四川宜宾叙州区二中2019-2020高二物理下学期第二次月考试题（含答案Word版）

2020 年春四川省叙州区第二中学高二第二学月考试 物理试题 注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条 形码区域内。 2．答题时请按要求用笔。 3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草 稿纸、试卷上答题无效。 4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。 5．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。 6.考试时间：150 分钟；物理化学生物同堂分卷考试，物理 110 分，化学 100 分，生物分 90 分，共 300 分 第 I 卷 选择题（54 分） 一、选择题（每小题 6 分，共 9 个小题，共 54 分；其中 1-6 题为单选题，7-9 题多选题，少 选得 3 分，多选错选得 0 分。） 1．氢原子能级图如图所示，当氢原子从 n＝3 跃迁到 n＝2 的能级时，辐射光的波长为 656 nm.以下判断正确的是 A．氢原子从 n＝2 跃迁到 n＝1 的能级时，辐射光的波长大于 656 nm B．氢原子从 n＝4 跃迁到 n＝3 的能级辐射光的波长小于 656 nm C．一群处于 n＝3 能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生 3 种谱线 D．用波长为 633 nm 的光照射，能使氢原子从 n＝2 跃迁到 n＝3 的能级 2．已知矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化 的图象如图甲所示，则下列说法正确的是 A．t=0 时刻线圈平面与中性面垂直 B．t=0.01s 时刻 的变化率达最大C．t=0.02s 时刻感应电动势达到最大 D．该线圈相应的感应电动势图象如图乙所示 3．如图所示，a、b 分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀的电阻丝的伏安特性 曲线，下列判断正确的是 A．a 代表的电阻丝较粗 B．b 代表的电阻丝较粗 B．a 电阻丝的阻值小于 b 电阻丝的阻值 D．图线表示电阻丝的阻值与电压成正比 4．如图所示电路，水平放置的平行板电容器的一个极板与滑动变阻器的滑动端 P 相连接。电 子以速度 v0 垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场。在保证电子始终能穿出平行板间 电场的情况下，若使滑动变阻器的滑动端 P 向下移动，则关于电容器极板上所带电量 q 和电 子穿越平行板所需时间 t 的说法正确的是 A．电量 q 增大，时间 t 不变 B．电量 q 不变，时间 t 增大 C．电量 q 增大，时间 t 减小 D．电量 q 不变，时间 t 不变 5．一只电阻分别通过四种不同形式的电流，电流随时间变化的情况如图所示，在相同时间内 电阻产生的热量最大的是 A． B． C． D． 6．如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环正上方，有一条形磁铁从静止开始下落，下 落过程中始终保持竖直方向，起始高度为 h，最后落在水平地面上。若不计空气阻力，重力加 速度取 g，下列说法中正确的是 A．磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流方向始终为顺时针方向(俯视圆环)B．磁铁在整个下落过程中，圆环受到它的作用力总是竖直向下的 C．磁铁在整个下落过程中，它的机械能不变 D．磁铁落地时的速率一定等于 7．某实验小组制作一个金属安检仪原理可简化为图示模型.正方形金属线圈 abed 平放在粗糙 水平传送带上，被电动机带动一起以速度 v 匀速运动，线圈边长为 L，电阻为 R，质量为 m， 有一边界宽度也为 L 的矩形磁场垂直于传送带，磁感应强度为 B，且边界与 线圈 bc 边平行. 已知线圈穿过磁场区域的过程中速度不变，下列说法中正确的是 A．线圈进入磁场时回路中感应电流的方向与穿出时相反 B．线圈进入磁场时所受静摩擦力的方向与穿出时相反 C．线进入磁场区域的过程中通过导线某一横截面的电荷量为 D．线圈经过磁场区域的过程中电动机多消耗的电功率为 8．一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面，规定向里为正方向，在磁场中有一金属圆环，圆环平 面位于纸面内，如图所示.现令磁感应强度 B 随时间变化，先按如图所示的 Oa 图线变化，后 来又按照图线 bc、cd 变化，令 E1、E2、E3 分别表示这三段变化过程中的感应电动势的大小， I1、I2、I3 分别表示对应的感应电流，则 A．E1＞E2，I1 沿逆时针方向，I2 沿顺时针方向 B．E1＜E2，I1 沿逆时针方向，I2 沿顺时针 方向 C．E1＜E2，I2 沿顺时针方向，I3 沿顺时针方向 D．E3＝E2，I2 沿顺时针方向，I3 沿逆时针 方向 9．如图所示，一圆柱形筒内存在匀强磁场，该筒横截面的半径为 R，磁场方向垂直于横截面 向里，图中直径 MN 的两端分别开有小孔，在该截面内，有质量为 m、电荷量为 q 的带负电的 2gh 2BL R 2 2 22B L v R粒子从 M 端的小孔射入筒內，射入时的速度方向与 MN 成 角。当圆筒绕其中心轴以角速 度 w 顺时针转动 角时，该粒子恰好飞出圆筒。不计粒子重力，粒子在筒内未与筒壁发生 碰撞，则下列说法正确的是 A．筒内磁场的磁感应强度大小为 B．筒内磁场的磁感应强度大小为 C．粒子飞入的速度大小为 D．粒子飞入的速度大小为 Rw 第 II 卷 非选择题（56 分） 二．实验题（16 分） 10．（6 分）在探究弹力和弹簧伸长的关系时，某同学把两根轻质弹簧 I、II 按图甲所示连接进 行探究． (1)某次测量刻度尺的示数如图乙所示，则刻度尺的示数为__________cm． (2)在弹性限度内，将 50g 的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针 A、B 的示数 LA 和 LB 如下 表．用表中数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数为__________N/m（g 取 10m/s2，计算结果保留两位小 数）．由表中数据______（填“能”或“不能”）计算出弹簧Ⅱ的劲度系数． 钩码数 1 2 3 LA/cm 15.76 19.71 23.66 LB/cm 29.96 35.76 41.51 11．（10 分）为了测量某一未知电阻 Rx(阻值约为 6 Ω)的阻值，实验室里准备了以下器材： A．电源，电动势 E＝3.0 VB．电压表 V1，量程 3 V，内阻约 5 kΩ 30 120 wm q 2 wm q 1 2 RwC．电压表 V2，量程 15 V，内阻约 25 kΩD．电流表 A1，量程 0.6 A，内阻约 0.2 Ω E．电流表 A2，量程 3 A，内阻约 0.04 ΩF．滑动变阻器 R1，最大阻值 5 Ω，最大电流为 3 A G．滑动变阻器 R2，最大阻值 200 Ω，最大电流为 1.5 AH．开关 S、导线若干 （1）在用伏安法测量该电阻的阻值时，要求尽可能准确，并且待测电阻两端的电压从零开始 连续调节，则在上述提供的器材中电压表应选________；电流表应选________；滑动变阻器 应选________。(填器材前面的字母代号) （2）请在虚线框内画出用伏安法测量该电阻阻值时的实验电路图_______。 （3）请根据电路图将下列实物图补充完整__________。 三、解答题（40 分） 12．（10 分）如图所示，质量 m＝2 kg 的物体 A 在倾角 θ＝30°的足够长的固定斜面上，在沿斜 面向上的推力 F 作用下，A 从底端开始以初速度 v0＝8 m/s 向上运动，已知 A 与斜面之间的动 摩擦因数为 μ＝ ，F＝5 N．经过一段时间 t，物体 A 有沿斜面向下的速度 2 m/s.重力加速 度取 g＝10 m/s2.求： (1)时间 t； (2)F 在时间 t 内的平均功率． 13．（12 分）如图所示，水平放置的两根平行金属导轨相距 L=0.6m，上面有一金属棒 PQ 垂直 导轨放置，并处于竖直向上匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小 B=1T，与导轨相连的电源电 动势 E=4.5V，内阻 r=1.0Ω，电阻 R=8.0Ω，其他电阻不计。闭合开关 S 后，金属棒 PQ 仍然静 止不动。求： 3 10①金属棒 PQ 所受的安培力； ②金属棒 PQ 所受的静摩擦力的大小 14．（18 分）如图，ABCD 为竖直放在场强为 的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道， 其中轨道的 BCD 部分是半径为 R 的半圆形轨道，轨道的水平部分与其半圆相切，A 为水平轨 道上的一点，而且 AB＝R＝0.2m，把一质量 m＝0.1kg、带电荷量 的小球放在 水平轨道的 A 点由静止开始释放，小球在轨道的内侧运动．(g 取 )求： (1)小球到达 C 点时的速度是多大？ (2)小球到达 C 点时对轨道压力是多大？ (3)若让小球安全通过 D 点，开始释放点离 B 点至少多远？ 410 /E V m= 41 10q C−= + × 210m s2020 年春四川省叙州区第二中学高二第二学月考试 物理试题参考答案 1．C 2．B 3．B 4．A 5．D 6．B 7．AC 8．BC 9．BC 10．16.00（15.97～16.00）； 12.66N/m； 能 11．（1）B D F （2） （3） 12．解：(1)物体上滑阶段根据牛顿第二定律有： 解得： 物体上滑到最高点时间： 物体下滑阶段，根据牛顿第二定律有： ， 　 解得： 下滑时间为： 故： 1f mgsin F maθ+ − = f mgcosµ θ= 2 1 4 /a m s= 1 1 0 2 v at s= = 2mgsin F f maθ − − = f mgcosµ θ= 2 2 1 /a m s= 2 2 2 t a sv= = 1 2 4 t t t s+ ==(2) 物体上滑阶段： ， 物体下滑阶段： ， 在时间 内的平均功率： 13．①根据闭合电路欧姆定律： 根据安培力公式：F=BIL=1×0.5×0.6=0.3N； ②根据平衡条件：f=F=0.3N 14．(1)由 A 点到 C 点应用动能定理有： Eq(AB＋R)－mgR＝ mvC2 解得：vC＝2 m/s (2)在 C 点应用牛顿第二定律得： FN－Eq＝m 得 FN＝3 N 由牛顿第三定律知，小球在 C 点对轨道的压力为 3 N. (3)小球要安全通过 D 点，必有 mg≤m . 设释放点距 B 点的距离为 x，由动能定理得： Eqx－mg·2R＝ mvD2 以上两式联立可得：x≥0.5 m. 0 1 1 0 82 vs t m += = 1 1 5 8 40 W Fs J J× == = 2 2 0 22 vs t m += = 2 2 5 2 10 W Fs J J× = −=-－= t 40 10 7.54 WP Wt −= = = 4.5 0.51 8 EI AR r = = =+ + 1 2 2 cv R 2 Dv R 1 2