山东省泰安市泰安第四中学2018_2019学年高二物理3月份月考试题（含解析）.docx

山东省泰安第四中学2018-2019学年高二3月份月考物理试题一、单选题1.一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变化规律如图所示，下列说法中正确的是（）A. 时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大B. 时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大C. 时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大D. 每当e变换方向时，通过线圈感应电动势都为最大【答案】A【解析】【详解】A、t1时刻感应电动势为零，线圈通过中性面，磁通量最大，故A正确； B、由图t2时刻，感应电动势为最大值，通过线圈的磁通量为零，故B错误； C、t3时刻感应电动势为零，磁通量的变化率为零，故C错误； D、每当e转换方向时，线圈与磁场垂直，线圈通过中性面时，磁通量最大，磁通量的变化率为零，通过线圈的感应电动势为零，故D错误；2.如图所示，理想变压器的原线圈接在u=220sin100t（V）的交流电源上，副线圈接有R=55的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2：1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是（）A. 原线圈的输入功率为B. 电流表的读数为1AC. 电压表的读数为D. 副线圈输出交流电的周期为50s【答案】B【解析】【分析】根据原线圈中交流电的表达式，可知原线圈电压的有效值和交流电的周期，由变压器原理可得副线圈上的电压和电流，根据理想变压器P入=P出可得原线圈的输入功率。【详解】A、由题意知，原线圈电压有效值为220V，原、副线圈匝数之比为2：1，由变压器原理可得：U2=U1=110V，所以电压表的示数为110V，副线圈的电流为，I2=2A，原线圈中的输入功率为P入=P出=U2I2=220W，故A、C错误。B、由n1I1=n2I2可得，原线圈中的电流I1=1A，即电流表的读数为1A，故B正确。D、由u=220(V)可知，角速度=rad/s，则周期T=，解得副线圈输出交流电的周期为：T=2s，理想变压器不改变周期，故D错误。故选：B3. 一束单色光由空气进入水中，则该光在空气和水中传播时A. 速度相同，波长相同B. 速度不同，波长相同C. 速度相同，频率相同D. 速度不同，频率相同【答案】D【解析】不同的单色光频率不相同，同一单色光在不同的介质内传播过程中，光的频率不会发生改变；由公式可以判断，水的折射率大于空气的，所以该单色光进入水中后传播速度减小。故选项D正确。【考点定位】光的传播、光速、波长与频率的关系【方法技巧】本题分析时要抓住光在不同介质中传播频率不变这个特征，应用公式公式分析光进入不同介质中的传播速度。【此处有视频，请去附件查看】4.如图所示，M是一个理想变压器，原、副线圈匝数之比n1：n2=10：1，接线柱a、b接一正弦交变电源，其电压为u=220sin100tV变压器右侧部分为一火灾报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器（电阻随温度升高而减小），R1为一定值电阻，所有电表均为理想电表。下列说法正确的是（）A. 电压表示数为22VB. 当所在处出现火警时，电压表的示数变小C. 当所在处出现火警时，电阻的功率变小D. 当所在处出现火警时，电流表A的示数变小【答案】B【解析】【分析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可。【详解】由表达式可知，输入的电压有效值为，变压器的电压与匝数成正比，由此可得副线圈的电压为，电压表V1示数为，故A错误；当出现火警时，温度升高，电阻R2减小，副线圈的电流变大，所以R1的电压要增大，由于副线圈的总电压不变，所以R2的电压就要减小，电压表V2的示数变小，故B正确；当出现火警时，温度升高，电阻R2减小，副线圈的电流变大，所以R1的电压要增大，电阻R1的功率变大，故C错误；由B的分析可知，副线圈的电阻减小，副线圈的电流变大，根据，可知原线圈的电流也就要增大，故D错误。所以B正确，ACD错误。【点睛】本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解。5.如图所示，图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终灯A2与灯A3的亮度相同。下列说法正确的是（ ）A. 图甲中，A1的电阻比L1的直流电阻大B. 图甲中，闭合开关S1，电路稳定后，A1中的电流大于L1中的电流C. 图乙中，变阻器R连入电路的电阻比L2的直流电阻大D. 图乙中，闭合开关S2瞬间，L2中的电流与变阻器R中的电流相等【答案】A【解析】【分析】闭合开关的瞬间，通过L的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律分析电流的变化，判断通过两灯电流的关系。待电路稳定后断开开关，线圈产生自感电动势，分析通过两灯的电流关系，判断两灯是否同时熄灭。【详解】图甲中，断开S1的瞬间，A1灯闪亮，是因为电路稳定时，A1的电流小于L的电流，则可知L的电阻小于A1的电阻，故A正确；图甲中，闭合S1，电路稳定后，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，说明灯泡中的电流小于线圈中的电流，故B错误；图乙中，因为要观察两只灯泡发光的亮度变化，两个支路的总电阻相同，因两个灯泡电阻相同，所以变阻器R与L2的电阻值相同，故C错误；图乙中，闭合S2瞬间，L2对电流由阻碍作用，所以L2中电流小于变阻器R中电流，故D错误。所以A正确，BCD错误。【点睛】当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定律分析自感电动势对电流的影响。6.如图所示，真空中有一个半径为R、质量分布均匀的玻璃球，一细激光束在真空中沿直线BC传播，并与玻璃球表面的C点经折射进入玻璃球，在玻璃球表面的D点又经折射进入真空中，已知COD=120，激光束的入射角为=60，则下列说法中正确的是（）A. 玻璃球对该激光的折射率为B. 该激光在玻璃中的波长是在真空中波长的倍C. 该激光束的光子在玻璃球中的能量小于在真空中的能量D. 改变入射角，该激光束可能在玻璃球的内表面发生全反射【答案】A【解析】由几何知识得到激光束在C点的折射角，则玻璃球对该激光束的折射率为，A正确；激光在玻璃中的传播速度为，根据可知，激光由真空射入玻璃球时频率f不变，故波长与波速成正比，即该激光在玻璃中的波长是在真空中波长的倍，B错误；根据激光光子的能量，可知h为常数，激光由真空射入玻璃球时频率f不变，故该激光束的光子在玻璃球中的能量等于在真空中的能量，C错误；激光束从C点进入玻璃球时，无论怎样改变入射角，折射角都小于临界角，根据几何知识可知光线在玻璃球内表面的入射角不可能大于临界角，所以都不可能发生全反射，D错误选A.【点睛】由几何知识得到激光束在C点的折射角，由折射定律求出折射率激光通过不同介质时频率不变由求出激光束在玻璃球中传播速度，由可分析激光进入玻璃球的波长与在真空中的波长关系；根据光路可知性原理分析可知，光束在D点不可能发生全反射结合不同色光折射率关系分析7.将如图所示规律变化的电压加在一阻值为5的电阻上，lmin内产生的热量为A. 300JB. 240JC. 180JD. 150J【答案】D【解析】据有效值定义可得：，代入数据解得，按如图所示规律变化的交流电电压有效值。将该电压加在一阻值为5的电阻上，lmin内产生的热量。故D项正确，ABC三项错误。点睛：有效值是根据电流热效应来规定的，让一个交流电流和一个直流电流分别通过阻值相同的电阻，如果在相同时间内产生的热量相等，那么就把这一直流电的数值叫做这一交流电的有效值。计算电功率使用有效值，交流电表的读数是有效值。8.某棱镜顶角=41.30，一束白光以较大的入射角从棱镜的一个侧面射入，通过棱镜后从另一个侧面射出，在光屏上形成由红到紫的彩色光带（如图示）。当入射角i渐渐减小到零的过程中彩色光带变化情况是：（）色光紫蓝绿黄橙红折射率1.5321.5281.5191.5171.5141.513临界角40.7540.8841.1741.2341.3441.37A. 紫光最先消失，最后只剩下橙光、红光B. 紫光最先消失，最后只剩下黄、橙、红光C. 红光最先消失，最后只剩下紫、靛、蓝光D. 红光最先消失，最后只剩下紫、靛、蓝光和绿光【答案】A【解析】【详解】由表格数据看出，紫光的折射率最大，临界角最小，当入射角1逐渐减小到零的过程中，折射角减小，光线射到棱镜右侧面的入射角增大，紫光的入射角最先达到临界角，发生全反射，最先消失；当入射角1减小到零时，光线射到棱镜右侧面的入射角等于=41.30，小于红光与橙光的临界角，所以这两种光不发生全反射，仍能射到光屏上。故最后光屏上只剩下红、橙两种色光。故A正确，BCD错误。二、多选题9.如图甲所示为一小型交流发电机的示意图，A为交流电流表，线圈绕垂直于磁场的水平轴OO沿逆时针方向匀速转动，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，电阻R的阻值为。下列说法正确的是（ ）A. 电流表的示数为10 AB. 线圈转动的角速度为50 rad/sC. 0.01 s时线圈平面与中性面垂直D. 电阻R上的热功率为200W【答案】AC【解析】【分析】由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，电流表的示数为有效值，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，根据即可求出电阻R上的热功率。【详解】图乙可知交流电电流的最大值是，则有效值为，由于电流表的示数为有效值，故示数I=10A，故A正确；角速度，故B错误；0.01s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，故C错误；根据，代入数据可得：，故D错误。所以AC正确，BD错误。【点睛】本题考查交变电流的产生及有效值的定义，要注意明确电流表示数、机器铭牌上所标的电流值、电压值等均为有效值。10.如图所示，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为，经折射后射出a、b两束光线则A. 分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距B. 在真空中，a光的波长小于b光的波长C. 玻璃砖对a光的折射率小于对b光的折射率D. 若改变光束入射方向使角逐渐变大，则折射光线a首先消失【答案】BD【解析】从图中可知光线a的偏折程度大，根据折射定律公式，是入射角，r是折射角，可知a光的折射率大，故a光的频率大，波长小，根据公式可知用同一装置做双缝干涉实验时a光的干涉条纹小于b光的干涉条件间距，AC错误；在真空中，根据公式可得a光的波长小于b光的波长，B正确；根据全反射定律可知折射率越大，全反射角越小，最先消失，D正确【点睛】本题综合考查了光的折射、全反射和干涉，关键是记住几个公式：折射率定义公式、光速公式、双缝干涉条纹间距公式要注意公式的条件条件是光从真空射入介质折射11.有一理想变压器原、副线圈的匝数比为100：1，原线圈上所加电压为23kV，副线圈通过总电阻为1的输电线向用户供电，用户得到的电压是220V，则下列说法中正确的是A. 用户得到的电功率为2.2kWB. 通过变压器原线圈的电流为0.1AC. 输电线上的电压降为1VD. 输电线损耗的功率为l00W【答案】ABD【解析】设原线圈上所加电压U1，匝数为n1，副线圈上两端电压为U2，匝数为n2，有，所以，用户得到的电压了220V，所以输电线上损失的电压为10V，输电线上的电流为，由原、副线圈中的电流之比等匝数反比可知，原线圈中的电流为0.1A，输电线上损失的功率为，用户得到的功率为，综上所述，本题应选ABD。点晴：解决本题的关键注意电压有效值的使用及变压器的特点，输入功率等于输出功率，电压比等于匝数比。12.如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，如果用d表示薄片的厚度，k为霍尔系数，对于一个霍尔元件d、k为定值，如果保持电流I恒定，则可以验证UH随B的变化情况以下说法中正确的（ ）A. 将永磁体的一个磁极逐渐靠近霍尔元件的工作面对，UH将变大B. 在测定地球两极的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持水平C. 在测定地球赤道上的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持水平D. 改变磁感线与霍尔元件工作面的夹角，UH将发生变化【答案】C【解析】根据UH=，磁极逐渐靠近霍尔元件的工作面，B变大，则UH将变大，A正确；测定地球两极的磁场强弱时，应使磁场垂直霍尔元件的工作面时，由于两极磁场竖直方向，故霍尔元件的工作面应保持水平，B正确；地球赤道上的磁场是水平方向，霍尔元件的工作面应竖直，C错误；当改变磁感线与霍尔元件工作面的夹角，磁场变化，则UH将发生变化，D正确。三、填空题13. 在“用双缝干涉测光的波长”实验中，将双缝干涉仪按要求安装在光具座上(如图所示)从仪器注明的规格可知：双缝屏的缝间距d，像屏与双缝屏间的距离L然后，接通电源使光源正常工作（1）已知测量头是50分度的游标卡尺某同学调整手轮后，从测量头的目镜看去，第1次映入眼帘的干涉条纹如图 (a)所示，图(a)中的数字是该同学给各亮纹的编号，此时图(b)中游标尺上的读数x11.16 mm；接着再转动手轮，映入眼帘的干涉条纹如图(c)所示，此时图(d)中游标尺上的读数x2_ mm；（2）利用上述测量结果，该同学经计算得这种色光的波长660 nm已知L700 mm，则该同学选用的双缝屏的缝间距d_mm(计算结果保留两位有效数字)【答案】（1）15.02；（2）0.20【解析】【分析】（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读（2）根据求出条纹间距，再根据双缝干涉条纹的间距公式求出光的波长【详解】（1）游标卡尺的主尺读数为15mm，游标读数为0.021=0.02mm，所以最终读数为15.02mm（2）相邻亮条纹的间距，根据，得。【点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读，以及掌握双缝干涉条纹的间距公式。四、实验题探究题14.学校开展研究性学习，某研究小组的同学根据所学的光学知识，设计了一个测量液体折射率的仪器，如图所示在一圆盘上，过其圆心O作两条互相垂直的直径BC、EF，在半径OA上，垂直盘面插下两枚大头针P1、P2并保持P1、P2位置不变，每次测量时让圆盘的下半部分竖直进入液体中，而且总使得液面与直径BC相平，EF作为界面的法线，而后在图中右上方区域观察P1、P2的像，并在圆周上插上大头针P3，使P3正好挡住P1、P2，同学们通过计算，预先在圆周EC部分刻好了折射率的值，这样只要根据P3所插的位置，就可直接读出液体折射率的值，则：（1）若AOF=30，OP3与OC的夹角为30，则P3处所对应的折射率的值为_（2）图中P3、P4两位置_处所对应的折射率值大（3）作AO的延长线交圆周于K，K处所对应的折射率值应为_【答案】 (1). （1）； (2). （2）P4； (3). （3）1【解析】【详解】（1）由图看出，入射角为i=AOF=30，折射角r=EOP3=60，则P3处所对应的折射率的值为n=（2）P4处对应入射角较大，根据折射定律，n=，可知P4处对应的折射率较大（3）作AO的延长线交圆周于K，这种情况下折射角与折射角相等，则知K处所对应的折射率的值是1五、计算题15.如图所示是一种折射率n=1.5的棱镜用于某种光学仪器中现有一束光线沿MN的方向射到棱镜的AB界面上，入射角的大小i=arcsin0.75（即sini=0.75）求光在棱镜中传播的速率及此束光线射出棱镜后的方向（不考虑返回到AB面上的光线，光在入射到棱镜之前的速度c=3108m/s）【答案】2108m/s，此束光线垂直AC面射出棱镜【解析】【详解】由得：v=2108m/s由得：，得折射角为：r=30由，得临界角为：C45而由几何知识得光线在BC面的入射角为：i1=45C，故光线在BC面上发生全反射后，垂直AC面射出棱镜16.（16分）图1是交流发电机模型示意图。在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴转动，由线圈引起的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕转动的金属圈环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路。图2是线圈的主视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示。已知ab长度为L1，bc长度为L2，线圈以恒定角速度逆时针转动。（只考虑单匝线圈）（1）线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式；（2）线圈平面处于与中性面成0夹角位置时开始计时，如图3所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式；（3）若线圈电阻为r，求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热。（其它电阻均不计）【答案】（1）（2）（3）【解析】(1)矩形线圈abcd在磁场中转动时，ab、cd切割磁感线，且转动的半径为r，转动时ab、cd的线速度vr，且与磁场方向的夹角为t，如图所示所以整个线圈中的感应电动势e1