四川省成都市青白江区南开为明学校2024-2025学年高二物理下学期第三次月考试题含解析

PAGE13-四川省成都市青白江区南开为明学校2024-2025学年高二物理下学期第三次月考试题（含解析）一、单项选择题，公有8个小题，每个小题3分，共24分。1.下面列举的四种器件中，在工作时利用了电磁感应现象的是()A.回旋加速器 B.日光灯C.质谱仪 D.示波器【答案】B【解析】试题分析：回旋加速器是利用磁场变更粒子轨迹，电场对粒子加速制作，日光灯中的整流器在日光灯启动初期起到供应自感电动势作用，利用了电磁感应现象；质谱仪是利用磁场变更粒子轨迹从而推断粒子轨迹，示波器是利用电荷在电场中的偏转状况制作而成，所以答案为B考点：物理学相关现象点评：本题考查了物理学相关试验现象的物理缘由，要在学习过程中对相应学问有个基本的记忆才能正确推断．2.马路上的雷达测速仪的工作原理是利用（）A.波的反射和多普勒效应 B.波的干涉和多普勒效应C.波的干涉和波的反射 D.波的反射和共振【答案】A【解析】【详解】雷达测速主要是利用多普勒效应，当目标向雷达天线靠近时，反射信号频率将高于放射机频率；反之当目标远离天线而去时，反射信号频率将低于放射机率，如此依据频率的变更数值，即可计算出目标与雷达的相对速度，A正确，BCD错误。故选A。3.以下哪些现象是由光的全反射造成的（）A.在岸上能望见水中的鱼 B.夜晚，湖面上映出了岸上的彩灯C.夏天，海面上出现的空中楼阁 D.用光导纤维传输光信号【答案】D【解析】【详解】A．在岸上能望见水中的鱼，是光的折射，A错误；B．夜晚湖面上映出了岸上的彩灯，是光的反射，B错误；C．夏天海面上出现的空中楼阁，是光的折射产生的，C错误；D．用光导纤维传输光信号，是利用了光的全反射原理，D正确。故选D。4.一矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交变电动势为e＝10sin(20πt)V，则下列说法正确的是（）A.t＝0时，线圈位于中性面B.t＝0时，穿过线圈的磁通量为零C.t＝0时，线圈切割磁感线的有效速度最大D.t＝0.4s时，电动势第一次出现最大值【答案】A【解析】【详解】AB．t=0时，瞬时电动势为=0，则线圈平面位于中性面，此时通过线圈的磁通量最大，选项A正确，B错误；C．当t=0时，感应电动势为零，则导线切割磁感线的有效速度最小，选项C错误；D、由瞬时电动势为可知周期当t=0.4s时，e仍是最小，选项D错误。故选A。5.如图所示，弹簧振子在a、b两点间做简谐振动当振子从平衡位置O向a运动过程中A.加速度和速度均不断减小B.加速度和速度均不断增大C.加速度不断增大，速度不断减小D.加速度不断减小，速度不断增大【答案】C【解析】【分析】弹簧振子的振动规律.【详解】当振子从平衡位置O向a运动过程中，位移渐渐增大，复原力渐渐增大，加速度渐渐增大，因为速度和加速度方向相反，故速度渐渐减小，选项C正确.6.某种单色光在两种透亮介质中传播，对真空的临界角分别为C1、C2，且C1>C2，由此可知这两种介质的折射率n1、n2及光在这两种介质中的传播速度v1、v2的大小关系是（）A.n1>n2v1>v2 B.n1>n2v1<v2C.n1<n2v1<v2 D.n1<n2v1>v2【答案】D【解析】【详解】依据全反射公式可得再由可得故选D。7.如图所示为某质点在0～4s内的振动图像，则（）A.质点振动的振幅是2m，质点振动的频率为4HzB.质点在4s末的位移为8mC.质点在4s内的路程为8mD.质点在t=1s到t=3s的时间内，速度先沿x轴正方向后沿x轴负方向，且速度先增大后减小【答案】C【解析】【详解】A．由图象可知，质点振动的振幅是2m，周期为4s，则频率为0.25Hz，A错误；B．质点4s末在平衡位置，所以位移为0m，B错误；C．由于质点振动的振幅是2m，质点在4s内刚好经验一个周期，路程为8m，C正确；D．质点在t=1s到t=3s的时间内，始终沿x轴负方向运动，速度先增大后减小，D错误。故选C。8.阻值为1Ω的电阻上通以交变电流，其i－t关系如图所示，则在0～1s内电阻上产生的热量为()A.1J B.1.5J C.2J D.2.8J【答案】D【解析】因为所加的电流为交变电流，大小变更，所以只能分段求热量．在0～1s内，产生的热量为，故D正确．二、不定项选择题，每个小题至少有一个选项正确，选对的4分，对而不全的2分，共有4个小题，共计16分。9.白光通过三棱镜发生色散现象，下列说法正确的是（）A.白光是由不同频率的光组成的B.棱镜材料对各种色光的折射率不同C.棱镜材料对红光的折射率大，对紫光的折射率小D.出现色散现象缘由是棱镜变更了颜色【答案】AB【解析】【详解】A．白光是复色光，就是由不同频率的光组成的，A正确；B．不同颜色的光，频率不同，则波长不同，折射率随波长的变更而变更，B正确；C．折射率随着波长的减小而增加，所以棱镜材料对红光的折射率小，对紫光的折射率大，C错误；D．不同颜色的光的波长、频率不同，折射率也不同，复色光在通过棱镜时的偏折程度也不一样，在离开棱镜时各自分散，就会出现色散现象，D错误。故选AB。10.图a为一列简谐横波在时刻的波形图，Q是平衡位置为处的质点，图b为质点Q的振动图像，则下列说法正确的是A.该波的周期是B.该波的传播速度为C.该波沿x轴的正方向传播D.时，质点Q的速度方向向上【答案】BD【解析】由a图得到该波的波长为λ=8m，由b图得到该波的周期为T=0.2s，所以波速为：，故B正确，A错误；t=0.1s时Q点处在平衡位置上，且向下振动，依据波形平移法可知该波沿x轴负方向传播，故C错误；t=0.1s时Q点处在平衡位置上，且向下振动，依据振动规律可知t=0.40s时Q的速度方向向上，故D正确．所以BD正确，AC错误．11.如图所示，志向变压器接在接头a时，原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈的中心接头，电压表和电流表均为志向电表，从某时刻起先在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u＝220sin100πtV，则()A.当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22VB.当单刀双掷开关与b连接时，电压表的示数为11VC.单刀双掷开关与a连接，将滑动变阻器滑片P向上移动，则电压表的示数不变，电流表的示数变小D.单刀双掷开关与a连接，将滑动变阻器滑片P向上移动，则电压表和电流表的示数都变大【答案】AC【解析】A、依据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为，所以副线圈的电压的最大值为，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为，所以A正确；

B、若当单刀双掷开关由a扳向b时，志向变压器原、副线圈的匝数比由变为，依据电压与匝数成正比可知，此时副线圈的电压为，所以电压表的示数为，所以B错误；

C、当滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器的电阻变大，电路的总电阻变大，由于电压是由变压器确定的，所以电流变小，电压表的示数不变，所以C正确，D错误．点睛：电路的动态变更的分析，总的原则就是由部分电路的变更确定总电路的变更的状况，再确定其他的电路的变更的状况，即先部分后整体再部分的方法，留意变压器的应用已经最大值与有效值之间的关系．12.如图所示，一粗糙的平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道于平面对上。质量为m的金属杆ab以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某高度h后又返回究竟端。若运动过程中金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽视不计。则下列说法正确的是（）A.金属杆ab上滑过程与下滑过程通过电阻R的电量一样多B.金属杆ab上滑过程中克服重力、安培力与摩擦力所做功之和大于mvC.金属杆ab上滑过程与下滑过程因摩擦而产生的内能肯定相等D.金属杆ab在整个过程中损失的机械能等于装置产生的焦尔热【答案】AC【解析】【详解】A．依据感应电量阅历公式知，上滑过程和下滑过程磁通量的变更量相等，则通过电阻R的电量相等，故A正确；B．金属杆ab上滑过程中重力、安培力、摩擦力都做功负功，依据动能定理得知：ab棒克服重力、安培力与摩擦力所做功之和等于，故B错误；C．金属杆ab上滑过程与下滑过程因摩擦而产生的内能均为，故摩擦生热肯定相等，选项C正确；D．依据功能关系得知，ab在整个过程中损失的机械能等于装置产生的焦耳热与摩擦力产生的热量的和，故D错误。故选AC。【点睛】此题关键考查电磁感应现象中的能量问题；解决这类问题的关键时分析受力，进一步确定运动性质，并明确推断各个阶段及全过程的能量转化，例如此题中ab在整个过程中损失的机械能等于装置产生的焦耳热与摩擦力产生的热量的和。三、填空题，每空2分，共计20分13.若将一个标有“220V；880W”的电炉接入的沟通电路中，则通过电炉的电流强度的瞬时值表达式为_____；与电路串联的电流表的示数为_____A，与电炉并联的电压表的示数为_____V。【答案】(1).(2).4(3).220【解析】【详解】[1]此电炉电阻为所以电流瞬时值表达式为[2]电流表测的是有效值，示数为[3]与电炉并联的电压表示数为14.某同学用试验的方法探究影响单摆周期的因素．(1)下列关于单摆试验的操作，正确的是_________A.摆球运动过程中摆角应大于30°B.摆球到达平衡位置时起先计时C.摆球应选用泡沫小球D.保证摆球在同一竖直平面内摇摆(2)正确组装单摆后在摆球自然悬垂的状况下，用毫米刻度尺量出从悬点到摆球最低端的长度L=0.9990m，再用游标卡尺测出摆球直径，结果如图所示，则该摆球的直径为________mm，单摆摆长l为________m．(3)试验中，测出不同摆长l对应的周期值T，作出T2—l图象，如图所示，已知图线上A、B两点的坐标分别为(x1，y1)、(x2，y2)，可求出g=____________．【答案】(1).(1)BD(2).(2)12.0(3).0.9930(4).(3)【解析】(1)摆球运动过程中摆角应小于10°，否则就不是简谐振动，选项A错误；摆球到达平衡位置时，即最低点起先计时，选项B正确；摆球应选用质量大，体积较小的球，不能选泡沫球，选项C错误；保证摆球在同一竖直平面内摇摆，选项D正确；故选BD.(2)该摆球的直径为12mm+0.01mm×0=12.0mm，单摆摆长l为0.9990m-6.0mm=0.9930m．(3)依据单摆的周期公式T=2π，即有：；

联立解得：点睛：本题关键是明确单摆模型的特点，驾驭用单摆测重力加速度的留意事项，然后依据单摆的周期公式T=2π列式求解重力加速度．15.在用两面平行的玻璃砖测定玻璃折射率的试验中，其试验光路如图，（1）在试验中，假如用量角器分别量出入射角θ1和折射角θ2，那么，该玻璃砖的折射率的表达式为n=____（2）在试验数据的处理中，有两位同学各设计了一个记录表格，而且都已完成了计算，依据他们设计的表格所反应的信息，推断他们论证做得是否正确.甲同学设计的表格是：次数入射角θ1sinθ1折射角θ2sinθ2n130°0.50020.9°0.3571401.40245°0.70730.5°0.5081.39360°0.86638.0°0.6161.41乙同学设计的表格是：次数123角平均值正弦值n入射角θ130°45°60°45°0.7071.42折射角θ220.9°30.5°38.0°28.8°0.497答：上述两位同学做得正确的是____.（填“甲”或“乙”）（3）若甲在做测定玻璃的折射率的试验时，法线画得与界面不垂直,出现如下图（a）所示的倾斜；若乙在放置玻璃砖时,玻璃砖的平面没有与aa′重合，出现如下图（b）所示的偏差，则他们测得的折射率比真实值____A.甲、乙均偏小B.甲、乙均偏大C.甲偏大、乙偏小D.甲偏小，乙偏大【答案】(1).（1）(2).（2）甲(3).（3）A【解析】（1）依据光折射定律可知：；（2）为了减小测量的偶然误差，必需采纳多次测量取平均值的方法．由于每次测量时，入射角不同，折射角不同，每次测量有入射角与折射角之间没有干脆关系，入射角和折射角取平均值没有意义．而介质的折射率仅由介质的性质确定，是不变的，所以应求出每一个入射角及对应的折射角，运用折射定律求出折射率，再求出折射率的平均值，可有效减小测量的误差，这样做有意义．故甲同学做得正确．

（3）（a）测得的入射角i和折射角r都偏大，而且增大相同的角度．玻璃砖的折射率为：，运用特别值法分析：

假设若法线与界面垂直时，入射角为i=45°，折射角为r=30°，则折射率为：若法线与界面不垂直时，入射角与折射角都增大15°，则折射率为：，可见，甲的测量值将偏小．

（b）出现如图（b）所示的偏差时测量的入射角i和折射角r都增大，而且增大相同的角度．与a状况恰好相同，故测量值将偏小，故A正确，BCD错误；故选A．点睛：本题用插针法测量玻璃砖的折射率，数据处理时，每组所测量的折射率是同一介质的，是相关联的，可取平均值．对于试验误差，要紧扣试验原理，用作图法，确定出入射角与折射角的误差，即可分析折射率的误差．四、计算题，本题共有3个小题，共计40分16.如图所示，一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速大小为0.3m/s，P点的横坐标为96cm，从图中状态起先计时，求：①经过多长时间，P质点起先振动，振动时方向如何？②经过多长时间，P质点第一次到达波峰？【答案】（1）2.4

s（2）3.0

s．【解析】（1）图示时刻，这列波的最前端的质点坐标是24cm，依据波的传播方向，可知这一点正沿y轴负方向运动，因此在波前进方向的每个质点起先振动的方向都是沿y轴负方向运动．故P点的起振方向是y轴负方向．

P质点起先振动的时间．

（2）由波形平移法知：t=时刻x=6cm处的波峰传到P点时质点P第一次到达波峰，因此所用的时间为：．点睛：解决本题的关键知道各点的起振方向与波源的起振方向相同，通过波形的移动进行求解．17.小型水利发电站的发电机输出功率为24.5kW，输出电压为350V，输电线总电阻为4Ω，为了使输电线损耗功率为发电机输出功率的5%，需在发电机处设升压变