【文档说明】四川省雅安中学2022-2023学年高二下学期期中（二次月考）物理试题 含解析.docx，共(23)页，4.125 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-9561a1d9953076dd345b7b7b872bf00d.html

以下为本文档部分文字说明：

雅安中学2022-2023学年下期高2021级高二月考物理试题考试时间：100分钟第I卷（选择题）一、单选题（每题3分，共30分）1.手机通信系统主要由手机、基站和交换网络组成，信号通过电磁波传播。下列关于电磁波的说法正

确的是（）A.电磁波在空气中不能传播B.只要有变化的电场和磁场，就能产生电磁波C.利用电磁波不能传递信号和能量D.要有效发射电磁波，振荡电路要有足够高的振荡频率【答案】D【解析】【详解】A．电磁波在空气中也能传播，选项A错误；B．只有周期性变化的电场和周期性变化的磁场，才能产

生电磁波，选项B错误；C．利用电磁波能传递信号和能量，选项C错误；D．要有效发射电磁波，振荡电路要有足够高的振荡频率，选项D正确。故选D。2.下列关于机械振动和机械波的说法，正确的是（）A.声源靠近观察者，观

察者接收到的声波频率大于声源的频率B.衍射是横波特有的现象，纵波不能发生衍射现象C.固有频率为2Hz的振子在6Hz的驱动力作用下做受迫振动的振动频率为8HzD.两列相同频率的波的叠加区域内到两波源距离之差为波长整数倍的点一定是振动加强点【答案】A【解析】【详解】A．声源靠近观察者，根据多普

勒效应可知，观察者接收到的声波频率大于声源的频率，A正确；B．衍射是波特有的现象，一切波都能发生衍射现象，B错误；C．固有频率为2Hz的振子在6Hz的驱动力作用下做受迫振动的振动频率为6Hz，C错误；D．两列相同频率的波的

叠加区域内到两波源距离之差为波长整数倍的点不一定是振动加强点，频率相同、相位差恒定、振动方向一致的两列波，若相位差为2n，波程差是波长的整数倍则为振动加强点，若相位差为()21n−，波程差是波长的整数倍则为振动减弱点，D错误。故

选A。3.如图所示，某电器内的部分电路，C为电容器，L为电感器下列说法正确的是（）A.当输入端输入直流电时输出端无输出B.当C为容量较大的电容、L为自感系数较大的电感器、输入端只输入高频交流电时，输出端几乎无输出C.当C为容量较大的电容、L为自感系数较小的电感器、输端只输入低频交流电时，输出端

几乎无输出D.当C为容量较小的电容、L为自感系数较小的电感器、输入端只输入低频交流电时，输出端几乎无输出【答案】B【解析】【详解】A．直流电不能通过电容器，但可以通过电感器，所以当输入端输入直流电时，输出端有输出，故A错误；B．电容器通高频，阻低

频，电感器通低频，阻高频。所以输入端只输入高频交流电时，输出端几乎无输出，故B正确；CD．电容器通高频，阻低频，电感器通低频，阻高频。所以输入端只输入低频交流电时，输出端有输出，故CD错误。故选B。4.简谐横波在均匀介质中从a传向b。t＝0时刻开始计时，a、b两点的振动图像如图

所示，a与b间的距离为6m。该简谐横波的波速可能为（）A.5m/sB.4m/sC.3m/sD.2m/s【答案】D【解析】【详解】振动由a向b传播，由图线可知T=4s，故振动从a传到b的时间可能为Δt=nT+34T=（4n+3）s，（n=0、1、2、3、……）根据vΔt==x6m可得()6m/

s0,1,2,3,43vnn==+故波速可能为2m/s，67m/s，611m/s，……故选D。5.利用可控硅可任意调节灯的亮度或电风扇转速，具有体积小、效率高的优势。如图所示为一个经过双向可控硅电子元件调节后

加在电灯上的电压，正弦交流电的每个半周期中，前面一半被截去。则现在电灯上电压的有效值为（）A.mUB.m2UC.m22UD.m4U【答案】B【解析】【详解】由图像可知，一个周期内，正弦交流电被截去了一半，通过电阻时产生的焦耳热只有完整正弦交流电

的一半，据电流的热效应可得2m2()22UTUTRR=解得m2UU=故选B。6.如图所示，一束光照射到底面有涂层的平行玻璃砖上表面，经下表面反射后从玻璃砖上表面折射出光线a，b。关于光线a，b，下列说法正确的是（）A

.玻璃砖对b光的折射率较大B.a光在玻璃砖中的传播速度较小C.出射光线a，b一定不平行D.在真空中，a光的波长较长【答案】B【解析】【详解】AB．光路图如图所示根据光路图可知，光线进入玻璃砖时，玻璃对a光的偏折

程度大于b光，所以玻璃对a光的折射率大于b光，由cvn=可知，在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度，故A错误，B正确；C．根据对称性可知，出射光线一定平行，故C错误；D．由vf=，折射率越大，频率越大，频率越大，波长越短，所以a光的波长小于b光的波长，故D错误。故选B。7

.如图所示，理想变压器的原线圈接有电压为U的正弦交流电源。R1和R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值随照射光强度的增大而减小。现增大照射光强度，则（）A.通过原线圈的电流减小B.变压器的输出功率减小C.R1两端的电压减小D.

R2消耗的功率减小【答案】D【解析】【分析】【详解】Ａ．根据1122UnUn=理想变压器输出电压U2一定，光照增强，光敏电阻R3阻值减小，副线圈的总电阻减小，根据欧姆定律知，副线圈的电流I2增大，根据理想变压器电流与匝数的关系1221InIn=通过原线圈的电流I1也

增大，A错误；B．理想变压器的输出功率1PUI=其中U不变，I1变大，变压器的输出功率变大，B错误；C．R3阻值减小，根据串反并同规律，与光敏电阻串联的R1两端电压增大，C错误；D．R3阻值减小，根据串反并同规律，与光敏电阻并联的R

2两端电压减小，根据功率公式2222RUPR=R2消耗的功率减小，D正确。故选D8.在LC振荡回路中，电容器两端的电压u随时间t变化的关系图像如图所示，则（）A.在1t时刻，电路中的电流最小B.在2t时刻，电路中的磁场能最大C.从2t至3t时刻，电路中的电场能不断增大。D.从3t至4t

时刻，电容器的带电荷量不断增大【答案】D【解析】【详解】A.在1t时刻，电容器两端电压为零，则电路中的电流最大，选项A错误；B.在2t时刻，电容器两板间电压最大，此时电路中电流为零，此时电路中的磁场能最小，选项B错误；C.从2t至3t

时刻，电容器两板间电压减小，则电路中的电场能不断减小，选项C错误；D.从3t至4t时刻，电容器两板间电压变大，则电容器的带电荷量不断增大，选项D正确。故选D。9.在坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横

波，波速200m/sv=，已知0=t时，波刚好传播到40x=m处，如图所示，在400x=m处有一接收器（图中未画出），则下列说法正确的是（）A.波源开始振动时的方向沿y轴正方向B.接收器在2t=s时才能接收到此波C.从0=t开始经0.25s，40x=m的质点运动的路程为1mD.若波源

沿x轴正方向运动，接收器接收到波的频率可能为8Hz【答案】C【解析】【详解】A．波沿x轴正方向传播，波前振动方向沿y轴负方向，所以波源开始振动时的方向沿y轴负方向，A错误；B．接收器接收到此波的时间为1Δ40040s1.8s200xtv−===C．波的周期为0.1sTv==20.25s2

.5tT==质点运动的路程为12.542.540.1m1mxA===C正确；D．波的频率为110HzfT==若波源沿x轴正方向运动，根据多普勒效应，接收器接收到波的频率一定大于10Hz，D错误。故选C。10.有一列沿x轴正方向传播的简谐横波，图甲是该简谐横波在0.6st=时刻的部分波形图。

0.7st=时刻16mx=处的质点开始振动，该质点的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是（）A.波源的起振方向沿y轴正方向B.该列波的波速为20m/sC.该列波的周期为0.8sD.该波遇到20cm的小孔时，不能

发生明显的衍射现象【答案】B【解析】【详解】A．各质点起振方向与波源起振方向相同，由图乙可知，16mx=处质点的起振方向沿y轴负方向，则波源起振方向沿y轴负方向，故A错误；B．由图甲可知，该波的波长为

8m=将0.6st=时刻波的波形补充完整，由于波源起振方向沿y轴负方向，且此时波形并未传播到16mx=的位置，由此可知需要补充34个波长的波形，即此时波前位置为38m8m14m4x=+=经过时间0.7s0.6s0.1st=−=波前传播到16mx=处，所以波速为s16m1412m0.s0m/

xvt==−=故B正确；C．该波的周期0.4sTv==故C错误；D．小孔的尺寸为20cm，比波长小，由发生明显衍射条件可知，能发生明显的衍射现象，故D错误。故选B。二、多选题（每题4分，共20分，漏选得2分。）11.一质点做简谐运动，其位移x与时间t的关系图像

如图所示，由图可知（）A.质点振动的频率是4Hz，振幅是2cmB.=2st时，质点的加速度为正向最大C.=3st时，质点的位移为零D.30.5~3.5s4T内，质点通过的路程为6cm【答案】BC【解析】

【详解】A．由图可知，质点振动的振幅为2cm，周期为4s，则频率为10.25HzfT==故A错误；B．由图可知，=2st时，质点在负的最大位移处，有正向最大的加速度，故B正确；C．由图可知，=3st时，质点在平

衡位置，则质点的位移为零，故C正确；D．由图可知，质点在0.5st=处在正向最大位移与平衡位置之间，且向平衡位置振动，则在30.5~3.5s4T内，质点通过的路程大于6cm，故D错误。故选BC。12.如图，一列

简谐横波在x轴上传播，图甲和图乙分别为x轴上a、b两质点的振动图像，a、b间距离为1.5m（波长大于1.5m），不列说法正确的是（）A.这列波的速度可能是1m/sB.这列波的速度可能是0.5m/sC.从0=t时刻起，质点a在2秒内的位移大小是(422)−mD.从0=t时刻起，质点a

在2秒内的位移大小是22m【答案】AD【解析】【详解】AB．由图知周期4sT=振幅2mA=由图看出0st=时，a质点向上运动，且2may=b质点偏离平衡位置位移为负的最大，向上运动，有2mby=−a、b间距离1.5m（波长大于1.5m），若a质点较b质点滞后，则有31.5s8tT==这列波的速度可

能是1.51m/s1.5xvt===为若b质点较a质点滞后，则有152.5s8tT==这列波的速度可能是11.50.6m/s2.5xvt===故A正确，B错误；CD．从0=t时刻时2may=质点a在2秒时，即2T时间内运动到

位置12may=−则质点a在2秒内的位移大小是22m，故C错误，D正确。故选AD。13.两束单色光a、b分别沿半径方向由空气射入半圆形透明介质中，如图所示。出射光从圆心O点射出时，合成一束复色光c、下列说法正确的是（）A.b光的折射率比a光的大B.b光的频率比a光的大

C.b光的波长比a光长D.由该介质入射到空气时，b光发生全反射临界角比a光的大【答案】AB【解析】【详解】AB.从该介质射向空气中时，出射角相同设为，a光的的入射角设为1，b光的入射角设为2，则由折射定律可知a、b两束光在该介质中的折射率分别为的1sin

sinan=2sinsinbn=由光路图易知12则可得abnn而折射率越大则光的频率就越大，故AB正确；C.由于b光的频率大于a光的频率，由cf=可知b光的波长小于a光的波长，故C错误；D．根据全反射临界角与折射率的关系式1si

nCn=可知，折射率越小，临界角越大，由此可知，a光发生全反射的临界角比b光的大，故D错误。故选AB。14.位于x轴上的10x=，212mx=处的两波源在0=t时刻同时开始沿y轴方向做简谐运动，振动产生的两列波相向传播，2s=t时的波形图如图所示，a波刚好传到4mx=处，b波刚好传到8mx=处．下

列说法正确的是（）A.两波源起振方向相同B.6st=时，4mx=处质点的位移为6cmC.4st=时，7mx=处质点位移为6cm−D.05.5s时间内，5mx=处质点经过的路程为30cm【答案】CD的【解析】【详解】A．

a波刚好传到4mx=处时，振动方向向下，则a波波源起振方向向下；b波刚好传到8mx=处时，振动方向向上，可知b波波源起振方向向上，即两波源起振方向相反，选项A错误；B．波速为4m/s=2m/s2xvt==6st=时两

列波各自在t=2s的波形的基础上再向前传播8m=2λ，则两列波在4mx=处的质点引起的位移都为零，则此时该质点的位移为0，选项B错误；C．4st=时，两列波各自在t=2s的波形的基础上再向前传播4m=λ，则a波

在7mx=处质点引起的位移为-3cm，b波在x=7m处的质点引起的位移为-3cm，则7mx=处质点的位移为6cm−，选项C正确；D．周期为2sTv==从t=2s到5.5s时间内，波a传到x=5m处用时间0.5s，则在以后的3s=1.5T内x=5m处的质

点由a波引起的路程为6A=18cm；同理波b传到x=5m处用时间1.5s，则在以后的2s=1T内x=5m处的质点由b波引起的路程为4A=12cm；则05.5s时间内，5mx=处质点经过的路程为18cm+12cm=30cm，选项D正确。故选CD。15.在如图

所示的电路中，输入交变电压的瞬时值222sin100(V)ut=，理想变压器原、副线圈的匝数比21:2:1nn=，两定值电阻1R、2R的阻值相同。在滑动变阻器的滑片P向上滑动一小段的过程中，1R、2R两端电压的变化量分别为1ΔU、2ΔU，1R的电

功率的变化量为1ΔP。下列说法正确的是（）A.2R中电流的频率是1R中电流频率的2倍B.121ΔΔ2UU=C.()2111ΔΔUPR=D.当滑片P移到最上端时，1R两端的电压为4.4V【答案】BD【解析】【详解】A．变压器改变的是交流电的电压和电流，不改变频率，A错误；B．1R和2R

都是定值电阻，有=UIR又由理想变压器特点知原副线圈上的电流与匝数成反比，则有121ΔΔ2II=可得121ΔΔ2UU=B正确；C．设1R两端电压分别为UR1，UR1’，滑片上滑，副线圈电阻减小电流增大，原线圈电流增大，R1两端电压增大，知111’=RRUUU−其

电功率的变化量为()()()2221111111’ΔΔ=RRUUUPRRR−C错误；D．当滑片P移到最上端时，副线圈电阻只有R2，设为R，将原副线圈及副线圈电路等效为原线圈的一个电阻'R，由11'UIR=，1122=nUUn，2121nIIn=，222UIR

=联立可得21222=4nRRRn=（）由闭合电路欧姆定律，对原线圈电路有11R1=22V=+5=5UIRIRIRU=可得1R两端的电压为4.4V，D正确。故选BD。第II卷（非选择题）三、实验题16.有一个教学用的可拆变压器，如图甲所示，它由两个外观基本相同和粗细相同的同种导线绕成的线圈A、

B，线圈外部还可以绕线。(1)某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对应图乙中的a，b位置（a在左、b在右），由此可推断__________线圈的匝数较多（填“A”或“B”）(2)如果把它看成理想变压器，A、B线圈的匝数比为k，则当A

线圈接在电压为1U的蓄电池两端以后，B线圈的输出电压为__________。(3)如果把它看成理想变压器，则AB线圈上的交变电流一定具有相同的_______。A．电压B.电流C.功率(4)现要测量A线圈的匝数，提供的器材有：

一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源。实验步骤如下：①用长导线绕一个匝数为n的线圈C作为副线圈代替A线圈②把低压交流电源接在B线圈，测得C线圈的输出电压为U③用A线圈换下C线圈，测得A线圈的输出电压为AU则线圈A的匝数An=________（用物理量n、U、AU表示）【答案】①.A②.

1Uk③.C④.AUnU【解析】【详解】（1）[1]从多用电表读数可知，指针a指的电阻数值大于指针b所指的电阻数，所以A线圈的匝数较多。（2）[2]根据变压器电压公式可知12UkU=则12UUk=。（3）[3]理想变压器两端功率相同，所以AB

线圈上的交变电流一定具有相同的功率。故选C。（4）[4]根据变压器的电压比等于匝数之比，可知AAUnUn=解得AAUnnU=。17.如图1所示，某同学用“插针法”测定一半圆形玻璃砖的折射率。在平铺的白纸上垂直纸面插大头针1P、2P确定入射

光线，并让入射光线过圆心O，在玻璃砖（图中实线部分）另一侧垂直纸面插大头针3P，使3P挡住1P、2P的像，连接O和3P。图中MN为分界面，虚线半圆与实线半圆对称，B、C分别是入射光线、折射光线与圆的交点，AB、CD均垂直于法线并分别交法线于

A、D点。（1）图1所示设AB的长度为a，AO的长度为b，CD的长度为m，DO的长度为n，则玻璃砖的折射率可表示为________。实验中该同学在插大头针3P前不小心将玻璃砖以O为圆心逆时针转过一小角度，由此测得玻璃砖的折射率将_____

___（选填“偏大”“偏小”或“不变”）；（2）同班小涛同学突发奇想，用两块同样的玻璃直角三棱镜ABC来做实验，两者的AC面是平行放置的，如图2所示。插针1P、2P的连线垂直于AB面，若操作正确的话，则在图乙中右边的插针应该是_________（填“3P、4P”“3P、6P”“5P、4P”或“

5P、6P”）；（3）如图3所示，圆心为O、半径为R的半圆形玻璃砖置于水平桌面上，光线从P点垂直界面入射后，恰好在玻璃砖圆形表面发生全反射；当入射角60=时，光线从玻璃砖圆形表面出射后恰好与入射光平行。已知真空中的光速为c，则玻璃砖的折射率为_____________。【答案】①.

am②.偏大③.5P、6P④.3【解析】【详解】（1）[1]根据折射定律可得玻璃砖的折射率为sinsinABBOAaRnCDDOCmR===[2]若在插大头针3P前不小心将玻璃砖以O为圆心逆时针转过一小角度，相当于入射角略微减小，根据折射定律可知折射角也将减小且减小量比入射

角的减小量更大些，则折射光线将以O为圆心顺时针转过一小角度，之后再插大头针P3时，其位置将更靠近直线AD，所以AB长度不变，CD变小，由此测得玻璃砖的折射率将偏大。（2）[3]由题意，根据几何关系以及对称性作出

光路图如图所示，可知在图乙中右边的插针应该是5P、6P。（3）[4]如图所示。当光线从P点垂直界面入射后，其入射角恰好等于全反射临界角，即1sinOPOAPRn==当入射角60=时，光线从玻璃砖圆形表面出射后恰好与入射光平行，根据折射定律以及对称性可知OBPAPB=而22si

nOPOPOBPBPOPR==+根据折射定律有sinsinnAPB=联立以上四式解得3n=四、解答题18.如图所示，实线和虚线分别表示沿x轴传播的一列简谐横波在10t=和20.2st=时刻的波形图，已知在10t=时刻，介质中x＝0.6m处的质点P沿y轴正方向运动。（1）判断该波传播

方向及波长；（2）若0.2sT，求该波的波速；（3）若0.2sT，求从10t=时刻开始，介质中x＝0.1m处的质点Q第4次到达波谷所用的时间。【答案】（1）沿x轴负方向传播，0.8m=；（2）1

m/s；（3）2.7s【解析】【详解】（1）已知在10t=时刻，介质中x＝0.6m处的质点P沿y轴正方向运动，根据平移法可知，波沿x轴负方向传播0.8m=（2）由10.2s4T=解得T=0.8s由vT=的解得v=1m/s（3）质点Q第4次到达波谷，波传播的距离338x

=+由xtv=解得t=2.7s19.如图所示，三角形OMN是由某种透明物质制成的直角三棱镜的横截面，30OMN=，一束光线在纸面内垂直MN面射入棱镜，发现光线恰好不能从ON面射出，最后从OM面射出。已知：ON=a，光速为c，求：（1）三棱镜的

折射率n；（2）经过ON中点的光线在棱镜中传播的时间t以及它从OM面射出时折射角的正弦值。【答案】（1）233n=；（2）76atc=，3sin3=【解析】【详解】根据题意，经过ON中点的光线在棱镜中的传播路径如图所示（1）设光线在棱镜中发生全反射的临界角为C，由图可知60C=，根据临

界角公式1sinCn=解得三棱镜的折射率为123sin603n==（2）经过ON中点的光线在棱镜中传播的路程为732cos302cos3012aasa=+=光线在棱镜中传播的速度为32cvcn==则经过ON中点的光线在棱镜中传播的时间为7371

2632asatvcc===根据折射定律，可得sinsin30n=解得光线从OM面射出时折射角的正弦值为3sinsin303n==20.如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P=100kW，发电机的输出电压为U1=250V，经升压变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线=8Ω，在用户端

用降压变压器把电压降为U4=220V。已知输电线上损失的功率P线=5kW，假设两个变压器均是理想变压器，试求（1）整个输电网络的输电效率（即用户实际消耗的功率占电源输出功率的百分比）；（2）降压变压器的匝数比n3：n4；（3）若因用户增加导致用户消耗功率达到211.2kW，且要

求用户电压U4不变，输电网络的输电效率不能太低，则可调整发电机输出功率和降压变压器的匝数比以满足要求，求调整后降压变压器原、副线圈的匝数比和发电机的输出功率。【答案】（1）95%=；（2）3419011nn=；（3）34161nn=；240kW【解析】【详解】（1）输

电效率=95%PPP−=线（2）输电线电流I3，由23PIR=线线得3=25APIR=线线对用户，由44IPPU−=线得444750A11PPIU−==线由理想变压器的电流与匝数的关系可得344319011nInI==（3）由输电线路的关系3

344UnUn=，233UUIR=+可得U2=4000V当用户消耗功率达到P′=211.2kW后44PUI=，3443InIn=233UUIR=−线，3344UnUn=解得34161nn=由3443InIn=可得4343nIIn

=由于I2′=I3′，发电机的输出功率为22240kWPUI==获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com