【文档说明】四川省遂宁市射洪中学校2022-2023学年高二下学期5月月考物理试题 Word版含解析.docx，共(20)页，5.244 MB，由小赞的店铺上传

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射洪中学高2021级2023年上期第三学月考试物理试卷考试时间：90分钟：满分：100分第I卷（选择题）一、单选题（每题4分，共32分）1.关于电磁波下列说法正确的是（）A.变化的电场产生变化的磁场和变化的磁场产生变化的电场B.医院里常用红外

线照射病房和手术室进行消毒C.一切物体都在辐射红外线，这种辐射与物体的温度有关D.电磁波的传播需要介质，其在介质中的传播速度等于光速【答案】C【解析】【详解】A．根据麦克斯韦的电磁场理论可知，周期性变化的电场周围产生周期性变化的磁场，周期性变

化的磁场产生周期性变化的电场；均匀变化的电（磁）场只能产生恒定不变的磁（电）场，故A错误；B．医院里常用紫外线照射病房和手术室进行消毒，故B错误；C．一切物体都在辐射红外线，这种辐射与物体的温度有关，故C正确；D．电磁波的传播不需要介质，其在真空中的传播速度等于光速，故D

错误；故选C。2.关于波的反射、波的衍射、波的干涉、多普勒效应，下列说法正确的是（）A.交通警通过发射超声波测量车速，利用了波的多普勒效应原理B.声波和光波都是电磁波，都可以在真空中传播C.“B超”是利用了超

声波的干涉原理，“彩超”是利用了超声波的衍射原理D.一切波都能发生反射和衍射，声呐探测水中的暗礁利用了波的衍射原理【答案】A【解析】【详解】A．交通警通过发射超声波测量车速，利用了波的多普勒效应原理，故A正确；B．光波是电磁波，可以在真空

中传播，声波是机械波，传播过程需要介质，故B错误；C．“B超”是利用了超声波的反射原理，“彩超”利用超声波的多普勒效应原理，故C错误；D．一切波都能发生反射和衍射，声呐探测水中的暗礁利用了波的反射原理，故D错误。故选A。3.如图甲所示为以O点为平衡位置，在

A、B两点间运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图像，由图可知下列说法中正确的是（）A.在t=0.2s时，弹簧振子的加速度为正向最大B.在t=0.1s与t=0.3s两个时刻，弹簧振子的速度相同C.从t=0到t=0.2s时间内，弹簧振子做加速度增大的减速运动D.在t=0.6s时，弹簧振子有

最小的位移【答案】C【解析】【详解】A．在t＝0.2s时，弹簧振子的位移为正向最大，加速度为负向最大，故A错误；B．在t＝0.1s与t＝0.3s两个时刻，弹簧振子的位移相同，说明弹簧振子在同一位置，速度大小相同，但是方向相反，故B错

误；C．从t＝0到t＝0.2s时间内，弹簧振子的位移增大，加速度增大，速度减小，所以弹簧振子做加速度增大的减速运动，故C正确；D．在t＝0.6s时，弹簧振子的位移为负方向最大，故D错误。故选C4.图甲为示波管的原理图。如果在电极YY之间所加的电压按图乙所示的规律变化，在电极XX′之间所

加的电压按图丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是（）A.B.。C.D.【答案】B【解析】【详解】由于电极XX′之间所加的是扫描电压，电极YY′之间所加的电压为信号电压，所以荧光屏上会看到B选项所示的图形。故选B。5.如图甲所示，t=0时，一小船在海面上的P点，

一块浮木漂在横坐标x=5m的Q点，其后小船的振动图像如图乙所示，可知（）A.水波的振动向x轴正方向传播B.水波波速为0.4m/sC.2.4s末，浮木漂向上运动D.1.6s末，小船运动到Q点【答案】C【解析】【详解】A．由图乙可知t=0时，P点处质点从平衡位

置向下振动，由平移法可知水波的振动向x轴负方向传播，A错误；B．有甲乙两图可知4m=，1.6sT=，所以有2.5m/svT==B错误；C．t=0时，Q点由平衡位置向下振动，同时有32.4s=2tT=故2.4s末，浮木漂由平衡位置开始

向上运动，C正确；D．小船只会在平衡位置附近上下振动，不随波迁移，D错误。故选C。6.一个匝数为100匝，电阻为0.5Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按图所示规律变化。则线圈中产生交变电流的有效值为（）A.5AB.25AC.2

6AD.6A【答案】B【解析】【详解】由题图可知，0~1s内线圈中产生的感应电动势1110.01100V1V1Ent===1~1.2s内线圈中产生的感应电动势2220.01100V5V0.2Ent===由电流的热效应有2221212EEttIRTR

R+=12Ttt=+联立并代入数据解得25AI=故选B。7.远距离输电原理图如图所示，原线圈输入电压及输电功率恒定，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，当S由2改接为1时，下列说法正确的是（）A.电压表读数减

小B.电流表读数增大C.输电线上损耗的功率减小D.用户的功率减小【答案】C【解析】【详解】B．原线圈输入电压及输电功率恒定，当S由2改接为1时，根据1122UnUn=由于升压变压器副线圈匝数2n增大，则2U增大，由于输电功率恒定，则升压变压器副线圈电流2I减

小，即电流表读数减小，故B错误；A．线路损失的电压2UIR=线减小，则降压变压器原线圈的电压32UUU=−增大，则降压变压器副线圈的电压4433nUUn=增大，所以电压表的读数增大，故A错误；C．输电线上损耗的功率22PIR=线由于升压变压器副线圈电流

2I减小，所以输电线上损耗的功率减小，故C正确；D．用户的功率41PPP=−输电线上损耗的功率减小，所以用户的功率增大，故D错误。故选C。8.如图甲所示，在自行车车轮边缘安装小型发电机，可以为车灯提供电能。小型发电机内部结构如图乙所示，转轴一端连接半径01cmr=的摩擦小轮，

小轮与车轮边缘接触，当车轮转动时，依靠摩擦，车轮无滑动地带动小轮，从而带动线圈转动。已知矩形线圈匝数100N=匝，面积210cmS=，总电阻2R=，磁极间的磁场可视为磁感应强度0.1TB=的匀强磁场，线圈通过电刷与电

阻恒为2R=、额定功率9WP=的灯泡L相连。一同学某次匀速骑行时，灯泡两端电压随时间变化的规律如图丙所示，下列说法正确的是（）A.如图乙所示位置，线框的磁通量变化率最大B.该次骑行速度3m/sv=C.图丙中的m3VU=D.欲使小

灯泡不烧坏，骑行速度不能超过62m/s【答案】B【解析】【详解】A．如图乙所示位置，线框的磁通量变化率最小，故A错误；B．由图丙知，周期21210s3T−=2300rad/sT==摩擦小轮边缘与车速相同，则该次骑行速度03m/svr==故B正确；C．线圈转

动时产生的感应电动势的最大值为m3VENBS==图丙中灯泡两端的电压最大值根据闭合电路欧姆定律有mm11.5V2UE==故C错误；D．欲使小灯泡不烧坏，根据2UPR=灯泡两端电压不超过32VUPR==此时感应电动势的最大

值为m2212VEU==根据mENBS=可得m1200rad/sENBS==骑行速度012m/svr==故D错误。故选B。二、多选题（每题4分，全部选对得4分，漏选得2分，错选得0分；共16分）9.如图，两金属棒abcd、放在磁场中，ab棒置于

光滑水平金属导轨上，并组成闭合电路，当cd棒向下运动时，ab棒受到向左的安培力。则以下说法正确的有（）A.图中Ⅱ是S极B.图中ⅡN极C.cd的速度越大，ab的速度变化越快D.cd的速度越大，ab的速度变化越大是【答案】BC【解析】【详解】AB．当

cd棒向下运动时，ab棒受到向左的安培力，由左手定则，感应电流ab→，由右手定则，图中Ⅱ是N极，A错误，B正确；CD．由电磁感应定律和全电路欧姆定律EBLv=，EIR=cd的速度越大，感应电流越大，由安培力FBIL=安培力越大，由牛顿第二定律Fma=加速度越大，ab的速度变化

越快，C正确，D错误。故选BC。10.均匀介质中，波源位于O点简谐横波在xOy水平面内传播。某时刻第一象限内第一次出现如图a所示的波，其中实线表示波峰，虚线表示相邻的波谷，从此刻开始计时，位于坐标()0

,12的质点A振动图像如图b所示，z轴正方向竖直向上，下列说法正确的是（）A.该波的波长为6mB.1.5st=，P点正在平衡位置的上方且沿z轴负方向运动C.若波源从平衡位置起振，则波源的起振方向一定向上D.点B坐标为()40,0，则AB连线上（包括A、B）最多有4个点处于波峰【答案】BD【解析

】【详解】A．由图a可知，该波的波长为26m12m==的故A错误；B．由勾股定理可得质点P与O点的距离为15m，可知0=t时，质点P位于平衡位置，且向上运动，由图（b）可知，周期4sT=则经过1.5s42TTt=可知质点P经过波峰未回到平衡位置，即正在平衡位

置的上方且向下运动，故B正确；C．若波源从平衡位置起振，根据题中条件无法判断波源的起振方向，故C错误；D．根据题意，连接AB两点，如图所示由题意可知，AB连线上处于波峰的点到O的距离为的整数倍，由几何关系可知，距离为12m的有2个点，距离为24

m的1个点，距离为36m的1个点，则AB连线上（包括A、B）最多有4个点处于波峰，故D正确。故选BD。11.如图甲所示，a、b为两个闭合正方向线圈，用材料相同、粗细相同的均匀导线制成，正方形线圈的边长之比为2：1，两个线圈均处

于垂直纸面均匀分布的磁场中，且磁感应强度B随时间t按正弦规律变化，如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁感应强度的正方向，假设两线圈的距离足够远，不考虑线圈之间的相互影响，则下列说法中正确的是（）A.t1、t2时刻两环均无扩张

或收缩趋势B.t2时刻两环中的感应电流的大小之比为4abII=C.0~t2时间内两环中的感应电流大小均先减小后增大D.0~t2时间内两环中的感应电流方向均先沿逆时针后沿顺时针【答案】AC【解析】【详解】A．由图乙所示图象可知，t2时刻

磁感应强度为零，两环不受安培力作用，均无扩展或收缩趋势；在t1时刻磁感应强度的变化率为零，磁通量的变化率为零，环中不产生感应电流，环不受安培力作用，两环均无扩展或收缩的趋势，故A正确；B．由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势2BEltt==设导线的电阻率为ρ，横截面积为'S，由电阻定

律可知，环的电阻4''LlRSS==感应电流EIR=可知t2时刻两环中的感应电流的大小之比为2abII=，故B错误；C．由图乙所示图象可知，0～t2时间内磁感应强度的变化率Bt先减小后增大，则两环中的

感应电流均先减小后增大，故C正确；D．由楞次定律可知，0～t2时间内两环中的感应电流方向先沿顺时针方向再沿逆时针方向，故D错误。故选AC。12.如图甲所示，间距为d的两根平行长直金属导轨MN、PQ固定在倾角为的绝缘斜面上，导轨下端接有阻值为R的电阻，一根长为d、

电阻为R、质量为m的直导体棒ab垂直放在两导轨上。ab从离地高H处静止释放后沿导轨运动，导体棒的机械能E随导体棒下降高度h变化的图像如图乙所示，图线斜率大小为k。再将整个装置放于方向垂直斜面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中

，从同一位置静止释放导体棒ab，到达斜面底端时，导体棒已经匀速。ab在运动过程中与两导轨接触良好，导轨电阻不计，忽略地磁场影响，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（）A.导体棒与导轨的动摩擦因数为tankmgB.放入

磁场后，导体棒匀速时的速度为222()sinmgkRBd−C.放入磁场后，导体棒从释放到离开斜面，流过电阻R的电量为2sinBdHRD.放入磁场后，导体棒从释放到离开斜面时间为2222()sinBdHRmgk−【答案】ABC【解析

】【详解】A．由能量关系可知，导体棒机械能的减小量等于摩擦力做功，即0cossinhEEmg=−由题意可知cossinmgk=可得tankmg=故A正确；B．放入磁场后，导体棒匀速时，则

22cossin2BdvmgmgR+=解得222()sinmgkRvBd−=故B正确；C．放入磁场后，导体棒从释放到离开斜面，流过电阻R的电量为222sinEBdHqIttRRR====故C正确；D．放入磁场

后，导体棒从释放到离开斜面由动量定理sincosmgtmgtBIdtmv−−=解得2222222()sinBdHmRtRmgkBd=+−故D错误。故选ABC。第II卷（非选择题）三、实验题（每空2分，共16分）13.小明同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行。

正确操作后，做出的光路图及测出的相关角度如图所示。（1）此玻璃的折射率计算式为n=______（用图中的1、2表示）；（2）小明在画出上界面a后，不小心将玻璃向上平移了一些，导致下界面'a画到图中虚线位置，如图所示，则他测

得的折射率______（选填“偏大”“不变”或“偏小”）。【答案】①.12coscos②.偏大【解析】【详解】（1）[1]根据折射率公式有()()1122sin90coscossin90n−==−（2）[2]画出上界面a后，不小心将玻璃向上

平移了一些，导致下界面'a画到图中虚线位置，即两界面比实际界面的间距小，做光路如图所示实线为实际光路，虚线为测量光路，可知，测得的折射角偏小，则测得的折射率偏大。14.在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，（1）用摆长l和周期T计算重力加速度的公式是g=____。让刻

度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图（a）所示，那么单摆摆长是_____。用十分度游标卡尺测得摆球直径为____cm，如图（b）所示，如果测定了40次全振动的时间如图（c）中秒表所示，单摆的摆动周期是_______s（保留三位有效数字

）。（2）（多选）在本实验中，有人提出以下几点建议：其中对提高测量结果精确度有利的是（）A．适当加长摆线B．质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的C．单摆偏离平衡位置的角度不能太大D．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停

止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期（3）用多组实验数据作出T2—L图像，也可以求出重力加速度g。已知三位同学作出的T2—L图线的示意图如图中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b，下列分析正确的是____（选填选项前

的字母）。A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长LB．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值【答案】①.224lT②.87.315cm③.2.17④.2.50⑤.AC##CA⑥.B【解析】【详解】（1）[1]

根据单摆的周期公式2lTg=，有224lgT=[2][3]根据游标卡尺的读数规，得摆球直径为d=2.1cm＋7×0.1mm=2.17cm再根据（a）图可读出L=88.40cm则单摆摆长是87.315c

m2dlL=−=[4]秒表的读数90s＋9.8s=99.8s所以单摆摆动周期为s99.8ss2.504040tT===（2）[5]A．单摆的摆长越长，周期越大，适当加长摆长，便于测量周期，可以减小测量的误差，提供测量结

果的精确度，A正确；B．要减小空气阻力的影响，应选体积较小的摆球，B错误；C．单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，则单摆偏离平衡位置的角度不能太大，一般不超过5°，C正确；D．单摆周期较小，把一次全振动时间作为周期，测量误差较大，应采

用累积法，测多个周期的时间取平均值作为单摆的周期，D错误。故选AC。（3）[6]由2LTg=两边平方后可知T2—L是过原点的直线，b为正确的图线，a与b相比，周期相同时，摆长更短，说明a对应测量的摆长偏小；c与b相比，摆长

相同时，周期偏小，可能是多记录了振动次数；图线c对应的斜率k偏小，根据T2—L图像的斜率24kg=可知的24gk=故图线c对应g值大于图线b对应g值，可能是误将49次全振动记为50次。故选B。四、解答题（15题6分，1

6题9分，17题9分，18题12分；共36分）15.半圆形玻璃砖的横截面如图所示，圆心为O，半径为R，AB是水平直径，C为半径AO的中点，一光线沿与AB夹角为的方向从C点射入玻璃砖，折射光线从半圆的最低点D射出。光在真空中的传播速度为c。求

：（1）玻璃砖对该光线的折射率n；（2）该光线在玻璃砖中传播的时间t。【答案】（1）5cosn=；（2）5cos2Rtc=【解析】【详解】（1）光路图如图所示，设光线在C点发生折射的折射角为r，根据几何关系有2212sin12RrRR=

+根据折射定律有()sin90sinnr−=解得5cosn=（2）根据几何关系可知，光线在玻璃砖中传播的路程2212sRR=+光线在玻璃砖中传播的速度大小cvn=又stv=解得5cos2Rtc=16.如图所示，线圈abcd的面积是0.05m

2，共100匝，线圈电阻为1Ω，外接电阻R=9Ω，匀强磁场的磁感应强度1TB=，当线圈以300r/min的转速匀速旋转时，问：（1）若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；（2）电路中，电压表和电流表的示数各

是多少？（3）从中性面开始计时，经0.05s通过电阻R的电荷是多少？【答案】（1）()50sin10Vet=：（2）31.86V，3.54A：（3）12C【解析】【详解】（1）根据题意线圈的转速为300r/min

5r/sn==交流电的躲率为5Hz210rad/sfnf====；感应电动势最大值50VmENBS==所以瞬时表达式为sin50sin10V==meEtt（2）电动势有效值为43.3V35.4V22mEE===电流表示数3.54AE

IRr==+电压表示数31.86VUIR==（3）0.05s内线圈转过的角度100.052tradrad===该过程中磁通量的变化量大小为0BSBS=−=则10.051100CC912qNRr

===++17.一列简谐横波图像如图所示，t1时刻的波形如图中实线所示，t2时刻的波形如图中虚线所示，已知Δt=t2-t1=0.5s。（1）若波向右传播，则这列波的可能波速的表达式；（2）若波向左传播，且3T<Δt<4T，则波速多大？（3）若波速v=68m/s，则波向哪个方向

传播？【答案】（1）164)m/svn=+(（n=0,1,2,3…）；（2）60m/s；（3）向右传播【解析】【详解】（1）若波向右传播，根据波形的周期性可得82m/s164)m/s0.5xnvnt+==+＝(（n=0,1,2,3…）（2）同理可得，若波向左

传播，可得86m/s1612)m/s0.5xnvnt+==+＝(（n=0,1,2,3…）由于3T<Δt<4T，则n=3，代入上式可得v=(16×3+12)m/s=60m/s（3）假设波向右传播，将v=68m/s代入v=16n+4m/s解得n=4假设成立，故波向右传播18.如图所示，相

距为d的两根足够长平行光滑直导轨放置在绝缘水平面上，导轨左侧与阻值为R的电阻相连，虚线右侧导轨处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m、单位长度电阻为R、长度略大于d的粗细均匀导体棒垂直于导轨放置在虚线左侧，导体棒到虚线的距离

为L。某时刻给导体棒一沿导轨向右的水平恒力F，不计导轨电阻。若导体棒刚进入磁场时撤去水平恒力，导体棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，求：（1）导体棒刚进入磁场时，电阻R两端的电压大小；（2）从刚撤去水平恒力至导体棒停下，通过导体棒的总电荷量；（3）进入磁场后，导体棒产生的

热量；【答案】（1）21RBdFLUdm=+；（2）12FLmBd：（3）1FLdd+【解析】【详解】（1）导体棒进入磁场前由动能定理有2012FLmv=导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为。02FLEBdvBdm==进入刚进入磁场时EIRdR=+电阻R两端的

电压大小为RUIR=解得21RBdFLUdm=+（2）撤去水平恒力后，由于水平方向上导体棒只受安培力，由动量定理可00mvBdItBdq−=−=−以平均电流计算可知012mmvqBdFLBd==（3）进入磁场后，系统产生的总热量2012Qmv

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