2019学年高二物理下学期第三次月考试题（含解析）（新版）人教版.doc

- 1 -20192019 学年度第二学期第三次月考学年度第二学期第三次月考高二高二 理科综合理科综合1. 在物理学史上，奥斯特首先发现电流周围存在磁场。随后，物理学家提出“磁生电”的闪光思想。很多科学家为证实这种思想进行了十多年的艰苦研究。首先成功发现“磁生电”的物理学家是（ ）A. 洛伦兹 B. 库伦 C. 法拉第 D. 纽曼【答案】C【解析】奥斯特实验，把通电直导线放在水平方向静止的小磁针上，小磁针发生偏转，说明受到磁力作用，实验表明电流周围存在磁场法拉第在奥斯特的启发下，研究了磁场与电流的关系，最终通过十年的努力终于发现了电磁感应现象：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生电流故选 C。点晴：物理学史一直是考试中的热点，了解相关的物理学史可以使我们了解科学家的贡献，激发我们学习物理的兴趣。2. 一理想变压器,原线圈和副线圈的匝数分别为 n1和 n2,正常工作时的电压、电流、功率分别为 U1和 U2、I1和 I2、P1和 P2，已知 n1>n2，则（ ）A. U1>U2, I1>I2 B. U1I2, P1=P2 D. I1<I2, P1=P2【答案】D【解析】根据理想变压器的特点有：，P1=P2电流关系为：由于 n1n2，所以有 I1I2，U1U2，故应选 D。点晴：本题比较简单，直接根据理想变压器原副线圈匝数比与电压、电流比之间的关系即可求解，理想变压器的输入功率与输出功率相等。3. 如图所示，矩形线框abcd的ad和bc的中点M、N之间连接一电压表，整个装置处于匀强磁场中，磁场的方向与线框平面垂直，当线框向右匀速平动时，以下说法正确的是（ ）- 2 -A. 穿过线框的磁通量不变化，MN间无感应电动势B. MN这段导体做切割磁感线运动，MN间有电势差C. MN间有电势差，所以电压表有读数D. 因为无电流通过电压表，所以电压表无读数【答案】BD【解析】试题分析：由于磁场是匀强磁场，所以线圈运动过程中，磁通量不变，所以无感应电流产生，但是MN这段导体做切割磁力线运动，MN间有电势差故 BD 正确；考点：考查了导体切割磁感线运动点评：当闭合电路中的磁通量发生变化时，电路有感应电流产生；4. 矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射进一半厚度，如右图所示，上述两种情况相比较 ( ) A. 子弹对滑块做功一样多 B. 子弹对滑块做的功不一样多C. 相比之下甲系统产生的热量较多 D. 相比之下乙系统产生的热量较多【答案】A【解析】最终子弹都没有射出，则最终子弹与滑块的速度相等，根据动量守恒定律可知，两种情况下系统的末速度相同。A、B 项：子弹对滑块做的功等于滑块动能的变化量，滑块动能的变化量相同，则子弹对滑块做功一样多，故 A 正确，B 错误；C、D 项：根据能量守恒定律得，系统初状态的总动能相等，末状态总动能相等，则系统损失的能量，即产生的热量一样多，故 C、D 错误。- 3 -点晴：子弹射入滑块的过程，符合动量守恒，所以我们判断出最后它们的速度是相同的， 然后利用动能定理或能量守恒进行判断。5. 如图所示，有矩形线圈面积为S.匝数为n，整个线圈内阻为r，在匀强磁场B中绕OO轴以角速度匀速转动，外电路电阻为R.当线圈由图示位置转过 90°的过程中，下列说法正确的是( )A. 磁通量的变化量为nBSB. 平均感应电动势为e2nBS/C. 电阻R所产生的焦耳热为D. 通过电阻R的电量值为QBS/(Rr)【答案】B【解析】A 项：根据公式，故 A 错误；B 项：由法拉第电磁感应定律可知，故 B 正确；C 项：最大感应电动势：，电动势有效值：，回路中的电流有效值为：，所以电阻 R 所产生的焦耳热为，故 C 错误；D 项：由公式，故 D 正确。6. 如图所示，正方形闭合导线框置于匀强磁场中，线框平面与磁感线的方向垂直，用力将线框分别以速度 v1和 v2匀速拉出磁场，v1=2v2，设第一次以速度 v1拉出线框过程中，外力大小为 F1，外力做功为 W1，通过导线横截面的电荷量为 q1; 第二次以速度 v2拉出线框过程中，外力大小为 F2，外力做功为 W2，通过导线横截面的电荷量为 q2，则( )- 4 -A. q1 =q2 ，W1 =2W2 B. F1 =2F2，W1 =4W2C. q1 =2q2 ，W1 =2W2 D. q1 =q2，F1=2 F2【答案】AD【解析】由于， 由于 及 R 一定，故 q1=q2，由于 F=F 安，而 F 安=BIl， ，E=Blv，所以 所以 .故应选 A、D。7. 在如图所示的变压器电路中，两定值电阻的阻值 R1=R2=R，变压器为理想变压器，电表为理想电表，在 a、b 两端输入正弦交流电压，原副线圈的匝数比为 1：2，则（ ）A. 电流表的示数为 B. 电压表的示数为 - 5 -C. 电路消耗的总功率为 D. 电阻 R1、R2消耗的功率之比为 2：1【答案】AC【解析】设副线圈电流为I，根据电流与匝数成反比，得原线圈电流为：，副线圈两端的电压为：，根据电压与匝数成正比，得原线圈两端的电压为：，正弦交流电压的有效值为：，原线圈回路中有：，解得：，故 A 正确；电压表的示数为原线圈两端的电压为：，故 B 错误；电路消耗的总功率为：，故 C 正确；根据，可知电阻R1、R2消耗的功率之比为：，故 D 错误。所以 AC 正确，BD 错误。8. 如图正方形空间 ABCD 为空间匀强磁场的边界，一束电子（重力不计） ，从 AB 间某处以大小不同的速率与 AB 垂直的方向飞入磁场，则下列说法中正确的是( ) A. 电子在磁场中的轨迹越长，其在磁场中运动的时间一定越长B. 如果电子从 CD 边界飞出，则速度偏角一定小于C. 在磁场中运动时间相同的电子所经过的轨迹可以不重合D. 不同速率的电子只要从 BC 边飞出，其运动时间一定都相同【答案】BC【解析】电子运动的周期与速率无关，只与圆心角有关，从AB边飞出的粒子转过的圆心角最大为 ，时间最长且相等，但轨迹不一定长，A 错误 C 正确；从 CD 边飞出的粒子转过的圆心角一定小于 速度垂直于半径所以速度偏角一定小于 ，B 正确；不同速率的电子从BC边飞出转过的圆心角各不相同，所以运动的时间一是各不相同的，D 错误【点睛】找出粒子在磁场中做圆周运动时所转过的圆心角是正确解题的关键电子在磁场中- 6 -做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意及几何知识分析电子从不同的边飞出时粒子所转过的圆心角，比较电子的运动时间轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长二二. .物理实验题物理实验题9. 用如图所示装置来验证动量守恒定律，质量为 mA 的钢球 A 用细线悬挂于 O 点，质量为 mB的钢球 B 放在离地面高度为 H 的小支柱 N 上，O 点到 A 球球心的距离为 L，使悬线在 A 球释放前伸直，且线与竖直线夹角为 ，A 球释放后摆到最低点时恰与 B 球正碰，碰撞后，A 球把轻质指示针 OC 推移到与竖直线夹角 处，B 球落到地面上，地面上铺有一张盖有复写纸的白纸 D，保持 角度不变，多次重复上述实验，白纸上记录到多个 B 球的落点。（1）图中 S 应是 B 球初始位置到_的水平距离。（2）为了验证两球碰撞过程动量守恒，应测得的物理量有_ 。（3）用测得的物理量表示碰撞前后 A 球、B 球的动量：=_，=_，=_，=_。【答案】 (1). 落点 (2). mA；mB； ； ；H；L；S (3). (4). (5). 0 (6). 【解析】试题分析：根据实验设计思路，A 球撞击 B 球，B 球做平抛运动，所以 S 应为其水平位移。在碰撞过程中，动量守恒。碰前 A 的速度为，碰撞后 A 上升到 C 处，根据机械能守恒定律求出碰撞后末速度为。根据平抛运动规律则碰后 B球速度为，碰前总动量为，碰后 A 的动量为，B 球触动量为 0，碰后为所以要测量物理量为 mA；mB；H；L；S。动量分别为；- 7 -； 0；mBS考点：机械能守恒定律、动量守恒定律点评：此类题型通过机械能守恒定律求出碰前、后 A 的速度，并结合平抛知识求出碰后 B 的速度，最后根据动量守恒定律的要求列示求解。10. 国标（GB/T）规定自来水在 15时电阻率应大于 13m。某同学利用图甲电路测量15自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门 K 以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞(活塞电阻可忽略)，右侧活塞固定，左侧活塞可自由移动。实验器材还有： 电源(电动势约为 3V，内阻可忽略) 理想电压表 V1(量程为 3V）理想电压表 (量程为 3V） 定值电阻 (阻值 4k) 定值电阻 (阻值 2k) 电阻箱 R(最大阻值 9999)单刀双掷开关 S，导线若干，游标卡尺，刻度尺。实验步骤如下： A.用游标卡尺测量并记录玻璃管的内径 d； B.向玻璃管内注满自来水，确保无气泡；C.用刻度尺测量并记录水柱长度 L； D.把 S 拨到 1 位置，记录电压表示数；E.把 S 拨到 2 位置，调整电阻箱阻值，使电压表示数与电压表示数相同，记录电阻箱的- 8 -阻值 R；F.改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤 C、D、E； G.断开 S，整理好器材。(1)测玻璃管内径 d 时游标卡尺示数如图乙，则 d=_mm；(2)玻璃管内水柱的电阻的表达式为=_； (用、 表示)(3)利用记录的多组水柱长度 L 和对应的电阻箱阻值 R 的数据，绘制出如图丙所示的图象。可求出自来水的电阻率 =_m(保留三位有效数字)。【答案】 (1). 20.0 (2). (3). 12.6【解析】(1)游标卡尺的主尺读数为：2.0cm=20mm，游标尺上第 0 个刻度和主尺上刻度对齐，所以最终读数为：20.0mm；(2)设把S拨到 1 位置时，电压表V1示数为U，则此时电路电流为U/R1，总电压U总= +U当把S拨到 2 位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同也为U，则此时电路中的电流为U/R，总电压U总=，由于两次总电压相等，都等于电源电压E，可得 Rx=； (3)从图丙中可知，R=1×103 时，1/L=5.0m1，此时玻璃管内水柱的电阻 Rx=8000，水柱横截面积S= =3.14×104m2，由电阻定律得：12.6m；三三. .综合题综合题11. 如图所示，用导线绕成面积S=0.5 m2的圆环，圆环与某种半导体材料制成的光敏电阻R连接成闭合回路。圆环全部处于如图所示的变化磁场中。P为一圆盘，由形状相同、透光率不同的 3 个扇形a、b和c构成，它可绕垂直于盘面的中心轴转动。当细光束通过扇形a、b、c照射光敏电阻R时，R的阻值分别为 10 、20 、40 。不计回路中导线和开关- 9 -的电阻。（1）求线圈中感应电动势的大小；（2）在t=0.03 s 时，圆盘刚好转到使细光束通过扇形b照射光敏电阻R，求此时光敏电阻的电功率大小。【答案】 （1）1V （2）0.05W【解析】 （1）由图象可知磁感应强度的变化率，根据法拉第电磁感应定律得，线圈中感应电动势 12. 如图所示，两条平行的光滑金属导轨相距 L=1m，金属导轨由倾斜与水平两部分组成，倾斜部分与水平方向的夹角为 =37°，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中金属棒 EF 和MN 的质量均为 m=0.2kg，电阻均为 R=2EF 置于水平导轨上，MN 置于倾斜导轨上，两根金属棒均与导轨垂直且接触良好现在外力作用下使 EF 棒以速度 v0=4m/s 向左匀速运动，MN棒恰能在倾斜导轨上保持静止状态倾斜导轨上端接一阻值也为 R 的定值电阻重力加速度g=10m/s2 - 10 -（1）求磁感应强度 B 的大小；（2）若将 EF 棒固定不动，将 MN 棒由静止释放，MN 棒沿斜面下滑距离 d=5m 时达到稳定速度，求此过程中通过 MN 棒的电荷量；（3）在（2）过程中，整个电路中产生的焦耳热【答案】(1) 1.5T (2) 2.0C (3) 5.375J 【解析】 （1）EF棒运动切割磁感线产生感应电动势E=BLv0流过MN棒的感应电流 对MN棒，由平衡条件得解得（2）MN棒产生的平均感应电动势 平均感应电流R总=所以通过MN棒的感应电荷量代入数据可得：q=2.0 C（3）设MN棒沿倾斜导轨下滑的稳定速度为v，则有E=BLv感应电流对MN棒有：- 11 -解得根据功能关系有：解得Q总=5.6 J 13. 下列说法正确的是_。A一定质量的气体，在体积不变时，分子每秒与器壁平均碰撞次数随着温度降低而减小B晶体熔化时吸收热量，分子平均动能一定增大C空调既能制热又能制冷，说明在不自发地条件下热传递方向性可以逆向D外界对气体做功时，其内能一定会增大E生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成【答案】ACE【解析】A、一定质量的气体，在体积不变，温度降低时，分子平均速率减小，单位体积内分子个数不变，则分子每秒与器壁平均碰撞次数减小，故A正确；B、晶体有固定熔点，在熔化时吸收热量，温度不变，则分子平均动能不变，故B错误；C、根据热力学第二定律知，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体。空调既能制热又能制冷，是在外界的影响下，要消耗电能来实现的，说明在不自发地条件下热传递方向性可以逆向，故C正确；D、外界对气体做功时，其内能不一定会增大，还与吸放热情况有关，故D错误；E、在高温条件下分子的扩散速度增大，在半导体材料中掺入其他元素，可以通过分子的扩散来完成，E 正确。故选：ACE。14. 如图，导热性能极好的气缸，高为 L=l.0m，开口向上固定在平面上，气缸中有横截面积为 S=100cm2、质量为 m=20kg 的光滑活塞，活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内当外界温度为 t=27、大气压为 P0=l.0×l05Pa 时，气柱高度为 l=0.80m，气缸和活塞的厚度均可忽略不计，取 g=10m/s2，求：- 12 -如果气体温度保持不变，将活塞缓慢拉至气缸顶端在顶端处，竖直拉力 F 有多大？如果仅因为环境温度缓慢升高导致活塞上升，当活塞上升到气缸顶端时，环境温度为多少摄氏度？【答案】(1) (2) 【解析】设起始状态气缸内气体压强为 p1，当活塞缓慢拉至气缸顶端，设气缸内气体压强为 p2由玻意耳定律得：p1lS=p2LS在起始状态对活塞由受力平衡得：p1S=mg+p0S在气缸顶端对活塞由受力平衡得：F+p2S=mg+p0S联立并代入数据得：F=240N如果外界温度缓慢升高到恰使活塞移至气缸顶端，气体是等压变化，由盖吕萨克定律可求解由盖吕萨克定律得：代入数据解得：t=102°C15. 如图甲，可以用来测定半圆柱形玻璃砖的折射率 n，O 是圆心，MN 是法线。一束单色光线以入射角 i=30°由玻璃砖内部射向 O 点，折射角为 r，当入射角增大到也为 r 时，恰好无光线从玻璃砖的上表面射出。让该单色光分别通过宽度不同的单缝 a、b 后，得到图乙所示的衍射图样（光在真空中的传播速度为 c） 。则下列说法正确的是（_）A此光在玻璃砖中的全反射临界角为 600B玻璃砖的折射率 n=- 13 -C此光在玻璃砖中的传播速度较大D单缝 b 宽度较大E光的偏振现象说明光是一种纵波【答案】BCD【解析】A、B 项：根据折射定律有，由题知，玻璃砖的全反射临界角等于 ，则有，结合 i=30°，解得，故 A 错误，B 正确；C 项：光在玻璃砖中的传播速度为，故 C 正确；D 项：由乙图知，单色光通过单缝 b 后衍射现象比较显著，所以单缝 b 宽度较大，故 D 错误；E 项：偏振是横波的特有现象，光的偏振现象说明光是一种横波，故 E 错误。点晴：解决本题的关键是掌握光折射定律和临界角公式，要知道偏振是横波的特有现象，同等条件下单缝越宽衍射越不显著。16. 一列简谐横波沿 x 轴正向传播，t=0 时的图像如图所示，此时刻后介质中 P 质点回到平衡位置的最短时间为 0.2s，Q 质点回到平衡位置的最短时间为 1s，已知 t=0 时两质点相对平衡位置的位移相同，则：波的传播周期为多少秒？传播速度是多大？从 t=0 时刻算起经过多长时间质点 Q 第二次回到平衡位置？【答案】(1) (2) (3) 【解析】试题分析：（1）由题意简谐横波沿 x 轴正向传播，分析得知，此时 P 点向下运动，Q 点向上，它们周期相同，则 T=2×（02s+1s）=24s（2）根据图象可知，=12m，则波速（3）根据题意可知，Q 质点经过 1s 第一次回到平衡位置，再经过半个周期第二次回到平衡- 14 -位置，则 t=1+ 1+1222s，即经过 22s 质点 Q 第二次回到平衡位置考点：机械波的传播【名师点睛】本题关键要根据质点的振动过程确定其振动周期，得到波的周期要注意介质中质点只在各自的平衡位置附近振动，不随波迁移。