2018-2019学年辽宁省大连市瓦房店市实验中学高二(下)月考物理试卷

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2018-2019学年辽宁省大连市瓦房店市实验中学高二（下）

月考物理试卷

一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）

1. 欲增大交流发电机的感生电动势而不改变频率，下面措施中不能采用的是( )

A. 增大转速

B. 增大磁感应强度

C. 增加线圈匝数

D. 增大线圈的包围面积

2. 一电热器接在10V 直流电源上，产生某一大小的热功率．现将电热器接在交流电源

上，要使它产生的热功率是原来的一半，则交流电源的有效值和最大值分别是( )

A. 7.07V 和10V

B. 10V 和14.1V

C. 5V 和7.07V

D. 2.5V 和25.2V

3. 如图所示的是某一质点做简谐运动的图象，下列说法中正确的是( )

A. 质点开始是从平衡位置沿x 轴正方向运动的

B. 2s 末速度最大，沿x 轴的正方向

C. 3s 末加速度最大，沿x 轴负方向

D. 质点在4s 内的位移为8cm

4. 如图所示，O 是弹簧振子的平衡位置，小球在B 、C 之

间做无摩擦的往复运动，则小球任意两次经过O 点可

能不同的物理量是( )

A. 速度

B. 机械能

C. 回复力

D. 加速度

5. A 、B 、C 、D 是一列简谐横波上的四个点，某时刻波形如图所示，下列说法正确的

是( )

A. 若B 点此时振动的速度是向上的，波向右传播

B. 若波向左传播，此时A 、C 两点振动的速度是向上的

C. 若波向右传播，一段时间后A 点可能迁移到B 点

D. 若C 点比D 点先回到平衡位置，波向右传播

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6. 医院有一种先进的检测技术--彩超，就是向病人体内发射频率已精确掌握的超声波，

超声波经血液反射后被专用仪器接收，测出反射波的频率变化，就可知道血液的流速，这一技术利用了物理学中的下列哪一原理( )

A. 回声

B. 波的衍射

C. 波的干涉

D. 多普勒效应

7. 某单色光由玻璃中射入空气时，正确的是( )

A. 频率不变，波长变短，波速不变

B. 频率不变，波长变长，波速变大

C. 频率变大，波长变短，波速变大

D. 频率变小，波长不变，波速变小

8. 如图所示，光线由空气射入半圆形玻璃砖，或由玻璃砖射入空气的光路图中，正确

的是(玻璃的折射率为1.5)( )

A. 图乙、丁

B. 图甲、丁

C. 图乙、丙

D. 图甲、丙

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

9. 在如图所示的变压器电路中，两定值电阻的阻值R 1=R 2=R ，变压器为理想变压

器，电表为理想电表，在输入端a 、b 两端输入正弦交流电压u =√2Usinωt ，原、副线圈的匝数比为1：2，则( )

A. 电阻R 1、R 2消耗的功率之比为2：1

B. 电压表的示数为25U

C. 电流表的示数为2U

5R

D. 电路消耗的总功率为4U

25R

10. 下列说法正确的是( ) A. 在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比

B. 弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变

C. 在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小

D. 系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率

11.一列波沿x轴传播，t=2s时刻的波形如图1所示，图2是某质点的振动图象，则

下列说法正确的是()

A. 波的传播速度为1m/s

B. 波如果向右传播，则图2是x=0、4m处质点的振动图象

C. 波如果向右传播，则图2是x=2m、6m处质点的振动图象

D. 波如果向左传播，则图2是x=2m、6m处质点的振动图象

12.某同学在做双缝干涉实验时，按图安装好实验装置，在光屏上却观察不到干涉图样，

这可能是由于()

A. 光束的中央轴线与遮光筒的轴线不一致，相差较大

B. 没有安装滤光片

C. 单缝与双缝不平行

D. 光源发出的光束太强

三、实验题（本大题共2小题，共17.0分）

13.在“用单摆测定重力加速度”的实验中，某实验小组在测量单摆的周期时，从单摆

运动到最低点开始计时，且记数为1次，到第n次经过最低点所用的时间为t；在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得悬挂摆球后的摆线长为l，再用游标卡尺测得摆球的直径为d，该单摆的摆长为______；求重力加速度的表达式g=______(用上述物理量的符号表示)；实验结束时，若把n次摆动的时间误记为(n+1)次摆动的时间，则重力加速度的测量值会______(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。

14.①“测定玻璃的折射率”的实验中，在白纸上放好平行玻璃砖，aa′和bb′分别是玻

璃砖与空气的两个界面，如图1所示。在玻璃砖的一侧插上两枚大头针，P1和P2，用“+”表示大头灯的位置，然后在另一侧透过玻璃窗观察，并依次插入大头针P3和P4.在插P3和P4时，应使______。

②某同学实验中作出光路图如图2所示，在入射光线上任取一点A，过A点做法线

的垂线，B点是垂线与法线的交点。O点是入射光线与aa′界面的焦点，C点是出射光线与bb′界面的交点，D点为法线与bb′界面的交点。则实验所用玻璃的折射率n=______(用图中线段表示)。

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四、计算题（本大题共3小题，共35.0分）

15. 如图所示，线圈abcd 的面积s =0.02m 2，共100匝，线

圈总电阻r =4Ω，外接一电阻R ，匀强磁场的磁感应强度

B =1

πT ，线圈以100π rad/s 的角速度匀速转动。电流表和电压表均为理想交流电表。求：(结果可用根号表示)

(1)若开关S 断开，电压表的示数；

(2)若R =6Ω，闭合开关S 后，电流表、电压表的示数；

(3)若将开关S 闭合后，要使R 消耗功率最大，则R 的阻

值及最大功率。

16. 图示装置可用来测定水的折射率．当圆柱形容器内未装水时，

从A 点沿AB 方向能看到对边上的点E ；当容器内装满水时，仍沿AB 方向看去，恰好看到底面直径CD 上的点D.测得容器直径CD =12cm ，高BC =16cm ，DE =7cm.已知光在真空中的传播速度为c =3.0×108m/s ，求：

①水的折射率n ；

②光在水中的传播速度v．

17.一列波沿x轴正向传播，在t=0时刻的波形如图所示，质点振动的振幅为5.0cm，

P点处于x=40.5m处，已知t=8.8s时，P点恰好第二次到达波峰．试计算：

(1)这列波的传播速度多大？

(2)当P点第一次出现波谷时，原点O点通过的路程为多少？

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答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：交流发电机工作时的电动势最大值表达式E m=NBSω，不改变频率，即不改变角速度、周期、转速等物理量，要增大电动势可以增大匝数、磁感应强度或线框面积S；

故不能采用的是A项，可以采取的是BCD．

本题选不能采用的，故选：A

根据交流发电机工作时的电动势最大值表达式分析增大交流发电机的感生电动势而不改变频率可以改变的物理量．

本题关键要掌握电动势最大值表达式E m=NBSω.知道感应电动势的大小因素，从而判定需要增大的物理量，属于基础题．

2.【答案】A

【解析】解：设电热器的电阻为R，t时间内产生的热量为Q，根据焦耳定律得：

则：Q=U2

R

t

此热量是接交流电源上产生的热功率的2倍，即Q′=1

2

Q

所以：1

2Q=

U

有

2

R

解得：U有=5√2V=7.07V

所以最大值为U m=√2U有=10V。

故选：A。

根据焦耳定律Q=I2Rt求解电流的有效值，其中I是有效值．再根据有效值与最大值的关系求出最大值．

对于交变电流，求解热量、电功和电功率等与热效应有关的量，都必须用有效值，清楚正弦交流电源的有效值和最大值√2倍的关系．

3.【答案】A

【解析】解：A、t=0时刻质点位于平衡位置，随后在平衡位置的上方，所以质点开始是从平衡位置沿x轴正方向运动的。故A正确。

B、2s末质点位移平衡位置处，势能是零，动能最大，速度最大，沿x轴的负方向。故

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B错误。

C、在3s末，质点位于负的最大位移处，速度为零，回复力正向最大，故加速度正向最大。故C错误。

D、由图可知质点的周期是4s，质点在一个周期内初、末位置重合，位移为零。故D错误。

故选：A。

由图读出周期。根据质点的位置，分析在t=2s和t=3s的速度和加速度。位移与路径无关，只与初、末位置有关。

由振动图象可以读出周期、振幅、位移、速度和加速度及其变化情况，是比较常见的读图题。

4.【答案】A

【解析】

【解答】

A、振子做简谐运动，当它通过平衡位置时速度最大，从B到O方向为水平向右，从C 到O时方向水平向左，速度方向不同，故A正确。

B、小球做简谐运动，O点为弹簧振子的平衡位置，系统的机械能守恒，小球任意两次经过O点机械能相同；故B错误。

C、简谐运动中的回复力F=?kx，x=0，则回复力F=0，小球任意两次经过O点恢复力都为零，故C错误。

D、加速度与位移关系为：a=?kx

，振子小球在平衡位置O时，x=0，则加速度a=0，

m

小球任意两次经过O点加速度相同，故D错误。

故选：A。

【分析】

做简谐运动的质点，当它通过平衡位置时位移为零，回复力为零，加速度为零，速度最大。速度大小相同，方向不同，由此分析即可。

解决本题的关键要知道做简谐运动的特点：当它通过平衡位置时位移为零，回复力为零，加速度为零，而速度最大。

5.【答案】D

【解析】解：A、若B点此时振动的速度是向上的，根据“上坡下，下坡上”的方法可知，波向左传播，故A错误；

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B、若波向左传播，根据“上坡下，下坡上”的方法可知，此时A、C两质点振动的速

度是向下的，故B错误；

C、质点只在平衡位置附近振动，不随波迁移，故C错误；

D、若C点比D点先回到平衡位置，说明C点向上运动，根据“上坡下，下坡上”的方法可知，波向右传播，故D正确；

故选：D。

根据“上坡下，下坡上”法判断波的传播方向和质点的振动方向。波传递的能量，质点不随波逐流。

本题属于容易题，只要知道后面的点是重复前面质点的运动。要特别注意质点不移动。

6.【答案】D

【解析】解：由题意可知，该仪器是测量反射波的频率变化；而波的干涉、波的衍射及回声都不会产生频率的变化；

而多普勒效应中由于波源的移动而使接收到的频率变化；故该技术体现的是多普勒效应；故选：D．

多普勒效应是由于观察者和波源间位置的变化而产生的；由题意可知，专用仪器测得的是频率的变化，故可知该技术的原理．

理解一项我们未知的技术关键在于分析其原理，再找出相应的物理规律即可得出结论．7.【答案】B

【解析】解：频率由波源决定，与介质无关；波速由介质决定。当单色光由玻璃中射入

，故v变大；由λ=v f可知，λ变长。综上分析，B正确，空气时，频率不变；由于v=c

n

ACD错误。

故选：B。

光在真空中的传播速度最大，光在空气中的传播速度大于光在水中的传播速度；光从一种介质进入另一种介质时，频率不变，根据波速公式v=λf分析波长的变化。

本题考查了光在不同介质中传播速度大小的比较，要知道频率与介质无关的特点。

8.【答案】A

【解析】解：

甲、乙、光线从空气射入半圆形玻璃砖时折射角应小于入射角，故甲错误，乙正确；

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丙、丁、光线由玻璃砖射入空气时，设临界角为C，则有：sinC=1

n =1

1.5

=2

3

<√2

2

，则

C<45°

由图知：入射角i=50°>C，所以光线发生了全反射，故丙错误，丁正确。故A正确。故选：A。

光线从空气射入半圆形玻璃砖时折射角小于入射角，光线由玻璃砖射入空气时，可能发

生全反射，也可能发生折射，折射时折射角大于入射角，由sinC=1

n

得到临界角的范围，判断能否发生全反射．

解决本题关键要掌握入射角与折射角的大小关系，掌握全反射条件和临界角公式sinC= 1

n

，能正确判断能否发生全反射．

9.【答案】CD

【解析】解：C、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：I1=2I；副线圈两端的电压为：U2=IR；

根据电压与匝数成正比，得原线圈两端的电压为：U1=1

2

IR，正弦交流电压的有效值为：

√2U U =U；原线圈回路中有：U=I1R+U1=2IR+1

2

IR，解得：I=2U

5R

，故C正确；

B、电压表的示数为原线圈两端的电压，为：1

2IR=1

2

×2U

5R

×R=U

5

，故B错误；

D、电路消耗的总功率为：P=UI1=U?2I=U?2×2U

5R =4U2

5R

，故D正确；

A、根据P=I2R，电阻R1、R2消耗的功率之比为：I12R1：I22R2=(2I)2R：I2R=4：1，故A错误。

故选：CD。

先假设副线圈电压为I，根据变流比公式得到原线圈电流，根据欧姆定律得到变压器的输出电压，根据变压比公式得到变压器的输入电压，然后对变压器原线圈回路根据串联电路的总电压等于各个元件两端电压之和列式求解出电流。

本题考查变压器原理，要注意明确变压器的其本规律，明确匝数之比和电流、电压之比的关系，并能正确分析电路结构，利用欧姆定律等进行分析求解；注意电流表和电压表测量的都是有效值。

10.【答案】ABD

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第14页，共14页 【解析】解：A 、根据单摆的周期公式T =2π√L g ，得T 2=4π2g L .在同一地点，g 一定，则

知T 2与L 成正比，即单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比，故A 正确； B 、弹簧振子做简谐振动时，振动系统的机械能守恒，即振动系统的势能与动能之和保持不变，故B 正确；

C 、根据单摆的周期公式T =2π√L g

，知单摆做简谐振动的周期与摆球质量无关，故C 错误；

D 、系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，与固有频率无关，故D 正确。

故选：ABD 。

根据单摆周期公式T =2π√L g 分析；弹簧振子做简谐振动时，振动系统能量守恒；受迫振动系统振动的频率等于周期性驱动力的频率。

解决本题的关键要掌握单摆周期公式T =2π√L g ，知道单摆的周期与摆球的质量无关，明确受迫振动的频率等于驱动力的频率，与固有频率无关。 11.【答案】ABD

【解析】解：A.由波动图象知，波长为λ=4m ，由振动图象知，周期为T =4s ，则波的传播速度：v =λT =44m/s =1m/s ，故A 正确； BC 、根据图2可知，该质点在t =2s 时在平衡向下振动，根据“上坡上，下坡下”可知，该质点在波形图中处于平衡位置，并且向下振动，波如果向右传播，应是x =0、4m 处质点的振动图象，故B 正确，C 错误；

D 、根据图2知该质点在t =2s 时在平衡向下振动，根据“上坡上，下坡下”可知，该质点在波形图中处于平衡位置，并且向下振动，波如果向左传播，应是x =2m 、6m 处质点的振动图象，故D 正确。

故选：ABD 。

根据波动图象得出波长，根据振动图象得出波的周期，从而求出波速。根据质点的振动方向，判断t =2s 时质点的振动方向，从而图乙是哪个质点的振动图象。

解决本题的关键能够从波动图象和振动图象中获取信息，知道波速、波长、周期的关系，要把握两种图象之间的内在联系，掌握判断振动方向的方法。

12.【答案】AC

第13页，共14页 【解析】解：由题意可知，在光屏上却观察不到干涉图样，可能不满足频率相同的条件，也可能满足条件，但不能满足单缝与双缝平行，及中央轴线与遮光筒的轴线在同一条直线上，与是否安装滤光片，及光源的强弱无关，故AC 正确，BD 错误；

故选：AC 。

光屏上却观察不到干涉图样，要么不符合频率相同的条件，要反单缝与双缝不平行，或中央轴线与遮光筒的轴线不一致，从而即可求解．

考查光的干涉条件，及是否形成干涉图样的非条件的因素．

13.【答案】l (n?1)

2π2

(2l+d) 偏大

【解析】解：(1)摆长为悬点到球心的距离，所以摆长为L =l +d 2；

(2)周期为一次全振动的时间，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，所以在t 时间内完成了n?1

2个全振动，所以周期为T =2t n?1，

根据周期公式得：T =2π√L g ，

联立得：g =4π2L

T 2=(n?1)2π2(2l+d)2t 2；

(3)实验中误将n 次摆动的时间计为(n +1)次，则求出的周期偏小，根据T =2π√L g

求出的g 偏大。

故答案为：(1)l +d 2(2)(n?1)2π2(2l+d)2t 2(3)偏大。

(1)单摆的摆长为悬点到球心的距离；

(2)分析摆球的周期，根据单摆的周期公式求解重力加速度；

(3)实验中误将n 次摆动的时间计为(n +1)次，则周期偏小，根据单摆的周期公式分析重力加速度的误差。

摆长为悬点到球心的距离；知道周期为一次全振动的时间，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，所以在t 时间内完成了n ?1个全振动；由单摆的周期公式T =2π√L g 可以求解，对于测量误差可根据实验原理进行分析。

14.【答案】使P 3挡住P 1、P 2的像，使P 4挡住P 3和P 1、P 2的像；AB?OC AO?CD

【解析】解：①根据实验的原理，

连接P 1、P 2表示入射光线，连接P 3、P 4表示出射光线，连接两光线与玻璃砖的交点，即为折射光线。实验的过程中，要先在白纸上放好玻璃砖，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P 1和P 2，然后在玻璃砖另一侧观察，调整视线使P 1的像

被P2的像挡住，接着在眼睛所在一侧相继又插上两枚大头针P3、P4，使P3挡住P1、P2的像，使P4挡住P3和P1、P2的像。

②设光线的入射角为i，折射角为r，根据数学知识得：

sini=AB

AO

sinr=CD

OC

解得玻璃的折射率为：

n=AB?OC

AO?CD

。

故答案为：①使P3挡住P1、P2的像，使P4挡住P3和P1、P2的像；AB?OC

AO?CD

。

根据实验的原理，连接P1、P2表示入射光线，连接P3、P4表示出射光线，连接两光线与玻璃砖的交点，即为折射光线，才能作出光路图。

用插针法测定玻璃砖折射率的实验原理是折射定律n=sini

sinr

，根据数学知识求出入射角与折射角的正弦值，再根据折射定律求解折射率。

用插针法测定玻璃砖折射率时，大头针间的距离和入射角都应适当大些，可减小角度引起的相对误差，提高精度，对于实验题关键是求折射率的方法是单位圆法，要学会运用。

15.【答案】解：(1)交流发电机的最大电动势E m=nBsω=200V

则该交流电有效值U=E=

√2m

=100√2V

所以，电压表读数为100√2V

(2)开关闭合，电路中电流I=E

R+r =100√2

6+4

=10√2A

路端电压U=IR=60√2V

(3)R有最大消耗功率，则R=r=4Ω

P=(

E

R+r

)2?R=

E2

4r

=1250W

答：(1)若开关S断开，电压表的示数为100√2V；

(2)若R=6Ω，闭合开关S后，电流表、电压表的示数为60√2V；

(3)若将开关S闭合后，要使R消耗功率最大，则R的阻值及最大功率为1250W。

【解析】(1)根据E m=nBsω求得产生的感应电动势的最大值，及有效值，当开关S断开时，电压表测量的为感应电动势的有效值；

(2)开关S闭合后，根据闭合电路的欧姆定律求得即可

(3)根据闭合电路的欧姆定律当外电路电阻等于内阻时，电阻R消耗的功率最大

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本题考查对交流发电机原理的理解能力。对于交流电表，显示的是交流电的有效值。要掌握最大值的表达式E m=NBSω.明确欧姆定律对交流电路同样适用，不过要注意对应关系。

16.【答案】解：①光路图如图所示．由几何知识得：

sinr=

CD

√CD2+(BC?DE)2

=

12

√122+(16?7)2

=0.8

sini=

CD

√CD2+BC2

=

12

√122+162

=0.6

所以水的折射率为n=sinr

sini =4

3

②由于n=c

v

得光在水油中的速度为：

v=c

n =3×108

4

3

m/s=2.25×108m/s．

答：①水的折射率n是4

3

；

②光在水中的传播速度v是2.25×108m/s．

【解析】①画出光路图，根据几何关系求出入射角和折射角，结合折射定律求出水的折射率．

②根据v=c

n

求出光在水中的传播速度v．

本题考查几何光学问题，对数学几何要求能力较高，关系是确定入射角和折射角，通过折射定律进行解决．

17.【答案】解：(1)当图中x=?3.5m处波峰传到P点时，P点恰好第二次到达波峰，传播距离为△x=3.5m+40.5m=44m

则波的传播速度为v=△x

t =44

8.8

=5m/s

(2)由图知，该波的波长为λ=2m，则波的周期为T=λ

v =2

5

=0.4s

当图中x=?0.5m处的波谷传到P点时P点第一次出现波谷，传播的距离为△x′= 0.5m+40.5m=41m

则用时为t′=△x′

v =41

5

s=8.2s=20.5T

所以当P点第一次出现波谷时，原点O点通过的路程为S=20.5×4A=82×5cm= 410cm=4.1m

答：

(1)这列波的传播速度是5m/s．

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(2)当P点第一次出现波谷时，原点O点通过的路程为4.1m．

【解析】(1)由波形图可知λ=2m；波沿x轴正向传播，已知t=8.8s时，P点恰好第二

求解波速；次到达波峰，图中x=?3.5m处波峰传到P点的时间为8.8s，由公式v=△x

△t

(2)当图中x=?0.5m处的波谷传到P点时P点第一次出现波谷，用波形平移法可求解P 点第一次出现波谷所用的时间，再求O点通过的路程．

解决本题的关键要掌握波形平移法，明确波形图与振动的关系，求时间也可以分段研究．

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本文来源：https://www.bwwdw.com/article/3gee.html