解析四川省达州市大竹县文星中学2020┄2021学年高二下学期月考物理试卷5月份

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四川省达州市大竹县文星中学高二物理6月月考试题 (2)

四川省大竹县文星中学2015年春高二下期6月月考物理试卷考试时间：50分钟；满分：100分第I卷（选择题）一、单选题：共6题每题6分共36分1．如图电路中，P、Q两灯相同，L是自感系数很大但电阻可不计的线圈，则A.S断开瞬间，P立即熄灭，Q过一会才熄灭B.S接通瞬间，P、Q同时达正常发光C.S断开瞬间，通过P的电流从右向左D.S断开瞬间，通过Q的电流与原来方向相反2．如图所示，一个横截面积为S的圆筒形容器竖直放置。

金属圆板A的上表面是水平的，下表面是倾斜的，下表面与水平面的夹角为θ，圆板的质量为M。

不计圆板与容器内壁之间的摩擦.若大气压强为p0，则被圆板封闭在容器中的气体的压强p等于A. B. C. D.3．关于液体表面张力的正确理解是A.表面张力是由于液体表面发生形变引起的B.表面张力是由于液体表面层内分子间引力大于斥力所引起的C.表面张力是由于液体表面层内分子单纯具有一种引力所引起的D.表面张力就其本质来说也是万有引力4．如图所示，在静止电荷+Q所产生的电场中，有与+Q共面的A、B、C三点，且B、C处于以+Q为圆心的同一圆周上。

设A、B、C三点的电场强度大小分别为E A、E B、E C，电势分别为φA、φB、φC，则下列判断中正确的是：A.E A<E B，φB =φCB.E A>E B，φA>φBC.E A>E B，φA<φBD.E A>E C，φB <φC5．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图).设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变，若A.保持S不变，增大d，则θ变大B.保持S不变，增大d，则θ变小C.保持d不变，减小S，则θ变小D.保持d不变，减小S，则θ不变6．质量分别为和的两个物体(>)，在光滑的水平面上沿同方向运动，具有相同的初动能.与运动方向相同的水平力F分别作用在这两个物体上，经过相同的时间后，两个物体的动量和动能的大小分别为p1、p2和E1、E2，比较它们的大小，有A. B.C. D.二、多选题：共4题每题6分共24分7．下列说法正确的是A.汤姆生发现电子，标志着人类打开了原子世界的大门B.卢瑟福由α粒子散射实验提出了原子的核式结构C.β射线是原子核外的电子电离形成的电子流，它具有中等的穿透能力D.半衰期是指放射性元素的原子核内的核子有半数发生变化所需的时间8．劲度系数为k的轻质弹簧连接构成弹簧振子，如图所示两木块A和B叠放在光滑水平面上，质量分别为m和M，A与B之间的最大静摩擦力为f m，B与劲度系数为k的弹簧振子相连，为使A和B在振动过程中不发生相对滑动，则A.它们的振幅不能大于B.它们的振幅不能大于C.它们的最大加速度不能大于D.它们的最大加速度不能大于9．一列简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻(t=0)其波形如图所示，a、b、c、d是四个质点，振幅为A。

四川省大竹县文星中学高二物理12月月考试卷(含解析)

四川省大竹县文星中学2015-2016学年高二12月月考物理试题第I卷（选择题）一、单选题1．一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，现将一条形磁铁插向其中一个小环，取出后又插向另一个小环，整个过程中磁铁与环没有接触，则观察到的现象是A.磁铁插向左环，横杆发生转动B.磁铁插向右环，横杆发生转动C.无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动D.无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动【答案】B【解析】本题主要考查电磁感应和电路的结合问题、楞次定律，意在考查学生的应用能力。

左环不闭合，磁铁插向左环时只产生感应电动势，由于环是断开的，不产生感应电流，环就不受力，横杆就不发生转动，右环是闭合的，磁铁插向右环时，环内产生感应电流，环就受到磁场力的作用，环会转动故A、C、D错，B对。

综上本题选B。

2．图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。

一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是A.向上B.向下C.向左D.向右【答案】B【解析】本题考查洛伦兹力。

由安培定则判断可知，O处的磁感应强度如图O处的合磁感应强度方向水平向左，所以一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向由左手定则判断是向下。

综上本题选B。

3．美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类在获得较高能量的带电粒子方面前进了一步。

如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A、C板间，带电粒子从P0处静止释放，并沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是A.带电粒子每运动一周被加速一次B.P1P2=P2P3C.加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关D.加速电场方向需要做周期性的变化【答案】A【解析】本题考查回旋加速器。

2020-2021学年四川省高二4月月考物理卷(解析版).doc

2020-2021学年四川省高二4月月考物理卷（解析版）姓名:_____________ 年级:____________ 学号:______________题型选择题填空题解答题判断题计算题附加题总分得分1. （知识点：共点力的平衡,功能关系,全电路欧姆定律,法拉第电磁感应定律,磁场对电流的作用）如图所示，电动机通过其转轴上的绝缘细绳牵引一根原来静止的长为L＝1ｍ，质量m＝0.1kg的导体棒，ab导体棒紧贴在竖直放置、电阻不计的金属框架上，导体棒的电阻R＝1Ω，磁感强度B＝1T的匀强磁场方向垂直于导体框架所在平面。

当导体棒在电动机牵引下上升h＝3．8m时，获得稳定速度，此过程中导体棒产生热量Q＝2J。

电动机工作时，电压表、电流表的读数分别为U=7V和I=1A，电动机的内阻r＝1Ω。

不计一切摩擦，ｇ取10ｍ/s2。

求：（1）导体棒所达到的稳定速度是多少?（2）导体棒从静止到达稳定速度的时间是多少?（本题20分）【答案】（1）m/s（2）s【解析】试题分析：（1）当导体棒达到稳定时，受力平衡，对导体棒受力分析安培力导体棒产生的感应电动势评卷人得分导体棒所在回路中电流电动机消耗的电功率为W电动机线圈的功率W电动机输出的机械功率W联立方程m/s（2）设从静止到达稳定的时间为t电动机输出的能量为根据能量守恒定律计算可以得出s考点：本题考查了电功率和能量守恒定律如图所示，单摆摆长为Lm，做简谐运动，C点在悬点O的正下方，D点与C相距为X m，C、D之间是光滑水平面，当摆球A到左侧最大位移处时，小球B从D点以某一速度v匀速地向C点运动，A、B二球在C点迎面相遇，求小球B的速度大小。

（重力加速度为g）（本题15分）【答案】【解析】试题分析：摆球A从左侧最大位移处到C点相遇经过时间根据单摆周期公式小球B从D点到C点相遇经过时间与A球时间相同，设B球速度为v匀速运动时间联立方程计算可得考点：本题考查了单摆运动与直线运动综合解决问题的能力某小水电站发电机输出的电功率为P=100 kW，输出电压为U1=250 V．现准备向远处输电，所用输电线的总电阻为R=8Ω，要求在输电线上的损失电功率为输出的电功率的5%，用户获得U4=220 V电压，求所选用的升压变压器原、副线圈的匝数比和降压变压器原、副线圈的匝数比．（本题17分）【答案】【解析】试题分析：根据题意，升压变压器的功率kW得出升压变压器原线圈的电流 A输电线上的损失电功率kW得出升压变压器副线圈上的电流 A升压变压器原、副线圈的匝数比降压变压器获得的功率kW降压变压器原线圈的电流 A降压变压器副线圈的电流 A降压压变压器原、副线圈的匝数比考点：本题考查了理想变压器远距离输电用单摆测重力加速度时（每空2分，共16分）（1）摆球应采用直径较小，密度尽可能_____的小球，摆线长度要在1米左右，用细而不易断的尼龙线。

四川省大竹县文星中学高二物理12月月考试卷(含解析)

综上本题选B。

2．图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。

综上本题选B。

四川省达州市大竹县文星中学2020┄2021学年高二5月月考物理试题

四川省大竹县文星中学2020┄2021学年高二下期5月月考物理试卷考试时间：50分钟；满分：100分第I卷（选择题）一、单选题：共6题每题4分共24分1．许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列表述正确的是A.法拉第通过实验研究，发现利用变化的磁场可以产生电流B.奥斯特发现了电磁感应现象C.安培提出了磁场对运动电荷的作用力公式D.麦克斯韦通过实验研究，发现磁铁和电流的磁场都是分子电流产生的2．在光电效应实验中，飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线(甲光、乙光、丙光)，如图所示．则可判断出A.甲光的频率大于乙光的频率B.乙光的波长大于丙光的波长C.乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率D.甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能3．一个环形线圈放在磁场中如图所示，以磁感线垂直于线圈平面向外的方向为正方向，若磁感强度B随时间t的变化的关系如图b，那么在第2秒内线圈中的感应电流的大小和方向是A.大小恒定，顺时针方向B.逐渐减小，顺时针方向C.大小恒定，逆时针方向D.逐渐增加，逆时针方向4．如图所示，一台理想变压器的原线圈匝数n1与副线圈匝数n2之比为5:1.原线圈两端加U1=220 V的正弦交变电压时，副线圈两端的电压U2为A.44 VB.33 VC.22 VD.11 V5．如图所示，R1为定值电阻，R2为热敏电阻，L为小灯泡，当温度降低时A.小灯泡的亮度变强B.电流表的示数增大C.R1两端的电压增大D.小灯泡的亮度变弱6．如图所示为伏安法测电阻的一种常用电路。

以下分析正确的是A.此接法的测量值等于于真实值B.此接法的测量值小于真实值C.此接法要求待测电阻值小于电流表内阻D.开始实验时滑动变阻器滑动头P应处在最右端【答案】D【解析】由电路图可知由于电流表的的分压作用使电压表的测量数据大于电阻R两端的电压，测量数据大于真实值，AB错误；此接法要求待测电阻值远大于电流表内阻，以减小电流表的分压效果，C错误；开始实验时滑动变阻器滑动头P应处在最右端可以保护电流表还可以测量多组数据，D正确。

四川省最新2020-2021学年高二物理下学期第二次月考试题(含解析)

四川省宜宾市第四中学2019-2020学年高二物理下学期第二次月考试题（含解析）一、选择题（每小题6分，共9个小题，共54分；其中1-6题为单选题，7-9题多选题，少选得3分，多选错选得0分。

）1.如图所示，甲、乙分别是a 、b 两束单色光用同一双缝干涉装置进行实验得到的干涉图样，下列关于a 、b 两束单色光的说法正确的是A. a 、b 光在真空中的波长满足λa >λbB. a 、b 光在玻璃中的折射率满足n a <n bC. 若该两束光分别为红光和紫光，则a 为红光D. 若a 、b 光分别从玻璃射入空气，则a 光临界角较小【答案】D 【解析】【详解】A.根据双缝干涉相邻条纹间距公式Lx dλ∆=可得在其它条件不变的情况下，相干光的波长越大，条纹间距越大，由题图可知a 光的波长小于b 光的波长，故选项A 错误； C.由于a 光的波长小于b 光的波长，所以a 光的频率大于b 光的频率，若该两束光分别为红光和紫光，则b 光为红光，故选项C 错误；BD.由于对于同一种介质，频率越大，折射率越大，故a 光在玻璃中的折射率大于b 光在玻璃中的折射率，由1sin n C=知a 光的临界角小于b 光的临界角，故选项D 正确，B 错误． 2.若用｜E 1｜表示氢原子处于基态时能量绝对值，处于第n 能级的能量为12n E E n=，则在下列各能量值中，可能是氢原子从激发态向基态跃迁时辐射出来的能量的是（） A.114E B. 134E C. 178E D.1116E 【答案】B 【解析】【详解】处于第二能级的能量124E E =-则向基态跃迁时辐射的能量134E E ∆=处于第三能级的能量139E E =-则向基态跃迁时辐射的能量189E E ∆=处于第4能级的能量为1416E E =-向基态跃迁时辐射的能量11516E E ∆=则B 正确，ACD 错误；故选B ．【点睛】解决本题的关键知道能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差，即m n E E h ν-=．3.如图所示，匝数为10的矩形线框处在磁感应强度B=2T 的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度ω=10rad/s 在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积为0.5m 2，线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L （9W ，100Ω），当自耦变压器的滑片位于b 位置时，灯泡正常发光，电流表视为理想电表，灯泡的电阻恒定，则线圈ab 与bc 之间的匝数比为（）．A. 2：3B. 3：5C. 3：2D. 5：3【答案】C【解析】【详解】输入电压的最大值为：1020.510502mU NBS V Vω==⨯⨯⨯=，，变压器变压器输入电压的有效值为：1502mU V==，灯泡正常发光2910030U PR V V==⨯=所以12505303abbcU UU U===，2135ab abac acU n UU n U===，所以32abbcnn=，故应选：C．4.如图所示是电阻1R和2R的伏安特性曲线,并且把第一象限分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域.现在把电阻1R,2R并联在电路中,并联的总电阻设为R,下列关于1R与2R的大小关系及R的伏安特性曲线所在的区域说法正确的是A. 12R R<,伏安特性曲线在Ⅰ区B. 12R R>,伏安特性曲线在Ⅲ区C. 12R R>,伏安特性曲线在Ⅰ区D. 12R R<,伏安特性曲线在Ⅲ区【答案】A【解析】【分析】分析图像斜率的意义，利用并联电阻越并越小的特点解此题【详解】由图像可知，图像斜率表示电阻的倒数，所以斜率越大，电阻反而越小，故12R R<，BC选项错误；又由于电阻并联，总电阻越并越小，所以1<R R，所以R的伏安特性曲线在Ⅰ区，A正确，D错误．故选A．图像的斜率，学生可能会忘记倒数这层关系，还考察了并联电阻越并【点睛】本题考察I U越小的特点．5.在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R为定值电阻，R为滑动变阻器。

四川省大竹县文星中学高一物理下学期3月月考试卷(含解析)

四川省大竹县文星中学2014-2015学年高一下期3月月考物理试卷考试时间：90分钟；满分：100分注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单选题：共6题每题4分共24分1．关于做曲线运动的物体，下列说法中正确的是A.物体的速度方向一定不断改变B.物体的速度大小一定不断改变C.物体的加速度方向一定不断改变D.物体的加速度大小一定不断改变【答案】A【解析】本题考查曲线运动的特点。

对于曲线运动来说，速度方向始终沿着轨迹某点的切线方向，其方向一定会发生变化，而大小则有可能不变，故选项A正确，B错误；曲线运动的加速度有可能不变，即有可能做匀变速曲线运动，如平抛运动，故选项C、D错误。

2．船在静水中的航速为v1，水流的速度为v2。

为使船行驶到河正对岸的码头，则v1相对v2的方向应为A. B.C. D.【答案】C【解析】本题考查了运动合成和分解中的小船过河问题要使船能行驶到对岸的码头，需要使船的实际渡河速度，即v1和v2的合速度与河岸垂直，也就是与v2垂直，如图所示；所以ABD错误，C正确。

3．在高处以初速v0水平抛出一石子，当它的速度由水平方向变化到与水平方向夹θ角的过程中，石子的水平位移的大小是A.v02sinθ/gB.v02cosθ/gC.v02tanθ/gD.v02ctanθ/g【答案】C【解析】本题考查了对平抛运动的理解当速度变为与水平方向成θ角时，其竖直分速度为错误！未找到引用源。

，可得运动时间为错误！未找到引用源。

，则石子的水平位移错误！未找到引用源。

，选项C正确。

4．如图所示，在研究平抛运动时，小球A沿轨道滑下，离开轨道末端(末端水平)时，撞开轻质接触式开关S，被电磁铁吸住的小球B同时自由下落．改变整个装置的高度H做同样的实验，发现当B球球心与处在轨道末端的A球的球心位于同一高度时，A、B两球总是同时落地，该实验现象说明了A球离开轨道后A.水平方向的分运动是匀速直线运动B.水平方向的分运动是匀加速直线运动C.竖直方向的分运动是自由落体运动D.竖直方向的分运动是匀速直线运动【答案】C【解析】小球A沿轨道滑下，离开轨道末端(末端水平)时，撞开轻质接触式开关S，A球做平抛运动，同时电磁铁失去磁性B球被松开球，做自由落体运动。

2021年四川省达州市文星中学高二物理月考试题带解析

2021年四川省达州市文星中学高二物理月考试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. （多选题）如图所示，在竖直平面内的两条间距为H（H＞0，其值未知）的水平虚线之间存在大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场．现有一矩形线圈，质量为m，宽度为L1，高度为L2，电阻为R，将其从图示位置1（线圈的下边与磁场上边界重合）由静止释放，经过一段时间后线圈下落至图示位置2（线圈的上边与磁场的下边界重合）的速度大小为v，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直面内．重力加速度为g，不计空气阻力．则下面说法正确的是（）A．若线圈在该运动过程中某段时间加速度等于g，则L2与H一定不相等B．若v=，则L2一定小于HC．无论H取何值，v都不可能大于D．无论H取何值，线圈在该过程中产生的焦耳热一定大于mgH﹣mv2参考答案：AD【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律．【分析】A、依据L2与H大小，结合加速度等于g，说明没有安培阻力，从而判定；B、根据安培力F安=，结合v=，可知安培力与重力的关系，从而确定线框的运动性质；C、当安培力大于重力时，则线框减速运动，即可判定速度大小，D、根据能量守恒定律，即可判定．【解答】解：A、如果L2与H相等，全过程都将产生感应电流，由楞次定律可知，安培力方向始终向上，线框的加速度必定小于g，故A正确，B、若v=，那么安培力F安==mg，说明线框能匀速离开磁场，则有L2不小于H，故B 错误；C、若线框做减速运动离开，那么安培力F安=＞mg，那么v大于，故C错误；D、由能量守恒定律，线圈在该过程中，产生焦耳热，Q=（mgH+L2）﹣＞mgH﹣mv2，故D 正确；故选：AD．2. （单选）如图1所示电路，闭合开关S，将滑动变阻器的滑动片p向b端移动时，电压表和电流表的示数变化情况的是（）A. 电压表示数增大，电流表示数变小B. 电压表和电流表示数都增大C. 电压表和电流表示数都减小D. 电压表示数减小，电流表示数增大参考答案：C3. （单选）在如图所示电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0，电路中的电阻R0为1.5，小型直流电动机M的内阻为0.5，电流表内阻不计。

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四川省达州市大竹县文星中学2020┄202１学年高二下学期月考物理试卷（5月份)一、单选题:共6题每题4分共24分１.（４分)许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献,下列表述正确的是()Ａ．法拉第通过实验研究，发现利用变化的磁场可以产生电流Ｂ. 奥斯特发现了电磁感应现象ﻩＣ.ﻩ安培提出了磁场对运动电荷的作用力公式D.ﻩ麦克斯韦通过实验研究,发现磁铁和电流的磁场都是分子电流产生的2．（4分)在光电效应实验中,飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线(甲光、乙光、丙光），如图所示.则可判断出()A.ﻩ甲光的频率大于乙光的频率ﻩB．乙光的波长大于丙光的波长C.ﻩ乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率Ｄ．ﻩ甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能3．（4分)一个环形线圈放在磁场中,如图a所示,以磁感线垂直于线圈平面向外的方向为正方向，若磁感强度B随时间t的变化的关系如图b，那么在第2秒内线圈中的感应电流的大小和方向是（）Ａ.ﻩ大小恒定，顺时针方向Ｂ.ﻩ逐渐减小，顺时针方向ﻩC.ﻩ大小恒定，逆时针方向ﻩＤ．逐渐增加，逆时针方向4.（4分）如图所示,一台理想变压器的原线圈匝数ｎ1与副线圈匝数n2之比为５：1．原线圈两端加U1=220V的正弦交变电压时,副线圈两端的电压U2为()A．44 VﻩB. 33 VﻩC. 2２VﻩD．11 V５．（4分)如图所示,R1为定值电阻，Ｒ2为热敏电阻,Ｌ为小灯泡，当温度降低时()A．ﻩ小灯泡的亮度变强ﻩB.ﻩ电流表的示数增大ﻩＣ.ﻩR1两端的电压增大D．小灯泡的亮度变弱6.(4分)如图所示为伏安法测电阻的一种常用电路．以下分析正确的是()A. 此接法的测量值等于真实值B．ﻩ此接法的测量值小于真实值ﻩＣ．ﻩ此接法要求待测电阻值小于电流表内阻D．ﻩ开始实验时滑动变阻器滑动头P应处在最右端二、多选题:共4题每题6分共２４分7．（６分)如图甲所示，O点为振源，OP＝s，t＝0时刻Ｏ点由平衡位置开始振动，产生向右沿直线传播的简谐横波．图乙为从t=０时刻开始描绘的质点P的振动图象．下列判断中正确的是(）A．ﻩ该波的传播周期为(t2﹣ｔ1）B．0ﻩ﹣t2时间内,这列波的传播的距离为C．ﻩt=0时刻,振源O振动的方向沿y轴负方向D. ｔ=ｔ２时刻,Ｐ点的振动方向滑y轴负方向8．（６分)用手抓住绳子一端上下振动,形成了向右传播的波.此波可看成简谐波,波的传播速度为ｖ,周期为T．a、b两点此时处于波峰位置，下列说法正确的是(）ﻩA. 简谐波的传播速度与振动幅度无关B．绳中质点运动的速度等于波的传播速度ﻩC．绳中相距为的两个质点振动位移总是相同ﻩD. b点完成全振动的次数比a少一次9.（6分)如图所示是某电磁冲击钻的原理图，若突然发现钻头M向右运动,则可能是()ﻩA. 开关S闭合瞬间ﻩB．开关S由闭合到断开的瞬间ﻩC.ﻩ开关S已经是闭合的，滑动变阻器滑片P向左迅速滑动D. 开关Ｓ已经是闭合的,滑动变阻器滑片P向右迅速滑动10.（6分)单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场.若线圈所围面积里磁通量随时间变化的规律如图所示，则（)A.ﻩ线圈中0时刻感应电动势最大ﻩＢ．ﻩ线圈中D时刻感应电动势最大C. 线圈中最大的感应电动势为0．６28VﻩD. 线圈中0到D时间内平均感应电动势为０．4Ｖ三、实验题:共1０分11.（３分）如图所示,一半圆形玻璃砖外面插上P1、Ｐ2、P3、P4四枚大头针时,P3、P4恰可挡住P1、Ｐ２所成的像.有一同学把大头针插在P1′和P2′位置时,在MＮ另外一侧看不到大头针的像．其原因是.12．（3分）某同学做测定玻璃的折射率的实验,操作时将玻璃砖的界线aa′、bｂ′画好后误用另一块宽度稍窄的玻璃砖,如图所示．实验中除仍用原界线外,其余操作都正确,则测得的玻璃的折射率将(填偏大、偏小或不变)．13.（4分）利用插针法测玻璃的折射率,实验中先将玻璃砖固定在水平桌面上的白纸上，画出玻璃砖两侧界面MN、ＰQ，其中PＱ表面是镀银的(光线不能通过表面)在玻璃砖的一侧插好Ｐ１、Ｐ2大头针后，某同学在P1、P2同侧通过玻璃砖在图所示位置也可观察到P1、P2的像.于是他在白纸上插大头针P3,使P3挡住P1、P2的像，同样方法，他又插入大头针Ｐ4，使P4挡住Ｐ3和Ｐ1、P2的像.取走玻璃砖，Ｐ1、P２连线交ＭＮ于O点，P３、P4连线交ＭN于O′点.测出P1P2连线与MN间的夹角α＝３0°,玻璃砖的厚度h＝2.00cm.OＯ′两点间的距离L＝３.０0cm,则玻璃砖的折射率为n=(结果保留3位有效数字)．四、计算题:共4题共42分1４．（10分）如图所示,在光滑的水平面上有两个物块，其质量分别为M和m,现将两物块用一根轻质细线拴接,两物块中间夹着一个压缩的轻弹簧,弹簧与两物块未拴接,它们以共同速度v0在水平面上向右匀速运动.某时刻细线突然被烧断，轻弹簧将两物块弹开，弹开后物块M恰好静止．求弹簧最初所具有的弹性势能ＥP．１５．（10分)如图，当电键Ｓ断开时，用光子能量为２．5ｅV的一束光照射阴极P，发现电流表读数不为零.合上电键，调节滑动变阻器,发现当电压表读数小于０.60V时,电流表读数仍不为零;当电压表读数大于或等于0.6０V时，电流表读数为零．（１)求此时光电子的最大初动能的大小．（２)求该阴极材料的逸出功．１6.（10分）如图所示，ａbcd为质量Ｍ=２kg的导轨,放在光滑绝缘的水平面上,另有一根质量ｍ=0．６kg的金属棒平行ｂc放在水平导轨上,该金属棒左边靠着绝缘固定的竖直立柱e、f,导轨处于匀强磁场中,磁场以ＯO′为界,左侧的磁场方向竖直向上，右侧的磁场方向水平向右,磁感应强度均为B=0.8T.导轨的bc段长l=0．5m,其电阻ｒ=0.４Ω，金属棒的电阻R=0．4Ω，其余电阻均可不计,金属棒与导轨间的动摩擦因数.若在导轨上作用一个方向向左、大小为F=2N的水平拉力,设导轨足够长，g取10m／s２，试求:(1)导轨运动的最大加速度;（2）流过导轨的最大电流;(3)拉力Ｆ的最大功率．１7．(1２分)如图1所示,一个匝数n=100的圆形线圈，面积Ｓ1=0.4m2,电阻r=１Ω．在线圈中存在面积S2=０.3m2、垂直线圈平面(指向纸外）的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间ｔ变化的关系如图2所示．将其两端a、b与一个R＝2Ω的电阻相连接,ｂ端接地.试分析求解:（１）圆形线圈中产生的感应电动势E；(2）电阻R消耗的电功率；(3)ａ端的电势φa.四川省达州市大竹县文星中学２０20┄2021学年高二下学期月考物理试卷(５月份)参考答案与试题解析一、单选题：共6题每题4分共2４分1．（4分)许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献,下列表述正确的是（)ﻩＡ. 法拉第通过实验研究，发现利用变化的磁场可以产生电流ﻩB．ﻩ奥斯特发现了电磁感应现象C．安培提出了磁场对运动电荷的作用力公式ﻩＤ．ﻩ麦克斯韦通过实验研究，发现磁铁和电流的磁场都是分子电流产生的考点：ﻩ物理学史．专题:ﻩ常规题型.分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．解答:解:Ａ、法拉第通过实验研究,发现利用变化的磁场可以产生电流,故A正确;B、法拉第发现了电磁感应现象，故B错误;C、洛伦兹提出了磁场对运动电荷的作用力公式，故Ｃ错误；D、安培通过实验研究，发现磁铁和电流的磁场都是分子电流产生的,故D错误;故选：Ａ．点评:本题考查物理学史,是常识性问题,对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2．（4分)在光电效应实验中，飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线(甲光、乙光、丙光),如图所示．则可判断出(）A. 甲光的频率大于乙光的频率ﻩB. 乙光的波长大于丙光的波长ﻩC．ﻩ乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率Ｄ. 甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能考点：ﻩ光电效应．专题：光电效应专题.分析:ﻩ光电管加正向电压情况：P右移时,参与导电的光电子数增加;P移到某一位置时,所有逸出的光电子都刚参与了导电，光电流恰达最大值;P再右移时，光电流不能再增大.光电管加反向电压情况:P右移时,参与导电的光电子数减少;Ｐ移到某一位置时，所有逸出的光电子都刚不参与了导电，光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压,对应的光的频率为截止频率；P再右移时，光电流始终为零.ｅＵ截=m=hγ﹣W,入射光的频率越高，对应的截止电压Ｕ截越大.从图象中看出,丙光对应的截止电压Ｕ截最大，所以丙光的频率最高，丙光的波长最短,丙光对应的光电子最大初动能也最大．解答:解：A、根据eU截＝m=hγ﹣W,入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大.甲光、乙光的截止电压相等,所以甲光、乙光的频率相等；故Ａ错误.B、丙光的截止电压大于乙光的截止电压，所以丙光的频率大于乙光的频率,则乙光的波长大于丙光的波长;故B正确．Ｃ、同一金属,截止频率是相同的,故C错误．D、丙光的截止电压大于甲光的截止电压，所以甲光对应的光电子最大初动能小于于丙光的光电子最大初动能.故D错误.故选：B.点评：ﻩ解决本题的关键掌握截止电压、截止频率，以及理解光电效应方程eU截=m=ｈγ﹣Ｗ．3．（４分)一个环形线圈放在磁场中，如图ａ所示,以磁感线垂直于线圈平面向外的方向为正方向,若磁感强度B随时间t的变化的关系如图b，那么在第2秒内线圈中的感应电流的大小和方向是()A．大小恒定,顺时针方向ﻩＢ. 逐渐减小，顺时针方向ﻩＣ. 大小恒定，逆时针方向 D.ﻩ逐渐增加，逆时针方向考点：ﻩ法拉第电磁感应定律;楞次定律．专题:ﻩ电磁感应与电路结合．分析:ﻩ变化的磁场产生电场,而均匀变化的磁场产生恒定的电场.并根据楞次定律判断出感应电流的方向.解答：ﻩ解：在第2s内，磁场的方向垂直于纸面向外，且均匀增大，所以产生恒定的电流，根据楞次定律,感应电流的方向为顺时针方向,所以A正确,BＣD错误.故选：A．点评:ﻩ解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，并理解法拉第电磁感应定律的内容．4．(4分)如图所示，一台理想变压器的原线圈匝数n1与副线圈匝数ｎ２之比为５:1．原线圈两端加Ｕ1=220V的正弦交变电压时，副线圈两端的电压U2为()11ＶﻩA．44 V Ｂ．ﻩ3３VﻩC．2２ＶﻩD．ﻩ考点:ﻩ变压器的构造和原理．专题:ﻩ交流电专题.分析：ﻩ根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比即可求解．解答:ﻩ解：由＝，若原线圈两端要得到U1=2２０V的正弦交变电压，所以U2=U1＝=44V故选：A点评:ﻩ本题主要考查了变压器原副线圈匝数比与电压比之间的关系,难度不大,属于基础题.５．（4分)如图所示，Ｒ1为定值电阻,R２为热敏电阻，L为小灯泡,当温度降低时(）A．小灯泡的亮度变强B．ﻩ电流表的示数增大ﻩＣ. R１两端的电压增大ﻩD．小灯泡的亮度变弱考点：ﻩ闭合电路的欧姆定律.专题：ﻩ恒定电流专题．分析：由图可知，Ｒ2和灯泡并联后与Ｒ1串联,电流表测量干路电流；负温度系数的热敏电阻的特性:温度升高，R2电阻减小．根据温度下降，R2电阻增大,确定并联部分电阻及总电阻的变化情况,可定出电流、电压的变化情况及灯泡亮度变化情况．解答:解:温度下降时,R2电阻增大，并联部分电阻增大，总电阻增大,总电流减小，R１电压减小,电流表示数减小.因为内电压和R１两端电压减小，根据串联电路电压特点可知,灯泡的电压增大,故灯泡变亮.故A正确,BＣD错误．故选：Ａ．点评：本题的热敏电阻相当于滑动变动器，当温度变化时，其电阻发生变化.通常电路动态变化问题分析按“部分→整体→部分”思路进行.6.（4分)如图所示为伏安法测电阻的一种常用电路.以下分析正确的是()A．此接法的测量值等于真实值B.ﻩ此接法的测量值小于真实值Ｃ．ﻩ此接法要求待测电阻值小于电流表内阻Ｄ. 开始实验时滑动变阻器滑动头Ｐ应处在最右端考点：闭合电路的欧姆定律．专题:ﻩ恒定电流专题．分析：ﻩ电流表的内接法:电压示数包括了电流表的分压，外接法:电流表的示数包括了电压表的分流，据此分析所给问题.解答：ﻩ解:Ａ、Ｂ、此种接法所测的电流是待测电阻的电流，所测的电压是待测电阻上的电压与电流表上的电压的和,根据欧姆定律:R=，电压的测量值偏大，所以待测电阻的测量值偏大.故AB错误；C、电流表内接法，由于电流表的分压作用，使电压表测的电压大于待测电阻两端的电压,要减小误差，也就是电流表分压影响较小,所以此接法要求待测电阻值比电流表内阻大的较多.故C错误，D、开始实验要让电阻电压最小，由小变大，故应使滑动P处在最右端．故D正确;故选：D．点评：电流表或电压表的测量值不是电阻的真实值是误差的来源,这是分析问题的关键.二、多选题:共4题每题6分共24分7.(6分)如图甲所示,O点为振源,OP=s,ｔ＝0时刻O点由平衡位置开始振动,产生向右沿直线传播的简谐横波.图乙为从t=0时刻开始描绘的质点P的振动图象.下列判断中正确的是（)Ａ．该波的传播周期为（t2﹣t1）B. 0﹣t2时间内，这列波的传播的距离为ﻩＣ.ﻩt=0时刻，振源O振动的方向沿y轴负方向D. ｔ=ｔ2时刻,P点的振动方向滑ｙ轴负方向考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系.专题: 振动图像与波动图像专题．分析:ﻩ由乙看出，波从O点传到P点的时间为t1，距离为ｓ,可求出波速，读出周期,再由公式s=vｔ求解波传播的距离．由乙图读出P点的起振方向，ｔ=0时刻，振源O振动的方向与t1时刻P点的振动方向相同.解答：ﻩ解:A、由乙图看出,周期为T＝t2﹣ｔ1.故A正确.B、波从Ｏ点传到P点的时间为t1,传播距离为ｓ,则波速为v=．则0﹣t2时间内,这列波的传播的距离为s=ｖt２=，故B正确．C、P点的起振方向与O点起振方向相同，由乙图读出t1时刻, P点的振动方向沿y轴正方向,即Ｐ点的起振方向沿y轴正方向，则知ｔ=0时刻，振源O振动的方向沿y轴正方向.故C错误，D、ｔ２时刻和t1时刻相同，P点的振动方向均沿y轴正方向,故D错误.故选：ＡB.点评：ﻩ本题要抓住波在均匀介质中是匀速传播的,根据传播距离和时间可求出波速.简谐波在传播过程中,各质点的起振方向相同.８．(6分)用手抓住绳子一端上下振动，形成了向右传播的波．此波可看成简谐波，波的传播速度为v,周期为T.a、b两点此时处于波峰位置，下列说法正确的是（）ﻩA．ﻩ简谐波的传播速度与振动幅度无关ﻩB．绳中质点运动的速度等于波的传播速度C. 绳中相距为的两个质点振动位移总是相同ﻩＤ．b点完成全振动的次数比a少一次考点:ﻩ波长、频率和波速的关系;横波的图象.分析：简谐波的传播速度是由介质的性质决定的，与振幅没有关系.质点振动的速度与波的传播速度是两回事．波长λ=vＴ，平衡位置相距半个波长奇数倍的两质点振动情况总是相反.波在同一均匀介质中匀速传播,在一个周期内传播的距离为一个波长.解答:ﻩ解：A、简谐波的传播速度与振动的振幅无关,由介质的性质决定．故A正确．B、机械波传播时，质点做简谐运动，波匀速传播，绳中质点并不随波迁移，传播的只是振动形式和能量，所以质点振动的速度并不等于波的传播速度．故Ｂ错误.C、波长λ＝ｖT,相距为即相距为，两个质点即相距半个波长的质点，振动情况总是相反，位移总是相反．故C错误.Ｄ、简谐横波向右传播,b、a相距一个波长，则b点完成全振动次数比a点少一次.故D正确.故选：ＡD．点评：ﻩ本题关键要掌握波长的定义及简谐波的特点:振动在一个周期内传播一个波长的距离,即可进行选择．９．(6分)如图所示是某电磁冲击钻的原理图，若突然发现钻头M向右运动，则可能是()A. 开关S闭合瞬间B．开关Ｓ由闭合到断开的瞬间Ｃ．开关S已经是闭合的，滑动变阻器滑片P向左迅速滑动ﻩD．ﻩ开关Ｓ已经是闭合的，滑动变阻器滑片P向右迅速滑动考点:ﻩ楞次定律．专题:ﻩ电磁感应与电路结合.分析：当穿过闭合回路的磁通量发生变化时,闭合电路中产生感应电流；由楞次定律可知，感应电流磁场总是阻碍原磁通量的变化，安培力总是阻碍磁体间的相对运动．解答:ﻩ解：A、开关Ｓ由断开到闭合的瞬间,穿过M的磁通量变大,为阻碍磁通量变大,钻头向右运动，故Ａ正确;B、开关S由闭合到断开的瞬间，穿过M的磁通量减小,为阻碍磁通量的减小,钻头向左运动,不符合题意，故B错误;C、保持开关Ｓ闭合，变阻器滑片Ｐ加速向左滑动，穿过M的磁通量增大，为阻碍磁通量增大，钻头向右运动,符合题意,故Ｃ正确；D、保持开关S闭合，变阻器滑片P匀速向右滑动,穿过M的磁通量减小，为阻碍磁通量减小，钻头向左运动,不符合题意，故Ｄ错误;故选:AＣ．点评：ﻩ本题看似难度较大，能寻求正确的知识解答即可求解,首先正确立即楞次定律的含义,熟练应用楞次定律即可求解．10．（6分）单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场.若线圈所围面积里磁通量随时间变化的规律如图所示，则(）ﻩA.ﻩ线圈中0时刻感应电动势最大ﻩB．线圈中D时刻感应电动势最大ﻩC.ﻩ线圈中最大的感应电动势为０.628ＶﻩD．ﻩ线圈中0到D时间内平均感应电动势为0.4V考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理．专题：交流电专题．分析:ﻩ根据法拉第电磁感应定律知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比.通过法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势的大小解答：ﻩ解：Ａ、B、由图知t=0时刻图象切线斜率最大,则磁通量的变化率为最大,则由法拉第电磁感应定律得知：感应电动势最大,不为零,而在D时刻切线斜率为零，磁通量的变化率为零,则感应电动势为零．故A正确，B错误;C、线圈中最大的感应电动势为Eｍ=ＮBSω=Φω=0．０２×＝０.２０π=0.628V,故Ｃ正确D、根据法拉第电磁感应定律得平均感应电动势Ｅ=＝V＝0.4V,故D正确.故选：ACD点评:本题关键是掌握好图象的含义,磁通量比时间其物理含义为感应电动势，即图象的斜率表示感应电动势三、实验题：共10分１1．（3分）如图所示，一半圆形玻璃砖外面插上P1、Ｐ2、P3、P4四枚大头针时,Ｐ3、P ４恰可挡住P１、P２所成的像.有一同学把大头针插在P1′和P2′位置时，在MN另外一侧看不到大头针的像.其原因是光线在玻璃砖内发生了全反射.考点:ﻩ测定玻璃的折射率.专题: 实验题;光的干涉专题.分析:ﻩ根据全反射原理，结合题意：不管眼睛处在何处，都无法看到P1′、Ｐ２′的像，可能光线发生了全反射,从而即可求解．解答:解:把大头针插在Ｐ1′、Ｐ2′位置时，沿着P4、P3的方向看不到大头针的像，其原因是经过P1′P２′的光线在界面MN处发生全反射．故答案为：光线在玻璃砖内发生了全反射.点评：本题用插针法测定玻璃砖的折射率，其原理是折射定律n=,注意此式的适用条件是光从真空进入介质．12.(３分）某同学做测定玻璃的折射率的实验,操作时将玻璃砖的界线aa′、bb′画好后误用另一块宽度稍窄的玻璃砖，如图所示．实验中除仍用原界线外，其余操作都正确,则测得的玻璃的折射率将偏小（填偏大、偏小或不变)．考点: 测定玻璃的折射率．专题：实验题；光的折射专题．分析:该同学操作时将界线ａa′、bb′画好后误用另一块宽度稍窄的玻璃砖后，作出光路图,分析测得的入射角和折射角受到的影响，就能分析误差.解答：解:如图所示，实线是实际光线，虚线是该同学所作的光线，可见，该同学利用插针法确定入射光线、折射光线后，测得的入射角不受影响,但测得的折射角比真实的折射角偏大，由折射率公式n=,知测得的折射率将偏小.故答案为：偏小．点评：ﻩ解决本题的关键掌握实验的原理:n=,通过作图法,结合实验原理分析实验的误差．13．（4分）利用插针法测玻璃的折射率,实验中先将玻璃砖固定在水平桌面上的白纸上，画出玻璃砖两侧界面ＭN、PQ,其中PＱ表面是镀银的（光线不能通过表面)在玻璃砖的一侧插好P１、P２大头针后,某同学在P１、P2同侧通过玻璃砖在图所示位置也可观察到P1、P２的像.于是他在白纸上插大头针Ｐ3，使P3挡住P1、P2的像,同样方法，他又插入大头针P4，使P４挡住P3和Ｐ１、P２的像.取走玻璃砖，P1、P2连线交ＭN于O点，P3、P4连线交MN于O′点.测出Ｐ1P2连线与MN间的夹角α＝30°，玻璃砖的厚度h=2.0０cｍ．OO′两点间的距离L=３.０0ｃｍ,则玻璃砖的折射率为n=1．4４（结果保留3位有效数字).考点：测定玻璃的折射率;光的折射定律．专题:ﻩ实验题；光的折射专题.分析:ﻩ由于P３挡住Ｐ１、P2的像,P4挡住P３和P１、Ｐ２的像,故通过P１、Ｐ2的光线经过折射和PQ的反射后通过P3、Ｐ4；即作出光路图；当光从空气斜射入介质时,入射角与折射角的正弦值之比等于介质的折射率．根据几何知识求出折射角的正弦,即可求解折射率n．解答：解:据题P３挡住Ｐ１、P2的像,P4挡住Ｐ3和P1、P2的像，则通过Ｐ1、Ｐ2的光线经过ＭN的折射和ＰQ的反射后通过P３、Ｐ4，作出光路图如图所示：设光线在MN面上入射角为i，折射角为r.根据几何知识得:ｉ=90°﹣α=９０°﹣30°=60°ｓinr=＝0.６则折射率:n＝==1．44故答案为：１.44.点评:本题关键明确“测定玻璃的折射率”的实验的实验原理,要能够画出光路图，根据折射率定义求解介质的折射率.四、计算题：共4题共42分14.(10分)如图所示,在光滑的水平面上有两个物块,其质量分别为M和m，现将两物块用一根轻质细线拴接,两物块中间夹着一个压缩的轻弹簧，弹簧与两物块未拴接，它们以共同速度v0在水平面上向右匀速运动．某时刻细线突然被烧断，轻弹簧将两物块弹开,弹开后物块M恰好静止．求弹簧最初所具有的弹性势能E P．考点:ﻩ动量守恒定律;机械能守恒定律.专题：ﻩ动量定理应用专题.分析:ﻩ弹簧弹开物块过程系统动量守恒、机械能守恒,由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出弹簧的弹性势能.解答:解:设弹簧将两物块弹开后，物块m的速度为v,弹簧弹开物块过程,系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方向,对系统,由动量守恒定律得:(M+m)v0=mv，由机械能守恒定律得：,解得：;答：弹簧最初所具有的弹性势能.点评：本题考查了求弹簧的弹性势能，分析清楚物体运动过程、应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题．1５.（10分)如图，当电键Ｓ断开时,用光子能量为2.5eＶ的一束光照射阴极P,发现电流表读数不为零.合上电键，调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于0.60V时，电流表读数仍不为零；当电压表读数大于或等于0．６0V时，电流表读数为零．（1)求此时光电子的最大初动能的大小．（2）求该阴极材料的逸出功．考点:ﻩ光电效应．专题：ﻩ光电效应专题.分析：ﻩ光电子射出后，有一定的动能,若能够到达另一极板则电流表有示数，当恰好不能达到时，说明电子射出的初动能恰好克服电场力做功，然后根据爱因斯坦光电效应方程即可正确解答．解答:解:设用光子能量为２.５ｅV的光照射时,光电子的最大初动能为Eｋm,阴极材料逸出功为W0,当反向电压达到U=0.60V以后,具有最大初动能的光电子也达不到阳极,因此ｅＵ=E km由光电效应方程：E km=hν﹣W０由以上二式:E kｍ=0.6eV，W0＝1.９eV．所以此时最大初动能为０．6eV,该材料的逸出功为1.9ｅV.答：（1)求此时光电子的最大初动能的大小是0．６ｅV.(2）求该阴极材料的逸出功是１．9eＶ．点评：正确理解该实验的原理和光电效应方程中各个物理量的含义是解答本题的关键. 16.(10分）如图所示,abcｄ为质量M＝２kg的导轨,放在光滑绝缘的水平面上,另有一根质量m=0.6kg的金属棒平行bc放在水平导轨上,该金属棒左边靠着绝缘固定的竖直立柱e、f，。