物理安徽省六安二中学年高二下学期第二次月考理试题解析版.docx

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物理安徽省六安二中学年高二下学期第二次月考理试题解析版

六安二中河西校区2017--2018学年度第二学期

高二年级第二次月考（理）（物理）

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1.建立完整的电磁场理论并首先预言电磁波存在的科学家是（）

A.法拉第B.奥斯特C.赫兹D.麦克斯韦

【答案】D

【解析】

试题分析：

法拉第发现了电磁感应定律，奥斯特发现了电流的磁效应，麦克斯韦建立完整的电磁场理论并首先预言电磁波存在，赫兹证实了电磁波的存在，D正确；

考点：

考查了物理学史

【名师点睛】平时学习应该注意积累对物理学史的了解，知道前辈科学家们为探索物理规律而付出的艰辛努力，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.医学上，光导纤维可以制成内窥镜，用来检查人体胃、肠、气管等器官的内部。

内窥镜有两组光导纤维，一组用来把光输送到人体内部，另一组用来进行观察。

光在光导纤维中的传输利用了（）

A.光的折射B.光的衍射C.光的干涉D.光的全反射

【答案】D

【解析】

光在光导纤维中的传输利用了光的全反射，D对；

3.关于光电效应,下列说法正确的是（）

A.截止频率越大的金属材料逸出功越大

B.只要光照射的时间足够长,任何金属都能产生光电效应

C.从金属表面出来的光电子的最大初动能越大,这种金属的逸出功越小

D.入射光的光强一定时,频率越高,单位时间内逸出的光电子数就越多

【答案】A

【解析】

逸出功W0=hνc,W0∝νc,νc为截止频率,A正确;只有照射光的频率ν大于等于金属截止频率νc,才能产生光电效应现象,B错;由光电效应方程Ek=hν-W0知,因ν不确定时,无法确定Ek与W0的关系,C错;光强E=nhν,ν越大,E一定,则光子数n越小,单位时间内逸出的光电子数就越少,D错。

故选A.

【点睛】解决本题关键掌握光电效应的条件和规律．知道光电流的大小在发生光电效应的前提下，与入射光的强度有关．

4.六舒路上巡警开车在公路上以的恒定速度巡查，在同一车道上巡警车向前方的一辆轿车发出一个已知频率的电磁波，如果该电磁波被那辆轿车反射回来时，巡警车接收到的电磁波频率比发出时低，说明那辆轿车的车速（）

A.高于B.低于

C.等于D.无法确定

【答案】A

【解析】

【详解】巡警车接收到的超声波频率比发出时低，由多普勒效应可知，巡警车与轿车在相互远离。

又由于巡警车在后且车速恒定，所以轿车的速度大于80km/h。

故选A。

5.光在某种介质中的传播速度为，则该介质射向真空时会发生全反射时临界角为（）

A.B.C.D.

【答案】B

【解析】

【详解】由公式得液体折射率为：

；正好发生全反射，则有：

得：

C=arcsin=arcsin=30°，故B正确，ACD错误；故选B。

【点睛】若是光是从空气射向液体则折射率应该是入射角的正弦与折射角的正弦相比．光的全反射必须从光密介质进入光疏介质，同时入射角大于临界角．

6.光导纤维是利用光的全反射来传输光信号的如图所示，一光导纤维内芯折射率为，外层折射率为，一束光信号与界面夹角由内芯射向外层，要在界面发生全反射，必须满足的条件是（）

A.，小于某一值B.，大于某一值

C.，大于某一值D.，小于某一值

【答案】A

【解析】

【详解】光在内芯和外层的界面上发生全反射，则内芯的折射率n1大于外层的折射率n2，由于入射角要大于等于临界角，所以α应小于某一值。

故A正确，BCD错误。

故选A。

【点睛】解决本题的关键知道发生全反射的条件，即光从光密介质进入光疏介质，入射角大于等于临界角．

7.关于减小远距离输电线上的功率损耗，下列说法正确的是（）

A.由功率P＝U2/R，应降低输电电压，增大导线电阻

B.由P＝IU，应低电压小电流输电

C.由P＝I2R，应减小导线电阻或减小输电电流

D.上述说法均不对

【答案】C

【解析】

试题分析：

输电线上损耗的功率，U损与输电电压不同．故A错误．根据P损=I2R，应该减小导线电阻，或减小输电电流．根据，应增大输电电压．故BC正确，D错误．故选C。

【名师点睛】解决本题的关键知道根据P损=I2R，要减小功率损耗，应减小导线电阻，或减小输电电流。

二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）

8.物体A做简谐运动的振动位移，，物体B做简谐运动的振动位移，。

比较A、B的运动（）

A.振幅是矢量，A的振幅是6m，B的振幅是10m

B.周期是标量，A、B周期相等为100s

C.A振动的频率等于B振动的频率

D.A的相位始终超前B的相位

【答案】CD

【解析】

【详解】由两个质点位移的表达式读出：

A的振幅为3cm，B的振幅为5cm。

故A错误。

周期表示质点振动的快慢，没有方向，是标量。

由解析式读出两个质点角速度均为ω=100rad/s，周期．故B错误。

两振动的周期相同，则频率一定相同；故C正确；A的相位是100t+，B的相位是100t+，相位差：

△Φ=（100t+）-（100t+）=，所以A的相位始终超前B的相位．故D正确。

故选CD。

9.当两列振动情况完全相同的水波发生干涉时，如果两列波的波峰在P点相遇，下列说法正确的是（）

A.质点P的振动始终是加强的B.质点P的振幅始终最大

C.质点P的位移始终最大D.质点P的位移不可能为零

【答案】AB

【解析】

【详解】P点为波峰与波峰叠加，为振动加强点，振动始终加强，振幅最大。

位移在变化，有时为零，有时处于最大。

故AB正确，CD错误。

故选AB。

【点睛】解决本题的关键知道波峰与波峰叠加、波谷与波谷叠加，为振动加强点，波峰与波谷叠加，为振动减弱点．

10.一列简谐横波某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，图中质点A的振动图象如图乙所示,则（）

A.这列波的波速是25m/s

B.这列波沿x轴负方向传播

C.质点A在任意的1s内所通过的路程都是0.4m

D.若此波遇到另一列波并发生稳定干涉现象，则另一列波的频率为1.25Hz

【答案】ABD

【解析】

试题分析：

波动是大量质点受到扰动时，从扰动中心传播开来的周而复始的运动观象，每个质点都做简谐运动。

根据图象可知，波长λ=20m，周期T=0.8s，频率f=1.25Hz

A、根据波传播的速度公式可得，A选项正确

B、A质点的振动方向向上，根据“上下波法”可判断，这列波沿x轴负方向传播，B选项正确

C、1s是5个周期，0.4m等于5个振幅之和，质点不一定从平衡位置或最大位移处出发，通过的路程不一定通过5个振幅，可能大些，也可能小些，所以路程不一定是0.4m，C选项错误

D、两列波发生干涉的条件之一是频率相等，所以另一列波的频率也为1.25Hz，D选项正确

故选ABD

考点：

对波的理解

点评：

中等难度。

根据波形图和波的传播方向判断质点振动方向的方法

（1）微平移法：

画出经微小时间∆t（∆t<）后的波形．根据各质点前后两时刻所处的位置，就可以判断出质点的振动方向．例如：

图（a）中若波向右传播，可找出各质点的振动方向．图（b）中波向左传播也可找出各质点的振动一方向．

（2）上下坡法：

“上坡下，下坡上．”即沿波的传播方向看，“上坡”的所有质点均向下振动，“下坡”的所有质点均向上振动，如下图所示．这种方法是抽象总结出来的，使用起来更加方便．

同理，若已知某质点的振动方向，可确定波的传播方向．

三、实验题探究题（本大题共1小题，共9.0分）

11.在利用单摆测定重力加速度的实验中：

实验中，需要用到绳子，球，计时器以及尺子等，下列给出了一些选择，你认为相对合适的器材是______________填写序号

A.1米长细线　米长粗线　厘米细线 泡沫塑料小球　

E.小铁球　秒表 时钟　厘米刻度米尺　毫米刻度米尺

实验中，测出不同摆长L对应的周期值T，作出下图图象，如图所示，T2与L的关系式是____________，利用图线上任两点A、B的坐标、可求出图线斜率k，再由k可求出_____________．

在实验中，若测得的g值偏小，可能是下列原因中的___________

A.计算摆长时，只考虑悬线长度，而未加小球半径

B.计算摆长时，将悬线长加小球直径

C.测量周期时，将n次全振动误记为次全振动

D.测量周期时，将n次全振动误记为次全振动

【答案】

（1）.AEFI

（2）.  （3）.AD

【解析】

【详解】

（1）实验中需要的器材：

1米长细线做摆线；小铁球做摆球；秒表测量周期；毫米刻度米尺测量摆长；故选AEFI；

（2）由单摆周期公式T=2π可知，T2=L；根据k=；解得：

；

（3）由T=2π可得重力加速度：

可知：

测摆长时，仅测了摆线长度，未加小球半径，则摆长偏小，g偏小，故A正确；测摆长时，将线长加了小球直径，摆长偏大，g偏大，故B错误；测周期时，把n次全振动误记为n+1，所测周期偏小，g偏大，故C错误；测周期时，把n次全振动误记为n-1，所测周期偏大，g偏小，故D正确；故选AD.

12.如图所示，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、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，使挡住、的像，连接，图中MN为分界面，虚线半圆与玻璃砖对称，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．

设AB的长度为，AO的长度为，CD的长度为，DO的长度为，为较方便地表示出玻璃砖的折射率，需用刻度尺测量______，______，则玻璃砖的折射率可表示为________．

该同学在插大头针前不小心将玻璃砖以O为圆心顺时针转过一小角度，由此测得玻璃砖的折射率将________选填“偏大”“偏小”或“不变”．

【答案】

（1）.m

（2）偏大

【解析】

【详解】

（1）根据几何知识得，入射角的正弦，折射角的正弦，根据折射定律得，玻璃砖的折射率，所以需要用刻度尺测量a和m。

（2）该同学在插大头针P3前不小心将玻璃砖以O为圆心顺时针转过一小角度，折射光线将顺时针转动，而作图时仍以MN为边界，AD为法线，则入射角不变，折射角减小，由折射率公式律可知，测得玻璃砖的折射率将偏大。

【点睛】本题用插针法测定半圆形玻璃砖折射率，数据处理的方法是单位圆法，分析误差关键分析入射角和折射角产生的误差，由实验原理律分析。

四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）

13.如图所示，图为某一列波在时的图象，图为参与该波的质点P的振动图象。

求该列波的波速，并说出波的传播方向；

求再经过的过程中P质点经过的的路程；

【答案】波速为：

，波的传播方向从左向右；路程为

【解析】

【分析】

（1）在振动图象上读出t=0.5s时P质点的振动方向，再判断波的传播方向；由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，求出波速；

（2）根据时间与周期的关系求出再经过5.5s时P质点的路程s。

【详解】

（1）在振动图象上读出时P质点的振动方向向上，再根据波动图像可知，波的传播方向从左向右；

根据波动图像，可知波长为4m，根据振动图像可知周期为1s，故波速为：

（2），故再经过的过程中P质点经过的的路程为

【点睛】质点做简谐运动时，一个周期内通过的路程是四个振幅。

本题考查识别、理解振动图象与波动图象的意义，及把握两种图象联系的能力，根据波形的平移法画波形是基本方法。

14.如图所示，一小型发电站通过升压、降压变压器把电能输送给用户，已知发电机的输出功率为500KW，端电压为，升压变压器的原副线圈的匝数比为，两变压器间输电导线的总电阻为，降压变压器的输出电压为220V，不计变压器的损耗，求：

升压变压器副线圈的端电