1、四川省仁寿第二中学2019-2020学年高二物理下学期7月月考试题（含解析）1.冠状病毒疫情期间，口罩脱销了，消毒酒精脱销了，其实医用的额温枪也脱销了，一枪难求，因为其快速测温（1秒测温），无接触测温的特点而成了名副其实的防疫物质，其核心部件为一个传感器，外部还有几个按键，小型液晶屏，电池等构成。额温枪的核心部件是什么传感器？（ ）A. 光传感器B. 声音传感器C. 力传感器D. 红外温度传感器【答案】D【解析】【详解】任何物体在高于绝对零度以上时都会向外发出红外线，额温枪通过红外温度传感器接收红外线, 计算出温度数据，所以，额温枪的核心部件是红外温度传感器，ABC选项错误，D正确；故选择:D
2、。2.如图所示交流电的电流有效值为（）A. 6AB. 4AC. 2AD. 4A【答案】B【解析】【详解】由有效值的定义可得代入数据解得故B正确，ACD错误。故选B3.下列说法正确的是（ ）A. 弹簧振子做受迫振动时，振动频率大小与弹簧振子的固有频率有关B. 当狭缝宽度大于波长时，不会发生衍射现象C. 做简谐振动的物体，加速度随时间的变化规律符合正余弦函数变化规律D. 光的折射现象中，增大入射角，折射角一定增大，入射角与折射角成正比【答案】C【解析】根据受迫振动的特点可知，弹簧振子做稳定的受迫振动时，弹簧振子的频率等于周期性驱动力的频率，故A错误；当狭缝宽度大于波长时，也会发生衍射现象；只不过不
3、明显，故B错误；简谐振动的物体，受到的合外力与位移成正比，由其振动方程可知，其速度和加速度两物理量随时间的变化规律均符合正余弦函数变化规律，故C正确；根据折射定律得知：在光的折射现象中，入射角的正弦与折射角的正弦成正比故D错误故选C【点睛】受迫振动的振动的频率等于周期性驱动力的频率比光的波长大得多时，不会发生明显衍射现象根据简谐振动的振动方程分析速度与加速度的变化根据折射定律分析折射角与入射角的关系4.如图所示，一束可见光射向半圆形玻璃砖的圆心0，经折射后分为两束单色光a和b.下列说法正确的是( )A. a光的频率大于b光的频率B. 逐渐增大入射角，b光最先发生全反射C. 在真空中，a光的波速
4、大于b光的波速D. 玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率【答案】A【解析】由可知，由于同一种介质，频率越高n越大，故，故A正确、D错误；由可知，故a光先反生全反射，故B错误；在真空中波速相同，故C错误综上分析，A正确5.某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向R011 的纯电阻用电器供电已知输电线的总电阻R10 ，T2的原、副线圈匝数比为41，用电器两端的电压为u220sin 100t(V)，将T1、T2均视为理想变压器下列说法中正确的是A. 降压变压器的输入功率为4400 WB. 升压变压器中电流的频率为100 HzC. 输电线消耗功率为250 WD.
5、 当用电器的电阻减小时，输电线消耗的功率减小【答案】AC【解析】【分析】由题意可知考查高压输电规律，根据变压器工作原理及输电特点分析可得【详解】由u220sin 100t(V)可知降压变压器的最大压为220v，其有效值为220v，输入功率为故A正确；升压变压器中电流的频率等于降压变压器的频率故B错误；取降压变压器分析，副线圈电流T2的原、副线圈匝数比为41，原、副线圈电流之比为1：4，所以输电线路上的电流为I2=5A，输电线消耗的功率为D当用电器的电阻减小时，降压变压器原副线圈电流都增大，输电线路上电流增大，消耗的功率增大，故D错误【点睛】变压器输电线路中，输入电压决定输出电压，输出电流、功率
6、决定输入电流、功率变压器工作原理是互感现象，原、副线圈交流电的频率不变6.如图甲所示，为一列简谐横波在t0时刻的波形图，P、Q为介质中的两个质点，图乙为质点P的振动图象，则（）A. t0.3s时，质点Q离开平衡位置的位移比质点P的位移大B. t0.5s时，质点Q的速度大于质点P的速度C. t0.5s时，质点Q的加速度小于质点P的加速度D. 00.5s内，质点Q运动的路程为0.5m【答案】BC【解析】【详解】A.如图乙，0.3s时，yp-0.1m，质点Q不在最大位移处，则ypyQ，故A错误.BC.0.5s时，yp0.1m，质点Q不在最大位移处，则vPvQ，aPaQ，故B，C均正确.D.由质点P的
7、振动图象可知，简谐横波沿x轴负方向传播，00.4s内质点Q运动的路程为0.4m，0.4s0.5s内，质点Q回到起始位置并向下运动，运动的路程大于0.1m，则00.5s内，质点Q运动的路程大于0.5m，故D错误.7.如图甲所示，空间中存在垂直纸面的匀强磁场，取垂直纸面向里为正方向一圆形金属线圈放在纸面内，取线圈中感应电流沿顺时针方向为正某时刻开始计时，线圈中感应电流如图乙所示，则该匀强磁场磁感应强度随时间变化的图线可能是丙图中的A. B. C. D. 【答案】BD【解析】【详解】A.在0-1s时间内，穿过线圈的磁通量先向外减小，后向里增加，由楞次定律可知线圈中产生逆时针方向（负方向）的感应电流，
8、则与题目中的i-t图像不相符，选项A错误；B.在0-1s时间内，穿过线圈的磁通量向外增加，由楞次定律可知线圈中产生顺时针方向（正方向）的感应电流，因，则此过程中电流恒定不变；在1-2s时间内磁通量不变，则感应电流为零；在2- 4s时间内，则穿过线圈的磁通量向外减小，由楞次定律可知线圈中产生逆时针方向（负方向）的感应电流，因，则此过程中电流恒定不变且等于0-1s内电流的一半；与题目中的i-t图像相符，选项B正确；C.在0-1s时间内，穿过线圈的磁通量向里增加，由楞次定律可知线圈中产生逆时针方向（负方向）的感应电流，则与题目中的i-t图像不相符，选项C错误；D.在0-1s时间内，穿过线圈磁通量向里
9、减小，由楞次定律可知线圈中产生顺时针方向（正方向）的感应电流，因，则此过程中电流恒定不变；在1-2s时间内磁通量不变，则感应电流为零；在2- 4s时间内，则穿过线圈的磁通量向里增加，由楞次定律可知线圈中产生逆时针方向（负方向）的感应电流，因，则此过程中电流恒定不变且等于0-1s内电流的一半；与题目中的i-t图像相符，选项D正确；8.如图所示，MN、PQ是两条在水平面内、平行放置的金属导轨，导轨的右端接理想变压器的原线圈，变压器的副线圈与阻值为R的电阻组成闭合回路，变压器的原副线圈匝数之比n1n2 k，导轨宽度为L.质量为m的导体棒ab垂直MN、PQ放在导轨上，在水平外力作用下做往复运动，其速度
10、随时间变化的规律是vvmsin(t)，范围足够大的匀强磁场垂直于轨道平面，磁感应强度为B，导轨、导体棒、导线电阻不计，电流表为理想交流电表.则下列说法中正确的是()A. 导体棒两端的最大电压为BLvmB. 电阻R上的电压为C. 电流表的示数为D. 导体棒克服安培力做功功率为【答案】ABD【解析】A、根据题意，电动势的瞬时值表达式为：，则最大电动势为：，故选项A正确；B、由于大电动势为：，则电动势的有效值为：，则副线圈两端的电压为：，则，故选项B正确；C、则副线圈电流为：，在根据，则电流表读数为，故选项C错误；D、根据能量守恒，导体棒克服安培力做功的功率等于电阻R的热功率，故，故选项D正确三、非
11、选择题9.国庆同学在做“探究碰撞中的不变量”实验中，所用装置如图甲所示，已知槽口末端在白纸上的投影位置为O点。回答以下问题：(1)实验室的老师为国庆同学准备了一些实验仪器，本实验中需要的是_。A.秒表 B.天平 C.刻度尺 D.打点计时器(2)为了完成本实验，下列必须具备的实验条件或操作步骤是_。A.斜槽轨道末端的切线必须水平 B.入射球和被碰球大小必须相同C.入射球和被碰球的质量必须相等 D.必须测出桌面离地的高度H(3)国庆同学在实验中正确操作，认真测量，得出的落点情况如图乙所示，则入射小球质量和被碰小球质量之比为_。(4)若两球间的碰撞是弹性碰撞，入射小球质量m1，被碰小球质量m2，应该
12、有等式_成立。（用图甲中标注的字母符号表示）【答案】 (1). BC (2). AB (3). 32 (4). 【解析】【详解】(1)1A.本实验中由于平抛运动高度相同，运动时间相同，不需要测量时间，故A错误；B.验证动量守恒，需要计算动量，需要测量质量，故B正确；C.实验中需要测量落点到抛出点的水平距离，故需要刻度尺，故C正确；D.实验中不需要处理纸带，不需要打点计时器，故D错误；故选BC。(2)2A. 实验是通过平抛研究问题，故槽口末端水平，故A正确；B. 两球需要发生对心碰撞，则两球大小需相同，故B正确；C. 入射球质量要大于被碰球质量，即m1m2，防止碰后m1被反弹，故C错误；D.小球
13、平抛运动时间相同，不需要测出桌面离地的高度，故D错误；故选AB。(3)3 P是入射球碰撞前的落点，M是入射球碰撞后的落点，N是被碰球碰撞后的落点，实验需要验证：m1v1=m1v1+m2v2两边同时乘以小球做平抛运动的时间t，得m1v1t=m1v1t+m2v2t结合平抛运动规律得代入数据解得m1：m2=3：2(4)4 小球发生弹性碰撞，碰撞过程中系统动量守恒、机械能也守恒，有可得：10.某实验小组用单摆测量当地重力加速度，实验装置如图甲所示，处理数据时取3 14（1）以下说法正确的是_A.摆球应选择体积小的、质量大的B.细线伸缩性要尽量小，长度大约1mC.计时的起点和终点应选择摆球摆至最低点时D
14、.摆球的最大摆角大约为45最好E.细线上端应选择如图乙所示的悬挂方式（2）该实验小组首先利用游标卡尺测量摆球的直径，如图丙所示，则小球直径d =_cm（3）用细线将摆球悬挂好后，该实验小组又用刻度尺测得细线悬挂点到摆球上端的距离为1. 09 m；用秒表测得摆球完成30次全振动的时间为63. 0 s，根据测量的数据计算得出当地重力加速度g =_m/s2 （结果保留三位有效数字）（4）为使实验结果精确，该实验小组通过改变摆长又做了多次实验，用L表示摆长，T表示振动周期，根据实验数据做出的T2L图象为一条过原点的直线，图线的斜率k=4. 00s2/m，由图象可得当地重力加速度g=_m/s2 （结果保
15、留三位有效数字）【答案】 (1). （1）ABC (2). （2）2. 00 (3). （3）9. 84 (4). （4）9. 86【解析】【详解】第一空.该实验中，要选择细些的、伸缩性小些的摆线，长度要适当长一些；和选择体积比较小，密度较大的小球，故AB正确；计时的起点和终点应选择摆球摆至最低点时，误差小，故C正确；拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5，故D错误；根据实验的基本要求，摆球在摆动的过程中，悬线的长度不能变化，乙图摆长变化，甲图摆长不变化，则选甲，故E错误；第二空.游标卡尺是10分度的，其分度值为0.1mm，则图示读数为：20mm+00.1mm=20.0mm，故则小球直径d=2.
16、00cm；第三空.用秒表得摆球完成30次全振动的时间为63.0s，所以周期为T=s=2.1s摆长为L=（1.09+0.01）m=1.10m由周期公式得第四空.由周期公式得所以斜率为=4.00m/s2由图象可得当地重力加速度g9.86m/s211.真空中有一半径为R=5cm，球心为O，质量分布均匀的玻璃球，其过球心O的横截面如图所示一单色光束SA从真空以入射角i于玻璃球表面的A点射入玻璃球，又从玻璃球表面的B点射出已知AOB=120，该光在玻璃中的折射率为，光在真空中的传播速度c=3108m/s，求：(1)入射角i的值；(2)该光束在玻璃球中的传播时间t.【答案】(1) i=60 (2) t=5
17、10-10s【解析】【详解】(1) 根据几何关系可知： 由折射定律得： 解得： (2)由折射有：传播时间： 解得：12.如图所示，质量m1=2kg的小车静止在光滑的水平面上，现有质量m2=0.5kg可视为质点的物块，以水平向的速度v0=10m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数=0.5，取g=10m/s2，求（1）若物块不能从小车上掉下，他们的共同速度多大；（2）要使物块不从小车端滑出，小车至少多长。【答案】（1）2m/s；（2）8m【解析】【详解】（1）由题意知动量守恒，设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有 解得（2）
18、要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度，由功能关系有代入数据解得L=8m13.如图所示，固定的、电阻不计的平行金属导轨与水平面成=53角，导轨间距为L1 m，上端接有电阻R3 ，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁场强度为B1T质量m0.2 kg、电阻r2的金属杆垂直放置于导轨上，某时刻开始由静止释放金属杆，经过2s杆刚好匀速下滑已知杆与金属导轨的动摩擦因数为=0.5，且下滑过程中杆与导轨始终垂直并保持良好接触g10 m/s2，sin53=0.8，求：(1)杆匀速下滑时的速度大小；(2)前2s内通过电阻R的电荷量；(3)前2s内电阻R上产生的焦耳热【答案】(1) (2) q=1C (3)【解析】【详解】(1)杆匀速下滑时速度最大有： 由闭合电路欧姆定律有： 杆匀速下滑时对杆由平衡条件有： 解得：m/s (2)前2s内对金属杆分析，设在电流为i的很短时间内，速度改变量为，由动量定理有：即：解得：q=1C(3)电荷量：由闭合电路欧姆定律有：由法拉第电磁感应定律有： 由能量守恒有： 则R上产生的焦耳热为 解得：【点睛】两点要注意：一是最大速度的确定，先分析受力情况，只有当加速度减小为零时，速度最大二是电阻R上产生的焦耳热，由能量守恒定律能求出R和r上产生的总热量，由于热量与电阻成正比，所以把总热量按正比分配即得到R上产生的热量