2025-2026学年高二物理下学期第一次月考（北京专用，人教版选必一+选必二第2~5章）

这是一份2025-2026学年高二物理下学期第一次月考（北京专用，人教版选必一+选必二第2~5章），共22页。试卷主要包含了关于电磁波，下列说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：90分钟，分值：100分）
第一部分
本部分共14题，每题3分，功42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．关于电磁波，下列说法中正确的是（ ）
A．一首乐曲从电台“出发”到从收音机的调频台播放出来，经历的过程：调频→发射→解调→调谐→播放
B．按频率由小到大，电磁波谱排列顺序为：无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线
C．红外线测温仪，是利用了红外线波长较长的特性
D．医院放射科给病人做胸透，是利用γ射线具有穿透性强的特性
【答案】B
【解析】A．一首乐曲从电台“出发”到从收音机的调频台播放出来，经历的过程：调制→发射→调谐→解调→播放，故A错误；
B．按频率由小到大，即波长由长到短，电磁波谱排列顺序为：无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线，故B正确；
C．红外线测温仪，是利用了红外线的热效应，故C错误；
D．医院放射科给病人做胸透，是利用X射线具有穿透性强的特性，故D错误。故选B。
2．线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，由图可知（ ）
A．在A、C时刻线圈处于中性面位置
B．在B、D时刻穿过线圈的磁通量为零
C．从A时刻到D时刻线圈转过的角度为π
D．若从O时刻到D时刻经过0.02s，则在1s内交变电流的方向改变100次
【答案】D
【解析】A、C时刻感应电流最大，线圈位置与中性面垂直，B、D时刻感应电流为零，线圈在中性面，此时磁通量最大。从A时刻到D时刻线圈转过角度为。若从O时刻到D时刻经过0.02s，即线圈转动一周用时0.02s，且在这个时间内电流方向改变2次，则在1s内交变电流的方向改变×2=100(次)，故ABC错误，D正确。故选D。
3．绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，其圆心的正上方有一个竖直的条形磁铁。当条形磁铁沿水平方向向右移动时，圆环始终未动。若圆环的质量为m，桌面对它的支持力为FN。在此过程中（ ）
A．FN小于mg，圆环有向右的运动趋势
B．FN小于mg，圆环有向左的运动趋势
C．FN大于mg，圆环有向右的运动趋势
D．FN大于mg，圆环有向左的运动趋势
【答案】A
【解析】当条形磁铁水平向右移动时，闭合导体环内的磁通量减小，因此线圈做出的反应是面积有扩大的趋势，同时将跟随磁铁，从而达到“阻碍”磁通量的减小；故金属圆环受安培力向右上方，则桌面对圆环的支持力小于其自身重力，且圆环相对桌面有向右的运动趋势，故A正确，BCD错误。故选A。
4．图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为理想交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO'沿逆时针方向匀速转动，已知发电机线圈电阻为5Ω，外接一只阻值为5Ω的电阻R，不计电路的其他电阻，已知电阻R两端的电压随时间变化的图像如图乙所示。则（ ）
A．线圈的转速为100r/s
B．交流电流表的示数为
C．0.01s时线圈平面与磁场方向平行
D．电阻R在1min内产生的热量为4800J
【答案】D
【解析】A．由图乙可知，交流电的周期为，故线圈的转速为
A错误；
B．电阻R两端的电压最大值为，则有效值为
交流电流表的示数为
B错误；
C．0.01s时线圈产生的感应电动势为零，故此时线圈位于中性面，此时线圈平面与磁场方向垂直，C错误；
D．电阻R在1分钟内产生的热量为
D正确。故选D。
5．一列简谐横波沿轴方向传播，图甲是时刻波的图像，图乙为图甲中质点的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．该波沿轴正方向传播
B．质点与质点的运动方向总是相反
C．在到内质点运动的路程为
D．在时，质点的加速度方向沿轴负方向
【答案】D
【解析】A．根据图乙可知，质点P在0时刻沿y轴负方向运动，结合图甲，根据同侧法可知，该波沿轴负方向传播，故A错误；
B．根据波的传播规律可知，若两质点平衡位置的间距为半波长的奇数倍，则两质点的运动方向总是相反，图中质点与质点平衡位置的间距等于四分之一波长，则质点与质点的运动方向并不总是相反，故B错误；
C．由题图乙可知，则在到内质点运动的路程为
故C错误；
D．在时，大于四分之一周期，根据图甲可知质点运动至y轴正方向，且为正值，则在时，根据可知质点的加速度方向沿轴负方向，故D正确。故选D。
6．如图是通过变压器降压给用户供电的示意图。变压器输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动。输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用表示，开关S闭合后，相当于接入电路中工作的用电器增加。如果变压器上的能量损失可以忽略，则关于开关S闭合后，以下说法正确的是（ ）
A．电表示数不变，示数减小
B．电表、示数均增大
C．原线圈输入功率减小
D．电阻和上消耗的总功率，一定比闭合开关前上单独消耗的功率大
【答案】B
【解析】A．因为输入电压几乎不变，原副线圈的电压比等于匝数之比，则副线圈的电压几乎不变，即电压表V1、V2的读数几乎不变，故A错误；
BC．因为负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，由P=UI知副线圈功率增加，由于变压器上的能量损失可以忽略，则原线圈的输入功率增大，原线圈上电流增大，故B正确C错误；
D．由于副线圈电压不变，负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，输电线上损失的电压增大，则电阻并联部分两端的电压减小，电阻和上消耗的总功率不一定比闭合开关前上单独消耗的功率大，故D错误。故选B。
7．如图所示，A和B是两个相同的小灯泡，L是自感系数很大，电阻几乎为0的线圈。忽略电源内阻，下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关S，灯泡A先变亮再逐渐变暗
B．闭合开关S，灯泡B先变亮再逐渐熄灭
C．断开开关S，灯泡A逐渐熄灭
D．断开开关S，灯泡B逐渐变暗直至熄灭
【答案】B
【解析】AB．闭合开关S，由于线圈的自感，线圈中的电流由0逐渐增大至稳定值，稳定时，由于其电阻可以忽略，则稳定时，线圈相当于一根导线，则灯泡A、B同时变亮，随后A的亮度逐渐变大，B逐渐变暗最终熄灭，故A错误，B正确；
CD．断开开关S，线圈与灯泡B构成新的回路，由于线圈的自感，线圈中的电流在新回路中由原来的稳定值逐渐减为0，即A立即熄灭，B变亮后逐渐变暗直至熄灭，故CD错误。故选B。
8．图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为理想交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势随时间变化的图像如图乙所示。已知发电机线圈电阻为10 Ω，外接一只阻值为90 Ω的电阻，不计电路的其他电阻，则（ ）
A．电流表的示数为0.31 A
B．线圈转动的角速度为50π rad/s
C．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行
D．在线圈转动一周过程中，外电阻发热约为0.087 J
【答案】D
【解析】A．在交流电路中电流表的示数为有效值22 V
电流表的示数A＝0.22 A
故A错误；
B．从图像可知线圈转动的周期为0.02 s，则线圈转动的角速度ω＝＝100π rad/s
故B错误；
C．0.01 s时线圈的电压为0，因此线圈在中性面处，线圈平面与磁场方向垂直，故C错误；
D．线圈发热应用电流的有效值进行计算，则发热量Q＝I2Rt＝（0.22）2×90×0.02 J≈0.087 J
故D正确。故选D。
9．一名连同装备总质量为M的航天员，脱离宇宙飞船后，在离飞船x处与飞船处于相对静止状态。装备中有一个高压气源能以速度v（以飞船为参考系）喷出气体从而使航天员运动。如果航天员一次性向后喷出质量为Δm的气体，且在规定时间t内返回飞船。下列说法正确的是（ ）
A．喷出气体的质量Δm小于
B．若高压气源喷出气体的质量不变但速度变大，则返回时间大于t
C．若高压气源喷出气体的速度变大但动量不变，则返回时间小于t
D．在喷气过程中，航天员、装备及气体所构成的系统动量和机械能均守恒
【答案】A
【解析】A．由题知，航天员的速度为
喷气过程系统动量守恒，以宇航员的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
故A正确；
B．根据动量守恒有
解得
若高压气源喷出气体的质量不变但速度变大，则变大，故返回时间小于t，故B错误；
C．根据动量守恒有
解得
若高压气源喷出气体的速度变大但动量不变，根据
可知减小，故减小，则返回时间大于t，故C错误；
D．在喷气过程中，航天员、装备及气体所构成的系统动量守恒，整个系统的动能增加，故系统机械能不守恒，故D错误。故选A。
10．如图甲所示的双缝干涉实验，用绿光照射单缝S时，在屏上观察到如图乙所示的条纹，仅改变一个实验条件后，观察到的条纹如图丙所示．他改变的实验条件可能是（ ）
A．减小双缝到光屏之间的距离
B．增大双缝之间的距离
C．将绿光换为红光
D．减小光源到单缝的距离
【答案】C
【解析】根据乙图和丙图可知条纹宽度变大，根据条纹间距公式
可知，条纹间距变大，可能是改用了波长较长的光，也有可能是增大了双缝到光屏的距离L，也有可能减小了双缝间的距离d，但是，条纹间距与光源到单缝的距离无关；红光的波长大于绿光，故C正确，ABD错误。故选C。
11．如图所示，振幅、频率均相同的两列波相遇，实线与虚线分别表示两列波的波峰和波谷。某时刻，M点处波峰与波峰相遇，下列说法中正确的是（ ）
A．该时刻质点O正处于平衡位置
B．MO连线上M点是振动加强点， O点是振动减弱点
C．P、N两质点始终处在平衡位置
D．从该时刻起，经过二分之一周期，质点M将到达平衡位置
【答案】C
【解析】A．由图可知该时刻质点O是波谷与波谷相遇，正处于波谷位置，故A错误；
B．质点O是波谷与波谷相遇，M点处波峰与波峰相遇，即、都是振动加强点，故B错误；
C．P、N两质点都是波峰和波谷的相遇点，是振动减弱点，由于两波振幅、频率均相同，可知P、N两质点始终处在平衡位置，故C正确；
D．根据周期性可知从该时刻起，经过二分之一周期，质点M将到达波谷位置，故D错误。故选C。
12．如图甲所示，面积为0.2m2的100匝线圈处在匀强磁场中，线圈电阻r＝4Ω，磁场方向垂直于线圈平面向里，已知磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，定值电阻R＝6Ω。下列说法正确的是（ ）
A．线圈中产生的感应电动势均匀增大
B．a、b两点间电压为2V
C．a、b两点间电压为1.2V
D．a点电势比b点电势低1.2V
【答案】C
【解析】A．结合乙图得
线圈中产生的感应电动势是恒定，故A错误；
BC．根据闭合电路欧姆定律得
故B错误，C正确；
D．根据楞次定律知，电流从a点流出，b点流入，所以a点的电势比b点电势高1.2V，故D错误。故选C。
13．某发电站采用高压输电向外输送电能．若输送的总功率为，输电电压为U，输电导线的总电阻为R．则
A．输电线上的电压为UB．输电线上的电流I=
C．输电线上损失的功率P=D．输电线上损失的功率P=
【答案】D
【解析】AB：输送的总功率为，输电电压为U，输电导线的总电阻为R，则输电线上的电流，输电线上的电压．故AB两项错误．
CD：输电线上损失的功率，故C项错误，D项正确．
14．某同学设计了一个加速度计，如图所示。较重的滑块2可以在光滑的框架1中平移，滑块两侧用弹簧3拉着；R为滑动变阻器，4是滑动片，它与电阻器任一端之间的电阻值都与它到这端的距离成正比。这个装置就是一个加速度传感器。两个电池E的电压相同，内阻不计。按图连接电路后，电压表指针的零点位于表盘中央，当P端的电势高于Q端时，指针向零点右侧偏转。下列说法中正确的是（ ）
A．当物体具有图示方向的加速度a时，电压表的指针向右偏转
B．电压表的示数与加速度的大小不成正比
C．要提高该加速度计的测量范围，可以增大弹簧的劲度系数
D．要提高该加速度计的测量范围，可以增大电池的电压
【答案】C
【解析】A．当系统水平向右做匀加速运动时，滑块向左移动，带动变阻器的滑片4移向中点左方，电阻中点到滑片位置的电流方向向左，电压表P端的电势低于Q端的电势，则电压表的指针将向零点左侧偏转，故A错误；
B．设滑块偏离中间位置x距离时，电阻器总长度为L，单位长度的电阻为r，则流过电阻器的电流为
电压表的示数为
设弹簧的弹性系数为k，由牛顿第二定律得
解得
显然电压表的示数与加速度的大小成正比，故B错误；
CD．根据前面分析可得滑块的加速度
要提高该加速度计的测量范围，可以增大弹簧的劲度系数，或者可以减小电池的电压，故C正确，D错误。故选C。
第二部分
本部分共6题，共58分。
15．（8分）如图，为探究变压器线圈两端电压与匝数的关系，我们把没有用导线相连的线圈套在同一闭合的铁芯上，一个线圈连到电源的输出端，另一个线圈连到小灯泡上，如图所示，试回答下列问题：
（1）线圈应连到学生电源的 （选填直流、交流）；
（2）将与灯泡相连的线圈拆掉匝数，其余装置不变继续实验，灯泡亮度将 （选填变亮、变暗），这说明灯泡两端的电压 （选填变大、变小）；
（3）实验中发现，在所有连接都完好的情况下，电路接通后，灯泡始终不亮，但却在电路接通或断开的瞬间，灯泡会闪亮一下，原因是
【答案】交流 变暗 变小 变压器的初级连接的是学生电源的“直流”
【解析】（1）线圈应连到学生电源的交流；
（2）将与灯泡相连的线圈拆掉匝数，其余装置不变继续实验，由于变压器次级匝数减小，则次级电压减小，则灯泡亮度将变暗，这说明灯泡两端的电压变小；
（3）实验中发现，在所有连接都完好的情况下，电路接通后，灯泡始终不亮，但却在电路接通或断开的瞬间，灯泡会闪亮一下，原因是变压器的初级连接的是学生电源的“直流”。
16．（10分）热敏电阻是温度传感器的核心元件，某热敏电阻说明书给出的阻值R随温度t变化的曲线如图甲所示，现在有一课外活动小组利用所学知识来测量该金属热敏电阻随温度变化（低于100°C）的阻值，现提供实验器材，如下：
A．直流电源，电动势E=3V，内阻不计。
B．电压表，量程3V，内阻约5KΩ
C．电流表，量程0.3A，内阻约10Ω
D．滑动变阻器R1，最大阻值5Ω
E．滑动变阻器R2，最大阻值2KΩ
F．被测热敏电阻Rt；
G．开关、导线若干
（1）本实验采用如图乙的电路连接方式，滑动变阻器应Rp选用 （填“ R1”或“R2”）；
（2）结合所供实验器材，为较精确地测量金属热敏电阻，单刀双掷开关应置于 （填“1”或“2”）位置。
（3）接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，此时电压表示数为0. 8V，对应的电流表示数（如图丙所示）为 A， 由此得此时热敏电阻的测量值为 Ω（结果保留两位有效数字） ，其对应的温度为 °C。
【答案】R1 2 0.200 4.0 40
【解析】（1）[1]本实验采用如图乙的电路连接方式，滑动变阻器应Rp选用阻值较小的R1；
（2）[2]因电压表的内阻远大于热敏电阻的阻值，则应该采用电流表外接电路，即为较精确地测量金属热敏电阻，单刀双掷开关应置于2位置；
（3）[3][4]接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，此时电压表示数为0. 8V，对应的电流表最小刻度为0.01A，则示数为0.200A， 由此得此时热敏电阻的测量值为
[5]由图像可知
Rt0=
则
当Rt=4Ω时其对应的温度为t=40℃。
17．（8分）如图，矩形是某均匀材料制成的透明体的横截面，所在平面内，一单色细光束以入射角射到边的点。光束进入透明体后恰好不从边射出，接着光束到达边且部分射出。已知边的长度，空气中的光速。求：
（1）该材料对该单色光的折射率；
（2）光束从点射入至到达边经历的时间。
【答案】（1）（2）
【解析】（1）经过MN折射后折射角为r，因此可得
根据几何关系，因为光束进入透明体后恰好不从边射出，所以有
联立解得
（2）根据几何关系可知，在透明体内部光线所走的路程为
光线在透明体内传播速度为
因此光束从点射入至到达边经历的时间为
解得
18．（8分）如图所示为交流发电机示意图，匝数为n=100匝的矩形线圈，边长分别为a=10cm和b=20cm，内阻为r=5Ω，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO′轴以ω=50rad/s的角速度匀速转动，转动开始时线圈平面与磁场方向平行，线圈通过电刷和外部R=20Ω的电阻相接。求电键S合上后，
（1）写出线圈内产生的交变电动势瞬时值的表达式；
（2）电压表和电流表示数；
（3）电阻R上所消耗的电功率；
（4）从计时开始，线圈转过90°角的过程中，通过外电阻R的电量。
【答案】(1) e =50cs50t(V) (2) 2.0A 40V (3) 80W (4)0.04C
【解析】（1）线圈从平行磁场开始计时，感应电动势最大值：
Em=nBSω=100×0.5×0.1×0.2×50V=50V
故表达式为：
e=Emcsωt=50cs50t(V)
（2）电动势有效值：
电键S合上后，由闭合电路欧姆定律得：
U=IR=2×20V=40V
（3）电阻R上所消耗的电功率为：
P=IU=2×40W=80W
（4）由图示位置转过90°的过程中，通过R上的电量为：
19．（12分）如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ相距为，导轨平面与水平面的夹角为，导轨上端连接一定值电阻，导轨的电阻不计，整个装置处于方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场B中，长为L的金属棒cd垂直于MN、PQ放置在导轨上，且与导轨保持良好的接触，金属棒的质量为，电阻为。现将金属棒从紧靠NQ处由静止释放，滑行一段距离后速度达到最大值，此过程中金属棒克服安培力做功。（重力加速度g取），求：
(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)金属棒从静止释放到达到最大速度的过程所需要的时间t；
(3)若将金属棒速度达到最大值的时刻记作，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，可使金属棒中不产生感应电流，请写出磁感应强度与时间t的关系式。
【答案】(1)4T
(2)3.4s
(3)
【解析】（1）当金属棒所受合外力为零时，下滑的速度达到最大，受力分析如下图所示

由平衡条件得
根据法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律得
联立解得
（2）金属棒从静止释放到达到最大速度的过程，根据动能定理得
解得
以沿斜面向下为正方向，根据动量定理得
其中，，
联立解得
（3）金属棒中不产生感应电流时不受安培力，做匀加速运动，设金属棒的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得
解得
金属棒中不产生感应电流，则回路中磁通量不变，时，磁感应强度为
则有
联立解得
20．（12分）简谐运动是我们研究过的一种典型运动形式。
(1)如图1所示，把一个质量为m、有小孔的小球连接在劲度系数为k的轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定，小球套在光滑的杆上，小球和弹簧组成的系统称为弹簧振子。开始时弹簧处于原长，在小球运动过程中弹簧形变始终在弹性限度内，忽略空气阻力的影响。把小球拉向右方A处，然后由静止释放，小球将在平衡位置附近往复运动。若以小球的平衡位置为坐标原点O，以水平向右为正方向建立坐标轴Ox，用x表示小球在平衡位置附近往复运动的位移。
①请在图2中画出弹簧弹力F随x变化的示意图；
②借助图像可以确定弹力做功的规律，在此基础上，请正确求解出小球最大速度大小v1；
(2)如图3所示，将两个劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧套在光滑的水平杆上，弹簧的两端固定，中间接一质量为m的小球，此时两弹簧均处于原长。现将小球沿杆拉开一段距离后松开，小球以O为平衡位置往复运动。
①请你结合回复力的知识证明，小球所做的运动是简谐运动。
②做简谐运动的质点，其运动速度v与其偏离平衡位置的位移x之间的关系可以表示为，其中v0为振动质点通过平衡位置时的瞬时速度，c为由系统本身和初始条件所决定的不变的常数。）如图4所示，一质点以大小为的线速度绕O点做匀速圆周运动，半径为R0，请根据运动学知识以并结合给出的信息分析证明：做匀速圆周运动的质点在圆的直径上的分运动是简谐运动。（提示：弹簧的弹性势能可以表达为，其中k是弹簧的劲度系数，x是弹簧的形变量。
【答案】(1)①；②
(2)①见解析；②见解析
【解析】（1）①由弹力F与x关系式
可知F随x变化的示意图如下图所示
②由F随x图像可知，小球向左压缩弹簧的过程中，克服弹力做的功为
由动能定理可知
解得
（2）①设小球偏离平衡位置的位移为x，则
即回复力的方向与偏离平衡位置的位移方向相反，但回复力的大小与偏离平衡位置的位移大小成正比，说明小球做简谐运动；
②当质点水平方向的位移为x时，设质点速度与x轴之间的夹角为θ，将质点的速度沿x轴方向与y轴方向分解如图所示
由图可得
由几何关系
根据合速度与分速度的关系可知
整理可得
说明匀速圆周运动的质点在x方向上的分运动是简谐运动。