2025_2026学年吉林梅河口市第五中学高二下学期3月月考物理试卷 [含解析]

这是一份2025_2026学年吉林梅河口市第五中学高二下学期3月月考物理试卷 [含解析]，共41页。试卷主要包含了单选题，多项选择题等内容，欢迎下载使用。
1. 高铁已成为重要的“中国名片”，领跑世界。一高铁以速度匀速行驶的过程中，车头会受到前方空气的阻力，假设车头碰到空气前，空气的速度为0；碰到空气后，空气的速度立刻与汽车速度相同。已知空气密度为，车头的迎风面积（垂直运动方向上的投影面积）为。已知重力加速度为，则空气对高铁的平均阻力大小为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】时间内冲击高铁的空气体积为
时间内冲击高铁的空气质量为
取高铁运动方向为正方向，设高铁对空气的平均作用力大小为，由动量定理可得
联立解得
根据牛顿第三定律可知，空气对高铁的平均阻力大小为
故选C。
2. 关于下列几幅图片的说法错误的是（ ）
A. 燃气灶中针尖形点火器是利用高压尖端放电原理进行点火
B真空冶炼炉利用交变电流直接产生热能给炉体加热，从而融化炉内金属
C. 高压输电线上方的两根接地导线具有避雷保护线路的作用
D. 金属编织网包裹着导体线芯利用了静电屏蔽原理降低干扰
【答案】B
【解析】
【详解】A．因为电荷集中于形状比较尖端的地方，即尖端放电，所以燃气灶中针尖形点火器是利用高压尖端放电原理进行点火，故A正确，不符合题意；
B．真空冶炼炉是利用高频交流电在炉内金属中产生涡流进行加热，使金属熔化，而不是利用交变电流直接产生热能，故B错误，符合题意；
C．高压输电铁塔最上面的两条导线是避雷线，防止雷直接击到输电线上，这两条线一般与铁塔相连，将电流引入大地，故C正确，不符合题意；
D．金属编织网能起到静电屏蔽的作用，使网内不受外部电场的影响，故D正确，不符合题意。
故选B。
3. 如图所示为街头通过降压变压器给用户供电的示意图。负载变化时变压器的输入电压（市区电网的电压）不变。输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻。忽略变压器上的能量损耗，各电表为理想交流电表，当用户的用电器增加时，下列说法正确的是（ ）
A. 用户用电器的总电阻R变大
B. 电表的示数变大，A1的示数变小
C. 电表的示数不变，的示数变小
D. 电表的示数与输电线损失的电压均变大
【答案】C
【解析】
【详解】A．用户电阻是并联关系，根据公式
（n=1，2，3…）
得用户用电器的总电阻R变小，A错误；
BCD．根据变压器公式
变压器输入电压不变，电表的示数不变，线圈匝数比不变，则副线圈获得电压不变，电表的示数不变，在右边电路中，根据欧姆定律得
不变，用户用电器的总电阻R变小，副线圈电流变大，电表的示数变大，则两端电压变大，的示数变小，根据能量守恒有
、不变，变小，则减小，BD错误，C正确。
故选C。
4. 竖直平行导轨MN上端接有电阻R，金属杆ab质量为m，跨在平行导轨间的长度为L，垂直导轨平面的水平匀强磁场方向向里，不计ab杆及导轨电阻，不计摩擦，且ab与导轨接触良好，如图所示。若ab杆在竖直方向上的外力F作用下匀速上升h，则下列说法错误的是（ ）
A. 金属杆ab克服安培力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热
B. 金属杆ab克服安培力所做的功与克服重力做功之和等于金属杆机械能的增加量
C. 拉力F与重力做功的代数和等于金属杆克服安培力做的功
D. 拉力F与安培力的合力所做的功等于mgh
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据功能关系可知，金属杆ab克服安培力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热，故A正确，不符合题意；
B．金属杆机械能的增加量等于除重力外的其他力所做的功，即金属杆机械能的增加量等于外力F与克服安培力做功之差，即
故B错误，符合题意；
CD．ab杆在竖直方向外力F作用下匀速上升h，由动能定理可得
故金属杆克服安培力做的功
拉力F与安培力的合力所做的功为
故CD正确，不符合题意；
故选B。
5. 图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 时，弹簧弹力为0
B. 时，手机位于平衡位置下方
C. 从至，手机的动能增大
D. 改变手机振动的振幅，加速度随时间的变化周期将发生改变
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题图乙知，时，手机加速度为0，即手机处于平衡状态，则弹簧弹力
A错误；
B．由题图乙知，时，手机的加速度为正，根据可知手机位于平衡位置下方，B正确；
C．由题图乙知，从至，手机的加速度增大，手机从平衡位置向最大位移处运动，速度减小，动能减小，C错误；
D．对于同一个振子，其振动周期与振幅无关，改变手机振动振幅，加速度随时间的变化周期不变，D错误。
故选B。
6. 北京奥运场馆的建设体现了“绿色奥运”的理念。国家体育馆“鸟巢”隐藏着一座年发电量比较大的太阳能光伏发电系统。假设该发电系统的输出电压恒为250V，通过理想变压器向远处输电，如图，所用输电线的总电阻r=8Ω。升压变压器T1原、副线圈匝数比为1∶16，下列说法正确的是（ ）
A. 若该发电系统输送功率为1×105W，则输电线损失的功率为5×103W
B. 若该发电系统输送功率为1×105W，用户获得220V电压，则降压变压器T2原、副线圈的匝数比为200∶11
C若用户消耗功率减少，则升压变压器T1输出电压U2减小
D. 若用户消耗功率增加，则用户电路两端电压U4增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．若该发电系统输送功率为，则升压变压器原线圈电流为
根据
可得升压变压器副线圈电流为
则输电线损失的功率为
故A正确；
B．根据
可知升压变压器副线圈输出电压为
则降压变压器原线圈电压为
又
可得降压变压器原、副线圈的匝数比为
故B错误；
C．若用户消耗功率减少，根据
由于和匝数均不变，可知升压变压器输出电压不变，故C错误；
D．若用户消耗功率增加，则升压变压器的输送功率也增加，根据
由于不变，可知输电线电流变大，输电线上损失的电压变大，则降压变压器原线圈的输入电压变小，根据
可知用户电路两端电压减小，故D错误。
故选A。
7. 如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧下端挂一质量为的物体，物体在竖直方向上做简谐运动，弹簧对物体的拉力F随时间变化如图乙所示，重力加速度为g。由此可以判定运动过程中（）
A. 弹簧的弹性势能和物体动能总和不变
B. 物体的最大动能等于
C. 物体的最大加速度为2倍的重力加速度
D. 振幅为
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于弹簧与物体组成的系统机械能守恒，所以弹簧的弹性势能和物体的机械能（动能和重力势能之和）总和不变，故A错误；
B．由题图乙可知，当弹簧处于原长时，物体位于最高点；当物体位于平衡位置时，动能达到最大值Ekm，此时弹簧的伸长量为
①
由于弹力F与伸长量x的图像与x轴所围的面积表示弹力的功，所以物体从最高点运动到平衡位置的过程中，弹力对物体做的功为
②
根据动能定理可得
③
联立①②③解得
故B正确；
C．当物体位于最低点时，所受合外力大小均达到最大，此时物体的加速度大小最大，为
故C错误；
D．振幅为
故D错误。
故选B。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 如图所示的装置可用于研究弹簧振子的受迫振动，砝码和轻弹簧构成弹簧振子。匀速转动把手时，曲杆给弹簧振子一驱动力，使振子做受迫振动，把手匀速转动的周期就是驱动力的周期，改变把手匀速转动的速度就可以改变驱动力的周期。若保持把手不动，给砝码一向下的初速度，砝码便做简谐运动，振动图象如图甲所示。当把手以某一速度匀速转动，受迫振动达到稳定时，砝码的振动图象如图乙所示。若用T0表示弹簧振子的固有周期，T表示驱动力的周期，y表示受迫振动达到稳定后砝码振动的振幅。则（ ）
A. 由图线可知T0＝4 s
B. 由图线可知T0＝8 s
C. 当T在4 s附近时，y显著增大；当T比4 s小得多或大得多时，y很小
D. 当T在8 s附近时，y显著增大；当T比8 s小得多或大得多时，y很小
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．若保持把手不动，砝码以一定的初速度做简谐振动，这时为自由振动，题中图甲为砝码的自由振动图象，由图读出固有周期为
T0＝4s
B错误，A正确；
CD．当把手以某一速度匀速转动时，砝码做受迫振动，此时砝码振动的周期T等于驱动力的周期，题中图乙为砝码做受迫振动的图象，由图读出驱动力周期为
T＝8s
当驱动力的周期越靠近砝码的固有周期时，砝码的振动越强烈，振幅越大；当驱动力的周期越远离砝码的固有周期时，砝码的振动越弱，振幅越小，D错误，C正确。
故选AC。
9. 一列简谐波沿x轴传播，t=0时刻的波形如图甲所示，质点P平衡位置在x=1m处，质点P振动比质点Q振动超前，质点Q和质点M的平衡位置分别在x=4m和x=8m处，某质点的振动图像如图乙所示，则（ ）
A. 波沿x轴正向传播
B. 波传播的速度为16m/s
C. 质点P振动比质点Q振动超前0.075s
D. 图乙可能是质点M的振动图像
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由于质点P振动比质点Q振动超前，可知波沿x轴正向传播。故A正确；
B．波传播的速度为
依题意，有
解得
故B错误；
C．波从P传到Q的时间为
故C正确；
D．由于波向右传播，在t=0时刻，M点恰好经平衡位置，且沿y轴负方向运动，图乙不可
能是质点M的振动图像。故D错误。
故选AC。
10. 如图所示，在磁感应强度大小为的匀强磁场中，等腰直角三角形导线框以直角边为轴按图示方向以的角速度匀速转动，边的边长为，闭合导线框的总电阻为．若从图示位置开始计时（时刻），则（ ）
A. 时，通过边的电流方向从a到b
B. 回路中感应电动势的最大值为
C. 内，导线框产生的焦耳热为
D. 时，边受到的安培力大小为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据楞次定律可判断，时，通过边的电流方向从b到a。故A错误；
B．导线框匀速转动时，产生正弦式交流电，感应电动势的最大值为
故B正确；
C．感应电动势的有效值为
内，导线框产生的焦耳热为
联立，可得
故C错误；
D．时，导线框中的电流达到最大值，即
边受到的安培力大小为
故D正确。
故选BD。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。解答应写出必要的文字说明。方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
11. 某同学利用电压表（量程0～3V，内阻约），电阻箱等实验器材测量两种内阻较小的电池和电池的电动势和内阻，实验电路如图甲所示。实验时，多次改变电阻箱的阻值，记录电阻箱电阻及其对应的电压表示数，建立坐标系，描点绘出如图乙所示的关系图线，图线与纵轴交点坐标为。重复上述实验操作，测量电池的电动势和内阻，得到图乙中的图线。
（1）由图乙可知电池的电动势______；
（2）由图乙判断电池的内阻和电池的内阻大小关系为（ ）
A. B. C. D. 不确定
（3）若将同一电阻先后接在电池及电池两端，则两电池的输出功率和的大小关系为（ ）
A. B. C. D. 不确定
（4）若将同一电阻先后接在电池及电池两端，则两电池的效率和的关系为（ ）
A. B. C. D. 不确定
【答案】（1）2.0（2）A
（3）D（4）B
【解析】
【小问1详解】
由电路图甲结合闭合电路欧姆定律有
整理得
可见，在图像中，图线的斜率
纵截距
结合图乙中图线a，可得
得
【小问2详解】
由（1）问分析可得电源内阻
由图乙可知
，
则
故选A。
【小问3详解】
若将同一电阻先后接在电池及电池两端，则两电池的输出功率和的大小为
，
可得
由于，，所以无法判断和的大小。
故选D。
【小问4详解】
电源的效率为
若将同一电阻先后接在电池及电池两端，由于，则两电池的效率和的关系为
故选B。
12. 通过实验研究小灯泡的伏安特性曲线，所使用的器材有：
小灯泡L（额定电压为2.5V，额定电流为0.20A）；
多用电表；
电压表V（量程为0~3V，内阻约为）；
滑动变阻器（）；
滑动变阻器（）；
电源（电动势为3V）；
开关S，导线若干。
（1）该同学使用多用电表的电流挡测电流，应选择的直流电流挡是_______。（填选项前的字母）
A. 0~2.5mA，内阻约为
B. 0~50mA，内阻约为
C. 0~250mA，内阻约
（2）实验要求能够实现在0~2.5V的范围内对小灯泡的电压进行测量，为方便操作，滑动变阻器应选________（选填“”或“”）。
（3）图1中的实物电路图已完成部分连线，则电压表的负接线柱应与多用电表的_______（选填“红”或“黑”）表笔连接；请用笔画线代替导线，将图中的实物电路图连接完整_______。
（4）连接好电路后，调节滑动变阻器的滑片，记录多组电压表的读数U及相应的多用电表直流电流挡的读数I，在坐标系中描点连线如图2所示，由图像可知，小灯泡的电阻随电流的增大而______（选填“变大”“变小”或“不变”）；若将实验中的小灯泡与另一电源（电动势为3V，内阻为10Ω）连接成闭合回路，则小灯泡消耗的功率为_______W。（结果保留两位小数）
（5）下列关于该小灯泡的功率P随通过小灯泡电流的平方的图像及功率P随小灯泡两端电压的平方的图像中可能正确的是_______。（多选）
A. B.
C. D.
【答案】（1）C（2）
（3） ①. 红 ②. 见解析
（4） ①. 变大 ②. 0.22##0.21##0.23##0.24（5）BC
【解析】
【小问1详解】
由于小灯泡的额定电流为0.20A，即直流电流挡应选用0~250mA的量程。
故选C。
【小问2详解】
要求能在0~2.5V范围内对小灯泡的电压进行测量，则滑动变阻器应采用分压式接法，为便于操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器。
【小问3详解】
[1][2]因小灯泡的电阻较小，则电流表应外接，多用电表作为电流表使用时，电流应从多用电表的红表笔流入，从黑表笔流出，故电压表的负接线柱应与多用电表的红表笔相连，实物连线如答案图所示
【小问4详解】
[3][4] 图像中上某点与原点连线的斜率为小灯泡电阻的倒数，则小灯泡的电阻随电流的增大而变大；设通过小灯泡的电流为I，小灯泡两端的电压为U，将该小灯泡与另一电源连成闭合回路后，由闭合电路的欧姆定律有
可得
即
在坐标系中作出图像，如图所示
两图像交点坐标、，故小灯泡消耗的功率
【小问5详解】
AB．由可知，图像上的点与原点连线（割线）的斜率表示小灯泡电阻R，又小灯泡的电阻随电流的增大而增大，故A错误，B正确；
CD．由知，图像上的点与原点连线（割线）的斜率大小表示小灯泡电阻的倒数，故C正确，D错误。
故选BC。
13. 如图所示，在水平向右、大小为的匀强电场中，在O点固定一电荷量为的点电荷，A、B、C、D为以O为圆心、半径为的同一圆周上的四点，B、D连线与电场线平行，A、C连线与电场线垂直，已知静电力常量，求：
（1）A点的电场强度；
（2）将一电荷量为试探电荷从D点移动到B点，电场力对其做的功。
【答案】（1），方向为右上方与水平方向夹角为
（2）
【解析】
【小问1详解】
点电荷Q在A点产生的场强大小为
方向竖直向上，场强为矢量，根据电场的叠加原理，A点的电场强度大小为
方向为右上方与水平方向夹角为。
【小问2详解】
D点和B点关于点电荷对称，则试探电荷从D点移动到B点过程中，点电荷对试探电荷的库仑力做功为0，则电场力做功等于匀强电场对试探电荷做的功，即为
14. 如图所示，位于圆心处的质子源A在时产生的质子（初速度可以忽略）在两盒之间被电压为的电场加速，第一次加速后进入D形盒，在D形盒的磁场中运动，运动半周时交流电源电压刚好改变方向对质子继续进行加速，已知质子比荷，两半圆形D形盒所在空间只有磁场，磁场的磁感应强度，D形盒的半径，当质子被加速到最大速度后，沿D形盒边缘运动半圈后再将它引出，质子的重力不计，求：
（1）质子第一次被电场加速后进入磁场的轨道半径；
（2）质子在磁场中运动的总时间。（结果均保留两位有效数字）
【答案】（1）0.01m
（2）
【解析】
【小问1详解】
质子第一次被电场加速，由动能定理：
进入磁场后，洛伦兹力提供向心力：
已知比荷
联立整理得：
代入数值
【小问2详解】
当质子速度最大时，轨道半径等于D形盒半径，同理有：
设质子共加速次，总动能满足：
联立得加速次数：
质子在磁场中做圆周运动的周期：
每次加速后质子在磁场中运动半周，总时间为个半周期，即：
将代入化简得：
代入数值
得：
15. 如图所示，MN、PQ是两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距L=0.5m，导轨所在平面与水平面的夹角θ=30°，M、P间接有R=3.2Ω的电阻。范围足够大的匀强磁场垂直导轨所在平面向上，磁感应强度大小B=1.6T。长度与导轨间距相等、质量m=0.2kg、阻值r=0.8Ω的金属棒放在两导轨上，在大小为1.8N、方向平行于导轨向上的恒定拉力F作用下，从静止开始向上运动。已知金属棒与导轨始终垂直并保持良好接触，导轨足够长且电阻不计，取重力加速度大小g=10m/s2。
（1）当金属棒的速度大小v1=1m/s时，求金属棒的加速度大小a；
（2）金属棒向上的位移大小s=5.5m前，金属棒已经进入匀速运动状态，求金属棒从开始运动到位移大小s=5.5m的过程中R上产生的焦耳热。
【答案】（1）a=3.2m/s2；（2）QR=1.52J
【解析】
【详解】解：（1）当金属棒的速度大小v1=1m/s时，设回路中的感应电动势为E、感应电流为I，则
此时金属棒受到的安培力
根据牛顿第二定律有
解得
（2）设金属棒进入匀速运动状态时的速度大小为vm，根据受力平衡有
又
设在所研究的过程中金属棒克服安培力做的功为W安，根据动能定理有
又知道R上产生的焦耳热为
联立解得