北京市顺义区第一中学2023-2024学年高二下学期4月月考物理试卷

这是一份北京市顺义区第一中学2023-2024学年高二下学期4月月考物理试卷，共24页。试卷主要包含了单选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．下列物理量为标量的是（ ）
A．冲量B．动量C．动能D．速度
2．一个质量为0.1kg的小球以3m/s的速度水平向右运动，碰到墙壁后以3m/s的速度沿同一直线反弹，取水平向右为正方向，则碰撞前后小球的动能和动量分别变化了（ ）
A．，0B．0，
C．0， D．，0
3．如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上、一颗子弹水平射入木块A，并留在其中、在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（ ）
A．动量守恒、机械能守恒B．动量不守恒、机械能守恒
C．动量守恒、机械能不守恒D．动量、机械能都不守恒
4．如图所示，矩形线圈abcd位于匀强磁场中，磁场方向垂直线圈所在平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示．以图中箭头所示方向为线圈中感应电流i的正方向，以垂直于线圈所在平面向里为磁感应强度B的正方向，则图中能正确表示线圈中感应电流i随时间t变化规律的是（ ）

A． B．
C． D．
5．某些共享单车的内部有一个小型发电机，通过骑行者的骑行踩踏，可以不断地给单车里的蓄电池充电，蓄电池再给智能锁供电。小型发电机的发电原理可简化为图甲所示，矩形线圈abcd线圈处于匀强磁场中， 通过理想交流电流表与阻值为R的电阻相连。某段时间在骑行者的踩踏下， 线圈绕垂直磁场方向的轴OO'匀速转动， 图乙是线圈转动过程中穿过线圈的磁通量随时间t变化的图像， 则（ ）
A．t=0时刻线圈处于中性面位置
B．t1时刻，穿过线圈的磁通量变化率为零，感应电动势为零
C．t3时刻电流表示数为0，t2时刻电流表的示数最大
D．t2、t4时刻电流方向发生改变，线圈转动一周，电流方向改变两次
6．如图甲所示为LC振荡电路，图乙的图像表示 LC振荡电路中电容器上极板电荷量、随时间变化的关系，下列说法正确的是（ ）
A．时间内，线圈中磁场能在增大
B．、两时刻电路中电流最大
C．、两时刻电容器中电场能最小
D．时间内，电容器正在充电
7．中国发布的“双碳战略”， 计划到2030年实现碳达峰、2060年实现碳中和。电力作为远程输送能量的载体，特高压远距离输送清洁电能是实现碳中和的重要途径之一、若在输送电能总功率不变的情况下，仅将原来的500kV高压输电升级为1000kV的特高压输电，下列说法正确的是（ ）
A．输电电流会变为原来的2倍
B．若输电线不变， 则输电线上损失的电压变为原来的
C．若输电线不变， 则输电线上损失的功率变为原来的
D．若输电线损失功率不变，则使用相同材料、粗细的输电线传输距离是原来的4倍
8．随着新能源汽车的普及，无线充电技术得到进一步开发和应用。如图甲所示，由地面铺设供电的供电线圈，将电能传送至电动汽车底部的受电线圈，从而对车载电池进行充电（电路模拟如图乙）。若已知供电线圈和受电线圈匝数比为。当供电线圈接上图丙中的正弦交流电后，受电线圈中的电流为2A。不考虑线圈的自感，忽略电能传输的损耗，下列说法正确的是（ ）
A．受电线圈的输出电压为110V
B．供电线圈的输入功率为110W
C．受电线圈的电流方向每秒改变50次
D．车身受电线圈中的感应电流磁场总是与地面供电线圈中电流的磁场方向相反
9．如今手机已经成为必不可少的通讯工具，躺着看手机，有时会出现手机滑落砸到眼睛的情况。若一部质量200g的手机，从离人眼约20cm的高度无初速掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.01s，g取10m/s2，下列分析正确的是（ ）
A．手机对眼睛的冲量方向竖直向上
B．全过程手机重力的冲量大于眼睛对手机的作用力冲量
C．手机对眼睛的作用力大小约为42N
D．全过程手机动量的变化量大小约为
10．如图甲所示，两小球a、b在足够长的光滑水平面上发生正碰。小球a、b质量分别为m1和m2，且m1=200g。取水平向右为正方向，两小球碰撞前后位移随时间变化的x-t图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．b球质量m2=0.4kg
B．碰撞后两球都向右运动
C．碰撞前后两小球的机械能总量减小
D．碰撞前后两小球的机械能总量不变
11．街头变压器通过降压给用户供电的示意图如图所示。变压器的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，输电线的总电阻用R0表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于R的阻值减小。若变压器上的能量损失可以忽略，当用户的用电器增加时，下列说法正确的（ ）
A．电压表V1的示数增大B．电流表A1的示数减小
C．电压表V2的示数减小D．电流表A2的示数减小
12．如图所示，一带有半径足够大的光滑圆弧轨道，小车的质量M=3kg，小车静止在光滑水平地面上，圆弧下端水平。有一质量m=1kg的小球以水平初速度v0=4m/s从圆弧下端滑上小车，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．在小球滑到最高点的过程中，小球的机械能守恒
B．在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统动量守恒
C．小球沿圆弧轨道上升的最大高度为0.6m
D．小球沿圆弧轨道上升到最大高度时的速度大小为0.5m/s
13．水切割又称水刀，即高压水射流切割技术，是一种利用高压水流切割的机器。在电脑的控制下能任意雕琢工件，而且受材料质地影响小。因为其成本低，易操作，良品率又高，水切割逐渐成为工业切割技术方面的主流切割方式。如图所示，若水柱的截面为S，水流以速度垂直射到被切割的钢板上，之后速度减为零，已知水的密度为。则下列说法正确的是（ ）
A．高压水枪单位时间喷出水的质量为Sv2
B．水柱对钢板的平均冲击力大小为Sv2
C．水柱对钢板的平均冲击力大小为2Sv
D．水柱对钢板的平均冲击力大小为Sv
14．在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根足够长的光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计。电阻为R、质量为m的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好，导体棒ab的中点用轻绳经过滑轮与质量为M的物块相连。物块放在水平地面上， 轻绳处于竖直方向上刚好张紧， 如图所示。MP间接有电动势为E、内阻为r的电源， 其它连接导线的电阻不计，不计一切摩擦。已知：，，，，，，。闭合S，导体棒ab从静止开始向右运动，若某时刻导体棒运动速度为v，此时回路中的电流可用公式进行计算，Rz为回路中的总电阻。如果轻绳足够长， 以下分析正确的是（ ）
A．刚闭合开关瞬间，通过导体棒的电流为0.5A
B．闭合开关S后，物块将会匀加速向上运动
C．导体棒达稳定状态时速度为3.6m/s
D．达稳定状态时，导体棒两端的电压为0.8V
二、实验题
15．在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。
(1)原线圈应连接到学生电源的 （选填直流、交流） 输出端。
(2)为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是______。
A．控制变量法B．等效替代法
C．演绎法D．理想实验法
(3)在实验过程中，若其中一次多用电表读数如下图所示，此时电压表读数为 V；
(4)在实际实验中将交流电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱之间，用电表测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱之间的电压为4.8V， 则原线圈的输入电压可能为______。
A．4.8VB．8.0VC．9.6VD．10.0V
16．用图甲的“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．O时小球抛出时球心在地面上的垂直投影点，实验时，先让入射小球多次从斜轨上S位置由静止释放，找到七落地点的平均位置P，测量平抛水平射程OP．然后把被碰小球静置于水平轨道的末端，再将入射小球从斜轨上S位置由静止释放，与小球相撞，多次重复实验，找到两个小球落地的平均位置M、N．
（1）下列器材选取或实验操作符合实验要求的时 ．
A．可选用半径不同的两小球
B．选用两球的质量应满足
C．需用秒表测量小球在空中飞行的时间
D．斜槽轨道必须光滑
（2）图乙是小球的多次落点痕迹，由此可确定其落点的平均位置对应的读数为 cm
（3）在某次实验中，测量出两小球的质量分别为，三个落点的平均位置与O点的距离分别为OM、OP、ON．在实验误差允许范围内，若满足关系式 ，即验证了碰撞前后两小球组成的系统动量守恒（用所给符号表示）．
（4）验证动量守恒的实验也可以在如图所示的水平气垫导轨上完成，实验时让两滑块分别从导轨的左右两侧向中间运动，滑块运动过程所受的阻力可忽略，它们穿过光电门后发生碰撞并粘连在一起．实验测得滑块A的总质量为滑块B的总质量为，两滑块遮光片的宽度相同，光电门记录的遮光片挡光时间如下表所示．
在实验误差允许范围内，若满足关系式 ．即验证了碰撞前后两滑块组成的系统动量守恒．（用测量的物理量表示）
三、解答题
17．如图所示，竖直平面内的光滑形轨道的底端恰好与光滑水平面相切。质量M=3.0kg的小物块B静止在水平面上。质量m=1.0kg的小物块A从距离水平面高h=0.80m的P点沿轨道从静止开始下滑，经过弧形轨道的最低点Q滑上水平面与B相碰，碰后两个物体以共同速度运动。取重力加速度g=10m/s²。求：
(1)A经过Q点时速度的大小；
(2)A与B碰后共同速度的大小；
(3)碰撞过程中，A与B组成的系统所损失的机械能ΔE。
18．如图所示，交流发电机的矩形金属线圈， ab边和cd边的长度L1=0.5m，bc边和ad边的长度L2=0.2m，匝数n=100匝，线圈的总电阻r=10Ω， 线圈位于磁感应强度B=0.05T的匀强磁场中。线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环E、F（集流环）焊接在一起，并通过电刷与阻值R=90Ω的定值电阻连接。初始状态时线圈平面与磁场方向平行，现使线圈绕过bc和ad边中点、且垂直于磁场的转轴OO'以角速度=400rad/s匀速转动。电路中其他电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计。
（1）从线圈经过中性面开始计时， 写出电动势e随时间变化的函数关系式（即电动势的瞬时值表达式）；
（2）求线圈转动过程中电阻R的发热功率；
（3）从线圈经过图示位置开始计时，求经过周期时间通过电阻R的电荷量。
19．如图所示，一颗质量为m的子弹以一定的水平速度v0射入静止在水平地面上的质量为M的木块中，具有共同速度后，一起向前滑行一段距离x后静止。已知子弹的质量m=0.01kg，v0=100m/s，M=0.99kg，x=0.25m，子弹射入木块的深度d=1cm。取g=10m/s2。
（1）甲同学认为子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒。请按照甲同学的思路完成以下任务。
a．求子弹射入木块达到相对静止时的共同速度v和木块与地面水平间的动摩擦因数μ；
b．设子弹与木块间的相互作用力为恒力，求此相互作用力F的大小和子弹射入木块过程所经历的时间t。
（2）乙同学认为木块与水平地面间存在摩擦力的作用，子弹射入木块过程中子弹与木块系统动量不守恒，不能应用动量守恒定律求子弹与木块的共同速度。请说说你对乙同学观点的看法。
20．近年来，垂直起降作为一种可重复使用的火箭技术得到了大力发展。某同学设计了一个具有电磁缓冲功能的火箭模型，结构示意图如图所示。闭合矩形线圈abcd固定在主体下部，线圈的总电阻为R，匝数为n， ab边长为L。模型外侧安装有由高强度绝缘材料制成的缓冲槽，槽中有垂直于线圈平面、磁感应强度为B的匀强磁场。假设模型以速度v0与地面碰撞后，缓冲槽立即停止运动， 此后主体在线圈与缓冲槽内磁场的作用下减速， 直至达到软着陆要求的速度后匀速着陆，从而实现缓冲。已知主体与线圈总质量为m， 重力加速度为g，不计摩擦和空气阻力。假设缓冲轨道足够长， 线圈足够高。
（1） 求线圈中感应电流的最大值Im并求主体最终的软着陆速度v的大小；
（2）已知缓冲槽停止后主体下落距离为h时，主体速度减为，此时主体和缓冲槽未相碰， 求该过程中线圈产生的热量Q。
（3） 如果主体从速度 v0减到v（可视为已知量） 所用时间为t，则该过程主体下落高度H为多少？
左侧光电门
右侧光电门
碰前
碰后
无
参考答案：
1．C
【详解】冲量、动量和速度为矢量，动能是标量。
故选C。
2．C
【详解】小球碰撞前后速度的大小不变，则动能变化量为0，小球的动量变化量为
故选C。
3．C
【详解】①设子弹质量为m，A木块的质量为m1，子弹初速为v0，则子弹在打进木块A的过程中，有

前后动能减小量为

根据实际情况，减小的这部分动能转化为了内能，即机械能不守恒；
②对子弹、两木块和弹簧组成的系统，系统合外力至始至终都为零，满足动量守恒的条件，系统动量守恒；
综上所述，则系统动量守恒，机械能不守恒，故ABD错误，C正确。
故选C。
4．C
【详解】由感应定律和欧姆定律得：，所以线圈中的感应电流决定于磁感应强度B随t的变化率，而B-t图像中的斜率表示，故在2～3s感应电流的值是0～1s的2倍．再由B-t可知，0～1时间内，B增大，增大，感应磁场与原磁场方向相反（感应磁场的磁感应强度的方向向外），由楞次定律，则感应电流是逆时针的，因而是负值．所以可判断0～1s为负的恒值；1～2s为零；2～3s为正的恒值，C正确．
【点睛】此类问题不必非要求得电动势的大小，应根据楞次定律判断电路中电流的方向，结合电动势的变化情况即可得出正确结果．
5．B
【详解】A．由图乙可知，t=0时刻穿过线圈的磁通量为0，则线圈与中性面垂直，故A错误；
B．t1时刻，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，故B正确；
C．根据题意可知，电流表的示数为回路中电流的有效值，而回路中电流的有效值不变，故C错误；
D．t2、t4时刻磁通量为零，磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，感应电流最大，此时电流方向不发生改变，而线圈转动一周，电流方向改变两次，故D错误。
故选B。
6．A
【详解】AD．从图像可知，时间内，电容器的电荷量在减少，电容器正在放电，故电容器的电场能在减少，线圈中的磁场能在增加，故A正确，D错误；
BC．从图像可知，，两时刻电容器的电荷量最大，故电容器中电场能最大，线圈中磁场能最小，故电路中电流最小，故BC错误。
故选A。
7．D
【详解】A．由公式
可知，在输电功率不变的情况下，电压升高为原来的2倍，则输送电流变为原来的，故A错误；
BC．导线上损失的电压，损失的功率分别为
若输电线不变，则输电线上损失的电压变为原来的，损失的功率变为原来的，故BC错误；
D．由于输送电流变为原来的，要保持输电线损失功率不变，输电线的阻值应变为原来的4倍，由电阻定律可得
使用相同材料、粗细的输电线传输距离是原来的4倍，故D正确。
故选D。
8．B
【详解】A．由图丙可知输入电压的最大值为，则供电线圈电压有效值
根据理想变压器原副线圈的匝数比和电压比的关系可知受电线圈的输出电压为
故A错误；
B．受电线圈的功率为
根据供电线圈的输入功率等于受电线圈的输出功率得供电线圈的输入功率为
故B正确；
C．由图丙可知交流电得周期为0.02s，频率为
则受电线圈得频率也为，电流方向每秒改变100次，故C错误；
D．根据楞次定律可知车身受电线圈中感应电流磁场总是阻碍地面供电线圈中电流的磁场的变化：即当地面供电线圈中电流的磁场增强时，车身受电线圈中的感应电流磁场与其相反；即地面供电线圈中电流的磁场减弱时，车身受线圈中的感应电流磁场与其相同，故D错误。
故选B。
9．C
【详解】A．手机对眼睛的作用力竖直向下，则手机对眼睛的冲量方向竖直向下，故A错误；
BC．手机未接触眼睛之前做自由落体运动，由公式可得，手机接触眼睛瞬间的下落时间为
由公式可得，全过程手机重力的冲量大小约为
手机未接触眼睛之前做自由落体运动，由公式可得，手机接触眼睛瞬间的速度大小为
取向下为正方向，设手机对眼睛的作用力大小约为，由动量定理有
解得
则
故全过程手机重力的冲量等于眼睛对手机的作用力冲量，故B错误、C正确；
D．全过程手机初状态的速度为0，末状态速度仍为0，则全过程手机动量的变化量大小为0，故D错误。
故选C。
10．D
【详解】AB．由图可知碰撞前
，
可知碰撞后
，
可知碰撞前球a向右做匀速运动，球b静止，碰撞后球a向左做匀速运动，球b向右做匀速运动，碰撞前后两小球动量守恒，则
解得b球质量为
故AB错误；
CD．碰撞前的机械能
碰撞后的机械能
故碰撞前后的机械能保持不变，故C错误，D正确。
故选D。
11．C
【详解】AC．当用户的用电器增加时，相当于R减小，由
匝数不变，输入电压不变，则副线圈电压，即电压表V1的示数不变。电压表V2的示数
可知V2的示数减小，故A错误，C正确；
BD．根据变压器规律，原副线圈中电流之比
又
所以随着R减小电流表A2的示数增大。匝数不变，电流表A1的示数增大，故BD错误。
故选C。
12．C
【详解】A．在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统只有重力做功，所以系统机械能守恒，而小球的机械能不守恒，故A错误；
B．在小球滑到最高点的过程中，小球受到竖直向下的重力，所以系统动量不守恒，小球与小车组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，故B错误；
CD．设小球沿圆弧轨道上升的最大高度为h，小球与小车组成的系统机械能守恒，有
小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，设两者共同速度大小为v，则
解得
v = 1m/s，h = 0.6m
故C正确、D错误。
故选C。
13．B
【详解】A．取时间内的水研究对象，设：时间内有体积为的水打在钢板上，则这些水的质量为
高压水枪单位时间喷出水的质量为
故A错误；
BCD．以这部分水为研究对象，它受到钢板的作用力为F，以水运动的方向为正方向，由动量定理有
解得
故B正确，CD错误。
故选B。
14．C
【详解】A．闭合电键瞬间，电路中的电流
故A错误；
B．由牛顿第二定律：对导体棒
由牛顿第二定律：对重物
可得
导体棒由静止开始向做加速运动，随着速度的增大，安培力逐渐减小，加速度逐渐减小。结论：导体棒做的是加速度逐渐减小的加速运动，最后做匀速运动，故B错误；
C．导体棒稳定后做匀速运动
可得
故C正确；
D．ab棒路端电压

故D错误。
故选C。
15．(1)交流
(2)A
(3)7.2
(4)D
【详解】（1）变压器的工作原理是互感，因此原线圈应连接到学生电源的交流输出端。
（2）为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压，即在研究线圈匝数比与副线圈电压关系时，保持原线圈电压一定，可知，这个探究过程采用的科学探究方法是控制变量法。
故选A。
（3）根据图中所示，可知，电压表量程为10V，根据电压表的读数规律，该读数为
（4）根据题意可知，原副线圈匝数分别为
，
根据理想变压器电压匝数关系有
解得
实际上，变压器存在漏磁，还由于铁芯与线圈的电阻消耗一部分能量，导致实际上原线圈的电压大于9.6V，可知，实际上原线圈的输入电压可能为10.0V。
故选D。
16． B 55.50
【详解】（1）[1]A.为保证碰撞在同一条水平线上，所以两个小球的半径要相等．故A错误；
B.为保证入射小球不反弹，入射小球的质量应比被碰小球质量大．故B正确；
C.小球在空中做平抛运动的时间是相等的，所以不需要测量时间．故C错误；
D.要保证小球在空中做平抛运动，所以斜槽轨道末端必须水平，但是在斜槽轨道的运动发生在平抛以前，所以不需要光滑，但入射球必须从同一高度释放．故D错误．
故选B；
（2）[2]确定B球落点平均位置的方法：用尽可能小的圆把所有的小球落点圈在里面，圆心P就是小球落点的平均位置；碰撞后m2球的水平路程应取为55.50cm；
（3）[3]要验证动量守恒定律定律，即验证：，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得：
得：
，
可知，实验需要验证：
；
（4）[4]若让两滑块分别从导轨的左右两侧向中间运动，选取向右为正方向，则有：
，
设遮光片的宽度为d，则：
，，，
联立可得：
故答案为[1]B[2]B[3] [4]
【点睛】实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度做平抛运动并且落到同一水平面上，故下落的时间相同，所以在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中水平方向发生的位移，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题目．
17．(1)A经过Q点时速度的大小是4m/s；(2)A与B碰后速度的大小是1m/s；(3)碰撞过程中A与B组成的系统损失的机械能△E是6J。
【详解】(1)A从P到Q过程中,由动能定理得:
解得
v0=4m/s
(2)A、B碰撞,AB系统动量守恒,设向右为正方向,则由动量守恒定律得:
解得
v=1m/s
(3)碰撞过程中A.B组成的系统损失的机械能为:
=6J
18．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）对于n匝线圈，ab边与cd边一起切割磁感线的情况，应有
则从线圈经过中性面开始计时，线圈产生的电动势e随时间变化的函数关系式
（2）根据闭合电路欧姆定律有
电路中电流的有效值为
电阻R的发热功率为
（3）线框从此位置转过四分之一周期的过程中：根据法拉第电磁感应定律，平均感应电动势为
平均感应电流
通过电阻R的电荷量
以上各式联立，解得
19．（1）a. 1m/s；0.2；b. 4950N；；（2）见解析.
【详解】（1）a.子弹射入木块过程动量守恒，据动量守恒定律
=1m/s
在子弹和木块滑行过程中，据动能定理
得
μ=0.2
b.设子弹射入木块过程中，木块的位移为x1，子弹的位移为（x1+d），子弹与木块间的相互作用力为F。
子弹射入木块过程，据动能定理
对子弹
对木块
得
设经历时间为t据动量定理
对子弹
得
（2）不同意乙同学的观点
由（1）问知，子弹射入木块过程，木块受地面的摩擦力
作用时间，时间极短，相互作用的内力，在子弹射入木块的过程中，可认为子弹与木块组成的系统动量守恒.
20．（1），；（2）；（3）
【详解】（1）滑块刚接触地面时感应电动势最大
根据闭合电路的欧姆定律可得滑块K的线圈中最大感应电流的大小
达到软着陆要求的速度后匀速着陆，所以主体与线圈处于平衡，则
解得
（2）由动能定理得
根据功能关系
解得
（3）利用动量定理得
其中
解得