【物理】河南省洛阳市创新发展联盟2024-2025学年高二下学期3月月考试题（解析版）

这是一份【物理】河南省洛阳市创新发展联盟2024-2025学年高二下学期3月月考试题（解析版），共15页。试卷主要包含了答题前，考生务必将自己的姓名等内容，欢迎下载使用。
本试卷满分100分，考试用时75分钟。
注意事项 ：
1、答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2、回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在 答题卡上。写在本试卷上无效。
3、考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的。
1. 下列有关电磁感应定律的说法正确的是（ ）
A. 电路中有感应电流，不一定有电动势
B. 电路中没有感应电流，就一定没有电动势
C. 法拉第、纽曼、韦伯对电磁感应定律都作出了巨大贡献
D. 磁通量的变化率越大，感应电动势越小
【答案】C
【解析】A．电路中有感应电流，一定有电动势，故A错误；
B．在电磁感应现象中，产生感应电动势那部分导体相当于电源，如果电路不闭合就没有没有感应电流，有感应电动势，故B错误；
C．法拉第发现了电磁感应定律，纽曼、韦伯总结出了电磁感应定律，他对电磁感应定律都作出了巨大贡献，故C正确；
D．根据
可知磁通量的变化率越大，感应电动势越大，故D错误。
故选C。
2. “西电东送”采用高压输电，在保持输送功率及输电线路电阻不变的情况下，将输送电压提高 到原来的5倍，则输电线路中电阻损耗的功率将减少到原来的（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】根据 P=UI可得
则输电线路中电阻损耗的功率
输送电压提高到原来的 5 倍，则输电线路中电阻损耗的功率变为原来的。
故选 A。
3. 一根长的导线中通有的电流，当其处于的匀强磁场中时，导线受到的安培力不可能是（ ）
A. 0B. 1NC. D.
【答案】C
【解析】当电流方向与磁场方向垂直时，导线受到的安培力最大，则有
则安培力大小应满足
故选C。
4. 如图所示，这是清洗汽车用的高压水枪。设水枪出水口的直径为D， 水流以速度 v 从枪口喷出，近距离垂直喷射到车身。所有喷到车身的水流，约有向四周溅散开，溅起时垂直车身向外的速度为 ，其余 的水流撞击车身后无反弹地顺着车流下，由于水流与车身的作用时间较短，因此在分析水流对车身的作用力时可忽略水流所受的重力。已知水的密度为，水流对车身的平均冲击力大小为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】取 Δt 时间内的水流为研究对象，则该时间内喷出水的质量，
利用动量定理列方程得
解得
故选D。
5. 如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为零。A 和B 是两个相同的小灯泡。下列说法正确的是（ ）
A. 开关S 由断开变为闭合，A 灯泡先亮，B 灯泡后亮
B. 开 关S 由断开变为闭合，A、B两灯泡同时亮，然后B 灯泡逐渐熄灭
C. 开 关S 由闭合变为断开，A 灯泡逐渐熄灭，B 灯泡立即熄灭
D. 开 关S 由闭合变断开，A、B 两灯泡同时熄灭
【答案】B
【解析】AD．刚闭合S时，电源的电压同时加到两灯泡上，A、B 两灯泡同时亮，由于线圈自感作用，线圈中的电流由0逐渐增大到稳定值，稳定后，线圈相当于一根导线，发生短路，此时B灯熄灭，故B灯亮后逐渐熄灭 ，发生短路后，外电路的总电阻减小，则总电流增大，A 灯泡更亮，故A错误，B正确；
CD．B灯泡与线圈构成闭合回路，所以稳定后再断开开关S，由于线圈自感作用，B灯泡由不亮变亮再逐渐熄灭，A灯泡立即熄灭，故CD错误。
故选B。
6. 如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端连接一轻质薄板。时刻，一质量为的物块从弹簧正上方某处由静止下落，落至薄板上后和薄板始终粘连，物块的位置随时间变化的图像（图像）如图乙所示，其中s时物块刚接触薄板。弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为，空气阻力不计，则下列说法正确的是（ ）

A. 当物块开始做简谐运动后，振动的周期为0.8s
B. s时物块的加速度大小为
C. 在0.2s~0.4s时间内，物块的加速度先变大再变小
D. 若增大物块自由下落的高度，则物块与薄板粘连后做简谐运动的周期减小
【答案】B
【解析】A．由图可知从B点到C点的时间为半个周期
解得周期
故A错误；
B．由题中图像结合胡克定律可知
在B点时有
解得
故B正确；
C．由题中图像可知在时间内，物块的加速度先向下减小到0，再反向增大到，故C错误；
D．物块下降高度增大，只是增大振幅，不会改变周期，故D错误。
故选B。
7. 如图所示，空间存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，一粒子发射源P位于足够大绝缘平板MN的上方距离为d处，在纸面内向各个方向均匀发射速率均为v的同种带负电粒子，不考虑粒子间的相互作用和粒子所受的重力，已知粒子做圆周运动的半径大小为，则下列说法正确的是（ ）
A. 若改变粒子的电性，则到达板上的粒子位置不变
B. 粒子能打在板上离P点的最远距离为2d
C. 粒子从P点运动到板上的最长时间
D. 粒子能打在板上的区域长度为
【答案】C
【解析】B．如图所示，圆O1与平板MN相切于A点，圆O2于平板MN相交于B点，PB为直径，圆O3与平板MN相切于C点，A、C两点为粒子恰好能打到平板上的临界点，B为粒子能打到的距离P点最远的点，BC为粒子能打到平板的范围；
粒子能打在板上离P点的最远距离为
故B错误；
A．改变粒子电性，粒子能打到的范围长度不变，但位置发生变化，故A错误；
C．粒子打到平板所用时间最长的粒子其初速度为v1，设v1与竖直方向夹角为，由几何关系得
解得=30°
所以打到A点的粒子速度偏转角为240°，所以最长时间为
故C正确；
D．BC为粒子能打到平板上的范围，由几何关系可得
故D错误。
故选C。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符 合题目要求。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. 某LC振荡电路如图甲所示，图乙描绘的是流过电路中M点的电流随时间变化规律的图像，假设回路中电流以顺时针方向为正方向，则下列说法正确的是（ ）
A. 在第1s末到第2s末的过程中，电容器正在充电
B. 在第1s末到第2s末的过程中，电容器的下极板带正电
C. 在第2s末到第3s末的过程中，M点的电势比N点的电势高
D. 在第2s末到第3s末的过程中，电路中的电场能正在逐渐增大
【答案】AB
【解析】AB．在第1s末到第2s末的过程中，振荡电流是充电电流，充电电流是由上极板流向下极板，则下极板带正电，AB正确；
CD．在第 2s 末到第 3s 末的过程中，振荡电流是放电电流，电场能正在减小，磁场能正在增大，放电电流是由下极板流向上极板，由于电流为负值，所以由 N 点流向 M 点，则 N 点的电势高， CD错误。
故选AB。
9. 如图所示，轻质弹簧测力计下悬挂的圆形线圈中通有顺时针方向的电流I。，线圈的正下方固 定有一根足够长的直导线a， 线圈静止时导线a垂直于线圈平面，现在导线a中通有垂直纸 面向外的较大电流，则下列判断正确的是（ ）
A. 线圈左右摆动
B. 线圈仍静止不动
C. 从上往下看，线圈将逆时针转动
D. 弹簧测力计的示数增大
【答案】CD
【解析】ABC．根据安培定则可知，环形电流内部磁场的方向垂直纸面向里，则圆形线圈相当于 N极指向纸面内的小磁针。导线 a中通入电流时，由安培定则可判断出，导线a中电流在线 圈处产生的磁场方向向左，因小磁针 N极指向磁场方向，故从上向下看时，线圈将逆时针转 动，选项 A、B错误，C正确。
D．当线圈转过 90°时，根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥 可知，线圈上半部分受到向上的力，线圈下半部分受到向下的力，由于下半部分距离导线a 较近，以下半部分受到的安培力比较大，线圈整体受到向下的安培力，可知弹簧测力计的示数 一定增大，选项D正确。
故选CD。
10. 如图所示，半径为R、质量为m的半圆轨道小车静止在光滑水平地面上，直径AB水平。现将 质量为m的小球从A点正上方高处由静止释放，然后小球由A点经过半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升的最大高度为，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A. 小球和小车组成的系统动量守恒
B. 小车向左运动最大距离为R
C. 小球离开小车后做斜上抛运动，此过程小球对小车的冲量为0
D. 小球第二次能上升的最大高度h满足
【答案】BD
【解析】A．小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；
B．由于系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得
则
解得小车的位移为
故B正确；
C．小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；
D．小球第一次车中运动过程中，由能量守恒得
解得
即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车对小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于mgh0，机械能损失小于mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于而小于，故D正确。
故选BD。
三、非选择题：共54分。
11. 某种花卉喜光，但阳光太强时易受损伤。某兴趣小组决定制作简易光照强度报警器， 以便在光照过强时提醒花农。该报警器需要一种光敏电阻，已知光照越强，该光敏电阻阻 值越小。该实验用到的主要器材如下：学生电源、多用电表、电压表（量程为0~20 V）、电流表（量程为0~20mA）、滑动变阻器R（最大阻值为50Ω，允许通过的最大电流为1.5 A）、白炽灯、可调电阻（阻值为0~50kΩ）、二极管LED、光敏电阻Rc、开关和若干导线等。
（1）判断二极管的极性使用多用电表的“×10k”欧姆挡测量二极管的电阻。如图甲所示，当黑表笔与接线端M接触、红表笔与接线端N接触时，多用电表指针位于图乙所示的表盘的a位置，对调红、黑表笔后指针位于图乙所示的表盘的b位置，由此判断M端为二极管的_________（填“正极”或“负极”）。
（2）研究光敏电阻在不同光照条件下的伏安特性：
①采用图丙中的器材进行实验，部分实物连接已完成。要求闭合开关后电压表和电流表的示 数能从0开始。导线L₁、L₂和L₃的另一端应分别连接滑动变阻器的_________、_________、_________接线柱。（以上三空均填接线柱标号“A”“B”“C”或“D”）
②图丁为三种不同光照强度下得到的光敏电阻的伏安特性曲线，图中曲线I、Ⅱ和Ⅲ中_________（填“I”或“Ⅱ”“Ⅲ”）对应的光照最强。
【答案】（1）负极 （2）A A D##C Ⅲ
【解析】（1）使用多用电表时，通过多用电表的电流流向遵循“红进黑出”，使用多用电表的欧姆挡时，当黑表笔与M端接触、红表笔与N端接触时，若有电流，则二极管中电流方向为M→N，而由题图乙可知此时多用电表指针位于a位置，即此时二极管电阻无穷大，由二极管的单向导电性可知，此时二极管所接电压为反向电压，则M端为二极管的负极。
（2）①[1][2][3]由于要求闭合开关后电压表和电流表的读数从0开始，则滑动变阻器应采用分压式接法，L1、L2的另一端应接A接线柱，L3另一端应接C（或D）接线柱。
②[4]根据欧姆定律可知，图像上某点与坐标原点连线的斜率的倒数表示光敏电阻的阻值，由题图可知，则曲线Ⅲ的斜率最大，电阻最小，由于光照增强时，光敏电阻的阻值减小，故Ⅲ对应的光照最强。
12. “祖冲之”研究小组探究楞次定律的实验。
（1）除需要已知绕向的螺线管、条形磁铁外，还要用到一个电表，请从下列电表中选择______。
A. 量程为0~3 V的电压表B. 量程为0~3 A的电流表
C. 零刻度在中间的灵敏电流计D. 量程为0~0.6 A的电流表
（2）该同学首先按图甲所示的电路图接线，用来查明电流表指针的______与______的关系，然后再按图乙所示的电路图将电流表与线圈E连成一个闭合回路。在图甲中，当闭合开关S时，观察到电流表的指针向左偏（不通电时指针停在正中央）。
（3）在图乙中，磁铁N极插入线圈E的过程中电流表的指针将______（填“向左”或“向右”）偏转，当磁铁插入螺线管的速度越快，电表指针的偏角______（填“不变”“变大”或“变小”）。
【答案】（1）C （2）偏转方向 电流方向 （3）向左 变大
【解析】（1）在探究楞次定律的实验中，除需要已知绕向的螺线管、条形磁铁外，为了观察到明显的现象，还需要一个零刻度在中间的灵敏电流计。
（2）[1][2]用图甲所示的电路图，主要是查明电流流入电表方向与电表指针偏转方向的关系。
（3）[1]在上一步中分析甲图可知，当闭合开关S时，电流从电流表的右端流入电流表，观察到电流表的指针向左偏；在图乙中，磁铁N极插入线圈E的过程中，通过线圈E的磁通量增大，根据楞次定律，可知产生向上的感应磁场，根据安培定则可知，线圈E（从上往下看）产生逆时针的感应电流，即线圈E的下端为电源的正极，所以电流从电流表的右端流入电流表，故电流表的指针向左偏；
[2]当磁铁插入螺线管的速度越快，通过线圈E的磁通量变化越快，根据法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电动势越大，所以产生的感应电流也越大，则电表指针的偏角变大。
13. 如图所示，足够大的光滑水平桌面上，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在桌面左端， 另一端与小球A 拴接，当弹簧处于原长时，小球A位于P点。将小球A用细线跨过光滑的 定滑轮连接小球 B， 桌面上方的细线与桌面平行，此时小球A静止于O点，A、B 两小球质量均为M。现将小球A移至P点后由静止释放，当小球 A向右运动至速度为零时剪断细线，此时小球B未接触地面。已知弹簧振子的振动周期 （m 为振子的质量，k 为弹簧的劲度系数），弹簧的弹性势能为（k为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量），重力加速度大小为g， 空气阻力不计，弹簧始终在弹性限度内。求：
（1）小球A 从 P 点由静止释放瞬间的加速度大小a；
（2）剪断细线前瞬间细线的张力大小F；
（3）从剪断细线开始计时，小球A 第一次返回O 点所用的时间t，及小球A 到达O点的速度大小v。
【答案】（1） （2） （3），
【解析】（1）小球 A从P点由静止释放瞬间弹簧的弹力为零，小球 A、B 一起向右运动 对小球 A、B整体，由牛顿第二定律得 Mg=2Ma
解得
（2）设小球 A静止于0点时，弹簧的形变量为 x0 则 kx0 =Mg
小球 A、B 组成的系统做简谐振动，振幅
由对称性可知，小球 A向右运动至最远点时，对 A有 2kx0-F=Ma
对小球B有F-Mg=Ma
解得
（3）细线断裂后A球单独做简谐振动，其平衡位置为P点，振幅变为
则 A球单独做简谐振动的振动方程
当小球 A第一次返回O点时，位移
有
解得
小球 A到O点过程中弹性势能转化为小球A的动能，有
解得
14. 如图所示，一光滑导轨水平放置，其左端连有电阻，长度为、质量为的直导体棒与导轨接触良好，受恒力作用由静止开始运动，空间存在垂直平面向外、大小为的匀强磁场，其余电阻不计，经时间，导体棒的速度达到最大值，求该过程中：
（1）导体棒的加速度最大值；
（2）导体棒的速度最大值；
（3）导体棒的位移大小；
（4）电阻产生的焦耳热。
【答案】（1） （2） （3） （4）
【解析】（1）导体棒刚开始运动时，加速度最大，由牛顿第二定律得
解得
（2）当安培力等于时，导体棒的速度最大，则有，，
联立解得
（3）导体棒由静止到最大速度过程，由动量定理得
又
解得
（4）导体棒由静止到最大速度过程，由能量守恒定律得
解得
15. 某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型，n 个质量均为m的滑块刚 开始均静止且相邻滑块间距离均为d， 最后一滑块离端点距离也为d，滑块碰到端点瞬间均 静止，开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右、大小为F 的恒力，滑块1与滑块2碰撞，碰撞时间忽略不计，后一起运动，类似的依次下去，不考虑阻力。
（1）求滑块1与滑块2碰后瞬间的速度大小；
（2）证明每次滑块间碰撞损失的能量相等且求出其值Q；
（3）求滑块1运动的总时间 T。
【答案】（1） （2）见解析 （3）
【解析】（1）由动能定理得
滑块 1 与滑块 2 碰撞时间忽略不计，后一起运动，可以看成完全非弹性碰撞，有
解得
（2）由动能定理得
总结规律可得出：第一次碰撞后总动能
第二次碰撞后总动能
第三次碰撞后总动能
第四次碰撞后总动能
第五次碰撞后总动能
第六次碰撞后总动能
可得第 n-1 次碰撞后总动能
则第p次碰撞后总动能
第 p+1次碰撞后总动能
Q是定值且等于第一次碰撞损失的能量。
（3）由牛顿第二定律得
因为
联立解得
同理可得 ，
因为，
解得
故