2023-2024学年福建省长泰第二中学高二（下）第二次月考物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省长泰第二中学高二（下）第二次月考物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.质量为1kg的小球以3m/s的速度水平向左飞来，击中墙后以2m/s水平向右飞出，则碰撞过程中小球动量变化量大小和方向为( )
A. 1kg⋅m/s，向左B. 1kg⋅m/s，向右C. 5kg⋅m/s，向左D. 5kg⋅m/s，向右
2.图甲是某燃气炉点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为如图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，原线圈两端接交流电压表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。则( )
A. 电压表的示数等于5 V
B. 实现点火的条件是n2n1>1000
C. t=0.2 s时电压表的示数为0 V
D. 变压器原线圈中电压的瞬时值表达式为u=5sin10πt(V)
3.如图表示一交变电流随时间变化的图像，则此交变电流的有效值是( )
A. 5AB. 5 2AC. 4 2AD. 3.5A
4.如图所示，在直角边长为2L的等腰Rt△ABC区域内，有垂直纸面向里的匀强磁场。用金属丝制成的边长为L的正方形线框abcd，沿纸面从左向右以速度v匀速通过整个磁场区域。设电流逆时针方向为正方向，则线框中感应电流i随时间t变化的规律正确的是( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.如图所示，灯泡1和2是两个电阻值均为RL的完全相同的小灯泡，滑动变阻器接入电路的阻值为R0，RL>R0。L是一个自感很大的线圈，它的电阻值也为R0。由于自感现象，当开关接通或断开时，下列说法正确的是( )
A. 开关接通时，灯泡1和2同时亮
B. 开关接通时，通过灯泡1和2的电流相等
C. 开关断开时，灯泡2立即熄灭，灯泡1先闪亮一下再熄灭
D. 开关断开时，通过灯泡1和2的电流相等
6.如图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1m处的质点，Q是平衡位置为x=4m处的质点，图乙为质点Q的振动图像。则( )
A. 从t=0.10s到t=0.15s，该波沿x轴正方向传播了2m
B. t=0.15s时，质点Q的位移达到负向最大
C. t=0.15s时，质点P的回复力方向沿y轴负方向
D. 从t=0.10s到t=0.45s，质点P向右传播了7m
7.如图所示，有竖直向下的匀强磁场穿过水平放置的光滑平行金属导轨，导轨左端连有电阻R，质量相等、长度相同的铁棒和铝棒静止在轨道上。现给两棒一个瞬时冲量，使它们以相同初速度v0向右运动，两棒滑行一段距离后停下，已知铁棒和铝棒始终与导轨接触且垂直，铁的电阻率大于铝的电阻率，则( )
A. 在速度为v0时，两棒的端电压Uab=Ucd
B. 铝棒运动的时间小于铁棒运动的时间
C. 运动过程中，铁棒中间时刻的加速度等于初始时刻加速度的一半
D. 甲回路中磁通量的变化量大于乙回路中磁通量的变化量
8.如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度为B、电场强度为E，质量为m的带电小球在场中恰好处于静止状态。现将匀强磁场方向顺时针旋转90°，同时给小球一个垂直磁场方向向下的速度v，关于小球之后的运动，下列说法正确的是( )
A. 小球做匀变速直线运动
B. 小球做匀速圆周运动
C. 小球第一次运动到最低点的时间πEgB
D. 小球在运动过程中最高点与最低点的高度差为2vEgB
三、填空题：本大题共2小题，共8分。
9.在2021年12月9日的天宫课堂中，三位航天员观察到水球中的气泡特别明亮，这主要是因为光在气泡表面发生了全反射现象。如图，若在P点恰好发生全反射，反射角θ=53∘，则水的折射率n等于__________(sin53°=0.8,cs53°=0.6)。光线与水泡的外表面交点分别为A、B，已知线段AB长为L，光在空气中传播速度为c，则光在水中传播的时间为__________。(用题中所给的物理量L、c、n表示)
10.如图甲所示，100匝的线圈(图中只画了2匝)两端A、B与一个电阻R相连。线圈内有垂直纸面向里的磁场，线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。则流过电阻R的电流方向为 (填“A经R流向B”或“B经R流向A”)，线圈中产生的感应电动势E= V。
四、实验题：本大题共2小题，共12分。
11.惠更斯在推导出单摆的周期公式后，用一个单摆测出巴黎的重力加速度，小华同学受此启发，在学习完单摆的相关知识后，他想到用单摆等器材测量出学校所在地的重力加速度。在测量过程中，他用到了以下的器材：长约1m的细绳、小钢球、铁架台、刻度尺、游标卡尺、手机秒表等。
(1)按照图甲所示装置组装好实验器材，用刻度尺测量摆线(悬点到摆球最顶端)的长度；用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图乙所示，则该摆球的直径为_________mm。
(2)关于本实验，下列说法正确的是_________。
A.摆球应选用体积较小、质量较大的小球
B.绳子的弹性越好越利于减小实验误差
C.为了便于测量周期，摆角越大越好
D.测量周期时，应从摆球到达最低点时开始计时
(3)该同学测出不同摆长L和对应的周期T，并在坐标纸上作出T2一L图线如图丙所示，接着他计算出图线的斜率k，则学校所在地的重力加速度大小g=__________(用k和π表示)。
12.某小组做测玻璃的折射率实验，器材有：玻璃砖、大头针、刻度尺、圆规、笔、白纸。
(1)下列哪些措施能够提高实验准确程度______。
A.选用粗的大头针完成实验
B.选用两光学表面平行的玻璃砖
C.改变入射角的大小，多做几次实验
D.插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些
(2)该小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，以入射点O为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线NN′的垂线，垂足分别为C、D点，用刻度尺测得AC=9.00cm，BD=6.00cm，如图1，则计算得到玻璃的折射率n=______。
(3)在做测定玻璃折射率n的实验时：某同学在纸上正确画出玻璃砖的两个界面ab和cd时不慎碰了玻璃砖使它向ab方向平移了一些，如图2所示，以后的操作都正确，但画光路图时，将折射点确定在ab和cd上，则测出的n值将______(选填“偏大“偏小”或“不变”)。
五、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.一列波沿x轴正方向传播的简谐波，在t=0时刻的波形图如图所示，已知这列波在P出现两次波峰的最短时间是0.4s，求：
(1)这列波的波速是多少？
(2)再经过多少时间质点R才能第一次到达波峰？
14.如图所示，质量为m0=1kg的摆球A用长为l=1.8m的轻质细绳系于O点，O点下方的光滑水平地面上静止着一质量为m=5kg的小球B，小球B右侧有一质量为M=15kg的静止滑块C(未固定)，滑块的左侧是一光滑的14圆弧，现将摆球向左拉起，使细线水平，由静止释放摆球，摆球摆动至最低点时恰好与小球B发生弹性正碰，碰撞时间极短，摆球Ａ和小球B均可视为质点，不计空气阻力，滑块C的14圆弧半径足够大，重力加速度g取10m/s2。求；
(1)摆球A与小球B碰后摆球A能摆起的最大高度h；
(2)小球B与滑块C作用过程中小球B沿14圆弧面上升的最大高度H。
15.如图所示，电阻可忽略的粗糙平行金属导轨足够长，两导轨间距L=0.5m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值R=1.5Ω的电阻，已知导体棒与导轨间动摩擦因素为μ= 36磁感应强度B0=1T的匀强磁场垂直轨道平面向上。电阻r=0.5Ω、质量m=0.5kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至速度达到最大的过程中金属棒下滑的高度为h=12m，重力加速度为g=10m/s2。
(1)金属棒下滑过程中速度最大是多少？
(2)金属棒在此过程中克服安培力做的功是多少？
(3)达到最大速度后，磁感应强度发生变化使回路中不产生感应电流，则磁感应度随时间怎样变化。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：设向右为正方向，则碰撞过程中小球动量变化量
Δp=mv2−mv1
代入数据解得Δp=5kg⋅m/s，方向向右。
故ABC错误，D正确
故选：D。
动量是矢量，求动量变化量时要考虑动量的方向，根据动量变化量的计算公式进行计算。
解决本题的关键知道速度、动量是矢量，求解变化量时要注意动量的方向。
2.【答案】B
【解析】解：A.如图乙所示的正弦交变电压，可得电压的最大值为5V，则电压表的示数为有效值，即
U1=U1m 2=5 2V，故A错误；
B、根据电压与匝数成正比可知
n1n2=U1mU2m
当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体，解得
n2n1>1000，故B正确；
C、t=0.2 s时，电压表的示数为电压的有效值
U1=U1m 2=5 2V，C错误；
D、由图乙可得交流电的周期T=0.4s，则
ω=2πT=5πrad/s
t=0时，电压为0，电压的最大值为5V，故变压器原线圈中电压的瞬时值表达式为
u=5sin5πt(V)，故D错误。
故选：B。
根据图乙可读出到原线圈电压的最大值，交流电的周期，交流电压表测试的是有效值；根据有效值与最大值的关系求出电压表的示数。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会点火，根据电压与线圈匝数比的关系即可求解。
此题考查了变压器的构造和原理，掌握理想变压器的电压、电流和匝数之间的关系，会读出正弦交流电有关图形信息，知道电压表的示数为有效值，本题即可得到解决。
3.【答案】A
【解析】根据有效值的定义求解。取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值。
【详解】将交流与直流通过阻值都为R的电阻，设直流电流为I，则根据有效值的定义有
I2RT =(4 2)2R⋅T2+(3 2)2R⋅T2
解得
I=5A
故选A。
4.【答案】B
【解析】解：线框开始进入磁场运动L的过程中，只有边bd切割，感应电流大小不变，根据楞次定律可得方向为正方向，前进L后，边bd开始出磁场，边ac开始进入磁场，回路中的感应电动势为边ac产的减去bd边在磁场中产生的电动势，随着线框的运动回路中电动势逐渐增大，电流逐渐增大，方向为负方向；当再前进L时，边bd完全出磁场，ac边也开始出磁场，有效切割长度逐渐减小，电流方向不变，故B正确，ACD错误。
故选：B。
解答本题的关键是正确利用几何关系弄清线框向右运动过程中有效切割长度的变化，然后根据法拉第电磁感应定律求解，注意感应电流方向的正负。
图象具有形象直观特点，通过图象可以考查学生综合知识掌握情况，对于图象问题学生在解答时可以优先考虑排除法，通过图象形式、是否过原点、方向等进行排除。
5.【答案】AC
【解析】解：AB、开关接通时，灯泡1和2同时亮，但是由于线圈中的感应电动势阻碍电流的增加，则通过灯泡1的电流大于通过灯泡2的电流，故A正确，B错误；
C、开关断开时，灯泡2立即熄灭；因RL>R0，即灯泡的电阻大于线圈的直流电阻，则当电路稳定时，通过线圈的电流大于通过灯泡1的电流，当开关断开时，由于线圈阻碍电流减小，则原来通过线圈的电流再次通过灯泡1，则使得灯泡1先闪亮一下再熄灭，故C正确；
D、开关断开时，灯泡2的电流立刻变为零，但是通过灯泡1的电流是逐渐减为零，则通过灯泡1和2的电流不相等，故D错误。
故选：AC。
电键接通瞬间，电路中迅速建立了电场，立即产生电流，但线圈中产生自感电动势，阻碍电流的增加，故线圈中电流逐渐增加；
电键断开瞬间，电路中电流要立即减小零，但线圈中会产生很强的自感电动势，与灯泡1构成闭合回路放电．
本题考查了通电自感和断电自感，关键是明确线圈中自感电动势的作用是阻碍电流的变化，但不能阻止电流变化．
6.【答案】BC
【解析】A.由乙图可知 t=0.10s 时质点Q的振动方向向下，则波的传播方向沿x轴负方向。
由图可知 T=0.2s ，从 t=0.10s 到 t=0.15s ，该波沿x轴负方向传播的距离为
d=0.050.2×8m=2m
故A错误；
B.由图乙可知 t=0.15s 时，质点Q的位移达到负向最大，故B正确；
C. t=0.10s 至 t=0.15s 的时间等于 T4 ，由图甲可知经过 T4 的时间质点P处于x轴上方，回复力方向沿y轴负方向，故C正确；
D.波传播时质点在平衡位置上下振动，质点并不随波逐流，故D错误。
故选BC。
7.【答案】BD
【解析】A.铁棒和铝棒的初速度均为v0，根据法拉第电磁感应定律，棒中感应电动势为E=BLv0
由闭合电路欧姆定律知回路中电流为I=ER+r
而电阻R两端电压为U=IR=BLv0RR+r
由于铁棒和铝棒电阻率不同，接入电路的电阻r不同，故铁棒和铝棒的端电压Uab≠Ucd，故A错误；
B.由于铝棒的电阻小于铁棒的电阻，根据F安=B2L2vR+r
可知铝棒受到的平均安培力大于铁棒受到的平均安培力，根据动量定理−F安Δt=−mv0
可知铝棒运动的时间小于铁棒运动的时间，故B正确；
C.根据牛顿第二定律可知a=B2L2vm(R+r)
铁棒做加速度减小的减速运动，铁棒在中间时刻的速度小于v02，铁棒在中间时刻的加速度小于速度为v0时加速度的一半，故C错误；
D.根据动量定理可知−F安Δt=−mv0
而F安Δt=B2L2vΔtR+r=B2L2xR+r=BLΔΦR+r
解得ΔΦ=mv0(R+r)BL
可知铁棒的电阻大，则甲回路中磁通量的变化量大于乙回路中磁通量的变化量，故D正确。
故选BD。
8.【答案】BD
【解析】【分析】
根据题意判断小球的运动性质，分析清楚小球的运动过程，根据小球做匀速圆周运动的周期求出小球的运动时间；应用牛顿第二定律求出小球做匀速圆周运动的轨道半径，然后求出小球在运动过程中最高点与最低点的高度差。
本题考查了带电小球在混合场中的运动，根据题意分析清楚小球的受力情况与运动过程是解题的前提，应用平衡条件与牛顿第二定律即可解题。
【解答】
AB、磁场竖直向上时小球静止处于平衡状态，由平衡条件可知，电场力与重力是一对平衡力，合力为零，磁场顺时针转动90°小球速度竖直向下，小球将做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，故A错误，B正确；
CD、重力与电场力合力为零，即qE=mg，小球做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r，小球运动的最高点与最低点的高度差为h=2r，解得：h=2vEgB，
小球做匀速圆周运动的周期T=2πrv=2πmqB，解得：T=2πEgB，则小球第一次运动到最低点历时为t=14T=πE2gB，故C错误，D正确。
故选：BD。
9.【答案】1.25 25L16c
【解析】由全反射公式有sinC=sin53∘=1n，解得n=1.25。
由几何关系知光在水中的传播距离d=Lsin53∘=54L，光在水中的速度v=cn，则光在水中的传播时间t=dv=25L16c。
10.【答案】A经R流向B
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【解析】原磁场方向向里，由图乙可知，磁通量在增大，根据楞次定律可知回路中的感应电流方向为逆时针方向，即流过电阻R的电流方向为A经R流向B，根据法拉第电磁感应定律可得，线圈中产生的感应电动势为E=nΔΦΔt=100×0.08−。
11.【答案】14.15 AD 4π2k
【解析】(1)[1]游标卡尺的读数为
14mm+3×0.05mm=14.15mm
(2)[2]为了减小空气阻力对实验的影响应选择质量大体积小的球，故A正确；要保证摆长不变，绳子不能选择弹性绳，故B错误；单摆周期公式在摆角很小时才成立，故C错误；测量周期时，应从摆球到达最低点时开始计时，故D正确；
(3)[3]根据
T=2π Lg
得
T2=4π2gL
斜率为k，则
g=4π2k
12.【答案】CD 1.5 不变
【解析】解：(1)A、为了准确测量光路图，应选用较细的大头针来完成实验，选用粗的大头针完成实验时，容易出现观察误差，使光线实际并不平行，故A错误；
B、根据折射定律可知，如果两个光学面不平行，不影响入射角和折射角的值，所以对折射率的测定结果不产生影响，故B错误；
C、在测量折射率时，入射角和折射角必须一一对应，即改变入射角的大小，多做几次实验，记录几次测量的不同入射角，对应的折射角，并求出对应的折射率，再求出多组折射率的平均值以减小误差，故C正确；
D、插在玻璃砖同侧的大头针之间的距离适当大些时，相同的距离误差情况下引起的角度误差会减小，故D正确；
故选：CD。
(2)依题意，根据折射定律得：；
n=sin∠AOCsin∠BOC=ACAOBDBO=ACBD=96=1.5
(3)该同学实验的光路图如图所示，做出的折射光线如图中蓝线所示，黑线表示实际光线，入射角和折射角都不变，则由折射定律可知，折射率不变。
故答案为：(1)CD；(2)1.5；(3)不变
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(2)根据折射率的定义结合几何关系完成计算；
(3)根据实验原理分析出对应的实验误差。
本题主要考查了光的折射专题，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合折射率的定义和几何关系即可完成分析。
13.【答案】解：(1)P点两次出现波峰的最短时间是0.4s，所以这列波的周期为：T=0.4s．
由图象读出波长为：λ=4m
则波速为：v=λT=40.4m/s=10m/s
(2)由t=0时刻到R第一次出现波峰，波移动的距离为：s=(9−2)m=7 m．
则所用时间为：t=sv=710s=0.7s
答：(1)这列波的波速是10m/s．
(2)再经过0.7s时间质点R才能第一次到达波峰．
【解析】(1)波在P出现两次波峰的最短时间等于周期，求出波的周期．由图象读出波长，求出波速．
(2)当图中x=2m处质点的振动传到质点R时，质点R第一次到达波峰，根据t=sv求出时间．
本题考查对振动与波动关系的分析和理解能力．要明确波在同一均匀介质中是匀速传播的，熟练运用波形平移法解题．
14.【答案】解：(1)设小球运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为v0，根据机械能守恒定律，有
m0gl=12m0v02
代入数据解得：v0= 2gl=6m/s
摆球A与小球B碰撞后摆球A和小球B的速度分别为v1、v2，发生弹性碰撞，碰撞过程根据动量守恒定律
m0v0=m0v1+mv2
根据能量守恒定律有12m0v02=12m0v12+12mv22
代入数据解得v1=−4.0m/s，v2=2.0m/s
碰撞后摆球A上摆过程，根据机械能守恒定律得
12m0v12=m0gh
代入数据解得：h=0.8m。
(2)小球B与滑块C作用过程中，设B、C的共同速度为v′，小球B沿14圆弧面上升的最大高度H。
根据动量守恒定律：
mv2=(m+M)v′
根据能量守恒定律
12mv22=12(m+M)v′2+mgH
代入数据解得：H=0.15m。
【解析】本题考查动量守恒定律和机械能守恒定律的应用，考查考生的分析综合能力，体现了科学思维的棱心素养。
(1)根据机械能守恒定律得到摆球A与小球B碰撞前的速度，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得到A、B碰撞红的速度，由机械能守恒定律得到摆球A与小球B碰后摆球A能摆起的最大高度h；
(2)根据动量守恒定律和能量守恒定律得到小球B与滑块C作用过程中小球B沿14圆弧面上升的最大高度H。
15.【答案】解：(1)当导体棒受合力为0时速度最大，即：mgsinθ=μmgcsθ+F安
F安=B0IL
I=ER+r
E=B0Lv
联立解得：v=10m/s；
(2)从开始到达速度最大的过程中，由动能定理得：mgh−μmghtanθ−W安=12mv2−0
解得：W安=5J；
(3)要使回路中不产生感应电流，回路中磁通量应保持不变，
Φ0=B0Lhsinθ
Φt=BL(hsinθ+vt+12at2)
a=gsinθ−μgcsθ
当Φ0=Φt时回路中不产生感应电流，联立得：B=1212+5t+58t2(T)。
【解析】本题考查了电磁感应与力学知识综合运用，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式，结合平衡条件、动能定理列式求解。
(1)当导体棒受合力为0时速度最大，分析导体棒受力情况，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式，由平衡条件列式求解；
(2)根据动能定理列式求出金属棒克服安培力做的功；
(3)要使回路中不产生感应电流，回路中磁通量应保持不变，根据磁通量定义列式求出磁感应强度随时间变化的关系式。