福建省政和某中学2022-2023学年高二年级下册第二次月考物理试卷(含答案)

福建省政和第一中学2022-2023学年高二下学期第二次月考物理试卷

学校：___________姓名：___________班级：考号：

一、单选题

1.质量为加的钢球自高处落下，以速度匕碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离

地的速率为匕。在碰撞过程中，钢球动量变化的方向和大小为（）

A.向下，m（v1-v2）B.向下，根（/+%）C.向上，〃，（匕一畤）D.向上，m（匕+与）

2.一个电动机上铭牌上标有“220V，IkW”字样，那么为了使它正常工作，所使用的

正弦交流电是（）

A.电压最大值为220V，电流最大值约为3.2A

B.电压最大值为31IV，电流最大值约为4.5A

C.电压有效值为220V，电流有效值约为4.5A

D.电压有效值为3UV，电流有效值约为3.2A

3.如图甲所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一匝数为〃、面积为S、总电阻

为/•的矩形线圈昉〃绕轴。。'做角速度为①的匀速转动，矩形线圈在转动中可以保持

和外电路电阻R形成闭合电路，回路中接有一理想交流电流表，图乙是线圈转动过程

中产生的感应电动势e随时间f变化的图像，下列说法中正确的是（）

A.从4至必这段时间穿过线圈的磁通量变化量为2〃BS

B.从4到h这段时间通过电阻R的电荷量为—

R

C.t,时刻穿过线圈的磁通量变化率为nBSco

nBSco

D.电流表的示数为

V2(7?+r)

4.如图，轻质弹簧下挂重为300N的物体A时伸长了3cm,再挂上重为200N的物体

8时又伸长了2cm,现将A8间的细线烧断，使A在竖直平面内振动，则（）

A

B

A.最大回复力为300N,振幅为2cm

B.最大回复力为200N,振幅为3cm

C.只减小A的质量，振动的振幅变小，周期不变

D.只减小8的质量，振动的振幅变小，周期不变

二、多选题

5.一列简谐横波，在r=o.6s时刻的波形图如图甲所示，此时，P、。质点的位移均为

Tcm，波上质点A的振动图像如图乙所示，则以下说法正确的是（）

B.这列波的波速是丝m/s

3

C.从,=o.6s开始，紧接着的Ar=0.6s时间内，A质点通过的路程是10m

D.质点P将比质点。先回到平衡位置

6.如图，利用理想变压器进行远距离输电，发电厂的输出电压恒定，输电线路的电阻

不变，当用电高峰到来时（）

A.输电线上损失的功率增大

B.电压表V1的示数减小，电流表的示数增大

C.电压表V2的示数增大，电流表A2的示数减小

D.用户功率与发电厂输出功率的比值减小

7.如图所示为两根间距为L的光滑平行金属导轨，00,左侧向上弯曲，右侧水平，水

平导轨处在磁感应强度为3的竖直向上的匀强磁场中。两根金属棒MN、PQ垂直导轨

放置，与导轨接触良好，MN、PQ棒的长度均为L、质量均为相、阻值均为R。金属

棒MN从竖直高度〃处由静止释放沿导轨下滑。导轨电阻不计，整个过程金属棒

和PQ未相碰，则（）

A.金属棒MN进入磁场时，金属棒尸。两端电压大小为BL后

2

B.释放后金属棒MN的最小速度为0

C.整个过程中流过金属棒PQ的电荷量为吆殛

2BL

D.整个过程中闭合回路产生的焦耳热为皿

4

8.如图所示，质量为根的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径长

度为2R,现将质量也为根的小球从距A点正上方%高处由静止释放，然后由A点经

过半圆轨道后从8冲出，在空中能上升到距8点所在水平线的最大高度为也处（不

4

计空气阻力，小球可视为质点），则（）

r

A.小球和小车组成的系统动量守恒

B.小球离开小车后做竖直上抛运动

C.小车向左运动的最大距离为R

D.小球第二次在空中能上升到距B点所在水平线的最大高度为九

2

三、填空题

9.麦克斯韦提出的电磁场理论认为（选填“变化”或“不变化”）的磁

场能产生电场。现代通信离不开电磁波，在真空中频率越小的电磁波，它的波长

（选填“越长”或“越短”）。

10.如图所示，是两列频率相同、质点振动方向相同、振幅均为A的平面波相遇发生

干涉的示意图。图中实线表示波峰，虚线表示波谷，。为P、M连线的中点。从图示

时刻经过四分之一周期，M处质点的位移为,从图示时刻经过半个周期，。处

质点通过的路程为。

四、实验题

11.在用单摆测定重力加速度的实验中，改变摆长多次测量得到多组周期T和摆长L

的值。

（1）测摆长时，若正确测出悬线长I和摆球直径D,则摆长£=；

（2）测周期时，当摆球经过平衡位置时开始计时并计数为0次，图中秒表是摆球经过

平衡位置第100次的时间，上图为放大图，则秒表示数r=s,周期

T=s；

（3）甲同学利用所测数据计算出重力加速度的结果比真实值偏小，实验过程中可能出

现的失误是;

A.计算摆长时没有加上摆球半径

B.选用摆球的质量偏大

C.在时间，内的〃次全振动误记为〃+1次

D.在时间t内的〃次全振动误记为次

(4)乙同学利用所测数据作出〃图线如图所示，由图线求出斜率为4，则重力加

12.聪聪同学用如图所示装置来验证动量守恒定律。

(1)实验中，质量为叫的入射小球A和质量为m2的被碰小球8的质量关系是

叫叫(填“大于等于''或“小于。

(2)当满足关系式时，证明A、8两小球碰撞过程中动量守恒；若碰撞

前后系统无机械能损失，则系统机械能守恒的表达式为o

B见一叫।m?

'B'P'~B'M'B'N'

C网吗

'B'P'2~B'M'2B'N'2

五、计算题

13.如图所示，为一交流发电机和外接负载的示意图，发电机电枢线圈“=1()0匝的正

方形线圈，边长L=10cm。线圈绕00,轴在磁感强度B=0.5T的磁场中以角速度

o=2（）rad/s转动（不计一切摩擦），已知线圈电阻r=外电路负载电阻R=4O。

（答案可以根式表示）试求:

(1)由图示位置开始转动过程中感应电动势的瞬时表达式;

(2)由图示位置转过60。角的过程中电路中交流电压表的示数;

(3)由图示位置转过60。角的过程中产生的平均感应电动势及通过电阻R中流过的电

量。

14.如图所示，半径为R的光滑四分之一圆弧轨道AB固定在竖直面内，其8端刚好

与水平面相切，水平面B。部分光滑，。点右侧部分粗糙且足够长，质量为3机的物块

〃放在水平面上的C点，质量为m的物块。从圆弧轨道的最高点A由静止释放，物块

。沿圆弧面下滑到水平面上与物块。发生正碰。不计两个物块大小，已知重力加速度

为g，物块与水平面粗糙部分的动摩擦因数为0.5,试回答下列问题:

(1)。与人碰撞前的瞬间。的速度大小;

(2)若。与匕碰撞后粘在一起，则碰撞后间a、A在粗糙水平面上滑行的距离;

(3)若。与匕发生弹性碰撞，求碰撞过程匕对。的冲量及物块。、匕最终静止在粗糙

水平面上时的间距。

15.如图甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距L=L0m,与水平面之间的

夹角a=37。，匀强磁场磁感应强度8=2.0T,方向垂直于导轨平面向上，间接有

阻值H=L6C的电阻，质量加=0.5kg,电阻，;0.4。的金属棒昉垂直导轨放置，现

用和导轨平行的恒力厂沿导轨平面向上拉金属杆必，使其由静止开始运动，当金属棒

上滑的位移s=3.8m时达到稳定状态，对应过程的VT图像如图乙所示。取

2

g=10m/s,导轨足够长(sin370=0.6,cos37°=0.8)0求:

(1)运动过程中或b哪端电势高，并计算恒力尸的大小；

(2)从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，此过程金属杆上产生的焦耳热;

(3)由图中信息计算。〜1s内，导体棒滑过的位移。

参考答案

1.答案：D

解析：取向下为正方向，则即=〃=-加匕一加匕=-加（9+彩），负号表示即与选的

正方向相反，即向上。

2.答案：C

解析：

3.答案：D

解析：A.由题图乙可知，4和4这两个时刻穿过线圈的磁通量大小均为0,故4到片这

段时间穿过线圈的磁通量变化量为0,故A错误；

B.从4到〃这段时间穿过线圈的磁通量的变化量为BS,则平均感应电动势为

△t

通过电阻R的电荷量为

E,nBS

q-1------△/=-------

R+rR+r

故B错误;

C4时刻线圈产生的感应电动势为

E=nBSco

由法拉第电磁感应定律可得

E=〃随

△t

则穿过线圈的磁通量变化率为

*=BSa)

△t

故C错误;

D.电流表的示数为电流的有效值，则有

inEmnBSco

-G一向R+r)-向R+r)

故D正确。

故选Do

4.答案：D

解析：

5.答案：ABD

解析：

6.答案：AD

解析：

7.答案：AC

解析：

8.答案：BC

解析：

9.答案：变化；越长

解析：麦克斯韦建立了电磁场理论：变化的电场周围产生磁场，变化的磁场周围产生

电场；

真空中电磁波的传播速度均为光速，根据c=/可知，频率越小的电磁波，它的波长

越长。

10.答案：0；4A

解析：

11.答案：(1)/+—(2)96.6；1.932(3)AD(4)㈣

2k

解析：

12.答案：(1)大于(2)A；B

解析：(1)为防止碰撞过程入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量叫大于

加2；

(2)小球离开轨道后做平抛运动，设挡板与抛出点之间的距离为x,由平抛运动规律

得，水平方向：X=Vt,竖直方向：h=^gt2,解得：力=|^,y=x后，小球做平抛

运动的初速度V越小，下落距离/?越大，两球碰撞后，入射小球A的速度变小，小于

碰撞前入射小球A的速度，且小于被碰小球8的速度，即被碰小球8的速度最大，入

射小球碰撞后的速度最小，所以入射球碰撞前落点位置是P,碰撞后落点位置是

M',被碰球的落点位置是N',则碰撞前入射小球A的速度:碰撞后

入射球的速度：匕=d，最正7,碰撞后被碰球的速度：彩就卡，两球碰撞过程

系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：班％=町匕+加2岭，整理可得：

=/^1,+)故A正确；若碰撞前后系统无机械能损失，由机械能守恒

7BP7BM7BN

定律得：；叫片=；叫十+；用V，整理可得：悬=篇+喘F，故B正确。

ZZZDrDMDIN

13.答案：(1)e=10cos20f(V)(2)U=40V(3)豆=土入,q=—C

兀20

解析：(1)该交流电的峰值

Em-nBUco

解得

，=iov

开始位置与磁感线平行，瞬时表达式

e-Emcoscot

解得，由图示位置开始转动过程中感应电动势的瞬时表达式为

e=10cos20r(V)

(2)转动过程中，交流电压表的示数为有效值

七嗓

由闭合电路欧姆定律可得，感应电流

1=-^-

R+r

电压表的示数

U=IR

解得，由图示位置转过60。角的过程中电路中交流电压表的示数

U=40V

(3)转60。角的过程中产生的平均感应电动势大小

万卜①

E=n-----

△t

其中

sin600

6CD

解得，由图示位置转过60。角的过程中产生的平均感应电动势为

万156

E=----V

71

由闭合电路的欧姆定律得

7=—

R+r

通过电阻R中流过的电量为

q=1Z

解得

_V3

q——C

20

14.答案：（1）%="次（2）-R口）3加＞/^，方向水平向左，0

82

解析：（1）设。与匕碰撞前的一瞬间，。的速度大小为”,根据机械能守恒有

12

mgR=—mv0

解得

（2）设碰撞后的共同速度为v,根据动量守恒有

mv0=4mv

解得

1

设两物块在粗糙水平面上滑动的距离为X，根据动能定理

12

-//x4mgx=0-—x4mv~

解得

_v2_1

X——二-K

g8

（3）设碰撞后一瞬间。、匕的速度大小分别为％、v2,根据动量守恒有

mv0=mVj+3mv2

根据能量守恒有

解得

1

vi=~2V°

1

V2=5%

a、匕碰撞过程，根