重庆市青木关中学2023-2024学年高二下学期5月月考物理试题

青木关中学高2025级高二（下）5月月考物理试题本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.作答前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在试卷的规定位置上。2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效。3.考试结束后，将答题卡、试卷、草稿纸一并交回。第I卷选择题一、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.关于光的偏振、干涉与衍射、激光，下列说法正确的是（）A.偏振是纵波特有的现象，光的偏振现象说明光是纵波B.在双缝干涉现象里，相邻两个亮条纹和相邻两个暗条纹的中心间距是不等的C.激光的相干性好，可以用于精确测距D.泊松亮斑是衍射现象，用白光照射单缝时将得到彩色条纹【答案】D【解析】【详解】A．光的振动方向与传播方向相垂直，故光的偏振现象说明光是横波，A错误；B．在双缝干涉现象里，相邻两个亮条纹和相邻两个暗条纹的中心间距是相等的，B错误；C．激光的平行度好可以用来测距，C错误；D．泊松亮斑是光绕过障碍物继续传播的现象，是衍射现象，用白光照射单缝，将得到彩色的衍射条纹，D正确。故选D。2.弹簧振子做简谐运动，振子的位移x随时间t的变化如图所示，下列说法正确的是（）A.弹簧振子的周期为1.6s，振幅是24cmB.t=0.2s时，振子的回复力方向沿x轴正方向C.t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子的速度逐渐增大D.t=0.8s到t=1.2s的时间内，振子的动能逐渐增大【答案】C【解析】【详解】A．根据图像可得弹簧振子的周期为1.6s，振幅是12cm，故A错误；B．t=0.2s时，振子的位移为正，由可知加速度方向沿x轴负方向，故B错误；C．t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子的位移为正，大小逐渐减小，表示沿负向靠近平衡位置，则振子的速度逐渐增大，位移最大时速度为0，平衡位置速度最大，故C正确；D．t=0.8s到t=1.2s的时间内，振子的位移为负，大小在增大，正沿负向远离平衡位置，其速度逐渐减小，故振子的动能逐渐减小，故D错误。故选C。3.如图为一简谐横波在t=0.2s时刻的波形图，P是平衡位置为x=7m处的质点，此刻P点振动方向沿y轴负方向，并经过0.4s完成了一次全振动，Q是平衡位置为x=4m处的质点，下列判断正确的是（）A.该波沿x轴负方向传播，波速为20m/sB.t=0.1s时，质点Q的加速度正向最大，速度为0C.从t=0.1s到t=0.25s，质点Q沿x轴移动的距离是3mD.从t=0.2s到t=0.5s的时间内，质点P通过的路程为18cm【答案】B【解析】【详解】A．根据波形图，P点振动方向沿y轴负方向，则可推断出，波沿x轴正方向传播。根据图像可知波长为8m，P点经过0.4s完成了一次全振动，则周期为0.4s，故波速为A错误；B．周期为0.4s，波沿x轴正方向传播，则t=0.1s时，质点Q位于波谷的位置，加速度正向最大，速度为0，B正确；C．由于波的传播特点，各质点只能在各自的平衡位置振动，不会随波移动，C错误；D．从t=0.2s到t=0.5s经过的时间为由于t=0.2s时，质点P不在平衡位置和波峰、波谷处，所以质点P通过的路程不是18cm，D错误；故选B。4.一个边长为2L的正方形ABCD区域内，有垂直纸面的匀强磁场，其中ABC范围内的磁场垂直纸面向内，ACD范围内的磁场垂直纸面向外，磁感应强度大小均为B，如图所示。其左侧有一个用金属丝制成的边长为L的正方形线框abcd，线框以水平速度v匀速通过整个匀强磁场区域，设电流逆时针方向为正。在线框通过磁场的过程中，线框中感应电流i随时间t变化规律正确的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】线框开始进入磁场运动L的过程中，只有边bc切割，感应电流不变，根据右手定则产生的逆时针方向电流，即为正方向；前进L后，边bc的开始出垂直纸面向里的磁场，进入垂直纸面向外的磁场，边ad开始进入磁场，回路中的感应电动势为边bc在垂直纸面向外的磁场中产生的电动势的2倍，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bc完全出磁场，ad边开始出垂直纸面向里的磁场，进入垂直纸面向外的磁场，有效切割长度逐渐减小，根据楞次定律可得产生的顺时针方向电流，即为负方向；当再前进时，有效切割长度为零，过后有效切割长度逐渐增大，根据楞次定律可得产生的逆时针方向电流，即为正方向，故A正确，B、C、D错误；故选A。5.1831年10月28日，法拉第展示人类历史上第一台发电机圆盘发电机，如图为法拉第圆盘发电机的示意图，铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中，圆盘以角速度ω顺时针旋转（从上往下看），则（）A.圆盘转动过程中电流沿b到a的方向流过电阻RB.圆盘转动过程中Q点电势比Р点电势低C.若圆盘转动的角速度变为原来的3倍，则转动一周，R上产生的焦耳热也变为原来的3倍D.圆盘转动过程中产生的电动势大小与圆盘半径的平方成正比【答案】CD【解析】【详解】AB．圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线，若从上向下看圆盘顺时针转动，根据右手定则可知圆盘中心电势比边缘要高，即Q相当于电源的正极，Q点电势比P点电势高，电流沿a到b的方向流过电阻R，A错误；B错误；D．根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势则感应电动势大小与圆盘半径的平方成正比，D正确；C．转动一周电流在R上产生的焦耳热为可见转动一周电流在R上产生的焦耳热与角速度成正比，若圆盘转动的角速度变为原来的3倍，则转动一周电流在R上产生的焦耳热也变为原来的3倍，C正确。故选CD。6.如图甲所示为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示，发电机线圈匝数为20匝，内阻为，外接灯泡的电阻为恒定不变，则下列说法中正确的是（）A.电压表的读数为B.发电机输出功率为C.线圈转动过程中，磁通量的最大值为D.在时刻，线圈平面恰好经过中性面垂面的位置【答案】C【解析】【详解】A．电动势有效值由欧姆定律可得，电流为电压表的读数为故A错误；B．发电机输出功率为故B错误；C．线圈转动过程中，根据解得磁通量的最大值为故C正确；D．在时刻，感应电动势为零，此时线圈平面恰好经过中性面位置，故D错误。故选C。7.中国京剧的特技水袖舞包容了戏曲和舞蹈的成分，别具美感。图甲是时刻京剧花旦舞动水袖形成的一列简谐横波。P、Q为该波沿水平传播方向上相距的两个质点，P点振动领先Q点，时刻Q质点正处于波峰（图中未画出），图乙为P质点的振动图像。下列说法正确的是（）A.时刻，P质点所受合力沿y轴正方向B.P质点的振动方程为C.该简谐横波的波长可能为D.该简谐横波的传播速度可能为【答案】BD【解析】【详解】A．时刻，质点在平衡位置，所受合力为0，故A错误；B．由图甲和图乙可知，质点的振幅和周期分别为，角速度为则质点的振动方程为故B正确；C．P点振动领先Q点，时刻Q质点正处于波峰，则有（，，）可得（，，）当时，可得当时，可得故C错误，D．该简谐横波的传播速度为（，，）当时，可得故D正确。故选BD。二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.以下四图都与电磁感应有关，下列说法正确的是（）A.真空冶炼炉能在真空环境下，使炉内的金属产生涡流，从而炼化金属B.当蹄形磁体顺时针转动时，铝框将朝相反方向转动C.金属探测器通过使用恒定电流的长柄线圈来探测地下是否有金属D.磁电式仪表，把线圈绕在铝框骨架上，目的是起到电磁阻尼的作用【答案】AD【解析】【详解】A．真空冶炼炉能在真空环境下，利用电磁感应现象，使炉内的金属产生涡流，从而炼化金属。故A正确；B．根据电磁驱动原理，当蹄形磁体顺时针转动时，铝框将朝相同方向转动。故B错误；C．金属探测器通过使用交变电流的长柄线圈来探测地下是否有金属。故C错误；D．磁电式仪表，把线圈绕在铝框骨架上，吕框中产生感应电流，使线框尽快停止摆动，起到电磁阻尼的作用。故D正确。故选AD。9.如图甲为电能输送示意图，变压器均为理想变压器，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100。其输入电压如图乙所示且始终不变，输电线的总电阻为100Ω，降压变压器原、副线圈匝数比为100∶1，其副线圈接一火警报警系统，其中R1为定值电阻，R2为热敏电阻，当温度升高时，R2阻值变小。电压表V可显示加在报警器上的电压（报警器未画出）。未发生火情时，升压变压器的输入功率为750kW。下列说法中正确的是（  ）A.未发生火情时，降压变压器制线圈输出的电压为311VB.未发生火情时，输电线上损耗的功率为90kWC.当R2所在处发生火情时，R2两端电压减小D.当R2所在处发生火情时，电压表V的示数变大【答案】BC【解析】【详解】AB．未发生火情时，由乙图可知，升压变压器的输入电压有效值为由变压器电压与匝数关系可得解得升压变压器的输出电压为又解得输电线上的电流为输电线上的电压损失和功率损失分别为降压变压器输入电压为又代入数据解得，降压变压器的输出电压为故A错误，B正确；CD．当R2所在处发生火情时，由于温度升高，阻值减小，R1、R2所在回路电流增大，由欧姆定律可知，R1两端电压增大，输入端电压U1不变，根据因此U2的电压也不变，而可知线路损耗电压变大，因此U3变小，则由可知U4电压变小，R1电压变大，因此R2两端电压减小，故电压表V的示数变小，故C正确，D错误。故选BC。10.如图所示，足够长的光滑绝缘斜面与水平面成固定在地面上，斜面上虚线和与斜面底边平行，在，围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，边长为h的正方形导体框MNQP，正方形导体框由虚线上方无初速度释放，在释放瞬间PQ边与虚线平行且相距h。已知导体框的质量为m，总电阻为r，重力加速度为g，MN边与两虚线重合时的速度大小恰好均为，忽略空气阻力，导体框在进出磁场过程中运动状态相同且不会发生转动，两虚线间的距离大于h。下列说法正确的是（）A.两虚线的距离为B.导体框在穿越磁场的过程中，产生的焦耳热为C.导体框的PQ边与虚线重合时，其克服安培力做功的功率大小为D.导体框从PQ边与虚线重合到MN边与虚线重合时所用的时间为【答案】AD【解析】【详解】A．PQ边刚好进入磁场时有解得由于MN边与两虚线重合时的速度大小恰好均为，，根据导体框进出磁场过程中运动的对称性可知，PQ边刚好进入磁场和刚好离开磁场时的速度大小均为，设两虚线之间的距离为H，导体框全部位于磁场中时下滑的加速度大小为根据运动学公式有解得故A正确；B．设导体框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为Q，导体框从开始下落到穿过磁场的过程，根据能量守恒定律有解得故B错误；C．结合上述可知，导体框的PQ边与虚线重合时的速度大小为，此时PQ边产生的感应电动势大小为此时导体框中的感应电流为PQ边所受的安培力大小为克服安培力做功的瞬时功率大小为解得故C错误；D．设导体框通过磁场上边界所用时间为t，线框中的平均感应电流为，则有根据动量定理有其中联立解得故D正确。故选AD。三、实验题。（本题共2小题，11题6分，12题10分，共16分。）11.如图是用双缝干涉测光的波长的实验设备示意图（1）下图中①是光源，⑤是光屏，它们之间的④是___________。（2）以下哪些操作能够增大光屏上相邻两条纹之间的距离___________（填字母）A.增大③和④之间的距离B.增大④和⑤之间的距离C.将红色滤光片改为绿色滤光片D.增大双缝之间的距离（3）在某次实验中，已知双缝到光屏之间的距离是600mm，双缝之间的距离是0.20mm，单缝到双缝之间的距离是100mm，某同学在用测量头测量时，先将测量头目镜中看到的分划板中心刻线对准某条亮纹（记作第1条）的中心，这时手轮上的示数如图甲所示。然后他转动测量头，使分划板中心刻线对准第6条亮纹中心，这时手轮上的示数如图乙所示。由此可以计算出这次实验中所测得的单色光波长为___________m。（计算波长结果保留二位有效数字）【答案】（1）双缝（2）B（3）【解析】【小问1详解】图中①是光源，⑤是光屏，它们之间的④是双缝。【小问2详解】依据条纹间距公式A．与单缝和双缝间的距离无关，故增大③和④之间的距离不改变相邻两条亮纹之间的距离，故A错误；B．增大④和⑤之间的距离l，由上式知，可增大相邻两条亮纹之间的距离，故B正确；C．绿光的波长比红光短，由上知，将红色滤光片改为绿色滤光片，干涉条纹的间距减小，故C错误；D．增大双缝之间的距离d，干涉条纹的间距减小，故D错误。故选B。【小问3详解】图乙固定刻度：10mm，可动刻度所以图乙的示数为10.300mm，图甲的示数：固定刻度0mm，可动刻度所以图甲示数为0.140mm，根据题意可知，亮纹间距根据可得12.用单摆测量重力加速度，实验装置如图甲所示。（1）第一小组在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第次经过最低点所用的时间为。在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长（从悬点到摆球的最上端），再用螺旋测微器测得摆球的直径为d（读数如图乙所示）。①从图乙可知，摆球的直径为___________mm。②该小组的一位同学认为单摆周期为，并由此计算当地的重力加速度，若该小组其他操作都正确，他们的测量结果将___________。（选填偏大、偏小、不变）（2）将第三、四、五小组的实验数据标注到同一坐标系中，分别得到实验图线a、b、c，如图所示。已知图线a、b、c平行，图线b过坐标原点。对于图线a、b、c，下列分析正确的是___________。A.出现图线c的原因可能是因为使用的摆线比较长B.出现图线a的原因可能是误将摆线长记作摆长LC.由图线b计算出g值最接近当地的重力加速度，由图线a计算出的g值偏大，图线c计算出的g值偏小（3）在测量时，第六小组由于操作失误，致使摆球不在同一竖直平面内运动，而是在一个水平面内做圆周运动，如图所示，这时如果测出摆球做这种运动的周期，仍用单摆的周期公式求出重力加速度，则求出的重力加速度与重力加速度的实际值相比___________（填偏大、偏小、不变），说明理由___________。【答案】（1）①.5.980②.偏大（2）B（3）①.偏大②.见解析【解析】【小问1详解】①[1]螺旋测微器分度值为0.01mm，需要估读到下一位，则直径为②[2]从单摆运动到最低点开始计时且计数为1，到第n次通过最低点所用的时间为t，则单摆的全振动的次数为周期为该小组的一位同学认为单摆周期为，则周期测量值偏小；由，可得由于计算周期偏小，所以他们的测量结果将偏大。【小问2详解】A．根据图线c的可知，在T2取为0时，L不为0，表明选择的L的长度比实际的摆长大一些，即有可能是将摆线的长与摆球的直径之和作为摆长L，此时有解得该图像与摆线的长度大小无关，故A错误；B．将摆线长记作摆长L，则有解得该函数对应的图像是a，即出现图线a的原因可能是误将摆线长记作摆长L，故B正确；C．根据上述可知，三条图像的斜率均为解得可知，三条图线求出的重力加速度相同，故C错误。故选B。【小问3详解】[1][2]以L表示摆线长，表示摆线与竖直方向的夹角，m表示摆球的质量，F表示摆线对摆球的拉力，T表示摆球圆锥摆运动的周期，如图由牛顿第二定律得在竖直方向，由平衡条件得解得单摆的周期公式单摆运动的等效摆长小于单摆摆长L，则单摆周期的测量值偏小，根据单摆周期公式求出的重力加速度，偏大，即重力加速度的测量值大于真实值。三、解答题（本题共3个小题，13题10分，14题13分，15题18分，共41分）13.某学习小组测量半径为R的透明半圆柱体玻璃的折射率，其横截面如图所示为半圆形，是通过透明玻璃体横截面圆心O的直线，用激光笔沿平行于的直线射向该柱体，B为入射点，角。为出射光线，与相交，夹角。已知光在真空中的传播速度为c，求：（1）透明玻璃半圆柱体材料对该激光束的折射率；（2）激光束在半圆柱体中传播的最短时间。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）作出光路图，如下图所示光线经过两次偏折后有解得由折射定律得解得（2）设光束在半圆柱体中的传播路程为，由几何关系传播时间解得14.如图，匀强磁场区域上、下边界水平且相距为L，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B。矩形单匝线框abcd由均匀导线构成，ab边长为L、bc边长为2L、回路电阻为R、质量为m。开始时，线框平面与磁场方向垂直，线框的cd边与磁场上边界平行且距磁场上边界的距离为L。现将线框由静止释放，使其在图示竖直平面内运动，过程中线框不发生翻转。若线框恰能匀速离开磁场区域，忽略空气阻力，重力加速度大小为g，求：（1）线框cd边进入磁场瞬间，c、d两点的电势差；（2）线框穿越磁场的过程中回路产生的焦耳热；（3）线框cd边进入磁场瞬间，线框abcd的加速度。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）线框cd边进入磁场瞬间，线框的速度为v，有动能定理可知解得线框cd边进入磁场瞬间，产生的感应电动势为由欧姆定律可知（2）线框恰能匀速离开磁场区域，说