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

本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：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ADAD3.一根长1m的导线中通有2A的电流，当其处于0.5T的匀强磁场中时，导线受到的安培力不可能是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p,水流对车身的平均冲击力大小为B.A.B.A.D.D.3亿人都在用的扫描App泡。下列说法正确的是变化的图像(x-t图像)如图乙所示，其中t=0.2s时物块刚接触薄板。弹簧的形变始终在A.当物块开始做简谐运动后，振动的周期为0.8sB.t=0.4s时物块的加速度大小为2g甲做简谐运动的周期减小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B.粒子能打在板上离P点的最远距离为2d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。乙(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") (填“I”或“Ⅱ”"Ⅲ")对应的光照最强。丁12.(9分)“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oA.量程为0~3V的电压表B.量程为0~3A的电流表C.零刻度在中间的灵敏电流计D.量程为0～0.6A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)。右”)偏转，当磁铁插人螺线管的速度越快，电表指针的偏角(填“不变”“变大”或“变小”)R·L●●F●15.(18分)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(1)求滑块1与滑块2碰后瞬间的速度大小v';(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。物理参考答案1.C【解析】电路中有感应电流,一定有电动势,选项A错误;电路中没有感应电流,可能有电动势,选项B错误;法拉第、纽曼、韦伯对电磁感应定律都作出了巨大贡献,选项C正确;磁通量的变化率越大,感应电动势越大,选项D错误。2.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选项A正确。3.C【解析】由安培力公式F=BIL可得,当电流方向与磁场方向垂直时,导线受到的安培力最大为1N,选项C符合题意。4.D【解析】取△t时间内的水流为研究对象,利用动量定理列方程得△t,F△t=十,解得选项D正确。5.B【解析】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,随着线圈L中电流增大,由于线圈L的直流电阻可忽略不计,分流作用增大,B灯泡逐渐被短路直到熄灭,外电路的总电阻减小,总电流增大,A灯泡更亮,选项A错误、B正确;B灯泡与线圈L构成闭合回路,所以稳定后再断开开关S后,B灯泡由暗变亮再逐渐熄灭,A灯泡立即熄灭,选项6.B【解析】从B点到C点的时间为半个周期则周期T=0.6s,选项A错误;由题中图像知mg=k(30—20),在B点时有k(50—20)—mg=ma,解得a=2g,选项B正确;在0.2s~0.4s时间内,物块的加速度先向下减小到0,再反向增大到2g,选项C错误;物块下降高度增大,只是增大振幅,不会改变周期,选项D错误。P7.C【解析】如图所示,圆O1与平板MN相切于A点,圆O2与平板MN相交于B点,PB为圆O2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P远的点,BC为粒子能打到平板上的范围,改变粒子的MCABN电性,粒子能打到的范围长度不变,但其位置发生变化,选项A错误;能打在板上离P点的最远距离为d,选项B错误;打到平板所用时间最长的粒子的初速度为℃1,由几何关系可得,℃1与竖直方向的夹角为30。,所以打到A点的粒子的速度偏转角为240。,粒子从P点运动到板上的最长时间●选项C正确;BC为粒子能打到平板上的范围,由几何关系可得十选项D错误。8.AB【解析】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,选项A、B正确;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,选项C、D错误。9.CD【解析】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。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,所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。10.BD【解析】小球与小车组成的系统在水平方向上所受合外力为零,水平方向上系统动量守恒,但系统所受外力之和不为零,系统动量不守恒,选项A错误;由于系统在水平方向上动量守恒,小球运动到B点时,小车向左的位移最大,以水平向右为正方向,在水平方向上,由动量守恒定律得解得小车的位移X=R,选项B正确;小球与小车组成的系统在水平方向上动量守恒,小球由A点离开小车时系统在水平方向上动量为零,小球与小车在水平方向上的速度为零,小球离开小车后做竖直上抛运动,选项C错误;小球第一次在车中运动的过程,由动能定理得解得W= ,即小球第一次在车中滚动损失的机械能为,由于小球第二次在车中滚动时,对应位置处的速度变小,因此小车对小球的弹力变小,摩擦力变小,摩擦力做的功小于 机械能损失小于,因此小球再次离开小车时,能上升的高度h大于h0而小于选项D正确。11.(1)负极(2分)(2)①A(1分)A(1分)D或C(1分)(写出一种合理接法及其他合理接法都算对,三空承接合理算一种正确接法,有一空不合理,算错误接法,本问不给分)【解析】(1)因为电流从黑表笔流出,当黑表笔接M时,多用电表指针位于表盘中a位置,即电阻很大,所以二极管反接,由此断定M端为二极管的负极。(2)①由题意知滑动变阻器按分压式接入电路,导线L1、L2和L3的另一端应分别连接滑动变阻器的A、A、D或C。②由图像知斜率的倒数等于二极管的电阻值,那么Ⅲ的阻值最小,又已知光照越强,该光敏电阻的阻值越小,所以图线Ⅲ对应的光照最强。12.(1)C(1分)(2)偏转方向(2分)电流方向(2分)(3)向左(2分)变大(2分)【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,还要用到一个零刻度在中间的灵敏电流计,选项C正确。(2)实验前要查明电流流入电表的方向与电表指针偏转方向的关系,用来判断感应电流的方向。(3)当闭合开关S时,观察到电流表的指针向左偏转,说明电流从负接线柱流入时,电流表的指针向左偏转。磁铁N极插入线圈E过程中,线圈E中磁通量向下增大,根据楞次定律可知感应电流将从电流表负接线柱流入,则此时电流表的指针将向左偏转,当磁铁插入螺线管的速度越快,磁通量变化越快,感应电流也较大,电表的指针偏角变大。13.解:(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(1分)解得(1分)(2)设小球A静止于0点时,弹簧的形变量为X0,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(1分)对小球B有F—Mg=Ma(1分)(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A1=2X(1分)则A球单独做简谐振动的振动方程X当小球A第一次返回0点时,位移X有X(1分)解得(1分)小球A到0点过程中弹性势能转化为小球A的动能,有14.解:(1)导体棒刚开始运动时,加速度最大由牛顿第二定律得F=mam(1分)(2)当安培力等于F时,导体棒的速度最大E=BLΨm(1分)F=BIL(1分)解得(1分)(3)由动量定理得(4)由能量守恒定律得Q=F父(1分)解得(1分)15.解:(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(1分)(2)由动能定