高級中學名校試卷PAGEPAGE1漣源市2024年上學期高二3月月考物理試卷一、選擇題（共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。）1.下列說法正確的是（）A.若物體運動速率始終不變，則物體所受合力一定為零B.若物體的加速度均勻增加，則物體做勻加速直線運動C.若物體所受合力與其速度方向相反，則物體做勻減速直線運動D.若物體在任意的相等時間間隔內位移相等，則物體做勻速直線運動〖答案〗D〖解析〗試題分析：物體運動速率不變，但速度的方向可以變化，此時合力不為零；物體做勻加速直線運動時，它的加速度是恒定的；合力與其速度方向相反時，物體做減速直線運動，但不一定是勻減速直線運動，物體受的合力可以變化；勻速直線運動在任意的相等時間間隔內位移都是相等．解：A、物體運動速率不變但方向可能變化，如勻速圓周運動，因此合力不一定為零，所以A錯；B、物體的加速度均勻增加，即加速度在變化，是非勻加速直線運動，所以B錯；C、物體所受合力與其速度方向相反，只能判斷其做減速運動，但加速度大小不可確定，所以C錯；D、若物體在任意的相等時間間隔內位移相等，則物體做勻速直線運動，所以D對．故選D．2.質點做直線運動位移x與時間t的關系為x=5t+t2（各物理量均采用國際單位制單位），則該質點（）A.第1s內的位移是5m B.前2s內的平均速度是6m/sC.任意相鄰的1s內位移差都是1m D.任意1s內的速度增量都是2m/s〖答案〗D〖解析〗第1s內的位移只需將t＝1代入即可求出x=6m，A錯誤；前2s內的平均速度為，B錯；由題給〖解析〗式可以求得加速度為a=2m/s2，C錯；由加速的定義可知D選項正確3.如圖所示，水平面上固定兩排平行的半圓柱體，重為G的光滑圓柱體靜置其上，a、b為相切點，，半徑Ob與重力的夾角為37°。已知，，則圓柱體受到的支持力Fa、Fb大小為（）A.， B.，C.， D.，〖答案〗D〖解析〗對光滑圓柱體受力分析如圖由題意有故選D。4.如圖所示，輕質細桿兩端固定兩個質量不相等的小球a、b，小球a置于光滑的水平地面上，從圖示位置，靜止釋放b球，下列說法正確的是（）A.b球落地的瞬間，a球的速度不為0B.在b球落地前的整個過程中，b球的機械能守恒C.在b球落地前的整個過程中，輕桿對b球的沖量不為0D.在b球落地前的整個過程中，輕桿對b球做的總功不為0〖答案〗C〖解析〗A．a、b組成的系統在水平方向上所受合力為零，動量守恒，系統水平方向的初動量為零，在b球落地瞬間系統水平方向動量仍為零，此時b球的速度方向豎直向下，a球的速度為零，故A錯誤；BD．由于當b球落地的瞬間，系統水平方向動量為0，所以a球先加速后減速到最后速度變為0，則輕桿對a球先做正功后做負功，由于球a、b與輕桿組成的系統機械能守恒，則在b球落地前的整個過程中，輕桿對b球先做負功后做正功，且對b球做的總功為0，由于輕桿對b球先做負功后做正功，此過程中b球的機械能不守恒，故BD錯誤；C．對b球，水平方向上動量變化為零，由動量定理可知，桿對b球的水平沖量為零.在豎直方向上，根據系統機械能守恒可知，b落地時速度與只在重力作用下的速度一樣，如圖所示v-t圖像中斜線為b球自由落體運動的圖線，曲線為b球豎直方向的運動圖線，在豎直方向上運動的位移與落地速度相同，對比可知b球落地所用時間相對自由落體運動的時間要長，由動量定理可知桿對b球的豎直方向的沖量必定不為零，且沖量方向向上，所以桿對b球的水平和豎直沖量可知，桿對b球的沖量不為零，且方向豎直向上，故C正確。故選C。5.近場通信（NFC）器件應用電磁感應原理進行通訊，其天線類似一個壓平的線圈，線圈尺寸從內到外逐漸變大。如圖所示，一正方形NFC線圈共3匝，其邊長分別為、和，圖中線圈外線接入內部芯片時與內部線圈絕緣。若勻強磁場垂直通過此線圈，磁感應強度變化率為，則線圈產生的感應電動勢最接近（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗根據法拉第電磁感應定律可知故選B。6.關于電磁波及電磁感應現象，下列說法正確的是（）A.電磁波只是一種描述方式，不是真正的物質B.用微波爐加熱食物是利用了微波具有能量的性質C.奧斯特最早發現了電磁感應現象D.穿過閉合導體回路有磁通量時，回路中就會產生感應電流〖答案〗B〖解析〗A.電磁波不僅僅是一種描述方式，而且是真實的物質存在，A錯誤；B.用微波爐加熱食物時，食物增加的能量是微波給它的，利用了微波具有能量的性質，B正確；C.法拉第首先發現了電磁感應現象，C錯誤；D.當穿過閉合導體回路的磁通量發生變化時，回路中就會產生感應電流，D錯誤；故選B。二、多選題（共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。）A.若運動過程中A和B能夠分離，則A和B恰好分離時，二者加速度大小均等于B.A和B達到最大速度v時，彈簧長度剛好是自然長度C.從釋放到A和B達到最大速度v的過程中，彈簧對A所做的功等于D.從釋放到A和B達到最大速度v的過程中，A對B所做的功等于〖答案〗AD〖解析〗A．依題意，可知A和B恰好分離時，彈簧正好恢復原長，應用牛頓第二定律可得解得a=故A正確；B．A和B達到最大速度v時，有說明彈簧仍處于壓縮狀態。故B錯誤；C．對A從釋放到速度達到最大的過程，由動能定理可得解得故C錯誤；D．對B從釋放到速度達到最大的過程，由動能定理可得解得故D正確。故選AD。8.甲、乙兩輛完全相同的小車均由靜止沿同一方向出發做直線運動。以出發時刻為計時零點，甲車的速度—時間圖像如圖（a）所示，乙車所受合外力—時間圖像如圖（b）所示。則（）A.0~2s內，甲車的加速度大小逐漸增大B.乙車在t=2s和t=6s時的速度相同C.2~6s內，甲、乙兩車的位移不同D.t=8s時，甲、乙兩車的動能不同〖答案〗BC〖解析〗A．由題知甲車的速度一時間圖像如圖（a）所示，則根據圖（a）可知0~2s內，甲車做勻加速直線運動，加速度大小不變，故A錯誤；B．由題知乙車所受合外力一時間圖像如圖（b）所示，則乙車在0~2s內根據動量定理有I2=mv2，I2=S0~2=2N·s乙車在0~6s內根據動量定理有I6=mv6，I6=S0~6=2N·s則可知乙車在t=2s和t=6s時的速度相同，故B正確；C．根據圖（a）可知，2~6s內甲車的位移為0；根據圖（b）可知，2~6s內乙車一直向正方向運動，則2~6s內，甲、乙兩車的位移不同，故C正確；D．根據圖（a）可知，t=8s時甲車的速度為0，則t=8s時，甲車的動能為0；乙車在0~8s內根據動量定理有I8=mv8，I8=S0~8=0可知t=8s時乙車的速度為0，則t=8s時，乙車的動能為0，故D錯誤。故選BC。9.一列簡諧橫波沿x軸傳播，圖（a）是時刻的波形圖；P是介質中位于處的質點，其振動圖像如圖（b）所示。下列說法正確的是（）A.波速為B.波向左傳播C.波的振幅是D.處的質點在時位于平衡位置〖答案〗AB〖解析〗A．由圖a可知波長為，由圖b可知波的周期為，則波速為故A正確；B．由圖b可知t=0時，P質點向下運動，根據“上下坡”法可知波向左傳播，故B正確；C．由圖a可知波的振幅為5cm，故C錯誤；D．根據圖a可知t=0時x=3m處的質點位于波谷處，由于所以，可知在時質點位于波峰處，故D錯誤。故選AB。10.如圖所示，質量為m的帶電絕緣小球（可視為質點）用長為l的絕緣細線懸掛于O點，在懸點O下方有勻強磁場。現把小球拉離平衡位置后從A點由靜止釋放，則下列說法中正確的是（）A.小球從A至C和從D至C到達C點時，速度大小相等B.小球從A至C和從D至C到達C點時，細線的拉力相等C.小球從A至C和從D至C到達C點時，加速度相同D.小球從A至D過程中，小球機械能守恒。〖答案〗ACD〖解析〗AD．小球在運動過程中所受繩子拉力和洛倫茲力不做功，只有重力做功，所以小球機械能守恒，A、D兩點等高，小球從A至C和從D至C到達C點時，速度大小相等，故A、D正確；C．由向心加速度公式可得小球在C點的加速度為由于小球從A至C和從D至C到達C點時，速度大小相等，所以小球從A至C和從D至C到達C點時，加速度大小相同，方向也相同，故C正確；B．假設小球帶正電，則小球從A至C點，在C點時，由左手定則可知，小球所受洛倫茲力向下，由牛頓第二定律小球從D至C點，在C點時，由左手定則可知，小球所受洛倫茲力向上，由牛頓第二定律易得所以小球從A至C和從D至C到達C點時，細線的拉力不相等，故B錯誤。三、實驗題（共2小題，共16分，每小題8分）11.用激光測玻璃磚折射率的實驗中，玻璃磚與屏P平行放置，從另一側用激光筆以一定角度照射，此時在屏上的S1處有激光點，移走玻璃磚，光點移到S2處，回答下列問題：（1）請畫出激光束經玻璃折射后完整的光路圖_________；（2）已經測出AB=l1，OA=l2，S1S2=l3，則折射率n=_________（用l1、l2、l3表示）；（3）若改用寬ab更小的玻璃磚做實驗，則S1S2間的距離會_________（填“變大”，“變小”或“不變”）。〖答案〗（1）（2）（3）變小〖解析〗（1）[1]根據題意畫出光路圖如下圖所示（2）設光線入射角為θ、折射角為α，則在C點根據折射定律有nsinθ=sinα由于射入玻璃磚的入射角是射出玻璃磚的折射角，則S1S2=CB根據幾何關系可知聯立解得（3）[3]若改用寬ab更小玻璃磚做實驗，則畫出光路圖如下可看出S1S2間的距離變小。12.某實驗小組用圖示電路測量勻強磁場的磁感應強度。實驗器材如下：邊長為L、匝數為N的正方形線圈（a、b為引出端）一個天平一臺，各種質量砝碼若干，直流電源一個，靈敏電流計一個，定值電阻一個，開關、導線等若干實驗步驟如下：（1）將a與c連接、b與d連接，閉合開關S，記錄________（填物理量名稱及符號），在天平的________（填“左盤”或“右盤”）中放入合適質量的砝碼，使天平平衡；（2）斷開開關S，將a與d連接、b與c連接，再次閉合開關S，這時需要在天平的________（選填“左盤”“右盤”）中放入質量為的砝碼，使天平再次平衡；（3）已知重力加速度大小為g，則磁感應強度的大小為B=________（用上述物理量表示）。〖答案〗（1）靈敏電流計的讀數I左盤（2）右盤（3）〖解析〗（1）[1]實驗中閉合開關S，應記錄靈敏電流計的讀數I；[2]由左手定則可知閉合開關后線框所受的安培力向下，應在天平的左盤中放入合適質量的砝碼，才能使天平平衡；（2）[3]斷開開關S，將a與d連接、b與c連接，再次閉合開關S，由左手定則可知閉合開關后線框所受安培力向上，應在天平的右盤中放入合適質量的砝碼，才能使天平平衡；（3）[4]斷開開關S，將a與d連接、b與c連接，再次閉合開關S，這時需要在天平的右盤中放入質量為的砝碼使天平再次平衡，由平衡條件可知解得四、計算題（共3小題，共40分）13.如圖所示，在距水平地面高h=0.80m的水平桌面右端的邊緣放置一個質量m=1.60kg的木塊B，桌面的左端有一質量M=2.0kg的木塊A，以v0=4.0m/s的初速度向木塊B滑動，經過時間t=0.80s與B發生碰撞，碰后兩木塊都落到水平地面上，木塊B離開桌面后落到水平地面上的D點。設兩木塊均可以看作質點，它們的碰撞時間極短，且D點到桌面邊緣的水平距離x=0.60m，木塊A與桌面間的動摩擦因數μ=0.25，重力加速度g取10m/s2，求：（1）兩木塊碰撞前瞬間木塊A的速度大小vA；（2）木塊B離開桌面時速度大小vB；（3）碰撞過程中損失機械能ΔE。〖答案〗（1）；（2）；（3）1.56J〖解析〗（1）對木塊A從桌面的左端到與B碰撞前，由動量定理解得兩木塊碰撞前瞬間木塊A的速度大小（2）木塊B離開桌面后做平拋運動，由水平方向勻速直線運動得豎直方向上自由落體運動得解得木塊B離開桌面時的速度大小（3）木塊A、B碰撞過程動量守恒，設木塊A碰撞后的速度為，則解得碰撞過程中損失的機械能14.如圖所示，小物塊A從光滑軌道上的某一位置由靜止釋放，沿著軌道下滑后與靜止在軌道水平段末端的小物塊B發生碰撞，碰后兩物塊粘在一起水平拋出。已知，小物塊A、B的質量均為，物塊A的釋放點距離軌道末端的豎直高度為，A、B的拋出點距離水平地面的豎直高度為，取重力加速度。求：（1）兩物塊碰前A的速度的大小；（2）兩物塊碰撞過程中損失的機械能；（3）兩物塊落地點距離軌道末端的水平距離。〖答案〗（1）2m/s；（2）0.1J；（3）0.3m〖解析〗（1）由動能定理可知，A從靜止釋放到兩物塊碰撞前解得（2）設碰撞后，A、B的速度為v1，則由動量定理可得解得故機械能損失（3）兩物塊后續做平拋運動，水平方向上豎直方向上解得15.如圖所示，A點距坐標原點的距離為L，坐標平面內有邊界過A點和坐標原點O的圓形勻強磁場區域磁場方向垂直于坐標平面向里。有一電子（質量為m、的電荷量為e）從A點以初速度v0平行于x軸正方向