福建省政和第一中學2022-2023學年高二下學期第二次月考物理試卷

學校：___________姓名：___________班級：考號：

一、單選題

1.質量為加的鋼球自高處落下，以速度匕碰地，豎直向上彈回，碰撞時間極短，離

地的速率為匕。在碰撞過程中，鋼球動量變化的方向和大小為（）

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

2.一個電動機上銘牌上標有“220V，IkW”字樣，那么為了使它正常工作，所使用的

正弦交流電是（）

A.電壓最大值為220V，電流最大值約為3.2A

B.電壓最大值為31IV，電流最大值約為4.5A

C.電壓有效值為220V，電流有效值約為4.5A

D.電壓有效值為3UV，電流有效值約為3.2A

3.如圖甲所示，在磁感應強度為B的勻強磁場中，有一匝數為〃、面積為S、總電阻

為/?的矩形線圈昉〃繞軸。。'做角速度為①的勻速轉動，矩形線圈在轉動中可以保持

和外電路電阻R形成閉合電路，回路中接有一理想交流電流表，圖乙是線圈轉動過程

中產生的感應電動勢e隨時間f變化的圖像，下列說法中正確的是（）

A.從4至必這段時間穿過線圈的磁通量變化量為2〃BS

B.從4到h這段時間通過電阻R的電荷量為—

R

C.t,時刻穿過線圈的磁通量變化率為nBSco

nBSco

D.電流表的示數為

V2(7?+r)

4.如圖，輕質彈簧下掛重為300N的物體A時伸長了3cm,再掛上重為200N的物體

8時又伸長了2cm,現將A8間的細線燒斷，使A在豎直平面內振動，則（）

A

B

A.最大回復力為300N,振幅為2cm

B.最大回復力為200N,振幅為3cm

C.只減小A的質量，振動的振幅變小，周期不變

D.只減小8的質量，振動的振幅變小，周期不變

二、多選題

5.一列簡諧橫波，在r=o.6s時刻的波形圖如圖甲所示，此時，P、。質點的位移均為

Tcm，波上質點A的振動圖像如圖乙所示，則以下說法正確的是（）

B.這列波的波速是絲m/s

3

C.從,=o.6s開始，緊接著的Ar=0.6s時間內，A質點通過的路程是10m

D.質點P將比質點。先回到平衡位置

6.如圖，利用理想變壓器進行遠距離輸電，發電廠的輸出電壓恒定，輸電線路的電阻

不變，當用電高峰到來時（）

A.輸電線上損失的功率增大

B.電壓表V1的示數減小，電流表的示數增大

C.電壓表V2的示數增大，電流表A2的示數減小

D.用戶功率與發電廠輸出功率的比值減小

7.如圖所示為兩根間距為L的光滑平行金屬導軌，00,左側向上彎曲，右側水平，水

平導軌處在磁感應強度為3的豎直向上的勻強磁場中。兩根金屬棒MN、PQ垂直導軌

放置，與導軌接觸良好，MN、PQ棒的長度均為L、質量均為相、阻值均為R。金屬

棒MN從豎直高度〃處由靜止釋放沿導軌下滑。導軌電阻不計，整個過程金屬棒

和PQ未相碰，則（）

A.金屬棒MN進入磁場時，金屬棒尸。兩端電壓大小為BL后

2

B.釋放后金屬棒MN的最小速度為0

C.整個過程中流過金屬棒PQ的電荷量為吆殛

2BL

D.整個過程中閉合回路產生的焦耳熱為皿

4

8.如圖所示，質量為根的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑長

度為2R,現將質量也為根的小球從距A點正上方%高處由靜止釋放，然后由A點經

過半圓軌道后從8沖出，在空中能上升到距8點所在水平線的最大高度為也處（不

4

計空氣阻力，小球可視為質點），則（）

r

A.小球和小車組成的系統動量守恒

B.小球離開小車后做豎直上拋運動

C.小車向左運動的最大距離為R

D.小球第二次在空中能上升到距B點所在水平線的最大高度為九

2

三、填空題

9.麥克斯韋提出的電磁場理論認為（選填“變化”或“不變化”）的磁

場能產生電場。現代通信離不開電磁波，在真空中頻率越小的電磁波，它的波長

（選填“越長”或“越短”）。

10.如圖所示，是兩列頻率相同、質點振動方向相同、振幅均為A的平面波相遇發生

干涉的示意圖。圖中實線表示波峰，虛線表示波谷，。為P、M連線的中點。從圖示

時刻經過四分之一周期，M處質點的位移為,從圖示時刻經過半個周期，。處

質點通過的路程為。

四、實驗題

11.在用單擺測定重力加速度的實驗中，改變擺長多次測量得到多組周期T和擺長L

的值。

（1）測擺長時，若正確測出懸線長I和擺球直徑D,則擺長￡=；

（2）測周期時，當擺球經過平衡位置時開始計時并計數為0次，圖中秒表是擺球經過

平衡位置第100次的時間，上圖為放大圖，則秒表示數r=s,周期

T=s；

（3）甲同學利用所測數據計算出重力加速度的結果比真實值偏小，實驗過程中可能出

現的失誤是;

A.計算擺長時沒有加上擺球半徑

B.選用擺球的質量偏大

C.在時間，內的〃次全振動誤記為〃+1次

D.在時間t內的〃次全振動誤記為次

(4)乙同學利用所測數據作出〃圖線如圖所示，由圖線求出斜率為4，則重力加

12.聰聰同學用如圖所示裝置來驗證動量守恒定律。

(1)實驗中，質量為叫的入射小球A和質量為m2的被碰小球8的質量關系是

叫叫(填“大于等于''或“小于。

(2)當滿足關系式時，證明A、8兩小球碰撞過程中動量守恒；若碰撞

前后系統無機械能損失，則系統機械能守恒的表達式為o

B見一叫?m?

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

C網嗎

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

五、計算題

13.如圖所示，為一交流發電機和外接負載的示意圖，發電機電樞線圈“=1()0匝的正

方形線圈，邊長L=10cm。線圈繞00,軸在磁感強度B=0.5T的磁場中以角速度

o=2（）rad/s轉動（不計一切摩擦），已知線圈電阻r=外電路負載電阻R=4O。

（答案可以根式表示）試求:

(1)由圖示位置開始轉動過程中感應電動勢的瞬時表達式;

(2)由圖示位置轉過60。角的過程中電路中交流電壓表的示數;

(3)由圖示位置轉過60。角的過程中產生的平均感應電動勢及通過電阻R中流過的電

量。

14.如圖所示，半徑為R的光滑四分之一圓弧軌道AB固定在豎直面內，其8端剛好

與水平面相切，水平面B。部分光滑，。點右側部分粗糙且足夠長，質量為3機的物塊

〃放在水平面上的C點，質量為m的物塊。從圓弧軌道的最高點A由靜止釋放，物塊

。沿圓弧面下滑到水平面上與物塊。發生正碰。不計兩個物塊大小，已知重力加速度

為g，物塊與水平面粗糙部分的動摩擦因數為0.5,試回答下列問題:

(1)。與人碰撞前的瞬間。的速度大小;

(2)若。與匕碰撞后粘在一起，則碰撞后間a、A在粗糙水平面上滑行的距離;

(3)若。與匕發生彈性碰撞，求碰撞過程匕對。的沖量及物塊。、匕最終靜止在粗糙

水平面上時的間距。

15.如圖甲所示，光滑的金屬導軌MN和PQ平行，間距L=L0m,與水平面之間的

夾角a=37。，勻強磁場磁感應強度8=2.0T,方向垂直于導軌平面向上，間接有

阻值H=L6C的電阻，質量加=0.5kg,電阻，;0.4。的金屬棒昉垂直導軌放置，現

用和導軌平行的恒力廠沿導軌平面向上拉金屬桿必，使其由靜止開始運動，當金屬棒

上滑的位移s=3.8m時達到穩定狀態，對應過程的VT圖像如圖乙所示。取

2

g=10m/s,導軌足夠長(sin370=0.6,cos37°=0.8)0求:

(1)運動過程中或b哪端電勢高，并計算恒力尸的大小；

(2)從金屬桿開始運動到剛達到穩定狀態，此過程金屬桿上產生的焦耳熱;

(3)由圖中信息計算。?1s內，導體棒滑過的位移。

參考答案

1.答案：D

解析：取向下為正方向，則即=〃=-加匕一加匕=-加（9+彩），負號表示即與選的

正方向相反，即向上。

2.答案：C

解析：

3.答案：D

解析：A.由題圖乙可知，4和4這兩個時刻穿過線圈的磁通量大小均為0,故4到片這

段時間穿過線圈的磁通量變化量為0,故A錯誤；

B.從4到〃這段時間穿過線圈的磁通量的變化量為BS,則平均感應電動勢為

△t

通過電阻R的電荷量為

E,nBS

q-1------△/=-------

R+rR+r

故B錯誤;

C4時刻線圈產生的感應電動勢為

E=nBSco

由法拉第電磁感應定律可得

E=〃隨

△t

則穿過線圈的磁通量變化率為

*=BSa)

△t

故C錯誤;

D.電流表的示數為電流的有效值，則有

inEmnBSco

-G一向R+r)-向R+r)

故D正確。

故選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：變化；越長

解析：麥克斯韋建立了電磁場理論：變化的電場周圍產生磁場，變化的磁場周圍產生

電場；

真空中電磁波的傳播速度均為光速，根據c=/可知，頻率越小的電磁波，它的波長

越長。

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)為防止碰撞過程入射球反彈，入射球的質量應大于被碰球的質量叫大于

加2；

(2)小球離開軌道后做平拋運動，設擋板與拋出點之間的距離為x,由平拋運動規律

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

運動的初速度V越小，下落距離/?越大，兩球碰撞后，入射小球A的速度變小，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點位置是P,碰撞后落點位置是

M',被碰球的落點位置是N',則碰撞前入射小球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，兩球碰撞過程

系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：班％=町匕+加2嶺，整理可得：

=/^1,+)故A正確；若碰撞前后系統無機械能損失，由機械能守恒

7BP7BM7BN

定律得：；叫片=；叫十+；用V，整理可得：懸=篇+喘F，故B正確。

ZZZDrDMDIN

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

兀20

解析：(1)該交流電的峰值

Em-nBUco

解得

，=iov

開始位置與磁感線平行，瞬時表達式

e-Emcoscot

解得，由圖示位置開始轉動過程中感應電動勢的瞬時表達式為

e=10cos20r(V)

(2)轉動過程中，交流電壓表的示數為有效值

七嗓

由閉合電路歐姆定律可得，感應電流

1=-^-

R+r

電壓表的示數

U=IR

解得，由圖示位置轉過60。角的過程中電路中交流電壓表的示數

U=40V

(3)轉60。角的過程中產生的平均感應電動勢大小

萬卜①

E=n-----

△t

其中

sin600

6CD

解得，由圖示位置轉過60。角的過程中產生的平均感應電動勢為

萬156

E=----V

71

由閉合電路的歐姆定律得

7=—

R+r

通過電阻R中流過的電量為

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）設。與匕碰撞前的一瞬間，。的速度大小為”,根據機械能守恒有

12

mgR=—mv0

解得

（2）設碰撞后的共同速度為v,根據動量守恒有

mv0=4mv

解得

1

設兩物塊在粗糙水平面上滑動的距離為X，根據動能定理

12

-//x4mgx=0-—x4mv~

解得

_v2_1

X——二-K

g8

（3）設碰撞后一瞬間。、匕的速度大小分別為％、v2,根據動量守恒有

mv0=mVj+3mv2

根據能量守恒有

解得

1

vi=~2V°

1

V2=5%

a、匕碰撞過程，根