2023~2024學(xué)年度高二第二學(xué)期5月月鞏固檢測物理試題時間：75分鐘滿分：100分第Ⅰ卷選擇題（共46分）注意：選擇題的答案必須用2B鉛筆涂在答題卡中相應(yīng)位置，否則該大題不予記分。一、選擇題：（本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，第1～7題只有一項(xiàng)符合題目要求，每小題4分；第8～10題有多項(xiàng)符合題目要求，每小題6分，全部選對的得6分，選對但不全得3分，有選錯得0分。）1.法拉第發(fā)現(xiàn)電磁感應(yīng)現(xiàn)象，不僅推動了電磁理論的發(fā)展，而且推動了電磁技術(shù)的發(fā)展，引領(lǐng)人類進(jìn)入了電氣時代，下列哪一個器件工作時利用了電磁感應(yīng)現(xiàn)象（）A.電磁爐 B.回旋加速器 C.示波管 D.磁電式電流表【答案】A【解析】【詳解】A．電磁爐是通過電磁感應(yīng)現(xiàn)象產(chǎn)生感應(yīng)電流對鍋進(jìn)行加熱的，利用了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，故A正確；B．回旋加速器利用磁場偏轉(zhuǎn)，利用電場進(jìn)行加速，與電磁感應(yīng)無關(guān)，故B錯誤；C．示波管利用電荷在電場中受到電場力而發(fā)生偏轉(zhuǎn)的，與電磁感應(yīng)無關(guān)，故C錯誤；D．磁電式電流表是利用通電線圈受安培力進(jìn)行工作的，與電磁感應(yīng)無關(guān)，故D錯誤。故選A。2.圖甲和圖乙是演示自感現(xiàn)象的兩個電路圖，L1和L2為電感線圈，A1、A2、A3是三個完全相同的燈泡。實(shí)驗(yàn)時，斷開開關(guān)S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開關(guān)S2，燈A2逐漸變亮，而另一個相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同。下列說法正確的是（）A.圖甲中，A1與L1的電阻值相同B.圖甲中，閉合S1，電路穩(wěn)定后，A1中電流大于L1中電流C.圖乙中，變阻器R與L2的電阻值相同D.圖乙中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等【答案】C【解析】【詳解】AB．?dāng)嚅_開關(guān)S1瞬間，燈A1突然閃亮，由于線圈L1的自感，通過L1的電流逐漸減小，且通過A1，即自感電流會大于原來通過A1的電流，說明閉合S1，電路穩(wěn)定時，通過A1的電流小于通過L1的電流，L1的電阻小于A1的電阻，故AB錯誤；C．閉合S2，電路穩(wěn)定時，A2與A3的亮度相同，說明兩支路的電流相同，因此變阻器R與L2的電阻值相同，故C正確；D．閉合開關(guān)S2，A2逐漸變亮，而A3立即變亮，說明L2中電流與變阻器R中電流不相等，故D錯誤。故選C。3.如圖甲所示，線圈L的直流電阻不計(jì)，閉合開關(guān)S，待電路達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后斷開開關(guān)S，LC回路中將產(chǎn)生電磁振蕩。從開關(guān)S斷開計(jì)時，線圈中的磁場能EB隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。下列說法中正確的是（）A.LC振蕩電路的周期為2×10-3sB.在1×10-3s時，電容器右極板帶正電C.1×10-3s~2×10-3s時間內(nèi)，電流在減小D.1×10-3s~2×10-3s時間內(nèi)，自感電動勢在增加【答案】B【解析】【詳解】A．時刻斷開開關(guān)S，電感線圈與電容器構(gòu)成振蕩回路，電感線圈中的電流從某一最大值開始減小，產(chǎn)生自感電動勢對電容器充電，磁場能轉(zhuǎn)化為電場能，電容器所帶電荷量從零開始增加，當(dāng)線圈中的電流減為零時，電容器充滿電，所帶電荷量達(dá)到最大，振蕩電路經(jīng)歷時，磁場能為零，電場能最大，電容器中最大的電場能為，隨后電容器放電，所帶電荷量減小，電感線圈中的電流反向增加，電場能轉(zhuǎn)化為磁場能，形成振蕩電路，故LC電路振蕩周期為，故A錯誤，B．沒斷開開關(guān)前，線圈與R串聯(lián)，由于線圈的電阻不計(jì)，所以線圈兩端的電壓為零，電容器兩極板所帶的電荷量為零，此時通過線圈的電流自左向右。當(dāng)斷開開關(guān)時，開始給電容器充電，電流逐漸減小，經(jīng)過個周期（時刻）充電電流減小到最小，此時電容器所帶的電荷量最多（左板帶負(fù)電，右板帶正電），線圈L的感應(yīng)電動勢最大，故B正確，CD．由上分析知1×10-3s~2×10-3s時間內(nèi)，電容器放電，所帶電荷量減小，電感線圈中的電流反向增加，自感電動勢在減小，故CD錯誤。故選B。4.一列簡諧橫波沿x軸傳播，在t=0.125s時的波形如圖甲所示，M、N、P、Q是介質(zhì)中的四個質(zhì)點(diǎn)，已知N、Q兩質(zhì)點(diǎn)平衡位置之間的距離為16m。如圖乙所示為質(zhì)點(diǎn)P的振動圖像。下列說法正確的是（）A.該波的波速為240m/sB.該波沿x軸正方向傳播C.質(zhì)點(diǎn)P的平衡位置位于x=3m處D.從t=0.125s開始，質(zhì)點(diǎn)Q比質(zhì)點(diǎn)N早回到平衡位置【答案】D【解析】【詳解】A．設(shè)該波的波長為λ，根據(jù)三角函數(shù)知識可知，N、Q兩質(zhì)點(diǎn)平衡位置間的距離為解得由題圖乙可知該波的周期為，所以該波的波速為故A錯誤；B．由題圖乙可知，t=0.125s時刻，質(zhì)點(diǎn)P沿y軸負(fù)方向運(yùn)動，此時P應(yīng)位于波傳播方向波形的上坡，所以該波沿x軸負(fù)方向傳播，故B錯誤；C．由題圖乙可知，在t=0.125s之后，質(zhì)點(diǎn)P第一次位于波峰的時刻為t=0.25s，易知此波峰為t=0.125s時刻質(zhì)點(diǎn)Q所在處的波峰傳播來的，所以有解得故C錯誤；D．從t=0.125s開始，質(zhì)點(diǎn)Q第一次回到平衡位置所經(jīng)歷的時間為圖甲中，質(zhì)點(diǎn)Q左側(cè)波形的第一個平衡位置處坐標(biāo)為該振動狀態(tài)第一次傳播到質(zhì)點(diǎn)N所經(jīng)歷的時間為則即質(zhì)點(diǎn)Q比質(zhì)點(diǎn)N早回到平衡位置，故D正確。故選D。5.一理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為10∶1，原線圈輸入正弦式交流電的電壓的變化規(guī)律如圖甲所示，副線圈所接電路如圖乙所示，P為滑動變阻器的觸頭．下列說法正確的是A.電壓表的讀數(shù)為31VB.副線圈輸出電壓的頻率為5HzC.P向右移動時，原線圈的電流變大D.P向右移動時，變壓器的輸入功率變小【答案】C【解析】【詳解】根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比可知，原線圈的電壓的最大值為310V，所以副線圈的電壓的最大值為31V，所以電壓的有效值為，即電壓表的讀數(shù)為，所以A錯誤．由圖象可知，交流電的周期為0.02s，所以交流電的頻率為50Hz，所以副線圈輸出電壓的頻率為50Hz，故B錯誤．P向右移動時，次級電阻減小，則次級電流變大，根據(jù)原副線圈電流之比等于匝數(shù)的反比，初級電流變大；因次級電壓不變，故輸出功率增大，故C正確，D錯誤．故選C．【點(diǎn)睛】電路的動態(tài)變化的分析，總的原則就是由部分電路的變化確定總電路的變化的情況，再確定其他的電路．另外掌握變壓器電壓和電流與匝數(shù)的關(guān)系.6.某同學(xué)利用如圖所示裝置測量某種單色光的波長。若雙縫的間距為d，屏與雙縫間的距離為l，測得第1條暗條紋中心到第n條暗條紋中心之間的距離為，下列說法正確的是（）A.中央亮紋最亮最寬B.測得單色光的波長C.將單縫向雙縫靠近，干涉條紋變寬D.將屏向遠(yuǎn)離雙縫的方向移動，可以增加從目鏡中觀察到的條紋個數(shù)【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．中央亮紋最亮，但是中央亮紋寬度與其他亮紋寬度相同，所以A錯誤；B．根據(jù)解得單色光的波長所以B正確；C．根據(jù)可知，將單縫向雙縫靠近，干涉條紋保持不變，所以C錯誤；D．將屏向遠(yuǎn)離雙縫的方向移動，則l變大，條紋寬度變大，則可以減小從目鏡中觀察到的條紋個數(shù)，所以D錯誤；故選B。7.如圖甲所示，螺線管內(nèi)有一平行于軸線的磁場，規(guī)定圖中箭頭所示方向?yàn)榇鸥袘?yīng)強(qiáng)度B的正方向，螺線管與U型導(dǎo)線框cdef相連，導(dǎo)線框cdef內(nèi)有一半徑很小的金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導(dǎo)線框cdef在同一平面內(nèi)，當(dāng)螺線管內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間按圖乙所示規(guī)律變化時，下列選項(xiàng)中正確的是（）A.在時刻，金屬圓環(huán)L內(nèi)的磁通量最大B.在時刻，金屬圓環(huán)L內(nèi)的磁通量最大C.在時間內(nèi)，金屬圓環(huán)L內(nèi)有逆時針方向的感應(yīng)電流D.在時間內(nèi)，金屬圓環(huán)L有擴(kuò)張的趨勢【答案】B【解析】【詳解】A．由圖乙可知，時刻磁通量的變化率為零，則感應(yīng)電流為零，金屬圓環(huán)周圍沒有磁場，金屬圓環(huán)L內(nèi)的磁通量最小，故A錯誤；B．由圖乙可知，時刻的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，但是磁通量的變化率最大，則感應(yīng)電流最大，金屬圓環(huán)L內(nèi)的磁通量最大，故B正確；C．在時間內(nèi)，由圖乙可知穿過螺線管的磁通量向上逐漸減小，根據(jù)楞次定律，在螺線管中的電流方向f到c，且磁通量的變化率不斷變大，電路的感應(yīng)電流不斷變大；根據(jù)安培定則可知穿過金屬圓環(huán)L的磁通量向外增大，根據(jù)楞次定律可知，金屬圓環(huán)L內(nèi)有順時針方向的感應(yīng)電流，故C錯誤；D．根據(jù)C選項(xiàng)分析可知，在時間內(nèi)，穿過金屬圓環(huán)L的磁通量向外增大，根據(jù)楞次定律推論增縮減擴(kuò)，可知金屬圓環(huán)L有收的趨勢，故D錯誤。故選B。8.發(fā)電廠發(fā)電機(jī)的輸出電壓為U1，發(fā)電廠至用戶的輸電導(dǎo)線的總電阻為R，通過輸電導(dǎo)線的電流為I，輸電線末端的電壓為U2，下面選項(xiàng)表示輸電導(dǎo)線上損耗的功率是（）A. B.C.I2R D.I（U1－U2）【答案】BCD【解析】【詳解】試題分析：輸電線上損失的電壓為，輸電導(dǎo)線損失的電功率為，根據(jù)歐姆定律得，因此有，或，故BCD正確，A錯誤．考點(diǎn)：本題考查了在遠(yuǎn)距離輸電中功率損失問題，同時考查了輸電過程各物理量間的關(guān)系．9.如圖所示，水平地面上方矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，兩個用相同材料、相同粗細(xì)的導(dǎo)線繞制的單匝閉合正方形線圈1和2，其邊長，在距磁場上界面h高處由靜止開始自由下落，再逐漸完全進(jìn)入磁場，最后落到地面。運(yùn)動過程中，線圈平面始終保持在豎直平面內(nèi)且下邊緣平行于磁場上邊界。設(shè)線圈1、2落地時的速度大小分別為、，在磁場中運(yùn)動時產(chǎn)生的熱量分別為、，通過線圈截面的電荷量分別為、，不計(jì)空氣阻力，則（）A. B. C. D.【答案】AD【解析】【詳解】AC．線圈從同一高度下落，到達(dá)磁場邊界時具有相同的速度，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到磁場的安培力大小為由電阻定律有其中為材料的電阻率，為線圈的邊長，為導(dǎo)線的橫截面積線圈的質(zhì)量為為材料的密度聯(lián)立可得線圈剛進(jìn)入磁場時其加速度為由此可知加速度與無關(guān)，所以有可知線圈1和2進(jìn)入磁場的過程先同步運(yùn)動，由于當(dāng)線圈1剛好全部進(jìn)入磁場中時，線圈2由于邊長較長還沒有全部進(jìn)入磁場，線圈1完全進(jìn)入磁場后做加速度為的勻加速運(yùn)動，而線圈2仍先做加速度小于的變加速運(yùn)動，完全進(jìn)入磁場后再做加速度為的勻加速運(yùn)動，兩線圈加速運(yùn)動的位移相同，所以落地速度關(guān)系為故A正確，C錯誤；B．根據(jù)可得可知通過線圈橫截面的電荷量與線圈的邊長成正比，所以有故B錯誤；D．由能量守恒可得是磁場區(qū)域的高度，因?yàn)?，，所以可得故D正確。故選AD。10.如圖所示，絕緣水平面內(nèi)固定有一間距d=lm、電阻不計(jì)的足夠長光滑矩形導(dǎo)軌AKDC，導(dǎo)軌兩端接有阻值分別為R1=3Ω和R2=6Ω的定值電阻.矩形區(qū)域AKFE、NMCD范圍內(nèi)均有方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=1T的勻強(qiáng)磁場I和Ⅱ。一質(zhì)量m=0.2kg，電阻r=1Ω的導(dǎo)體棒ab垂直放在導(dǎo)軌上AK與EF之間某處，在方向水平向右、大小F0=2N的恒力作用下由靜止開始運(yùn)動，剛到達(dá)EF時導(dǎo)體棒ab的速度大小v1=3m／s，導(dǎo)體棒ab進(jìn)入磁場Ⅱ后，導(dǎo)體棒ab中通過的電流始終保持不變。導(dǎo)體棒ab在運(yùn)動過程中始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，空氣阻力不計(jì)。則（）A.導(dǎo)體棒ab剛到達(dá)EF時的加速度大小為5m/s2B.兩磁場邊界EF和MN之間的距離L為1mC.若在導(dǎo)體棒ab剛到達(dá)MN時將恒力撤去，導(dǎo)體棒ab繼續(xù)滑行的距離為3mD.若在導(dǎo)體棒ab剛到達(dá)MN時將恒力撤去，導(dǎo)體棒ab繼續(xù)滑行的過程中整個回路產(chǎn)生的焦耳熱為3.6J【答案】AD【解析】【詳解】A．導(dǎo)體棒ab剛要到達(dá)EF時，在磁場中切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E1=Bdv1經(jīng)分析可知，此時導(dǎo)體棒ab所受安培力的方向水平向左，由牛頓第二定律，則有F0-BI1d=ma1根據(jù)閉合電路的歐姆定律，則有上式中解得a1=5m/s2選項(xiàng)A正確；

B．導(dǎo)體棒ab進(jìn)入磁場Ⅱ后，受到的安培力與F0平衡，做勻速直線運(yùn)動，導(dǎo)體棒ab中通過的電流I2，保持不變，則有F0=BI2d其中設(shè)導(dǎo)體棒ab從EF運(yùn)動到MN的過程中的加速度大小為a2，根據(jù)牛頓第二定律，則有F0=ma2導(dǎo)體棒abEF，MN之間做勻加速直線運(yùn)動，則有解得L=1.35m選項(xiàng)B錯誤；

C．對撤去F0后，導(dǎo)體棒ab繼續(xù)滑行的過程中，根據(jù)牛頓第二定律和閉合電路歐姆定律，則有BId=ma而若△t→0，則有由以上三式可得則有即解得s=3.6m選項(xiàng)C錯誤；D．根據(jù)能量守恒定律，則有因v2=6m/s，代入數(shù)據(jù)解得Q=3.6J選項(xiàng)D正確。故選AD。第Ⅱ卷非選擇題（共54分）二、實(shí)驗(yàn)題空（每空2分，共16分）11.某同學(xué)用半圓形玻璃磚測定玻璃的折射率（如圖所示）。（1）在平鋪的白紙上垂直紙面插大頭針P1、P2確定入射光線，并讓入射光線過圓心O；在半圓形玻璃磚（圖中實(shí)線部分）另一側(cè)垂直紙面插大頭針P3，使P3擋住P1、P2的像，連接OP3；實(shí)驗(yàn)中要求三枚大頭針的______（選填“針帽”或“針尖”）在同一視線上；（2）圖中MN為分界線，虛線半圓與玻璃磚對稱，B、C分別是入射光線、折射光線與圓的交點(diǎn)，AB、CD均垂直于法線并分別交法線于A、D點(diǎn)。設(shè)AB的長度為l1，AO的長度為l2，CD的長度為l3，DO的長度為l4，為較方便地表示出玻璃磚的折射率，需用刻度尺測量______，（選填l1、l2、l3或l4）則玻璃磚的折射率可表示為______；（3）該同學(xué)在插大頭針P3前不小心將玻璃磚以O(shè)為圓心順時針轉(zhuǎn)過一小角度，由此測得玻璃磚的折射率將______（選填“偏大”“偏小”或“不變”）?！敬鸢浮竣?針尖②.和③.④.偏大【解析】【詳解】（1）[1]實(shí)驗(yàn)中要求三枚大頭針的針尖在同一視線上，而不是針帽，針帽的在視線方向上的橫截面積比較大，會帶來較大誤差。（2）[2][3]光線的入射角和折射角的正弦值分別為，根據(jù)光的折射定律可知玻璃磚的折射率因此只需測量和即可。（3）[4]當(dāng)玻璃磚順時針轉(zhuǎn)過一個小角度時，在處理數(shù)據(jù)時，認(rèn)為是不變的，即入射角不變，而減小，所以測量值將偏大。12.小明在家里做“用單擺測定重力加速度”的實(shí)驗(yàn)。如圖1，他找到了一塊外形不規(guī)則的小石塊代替擺球，設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)步驟是：A.將小石塊用不可伸長的細(xì)線系好，結(jié)點(diǎn)為，細(xì)線的上端固定于點(diǎn)；B.用刻度尺測量間細(xì)線的長度作為擺長；C.將石塊拉開一個大約的角度，然后由靜止釋放；D.從石塊擺至某一位置處開始計(jì)時，測出30次全振動的總時間，由得出周期；E.改變間細(xì)線的長度再做幾次實(shí)驗(yàn)，記下相應(yīng)的和；F.根據(jù)公式，分別計(jì)算出每組和對應(yīng)的重力加速度，然后取平均值作為重力加速度的測量結(jié)果。（1）小石塊擺動的過程中，充當(dāng)回復(fù)力的是______。A.重力B.拉力C.拉力沿水平方向的分力D.重力沿圓弧切線方向的分力（2）為使測量更加準(zhǔn)確，步驟D中，小明應(yīng)從______（選填“最大位移”或“平衡位置”）處開始計(jì)時。（3）小明用長作為擺長，的測量值比真實(shí)值______（選填“偏大”或“偏小”）。（4）小紅利用小明測出的多組擺長和周期的值，作出圖線如圖2所示，并計(jì)算出圖線的斜率為，由斜率求出重力加速度______（計(jì)算結(jié)果保留2位小數(shù)）。【答案】①.D②.平衡位置③.偏?、?9.74【解析】【詳解】（1）[1]小石塊擺動過程中，指向平衡位置的力為重力沿圓弧切線方向的分力，所以重力沿圓弧切線方向的分力充當(dāng)回復(fù)力。故選D。（2）[2]為減小實(shí)驗(yàn)誤差，應(yīng)從石塊擺到最低點(diǎn)，即從平衡位置開始計(jì)時。（3）[3]由單擺的周期公式解得用的長作為擺長，擺長偏短，則測得的重力加速度偏小。（4）[4]設(shè)石塊重心到點(diǎn)距離為，則實(shí)際擺長為可得解得可知圖像的斜率為解得三、計(jì)算題（本題包括3小題，共38分，寫出必要的文字說明和解題過程。）13.在研究物理學(xué)問題時，為了更好地揭示和理解物理現(xiàn)象背后的規(guī)律，我們需要對研究對象進(jìn)行一定的概括和抽象，抓住主要矛盾、忽略次要因素，建構(gòu)物理模型。諧振子模型是物理學(xué)中在研究振動問題時所涉及的一個重要模型。（1）如圖1所示，在光滑水平面上兩個物塊A與B由彈簧連接（彈簧與A、B不分開）構(gòu)成一個諧振子。初始時彈簧被壓縮，同時釋放A、B，此后A的v-t圖像如圖2所示（規(guī)定向右為正方向）。已知mA=0.1kg，mB=0.2kg，彈簧質(zhì)量不計(jì)。a.在圖2中畫出B物塊v-t圖像；b.求初始時彈簧的彈性勢能Ep。（2）雙原子分子中兩原子在其平衡位置附近振動時，這一系統(tǒng)可近似看作諧振子，其運(yùn)動規(guī)律與（1）的情境相似。已知，兩原子之間的勢能EP隨距離r變化的規(guī)律如圖4所示，在r=r0點(diǎn)附近EP隨r變化的規(guī)律可近似寫作，式中和k均為常量。假設(shè)原子A固定不動，原子B振動的范圍為，其中a遠(yuǎn)小于r0，請畫出原子B在上述區(qū)間振動過程中受力隨距離r變化的圖線，并求出振動過程中這個雙原子系統(tǒng)的動能的最大值。【答案】（1）a；b.；（2）；【解析】【分析】【詳解】（1）a.如答圖2所示b.由圖像可知，當(dāng)時彈簧恢復(fù)到原長，根據(jù)動量守恒定律可得，此時根據(jù)機(jī)械能守恒定律（2）原子B振動過程中受力隨距離變化的圖線如答圖3所示由題意可知，原子B處于r1=r0處時，系統(tǒng)的動能為最大值，設(shè)為Ek1，系統(tǒng)的勢能為最小值，為原子B處于r2=r0-a處時，系統(tǒng)的動能為0，系統(tǒng)的勢能為最大值，為根據(jù)能量守恒定律可得解得14.兩列簡諧橫波分別沿軸正方向和負(fù)方向傳播，兩波源分別位于和處，兩列波的波速均為，波源的振幅均為。圖所示是兩列波在0時刻的圖象，此刻介質(zhì)中平衡位置在和處的P、Q兩質(zhì)元剛開始振動。質(zhì)元的平衡位置位于處。(1)求兩列波相遇的時刻；(2)求到這段時間內(nèi)質(zhì)元運(yùn)動的路程?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】(1)由題意，讀圖知波源位于的波的波前位于點(diǎn)，坐標(biāo)為，波源位于的波的波前們位于點(diǎn)，坐標(biāo)為“左”側(cè)波的速度“右”側(cè)波的速度設(shè)兩波前相遇于坐標(biāo)為點(diǎn)，則解得(2)由(1)，兩波前相遇的位置坐標(biāo)為這正是點(diǎn)的坐標(biāo)，也就是說，兩列波的波前在點(diǎn)相遇。即在，點(diǎn)開始振動。兩列波是相干波，它們的相差恒定為0，會產(chǎn)生穩(wěn)定的干涉圖樣（為駐波）。由題意，讀圖知波的周期為點(diǎn)到兩波源的波程差因而點(diǎn)是振動加強(qiáng)點(diǎn)（干涉相長），是波腹。因而點(diǎn)的振幅點(diǎn)第一個振動周期，通過的路程是，則總路程