2023-2024学年福建省长泰第二中学高二（下）第二次月考物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年福建省长泰第二中学高二（下）第二次月考物理试卷一、单选题：本大题共4小题，共16分。1.质量为1kg的小球以3m/s的速度水平向左飞来，击中墙后以A.1kg⋅m/s，向左 B.1kg⋅2.图甲是某燃气炉点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为如图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，原线圈两端接交流电压表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。则(

)

A.电压表的示数等于5

V

B.实现点火的条件是n2n1>1000

C.t=0.2

s时电压表的示数为3.如图表示一交变电流随时间变化的图像，则此交变电流的有效值是(

)

A.5A B.52A C.4.如图所示，在直角边长为2L的等腰Rt△ABC区域内，有垂直纸面向里的匀强磁场。用金属丝制成的边长为L的正方形线框abcd，沿纸面从左向右以速度v匀速通过整个磁场区域。设电流逆时针方向为正方向，则线框中感应电流A. B.

C. D.二、多选题：本大题共4小题，共24分。5.如图所示，灯泡1和2是两个电阻值均为RL的完全相同的小灯泡，滑动变阻器接入电路的阻值为R0，RL>R0。L是一个自感很大的线圈，它的电阻值也为A.开关接通时，灯泡1和2同时亮

B.开关接通时，通过灯泡1和2的电流相等

C.开关断开时，灯泡2立即熄灭，灯泡1先闪亮一下再熄灭

D.开关断开时，通过灯泡1和2的电流相等

6.如图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1m处的质点，Q是平衡位置为x=4A.从t=0.10s到t=0.15s，该波沿x轴正方向传播了2m

B.t=0.15s时，质点Q的位移达到负向最大

C.t=0.15s时，质点P7.如图所示，有竖直向下的匀强磁场穿过水平放置的光滑平行金属导轨，导轨左端连有电阻R，质量相等、长度相同的铁棒和铝棒静止在轨道上。现给两棒一个瞬时冲量，使它们以相同初速度v0向右运动，两棒滑行一段距离后停下，已知铁棒和铝棒始终与导轨接触且垂直，铁的电阻率大于铝的电阻率，则(

)A.在速度为v0时，两棒的端电压Uab=Ucd

B.8.如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度为B、电场强度为E，质量为m的带电小球在场中恰好处于静止状态。现将匀强磁场方向顺时针旋转90°，同时给小球一个垂直磁场方向向下的速度v，关于小球之后的运动，下列说法正确的是(

)

A.小球做匀变速直线运动

B.小球做匀速圆周运动

C.小球第一次运动到最低点的时间πEgB

三、填空题：本大题共2小题，共8分。9.在2021年12月9日的天宫课堂中，三位航天员观察到水球中的气泡特别明亮，这主要是因为光在气泡表面发生了全反射现象。如图，若在P点恰好发生全反射，反射角θ=53∘，则水的折射率n等于__________(sin53°=0.8,cos53°=0.6)。光线与水泡的外表面交点分别为A、B，已知线段10.如图甲所示，100匝的线圈(图中只画了2匝)两端A、B与一个电阻R相连。线圈内有垂直纸面向里的磁场，线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。则流过电阻R的电流方向为

(填“A经R流向B”或“B经R流向A”)，线圈中产生的感应电动势E=

V。

四、实验题：本大题共2小题，共12分。11.惠更斯在推导出单摆的周期公式后，用一个单摆测出巴黎的重力加速度，小华同学受此启发，在学习完单摆的相关知识后，他想到用单摆等器材测量出学校所在地的重力加速度。在测量过程中，他用到了以下的器材：长约1m的细绳、小钢球、铁架台、刻度尺、游标卡尺、手机秒表等。(1)按照图甲所示装置组装好实验器材，用刻度尺测量摆线(悬点到摆球最顶端)的长度；用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图乙所示，则该摆球的直径为_________(2A.摆球应选用体积较小、质量较大的小球B.绳子的弹性越好越利于减小实验误差C.为了便于测量周期，摆角越大越好D.测量周期时，应从摆球到达最低点时开始计时(3)该同学测出不同摆长L和对应的周期T，并在坐标纸上作出T2一L图线如图丙所示，接着他计算出图线的斜率k，则学校所在地的重力加速度大小g=__________(用k和π12.某小组做测玻璃的折射率实验，器材有：玻璃砖、大头针、刻度尺、圆规、笔、白纸。

(1)下列哪些措施能够提高实验准确程度______。

A.选用粗的大头针完成实验

B.选用两光学表面平行的玻璃砖

C.改变入射角的大小，多做几次实验

D.插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些

(2)该小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，以入射点O为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线NN′的垂线，垂足分别为C、D点，用刻度尺测得AC=9.00cm，BD=6.00cm，如图1，则计算得到玻璃的折射率n=______。

(3)在做测定玻璃折射率n的实验时：某同学在纸上正确画出玻璃砖的两个界面ab和五、计算题：本大题共3小题，共40分。13.一列波沿x轴正方向传播的简谐波，在t=0时刻的波形图如图所示，已知这列波在P出现两次波峰的最短时间是0.4s，求：

(1)这列波的波速是多少？

(14.如图所示，质量为m0=1kg的摆球A用长为l=1.8m的轻质细绳系于O点，O点下方的光滑水平地面上静止着一质量为m=5kg的小球B，小球B右侧有一质量为M=15kg的静止滑块C(未固定)，滑块的左侧是一光滑的(1)摆球A与小球B碰后摆球A能摆起的最大高度(2)小球B与滑块C作用过程中小球B沿14圆弧面上升的最大高度15.如图所示，电阻可忽略的粗糙平行金属导轨足够长，两导轨间距L=0.5m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值R=1.5Ω的电阻，已知导体棒与导轨间动摩擦因素为μ=36磁感应强度B0(1(2(3)达到最大速度后，磁感应强度发生变化使回路中不产生感应电流，则磁感应度随时间怎样变化。答案和解析1.【答案】D

【解析】解：设向右为正方向，则碰撞过程中小球动量变化量

Δp=mv2−mv1

代入数据解得Δp=5kg⋅2.【答案】B

【解析】解：A.如图乙所示的正弦交变电压，可得电压的最大值为5V，则电压表的示数为有效值，即

U1=U1m2=52V，故A错误；

B、根据电压与匝数成正比可知

n1n2=U1mU2m

当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体，解得

n2n1>1000，故B正确；

C、t=0.2

s时，电压表的示数为电压的有效值

U3.【答案】A

【解析】根据有效值的定义求解。取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值。【详解】将交流与直流通过阻值都为R的电阻，设直流电流为I，则根据有效值的定义有I2R解得I故选A。4.【答案】B

【解析】解：线框开始进入磁场运动L的过程中，只有边bd切割，感应电流大小不变，根据楞次定律可得方向为正方向，前进L后，边bd开始出磁场，边ac开始进入磁场，回路中的感应电动势为边ac产的减去bd边在磁场中产生的电动势，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bd完全出磁场，ac边也开始出磁场，有效切割长度逐渐减小，电流方向不变，故B正确，ACD错误。

5.【答案】AC【解析】解：AB、开关接通时，灯泡1和2同时亮，但是由于线圈中的感应电动势阻碍电流的增加，则通过灯泡1的电流大于通过灯泡2的电流，故A正确，B错误；

C、开关断开时，灯泡2立即熄灭；因RL>R0，即灯泡的电阻大于线圈的直流电阻，则当电路稳定时，通过线圈的电流大于通过灯泡1的电流，当开关断开时，由于线圈阻碍电流减小，则原来通过线圈的电流再次通过灯泡1，则使得灯泡1先闪亮一下再熄灭，故C正确；

D、开关断开时，灯泡2的电流立刻变为零，但是通过灯泡1的电流是逐渐减为零，则通过灯泡1和2的电流不相等，故D错误。

故选：AC。

电键接通瞬间，电路中迅速建立了电场，立即产生电流，但线圈中产生自感电动势，阻碍电流的增加，故线圈中电流逐渐增加；6.【答案】BC【解析】A.由乙图可知

t=0.10s

时质点Q由图可知

T=0.2s

，从

t=0.10s

到d故A错误；B.由图乙可知

t=0.15s

时，质点QC.

t=0.10s

至

t=0.15s

的时间等于

T4

，由图甲可知经过

T4

的时间质点D.波传播时质点在平衡位置上下振动，质点并不随波逐流，故D错误。故选BC。7.【答案】BD【解析】A.铁棒和铝棒的初速度均为v0，根据法拉第电磁感应定律，棒中感应电动势为由闭合电路欧姆定律知回路中电流为I而电阻R两端电压为U由于铁棒和铝棒电阻率不同，接入电路的电阻r不同，故铁棒和铝棒的端电压Uab≠B.由于铝棒的电阻小于铁棒的电阻，根据F可知铝棒受到的平均安培力大于铁棒受到的平均安培力，根据动量定理−可知铝棒运动的时间小于铁棒运动的时间，故B正确；C.根据牛顿第二定律可知a铁棒做加速度减小的减速运动，铁棒在中间时刻的速度小于v02，铁棒在中间时刻的加速度小于速度为v0D.根据动量定理可知−而F解得Δ可知铁棒的电阻大，则甲回路中磁通量的变化量大于乙回路中磁通量的变化量，故D正确。故选BD。8.【答案】BD【解析】【分析】

根据题意判断小球的运动性质，分析清楚小球的运动过程，根据小球做匀速圆周运动的周期求出小球的运动时间；应用牛顿第二定律求出小球做匀速圆周运动的轨道半径，然后求出小球在运动过程中最高点与最低点的高度差。

本题考查了带电小球在混合场中的运动，根据题意分析清楚小球的受力情况与运动过程是解题的前提，应用平衡条件与牛顿第二定律即可解题。

【解答】

AB、磁场竖直向上时小球静止处于平衡状态，由平衡条件可知，电场力与重力是一对平衡力，合力为零，磁场顺时针转动90°小球速度竖直向下，小球将做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，故A错误，B正确；

CD、重力与电场力合力为零，即qE=mg，小球做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r，小球运动的最高点与最低点的高度差为h=2r，解得：h9.【答案】1.25

25L【解析】由全反射公式有sinC=sin由几何关系知光在水中的传播距离d=Lsin5310.【答案】A经R流向B20

【解析】原磁场方向向里，由图乙可知，磁通量在增大，根据楞次定律可知回路中的感应电流方向为逆时针方向，即流过电阻R的电流方向为A经R流向B，根据法拉第电磁感应定律可得，线圈中产生的感应电动势为E=11.【答案】14.15

AD

4【解析】(114(2)[2]为了减小空气阻力对实验的影响应选择质量大体积小的球，故A正确；要保证摆长不变，绳子不能选择弹性绳，故B(3T得T斜率为k，则g12.【答案】CD

1.5

不变【解析】解：(1)A、为了准确测量光路图，应选用较细的大头针来完成实验，选用粗的大头针完成实验时，容易出现观察误差，使光线实际并不平行，故A错误；

B、根据折射定律可知，如果两个光学面不平行，不影响入射角和折射角的值，所以对折射率的测定结果不产生影响，故B错误；

C、在测量折射率时，入射角和折射角必须一一对应，即改变入射角的大小，多做几次实验，记录几次测量的不同入射角，对应的折射角，并求出对应的折射率，再求出多组折射率的平均值以减小误差，故C正确；

D、插在玻璃砖同侧的大头针之间的距离适当大些时，相同的距离误差情况下引起的角度误差会减小，故D正确；

故选：CD。

(2)依题意，根据折射定律得：；

n=sin∠AOCsin∠BOC=ACAOBD13.【答案】解：(1)P点两次出现波峰的最短时间是0.4s，所以这列波的周期为：T=0.4s．

由图象读出波长为：λ=4m

则波速为：v=λT=40.4m/s=10m/s

(2)由【解析】(1)波在P出现两次波峰的最短时间等于周期，求出波的周期．由图象读出波长，求出波速．

(2)当图中x=2m处质点的振动传到质点R14.【答案】解：(1)设小球运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为v0，根据机械能守恒定律，有

m0gl=12m0v02

代入数据解得：v0=2gl=6m/s

摆球A与小球B碰撞后摆球A和小球B的速度分别为v1、v2，发生弹性碰撞，碰撞过程根据动量守恒定律

m0v0=m0v1+mv2

根据能量守恒定律有12m0v02=1【解析】本题考查动量守恒定律和机械能守恒定律的应用，考查考生的分析综合能力，体现了科学思维的棱心素养。

(1)根据机械能守恒定律得到摆球A与小球B碰撞前的速度，根据动量守恒定律和机械能守