广东省惠州市实验中学2023-2024学年高二下学期3月月考物理试题（含答案）

第第页广东省惠州市实验中学2023-2024学年高二下学期3月月考物理试题一、单选题（每题4分，共28分）1．在物理学发展过程中，许多科学家做出了杰出的贡献，下列说法正确的是（）A．奥斯特发现了电流间的相互作用规律B．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律C．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了光是一种电磁波D．法拉第观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线图中，会出现感应电流2．某同学用两只手分别撑住桌子（桌面等高）使自己悬空，并保持如图所示姿势静止，两手臂和桌面夹角均为θ（0<θ<90°），桌脚与地面之间有摩擦，桌面与地面均水平，增大两手臂和桌面夹角θ，则（）A．每只手臂所承受的作用力变小 B．每只手臂所承受的作用力变大C．地面对桌脚的支持力将变小 D．地面对桌脚的支持力将变大3．2021年10月16日，搭载神舟十三号载人飞船的长征二号F运载火箭，在酒泉卫星发射中心按照预定时间精准点火发射成功。六小时后神舟十三号载人飞船与空间站组合体完成自主快速交会对接，一起绕地做匀速圆周运动。下面有关说法正确的是（）A．在发射过程中，翟志刚等三位航天员一直处于失重状态B．空间站组合体绕地飞行的速度可达第一宇宙速度C．若已知引力常量和组合体的绕地周期，可求出地球的平均密度D．若已知组合体的绕地周期，可求出一天（24h）内翟志刚看到日出的次数4．光滑斜面上的小球连在弹簧上，如图所示，把原来静止的小球沿斜面拉下一段距离后释放，小球的运动是简谐运动。对简谐运动中的小球受力分析，正确的是（）A．重力、支持力、弹力、摩擦力 B．重力、支持力、弹力、回复力C．重力、支持力、回复力 D．重力、支持力、弹力5．一长直导线与闭合金属线框位于同一竖直平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图所示（以竖直向上为电流的正方向），则在0~T时间内，下列说法正确的是（）A．0~T4B．T4~TC．T2D．0-T时间内，长直导线中电流的有效值为i6．图示为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动。若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中（）A．膜片与极板间的电容增大 B．极板所带电荷量增大C．膜片与极板间的电场强度增大 D．电阻R中有向上的电流7．如图所示，弹簧振子的平衡位置为O点，在B、C两点间做简谐振动。B、C相距40cm小球经过B点时开始计时，经过2s首次到达O点。下列说法正确的是（）A．第1s内小球经过的路程为10cmB．小球做简谐振动的频率为0.125HzC．小球做简谐振动的振幅为40cmD．小球从B点运动到C点的过程中，加速度先变大后变小二、多选题（每题6分，全对的6分，选不全且对的3分，有错的0分，共18分）8．法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。半径为L的铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，磁感应强度为B，方向如图所示，下列说法正确的是（）A．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则圆盘中心电势比边缘要低B．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C．若圆盘转动的角速度为ω，铜盘转动产生的感应电动势大小为1D．若圆盘转动的方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化9．简谐运动是最基本、最简单的机械振动，当某物体进行简谐运动时，物体所受的力跟位移成正比，并且总是指向平衡位置，它是一种由自身系统性质决定的周期性运动（如单摆运动和弹簧振子运动）。一个质点做简谐运动的图像如图所示，下列叙述正确的是（）A．该质点的振动频率为4HzB．在10s内该质点经过的路程是20cmC．在t=1.5s和t=4.5s两时刻该质点的位移大小相等D．在t=1.5s和t=4.5s两时刻该质点的速度相同10．图为某一单摆的简化模型，其摆角α小于5°，单摆的周期为T，下列说法正确的是（）A．把摆球质量减小一半，其他条件不变，则单摆的周期变大B．把摆角α变大（仍小于5°），其他条件不变，则单摆的周期不变C．将单摆摆长增加为原来的2倍，其他条件不变，则单摆的周期将变为2TD．将此单摆从两极移到地球赤道上，其他条件不变，则单摆的周期将变大三、实验题（11题6分，12题10分，共16分）11．电火花打点计时器是测量时间的仪器，其工作电压为V，电源频率是50Hz，它每隔s打一次点，在测定匀变速直线运动加速度实验中，某次实验纸带的记录如图所示，纸带上O、A、B、C、D、E、F、G为计数点，每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，O到各点距离由图可知。则在打C点时纸带的速度为m/s（保留两位有效数字），纸带的加速度等于m/s2。（保留两位有效数字）12．在测定金属丝电阻率的实验中，操作步骤如下：（1）用螺旋测微器测量一段粗细均匀的金属丝的直径，如图甲所示，直径d为mm；（2）要测量金属丝的阻值R（大约10 ΩA.电流表A1（量程0~0.6A，内阻约0.B.电流表A2（量程0~3A，内阻约0.C.电压表V（量程0~3V，内阻约3 kΩD.滑动变阻器R1（最大阻值为10E.滑动变阻器R2（最大阻值为200以及电源E（电动势3V，内阻可忽略）、开关、导线若干；为了提高测量精确度并且使金属丝两端电压调节范围尽可能大，滑动变阻器选择（填器材前的字母序号），电流表选用（填器材前的字母序号），请在图乙所示方框中画出设计的电路图；（）（3）根据上述电路图测量的电阻值（填“等于”“大于”或“小于”）真实值。四、解答题（13题12分，14题12分，15题14分）13．列车进站时的电磁制动可借助如图所示模型来理解，在站台轨道下方埋一励磁线圈，通电后形成竖直向上的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。在车身下方固定一由粗细均匀导线制成的矩形线框，利用线框进入磁场时所受的安培力进行制动，已知列车的总质量为m，车身长为nL，线框的短边ab和cd分别安装在车头和车尾，长度为L（L小于匀强磁场的宽度），站台轨道上匀强磁场区域大于车长，车头进入磁场瞬间的速度为v0。（1）当列车速度减为初速度的一半时，求ab两端的电压；（2）实际列车制动过程中，还会受铁轨及空气阻力设其合力太小恒为f，当列车速度为v02，已知矩形线框的电阻为14．如图所示，质量0.9kg的A与质量为1kg的B两物体通过轻质弹簧拴接在一起，物体A处于静止状态。在A的正上方h=5m高处有一质量为0.1kg的橡皮泥C由静止释放，当C与A发生碰撞后粘在一起，碰后的过程中物体B刚好被拉离地面。不计空气阻力，g=10m/s2。求：（1）橡皮泥C与A碰后瞬间的共同速度大小；（2）B刚要离开地面的时刻A与C整体的加速度大小和方向；（3）A与C整体压缩弹簧到最短时弹簧弹力的大小。15．如图所示的平面直角坐标系xOy，在第一象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴负方向；在第四象限的正方形abcd区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外，正方形边长为L，且ab边与y轴平行，一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P（0，h）点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a（2h，0）点进入磁场，最后从b点离开磁场，不计粒子所受的重力。（1）求电场强度E的大小；（2）求粒子到达a点时速度v的大小和方向；（3）求abcd区域内磁场的磁感应强度B。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A、安培发现了电流间的相互作用规律，故A错误；

B、洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，故B错误；

C、麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了光是一种电磁波，故C正确；

D、法拉第观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线图中，不会出现感应电流，故D错误。

故答案为：C。

【分析】熟悉掌握各物理学家的成就及其成就对物理研究的价值及意义。麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了光是一种电磁。安培发现了电流间的相互作用规律。洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律。2．【答案】A【解析】【解答】对该同学受力分析，设手臂受力为F，则

根据平衡条件得2F增大两手臂和桌面夹角θ，则sinθ变大，每只手臂所承受的作用力变小；根据整体分析可知地面对桌面的支持力等于同学与桌子的重力之和，所以地面对桌脚的支持力不变。

故答案为：A。

【分析】该同学处于静止状态，即处于平衡状态。对该学进行受力分析，注意桌面对该同学的支持力沿手臂方向。再根据平衡条件及力的合成与分解进行分析解答。3．【答案】D【解析】【解答】A、在发射过程中，加速度向上，则翟志刚等三位航天员处于超重状态，故A错误；

B、地球第一宇宙速度是所有卫星绕地球做匀速圆周运动的最大运行速度，则空间站组合体绕地飞行的速度小于第一宇宙速度，故B错误；

C、若已知引力常量G和组合体的绕地周期T，设组合体绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为r，地球半径为R，地球质量为M，则有G又M=联立可得ρ=可知无法求出地球的平均密度，故C错误；

D、若已知组合体的绕地周期T1，则根据2π可求得组合体每次看到日出用的时间，从而可求出一天（24h）内翟志刚看到日出的次数n，故D正确。

故答案为：D。

【分析】第一宇宙速度是环绕天体做匀速圆周运动的最大运行速度。确定发射过程，航天员加速度的方向，加速度向上，物体处于超重状态。根据万有引力定律及牛顿第二定律结合密度与质量的关系确定地球密度的表达式，继而判断能否求出地球的密度。可认为地球相对于太阳的位置近似不变，所以空间站绕行地球一周，可看到1次日出。4．【答案】D【解析】【解答】对小球受力分析，小球受到重力、斜面对其的支持力和弹簧弹力。小球做简谐振动的回复力有它们三者的合力来提供，并不是小球真正受到的力。

故答案为：D。

【分析】注意取消效果力和性质力的区别和特点。回复力为效果力，为物体所受各力的合力沿振动方向的分力。5．【答案】B【解析】【解答】A.0~T4B．T4~TC．T2D.0-T时间内，据电流的热效应可得Q可得长直导线中电流的有效值为I=3故答案为：B。

【分析】电流产生的磁场的磁感应强度大小与电流成正比，由此判断磁场强度的变化，由安培定则判断磁场的方向，由楞次定律判断线框面积变化的趋势。6．【答案】D【解析】【解答】A、膜片与极板距离增大，根据电容决定式C=可知膜片与极板间的电容减小，故A错误；

BD、根据电容定义式C=由于电容减小，电压不变，则极板所带电荷量减小，因此电容器要通过电阻R放电，电阻R中有向上的电流，故B错误，D正确；

C、根据场强公式E=由于膜片与极板距离增大，电压不变，膜片与极板间的电场强度减小，故C错误。

故答案为：D。

【分析】膜片与极板构成电容器，电容器与电源始终相连，电容器两极板的电势差不变。再根据电容的定义式及决定几何场强与电势差的关系进行分析，掌握电容器充放电时的特点及回路中电流方向的变化情况。7．【答案】B【解析】【解答】B、弹簧振子的平衡位置为O点，在B、C两点间做简谐振动。小球经过B点时开始计时，经过2s首次到达O点。则1得T=8小球做简谐振动的频率f=故B正确；

A、第1s内对应时间Δt=1B到O因为是速度增加且加速度减小的运动，所以第1s内小球速度较小，经过的路程s<第1s内小球经过的路程小于10cm。

故A错误；

C、振幅A=故C错误；

D、小球从B点运动到C点的过程中，回复力小变小后变大，由牛顿第二定律，加速度先变小后变大。故D错误。

故答案为：B。

【分析】根据2s小球首次到达O点确定小球的振动周期，再根据周期与频率的公式确定小球做简谐运动的频率。小球在平衡位置O点的速度最大，加速度为零。在振幅最大位置B、C点的速度为零，加速度最大。再根据简谐运动的规律确定小球1s内的运动路程及从B到C加速度的变化情况。8．【答案】B,C【解析】【解答】AB、若从上往下看，圆盘顺时针转动，根据右手定则可知，电流方向由P指向圆盘中心，则圆盘中心电势比边缘高，电流沿a到b的方向流过电阻，故A错误，B正确；

C、若圆盘转动的角速度为ω，铜盘转动产生的感应电动势大小为E=故C正确；

D、若圆盘转动的方向不变，角速度大小发生变化，则电流的大小发生变化，电流方向不发生变化，故D错误。

故答案为：BC。

【分析】根据右手定则结合圆盘转动方向确定转盘产生感应电流的方向，转动过程转盘相当于电源，电源内部的电流由低电势流向高电势，继而确定圆盘中心与边缘的电势高低情况及流过电阻R的的电流方向。再根据法拉第电磁感应定律确定感应电动势的大小。9．【答案】B,C【解析】【解答】A、由简谐运动的图像可知，质点的振动周期为4s，则有频率为f=故A错误；

B、质点的振幅为A=2cm，周期为T=4s，在1T内质点运动的路程是4A，在t=10s内经过的路程是s=4A×故B正确；

C、由振动图像可知，在t=1.5s和t=4.5s两时刻该质点的x坐标相同，即位移大小相等，故C正确；

D、由x-t图像斜率的正负表示速度方向，可知在t=1.5s和t=4.5s两时刻该质点的速度方向相反，在t=1.5s时刻速度方向向下，在t=4.5s时刻速度方向向上，故D错误。

故答案为：BC。

【分析】根据简谐运动图像确定质点的振动周期，再根据周期与频率的关系确定质点的振动频率。质点振动一个周期运动的路程为4A，熟悉掌握根据振动时间与周期的关系确定质点运动路程的计算方法。x-t图像斜率的正负表示速度方向。再根据振动图像分析各时间的质点的速度与位移的关系。10．【答案】B,D【解析】【解答】AB、根据单摆周期公式T=2π可知，单摆周期与摆球质量无关，与摆角α无关，故A错误，B正确；

C、据单摆周期公式T=2π其他条件不变，将摆长增加为原来的2倍，则单摆的周期将变为2T，故C错误；

T=2π将此单摆从两极移到地球赤道上，其他条件不变，因为在赤道上的g比在两极的小，则单摆的周期将变大，故D正确。

故答案为：BD。

【分析】摆角α小于5°，即摆球做单摆运动。赤道上的重力加速比两极的重力加速度小，再根据单摆周期公式结合题意进行分析解答。11．【答案】220；0.02；0.33；0.75【解析】【解答】电火花打点计时器是测量时间的仪器，其工作电压为220V，电源频率是50Hz，它每隔0.02s打一次点。

每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，则相邻计数点的时间间隔为T=5×0.02根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则在打C点时纸带的速度为v根据逐差法可知，纸带的加速度为a=【分析】熟悉掌握打点计时的工作原理及使用方法，根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度确定打下各计数点时纸带的速度，根据逐差法确定纸带的加速度，计算时注意单位的换算。12．【答案】（1）4.600（或4.598~4.602）（2）D；A；（3）小于【解析】【解答】（1）由题图甲可知，金属丝的直径d=4.5（2）要使金属丝两端电压调节范围尽可能大，滑动变阻器采用分压式接法，应选用最大阻值较小的滑动变阻器D；电路中的最大电流约为I故电流表选用A；设计电路图如答图所示

（3）由于电流表测的电流是通过金属丝和电压表的电流之和，电压表测量的是真实值，根据欧姆定律可知，测量的电阻值小于真实值。

【分析】读数时注意仪器的分度值及是否需要估读。熟悉掌握滑动变阻器采用分压式接法的判断方法，要使金属丝两端电压调节范围尽可能大，滑动变阻器采用分压式接法。根据闭合电路欧姆定律确定回路中的最大电流，继而确定所需的电流表。本实验操作的误差的主要源于电压表的分流作用。13．【答案】（1）解：当列车速度减为初速度的一半时，产生的电动势为E=ab两端的电压为U=（2）解：当列车速度为v0I=受到的安培力为F根据牛顿第二定律可得F解得加速度为a=【解析】【分析】（1）ab两端在磁场中做切割磁感线运动产生感应电动势，ab棒相当于电源，其两端的电压等于路端电压。再根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律和串并联规律进行解答；

（2）确定列车在制动过程的受力情况，根据左手定则确定列车所受安培力的方向。再根据闭合电路欧姆定律及安培力公式确定此时列车所受安培力大小。再根据牛顿第二定律确定此时列车的加速度。14．【答案】（1）解：设橡皮泥C与A碰前瞬间的速度为v02gh=解得v橡皮泥C与A碰撞过程满足动量守恒，则有m解得碰后瞬间的共同速度大小为v=1（2）解：B刚要离开地面的时刻，以B为对象，根据受力平衡可得F对于A与C整体，根据牛顿第二定律可得F联立解得加速度大小为a=20方向竖直向下。（3）解：A与C整体从碰撞后到B刚要离开地面过程，做简谐运动，根据对称性可知，