2021-2022学年福建省龙岩第一中学高二（下）第一次月考物理试题（实验班）含解析

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龙岩一中 2021-2022 学年第二学期第一次月考高二实验班物理试卷一、单项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 6 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1. 矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，下列说法中不正确的是（　　）A. 在中性面时，通过线圈的磁通量最大 B. 在中性面时，感应电动势为零C. 穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势也为零 D. 线圈每通过中性面一次，电流方向改变一次【答案】C【解析】【详解】A．在中性面时，线圈与磁场垂直，磁通量最大，故A正确，不符合题意；BD．在中性面时，没有边切割磁感线，感应电动势零，线圈每通过中性面一次，电流方向改变一次，故BD正确，不符合题意；C．穿过线圈的磁通量为零时，线圈与磁场平行，有两边垂直切割磁感线，感应电动势最大，故C错误，符合题意。故选C。2. 质量为 5kg 的物体，原来以 v=5m/s 的速度做匀速直线运动，现受到跟运动方向相同的的冲量15N·s 的作用，物体的动量变为（　　）A. 80kg·m/s B. 160kg·m/s C. 40kg·m/s D. 10kg·m/s【答案】C【解析】【详解】以物体为研究对象，以物体的初速度方向为正方向， 由动量定理得则物体末动量故选C。3. 如图所示，水平轻弹簧左端固定在墙壁，右端与质量为 M 的小物块相连，小物块可在光滑水平面上做简谐运动，振幅为 A。在运动过程中将一质量为 m 的小物块轻放在 M 上，第一次是当 M 运动到平衡位置时放到上面，第二次是当 M 运动到最大位移时放到上面，观察到第一次放后振幅为 A1，第二次放后振幅为 A2，则（　　）A. A1=A2=A B. A1<A2=A C. A1=A2<A D. A2<A1=A【答案】B【解析】【详解】第一次，由动量守恒得所以 此过程中系统的动能变化机械能有一定的损失，速度为零时弹性势能减小，振幅会减小，即A1< A； 第二次，当M运动到最大位移处C处将一质量为m的小物块轻轻地放在M上时，由于二者水平方向的速度都是0，所以不会有机械能的损失，振子的振幅不变，即A2=A。 综上可知，A1<A2=A，故B正确，ACD错误。 故选B。4. 一天，我们亲爱的疯辉掏出了两个完全相同的小球，一个小球静止放在水平光滑桌面上，另一个小球以一定初速度与前者发生斜碰，期间发出了一声脆响（Hey guys，注意有能量损失哦！），则碰后两球速度的夹角为（　　）A. 锐角 B. 直角 C. 钝角 D. 以上皆有可能【答案】A【解析】【详解】将小球的速度分解到沿着两小球球心连线方向和垂直于两球心连线方向两个方向上，因为碰撞过程有能量损失，故碰后两小球均有沿着两小球球心连线方向的速度，则碰撞小球合速度与沿着两小球球心连线方向成锐角，被碰撞小球速度沿着两小球球心连线方向，故碰后两球速度的夹角为锐角。故选A。二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 6 分，共 24.每小题有多项符合题目要求，全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。5. 如图，固定有光滑圆弧轨道的小车 A静止在光滑的水平面上，轨道足够长，其下端部分水平， 有一小滑块 B以某一水平初速度滑上小车，滑块不会从圆弧上端滑出，则滑块 B在小车上运动的过程中， 下列说法不正确的是（　　）
 A. 当滑块上升到最大高度时，滑块的速度不为零B. 滑块运动过程中机械能守恒C. 滑块离开小车时的速度与滑上小车时的速度大小相等D. 滑块 B 在小车上运动的过程中，滑块与小车组成的系统动量不守恒【答案】BC【解析】【详解】A．滑块和小车组成的系统在水平方向动量守恒，当滑块上升到最大高度时，竖直方向上速度为零，水平方向上的速度不为零，故A正确，不符合题意；B．滑块在运动的过程中，不仅有重力做功，还有支持力做功，机械能不守恒，故B错误，符合题意；C．B离开时，A具有一定的速度，根据能量守恒知，滑块离开小车时的速度小于滑上小车时的速度，故C错误，符合题意；D．滑块在小车上运动的过程中，水平方向上外力为零，动量守恒，而竖直方向上滑块有加速度，系统合外力不为零，动量不守恒，所以滑块和小车组成的系统动量不守恒，故D正确，不符合题意。故选BC。6. 在图（a）所示的交流电路中，电源电压的有效值为220V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2=10，R3=20，各电表均为理想电表。已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图（b）所示。下列说法正确的是（　　）A. 所用交流电的频率为50Hz B. 电压表的示数为100VC. 电流表的示数为1.0A D. 变压器传输的电功率为15.0W【答案】AD【解析】【详解】A．交流电的频率为A正确；B．通过电流的有效值为两端即副线圈两端的电压，根据欧姆定律可知根据理想变压器的电压规律可知原线圈的电压电阻两端分压即电压表示数，即B错误；C．电流表的示数为C错误；D．副线圈中流过的总电流为变压器原副线圈传输的功率为D正确故选AD。7. 一列简谐横波沿 x 轴正方向传播，t 时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到 P 点， 时刻的波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q 是介质中的质点，则下列说法正确的是（　　）
 A. 这列波的波速可能为 450m/sB. 质点 a 在这段时间内通过的路程一定小于 30cmC. 质点 c 在这段时间内通过的路程可能为 60cmD. 若 ，则当 时刻，质点 b、P 的位移相同【答案】ACD【解析】【详解】A．从实线波形到虚线波形经历的时间可以表示为则有解得周期为由波形图可知波长，则波速表示为当时，波速为A正确；B．质点 a 在这段时间内振动的时长为根据振动的特征可知，质点每完成一个全振动，质点的路程均为，由此可知，当时，质点 a 在这段时间内必定大于30cm，B错误；C．从时刻起经过的时间质点开始振动，则在这段时间内质点振动的时长为质点走过的路程可表示为当时，即解得即当波速为时，质点 c 在这段时间内通过的路程为 60cm，C正确；D．横波沿 x 轴正方向传播，t 时刻质点沿轴正方向振动，从该时刻起点的振动描述为当， 时刻，质点的位移为从该时刻起点振动描述为当， 时刻，质点的位移为由此可知，但，则当 时刻，质点 b、P 的位移相同，均为，D正确；故选ACD。8. 在光滑绝缘的水平平面上固定两个等量的同种正点电荷，电量为Q，距离为L，在两个点电荷的连线的中垂线上离中点距离为A（A<<L）的地方静止释放一个质量为m，电量为q的负点电荷，负点电荷回到出发位置的时间为T1，等效劲度系数为k1；在两个点电荷的连线上离中点距离为A的地方静止释放一个质量为m，电量为q的正点电荷，正点电荷回到出发位置的时间为T2，等效劲度系数为k2，则T1和T2的关系正确的是（已知简谐振动的周期公式为）（　　）A.  B. C. T1=T2 D. T2=T1【答案】BC【解析】【详解】AB．当在两点电荷连线上距离两点连线的中垂线上离中点为A释放负电荷时，根据电场的叠加以及几何关系可知，电场力为因A远小于L，则有解得当在两点电荷连线上距离两点电荷连线的中点距离为A释放正电荷时，同理有：解得选项A错误，B正确；CD．由以上可知又则有选项C正确，D错误。故选BC。三、非选择题：共 60 分，其中 9、10、11 题为填空题，12 为实验题，13～15 题为计算题。考生根据要求作答。9. 一小船与船上人的总质量为160kg，以2m/s的速度匀速向东行驶，船上一个质量为60kg的人，以6m/s的水平速度（相对跳离时小船的速度）向东跳离此小船，若不计水的阻力，则人跳离后小船的速度大小为_________m/s，小船的运动方向为向______．【答案】    ①. 0.25    ②. 向西【解析】【详解】规定向东为正方向．选择河面为参照系．人跳离此小船前后小船与船上人动量守恒．解得： 负号说明小船的运动方向为与正方向相反，即向西．10. 某物体发出的声音在空气中的波长为1 m，波速为340 m/s，在海水中的波长为4.5 m 。（1）该波的频率为_______Hz。（2）若物体在海面上发出的声音经 0.5 s 听到回声，则海水深为多少___________。【答案】    ①. 340    ②. 382.5m【解析】【详解】（1）[1]由得频率为（2）[2]因为波从空气到海里，频率不变，则在海水中速度为所以海水深度为11. 用如图所示装置验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
 （1）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。可以仅通过测量_______（填选项前的序号）间接地解决这个问题。A．小球开始释放时的高度h B．小球抛出点距地面的高度HC．小球做平抛运动的水平位移（2）在实验中，入射小球、被碰小球的质量分别为m1和m2，关于m1和m2的大小，下列关系正确的是______.A．m1=m2B．m1>m2 C．m1<m2 D．以上都可以（3）若两球在碰撞前后动量守恒，需要验证的表达式为_________________。【答案】    ①. C    ②. B    ③. 【解析】【详解】(1)[1]小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与小球的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，即测量射程，故C正确，AB错误。故选C。(2)[2]两球发生碰撞后，为防止入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即(3)[3]要验证动量守恒定律定律，即验证小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得得12. 小明做“探究碰撞中的不变量”实验的装置如图1所示，悬挂在O点的单摆由长为l的细线和直径为d的小球A组成，小球A与放置在光滑支撑杆上的直径相同的小球B发生对心碰撞，碰后小球A继续摆动，小球B做平抛运动．
 （1）小明用游标卡尺测小球A直径如图2所示，则d=_______mm．又测得了小球A质量m1，细线长度l，碰撞前小球A拉起的角度α和碰撞后小球B做平抛运动的水平位移x、竖直下落高度h．为完成实验，还需要测量的物理量有：______________________．（2）若A、B两球碰后粘在一起形成新单摆，其周期_________（选填“小于”、“等于”或“大于”）粘合前单摆的周期（摆角小于5°）．【答案】    ①. 14.40；    ②. 小球B质量m2,碰后小球A摆动的最大角 ；    ③. 大于；【解析】【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数；根据球A摆动过程中机械能守恒来分析球A的速度，根据平抛运动规律来分析球B的速度，从而确定要测量的物理量；两球粘在一起后球的重心发生变化，据此判断摆长的变化，从而判断周期的变化；【详解】（1）球的直径为d=14mm+×8mm=14.40mm；根据机械能守恒定律可得碰撞前瞬间球A的速度（），碰撞后仍可根据机械能守恒定律计算小球A的速度，所以需要小球A碰后摆动的最大角；小球B碰撞后做平抛运动，根据根据平抛运动规律可得小球B的速度，要求B的动量所以需要测量小球B的质量；（2）黏在一起后，球的重心发生变化，如图所示，摆长发生变化，故根据单摆周期可得周期变大．
 13. 如图所示，理想变压器原线圈上接有理想电流表，副线圈上接有“36V，9W”的灯泡L1和“36V，12W”的灯泡L2，开关S断开时，L1正常发光，电流表的读数为1A。求：（1）S断开时，通过副线圈的电流；（2）原副线圈的匝数比；（3）S闭合后变压器的输入功率和电流表的读数。【答案】（1）0.25A；（2）1：4；（3）21W；【解析】【详解】（1）开关S断开时，L1正常发光，电流为（2）关S断开时，L1正常发光，电流表的读数为1A．根据电流与匝数成反比知原副线圈的匝数比n1：n2=0.25：1=1：4。（3）S闭合后副线圈两端的电压不变，仍然为36V，两个灯泡都正常发光，输入功率等于输出功率为P=9+12=21W副线圈电流为所以电流表的示数为14. 在水平冰面上兄弟俩玩推车游戏，哥哥小鹏质量m1，弟弟小聪质量为m2，小车质量为m。开始时，哥哥与小车静止于同一地点，弟弟静止在另一地点。而后哥哥将小车推向弟弟，小车推出后相对哥哥的运动速度为u，弟弟接到小车后随之又推向哥哥，推出后相对弟弟的运动速度仍为u。如此继续，设冰面光滑，不及摩擦，冰面足够大。（1）求哥哥第一次推出小车后系统的总动能；（2）若某次弟弟推出的小车恰好追不上哥哥，求哥哥、弟弟、小车各自速度大小；（3）无论u取怎样的非零值，弟弟第一次推出的小车均恰好追不上哥哥，请给出m1、m2和m之间需满足的关系式。【答案】（1）；（2）哥哥和小车的速度大小，弟弟的速度大小；（3）【解析】【详解】（1）设哥哥第一次推出小车后哥哥的速度为，则小车的速度为根据动量守恒有联立解得则哥哥第一次推出小车后系统的总动能为（2）弟弟推出的小车恰好追不上哥哥，意味着小车和哥哥的速度相同，设为v，则弟弟的速度大小为根据动量守恒有解得即哥哥和小车的速度大小为弟弟的速度大小为（3）设哥哥第一次推出小车后哥哥的速度为，根据动量守恒有设弟弟第一次推出小车后弟弟的速度为，根据动量守恒有弟弟第一次推出的小车均恰好追不上哥哥，则有联立解得15. 如图所示，完全相同的正方向单匝铜质线框型货件abcd，通过水平，绝缘且足够长的传送带输送一系列该货件通过某一固定匀强磁场区域进行“安检”程序，即便筛选“次品”（不闭合）与“正品”（闭合），“安检”程序简化为如下物理模型，各货件质量均为m，电阻均为R，边长为l，与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g；传送带以恒定速度v0向右运动，货件在进入磁场前与传送带的速度相同，货件运行中始终保持，已知磁场边界AA′，CC′与传送带运动方向垂直，磁场的磁感应强度为B，磁场的宽度为d，现某一货件当其ab边到达CC′时又恰好与传送带的速度相同，则：（1）上述货件在进入磁场的过程中运动加速度的最大值与速度的最小值；（2）“次品”（不闭合）与“正品”（闭合）因“安检”而延迟时间多大．【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）线框以速度进入磁场，在进入磁场过程中，受安培力F、摩擦力f共同作用而做减速运动；完全进入磁场后，在摩擦力的作用下做加速运动，当ab边到达时速度又恰好等于v0，因此，线框在刚进入磁场时，所受安培力F最大，加速度最大，设为am；线框全部进入磁场的瞬间速度最小，设此时线框的速度为v，线框刚进入磁场时，由牛顿第二定律有安培力电流为电动势解得在线框完全进入磁场又加速运动到达边界时的过程中，根据动能定理有解得（2）设“正品”货件进入磁场所用时间为t1，取此过程中某较短时间间隔，在的内货件速度变化为，货件加速度大小为设流经线框的电流为，货件瞬时速度为，货件所受安培力方向向左，大小为由牛顿第二定律，有由力的独立性原理并根据位移大小的“面积法”有即解得设“正品”货件在磁场中匀加速恢复v0所用时间为t2由匀变速速度公式，有设“正品”货件完全出磁场并达到稳定运行时间为T1，由受力与运动对称性可得而“次品”货件运动过程中不受“安检”的影响，设其达到“正品”货件稳定后的相同空间距离所用时间为T2由匀速运动规律有可见“安检”而延迟时间为