2022-2023学年辽宁省鞍山市普通高中高二下学期第一次月考物理试题（A卷） （解析版）

2022-2023学年度下学期月考试卷

高二物理（A）

时间：75分钟  满分：100分

范围：选择性必修一第二、三章，必修二第一~四章

一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1∼7题单选题，每题4分；8∼10题多选题，每小题6分，全对得6分，选对但不全的得3分，错选或不选的得0分。

1. 下列说法正确的是（　　）

A. 物体做受迫振动时，驱动力频率越高，受迫振动的振幅越大

B. 只要是两列以上的波，在相遇的区域内都能产生稳定的干涉

C. 当观察者靠近波源运动时，观察者观测到的频率变小

D. 一弹簧振子的位移随时间变化的关系式为（单位都是国际单位制），在时，振子的运动速度为零

【答案】D

【解析】

【详解】A．物体做受迫振动时，当驱动力的频率等于物体的固有频率时，物体发生共振，此时的振幅最大，并不是驱动力的频率越高，受迫振动的振幅越大，故A错误；

B．产生稳定干涉的条件是：相干波的频率相同，振动方向相同，且具有恒定的相位差。故B错误；

C．当观察者靠近波源运动时，根据多普勒效应的规律可知，观察者观测到的频率变大，故C错误；

D．一弹簧振子的位移随时间变化的关系式为（单位都是国际单位制），可得在时，振子的位移为

可知振子位于最大位移处，此时振子运动的速度为零，故D正确。

故选D。

2. 根据麦克斯韦电磁场理论，下列说法正确的是（　　）

A. 电场周围一定产生磁场，磁场周围一定产生电场

B. 变化的电场周围一定产生变化的磁场

C. 变化的电场周围一定产生磁场，变化的磁场周围一定产生电场

D. 所有电磁波的频率相同

【答案】C

【解析】

【详解】AC．根据麦克斯韦电磁场理论，可知变化电场周围才一定产生磁场，变化磁场周围才一定产生电场，故A错误，C正确；

B．均匀变化的电场周围产生恒定的磁场，故B错误；

D．电磁波的频率不一定相同，例如无线电电磁波有很多频道和频率，故D错误。

故选C。

3. 观察水面波衍射的实验装置如图所示，O是波源，和是两块挡板，是两块挡板间的空隙，图中已画出波源所在区域波的传播情况，每两条相邻波纹（图中曲线）之间的距离表示一个波长，关于波经过空隙之后的传播情况，下列说法正确的是（　　）

A. 此时不能观察到明显的衍射现象

B. 挡板前相邻波纹间距大于挡板后相邻波纹间距

C. 增大两挡板间空隙，衍射现象会更明显

D. 减小波源振动的频率，则衍射现象更明显

【答案】D

【解析】

【详解】A．因为波长与孔的尺寸差不多，所以能够观察到明显的衍射现象，故A错误；

B．波通过孔后，波速、频率、波长不变，则挡板前后波纹间的距离相等，故B错误；

C．如果增大两挡板间空隙AB，孔的尺寸大于波的波长时，可能观察不到明显的衍射现象，故C错误；

D．如果孔的大小不变，使波源频率减小，因为波速不变，根据

v=λf

知，波长增大，则衍射现象更明显，故D正确。

故选D。

4. 如图所示，导体棒MN接入电路部分的电阻为R长度为L，质量为m，初始时静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻大小也为R ，匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成角斜向上方，电键闭合后导体棒开始运动，则下列说法正确的是（　　）

A. 导体棒向左运动

B. 电键闭合瞬间导体棒MN的加速度为

C. 电键闭合瞬间导体棒MN所受安培力大小为

D. 电键闭合瞬间导体棒MN所受安培力大小为

【答案】D

【解析】

【详解】A．通过导体棒MN的电流由N到M，根据左手定则可知，导体棒受到的安培力斜向下偏右，则导体棒向右运动，故A错误；

CD．电键闭合瞬间，电路电流为

导体棒MN所受安培力大小为

故C错误，D正确；

B．电键闭合瞬间，根据牛顿第二定律可得，导体棒MN的加速度为

故B错误。

故选D。

5. 如图，粗糙绝缘水平桌面上有一铜质圆环。当一竖直放置条形磁铁从圆环直径正上方等高快速向右通过AB的过程中，圆环始终不动，则可知圆环受到的摩擦力方向（　　）

A. 始终向左 B. 始终向右

C. 先向左后向右 D. 先向右后向左

【答案】A

【解析】

【详解】根据楞次定律，由于磁体的运动，在闭合回路中产生感应电流，感应电流激发出的磁场对原磁体有磁场力的作用，该磁场力的效果总是阻碍原磁体的相对运动，可知，圆环中激发出的磁场对条形磁体有磁场力的作用，该磁场力的效果总是阻碍条形磁体的相对运动，即该磁场力的方向整体向左，根据牛顿第三定律可知，条形磁体对圆环中感应电流的磁场力方向整体向右，圆环静止，则地面对圆环的摩擦力方向始终向左。

故选A。

6. 高压输送过程中的高电压、大电流，我们一般用电压互感器和电流互感器进行测量。如图所示为两个互感器，在图中圆圈内a、b表示电表，已知电压比为100，电流比为10，电压表的示数为220V，电流表的示数为10A，则（　　）

A. a为电压表，b为电流表，输送电功率是2.2×106W

B. a为电压表，b为电流表，输送电功率是2.2×103W

C. a为电流表，b为电压表，输送电功率是2.2×106W

D. a为电流表，b为电压表，输送电功率是2.2×103W

【答案】A

【解析】

【详解】根据题意，由图可知，表为电压表，表为电流表，根据电压比与电压表示数可知，输送电压为

根据电流比与电流表示数可知，输送电流为

输送电功率为
 

故选A。

7. 在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环。规定导体环中电流的正方向如图甲所示，磁场向上为正。当磁感应强度随时间按乙图变化时，导体环中感应电流随时间变化的图像是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】根据题意，由图乙可知，内，磁感应强度均匀变化，由法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生恒定的感应电流，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向为逆时针（与正方向相反）；同理可知，内，线圈中同样产生恒定的感应电流，线圈中感应电流方向为顺时针（与正方向相同）。

故选A。

8. 如图所示是弹簧振子做简谐运动的振动图像，可以判定（　　）

A. 从到时间内系统的动能不断增大，势能不断减小

B. 从到时间内振幅不断增大

C. t3时刻振子处于平衡位置处，动能最大

D. 时刻振子的动能、速度都相同

【答案】AC

【解析】

【详解】A．到时间内，x减小，弹力做正功，系统的动能不断增大，势能不断减小，故A正确；

B．振幅是离开平衡位置的最大位移，振幅不变，故B错误；

C．时刻振子处于平衡位置，位移零，速度最大，动能最大，故C正确；

D．时刻位移相同，即处于同一位置，速度等大反向，动能相同，故D错误。

故选AC。

9. 1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，凭借此项成果，他于1939年获得诺贝尔物理学奖。其原理如图所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略；磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，交流电源频率为f，加速电压为U。若A处粒子源产生质子的质量为m、电荷量为，在加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。则下列说法正确的是（　　）

A. 质子在回旋加速器中做圆周运动的速率与半径成正比

B. 若只增大交流电压U，则质子获得的最大动能增大

C. 质子在电场中加速的次数为

D. 若磁感应强度B增大，交流电频率f必须适当减小才能正常工作

【答案】AC

【解析】

【详解】A．质子做圆周运动洛伦兹力提供向心力

解得

可得v与r成正比，故A正确；

B．质子只在电场中加速，设最大速度为v，根据洛伦兹力提供向心力得

解得最大速度为

质子获得的最大动能为

说明最大动能跟交流电压无关，跟D形金属盒的半径有关，半径越大，最大动能越大，故B错误；

C．根据

可得，质子在电场中加速的次数为

故C正确；

D．因为交流电的频率和质子圆周运动的频率相同，质子圆周运动的频率为

若磁感应强度B增大，得圆周运动的频率增大，故电流的频率也要增大才能正常工作，故D错误。

故选AC。

10. 一个长直密绕线圈N放在一个金属圆环M的中心，圆环轴线与线圈轴线重合，如图甲所示。线圈N通有如图乙所示的电流，下列说法正确的是（　　）

A. t＝时刻，圆环有扩张的趋势

B. t＝时刻，圆环有收缩的趋势

C. t＝和t＝时刻，圆环内有相同的感应电流

D. t＝和t＝时刻，圆环内有相同的感应电流

【答案】AD

【解析】

【详解】AB．由图可知在t＝时刻，通过线圈的电流增大，则线圈产生的磁场增大，所以穿过金属圆环的磁通量增大，对圆环，面积越大，磁通量越小，根据楞次定律可知，圆环有扩张趋势，选项A正确，B错误；

C．由图可知，在t＝时刻通过线圈的电流增大，而在t＝时刻通过线圈的电流减小，根据楞次定律可知两时刻圆环内感应电流方向不同，选项C错误；

D．由图可知，在t＝和t＝时刻，线圈内电流的变化率是大小相等的，则线圈产生的磁场的变化率也相等，根据法拉第电磁感应定律可知，圆环内的感应电动势大小是相等的，所以感应电流大小也相等，根据楞次定律可知两时刻圆环内感应电流方向也相同，选项D正确。

故选AD。

二、非选择题：共5小题，共54分。

11. 某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为L，摆球直径为d，然后用秒表记录了单摆全振动n次所用的时间为t。则：

（1）他测得的重力加速度________（用测量量表示）；

（2）某同学在利用单摆测定重力加速度的实验中，若测得的g值偏大，可能的原因是（      ）

A．摆球质量过大

B．单摆振动时振幅较小

C．测量摆长时，只考虑了线长忽略了小球的半径

D．测量周期时，把n个全振动误认为个全振动，使周期偏大

E．测量周期时，把n个全振动误认为个全振动，使周期偏小

（3）为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出一组对应的l和T的数值，再以l为横坐标、为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率k。则重力加速度________（用k表示）。

【答案】    ①.     ②. E    ③.

【解析】

【详解】（1）[1]该实验单摆摆长

周期

故由单摆运动周期可得

（2）[2] AB．由（1）可知，g与摆球质量、单摆振动时振幅无关，故A、B错误；

C．测量摆长时，只考虑了线长忽略了小球的半径，则l偏小，由（1）可知g偏小，故C错误；

D．测量周期时，把n个全振动误认为个全振动，使周期偏大，则g偏小，故D错误；

E．测量周期时，把n个全振动误认为个全振动，使周期偏小，则g偏大，故E正确。

故选E。

（3）[3]以l为横坐标、为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率k，那么

所以

12. （1）如图所示是“研究电磁感应现象”的实验装置。

①如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将A线圈迅速抽出B线圈中，电流计指针将______偏转。（填“向左”“向右”或“不”）

②连好电路后，并将A线圈插入B线圈中后，若要使灵敏电流计的指针向右偏转，可采取的操作是______。

A.插入铁芯

B.拔出A线圈

C.变阻器的滑片向左滑动

D.断开电键S瞬间

（2）G为指针零刻度在中央的灵敏电流表，连接在直流电路中时的偏转情况如图（1）中所示，即电流从电流表G的左接线柱进时，指针也从中央向左偏。今把它与一线圈串联进行电磁感应实验，则图（2）中的条形磁铁的运动方向是向______（填“上”、“下”）；图（4）中的条形磁铁下端为______极（填“N”、“S”）。

【答案】    ①. 向左    ②. AC##CA    ③. 下    ④. S

【解析】

【详解】（1）[1]如果在闭合开关时，穿过副线圈的磁通量增加，灵敏电流计的指针向右偏，那么合上开关后，将原线圈迅速抽出线圈中，穿过副线圈的磁通量减少，电流计指针将向左偏转。

[2]A．插入铁芯，穿过副线圈的磁通量增加，灵敏电流计的指针向右偏，故A正确；

B．拔出线圈，穿过副线圈的磁通量减少，电流计指针将向左偏转，故B错误；

C．变阻器的滑片向左滑动，电阻减小，电流增大，穿过副线圈的磁通量增加，灵敏电流计的指针向右偏，故C正确；

D．断开电键S瞬间，穿过副线圈的磁通量减少，电流计指针将向左偏转，故D错误；

故选AC。

（2）[3][4]图（2）条形磁铁的运动方向向下，穿过线圈的磁通量增加，感应电流的磁场向下，电流顺时针，即电流从电流表G的左接线柱进时，指针也从中央向左偏；图（4）与图（2）中电流方向相反，但条形磁铁抽出，条形磁铁下端应和图（2）相同，故下端为S极。

13. 一列简谐横波沿x轴传播，在t=0和t=0.10s时的波形分别如图中实线和虚线所示，P为介质中的一点。已知该波的周期T>0.10s。试问：

（1）若波沿x轴负方向传播，质点P在t=0时刻沿什么方向振动？

（2）这列波的波速为多少?

【答案】（1）振动方向沿y轴正方向；（2）。

【解析】

【详解】（1）若波沿x轴负方向传播，t=0时刻P点的振动方向沿y轴正方向；

（2）因为且，所以

若波沿x轴正方向传播

若波沿x轴负方向传播

14. 如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里匀强磁场，O为圆心，A、C、D为圆形区域边界上的三点，∠AOC=90°，∠AOD=60°。现有一对质量相等、电荷量不等的正、负粒子，从A点沿AO方向以相同大小的速度垂直磁场射入，一个从C点离开磁场，另一个从D点离开磁场，粒子的重力及相互作用力均不计。

（1）从C点离开磁场的粒子的电性；

（2）从C点和D点离开磁场的两个粒子的电荷量之比；

（3）从C点和D点离开磁场的两个粒子在磁场中运动的时间之比。

【答案】（1）负电；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）若粒子从C点离开磁场，其在A点受到的洛伦兹力必水平向左，根据左手定则可知，粒子带负电；

（2）设磁场圆的半径为R，带电粒子的运动轨迹如图所示

根据洛伦兹力提供向心力，有

可得

由图可知

所以

（3）带电粒子在磁场中运动时间为

所以

15. 如图所示，MN、PQ为两条平行放置间距为L的光滑金属导轨，左右两端分别接有阻值为R的定值电阻、，金属棒垂直放在两导轨之间，且与导轨接触良好，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面。金属棒在水平向右、大小为F的恒力作用下向右匀速运动。不计金属导轨和金属棒的电阻，求：

(1)判断流过的电流的方向；

(2)计算流过电阻的电流大小；

(3)计算金属棒运动的速度的大小。

【答案】(1)由M到P；(2)；(3)

【解析】

【分析】

【详解】(1)根据右手定则可知，流过的电流方向为由M到P

(2)金属棒向右匀速运动，满足

由于、的阻值相等，流过电阻的电流

(3)不计金属导轨和金属棒的电阻，由欧姆定律得

感应电动势

联立解得