广东省揭阳市普宁市第二中学2022-2023学年高二下学期第二次月考物理试题（解析版）

普宁二中2022-2023学年度第二学期高二级月考2

物理试卷

本试题分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间75分钟

第Ⅰ卷（选择题共46分）

一、单项选择题（本题共7小题，每题4分，每题中只有一个正确选项）

1. 关于图片中的物理现象，描述不正确的是（　　）

A. 甲图，水波由深水区传播至浅水区，波速方向改变，属于波的反射现象

B. 乙图，水波穿过障碍物的小孔后，能传播至两侧区域，属于波的衍射现象

C. 丙图，两列同频率的水波在空间叠加，部分区域振动加强，属于波的干涉现象

D. 丁图，竹竿举起蜂鸣器快速转动，听到蜂鸣器频率发生变化，属于波的多普勒效应

【答案】A

【解析】

【详解】A．水波从深水区传到浅水区改变传播方向的现象，是波的折射现象，A错误；

B．乙图，水波穿过障碍物的小孔后，能传播至两侧区域，属于波的衍射现象，B正确；

C．丙图，两列同频率的水波在空间叠加，部分区域振动加强，属于波的干涉现象，C正确；

D．丙图，竹竿举起蜂鸣器快速转动，听到蜂鸣器频率发生变化，属于波的多普勒效应，D正确。

故选A。

2. 据研究发现，新冠病毒感染的肺炎传播途径之是气溶胶传播。气溶胶是指悬浮在气体介质中的固态或液态颗粒所组成的气态分散系统，这些固态或液态颗粒的大小一般在10-3-103μm之间，布朗运动的微粒大小通常在10-6m数量级。下列关于大小约为1μm的固态或液态颗粒的说法中错误的是（　　）

A. 颗粒做布朗运动，运动的轨迹就是颗粒分子的无规则运动的轨迹

B. 颗粒能很长时间都悬浮在空气中，这是因为颗粒受到了空气分子无规则热运动撞击

C. 固态或液态颗粒越小，颗粒的运动越明显

D. 环境温度越高。颗粒的运动越明显

【答案】A

【解析】

【详解】A．布翻运动的微粒大小通常在数量级，则当固态或液态颗粒很小时，能很长时间都悬浮在气体中，颗粒的运动属于布朗运动；在布朗运动中，颗粒本身并不是分子，而是分子集团，所以颗粒无规则运动的轨迹不是分子无规则运动的轨迹，A错误；

B．固态或液态颗粒能长时间悬浮是受到气体分子无规则热运动撞击而导致的，B正确；

CD．本题中的布朗运动是固态或液态颗粒的无规则运动，是气体分子无规则热运动撞击的结果，所以它反映的是气体分子的无规则运动：颗粒越小，气体分子对颗粒的撞击作用越不容易平衡，环境温度越高，布朗运动越剧烈，CD正确。

故选A。

3. 如图所示，MN是空气与某种液体的分界面，一束红光由空气射到分界面，一部分光被反射，一部分光进入液体中.当入射角是45°时，折射角为30°，则以下说法正确的是(　　)

A. 反射光线与折射光线的夹角为

B. 该液体对红光的折射率为

C. 该液体对红光的全反射临界角为

D. 当紫光以同样的入射角从空气射到分界面时，折射角也是

【答案】C

【解析】

【详解】A.根据反射定律得到反射角为45°，由几何知识得，反射光线与折射光线的夹角是105°．故A错误．

B.由折射率公式，得，故B错误．

C.由临界角公式sinC=1/n，得，sinC=，则C=45°．故C正确．

D.根据折射定律得知，紫光的折射率大于红光的折射率，则紫光以同样的入射角从空气射到分界面，折射角小于30°．故D错误．

4. 如图所示，质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中O点自由释放后，分别抵达B、C两点，若AB=BC，则它们带电荷量之比q1∶q2等于（　　）

A. 1∶2 B. 2∶1 C. 1∶ D. ∶1

【答案】B

【解析】

【详解】粒子竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀加速运动，则

解得

因为

 h1∶h2=1:2

可知

q1∶q2=2:1

故选B。

5. 如图所示是一火警报警器的部分电路示意图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器（温度越高，其阻值越小），电流表为值班室内的显示器，a、b之间接报警器。当传感器R2所在处出现火情时，流过显示器的电流I2、报警器两端的电压U的变化情况是（　　）

A. I2变大，U变大 B. I2变小，U变小

C I2变小，U变大 D. I2变大，U变小

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】当传感器R2所在处出现火情时，R2的阻值减小，则外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流将增大，由U=E-Ir可知，路端电压减小，即报警器两端的电压U将减小；因总电流I增大，则R1两端的电压增大，并联部分的电压减小，则可知流过R3的电流I3减小，流过R2的电流I2=I-I3变大。

故选D。

6. “新冠肺炎”席卷全球，某汽车厂决定改建生产线转产口罩，需要重新调整生产线的电压。如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，电阻55Ω，电流表、电压表均为理想电表。原线圈A、B端接入如图乙所示的正弦交流电压，下列说法正确的是（　　）

A. 穿过原、副线圈磁通量的变化率之比为1：1

B. 电压表的示数为155.6V

C. 副线圈中交流电的频率为100Hz

D. 电流表的示数为4.0A

【答案】A

【解析】

【详解】A．理想变压器无漏磁，穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等，故穿过原、副线圈磁通量之比是1：1，故A正确；

B．原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压，则知原线圈电压的有效值为

由理想变压器原、副线圈的电压之比等于匝数比，则有

电压表的示数为110V，故B错误；

C．副线圈中交流电的频率等于原线圈交流电的频率，由图乙知频率为

故C错误；

D．电流表的示数为

故D错误。

故选A。

7. 如图甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙所示，若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则（　　）

A. 电子沿Ox的负方向运动

B. 电子的电势能将增大

C. 电子运动的加速度恒定

D. 电子运动的加速度先减小后增大

【答案】D

【解析】

【详解】A．由图看出，电势逐渐升高，则电场线方向沿Ox负方向，电子所受的电场力沿Ox正方向，则电子将沿Ox正方向运动。故A不符合题意；

B．由静止释放后，电场力对电子做正功，电子的电势能将减小，故B错误；

CD．φ-x图象的斜率大小等于电场强度，由几何知识得知，斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，则电子所受的电场力先减小后增大，电子运动的加速度先减小后增大，故C错误，D正确。

故选D。

二、多项选择题（本题共3小题，每题6分，至少有两个选项正确，全对得6分，选对但不全得3分，选错或不选得0分）

8. 将一段裸铜导线弯成如图所示形状的线框，将它置于一节5号干电池上电动势为（线框上端的弯折处与正极接触良好），一块圆柱形强磁铁吸附在电池的负极，使铜导线框下面的两端、与磁铁表面保持良好接触，放手后线框就会开始转动，成为一个“简易电动机”，如图所示。若整个电路电阻为，下列说法中正确的是（　　）

A. 线框能够转动是因为受到了安培力

B. 电池输出功率等于线框转动的机械功率

C. 如果磁铁吸附在电池负极的磁极调换一下，线框转动的方向也随之改变

D. 回路电流

【答案】AC

【解析】

【详解】A．线框会转动是由于通电线框受到了安培力的作用，A正确；

B．电流通过线框，线框要产生热量，损失电能，则电池输出的电功率等于电路中的热功率和线框旋转的机械功率，故电池的输出功率大于线框转动的机械功率，B错误；

C．将磁铁的磁极调换后，磁场方向反向，电流的方向不变，根据左手定则，安培力方向也反向，故线框转动的方向将反向，C正确；

D．电源的电能部分转化为线框转动的机械能，电路不是纯电阻电路，不符合欧姆定律的使用条件，故回路电流不等于，D错误。

故选AC。

9. “电磁感应铝箔封口机”被广泛应用在医药、食品、化工等生产行业的产品封口环节中，如图所示为一手持式封口机，它的工作原理是：在封口机工作时，套在瓶口上的封口头内的线圈有电流通过，致使靠近线圈（但与线圈绝缘）的铝箔自行快速发热，熔化复合在铝箔上的溶胶，从而粘贴在被封容器的瓶口处，达到迅速封口的目的。下列有关说法正确的是（　　）

A. 该装置的工作原理与电磁炉的工作原理相同

B. 封口机工作时封口头内的线圈应通恒定电流

C. 封口材料可用普通塑料来代替铝箔

D. 可以通过控制封口头内线圈电流的频率来设定铝箔发热的功率

【答案】AD

【解析】

【详解】AB．由题知，该装置的工作原理是利用套在瓶口上的封口头内的线圈通有变化的电流，致使靠近线圈（但与线圈绝缘）的铝箔产生电磁感应现象，自行发热，故与电磁炉的工作原理相同，都是利用电磁感应现象，故A正确，B错误；

C．封口材料用普通塑料不能产生电磁感应，故不能用来代替铝箔，故C错误；

D．可以通过控制封口头内线圈电流的频率来设定铝箔发热的功率，频率越高，线圈磁通量的变化率越大，产生的感应电流越大，故铝箔发热的功率越大，故D正确。

故选AD。

10. 如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍。两种射入过程相比较（　　）

A. 射入滑块A的子弹速度变化大

B. 整个射入过程中两滑块受的冲量一样大

C. 射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍

D. 两个过程中系统产生的热量相同

【答案】BD

【解析】

【详解】AB．子弹射入滑块过程中，子弹与滑块构成的系统动量守恒，有

两个子弹的末速度相等，所以子弹速度的变化量相等，动量变化量相等，受到的冲量相等，A错误B正确；

C．对子弹运用动能定理，有

由于末速度v相等，所以阻力对子弹做功相等，C错误；

D．对系统，由能量守恒，产生的热量满足

所以系统产生的热量相同，D正确。

故选BD。

第Ⅱ卷非选择题（共54分）

三、实验题（每空2分，满分16分。请将正确的答案写在答题卡上）

11. 在做“用单摆测量重力加速度”的实验时。

（1）下列给出的材料中应选择___________作为摆球与摆线，组成单摆。

A．木球       B．铁球

C．柔软不易伸长的丝线    D．粗棉线

（2）在测定单摆摆长时，下列的各项操作正确的是___________。

A．装好单摆，抓住摆球，用力拉紧，测出摆线悬点到摆球球心之间距离

B．让单摆自由下垂，测出摆线长度再加上摆球直径

C．取下摆线，测出摆线长度后再加上摆球半径

D．测出小球直径，把单摆固定后，让小球自然下垂，用刻度尺量出摆线的长度，再加上小球的半径

（3）用摆长l和周期T计算重力加速度的公式是g=___________。

【答案】    ①. BC##CB    ②. D    ③. ##

【解析】

【详解】（1）[1]实验时应选择铁球和柔软不易伸长的丝线来组成单摆，这样能尽量减少各类阻力的影响，使单摆摆动更长的时间，便于测量其摆动周期。故选BC。

（2）[2]单摆的摆长是从悬挂点到铁球重心的距离，所以应测出小球直径，把单摆固定后，让小球自然下垂，用刻度尺量出摆线的长度，再加上小球的半径。

故选D

（3）[3] 由单摆周期公式可得

12. 在“测量金属丝的电阻率”的实验中，某同学进行了如下操作：

（1）用毫米刻度尺测量接入电路中的金属丝的有效长度L，再用螺旋测微器测量金属丝的直径D。某次测量结果如图1所示，则这次测量的读数___________mm。

（2）用多用电表测得金属丝的阻值为3Ω，现在使用电流表和电压表准确测量金属丝的阻值。为了安全、准确、方便地完成实验，除电源（电动势为4V，内阻很小）、待测电阻丝、导线、开关外，电流表应选用___________，滑动变阻器应选用___________（选填器材前的字母）。

A.电压表V2（量程3V，内阻约3kΩ）

B.电压表V1（量程15V，内阻约15kΩ）

C.电流表A1（量程600mA，内阻约1Ω）

D.电流表A2（量程3A，内阻约0.02Ω）

E.滑动变阻器R1（总阻值10Ω，额定电流2A）

F.滑动变阻器R2（总阻值100Ω，额定电流2A）

（3）若采用图2所示的电路测量金属丝的电阻，电压表的左端应与电路中的___________点相连（选填“a”或“b”）。

（4）若采用图3的电路测量电阻率，图中的电流表内阻跟R0接近。闭合开关S，多次移动滑片P的位置改变电路中接入金属丝的有效长度，分别记录每次电流表的示数I和接入电路中金属丝的有效长度L。根据实验中所测的数据，作出的下列图像合理的是___________。

【答案】    ①. 0.517    ②. C    ③. E    ④. b    ⑤. BC##CB

【解析】

【详解】（1）[1]螺旋测微器的读数为：固定刻度读数+可动刻度读数分度值

（2）[2]待测电阻约3，电路的总电流最大值约1A左右，所以电流表采用电流表A1（量程600mA，内阻约1Ω）则选C。

[3]电路中电阻较小，滑动变阻器采用限流式接法，为了方便调节，采用滑动变阻器R1（总阻值10Ω，额定电流2A），所以选E。

（3）[4]根据大内小外规律可知采用伏安法外接法来测量电路，所以电压表的左端应与电路中的b点相连。

（4）[5]根据闭合电路欧姆定律有

整理可得

则有

，，

故选BC。

四、计算题（13题10分，14题12分，15题16分，满分38分。计算题要求写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）

13. 蹦蹦球是一种儿童健身玩具，某同学在17℃的室内对蹦蹦球充气，已知充气前球的总体积为2L，压强为1atm，充气筒每次充入0.2L压强为1atm的气体，忽略蹦蹦球体积变化及充气过程中气体温度的变化，求：

（1）充气多少次可以让气体压强增大至3atm；

（2）将充气后的蹦蹦球拿到温度为-13℃的室外后，压强将变为多少？（结果保留两位有效数字）

【答案】（1）20；（2）2.7atm

【解析】

【详解】（1）以蹦蹦球的原来的气体和所充的气体整体为研究对象，由玻意耳定律得

p1（V＋nΔV）=p2V

代入数据解得

n=20（次）

（2）当温度变化时，气体发生等容变化，由查理定律得

解得

p3≈2.7atm

14. 在光滑的水平面上，一质量为的小球A，以的初速度向右运动，与质量为的静止小球B发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞过程中没有机械能损失。碰后小球B滑向与水平面相切、半径为的竖直放置的固定光滑半圆形轨道，且恰好能通过最高点N后水平抛出。重力加速度为。求：

（1）碰撞后小球B的速度大小；

（2）圆轨道半径的大小。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）小球A与小球B发生碰撞，碰撞过程中没有机械能损失，根据动量守恒定律可得

由机械能守恒定律可得

联立解得碰撞后小球B的速度大小为

（2）小球B从轨道最低点M运动到最高点N的过程，根据机械能守恒定律可得

小球B恰好能通过圆形轨道最高点，则有

联立解得

15. 如图所示，竖直放置的足够长光滑平行导轨，宽L = 0.75m，导轨位于垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，磁感应强度B = 0.8T。一根电阻不计金属棒跨接在导轨上，上方接如图所示的电路，R0 = 10Ω，R为一电阻性原件。电键S断开时，金属棒由静止释放，其下落到匀速过程中R的U - I图线如图所示。g取10m/s2，求：

（1）金属棒匀速直线运动时的速度；

（2）金属棒的质量；

（3）电键S闭合后，经过足够长时间后金属棒的动能。

【答案】（1）10m/s；（2）0.03kg；（3）

【解析】

【详解】（1）由图可知，金属棒匀速直线运动时电压表的读数U=6V，电流表的读数I=0.5A，由于不计金属棒内阻，则金属棒产生的感应电动势

E=U

感应电动势为

解得金属棒匀速直线运动时的速度

（2）金属棒匀速运动时，根据平衡条件有

mg=F安

又

F安=BIL

解得

m=0.03kg

（3）电建S闭合后，经过足够长时间后金属棒再次匀速运动，仍有

mg=F安=BI总L

 设流过电阻R的电流为I，则

  即

在图（b）中作出U-I图像，如图所示，该图像与原来R的U-I图线交点表示金属棒再次匀速运动时的电压和电流。此时

E′=U=2V

由

E′=BLv′

解得金属棒再次匀速运动时速度

动能为