海南省海口市第一中学2023-2024学年高二下学期4月月考物理试题 B卷（原卷版+解析版）

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一、选择题（共14小题，每小题3分，共42分）
1. 一列沿x轴传播的简谐横波，波速为10m/s，在t=0时刻的波形图线如图所示，此时x=1.0m处的质点正在向y轴负方向运动，则（ ）
A. 此波一定沿x轴正方向传播
B. x=1.0m处的质点做简谐运动的周期为0.20s
C. t=0时刻x=1.5m处的质点具有最大速度
D. 再经1.0s，x=1.5m处的质点通过的路程为10m
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据上下坡法可知，波沿x轴负方向传播，故A错误；
B．由图可知，波长为
所以周期为
故B正确；
C．t=0时刻x=1.5m处的质点位于负向最大位移处，具有最大加速度，而速度为零，故C错误；
D．1.0s即为5个周期，所以质点通过的路程为
故D错误。
故选B。
2. 如图甲所示，弹簧振子以点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。取向右为正方向，振子的位移随时间的变化图像如图乙所示，下列说法错误的是（ ）
A. 时，振子的速度方向向左
B. 时，振子在点右侧处
C. 和时，振子的加速度完全相同
D. 到的时间内，振子的加速度逐渐减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．由x−t图像的斜率表示速度可知，时，图像的斜率是负值，因此振子的速度方向向左，A正确，不符合题意；
B．由题图乙可知，振子的振幅为12cm，周期为1.6s，振子从平衡位置开始计时，取向右为正方向，则振子的振动方程为

在t=0.2s时，则有
B正确，不符合题意；
C．由题图乙可知，时，振子在正方向的最大位移处，加速度方向向左，是负值，时，振子在负方向的最大位移处，加速度方向向右，是正值，因此在和时，振子的加速度大小相等，方向相反，C错误，符合题意；
D．由题图乙可知，在到的时间内，振子从正方向的最大位移处运动到平衡位置，位移逐渐减小，由弹簧振子的加速度与位移大小成正比，可知振子的加速度逐渐减小，D正确，不符合题意。
故选C。
3. 一列简谐横波沿轴正方向传播，波速，已知坐标原点（）处质点的振动图像如图所示。在下列四幅图中能够正确表示时波形图是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】简谐横波沿x轴正方向传播，由振动图像可知，在t=0.15s时，原点处的质点位移是为正，向负方向振动；根据上下坡法，ACD不符合题意，B符合题意。
故选B。
4. 如图所示为振荡电路中电容器极板上的电荷量随时间变化的图象，由图可知（ ）
A. 在时刻，电路中的磁场能最小
B. 从到，电路中的电流不断减小
C. 从到，电容器不断放电
D. 在时刻，电容器的电场能最大
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知，时刻电容器极板上的电荷量q最大，此时刚刚充电完毕，故电路中的磁场能最小，故A正确；
B．从到，电容器放电，电路中的电流从0增加到最大值，故B错误；
C．从到，电容器的电荷量不断增加，故电容器在不断充电，故C错误；
D．时刻放电刚刚结束，电容器的电场能最小，故D错误。
故选A。
5. 如图所示，一小球以初速度从斜面底端与斜面成角斜向上抛出，落到斜面上的M点且速度水平向右；现将该小球以的速度从斜面底端仍与斜面成角斜向上抛出，落在斜面上N点，不计空气阻力，则（ ）
A. 球落到N点时速度不沿水平方向
B. 两次球与斜面距离最远时的位置连线与斜面垂直
C. 从抛出至落至M、N点过程中，球动量变化量之比为1：3
D. 从抛出至落至M、N点过程中，球克服重力做功之比为1：3
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于落到斜面上M点时速度水平向右，故可把质点在空中的运动逆向看成从M点向左的平抛运动，设在M点的速度大小为vx，把质点在斜面底端的速度v分解为水平方向的vx和竖直方向的vy，由
x=vxt
y=gt2
得空中飞行时间
vy=2vxtanθ
v和水平方向夹角的正切值
为定值，即落到N点时速度方向水平向右，故A错误；
B．小球离斜面最远时，速度方向平行斜面，两个位置不可能出现在垂直斜面的同一条直线上，即两次球与斜面距离最远时的位置连线不可能与斜面垂直，选项B错误；
C．球抛出到落到斜面上的过程中，水平速度不变，竖直速度从vy变为0，则动量变化的大小为
∆p=mvy=mvsin(θ+α)∝v
则从抛出至落至M、N点过程中，球动量变化量之比为1：3，选项C正确；
D．根据
克服重力做功大小
从抛出至落至M、N点过程中，球克服重力做功之比为1：9，选项D错误。
故选C。
6. 有甲、乙、丙、丁四列简谐波同时沿x轴正方向传播，波速分别是v、2v、3v、4v，a、b是x轴上所给定的两点，且ab=l。在t时刻，a、b两点间四列波的波形分别如图所示，则由该时刻起不正确的是（ ）
A. 波长最长的是丙，波长最短的是乙
B. 频率最高的是乙，频率最低的是丙
C. 关于a点第一次到达波峰，最先乙，最后是甲
D. 关于b点第一次到达波谷，最先是丁，最后是甲
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图像可知，四列波的波长分别为
，，，
故波长最长的是丙，波长最短的是乙，故A正确，不满足题意要求；
B．根据
可得频率分别为
，，，
故频率最高的是丁，频率最低的是甲，故B错误，满足题意要求；
C．根据
可得四列波的周期为
，，，
根据波形平移法可知在t时刻甲乙丙中a点向上振动，丁中a点向下振动，由该时刻起a点第一次到达波峰的时间分别为
，，，
故关于a点第一次到达波峰，最先是乙，最后是甲，故C正确，不满足题意要求；
D．根据波形平移法可知在t时刻甲乙丁中b点向上振动，丙中b点向下振动，由该时刻起b点第一次到达波谷的时间分别为
，，，
故关于b点第一次到达波谷，最先是丁，最后是甲，故D正确，不满足题意要求。
故选B。
7. 如图，倾角为的固定斜面顶端，放有木板A和小滑块B（B可看成质点），已知A、B质量，木板A与斜面之间的动摩擦因数为0.75，A与B之间的动摩擦因数未知但小于0.75，B与斜面之间的动摩擦因数为0.5，开始用手控制使系统静止。现有一粒质量的钢球，以的速度撞击木板A，方向沿斜面向下，且钢球准备与木板撞击时释放AB，碰撞时间极短。碰撞后，钢球以的速度反弹。木板厚度很小，长度未知，但滑块B不会从木板A的上端掉下，斜面足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以下说法中正确的是（ ）
A. 钢球与木板碰撞结束时，木板速度为
B. 钢球与木板碰撞过程中系统损失的动能为
C. 若某时滑块B的速度为，且此时AB没有分离，则这时A速度一定为
D. 如果A、B分离以后，第一秒内B比A多运动，那么分离时滑块B的速度为
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．钢球与木板撞击时，碰后钢球速度，根据动量守恒定律，有
解得
故A错误；
B．钢球与木板碰撞过程中系统损失的动能为
故B正确；
C．以AB整体为研究对象，沿斜面方向有
则AB受力平衡，系统动量守恒，可得
当时，可得
故C正确；
D．假设分离时木板A的速度刚好减小到零，此时B的速度为，那么分离后木板A保持停止，滑块B继续在斜面做匀加速直线运动，且加速度为
从此系统动量不再守恒，根据且，解得相对位移
说明分离前木板A已经停下。由，将，代入解得
故D正确。
故选BCD。
8. 关于波的干涉和衍射现象，下列正确的是（ ）
A. 只要是两列波叠加，都能产生稳定的干涉图样
B. 波只要遇到障碍物就能够发生明显的衍射现象
C. 一切波都能够发生衍射现象，衍射是波特有的现象
D. 对于发生干涉现象的两列波，它们的振幅一定相同
【答案】C
【解析】
【详解】AD．只有频率相同且相位差恒定的两列波才能发生稳定的干涉，从而形成稳定的干涉图样，而发生稳定干涉的两列波的振幅不一定相同，故AD错误；
B．只有当障碍物的尺寸与波的波长相差不大或比波的波长更小时才能发生明显的衍射现象，故B错误；
C．一切波都能够发生衍射现象，衍射是波特有的现象，故C正确。
故选C。
9. 随着新能源汽车的普及，无线充电技术得到进一步开发和应用。如图所示，由地面供电装置（主要装置有线圈和电源）将电能传送至电动汽车底部的感应装置（主要装置是线圈）对车载电池进行充电，由于电磁辐射等因素，其能量传送效率只能达到90%左右。无线充电桩可以允许的有效充电距离一般为15~20cm。下列说法中正确的是（ ）
A. 若供电线圈和受电线圈均采用超导材料则能量的传输效率可达到100%
B. 无线充电桩的优越性之一是在数米开外也可以对电动汽车快速充电
C. 地面供电装置连接恒压直流电源时也可以实现对汽车充电
D. 车上线圈中感应电流磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于电磁波传播的时候有电磁辐射，有能量损失，能量的传输效率不能达到100%，故A错误；
B．根据题意知目前无线充电桩充电的有效距离为15～20cm，达不到在百米之外充电，故B错误；
C．充电系统应用的是电磁感应原理，则地面供电装置连接恒压直流电源时不可以实现对汽车充电，选项C错误；
D．地面发射磁场装置通过改变地面供电装置的电流来使车身感应装置中产生感应电流，因此，感应装置中感应电流的磁场方向总是阻碍感应线圈磁通量的变化，故D正确。
故选D。
10. 如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为1:2，正弦交流电源电压的有效值为U=15V，保持不变，电阻R1=15Ω，R2=20Ω，滑动变阻器最大阻值为。开始时，滑片P处于滑动变阻器正中间位置，则下列说法正确的是（ ）

A. 通过R1的电流为0.6A
B. 电压表读数为30V
C. 若向下移动P，电压表读数将变小
D. 若向上移动P，变压器输出功率将变大
【答案】A
【解析】
【详解】AB．理想变压器原、副线圈匝数之比为1:2，可知原副线圈的电流之比为2:1，设通过原线圈的电流为I，则副线圈的电流为0.5I，初级电压为
次级电压为
根据理想变压器原副线圈电压之比等于匝数之比可得
解得
所以通过的电流为0.6A，电压表读数为12V，故A正确，B错误；
C．向下移动P，则R3电阻增大，次级电流变小，初级电流也随之变小，电阻R1的电压变小，变压器输入的电压变大，次级电压也变大，电压表读数变大，故C错误；
D．直流电路中外电路的总电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大，如下图所示

R1等效为电源内阻，若向上移动P，R3电阻减小，等效外电阻为
开始时，滑片P处于滑动变阻器正中间位置，可知
随着的减小，副线圈输出功率将变小，故D错误。
故选A。
11. 如图所示，半圆玻璃砖可绕过圆心的垂直轴转动，圆心O与足够大光屏的距离d=20cm，初始半圆玻璃砖的直径与光屏平行时，一束光对准圆心、垂直于光屏射向玻璃砖，在光屏上O1点留下一光点，保持入射光方向不变，让玻璃砖绕O点顺时针方向转动（）时，光屏上光点也会移动，当玻璃砖转过角时，光屏上光点位置距离O1点为20cm，（） 则不正确的是（ ）
A. 玻璃砖转动后，光屏上的光点会相对于向上移动
B. 该玻璃砖折射率为
C. 该玻璃砖的折射率为
D. 当玻璃砖绕O点相对初始位置转过的角度α的正弦值为时，光屏上的光点消失
【答案】B
【解析】
【详解】A．如图所示
玻璃砖转动后，光屏上的光点会相对于向上移动，故A正确，不满足题意要求；
BC．玻璃砖转过角时，折射光路如上图所示，可知入射角为
根据几何关系可得
解得
则折射角为
根据折射定律可得
联立可得该玻璃砖的折射率为
故B错误，满足题意要求；C正确，不满足题意要求；
D．刚好发生全反射时，光屏上的光点消失，则有
此时转过的角度刚好等于临界角，则
故D正确，不满足题意要求。
故选B。
12. 两木块A、B质量分别为m、M，用劲度系数为k的轻弹簧连在一起，放在水平地面上，如图所示，用外力将木块A压下一段距离静止，释放后A上下做简谐振动．在振动过程中，木块B刚好始终不离开地面即它对地面最小压力为零．以下说法正确的是
A. 在振动过程中木块A的机械能守恒
B. A做简谐振动的振幅为
C. A做简谐振动的振幅为
D. 木块B对地面的最大压力是
【答案】BD
【解析】
【详解】振动过程中A与弹簧整体机械能守恒，单独A机械能不守恒，则A错误；当弹簧处于伸长至最长状态时，M刚好对地面压力为零，故弹簧中弹力F=Mg；此时m有最大加速度，由F+mg=ma，得：．由对称性，当m运动至最低点时，弹簧中弹力大小为F，但此时弹簧是处于压缩状态，根据牛顿第二定律得：F-mg=ma；即F=m（g+a）=2mg+Mg，所以F压=F+Mg=2（m+M）g 则D正确；A在平衡位置时弹簧压缩，振幅为最大位移与平衡位置的距离，则振幅为：，则B正确，C错误.
13. 如图所示，在水平光滑地面放置两质量相等的物块A、B，之间用轻质弹簧栓接，初始时弹簧处于原长，物块B静止，现使物块A获得向右速度v，此后开始运动，不计一切阻力，则在运动过程中（ ）
A. A、B和弹簧组成的系统机械能守恒
B. A、B组成的系统动量守恒
C. 经过足够长时间后，均以的速度向前匀速运动
D. A、B速度均为时弹簧一定处于压缩状态
【答案】AB
【解析】
【详解】AB．根据题意可知，运动过程中，只有弹簧的弹力做功，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，系统所受外力和为0，A、B组成的系统动量守恒，故AB正确；
CD．根据题意可知，物块A获得向右速度v后，开始压缩弹簧，B做加速运动，A做减速运动，当A、B速度相等时，弹簧压缩到最短，由动量守恒定律有
解得
即物体A、B速度均为，B物体继续加速，A物体继续减速，直到弹簧恢复到原长，设此时A的速度为，B的速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律有
解得
由于物块A、B，之间用轻质弹簧栓接，物体B向右运动，拉伸弹簧，物体B开始减速，物体A加速，速度相等时，即物体A、B速度均为，弹簧被拉伸到最长，之后，物体B继续减速，物体A继续加速，直到弹簧恢复原长，此时物体A的速度为，物体B的速度为，然后物体A、B将重复上述过程，故CD错误。
故选AD
14. 一个质量为的长木板静止在粗糙水平地面上，木板右端静止一个质量为的小物块，小物块可视为质点，如图甲所示。某时刻，给长木板一个向右大小为的冲量，此后小物块和长木板运动的图像如图之所示，且小物块始终没有滑离长木板，若已知图中，，小物块木板间的动摩擦因数设为，长木板与地面的动摩擦因数设为，重力加速度，则从初始到二者最终停下的整个过程中，下列说法正确的是（ ）
A. ，
B. 时间内，小物块与长木板间摩擦产生的内能为
C. 小物块比长木板提前停下
D. 小物块相对长木板位移为
【答案】AB
【解析】
【详解】A．根据题意，对长木板，由动量定理有
对小物块，由牛顿第二定律有
对长木板有
通过对题图及题中数据分析
在时刻建立共速方程有
联立以上各式解得
故A正确；
B．时间内，二者的相对位移可通过题图中面积算得
则产生的内能
故B正确；
C．二者共速后，小物块加速度大小不变，由题图知，做匀减速直线运动，对长木板由牛顿第二定律有
解得
则的时间为
由对称性可知小物块停下也会用时，则小物块比长木板晚停下，故C错误；
D．小物块与长木板内的相对位移
则全过程的相对位移为
故D错误。
故选AB。
二、非选择题（共58分）
15. 如图所示，直角三角形ABC是一玻璃砖的横截面，AB=L，C=90°，A=60°一束单色光PD从AB边上的D点射入玻璃砖，入射角为45°，DB=，折射光DE恰好射到玻璃砖BC边的中点E，已知光在真空中的传播速度为c。求：
（1）玻璃砖的折射率；
（2）该光束从AB边上的D点射入玻璃砖到第一次射出玻璃砖所需的时间。
【答案】（1） （2）
【解析】
【详解】（1）作出光路图，如图所示
过E点的法线是三角形的中位线，由几何关系可知为等腰三角形
由几何知识可知光在AB边折射时折射角为
所以玻璃砖的折射率为
（2）设临界角为，有
可解得
由光路图及几何知识可判断，光在BC边上的入射角为60∘，大于临界角，则光在BC边上发生全反射，光在AC边的入射角为30°，小于临界角，所以光从AC第一次射出玻璃砖
根据几何知识可知
则光束从AB边射入玻璃砖到第一次射出玻璃砖所需要的时间为
而
可解得
16. （1）如图1所示，为小金在进行“探究单摆周期与摆长的关系”实验时，用秒表记录下单握50次全振动所用时间，由邮可知该次实验中50次全振动所用的时间为________。

（2）若实验测得的值偏大，可能的原因是_________
A．摆球的质量太大
B．测摆长时，仅测了线长，未加小球半径
C．测周期时，把次全振动误记为（）次
D．摆球上端未固定牢固，振动中出现松动（摆长变长）
（3）如图2所示，他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，他这样做的主要目的是________（单选）。
A．便于测量单摆周期
B．保证摆动过程中摆长不变
C．保证摆球在同一竖直平面内摆动
（4）小金同学以摆线的长度（）作为纵坐标，以单摆周期的平方（）作为横坐标，作出的图像如图3所示，则其作出的图线是________（填“图线1”“图线2”或“图线3”）．若作出的图线的斜率为，能否根据图像得到当地的重力加速度？________（若不可以填“否”；若可以求出，则写出其表达式）。
【答案】 ①. 99.8 ②. C ③. B ④. 图线2 ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1]秒表的读数为
即50次全振动所用时间；
（2）[2]根据
解得
A．摆球的质量对实验无影响，A错误；
B．测摆长时，仅测了线长，未加小球半径，L的测量值偏小，偏小，B错误；
C．测周期时，把n次全振动误记为次，n的测量值偏大，偏大，C正确；
D．摆球上端未固定牢固，振动中出现松动（摆长变长），L的测量值偏小，偏小，D错误。
故选C。
（3）[3]用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，这样做主要是为了防止小球在摆动过程中把摆线拉长。
故选B。
（4）[4]根据单摆周期
可得，
故应为图线2；
[5]根据图象斜率，所以
17. 在“用双缝干涉测光波长”的实验中，
（1）如图1所示，将实验仪器按要求安装在光具座上，小光同学观察到清晰的干涉条纹。若他对实验装置进行改动后，在像屏上仍能观察到清晰的干涉条纹，但条纹间距变宽。以下改动可能会实现这个效果的是（ ）
A.仅将滤光片向右移动靠近单缝 B.仅将像屏向左移动少许
C.仅将绿色滤光片换成红色滤光片 D.仅将像屏向右移动少许
（2）如图2所示，在测量过程中将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数x1=1.670mm，然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第4条亮纹中心对齐，记下此时图3中手轮上的示数x4=_______mm。
（3）已知双缝间距d为，测得双缝到屏的距离l为0.700m，由计算式λ=_________（用（2）（3）中提供的字母表示），可得所测单色光波长为__________m（结果保留两位有效数字）。
【答案】 ①. CD##DC ②. ③. ④.
【解析】
【详解】（1）[1]根据条纹间距公式
其中为双缝到像屏的距离，为双缝之间的长度，可知仅将像屏向右移动少许即增大、将绿色滤光片换成红色滤光片即变大可以使条纹间距变大，故CD正确，AB错误；
（2）[2]螺旋测微器的读数为
（3）[3][4]条纹间距为
根据
可得
代入数据解得
18. 一列横波在轴上传播，各质点在竖直方向上振动，、是轴上相距的两质点，时，质点正好到达最高点，且质点到轴的距离为，而此时质点恰好经过平衡位置向上运动，已知这列波的频率为。
（1）求此波的周期，并求经过时间，质点运动的路程；
（2）若、在轴上的距离大于一个波长，求该波的波速大小；
（3）若波速为，其传播方向如何？
【答案】（1）,；（2）或；（3）从
【解析】
【详解】（1）波的周期
由题意知，振幅为4cm，则质点a一个周期运动的路程
因为1s内的周期数是
所以1s内运动的路程
（2）若波由a传向b，则由题意得
则
若波由b传向a，则由题意得
则
（3）若波速为，则
解得
可知从传播。
19. 弹簧振子以点为平衡位置在、两点之间做简谐运动，、相距。某时刻振子处于点，经过，振子首次到达点，求：
（1）该弹簧振子振动的振幅和频率；
（2）振子在内通过的路程及末的位移大小；
（3）振子在点的加速度大小与在距点处点的加速度大小的比值。
【答案】（1）；；（2）200cm；0；（3）
【解析】
【详解】（1）设振幅为A，由题意
BC=2A=20cm
所以
A=10cm
振子从B到C所用时间0.5s，为周期T的一半，所以
T=1.0s
（2）振子在一个周期内通过的路程为4A，故内，通过的路程
五个周期振子正好回到初始位置B点，故位移大小为0。
（3）振子加速度
，
所以
20. 如图所示，竖直平面内有足够长金属导轨，轨间距为0.2 m，金属导体ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab的电阻为0.4 Ω，导轨电阻不计，导体ab的质量为0.2 g, 垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.2 T，且磁场区域足够大，当导体ab自由下落0.4 s 时，突然闭合开关S，则：
(1)试说出S接通后，导体ab的运动情况；
(2)导体ab匀速下落的速度是多少？(g取10 m/s2)
【答案】(1)先做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动，后做匀速运动 (2)0.5 m/s
【解析】
【详解】(1)闭合S之前导体ab自由下落的末速度为：v0＝gt＝4 m/s
S闭合瞬间，导体产生感应电动势，回路中产生感应电流，ab立即受到一个竖直向上的安培力，F安＝BIL＝＝0.016 N＞mg＝0.002 N
此刻导体所受到合力的方向竖直向上，与初速度方向相反，加速度的表达式为：
所以ab做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动，当速度减小至F安＝mg时，ab做竖直向下的匀速运动．
(2)设匀速下落的速度为vm，此时F安＝mg，
即＝mg，