2023-2024学年重庆市第七中学高二（下）月考物理试卷（5月）（含解析）

这是一份2023-2024学年重庆市第七中学高二（下）月考物理试卷（5月）（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列现象能说明光是横波的是( )
A. 水中气泡因全反射显得明亮B. 肥皂膜因干涉呈现彩色条纹
C. 利用光的偏振呈现立体影像D. 单色光因单缝衍射产生条纹
2.下列说法正确的是( )
A. 受潮后粘在一起的蔗糖没有固定的形状，所以蔗糖是非晶体
B. 固体、液体分子间有空隙而不分散，能保持一定的体积，说明分子间有引力
C. 当分子间作用力表现为斥力时，分子间作用力和分子势能总随分子间距离的减小而减小
D. 如果理想气体分子总数不变，温度升高，气体分子的平均动能一定增大，压强一定增大
3.下列有关说法中正确的是
A. 液晶是液体和晶体的混合物
B. 发生毛细现象时，细管中的液体只能上升不会下降
C. 液晶的物理性质在外界的影响下很容易发生改变
D. 单晶体有确定的熔点，多晶体没有确定的熔点
4.下列说法正确的是
A. 由图甲可知，状态①的温度比状态②的温度低
B. 由图乙可知，气体由状态A变化到B的过程中，气体分子平均动能一直增大
C. 由图丙可知，当分子间的距离r>r0时，分子间的作用力随分子间距离的增大先减小后增大
D. 由图丁可知，在r由r1变到r2的过程中分子力做正功
5.图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO′匀速转动，产生的感应电动势e随时间t的变化曲线如图乙所示，若外接电阻R=3Ω，线圈的电阻r=2Ω，则说法正确的是
A. t=0.02s时通过线圈的磁通量为零
B. 电压表的示数为30 2V
C. 电阻R上的电功率为1200W
D. 该电动势的瞬时值e=100sin100πtV
6.密闭的容器中一定质量的理想气体经过一系列过程，如图所示。下列说法中正确的是
A. a→b过程中，气体分子的平均动能增大
B. b→c过程中，气体压强不变，体积增大
C. c→a过程中，单位体积分子数增大
D. c→a过程中，器壁在单位面积上、单位时间内所受气体分子碰撞的次数增多
7.如图所示，O点为某弹簧振子的平衡位置，该弹簧振子在A、B两点之间做简谐运动，取向右为正方向。A、B两点间的距离为16cm,t=0时振子沿x轴正方向经过C点，t=0.4s时经过D点。已知振子经过C、D两点时的速度大小均为v，C、D两点之间的距离为8cm，下列说法正确的是
A. 该简谐运动的周期可能为1265s
B. 该简谐运动的周期可能为25s
C. 若t=0.4s时振子第一次通过D点，t=0s和t=1.2s时，振子速度相同
D. 若t=0.4s时振子第一次通过D点，从t=1.4s到t=2s的时间内，振子的位移和系统的弹性势能都在逐渐减小
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.小型发电厂输出电压为u=220 2sin100πt(V)的交流电，经过升压变压器输送到较远的地区后，再经过降压变压器输给用户使用，如图所示。已知变压器都是理想变压器，升压变压器和降压变压器的匝数比分别为1：10和9：1，下列说法中正确的是( )
A. 升压变压器原线圈中的电流小于降压变压器副线圈中的电流
B. 升压变压器的输入功率等于降压变压器的输出功率
C. 若用户增加时，则输电线上分得的电压将增加
D. 若用户得到的电压(有效值)为220V，则输电效率为90%
9.一列简谐横波沿x轴正成向传播，t=0时刻波刚传播到x1=5m的质点Q，波形图如图所示，已知x2=3m的质点P连续两次位于平衡位置的时间间隔为0.2s，下列说法正确的是
A. t=0.05s时质点P位于波峰B. t=0.1s时质点Q第一次到达波峰
C. 0∼1s内，质点P通过的路程为1mD. 此列波的传播速度是10m/s
10.如图所示，有两根足够长、间距为L的光滑竖直金属导轨，导轨上端接有开关、电阻、电容器，其中电阻的阻值为R，电容器(不会被击穿)的电容为C，质量为m的金属棒MN水平放置，整个装置放在垂直导轨平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，不计金属棒和导轨的电阻。闭合某一开关，让MN沿导轨由静止开始释放，金属棒MN和导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。在金属棒MN沿导轨下滑的过程中，下列说法正确的是
A. 只闭合开关S2，金属棒MN先做匀加速运动，后匀速运动
B. 只闭合开关S2，通过金属棒MN的电流为mgCBLm+CB2L2
C. 只闭合开关S1，金属棒MN先做加速运动，后做匀速运动
D. 若只闭合开关S1，金属棒MN下降的高度为h时速度大小为v，则所用的时间为vg+2B2L2hmgR
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.如图(a)所示，某兴趣小组用单摆测量重力加速度。选用的实验器材有：智能手机、小球、细线、铁架台、夹子、游标卡尺、刻度尺等，实验操作如下：
(1)用铁夹将细线上端固定在铁架台上，将小球竖直悬挂；
(2)用刻度尺测出摆线的长度为l，用游标卡尺测出小球直径为d；
(3)将智能手机置于小球平衡位置的正下方，启用APP《手机物理工坊》“近距秒表”功能；
(4)将小球由平衡位置拉开一个角度(θr0时，随分子间距离的增大，分子间的作用力先增大后减小，故C错误；
D.由图丁可知，在分子间距为r2时，分子间距离为相当于平衡位置的距离。在r由r1变到r2的过程中，分子力为斥力，随分子间距的增大，分子力做正功，故D正确。
故选D。
5.【答案】B
【解析】【分析】
由乙图可知，0.02s电动势为0，但通过线圈的磁通量最大；根据有效值与最大值的关系以及欧姆定律，从而求出电压表的示数；根据公式P=U2R求出电阻R上的电功率；由图乙可确定角速度，根据瞬时值表达式即可求解。
解决本题的关键知道从e−t图象的特殊时刻求电动势或电压最大或为零的时刻，以及知道峰值与有效值的关系，能从图中得出有效信息，难度不大。
【解答】
A.由乙图可知0.02s时电动势为0，但通过线圈的磁通量最大，A错误；
B.电压表上的示数为有效值：U=RR+rE=33+2×100 2V=30 2V，B正确；
C.电阻R上的电功率为P=U2R=600W，C错误；
D.因为ω=2πT=50πrad/s，所以该电动势的瞬时值为e=100sin50πtV，D错误。
故选B。
6.【答案】D
【解析】【分析】
该题考查气体状态变化图像问题。熟知图像特点和规律并能从中获取有用信息，逐项分析解题即可。
【解答】
A.a→b过程中，温度不变，所以气体分子的平均动能不变，A错误；
B.b→c过程中，气体压强不变，温度减低，根据pVT=C可知，体积减小，B错误；
CD．c→a过程中，根据pVT=C可知，气体体积不变，而气体的总数不变，所以单位体积分子数不变，由于压强变大，温度升高，分子热运动剧烈，器壁在单位面积上、单位时间内所受气体分子碰撞的次数增多，C错误，D正确。
7.【答案】A
【解析】【分析】本题考查简谐运动，解题关键是掌握简谐运动的特点，抓住其周期性与对称性，结合题意得出周期的可能值。知道简谐运动过程中各物理量的变化情况。
【解答】AB.由题可知，从C点沿x轴正方向直接运动到D点，所用时间为16T，从C点沿x轴正方向到达B点再第二次回到D点，运动了12T，因此从C点沿x轴正方运动到D点所用时间为
(n+16)T=0.4s或(n+12)T=0.4s(n=0,1,2,3⋯)
可得周期为
T=1230n+5s或T=410n+5s(n=0,1,2,3⋯)
A正确， B错误;
C.若t=0.4s时振子第一次通过D点，则振动周期
T=2.4s，
在t=1.2s时，振子第二次通过D点，速度方向与t=0s时的速度方向相反，C错误;
D.t=1.4s时恰好经过O点向左运动，在t=2s时恰好运动到A点，在这段时间内，振子的位移和系统的弹性势能都在逐渐增大， D错误。
故选A。
8.【答案】CD
【解析】解：A、理想变压器原副线圈电流值比与匝数成反比，则I1I2=n2n1，I3I4=n4n3，其中I2=I3，解得I1=10I2，I4=9I3=9I2，故A错误；
B、在输送过程中，由于输线线路有电阻，故会损失部分功率，则P升入=P降出+△P，故B错误；
C、若用户增加时，相当于负载的电阻减小，输出功率增大，输电线上的电流增大，则输电线上分得的电压将增加，故C正确；
D、升压变压器输入功率P1=U1I1，用户得到的功率P4=U4I4，则效率为η=P4P1%=U4I4U1I1%=220×9I2220×10I2%=90%，故D正确；
故选：CD。
变压器原、副线圈的电压比等于匝数之比，电流之比与匝数成反比，输电线路的输入功率等于用户得到的功率加上输线线路上损失的功率。
解决本题的关键掌握交变电流电压的表达式，知道各量表示的含义，知道原、副线圈的电压比等于匝数之比，电流比等于匝数之反比。
9.【答案】BD
【解析】【分析】
根据题意求解周期，根据图象可知波长，根据波速v=λT求解波速；掌握质点简谐振动与波
传播的关系，知道每半个周期，质点的路程为2A。
本题主要是考查了波的图象；解答本题关键是要能够根据图象直接读出振幅、波长和各个位置处的
质点振动方向，知道波速、波长和周期之间的关系。
【解答】 A.质点Р连续两次位于平衡位置的时间间隔为0.2s，可知质点振动周期为0.4s，根据上下坡法，可
知t=0时刻质点P向下振动，t=0.05s时质点P经历T8，位于波谷与平衡位置之间，故A错误；
B.根据上下坡法，可知t=0时刻质点Q向上振动，t=0.1s时，质点Q经历T4，第一次到达波峰，
故B正确；
C．0～1s内，质点P经历52T，通过的路程为s=52×4A=10A=50cm，故C错误；
D.由图知波长为4m，则此列波的传播速度为v=λT=40.4m/s=10m/s，故D正确；
故本题选BD。
10.【答案】BC
【解析】【分析】
根据牛顿第二定律结合对金属棒的受力分析得出其运动状态；
根据动量定理得出电荷量的表达式，结合电荷量与电流的关系式得出对应的时间；
根据电容器的电荷量的计算公式，结合安培力公式和牛顿第二定律得出导体棒的运动状态。
本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉电路构造的分析和安培力公式，结合牛顿第二定律和动量定理即可完成解答。
【解答】
AB.只闭合开关S2，在金属棒MN运动过程中取一段时间 Δt ，且 Δt 趋近于零，设金属棒的加速度大小为a，则有I=ΔQΔt=CΔUΔt=CBLΔvΔt=CBLa
对金属棒，根据牛顿第二定律有mg−BIL=ma
解得a=mgm+CB2L2，I=mgCBLm+CB2L2
可知金属棒做匀加速直线运动，A错误，B正确；
C.只闭合开关S1，金属棒MN刚释放时有mg=ma
之后金属棒受重力和安培力共同作用，根据牛顿第二定律有mg−F安=ma′
又F安=BIL=BBLvRL=B2L2vR
其中金属棒的速度v在增大，则金属棒做加速度减小的加速运动，直到安培力和重力平衡后做匀速直线运动，C正确；
D.只闭合开关S1，金属棒MN下降高度为h时速度为v，在该过程中，对金属棒MN进行分析，根据动量定理可得：mgt−BILt=mv−0
又q=It=ERt=ΔΦtRt=BLhR
解得t=vg+B2L2hmgR，故D错误。
11.【答案】(1)2；(2)4π2(l+d2)T2；(3)T2；4π2k。
【解析】【分析】本题考查的是用单摆测量重力加速度。根据图b求单摆的周期，根据周期公式推到出重力加速度g的表达式，按照要求整理出T和l的关系式，得到横坐标的物理量，由斜率推导出来重力加速度的测量值。
【解答】(1)根据图(b)可知，单摆的周期T=2s;
(2)根据公式T=2π l+d2g，解得g=4π2l+d2T2；
(3)由g=4π2l+d2T2整理得l=g4π2T2−d2，由此可知则该图像以T2为横坐标，
若图线的斜率为k，则k=g4π2，重力加速度的测量值为g=4π2k 。
12.【答案】 (1) D；(2)13.870(13.867∼13.872 )；(3)x2−x15；(4)2
【解析】(1) A.“用双缝干涉测光的波长”的实验中滤光片应放在透镜和单缝之间，故A错误；
B.该实验中拔杆得作用是调节两个狭缝的间距、亮度和位置，故B错误；
C.增大单缝与双缝间距时干涉条纹的疏密不变，故C错误；
D.根据条纹间距得表达式Δx=Ldλ，可知增大双缝与毛玻璃屏间距，条纹间距变大，干涉条纹变疏，故D正确。
故选D。
(2)图乙中手轮上的示数为13.5mm+37.0×0.01mm=13.870mm。
(3)第1条亮纹到第6条亮纹之间又5个相邻的两条问，所以相邻亮条纹间距为5。
(4)根据双缝间距的表达式在空气中Δx1=Lλd
在介质中λ′=vf=cnf
所以在介质中Δx2=cLnfd=Lλnd
由此可得光在空气中和绝缘透明均匀介质中Δx1Δx2=n=2
所以n=2。
本题主要考查用双缝干涉测光的波长，解决本题的关键在于对实验步骤的正确掌握。根据Δx=Ldλ求解。
13.【答案】解：(1)根据题意，作出光路图如图所示

由几何关系可知，光在AC面上的入射角α=60°，由于光在AC面恰好发生全反射故临界角C=α=60°，
玻璃砖的折射率n=1sinC
解得：n=2 33
(2)由光路图和几何关系可得DE= 32L，EF= 33L
单色光在玻璃砖中通过的路程为s=DE+EF
单色光在玻璃砖中的传播速度v=cn
所以单色光在玻璃砖中传播的时间t=sv
联立解得：t=5L3c
答：(1)光路图见解析，玻璃砖的折射率为2 33；
(2)单色光在玻璃砖中传播的时间为5L3c。
【解析】(1)作出光路图，由几何关系得在AC边恰好发生全反射的临界角，根据临界角与折射率的关系求折射率。
(2)解得光在玻璃砖中的速度，根据几何关系求解路程，进而计算时间。
解决本题关键是能准确作出单色光光路图，根据临界角公式等求折射率。。
14.【答案】(1) 66cmHg ；(2) 627K
【解析】(1)初始稳定状态下B气体的压强
pB=pA−ρgh=p0−ρgh=66cmHg
(2)B部分气体初状态压强
pB=66cmHg
初状态体积
VB=SlB
初状态温度
T0=297K
B部分气体末状态压强
p′B=p0=76cmHg
末状态体积
V′B=S(lB+12h)
根据理想气体状态方程
pBVBT0=p′BV′BTB
解得
TB=627K
15.【答案】解：(1)ab杆在倾斜轨道上做匀速直线运动，由平衡条件可知mgsinθ=F安
F安=B1Il
I=ER总
E=B1lv0
R总=R+R2
即mgsin θ=B12l2v0R总，
解得v0=6m/s；
(2)对ab杆由动能定理得：mgh=12mv12−12mv02 ，
解得 v1=8m/s，
ab杆与联动双杆碰撞过程系统动量守恒 mv1=mv1′+3mv2
机械能守恒：12mv12=12mv′12+12⋅3mv22 ，
解得v2=4m/s；
(3)
碰后联动双杆入磁场区间II，有三个过程，由动量定理和能量守恒定律，第一过程则有
−B2lI1⋅Δt1=3mv3−3mv2
q1=I1Δt1=B2ldR总
代入数据解得
v3=113m/s
产生的焦耳热
Q1=12⋅3mv22−12⋅3mv32
Q1=2.36J
在磁场中第二过程则有
−B2lI2⋅Δt2=3mv4−3mv3
q2=I2Δt2=B2ldR总
代入数据解得
v4=103m/s
产生的焦耳热
Q2=12⋅3mv32−12⋅3mv42
Q2=0.72J
第三过程出磁场则有
−B2lI3⋅Δt3=3mv5−3mv4
q3=I3Δt3=B2ldR总
代入数据解得
v5=3m/s
产生的焦耳热
Q3=12⋅3mv42−12⋅3mv52
Q3=1.96J
最后由串并联关系得杆ab产生的焦耳热
Q=16Q1+16Q3+23Q2=16×2.36J+16×1.96J+23×0.72J=0.35J

【解析】分析清楚杆的运动过程是解题的前提与关键，应用安培力公式、平衡条件、动量守恒定律与能量守恒定律可以解题；解题时注意分析清楚电路结构，本题是一道综合题，难度较大，解题时应细心、认真。
(1)ab杆在倾斜轨道上做匀速直线运动，由平衡条件可以求出其速度；
(2)ab杆与联动双杆碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出其速度；
(3)应用动量定理与能量守恒定律及串并联关系可以求出杆ab产生的焦耳热。