2023-2024学年河南省郑州市宇华实验学校高二（下）月考物理试卷（5月）（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省郑州市宇华实验学校高二（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.如图所示，AO、BO、CO是竖直面内三根固定的光滑细杆，与水平面的夹角依次是60°、45°、30°，直线AD与地面垂直．每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从A、B、C处释放(初速为0)，用t1、t2、t3依次表示滑环到达O所用的时间，则( )
A. t1t3C. t1=t3>t2D. t3=t1=t2
2.如图所示，在质量为2mg的无下底的木箱顶部用一轻弹簧悬挂质量为m、2m的A、B两物体，箱子放在水平地面上，平衡后剪断A、B间细线，此后A将做简谐振动，当A运动到最高点时，木箱对地面的压力为( )
A. 0B. mgC. 2mgD. 3mg
3.福建土楼兼具居住和防御的功能，承启楼是圆形土楼的典型代表，如图(a)所示。承启楼外楼共四层，各楼层高度如图(b)所示。同一楼层内部通过直径约50m的圆形廊道连接。若将质量为100kg的防御物资先从二楼仓库搬到四楼楼梯口M处，再用100s沿廊道运送到N处，如图(c)所示。重力加速度大小取10m/s2，则( )
A. 该物资从二楼地面被运送到四楼M处的过程中，克服重力所做的功为5400J
B. 该物资从M处被运送到N处的过程中，克服重力所做的功为78500J
C. 从M处沿圆形廊道运动到N处，位移大小为78.5m
D. 从M处沿圆形廊道运动到N处，平均速率为0.5m/s
4.根据麦克斯韦电磁理论，变化的磁场可以产生电场.当产生的电场的电场线如图所示时，可能是( )
A. 向上方向的磁场在增强B. 向下方向的磁场在减弱
C. 向上方向的磁场先增强，然后反向减弱D. 向上方向的磁场先减弱，然后反向增强
5.如图所示，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为θ，经折射后出a、b两束光线。则( )
A. 在玻璃中，a光的传播速度大于b光的传播速度
B. 在真空中，a光的波长小于b光的波长
C. 分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距
D. 若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，则折射光线b首先消失
6.一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比为
( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
7.卡诺循环(Carnt cycle)是只有两个热源的简单循环。如图所示是卡诺循环的P−V图像，卡诺循环包括四个过程：a→b等温过程；b→c绝热膨胀过程；c→d等温过程；d→a绝热压缩过程。整个过程中封闭气体可视为理想气体，下列说法正确的是( )
A. a→b过程，气体放出热量
B. c→d过程，气体对外界做功
C. a→b过程温度为T1，c→d过程温度为T2，则T1t2.故C正确．
【点睛】本题是牛顿第二定律和运动学公式的综合应用，关键要抓住三个过程相同的量表示位移和加速度．
2.【答案】B
【解析】B
【详解】平衡后剪断A、B间细线，A将做简谐振动，在平衡位置，有 kx1=mg ，在平衡之前的初位置，有 kx2=2mg ，A的加速度是a=2g，在最高点时，A的加速度也是a=2g，由牛顿第二定律得：F+mg=ma，解得F=mg。对木箱为对象得：F+N=2mg，解得N=mg。故B正确，ACD错误。
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查功、位移和平均速率的计算，基础题目。
结合重力做功特征、位移的定义和平均速率的定义分析即可判断。
【解答】
A.该物资从二楼地面被运送到四楼M处的过程中，克服重力所做的功为WG=mgΔh=100×10×(2.7+2.7)J=5400J，故A正确；
B.该物资从M处被运送到N处的过程中，由于M、N高度差为零，所以克服重力做功为零，故B错误；
C.从M处沿圆形廊道运动到N处，位移大小为50m，故C错误；
D.从M处沿圆形廊道运动到N处，平均速率为v=st=πrt=3.14×502100m/s=0.785m/s
故D错误。
故选A。
4.【答案】D
【解析】解：AB、当一个闭合电路中的磁通量发生变化时，回路中就有感应电流产生，回路中并没有电源，电流的产生是由磁场的变化造成的。麦克斯韦把以上的观点推广到不存在闭合电路的情况，即变化的磁场产生电场，向上的磁场增强、向下的磁场减弱时，感应电流的磁场方向向下，阻碍原磁场的增强，根据安培定则可判断出感应电流方向与题图中E的方向相反，故AB错误；
CD、同理，当磁场向上减弱或磁场向下增强即反向增强时，感应电流的磁场方向向上，阻碍原磁场的减弱，根据安培定则可判断出感应电流方向与题图中E的方向相同；当向上方向的磁场先增强，然后反向减弱，与题图中E的方向相反，故C错误，D正确。
故选：D。
麦克斯韦电磁场理论的核心思想是：变化的磁场可以激发涡旋电场，变化的电场可以激发涡旋磁场；电场和磁场不是彼此孤立的，它们相互联系、相互激发组成一个统一的电磁场。然后结合楞次定律判断即可。
本题考查了楞次定律和安培定则的应用，要求学生熟练掌握这两个定则的使用方法及注意事项。
5.【答案】B
【解析】解：A、由图可知光线a的偏折程度大，根据折射定律公式n=sinisinr，光线a的折射率大；再根据公式v=cn，光线a在玻璃中的传播速度小，故A错误；
B、光线a的折射率大，说明光线a的频率高，根据c=λf，光线a的波长较短，故B正确；
C、光线a在真空中的波长较短，根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ，分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距，故C错误；
D、若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，则折射光线a的折射角先达到90°，故a先发生全反射，先消失，故D错误。
故选：B。
根据折射定律公式n=sinisinr判断折射率大小，根据v=cn判断玻璃中的光速大小；根据c=λf真空中波长大小；根据公式Δx=Ldλ判断条纹间距大小。
解决本题的关键知道折射率、频率、波长、在介质中传播的速度、临界角等大小关系，通过光线的偏折程度得出折射率的大小是解决本题的突破口。
6.【答案】B
【解析】【分析】
变压器输入电压为U与电阻R1两端电压的差值；再根据电流之比等于匝数的反比可求得输出电流；根据电压之比等于匝数之比对两种情况列式，联立可求得U与I的关系；则可求得线圈匝数之比。
本题考查理想变压器原理及应用，要注意明确电路结构，知道开关通断时电路的连接方式；同时注意明确输入电压与总电压之间的关系。
【解答】
设理想变压器的原、副线圈的电压比U原U副=n，则电流比I原I副=1n，结合本题数据，当开关断开时有U−3I5nI=n，当开关闭合时有U−12I4nI=n，综合得到U=48I，解得n=3，故B正确．
7.【答案】D
【解析】【分析】
气体的内能只与温度有关，根据图象选择合适的气体定律，判断温度变化，根据热力学第一定律判断吸放热；由ΔU=Q+W分析做功、吸放热和内能变化的关系。
本题是图象问题，关键从图象判断气体变化过程，选择合适的气体实验定律，然后结合热力学第一定律即可解决。
【解答】
A.a→b等温过程，气体体积变大，对外做功，由热力学第一定律可知气体吸收热量，故A错误；
B.c→d过程，气体温度不变，体积减小，外界对气体做功，故B错误；
C.从b到c为绝热膨胀过程，则气体对外做功，所以W0；温度先升高后降低，则内能先增加后减小，根据ΔU=W+Q可知，气体在前一阶段的吸热放热不能确定，后一阶段气体一定放热，选项B错误；
CD. A 、 C 两状态压强相等，气体分子对容器壁上单位面积的平均撞击力相等，但是温度和体积不等，则气体分子单位时间内撞击单位面积的次数不相等，选项CD正确；
故选CD。
11.【答案】(1) B；(2) C；(3) D。
【解析】【分析】
(1)根据图片和所学知识判断出铁芯的材料；
(2)根据实验原理分析；
(3)根据电压与线圈匝数之间的关系确定。
【解答】(1)由于涡流在导体中会产生热量，所以变压器的铁芯是绝缘的硅钢片叠成，故B正确，ACD错误；
(2)AB.原副线圈上通过的电流发热，铁芯在交变磁场作用下发热，都会使变压器输出功率发生变化，从而导致电压比与匝数比有差别，故AB不符合题意；
C.原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比，故C符合题意;
D.变压器铁芯漏磁，从而导致电压比与匝数比有差别，故D不符合题意；
(3)若是理想变压器，则由U1U2=n1n2，原线圈的“0“和“800匝”两个接线柱，用电表测得副线圈的0“和“400匝“两个接线柱原副线圈匝数比2：1，副线圈电压为3V，则原线圈的电压为6V，考虑到不是理想变压器，有漏磁等现象，则原线圈的电压可能大于6V，可能为6.5V，故选D。
12.【答案】(1)相反、减小；(2)1.21×10−2；(3)正确，电容器放电过程中，电容器C与电阻R两端电压相等，因此通过对放电曲线进行数据处理后记录的峰值Um及图线与时间轴围成的面积，仍然可用C=QUm=SRUm计算电容值
【解析】解：(1)开关S与1相连，电源给电容器充电，电容器上极板带正电充电电流为逆时针方向；开关S与2相连时，电容器放电，电流方向为顺时针方向，并用都随时间而减小；
(2)根据欧姆定律可知，I=UR，图象与坐标轴围成的面积表示Ut，则可知，图象与坐标轴围成的面积与R的比值表示电量，即为：q=I−t=U−Rt；
则可知，充电过程最大电量：
q=145.12000C=0.07255C
C=qU=×10−2F；
(3)这种想法是正确的，电容器放电过程中，电容器C与电阻R两端电压相等，因此通过对放电曲线进行数据处理后记录的峰值Um及图线与时间轴围成的面积，仍然可用C=QUm=SRUm计算电容值。
故答案为：(1)相反、减小；(2)1.21×10−2；(3)正确，电容器放电过程中，电容器C与电阻R两端电压相等，因此通过对放电曲线进行数据处理后记录的峰值Um及图线与时间轴围成的面积，仍然可用C=QUm=SRUm计算电容值
根据电容器极板的电性判断放电时电流的方向；
在放电的过程中，电荷量逐渐减小，电容不变，根据U−t图线所围成的面积求解放电的电荷量，再根据电容计算公式求解电容；
通过电阻R的电量最终充电电容器的极板上，所以绘出电阻的U−t图象，求出面积S，则通过电阻R的电量q=I−t=U−Rt=SR，也可以求极板上电量，从而求出电容。
本题主要是考查平行板电容器电容的实验，解答本题的关键是弄清楚题意以及电路连接情况，知道电容与电压、电量无关，以及明确I−t图线与时间轴围成的面积表示通过的电荷量，结合电容器的计算公式进行分析解答。
13.【答案】(1) v=2m/s ；(2) s=52cm
【详解】(1)由振动图像得两波的周期为
T=0.4s
根据关系知，波速为
v=λT
代入数据得
v=2m/s
(2)由振动图像可知A、B的振幅分别为
AA=6cm
AB=4cm
波的传播时间为
t=Δxv A、B波传播到P点的时间为
tA=0.2s
tB=0.4s
两波都传到P点时，引起P点的振动恰好从平衡位置均沿 −y 方向，其振幅为
A=AA+AB=10cm
则 0∼0.2s 内P点通过的路程为
s1=0 0.2∼0.4s 内P点通过的路程为
s2=12cm 0.4∼0.8s 内P点通过的路程为
s3=40cm
则 0∼0.8s 的过程中P点通过的路程
s=s1+s2+s3=52cm

【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】解：(ⅰ)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△DEB为等腰三角形，DE=DB=L4
由几何知识可知光在AB边折射时折射角为r=30°，
所以玻璃砖的折射率为n=sinisinr=sin45°sin30°= 2
(ⅱ)设临界角为θ，有sinθ=1n，可解得θ=45°
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EF=L2
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
t=DE+EFv
而v=cn，可解得：t=3 2L4c
答：
(ⅰ)玻璃砖的折射率为 2；
(ⅱ)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为3 2L4c．
【解析】解决本题关键是作出光路图，再运用几何知识求解入射角折射角，要掌握几何光学常用的三个规律：折射定律n=sinisinr、临界角公式sinC=1n和光速公式v=cn．
15.【答案】解：(1)升压变压器副线圈两端的电压
U2=n2n1U1= 51×500V=2500V，
输电线路上的电流I2=PU2=500002500A=20A，
损失的电压△U=I2R=20×15V=300V；
(2)降压变压器原线圈两端的电压U3=U2−△U=2200V，
故变压器原副线圈的匝数之比为
n3n4=U3 U4 =2200220=101；
(3)线路上损失的功率P损=I2R=202×15W=6kW
故降压变压器原线圈的功率P′=P−P损=44kW
用户得到的功率P用=P′=44kW，
故n=P用P灯=4400040盏=1100盏。
【解析】本题考查了远距离输电等知识。理想变压器原、副线圈的匝数比等于电压比，与电流成反比，功率不变，注意线路损耗。
考查了远距离输电、理想变压器的特点，理解功率关系输出决定输入，输出电压由输入电压决定。
16.【答案】解：(1)由于初始状态左右两侧液面相平，根据“等压面”法可知，初始状态封闭气体的压强等于 p0 ，设U形细玻璃管的横截面积为 S ，液面下降后封闭气体的压强为 p1 ，
根据波意耳定律定律有p0SL=p1S(L+Δh)，
解得p1=72cmHg，
设此时左右两管的液面差为 h ，则有p1+ρgh=p0，
解得h=3cm，
由此可知右管水银面下降的高度ΔH=h+Δh=4cm；
(2)使左管的水银面回到最初高度，则右管液面将下降 Δh ，
则此时左管内气体压强p2=p0−ρg(h+2Δh)=70cmHg，
根据理想气体状态方程有p1S(L+Δh)T1=p2SLT2，
解得T2=280K；
(3)液面再次相平时左右两管内气体压强相同，设为 p3 ，
对左管中气体由理想气体状态方程有p1S(L+Δh)T1=p3S(L+Δh+h2)T3，
对右管中的气体有波意耳定律有p0S(L+ΔH)=p3S(L+ΔH−h2)，
联立解得T3=350K。

【解析】(1)对左侧气体根据等温变化列方程可求解；
(2)根据几何关系集合左侧气体做等容变化可列方程求解；
(3)首先根据右侧气体做等温变化求得右侧气体压强，再根据左侧气体应用一定质量的理想气体状态方程，列方程求解。
该题考查学生对一定质量的理想气体做等温、等容变化的考查，变化过程较多时该题的难点，在求解过程中，要把每个变化过程分清，找到对应的变化根据不同的状态方程求解。