精品解析：河南省驻马店中学2022-2023学年高二下学期第一次月考物理试题（解析版）

2021级高二下学期第一次月考物理试题一、选择题（每小题4分，1-8单选，9-14多选，选对4分，多选、错选不得分，少选得2分）1. 关于物理学史，下列说法中正确的是（　　）A. 奥斯特实验发现了电磁感应现象 B. 惠更斯确定了单摆周期公式C. 法拉第预言了电磁波的存在 D. 麦克斯韦预言并证实了光是一种电磁波【答案】B【解析】详解】A．法拉第发现了电磁感应现象，故A错误；B．惠更斯确定了单摆周期公式，故B正确；C．麦克斯韦预言了电磁波的存在，故C错误；D．赫兹证实光是电磁波，故D错误。故选B。2. 图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸板接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面，在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，a、b是其路径上的两点，不计液滴重力，下列说法正确的是（　　）A. a点的电势比b点的低B. a点的电场强度比b点的小C. 液滴在a点的加速度比在b点的小D. 液滴在a点的电势能比在b点的大【答案】D【解析】【分析】【详解】A．高压电源左为正极，则所加强电场的场强向右，而沿着电场线电势逐渐降低，可知故A错误；B．等差等势线的疏密反映场强的大小，由图可知a处的等势线较密，则故B错误；C．液滴的重力不计，根据牛顿第二定律可知，液滴的加速度为因，可得故C错误；D．液滴在电场力作用下向右加速，则电场力做正功，动能增大，电势能减少，即故D正确；故选D。3. 如图所示，条形磁铁固定在水平桌面上，以条形磁铁的右端点为原点，中轴线为x轴建立一维坐标系。将一个灵敏的小磁针放置在x轴上不同的位置，小磁针稳定后磁北极与x轴之间的夹角记为θ，实验测得sinθ与x之间的关系如图乙所示，已知该处的地磁场的方向水平，磁感应强度大小为B0，下列说法正确的是（　　）A. 条形磁铁的右端为S极B. 条形磁铁在x0处产生的磁场的磁感应强度大小为B0C. 条形磁铁在x0处产生的磁场的磁感应强度大小为D. x越大，条形磁铁在该处产生的磁场方向与地磁场方向的夹角越小【答案】B【解析】【详解】AD．根据题意可知，当x趋向无穷大时，小磁针所指的方向为地磁场的方向，由题图可知，x趋向无穷大时，sinθ趋向于1，则θ趋向90°，即小磁针的方向与x轴的方向垂直，所以x轴的方向向东，当x非常小时，小磁针的N极沿x轴正方向，即条形磁铁的右端为N极，故AD错误；BC．根据题图乙可知，在x0处有即设条形磁铁在x0处产生的磁场的磁感应强度大小为，则即故B正确，C错误。故选B。4. 如图所示，在真空中有两根长而直的平行导线，其中只有一根携带稳定的电流，其方向未知。一个电子在两根导线确定的平面内沿着如图所示的路径从点Q移动到点P。以下哪一种表述是正确的（　　）A. 导线携带电流，方向从D流到C B. 导线携带电流，方向从C流到DC. 导线携带电流，方向从A流到B D. 导线携带电流，方向从B流到A【答案】A【解析】【详解】观察发现，电子越靠近CD导线，轨迹半径越小，根据洛伦兹力提供向心力则有故越靠近CD导线磁感应强度越大，因此一定是导线携带电流；电子做曲线运动，受到的合外力方向指向轨迹弯曲的凹侧，则根据左手定则可知，电子所在区域的磁场方向垂直纸面向外，其中只有一根携带稳定的电流，根据安培定则可知，则是导线携带电流，方向从D流到C。故选A。5. 在如图甲所示的电路中，电动机的额定电压为4V，灯泡上标有“4V、4W”，定值电阻R的阻值为。当变压器原线圈接如图乙所示的交流电时，电动机和灯泡均正常工作，且电动机的输出功率为6W。下列说法正确的是（　　）  A. 变压器原、副线圈的匝数比为B. 电动机的额定功率为10WC. 电动机的内阻为D. 若灯泡损坏导致断路，则电动机也会被烧坏【答案】C【解析】【详解】A．因为电动机和灯泡均正常工作，所以变压器副线圈两端的电压根据题图乙可知变压器原线圈两端的电压可得变压器原、副线圈的匝数比故A错误；B．当灯泡正常工作时，通过灯泡的电流通过定值电阻的电流可得通过电动机的电流因此电动机的额定功率故B错误；C．电动机的发热功率解得故C正确；D．若灯泡损坏导致断路，则副线圈消耗的功率减小，原线圈输入的功率减小，通过原线圈的电流减小，导致通过副线圈的电流减小，因此电动机的功率减小，不会被烧坏，故D错误。故选C6. 在LC振荡电路中，某时刻磁场方向如图所示，且b点比a点电势低，下列说法正确是（　　）A. 自感系数L和电容C都增大到原来的两倍，可以使振荡频率增大到原来的两倍B. 电容器正在放电C. 线圈磁通量变化率正在增大D. 磁场能正向电场能转化【答案】B【解析】【详解】A．根据电磁振荡的频率公式可知，自感系数L和电容C都增大到原来的两倍，可以使振荡频率减小到原来的，故A错误；BD．根据安培定则可知，电路中电流的方向从a流向b，又由于b点比a点电势低，则说明电容器正在放电，电场能向磁场能转化，故B正确，D错误；C．电容器正在放电，则电路中的电流在增大，根据电磁振荡的特点可知，电流的变化率在减小，根据电流产生的磁场的特点可知线圈磁通量变化率正在减小，故C错误。故选B。7. 一个小球在水平方向上作简谐运动，其振动图像如图所示，下列说法中正确的是（　　）A. 小球的振幅是，周期是B. 到时间内，小球的动能在减小C. 时和时小球的回复力大小相同D. 到时间内，小球的加速度在增大【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，小球的振幅是，周期是，A错误；B．到时间内，小球向平衡位置移动，做加速运动，故这个过程中小球的动能在增加，B错误；C．时和时小球的回复力大小相同，方向相反，C正确；D．到时间内，小球向平衡位移运动，恢复力逐渐减小，故加速度也在减小，D错误。故选C。8. 一列简谐横波沿x轴传播，在x轴上平衡位置相距2m的两质点A、B的振动图像分别如图甲、乙所示，已知该波波长大于1m，则该波的传播速率不可能为（    ）  A. 1.8 B. 2.9 C. 4.0 D. 6.7【答案】A【解析】【详解】由两质点的振动图像可知，时刻，质点处于振幅最大位置，质点位于平衡位置沿轴负方向运动，该波的传播周期为若该波从质点向质点传播，则两质点间的距离为则由波速的公式得波长大于1m，则或1，时时若该波从质点向质点传播，则两质点间的距离为则由波速的公式得波长大于1m，则或1，时时故选A。9. 下列说法中正确的是（   ）A. 只有横波会发生干涉、衍射、折射现象B. 在波的干涉图样中，振动加强的点永远都振动加强C. 两列相干波的波峰与波峰叠加相互加强，波谷与波谷叠加相互削弱D. 当障碍物或孔的尺寸比波长小或相差不多时，才能发生明显的衍射现象【答案】BD【解析】【详解】A．各种波都能发生折射、干涉、衍射现象，A错误；BC．两列相干波的波峰与波峰叠加相互加强，波谷与波谷叠加相互加强，波峰与波谷叠加相互削弱，故振动加强的点永远振动加强，振动削弱的点永远振动削弱，B正确，C错误；D．当障碍物或孔的尺寸比波长小或相差不多时，才能发生明显的衍射现象，D正确。故选BD。10. 按如图所示的电路连接各元件后，闭合开关S，L1、L2两灯泡都能发光。不考虑灯丝电阻随电压的变化，在保证灯泡安全的前提下，当滑动变阻器的滑片向左移动时，下列判断正确的是（　　） A. L1变暗，L2变亮B. L1变亮，L2变暗C. 电流表的示数I增大，电压表的示数U减小D. 电压表示数的变化量∆U与电流表示数的变化量∆I的比值变小【答案】AC【解析】【详解】C．当滑动变阻器的滑片向左移动时， 接入到电路中的阻值变小，电路总电阻变小，故电路中的总电流变大，内电阻的内电压变大，路端电压变小。故电流表的示数I增大，电压表的示数U减小，C正确；AB．干路的电流变大，L2变亮，并联部分电压变小，L1变暗，A正确，B错误；D．由闭合电路欧姆定律得则可得保持不变，故D错误。故选AC。11. 金属圆环P中通有逆时针电流，将另一直径可变、通有逆时针电流的圆环Q放在圆环P的不同位置处，如图所示，下列说法正确的是（　　）A. 甲图中Q有向左运动并扩大的趋势 B. 乙图中Q有向左运动并缩小的趋势C. 丙图中Q有扩大的趋势 D. 丁图中Q有扩大的趋势【答案】AC【解析】【详解】根据同向电流相互吸引和右手螺旋定则可以判断甲图中Q有向左运动并扩大的趋势，丙图中Q有扩大的趋势，AC正确，BD错误。故选AC。12. 如图，带正电的物块A放在水平桌面上，利用细绳通过光滑的滑轮与B相连，A处在匀强电场中，，从O开始，A与桌面的动摩擦因数随x的变化如图所示，取O点电势能为零，A、B质量均为，B离滑轮的距离足够长，则（　　）A. 它们运动的最大速度为B. 它们向左运动的最大位移为C. 当速度为时，A的电势能可能是D. 当速度为时，绳子的拉力可能是【答案】ACD【解析】【详解】AB．由题知设A向左移动x后速度为零，对A、B系统有（此处前面的是因为摩擦力是变力，其做功可以用平均力），可得A向左运动是先加速后减速，当时，摩擦力变成静摩擦力，并反向，系统受力平衡，最后静止。设A向左运动x′后速度为v，对系统则有得即：当时，v最大为，故A正确，B错误；C．当时，可得或当时，电场力做功则电势能减小，由于，则电势能为，当时故C正确；D．根据牛顿第二定律当时，系统加速度对B有得当时，系统加速度对B分析可得故D正确。故选ACD。13. M、N两质点分别位于x轴上的、处，两质点同时开始沿y轴方向做简谐运动，0.5s后第一次回到各自平衡位置。振动产生的两列波相向传播，某时刻的波形如图所示，一段时间后两列波在MN之间叠加，下列说法正确的是（　　）A. 两质点起振方向相同B. 两列波波速均为C. 两波叠加后MN间有5个振动加强点D. 两波叠加后处质点的振幅为6cm【答案】BD【解析】【详解】A．由图可知，以M点为波源的波传播到x=4m处，该点此时振动方向向下，由同一列波上的点起振方向与波源相同，可知M点的起振方向向下；同理N点的起振方向向上，故A错误；B．由图可知，两列波波长相等波源起振后0.5s第一次回到各自平衡位置，所以两波源的振动周期也相等所以两列波的波速大小相等故B正确；C．由于两列波起振方向相反，所以若x轴上某点到M、N的距离差是半波长的奇数倍，则该点振动加强。设振动加强点的横坐标为x，则，（n=1，3，5…）解得x1=1m、x2=3m、x3=5m、x4=7m、x5=9m、x6=11m所以两波叠加后MN间有6个振动加强点,故C错误；D．两波叠加后处质点是振动加强点故D正确。故选BD。14. 如图所示，在区域有垂直直面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，在区域有沿x轴正向的匀强电场。质量为m电荷量为q的带正电荷粒子，以速度沿与y轴正向夹角为弧度的方向，从坐标系的原点O处射入磁场，粒子的重力可以忽略不计。粒子每次离开磁场后，都会从O点再次进入磁场，即粒子以周期路径运动。下列说法中正确的是（　　）A. 粒子第一次经过y轴时的位置坐标为（，）B. 粒子运动周期为C. 匀强电场的电场强度大小为D. 当粒子运动到离y轴最远位置时，将磁感应强度减小到，则粒子第一次离开磁场时，距O点距离为【答案】BD【解析】【详解】A．粒子在磁场和电场中的轨迹如图所示在磁场中根据洛伦兹力提供向心力可得解得粒子第一次经过y轴时的位置的纵坐标为粒子第一次经过y轴时的位置坐标为（，），故A错误；B．粒子在磁场中时间为粒子在电场中沿轴方向做匀速直线运动，则有解得则粒子运动周期为故B正确；C．设电场强度大小为，则有，联立解得故C错误；D．当粒子运动到离y轴最远位置时，此时速度方向沿轴负方向，则有可知当时，离y轴有最远距离，则有此时粒子离轴距离为此时将磁感应强度减小到，则粒子半径变为可知粒子继续转过圆周离开磁场，则粒子第一次离开磁场时，距O点距离为故D正确。故选BD。二、实验题（每空2分，15题8分，16题10分）15. 几位同学在物理实验室做“用单摆测定重力加速度”的实验。（1）在甲同学的实验过程中，当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n=0，单摆每经过最低点记一次数，当数到n=50时秒表的示数如图1所示，该单摆的周期是T=___________s（结果保留小数点后两位）（2）甲同学测得的g值偏小，可能的原因是___________A. 测摆线长时摆线拉得过紧B. 摆线上端点悬点没固定好，摆动中出现松动；C. 开始计时时，没有及时按下秒表D. 实验中误将49次数为50次（3）乙同学也进行了与甲同学同样的实验，但实验后他发现测量摆长时忘了加上摆球的半径，则该同学做出的图像为图2中的___________A. 虚线①，不平行OM       B. 虚线②，平行OMC. 虚线③，平行OM         D. 虚线④，不平行OM（4）如果甲乙两位同学分别在北京和宜春的实验室做同样的实验，不考虑其它因素的影响，他们得到的图像的斜率分别是和，______。（填“等于”、“大于”或“小于”）【答案】    ①. 1.96    ②. B    ③. B    ④. 小于【解析】【详解】（1）[1]如图1所示，秒表的读数为49.0s，每经过最低点两次单摆摆动一个周期，则该单摆的周期（2）[2]根据单摆周期公式可得A．测摆线长时摆线拉得过紧，则摆长测量值偏大，测量值偏大，故A错误；B．摆线上端点悬点没固定好，摆动中出现松动，则摆长测量值偏小，测量值偏小，故B正确；C．开始计时时，没有及时按下秒表，导致周期测量值偏小，测量值偏大，故C错误；D．实验中误将49次数为50次，导致周期测量值偏小，测量值偏大，故D错误。故选B。（3）[3]忘了加上摆球的半径时，则有可得发现两种情况下图像斜率相同，忘了加上摆球的半径时在纵轴的截距为正值。故选B。（4）[4]如果甲乙两位同学分别在北京和宜春的实验室做同样的实验，不考虑其它因素的影响，根据可知图像的斜率为由于北京的纬度高于宜春的纬度，可知北京的重力加速度大于宜春的重力加速度，则有16. （1）某同学用多用电表测量某些电学量。经过正确操作，两次测量时的指针位置均指在如图1所示的位置。一次测量直流电压，所选量程为50V，则读数应为______V ；一次测量电阻，记录的读数为1600Ω，则所选倍率为______（选填“×1”“×10”“×100”或“×1k”）。（2）在上一问用多用电表测量完电阻后，需要继续测量一个阻值约为13Ω的电阻。在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，以下有些操作步骤是必需的，请选择正确的操作并按正确顺序写出序号______；①将红表笔和黑表笔接触②把选择开关旋转到“×1”位置③把选择开关旋转到“×10”位置④调节欧姆调零旋钮使指针指向欧姆零点（3）常用的多用电表是由小量程的电流表（表头）改装而成的。有一块满偏电流为50µA、内阻为800Ω的小量程电流表，现要将它改装成0~1mA、0~10mA两个量程的电流挡，某同学设计了如图2、图3所示的两个电路。在图2所示的电路中R1______R2（选填“>”或“<”）；从保护表头的角度，请你分析说明图2、图3哪种设计更合理：______。 【答案】    ①. 24.0    ②. ×100    ③. ②①④    ④. <    ⑤. 图3更合理，因为图2电路在通电状态中，更换量程会造成两分流电阻都未并联在表头两端，以致通过表头的电流超过其满偏电流而损坏【解析】【分析】【详解】(1)[1]量程为50V，则读数应为24.0V；[2]测电阻时，指针示数为16，而实际为1600Ω，所以为“×100”倍率。(2)[3]现在的欧姆表倍率太大，换成“×1”倍率时，恰好13Ω在中值电阻附近，所以先将开关转到“×1”位置，然后再将红黑表笔对接，进行欧姆调零。步骤为②①④(3)[4]总电压不变，电流大的那一路电阻小，由欧姆定律知[5]图3更合理，因为图2电路在通电状态中，更换量程会造成两分流电阻都未并联在表头两端，以致通过表头的电流超过其满偏电流而损坏。三、解答题（17题8分，18题12分，19题16分）17. 如图所示，光滑水平面上，小物体A以1.2v的速度向右运动，在其运动正前方有一与A大小相同的物体B静止。A和B发生弹性碰撞。已知物体B的质量为m，碰后物体A的速度大小为0.8v，方向不变。求：（1）物体A的质量和碰后物体B的速度；（2）若物体A以相同速度碰物体B时，B的左侧连有一个处于原长状态的轻弹簧，如图所示，则弹簧弹性势能的最大值。【答案】（1）5m，2v；（2）【解析】【详解】（1）由动量守恒定律由能量守恒定律解得（2）弹簧压至弹性势能最大位置处时，由动量守恒定律可知由机械能守恒定律可知解得v共 = v，Ep = 0.6mv218. 在如图所示的平面直角坐标系xOy中，在第I、II象限内存在方向垂直xOy平面的匀强磁场，第IV象限内存在有界匀强电场，方向沿y轴负方向，下边界为。在电场区域下方放置探测板，电子到达板上时被吸收。一电子从坐标原点O沿y轴正方向射入磁场当人射电子的初速度大小为时，电子恰好能到达探测板，并击中点。已知电子质量为、电荷量为。（1）求磁感应强度B和电场强度E的大小；（2）求电子在磁场、电场中运动的总时间。【答案】（1），；（2）【解析】【详解】（1）设电子在磁场中做圆周运动的半径为R，则根据几何关系可得联立可得电子在电场中运动，根据动能定理得解得（2）电子在磁场中运动轨迹为半圆，所用时间电子在电场中做匀变速直线运动电子运动的总时间19. 电阻不计的平行金属导轨EFG与PMN如图所示放置，EF与PM段水平且粗糙，FG与MN段倾斜且光滑，F、M连接处接触良好，FG与MN与水平面成θ=37°角，空间中存在匀强磁场，磁感应强度为B=5T，方向竖直向上，导轨间距均为L=1m，金属棒ab、cd与轨道垂直放置，两金属棒质量相等，均为m=0.1kg，电阻均为R=2Ω，ab、cd间用轻质绝缘细线相连，中间跨过一个理想定滑轮，两金属棒始终垂直于导轨，cd棒与水平导轨间的动摩擦因数为μ=0.4，两金属棒始终不会与滑轮相碰，金属导轨足够长，g=10m/s2，sin37°=0.6，现将金属棒由静止释放。（1）求释放瞬间两棒的加速度大小；（2）释放ab棒后，求两金属棒的最大速度；（3）假设金属棒ab沿倾斜导轨下滑s=4m时达到最大速度，试求由静止释放至达到最大速度所用的时间。【答案】（1）；（2），从a到b；（3）【解析】【详解】（1）释放时对金属棒ab、cd由牛顿第二定律分别可得联立解得（2）由右手定则可知，金属棒ab中的电流方向从a到b，经分析，当两金属棒加速度为0时速度最大，设最大速度为，对ab棒有对cd棒有又安培力大小为此时感应电动势为由闭合电路欧姆定律可得联立解得（3）设金属棒由静止释放至最大速度所需时间为t，则对ab棒有对cd棒有而联立解得‍