湖南省常德市汉寿县第一中学2023-2024学年高二下学期3月月考物理试题

这是一份湖南省常德市汉寿县第一中学2023-2024学年高二下学期3月月考物理试题，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．关于做匀速圆周运动的物体，下列说法正确的是（ ）
A．因为在相等的时间内通过的圆弧长度相等，所以线速度恒定
B．如果物体在0.01s内转过30°角，则角速度为3000rad/s
C．所受合力不一定指向圆心
D．若半径为，周期为，则线速度为
2．做直线运动的质点位移x与时间t的关系为x=5t+2（各物理量均采用国际单位制单位），则该质点（ ）
A．第1s内的位移是5mB．前2s内的平均速度是6m/s
C．任意1s内的速度增量都是2m/sD．任意相邻的1s内位移差都是1m
3．如图所示，一个半径为3r的光滑圆柱体固定在水平地面上，其轴线与地面平行。另有两个半径均为2r的球A、B用轻绳连接后，搭在圆柱体上，A球的球心与圆柱体最高点等高，B球的球心与圆柱体的轴线等高，两球均处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．轻绳中的拉力与A球的重力大小相等
B．A球的重力与圆柱体对A球的弹力之比为4：5
C．A、B两球的质量之比为4：5
D．A、B两球的质量之比为5：4
4．如图所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径为R的圆弧，BC部分水平，质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R，不计小球大小．开始时a球处在圆弧上端A点，由静止释放小球和轻杆，使其沿光滑轨道下滑，下列说法正确的是（ ）
A．a球下滑过程中机械能保持不变
B．a、b滑到水平轨道上时速度为
C．从释放到a、b滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做的功为
D．从释放到a、b滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对b球做的功为
5．如图是学生常用的饭卡内部实物图，其由线圈和芯片组成电路，当饭卡处于感应区域时，刷卡机会激发变化的磁场，从而在饭卡内线圈中产生感应电流来驱动芯片工作，已知线圈面积为，共匝，某次刷卡时，线圈平面与磁场垂直，且全部处于磁场区域内，在感应时间内，磁感应强度方向向外且由0均匀增大到，此过程中（ ）
A．线框中磁通量变化率为
B．线框中产生周期性变化的顺时针方向的感应电流
C．边所受安培力方向向左
D．线框中感应电动势大小为
6．关于电磁感应现象，下列说法中正确的是（ ）
A．闭合线圈放在变化的磁场中，必然有感应电流产生
B．穿过闭合线圈的磁通量变化时，线圈中有感应电流
C．闭合正方形线框在匀强磁场中垂直磁感线运动，必然产生感应电流
D．只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就一定有感应电流产生
二、多选题
7．如图，在倾角为θ的固定斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为m的平板A固定连接，A与斜面的动摩擦因数为μ。开始时用手按住平板A使弹簧压缩量为L，保持静止，此时弹簧弹力为F。现放手，使A沿斜面向上运动，弹簧恢复原长时A的速度为v。从释放到恢复原长过程中，以下说法正确的是（ ）
A．弹簧弹力做功为FL
B．滑动摩擦力做功为μmgL
C．合力对物体A做的功为mv2
D．弹簧初始弹性势能数值上大于重力与摩擦力做功之和
8．甲、乙两物体从同一点开始沿一直线运动，甲的x—t图像和乙的v—t图像如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．甲运动过程中，距出发点的最大距离为4m
B．0到6s内，甲、乙两物体位移大小不相同
C．第4s内甲、乙两物体速度方向相同
D．第2s末到第4s末甲的位移大小为8m，乙的位移大小为4m
9．如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线为时刻的波形图，虚线为时刻的波形图，。下列说法正确的是（ ）
A．该波的波长为6m
B．若波沿x轴正向传播，则周期
C．若波沿x轴负向传播，从时刻经位于处的质点刚好到达平衡位置
D．若波速为，时刻处的质点正在向y轴正方向振动
10．如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷为+q的小球，系在一根长为L的轻质绝缘细线一端（绳长不变），可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径.已知重力加速度为g，电场强度不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．若小球在竖直平面内绕O点恰好做完整圆周运动，则它全程运动的最大速度为
B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到D点时的机械能最大
C．若将小球在A点由静止释放，则小球将沿直线运动到C点
D．若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将沿圆周到达B点
三、实验题
11．用激光测某种材料制成的矩形介质的折射率，介质与屏P平行放置，用绿色激光笔以一定角度照射bc侧的O点，此时在屏P上的S1处有激光点，移走待测介质，光点移到S2处。请回答下列问题：

（1）关于此实验，下列说法正确的是 。
A．为了减小实验误差，所选介质的宽度应适当小一些
B．若O处的入射角过大，有可能发生全反射，导致没有光线从介质ad面射出
C．若改用宽ab更大的介质做实验，则S1S2间的距离会变大
（2）若测得AB=32mm，OA=24mm，S1S2=14mm，则该介质的折射率n= （结果保留三位有效数字）。
（3）该实验中，若改用红色激光笔照射，其他条件不变，则光斑出现在S1处的 （选填“左侧”或“右侧”）。
12．如图所示，虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小，并判定其方向。所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；A为电流表；S为开关，此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线，实验电路图如图所示。
补充完成下列实验步骤
（1）按照实验电路图连接电路。
（2）保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态，取出托盘中的细沙，然后用天平称出细沙质量。
（3）闭合开关S，调节电阻R的阻值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D重新处于平衡状态，然后读出电流表的示数I，再取出托盘中的细沙，并用天平测量此时细沙的质量。
（4）用刻度尺测量 ，记为L。
（5）用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度B的大小，则 。
（6）判定磁感应强度方向的方法：若 （填“>”或“<”），磁感应强度方向垂直纸面向外。反之，磁感应强度方向垂直纸面向里。
四、解答题
13．如图所示，在水平桌面一端的边缘放置一个质量m=0.40kg的木块B,桌面的另一端有一块质量M=0.6kg的木块A以某一初速度开始向着木块B滑动，经过时间t=0.80s与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两木块粘在一起以3m/s的速度水平抛出，恰好无碰撞的沿圆弧切线从C点进入竖直光滑圆弧轨道下滑．C、D为圆弧的两端点，其连线水平．已知圆弧半径R=1.0m，圆弧对应圆心角θ=106°，O为轨道的最低点．设两木块均可以看作质点，木块A与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，试求：
(1)木块A的初速度大小v0；
(2)桌面距地面的高度h；
(3)木块B经过O点时对轨道压力的大小F．
14．如图所示，斜轨道和水平轨道在O点平滑连接，轨道PO段光滑，ON段粗糙且足够长。质量为的小物块B静止在O点，将质量为的小物块A从斜轨道上距水平轨道竖直高度差为处由静止释放，A下滑后与B发生完全弹性碰撞。已知A、B两物块与轨道ON段之间的动摩擦因数均为，A、B均可视为质点，取重力加速度。求
（1）A与B碰前瞬间A的速度大小；
（2）最终A、B之间的距离。

15．如图所示，坐标平面内有过点P（0，d）、Q（d，0）和坐标原点的圆形虚线边界，边界内存在垂直纸面向外的匀强磁场I，直角三角形QMN虚线边界内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场II，QM与x轴垂直。一质量为m、电荷量为q的带电粒子（不计重力）从P点以初速度v0沿x轴的正方向射入I，从Q点射出，粒子射入II后从N点射出，射出时的速度与MN相切，求；
（1）磁场I的磁感应强度大小以及粒子从P到Q的运动时间；
（2）M、N两点之间的距离。
参考答案：
1．D
【详解】A．匀速圆周运动的线速度大小不变，方向时刻改变，故A错误；
B．由角速度的定义式
故B错误；
C．匀速圆周运动只需要半径方向的合外力提供向心力用来改变速度的方向，而沿切向的合外力为零不改变速度的大小，即所受合外力始终指向圆心，故C错误；
D．线速度等于周长与周期的比值，则
故D正确。
故选D。
2．A
【详解】A．根据x=5t+2可得第1s内的位移
A正确；
B．前2秒内的位移为
前2秒内的平均速度为
B错误；
CD．根据x=5t+2可得知物体做匀速直线运动，速度
任意1s内的速度增量都是0，任意相等时间内的位移都相等，则任意相邻的1s内位移差都是0，CD错误。
故选A。
3．D
【详解】AB．对A、B两球进行受力分析，如图所示

对A球有
故AB错误；
CD．对B球有
联立解得
故C错误，D正确。
故选D。
4．C
【详解】由于a球在下滑中杆对a球做功，故a球的机械能不守恒；故A错误；ab及轻杆组成的系统只有重力做功，故系统在下落中机械能守恒；根据机械能守恒定律有：mgR+mg（2R）=×2mv2；解得：v=，故B错误；对a球由动能定理可知：W+mgR=mv2；解得：W=mgR；故C正确；对b球由动能定理可知：W+2mgR=mv2；解得：W=-mgR；故D错误；故选C．
【点睛】本题关键是明确两个小球系统的机械能守恒，但一个小球由于受到杆的作用机械能不守恒；然后结合机械能守恒定律和及动能定理的知识列式分析．
5．C
【详解】A．根据题意可知线框中磁通量变化率为
与线圈匝数无关，故A错误；
BD．设电路中总电阻为，根据楞次定律可知磁感应强度向外均匀增大，由楞次定律可得感应电流产生的磁场垂直线圈平面向里，根据安培定则可知感应电流为顺时针方向，电动势大小为
感应电流大小
可知，线圈中的感应电流为恒定电流而不是周期性变化的。故BD错误；
C．当感应电流方向为顺时针时，电流由，根据左手定则判断可知，边所受安培力方向向左。故C正确。
故选C。
6．B
【详解】A．闭合线圈放在变化的磁场中，闭合线圈的磁通量不一定发生变化，线圈不一定产生感应电流，A错误；
B．穿过闭合线圈的磁通量变化时，线圈中有感应电流，B正确；
C．闭合正方形线框在匀强磁场中垂直磁感线运动，由于穿过线圈的磁通量不变，故不会产生感应电流，C错误；
D．穿过电路的磁通量发生变化，如果电路不是闭合回路，电路中不会有感应电流产生，D错误。
故选B。
7．CD
【详解】ACD．根据动能定理得
解得
根据功能关系可得，弹簧初始弹性势能与弹簧做的功相等，所以弹簧初始弹性势能数值上大于重力与摩擦力做功之和。A错误，CD正确；
B．滑动摩擦力做功为
B错误。
故选CD。
8．AC
【详解】A．根据图甲可知，位置坐标的最大值为4m，即甲运动过程中，距出发点的最大距离为4m，A正确；
B．根据图甲可知，0到6s内，甲的位移为0，v—t图像中图线与时间轴所围面积表示位移，则0到6s内，乙两物体位移大小为
即0到6s内，甲、乙两物体位移大小相同，B错误；
C．x—t图像的斜率表示速度，斜率的正负表示速度的方向，第4s内甲图的图线斜率为负值，表示速度方向与规定正方向相反，第4s内乙物体速度为负值，表示速度方向与规定正方向相反，即第4s内甲、乙两物体速度方向相同，C正确；
D．第2s末到第4s末甲的位移
-4m-4m=-8m
即大小为8m，第2s末到第4s末乙的位移
D错误。
故选AC。
9．BCD
【详解】A．由图可知，该简谐波的波长为8m，故A错误；
B． 若波沿正向传播，由图可知，在时间内，有
由于
因此
求得周期为
故B正确；
C．若波沿负向传播，由图可知，在时间内，有
由于
因此
求得周期为
从时刻至处所用的时间为
故C正确；
D．若波速为，则波在0.5s内传播的距离为
由于
结合图像可知，波沿x轴负方向传播，根据波动与振动的关系可知，时刻，处的质点沿y轴正向运动。故D正确。
故选BCD。
10．ACD
【详解】A．由于电场强度，可得
mg=Eq
则等效最低点在BC之间，重力和电场力的合力为，根据牛顿第二定律
解得小球在等效最高点的最小速度为
小球受合力方向与电场方向夹角45°斜向下，此处是全过程运动的最大速度，从等效最高点到等效最低点，根据动能定理
解得
故A正确；
B．除重力和系统内弹力外，其它力做功等于机械能的增加值，若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时，电场力做功最多，所以小球到B点时的机械能最大，故B错误；
C．小球受合力方向与电场方向夹角45°斜向下，若将小球在A点由静止开始释放，它将沿合力方向做匀加速直线运动到C点，故C正确；
D．将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，若能经过等效最高点，则根据动能定理有
解得
可知大于小球在等效最高点的最小速度，则小球能沿着圆周运动到B点，故D正确。
故选ACD。
11． C 1.33 左侧
【详解】（1）[1] A．为了减小实验误差，所选介质的宽度应适当大一些，故A错误；
B．若O处的入射角过大，根据光路的对称性，不可能发生全反射。故B错误；
C．若改用宽ab更大的介质做实验，光路图如图所示
则S1S2间的距离会变大，故C正确。
故选C。
（2）[2]如图所示，光线从bc射入介质时，设入射角为，折射角为
由数学知识可得
得折射率
（3）[3] 在同一种介质中，红色激光的折射率小于绿光的折射率，该实验中，若改用红色激光笔照射，其他条件不变，则光斑出现在S1处的左侧。
12． 金属框D的下边长 <
【详解】(4)[1]用刻度尺测量金属框D的下边长，记为L。
(5)[2]保持开关S断开，使D处于平衡状态，细沙的重力与金属框的重力相等，闭合开关S，使D重新处于平衡状态，细沙的重力等于金属框重力和下边框所受安培力矢量和，即两次细沙的重力差等于金属框下边框所受安培力大小，有
解得
(6)[3]如果磁感应强度垂直纸面向里，由左手定则可知L受到的安培力向上，则托盘中的细沙的质量就少，反之安培力向下，托盘中的细沙的质量就多。所以当m1 > m2 时磁场的磁感应强度垂直纸面向里，当m113．(1)7m/s （2）0.8m （3）43N
【详解】（1）两木块碰撞时由动量守恒守恒定律，得
解得碰前木块A的速度大小为

木块A在桌面上受到滑动摩擦力作用做匀减速运动，根据牛顿第二定律，有
解得
由
解得
（2）碰后木块做平抛运动，在C点有：
由
得
（3）小物块在C点的速度大小为：
对小物块从C点到O由动能定理，得：

在O点由牛顿第二定律，得：
联立以上两式解得：FN=43N
由牛顿第三定律知对轨道的压力为F=43N
点睛：此题考查了动量守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式，关键理清A、B的运动规律，选择合适的规律进行求解；一般是根据物理过程发生的顺序进行研究；对于动量守恒定律，要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程进行解答．
14．（1）；（2）
【详解】（1）设A与B碰前瞬间的速度大小为，据动能定理可得
解得
（2）A、B发生弹性正碰，有
解得
碰撞之后，对A、B分别据动能定理可得
解得
15．（1），；（2）
【详解】（1）根据题意可得，带电粒子在匀强磁场I中的运动轨迹如下图所示
由几何知识可知
解得
由
综合解得
粒子从P到Q的运动时间为
（2）由数学知识得粒子在Q点的速度与x轴的夹角为60°。过Q、N分别作速度的垂线，交点O2为粒子在II中运动轨迹的圆心，如下图
由几何关系可得，是正三角形，。由
可得粒子在磁场II中做圆周运动的轨迹半径为
由几何关系可得
，
综合解得