卷子答案网-一个不只有答案的网站政和县 2022-2023学年高二年级第二学期第二次月考
物 理 试 题
总分：100分 考试时间：75分钟
一、单选题：本大题共 4小题，每小题 4分，共 16分。
1. 质量为 的钢球自高处落下，以速度 碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的
速率为 。在碰撞过程中，钢球动量变化的方向和大小为
A. 向上， B. 向上，
C. 向下， D. 向下，
2. 一个电动机上铭牌上标有“ ， ”字样，，那么为了使它正常工作，所使用的正
弦交流电是
A. 电压最大值为 ，电路最大值约为
B. 电压最大值为 ，电流最大值约为
C. 电压有效值为 ，电流有效值约为
D. 电压有效值为 ，电流有效值约为
3. 如图甲所示，在磁感应强度为 的匀强磁场中，有一匝数为 ，面积为 ，总电阻为
的矩形线圈 绕轴 做角速度为 的匀速转动，矩形线圈在转动中可以保持和
外电路电阻 形成闭合电路，回路中接有一理想交流电流表。图乙是线圈转动过程中
产生的感应电动势 随时间 变化的图象，下列说法中正确的是
A. 从 到 这段时间穿过线圈磁通量的变化量为 2
B. 从 到 这段时间通过电阻 的电荷量为
C. 时刻穿过线圈的磁通量变化率为 ω
D. 电流表的示数为 2( + )
4. 如图，轻质弹簧下挂重为 的物体 时伸长了 ，再挂上重为 的物体 时
又伸长了 ，现将 间的细线烧断，使 在竖直平面内振动，则
A. 最大回复力为 ，振幅为
B. 最大回复力为 ，振幅为
C. 只减小 的质量，振动的振幅变小，周期不变
D. 只减小 的质量，振动的振幅变小，周期不变
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二、多选题：本大题共 4小题，每小题 6分，全选对得 6分，部分选对得 3分，有选错不
得分，共 24分。
5. 一列简谐横波，在 = 0.6 时刻的波形图如图甲所示，此时， 、 两质点的位移均为
1 ，波上 质点的振动图像如图乙所示，则以下说法正确的是
A. 这列波沿 轴正方向传播
B. 50这列波的波速是 / 3
C. 从 = 0.6 开始，紧接着的 = 0.6 时间内， 质点通过的路程是 10
D. 质点 将比质点 先回到平衡位置
6. 如图，利用理想变压器进行远距离输电，发电厂的输出电压恒定，输电线路的电阻不变，
当用电高峰到来时
A. 输电线上损失的功率增大
B. 电压表 1的示数减小，电流表 1的示数增大
C. 电压表 2的示数增大，电流表 2的示数减小
D. 用户消耗的功率与发电厂输出总功率的比值减小
7. 如图所示为两根间距为 的光滑平行金属导轨， ′左侧向上弯曲，右侧水平，水平导
轨处在磁感应强度为 的竖直向上的匀强磁场中。两根金属棒 、 垂直导轨放置，
与导轨接触良好， 、 棒的长度均为 、质量均为 、阻值均为 。金属棒 从竖
直高度 处由静止释放沿导轨下滑。导轨电阻不计，整个过程金属棒 和 未相碰，
则
A. 金属棒 进入磁场时，金属棒 两端电压大小为 2
2
B. 释放后金属棒 的最小速度为 0
C. 整个过程中流过金属棒 的电荷量为 2
2
D. 整个过程中闭合回路产生的焦耳热为 4
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8. 如图所示，质量为 的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径 AB长度为
2 ，现将质量也为 的小球从距 点正上方 0高处由静止释放，然后由 点经过半圆轨
3
道后从 冲出，在空中能上升到距 点所在水平线的最大高度为4 0处(不计空气阻力，
小球可视为质点)，则
A. 小球和小车组成的系统动量守恒
B. 小球离开小车后做竖直上抛运动
C. 小车向左运动的最大距离为
D. 小球第二次在空中能上升到距 点所在水平线的最大高度为 02
三、非选择题:本大题共 7小题，共 60分，按题目要求解答。
9. （4分）麦克斯韦提出的电磁场理论认为_______(选填“变化”或“不变化”)的磁场能产
生电场。现代通信离不开电磁波，在真空中频率越小的电磁波，它的波长______(选填“越
长”或“越短”)。
10. （4分）如图所示，是两列频率相同、质点振动方向相同、振
幅均为 的简谐波相遇发生干涉的示意图。图中实线表示波峰，
虚线表示波谷， 为 、 连线的中点。从图示时刻经过四分之
一周期 处质点发生的位移大小为_________，从图示时刻经过
半个周期 处质点通过的路程为__________。
11. （6分）在用单摆测定重力加速度的实验中,改变摆长多次测量得到多组周期 T和摆长 L
的值。
(1) 测摆长时，若正确测出悬线长 l和摆球直径 D，则摆长 = ；
(2) 测周期时，当摆球经过平衡位置时开始计时并计数为 0次，图中秒表
是摆球经过平衡位置第 100次的时间，右图为放大图，则秒表示数
t= ，周期 = ；
(3) 甲同学利用所测数据计算出重力加速度的结果比真实值偏小，实验过程中
可能出现的失误是 ；
A．计算摆长时没有加上摆球半径
B．选用摆球的质量偏大
C．在时间 t内的 n次全振动误记为 n＋1次
D．在时间 t内的 n次全振动误记为 n－1次
(4) 乙同学利用所测数据作出 T2—L 图线如图所示，由图
线求出斜率为 k，则重力加速度 g 为 。
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12、（6分）聪聪同学用如图所示装置来验证动量守恒定律。
(1) 实验中，质量为m1的入射小球 A和质量为m2的被碰小球 B的质量关系是 1 2。
（填“大于”“等于”或“小于”）
(2) 为证明 A、B两小球碰撞过程中动量守恒，则以下选项 正确；若碰撞前后系
统无机械能损失，则以下选项 正确。
A. m1 m 1 m 2
B P B M B N
B. m1 m 1 m 2
B P B M B N
C. m1 m 1 m 2
B P 2 B M 2 B N 2
13. （12分）如图所示，为一交流发电机和外接负载的示意图，发电机电枢线圈 = 100匝
的正方形形线圈，边长 = 10cm。线圈绕 ′ 轴在磁感强度 = 0.5T的磁场中以角速
度 = 20rad/s 转动(不计一切摩擦)，已知线圈电阻 = 1 ，外电路负载电阻 = 4 。
（答案可以根式表示）试求：
(1) 由图示位置开始转动过程中感应电动势的瞬时表达式；
(2) 由图示位置转过 60°角的过程中电路中交流电压表的示数；
(3) 由图示位置转过 60°角的过程中产生的平均感应电动势及通过电阻 中流过的电量。
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14. （12分）如图所示，半径为 的光滑四分之一圆弧轨道 固定在竖直面内，其 端刚
好与水平面相切，水平面 部分光滑， 点右侧部分粗糙且足够长，质量为 3 的物块
放在水平面上的 点，质量为 的物块 从圆弧轨道的最高点 由静止释放，物块 沿圆
弧面下滑到水平面上与物块 发生正碰。不计两个物块大小，已知重力加速度为 ，物
块与水平面粗糙部分的动摩擦因数为 0.5。求：
(1) 物块 、 碰撞前瞬间 的速度大小；
(2) 若物块 、 碰撞后粘在一起，碰撞后 、 在粗糙水平面上滑行的距离；
(3) 若物块 、 发生弹性碰撞，物块 、 最终静止在粗糙水平面上时的间距。
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15. （16分）如图甲所示，光滑的金属导轨 和 Q平行，间距 = 1.0m，与水平面之间
的夹角 = 37 ，匀强磁场磁感应强度 = 2.0T，方向垂直于导轨平面向上， 间接有
阻值 = 1.6Ω的电阻。质量 = 0.5kg，电阻 = 0.4Ω的金属棒 垂直导轨放置，现用
与导轨平行的恒力 沿导轨平面向上拉金属杆 ，使其由静止开始运动，当金属棒上滑
距离 = 3.8m时电路达到稳定状态，对应过程的 图像如图乙所示。取 = 10m/s2，
导轨足够长(sin37 = 0.6, cos37 = 0.8)。求：
(1) 加在金属棒 上的恒力 大小，金属棒 运动过程中 、 哪端电势高;
(2) 从金属棒 开始运动到电路刚达到稳定状态时，金属棒 上产生的焦耳热;
(3) 金属棒 在 0 1 s内上滑的距离 s大小。
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物理参考答案
1. B 2.C 3.D 4.D 5. 6. 7. 8.
9. 【答案】变化；越长 10.【答案】2 ； 4
4 2
11.【答案】(1) + （1分）(2)96.6（1分）1.932（1分）(3)AD（2分）(4) （1分）
2
12.【答案】（1）大于（2分）（2）A（2分）； B（2分）。
13. （12分）解：
(1) 该交流电的最大值： = 2 ①
解得： = 10 ②（1分）
开始位置与磁感线平行，瞬时表达式： = ③（1分）
解得： = 10 20 （V） ④（1分）
(2) 转动过程中，交流电压表的示数为有效值： = 2 ⑤（1分）
电流： = ⑥（1分）
+
电压： = ⑦（1分）
解得： = 4 2 ⑧（1分）
(3) 转 60° △ 角的过程中产生的平均感应电动势大小： = △ ⑨（1分）
其中： = 2 60° 0 = 1 2 ， ⑩
6
解得： = 15 3 （1分）
= （1分）
+
= （1分）
3
解得： = （1分）
20
14.（12分）解：
(1) 设 与 碰撞前的一瞬间， 的速度大小为 0，根据机械能守恒有：
= 12
2
0 ①（2分）
解得： 0 = 2 ②（1分）
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(2) 设碰撞后的共同速度为 ，根据动量守恒有： 0 = 4 ③
解得： = 14 0 ④（2分）
设两物块在粗糙水平面上滑动的距离为 ，根据动能定理：
4 = 0 1 22 4 ⑤（1分）
1
解得： = 8 ⑥（1分）
(3) 设碰撞后一瞬间 、 的速度大小分别为 1、 2，根据动量守恒有：
0 = 1 + 3 2 ⑦（1分）
1 1 1
根据能量守恒有： 2 2 22 0 = 2 1 + 2 × 3 2 ⑧（1分）
= 1 = 1解得 1 2 0， 2 2 0 ⑨（1分）
由于 、 滑上 D点右侧粗糙水平面时的初速度大小相同，由动能定理可知，两物块在
水平面上滑行的距离相同，即物块 、 静止在粗糙水平面上时相距的距离为 0 （2分）
15.（16分）解：
(1) 由右手定则可判断感应电流由 流向 ， 相当于电源的正极，故 端电势高（1分）
当金属棒匀速运动时，由电磁感应定律及欧姆定律得：
= ①（1分）
= ②（ 分）
+ 1
= ③（1分）
由平衡条件得： = sin 37 + ④（1分）
由乙图可知： = 1.0 / ⑤
联立解得： = 5 ⑥（1分）
(2) 从金属棒开始运动到达稳定，由功能关系得：
= 12
2 + sin 37 + ⑦（2分）
金属杆上产生的焦耳热为 = + ⑧（1分）
解得： = 1.47 ⑨（1分）
(3) 进入匀强磁场导体棒做加速度减小的加速运动，在 0 1 s内
由动量定理得：( sin 37 ) = 1 0 ⑩
又： = （2分）
由图可知： 1 = 0.6 /
代入数据解得： = 0.85 （1分）
由： = ， = ， = （2分）
+
解得： = 0.85 （1分）
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1. 【答案】B
选取竖直向下为正方向，则初动量为 初 = 1，末动量为 末 = 2，则该过程的动
量变化为 = 末 初 = 2 1 = ( 2 + 1)，“ ”表示动量变化的方向向
上（与正方向相反），ABD错误，B正确。故选 B。
2. 【答案】C
电动机上标“220 1 ”，说明电压有效值为 220 ，正常工作时通过它的电流 = =
1000 = 4.5 ；根据正弦交流电有效值跟最大值的关系得电压最大值为 =
220
220 2 = 311 ，电流最大值约为 = 4.5 × 2 = 6.4 ，故选：C。
3. 【答案】D
A. 由图可知， 1和 3这两时刻的磁通量大小为 0，A错误；
B.
从 3到 4这段时间磁通量的变化为 ，则平均电动势 = ， = ，因此通过电 +
阻 R的电荷量为 = = ，B错误；
+
C. 3时刻电动势 = ，则由法拉第电磁感应定律可知 = ，则穿过线圈的磁通
量变化率为 ，C错误；
D. 电流表的示数为有效值，则有： = = ，D正确。
+ 2( + )
4. 【答案】D
AB. 将连接 、 两物体的细绳烧断，物体 将做简谐运动，烧断瞬间，合力充当回复力；
由于细线烧断前是平衡，烧断后线对 的拉力减小了 ，而弹力不变，故合力为
，故最大回复力为 ，刚剪断细线时物体的加速度最大，此处相当于是物体
到达简谐运动的振幅处，故振幅为 ，故 AB错误；
C. 只减小 的质量， 振动的平衡位置上移，振动的幅度变大，而周期与振幅无关，所
以周期不变，故 C错误；
D. 只减小 的质量，振动的幅度变小，而周期与振幅无关，所以周期不变，故 D正确。
5. 【答案】
A. 由乙图读出 = 0.6 时刻质点 的速度方向为沿 轴负方向，由甲图判断出波的传播方向
为沿 轴正向，故 A正确；
B. 20由甲图读出该波的波长为 = 20 ，由乙图周期为： = 1.2 ，则波速为 = = 1.2 m/
s = 503 m/s，故 B正确；
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C. = 0.6 = 0.5 ，质点做简谐运动时在一个周期内质点 通过的路程是 4倍振幅，则
经过 = 0.6 ， 质点通过的路程是： = 2 = 2 × 2 = 4 。故 C错误；
D. 图示时刻质点 沿 正轴方向振动，质点 沿 轴负方向振动，所以质点 将比质点 先回
到平衡位置，故 D正确
6. 【答案】
A. 当深夜用电高峰到来时，用户消耗的功率变大，则电流表 2读数变大，根据变压器的
电流关系可知输电线上的电流变大，输电线上损耗的功率变大，故 A正确；
B. 电流表 1变大，因为发电厂的输出电压恒定，则升压变压器的次级电压不变，即电压表
1的示数不变，故 B错误；
C. 输电线上的电流变大，故输电线上的电压损失变大，降压变压器的初级电压减小，次级
电压也减小，即电压表 2的示数减小，故 C错误；
2
D. 用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例 损 = 1 = 1 ，因为输电线上的 2 2
电流增大，则电压损失增大， 2不变，所以用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比
例减小，故 D正确。
7. 【答案】
. 金属棒 从释放到进入磁场过程只有重力做功，机械能守恒，设 进入磁场时的速度
1
为 0，由机械能守恒定律得： = 2
2
0 解得： 0 = 2
金属棒 刚进入磁场时切割磁感线产生的感应电动势： = 0
感应电流： = + 金属棒 两端的电压： = 解得： =
2 ，故 A正确;
2
B. 金属棒 进入磁场后做减速运动， 做加速运动，最终两者速度相等一起做匀速直线
运动， 做匀速直线运动时速度最小，设为 ，两金属棒组成的系统动量守恒，以向
1
右为正方向，由动量守恒定律得： 0 = 2 ，解得金属棒 的最小速度： = 2 2 ，
故 B错误;
C. 对金属棒 ，由动量定理得： = 0，其中通过 的电荷量： = ，解得： =
2 ，故 C正确;
2
D、整个过程中，设闭合回路产生的焦耳热为 ，对系统，由能量守恒定律得：
= 1 2 22 + 解得： =
1
2 ，故 D错误。
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8. 【答案】
A. 小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒。竖直方向小球有
加速度，所以系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故 A错误；
B. 小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由 点离开小车时系统水平方向动量
为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故 B正确；
C. 设小车向左的最大距离为 。系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，
由动量守恒定律得： ′ = 0，即 2 = 0，解得， = ，故 C正确；
D. 3小球第一次车中运动过程中，由动能定理得： ( 0 4 0) = 0， 为小球克服
1
摩擦力做功大小，解得： = 4 0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为：
1
4 0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力
1 1
变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于4 0，机械能损失小于4 0，因此小球再次
3 1 1 3
离开小车时，能上升的高度大于：4 0 4 0 = 2 0，而小于4 0，故 D错误。
9. 【答案】变化；越长
麦克斯韦建立了电磁场理论：变化的电场周围产生磁场，变化的磁场周围产生电场；真
空中电磁波的传播速度均为光速，根据 = 可知，频率越小的电磁波，它的波长越长。
10.【答案】2 ； 4
处是波峰与波峰相遇处，振动加强，则 处质点的振幅为 2 ，从图示时刻经过四分
之一周期， 处质点位于平衡位置，故发生的位移大小为 2 ；
连线是振动加强的区域，则 处质点加强，振幅为 2 ，从图示时刻经过半个周期，
处质点通过的路程为 2 × 2 = 4 。
2
11.【答案】(1) + 4 （1分）(2)96.6s（1分）1.932 （1分）(3)AD（2分）(4) （1分）
2
(1) 单摆摆长为悬线长与球半径之和，故： = + ；
2
(2) 秒表示数由分针读数加上秒针读数： = 90 + 6.6 = 96.6 ，周期等于总时间与全振动
t 2t 2×96.6
次数的比值：T = = = s = 1.932s；
N n 100
(3) = 2 = 4
2
由周期公式 得： 2 可知，测量量摆长偏小或周期偏大都会导致计算重力
加速度的结果比真实值偏小，故选 AD；
2 2 2
(4) 由周期公式 = 2 2 = 4 = 4 = 4 得： ，可知斜率 ，解得： 。
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12.【答案】（1）大于（2分）（2）A（2分）； B（2分）。
（1）为防止碰撞过程入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量m1大于m2；
（2）小球离开轨道后做平抛运动，设挡板与抛出点之间的距离为 x，由平抛运动规律得，
1 2 gx2 g
水平方向： x vt，竖直方向： h gt ，解得： h ,v x ，小球做平抛
2 2v2 2h
运动的初速度 v越小，下落距离 h越大，两球碰撞后，入射小球 A的速度变小，小于碰
撞前入射小球 A的速度，且小于被碰小球 B的速度，即被碰小球 B的速度最大，入射
小球碰撞后的速度最小，所以入射球碰撞前落点位置是 P ，碰撞后落点位置是M ，
被碰球的落点位置是N g，则碰撞前入射小球 A的速度： v0 d ，碰撞后入射2B P
球的速度：v d g g1 ，碰撞后被碰球的速度：v2 d ，两球碰撞过程系2B M 2B N
统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0 m1v1 m2v2，整理可得：
m1 m m 1 2 ，故 A正确；若碰撞前后系统无机械能损失，由机械能守
B P B M B N
1 2 1 2 1 2 m m m
恒定律得： m v m v m v ，整理可得： 1 1 2 ，故 B正确。
2 1 0 2 1 1 2 2 2 B P B M B N
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