深圳重点高级中学2022-2023学年高二下学期4月月考模拟
物理
一、单选题（每题3分，共30分）
1．如图所示，匀强磁场垂直纸面向里，正方形金属线框从磁场上方无初速度下落，在下落过程中，线框的bc边始终与磁场的边界平行，完全进入磁场后再从磁场中离开，下列说法正确的是（ ）
A．线框进入磁场过程中，感应电流方向为顺时针
B．线框进入磁场过程中，bc边受到的安培力方向向下
C．线框离开磁场过程中，感应电流方向为逆时针
D．线框离开磁场过程中，da边受到的安培力方向向上
2．如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则（ ）
A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流 B．a、b线圈中感应电动势之比为
C．a、b线圈中感应电流之比为 D．a、b线圈中电功率之比为
3．如图所示，和是两个规格完全相同的灯泡，与自感线圈L串联后接到电路中，与可变电阻串联后接到电路中。先闭合开关S，缓慢调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，再调节电阻，使两个灯泡都正常发光，然后断开开关S。对于这个电路，下列说法中正确的是（ ）
A．再闭合开关S时，先亮，后亮
B．再闭合开关S时，和同时亮
C．再闭合开关S，待电路稳定后，重新断开开关S，立刻熄灭，过一会儿熄灭
D．再闭合开关S，待电路稳定后，重新断开开关S，和都要过一会儿才熄灭
4．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示，已知线框内阻为，外接一只电阻为的灯泡，则（ ）
A．电压表的示数为 B．电路中的电流方向每秒改变10次
C．时，线圈处于中性面 D．电动势的瞬时值表达式为
5．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为，b是原线圈的中心抽头，副线圈接理想电压表和理想电流表。在原线圈c、d两端加上的交变电压，则 （ ）
A．开关与a连接时，电压表的示数为
B．开关与a连接时，滑动变阻器触头P向上移动，电压表示数变小
C．开关与b连接时，滑动变阻器触头P向下移动，电流表示数变小
D．变阻器R不变，当单刀双掷开关由a扳向b时，输入功率不变
6．如图所示，某水电站发电机的输出功率，发电机的电压，经变压器升压后向远处输电，在用户端用降压变压器将电压降为。已知用户得到的电功率为95kW，输电线路总电阻，变压器均视为理想变压器，则（ ）
A．发电机的输出的电流 B．输电线上的电流
C．降压变压器的匝数比 D．降压变压器的匝数比
7．如图所示，半径为的凹槽Q置于光滑水平面上，小球P和凹槽Q的质量均为，将小球P从凹槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计，重力加速度取。则以下说法正确的是（ ）
A．当小球第一次到达凹槽左端时，凹槽向右的位移大小为
B．P、Q组成的系统动量守恒
C．释放后当小球P向左运动到最高点时，又恰与释放点等高
D．因为P、Q组成的系统机械能守恒，小球P运动到凹槽的最低点时速度为
8．如图所示，质量为0.5kg的小球静置于高度为3.2m的直杆顶端。一颗质量为0.01kg的子弹以500m/s的速度沿水平方向击中小球，并迅速从球心穿过。已知小球落地处离杆的水平距离为4.8m，g取，则有（ ）
A．小球落地时速度为8m/s
B．小球在下落过程中动量的变化量为2kgm/s
C．子弹落地处离杆的水平距离为160m
D．子弹穿过小球的过程中，系统产生的热量为1241J
9．如图所示为一弹簧振子的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．该振子做简谐运动的表达式为
B．第末，振子速度为零，加速度最大
C．第末，振子动能为零，回复力为零
D．前内振子位移为零，路程大于
10．如图所示，一小球用细线悬挂于点，细线长为点正下方处有一铁钉。将小球拉至A处无初速度释放（摆角很小），这个摆的周期是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（每题4分，共20分）
11．小明在实验室做单摆实验时得到如图所示的单摆振动情形，是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的左右最远位置，小明通过实验测得当地重力加速度为，并且根据实验情况绘制了单摆的振动图像如图乙所示，设图中单摆向右摆动为正方向，，则下列选项正确的是（ ）
A．此单摆的振动频率是
B．根据图乙可知开始计时摆球在点
C．图中点向负方向振动
D．根据已知数据可以求得此单摆的摆长为
12．A、B两球沿同一条直线运动，如图所示的图像记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a、b分别为A、B碰撞前的图像。c为碰撞后它们的图像。若A球质量为1kg，则B球质量及碰撞过程中系统的机械能损失为（ ）
A．2kg B．kg C．5J D．J
13．如图甲所示，两根间距的平行光滑金属导轨放置在水平面内，左端与的定值电阻相连。导轨间在坐标轴一侧存在着沿x方向磁感应强度均匀增大的磁场，磁感应强度B与x的关系如图乙所示。在外力F作用下，一质量的金属棒从位置运动到位置的过程中通过电阻R的电流始终恒定为1A。金属棒始终与导轨垂直且接触良好，、的横坐标分别为、，不计导轨与金属棒电阻，下列说法正确的是（ ）
A．从到的过程中，金属杆做减速运动
B．金属杆在处的动能为0.25J
C．从到的过程回路中拉力做的功为2.625J
D．从到的过程中通过金属棒横截面的电荷量为4C
14．如图甲所示，发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，从时刻开始，通过矩形线圈的磁通量随时间变化的规律如图乙所示，已知线圈的匝数，线圈的电阻，线圈与外电路连接的定值电阻，电压表为理想交流电表。则下列说法正确的是（ ）
A．交流电频率为 B．时刻线圈平面位于中性面
C．线圈转动过程中产生的最大感应电流为 D．电压表的示数约为
15．图甲为某小型水电站的电能输送示意图，其输入电压如图乙所示。输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为、，降压变压器原、副线圈匝数分别为、（变压器均为理想变压器）。降压变压器右侧部分为一火灾报警系统（报警器未画出），和为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，下列说法正确的是（ ）
A．
B．乙图中电压的瞬时值表达式为
C．R处出现火警时，输电线上的电流增大
D．R处出现火警时，电压表V的示数增大
三、实验题（每空2分，共20分）
16．在利用斜槽轨道探究物体碰撞时动量变化的规律的实验中，一般采用如图甲、乙所示的两种装置。
（1）实验必须要求的条件是_______；
A．斜槽轨道必须是光滑的
B．斜槽轨道末端的切线是水平的
C．入射球每次都要从同一高度由静止滚下
D．碰撞的瞬间，入射球与被碰球的球心连线与轨道末端的切线平行
（2）若入射小球质量为，半径为；被碰小球质量为，半径为，则________；
A．， B．，
C．， D．，
（3）若采用图乙所示装置进行实验，以下所提供的测量工具中必需的是________；
A．直尺 B．游标卡尺 C．天平 D．弹簧测力计 E．秒表
（4）设入射小球的质量为，被碰小球的质量为，则在用图甲所示装置进行实验时（P为未与被碰小球碰撞时入射小球落点的平均位置），所得“动量守恒定律”的结论为_________；若还想验证该碰撞为弹性碰撞，则还需要验证____________。（两空均用装置图中的字母表示）
17．某同学做“用单摆测重力加速度”的实验，实验装置如图甲所示，在摆球的平衡位置处安放一个光电门，连接数字计时器，记录小球经过光电门的次数。
（1）下列说法中正确的是___________
A．测出摆球做一次全振动的时间作为周期的测量值
B．质量相同的铁球和软木球，应选用铁球作为摆球
C．可将摆球从平衡位置拉开一个任意角度然后释放摆球
D．可以选择有弹性的细绳作为摆线
（2）在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺测得从悬点至摆球顶端的长度为L，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图乙所示，则摆球直径d=___________cm；
（3）将摆球从平衡位置拉开一个合适的角度，静止释放摆球，摆球在竖直平面内稳定摆动后，启动数字计时器，摆球通过平衡位置时从1开始计数，同时开始计时，当摆球第n次（为大于3的奇数）通过光电门时停止计时，记录的时间为t，此单摆的周期T=___________（用t、n表示），重力加速度的大小为___________（用L、d和T表示）；
（4）实验中该同学测得的重力加速度值经查证明显大于当地的重力加速度值，下列原因可能的是___________。
A．摆线上端未牢固地系于悬点，实验过程中出现松动，使摆线长度增加了
B．计算时用作为单摆的摆长
C．摆球的振幅偏小
D．把n当作单摆全振动的次数
四、解答题（每题10分，共30分）
18．如图，半径的光滑轨道固定在竖直平面内，ab水平，为半圆，在b处与ab相切、在直轨道ab上放着质量分别为、的物块A、B（均可视为质点），用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接）。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量，长的小车，小车上表面与ab等高。现将细绳剪断。已知A与小车之间的动摩擦因数，要满足B在竖直光滑轨道上运动时恰好经过最高点，g取，求：
（1）A、B离开弹簧瞬间的速率、；
（2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能；
（3）A在小车上滑动过程中产生的热量Q。
19．如图所示，PMN和是两条足够长、相距为L的平行金属导轨，左侧圆弧轨道表面光滑，右侧水平轨道表面粗糙，并且右侧空间存在一竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在左侧圆弧轨道上高为h处垂直导轨放置一导体棒AB，在右侧水平轨道上距AB棒足够远的地方，垂直导轨放置另一导体棒CD。已知AB棒和CD棒的质量分别为m和2m，接入回路部分的电阻分别为R和2R，AB棒与水平轨道间的动摩擦因数为μ，圆弧轨道与水平轨道平滑连接且电阻不计。现将AB棒由静止释放，让其沿轨道下滑并进入磁场区域，最终运动到距为d处停下，此过程中CD棒因摩擦一直处于静止状态。重力加速度为g，求：
（1）AB棒刚进入磁场时所受安培力的大小；
（2）整个过程中AB棒上产生的焦耳热Q；
（3）若水平轨道光滑，则从AB棒开始运动到最终处于稳定状态的过程中，通过AB棒的电荷量为多少？
20．如图所示，发电机输出功率为P＝100 kW，输出电压为，用户需要的电压为，已知升压变压器原副线圈匝数比，两理想变压器之间输电线的总电阻为r＝5 Ω，其它电线的电阻不计，试求：
（1）输电线上的电流大小；
（2）输电线中因发热而损失的功率；
（3）降变压器原副线圈匝数比。
参考答案：
1．D
【详解】A．线框进入磁场过程中，根据楞次定律，并结合右手螺旋定则，知线框中感应电流方向为逆时针，A错误；
B．线框进入磁场过程中，穿过线框的磁通量增大，线框有收缩的趋势，bc边受到的安培力方向向上，B错误；
C．线框离开磁场过程中，根据楞次定律，并结合右手螺旋定则，感应电流方向为顺时针，C错误；
D．线框离开磁场过程中，穿过线框的磁通量减少，线框有扩张的趋势，da边受到的安培力方向向上，D正确。
故选D。
2．B
【详解】A．根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，故A错误；
B．因磁感应强度随时间均匀增大，则
根据法拉第电磁感应定律可知
则
故B正确；
C．根据
故a、b线圈中感应电流之比为，故C错误；
D．电功率
故a、b线圈中电功率之比为，故D错误。
故选B。
3．D
【详解】AB．再闭合开关S时，先亮，由于线圈产生自感电动势阻碍电流的增加，则后亮，选项AB错误；
CD．闭合开关S，待电路稳定后，因两个灯泡都正常发光，可知两个支路的电流相等；重新断开开关S，则原来通过的电流立即消失，而在支路，由于线圈中自感电动势阻碍电流的减小，则该支路电流会在L、、、R中重新组成新的回路，则使得和都要过一会儿才熄灭，选项C错误，D正确。
故选D。
4．B
【详解】B．从乙图可知，周期T=0.2s，频率5Hz，所以电路中的电流方向每秒改变10次，选项B正确；
A．从乙图可知，电动势最大值
电动势有效值
故电路电流
电压表V的示数
U=IR=18V
选项A错误；
C．0.1s时，感应电动势最大，此时磁通量为零，线圈与中性面垂直，故C错误；
D．角速度
故电动势e的瞬时值表达式
故D错误。
故选B。
5．A
【详解】A．开关与a连接时，根据变压器电压与线圈匝数关系有
电压表的示数为
故A正确；
B．开关与a连接时，滑动变阻器触头P向上移动，根据
可知电压表示数不变，故B错误；
C．开关与b连接时，滑动变阻器触头P向下移动，R减小，电流表示数变大，故C错误；
D．变阻器R不变，当单刀双掷开关由a扳向b时，减小，增大，输出功率增大，输入功率增大，故D错误。
故选A。
6．C
【详解】A．发电机输出的电流
故A项错误；
B．已知用户得到的电功率为95kW，故输电线路上损失的功率为
则输电线上的电流
解得
故B项错误；
CD．升压变压器的副线圈输出电压
输电线损耗电压
降压变压器的原线圈电压
故降压变压器的匝数比
故C正确，D错误。
故选C。
7．C
【详解】AC．P、Q水平方向动量守恒，且水平分速度始终大小相等，方向相反，故P可到达凹槽左侧最高点，此时Q的位移为，故A错误，C正确；
B．竖直方向动量不守恒，故B错误；
D．由题意可得
故D错误。
故选C。
8．C
【详解】A．小球做平抛运动的过程有
解得
小球落地时的速度为
故A错误；
B．由动量定理可知，小球在下落过程中动量的变化量为
故B错误；
C．子弹穿过小球的过程，由动量守恒定律可得
子弹做平抛运动的过程中有
解得子弹落地处离杆的水平距离为
故C正确；
D．子弹穿过小球的过程中，由能量守恒定律得
故D错误。
故选C。
9．B
【详解】A．由图像可知
，
则
所以该振子做简谐运动的表达式为
故A错误；
B．第末，振子处于正向位移最大处，此时速度为零，加速度最大，故B正确；
C．第末，振子处于平衡位置，此时速度最大，则动能最大，回复力为零，故C错误；
D．前内，振子经过2.5个周期，回到平衡位置，则位移为零，一个周期经过4个振幅，所以路程为
故D错误。
故选B。
10．D
【详解】以为摆长的运动时间为
以为摆长的运动时间为
则这个摆的周期为
故选D。
11．CD
【详解】A．由乙图可知，单摆的振动周期为，频率为，故A错误；
B．由乙图可知，是位移负向最大，开始向正方向运动，而单摆向右摆动为正方向，所以开始计时摆球在点，故B错误；
C．由振动图像可知，点向负方向振动，故C正确；
D．由单摆的周期公式
可知，摆长为
故D正确。
故选CD。
12．BC
【详解】由图像可知碰撞前A、B两球都做匀速直线运动
碰撞后二者粘在一起做匀速直线运动
碰撞过程中动量守恒，即
mAva＋mBvb=（mA＋mB）vc
解得
碰撞过程损失的机械能
故选BC。
13．AC
【详解】AB．回路电流恒为
I=1A
可知感应电动势为
由题意可知
在即x=1m处的磁感应强度
B=1T
设金属棒在处的速度为，可得
解得
在x=3m处的磁感应强度
B=2T
设金属棒在处的速度为，可得
解得
所以金属杆做减速运动。
金属杆在处的动能
选项A正确，B错误；
D．金属棒受到的安培力为
故在即x=1m处受到的安培力为
在即x=3m处受到的安培力为
由于安培力随位移均匀变化，故整个过程中克服安培力所做功为
即整个回路产生的焦耳热
Q=3J
由焦耳定律可得
解得
故金属棒从到的过程中通过横截面的电量为
选项D错误。
C．金属棒从到的过程中，对金属棒由动能定理有
解得外力所做的功为
W=2.625J
选项C正确。
故选AC。
14．CD
【详解】A．由乙图可知
A错误；
B．由乙图可知，时刻，磁通量为零，线圈平面与磁感线平行，故此时垂直于中性面，B错误；
C．线圈中的最大感应电动势为
C正确；
D．电压表的示数为
D正确。
故选CD。
15．BC
【详解】A．根据
可知
故A错误；
B．乙图中电压最大值
所以
乙图中的电压瞬时值表达式
故B正确；
C．当R处出现火警时，其阻值减小，负载总电阻减小，负载的总功率增大，则增大，则增大，故C正确；
D．又
增大，输入电压不变，和不变，所以不变，由于
所以减小，和不变，则变小，即电压表V的示数减小，故D错误。
故选BC。
16． BCD##BDC##CBD##CDB##DBC##DCB C AC##CA
【详解】（1）[1]A．斜槽轨道不必须是光滑的，只要从同一高度下落就保证初速度相同，故A错误；
B．斜槽轨道末端的切线是水平的，因为这样才保证小球做平抛运动，故B正确；
C．入射球每次都要从同一高度由静止滚下，才能保证小球碰撞前的速度相同，减小误差，故C正确；
D．碰撞的瞬间，入射球与被碰球的球心连线与轨道末端的切线平行，才能保证小球发生的对心正碰，碰后的速度才在同一直线，故D正确。
故选BCD。
（2）[2]入射小球质量为必须大于被碰小球质量为，碰撞后才不会反向运动，要保证小球发生的对心正碰，两球的半径必须相同。
故选C。
（3）[3] A．通过测量水平位移来表示小球的速度，所以需要直尺，故A正确；
B．若采用图乙所示装置进行实验，则小球的初始位置都相同，不需要测小球的直径所以不需要游标卡尺，故B错误；
C．需要测量小球的质量，所以需要天平，故C正确；
D．不需要测量小球的受力情况，所以不需要弹簧测力计，故D错误；
E．不需要测量时间，所以不需要秒表，故E错误。
故选AC。
（4）[4]入射小球碰前的初速度为
入射小球碰后的初速度为
被碰小球碰后的初速度为
验证动量守恒则有
整理可得“验证动量守恒定律”的结论为
[5] 若碰撞为弹性碰撞，则
可得
17． B 1.07 BD##DB
【详解】（1）[1]A．为了减小实验误差应测多次全振动的时间，再求出一次全振动的时间作为周期，根据公式计算重力加速度会增大实验误差，故A错误；
B．为减小实验误差，提高测量精度，相同质量下应选择体积小的铁球做为摆球，故B正确；
C．单摆在摆角小于5°时的振动才是简谐振动，因此单摆的摆角不能过大，故C错误；
D．根据单摆的周期公式
可知，单摆的周期跟摆线与摆球半径之和有关，若使用弹性绳，在摆球下降或是上升的过程中，式中的会不断发生变化，从而导致重力加速度测量不准确，故D错误。
故选B。
（2）[2]该游标游标卡尺的游标尺为10分度值，因此最小精度为0.1mm，则读数可得
（3）[3][4]由题意可知在时间内摆球全振动的次数为，则可得小球做简谐振动的周期为
由单摆的周期公式
其中
可得
（4）[5]A．摆线上端未牢固地系于悬点，实验过程中出现松动，使摆线长度增加了，则实际所测摆线长度偏小，所测重力加速度将偏小，故A不符合题意；
B．若计算重力加速度时用作为单摆的摆长，则摆长比实际偏大，因此计算的得到的重力加速度值比实际偏大，故B符合题意；
C．摆球的振幅偏小不影响重力加速度的测量，故C不符合题意；
D．若把n当作单摆全振动的次数，则会导致测量周期偏小，从而导致所测重力加速度偏大，故D符合题意。
故选BD。
18．（1），；（2）；（3）
【详解】（1）设弹簧的弹性势能完全释放时A物块在光滑水平轨道处的速度为，B物块在光滑水平轨道处的速度为，同时B物块在最高点处速度为。B物块恰好到达圆弧轨道最高点d，根据牛顿第二定律得
B物块由b运动到d的过程中，根据动能定理
解得
对A、B组成的系统，根据动量守恒定律，得
解得
（2）根据能量守恒，弹簧的弹性势能
解得
（3）设A物块与小车达到共速时，小车的最小车身长度为。对A物块与小车组成的系统由动量守恒可得
根据能量守恒得
又因为
解得
由于，则A在小车上滑动过程中产生的热量为
19．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）AB棒下滑到处，根据机械能守恒得
此时
由闭合电路欧姆定律可得
由安培力公式可得
联立解得
（2）AB棒进入磁场后，根据动能定理得
回路中产生的焦耳热
又因两导体棒电流相同，则AB棒上产生的焦耳热
联立解得
（3）若水平导轨光滑，根据系统动量守恒定律得
对AB棒，由动量定理可得
而
联立解得
20．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）理想变压器原、副线圈中的电压比等于匝数比
则输电线的电压为
输电线上的电流
（2）输电线中因发热而损失的功率
（3）降压变压器的输入电压为
用户需要的电压为220V，根据原副线圈匝数与电压的关系，可知降压变压器原副线圈匝数比为
