南宁市第三十六中学2022-2023学年高二下学期5月份月考（物理）试题
（考试时间：75分钟 总分：100分）
单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。
1．一列简谐横波沿x轴正方向传播，周期为T，t=0时的波形如图所示。t=时( )
A.质点a速度方向沿y轴负方向
B.质点b沿x轴正方向迁移了1 m
C.质点c的加速度为零
D.质点d的位移为-5 cm
2．滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中（ ）
A.所受合外力始终为零 B.所受摩擦力大小不变
C.合外力做功一定为零 D.机械能始终保持不变
3．如图所示，两匀强磁场的磁感应强度和大小相等、方向相反。金属圆环的直径与两磁场的边界重合。下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是（ ）
A. 同时增大减小
B. 同时减小增大
C. 同时以相同的变化率增大和
D. 同时以相同的变化率减小和
4．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的圆形廊道连接。若将质量为的防御物资先从二楼仓库搬到四楼楼梯口M处，再用沿廊道运送到N处，如图（c）所示。重力加速度大小取，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
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
C. 从M处沿圆形廊道运动到N处，位移大小为
D. 从M处沿圆形廊道运动到N处，平均速率为
5．空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直横截面．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°．不计重力，该磁场的磁感应强度大小为( )
A． B．
C． D．
6．一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是( )
A.0~t1时间内，v增大，FN>mg
B.t1~t2时间内，v减小，FN
7．如图所示，一导线弯成直径为d的半圆形闭合回路．虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列说法中正确的是( )
A．感应电流方向为顺时针方向
B．CD段直导线始终不受安培力
C．感应电动势的最大值E＝Bdv
D．感应电动势的平均值＝πBdv
多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。全对得5分，漏选得3分
8．“雪如意“”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：①助滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是（ ）
A. 助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B. 起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度
C. 飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度
D. 着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了延长与地面的作用时间
9．如图所示，边长为a的正方形铝框平放在光滑绝缘水平桌面上，桌面上有边界平行、宽为b且足够长的匀强磁场区域，磁场方向垂直于桌面，铝框依靠惯性滑过磁场区域，滑行过程中铝框平面始终与磁场垂直且一边与磁场边界平行，已知，在滑入和滑出磁场区域的两个过程中（ ）
A. 铝框所用时间相同
B. 铝框上产生的热量相同
C. 铝框中的电流方向相反
D. 通过铝框截面的电荷量相同
10．如图所示，abcd为水平放置的光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场、磁感应强度大小为B，导轨电阻不计．已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)，则( )
A．电路中感应电动势的大小为Blv
B．电路中感应电流的大小为
C．金属杆所受安培力的大小为
D．金属杆中的感应电流M从流向N
11．2018年2月2日，我国成功将电磁监测试验卫星“张衡一号”发射升空，标志我国成为世界上少数拥有在轨运行高精度地球物理场探测卫星的国家之一。通过观测可以得到卫星绕地球运动的周期，并已知地球的半径和地球表面处的重力加速度。若将卫星绕地球的运动看作是匀速圆周运动，且不考虑地球自转的影响，根据以上数据可以计算出卫星的（ ）
A.密度
B.向心力的大小
C.离地高度
D.线速度的大小
三、非选择题：本题共5小题，共52分。
12．（8分）（1）在“验证机械能守恒定律”实验中，在下面所列举的该实验的几个操作步骤中，有两项是错误的或者是没有必要进行的，它们是____________（填字母代号）
A．按照图1示的装置安装器件
B．将打点计时器接到学生电源的直流输出端上
C．用天平测量出重物的质量
D．先接通电源开关，再放手让纸带和重物下落
E．在打出的纸带上，选取合适的两点，测量两点的速度和他们之间的距离
F．验证减少的重力势能是否等于增加的动能，即验证机械能是否守恒
（2）本次实验中，打点周期为0.02s，自由下落的重物质量为2kg，打出一条理想纸带的数据如图2所示，单位是cm，g取9.8m/s2。点 O、A之间还有多个点没画出，从起点O到打下B点的过程中，重力势能的减少量_______J，此过程中物体动能的增量 J，（答案保留三位有效数字），实验结论是______________________________。
13．（8分）某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值(约为10 kΩ)，除了Rx、开关S、导线外，还有下列器材供选用：
A.电压表(量程0~10 V，内阻约100 kΩ)
B.电流表(量程0~1 mA，内阻约30 Ω)
C.电流表(量程0~0.6 A，内阻约0.05 Ω)
D.电源(电动势12 V，额定电流2 A，内阻不计)
E.滑动变阻器R(阻值范围0~10 Ω，额定电流2 A)
（1）为使测量尽量准确，电流表选用 。(均填器材的字母代号)
（2）补充测量Rx阻值的实验电路图。
（3）该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理上看，待测电阻测量值会 其真实值(填“大于”“小于”或“等于”)，原因 。
14．（8分）如图所示，一种光学传感器是通过接收器Q接收到光的强度变化而触发工作的。光从挡风玻璃内侧P点射向外侧M点再折射到空气中，测得入射角为，折射角为；光从P点射向外侧N点，刚好发生全反射并被Q接收，求光从玻璃射向空气时临界角的正弦值表达式。
15．(12分)如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化。正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻R=0.1 Ω，边长l=0.2 m。求：
(1)在t=0到t=0.1 s时间内，金属框中的感应电动势E；
(2)t=0.05 s时，金属框ab边受到的安培力F的大小和方向；
(3)在t=0到t=0.1 s时间内，金属框中电流的电功率P。
16．（16分）如图所示，“L”型平板B静置在光滑水平地面上，小物块A处于平板B上的点，点左侧粗糙段的长度为L1=0.3m，右侧光滑。用长为R=0.8m不可伸长的轻绳将质量为M=0.1kg的小球悬挂在点正上方的O点，轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A发生弹性碰撞，碰后小球摆到最高点时将其固定。A沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。已知A的质量mA=0.3kg，B的质量，A与B的动摩擦因数，取重力加速度。所有碰撞时间极短，不计空气阻力，求：
（1）小球运动到最低点时对绳子的拉力大小；
（2）小球与A发生弹性碰撞后，二者的速度大小；
（3）判断A能否从B的左端滑出；
南宁市名校2022-2023学年高二下学期5月月考
（物理）参考答案
1．C 经过，质点a运动到平衡位置速度方向沿y轴正方向，A错误；质点b沿y轴方向做简谐运动，并不沿x轴方向迁移，B错误；经过，质点c运动到平衡位置，加速度为零，C正确；经过，质点d运动到正向最大位移处，位移为5 cm，D错误。
2．C 本题考查圆周运动的动力学分析，分析向心力来源是正确解答本题的关键。运动员从滑道A点滑行到B点过程中做匀速圆周运动，合外力提供向心力，合外力不等于零且方向始终指向圆心，故合外力不做功，选项A错误、C正确；由于运动员从滑道A点到B点过程中做匀速圆周运动，故切向合力为零，摩擦力等于重力沿切向的分力，大小不断变化，选项B错误；运动员运动过程要克服摩擦力做功，故机械能减小，选项D错误。
3．【答案】B【解析】AB．产生顺时针方向的感应电流则感应磁场的方向垂直纸面向里。由楞次定律可知，圆环中的净磁通量变化为向里磁通量减少或者向外的磁通量增多，A错误，B正确。
CD．同时以相同的变化率增大B1和B2，或同时以相同的变化率减小B1和B2，两个磁场的磁通量总保持大小相同，所以总磁通量为0，不会产生感应电流，CD 错误。
故选B。
4．【答案】A【解析】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
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，故C错误；
D．从M处沿圆形廊道运动到N处，平均速率为
故D错误。故选A。
5．【答案】 A【解析】 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用几何关系和洛伦兹力公式即可求解．如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qv0B＝m，据几何关系，粒子在磁场中的轨道半径r＝Rtan 60°＝R，解得B＝，选项A正确．
6．D 在位移s与时间t的关系图像中，斜率表示速度。0~t1，斜率增加，乘客加速下楼，加速度向下，根据牛顿第二定律，mg-FN=ma，得出FN
7．D 在闭合回路进入磁场的过程中，通过闭合回路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变，A错误．根据左手定则可以判断，CD段直导线受安培力向下，B错误．当半圆形闭合回路进入磁场一半时，等效长度最大，为，这时感应电动势最大：E＝Bdv，C错误．由法拉第电磁感应定律可得感应电动势的平均值＝＝＝πBdv，D正确．
8．【答案】BD【解析】A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间摩擦力，A错误；
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力，根据动量定理可知，在相同时间内，为了增加向上的速度，B正确；
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而减小水平方向的加速度，C错误；
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长落地时间，根据动量定理可知，可以减少身体受到的平均冲击力，D正确。
9．【答案】CD
【解析】A．铝框进入和离开磁场过程，磁通量变化，都会产生感应电流，受向左安培力而减速，完全在磁场中运动时磁通量不变做匀速运动；可知离开磁场过程的平均速度小于进入磁场过程的平均速度，所以离开磁场过程的时间大于进入磁场过程的时间，A错误；
C．由楞次定律可知，铝框进入磁场过程磁通量增加，感应电流为逆时针方向；离开磁场过程磁通量减小，感应电流为顺时针方向，C正确；
D．铝框进入和离开磁场过程中通过铝框截面的电荷量相同，D正确；
B．铝框进入和离开磁场过程，铝框均做减速运动，可知铝框进入磁场过程速度一直大于铝框离开磁场过程的速度，根据可知铝框进入磁场过程受到的安培力一直大于铝框离开磁场过程受到的安培力，故铝框进入磁场过程克服安培力做的功大于铝框离开磁场过程克服安培力做的功，即铝框进入磁场过程产生的热量大于铝框离开磁场过程产生的热量，B错误。
故选D。
10．【解析】 当杆滑动时，动生电动势E＝Blv，A错误．金属杆长为，所以金属杆的电阻R＝，由欧姆定律可知I＝＝，B正确．安培力F＝＝，C错误．D．金属杆中的感应电流N从流向M，D错误．选B．
11．CD 本题考查万有引力定律的应用，灵活掌握卫星向心加速度的不同表达式是解题关键。万有引力提供卫星圆周运动的向心力，则有G=ma=m=m(R+h)，其中GM=gR2，可以求得卫星离地面的高度h和卫星线速度v；由于不知道卫星的质量m，无法求出卫星所受向心力和卫星的密度。故选项A、B错误，选项C、D正确。
12．【答案】 BC或者CB 0.982 0.960 在误差允许的范围内机械能守恒
【详解】（1）打点计时器需要接低压交流电源，不能接直流，因为我们是比较mgh、mv2的大小关系，故m可约去，不需要用天平，故BC错误或不需要，ADEF都需要 故选BC。
（2）从开始下落至B点，重锤的重力势能减少量为
利用匀变速直线运动的推论有动能的增量
由上数据可知，在误差允许范围内，重锤机械能守恒。
13．答案 (3)①B
②如图所示
③大于 电压表的读数大于待测电阻两端实际电压(电流表分压)
(3)①电源电动势为12 V，待测电阻约为10 kΩ，电路中最大电流大约1.2 mA，故电流表选C，电压表选B。
②由于待测电阻阻值远大于所选电流表内阻，而略小于电压表内阻，故实验测量电路设计时用内接法；而2个滑动变阻器最大阻值都远小于待测电阻的阻值，故控制电路中滑动变阻器使用限流式接法根本起不到调节作用，滑动变阻器只能采用分压式接法。
14．【答案】【解析】【分析】
【详解】根据光的折射定律有
根据光的全反射规律有
联立解得
15．解析：(1)在t=0到t=0.1 s的时间Δt内，磁感应强度的变化量ΔB=0.2 T，设穿过金属框的磁通量变化量为ΔΦ，有ΔΦ=ΔBl2 ①
由于磁场均匀变化，金属框中产生的电动势是恒定的，有
E=②
联立①②式，代入数据，解得E=0.08 V③
(2)设金属框中的电流为I，由闭合电路欧姆定律，有I= ④
由图可知，t=0.05 s时，磁感应强度为B1=0.1 T，金属框ab边受到的安培力F=IlB1 ⑤
联立①②④⑤式，代入数据，解得F=0.016 N⑥
方向垂直于ab向左。 ⑦
(3)在t=0到t=0.1 s时间内，金属框中电流的电功率P=I2R ⑧
联立①②④⑧式，代入数据，解得P=0.064 W⑨
16．【答案】（1），；（2）；（3）；
【解析】（1）小球从静止释放到最低点的过程中，由动能定理
①
②
联立 ①②解得 ③
由牛顿第三定律可知，小球对绳子的拉力大小
（2）设水平向右为正方向，小球与A发生弹性碰撞，故碰撞过程根据动量守恒和能量守恒有
④
⑤
联立①④⑤ 代入数据解得
，（方向水平向左） ⑦
，（方向水平向右） ⑧
（3）设A不从B上滑下，则AB最终共速。动量守恒，能量守恒
⑨
⑩
联立⑧⑨⑩ 代入数据解得
故假设成立，A不能从B的左端滑出。
12.（2022全国乙卷） 如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的图像如图（b）所示。已知从到时间内，物块A运动的距离为。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时、速度相等，即时刻，根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得
（2）解法一：同一时刻弹簧对、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律
可知同一时刻
则同一时刻、的的瞬时速度分别为，
根据位移等速度在时间上的累积可得，
又
解得
第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有
对方程两边同时乘以时间，有
0-t0之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得
将代入可得
则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
（3）物块A第二次到达斜面最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得
根据能量守恒定律可得
联立解得
方法一：设在斜面上滑行的长度为，上滑过程，根据动能定理可得
下滑过程，根据动能定理可得
联立解得
方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度，
，
上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移速度关系可得
，
联立可解得
14．（2021全国甲卷） 如图，长度均为l的两块挡板竖直相对放置，间距也为l，两挡板上边缘P和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子自电场中某处以大小为v0的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，不计重力。
（1）求粒子发射位置到P点的距离；
（2）求磁感应强度大小的取值范围；
（3）若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。
【答案】（1） ；（2） ；（3）粒子运动轨迹见解析，
【解析】（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可知
①
②
粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，有 ③
粒子发射位置到P点的距离 ④
由①②③④式得 ⑤
（2）带电粒子在磁场运动在速度 ⑥
带电粒子在磁场中运动两个临界轨迹（分别从Q、N点射出）如图所示
由几何关系可知，最小半径 ⑦
最大半径 ⑧
带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式可知 ⑨
由⑥⑦⑧⑨解得，磁感应强度大小的取值范围
（3）若粒子正好从QN的中点射出磁场时，带电粒子运动轨迹如图所示。
由几何关系可知⑩
带电粒子的运动半径为
粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离
由⑩ 式解得
南宁市第三十六中学2022-2023学年高二上学期10月份月考试题
13．（6分）为测量小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数，一同学将贴有标尺的瓷砖的一端放在水平桌面上，形成一倾角为的斜面（已知），小铜块可在斜面上加速下滑，如图所示。该同学用手机拍摄小铜块的下滑过程，然后解析视频记录的图像，获得5个连续相等时间间隔（每个时间间隔 T=0.20s）内小铜块沿斜面下滑的距离si（i=1，2，3，4，5），如下表所示。
s1 s2 s3 s4 s5
5.87cm 7.58cm 9.31cm 11.02cm 12.74cm
由表中数据可得，小铜块沿斜面下滑的加速度大小为___________m/s2，小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数为___________。（结果均保留2位有效数字，重力加速度大小取9.80m/s2）
14．（8分）某实验小组为测量小球从某一高度释放，与某种橡胶材料碰撞导致的机械能损失，设计了如图所示的装置，实验过程如下：
(1)让小球从某一高度由静止释放，与水平放置的橡胶材料碰撞后竖直反弹。调节光电门位置，使小球从光电门正上方释放后，在下落和反弹过程中均可通过光电门。
(2)用螺旋测微器测量小球的直径为d。
(3)测量时，应________(填“A“”或“B“”，其中A为“先释放小球，后接通数字计时器“”，B为“先接通数字计时器，后释放小球“”)。记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间t1和t2。
(4)计算小球通过光电门的速度，其中小球下落过程经过光电门的速度 (用以上的字母符号表示)；已知小球的质量为m，可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失ΔE＝ (用字母m、d、t1和t2表示)。
(5)若适当调高光电门的高度，将会________(填“增大“”或“减小“”)因空气阻力引起的测量误差。
13．【答案】 (1). 0.43 (2). 0.32
详解】[1]根据逐差法有
代入数据可得小铜块沿斜面下滑的加速度大小
[2]对小铜块受力分析根据牛顿第二定律有
代入数据解得
14．【答案】 (3)B (4) (5)增大
【解析】(3)为使数字计时器能正确及时记录时间，应先接通数字计时器，后释放小球。
(4)小球下落过程经过光电门的速度；小球向下经过光电门与反弹后向上经过同一位置时的动能之差即为小球与橡胶材料碰撞中损失的机械能，故ΔE＝。
(5)若适当调高光电门高度，则小球两次经过光电门，通过的路程更长，因空气阻力引起的误差将增大。
