2022-2023學(xué)年廣西南寧市重點(diǎn)中學(xué)高二(下)月考物理試卷（5月）

第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)2022-2023學(xué)年廣西南寧市重點(diǎn)中學(xué)高二(下)月考物理試卷（5月）1.一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正方向傳播，周期為T(mén)，t=0時(shí)的波形如圖所示。t=T4時(shí)(

)A.質(zhì)點(diǎn)a速度方向沿y軸負(fù)方向 B.質(zhì)點(diǎn)b沿x軸正方向遷移了1m

C.質(zhì)點(diǎn)c的加速度為零 D.質(zhì)點(diǎn)d的位移為2.滑雪運(yùn)動(dòng)深受人民群眾的喜愛(ài)．某滑雪運(yùn)動(dòng)員(可視為質(zhì)點(diǎn))由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點(diǎn)滑行到最低點(diǎn)B的過(guò)程中，由于摩擦力的存在，運(yùn)動(dòng)員的速率不變，則運(yùn)動(dòng)員沿AB下滑過(guò)程中(

)

A.所受合外力始終為零 B.所受摩擦力大小不變

C.合外力做功一定為零 D.機(jī)械能始終保持不變3.如圖所示，兩勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1和B2大小相等、方向相反。金屬圓環(huán)的直徑與兩磁場(chǎng)的邊界重合。下列變化會(huì)在環(huán)中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较蚋袘?yīng)電流的是(

)

A.同時(shí)增大B1減小B2 B.同時(shí)減小B1增大B2

C.同時(shí)以相同的變化率增大B1和B24.福建土樓兼具居住和防御的功能，承啟樓是圓形土樓的典型代表，如圖(a)所示。承啟樓外樓共四層，各樓層高度如圖(b)所示。同一樓層內(nèi)部通過(guò)直徑約50m的圓形廊道連接。若將質(zhì)量為100kg的防御物資先從二樓倉(cāng)庫(kù)搬到四樓樓梯口M處，再用100s沿廊道運(yùn)送到

A.該物資從二樓地面被運(yùn)送到四樓M處的過(guò)程中，克服重力所做的功為5400J

B.該物資從M處被運(yùn)送到N處的過(guò)程中，克服重力所做的功為78500J

C.從M處沿圓形廊道運(yùn)動(dòng)到N處，位移大小為78.5m

D.從M處沿圓形廊道運(yùn)動(dòng)到5.空間有一圓柱形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，該區(qū)域的橫截面的半徑為R，磁場(chǎng)方向垂直橫截面。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速率v0沿橫截面的某直徑射入磁場(chǎng)，離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度方向偏離入射方向60A.3mv03qR B.6.一質(zhì)量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時(shí)間t的關(guān)系圖像如圖所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小為g。以下判斷正確的是(

)

A.0～t?1時(shí)間內(nèi)，v增大，F(xiàn)?N>mg

B.t?1～t?2時(shí)間內(nèi)，v減小，F(xiàn)?N<mg

C.t?2～t?3時(shí)間內(nèi)，v增大，F(xiàn)?7.如圖所示，一導(dǎo)線彎成直徑為d的半圓形閉合回路．虛線MN右側(cè)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，直徑CD始終與MN垂直．從D點(diǎn)到達(dá)邊界開(kāi)始到C點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)為止，下列說(shuō)法中正確的是(

)

A.感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?B.CD段直導(dǎo)線始終不受安培力

C.感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值E=Bd8.“雪如意”是我國(guó)首座國(guó)際標(biāo)準(zhǔn)跳臺(tái)滑雪場(chǎng)地。跳臺(tái)滑雪運(yùn)動(dòng)中，裁判員主要根據(jù)運(yùn)動(dòng)員在空中的飛行距離和動(dòng)作姿態(tài)評(píng)分。運(yùn)動(dòng)員在進(jìn)行跳臺(tái)滑雪時(shí)大致經(jīng)過(guò)四個(gè)階段：①助滑階段，運(yùn)動(dòng)員兩腿盡量深蹲，順著助滑道的傾斜面下滑；②起跳階段，當(dāng)進(jìn)入起跳區(qū)時(shí)，運(yùn)動(dòng)員兩腿猛蹬滑道快速伸直，同時(shí)上體向前伸展；③飛行階段，在空中運(yùn)動(dòng)員保持身體與雪板基本平行、兩臂伸直貼放于身體兩側(cè)的姿態(tài)；④著陸階段，運(yùn)動(dòng)員落地時(shí)兩腿屈膝，兩臂左右平伸。下列說(shuō)法正確的是(

)

A.助滑階段，運(yùn)動(dòng)員深蹲是為了減小與滑道之間的摩擦力

B.起跳階段，運(yùn)動(dòng)員猛蹬滑道主要是為了增加向上的速度

C.飛行階段，運(yùn)動(dòng)員所采取的姿態(tài)是為了增加水平方向速度

D.著陸階段，運(yùn)動(dòng)員兩腿屈膝是為了延長(zhǎng)與地面的作用時(shí)間9.如圖所示，邊長(zhǎng)為a的正方形鋁框平放在光滑絕緣水平桌面上，桌面上有邊界平行、寬為b且足夠長(zhǎng)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直于桌面，鋁框依靠慣性滑過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，滑行過(guò)程中鋁框平面始終與磁場(chǎng)垂直且一邊與磁場(chǎng)邊界平行，已知a<b，在滑入和滑出磁場(chǎng)區(qū)域的兩個(gè)過(guò)程中(

)

A.鋁框所用時(shí)間相同 B.鋁框上產(chǎn)生的熱量相同

C.鋁框中的電流方向相反 D.通過(guò)鋁框截面的電荷量相同10.如圖所示，abcd為水平放置的光滑金屬導(dǎo)軌，間距為l，導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．已知金屬桿MN傾斜放置，與導(dǎo)軌成θ角，單位長(zhǎng)度的電阻為r，保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(dòng)(金屬桿滑動(dòng)過(guò)程中與導(dǎo)軌接觸良好)，則A.電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為Blv B.電路中感應(yīng)電流的大小為Bvsinθr

C.金屬桿所受安培力的大小為B11.2018年2月2日，我國(guó)成功將電磁監(jiān)測(cè)試驗(yàn)衛(wèi)星“張衡一號(hào)”發(fā)射升空，標(biāo)志我國(guó)成為世界上少數(shù)擁有在軌運(yùn)行高精度地球物理場(chǎng)探測(cè)衛(wèi)星的國(guó)家之一。通過(guò)觀測(cè)可以得到衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)的周期，并已知地球的半徑和地球表面的重力加速度。若將衛(wèi)星繞地球的運(yùn)動(dòng)看作是勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且不考慮地球自轉(zhuǎn)的影響，根據(jù)以上數(shù)據(jù)可以計(jì)算出衛(wèi)星的(

)

A.密度 B.向心力的大小 C.離地高度 D.線速度的大小12.(1)在“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”實(shí)驗(yàn)中，在下面所列舉的該實(shí)驗(yàn)的幾個(gè)操作步驟中，有兩項(xiàng)是錯(cuò)誤的或者是沒(méi)有必要進(jìn)行的，它們是____________(填字母代號(hào)A.按照?qǐng)D1示的裝置安裝器件B.將打點(diǎn)計(jì)時(shí)器接到學(xué)生電源的直流輸出端上C.用天平測(cè)量出重物的質(zhì)量D.先接通電源開(kāi)關(guān)，再放手讓紙帶和重物下落E.在打出的紙帶上，選取合適的兩點(diǎn)，測(cè)量?jī)牲c(diǎn)的速度和他們之間的距離F.驗(yàn)證減少的重力勢(shì)能是否等于增加的動(dòng)能，即驗(yàn)證機(jī)械能是否守恒(2)本次實(shí)驗(yàn)中，打點(diǎn)周期為0.02s，自由下落的重物質(zhì)量為2kg，打出一條理想紙帶的數(shù)據(jù)如圖2所示，單位是cm，g取9.8m/s2。點(diǎn)O、A之間還有多個(gè)點(diǎn)沒(méi)畫(huà)出，從起點(diǎn)O到打下B點(diǎn)的過(guò)程中，重力勢(shì)能的減少量ΔEp=13.某同學(xué)用伏安法測(cè)定待測(cè)電阻Rx的阻值(約為10?kΩ)，除了A.電壓表(量程0～10B.電流表(量程0～1C.電流表(量程0～0．6?AD.電源(電動(dòng)勢(shì)12?V，額定電流2E.滑動(dòng)變阻器R(阻值范圍0～(1)為使測(cè)量盡量準(zhǔn)確，電流表選用__________。(均填器材的字母代號(hào)(2)補(bǔ)充測(cè)量(3)該同學(xué)選擇器材、連接電路和操作均正確，從實(shí)驗(yàn)原理上看，待測(cè)電阻測(cè)量值會(huì)__________其真實(shí)值(填“大于”“小于”或“等于”)，原因_____________________________________________________14.如圖所示，一種光學(xué)傳感器是通過(guò)接收器Q接收到光的強(qiáng)度變化而觸發(fā)工作的。光從擋風(fēng)玻璃內(nèi)側(cè)P點(diǎn)射向外側(cè)M點(diǎn)再折射到空氣中，測(cè)得入射角為α，折射角為β；光從P點(diǎn)射向外側(cè)N點(diǎn)，剛好發(fā)生全反射并被Q接收，求光從玻璃射向空氣時(shí)臨界角θ的正弦值表達(dá)式。

15.如圖所示，垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t均勻變化。正方形硬質(zhì)金屬框abcd放置在磁場(chǎng)中，金屬框平面與磁場(chǎng)方向垂直，電阻R=0(1)在t=0到(2)t=0(3)在t=0到16.如圖所示，“L”型平板B靜置在光滑水平地面上，小物塊A處于平板B上的O′點(diǎn)，O′點(diǎn)左側(cè)粗糙段的長(zhǎng)度為L(zhǎng)1=0.3m，右側(cè)光滑。用長(zhǎng)為R=0.8m不可伸長(zhǎng)的輕繩將質(zhì)量為M=0.1kg的小球懸掛在O′點(diǎn)正上方的O點(diǎn)，輕繩處于水平拉直狀態(tài)。將小球由靜止釋放，下擺至最低點(diǎn)與小物塊A發(fā)生彈性碰撞，碰后小球擺到最高點(diǎn)時(shí)將其固定。A沿平板滑動(dòng)直至與B右側(cè)擋板發(fā)生彈性碰撞。已知A的質(zhì)量m(1(2)小球與(3)判斷A能否從

答案和解析1.【答案】C

【解析】A、根據(jù)圖像可知，經(jīng)過(guò)14T后質(zhì)點(diǎn)a到達(dá)平衡位置且向上運(yùn)動(dòng)，所以t=T4時(shí)，質(zhì)點(diǎn)a的速度方向沿著y軸正方向，故A錯(cuò)誤。

B、在機(jī)械波中，各質(zhì)點(diǎn)不會(huì)隨波遷移，只會(huì)在平衡位置附近做機(jī)械振動(dòng)，故B錯(cuò)誤。

C、經(jīng)過(guò)14T后質(zhì)點(diǎn)c到達(dá)平衡位置且向下運(yùn)動(dòng)，所以t=T4時(shí)，質(zhì)點(diǎn)c的加速度為零，故C正確。

D、根據(jù)平移法可知，0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)d的振動(dòng)方向沿著y軸的正方向，所以t=T4時(shí)，質(zhì)點(diǎn)d在波峰，位移為5cm2.【答案】C

【解析】【分析】本題考查了曲線運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)、動(dòng)能定理等，知道曲線運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度時(shí)刻變化，合力不為零；在分析物體做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，首先要分析向心力的來(lái)源，然后根據(jù)牛頓第二定律分析求解。

【解答】A.運(yùn)動(dòng)員沿圓弧形滑道AB運(yùn)動(dòng)，可認(rèn)為是做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合外力提供其做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，可知合外力不為零，A錯(cuò)誤；

B.運(yùn)動(dòng)員所受的摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，由于沿切線方向合力為零，可知滑動(dòng)摩擦力大小等于重力沿切線方向的分力大小，所以他受到的摩擦力大小變化，B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)動(dòng)能定理，合外力做的功等于動(dòng)能的變化，由于運(yùn)動(dòng)員速率不變，動(dòng)能不變，故合外力做功為零，C正確；

D.運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能不變，從A到B的過(guò)程中重力勢(shì)能逐漸減小，其機(jī)械能逐漸減小，D錯(cuò)誤．3.【答案】B

【解析】【分析】

當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度變化，導(dǎo)致線圈的磁通量變化，根據(jù)楞次定律分析感應(yīng)電流的方向。

根據(jù)楞次定律分析感應(yīng)電流的方向，注意在分析過(guò)程中要同時(shí)考慮B1和B2的變化。

【解答】

A、增大B1，則金屬圓環(huán)上半部分的磁通量變大，由增反減同可知，則感應(yīng)磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)方向相反。再根據(jù)安培定則，可判定在金屬圓環(huán)中產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流；減小B2，則金屬圓環(huán)下半部分的磁通量變小，由增反減同可知，則感應(yīng)磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)方向相同。再根據(jù)安培定則，可判定在金屬圓環(huán)中產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流；故同時(shí)增大B1減小B2在金屬圓環(huán)中產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，故A錯(cuò)誤；

B、減小B1，則金屬圓環(huán)上半部分的磁通量變小，由增反減同可知，則感應(yīng)磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)方向相同。再根據(jù)安培定則，可判定在金屬圓環(huán)中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流；增大B2，則金屬圓環(huán)下半部分的磁通量變大，由增反減同可知，則感應(yīng)磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)方向相反。再根據(jù)安培定則，可判定在金屬圓環(huán)中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流；故同時(shí)減小B1增大B2在金屬圓環(huán)中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，故B正確；

CD、根據(jù)上面的分析可知同時(shí)以相同的變化率增大B1和B4.【答案】A

【解析】【分析】

本題考查功、位移和平均速率的計(jì)算，基礎(chǔ)題目。

結(jié)合重力做功特征、位移的定義和平均速率的定義分析即可判斷。

【解答】

A.該物資從二樓地面被運(yùn)送到四樓M處的過(guò)程中，克服重力所做的功為WG=mgΔh=100×10×(2.7+2.7)J=5400J，故A正確；

B.該物資從M處被運(yùn)送到N處的過(guò)程中，由于M、N高度差為零，所以克服重力做功為零，故B錯(cuò)誤；

C.從M處沿圓形廊道運(yùn)動(dòng)到N處，位移大小為50m5.【答案】A

【解析】【分析】

本題是帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題，畫(huà)軌跡是關(guān)鍵，是幾何知識(shí)和動(dòng)力學(xué)知識(shí)的綜合應(yīng)用，常規(guī)問(wèn)題。

帶正電的粒子垂直磁場(chǎng)方向進(jìn)入圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，由洛倫茲力提供向心力，由幾何知識(shí)求出軌跡半徑r，根據(jù)牛頓第二定律求出磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度。

【解答】

帶正電的粒子垂直磁場(chǎng)方向進(jìn)入圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，由洛倫茲力提供向心力而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，畫(huà)出軌跡如圖，根據(jù)幾何知識(shí)得知，軌跡的圓心角等于速度的偏向角60°，且軌跡的半徑為r=Rtan30°=3R，

根據(jù)牛頓第二定律得B

6.【答案】D

【解析】解：A、由于s?t圖象的斜率表示速度，由圖可知在0～t1時(shí)間內(nèi)速度增加，即乘客的加速度向下運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得：mg?FN=ma，解得：FN=mg?ma，則FN<mg，處于失重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；

B、在t1～t2時(shí)間內(nèi)，s?t圖象的斜率保持不變，所以速度不變，即乘客勻速下降，則FN=mg7.【答案】D

【解析】在閉合回路進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，通過(guò)閉合回路的磁通量逐漸增大，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较虿蛔儯珹錯(cuò)誤．根據(jù)左手定則可以判斷，CD段直導(dǎo)線受安培力向下，B錯(cuò)誤．當(dāng)半圓形閉合回路進(jìn)入磁場(chǎng)一半時(shí)，等效長(zhǎng)度最大，為d2，這時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大：E=12Bdv8.【答案】BD【解析】A.助滑階段，運(yùn)動(dòng)員深蹲是為了減小與空氣之間的摩擦力，A錯(cuò)誤；B.起跳階段，運(yùn)動(dòng)員猛蹬滑道主要是通過(guò)增大滑道對(duì)人的作用力，根據(jù)動(dòng)量定理可知，在相同時(shí)間內(nèi)，為了增加向上的速度，B正確；C.飛行階段，運(yùn)動(dòng)員所采取的姿態(tài)是為了減小水平方向的阻力，從而減小水平方向的加速度，C錯(cuò)誤；D.著陸階段，運(yùn)動(dòng)員兩腿屈膝下蹲可以延長(zhǎng)落地時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理可知，可以減少身體受到的平均沖擊力，D正確。

9.【答案】CD【解析】A.鋁框進(jìn)入和離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程，磁通量變化，都會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，受向左安培力而減速，完全在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)磁通量不變做勻速運(yùn)動(dòng)；可知離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程的平均速度小于進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程的平均速度，所以離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程的時(shí)間大于進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程的時(shí)間，A錯(cuò)誤；C.由楞次定律可知，鋁框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程磁通量增加，感應(yīng)電流為逆時(shí)針?lè)较颍浑x開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程磁通量減小，感應(yīng)電流為順時(shí)針?lè)较?，C正確；D.鋁框進(jìn)入和離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中通過(guò)鋁框截面的電荷量

q=IΔtB.鋁框進(jìn)入和離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程，鋁框均做減速運(yùn)動(dòng)，可知鋁框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程的速度一直大于鋁框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程的速度，根據(jù)

F安=BI故選CD。

10.【答案】B

【解析】當(dāng)桿滑動(dòng)時(shí)，動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)E=Blv，A錯(cuò)誤．金屬桿長(zhǎng)為lsin?θ，所以金屬桿的電阻R=lrsin?θ，由歐姆定律可知I=ER=B11.【答案】CD【解析】【分析】

衛(wèi)星的質(zhì)量和體積均不知，無(wú)法求衛(wèi)星的密度，不知道衛(wèi)星的質(zhì)量，根據(jù)向心力F=GMmr2無(wú)法求；利用萬(wàn)有引力提供向心力GMmr2=m4π2T2r及地表附近萬(wàn)有引力等于重力GMmR2=mg，根據(jù)v=2πrT求線速度。

【解答】

A.衛(wèi)星的質(zhì)量和體積均不知，無(wú)法求衛(wèi)星的密度，故A錯(cuò)誤；

B.向心力F=G12.【答案】

BC或者CB

0.982

0.960

【解析】【詳解】(1)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器需要接低壓交流電源，不能接直流，因?yàn)槲覀兪潜容^mgh、

12

mv2的大小關(guān)系，故m可約去，不需要用天平，故BC(2)從開(kāi)始下落至B