2023~2024学年怀仁一中高二年级下学期第二次月考
物理答案
1.C [奥斯特发现电流的磁效应,他是最早发现电和磁有密切联系的科学家,A错误;电磁感应现象是法拉第
发现的,B错误;英国科学家麦克斯韦建立完整电磁场理论,C正确;最早证明有电磁波存在的科学家是赫兹,
D错误。]
2.B [线圈经过题图甲或题图丙位置(中性面)时,穿过线圈的磁通量最大,磁通量变化率为零,结合法拉第电
磁感应定律可知,产生的感应电动势为零,感应电流为零,A、C错误;线圈经过题图乙位置(与中性面垂直)
时,穿过线圈的磁通量为零,产生的感应电流最大,B正确;线圈从题图丙位置(中性面)转到题图丁位置(与
中性面垂直)的过程中,穿过线圈的磁通量减小,磁通量变化率增大,根据法拉第电磁感应定律可知,产生的
感应电动势在增大,D错误。]
3.B [因5G使用的电磁波频率更高,波长更短,故A错误;根据E=hν可知,5G使用的电磁波光子能量更大,
故B正确;电磁波在真空中的传播速度都是相同的,为光速,故C、D错误。]
4.C [若质点从O 点向右运动,可推得从O 点运动到最大位移处所用时间为5s,因此振动周期T=20s,第三
次通过 M 点还需要的时间t=T-2s=18s;若从O 点向左运动,可推得从O 点运动到右侧最大位移处所用
3 20 14
时间为5s,可知4T=5s
,可得振动周期T= s,第三次通过M 点还需要的时间3 t=T-2s= s
,故选 。]
3 C
5.D [由题图乙可知,t=0时刻小船沿y 轴的正方向起振,则此时小船在位于波传播方向波形的下坡上,所以
水波的振动向x 轴正方向传播,A错误;由题图甲和题图乙可知,波的波长λ=4m,周期T=1.2s,因此水波
λ 4 10
的波速为v=T=1.2m
/s= m/3 s
,B错误;t=0时刻,浮木位于波传播方向的上坡,因此浮木此时沿y 轴
T
的负方向振动,因为1.5s=T+ ,t=0时刻,浮木位于平衡位置的上方,且不在最大位移处,因此4 1.5s
末,
3 3
浮木不在平衡位置,C错误;0.9s是 T,在t=0时刻,小船从平衡位置向4 y
轴正方向振动,经
4T
时间,小
船振动到y 轴负方向的最大位移处,由简谐振动的受力特点可知,小船受沿y 轴正方向的力最大,由牛顿第
二定律可知,小船的加速度达到正向最大值,D正确。]
P I n
6.A [ 1对于该系统输入输出功率不变,由于P=1×105 W,故原线圈电流为I1= =400A,U I =
2,代入数
1 2 n1
U n
据解得I 22=25A,则输电线损失的功率为ΔP=I2r=252×8W=5×103W,A
1 1
正确;根据 = ,代入数据U2 n2
U n n 3800 190
解得U2=4×103V,由A可知I2=25A,则U3=U2-I2r=3.8×103V,
3= 3, 3又 即有 = = ,U n n 220 11 B4 4 4
; , , , ,U1 n1错误 由于输入输出功率相同 当用户消耗功率减小时 电流减小 由题知U1 不变 = 不变,则U n U2
不变,
2 2
C错误;当消耗功率增大时,输电线电流变大,输电线上损失的电压变大,U2 不变,根据U3=U2-Ur 可知,U3
U3 n3
变小,又由 = 可知,U U4
变小,D错误。]
4 n4
7.B [由于轻弹簧与物体组成的系统机械能守恒,所以弹簧的弹性势能和物体的机械能(动能和重力势能之
和)总和不变,故A错误;由题图乙可知,当弹簧处于原长时,物体位于最高点,当物体位于平衡位置时,动能
m
达到最大值E ,此时弹簧的伸长量为x = gkm 0 ,由于F x 图像与x 轴所围的面积表示弹力的功,所以物体k
1
从最高点运动到平衡位置的过程中,弹力对物体做的功为 W=- kx 20 ,根据动能定理可得2 mgx0+W=
(m )2
Ekm,联立解得E =
g
km ,故B正确;当物体位于最低点时,所受合外力大小达到最大,此时物体的加速度2k
, , ; 2mg mg m大小最大 为am=g 故C错误 振幅为A=
g,故 错误。]
k -k =k D
高二物理试题答案 第1页,共3页
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8.AC [若保持把手不动,砝码以一定的初速度做简谐振动,这时为自由振动,周期为固定周期,题图甲为砝码
的自由振动图像,由图读出固有周期为T0=4s,A正确,B错误;当把手以某一速度匀速转动时,砝码做受迫
振动,此时砝码振动的周期T 等于驱动力的周期,题图乙为砝码做受迫振动的图像,由图读出驱动力周期为
T=8s,当驱动力的周期越靠近砝码的固有周期时,砝码的振动越强烈,振幅越大;当驱动力的周期越远离砝
码的固有周期时,砝码的振动越弱,振幅越小,C正确,D错误。]
λ
9.AC [由于质点P 振动比质点Q 振动超前,可知波沿x 轴正方向传播,故A正确;波传播的速度为v= ,T
x
由题图有λ=8m,T=0.2s,解得v=40m/s,故B错误;波从P 传到Q 的时间为t=v=0.075s
,故C正
确;由于波向右传播,在t=0时刻,M 点恰好经过平衡位置,且沿y 轴负方向运动,题图乙不可能是质点 M
的振动图像,故D错误。]
10.BD [根据楞次定律可判断,t=0时,通过ab边的电流方向从b到a,故A错误;导线框匀速转动时,产生正
, 9π
E
弦式交流电 感应电动势的最大值为Em=BSω= V,故20 B
正确;感应电动势的有效值为E= m,100s内,
2
E2
导线框产生的焦耳热为Q= ×t,
81
联立可得Q= π2J,故C错误;t=0时,导线框中的电流达到最大值,即R 16
Em 9π , 9π
27π
Im= = 边受到的安培力大小为 ,故 正确。]R 40Abc F=Bsin45°×40×0.32N=800N D
11.(
U N
1)C (2)副 原、副线圈两端电压与匝数成正比,即 2= 2 (3)原(每空2分)U1 N1
解析 (1)为确保实验安全进行,应该选择低压交流电源,A错误;因为变压器是靠电磁感应工作,如果变压
器铁芯是用整块硅钢,则在电磁感应的作用下,会产生很大的涡流发热,当热量达到一定程度时,会损坏铁芯
和线圈,B错误;研究变压器电压和匝数的关系,用到控制变量法,可以先保持原线圈电压、匝数不变,改变副
线圈匝数,研究副线圈匝数对副线圈电压的影响,C正确;变压器的铁芯通过电磁感应将原线圈电能转化为
磁场能,再将磁场能转化为副线圈的电能,D错误。
(2)变压器的原、副线圈选择不同的匝数,利用多用电表测量相应电压,由数据可知 N1 一定是副线圈的匝数;
U2 N2
由表可知,原、副线圈两端电压与匝数成正比,即 = 。U1 N1
(3)变压器的输入功率约等于输出功率,如果是理想变压器,则输入功率等于输出功率,因为是降压变压器,
所以原线圈的电压大于副线圈的电压,而功率又相等,所以原线圈的电流就小于副线圈的电流,原线圈电流
小所以导线比副线圈细,故应将较细的线圈作为原线圈。
12.(1)88.53(
x -x
88.52~88.54均可) (2)1.884 (3)AC (4)能 4π2 2 1(每空2分)
y2-y1
解析 (1)题图乙中,悬点到摆球下端距离L=88.97cm,题图丙可读出小球直径d=0.88cm,
d
则摆长l=L-2=88.53cm
(2)
T
摆球第一次通过光控门开始计时,每隔 经过平衡位置一次,
2
t1 55.58
因此摆球周期T1=(n-1)=
≈
29.5s 1.884s
2
() l , 2 4π
2 d
3 由单摆周期公式T=2π 得T = (L- )
g g 2
d
若以L 或L+ 为摆长,则对应每个测定的周期值,2
“ d摆长”坐标比实际对应坐标要+ 或+d,与题图丁中虚线相符,故选A、2 C
。
2 2
(4)
4π d
当摆长计算错误时,图线向右平移,斜率不变,由T2= (L- ),
4π y
= 2
-y1
可知
g 2 g x2-x1
, x=4π2 2
-x1
因此可以计算重力加速度 且重力加速度g 。y2-y1
高二物理试题答案 第2页,共3页
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13.(1)0.8s 0.6s (2)12cm
解析 (1)由题意知λ=0.4m,v=0.5m/s, (1分)
λ
根据v= 得T T=0.8s
(2分)
由题意知两列波同时传播到质点 M,PM=0.3m,v=0.5m/s, (1分)
PM
根据t= 得t=0.6s (2分)v
(2)由题图可知两列波同时传播到质点 M,且质点 M 振动方向沿x 轴负方向,
为振动加强点,即质点 M 的振幅A'=2A=4cm (1分)
3
t=1.2s时,质点 M 振动了0.6s,即4T
, (1分)
所以质点 M 运动路程s=3A'=12cm。 (2分)
14.(
π
1)x=2cos ( ) () 在平衡位置 () /22tcm 230cm 32ms
解析 (1)由振动图像可知振幅A=2cm,周期T=4s, (1分)
2π 2π π
则ω= / / ( 分)T=4rads=2rads 2
π
则小球相对平衡位置的位移随时间的变化关系式为x=2cosωt(cm)=2cos t(2 cm
) (2分)
(2)
3 3
因为15s=3 T,则小球在0~15s内运动的总路程为4 s=3
( 分)
4×4A=30cm 2
t=15s时刻小球的位置坐标x=0,即小球在平衡位置处。 (1分)
(3)小球静止时处于平衡状态,有mg=kx1,解得k=0.1N/cm, (2分)
根据牛顿第二定律有mg-kx2=ma,解得a=2m/s2。 (2分)
15.(1)122V (2)12V (3)3A
解析 (1)最大电压为Emax=Blv=122V (2分)
(2)在导体棒向右匀速运动的过程中,因磁场边界为正弦曲线,
则导体棒切割磁感线的有效长度满足正弦函数关系式,为y=lsinx (2分)
所以棒中感应电动势瞬时值表达式为e=Byv=Blvsinx,为正弦交流电, (2分)
Blv
则感应电动势有效值为E= =12V, (2分)
2
故电压表的示数为12V。 (1分)
() U3 1
n
= 1
根据 ,其中
U n U1
的值即为E 的值,则可求得U2=6V, (2分)
2 2
U
则有I= 2=3A, (2分)R
故电流表的示数为3A。 (1分)
高二物理试题答案 第3页,共3页
{#{QQABRQqQogCIAIBAABhCAQFwCEMQkAEACIoOAAAMoAAASRFABAA=}#}.北求奚运场馆的建设体现了“绿色奥运"的现念。同家体育信“鸟
2023一2024学年怀{一中高二年级下学期第二次月考
巢”隐藏若一·座年发电量比较大的太附能光伏发电系统.假设该发
电系统的翰出电压恒为2心￥通过理想变正器向远处输电.如，
所刑输电线的总电阳r一8，升压交卡器T原、刷线圈匝数比为
物理试题
1:15,卜列说法止确的是
A.若该发电系统输送功率为1]0W.训输电线岗的功*为5入1)W
(时间：75分钟满分：100分)
B.若该发电系统输送功茶为1入1公w,而户英得2)V屯压.则降压变压器丁：原，刷线陶的时
一、单项选择题：本题共7小题.创小题4分共2分。在每小题给出的四个选项中.只行一项是
数比为2011
符合题H要求的。
(.花罪户消耗功率减少，则升压变压器T,输出电正【。减小
1.关于物理学史，下列说法中止恤的烂
D.若户消耗功率涕加.则用户电路两端电压：增大
A.成中发现电和磁右密切联系的科学家是特斯战
7,如斯示幼度系数为太的轻弹箭下端挂一质量
3,电磁感应现象是奥斯特发现的
为的物体。物体在竖直方向上做简谐运动，饰簧
(.健立完整电磁场理论的科学家是友克斯市
对物林的：力F随州间变化如图乙所小.電力加迷
).最早训明电磁波任在的科学家是法拉第
度为g,由此以判定运动过程中
2.一矩形线阁A3)在踫憾场中绕共中心轴()以速转动时.就会在线圈中形成交变电流、下
1.掉簧的弹性势能和榴本动能总和不变
列说法止确的是
物体的最大动能等下（出
2k
(.物体的最大加速度为2倍的重力加述度
振幅为
①-
二、多项选择题：本题共3小题.何小题バ分，其8分，个部选对的得6分，远对俱不全的得
3
分，介远错的得分
丙
入
8.如图所示的装兴可川于研究弹遗振子的受近振动，砝闯和轮弹蓝构成弹簧振子。匀速转动把丁
1.线陶经过叩图位借，过线倒的磁汕宰最大.产牛：的感成电流也最人
时.曲朴给弹蓝能了·动力、使振子做受迫振动把于匀迷转动的同剘就地驭动力的周期、
.线圈经过乙图倒位置时.穿过线图的磁通世为零，产生的感应电流大
交把下匀迷转动的迷度就可以改变驱动力的周期，若保持把手不动.给被码一向下的初速变、
(`线罔你迁内阁位首时，芬过线的磁通前成大，薇迪城变化率也最大
砝码便做简谐运动，振图像如肉甲所示。把」以某·迷度匀速转动，受迫振动为到稳时、
),线从内图位登转到丁割位置的过程中、穷过线阁的磁道量减小，产生的感应止动势在城小
欣码的振动图像如图乙所不。若用T,表示雅簧振子的固有周圳.T表示驱动力的周表小
3.我的(：通信技术心居世界前列.其使的电磁波颜卒比；更高.在州同时间内能够传输的
受的振动达到稳后砝码东动的振幅、则
息址史人.与(：相比：使H州的地磁波
A.波长更长
T.光子能过更大
('.在：其空中传播速度更人
.在宜空中巾传潘速度更小
+.图所示、·个质点在火位宝()点附近做机做旅动，若从话点经过()点
0材
时开始计时.经过：s质点第一次约过M点，继线运动.义轮证2第次
经过总，则该质点第次经过闭点还带要的时而可能是
g
A.
].4s
1).8
八.用割线川翔T一1
13.由图线知T一8s
.图所示，1-心时、·小船停在海面：的”点.一块浮木漂在纵州标y一.m的R点.其后
小船的振动做像图乙所示，则
(C.当T在附近时y显苦增大：当T比：小得多或大得多时心很小
).当T在8s附近时，y显增人：T比8小得多或大得多时很小
m
t.y/m
》.·列部谐波沿轴花播.：)时刻的波形如图甲
所示，质点P平衡位置在一1m处.质点P振动
比质点父振或超前.质点Q利质点江的平衡位肾
,
-1.0
分别在r=m和？一8：班.某质点的振动图橡
-1-
如图乙所东，则
甲
1.水波的旅动问，轴负问传播
B.水渡波冲为4，Sms
1,波沿轴正方刷传播
13.波传播的速度为1行1s
(.1.卡浮术的纵坐标刚好为空
)..9术.小肝的圳速度返到止向最大值
(,质点”动比质点Q振动超前0.73s
).图乙可能显质点的振动像
高二物圳试题第1贞，共6
高一物迎理斌越第？贝.共6贞
