江西省南昌市第十中学2023-2024学年高二下学期第一次月考物理试题（PDF版含答案）

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南昌十中 2023-2024 学年下学期第一次月考
答案和解析
一、选择题
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
二、填空题（每空 2 分）
11. (1)9.3；
(2)2(2.0)；
4 2( + ) 2 2(3) 2 (2 + ) 2 或者 2 ；
(4)2；
(5) 。
12. 1阻尼； 0.125；0.2 或 5
三、计算题
13.【10分】
1 230
【答案】（1）2600盏 （2） 1 = 3 2 10； =4 11
解：(1)据降压变压器输入功率等于输出功率有 3 = 4 = (200 16) = 184 ，
灯可以消耗的功率是 灯 = 184 80 = 104 ，
= 104000所以还可装灯的盏数为 40 = 2600 (盏)；·······················4 分
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(2)根据如图所示输电线路，由题意可知 损 =
2
2 线，

损 16×103
所以有 2 = = 10 = 40 ，
线
= = 200×10
3
而 1 1 500
= 400 ，
40 1
根据电流与匝数成反比，则有 1 = 2 = 400 = 10，······················3 分2 1
10
根据电压与匝数成正比，则 = 22 1 =1 1
× 500 = 5000 ，
3 = 2 2 线 = (500 × 10 40 × 10) = 4600 ，
230
根据电压与匝数成正比，则 3 3 = = 11。·························3 分4 4
14.【12分】
【答案】（1） = 2.5 ； = 10 / ;
（2 1 2）当 质点经过平衡位置且向上振动时，所求的时间为： = ( 6 + 5 ) ( = 0、1、2、3 )；
当 11 2质点经过平衡位置且向下振动时，所求的时间为： = ( 30 + 5 ) ( = 0、1、2、3 )；
（或当 1 1质点经过平衡位置时，所求的时间为： = ( 6 + 5 ) ( = 0、1、2、3 )）
（3） ' = 5.3
解：(1)由题图和题意可知波长 = 4 ，由于 质点此刻在波峰位置， 质点在平衡位置，故 质点一直比
1
质点早4 = 0.1 ，所以周期 = 0.4 ，故频率 =
1
= 2.5 ，

波速 = = 10 / ; ···································4 分
(2)方法一：由题意可知该波向右传播，当波动图象中 = 1 位置的质点或者 = 1 位置的 质点的振动
状态传播到 质点处时 质点经过平衡位置，
当 质点经过平衡位置且向上振动时，所求的时间为：
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(8
= △ + = 3
1)+4
= ( 1 + 2 ) ( = 0、1、2、3 )，···················2分 10 6 5
当 质点经过平衡位置且向下振动时，所求的时间为：
8
= △ +
(3+1)+4 = = ( 11 + 2 ) ( = 0、1、2、3 )；··················2 分 10 30 5
方法二：由题意可知该波向右传播，当 质点经过平衡位置且时，所求的时间为：
△ + 2 (
8
3 1)+2 = = = ( 1 + 1 ) ( = 0、1、2、3 )。···················4 分 10 6 5
(3) 质点第一次到达波峰，即图示时刻 质点的振动状态第一次传到 质点，故所用的时间
' = 57 410 = 5.3 ，···································2 分
由于 ' = 5.3 = 13 14 ，
则此时 = 1 到 = 5 内的波形如图所示
。 ····························2 分
15.【14分】
【答案】（1） = 14 （2） = 1.4 / （3） = 151
解：(1)振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩
根据平衡条件有：( + ) + =
解得： = 7
释放时振子处在最大位移处，故振幅 = 7 + 7 = 14 ·················4 分
(2)因开始时弹簧的伸长量等于振子在平衡位置的压缩量，故弹性势能相等
从开始位置到平衡位置，由能量守恒定律有：( + ) sin + =
1
2 ( + )
2
解得： = 1.4 / ····································4 分
(3) = +( + ) + 在最高点，由牛顿第二定律有： 2高 +
= 14 /

由振动对称性： 低 = 14 /
2
盒子运动到最低点时， 对 的作用力的大小：
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= 低 + sin + = 11.5 ，方向沿斜面向上
垂直斜面：
'
=
5 3
30 = 2
5 3对 作用力为： = 11. 52 + ( 22 ) = 151 ······················6 分
【解析】
1. 【分析】
本题主要考查波的现象。听到声音，却看不见人，这是声波的衍射现象；根据多普勒效应现象可知，靠近
波源或远离波源时，人接收到的频率变大或减小；围绕发声的双股音叉走一圈，听到声音忽强忽弱，这是
声波的干涉现象；雷声在云层里轰鸣不绝，这是声波发生了反射。
【解答】
①“空山不见人，但闻人语响”，听到声音，却看不见人，这是声音的衍射；
②彩超测出反射波频率的变化，从而知道血液流速，这是多普勒效应现象；
③围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音，音叉发出两个频率相同的声波相互叠加，从而出现加强
区与减弱区，这是声音的干涉；
④雷声轰鸣不绝，是由于声音在云层间来回传播，这是声音的反射，故 B 正确，ACD 错误。
2. 【分析】
本题的关键是根据振动图象得到质点的振动方程，会结合图象分析质点的速度、加速度、位移、位置等物
理量。
【解答】
A. 2 2 由图 得质点振动的振幅为 0.05 ，周期 = 0.8 ，故 = = 0.8 / = 2.5 / ；故该质点的振动方
程为 = 0.05 (2.5 + )( ) ，且当 = 0 时， = 0.05 ，代入得 = 2，故该质点的振动方程为 =
0.05 (2.5 + 2 )( )，故 A 错误；
B.根据振动图象得 0.2 末质点经过平衡位置向负的最大位移振动，所以此时速度方向从 指向 ，方向向左，
故 B 错误；
C.0.7 质点在平衡位置和正的最大位移处之间，故在 与 之间，故 C 正确；
D.0.2～0.3 质点由平衡位置向负的最大位移振动，此过程速度的方向与所受力的方向相反，故质点在做减
速运动，故 D 错误。
故选 C。
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3.解： .小球 为产生驱动力的小球， 、 、 小球摆长相同，所以 、 小球将发生共振现象，振幅最大，
故 A，B 错误。
C. 小球 都做受迫振动，受迫振动的频率(或周期)与驱动力的频率相等，由于小球 的周期 = 2 不
变，其余小球的周期不变，故 C 错误。
D. 由图可以看出，小球 的摆长更短，根据 = 2 可知，小球 的固有周期更小，固有频率更大，因此
小球的 图像的峰值与乙图中峰值相比应向右移，故 D 正确。
故选： 。
小球 为产生驱动力的小球，其余小球都做受迫振动，根据发生共振的条件、受迫振动和共振知识求解；根
据共振曲线的相关知识求解。
注意受迫振动的频率与驱动力的频率始终相等；共振是一种特殊的受迫振动，产生的条件是驱动力的频率
与小球的固有频率相等，发生的现象是振幅最大。
4. 【分析】
该题考查简谐振动，注意简谐振动的过程中，振子动能变化的周期是简谐振动周期的一半是关键。
由图判断磁感应强度变化的周期，然后判断小磁铁与手机之间距离变化的周期，由此判断出钩码做简谐振
动的周期；动能是标量，动能变化的周期是简谐振动周期的一半；结合钩码的位置判断钩码的重力势能；
根据动量定理判断冲量的大小。
【解答】
A. 6 2 等于钩码做简谐运动的周期，而在一次简谐运动中，对于某一时间点，至少有另外一个时间点的
速率和动能与其相同，则动能变化的周期不会等于简谐运动的周期，故 A 错误；
B.在 1 时刻磁感应强度最大，说明磁铁最靠近手机，重力势能最小，故 B 错误；
C.磁铁越靠近手机时，磁传感器采集到磁感应强度越大，则钩码做简谐运动的周期等于采集到磁感应强度
随时间变化的周期，故为 5 1 ，故 C 正确；
D. 2 4 时间内，钩码的速度方向发生变化，动量变化，说明合力的冲量一定不为零，故 D 错误。
故选 B。
5. 解： 、若 、 、 均正常发光，则副线圈的输出电压为 2 .分析原线圈的电路，灯泡 两端的电压即原
线圈的输入电压，为 ，根据电压和匝数的关系可知，输入电压与输出电压之比为 1：2，则匝数比为 1：2，
故 D 错误。
A、 、 、三个灯泡正常发光，则流过的电流相等，均为 ，根据电流和匝数的关系可知，原线圈的输入电
流为 2 ，根据并联电路的规律可知，流过电阻 的电流为 3 ，即 = 3 ，故 A 正确，BC 错误。
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故选： 。
根据电路的结构分析电压的关系，然后求出匝数比。
由匝数与电流的关系求出两个电流之间的关系。
本题关键是明确电路结构，根据闭合电路欧姆定律、变压器变压公式和变流公式、串并联电路的电压电流
关系列式分析。
6. 解：两物块 、 开始时处于静止状态，此时弹簧已经伸长，令伸长量为△ 0，如
图所示，则 △ 0 = 。
缓慢拉动 使之向下运动一段距离，令该距离为△ ，则 = △ ，撤去力 后，
将以原来静止时的位置为平衡位置做简谐振动。若要将 顶起，令弹簧的压缩量至少
应△ 2，有 △ 2 = 。
由简谐运动的对称性得△ 2 +△ 0 =△ 1，即有 = ( △ 2 +△ 0) = ( + ) .
故 C 正确，ABD 错误
故选： 。
要恰好将物体 顶起，弹簧对物体 的支持力应该为 ；再求解出开始时弹簧的弹
力，得到初始位置弹簧的伸长量；然后结合结合简谐运动的对称性进行分析即可。
本题关键先找出几个特殊位置弹簧的行变量，然后结合简谐运动的对称性分析。
7. 【分析】
根据质点 在 0.4 时的振动情况判断波的传播方向；由波动图像可读出波长，由振动图像读出周期，求出波
速；只有频率相同才能发生稳定的干涉；根据波长与障碍物尺寸的关系分析能否发生明显的衍射现象；根
据多普勒效应，观察者向着波源方向奔跑，观察到的波的频率变大。
本题主要是考查横波图像，解答关键是能够根据波动图像能读出波长、由质点的振动方向判断波的传播方
向，由振动图像读出周期和质点的振动方向等等。
【解答】
A.从图乙可知， = 0.4 时刻，质点 正在平衡位置沿 轴正方向运动，根据同侧法可知该波沿 轴正方向传
8
播；由图甲可知 = 8 ，由图乙可知 = 0.4 ，由公式可得波速为 = = 0.4 / = 20 / ， 项正确；
B.该波的周期为 0.4 ，频率为 2.5 ，与其发生干涉的波的频率应为 2.5 ， 项错误；
C.发生明显的衍射现象的条件是障碍物或小孔的尺寸与波长相差不多或比波长更小， 项正确；
D.根据多普勒效应，当波源和观察者相互靠近时，观察者接收到的频率比波源的频率要大， 项错误。
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8. 解： 、由图可知， = 0 处质点在 = 0.45 时沿 轴正方向振动，则该波沿 轴正方向传播，故 A 正确；
B、简谐波的周期 = 0.4 ， = 0.5 0.5处的质点比 = 0 处的质点振动滞后时间为 = = 4 = 0.125 ，故
B 错误；
C = 0 0.6 = 0.6、 处的质点经过 的路程 0.4 × 4 = 0.6 ，故 C 正确；
D、 = 0 处的质点的振动方程为 = 0.1 5 ，将 = 0.45 代入得 = 220 ，故 D 正确。
故选： 。
利用振动图象和波动图象，得出波的传播方向，再根据波传播的周期性判断质点运动路程等，写出质点的
振动方程，代入时间即解得质点纵坐标。
本题考查振动图象和波动图象，正确从图中获取信息是解题关键。
9. 【分析】
线圈在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流，根据规律可列出感应电动势的瞬时表达式，最大值为
有效值的 2 倍，每当线框通过中性面时，电流方向改变，当磁通量为零时，线框切割速度最大，产生的电
动势也最大。
线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流，而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值
来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定。而通过某一电量时，则用平均值来求，同时注意磁场只
有一半。
【解答】
.图示位置线圈平面与磁感线垂直，其中的感应电动势最小为零，A 错误；
B.线圈转动时，产生的感应电动势最大值为： =
0+ = 1 22 2 ，若线圈从图示位置开始转动，闭合
1
电路中感应电动势的瞬时值表达式为： = 22 ，故 B 正确；
2 2 2
C.线圈转动一周的过程中，电阻 上产生的热量为： = 2 2 + · · =

4 + 2 ，故 C 正确；
2
D.线圈从图示位置转过 180° 的过程中，流过电阻 的电荷量为： = = + ，故 D 错误。
总
故选 BC。
10. 【分析】
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根据波长、波速和频率的关系求出波长；根据振动加强点和振动减弱点的条件作出判断。
注意两列波的振动方向相同时，若两波源到某点的路程差满足 = ，该点为振动加强点，满足 = (2 +
1) 12 ，该点为振动的减弱点。
【解答】
A.两列波的波长为 = = 0.2 ，
由几何关系可知， 1长度为 21 = ( 1 2) + ( 2)2 = 52 + 122 = 13
则两列波到 的波程差为 = 1 2 = 13 12 = 1
又 = 0.2 1，则 = 5 = 10 × 2 ，相干波源波程差为半波长的偶数倍时该点为加强点，所以 点是振动减
加强点，故 A 错误；
B. 5根据三角函数知识可知 cos∠ 1 2 = 13， 1 的中点为 ，根据余弦定理可得
2
2 = 1 2 + 1 22
2 1 · 1 2·cos∠ 1 2，解得 2 = 6.5 ，则波程差为 0 ，为振动加强点，故 B 正确；
C.两列波早 点的波程差为 1 ，在 2点的波程差为 5 ，则波程差的变化量最多为 5 1 = 4 ， 2 上
4 波程差每相差 为一个振动加强点，则振动加强点的个数为0.2 = 20 个，故 C 错误；
D. 1 2上(不包含 1、 2两点)距离 1最近的振动加强点到 1的距离为 ，则 5 = ( = 1、2、3·····)，
且 < 5，解得 < 25， 最大为 24，此时对应的 最小为 0.1 ，故 D 正确。
11. 【分析】
(1)游标卡尺读数为主尺示数+游标尺示数，不需要估读，要注意游标尺的精度，本题精度为 0.1 。
(2)单摆一个周期经过两次最低点，结合图②分析。
(3)根据单摆周期公式分析，注意摆长为摆线长度+摆球半径。
(4)根据向心力公式结合机械能守恒定律求解。
(5)结合(4)中所得表达式分析。
【解答】
(1)读数为 9 + 3 × 0.1 = 9.3 ；
(2)小球在经过最低点时绳上的拉力最大，且一个周期内经过二次最低点，所以小球做单摆运动的周期为 =
2 × (1.5 0.5) = 2.0 ；
+ 4 2( + ) 2
(3) 2 (2 + )由单摆周期公式可知 = 2 2 2 ，解得 = 2 = 2 ；
(4)根据向心力方程以及机械能守恒可知
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+
1 2 = 0， +2
2
2 =

+
，
2
= 1 22 ，
联立解得 2 = 3 2 1，
所以图像的斜率的绝对值应为 2。
(5)由以上分析可知，绳长可以约掉，释放高度和角度也在计算过程中约掉，因此，存在误差的原因应该是
有阻力做功，机械能不守恒，即存在空气阻力，故 ABD 错误， C 正确。
12.由于水对小球有阻力的作用，因此圆盘停止转动后，小球做阻尼振动；圆盘转动时带动小球做受迫振动，
1
因此小球振动稳定时的振动频率等于驱动力的频率，即小球的振动频率为8 = 0.125 ；当驱动力的频
率等于小球的固有频率时小球的振幅最大，即圆盘的转动频率应为 5 1，则圆盘的周期应为5 。
13. 本题主要考查远距离输电。
(1)根据总的照明的功率的大小和每盏灯泡的功率可以求得总的灯泡的数目；
(2)根据输电线路图，由输电线损耗功率求出输电电流 2，再由发电机输出功率与输出电压求得升压变压器
的原线圈的电流 1，根据理想变压器电流与匝数的关系求解升压变压器的匝数比；求出升压变压器的匝数比
后可求出降压变压器的原线圈的电压，根据理想变压器电压与匝数的关系求解降压变压器的原副线圈的匝
数比。
14.本题考查波的传播及波动图像，关键是明确波在传播时个个质点并不随波迁移，而是在重复前一个质点
的振动．
(1)由图像和 、 两个质点间间的时间差求得；
(2)分两种情况进行讨论，质点 经过平衡位置向上振动及经过平衡位置向下振动，分别求解，注意振动的周
期性；
(3)利用波在同一种介质中匀速传播的特点进行计算 质点第一次到达波峰的时间，利用平移法绘制波形图。
15. 对于简谐运动的振幅，往往根据定义去分析求解。本题的技巧在于运用简谐运动的对称性，中等难度。
(1)盒子处于平衡位置时，重力沿斜面向下的分力、电场力与弹簧的弹力相等，求出在平衡位置时弹簧的形
变量，振幅等于离开平衡位置的最大距离；
(2)在平衡位置时，盒子和小球整体的速度最大，根据系统能量守恒求出金属圆球的最大速度；
(3)在最高点，对整体分析，根据牛顿第二定律求出加速度，在最低点，再隔离分析，运用牛顿第二定律以
及力的平行四边形法则求出盒子 对金属圆球 的作用力大小。
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