江西省南昌市部分中学2023-2024学年高二下学期3月月考物理试题（含解析）

南昌市部分中学2023-2024学年高二下学期3月月考
物理试题
说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，全卷满分100分。考试用时75分钟。
注意事项：考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求。
1．答题前，请您务必将自己的姓名、考试证号用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题卡和答题纸上。
2．作答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔写在答题纸上的指定位置，在其它位置作答一律无效。作答选择题必须用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，请保持卡面清洁和答题纸清洁，不折叠、不破损。
3．考试结束后，答题纸交回。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题（共10小题，1-6题为单选，每小题4分，7-10题为多选，每小题6分，共48分）
1．分析下列物理现象：①“空山不见人，但闻人语响”；②彩超测出反射波频率的变化，从而知道血液流速；③围绕发声的双股音叉走一圈，听到声音忽强忽弱；④雷声在云层里轰鸣不绝，这些物理现象分别属于波的（ ）
A．衍射、干涉、多普勒效应、折射 B．衍射、多普勒效应、干涉、反射
C．折射、干涉、多普勒效应、反射 D．衍射、折射、多普勒效应、干涉
2．一个质点以O点为平衡位置，在A、B间做简谐运动，如图（a）所示，它的振动图象如图（b）所示，设向右为正方向，下列说法正确的是（ ）
A．该质点的振动方程为
B．0.2s末质点的速度方向向右
C．0.7s时质点的位置在O与B之间
D．0.2~0.3s质点做加速运动
3．图甲为研究单摆共振现象的装置，其中A、B、C小球摆长相同，D、E球摆长如图甲所示，五个小球均可视为质点。图乙为A小球做受迫振动时振幅随驱动力频率变化的图像，所有小球静止后，将A小球拉开一个小角度释放（可视为单摆运动），则其余小球中（ ）
A．D小球摆动时振幅最大
B．B、C小球不会发生共振现象
C．几个小球摆动周期将逐渐减小
D．E小球的图像的峰值与乙图中峰值相比应向右移
4．如图（a）所示，轻质弹簧上端固定，下端挂有钩码，钩码下表面吸附一个小磁铁。钩码在竖直方向做简谐运动时，某段时间内，小磁铁正下方的智能手机中的磁传感器采集到磁感应强度随时间变化的图像如图（b）所示，不计空气阻力，下列判断正确的是（ ）
A．钩码动能变化的周期为 B．在时刻，钩码的重力势能最大
C．钩码做简谐运动的周期为 D．时间内，钩码所受合外力的冲量为零
5．如图所示，R为定值电阻，A，B，C为三个相同的灯泡，理想变压器原、副线圈的匝数分别为,若A，B，C均正常发光，设流过R的电流为，流过A的电流为，流过B的电流为，则下列关系式中正确的是（ ）
A． B． C． D．
6．如图所示，质量为的物块A用不可伸长的细线吊着，在A的下方用弹簧连着质量为的物块B，开始时静止不动。现在B上施加一个竖直向下的力F，缓慢拉动B使之向下运动一段距离后静止，弹簧始终在弹性限度内，希望撤去力F后，B向上运动并能顶起A，则力F的最小值是（ ）
A． B． C． D．
7．如图所示，图甲为沿x轴传播的一列简谐横波在时刻的波形图像，图乙为质点A的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．该波沿x轴正方向传播，波速为20m/s
B．该波可以与另一列频率为5Hz的波发生稳定的干涉
C．波在传播过程中遇到2m大小的障碍物能发生明显的衍射
D．观察者向着波源方向奔跑，观察者接收到的频率小于2.5Hz
8．一列简谐横波沿x轴传播，波速为。已知坐标原点处质点的振动图象如图甲所示，时部分波形图如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．简谐横波的传播方向沿x轴正方向
B．处的质点比处的质点振动滞后0.5s
C．处的质点经过0.6s的路程为0.6m
D．时处的质点对应的纵坐标为
9．如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B，若线圈从图示位置开始，以角速度绕轴匀速转动，则以下判断正确的是（ ）
A．图示位置线圈中的感应电动势最大，且为
B．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为
C．线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为
D．细圈从图示放置转过的过程中，流过电阻R的电荷量为
10．如图所示，是同一种介质中相距5m的两个振动情况完全一致的相干波源，它们振动的频率为80Hz，振动方向垂直于直角所在的平面，在介质中形成的机械波的波速为。在中，，则下列说法正确的是（ ）
A．P点为振动减弱点
B．的中点为振动加强点
C．上（不包含P点）有18个振动加强点
D．上（不包含两点）距离最近的振动加强点到的距离为0.1m
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题（共2小题，每空2分，共16分）
11．某同学设计一个用拉力传感器进行“测量重力加速度”并“验证机械能守恒定律”两个实验。一根轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小钢球，如图①所示
（1）用游标卡尺测出小铁球直径结果如图②所示。则其直径______mm；
（2）让小铁球以较小的角度在竖直平面内摆动，从计算机中得到拉力大小随时间变化的关系图像如图③，则小球摆动的周期为______s；
（3）该同学还测得该单摆的摆线长用L表示，则重力加速度的表达式为______（用物理量T、L、D表示）。
（4）将摆球多次拉离竖直方向一定角度后由静止释放，测得拉力的最小值与最大值并得到图线，如图④，如果小球在摆动的过程中机械能守恒，则该图线斜率的绝对值等于______；
（5）若实际测得图线的斜率与理论值总是存在一定偏差，可能是以下哪种原因______
A．测量单摆摆长时漏加小球半径 B．小钢球初始释放位置不同
C．小钢球摆动过程中存在空气阻力 D．小钢球摆动角度偏大
12．如图所示，一竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一弹簧和小球组成的振动系统，小球浸没在水中。当圆盘转动一会静止后，小球做______（选填“阻尼”“自由”或“受迫”）振动。若弹簧和小球构成的系统振动频率约为5Hz，现使圆盘以8s的周期匀速转动，经过一段时间后，小球振动达到稳定，小球的振动频率为______Hz。逐渐改变圆盘的转动周期，当小球振动的振幅达到最大时，此时圆盘的周期为______s．
四、计算题（共3小题，第13题10分，第14题12分，第15题14分，共36分）
13．某村在较远的山上建立了一座风力发电站，发电机的输出功率为200kW，输出电压为500V，输电导线的总电阻为10Ω，导线上损耗的电功率为16kW，该村用电电压是220V。
（1）如果该村工厂用电功率为80kW，则该村还可以装“220V 40W”的电灯多少盏？
（2）输电电路如图所示，求升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比。
14．图示是一列简谐横波在时刻的波动图像，此刻波刚好传播到f质点。从该时刻开始，此波中e质点第一次到达波谷的时间比f质点第一次到达波谷的时间早0.10s。求：
（1）这列波的频率和波速；
（2）若c质点的平衡位置为，求经过多长时间c质点经过平衡位置。
（3）若p质点的横坐标为57m，则经过多长时间p质点第一次到达波峰？请在给出坐标系中作出p质点第一次到达波峰时到内的波形图像。
15．如图所示，一质量不计的轻质弹簧的上端与盒子A连接在一起，下端固定在斜面上，盒子A放在倾角为的光滑固定斜面上，盒子内腔为正方体，一直径略小于此正方体边长的金属圆球B恰好能放在盒内，小球电荷量，整个装置于沿斜面向下匀强电场E中。已知匀强电场场强，弹簧劲度系数为，盒子A和金属圆球B质量为，将A沿斜面向上提起，使弹簧从自然长度伸长7cm，从静止释放盒子A，A和B一起在斜面上做简谐振动，g取，求：
（1）盒子A的振幅．
（2）金属圆球B的最大速度．
（3）盒子运动到最低点时，盒子A对金属圆球B的作用力大小．（最后结果可保留根号）
南昌市部分中学2023-2024学年高二下学期3月月考
答案和解析
一、选择题
1．B 2．C 3．D 4．C 5．A 6．C 7．AC 8．ACD 9．BC 10．BD
【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．由图b得质点振动的振幅为，周期，故；故该质点的振动方程为，且当时，，代入得，故该质点的振动方程为，故A错误；
B．根据振动图象得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．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．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。
3．解：AB．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：D。
小球A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．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，故C正确；
D．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：D、若均正常发光，则副线圈的输出电压为．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，则匝数比为，故D错误。
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，根据并联电路的规律可知，流过电阻的电流为，即，故A正确，BC错误。
故选：A。
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，如图所示，则。
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，有。
由简谐运动的对称性得，即有．故C正确，ABD错误
故选：C。
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A在0.4s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，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播；由图甲可知，由图乙可知，由公式可得波速为，A项正确；B．该波的周期为，频率为，与其发生干涉的波的频率应为，B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，C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，D项错误。
8．解：A、由图可知，处质点在时沿轴正方向振动，则该波沿轴正方向传播，故A正确；
B、简谐波的周期处的质点比处的质点振动滞后时间为，故B错误；
C、处的质点经过的路程，故C正确；
D、处的质点的振动方程为，将代入得，故D正确。
故选：ACD。
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】
A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：，若线圈从图示位置开始转动，闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为：，故B正确；
C．线圈转动一周的过程中，电阻上产生的热量为：，故C正确；
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。
故选BC。
10．【分析】
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，该点为振动的减弱点。
【解答】
A．两列波的波长为，
由几何关系可知，长度为
则两列波到的波程差为
又，则，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．根据三角函数知识可知的中点为，根据余弦定理可得，解得，则波程差为，为振动加强点，故B正确；
C．两列波早点的波程差为，在点的波程差为，则波程差的变化量最多为上波程差每相差为一个振动加强点，则振动加强点的个数为个，故C错误；
D．上（不包含两点）距离最近的振动加强点到的距离为，则，且，解得最大为24，此时对应的最小为，故D正确。
二、填空题（每空2分）
11．（1）9.3； （2）2（2.0）；
（3）或者；
（4）2； （5）C。
12．阻尼；0.125；0.2（或）
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0.1mm。
（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；
（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；
（3）由单摆周期公式可知，解得；
（4）根据向心力方程以及机械能守恒可知
，
，
，
联立解得，
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，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；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，则圆盘的周期应为。
三、计算题
13．【10分】
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，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，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。
【答案】（1）2600盏 （2）
解：（1）据降压变压器输入功率等于输出功率有，
灯可以消耗的功率是，
所以还可装灯的盏数为（盏）；
（2）根据如图所示输电线路，由题意可知，
所以有，
而，
根据电流与匝数成反比，则有，
根据电压与匝数成正比，则，
，
根据电压与匝数成正比，则。
14．【12分】
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e、f两个质点间间的时间差求得；
（2）分两种情况进行讨论，质点c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p质点第一次到达波峰的时间，利用平移法绘制波形图。
【答案】（1）；
（2）当质点经过平衡位置且向上振动时，所求的时间为：；
当质点经过平衡位置且向下振动时，所求的时间为：；
（或当质点经过平衡位置时，所求的时间为：）
（3）
解：（1）由题图和题意可知波长，由于质点此刻在波峰位置，质点在平衡位置，故质点一直比质点早，所以周期，故频率，
波速；
（2）方法一：由题意可知该波向右传播，当波动图象中位置的质点或者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：
，
当质点经过平衡位置且向下振动时，所求的时间为：
；
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：
。
（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，
由于，
则此时到内的波形如图所示
15．【14分】
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。
【答案】
（1） （2） （3）
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：
释放时振子处在最大位移处，故振幅
（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：
解得：
（3）在最高点，由牛顿第二定律有：
由振动对称性：
盒子运动到最低点时，对的作用力的大小：
，方向沿斜面向上
垂直斜面：
对作用力为：