湖北省黄梅县第二中学2025-2026学年高二下学期4月月考物理试题

黄梅二中高二物理4月月考试题 一、选择题（每题4分，共40分；1—6题是单选题，7-10题是多选题） 1．下列对各图的叙述，正确的是（　　） A．图甲为一个单摆做受迫振动的振幅与驱动力频率的关系曲线，此单摆的固有频率约为 B．图乙为多普勒效应，静止在处的观察者比静止在处的观察者接收到的波的频率大 C．图丙为水波衍射图样，增大挡板间的间隙，衍射现象将更明显 D．图丁为振荡电路工作中的某一状态，此刻电容器正在放电 2．如图甲为水晶透明“平安扣”由同材质同心环形材料组成，将“平安扣”平放在水平桌面上，过环心的横截面如图乙所示，外环的半径为R。细光束从P点射入“平安扣”时，经一次折射后，恰好在内环上发生全发射，且从外环上第一次的射出点为Q（图中未画出），并测得圆心角POQ为2θ，已知光在真空中的传播速度为c，水晶的折射率为n。细光在“平安扣”中由P点入射到Q点出射所经历的时间为（　　） A． B. C. D. 3．如图所示，某发电机的线圈在竖直向下的匀强磁场中从中性面开始匀速转动，理想电压表接在线圈两端。已知该线圈匝数N=500匝，线圈面积S=0.4m2，转速为n=50r/s，电阻不计，磁感应强度大小。线圈通过阻值R=100Ω的电阻与理想变压器原线圈串联，副线圈连接电阻RL=3Ω的灯泡和最大阻值为5Ω的滑动变阻器R′。已知理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，则（　　） A．电压表的示数为40V B．初始位置线圈产生的感应电动势最大 C．t=0.02s时，穿过线圈平面的磁通量为 D．在调节滑动变阻器滑片的过程中变压器输出的最大功率为2W 4．海洋馆中一潜水员把一质量为m小球以初速度v0从手中竖直抛出。从抛出开始计时，3t0时刻小球返回手中。小球始终在水中且在水中所受阻力大小不变，小球的速度随时间变化的图像如图所示。下列说法正确的是（   ） A．上升过程与下降过程中阻力的冲量大小之比1：2 B．上升过程与下降过程中合外力的冲量大小之比1：2 C．小球在0—3t0时间内动量变化量的大小为 D．小球在0—3t0过程中克服阻力所做的功为 5．如图所示，水平面左侧有一足够长的、相对水平面高为H的光滑平台，质量为M的滑块与质量为m的小球之间有一个处于压缩且锁定状态的轻弹簧（弹簧不与滑块和小球连接），系统处于静止状态。某时刻弹簧解除锁定，小球离开平台后做平抛运动，落到水平面上时落点到平台的距离为s，重力加速度为g，则滑块的速度大小为（　　） A． B． B． C． D． 6． 如图所示，正方形金属线框下方存在宽度为的匀强磁场区域，该区域的上、下边界水平，磁感应强度的大小为。线框从距磁场上边界高度为处由静止开始自由下落。线框边进入磁场时开始减速，边穿出磁场时的速度是边进入磁场时速度的。已知线框的边长为，质量为，电阻为，重力加速度大小为，线框下落过程中边始终与磁场边界平行，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．线框边刚进入磁场时，产生的感应电流方向为 B．线框边刚进入磁场时，产生的感应电动势大小为 C．线框在穿过磁场区域的过程中最大加速度为 D．线框在穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热为 7．一般巨型发电机组采用“旋转磁极式”发电，其原理如图1所示，设线圈面积为、匝数为，磁极以角速度匀速转动且提供的磁场可视为磁感应强度大小为的匀强磁场。直流特高压输电技术已成为我国“西电东送”战略的技术基础，其输电示意图如图2所示，“升压整流模块”电路将发电站输出的电压整流成的直流电输送。直流输电线的总电阻等效为，整流及逆变电路模块的能量损失不计，且逆变过程电压不变，变压器为理想变压器。当发电站的输出功率时，换流站接入的电压恰好为。下列判断中正确的是（    ） A．图1所示时刻，导线中的电流方向为由到 B．由图1所示时刻开始计时，线圈中所产生的电动势可表示为 C．在图2所示电路中，变压器原线圈与副线圈的匝数之比为 D．在图2所示电路中，变压器原线圈与副线圈的匝数之比为 8．如图所示，在固定的光滑水平硬杆上，套有上端开口的滑块，滑块的质量为，滑块的左端与一弹簧连接，弹簧的左端与墙壁固连，弹簧原长时滑块所处位置记为，在点正上方处有一比滑块开口略小、质量为的小球，初始时滑块静置于点左侧的处，现将滑块与小球同时由静止释放，发现滑块第一次经过点时小球恰好嵌于其中，忽略嵌入时间，已知弹簧的弹性势能的公式为，为弹簧的形变量，弹簧振子的周期公式为，为弹簧振子的质量，为弹簧的劲度系数，取，，则（    ） A． 弹簧的劲度系数为 B． 小球落入滑块后振子的振幅变为 C． 滑块释放后内的路程为 D． 滑块释放后内的路程为 9．一有界区域内，存在着方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，磁场宽度均为L，如图所示。边长为L的正方形导线框abcd的bc边紧靠磁场边缘置于桌面上，建立水平向右的x轴，且坐标原点在磁场的左边界上，t=0时刻开始线框沿x轴正方向匀速通过磁场区域，规定逆时针方向为电流的正方向，导线框受向左的安培力为正方向，四个边电阻均相等。下列关于感应电流i或导线框受的安培力F或b、a两点电势差Uba随时间t的变化规律正确的是（　　） A． B． C． D． 10．如图，光滑的水平面上有三个静止的滑块a、b、c；a、b的质量均等于2kg；轻质弹簧一端连接c滑块，另一端涂有极少量胶水；现在突然给滑块a一个水平向右的初速度，当a、b达到共速时，恰好与弹簧粘连；此后运动过程中弹簧始终处于弹性限度内，a、b始终保持相对静止，a、b整体具有的最大向右速度为2m/s，最大向左速度为1m/s。则（　　） A．滑块a的初速度大小为6m/s B．滑块c的质量为12kg C．全过程中产生的热量为8J D．某时刻a、b整体向右运动，此时滑块c的速度为，方向也向右，突然向左猛击一下它，使之速度突变为，则之后弹簧弹性势能的最大值为 二、实验题（每空2分，共14分） 11．1．如图甲，将一个特殊的量角器竖直固定在支架上，量角器的零刻线与竖直杆对齐，圆心固定一个拉力传感器，并与电脑相连接（图中未画出），将不可伸长的细线一端固定在拉力传感器上，悬点刚好与量角器的圆心重合，另一端与小钢球相连，就构成了可测拉力的摆。龙龙同学想利用此装置验证机械能守恒定律，实验步骤如下。 （1）实验前用螺旋测微器测量小钢球的直径D，结果如图乙所示，则_________mm；还测量了小钢球的质量m和小钢球自然悬垂时的悬线长L。 （2）让小钢球以较小的角度在竖直面内摆动，从计算机中得到拉力随时间的变化，图像如图丙所示，则当地的重力加速度大小为_________（用L、D、T表示）。 （3）将小钢球向左拉到某一高度，悬线伸直并与量角器平面平行，记录悬线处量角器的示数。 （4）由静止释放小钢球，小钢球摆动过程中传感器的最大示数为F。 （5）多次改变悬线与竖直方向的初始夹角，得到多组及其对应的传感器最大示数F，做图像，若小钢球下摆过程中机械能守恒，则图线为一条倾斜直线，且斜率_________（用m、L、D、F、T表示）。 12．某实验小组想用多种方式验证动量守恒定律。小明同学选取两个体积相同、质量不等的小球，先让质量为m1的小球从轨道顶部由静止释放，由轨道末端的O点飞出并落在斜面上。再把质量为m2的小球放在O点，让小球m1仍从原位置由静止释放，与小球m2碰后两小球均落在斜面上，分别记录落点痕迹，其中M、P、N三落点的位置距离O点的长度分别为xOM、xOP、xON。 (1)用游标卡尺测得两小球的直径均如图乙所示，则小球直径d=_________cm。 (2)为了顺利完成实验，两个小球的质量应满足__________。 (3)关于该实验，下列说法正确的是 。（多选） A．小球的半径大小对实验结果没有影响 B．安装轨道时，轨道末端必须水平 C．同一组实验的不同碰撞中，每次质量为m1的小球必从同一高度由静止释放 (4)在实验误差允许的范围内，若满足关系式_____________，则可认为两球碰撞过程中动量守恒（用题目中的物理量表示）。 三、解答题 13．（12分）如图甲所示，在波的传播方向上有A、B、C三点，其中AB=BC=10m，t=0时刻开始观察到A、C两点处质点的振动情况分别如图乙、丙所示。 (1)该波的波速可能为多少？ (2)假设振源位于C点。起振方向向上，且3λ＜AC＜4λ（λ为波长），那么从振源起振开始计时，经过多长时间B处质点第二次到达波峰? 14．（16分）如图所示，倾角为，间距为的两根足够长的平行金属导轨固定在绝缘斜面上，上端接有一阻值的定值电阻。整个斜面有垂直斜面向上，磁感应强度的匀强磁场。有一质量，电阻的金属棒，从导轨上某点静止开始下滑。电路中其余电阻不计。不计其他一切阻力的影响。已知金属棒与导轨间动摩擦因数，求：（取） (1)当金属棒沿导轨向下运动的速度时，棒的加速度大小； (2)金属棒沿导轨向下运动过程中，棒的最大速度大小； (3)若金属棒从静止下滑距离时，恰好达到最大速度，求此过程所用时间。 15．（18分）如图所示，光滑水平面上静置一个质量为3m的滑块轨道A，滑块A的下部分是圆心角为45°的圆弧，上部分是倾角为45°的斜面，轨道最底端与水平面平滑连接。两个质量均为m的小滑块B、C放在水平面上离A足够远处，小滑块B的右侧连接有轻弹簧，给B一个向右的初速度，不计一切摩擦阻力，重力加速度为g。求： (1)弹簧的最大弹性势能； (2)C刚滑上A时的速度大小； (3)为使C不从A的顶端冲出，A总高度的最小值是多少？ 试卷第8页，共8页 试卷第7页，共8页 学科网（北京）股份有限公司 《2026年3月28日高中物理作业》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A A D A C A AD BC ACD BCD 1．A 【详解】A．当孔的尺寸与波长差不多或者小于波长时会产生明显的衍射现象图甲为一个单摆做受迫振动的振幅与驱动力频率的关系曲线，当驱动力的频率等于固有频率时振幅最大，由图可知此单摆的固有频率约为，故A正确； B．当孔的尺寸与波长差不多或者小于波长时会产生明显的衍射现象图乙为多普勒效应，波源在远离处的观察者，靠近处的观察者，则静止在处的观察者比静止在处的观察者接收到的波的频率小，故B错误； C．图丙为水波衍射图样，当孔的尺寸与波长差不多或者小于波长时会产生明显的衍射现象，则减小挡板间的间隙，衍射现象将更明显，故C错误； D．图丁根据线圈中的磁场方向结合右手螺旋定则可知，电流方向由下极板流向上极板，由板间场强方向可知，上极板带正电，下极板带负电，则此时电容器所带的电荷量正在增加，电容器正在充电，故D错误。 故选A。 2．A 【详解】作出光在水晶中的光路如图所示 设P点到内表面发生全发射的点距离为l，根据图中几何关系和正弦定理有 光在内环上刚好发生全反射，则 由对称性可知，光从P点射入到从Q点射出的时间为 又光在水晶中的传播速度 联立解得 故选A。 3．D 【详解】A．线圈转动产生的感应电动势最大值为 所以电压表测感应电动势的有效值，示数为 故A错误； B．初始位置时穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，所以线圈产生的感应电动势为零，故B错误； C．线圈转动的周期为 由于线圈从中性面开始转动并计时，所以t=0.02s时线圈和中性面重合，此时线圈的磁通量为最大值，最大为 故C错误； D．根据等效电源法，设新电源的电动势为E′，新电源的内阻为r，则 对原线圈回路有 根据原副线圈电压、电流与匝数的关系可得， 联立可得 则， 当时，新电源的输出功率最大，即变压器的输出功率达到最大，且最大值为 故D正确。 故选D。 4．A 【详解】A．上升过程中阻力的冲量大小为 If上 = ft0 下降过程中阻力的冲量大小为 If下 = f∙2t0 则上升过程与下降过程中阻力的冲量大小之比1：2，A正确； B．由于小球上升下降过程中位移的大小相等，则有 解得 则，取竖直向下为正，根据动量定理有 I上 = p = 0－（－mv0），I下 = p′ = mv′－0 则上升过程与下降过程中合外力的冲量大小之比为2：1，B错误； C．小球在0—3t0时间内动量变化量的大小为 ，取竖直向下为正 C错误； D．小球在0—3t0过程中根据动能定理有 解得 D错误。 故选A。 5．C 【详解】小球射出时，设其速度为，系统在水平方向上动量守恒，取向右为正方向，对系统在水平方向上，由动量守恒有 小球做平抛运动，有 联立解得 故选C。 6．A 【详解】A．根据右手定则可得线框边刚进入磁场时，产生的感应电流方向为，故A正确； B．设边进入磁场时的速度大小为，根据自由落体运动规律，有 边进入磁场时，感应电动势 联立解得，故B错误； C．边进入磁场时，线框的加速度最大，根据闭合电路欧姆定律可知，线框中感应电流的大小 边受到的安培力大小 根据牛顿第二定律有 解得，故C错误； D．线框穿过磁场的过程中，根据能量守恒定律有，故D错误。 故选A。 7．AD 【详解】A．导线相对磁感线向上运动，而磁感线向右，由右手定则可知感应电流方向由到，故A正确； B．图1所示时刻，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，所以线圈中所产生的电动势与时间的关系为，故B错误； CD．直流输电线上损失的电压为 所以变压器的输入电压为 变压器的输出电压即“换流站接入电压”为，所以理想变压器的原、副线圈的匝数之比为，故C错误，D正确。 故选AD。 8．BC 【详解】A．由题意可知，小球落入滑块中的时间为 小球落入滑块前，滑块的周期为 根据弹簧振子的周期公式为 代入数据可知，弹簧的劲度系数为 故A错误； B．小球落入滑块前，由能量守恒定律 由动量守恒定律 小球落入滑块后，由能量守恒定律 联立解得，小球落入滑块后振子的振幅变为 故B正确； CD．小球落入滑块后，弹簧振子的周期为 其中 联立可得 滑块释放后内的路程为 故C正确，D错误。 故选BC。 9．ACD 【详解】正方形导线框进入第一个磁场过程中，只有bc边切割磁感线，由右手定则可知，电流方向为逆时针方向，大小为 b、a两点的电势差为 正方形导线框所受安培力为 由左手定则可知，安培力方向水平向左，正方形导线框进入第二个磁场过程中，ad边在第一个磁场中切割磁感线，bc边在第二个磁场中切割磁感线，由右手定则可知，电流方向为顺时针，大小为 由于电流方向为顺时针则b点电势低于a点电势，b、a两点的电势差为 正方形导线框所受安培力为 由左手定则可知，两边所受安培力方向都水平向左，正方形导线框出第二个磁场过程中，只有ad边在第二个磁场中切割磁感线，由右手定则可知，电流方向为逆时针方向，大小为 b、a两点的电势差为 正方形导线框所受安培力为 由左手定则可知，安培力方向水平向左，故ACD正确，B错误。 故选ACD。 10．BCD 【详解】A．ab共速后刚接触弹簧时，a、b整体具有的最大向右速度，由动量守恒 解得 A错误； B．ab与c发生碰撞后，到弹簧达到原长，由动量守恒，以水平向右为正 由机械能守恒 联立解得 ， 解得 ， B正确； C．从a开始运动到ab共速，由能量守恒 解得 C正确； D．当c速度为时，由动量守恒 当c速度突变为时，到弹簧压缩到最短时，以水平向右为正，由动量守恒及机械能守恒可得 解得 D正确。 故选BCD。 11．6.970/6.971/6.972/6.973 【详解】（1）螺旋测微器读数 （2）由图丙知单摆的周期为2T，代入单摆的周期公式 可得 （5）对摆球从某一高度摆到最低点有 又最低点 解得 综合可得图像斜率 12．(1)1.050 (2)入射小球质量大于被碰小球质量 (3)BC (4) 【详解】（1）图乙为20分度游标卡尺，精度为。主尺读数为，游标卡尺第10条刻度线与主尺对齐，游标卡尺读数为，总读数为。 （2）为了防止入射小球碰撞后反弹，保证碰撞实验正常进行，需要入射小球质量大于被碰小球质量。 （3）A．实验中小球半径过大，空气阻力影响就较大，会影响实际抛出点到落点的距离，对结果有影响，故A错误； B．轨道末端水平才能保证小球抛出后做平抛运动，满足实验原理，故B正确； C．每次入射小球从同一高度释放，才能保证碰撞前入射小球的速度相同，符合实验要求，故C正确。 故选BC。 （4）设斜面倾角为，小球平抛初速度为，沿斜面落点到的距离为，则平抛过程满足：水平方向： 竖直方向： 整理得：，即 动量守恒关系式为 代入约去常数项，得动量守恒表达式： 13．（1）（n=0，1，2....）或（n=0，1，2....）；（2）25s 【详解】（1）由图乙、丙可得 当波向右传播时 （n=0，1，2，3…） 解得 （n=0，1，2，3…） 此种情况下，波速为 （n=0，1，2，3…） 当波向左传播时 （n=0，1，2，3…） 解得 （n=0，1，2，3…） 此种情况下，波速为 （n=0，1，2，3…） 综上所述，波速可能为（n=0，1，2，3…）或（n=0，1，2，3…）； （2）由题意可得，波向左传播，又因为，所以 取，此时 设波从波源传播到B点所用时间为，则 B点起振后到第二次到达波峰所用时间为，则 从振源起振开始计时，B处质点第二次到达波峰所用时间为 14．(1) (2) (3) 【详解】（1）对金属棒进行受力分析，沿斜面方向安培力 其中， 根据牛顿第二定律有 代入数据，联立解得 （2）当金属棒的加速度为零时，速度达到最大，则有 其中， 解得 （3）金属棒下滑过程中，根据动量定理 其中，， 联立解得 15．(1) (2) (3) 【详解】（1）当B、C共速时，弹性势能最大，由B、C动量守恒 由能量守恒有 （2）B、C分离时由动量守恒有 能量守恒有 联立解得 （3）C到达最高点时A、C共速，由A、C动量守恒得 能量守恒得 联立解得 答案第8页，共11页 答案第7页，共11页 学科网（北京）股份有限公司 $