2024届湖北省宜荆荆随恩高二下学期5月联考物理试题

2024年宜荆荆随恩高二5月联考 高二物理试卷 考试时间：2024年5月28日上午10:30-11:45 试卷满分：100分 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域无效。 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域无效。 一、选择题：本题共有10小题，每小题4分，共40分。在每个小题给出的四个选项中，第1-7小题只有一个选项符合题目要求，第8-10小题有多个选项符合题目要求。 1.下列四幅图分别对应四种说法，正确的是（ ） a b c d A. a图说明发生光电效应时，频率大的光对应的遏止电压一定小 B. b图微粒的运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动 C. c图当两个相邻的分子间距离为时，它们之间的势能达到最小值 D. d图中玻璃管锋利的断口在烧熔后变钝，原因是分子间存在着斥力 2. LC振荡电路既可产生特定频率的信号，也可从复杂的信号中分离出特定频率的信号，是许多电子设备中的关键部件。如图所示，某时刻线圈中磁场方向向上，且电路中的电流正在减小，下列说法正确的是（ ） A.电容器正在放电 B.电路中的磁能正在增大 C.电容器两极板间的电场强度正在减小 D.电容器上极板带正电 3.某同学做了一个简易温度计，他用烧瓶插上一根两端开口的细玻璃管，然后用手捂热烧瓶，把玻璃管插入水中，松手冷却后就有一小段几厘米的水柱进入玻璃管内。若室内空气温度恒定，水柱高度保持不变，当室内空气温度升高或降低，水柱高度也会相应发生变化，如果在玻璃管壁上标上刻度，这就是一个能够反映出气温高低的简易温度计。由于玻璃管很细，被封闭气体的体积变化可以忽略不计，大气压强保持不变。则下列说法正确的是（ ） A.为提高精度应该用粗一点的玻璃管 B.玻璃管上的刻度从下到上对应的示数增加 C.玻璃管上的刻度从下到上都是均匀的 D.玻璃管上的刻度从下到上先变稀疏后变密集 4.钚的放射性同位素静止时衰变为铀核激发态和粒子，而铀核激发态U立即衰变为铀核U，并放出能量为0.097MeV的光子。已知Pu、U和粒子的质量分别为，和（质量亏损1u相当于释放931.5MeV的能量）衰变放出的光子的动量可忽略。下列说法正确的是（ ） A.核反应方程 B.该核反应释放的核能4MeV C.若将衰变产生的铀核U和粒子垂直射入磁感应强度为B的同一匀强磁场，铀核U和粒子圆周运动的半径之比1:46 D.粒子的动能4MeV 5.如图甲所示，M是一个小型理想变压器，原副线圈匝数之比，接线柱a、b间接一正弦交变电源，其电压随时间的变化规律如图乙所示.是一滑动变阻器，为一定值电阻。电压表和电流表为理想交流电表，下列说法中正确的是（ ） 甲 乙 A.电压表V的示数为22V B. a、b间电压的变化规律为 C.若a、b间的电压保持不变，增加，电压表和电流表的示数都增大 D.若a、b间的电压保持不变，要使的功率最大，则有 6.单镜头反光相机简称单反相机，它用一块放置在镜头与感光部件之间的透明平面镜把来自镜头的图像投射到对焦屏上。对焦屏上的图像通过五棱镜的反射进入人眼中。图为单反照相机取景器的示意图，ABCDE为五棱镜的一个截面，。光线垂直AB射入，分别在CD和EA上发生反射，且两次反射的入射角相等，最后光线垂直BC射出。下列说法正确的是（ ） A.光线垂直AB射入五棱镜后，光速增大 B.无论射向AB的入射角多大，光线一定会在CD和EA上发生全反射 C.若两次反射都为全反射，则该五棱镜折射率的最小值为 D.若两次反射都为全反射，则该五棱镜折射率的最小值为 7.如图所示，质量为的重物与一质量为m的导线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知导线框电阻为R，横边边长为L。有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场上下边界的距离、导线框竖直边长均为h。初始时刻，磁场的下边缘和导线框上边缘的高度差为，将重物从静止开始释放，导线框加速进入磁场，穿出磁场前已经做匀速直线运动，滑轮质量、摩擦阻力均不计，重力加速度为g。则下列说法中正确的是（ ） A.导线框进入磁场时的速度为 B.导线框进入磁场后，若某一时刻的速度为，则加速度为 C.导线框穿出磁场时的速度为 D.导线框通过磁场的过程中产生的热量 8.一定质量的理想气体从状态a经状态b、c、d回到状态a，此过程气体的关系图像如图所示，其中过程为双曲线的一部分，、、过程平行于坐标轴.已知在状态a时气体温度为，则下列说法正确的是（ ） A.在状态c时气体的温度为 B.过程气体放热 C.过程外界对气体做功 D.从状态a经一次循环再回到状态a的过程中气体向外吸热大于 9.质量为m、电荷量为q的小物块，在平行于斜面的恒力F作用下，从倾角为的足够长的粗糙绝缘斜面下端由静止向上运动，整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示。若带电小物块向上运动后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法正确的是（ ） A.小物块一定带负电荷 B小物块在斜面上运动时一直做匀减速直线运动 C.小物块在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动 D.小物块在斜面上运动过程中，当小球对斜面压力为零时的速率为 10.如图所示，在平面内有和两个波源分别位于和处，振动方向与平面垂直并向周围空间传播，图像分别如图b、c所示。时刻同时开始振动，波速为。若在平面内有一曲线，其方程为：（单位：m），点为该曲线上的一点（未画出），，整个空间有均匀分布的介质。下列说法正确的是（ ） A.（0.8m，0）处的质点开始振动方向沿z轴负方向 B.两列波相遇后，在平面内第一象限曲线上共有5个振动减弱的质点 C.两列波相遇后，在平面内第一象限曲线上共有5个振动加强的质点 D.若，从两列波在M点相遇开始计时，M点振动方程为 二、实验题（每空2分，共16分） 11.某同学设计了如图甲所示的实验装置来“探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”。注射器导热性能良好，环境温度恒定，用橡皮塞和柱塞在注射器内封闭一定质量的理想气体。柱塞下方安装一个钩。实验时，在钩的下端依次挂上质量相同的钩码1，2，3，……，稳定后通过注射器的标度读出对应空气柱的体积V，并依据柱塞（包括钩）和钩码的质量求出对应气体的压强p。已知注射器空气柱横截面积为S，刻度全长为L，大气压为，柱塞（包括钩）的质量为，每个钩码的质量为，重力加速度为g。 甲 乙 丙 （1）若在某次实验中所挂钩码个数为3，则平衡后空气柱中的压强为__________（用题目中已知量的符号表示）。 （2）该同学通过实验数据得到如图乙，由该图像得到的结论是__________。 （3）未挂钩码前，柱塞封闭的空气柱长度为，压强为，依次挂上钩码，当空气柱长度为L时，所挂钩码有__________个。 （4）另一同学也设计了相同的实验方案完成了实验。根据测量的数据，绘出图像如图丙所示。图线的上端出现了一小段弯曲，可能是由于装置气密性不好导致气体质量__________（填“增加”或“减小”），也可能是由于封闭气体的温度__________（填“升高”或“降低”） 12.用如图甲所示的装置验证碰撞中的动量守恒，小球a用不可伸长的细线悬挂起来，向左小角度（）拉起a球并由静止释放，在最低点小球a与放置在光滑支撑杆上的直径相同的小球b发生对心碰撞，碰后小球a反弹，向左摆到一定的高度，小球b做平抛运动，已知重力加速度为g。 甲 乙 （1）测出小球的直径d如图乙所示，则小球的直径为__________mm （2）测量出细线长度为L，a球由静止释放时细线与竖直方向的夹角，可知小球a碰撞前瞬间的速度大小________。（用题目中字母表示） （3）测量出小球a的质量，小球b的质量，碰后a球最大摆角为，若某次实验时小球a碰后到达最高点的瞬间b小球恰好落地，测得b的水平位移为x。则实验中验证动量守恒定律的表达式为________________（用题中字母表示）。 三、计算题（共44分，13题12分，14题14分，15题18分） 13.如图所示，一劲度系数为k的轻弹簧上端与质量为m的物体A相连，下端与地面上质量为4m的物体B相连，开始时A、B均处于静止状态。将一质量为m的物体C从A的正上方高度为h处自由释放，下落后与A发生碰撞，碰撞后立刻粘在一起，在之后的运动过程中不再分开，B恰好未离开地面，弹簧始终处在弹性限度内，不计空气阻力，A、B、C均可看做质点，重力加速度大小为g。求： （1）在运动过程中弹簧的最大伸长量 （2）C与A粘在一起后，AC整体做简谐运动的振幅。 14.四月，校园排球赛火热进行，排球比赛不仅考验技能，更能激发学生斗志。一排球运动员进行接球训练，排球以6m/s的速度竖直向下打在运动员的手上，然后以8m/s的速度沿水平方向飞出。已知排球的质量为300g，排球与手作用时间为0.2s。重力加速度大小为。求： （1）排球动能的变化量； （2）排球的动量变化量大小； （3）排球对手的平均作用力大小。 15.中国新能源汽车产销连续多年全球第一，基于电容器的制动能量回收系统己经在一些新能源汽车上得到应用。其简易模型如下图。某材料制成的薄板质量为m，围成一个中空圆柱，其半径为r，薄板宽度为L，可通过质量不计的辐条绕过圆心O且垂直于圆面的水平轴转动。薄板能够激发平行于圆面且沿半径方向向外的辐射磁场，磁场只分布于薄板宽度的范围内，薄板外表面处的磁感应强度为B。一匝数为n的线圈abcd固定放置（为显示线圈绕向，图中画出了两匝），ab边紧贴薄板外表面但不接触，线圈的两个线头c点和d点通过导线连接有电容为C的电容器、电阻为R的电阻、单刀双掷开关，如图所示。现模拟一次刹车过程，开始时，单刀双掷开关处于断开状态，薄板旋转方向如图，旋转中薄板始终受到一与薄板表面相切、与运动方向相反的大小为f的刹车阻力作用，当薄板旋转的角速度为时，将开关闭合到位置1，电容器开始充电，经时间t电容器停止充电，开关自动闭合到位置2直至薄板停止运动。除刹车阻力外，忽略其他阻力，磁场到cd连线位置时足够弱，可忽略。电容器的击穿电压足够大，开始时不带电，线圈能承受足够大的电流，不考虑可能引起的一切电磁辐射。求： （1）电容器充电过程中，判断极板M带电的电性； （2）开关刚闭合到位置1时，线圈切割磁感线的切割速度ν的大小及此时产生的感应电动势； （3）求充电结束时，薄板的角速度大小； （4）求薄板运动的整个过程中该系统的能量回收率。 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$宜荆荆随恩重点高中教科研协作体*物理答案（共 6 页）第 1 页 2024 年宜荆荆随恩高二 5月联考 高二物理参考答案 1. 【答案】C解析：A．a图说明产生光电效应时，频率大的光对应的遏止电压一定大，故 A错误。 B．b图中显示的是布朗运动，是悬浮微粒的无规则运动，不是物质分子的无规则热运动，故 B错误；C．当 两个相邻的分子间距离为 r0时，分子力为零，此时无论分子间距离增大还是减小，分子力均做负功，分子 势能均增大，所以此时它们之间的势能达到最小值，故 C正确；D．图 d中，细玻璃棒尖端放在火焰上烧 熔后尖端变钝，是表面张力的作用，因为表面张力具有使液体表面绷紧即减小表面积的作用，故 D错误； 2.【答案】D【详解】因为电路中的电流正在减小，可知电容器正在充电，电路中的电场能正在增加，则 两极板间的电场强度正在增加，由右手螺旋定则可知，回路中的电流为顺时针方向，电容器上极板带正电， 故选项 ABC错误，D正确。 3.【答案】C【详解】玻璃管越粗，管中气体不能忽略，精度变小，故 A错；由� = �0 − ��ℎ 温度越高，h越小，所以玻璃管上的刻度从下到上对应的示数减小，故 B错；根据题意，被封闭气体发生 等容变化，满足查理定律 p C T  ，即 Δ Δ p C T  ，又因为Δ Δp g h ，所以水柱高度变化量Δ Δ Ch T g  ，玻 璃管上的刻度从下到上都是均匀的，所以 C对 D错 4.【答案】C 【详解】A．核反应方程 239 235 494 92 2Pu U He    B．核反应过程中的质量亏损 0.0056m u  根据质能方程 2E m c    可得 5.2MeVE  C．衰变过程中满足动守恒得 Up p 带电粒子在磁场中做圆周运动，有 2vqvB m R  铀核 U和α粒子圆周运动的半径之比 2 1: 46 92 U U R q R q      D．根据题意结合能量守恒定律可知：核反应过程中转化为粒子动能的总能量 E E E   即 5.1MeVE  根据动能和动量的关系 2 2k pE m  可得 kU k U E m E m  则α粒子的动能 Uk U mE E m m    代入数值的 k E 5.0MeV  5.【答案】D 【详解】由图象可知，输入的电压有效值为 220V，变压器的电压与匝数成正比，由此可得副线圈的电压 为 22V，电压表测的是 R2的电压，R1，R2的总电压为 22V，所以电压表的示数小于 22V，所以 A错误；B．a、 b间电压的变化规律为� = 220 2 sin 100πt(V) 增加 R2，由于副线圈的总电压不变，副线圈的电流减小，所以原线圈电流即电流表示数减小，则 R1的电 压要减小，所以 R2的电压即电压表示数就要增大，所以 C错误；若 a、b间的电压保持不变，副线圈与 R1 宜荆荆随恩重点高中教科研协作体*物理答案（共 6 页）第 2 页 看作等效电源，则有 R1=R2时，电源的输出功率最大，即 R2的功率最大，所以 D正确。 6.【答案】D 【详解】A．光线垂直 AB射入五棱镜后，传播方向不改变，且由光疏介质进入光密介质，折射率变大， 根据 cn v  可知光速减小，故 A错误； B．作出光路图，如图光以 角入射时发生折射，则折射光线到 CD表面时的入射角为 2 ，由图可知 2 1 ＜ 且入射角为 1 时，因折射率未知，则光线不一定会在 CD和 EA上发生全反射，故 B错误；CD．由图可 知 1 r  ， 1 i  由几何关系可知 1 1 90i r     解得 1 22.5  若两次反射都为全反射，则该五棱镜折射 率的最小，根据光的折射定律 1 sin n C  可知折射率最小值为 min 1 sin 22.5 n   故 C错误，D正确。 7.【答案】B 【详解】A．线框进入磁场前，根据重物与线框组成的机械能守恒得     21 12 2 2 2 mg mg h m m v    解得 1 2v gh 故 A错误； B．线框进入磁场后，若某一时刻的速度为v，则线圈受到的安培力为 2 2BLv B L vF BIL B L R R    安 对整体， 根据牛顿第二定律得   2 2 2 2B L vmg mg m m a R     解得 2 21 3 3 B L va g mR   故 B正确；C．线框穿出磁场时，根据平衡条件得 2mg mg F  安 又安培力为 2 2 2= B L vF R  安 解得线框离开磁场时的速度为 22 2 mgRv B L  故 C错误； D．设线框通过磁场的过程中产生的热量为Q，对从静止到刚通过磁场的过程，根据能量守恒得     22 12 5 2 2 Q mg mg h m m v     解得 3 2 2 4 4 35 2 m g RQ mgh B L   故 D错误。故选 B。 8.【答案】BD 【详解】A． a c 过程，由理想气体状态方程得 0 0 0 0 0 4 6 8 2 c p V p V T T    解得 0 2 3c T T A错误； B．a b 过程，气体体积减小外界对气体做功，压强不变，温度降低，内能减小，气体放热，B正确；C．d a 过程，气体对外做的功等于图像与横轴所围图形面积，由图得其小于 0 012p V ，C错误；D．在一次循环过 程后，内能不变，整个过程中，气体对外界做功大于 0 012p V ，根据热力学第一定律可知，在一次循环过程 宜荆荆随恩重点高中教科研协作体*物理答案（共 6 页）第 3 页 中气体吸收的热量大于 0 012p V ，D正确。 9.【答案】CD 【详解】A．由题意可知，小物块受到的洛伦兹力垂直斜面向上，根据左手定则可得：小滑块带正电，故 A错误； BC．在向上运动的过程速度增大，洛伦兹力增大，支持力减小，由 Nf F 得摩擦力减小 sinF mg fa m    所以加速度增大。物块做加速度逐渐增大的加速运动。故 B错误 C正确；D．由题意，当滑块离开斜面时， 洛伦兹力 cosBqv mg  则 cosmgv qB   故正确。故选 CD。 10.【答案】ABD 【详解】A．两列波波速相同，（0.8m，0）处距离 S2较近， 0t 时刻 S2振动方向沿 z轴负方向，所以（0.8m， 0）处的质点开始振动方向沿 z轴负方向，故 A正确； B．若在 xoy平面内第一象限曲线上的点振动减弱，当抛物线上点的 x轴坐标在对称轴右侧时，且两波起 振方向相反，则波程差 2 2 2 2( 0.2) (1.2 ) 1ms x y x y n         （n = 0，1，2，…）其中 n = 0为对 称轴上的点，在对称轴右侧有 2个点符合条件，根据对称性，在对称轴左侧也有 2个点符合条件，所以两 列波相遇后，在 xoy平面内第一象限曲线上共有 5个振动加强的质点，故 B正确；C．由图知，周期 T = 0.2s 两列波波长均为λ = vT = 0.4m 抛物线如图，S1、S2到第一象限抛物线上点的距离最大值刚好是 1.2m，所以两波源到抛物线上点的波程差 小于等于 1m。若在 xoy平面内第一象限曲线上的点振动加强，当抛物线上点的 x轴坐标在对称轴右侧时， 且两波起振方向相反，则波程差 2 2 2 2( 0.2) (1.2 ) (2 1) <1m 2 s x y x y n          （n = 0，1，2，…） 其中 n = 0为 x轴上的点，则可知在对称轴右侧 2个点符合条件，根据对称性，在对称轴左侧也有 2个点 符合条件，所以两列波相遇后，在 xoy平面内第一象限曲线上共有 4个振 动加强的质点，故 C错误；D．两列波振幅均为 A = 20cm 2 10 rad/s T    t = 0时刻两列波振动方向相反 30.6m= 2 r   则M点为振动加强点，M点 振动方程为 z = 2Asin（ωt) = 40sin(10πt)cm故 D正确。故选 ABD。 宜荆荆随恩重点高中教科研协作体*物理答案（共 6 页）第 4 页 11．(1)  00 3m m g p S   (2)在温度不变的情况下，一定质量封闭气体的压强与体积成反比（或者在温度不变的情况下，一定质量封 闭气体的压强与体积的倒数成正比）。 (3)1 (4)减小 降低 【详解】（1）若在某次实验中所挂钩码个数为 3，由平衡得  0 03pS m m g p S   得平衡后空气柱中的压强为  0 0 3m m g p p S    （2） 1p V  图像为倾斜直线，说明在等温情况下，一定质量封闭气体的压强与体积成反比。（或者温度不 变的情况下，一定质量封闭气体的压强与体积的倒数成正比）。 （3）未挂钩码时，根据平衡条件 0 0 02 p m g p S   由等温变化 0 2 2 p LS pLS 又  0 0pS m nm g p S   得所挂钩 码个数为 0 03 4 p S mn mg m   解得 1n  12．（1）11.50 （2） 2 (1 cos )gL  （3） 1 2 2 1( 1 cos 1 cos ) 2 xm L m L d         【详解】（2）小球 a从最高点下落，由机械能守恒得 20 1(1 cos ) 2 mgL mv  解得 0 2 (1 cos )v gL   （3）小球 a从碰后的速度为 1v ，由机械能守恒得 2 1 1(1 cos ) 2 mgL mv  解 1 2 (1 cos )v gL   小球 b从碰后的速度为 2v ，小球 b碰后以 2v 的初速度做平抛运动，水平方向上有 2 bx v t ，由题知 4b a Tt t  ， 2 , 2 l dT l L g    ，解得 1 2 2 1( 1 cos 1 cos ) 2 xm L m L d         13．（1） 4mg k ；（2） 6mgA k  （1）因为 B恰好未离开地面，则 14mg kx ……2分 即弹簧的最大伸长量为 1 4mgx k  ……2分 （2）对 AC在最高点受力分析得 12 2mg kx ma  解得 3a g ……2分 AC在最低点加速度大小也是 3g，方向向上 受力分析得 2 2 2kx mg ma  解得 2 8mgx k  ……2分 宜荆荆随恩重点高中教科研协作体*物理答案（共 6 页）第 5 页 AC受力平衡时有 3 2 0kx mg  解得 3 2mgx k  ……2分 2 3 6mgA x x k    ……2分 其他方法计算得结果同样给分 14．(1)∆Ek=4.2J（2）3kg ∙m/s；（3）12 2N 【详解】（1）∆��= 1 2 m�12- 1 2 m�02,代入数据得，∆��=4.2J……3分 （2）初末动量矢量关系如图，据平行四边形定则（矢量三角形），动量变化 量的大小为 3kg ∙m/s,（或者表示为：∆� = 3kg ∙ m/s，单位为 N ∙ s也得分，单 位有误扣 2分）…4分 （2）方法（一）由�合� = ∆�……2分 得�合=15N……2分 对球受力分析如图，由几何关系可求得�手 = 12 2N……2分 方法（二）：由余弦定理或者其他方法计算得结果同样给分，忽略重力者不 得分 如图：�合与水平方向呈370角，则θ=1270，由余弦定理得 �手= �合 2 + �2 − 2�合����� 得�手 = 12 2N 由牛顿第三定律得，排球对手的平均作用力为 12 2N……1分 15．（1）负电；（2） 0r ， 0nBL r ；（3）   0 2 2 2 mr ft m n B L C r    ；（4）     22 2 2 0 22 2 2 2 2 0 n B L C mr ft mr m n B L C     【详解】（1）薄板旋转方向为逆时针，则线框相对于薄板的运动方向为顺时针，根据右手定则可知，d 点 电势低于 c点电势，故M板带负电。……2分 （2）由线速度和角速度关系有 0v r ……1分 由法拉第电磁感应定律有 E nBLv ……1分 解得 0E nBL r ……1分 （3）薄板旋转，线圈相对薄板的线速度分别为 θ 宜荆荆随恩重点高中教科研协作体*物理答案（共 6 页）第 6 页 0 0v r ……1分 同理充电后的速度为 1 1v r ……1分 停止充电时，两极板的电压为 1 1U nBLv ……1分 在充电过程中，对薄板分析，根据动量定理得 1 0ft nBILt mv mv    ……2分 充电的电荷量大小满足 1Q It ……1分 又因为 1 1 QC U  ……1分 联立解得   0 1 2 2 2 mr ft m n B L C r    ……1分 （4）整个过程中，薄板损失的机械能为 2 0 1 2 E mv 损 ……1分 充电过程中的Q U 图像如图所示 利用微元法，结合充电过程中克服电场力做功的公式 W qU ……1分 电容的公式 QC U  ……1分 可得到阴影面积为电容器充电过程中获得的能量，即 1 1 1 2 E U Q 回 ……1分 薄板运动的整个过程中该系统的能量回收率 E E     回 损 联立解得     22 2 2 0 22 2 2 2 2 0 n B L C mr ft mr m n B L C       ……1分（式子后乘 100%也正确）