广西壮族自治区贵港市“贵百河”联考2024-2025学年高二下学期5月月考物理试题

2023级“贵百河”5月高二年级新高考月考测试 物 理 (考试时间:75分钟 满分:100分) 注意事项： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本题共10小题，共46分。第1~7题，每小题4分，只有一项符合题目要求；第8~10题，每小题6分，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 1.根据高中物理所学知识，下列生活中的现象属于干涉现象的是( ) A.水中的气泡看上去特别明亮 B.肥皂膜看起来常常是彩色的 C.屋外的人隔着墙也能听到屋子里面人大声说话的声音 D.街上的警车响着警笛从行人旁疾驰而去，行人听到警笛声的音调由高变低 2.小张在显微镜下观察水中悬浮的细微粉笔末颗粒的运动。他把某一颗粒每隔一定时间的位置记录在坐标纸上，然后用线段把这些位置按时间顺序依次连接起来，得到一条颗粒位置连线，如图1所示，则下列说法正确的是( ) A.连线就是颗粒的运动轨迹，说明颗粒的运动是不规则的 B.颗粒沿着笔直的折线运动，说明水分子的运动是规则的 C.颗粒的这种运动不能发生在固体中 D.当温度降到0℃时(还未结冰)，颗粒的这种运动将会停止 3.图2甲所示为LC振荡电路，其电流随时间变化的规律如图乙所示。其中a、c时刻电流最大，b、d时刻电流为0，下列描述正确的是( ) A. a时刻电容器开始放电 B. c时刻线圈中磁场能为0 C.增大电容器的电容，可以增大震荡电路的频率 D. b时刻电容器中电场能最大 4.如图3所示是一个简单的门窗防盗报警装置示意图，门的上沿嵌入一块永磁体，当门窗紧闭时，蜂鸣器不响，指示灯亮；打开时，蜂鸣器响，指示灯灭。为实现上述功能，最适合的传感器是 ( ) A.干簧管 B.光敏电阻 C.热敏电阻 D.电阻应变片 5.如图4所示，虚线内有垂直纸面向里的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B。边长为L、电阻为R的正方形导体线框A以恒定的速度ν沿x轴正方向穿过磁场区域。以顺时针方向为感应电流的正方向，线框在图示位置的时刻作为时间的起点。则线框A中产生的感应电流i随时间t变化的图线是( ) 6.图5甲是某燃气灶点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交流电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为 电压表为理想交流电表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。开关闭合后，下列说法正确的是( ) A.若 则可以实现燃气灶点火 B.若没有转换器，则变压器副线圈输出的是直流电 C.副线圈电流方向每秒改变50次 D.电压表的示数为 7.如图6所示，将乒乓球放在装有水的水杯中，随水杯由静止下落并与地面发生碰撞后，乒乓球将会被弹射到很高的地方。原因是在水杯撞击地面的极短时间内，杯中水对乒乓球产生极大的等效浮力，使乒乓球被加速射出。已知等效浮力给乒乓球的冲量大小为I，乒乓球质量为m，下落高度为H，当地重力加速度为g，且mg远远小于等效浮力，忽略空气阻力，下列说法正确的是( ) A.水杯落地时，乒乓球的速率为 B.脱离水面时，乒乓球的速率为 C.从开始下落到上升至最高点的过程中，乒乓球的动量变化大小为I D.从开始下落到上升至最高点的过程中，乒乓球重力的冲量大小为2I 8.如图7所示，在水平放置的条形磁铁的N极附近，一个闭合线圈始终竖直向下加速运动，并始终保持水平。在位置B时N极附近的磁感线正好与线圈平面平行，A、B之间和B、C之间的距离相等，且都比较小。下列说法正确的是 ( ) A.线圈在位置A时感应电流的方向为逆时针(俯视) B.线圈在位置C时感应电流的方向为顺时针(俯视) C.线圈在位置B时线圈中无感应电流 D.线圈在位置C时的感应电流比在位置A时的大 9.两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=-0.2m和x=1.2m处，两列波的波速均为0.4m/s，波源的振幅均为2cm，如图8为t=0时刻两列波的图像，此刻平衡位置在x=0.2m和x=0.8m的P、Q两质点刚开始振动。质点M的平衡位置处于x=0.5m处( ) A. t=0时刻，质点a的速度等于质点b的速度 B. t=0时刻之后，质点a的比质点b先回到平衡位置 C. t=1.5s时刻,两列波恰好相遇 D.0~1.5s质点 M运动的路程为12cm 10.我国空间站的霍尔推进器某局部区域可抽象成如图9所示的模型。xOy 平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B、质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射，入射速度为v₀时，电子沿x轴做直线运动；入射速度为v(v<v₀)时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用，下列说法正确的是( ) A.电场强度的大小E=Bvo B.电子运动到最高点的速度大小为2v₀+v C.电子运动到最高点的速度大小为2v₀-v D.电子向上运动的过程中动能逐渐减少 二、非选择题：本大题共5 小题，共54分。 11.洛伦兹力演示仪用于观察运动电子在磁场中的运动，结构如图10所示。不考虑地磁场和重力的影响。 (1)不加磁场时电子束的运动是 (填选项前的字母)。 A.直线运动 B.平抛运动 C.圆周运动 (2)加磁场并调整磁感应强度可使电子束径迹形成一个圆周。保持磁感应强度不变，增大出射电子的速度，电子束圆周的半径 。(选填“增大”、“减小”、“不变”或“不能确定”) (3)保持出射电子的速度不变，要减小电子束圆周的半径，应 磁感应强度。(选填“增大”、 “减小”、 “不变”或“不能确定”) 12.用如图11所示实验装置可以验证动量守恒定律，即研究两个半径相同的小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影点。实验时先让质量为m₁的入射小球A从斜槽轨道上某一固定位置S由静止开始滚下，从轨道末端抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹，P为落点的平均位置。再把质量为m₂的被撞小球B放在斜槽轨道末端，让A 球仍从位置S由静止滚下，与B 球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次，M、N分别为落点的平均位置。 (1)实验中，必须测量的物理量是 (填选项前的符号)。 A.小球 开始释放高度h B.两个小球的质量 C.抛出点距地面的高度H D.平抛的水平射程OP、OM、ON E.两小球做平抛运动的时间t (2)关于本实验，下列说法正确的是 (填选项前的符号)。 A.斜槽轨道必须光滑 B.斜槽轨道末端切线必须水平 C.入射小球的质量 必须大于被撞小球的质量 D.实验过程中，白纸可以移动 (3)实验的相对误差定义为： 若 即可认为动量守恒。某次实验中小球落地点距O点的距离如图12所示，已知 则本次实验相对误差 (结果保留两位有效数字)，可以判定两球碰撞的过程中，水平方向动量 (选填“守恒”、“不守恒”)。 13.(10分)负折射率材料是一种折射率为负值的材料，当光从空气照射到负折射率材料界面时，光波的折射与常规折射相反，入射光线和折射光线分布在法线的同侧。如图13为一负折射率材料制成的棱镜横截面，截面为一直角三角形，其中顶角A为37°，BC边长为3.6cm。一束单色光在截面所在平面内，从中点D射入棱镜，入射角为 正好从界面的中点E射出，不考虑光线在棱镜中的反射，已知真空中光速为 求： (1)该棱镜的折射率； (2)光在棱镜中的传播时间。 14.(12分)如图14所示，质量为2m 的小物块B和质量为m的小物块C均静止在足够长的光滑水平面上，小物块C左端固定一轻质弹簧，弹簧处于原长状态。质量为2m的小球A以初速度v₀沿水平面向右运动，与小物块B发生弹性正碰(碰撞时间极短)。A、B和C均可视为质点，取重力加速度大小为g，不计空气阻力。求： (1)小球A与小物块 B碰撞后，小物块B 的速度 vB的大小； (2)弹簧的最大弹性势能 Epm； (3)小物块C的最大速度 vc的大小。 15.(18分)如图15所示，倾角为θ=37°的粗糙金属轨道固定放置，导轨间距. 电阻不计。沿轨道向下建立x轴，O为坐标原点。OO'为两磁场分界线且 垂直于x轴。在. 区域：存在方向垂直轨道平面向下，磁感应强度大小为 的匀强磁场；在x≥0区域：存在方向垂直轨道平面向上，磁感应强度大小. 初始状态，U形框 cdef锁定在轨道平面上，c、 f分别与O'、O重合，U形框质量为 由阻值 的金属棒 de和两根绝缘棒 cd、ef组成，三边长均为L=1m。另有质量为 长为 阻值 的金属棒 ab在离OO'一定距离处获得沿轨道向下的初速度，金属棒及U形框与轨道间的动摩擦因数均为μ=0.75。金属棒及U形框始终与轨道接触良好，形成闭合回路，不计金属轨道及接触点的电阻, sin37°=0.6, cos37°=0.8, 重力加速度 (1)若金属棒 ab的初速度为 ，求初始时刻流过金属棒 ab的电流大小及金属棒 de受到安培力的大小； (2)若金属棒 ab获得初速度 v₂的同时，解除对 U形框的锁定，为保持U形框仍静止，求v₂的最大值； (3)若金属棒 ab以初速度 从 处开始运动，同时解除对 U形框的锁定，金属棒 ab与U形框会发生完全非弹性碰撞，求碰撞结束瞬间金属棒 ab与U形框共同的速度。 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$1 2023级“贵百河”5月高二年级新高考月考测试 物理 参考答案 一、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C D A B D B AD BD AC 1.【答案】B 【详解】水中的气泡看上去特别明亮属于全反射现象；肥皂膜看起来常常是彩色的属于干涉现象。隔着墙也能听 到屋子里面人大声说话的声音属于衍射现象；街上警车尖叫着从行人旁疾驰而去，行人听到警笛声音由高变低属 于多普勒效应。 2. 【答案】C A、B：连线不是实际运动轨迹，故 A、B选项错误。 C、D：颗粒的运动是布朗运动，只能在气体和液体中发生，不能发生在固体中，C选项正确。布朗运动它是分 子无规则运动撞击引起的，分子的无规则运动永不停息，所以布朗运动永不停息， D选项错误 3. 【答案】D LC震荡电路中，电容器放电的过程，就是把电场能转化为磁场能的过程，a、c两个时刻电流最大，磁场最强， 所以磁场能最大，电场能为 0，此时放电结束。b、d时刻电流为 0，磁场能为 0，电场能最大。根据 2T LC ， 增大电容器的电容，震荡电路周期增大，震荡频率减小，故选 D 4. 【答案】A 干簧管的工作原理，就是让干簧管处于磁场中时，外部磁场使簧片磁化，使两个簧片变成异名磁极而产生相互吸 引的磁力，使得干簧管实现通断，故选 A 5【答案】B 【详解】线圈在0 L v  时间内还没进入磁场，则感应电流为零； 线圈在 2L L v v  时间内，线圈中产生的感应电流为 BLvI R  方向为逆时针方向，即负方向； 线圈在 2 4L L v v  时间内，线圈中磁通量不变，无感应电流； 线圈在 4 5L L v v  时间内，线圈中产生的感应电流为 BLvI R  方向为顺时针方向，即正方向。 故选 B。 6.【答案】D 【详解】A. 若 1 2 1 1000 n n  ，则， 22 1 1 1000 5V=5000Vm m nU U n    不可以实现燃气灶点火，选项 A错误 B.变压器只能改变交流电压，若没有转换器则变压器副线圈输出电压为零，选项 B错误； C.正弦式交流电一个周期电流方向改变两次，交流电周期 0.02s，故 1s中电流方向改变 100次，C错 D.电压表的示数为交流电的有效值，为 5 V 2.5 2V 2 U   选项 D正确； 7.【答案】B 【详解】A.水杯落地时，乒乓球的速率为 2v gH 选项 A错误； B.向上为正方向，从水杯落地到乒乓球脱离水面由动量定理 ' ( )I mv mv   解得脱离水面时，乒乓球的速率为 ' 2Iv gH m   2 选项 B正确； CD.从开始下落到上升至最高点的过程中，根据动量定理 0GI I p    可知乒乓球的动量变化大小为 0，乒乓球重力的冲量大小为 GI I 选项 CD错误 8.AD 【详解】A.在位置 A时，穿过线圈的磁感应强度斜向上，线圈向下运动，磁通量减小，根据“增反减同”和右手 螺旋定则，可判断出线圈中感应电流的方向为逆时针（俯视），A正确； B.线圈在位置C时，穿过线圈的磁感应强度斜向下，线圈向下运动，磁通量增加，根据“增反减同”和右手螺旋定 则，可判断出线圈中感应电流的方向为逆时针（俯视），B错误； C.线圈在位置 B时，线圈平面和磁场平行，磁通量为 0，但是磁通量的变化不为 0，所以依然有感应电流，C错 误； D.A、C两处磁通量大小相等，但是线圈加速下降，所以在 C处磁通量变化快，根据 E N t    可知，在 C时，线圈中感应电动势大，感应电流大，D正确。故选 AD。 9.BD 【详解】A.质点 a、b在各自平衡位置附近做简谐运动， 0t  时刻，质点 a距离平衡位置比质点 b距离平衡位置 远，质点 a的速度小于质点 b的速度，故 A错误； B.根据上下坡法可知，质点 a、b都向 x轴正方向振动，质点 a距离平衡位置比质点 b距离平衡位置远， 0t  时 刻之后，质点 a的比质点 b先回到平衡位置，故 B正确； C.两列波相遇的时间为 ( )x v v t   解得 0.75st  故 C错误； D.两列波经 0.75st  ，相遇在 P、Q的中点 M，故质点 M在 0.75st  时起振，两列波起振的方向都是 y轴负方向， 故两列波在质点 M处振动加强，M点的振幅为 2 4cmA A   两列波的周期为 1sT v    可知， 1.5st  质点 M振动了 3 4 T ,质点 M运动的路程为 3 12cms A  故 D正确。故选 BD。 10.AC 【详解】A.当入射速度为 v0时，电子沿 x轴做直线运动，则有 0eE ev B 可得电场场强大小为 0E v B A正确； BC.因为合力相等。在 O点合力 F=qE-qBv 在最高点的合力 F=qBv'-qE .解得 v'=2� � --v,即 v'=2v0-v B错误，C正确。 D.若入射速度小于 v0时，则 0qE qv B ，且电子向上偏转，则受到向上的电场力做正功，洛伦兹力不做功，故电 子向上运动的过程中动能逐渐增加，D错误； 故选 AC。 二、非选择题 11. A 增大 增大 【详解】（1）不加磁场时电子将做直线运动，即电子束做直线运动。 （2）根据洛伦兹力充当向心力 2vBev m R  解得 mvR eB  可知，保持磁感应强度不变，增大出射电子的速度，电子束圆周的半径将增大。 （3）根据 mvR eB  可知，若保持出射电子的速度不变，要减小电子束圆周的半径，则应增大磁感应强度。 12.(1) BD (2) BC (3) 1.2% 守恒 【详解】（1）A.小球 1m 开始释放高度相同，抛出点速度相同，故不需要测量小球开始释放的高度，故 A错误； B.根据动量守恒定律知 1 1 1 2 2m v m v m v  故需要测量两个小球的质量 1m 、 2m ，故 B正确； CDE.由于小球做平抛的高度相同，故下落的时间相等，由于小球平抛运动的时间相等，故可以用水平位移代替 速度进行验证，故需要测量平抛的水平射程 OP、OM、ON，故 CE错误，D正确；故选 BD。 （2）A.实验中，斜槽轨道不一定需要光滑，只须保证同一高度滑下即可，故 A错误； B.实验中，斜槽末端必须水平，保证小球做平抛运动，故 B正确； 3 C.为了防止碰撞后入射球反弹，入射小球的质量 1m 必须大于被撞小球的质量 2m ，故 C正确； D.实验中，复写纸和白纸的位置不可以移动，确保落地点位置精准，故 D错误； 故选 BC。 （3）[1][2]根据动量守恒定律知 1 1 1 2 2m v m v m v  由平抛运动知 0x v t 则 1 1 2 OP OM ONm m m t t t   解得 1 1 2mOP mOM m ON  碰撞前总动量为 1 510g cmmOP   碰撞后总动量为�1�� +�2�� = 504� ∙ �� 相对误差为δ = 510−504 510 ×100％=1.2% 故本次实验中两球的水平方向动量守恒。 13.【答案】（1）；− 5 2 6 （2） t=5 2 6 × 10−10s 【详解】（1）解法一：根据题意，在负折射率材料制成的棱镜中画出光路图， 如图所示 由几何关系可得，入射光在 D点的折射角为-37°，由折射定理可得，该材料的 折射率为 n = sin45° sin37° ……………………………………………… （2分） n‘ =− n ………………………………………………（1分） n‘ =− 5 2 6 ………………………………………………（1分） 解法二：根据题意，在负折射率材料制成的棱镜中画出光路图，如图所示 由几何关系可得，入射光在 D点的折射角为-37°，由折射定理可得，该材料的折射率为 n = sin45° sin（−37°） ………………………………………………（3分） n =− 5 2 6 ………………………………………………（1分） （2）由几何关系可得，光在棱镜中的传播距离为 DE=3cm由公式 n = c v …………………………………………………（2分） 可得，光在棱镜中的传播速度为 v = 3 2 5 c 则光在棱镜中的传播时间为 t = xDE v …………………………………………………（2分） xDE= xBD sin37° …………………………………………………（1分） 联立解得 t=5 2 6 × 10−10s …………………………………………………（1分） 14.【答案】（1）vB=v0；（2）Epmax = 1 3 mv02；（3）vC = 4 3 v0 【详解】（1）小球 A和物块 B碰撞过程中，根据动量守恒以及机械能守恒有 2mv0 = 2mvA + 2mvB …………………………………………………………（2分） 1 2 2mv02 = 1 2 2mvA2+ 1 2 2mvB2 …………………………………………………………（2分） 解得 vB=v0 …………………………………………………………（1分） （2）当 B，C共速时，弹簧压缩量最大，弹簧具有最大弹性势能，根据物块 B、C和弹簧组成的系统动量守恒、 机械能守恒有 2mvB = （2m+m）v共 …………………………………………………（1分） 1 2 2mvB2 = 1 2 （2m+m）v 共 2 + Epm …………………………………………………（2分） 解得Epm = 1 3 mv02 ……………………………………………………（1分） （3）当弹簧恢复原长时，物块 C达到最大速度，根据物块 B、C和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒有 2mvB = 2mvB' +mvC …………………………………………………………（1分） 1 2 2mvB2 = 1 2 2mvB'2+ 1 2 mvC2 ………………………………………………………（1分） 4 解得vC = 4 3 v0 …………………………………………………………（1分） 15.【答案】(1)5A，2.0N (2) v2=6m/s (3)v共=1m/s 【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律有E1 = B1Lv1 ① ……………………（1分） 根据闭合电路欧姆定律有I1 = E1 R1+R2 ② …………………………………（1分） 解得I1 = 5A ………………………………………………………（1分） 当 x=1m,B21=0.4T 则金属棒 de受到安培力的大小 F 安=B21I1L ③ …………………………………………………………（1分） F 安=2.0N …………………………………………………………（1分） （2）根据法拉第电磁感应定律有E2 = B1Lv2 ④……………………………（1分） 根据闭合电路欧姆定律有I2 = E2 R1+R2 ⑤ ……………………………（1分） 根据平衡条件有 B21I2L=m1gsinθ+μm1gcosθ ⑥………………………………（1分） 联立解得 v2=6m/s ………………………………………………………（1分） （3）因 v3=5m/s<v2=6m/s，所以 U型框仍静止 …………………………………（1分） 对 ab棒，从开始到与 U型框碰撞之前，根据动量定理有 (m2gsinθ − μm2gcosθ)t − B1ILt = m2v0-m2v3 ⑦…………………………………（3分） 又E = B1Lv ⑧……………………………………………………（1分） x = vt ⑨………………………………………………………（1分） � = △� � （等效⑧式） △� = �� △ � = ��� � （等效⑨式） 解得 v0=3m/s ab棒与 U型框碰撞，根据动量守恒定律有m2v0 = (m1 +m2)v共 ⑩……………（1分） 解得v共=1m/s …………………………………………………………（1分）