广西南宁市第二中学2024-2025学年高二下学期5月月考物理试卷

南宁市第二中学2025学年高二下学期5月月考物理试卷 一、单项选择题（本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。） 1．一个质量为的物体从的空中由静止落下，其与水平地面撞击的时间为，撞后速度为0，不计空气阻力，取重力加速度大小，规定竖直向下为正方向，下列说法正确的是（　　） A．物体刚与地面接触时重力的瞬时功率为 B．与地面撞击过程，物体的动量改变量为 C．该物体对地面的平均冲击力大小为 D．物体下落过程（从开始下落到与地面刚好接触的过程）重力的冲量大小为 2． 两个摆长分别为和的单摆，做小角度的振动，它们的振动图像分别如图中的1和2所示，可知为（　　） A． B． C． D． 3．小华购买了一个透明的“水晶球”如图（1），球的直径为。为测得该水晶球的折射率，小华将一束红色激光从球上点射向球内，当折射光线与水平直径成角时，出射光线恰与平行，如图（2）所示，已知光在真空中的传播速度为，则（　　） A．可测得该水晶球的折射率为 B．该红色激光束在“水晶球”中的传播时间为 C．若仅将红色激光束换成蓝色激光束，则光在水晶球中的传播速度变大 D．增大光线在点的入射角，可以使光线从水晶球射向空气时发生全反射 4．在坐标系的第一象限内存在匀强磁场，两个相同的带电粒子①和②在P点垂直磁场分别射入，两带电粒子进入磁场时的速度方向与x轴的夹角如图所示，二者均恰好垂直于y轴射出磁场。不计带电粒子所受重力。根据上述信息可以判断（　　） A．带电粒子①在磁场中运动的时间较长 B．带电粒子②在磁场中运动的时间较长 C．带电粒子①在磁场中运动的速率较大 D．带电粒子②在磁场中运动的速率较大 5．如图所示为回旋加速器工作原理示意图：置于高真空中的D形金属盒半径为，两金属盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略。磁感应强度为的匀强磁场与盒面垂直，加速电压为。若D型盒圆心A处粒子源产生质子，质量为、电荷量为、初速度为零，质子在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响，则下列说法正确的是（　　） A．随着速度的增加，质子在磁场中运动的周期越来越短 B．质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为 C．质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压成正比 D．质子被加速后的最大动能等于 6．如图所示，匝数为N、面积为S的闭合线圈放在磁场中，磁场与线圈平面垂直，磁感应强度的变化规律为则（　　） A．线圈磁通量的最大值为 B．线圈的电动势瞬时值 C．时间内，线圈中电流方向沿逆时针方向 D．线圈中感应电动势的有效值为 7．如图所示，矩形线圈切割磁感线产生一交流电压，矩形线圈的电阻，将其接在理想变压器原线圈上。标有“”的灯泡正常发光，交流散热风扇正常工作，风扇的内阻为，交流电流表不考虑内阻的示数为，导线电阻不计，不计灯泡电阻的变化，且。以下判断正确的是（　　） A．在图示时刻，穿过线圈磁通量变化最快 B．从图示位置开始，当矩形线圈转过时，线圈中的电流方向为 C．风扇输出的机械功率是 D．原副线圈的匝数比 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。） 8．如图所示，T1、T2是测量高压交流电的两种互感器（均视为理想变压器），假设T1、T2都接在交流高压输电线的前端，T1原、副线圈的匝数比为1∶n，T2原、副线圈的匝数比为n∶1，电表a的示数与电表b的示数之积为N，则下列说法正确的是（　　） A．T1是电流互感器，且为升压变压器 B．T2是电流互感器，且为降压变压器 C．若a的示数为M，则交流高压输电线的输送电流为 D．交流高压输电线的输送功率为Nn2 9．如图甲所示，边长为a的正方形线框电阻为R，线框左半部分有垂直线框平面的匀强磁场，MN分别为线框两边的中点，磁场随时间变化的规律如图乙所示，磁场方向以向里为正方向，下列说法正确的是（　　） A．0到时间内磁通量的变化量为 B．0到与到时间内线框中感应电流方向相同 C．到时间内线框中点电势始终比点电势高 D．过程，线框中感应电流恒为 10．如图为模拟远距离输电的实验电路图，两理想变压器的匝数，四根模拟输电线的电阻、、、的阻值均为R，、为相同的理想交流电流表，、为相同的小灯泡，灯丝电阻，忽略灯丝电阻随温度的变化。当A、B端接入低压交流电源时（　　） A．、两灯泡的亮度相同 B．表的示数小于表的示数 C．两端的电压小于两端的电压 D．消耗的功率大于消耗的功率 三、实验题（本大题共2小题，共16分．） 11．如图甲所示为“研究碰撞中动量守恒”的实验装置。实验时，先让质量为的小钢球A从斜槽上某一位置由静止开始运动，从轨道末端水平抛出，落到水平地面上P点，然后再把质量为的小钢球B放到轨道末端处于静止，再让小钢球A从斜槽开始运动，在轨道末端与小钢球B发生对心碰撞，结果小球B落到水平地面上N点，小球A落到水平地面上的M点。 （1）实验中，必须要测量的物理量有__________。 A．小球开始释放的高度h B．小球抛出点距地面的高度H C．小球做平抛运动的水平距离 D．小球A、B的质量、 （2）实验中，下列说法正确的是__________。 A．斜槽一定要光滑 B．两球半径一定要相同 C．两球质量关系一定要满足 （3）小球释放后落在复写纸上会在白纸上留下印迹，如图丙所示。多次试验后，白纸上留下了7个印迹，如果用画圆法确定小球的落点P，图中画的三个圆最合理的是　 　（填字母代号）； （4）若某次实验时， A、B两钢球落地点分布如图乙所示，M、P、N与O点（O点是水平轨道末端正下方的投影）距离分别为、、，若满足　 　（用、、、、表示），则该碰撞前后动量守恒。若还满足　 　（用、、表示），则说明该碰撞为弹性碰撞。 12．下列是《普通高中物理课程标准》中列出的三个必做实验的部分步骤，请完成实验操作和计算。 （1）某个实验小组要测量小车匀加速运动的加速度，使用了打点频率为f的打点计时器获得了该运动的一条纸带，每隔4个点取一个计数点，该小组取了连续的计数点O、A、B，分别测量了OA和OB的距离为x1、x2，则相邻计数点之间的时间间隔T=　 　，小车的加速度大小a=　 　。（用f、x1、x2表示） （2）“用双缝干涉实验测量光的波长”的实验装置如图所示，在实验过程中某一步骤需要拨动拨杆，是为了______。 A．调节单缝，使单缝和双缝平行 B．调节双缝，使双缝和单缝平行 C．调节单缝，使单缝和双缝高度相同 D．调节双缝，使双缝和单缝高度相同 （3）某实验小组用如图甲所示的装置探究“两个互成角度的力合成规律”。弹簧测力计A的一端钩在固定的钉子P上，用手拉动弹簧测力计B的一端，使结点O静止在某位置，结点下方挂着一物体M，根据实验要求作出两个弹力的合力F并与M的重力G比较，从而得出实验结果。在实验过程中，下列正确的是（　　） A．M的质量越大，实验误差越小 B．多组实验测量时，结点O可以静止在不同位置 C．弹簧测力计外壳与纸面间的摩擦不影响实验结果 D．在确定弹力方向时，需用铅笔沿着细线画直线 四、计算题（本大题共3小题，共38分。解析应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不得分，有数字计算的题，答案必须明确写出数值和单位。） 13．平静的湖面上漂浮着如图所示的浮子，现有距离不超过的、两个浮子。一条大鱼在两浮子连线的延长线上某位置翻起频率稳定的波浪。当水波传播到浮子时波形图和从该时刻开始的、浮子振动图像如下，求： （1）该水波的波长、振动周期及图示时刻点的运动方向； （2）该水波传播的速度大小； （3）、两浮子间的可能距离。 14．如图所示，两平行金属导轨所在的平面与水平夹角θ＝37°，导轨的一端接有电动势E＝3V，内阻r＝0.5Ω的直流电源，两导轨间的距离L＝0.4m，在导轨所在空间内分布着磁感应强度B＝0.5T，方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，现把一个质量m＝0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直，且接触良好，导体棒的电阻R＝1.0Ω，导体棒恰好刚要滑动，金属导轨电阻不计。（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求： （1）ab棒受到的安培力； （2）ab棒与导轨的动摩擦因数μ。 15． 如图所示，将带负电荷，电荷量q＝0.5C、质量m'＝0.02kg的滑块放在小车的水平绝缘板的左端，小车的质量M＝0.08kg，滑块与绝缘板间的动摩擦因数μ＝0.4，小车的绝缘板足够长，它们所在的空间存在磁感应强度B＝1.0T的水平方向的匀强磁场（垂直于纸面向里）。开始时小车静止在光滑水平面上，一轻质细绳长L＝0.8m，一端固定在O点，另一端与质量m＝0.04kg的小球相连，把小球从水平位置由静止释放，当小球运动到最低点时与小车相撞，碰撞后小球恰好静止，g取10m/s2。求 （1）与小车碰撞前小球到达最低点时对细线的拉力； （2）小球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能ΔE； （3）碰撞后小车的最终速度。 答案解析部分 1．【答案】D 2．【答案】D 【解析】【解答】 由单摆的振动图像可知，摆长为l1和l2的单摆周期之比为3：1，由 可得 摆长之比为9：1，D符合题意，ABC不符合题意。 故答案为：D 【分析】利用振动图像特点可求出单摆得周期之比，结合单摆得周期公式可求出摆长之比。 3．【答案】A 【解析】【解答】本题考查了光的折射定律和全反射，理解光路，找准入射角和折射角是解决此类问题的关键。A．如图所示 由几何关系可知，光线射出时的折射角为，折射率 故A正确； B．光在“水晶球”中传播的距离 时间 故B错误； C．蓝色激光束频率比红色激光束大，蓝色激光束的折射率比红色激光束大，由 可知光在水晶球中的传播速度变小，故C错误； D．由几何关系可知 增大过P点光线的入射角，光线出射时一定不会在球内发生全反射，故D错误。 故选A。 【分析】根据折射定律，结合折射率与光速的关系，综合光路图中的几何关系，以及全反射的条件分析求解。 4．【答案】B 5．【答案】B 【解析】【解答】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关，以及知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等.A．质子在磁场中由洛伦兹力提供向心力 又 联立可得质子在磁场中运动的周期为 可知随着速度的增加，质子在磁场中运动的周期保持不变，故A错误； B．质子在磁场中由洛伦兹力提供向心力 解得 质子第1次经过两D形盒间狭缝后，获得的速度为，则有 解得 质子第2次经过两D形盒间狭缝后，获得的速度为，则有 解得 联立可得质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为 故B正确； CD．质子离开回旋加速器时，在磁场中的最大半径为，则有 解得质子的最大速度为 可得质子的最大动能为 可知质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压无关，故CD错误。 故选B。 【分析】回旋加速器的工作条件是电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等．回旋加速器运用电场加速、磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从而求出最大动能. 6．【答案】D 7．【答案】B 【解析】【解答】 A、在图示时刻，穿过线圈磁通量最大，磁通量的变化率最小，故A错误； B、从图示位置开始，当矩形线圈转过时穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知线圈中的电流方向为BADCB，故B正确； C、当灯泡L正常发光时，灯泡和电风扇两端的电压为220V，通过灯泡的电流为 则通过风扇的电流为 电风扇的输入功率为 电风扇的热功率为 所以风扇输出的机械功率是 故C错误； D、矩形线圈切割磁感线产生的电压有效值为 根据理想变压器原副线圈的匝数比和电流、电压的关系得 ， 又 解得 故D错误。 故答案为：B。 【分析】根据交变电流的特点，穿过线圈磁通量最大，磁通量的变化率为零。确定转动过程穿过线框磁通量的变化情况，再根据楞次定律确定感应电流的方向。电风扇属于非纯电阻元件，输出功率等于总功率与热功率之差。升压变压器，原线圈匝数小于副线圈匝数。 8．【答案】A,D 【解析】【解答】A、T1串联在高压电线上测量电流，是电流互感器，且是升压变压器，故A正确； B、T2并联在高压电线上测量电压，是电压互感器，且是降压变压器，故B错误； C、若a的示数为M，根据理想变压器的原理，交流高压输电线的输送电流为Mn，故C错误； D、设交流高压输电线的输送电流、输送电压分别为I1、U1，则输送功率为P=UI；设电表a、b的示数分别为I2、U2，由理想变压器的原理可得，，由题意可得N=U2I2，综合可得P=Nn2，D正确； 故答案为：AD。 【分析】根据电路结构分析出互感器的类型，结合匝数比得出电流和电压的比值，同时根据电功率的计算公式完成分析。 9．【答案】B,C 【解析】【解答】A、0到t2时间内磁通量的变化量为 故A错误； B、根据楞次定律，0到t1时间内磁通量向里减小，在t1到t2时间内磁通量向外增加，则0到t1与t1到t2时间内线框中感应电流方向相同，均为顺时针方向，故B正确； C、根据楞次定律，t1到t2时间内线框中感应电流为顺时针方向，则M点电势始终比N点电势高，故C正确； D、0-t2过程，线框中感应电流恒为 故D错误。 故答案为：BC。 【分析】确定线圈在磁场中的有效面积，根据图乙确定不同时间段的磁感应强度，再根据磁通量的定义确定磁通量的变化量。根据穿过线圈磁通量的变化情况结合楞次定律确定感应电流的方向，在磁场中的部分线框相当于电源，电流由负极流向正极。根据法拉第电磁感应定律及欧姆定律和图乙确定感应电流的大小。 10．【答案】B,C 【解析】【解答】根据图示可知，上部分电路为通过理想变压器先升压再降压进行电能输送，下部分电路为不适用理想变压器，直接进行电能输送。 在远距离输电的过程中，通过使用变压器，从而减小了输电电流，减小了在输送过程中损耗的功率，从而用户得到的功率增加。因此比更亮；表的示数小于表的示数，两端的电压小于两端的电压；消耗的功率小于消耗的功率。 故选BC。 【分析】根据图示可知，上部分电路为通过理想变压器先升压再降压进行电能输送，下部分电路为不适用理想变压器，直接进行电能输送。 在远距离输电的过程中，通过使用变压器，从而减小了输电电流，减小了在输送过程中损耗的功率，从而用户得到的功率增加。再结合题意进行分析。 11．【答案】（1）C；D （2）B （3）C （4）； 12．【答案】（1）； （2）A （3）B；C 【解析】【解答】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题。 （1）由于打点频率为f，且每隔4个点取一个计数点，则相邻两计数点间的时间间隔为，小车运动的加速度为 （2）在实验过程中某一步骤需要拨动拨杆，是为了调节单缝，使单缝和双缝平行。 故选A。 （3）A．M的质量越大，越容易使得弹簧弹力超出量程，所以实验误差越大，故A错误； B．多组实验测量时，结点O可以静止在不同位置，保证三力平衡即可，故B正确； C．弹簧测力计外壳与纸面间的摩擦不影响实验结果，故C正确； D．在确定弹力方向时，不能用铅笔沿着细线画直线，而应该找直线上相距较远的两个投影点，然后用直尺连线，故D错误。 故选BC。 【分析】（1）根据频率分析时间间隔，进而分析相邻计数点之间的时间间隔，利用逐差法Δx=aT2可以求出物体的加速度大小； （2）根据干涉原理，结合双缝实验装置各元件的用途，即可求解； （3）探究力的平行四边形定则的实验中，运用等效法判断合力和分力的关系，橡皮条结点的位置不能变化，弹簧的拉力不要超过量程，且拉力与纸面平行。 （1）[1]由于打点频率为f，且每隔4个点取一个计数点，则相邻两计数点间的时间间隔为 [2]小车运动的加速度为 （2）在实验过程中某一步骤需要拨动拨杆，是为了调节单缝，使单缝和双缝平行。 故选A。 （3）A．M的质量越大，越容易使得弹簧弹力超出量程，所以实验误差越大，故A错误； B．多组实验测量时，结点O可以静止在不同位置，保证三力平衡即可，故B正确； C．弹簧测力计外壳与纸面间的摩擦不影响实验结果，故C正确； D．在确定弹力方向时，不能用铅笔沿着细线画直线，而应该找直线上相距较远的两个投影点，然后用直尺连线，故D错误。 故选BC。 13．【答案】（1）解：从图中读出波长 周期 由于的起振方向向上，故波沿着轴负方向运动，点正在向下或方向运动； （2）解：水波传播速度，代入数值解得： （3）解：由于浮子振动时浮子已经在波峰，故B浮子先振动，从传到经历的时间为 时 距离为 解得： 时 距离为 解得： 时 距离为 解得： 故A、两浮子间的可能距离为，，。 【解析】【分析】（1）根据水波波形图确定水波的波长，浮子相当于水波波形上的两个质点。根据浮子的振动图像确定水波的振动周期。根据振动图像确定0时刻A浮子的振动方向，再结合“上下坡”法结合波形图确定波的传播方向，继而确定P点的运动方向； （2）根据（1）中数据，结合波速、波长与周期公式进行解答即可； （3） 由于浮子开始振动时，浮子已经在波峰 。故B浮子先振动。根据波的传播方向结合振动图像确定波从B传动A所需时间与周期的关系。根据波速公式确定AB之间距离与波长的关系式，再根据AB之间的距离小于3m，确定AB之间距离的可能值。 14．【答案】（1）根据闭合电路欧姆定律得： IA＝2A 导体棒受到的安培力大小：F＝ILB＝2×0.4×0.5N＝0.4N 由左手定则可知，安培力方向平行于斜面向上 （2）导体棒静止处于平衡状态，设导体棒所受静摩擦力为f，由平衡条件得： 平行斜面方向上：mgsin37°+f＝F 垂直斜面方向上：FN＝mgcos37° 根据滑动摩擦力公式可知，μ 代入数据解得：μ＝0.5。 【解析】【分析】（1）根据闭合电路的欧姆定律确定通过导体棒的电流大小及方向。再根据左手定则确定导体棒所受安培力的方向，根据安培力公式确定导体棒所受安培力的大小； （2） 导体棒恰好刚要滑动，即此时导体棒处于平衡状态。确定导体棒的受力情况，再根据平衡条件及力的合成与分解结合滑动摩擦力公式进行解答。 15．【答案】（1）解：小球摆下过程，由动能定理有 mgL＝mv2 解得 v＝4m/s 小球在最低点时，由牛顿第二定律得 T－mg＝m 解得 T＝1.2N 由牛顿第三定律可知小球对细绳的拉力 T'＝1.2N 方向竖直向下。 （2）解：小球与小车碰撞瞬间，小球与小车组成的系统动量守恒，以水平向左为正方向，有 mv＝Mv1＋0 解得 v1＝2m/s 由能量守恒定律，有 ΔE＝mv2－M 解得 ΔE＝0.16J （3）解：假设滑块与车最终相对静止，则有 Mv1＝（M＋m'）v2 解得 v2＝1.6m/s 由此得 F洛＝qv2B>m'g 故假设不成立，因此滑块最终悬浮滑块悬浮瞬间，满足 F洛'＝qv2'B＝m'g 解得 v2'＝0.4m/s 将滑块与小车看成一个系统，系统动量守恒，有 Mv1＝Mv'＋m'v2' 解得 v'＝1.9m/s 方向水平向左。 【解析】【分析】（1）小球在下摆至与小车碰撞前，小球只有重力做功，确定小球在最低点向心力的来源。再对小球开始下摆至最低点的过程运用动能定理确定小球在最低点速度，再根据牛顿定律确定在最低点小球队细线的拉力； （2）根据题意确定碰撞后的速度，碰撞过程小球和小车构成的系统动量守恒。再对系统根据动量守恒定律及能量守恒定律确定碰撞过程损耗的机械能； （3）小车开始运动后，带动滑块做加速运动，滑块运动后受到竖直向上的洛伦兹力，且速度越大，滑块受到的洛伦兹力越大，当洛伦兹力大于重力时，滑块将离开小车。滑块在小车上运动过程，滑块与小车构成的系统动量守恒。由于不确定滑块是否离开小车，假设滑块不离开小车，则滑块和小车最终共速，且此时滑块所受洛伦兹力最大。根据动量守恒定律及洛伦兹力公式，确定滑块与小车能否共速。若不能共速，则根据滑块的条件结合动量守恒定律确定小车的最终速度。 第 1 页 共 17 页 学科网（北京）股份有限公司 $$