2024江西省三新协同教研共同体高二下学期5月月考物理试题

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一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。
【选择题详解】
1.A光是横波，选项A错误;照相机镜头的增透膜应用了光的干涉原理，选项B错误;B.
C.肥皂膜上看到的彩色条纹是薄膜两表面的光线相互叠加干涉的结果，选项C错误;D.全反射原理应用，正确。
2.A将滑动变阻器的滑片P向上滑动，则阻值增大，电流减小，线圈b的磁场减弱，穿过线圈a的磁通量变小，选项A错误B.穿过线圈a的磁通量向下减小，根据楞次定律可知，从上往下看，线圈a中将产生顺时针方向的感应电流，选项B正确;CD.穿过线圈a的磁通量向下增加，根据“增缩减扩”、“来拒去留”可知，线圈a有扩大且靠近线圈b的趋势，即选项C，D错误。
3.由已知条件知，原线圆两端电压的有效值为220V，由变压比知识可知副线圈两端电压的有效值为10V，P=UI，则I=4A。
4.AB：在t1~t2内，正向电流减小，所以电容器C在充电，电容器C的上极板带负电，故AB错误;CD、在t2~t3内，负向电流增大，所以电容器C在放电，两极板间电压在不断减小，电场能正在转化为磁场能，故D错误，C正确。故选C。
5.由题意知，光滑水平面一条直线上依次放4个质量均为m的弹性红球，质量为2m的白球以初速度v0与4号红球发生弹性正碰；根据一动碰一静的弹性碰撞特点可知
2mv0=2mv1+mv2
12×2mv02=12×2mv12+12×mv22 得v1=13v0
每碰撞一次白球的速度变为原来的13，由于红球质量相等，且为弹性正碰，则4号球每次将速度传给右侧球，故白球与4号球碰撞4次后，白球速度v=(13)4v0，故选C。
6.A．根据图像可知甲乙之间的距离Δx=2.5λ，解得λ=30m故A错误；B．该简谐水波的波速v=λT=7.5m/s故B错误；C．简谐水波从甲传到乙的时间t=Δxv=10s故C错误；D．8s内即2个周期内，甲运动的路程s=2×4A=2×4×0.25m=2m故D正确。
7.粒子在水平方向上做匀速直线运动，在垂直于纸面的方向上做匀速圆周运动，粒子的轨迹为螺旋线。t=T6时刻粒子在水平方向上的位移为x1=T6⋅vcs37°=2πmv15Bq
由题可知粒子在垂直于纸面方向上做圆周运动的周期为T，由洛伦兹力提供向心力可得
qBvsin37°=m(vsin37°)2r
可得轨迹半径为
r=mvsin37°Bq=3mv5Bq t=T6时刻粒子在垂直于纸面方向的位移为x2=r=3mv5Bq
故粒子在此时至A点的距离为x=x12+x22=mv15Bq16π2+81，故选C。
8.A平衡时自由电子受到的洛伦兹力大小等于电场力大小，则f=evB=eUa，选项A错误；
B．根据左手定则可知，电子受洛伦兹力指向后表面，则电子向后表面集聚，则前表面的电势比后表面的高，选项B正确；
CD．根据I=neabv 可得前、后表面间的电压U=BIneb
则U与I成正比，与b成反比，选项C错误，D正确。故选BD。
9.若氮化镓开关管因故障短路，cd端电压恒定不变，不能产生互感效果，ef端无输出电压A正确，B错误；周期为T，故频率f=1T，C错误；U有2R⋅T=U2R⋅T2，得U有=22U，D正确，故选AD。
10.A：碰后ac整体在竖直面做往复运动，且关于平衡点对称，所以在最高点和最低点有最大加速度，由于之后的运动过程中物体b恰好不脱离地面，所以ac整体向上最高点时弹簧弹力F=2mg，设此时ac整体加速度为amax，则根据牛顿第二定律2mg+3mg=3mamax
得amax=53g故A错误；
D：当ac整体运动到最低点时，由简谐运动对称性，可以压缩弹簧至8mgk，物块b与地面间有最大作用力，以b为研究对象，N=8mg+2mg得N=10mg
故D正确。
BC：设ac刚碰后的共同速度为v0, c与a碰前速度为vc
由振动过程中ac与弹簧机械能守恒，初始状态和最高点弹性势能相等12×3mv02=3mg×4mgk
由碰撞动量守恒，mvc=3mv0，
由自由落体，高度差h=vc22g = 36mgk，C正确；
损失的能量E损=mgh－12×3mv02= 24m2g2k，B正确，故选BCD
三、实验题（本题共2小题，11题6分，12题8分，共14分）
（1）F C 甲 等于（每空1分）
（2）400 （2分）
12.（1）ACD （2分）
B （2分）
9.300 542 （每空2分）
四、计算题（本题共3小题，共40分。10分+12分+18分，要有必要的文字说明和演算步骤，只写答案不给分）（步骤合理可酌情给分）
13.（1）
（2）的离子先到达照相底片
【详解】（1）粒子在加速电场时，由动能定理： （1分）
粒子在磁场中时，洛伦兹力提供向心力： （1分）
根据几何关系： （1分）
联立解得： （1分）
(2)离子在加速电场中，由动能定理： （1分）
由运动学公式： （1分）
联立解得： （1分）
离子在磁场中： （1分）
故质量为的离子先到达照相底片 （1分）
他们到达照相底片的最大时间差 （1分）
（1） （2） （3）
【详解】（1）由题知，B向右减速，A向左减速，此时C静止不动；A先减速到零后与C一起向右加速，B向右继续减速，三者共速时，B的速度最小。
取向右为正方向，根据动量守恒定律有 （3分）
解得B的最小速度 （1分）
（2）A向左减速的过程，与C有相对位移，摩擦生热，之后与C共同运动后无相对位移，即无焦耳热
A向左减速的过程，根据动能定理有 （3分）
B向右减速，直至三者共速的过程，
根据动能定理有 （3分）
整个变速过程中，B木块所发生的位移 （2分）
（1）
（2）
杆D对轨道的最大压力的大小F=60N
所受安培力最大
（4）距离为x=2.8m
【详解】（1）杆D通过半圆导轨最高点时，由牛顿第二定律有 （2分）
解得 （1分）
刚进入磁场时,杆与杆发生完全非弹性碰撞，两杆碰撞过程动量守恒，取向右为正方向,假设碰后杆D的速度为，根据动量守恒有 可得 （1分）
且杆D的电阻相当于杆与杆电阻的并联，可得 （1分）
杆D刚进入磁场产生的感应电动势 （1分）
则电阻R两端的电压 （1分）
杆D滑至最高点的过程中，由动能定理有 （1分）
解得在NQ位置时杆D的速度
在NQ位置时杆D对轨道压力最大 （1分）
解得杆D对轨道的最大压力的大小F=60N （1分）
杆D刚进入磁场速度最大，产生的感应电动势和感应电流最大，故在此时所受安培力最大
（2分）
杆cd最初静止位置和NQ之间的距离即为杆D在磁场中运动的总长度x
杆D在磁场运动的全过程中，由动量定理
又
即（1分）
联立以上式子可得 （2分）
又 则上式为 （2分）
解得杆cd最初静止位置和NQ之间的距离为x=2.8m （1分）
题号
1
2
3
4
5
6
7
答案
D
B
C
C
C
D
C
题号
8
9
10
答案
BD
AD
BCD