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2024河池十校联盟体高二下学期5月月考试题物理含解析
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这是一份2024河池十校联盟体高二下学期5月月考试题物理含解析，共11页。
注意事项：
1．答题前，务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡规定的位置上。
2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。
3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。
4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。
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．如图所示，一足球运动员踢一只质量为0.5kg的足球。若足球以10m/s的速率水平撞向球门门柱，然后以8m/s的速率反向弹回，这一过程持续时间为0.1s，下列说法正确（ ）
的是（ ）
A．这一过程中足球的动量改变量大小为
B．这一过程中足球的动量改变量大小为
C．门柱对足球的平均作用力大小为90N
D．门柱对足球的平均作用力大小为10N
2．如图甲，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置开始计时，其相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，对此单摆的振动过程，下列说法正确的是（ ）
A．单摆的振动周期是1s
B．单摆的摆长约为1m
C．若仅将摆角增大，单摆周期也变大
D．时，摆球位于左侧最大位移处，速度为零，合力也为零
3．如图所示，潜水员某次在同一位置沿同一方向分别发出a，b两种颜色的激光，结果岸上只接收到了a光，没有接收到b光，则下列说法正确的是（ ）
A．b光在水中的临界角大于a光在水中的临界角
B．水对a光的折射率大于水对b光的折射率
C．在水中，a光的传播速度大于b光的传播速度
D．真空中，a光的波长等于b光的波长
4．如图所示，半径为R的圆形区域内有大小为B的匀强磁场，一质量为m、带电量为q的带电粒子从C点正对圆心O打入磁场，当其从F点打出时，发现其速度方向偏转了角，不计粒子的重力，则该粒子的速度大小和在磁场中的运动时间分别是（ ）
A．、B．，
C．、D．、
5．回旋加速器结构示意图如图所示，两个D形盒分别和一高频交流电源两极相接，两盒放在磁应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面。A处有一初速度为零的带电粒子，不计粒子的重力和通过盒缝的时间，下列说法正确的是（ ）
A．电场和磁场都能加速带电粒子
B．随着速度的加快，粒子在磁场中做圆周运动的周期越来越小
C．仅增大加速电压，粒子在加速器中的回旋次数不变
D．仅增大加速电压，粒子离开加速器时获得的动能不变
6．如图所示，导体棒PQ放在垂直纸面向外的匀强磁场中，PQ与螺线管和金属导轨组成闭合回路，将条形磁铁往上向远离螺线管方向移动时，关于导体棒PQ中的感应电流方向和PQ受到的安培力方向判断正确的是（ ）
A．电流从Q到P，安培力向右B．电流从Q到P，安培力向左
C．电流从P到Q，安培力向左D．电流从P到Q，安培力向右
7．图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电表，线圈绕垂直于磁场方向的水平轴沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示，以下说法正确的是（ ）
A．电流表的示数为
B．线圈转动的角速度为
C．0.01s时线圈平面与磁场方向垂直
D．0.02s时电阻R中电流的方向自左向右
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，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈（直流电阻可忽略不计），则（ ）
A．电路接通稳定后，三个灯亮度相同
B．电路接通稳定后，S断开时，B、C灯逐渐熄灭
C．S闭合时，A灯立即发光，然后逐渐熄灭
D．S闭合时，B灯立即发光，然后逐渐熄灭
9．如图甲所示，闭合圆形线圈内存在方向垂直纸面向外的磁场，磁感应强度随时间变化的关系如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．0∼1s内线圈中的感应电流大小不变
B．第4s末线圈产生的感应电动势为零
C．2∼4s内线圈中的感应电流方向为逆时针方向
D．0∼1s内与2∼4s内线圈流过的感应电流大小相等
10．我国是目前世界上唯一用特高压输电技术进行远距离输电的国家，也是全球特高压输电线最长、核心专利最多、技术最完备的国家。如图是交流特高压远距离输电的原理图，假定在远距离输电过程中，等效理想变压器的输入功率，输入电压，输电线上的电流，输电线的总电阻为R，输电线中的功率损失为输入功率的5%。则（ ）
A．
B．变压器的原副线圈匝数比为
C．
D．若保持输入功率不变，提高输电电压，用户得到的功率将增大
三、实验题（本大题共2小题，共16分．）
11．（6分）某同学用如图所示的装置验证动量守恒定律，在滑块A和B相碰的端面上装上弹性碰撞架，它们的上端装有等宽的挡光片。
（1）实验前需要调节气垫导轨水平：取走滑块B，将滑块A置于光电门1的左侧，向右轻推一下滑块A，其通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间，则应将气垫导轨______（选填“左”或“右”）端适当垫高，直至滑块A通过两光电门的时间相等。
（2）测得滑块A的总质量，滑块B的总质量，将滑块A置于光电门1的左侧、滑块B静置于两光电门间的某一适当位置。给A一个向右的初速度，测得其通过光电门1的时间为，A与B碰撞后A再次通过光电门1的时间为，滑块B通过光电门2的时间为。若滑块A和B组成的系统在碰撞的过程中动量守恒，在误差允许的范围内，则应该满足______．（用测量量表示）。
（3）根据多次实验数据，测量遮光条长度d后，计算出的动能减少量，的动能增加量，绘制了图像，若图像斜率______，则证明此次碰撞为完全弹性碰撞。
12．（10分）某同学利用图甲装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源正常发光；调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。回答下列问题：
（1）在组装仪器时单缝和双缝应该相互______放置：（选填“垂直”或“平行”）
（2）为减小误差，该实验并未直接测量相邻亮条纹间的距离，而是先测量n个条纹的间距再求出。下列实验采用了类似方法的有（ ）
A．“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中合力的测量
B．“用单摆测重力加速度”实验中单摆周期的测量
C．“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验中弹簧形变量的测量
（3）若想增加从目镜中观察到的条纹数，该同学可______；
A．将单缝向双缝靠近B．将屏向远离双缝的方向移动
C．将屏向靠近双缝的方向移动D．使用间距更小的双缝
（4）调节分划板的位置，使分划板中心刻线对齐某条亮条纹（并将其记为第一条）的中心，如图乙所示，此时手轮上的读数为______mm；转动手轮，使分划线向右侧移动到第四条亮条纹的中心位置，读出手轮上的读数，并由两次读数算出第一条亮条纹中央到第四条亮条纹中央之间的距离，又知双缝间距，双缝到屏的距离，则对应的光波的波长为______m（保留三位有效数字）。
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．（10分）如图所示，位于坐标原点O处的波源时刻开始沿y轴方向做简谐运动，形成沿x轴正方向传播的简谐波。时刻，波传到处的P点。求：
（1）波的传播速度；
（2）再经过多长时间，位于处的Q点到达波谷。
14．（13分）如图所示，两平行金属导轨弯折成90度角的两部分，导轨接有电动势，内阻的电源，定值电阻，导轨间距，导轨电阻忽略不计。导轨的竖直部分左侧有一根与其接触良好的水平放置的金属棒，在金属棒所在空间加一竖直向上的匀强磁场（图中仅画出了一根磁感线），金属棒质量，电阻不计。已知导轨竖直部分与金属棒间的动摩擦因数（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），已知重力加速度，求：
（1）要使金属棒能处于静止状态，则所加的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度至少多大：
（2）若将竖直向上的匀强磁场绕垂直于金属棒的方向逆时针转过90°（此过程保证金属棒静止且与导轨接触良好），要使金属棒最后仍能处于静止状态，则磁感应强度最后为多大。
15．（15分）如图所示，将带负电荷，电荷量、质量的滑块放在小车的水平绝缘板的左端，小车的质量，滑块与绝缘板间的动摩擦因数，小车的绝缘板足够长，它们所在的空间存在磁感应强度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，一端固定在O点，另一端与质量的小球相连，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（碰撞时间很短），碰撞后小球恰好静止，g取。求：
（1）与小车碰撞前小球到达最低点时细线对小球的拉力大小：
（2）小球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能；
（3）碰撞后小车的最终速度。
2024年春季学期高二年级校联体第二次联考
物理参考答案及评分标准
1．【答案】C
【详解】AB．足球的初动量，足球的末动量，足球的动量改变量，故AB错误；CD．足球受到的平均作用力F，根据动量定理，解得，门柱对足球的平均作用力大小为90N，故C正确，
D错误。
2．【答案】B
【解析】A．由题图乙可知单摆的周期，A不符合题意；B．由单摆的周期公式代入数据可得，B符合题意；C．单摆周期与摆角无关，C不符合题意；
D．时，摆球位于左侧最大位移处，速度虽为零，但不是平衡状态，合力不为零，D不符合题意。
3．【答案】C
【解析】由于a、b光以相同入射角射到界面，结果岸上只接收到了a光，没有接收到b光，说明b光早已发生全反射，可知b光在水中的临界角小于a光在水中的临界角，A错。由知折射率，B错。由，知在水中，故C正确。由于在同一种介质水中的折射率，可知a、b光频率不同，由真空中知a、b光真空中的波长不相等，D错。
4．【答案】A
【解析】带电粒子进入磁场的运动轨迹如图所示
由几何关系可得
解得粒子的轨道半径为
由洛伦兹力提供向心力有
解得
粒子在圆形磁场区域中运动时间为
5．【答案】D
【解析】A、粒子在磁场中运动受洛伦兹力的作用，洛伦兹力不做功，所以磁场不能加速带电粒子，故A错误；
B、粒子在磁场中做圆周运动的周期与速度无关，故B错误；
CD、粒子被加速的最大半径等于金属盒的半径R，根据牛顿第二定律有，则粒子离开加速器时获得的动能为，解得，所以粒子最后获得的动能与加速电压大小无关。粒子被加速一次，粒子的电场力对粒子做功为，所以粒子被加速的次数为n，即，解得，所以仅增大加速电压U，粒子在加速器中被加速的次数将减少，回旋次数也跟着减少，故C错误，D正确。
故选：D。
6．【答案】C
【详解】将条形磁铁往上向远离螺线管方向移动时，螺线管里面条形磁铁产生的向下的磁场减弱，磁通量减少，根据楞次定律知感应电流产生的感应磁场与原磁场同向（向下），由安培定则可知感应电流从P到Q，再由左手定则可知安培力向左。故选C。
7．【答案】D
【解析】A、电流表的读数为有效值，故A错误；
B、根据图乙可知交变电流的周期为，则线圈转动的角速度为，故B错误；
C、0.01s时，电流最大，磁通量为零，线圈平面与磁场方向平行，故C错误；
D、0.02s时，根据右手定则可知，电阻R中电流的方向自左向右，故D正确。
8．【答案】BC
【解析】A、电路接通稳定后，A灯被线圈短路，完全熄灭，B、C并联，电压相同，亮度相同，故A错误；B、电路接通稳定后，S断开时，C灯中原来的电流立即减至零，但是由于线圈中电流要减小，产生自感电动势，阻碍电流的减小，线圈中电流不会立即消失，这个自感电流通过B、C灯，所以B、C灯逐渐熄灭，故B正确；CD、电路中A灯与线圈并联后与B灯串联，再与C灯并联。S闭合时，三个灯同时立即发光，由于线圈的电阻很小，逐渐将A灯短路，A灯逐渐熄灭，A灯的电压逐渐降低，B灯的电压逐渐增大，B灯逐渐变亮，故C正确，D错误。
9．【答案】AC
【详解】A．因图像的斜率正比于磁通量的变化率，则0∼1s内线圈中的磁通量的变化率不变，则感应电流大小不变，选项A正确；B．第4s末磁通量的变化率不为零，则此时的感应电动势不为零，选项B错；C．根据楞次定律可知，2∼4s内感应电流方向为逆时针方向，选项C正确。D．因图像的斜率正比于磁通量的变化率，则0∼1s内与2∼4s内的磁通量的变化率不相等，则感应电流不相等，选项D错误。
10．【答案】ABD
【解析】A．根据理想变压器输入功率与输出功率相等，可知变压器的输出功率等于，故代入数据解得。故A符合题意；B．根据理想变压器电压与匝数的关系可得，B符合题意；C．输电线上的损失功率代入数据解得，C不符合题意；D．由可知，保持输入功率不变，增大时，减小，则输电线上将减少，由能量守恒知用户得到的功率将增大，D符合题意。
11．【答案】（1）右 （2） （3）1（每空2分）
12．【答案】（1）平行 （2）B（3） C（4）1.180；（每空2分）
【解析】（1）只有保证单缝和双缝互相平行，才能在屏上出现明暗相间的条纹。
（2）A，先测量n个条纹的间距再求出，采用的是放大测量取平均值。“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中合力的测量，属于等效替代法，故A错误；B、“用单摆测重力加速度”实验中单摆周期的测量，属于放大测量取平均值，故B正确；C、“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验中弹簧形变量的测量，属于多次测量取平均值，故C错误。故答案为：B。
（3）若想增加从目镜中观察到的条纹数，则需要减小条纹间距，根据条纹间距公式可知：A．将单缝向双缝靠近，对条纹间距无影响，A不符合题意；B．将屏向远离双缝的方向移动，则l增大，增大，B不符合题意；C．将屏向靠近双缝的方向移动，则l减小，减小，C符合题意；D．使用间距更小的双缝，则d减小，增大，D不符合题意。故答案为：C。
（4）根据螺旋测微器的读数规则可得，手轮上的读数为
由所给数据可得，相邻亮条纹间距
根据条纹间距公式可得对应的光波的波长为
13．（10分）解：（1）由题知，波从波源传到P点的距离为：
用时：，则波的传播速度为：（2分），
代入数据解得（2分）
（2）由题意分析可知周期为：（2分）
当图中波谷传到Q点时Q点第一次到达波谷，所用时间为：（2分）
设再经过时间，位于处的Q点到达波谷，则有：（，1，2…）（2分）
14．（13分）解：（1）由受力分析，根据共点力平衡条件得，（1分）
（1分）
而（1分）
故有：（1分）
由闭合电路欧姆定律有（2分）
联立解得（2分）
所以所加的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度至少为2T。
（2）当B逆时针转过90°时，安培力竖直向上，则
（3分）
解得（2分）
故磁感应强度最后的大小为1T。
15．（15分）解：（1）小球往下摆的过程，由动能定理有：
解得（2分，不解出v也得2分）
小球在最低点时，由牛顿第二定律得：（2分）
解得（1分）
（2）小球与小车碰撞瞬间，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，
有：（2分）
解得
由能量守恒定律，有：（2分）
解得（1分）
（3）假设滑块与车最终相对静止，则有：（1分）
解得（1分）
由此得，故假设不成立，因此滑块最终悬浮，滑块悬浮瞬间，满足
解得（1分）
将滑块与小车看成一个系统，系统动量守恒，有（1分）
解得，方向水平向左。（1分）
注意事项：
1．答题前，务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡规定的位置上。
2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。
3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。
4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。
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．如图所示，一足球运动员踢一只质量为0.5kg的足球。若足球以10m/s的速率水平撞向球门门柱，然后以8m/s的速率反向弹回，这一过程持续时间为0.1s，下列说法正确（ ）
的是（ ）
A．这一过程中足球的动量改变量大小为
B．这一过程中足球的动量改变量大小为
C．门柱对足球的平均作用力大小为90N
D．门柱对足球的平均作用力大小为10N
2．如图甲，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置开始计时，其相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，对此单摆的振动过程，下列说法正确的是（ ）
A．单摆的振动周期是1s
B．单摆的摆长约为1m
C．若仅将摆角增大，单摆周期也变大
D．时，摆球位于左侧最大位移处，速度为零，合力也为零
3．如图所示，潜水员某次在同一位置沿同一方向分别发出a，b两种颜色的激光，结果岸上只接收到了a光，没有接收到b光，则下列说法正确的是（ ）
A．b光在水中的临界角大于a光在水中的临界角
B．水对a光的折射率大于水对b光的折射率
C．在水中，a光的传播速度大于b光的传播速度
D．真空中，a光的波长等于b光的波长
4．如图所示，半径为R的圆形区域内有大小为B的匀强磁场，一质量为m、带电量为q的带电粒子从C点正对圆心O打入磁场，当其从F点打出时，发现其速度方向偏转了角，不计粒子的重力，则该粒子的速度大小和在磁场中的运动时间分别是（ ）
A．、B．，
C．、D．、
5．回旋加速器结构示意图如图所示，两个D形盒分别和一高频交流电源两极相接，两盒放在磁应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面。A处有一初速度为零的带电粒子，不计粒子的重力和通过盒缝的时间，下列说法正确的是（ ）
A．电场和磁场都能加速带电粒子
B．随着速度的加快，粒子在磁场中做圆周运动的周期越来越小
C．仅增大加速电压，粒子在加速器中的回旋次数不变
D．仅增大加速电压，粒子离开加速器时获得的动能不变
6．如图所示，导体棒PQ放在垂直纸面向外的匀强磁场中，PQ与螺线管和金属导轨组成闭合回路，将条形磁铁往上向远离螺线管方向移动时，关于导体棒PQ中的感应电流方向和PQ受到的安培力方向判断正确的是（ ）
A．电流从Q到P，安培力向右B．电流从Q到P，安培力向左
C．电流从P到Q，安培力向左D．电流从P到Q，安培力向右
7．图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电表，线圈绕垂直于磁场方向的水平轴沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示，以下说法正确的是（ ）
A．电流表的示数为
B．线圈转动的角速度为
C．0.01s时线圈平面与磁场方向垂直
D．0.02s时电阻R中电流的方向自左向右
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，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈（直流电阻可忽略不计），则（ ）
A．电路接通稳定后，三个灯亮度相同
B．电路接通稳定后，S断开时，B、C灯逐渐熄灭
C．S闭合时，A灯立即发光，然后逐渐熄灭
D．S闭合时，B灯立即发光，然后逐渐熄灭
9．如图甲所示，闭合圆形线圈内存在方向垂直纸面向外的磁场，磁感应强度随时间变化的关系如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．0∼1s内线圈中的感应电流大小不变
B．第4s末线圈产生的感应电动势为零
C．2∼4s内线圈中的感应电流方向为逆时针方向
D．0∼1s内与2∼4s内线圈流过的感应电流大小相等
10．我国是目前世界上唯一用特高压输电技术进行远距离输电的国家，也是全球特高压输电线最长、核心专利最多、技术最完备的国家。如图是交流特高压远距离输电的原理图，假定在远距离输电过程中，等效理想变压器的输入功率，输入电压，输电线上的电流，输电线的总电阻为R，输电线中的功率损失为输入功率的5%。则（ ）
A．
B．变压器的原副线圈匝数比为
C．
D．若保持输入功率不变，提高输电电压，用户得到的功率将增大
三、实验题（本大题共2小题，共16分．）
11．（6分）某同学用如图所示的装置验证动量守恒定律，在滑块A和B相碰的端面上装上弹性碰撞架，它们的上端装有等宽的挡光片。
（1）实验前需要调节气垫导轨水平：取走滑块B，将滑块A置于光电门1的左侧，向右轻推一下滑块A，其通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间，则应将气垫导轨______（选填“左”或“右”）端适当垫高，直至滑块A通过两光电门的时间相等。
（2）测得滑块A的总质量，滑块B的总质量，将滑块A置于光电门1的左侧、滑块B静置于两光电门间的某一适当位置。给A一个向右的初速度，测得其通过光电门1的时间为，A与B碰撞后A再次通过光电门1的时间为，滑块B通过光电门2的时间为。若滑块A和B组成的系统在碰撞的过程中动量守恒，在误差允许的范围内，则应该满足______．（用测量量表示）。
（3）根据多次实验数据，测量遮光条长度d后，计算出的动能减少量，的动能增加量，绘制了图像，若图像斜率______，则证明此次碰撞为完全弹性碰撞。
12．（10分）某同学利用图甲装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源正常发光；调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。回答下列问题：
（1）在组装仪器时单缝和双缝应该相互______放置：（选填“垂直”或“平行”）
（2）为减小误差，该实验并未直接测量相邻亮条纹间的距离，而是先测量n个条纹的间距再求出。下列实验采用了类似方法的有（ ）
A．“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中合力的测量
B．“用单摆测重力加速度”实验中单摆周期的测量
C．“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验中弹簧形变量的测量
（3）若想增加从目镜中观察到的条纹数，该同学可______；
A．将单缝向双缝靠近B．将屏向远离双缝的方向移动
C．将屏向靠近双缝的方向移动D．使用间距更小的双缝
（4）调节分划板的位置，使分划板中心刻线对齐某条亮条纹（并将其记为第一条）的中心，如图乙所示，此时手轮上的读数为______mm；转动手轮，使分划线向右侧移动到第四条亮条纹的中心位置，读出手轮上的读数，并由两次读数算出第一条亮条纹中央到第四条亮条纹中央之间的距离，又知双缝间距，双缝到屏的距离，则对应的光波的波长为______m（保留三位有效数字）。
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．（10分）如图所示，位于坐标原点O处的波源时刻开始沿y轴方向做简谐运动，形成沿x轴正方向传播的简谐波。时刻，波传到处的P点。求：
（1）波的传播速度；
（2）再经过多长时间，位于处的Q点到达波谷。
14．（13分）如图所示，两平行金属导轨弯折成90度角的两部分，导轨接有电动势，内阻的电源，定值电阻，导轨间距，导轨电阻忽略不计。导轨的竖直部分左侧有一根与其接触良好的水平放置的金属棒，在金属棒所在空间加一竖直向上的匀强磁场（图中仅画出了一根磁感线），金属棒质量，电阻不计。已知导轨竖直部分与金属棒间的动摩擦因数（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），已知重力加速度，求：
（1）要使金属棒能处于静止状态，则所加的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度至少多大：
（2）若将竖直向上的匀强磁场绕垂直于金属棒的方向逆时针转过90°（此过程保证金属棒静止且与导轨接触良好），要使金属棒最后仍能处于静止状态，则磁感应强度最后为多大。
15．（15分）如图所示，将带负电荷，电荷量、质量的滑块放在小车的水平绝缘板的左端，小车的质量，滑块与绝缘板间的动摩擦因数，小车的绝缘板足够长，它们所在的空间存在磁感应强度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，一端固定在O点，另一端与质量的小球相连，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（碰撞时间很短），碰撞后小球恰好静止，g取。求：
（1）与小车碰撞前小球到达最低点时细线对小球的拉力大小：
（2）小球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能；
（3）碰撞后小车的最终速度。
2024年春季学期高二年级校联体第二次联考
物理参考答案及评分标准
1．【答案】C
【详解】AB．足球的初动量，足球的末动量，足球的动量改变量，故AB错误；CD．足球受到的平均作用力F，根据动量定理，解得，门柱对足球的平均作用力大小为90N，故C正确，
D错误。
2．【答案】B
【解析】A．由题图乙可知单摆的周期，A不符合题意；B．由单摆的周期公式代入数据可得，B符合题意；C．单摆周期与摆角无关，C不符合题意；
D．时，摆球位于左侧最大位移处，速度虽为零，但不是平衡状态，合力不为零，D不符合题意。
3．【答案】C
【解析】由于a、b光以相同入射角射到界面，结果岸上只接收到了a光，没有接收到b光，说明b光早已发生全反射，可知b光在水中的临界角小于a光在水中的临界角，A错。由知折射率，B错。由，知在水中，故C正确。由于在同一种介质水中的折射率，可知a、b光频率不同，由真空中知a、b光真空中的波长不相等，D错。
4．【答案】A
【解析】带电粒子进入磁场的运动轨迹如图所示
由几何关系可得
解得粒子的轨道半径为
由洛伦兹力提供向心力有
解得
粒子在圆形磁场区域中运动时间为
5．【答案】D
【解析】A、粒子在磁场中运动受洛伦兹力的作用，洛伦兹力不做功，所以磁场不能加速带电粒子，故A错误；
B、粒子在磁场中做圆周运动的周期与速度无关，故B错误；
CD、粒子被加速的最大半径等于金属盒的半径R，根据牛顿第二定律有，则粒子离开加速器时获得的动能为，解得，所以粒子最后获得的动能与加速电压大小无关。粒子被加速一次，粒子的电场力对粒子做功为，所以粒子被加速的次数为n，即，解得，所以仅增大加速电压U，粒子在加速器中被加速的次数将减少，回旋次数也跟着减少，故C错误，D正确。
故选：D。
6．【答案】C
【详解】将条形磁铁往上向远离螺线管方向移动时，螺线管里面条形磁铁产生的向下的磁场减弱，磁通量减少，根据楞次定律知感应电流产生的感应磁场与原磁场同向（向下），由安培定则可知感应电流从P到Q，再由左手定则可知安培力向左。故选C。
7．【答案】D
【解析】A、电流表的读数为有效值，故A错误；
B、根据图乙可知交变电流的周期为，则线圈转动的角速度为，故B错误；
C、0.01s时，电流最大，磁通量为零，线圈平面与磁场方向平行，故C错误；
D、0.02s时，根据右手定则可知，电阻R中电流的方向自左向右，故D正确。
8．【答案】BC
【解析】A、电路接通稳定后，A灯被线圈短路，完全熄灭，B、C并联，电压相同，亮度相同，故A错误；B、电路接通稳定后，S断开时，C灯中原来的电流立即减至零，但是由于线圈中电流要减小，产生自感电动势，阻碍电流的减小，线圈中电流不会立即消失，这个自感电流通过B、C灯，所以B、C灯逐渐熄灭，故B正确；CD、电路中A灯与线圈并联后与B灯串联，再与C灯并联。S闭合时，三个灯同时立即发光，由于线圈的电阻很小，逐渐将A灯短路，A灯逐渐熄灭，A灯的电压逐渐降低，B灯的电压逐渐增大，B灯逐渐变亮，故C正确，D错误。
9．【答案】AC
【详解】A．因图像的斜率正比于磁通量的变化率，则0∼1s内线圈中的磁通量的变化率不变，则感应电流大小不变，选项A正确；B．第4s末磁通量的变化率不为零，则此时的感应电动势不为零，选项B错；C．根据楞次定律可知，2∼4s内感应电流方向为逆时针方向，选项C正确。D．因图像的斜率正比于磁通量的变化率，则0∼1s内与2∼4s内的磁通量的变化率不相等，则感应电流不相等，选项D错误。
10．【答案】ABD
【解析】A．根据理想变压器输入功率与输出功率相等，可知变压器的输出功率等于，故代入数据解得。故A符合题意；B．根据理想变压器电压与匝数的关系可得，B符合题意；C．输电线上的损失功率代入数据解得，C不符合题意；D．由可知，保持输入功率不变，增大时，减小，则输电线上将减少，由能量守恒知用户得到的功率将增大，D符合题意。
11．【答案】（1）右 （2） （3）1（每空2分）
12．【答案】（1）平行 （2）B（3） C（4）1.180；（每空2分）
【解析】（1）只有保证单缝和双缝互相平行，才能在屏上出现明暗相间的条纹。
（2）A，先测量n个条纹的间距再求出，采用的是放大测量取平均值。“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中合力的测量，属于等效替代法，故A错误；B、“用单摆测重力加速度”实验中单摆周期的测量，属于放大测量取平均值，故B正确；C、“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验中弹簧形变量的测量，属于多次测量取平均值，故C错误。故答案为：B。
（3）若想增加从目镜中观察到的条纹数，则需要减小条纹间距，根据条纹间距公式可知：A．将单缝向双缝靠近，对条纹间距无影响，A不符合题意；B．将屏向远离双缝的方向移动，则l增大，增大，B不符合题意；C．将屏向靠近双缝的方向移动，则l减小，减小，C符合题意；D．使用间距更小的双缝，则d减小，增大，D不符合题意。故答案为：C。
（4）根据螺旋测微器的读数规则可得，手轮上的读数为
由所给数据可得，相邻亮条纹间距
根据条纹间距公式可得对应的光波的波长为
13．（10分）解：（1）由题知，波从波源传到P点的距离为：
用时：，则波的传播速度为：（2分），
代入数据解得（2分）
（2）由题意分析可知周期为：（2分）
当图中波谷传到Q点时Q点第一次到达波谷，所用时间为：（2分）
设再经过时间，位于处的Q点到达波谷，则有：（，1，2…）（2分）
14．（13分）解：（1）由受力分析，根据共点力平衡条件得，（1分）
（1分）
而（1分）
故有：（1分）
由闭合电路欧姆定律有（2分）
联立解得（2分）
所以所加的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度至少为2T。
（2）当B逆时针转过90°时，安培力竖直向上，则
（3分）
解得（2分）
故磁感应强度最后的大小为1T。
15．（15分）解：（1）小球往下摆的过程，由动能定理有：
解得（2分，不解出v也得2分）
小球在最低点时，由牛顿第二定律得：（2分）
解得（1分）
（2）小球与小车碰撞瞬间，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，
有：（2分）
解得
由能量守恒定律，有：（2分）
解得（1分）
（3）假设滑块与车最终相对静止，则有：（1分）
解得（1分）
由此得，故假设不成立，因此滑块最终悬浮，滑块悬浮瞬间，满足
解得（1分）
将滑块与小车看成一个系统，系统动量守恒，有（1分）
解得，方向水平向左。（1分）
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