湖北名校协作体2024年高二下学期5月月考物理试题含答案.pdf

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1、 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 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：Aa 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。Bb 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

2、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 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pC

3、T，即pCT，又因为pg h，所以水柱高度变化量ChTg，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239235494922PuUHeB核反应过程中的质量亏损0.0056mu根据质能方程2Em c 可得5.2MeVEC衰变过程中满足动守恒得Upp带电粒子在磁场中做圆周运动，有2vqvBmR铀核 U 和粒子圆周运动的半径之比21:4692UURqRqD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EEE 即5.1MeVE 根据动能和动量的关系22kpEm可得kUkUEmEm则粒子的动能UkUmEEmm代入数值的kE5.0MeV5.【

4、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 2sin100t(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#QQABDQAAggAoAIIAAAhCEwEgCkMQkACAAQgGBBAEMAIBwBNABAA=#宜荆荆

5、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cnv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21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1r，1i由几何关系可知1190ir 解得122.5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

6、定律1sinnC可知折射率最小值为min1sin22.5n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2112222mgmghmm v解得12vgh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22BLvB L vFBILBLRR安对整体，根据牛顿第二定律得2222B L vmgmgmm aR解得22133B L vagmR故 B 正确；C线框穿出磁场时，根据平衡条件得2mgmgF安又安培力为222=B L vFR安解得线框离开磁场时的速度为222mgRvB L故 C 错误；D设线框通过磁场的过程中产生的热量为Q，

7、对从静止到刚通过磁场的过程，根据能量守恒得2212522Qmgmghmm v解得32244352m g RQmghB L故 D 错误。故选 B。8.【答案】BD【详解】Aac过程，由理想气体状态方程得000004682cpVpVTT解得023cTTA 错误；Bab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；Cda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0012p 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0012p V，根据热力学第一定律可知，在一次循环过程#QQABDQAAggAoAIIAAAhCEw

8、EgCkMQkACAAQgGBBAEMAIBwBNABAA=#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0012p 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NfF得摩擦力减小sinFmgfam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cosBqvmg则cosmgvqB故正确。故选 CD。10.【答案】ABD【详解】A 两列波波速相同，（0.

9、8m，0）处距离 S2较近，0t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2222(0.2)(1.2)1msxyxyn（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=vT=0.4m抛物线如图，

10、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2222(0.2)(1.2)(21)1m2sxyxyn（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=20cm210 rad/sTt=0 时刻两列波振动方向相反30.6m

11、=2r 则 M 点为振动加强点，M 点振动方程为 z=2Asin（t)=40sin(10t)cm 故 D 正确。故选 ABD。#QQABDQAAggAoAIIAAAhCEwEgCkMQkACAAQgGBBAEMAIBwBNABAA=#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)003mm gpS(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003pSmm gp S得平衡后空气柱中的压强为003mm gpp

12、S（2）1pV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0002pm gpS由等温变化022p LSpLS又00pSmnm gp S得所挂钩码个数为0034p Smnmgm解得1n 12（1）11.50（2）2(1 cos)gL（3）1221(1cos1cos)2xmLmLd【详解】（2）小球 a 从最高点下落，由机械能守恒得201(1cos)2mgLmv解得02(1 cos)vgL（3）小球 a 从碰后的速度为1v，由机械能守恒得211(1cos)2mgLmv解12(

13、1 cos)vgL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 bxv t，由题知4baTtt，2,2ldTlLg，解得1221(1cos1cos)2xmLmLd13（1）4mgk；（2）6mgAk（1）因为 B 恰好未离开地面，则14mgkx2 分即弹簧的最大伸长量为14mgxk2 分（2）对 AC 在最高点受力分析得122mgkxma解得3ag2 分AC 在最低点加速度大小也是 3g，方向向上受力分析得222kxmgma解得28mgxk2 分#QQABDQAAggAoAIIAAAhCEwEgCkMQkACAAQgGBBAEMAIBwBNABAA=#宜

14、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320kxmg解得32mgxk2 分236mgAxxk2 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）=12m12-12m02,代入数据得，=4.2J3 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=15N2 分对球受力分析如图，由几何关系可求得手=12 2N2 分方法（二）：由余弦定理或者

15、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=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 2N1 分15（1）负电；（2）0r，0nBLr；（3）0222mrftmn B L C r；（4）222202222220n B L C mrftmrmn 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0vr1 分由法拉第电磁感应定律有EnBLv1 分解得0EnBLr1 分（3）薄板旋转

16、，线圈相对薄板的线速度分别为#QQABDQAAggAoAIIAAAhCEwEgCkMQkACAAQgGBBAEMAIBwBNABAA=#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00vr1 分同理充电后的速度为11vr1 分停止充电时，两极板的电压为11UnBLv1 分在充电过程中，对薄板分析，根据动量定理得10ftnBILtmvmv2 分充电的电荷量大小满足1QIt1 分又因为11QCU1 分联立解得01222mrftmn B L C r1 分（4）整个过程中，薄板损失的机械能为2012Emv损1 分充电过程中的QU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WqU1 分电容的公式QCU1 分可得到阴影面积为电容器充电过程中获得的能量，即1112EU Q回1 分薄板运动的整个过程中该系统的能量回收率EE回损联立解得222202222220n B L C mrftmrmn B L C1 分（式子后乘 100%也正确）#QQABDQAAggAoAIIAAAhCEwEgCkMQkACAAQgGBBAEMAIBwBNABAA=#