【解析】河南省周口市项城市正泰博文高级中学2022-2023学年高二下学期物理5月月考试题

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河南省周口市项城市正泰博文高级中学2022-2023学年高二下学期物理5月月考试题

一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1—8小题只有一项符合题目要求，第9—12小题有多项符合题目的要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。

1．（2023高二下·项城月考）近几年，主动降噪功能成为耳机的热门卖点，主动降噪功能是通过降噪系统产生与外界噪音振幅、频率相同，相位相反的声波，将噪音中和，从而实现降噪的效果，主动降噪功能主要采用的原理是（）

A．波的折射B．波的衍射

C．波的干涉D．波的多普勒效应

【答案】C

【知识点】波的干涉现象

【解析】【解答】由题意可知，主动降噪功能是通过降噪系统产生与外界噪音振幅、频率相同，相位相反的声波

相叠加产生干涉实现的。

故选C。

【分析】由题意可知，主动降噪功能通过波的干涉现象来实现。

2．（2023高二下·项城月考）如图所示为两分子组成的系统的分子势能随两分子之间距离r的关系图像，a、b、c、d为图像上的四个点，下列关于这四个点的说法正确的是（）

A．在c点，分子间作用力最小

B．在b点，分子间作用力为0

C．从b到c，分子势能逐渐变大

D．从c到d，分子间的作用力逐渐减小

【答案】A

【知识点】分子间的作用力；分子势能

【解析】【解答】A．由图可知，c点对应的应该是平衡位置，即此位置分子引力与斥力大小相等，分子力为0，故A正确；

B．b点对应分子间距小于平衡距离r0，则此位置分子间作用力表现为斥力，故B错误；

C．从b到c，分子力表现为斥力，则此过程中分子力做正功，分子势能减小，故C错误；

D．从c到d，分子力表现为引力，且分子间距大于r0，则分子力可能先增大后减小，也可能一直增大，故D错误。

故选A。

【分析】由分子势能随分子间距变化图像确定a、b、c各点对应分子力随分子间距变化图像中的位置，结合分子力随分子间距变化图像和分子力做功与分子势能变化关系分析。

3．（2023高二下·项城月考）如图甲所示为LC振荡电路，图甲中电流方向为电流的正方向，回路中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示，下列说法正确的是（）

A．在时刻，电容器上极板带正电

B．在时刻，电容器带电量为0

C．在时间内，电容器在充电

D．在时间内，线圈中的磁场能在减小

【答案】D

【知识点】LC振荡电路分析

【解析】【解答】A．由图乙可知，0-t1过程中，电容器处于放电过程，且电流为正，即与图甲中电流方向相同，t1时刻电容器放电完毕，则电容器不带电，故A错误；

B．由图乙可知，t1-t2过程中，电容器处于充电过程，t2时刻电容器充电完成，则电容器所带电荷量不为0，故B错误；

C．由图乙可知，t2-t3过程中，电流逐渐增大，电容器处于放电过程，故C错误；

D．由图乙可知，t3-t4过程中，电流逐渐减小，电容器处于充电过程，磁场能转化为电场能，即线圈中的磁场能在减小，故D正确。

故选D。

【分析】由图乙分析出各时间段电容器是充电还是放电，结合磁场能与电场能相互转过程中能量守恒处理。

4．（2023高二下·项城月考）某闭合回路中存在交变电流，电流i随时间t变化的规律如图所示，则该交变电流的有效值为（）

A．6AB．5AC．4AD．3A

【答案】B

【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值

【解析】【解答】根据电流的热效应有，代入数据有，解得，故选B。

【分析】根据电流的热效应列方程求解即可。

5．（2023高二下·项城月考）一圆心为O，半径为R的半圆形玻璃砖横截面如图所示。一束平行光垂直于AB边射入玻璃砖，不考虑玻璃砖内的反射光线，圆弧上只有长度为部分有光线射出，已知光在真空中的传播速度大小为c，则从圆弧上射出的光线在玻璃砖内传播的最长时间为（）

A．B．C．D．

【答案】B

【知识点】光的全反射

【解析】【解答】如图所示，设从D点射入玻璃砖的光在圆弧上M点刚好发生全反射，由题意可知，，则折射率为，光在玻璃中的速度为从O点射入玻璃砖的光在玻璃砖中运动时间最长，则最长时间为，故选B。

【分析】由题意确定出发生全反射时的入射角，根据和进行求解。

6．（2023高二下·项城月考）如图所示，水平放置的两平行金属板之间存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从左侧以一定的初速度沿中轴线射入两金属板之间，恰好沿中轴线做匀速直线运动。粒子重力不能忽略，下列做法能使粒子向上偏转的是（）

A．仅改变粒子的电性B．仅增大粒子的质量

C．仅增大粒子的带电量D．仅减小粒子入射速度

【答案】C

【知识点】带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动

【解析】【解答】A．由于粒子电性不清楚，开始时若电场力大于洛伦兹力，即粒子带负电，电场力向上，改变电性后，电场力向下，则粒子向下偏转，故A错误；

B．由于粒子电性不清楚，开始时若电场力大于洛伦兹力，即粒子带负电，电场力向上，增大粒子的质量，合力向下，粒子向下偏转，故B错误；

CD．开始时若电场力大于洛伦兹力，即粒子带负电，电场力向上，则有，增大粒子的电量，则粒子合力向上，粒子向上偏转，同理，粒子带正电时，增大粒子的电量，则粒子合力向上，粒子向上偏转，故C正确；

D．减小粒子入射速度只能减小洛伦兹力，由于洛伦兹力方向不确定，则粒子不一定向上偏转，故D错误。

故选C。

【分析】由粒子电性不确定，则粒子的洛伦兹力与电场力方向不确定，根据受力分析各种情况下的偏转。

7．（2023高二下·项城月考）如图所示，纸面内一边长为L粗细均匀的等边三角形金属线框abc匀速穿过宽度为d的匀强磁场区域，匀强磁场的方向垂直于纸面向里，已知，线框穿过磁场区域过程中，ab边始终与磁场边界垂直，取a→b→c→a为电流的正方向，则线框穿过磁场区域的过程中，线框中的感应电流i随时间t变化的关系可能为（）

A．B．

C．D．

【答案】D

【知识点】电磁感应中的图像类问题

【解析】【解答】从b点到c点刚进入磁场过程中，相等时间内穿过线圈磁通量的变化量均匀增加，则线圈中产生的感应电流均匀增大，从c点进入磁场到b刚出磁场过程中，相等时间内穿过线磁通量的变化量均匀减小，则线圈中产生的感应电流均匀减小，从b点刚出磁场到a、b两点关于磁场对称过程中，相等时间内穿过线圈磁通量的变化量减小越来越快，即电流的减小得越来越快，根据对称性可知，后面过程与前面过程刚好对称。

故选D。

【分析】对线圈穿过磁场分段进行分析，找出各相等时间段内磁通时变化量的变化情况，从而得出电流变化情况。

8．（2023高二下·项城月考）如图所示为一含有理想变压器的电路，其中定值电阻，，正弦交变电压u最大值为，电流表和电压表均为理想电表，电流表示数为0.5A，则电压表的示数为（）

A．30VB．45VC．60VD．90V

【答案】A

【知识点】变压器原理

【解析】【解答】交变电压的有效值为，R1两端电压为，设变压器原、副线圈匝数比为k，将变压器与R2等效为一电阻，电阻阻值为，由闭合电路欧姆定律可知，等效电阻两端电压为，则等效电阻为，解得k=4，由变压器的变压比可知，副线圈两端电压为30V即为电压表示数。

故选A。

【分析】将变压器与R2等效为一电阻，根据闭合电路欧姆定律求出变压器匝数比，结合变压器变压比求解副线圈两端电压即为电压表示数。

9．（2023高二下·项城月考）如图所示，光滑水平面上运动的物块A与静止的物块B发生正碰，已知物块A的质量为2m，初速度大小为，物块B的质量为3m，则碰撞后物块A的速度大小可能为（）

A．0B．1m/sC．3m/sD．4m/s

【答案】B

【知识点】碰撞模型

【解析】【解答】若两物块发生弹性正碰，根据动量守恒和能量守恒有，，联立解得，若两物块发生完全非弹性碰撞，则有，解得，则碰撞后物块A的速度大小，故选B。

【分析】将两物块的碰撞分类为弹性正碰和完全非弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒求解碰后A物块的速度。

10．（2023高二下·项城月考）均匀介质中一列沿x轴方向传播的简谐横波在时刻的波形图如图甲所示，质点P的平衡位置坐标为，质点Q的平衡位置坐标为。质点Q的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（）

A．波沿x轴正方向传播

B．该波的传播速度大小为20m/s

C．在时刻，质点P和Q的加速度相同

D．在0～0.15s时间内，质点P和Q运动的路程相等

【答案】B,C

【知识点】横波的图象

【解析】【解答】A．由图乙可知，0时刻Q质点向上振动，在图甲中由同侧法可知，波沿x轴负方向传播，故A错误；

B．由图甲可知，波长为8m，由图乙可知，周期为0.4s，则波速度为，故B正确；

C．经过0.15s波传播的距离为，根据波的平移可知，0.15s时，x=7m处质点的振动形式传到Q，x=5m处质点的振动形式传到P，由此可知，此时P、Q两质点位于x轴上方离x轴距离相等的位置，则此时两点的加速度相同，故C正确；

D．质点P的振动方程，同理质点Q的振动方程，结合图甲与两质点的振动情况可知，质点P和Q运动的路程不相等，故D错误。

故选BC。

【分析】振动图像与波动图像结合同侧法判断波的传播方向；由周期、波长和波速的关系求解波速；由波的平移法确定两质点的加速度；由质点的振动图像结合质点的振动情况分析两质点的运动路程。

11．（2023高二下·项城月考）如图所示为一定质量的理想气体压强p随热力学温度T变化的关系图像，已知气体在状态a时的体积为，则气体（）

A．在状态c时的体积为

B．由a变化到b的过程中，气体吸热

C．由b变化到c的过程中，气体对外界做功为

D．由c变化到a的过程中，外界对气体做功为

【答案】B,D

【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用；气体的等容变化及查理定律

【解析】【解答】A．由图可知，c到a为等压过程，则，解得，故A错误；

B．由得，，则a到b过程中为等容变化，外界对气体不做功，气体对外界也不做功，由于温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸热，故B正确；

C．由b变化到c的过程中，体积增大V0，由于压强随体积不是均匀变大，则气体对外界做功不等于，故C错误；

D．由c变化到a的过程为等压过程，体积变化V0，则外界对气体做功为，故D正确。

故选BD。

【分析】由等压变化列方程求解在状态c时的体积；由理想气体状态方程确定a到b过程中为等容变化，结合热力学第一定律判断气体吸、放热情况；由图分析b到c，c到a的变化过程，根据做功求解。

12．（2023高二下·项城月考）如图所示，竖直放置的两根平行光滑金属导轨，间距为1m，顶端接有一阻值为的定值电阻，水平虚线ab、cd之间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为。一质量，长度为，阻值为的金属棒从虚线ab处静止释放，金属棒从cd离开磁场前已经做匀速运动，金属棒从释放到离开磁场区域的过程中通过电阻R的电荷量为，重力加速度g取，金属棒运动过程中与导轨始终垂直且接触良好，下列说法正确的是（）

A．金属棒离开磁场时的速度大小为10m/s

B．虚线ab、cd之间的距离为10m

C．金属棒从释放开始运动到cd的时间为2s

D．金属棒从释放开始运动到cd的过程中电阻R产生的焦耳热为37.5J

【答案】A,D

【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题

【解析】【解答】A．由平衡可得，其中，，联立得，故A正确；

B．金属棒运动过程中有，则，由题意可知，虚线ab、cd之间的距离大于20m，故B错误；

C．对金属棒由动量定理可得，由于，则有，解得t=3s，则金属棒从释放开始运动到cd的时间大于3s，故C错误；

D．对金属棒运动过程中由能量守恒有，解得Q=75J，则电阻R上产生的热量为，故D正确。

故选AD。

【分析】由平衡列方程求解速度大小；由求解运动距离，注意此距离不等虚线ab、cd之间的距离；对金属棒由动量定理求解运动时间；由能量守恒求解焦耳热。

二、非选择题：本题共5小题，共52分。

13．（2023高二下·项城月考）某实验小组用如图甲所示的单摆测定当地的重力加速度。

（1）先用游标卡尺测量出小球的直径D，再将小球用细线悬挂在铁架台上，测量出摆线的长度l，还需要测量的实验数据有____

A．摆球的质量B．单摆的振幅C．单摆的周期

（2）若用游标卡尺测量小球直径D的结果如图乙所示，则小球的直径D=cm。

（3）多次改变摆线的长度l重复实验，并用图像法处理实验数据结果如图丙所示，由图像可知当地的重力加速度大小为（结果保留三位有效数字）。

【答案】（1）C

（2）2.020

（3）9.76

【知识点】用单摆测定重力加速度

【解析】【解答】(1)由实验原理可知，还需要测量的实验数据为单摆的周期，故选C；

（2）由图乙可知，小球的直径；

(3)由实验原理可得，由图丙可得，解得

【分析】(1)由实验原理分析实验还需要测量的实验数据；（2）由游标卡尺读数规则进行读数；（3）由实验原理结合数学知识求解。

14．（2023高二下·项城月考）某实验小组利用油膜法估测油酸分子的大小，实验步骤如下：

A.取的纯油酸和一定体积的无水酒精配制成油酸酒精溶液；

B.用注射器将配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，测得滴油酸酒精溶液的体积为；C.取一个直径为的水槽，并在水槽中倒入适量的清水，待水面稳定后将适量痱子粉均匀地撒在水面上；

D.用注射器将配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定；

E.将透明玻璃板盖在水槽上，然后将油膜的形状用记号笔描绘在玻璃板上；

F.将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积S.

回答下列问题：

（1）将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，如图甲所示，已知坐标纸上小格子的边长为1cm，则油膜的面积。

（2）实验配制的一滴酒精油酸溶液中含有的纯油酸的体积为（结果保留两位有效数字）。

（3）将油酸分子简化成球形处理，并认为它们紧密排布形成单分子油膜，则油酸分子半径的计算公式为r

（用题目中的物理量符号表示）。

（4）若估测出油酸分子的半径为r，已知阿伏加德罗常数为，由此可以推算出油酸的____。

A．摩尔体积B．摩尔质量C．密度D．平均动能

（5）在步骤E中，由于水槽边缘不平整，盖在水槽上的玻璃板与形成的油膜并不平行，侧视图如图乙所示，则该情况会导致最终测得油酸分子的半径结果（填“偏大”或“偏小”）。

【答案】（1）

（2）

（3）

（4）A

（5）偏小

【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小

【解析】【解答】（1）由图甲可知，油膜形状所围坐标纸格子数为70，则油膜的面积；

（2）实验配制的一滴酒精油酸溶液中含有的纯油酸的体积为；

（3）油酸分子半径的计算公式为；

（4）若估测出油酸分子的半径为r，可计算出油酸分子的体积，油酸分子的体积与阿伏加德罗常数的乘积即为摩尔体积；由于不知道油酸的密度则无法计算油酸分子的质量，则无法推出摩尔质量；也无法确定其平均动能；

（5）由图乙可知，该情况下测得油膜面积变大，由可知，测量的油酸分子的半径将偏小。

【分析】（1）通过数油膜所围格子数求解面积，注意大于半格算一格，不满半格舍去；（2）由题意用一滴酒精油酸溶液的体积乘以浓度即可；（3）油酸分子半径等于一滴纯油酸的体积除以油膜面积的两倍；（4）根据阿伏加德罗常数与物质的量和物体的质量关系进行分析；（5）由图丙分析测量的油膜面积变化，从而确定油酸分子的半径结果变化情况。

15．（2023高二下·项城月考）如图所示，一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，右侧玻璃管的横截面积为，左侧玻璃管的横截面积为。玻璃管内的水银将一定质量的空气密封在右侧的玻璃管内。初始时，右侧密封的空气柱长度为，右侧的水银液面比左侧高，已知环境大气压强为，空气可视为理想气体，管内密封空气温度恒定不变。

（1）求密封空气的压强。

（2）向左侧的玻璃管内缓慢注入水银使左、右两侧的水银液面相平，求注入水银的体积。

【答案】（1）解：初始密封气体的压强为

解得

（2）解：左、右水银液面相平时，密封空气的压强为

设左、右水银液面相平时密封空气的长度为

由玻意尔定律可知

解得

所以注入水银的体积为

解得

【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律

【解析】【分析】（1）由连通器中同一高度液面压强相等求解气体压强；（2）确定最终状态气体的压强，根据等温变化列方程求解。

16．（2023高二下·项城月考）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E，在第一、四象限0≤x≤d的区域内存在匀强磁场。一质量为m，带电量为+q的粒子在x轴上距坐标原点的A点以初速度沿y轴正方向射入电场区域，粒子运动过程中恰好未从边界离开磁场区域，不计粒子重力，不考虑粒子离开磁场区域后的运动，求：

（1）磁场的磁感应强度大小；

（2）粒子在磁场区域中运动的时间。

【答案】（1）解：粒子在电场区域做类平抛运动有

设经过y轴时，沿x轴方向的分速度大小为，速度方向与y轴正方向夹角为

则有

解得

所以粒子进入磁场的速度大小为

设粒子在磁场区域运动的轨迹半径为r，由几何关系可知

粒子在磁场中做匀速圆周运动有

解得

（2）解：粒子在磁场中运动的周期为

由几何关系可知粒子在磁场中运动的时间为

解得

【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动

【解析】【分析】（1）由粒子在匀强电场中做类平抛运动求解粒子进入磁场时的速度大小和方向，再结合几何关系和粒子在磁场中做匀速圆周运动知识求解；

（2）由几何关系先确定粒子在磁场中运动的圆心角从而确定运动时间。

17．（2023高二下·项城月考）如图所示，竖直平面内有一段光滑的圆弧轨道，圆心为O，半径为。光滑水平地面上有一静止木板BC紧靠圆弧轨道，且圆弧轨道最低点与木板上表面相切。木板BC上有一静止放置的物块Q到木板B端的距离为。另一物块P从圆弧轨道上与O等高的A点由静止释放。已知物块P和Q以及木板的质量均为，物块P、Q与木板之间的动摩擦因数均为，重力加速度g取，物块P和Q发生的碰撞为弹性正碰（碰撞时间极短），物块P、Q视为质点，且始终未滑离木板，求：

（1）物块P经过圆弧轨道B点时，对轨道的压力大小；

（2）整个过程中，物块Q的速度最大值：

（3）最终P、Q之间的距离。

【答案】（1）解：物块P从A到B点，由机械能守恒定律可知

在B点合外力提供向心力由

由牛顿第三定律可知，物块P经过圆弧轨道B点时，对轨道的压力大小为

解得

（2）解：物块P滑上木板后减速滑行，加速度大小为

木板和物块Q一起加速的加速度大小为

设经过时间t物块P、Q发生碰撞，则P的位移

Q的位移

且

解得或（舍去）

所以碰撞前瞬间物块P的速度大小为

物块Q的速度大小为

设物块P和Q发生弹性碰撞后瞬间P的速度为，Q的速度为，则

动量守恒定律有

机械能守恒定律有

解得

所以P、Q碰后，物块P与木板一起加速，物块Q减速，即为Q的最大速度

（3）解：P、Q碰后到P、Q以及木板共速的过程，系统动量守恒定律

能量守恒定律有

解得

所以最终P、Q之间的距离为

【知识点】动量与能量的综合应用一板块模型

【解析】【分析】（1）由机械能守恒求出物块在B点的速度，再结合圆周运动知识求解；

（2）分析物块的运动情况，由运动学知识、动量守恒和能量守恒列方程求解；

（3）由动量守恒定律和能量守恒定律列方程进行分析处理。

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河南省周口市项城市正泰博文高级中学2022-2023学年高二下学期物理5月月考试题

一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1—8小题只有一项符合题目要求，第9—12小题有多项符合题目的要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。

1．（2023高二下·项城月考）近几年，主动降噪功能成为耳机的热门卖点，主动降噪功能是通过降噪系统产生与外界噪音振幅、频率相同，相位相反的声波，将噪音中和，从而实现降噪的效果，主动降噪功能主要采用的原理是（）

A．波的折射B．波的衍射

C．波的干涉D．波的多普勒效应

2．（2023高二下·项城月考）如图所示为两分子组成的系统的分子势能随两分子之间距离r的关系图像，a、b、c、d为图像上的四个点，下列关于这四个点的说法正确的是（）

A．在c点，分子间作用力最小

B．在b点，分子间作用力为0

C．从b到c，分子势能逐渐变大

D．从c到d，分子间的作用力逐渐减小

3．（2023高二下·项城月考）如图甲所示为LC振荡电路，图甲中电流方向为电流的正方向，回路中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示，下列说法正确的是（）

A．在时刻，电容器上极板带正电

B．在时刻，电容器带电量为0

C．在时间内，电容器在充电

D．在时间内，线圈中的磁场能在减小

4．（2023高二下·项城月考）某闭合回路中存在交变电流，电流i随时间t变化的规律如图所示，则该交变电流的有效值为（）

A．6AB．5AC．4AD．3A

5．（2023高二下·项城月考）一圆心为O，半径为R的半圆形玻璃砖横截面如图所示。一束平行光垂直于AB边射入玻璃砖，不考虑玻璃砖内的反射光线，圆弧上只有长度为部分有光线射出，已知光在真空中的传播速度大小为c，则从圆弧上射出的光线在玻璃砖内传播的最长时间为（）

A．B．C．D．

6．（2023高二下·项城月考）如图所示，水平放置的两平行金属板之间存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从左侧以一定的初速度沿中轴线射入两金属板之间，恰好沿中轴线做匀速直线运动。粒子重力不能忽略，下列做法能使粒子向上偏转的是（）

A．仅改变粒子的电性B．仅增大粒子的质量

C．仅增大粒子的带电量D．仅减小粒子入射速度

7．（2023高二下·项城月考）如图所示，纸面内一边长为L粗细均匀的等边三角形金属线框abc匀速穿过宽度为d的匀强磁场区域，匀强磁场的方向垂直于纸面向里，已知，线框穿过磁场区域过程中，ab边始终与磁场边界垂直，取a→b→c→a为电流的正方向，则线框穿过磁场区域的过程中，线框中的感应电流i随时间t变化的关系可能为（）

A．B．

C．D．

8．（2023高二下·项城月考）如图所示为一含有理想变压器的电路，其中定值电阻，，正弦交变电压u最大值为，电流表和电压表均为理想电表，电流表示数为0.5A，则电压表的示数为（）

A．30VB．45VC．60VD．90V

9．（2023高二下·项城月考）如图所示，光滑水平面上运动的物块A与静止的物块B发生正碰，已知物块A的质量为2m，初速度大小为，物块B的质量为3m，则碰撞后物块A的速度大小可能为（）

A．0B．1m/sC．3m/sD．4m/s

10．（2023高二下·项城月考）均匀介质中一列沿x轴方向传播的简谐横波在时刻的波形图如图甲所示，质点P的平衡位置坐标为，质点Q的平衡位置坐标为。质点Q的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（）

A．波沿x轴正方向传播

B．该波的传播速度大小为20m/s

C．在时刻，质点P和Q的加速度相同

D．在0～0.15s时间内，质点P和Q运动的路程相等

11．（2023高二下·项城月考）如图所示为一定质量的理想气体压强p随热力学温度T变化的关系图像，已知气体在状态a时的体积为，则气体（）

A．在状态c时的体积为

B．由a变化到b的过程中，气体吸热

C．由b变化到c的过程中，气体对外界做功为

D．由c变化到a的过程中，外界对气体做功为

12．（2023高二下·项城月考）如图所示，竖直放置的两根平行光滑金属导轨，间距为1m，顶端接有一阻值为的定值电阻，水平虚线ab、cd之间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为。一质量，长度为，阻值为的金属棒从虚线ab处静止释放，金属棒从cd离开磁场前已经做匀速运动，金属棒从释放到离开磁场区域的过程中通过电阻R的电荷量为，重力加速度g取，金属棒运动过程中与导轨始终垂直且接触良好，下列说法正确的是（）

A．金属棒离开磁场时的速度大小为10m/s

B．虚线ab、cd之间的距离为10m

C．金属棒从释放开始运动到cd的时间为2s

D．金属棒从释放开始运动到cd的过程中电阻R产生的焦耳热为37.5J

二、非选择题：本题共5小题，共52分。

13．（2023高二下·项城月考）某实验小组用如图甲所示的单摆测定当地的重力加速度。

（1）先用游标卡尺测量出小球的直径D，再将小球用细线悬挂在铁架台上，测量出摆线的长度l，还需要测量的实验数据有____

A．摆球的质量B．单摆的振幅C．单摆的周期

（2）若用游标卡尺测量小球直径D的结果如图乙所示，则小球的直径D=cm。

（3）多次改变摆线的长度l重复实验，并用图像法处理实验数据结果如图丙所示，由图像可知当地的重力加速度大小为（结果保留三位有效数字）。

14．（2023高二下·项城月考）某实验小组利用油膜法估测油酸分子的大小，实验步骤如下：

A.取的纯油酸和一定体积的无水酒精配制成油酸酒精溶液；

B.用注射器将配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，测得滴油酸酒精溶液的体积为；C.取一个直径为的水槽，并在水槽中倒入适量的清水，待水面稳定后将适量痱子粉均匀地撒在水面上；

D.用注射器将配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定；

E.将透明玻璃板盖在水槽上，然后将油膜的形状用记号笔描绘在玻璃板上；

F.将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积S.

回答下列问题：

（1）将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，如图甲所示，已知坐标纸上小格子的边长为1cm，则油膜的面积。

（2）实验配制的一滴酒精油酸溶液中含有的纯油酸的体积为（结果保留两位有效数字）。

（3）将油酸分子简化成球形处理，并认为它们紧密排布形成单分子油膜，则油酸分子半径的计算公式为r

（用题目中的物理量符号表示）。

（4）若估测出油酸分子的半径为r，已知阿伏加德罗常数为，由此可以推算出油酸的____。

A．摩尔体积B．摩尔质量C．密度D．平均动能

（5）在步骤E中，由于水槽边缘不平整，盖在水槽上的玻璃板与形成的油膜并不平行，侧视图如图乙所示，则该情况会导致最终测得油酸分子的半径结果（填“偏大”或“偏小”）。

15．（2023高二下·项城月考）如图所示，一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，右侧玻璃管的横截面积为，左侧玻璃管的横截面积为。玻璃管内的水银将一定质量的空气密封在右侧的玻璃管内。初始时，右侧密封的空气柱长度为，右侧的水银液面比左侧高，已知环境大气压强为，空气可视为理想气体，管内密封空气温度恒定不变。

（1）求密封空气的压强。

（2）向左侧的玻璃管内缓慢注入水银使左、右两侧的水银液面相平，求注入水银的体积。

16．（2023高二下·项城月考）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E，在第一、四象限0≤x≤d的区域内存在匀强磁场。一质量为m，带电量为+q的粒子在x轴上距坐标原点的A点以初速度沿y轴正方向射入电场区域，粒子运动过程中恰好未从边界离开磁场区域，不计粒子重力，不考虑粒子离开磁场区域后的运动，求：

（1）磁场的磁感应强度大小；

（2）粒子在磁场区域中运动的时间。

17．（2023高二下·项城月考）如图所示，竖直平面内有一段光滑的圆弧轨道，圆心为O，半径为。光滑水平地面上有一静止木板BC紧靠圆弧轨道，且圆弧轨道最低点与木板上表面相切。木板BC上有一静止放置的物块Q到木板B端的距离为。另一物块P从圆弧轨道上与O等高的A点由静止释放。已知物块P和Q以及木板的质量均为，物块P、Q与木板之间的动摩擦因数均为，重力加速度g取，物块P和Q发生的碰撞为弹性正碰（碰撞时间极短），物块P、Q视为质点，且始终未滑离木板，求：

（1）物块P经过圆弧轨道B点时，对轨道的压力大小；

（2）整个过程中，物块Q的速度最大值：

（3）最终P、Q之间的距离。

答案解析部分

1．【答案】C

【知识点】波的干涉现象

【解析】【解答】由题意可知，主动降噪功能是通过降噪系统产生与外界噪音振幅、频率相同，相位相反的声波

相叠加产生干涉实现的。

故选C。

【分析】由题意可知，主动降噪功能通过波的干涉现象来实现。

2．【答案】A

【知识点】分子间的作用力；分子势能

【解析】【解答】A．由图可知，c点对应的应该是平衡位置，即此位置分子引力与斥力大小相等，分子力为0，故A正确；

B．b点对应分子间距小于平衡距离r0，则此位置分子间作用力表现为斥力，故B错误；

C．从b到c，分子力表现为斥力，则此过程中分子力做正功，分子势能减小，故C错误；

D．从c到d，分子力表现为引力，且分子间距大于r0，则分子力可能先增大后减小，也可能一直增大，故D错误。

故选A。

【分析】由分子势能随分子间距变化图像确定a、b、c各点对应分子力随分子间距变化图像中的位置，结合分子力随分子间距变化图像和分子力做功与分子势能变化关系分析。

3．【答案】D

【知识点】LC振荡电路分析

【解析】【解答】A．由图乙可知，0-t1过程中，电容器处于放电过程，且电流为正，即与图甲中电流方向相同，t1时刻电容器放电完毕，则电容器不带电，故A错误；

B．由图乙可知，t1-t2过程中，电容器处于充电过程，t2时刻电容器充电完成，则电容器所带电荷量不为0，故B错误；

C．由图乙可知，t2-t3过程中，电流逐渐增大，电容器处于放电过程，故C错误；

D．由图乙可知，t3-t4过程中，电流逐渐减小，电容器处于充电过程，磁场能转化为电场能，即线圈中的磁场能在减小，故D正确。

故选D。

【分析】由图乙分析出各时间段电容器是充电还是放电，结合磁场能与电场能相互转过程中能量守恒处理。

4．【答案】B

【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值

【解析】【解答】根据电流的热效应有，代入数据有，解得，故选B。

【分析】根据电流的热效应列方程求解即可。

5．【答案】B

【知识点】光的全反射

【解析】【解答】如图所示，设从D点射入玻璃砖的光在圆弧上M点刚好发生全反射，由题意可知，，则折射率为，光在玻璃中的速度为从O点射入玻璃砖的光在玻璃砖中运动时间最长，则最长时间为，故选B。

【分析】由题意确定出发生全反射时的入射角，根据和进行求解。

6．【答案】C

【知识点】带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动

【解析】【解答】A．由于粒子电性不清楚，开始时若电场力大于洛伦兹力，即粒子带负电，电场力向上，改变电性后，电场力向下，则粒子向下偏转，故A错误；

B．由于粒子电性不清楚，开始时若电场力大于洛伦兹力，即粒子带负电，电场力向上，增大粒子的质量，合力向下，粒子向下偏转，故B错误；

CD．开始时若电场力大于洛伦兹力，即粒子带负电，电场力向上，则有，增大粒子的电量，则粒子合力向上，粒子向上偏转，同理，粒子带正电时，增大粒子的电量，则粒子合力向上，粒子向上偏转，故C正确；

D．减小粒子入射速度只能减小洛伦兹力，由于洛伦兹力方向不确定，则粒子不一定向上偏转，故D错误。

故选C。

【分析】由粒子电性不确定，则粒子的洛伦兹力与电场力方向不确定，根据受力分析各种情况下的偏转。

7．【答案】D

【知识点】电磁感应中的图像类问题

【解析】【解答】从b点到c点刚进入磁场过程中，相等时间内穿过线圈磁通量的变化量均匀增加，则线圈中产生的感应电流均匀增大，从c点进入磁场到b刚出磁场过程中，相等时间内穿过线磁通量的变化量均匀减小，则线圈中产生的感应电流均匀减小，从b点刚出磁场到a、b两点关于磁场对称过程中，相等时间内穿过线圈磁通量的变化量减小越来越快，即电流的减小得越来越快，根据对称性可知，后面过程与前面过程刚好对称。

故选D。

【分析】对线圈穿过磁场分段进行分析，找出各相等时间段内磁通时变化量的变化情况，从而得出电流变化情况。

8．【答案】A

【知识点】变压器原理

【解析】【解答】交变电压的有效值为，R1两端电压为，设变压器原、副线圈匝数比为k，将变压器与R2等效为一电阻，电阻阻值为，由闭合电路欧姆定律可知，等效电阻两端电压为，则等效电阻为，解得k=4，由变压器的变压比可知，副线圈两端电压为30V即为电压表示数。

故选A。

【分析】将变压器与R2等效为一电阻，根据闭合电路欧姆定律求出变压器匝数比，结合变压器变压比求解副线圈两端电压即为电压表示数。

9．【答案】B

【知识点】碰撞模型

【解析】【解答】若两物块发生弹性正碰，根据动量守恒和能量守恒有，，联立解得，若两物块发生完全非弹性碰撞，则有，解得，则碰撞后物块A的速度大小，故选B。

【分析】将两物块的碰撞分类为弹性正碰和完全非弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒求解碰后A物块的速度。

10．【答案】B,C

【知识点】横波的图象

【解析】【解答】A．由图乙可知，0时刻Q质点向上振动，在图甲中由同侧法可知，波沿x轴负方向传播，故A错误；

B．由图甲可知，波长为8m，由图乙可知，周期为0.4s，则波速度为，故B正确；

C．经过0.15s波传播的距离为，根据波的平移可知，0.15s时，x=7m处质点的振动形式传到Q，x=5m处质点的振动形式传到P，由此可知，此时P、Q两质点位于x轴上方离x轴距离相等的位置，则此时两点的加速度相同，故C正确；

D．质点P的振动方程，同理质点Q的振动方程，结合图甲与两质点的振动情况可知，质点P和Q运动的路程不相等，故D错误。

故选BC。

【分析】振动图像与波动图像结合同侧法判断波的传播方向；由周期、波长和波速的关系求解波速；由波的平移法确定两质点的加速度；由质点的振动图像结合质点的振动情况分析两质点的运动路程。

11．【答案】B,D

【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用；气体的等容变化及查理定律

【解析】【解答】A．由图可知，c到a为等压过程，则，解得，故A错误；

B．由得，，则a到b过程中为等容变化，外界对气体不做功，气体对外界也不做功，由于温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸热，故B正确；

C．由b变化到c的过程中，体积增大V0，由于压强随体积不是均匀变大，则气体对外界做功不等于，故C错误；

D．由c变化到a的过程为等压过程，体积变化V0，则外界对气体做功为，故D正确。

故选BD。

【分析】由等压变化列方程求解在状态c时的体积；由理想气体状态方程确定a到b过程中为等容变化，结合热力学第一定律判断气体吸、放热情况；由图分析b到c，c到a的变化过程，根据做功求解。

12．【答案】A,D

【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题

【解析】【解答】A．由平衡可得，其中，，联立得，故A正确；

B．金属棒运动过程中有，则，由题意可知，虚线ab、cd之间的距离大于20m，故B错误；

C．对金属棒由动量定理可得，由于，则有，解得t=3s，则金属棒从释放开始运动到cd的时间大于3s，故C错误；

D．对金属棒运动过程中由能量守恒有，解得Q=75J，则电阻R上产生的热量为，故D正确。

故选AD。

【分析】由平衡列方