江西省部分学校2024-2025学年高二下学期3月第五次联考试题 物理 PDF版含解析

高二物理试卷参考答案1.A【解析】光从光疏介质传入光密介质会发生折射现象,选项A正确,其余说法都不对。2.C【解析】由安培力公式F=BIL可得,当电流方向与磁场方向垂直时,导线受到的安培力最大为1N,选项C符合题意。3.B【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动,由q勺可知勺粒子获得的最大动能只与磁感应强度和D形盒的半径有关,所以Ek1=Ek2,选项B正确、A错误;设粒子在加速器中绕行的圈数为n,则Ek=2nqu,由以上关系可知n与加速电压u成反比,由于u1>u2,因此n1<n2,而t=nT,T不变,所以t1<t2,选项C、D错误。4.D【解析】设△t内水的质量△m=PQ△t,水刚出枪口的速度勺由动量定理有F△t=△m勺,解得选项D正确。5.D【解析】电势差uCD与磁感应强度有关,选项A错误;若霍尔元件的自由电荷是自由电子,则电子运动的方向与电流方向相反,根据左手定则,电子受洛伦兹力向C侧移动,因此C侧的电势低于D侧的电势,选项B错误;电子在霍尔元件中运动时,处于平衡状态,有Be勺=Ee,设C、D间的距离为d,C、D两个侧面间的电势差uCD=Ed=B勺d,因此其他条件不变,仅增大匀强磁场的磁感应强度,电势差uCD变大,选项C错误;地球赤道上方的地磁场是水平的,因此要测定该处的磁场,应使霍尔元件的工作面保持竖直,选项D正确。6.B【解析】设光线在液面A点刚好发生全反射,如图所示,将点光源向上移动,由于全反射临界角不变,因此A点向右移动,即液面透出光的圆变小,选项A、C错误;将点光源向下移动,由于全反射临界角不变,因此A点向左移动,即液面透出光的圆的半径变大,则液面透出光的圆的面积变大,半径与高度成正比,所以点光源要匀速下降,选项B正确、D错误。AOCCSFNG7.D【解析】两导体棒中通有同向电流,相互吸引,选项A错误;导体棒a受支持力、重力和水平向右的安培力(同向电流相互吸引),处于平衡状态,根据平衡条件可得F=BIL=mgtan45。,解得磁感应强度选项B错误;导体棒a受重力、支持力和安培力,根据平衡条件可知,三个力可FNG以构成首尾相连的矢量三角形,如图所示,假设b下移后a保持静止,根据平衡条件可知,安培力需要增大,而两导体棒间距增大会导致安培力减小,假设不成立,故b下移后导体棒a一定不能平衡,选项C错误;若使b上移,a有可能依然保持静止,选项D正确。8.CD【解析】光导纤维利用全反射原理,所以内芯的折射率大于外套的折射率,选项A错误;叠加一张纸片,即空气膜的夹角变大,根据薄膜干涉的原理可知,劈尖干涉的条纹间距变小,选项B错误;太阳的反射光和折射光都是偏振光,选项C正确;根据单缝衍射原理可知,用两根铅笔之间的缝隙观察衍射条纹,缝隙越宽,观察到的中央衍射条纹越窄,选项D正确。9.CD【解析】两列波频率相同,相位不相同,两列波相遇后能发生稳定的干涉,t=0时刻S1刚开始振动时,S2产生的波向前传播了1m,从t=0时刻开始计时,波源S1的振动传播到0点的时间波源S2的振动传播到0点的时间3.75s,即当波源S1的振动传播至0点后,在0点引起的振动时间为1.5s,波源S2的振动才刚刚传播至0点,S2在平衡位置的振动方向向上,此时S1在0点振动了t2—t1=1.5s= T,S1在平衡位置的振动方向向下,叠加减弱,A1—A2=0,选项A错误;由题可知S1P=2十y2=15cm,S2P=\父22十y2=20cm,可得波源S1、S2产生的波传播至P点的时间分别为可得△t=t4—t3=1.0s,选项B错误;两列波传到P点的时间差△t=t4—t3=1.0s=T,故P点是振动加强点,P点的振幅为16cm,选项C正确;根据以上分析可知,0~5.25s内,由波源S1在P点引起的振动使P处质点先振动了1.0s,即1个周期后由波源S2引起的振动的波峰恰好传播至P点,说明S2产生的波传到P点时叠加的振幅为AI=2A,振动时间为5.25s—4.75s=0.由此可知,0~5.25s内,质点P通过的路程SP=4A十2AI=64cm,选项D正确。10.BC【解析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,垂直AC边射 出的粒子在磁场中运动的时间是T,即T=0=2t,选项A错误;由得选项B正确;设在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹所对应的圆心角为θ,则有可得画出该粒子的运动轨迹,如图所示,设粒子在磁场中运动的轨迹半径为R,由几何知识有十Rsin30。=L,可得选项C正确;根据解得Ψ=选项D错误。11.(1)双缝(2分)(2)C(3分)【解析】(1)为获取单色光源,白色光源后面要有滤光片、单缝,然后让单色光源通过双缝在光屏上形成干涉图样,M处的实验器材是双缝。(2)干涉图样应是间距相等明暗相间的条纹,由于黄光的波长大于绿光的波长,根据△x=λ可知,绿光干涉图样的明暗相间的条纹更窄,选项C正确。根据△可得,绿光波长的表达式12.(1)B(2分)(2)1.990(2分)(3)2.0(2分)(2分)【解析】(1)为了减小误差,摆球应选取质量大、体积小即密度大的铁球,还需要保证摆动过程中摆线的长度不变,应用铁夹夹住细绳,选项B正确。(2)摆球的直径d=19mm十18×0.05mm=19.90mm=1.990cm。(3)此单摆的周期根据单摆周期公式可得重力加速度大小13.解:(1)由折射定律可得 (2)在Rt△ACB中在Rt△OCB中上CAB=53。上COB=37。(1分)R=OC十CD解得R=44mm。(1分)(3)以O点为原点建立坐标系球面截面方程可表示为x2十y2=R2(1分)BC2十y02=R2(1分)h=y0—OC(1分)解得h=4.8mm。(1分)14.解:(1)由动能定理得5353Al/////Al/////由动量守恒定律得my0=2my(1分)解得(1分)通过分析归纳可得物块n—1、n间的细线绷紧瞬间的能量损失为(n—1)n(2n—1)化简得且n是整数)。(1分)(3)由F=10μmg(1分)可知物块最终将一起做匀速直线运动对10个物块整体用动能定理得9FL—μmgL—E总(1分)解得(1分)15.解:(1)电子从上边界垂直CD第二次离开电场后,垂直DF再次进入电场,其运动轨迹如图甲所示,由几何关系知电子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r=(1分)XYXXXYXXX及XAX及甲电子在磁场中,由牛顿第二定律有(2分)电子在电场中,由动能定理有Ee●2a=my2(1分)联立可得(2分)(2)由题意可知,电子在电场和磁场中运动的轨迹如图乙所示yyDO'CDO'AAF乙在磁场中,电子做匀速圆周运动,设电子做圆周运动的轨迹半径为r1由几何关系有r12=(2a)2十(r1—a)2(1分)解得(1分)解得θ=53。,α=37。(1分)电子在磁场中,由牛顿第二定律有(1分