重庆市九校联考2023-2024学年高二年级下册物理5月月考试卷（含答案）

重庆市第四十九名校、江津第二名校等九校联考2023-2024学年高二下学期物理5月

月考试卷

一、单项选择题：本题共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.运动员在极短时间内将手中的冰壶沿运动方向向前掷出，不计一切阻力，在冰壶掷出的过程中，下列说

法正确的是（）

A.运动员对冰壶的作用力大于冰壶对运动员的作用力

B.运动员受到的合冲量与冰壶受到的合冲量相同

C.运动员与冰壶组成的系统机械能守恒

D.运动员与冰瓶组成的系统动量守恒

2.如图甲所示，把小球安装在弹簧的一端，弹簧的另一端固定，小球和弹簧均穿在光滑的水平杆上。小球

振动时，沿垂直于振动方向以速度y匀速拉动纸带，不计小球上的振针与纸带之间的摩擦阻力，纸带上留下

如图乙所示的痕迹，〃、〃是痕迹上的两点。下列说法正确的是（）

A.,时间内小球运动的路程为w

B.减小小球振动的振幅，其周期会变大

C.小球机械能守恒

D.小球通过。点的速度大于通过匕点的速度

3.金属棒两端用细软导线悬挂于。、人两点，其中间一部分处于方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，静

止时MN水平,如图所示。若金属棒中通有从M流向N的电流，此时悬线上有拉力，下列说法错误的是

)

A.为了使拉力等于零，可以增大电流

R.为了使拉力增大，可以增大磁感应强度

C.为了使拉力等于零，可以将磁场方向改为垂直于纸面向外，同时将电流方向也改为从N流向M,并增

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大电流

D.为了使拉力增大，可以将磁场方向改为垂直于纸而向外

4.图为水面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况，以波源Si、S2为圆心的两组同心圆弧分别表示同一时

刻两列波的波峰（实线）和波谷（虚线），两波源振幅均为2cm,下列说法正确的是（）

A.再过半个周期，质点8振动加强

B.再过半个周期，质点。运动到A处

C.B、C水平方向连线的中点是减弱点

D.质点A在该时刻的位移大小为4cm,再过四分之一个周期，A的位移为0,且A的振动方向垂直水面

向下

5.已知通电长直导线在其周围某点产生磁场的磁感应强度大小及与通电导线中的电流/成正比，与该点到通

电导线的距离「成反比，即诙=*,式中k为比例系数。现有两条相距为上的通电长直导线a和b平行放

置，空间中存在平行于图中菱形心。。的匀强磁场（图中未画出已知菱形的边长也为L,当导线a

和b中通以大小相等、方向如图所示的电流/时，P点处的磁感应强度恰好为零。下列说法正确的是

)

•L：，；♦

Q\：JP

瓯

A.两导线连线中点处的磁感应强度大小为

B.。点处的磁感应强度大小为

C.匀强磁场的磁感应强度大小为3kJ

LJ

D.匀强磁场的方向从。点指向P点

6.LC振荡电路某时刻的情况如图所示，下列说法正确的是（）

%

A.电容器正在充电

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B.电感线圈中的磁场能iE在减个

C.电感线圈中的电流正在增大

D.此时刻电感线圈中的自感电动势正在阻碍电流减小

7.如图所示，垂直纸面的匀强磁场中固定一倾斜绝缘粗糙细杆，杆上套有带正电的小球P,小球P由静止开

始向下滑动，磁场区域足够大，杆足够长，在运动的过程中小球P的最大速度为孙。下列说法正确的是

（）

A.小球P所受洛伦兹力先增大后减小

B.当小球P的速度17=2历时，小球P一定处于加速度减小阶段

C.当小球P的速度J为时，小球P的加速度最大

D.小球P先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动

二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合

题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

8.如图所示，在一次投篮过程中，质量为加的篮球以水平速度-垂直打在篮板上并以0.5u的速度反方向弹

出（篮球高度不变），篮球和篮板相互作用的时间为重力加速度为g,忽略篮球受到的空气阻力，在篮球

和篮板相互作用的过程中，关于篮球，下列说法正确的是（）

A.篮板对篮球做正功

B.篮球重力的冲量为〃吆/

C.动量变化量大小为1.5"”

D.篮板对篮球的平均作用力大小为粤电

V-

9.夜晚高速公路路标在灯光的照射下特别亮，主要是因为使用了由大量均匀透明介质球组成的反光材料。

如图所示，介质球的球心位于。点，半径为心平行于直径408的单色光沿。。从空气射入介质球，在球内

表面经一次反射后，再次折射回空气中时出射光线恰好与。。平行，已知。C与48的距离为孽R,下列说法

正确的是（）

第3页

A.该单色光从空气射入球面不同位置，在球内表面经一次反射后，再次折射回空气时的出射光线均与入

射光平行

B.介质球的折射率为72=百

C.增大单色光的频率，入射光射入球体后，在球内表面可能发生全反射

D.换不同频率的单色光线，沿DC入射，在球内表面经一次反射后，再次折射回空气时不会与。C平行

10.如图所示，理想变压器原线圈与定值电阻岛串联后接在电压比=32,的交流电源上，副线圈接理想电压

表、电流表和滑动变阻器凡原、副线圈的匝数比为1：4,已知A。=10,R的最大阻值为50Q,现将滑动

变阻器的滑片P从最上端向下滑动，下列说法正确的是（）

A.电源的输出功率变大

B.电压表示数变大，电流表示数变大

C.当R=8C时，R获得的功率最大

D.当R=16C时，电流表的示数为4A

三、非选择题：共57分。

11.某实验小组在做“用单摆测定重力加速度”实验。

（1）除长约1m的细线、带铁夹的铁架台、有小孔的小球、游标卡尺外，下列器材中，还需要一o

A.秒表B.螺旋测微器C.天平D.弹簧测力计

（2）为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长/并测出相应的周期7；从而得出几组对应的/和

丁的数值，以/为横坐标、片为纵坐标作出一［图像如图所示，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径

来计算摆长，由此得到的产―图像应该是图中的（填“①”“②”或“③”），由图像可得当地重力加

速度大小9=，由此得到的g值（填“偏小”“不变”或"偏大'）。

第4页

12.图甲为某同学研究自感现象的实验电路图。先闭合开关，然后断开开关，观察开关断开时灯泡的亮度。

（1）开关断开时，通过线圈L的电流减小，这时出现自感电动势。自感电动势使线圈卜的电流减小得.

（填“更快”或“更慢”）些。

（2）该同学用电流传感器显示出在t=ls时断开开关前后一段时间内各时刻通过线圈L的电流，如图乙

所示。所用电源的电动势E=6.0V,内阻不计，灯泡5的阻值为6Q,电阻R的阻值为2Q,则线圈的直流电

阻&为Q,开关断开瞬间线圈产生的自感电动势是Vo

（3）开关断开时，该同学观察到的现象是。

13.如图所示，扇形玻璃048的圆心角为90。、半径/?=0.4抽，一束平行光以45。的入射角射到上，0B

不透光，若只考虑首次入射到圆弧A8上的光，已知扇形玻璃对该光的折射率n=企，求：

（I）这束光在扇形玻璃内的折射角；

（2）圆弧上有光透出部分的弧长。（计算结果保留兀）

14.如图所示，质量为mi=1kg的小球和质量为m2=3kg的四分之一光滑圆槽分别静止在光滑的水平•面

上，圆槽与水平面相切于8点，其半径R=0.6m。现将大小为8/，s、方向水平向右的冲量作用在小球上,

使其从。点以一定的初速度沿水平面向右运动。己知重力加速度为,q=10m/s2,不计空气阻力，求：

（1）小球获得的初速度的大小；

（2）小球第一次到达圆槽最高点时的速度大小；

（3）在小球第一次匕离圆槽到其距圆槽最高点高度为九=1.0m的过程中，圆槽的位移大小。

15.如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，导轨间的距离为心导轨上平行放置两根

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导体棒"和cd,构成矩形回路。已知两根导体棒的质量均为〃7、电阻均为R,其他电阻忽略不计，整个导

轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为。，导体棒均可沿导轨无摩擦滑行。开始时，导体棒〃静

止、而有水平向右的初速度火,两导体棒在运动中始终不接触。求:

B

(1)开始时，导体棒cd中电流的大小和方向；

(2)从开始到导体棒cd达到最大速度的过程中，，活棒上产生的焦耳热;

(3)当导体棒ah的速度变为^时，导体棒cd的加速度大小。

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答案解析部分

1.【答案】D

【解析】【解答】A、根据牛顿第三定律可得运动员对冰壶的作用力等于冰壶对运动员的作用力，故A错误；

B、根据牛顿第三定律，运动员与冰壶间的相互作用力大小相等，方向相反，作用时间相等，则运动员对冰

壶的冲量大小等于冰壶对运动员的冲量大小，故B错误；

C、运动员和冰壶相互作用过程中，运动员要消耗体内生物能转化为运动员和冰壶的机械能，所以运动员和

冰壶相互作用过程中机械能增加，故C错误；

D、运动员与冰壶组成的系统合外力为0,则系统动量守恒，故D正确。

故答案为：Do

【分析】熟练掌握相互作用力的特点，相互作用力大小相等，方向相反，作用时间相等。运动员和冰壶相互

作用过程中，运动员要消耗体内生物能转化为运动员和冰壶的机械能。再结合冲量的定义及动量守恒定律的

条件进行分析。

2.【答案】D

【解析】【解答】A、t时间内纸带走过的路程为vt,故A错误；

B、周期与振幅无关，故B错误；

C、小球和弹簧组成的系统机械能守恒，故C错误；

D、小球做简谐运动，距离平衡位置越近，速度越大，则

%>%

故D正确。

故答案为：Do

【分析】小球做简谐运动的速度与纸带移动的速度没有关系，小球做简谐运动的周期与振幅无关。球做简谐

运动，距离平衡位置越近，速度越大。根据机械能守恒的条件判断小球的机械能是否守恒。

3.【答案】B

【解析】【解答】A、根据左手定则，金属棒中通有从M流向N的电流，匀强磁场垂直纸面向里，可判断金

属棒受到的安培力方向竖直向上，由受力平衡得

F+IBL=mg

为了使拉力等于零，需增大电流，故A正确，不符合题意；

B、电流方向为从M流向N,匀强磁场垂直纸面向里，根据左手定则可知金属棒受到的安培力方向竖直向

上，增大磁感应强度，拉力减小，故B错误，符合题意；

C、将磁场方向改为垂直纸面向外，同时将电流方向也改为从N流向M,可判断金属棒受到的安培力方向竖

直向上，增大电流，安培力增大，拉力减小，可能为零,故C正确,不符合题意：

D、将磁场方向改为垂直于纸面向外，可判断金属棒受到的安培力方向竖直向下，拉力增大，故D正确，不

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符合题意。

故答案为：Do

【分析】根据左手定则确定此时导体棒所受安培力的方向，再根据平衡条件确定此时导体棒所受拉力的大小

与重力和安培力的关系。再结合题意确定要使拉力为零或者增大，则导体棒所受的安培力大小及方向变化情

况，再结合安培力公式及左手定则确定可行的方式。

4.【答案】D

【解析】【解答】A、干涉图样是稳定存在的，此刻质点B、C是振动减弱的点，之后也始终处于振动减弱的

状态，故A错误；

B、由题图可知，再过半个周期，质点D在正向最大位移处，不会随波迁移，故B错误；

C、由干涉图样知，A、D竖直连线是加强区，B、C连线中点应该在加强区，故C错误；

D、A是波峰与波峰相遇，此时位移为4cm,再过四分之一个周期，A从波峰向下振动到平衡位置，位移为

0,故D正确。

故答案为：Do

【分析】两列波发生稳定干涉，则二涉图样的叠加情况始终不变，即振动加强点始终为振动加强点，振动减

弱点始终为振动减弱点。质点只会在平衡位置附近来回振动，不会随波迁移。振动加强点的连线上的点均为

振动加强点。根据振动的规律确定质点在不同时刻的振动情况。

5.【答案】A

【解析】【解答】BCD、由题意知电流在P点处产生的磁场的磁感应强度大小为

I

B=k-r

由安培定则知导线a和b中的电流在P点处产生的磁场的磁感应强度方向分别垂直于Pa向上和垂直于Pb向

下，由平行四边形定则可知电流产生的合磁场由Q点指向P点，磁感应强度大小仍为则匀强磁场的磁

感应强度方向应由P点指向Q点，且大小为才能使P点处的磁感应强度恰好为零，同理可知Q点处的

磁感应强度也为零，故BCD错误；

A、由于两导线连线中点到两导线的距离均为9,两导线在该处产生的磁感应强度大小加倍，均为合磁

4Ct

感应强度的大小为3k。故A正确。

LJ

故答案为：Ao

【分析】根据右手螺旋定则确定各导线在各点产生的磁感应强度的方向，再根据题意及矢量求和法则确定两

导线在各点产生的磁感应强度的大小和方向，P点磁感应强度刚好为零，即两导线在P产生的合磁感应强度

与匀强磁场的磁感应强度等大反向。再结合矢量求和法则确定各点合磁感应强度的大小和方向。

6.【答案】C

【解析】【解答】根据题图中线圈磁场方向，由安培定则可知，电流从上向下通过线圈，由于电容器上极板带

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正电，则电容器iE在放电，电感线圈的磁场能增加，电流在增大，此时刻电感线圈中的自感电动势正在阻碍

电流增大，故ABD错误，C正确。

故答案为：Co

【分析】根据线圈磁场方向，由安培定则确定电流方向。再根据电容器的电势高低情况判断电容器充放电情

况。电容器放电，电感线圈的磁场能增加，电流在增大。

7.【答案】B

【解析】【解答】A、对小球受力分析，最开始加速后的速度较小，垂直于杆斜向上的洛伦兹力较小，则

产N+quB=mgcos6

由牛顿第二定律有

mgsinO-〃&/=ma

故随着速度的增大，支持力逐渐减小，则小球做加速度逐渐增大的加速运动；当洛伦兹力较大之后，有

FN+mgcosO=qvB

则支持力逐渐增大，加速度逐渐减小，而当加速度减小到零时，速度达到最大vo,即

mgsind=-mgcosO)

则全程小球的速度先增大后不变，故洛伦兹力先增大后不变，故A错误；

BC、小球的加速度为零时，垂直斜面的弹力等于零，有

qU]B=mgcosd

解得

mgcosOmgs\n3+nmgcos0

，孙=------丽------

因小球从静止开始能下滑，有

〃<tan。

则

mgsinO+^imgcosd-2〃mgcos6>0

可得

v0_mgsind+[imgcosd_2^mgcos6

2-2/j.qB>2-2/j.qB

故当小球P的速度”=/八时，小球的加速度正在减小，加速度不是最大，故B正确，C错误；

D、由分析过程可知，小球P先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动，后做匀速运动，故

D错误。

故答案为：Bo

【分析】明确小球在运动过程中的受力情况，小球沿细杆做加速运动至最大速度过程，小球在垂直细杆万向

处于平衡状态。当小球达到最大速度时，小球沿细杆方向处于平衡状态，速度越大，小球所受洛伦兹力越

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大，根据力的合成与分解结合平衡条件确定小球所受支持力及摩擦力的变化情况，再根据牛顿第二定律确定

不同时刻小球加速度的变化情况及达到最大速度后小球的运动情况。

8.【？孑案】B.C

【解析】【解答】A、篮球撞击篮板后，速度变小，即篮球的动能减小，故篮板对篮球做负功，故A错误；

B、碰撞过程，重力的冲量为

/=mgt

故B正确；

C、以反弹的速度反向方向为正方向，则篮球动量变化量为

△P=m•0.5v—m(-v')=1.5mv

故C正确；

D、对水平方向根据动量定理可得

Fit=Ap

解得

1.5mv

碰撞过程篮球在竖直方向处于平衡状态，即竖直方向所受支持力为

FN=mg

故篮板对篮球的平均作川力大小为

F=+用=+(mg)2

故D错误。

故答案为：BCo

【分析】碰撞过程篮球的重力势能不变，根据能量守恒定律可知，篮板对篮球所做功等于小球动能的变化

量。根据篮球速度的正方向，再结合动量定理及冲量的定义确定篮球重力的冲量及动量变化量。篮球在碰撞

过程中，竖直方向处于平衡状态。根据动量定理确定碰撞时篮板对篮球水平方向的作用力大小，再根据平衡

条件确定篮板对篮球竖直方向的作用力，再结合矢量求和法则确定篮板对篮球的平均作用力。

9.【答案】B,D

【解析】【解答】A、在同一过球心的截面内，只有沿直径射入和从球面射入的光线经折射后，恰好射到直径

端点的光线，在球内表面经一次反射后，再次折射回空气时与入射光平行，故A错误；

B、光路图如下图

第10页

Di/C

3

Q

由几何关系可得

H73

解得

i=60°

由图可知

2r

则

r=30°

所以介质球的折射率为

sini「

n=—si；nr=V3

故B正确。

C、增大单色光的频率，若该光沿EF平行于CD射入时，根据几何知识得知，第一次的折射角等于第二次的

入射角，根据光路的可逆性原理，不可能在介质球内表面发生全反射，故C错误；

D、若漕大入射光的频率，折射率增大，由折射定律知，折射角「减小，折射光线将射到B点下方，反射光

线将射到E点左侧，再次折射到空气中时折射角占i,由几何知识可知，出射光线与入射光线不再平行，故

D正确。

故答案为：BDo

【分析】沿DC射入的关系经一次全反射后射出光线恰好与DC平行，根据几何关系结合折射定律及全反射

条件确定此时光线的光路图，再结合对称性及折射定律判断其他光线的射出方向情况，根据全反射条件及折

射定律确定介质球的折射率。频率不同，介质球对其折射率不同，则光线经折射后到达球面的位置不同，再

结合折射定律及全反射条件进行分析判断。

10.【答案】A,D

【解析】【解答】AB、由理想变压器的特点及能量守恒定律可知

Uo/i="Ro+后R

其中

/I：/2=4：1

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可知

/一4%

2-A+16&

滑动变阻器R的滑片P向下滑动，R减小，则b变大，原副线固匝数比不变，则L变大，故电流表的示数变

大，原线圈两端电压

Ui=Uo-hRo

所以Ui减小，原副线圈匝数比不变，则U2减小，故电压表的示数减小，电源的输出功率为

P=Uoh

因此电源的输出功率变大，故A正确，B错误；

CD、根据等效电路思想，理想变压器输入、输出功率相等这一特点，R获得的功率最大，即变压器原线圈的

输入功率达到最大，相当于将原线圈替换为一电阻，其阻值为

R*

将R。视为交流电源Uo的内阻，可知当R尸R。时，Ri会获得最大的功率，此时根据电路特点依题意有

以=哙=16V

则

A=16A

根据变压器规律有

U2=64V

h=4A

则滑动变阻器的阻值

R=1611

故C错误，D正确。

故答案为：ADo

【分析】根据理想变压器规律及能量守恒定律确定电流表示数与两电阻及原副线圈匝数比的关系，确定移动

滑动变阻器时，接入回路电阻的变化情况，再结合表达式确定电流表的示数变化情况，再结合理想变压器规

律及电功率公式确定电源输出功率及电压表示数变化情况。R获得的功率最大，即变压器原线圈的输入功率

达到最大，根据等效思想，将电源与定值电阻视为等效电源，原线圈视为等效电阻，则R获得的功率即为等

效电源输出功率。再结合欧姆定律确定原线圈等效电阻的大小，再结合电源输出功率最大的特点结合题意进

行分析。

11.【答案】（1）A

（2）①；嗓;不变

b

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【解析】【解答】(1)在实验中，需要测量单摆的周期，所以需要秒表，故答案为：Ao

(2)由单投周期

T=2n—

可知

_24/

TF

则T2-i图像的斜率

47r2

则重力加速度大小

47r2

但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，则有

247r2/D\

由此得到的图像是题图中的①，由于图像的斜率不变，计算得到的g值不变，由图像可得

b

k=-

CL

当地重力加速度大小

47r2Q

g=~r

【分析】熟练掌握用单摆测量重力加速度的实验原理及操作步骤和注意事项。明确图像实际摆长与计算摆

长的关系，再根据实验原理确定不同情况下图像的函数表达式，再结合图像斜率的物理意义进行数据处理。

12.【答案】(1)更慢

(2)2；15

(3)灯泡闪亮一下后逐渐变暗，最后熄火

【解析】【解答】(1)自感电动势阻碍电流的变化，因此自感电动势使线圈L中的电流减小的更慢。

(2)由图可知，零时刻通过电感线圈L的电流为L5A,由欧姆定律

_E

IO=

RL+R

解得

&=2C

断开开关后，L相当于电源，断开瞬间，电流为1.5A,则感应电动势

第13页

o+R+R灯）=15V

（3）开关闭合式电路中通过灯泡的电流

E

l=-^—=1A<1,5A

LR灯

开关断开后流过灯泡的电流变大后逐渐减小，因此灯泡闪亮一下再逐渐熄灭。

【分析】自感电动势阻碍电流的变化，自感电动势使线圈L中的电流减小的更慢。确定回路的连接方式，回

路中电流稳定时，自感线圈相当于旦阻元件，根据图乙确定1s时通过线圈L的电流，再结合欧姆定律及串

并联规律确定线圈的直流电阻。断开开关瞬间，L相当于电源，通过自感线圈L的电流不变，再结合闭合电

路欧姆定律确定回路中感应电动势的大小。熟练掌握灯泡是否闪亮的判断方法。

13.【答案】（1）解：根据/=嚅”

111K

解得siny=*

所以y=30°

（2）解：光路图如图所示，设在C点恰好发生全反射

由sin/C=-

n

可求得乙C=45°

解得4aoe=180°-30°-90°-45°=15°

则乙COD=90°-15°-30°=45°

弧AB上有光透出的部分弧长CD为，=舞•2TTR=竽

解得;若m

【解析】【分析】（1）根据图像确定入射光线在OA镜面上的入射角，再结合题意及折射定律进行解答；

（2）光线射到圆弧AB上时，再弧AB上的入射角不同，当光线恰好在弧AB上发生全反射时，光线无法从

弧面射出，根据全反射条件确定光线恰好在弧面发生全反射时，光线在弧面的入射角，再根据几何关系确定

有光线射出的弧面所对应的圆心角，再根据弧长公式进行解答。

14.【答案】（I）解：对小球,以向力为正方向，由动量定理得/=

v0=8m/s

第14页

（2）解：对小球和圆槽，当小球到达圆槽最高点时，二者水平方向共速，以向右为正方向，由水平方向动

量守恒得mi%=（mi十m2）%

n7n2

由机械能守恒得4瓶1%2=40l+2）v/+^m}v2+ntigR

小球的速度i;=+艺2

v=2\410m/s

（3）解：当小球离开圆槽到与圆槽最高点相距1.0m时，以向上为正方向

t=0.2$或£=1s

x=vxt

x=0.4m或％=2.0m

【解析】【分