2024长沙雅礼中学高二下学期5月月考物理试题PDF版含答案

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4.【答案】C 5．【答案】C
【详解】A．小球做简谐运动，速度
可知在t=0时速度最大，小球位于平衡位置，此时加速度为0，位移为0，动能最大，弹性势能为0，弹簧的弹力为0，对小球做功的功率为0，故A错误；
BC．由可知
则小球速度变化周期为
所以动能和势能的周期为
小球的最大速度
则最大动能
根据机械能守恒可知最大弹性势能
故B错误，C正确；
D．由图像可知小球的位移
弹簧对小球做功的功率
可见功率的最大值为
从平衡位置开始计时，当经历周期时，弹簧振子的速度为0，功率为0，并不是最大功率，故D错误。
故选C。
6.【答案】D
【详解】第一次抽气过程中手对活塞拉力有最大值时活塞位于最上端,对活塞受力分析，设手对活塞拉力为，此刻气缸内气体压强为，则 抽气过程缓慢进行且气体温度稳定保持不变，据玻意耳定律解得，；设第二次抽气后容器中剩余气体的压强为，据玻意耳定律得，解得即抽气6次后容器中剩余气体的压强为。
7．【答案】ACD
8．【答案】CD
【详解】A．已知过山车经过A、C点时和轨道没有相互作用，重力充当向心力有
解得
故A错误；
BC．分别运动到轨道最低点B、D时，人所受加速度最大，由动能定理，对图甲圆环轨道有
经过B点时加速度
解得
图甲过山车轨道存在安全隐患；对图乙倒水滴形轨道有
经过D点时加速度
解得
故图乙过山车轨道比图甲轨道更安全，故B错误，C正确；
D．相同载人过山车在顶峰处动能为0，经A、C点时动能相等，根据机械能守恒，有
其中
可得
即“图乙中轨道顶峰的高度”比“图甲中轨道顶峰的高度”高R，故D正确。
故选CD。
9．【答案】BD
【详解】A．分别做出A、B、C三个带电小球在a、c两点的电场强度如图所示
根据对称性及平行四边形定则可知a、c两点的电场强度大小相同，方向不同，故A错误
B．根据点电荷的电势公式可得
由此可得
故B正确；
C．A小球的电势能
B小球的电势能
C小球的电势能
则整个系统的电势能
故C错误；
D．当3个小球位置关系成一条直线时整个系统的电势能最小，动能最大，A球速度最大，此时A的电势能
B小球的电势能
C小球的电势能
此时整个系统电势能最小为
对系统，根据能量守恒有
根据动量守恒有
解得
故D正确。
故选BD.
10.【答案】AB
【详解】A．微粒之间相互作用的过程遵守动量守恒定律，由于初始总动量为零，则末动量也为零，即α粒子和反冲核的动量大小相等，方向相反。A正确；
BC．由于释放的α粒子和反冲核均在垂直于磁场的平面内，且在洛伦兹力作用下做圆周运动。则洛伦兹力充当向心力
解得
令原来放射性元素的原子核电荷数为Q，则对于α粒子
对反冲核
由于，，解得，反冲核的核电荷数为，B正确，C错误；
D．动量大小相同，所以速度之比等于质量的反比，α粒子比反冲核速度要大，D错误。
故选AB。
11.【答案】(1) 需要 不需要
(2)可行
【详解】（1）[1][2]因两小滑块所受的摩擦力不一定相等，实验前需要平衡摩擦力。沙桶对细线的拉力提供左右两边相等的拉力，这个拉力不需要知道具体数值，所以不需要满足沙和沙桶的总质量远小于滑块质量。
（2）由位移公式得
两小车运动时间相同时，加速度与位移成正比，即
然后由实验再确定合力与位移的关系，所以该方案可行。
12.【答案】 先逐渐增大，后趋于稳定 正向
【详解】（1）[1]阴极材料逸出功与极限频率的关系为
（2）[2]根据爱因斯坦光电效应方程可知，从阴极K逸出的光电子最大初动能为
具有最大初动能的光电子从阴极K到阳极A的过程中，根据动能定理有
解得到达阳极A的光电子的最大初动能为
[3]当正向电压从零开始逐渐增加时，单位时间内到达阳极A的光电子数随着电压的增加而增加，光电流逐渐增大，当电压增大到某一值后，所有的光电子均被阳极A吸收，这时即使再增大电压，光电流也不会再增大。故电流表的示数的变化情况是：先逐渐增大，后趋于稳定。
（3）[4]当从阴极K逸出的具有最大初动能的光电子都不能到达阳极A时，反向电压取最小值，为
（4）正向
13.【答案】(1)被认定为枪支；(2)2.15J
【详解】(1)设弹丸离开枪口时的速度为v0，经时间t落地，有
（1分）
（1分）
解得
（2分）
所以该玩具枪被认定为枪支。
(2)设弹丸在枪管内加速过程中，高压气体对弹丸做的功为W，枪内高压气体减少的内能为，有
（2分）
由热力学第一定律得
（2分）
解得
（2分）
14．【答案】（1）5N；（2）7.25N；（3）5.5m
【详解】（1）对B物体，由平衡条件有
（2分）
解得
（2分）
（2）解除A瞬间，设A、B的加速度大小为a，对A、B，由牛顿第二定律得
（2分）
（2分）
解得
（2分）
（3）解除A后，设A在处速度最大，此时加速度为零，绳拉力为F3，对A、B有
由乙图可知
解得
（1分）
设撤去电场力后，当轻绳刚好松弛时，A的位置在x1处，此时A、B的加速度大小都为，对B，有
对A，有
解得
设此时系统度大小为，根据能量守恒定律有
解得
（1分）
A经过x1位置后，A的加速度大于B的加速度，轻绳松弛，此后A仅在摩擦力作用下作减速运动，设运动到x2处速度为零，根据动能定理
（1分）
解得
（1分）
15.【答案】（1）1.2N，方向竖直向下；（2）0.16J；（3）0.014J
【详解】（1）小球摆下过程，由动能定理有
（2分）
解得
v＝4m/s
小球在最低点时，由牛顿第二定律得
T-mg＝（2分）
解得
T＝1.2N （1分）
由牛顿第三定律可知小球对细绳的拉力为1.2N，方向竖直向下。
（2）小球与小车碰撞瞬间，小球与小车组成的系统动量守恒，以水平向左为正方向，有
（2分）
解得
v1＝2m/s
由能量守恒定律，有
（2分）
解得
＝0.16J （2分）
（3）假设滑块与车最终相对静止，则有
（1分）
解得
＝1.6m/s
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
（1分）
解得
＝0.4m/s
将滑块与小车看成一个系统，系统动量守恒，有
（1分）
解得
＝1.9m/s
根据能量守恒定律有
（1分）
解得
J （1分）