福建省龙岩市武平县福建省武平县第一中学2024-2025学年高二下学期5月月考物理试题

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1．C
【详解】两列水波相遇产生稳定的花纹属于波的干涉现象；《红楼梦》中王熙凤出场闻其声不见其人属于声波的衍射现象；“狮吼功”吼破玻璃杯属于共振现象；鸣笛的救护车迎面而来，我们听到笛声音调变高属于多普勒效应。
故选C。
2．D
【详解】A．支持力的冲量为
可知支持力的冲量不为零，故A错误；
B．重力的冲量大小为
故B错误。
C．重力的功率为
故C错误。
D．由于，可得
可知小滑块与传送带保持相对静止匀速下滑，运动的距离为
小滑块受到的摩擦力大小为
摩擦力对小滑块做的功为
故D正确。
故选D。
3．C
【详解】A．根据图（b）可知在时，质点Q向y轴负方向运动，故A错误；
B．由波的图象可知，波向左传播，波的周期为T=0.2s
t=0.10s时质点P向上振动，经过0.15s=T时，即在t=0.25s时，质点振动到x轴下方位置，且速度方向向上，加速度方向也沿y轴正向，故B错误；
C．由甲图知波长λ=8m
则波速为
从t=0.10s到=0.25s经过的时间为
该波沿x轴负方向传播的距离为，故C正确；
D．从t=0.10s到t=0.25s经过的时间为
因为在t=0.10s质点P不在平衡位置、波峰或波谷处，所以质点P通过的路程不是
故D错误。
故选C。
4．C
【详解】由题可得声音的波长为m=2.0m
运动过程中，轨迹上某点到甲、乙距离之差等于波长整数倍的均为振动加强点，即（n=0，1，2，3……）
其中距离差最大值接近17m，则有
解得
所以有n=0，1，…，8，根据对称性，共有17个加强点。
故选C。
5．CD
【详解】C．由图b可知，交流电的周期为，故通过电阻的电流周期为2s ，C正确；
A．电源的频率为，A错误；
B．设电源的电压的有效值为U，由有效值的定义可知电源一个周期内消耗的电能为
故电源电压的有效值为，B错误；
D．由有效值的定义可知，可得通过电阻的电流有效值为，D正确。
故选CD。
6．AC
【详解】A．规定运动员前进的方向为正，根据动量守恒定律可得
解得乙推甲后瞬间乙的速度为
故A正确；
B．乙推甲的过程，乙对甲的冲量等于甲动量的变化量，则有
故B错误；
C．乙推甲的过程，运动员甲的速度一直增加，故动量一直增加，故C正确；
D．乙推甲的过程，运动员甲动量的变化量大小等于乙的动量的变化量大小，故D错误。
故选AC。
7．AC
【详解】ABC．取线光源上某一点作为点光源，点光源发出的光在水面上有光射出的水面形状为圆形，设此圆形的半径为r，点光源发出的光线在水面恰好发生全反射的光路图如图所示
由
可得
根据几何关系可得，
则一个点发出的光在水面上能看到半径的圆，对于半圆形线光源在水面上的发光区域，可看作是圆的圆心沿半圆弧移动时圆扫过的区域，如图所示
可得，当，即时，水面上的发光区域会呈现类似乙图所示的“月牙”形状，当，即时，水面上的发光区域恰会呈现类似丙图所示的“爱心”形状，故AC正确，B错误；
D．结合上述分析可知，h越大，水面上发光区域的面积越大，故D错误。
故选AC。
8．ACD
【详解】A．由静止时甲、乙整体受力分析，甲、乙整体重力沿斜面的分量与弹簧弹力平衡，则有
解得
故A正确；
B．剪断轻绳后，甲球将做简谐运动，运动到平衡位置时，根据平衡条件，有
解得弹簧的伸长量为
小球甲做简谐运动，其振幅为A=18cm-6cm=12cm
故B错误；
C．甲球运动到最高点时弹簧有最大压缩量，结合简谐运动关于平衡位置对称可推知，弹簧有最大压缩量为
故C正确；
D．由简谐运动相关运动规律和能量守恒定律，有
小球甲运动过程中的最大动能为
故D正确。
故选ACD。
9．(1)CD
(2)
(3) 偏小 不变
【详解】（1）A．为减小测量误差，入射角应适当大一些，则、的连线与法线的夹角应适当大些，故A错误；
B．由几何知识可知，光线在上表面的折射角等于下表面的入射角，根据光路可逆原理可知，光线一定会从下表面射出，折射光线不会在玻璃砖的下表面发生全反射，故B错误；
C．插上大头针，应使挡住、的像和，故C正确；
D．为了减小作图误差，和的距离应适当取大些，故D正确。
故选CD。
（2）由折射率公式可知
（3）[1]①中测定折射率时，作出的折射光线如下图中虚线所示，实线表示实际光线，可见折射角偏大，则由折射定律可知，折射率将偏小；
[2]②中测折射率时，主要操作正确，与玻璃砖形状无关，故②中测得的折射率与真实值相比不变。
10．(1)A
(2)22.6
(3)偏大
【详解】（1）把摆线上端穿过一块中间开有狭缝的橡皮，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧。这样做的目的是保证摆动过程中摆长不变。
故选A。
（2）图乙可知游标卡尺精度为0.1m，则摆球直径为
（3）摆球没有在一个竖直平面内摆动，而是在水平面内做圆周运动，则小球做的是圆锥摆运动，设摆线与竖直方向夹角为，摆球质量为m，摆长为L，由牛顿第二定律有
解得圆锥摆运动周期
可知测的周期偏小，根据
可知计算出的重力加速度与实际值相比偏大。
11．(1)
(2)，
【详解】（1）光在三棱镜中传播的路径如图甲所示
设AE段长为L1，CE段长为L2，则光在三棱镜中传播的路程为
光在三棱镜中传播速度为
根据题意有
解得，
（2）根据题意作出光路图如图乙所示
光在三棱镜中从D点传播到BC边的路程为L，因此光从D点传播到BC边的时间为
根据几何关系，光在D点的折射角为
设入射角为i，则
解得
12．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）降压变压器副线圈中的电流为
（2）输电线上损失的功率为
解得降压变压器原线圈的电流为
降压变压器原、副线圈匝数比为
（3）降压变压器原、副线圈电压比为
降压变压器原线圈的电压为
输电线上损失的电压为
升压变压器的输出电压为
升压变压器原、副线圈电压比为
解得升压变压器的输入电压为
13．(1)
(2)
(3)距B点0.1m或距A点0.4m处
【详解】（1）Q释放后到碰撞前，由机械能守恒定律得
解得
小球Q与物体P碰撞过程，由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
解得，
对Q在碰后瞬间，由牛顿第二定律得
解得拉力的大小
（2）P在滑板上运动时做匀减速运动，加速度
滑板做匀加速直线运动，加速度
P第一次到B处时有
可解得（另解舍去）
（3）假设未滑出，P与滑板共速时设最大高度为H，速度为，根据动量守恒定律和能量守恒定律得

解得，
由于，所以碰后P不能从C点滑出，滑块P最终相对滑板静止时速度设为，相对AB部分的路程为s，由动量守恒有
由能量守恒有
解得
所以滑块相对滑板静止在AB之间距B点0.1m或距A点0.4m处。
14．(1)A
(2)电场能
【详解】（1）如图为LC回路电磁振荡过程中的4个状态，刚充满电荷的电容上极板为正，下极板为负，两板间有最强的电场，接通2后开始通过线圈放电，且放电电流方向为逆时针，形成振荡电流，放电完毕产生最强的磁场，然后开始反向充电，使电容下极板带正电，上极板带负电，充电完毕，磁场最弱，电场反向最强，最后又方向放电，此时的放电电流沿顺时针方向，故开始的一个振荡周期内按照发生的先后顺序可将其排序为A。
故选A。
（2）从上图③状态开始的四分之一个电磁振荡周期内，回路中的磁场能转化为电场能存储在电容器中。
15． 5 先增大后减小
【详解】[1]该棒做受迫振动，所以该棒振动频率等于5Hz；
[2]在受迫振动中，驱动力频率越接近物体固有频率，物体振动幅度越大，该棒固有频率为，手晃动的频率从2Hz逐渐增大到5Hz的过程中，该棒振动的幅度先增大后减小。
16． 最小 重合 220V 50
【详解】由图（乙）可知，0．005 s时，感应电动势最大，通过线框平面的磁通量最小；0．01 s时，感应电动势为零，通过线框平面的磁通量最大，线框平面与中性面重合；感应电动势的最大值
Em="311" V
所以交变电动势有效值
E=V≈220 V
感应电动势的变化周期T=0．02 s，所以交变电动势的频率
题号
1
2
3
4
5
6
7
8


答案
C
D
C
C
CD
AC
AC
ACD