【文档说明】湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高二下学期5月月考物理试题答案-物理.docx，共(4)页，205.395 KB，由小赞的店铺上传

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高二物理月考答案1．【答案】B2．【答案】D3．【答案】D4.【答案】C5．【答案】C【详解】A．小球做简谐运动，速度22cosvAtTT=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

22cosvAtTT=可知2T=则小球速度变化周期为TT=所以动能和势能的周期为2TT=小球的最大速度m2vAT=则最大动能222kmm122mAEmvT==根据机械能守恒可知最大弹性势能22pmkm2mAEET==故B错误，C正确；D．由xt−图像可知小球的位移

2sinxAtT=弹簧对小球做功的功率22224sincossinkAPFvkxvkAtAttTTTTT====可见功率的最大值为2mkAPT=从平衡位置开始计时，当经历4T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F，此刻气缸内气体压强为1p，则10FpSpS+=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()105

5pVVpV+=解得1056pp=，016FpS=；设第二次抽气后容器中剩余气体的压强为2p，据玻意耳定律得()2155pVVpV+=，()6555pVVpV+=解得66056pp=即抽气6次后容器中剩余气体的压强为6056p。7．【答案】ACD8．【答案】C

D【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2mvmgR=解得0vgR=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221222mvmvmgR

=−经过B点时加速度211vaR=解得15ag=图甲过山车轨道存在安全隐患；对图乙倒水滴形轨道有222322mvmvmgR=−经过D点时加速度2222vaR=解得23.55agg=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k2AmghEmgR=+甲k3CmghEmgR=+乙其中kkACEE=可得hhR−=乙甲即“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2182333222acqqqkqkqkkkLLL+==++=2124333222

bqqqkqkqkkkLLLL+=++=由此可得acb=故B正确；C．A小球的电势能2pABC4()2()2qqqEqkkqkLLL=+=+=B小球的电势能2pBAC23()()qqqEqkkqkLLL=+=+=C小球的电势能2pCAB23()()qqqEqkkqkLLL

=+=+=则整个系统的电势能2ABCp52EEEqEkL++==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2pABC4()qEqkL=+=B小球的电势能2pBAC25()()22qqqEqkkqkLLL

=+=+=C小球的电势能2pCAB25()()22qqqEqkkqkLLL=+=+=此时整个系统电势能最小为2pApBpCp922EEEqEkL++==对系统，根据能量守恒有2222A

BC591122222qqkkmvmvLL−=+根据动量守恒有ABC22mvmv=解得2A4kqvmL=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2vqvBmR=解得mvRBq=令原来放

射性元素的原子核电荷数为Q，则对于α粒子112pRBe=对反冲核()222pRBQ=−由于12pp=，12:45:1RR=，解得92Q=，反冲核的核电荷数为90，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212xat=两小

车运动时间相同时，加速度与位移成正比，即1122axax=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】0h0eUhh+−先逐渐增大，后趋于稳定0hhe−正向【详解】（1）[1]阴极材

料逸出功与极限频率的关系为0Wh=（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k10Ehh=−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k2k1EEeU−=解得到达阳极A的光电子的最大初动能为k20EeUhh=+−[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0k1chhEUee−==（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212hgt=（1分）0Lvt=（1分）解得2022123.4J/cm1.8J/cmkSmvES==（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U，有20012WpSdmv−=（2分）由热力学第一定律得UW=（2分）解得2.15JU=（2分）14．【答案】（1）5N；（2）7.25N；（3）5.5

m【详解】（1）对B物体，由平衡条件有1sinFmg=（2分）解得15NF=（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2qEFma−=（2分）2sinFmgma−=（2分）

解得27.25NF=（2分）（3）解除A后，设A在0x处速度最大，此时加速度为零，绳拉力为F3，对A、B有300qEFmg−−=3sin0mgF−=由乙图可知0.1kxx==解得04.5mx=（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1a，对B，有1sinmgma=对A，有11mgma=解得15mx=设此时系统度大小为1v，根据能量守恒定律有1201f11sin22qExmgxWmv−−=

1f1102kxmgWx+=解得121m/s2v=（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()2122111022kxmgkxm

gxxmv+−−=−（1分）解得25.5mx=（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212mgLmv=（2分）解得v＝4m/s小球在最低点时，由牛顿第二定律得T-mg＝2vmL（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1mvMv=（2分）解得v1＝2m/s由能量守恒定律，有221112

2EmvMv=−（2分）解得E＝0.16J（2分）（3）假设滑块与车最终相对静止，则有12()MvMmv=+（1分）解得2v＝1.6m/s由此得2fqvBmg=洛故假设不成立，因此滑块最终悬浮。滑块悬浮瞬间，满

足2fqvBmg==洛（1分）解得2v＝0.4m/s将滑块与小车看成一个系统，系统动量守恒，有12MvMvmv=+（1分）解得v＝1.9m/s根据能量守恒定律有22212111222QMvMvmv=−−（1分）解得0.014Q=J（1分）