四川省宜賓市敘州區(qū)2022-2023學(xué)年高二物理下學(xué)期4月月考試題含解析

Page15高二第二學(xué)月考試物理試題第I卷選擇題（50分）一、選擇題：本題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1~7題只有一項(xiàng)符合題目要求，第8~10題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。1.波動(dòng)的下列說(shuō)法，正確的是（）A.介質(zhì)中的質(zhì)點(diǎn)隨波的傳播而遷移B.質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的方向總是垂直于波的傳播方向C.波不但傳遞能量，還能傳遞信息D.一切波傳播均需要介質(zhì)【答案】C【解析】【詳解】A．波在傳播時(shí)，介質(zhì)中的質(zhì)點(diǎn)不隨波遷移，而是在其平衡位置附近做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．對(duì)于縱波，介質(zhì)中質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向與波的傳播方向在一條直線上，故B錯(cuò)誤；C．波傳播的是振動(dòng)的形式，實(shí)際上傳遞了能量才使質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)，波還能傳遞信息，故C正確；D．機(jī)械波的傳播需要介質(zhì)，光波的傳播不需要介質(zhì)，故D錯(cuò)誤。故選C。2.如圖所示，讓自然光照射到P、Q兩偏振片上，當(dāng)P、Q兩偏振片的透振方向夾角為以下哪些度數(shù)時(shí)，透射光的強(qiáng)度最弱？（）A.0° B.30°C.60° D.90°【答案】D【解析】【分析】【詳解】?jī)善衿刚穹较蛳嗤瑫r(shí)透過(guò)的偏振光最強(qiáng)，兩偏振片透振方向垂直時(shí)幾乎沒(méi)有偏振光透過(guò)。故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選D。3.“人工肺ecmo”呼吸機(jī)是治療新冠肺炎重癥的重要設(shè)備。一呼吸機(jī)接在電壓隨時(shí)間變化的規(guī)律為的交流電源上，正常工作時(shí)電流為2.5A，則（）A.該交流電的周期為50s B.該交流電每秒內(nèi)電流方向變化50次C.該交流電的有效值為220V D.該呼吸機(jī)正常工作時(shí)的功率為W【答案】C【解析】【詳解】AB．由正弦交流電的瞬時(shí)值表達(dá)式，知正弦交流電一個(gè)周期電流方向變化2次，故每秒變化100次，故AB錯(cuò)誤；C．該交流電的最大值為，該交流電的有效值為故C正確；D．該呼吸機(jī)正常工作時(shí)的功率為故D錯(cuò)誤。故選C。4.如圖所示，實(shí)線與虛線分別表示振幅、頻率、振動(dòng)方向均相同的兩列波的波峰和波谷。此刻，M是波峰與波峰相遇點(diǎn)，下列說(shuō)法中正確的是（）A.質(zhì)點(diǎn)O處于振動(dòng)加強(qiáng)區(qū)，始終處在波谷B.P、N兩質(zhì)點(diǎn)始終處在平衡位置C.隨著時(shí)間的推移，質(zhì)點(diǎn)M將向O點(diǎn)處移動(dòng)D.隨著時(shí)間的推移，質(zhì)點(diǎn)M振動(dòng)的振幅將減小【答案】B【解析】【詳解】A．由圖知此刻是波谷與波谷的相遇點(diǎn)，是振動(dòng)加強(qiáng)區(qū)，再經(jīng)歷半個(gè)周期，O將處于波峰，故A錯(cuò)誤；B．、兩點(diǎn)是波谷和波峰疊加，位移始終為零，即處于平衡位置，故B正確；C．振動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)只是在各自的平衡位置附近振動(dòng)，不會(huì)“隨波逐流”，故C錯(cuò)誤；D．隨著時(shí)間的推移，質(zhì)點(diǎn)M相對(duì)平衡位置的位移會(huì)變化，但其振幅不會(huì)變化，故D錯(cuò)誤。故選B。5.已知?dú)湓拥幕鶓B(tài)能量為，激發(fā)態(tài)能量為，其中，3，年，巴爾末對(duì)當(dāng)時(shí)已知的在可見(jiàn)光區(qū)的四條譜線做了分析，發(fā)現(xiàn)這些譜線的波長(zhǎng)能夠用一個(gè)公式表示，這個(gè)公式寫(xiě)做，，4，5，式中R叫做里德伯常量，這個(gè)公式稱(chēng)為巴爾末公式用h表示普朗克常量，c表示真空中的光速，則里德伯常量R可以表示為A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】若，由躍遷，釋放光子，則因?yàn)?，則由得解得里德伯常量故A正確，BCD錯(cuò)誤．故選A．6.在如圖所示的電路中，S1和S2是兩個(gè)相同的小燈泡，L是一個(gè)自感系數(shù)相當(dāng)大的線圈，其直流電阻值與R相等。在電鍵S接通和斷開(kāi)時(shí)，燈泡S1和S2亮暗的順序是（）A.接通時(shí)，S1先達(dá)到最亮，斷開(kāi)時(shí)，S1后暗B.接通時(shí)，S2先達(dá)到最亮，斷開(kāi)時(shí)，S2后暗C.接通時(shí)，S1先達(dá)到最亮，斷開(kāi)時(shí)，S1先暗D.接通時(shí)，S2先達(dá)到最亮，斷開(kāi)時(shí)，S2先暗【答案】A【解析】【詳解】電鍵S接通瞬間，電路中迅速建立了電場(chǎng)，立即產(chǎn)生電流，但線圈中產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，阻礙電流的增加，故開(kāi)始時(shí)通過(guò)燈泡S1的電流較大，故燈泡S1先達(dá)最亮；電路中自感電動(dòng)勢(shì)阻礙電流的增加，但不能阻止電流增加；由于L是一個(gè)自感系數(shù)相當(dāng)大的線圈，其電阻與R相同，所以電流穩(wěn)定后，兩個(gè)燈泡一樣亮，即S1燈泡亮度逐漸正常，電鍵斷開(kāi)瞬間，電路中電流要立即減小零，但線圈中會(huì)產(chǎn)生很強(qiáng)的自感電動(dòng)勢(shì)，與燈泡S1構(gòu)成閉合回路放電，故斷開(kāi)時(shí)S1后暗。故選A。7.質(zhì)量為m1=1kg和m2（未知的兩個(gè)物體在光滑的水平面上正碰，碰撞時(shí)間極短，其x-t圖象如圖所示，則A.被碰物體質(zhì)量為5kgB.此碰撞一定為彈性碰撞C.碰后兩物體速度相同D.此過(guò)程有機(jī)械能損失【答案】B【解析】【詳解】AC．由圖象可知，碰撞前m2是靜止的，m1的速度為：碰后m1速度為：m2的速度為：即碰后兩物體速度大小相等，方向相反，速度不相同；兩物體碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得：m1v1=m1v1′+m2v2′即：1×4=1×（-2）+m2×2解得：m2=3kg選項(xiàng)AC錯(cuò)誤；BD．碰撞前總動(dòng)能：碰撞后總動(dòng)能：碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)能不變，故碰撞是彈性碰撞，故B正確，D錯(cuò)誤；8.如圖所示，光滑的直角墻壁處有A、B兩個(gè)物體，質(zhì)量分別為、，兩物體間有一壓縮的輕質(zhì)彈簧用細(xì)線繃住，彈簧兩端拴在物體上，彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能為，初時(shí)B物體緊靠著墻壁。將細(xì)線燒斷，A物體將帶動(dòng)B物體離開(kāi)墻壁，在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)。由此可以判斷（）A.燒斷細(xì)線后，A、B物體和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能、動(dòng)量均守恒B.物體B離開(kāi)墻壁后，彈簧的最大彈性勢(shì)能等于C.物體B離開(kāi)墻壁后彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A物體速度方向有可能向左D.物體B離開(kāi)墻壁后，每當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)A物體的速度都等于【答案】BCD【解析】【詳解】A．燒斷細(xì)線后由于墻壁對(duì)B有作用力，系統(tǒng)的外力不為零，故系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒；在這個(gè)過(guò)程中，只有彈簧得彈力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故A錯(cuò)誤；B．在B沒(méi)有離開(kāi)墻面前，彈簧的彈性勢(shì)能逐漸轉(zhuǎn)化為A的動(dòng)能，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)后，B開(kāi)始離開(kāi)墻壁，此時(shí)有此后系統(tǒng)的機(jī)械能和動(dòng)量守恒，當(dāng)兩者速度相等時(shí)，彈簧形變量最大，彈性勢(shì)能最大，故有，聯(lián)立解得故B正確；CD．物體B離開(kāi)墻面后，每當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能為零。取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒可得聯(lián)立解得若，則有，即A的方向向左，故C、D正確。故選BCD。9.如圖所示，A、B兩閉合線圈為同樣導(dǎo)線繞成，A有10匝，B有20匝，兩圓線圈半徑之比為，均勻磁場(chǎng)只分布在B線圈內(nèi)。當(dāng)磁場(chǎng)隨時(shí)間均勻減弱時(shí)（）A.A中無(wú)感應(yīng)電流B.A、B中均有恒定的感應(yīng)電流C.A、B中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為D.A、B中感應(yīng)電流之比為【答案】BD【解析】【詳解】AB．當(dāng)磁場(chǎng)隨時(shí)間均勻減弱時(shí)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知A、B兩閉合線圈中均產(chǎn)生恒定不變的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，則A、B中均有恒定的感應(yīng)電流，故A錯(cuò)誤，B正確；C．當(dāng)磁場(chǎng)隨時(shí)間均勻減弱時(shí)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律則A、B中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)電阻定律，線圈電阻為可得A、B兩閉合線圈的電阻之比為根據(jù)可得A、B中感應(yīng)電流之比為故D正確。故選BD。10.如圖甲所示，圓形的剛性金屬線圈與一平行板電容器連接，線圈內(nèi)存在垂直于線圈平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，取垂直于紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度B的正方向，B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示．t=0時(shí)刻，在平行板電容器間，由靜止釋放一帶正電的粒子（重力可忽略不計(jì)），假設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)未碰到極板，不計(jì)線圈內(nèi)部磁場(chǎng)變化對(duì)外部空間的影響，下列關(guān)于板間電場(chǎng)強(qiáng)度、粒子在板間運(yùn)動(dòng)的位移、速度和加速度與時(shí)間的關(guān)系圖象中（以向上為正方向）可能正確的是（）A. B.C D.【答案】CD【解析】【詳解】A、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小不變，方向逆時(shí)針，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小不變，方向順時(shí)針?lè)较?，方向與相反；感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小不變沿逆時(shí)針?lè)较颍较蚺c相同，故A錯(cuò)誤；BCD、內(nèi)情況：由楞次定律可知，金屬板上極板帶負(fù)電，金屬板下極板帶正電；粒子帶正電，則粒子所受電場(chǎng)力方向豎直向上而向上做勻加速運(yùn)動(dòng)．內(nèi)情況：由楞次定律可知，金屬板上極板帶正電，金屬板下極板帶負(fù)電；因粒子帶正電，則粒子所受電場(chǎng)力方向豎直向下而向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，直到速度為零，，內(nèi)情況：由楞次定律可知，金屬板上極板帶正電，金屬板下極板帶負(fù)電，帶正電粒子向下勻加速，同理，，內(nèi)情況：由楞次定律可知，金屬板上極板帶負(fù)電，金屬板下極板帶正電；因粒子帶正電，則粒子所受電場(chǎng)力方向豎直向上，而向下做勻減速運(yùn)動(dòng)，直到速度為零；由上分析可知，末速度減小為零，位移最大，當(dāng)T末，粒子回到了原來(lái)位置，故B錯(cuò)誤，CD正確．點(diǎn)睛：本題屬于綜合性題目，注意將產(chǎn)生感應(yīng)電流的部分看作電源，則可知電容器兩端的電壓等于線圈兩端的電壓，這樣即可還原為我們常見(jiàn)題型．第II卷（非選擇題60分）二、實(shí)驗(yàn)題（15分）11.在用單擺測(cè)重力加速度的實(shí)驗(yàn)中（1）為了比較準(zhǔn)確地測(cè)量出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣戎?，?yīng)選用下列所給器材中的哪些？（將所選用的器材的字母填在題后的橫線上．）（A）長(zhǎng)1m左右的細(xì)繩；（B）長(zhǎng)30m左右的細(xì)繩；（C）直徑2cm的鐵球；（D）直徑2cm的木球；（E）秒表；（F）時(shí)鐘；（G）最小刻度是厘米的直尺；（H）最小刻度是毫米的直尺．所選擇的器材是________．（填序號(hào)）（2）某同學(xué)測(cè)出不同擺長(zhǎng)時(shí)對(duì)應(yīng)的周期T，作出T2~L圖線，如圖所示，再利用圖線上任兩點(diǎn)A、B的坐標(biāo)（x1，y1）、（x2，y2），可求得g=_________．若該同學(xué)測(cè)擺長(zhǎng)時(shí)漏加了小球半徑，而其它測(cè)量、計(jì)算均無(wú)誤，也不考慮實(shí)驗(yàn)誤差，則用上述方法算得的g值和真實(shí)值相比是_______的（選填“偏大”、“偏小”或“不變”）．【答案】①.ACEH②.③.不變【解析】【詳解】(1)[1]．單擺模型中，小球視為質(zhì)點(diǎn)，故擺線越長(zhǎng)，測(cè)量誤差越小，A正確B錯(cuò)誤；擺球密度要大，體積要小，空氣阻力的影響才小，C正確D錯(cuò)誤；秒表可以控制開(kāi)始計(jì)時(shí)和結(jié)束計(jì)時(shí)的時(shí)刻，E正確F錯(cuò)誤；刻度尺的最小分度越小，讀數(shù)越精確，G錯(cuò)誤H正確；(2)[2][3]．根據(jù)單擺周期公式，有故圖象的斜率為解得測(cè)擺長(zhǎng)時(shí)漏加了小球半徑，圖象向左偏移了，但斜率不變，故重力加速度的測(cè)量值不變．12.圖1中所示裝置可以用來(lái)測(cè)量硬彈簧（即勁度系數(shù)較大的彈簧）的勁度系數(shù)k．電源的電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻可忽略不計(jì)．滑動(dòng)變阻器全長(zhǎng)為l，重力加速度為g，V為理想電壓表．當(dāng)木板上沒(méi)有放重物時(shí)，滑動(dòng)變阻器的觸頭位于圖1中a點(diǎn)，此時(shí)電壓表示數(shù)為零．在木板上放置質(zhì)量為m的重物，滑動(dòng)變阻器的觸頭隨木板一起下移．由電壓表的示數(shù)U及其它給定條件，可計(jì)算出彈簧的勁度系數(shù)k．（1）寫(xiě)出m、U與k之間所滿(mǎn)足的關(guān)系式．________（2）已知E=1.50V，l=12.0cm，g=9.80m/s2．測(cè)量結(jié)果如下表：m（kg）1.001.503.004.506.007.50U（V）0.1080.1540.2900.4460.6080.740①在圖2中給出的坐標(biāo)紙上利用表中數(shù)據(jù)描出m－U直線．______②m－U直線斜率為_(kāi)_____________kg/V．③彈簧的勁度系數(shù)k=______________N/m．（保留3位有效數(shù)字）【答案】①.②.③.10.1④.1.24×103【解析】【詳解】(1)[1]因重力與彈力平衡，則有：mg=kx又聯(lián)立解得：(2)①[2]根據(jù)m-U的關(guān)系，知m-U成正比，圖線如圖所示②[3]通過(guò)圖線求出斜率：kg/V；③[4]已知，所以N/m．三、解答題（本答題共三個(gè)小題，13題12分，14題14分，15題19分，共45分）13.如圖所示，半徑為R的半圓形玻璃磚EF與一底角為30°的直角形玻璃磚平行且正對(duì)放置，點(diǎn)O和分別是BC邊的中點(diǎn)和半圓形玻璃磚的圓心。一束平行于AC邊的單色光從AB邊上的點(diǎn)D入射，經(jīng)折射后從點(diǎn)O射出，最后從半圓形玻璃磚上的某點(diǎn)P（圖中未畫(huà)出）射出。已知BC邊與直徑EF長(zhǎng)度相等，二者相距很近，兩者間空氣層的厚度可忽略不計(jì)，點(diǎn)B、D間距離為R，兩種玻璃磚的厚度與折射率均相同，不考慮光在各個(gè)界面的反射。①計(jì)算玻璃磚的折射率n；②在圖中畫(huà)出P點(diǎn)的位置和計(jì)算出圓弧FP的弧長(zhǎng)s。【答案】①；②P點(diǎn)的位置如圖，【解析】【詳解】①作出D、O間的光路圖如圖所示恰為等邊三角形，由幾何知識(shí)可得此時(shí)的入射角和折射角分別為由折射定律得解得②光線在O點(diǎn)處發(fā)生折射，根據(jù)光路可逆，此時(shí)的入射角和折射角分別為30°和60°，由于中間的空氣層很薄，可以認(rèn)為光線到達(dá)EF面時(shí)是從點(diǎn)入射的。根據(jù)光路可逆，光線從點(diǎn)入射時(shí)，入射角和折射角分別為60°和30°。光路圖如上圖所示，則所求弧長(zhǎng)14.如圖所示，相距為d的兩平行金屬板A、B足夠大，板間電壓恒為U，有一波長(zhǎng)為λ的細(xì)激光束照射到B板中央，使B板發(fā)生光電效應(yīng)，已知普朗克常量為h，金屬板B的逸出功為w，電子質(zhì)量為m，電荷量為E，求：（1）從B板運(yùn)動(dòng)到A板所需時(shí)間最短的光電子到達(dá)A板時(shí)的動(dòng)能．（2）光電子從B板運(yùn)動(dòng)到A板所需的最長(zhǎng)時(shí)間．【答案】（1）（2）【解析】【詳解】（1）根據(jù)愛(ài)因斯坦光電效應(yīng)方程有：Ek=hv－W光子的頻率：所以，光電子的最大初動(dòng)能：能以最短時(shí)間到達(dá)A板的光電子，是初動(dòng)能最大且垂直于板面離開(kāi)B板的電子，設(shè)到達(dá)A板時(shí)的動(dòng)能為Ek1，由動(dòng)能定理：eU=Ek1－Ek所以：（2）能以