四川省廣元市川師大萬達中學(xué)2024-2025學(xué)年高二物理下學(xué)期5月月考試題含解析

PAGE13-四川省廣元市川師大萬達中學(xué)2024-2025學(xué)年高二物理下學(xué)期5月月考試題（含解析）1.彈簧振子在光滑的水平面上做簡諧運動，在振子向著平衡位置運動的過程中()A.振子所受的回復(fù)力漸漸增大B.振子離開平衡位置的位移漸漸增大C.振子的速度漸漸增大D.振子的加速度漸漸增大【答案】C【解析】【詳解】振子向著平衡位置運動的過程中，位移減小，依據(jù)公式可得回復(fù)力減小，加速度減小，速度增大，C正確。故選C。2.下列關(guān)于波的干涉和衍射的說法中，正確的是（）A.兩列波在相遇的區(qū)域內(nèi)，肯定能發(fā)生干涉現(xiàn)象B.頻率不同的兩列波疊加時，也可能發(fā)生干涉現(xiàn)象C.只要是波都能發(fā)生衍射，衍射是波特有的現(xiàn)象D.波長比障礙物或孔的寬度大得多時，衍射不明顯【答案】C【解析】【詳解】AB．隨意的兩列波相遇，不肯定都能產(chǎn)生穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象，只有兩列波頻率完全相同，才會出現(xiàn)穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象，AB錯誤；CD．衍射是波特有的現(xiàn)象，一切波都能發(fā)生衍射現(xiàn)象，只有當(dāng)孔或障礙物的尺寸比波長要小得多或相差不大時才能產(chǎn)生明顯的衍射現(xiàn)象，C正確，D錯誤。故選C。3.在勻強磁場中，一矩形金屬線框繞與磁感線垂直的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動，如圖1所示．產(chǎn)生的交變電動勢的圖像如圖2所示，則A.=0.005s時線框的磁通量改變率為零B=0.01s時線框平面與中性面重合C.線框產(chǎn)生交變電動勢有效值為311VD.線框產(chǎn)生的交變電動勢頻率為100Hz【答案】B【解析】【詳解】由圖2可知T=0.02s，Em=311V，依據(jù)正弦式交變電流有效值和峰值的關(guān)系可得，該交變電流的有效值為E==V=220V，故C錯誤，依據(jù)周期和頻率的關(guān)系可得，該交變電流的頻率為，f==Hz=50Hz，故D錯誤；由圖2可知t=0.01時，e=0所以該溝通電從中性面起先計時，故B正確；t=0.005s時，e=311V，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得磁通量的改變率最大為311V，故A錯誤。故選B．4.關(guān)于甲、乙、丙、丁四個試驗，以下說法正確的是()A.四個試驗產(chǎn)生的條紋均為干涉條紋.B.甲、乙兩試驗產(chǎn)生條紋均為等距條紋C.丙試驗中，產(chǎn)生的條紋間距越大，該光的頻率越大.D.丁試驗中，產(chǎn)生的明暗條紋為光的衍射條紋【答案】D【解析】【詳解】A項：甲、乙、丙試驗產(chǎn)生的條紋均為干涉條紋，而丁試驗是光的衍射條紋，故A錯誤；B項：甲試驗產(chǎn)生的條紋為等距條紋，而乙是牛頓環(huán)，空氣薄層不勻稱改變，則干涉條紋間距不相等，故B錯誤；C項：依據(jù)干涉條紋間距公式，丙試驗中，產(chǎn)生的條紋間距越大，則波長越長，那么頻率越短，故C錯誤；D項：丁試驗中，產(chǎn)生的明暗條紋間距不相等，且通過單縫，則為光的衍射條紋，故D正確．5.如圖甲為某簡諧機械橫波在t=0時刻波的圖像，乙圖為波的傳播方向上某質(zhì)點的振動圖像。下列說法正確的是（）A.該波波速是15m/sB.該波肯定沿x軸正方向傳播C.若乙是質(zhì)點P的振動圖像，則t=0.15s時刻，質(zhì)點Q的坐標(biāo)為（0.5m，0cm）D.若乙是質(zhì)點Q的振動圖像，則t=0.15s時刻，質(zhì)點P的坐標(biāo)為（1m，－4cm）【答案】D【解析】【詳解】A．由甲圖可知波長λ=2m，由乙圖可知周期T=0.2s，所以波速為v==10m/s故選項A錯誤；B．由圖乙可知t=0時刻各質(zhì)點的起振方向沿y軸負方向，但不知道是哪個點的振動圖像，所以無法推斷波的傳播方向，故選項B錯誤；C．若乙是質(zhì)點P的振動圖像，則t=0.15s時刻，質(zhì)點P在正向最大位移處，Q點與其差半個周期，則質(zhì)點Q在負向最大位移處，即其坐標(biāo)為（2m，－4m），故選項C錯誤；D．若乙是質(zhì)點Q的振動圖像，則t=0.15s時刻，質(zhì)點Q在正向最大位移處，P點與其差半個周期，則質(zhì)點P在負向最大位移處，即其坐標(biāo)為（1m，－4m），故選項D正確。故選D。6.如圖甲所示，T為志向變壓器，A1、A2為志向溝通電流表，V1、V2為志向溝通電壓表，R1、R2為定值電阻，R3為光敏電阻（光照增加，電阻減?。?，原線圈兩端接如圖乙所示正弦溝通電源，當(dāng)光照增加時，則有（）A.圖乙所示電壓的瞬時值表達式為u=51sin50πt（V）B.若變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為4∶1，則原、副線圈中的電流之比為1∶4C.電壓表V1示數(shù)變小，電壓表V2示數(shù)變大D.電流表A1示數(shù)變大，電流表A2示數(shù)變大【答案】BD【解析】【詳解】A．由圖知，交變電流的周期為T=0.02s，ω==100πrad/s，故圖乙所示電壓的瞬時值表達式為u=51sin100πt（V）故選項A錯誤；B．由變壓器的原理知，若變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為4∶1，則原、副線圈中的電流之比為1∶4，選項B正確；CD．當(dāng)光照增加時，R3電阻減小，R2、R3并聯(lián)電阻減小，故副線圈的總電阻減小，而U1、n1、n2不變，故副線圈兩端的電壓U2不變，電壓表V1示數(shù)不變，依據(jù)歐姆定律I2=知，電流表A2示數(shù)變大，則電流表A1示數(shù)也變大，R1上電壓變大，則電壓表V2示數(shù)減小，故選項C錯誤，D正確。故選BD。7.如圖所示，某玻璃三棱鏡的頂角為θ，恰好是綠光的臨界角．當(dāng)一束白光通過三棱鏡，在光屏M上形成紅橙黃綠藍靛紫的彩色光帶后，把白光束的入射角i漸漸減小到零，則以下說法中正確的是A.M屏上的彩色光帶最上邊的是紫光B.在入射角i漸漸減小的過程中M上最先消逝的是紫光C.在入射角i漸漸減小到零的過程中，最終仍能射到M屏上的光的頻率是最高的D.若把三棱鏡換成如圖所示的平行玻璃磚，則入射角i漸漸增大的過程中在光屏上最先消逝的也是紫光【答案】AB【解析】【詳解】A．三棱鏡對紅光的折射率最小，在入射角i相同時，依據(jù)折射定律分析知道，折射角最大，光線的偏折程度最小，而三棱鏡對紫光的折射率最大，光線的偏折程度最大，所以M屏上的彩色光帶最上邊的是紫光．A正確；BC．依據(jù)公式可得，紫光的折射率最大，所以全反射角最小，故在入射角i漸漸減小的過程中M上最先消逝的是紫光，最終仍能射到M屏上的光的頻率是最小的，B正確；C錯誤；D．若把三棱鏡換成如圖所示的平行玻璃磚，依據(jù)光路的可逆性不會發(fā)生全反射，D錯誤。故選AB。8.如圖所示，光滑地面上有P，Q兩個固定擋板，A，B是兩擋板連線的三等分點．A點有一質(zhì)量為m2的靜止小球，P擋板的右側(cè)有一質(zhì)量為m1的等大小球以速度v0向右運動．小球與小球、小球與擋板間的碰撞均沒有機械能損失，兩小球均可視為質(zhì)點．已知兩小球之間的其次次碰撞恰好發(fā)生在B點處，則兩小球的質(zhì)量之比m1：m2可能為（

）A.3：1 B.1：3 C.1：5 D.1：7【答案】ABD【解析】【詳解】若碰后球1的速度方向與原來的方向相同，可知1球的速度小于2球的速度，兩球在B點相遇，是球2反彈后在B點相遇，有：v2t=3v1t，即：v2=3v1．依據(jù)動量守恒得，m1v0=m1v1+m2v2，依據(jù)機械能守恒得：聯(lián)立解得m1=3m2若碰撞后球1的速度方向與原來的方向相反，與擋板碰后反彈在B點追上球2，

則有：v1t=3v2t，即：v1=3v2依據(jù)動量守恒得：m1v0=-m1v1+m2v2，依據(jù)機械能守恒得：聯(lián)立解得：m2=7m1若碰撞后球1的速度方向與原來的方向相反，與擋板碰后反彈、球2與擋板碰后反彈在B點相遇，則有：v1t=v2t，即：v1=v2，

依據(jù)動量守恒得：m1v0=-m1v1+m2v2，

依據(jù)機械能守恒得聯(lián)立解得：m2=3m1綜上所述，故A、B、D正確．點晴：解決本題的關(guān)鍵知道彈性碰撞的特點，動量守恒，機械能守恒，結(jié)合兩球碰后的速度大小的關(guān)系和方向，運用動量守恒和機械能守恒綜合求解．9.用如圖甲所示裝置，通過半徑相同的A、B兩球碰撞來驗證動量守恒定律，試驗時先使質(zhì)量為mA的A球從斜槽上某一固定點G由靜止起先滾下，落到位于水平地面的記錄紙上，留下痕跡，重復(fù)上述操作10次，得到10個落點痕跡。把質(zhì)量為mB的B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，讓A球仍從位置G由靜止起先滾下，與B球碰撞后A、B球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡，重復(fù)這種操作10次，得到了如圖乙所示的三個落地處：（1）請在圖乙中讀出=__________cm；（2）由乙圖可以推斷出Q是__________球的落地點；（3）為了驗證碰撞前后動量守恒，該同學(xué)只需驗證表達式__________?！敬鸢浮?1).17.5（17.2~17.8）(2).A(3).【解析】【詳解】（1）[1]從圖中干脆讀出讀數(shù)為：17.5（）cm。（2）[2]A與B相撞后，B的速度增大，A的速度減小，碰前碰后都做平拋運動，高度相同，落地時間相同，所以Q點是沒有碰撞時A球的落地點，R是碰后B的落地點，P是碰后A的落地點。（3）[3]依據(jù)兩小球從同一高度起先下落，故下落的時間相同，依據(jù)動量守恒定律可得故有即【點睛】驗證動量守恒的關(guān)鍵是找到碰前和碰后的速度，而計算此速度要借助于平拋運動來求。10.用單擺測定重力加速度的試驗裝置如圖所示。(1)測出懸點O至小球球心的距離（擺長）L及單擺完成n次全振動所用的時間t，則重力加速度g=________（用L、n、t表示）。(2)用多組試驗數(shù)據(jù)作出T2－L圖像，也可以求出重力加速度g，已知三位同學(xué)作出的T2－L圖線的示意圖如圖中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都過原點，圖線b對應(yīng)的g值最接近當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊闹?。則相對于圖線b，下列分析正確的是____（選填選項前的字母）。A．出現(xiàn)圖線a的緣由可能是誤將懸點到小球下端的距離記為擺長LB．出現(xiàn)圖線c的緣由可能是誤將49次全振動記為50次C．圖線c對應(yīng)的g值小于圖線b對應(yīng)的g值D．圖線a對應(yīng)的g值大于圖線b對應(yīng)的g值(3)某同學(xué)測出不同擺長時對應(yīng)的周期T，作出T2－L圖線，如圖所示，再利用圖線上隨意兩點A、B的坐標(biāo)(x1，y1)、B(x2，y2)，可求得g=________。若該同學(xué)測擺長時漏加了小球半徑，而其他測量、計算均無誤，也不考慮試驗誤差，則用上述方法算得的g值和真實值相比是________的（選填“偏大”“偏小”或“不變”）?！敬鸢浮?1).(2).B(3).(4).不變【解析】【詳解】(1)[1]單擺的周期為由單擺周期公式可知，重力加速度(2)[2]A．由題圖可知，對圖線a，當(dāng)為零時不為零，所測擺長偏小，可能是把擺線長度作為擺長，即把懸點到擺球上端的距離作為擺長，故A錯誤；B．依據(jù)單擺的周期公式可得依據(jù)數(shù)學(xué)學(xué)問可知，圖像的斜率若試驗中誤將49次全振動記為50次，則周期的測量值偏小，導(dǎo)致重力加速度的測量值偏大，圖線的斜率k偏小，故B正確；CD．圖線c對應(yīng)的斜率小于圖線b對應(yīng)的斜率，圖線a與圖線b的斜率相等，由可知，圖線c對應(yīng)的g值大于圖線b對應(yīng)的g值，圖線a對應(yīng)的g值等于圖線b對應(yīng)的g值，故CD錯誤。故選B。(3)[3][4]依據(jù)單擺的周期公式可得則T2－L圖像的斜率可得重力加速度若該同學(xué)測擺長時漏加了小球半徑，而其他測量、計算均無誤，也不考慮試驗誤差，不變，則圖像的斜率不變，所測重力加速度不變，即算得的值和真實值相比是不變的。11.如圖，在注滿水的游泳池的池底有一點光源A，它到池邊的水平距離為3.0m．從點光源A射向池邊的光線AB與豎直方向的夾角恰好等于全反射的臨界角，水的折射率為4/3．（i）求池內(nèi)的水深；（ii）一救生員坐在離池邊不遠處的高凳上，他的眼睛到地面的高度為2.0m．當(dāng)他看到正前下方的點光源A時，他的眼睛所接受的光線與豎直方向的夾角恰好為45°．求救生員的眼睛到池邊的水平距離（結(jié)果保留1位有效數(shù)字）．【答案】（i）（ii）0.7m【解析】【詳解】（i）如圖，設(shè)達到池邊的光線的入射角為i．依題意，水的折射率n=，光線的折射角θ=90°．由折射定律有nsini=sinθ①由幾何關(guān)系有sini=②式中，l=3m，h是池內(nèi)水的深度．聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得h=m≈2．6m③（ii）設(shè)此時救生員的眼睛到池邊的距離為x．依題意，救生員的視線與豎直方向的夾角為θ'=45°．由折射定律有nsini'=sinθ'④式中，i'是光線在水面入射角．設(shè)池底點光源A到水面入射點的水平距離為a．由幾何關(guān)系有sini'=⑤x+l=a+h'⑥式中h'=2m．聯(lián)立③④⑤⑥式得x=(3–1)m≈0．7m⑦考點：光的折射定律12.如圖所示，質(zhì)量mA=0.2kg、mB=0.3kg的小球A、B均靜止在光滑水平面上．現(xiàn)給A球一個向右的初速度v0=5m/s，之后與B球發(fā)生對心碰撞．（1）若碰后B球的速度向右為3m/s，求碰后A球的速度；（2）若A、B球發(fā)生彈性碰撞，求碰后A、B球各自的速度；（3）若A、B兩球發(fā)生的是完全非彈性碰撞，求碰撞后兩球損失的動能．【答案】(1)vA=0.5m/s；(2)vA=1m/s，vB=4m/s；(3)動能損失1.5J【解析】【詳解】（1）A、B碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：解得（2）兩球發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得由機械能守恒定律得解得：（3）碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得解得：