2021河北省正定中学高二下学期第一次月考物理试卷含答案

这是一份2021河北省正定中学高二下学期第一次月考物理试卷含答案，共19页。试卷主要包含了答非选择题时，必须使用0，考试结束后，只将答题卡交回，5C，176J等内容，欢迎下载使用。
河北正定中学高二下学期第一次月考物  理 （考试时间：75分钟  分值：100分）注意事项：1.答题时，务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡规定的位置上。2.答选择题时，用2B铅笔将答题卡上对应的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色黑色签字笔把答案写在答题卡规定的位置上。答案如需改正，请先划掉原来的答案，再写上新答案，不准使用涂改液、胶带纸、修正带。4.考试结束后，只将答题卡交回。一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分。每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，全部选对得4分，选错得0分）1．下列说法中正确的是（　　）A．若声波波源向观察者靠近，则观察者接收到的声波频率减小B．声波击碎玻璃杯的实验原理是声波的干涉C．水波绕过水面的小树枝继续传播的过程中发生了衍射D．“闻其声不见其人”是声波的反射现象2．在飞机的发展史中有一个阶段，飞机上天后不久，飞机的机翼很快就抖动起来，而且越抖越厉害．后来经过人们的探索，利用在飞机机翼前缘处加装一个配重杆的方法，解决了这一问题。在飞机机翼前加装配重杆的目的主要是（　　）A．加大飞机的惯性  B．使机体更加平衡  C．使机翼更加牢固  D．改变机翼的固有频率3．设人自然步行时的跨步频率与手臂自然摆动的频率一致（人手臂自然摆动的频率与臂长的关系，类似于单摆固有频率与摆长的关系），且人的步幅、臂长均与身高成正比，由此估测人的步行速度v与身高L的关系为（　　）A．  B．    C．    D． 4．一列简谐波在t=0时刻的波形如图所示，质点A、P、B、C对应x坐标分别为1m、1.5m、3m、4m。从此时开始，质点C首次到达波峰的时间比质点P首次到达波峰早了0.5s。下列说法正确的是（　　）A．波源的起振方向沿y轴向下B．波沿x轴正方向传播C．波源振动的频率为2.5HzD．之后的0.4s内质点P运动的路程为10cm5．两列振幅均为A、频率均为10Hz的简谐横波，分别沿x轴正、负方向传播，在某一时刻到达E、B点，如图中实线、虚线所示。两列波的波速均为10m/s，下列说法正确的是（　）A．BE之间的所有质点都不会振动B．质点P、O横坐标的差为2.75mC．质点P、O开始振动的时刻之差为0.05sD．两列波叠加时，C点的振幅为2A6．如图所示，一束单色光从空气入射到棱镜的AB面上，经AB和AC两个面折射后从AC面进入空气．当出射角i′和入射角i相等时，出射光线相对于入射光线偏转的角度为θ．已知棱镜顶角为α，则计算棱镜对该色光的折射率表达式为（　　）A． B． C． D．二、多项选择题（本题共4小题，每小题6分。每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）7．有两列频率相同、步调一致、振幅均为A、传播方向互相垂直的平面波相遇发生干涉。如图所示，图中实线表示波峰，虚线表示波谷，a为波谷与波谷相遇点，b、c为波峰与波谷相遇点，d为波峰与波峰相遇点，e、g是a、d连线上的两点，其中e为连线的中点，则（　）A．a、d处的质点振动加强，b、c处的质点振动减弱B．从图示时刻经过半个周期，e处质点通过的路程为2AC．从图示时刻经过半个周期，g处质点加速向平衡位置运动D．从图示时刻经过四分之一周期，d处的质点振幅恰好为零8．如图所示，圆心为O、半径为R的半圆形玻璃砖置于水平桌面上，光线从P点垂直界面入射后，恰好在玻璃砖圆形表面发生全反射；当入射角θ=60°时，光线从玻璃砖圆形表面出射后恰好与入射光平行。已知真空中的光速为c，则（　　）A．玻璃砖的折射率为1.5   B．光在玻璃砖内的传播速度为C．OP之间的距离为 D．光从玻璃到空气的临界角为30°9．一列简谐横波沿x轴传播，已知x轴上x1=4m和x2=7m处的两个质点的振动图像分别如甲、乙两图所示，则此列波的波长可能是（　　）A．2.4m B．4.8m C．4m D．8m10．如图所示，倾角为θ，足够长的光滑斜面下端固定一挡板，质量均为m的两物块用轻质弹簧连接静止在光滑斜面上，现用平行斜面向上的恒力F作用在物块A上，使A开始向上运动，下列说法正确的是（　）A．若，物块B一定不能离开挡板B．若，物块B一定能离开挡板C．若，弹簧第一次达到最长时，B的加速度一定大于A的加速度D．若，拉力F做的功总等于A机械能的增量与弹簧弹性势能增量之和三、非选择题：共52分。11．（6分）如图1所示，某同学在“测定玻璃的折射率”的实验中，先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，玻璃砖平放在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面aa′和bb′.O为直线AO与aa′的交点．在直线OA上竖直地插上P1、P2两枚大头针．图1                     图2                    图3（1）该同学接下来要完成的必要步骤有______。A．插上大头针P3，使P3仅挡住P2的像  B．插上大头针P3，使P3挡住P1的像和P2的像C．插上大头针P4，使P4仅挡住P3          D.插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像（2）过P3、P4作直线交bb′于O′，过O′作垂直于bb′的直线NN′，连接OO′。测量图1中角α和β的大小．则玻璃砖的折射率n=______。（3）如图2所示，该同学在实验中将玻璃砖界面aa′和bb′的间距画得过宽．若其他操作正确，则折射率的测量值______准确值（选填“大于”、“小于”或“等于”）。（4）另一位同学准确的画好玻璃砖界面aa′和bb′后，实验过程中不慎将玻璃砖向下平移了一些．如图3所示，若其他操作均正确，则折射率的测量值______准确值（选填“大于”、“小于”或“等于”）。12．（9分）（1）如图所示为某多用电表内部简化电路图，作电流表使用时，选择开关S接________（选填“1”、“2”、“3”、“4”或“5” ）量程较大。      甲                                      乙（2）某同学想通过多用表的欧姆挡测量量程为3V的电压表内阻(如图乙)，主要步骤如下：① 把选择开关拨到“×100”的欧姆挡上；② 把两表笔相接触，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在电阻零刻度处；③ 把红表笔与待测电压表________(选填“正”或“负”)接线柱相接，黑表笔与另一接线柱相连，发现这时指针偏转角度很小；④ 换用________(选填“×10”或“×1k”)欧姆挡重新调零后测量，发现这时指针偏转适中，记下电阻数值；丙⑤ 把选择开关调至空挡或交流电压最高挡后拔下表笔，把多用电表放回原处，实验完毕。（3）实验中(如图丙)该同学读出欧姆表的读数为_______Ω，这时电压表读数为_______V。（4）请你计算欧姆表内部电源的电动势为_______V（结果保留两位有效数字）。13．（9分）一大型游乐场建有一个半球型游泳池，游泳池半径为R，池内注满水。一潜泳者可在水面下方游动，其头罩上带有一单色光源，游泳池水面上的最大发光面积为游泳池面积的，求：（1）池内水的折射率；（2）射出水面的光在水中传播的最长时间。  14．（12分）足够长的平行金属导轨MN和PQ表面粗糙，与水平面间的夹角为θ=37°（sin37°=0.6），间距为1m。垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度的大小为4T，P、M间所接电阻的阻值为8Ω。质量为2kg的金属杆ab垂直导轨放置，不计杆与导轨的电阻，杆与导轨间的动摩擦因数为0.25。金属杆ab在沿导轨向下且与杆垂直的恒力F作用下，由静止开始运动，杆的最终速度为8m/s，取g=10m/s2，求：（1）恒力F的大小；（2）当金属杆的速度为4m/s时，金属杆的加速度大小；（3）当金属杆沿导轨的位移为15.0m时（已达最大速度），通过电阻R的电荷量q及发热量Q。  15．（16分）如图甲所示，在平面直角坐标系0≤x≤l，0≤y≤2l的矩形区域里有匀强磁场B，B随时间t的变化规律如图乙所示（B0和T0均未知），规定磁场方向垂直纸面向里为正。一个比荷为k的带正电的粒子从原点O以初速度v0沿x轴正方向入射，不计粒子重力。（1）若粒子从t=0时刻入射，在的某时刻从点射出磁场，求B0的大小；（2）若，粒子在的任一时刻入射时，粒子离开磁场时的位置都不在y轴上，求T0的取值范围；（3）若，在x＞l的区域施加一个沿x轴负方向的匀强电场，粒子在t=0时刻入射，将在T0时刻沿x轴正方向进入电场（T0未知），并最终从P(0,2l)沿x轴负方向离开磁场，求电场强度的大小。      高二下月考一物理答案1．C【解析】A. 根据多普勒效应，若声波波源向观察者靠近，则观察者接收到的声波频率增大，故A错误；B. 当声波的频率等于玻璃杯的固有频率时玻璃杯震荡最剧烈，最容易被击碎，即声波击碎玻璃杯的实验原理是共振，故B错误；C. 机械波遇到障碍物时，可以绕过障碍物继续传播的现象叫做衍射，故C正确； D. “闻其声不见其人”是声波绕过障碍物继续传播的现象，是声波的衍射现象，故D错误；2．D【解析】飞机振动的原因是气流使机翼的振动周期与机翼的固有周期相互接近发生了共振现象，通过装置一个配重杆的方法改变固有周期，从而避免共振的发生，D对；3．C【解析】人的速度等于步幅与跨步频率的乘积，即，人自然步行时的跨步频率与手臂自然摆动的频率一致，手臂自然摆动的周期，人和步幅与身高成正比，即，人的手臂长度与身高成正比，即，联立以上各式解得，C正确．4．D【解析】AB．图中质点C比质点P首次到达波峰早了0.5s，所以C点应向上振动，P点应向下振动，波源的起振方向沿y轴向上，沿x轴负方向传播，故AB错误；C．如图所示，C比P超前运动个周期，即T=0.5s质点振动周期为0.8s，波源振动的频率为1.25Hz，故C错误；D．质点振动周期为0.8s，之后0.4s内质点P运动2个振幅，路程为10cm，故D正确。5．B【解析】A．质点D在两列波中振动方向均向下，叠加后向下振动。A错误；B．根据波速公式得据图可得，质点P、O横坐标的差为，B正确；C．由图可知，质点P振动的时间为质点O振动的时间为振动的时间差为，C错误；D．两列波叠加时，C点的振幅为0。D错误。6．A【解析】由折射定律可知，因入射角和出射角相等，即故由几何关系可知，故折射率，A正确。7．AC【解析】根据振动加强点的定义分析哪些点是加强点，哪些点为减弱点，画出两列波的波形图判断e、g的运动；振动加强点的振幅始终为两列波振幅之和，不会改变；振动加强点为波峰与波峰相遇点，波谷与波谷相遇点，振动减弱点，为波谷与波峰相遇点，故a、d处的质点振动加强，b、c处的质点振动减弱，A正确；这两列机械波在水平竖直方向的波形如图所示， e点在这两列波传播半个周期的过程中，都是从平衡位置到波谷，再回到平衡位置，叠加时，波谷振幅为2A，故路程为4A，B错误；由图可知经过半个周期后，g点均为由波谷向平衡位置移动，合力指向平衡位置，故合运动为加速靠近平衡位置，C正确；振动加强点的振幅始终为2A，不变，D错误．8．BC【解析】ABC．作出两种情况下的光路图，如图所示设，在A处发生全反射故有由于出射光平行可知，在B处射出，故由于联立可得，， 由，可得，故A错误；BC正确；D．由于，所以临界角不为30°，故D错误。9．AC【解析】在t=0时刻，在x1处的质点在最低点，在x2处的质点在平衡位置向下振动，若波沿x轴正向传播，则解得（n=0、1、2、3……） 当n=1时λ=2.4m若波沿x轴负向传播，则解得（n=0、1、2、3……） 当n=0时λ=4m10．BC【解析】AB．当B恰好离开时挡板时A做简谐运动。以B为研究对象，由平衡条件得此时弹簧的弹力 F弹=mgsinθ，由简谐运动的对称性得：F=mgsinθ+F弹-F解得 F=mgsinθ，因此，F＜2mgsinθ，物块B不一定能离开挡板，F=2mgsinθ，物块B一定能离开挡板，故A错误，B正确。C．若F＞2mgsinθ，物块B一定能离开挡板，在弹簧第一次到达最长之前，A的速度大于B的速度，弹簧在不断伸长，弹力在增大，B做加速度增大的加速运动，A做加速度减小的加速度，画出它们的v-t图象如图则知两者速度相等时，即弹簧第一次到达最长时，B的加速度一定大于A的加速度。故C正确。D．若F＞2mgsinθ，物块B一定能离开挡板，由系统的能量守恒知，拉力F做的功总等于A机械能的增量、B机械能的增量与弹簧弹性势能增量之和，故D错误。
11．BD         小于    等于    【解析】（1）该同学接下来要完成的必要步骤有：确定P3大头针的位置的方法是插上大头针P3，使P3能挡住P1、P2的像．确定P4大头针的位置的方法是大头针P4能挡住P3和P1、P2的像．P3和P1、P2的像，故该同学接下来要完成的必要步骤有：BD．
（2）应根据折射定律得：玻璃砖的折射率为 n=；
（3）将玻璃砖界面aa′和bb′的间距画得过宽但仍平行，而其他操作正确，导致α角偏大，由于n=，故折射率的测量值将偏小．
（4）如图所示，虚线表示将玻璃砖向下平移后实际的光路图，而实线是作图时所采用的光路图，通过比较发现，入射角和折射角没有变化，则由折射定律得知，该同学测得的折射率将不变．12．1    负    ×1k    4.0×104    2.20    3.0    【解析】（1）当做电流表使用时，电阻应和表头并联分流，故连接1和2时为电流表，根据欧姆定律可知并联支路的电压相等，并联支路的电阻越大，分流越小，故当接1时量程最大；（2）③根据“红进黑出”原理，即电流从红表笔流进可知红表笔接电压表的负极；④欧姆表在测量电阻时指针从无穷大处开始偏转，故欧姆表指针偏转很小，说明被测电阻大，档位应提升一级，即换×1k的测量；（3）欧姆表的读数为；电压表分度值为0.1V，故读数为2.20V；（4）根据（3）采用的档位可知中值电阻即欧姆表内阻为，根据闭合回路欧姆定律可得，解得．13．(1)；(2)【解析】(1)设液体折射率为n，当光源S位于O点正下方的池底时发光面积最大，发光半径为r，有此时光恰好发生全反射根据几何关系解得(2)发光点在O点正下方池底处以临界角射出时光路最长解得14．（1）8N；（2）4m/s2；（3）7.5C，176J【解析】（1）对金属杆ab应用牛顿第二定律，有F＋mgsinθ－F安－f=maf=μFNFN=mgcosθab杆所受安培力大小为F安=BILab杆切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv由闭合电路欧姆定律可知整理得F＋mgsinθ－v－μmgcosθ=ma当a=0时，杆达到最大速度，即最终速度为8m/s，代入v=8m/s时，解得：F=8N（2）由（1）知金属杆的加速度a满足F＋mgsinθ－v－μmgcosθ=ma当v=4m/s时，把F=8N代入，解得：a=4m/s2（3）设通过回路横截面的电荷量为q，则有回路中的平均电流强度为回路中产生的平均感应电动势为回路中的磁通量变化量为ΔΦ=BLx联立代入已知数据解得：q=7.5C设金属杆沿导轨的位移为x，根据动能定理把x=15m，v=8m/s代入求得W安=-176J所以Q=-W安=176J15．(1)；(2)；(3)【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，有由几何关系可得联立解得。(2)由已知条件得粒子运动的轨迹半径为从时刻入射，磁场反向后运动轨迹恰好与y轴相切，此时刻进入的粒子不从y轴射出，其他时刻的粒子都不会从y轴射出，如图所示，由几何关系，时间内，粒子转过的圆心角为，运动时间而，联立可得。(3)根据条件，粒子运动轨迹如图所示，由题意可得解得，粒子在电场中运动，根据牛顿第二定律可得根据运动学规律可得，往返一次用时粒子返回磁场时必定有联立各式可解得。