2023南充嘉陵一中高二下学期第三次月考试题物理PDF版含答案

2022-2023学年高二下期第三次月考

物理试题及答案

   总分：100分   时长：90分钟

第Ⅰ卷（选择题，共48分）

一、选择题（每小题4分，共32分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。）

1．以下说法错误的是(　　)

A．相对论认为空间和时间与物质的运动状态有关

B．麦克斯韦首先通过实验证实了电磁波的存在

C．在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光变为红光，则条纹间距变宽

D．微波能使食物中的水分子的热运动加剧从而实现加热的目的

答案　B.  解析　麦克斯韦预言电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在

2．在卢瑟福的α粒子散射实验中,某一α粒子经过某一原子核附近时的轨迹如图所示.图中P,Q为轨迹上的点,虚线是经过P,Q两点并与轨迹相切的直线,两虚线和轨迹将平面分为四个区域.不考虑其他原子核对α粒子的作用,则关于该原子核的位置,正确的是(　A　)

A.一定在①区域   B.一定在②区域

C.可能在③区域   D.一定在④区域

解析:卢瑟福通过α粒子散射并由此提出了原子的核式结构模型,正电荷全部集中在原子核内,α粒子带正电,同种电荷相互排斥,若在③④区域粒子轨迹将向上偏转,根据轨迹的弯曲方向知道排斥力向下,所以原子核一定在①区域,故选A.

3.把一平行玻璃板压在另一个平行玻璃板上，一端用薄片垫起，构成空气劈尖，让单色光从上方射入，如图1所示．这时可以看到明暗相间的条纹．下面关于条纹的说法中正确的是(　　)

A．干涉条纹是光在空气尖劈膜的前后两表面反射形成的两列光波叠加的结果

B．干涉条纹中的暗条纹是上述两列反射光的波谷与波谷叠加的结果

C．将上玻璃板平行上移，条纹逆向劈尖移动

D．观察薄膜干涉条纹时，应在入射光的另一侧

答案　A

4．物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间t1内动能由零增大到E1，在时间t2内动能由E1增加到2E1，设合力在时间t1内做的功为W1，冲量为I1，在时间t2内做的功是W2，冲量为I2，则(　　)

A．I1＜I2，W1＝W2   B．I1＞I2，W1＝W2

C．I1＞I2，W1＜W2   D．I1＝I2，W1＜W2

答案　B

5．电阻R1、R2和交流电源按照图甲所示方式连接，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω.合上开关S后，通过电阻R2的正弦交变电流i随时间t变化的情况如图乙所示，则(　　)．

A．通过R1的电流的有效值是1.2 A

B．R1两端的电压有效值是6 V

C．通过R2的电流的有效值是1.2 A

D．R2两端的电压有效值是6 V

解析　由题图知流过R2交流电电流的最大值I2m＝0.6 A，故选项C错误；由U2m＝I2mR2＝12 V知，选项D错误；因串联电路电流处处相同，则I1m＝0.6 A，电流的有效值I1＝＝0.6 A，故A项错误；由U1＝I1R1＝6 V，故选项B正确．

答案　B

6．如图为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于n＝4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光．关于这些光，下列说法正确的是(　　)

A．最容易表现出衍射现象的光是由n＝4能级跃迁到n＝1能级产生的

B．频率最小的光是由n＝2能级跃迁到n＝1能级产生的

C．这些氢原子总共可辐射出6种不同频率的光

D．用n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光能量小于6.34 eV。

解析 最容易发生衍射的应是波长最长而频率最小、能量最低的光波，hν＝h＝En－Em，对应跃迁中能级差最小的应为n＝4能级到n＝3能级，故A、B错误．由C可知n＝4能级上的氢原子共可辐射出C＝6种不同频率的光，故C正确．根据hν＝E2－E1可知D错误。

答案C

7.在均匀介质中坐标原点O处有一波源做简谐运动,其表达式为,它在介质中形成的简谐横波沿x轴正方向传播,某时刻波刚好传播到x=12 m处,波形图像如图所示,则(　 　)

A.此后再经6 s该波传播到x=20 m处

B.M点在此后第3 s末的振动方向沿y轴负方向

C.波源开始振动时的运动方向沿y轴负方向

D.此后M点第一次到达y=-3 m处所需时间小于2 s

答案 D

8．虹和霓是太阳光在水珠内分别经过一次和两次反射后出射形成的，可用白光照射玻璃球来说明．两束平行白光照射到透明玻璃球后，在水平的白色桌面上会形成MN和PQ两条彩色光带，光路如图所示．M、N、P、Q点的颜色分别为(　　)

A．紫、红、红、紫   B．红、紫、红、紫

C．红、紫、紫、红   D．紫、红、紫、红

答案　A

解析　玻璃对红光的折射率最小，对紫光的折射率最大，由折射定律和反射定律可知M点为紫色，N点为红色，P点为红色，Q点为紫色，故A项正确．

二、多选题（每题4分，选对但不全得2分，共16分）

9.质点O振动形成的简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻的波形图如图甲所示，当波传到x＝3 m处的质点P时开始计时，质点P的振动图象如图乙所示，则(　　)．

A．该波的频率为25 Hz

B．该波的传播速度为2 m/s

C．质点O开始振动时沿y轴正方向

D．从t时刻起，经过0.015 s，质点P将回到平衡位置

解析　根据题图可知，该波的波长λ＝8 m，周期T＝0.04 s，所以波速v＝λ/T＝200 m/s，频率f＝1/T＝25 Hz，选项A正确，B错误；根据甲图，t时刻机械波刚好传播到x＝8 m处的质点，已知机械波沿x轴正方向传播，该质点的起振方向为y轴负方向，这与波源的起振方向相同，所以质点O开始振动时沿y轴负方向，也可利用乙图看出质点P的起振方向沿y轴负方向，选项C错误；经过0.015 s波传播的距离为x＝200×0.015 m＝3 m，从t时刻起经过0.015 s质点P左侧距离质点P 3 m远的质点O的振动情况传到P点，即P点回到平衡位置，选项D正确．

答案　AD

10.　某同学模拟“远距离输电”电路，将实验室提供的器材连接成了如图所示电路．A、B为理想变压器，灯L1、L2相同且阻值不变，输电线路等效电阻为R.现保持A的输入电压不变，当开关S断开时，灯L1正常发光，则(　　)

A．仅闭合S，L1变暗

B．仅闭合S，输电线路的发热功率变小

C．仅将滑片P上移，输电线路的发热功率变小

D．仅将滑片P上移，L1变亮

答案　AC

解析　闭合S，则消耗功率增大，B副线圈中电流增大，B原线圈电流也增大，则R上损失的电压和功率增大，则B输入电压UB1＝UA2－IR减小，灯泡两端电压UB2减小，故灯泡会变暗，故A正确，B错误；仅将滑片P上移，A副线圈匝数减小，则A的输出电压减小，B的输入电压减小，灯泡电压也减小，故L1变暗，消耗功率减小，流过灯泡的电流减小，则B原线圈中电流减小，流过R的电流减小，输电线路的发热功率变小，故C正确．

，D错误.

11. 如图所示，边长为L的正三角形金属线框处于匀强磁场中，开始时线框平面与磁场垂直，磁场的磁感应强度为B，让线框以AB边为轴以角速度ω在磁场中匀速转过180°的过程中，则(　　)

A．穿过线框导线横截面的电荷量为0

B．线框中的感应电流方向先沿ACBA后沿ABCA

C．线框中的平均感应电动势为

D．线框中感应电动势的有效值为

答案　CD

解析　由楞次定律可知，线框转过180°的过程中，感应电流方向始终沿ACBA，说明穿过线框导线横截面的电荷量不为零，故A、B错误；由法拉第电磁感应定律可知，平均感应电动势：＝＝＝＝，故C正确；线框中感应电动势峰值：Em＝BSω＝B××L×Lsin 60°×ω＝，线框匀速转动产生正弦式交变电流，感应电动势的有效值：E＝＝，故D正确．

12.　如图甲所示，单匝正方形导线框固定在匀强磁场中，磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，其中B0、t0均为已知量．已知导线框的边长为L，总电阻为R，则下列说法中正确的是(　　)

A．t0时刻，ab边受到的安培力大小为

B．0～t0时间内，导线框中电流的方向始终为badcb

C．0～t0时间内，通过导线框某横截面的电荷量为

D．0～t0时间内，导线框产生的热量为

答案　AD

解析　由法拉第电磁感应定律得，E＝＝L2＝L2，通过导线框的感应电流大小为：I＝＝，t0时刻，ab边所受安培力大小为：F＝B0IL＝，故A正确；根据楞次定律，可知，0～t0时间内，导线框中电流的方向始终为abcda，故B错误；0～t0时间内，通过导线框某横截面的电荷量为：q＝＝＝，故C错误；由焦耳定律得，0~t0时间内导线框产生的热量为：：Q＝，故D正确.

第II卷  非选择题（合计52分）

三、实验题（共18分）。

13.(9分，每空3分；)如图(甲)所示,在测量玻璃折射率的实验中,两位同学先在白纸上放好截面是正三角形ABC的三棱镜,并确定AB和AC界面的位置.然后在棱镜的左侧画出一条直线,并在线上竖直插上两枚大头针G1和G2,再从棱镜的右侧观察G1和G2的像.

(1)此后正确的操作步骤是(　   　).(选填选项前的字母) 

A.插上大头针G3,使G3挡住G2的像

B.插上大头针G3,使G3挡住G1,G2的像

C.插上大头针G4,使G4挡住G3的像

D.插上大头针G4,使G4挡住G3和G1,G2的像

(2)正确完成上述操作后,在纸上标出大头针G3,G4的位置(图中已标出).为测量该种玻璃的折射率,两位同学分别用圆规及刻度尺作出了完整光路和若干辅助线,如图(乙)、(丙)所示.在两图中能够仅通过测量ED,FG的长度便可正确计算出折射率的是图( 　 )[选填“(乙)”或“(丙)”],所测玻璃折射率的表达式n=(　   　)　(用代表线段长度的字母ED,FG表示). 

解析:(1)此后正确的操作步骤是:插上大头针G3,使G3挡住G1,G2的像;插上大头针G4,使G4挡住G3和G1,G2的像,故选BD.

(2)能够仅通过测量ED,FG的长度便可正确计算出折射率的是图(丙),因为n==

=.

答案:(1)BD　(2)(丙)　

评分标准:每空2分.

14.（9分，每空3分）(1)如图(甲)所示是用双缝干涉测量光波波长的实验设备示意图,图中①是光源、②是滤光片、③是单缝、④是双缝、⑤是光屏.下列操作能增大光屏上相邻两亮条纹之间距离的是(　　)

. 

A.增大③和④之间的距离

B.增大④和⑤之间的距离

C.将绿色滤光片改成红色滤光片

D.增大双缝之间的距离

(2)转动测量头的手轮,使分划板中心刻线对准第1条亮条纹,读出手轮的读数如图(乙)所示.继续转动手轮,使分划板中心刻线对准第10条亮条纹,读出手轮的读数如图(丙)所示.则相邻两亮条纹的间距是(　   　)mm(结果保留三位有效数字). 

(3)在(2)前提下,如果已经量得双缝的间距是0.30 mm,双缝和光屏之间的距离是900 mm,则待测光的波长是(　   　)m.(结果保留三位有效数字) 

解析:(1)由Δx=λ知相邻两亮条纹之间的距离与单缝和双缝之间的距离无关,A错误;增大④和⑤之间的距离即是增大l,Δx增大,B正确;红光的波长大于绿光的波长,将绿色滤光片改成红色滤光片可以增大相邻两条纹间距,C正确;增大双缝之间的距离,Δx减小,D错误.

(2)(乙)图读数是0.045 mm,(丙)图读数是14.535 mm,它们的差值是14.490 mm,所以相邻两亮条纹间距是Δx= mm=1.61 mm.

(3)待测光波长λ=≈5.37×10-7 m.

答案:(1)BC　(2)1.61

(3)5.37×10-7

评分标准:(1)问2分,(2)问2分,(3)2分.

四、解答题：（15题12分，16题12分，17题10分，共计34分。）

15.（12分）如图所示，光滑水平轨道右边与墙壁连接，木块A、B和半径为0.5 m的光滑圆轨道C静置于光滑水平轨道上，A、B、C质量分别为1.5 kg、0.5 kg、4 kg.现让A以6 m/s的速度水平向右运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为0.3 s，碰后速度大小变为4 m/s.当A与B碰撞后会立即粘在一起运动，已知g＝10 m/s2，求：

(1)A与墙壁碰撞过程中，墙壁对小球平均作用力的大小；

(2)AB第一次滑上圆轨道所能达到的最大高度h.

答案　(1)50 N　(2)0.3 m

解析　(1)A与墙壁碰撞过程，规定水平向左为正，对A由动量定理有：

Ft＝mAv2－mA(－v1)

解得F＝50 N

(2)A与B碰撞过程，对A、B系统，水平方向动量守恒有：

mAv2＝(mB＋mA)v3

A、B滑上斜面到最高点的过程，对A、B、C系统，水平方向动量守恒有：

(mB＋mA)v3＝(mB＋mA＋mC)v4

由能量关系：

(mB＋mA)v＝(mB＋mA＋mC)v＋(mB＋mA)gh

解得h＝0.3 m.

16. (12分)如图13所示，在倾角θ＝37°的光滑绝缘斜面内有两个质量分别为4m和m的正方形导线框a、b，电阻均为R，边长均为l；它们分别系在一跨过两个轻质定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一方向垂直斜面向下、宽度为2l的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B；开始时，线框b的上边框与匀强磁场的下边界重合，线框a的下边框到匀强磁场的上边界的距离为l.现将系统由静止释放，线框a恰好匀速穿越磁场区域．不计滑轮摩擦和空气阻力，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

(1)线框a穿出磁场区域时的电流大小；

(2)线框a穿越磁场区域时的速度大小；

(3)线框b进入磁场过程中产生的焦耳热．

答案　见解析

解析　(1)设绳子拉力为F，线框a匀速穿越磁场区域

对线框a：4mgsin θ＝F安＋F

对线框b：F＝mgsin θ

且F安＝BIl

解得：I＝

(2)线框a匀速运动时，线框a、b速度大小相等

E＝Blv

I＝

解得：v＝

(3)设线框b进入磁场过程产生的焦耳热为Q，对系统列能量守恒方程

4mglsin θ＝mglsin θ＋×5mv2＋Q

得Q＝mgl－.

17．（10分）如图所示，玻璃球冠的折射率为，其底面镀银，底面的半径是球半径的倍；在过球心O且垂直于底面的平面(纸面)内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的M点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点，求该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角．

答案　150°

解析　设图中N点为光线在球冠内底面上的反射点，光线的光路图如图所示．设光线在M点的入射角为i、折射角为r，在N点的入射角为i′，反射角为i″，玻璃折射率为n.由于△OAM为等边三角形，

i＝60°①

由折射定律有sin i＝nsin r②

代入题给条件n＝得

r＝30°③

作底面在N点的法线NE，由于NE∥AM，有

i′＝30°④

根据反射定律，有i″＝30°⑤

连接ON，由几何关系知△MAN≌△MON，故有

∠MNO＝60°⑥

由④⑥式得∠ENO＝30°

于是∠ENO为反射角，ON为反射光线．这一反射光线经球面再次折射后不改变方向．所以，经一次反射后射出玻璃球冠的光线相对于入射光线的偏角β为

β＝180°－∠ENO＝150°.