45，湖南省长沙市明德中学2023-2024学年高二上学期12月月考物理试题

这是一份45，湖南省长沙市明德中学2023-2024学年高二上学期12月月考物理试题，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

时量：75分钟 满分：100分
一、单选题（每题4分，共计32分）
1. 下列四幅图为光的相关现象，关于它们说法正确的是（ ）

A. 图甲为、两束单色光分别通过同一双缝干涉实验器材形成的图样，在同种均匀介质中，光的传播速度比光的小
B. 图乙为光照射通光小圆孔得到的衍射图样
C. 为了使图像清晰，通常在红外摄像头的镜头表面镀一层膜，镀膜的厚度应该是红外线在薄膜中波长的
D. 图丁中，用自然光照射透振方向（箭头所示）互相垂直的前后两个竖直放置的偏振片，光屏依然发亮
【答案】C
【解析】
【详解】A．图甲为、两束单色光分别通过同一双缝干涉实验器材形成图样，在相同的狭缝尺寸及间距下，光的干涉条纹间距比光的大，由可知光的波长比光的大，所以在同种均匀介质中，光的传播速度比光的大，故A错误；
B．图乙为光照射一个极小的不透光圆盘得到的衍射图样，中心的两点称为泊松亮斑，故B错误；
C．为了使图像清晰，通常在红外摄像头的镜头表面镀一层膜，镀膜的厚度应该是红外线在薄膜中波长的四分之一，这样镜头表面反射的光和薄膜表面反射的光恰好能通过干涉而抵消，能提高镜头的透光性能，故C正确；
D．图丁中，用自然光照射透振方向（箭头所示）互相垂直的前后两个竖直放置的偏振片，光屏因接收不到光线而变暗，故D错误。
故选C。
2. 某实验装置如图所示，在铁芯P上绕着两个线圈A和B。如果线圈A中电流i随时间t的关系有图所示的A、B、C、D四种情况，那么在到这段时间内，哪种情况线圈B中没有感应电流（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由图示可知，通过A的电流发生变化，电流产生的磁感应强度发生变化，穿过B的磁通量发生变化，才能产生感应电流，由图示可知，在到这段时间内，BCD图中线圈A中的电流发生变化，线圈B中会产生感应电流，而A图中电流不变，在线圈B上不产生感应电流。
故选A。
3. 某同学画的表示磁感应强度B、电流I、安培力F的相互关系的图如图所示，其中正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．磁场方向水平向右，电流垂直纸面向外，根据左手定则，安培力方向竖直向上，故A错误；
B．磁场方向斜向右上，电流垂直纸面向外，根据左手定则，安培力的方向垂直磁场方向斜向左上，故B错误；
C．磁场方向垂直纸面向内，电流垂直纸面向外，电流方向与磁场方向平行，故不受安培力，故C错误；
D．磁场方向垂直纸面向外，电流斜向右上，根据左手定则，安培力的方向垂直电流方向斜向右下，故D正确。
故选D。
4. 如图甲所示，细线下悬挂一个除去了柱塞的注射器，注射器内装上墨汁。当注射器在竖直面做小角度内摆动时，沿着垂直于摆动方向匀速拖动一张硬纸板，注射器流出的墨水在硬纸板上形成了如图乙所示的曲线。关于图乙所示的图像，下列说法中正确的（ ）

A. 匀速拖动硬纸板移动距离L的时间等于注射器振动的周期
B. 可以利用x轴作为时间坐标轴，可以用y轴表示注射器振动的位移
C. 拖动硬纸板的速度越大，注射器振动的周期越短
D. 拖动硬纸板的速度越大，注射器振动的周期越长
【答案】B
【解析】
【详解】A．从图中可以看出，当硬纸板移动距离L，注射器完成了两个周期性运动，故硬纸板移动距离L的时间等于注射器振动的周期的两倍，故A错误；
B．当匀速拖动硬纸板时，运动的时间与硬纸板运动的距离成正比，即可以用硬纸板运动的方向作为时间轴；而注射器在y轴方向上运动，故可以用y轴表示注射器振动的位移，故B正确；
CD．注射器振动的周期只与自身的运动有关，与硬纸板的运动情况无关，故CD错误。
故选B。
5. 保龄球运动因为具有很高的观赏性被很多人所喜爱，某人在一次击球练习中，首先用力将甲球抛出，接着又用力将乙球抛出，两球均在光滑的轨道上沿同一直线向同一方向运动，某时刻乙球追上甲球并发生碰撞，假设碰撞前甲球的动量为，乙球的动量为，碰后甲球的动量变为，两球大小形状完全相同，则下列关于甲、乙两球质量与的关系，可能正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】碰撞前，乙球速度大于甲球的速度
解得
根据动量守恒定律
解得
根据碰撞过程总动能不增加
解得
碰撞后乙的速度不大于甲的速度
解得
所以
故选C。
6. 如图所示，两个相干简谐横波在同一区域传播，实线与虚线分别表示两列波的波峰和波谷，已知两列波的振幅均为A、频率均为f。此刻，a、c是波峰与波谷相遇点，b是波谷与波谷相遇点，d是波峰与波峰相遇点，下列说法中正确的是（ ）
A. d点位移始终为2A
B. a、c两点始终处于平衡位置
C. a、c连线上各点始终处于平衡位置
D. 从该时刻起，经过时间，质点b点运动到d点处
【答案】B
【解析】
【详解】A．d点是振动加强点，其振幅为2A，位移不是始终为2A，故A错误；
B．a、c两点是振动减弱点，由于两列波振幅相同，所以a、c始终处于平衡位置，故B正确；
C．a、c两点连线上不全是振动减弱点，只有到两波源的波程差满足特定关系的点才始终处于平衡位置，故C错误；
D．质点只在平衡位置附近振动，不在波的传播方向上移动，故D错误。
故选B。
7. 在如图所示的电路中，定值电阻、、、，电容器的电容，电源的电动势，内阻不计。闭合开关、，电路稳定后，则（ ）
A. a、b两点的电势差
B. 电容器所带电荷量为
C. 断开开关，稳定后流过电阻的电流与断开前相比将不发生变化
D. 断开开关，稳定后电容器上极板所带电荷量与断开前相比的变化量为
【答案】CD
【解析】
【详解】A．设电源负极的电势为零，则a点的电势为
b点的电势为
a、b两点的电势差
故A错误；
B．电容器所带电荷量为
故B错误；
C．断开开关，稳定后流过电阻的电流与断开前相比将不发生变化，故C正确；
D．断开开关，稳定后a点的电势为
b点的电势为
a、b两点的电势差为
此时电容器上极板带正电，上极板所带电荷量与断开前相比的变化量为
故D正确。
故选CD。
8. 某一质检部门为检测一批矿泉水的质量，利用干涉原理测定矿泉水的折射率。方法是将待测矿泉水填充到特制容器中，放置在双缝与荧光屏之间（之前为空气），如图所示，特制容器未画出，通过比对填充后的干涉条纹间距和填充前的干涉条纹间距就可以计算出该矿泉水的折射率。则下列说法正确的是（设空气的折射率为1）（ ）
A. B.
C. 该矿泉水的折射率为D. 该矿泉水的折射率为
【答案】C
【解析】
【详解】AB．把空气换成矿泉水后，入射光的频率f不变，光在水中的传播速度减小，根据可知，波长减小．根据干涉的条纹间距公式
可知，对同一个装置来说，波长减小，条纹间距减小，则
故AB错误；
CD．根据双缝干涉条纹的间距公式
可得
所以
故D错误，C正确。
故选C。
二、多选题（每题4分，全对4分，不全2分，含错选0分，共计16分。）
9. 一列简谐横波沿x轴传播，波速为v=4m/s。已知坐标原点（x=0）处质点的振动图象如图甲所示，t=0.45s时部分波形图如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 简谐横波的传播方向沿x轴正方向
B. x=0.5m处的质点比x=0处的质点振动滞后 s
C. x=0处的质点经过 s的路程为 m
D. t=0.45s时处的质点对应的纵坐标为
【答案】ACD
【解析】
【分析】
【详解】A．由图可知，x=0处质点在t=0.45 s时沿y轴正方向振动，则该波沿x轴正方向传播，故A正确；
B．简谐波周期T=0.4 s，x=0.5 m处的质点比x=0处的质点振动滞后时间为
故B错误；
C．x=0处的质点经过0.6 s的路程
故C正确；
D．x=0处的质点的振动方程为
将t=0.45 s代入得
故D正确。
故选ACD。
10. 如图所示为清洗汽车用的高压水枪。设水枪喷出水柱直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后水的速度为零，手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是（ ）
A. 高压水枪单位时间喷出的水的质量为
B. 高压水枪单位时间喷出的水的质量为
C. 水柱对汽车的平均冲力为
D. 当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4倍
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．高压水枪单位时间喷出水的质量等于单位时间内喷出的水柱的质量，即
B正确，A错误；
C．水柱对汽车的平均冲力为F，反作用力为F'，对水柱，由动量定理得
即
解得
C错误；
D．高压水枪喷出的水对汽车产生的压强
则当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，压强变为原来的4倍，D正确。
故选BD。
11. 如图所示，A、B两物体彼此接触静止放在光滑的桌面上，物体A的上表面是半径为R的光滑半圆形轨道，将小球C紧贴轨道右侧最高点P由静止释放，则（ ）
A. A、B、C组成的系统机械能守恒，动量也守恒
B. 当C第一次滑到最低点时，A和B开始分离
C. C可以滑到A左侧与P等高的地方
D. 最后A将从桌面左边滑出
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．A、B、C三者组成的系统满足水平方向动量守恒，竖直方向合力不为零，系统动量不守恒，第一次滑到最低点前，C始终对A的作用力有向右水平分力，因此A的速度不断变大，不会与B分离；第一次滑过最低点后C始终对A的作用力有向左水平分力，因此A的速度将变小，而B却匀速，因此A与B会出现分离；且当C第一次滑到圆弧最低点时，A 和B开始分离，故A错误，B正确；
CD． A、B、C三者组成的系统满足水平方向动量守恒，系统初动量为零；B与A分离后，B将一直向右做匀速直线运动，B的动量向右，则分离后A、C的总动量向左，A、C将向左不断运动，最终从桌面左边滑出，根据能量守恒可知，B物体动能增大，则C不可以滑到A左侧与P等高的地方，故C错误、D正确。
故选BD
12. 如图所示为一款近期火爆的玩具“弹簧小人”，由头部、弹簧及底部组成，头部质量为m，弹簧质量不计，劲度系数为k，底部质量为，开始弹簧小人静止于桌面上，现轻压头部后由静止释放，小人不停上下振动，已知当弹簧形变量为x时，其弹性势能，不计一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则下列判断中正确的是（ ）
A. 若刚释放时头部的加速度大小为g，则小人在振动过程中底部能离开桌面
B. 若刚释放时头部的加速度大小为g，则小人在运动过程中头部的最大速度为
C. 若小人在振动过程中底部恰好不能离开桌面，头部在最高点的加速度为
D. 若小人在振动过程中底部恰好不能离开桌面，则轻压头部释放时弹簧的压缩量为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．设头部在初始位置时弹簧的压缩量为x0，对头部列平衡方程
mg＝kx0 ①
施加力F后弹簧再压缩x，头部的平衡方程为
F＋mg＝k（x0＋x）②
若刚释放时头部的加速度大小为g，根据牛顿第二定律得
则
F＝mg③
由①②③得
kx＝mg
撤去力F的瞬间，头部所受的回复力
F回＝k（x0＋x）－mg＝kx
当头部向上运动到初始位置上方距离也是x时，由对称性知F回＝kx，而kx＝mg，可见头部所受弹簧弹力恰好是零，以底部为研究对象，受力分析知地面对底部的支持力为
因此小人在振动过程中底部不能离开桌面。A错误；
B．刚释放时弹簧的形变量为
弹簧振子在平衡位置时的动能最大，根据能量守恒得
结合动能
故小人在运动过程中头部的最大速度为，B正确；
C．若小人在振动过程中底部恰好不能离开桌面，即当头部在最高点时，底部受到桌面的弹力为0，受力分析得弹簧此时的弹力等于底部的重力
此时对头部受力分析，根据牛顿第二定律有
故头部在最高点的加速度为，C正确；
D．若小人在振动过程中底部恰好不能离开桌面，开始施加力后弹簧再压缩，头部的平衡方程为
分析得
则轻压头部释放时弹簧的压缩量为
D错误。
故选BC。
三、实验题（每空2分，共计16分）
13. 某同学用半圆柱玻璃砖测定玻璃的折射率，他的操作步骤如下：
A．用毫米刻度尺量出半圆柱玻璃砖的直径d，算出半径r=，然后确定圆心的位置，记在玻璃砖上；
B．在白纸上画一条直线作入射光线，并在入射光线上插两枚大头针P1和P2；
C．让入射光线与玻璃砖的直径垂直，入射光线经过圆心O；
D．以圆心O为轴，缓慢逆时针转动玻璃砖，同时调整视线方向，直到从AB下方恰好看不到P2和P1的像，然后沿半圆柱玻璃砖直径画一条直线AB，并作出光路图，如图所示。
（1）看不到P2和P1的像是因为发生了______；
（2）只使用毫米刻度尺，还需要测量______（选择“OD”或“CD”）的长度，记作l；
（3）玻璃砖的折射率的表达式n=______。
【答案】 ①. 全反射 ②. CD ③.
【解析】
【分析】
【详解】（1）[1]由于光线在AB面上发生了全反射。
（2）（3）[2][3]只要测出“CD”的长度l，就想当于测出了临界角的正弦，即
而
可得折射率
14. 某实验小组为测量干电池的电动势和内阻，设计了如图（a）所示电路，所用器材如下：
电压表（量程，内阻很大）；
电流表（量程）；
电阻箱（阻值）；
干电池一节、开关一个和导线若干。

（1）根据图（a），完成图（b）中的实物图连线__________。
（2）调节电阻箱到最大阻值，闭合开关。逐次改变电阻箱的电阻，记录其阻值R、相应的电流表示数I和电压表示数U。根据记录数据作出的图像如图（c）所示，则干电池的电动势为__________V（保留3位有效数字）、内阻为__________（保留2位有效数字）。

（3）该小组根据记录数据进一步探究，作出图像如图（d）所示。利用图（d）中图像的纵轴截距，结合（2）问得到的电动势与内阻，还可以求出电流表内阻为__________（保留2位有效数字）。
（4）由于电压表内阻不是无穷大，本实验干电池内阻的测量值__________（填“偏大”或“偏小”）。
【答案】 ①. ②. 1.58 ③. 0.64 ④. 2.5 ⑤. 偏小
【解析】
【详解】（1）[1]实物连线如图：

（2）[2][3]由电路结合闭合电路的欧姆定律可得
由图像可知
E=1.58V
内阻
（3）[4]根据
可得
由图像可知
解得
（4）[5]由于电压表内阻不是无穷大，则实验测得的是电压表内阻与电源内阻的并联值，即实验中测得的电池内阻偏小。
四、解答题
15. 如图为一列沿x轴传播的简谐横波在（图中实线所示）以及在（图中虚线所示）两个时刻的波形图象，若波的传播方向向右，且（T为该波的周期），回答下列问题：
（1）波的传播速度多大？
（2）若波速大小为，则波的传播向什么方向？
【答案】（1）；（2）向左传播
【解析】
【详解】（1）波向右传播时，传播距离满足
由知，传播时间满足
由于，因此k取2，故
由波形图知，根据波速可得
（2）波速大小为时，波在内传播的距离为
根据图象可知波向左传播。
16. 如图所示，三角形为三棱镜的横截面，一细束单色光从的侧面上中点点入射，改变入射角，当侧面的折射光线与边平行时，恰好没有光线从侧面边射出棱镜，已知，且，，空气中的光速，求：
（ⅰ）该棱镜对该单色光的折射率；
（ⅱ）当AC侧面的折射光线与BC边平行时，该单色光从点入射到第一次从棱镜中射出传播的时间。

【答案】（ⅰ）；（ⅱ）
【解析】
【详解】（ⅰ）当AC侧面的折射光线与BC边平行时，恰好没有光线从AB侧面边射出棱镜光路图如图所示

由几何关系可知，发生全反射临界角为，则该棱镜对该单色光的折射率为
（ⅱ）光路图如图所示

根据几何关系可知，光在棱镜中的路程为
光在棱镜中的传播速度为
则当AC侧面的折射光线与BC边平行时，该单色光从点入射到第一次从棱镜中射出传播的时间为
17. 如图，质量m1= 1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k = 20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2= 4kg的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ = 0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为。取重力加速度g = 10m/s2，结果可用根式表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；
（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U（用t0表示）。

【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；；（3）
【解析】
【详解】（1）由于地面光滑，则m1、m2组成系统动量守恒，则有
m2v0= (m1＋m2)v1
代入数据有
v1= 1m/s
对m1受力分析有
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有
v12= 2a1x1
代入数据解得
x1= 0.125m
（2）木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有
kx = (m1＋m2)a共
对m2有
a2= μg = 1m/s2
当a共 = a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量
x2= 0.25m
对m1、m2组成的系统列动能定理有
代入数据有

（3）木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时m1的速度大小为v2，共用时2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有
－μm2g∙2t0= m2v3－m2v2
解得
则对于m1、m2组成的系统有
U = Wf
联立有