2025-2026学年高二物理下学期第一次月考（浙江专用，人教版）

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注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．测试范围：测试范围：选择性必修一、二（一、二章）。
4．难度系数：0.7。
一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．下列四幅图所涉及的光学现象和相应的描述中，说法正确的是（ ）
A．图（a）是内窥镜，可以把光传送到人体内部进行照明，是利用了光的衍射现象
B．图（b）是阳光下观察肥皂膜看到的彩色条纹，这是光的干涉现象
C．图（c）是单色平行光线通过狭缝得到的干涉图样
D．图（d）是观看立体电影的偏振眼镜，偏振现象说明光是纵波
【答案】B
【详解】A．图（a）是内窥镜，可以把光传送到人体内部进行照明，是利用了光的全反射，故A错误；
B．图（b）是阳光下观察肥皂膜，看到了彩色条纹，这是肥皂膜两个表面反射的两列光相遇时的干涉现象，实验时肥皂膜应竖直放置，故B正确；
C．图（c）是单色平行光线通过狭缝得到的衍射图样，故C错误；
D．图（d）是用偏振眼镜观看立体电影，光的偏振现象说明光是一种横波，故D错误。
故选B。
2．如图所示，绷紧的水平绳子上悬挂着A、B、C、D四个摆长不同的摆球，若让摆球A在垂直于水平绳的竖直平面内先摆动起来，摆球B、C、D也摆动起来，待稳定时，下列说法正确的是（ ）
A．摆球D的周期最小
B．四个摆球的周期相同
C．摆球B、C、D的振幅相同
D．摆球B、C、D中，摆球B经过最低点时速度最小
【答案】B
【详解】AB．若让A摆先摆动起来，其余摆则是做受迫振动，受迫振动中的周期相同，四个摆球的周期和频率都相同，故A错误，B正确；
CD．单摆的周期为T=2πLg，因此B的固有周期和驱动力的周期更接近，振幅更大，摆角更大，经过最低点的速度更大，故CD错误。
故选B。
3．安装在公路旁的多普勒测速仪，向行驶中的车辆发射已知频率的超声波。当某汽车远离测速仪时，被该汽车反射回来的反射波与测速仪发出的超声波相比（ ）
A．波速变小，频率变小B．波速不变，频率变大
C．波速不变，频率变小D．波速变大，频率不变
【答案】C
【详解】根据多普勒效应，当汽车远离测速仪时，接收到的反射波的频率低于测速仪发射的超声波频率，因此频率变小，但波速由介质（空气）决定，与源或观察者的运动无关，因此波速不变。
故选C。
4．一只质量为m的蚂蚁沿着竖直圆形细铁环从最低点A匀速率向上爬行，其运动过程简化为如图所示，B点与圆心等高，C为最高点，则蚂蚁（可视为质点）在爬行过程中（ ）
A．任意相等时间内蚂蚁的平均速度相同
B．在C点时，蚂蚁对铁环的作用力为零
C．在B点时，铁环对蚂蚁的作用力一定大于重力
D．蚂蚁爬行一周铁环对蚂蚁冲量为零
【答案】C
【详解】A．平均速度是位移与时间的比值，是矢量，方向与位移方向相同。蚂蚁匀速率爬行，任意相等时间内蚂蚁的走过的路程相同，位移大小相同，方向不同，故平均速度不同，故A错误；
B．在C点时，若满足
mg=mv2R
速度v=gR，时铁环对蚂蚁的作用力为零，但根据题目条件蚂蚁速度和圆的半径都未知，故无法判定蚂蚁对铁环的作用力为零，故B错误；
C．在B点时，铁环对蚂蚁的作用力的竖直分力Fy=mg
水平分力Fx=man
铁环对蚂蚁的作用力F=Fx2+Fy2>mg，故C正确；
D．蚂蚁爬行一周合力的冲量为零，因重力的冲量不为零，故铁环对蚂蚁的冲量不为零，故D错误。
故选C。
5．用手机和轻弹簧制作的振动装置如图甲所示。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以竖直向下为正方向，得到手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．t=0时，弹簧处于原长状态
B．t=0.4s时，手机在向下运动
C．t=0.6s时，手机在平衡位置上方
D．从t=0.2s至t=0.4s，手机的动能减小
【答案】B
【详解】A．由题图乙知，t=0时，手机的加速度为0，由牛顿第二定律手机所受的合力为零。此时，手机受到竖直向下的重力和竖直向上的弹簧弹力作用，二力平衡，即弹簧的弹力等于重力，因此，弹簧处于伸长状态，故A错误。
B．由图乙可知，在t=0.2s时，手机的加速度为正向最大，说明手机位于最高点。在t=0.6s时，手机的加速度为负向最大，说明手机位于最低点。t=0.4s时，手机的加速度a=0，正处于从最高点向最低点运动的过程，经过平衡位置，因此，在t=0.4s时，手机的速度方向竖直向下，故B正确；
C．在t=0.6s时，手机的加速度为负向最大，方向竖直向上。根据简谐运动的特点，加速度方向总是指向平衡位置，此时手机的位移为正向最大，即处于平衡位置下方最低点，故C错误；
D．从t=0.2s至t=0.4s，手机从最高点运动到平衡位置。在最高点时（t=0.2s），手机的速度为零，动能为零。在平衡位置时（t=0.4s），手机的速度最大，动能最大，则在此过程中，手机的动能逐渐增大，故D错误。
故选B。
6．图为水面上的两列振动步调相同的相干波在某时刻的叠加情况，以波源S1、S2为圆心的两组同心圆弧分别表示该时刻两列波的波峰（实线）和波谷（虚线），已知S1的振幅为3cm，S2的振幅为5cm，下列说法正确的是（ ）
A．质点A和B在该时刻的高度差为16cm
B．B点始终处于平衡位置
C．质点C的振幅为5cm
D．再过二分之一个周期后，D点位于平衡位置上方8cm处
【答案】D
【详解】A．因A点为峰峰相遇点，振动加强，振幅为8cm，此时A点在平衡位置以上8cm处；B点为振动减弱点，振幅为2cm，此时B点在平衡位置以下2cm，可知质点A和B在该时刻的高度差为10cm，A错误；
B． B点振动减弱，振幅为2cm，并非始终处于平衡位置，B错误；
C．质点C为振动减弱点，则振幅为2cm，C错误；
D．D点为振动加强点，振幅为8cm，因此时位于平衡位置以下8cm，则再过二分之一个周期后，D点位于平衡位置上方8cm处，D正确。
故选D。
7．如图所示，晚上平静水面O点下方h深度的P点有一点光源，光源同时发出红、蓝两种单色光，水面上形成半径为R1和R2的光环，下列说法正确的是（ ）
A．红光在水中的传播速度小于蓝光的传播速度
B．半径为R1的圆内是蓝光，R1和R2之间的环面是红光
C．半径为R1的圆内是红、蓝复色光，R1和R2之间的环面是红光
D．水对蓝光的折射率为h2+R22R2
【答案】C
【详解】A．蓝光的频率大于红光的频率，则水对蓝光的折射率大于水对红光的折射率，根据v=cn可知，红光在水中的传播速度大于蓝光在水中的传播速度，故A错误；
BC．根据全反射临界角公式sinC=1n可知，蓝光的临界角小于红光的临界角，即红光在半径为R2处恰好发生全反射，蓝光在半径为R1处恰好发生全反射；半径为R1的圆内是红、蓝复色光，R1和R2之间的环面是红光，故B错误，C正确；
D．蓝光在半径为R1处恰好发生全反射，对蓝光有sinC1=1n1=R1h2+R12
解得水对蓝光的折射率n1=h2+R12R1，故D错误。
故选C。
8．翠鸟是我国南方常见的小鸟，擅长捕食小鱼。如图甲，t=0时刻，一只质量为m的翠鸟从静止开始竖直俯冲，入水后沿直线减速，t=t2时刻下潜到最低点，恰好捕到小鱼，此过程，翠鸟的v-t 图像如图乙所示。已知重力加速度为g，空气阻力可忽略，则下列说法正确的是（ ）
A．0~t2时间内，翠鸟的平均速度大小等于12gt1
B．翠鸟入水后，水对其作用力逐渐增大
C．0~t1与t1~t2时间内，翠鸟的加速度方向相同
D．0~t2时间内，水对翠鸟作用力的冲量大小等于mgt2
【答案】D
【详解】A．由题知，在 0~t1时间内，翠鸟做自由落体运动，末速度为v1=gt1
则平均速度为v1=0+v12=gt12
位移为x1=v1t1
若t1~t2时间内，翠鸟做匀减速直线运动，则平均速度为v2=v1+02=gt12
位移为x2=v2t2−t1
故全过程的平均速度为v=x1+x2t2=12gt1
根据v−t图像的斜率表示加速度，由图乙可知，在t1~t2时间内翠鸟入水过程的加速度逐渐减小，即翠鸟做加速减小的减速运动，根据v−t图像与时间轴围成的面积，如图所示

图中虚线为做匀减速直线运动所围成的面积x2，实线为实际运动所围成的面积x′2，可知x′2mb，实验步骤如下：
①竖直挡板正对斜槽末端一定距离处固定，球a在斜槽末端时球心在水平方向的投影点作为坐标原点O；
②将球a从某点处由静止释放，撞到竖直挡板上得到痕迹B；
③把球b静止放在斜槽末端，再让小球a从同一点静止释放，与球b相碰后，撞到竖直挡板上得到痕迹A和C。
在实验误差允许的范围内，若满足关系式 ，则验证了碰撞过程动量守恒。（用ma、mb、y1、y2、y3表示）
【答案】(1)AC
(2)xgy2−2y1
(3)may2=may3+mby1
【详解】（1）A．为了保证小球抛出时的速度处于水平方向，斜槽末端切线必须水平，故A正确；
B．小球每次必须从斜槽上同一高度由静止释放，但斜槽不需要光滑，故B错误；
C．选密度大、体积小的球，有利于减小阻力的影响，故C正确。
故选AC。
（2）小球从斜槽上某处由静止释放，抛出后撞击挡板留下痕迹A，将挡板向后依次平移x距离，撞击挡板时分别留下痕迹B、C，可知A、B间的运动时间和B、C间的运动时间相同，根据逐差公式可得y2−y1−y1=gT2
水平方向做匀速直线运动，有v0T=x
联立可得v0=xgy2−2y1
（3）根据平抛运动规律有x=v0t，y=12gt2
可得v0=xg2y
B为碰前入射小球落点的位置，C为碰后入射小球的位置，A为碰后被碰小球的位置，设木板向右移的距离为L，则碰撞前入射小球的速度为v0=Lg2y2
碰撞后入射小球的速度为v1=Lg2y3
碰撞后被碰小球的速度为v2=Lg2y1
根据动量守恒可得mav0=mav1+mbv2
联立可得may2=may3+mby1
15．（8分）图1是钱塘江罕见的“渔网潮”景象，其原理为平面波的干涉。如图2所示，甲、乙两列简谐平面波，实线表示波峰，虚线表示波谷，频率均为f=0.5Hz，波长均为λ=4m，振幅均为A=0.2m，两列波起振方向均向上，传播方向间的夹角θ=60°，图示时刻O点第一次到达波峰，点P、O、A在同一直线上，P点距O点的距离L=8m。求：
(1)波速v及从图示时刻到P点第一次出现波峰经过的时间t；
(2)从开始振动到图示时刻A、B处质点运动的总路程。
【答案】(1)2m/s，23s
(2)2m，2m
【详解】（1）对于机械波，有v=λf=2m/s
由对称性可知，甲、乙的波峰到P的垂直距离为x=Lcsθ2=43m
所以P点第一次出现波峰经过的时间为t=xv=23s
（2）甲、乙两波同时到达A点，由波的叠加可知，A处质点合振动的振幅为2A，振动的时间为(1+14)T，所以从开始振动到图示时刻经过的总路程为sA=(4+1)×2A=2m
甲的波峰刚到达B点，即甲波在B处振动时间为14T，乙的第三个波峰刚到达B点，即乙波在B处振动时间为(2+14)T，可知甲传到B点前，B处质点经过的路程sB1=2×4A=1.6m
甲、乙叠加后B处质点经过的路程sB2=2A=0.4m
所以sB=sB1+sB2=2m
16．（11分）超导体被认为是电阻率为0的导体，利用超导体可以实现磁悬浮，如图甲是超导磁悬浮的示意图，图中带箭头的曲线表示磁感线。在水平桌面上有一个周长为L的超导圆环，将一块质量为m的永磁体沿圆环中心轴线从圆环的正上方缓慢向下移动，超导圆环中将产生感应电流产生对永磁体的排斥力。结果永磁体能够悬浮在超导圆环的正上方高h1处。已知重力加速度为g。

(1)试在图中标出超导圆环中的电流方向；
(2)若此时圆环所处位置的磁感应强度各处均为B1、磁场方向与水平方向的夹角各处均为θ1，由于对称，虽然每一小段超导圆环所受安培力垂直于磁感线方向，但圆环所受的安培力合力竖直向下，求此时超导圆环中的电流I1；
(3)实验发现永磁体其实在缓慢下移，经过较长时间t0（比如几周）后，永磁体的平衡位置变为离桌面h2高处。此时圆环所处位置的磁感应强度大小和方向都有图甲变化，相应超导环中的电流为I2。对此现象的解释，有一种观点认为超导体也有很微小的电阻率，电流在超导圆环内产生焦耳热损耗能量导致永磁体下移。若超导圆环中的电流强度的平方随时间变化的图像如图乙所示，且超导圆环的横截面积为S（不是圆环面积），求该超导圆环的电阻率ρ。此问中I1、I2都可以认为已知。
【答案】(1)逆时针
(2)I1=mgB1Lcsθ1
(3)ρ=2mg(h1−h2)S(I12+I22)t0L
【详解】（1）根据楞次定律，可以判断感应电流的磁场方向向上，根据右手螺旋定则可以判断感应电流方向从上往下看为逆时针方向。
（2）把环分成无数等长的微小电流元，每一小段导线长为Δl，则每一小段导线所受安培力为f=B1I1Δl
由对称性可知，所有小段导线所受的安培力水平分力抵消，所以竖直方向分力的合力即为整段导线所受安培力，有F=B1I1Lcsθ1
超导环对磁体的反作用力与此等大反向，则有mg=B1I1Lcsθ1
联立解得I1=mgB1Lcsθ1
（3）在磁体下降过程中，磁体重力势能的减少等于超导环中产生的焦耳热Q，则Q=mg(h1−h2)
在图乙中，将纵坐标乘以超导环的电阻R，图线下面积则代表t0时间内超导环中的焦耳热，即Q=I12+I222Rt0=mgh1−h2
解得R=2mg(h1−h2)(I12+I22)t0
又R=ρLS
联立解得ρ=RSL=2mg(h1−h2)S(I12+I22)t0L
17．（12分）如图所示，一质量M=4kg的足够长木板B静止在光滑水平面上，B的右侧有竖直墙壁，B的右端与墙壁的距离L=3m。现有一可视为质点的质量m=2kg的小物块A，以v0=6m/s的水平初速度从B的左端滑上B，已知A、B间的动摩擦因数μ=0.2，B与竖直墙壁的碰撞时间极短，且碰撞时无能量损失（木板够长，A始终未滑离木板），取g=10m/s2。
(1)B与竖直墙壁碰撞前A、B已共速，求B与竖直墙壁碰撞前，A、B组成的系统损失的机械能ΔE；
(2)若B的右端与墙壁的距离L可以改变，并要求B只与墙壁碰撞一次，求L的最小值；
(3)若只将木板的质量改为1kg，题干其他条件不变，求从初始到木板与墙第三次碰撞前木板的总路程。
【答案】(1)ΔE=24J
(2)1.125m
(3)679m
【详解】（1）根据A、B组成的系统动量守恒定律得mv0=(M+m)v
解得v=2m/s
由能量守恒，A、B组成的系统损失的机械能为ΔE=12mv02−12(M+m)v2
解得ΔE=24J
（2）要求B只与墙壁碰撞一次，因为B与墙壁发生弹性碰撞，碰撞后A、B组成的系统满足动量守恒，所以碰撞前瞬间B的动量大小应大于等于A的动量大小；设碰撞前瞬间B的动量大小等于A的动量大小，则有mv1=Mv2
根据动量守恒可得mv0=mv1+Mv2
解得v1=3m/s，v2=1.5m/s
以B为对象，根据牛顿第二定律可得加速度大小为a=μmgM=1m/s2
根据运动学公式可得2aLmin=v22−0
解得Lmin=1.125m
则要求B只与墙壁碰撞一次，L的最小值为1.125m
（3）若只将木板的质量改为1kg，题干其他条件不变，从初始到第一次共速过程，根据动量守恒可得mv0=(M′+m)V1
解得V1=4m/s
对B根据牛顿第二定律可得加速度大小为a1=μmgM′=4m/s2
根据运动学公式可得x1=V122a1=2m