1、答案第 1页，总 9页高二物理四月月考答案详解1D【解析】【分析】当滑动变阻器向右移动时，正向电压增大，光电子做加速运动，需讨论光电流是否达到饱和，从而判断电流表示数的变化发生光电效应的条件是当入射光的频率大于金属的极限频率时，会发生光电效应，而光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系，当将电源的正负极调换，即加反向电压，则电流表可能没有示数，也可能有示数【详解】A滑动变阻器滑片向右移动，电压虽然增大，但若已达到饱和电流，则电流表的示数可能不变，故 A 错误；B如果改用紫光照射该金属时，因频率的增加，导致光电子最大初动能增加，则电流表一定有示数，故 B 错误；C将 K 极换成逸出功小的金属板
2、，仍用相同的绿光照射时，则光电子的最大初动能增加，但单位时间里通过金属表面的光子数没有变化，因而单位时间里从金属表面逸出的光电子也不变，饱和电流不会变化，则电流表的示数不一定增大，故 C 错误；D电源的正负极调换，仍用相同的绿光照射时，将滑动变阻器滑片向右移一些，此时的电压仍小于反向截止电压，则电流表仍可能有示数，故 D 正确【点睛】本题考查光电效应基础知识点，难度不大，关键要熟悉教材，牢记并理解这些基础知识点和基本规律，注意饱和电流的含义，及掌握紫光与绿光的频率高低理解饱和电流与反向截止电压的含义，注意光电子最大初动能与入射光的频率有关2A【解析】试题分析：简谐横波沿 x 轴负方向传播，因此
3、在 t0.15 s 时，原点处的质点位移是为正，向负方向振动CD 图原点处的质点位移为负，所以 CD 错；B 图向正方向振动，B 错考点：振动图象与波的图象3B答案第 2页，总 9页【解析】【分析】【详解】因为薄膜的厚度为波长的 14，所以两个界面上的反射光相干涉后互相抵消，减少了反射光，而减少了反射光的能量故选 B【点睛】本题考查了光的干涉，要知道两个界面上的反射光相干涉后互相抵消，减少了反射光；知道波程差为半波长的奇数倍时为减弱点4B【解析】【详解】由图知，三棱镜对 b 光的折射率较大，又因为光的频率越大，介质对光的折射率就越大，所以 nab.Aanb 与分析结果不相符；故项错误Bab，n
4、anb 与分析结果相符；故 B 项正确Cab，nab，nanb 与分析结果不相符；故 D 项错误5D【解析】【分析】【详解】摆钟从上海到北极，纬度升高，重力加速度 g 变大，由单摆的周期公式2LTg可知，摆钟的周期变小，即摆动变快，要将周期 T 调大从而重新校准应增大摆长 L，故 D 正确，ABC 错误。故选 D。6D答案第 3页，总 9页【解析】【详解】A.根据双缝干涉相邻条纹间距公式Lxd 可得在其它条件不变的情况下，相干光的波长越大，条纹间距越大，由题图可知 a 光的波长小于b 光的波长，故选项 A 错误；C.由于 a 光的波长小于b 光的波长，所以 a 光的频率大于b 光的频率，若该两
5、束光分别为红光和紫光，则b 光为红光，故选项 C 错误；BD.由于对于同一种介质，频率越大，折射率越大，故 a 光在玻璃中的折射率大于b 光在玻璃中的折射率，由1sinnC知a 光的临界角小于 b 光的临界角，故选项 D 正确，B 错误。7D【解析】【详解】如果透振方向是竖直的话，那么回车时，两车的光不能叠加相消，也就是对方车辆的光仍要照到自己，感到眼花。若前窗玻璃的透振方向和前灯玻璃的透振方向都是斜向右上 45，则对方车辆的光与自己前窗正好成 90 度，对方的光就通不过你的前窗射到你的眼，不会发生眼花A前窗玻璃的透振方向是竖直的，车灯玻璃的透振方向是水平的与分析不符，故 A 错误；B前窗玻璃
6、的透振方向是竖直的，车灯玻璃的透振方向也是竖直的与分析不符，故 B 错误；C前窗玻璃的透振方向是斜向右上 45，车灯玻璃的透振方向是斜向左上 45 与分析不符，故 C 错误；D前窗玻璃的透振方向是斜向右上 45，车灯玻璃的透振方向也是斜向右上 45 与分析相符，故 D 正确。8C【解析】【详解】物体与斜面在水平方向上动量守恒，设物块的速度方向为正方向，则有：mv1-Mv2=0运动时间相等，则有：ms1-Ms2=0由题意可知：12tanhss答案第 4页，总 9页联立解得：2()tanmhsMm，故选 C.【点睛】本题考查人船模型平均动量守恒定律的应用，要注意根据动量守恒得出质量与水平长度的乘积
7、也是守恒的9AC【解析】单缝衍射的条纹间距可以用双缝干涉条纹宽度的公式Lxd ，其中 L 为屏与缝的距离、d 为缝宽、为波长A、将入射光由可见光换成 X 射线，波长 变小，衍射条纹间距变窄，故 A 正确B、使单缝宽度变小，即 d 变小，则衍射条纹间距变宽，故 B 错误C、换用波长较长的光照射，则衍射条纹间距变宽，故 C 正确；增大单缝到屏的距离，即 L 变大，则衍射条纹间距变宽，故 D 错误故选 AC【点睛】干涉和衍射的本质相同，二者没有严格的界限它们两者的作用一般是同时存在的，可以用双缝干涉条纹宽度的计算公式Lxd 定性讨论单缝衍射的条纹间距的变化情况10BC【解析】【分析】【详解】A根据光
8、电效应方程k0EhW图像与纵截距的绝对值等于逸出功，则甲的逸出功是1kE，故 A 正确，不符合题意；B逸出功为0Wh由图可知金属的逸出功较比的逸出功大，则有金属的极限频率比的极限频率大，故B 不正确；C根据光电效应方程k0EhW答案第 5页，总 9页当频率为1 时，则有10k1hWE 当当频率为 21 时，则有kmax100k12EhWWE故 C 错误，符合题意；D根据光电效应方程，图像的斜率是普朗克常量 h，与入射光和金属材料均无关，故 D 正确，不符合题意。故选 BC。11AD【解析】【详解】当弹力等于 AD 的重力的分力时 AD 处于平衡状态，由 kx=2mgsin可知，平衡位置时弹簧的
9、形变量为02mgsinxk，处压缩状态；当 B 对 C 弹力最小时，对 B 分析，则有mgsin+kx=32mgsin；故弹簧此时形变量：2mgsinxk，此时弹簧处于压缩状态；故简谐运动的振幅为：02322mgsinmgsinmgsinAxxkkk；故 A 正确，B 错误；当 AD运动到最低点时，B 对 C 的弹力最大；由对称性可知，此时弹簧的形变量为：032722mgsinmgsinmgsinxAxkkk；此时弹力为：072mgsinFk Ax（）；B 对 C 的弹力为92mgsinFmgsin；故 C 错误，D 正确；12BC【解析】以 A、B 组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平
10、向右方向为正方向，从 A 开始运动到 A 的速度为零过程中，由动量守恒定律得：（M-m）v0=MvB1，解得：vB1=2.67m/s当从开始到 AB 速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得：（M-m）v0=（M+m）vB2，解得：vB2=2m/s则在木块 A 正在做加速运动的时间内 B 的速度范围为 2m/svB2.67m/s故选 A点睛：本题考查了求木块的速度，应用动量守恒定律即可正确解题，本题也可以用牛顿与运答案第 6页，总 9页动学公式求解，运用动量守恒定律解题不需要考虑过程的细节，只要确定过程的初末状态即可，应用牛顿定律解题要分析清楚物体的整个运动过程，要体会应用动
11、量守恒定律解题的优越性13BD2.169.7621222124LLTT【解析】【分析】【详解】（1）测量摆长时，用刻度尺量出悬点到摆球间的细线长度，再加摆球的半径作为摆长 L，选项 A 错误；测量周期时，从小球经过平衡位置开始计时，经历 50 次全振动总时间为 t，则周期为 t/50，选项 B 正确；摆动中出现了轻微的椭圆摆情形，这对实验结果是有影响的，选项 C 错误；释放单摆时，应注意细线与竖直方向的夹角不能超过 5，选项 D 正确；（2）摆球直径：主尺读数为：2.1cm；游标尺读数：60.1mm=0.6mm，则 d=2.16cm；根据2LTg解得222214 9.86(97.922.16)
12、10429.76/4Lgm sT（3）设摆球的重心到线与球结点的距离为 r，根据单摆周期的公式：2LTg得：112LrTg，222LrTg，联立两式解得：21222124()LLgTT；142.190；7.868；1.893；676；【解析】试题分析：螺旋测微器读数首先固定刻度读出半毫米的整数倍，第一条即读为2mm，同时找到第 19 条刻度线与固定刻度对齐，估读一位即19.0，再乘以精确度0.01mm，最终结果为 219.0 0.012.190mmmmmm，同理，第 4 条对应读数为7.536.8 0.017.868mmmmmm，第一条到第四条共有三个间距，所以两条相邻条纹间距7.8682.1
13、901.8933mmmmxmm双缝干涉相邻条纹间距Lxd，其中 L 是双缝到屏的距离，d 是双缝间距，对照已知条件可得22Lxd，可得波长22xdL 带答案第 7页，总 9页入数据计算可得676nm 考点：双逢干涉测波长实验探究15（1）4 m；（2）22 m【解析】【详解】（1）设波长为 ，则有两种可能：34 n=L1(n=0，1，2,，3，)，解得 =2843n，当 n=1 时，=4m 符号题意。或者：14 n =L1，(n=0，1，2，3，)，解得 =2841n，由于 4 m 5 m，没有符号题意的解，所以简谐横波的波长=4 m，且知各质点的起振方向向下。（2）波速 v=T=40.4m/
14、s=10 m/s，b、c 两质点平衡位置之间的距离 L=L1+v(t2 4T)=7m+10(1.6 s 0.44)m=22 m。16(i)41.333n；(ii)2576m7【解析】【分析】【详解】(i)光线在空气中的折射角为1，则122sin0.8AFABAF 光线在水中的入射角为2，则222sin0.6OFOFOM 由折射定律12sinsinn解得41.333n 答案第 8页，总 9页(ii)设光在水中的临界角为 C，则1sinCn恰好有光线射出的水域半径为 r，由几何关系可得22sinrCrH水域面积2Sr解得2576m7S17（1）2289ghB LR；（2）49 mgh；（3）222
15、2mRghB L【解析】【分析】【详解】（1）导体棒 a 从弯曲导轨上滑下到刚进入磁场时，由动能定理得2112mghmv解得12vgh由题意可知导体棒 b 的横截面积是 a 的 2 倍，由电阻定律LRS得导体棒 b 的电阻为 2R感应电流答案第 9页，总 9页12232BLghBLvIRRR感应电流的瞬时电功率22289ghB LPI RR（2）最终稳定时，a、b 两棒速度相等，根据动量守恒得13mvmv根据能量守恒得21 32mghmvQ总解得23Qmgh总两导体棒 a、b 阻值之比为 2:1，故产生的内能之比为 2:1，导体棒 a 上产生的内能2439aQQmgh总（3）设两导体棒速度相同时，两者恰好不接触，对导体棒 b 由动量定理可得2BILtBLqmv设导体棒 b 到磁场左边界的最小距离为 x，根据法拉第电磁感应定律可得22332B SB SBLxqItttRRtRRt解得122222mRvmRxghB LB L
