1、四川省广元市川师大万达中学2019-2020学年高二物理下学期5月月考试题（含解析）1.弹簧振子在光滑的水平面上做简谐运动，在振子向着平衡位置运动的过程中( )A. 振子所受的回复力逐渐增大B. 振子离开平衡位置的位移逐渐增大C. 振子的速度逐渐增大D. 振子的加速度逐渐增大【答案】C【解析】【详解】振子向着平衡位置运动的过程中，位移减小，根据公式可得回复力减小，加速度减小，速度增大，C正确。故选C。2.下列关于波的干涉和衍射的说法中，正确的是（）A. 两列波在相遇的区域内，一定能发生干涉现象B. 频率不同的两列波叠加时，也可能发生干涉现象C. 只要是波都能发生衍射，衍射是波特有的现象D. 波
2、长比障碍物或孔的宽度大得多时，衍射不明显【答案】C【解析】【详解】AB任意的两列波相遇，不一定都能产生稳定的干涉现象，只有两列波频率完全相同，才会出现稳定的干涉现象，AB错误；CD衍射是波特有的现象，一切波都能发生衍射现象，只有当孔或障碍物的尺寸比波长要小得多或相差不大时才能产生明显的衍射现象，C正确，D错误。故选C。3.在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图1所示产生的交变电动势的图像如图2所示，则A. =0.005s时线框的磁通量变化率为零B =0.01s时线框平面与中性面重合C. 线框产生交变电动势有效值为311VD. 线框产生的交变电动势频率为100Hz【答案】
3、B【解析】【详解】由图2可知 T=0.02s，Em=311V，根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得，该交变电流的有效值为E=V=220V，故C错误，根据周期和频率的关系可得，该交变电流的频率为，f=Hz=50Hz，故D错误；由图2可知t=0.01时，e=0所以该交流电从中性面开始计时，故B正确；t=0.005s时，e=311V，由法拉第电磁感应定律可得磁通量的变化率最大为311V，故A错误。故选B4.关于甲、乙、丙、丁四个实验，以下说法正确的是( ) A. 四个实验产生的条纹均为干涉条纹.B. 甲、乙两实验产生条纹均为等距条纹C. 丙实验中，产生的条纹间距越大，该光的频率越大.D. 丁实验
4、中，产生的明暗条纹为光的衍射条纹【答案】D【解析】【详解】A项：甲、乙、丙实验产生的条纹均为干涉条纹，而丁实验是光的衍射条纹，故A错误；B项：甲实验产生的条纹为等距条纹，而乙是牛顿环，空气薄层不均匀变化，则干涉条纹间距不相等，故B错误；C项：根据干涉条纹间距公式，丙实验中，产生的条纹间距越大，则波长越长，那么频率越短，故C错误；D项：丁实验中，产生的明暗条纹间距不相等，且通过单缝，则为光的衍射条纹，故D正确5.如图甲为某简谐机械横波在t=0时刻波的图像，乙图为波的传播方向上某质点的振动图像。下列说法正确的是（）A. 该波波速是15 m/sB. 该波一定沿x轴正方向传播C. 若乙是质点P的振动图
5、像，则t=0.15 s时刻，质点Q的坐标为（0.5 m，0 cm）D. 若乙是质点Q的振动图像，则t=0.15 s时刻，质点P的坐标为（1 m，4 cm）【答案】D【解析】【详解】A由甲图可知波长=2m，由乙图可知周期T=0.2s，所以波速为v=10m/s故选项A错误；B由图乙可知t=0时刻各质点的起振方向沿y轴负方向，但不知道是哪个点的振动图像，所以无法判断波的传播方向，故选项B错误；C若乙是质点P的振动图像，则t=0.15 s时刻，质点P在正向最大位移处，Q点与其差半个周期，则质点Q在负向最大位移处，即其坐标为（2m，4 m），故选项C错误；D若乙是质点Q的振动图像，则t=0.15 s时刻
6、，质点Q在正向最大位移处，P点与其差半个周期，则质点P在负向最大位移处，即其坐标为（1m，4 m），故选项D正确。故选D。6.如图甲所示，T为理想变压器，A1、A2为理想交流电流表，V1、V2为理想交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻（光照增强，电阻减小），原线圈两端接如图乙所示正弦交流电源，当光照增强时，则有（）A. 图乙所示电压的瞬时值表达式为u=51sin 50t（V）B. 若变压器原、副线圈的匝数比为41，则原、副线圈中的电流之比为14C. 电压表V1示数变小，电压表V2示数变大D. 电流表A1示数变大，电流表A2示数变大【答案】BD【解析】【详解】A由图知，交变电流的周期
7、为T=0.02s，=100rad/s，故图乙所示电压的瞬时值表达式为u=51sin100t（V）故选项A错误；B由变压器的原理知，若变压器原、副线圈的匝数比为41，则原、副线圈中的电流之比为14，选项B正确；CD当光照增强时，R3电阻减小，R2、R3并联电阻减小，故副线圈的总电阻减小，而U1、n1、n2不变，故副线圈两端的电压U2不变，电压表V1示数不变， 根据欧姆定律I2=知，电流表A2示数变大，则电流表A1示数也变大，R1上电压变大，则电压表V2示数减小，故选项C错误，D正确。故选BD。7.如图所示，某玻璃三棱镜的顶角为，恰好是绿光的临界角当一束白光通过三棱镜，在光屏M上形成红橙黄绿蓝靛紫
8、的彩色光带后，把白光束的入射角i逐渐减小到零，则以下说法中正确的是A. M屏上的彩色光带最上边的是紫光B. 在入射角i逐渐减小的过程中M上最先消失的是紫光C. 在入射角i逐渐减小到零的过程中，最后仍能射到M屏上的光的频率是最高的D. 若把三棱镜换成如图所示的平行玻璃砖，则入射角i逐渐增大的过程中在光屏上最先消失的也是紫光【答案】AB【解析】【详解】A三棱镜对红光的折射率最小，在入射角i相同时，根据折射定律分析知道，折射角最大，光线的偏折程度最小，而三棱镜对紫光的折射率最大，光线的偏折程度最大，所以M屏上的彩色光带最上边的是紫光A正确；BC根据公式可得，紫光的折射率最大，所以全反射角最小，故在入
9、射角i逐渐减小的过程中M上最先消失的是紫光，最后仍能射到M屏上的光的频率是最小的，B正确；C错误；D若把三棱镜换成如图所示的平行玻璃砖，根据光路的可逆性不会发生全反射，D错误。故选AB。8.如图所示，光滑地面上有P，Q两个固定挡板，A，B是两挡板连线的三等分点A点有一质量为m2的静止小球，P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球以速度v0向右运动小球与小球、小球与挡板间的碰撞均没有机械能损失，两小球均可视为质点已知两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点处，则两小球的质量之比m1：m2可能为（ ）A. 3：1B. 1：3C. 1：5D. 1：7【答案】ABD【解析】【详解】若碰后球1的速度方向与原来的
10、方向相同，可知1球的速度小于2球的速度，两球在B点相遇，是球2反弹后在B点相遇，有：v 2 t=3v 1 t，即：v 2 =3v 1 根据动量守恒得，m 1 v 0 =m 1 v 1 +m 2 v 2 ，根据机械能守恒得：联立解得m 1 =3m 2若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹在B点追上球2，则有：v 1 t=3v 2 t，即：v 1 =3v 2根据动量守恒得：m 1 v 0 =-m 1 v 1 +m 2 v 2 ，根据机械能守恒得：联立解得：m 2 =7m 1若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹、球2与挡板碰后反弹在B点相遇，则有：v1t=v2t，即
11、：v1=v2，根据动量守恒得：m1v0=-m1v1+m2v2，根据机械能守恒得联立解得：m2=3m1 综上所述，故A、B、D正确点晴：解决本题的关键知道弹性碰撞的特点，动量守恒，机械能守恒，结合两球碰后的速度大小的关系和方向，运用动量守恒和机械能守恒综合求解9.用如图甲所示装置，通过半径相同的A、B两球碰撞来验证动量守恒定律，实验时先使质量为mA的A球从斜槽上某一固定点G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。把质量为mB的B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，与B球碰撞后A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹
12、，重复这种操作10次，得到了如图乙所示的三个落地处：（1）请在图乙中读出=_cm；（2）由乙图可以判断出Q是_球的落地点；（3）为了验证碰撞前后动量守恒，该同学只需验证表达式_。【答案】 (1). 17.5（17.217.8） (2). A (3). 【解析】【详解】（1）1从图中直接读出读数为：17.5（）cm。（2）2A与B相撞后，B的速度增大，A的速度减小，碰前碰后都做平抛运动，高度相同，落地时间相同，所以Q点是没有碰撞时A球的落地点，R是碰后B的落地点，P是碰后A的落地点。（3）3根据两小球从同一高度开始下落，故下落的时间相同，根据动量守恒定律可得故有即【点睛】验证动量守恒的关键是找到
13、碰前和碰后的速度，而计算此速度要借助于平抛运动来求。10.用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示。(1)测出悬点O至小球球心的距离（摆长）L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g=_（用L、n、t表示）。(2)用多组实验数据作出T2L图像，也可以求出重力加速度g，已知三位同学作出的T2L图线的示意图如图中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b，下列分析正确的是_（选填选项前的字母）。A出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长LB出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次C图线c对应的g值小于图线b
14、对应的g值D图线a对应的g值大于图线b对应的g值(3)某同学测出不同摆长时对应的周期T，作出T2L图线，如图所示，再利用图线上任意两点A、B的坐标(x1，y1)、B(x2，y2)，可求得g=_。若该同学测摆长时漏加了小球半径，而其他测量、计算均无误，也不考虑实验误差，则用上述方法算得的g值和真实值相比是_的（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。【答案】 (1). (2). B (3). (4). 不变【解析】【详解】(1)1单摆的周期为由单摆周期公式可知，重力加速度(2)2A由题图可知，对图线a，当为零时不为零，所测摆长偏小，可能是把摆线长度作为摆长，即把悬点到摆球上端的距离作为摆长，故A错误；
15、B根据单摆的周期公式可得根据数学知识可知，图像的斜率若实验中误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，图线的斜率k偏小，故B正确；CD图线c对应的斜率小于图线b对应的斜率，图线a与图线b的斜率相等，由可知，图线c对应的g值大于图线b对应的g值，图线a对应的g值等于图线b对应的g值，故CD错误。故选B。(3)34根据单摆的周期公式可得则T2L图像的斜率可得重力加速度若该同学测摆长时漏加了小球半径，而其他测量、计算均无误，也不考虑实验误差，不变，则图像的斜率不变，所测重力加速度不变，即算得的值和真实值相比是不变的。11.如图，在注满水的游泳池的池底有一点光源A，它
16、到池边的水平距离为3.0 m从点光源A射向池边的光线AB与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角，水的折射率为4/3（i）求池内的水深；（ii）一救生员坐在离池边不远处的高凳上，他的眼睛到地面的高度为2.0 m当他看到正前下方的点光源A时，他的眼睛所接受的光线与竖直方向的夹角恰好为45求救生员的眼睛到池边的水平距离（结果保留1位有效数字）【答案】（i） （ii）0.7 m【解析】【详解】（i）如图，设达到池边的光线的入射角为i依题意，水的折射率n=，光线的折射角=90由折射定律有nsin i=sin由几何关系有sin i=式中，l=3 m，h是池内水的深度联立式并代入题给数据得h=m26 m（i
17、i）设此时救生员的眼睛到池边的距离为x依题意，救生员的视线与竖直方向的夹角为=45由折射定律有nsin i=sin 式中，i是光线在水面入射角设池底点光源A到水面入射点的水平距离为a由几何关系有sin i=x+l=a+h 式中h=2 m联立式得x=(31)m07 m考点：光的折射定律12.如图所示，质量mA=0.2kg、mB=0.3kg的小球A、B均静止在光滑水平面上现给A球一个向右的初速度v0=5m/s，之后与B球发生对心碰撞（1）若碰后B球的速度向右为3m/s，求碰后A球的速度；（2）若A、B球发生弹性碰撞，求碰后A、B球各自的速度；（3）若A、B两球发生的是完全非弹性碰撞，求碰撞后两球损
18、失的动能【答案】(1)vA=0.5m/s；(2)vA=1m/s，vB=4m/s；(3) 动能损失1.5J【解析】【详解】（1）A、B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：解得（2）两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得解得：（3）碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得解得：v=2m/s系统损失的动能即动能损失1.5J。13.机械横波某时刻的波形图如图所示，波沿x轴正方向传播，质点P的坐标x0.32，从此时刻开始计时。(1)若每间隔最小时间0.4s出现重复波形图，求波速大小；(2)若P点经0.4s第一次到达正向最大位移，求波速大小；(3)若P点经0.4s到达平衡位置，求波速大小。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【详解】(1)依题意得解得波速为(2)波沿x轴正方向传播P点恰好第一次到达正向最大位移，解得波速为(3)波沿x轴正方向传播，若P点恰好第一次到达平衡位置，则波传播的距离为0.32m，由周期性可知波传播的可能距离代入解得，可能波速为
