重庆市第八中学2021-2022学年高二下学期第一次月考试题 物理

重庆八中高2023 级高二（下）第一次月考 物理试题 一、单项选择题：本题共6 小题，每小题4 分，共24 分．每小题给出的四个选项中， 只有一项符合题目要求。 1. 下列说法正确的是（ ） A. “闻其声而不见其人”是一种司空见惯的现象，这体现了声波的衍射 B. 在地球上测量出星球上某些元素发出的光波频率，若其小于地球上这些元素静止时的发光频 率，则利用多普勒效应可以推知该星球在靠近地球 C. 空气中产生的声波是纵波，纵波中的质点振动方向与波的传播方向相同 D. 单摆的周期与振幅无关，所以无论静止释放摆球时的摆角为多少，周期不变 【1 题答案】 【答案】A 【解析】 【详解】A．“闻其声而不见其人”是一种司空见惯的现象，这体现了声波的衍射，A 正确； B．波源远离时，接收的频率变小，B 错误； C．纵波中的质点振动方向有时与波的传播方向相同，有时则相反，C 错误； D．小角度单摆才可近似为简谐运动，此时周期与摆角无关，然而若摆角很大，就不再是单摆周 期，D 错误。 故选A。 2. 把一个小球套在光滑水平细杆上，球与轻弹簧相连组成弹簧振子，小球沿杆在平衡位置O 的 两侧A、B 间做简谐运动，如图所示。下列结论正确的是（ ） A. 小球从A 到O 的过程中，弹簧的弹性势能不断增加 B. 小球在A、B 位置时，加速度最大，速度也最大 C. 小球从A 经O 到B 的过程中，速度一直增大 D. 小球在O 位置时，动能最大，加速度为零 【2 题答案】 【答案】D 【解析】 【详解】A．小球从A 到O 的过程中，弹簧的形变量减小，则弹性势能不断减小，故A 错误； B．小球在A、B 位置时，速度为零，位移最大，回复力最大，加速度最大，故B 错误； C．由于回复力指向平衡位置，所以小球从A 经O 到B 的过程中，回复力先做正功，后做负功， 小球的动能先增大后减小，即速度先增大，后减小，故C 错误； D．小球经过平衡位置时，速度最大，位移为零，所以经过平衡位置时动能最大，回复力为零， 加速度为零，故D 正确。 故选D。 3. 如图所示，纸面内有一半径为R 的 单匝环形闭合线圈，线圈中通有恒定电流I，整个环形线圈 处于垂直纸面的匀强磁场中（图中未画出），磁感应强度大小为B。则该环形线圈所受磁场作用 力大小为（） A. 0 B. BIR C. 2BIR D. 2πBIR 【3 题答案】 【答案】A 【解析】 【详解】把线圈分割成无数微元，根据对称性结合画图可以看出每个微元受力指向圆心（或者 背离圆心），总和为零。或者分析等效长度，将其看成起点和终点重合的弯折线框，其等效长 度为零，故安培力为零。 故选A。 4. 如同所示，ACDB 为圆柱型玻璃的横截面，AB 为其直径。现有两单色光组成的复合光沿EA 方 向射向玻璃，其折射光线分别沿AC、AD 方向，光从A 到C 的时间为tAC，从A 到D 的时间为 tAD。则（ ） A. tAC=tAD B. tAC<tAD C. tAC>tAD D. 无法确定 【4 题答案】 【答案】B 【解析】 【详解】由于AD 光的折射角小于AC 光的折射角，故AD 光的折射率大于AC 光，由 可知， AD 光在玻璃中速度较小，AB 为直径，故 ，故tAC<tAD，故B 正确； 故选B。 5. 如图所示是用来测量各种发动机转速的转速计原理图。在同一铁支架MN 上焊有固有频率依次 为100Hz、90Hz、80Hz、70Hz 的四个钢片a、b、c、d，将M 端与正在转动的电动机接触，发现 b 钢片振幅很大，其余钢片振幅很小。则（ ） A. 钢片a 的振动频率约为100Hz B. 钢片b 的振动频率约为90Hz C. 钢片c 的振动频率约为80Hz D. 电动机的转速约为90r/min 【5 题答案】 【答案】B 【解析】 【详解】ABC.b 钢片共振，故电动机频率等于其固有频率90Hz，故B 正确AC 错误； D.电动机的转速和频率相同为 ，故D 错误。 故选B。 6. 如图所示为t＝0.1s 时刻简谐横波a 与b 的波形图，其中a 沿x 轴正方向传播，b 沿x 轴负方向 传播，波速都是10m/s，振动方向都平行于y 轴。下列选项画出的是平衡位置在x＝2m 处的质点 从t＝0 开始的振动图像，其中正确的是（ ） A. B. C. D. 【6 题答案】 【答案】C 【解析】 【详解】根据为t＝0.1s 时的波形图可以知道x=2m 的质点处于干涉加强点，振幅为3cm，此时 位于平衡位置向上运动，根据波速和波长可以求出周期0.4s，而0.1s 是 周期，则t=0s 时该质 点位于 周期之前的位置也就是波谷，故C 正确。 故选C。 二、多项选择题：本题共4 小题，每小题5 分，共20 分。每小题有多个选项符合题 目要求。全部选对的得5 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。 7. 消除噪声污染是当前环境保护的一个重要课题。内燃机、通风机等在排放各种高速气流的过 程中都会发出噪声，如图所示为某种可以用来削弱高速气流产生的噪声的消声器。一列声波沿 水平管道自左向右传播，到达a 处时分成上下两束波，这两束声波沿虚线路径传播，在b 处相遇 时可削弱噪声。设在a 处分开的两束波经上下方管道到达b 处的波程差为δ，这一列声波的波长 为λ。关于此消声器，下列说法正确的是（ ） A. 消除噪声利用了波的衍射原理 B. 消除噪声利用了波的干涉原理 C. 要尽量消除噪声，应满足δ=nλ（n=0，1，2，3……） D. 要尽量消除噪声，应满足δ= +nλ（n=0，1，2，3……） 【7 题答案】 【答案】BD 【解析】 【详解】AB．消除噪声利用了波的干涉原理，A 错误，B 正确； CD．要尽量消除噪声，a、b 两列波相遇时波程差等于半波长的奇数倍，振动减弱，应满足 δ= +nλ（n=0，1，2，3…… C 错误，D 正确。 故选BD。 8. 在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，如果用周期公式直接计算，得到的g 值偏小，可能 的原因是（ ） A. 测摆长时只测了摆线的长度 B. 摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动 C. 在摆球经过平衡位置时开始计时，秒表过早按下 D. 测量周期时，误将摆球（n－1）次全振动的时间t 记成了n 次全振动的时间 【8 题答案】 【答案】ABC 【解析】 【详解】A．根据 T＝2π 得 g＝ 测摆长时只测了摆线的长度，则测量的摆长偏小，所以测量的重力加速度偏小，A 正确； B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，知测量的摆长偏小，则 测量的重力加速度偏小，B 正确； C．开始计时，秒表过早按下，测量的周期偏大，则测量的重力加速度偏小，C 正确； D．测量周期时，误将摆球（n－1）次全振动的时间t 记成了n 次全振动的时间，则算得的周期 变小，重力加速度偏大，D 错误。 故选ABC。 9. 在我国南海上有一浮桶式波浪发电灯塔，其原理如图甲所示。浮桶内的磁体通过支柱固定在 暗礁上，浮桶内置圆形线圈随波浪相对磁体沿竖直方向做简谐运动，其速度随时间满足 v=0.4πsinπt（单位：m/s），且始终处于辐射磁场中，该线圈与阻值R=15Ω 的灯泡串联；浮桶下 部由内、外两密封圆筒构成（俯视图乙中阴影部分），其内部为产生磁场的磁体；线圈匝数 n=200 匝，线圈所在处磁场的磁感应强度大小B=0.1T，圆形线圈的直径D=0.4m，电阻r=1Ω。计 算时近似取π2=10。下列说法正确的是（ ） A. 线圈中形成了周期为2s 的正弦式交流电 B. 灯泡电流最大时，线圈处于振动的最大位移处 C. 线圈中感应电动势的峰值为32V D. 较长时间内，灯泡的平均功率为60W 【9 题答案】 【答案】AC 【解析】 【详解】根据题意可知，产生感应电动势的瞬时值表达式为 A．由表达式可知角频率 故 故A 正确； B．灯泡电流最大时，即线圈速度最大时，则线圈处于振动的平衡位置，故B 错误； C．线圈中感应电动势的峰值为线圈速度最大时 故C 正确； D．根据表达式可知，电流为正弦交变电流，则有效值为 较长时间内，灯泡的平均功率为 故D 错误。 故选AC。 10. 如图所示，倾角为θ 的光滑斜面上设置有AB 和CD 两个粗糙的缓冲区，且AB=BC=CD=l。整个 空间分布着垂直纸面向里的匀强磁场。一带负电的物块（视为质点）从斜面顶端O 由静止释放， 其与缓冲区动摩擦因数为μ，通过AB 段与通过CD 段的时间相等，运动到D 点时的速度为v。已 知重力加速度为g，则（ ） A. 物块通过AB 段时可能做加速运动 B. 物体通过AB 段的时间大于通过BC 段的时间 C. 物块通过AB 段时克服摩擦力所做的功大于通过BC 段时重力所做的功 D. 斜面OA 段长度为 【10 题答案】 【答案】BCD 【解析】 【详解】A．AB 与CD 段时间相同，说明A 点与C 点速度应该相同，这样AB 与CD 段运动规律相 同，所以才会有时间相同，故只能AB 段减速，BC 段匀加速，CD 段减速，A 错； B．洛伦兹力垂直斜面向下，故AB 段速度减小时，洛伦兹力减小，支持力减小，摩擦力减小， 做加速度减小的减速运动，AB 段的初末速度与BC 段的末初速度相等，根据v-t 图象可以分析出 AB 段平均速度比BC 段小，在相同位移下，AB 段时间更长，B 对； C．从A 到C，根据前面的分析可知初末动能不变，则克服摩擦力做的功等于AC 段重力做的功， 所以大于BC 段重力做的功，C 对； D．B 点速度即D 点速度v，B 到C 由运动学公式 C 点速度就是A 点速度，O 到A 再用运动学公式 故 故D 正确。 故选BCD。 三、实验题：本题共2 小题，共16 分。 11. 小但同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行。正确操作后，作出的 光路图及测出的相关角度如图所示。 （1）此玻璃的折射率计算式为n＝________（用图中的θ1、θ2表示）； （2）如果有几块宽度不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度________（填 “大”或“小”）的玻璃砖来测量。 （3）如图所示，小但同学在实验中将玻璃砖界面aa′和bb′的间距画得过宽。若其他操作正确， 则折射率的测量值________（选填“大于”“小于”或“等于”）准确值。 【11 题答案】 【答案】 ①. ②. 大 ③. 小于 【解析】 【详解】（1）[1]玻璃的折射率为 （2）[2]为了减少误差，应选用宽度大的玻璃砖来测量。 （3）[3]如图所示 红线表示将玻璃砖向上平移后实际的光路图，而黑线是作图时所采用的光路图，可见，入射角 没有变化，折射角的测量值偏大，则由折射率公式 得，折射率测量值小于真实值。 12. 为测量A、B 两金属丝的电阻率，小戴同学设计了如图甲、乙所示的两种实验方案。已知电 源的电动势E 和内阻r 在实验过程中保持不变。 （1）小戴先进行图甲方案的测量： ①利用螺旋测微器测出A 金属丝的直径，示数如图丙所示，则A 金属丝直径的测量值 =____ ___mm； ②把A 金属丝接入图甲电路，并用刻度尺测出接入电路的A 金属丝的长度l=50.00cm。闭合开 关，改变滑动变阻器阻值，记录两电表的测量数据如下表所示，数据的对应点已经标在如图丁 所示的坐标纸上，请在图丁中画出U-I 图线_______； 实验次数 1 2 3 4 5 6 U/V 0.90 1.20 1.50 1.80 2.10 2.40 I/A 0.18 2.24 0. 31 0.37 0.43 0.49 ③该方案测得的A 金属丝的电阻率ρ＝________Ω·m（保留两位有效数字）。 （2）小戴又用图乙所示方案测量B 金属丝的电阻率，通过移动接线夹位置（即图乙滑动变阻器 符号上的箭头接触金属丝的位置），以控制接入电路中金属丝的长度； ①实验操作步骤： a．正确连接电路，设计电阻箱的阻值，闭合开关； b．读出电流表的示数，记录接线夹的位置； c．断开开关，测出接入电路的金属丝的长度； d．闭合开关，重复b、c 的操作。 ②根据测得电流与金属丝接入长度关系的数据，画出如图戊所示的关系图线，由图可以得到图 线的斜率为k。已知金属丝直径为d，电动势E、内阻r，则乙金属丝的电阻率为______（用给出 的字母表示）。 （3）图乙方案中电流表的内阻对电阻率的测量值_______（填“会”或“不会”）造成影响。 【12 题答案】 【答案】 ①. 2.500 ②. ③. （4.5-4.9）×10-5 ④. ⑤. 不会 【解析】 【详解】（1）①[1]用螺旋测微器测出A 金属丝的直径的测量值 d 甲=2.5mm+0.01mm×0.0=2.500mm； ②[2]画出U-I 图线如图； ③[3]由图像可得A 金属丝的 电阻 根据 解得 带入数据解得 （2）②[4]由闭合电路的欧姆定律 即 则 则 （3）[5]图乙中若考虑电流表内阻，则 不影响图像的斜率，电阻率的测量值不变。 四、计算题：本大题共3 小题，共40 分。 13. 如图所示，等腰直角三棱镜ABC，一条光线从斜面AB 垂直射入。 （1）若n＝ ，求出光线从BC 面射出时的折射角正弦值； （2）如果光线不从AC、BC 面射出，求三棱镜的折射率至少为多大？ 【13 题答案】 【答案】（1） ；（2） 【解析】 【详解】（1）入射角α=45°，折射角设为β，根据折射定律可得 sinβ= （2）如果光线不从AC、BC 面射出，则入射角为临界角，则有 α=C（临界角） 因为根据全反射的条件 sinC= 解得 14. 一列简谐横波沿x 轴传播，t=0.1s 时的波形图如图甲所示。图乙为介质中质点A 的振动图像。 (1)求波的 传播方向及波速； (2)t=0.1s 时，波刚好传播到坐标原点O，质点B 平衡位置的坐标xB=－2.5m(图中未画出)，求质点 B 处于波峰位置的时刻。 【14 题答案】 【答案】(1)沿x 轴负方向，v=0.5m/s；(2)t=（5.15+0.2n）s（n=0，1，2，3，……） 【解析】 【详解】(1)由乙图可知质点A 在t=0.1s 时由平衡位置向下振动，则质点A 前面的质点在平衡位 置下方，所以波的传播方向为沿x 轴负方向 由甲图可知波长 m 由乙图可知周期为 T=0.2s 则波速为 (2)波从O 点传播到B 点所需时间 质点B 第一次离开平衡位置是向上运动的，到波峰位置所需时间为 （n=0，1，2，3，……） 所以质点B 处于波峰位置的时刻 代入数据得 15. 如图所示，两竖直虚线MN 和M′N′间的距离AC=d，P、Q 点在直线M′N′上。一质量为m、电 荷量为q 的粒子（不计重力）以某一速度从A 点垂直于MN 射入；若两竖直虚线间的区域内只存 在场强大小为E、沿竖直方向的匀强电场，则该粒子将从P 点离开场区，射出方向与AC 的夹角 叫做电偏转角，记为 ；若两竖直虚线间的区域内只存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸 面的匀强磁场，则该粒子将从Q 点离开场区，射出方向与AC 的夹角叫做磁偏转角，记为 。 （1）若两竖直虚线间的区域内同时存在上述电场和磁场，且该粒子沿直线运动从C 点离开场区； i.该粒子从A 点入射的速度是多大？ ii.证明电偏转角 与磁偏转角 满足tan =sin ； （2）若 ，求该粒子从A 点入射的速度多大时，电偏转角等于磁偏转角，即 ？ 【15 题答案】 【答案】（1）i. ；ii.见解析；（2） 或 【解析】 【详解】（1）i.若两竖直虚线间的区域内同时存在上述电场和磁场，且该粒子沿直线运动从C 点离开场区,则粒子做运动直线运动 解得 故该粒子从A 点入射的 速度为 ii. 在电场中 联立可得 在磁场中 联立可得 又因为 故 （2）设 ，在电场中 在磁场中 故 又因为 即 整理得 解得 或