湖北省武汉市第三中学2023-2024学年高二物理上学期10月月考试题（Word版附解析）

2023-2024武汉三中高二十月月考物理试题一、选择题：本题共10小题。每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分。1.下面有关物理学的发展过程和研究方法的表述正确的是（　　）①库仑利用扭秤装置，测出小球带电量，根据带电小球之间的作用规律发现库伦定律②特斯拉最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场③法国学者泊松通过圆盘衍射现象证明了自己观点的正确性④用点电荷来代替带电体用到了等效法的物理方法A.①③B.②③C.③④D.均错【答案】D【解析】【详解】库仑利用扭秤装置，利用每次悬丝扭转角度，找到力与距离之间的关系，发现了库伦定律，库仑并没有测出小球带电量，故①错误；法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场，故②错误；泊松亮斑是法国学者泊松根据菲涅尔的理论提出的一种现象，菲涅尔和阿拉果通过圆盘衍射现象证明了自己观点的正确性，故③错误；用点电荷来代替带电体用到了理想模型的物理方法，故④错误。故选D。2.宝石切工是衡量宝石价值的重要指标之一，优秀的切割工艺可以让宝石璀璨夺目。若将某宝石的剖面简化如图所示（关于虚线左右对称），一束激光垂直面入射，恰好分别在面，面发生全反射后垂直面射出，由此可知该宝石对该激光的折射率为（　　）A.B.C.1D.2【答案】A 【解析】【分析】【详解】要求激光分别在PO面、QO面发生全反射后垂直MN面射出，所以光路应具有对称性，从而得到光线在PO面发生全反射后光线水平。由几何关系可得PO面的入射角为，因此故A正确。故选A。3.如图所示，空间有一电场，电场中有两个点a和b。下列表述正确的是（）A.该电场是匀强电场B.正电荷在a、b两点受力方向相同C.a点的电场强度比b点的大D.a点的电势比b点的低【答案】C【解析】【详解】A．电场线的疏密代表场强的强弱，该电场的电场线疏密不同，各点的场强不同，所以该电场不是匀强电场，故A错误；B．正电荷在A、B两点所受电场力方向与该点电场强度方向相同，而a、b两点的电场强度方向不同，所以受力方向也不同，故B错误；C．电场线的疏密代表场强的强弱，a点的电场线比b点密，所以a点的场强大于b点的场强，故C正确；D．沿电场线方向电势逐渐降低，可知a点的电势比b点的高，故D错误。故选C。4.如图所示，平行板电容器左极板接地，充电后与电源断开，两板间有一个带负电的试探电荷固定在P点。静电计的金属球与电容器的负极板连接外壳接地。以E表示两板间的电场强度，φ表示P点的电势，表示该试探电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持负极板不动，将正极板缓慢向上平 移一小段距离（静电计带电量可忽略不计），关于各物理量变化情况，下列说法正确的是（　　）A.E增大，φ降低，减小，θ增大B.E增大，φ降低，增大，θ增大C.E不变，φ不变，不变，θ减小D.E不变，φ升高，减小，θ减小【答案】B【解析】【详解】正极板缓慢向上平移一小段距离，两板间的正对面积减小，根据电容的决定式可知，电容C变小，而电容器的电量Q不变，则由得知，板间电压U增大，静电计指针的偏角反映板间电压则增大；板间场强为可见E增大；P点到正极板距离不变，由电压公式U=Ed1得知P点的电势降低；负电荷在P点的电势能为因，则增大；综上所有分析结论，故选B。5.在静电场中将一个带电量为的点电荷从A点移动到B点，这个过程中电场力做功，其动能增加。若规定A点为该电场的零电势点，则B 点的电势以及除电场力外其他的力做功分别为（）A.－200V，B.－200V，C.200V，D.200V，【答案】C【解析】【详解】由题意得，从A点移动到B点电场力做功又因为所以由动能定理得，从A点移动到B点满足解得故选C。6.一带负电的粒子仅在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能随位移x变化的关系如图所示，其中0～段是关于直线对称的曲线，～段是和曲线相切的直线，则下列说法正确的是（　　）A.处电场强度最小，但不为零B.粒子在0～段做匀变速运动，在～段做匀速运动C.在0、、、处的电势、、、的关系为 D.～段电场强度大小随位移线性增大，且方向不变【答案】C【解析】【详解】AD．Ep-x图像的斜率的绝对值表示粒子所受电场力的大小，斜率的正负表示粒子所受电场力的方向，所以x1处电场强度为零，～段的电场强度不变，故AD错误；B．粒子在0～段所受电场力时刻在变，所以加速度时刻在变，不是做匀变速运动，粒子在～所受电场力为恒力，加速度不变，做匀变速运动，故B错误；C．因为粒子带负电，根据可知故C正确。故选C。7.用5根完全相同的均匀绝缘带电棒围成正五边形abcde，O为该五边形的中心，ab、bc、de、ea所带电荷量均为+Q，cd所带电荷量为-3Q，此时O点处的场强的大小为E，若移走cd棒而保持其它棒的位置和电荷分布不变，则O处的场强的大小为（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】根据点电荷的电场强度公式可知cd棒对O点电场强度是其他几根棒各自对O点的电场强度的3倍，因此设ab、bc、de、ea在O 点的电场强度都为，cd棒在O点的电场强度为；ab、ea带电棒完全相同，这两带电棒在O产生的电场强度大小相同，另由于两个带电棒关于O点左右轴对称，所以这个两个带正电的棒在O点的电场方向都是沿着棒的垂直平分线从O点向下，两个电场方向互成72°角；同理可知，bc、de带电棒在O点的电场方向沿着棒的垂直平分线从O点向上，两个电场方向互成144°角；则根据场强叠加原理可知，ab、bc、de、ea带电棒的合场强方向竖直向下，且有又因为cd棒在O点的电场方向竖直向下，所以5根电棒的合场强为解得则cd棒在O点的电场大小为，移走cd棒后O点的电场大小变为，故C正确，A、B、D错误。故选C。8.下列说法正确的是（　　）A.光可以像无线电波那样，作为载体来传递信息，从而实现光纤通信，利用到了衍射原理B.两束光频率不同振动方向相同，即使相位差等于π也可以发生干涉现象C.摄影师为更加清晰地拍摄玻璃橱窗里的陈列物，需在照相机镜头前装一特殊镜片，这是利用了光的偏振现象D.观看立体电影（3D电影）时，观众需戴上一副特殊的眼镜，这是利用了光的偏振现象【答案】CD【解析】【详解】A．光纤通信利用了光的全反射现象，故A错误；B．只有频率相同，相位差恒定的光叠加后才能产生干涉现象，故B错误；C．拍摄玻璃橱窗内的物品时，在照相机镜头前加偏振片可以减小玻璃表面反射光的强度，从而使玻璃后的影像清晰，是利用了光的偏振现象，故C正确；D．3D电源的屏幕上发出两种相互垂直的偏振光，所以观看3D电影时戴上特制的带偏振片的眼镜，才会产生立体感觉，这是利用了光的偏振现象，故D正确； 故选CD。9.如图所示为半圆柱体玻璃砖的横截面，OD为直径，一束由a光和b光组成的复色光沿AO方向由真空从OD面射入玻璃，之后分成两束分别从B、C两点射出，其中从B点射出的为a光，从C点射出的为b光。则下列说法正确的是（　　）A.在玻璃砖中，b光的传播速度一定大于a光的传播速度B.a和b光在玻璃砖中的传播时间相等C.将a和b光通过相同的双缝干涉装置，b光的干涉条纹间距较小D.若将a和b光分别放在水面足够大的池塘底部同一位置，则b光照亮的水面区域小【答案】AB【解析】【详解】A．由题图可知，玻璃砖对a光的折射率大于对b光的折射率，又所以在玻璃砖中，b光的传播速度一定大于a光的传播速度，A正确；B．连接B、D和C、D，设∠ODB=α，∠ODC=β，玻璃砖的半径为R，则有a光在玻璃砖中的传播时间为b光在玻璃砖中的传播时间为设复色光从真空射入玻璃砖时的入射角为θ，则有以上各式联立可解得 所以a光和b光在玻璃砖中传播时间相等，B正确；C．玻璃砖对a光的折射率大于对b光的折射率，则a光的波长比b光的波长小，又干涉条纹间距可知a光的干涉条纹间距较小，b光的干涉条纹间距较大，C错误；D．临界角由于玻璃砖对a光的折射率大于对b光的折射率，可知a光的全反射临界角较小，b光的全反射临界角较大，故b光照亮的范围大，选项D错误。故选AB。10.如图所示，绝缘粗糙的水平轨道AB（动摩擦因数μ=0.5）与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，BC为竖直直径，半圆形轨道的半径R=0.4m，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E=1×104N/C。现有一电荷量q=+3×10-4C、质量m=0.4kg的带电体（可视为质点）在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点（图中未画出）。g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）A.带电体运动到半圆形轨道C点时速度大小为2m/sB.P点到B点的距离xPB=mC.D点在B点左侧，距离为0.2mD.带电体在从B点运动到落至D点过程中动能最大值为3.4J【答案】AC【解析】【详解】A．带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，根据牛顿第二定律得 解得A正确；B．设带电体运动到B点时的速度大小为vB，对带电体从B运动到C的过程，根据动能定理得解得对带电体从P运动到B的过程，根据动能定理得解得B错误；C．带电体最高点C，抛出后，有解得C正确；D．带电体在重力场和电场的复合中运动，当带电体在半圆形轨道上运动至速度方向与电场力和重力的合力方向垂直时（即运动到等效最低点Q时）的动能最大，由题意可知带电体所受重力电场力根据力的合成与分解可知OQ连线与竖直方向的夹角为37°。如图： 设带电体的最大动能为Ekm，对带电体从B运动到Q的过程，根据动能定理得解得D错误。故选AC。二、实验题：（本题共2小题，第11题6分，第12题10分，共16分）11.某同学测量玻璃砖的折射率，准备了下列器材：激光笔、直尺、刻度尺、一面镀有反射膜的平行玻璃砖.如图所示，直尺与玻璃砖平行放置，激光笔发出的一束激光从直尺上O点射向玻璃砖表面，在直尺上观察到A、B两个光点，读出OA间的距离为20.00cm，AB间的距离为6.00cm，测得图中直尺到玻璃砖上表面距离d1＝10.00cm，玻璃砖厚度d2＝4.00cm.玻璃的折射率n＝________，光在玻璃中传播速度v＝________m/s(光在真空中传播速度c＝3.0×108m/s，结果均保留两位有效数字).【答案】①.1.2②.2.5×108m/s.【解析】【详解】第一空、作出光路图如图所示， 根据几何知识可得入射角i＝45°，设折射角为r，则tanr＝，故折射率n＝第二空、光在玻璃介质中的传播速度＝2.5×108m/s.12.在“观察电容器的充、放电现象”实验中：（1）用如图1所示的电容器做实验，电容器外壳上面标着“”，下列说法正确的是_______；A.电容器的击穿电压为B.电压为时，电容器才正常工作C.电容器电压为时，电容是D.电容器电压为时，电容是（2）把干电池E、电阻箱R、电容器C、电流表G、单刀双掷开关S按图2电路图连成实验电路如图3所示，将电阻箱R调到合适阻值。①先使开关S接1，电源给电容器充电，观察到电流表指针偏转情况为_________；A.逐渐偏转到某一刻度后保持不变B.逐渐偏转到某一刻度后迅速回到0C.迅速偏转到某一刻度后保持不变D.迅速偏转到某一刻度后逐渐减小到0②电容器充电完毕，断开开关，此时如图2所示电路图中电容器上极板_______（填“带正电”、“带负电”或“不带电”）； ③然后将开关S接2，电容器放电。在放电过程中，电流_______（填“向左”或“向右”）流过电阻箱R，若该电流大小为i，电容器所带电荷量为Q，电容器两极板电势差为U，电容器的电容为C。下面关于i、Q、U、C随时间t的变化的图像，正确的是_____。【答案】①.C②.D③.带正电④.向右⑤.B【解析】【详解】（1）[1]A．10V是电容器的额定电压，不是电容器的击穿电压，故A错误；B．10V是电容器的额定电压，电压低于10V时，电容器也能正常工作，故B错误；CD．电容与电容器所加电压无关，只与自身构造有关，可知电容器电压为5V时，电容是200μF，故C正确，D错误。故选C。（2）①[2] 使开关S接1，电源给电容器充电，电路瞬间有了充电电流，随着电容器所带电荷量逐渐增大，电容器两极板间的电压逐渐增大，充电电流逐渐减小，所以此过程中观察到电流表指针迅速偏转到某一刻度后逐渐减小到0。故选D。②[3]由电路图可知，电容器上极板与电源正极相连，故电容器充电完毕，断开开关，电容器上极板带正电。③[4]在放电过程中，电流向右流过电阻箱R；[5]D．放电过程中，电容与电容器所带电荷量和电容器极板间电压没有关系，可知电容器电容保持不变，故D错误；ABC．放电过程中，电容器所带电荷量逐渐减小，根据电容定义式可知电容器极板间电压逐渐减小，则放电电流逐渐减小，根据可知Q−t图像的切线斜率绝对值逐渐减小，故B正确，AC错误。故选B。 三、解答题（共44分）13.如图，边长为a的正方形ABCD为一棱镜的横截面，M为AB边的中点。在截面所在的平面，一光线自M点射入棱镜，入射角为60°，经折射后在BC边的N点恰好发生全反射，反射光线从CD边的P点射出棱镜，求棱镜的折射率以及P、C两点之间的距离。【答案】，【解析】【详解】光线在M点发生折射有sin60°=nsinθ由题知，光线经折射后在BC边的N点恰好发生全反射，则C=90°-θ联立有根据几何关系有解得再由 解得14.带电量分别为＋2q、－2q的等量异种电荷A、B固定在同一水平线上，相距6x，在它们连线的中点P上方2x处有一悬点O，用绝缘细绳挂着一个质量为m的带电小球C，OP＝2x，绳长，如图所示，平衡时小球刚好静止在两电荷连线上。重力加速度为g，问：（1）小球所受电场力大小为多少？（2）小球所在处A、B产生的电场合场强为多少？（3）小球所带电荷量是正是负？电荷量为多少？【答案】（1）；（2）；（3）负电荷，【解析】【详解】（1）对小球C由平衡条件可得其中联立解得（2）由几何关系可得，CP长度为由点电荷场强公式及场强叠加原理可得，小球所在处的场强大小为 方向水平向右。（3）由平衡条件可知，小球受到的电场力水平向左，与场强方向相反，故小球带负电，电荷量为15.在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是边长为L的正方形ABCD，E是AB的中点，F是BC的中点，如图所示。质量为m，电荷量为q的带正电粒子在纸面内自E点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自F点以速率v0穿出电场。运动中粒子仅受电场力作用。（1）求电场强度的大小；（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度v1应为多大？（3）为使粒子穿过电场前后速度变化量的大小为v0，该粒子进入电场时的速度v2应为多大？【答案】（1）；（2）；（3）或【解析】【详解】（1）由题意可知E点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于，故电场线由E指向F，根据几何关系可知根据动能定理有解得（2）为使粒子从E点进穿过电场后的动能增量最大，即电场力做正功最多，则粒子从C点出电场做类平抛运动，如图所示 联立解得（3）粒子从E点刚进入电场时速度为零的粒子，自F点以速率v0穿出电场，穿过电场前后速度变化量的大小为v0，则第一种情况为；第二种情况，如图所示，，即为电场中等势线，故粒子从N点离开时电场力做功与第一种情况相同，速度的变化量的大小也为v0；粒子做类平抛运动，有联立解得