河南省南阳市第一中学2021-2022学年高二物理下学期第四次月考试题（Word版含解析）

南阳一中2022年春期高二年级第四次月考物理试题一、选择题（本题共12小题，共48分。其中1-8小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求，9-12小题给出的四个选项中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，有选错的得0分）1.关于原子和原子核的组成，说法正确的是（　　）A.汤姆孙通过对阴极射线一系列研究，发现了原子核内部放出的β射线B.玻尔将量子观念引入原子领域，建立了氢原子量子化模型C.卢瑟福分析α粒子散射实验数据，发现了原子核内部的质子D.贝克勒尔研究了铀的天然放射性，建立了原子核式结构模型【答案】B【解析】【详解】汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，阴极射线的电子来自原子核外的电子，而不是原子核内部；故A错误；玻尔将量子观念引入原子领域，建立了氢原子量子化模型，故B正确；卢瑟福通过α粒子散射实验，提出原子具有核式结构，并没有证实了在原子核内存在质子．故C错误；贝克勒尔通过对天然放射性的研究，揭示了原子核有复杂的结构，而原子核式结构式卢瑟福提出的，故D错误；2.下列说法中正确的是（　　）A.黑体辐射强度与波长有关，温度升高，各种波长的辐射都有增加，且辐射强度的极大值向波长较长的方向移动B.光电效应揭示了光的粒子性，而康普顿效应则反映了光的波动性C.电子和其他微观粒子，都具有波粒二象性D.光波是一种概率波。光的波动性是由于光子之间的相互作用引起的，这是光子自身的固有性质【答案】C【解析】【详解】A．根据黑体辐射的规律可知，随温度的升高，相同波长的光辐射强度都会增加，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故A错误；B．光电效应和康普顿效应都揭示了光的粒子性，故B错误；\nC．任何一个运动着的物体，小到电子质子大到行星太阳都有一种波与之对应，这种波称为物质波，故电子和其他微观粒子，都具有波粒二象性，故C正确；D．波粒二象性是光的根本属性，与光子之间的相互作用无关，故D错误；故选C。3.如图所示为氢原子能级图，下列说法中正确的是（　　）A.用动能等于11.2eV的电子撞击处于基态的氢原子，氢原子不可能从基态跃迁到能级B.用从能级跃迁到基态辐射的光照射逸出功为3.34eV的锌，可能不会发生光电效应C.氢原子吸收能量为12.1eV的光子后可以从基态跃迁到能级D.氢原子从能级跃迁到能级时，释放的光子的能量为2.55eV【答案】D【解析】【详解】A．用动能等于11.2eV的电子撞击处于基态的氢原子，该电子能量大于和两能级能量差，若氢原子恰好吸收等于两能级的能量差的能量，则氢原子可以从基态跃迁到能级，故A错误；B．从能级跃迁到基态辐射的光子能量为大于锌的逸出功3.34eV，一定会发生光电效应，故B错误；C．根据玻尔理论，氢原子只有吸收能量刚好等于两个能级差的光子才能从低能级跃迁到较高能级，故C错误；D．氢原子从能级跃迁到能级时，释放的光子的能量为故D正确。\n故选D4.如图所示，用绿光照射阴极，当极板电势比阴极高出时，光电流达到饱和，电流表示数为，当极板电势比阴极低时，光电流恰好为零，电子的电荷量，则（　　）A.当下方滑片从图示位置左移时，阴极的电势比极板低B.每秒钟阴极发射的光电子数个C.光电子飞出阴极时的最大初动能为D.如果把绿光的光强增大为原来的2倍，饱和光电流仍然不变【答案】C【解析】【详解】A．由电路可知，当下方的滑片从图示位置左移时，阴极的电势比极板高，选项A错误；B．每秒钟阴极发射的光电子数故B错误；C．由题可知，遏止电压Uc=0.6V，则光电子飞出阴极时的最大初动能为Ekm＝eUc＝1.60×10−19C×0.6J＝9.6×10−20J故C正确；D．饱和光电流随光照强度的增加而增大，则把照射阴极的绿光的光强增大为原来的2倍，饱和光电流将增大，故D错误；故选C。\n5.如图所示，两波源分别位于和处，形成两列分别沿x轴正方向和负方向传播的简谐横波，两列波的波速均为，两波源的振幅均为2cm，时刻两波的图像如图中所示，此时平衡位置处于和的质点P和Q刚开始振动。质点M的平衡位置处于x=0.5m处，下列判断正确的是（　　）A.质点M刚开始振动时方向沿y轴的负方向B.时刻，质点P、Q的位移都为2cmC.0~2s内，质点M经过路程为20cmD.2.5s后，两波源间振动加强的点有6个【答案】C【解析】【详解】A．由波形图可知，两列波将同时传到M点，由左侧波在M点引起的振动方向向上，由右侧波在M点引起的振动方向也向上，可知质点M起振时的振动方向沿y轴正向，故A错误；B．由题意知波的周期由0s时P、Q都是从平衡位置向正最大位移处运动，在t=0.75s时刻，P、Q都运动到负最大位移处，位移都为-2cm，故B错误；C．两列波传到M点的时间均为\n在0.75s~2s时间内，质点M振动，由于M到两波源距离相等，波长相等，M点是振动加强点，振幅为A’=2A=4cm时间内运动的路程为5A’=10A=20cm故C正确；D．经过2.5s，波前进的距离为即2.5s末，x轴上-0.2m~1.2m范围内所有质点都处于两列波叠加区域。到两波源路程差为波长整数倍的质点在-1m、1m、3m、5m、7m、9m、11m处，即有7个振动加强点，故D错误。故选C。6.处于n＝3能级的大量氢原子向低能级跃迁辐射多种频率的光子，已知普朗克常量为h，氢原子能级公式为E=，不同轨道半径为rn=n2r1，E1为基态能量，r1为处于基态时电子的轨道半径，n=1，2，3，…。则下列说法中错误的是（　　）A.共产生3种不同频率的光子B.氢原子由n＝3能级跃迁到基态时，电子电势能减小，动能增加，总能量减小C.处于n＝3能级和处于基态的电子做圆周运动的线速度大小之比为1∶3D.产生光子的最大波长为λm=－【答案】D【解析】【详解】A．大量处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁，能产生3种不同频率的光子，A正确；B．当氢原子从n＝3能级跃迁到基态时，电子的速率增大，动能增加，电势能减小，因向外辐射光子总能量减小，B正确；C．依据库仑力提供向心力，可得\n=m已知rn=n2r1则有处于n＝3能级和处于基态的电子做圆周运动的速度大小之比为∶＝1∶3C正确；D．产生的光子的最小频率为ν小=依据λ=对应波长最长，即为λm=D错误。本题选择错误的，故选D。7.在某次光电效应实验中，得到的遏止电压UC与入射光的频率v的关系如图所示，若该直线的斜率和纵截距分别为k和-b，电子电荷量的绝对值为e，则（　　）A.普朗克常量可表示为B.若更换材料再实验，得到的图线k改变，b改变C.所用材料的逸出功可表示为eb\nD.b由入射光决定，与所用材料无关【答案】C【解析】【分析】【详解】由光电效应方程得A．图线的斜率普朗克常量为故A错误；B．更换材料再实验，因为逸出功发生变化，所以图线的斜率k不变，纵轴截距b发生改变，故B错误；C．纵轴截距的绝对值可得逸出功故C正确；D．b等于逸出功与电荷电量的比值，而逸出功与材料有关，则b与材料有关，故D错误。故选C。8.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧下端悬挂一质量为M的圆盘，圆盘处于静止状态。现将质量为m的粘性小球自h高处由静止释放，与盘发生完全非弹性碰撞，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）\nA.圆盘将以碰后瞬时位置作为平衡位置做简谐运动B.圆盘做简谐运动的振幅可能为C.振动过程中圆盘的最大速度为D.从碰后瞬时位置向下运动过程中，小球、圆盘与弹簧组成的系统势能先减小后增大【答案】D【解析】【详解】A．因为简谐运动的平衡位置是物体能够自由静止的位置，即应该是小球粘在盘子上一起静止的位置，所以应该比开始位置偏下，故A错误；B．因为振幅为从平衡位置到最大位移处的距离，根据对称性，则小球和盘再次回到都刚开始碰撞的位置时速度不为零，故开始的位置不是最大位移处，因为开始时小球粘在盘子上一起静止的位置满足所以刚开始碰撞的位置到平衡位置的距离为故振幅应该大于，故B错误。C．小球自h高处由静止释放，与盘发生完全非弹性碰撞，则又因为所以两者碰后速度为\n而两者碰撞瞬间满足即碰后两者向下做加速度减小的加速运动，当a=0时速度最大，之后做减速运动到最低点，故振动过程中圆盘的最大速度应该大于，故C错误；D．从碰后瞬时位置向下运动过程中，小球的动能先增大后减小，故由能量守恒定律可得，小球、圆盘与弹簧组成的系统势能先减小后增大，故D正确。故选D。9.著名物理学家汤姆孙曾在实验中让电子束通过电场加速后，通过多晶薄膜得到了如图所示衍射图样，已知电子质量为，加速后电子速度m/s，普朗克常量J·s，则（　　）A.该图样说明了电子具有粒子性B.该实验中电子的德布罗意波长约为0.15nmC.加速电压越大，电子的物质波波长越大D.使用电子束工作的电子显微镜中，加速电压越大，分辨本领越强【答案】BD【解析】【详解】A．图为电子束通过多晶薄膜的衍射图样，因为衍射是波所特有的现象，所以说明了电子具有波动性，A错误；B．由德布罗意波长公式可得，而动量，两式联立得\n该实验中电子德布罗意波长约为0.15nm，B正确；C．由德布罗意波长公式可得，而动量两式联立得加速电压越大，电子的波长越短，衍射现象就越不明显，分辨本领越强，C错误，D正确。故选BD。10.如图所示为研究光电效应现象的实验电路，A、K为光电管的两个电极，电压表V、电流计G均为理想电表。已知该光电管阴极K的极限频率为，电子的电荷量为，普朗克常量为h，开始时滑片P、上下对齐，且处于滑动变阻器的合适位置.现用频率为的光照射阴极K（），则下列说法正确的是（　　）A.该光电管阴极材料的逸出功为B.若加在光电管两端的正向电压为U，则到达阳极A的光电子的最大动能为，且不随照射光的强度而变化C.若将滑片P向右滑动，则电流计G的示数一定会不断增大D.若将滑片向右滑动，则当滑片P、间的电压为时，电流计G的示数恰好为0【答案】ABD【解析】\n【分析】【详解】A．由极限频率为，故金属的逸出功为A正确；B．由光电效应方程可知，电子飞出时的最大动能为由于加的正向电压，由动能定理解得当光的频率不变时，光电子的最大初动能与照射光的强度无关，故B正确；C．若将滑片P向右滑动时，若电流达到饱和电流，则电流不再发生变化，故C错误；D．向右滑动时，所加电压为反向电压，由可得则反向电压达到遏止电压后，动能最大的光电子刚好不能参与导电，则光电流为零，故D正确。故选ABD。11.利用如图甲所示的装置可以测量待测圆柱形金属丝与标准圆柱形金属丝的直径差，T1、T2是标准平面玻璃，A0为标准金属丝，直径为，A为待测金属丝，直径为D。用波长为的单色光垂直照射玻璃表面，干涉条纹如图乙所示，相邻亮条纹的间距为。则（　　）A.D与相差越大，越小B.轻压T1的右端，若变小，有D<D0\nC.相邻亮条纹对应的空气薄膜厚度差为D.图乙可能是D与相等时产生的条纹【答案】AB【解析】【详解】A．设标准平面玻璃之间的夹角为θ，由题设条件，则有由空气薄膜干涉条件，则有即为由此可知D与相差越大，θ越大，越小，故A正确；B．轻压T1的右端，若变小，由可知，θ变大，因为压的是右侧，说明右侧直径小，即有D<D0故B正确；C．相邻亮条纹对应的空气薄膜厚度差的2倍为光程差，故C错误；D．当D=D0时，光程差相等，则不产生干涉条纹，故D错误。故选AB。12.在纸面上有两波源和相距3m，频率均为2Hz，以为原点建立如图所示的坐标系，t=0时波源从平衡位置开始垂直纸面向上做简谐运动，所激发的横波在均匀介质中向四周传播。t=0.25s时波源也开始垂直纸面向上做简谐运动，在t=0.75s时两列简谐波的最远波峰传到了图示中的两个圆的位置。则（　　）\nA.波的传播速度为4m/sB.虚线x=1.5m为振动加强区C.t=1.0s时波谷与波谷相遇的点共有2个D.t=1.0s后和连线上有2个振动减弱的位置【答案】AC【解析】【详解】A．两波源起振的时间差为时间内两列波的传播距离之差为波的传播速度为故A正确；B．根据几何关系可知x=1.5m上各质点到两波源的波程差均为零，而t=0.25s时S1正向下振动，与S2起振方向相反，所以两波源在x=1.5m上引起质点的振动步调相反，即虚线x=1.5m为振动减弱区，故B错误；C．两列波的波长均为t=1.0s时S1波传播到的最远位置到S1的距离为此时S1波的最远波谷到S1的距离为\nS1波的最近波谷到S1的距离为t=1.0s时S2波传播到的最远位置到S2的距离为S2波此时产生的波形中只有一个波谷，且到S2的距离为如图所示，可知t=1.0s时波谷与波谷相遇的点共有2个，故C正确；D．和连线上满足到两波源的波程差为波长的整数倍的点为振动减弱位置，即（k=0，1，2，…）则（k=0，1，2，…）解得（k=0，1，2，…）即所以t=1.0s后和连线上有3个振动减弱的位置，故D错误。故选AC。二、填空题（本题共3小题，共16分。把答案填到答题卡上相应位置）13.如图所示为某同学利用插针法测定半圆形玻璃砖折射率实验，在一半圆形玻璃砖外面插上P1、P2、P3、P4四枚大头针时，P3、P4恰可挡住P1、P2所成的像。\n（1）以下说法正确的是___________；A．入射角越大越好B．入射角越小越好C．P1、P2及P3、P4之间的距离越小越好D．P1、P2及P3、P4之间的距离应适当大些（2）该玻璃砖的折射率___________，另一同学将大头针P1和P2插在圆弧侧某半径延长线位置时，在另一侧任何方向看不到大头针的像，可能的原因是___________。【答案】①.D②.③.发生了全反射【解析】【详解】(1)[1]为了提高实验的精确度，实验时大头针之间的距离适当大些，入射角适当大些。故ABC错误；D正确。故选D。(2)[2]根据折射定律，可得玻璃砖的折射率为[3]另一同学将大头针P1和P2插在圆弧侧某半径延长线位置时，在另一侧任何方向看不到大头针的像，可能的原因是发生了全反射。14.某同学设计了一个测定激光波长的实验装置如图(a)所示，激光器发出的一束直径很小的红色激光进入一个一端装有双缝、另一端装有感光片的遮光筒，感光片的位置上出现一排等距的亮点，图(b)中的黑点代表亮点的中心位置．(1)这个现象说明激光具有_________性(填“粒子性”或“波动性”)；\n(2)通过测量相邻光点的距离可算出激光的波长，据资料介绍，如果双缝的缝间距离为a，双缝到感光片的距离为L，感光片上相邻两光点间的距离为b，则激光的波长．该同学测得L=1.0000m、缝间距a=0.220mm，用十分度的游标卡尺测感光片上的点的距离时，尺与点的中心位置如图(b)所示．图(b)图中第1到第4个光点的距离是_________mm．实验中激光的波长λ=_________m．(保留两位有效数字)(3)如果实验时将红激光换成蓝激光屏上相邻两光点间的距离将_________．(填“变大”或“变小”)【答案】①.波动②.8.5，③.6.2×10-7④.变小【解析】【详解】（1）这个现象是光的干涉现象干涉现象是波独有的特征，所以说明激光具有波动性．（2）游标卡尺的主尺读数为8mm+0.1×5mm=8.5mm，可知第1到第4个光点的距离是．由题意知，，，所以波长（3）如果实验时将红激光换成蓝激光，则波长减小，根据得，相邻两光点的距离将变小。15.单摆测定重力加速度的实验中：(1)实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图甲所示，该摆球的直径d=_____mm。(2)悬点到小球底部的长度l0，示数如图乙所示，l0=____cm。(3)实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图丙所示，然后使单摆保持静止，得到如图丁所示的F–t图象。那么：①重力加速度的表达式g=____（用题目中的物理量d、l0、t0表示）．②设摆球在最低点时Ep=0，已测得当地重力加速度为g，单摆的周期用T表示，那么测得此单摆摆动时的机械能E的表达式是____。\nA．B．C．D．【答案】①11.7②.100.25③.④.BD【解析】【详解】(1)[1]由甲图可知，主尺上的读数是11mm，游标尺上第14个刻度与主尺对齐，所以游标尺上的读数为14×0.05mm=0.70mm所以该摆球的直径d=11.70mm(2)[2]由乙图可知，悬点到小球底部的长度l0=100.25cm(3)[3]从图丙中看出单摆的周期为4t0。单摆摆长单摆周期公式解得[4]AB．由丁图可知\n单摆在最低点时根据周期公式最低点的机械能解得A错误，B正确；CD．单摆在最高点时最高点的机械能解得C错误，D正确。故选BD。三、计算题（本题共4小题，共46分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）16.如图所示，在处的质点在垂直于轴方向上做简谐运动，形成沿轴正方向传播的机械波。某时刻起，质点开始从平衡位置向上运动，经第一次形成图示波形，是平衡位置为处的质点，A是位于处的质点，是位于处的质点。\n（1）该机械波的波速是多少；（2）从图示状态开始计时，要经过多长时间质点第一次到达波峰位置；（3）若从图示状态开始计时，至少要经过多少时间，P、A两质点的偏离平衡位置的位移相同。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）结合题图可分析出，该机械波的传播周期为，波长为，故该机械波的波速为（2）由图可知，此时波峰在处，当波峰传播到处的点时，波向前传播的距离为，所以质点第一次到达波峰位置，所需要的时间（3）因为角频率为从图示状态开始计时质点A做简谐运动的表达式为质点做简谐运动的表达式为要使P、A两质点的位移（坐标）相同，至少要经过时间应满足解得17.一光电管的阴极K用截止频率为ν的金属铯制成，光电管阳极A和阴极K\n之间的正向电压为U，用波长为λ的单色光射向阴极，产生了光电流，已知普朗克常量为h，电子电荷量为e，真空中的光速为c.求：（1）金属铯的逸出功W；（2）光电子到达阳极的最大动能；（3）用波长为λ的光照射金属的表面，当遏止电压取某个值时，光电流便被截止，当光的波长改变为原波长的，已查明使电流截止的遏止电压必须增大到原值的η倍，试计算原入射光的波长λ。（已知该金属的逸出功为W0）【答案】（1）W＝hν；（2）；（3）【解析】【分析】【详解】(1)金属铯的逸出功(2)波长为λ的单色光频率为光电子的最大初动能则光电子到达阳极的最大动能(3)由\n可得18.如图所示，一轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端与物体A连接，物体A又与一跨过定滑轮的轻绳相连，绳另一端悬挂着物体B和C，A、B、C均处于静止状态。现剪断B和C之间的绳子，则A和B将做简谐运动。已知物体A质量为3kg，B和C质量均为2kg，弹簧劲度系数为k=100N/m。（g取10m/s2）试求：（1）剪断B和C间绳子之前，A、B、C均处于静止状态时，弹簧的形变量x1；（2）剪断B和C间绳之后，物体A振动过程中的最大速度vm及此时弹簧的形变量x2；（3）振动过程中，绳对物体B的最大拉力Fmax和最小拉力Fmin。【答案】（1）x1=10cm；（2），x2=10cm；（3）Fmax=28N，【解析】【详解】（1）剪断B和C间绳子之前，A，B，C均处于静止状态时，设绳子拉力为F，对AmAg+kx1=F对BC系统（mB+mC）g=F解得\nx1=0.1m=10cm（2）A振动过程速度最大时在平衡位置，此时合力为零，A、B间绳子拉力为F0，弹簧压缩量为x2。对BF0=mBg对AmAg=kx2+F0解得x2=0.1m=10cm剪断B、C间绳子后到速度最大的过程中，机械能守恒，因x1=x2，在这两位置时弹簧的弹性势能相等，A下降的高度和B上升的高度为d=x1+x2=20cm由机械能守恒定律得mAgd-mBgd=(mA+mB)vm2解得vm=m/s（3）B振动到最低点时拉力最大，为Fmax；振动到最高点时拉力最小，为Fmin；由简谐振动的对称性可知，在最高点与最低点加速度a大小相等，B在振动过程的最低点Fmax-mBg=mBa，mAg+kx1-Fmax=mAa解得Fmax=28NB在振动过程的最高点mBg-Fmin=mBa解得Fmin=12N19.如图所示是真空中折射率为的某种透明介质的截面图，，，，，，一束单色光从边的中点垂直射入透明介质。已知真空中的光速，。不考虑光在介质中的多次反射，求：\n①该束单色光第一次射出透明介质时的出射角；②该束单色光从点射入到第一次射出透明介质所用的时间（结果可含根号）。【答案】①；②【解析】【分析】【详解】①作出光路图如图所示，单色光从CD边的中点E垂直射入透明介质，不改变传播方向在BC边的入射角为由临界角公式得可知，即光在BC边发生全反射根据几何关系得由折射定律得可解得②根据题意和几何知识可得对于，根据正弦定理有\n解得该单色光在介质中的传播速度该单色光从E点射入到第一次射出透明介质所用的时间以上各式联立可解得