江西省上饶县中学2022学年高二物理下学期第二次月考试题惟义特零班含解析

上饶县中学2022届高二年级下学期第二次月考物理试卷(惟义、特零班)一、选择题(本题共12小题，每题4分，共48分，其中2、5、8题为多选题，全部选对的4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得0分)。1.下列说法正确的是A.相对论认为空间和时间与物质的运动状态无关B.自然光在玻璃表面的反射光是偏振光C.根据麦克斯韦的电磁场理论可知,变化的电场周围一定可以产生变化的磁场D.验钞机是利用红外线使钞票上的荧光物质发光效应进行防伪的【答案】B【解析】【详解】相对论认为空间和时间与物质的运动状态有关，故A错误；偏振是横波特有的现象，自然光在玻璃表面的反射光是偏振光，故B正确；根据麦克斯韦电磁场理论可知，均匀变化的电场产生稳定的磁场，而非均匀变化的电场产生非均匀变化的磁场，恒定的电场不会产生磁场，故C错误；验钞机是利用紫外线使钞票上的荧光物质发光效应进行防伪的，故D错误。所以B正确，ACD错误。2.某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为，则下列关于质点运动的说法中正确的是A.质点做简谐运动的振幅为4cmB.质点做简谐运动的周期为4sC.在t=4s时质点的速度最大D.在t=4s时质点的加速度最大【答案】BD【解析】【详解】据题质点简谐运动的位移表达式为：，则知振幅为A=2cm，故A错误；圆频率，则周期为，故B正确；当t=4s时，，可知该时刻质点的位移最大，则速度为零，加速度最大，故C错误，D正确。所以BD正确，AC错误。3.关于康普顿效应下列说法中正确的是（）A.石墨对X射线散射时，部分射线的波长变长短-12-\nB.康普顿效应仅出现在石墨对X射线的散射中C.康普顿效应证明了光的波动性D.光子具有动量【答案】D【解析】在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，则动量减小，根据，知波长增大，A错误；普顿效应不仅出现在石墨对X射线的散射中，故B错误；康普顿效应揭示了光具有粒子性，进一步表明光子具有动量，故C错误D正确．4.如图所示，物体A和B用轻绳相连，挂在轻弹簧下静止不动，A的质量为m，B的质量为M，弹簧的劲度系数为k。当连接A、B的绳突然断开后，物体A将在竖直方向上做简谐运动，则A振动的振幅为A.B.C.D.【答案】D【解析】绳剪断前，弹簧伸长的长度，绳剪断后，A做简谐运动，在平衡位置时，弹簧的拉力与重力平衡，此时弹簧伸长的长度为；所以A振动的振幅为，故选项D正确。点睛：振幅是振动物体离开平衡位置的最大距离，在平衡位置时，A所受的合外力为零，根据平衡条件和胡克定律求出绳剪断前弹簧伸长的长度和平衡位置弹簧伸长的长度，即可求出振幅。5.(多选)如图所示为两单摆分别在受迫振动中的共振曲线，则下列说法正确的是(　　)-12-\nA.若两摆的受迫振动分别在月球上和地球上进行，且摆长相同，则图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线B.若两摆的受迫振动是在地球上同一地点进行，则两摆摆长之比LⅠ∶LⅡ＝25∶4C.图线Ⅱ若表示在地面上完成的，则该单摆摆长约为1mD.若摆长均为1m，则图线Ⅰ表示在地面上完成的【答案】ABC【解析】当受迫振动的频率等于单摆的固有频率，将发生共振，振幅最大．若两次受迫振动分别在月球上和地球上进行，因为图线Ⅰ单摆的固有频率较小，则固有周期较大，根据单摆的周期公式T=2π，知周期大的重力加速度小，则图线Ⅰ是月球上单摆的共振曲线．故A正确、D错误．若两次受迫振动均在地球上同一地点进行的，则重力加速度相等，因为固有频率比为2：5，则固有周期比为5：2，根据T=2π知摆长比为25：4．故B正确．图线Ⅱ若是在地球表面上完成的，则固有频率为0.5Hz，固有周期为T==2s，由T=2π，解得L=1m．故C正确．故选ABC.点睛：解决本题的关键是要知道受迫振动的频率等于驱动力的频率，当驱动力的频率等于固有频率时，发生共振．以及掌握单摆的周期公式．6.如图所示，三角形ABC为某透明介质的横截面，AB=AC，O为BC边的中点。位于截面所在平面内的一细光束自O点以入射角i=450入射，第一次到达AB边恰好发生全反射，该介质的折射率为。则三角形ABC的顶角角A等于（）-12-\nA.600B.450C.150D.300【答案】D【解析】设光线在BC面上的折射角为r，由光的折射定律得n=得：r=30°；根据全反射规律可知，光线在AB面上P点的入射角等于临界角C，由sinC=得：C=45°，由几何关系可得：B=r+C=75°，∠A=180°-2∠B=30°，故D正确，ABC错误；故选D。点睛：解决本题的关键是掌握全反射的条件和临界角公式，正确画出光路图，再结合数学知识和折射定律进行研究．7.两束能量相同的色光，都垂直地照射到物体表面，第一束光在某段时间内打在物体上的光子数与第二束光在相同时间内打到物体表面的光子数之比为5：4，则这两束光的光子能量和波长之比分别为A.4：5　4：5B.5：4　4：5C.4：5　5：4D.5：4　5：4【答案】C【解析】【详解】两束能量相同的色光，都垂直地照射到物体表面，在相同时间内打到物体表面的光子数之比为5：4，根据E=NE0可得光子能量之比为4：5；再根据，光子能量与波长成反比，故光子波长之比为5：4，故C正确，ABD错误。-12-\n8.如图所示，在升降机的天花板上固定一摆长为l的单摆，摆球的质量为m．升降机保持静止，观察摆球正以小角度左右摆动，且振动周期为T．已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是A.若仅将摆球的质量增大一倍，其余不变，则单摆的振动周期不变B.若升降机匀加速上升，利用此单摆来测定当地的重力知速度，则测量值偏大C.设想当摆球摆到最低点时，升降机突然以加速度g竖直下落，则摆球相对于升降机做匀速直线运动D.设想当摆球摆到最高点时，升降机突然以加速度g竖直下落，则摆球相对于升降机做匀速圆周运动【答案】AB【解析】【详解】单摆的周期公式为：，与重力无关，故仅将摆球的质量增大一倍，其余不变，则单摆的振动周期不变，故A正确；若升降机匀加速上升，加速度向上，设为a，超重，利用此单摆来测定当地的重力知速度，则测量值偏大，为g+a，故B正确；设想当摆球摆到最低点时，升降机突然以加速度g竖直下落，完全失重，球将做匀速圆周运动，故C错误；当摆球摆到最高点时，升降机突然以加速度g竖直下落，完全失重，故摆球相对于升降机会保持静止，故D错误。所以AB正确，CD错误。9.一简谐横波正在沿着x轴的正方向在弹性绳上传播，振源的周期为0.4s，波的振幅为0.4m，在t0时刻的波形如图所示：则在t0+0.2s时A.质点P正经过平衡位置向上运动B.质点P正处于波谷-12-\nC.质点M正处于波峰D.质点Q通过的总路程为1.2m【答案】A【解析】【分析】质点P不随波迁移，在平衡位置两侧振动；质点的起振方向与波源的起振方向相同；质点在一个周期内振动的路程为4倍的振幅。【详解】当，经过二分之一个周期质点P处于平衡位置，根据波的传播方向可知，质点P的振动方向向上运动，故A正确，B错误；波速为，波传播到M点所需的时间：，则在t0+0.2s时波刚传播到质点M处，故C错误；波传播到Q点所需的时间：，则在t0+0.2s时质点Q经过平衡位置向下运动，走过的路程s=A=0.4cm，故D错误。所以A正确，BCD错误。【点睛】本题考查考生波的平移法作图和质点的振动规律的掌握。10.如图所示是水平面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况，图中实线为波峰，虚线为波谷．已知两列波的振幅均为2cm，波速为2m/s，波长为8cm，E点是B、D和A、C连线的交点，下列说法中错误的是A.A、C两处两质点是振动减弱的点B.B、D两处两质点在该时刻的竖直高度差是8cmC.E处质点是振动减弱的点D.经0.02s，B处质点通过的路程是8cm【答案】C【解析】【详解】由图可知，A、C处两质点是两列波波峰与波谷叠加的地方，振动减弱，故A说法正确；由图可知，B、D两点都是振动加强的点，振幅都是4cm，此时D点处于波峰，B点处于波谷，则B、D处两质点在该时刻的竖直高度差是8cm，故B说法正确；B、D-12-\n两点都是振动加强的点，它们的连线上各点振动也加强，形成振动加强的区域，所以E点处质点是振动加强的点，故C说法错误；根据，时间t=0.02s为半个周期，则B点处质点通过的路程是S=2A=2×4cm=8cm，故D说法正确。所以选C。11.在光电效应实验中，小明同学用同一实验装置（如图a）在甲、乙、丙三种光的照射下得到了三条电流表与电压表读数之间的关系曲线，如图b所示。则下列说法中正确的是（）A.乙光的频率小于甲光的频率B.甲光的波长大于丙光的波长C.丙光的光子能量小于甲光的光子能量D.乙光对应的光电子最大初动能小于丙光的光电子最大初动能【答案】B【解析】乙丙两个的遏止电压相等，且大于甲光的遏止电压，根据，知乙丙两光照射产生光电子的最大初动能相等，大于甲光照射产生的光电子最大初动能。根据光电效应方程，逸出功相等，知乙丙两光的频率相等，大于甲光的频率。所以乙丙两光的光子能量相等大于甲光的光子能量。甲光频率小，则波长长，B正确．12.如图甲所示为研究某金属光电效应的电路图，图乙为采用不同频率的光照射时遏止电压Uc与入射光频率v的关系图，图中频率v1、v2，遏制电压UC1、UC2及电子的电荷量e均为已知，则下列说法正确的是-12-\nA.普朗克常量h=B.普朗克常量h=C.该金属的截止频率为v0=D.该金属的截止频率为v0=【答案】A【解析】【分析】根据光电效应方程得出遏止电压与入射光频率的关系，通过图线的斜率求出普朗克常量。遏止电压为零时，入射光的频率等于截止频率。【详解】根据爱因斯坦光电效应方程：Ek=hv-W0，动能定理：eUc=Ek，可得：，根据图象可得：，解得普朗克常量：，故A正确，B错误；截止频率：，故CD错误。所以A正确，BCD错误。【点睛】解决本题的关键掌握光电效应方程以及最大初动能与遏止电压的关系。二、实验题（每空2分，共12分）13.某研究性学习小组利用插针法可以测量半圆形玻璃砖的折射率。实验探究方案如下：在白纸上做一直线MN，并做出它的一条垂线AB，将半圆柱形玻璃砖（底面的圆心为O）放在白纸上，它的直边与直线MN对齐，在垂线AB上插两个大头针P1和P2，然后在半圆柱形玻璃砖的右侧插上适量的大头针，可以确定光线P1P2通过玻璃砖后的光路，从而求出玻璃的折射率。实验中提供的器材除了半圆柱形玻璃砖、木板和大头针外，还有量角器等。-12-\n（1）某同学用上述方法测量玻璃的折射率，在他画出的垂线AB上竖直插上了P1、P2两枚大头针，但在半圆形玻璃砖的右侧区域内，不管眼睛在何处，都无法透过玻璃砖同时看到P1、P2的像，原因是：__________________________。他应采取的措施是将半圆形玻璃砖沿MN线：_____（填：上移或下移）。（2）为了确定光线P1P2通过玻璃砖后的光路，最少应插_____枚大头针。（3）请在半圆柱形玻璃砖的右侧估计所插大头针的可能位置，并用“×”表示，作出光路图，为了计算折射率，应该测量的量（在光路图上标出）有：________________，计算折射率的公式是：_____。【答案】(1).入射光线AB离圆心较远，在半圆形面发生了全反射(2).上(3).1(4).入射角i和折射角r(5).【解析】【详解】（1）光线P1P2垂直界面进入半圆柱形玻璃砖后到达圆弧面上的入射角大于临界角，发生全反射现象，光不能从圆弧面照射出来；向上移动半圆柱形玻璃砖，使到达圆弧面上的光线的入射角小于临界角；（2）作出光路图如图：只需要一根大头针就可以确定出折射光线1；（3）为了计算折射率，应该测量的量有入射角i和折射角r，计算折射率的公式是：；【点睛】运用插针法测量玻璃砖的折射率，关键是搞清实验的原理，通过实验的原理确定看不到像的原因以及确定需要测量的物理量。记住用折射定律计算折射率的表达式。三、计算题（共40分）14.某物体做简谐运动，其位移与时间的变化关系式为x＝10sin5πtcm，由此可知：①物体的振幅为多少？②物体振动的频率为多少？③在t＝0.1s时，物体的位移是多少？-12-\n【答案】(1)10cm(2)2.5Hz(3)10cm【解析】【详解】①、②由简谐运动的表达式可知，振幅A=10cm，，故频率③该简谐运动的周期，所以在t=0.1s=，故t＝0.1s，物体刚好到达正的最大位移处，位移为10cm。15.一列沿x轴传播的横波，在t=0时刻的波形如图甲所示。甲图中x=2m处的质点P的振动图象如乙图所示。求：①该波的波速和传播方向；②从t=0时刻开始，甲图中x=6m处的质点Q第三次出现波峰的时间。【答案】①2m/s；波沿着x轴负向传播；②2．75s【解析】①从甲图可知波长,从图乙中可得周期。故波速为根据x=2m处的质点P的振动方向向下，由上下坡法，可判断出波沿着x轴负向传播；②由图象知，质点Q再经过到达波峰，则第三次到达波峰时间为16.如图所示，真空中的半圆形透明介质，O1为圆心，OO1为其对称轴，一束单色光沿平行于对称轴的方向射到圆弧面上，经两次折射后由直径面离开介质。已知第一次折射的入射角和第二次折射的折射角均为60°，光在真空中的速度大小为c，求：（i）透明介质的折射率n；（ⅱ）单色光在介质中传播的时间t.-12-\n【答案】(1)(2)【解析】(i)，i1=r1+r2r1=r2=30°可得：(ii)光在介质中传播速度光在介质中传播距离L=vt可得：t=17.如图所示，两块半径均为R的半圆形玻璃砖平行正对放置，两圆心的连线OO′水平。一束单色光从左侧A点平行于OO′入射，A到OO'连线的距离为．光从左侧玻璃砖的BC边射出后又从B'C'边的E点射入右侧的玻璃砖（E点未画出），且恰好不能从右侧玻璃砖半圆面射出（不考虑光在各个界面的反射）。已知玻璃折射率n=．求：（i）光线从BC界面射出时的折射角；（ⅱ）入射点E点到圆心O'的距离。【答案】(ⅰ)60°(ⅱ)【解析】试题分析：结合题目的要求作出光路图，由折射定律求出光在BC界面上的折射角；根据几何关系求确定光射到弧面上的位置，最后由折射定律，根据几何知识求出O′E的位置。（ⅰ）作出光路图如图：-12-\nA到OO′连线的距离为：由几何知识得：sinα=可得入射角：i1=α=60°，由解得：r1=30°由几何知识得：i2=30°根据折射定律：解得：r2=60°（ⅱ）从E点入射的光线，入射角i3=r2=60°根据折射定律：解得：r3=30°光线在F处发生全反射，则在△O′EF中，由正弦定理得：解得：点睛：本题主要考查了光的折射定律，关键是作出光路图，根据几何知识求出O′E的位置，以及各个入射角与折射角。-12-