2023-2024学年湖北省武汉市第十一中学高二（上）月考物理试卷（10月）（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省武汉市第十一中学高二（上）月考物理试卷（10月）（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.关于光的干涉、光的衍射、光的偏振实验，下列描述错误的是( )
A. 甲图为单缝衍射图样，乙图为双缝干涉图样
B. 改用波长较长的入射光实验，甲图中条纹间距变大
C. 色彩斑谰的肥皂泡，五颜六色的油膜的形成原理与丙图相同
D. 用照相机拍摄水下景物时，使用偏振镜可以减少水面反射光的干扰应用了丁图的原理
2.如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板A接地，极板B与一个灵敏的静电计相接．将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C，两极板间的电压U，两极板间的场强E的变化情况是
( )
A. Q变小，C不变，U不变，E变小B. Q变小，C变小，U不变，E不变
C. Q不变，C变小，U变大，E不变D. Q不变，C变小，U变大，E变小
3.下列现象中，不属于静电危害的防治的是
( )
A. 在很高的建筑物顶端装上避雷针
B. 在高大的烟囱中安装静电除尘器
C. 飞机轮上装有拖地线
D. 存放易燃品的仓库的工人穿上导电橡胶做的防电靴
4.如图所示，虚线a、b、c是电场中的一簇等势线(相邻等势线之间的电势差相等)，实线为一α粒子(24He核，重力不计)仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知
( )
A. a、b、c三条等势线中，a的电势最高
B. 电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小
C. α粒子在P点的加速度大小比在Q点的加速度大小大
D. α粒子一定是从P点向Q点运动
5.如图所示，真空中有一个固定的点电荷，电荷量为+Q，图中的虚线表示该点电荷形成的电场中的四个等差等势面．有两个一价离子M、N(不计重力，也不计它们之间的静电力)先后从a点以相同的速率v0射入该电场，运动轨迹分别为曲线apb和aqc，其中p、q分别是它们离固定点电荷最近的位置．以下说法中正确的是( )
A. M一定是正离子，N一定是负离子
B. M在p点的速率一定小于N在q点的速率
C. M在b点的速率一定大于N在c点的速率
D. M从p→b过程电势能的增量一定小于N从a→q过程电势能的增量
6.如图所示，无限大均匀带正电薄板竖直放置，其周围空间的电场可认为是匀强电场．光滑绝缘细管垂直于板穿过中间小孔，一个视为质点的带负电小球在系管内运动，以小孔为原点建立x轴，轨道x轴正方向为加速度a、速度v的正方向，下图分别表示x轴上各点的电势φ，小球的加速度a、速度v和动能Ek随x的变化图像，其中正确的是( )
A. B.
C. D.
7.如图，真空中电荷量为2q和−q(q>0)的两个点电荷分别位于M点与N点，形成一个以MN延长线上O点为球心，电势为零的等势面(取无穷处电势为零)，P为MN连线上的一点，S为等势面与直线MN的交点，T为等势面上的一点，下列说法正确的是( )
A. P点电势低于S点电势
B. T点电场强度方向指向O点
C. 除无穷远处外，MN直线上还存在两个电场强度为零的点
D. 将正试探电荷q0从T点移到P点，静电力做正功
二、多选题（本大题共3小题，共18分）
8.如图，将带负电的检验电荷沿着等量异种点电荷的中垂线从A点移动到B点，再沿连线从B点移动到C点。在此全过程中，下列说法正确的是( )
A. 电场强度先不变后变大B. 所受的电场力逐渐变大
C. 电势先变小后变大D. 电势能先不变后变小
9.一沿x轴方向的静电场，电势φ在x轴上的分布情况如图，B、C是x轴上两点。下列说法正确的是( )
A. 在x轴上，O点电势最高，电场也最强
B. 同一个电荷放在B点受到的电场力小于放在C点时的电场力
C. 同一个负电荷放在B点时的电势能小于放在C点时的电势能
D. 正试探电荷沿x轴从B移到C的过程中，电势能先增大后减小
10.一束α粒子沿两平行金属板中心轴射入板间的匀强电场后，分成三束a、b、c，如图所示，则
( )
A. 初速度比较，vaB. 板内运动时间比较，ta=tbC. 动能增加量比较，
D. 电势能变化量比较
三、实验题（本大题共2小题，共14分）
11.某研究小组根据光学知识，设计了一个测液体折射率的仪器．如图所示，在一个圆盘上，过其圆心O作两条相互垂直的直径BC、EF.在半径OA上，垂直盘面插上两枚大头针P1、P2并保持位置不变．每次测量时让圆盘的下半部分竖直进入液体中，而且总使得液面与直径BC重合，EF作为界面的法线，而后在图中右上方区域观察P1、P2，在圆周EC部分插上P3，使P3挡住P1、P2的像．同学们通过计算，在圆周EC部分刻好了折射率的值，这样只要根据P3所插的位置，就可以直接读出液体折射率的值．
(1)若∠AOF=30°，OP3与OC之间的夹角为30°，则P3处刻的折射率的值为________；
(2)图中P3、P4两处，对应折射率较大的是________；
(3)下列关于该实验的说法，正确的是________．
A.大头针P1、P2应适当远一些
B.∠AOF可以非常小
C.EC弧上的刻度是不均匀的
D.插大头针P3时应垂直于盘面
12.洛埃德在1834年提出了一种更简单的观察干涉的装置。如图所示，单色光从单缝S射出，一部分入射到平面镜后反射到光屏上，另一部分直接投射到屏上，在屏上两光束交叠区域里将出现干涉条纹。单缝S通过平面镜成的像是S′。
(1)通过洛埃德镜在屏上可以观察到明暗相间的干涉条纹，这和双缝干涉实验得到的干涉条纹一致。如果S被视为其中的一个缝，_______相当于另一个“缝”；
(2)实验中已知单缝S到平面镜的垂直距离h=0.15mm，单缝到光屏的距离D=1.2m，观测到第3个亮条纹中心到第12个亮条纹中心的间距为22.78mm，则该单色光的波长λ=________m(结果保留3位有效数字)；
(3)以下哪些操作能够增大光屏上相邻两条亮纹之间的距离_______；
A.将平面镜稍向上移动一些 B.将平面镜稍向右移动一些
C.将光屏稍向右移动一些 D.将光源由红色光改为绿色光
(4)实验表明，光从光疏介质射向光密介质界面发生反射，在入射角接近90°时，反射光与入射光相比，相位有π的变化，称为“半波损失”。如果把光屏移动到和平面镜接触，接触点P处是_______。(选填“亮条纹”或“暗条纹”)
四、计算题（本大题共3小题，共40分）
13.如图所示，一质量为m=1.0×10−2kg、带电荷量大小为q=1.0×10−6C的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场足够大，静止时悬线向左与竖直方向夹角为θ=37∘。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度g取10m/s2。求：(sin37∘=0.6,cs37∘=0.8)
(1)电场强度E的大小；
(2)若在某时刻将细线突然剪断，求经过1s时小球的速度大小v。
14.如图所示，已知一块环形玻璃砖的折射率n为 3，外圆半径为2R，光线a沿半径方向射入玻璃砖，光线b与光线a平行，两束光线之间的距离为x= 3R，光线b经折射后恰好与内柱面相切。已知光在真空中的传播速度为c。求：
(1)该玻璃砖的内圆半径r；
(2)光线a、b在外圆界面内传播的时间差Δt(不考虑光线反射)。
15.如图甲所示，真空中相距d=5cm的两块平行金属板A、B与电源连接(图中未画出)，其中B板接地(电势为零)，A板电势变化的规律如图乙所示。将一个质量m=2.0×10−27kg、电荷量q=+1.6×10−19C的带电粒子从紧邻B板处释放，不计粒子重力。求：
(1)在t=0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小。
(2)若A板电势变化周期T=1.0×10−5s，在t=0时将带电粒子从紧邻B板处无初速释放，粒子到达A板时速度的大小。
(3)A板电势变化频率多大时，在t=T4到t=T2时间内从紧邻B板处无初速度释放该带电粒子，粒子不能到达A板。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：AB、甲图条纹间距相等，为干涉条纹，乙图为衍射条纹，根据Δx=dlλ可知改用波长较长的入射光实验，甲图中条纹间距变大，故A错误，B正确；
C、图丙是薄膜干涉，色彩斑斓的肥皂泡、五颜六色的油膜形成的彩色条纹，是由油膜的前后表面反射光，进行光的叠加，形成的干涉条纹，故C正确；
D、从水面上方拍摄水下景物时，利用偏振镜可以有效减弱反射光而获取清晰的水下景物照片，属于光的偏振，故D正确；
本题选择错误选项；
故选：A。
根据干涉条纹的宽度公式分析；油膜形成的彩色条纹是由光的干涉形成的；根据泊松亮斑产生的原理分析；利用偏振镜的工作原理判断。
该题考查光的干涉、衍射、偏振等，掌握光的干涉条纹宽度公式是关键。
2.【答案】C
【解析】【分析】
题中平行板电容器与静电计相接，电容器的电量不变，改变板间距离，由C=εS4πkd，分析电容的变化，根据C=QU分析电压U的变化，根据E=Ud分析场强的变化。
对于电容器动态变化分析问题，要抓住不变量．当电容器保持与电源相连时，电压不变．当电容器充电后，与电源断开后，往往电量不变。
【解答】
AB.平行板电容器与静电计并联，电容器所带电量不变，故AB错误；
CD.增大电容器两极板间的距离d时，由C=εS4πkd知，电容C变小，Q不变，根据C=QU知，U变大，而，Q、k、ɛ、S均不变，则E不变，故C正确，D错误。
故选C。
3.【答案】B
【解析】A.当打雷的时候，由于静电感应，在高大的建筑物顶端积累了很多的静电，容易导致雷击事故，所以在高大的建筑物顶端安装避雷针，避雷针上的感应电荷会通过针尖放电，逐渐中和云中的电荷，保护建筑物的安全，所以A属于静电危害的防治；
B.在高大的烟囱中安装静电除尘器，利用静电除去废气中的粉尘，这是对静电的应用，所以B不属于静电危害的防治；
C.飞机在飞行的过程中，与空气摩擦产生静电，飞机轮上的拖地线就可以在落地时把产生的静电导走，所以C属于静电危害的防治；
D.利用导电橡胶做的防电靴及时地把工人在走动中产生的静电导走，防止发生事故，所以D属于静电危害的防治。
故选B。
4.【答案】C
【解析】【分析】
由于α粒子只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即向上，由于α粒子带正电，因此电场线方向也指向上；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等差等势线密的地方电场线密，电场强度大。
解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化。
【解答】
A.电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于α粒子带正电，因此电场线指向上方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最低，c等势线的电势最高，故A错误；
B.a等势线的电势最低，c等势线的电势最高；而电子带负电，负电荷在电势高处的电势能小，所以电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大，故B错误；
C.等差等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强度大，α粒子在P点所受的电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故C正确；
D.由图只能判断出粒子受力的方向，不能判断出粒子运动的方向，故D错误。
故选C。
5.【答案】D
【解析】解：A、由图可知电荷N受到中心电荷的斥力，而电荷M受到中心电荷的引力，故两粒子的电性一定不同。由于中心电荷为正电，则M一定是负离子，N一定是正离子，故A错误；
B、由图可判定M电荷在由a向p运动过程中，电场力做正功，动能增加；而N电荷在由a向q运动过程中，电场力做负功，动能减小。所以M在p点的速率一定大于N在q点的速率，故B错误；
C、由于abc三点在同一等势面上，故粒子M在从a向b运动过程中电场力所做的总功为0，N粒子在从a向c运动过程中电场力所做的总功为0.由于两粒子以相同的速率从a点飞入电场故两粒子分别经过b、c两点时的速率一定相等。故C错误。
D、由图可知，p、b间电势差小于a、q间电势差，N粒子在从a向q运动过程中电场力做负功的值大于粒子M在从p向b运动过程中电场力做负功的值，故M从p→b过程电势能的增量一定小于N从a→q电势能的增量。故D正确。
故选：D。
根据轨迹判定电荷N受到中心电荷的斥力，而电荷M受到中心电荷的引力，可知两粒子在从a向b、c运动过程中电场力做功情况。根据abc三点在同一等势面上，可判定从a到b和从a到c过程中电场力所做的总功为零。
根据轨迹判定“电荷N受到中心电荷的斥力，而电荷M受到中心电荷的引力”是解决本题的突破口。
6.【答案】D
【解析】A.在 x<0 范围内，当 x 增大时，由 U=Ed=Ex ，可知，电势差均匀增大， φ−x 应为向上倾斜的直线；在 x>0 范围内，当 x 增大时，由 U=Ed=Ex ，可知，电势差均匀减小， φ−x 也应为向下倾斜的直线，故A错误；
B.在 x<0 范围内，电场力向右，加速度向右，为正值；在 x>0 范围内，电场力向左，加速度向左，为负值；故B错误；
C.在 x<0 范围内，根据动能定理得： qEx=12mv2 ， v−x 图象应是曲线；同理，在 x>0 范围内，图线也为曲线，故C错误；
D.在 x<0 范围内，根据动能定理得： qEx=Ek ， Ek−x 图象应是倾斜的直线；同理，在 x>0 范围内，图线也为倾斜的直线，故D正确．
故选D。
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查了场强和电势的相关概念，熟悉公式，理解电势和电场线的分布特点，同时要理解这两个物理量各自的合成特点，有一定的难度。
沿着电场线的方向电势逐渐降低，由此分析出P点和S点的电势高低；
根据场强的定义式分析出是否存在场强为零的点；
根据电势的叠加原理分析出电势的高低，从而分析出场强的方向；
先分析出电荷从T点移到P点的过程中电势能的变化，结合功能关系得出静电力的做功类型。
【解答】
A、在直线MN上，左边正电荷在M右侧电场强度水平向右，右边负电荷在直线MN上电场强度水平向右，根据电场的叠加可知MN间的电场强度水平向右，沿着电场线电势逐渐降低，可知P点电势高于等势面与MN交点处电势，则P点电势高于S点电势，故A错误；
C、由于正电荷的电荷量大于负电荷电荷量，可知在N左侧电场强度不可能为零，则N右侧，设MN距离为L，根据k⋅2q(L+d)2=k⋅q(d)2，可知除无穷远处外，直线MN电场强度为零的点只有一个，故C错误；
D、由A选项分析可知：T点电势低于P电势，则正电荷在T点的电势能低于在P电势的电势能，将正试探电荷q0从T点移到P点，电势能增大，静电力做负功，故D错误；
B、由于电场强度方向垂直等势面，可知T点的场强方向必过等势面的圆心，因为负电荷在零等势面内，T点电势高于球心O的电势，可知T点电场方向指向O点，故B正确。
8.【答案】BD
【解析】等量异种电荷的电场线及等势面的分布图如图所示
根据等量异种点电荷电场线的分布特点可知，A、B、C三点的场强大小关系是
EA根据
F=qE
可知检验电荷从A到B，所受的电场力变大，从B到C，所受电场力变大，由图可知A、B是一条等势线，C点的电势比A、B的电势高，所以电势先不变后变大，检验电荷带负电，根据
Ep=qφ
可知检验电荷从A到B，其电势能不变，从B到C，其电势能变小，即在此全过程中，检验电荷的电势能先不变后变小。
故选BD。
9.【答案】CD
【解析】【分析】
根据φ−x图象斜率表示场强大小、沿电场线方向电势逐渐降低的特点，结合电势定义式分析即可。
【解答】
根据φ−x图象斜率表示场强大小和沿电场线方向电势逐渐降低的特点可知从负无穷到O点场强方向向左，大小先增大后减小，从O点到正无穷场强方向向右，大小先增大后减小；
A.由图可知，O点的电势最高，φ−x图线切线斜率表示该点的电场强度，O点切线斜率为零，电场强度为零，A错误；
B.φ−x图线切线斜率表示该点的电场强度，B点的切线斜率大于C点的切线斜率，可知B点的电场强度大于C点的电场强度，同一电荷在B点所受的电场力大于在C点的电场力，B错误；
C.由图可知，B点的电势大于C点的电势，根据Ep=qφ知，同一负电荷在B点的电势能小于在C点的电势能，C正确；
D.正试探电荷沿x轴从B移到C的过程中，电势先升高再降低，电场力先做负功再做正功，电势能先增大后减小，D正确。
10.【答案】AC
【解析】【分析】
α粒子在匀强电场中做类平抛运动，将a与b，b与c进行比较，可得到时间关系和初速度的关系；根据电场力做功，比较电势能变化量的关系；根据动能定理列式比较动能增加量的关系。
本题一要掌握类平抛运动的研究方法；二要能根据轨迹比较水平位移和竖直方向的关系，再选择比较对象，结合解析式进行比较。
【解答】
α粒子在匀强电场中加速度不变。沿垂直于极板的方向，受到电场力作用而做初速度为零的匀加速直线运动，平行于极板的方向不受力而做匀速直线运动。
垂直于极板的方向：由y=12at2知，t= 2ya∝ y，
由于ya=yb>yc，则得：ta=tb>tc，故B错误；
平行于极板的方向，有：x=v0t，得：v0=xt，
对于a、b：由于xa对于b、c：xb=xc，tb>tc，则得，vb电势能的变化量大小等于电场力做功的大小，则ΔEp=qEy∝y，则得ΔEpa=ΔEpb>ΔEpc，故D错误；
动能增加量等于电场力做功，则得ΔEka=ΔEkb>ΔEkc，故C正确。
故选：AC。
11.【答案】(1) 3 ；
(2)P4处；
(3)ACD
【解析】【分析】
(1)利用折射定律求解即可；
(2)根据折射定律可知，光从光密介质射到光疏介质中时，入射角相等的情况下，折射角越大，则折射率越大；
(3)根据实验原理及实验操作可进行判断。
本题主要考查光的折射定律，熟练运用公式是解题的关键。
【解答】
(1)根据折射定律光从液体射到空气时n=sinrsini，题中入射角i=30°，折射角r=∠EOP3=60°，所以n=sin60°sin30°= 3；
(2)题图中P4对应的折射角大于P3所对应的折射角，所以P4对应的折射率的值大；
(3)A.大头针P1与P2连线代表入射光线，两点间距离远一些能让连线方向更准确，故A正确;
B.∠AOF非常小，即入射角非常小时，测量读数偶然误差相对较大，不利于实验，故 B错误;
C.根据n=sinrsini则EC弧上的刻度是不均匀的，故C正确;
D.因为在圆周EC部分插上P3，使P3挡住P1、P2的像，P3应垂直于盘面，故D正确。
故选ACD．
12.【答案】(1)S′；(2)6.33×10−7 ；(3)AC；(4)暗条纹。
【解析】(1)通过洛埃德镜在屏上可以观察到明暗相间的干涉条纹，这和双缝干涉实验得到的干涉条纹一致。如果S被视为其中的一个缝，S′相当于另一个“缝”。
(2)第3个亮条纹中心到第12个亮条纹中心的间距为22.78mm，则相邻亮条纹间距为
等效双缝间的距离为
d=2h=0.30mm=3.0×10−4m
根据双缝干涉条纹间距公式
Δx=Ddλ
则有
λ=dΔxD=3.0×10−4×2.53×10−31.2m≈6.33×10−7m
(3)根据双缝干涉条纹间距公式 x=Ddλ 可知，增大D，减小d，增大波长λ，能够增大光屏上相邻两条亮纹之间的距离。
故选AC。
(4)如果把光屏移动到和平面镜接触，在入射角接近90°时，反射光与入射光相比，相位有π的变化，即“半波损失”，故直接射到光屏上的光和经平面镜反射的光相位差为π，所以接触点P处是暗条纹。
13.【答案】(1) 7.5×104N/C ；(2)12.5m/s
【解析】(1)由于小球静止时偏向左边，受电场力水平向左，与电场强度方向相反，所以该小球带负电；对小球，由平衡条件可得
qE=mgtanθ
解得电场强度E的大小为
E=mgtan37∘q=7.5×104N/C
(2)剪断细线后，小球只受重力和电场力，所以两力的合力沿着绳的方向，小球做初速度为零的匀加速直线运动，小球受到的合力为
F=mgcsθ
由牛顿第二定律得
F=ma
由速度−时间公式得
v=at
联立并代入数据解得
v=12.5m/s
14.【答案】解：(1)光路如图所示：
根据几何关系得sini=x2R= 32
根据折射率公式有n=sinisinθ
可得sinθ=12，即θ=30​∘
又sinθ=r2R，解得r=R；
(2)光线在外圆界面内传播的速度为v=cn= 3c3
光线b在外圆界面内传播的时间为tb=2×2Rcsθv=6Rc
光线a在外圆界面内传播的时间为ta=2Rv+2Rc=(2+2 3)Rc
光线a、b在外圆界面内传播的时间差为Δt=tb−ta=(4−2 3)Rc。

【解析】(1)作出光路图，根据几何关系和折射率公式求解玻璃砖的内圆半径；
(2)根据v=cn和速度与距离之间的关系确定光线a、b在外圆界面内传播的时间差Δt。
15.【答案】(1)a=4.0×109m/s2；(2) v=2×104m/s ；(3) f>5 2×104Hz Hz
【解析】(1)电场强度
E=Ud
带电粒子所受电场力
F=qE=Uqd
根据牛顿第二定律有
F=ma
代入数据解得
a= Uqdm =4.0×109m/s2
(2)粒子在 0−T2 时间内走过的距离为
x1=12a(T2)2 =5×10−2m
故带电粒子在 t=T2 时，恰好到达A板，据动量定理，此时粒子动量
mv=p=Ft=4.0×10−23kg⋅m/s
解得
v=2×104m/s
(3)带电粒子在 t=T4 ∼t= T2 向A板做匀加速运动，在 t=T2 ∼t= 3T4 向A板做匀减速运动，速度减为零后将返回。粒子向A板运动可能的最大位移
x2=2×12a(T4)2=116aT2
要求粒子不能到达A板，有
x2由f= 1T ，电势变化频率应满足
f> a16d=5 2×104 Hz