2023-2024学年江苏省扬州市扬州大学附属中学高二（上）第二次月考物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省扬州市扬州大学附属中学高二（上）第二次月考物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列各图所对应的现象与多普勒效应有关的是( )
A. 图甲：水波撞击堤岸后倒卷回去继续传播
B. 图乙：水波在深度不同的水域传播，在交界面处改变传播方向
C. 图丙：周期性振动的金属丝贴着水面移动，在水面上形成不规则的环状波纹
D. 图丁：水波遇到开有狭缝的挡板，可以穿过狭缝继续传播
2.如图所示，质量为m的物体在与水平方向成θ角的恒定拉力F作用下始终保持静止，已知动摩擦因数为μ，重力加速度为g.则时间t内
A. 物体所受支持力的冲量大小为0B. 物体所受重力的冲量大小为mgt
C. 物体所受拉力F的冲量大小为FtcsθD. 物体所受摩擦力的冲量大小为μmgt
3.一束复色光由空气射向玻璃，发生折射而分为a、b两束单色光，其传播方向如图所示，则下列关于a、b两束光的说法，正确的是
( )
A. 玻璃对a光的折射率比b小B. 真空中，a光的波长比b长
C. b光在该玻璃中的传播速度比a大D. 如果a光是绿光，b光可能是紫光
4.如图电路中，A、B两灯原来正常发光，忽然A灯比原来亮了，设这是因为电路中某一处发生了故障造成的，那么发生这种故障的可能是( )
A. R1短路
B. R2断路
C. R3断路
D. 电源断路
5.手握绳端A上下抖动做简谐运动，0.6s时在绳上形成的波形如图所示，规定向上为质点振动位移的正方向，则A点的振动图像是( )
A. B.
C. D.
6.如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．闭合开关S，将R2的滑动触点从a端向b端移动过程中，电流表示数为I，电压表V1、V2的示数分别为U1、U2，ΔI、ΔU1和ΔU2分别表示此过程中电流表示数、电压表示数变化量的绝对值．下列说法中正确的是
( )
A. 电阻R1、R3功率都变大B. U1I、U2I的大小均不变
C. ΔU2<ΔU1D. ΔU1ΔI<ΔU2ΔI
7.两列在同一介质中沿同一直线传播的简谐横波相遇，如图所示为某一时刻的情况，其中实线表示向右传播的波、虚线表示向左传播的波。下列说法正确的是( )
A. 两列波不可能发生干涉
B. 图中a、c、e、g点为振动加强点
C. 再过半个周期，b、d、f点变为振动加强点
D. 再过一个周期，a质点将移到e质点所在位置
8.将电池组、滑动变阻器、线圈A，线圈B，电流表及开关按图示连接。线圈A放在线圈B中，开关闭合，将滑动变阻器的滑片P向右滑动时，电流表指针向左偏转。下列操作中也能使电流表指针向左偏转的是( )
A. 向A中插入铁芯B. 将A向上拔出
C. A、B保持相对静止一起移动D. 断开开关瞬间
9.如图，一横截面积为直角三角形ABC的玻璃砖，∠A=30°，∠B=60°，一条平行于AC边的光线从AB边上的O点射入玻璃砖，经AB边折射后打到AC边上的E点，已知AB=3L，AO=L，AE= 3L，光在真空传播的速度为c，下列说法错误的是
( )
A. 入射光线在O点处的折射角为30°
B. 玻璃砖的折射率为 3
C. 在AC面上发生全反射，光不从AC面射出
D. 光从O点入射到有光从玻璃砖射出所经历的最短时间为 3Lc
10.如图甲为测试汽车安全性能的碰撞实验，技术人员通过传感器得到了模拟乘员头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线如图乙。若模拟乘员头部只受安全气囊的作用，则模拟乘员头部( )
A. 在0∼t1时间内动量变化率先增大后减小
B. 在0∼t2时间内动量大小先增大后减小
C. 在0∼t1时间内动量变化量与t1∼t2时间内动量变化量方向相反
D. 在0∼t2时间内动量变化量的大小等于曲线与横轴围成的面积
二、实验题：本大题共1小题，共12分。
11.疫情期间“停课不停学”，小明同学在学完单摆知识后，在家中利用手机等现有器材自主开展探究本地重力加速度的实验，实验装置图如图所示：
(1)下列最适合用作实验的物体是__________；
A.乒乓球 B.小塑料球 C.实心小铁球
(2)选择好器材，将符合实验要求的摆球用细线悬挂在固定装置的横杆上，则悬挂方式应采用__________；
(3)本实验测量周期时应从摆球__________(“在最高点时”或“在最低点时”)开始计时；
(4)手机2用于计时(计时格式为：分：秒：毫秒)，手机1用于录像。经过正确的实验操作，完成录像，然后从视频中截取小球摆线第1次与竖线重合和第21次与竖线重合时的图片，则该单摆的周期为T=__________s；(计算结果取一位有效数字)
(5)因为家中无游标卡尺，无法测量小球的直径d，实验中将摆线长作为摆长l，测得多组周期T和l的数据，作出T2−l图像，如图所示：
①实验得到的T2−l图像是__________(选填：“a”、“b”或“c”)；
②实验测得当地重力加速度g=__________m/s2(计算结果取三位有效数字)。
三、计算题：本大题共4小题，共48分。
12.一列简谐横波沿x轴方向传播，如图所示的实线和虚线分别为t1=0和t2=0.25s时的波形图。
(1)如果该横波沿x轴负方向传播，求这列波传播的速度大小；
(2)若平衡位置在坐标原点处的质点，在t1到t2时间内运动方向不变，试写出x=2m处的质点位移随时间变化的关系式。
13.如图所示，O点是半径为R的半圆形玻璃砖的圆心，P为底面上距O点 33R的一点，光线从P点以θ=60∘角射入玻璃砖。已知真空中的光速为c，不考虑光在玻璃内表面的反射。
(1)若玻璃砖的折射率n=1.5，求光线射入玻璃砖时折射角的正弦值；
(2)若光线从圆形表面射出后恰与入射光平行，求光线在玻璃砖内传播的时间。
14.如图所示，电源电动势E=14V，内阻r=4Ω，滑动变阻器的最大阻值R1=14Ω，定值电阻R2=14Ω，R3=3Ω，R4=5Ω，电容器的电容C=30μF。开关S闭合电路稳定后，求：
(1)滑动变阻器滑片滑到最右端时，电压表的示数；
(2)滑动变阻器接入电路中的电阻为多大时电源有最大输出功率，并求出最大输出功率；
(3)滑动变阻器滑片从最左端滑到最右端过程中，通过R4的电量。
15.如图所示，光滑的水平地面上放置一静止的质量为m=1kg的长木板A，一质量同为m=1kg的小物块，以初速度v0=7m/s水平向右冲上长木板A左上端，经过t=2s后小物块运动到长木板A右端，此时长木板A恰好与静止在水平面上带有半径R=0.8m四分之一光滑圆弧轨道的木板B相碰。碰撞后，小物块沿水平方向冲上木板B的圆弧轨道。已知小物块与长木板A之间的动摩擦因数μ=0.1，A、B之间碰撞时间极短，且碰撞属于完全弹性碰撞，长木板A的高度与木板B左端等高，均为H=5cm，木板B的质量为M=3kg，重力加速度g=10m/s2。试求：
(1)A、B碰撞前瞬间，小物块与长木板A的速度大小；
(2)A、B碰撞后瞬间，木板B的速度大小；
(3)小物块能否从木板B右上端a点离开？若能，请求出半径R为多少时，小物块将无法从木板B上端的a点离开；若不能，请求出小物块落到地面时，小物块与木板B左端的水平距离x。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查多普勒效应。解决问题的关键是首先清楚根据固定在振动片上的金属丝周期性触动水面可以形成水波，当金属丝随振动片在水面上移动时形成的水波图样，判断出此现象对应的物理原理为多普勒效应。结合波的反射、折射、衍射现象进行分析。
【解答】
A、水波撞击堤岸后倒卷回去继续传播，这是波的反射，A错误；
B、水波在深度不同的水域传播，在交界面处改变传播方向，这是波的折射，B错误；
C、周期性振动的金属丝贴着水面移动，在水面上形成不规则的环状波纹，离金属丝近的水面和远的水面振动频率不同，该现象与多普勒效应有关，故C正确；
D、水波遇到开有狭缝的挡板，可以穿过狭缝继续传播，这是波的衍射现象，D错误。
2.【答案】B
【解析】【分析】
根据冲量的公式，结合力的大小和时间求出恒力F和摩擦力的冲量大小。
本题考查冲量的定义，解决本题的关键掌握冲量的公式，知道冲量等于力与时间的乘积。
【解答】
解：A、根据平衡条件可知，物体受到的支持力FN=mg−Fsinθ，故物体所受支持力的冲量大小为IFN=(mg−Fsinθ)t，故A错误；
B、根据冲量的定义可知，物体所受重力的冲量大小为IG=mgt，故B正确；
C、根据冲量的定义可知，拉力F的冲量大小IF=Ft，故C错误；
D、根据平衡条件可知，物体受到的摩擦力f=Fcsθ，故摩擦力的冲量大小If=Ftcsθ，故D错误；
故选：B。
3.【答案】C
【解析】【分析】
通过光路图，判断出玻璃砖对两束光的折射率大小，从而知道两束光的频率大小，根据折射率大小去判断出光在玻璃砖中的速度大小。
解决本题的关键是通过光路图比较出折射率，而得知频率和光速的大小.要注意光从玻璃射入空气时，折射率等于折射角正弦与入射角正弦之比。
【解答】
A.光在玻璃砖中的折射率为n=sinrsini，由图知两束光的入射角相等，a的折射角小于b的折射角，通过折射定律可知玻璃砖对b光的折射率比玻璃砖对a光的折射率小，故A错误；
B.折射率越大，光的频率越大，则真空中，a光的波长比b短，故B错误；
C.根据公式v=cn，知在玻璃砖中b光的传播速度比a光的大，故C正确；
D.绿光的折射率小于紫光的折射率，如果a光是绿光，b光不可能是紫光，故D错误。
故选C。
4.【答案】B
【解析】解：A、若电阻R1短路，两个灯泡都不亮，不符合题意，故A错误；
B、如果R2断路，根据并联电路总电阻与分电阻的关系，可知外电路总电阻增大，干路电流减小，内电压减小，则路端电压增大，流过R1的电流增大，灯泡B和电阻R3并联的总电流减小，则灯泡B和电阻R3并联电压减小，则A灯两端电压增大，因此，A灯变亮，符合题意，故B正确；
C、同理，若R3断路，灯泡A和电阻R2并联电压减小，A灯变暗，不符合题意，故C错误；
D、若电源断路，灯泡A、B均熄灭，不符合题意，故D错误。
故选：B。
首先明确电路中各用电器的连接关系：灯泡A和电阻R2并联、灯泡B和电阻R3并联再串联，最后与电阻R1并联。A灯比原来亮了，说明A灯的实际功率增大了，电流和电压变大了，具体故障可将每选项逐一代入题目检查是否符合题意，从而确定正确选项。
此题属电路故障分析问题。解决的关键是在明确电路连接关系的前提下采用“排除法”将每一选项逐一代入题干，检查是否符合题意，最终确定正确选项。
5.【答案】D
【解析】由题的实物图可知，0.6s时在绳上形成一个波长的波形，可知波的周期为0.6s，波的周期与质点的振动周期相同，由上下坡法可知，在t=0时刻，波源的起振方向向下，因此A点的振动图像应是D图，ABC错误，D正确。
故选D。
6.【答案】D
【解析】【分析】根据闭合电路欧姆定律分析R1、R3功率的变化；根据U1=IR1、U2=E−I(R1+r)分析它们的关系。
另外，建议大家在做闭合电路动态分析问题时，采用“串反并同”的方法，可以让效率提高很多。
【解答】
将R2的滑动触点从a端向b端移动，R2阻值变小，则电路总电阻变小，电流I变大。
A、因为I变大，所以R1的电功率变大，因为U2=E−I(R1+r)，所以U2变小，则R3的电功率P3=U22R3变小，故A错误；
B、U1I=R1，保持不变，而U2I=R3R2R3+R2，即并联阻值，因为并联阻值减小，所以U2I减小，故B错误；
C、U2=E−I(R1+r)，所以ΔU2=ΔI·(R1+r)，U1=IR1，所以ΔU1=ΔI·R1，所以ΔU2>ΔU1，故C错误；
D、ΔU1ΔI=R1，ΔU2ΔI=R1+r，故ΔU1ΔI<ΔU2ΔI，故D正确。
故选D。
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查波的叠加及干涉。当两列频率相同的波相遇，波传至该位置质点的振动若始终同步则加强，若始终相反，则减弱。
【解答】
A.干涉条件是两个波的频率相等，由于两列波的频率相等，故可以发生干涉，故A错误；
BC.质点a、c、e、g为振动加强点，b、d、f为振动减弱点，振动加强点始终为加强点，减弱点始终为减弱点，选项B正确，C错误；
D.在波的传播过程中，每个质点均在各自的平衡位置附近做机械振动，并不随波迁移，故D错误。
8.【答案】A
【解析】【分析】
穿过闭合电路的磁通量发生变化时电路产生感应电流，电流表指针发生偏转，根据题意应用感应电流产生的条件分析答题。
本题考查了感应电流产生的条件，掌握基础知识是解题的前提，应用基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习。
【解答】
根据题图可知滑动变阻器的滑片P向右滑动时，电阻变小，回路电流变大，线圈A产生的磁场变大，线圈B的磁通量增大，此时电流表指针向左偏转，能使电流表指针向左偏转时是线圈B的磁通量增大时，A选项可使线圈B的磁通量增大，BD使线圈B的磁通量减小，C线圈使B的磁通量不变，故选A。
9.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查几何光学中的三角玻璃砖折射反射问题，这类题型和圆形，半圆形玻璃砖问题都属于常考题型，解题的关键仍然是绘制光路图，然后结合光学相关定律来求出结果，考查的几何关系相对比较麻烦，在做题时要灵活运用数学中的三角函数知识，另外需要注意的是本题选的是错误选项，不能看错了。
【解答】A、在三角形AOE中，根据余弦定理OE2=AO2+AE2−2AO⋅AEcs30°，解得OE=L，所以三角形AOE为等腰三角形，则∠AEO=30∘，∠AOE=120∘，作出O点法线，如图所示：
根据几何关系可得光线在O点入射角为i=60∘，折射角为r=30∘，故A项正确;
B、根据光的折射定律，玻璃砖的折射率n=sinisinr=sin60∘sin30∘= 3，故B项正确;
C、设发生全反射的临界角为C，则sinC=1n= 33，根据几何关系可得在AC面上的入射角为60∘，sin60∘= 32> 33，所以在AC面上发生全反射，光不从AC面射出，故C项正确;
D、作出BC面上入射光线EF，如图所示，根据几何关系可得在BC面上的入射角为30∘，sin30∘=12< 33，所以在BC面上不发生全反射，光最先从BC面射出，根据几何关系得：EF=2 3CE=2 3(AC−AE)=2 3(ABsin60∘−AE)=L,光从O→E→F经历的路程为2L，光在玻璃砖中的速度为 33c，所以最短时间t=2L 33c=2 3Lc，故D项错误。
本题选错误的，故选D。
10.【答案】D
【解析】【分析】
应用动量定理可知F−t 图像的面积即合外力的冲量，也是动量的变化量；动量变化率为合外力的大小；0∼t2时间内，合力的方向不变，则动量变化量的方向不变，动量一直增加。
【解答】
AD.由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则 F−t 图像的面积即合外力的冲量，再根据动量定理可知 F−t 图像的面积也是动量的变化量，动量变化率为合外力的大小，由图可知，在0∼t1时间内合外力不断增大，故在0∼t1时间内动量变化率一直增大，故A错误，D正确；
BC.由于图像的面积为动量的变化量，可知动量变化量一直为正值，故方向不变，且末动量一直大于初动量，故动量大小一直增大，故BC错误。
故选D。
11.【答案】 C C 在最低点时 2 a 9.87
【解析】(1)[1]为了减小实验中空气阻力的影响，应该选密度大、体积小的实心小铁球做实验。
故选C。
(2)[2]如果采用A、B两种方式固定单摆，单摆在摆动过程中，单摆的悬点不固定，摆长会发生变化，采用图C所示方式单摆的悬点固定，单摆摆动过程摆长不变。
故选C。
(3)[3]为了减小误差，本实验测量周期时应从摆球在最低点时开始计时。
(4)[4]单摆的周期为
T=tn=22.84−2.5521−12s=2s
(5)①[5]依题意，有
T=2π l+d2g
整理，可得
T2=4π2gl+2π2dg
可知实验得到的 T2−l 图像是a。
②[6]由图线斜率的物理意义，可得
k=4π2g=2×10−20.5×10−2
解得
g=9.87m/s2
12.【答案】(1) (16n+4)m/s(n=0、1、2⋯⋯) ；(2) y=10sin(2πt+π2)cm
【解析】本题考查波的图像以及波的多解问题，通过波的图像可以直接读取波长，根据两列波形图，结合波的传播方向，可以得到Δt时间内传播距离与波长的关系通项，
再利用v=ΔxΔt求出波速。
质点做简谐运动的表达式y=Asin (ωt+φ)，其中：A为振幅，ω为圆频率，ω=2πT，φ为初相位，初相位由t=0时刻质点的振动情况所决定．
13.【答案】(1) sinr= 33 ；(2) t=2Rc
【解析】(1)根据 n=sinisinr ，可得
sinr=sinin= 321.5= 33
(2)作出光路图，如图所示
根据
v=cn
其中根据几何关系可知
tan∠OBP=tan∠BPA= 33RR= 33
则
∠OBP=∠BPA=30∘
则
n=sin60∘sin30∘= 3212= 3
可得
v= 33c
光在玻璃砖内的传播路程为
sBP=2sOP=2 33R
则光在玻璃砖内的传播时间为
t=sBPv=2Rc
14.【答案】(1)10V；(2) 1413Ω ；12.25W；(3)9×10−5C
【解析】(1)滑动变阻器滑片滑到最右端时， R1、R2 先并联后与 R3 串联，则有
R并=R1R2R1+R2=14×1414+14Ω=7Ω
I=Er+R3+R并=144+3+7A=1A
U=E−Ir=14V−1×4V=10V
(2)当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，则有
R并+R3=r
解得
R并=r−R3=1Ω
又
R并=R1R2R1+R2=14R214+R2
解得
R2=1413Ω
所以当滑动变阻器阻值为 1413Ω 时，电源的输出功率最大。
最大输出功率为
P=E24r=1424×4W=12.25W
(3)滑动变阻器在最左端时，电容器两端电压为 U1 ，则有
I1=Er+R3=144+3A=2A
U1=E−I1r=14V−2×4V=6V
滑动变阻器在最右端时，电容器两端电压为 U2 ，则有
U2=IR3=1×3V=3V
通过 R4 的电量为
ΔQ=CΔU=30×10−6×6−3C=9×10−5C
15.【答案】解：(1)小物块受向左的摩擦力大小：f=μmg= 1N，
木板受向右的摩擦力大小：f′=μmg=1N，
小物块加速度为：a1=−μmgm=−1m/s2，
木板加速度为：a2=μmgm=1m/s2，
A、B碰撞前瞬间，小物块的速度大小：v1=v0+a1t=5m/s，
长木板A的速度大小：vA=a2t=2m/s；
(2)以向右为正方向，由A、B碰撞过程由动量守恒、机械能守恒可得：
mvA=mv′A+MvB，
12mvA2=12mvA′2+12MvB2，
解得：vB=1m/s；
(3)小物块与B共速时，由动量守恒可得
mv1+MvB=(m+M)v共，
解得：v共=2m/s，
由能量守恒可得，此时小物块的重力势能增加：ΔEP=12mv12+12MvB2−12(m+M)v共2，
解得：ΔEp=6J小物块到达B的左端时，由动量守恒、机械能守恒可得
mv1+MvB=mv2+MvB′，
12mv12+12MvB2=12mv22+12MvB′2，
解得：v2=−1m/s，vB′=3m/s，
小物块落到地面时间：t′= 2Hg=0.1s，
小物块与木板B左端的水平距离：x=(v′B−v2)t′=0.4m。
【解析】(1)根据牛顿第二定律求解木板A和小物块的加速度，根据速度时间关系求解速度；
(2)由A、B碰撞过程由动量守恒、机械能守恒求解木板B的速度；
(3)设小物块与B可共速，由动量守恒可得共同速度，根据能量守恒可得，此时小物块的重力势能增加，然后与上端a点的重力势能进行比较，作出判断；若不能，根据由动量守恒、机械能守恒求解小物块滑到木板B左端时的速度，根据平抛规律求解水平距离x。