高二下學(xué)期3月份物理月考試卷滿分:100分，考試時(shí)間:75分鐘本試卷分為第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，共100分。1．在2020年特殊的經(jīng)濟(jì)形勢(shì)下，“新基建”的七大產(chǎn)業(yè)擔(dān)負(fù)起了國(guó)家經(jīng)濟(jì)發(fā)展的重大使命，“5G”產(chǎn)業(yè)是其中一項(xiàng)。到2024年4月，5G用戶的占比已超5成。時(shí)至今日，5G網(wǎng)絡(luò)建設(shè)仍在持續(xù)推進(jìn)中。“5G”手機(jī)通過(guò)電磁波與基站之間進(jìn)行信息傳遞，以下有關(guān)說(shuō)法中不正確的是()A．“隔墻有耳”是波的衍射現(xiàn)象，5G同樣具有“穿墻”性能B．“5G”比“4G”傳遞信息更快，是因?yàn)樗褂玫碾姶挪ǖ牟ㄋ俑霤．電磁波既能傳遞信息也能傳遞能量D．先進(jìn)的“5G”手機(jī)，使用過(guò)程中也會(huì)發(fā)熱，是因?yàn)楣ぷ鬟^(guò)程中部分電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能2．如圖所示，在豎直面內(nèi)的正方形四個(gè)頂點(diǎn)處分別放置四根通電直導(dǎo)線A、B、C、D，A、B中電流方向垂直紙面向外，C、D中電流方向垂直紙面向里，每根通電直導(dǎo)線在對(duì)角線交點(diǎn)O處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為，現(xiàn)在O處放置一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的通電直導(dǎo)線，電流大小為I、方向垂直于紙面向里，則該直導(dǎo)線所受的安培力大小和方向分別為()A豎直向上B豎直向上C豎直向下D豎直向下3．利用光的干涉可以檢查工件表面的平整度，其裝置如圖甲所示，將一塊標(biāo)準(zhǔn)平板玻璃a放置在待檢測(cè)平板玻璃b之上，在一端夾入兩張紙片，從而在兩片玻璃表面之間形成一個(gè)劈形空氣薄膜，當(dāng)用激光垂直入射后，從上往下看到的干涉條紋如圖乙所示。以下說(shuō)法正確的是()A．抽去一張紙片，相鄰亮條紋間距變大B．圖乙條紋彎曲處對(duì)應(yīng)著待檢測(cè)平板玻璃有凹陷C．干涉條紋是由a、b兩玻璃板上表面反射的光疊加產(chǎn)生的D．換用白光垂直照射，干涉條紋消失4．如圖所示，平行板電容器通過(guò)導(dǎo)線與二極管、直流電源相連，P是極板間一固定點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是()A．M板上移少許，兩板間電勢(shì)差不變，P點(diǎn)電勢(shì)不變B．N板上移少許，兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度增大，P點(diǎn)電勢(shì)降低C．M板左移少許，兩板間電勢(shì)差增大，P點(diǎn)電勢(shì)不變D．兩板間插入介電常數(shù)更大的電介質(zhì)，兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度增大5．如圖，豎直平面內(nèi)有平行于該平面的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電小球由M點(diǎn)斜向上拋出，速度大小為v、方向與水平面成角，經(jīng)過(guò)時(shí)間t到達(dá)N點(diǎn)，速度大小仍為v、方向水平向右。已知小球運(yùn)動(dòng)軌跡在該豎直平面內(nèi)，重力加速度大小為g，。下列說(shuō)法正確的是()A.電場(chǎng)強(qiáng)度方向水平向右B．小球受電場(chǎng)力大小為重力的C．從M到N的過(guò)程，電場(chǎng)力做功為D．從M到N的過(guò)程，小球的電勢(shì)能先減少后增大6．圖中OBCD為半圓柱體玻璃的橫截面，OD為直徑，一束由b光和c光組成的復(fù)色光沿AO方向從真空射入玻璃，b光、c光分別從B、C點(diǎn)射出。設(shè)玻璃對(duì)b光的折射率為，b光由O到B的傳播時(shí)間為，玻璃對(duì)c光的折射率為，c光由O到C的傳播時(shí)間為。則下列說(shuō)法正確的是()7．如圖甲所示的電路中，定值電阻。白熾燈泡的伏安特性曲線如圖乙所示。電源電動(dòng)勢(shì)，內(nèi)阻不計(jì)。當(dāng)開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，燈泡消耗的實(shí)際電功率為，則開(kāi)關(guān)閉合后，燈泡消耗的實(shí)際功率約為()A.B．8．某靜電場(chǎng)在x軸上各點(diǎn)的電勢(shì)隨坐標(biāo)x的分布圖像如圖。x軸上A、O、B三點(diǎn)的電勢(shì)值分別為、、，電場(chǎng)強(qiáng)度沿x軸方向的分量大小分別為、、，電子在A、O、B三點(diǎn)的電勢(shì)能分別為、、。下列判斷正確的是()9．一列沿x軸傳播的簡(jiǎn)諧橫波在t=0時(shí)刻的波形圖如圖所示，此時(shí)P點(diǎn)偏離平衡位置的位移大小是振幅的二分之一。已知該波的波速v=8m/s，則此后P點(diǎn)第二次達(dá)到平衡位置的時(shí)間可能是()A.B．試卷第1頁(yè)，共3頁(yè)10．如圖所示，在滑動(dòng)變阻器的滑片P向下端滑動(dòng)過(guò)程中，理想電壓表V1、V2的示數(shù)變化 量的絕對(duì)值分別為ΔU1、ΔU2，理想電流表A1、A2、A3示數(shù)變化量的絕對(duì)值分別為ΔI1、ΔI2，ΔI3，下列說(shuō)法正確的是()A．電壓表V1示數(shù)減小，電流表A1示數(shù)增大B．電壓表V2示數(shù)與電流表A3示數(shù)的比值減小二、實(shí)驗(yàn)題（共16分）11（8分在“測(cè)量玻璃折射率”的實(shí)驗(yàn)中，某同學(xué)使用平行玻璃磚，操作正確后得到了圖1所示的實(shí)驗(yàn)光路圖及相關(guān)角度。(1)如果有多塊寬度大小不同的平行玻璃磚可供選擇，為了減小誤差，應(yīng)選擇寬度（選填“大”或者“小”）的玻璃磚進(jìn)行實(shí)驗(yàn)；(2)操作過(guò)程中為得到更好的實(shí)驗(yàn)效果，下列操作中正確的是______；A．入射角應(yīng)選擇盡量小些B．大頭針插在紙面上時(shí)可以不與紙面垂直C．大頭針P1和P2及P3和P4之間的距離適當(dāng)大些D．改變?nèi)肷浣堑拇笮?，多做幾次?shí)驗(yàn)(3)此玻璃磚的折射率計(jì)算式為（用圖中的表示(4)若該同學(xué)畫(huà)玻璃磚的界面時(shí)，不小心將兩界面、間距畫(huà)得比玻璃磚實(shí)際寬度大些，如圖2所示，則他所測(cè)得的折射率（選填“偏大”“偏小”或者“不變”）。12（8分如圖為某同學(xué)設(shè)計(jì)具有“×100”和“×1k”兩種倍率簡(jiǎn)易歐姆表的電路，現(xiàn)可提供的器材如下：A．干電池（電動(dòng)勢(shì)E=1.5V，內(nèi)阻不計(jì)）B．電流計(jì)G（量程0~100μA，內(nèi)阻為450Ω)C．定值電阻R0（阻值為50Ω)D．滑動(dòng)變阻器R（阻值范圍為0~15kΩ)E.開(kāi)關(guān)S，紅、黑表筆各一支，導(dǎo)線若干選擇以上器材組裝電路，歐姆表表盤(pán)的中央刻度值為15，請(qǐng)回答下列問(wèn)題：(1)表筆A應(yīng)為（填“紅”或“黑”）表筆；(2)開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，對(duì)應(yīng)的擋位為（填“×100”和“×1k”(3)斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，歐姆調(diào)零后，在兩表筆間接入待測(cè)電阻Rx，發(fā)現(xiàn)電流計(jì)G指針恰好指到30μA處，則可知待測(cè)電阻Rx=Ω;(4)若該歐姆表使用一段時(shí)間后，電源的電動(dòng)勢(shì)變小，內(nèi)阻變大，但仍能歐調(diào)零，按正確操試卷第1頁(yè)，共3頁(yè)作再測(cè)上述Rx的阻值，其測(cè)量結(jié)果與原結(jié)果相比將（填“偏大”“偏小”或“不變”）。三、解答題（共38分）r、圓心為rO點(diǎn)正下方液體中A點(diǎn)處有一單色點(diǎn)光源。光源發(fā)出的一條與水平方向夾角為的光線AB經(jīng)過(guò)紙片的邊緣B點(diǎn)射入空氣中，其折射光線與水平方向的夾角為。已知光在真空中的傳播速度大小為。(1)求該液體的折射率及光在液體中的傳播速度大??；(2)若此光源發(fā)出的光都不能射出液面，求該光源向上移動(dòng)的最小距離。15（16分如圖所示，半圓形軌道的直徑與水平面垂直，軌道的最低點(diǎn)Q與右側(cè)光滑的臺(tái)階相切，臺(tái)階右側(cè)緊靠著表面與臺(tái)階齊平的足夠長(zhǎng)的長(zhǎng)木板C，C的右端與彈性擋板的臺(tái)階相切，臺(tái)階右側(cè)緊靠著表面與臺(tái)階齊平的足夠長(zhǎng)的長(zhǎng)木板C，C的右端與彈性擋板D定某時(shí)刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離。釋放后，鐵塊A恰好沿半圓形軌道運(yùn)動(dòng)到軌道最高點(diǎn)P，鐵塊A到最高點(diǎn)后被取走。鐵塊B滑上木板C的上表面，一段時(shí)間后C與D相撞。已知軌道運(yùn)動(dòng)到軌道最高點(diǎn)P，鐵塊A到最高點(diǎn)后被取走。鐵塊B滑上木板C的上表面，一段在碰撞過(guò)程中沒(méi)有機(jī)械能損失，半圓形軌道的半徑，木板C的質(zhì)量，鐵塊A、B與木板C的質(zhì)量之比是，重力加速度大小取。(1)求鐵塊B滑上木板C時(shí)的速度的大??；(2)求C與D第一次相撞前，B、C系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量Q；(3)若C右端與D的距離x可以改變，要求C與D碰撞兩次，求試卷第1頁(yè)，共3頁(yè)x應(yīng)滿足的條件。試卷第1頁(yè)，共3頁(yè)《高二下學(xué)期第一次月考物理》參考答案題號(hào)題號(hào)123456789答案BCABCDAABDABABD【詳解】每根通電直導(dǎo)線在O處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度均為，由安培定則知，合磁場(chǎng)方向?yàn)樗较蛴?，由左手定則知，安培力方向豎直向下，故選C。【詳解】A．光線在空氣膜的上、下表面發(fā)生反射，并發(fā)生干涉，從而形成干涉條紋，當(dāng)抽去一張紙片，變小增大，相鄰亮條紋間距變大，故A正確；B．同一級(jí)條紋對(duì)應(yīng)的空氣薄膜厚度相等，則圖乙條紋彎曲處對(duì)應(yīng)著待檢測(cè)平板玻璃有凸起，故B錯(cuò)誤；C．干涉條紋是由a玻璃板下表面和b玻璃板上表面反射的光疊加產(chǎn)生的，故C錯(cuò)誤；D．換用白光垂直照射，仍能發(fā)生光的干涉現(xiàn)象，此時(shí)應(yīng)該出現(xiàn)彩色條紋，故D錯(cuò)誤?！驹斀狻緼．M板上移少許，板間距增大，根據(jù)可知，電容器的電容減小，若電勢(shì)差不變，根據(jù)可知減小，由于二極管的存在，不能減小，所以不變，兩板間電勢(shì)差增大，根據(jù)可得所以兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變，由于板接地，所以P點(diǎn)與板間距離不變，所以P點(diǎn)電勢(shì)不變，A錯(cuò)誤；B．N板上移少許，板間距減小，根據(jù)可知，電容器的電容增大，若電勢(shì)差不變，根據(jù)可知增大，由于二極管的存在，可以增大，所以不變，根據(jù)可知兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度增大，由于板接地，所以板電勢(shì)不變，根據(jù)且P點(diǎn)與板間距離不變，所以P點(diǎn)電勢(shì)降低，B正確；C．M板左移少許，兩板間正對(duì)面積減小，根據(jù)可知，電容器的電容減小，若電勢(shì)差不變，根據(jù)可知減小，由于二極管的存在，不能減小，所以不變，兩板間電勢(shì)差增大，根據(jù)接地，所以可得可知兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度E增大，由于N板P點(diǎn)與板間距離不變，所以P點(diǎn)電勢(shì)增大，C錯(cuò)誤；D．兩板間插入介電常數(shù)更大的電介質(zhì)，增大，根據(jù)可知，電容器的電容c增大，若電勢(shì)差不變，根據(jù)以兩板間電勢(shì)差不變，根據(jù)可知增大，由于二極管的存在，可以增大，所可知兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，D錯(cuò)誤；故選B。【詳解】AB．分析可知帶電小球在電場(chǎng)中做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，以M點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為軸正方向，豎直向上為軸正方向，豎直方向的加速度水平方向的加速度設(shè)電場(chǎng)力為，其水平方向的分力其豎直方向的分力為，則得故電場(chǎng)力大小，方向得，即電場(chǎng)力與正方向成30斜向上，因小球帶電性質(zhì)未知，故不能判斷電場(chǎng)強(qiáng)度方向，故AB錯(cuò)誤；C．從M到N的過(guò)程，豎直方向的高度，設(shè)電場(chǎng)力做功為，由動(dòng)能定理得D．由AB選項(xiàng)分析可知，電場(chǎng)力與正方向成斜向上，M點(diǎn)電場(chǎng)力和速度方向垂直，從M到N的過(guò)程，電場(chǎng)力與速度方向?yàn)殇J角，故電場(chǎng)力一直做正功，電勢(shì)能減小.【詳解】AB．如圖根據(jù)折射定律可知由于，所以大于，CD．光在玻璃中傳播的時(shí)間代入得可知時(shí)間與光在玻璃中的折射角大小無(wú)關(guān)，所以等于，【詳解】當(dāng)開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，燈泡消耗的實(shí)際電功率為，即電壓電流的乘積為24W，根據(jù)乙圖可知，電壓為，電流為，根據(jù)閉合電路歐姆定律解得據(jù)題意，定值電阻，故開(kāi)關(guān)閉合后，電源和、構(gòu)成一個(gè)新電源，此新電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻分別為此新電源短路電流為圖中畫(huà)出此新電源的圖像，圖像與白熾燈泡的伏安特性曲線交點(diǎn)即為燈泡的電壓電流，分別為，燈泡消耗的實(shí)際功率【詳解】A．根據(jù)可知B．根據(jù)圖像切線斜率的大小等于電場(chǎng)強(qiáng)度沿x軸方向的分量大小，則知C．電子帶負(fù)電，根據(jù)電勢(shì)能公式分析得知E,O>EU>E,aD．由圖知，OA間電勢(shì)差大于OB間電勢(shì)差，即有電子帶負(fù)電，則根據(jù)電勢(shì)能公式得【詳解】由波形圖可知λ=4m，由解得T=0.5s假設(shè)波沿x軸正方向傳播，則P點(diǎn)此時(shí)沿y軸負(fù)方向振動(dòng)，又P點(diǎn)偏離平衡位置的位移大小是振幅的二分之一，故P點(diǎn)第一次到平衡位置的時(shí)間為，故P點(diǎn)從開(kāi)始到第二次達(dá)到平衡位置的時(shí)間為假設(shè)波沿x軸負(fù)方向傳播，則P點(diǎn)此時(shí)沿y軸正方向振動(dòng)，故P點(diǎn)第一次到平衡位置的時(shí)間為故P點(diǎn)從開(kāi)始到第二次達(dá)到平衡位置的時(shí)間為【詳解】A．滑片下移，則滑動(dòng)變阻器的阻值減小，電路中的總電阻減小，電路中的總電流變大，即電流表A1示數(shù)增大，由閉合電路歐姆定律可知，路端電壓減小，即電壓表V1示數(shù)減小，故A正確；B．電壓表V2示數(shù)與電流表A3示數(shù)的比值為滑動(dòng)變阻器的阻值，故電壓表V2示數(shù)與電流表A3示數(shù)的比值減小，故B正確；C．由串并聯(lián)結(jié)構(gòu)可知電流表A1示數(shù)增大，R1兩端電壓增大，又因?yàn)槁范穗妷簻p小，故R2兩端電壓變小，通過(guò)R2的電流減小，即電流表A2的示數(shù)減小，又因?yàn)楦陕冯娏髟龃螅噪娏鞅鞟3的示數(shù)增大，故有D．由閉合電路歐姆定律可知故D正確。11．(1)大(2)CD(3)(4)偏小【詳解】（1）為了減小實(shí)驗(yàn)的誤差，應(yīng)選用寬度較大的玻璃磚來(lái)測(cè)量。（2）A．為了減小測(cè)量的相對(duì)誤差，選擇的入射角應(yīng)盡量大些，故A錯(cuò)誤；B．為了準(zhǔn)確確定入射光線和折射光線，大頭針應(yīng)垂直地插在紙面上，故B錯(cuò)誤；C．為了減小角度引起的誤差，大頭針P1和P2及P3和P4之間的距離適當(dāng)大些時(shí)，故C正確；D．改變?nèi)肷浣堑拇笮?，多做幾次?shí)驗(yàn)，能更好的得到實(shí)驗(yàn)結(jié)論，故D正確。（3）此玻璃磚的折射率計(jì)算式為（4）作出光路圖，如圖所示實(shí)線是真實(shí)的光路圖，虛線是玻璃磚寬度畫(huà)大后的光路圖，由圖看出，在這種情況測(cè)得的入射角不受影響，但測(cè)得的折射角比真實(shí)的折射角偏大，根據(jù)折射定律可知，測(cè)得的折射率偏小。12．(1)黑(2)×100(3)3.5×104(4)偏大【詳解】（1）紅表筆與電池負(fù)極相連，因此表筆A為黑表筆；（2）當(dāng)開(kāi)關(guān)閉合時(shí)，歐姆調(diào)零時(shí)干路電流較大，歐姆表的內(nèi)阻比較小，根據(jù)歐姆表的內(nèi)阻等于歐姆刻線中央刻度值與倍率的乘積，可知對(duì)應(yīng)的擋位為“×100”；（3）斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S進(jìn)行歐姆調(diào)零后，歐姆表的內(nèi)阻為r=15XIKQ=15KQ根據(jù)閉合電路歐姆定律有可得（4）斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，歐姆調(diào)零后有測(cè)量Rx時(shí)有則電動(dòng)勢(shì)E減小，電路電流減小，歐姆表示數(shù)變大，即Rx的測(cè)量值偏大?！驹斀狻浚?）設(shè)液體的折射率為，光在B點(diǎn)的入射角和折射角分別為、，則解得根據(jù)解得（2）設(shè)光源向上移動(dòng)的距離為，光源發(fā)出的光都不能射出液面，說(shuō)明光在B點(diǎn)