安徽省阜阳市第三中学2019-2020学年高二上学期调研考试物理试题

安徽省阜阳市第三中学2019-2020学年高二上学期调研考试物理试题

阳三中2019—2020学年第一学期高二年级二调物理试题 一、选择题（1-8题为单项选择题，每题3分；9-12题为多项选择题，每题4分，选错误的得0分，选不全的得2分，全对的得4分；共计40分）‎ ‎1.物理学是一门以实验为基础的科学，任何学说和理论的建立都离不开实验，下面给出了几个在物理学发展史上有重要地位的物理实验，以及与之相关的物理学发展史的说法，其中错误的是（ ）‎ A. 粒子散射实验是原子核式结构理论的实验基础 B. 光电效应实验表明光具有粒子性 C. 电子的发现揭示了原子不是构成物质的最小微粒 D. 康普顿效应进一步证实了光的波动特性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】α粒子散射实验是原子核式结构理论的实验基础，选项A正确；光电效应实验表明光具有粒子性，选项B正确；电子的发现揭示了原子不是构成物质的最小微粒，选项C正确；康普顿效应进一步证实了光的粒子性，选项D错误；此题选择不正确的选项，故选D.‎ ‎2.下列说法中正确的是（　　）‎ A. 氢原子由较高能级跃迁到较低能级时，电子的动能增加，原子的电势能减少 B. 氢原子被激发后发出的可见光光子的能量大于紫外线光子的能量 C. α射线是由原子核内放射出的氦核，与β射线和γ射线相比它具有较强的穿透能力 D. 放射性元素的半衰期会随温度或压强的变化而变化 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】电子绕原子核做圆周运动时由库伦力提供向心力，则有，则电子的动能，电子由高能级跃迁到较低能级时轨道半径减小，故电子的动能增大，库伦力对电子做正功，电势能减小，故A正确；紫外线的频率大于可见光，由激发后光子的能量得：频率越大能量越大，故B错误；射线电离最强，穿透最弱，射线电离最弱，穿透最强，故C错误；放射性元素的半衰期是由原子核内的结构决定的，与温度或压强无关，故D错误；故选A。‎ ‎3.如图所示是某金属在光的照射下，光电子的最大初动能Ek与入射光的波长的倒数（1/λ）的关系图象，由图象可知 A. 图象中的λ0是产生光电效应的最小波长 B. 普朗克常量和光速的乘积hc=Eλ0‎ C. 该金属的逸出功等于-E D. 若入射光的波长为λ0/3，产生的光电子的最大初动能为4E ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由光电效应方程可得：，则图象中的λ0是产生光电效应的最大波长，选项A错误；当时， ；且，则hc=Eλ0，选项B正确，C错误；若入射光的波长为λ0/3，产生的光电子的最大初动能为，选项D错误。‎ ‎4.如图所示，正方形导线框abcd放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里。下列选项中能表示线框的ab边受到的磁场力F随时间t的变化关系的是（规定水平向左为力的正方向）：‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】：磁场方向向里且均匀减小，由楞次定律可得，线圈中产生顺时针感应电流，由可知，产生的感应电动势恒定，电流恒定，所以ab边受到的安培力均匀减小，由左手定则可知，安培力方向向左即为正，‎ ‎：磁场方向向外且均匀增大，由楞次定律可得，线圈中产生顺时针的感应电流，由可知，，产生的感应电动势恒定，电流恒定，所以ab边受到的安培力均匀增大，由左手定则可知，安培力方向向右即为负；‎ ‎：磁场方向向外且均匀减小，由楞次定律可得，线圈中产生逆时针的感应电流，由可知，产生的感应电动势恒定，电流恒定，所以ab边受到的安培力均匀减小，由左手定则可知，安培力方向向左即为正；‎ 综合上述分析可知A正确。‎ 故选：A。‎ ‎5.如图所示，AB用一轻弹簧连接，静止在水平地面上，AB的质量均为m，对A施加一竖直向下的力F，力F的大小等于现撤去F，A做简谐振动，则A运动到最高点时，B对地面的压力为(    ) ‎ A. 0‎ B. mg C. 2 mg D. 3 mg ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】施加力F平衡时：‎ 撤去力F后，A向上运动受力平衡时：‎ 则简谐运动的振幅为：‎ 弹簧上升到最高点时弹簧的伸长量 弹簧的拉力为：‎ 以为研究对象，设受地面支持力为N：‎ 联立得：‎ 根据牛顿第三定律，B对地面压力大小也等于mg。‎ A. 0，与结论不相符，选项A错误；‎ B. mg，与结论相符，选项B正确；‎ C. 2 mg，与结论不相符，选项C错误；‎ D. 3 mg，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎6.图甲为一列简谐波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1.0m处的质点，Q是平衡位置为x=4.0m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则（　　）‎ A. 在t=0.25s 时，质点P的速度方向为y轴正方向 B. 质点Q简谐运动的表达式为 C. 从t=0.10s到t=0.20s，该波沿x轴正方向传播了4m D. 从t=0.10s到t=0.25s，质点P通过的路程为30cm ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由振动图象知，t=0.10s时，Q处于平衡位置向下振动，根据上下坡法知，波沿x轴负方向传播，当t=0.25s时，即在t=0.10s开始经过T，质点P在平衡位置以下向上振动，即速度方向沿y轴正方向，故A正确。，则质点Q简谐运动的表达式为y=10sin10πt（cm），故B错误。根据图象可以看出波在向左传播，故C错误。由于P点不是在波峰或波谷，或平衡位置，经过0.15s，即经过3/4个周期，质点经历的路程不等于3A，即30cm，故D错误。故选A。‎ 点睛：本题的关键是会根据振动情况来判断波的传播方向，抓住振动图象和波动图象之间的内在联系．要知道质点做简谐运动时，在一个周期通过的路程是4A，半个周期内通过的路程是2A，但时间内通过的路程不能类推，要根据起点位置分析．‎ ‎7.如图所示，一束由红光和紫光组成的复色光沿PO方向垂直于AB边射入某材料三棱镜后，在界面AC 上的O′处分成两束光线沿0’M和0’N方向射出，则下列说法可能正确的是（）‎ A. O’M为紫光，O’N为红光 B. O’M为红光，O’N为紫光 C. O’M为紫光，O’N为红紫复色光 D. O’M为红光，O’N为红紫复色光 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】O’N反射光，应为复色光，而折射后只有一束光线，故有一束光发生了全反射；而红光和紫光相比较，紫光折射率较大，临界角较小，故紫光发生了全反射；可知O’M应为红光。故ABC错误，D正确 ‎8.现在高速公路上的标志牌都用“回归反光膜”制成。夜间行车时，它能把车灯射出的光逆向返回，标志牌上的字特别醒目。这种“回归反光膜”是用球体反射元件制成的，反光膜内均匀分布着一层直径为的细玻璃珠，所用玻璃的折射率为，为使入射的车灯光线经玻璃珠折射—反射—折射后恰好和入射光线平行，如图所示，那么第一次入射的入射角应是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】题作光路图如图所示，‎ 设入射角为，折射角为，则：‎ 解得：‎ A. ，与计算结果不相符，故A不符合题意；‎ B. ，与计算结果不相符，故B不符合题意；‎ C. ，与计算结果不相符，故C不符合题意；‎ D. ，与计算结果相符，故D符合题意。‎ ‎9. 矩形线框在匀强磁场内匀速转动过程中，线框输出的交流电压随时间变化的图像如图所示，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 2s末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量最大 B. 1s末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量变化最快 C. 此交变电流方向在1min内改变30次 D. 将此交变电流接一标有：“36V,40W”的白炽灯时，此灯能正常发光 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎2s末电动势为零，此时线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量最大，A正确；1s末感应电动势最大，引时线框平面平行于磁场方向，通过线框的磁通量变化最快，B错误；周期为4s，一周内电流方向改变两次，则1min内改变30次，C正确；交流电的最大值为V，有效值为36V，D正确。‎ ‎10.一列简谐横波，在时刻的图象如图甲所示，此时两质点的位移均为，波上A质点的振动图象如图乙所示，则以下说法正确的是 A. 这列波沿x轴负方向传播 B. 这列波的波速是 C. 从开始，紧接着的时间内，A质点通过的路程是6cm D. 从开始，质点P比质点Q早回到平衡位置 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由乙图读出t＝0.6s时刻质点A的速度方向为沿y轴负方向，由甲图判断出该波的传播方向为沿x轴正向，故A错误；‎ B、由甲图读出该波的波长为λ＝20m，由乙图周期为：T＝1.2s，则波速为：vm/sm/s，故B错误； ‎ C、因为△t＝0.9s＝T，时质点A位于平衡位置，则知经过△t＝0.9s，A质点通过的路程是：S＝3A＝3×2cm＝6cm。故C正确；‎ D、图示时刻质点P沿y轴正方向，质点Q沿y轴负方向，此时两质点的位移均为，故质点P经过回到平衡位置，质点Q经过回到平衡位置，故质点P比质点Q早回到平衡位置，故D正确。‎ ‎11.在光纤制造过程中，由于拉伸速度不均匀，会使得拉出的光纤偏离均匀的圆柱体，而呈现圆台形状如图所示。已知此光纤长度为L，圆台对应底角为，折射率为n，真空中光速为c。现光从下方垂直射入下台面，则　　‎ ‎ ‎ A. 光从真空射入光纤，光子的频率不变 B. 光通过此光纤到达小截面的最短时间为 C. 从上方截面射出的光束一定是平行光 D. 若满足，则光在第一次到达光纤侧面时不会从光纤侧面射出 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、光子的频率由光源决定，与介质无关，所以光从真空射入光纤，光子的频率不变；故A正确。‎ B、光通过此光纤到达小截面的最短距离为L，光在光纤中的传播速度，则光通过此光纤到达小截面的最短时间为；故B错误。‎ C、通过光纤侧面全反射后再从上方截面射出的光束与垂直射出上方截面的光束不平行；故C错误。‎ D、设临界角为C，则到达光纤侧面光线入射角等于，当，即有，则光在第一次到达光纤侧面时发生全反射，不会从光纤侧面射出；故D正确。‎ 故选AD。‎ ‎【点睛】解决本题的关键是掌握全反射现象的条件和临界角公式，结合几何知识进行分析。要注意光的频率与介质无关，而光速与介质有关。‎ ‎12.在如图所示的光电管的实验中（电源正负极可以对调），用同一光电管得到了三条可见光的光电流与电压之间的关系曲线（图二中的甲光、乙光、丙光）．下列说法中正确的有（   ）‎ A. 同一光电管对不同颜色的单色光有各自不同的极限频率 B. 只要电流表中有电流通过，光电管中就发生了光电效应 C. （图一中）电流表G的电流方向可以是a流向b、也可以是b流向a D. （图二中）如果乙光是黄光，则丙光可能是紫光 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、光电管的极限频率由光电管本身决定，与入射光的颜色无关，故A错误。B、只要电流表中有电流通过，可知有光电子逸出，即光电管发生光电效应，故B正确。C、光电子从光电管的右端逸出，流过电流表G的电流方向为a到b，故C错误。D、丙光照射光电管，遏止电压较大，即光电子的最大初动能较大，根据光电效应方程Ekm=hv-W0知，丙光的频率较大，如果乙光是黄光，则丙光可能是紫光，故D正确。故选BD。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握光电效应方程，会根据遏止电压的大小比较光子频率，知道同一种色光，遏止电压相等，光强不同，饱和电流不同．‎ 二、填空题（本题共7个空，每空2分，共14分）‎ ‎13.在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，将所有器材按要求安装在如图1所示的光具座上，然后接通电源使光源正常工作。已知实验中选用缝间距d=0.2mm的双缝，像屏与双缝之间的距离l=0.7m。‎ ‎（1）已知测量头主尺的最小刻度是毫米，副尺上有50分度。用某单色光照射双缝得到 如图2所示的干涉图样，分划板在图中A、B位置时的游标卡尺读数分别如图3、图4所示， 求得相邻亮纹之间的间距△x=________mm。‎ ‎（2）利用题目中的已知量和测量结果就可算出这种单色光的波长，其字母表达式为λ=______ (用题目中已知量和测量量的字母表示)；带入数据，可计算出λ=_______nm。‎ ‎（3）下列现象中能够观察到的有______。‎ A.将滤光片由蓝色的换成红色的，干涉条纹间距变宽 B.将光源向双缝移动一小段距离后，干涉条纹间距变宽 C.换一个两缝间距较大的双缝屏，干涉条纹间距变窄 ‎ D.去掉滤光片后，干涉现象消失 ‎【答案】 (1). 2.31 (2). (3). 660 (4). AC ‎【解析】‎ ‎（1）图3的读数为，图4的读数为，故相邻亮条纹之间的距离为 ‎（2）根据公式可得，代入数据可得 ‎（3）蓝色的换成红色，波长变长，根据公式可得干涉条纹间距变宽，A正确；光源向双缝移动一小段距离，不会影响条纹间距，B错误；增大双缝的间距，d增大，干涉条纹间距变窄，C正确；去掉滤光片，通过双缝的不是单色光，干涉现象不消失，光屏上出现彩色的干涉条纹，故D错误．‎ ‎14.在“利用单摆测定重力加速度”的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到只要测出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2﹣l图像，就可以求出当地的重力加速度。理论上T2﹣l图像是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图像如图所示：‎ ‎（1）造成图像不过坐标点的原因可能是_____。‎ ‎（2）由图像求出的重力加速度g=_____m/s2（取π2=9.87）‎ ‎（3）如果测得的g值偏小，可能的原因是_____‎ A．测摆线时摆线拉得过紧 B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了 C．开始计时时，停表过迟按下 D．实验时误将49次全振动数为50次 ‎【答案】 (1). 测摆长时漏掉了摆球的半径 (2). 9.87 (3). B ‎【解析】‎ 分析】‎ 图像不通过坐标原点，从图像可以得到相同的周期下，摆长偏小，故可能是漏加小球半径；根据单摆的周期公式得出关系图线，结合图线的斜率求出重力加速度的大小；结合摆长和周期的测量误差判断重力加速度的测量误差。‎ ‎【详解】第一空．图像不通过坐标原点，将图像向右平移1cm就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小1cm，故可能是测摆长时漏掉了摆球的半径；‎ 第二空．由单摆周期公式：，‎ 可得：，则T2﹣L图像的斜率：，‎ 由图像得：k=40.01+0.99=，解得：g=9.87m/s2；‎ 第三空．A．测摆长时摆线过紧，则测量的摆长偏大，所以测量的重力加速度偏大，故A错误；‎ B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，知测量的摆长偏小，则测量的重力加速度偏小，故B正确；‎ C．开始计时，秒表过迟按下，测量的周期偏小，则测量的重力加速度偏大，故C错误；‎ D．实验中误将49次全振动计为50次，测量的周期偏小，则测量的重力加速度偏大，故D错误。‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用单摆测定重力加速度的实验，属于一般题型。‎ 三、计算题（本题4小题，第15题8分，第16题12分，第17题12分，第18题14分，共计46分；解题过程要有必要的文字说明，运算结果要带单位）‎ ‎15.一个半圆柱形透明玻璃砖，其横截面是半径为R的半圆，AB为半圆的直径，0为圆心，如图所示，玻璃的折射率为n=.‎ ‎（1）一束平行光垂直射向玻璃砖的下表面，若光线到达上表面后，都能从该表面射出，则入射光束在AB上的最大宽度为多少?‎ ‎（2）一细束光线在0点左侧与0相距处垂直于AB从下方入射，求此光线从玻璃砖射出点的位置. ‎ ‎【答案】（1）最大宽度为R （2）光线在O点右侧与O相距R处垂直于AB从下方射出 ‎【解析】‎ 试题分析：（i）光线垂直AB面入射后传播方向不变，在圆弧面发生折射，射入射角为，如下图所示 出射时发生全反射的临界角，即可得 根据对称性可得入射光的宽度 ‎（ii）由于所以一细束光线在O点左侧与O相距 处垂直于AB从下方入射后在圆弧面发生全反射，根据几何关系可得入射角，即 在圆弧面反射后根据几何关系入射角仍，由此发生第三次反射，如下图所示，根据几何关系，可得 所以出射点在O点右侧处。‎ 考点：光的折射全反射 ‎16.某波源O沿y轴负方向开始振动，产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，该波以大小v=2m/s的传播速度先后到达M、N、P三点。某时刻(t1时刻)N点第一次出现在波谷，此时M点刚好位于平衡位置且向y轴负方向运动，再经过时间，P点第一次到达波峰。已知波长满足，M、N两点沿x轴方向的距离s=11m，该波的振幅A=2cm。求：‎ ‎（1）N、P两点沿x轴方向的距离；‎ ‎（2）M点从开始振动起到P点第一次到达波峰的过程中，M点运动的路程L。‎ ‎【答案】(1) (2)38cm ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）波源O沿y轴负方向开始振动和时刻N点第一次出现在波谷的过程中，波形如图中虚线所示 ‎ ‎ 则有：‎ ‎，其中n=0,1，2，……‎ 根据可知，s小于3个波长，则n=2，可解得：‎ 则该波的周期为：‎ 时刻N点第一次出现在波谷，再经过时间，P点第一次到达波峰，‎ 则有：‎ 解得：‎ ‎；‎ ‎（2）P点第一次到达波峰时，波形如图中实线所示，则从M点开始振动后波传播的距离为：‎ 则M点运动的时间为：‎ 则M点运动的路程：‎ ‎17.如图所示，光滑导轨MN和PQ固定在同一水平面上，两导轨间距为L，两端分别接有阻值均为R的定值电阻R1和R2．两导轨间有一边长为的正方形区域abcd，该区域内有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m的金属杆与导轨接触良好并静止于ab处，现用一恒力F沿水平方向拉杆，使之由静止起向右运动，若杆出磁场前已做匀速运动，不计导轨及金属杆的电阻．求：‎ ‎（1）金属杆出磁场前的瞬间流过R1的电流大小和方向；‎ ‎（2）金属杆做匀速运动时的速率；‎ ‎（3）金属杆穿过整个磁场过程中R1上产生的电热．‎ ‎【答案】（1）金属杆出磁场前的瞬间流过的电流大小为，方向从M到P；‎ ‎（2）金属杆做匀速运动时的速率是；‎ ‎（3）金属杆穿过整个磁场过程中上产生的电热是﹣．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）杆出磁场前已做匀速运动，恒力F与安培力平衡，由安培力公式F=BIL和平衡条件求解；‎ ‎（2）杆产生的感应电动势E=Bv，又根据闭合欧姆定律得到E=I，联立可求得速度v；‎ ‎（3）金属杆穿过整个磁场过程中，F做功为F，杆获得的动能为，根据能量守恒定律求解回路中产生的总热量，根据两个电阻并联求解上产生的电热．‎ 解：（1）设流过金属杆中的电流为I，由平衡条件得：‎ F=BI 解得，I=‎ 因=，所以流过的电流大小为I1==‎ 根据右手定则判断可知，电流方向从M到P．‎ ‎（2）设杆做匀速运动的速度为v，由法拉第电磁感应定律得：‎ 杆切割磁感线产生的感应电动势大小为 E=Bv 又根据闭合欧姆定律得到E=I，‎ 可解得v=‎ ‎（3）设整个过程电路中产生的总电热为Q，根据能量守恒定律得：‎ Q=F﹣‎ 代入v可得Q=﹣‎ ‎∴Q1=Q=﹣‎ 答：‎ ‎（1）金属杆出磁场前的瞬间流过的电流大小为，方向从M到P；‎ ‎（2）金属杆做匀速运动时的速率是；‎ ‎（3）金属杆穿过整个磁场过程中上产生的电热是﹣．‎ ‎【点评】本题是电磁感应中电路问题，掌握安培力公式、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律是基础．‎ ‎18.图1是交流发电机模型示意图。在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴转动，由线圈引起的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕转动的金属圈环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路。图2是线圈的主视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示。已知ab长度为L1，bc长度为L2，线圈以恒定角速度ω逆时针转动。（只考虑单匝线圈）‎ ‎（1）线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式；‎ ‎（2）线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，如图3所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式；‎ ‎（3）若线圈电阻为r，求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热。（其它电阻均不计）‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎（3）‎ ‎【解析】‎ ‎(1)矩形线圈abcd在磁场中转动时，ab、cd切割磁感线，且转动的半径为r＝，转动时ab、cd的线速度v＝ωr＝，且与磁场方向的夹角为ωt，如图所示．所以整个线圈中的感应电动势e1＝2BL1vsin ωt＝BL1L2ωsin ωt.‎ ‎(2)当t＝0时，线圈平面与中性面的夹角为φ0，则t时刻时，线圈平面与中性面的夹角为ωt＋φ0.‎ 故此时感应电动势的瞬时值：e2＝2BL1vsin(ωt＋φ0)＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)．‎ ‎(3)线圈匀速转动时感应电动势的最大值Em＝BL1L2ω，故有效值：‎ 回路中电流的有效值.‎ 根据焦耳定律知转动一周电阻R上的焦耳热为：‎ ‎.‎ ‎ ‎