高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1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。第Ⅰ卷（選擇題共42分）一、選擇題（本題共10小題，共46分，1-7為單選題每小題4分。8-10為多選題，每題6分，全部選對(duì)得6分，選對(duì)但不全得3分，錯(cuò)選得0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?！?G”手機(jī)通過電磁波與基站之間進(jìn)行信息傳遞，以下有關(guān)說法中不正確的是（）A.“隔墻有耳”是波的衍射現(xiàn)象，5G同樣具有“穿墻”性能B.電磁波既能傳遞信息也能傳遞能量C.“5G”比“4G”傳遞信息更快，是因?yàn)樗褂玫碾姶挪ǖ牟ㄋ俑霥.先進(jìn)的“5G”手機(jī)，使用過程中也會(huì)發(fā)熱，是因?yàn)楣ぷ鬟^程中部分電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能【答案】C【解析】A．“隔墻有耳”是波的衍射現(xiàn)象，5G具有相似的“穿墻”性能，選項(xiàng)A正確；B．電磁波既可以傳遞信息，又可以傳遞能量，例如微波爐就是利用電磁波傳遞能量的，選項(xiàng)B正確；C．5G和4G技術(shù)使用的電磁波在真空中傳播速度都一樣，都為，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．在使用手機(jī)的過程中，由于手機(jī)有一定的電阻，根據(jù)焦耳定律可知，會(huì)產(chǎn)生一定的熱量，即一部分電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，選項(xiàng)D正確。此題選擇不正確的，故選C。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【答案】C【解析】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较蛴遥勺笫侄▌t知，安培力方向豎直向下，故選C。3.利用光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。以下說法正確的是（）A.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.抽去一張紙片，相鄰亮條紋間距變大D.換用白光垂直照射，干涉條紋消失【答案】C【解析】A．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A錯(cuò)誤；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．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，設(shè)空氣膜頂角為，，處為兩相鄰亮條紋，如圖所示則此兩處的光程分別為，因?yàn)楣獬滩钏栽O(shè)此兩相鄰亮條紋中心的距離為，則由幾何關(guān)系可得當(dāng)抽去一張紙片，變小增大，相鄰亮條紋間距變大，故C正確；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。故選C。4.如圖所示，平行板電容器通過導(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【答案】B【解析】A．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)，，可得可知兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度增大，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)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，所以兩板間電勢(shì)差不變，根據(jù)可知兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變，D錯(cuò)誤；故選B。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C.從M到N的過程，電場(chǎng)力做功為D.從M到N的過程，小球的電勢(shì)能先減少后增大【答案】C【解析】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的過程，豎直方向的高度，設(shè)電場(chǎng)力做功為，由動(dòng)能定理得，解得，故C正確；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，故D錯(cuò)誤。故選C。6.圖中OBCD為半圓柱體玻璃橫截面，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。則下列說法正確的是（）A.小于 B.等于 C.小于 D.等于【答案】D【解析】AB．如圖根據(jù)折射定律可知由于，所以大于，AB錯(cuò)誤；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，C錯(cuò)誤，D正確。故選D。7.圖甲所示的電路中，定值電阻。白熾燈泡L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)開關(guān)S斷開時(shí)，燈泡消耗的實(shí)際電功率為24W，則開關(guān)閉合后，燈泡消耗的實(shí)際功率約為（）A.20W B.15W C.12W D.9W【答案】C【解析】當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)，燈泡消耗的實(shí)際電功率為24W，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根據(jù)題意可知開關(guān)閉合后，電源和、構(gòu)成一個(gè)新電源，此新電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻分別為此新電源短路電流為圖中畫出此新電源的圖像如圖所示圖像與白熾燈泡的伏安特性曲線交點(diǎn)即為燈泡的實(shí)際電壓、電流，分別為，則燈泡消耗的實(shí)際功率為故選C。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（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】A．根據(jù)可知故A正確；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，則知故B正確；C．電子帶負(fù)電，根據(jù)電勢(shì)能公式分析得知故C錯(cuò)誤；D．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)能公式得故D正確。故選ABD。9.一列沿x軸傳播簡(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. C. D.【答案】AB【解析】由波形圖可知λ=4m，由解得假設(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)從開始到第二次達(dá)到平衡位置的時(shí)間為故選AB。10.如圖所示，在滑動(dòng)變阻器的滑片P向下端滑動(dòng)過程中，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C.D.【答案】ABD【解析】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?，所以電流表A3的示數(shù)增大，故有故C錯(cuò)誤；D．由閉合電路歐姆定律可知解得故D正確。故選ABD。二、實(shí)驗(yàn)題（共16分）11.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)畫玻璃磚界面時(shí)，不小心將兩界面、間距畫得比玻璃磚實(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”）?！敬鸢浮浚?）大（2）CD（3）（4）偏小【解析】（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；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。故選CD。（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。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，歐姆表表盤的中央刻度值為15，請(qǐng)回答下列問題：（1）表筆A應(yīng)為__________（填“紅”或“黑”）表筆；（2）開關(guān)S閉合時(shí)，對(duì)應(yīng)的擋位為__________（填“×100”和“×1k”）；（3）斷開開關(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”）。【答案】（1）黑（2）×100（3）3.5×104（4）偏大【解析】（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）斷開開關(guān)S進(jìn)行歐姆調(diào)零后，歐姆表的內(nèi)阻為根據(jù)閉合電路歐姆定律有可得（4）斷開開關(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。三、解答題（共38分）13.如圖，一半徑為、圓心為O的圓形黑色薄紙片漂浮靜止在某種液體的表面上，O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?。唬?）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?！敬鸢浮浚?），（2）【解析】（1）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，說明光在B點(diǎn)處恰好發(fā)生全反射，設(shè)臨界角為，有由幾何關(guān)系可得聯(lián)立解得14.如圖所示，固定電阻，，滑動(dòng)變阻器總電阻。調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器滑片，將滑動(dòng)變阻器滑片置于正中間，再接通S后，電壓表讀數(shù)為6V，這時(shí)電路的總功率為36W。（1）求出固定電阻的阻值。（2）求S斷開后，滑動(dòng)變阻器的功率【答案】（1）（2）【解析】（1）S閉合，滑片在正中間時(shí)，R1與并聯(lián)后與串聯(lián)，再與R3并聯(lián)、再與R4串聯(lián)，R1與并聯(lián)后的電阻為并聯(lián)后與串聯(lián)后的總電阻根據(jù)并聯(lián)電路電壓特點(diǎn)可知所以干路電流為所以此部分電功率所以代入數(shù)據(jù)解得（2）由得當(dāng)開關(guān)S斷開后，R1與并聯(lián)后再與串聯(lián)，再與R4串聯(lián)，此時(shí)電路的總電阻為所以此時(shí)干路電流R2右半邊電功率為R1與R2左半邊并聯(lián)后電流等于干路電流1A，即根據(jù)并聯(lián)電路電流分流原理可得所以R2左半邊功率為故15.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D的距離。臺(tái)階上的兩個(gè)小鐵塊A、B