浙江省东阳中学2018_2019学年高二物理3月阶段性检测试题（含解析）.docx

东阳中学2018-2019学年下学期阶段考试卷（高二物理）一、单选题1.关于波的现象，下列说法正确的是（）A. 电磁波具有偏振现象，因此电磁波是纵波B. 光波从空气进入水中后，更容易发生衍射C. 波源沿直线减速靠近一静止接收者，则接收者接收到波信号的频率会比波源频率低D. 不论机械波、电磁波，都满足，式中三参量依次为波速、波长、频率【答案】D【解析】【详解】A. 偏振现象是横波特有的现象，所以电磁波是横波，故A错误；B. 光波从空气进入水中后，因折射率波速变小，根据v=f，可知，波长变小，因此更不容易发生衍射，故B错误；C. 根据多普勒效应，波源沿直线匀速靠近一静止接收者，则接收者接收到波信号的频率会比波源频率高，故C错误；D. 机械波、电磁波，都满足v=f，式中三参量依次为波速、波长、频率，故D正确；故选：D.2.下列说法正确的是（）A. 天空呈蓝色是因为波长大的光容易被大气散射B. 傍晚阳光比较红是因为红光和橙光不容易被大气吸收C. 微波炉的原理是电磁感应D. 天空中彩虹是光的干涉现象造成的【答案】B【解析】【详解】A. 大气对光的散射有一个特点：波长较短的光容易被散射，波长较长的光不容易被散射。天空是蓝色的，这是因为大气对阳光中波长较短的蓝光散射得较多。故A错误；B. 波长较短的光容易被大气散射，波长较长的光不容易被大气散射，傍晚的阳光在穿过厚厚的大气层时，蓝光、紫光大部分被散射掉了；而红光和橙光不容易被大气吸收；所以傍晚的阳光比较红。故B正确；C. 微波炉采用原理是高频微波使水的分子和其他极性分子们被电磁波带动，从而引起水的振荡发热。故C错误；D. 不同频率的光对水蒸气折射率不同，天空中彩虹是光的折射现象造成的。故D错误；故选：B.3.如图所示，LC振荡电路的导线及自感线圈的电阻忽略不计，某瞬间回路中电流方向如箭头所示，且此时电容器的极板A带正电荷，则该瞬间（）A. 电流i正在增大，线圈L中的磁场能也正在增大B. 电容器两极板间电压正在增大C. 电容器带电量正在减小D. 线圈中电流产生的磁场的磁感应强度正在增强【答案】B【解析】试题分析：A、根据图示电路知，该LC振荡电路正在充电，电流在减小，磁场能转化为电场能故A错误B、电容器的带电量在增大，根据U=，知电容器两极板间的电压正在增大故B正确，C错误D、充电的过程，磁场能转化为电场能，电流在减小，所以线圈中电流产生的磁场的磁感应强度正在减小故D错误故选B4.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R120，R230，C为电容器。已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则（）A. 交流电的频率为0.02 HzB. 原线圈输入电压的最大值为200VC. 电阻R2的电功率约为6.67 WD. 通过R3的电流始终为零【答案】C【解析】试题分析：根据变压器原理可知原副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02s，频率为50赫兹，A错，由图乙可知通过R1的电流最大值为Im1A、由欧姆定律可得其最大电压为Um=ImR120V，原副线圈的电压之比等于匝数之比即可得原线圈输入电压的最大值为U1=200V，B错；由并联电路特点可得电阻R2的电流有效值为=，电阻R2的电功率为, C对； 因为电容器有通交流、阻直流的作用，所以有电流通过R3和电容器，D错； 所以本题选择C。考点：交变电流 变压器5.如图所示，两光屏间放有两个偏振片，它们四者平行共轴，现让太阳光沿轴线通过光屏M上的小孔照射到固定不动的偏振片P上，再使偏振片Q绕轴匀速转动一周，则关于光屏上光的亮度变化情况，下列说法中正确的是（）A. 光屏上光的亮度保持不变B. 光屏上只有一条亮线随偏振片转动而转动C. 光屏上有两条与偏振片P、Q透振方向对应的亮线D. 光屏上光的亮度会时亮时暗【答案】D【解析】【详解】ABD. 太阳光沿轴线通过光屏M上的小孔照射到固定不动的偏振片P上，再使偏振片Q绕轴匀速转动一周，当偏振片P与偏振片Q垂直时，光屏没有亮度，则关于光屏上光的亮度从亮到暗，再由暗到亮。所以光屏上光的亮度会时亮时暗。故AB错误，D正确；C. 太阳光沿轴线通过光屏M上的小孔照射到固定不动的偏振片P上，再使偏振片Q绕轴匀速转动一周，当偏振片P与偏振片Q垂直时，光屏没有亮度，则关于光屏上光的亮度从亮到暗，再由暗到亮。不可能出现光的衍射现象，所以光屏上不可能有两条与偏振片P、Q透振方向对应的亮线，故C错误；故选：D6.如图甲所示，在平静的水面下有一个点光源s，它发出的是两种不同颜色的a光和b光，在水面上形成了一个被照亮的圆形区域，该区域的中间为由ab两种单色光所构成的复色光的圆形区域，周边为环状区域，且为a光的颜色（见图乙）则以下说法中正确的是（）A. a光在水中的传播速度比b光大B. 水对a光的折射率比b光大C. a光的频率比b光大D. 在同一装置的杨氏双缝干涉实验中，a光的干涉条纹比b光窄【答案】A【解析】水面上看不到亮光是因为发生了全反射的缘故，由此可知a光的全反射临界角较大，由sinC=1/n可知a光的折射率较小，B 错；由n=c/v可知A对；折射率越大频率越高，C错；由公式，a光的波长较大，D错；7.如图所示，具有一定质量的小球A固定在轻杆一端，另一端悬挂在小车支架的O点，用手将小球拉起使轻杆呈水平，在小车处于静止的情况下放手使小球摆下，在B处与固定在车上的油泥撞击后粘合在一起，则放手后小车的运动情况是（）A. 先向右运动，后静止B. 先向左运动，后静止C. 一直静止不动D. 无法判定【答案】B【解析】【详解】水平方向上，系统不受外力，因此在水平方向动量守恒。小球下落过程中，水平方向具有向右的分速度，根据动量守恒定律，小车要向左运动。当撞到油泥，是完全非弹性碰撞，A球和小车大小相等方向相反的动量恰好抵消掉，小车会静止，A与B碰撞后，车静止不动，故B正确，ACD错误；故选：B.8.如图所示，小明在演示惯性现象时，将一杯水放在桌边，杯下压一张纸条。若缓慢拉动纸条，发现杯子会出现滑落；当他快速拉动纸条时，发现杯子并没有滑落。对于这个实验，下列说法正确的是( )A. 缓慢拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较小B. 快速拉动纸条时，杯子易获得较大速度C. 为使杯子不滑落，杯子与纸条的动摩擦因数尽量大一些D. 为使杯子不滑落，杯子与桌面的动摩擦因数尽量大一些【答案】D【解析】【详解】A、缓慢拉动纸条时，纸条与杯子作用时间长，则摩擦力产生的冲量较大，由I=P，杯子增加的动量大，故杯子会滑落，故A错误；B、快速拉动纸条时，纸条与杯子作用时间小，则摩擦力产生的冲量较小，由I=P，杯子增加的动量小，杯子获得较小速度，故B错误；C、为使杯子不滑落，纸条对杯子的冲量尽量小一些，杯子与纸条的动摩擦因数尽量小一些，故C错误；D、杯子与桌面的动摩擦因数较大时，杯子在桌面上做减速运动的加速度较大，滑动的距离较小，则杯子不易滑落，故D正确。故选：D。9.登山运动员在登雪山时要注意防止紫外线的过度照射,尤其是眼睛更不能长时间被紫外线照射,否则将会严重地损伤视力.有人想用薄膜干涉的原理设计一种能大大减小紫外线对眼睛伤害的眼镜,他选用的薄膜材料的折射率n1.5,所要消除的紫外线的频率8.11014Hz ,那么他设计的这种增反膜的厚度至少是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】为了减小紫外线对眼睛的伤害，应使入射光分别从该膜的前后两个表面反射的光叠加后加强，则路程差(大小等于薄膜厚度d的2倍)应等于光在薄膜中的波长的整数倍，即2d=N(N=1,2,)。因此，膜的厚度至少是紫外线在膜中波长的1/2。紫外线在真空中的波长是=c/v=3.7107m，在膜中的波长是=/n=2.47107m，故膜的厚度至少是1.24107m，故C正确，ABD错误。故选：C.10.在光滑绝缘水平面上，固定一电流方向如图所示的通电直导线，其右侧有闭合圆形线圈，某时刻线圈获得一个如图所示的初速度v0，若通电导线足够长，则下列说法正确的是( ) A. 线圈中产生沿顺时针方向的恒定电流B. 线圈中产生沿逆时针方向的恒定电流C. 线圈最终会以某一速度做匀速直线运动D. 线圈最终会停下来并保持静止【答案】C【解析】A、B、根据右手螺旋定则，环所处的磁场方向向里，因无限长通电直导线周围某处磁场的磁感应强度大小为，则离导线越远，磁场越弱，依据楞次定律可知，环中的感应电流方向沿顺时针方向，但由于磁场减弱，速度减小，不是恒定电流，A、B错误；C、D、当环在该平面上以速度沿图示方向运动时，产生感应电流，受安培力作用，从而阻碍其运动，使金属环在垂直导线方向做减速运动，当垂直导线方向的速度减为零，只剩沿导线方向的速度，然后磁通量不变，无感应电流，水平方向合力为零，故作匀速直线运动，由于安培力与速度方向共线，因此环做减速直线运动，C正确；D错误； 故选C。二、不定项选择题11.如图所示，一电子以初速度v沿与金属板平行的方向飞入MN极板间，发现电子向N板偏转，则可能是（ ）A. 电键S闭合瞬间B. 电键S由闭合到断开瞬间C. 电键S是闭合的，变阻器滑片P向右迅速滑动D. 电键S是闭合的，变阻器滑片P向左迅速滑动【答案】BC【解析】【详解】A. 开关S接通瞬间，根据安培定则，穿过线圈的磁通量向右增加，由楞次定律知在右侧线圈中感应电流的磁场方向向左，产生左正右负的电动势，电子向M板偏振，故A错误；B. 断开开关S瞬间，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律知在右侧线圈中产生左负右正的电动势，电子向N板偏振，故B正确；C. 接通S后，变阻器滑动触头向右迅速滑动，电阻增大，电流减小，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律知在右侧线圈中感应出左负右正的电动势，电子向N板偏振，故C正确；D. 接通S后，变阻器滑动触头向左迅速滑动，电阻减小，电流增大，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律知在上线圈中产生左正右负的电动势，电子向M板偏振，故D错误。故选：BC12. 1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是A. 圆盘上产生了感应电动势B. 圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C. 在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D. 圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动【答案】AB【解析】圆盘运动过程中，半径方向的金属条在切割磁感线，在圆心和边缘之间产生了感应电动势，选项A对，圆盘在径向的辐条切割磁感线过程中，内部距离圆心远近不同的点电势不等而形成涡流产生，选项B对。圆盘转动过程中，圆盘位置，圆盘面积和磁场都没有发生变化，所以没有磁通量的变化，选项C错。圆盘本身呈现电中性，不会产生环形电流，选项D错。【考点定位】电磁感应【规律总结】把握磁通量的变化才是关键，根据对称性，圆盘磁通量始终等于零，无磁通量变化。13.如图所示为某小型发电站高压输电示意图。发电机输出功率恒定，升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2。在输电线路的起始端接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为10:1和1:10，电压表的示数为220 V，电流表的示数为10 A，各互感器和电表均为理想的，则下列说法正确的是（ ）A. 升压变压器原、副线圈的匝数比为B. 采用高压输电可以增大输电线中的电流，输电电流为100 AC. 线路输送电功率是220 kWD. 将P上移，用户获得的电压将升高【答案】CD【解析】【详解】A. 根据变压器的原理可得升压变压器原、副线圈的匝数比为：，故A错误；B. 采用高压输电可以减小输电线中的电流，从而减小输电过程中的电能损失，根据电流互感器原理及匝数比为1:10，由公式I送：I副=n副：n原=10：1，得输电电流为IA2=1010A=100A，故B错误；C. 根据电压表的示数为220V，根据变压公式，U送：U副=n原：n副=10：1，输电电压为U2=10220V=2200V，线路输送电功率为P=U2IA2=220kW，故C正确；D. 将P上移，则降压变压器的初级线圈减小，故用户获得的电压将升高，故D正确。故选：CD。14.装有一定量液体的玻璃管竖直漂浮在水中，水面足够大，如图甲所示把玻璃管向下缓慢按压4cm后放手，忽略运动阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得振动周期为0.5s竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其振动图象如图乙所示，其中A为振幅对于玻璃管，下列说法正确的是（ ） A. 回复力等于重力和浮力的合力B. 位移满足函数式C. 振动频率与按压的深度有关D. 在时间t1t2内，位移减小，加速度减小，速度增大【答案】ABD【解析】【详解】A. 装有一定量液体的玻璃管只受到重力和液体的浮力，所以装有一定量液体的玻璃管做简谐振动的回复力等于重力和浮力的合力。故A正确；B. 振动的周期为0.5s，则角速度为：=2/T=2/0.5=4rad/s，由图可知振动的振幅为A，由题可知，A=4cm；t=0时刻：x0=Asin0结合t=0时刻玻璃管振动的方向向下，可知0=，则玻璃管的振动方程为：x=Asin(t+0)=4sin(4t+)cm=4sin(4t )cm，故B正确； C. 由于玻璃管做简谐振动，与弹簧振子的振动相似，结合简谐振动的特点可知，该振动的周期与振幅无关。故C错误；D. 由图可知，在t1t2时间内，位移减小，回复力：f=kx减小，加速度a=f/m=kx/m减小；在t1t2时间内，玻璃管向着平衡位置做加速运动，所以速度增大。故D正确。故选：ABD15.如图(a)所示，甲、乙两个质量均为1kg的物块，在光滑水平面上受到一个水平力作用，由静止开始加速，甲物块所受的力F随时间t的变化关系和乙物块所受的力T随位移x的变化关系如图(b)、(c)所示，在水平力分别按各自的规律从0增大到10N的过程中，下列说法正确的是( ) A. 当水平力均为10N时，甲和乙的动量均为B. 力F对甲物块的冲量为，力T对乙物体所做的功为10JC. 甲在此过程的位移为10mD. 当水平力均为10N时，甲的动能为50J，乙的动量为【答案】BD【解析】【详解】A.F-t图像的面积等于力对物体的冲量，根据动量定理，P甲=Ft=10N s，P甲=10，T-x图像的面积等于力对物体做的功，根据动能定理，Ek乙=Tx=10J。根据动能与动量的关系：，P乙= ，故A错误，B正确；C.根据牛顿第二定律F=ma，甲的加速度逐渐增大，2s时速度等于v=10m/s，2s内的位移，故C错误；D. 当水平力均为10N时，P甲=10，根据动能与动量的关系：，甲的动能为50J；乙的动量为，故D正确。故选：BD三、实验题探究题16.在“测定玻璃的折射率”实验时，(1)下列做法正确的是_A入射角越大，误差越小B在白纸上放好玻璃砖后，用铅笔贴着光学面画出界面C实验时既可用量角器，也可用圆规和直尺等工具进行测量D判断像与针是否在同一直线时，应该观察大头针的头部(2)小明同学在插针时玻璃砖的位置如图所示。根据插针与纸上已画的界面确定入射点与出射点，依据上述操作所测得的折射率_（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。【答案】 (1). C (2). 偏小【解析】【详解】（1）A、入射角过大，则入射光线过弱，误差较大，所以并不是入射角越大，误差越小，故A错误；B、应该先画出界面，后沿界面放置玻璃砖，故B错误；C、根据n=sin1：sin2，用量角器直接测量入射角和折射角即可，也可用如图方法计算折射率，sin1=x1/r，sin2=x2/r，故n=sin1:sin2=x1/x2，故C正确；D、观察大头针时应该观察底部，故D错误；故选C；（2）如图，虚线部分为插针时玻璃砖所在位置，即真实情况，设此时入射角和折射角分别为1、2，折射率真实值为n，则n=sin1:sin2；实线部分为处理数据时玻璃砖所在位置，设玻璃砖转过角度为，折射率测量值为n，n=sin(1+):sin(2+)，故nn，测量折射率偏小；17.某同学用如图所示装置探究A、B两球在碰撞中动量是否守恒该同学利用平抛运动测量两球碰撞前后的速度，实验装置和具体做法如下，图中PQ是斜槽，QR为水平槽实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滑下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹重复上述操作10次，得到10个落点痕迹再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滑下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹重复这种操作10次，并画出实验中A、B两小球落点的平均位置图中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点，E、F、J是实验中小球落点的平均位置(1)为了减小实验误差，下列做法合理的是_A减小斜槽对小球A的摩擦可以减少实验误差B多次将A球从不同的位置释放C保证斜槽末端切线沿水平方向D两球的质量和半径都一样大(2)右图是B球的落点痕迹，刻度尺的“0”刻线与O点重合，可以测出碰撞后B球的水平射程为_cm(3)已知两小球质量mA和mB，该同学通过实验数据证实A、B两球在碰撞过程中动量守恒，请你用图中的字母写出该同学判断动量守恒的表达式是_【答案】 (1). C (2). 64.45（64.4264.49之间均可） (3). mAOF=mAOE+mBOJ【解析】【详解】（1）AB.只要每次A球从同一位置静止释放，A球从斜槽平抛的速度就相等，斜槽有无摩擦力不影响实验结果，故A错误，B错误；C.小球碰前和碰后的速度是根据平抛运动的规律计算，所以斜槽末端的切线必须沿水平方向，故C正确；D. 为了使两球碰撞为一维碰撞，即实现对心碰撞，则A球的直径等于B球的直径。入射小球的质量应大于被碰小球的质量，故D错误。故选：C（2）小球落点的平均值应是圈住所有落点的最小圆的圆心，由图可知，碰撞后B球的水平射程为64.45cm；（3）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律，设A球的入射方向为正方向，根据动量守恒有：mAv0=mAv1+mBv2A球与B球碰后，A球的速度减小，可知A球没有碰撞B球时的落点是F点，A球与B球碰撞后A球的落点是E点。因为v0=OF/t，v1=OE/t，v2=OJ/t。因为时间相同，可以用水平位移代替速度，动量守恒的表达式为：mAOF=mAOE+mBOJ.18.在“用双缝干涉测单色光的波长”的实验中（1）如图甲所示是用双缝干涉测光波波长的实验设备示意图，图中是光源，是滤光片，是单缝，是双缝，是光屏。下列操作能增大光屏上相邻两条亮纹之间距离的是_A增大和之间的距离B增大和之间的距离C将绿色滤光片改成红色滤光片D增大双缝之间的距离（2）下列说法正确的是_。A如果将灯泡换成激光光源，去掉单缝，该实验照样可以完成B若测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不平行，不能通过“拨杆”的拨动把干涉条纹调成与分划板中心刻线平行C去掉滤光片，不可能观察到干涉图样D毛玻璃屏上的干涉条纹与双缝垂直（3）转动测量头的手轮，使分划板中心刻线对准第1条亮纹，读出手轮的读数如图乙所示，x10.045mm。继续转动手轮，使分划板中心刻线对准第10条亮纹，读出手轮的读数如图丙所示。则相邻两亮条纹的间距是_mm（取三位有效数字）（4）如果已经量得双缝的间距是0.30mm、双缝和光屏之间的距离是900mm，则待测光的波长是_m（取三位有效数字）【答案】 (1). BC (2). AB (3). 1.61 (4). 【解析】详解】（1）双缝干涉条纹间距公式：AB.增大双缝到屏的距离L，可以增大条纹间距，A错误B正确C.将绿色滤光片改成红色滤光片增大了波长，可以增大条纹间距，C正确D.增大双缝之间的距离d，减小了条纹间距，D错误（2）A.将灯泡换成激光光源，激光是相干光源，单色性好，所以可以去掉单缝，A正确B.若测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不平行，说明双缝是倾斜的，双缝平行于干涉条纹，应当调节双缝装置，B正确C.去掉滤光片，能够观察到干涉图样，只不过是各色光重叠产生的彩色条纹，C错误D.干涉条纹与双缝是平行的，D错误（3）图丙的读数，主尺刻度为：14.5mm，分尺刻度为：，所以读数为：14.534mm，所以条纹间距：（4）根据，可得：，代入数据解得：四、计算题19.如图所示，将半径为R的透明半球体放在水平桌面上方，O为球心，直径恰好水平，轴线OO垂直于水平桌面。位于O点正上方某一高度处的点光源S发出一束与OO夹角60的单色光射向半球体上的A点，光线通过半球体后刚好垂直射到桌面上的B点，已知OBR，光在真空中传播速度为c，不考虑半球体内光的反射，求（1）透明半球体对该单色光折射率n（2）该光在半球体内传播的时间【答案】（1） （2）【解析】（1）光从光源射出经半球体到达水平桌面的光路如图光由空气射向半球体，由折射定律，有中，则光由半球体射向空气，由折射定律，有故由几何知识得故因此（2）光在半球体中传播的速度为由几何知识得，得光在半球体中传播的时间为点睛：先作出光路图再由几何关系，求出入射角和折射角，根据折射定律求折射率n；由v=c/n求出光在半球体内传播的速度，由几何关系求出传播的距离，再求出传播时间20