江西省九师联盟2024-2025学年高二下学期3月月考物理试题（解析版）

这是一份江西省九师联盟2024-2025学年高二下学期3月月考物理试题（解析版），共14页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必用直径0，本卷命题范围等内容，欢迎下载使用。
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4.本卷命题范围：必修第三册，选择性必修第一册。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列有关光学知识的说法正确的是（ ）
A. 3D电影技术利用了光的全反射原理
B. 光导纤维传输信号利用了光的干涉原理
C. 光学镜头上的增透膜利用了光的偏振原理
D. 遥远的恒星远离地球时，地球上接收到该恒星的光会变红
【答案】D
【解析】A．3D电影技术利用了光的偏振原理，选项A错误；
B．光导纤维传输信号利用了光的全反射原理，选项B错误；
C．光学镜头上的增透膜利用了光的干涉原理，选项C错误；
D．遥远的恒星远离地球时，根据多普勒效应，地球接收到的光的频率会变小，则波长变长，地球上接收到该恒星的光会变红，故D正确。
故选D。
2. 如图甲所示，点为单摆的固定悬点，现将摆球拉到点（摆角），释放摆球，摆球将在竖直面内的A、B之间来回摆动。由拉力传感器测得细线对摆球的拉力大小随时间变化的曲线如图乙所示，图中为摆球从点开始运动的时刻，则该单摆的摆长约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由图可知，单摆振动的周期
根据
可得
故选B。
3. 如图甲所示，粗细均匀的竖直浮标静止在水中，浮标周围水面上S处有一片树叶，现给浮标一竖直向下的初速度，随后浮标的振动图像如图乙所示，取竖直向上为正方向。下列说法正确的是（ ）
A. 时刻浮标所受浮力小于重力B. 时刻浮标动量最小
C. 树叶先向上振动，且离浮标越来越远D. 浮标在振动过程中机械能不守恒
【答案】D
【解析】A．时刻浮标到达最低点，此时加速度向上，则浮标所受浮力大于重力，选项A错误；
B．时刻浮标在平衡位置，速度最大，则动量最大，选项B错误；
C．因浮标起振方向向下，可知树叶先向下振动，且只在平衡位置附近上下振动，不会离浮标越来越远，选项C错误；
D．浮标在振动过程中受阻力作用，则机械能不守恒，选项D正确。
故选D。
4. 如图所示为电容式位移传感器，电容器所带电荷量不变，通过检测电容器两极板间电势差的变化来判断被测物体的位移。下列说法正确的是（ ）
A. 被测物体向上移动时，电容器的电容变小
B. 变大时，被测物体向下移动
C. 该传感器是通过改变电容器极板正对面积使电容变化
D. 极板带电荷量越小，传感器灵敏度越高
【答案】A
【解析】AB．被测物体向上移动时，插入的介质减小，根据可知，电容器的电容将变小，根据Q=CU，可知，电压变大，故A正确B错误；
C．该传感器是通过改变电容器的介电常数，使电容变化，故C错误；
D．由电容的决定式得知，相同的位移x引起相同的电容变化，由Q=CU得知， ，电容器极板上带电量Q越大，U变化越大，传感器灵敏度越高，故D错误。
故选A。
5. 如图所示，M、N为等量异种电荷并固定，图中竖直虚线为M、N连线的中垂线。现将另两个等量异种试探电荷用绝缘杆连接后从离M、N无穷远处平移到M、N的连线处，平移过程中两试探电荷位置始终关于中垂线对称。若规定离M、N无穷远处电势为零，不计间的静电力，带正电，带负电。下列说法正确的是（ ）
A. 、运动路径上各点电势不断降低
B. 、整体在、连线处具有的电势能最小
C. 的电势能增大，的电势能减小
D. 所受电场力始终大小相等、方向不同
【答案】D
【解析】
A．根据等量异种电荷所电场线及等势面的分布图如图所示，则有P运动路径上各点电势不断升高，Q运动路径上各点电势不断降低，所以A错误；
B．根据正电荷在电势越高的点电势能越大，负电荷在电势越低的点电势能越高，P、Q整体在、连线处具有的电势能最大，所以B错误；
C．根据B选项分析可知，的电势能增大，的电势能增大，故C错误；
D．根据对称性可知，两个试探电荷一起移动过程受到的电场力始终大小相等，方向沿切线方向，不相同，所以D正确。
故选D。
6. 如图所示，电路中定值电阻的阻值大于电源内阻，闭合开关，将滑动变阻器滑片向右滑动，理想电压表示数变化量的绝对值分别为，理想电流表示数变化量的绝对值为。下列结论正确的是（ ）
A. 电流表A的示数增大
B. 电源的效率减小
C. 电源的输出功率减小
D. 与的比值等于
【答案】C
【解析】A．将滑动变阻器滑片向右滑动，电阻变大，则总电阻变大，总电流减小，即电流表A的示数减小，选项A错误；
B．电源的效率
外电阻变大，则电源效率变大，选项B错误；
C．当外电阻等于电源内阻时电源输出功率最大，因电路中定值电阻的阻值大于电源内阻r，则当外电阻变大时，外电阻阻值大于电源内阻，可知电源的输出功率减小，选项C正确；
D．由电路可知
可知
选项D错误。
故选C。
7. 如图甲所示为一平静的水面，各点在同一条直线上，相邻两点间的距离均为，a、i两点各有一个振源且均由时刻开始振动（振动方向与直线垂直），、振源的振动图像分别如图乙、图丙所示，且形成的水波的波速。下列说法正确的是（ ）
A. 点刚开始振动时的方向竖直向上
B. 点的振幅为
C. a、i两点间（不包括a、i）有3个加强点
D. a、i两点间（不包括a、i）有3个减弱点
【答案】D
【解析】A．根据图乙可知，振源a在时刻沿y轴负方向运动，即振源a起振方向沿y轴负方向运动，点距离振源a近一些，可知，点刚开始振动时的方向竖直向下，故A错误；
B．点到两振源间距相等，根据图乙、丙可知，两振源周期、频率相等，振动方向始终相反，则点为振动减弱点，可知，点振幅为0，故B错误；
C．周期为2s，则波长
由于两振源周期、频率相等，振动方向始终相反，令，a、i两点间振动加强点距离a间距为x，则有，（n=0，±1，±2，±3…）
其中
解得n取-2，-1，1，0，即a、i两点间（不包括a、i）有4个加强点，故C错误；
D．令a、i两点间振动减弱点距离a间距为x，则有，（n=0，±1，±2，±3…）
其中
解得n取0，1，-1，即a、i两点间（不包括a、i）有3个减弱点，故D正确。
故选D。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 在“用双缝干涉实验测量光的波长”的实验中，在光源和双缝之间加入一个与光束垂直放置的偏振片，则光屏上的条纹与不加偏振片时相比（ ）
A. 亮度变暗B. 亮度不变
C. 条纹间距不变D. 条纹间距变小
【答案】AC
【解析】AB．与偏振方向相同的光才能通过偏振片，故通过偏振片后光的强度会减弱，所以干涉条纹亮度要变暗，故A正确，B错误；
CD．加偏振片不会改变光的波长，因此条纹间距不变，故C正确，D错误。
故选AC。
9. 原点处有一振源能产生一列沿轴方向传播的简谐横波，振源振动一个周期时产生的简谐横波如图所示，将图示时刻作为0时刻，再经质点第一次回到平衡位置。下列说法正确的是（ ）
A. 振源的起振方向沿轴的负方向
B. 振源的振动周期为
C. 质点平衡位置的横坐标为
D. 处的质点振动方程为
【答案】AB
【解析】A．根据平移法可知，8m处质点振动方向沿轴负方向，所有点起振方向相同，所以振源的起振方向沿轴的负方向，故A正确；
B．同理可知，质点振动方向向上，根据，
解得振源的振动周期为
故B正确；
C．质点平衡位置的横坐标为
故C错误；
D．处的质点振动方向沿轴的正方向，所以振动方程为
故D错误。
10. 如图甲所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，时，带正电荷的甲球以初速度向右运动，乙球静止。它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），甲、乙两球运动的图像分别如图乙中两曲线所示。下列说法正确的是（ ）
A. 小球乙一定带正电荷B. 甲、乙两球的质量之比为
C. 时刻两球的电势能之和最大D. 时刻两球间距离与时相同
【答案】ACD
【解析】A．由题图可知，甲球减速的同时，乙球正向加速，说明两球相互排斥，带有同种电荷，小球乙一定带正电荷，故A正确；
B．两球作用过程动量守恒
解得
故B错误；
C．时刻，两球共速，距离最近，系统克服电场力做功最多，电势能最大，故C正确；
D．0-时间内，令，则，由动量定理得
解得
0时刻的系统动能为
时刻系统动能为
时刻两球系统动能相等，根据能量守恒知系统的电势能也相等，故两球间距离相同，故D正确。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 某学习小组通过如图甲所示的实验装置来验证动量守恒定律。A是固定在光滑水平面上的光滑斜槽，斜槽末端与水平面平滑衔接，B是光电门，C是带有粘性的滑块，小球与滑块碰撞后立即粘在一起，C上方有一很窄的挡光片。多次改变小球释放高度，得到挡光片通过光电门的时间，已知小球质量为，滑块总质量为，挡光片宽度为，重力加速度为。
（1）用螺旋测微器测量挡光片的宽度，如图乙所示，宽度___________；
（2）实验中应选择密度较___________，体积较___________的小球（均选填“大”或“小”）；
（3）将实验得到的多组数据用图像表示，为使图像呈直线，且以为纵轴，则应以___________（选填“”或“”）为横轴。如果图像的斜率满足___________，即可验证动量守恒（用题中字母表示）。
【答案】（1）2.150 （2）大 小 （3）
【解析】（1）用螺旋测微器测量挡光片的宽度2mm+0.01mm×15.0=2.150mm
（2）[1][2]为减小空气阻力的影响，实验中应选择密度较大，体积较小的小球；
（3）[1][2]根据
若动量守恒则满足
其中
解得
则若以为纵轴，则应以为横轴。如果图像的斜率满足
即可验证动量守恒。
12. 现有两组同学要分别测定两节干电池串联后的总电动势和总内阻（已知约为，约为）。
（1）第一组同学采用如图甲所示电路。
①实验室有如下规格的电流表和电压表：
电流表（，内阻）
电压表（，内阻未知）
②电流表应接在图甲中的___________（选填“a”或“b”）位置。
③闭合开关，经过多次测量，他们记录了多组电流表示数和电压表示数，并在图乙中画出了图像。由图像知，此干电池组的电动势的测量值___________（保留三位有效数字），内阻的测量值___________（保留两位有效数字）。
（2）第二组在没有电流表的情况下，设计了如图丙所示电路，完成了对同一干电池组的测量。闭合开关，改变电阻箱接入电路中的电阻值，记录了多组电压表示数和电阻箱示数，通过研究图像的信息，得出电动势的测量值应___________（选填“大于”“小于”或“等于”）第一组的结果，内阻的测量值应___________（选填“大于”“小于”或“等于”）第一组的结果（两次实验均不考虑偶然误差影响）。
【答案】（1）b 2.96 1.3 （2）小于 小于
【解析】（1）②[1]由于电流表内阻已知，电压表内阻未知，所以电流表相对于电源应采用内接法，则电流表应接在图甲中的b位置。
③[2][3]根据闭合电路欧姆定律可得
可得
可知图乙中图像的纵轴截距等于电动势，则有
图像的斜率绝对值为
解得内阻为
（2）[1][2]第二组在没有电流表的情况下，设计了如图丙所示电路，由图可知实验误差来源于电压表的分流，将电压表与电源看成一等效电源，则图丙测量的是等效电源的电动势和内阻，设电压表内阻为，则有，
而第一组实验中电流表内阻已知，所以第一组实验的电动势和内阻的测量值均等于真实值，故第二组得出电动势的测量值应小于第一组的结果，内阻的测量值应小于第一组的结果。
13. 如图所示为某种透明材料制成的棱镜的截面图，该截面为半径为的扇形，S为弧面上的点，为圆心，的延长线为图中的虚线，S点到的距离为。一细光束由S点沿平行于的方向射入棱镜，光束从上的点（图中未画出）射出棱镜时，出射光线与连线平行。已知光在真空中的传播速度为。求：
（1）该材料的折射率；
（2）光束从S点射入至光束射到虚线上点（图中未画出）所经过的时间。
【答案】（1） （2）
【解析】（1）作出光路图如图所示
根据几何关系有，
解得
根据光路可逆原理有
由于
解得
则该材料的折射率
解得
（2）根据折射率与光速关系有
光在棱镜中传播距离
光在棱镜中传播的时间
BD长度
光沿BD传播的时间
光束从S点射入至光束射到虚线上点的时间
解得
14. 如图所示，电路中电源电动势未知，内阻不计，电路中三个定值电阻的阻值相同。M、N为水平正对放置的平行板电容器的上、下极板，板长，板间距离。两极板右侧有一足够长的竖直光屏，光屏到极板右侧间距也为。在下极板左边缘有一小微粒以初速度水平向右射入两板间，恰好从上极板右侧边缘射出。已知微粒的质量，带电荷量大小，微粒重力不计，结果可用根号表示。求：
（1）电源电动势的大小；
（2）此过程中微粒电势能的变化量；
（3）微粒到达光屏的位置与下极板的竖直距离。
【答案】（1）400V （2）-0.2J （3）150cm
【解析】（1）微粒从下极板左边缘射入，微粒做类平抛运动，则有，
解得
电源内阻不计，则电动势
（2）此过程中电场力最对微粒做正功，且有
根据功能关系有
结合上述解得
（3）微粒在上极板右侧边缘垂直于极板方向的分速度
令微粒在上极板右侧边缘飞出速度方向与水平方向夹角为，则有
令微粒飞出极板后的侧移为，则有
则微粒到达光屏的位置与下极板的竖直距离
解得
15. 如图所示，质量均为的A、B两小车并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的点系一长为的细线，细线另一端系一质量为的小球C，现将细线拉至水平位置并刚好伸直，整个系统处于静止状态，将系统由静止释放，重力加速度为，不计空气阻力。求：
（1）B车的最大速度；
（2）此后小球C能上升的最大高度（相比最低点）；
（3）A车的最大速度。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）根据题意可知，当小球C第一次到达最低点过程中，A、B、C三者在水平方向上动量守恒，且整体的机械能守恒，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
，
联立解得，
之后A、B分离，B车匀速运动，故此时B车速度最大，B车的最大速度为。
（2）A、B分离之后，A、C水平方向上动量守恒，A、C整体机械能守恒，A、C共速时，C上升到最大高度，由动量守恒定律和机械能守恒定律有，
联立解得
（3）根据题意，结合上述分析可知，当小球C第二次到达最低点时，A车速度最大，由动量守恒定律和机械能守恒定律有，
联立解得