2024-2025学年贵州省贵阳市高二（上）月考物理试卷（二）（含解析）

这是一份2024-2025学年贵州省贵阳市高二（上）月考物理试卷（二）（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列关于机械波的说法中，正确的是( )
A. 波源的频率发生变化时会产生多普勒效应
B. 当观察者靠近波源运动时，观察者观测到的频率变大
C. 在两个完全相同发声器的连线上行走，听到忽大忽小的声音的现象是多普勒效应
D. 两列波相遇时，振幅小的一列波将减弱，振幅大的一列波将加强
2.如图所示，由两种单色光组成的复色光，通过足够大的长方体透明材料后分成a、b两束，则( )
A. 在该透明材料中，a光的传播速度小于b光的传播速度
B. 遇到障碍物时，a光更容易发生明显的衍射现象
C. 该透明材料对这两种光的折射率nanb
根据v=cn
可知在该透明材料中，a光的传播速度小于b光的传播速度，故A正确，C错误；
B.a光的折射率大，根据折射率与波长的关系可知，b光的波长长；波长越长时，越容易发生明显衍射现象，b光波长较大，更容易发生明显的衍射现象，故B错误；
D.根据临界角与折射率的关系n=1sinC
可知，b光的临界角较大，故D错误。
故选：A。
3.D
【解析】AB、根据动量表达式，p=mv，物体的动量与速度方向一致，沿轨迹的切线方向，故AB错误；
CD、由动量定理
mgΔt=Δp
得物体的动量变化量与重力方向相同，始终竖直向下，故C错误，D正确。
故选：D。
4.C
【解析】A.0～2s内重力的冲量为
IG=mgt=1×10×2N⋅s=20N⋅s
故A错误；
D.物块受到的最大静摩擦力为
fm=μmg=0.6×1×10N=6N
结合图线可知0～0.6s内，物块处于静止状态，受到静摩擦力作用，摩擦力是均匀增加的，可以利用平均摩擦力等于初末摩擦力和的一半求解；0.6～1s内，物块受到滑动摩擦力作用，则在0～1s内，摩擦力对物块的冲量大小为
If=0+62×0.6N⋅s+6×(1-0.6)N⋅s=4.2N⋅s
故D错误；
B.F-t图像与坐标轴围成的面积表示冲量，在0～1s内，拉力F对物块的冲量大小为
IF=0+102×1N⋅s=5N⋅s
根据动量定理可得
Δp=p-0=IF-If
解得t=1s时物块的动量为
p=0.8kg⋅m/s
故B错误；
C.在0～2s内，结合图线可知0～0.6s内，物块处于静止状态，摩擦力是均匀增加的，可以利用平均摩擦力等于初末摩擦力和的一半求解，摩擦力对物块的冲量大小为
I'f=0+62×0.6N⋅s+6×(2-0.6)N⋅s=10.2N⋅s
在0～2s内，拉力F对物块的冲量大小为
I'F=0+102×1N⋅s+10×1N⋅s=15N⋅s
根据动量定理可得
Δp'=p'-0=I'F-I'f
解得t=2s时物块的动量为
p'=4.8kg⋅m/s
故C正确。
故选：C。
5.B
【解析】A.弹簧与小球组成的系统只有小球的重力和弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒，故在振动过程中，弹簧的弹性势能和小球的机械能总和不变，故A错误；
B.根据胡克定律可知，小球处于最高点时，弹簧的压缩量为
x1=mgk=mgk
小球处于最低点时，弹簧的伸长量为
x2=3mgk
根据对称性可得
2A=x1+x2
解得小球的振幅为
A=2mgk
故B正确；
C.小球平衡位置时，弹簧的伸长量为
x0=x2-A=mgk
小球在平衡位置时弹簧弹性势能为
Ep=12kx02=(mg)22k
故C错误；
D.小球在简谐运动的最大位移处加速度最大，可知小球在最高点或最低点时加速度最大，则有
3mg-mg=ma
解得小球的最大加速度为
a=2g
故D错误。
故选：B。
6.C
【解析】A、干涉条纹间的亮线是由于两反射光波的波峰与波峰或波谷与波谷的叠加形成的，故A错误；
B、将光屏向左平移一小段距离，或右移一小段距离，干涉条纹间距会变小或变大，但屏上都仍有清晰的干涉条纹，故B错误；
C、根据双缝干涉条纹间距公式Δx=ldλ可知，双缝间距d减小，光屏上两相邻明条纹间距变大，故C正确；
D、若改用频率较大的色光进行实验，即波长变短，根据双缝干涉条纹间距公式Δx=ldλ可知，在其他条件不变的前提下，光屏上两相邻暗条纹间距变小，故D错误。
故选：C。
7.D
【解析】A.斜面上的单摆的回复力由重力的沿斜面向下的分力的切向分量提供，重力的沿斜面向下的分力为mgsinθ，沿斜面向下的分力的切线分力即摆球在最高点时的回复力为mgsinθsinα，根据牛顿第二定律
mgsinθsinα=ma
解得摆球在最高点的加速度
a=gsinθsinα
摆球在平衡位置时回复力为零，由于摆球有向心加速度，摆球在平衡位置的加速度不为零，指向悬点，故A错误；
BC.等效重力加速度为gsinθ，根据单摆的周期公式有
T=2π lgsinθ
只增大摆球的质量，摆球运动的周期不变，若增大摆长的同时减小斜面的倾角，摆的周期将变大，故BC错误；
D.等效重力加速度为gsinθ，根据单摆的周期公式有
T=2π lgsinθ
又单摆的摆长可表示为
l=L+r
解得摆球的半径为
r=(gT2sinθ)4π2-L
故D正确。
故选：D。
8.AD
【解析】A.钟摆能长时间运动是因其在发条的驱动下做受迫振动，故A正确；
B.重型货车通过坝陵河大桥时引起大桥的抖动，这是大桥做受迫振动，不一定是共振，若发生共振容易引起桥梁受损，故B错误；
C.物体在驱动力作用下做受迫振动时，其频率只与驱动力的频率相同，与物体的固有频率无关，故固有频率为4Hz的振子在6Hz的驱动力作用下做受迫振动的振动频率为6Hz，故C错误；
D.磁打点计时器工作时，内部钢片在不断变化的磁场的作用下做受迫振动，其频率取决于交流电的频率，故D正确。
故选：AD。
9.BC
【解析】A.水波从深水区传到浅水区改变传播方向的现象，是波的折射现象，故A正确；
B.衍射是波特有的现象，横波和纵波都能发生衍射现象，故B错误；
C.声波传播过程中，遇到障碍物继续向前传播的现象称为衍射，则在大树前说话，大树后面的人可以听到，这种现象是声波的衍射，故C错误；
D.在不同的介质中传播时，波会发生折射，波的频率不变，不同介质中波速不同，故D正确；
本题选错误的，故选：BC。
10.AC
【解析】A.由单摆的周期公式T=2π Lg可得
T2=4π2gL
T2-L图像的斜率表示
k=4π2g
则当地的重力加速度为
g=4π2k
误将摆线长记为摆长L，则
T2=4π2gL+4π2gr
对比图像a和b，可知出现图线a的原因可能是误将摆线长记为摆长L，故A正确；
B.实验中误将50次全振动记为49次，则周期的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏小，图像的斜率偏大，故B错误；
CD.由于当地的重力加速度为
g=4π2k
由图可知
kb>kc，ka=kb
图线c对应的g值大于图线b对应的g值，图线a对应的g值等于图线b对应的g值，故C正确，D错误。
故选：AC。
11.B 0.703 大于
【解析】(1)A、为使屏上的干涉条纹清晰，灯丝和单缝及双缝必须平行放置，故A错误；
B、干涉条纹与双缝平行，故B正确；
CD、由干涉条纹间距公式Δx=Ldλ可知，干涉条纹疏密程度与光的波长、双缝到屏的距离以及双缝的间距有关，故CD错误。
故选：B。
(2)由图乙所示可知，该读数为
0.5mm+20.3×0.01mm=0.703mm
(3)如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，如图丙所示，这是因为测量的是干涉条纹在分划板上的投影长度，而不是其实际长度。因此，测量值会大于实际值。由几何关系可知，测量头中的读数大于条纹间的实际距离。
故答案为：(1)B；(2)0.703；(3)大于。
12.45.0 0.50 23 非弹性
【解析】(1)由图可知，第3、4次闪光时B未发生移动，则发生碰撞后B的速度为零，可知碰撞发生在45.0cm处。
(2)碰撞后A向左做匀速直线运动，由图可知，在两次闪光时间0.2s内滑块A的位移为x=30.0cm-20.0cm=10.0cm
则碰撞后A的速度大小为：vA=xt=10.0×10-20.2m/s=0.50m/s，方向向左。
(3)由图可知碰后A从45.0cm处运动到40.cm处的时间为：t1=45.0-×10-2s=0.1s
可得碰后A从42.5cm处运动到45.cm处的时间为：t2=t-t1=0.2s-0.1s=0.1s
A滑块碰撞前的速度大小为：vA0=xA0t2=(45.0-42.5)×10-20.1m/s=0.25m/s，方向向右；
碰前B的速度大小为：vB0=xB0t2=(50.0-45.0)×10-20.1m/s=0.50m/s，方向向左。
取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得：mAvA0-mBvB0=-mAvA
解得：mAmB=23
碰撞前后系统的总动能为：Ek前=12mAvA02+12mBvB02
碰撞前后系统的总动能为：Ek后=12mAvA2
因mB>mA，vB0=vA，易知Ek前>Ek后，即碰撞过程系统的机械能不守恒，故碰撞是非弹性碰撞。
故答案为：(1)45.0；(2)0.50；(3)23，非弹性
13.(1)由图乙可知，t=4s时刻质点P沿y轴负方向振动，由波形平移法可知，该波向左传播。
由甲可知该波的波长为
λ=20m
由乙图可知周期为
T=8s
则波传播的速度大小为
v=λT=208m/s=2.5m/s
(2)质点Q的振动时间与周期的关系为
t=28s=3.5T
时间为半个周期的整数倍，故Q点在0～28s内的路程为
s=3.5×4A=14×10cm=140cm
答：(1)波传播的速度大小为2.5m/s，向左传播；
(2)Q点在0～28s内的路程为140cm。
14.(1)光在圆柱传播的速度为v=cn=3×1082 3m/s=3 32×108m/s
当光线下圆柱中沿直线传播时，距离最短，此时光在圆柱中传播的时间最短，所以光在圆柱中传播的最短时间是tmin=Lv=10 3×10-23 32×108s=23×10-9s
(2)光在柱内恰好发生全反射时，光在柱内发生全反射的次数最多，全反射的临界角满足sinC=1n
根据几何关系可得θ+C=90°

根据折射定律n=sinisinθ
联立解得射入圆柱时的入射角正弦值为sini= 33
答：(1)光在圆柱中传播的最短时间是23×10-9s；
(2)若光在柱内发生全反射的次数最多，射入圆柱时的入射角正弦值为sini= 33。
15.(1)a物块运动到M点与b物块碰撞前，根据动能定理有
-μmagL=12mav2-12mav02
代入数据解得
v=4m/s
(2)a、b物块碰后粘在一起，以v的方向为正方向，根据动量守恒定律有
mav=(ma+mb)v'
a、b物块碰后到静止，根据能量守恒定律有
12(ma+mb)v'2=μ(ma+mb)gs
代入数据解得
s=0.4m
PM的长度d=0.6m
可知最终停在距离P点0.2m处。
(3)a、b物块质量相等，碰后速度互换，则a停在M处，b运动到圆弧后，再返回，设再次到达M点的速度为vb，则有
-μmbg×2d=12mbvb2-12mbv2
代入数据解得
vb=2m/s
b物块再次与a发生弹性碰撞，速度互换后，b停在M点，a以2m/s速度向左运动，根据动能定理有
-μmagx=0-12mavb2
代入数据解得
x=0.4m
则a最终停在M点左侧距离其0.4m的位置。
答：(1)a物块运动到M点与b物块碰撞前的速度大小为4m/s；
(2)若a、b物块碰后粘在一起，它们最后停在距离P点0.2m处；
(3)若a与b的碰撞均为弹性碰撞，则a最终停在M点左侧距离其0.4m的位置，b物块停在M点。