【文档说明】安徽省阜阳市第三中学2023-2024学年高二上学期10月月考物理试题 含解析.docx，共(18)页，1.755 MB，由小赞的店铺上传

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阜阳三中2023~2024学年度高二年级第一学期一调考试物理全卷满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿

纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。5.本卷主要考查内容：

必修第三册，选择性必修第一册。一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一个选项正确，第9~12题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，

有选错的得0分。1.下列说法正确的是（）A.太阳光经棱镜后形成的彩色条纹是干涉现象B.一束光由空气斜射入水中，波长和频率均不变C.无论光如何传播，只要入射角满足一定的条件就能在界面发生全反射D.站台上的乘客听到正在进站的列车的汽

笛声的音调发生变化是由于多普勒效应【答案】D【解析】【详解】A．太阳光经棱镜后形成的彩色条纹是光的色散，故A错误；B．一束光由空气斜射入水中，频率不变，根据cvn=，可知光速减小，则波长减小，故B错误；C．发

生全反射的条件是光从光密介质传到光疏介质，故C错误；D．站台上的乘客听到正在进站的列车的汽笛声的音调发生变化是由于多普勒效应，故D正确；故选D。2.将甲、乙两电荷固定在绝缘水平面上，两电荷之间的作用力大小为F；将电荷甲拿走，将电荷丙固定在甲的位置，两电荷之间的作用力为3F，若三个电荷

均可视为点电荷，则甲与丙的电荷量之比为（）A.1:9B.1:3C.9:1D.3:1【答案】B【解析】【详解】根据库仑定律有2QQFkr=甲乙23QQFkr=乙丙解得:3:1=QQ甲丙故选B。3.如图所示，匀强磁场沿水平方向，矩形线框与磁场的夹角为30=，已知磁感应强度大小为2

.0T=B，0.2mab=，0.3mbc=，现使线框由图示位置绕ab边沿逆时针方向转过90°。取图中磁通量的方向为正，则穿过线框磁通量的变化量为（）A.()0.0631Wb−B.()0.0631Wb+C.0.12WbD.0.123Wb【答案】A【解析】【详解】开始穿过线框的磁通量为11sin2

.00.20.3Wb0.06Wb2BS===线框由图示位置绕ab边沿逆时针方向转过90°时穿过线框的磁通量为()23sin902.00.20.3Wb2BS=−=0.063Wb=则穿过线框磁通量的变化量为()210.0631Wb=−

=−故选A。4.2022年6月1日，网球名将纳达尔以3:0的总比分淘汰德约科维奇，成功晋级四强，如图所示，质量为58g的网球以144km/h的水平速度朝纳达尔飞来，纳达尔以216km/h的水平速度反向击回，假设网球与球拍的作用时间为0.0

2s。则下列说法正确的是（）A.网球动量变化量大小为1.16kg·m/sB.网球动能变化量的大小为150.8JC.球拍对网球做功为零D.球拍与网球之间的平均作用力大小为290N【答案】D【解析】【详解】A．假设以网球飞来的方向为正，则初速度为

1144km/h=40m/sv=网球被击回的速度为2216km/h=60m/sv=−−则网球动量的变化量为215.8kgm/spmvmv=−=−A错误；B．网球动能变化量为22211158J22kEmvmv=−=B错误；C．由动能定理可知球拍对网球做的功等于球动

能的变化量，C错误；D．有动量定理可知21Ftmvmv−=−解得的的290NF=D正确。故选D。5.如图甲所示为竖直方向的弹簧振子，图乙是该振子完成一次全振动时其位移随时间的变化规律图线，取竖直向上为正方向，则下列说法正确的是（）A.0=

t时刻振子处在弹簧原长的位置B.1st=时，振子位于最低点C.12s:内，振子从最高点向下运动，且速度正在增大D.12s:内，振子从最高点向下运动，且加速度正在增大【答案】C【解析】【详解】A．0=t时刻，振子的速度向上最大，此时正处在平衡位置，即mgkx=，弹

簧处于伸长状态，A错误；B．1st=时，振子的位移最大，回复力最大，加速度最大，方向竖直向下，因此振子处于最高点，B错误；CD．12s:内，振子从最高点向平衡位置运动，速度正在增大，位移正在减小，回复力正在减小

，加速度正在减小，C正确，D错误。故选C。6.沿x轴方向产生的简谐波如图所示，其中A点的横坐标为波长的18，图示时刻A点的速度正在增大，则下列说法正确的是（）A.波的传播方向沿x轴的负方向B.A点的加速度正在逐渐减小C.经过14个周期，质点A通过的路程等于振幅的一倍D.经过12

个周期，质点A的速度正在减小【答案】B【解析】【详解】A．根据题意，A点的速度正在增大，说明A点的运动方向沿y轴的负方向，由同侧法可知，波的传播方向沿x轴的正方向，故A错误；B．A点的位移正在减小，回复力正在减小，则A的加速度正在减小，故

B正确；C．由题图可知，图示时刻A点的位移为为振幅的22倍，经过14个周期，A点位于平衡位置的下侧，且位移的大小为振幅的22倍，因此该时间内A通过的路程为振幅的2倍，故C错误；D．由对称性可知，经过12个周期，质点A正位于x轴下侧沿y轴的正方向运动，速度正在增大，故D错误。故选B。7.晓

宇在实验室利用发波水槽演示了波的衍射现象，调整缝的宽度为PQ=5cm，M、N为挡板后放置的两个浮球，实验时发现两浮球始终静止不动。则下列说法正确的是（）A.将缝的宽度略微调大，则两浮球可能上下浮动B.将缝的宽度适当调小，则两浮球可能上下浮动C.增大振源的频率，两浮球可能上

下浮动D.无论如何调节振源的频率，两浮球始终静止【答案】B【解析】【详解】AB．当缝的宽度为PQ=5cm时，两浮球始终静止不动，可知此时波的衍射现象不明显，即波的波长远小于此时缝宽，若将缝的宽度略微调大，波长仍远小于此时缝宽，同样不会有明显

的衍射现象，即两浮球仍会静止不动；若将缝的宽度适当调小，当波长和缝宽接近或者大于缝宽时可发生明显的衍射现象，即此时两浮球可以上下浮动，A错误，B正确；CD．根据公式vf=可知，由于波在介质中的传播速度不变，故当增大振源的频率时波长变短，根据前面分析可知波长仍远小于缝宽，不会有明显的衍射现象，两

浮球不可能上下浮动；当减小振源的频率时，波长变大，当波长和缝宽接近或者大于缝宽时可发生明显的衍射现象，此时两浮球会上下浮动，CD错误。故选B。8.如图所示为某透明介质制成棱镜的截面图，其中30A=、60C=

，由两种色光组成的细光束垂直AB边射入棱镜，色光1刚好在AC面发生全反射，色光2由AC边射出时与AC面的夹角为45。则下列说法正确的是（）A.色光1、2的折射率之比为1:2B.色光2在真空中的波长较短C.色光2比色光1更容易发生衍射现象D.改变入

射光的角度，两种色光可能在AB面发生全反射【答案】C【解析】【详解】A．由于色光1在AC边发生了全反射，则色光1的折射率为1112sinsin30nC===由折射定律得色光2的折射率为2sin452sin30n==则色光1，2的

折射率之比为2:1，A错误；BC．由于色光1的折射率大，则色光1的频率大，色光1的波长较短，色光2更容易发生衍射现象，B错误，C正确；D．全反射的条件是光由光密介质向光疏介质传播，且入射角大于临界角，D错误。的故选C。9.如图所示

，两平行板沿水平方向固定，A板带正电、B板带负电，两极板间加稳定的电压U。一带电小球由B板的右侧以一定的速度射入，刚好沿直线由A板的左侧离开。已知小球的质量和电荷量分别为m、q，重力加速度为g。则下列说法正确的是（）A.小球带负

电B.小球在极板间的加速度可能大于重力加速度C.两极板之间的距离为qUmgD.从进入极板至离开过程中小球的电势能增加qU【答案】AC【解析】【详解】AB.由于小球的运动轨迹为直线，则小球在两极板间做匀速直线运动，即小球受力平衡，加速度为零，电场力竖直向上，所以小球带负电，A正确，B错

误；C.由平衡条件得Umgqd=则两极板之间的距离为qUdmg=C正确；D.电场力与位移的夹角小于90，则电场力对小球做正功，小球的电势能减少qU，D错误。故选AC。10.用两质量不计的细绳分别将一重球

拴接并悬挂在天花板上构成两个单摆装置甲、乙，当驱动力的周期为5s时甲的振幅最大，驱动力的周期为2s时乙的振幅最大。则下列说法正确的是（）A.如果在同一地点，则甲、乙两摆的摆长之比为25:4B.如果在同一地点，则甲、乙两摆的摆长之比为5:2C.如果

摆长相同，且在不同地点，则甲、乙两摆所在两地的重力加速度之比为25:4D.如果摆长相同，且在不同地点，则甲、乙两摆所在两地的重力加速度之比为4:25【答案】AD【解析】【详解】AB．当驱动力的周期与物体的固有周期相同

时会产生共振，此时振幅最大。根据题意，当驱动力的周期为5s时甲的振幅最大，驱动力的周期为2s时乙的振幅最大，故可知甲乙的固有周期分别为=5sT甲=2sT乙结合单摆的周期公式2LTg=可知如果在同一地点

，重力加速度相等，则甲、乙两摆的摆长之比为2225==4LTLT甲甲乙乙A正确，B错误；CD．如果摆长相同，且在不同地点，则甲、乙两摆所在两地的重力加速度之比为224==25gTgT甲乙乙甲C错误，D正确。故

选AD。11.如图所示截面为一棱镜的截面图，其中C、D均为直角，60A=，某单色光的细光束垂直AD边射入该棱镜。已知16cmABBC==，入射点O到A的间距为6cm，棱镜的折射率为2。则下列说法正确的是（

）A.光束第一次到AB界面时，光束能从AB界面射出B.光束第一次到BC界面时发生全反射的C.光束第一次射出棱镜的出射光线，相对入射光线的偏角为45D.光束第一次射出棱镜时出射点到C点的距离为43cm【答案】BD【解析】【详解】

A．设发生全反射的临界角为C，由折射定律可得1sinCn=解得45C=光束第一次到AB界面时的入射角为6045，显然光束在该界面发生了全反射，A错误；B．光路图如图所示由几何关系可知光线在BC边的入射角也为6045，因此光

束在BC界面发生全反射，B正确；C．设光线在CD边的入射角为，折射角为，由几何关系可得30=，小于临界角，光线第一次射出棱镜是在CD边，由折射定律可得sinsinn=解得45=所以入射光偏转了135，C错误；D．如图MO光线垂直于AD进入棱镜，6cmAO=，60OAE=12

cmcos60AOAE==因为在AB面和BC面发生全反射，所以4cmBEBF==，16mBC=，12cmFC=，由几何关系可知tan3043cmCGFC==D正确。故选BD。12.如图所示为一列沿x轴方向传播的简谐横波，t=0时刻的波形图如图中的实线所示，经t=0.2s时波形

图第一次如虚线所示。已知a为平衡位置在x=1.0m处的质点，b为平衡位置在x=1.8m处的质点。则下列说法正确的是（）A.波速一定为11m/sB.波的最小周期为0.24sC.如果波沿x轴正方向传播，则质点b比a先回到平衡位置D.如果波沿x轴负方向传播，经时间2s质点a第

一次到波峰【答案】CD【解析】【详解】AB．根据波形图可知2.4m=，经t=0.2s时波形图第一次如虚线所示，若波向右传播，此时波向右传播的距离为()13.61.21.21.0m=2.2mx=−−−故此时波速为12.2m/s

=11m/s0.2v=周期为110.22sTv=若波向左传播，可知经t=0.2s时波向左传播的距离为2=1.2m1.0m=0.2mx−故此时波速为20.2m/s=1m/s0.2v=周期为222.4sTv==

AB错误；C．如果波沿x轴正方向传播，可知t=0时，质点a向上振动，达到正向最大位移后再经过14T到达平衡位置，而此时质点b处于负方向最大位移处经过14T即到达平衡位置，故质点b比a先回到平衡位置，C正确；D．如果波沿x轴负方向传播，可知从t=0时刻开始，平衡位置在3.0mx

=处，此时正处于波峰处的质点的振动形式传播到1.0mx=时，质点a第一次到波峰，所需的时间为3.01.0s=2s1t−=D正确。故选CD。二、实验题：本题共2小题，共14分。13.晓宇利用如图甲所示的电路完成了一节干电池电

动势和内阻的测量，其中电流表G（量程3mA，内阻19.9ΩgR=，电压表V（量程3V，内阻Rv约为10kΩ），通过移动滑动变阻器的滑片，读出了多组电压表以及电流表的示数，并将实验数据描绘在了如图乙所示的坐标系

中。（1）图甲中将电流表G改装成量程为0.6A的电流表，定值电阻R0=__________Ω；（2）由图乙可知，干电池的电动势为E=__________V，内阻为r=__________Ω；（结果均保留两位有效数字）（3）电源电动势的测量值_________（填“大于”“等

于”或“小于”）真实值，内阻测量值________（填“大于”“等于”或“小于”）真实值。【答案】①.0.1②.1.5③.1.0④.小于⑤.小于【解析】【详解】（1）[1]改装成量程为0.6A的电流表,定值电阻R0需要分担的电流为0600mA3mA597mA0.59

7AI=−==根据部分电路的欧姆定律可得定值电阻的阻值为0019.90.003A0.10.597AGGRIRI===（2）[2]根据闭合电路的欧姆定律可得EUIr=+整理可得UrIE=−+由图乙可知，当0GI=时，此时电路中的电流为10I=，路端电压11.5VU=

；此时的路端电压等于电源的电动势，即1.5VE=。[3]当2.0mAGI=，此时电路中的电流为20(2.02.0199)mA0.4AGIII=+=+=路端电压为21.1VU=；内阻r在数值上等于图像斜率的绝对值，即21

211.11.5ΩΩ1.0Ω0.40UUrII−−===−−（3）[4][5]伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U-I图

象如图所示由图象可知，电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值。14.某实验小组的同学利用如图甲所示的装置测量了光的波长，其中单缝与双缝相互平行。（1）实验时，在光屏上得到了明暗相间的条纹，则下列说法正确的是

______；A．单缝到双缝的距离越远，条纹间距越大B．屏上的条纹与双缝垂直C．条纹间距与光波的波长无关D．条纹间距与双缝的宽度有关（2）第16条亮纹、第22条亮纹分别到第1条亮纹之间的距离为图乙和图丙所示，则相邻两亮条纹之间的距离为__

____mm（结果保留两位有效数字）；（3）如果双缝屏到光屏之间的距离为L，两狭缝之间的距离为d，相邻亮条纹间距为x，则波长的关系式为=______；如果L=600mm，d=0.4mm，则该色光的波长=______nm；（4）如果将频率更大的光通过滤光片，

则屏上的条纹宽度将______（填“变大”“不变”或“变小”）。【答案】①.D②.0.73③.dLx④.486⑤.变小【解析】【详解】（1）[1]ACD.根据干涉条纹的间距公式lxd=可知条纹间距与光波的波长、条纹间距有关，与单缝到双缝的距离无关，故AC错误，D正确；B.干涉条纹与

双缝平行，故B错误；故选D。（2）[2]乙图游标卡尺读数为11mm+0.13mm=11.3mm；丙图位置游标卡尺的读数为15mm+0.17mm=15.7mm；相邻亮条纹的间距为15.711.3mm0.73mm6x−==（3）[3]根据干涉条纹的间距公式lxd=可知dxL=[4]

代入数据解得的486nm=（4）[5]频率更大的光，波长较小，根据lxd=可知，条纹间距变小。三、解答或论述题：本题共3小题，共38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，

答案中必须明确写出数值和单位。15.如图所示为水平向右传播的一列横波，图中的实线为t=0时刻的波形图，虚线为t=0.2s时刻的波形图，已知波的传播周期大于0.4s。求：（1）该波的波速v；（2）平衡位置在x=0.5m处的质点的振动

方程。【答案】（1）7.5m/s；（2）()1510sincm44yt=+【解析】【详解】（1）根据题意可得波长为=4m，结合波向右传播有1.50.2s,=0,1,2...4TnTn+=解得1.6,=0,1,2..

.83Tnn=+根据题意波的传播周期大于0.4s，所以可知1.68s=s315T=故该波的波速为7.5m/svT==（2）根据t=0.2s时刻的虚线波形图可知，此时平衡位置在x=0.5m处的质点正处于平衡位置并向下振动，设振动方程为()000215sin10si

n10sin4yAtttT=+=+=+又有t=0.2s时，0y=，代入解得04=故平衡位置在x=0.5m处的质点的振动方程为()1510sincm44yt=+16.如图所示，足够长的光滑水平面与足够长的倾角为37

=的斜面体连接，质量为1m的滑块P以初速度0v沿水平面向左运动，经过一段时间与静止在斜面体底端质量为2m的滑块Q发生弹性碰撞，碰后滑块P反弹.已知滑块Q与斜面体之间的动摩擦因数为0.5=，sin370.6=，cos370.8=。忽略滑块Q在斜面与水平面连接处的能量

损失。若两滑块能发生第二次碰撞，求滑块P与滑块Q的质量比满足什么条件？（结果可保留根号）【答案】125251mm−【解析】【详解】由题意可知两滑块碰后，滑块P反弹则有12mm，设碰后滑块P、Q的速度分别为1v、2v，又弹性碰撞，则碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，有101122mvmvmv=+

222101122111222mvmvmv=+解得121012mmvvmm−=+120122mvvmm=+设滑块Q沿斜面上滑的最大位移为s，滑到斜面底端的速度为v，由动能定理有()222221sin37cos372mgmgsmv+=()22221sin37cos372mgmg

smv−=解得()1201225555mvvvmm==+欲使两滑块发生第二次碰撞，则应满足1vv整理得125251mm−17.如图甲所示，两平行金属板沿水平方向放置，间距为d，两极板间所加的电压如图乙所示，图乙中0U、T

为已知量.4Tt=时刻一带正电的粒子由两极板左侧正中央位置以初速度0v沿平行于极板的方向射入，结果粒子在T时刻刚好由两极板右侧正中央的位置离开电场，且运动过程中粒子刚好未与极板N相碰.已知粒子的质量为m，电荷量为q，忽略粒子的重力。求：（1）xU应为多少？（2）整个过程中电势能的变化量。【答

案】（1）5Tt=；（2）058qU【解析】【详解】（1）粒子射入电场后，在电场中做类平抛运动，水平方向匀速直线运动，竖直方向向下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得粒子的加速度为0qUadm=在42TT时间内，粒子在竖直方向的位移为21124Ty

a=粒子竖直方向的速度为14Tva=设粒子由2T开始经时间t竖直方向的速度减为0，该过程中粒子的加速度为xqUamd=粒子竖直方向的位移为2212yat=又1vat=由题意可知122dyy=+在2Tt

−时间内，粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，由题意可知21222dTat=−由以上整理得054xUU=5Tt=（2）由第（1）问的解析可知1518yd=，229yd=42TT时间内，电场力所做的功为011UWqyd=7210TT时间内，电场力所做的功为02254UWqyd=

−710TT时间内，电场力所做的功为03542UdWqd=整个过程中，电场力所做的功为012358qUWWWW=++=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com