湖北省沙市名校2023-2024学年高二下学期6月月考物理试卷

湖北省沙市名校2023-2024学年高二下学期6月月考物理试卷
一、选择题（本题共10小题，每小题4分。其中1—7题为单选题，8—10为多选题，选不全得2分，错选、多选得0分）
1．（2024高二下·湖北月考） 关于布朗运动的正确说法是（　　）
A．因为布朗运动的激烈程度跟温度有关，所以布朗运动也可以叫做热运动
B．布朗运动反映了分子的热运动
C．在室内看到的尘埃不停地运动是布朗运动
D．室内尘埃的运动是空气分子碰撞尘埃造成的现象
2．（2024高二下·湖北月考） 下列说法中正确的是（　　）
A．若氢原子从n=6能级向n=1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n =6能级向n= 2能级跃迁时辐射出的光能使该金属发生光电效应
B．玻尔通过粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型
C．原子核发生一次衰变，该原子的核外就失去一个电子
D．质子、中子、粒子的质量分别是m1、m2、m3，c为光速，则质子和中子结合成一个粒子释放的能量是
3．（人教版物理高二选修3-4 13.4实验：用双缝干涉测量光的波长同步练习）某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到如图甲所示的条纹，仅改变一个实验条件后，观察到的条纹如图乙所示．他改变的实验条件可能是(　　)
A．减小光源到单缝的距离 B．减小双缝之间的距离
C．减小双缝到光屏之间的距离 D．换用频率更高的单色光源
4．（2024高二下·湖北月考） 用一种单色光照射某金属，产生光电子的最大初动能为Ek，单位时间内发射光电子数量为n，若增大该入射光的强度，则（　　）
A．Ek增加，n增加 B．Ek增加，n不变
C．Ek不变，n不变 D．Ek不变，n增加
5．（2024高二下·湖北月考） 如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A、B从两侧同时射入木块，木块始终保持静止，子弹A射入木块的深度是B的2倍。假设木块对子弹阻力大小恒定，则下列说法正确的是（　　）
A．子弹A的质量是子弹B的质量的2倍
B．子弹A的初动量是子弹B的初动量大小的2倍
C．若子弹A、B的初始速度都增加为原来的2倍，则木块不会始终保持静止
D．若子弹A、B的初始速度都增加为原来的2倍，则子弹A射入木块的深度仍是子弹B的2倍
6．（2024高二下·湖北月考） 如图，为半圆柱体玻璃的横截面，为直径，一束由紫光和红光组成的复色光沿方向从真空射入玻璃，紫光、红光分别从B、C点射出。设它们在玻璃中的波长分别为、，传播时间分别为、。则（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·湖北月考） 霍尔效应这一现象是美国物理学家霍尔于1879年发现的。当电流垂直于外磁场通过导体时，载流子发生偏转，垂直于电流和磁场的方向会产生一附加电场，从而在导体的两端产生电势差，这一现象就是霍尔效应，这个电势差被称为霍尔电势差。现有一金属导体霍尔元件连在如图所示电路中，电源内阻不计，电动势恒定，霍尔电势差稳定后，下列说法正确的是（　　）
A．a端电势低于b端电势
B．若元件的厚度增加，a、b两端电势差不变
C．霍尔电势差的大小只由霍尔元件本身决定
D．若要测量赤道附近的地磁场，应将工作面调整为与待测平面平行
8．（2022·枣庄二模）一列简谐横波沿x轴正方向传播，图甲是时刻的波形图，图乙和图丙分别是x轴上某两处质点的振动图象。由此可知，这两质点平衡位置之间的距离可能是（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·湖北月考） 如图所示，等腰直角三角形区域内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为L，高为L，纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向以速度v匀速穿过匀强磁场区域，在t=0时恰好位于图中所示的位置，下列说法正确的是（　　）
A．穿过磁场过程中磁通量最大值为
B．穿过磁场过程中感应电动势的最大值为
C．线框中产生的电流始终沿顺时针方向
D．穿过磁场过程中线框受到的安培力始终向左
10．（2024高二下·湖北月考） 如图甲所示，物块A、B的质量分别是和，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在时刻以一定速度向右运动，在时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为48J
B．4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为，方向向右
C．物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为10J
D．物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为
二、实验题（本大题共2小题，共18分）
11．（2024高二下·湖北月考） 某同学利用单摆测量重力加速度
（1）为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是____；
A．组装单摆需选用密度较大、直径较小的摆球
B．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大
C．实验时需使摆球在同一竖直面内摆动
D．组装单摆需选用轻且不易伸长的细线
（2）如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约为1m的单摆，实验时，由于仅有量程为20cm、精度为1mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆周期；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离，用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g=　 　。
12．（2024高二下·湖北月考） 近年来，我国打响了碧水保卫战，检测组在某化工厂的排污管末端安装了如图1所示的流量计，用此装置测量污水（有大量的正、负离子）的电阻，进而用来测污水的电阻。测量管由绝缘材料制成，其直径为D，左右两端开口，匀强磁场方向竖直向下（未画出），在前后两个内侧面A、C上固定有竖直正对的金属板作为电极（未画出，电阻不计），金属板电极与开关S、电阻箱R和灵敏电流计连接，管道内始终充满污水，污水以恒定的速度v自左向右通过。
（1）利用图2中的电路测量灵敏电流计G的内阻，实验过程包含以下步骤：
a、分别将和的阻值调至最大；
b、合上开关；
c、调节，使G的指针偏转到满刻度，记下此时的示数；
d、合上开关；
e、反复调节和的阻值，使的示数仍为，G的指针偏转到满刻度的一半，此时的读数为。则灵敏电流计内阻为　 　。
（2）用游标卡尺测量测量管的直径D，如图3所示，则　 　cm。
（3）图1中与A极相连的是灵敏电流计的　 　接线柱（填“正”或“负”）。
（4）闭合图1中的开关S，调节电阻箱的阻值，记下电阻箱接入电路的阻值R与相应灵敏电流计G的读数I，绘制图像，如图4所示，则污水接入电路的电阻为　 　。（用题中的字母a、b、c、v、D、表示）
三、解答题（本大题共3小题，共42分）
13．（2024高二下·湖北月考） 如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑的绝热气缸中有加热装置，气缸壁内有卡槽，卡槽距缸底的高度。质量、横截面积的活塞停在卡槽处，其下方封闭有一定质量压强为、温度为的理想气体，现通过加热装置对缸内气体缓慢加热。已知外界大气压强保持不变，热力学温度与摄氏温度的关系，重力加速度。
（1）求活塞刚要离开卡槽时缸内气体的热力学温度；
（2）若活塞离开卡槽后继续上升了，该过程中气体吸收了的热量，求该过程中气体内能的变化量。
14．（2024高二下·湖北月考） 如图所示，在y轴的右侧存在磁感应强度为B的方向垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴的上方有一平行板式加速电场，有一薄绝缘板放置在y轴处，且与纸面垂直，现有一质量为m、电荷量为q的粒子由静止经过加速电压为U的电场加速，然后以垂直于板的方向沿直线从A处穿过绝缘板，而后从x轴上的D处以与x轴负向夹角为30°的方向进入第四象限，若在此时再施加一个电场可以使粒子沿直线到达y轴上的C点（C点在图上未标出），已知OD长为l，不计粒子的重力，求：
（1）粒子射入绝缘板之前的速度大小；
（2）粒子经过绝缘板时损失了多少动能；
（3）所加电场的电场强度和带电粒子在y轴的右侧运行的总时间。
15．（2024高二下·湖北月考） 如图所示，水平面右侧有竖直墙壁，垂直墙壁的同一直线上有两个静止的物块A和B（均可视为质点），相距L=15m，物块B到墙壁的距离s=5m，两物块的质量分别为mA=1kg、mB=0.5kg，物块B与水平面间无摩擦，物块A与水平面间的动摩擦因数μ=0.2。现给物块A施加水平向右的力F=6N，作用2s后撤去F，之后物块A与物块B、物块B与墙壁间发生正碰，碰撞中无能量损失，且碰撞时间极短，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）物块A从开始运动到两物块第一次发生碰撞所经历的时间及物块A第一次碰撞前的速度大小；
（2）两物块第一次碰撞后的速度大小；
（3）从开始到两物块第三次碰撞前物块B通过的总路程。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】布朗运动
【解析】【解答】AB.布朗运动指的是悬浮在液体中的颗粒的无规则运动，所以布朗运动不是热运动，但布朗运动是由于液体分析对颗粒的无规则撞击引起的，所以布朗运动反映了分子的热运动，A不符合题意，B符合题意；
CD.布朗运动用肉眼是看不到的，故在室内看到的尘埃不停地运动不是布朗运动，尘埃的运动是其受到的重力及空气的浮力的影响造成的宏观现象，CD不符合题意；
故答案为：B。
【分析】布朗运动指的是悬浮在液体中的颗粒的无规则运动，反映了分子的热运动。
2．【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；质量亏损与质能方程；玻尔理论与氢原子的能级跃迁；物理学史
【解析】【解答】A.根据能级差公式
可知，从6→1辐射的光子能量大于从6→2辐射的光子能量，所以如果从n=6能级向n=1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则从6→2辐射的光子能量也不能使该金属发生光电效应，A不符合题意；
B.卢瑟福通过粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型，B不符合题意；
C.β衰变的实质是原子核中的一个中子转化为一个质子的同时放出一个电子，所以β粒子来自原子核内，与核外电子无关，C不符合题意；
D.根据爱因斯坦质能方程可知，两个质子和两个中子结合成一个α粒子释放的能量是
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据能级差公式分析从6→1辐射的光子能量与从6→2辐射的光子能量的关系，再由光电效应产生条条件分析；根据物理学史分析；β粒子是原子核中的一个中子转化为一个质子时放出的电子；根据爱因斯坦质能方程，求解质子和中子结合成一个粒子释放的能量。
3．【答案】B
【知识点】光的双缝干涉
【解析】【解答】在双缝干涉中，相 邻明条纹间的距离 ，由题图知干涉条纹间距变宽，故可增大l、λ或减小d．根据 知要增大λ，应减小ν．选项B正确，A、C、D错误。
【分析】由波的干涉中条纹的间距公式 ，即可求解。
4．【答案】D
【知识点】光电效应
【解析】【解答】根据光电效应方程
可知，光电子的最大初动能与光的频率有关，与光照强度无关。所以增大该入射光的强度，光电子的最大初动能不变，光电流强度（反映单位时间内发射出的光电子数的多少）与入射光强度成正比，所以增大该入射光的强度，单位时间内发射光电子数量n增加，ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，单位时间射出的光电子数与入射光强度有关，由入射光频率无关。
5．【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】【解答】A.对A、B和木块组成的系统，根据动量守恒定律可得
对子弹A，根据动能定理，有
对子弹B，根据动能定理，有
依题意，有
联立，可得
，
A不符合题意；
B.根据A项分析可知，子弹A的初动量和子弹B的初动量大小相等，B不符合题意；
C.若子弹A、B的初始速度都增加为原来的2倍，则A、B的初始动量分别变为和，则根据A项分析，两子弹的初动量仍为相等的关系，故系统动量仍守恒，木块会始终保持静止，C不符合题意；
D.依题意，对子弹A，根据动能定理，有
对子弹B，根据动能定理，有
联立，可得
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、B和木块组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，列出守恒方程，再分别对A和B应用动能定理列式，可求出A、B的质量关系；根据子弹A、B的初始速度都增加为原来的2倍后两子弹的动量关系，分析木块是否依然能保持静止；对A、B在木块的中的运动过程分别应用动能定理，得出子弹A射入木块的深度与子弹B射入木块深度的关系。
6．【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】AB.设任意光线的入射角为α，折射角为β，光在玻璃中传播的路程为s，直径OD的长度为d，由折射定律可得
光在玻璃中的速度
由几何知识可得光在玻璃中传播的路程为
光在玻璃中传播的时间为
解得
因为红光和紫光的入射角相同，故
A符合题意，B不符合题意；
CD.由折射定律
可知，B光的折射角较小，所以折射率较大，频率较大，光在玻璃中的波长为
可知，可知B光的波长较小，即
CD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据折射率公式和几何关系，推导光在玻璃中传播时间的表达式，再结合两束光射入介质时的相同点和不同点得出传播时间的关系；推导光在玻璃中波长的表达式，得出结论。
7．【答案】B
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】A.金属导体中载流子是电子，电流方向从右向左，则电子从左向右定向移动，根据左手定则判断可知，在洛伦兹力的作用下电子向b端偏转，故b端电势较低，A不符合题意；
BC.设金属导体厚度为h，前后表面距离为d，长度为L，当a、b两端电压稳定后，定向移动的电子受到的电场力与洛伦兹力大小相等，即
可得
可知a、b两端电势差与元件的厚度h无关，但与元件的长度和前后表面的距离有关，B符合题意，C不符合题意；
D.由于赤道附近的地磁场平行于地面，若要测量赤道附近地磁场，工作面应该处于垂直状态，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据洛伦兹力判断电子的偏转方向，从而得出a、b两端电势高低的关系；根据电子的受力平衡，结合电流的定义式和电阻定律，推导a、b两端电压的表达式，得出电压的相关量。理解地磁场的分布情况，从而分析出元件的摆放特点。
8．【答案】C,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】由图甲可知波长
振幅
图乙所示质点在时在正向最大位移处，图丙所示质点在时，，运动方向沿y轴正方向，结合波形图找到对应的点，如图所示
四分之一波长为，若在左边，两平衡位置的距离为
若在右边，两平衡位置的距离为
考虑周期性得或
可得CD符合题意，AB不符合题意。
故答案为：CD。
【分析】利用图像可以求出波长和振动的大小，结合其两个质点在初始时刻的位移大小及速度的方向可以判别两个质点之间的距离大小。
9．【答案】A,D
【知识点】磁通量；左手定则—磁场对通电导线的作用；楞次定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A.当线框的右边框与磁场的右边缘重合时，穿过线框的磁通量最大，最大值为
A符合题意；
B.当导线框有效切割的长度最大，产生的感应电动势最大，故当线框的右边框与磁场的右边缘重合时产生的感应电动势最大，最大值为
B不符合题意；
C.根据楞次定律和安培定则判断可知，线框进入磁场中产生的感应电流沿顺时针，穿出磁场时感应电流沿逆时针方向，C不符合题意；
D.由左手定则判断可知，穿过磁场过程中线框受到的安培力一直向左，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据磁通量的公式，计算穿过线框的最大磁通量；根据导体棒切割磁感线产生的感应电动势公式E=BLv计算；根据楞次定律和安培定则判断线框中的感应电流方向；由左手定则判断线框受到的安培力方向。
10．【答案】A,D
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】A.对A、C碰撞过程，由动量守恒可得
由图可知
，
解得
当A、C速度减为零时弹簧压缩至最短，此时弹性势能最大，由能量守恒定律可得，弹簧的最大弹性势能为
A符合题意；
B.由动量定理可得，4s到12s的时间内弹簧对AC的冲量为
分析图像可知，12s时B即将离开墙壁，此时B的速度为零，4s到12s的时间内，对B由动量定理可得
得
即大小为48N·s，方向向左，B不符合题意；
C.物块B离开墙壁后，当B的速度与AC相等时弹簧伸长到最长，弹性势能最大，由动量守恒定律可得
解得
所以弹簧的最大弹性势能为
C不符合题意；
D.当弹簧为原长时B的速度达到最大，由动量守恒和能量守恒可得，
解得
D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】对A、C的碰撞过程，由动量守恒定律列式，求出C的质量，当A、C速度减为零时弹簧压缩至最短，此时弹性势能最大，由能量守恒定律求出最大弹性势能；由动量定律求出弹簧在4s到12s的时间内对AC的冲量，再对B应用动量定理，求出这段时间内墙壁对B的冲量；物块B离开墙壁后，当B的速度与AC相等时弹簧伸长到最长，弹性势能最大，由动量守恒定律求出共速速度，再由能量守恒定律计算最大弹性势能；当弹簧为原长时B的速度达到最大，由动量守恒定律和能量守恒定律，求解物块B的最大速度。
11．【答案】（1）A；C；D
（2）
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）A.组装单摆需选用密度较大、直径较小的摆球，可以减小空气阻力造成的误差，A符合题意；
B.单摆的摆角要小于5°，单摆做的才是简谐运动，所以摆的振幅不能过大，B不符合题意；
C.实验时需使摆球在同一竖直面内摆动，保持摆长不变，C符合题意；
D.组装单摆需选用轻且不易伸长的细线，保证摆线质量忽略不计，摆长不变，可以减小误差，D符合题意。
故答案为：ACD。
（2）根据单摆的周期公式
可得
，
解得
【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析；（2）根据单摆的周期公式，列式求解。
12．【答案】（1）
（2）3.035
（3）正
（4）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；电磁流量计
【解析】【解答】（1）由所给实验步骤可知，当闭合，断开时，调节，使的示数，G满偏，当合上时，调节和的阻值，使的示数仍为，G的指针偏转到满刻度的一半，可知，断开时过电流表G的电流为闭合时的一半，即
可知闭合时流过的电流也为，得
（2）图3中游标卡尺的精确度为0.05mm，主尺读数为30mm，游标尺读数为7×0.05mm=0.35mm，可得管的直径
D=30mm+0.35mm=30.35mm=3.035cm
（3）由左手定则可判断出正离子往A极方向运动，负离子往C极方向运动，所以与A极相连的是灵敏电流计的正接线柱。
（4）当A、C两端电压稳定时，离子受到的电场力与洛伦兹力等大反向，有
得电源电动势为
由欧姆定律可得
其中r为污水的电阻，整理得
结合图像的斜率和纵轴截距可得
，
解得
【分析】（1）根据实验步骤分析断开和闭合时流过电流表的电流的关系，得出闭合时流过的电流与流过电流表G的电流的关系，从而得出电流表内阻；（2）根据游标卡尺的读数规则读数；（3）根据左手定则判断正负离子的偏转方向，得出A极的正负；（4）根据离子的受力平衡求出电路中的电动势，再由闭合电路欧姆定律推导的关系，结合图像的斜率和纵轴截距，求出污水接入电路的电阻
13．【答案】（1）解：已知
当活塞刚要离开卡槽时，根据受力分析则有
解得
气体加热至活塞刚要离开卡槽，气体经历等容变化，根据查理定律有
联立解得活塞刚要离开卡槽时，气体的热力学温度
（2）解：活塞离开卡槽上升过程中，是等压变化，故气体对外做功，则有
由热力学第一定律得
代入数据解得此过程中气体内能的变化量
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）根据活塞的受力平衡，求出活塞刚要离开卡槽时缸内气体的压强，再由查理定律列式，求出此时缸内气体的热力学温度；（2）根据热力学第一定律求解求该过程中气体内能的变化量。
14．【答案】（1）解：粒子在电场中加速，由动能定理得
解得
（2）解：粒子在磁场中做圆周运动轨迹如图
由几何关系可得轨道半径为，由
解得
根据能量守恒得，损失的动能为
（3）解：粒子若做直线运动，则有
代入数据解得
方向与x轴正向斜向下成60°角；粒子在第一象限作匀速圆周运动的时间为
粒子在第四象限做匀速直线运动的时间为
粒子y轴右侧运行的总时间为
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）由动能定理计算粒子射入绝缘板之前的速度大小；（2）根据洛伦兹力充当向心力，求出粒子在第一象限磁场中的运动速度，再由能量守恒定律计算粒子经过绝缘板时损失的动能；（3）粒子在第四象限做直线运动，洛伦兹力与电场力要等大反向，求出所加电场的电场强度；根据求出粒子在第一象限中的运动时间，再求出粒子在第四象限做匀速直线运动的时间，从而得到粒子y轴右侧运行的总时间。
15．【答案】（1）解：F作用2s的过程中，由动量定理有
代入数据解得
物块A的位移为
设物块A碰撞前的速度大小为
由动能定理有
代入数据解得
撤去F后，设碰撞前物块A做匀减速运动时间为，则
物块A从开始运动到两物块发生碰撞所经历的时间
（2）解：两物块发生弹性碰撞，由动量守恒和动能守恒，有
，
联立两式并代入数据解得
，
（3）解：第一次碰撞后物块A继续向右做匀减速运动
加速度大小为
位移大小为
所经历时间为
由于物块B与墙壁碰撞后速度大小不变、方向反向，故时间内，物块B通过的路程为
即物块A静止前两物块没有发生碰撞，到两物块发生第二次碰撞时，物块B通过的路程为
设两物块第二次发生碰撞后物块B和A的速度大小为和，则有
，
联立两式并代入数据解得
，
物块A做匀减速运动到停止，其位移
物块B从两物块第二次碰撞后到两物块第三次碰撞前通过的路程为
从开始到两物块第三次碰撞前物块B走过的总路程为
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据动量定理结合动能定理与运动学公式求解；（2）两物块发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律，求解两物块第一次碰撞后的速度大小；（3）由牛顿第二定律和运动学公式，求解第一次碰撞到第二次碰撞过程中A、B的位移碰，由动量守恒定律和能量守恒定律求出A、B发生第二次碰撞后的速度，再次由运动学公式，求解第二次碰撞到第三次碰撞过程中A、B的位移，从而得出从开始到两物块第三次碰撞前物块B通过的总路程。
1 / 1湖北省沙市名校2023-2024学年高二下学期6月月考物理试卷
一、选择题（本题共10小题，每小题4分。其中1—7题为单选题，8—10为多选题，选不全得2分，错选、多选得0分）
1．（2024高二下·湖北月考） 关于布朗运动的正确说法是（　　）
A．因为布朗运动的激烈程度跟温度有关，所以布朗运动也可以叫做热运动
B．布朗运动反映了分子的热运动
C．在室内看到的尘埃不停地运动是布朗运动
D．室内尘埃的运动是空气分子碰撞尘埃造成的现象
【答案】B
【知识点】布朗运动
【解析】【解答】AB.布朗运动指的是悬浮在液体中的颗粒的无规则运动，所以布朗运动不是热运动，但布朗运动是由于液体分析对颗粒的无规则撞击引起的，所以布朗运动反映了分子的热运动，A不符合题意，B符合题意；
CD.布朗运动用肉眼是看不到的，故在室内看到的尘埃不停地运动不是布朗运动，尘埃的运动是其受到的重力及空气的浮力的影响造成的宏观现象，CD不符合题意；
故答案为：B。
【分析】布朗运动指的是悬浮在液体中的颗粒的无规则运动，反映了分子的热运动。
2．（2024高二下·湖北月考） 下列说法中正确的是（　　）
A．若氢原子从n=6能级向n=1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n =6能级向n= 2能级跃迁时辐射出的光能使该金属发生光电效应
B．玻尔通过粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型
C．原子核发生一次衰变，该原子的核外就失去一个电子
D．质子、中子、粒子的质量分别是m1、m2、m3，c为光速，则质子和中子结合成一个粒子释放的能量是
【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；质量亏损与质能方程；玻尔理论与氢原子的能级跃迁；物理学史
【解析】【解答】A.根据能级差公式
可知，从6→1辐射的光子能量大于从6→2辐射的光子能量，所以如果从n=6能级向n=1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则从6→2辐射的光子能量也不能使该金属发生光电效应，A不符合题意；
B.卢瑟福通过粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型，B不符合题意；
C.β衰变的实质是原子核中的一个中子转化为一个质子的同时放出一个电子，所以β粒子来自原子核内，与核外电子无关，C不符合题意；
D.根据爱因斯坦质能方程可知，两个质子和两个中子结合成一个α粒子释放的能量是
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据能级差公式分析从6→1辐射的光子能量与从6→2辐射的光子能量的关系，再由光电效应产生条条件分析；根据物理学史分析；β粒子是原子核中的一个中子转化为一个质子时放出的电子；根据爱因斯坦质能方程，求解质子和中子结合成一个粒子释放的能量。
3．（人教版物理高二选修3-4 13.4实验：用双缝干涉测量光的波长同步练习）某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到如图甲所示的条纹，仅改变一个实验条件后，观察到的条纹如图乙所示．他改变的实验条件可能是(　　)
A．减小光源到单缝的距离 B．减小双缝之间的距离
C．减小双缝到光屏之间的距离 D．换用频率更高的单色光源
【答案】B
【知识点】光的双缝干涉
【解析】【解答】在双缝干涉中，相 邻明条纹间的距离 ，由题图知干涉条纹间距变宽，故可增大l、λ或减小d．根据 知要增大λ，应减小ν．选项B正确，A、C、D错误。
【分析】由波的干涉中条纹的间距公式 ，即可求解。
4．（2024高二下·湖北月考） 用一种单色光照射某金属，产生光电子的最大初动能为Ek，单位时间内发射光电子数量为n，若增大该入射光的强度，则（　　）
A．Ek增加，n增加 B．Ek增加，n不变
C．Ek不变，n不变 D．Ek不变，n增加
【答案】D
【知识点】光电效应
【解析】【解答】根据光电效应方程
可知，光电子的最大初动能与光的频率有关，与光照强度无关。所以增大该入射光的强度，光电子的最大初动能不变，光电流强度（反映单位时间内发射出的光电子数的多少）与入射光强度成正比，所以增大该入射光的强度，单位时间内发射光电子数量n增加，ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，单位时间射出的光电子数与入射光强度有关，由入射光频率无关。
5．（2024高二下·湖北月考） 如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A、B从两侧同时射入木块，木块始终保持静止，子弹A射入木块的深度是B的2倍。假设木块对子弹阻力大小恒定，则下列说法正确的是（　　）
A．子弹A的质量是子弹B的质量的2倍
B．子弹A的初动量是子弹B的初动量大小的2倍
C．若子弹A、B的初始速度都增加为原来的2倍，则木块不会始终保持静止
D．若子弹A、B的初始速度都增加为原来的2倍，则子弹A射入木块的深度仍是子弹B的2倍
【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】【解答】A.对A、B和木块组成的系统，根据动量守恒定律可得
对子弹A，根据动能定理，有
对子弹B，根据动能定理，有
依题意，有
联立，可得
，
A不符合题意；
B.根据A项分析可知，子弹A的初动量和子弹B的初动量大小相等，B不符合题意；
C.若子弹A、B的初始速度都增加为原来的2倍，则A、B的初始动量分别变为和，则根据A项分析，两子弹的初动量仍为相等的关系，故系统动量仍守恒，木块会始终保持静止，C不符合题意；
D.依题意，对子弹A，根据动能定理，有
对子弹B，根据动能定理，有
联立，可得
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、B和木块组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，列出守恒方程，再分别对A和B应用动能定理列式，可求出A、B的质量关系；根据子弹A、B的初始速度都增加为原来的2倍后两子弹的动量关系，分析木块是否依然能保持静止；对A、B在木块的中的运动过程分别应用动能定理，得出子弹A射入木块的深度与子弹B射入木块深度的关系。
6．（2024高二下·湖北月考） 如图，为半圆柱体玻璃的横截面，为直径，一束由紫光和红光组成的复色光沿方向从真空射入玻璃，紫光、红光分别从B、C点射出。设它们在玻璃中的波长分别为、，传播时间分别为、。则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】AB.设任意光线的入射角为α，折射角为β，光在玻璃中传播的路程为s，直径OD的长度为d，由折射定律可得
光在玻璃中的速度
由几何知识可得光在玻璃中传播的路程为
光在玻璃中传播的时间为
解得
因为红光和紫光的入射角相同，故
A符合题意，B不符合题意；
CD.由折射定律
可知，B光的折射角较小，所以折射率较大，频率较大，光在玻璃中的波长为
可知，可知B光的波长较小，即
CD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据折射率公式和几何关系，推导光在玻璃中传播时间的表达式，再结合两束光射入介质时的相同点和不同点得出传播时间的关系；推导光在玻璃中波长的表达式，得出结论。
7．（2024高二下·湖北月考） 霍尔效应这一现象是美国物理学家霍尔于1879年发现的。当电流垂直于外磁场通过导体时，载流子发生偏转，垂直于电流和磁场的方向会产生一附加电场，从而在导体的两端产生电势差，这一现象就是霍尔效应，这个电势差被称为霍尔电势差。现有一金属导体霍尔元件连在如图所示电路中，电源内阻不计，电动势恒定，霍尔电势差稳定后，下列说法正确的是（　　）
A．a端电势低于b端电势
B．若元件的厚度增加，a、b两端电势差不变
C．霍尔电势差的大小只由霍尔元件本身决定
D．若要测量赤道附近的地磁场，应将工作面调整为与待测平面平行
【答案】B
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】A.金属导体中载流子是电子，电流方向从右向左，则电子从左向右定向移动，根据左手定则判断可知，在洛伦兹力的作用下电子向b端偏转，故b端电势较低，A不符合题意；
BC.设金属导体厚度为h，前后表面距离为d，长度为L，当a、b两端电压稳定后，定向移动的电子受到的电场力与洛伦兹力大小相等，即
可得
可知a、b两端电势差与元件的厚度h无关，但与元件的长度和前后表面的距离有关，B符合题意，C不符合题意；
D.由于赤道附近的地磁场平行于地面，若要测量赤道附近地磁场，工作面应该处于垂直状态，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据洛伦兹力判断电子的偏转方向，从而得出a、b两端电势高低的关系；根据电子的受力平衡，结合电流的定义式和电阻定律，推导a、b两端电压的表达式，得出电压的相关量。理解地磁场的分布情况，从而分析出元件的摆放特点。
8．（2022·枣庄二模）一列简谐横波沿x轴正方向传播，图甲是时刻的波形图，图乙和图丙分别是x轴上某两处质点的振动图象。由此可知，这两质点平衡位置之间的距离可能是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】由图甲可知波长
振幅
图乙所示质点在时在正向最大位移处，图丙所示质点在时，，运动方向沿y轴正方向，结合波形图找到对应的点，如图所示
四分之一波长为，若在左边，两平衡位置的距离为
若在右边，两平衡位置的距离为
考虑周期性得或
可得CD符合题意，AB不符合题意。
故答案为：CD。
【分析】利用图像可以求出波长和振动的大小，结合其两个质点在初始时刻的位移大小及速度的方向可以判别两个质点之间的距离大小。
9．（2024高二下·湖北月考） 如图所示，等腰直角三角形区域内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为L，高为L，纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向以速度v匀速穿过匀强磁场区域，在t=0时恰好位于图中所示的位置，下列说法正确的是（　　）
A．穿过磁场过程中磁通量最大值为
B．穿过磁场过程中感应电动势的最大值为
C．线框中产生的电流始终沿顺时针方向
D．穿过磁场过程中线框受到的安培力始终向左
【答案】A,D
【知识点】磁通量；左手定则—磁场对通电导线的作用；楞次定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A.当线框的右边框与磁场的右边缘重合时，穿过线框的磁通量最大，最大值为
A符合题意；
B.当导线框有效切割的长度最大，产生的感应电动势最大，故当线框的右边框与磁场的右边缘重合时产生的感应电动势最大，最大值为
B不符合题意；
C.根据楞次定律和安培定则判断可知，线框进入磁场中产生的感应电流沿顺时针，穿出磁场时感应电流沿逆时针方向，C不符合题意；
D.由左手定则判断可知，穿过磁场过程中线框受到的安培力一直向左，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据磁通量的公式，计算穿过线框的最大磁通量；根据导体棒切割磁感线产生的感应电动势公式E=BLv计算；根据楞次定律和安培定则判断线框中的感应电流方向；由左手定则判断线框受到的安培力方向。
10．（2024高二下·湖北月考） 如图甲所示，物块A、B的质量分别是和，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在时刻以一定速度向右运动，在时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为48J
B．4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为，方向向右
C．物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为10J
D．物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为
【答案】A,D
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】A.对A、C碰撞过程，由动量守恒可得
由图可知
，
解得
当A、C速度减为零时弹簧压缩至最短，此时弹性势能最大，由能量守恒定律可得，弹簧的最大弹性势能为
A符合题意；
B.由动量定理可得，4s到12s的时间内弹簧对AC的冲量为
分析图像可知，12s时B即将离开墙壁，此时B的速度为零，4s到12s的时间内，对B由动量定理可得
得
即大小为48N·s，方向向左，B不符合题意；
C.物块B离开墙壁后，当B的速度与AC相等时弹簧伸长到最长，弹性势能最大，由动量守恒定律可得
解得
所以弹簧的最大弹性势能为
C不符合题意；
D.当弹簧为原长时B的速度达到最大，由动量守恒和能量守恒可得，
解得
D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】对A、C的碰撞过程，由动量守恒定律列式，求出C的质量，当A、C速度减为零时弹簧压缩至最短，此时弹性势能最大，由能量守恒定律求出最大弹性势能；由动量定律求出弹簧在4s到12s的时间内对AC的冲量，再对B应用动量定理，求出这段时间内墙壁对B的冲量；物块B离开墙壁后，当B的速度与AC相等时弹簧伸长到最长，弹性势能最大，由动量守恒定律求出共速速度，再由能量守恒定律计算最大弹性势能；当弹簧为原长时B的速度达到最大，由动量守恒定律和能量守恒定律，求解物块B的最大速度。
二、实验题（本大题共2小题，共18分）
11．（2024高二下·湖北月考） 某同学利用单摆测量重力加速度
（1）为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是____；
A．组装单摆需选用密度较大、直径较小的摆球
B．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大
C．实验时需使摆球在同一竖直面内摆动
D．组装单摆需选用轻且不易伸长的细线
（2）如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约为1m的单摆，实验时，由于仅有量程为20cm、精度为1mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆周期；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离，用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g=　 　。
【答案】（1）A；C；D
（2）
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）A.组装单摆需选用密度较大、直径较小的摆球，可以减小空气阻力造成的误差，A符合题意；
B.单摆的摆角要小于5°，单摆做的才是简谐运动，所以摆的振幅不能过大，B不符合题意；
C.实验时需使摆球在同一竖直面内摆动，保持摆长不变，C符合题意；
D.组装单摆需选用轻且不易伸长的细线，保证摆线质量忽略不计，摆长不变，可以减小误差，D符合题意。
故答案为：ACD。
（2）根据单摆的周期公式
可得
，
解得
【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析；（2）根据单摆的周期公式，列式求解。
12．（2024高二下·湖北月考） 近年来，我国打响了碧水保卫战，检测组在某化工厂的排污管末端安装了如图1所示的流量计，用此装置测量污水（有大量的正、负离子）的电阻，进而用来测污水的电阻。测量管由绝缘材料制成，其直径为D，左右两端开口，匀强磁场方向竖直向下（未画出），在前后两个内侧面A、C上固定有竖直正对的金属板作为电极（未画出，电阻不计），金属板电极与开关S、电阻箱R和灵敏电流计连接，管道内始终充满污水，污水以恒定的速度v自左向右通过。
（1）利用图2中的电路测量灵敏电流计G的内阻，实验过程包含以下步骤：
a、分别将和的阻值调至最大；
b、合上开关；
c、调节，使G的指针偏转到满刻度，记下此时的示数；
d、合上开关；
e、反复调节和的阻值，使的示数仍为，G的指针偏转到满刻度的一半，此时的读数为。则灵敏电流计内阻为　 　。
（2）用游标卡尺测量测量管的直径D，如图3所示，则　 　cm。
（3）图1中与A极相连的是灵敏电流计的　 　接线柱（填“正”或“负”）。
（4）闭合图1中的开关S，调节电阻箱的阻值，记下电阻箱接入电路的阻值R与相应灵敏电流计G的读数I，绘制图像，如图4所示，则污水接入电路的电阻为　 　。（用题中的字母a、b、c、v、D、表示）
【答案】（1）
（2）3.035
（3）正
（4）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；电磁流量计
【解析】【解答】（1）由所给实验步骤可知，当闭合，断开时，调节，使的示数，G满偏，当合上时，调节和的阻值，使的示数仍为，G的指针偏转到满刻度的一半，可知，断开时过电流表G的电流为闭合时的一半，即
可知闭合时流过的电流也为，得
（2）图3中游标卡尺的精确度为0.05mm，主尺读数为30mm，游标尺读数为7×0.05mm=0.35mm，可得管的直径
D=30mm+0.35mm=30.35mm=3.035cm
（3）由左手定则可判断出正离子往A极方向运动，负离子往C极方向运动，所以与A极相连的是灵敏电流计的正接线柱。
（4）当A、C两端电压稳定时，离子受到的电场力与洛伦兹力等大反向，有
得电源电动势为
由欧姆定律可得
其中r为污水的电阻，整理得
结合图像的斜率和纵轴截距可得
，
解得
【分析】（1）根据实验步骤分析断开和闭合时流过电流表的电流的关系，得出闭合时流过的电流与流过电流表G的电流的关系，从而得出电流表内阻；（2）根据游标卡尺的读数规则读数；（3）根据左手定则判断正负离子的偏转方向，得出A极的正负；（4）根据离子的受力平衡求出电路中的电动势，再由闭合电路欧姆定律推导的关系，结合图像的斜率和纵轴截距，求出污水接入电路的电阻
三、解答题（本大题共3小题，共42分）
13．（2024高二下·湖北月考） 如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑的绝热气缸中有加热装置，气缸壁内有卡槽，卡槽距缸底的高度。质量、横截面积的活塞停在卡槽处，其下方封闭有一定质量压强为、温度为的理想气体，现通过加热装置对缸内气体缓慢加热。已知外界大气压强保持不变，热力学温度与摄氏温度的关系，重力加速度。
（1）求活塞刚要离开卡槽时缸内气体的热力学温度；
（2）若活塞离开卡槽后继续上升了，该过程中气体吸收了的热量，求该过程中气体内能的变化量。
【答案】（1）解：已知
当活塞刚要离开卡槽时，根据受力分析则有
解得
气体加热至活塞刚要离开卡槽，气体经历等容变化，根据查理定律有
联立解得活塞刚要离开卡槽时，气体的热力学温度
（2）解：活塞离开卡槽上升过程中，是等压变化，故气体对外做功，则有
由热力学第一定律得
代入数据解得此过程中气体内能的变化量
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）根据活塞的受力平衡，求出活塞刚要离开卡槽时缸内气体的压强，再由查理定律列式，求出此时缸内气体的热力学温度；（2）根据热力学第一定律求解求该过程中气体内能的变化量。
14．（2024高二下·湖北月考） 如图所示，在y轴的右侧存在磁感应强度为B的方向垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴的上方有一平行板式加速电场，有一薄绝缘板放置在y轴处，且与纸面垂直，现有一质量为m、电荷量为q的粒子由静止经过加速电压为U的电场加速，然后以垂直于板的方向沿直线从A处穿过绝缘板，而后从x轴上的D处以与x轴负向夹角为30°的方向进入第四象限，若在此时再施加一个电场可以使粒子沿直线到达y轴上的C点（C点在图上未标出），已知OD长为l，不计粒子的重力，求：
（1）粒子射入绝缘板之前的速度大小；
（2）粒子经过绝缘板时损失了多少动能；
（3）所加电场的电场强度和带电粒子在y轴的右侧运行的总时间。
【答案】（1）解：粒子在电场中加速，由动能定理得
解得
（2）解：粒子在磁场中做圆周运动轨迹如图
由几何关系可得轨道半径为，由
解得
根据能量守恒得，损失的动能为
（3）解：粒子若做直线运动，则有
代入数据解得
方向与x轴正向斜向下成60°角；粒子在第一象限作匀速圆周运动的时间为
粒子在第四象限做匀速直线运动的时间为
粒子y轴右侧运行的总时间为
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）由动能定理计算粒子射入绝缘板之前的速度大小；（2）根据洛伦兹力充当向心力，求出粒子在第一象限磁场中的运动速度，再由能量守恒定律计算粒子经过绝缘板时损失的动能；（3）粒子在第四象限做直线运动，洛伦兹力与电场力要等大反向，求出所加电场的电场强度；根据求出粒子在第一象限中的运动时间，再求出粒子在第四象限做匀速直线运动的时间，从而得到粒子y轴右侧运行的总时间。
15．（2024高二下·湖北月考） 如图所示，水平面右侧有竖直墙壁，垂直墙壁的同一直线上有两个静止的物块A和B（均可视为质点），相距L=15m，物块B到墙壁的距离s=5m，两物块的质量分别为mA=1kg、mB=0.5kg，物块B与水平面间无摩擦，物块A与水平面间的动摩擦因数μ=0.2。现给物块A施加水平向右的力F=6N，作用2s后撤去F，之后物块A与物块B、物块B与墙壁间发生正碰，碰撞中无能量损失，且碰撞时间极短，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）物块A从开始运动到两物块第一次发生碰撞所经历的时间及物块A第一次碰撞前的速度大小；
（2）两物块第一次碰撞后的速度大小；
（3）从开始到两物块第三次碰撞前物块B通过的总路程。
【答案】（1）解：F作用2s的过程中，由动量定理有
代入数据解得
物块A的位移为
设物块A碰撞前的速度大小为
由动能定理有
代入数据解得
撤去F后，设碰撞前物块A做匀减速运动时间为，则
物块A从开始运动到两物块发生碰撞所经历的时间
（2）解：两物块发生弹性碰撞，由动量守恒和动能守恒，有
，
联立两式并代入数据解得
，
（3）解：第一次碰撞后物块A继续向右做匀减速运动
加速度大小为
位移大小为
所经历时间为
由于物块B与墙壁碰撞后速度大小不变、方向反向，故时间内，物块B通过的路程为
即物块A静止前两物块没有发生碰撞，到两物块发生第二次碰撞时，物块B通过的路程为
设两物块第二次发生碰撞后物块B和A的速度大小为和，则有
，
联立两式并代入数据解得
，
物块A做匀减速运动到停止，其位移
物块B从两物块第二次碰撞后到两物块第三次碰撞前通过的路程为
从开始到两物块第三次碰撞前物块B走过的总路程为
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据动量定理结合动能定理与运动学公式求解；（2）两物块发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律，求解两物块第一次碰撞后的速度大小；（3）由牛顿第二定律和运动学公式，求解第一次碰撞到第二次碰撞过程中A、B的位移碰，由动量守恒定律和能量守恒定律求出A、B发生第二次碰撞后的速度，再次由运动学公式，求解第二次碰撞到第三次碰撞过程中A、B的位移，从而得出从开始到两物块第三次碰撞前物块B通过的总路程。
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