贺州平桂管理区平桂高级中学2017-2018学年高二物理下学期第三次月考试题(含解析)

2017 -2018 学年度下学期高二年级第三次月考物理（理科）
一、单选题（共10 题，每题4 分，共计40 分）
1. 关于动量守恒，下列说法正确的有（）
A. 只要系统内存在摩擦力，动量不可能守恒
B。

只要系统受外力做的功为零，动量守恒
C。

只要系统所受到合外力的冲量为零,动量守恒D。

系统加速度为零,动量不一定守恒
【答案】C
【解析】
只要系统所受合外力为零，系统动量就守恒，与系统内是否存在摩擦力无关,故A错误；系统受外力做的功为零，系统所受合外力不一定为零，系统动量不一定守恒,如用绳子拴着一个小球，让小球做匀速圆周运动，小球转过半圆的过程中，系统外力做功为零，但小球的动量不守恒,故B错误；力与力的作用时间的乘积是力的冲量,系统所受到合外力的冲量为零,则系统受到的合外力为零，系统动量守恒，故C正确；系统加速度为零，由牛顿第二定律可得，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故D错误；故选C．
点睛：本题考查对动量守恒条件的理解，知道动量守恒条件：合外力为零即可正确解题．
2。

一物体在外力的作用下从静止开始做直线运动,合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示。

设该物体在t0和2t0时刻相对于出发点的位移分别是x1和x2, 速度分别是v1和v2，合外力从开始至t0时刻做的功是W1，从t0至2t0 时刻做的功是W2 则( ）
A. x2 9x2 , v2 3v1B。

x1 9x2 , v2 5v1
C。

x2 5x1 ,W2 8W1D。

v2 3v1，W2 8W1【答案】CD
【解析】
【详解】由于物体受的合力是2倍的关系，根据牛顿第二定律F=ma可知,加速度也是2倍的关系,即a2=2a1在0～t0段,物体的位移x1=1
2
a1t02,v1=a1t0，合外力做功W1= F0x1；
在0～2t0段，物体的位移x2=x1+v1t0+1
2a2t02=5
2
a1t02=5x1,速度
v2=v1+a2t0=3v1；而t0～2t0合外力做功W1=2F0(x2−x1)=8W1；故选CD。

【点睛】本题在计算时要注意，位移x1和x2都是相对
于出发点的位移,并不是各自时间内经过的位移;W 1和W 2是各段的合外力做的功。

3. 某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x =5sin π4t (cm) ，则下列关于质点运动的说法中正确的是
( )
A 。

质点做简谐运动的振幅为 10cm
B 。

质点做简谐运动的周期为 4s
C. 在 t=4s 时质点的加速度最大 D 。

在 t=4s 时质点的速度最大
【答案】D
【解析】
【详解】A 、由位移的表达式x =5sin π4t(cm ),可知质点做简
谐运动的振幅为5cm 。

故A 错误。

B 、由位移的表达式读出角频率
ω=π4rad/s ,则周期为T =2πω=8s ,
故B 错误.
C 、在t =4s 时质点的位移x =5sin(π4×4)(cm )=0，说明物体通过平衡位置，加速度最小;故C 错误.
D 、在t =4s 时质点通过平衡位置，加速度最小而速度最大；故D 正确。

故选D 。

【点睛】本题知道简谐运动位移的解析式，读出振幅、周期、任意时刻的位移是基本能力．
4。

对于红、蓝两种单色光,下列说法正确的是（）A。

在水中红光的传播速度较大B。

在水中蓝光的传播速度较大
C。

在真空中红光的传播速度较大 D. 在真空中蓝光的传播速度较大
【答案】A
【解析】
红色光的频率比蓝色光的频率小，故红色光的折射率
,可知在水中红色光的速比蓝色光的折射率小，根据n=c
v
度比蓝色光的速度大,故A正确，B错误;在真空中两种光的传播速度相等,都为光速度，故CD错误，故选A。

【点睛】由两种光的频率与折射率的大小关系，从而得知了两种光的频率关系和波长关系，结合n=c
即可得
v
知它们的速度关系，所有的光在真空中传播的速度相同。

5. 在“验证动量守恒定律”的实验中，入射球每次滚下都应从斜槽上的同一位置无初速释放，这是为了使（）
A。

小球每次都能水平飞出槽口B。

小球每次都以相同的速度飞出槽口
C。

小球在空中飞行的时间不变 D. 小球每次都能对心碰撞
【答案】B
【解析】
入射小球每次滚下都应从斜槽上的同一位置无初速的释放，是为了使小球每次都以相同的速度飞出槽口;故B正确；而只要末端水平，小球即可以做平抛运动,与起点无关,同时时间由高度决定，而要使小球做对心碰撞,应该使两小球的半径相同，故ACD错误；故选B。

6. 如图所示，只含黄光和紫光的复色光束PO,沿半径方向射入空气中的玻璃半圆柱内,被分成两光束, OA 和OB 沿如图所示的方向射出,则( ）
A. OA 为黄色,OB 为紫色B。

OA 为紫色，OB 为黄色
C. OA 为黄色，OB 为复色D。

OA 为紫色,OB 为复色
【答案】C
【解析】
在同一种介质中，对紫光的折射率大于对黄光的折射率,故在黄光能够发生全反射时，两种光都能够发生全反射,所以正确的情况是黄光的入射角恰好等于临界角,而紫光的入射角已经大于临界角，D正确．故选D．
7. —粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中静止。

若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ,进入泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ, 不计空气阻力，则（) A. 过程Ⅰ中的钢珠动量的改变量的大小大于过程Ⅱ中合力的冲量的大小
B. 过程Ⅱ中合力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小
C。

过程Ⅱ中钢珠克服阻力所做的功等于过程Ⅰ中重力做功
D。

过程Ⅰ中的钢珠动量的改变量小于过程Ⅱ中钢珠的重力的冲量
【答案】B
【解析】
【详解】A、在整个过程中,钢珠动量的变化量为零ΔP=ΔP1+ΔP2=0，ΔP1=|ΔP2|，而I2=ΔP2，故ΔP1=I2，即过程Ⅰ中的钢珠动量的改变量的大小等于过程Ⅱ中合力的冲量的大小，A错误。

B、因ΔP1=|ΔP2|,而据动量定理I1=ΔP1，I2=ΔP2，则I1=|I2|，即过程Ⅱ中合力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小，B正确.
C、由全过程的动能定理可知+W G2−W G1W f=0，则W f>W G1,即过程Ⅱ中钢珠克服阻力所做的功大于过程Ⅰ中重力
做功,C错误。

D、取向下为正，I f−I G2=|I2|=I1=ΔP1,则I G2与ΔP1无法比较大小,D错误。

故选B。

【点睛】本题考查了动量定理和动能定理的基本运用，运用动能定理和动量定理均要合理地选择研究的过程，知道在整个过程中动能的变化量为零,动量的变化量为零．
8. 如图所示，两辆质量相同的小车置于光滑的水平面上，有一个人静止站在A 车上，两车静止，若这个人自A 车跳到B 车上,接着又跳回A 车，静止于A 车上，则A 车的速率( ）
A。

等于零B。

大于B 车的速率 C. 小于B 车的速率 D. 等于B 车的速率
【答案】C
【解析】
试题分析：设人的质量为m，小车的质量均为M，人来回跳跃后人与A车的速度为v1，B车的速度为v2，根据题意知，人车组成的系统水平方向动量守恒,由题意有：P0=0
人来回跳跃后的总动量P=（M+m）v1+Mv2,由动量守恒得v1，其中负号表示v1、v2的方向相反，故小车A的v2＝−M+m
M
速率小于小车B的速率，故选项C正确。

考点：动量守恒定律
【名师点睛】抓住小车和人组成的系统在水平方向动量守恒,人和小车A的总动量和小车B的动量大小相等，根据质量关系直接得到速率的大小关系。

9。

如图所示，置于空气中的厚玻璃板,AB、CD分别是玻璃板的上、下表面，且AB∥CD。

光线经AB表面射向玻璃砖，折射光线射到CD表面时，下列说法正确的是（)
A。

不可能发生全反射
B. 有可能发生全反射
C。

只要入射角i足够大就能发生全反射
D。

不知玻璃折射率，无法判断
【答案】A
【解析】
【详解】临界角等于光从真空射入介质折射时最大的折射角，由图看出，入射光线在AB面上的折射角一
定小于临界角,由题AB∥CD，折射光线射到CD表面时入射角与AB面上的折射角相等,所以入射角一定小于临界角，所以折射光线射到CD表面时一定不会发生全反射。

故选A。

【点睛】本题要紧扣全反射的条件:一、光线从光密介质射入光疏介质；二入射角大于临界角．也可以根据光路可逆原理分析．
10. 图(甲)所示为以O点为平衡位置、在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子,图（乙）为这个弹簧振子的振动图象，由图可知下列说法中正确的是（）
A. 在t0。

2s时，弹簧振子可能运动到B位置
B. 在t0。

1s与t0。

3s两个时刻,弹簧振子的速度相同
C。

从t0到t0。

2s的时间内，弹簧振子的动能持续地增加
D. 在t0。

2s与t0。

6s两个时刻，弹簧振子的加速度相同
【答案】A
【解析】
【详解】A、由图知，若从平衡位置计时，则在t=0.2s 时,弹簧振子运动到B位置。

故A正确.
B、在t=0。

1s与t=0。

3s两个时刻，弹簧振子的速度大小相等，方向相反.故B错误。

C、从t=0到t=0.2s的时间内，弹簧振子的位移越来越大,弹簧的弹性势能越来越大,其动能越来越小,故C错误。

D、在t=0.2s与t=0。

6s两个时刻，弹簧振子的加速度大小相等，方向相反。

故D错误.
故选A。

【点睛】本题考查了振幅和周期的概念，要能结合x—t 图象进行分析：周期是振子完成一次全振动的时间，振幅是振子离开平衡位置的最大距离；由图象直接读出周期和振幅．根据振子的位置分析其速度和加速度大小．振子处于平衡位置时速度最大，在最大位移处时，加速度最大．
二、多选题（共5 题，每题6 分，共计30 分，选择不全但正确得3 分）
11. 某一物体从高h处自由下落，与地面碰撞后又跳起高h′,不计其他星球对地球的作用，以地球和物体
作为一个系统,下列说法正确的是( )
A. 在物体下落过程中，系统动量不守恒
B。

在物体与地面碰撞过程中系统动量守恒
C。

在物体上升过程中系统动量守恒
D. 上述全过程中系统动量都守恒
【答案】BCD
【解析】
【详解】将地球和物体作为一个系统,在这三个过程(物体下落过程，物体和地球碰撞过程，物体上升过程）中都只有系统的内力作用，一对引力和一对碰撞的弹力，没有外力作用，系统的动量在全过程守恒,故A错误，B、C、D均正确。

故选BCD。

【点睛】本题考查了判断动量是否守恒分三种情况：一种是准确的守恒，系统的外力之和为零；第二种是近似守恒，内力远远大于外力，外力可忽略；第三种是某一方向守恒,在一个方向上满足外力之和为零。

12. 如图所示，光滑水平面上停着一辆小车,小车的固定支架左端用不计质量的细线系一个小铁球。

开始将小铁球提起到图示位置,然后无初速释放。

在小铁球来回摆动的过程中，下列说法中正确的是（）
A。

小车和小球系统动量守恒
B. 小球摆到最低点时，小车的速度最大
C. 小球向右摆动过程小车一直向左加速运动
D. 小球摆到右方最高点时刻，由于惯性，小车仍在向左运动
【答案】B
【解析】
【详解】A、小车与小球组成的系统在水平方向动量守恒,在竖直方向动量不守恒，系统整体动量不守恒,故A错误。

B、小球从图示位置下摆到最低点，小车受力向左加速运动，当小球到最低点时,小车速度最大；B正确。

C、小球向右摆动过程小车先向左加速运动，后向左减速运动,故C错误。

D、当小球从最低点向右边运动时，小车向左减速，当小球运动到与左边图示位置相对称的位置时,小车速度减为零，D错误。

故选B。

【点睛】本题主要考查了动量守恒条件的判断，要求同学们能正确分析小球和小车的运动情况。

13. 下列说法正确的是( )
A. 在水中的鱼斜向上看岸边的物体时，看到的物体将
比物体所处的实际位置高
B. 光纤通信是一种现代通信手段,光纤内芯的折射率比外壳的大
C. 沙漠蜃景和海市蜃楼都是光的衍射现象
D. 全息照相主要是利用了光的干涉现象
【答案】ABD
【解析】
【详解】A、景物的光斜射到水面上，由光发生折射的条件知，会发生折射现象，当光进入水中后靠近法线,射入潜水员眼睛，而潜水员由于错觉，认为光始终沿直线传播，逆着光的方向看上去而形成的虚像，所以比实际位置高;故A正确。

B、发生全反射的条件是光从光密介质进入光疏介质，则光纤的内芯折射率大于外壳的折射率;故B正确。

C、海市蜃楼、沙漠蜃景都是由于光的折射和全反射而产生的；故C错误。

D、全息照相利用光的干涉现象；故D正确.
故选ABD.
【点睛】本题考查了光的折射定律以及全反射的条件，掌握光的全反射与折射的区别，理解光的干涉原理及条件.
14。

.关于红光和紫光的比较，下列说法正确的是
( )
A. 在同一介质中，红光的波长大于紫光的波长
B. 红光在真空中的速度大于紫光在真空中的速度C。

从玻璃到空气发生全反射时，红光的临界角大于紫光的临界角
D。

在同一杨氏双缝干涉装置中，红光的条纹间距小于紫光的条纹间距
【答案】AC
【解析】
【详解】A、根据光的色散规律可知在同一介质中红光的折射率小而波速大,而红光的频率小，由v=λf知红光的波长要比紫光的波长长；A正确.
B、各种光在真空中的光速均相同，等于光速
c=3×108m/s;B错误。

C、由全反射公式sinC=1
，而同一介质中红光的折射率
n
小于紫光的折射率,故红光的临界角大于紫光的临界角,C正确。

D、因红光的波长大于紫光的波长，由双缝干涉的条
纹间距Δx=L
λ可知，红光的条纹间距大于紫光的条纹间
d
距;D错误。

故选AC.
【点睛】可见光是复色光,同时得出在同一介质中，紫
光的折射率最大，红光的折射率最小，红光的速度最大，紫光的速度最小．
15. 一列简谐横波沿x 轴正方向传播,传播速度为10 m / s ，在t 0 时的波形图如图所示，则下列说法正确的是( ）
A。

此时x 1。

25m 处的质点正在做加速度减小的加速运动
B。

x 0 处的质点再经过0.05 s 可运动到波峰位置C。

x 0.3m 处的质点再经过0.08 s 可运动至波峰位置
D. x 0.7m 处的质点比x 0。

6m 处的质点先运动到波峰的位置
【答案】ABC
【解析】
【详解】根据图象可知波长λ=2m，则T=λ
v =2
10s
=0.2s.
A、波沿x轴正方向传播，由上下坡法可知此时x=1.25m 处的质点振动的方向向下，离开平衡位置的位移正在减小，所以质点正在做加速度减小的加速度运动；故A正确。

B、波沿x轴正方向传播，根据波形平移法得知，此
时刻x=0m处的质点A向上振动，经过T
=0.05s时间可运
4
动到波峰位置;B正确。

C、波沿x轴正方向传播，x=0.3m处的质点到左侧相
邻的波峰之间的距离为：x=λ
+0.3=0.8m，则再经过t=x v=0.810=
4
0.08s可运动至波峰位置；故C正确。

D、波沿x轴正方向传播，根据波形平移法得知，x=0.7m 处的质点比x=0.6m处的质点都正在向下运动，x=0.6m 的质点先到达波谷，又先到达波峰的位置，故D错误。

故选ABC。

【点睛】根据质点的振动方向，由“逆向描波法————逆着波的传播方向，用笔描绘波形，若笔的走向向下则质点的振动方向向下;若笔的走向向上则
质点的振动方向向上．”来确定波的传播方向，或质点的振动方向，同时质点的运动方向不随波迁移．
三、填空题(共7 空,每空2 分,共计14 分）
16. 如图所示S1和S2 是两个相干的波源,其振幅为A，图中实线和虚线分别表示两波形成的波峰和波谷，那么a 点的振幅为_________,b 点的振幅为_____，c 点的振幅为_____。

经四分之一周期后，在a、b、c 三点中,振动加强点是_____.
【答案】（1）. 2A (2). 0 (3)。

2A (4）。

a、c
【解析】
【详解】(1）a质点处是两列波波峰与波峰叠加的地方，振动始终是最强的，振幅为两波的振幅之和，为2A.（2）b质点处是两列波波峰与波谷叠加的地方，振动始终是最弱的，由于两列波的振动同步且振幅A相同，所以b点处于静止状态,始终处于平衡位置，振幅为零。

(3)c质点处是两列波波谷与波谷叠加的地方,振动始终是最强的,振幅为两波的振幅之和为2A.
（4）在波的干涉现象中，振动加强点的振动始终是加强的，故经过四分之一个周期后振动加强点依然时a、c两点。

【点睛】两列波干涉时,两列波的波峰与波峰、波谷与波谷相遇处,振动始终加强，波峰与波谷相遇处振动始终减弱．振动加强点的振动等于波单独传播时振幅的2倍．
17。

某同学用如图所示的装置做“验证动量守恒定律
" 实验，其中斜槽轨道末端切线水平,O点是轨道末端在记录纸上的竖直投影点。

实验主要步骤如下：
①让a 球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始运动，落在位于水平地面上的记录纸上。

重复这一操作10 次，找出a球的平均落地点位置P。

②把同样大小的b球静止放置在斜槽轨道末端，让a 球仍从原固定点由静止释放,和b球相碰后，两球均落在记录纸上。

重复这一操作10 次，找出a、b球的平均落地点位置M、N.
（1)本实验必须测量的物理量有___
A. 小球a、b的质量m a、m b
B.斜槽轨道末端到水平地面的高度H
C.小球a、b离开斜槽轨道末端后平抛运动的时间t
D.记录纸上O点到P、M、N各点的距离x2、x1、x3
E。

a 球的固定释放点到斜槽轨道末端的高度差h (2)根据实验要求,m a____m b（填“大于"“小于”或“等于”)
(3)若两球碰撞前后动量守恒,其表达式可表示为___（用(1)中测量的物理量表示）
【答案】（1)。

AD （2）。

大于（3)。

m a OP=m a OM+m b ON
【解析】
【详解】（1）如果碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律得:m a v1=m a v2+m b v3，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得：m a v1t=m a v2t+m b v3t，得：m a OP=m a OM+m b ON，实验需要测量：两球的质量、小球做平抛运动的水平位移，故选AD。

（2)为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即m a大于m b。

（3)由（1）可知，实验需要验证的表达式为：
m a OP=m a OM+m b ON.
【点睛】本实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度作平抛运动并且落到同一水平面上,故下落的时间相同，所以在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中水平方向发生的位移，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题目。

四、计算题
18. 光线从空气射向折射率n＝√2的玻璃表面，入射角
为θ1，求：
(1)当θ1＝45º时,折射角多大？
（2）当θ1多大时，反射光线和折射光线刚好垂直?【答案】(1)θ2=300；(2）θ=53.50
【解析】
【详解】（1)当入射角θ1=45°时，根据n=sinθ1sinθ
2
得：sinθ2=sinθ1
n =
√2
=0.5
故折射角θ2=30°
（2)根据反射定律得知，反射角θ′=θ，由题,折射光线与反射光线恰好垂直,得到折射角
r=90°-θ′=90°—θ，
根据折射定律得：n=sinθ
sinr =sinθ
sin(90°−θ)
=tanθ=√2
故θ=arctan√2=53.5°
【点睛】本题只要掌握反射定律和折射定律，运用基本的几何关系,即可求解．
19。

如图所示,水平面AB与水平皮带BC平滑相切,右端有一个半径为R的光滑1/4 圆弧CD与皮带水平相切.AB段和BC段的动摩擦因数均为μ=0.5，图中AB=BC=R=0.2m，物体P和Q的质量均为m=1kg(可看成质点),皮带顺时针转动，皮带速率恒为v=2m/s。

现给静止在A处物体P一个水平向右的初速度v0=√34 m/s,一段时间后与静止在B处的物体Q发生正碰并粘
在一起,以后粘合体沿圆弧向上运动。

取g=10m/s2.
(1）求物体P运动到B点与物体Q碰撞前的速度v1;（2）当粘合体第一次到达传送带末端C点时的速度v2;
（3）通过计算判断粘合体能否到达D点？
【答案】(1）v1=4√2m s⁄；(2）v2=6m s⁄;(3）能
【解析】
【详解】(1)P物体由A到B过程,由动能定理得:
解得：
(2)P与Q在B处相碰，由动量守恒定律得：
解得：
粘合体由B到C的过程由动能定理:
解得:
因,即粘合体的速度一直比皮带的大，在皮带上受到摩擦力的作用一直减速.
故粘合体到达传送带末端C点时的速度为v2=6m/s （3）粘合体由C到D过程,由机械能守恒定律得
解得：，所以粘合体可以到达D点。

【点睛】经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解。