广西钦州市2023-2024学年高二下学期期中考试物理试卷

这是一份广西钦州市2023-2024学年高二下学期期中考试物理试卷，共13页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题意，请在答题卡上填涂。
1.下列说法中正确的是( )
A.图甲中，体操运动员着地时做屈膝动作的原因是为了减少动量的变化
B.图乙中，描述的是多普勒效应，A观察者接收到波的频率大于B观察者接收到波的频率
C.图丙中，使摆球A先摆动，则三个摆的振动周期相等
D.图丁中，光纤的外套的折射率大于内芯的折射率
2.一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示。介质中x=2m处的质点 P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=10sin(5πt) cm。下列说法正确的是 ( )
A.这列波沿x轴负方向传播 B. 这列波的振幅为20cm
C. 这列波的波速为10m/s D. t=2s时P点位于波峰
3.如图所示，S为波源，M、N为两块挡板，其中M板固定，N板可上下移动，两板中间有一狭缝，此时测得A点没有振动，为了使A点能发生振动，可采用的方法有：①增大波源的频率；②减小波源的频率；③将N板向上移动一些；④将N板向下移动一些。以上方法正确的是( )
A. ①④ B. ②③ C. ①③ D. ②④
4.如图甲，由细线和装有墨水的容器组成单摆，容器底端墨水均匀流出。当单摆在竖直面内摆动时，长木板以速度 v垂直于摆动平面匀速移动距离L，形成了如图乙的墨痕图案，重力加速度为g，则该单摆的摆长为 ( )
A.gL216π2v2 B.gL2π2v2 C.gL4πv D.gLπv
5.如图所示，装有炮弹的火炮总质量为M，炮弹的质量为m，炮弹射出炮口时对地速率为v，若炮管与水平地面的夹角为θ，水平面光滑，忽略火药燃烧损耗的质量，则火炮后退的速度大小为( )
—1— A.mvcsθM−m B.mvM−m C.mvM D.mvcsθM
6.空气中两条光线a和b从图所示的方框左侧平行入射，又从方框的上方平行射出，如图所示，方框内放置了一个折射率为n=1.5的等腰直角玻璃三棱镜，下列四幅图中给出了等腰直角玻璃三棱镜的放置方式，其中正确的是( )
7.一质量为2kg的物块静止放置在光滑水平桌面上，在水平力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随时间t变化的图线如图所示，则 ( )
A. t=2s时, 物块的瞬时速度为1m/s
B. t=2s时, 物块的瞬时功率为4w
C. t=2s至4s过程，物块做匀速直线运动
D. t=2s至 4s过程, 力 F 对物块做正功
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题意，全部选对得6分，选对但不全的得3分，错选或不答得0分。请将答案写在答题卡上。
8.完全相同的质量均为m的滑块A 和B，放在光滑水平面上，滑块A与轻质弹簧相连，弹簧另一端固定在墙上。滑块B以v₀的速度向滑块A 运动，如图所示，随后两滑块发生完全非弹性碰撞，碰撞时间极短，下列说法正确的是 ( )
A.弹簧最大弹性势能为 14mv02
B.碰撞过程中滑块 B 对A 做的功大小为 14mv02
C.碰撞过程中滑块 B 受到的冲量大小为 12mv0
D.两滑块相碰后一起运动过程中，两滑块(包括弹簧)组成的系统动量守恒
9.一束激光自O点与玻璃砖上表面成30°角射入， 2×10⁻¹⁰s后由玻璃砖下表面射出，已知玻璃砖的折射率为 3，光在真空中的传播速度为 3×10⁸m/s。则下列说法中，正确的是( )
A.下表面的出射光线与入射光线平行B.激光进入玻璃砖的折射角为60°
C. 该玻璃砖的厚度为20mm D. 该玻璃砖的厚度为30mm
10.如图所示，水平放置的轻质绝缘弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端连接一放置在光滑绝缘水平面
—2—上的带正电小球，水平面上方存在水平向右的匀强电场。初始时弹簧处于压缩状态，将小球由静止释放，小球运动过程中弹簧始终在弹性限度内，则在小球向右运动的过程中( )
A.弹簧恢复原长时，小球的速度最大
B.小球速度为零时，小球的加速度最大
C.小球运动到最右端时，弹簧的弹性势能与初始时相等
D.小球运动到最右端时，弹簧的弹性势能比初始时的大
三、实验题 (共14分)
11.(本题8分)某同学用如图甲所示装置做“验证动量守恒定律”实验。图中O 是斜槽水平末端在记录纸上的垂直投影点，P为未放被碰小球时入射小球m₁的平均落点，M 为与被碰小球碰后入射小球m₁的平均落点，N为被碰小球m₂的平均落点。
(1)下列说法正确的是 。(多选，填序号)
A.为完成此实验，必须使用的测量器材有天平、秒表、刻度尺
B.安装轨道时，轨道末端必须水平
C.同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放
D.入射小球的质量小于被碰小球的质量，两球的半径相同
(2)实验中，除测量平抛射程OM、ON、OP 外，还需要测量的物理量有 。(填序号)
A.入射小球m₁开始释放高 B.抛出点距地面的高度H
C.入射小球质量m₁和被碰小球质量m₂
(3)图乙是被碰小球的多次落点痕迹，刻度尺的0刻度与O点对齐，由此可确定其落点的平均位置对应的读数为 cm；若测量的物理量满足关系式 (用所测物理量的字母表示)，则入射小球和被碰小球碰撞前后的总动量不变。
12.(本题6分)该同学转身一看，旁边有玻璃砖，于是他开始做“测定玻璃的折射率”的实验。
(1)为了取得较好的实验效果，下列操作正确的是 。
A.选择的入射角应尽量小些
B.大头针应垂直地插在纸面上
C. 大头针P₁和P₂及P₃和P₄之间的距离尽量小些
—3—D.在观察时，大头针P₄只需要将P₃挡住即可
(2)该同学在测量入射角和折射角时，由于没有量角器，在完成了光路图以后，他以O点为圆心，OA为半径画圆，交OO'延长线于C点，过A 点和C点作垂直法线的直线分别交于B点和D点，如图甲所示，他测得 AB=6cm,CD=4cm，则可求出玻璃的折射率n= 。
(3)他在画界面时，不小心将两界面aa'、bb'间距画得比玻璃砖的宽度稍大些，如图乙所示，则他测得的折射率 (选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
四、解答题(共40分)
13. (本题10分) 蹦床运动有“空中芭蕾”之称，某质量m=50kg的运动员从空中 ℎI=1.25m落下，接着又能弹起 ℎ₂=1.8m高度，此次人与蹦床的接触时间t=0.50s，取 g=10m/s²,求:
(1)运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量大小 I；
(2)运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小 F。
14.(本题14分)如图所示是一个半径为R的半球形透明物体的侧视截面图，O为球心， O、B间距离为 33R,现在有一细束单色光从O点沿半径OA方向垂直直径OB入射，保持入射方向不变，将细光束平移到B点，此时透明物体左侧恰好不再有光线射出，不考虑光线在透明物体内部的多次反射。
(1)求透明物体对该单色光的折射率；
(2)若细光束平移到距O点0.5R处，求出射光线与OA轴线的交点到O点的距离。
15.(本题16分)实线和虚线分别是沿x轴传播的一列简谐横波在t₁=0和 t₂=0.06s时刻的波形图。已知在 t=0时刻，x=0.9m处的质点向y轴正方向运动。
(1)判断该波的传播方向；
(2)求该波周期可能值的表达式及最大周期；
(3) 若2T<0.06s<3T, 求该波的波速大小。
4-参考答案：
1. C
【详解】A.图甲中，根据动量定理可知体操运动员着地时做屈膝动作的原因是为了增加与地面接触的时间从而减小地面对运动员的作用力。故A 错误；
B.图乙中，描述的是多普勒效应，由图可知A观察者接收到波的频率小于 B 观察者接收到波的频率。故 B 错误；
C.图丙中，使摆球A 先摆动，其余三个摆均做受迫振动，可知三个摆的振动周期与驱动周期即摆球A的周期相等。故 C 正确；
D.图丁中，根据光的全反射条件可知光纤的外套的折射率小于内芯的折射率。故D 错误。故C 正确;
2. C
【详解】BC. 根据波形图可知波长为4m, 振幅为10cm, 根据y=10sin(5πt) cm可知周期为
T=2πω=2π5πs=0.4s
则传播速度为
v=λT=10m/s
故B 错误,C 正确;
A.t=0时根据质点 P的振动表达式可知其振动方向沿y轴正方向，根据同侧法可知波沿着x轴正方向传播，故 A 错误；
D. t=2s时质点 P的位移为
y=10sin(10π) cm=0
则P点位于平衡位置，故D错误。
故选C。
3. B
【详解】根据题意可知，测得A点没有振动，说明波没有发生明显的衍射现象，原因是 MN间的缝太宽或波长太小，因此若使A处质点振动，可采用N板上移减小间距或增大波的波长，即减小波源频率，故②③正确，①④错误。
故选 B。
4. A
—1—【详解】根据单摆的周期公式可得
l=gT24π2
由图可得
2T=Lv
联立可得
l=gL216π2v2
故选 A。
5. A
【详解】炮弹离开炮口时，炮弹和炮车在水平方向受到的外力相对于内力可忽略不计，则系统在水平方向动量守恒，取炮车后退的方向为正，对炮弹和炮车组成系统为研究，根据水平方向动量守恒有
M−mv'−mvcsθ=0
可得炮车后退的速度大小为
v'=mvcsθM−m
故选 A。
6. D
【详解】光在AB中进入不会发生全反射，图中C 中光线向下；在D中可能使光线向上偏折；由题意可知，玻璃折射率为n=1.5，由临界角公式
sinC=1n=11.5=23
可得出玻璃砖的临界角
C=arcsin23
则当光线垂直直角边进入玻璃砖，射到斜边上时入射角为45°大于临界角，故光线能发生全反射，故可知D图可产生如图所示的效果。故D 正确。
故选 D。
7. B
【详解】A.物体由静止开始运动，根据动量定理可得
Ft=mv
--2--代入数据，解得当t=2s时，物块的瞬时速度为
v=2m/s
A 错误;
B.根据公式可得，当t=2s时，物块的瞬时功率为
P=Fv=2×2=4W
B正确;
C.由图像可知，在t=2s至4s过程中，根据牛顿第二定理可得物块的加速度为
a=Fm=−12=−0.5m/s
故可得物块做匀减速直线运动，C 错误；
D.由图像可知，在t=2s至4s过程中，物块的速度方向与力F的方向相反，故力 F 对物块做负功，D错误。
故选 B。
8. AC
【详解】B.两滑块发生完全非弹性碰撞，碰撞时间极短，故碰撞过程动量守恒，碰撞后两滑块速度相同，设碰撞后速度为v，则
mv₀=2mv
解得
y=v02
根据动能定理可得碰撞过程中滑块B对 A 做的功大小为
W=12mv2=18mv02
故B 错误;
A.当A、B两滑块速度为零时弹簧的弹性势能最大，根据动能定理可得
Epm=12⋅2mv2=14mv02
故 A 正确;
C.根据动量定理可得碰撞过程中滑块 B受到的冲量大小为
I=Δp=12mv0
故C 正确;
D.两滑块相碰后一起运动过程中，由于弹簧受到墙壁的弹力，因此两滑块(包括弹簧)组
—3—成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故D错误。
故选 AC。
9. AD
【详解】A.激光进入玻砖后，从上表面射入的折射角等于从下表面射出时的入射角，则从上表面射入的入射角等于从下表面射出时的折射角，则从底边射出时方向不变，故A 正确。
B.激光在玻砖上表面发生偏折，根据题意可知入射角α=60°，设折射角为β，由折射定律
n=sinαsinβ
解得
β=30°
故B错误。
CD.光在玻璃中的速度
v=cn
光在玻砖中的路程
s=vt
玻砖厚度
d=scsβ=30mm
故D正确。
故选 AD。
10. BD
【详解】A.当小球受到电场力和弹簧弹力平衡时，加速度为零，小球速度有最大值，此时弹簧处于伸长状态，故A 错误；
B.小球做简谐运动，电场力和弹簧弹力提供回复力，则小球速度为零时，小球的加速度最大,故B 正确;
CD.在小球向右运动到最右端的过程，电场力做正功，根据动能定理
Wu+W动=0−0
可知弹簧弹力做负功，小球运动到最右端时，弹簧的弹性势能比初始时的大，故C 错误，D正确。
故选 BD。
11. (1)BC
--4--
(2)C
(3) 55.50 (55.47~55.52均可) m₁⋅OP=m₁⋅OM+m₂⋅ON
【详解】(1)A.小球碰撞后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，小球做平抛运动的时间相等，小球水平位移与初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，实验要测量小球的质量与水平位移，需要刻度尺与天平，本实验不需要测量时间，不需要秒表，故A 错误;
B.要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故B 正确；
C.同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放，以保证到达底端做平抛运动时的速度相同，故C 正确；
D.为防止入射小球碰后反弹，则入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，故D 错误。故选 BC。
(2)小球碰撞后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，小球做平抛运动的时间相等，小球水平位移与初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，实验要测量小球的质量与水平位移。
故选 C。
(3)[1]由图乙可得落点的平均位置所对应的读数为55.50mm；
[2]如果碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
m₁v₀=m₁v₁+m₂v₂
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
m₁v₀t=m₁v₁t+m₂v₂t
即为
m₁⋅OP=m₁⋅OM+m₂⋅ON
12. B 1.5 偏小
【详解】①[1]A.选择的入射角应尽量大一些，以减小测量误差，故A 错误；
B.大头针应垂直地插在纸面上，防止观察作图产生误差，故B 正确；
C.大头针 P₁和P₂及P₃和P₄之间的距离适当大些，可减小确定光线时产生的误差，故C
--5--错误；
D. 确定 P₄大头针的位置的方法是插上大头针P₄，使 P₄挡住 P₃和P₁、P₂的像，故D 错误。故选 B。
②[2]玻璃的折射率
n=sin∠AOBsin∠COD=ABAOCDOC=ABCD=1.5
③[3]如图为在图中分别作出的实际光路图(图中实线)和以 aa'、bb'为界面、以大头针留的痕迹作为出射光线画的实验光路图(图中虚线)
比较实际光路图的折射角与实验光路图的折射角关系可知折射角测量值偏大，则测得的折射率偏小。
13. (1) I=250N·s; (2) F=1600N
【详解】(1)重力的冲量大小为
I=mgt=50×10×0.5=250N⋯
(2)设运动员下落h₁高度时的速度大小为v₁，再次弹起时的速度大小为 v₂,则有
v12=2gℎ1
v22=2gℎ2
以竖直向上为正方向，对运动员由动量定理有
F−mgt=mv₂−−mv₁
代入数据得
F=1600N
14. (1) 3; (2) 3R
【详解】(1)如图甲所示，光束从B点处水平射入，在M 点处恰好发生全反射，由几何关系可知
—6—
全反射临界角C满足
sinC=33RR=33
由临界角公式
sinC=1n
解得
n=3
(2)如图乙所示，光束从D点处水平射入，在E点处发生折射，入射角为α，折射角为β，
由折射定律
n=sinβsinα
sinα=12RR=12
联立可得
sinβ=32,β=60∘,α=30∘
由几何关系可知
∠EOF=α, ∠EFO=β-α=60°-30°=30°
--7--所以出射光线与OA轴线的交点到O点的距离为
Δx=2Rcsα=3R
15. (1) 沿x轴负方向传播; 2T=0.244n+1sn=012,Tmax=0.24s;345m/s
【详解】(1)在t=0时刻，x=0.9m处的质点向y轴正方向运动，根据同侧法可知，该波沿x轴负方向传播。
(2)波的传播具有周期性，0时刻的波形沿x轴负方向至少平移四分之一波长得到0.06s时刻的波形，即至少经历时间为四分之一周期，设波的周期为T，t₂=0.06s时刻，则有
n+14T=0.06sn=012
解得
T=0.244n+1sn=012
当n=0时, T取最大值,则有
Tmax=0.24s
(3)根据上述有
T=0.244n+1sn=012
由于
2T<0.06s<3T
解得
n=2,T=0.249s
根据图像可知，波长为1.2m，则波传播速度为
v=λT
解得
v=45m/s
--8--