甘肃省兰州市教育局第四片区2023-2024学年高二下学期期中考试物理试卷（原卷版+解析版）

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注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷（选择题 共44分）
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 光滑斜面上的小球连在弹簧上，如图所示，把原来静止的小球沿斜面拉下一段距离后释放，小球的运动是简谐运动。对简谐运动中的小球受力分析，正确的是（ ）
A. 重力、支持力、弹力、摩擦力
B. 重力、支持力、弹力、回复力
C. 重力、支持力、回复力
D. 重力、支持力、弹力
【答案】D
【解析】
【详解】对小球受力分析，小球受到重力、斜面对其的支持力和弹簧弹力。
故选D。
2. 某弹簧振子沿x轴的简谐运动图像如图所示，下列描述正确的是（ ）
A. t=1s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值
B. t=2s时，振子的速度为负，加速度为正的最大值
C. t=3s时，振子的速度为负的最大值，加速度为零
D. t=4s时，振子的速度为正，加速度为负的最大值
【答案】A
【解析】
【详解】AC．由题图可知，t=1s和t=3s时振子在最大位移处，速度为零，加速度分别为负向最大值、正向最大值，故A正确，B错误；
BD．由题图可知，t=2s和t=4s时振子在平衡位置，加速度为零，而速度分别为负向最大值和正向最大值，故BD错误。
故选A。
3. 波速均为的甲、乙两列简谐横波都沿轴正方向传播，某时刻波的图象分别如图甲、乙所示，其中P、Q处的质点均处于波峰。关于这两列波，下列说法正确的是（ ）
A. 从图示的时刻开始经过1.0s，P质点沿轴正方向发生的位移为2m
B. 甲图中P处质点比M处质点先回到平衡位置
C. 从图示时刻开始，P处质点比Q处质点后回到平衡位置
D. 如果这两列波相遇，可以发生干涉现象
【答案】B
【解析】
【详解】A．从图示的时刻开始经过1.0s，P质点在平衡位置附近上下振动，不会随波迁移，故A错误；
B．甲图中P处质点处于波峰，P处质点将向下振动，简谐横波沿轴正方向传播，根据上下坡法可知M处质点向上振动，故甲图中P处质点比M处质点先回到平衡位置，故B正确；
C．甲波的周期为
乙波的周期为
从图示时刻开始，P处质点回到平衡位置的时间为
Q处质点回到平衡位置的时间为
故从图示时刻开始，P处质点比Q处质点先回到平衡位置，故C错误；
D．两列波的周期不同，频率不同，不能发生稳定的干涉，故D错误。
故选B。
4. 高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )
A. ＋mgB. －mg
C. ＋mgD. －mg
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】在安全带对人有拉力的瞬间时，人做自由落体运动，此过程机械能守恒，故有
即在产生拉力瞬间速度为
之后人在安全带的作用下做变速运动，末速度为零，设向上为正方向，则根据动量定理可得
联立解得
故选A。
【点睛】本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，然后对自由落体运动过程和全程列式求解，注意运用动量定理前要先规定正方向。
5. 悬挂在竖直方向上弹簧振子，周期T=2s，从最低点位置向上运动时刻开始计时，在一个周期内的振动图象如图所示，关于这个图象，下列哪些说法是正确的是（ ）

A. t=1.25s时，振子的加速度为正，速度也为正
B. t=1.7s时，振子的加速度为负，速度也为负
C. t=1.0s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值
D. t=1.5s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值
【答案】C
【解析】
【详解】t=1.25s时，位移为正，加速度为负；x-t图象上某点切线的斜率表示速度，故速度为负，A错误；t=1.7s时，位移为负，加速度为正；x-t图象上某点切线的斜率表示速度，故速度为负，B错误；t=1.0s时，位移为正，加速度为负；x-t图象上某点切线的斜率表示速度，故速度为零，C正确；t=1.5s时，位移为零，故加速度为零；x-t图象上某点切线的斜率表示速度，故速度为负向最大，D错误．
6. 一列简谐横波某时刻波形如图甲所示。由该时刻开始计时，质点L的振动情况如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 该横波沿轴负方向传播
B. 质点N该时刻向y轴负方向运动
C. 质点L经半个周期将沿轴正方向移动
D. 该时刻质点K与M的速度、加速度都相同
【答案】B
【解析】
【详解】AB．由图可知乙质点L的振动情况，该时刻质点L向y轴正方向振动。根据上下坡法或者平移法可知，该横波沿x轴正方向传播，质点N该时刻向y轴负方向运动，故A错误，故B正确；
C．质点L只在平衡位置附近y轴方向上下振动，波传播时，质点不会沿x轴正方向移动，故C错误；
D．该时刻质点K与M的速度为零，质点K加速度为-y方向，质点M加速度为+y方向，故D错误。
故选B。
二．多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
7. 关于光现象及其应用，下列说法正确有（ ）
A. 全息照片用激光来拍摄，主要是利用了激光与物光的相干性高的特点
B. 通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到彩色条纹，这是光的偏振现象
C. 拍摄玻璃橱窗内的物品时，在镜头前加一个偏振片可以减小玻璃表面反射光的强度
D. 当观察者向静止的声源运动时，观察者接收到的声波频率低于声源的频率
【答案】AC
【解析】
【详解】A．全息照片用激光来拍摄，利用了激光与物光的相干性高的特点，故A正确；
B．通过手指间的缝隙观察日光灯，可看到彩色条纹，这是光的衍射现象，故B错误；
C．照相机镜头前加偏振片可以减小玻璃表面反射光的强度，从而使玻璃后的影像清晰，故C正确；
D．当观察者向静止的声源运动时，根据多普勒效应可知，观察者接收到的声波的频率将高于声源的频率，故D错误。
故选AC。
8. 如图所示，木块B与水平面间的摩擦不计，子弹A沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩弹簧至弹簧最短。将子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程称为Ⅰ，此后木块压缩弹簧的过程称为Ⅱ，则（ ）
A. 过程Ⅰ中，子弹和木块所组成的系统机械能不守恒，动量也不守恒
B. 过程Ⅰ中，子弹和木块所组成的系统机械能不守恒，动量守恒
C. 过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量也守恒
D. 过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量不守恒
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程，子弹和木块组成的系统所受合外力近似为零，系统动量守恒，但要克服摩擦力做功，产生热量，系统机械能不守恒，故A错误，B正确；
CD．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统受到墙壁的作用力，外力之和不为零，则系统动量不守恒，但系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，故C错误，D正确。
故选BD。
9. “世界航天第一人”是明朝的万户，如图所示，他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及其所携设备（火箭、椅子、风筝等）的总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的燃气相对地面以。的速度竖直向下喷出，忽略空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 火箭的推力来源于空气对它的反作用力
B. 在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为
C. 喷出燃气后，万户及其所携设备能上升的最大高度为
D. 在火箭喷气过程中，万户及其所携设备的机械能守恒
【答案】B
【解析】
【详解】A．火箭的推力是燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A错误；
B．在燃气喷出后得瞬间，万户及所携设备组成的系统动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有
解得火箭的速度大小为
故B正确；
C．喷出燃气后，万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得，最大上升高度为
故C错误；
D．在火箭喷气过程中，燃气的内能有部分转化为系统的机械能，机械能增加，故D错误。
故选B。
10. 如图所示，两束单色光a、b从水面下射向A点，光线经折射后合成一束光c，则下列说法正确的是（ ）
A. 用同一双缝干涉实验装置分别以a、b光做实验，a光的相邻干涉条纹间距大于b光的相邻干涉条纹间距
B. 在水中a光的速度比b光的速度小
C. 在水中a光的临界角大于b光的临界角
D. a光比b光更容易发生衍射现象
【答案】ACD
【解析】
【详解】B．根据折射率的定义式有
结合光路图可知a光的折射率小于b光的折射率，根据
可知a光在水中a光的速度比b光的速度大，B错误；
C．根据
由于a光的折射率小于b光的折射率，则在水中a光的临界角大于b光的临界角，C正确；
D．根据上述可知a光的折射率小于b光的折射率，对应光谱排列顺序的规律可知，折射率越大，波长越小，即a光的波长大于b光的波长，则a光比b光更容易发生衍射现象，D正确；
A．由于a光的波长大于b光的波长，根据
可知，用同一双缝干涉实验装置分别以a、b光做实验，a光的相邻干涉条纹间距大于b光的相邻干涉条纹间距，A正确。
故选ACD。
第Ⅱ卷 （非选择题 共56分）
三、填空题：每空3分，共21分。
11. 如图所示“为探究碰撞中的不变量”的实验装置示意图.

(1)因为下落高度相同的平抛小球(不计空气阻力)的飞行时间相同，所以我们在实验中可以用平抛运动的________来替代平抛运动的初速度。
(2)本实验中，实验必须要求的条件是______
A．斜槽轨道必须是光滑的
B．斜槽轨道末端点的切线是水平的
C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放
D．入射球与被碰球满足ma>mb，ra＝rb
(3)图中M、P、N分别为入射球与被碰球对应的落点的平均位置，则实验中要验证的关系是_____
A．ma·ON＝ma·OP＋mb·OM
B．ma·OP＝ma·ON＋mb·OM
C．ma·OP＝ma·OM＋mb·ON
D．ma·OM＝ma·OP＋mb·ON
【答案】 ①. 初速度 ②. BCD ③. C
【解析】
【详解】(1)[1]由平抛运动规律
y=gt2
可知，当下落高度相同时落地时间相同，再根据
x=v0t
可知
所以可以用平抛运动的水平位移来替代平抛运动的初速度；
(2)[2]A．本实验必须要求入射小球在每次碰撞前的速度相同，与斜槽是否光滑无关，故A错误；
B．只有斜槽末端点的切线水平才能保证碰后小球做平抛运动，故B正确；
C．根据动等定理
mgH-Wf=mv2
可知，只有满足入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放时，入射速度才能相同，故C正确；
D．根据弹性碰撞规律，若入射小球质量小于被碰小球的质量时，入射小球要被碰回，所以必须满足
ma>mb
只有满足两小球的半径相同时，碰后两小球的速度才能在一条直线上，故D正确。
故选BCD。
(3)[3]根据题意，P点应是小球a没有与b碰撞时的落地位置，M点应是碰后小球a的落地位置，P点应是碰后小球b的落地位置，根据平均动量守恒定律应有
再由
OP=v0•t
OM=va•t
ON=vb•t
可得
ma∙OP=ma∙OM+ mb∙ON
故C正确，ABD错误。
12. 某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为97.50cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间（如图所示），则：
（1）该摆摆长为______cm，秒表所示读数为______s；
（2）如果他测得的g值偏小，可能的原因是（ ）
A. 测摆线长时摆线拉得过紧
B. 摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C. 开始计时时，秒表过迟按下
D. 实验中误将49次全振动数为50次
（3）为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L与T的数据，再以L为横坐标，T2为纵坐标将所得数据点连成直线（如图所示），并求得该直线的斜率为k，则重力加速度g=______（用k表示）。
【答案】（1） ①. 98.50 ②. 99.8
（2）B （3）
【解析】
【小问1详解】
[1]摆长等于摆线的长度与小球半径之和，可知
[2]根据秒表的读数规律，该秒表的读数为
小问2详解】
A．根据单摆的周期公式有
解得
g=4π2T2L
测摆线长时，若摆线拉得过紧，则摆长测量值偏大，可知，测得的g值偏大，故A错误；
B．由于摆线上端悬点末固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，则摆长的测量值偏小，结合上述可知，测得的g值偏小，则B正确；
C．开始计时时，秒表过迟按下，则周期的测量值偏小，结合上述可知，测得的g值偏大，故C错误；
D．实验中误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，结合上述可知，测得的g值偏大，故D错误；
故选B。
【小问3详解】
根据单摆的周期公式有
则有
结合图像有
解得
四、计算题：共35分，解答题应写出必要的文字说明、方程式或重要演算步骤，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。
13. 如图所示是一个折射率为n的透明介质做成的四棱柱的横截面图，其中，。现有一条光线从AB面上图示位置垂直入射到棱镜内，若光线恰好在BC边发生全反射后，从CD边射出。求：
（1）画出光路图（不考虑光线入射AB、CD界面时的反射光线）
（2）该透明介质的折射率n；
（3）光线射出棱镜时折射角正弦值。

【答案】（1） （2）；（3）
【解析】
【详解】（1）光路图如图

（2）根据几何关系
则该透明介质的折射率
（3）根据几何关系
根据
得光线射出棱镜时折射角的正弦值
14. 如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
（1）A释放时距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）A释放到与B碰撞前，根据动能定理得
解得
（2）碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得
解得
（3）A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得
解得
则碰撞过程中损失的机械能为
15. 如图所示，质量木板A和质量mB=1kg的光滑圆弧槽B静置在光滑水平面上，A和B接触但不粘连，B左端与A上表面相切。质量的小滑块C以一水平向右的初速度从木板A的左端滑上木板，当C离开A时，C的速度大小，C滑上圆弧槽B后，恰好能到达B的最高点，此时B的速度大小。已知A、C间的动摩擦因数，重力加速度取。
（1）当C刚滑上A时，求A的加速度大小；
（2）当C离开A时，求B的速度大小；
（3）求A的长度。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）以A和B为整体，根据牛顿第二定律可得
解得C刚滑上A时，A的加速度大小为
（2）C刚离开A时，A、B速度相等，为；C到达B的最高点时，B、C的共同速度，为；对B、C组成的系统，根据水平方向动量守恒可得
解得C离开A时，B的速度大小为
（3）从C刚滑上A到滑离A，根据系统动量守恒定律可得
解得
根据能量守恒定律可得
解得A的长度为