2021-2022学年广东省江门市新会陈经纶中学高二（下）期中物理试题（选择考）含解析

21-22学年高中20级第7学段物理选择考试卷

本试卷共4页，满分100分，考试时间75分钟

第I卷（选择题）

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. 人从高处跳到地面，为了安全，一般都是让脚尖先着地，接着让整个脚底着地，并让人下蹲，这样做是为了（　　）

A. 减小人受到的冲量

B. 增大人受到的冲量

C. 延长与地面的作用时间，从而减小人受到的作用力

D. 延长与地面的作用时间，从而减小人动量的变化

【答案】C

【解析】

【详解】AB．因为人的动量变化量相同，所以，人受到的冲量相同，故AB错误；

CD．设人落地时速度为v，人受到地面的作用力为F，作用时间为t，人的质量为m，以向上为正方向，根据动量定理得

延长作用时间t，可以减小作用力F，故C正确，D错误。

故选C。

2. 在水槽中放置两块挡板，中间留一个狭缝，观察到水波通过狭缝后的传播现象如图所示。现适当减小狭缝宽度，则（　　）

A. 水波波长变长

B. 水波振幅变大

C. 水波波速变小

D. 衍射现象更明显

【答案】D

【解析】

【详解】AC．适当减小狭缝宽度，水波通过狭缝后，波速与频率不变，根据

波长不变，AC错误；

B．波源不变，适当减小狭缝宽度，则波阵面最前方起振的点减少，能量减少，水波振幅减小，B错误；

D．波发生明显的衍射现象的条件是：当孔、缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相比差不多或比波长更小，波长不变，适当减小狭缝宽度，衍射现象更明显，D正确。

故选D。

3. 如图所示，S1、S2是两个振动完全相同的相干波源，其中实线表示波峰，虚线表示波谷。若两列波的振幅均保持5 cm不变，关于图中所标的a、b、c、d四点，下列说法中正确的是（　　）

A. d点始终保持静止不动

B. 图示时刻c点的位移为零

C. b点振动始终加强，c点振动始终减弱

D. 图示时刻，b、c两点的竖直高度差为10 cm

【答案】A

【解析】

【详解】A．由图可知，d点是波峰与波谷相遇，振动减弱，振幅为零，故保持静止，故A正确；

BCD．b点是波峰与波峰相遇，c点是波谷与波谷相遇，它们均属于振动加强点，由于振幅是5 cm，则b点相对平衡位置高10 cm，而c点是波谷与波谷相遇，则c点相对平衡位置低10 cm，所以b、c两点的竖直高度差为20 cm，故BCD错误。

故选A。

4. 如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。取向右为正方向，振动物体的位移x随时间t的变化如图乙所示，则由图可知（　　）

A. t=0.2s时，振动物体的加速度方向向右

B. t=0.6s时，振动物体的速度方向向右

C. 在t=0.4s到t=0.8s时间内，振动物体的动能逐渐增大

D. 在t=0到t=2.4s时间内，振动物体通过的路程是80cm

【答案】C

【解析】

【详解】A．t=0.2s时，振子位置由O点向右运动到OB中的某点，振子受到的回复力向左，所以加速度向左，故A错误；
B．t=0.6s时，由图象知其x-t斜率为负，故其速度方向与正方向相反，因此速度向左，故B错误；

C．t=0.4s到t=0.8s的时间内，图中斜率绝对值逐渐增大，因此可判断振子运动的速度增大，所以振子的动能逐渐增大，故C正确；
D．图中看出振子的周期为1.6s，t=0s到t=2.4s的时间内，振子振动了1.5个周期，振动物体通过的路程是

故D错误。
故选C。

5. 如图所示是用来测量各种发动机转速的转速计原理图。在同一铁支架MN上焊有固有频率依次为100Hz、90Hz、80Hz、70Hz的四个钢片a、b、c、d，将M端与正在转动的电动机接触，发现b钢片振幅很大，其余钢片振幅很小。则（　　）

A. 钢片a的振动频率约为100Hz

B. 钢片b的振动频率约为90Hz

C. 钢片c的振动频率约为80Hz

D. 电动机的转速约为90r/min

【答案】B

【解析】

【详解】ABC.b钢片共振，故电动机频率等于其固有频率90Hz，故B正确AC错误；

D.电动机的转速和频率相同为，故D错误。

故选B。

6. 一列简谐横波在t=0.4s时的波形图如图（a）所示，P、Q是介质中的质点，图（b）是质点P的振动图像。已知该波在该介质中的传播速度为20m/s，则（　　）

A. 该波的周期为0.6s B. 该波的波长为12m

C. 该波沿x轴正方向传播 D. 质点P比质点Q更快回到平衡位置

【答案】D

【解析】

【详解】A．由图像可知，波的周期为1.2s，A错误；

B．该波的波长为

B错误；

C．由振动图像可知，0.4s时，质点P沿y轴的负方向运动，所以该波沿x轴负方向传播，C错误；

D．因波沿x轴负方向传播，所以质点P在小于的时间就将到达平衡位置，而质点Q要先运动到最大振幅处，再回到平衡位置，时间大于，所以质点P比质点Q更快回到平衡位置，D正确；

故选D。

二、多项选择题∶本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全的得，有选错的得0分。

7. 下列说法中正确的是（　　）

A. 沿与两个完全相同的发声器平行的直线走，听到的声音忽大忽小，这是波的干涉现象

B. 在大树前说话，大树后面的人可以听到，这是波的衍射现象

C. 大街上警车尖叫着从行人旁疾驰而去，行人听到警笛声音由高变低，这是声音的多普勒效应

D. 发声的电铃放在真空罩里，外面听不到声音，这是因为电铃在真空中不能振动

【答案】ABC

【解析】

【详解】A．两个完全相同的发声器发出的声波在周围空间发生干涉，平行于两发声器连线行走时听到的声音忽大忽小，A正确；

B．树前说话，树后的人能听到，是波的衍射现象，B正确；

C．当声源与观察者发生相对运动时，会发生多普勒效应，C项正确；

D．听不见声音是因为没有传播介质声波不能传播，D错误。

故选ABC。

8. 关于电磁波，下列说法正确的是（　　）

A. 只要有电场和磁场，就能产生电磁波

B. 电磁波在真空和介质中传播速度不相同

C. 均匀变化的磁场能够在空间形成电磁波

D. 赫兹证明了电磁波的存在

【答案】BD

【解析】

【详解】AC．只有周期性变化的电场或磁场才能产生电磁波，若是恒定的电场和磁场不会产生电磁波；若是电场、磁场均匀变化，也不会能产生电磁波，故AC错误；

B．电磁波在真空中以光速传播，而电磁波在介质中的传播速度小于其在真空中的传播速度，故B正确；

D．赫兹证明了电磁波的存在，故D正确。

故选BD。

9. 一个做简谐运动的物体，每次速率相同时，下列说法中正确的是（　　）

A. 必有相同的动能 B. 必有相同的位移

C. 必有相同的加速度 D. 必有相同的势能

【答案】AD

【解析】

【详解】A．根据动能表达式

可知每次速率相同时，动能必然相同，A正确；

BC．当速率相同时，说明速度大小相等，但不能确定物体是否经过同个位置，因为相对于平衡位置对称的两个位置速度大小相等，则位移方向不能确定是否相同，回复力方向不能确定是否相同，加速度方向不能确定是否相同，BC错误；

D．简谐运动的动能与势能之和不变，动能相同，则势能必然相同，D正确；

故选AD。

10. 如图所示，三棱镜的截面为直角三角形，∠A=30°，一束单色光从AB边上的D点平行AC边射入棱镜，在AC边发生全反射，反射光线与AB边平行，已知，则下列说法正确的是（　　）

A. 单色光在D点的折射角为30° B. 三棱镜的折射率为

C. 三棱镜的折射率为 D. 单色光不能从BC边射出

【答案】AB

【解析】

【详解】ABC．根据题意，作出光路图，如图所示

根据几何关系可知，光线在D点的入射角为，折射角为，根据折射定律有

故AB正确，C错误；

D．根据几何关系可知，光在M点的入射角为30°，小于临界角60°，能从BC边射出，故D错误。

故选AB。

11. 如图所示，实线是一列简谐波在某一时刻的波形图，经0.5s后，其波形如图中虚线所示，设该波的周期T大于0.5s．以下说法正确的是（　　）

A. 波的周期可能是

B. 波的周期可能是4s

C. 如果波是沿x轴正方向传播的，波速是0.72m/s

D. 如果波是沿x轴负方向传播的，波速是0.12m/s

【答案】AD

【解析】

【详解】AB．如果波沿x轴正方向传播

解得

如果波沿x轴负方向传播

解得

A正确，B错误；

C．如果波沿x轴正方向传播，波速是

C错误；

D．如果波沿x轴负方向传播，波速是

D正确。

故选AD。

12. 我们常用以下实验装置观察水波的干涉现象。在水槽中，波源是固定在同一个振动片上的两根细杆，当振动片振动时，固连在振动片上的两根完全相同的细杆周期性的击打水面，并且两细杆击打的深度和频率完全相同，可看作两个波源。这两列波相遇后，在它们的重叠区域会形成如图甲所示的稳定干涉图样。如图乙所示，振动片以周期T做简谐运动时，两细杆同步周期性地击打水面上的A、B两点，两波源发出的水波在水面上形成稳定的干涉图样。若以线段为直径在水面上画一个半圆，半径与垂直。除C点外，圆周上还有其他振幅最大的点，其中在C点左侧距C点最近的为D点。已知半圆的直径为d，，，，则（　　）

A. 水波的波长为

B. 水波波长为

C. 水波的传播速度为

D. 若减小振动片振动的周期，C点可能为振幅最小的点

【答案】AC

【解析】

【详解】AB．根据题意可知，DB与AD的长度差等于波长，则

A正确，B错误；

C．水的波速为

C正确；

D．若减小振动片振动的周期，C点与两波源的距离相等，距离差为零，一定仍为振幅极大点，D错误；

故选AC。

第II卷（非选择题）

三、实验题(共14分)

13. （1）如图所示，某同学在“测定玻璃的折射率”的实验中，先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，玻璃砖平放在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面aa′和bb′。O为直线AO与aa′的交点。在直线AO上竖直地插上P1、P2两枚大头针。下面关于该实验的说法正确的是_______；

A．插上大头针P3，使P3挡住P2和P1的像

B．插上大头针P4，使P4挡住P3、P2和P1的像

C．为了减小作图误差，P3和P4的距离应适当大些

D．为减小测量误差，P1、P2的连线与玻璃砖界面的夹角应越大越好

E．若将该玻璃砖换为半圆形玻璃砖，仍可用此方法测玻璃的折射率

（2）某同学在纸上画出的界面aa′、bb′与玻璃砖位置的关系如图所示，他的其他操作均正确，且均以aa′、bb′为界面画光路图。则该同学测得的折射率测量值_____________真实值（填“大于、小于、等于”）

【答案】    ①. ABCE    ②. 小于

【解析】

【详解】（1）[1]A．确定大头针P3的位置的方法是大头针P3能挡住P1和P2的像，故A正确；

B．确定大头针P4的位置的方法是大头针P4能挡住P3和P1、P2的像，故B正确；

C．为了提高测量的精确度， P3、P4之间的距离应适当大一些，故C正确；

D． P1和P2的连线与法线的夹角尽量大些，即P1、P2的连线与玻璃砖界面的夹角适当小些，折射角也会大些，折射现象较明显，角度的相对误差会减小．故D错误；

E．若将该玻璃砖换为半圆形玻璃砖，则用“插针法”仍可测玻璃的折射率，故 E正确。

故选ABCE。

（2）[2] 依题意作出光路图如图所示，从图可知，虚线所对应折射角测量值大于实线所对应的真实折射角

根据折射定律可知，折射率为

因为折射角偏大，可知测量值小于真实值。

14. 如图1，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。

（1）图1中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分末端，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是________ ；（填选项前的符号）

A．用天平测量两个小球的质量m1、m2

B．测量小球m1开始释放的高度h

C．测量抛出点距地面的高度H

D．分别找到小球m1、m2相碰后平均落地点位置M、N

E．测量平抛射程OM、ON

（2）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为____________________________（用（1）中测量的量表示）；

（3）经测定，m1＝45.0 g，m2＝7.5 g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图2所示。碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1′，则p1∶p1′＝________∶11；若碰撞结束时m2的动量为p2′，则p1′∶p2′＝11∶________。实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值 为________；

【答案】    ①. ADE    ②.     ③. 14:11    ④. 11:2.9    ⑤. 1.01

【解析】

【详解】（1）[1]由动量守恒定律可知

由平抛运动规律可知

整理得

可知本实验中还需要测量两个小球的质量m1、m2，找到小球m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N并测出平抛射程OM、ON，故选ADE；

（2）[2] 由（1）可知若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为

（3）[3]

[4]

[5]

四、解答题(共38分)

15. 如图所示，有一质量为m小球，以速度v0滑上静置于光滑水平面上的光滑圆弧轨道。已知圆弧轨道的质量为2m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，求：

（1）小球在圆弧轨道上能上升的最大高度；（用v0、g表示）

（2）小球离开圆弧轨道时的速度大小。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）小球在圆弧轨道上上升到最高时两物体速度相同，系统在水平方向上动量守恒，规定v0的方向为正方向，有

mv0＝3mv

得

v＝

根据机械能守恒定律得

mv02＝×3mv2＋mgh

解得

h＝

（2）小球离开圆弧轨道时，根据动量守恒定律，则有

mv0＝mv1＋2mv2

根据机械能守恒定律，则有

mv02＝mv12＋×2mv22

联立以上两式可得

v1＝－v0

则小球离开圆弧轨道时的速度大小为。

16. 如图所示，在同一竖直平面内，半径R＝0.5m的光滑半圆轨道AC与高h＝6R的粗糙圆弧轨道BD（小于四分之一弧长）由一条光滑水平轨道平滑连接。在水平轨道上，轻质弹簧被a、b两小球挤压（均不连接），处于静止状态。同时释放两个小球，弹簧的弹性势能全部转化为a、b两小球的动能，且a球恰好能通过半圆轨道最高点A，b球恰好能到达粗糙圆弧轨道最高点B。已知a球质量为m1＝2kg，b球质量为m2＝1kg，求：（g取10m/s2）

（1）a球经过半圆轨道的C点时对轨道的作用力FC；

（2）释放小球前弹簧的弹性势能Ep；

（3）b球从D点到B点克服摩擦力做的功。

【答案】（1）120N，方向竖直向下；（2）75J；（3）20J

【解析】

【详解】（1）小球a恰好能通过最高点，由重力充当向心力，有

以Ｃ点所在平面为零势面，根据机械能守恒定律有

在Ｃ点对小球受力分析，则有轨道支持力与重力的合力提供向心力有

解得

根据牛顿第三定律有，则a球经过半圆轨道的C点时对轨道的作用力FC等于120N，方向竖直向下。

（2）设弹簧弹开后，小球b的初速为，根据动量守恒定律有

根据机械能守恒定律有

解得

（3）以小球b为研究对象，设摩擦力做功为，根据动能定理有

解得

则b球从D点到B点克服摩擦力做的功为20J。

17. 如图所示，质量均为的木板A、B静止在光滑水平地面上，B的右端固定一厚度不计的竖直轻挡板，A和B不粘连，且其长度之比为。一可视为质点、质量为的小滑块C以水平初速度从A的左端滑上A，最终与竖直挡板发生碰撞并粘在一起，B、C的共同速度为。已知C与A、B上表面的动摩擦因数相同。

（1）求C刚滑上B时的速度大小及A最终的速度大小；

（2）求C与竖直挡板碰撞损失的机械能。

【答案】（1），；（2）

【解析】

【详解】（1）C刚滑上B时，A、B具有相同速度，之后A、B分离，A做匀速直线运动，从C刚滑上A到C刚滑上B的过程，根据动量守恒定律可得

B、C的最终的共同速度为，对整个运动过程，根据动量守恒定律可得

联立解得

，

（2）从C刚滑上A到C刚滑上B的过程，系统产生的内能为满足

C与A、B上表面的动摩擦因数相同，结合题目可知，C分别在A、B上滑行时产生的内能关系为

在整个过程中，由能量守恒可知C与竖直挡板碰撞损失的机械能满足

联立解得