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(1)

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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．【分析】考查物体的受力分析，使学生明白回复力是根据作用效果命名的力。
【解答】斜面光滑，所以小球不受摩擦力，回复力是重力沿斜面方向的分力和弹力的合力，物体受重力、支持力、弹力三个力的作用。
故答案为：D
2．【分析】根据简谐运动的特点得出t=1 s和t=3 s时振子的速度以加速度的大小关系及方向；同理得出t=2 s和t=4 s时振子的加速度以及速度的大小关系及方向。
【解答】由图像可知，t=1 s和t=3 s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；而t=2 s和t=4 s时振子在平衡位置，加速度为零，而速度分别为负向最大、正向最大。综上所述，A项说法正确。
故答案为：A
3．【分析】根据同侧法或者上下坡法确定质点的振动方向，根据波速及周期与周期的关系确定两波的周期。振动方向相同、相位差恒定、频率相同的波能发生稳定的干涉。
【解答】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x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
T1=λ1v=2s
乙波的周期为
T2=λ2v=4s
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。
故答案为：B。
4．【分析】设计运动中的位移问题，优先选择动能定理；涉及运动的时间问题，优先选择动量定理；涉及运动的加速度和匀速直线运动，选择牛顿第二定律和运动学公式。
【解答】人下落h高度为自由落体运动，由运动学公式v2=2gh，可知v=2gh；缓冲过程（取向上为正）由动量定理得F--mgt=0--mv，解得：F-=m2ght+mg，故选A。
5．【分析】简谐运动中，回复力F=﹣kx，加速度a=﹣ kmx ；x﹣t图象上某点切线的斜率表示速度．
【解答】解：A、t=1.25s时，位移为正，加速度a=﹣ kmx 为负；x﹣t图象上某点切线的斜率表示速度，故速度为负；故A错误；
B、t=1.7s时，位移为负，加速度a=﹣ kmx 为正；x﹣t图象上某点切线的斜率表示速度，故速度为负；故B错误；
C、t=1.0s时，位移为正，加速度a=﹣ kmx 为负；x﹣t图象上某点切线的斜率表示速度，故速度为零；故C正确；
D、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；故D错误；
故选C．
6．【分析】通过甲图读出波的波长，通过乙图读出波的周期，进而求出波速，再结合选项逐一分析即可。
【解答】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，A不符合题意，B符合题意；
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，C不符合题意；
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，D不符合题意。
故答案为：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．【分析】本题主要考查光的基本概念，根据基础知识判断作答即可。
【解答】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，A符合题意；
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，B不符合题意；
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，C符合题意；
D、当观察者向静止的声源运动时，接收到的声波的频率将高于声源的频率，D不符合题意；
故答案为：AC
8．【分析】利用系统机械能守恒的条件和动量守恒的条件可得出结论。
【解答】AB. 过程I中，子弹与木块之间的作用力为摩擦力，是内力的作用，故系统的动量守恒，摩擦力做功产生热翔，故机械能不守恒，A不符合题意，B符合题意；
CD. 过程II中，子弹、木块和弹簧运动过程中只有系统内弹簧弹力做功，故机械能守恒；在运动过程中受到墙的弹力，故动量不守恒，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD
9．【分析】根据反冲原理，可得火箭作用力的来源，由于系统动量守恒，可得火箭的速度大小，再结合竖直上抛运动的规律可得上升的最大高度，非重力做功转化为系统的机械能可得机械能的变化。
【解答】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正确；
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M-mv-mv0=0，解得火箭的速度大小为v=mv0M-m，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h=v22g=m2v022M-m2g，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。
故选择AB。
10．【分析】通过对光路图的分析，判断两种色光的折射率。再结合折射率的公式判断出两种色光的波长和频率。
【解答】解：A、由图可知，单色光a偏折程度小于b的偏折程度，根据折射定律n= sinrsini 知，a光的折射率小于b光的折射率，则知a光的波长大．根据双缝干涉条纹的间距公式△x= Ld λ，可得，干涉条纹间距与波长成正比，所以a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距，A符合题意．
B、a光的波长长，波动性强，更容易发生衍射现象，B符合题意．
C、由v= cn 知，在水中a光的速度大．C不符合题意．
D、由全反射临界角公式sinC= 1n ，知折射率n越大，临界角C越小，则知在水中a光的临界角大于b光的临界角，D符合题意．
故答案为：ABD
第Ⅱ卷 （非选择题 共56分）
填空题：每空3分，共21分。
11．【分析】本题（1）根据平抛运动的规律即可求解；题（2）根据实验要求每次碰前小球a的速度相同可知没有必要要求斜槽轨道光滑，并且每次小球a的释放位置必须相同，这样可对AC做出判断；根据平抛运动的规律可知斜槽的末端必须水平，可对B做出判断；根据弹性碰撞规律，若入射小球质量小于被碰小球质量时可能被碰回，及只有发生对心碰撞时才能做直线运动，可对D做出判断；题（3）的关键是明确小球a碰前与碰后的位置，再根据平均动量守恒定律表达式即可求解．
【解答】（1）由平抛运动规律y= 12gt2 可知，当下落高度相同时落地时间相同，再根据x= v0t 可知 v0 = xt ，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）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，所以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，所以B正确；C、根据动等定理mgH﹣ Wf = 12mv2 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，所以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，所以D正确；故选BCD
（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 ma⋅v0 = ma⋅va+mb⋅vb 再由OP= v0⋅t ，OM= va⋅t ，ON= vb⋅t 可得 ma⋅OP = ma⋅OM + mb •ON所以C正确，即实验中要验证的关系是C．
故答案为：（1）水平位移；（2）B；C；D；（3）C
12．【分析】读数时注意仪器的分度值及是否需要估读。熟悉掌握利用单摆测量重力加速度的实验要求及注意事项，再根据单摆周期公式结合题意进行误差分析和数据处理。
【解答】（1）98.50；99.8
（2）B
（3）4π2k
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．（9分）【分析】（1）根据题意画出光路图，注意折射定律和反射定律的应用；
（2）根据光路可逆性及几何关系确定折射角和入射角的大小，再根据折射定律进行解答；
（3）根据几何关系及折射定律进行解答即可。
【解答】（1）解：光路图如图
——3分
（2）解：根据几何关系φ=60° ——1分
则该透明介质的折射率n=1sinφ=233 ——2分
（3）解：根据几何关系β=30° ——1分
根据n=sinθ1sinβ ——1分
得光线射出棱镜时折射角的正弦值sinθ1=33 ——1分
14．（12分）【分析】（1）A在释放到碰撞的过程中，机械能守恒，初末速度均已知，根据机械能守恒定律进行求解；
（2）A做曲线运动，在碰前瞬间，重力和绳子的拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律即可得求出此时绳子拉力的大小；
（3）A和B发生完全非弹性碰撞，碰后两球的速度相等。根据碰撞过程中水平方向动量守恒定律求出两球碰后的速度，再根据能量守恒即可得碰撞中损耗的机械能。
【解答】（1）解：A下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgH=12mv2 ——2分
解得：H=v22g ——1分
答：A释放时距桌面的高度H是v22g；
（2）解：碰撞前瞬间，绳子的拉力与重力的合力提供向心力，
对A，由牛顿第二定律得：F-mg=mv2L ——2分
解得：F=mg+mv2L ——1分
答：碰撞前瞬间绳子的拉力大小是mg+mv2L；
（3）解：A、B碰撞过程系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，
在水平方向，由动量守恒定律得：mv=2mv' ——2分
由能量守恒定律得：12mv2=12×2mv'2+ΔE ——3分
解得：ΔE=14mv2 ——1分
答：碰撞过程中系统损失的机械能ΔE是14mv2。
15．（14分）【分析】（1）以A和B为整体 ，根据牛顿第二定律得出A的加速度；
（2）对B、C组成的系统 ，水平方向动量守恒，利用动量守恒定律得出C离开时AB的速度；
（3）从C刚滑上A到滑离A，根据系统动量守恒定律得出C刚滑上A的速度，利用能量守恒定律得出A的长度。
【解答】（1）解：以A和B为整体，根据牛顿第二定律可得 μmCg=mA+mBa ——2分
解得C刚滑上A时，A的加速度大小为 a=2m/s2 ——1分
（2）解：C刚离开A时，A、B速度相等，为 v'B ；C到达B的最高点时，B、C的共同速度，为 vB=3m/s ——1分
对B、C组成的系统，根据水平方向动量守恒可得 mCvC+mBv'B=(mB+mC)vB ——2分
解得C离开A时，B的速度大小为 v'B=1m/s ——1分
（3）解：从C刚滑上A到滑离A，
根据系统动量守恒定律可得 mCv0=mCvC+(mA+mB)v'B ——2分
解得 v0=6m/s ——1分
根据能量守恒定律可得 12mCv02=μmCgL+12(mA+mB)v'B2+12mCvC2 ——3分
解得A的长度为 L=2.25m ——1分