江西省抚州市乐安县第二中学2022-2023学年高二下学期5月期中考试物理试题

高中学段二年级物理

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清晰。

3.请按照题序在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效；在草稿纸、试题卷上的答题无效。

4.保持答题卡卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

5.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题 （共11题，每题4分，共44分，1-7单选，8-11多选。）

1．物理学中常运用“比值定义法”、“理想模型法”、“等效替代法”、“控制变量法”等科学方法建立概念，下列概念建立中用到“等效替代法”的是（　　）

A．加速度 B．合力与分力 C．质点 D．电场强度

2．以下物理学知识的相关叙述中，正确的是（　　）

A．任何物质的折射率总是小于1的

B．用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的偏振

C．通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到彩色条纹，是光具的折射

D．交警通过发射超声波测量车速是利用了波的多普勒效应

3．某振动系统的固有频率为，在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率为 ， 下列说法正确的是（  ）

A．当时，该振动系统的振幅随增大而减小 B．当时，该振动系统的振幅随减小而增大

C．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于 D．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于

4．如图所示为一个质点的振动图象，下列说法正确的是（　　）

A．质点振动的振幅为10cm B．质点振动的周期为4s

C．2s时质点的位移为5cm D．4s时质点的速度方向为方向

5．在坐标原点处有一质点O做简谐运动，它形成沿x轴传播的简谐横波，波长为16m，在其右侧相距4m处的质点P的振动图像如图所示，则时的波形图像是图中的（　　）

A． B． 

C． D．

6．如图所示，圆心为O、半径为R的半圆形玻璃砖置于水平桌面上，光线从P点垂直界面入射后，恰好在玻璃砖圆形表面发生全反射；当入射角时，光线从玻璃砖圆形表面出射后恰好与入射光平行。已知真空中的光速为c，则（　　）

A．玻璃砖的折射率为1.5

B．之间的距离为

C．光在玻璃砖内的传播速度为

D．光从玻璃到空气的临界角为30°

7．如图所示，静止在光滑在水平地面上的半圆轨道物体的直径ab水平，质点P从a点正上方高H处自由下落，经过轨道后从b点冲出，上升最大高度为H，（空气阻力不计）当质点再次经过轨道由a点冲出时，下落后的情况可能是（ ）

A．质点离开槽后做斜抛运动

B．质点不会再落回半圆槽中

C．质点再次能上升的最大高度h<

D．质点再次能上升的最大高度 <h< H

8．某同学把质量为m的足球从水平地面以v0斜向上踢出，足球达到最高点时速度为v，离地高度为h。要考虑空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）

A．该同学踢球时对足球做功mv2 - mv02

B．足球上升过程克服重力做功mgh

C．该足球上升过程足球机械能增加了mgh+mv2

D．足球上升过程空气阻力做功mgh+mv2 - mv02

9．如图所示，真空中有一个半径为R，质量分布均匀的玻璃球，细激光束在真空中沿直线BC传播，从玻璃球表面的C点经折射进入玻璃球，又从玻璃球表面的D点经折射进入真空。已知∠COD=120°，玻璃球对该激光的折射率为，c为真空中的光速，则下列说法正确的是（　　）

A．激光束的入射角为α=45°

B．激光束在玻璃中穿越的时间为

C．改变入射角α的大小，细激光束可能会在玻璃球的内表面发生全反射

D．改变入射角α的大小，细激光束一定不会在玻璃球的内表面发生全反射

10．图甲为0.1kg的小球从最低点A冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4m半圆轨道后，小球速度的平方与其高度的关系图像。已知小球恰能到达最高点C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计。g取10m/s2，B为AC轨道中点。下列说法正确的是（　　）

A．小球到达C点后，做自由落体运动

B．图甲中x=4

C．小球从A到B损失了0.125J的机械能

D．小球从A到C，轨道的摩擦力对其做的功为–0.25J

11．一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t秒与（t+2）秒两个时刻，在x轴上（-3m，3m）区间的波形完全相同，如图所示。并且图中M，N两质点在t秒时位移均为，下列说法中不正确的是（　　）

A．该波的最大波速为20m/s

B．（t+0.1）秒时刻，x=-2m处的质点位移一定是a

C．从t秒时刻起，x=2m处的质点比x=2.5m的质点先回到平衡位置

D．从t秒时刻起，在质点M第一次到达平衡位置时，质点N恰好到达波峰

二、实验题（共20分）

12．某同学用如图所示装置做“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的平均落点，M为与被碰小球碰后入射小球的平均落点，N为被碰小球的平均落点。

（1）关于实验要点，下列说法错误的是______（填选项字母）。

A．安装轨道时，轨道末端必须水平

B．实验过程中，复写纸可以移动，白纸不能移动

C．入射小球的质量小于被碰小球的质量，两球的半径相同

D．同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放

（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______（填选项字母）。

A．测量入射小球质量和被碰小球质量

B．测量抛出点距地面的高度H

C．测量S离水平轨道的高度h

（3）图乙是被碰小球的多次落点痕迹，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______（用测量的物理量表示），则入射小球和被碰小球碰撞前后的总动量不变；若OM、ON、OP满足关系式______，则入射小球和被碰小球的碰撞为弹性碰撞。

13．在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。

（1）观察变压器的铁芯，它的结构和材料是___________；

A．整块硅钢铁芯

B．整块不锈钢铁芯

C．绝缘的铜片叠成

D．绝缘的硅钢片叠成

（2）观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数___________；（填“多”或“少”）

（3）以下给出的器材中，本实验需要用到的是___________；（填字母）

A．干电池    B．学生电源

C．实验室用电压表    D．多用电表

（4）为了保证安全，低压交流电源的电压不要超过___________；（填字母）

A．2V   B．12V   C．50V

（5）在实际实验中将电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱之间，用电表测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱之间的电压为3.0V，则原线的输入电压可能为___________；（填字母）

A．1.5V   B．6.0V   C．7.0V

（6）实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别。原因不可能为___________。（填字母代号）

A．原、副线圈上通过的电流发热

B．铁芯在交变磁场作用下发热

C．变压器铁芯漏磁

D．原线圈输入电压发生变化

三、计算题（共36分）

14．如图所示，一横截面为环形的均匀玻璃管，内圆半径为R，外圆半径为2R，圆心为O，PQ为过圆心的水平直线。细光束a平行于PQ射到玻璃管上，入射方向恰好与内圆相切。已知光在真空中的速度为c=3×108m/s。

(i)试证明无论该玻璃的折射率多大，光束a经过一次折射后在内圆边界处发生全反射；

(ii)若玻璃环的折射率为n=，光束a经过-次折射和一次全反射，从玻璃管的外圆边界射出(不考虑多次反射情况)，则光线a在玻璃中传播的时间t为多少?(=2.646，计算结果保留两位有效数字)

15．如图所示为一球面波传递过程中距离振源x0位置处的M质点的振动图像，A0与T均为已知；若已知该球面波在介质中传播的速度v0，且质点振动的振幅与其相距振源的距离成反比，试求：

①距离振源为x1(x1>x0)处的N质点的振动方程是什么？

②若有两个题干所述完全相同的振源，P质点距离两个振源的距离分别为x2和x3（x2>x3），由于干涉在P质点位置形成的振动减弱点，那么x2和x3应满足什么条件？其振幅为多少？P点位移可否为零？

16．如图所示，物块以一定的初速度滑上原静止光滑水平地面上的长木板，两者达到相同速度v后向右运动，某时刻木板与右方的竖直墙发生碰撞。已知物块质量为木板质量的3倍，物块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。设定板与墙的碰撞为弹性碰撞，时间极短，并且木板足够长，物块始终在木板上、求：

（1）物块刚滑上木板的初速度v0；

（2）木板与墙第二次碰撞前物块距木板左端的距离L；

（3）木板从第一次与墙碰撞到第n次与墙碰撞所经历的总时间t。

1．B

A．加速度是用比值定义的物理量，是物体速度的变化和所用时间的比值，选项A错误；

B．合力与分力是可以相互替代，属于等效替代法，选项B正确；

C．质点是为了研究的方便把物体看作一个抽象的点，属于建立理想化模型法，选项C错误；

D．电场强度是运用比值定义法定义的物理量，选项D错误。

故选B。

2．D

A．光在真空中传播速度最快，由

可知，任何物质的折射率总是大于1的，故A错误；

B．用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的干涉，故B错误；

C．通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到彩色条纹，是光的衍射现象，说明光具有波动性，故C错误；

D．交警通过发射超声波测量车速是利用了波的多普勒效应的原理，故D正确。

故选D。

3．B

受迫振动中，振动系统的振动频率由驱动力的频率决定，两者的频率越接近振幅越大，ACD错误；B正确。

故选B。

4．C

AB．由振动图像可知，质点振动的振幅为5cm，质点振动的周期为8s，AB错误；

C．由振动图像可知，质点的初始位置为，2s时质点的位置为，则质点的位移为

C正确；

D．由振动图像可知，4s时质点的速度方向为方向，D错误。

故选C。

5．B

AC．由振动图像可知

时，质点P正经过平衡位置向上运动，比较波形图中距离O点右侧面4m处的质点，A、C波形图中该处质点并不在平衡位置上，AC错误；

BD．图像满足P质点的位置与运动方向，而且图4m处质点正经过平衡位置向下运动，D错误，B正确。

故选B。

6．C

AB．作出两种情况下的光路图，如图所示

设，在A处发生全反射故有

由于出射光平行可知，在B处射出，故

由于

联立可得，，故AB错误；

C．由

可得，故C正确；

D．由于

所以临界角不为30°，故D错误。

故选C。

7．D

AB．水平面光滑，系统水平方向动量守恒，因此质点离开槽后做竖直上抛运动，落回时仍回到半圆槽中，AB错误；

CD．质点第一次在槽中运动时，根据动能定理

因此第一次克服摩擦力做的功

即损失的机械能为，由于第二次小球在槽内运动的速度比第一次小，对槽的压力也比第一次小，因此克服摩擦力做的功就小于第一次，这样损失的机械能小于，因此上升的高度

h>

但上升的高度不会超过H， C错误，D正确。

故选D。

8．BD

A．该同学踢球时对足球做功mv02，选项A错误；

B．足球上升过程克服重力做功mgh，选项B正确；

CD．由于克服空气阻力做功，则该足球上升过程足球机械能减小了

∆E=mv02-(mgh+mv2)

即足球上升过程空气阻力做功

Wf=mgh+mv2 - mv02

选项C错误D正确。

故选BD。

9．BD

A．激光在处的折射角为，根据折射定律得

解得

则

A错误；

B．根据几何关系可知激光束在玻璃中经过的路程为，在玻璃中经过的时间为

B正确；

CD．激光束从C点进入玻璃球时，无论怎样改变入射角，在D点的入射角等于C点的折射角，根据光路可逆性原理得知，光束不可能在D点发生全反射，一定能从D点折射射出玻璃球，C错误，D正确。

故选BD。

10．BD

A．已知小球恰能到达最高点C，因此小球到达C点时有速度，将会做平抛运动，A错误；

B．h=0.8m时小球恰好到达C点，则有小球重力恰好提供向心力，则有

解得    

因此可得

x=4

B正确；

D．小球从A 到C中，应用动能定理可得

解得轨道的摩擦力对其做的功为

D正确；

C．由题图乙可知，小球从A到B受的摩擦力大于从B到C受的摩擦力，所以A到B运动中摩擦力做功大于−0.125J，则有机械能损失大于0.125J，C错误。

故选BD。

11．ABD

A．已知波沿轴正方向传播，则在Δ时间内，波传播的距离为

（n=1，2，3，…）

则该波的波速

（n=1，2，3，…）

故A错误，符合题意；

B．由于周期不确定，不一定等于半个周期的奇数倍，则时刻，处的质点位移不一定是，故B错误，符合题意；

C．因波沿轴正方向传播，再结合波形图可知从时刻起，在处的质点比处的质点先回到平衡位置，则C正确；

D．利用波的“平移法”可判断，当质点M第一次到达平衡位置时，N质点还在继续向上振动，没有到达波峰，故D错误，符合题意。

故选ABD。

12．     C     A     55.40/55.50/55.60         

(1) A．为使小球离开轨道做平抛运动，保证出射速度水平，所以轨道末端必须水平，故A正确；

B．在实验过程中，小球的落点通过白纸和复写纸获得，若移动白纸将不能确定小球的位置，但复写纸可以移动，故B正确；

C．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C错误；

D．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D正确。

故选C。

(2) A．需要测量两个小球的质量、，故A正确；

B．不需要测量抛出点距地面的高度H，故B错误；

C．不需要测量S离水平轨道的高度h，故C错误。

故选A。

(3)由图乙可得落点的平均位置所对应的读数为；

设入射小球做平抛运动的初速度为，碰撞后入射小球的速度为，被碰小球的速度为，根据动量守恒定律可知，若满足

则可得到碰撞前后的总动量不变，本实验中碰撞前后小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，位移相同，而做平抛运动的时间

可知运动时间相同，水平方向做匀速直线运动，根据动量守恒定律可得

最终可知若测量的物理量满足关系式

则入射小球和被碰小球碰撞前后的总动量不；

弹性碰撞过程中机械能守恒，则由动量守恒定律

以及机械能守恒定律

可得

即

可知当满足关系式

两球的碰撞为弹性碰撞。

13．     D     少     BD     B     C     D

（1）观察变压器的铁芯，它的结构是绝缘的硅钢片叠成。

故选D。

（2）观察两个线圈的导线，发现粗细不同，根据

可知，匝数少的电流大，则导线越粗，即导线粗的线圈匝数少；

（3）实验中需要交流电源和交流电压表（万用表），不需要干电池和直流电压表。

故选BD；

（4）为了人体安全，低压交流电源的电压不要超过12V。

故选B。

（5）若是理想变压器，则有变压器线圈两端的电压与匝数的关系

若变压器的原线圈接“0”和“8”两个接线柱，副线圈接“0”和“4”两个接线柱，可知原副线圈的匝数比为，副线圈的电压为3V，则原线圈的电压为

考虑到不是理想变压器，有漏磁等现象，则原线圈所接的电源电压大于6V，可能为7V。

故选C。

(6) AB．原、副线圈上通过的电流发热，铁芯在交变磁场作用下发热，都会使变压器输出功率发生变化，从而导致电压比与匝数比有差别，选项AB不符合题意；

C．变压器铁芯漏磁，从而导致电压比与匝数比有差别，选项C不符合题意；

D．原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比，选项D符合题意。

故选D。

14．(i)见解析；(ii)t=1.1R×10-8s

(i)如图

在A点入射由折射定律可得

由几何关系可得

在ABO中由正弦定理得

由全反射临界角规律可得

由以上各式可得

(ii)B点全反射后光线为BE，如图

由对称性可知

AB=BE=x

在ABO中由余弦定理可得

由折射率

则时间为

联立得t=1.1R×10-8s

15．(1) (2)

（1）由振动图像可知M点的振动方程为

由已知条件“振幅与距离成反比”，可得N点的振幅为

N点振动落后M点振动时间为

所以可得N点的振动方程为

（2）由于波长

则x2和x3应满足条件，其中n=1，2，3…

由于两个振源在P点形成振动的振幅分别为和        

则由叠加原理可知该点的振幅为

位移可以为0

16．（1）；（2）；（3）

（1）物块滑上木板，两者达到相同速度v后向右运动，则由动量守恒定律有

求得

（2）木板第一次与墙碰撞后，物块与木板相互作用直到达到共同速度，由系统动量守恒，选取向右为正方向，有

解得

木板第一次与墙碰撞后到第二次与墙碰前，根据系统能量守恒有

解得

（3）设木板第一次与墙碰撞后到物块与木板达共同速度历时，木板运动的位移为，取木板研究，根据动量定理，选取向右为正方向，有

根据动能定理，有木板第一次与墙碰撞后到第二次与墙碰撞前，根据系统能量守恒有

物块与木板第二次达到共速到再与墙碰撞历时为，有

所以木板从第一次与墙壁碰撞到第二次与墙壁碰撞所经历的时间为

解得

设木板第二次与墙碰撞后到物块与木板达共同速度，历时，木板运动的位移为，物块与木板第二次达共速到再次与墙碰撞历时，同理可得

解得板从第二次与墙碰撞到第三次与墙碰撞所经历的时间为

板从第（n-1）次与墙碰撞到第n次与墙碰撞所经历的时间为

则板从第一次与墙碰撞到第n次与墙碰撞所经历的时间为

解得