2021-2022学年云南省曲靖市第二中学高二（下）期中物理试题（解析版）

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曲靖市第二中学2021-2022学年春季学期高二年级期中考试

物理试卷

（考试时间：120分钟；满分：100分）

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、座位号和准考证号填写在答题卡上。

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。答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

第Ⅰ卷（选择题）

一、选择题：（共12小题，每小题4分，满分48分。在每小题给出的四个选项中第1-8题只有一项符合题目要求；第9-12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对不全的得2分，有选错的得0分）

1. 如图所示，、是两个相干波源，振动同步且振幅相同，实线和虚线分别表示在某时刻的波峰和波谷，质点b、d位于两波源连线的中垂线上，关于图中四个质点a、b、c、d的说法正确的是（　　）

A. 该时刻质点b处于波峰，且始终处于波峰

B. 该时刻质点c处于波谷，且始终处于波谷

C. 质点d所在位置为振动的减弱区

D. 质点a所在位置为振动的减弱区

【答案】D

【解析】

【详解】A．该时刻质点b处于峰峰相遇位置，处于波峰，振动加强，但不是始终处于波峰，选项A错误；

B．该时刻质点c处于谷谷相遇位置，处于波谷，振动加强，当不是始终处于波谷，选项B错误；

C．质点d所在位置与加强点在同一直线上的位置，则为振动的加强区，选项C错误；

D．质点a所在位置此时为峰谷相遇点，振动减弱，则该质点为振动的减弱区，选项D正确。

故选D。

2. 原来静止的物体受合外力作用时间为2，作用力随时间的变化情况如图所示，则（　　）

A. 0~时间内物体的动量变化与~2时间内的动量变化相同

B. 0~时间内物体的平均速率与~2时间内的平均速率不等

C. 时物体的速度为零，外力在0~2时间内对物体的冲量为零

D. 0~2时间内物体的位移为零，外力对物体做功为零

【答案】C

【解析】

【详解】A．由图可知0~时间内~2时间内合外力大小相等但方向相反，根据动量定理可知，0~时间内物体的动量变化与~2时间内的动量变化的大小相等但方向相反，故A错误；

B．根据牛顿第二定律可知0~时间内和~2时间内加速度大小相同，设为a，0~时间内物体速度从0均匀增大至，~2时间内物体速度从均匀减小至0，根据可知0~时间内物体的平均速率与~2时间内的平均速率相等，故B错误；

C．根据B项分析可知时物体的速度为零，且外力在2时间内对物体的冲量为

故C正确；

D．根据B项分析可知0~2时间内物体始终单向运动，位移不可能为零，但初、末速度均为零，根据动能定理可知外力对物体做功为零，故D错误。

故选C。

3. 一列横波沿直线传播，在波的传播方向上有两点，在t时刻A、B两点间形成如图1所示的波形，在时刻A、B两点间形成如图2所示的波形。已知A、B两点间距离，则以下说法中正确的是（　　）

A. 若周期大于4s，波可能向右传播 B. 若周期为4s，波一定向右传播

C. 若波速为8.5，波一定向右传播 D. 若波向左传播，该波波速的最小值为1.5

【答案】B

【解析】

【详解】AB．若波向右传播，则t时刻A点向下运动，在（t+3）s时刻位于波峰，设波的周期为T1，可得

（n=0，1，2，3…）

解得

（n=0，1，2，3…）

若波向左传播，同理可得

  （n=0，1，2，3…）

解得

   （n=0，1，2，3…）

根据T1和T2的表达式可知，若周期大于4s，只有T2在n=0时才满足，则波一定向左传播；若周期为4s，只有T1在n=0时才满足，此时波一定向右传播，故A错误，B正确；

C．由图知波长为

若波速为8.5，则波在t~时间内传播的距离为

根据波形的平移可知波一定向左传播，故C错误；

D．若波向左传播，根据A项分析可知波长的最大值为Tmax=12s，则波速的最小值为

故D错误。

故选B。

4. 男女二重唱中，女高音和男中音的频率、波长和波速分别为、、和、、，它们之间的关系是 （　　）

A. ，， B.  ，，

C. ，， D. 以上说法都不正确

【答案】C

【解析】

【详解】由于女高音和男中音在同一介质中传播，因而波速相同；音调高即频率高，故；再由，因相同，所以。即

，，

故选C

5. 如图所示，小木块m与长木板M之间光滑，M置于光滑水平面上，一轻质弹簧左端固定在M的左端，右端与m连接，开始时m和M都静止，弹簧处于自然状态。现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1、F2，从两物体开始运动以后的整个过程中，对m、M、弹簧组成的系统，正确的说法是（整个过程中弹簧不超过其弹性限度）（　　）

A. M、m分别向左、右运行过程当中，M、m均做加速度逐渐增大的变加速直线运动

B. 整个运动过程当中，系统机械能、动量均守恒

C. 整个运动过程中，系统动量守恒，机械能不守恒，两物块速度为零时，系统机械能一定最大

D. 当弹簧弹力的大小与拉力F1、F2的大小相等时，m、M的动能最大

【答案】D

【解析】

【详解】AD．在水平方向上，M、m受到水平恒力和弹簧的弹力作用，水平恒力先大于弹力，后小于弹力，随着弹力增大，两个物体的合力先逐渐减小，后反向增大，则加速度先减小后反向增大，则M、m先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度逐渐增大的减速运动，当弹簧弹力的大小与拉力F1、F2的大小相等时，m、M的速度最大，动能最大，A错误，D正确；

B．由于F1与F2等大反向，系统所受的合外力为零，则系统的动量守恒。由于水平恒力F1、F2对系统做功代数和不为零，则系统的机械能不守恒，B错误；

C．从开始到弹簧伸长到最长的过程，F1与F2分别对M、m做正功，弹簧伸长最长时，m、M的速度为零，之后弹簧收缩，F1与F2分别对M、m做负功，系统的机械能减小，因此，当弹簧有最大伸长时，m、M的速度为零，系统具有机械能最大；当弹簧收缩到最短时，m、M的速度为零，系统的机械能最小，C错误。

故选D。

6. 如图，一人站在静止的平板车上，不计平板车与水平地面的摩擦，空气的阻力也不考虑。则下列说法不正确的是（　　）

A. 人在车上向右行走时，车将向左运动

B. 当人停止走动时，车也会停止

C. 人缓慢地在车上行走时，车可能不动

D. 当人从车上的左端行走到右端，不管人在车上行走的速度多大，车在地面上移动的距离都相同

【答案】C

【解析】

【详解】A．人与车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得

解得

车的速度方向与人的速度方向相反，人在车上向右行走时，车将向左运动，A正确，不符合题意；

B．因人和车总动量为零，人停止走动速度为零时，由动量守恒定律可知，车的速度也为零，B正确，不符合题意；

C．由

可知，人缓慢地在车上行走时，车也缓慢地运动， C错误，符合题意；

D．人从车上的左端行走到右端，设车的长度为，人与车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得

即

解得

车在地面上移动的距离与人的行走速度无关，D正确，不符合题意。

故选C。

7. 折射率直角玻璃三棱镜截面如图所示，一条光线从AB面入射，入射角为i（图中未标出），ab为其折射光线，ab与AB面的夹角，则（　　）

A. i=45°，光在AC面上不发生全反射

B. i=45°，光在AC面上发生全反射

C. i=30°，光在AC面上不发生全反射

D. i=30°，光在AC面上发生全反射

【答案】B

【解析】

【详解】由折射定律得

解得

根据

解得

由于光线在AC面上的入射角为60°，所以光线ab在AC面上一定发生全反射，不能从AC面上折射出去。

故选B。

8. 如图甲所示为理想变压器，原、副线圈匝数比为n1：n2＝44：1，变压器原线圈接如图乙所示的正弦式交流电，副线圈两端接两个串联在一起的阻值大小分别为R1＝3Ω，R2＝2Ω的定值电阻，理想二极管与电阻R1并联，电压表为理想电表。下列说法正确的是（　　）

A. 副线圈中交流电频率为100Hz

B. 电压表的示数为2V

C. R1消耗的功率为3W

D. 变压器输入功率为8.75W

【答案】D

【解析】

【详解】A．由变压器的工作原理知，副线圈中交流电的频率跟原线圈中交流电的频率相同，为

A错误；

B．由图可知，原线圈两端的电压的有效值为U1=220V，根据电压与匝数的关系有

U1：U2＝n1：n2＝44：1

解得

U2＝5V

则电阻R1和R2两端电压的波形分别如图1、图2所示

设电压的有效值分别为E1和E2，根据有效值的定义有

解得

E1＝V

E2＝V

则电压表的示数为

E2＝V≈3.8V

B错误；

C．R1消耗的功率为

P1＝

代入数据得

P1＝1.5W

C错误；

D．R2消耗的功率为

P2＝

代入数据得

P2＝7.25W

则副线圈消耗的功率为8.75W，根据变压器的功率关系知，变压器的输入功率也为8.75W，D正确。

故选D。

9. 如图所示，当一弹簧振子在竖直方向上做简谐运动时，下列说法中正确的是（　　）

A. 振子在振动过程中，速度相同时，弹簧的长度一定相等，弹性势能相等

B. 振子从最低点向最高点运动的过程中，弹簧弹力始终做正功

C. 振子在运动过程中的回复力由弹簧弹力和振子重力的合力提供

D. 振子在运动过程中，系统的机械能守恒

【答案】CD

【解析】

【分析】

【详解】A．振子在平衡位置两侧往复运动，速度相同的位置可能出现在关于平衡位置对称的两点，这时弹簧长度明显不等，故A错误；

B．振子由最低点向最高点运动过程中，弹力一定是先做正功，但过了平衡位置后，弹簧可能是压缩状态下弹力做负功，也可能一直是拉伸状态下的弹力做正功，故B错误；

CD．振子运动过程中的回复力由振子所受合力提供且运动过程中机械能守恒，故CD正确。

故选CD。

10. 如图所示，图甲为一列简谐横波在时刻的波形图，图乙为质点P从该时刻开始的振动图像。下列判断正确的是（　　）

A. 该波沿x轴的正方向传播 B. 该波的传播速度为10

C. 质点Q的振动频率为5 D. 一个周期内P和Q有两个时刻加速度相同

【答案】CD

【解析】

【详解】A．由乙图知时刻质点P沿y轴负方向运动，此时质点P应位于波传播方向波形的上坡上，所以该波沿x轴的负方向传播，故A错误；

BC．由两图可知该波的波长为，周期为，所以波速为

频率为

故B错误，C正确；

D．根据题意可画出质点Q的振动图像如图所示。可以看出P和Q两质点在一个周期内有两个时刻位移相同，此时它们的加速度相同，故D正确。

故选CD。

11. 如图所示，在直角三角形的内切圆中有垂直纸面向外的匀强磁场，为切点，。现从O点垂直边同时射入两个带异种电荷的粒子，忽略两粒子之间的作用力，不计粒子重力，两粒子同时分别由两点射出磁场。则下列说法正确的是（　　）

A. 正、负粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期之比为

B. 正、负粒子的比荷之比为

C. 正、负粒子的运动速度之比为

D. 只改变带正电粒子进入磁场的入射方向，则正粒子一定垂直射出三角形区域

【答案】ACD

【解析】

【详解】A．根据题意，两粒子垂直边射入磁场，即对着圆心进入磁场，则两粒子必背离圆心射出磁场，粒子轨迹如图所示，利用左手定则可得，由D点射出磁场的粒子带正电，由E点射出磁场的粒子带负电，设圆形磁场区域的半径为R，由几何关系可得带正电粒子的轨迹半径为

带负电粒子的轨迹半径为

由两者在磁场中的运动情况可知，带正电粒子在磁场中运动的时间为，带负电粒子在磁场中运动的时间为，由于两者在磁场中的运动时间相等，则正、负粒子的周期之比为，故A正确；

B．又由周期公式

可得正、负粒子的比荷之比为，故B错误；

C．由

可知

则正、负粒子的运动速度之比为，故C正确；

D．由于带正电粒子的轨迹半径等于圆形磁场区域的半径，由几何关系可知，改变入射方向后，粒子射出圆形磁场时的方向都与射入点和磁场圆圆心连线垂直，即垂直于，故D正确。

12. 如图所示，两条平行金属导轨表面光滑，相距为d，与水平方向夹角为θ，其上端接一阻值为R的电阻，在两导轨间下方区域内有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B。现有质量为m的金属棒由静止开始自位置释放，金属棒在轨道之间的电阻为r，当金属棒沿导轨下滑距离l后速度不再变化（金属棒与导轨始终保持良好的接触且下滑过程中始终与导轨垂直，导轨电阻不计）。则下列说法正确的是（　　）

A. 金属棒沿导轨下滑过程减小的重力势能转化为金属棒的动能和电阻R的焦耳热

B. 金属棒沿导轨下滑的最大速度为

C. 金属棒沿导轨下滑距离l过程中回路产生的总焦耳热为

D. 金属棒从静止释放经过时间t下滑距离为时，此时速度大小为

【答案】BD

【解析】

【详解】A．根据能量守恒可知，金属棒沿导轨下滑过程减小重力势能转化为金属棒的动能以及电阻R和金属棒的焦耳热，A错误；

B．金属棒沿导轨下滑过程首先做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时速度达到最大，根据闭合电路欧姆定律有

由平衡条件可知

解得

B正确；

C．由功能关系

联立解得

C错误；

D．由动量定理可知

即

又

解得

D正确。

故选BD。

第Ⅱ卷（非选择题）

二、实验题（共16分）

13. 在做“探究单摆周期与摆长的关系”的实验时，

（1）为了利用单摆较准确地测出重力加速度，可选用的器材为_________；

A.20cm长的结实的细线、小木球、秒表、米尺、铁架台

B.100cm长的结实的细线、小钢球、秒表、米尺、铁架台

C.100cm长的结实的细线、大木球、秒表、50cm量程的刻度尺、铁架台

D.100cm长结实的细线、大钢球、大挂钟、米尺、铁架台

（2）若摆球的直径为D，悬线长为L，则摆长为_________，单摆的摆角满足条件_________。

（3）为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最_________（填“高”或“低”）点的位置时开始计时，并计数为l，摆球每次通过该位置时计数加1.当计数为63时，所用的时间为t秒，则单摆周期为_________秒。

（4）实验时某同学测得的g值偏大，其原因可能是_________；

A.实验室的海拔太高

B.摆球太重

C.测出n次全振动时间为t，误作为次全振动时间进行计算

D.摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了

（5）有两位同学利用假期分别去参观北京大学和厦门大学的物理实验室，各自在那里利用先进的DIS系统较准确地探究了“单摆的周期T与摆长L的关系”，他们通过校园网交换实验数据，并由计算机绘制了图象，如图甲所示.去北大的同学所测实验结果对应的图线是_________（填“A”或“B”）。另外，在厦大做探究的同学还利用计算机绘制了a、b两种单摆的振动图象如图乙所示，由图可知，a、b两单摆的摆长之比=_________。（北大所在地的纬度比厦大高）

【答案】    ①. B    ②.     ③. θ≤5°    ④. 低    ⑤.     ⑥. C    ⑦. B    ⑧. 4:9

【解析】

【详解】（1）[1]为了利用单摆较准确地测出重力加速度，可选用的器材为：100cm长的结实的细线、为减小振动过程中空气阻力的影响，可用小钢球，除此之外还用秒表、米尺、铁架台，故选B。

（2）[2][3]若摆球的直径为D，悬线长为L，则摆长为，单摆的摆角满足条件θ≤5°。

（3）[4][5]为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最低点的位置时开始计时，并计数为1；摆球每次通过该位置时计数加1，当计数为63时，所用的时间为t秒，则单摆周期为秒。

（4）[6]实验时某同学测得的g值偏大，根据

可得

A.实验室的海拔太高，测得的g会偏小，选项A错误；

B.摆球质量对实验无影响，选项B错误；

C.测出n次全振动时间为t，误作为次全振动时间进行计算，则周期偏小，则g值偏大，选项C正确；

D.摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了，则测得的周期偏大，则测得的g值偏小，选项D错误。

故选C。

（5）[7]根据

因北大所在位置的重力加速度较大，则T2-l图像的斜率较小，则去北大的同学所测实验结果对应的图线是B。

[8]另外，在厦大做探究的同学还利用计算机绘制了a、b两种单摆的振动图象如图乙所示，由图可知，a、b两单摆的周期之比为2:3，根据

可知，摆长之比4:9。

14. 小但同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行。正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图所示。

（1）此玻璃的折射率计算式为n＝________（用图中的θ1、θ2表示）；

（2）如果有几块宽度不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度________（填“大”或“小”）的玻璃砖来测量。

（3）如图所示，小但同学在实验中将玻璃砖界面aa′和bb′的间距画得过宽。若其他操作正确，则折射率的测量值________（选填“大于”“小于”或“等于”）准确值。

【答案】    ①.     ②. 大    ③. 小于

【解析】

【详解】（1）[1]玻璃的折射率为

（2）[2]为了减少误差，应选用宽度大的玻璃砖来测量。

（3）[3]如图所示

红线表示将玻璃砖向上平移后实际的光路图，而黑线是作图时所采用的光路图，可见，入射角没有变化，折射角的测量值偏大，则由折射率公式

得，折射率测量值小于真实值。

三、计算题（本大题3小题，共36分。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）

15. 弹性绳沿x轴放置，左端位于坐标原点，用手握住绳的左端，当t=0时使其开始沿y轴做振幅为8cm的简谐振动。在t=0.5s时，绳上形成如图所示的波形。求：

(1)该波的波长、周期和波速；

(2)从图示时刻起，位于x2=45cm的质点N恰好第三次沿y轴正向通过平衡位置所需的时间。

【答案】(1) 0.2m， 2s， 0.1m/s；(2) 9s。

【解析】

【分析】

【详解】(1)图中看出，t=0至t=0.5s波向前传播了0.05m，则根据波形图有

可得

λ=0.2m

根据

可得

T=2s

根据波长、频率和波速的关系

联立解得

v=0.1m/s

(2)x2=45cm的质点N距离图中波的最前端为40cm即

s=0.4m

因此从图中波形至N刚开始振动需要时间为

点N从起振至恰好第三次沿y轴正向的时间为

需要总时间为

t=t1+t2

联立解得

t=9s

16. 如图所示，汽车上面静置一个箱子A，时刻起，汽车B由静止启动做匀加速直线运动。已知箱子A的质量为200，汽车B的质量为4000，箱子A与汽车B之间的动摩擦因数，汽车B与地面之间的动摩擦因数，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，不计空气阻力，重力加速度取。求：

（1）若箱子A刚好不相对汽车滑动，则2s时箱子A的速度是多少?

（2）若汽车启动时加速度为5，在1s时箱子A恰好从汽车B上掉落，但汽车B的牵引力保持不变，则2s时汽车B的速度为多少？

【答案】（1）8；（2）10.25

【解析】

【详解】（1）若箱子A刚好不相对汽车滑动，则箱子A所受静摩擦力刚好达到最大值，设此时箱子A的加速度大小为aA，对箱子A，由牛顿第二定律有

解得

时，箱子A的速度大小为

（2）若汽车启动时加速度为，t2=1s时，汽车B的速度大小为

设汽车B所受牵引力大小为F，对汽车B，由牛顿第二定律有

解得

箱子A滑下后，设汽车B的加速度大小变为，对汽车B，由牛顿第二定律有

解得

2s时汽车B的速度大小为

17. 如图所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab段水平，bcde段光滑，cde段是半径为R的一段圆弧(d是圆弧最高点，圆心在a、b延长线上)。可视为质点的质量为m的小物块A以的初速度从水平轨道上的a点沿水平轨道向右运动，与静止在b处可视为质点的质量为3m的小物块B发生弹性碰撞，碰后小物块B恰好到达d点。已知重力加速度为g，不计空气阻力。求：

（1）小物块A碰撞前、后瞬间速率之比；

（2）小物块A整个运动过程中克服摩擦力做的功；

（3）若改变初速度，使小物块A仍从a点以初速度v0沿轨道向右运动，这次与小物块B碰撞后，使小物块B恰好从d点离开轨道，求改变前后初速度的比值。

【答案】（1）2；（2）2mgR；（3）

【解析】

【详解】（1）设碰撞前后瞬间物块A的速度分别为、、碰后瞬间的速度为，由动量守恒定律和机械能守恒定律有

联立可得

（2）因碰后小物块恰好到达最高点d，故到d点速度为，由动能定理有

小物块A由a向b运动过程中，由动能定理有

小物块A碰后向左运动直至速度为，由动能定理有

则整个过程中克服摩擦力做功为

解得

（3）B从d点离开轨道时，只有重力提供向心力，设物块在d点时的速度为，故

设物块B撞完瞬间速度为，则物块B由b到d过程有

设碰撞前后瞬间物块A的速度分别为、。碰后瞬间B的速度为，A、B碰撞结束瞬间，由动量和机械能守恒可得

小物块A由a向b运动过程中，由动能定理有

解得