湖南省常德市 2022-2023学年高二物理下学期第二次段考试题（Word版附解析）

湖南省常德市汉寿县第一中学2022-2023学年高二下学期第二次段考物理试题时量75分钟总分100分一、单选题（每小题4分，共24分）1.一个质量为m的木块放在质量为M的平板小车上，它们之间的最大静摩擦力是fm，在劲度系数和系数为k的轻质弹簧作用下，沿光滑水平面做简谐运动，为使小车能跟木块一起振动，不发生相对滑动，则简谐运动的振幅不能大于（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】小车做简谐运动的回复力是木块对它的静摩擦力，当它们的位移最大时，加速度最大，受到的静摩擦力最大，为了不发生相对滑动，小车的最大加速度am＝即系统振动最大加速度，对整体：达到最大位移时的加速度最大，回复力kAm＝(M＋m)am则最大振幅Am＝故选A。2.如图所示，、两光波以相同的入射角从空气射向某种介质的界面上，进入介质后波的偏向角大于波的偏向角，以下判断正确的是（） A.介质对两种波的折射率B.两种波在介质中传播的速度C.两种波在介质中的波长D.若以相同的入射角从介质射入空气，则波的偏向角小于波的偏向角【答案】A【解析】【详解】A.已知光波从空气射入介质，波偏向角大于波的偏向角，说明波的折射角小于波的折射角，由折射定律有：，故A符合题意．B.根据公式分析可知，则，故B不符合题意．C.设同一种光波在真空中波长为，在介质中波长为，频率为，则有，可得，波的折射率大，在真空中波长短，在介质中波长也短，可得：，故C不符合题意．D.若波以相同的入射角从介质射入空气，由折射定律知，波的折射角大于波的折射角，则波的偏向角大于波的偏向角，故D不符合题意．3.如图所示，有一束平行于等边三棱镜截面ABC的单色光从空气射向E点，并偏折到F点，已知入射方向与边AB的夹角，E、F分别为边AB、BC的中点，则 A.从F点出射的光束与入射到E点的光束平行B.该棱镜的折射率为C.光在F点发生全反射D.光从空气进入棱镜，光速变大【答案】B【解析】【分析】由几何关系可知入射角和折射角，由折射定律可求得折射率；求出三棱镜的临界角可以判断F点能否发生全反射；由波速v=c/n可得出波速的变化；由折射现象可知光束能否平行．【详解】三棱镜两次折射使得光线都向底边偏折，不会与入射到E点的光束平行，故D错误；在E点作出法线可知入射角为60°，折射角为30°，由可得折射率为；故B正确；光从三棱镜射向空气的临界角，则C>300，而光在F点的入射角为300<C，则不可能发生全反射，选项C错误；由公式v=c/n可知，光从空气进入棱镜，光速变小，故D错误；故选B.4.如图所示为两列沿绳传播的（虚线表示甲波，实线表示乙波）简谐横波在某时刻的波形图，M为绳上x=0.2m处的质点，则下列说法中正确的是 A.这两列波将发生干涉现象；质点M的振动始终加强B.由图示时刻开始，再经甲波周期的，M将位于波峰C.甲波的速度v1比乙波的速度v2大D.因波的周期未知，故两列波波速的大小无法比较【答案】A【解析】【分析】【详解】CD．由于两列波都是在绳子中传播的同性质的机械波，所以它们的波速大小相等，则CD错误；A．从波形图可知，两列波的波长相等，根据可知，两列波的频率相等，所以这两列波将发生干涉现象，在图中的时刻，甲波是向右传播，那么这时它引起质点M的振动方向是向下的，乙波是向左传播的，这时它引起质点M的振动方向也是向下的，所以两列波对质点M的作用是同一方向的振动，则M点的振动是加强的，所以A正确；B．因为图中时刻质点M振动方向是向下的，所以再经过四分之一周期，它是在波谷位置，则B错误；故选A。5.如图所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是（　　）A.A和B都向左运动B.A和B都向右运动C.A静止，B向右运动D.A向左运动，B向右运动【答案】D【解析】【详解】选择水平向右为正，两滑块碰前总动量 说明系统总动量为0。A．A和B都向左运动，总动量不为0，选项A错误；B．A和B都向右运动，总动量不为0，选项B错误；C．A静止，B向右运动，总动量不为0，选项C错误；D．A向左运动，B向右运动，总动量可能为0，选项D正确。故选D。6.如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的物体B以水平速度v0＝3m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B的速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是（g取10m/s2）（　　）A.木板A最终获得的动能为4JB.系统损失的机械能为4JC.木板A的最小长度为1.5mD.A、B间的动摩擦因数为0.1【答案】C【解析】【分析】【详解】A．根据动量守恒定律得mv0＝(m＋mA)v解得mA＝4kg木板A最终获得的动能为Ek＝mAv2＝2J选项A错误；B．系统损失的机械能 ΔEk＝mv02－(mA＋m)v2＝6J选项B错误；C．木板A长度L≥t1－t1＝v0t1＝1.5m选项C正确；D．对B由牛顿第二定律得－μmg＝ma其中a＝解得μ＝0.2选项D错误．故选C。二、多选题（每小题6分，选不全的得4分，共24分）7.如图所示，四分之一圆弧AB是点电荷电场中的一条等势线，圆弧的圆心在O点，C是A、B连线的中点，D是O、A连线的中点．在D点由静止释放一个带负电的试探电荷，仅在电场力作用下试探电荷沿DA加速运动，则下列说法正确的是（　　）A.A、B、C、D四点中，D点场强最大B.A、B、C、D四点中，D点电势最高C.一个带正电的点电荷从A点沿ACB移动到B的过程中，电势能先增大后减小D.一个带负电的点电荷从B点沿BCD移动到D的过程中，电场力一直做负功【答案】AD【解析】【详解】根据点电荷电场的特点可知，距离点电荷越近处的电场强度大，所以D处的电场 强度最大．故A正确；由题，在D点由静止释放一个带负电的试探电荷，仅在电场力作用下试探电荷沿DA加速运动，说明负电荷受到的电场力的方向向上，所以电场的方向向下，沿AO方向；根据点电荷的电场的特点可知，O处为负电荷；距离负电荷越近处的电势越小，所以D点的电势最低．故B错误；距离负电荷越近处的电势越小，所以ABC三点中，C点的电势最低，正电荷从A点沿ACB移动到B的过程中，电势能先减小后增大．故C错误；距离负电荷越近处的电势越小，所以BCD三点中，B点的电势最高，D点的电势最低，带负电的点电荷从B点沿BCD移动到D的过程中，电场力一直做负功．故D正确．8.一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为18V、20V、26V，下列说法正确的是（　　）A.坐标原点处的电势为14VB.电场强度的大小为C.电子在a点的电势能比在b点的电势能高2eVD.电子从b点运动到c点，克服电场力做功为6eV【答案】BC【解析】【分析】电势差等于电势之差即可确定原点处的电势；根据匀强电场的电场强度公式结合电势差与场强间距，即可求解；根据电场力做功表达式W=qU，从而确定电场力做功，同时也能确定电势能的变化情况．【详解】根据φc-φa=φb-φo，因a、b、c三点电势分别为φa=18V、φb=20V、φc=26V，解得原点处的电势为φ0=12V，故A错误； 如图所示，将ac连线四等分，可以确定e点的电势为20V，则be即为等势线，电场线方向如图所示，根据几何关系可得：d=0.06cos45°=0.03m，则有：，故B正确；因Uab=φa-φb=18-20=-2V，电子从a点到b点电场力做功为：W=qUab=2eV，因电场力做正功，则电势能减小，那么电子在a点的电势能比在b点的高2eV，故C正确；同理，bc间的电势差为：Ubc=φb-φc=20-26=-6V，电子从b点运动到c点，电场力做功为：W=qUbc=-e×-6V=6eV，故D错误；故选BC．【点睛】本题主要是考查匀强电场中，电势之间的关系，掌握电场强度公式的应用以及几何关系的运用，并理解W=qU中各量的正负值含义，注意在求解电功时各物理量要代入符号．9.如图所示，直线A为电源的U-I图线，直线B和C分别为电阻R1和R2的U-I图线。用该电源分别与R1、R2组成闭合电路时，电源的输出功率分别为P1、P2，电源的效率分别为η1、η2。则（　　）A.P1>P2B.P1=P2C.η1>η2D.η1<η2【答案】BC【解析】【详解】根据图线可得电源电动势和内阻为，同时有，当电源与R1组成闭合电路时，电路中电流为 可得此时电源的输出功率和效率分别为，同理可得当电源与R2组成闭合电路时，电路中电流为可得此时电源的输出功率和效率分别为，所以有，故选BC。10.如图所示，在等量正电荷形成的电场中，画一正方形ABCD，对角线AC与两点电荷连线重合，两对角线交点O恰为电荷连线的中点．下列说法中正确的是（　　）A.B、D两点电场强度及电势均相同B.A、B两点间的电势差UAB与C、D两点间的电势差UCD相等C.一质子由B点沿B→O→D路径移至D点，电势能先增大后减小D.一电子由C点沿C→O→A路径移至A点，电场力对其先做负功后做正功【答案】BCD【解析】【详解】A．等量同种正电荷周围的电场线如图所示 由对称性可知，B、D两点的电场强度大小相等、方向相反，故电场强度不相同，B、D两点的电势相同，A错误；B．根据对称性，A、C两点的电势相等，B、D两点的电势相等，故A、B两点间的电势差UAB与C、D两点间的电势差UCD相等，B正确；C．B、O、D三点相比较，O点的电势最高，由可知，一质子由B点沿B→O→D路径移至D点，电势能先增大后减小，C正确；D．A、O、C三点，O点的电势最低，电子在O点的电势能最大，故一电子由C点沿C→O→A路径移至A点，电势能先增大后减小，所以电场力对其先做负功后做正功，D正确。故选BCD。三、实验题（本大题共2个小题，共18分，每空2分）11.（1）某同学在实验室用某种单色光做双缝干涉实验中，若双缝的间距为d，屏与双缝间的距离为l，测得第1条暗条纹中心到第n条暗条纹中心之间的距离为，则单色光的波长=___________；中央亮纹的宽度___________（填“大于”“小于”或“等于”）其他亮纹的宽度；若仅将屏向远离双缝的方向移动，可以___________（填“增加”或“减少”）从目镜中观察到的条纹个数。（2）该同学转身一看，旁边有玻璃砖，于是他开始做“测定玻璃的折射率”的实验。①为了取得较好的实验效果，下列操作正确的是__________。A．选择的入射角应尽量小些B．大头针应垂直地插在纸面上C．大头针和及和之间的距离尽量小些 ②该同学在测量入射角和折射角时，由于没有量角器，在完成了光路图以后，他以点为圆心，OA为半径画圆，交延长线于点，过A点和点作垂直法线的直线分别交于点和点，如图甲所示，他测得，，则可求出玻璃的折射率__________。③他在画界面时，不小心将两界面、间距画得比玻璃砖的宽度稍大些，如图乙所示，则他测得的折射率_____________（选填“偏大”“偏小”或“不变”）【答案】①.②.等于③.减少④.B⑤.1.5⑥.偏小【解析】【详解】（1）[1]根据解得单色光的波长[2]中央亮纹最亮，但是中央亮纹宽度等于其他亮纹的宽度；[3]若仅将屏向远离双缝的方向移动，则l变大，条纹宽度变大，则可以减少从目镜中观察到的条纹个数。（2）[4]A．选择的入射角应尽量大一些，以减小测量误差，故A错误；B．大头针应垂直地插在纸面上，防止产生误差，故B正确；C．大头针和及和之间的距离适当大些，可减小确定光线时产生的误差，故C错误。故选B。[5]玻璃的折射率 [6]如图为在图中分别作出的实际光路图（图中实线）和以aa′、bb′为界面、以大头针留的痕迹作为出射光线画的实验光路图（图中虚线）比较实际光路图的折射角与实验光路图的折射角关系可知：折射角测量值偏大，则他测得的折射率偏小。12.某同学利用单摆测定当地的重力加速度。（1）下列说法正确的是______A．测摆线长度时，尽量将摆线拉紧B．选直径约为2cm的木球作为摆球C．摆球经过最低点的位置时开始计时D．用天平测出摆球的质量（2）该同学测出了摆线的长度和摆动周期。通过改变摆线长度L，测出对应的摆动周期T，获得多组T与L，再以L为纵轴、以为横轴，画出关系图像如图所示。由图像可知，当地的重力加速度g=______m/s2（取，结果保留两位小数）。（3）该同学做的图像不过原点，其他操作均规范，则重力加速度的测量值______重力加速度的实际值（选填“大于”、“小于”或“等于”）。【答案】①.C②.9.73③.等于【解析】【详解】（1）[1]A．测摆线长度时，不能将摆线拉的过紧，否则摆长测量值会偏大，选项A错误； B．实验时应该选直径约为2cm的铁球作为摆球，选项B错误；C．为减小误差，摆球经过最低点的位置时开始计时，选项C正确；D．实验时不需要用天平测出摆球的质量，选项D错误。故选C。（2）[2]根据可得由图像可得可得g=9.73m/s2（3）[3]重力加速度只与图像的斜率有关，该同学做的图像不过原点，其他操作均规范，则重力加速度的测量值等于重力加速度的实际值。四、解答题（共34分）13.如图，真空中有一个半径m，质量均匀分布的玻璃球，一细激光束在真空中沿直线BC传播，并于玻璃球的C点经折射进入玻璃球，在玻璃球表面的D点又折射进入真空中.已知∠COD=120°，玻璃球对该激光的折射率n=1.5，m/s.求：（1）该激光在玻璃球中传播的时间是多长；（2）入射角i的正弦值是多大。 【答案】(1)1.5×10﹣9s(2)0.75【解析】【详解】(1)设激光在玻璃球中传播的速度为v，时间为t，通过的距离为L，则根据图可得：∠OCD=30°L=Rcos∠OCD解得：t=1.5×10﹣9s  (2)设折射角为r，则r=∠OCD  ，根据折射率的定义有：解得：答：(1)该激光在玻璃球中传播的时间是1.5×10﹣9s；(2)入射角i的正弦值0.75．14.如图所示，在场强E＝104N/C的水平匀强电场中，有一根长l＝15cm的细线，一端固定在O点，另一端系一个质量m＝3g、电荷量q＝2×10－6C的带正电小球，当细线处于水平位置时，小球从静止开始释放，g取10m/s2.求：(1)若取A点电势为零，小球在B点的电势能、电势分别为多大？(2)小球到B点时速度为多大？绳子张力为多大？【答案】(1)3×10－3J，1.5×103V；(2)1m/s，5×10－2N 【解析】【详解】（1）从A到B电势能的变化量为：△Ep电=Eql=3×10-3J若取A点电势为零，小球在B点的电势能：Ep=△Ep电=3×10-3J由Ep=φBq得：φB=V=1.5×103V（2）A→B由动能定理得：mgl-Eql=mvB2代入解得：vB=1m/s在B点，对小球由牛顿第二定律得：FT-mg=m得：FT=5×10-2N15.如图所示，质量为1.5kg的木块由四分之一圆弧和水平部分组成，圆弧半径，圆弧和水平部分均光滑。初始，木块固定在光滑地面上，质量为0.5kg的小球B从圆弧最高点静止下滑，运动到水平部分与静止的质量为1kg的小球A发生正撞，碰后小球A落入坑中，其落点距抛出点的高度H=0.45m，水平距离x=0.9m，碰撞后瞬间解除木块的固定使之可以在光滑地面自由运动。g取。（1）碰后小球A、B的速度和分别是多大？（2）A、B碰撞过程中损失的机械能是多大？（3）若小球B能返回到木块的圆弧面，求其能上升的高度h最大是多少？若不能返回，请说明原因。【答案】（1）3m/s，m/s；（2）1.5J；（3）0.0375m【解析】【详解】（1）小球B沿着圆弧面滑到水平面，由动能定理得解得 A与B发生正碰，动量守恒，所以对A由平抛规律得，解得，所以碰后小球A、B的速度和大小分别是和。（2）A、B碰撞过程中损失的机械能是解得（3）A、B碰撞后，小球B向左运动，所以碰后小球B能返回到木块的圆弧面，到达最高点，二者共速，根据动量守恒得，解得由能量守恒得解得小球B能返回到木块的圆弧面，其能上升的高度h最大是0.0375m。