河北省保定市六校2022-2023学年高二物理下学期期中考试试卷（Word版附答案）

物理试卷 保定市六校2022-2023学年高二下学期4月期中考试物理评分标准一、选择题：本题共7小题，共28分，在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求。1．BA．布朗运动说明液体分子永不停息地做无规则的运动。故A错误；B．分子间同时存在引力和斥力，分子间距离小于平衡位置时，表现为斥力。故B正确；C．气体压强是分子热运动时对器壁频繁碰撞的结果。故C错误；D．布朗运动不是分子运动。故D错误。故选B。2、BA．机械振动没有在介质中传播，则不能形成机械波，故A错误；B．根据多普勒效应可知，若“天眼”接收到来自遥远星体的电磁波频率变小，则该星体正在远离我们，故B正确。；C．回复力与位移满足F=-kx这个方程的机械振动就是简谐运动，对于弹簧振子k是指弹簧劲度系，对于单摆k不是指弹簧劲度系，故C错误；D．横波中质点的振动方向与波的传播方向垂直，故D错误。故选B3、解析：AAB．由图可知乙质点L的振动情况，该时刻质点L向y轴负方向振动。根据上下坡法或者平移法可知，该横波沿x轴负方向传播，质点N该时刻向y轴正方向运动，故A对，故B错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，故C错误；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，故D错误。故选A4、D解析：,.故D正确。5、解析：小石块做自由落体运动，由于相机曝光时间极短，则小石块下落至该块砖处的速度大小可以近似等于则小石子下落点距离该块砖的高度约为=45.4m故AD错鸡蛋底端落地后，鸡蛋顶端的运动是匀减速运动，并且顶端运动到地面时恰好静止，根据运动学公式 解得规定竖直向上为正，由动量定理有可得鸡蛋撞击地面过程中地面对鸡蛋的平均冲击力大小根据牛顿第三定律，可得鸡蛋撞击地面过程中对地面的平均冲击力大小故B错C对6、答案D7、解析：设地球半径为R，地球质量为M，小球质量为m，小球偏离地心的位移为x，根据题意，根据引力公式又小球偏离地心的位移为x，此处地球的质量为考虑到方向性可求出小球偏离地心的位移为x处受到万有引力的合力为可知引力的合力大小与球偏离地心的位移x成正比，方向相反，所以小球做简谐运动，简谐运动周期与振幅无关，故C错误，D错误，B正确；小球的周期为，故A错误二、选择题：（本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中有多个选项符合题意，多选、错选得0分，漏选得3分）8、CD解析：单色光从空气进入水球，频率一定不变故A错因为v变小所以波长一定变短故B错光线在N点射入气泡的入射角比在M点射入气泡的入射角大，所以光线1在M处发生全反射，光线2在N处一定发生全反射 光线从空气射入水球发生折射,在AON中，,故故D对9、BDA．波从波源发出后，向轴正负方向传播，向相反方向传播的波不会相遇，不会发生干涉，故A错误；B．由图可知，波的波长由题意可知0.1s内波传播四分之一波长，可得解得根据同侧法可知，波源的振动方向向上，时，波源向上振动，位移为正，振动方程为y=15sin(5πt)，所以y=7.5cm故B正确。C．波的波速波源停止振动，到质点停止振动的时间即质点已经停止振动，故C错误；D．波传到点所需的时间在0到2s内，质点振动的时间为质点b运动总路程故D正确。故选BD。10、ABCB、设第一辆车碰前瞬间的速度为v1，与第二辆车碰后的共同速度为v2.由动量守恒定律有mv1＝2mv2 由动能定理有2kmg则碰撞中系统损失的机械能ΔE＝mv12－(2m)v22联立以上各式解得;ΔE=mkgL故B、A正确C、设第一辆车推出时的速度为v0由动能定理有m,冲量I＝mv0联立解得I＝故C正确D错误三、非选择题：共5小题，共54分11、(每空2分，共6分)11.1mm97.5s)12、（共9分）答案：（1）使射向单缝的光更集中（1分）（2）B （1分）   （3）测量头（1分）    （2分）（4）10.300（2分）（2分）解析：（1）使射向单缝的光更集中（2）根据双缝干涉条纹间距公式可知：A．将单缝向双缝靠近，条纹间距不变，故A不符合题意；B．将屏向靠近双缝的方向移动，即减小L，可减小条纹间距，故B符合题意；C．将屏向远离双缝的方向移动，即增大L，可增大条纹间距，故C不符合题意；D．使用间距更小的双缝，即增大d，可增大条纹间距，故D不符合题意。故选B。（3）测量头由题意可知相邻条纹间距为根据双缝干涉条纹间距公式可知联立以上两式解得（4）图乙固定刻度：10mm，可动刻度 0.01mm×30.0=0.300mm所以图乙的示数为10.300mm，图甲的示数：固定刻度0mm，可动刻度0.01mm×14.0=0.140mm所以图甲的示数为0.140mm，根据题意可知，亮纹间距根据可得13、（11分）解（1）由M点的振动图像可知波向右传播。…………………………………………..2分（2）由题意知………………………………………….1分…………………………………………..1分………………………………………….1分又…………………………………………..1分（3）从时刻开始，M点向上振动，波向右传播，N点振动方程为…………………………………………..2分当其第一次回到平衡位置，即…………………………………………..1分此时…………………………………………..1分有………………………………………….1分 14、（12分）解：（1）…………………………………………..1分…………………………………………..1分小球刚落入水面时竖直方向的速度,h=…………………………………………..1分得…………………………………………..1分Tanθ=…………………………………………..1分(2)n=…………………………………………..1分得…………………………………………1分光线的水平位移…………………………………………..1分小球从抛出到接触水面运动的时间th=t…………………………………………..1分得t=0.1s…………………………………………..1分小球水平方向的位移为m…………………………………………..1分B位置到水面的距离H, H==0.49m…………………………………………..1分15、（16分）（1）对ABC系统，由水平方向动量守恒及系统机械能守恒可得…………………………………………..1分…………………………………………..1分A、B两木块分离时=4m/s………………………………………….1分（2）对ABC系统，水平方向运动分析，根据人船模型规律，由动量守恒的位移关系表达式有…………………………………………..1分…………………………………………..1分解得…………………………………………..1分(3)D点左侧时，小铁块的加速度…………………………………………..1分D点左侧时，木块B的加速度…………………………………………..1分小铁块和木块B共速的速度为v， v=m/s…………………………………………..1分D点右侧时，小铁块的加速度…………………………………………..1分D点右侧时，木块B的加速度5m/…………………………………………..1分木块B在D点左侧运动过程中，系统产生的热量M(M+m)+=J…………………………………………..1分木块B在D点右侧运动过程中，小铁块的位移木块的位移小铁块和木板间的热量,小铁块的位移…………………………………………..1分木块的位移…………………………………………..1分木块B在D点右侧运动过程中,小铁块和木板间的热量…………………………………………..1分小铁块和木板间的热量…………………………………………..1分