浙江省杭州市第二中学2023-2024学年高二上学期期中物理试题（Word版附解析）

杭州二中2023学年第一学期高二年级期中考物理选考试卷一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分.每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.物理学中，将一个力的冲量定义为这个力与其作用时间的乘积，用字母I表示，即。下列单位与冲量单位等价的是（）A.B.N/sC.D.N/m【答案】A【解析】【详解】根据公式由于的单位为，的单位为，可知的单位为，故BCD错误，A正确。故选A。2.下列成语、俗语在一定程度上反映了人类对自然现象的认识，其中从物理学的角度分析正确的是（　　）A.“一叶障目”说明光能发生衍射现象B.“随波逐流”说明在波的传播过程中质点将沿波速方向随波迁移C.“海市蜃楼”说明光能发生干涉现象D.“镜花水月”说明平面镜成的像是虚像【答案】D【解析】【详解】A．“一叶障目”说明光的直线传播，故A错误；B．“随波逐流”说明在波传播过程中质点不沿波速方向随波迁移，故B错误；C．“海市蜃楼”说明光的全反射，故C错误；D．“镜花水月”说明平面镜成的像是虚像，是不存在的，故D正确。故选D。3.关于通电导线所受安培力F的方向、磁场B的方向和电流I的方向之间的关系，下列说法正确的是(　　)A.F、B、I三者必须保持互相垂直B.F必须垂直B、I，但B、I可以不相互垂直 C.B必须垂直F、I，但F、I可以不相互垂直D.I必须垂直F、B，但F、B可以不相互垂直【答案】B【解析】【分析】左手定则的内容：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内，让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向；【详解】根据左手定则，可知：磁感线穿过掌心，安培力与磁场垂直，且安培力与电流方向垂直，所以安培力垂直于磁场与电流构成的平面，但磁场不一定垂直于电流，故选项B正确，ACD错误．【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判定安培力的方向，注意与右手定则的区别．4.如图，半圆形玻璃砖置于光屏PQ的左下方．一束白光沿半径方向从A点射入玻璃砖，在O点发生反射和折射，折射光在白光屏上呈现七色光带．若入射点由A向B缓慢移动，并保持白光沿半径方向入射到O点，观察到各色光在光屏上陆续消失．在光带未完全消失之前，反射光的强度变化以及光屏上最先消失的光分别是（）A.减弱，紫光B.减弱，红光C.增强，紫光D.增强,红光【答案】C【解析】【详解】光线从光密介质到光疏介质，入射角增大则反射光的强度增强；因紫色光的折射率最大，发生全反射的临界角最小，故紫光最先发生全反射，在光屏上最先消失，C正确。故选C。5.坐标原点的波源O产生的波向两侧传播，当波源振动频率逐渐增大时，则可能的波形图为（）A.B. C.D.【答案】A【解析】【详解】波速由介质决定，波速不变，由公式可知，频率变大，波速不变时，波长变小，且题意可知波源O产生两列波向两侧传播，波长都变小；故选A。6.水流射向物体，会对物体产生冲击力。假设水枪喷水口的横截面积为S，喷出水流的流速为v，水流垂直射向以恒定速度匀速向前行驶的小车左壁，并沿左壁流入车厢内，如图所示。已知水的密度为ρ，则小车受到的平均冲击力是（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】取极短时间△t内与小车接触的水为研究对象根据动量定理再根据可知 D正确。故选D。7.铁丝圈上附有肥皂膜，竖直放置时，肥皂膜上的彩色条纹上疏下密，由此推测肥皂膜前后两个面的侧视形状应当是（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】如图所示干涉加强时根据几何关系联立可得根据几何关系可知为宽度随高度的变化率不变，肥皂膜上的彩色条纹上疏下密，则宽度随高度的变化率变大：AB．当如AB形状时，宽度随高度的变化率不变，薄膜干涉形成的彩色条纹为等间距条纹，故AB错误；CD．根据题意可知肥皂膜上的彩色条纹上疏下密，可知宽度随高度的变化率变大，故C正确，D错误。故选C。8.在单色光双缝干涉实验中，屏P上产生了等间距的干涉条纹．若将缝遮住，并在、的垂直平分面处放一平面镜M，如图所示，则（　　） A.屏上不会出现任何条纹B.屏上呈现出明暗相间的不等距条纹C.仅将平面镜M向上移动少许，屏上条纹间距将增大D.仅将屏向左移动少许，屏上条纹间距将增大【答案】C【解析】【详解】AB．当在、的垂直平分面处放一平面镜M时，由平面镜的反射特点可知，经平面镜反射出的光，相当于原来的S2射出的光，如图所示，因此仍能在屏P上产生等间距的干涉条纹，AB错误；C．仅将平面镜M向上移动少许，相当于、之间间距d减小，由可知，双缝间距d减小，屏上条纹间距∆x将增大，C正确；D．仅将屏向左移动少许，由可知，双缝与屏之间距离l减小，屏上条纹间距∆x将减小，D错误。故选C。9.如图所示在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ．一质量为m（m＜M）的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失．如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面的顶端．如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为（） A.hB.C.D.【答案】D【解析】【详解】斜面固定时，根据动能定理可得：解得：斜面不固定时，由水平方向动量守恒得：mv0=（M+m）v由能量守恒得：解得故选D.10.如图甲所示，一列简谐横波沿轴传播，实线和虚线分别为时刻和时刻的波形图，、分别是平衡位置为和的两质点。如图乙所示为质点的振动图像，则（　　）A.波沿轴负方向传播B.波的传播速度为C.时刻可能为 D.质点的振动方程为【答案】D【解析】【详解】A．由图乙可知，时刻，质点向上运动，根据平移法知，波沿轴正方向传播，A错误；B．由图甲知波长，由图乙知周期，由得波的传播速度，故B错误；C．由图甲得，从时刻到时刻，经过时间，所以时刻不可能为，C错误；D．质点做简谐运动的位移表达式为由图甲得，时且向轴负方向运动，解得故D正确。故选D。二、不定项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分.每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错和不选的得0分）11.如图所示，倾角的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板，质量均为的A、B两物体用轻弹簧拴接。对物体B施加一沿斜面向下的压力F，使B静止于P点。撤掉力F，B沿斜面做简谐运动，当B运动至最高点时，A刚要离开挡板。已知弹簧的劲度系数，重力加速度，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（　　） A.物体B运动过程中，A、B、弹簧组成的系统机械能及动量均守恒B.从撤掉F开始至弹簧首次恢复原长过程中，B的速度先增大后减小、再增大C.物体B静止于P点时，对物体B施加的压力F的大小为20ND.物体B沿斜面做简谐运动的过程中，物体B的最大速度为1m/s【答案】CD【解析】【详解】A．物体B运动过程中，对A、B、弹簧组成的系统只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，可系统在沿斜面方向受合外力不等于零，因此系统的动量不守恒，A错误；B．从撤掉F开始，B受向上弹力大于B的重力沿斜面向下的分力，B做加速运动，速度逐渐增大，随弹力逐渐减小，加速度逐渐减小，速度仍逐渐增大，当弹力大小等于B的重力沿斜面向下的分力时，B的速度最大，以后弹力小于重力沿斜面向下的分力，B的加速度方向向下逐渐增大，B做减速运动，速度逐渐减小，减至弹簧首次恢复原长，B错误；C．当B运动至最高点时，A刚要离开挡板，对A则有B在最高点时受弹力方向沿斜面向下，此时加速度最大，由牛顿第二定律则有解得由简谐运动的对称性，当物体B运动到最低点时，加速度最大，大小仍为a，方向沿斜面向上，在撤去外力F瞬间，合外力等于撤去的外力的大小，由牛顿第二定律，可得施加的压力F的大小为C正确；    D．物体B沿斜面做简谐运动的过程中，物体B在平衡位置时的速度最大，物体B在P点时形变量最大为物体B在平衡位置时，则有 解得形变量大小为由能量守恒定律可得代入数据解得物体B的最大速度为D正确。故选CD。12.“半潜艇”船体主要部分浸入水中，甲板始终浮出水面，潜艇内的乘客处在海平面以下，可以通过玻璃窗观察水中景物（如图1），原理图2，已知该处海水的折射率为，潜艇玻璃表面和水面垂直，且玻璃的厚度可以忽略，则以下说法中不正确的是（　　）A.游客在潜艇内部看到正前方的鱼比实际位置要远一些B.潜艇正前方的鱼看到潜艇中的人比实际位置要远一些C.水面上方射入水中的光线不能照射到潜艇内部D.潜艇内游客用手电筒朝水中照射时，水面上的人不可能看到手电筒发出的光【答案】A【解析】【详解】A．由光的折射知识可知，从眼看到的折射光线的反向延长线的交点比鱼的实际位置偏近，所以人看到的鱼比实际位置要近一些，故A错误，符合题意．B．鱼看到的折射光线的反向延长线的交点比人的实际位置偏远，所以鱼看到的人比实际位置要远一些，故B正确，不符合题意．CD．因，则C=45°；光线从潜艇中射入水中时，最大的折射角（临界角）要小于45°，因 此光线射到水面时入射角大于45°，一定会发生全反射，所以光线不能从水面射出，由光的可逆性可知，水面上方射入水中的光线不能照射到潜艇内部，选项CD正确，不符合题意．13.甲乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿轴相向传播，波速，某时刻的波形如图所示，、、为介质中的三个质点，则下列说法正确的是（）A.两列简谐横波不能发生干涉现象B.处的质点从图示时刻开始经通过的路程为C.从图示时刻开始，经过质点、的速度相同D.以点开始振动时为计时起点，则质点的振动方程为【答案】CD【解析】【详解】A．根据题意可知，两列波波速相同，波长相同，则周期相同频率频率相同，故两列简谐横波能发生干涉现象，故A错误；B．处的质点，两波到达该处叠加减弱，所以振幅为振幅之差5cm，甲波传到该处乙波传到该处通过的路程故B错误；C．此时波形图表达式为 因此可知此时波向右传播，经过1s传播距离为，即的质点的振动形式传给M，的质点的振动形式传给N,因此1s后两只点速度相同，故C正确；D．两列波同时到达P点，P点振幅为两列振幅之和故D正确。故选CD。14.如图所示，固定光滑曲面左侧与光滑水平面平滑连接，水平面依次放有2022个质量均为2m的弹性物块（所有物块在同一竖直平面内），质量为m的0号物块从曲面上高h处静止释放后沿曲面滑到水平面，以速度v0与1号物块发生弹性正碰，0号物块反弹后滑上曲面再原路返回，如此反复：2022个弹性物块两两间碰撞时交换速度，则下列说法正确的是（所有物块均可视为质点，重力加速度为g）（　　）A.B.最终所有物块的总动能为mghC.2022号物块最终速度D.0号物块最终动量大小为【答案】ABD【解析】【详解】A．对0号物体，根据机械能守恒定律有解得A正确；B．由机械能守恒定律，对整体分析，因为物块之间均为弹性正碰，无能量损失，所以B正确； C．由题可知，2022个弹性物体两两之间碰撞时交换速度，所以2022号物体最终速度是0号物体与1号物体发生弹性正碰后1号物体的速度，由机械能守恒和动量守恒有解得，C错误；D．0号与1号发生碰撞后，1号将于2号发生正碰，因两者质量相同，将发生速度交换，1号将静止。之后0号将继续与1号发生第二次碰撞，同理可得，0号第二次碰撞后的速度为最终0号物体要与1号物体碰撞2022次，所以0号物体最终动量大小为，D正确；故选ABD。三、实验题（本题共3小题，共20分）15.利用单摆可以测量当地的重力加速度。如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小球，做成单摆。悬挂后，用米尺测量悬点到小球上端摆线的长度L；将小球拉离平衡位置一个小角度，由静止释放小球，稳定后小球在某次经过平衡位置时开始计时，经过25个全振动时停止计时，测量结果如图乙所示（1）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的是________（填标号）。A.摆线要选择较细、伸缩性小些的，并且线尽可能短一些B.摆球尽量选择质量大些、体积小些的 C.为了使摆的周期大一些，以方便测量，摆线相对平衡位置的偏角越大越好D.用刻度尺测量摆线的长度，就是单摆的摆长（2）悬挂后，用米尺测量悬点到小球上端摆线的长度L；将小球拉离平衡位置一个小角度，由静止释放小球，稳定后小球在某次经过平衡位置时开始计时，经过25个全振动时停止计时，测量结果如图乙所示，则通过测量和计算可得出单摆周期________s。（3）测量出多组单摆摆线的长度L和周期T，作出T-L图像如图丙所示，由图可求出重力加速度大小。图线不过原点，________（填“会”或“不会”）影响重力加速度的测量。【答案】①.B②.4③.不会【解析】【详解】（1）[1]A．为减小实验误差，摆线要选择较细、伸缩性小些的，并且线尽可能长一些，故A错误；B．为减小空气阻力的影响，摆球尽量选择质量大些、体积小些的，故B正确；C．摆线相对平衡位置的偏角超过，小球将不是简谐振动，故C错误；D．单摆的摆长为摆线的长度加上小球的半径，故D错误。故选B。（2）[2]秒表测得的时间为计算出单摆周期为（3）[3]根据单摆得周期公式整理得根据图像斜率可得重力加速度 图线不过原点，没有考虑小球的半径，此时化简可得但图线的斜率没有改变，重力加速度测定值不变，故不会影响重力加速度的测量。16.在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，将双缝干涉实验仪器按要求安装在光具座上，如图（甲）所示，并选用缝间距的双缝片。从仪器注明的规格可知，像屏与双缝片间的距离。接通电源使光源正常工作。（1）M、N、P三个光学组件依次为________。A.滤光片、单缝片、双缝片B.滤光片、双缝片、单缝片C.偏振片、单缝片、双缝片D.双缝片、偏振片、单缝片（2）一同学通过测量头的目镜观察单色光的干涉图样时，发现里面的亮条纹与分划板竖线未对齐，如图（乙）所示。若要使两者对齐，该同学应如何调节________。A.左右拨动拨杆B.旋转滤光片C.旋转测量头上的手轮D.旋转遮光筒和测量头（3）正确操作后，该组同学用某种单色光照射双缝得到干涉条纹如图（丙）所示，从测量头的目镜看去，第1次映入眼帘的干涉条纹如图（1）所示，图中的数字是该同学给各暗条纹的编号，此时游标卡尺（50分度）如图（2）所示，读数为；接着再转动手轮，映入眼帘的干涉条纹如图（3）所示，此时游标卡尺如图（4）所示，读数为________mm。 （4）利用第（3）问测量结果，已知双缝与屏的距离为l、双缝间距为d，计算波长的公式________（用题目中给出的字母，，l，d表示）【答案】①.A②.D③.15.02④.【解析】【详解】（1）[1]双缝干涉实验是让单色光通过双缝在光屏上形成干涉图样，实验应让白炽灯光通过滤光片形成单色光，再经过单缝形成相干光，再通过双缝形成干涉条纹。故自光源起合理的顺序是滤光片、单缝片、双缝片。故选A。（2）[2]旋转遮光筒和测量头，分划板竖线随之旋转，可使分划板竖线与亮条纹对齐，拨杆是调节双缝的，旋转滤光片、旋转测量头上的手轮无法使分划板竖线与亮条纹对齐。故选D。（3）[3]游标卡尺的读数为（4）[4]根据双缝干涉条纹间距公式干涉条纹间距为波长的计算公式为17.某物理兴趣小组用如图甲所示装置验证A、B两小球碰撞过程中动量守恒，且为弹性碰撞，已知A、B两球的质量分别为和 （1）将可认为光滑的斜槽、水平槽平滑连接，按图甲安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线在水平面上的投影O。（2）不放小球B，小球A从斜槽上挡板处由静止释放，并落在水平地面上。重复多次，记下落点的平均位置____________（填M、P、N），用刻度尺测量，如图乙所示，刻度尺读数为____________；（3）小球B静置在斜槽前端边缘处，小球A从挡板处由静止释放，重复实验，标记小球A和B的落地点的平均位置。（4）若A、B两小球碰撞过程中动量守恒定律，且为弹性碰撞，则需满足的表达式为____________（用表示）。【答案】①.②.8.75③.【解析】【详解】（2）[1]根据题意，设碰前、碰后的速度分别为、，B碰后的速度分别，由动量守恒定律和能量守恒定律有由于解得又知下落高度相同，则相同，所以不放小球时，小球的落点为点。 [2]由图乙所示可知，刻度尺的分度值为，刻度尺读数为。（4）[3]由上述分析可知，若A、B两小球碰撞过程中动量守恒定律，且为弹性碰撞，则有由于为负值，则有四、计算题（共34分）18.如图是内径为R，外径为2R空心玻璃圆柱体横截面图，玻璃的折射率为，圆柱体空心部分为空气，在横截面内，两束单色平行光a、b射向圆柱体，a光的折射光线在圆柱体内表面恰好没有折射进空心部分，b光的折射光线恰好与圆柱体内表面相切，求：（1）b光射向圆柱体外表面的入射角；（2）a、b两束光的间距。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）设b光的入射角为i，折射角为，由几何关系知由折射定律得则得（2）设a光在圆柱体外表面的入射角为i′，折射角为折射光线在内表面的入射角为由折射定律有据题有 又由正弦定理联解得则故a、b两束光的间距为19.一列横波在t1=0时刻、t2=0.5s时刻波形分别如图中实线、虚线所示，求：（1）若这列波向右传播，波速是多少；若这列波向左传播，波速是多少；（2）若波传播速度v=36m/s，判断波传播的方向；（3）若t1=0时刻的质点x=4m振动方向沿−y方向，从t1=0时刻算起，该质点第11次到达y=5cm所需时间。【答案】（1）（n=0，1，2，⋯），（n=0，1，2，⋯）（2）向右；（3）（n=0，1，2，⋯）【解析】【详解】（1）由题图可知波长λ=8m，当波向右传播时（n=0，1，2，⋯）解得 （n=0，1，2，⋯）由波速公式可得（n=0，1，2，⋯）当波向左传播时（n=0，1，2，⋯）解得（n=0，1，2，⋯）由波速公式可得（n=0，1，2，⋯）（2）Δt内波传播的距离为因此波向右传播；（3）若t1=0时刻的质点x=4m，振动方向沿−y方向，可知波向左传播。从t1=0时刻算起，x=4m的质点其振动方程当质点第1次到达y=5cm历时再历时5T2到达y=5cm，10次，所以当波向左传播时（n=0，1，2，⋯）解得（n=0，1，2，⋯）解得 （n=0，1，2，⋯）20.如图，一般帆船静止在湖面上，帆船的竖直桅杆顶端高出水面3m．距水面4m的湖底P点发出的激光束，从水面出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与竖直方向的夹角为53°（取sin53°=0.8）．已知水的折射率为（1）求桅杆到P点的水平距离；（2）船向左行驶一段距离后停止，调整由P点发出的激光束方向，当其与竖直方向夹角为45°时，从水面射出后仍然照射在桅杆顶端，求船行驶的距离．【答案】（1）7m（2）5.5m【解析】【详解】①设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为，到P点的水平距离为，桅杆高度为，P点处水深为；激光束在水中与竖直方向的夹角为，由几何关系有由折射定律有：设桅杆到P点的水平距离为则联立方程并代入数据得：②设激光束在水中与竖直方向的夹角为时，从水面出射的方向与竖直方向夹角为由折射定律有：设船向左行驶的距离为，此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为，到P点的水平距离为， 则：联立方程并代入数据得：21.图为某个有奖挑战项目的示意图，挑战者压缩弹簧将质量m0=0.3kg的弹丸从筒口A斜向上弹出后，弹丸水平击中平台边缘B处质量m1=0.3kg的滑块或质量m2=0.2kg的“L形”薄板，只要薄板能撞上P处的玩具小熊就算挑战成功。已知弹丸抛射角θ=53°，B与A的高度差，B与P处的小熊相距s=2.2m，薄板长度L=0.9m，最初滑块在薄板的最左端；滑块与薄板间的动摩擦因数为μ1=0.5，薄板与平台间的动摩擦因数μ2=0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；薄板厚度不计，弹丸和滑块都视为质点，所有碰撞过程的时间和外力影响均不计，重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8。（1）求A、B间的水平距离x；（2）若弹丸与薄板发生完全非弹性碰撞，试通过计算判定挑战会不会成功；（3）若弹丸与滑块发生完全弹性碰撞，且之后可能的碰撞也为完全弹性碰撞，试通过计算判定挑战会不会成功。【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析【解析】【详解】（1）设弹丸在筒口A的速率为，弹丸从A到B可视为平抛运动的逆过程，由运动学规律有，又 将代入，解得，，（2）弹丸与薄板发生完全非弹性碰撞，设碰后的共同速率为v，对弹丸与薄板组成的系统，由动量守恒定律有代入数据得碰撞结束时，滑块速度仍然为零，将在B处脱离薄板，弹丸与薄板整体向右做匀减速直线运动，设发生的最大位移为。由动能定理有代入数据解得因为，所以薄板能撞上小熊，挑战成功（3）弹丸与滑块发生完全碰撞，系统动量和机械能均守恒．设碰后两者速率分别。因，故两者速度互换，即（弹丸此后掉落），薄板所受滑块的滑动摩擦力为薄板所受平台的最大静摩擦力为因，故薄板静止不动。设滑块滑至薄板右侧与薄板右端相碰时，滑块速率为，由动能定理有代入数据得 滑块与薄板发生弹性碰撞，系统动量和机械能均守恒．设碰后两者速度分别为有，代入数据得此后，滑块和薄板分别向右做匀加速直线运动和匀减速直线运动，假设两者能够共速，速率为，对滑块和薄板，分别由动量定理有代入数据得此过程中，设滑块与薄板发生的位移分别为和由运动学规律有因：，滑块与薄板的相对位移故两者共速假设成立。共速后，因，故假设两者相对静止做匀减速直线运动直至停止，再发生位移，动能定理有代入数据得因