2021-2022学年下期高二年级期末摸底考试物理试卷一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分。第1~7题只有一项符合题目要求，第8~12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）1.2022年3月8日，航天员王亚平从空间站送来的“国际妇女节”节日祝福通过电磁波传播到祖国各地，下列关于电磁波的说法正确的是（ ）A.麦克斯韦用实验证实了电磁波的存在B.电磁波中每一处的电场强度和磁感应强度总是互相垂直的，且都与波的传播方向垂直C.电磁波传播需要介质，机械波传播不需要介质D.只要有电场就能产生电磁波【答案】B【解析】【详解】A．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在，故A错误；B．因电磁波是橫波，所以电磁波中每一处的电场强度和磁感应强度总是互相垂直的，且与波的传播方向垂直，故B正确；C．电磁波传播不需要介质，机械波传播需要介质，故C错误；D．若只有电场，而且电场是稳定的或电场仅均匀变化都不能产生电磁波，故D错误。故选B。2.如图为氢原子的能级示意图，已知可见光光子能量范围为1.63~3.10eV，若一群氢原子处于n=4能级，则下列说法正确的是（ ）\nA.这群氢原子自发向低能级跃迁时能辐射出4种不同频率的光子B.氢原子从n=4能级向n=3能级跃迁过程中发出的光为可见光C.氢原子从n=4能级向n=2能级跃迁过程中发出的光照射逸出功为2.3eV的金属钠，能使金属钠发生光电效应D.用能量为0.40eV的光子轰击该群氢原子，可以使氢原子受激发而跃迁到n=5能级上【答案】C【解析】【详解】A．大量的氢原子处于n=4的激发态，可能发出光子频率的种数为种，故A错误；B．由n=4能级跃到n=3能级产生的光子能量为不是可见光，故B错误；C．n=4能级跃迁到n=2能级辐射出的光子能量大于金属钠的逸出功2.3eV，能发生光电效应，故C正确；D．氢原子处于n=4的激发态时，若吸收0.40eV的能量，则能量值为而n=5能级能量值为-0.54eV，所以用能量为0.40eV的光子轰击该群氢原子，不能使氢原子受激发而跃迁到n=5能级上，故D错误。故选C。3.一列简谐横波在t=0.4s时的波形图如图（a）所示，P是介质中的质点，图（b）是质点P\n的振动图像。已知该波在该介质中的传播速度为20m/s，则（ ）A.该波的周期为0.6sB.该波的波长为12mC.该波沿x轴正方向传播D.质点P的平衡位置坐标为x=6m【答案】D【解析】【详解】A．由图像可知，波的周期T=1.2s，故A错误；B．根据可得故B错误；C．由振动图像可知，t=0.4s时质点P沿y轴负方向运动，所以该波沿x轴负方向传播，故C错误；D．x=0处的质点，从平衡位置到y=5cm处经历的时间，由振动方程可得所以P的平衡位置坐标为代入数据解得故D正确。\n故选D。4.气垫鞋指的是鞋底上部和鞋底下部之间设置有可形成气垫的储气腔的鞋子，通过气垫的缓冲减小地面对脚的冲击力。某同学的体重为，穿着平底布鞋时双脚坚直着地过程中与地面的作用时间为t0。受到地面的平均冲击力大小为2.4G。若脚着地前的速度保持不变，该同学穿上某型号的气垫鞋时，双脚竖直着地过程中与地面的作用时间变为，则该同学受到地面的平均冲击力大小变为（ ）A.4.8GB.1.2GC.0.7GD.1.7G【答案】D【解析】【详解】设脚着地前的速度为，人着地的过程取向下为正方向，由动量定理有该同学穿上某型号的气垫鞋时，双脚竖直着地过程中与地面的作用时间变为，可得联立解得故该同学受到地面的平均冲击力大小变为，故选D。5.如图所示，一束复色光a自空气射向上下表面平行的足够长的玻璃砖，经过玻璃砖后分成b、c两束光，以下说法正确的是（ ）\nA.b、c两束光一定相互平行B.b光在玻璃砖中的传播速度大于c光C.若c光能使氢原子自基态向高能级跃迁，则b光也一定能使氢原子自基态向高能级跃迁D.若b、c两束光分别经过同一双缝发生干涉，b光的条纹间距较宽【答案】A【解析】【详解】A．因为光射到玻璃砖下表面时的入射角等于上表面的折射角，由于光的折射定律可知上表面入射角一样，由光路的可逆性原理可知光经过玻璃砖后分成b、c两束光一定相互平行，所以A正确；B．根据偏移情况可知玻璃对b光的折射率大于c光的折射率，根据公式可知b光在玻璃砖中的传播速度小于c光，所以B错误；C．氢原子自基态向高能级跃迁所需要光子能量是一一对应的不能大也不能小，由于b光的折射率大于c光的折射率，则b光子的频率大于c光子的频率，所以b光子能量大于c光子能量，则b光可能使氢原子自基态向更高能级跃迁，但不一定，所以C错误；D．由于b光子的频率大于c光子的频率，则b的波长小于C的波长，根据双缝干涉条纹间距公式，若b、c两束光分别经过同一双缝发生干涉，c光的条纹间距较宽,所以D错误；故选A。6.小球从地面以某一初速度竖直上抛，一段时间后又落回地面。若运动过程中小球所受空气阻力与其速率成正比。则小球（ ）A.上升过程的时间大于下落过程的时间B.上升过程减少的动能小于下落过程增加的动能C上升过程克服阻力做功等于下落过程克服阻力做功D.上升过程阻力的冲量大小等于下落过程阻力的冲量大小【答案】D【解析】【详解】A．上升过程，根据牛顿第二定律，有f+mg=ma解得\n下降过程，根据牛顿第二定律，有mg-f=ma′解得可见：上升过程加速度大小大于下降过程加速度大小。由于上升和下降的高度相等，上升的加速度大小大于下降的加速度大小，由运动学公式知上升的时间小于下降的时间，故A错误；B．由于小球运动过程有空气阻力，所以机械能损失，回到抛出点时的速率v2必然小于抛出时的速率v1，则由动能公式知小球回到抛出点的动能小于抛出时的动能，故上升过程减少的动能大于下落过程增加的动能，故B错误；C．上升过程同样位置的阻力大于下落过程同样位置的阻力，因此小球上升克服阻力做功的数值大于小球下降克服阻力做功的数值，故C错误；D．由题意可得，阻力与速率的关系为故阻力的冲量大小为因为上升过程和下降过程位移相同，则上升和下降过程冲量大小相等，故D正确。故选D。7.一根长的软绳拉直后放置在光滑水平地板上，以绳中点为坐标原点，以绳上各质点的平衡位置为x轴建立图示坐标系。两人在绳端P、Q沿y轴方向不断有节奏地抖动，形成两列振幅分别为、的相向传播的机械波。已知P的波速为。时刻的波形如图所示。下列判断正确的有（ ）\nA.时，在之间（不含两点）绳上一共有5个质点的位移为B.两列波叠加稳定时之间（不含两点）绳上有10个质点的振幅为C.两波源的起振方向相同D.两列波的叠加区域没有稳定干涉图样【答案】A【解析】【详解】A．t=6s时，两列波都向前传播了12m，波形如图所示当两列波叠加时，合振动等于两个振动矢量和，由图象可知，在x=-7m，x=-1m，x=3m处位移都是-10cm，且在6~8m间还有两个点位移是-10cm，因此有5个点位移为-10cm，A正确；B．振动稳定后，某时刻振动图象图所示从图中可知，在叠加稳定时两波源间（不含波源）有9个质点的振幅为30cm，B错误；C．P起振方向沿y轴负方向，而Q起振方向沿y轴正方向，因此起振方向相反，C错误；D．由于波长\n波速由介质决定的，因此两列波的速度相等，根据可知，因此两列波的频率均为0.5Hz，叠加区域有稳定干涉图样，D错误。故选A。8.如图所示，质量为3m、半径为R的光滑半圆形槽静置于光滑水平面上，A、C为半圆形槽槽口对称等高的两点，B为半圆形槽的最低点．将一可视为质点、质量为m的小球自左侧槽口A点自由释放，小球沿槽下滑的过程中，不计空气阻力，下列说法正确的是()A.小球和半圆形槽组成的系统机械能守恒、动量守恒B.小球刚好能够到达半圆形槽右侧的C点C.半圆形槽速率的最大值为D.半圆形槽相对于地面位移大小的最大值为【答案】BD【解析】【详解】小球与半圆形槽组成的系统在水平方向不受力，所以水平方向的动量守恒，但在竖直方向受重力作用，故系统总的动量不守恒；所有的接触面都是光滑的，故在整个的运动过程中只有重力和弹力做功，故系统的机械能守恒，故A错误；因为系统的初状态水平方向的动量为零，根据系统水平方向动量守恒可知，系统在末状态的水平方向的动量也零，故在末状态小球与半圆形槽的速度都为零，而初状态只有小球的重力势能，根据系统机械能守恒，可知末状态也只小球的重力势能，且与初状态相等，故B正确；当小球下至半圆形槽最低点时，根据反冲运动的特点可知，此时小球有向右的最大速度，半圆形槽有向左的最大速度，设小球的最大速度为，半圆形槽的最大速度为，初状态水平方向的动量为零，取向右为\n正，根据系统水平方向动量守恒得：，根据系统机械能守恒得：，联立解得：，故C错误；小球从左边最高点下至最低点时，根据系统水平方向动量守恒得：，又，代入得：，即，且，联立解得：；当小球从最低点向右边最高点运动时，半圆形槽继续向左运动，同理可得半圆形槽在这一过程的位移为，故半圆形槽相对于地面位移大小的最大值为，故D正确；故选BD.9.一个质子和一个中子聚变结合成一个氘核，同时辐射一个光子。已知质子、中子、氘核的质量分别为m1、m2、m3，普朗克常量为h，真空中的光速为c。下列说法正确的是A.核反应方程是B.在真空中光子的速度小于cC.辐射出的光子的能量E=（m3–m1–m2）c2D.光子的波长【答案】AD【解析】【详解】A．该核反应方程是故A正确；B.在真空中光子的速度等于c，故B错误；CD.聚变反应中的质量亏损△m＝（m1+m2）﹣m3聚变反应中亏损的质量转化为能量以光子的形式放出，故光子能量为E＝＝（m1+m2﹣m3）c2解得光子波长为故C错误，D正确。故选AD。10.如图甲，光滑水平面上放着长木板B，质量为m=2kg的木块A以速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在摩擦，之后木块A与长木板B\n的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g=10m/s2.则下列说法正确的是( )A.木块A与长木板B之间的动摩擦因数为0.1B.长木板的质量M=2kgC.长木板B的长度至少为2mD.木块A与长木板B组成系统损失机械能为4J【答案】AB【解析】【详解】B、由题图可知，木块先做匀减速运动，长木板先做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度，取向右为正方向，根据动量守恒定律得，解得：，故选项B正确；A、由题图可知，长木板匀加速运动的加速度为，对长木板根据牛顿第二定律得，解得，故选项A正确；C、由题图可知前1s内长木板的位移为，木块的位移为，所以长木板的最小长度为，故选项C错误；D、木块与长木板组成系统损失的机械能为，故选项D错误．11.一列简谐横波沿x轴的正向传播，振幅为2cm，周期为T.已知为t=0时刻波上相距40cm的两质点a、b的位移都是1cm，但运动方向相反，其中质点a沿y轴负向运动，如图所示，下列说法正确的是()\nA.该列简谐横波波长可能为150cmB.该列简谐横波波长可能为12cmC.当质点b的位移为+2cm时，质点a的位移为负D.在t=时刻质点b速度最大【答案】BCD【解析】【详解】设质点的起振方向向上，b质点的振动方程：．a质点的振动方程．ab两个质点振动的时间差所以ab之间的距离．，（n=0、1、2、3……）．当n=3，时波长可能为12cm，当波长为150cm时，n不是整数，故A错误、B正确；当质点b的位移为+2cm时，即b到达波峰时，结合波形知，质点a在平衡位置下方，位移为负，故C正确；由得，当时，质点b到达平衡位置处，速度最大；故D正确．综上分析，BCD正确．12.如图所示，水平光滑轨道宽和弹簧自然长度均为d。m2的左边有一固定挡板。m1由图示位置静止释放，当m1与m2相距最近时m1速度为v1，则在以后的运动过程中（ ）A.若m1＜m2，m1的最小速度是0B.若m1＜m2，m1的最小速度是\nC.m2的最大速度是v1D.m2的最大速度是【答案】AD【解析】【详解】从小球到达最近位置后继续前进，此后拉到前进，减速，加速，达到共同速度时两者相距最远，此后继续减速，加速，当两球再次相距最近时，达到最小速度，达最大速度，两小球水平方向动量守恒，速度相同时保持稳定，一直向右前进，根据动量和能量守恒有，解得，故的最大速度为，若m1＜m2，m1的最小速度是0，即两者距离最小之前m1的速度有一个为0的时刻，后反向加速。故选AD。第II卷（非选择题）二、实验题（共12分）13.在“用双缝干涉测光波长”的实验中，（1）如图1所示，将实验仪器按要求安装在光具座上，小光同学观察到清晰的干涉条纹。若他对实验装置进行改动后，在像屏上仍能观察到清晰的干涉条纹，但条纹间距变宽。以下改动可能会实现这个效果的是（）\nA.仅将滤光片向右移动靠近单缝B.仅将像屏向左移动少许C.仅将绿色滤光片换成红色滤光片D.仅将像屏向右移动少许（2）如图2所示，在测量过程中将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数x1=1.670mm，然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第4条亮纹中心对齐，记下此时图3中手轮上的示数x4=_______mm。（3）已知双缝间距d为2.0×10-4m，测得双缝到屏的距离l为0.700m，可得所测单色光波长为________m（结果保留两位有效数字）。【答案】①.CD②.③.【解析】【详解】（1）[1]根据条纹间距公式其中为双缝到像屏的距离，d为双缝之间的长度，可知仅将像屏向右移动少许即增大，将绿色滤光片换成红色滤光片即变大可以使条纹间距变大。故选CD。（2）[2]螺旋测微器的读数为（3）[3]条纹间距为\n根据可得代入数据解得14.粗糙的斜面与水平面平滑连接，动摩擦因数为μ，小物块A从斜面上C点由静止释放，经过水平面上O点时，由安装在O点的光电门（未画出）测出速度v0，之后撤去光电门，再将一小物块B放置在O点，如图所示，再次将A由斜面静止释放，A、B碰后共速（时间极短），为验证A、B碰撞过程动量守恒：（当地重力加速度为g）（1）还需测量__________物理量（用文字描述，并用字母表示所测物理量）；（2）所需测量工具是____________________；（3）写出验证动量守恒定律的表达式__________（用已知量和所测量表达）。【答案】①.小物块A和小物块B的质量mA和mB，碰撞后二者减速到速度为零时的距离x②.天平，刻度尺③.【解析】【详解】（1）[1]A、B碰撞过程若动量守恒，则有碰后，AB整体运动的加速度大小为AB整体运动的距离\n三式联立可得即验证动量守恒定律的表达式为此式。因此还需测量小物块A和小物块B的质量mA和mB，碰撞后二者减速到速度为零时的距离x。（2）[2]质量通过天平测得，距离通过刻度尺测得。（3）[3]由上分析知，验证动量守恒定律的表达式三、解答题（共40分）15.如图，一横截面为直角三角形ABC的玻璃砖，，，一条平行于AC边的光线从AB边上的O点射入玻璃砖，经AB边折射后打到AC边上的E点，已知，，，光在真空传播的速度为c，求：（1）玻璃砖的折射率；（2）光从O点入射到有光从玻璃砖射出所经历的最短时间t。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）在三角形AOE中，根据余弦定理解得\n所以三角形AOE为等腰三角形，则作出O点法线，如图所示根据几何关系可得光线在O点入射角为折射角为根据光的折射定律，玻璃砖的折射率（2）设发生全反射临界角为C，则根据几何关系可得在AC面上的入射角为60°所以在AC面上发生全反射，光不从AC面物理射出，作出BC面上入射光线EF，如图所示，根据几何关系可得在BC面上的入射角为30°所以在BC面上不发生全反射，光最先从BC面射出，根据几何关系得\n光从O→E→F经历的路程为2L，光在玻璃砖中的速度为，所以最短时间16.镭（Ra）是历史上第一个被分离出来的放射性元素，已知能自发放出粒子而变成新核Rn，已知的质量，Rn的质量，粒子的质量。如图所示，一个静止的镭核在匀强磁场中发生衰变，衰变后两粒子运动平面与磁场垂直（涉及比值时，质量可取整数）求：（1）粒子与Rn核在磁场中运动的半径之比和周期之比；（2）衰变过程中放出的能量；（3）粒子的动能。【答案】（1）； ；（2）7.452MeV；（3）7.320MeV【解析】【详解】（1）静止的镭核衰变时动量守恒，粒子与Rn核运动方向相反，因此均带正电，在磁场中所受洛伦兹力方向相反，偏转方向相反；又因粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，故两粒子的运动轨迹为两外切圆，由动量守恒知，由可得\n可知由周期公式得（2）衰变过程中的质量亏损释放的能量（3）由及得所以粒子的动能为17.如图所示，t=0时，位于原点O处的波源，从平衡位置（在x轴上）开始沿y轴正方向做周期T=0.2s、振幅A=4cm的简谐振动。该波源产生的简谐横波沿x轴正方向传播，当平衡位置坐标为（9m，0）的质点P刚开始振动时，波源刚好位于波谷。（1）质点P在开始振动后的Δt=1.05s内通过的路程是多少？\n（2）该简谐波的最大波速是多少？（3）若该简谐波的波速为v=12m/s，质点Q的平衡位置坐标为（12m，0）（图中未画出）。请写出以t=1.05s时刻为新的计时起点的质点Q的振动方程。【答案】（1）84cm；（2）60m/s；（3）【解析】【详解】（1）由于质点P从平衡位置开始振动，且故在Δt=1.05s内质点P通过的路程（2）设该简谐波的波速为v，两质点O、P间的距离为Δx，由题意可得所以当n=0时，该简谐波的波速最大（3）简谐波从波源传到（12m，0）点所用时间再经\n即再经过，质点Q位于波峰位置，则以此时刻为计时起点，质点Q的振动方程为18.如图所示，竖直的半径为R的螺旋圆形轨道BFEGH与直轨道AH和BC在BH处平滑连接，倾角为θ的斜面CD在C处与直轨道BC平滑连接。在直轨道AH左端固定连接一轻弹簧，弹簧另一端系一个质量为m的小滑块Q，弹簧处于自然状态。一个质量也为m的小滑块P从CD斜面高H处静止下滑。已知BC段与小滑块P间动摩擦因数μ＝0.2．轨道其他部分均光滑，直轨道BC长LBC＝1m，m＝1kg，θ＝30°，R＝0.2m，取g＝10m/s2．弹簧始终处于弹性限度内，滑块脱离轨道，不会再落到轨道上。（1）若滑块P在圆轨道F点的压力刚好为零，求滑块P从静止下滑的高度h；（2）滑块P恰好能过E点完成圆周运动与Q发生碰撞，碰撞时间极短，碰后P、Q一起运动，但互不粘连，求P、Q第一次分离时弹簧和滑块Q系统机械能；（3）若滑块P与Q仅发生一次碰撞，求高度h的范围。【答案】（1）0.4m；（2）1.25J；（3）1m<h<3.8m【解析】【详解】（1）滑块P在圆轨道F点的压力刚好为零，则vF＝0，从开始下滑到F点，由动能定理得mg（h－R）－μmgLBC＝0解得h＝μLBC＋R＝0.4m（2）设滑块P与Q碰前速度为v0，在最高点E，有mg＝m从最高点E到碰撞前，由动能定理得\n解得设P、Q碰后共同速度为v，由动量守恒定律得mv0＝2mv解得v＝弹簧原长处P、Q分离，分离时P和Q的动能均为分离时弹簧和滑块Q系统的机械能E＝＝gR＝1.25J（3）由于滑块脱离轨道，不会再落到轨道上，所以小滑块P、Q恰好发生一次碰撞的条件是P能过E点且与Q碰撞后恰好通过与O等高的G点。设小滑块P与Q碰撞后的速度大小为v1，由机械能守恒定律得＝mgR由（2）知小滑块P与Q碰撞前的动能Ek1＝4×设滑块P开始下滑的最小高度为h1，对小滑块P从开始下滑到与Q碰撞，由动能定理可得mgh1－μmgLBC＝Ek1－0解得h1＝1m从E点到与Q有碰撞2mgR＝Ek1－vE＝2满足恰好发生一次碰撞的条件，小滑块P、Q恰好发生二次碰撞的条件是P恰好能第三次通过\nE点，设小滑块P与Q碰撞后的速度大小为v2，则由动能定理得－2mgR－2μmgLBC＝mvE′2－小滑块P与Q碰撞前的动能Ek2＝4×设小滑块P开始下滑的最大高度为h2，由动能定理可得mgh2－μmgLBC＝Ek2－0解得h2＝3.8m所以小滑块P、Q仅发生一次碰撞，高度h的最值范围为1m<h<3.8m。
