【文档说明】湖北省武汉市常青联合体2022-2023学年高二下学期期中考试物理试卷 PDF版含答案.pdf，共(10)页，3.200 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-4bd7726a52f91dca85f5a55754a65876.html

以下为本文档部分文字说明：

武汉市常青联合体2022-2023学年度第二学期期中考试高二物理答案解析题号1234567891011答案DCADBBAACDBCADBC1、答案D解析：A、根据n=𝐶𝑉得v=𝐶𝑛,可知单色光在介质中传播时,介质的折射率越大,光的传播速度越小,故A错误

；B、根据多普勒效应规律知,若声波波源向观察者靠近,则观察者接收到的声波频率大于波源频率,故B错误;C、海市蜃楼产生的原因是由于海面上上层空气的折射率比下层空气折射率小，导致光线发生全反射所致，故C错误；D、光进入水中后靠近法线,射入潜水员眼睛,而

潜水员认为光始终沿直线传播,逆着光的方向看上去而形成的虚像,所以实际位置高,2、答案C解析：P处水没有振动，说明P点波没有明显的衍射，原因是MN间缝太宽或波长太小，因此使P点的水振动起来，可采用N板上移减小小孔间距或减小水波的频率，增大水波的波长来实现，故选C3、答案A由题图可知

，选用的玻璃砖两光学表面平行，则入射光线应与出射光线平行，B、C错误；又光线在玻璃砖中与法线的夹角应小于光线在空气中与法线的夹角，A正确D错误；4、答案D由简谐运动表达式可知A1=3a,A2=9a,则振幅之比为A1/A2=3a/9a=1/3;

又因为ω1=8πb,ω2=8πb,则由ω=2πf知它们的周期均为14b;t=0时，x1=3asin𝜋4,x2=9asin𝜋2,则相位差Δφ为𝜋45、答案：B解析：小球运动半周的过程中，动量改变量ΔP=-mv-mv=-2mv,结合动量定理知

A错，B对。小球运动一周的过程中，重力的冲量大小为IG=mgt,故C错，由动量定理IG+IT=0,故IT=-IG=-mgT.故D错误6、答案：B解析：设甲与乙发生碰撞后甲的速度为v，由动量守恒定律得m𝑣0=mv+km2

𝑣03，解得：V=𝑉0-23𝑉0碰撞后甲、乙同向运动，则由v>0，解得：K<1.5碰后甲球不能越过乙球，因此有v<23𝑉0，解得：K≥0.5又因为碰撞过程中动能不增加，所以有12mv02≥12𝑚𝑣

2+12𝑘𝑚(2𝑣03)2，解得：0≤k≤2。综上可得：0.5≤k＜1.5，故ACD正确，不符合题意，B错误，符合题意。7、答案：AA、由题图可知，摆球在P与N时刻位移大小相等，即摆球所处高度相同，则摆球的势能相同，故A正确；BCD、由于阻力影响，单摆要克服阻力做功，在运动过

程中机械能逐渐减小，故N时刻的机械能小于P时刻的机械能，由于P、N两时刻摆球的重力势能相同，则摆球在P时刻时动能大于N时刻的动能，故BCD错误。8、答案：ACD解析：由图可知，P点的起振方向沿Y轴负方向，

故波源的起振方向沿Y轴负方向故A对，；λ=2m,v=1m/s,则T=λ𝑣=2s故B错：。x=2m处的波谷传到Q点的时间t=𝑥𝑣=3s再经t+2T=7s时Q点处于波谷。故C对。对10S内Q点振动的时间为10s-2.5s=7.5s=3T+34T通过的路程为3×4A+3A=75cm故D

正确。9、答案：BC由同一信号发生器带动的相同扬声器连续发出的同频率声波在空气中相遇，形成稳定的声音强弱交替现象，是干涉现象，故B对。当同学到两个声源的间距为波长整数倍时,振动加强,听到声音是加强的,故该同学从中间向一侧移动0m、2.5m、5.0m、7.5m、10m、12.5m、15

m时,听到声音变大;当同学到两个声源的间距为半波长的奇数倍时,振动减弱,听到声音是减弱的,故该同学从中间向一侧移动1.25m、3.75m、6.25m、8.75、11.25、13.75m时,声音减弱。故该同学从中间向一侧移动过程听到扬声器声音由强变弱

的次数为6次;故选BC。10、答案：ADA．由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则F—t图像的面积即合外力的冲量，再根据动量定理可知F—t图像的面积也是动量的变化量，A正确B、由于头部有初动量，曲线与横轴围的面积是动量的变化量，且图线一直在t轴的上方，则动量的大小一直减小。C．根据动量与动能

的关系有𝐸𝐾=𝑃22𝑀，而F—t图像曲线与横轴围的面积是动量的变化量，则动能的变化量与曲线与横轴围成的面积不成正比，C错误；D．由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿定律可知a∝F，即假

人头部的加速度先增大后减小，D正确。故选AD。11答案BC【解析】A．木块A、B和小球C组成的系统竖直方向动量不守恒，水平方向动量守恒，所以系统的总动量不守恒，故A错误；A、B、C系统在水平方向动量守恒,以向左为正方向,由水平动量守恒

定律得:mcvc-2mvAB=0，由机械能守恒定律得:,mcgL=12𝑚𝑐𝑣𝑐2+122m𝑣𝐴𝐵2解得VC=4m/s故B正确C．小球C第一次到达最低点时木块A、B分离，此后B以一定的速度向右做匀速直线运动；对整个系统，水平方向根据动量守恒定律可知，小球C到达左侧最高点时A和C

的动量大小与B的动量大小相等、方向相反，速度不为零，所以会出现C球再次摆到右侧某一最高位置时，与木块A有共同水平向左的速度；D．C球第一次摆到最低点过程中，A、B、C组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正

方向，由动量守恒定律得020CAmvmv则12020xxmmttm0x1=2mx2由几何关系得x1+x2=L解得木块A、B向右移动的距离为x2=0.2m故D错误。故选BC。12、（1）AB（2分）（

2）20.6（2分）98.13（2分）99.7（2分）（3）22122214()llTT--（2分）【详解】（1）为了减小实验误差，摆线选择细些的、弹性小的、并且适当长一些，摆球选择质量大，体积小的，可以减小空

气阻力带来的影响，故AB正确；C．为了减小实验误差，保证摆球尽量做单摆运动，摆角不超过5度，故C错误；D．为了减小测量误差，测量周期时应从小球经过最低位置时开始计时，故D错误。故选AB。（2）摆球直径d=2cm+6×0.1mm=20.6mm该单摆的摆长20.6mm97.10cm98.13cm

2l＝该次实验中50次全振动所用时间为t=1min+39.7s=99.7s（3）单摆周期2lTg整理得224Tlg图线的斜率为22221214TTkllg解得计算重力加速度的表达式为22122214()llgT

T13、解（1）天平（2分）（2）一枚一元硬币质量m1；一枚五角硬币质量m2（2分）（3）（2分）【详解】(1)在验证动量守恒定律时需要测量质量和速度,由,碰撞前后瞬间的速度与成正比,而质量需要用到天平进行测量。(2)若满足动量守恒,则有,由,只需验证即可。14【答案

】（1）3；（2）33c。解：（1）作出完整的光路如图根据几何关系可知：30B，所以60……………………（2分）根据光路可逆.因为60，所以又：60A解得：30………………（2分）根据折射定律有：sinsinsinsinn…

……………（2分）解得：3n………………（2分）（2）光在棱镜中的传播速度：……………………………………（2分）有v=√33c………………（2分）15【答案】（1）v=383m/s,方向：沿+X方向；（2）Y=-10cm【解析】据波形图可知，λ=8m，

（1）若波沿x轴负方向传播，由x=v(t2-t1)………………（1分）因2T<1.5s<2.5T，λ=VT则波向左传播的距离x满足16m<x<20m…………（1分）由图知x=（nλ+5）m=(8n+5

)m显然n无满足条件的整数解…………（1分）故波不沿X轴负向传播………………（1分）若波沿x轴正方向传播，同理x满足：16m<x<20m又x=（nλ+3）m=(8n+3)m故当n=2时x=（2λ+3）m=19m满足题意………（1分）由波

速V=𝑋t………………（1分）有v=383m/s…………（1分）综上所述：波速为V=383m/s方向沿X轴正方向………………（1分）（2）由T=𝜆𝑉,有T=1219s,………………（1分）X=2m处质点的振动方程为Y=10sinωt……

…………（1分）ω=2𝜋𝑇………………（1分）故t=3s时Y=-10m………………（1分）其它解法请参照：论证波不沿X轴负向传播占4分；正确判断波沿+X方向传播并求出波速得4分；第（2）问4分16、（1）由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，规定向右为正方

向，则mv0＝3mv共………………（2分）解得v共=𝑉03………………（1分）（2）由于木板速度是滑块的2倍，则有v木＝2v滑再根据动量守恒定律有mv0＝mv木+2mv滑…………（2分）联立化简得v滑=14v0，v木=12v0……………（2分）再根据

功能关系有-μ2mgx=12mv木2+122mv滑2−12mv02………………（2分）得x=5𝑉0232𝜇g………………（1分）（3）由于木板保持匀速直线运动，则有F＝2μmg……（1分）对滑块有a滑＝μg……………（1分）滑块相对木板静止时有

v0＝a滑t………………（1分）解得t=𝑣0μg………………（1分）则整个过程中木板滑动的距离为x′＝v0t………………（1分）则拉力所做的功为W＝Fx′＝2mv02………………（1分）获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xi

angxue100.com