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2020-2021学年上学期高二物理期末寒假作业2
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．关于简谐运动的位移、速度和加速度的关系，下列哪些说法正确(　　)
A．位移减小时，加速度增大，速度增大
B．位移方向总跟加速度的方向相反，跟速度方向相同
C．物体运动方向指向平衡位置时，速度方向跟位移方向相反；背向平衡位置时，速度方向跟位移方向相同
D．物体向平衡位置运动时，做减速运动，背离平衡位置时，做加速运动
2．在飞机的发展史中有一个阶段，飞机上天后不久，飞机的机翼（翅膀）很快就抖动起来，而且越抖越厉害。后来经过人们的探索，利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆的方法，解决了这一问题。在飞机机翼前装置配重杆的目的主要是(　　)
A．加大飞机的惯性
B．使机体更加平衡
C．使机翼更加牢固
D．改变机翼的固有频率
3．一列声波从空气传入水中，已知水中声速较大，则(　　)
A．声波频率不变，波长变长
B．声波频率不变，波长变短
C．声波频率变小，波长变长
D．声波频率变大，波长不变
4．如图所示，某人站在一辆平板车的右端，车静止在光滑的水平地面上，现人用铁锤连续敲击车的右端。下列对平板车的运动情况描述正确的是(　　)
A．锤子抡起的过程中，车向右运动
B．锤子下落的过程中，车向左运动
C．锤子抡至最高点时，车速度为0
D．锤子敲击车瞬间，车向左运动
5．某物理兴趣小组用实验探究光的色散规律，他们将半圆形玻璃砖放在竖直面内，在其左方竖直放置一个很大的光屏P，让一复色光束SA射向玻璃砖的圆心O后，有a和b两束单色光射向光屏P，如图所示。他们根据实验现象提出了以下四个猜想，你认为正确的是(　　)
A．单色光a的波长小于单色光b的波长
B．在玻璃中单色光a的传播速度大于单色光b的传播速度
C．单色光a通过玻璃砖所需的时间大于单色光b通过玻璃砖所需的时间
D．在光束SA绕圆心O逆时针转动的过程中，在光屏P上最早消失的是a光
6．如图所示，双缝干涉实验装置中，屏上一点P到双缝的距离之差为2.1
μm，若用单色光A照射双缝时，发现P点正好是从屏中间O算起的第四条暗条纹，换用单色光B照射双缝时，发现P点正好是从屏中间O算起的第三条亮条纹，则下列说法正确的是(　　)
A．单色光B的频率大于单色光A的频率
B．单色光B的波长小于单色光A的波长
C．单色光B的相邻亮条纹间的距离小于单色光A的相邻亮条纹间的距离
D．用单色光A和B在同一单缝衍射的装置上做实验，在缝宽不变的情况下，单色光B更容易发生明显衍射
7．由我国自主研发制造的世界上最大的海上风电机SL5000，它的机舱上可以起降直升机，叶片直径128
m，风轮高度超过40层楼，是世界风电制造业的一个奇迹。风速为12
m/s时发电机满载发电，风通过发电机后速度减为11
m/s，已知空气的密度为1.3
kg/m3，则风受到的平均阻力约为(　　)
A．4.0×104
N
B．2.0×105
N
C．2.2×106
N
D．4.4×106
N
8．图1为一列简谐横波在t＝0时的波形图，P是平衡位置在x＝1
cm处的质元，Q是平衡位置在x＝4
cm处的质元；图2为质元Q的振动图像。则(　　)
A．t＝0.3
s时，质元Q的加速度达到正向最大
B．波的传播速度为20
m/s
C．波的传播方向沿x轴负方向
D．t＝0.7
s时，质元P的运动方向沿y轴负方向
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．激光的诞生是一件大事，它使得人类获得了极其理想的、自然界中不存在的光源。下列激光的特性及其应用，正确的是(　　)
A．医学上用激光“焊接”剥落的视网膜，是利用激光的相干性
B．实验室里用激光更容易完成双缝干涉实验和衍射实验，是利用激光纯净度高
C．激光能够比较精确的测量地球到月球的距离，是利用激光的平行度好
D．激光束很容易给坚硬的材料上打孔，是利用激光的亮度高
10．如图为某鱼漂的示意图，当鱼漂静止时，水位恰好在O点。用手将鱼漂往下按，使水位到达M点。松手后，鱼漂会上下运动，水位在MN之间来回移动。不考虑阻力的影响，下列说法正确的是(　　)
A．鱼漂的运动是简谐运动
B．水位在O点时，鱼漂的速度最大
C．水位到达M点时，鱼漂具有向下的加速度
D．鱼漂由上往下运动时，速度越来越大
11．如图所示是水平面上两列频率相同的简谐波在某时刻的叠加情况，图中实线为波峰，虚线为波谷。已知两列波的振幅均为2
cm，波速为2
m/s，波长为8
cm，E点是B、D和A、C连线的交点，下列说法中正确的是(　　)
A．A、C两处两质点是振动减弱的点
B．B、D两处两质点在该时刻的竖直高度差是4
cm
C．E处质点是振动减弱的点
D．经0.02
s，B处质点通过的路程是8
cm
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，已知m1＝3m2，m1由图示位置静止释放，当m1与m2相距最远时，m1速度为v0，则在以后的运动过程中(　　)
A．m1的最小速度是0
B．m1的最小速度是v0
C．m2的最大速度是v0
D．m2的最大速度是2v0
三、非选择题：本题共6小题，共60分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
13．(8分)在“验证动量守恒定律”的实验中：
(1)某同学先采用如图甲所示的装置进行实验。把两个小球用等长的细线悬挂于同一点，让B球静止，拉起A球，由静止释放后使它们相碰，碰后粘在一起。
①实验中必须测量的物理有___________（填选项前的字母）。
A．细线的长度L
B．A球质量mA和B球质量mB
C．释放时A球被拉起的角度θ1
D．碰后摆起的最大角度θ2
E．当地的重力加速度g
②利用上述测量的物理量，验证动量守恒定律的表达式为___________。
(2)某同学又用如图乙所示的装置做验证动量守恒定律的实验，下列说法中符合本实验要求的是___________（填选项前的字母）。
A．斜槽轨道必须是光滑的
B．斜槽轨道末端的切线是水平的
C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置由静止释放
D．入射小球与被碰小球满足m1(3)若该同学在用如图乙所示的装置的实验中，正确操作，认真测量，得出的落点情况如图丙所示，则入射小球质量和被碰小球质量之比为___________。
14．(8分)单摆测定重力加速度的实验中：
(1)实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图甲所示，该摆球的直径d＝________mm。
(2)接着测量了摆线的长度为l0，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图像如图乙所示，写出重力加速度g与l0、d、t0的关系式：g＝________。
(3)某小组改变摆线长度l0，测量了多组数据。在进行数据处理时，甲同学把摆线长l0作为摆长，直接利用公式求出各组重力加速度值再求出平均值；乙同学作出T2－l0图像后求出斜率，然后算出重力加速度。两同学处理数据的方法对结果的影响是：甲________，乙________。（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）
15．(9分)如图所示，轻弹簧的下端系着A、B两球，mA＝100
g，mB＝500
g，系统静止时弹簧伸长x＝15
cm，未超出弹性限度。若剪断A、B间绳，则A在竖直方向做简谐运动，求：（g取10
m/s2）
(1)A的振幅；
(2)A的最大加速度。
16．(10分)如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，实线为t＝0时的波形图，虚线为t＝0.5
s时的波形图。求：
(1)该简谐波的周期；
(2)该简谐波的波速。
17．(10分)如图所示，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，∠A＝90°，∠B＝30°。一束光线平行于底边BC射到AB边上并进入棱镜，然后垂直于AC边射出。
(1)求棱镜的折射率；
(2)保持AB边上的入射点不变，逐渐减小入射角，直到BC边上恰好有光线射出。求此时AB边上入射角的正弦。
18．(15分)如图所示，倾角为θ的光滑斜面体固定在水平面上，并通过一小段弧形轨道平滑地衔接，质量m2＝0.4
kg的小滑块N放在水平面上，距离轨道衔接点x＝2
m，另一质量为m1＝0.1
kg的小滑块M由斜面上距离地面h＝1.2
m高度处无初速释放，经过一段时间两滑块发生无能量损失的碰撞。已知两滑块与接触面的动摩擦因数均为μ＝0.2，滑块经过衔接点处无能量损失，重力加速度g＝10
m/s2。
(1)两滑块最终的距离为多少？
(2)如果使滑块M碰后恰能回到释放点，则滑块M在释放点的初速度为多大？（可用分数或根号表示结果）。
物
理
答
案
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．【答案】C
【解析】位移减小时，加速度也减小，速度增大，所以A错误；加速度，负号表示加速度方向与位移方向总相反，在衡位置过程中是加速运动，位移方向与速度方向相反，所以B错误；物体运动方向指向平衡位置时，速度方向跟位移方向相反；背向平衡位置时，速度方向跟位移方向相同，所以C正确；物体向平衡位置运动时，做加速运动，背离平衡位置时，做减速运动，所以D错误。
2．【答案】D
【解析】飞机振动的原因是气流使机翼的振动周期与机翼的固有周期相互接近发生了共振现象，通过装置一个配重杆的方法改变固有周期，从而避免共振的发生，D对。
3．【答案】A
【解析】声波由空气进入水中，波速变大，频率不变，由波速公式v＝λf得知，声波的波长变长，故A正确，BCD错误。
4．【答案】C
【解析】铁锤、人和车组成的系统水平方向动量守恒，锤子向右抡起的过程中，车向左运动，故A错误；
锤子下落的过程中，有水平向左的速度，根据动量守恒定律，车向右运动，故B错误；锤子抡至最高点时，速度为零，根据动量守恒定律，车速度为0，故C正确；锤子向左敲击车瞬间，根据动量守恒定律，车向右运动，故D错误。
5．【答案】B
【解析】由图知，a光的偏折程度小于b光，所以a光的折射率小于b光的折射率，则a光的波长大于b光的波长，A错误；由v＝知，b光在玻璃砖中传播速度较小，时间较长，B正确，C错误；由sin
C＝知a光的临界角较大，b光的临界角较小，则当光束SA绕圆心O逆时针转动过程中，在光屏P上最早消失的是b光，D错误。
6．【答案】D
【解析】由题意可知，单色光A照射双缝时条纹间距较小，根据Δx＝λ可知单色光A的波长较小，频率较大，选项ABC错误；因单色光B的波长较大，则用单色光A和B在同一单缝衍射的装置上做实验，在缝宽不变的情况下，单色光B更容易发生明显衍射，选项D正确。
7．【答案】B
【解析】叶片直径为d，叶片旋转所形成的圆面积S＝πd2，t秒内流过该圆面积的风柱体积V＝Sv1t＝πd2v1t，风柱的质量m＝ρV，设风柱受到的平均阻力为f，取v1的方向为正方向，根据动量定理有－ft＝mv2－mv1，带入数据解得f≈2.0×105
N，故选B。
8．【答案】C
【解析】由图2可知，t＝0.3
s时，质元Q的位置在正向最大位移处，故其加速度是达到反向最大，故A错误；由图1可知，波长为8
cm，由图2可知，周期为0.4
s，故波速v＝＝20
cm/s，故B错误；由于质元Q在t＝0时的振动方向是向下的，故可以判断出波的传播方向是沿x轴的负方向传播的，故C正确；当t＝0.7
s时，实际上是经过1T，0位置处的质元会运动到负的最大位移处，所以P点的质元会运动到x轴以下正在沿y轴的正方向运动的位置，故D错误。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．【答案】BCD
【解析】医学上用激光“焊接”剥落的视网膜，是利用激光的亮度高，强度大，能量集中的特点，A错误；实验室里用激光更容易完成双缝干涉实验和衍射实验，是利用激光纯净度高，频率单一，相干性好的特点，B正确；激光能够比较精确测量地球到月球的距离，是利用激光的平行度好，C正确；激光束很容易给坚硬的材料上打孔，是利用激光的亮度高，强度大，能量集中的特点，D正确。
10．【答案】AB
【解析】设鱼漂的横截面积为S，O点以下的长度为h，当鱼漂静止时，水位恰好在O点，说明在O点浮力等于重力，即mg＝ρgSh，可取O点所在位置为平衡位置，取竖直向下为正，当鱼漂被下按x时，水位在O点上方x处，此时合力F＝mg－ρgS(h＋x)＝－ρgSx，同理可得水位在O点下方时也满足此式，因为ρ、g、S都是确定量，所以上述关系式满足简谐运动的条件(F＝－kx)，鱼漂做的是简谐运动，A正确；O点是平衡位置，所以O点时鱼漂的速度最大，B正确；水位到达M点时，鱼漂具有向上的加速度，C错误；鱼漂由上往下运动时，可能加速也可能减速，D错误。
11．【答案】AD
【解析】由题图可知，A、C两处两质点是两列波波峰与波谷叠加的地方，是振动减弱的点，故A正确；B、D两点都是振动加强的点，振幅都是4
cm，此时D点处于波峰，B点处于波谷，则B、D两处两质点在该时刻的竖直高度差是8
cm，故B错误；B、D两点都是振动加强的点，根据波的叠加原理，振动加强的与振动减弱的相互间隔，它们的连线上各点振动也加强，所以E处质点是振动加强的点，故C错误；由T＝＝0.04
s，0.02
s为半个周期，则经半个周期B处质点从波谷到达波峰，通过的路程s＝2A＝8
cm，故D正确。
12．【答案】BD
【解析】设m1运动到挡板正上方时速度为v1，并从此刻开始m1与m2相距最远时，m1速度为v0，m2速度也为v0，根据动量守恒得m1v1＝(m1＋m2)v0，解得v1＝v0，从小球m1到达最近位置后继续前进，此后拉到m2前进，m1减速，m2加速，达到共同速度时两者相距最远，此后m1继续减速，m2加速，当两球再次相距最近时，m1达到最小速度，m2达最大速度，根据动量守恒得m1v1＝m1v1′＋m2v2，机械能守恒得m1v12＝m1v1′2＋m2v22，解得v1′＝v0，v2＝2v0，故选BD。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
13．(8分)
【答案】(1)BCD
(2)BC
(3)3∶2
(每空2分)
【解析】(1)A球静止释放到两球碰撞前，根据机械能守恒定律有mAgl(1－cos
θ1)＝mAvA2，两球碰撞后到一起运动到最高点，根据机械能守恒定律有(mA＋mB)gl(1－cos
θ2)＝(mA＋mB)v2，碰撞中的不变量满足mAvA＝
(mA＋mB)v，验证动量守恒定律的表达式为，需测量的物理量为A球的质量mA和B球的质量mB以及释放时A球被拉起的角度θ1，和碰后摆起的最大角度θ2，故选BCD。
(2)“验证动量守恒定律”的实验中是通过平拋运动的基本规律求解碰撞前后的速度，只要小球离开轨道后做平抛运动对斜槽是否光滑没有要求，故A错误；要保证每次小球都做平抛运动则轨道的末端必须水平，故B正确；要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确；为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求m1>m2，r1＝r2，故D错误。
(3)设落地时间为t，则有，，，而动量守恒的表达式为m1v0＝m1v1＋m2v2，即m1OP＝m1OM＋m2ON，代入数据可得m1∶m2＝3∶2。
14．(8分)
【答案】(1)14.15
(2)
(3)偏小，无影响
(每空2分)
【解析】(1)由图甲所示游标卡尺可知，游标尺是20分度的，游标尺的精度是0.05
mm，游标尺主尺示数是14
mm，游标尺示数是3×0.05
mm＝0.15
mm，游标卡尺示数，即摆球的直径为14.15
mm。
(2)单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和，则单摆摆长l＝l0＋d，由图乙所示图象可知，单摆的周期T＝4t0，由单摆周期公式T＝2π可知，重力加速度。
(3)由单摆周期公可得重力加速度，摆长l应该是摆线长度l0与摆球半径d之和，甲同学把摆线长l0作为摆长，摆长小于实际摆长，则重力加速度的测量值小于真实值；对于乙同学，若摆长为摆线长l0，则，其中，由此可见，T2与l0成正比，k是比例常数，在T2－l0图像取两组坐标(x1，y1)和(x2，y2)，可以得到斜率，可知由于单摆摆长偏大还是偏小不影响图象的斜率k，因此摆长偏小不影响重力加速度的测量值。
15．(9分)
【解析】(1)挂两个物体时，有：(mA＋mB)g＝kx
(1分)
只挂A时，有：mAg＝kx1
(1分)
解得：k＝40
N/cm，x1＝2.5
cm
(1分)
则振幅A＝x－x1＝12.5
cm。
(2分)
(2)剪断细绳瞬间，A受最大弹力，合力最大，加速度最大
(mA＋mB)g－mAg＝mAamax
(2分)
解得amax＝50
m/s2
(2分)
[或kA＝mAamax，得amax＝50
m/s2。
(4分)]
16．(10分)
【解析】(1)若波向右传播，则波的传播距离Δx＝(n＋)λ
(1分)
故时间间隔Δt＝0.5
s＝(n＋)T
(1分)
可得s，(n＝0,1,2…)
(2分)
若波向左传播，则波的传播距离Δx＝(n＋)λ
故时间间隔Δt＝0.5
s＝(n＋)T
可得s，(n＝0,1,2…)。
(2分)
(2)由图可得波长λ＝4
m，由波速v＝可得：
若波向右传播，可得波速为：v＝2(4n＋3)
m/s，(n＝0,1,2…)
(2分)
若波向左传播，可得波速为：v＝2(4n＋1)
m/s，(n＝0,1,2…)。
(2分)
17．(10分)
【解析】(1)光路图及相关量如图所示，光束在AB边上折射，由几何关系可知
i＝60°，α＝β＝β′＝30°
(2分)
由折射定律得：。
(2分)
(2)设改变后的入射角为i′，折射角为α′，由折射定律得：
(1分)
依题意，光束在BC边上的入射角为全反射的临界角θc，且
(1分)
由几何关系得θc＝α′＋30°
(2分)
联立得入射角的正弦为sin
i′＝。
(2分)
18．(15分)
【解析】(1)假设两滑块碰前，滑块M的速度为v0，从滑块释放到两滑块碰撞的过程，由动能定理得：
m1gh－μm1gx＝m1v02
(1分)
代入数据解得：v0＝4
m/s
滑块M和滑块N碰撞的过程动量守恒、机械能守恒，则有：
m1v0＝m1v1＋m2v2
(1分)
m1v02＝m1v12＋m2v22
(1分)
解得v1＝－2.4
m/s，v2＝1.6
m/s
(2分)
碰后滑块M反弹、滑块N向右做匀减速运动，假设碰后滑块M向左运动的距离为x′时速度减为零，则由动能定理得：－μm1gx′＝－m1v12
(1分)
解得x′＝1.44
m
(1分)
即滑块M不能返回到斜面体上
碰后滑块N向右做减速运动，则由动能定理得：－μm1gx′′＝－m1v22
(1分)
解得：x′′＝0.64
m
(1分)
最终两滑块之间的距离s＝x′＋x′′＝2.08
m。
(1分)
(2)假设滑块M的初速度为v时，两滑块碰后，滑块M能返回到释放点，对滑块M，由动能定理得：
m1gh－μm1gx＝m1v0′2－m1v2
(1分)
两滑块碰撞的过程，有：
m1v0′＝m1v1′＋m2v2′
(1分)
m1v0′2＝m1v1′2＋m2v2′2
(1分)
对于碰后的滑块M，则由动能定理得：－m1gh－μm1gx＝－m1v1′2
(1分)
联立解得：m/s。
(1分)

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