河北省石家庄二中2019-2020 学年度高二第二学期期中考试物理试卷答案
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期中模拟参考答案
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C
C
B
C
B
B
C
B
BC
BC
BD
BCD
13. 答案： 4π2LB－LA 相同 T2B－T2A
14. 答案：(1)0.75 (2)0.15 (3)2k
15. 【解析】 (1)（4 分）由简谐运动的表达式 x＝0.2sin 5πt (m)可知
ω＝5π rad/s＝2π， T
从减速到栏杆打开的总时间；在人工收费通道匀减速时间和缴费时间之和，即为从减速到栏杆打开的总时
间，即可求出总时间；当乙车从收费通道中心线出发加速到 为从减速到，与甲车达到共同速度，此时两车
相距最远；
【详解】
为ʹ减速 为从减速到， 从
ʹ减速
减速到，
（1）两车减速运动的加速度大小为
为
为t 为
为从为
为 t从
3＝sin 60 sin r
解得
r=30°
显然光从 AB 射入棱镜后的折射光线 NP 平行于 AC，如图所示：
光在 BC 面上的入射角为
设临界角为 C，则由 sin C＝ 1 得 n
θ=45°
sin C＝ 3 ＜ 2 32
可知 C＜45°，故光在 BC 面上发生全反射。 根据几何知识和光的反射定律可知，光将垂直于底面 AC，沿 PQ 方向射出棱镜。 (2)光在棱镜中传播的速率
从 为
为䁑 减速到为，
甲车减速到 从，所用时间为
从
为从 为䁑
到
到，
走过的距离为
从
为从
减，
为
为
甲车从匀速运动到栏杆打开所用时间为 为 t 为
从
从 为
到
为
甲车从减速到栏杆打开的总时间为 甲
为
到
乙车减速行驶到收费岛中心线的时间为
为从 到 到
为䁑
从减速到打开栏杆的通道打开栏杆放行的时间差
乙 甲 为 为 到；
（2）乙车从收费岛中心线开始出发又经
到 加速到 为从减速到，与甲车达到共同速度，此时两车相距
最远。这个过程乙车行驶的距离与之前乙车减速行驶的距离相等 乙
为
从
从 为
从减,
从收费岛中心线开始，甲车先从 从 减速到 加速至
t
为从 （ 为
故两车相距的最远距离为
甲乙
） 从
为从减速到，这个时间为
kx1 2mg sin 2mg cos
故
1、3
之间的距离为： L13
2L
3mg sin
3mg cos k
=10.6m
17. 【解析】(1)光将垂直于底面 AC，沿 PQ 方向射出棱镜；(2) 11 10 10s 4
(1)设此束光从 AB 面射入棱镜后的折射角为 r，由折射定律 n＝ sin i 得 sin r
B 在波峰的时刻为 t＝t1＋t2＝(0.9＋0.4n) s(n＝0,1,2…)
16.
答案：（1）
x=2L+
3mg k
（2）
L13
2L
3mg
sin
3mg k
cos
【解析】（1）（4 分）如图甲所示，当三木块达到平衡状态后，对木块 3 进行受力分析，可知 2 和 3 间弹簧
的弹力等于木块 3 所受的滑动摩擦力， m g=kx3
减 减．
到，然后匀速行驶 甲
其中： f123 3mg cos
解得：T 3mg sin 3mg cos =114N
对木块 3 受力分析，设 2、3 之间的弹簧的形变量为 x1 ，由胡克定律结合平衡条件可得： kx1 mg sin mg cos
将 2,3 作为一个整体，设 1,2 之间的形变量为 x2 ，，由胡克定律结合平衡条件可得：
解得 T＝0.4 s，由题图可知λ＝2OA＝2 m，则波传播的速度大小为 v＝λ＝ 2 m/s＝5 m/s. T 0.4
(2)（4 分）由于 AB 之间的距离为(5－1)m＝4 m＝2λ，
nT＋1T
该波传到 B 点用时 t1＝2T＝0.8 s，则从 B 开始振动到处于波峰位置需要用时 t2＝
4 (n＝0,1,2…)，故
v＝ c n
图中
NP＝ 1 2
AC＝ 1 2
(AB cos 60
ABsin tan 4
60 5
)＝1
4
3
AB
PQ＝AN sin 60＝ 1 AB sin 60＝ 3 AB
2
4
所以此束光在棱镜中传播的时间
t＝ NP PQ v
解得
t＝ (1 2 3) AB n 11 1010s
4c
4
18. 根据匀变速直线运动的基本公式求出 ETC 通道匀减速时间和位移，再求出匀速时间，即为即为甲甲车
解得
2
和
3
间弹簧伸长量为
x3 =
m k
g
同理以 2 木块为研究对象得 kx2 =kx3 +m g
即
1
和
2
间弹簧的伸长量为
x2
=
2mg k
1、3 两木块之间的距离等于弹簧的原长加上伸长量，即 x=2L+ 3mg =3m k
（2）（6 分）以木块 1、2、3 为系统，由平衡条件可得：
T f123 3mg sin
1
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13. 答案： 4π2LB－LA 相同 T2B－T2A
14. 答案：(1)0.75 (2)0.15 (3)2k
15. 【解析】 (1)（4 分）由简谐运动的表达式 x＝0.2sin 5πt (m)可知
ω＝5π rad/s＝2π， T
从减速到栏杆打开的总时间；在人工收费通道匀减速时间和缴费时间之和，即为从减速到栏杆打开的总时
间，即可求出总时间；当乙车从收费通道中心线出发加速到 为从减速到，与甲车达到共同速度，此时两车
相距最远；
【详解】
为ʹ减速 为从减速到， 从
ʹ减速
减速到，
（1）两车减速运动的加速度大小为
为
为t 为
为从为
为 t从
3＝sin 60 sin r
解得
r=30°
显然光从 AB 射入棱镜后的折射光线 NP 平行于 AC，如图所示：
光在 BC 面上的入射角为
设临界角为 C，则由 sin C＝ 1 得 n
θ=45°
sin C＝ 3 ＜ 2 32
可知 C＜45°，故光在 BC 面上发生全反射。 根据几何知识和光的反射定律可知，光将垂直于底面 AC，沿 PQ 方向射出棱镜。 (2)光在棱镜中传播的速率
从 为
为䁑 减速到为，
甲车减速到 从，所用时间为
从
为从 为䁑
到
到，
走过的距离为
从
为从
减，
为
为
甲车从匀速运动到栏杆打开所用时间为 为 t 为
从
从 为
到
为
甲车从减速到栏杆打开的总时间为 甲
为
到
乙车减速行驶到收费岛中心线的时间为
为从 到 到
为䁑
从减速到打开栏杆的通道打开栏杆放行的时间差
乙 甲 为 为 到；
（2）乙车从收费岛中心线开始出发又经
到 加速到 为从减速到，与甲车达到共同速度，此时两车相距
最远。这个过程乙车行驶的距离与之前乙车减速行驶的距离相等 乙
为
从
从 为
从减,
从收费岛中心线开始，甲车先从 从 减速到 加速至
t
为从 （ 为
故两车相距的最远距离为
甲乙
） 从
为从减速到，这个时间为
kx1 2mg sin 2mg cos
故
1、3
之间的距离为： L13
2L
3mg sin
3mg cos k
=10.6m
17. 【解析】(1)光将垂直于底面 AC，沿 PQ 方向射出棱镜；(2) 11 10 10s 4
(1)设此束光从 AB 面射入棱镜后的折射角为 r，由折射定律 n＝ sin i 得 sin r
B 在波峰的时刻为 t＝t1＋t2＝(0.9＋0.4n) s(n＝0,1,2…)
16.
答案：（1）
x=2L+
3mg k
（2）
L13
2L
3mg
sin
3mg k
cos
【解析】（1）（4 分）如图甲所示，当三木块达到平衡状态后，对木块 3 进行受力分析，可知 2 和 3 间弹簧
的弹力等于木块 3 所受的滑动摩擦力， m g=kx3
减 减．
到，然后匀速行驶 甲
其中： f123 3mg cos
解得：T 3mg sin 3mg cos =114N
对木块 3 受力分析，设 2、3 之间的弹簧的形变量为 x1 ，由胡克定律结合平衡条件可得： kx1 mg sin mg cos
将 2,3 作为一个整体，设 1,2 之间的形变量为 x2 ，，由胡克定律结合平衡条件可得：
解得 T＝0.4 s，由题图可知λ＝2OA＝2 m，则波传播的速度大小为 v＝λ＝ 2 m/s＝5 m/s. T 0.4
(2)（4 分）由于 AB 之间的距离为(5－1)m＝4 m＝2λ，
nT＋1T
该波传到 B 点用时 t1＝2T＝0.8 s，则从 B 开始振动到处于波峰位置需要用时 t2＝
4 (n＝0,1,2…)，故
v＝ c n
图中
NP＝ 1 2
AC＝ 1 2
(AB cos 60
ABsin tan 4
60 5
)＝1
4
3
AB
PQ＝AN sin 60＝ 1 AB sin 60＝ 3 AB
2
4
所以此束光在棱镜中传播的时间
t＝ NP PQ v
解得
t＝ (1 2 3) AB n 11 1010s
4c
4
18. 根据匀变速直线运动的基本公式求出 ETC 通道匀减速时间和位移，再求出匀速时间，即为即为甲甲车
解得
2
和
3
间弹簧伸长量为
x3 =
m k
g
同理以 2 木块为研究对象得 kx2 =kx3 +m g
即
1
和
2
间弹簧的伸长量为
x2
=
2mg k
1、3 两木块之间的距离等于弹簧的原长加上伸长量，即 x=2L+ 3mg =3m k
（2）（6 分）以木块 1、2、3 为系统，由平衡条件可得：
T f123 3mg sin