1、瑞安中学2013学年第二学期高二期中考试物理试卷一、选择题（本题10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）1下列机械振动与机械波的说法中正确的是（ ）A作受迫振动的物体的频率由它的固有频率来决定B产生多普勒效应的原因是波源频率发生了变化C干涉和衍射是波所特有的现象D在干涉图样中的振动加强线上各质点的振动位移总是最大【答案】CA、振动物体有固有频率，受迫振动的物体频率是等于驱动力的频率，当其频率接近物体的固有频率时，出现共振现象，故A错误；B、当声源与观察者的间距发生变化时，出现多普勒效应的现象，原因是接收的频率发生变化，故B错误；C、干涉与衍射及多普勒
2、效应均属于波特有的现象，故C正确；D、在干涉图样中的振动加强线上各质点的振动位移，可能是平衡位置相遇，也可能是波峰相遇点，也可能波谷相遇点，所以位移有大有小，故D错误。故选C。【考点】波的干涉和衍射现象；自由振动和受迫振动；多普勒效应2.下面关于光现象以及原理的叙述中正确的是（ ）A雨后天空出现彩虹，是光的干涉现象B照相机镜头上的增透膜，是光的偏振的应用C用光导纤维传播信号，是利用了光的折射原理D通过两枝铅笔的狭缝所看到的远处日光灯的彩色条纹，是光的衍射现象【答案】DA、雨后天空出现彩虹，是光的折射现象，故A错误；B、照相机镜头上的增透膜，是光的干涉现象的应用，故B错误；C、用光导纤维传播信号
3、，是利用了光的全反射，故C错误；D、当狭缝的宽度与波长相差不多时产生明显的衍射现象，故D正确故选D。【考点】光的干涉；光的折射定律；光的衍射；光的偏振3. 若物体做简谐运动，则下列说法中正确的是 ()A若位移为负值，则速度一定为正值，加速度也一定为正值B物体通过平衡位置时，所受合力为零，回复力为零，处于平衡状态C物体每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同D物体的位移增大时，动能增加，势能减少【答案】CA、物体做简谐运动，过同一位置时速度大小相等，方向可能不同，故位移为负值，速度不一定为负值；加速度，故位移为负值，加速度为正值；故A错误；B、物体通过平衡位置时所受回复力为零，合外
4、力不一定为零，如单摆做简谐运动经过平衡位置时，合外力不为零，故B错误；C、物体做简谐运动，过同一位置时位移一定，加速度也一定；但速度大小相等，方向可能不同，故速度不一定相同；故C正确；D、物体的位移增大时，位移增加，势能增加，动能减少，故D错误。故选C。【考点】简谐运动的振幅、周期和频率4.如图所示，一束复色光斜射到置于空气中的厚平板玻璃(上、下表面平行)的上表面，穿过玻璃后从下表面射出，变为a、b两束平行单色光关于这两束单色光，下列说法中正确的是()A此玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率B在此玻璃中a光的全反射临界角小于b光的全反射临界角C在此玻璃中a光的传播速度大于b光的传播速度D用同一
5、双缝干涉装置进行实验可看到a光的干涉条纹间距比b光的宽【答案】BA、由图看出，光线通过平板玻璃后，a光的侧移大于b光的侧移，说明玻璃对a光的折射率大于b光的折射率，故A错误；B、由知，折射率越大，临界角越小，所以在此玻璃中a光的全反射临界角小于b光的全反射临界角，故B正确；C、由分析得知，折射率越大，光在玻璃中传播速度越小，则在此玻璃中a光的传播速度小于b光的传播速度，故C错误；D、玻璃对a光的折射率大于b光的折射率，则a光的波长小于b光的波长，用同一双缝干涉装置做干涉实验时，干涉条纹间距与波长成正比，则a光的干涉条纹间距比b光的窄，故D错误。故选B。【考点】光的折射定律；光的干涉5如图所示，
6、曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把曲轴可带动弹簧振子上下振动。开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2Hz。现匀速转动摇把，转速为240r/min。则（ ）A当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5sB当振子稳定振动时，它的振动周期是0.25sC当摇把转速为240 r/min时，弹簧振子的振幅最大，若减小摇把转速，弹簧振子的振幅一定减小D若摇把转速从240 r/min进一步增大，弹簧振子的振幅也增大【答案】B摇把的转速为，它的周期；转动摇把时，弹簧振子做受迫振动；AB、振子做受迫振动，振动周期等于驱动力的周期，当振子稳定振动时，它的振动周期是0.25s，故A错误B正确；C、弹簧振子的固有周期
7、，当驱动力周期是0.5s时，提供驱动力的摇把转速为，振子发生共振，振幅最大，故C错误；D、摇把转动的周期与弹簧振子固有周期相差越小，振子的振幅越大，并不是转速越大，弹簧振子的振幅就越大，故D错误。故选B。【考点】受迫振动；共振现象6如图所示是某弹簧振子的振动图象，由图可知（ ）A振子的振幅为10cmB振子的周期为16sC第12s末振子的速度为负值，加速度为零D第16s末振子的加速度最大，速度为零【答案】BA、振幅是位移的最大值的大小，故振幅为5cm，故A错误；B、周期是完成一次全振动的时间，故周期为16s，故B正确；C、第12s末振子的位移为负的最大，故速度为零，没有方向，加速度最大，故C错误
8、；D、第16s末振子的位移为零，振子经过平衡位置，故速度最大，加速度最小，故D错误。故选B。【考点】简谐运动的振动图象7如图所示是一列简谐横波在某一时刻的波形，则在该时刻（ ） A经一个周期，质点从A点到达E点 BB点的振幅最大，C点的振幅是0 C如果质点B在0.35s内通过的路程为14cm，则波速为20m/s D此时B、D两点间的距离为/2，即2【答案】CA、简谐波向前传播过程中介质中质点并不向前移动，所以A点只自己的平衡位置附近做简谐运动，不会移动到E点，故A错误；B、简谐波传播过程中各振动质点的振幅都相同，则B、C两点的振幅相等，都是2cm，故B错误；C、由图可知，B点的振幅为A=2cm
9、，质点B在0.35s内通过的路程为14cm=7A，则B点正好经过7个，则有，得周期T=0.2s，则波速为，故C正确；D、由图看出B、C两点平衡位置间的距离为2m，而B、D两点间的距离大于2m，故D错误。故选C。【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系8图5-1为一列简谐波在t=1s时的波形图，图5-2是这列波中P点（x=200cm处）的振动图象，那么该波的传播速度和传播方向是（ ）A.v=25 cm/s，向左传播 B.v=50 cm/s，向左传播C.v=25 cm/s，向右传播 D.v=50 cm/s，向右传播【答案】B由1图波动图象读出波长=100cm，由乙图振动图象读出周期T=2s，则波
10、速；由2图：P点t=20s的速度方向与t=2s时速度方向相同，即沿y轴正方向，根据1图波动图象判断可知波向左传播。故选B。【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象9光从空气进入某介质，当入射角是53时，折射角为37；则当入射角为0时的折射角和介质的折射率分别是（sin37=0.6，sin53=0.8）A0和1.33 B0和1 C0和0 D90和0.75【答案】A根据折射定律得：，当入射角为0时，则折射角为0。故选A。【考点】光的折射定律10如图所示，绝缘线长L，一可视为质点的摆球带正电并用该线悬于O点摆动，当摆球过竖直线OC时，便进入或离开一个匀强磁场，磁场方向垂直摆动平面.摆球沿ACB圆弧
11、来回摆动且摆角小于5，下列说法中正确的是（ ）AA、B不处于同一水平线上B球在A、B点时线的拉力大小不等C单摆的周期T=D单摆向左或向右运动经过D点时线的拉力大小相等【答案】CA、带电小球在磁场中运动过程中洛伦兹力不做功，整个过程中小球的机械能都守恒，所以A、B处于同一水平线上，故A错误；B、球在A、B点时速度均为零，向心力均为零，细线的拉力大小都等于重力沿细线方向的分力，所以拉力大小相等，故B错误；C、由于洛伦兹力不做功，不改变小球的动能，所以单摆的周期与没有磁场时相同，即有，故C正确；D、根据小球的机械能守恒可知，小球向左和向右经过D点时速率相等，则向心力相同，但由于洛伦兹力方向相反，所以
12、单摆向左或向右运动经过D点时线的拉力大小不等，故D错误。故选C。【考点】法拉第电磁感应定律；简谐运动二、不定项选择题（本题5小题，每小题4分，共20分，每小题有一个或多个选项正确，全部选对得4分，只选出部分正确选项得2分）11. 如图所示，有一束平行于等边三棱镜截面ABC的单色光从空气射向E点，并偏折到F点。已知入射方向与边AB的夹角为=300，E、F分别为边BC的中点，则A该棱镜的折射率为B光在F点发生全反射C光从空气进入棱镜，波长变小D从F点出射的光束与入射到E点的光束平行【答案】ACA、由几何知识得：光线在AB面上入射角为i=60，折射角为r=30，则折射率为，故A正确；BD、光线在F点
13、的入射角与AB面上的折射角相等，根据光路可逆性原理，得知光在F点不可能发生全反射，而且从F点出射的光束与BC的夹角为，所以从F点出射的光束与入射到E点的光束不平行，故BD错误；C、光从空气进入棱镜，频率不变，波速变小，由公式得知，波长变小，故C正确。故选AC。【考点】光的折射定律；全反射12.某同学在“用双缝干涉测光的波长”实验中，利用绿光做光源在光屏上得到如图所示的干涉条纹，下列与此实验相关的判断正确的是（ ）A若改用白光做光源，将得到黑白相间的条纹B若改用红光做光源，亮条纹间距将变宽C若想增大亮条纹间距，可以采取增大双缝到屏的距离D若增大双缝间距，亮条纹间距将变宽 【答案】BCA、改用白光
14、做光源，得到彩色的干涉条纹，故A错误；B、改用红光做光源，则波长变大，根据双缝干涉条纹的间距公式知，亮条纹间距变宽，故B正确；C、若想增大亮条纹间距，根据双缝干涉条纹的间距公式知，可以采取增大双缝到屏的距离，故C正确；D、根据双缝干涉条纹的间距公式知，增大双缝间距，则亮条纹间距变窄，故D错误。故选BC。【考点】用双缝干涉测光的波长13. 如图a为xy平面内沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形图象，图b为x=0处质点的振动图象，由图象可知，下列说法中正确的是( )At=0时，质点p沿y轴正方向加速运动Bt=0到t=2s内，质点P通过的路程一定是8cmCt=2s时，质点Q运动到x=0.2m处Dt
15、=3s时，质点Q的速度为零【答案】BDA、根据图b得到质点O在t=0时刻向+y方向运动，故图a中波形向-x方向运动；故质点P沿y轴负方向加速运动，故A错误；B、由图b得到周期为4s，故在t=0到t=2s内（半个周期），质点P通过的路程一定是2倍的振幅，为8cm，故B正确；C、质点在平衡位置附近做简谐运动，并不会随波迁移；时，质点Q完成半个全振动，回到平衡位置0.4m处；故C错误；D、时，质点Q运动到负的最大位移处，速度为零，故D正确。故选BD。【考点】横波的图象；位移与路程；波长、频率和波速的关系14. 某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为xAsin t，则质点()A第1 s末与第3
16、s末的位移相同 B第1 s末与第3 s末的速度相同C3 s末至5 s末的位移方向都相同 D3 s末至5 s末的速度方向都相同【答案】ADA、由关系式可知，将t=1s和t=3s代入关系式中求得两时刻位移相同，故A正确；B、画出对应的位移-时间图象，由图象可以看出，第1s末和第3s末的速度方向不同，故B错误；C、由图象可知，3s末至5s末的位移大小相同，方向相反，故C错误；D、由图象可知，3s末至5s末的而速度是大小相同，方向也相同，故D正确。故选AD。【考点】简谐运动的振幅、周期和频率15. 一波源振动周期为T，波源开始振动两个周期的波形如图所示，此时质点P的振动方向向上，下列说法中正确的是（
17、）A波源刚开始振动时速度方向向上BP点刚开始振动时速度方向向下C此波的传播方向向左 DP点已振动了0.5T【答案】BCDABC、由题此时质点P的振动方向向上，波形向左平移，则该波向左传播，所以N点为波源，此时M点的振动方向向下，则波源刚开始振动时速度方向向下，各个质点刚开始振动时速度方向也向下，故A错误BC正确；D、波向左传播，而波在一个周期内传播的距离是一个波长，则知P点已振动了0.5T，故D正确。故选BCD。【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系三、实验题（本题2小题，每空2分，共8分）16. 如图所示，半圆形玻璃砖按图中实线位置放置，直边与BD重合。一束激光沿着半圆形玻璃砖的半径从圆
18、弧面垂直BD射到圆心O点上。使玻璃砖绕O点逆时针缓慢地转过角度（90），观察到折射光斑和反射光斑在弧形屏上移动。（1）在玻璃砖转动过程中，以下说法正确的是 ； A折射光斑在弧形屏上沿CFB方向移动B折射光斑的亮度逐渐变暗C折射角一定小于反射角D反射光线转过的角度为（2）当玻璃砖转至45时，恰好看不到折射光线。则此玻璃砖的折射率n= 。【答案】AB （1）A、由于折射光线与入射光线旋转方向相同，则折射光斑在弧形屏上沿CFB方向移动，故A正确；B、随着入射角增大，反射光增强，而折射光减弱，故折射光斑的亮度逐渐变暗，故B正确；C、根据折射定律可知，折射角一定大于入射角，而反射角等于入射角，则折射角一
19、定大于反射角，故C错误；D、根据反射定律和几何知识得知，入射光线转过角，则反射光线转过2，故D错误；故选AB（2）当玻璃砖转至=45时，恰好看不到折射光线，发生全反射，则得临界角C=45，由临界角公式解得折射率。【考点】测定玻璃的折射率17.（1）某学生利用单摆做测定重力加速度的实验，其具体操作如下：A在铁架台上固定一个夹子，把单摆的摆线夹在夹子上B用刻度尺和游标卡尺测出摆长lC将摆球向一侧偏离30后由静止释放摆球D在释放摆球的同时开始计时E记下摆球完成n次(大于30次)全振动的时间tF把所得数据代入公式该学生的上述操作中，错误的是_(只填字母代号)(2)该学生利用游标卡尺测摆球直径如图所示，
20、摆球直径D为 cm【答案】（1）CD； （2）2.03（1）A、在铁架台上固定一个夹子，把单摆的摆线夹在夹子上，符合实验要求，故A正确；B、摆线长度与摆球半径之和是摆长，测出细线的长度用刻度尺，小球直径用游标卡尺，摆长等于二者之和，故B正确；C、单摆的最大摆角应小于5，小铁球离开其平衡位置约30cm的距离，将其静止释放，摆角太大，故C错误；D、待小铁球摆动稳定后，当小铁球经过平衡位置时按下秒表开始计时，故D错误；E、记下摆球完成n次（大于30次）全振动的时间t，符合实验要求，故E正确；F、根据和得，故F正确；故选CD。（2）直径：主尺：2.0cm，游标尺对齐格数：3个格，读数：30.1=0.3
21、mm=0.03cm，所以直径为：2.0+0.03=2.03cm。【考点】用单摆测定重力加速度四、计算题（共4小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤）18（8分）如图，一透明球体置于空气中，球半径R=10cm，折射率.MN是一条通过球心的直线，MN与球交于P、Q两点.单色细光束AB平行于MN射向球体，B为入射点，光线恰从Q点射出.(1)补全光线AB的折射光路，并在图上标出入射线AB的入射角i和折射角r(2)求出射光线QD与MN所成的角【答案】如图 （1）作好法线，连接BQ，即为折射光线，标好入射角，标好折射角，作出光路图如图；（2）根据光路图有折射定律由几何关系知：解得：
22、 在Q点由折射定律解得。【考点】光的折射定律19.（9分） 如图甲所示，在xOy平面内某介质中有一列波源位于O点沿x 轴正方向传播的简谐横波，在t=0时，P点（x=20cm处）位于波峰，t=1s时，P点位于平衡位置，且速度方向沿y轴负方向，Q点（x=80cm处）位于平衡位置下方的最大位移处。已知此波的振幅，波长，周期求：（1）画出时，PQ之间的波形图（把图画在答题卷的相应位置）（2）该波在介质中的波速 （3）在图乙中画出波源O点的振动图像（把图画在答题卷的相应位置）【答案】如图1所示 如图2所示（1）由题意，根据质点P的振动情况有：，n=0，1，2，因为周期T1s，则n取0，所以周期为T=4s
23、；根据PQ间的状态可知：，n=0，1，2，因为波长60cm，则n应取0，所以波长=80cm则t=1s时，PQ之间的波形图如图1所示；（2）该波在介质中的波速为；（3）PO间的距离，t=0时刻P点（x=20cm处）位于波峰，则O点在平衡位置，速度方向向下，故O点的振动图象如图2所示。【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系20（12分）如图所示，xOy平面内半径为R的圆O与y轴相切于原点O。在该圆形区域内，有与y轴平行的匀强电场和垂直于圆面的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的粒子（不计重力）从O点沿x轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经T0时间从P点射出。（1）若仅撤去磁场，
24、带电粒子仍从O点以相同的速度射入，经时间恰从圆形区域的边界射出。求电场强度的大小和粒子离开电场时速度的大小；（2）若仅撤去电场，带电粒子仍从O点射入，且速度为原来的2倍，求粒子在磁场中运动的时间。【答案】 （1）设电场强度为E，磁感强度为B；初速度为v同时存在电场和磁场时，带电粒子做匀速直线运动有：解得：撤去磁场，只存在电场时，粒子做类平抛运动，有：、由以上式子可知x=y=R，粒子从图中的M点离开电场；解得：又：、则粒子离开电场时的速度为：（2）同时存在电场和磁场时，带电粒子做匀速直线运动有：只存在磁场时，粒子做匀速圆周运动，设半径为r，有求得r=R，可知粒子在磁场中运动圆周，所以，粒子在磁场
25、中运动的时间为：或解得：。【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动21. （13分）如图所示，间距的足够长的光滑平行金属导轨与水平面成角放置，导轨电阻不计，导轨上端连有的电阻，磁感应强度为的匀强磁场垂直导轨平面向上，时刻有一质量，电阻的金属棒，以的初速度从导轨上某一位置开始沿导轨向上滑行，金属棒垂直导轨且与导轨接触良好，与此同时对金属棒施加一个沿斜面向上且垂直于金属棒的外力，使金属棒做加速度大小为的匀减速直线运动，则：（1）时，外力的大小？（2）若已知金属棒运动从开始运动到最高点的过程中，电阻上产生的热量为，求此过程中外力做的功？（3）到最高点后，撤去外力，经过足够长时间后，最终电阻上消耗的热功率是
26、多少？【答案】 （1）金属棒匀加速上升，根据速度时间关系公式，有：对金属棒受力分析，如图所示：根据平衡条件，有：其中：、解得：；（2）根据速度位移关系公式，到最高点的位移：由动能定理，得：其中：解得：；（3）如图所示，最后稳定时导体棒的速度满足：电功率等于克服安培力做功的功率，故：根据功率分配关系，有：。【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率瑞安中学2013学年第二学期高二期中考试物理试卷参考答案一、选择题（本题10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）1C 2. D 3. C 4. B 5B 6B 7C 8B 9A 10C二、不定项选择题
27、（本题5小题，每小题4分，共20分，每小题有一个或多个选项正确，全部选对得4分，只选出部分正确选项得2分）11. AC 12.BC 13. BD 14. AD 15.BCD三、实验题（本题2小题，每空2分，共8分）16. AB 17.（1）CD； （2）2.03四、计算题（共4小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤）18（8分）（1）作好法线，连接BQ，即为折射光线，标好入射角，标好折射角，作出光路图如图；（2）根据光路图有折射定律由几何关系知：解得： 在Q点由折射定律解得。19.（9分）（1）由题意，根据质点P的振动情况有：，n=0，1，2，因为周期T1s，则n取0，
28、所以周期为T=4s；根据PQ间的状态可知：，n=0，1，2，因为波长60cm，则n应取0，所以波长=80cm则t=1s时，PQ之间的波形图如图1所示；（2）该波在介质中的波速为；（3）PO间的距离，t=0时刻P点（x=20cm处）位于波峰，则O点在平衡位置，速度方向向下，故O点的振动图象如图2所示。20（12分）（1）设电场强度为E，磁感强度为B；初速度为v同时存在电场和磁场时，带电粒子做匀速直线运动有：解得：撤去磁场，只存在电场时，粒子做类平抛运动，有：、由以上式子可知x=y=R，粒子从图中的M点离开电场；解得：又：、则粒子离开电场时的速度为：（2）同时存在电场和磁场时，带电粒子做匀速直线运动有：只存在磁场时，粒子做匀速圆周运动，设半径为r，有求得r=R，可知粒子在磁场中运动圆周，所以，粒子在磁场中运动的时间为：或解得：。21. （13分）（1）金属棒匀加速上升，根据速度时间关系公式，有：对金属棒受力分析，如图所示：根据平衡条件，有：其中：、解得：；（2）根据速度位移关系公式，到最高点的位移：由动能定理，得：其中：解得：；（3）如图所示，最后稳定时导体棒的速度满足：电功率等于克服安培力做功的功率，故：根据功率分配关系，有：。