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- 2021-04-17 发布
吉林省扶余市第一中学2017--2018学年高二下学期期中考试物理试题
一、选择题：
1. 一弹簧振子在一条直线上做简谐运动，第一次先后经过M、N两点时速度v（v≠0）相同，那么，下列说法正确的是（ ）
A. 振子在M、N两点受回复力相同
B. 振子在M、N两点对平衡位置的位移相同
C. 振子在M、N两点加速度大小相等
D. 从M点到N点，振子先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动
【答案】CD
【解析】建立弹簧振子模型如图所示
A、B、弹簧振子做简谐运动，先后经过M、N两点时速度v（v≠0）相同，根据对称性可知M、N两点关于平衡位置对称，两点相对于平衡位置的位移大小相等、方向相反，根据F=-kx可知，回复力大小相等、方向相反，故A、 B错误；
C项：M、N两点相对于平衡位置的位移大小相等，根据分析可知加速度大小相等，故C正确；
D项：从M点到N点，回复力先减小后增大，振子的加速度先减小后增大，所以振子先做变加速运动，后做变减速运动，故D正确。
点晴：简谐运动过程中，振子的位移、速度、加速度等物理量相对于平衡位置具有对称性，对于这些物理量的大小和方向的变化一定要熟知。
2. 如图所示，用质量不计的弹簧把质量为3m的木板A与质量为m的木板B连接组成如图所示的装置，B板置于水平地面上，现用一竖直向下的力F向下压木板A，撤消F后，B板恰好被提离地面，由此可知力F的大小是（ ）
A. 7mg B. 4mg
C. 3mg D. 2mg
【答案】B
【解析】撤销F后，A板做简谐运动
在最高点，B恰好被提离地面，弹簧伸长，拉力等于物体B的重力mg，即F弹=mg
弹簧对A、B的拉力相等，故对物体A的拉力也等于mg
最高点物体A的回复力：F回=3mg+F弹=3mg+mg=4mg
根据对称性可知：物体A压缩到最低点释放瞬间的回复力也为4mg，此时：F回=FN-3mg=4mg，
故FN=7mg
没有撤去推力F时，物体A受重力、支持力和推力，根据三力平衡条件，有：
F+3mg=FN
故F=FN-3mg=4mg
点晴：本题关键是明确简谐运动的回复力F=-kx，物体A受到的重力和弹簧弹力的合力提供回复力，知道最高点和最低点回复力大小相等。
3. 在飞机的发展史中有一个阶段，飞机上天后不久，飞机的机翼很快就抖动起来，而且越抖越厉害，后来人们经过了艰苦的探索，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主要目的是（ ）
A. 改变机翼的固有频率
B. 防止共振现象的产生
C. 使机翼更加牢固
D. 加大飞机的惯性
【答案】AB
点晴：解决本题的关键知道共振的条件；当驱动力的频率接物体的固有频率，会发生共振．以及解决共振的方法，使驱动力的频率远离固有频率。
4. 如图所示，一简谐横波在x轴上传播，轴上a、b两点相距12 m.t=0时a点为波峰，b点为波谷；t=0.5 s时，a点为波谷，b点为波峰，则下列判断中正确的是（ ）
A. 波一定沿x轴正方向传播
B. 波长可能是8 米
C. 周期可能是0.5 s
D. 波速可能是24 m/s
【答案】BD
【解析】A项：由题可知波的传播方向是不确定的，故A错误；
B项：从波动图象可知：若a点为波峰，b点为波谷，则二者相距至少半个波长，或者n个波长另加半个波长，故有：，（n=0，1、2、3…），得，当n=1时，λ=8m，故B正确；
C项：由题意有：，（k=0，1、2、3…），得 k是整数，则T不可能是0.5s，故C错误；
D项：波速为，（n、k=0，1、2、3…），当k=1，n=1时，v=24m/s，故D正确。
点晴：本题关键是波形的空间周期性和振动的时间周期性导致多解，求解波长和周期的通项表达式即可，即t=0时，a点为波峰，b点为波谷，故a、b间的距离为半波长的奇数倍；t=0.5s时，a点为波谷，b点为波峰，故t为半周期的奇数倍。
5. 如图所示是水平面上两列频率相同的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两处两质点是振动加强的点
B. B、D两处两质点在该时刻的竖直高度差是4 cm
C. E处质点是振动加强的点
D. 经0.02 s，B处质点通过的路程是4 cm
【答案】C
【解析】A项：AC两点是波峰与波谷相遇点，所以为振动减弱点，故A错误；
B项：B点为波峰与波峰相遇点，振幅为4cm，D点为波谷与波谷相遇点，所以振幅为4cm，故两质点高度差为8cm，B错误；
C项：因为E点时BD和AC的连线，所以E点在两列波中都处于平衡位置，波动情况一致，为加强点，C正确；
D项：两列波德周期为0.04s，所以经过半个周期B点由波谷运动到波峰，所以路程为8cm，故D正确。
6. 如图所示，abc为一全反射棱镜，它的横截面是等腰直角三角形，一束白光垂直入射到ac面上，在ab面上发生全反射.若光线入射点O的位置保持不变，改变光线的入射方向（不考虑自bc面反射的光线），则有（ ）
A. 使入射光线按图中所示的顺时针方向逐渐偏转，如果有光线射出ab面，则紫光将首先射出
B. 使入射光按图中所示的逆时针方向逐渐偏转，红光将首先射出ab面
C. 使入射光按图中所示的逆时针方向逐渐偏转，紫光将首先射出ab面
D. 使入射光线按图中所示的顺时针方向逐渐偏转，如果有光线射出ab面，则红光将首先射出
【答案】D
【解析】A、D项：顺时针转动时，入射角逐渐小于45°，先达到哪种光的临界角，哪种光线射出来，而红光比紫光折射率小，所以红光最先达到临界角，则红光先射出，故A错误，B正确；
B、C项：根据题意可知：当入射角等于45°时会发生全反射，若入射光逆时针旋转，入射角大于45°，所以肯定会发生全反射，不会有光从ab面射出，故B、C错误。
7. 一束光从空气射向折射率n= 的某种玻璃的表面，如图所示．θ1代表入射角，则（ ）
A. 当θ1＞45°时会发生全反射现象
B. 无论入射角θ1是多大，折射角θ2都不会超过45°
C. 当入射角θ1=45°时，折射角θ2=30°
D. 当θ1=60°时，反射光线与折射光线垂直
【答案】BC
【解析】A项：由光从光疏介质进入光密介质，所以不管入射角多大都不可能发生全反射现象，故A错误；
B项：当入射角最大时，折射角最大，最大入射角为90°，根据折射定律得，，解得最大折射角β=45°，所以折射角θ2都不会超过45°角，故B正确；
C项：当入射角θ1=45°时，根据折射定律得，，解得：θ2=30°，故C正确；
D项：设入射角为α时，反射光线与折射光线垂直，此时反射角为i′=α，则折射角为r=90°-α，根据折射定律得， ，解得：，故D错误。
点晴：根据折射定律分析可知入射角最大时折射角也最大，并求出最大折射角的大小．结合几何关系，根据折射定律求出反射光线跟折射光线恰好垂直时入射角的大小。
8. 根据麦克斯韦的电磁场理论，下列说法中正确的是（ ）
A. 在电场周围一定产生磁场，磁场周围一定产生电场
B. 在变化的电场周围一定产生变化的磁场，在变化的磁场周围一定产生变化的电场
C. 均匀变化的电场周围一定产生均匀变化的磁场
D. 振荡的电场在周围空间一定产生同频率振荡的磁场
【答案】D
【解析】A项：只有变化的电场能够产生磁场，故A错误；
B、C项：均匀变化的电场产生恒定的磁场，故B、C错误；
D项：周期性变化的振荡电场在其周围空间将产生同频率的振荡磁场，故D正确。
点晴：麦克斯韦的电磁场理论中变化的磁场一定产生电场，当中的变化有均匀变化与周期性变化之分。
9. 关于红外线的以下说法正确的是（ ）
A. 不同的物体辐射红外线的波长和强度不同，可以在较冷的背景上探测出较热物体的红外辐射
B. 利用红外线的热效应对物体进行烘干
C. 利用红外线波长较长，容易发生衍射的特点进行远距离和高空摄影
D. 利用不同物体辐射红外线的波长和强度的不同可以对物体进行远距离探测
【答案】ABCD
【解析】A项：由于红外线是一种光波，一切物体都在不停地对外辐射红外线，热物体的红外辐射比冷物体的红外辐射性强一些，故A正确；
B项：由于红外线的热效应，可用业烘干，故B正确；
C、D项：由于坦克、舰艇、人体等一切物体都在不停地发射红外线，并且不同的物体所辐射的红外线，其波长和强度不同，故在夜间或浓雾天气可通过红外线探测器来接收信号，并用电子仪器对接收到的信号进行处理，或用对红外线敏感的照相底片进行远距离摄影和高空摄影，就可察知物体的形状和特征，故C、D正确。
10. 某电路中电场随时间变化的图象有如图所示几种情况，能发射电磁波的电场是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】A项：图A是稳定的电场，不能产生磁场，
B、C项：图B与图C是均匀变化的电场，产生恒定不变的磁场，也不能形成电磁波；
D项：图D是按正弦函数规律周期性变化的电场，会产生同频率的周期性变化的磁场，能形成电磁场，向外发射电磁波。
故应选D。
点晴：根据麦克斯韦的电磁场理论，周期性变化的电场会产生周期性变化的磁场，周期性变化的磁场会产生周期性变化的电场，周期性变化的磁场与电场不断的相互激发，会使电磁场由近及远的传播，形成电磁波。
11. .如果有一列火车，以很高的速度运动，车窗沿运动方向为长，垂直运动方向为宽，根据相对论的知识，地面上的人发现（ ）
A. 火车窗口比静止时要长
B. 火车窗口比静止时要短
C. 火车窗口比静止时要宽
D. 火车窗口比静止时要窄
【答案】B
...............
12. 某物体由静止开始做匀加速直线运动，经时间t1后，在阻力作用下做匀减速直线运动，又经t2速度为零,若物体一直在同样的水平面上运动，则加速阶段的牵引力与阻力大小之比为（ ）
A. （t1+t2）：t1
B. t1 ：（t1+t2）
C. （t1+t2）：t2
D. t2 :（t1+t2）
【答案】A
【解析】设经时间t1后物体的速度为v，物体的牵引力为F，阻为f，
对加速过程利用动量定理有：
对减速过程利用动量定理有：
由以上两式解得： ，
故应选A。
二、实验题：
13. 在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，实验装置如图所示.
（1）以线状白炽灯为光源，对实验装置进行了调节并观察实验现象后，总结出以下几点
A.灯丝和单缝及双缝必须平行放置
B.干涉条纹与双缝垂直
C.干涉条纹疏密程度与双缝宽度有关
D.干涉条纹间距与光的波长有关
以上几点中你认为正确的是______________.
（2）当测量头中的分划板中心刻线对齐某条刻度线时，手轮上的示数如图甲该读数为_____________mm.
（3）如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，如图所示.则在这种情况下测量干涉条纹的间距Δx时，测量值____________实际值.（填“大于”、“小于”或“等于”）
【答案】 (1). （1）ACD (2). （2）0.702（0.701---0.703都给分） (3). （3）大于
【解析】(1) A项：实验中，灯丝和单缝及双缝必须平行放置，故A正确；
B项：干涉条纹与双缝平行，故B错误；
C、D项：根据干涉条纹的间距公式知，干涉条纹疏密程度与双缝宽度、波长有关，故C、D正确；
(2) 螺旋测微器的读数为：0.5mm+0.01mm×20.2mm=0.702mm；
(3) 如果测量头中的分划板中心刻度线与干涉条纹不在同一方向上，条纹间距测量值偏大，根据双缝干涉条纹的间距公式，待测光的波长测量值也是偏大。
点晴：根据干涉条纹的间距公式分析间距与哪些因素有关，螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读，如果测量头中的分划板中心刻度线与干涉条纹不在同一方向上，条纹间距测量值偏大；根据干涉条纹的间距公式分析。
14. 在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出以下几点建议，其中对提高测量结果精度有利的是 （____）
A．适当加长摆线
B．质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的
C．单摆偏离平衡位置的角度不能太大
D．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作 为单摆振动的周期
【答案】AC
【解析】质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较小的，B错；当单摆经过平衡位置时开始计时，经过30-50次全振动后停止计时，求出平均周期，D错；
三、计算题：
15. 如图所示，一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波源在O点，波速大小为0.6m/s，P点的横坐标为126 cm，从图中状态开始计时，求：
（1）试判断波源的起振方向
（2）经过多少时间，P质点第一次到达波峰？
（3）以P质点第一次到达波峰开始计时，作出P点的振动图像（至少画出1个周期）
【答案】（1）2.4 s 沿y轴负方向 （2）3.0 s （3）
【解析】(1) 开始计时时，这列波的最前端的质点坐标是24 cm，根据波的传播方向，可知这一点沿y轴负方向运动，因此在波前进方向的每一个质点开始振动的方向都是沿y轴负方向运动，
故P点开始振动时的方向是沿y轴负方向，P质点开始振动的时间是
；
(2) 波形移动法：质点P第一次到达波峰，即初始时刻这列波的波峰传到P点，因此所用的时间是
；
(3) 由波形图知，振幅A=10 cm，，则P点自最大位移开始的振动图象有：
16. 测定玻璃的折射率某同学用如下方法：先将平行玻璃砖固定在水平桌面的白纸上，画出两侧界面MN、PQ，在玻璃砖的一侧用激光照射，在光源同侧且与MN平行的光屏上得到两光点A、B，两光线的位置如图所示.测得入射光线与界面的夹角θ1为45°，光屏上两光点之间的距离L=3.0 cm，玻璃砖的厚度h=2.0 cm，求玻璃的折射率.
【答案】1.44
【解析】光路图如图所示，
可知OO′与AB的距离相等，由几何原理得：
由折射率定义得：。
17. 如图所示,带有光滑1/4圆弧轨道的滑块静止在光滑水平面上,圆弧轨道半径为R,滑块的质量为M.使一只质量为m的小球由静止从A点释放,
（1）若圆弧轨道固定不动，小球从B点水平飞出时,小球的速度为多大?
（2）若圆弧轨道不固定， 小球从B点水平飞出时,小球的速度为多大?
【答案】（1） ;（2）
【解析】试题分析：(1) 圆弧轨道固定不动,小球在从A到B过程中应用动能定理求解；
(2)圆弧轨道不固定时滑块与圆弧轨道水平方向不受外力，系统动量守恒；系统中只有重力势能向动能转化，机械能守恒；根据守恒定律列方程后联立求解。
(1) 圆弧轨道固定不动，小球在从A到B过程中应用动能定理有：
解得：；
(2) 若圆弧轨道不固定，圆弧轨道与滑块组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：
mv-Mv′=0
对系统，由机械能守恒定律得：
解得：
点晴：本题关键是明确滑块和轨道系统动量守恒、机械能也守恒，然后根据守恒定律列方程联立求解，解题时要注意系统整体动量不守恒，但水平方向动量守恒。