2017-2018学年福建省厦门市湖滨中学高二下学期期中考试物理试题 解析版

2017-2018学年福建省厦门市湖滨中学高二下学期期中考试物理试题 解析版

厦门湖滨中学2017--2018年第二学期期中考高二物理（理科）‎ 试卷 一、单项选择题 ‎1. 如图所示，男同学站立不动吹口哨，一位女同学坐在秋千上来回摆动，下列关于女同学的感受的说法正确的是 A. 女同学从A向B运动过程中，她感觉哨声音调变低 B. 女同学从E向D运动过程中，她感觉哨声音调变高 C. 女同学在C点向右运动时，她感觉哨声音调不变 D. 女同学在C点向左运动时，她感觉哨声音调变低 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：女同学从A向B运动过程中，她有靠近声源的趋势，根据多普勒效应，她都感到哨声音调变高，故A正确；女同学从E向D运动过程中，她有远离声源的趋势，她都感到音调变低，故B错误．女同学在C点向右运动时，她有靠近声源的趋势，根据多普勒效应，她都感到哨声音调变高，故C错误，女同学在C点向左运动时，她有远离声源的趋势，她都感到音调变低，故D正确．‎ 故选AD．‎ 考点：多普勒效应．‎ 点评：此题要理解多普勒效应，要记得“波在波源移向观察者时接收频率变高，而在波源远离观察者时接收频率变低．当观察者移动时也能得到同样的结论”，并能在实际问题中应用它．此题属于基础题．‎ ‎2.‎ ‎ 一束复色光由空气射向一块平行平面玻璃砖，经折射分成两束单色光a、b。已知a光的频率小于b光的频率。下列哪个光路图可能是正确的？（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：因a光的频率小于b光的频率，则a光的折射率小于b光的折射率，射入玻璃后a光的折射角较大；两种光从玻璃中岀射时应该平行射出，故选B．‎ 考点：光的折射 ‎【名师点睛】此题考查了光的折射知识；要知道频率越小的光的折射率越小，对光的偏折程度越小；入射角相同的不同的光经过同一个玻璃砖后将平行射出.‎ ‎3. 如下图所示，一束光线从折射率为1.5的玻璃内射向空气，在界面上的入射角为45°，下面四个光路图中，正确的是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】设玻璃的临界角为C．由得，，则C＜45°．由图光线从玻璃射入空气时入射角为i=45°＞C，所以光线将在玻璃与空气的界面上发生全反射，光线全部反射回玻璃，则A正确．故选A 点睛：当光比光密介质进入光疏介质时，要考虑能否发生全反射，判断的依据是根据入射角与临界角的大小关系．‎ ‎4. 已知一束单色光在水中的速度是真空中的3/4, 则( )‎ A. 这束光在水中的波长为真空中的3/4 B. 这束光在水中的频率为真空中的3/4‎ C. 对这束光, 水的折射率为3/4 D. 从水中射向水面的光线, 一定可以进入空气 ‎【答案】A ‎【解析】光的频率由光源决定，光在不同介质中的传播速度不同，但频率相同，由v=λf，得知波速与波长成正比，而单色光在水中的传播速度是真空中的3/4，则这束光在水中传播时的波长为真空中的3/4，故A正确，B错误；由n=c/v，得知光在介质中的波速与折射率成反比。因为单色光在水中的传播速度是真空中的3/4，所以对于这束光，水的折射率为，故C错误；从水中射向水面的光线，若入射角大于等于临界角会发生全反射，将不能进入空气中。故D错误。故选A。‎ 点睛：解决本题的关键要明确光的频率与介质无关，光在其他介质中的传播速度比在真空中的速度小．要掌握全反射的条件，并能用来分析实际问题．‎ ‎5. 如图所示，做简谐运动的水平弹簧振子从平衡位置O向B运动的过程中，下述正确的是( )‎ A. 振子做匀减速运动 B. 振子做匀加速运动 C. 振子做加速度不断减小的减速运动 D. 振子做加速度不断增大的减速运动 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：由于是间歇振动，所以F=-kx，由此可知，其合外力在不断发生变化，因此不可能是匀变速运动。所以AB错误。在从O到B过程中，位移增加，所以回复力变大，所以加速度不断变大，所以答案为D 考点：简谐振动 点评：本题考查了简谐振动种加速度以及速度的变化规律，常见的提醒还有考察图像类问题的理解。‎ ‎6. 关于电磁场和电磁波，下列说法错误的是 ( )‎ A. 麦克斯韦首先预言了电磁波的存在 B. 变化的电场一定产生变化的磁场 C. 电磁场由发生区域向远处的传播就是电磁波 D. 频率为750kHz的电磁波在真空中传播时，其波长为 ‎【答案】B ‎7. 在水波的衍射实验中，若打击水面的振子振动的频率是5 Hz，水波在水槽中的传播速度是0.05 m/s，为观察到显著的衍射现象，小孔直径d应为(　　)‎ A. 10 cm B. 5 m C. d＞1 cm D. d≤1 cm ‎【答案】D ‎【解析】本题考查波发生明显衍射的条件，一般直接比较孔的直径d与水波波长λ的关系即可，当d<λ时肯定发生明显的衍射，由题知水波的波长＝m＝0.01 m＝1 cm.即孔径d应与1 cm相当或比它还小．‎ 思路分析：明显衍射条件为障碍物的尺度远远小于波的波长，当减小障碍物尺寸时，可更明显 试题点评：明显衍射条件为障碍物的尺度远远小于波的波长，故可从减小障碍物和增加波长的角度着手 ‎8. 如图所示，实线和虚线分别表示频率相同、振动方向相同的两列相干水波的波峰和波谷．设两列波的振幅分别为5cm和6cm，此刻，M是波峰与波峰相遇点，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 图示时刻M、O两点的竖直高度差为12cm B. 随着时间的推移，质点M向O点处移动 C. 从该时刻起，经过四分之一周期，质点M到达平衡位置 D. P、N两质点始终处在平衡位置 ‎【答案】C ‎【解析】如图所示，频率相同的两列水波相叠加的现象。实线表波峰，虚线表波谷，则M是波峰与波峰相遇，O点是波谷与波谷相遇，它们均属于振动加强区；由于振幅分别为5cm和6cm，M点是波峰与波峰相遇，则M点相对平衡位置高11cm。而O点是波谷与波谷相遇，则O点相对平衡低11cm。所以M、O相差22cm。选项A错误；质点只能在自己平衡位置附近振动，不会随波迁移，选项B错误；因此时刻M点在波峰位置，则从该时刻起，经过四分之一周期，质点M到达平衡位置，选项C正确；PN是振动减弱点，其振幅为6cm-5cm=1cm，并非只在平衡位置，选项D错误；故选C. 点睛：此题考查波的叠加问题；要知道运动方向相同时叠加属于加强，振幅为二者之和，振动方向相反时叠加属于减弱振幅为二者之差．‎ ‎9. 某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x＝5sin（cm），则下列关于质点运动的说法中正确的是（ ）‎ A. 质点做简谐运动的振幅为10cm B. 质点做简谐运动的周期为4s C. 在t = 4 s时质点的速度最大 D. 在t = 4 s时质点的加速度最大 ‎【答案】C ‎【解析】由位移的表达式x=5sint（cm），可知质点做简谐运动的振幅为5cm．故A错误．由位移的表达式读出角频率ω=rad/s，则周期为T==8s．故B错误．在t=4s时质点的位移x=5sintcm=5sin×4cm=0cm，说明物体通过平衡位置，速度最大．故C正确．在t=4s时质点通过平衡位置，加速度最小．故D错误；故选C.‎ ‎10. 如图（a）所示为一列简谐横波在t=20 s时的波形图，图（b）是这列波中P点(x=200cm)的振动图线，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 ‎【解析】由甲读出波长为λ=100cm。由乙图读出周期为T=2s，则波速为。 根据波的周期性可知，t=6s质点P的速度方向与t=2s的速度方向相同，都沿向上方向，则在甲图上，由波形的平移法得知，该波向左传播。所以选项ACD错误，B正确。故选B。‎ 点睛：本题首先要能在振动图象上读出质点的速度和周期，再在波动图象上读出波长，判断出波的传播方向，考查把握两种图象联系的能力.‎ ‎11. 用合外力F作用在质量为m的物体上，经过时间t，物体的速度由v1增加到v2且v1和v2的方向相同，如果将合外力F作用在质量在的物体上，则这一物体在时间t内动量的变化应为( )‎ A. m (v2-v1) B. 2m (v2-v1)‎ C. 4m (v2-v1) D. m (v2-v1)‎ ‎【答案】D ‎【解析】由动量定理可知，力F作用在m的物体上时，动量的改变量为：m（v2-v1）；则可知，因动量的变化量等于合外力的冲量，故作用在质量为m的物体上时，动量的变化量仍为m（v2-v1）；故选D。‎ ‎12. 在卢瑟福的α粒子散射实验中，有少数的α粒子发生了大角度的偏转，其原因是( )‎ A. 原子中有带负电的电子，电子会对α粒子有引力的作用。‎ B. 正电荷在原子中是均匀分布的。‎ C. 原子的正电荷和绝大部分的质量都集中在一个很小的核上。‎ D. 原子是不可再分的。‎ ‎【答案】C ‎【解析】α粒子和电子之间有相互作用力，它们接近时就有库仑引力作用，但由于电子的质量只有α粒子质量的1/7300，粒子与电子碰撞就像一颗子弹与一个灰尘碰撞一样，α粒子质量大，其运动方向几乎不改变。α粒子散射实验中，有少数α粒子发生大角度偏转说明三点：一是原子内有一质量很大的粒子存在；二是这一粒子带有较大的正电荷；三是这一粒子的体积很小；综上所述，少数的α粒子发生了大角度的偏转的原因是原子的正电荷和绝大部分的质量都集中在一个很小的核上。故C正确，ABD错误。故选C。‎ 点睛：本题考查的是α粒子散射实验．对这个实验要清楚两点：一是α粒子散射实验的实验现象；二是对实验现象的微观解释--原子的核式结构．‎ ‎13. 光子能量为E的一束光，照射容器中的氢气，氢原子吸收光子后，能发出频率分别为ν1、ν2、ν3的三种光，且ν1<ν2<ν3，则入射光束的光子的能量是( )。‎ A. hν1 B. hν2 C. hν3 D. h(ν1+ν2+ν3)‎ ‎【答案】C ‎【解析】由题意可知，氢原子吸收能量后跃迁到第三能级，则吸收的能量等于n=1和n=3能级间的能级差，即单色光的能量E=hv3=hv1+hv2．故C正确，ABD错误。故选C。‎ ‎14. 某电路中电场随时间变化的图象如下图所示，能发射电磁波的电场是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】A. 图A是稳定的电场，不能产生磁场。故A错误；‎ B C. 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。故B错误，C错误；‎ D. 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D正确。‎ 故选D.‎ 点睛：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．‎ ‎15. 水平弹簧振子做简谐运动，如图所示。若以水平向右为坐标的正方向，振子向左经过平衡位置O点时开始计时，则振子的加速度随时间变化的图象，以下各图中正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B 本题关键抓住简谐运动加速度与位移的关系，根据计时开始时刻的加速度及方向选择图象．‎ 二．多项选择题 ‎16. 如图所示为LC回路发生电磁振荡的某一过程，在这过程中（ ）‎ A. 电容器正在充电 B. 回路中的振荡电流正在增大 C. 回路中电场能正向磁场能转化 D. 线圈中的自感电动势与振荡电流同向 ‎【答案】AD ‎【解析】图示时刻，电容器上极板带正电；由右手螺旋定则可知，电流流向正极，故说明电容器正在充电；此时电流正在减小； 磁场能正在转化为电场能； 故A正确，BC错误； 根据右手螺旋定则可知，线圈中的自感电动势与振荡电流同向；故D正确； 故选AD。‎ 点睛：解决本题的关键知道在LC振荡电路中，当电容器充电时，电流在减小，电容器上的电荷量增大，磁场能转化为电场能；当电容器放电时，电流在增大，电容器上的电荷量减小，电场能转化为磁场能．‎ ‎17. 氢原子从第2能级跃迁到第1能级过程中的能量变化，下列说法中正确的有（ ）：‎ A. 电子的动能一定增大；‎ B. 原子系统的电势能一定减小；‎ C. 电子动能的增加量一定等于系统电势能的减少量；‎ D. 电子动能的增加量一定小于系统电势能的减少量。‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】氢原子从第2能级跃迁到第1能级过程中电子和原子核之间的吸引力做正功，电势能减小，所以B正确；系统减小的电势能一部分转化为电子的动能一部分能量以光子的形式辐射出去，所以电子动能增加，动能的增加量小于系统电势能的减少量，所以AD正确，C错误。故选ABD。‎ 点睛：此题关键是知道氢原子跃迁时的能量转化，即系统减小的电势能一部分转化为动能，一部分转化为光子能量辐射出去．‎ ‎18. 在双缝干涉实验中,双缝到光屏上P点的距离之差△x=0.6,若分别用频率为f1=5.0×1014Hz和f2=7.5×1014Hz的单色光垂直照射双缝,则P点出现明、暗条纹的情况是( )‎ A. 用频率为f1的单色光照射时,出现明条纹.‎ B. 用频率为f2的单色光照射时,出现明条纹.‎ C. 用频率为f1的单色光照射时,出现暗条纹.‎ D. 用频率为f2的单色光照射时,出现暗条纹.‎ ‎【答案】AD ‎【解析】， ‎ ‎，可见用频率f1的单色光照射时，双缝到光屏上P点的距离之差是半波长的偶数倍，即波长的整数倍，会出现明条纹。故A正确，C错误。，可见用频率f2的单色光照射时，双缝到光屏上P点的距离之差是半波长的奇数倍，会出现暗条纹。故B错误，D正确。故选AD。‎ 点睛：解决本题的关键掌握双缝到光屏上P点的距离之差是波长的整数倍，则出现明条纹，路程之差是半波长的奇数倍，则出现暗条纹．‎ ‎19. 如图所示，小车放在光滑的水平面上，将绳系着的小球拉开到一定的角度，然后同时放开小球和小车。以小球和小车为系统。那么在以后的过程中( )‎ A. 小球向左摆动时，小车也向左摆动，且系统动量守恒 B. 小球向左摆动时，小车向右运动，且系统水平方向动量守恒 C. 小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车速度不为零 D. 在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反 ‎【答案】BD ‎【解析】小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受外力不为零，故系统只在在水平方向动量守恒，系统在水平方向动量守恒，系统总动量为零，小球与车的动量大小相等、方向相反，小球向左摆动时，小车向右运动，故A错误，B正确；小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车的速度也为零，故C错误；系统只在在水平方向动量守恒，在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反。故D正确；故选BD。‎ 点睛：本题对照机械能和动量守恒的条件进行判断．对于系统而言，机械能守恒、总动量不守恒，但由于系统所受的外力都在竖直方向上，系统水平方向上动量守恒．‎ ‎ 三、实验探究题 ‎20. 某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：‎ ‎ ‎ ‎(1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图所示，则该摆球的直径为________cm.‎ ‎(2)小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是________．(填选项前的字母)‎ A．把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时 B．测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为 ‎ C．用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大 ‎ D．选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小 ‎(3)为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出一组对应的l与T的数据，再以l为横坐标，T2为纵坐标，将所得数据连成直线如图所示，并求得该直线的斜率为k，则重力加速度g＝________(用k表示)．‎ ‎【答案】 (1). 0.97cm； (2). C； (3). ‎ ‎【解析】（1）游标卡尺的主尺读数为9mm，游标读数为0.1×7mm=0.4mm，则最终读数为9.7mm=0.97cm； （2）用单摆的最大摆角应小于5°，故A错误；一个周期的时间内，摆球通过最低点2次，故应为，故B错误；由单摆的周期公式可推出重力加速度的计算式可知，用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，摆长偏大，则代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大，故C正确；为减小实验误差因，应选择密度较大的摆球，故D错误．故选C． （3）由单摆周期表达式T=2π可得：T2= 故以l为横坐标、T2为纵坐标得到的图象的斜率为： 解得： ‎ 点睛：解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．简谐运动是一种理想的运动模型，单摆只有在摆角很小，空气阻力影响不计的情况下单摆的振动才可以看成简谐运动，要知道影响实验结论的因素．‎ ‎21. 某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行．正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图所示．‎ ‎(1)此玻璃的折射率计算式为n=________(用图中的θ1、θ2表示)；‎ ‎(2)如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度________(填“大”或“小”)的玻璃砖来测量．‎ ‎【答案】 (1). ； (2). 大 ‎【解析】(1)此玻璃的折射率计算式为；‎ ‎(2)玻璃板的厚度越大，则光线通过玻璃板的侧移量越大，则测量的误差越小，故如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度大的玻璃砖来测量．‎ 视频 四、计算题 ‎22. 一水平弹簧振子做简谐运动，其位移和时间关系如图所示．‎ ‎ ‎ ‎(1)求振子的振幅、周期各为多大？．‎ ‎(2)从t＝0到t＝8.5×10－2 s的时间内，振子通过的路程为多大？‎ ‎(3)求t＝2.0×10－2 s时振子的位移．‎ ‎【答案】(1)A=2cm，T=(2)s=34cm；(3)x=-2cm；‎ ‎【解析】(1) 由图象可知A=2 cm ，T＝2×10－2 s。 ‎ ‎(2)因振动是变速运动，因此只能利用其周期性求解．即一个周期内通过的路程为4个振幅，本题中Δt＝8.5×10－2 s＝T，所以通过的路程为×4A＝17A＝17×2 cm＝34 cm。 ‎ ‎(3) t＝2.0×10－2 s时振子在负最大位移处，位移为-2 cm． ‎ ‎23. 如图所示,一等腰直角三棱镜放在真空中,斜边BC=d,一束单色光以60°的入射角从AB侧面的中点入射,折射后从侧面AC折射出.已知三棱镜的折射率n=,单色光在真空中的光速为c,求：‎ ‎(1) 此单色光在AB面上发生折射时的折射角。‎ ‎（2）此单色光在棱镜中的传播速度。‎ ‎（3）此单色光通过三棱镜的时间.‎ ‎【答案】(1)；(2)；(3) ‎ ‎【解析】(1) 单色光在AB面上发生折射,光路如图.‎ 根据折射定律: ， ‎ 由以上两式得:α=45°. ‎ ‎(2)光在棱镜中的速度: ‎ ‎(3)因α=45°，故光在棱镜内传播的路径DE与BC平行，且DE=BC=d.‎ 所以 ‎ ‎24. 如图所示，在水平光滑直导轨上，静止着三个质量均为m=1kg的相同小球A、B、C，现让A球以v=2m/s的速度向着B球运动，A、B两球正碰后粘合在一起，两球继续向右运动并跟C球正碰，C球的最终速度vC=1m/s．求：‎ ‎（1）A、B两球跟C球相碰前的共同速度多大？‎ ‎（2）跟C球相碰后A、B两球的共同速度又是多大？‎ ‎（3）两次碰撞过程中一共损失了多少动能？‎ ‎【答案】(1)v1=1m/s；(2)v2=0.5m/s；(3) ‎ ‎【解析】（1）A、B相碰满足动量守恒：mv=2mv1‎ 解得两球跟C球相碰前的速度v1=1 m/s ‎ ‎（2）两球与C碰撞同样满足动量守恒：2mv1=mvC+2mv2‎ 得两球碰后的速度v2=0.5 m/s， ‎ ‎（3）两次碰撞损失的动能：|△Ek|=mv2-•2mv22-mvC2‎ 解得|△Ek|=1.25J ‎ 点睛：本题考查了动量守恒定律与能量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以解题．‎ ‎ ‎ ‎ ‎