安徽省合肥市巢湖市柘皋中学2016-2017学年高二(下)期中物理试卷(理科)(解析版)

2016-2017学年安徽省合肥市巢湖市柘皋中学高二（下）期中物理试卷（理科）一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）1．一弹簧振子做简谐振动，周期为T，下列说法中正确的是（）A．若t时刻和（t+△t）时刻振子运动位移的大小相等、方向相同，则△t一定等于T的整数倍B．若t时刻和（t+△t）时刻振子运动速度的大小相等、方向相反，则△t一定等于的整数倍C．若△t=T，则在t时刻和（t+△t）时刻振子运动的加速度一定相等D．若△t=，则在t时刻和（t+△t）时刻弹簧的长度一定相等2．小球做简谐运动，则下述说法正确的是（）A．小球所受的回复力大小与位移成正比，方向相同B．小球的加速度大小与位移成正比，方向相反C．小球的速度大小与位移成正比，方向相反D．小球速度的大小与位移成正比，方向可能相同也可能相反3．如图为某简谐运动图象，若t=0时，质点正经过O点向b运动，则下列说法正确的是（）A．质点在0.7s时的位移方向向左，且正在远离平衡位置运动B．质点在1.5s时的位移最大，方向向左，在1.75s时，位移为1cmC．质点在1.2s到1.4s过程中，质点的位移在增加，方向向左D．质点从1.6s到1.8s时间内，质点的位移正在增大，方向向右4．如图所示，物体A和B用轻绳相连挂在轻弹簧下静止不动，A的质量为m，B的质量为M，弹簧的劲度系数为k，当连接A、B的绳突然剪断后，物体A将在竖直方向上做简谐运动，则A振动的振幅为（）A．B．C．D．5．如图，竖直平面内有一半径为1.6m、长为10cm的圆弧轨道，小球置于圆弧端点并从静止释放，取g=10m/s2，小球运动到最低点所需的最短时间为（）A．0.2πs B．0.4πs C．0.8πs D．πs6．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，直接测出物理量摆长L，振动n次的时间t，从而测定重力加速度g．如果测出的g值偏小，则可能的原因是（）A．误将摆线长度当作摆长B．误将从悬点到摆球下端的长度当作摆长C．摆球质量过大D．误把n次全振动记录为n+1次7．一物体做受迫振动，驱动力的频率小于该物体的固有频率，当驱动力的频率逐渐增大时，该物体的振幅将（）A．逐渐增大B．逐渐减小C．先增大，后减小 D．先减小，后增大8．如图所示，实线与虚线分别表示振幅、频率均相同的两列波的波峰和波谷．此刻M点处波峰与波峰相遇，下列说法中正确的是（）A．该时刻质点O正处于平衡位置B．P、N两质点始终处在平衡位置C．从该时刻起，经过二分之一周期，质点M处于振动减弱区D．从该时刻起，经过二分之一周期，质点M到达平衡位置9．关于多普勒效应，下列说法正确的是（）A．发生多普勒效应时，波源的频率发生了变化B．发生多普勒效应时，观察者接收到的频率发生了变化C．当观察者和波源速度相同时，会发生多普勒效应D．只有声波才能发生多普勒效应10．如图所示的四种明暗相间的条纹，分别是红光、蓝光各自通过同一个双缝干涉仪器形成的干涉图样以及黄光、紫光各自通过同一个单缝形成的衍射图样（灰黑色部分表示亮纹）．则在下面四个图中从左往右排列，亮条纹的颜色依次是（）A．红蓝紫黄B．红紫蓝黄C．紫黄蓝红D．黄紫红蓝二、多选题（本大题共3小题，共15.0分）11．如图所示装置中，闭合铜环A静止悬挂在通电螺线管的M端，螺线管的轴线垂直于环面并正对环心．要使铜环向螺线管靠近，下列各操作中可以实现的是（）A．开关S由断开到接通的瞬间B．开关S由接通到断开的瞬间C．将滑片P向C滑动的过程中D．将滑片P向D滑动的过程中12．理想自耦变压器如图所示，开始时滑片P置于图中所示位置，此时原、副线圈的匝数比是5：1，原线圈接入电压为220V的正弦交流电，一只理想二极管和一个滑动变阻器R串连接在副线圈上，电压表和电流表均为理想交流电表，开关K断开，则下列说法正确的是（）A．电压表的读数为44VB．若只将开关K闭合，则滑动变阻器的热功率变大C．若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，则两电表读数均减小D．若只将滑片顺时针方向滑过一小段长度，则电流表示数减小13．在匀强磁场中有一不计电阻的矩形线圈，绕垂直磁场的轴匀速转动，产生如图甲所示的正弦交流电，把该交流电接在图乙中理想变压器的A、B两端，电压表和电流表均为理想电表，R t为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻．下列说法正确的是（）A．在t=0.01 s末，矩形线圈平面与磁场方向垂直B．变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=36sin50πt（V）C．R t处温度升高时，电压表V1、V2示数的比值不变D．R t处温度升高时，电流表的示数变大，变压器输入功率变大三、实验题探究题（本大题共2小题，共21分）14．在“用插针法测玻璃砖折射率“的实验中，玻璃砖的ab边与a′b′边相互平行，aa′边与bb′边不平行．某同学在白纸上仔细画出了玻璃砖的两条边线aa′和bb′，如图所示．（1）实验时，先在玻璃砖的一侧插两枚大头针P1和P2以确定入射光线AO．接着，眼睛在玻璃砖的（选填“同一侧”、“另一侧”）观察所插的两枚大头针P1和P2，同时通过插第三、第四枚大头针来确定从玻璃砖射出的光线．（2）实验中是否要求四枚大头针的针帽在同一视线上？（填“是”或“否”）（3）下列操作可以减小实验误差的是（填字母代号）A．适当增大大头针P1、P2的间距B．选择玻璃砖相互平行的ab、a′b′边来测量C．选用尽可能细的笔画线D．使AO的入射角接近于90°．15．现有毛玻璃屏A、双缝B、白光光源C、单缝D和透红光的滤光片E等光学元件，要把它们放在如图（1）所示的光具座上组装成双缝干涉装置，用来测量红光的波长．（1）将白光光源C放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左至右，表示各光学元件的字母排列顺序为C、、A．（2）将测量头的分划板中心刻线与某条亮纹中心对齐，将该亮纹定为第l条亮纹，此时手轮上的示数如图（2）所示．然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时图（3）中手轮上的示数mm，求得相邻亮纹的间距为mm．（3）已知双缝间距d为 2.0×10﹣4m，测得双缝到屏的距离为0.700m，由计算式=，求得所测红光波长为nm．（结果保留二位有效数字）四、计算题（本大题共2小题，共24分）16．如图所示为一直角三棱镜的截面，∠B=90°，∠A=60°，现有一束单色光垂直照射到AC面上，从O点进入，经AB面反射，在BC面上折射光线与入射光线的偏向角为30°．①求棱镜对光的折射率；②试证明光在AB面上会发生全反射．17．一列简谐横波上有相距3m的A、B两点，波的传播方向是由A向B，如图所示的是A、B两质点的振动图象．求（1）这列波上质点的振动周期和振幅？（2）若波长大于3m，这列波的波速？（3）若波长大于3m，A、B之间有一距B为1m的P质点，则从t=0开始，经过1s时间后p点的位移是多少？2016-2017学年安徽省合肥市巢湖市柘皋中学高二（下）期中物理试卷（理科）参考答案与试题解析一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）1．一弹簧振子做简谐振动，周期为T，下列说法中正确的是（）A．若t时刻和（t+△t）时刻振子运动位移的大小相等、方向相同，则△t一定等于T的整数倍B．若t时刻和（t+△t）时刻振子运动速度的大小相等、方向相反，则△t一定等于的整数倍C．若△t=T，则在t时刻和（t+△t）时刻振子运动的加速度一定相等D．若△t=，则在t时刻和（t+△t）时刻弹簧的长度一定相等【考点】74：简谐运动的回复力和能量．【分析】简谐振动过程中，质点经过同一位置时位移相同．质点经过同一位置或关于平衡位置对称位置时动能相同．经过整数倍周期的时间时，质点状态重复．经过半个周期时，质点位移大小相等，方向相反．【解答】解：A、t时刻和（t+△t）时刻的位移大小相等，方向相同，表示质点经过同一位置，经过的时间△t不一定等于T的整数倍．故A错误．B、当质点经过同一位置或关于平衡位置对称位置时速度可能等大、反向，故△t不一定等于T的整数倍．故B错误．C、经过△t=T，t时刻和（t+△t）时刻的位移一定相同，故加速度a=﹣一定相同．故C正确．D、△t=，质点位移大小相等，方向相反，但弹簧长度一定不相等．故D错误．故选：C．2．小球做简谐运动，则下述说法正确的是（）A．小球所受的回复力大小与位移成正比，方向相同B．小球的加速度大小与位移成正比，方向相反C．小球的速度大小与位移成正比，方向相反D．小球速度的大小与位移成正比，方向可能相同也可能相反【考点】74：简谐运动的回复力和能量．【分析】做简谐运动的物体，速度、位移、回复力随时间成正弦规律变化，回复力和位移成正比，方向相反．【解答】解：A、简谐运动中回复力大小一定与位移成正比，方向相反，故A错误；B、由牛顿第二定律可知，加速度与合外力成正比，故加速度大小与位移成正比，方向相反，故B正确；CD、小球的速度随时间周期性变化，但不与位移成正比，故CD错误；故选：B．3．如图为某简谐运动图象，若t=0时，质点正经过O点向b运动，则下列说法正确的是（）A．质点在0.7s时的位移方向向左，且正在远离平衡位置运动B．质点在1.5s时的位移最大，方向向左，在1.75s时，位移为1cmC．质点在1.2s到1.4s过程中，质点的位移在增加，方向向左D．质点从1.6s到1.8s时间内，质点的位移正在增大，方向向右【考点】73：简谐运动的振动图象；72：简谐运动的振幅、周期和频率．【分析】简谐运动中质点的位移是振动质点离开平衡位置的位移，位移减小时质点靠近平衡位置，相反，位移增大时质点远离平衡位置．根据图象能直接读出质点的位移，并能判断其变化情况．【解答】解：A、由图知质点在0.7s时的位移为正，说明位移方向向右，而且位移正在减小，说明质点正靠近平衡位置，故A错误；B、质点在1.5s时的位移为负向最大，说明方向向左．由于质点从最大位移到平衡位置，做的是变加速运动，所以在1.75s时，位移大小大于为1cm，故B错误；C、质点在1.2s到1.4s过程中，质点的位移为负值，说明方向向左，而且位移在增加，故C正确；D、质点从1.6s到1.8s时间内，质点的位移为负值，说明方向向左，而且位移在减小，故D错误．故选：C．4．如图所示，物体A和B用轻绳相连挂在轻弹簧下静止不动，A的质量为m，B 的质量为M，弹簧的劲度系数为k，当连接A、B的绳突然剪断后，物体A将在竖直方向上做简谐运动，则A振动的振幅为（）A．B．C．D．【考点】72：简谐运动的振幅、周期和频率．【分析】振幅是振动物体离开平衡位置的最大距离．在平衡位置时，A所受的合外力为零，根据平衡条件和胡克定律求出绳剪断前弹簧伸长的长度和平衡位置弹簧伸长的长度，即可求出振幅．【解答】解：绳剪断前，弹簧伸长的长度x1=；绳剪断后，A做简谐运动，在平衡位置时，弹簧的拉力与重力平衡，此时弹簧伸长的长度为x2=；所以A振动的振幅为A=x1﹣x2=﹣=故选：A5．如图，竖直平面内有一半径为1.6m、长为10cm的圆弧轨道，小球置于圆弧端点并从静止释放，取g=10m/s2，小球运动到最低点所需的最短时间为（）A．0.2πs B．0.4πs C．0.8πs D．πs【考点】76：单摆周期公式．【分析】由题，由于圆弧两端点距最低点高度差H远小于圆弧的半径，小球在圆弧上的运动等效成单摆运动，小环运动到最低点所需的最短时间为周期．周期为T=2π，R是圆弧的半径．【解答】解：将小球的运动等效成单摆运动，则小环运动到最低点所需的最短时间为周期，即最低时间为：t=T=×2π=×2π=0.2πs．故A正确，故选：A6．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，直接测出物理量摆长L，振动n次的时间t，从而测定重力加速度g．如果测出的g值偏小，则可能的原因是（）A．误将摆线长度当作摆长B．误将从悬点到摆球下端的长度当作摆长C．摆球质量过大D．误把n次全振动记录为n+1次【考点】78：用单摆测定重力加速度．【分析】由题，单摆振动n次的时间t，单摆的周期T=，根据单摆的周期公式推导出重力加速度的表达式，再分析g值偏小可能的原因．【解答】解：由单摆的周期公式T=得，g=A、若将摆线长度当作摆长，摆长L偏小，g值偏小．故A正确．B、将从悬点到摆球下端的长度当作摆长，摆长L偏大，g值偏大．故B错误．C、单摆的周期与摆球质量无关，所以根据实验可知，摆球的质量与测量g没有影响．故C错误．D、把n次全振动记录为n+1次，由T=得知，T值偏小，g值偏大．故D错误．故选A7．一物体做受迫振动，驱动力的频率小于该物体的固有频率，当驱动力的频率逐渐增大时，该物体的振幅将（）A．逐渐增大B．逐渐减小C．先增大，后减小 D．先减小，后增大【考点】7A：产生共振的条件及其应用．【分析】受迫振动的频率等于驱动力的频率，当系统的固有频率等于驱动力的频率时，系统达到共振，振幅达最大．【解答】解：当驱动力的频率f等于物体的固有频率f0时，系统达到共振，振幅最大，故f＜f0时，随f的增大，振幅增大，当f＞f0时，随f的增大，驱动力的频率远离固有频率，故该振动系统的振幅减小，故当驱动力的频率逐渐增大过程物体的振幅先增大后减小．故选：C．8．如图所示，实线与虚线分别表示振幅、频率均相同的两列波的波峰和波谷．此刻M点处波峰与波峰相遇，下列说法中正确的是（）A．该时刻质点O正处于平衡位置B．P、N两质点始终处在平衡位置C．从该时刻起，经过二分之一周期，质点M处于振动减弱区D．从该时刻起，经过二分之一周期，质点M到达平衡位置【考点】F6：波的叠加．【分析】由图知M、O都处于振动加强点，P、NO都处于振动减弱点，在波的传播过程中，质点不会向前移动，仅在各自的平衡位置振动，振动的强弱看振幅，不是看位移．【解答】解：A、由图知O点是波谷和波谷叠加，是振动加强点，故A错误；B、图示时刻，P、N两点是波谷和波峰叠加，位移始终为零，即处于平衡位置，两列波单独传播引起的位移的矢量和应该一直为零，故P、N两质点始终处在平衡位置，故B正确；CD、图示时刻，点M为波峰与波峰叠加，是振动加强点，经过二分之一周期，振动到波谷位置，故C错误，D错误；故选：B9．关于多普勒效应，下列说法正确的是（）A．发生多普勒效应时，波源的频率发生了变化B．发生多普勒效应时，观察者接收到的频率发生了变化C．当观察者和波源速度相同时，会发生多普勒效应D．只有声波才能发生多普勒效应【考点】FC：多普勒效应．【分析】1842年奥地利一位名叫多普勒的数学家、物理学家．一天，他正路过铁路交叉处，恰逢一列火车从他身旁驰过，他发现火车从远而近时汽笛声变响，音调变尖，而火车从近而远时汽笛声变弱，音调变低．他对这个物理现象感到极大兴趣，并进行了研究．发现这是由于振源与观察者之间存在着相对运动，使观察者听到的声音频率不同于振源频率的现象．这就是频移现象．因为，声源相对于观测者在运动时，观测者所听到的声音会发生变化．当声源离观测者而去时，声波的波长增加，音调变得低沉，当声源接近观测者时，声波的波长减小，音调就变高．音调的变化同声源与观测者间的相对速度和声速的比值有关．这一比值越大，改变就越显著，后人把它称为“多普勒效应”．【解答】解：A、多普勒效应说明观察者与波源有相对运动时，接收到的波频率会发生变化，但波源的频率不变，故A错误，B正确；C、多普勒效应是由于观察者和波源间位置的变化而产生的，故C错误；D、多普勒效应不仅仅适用于声波，它也适用于所有类型的波，包括电磁波，故D错误；故选：B．10．如图所示的四种明暗相间的条纹，分别是红光、蓝光各自通过同一个双缝干涉仪器形成的干涉图样以及黄光、紫光各自通过同一个单缝形成的衍射图样（灰黑色部分表示亮纹）．则在下面四个图中从左往右排列，亮条纹的颜色依次是（）A．红蓝紫黄B．红紫蓝黄C．紫黄蓝红D．黄紫红蓝【考点】HA：光的衍射．【分析】根据双缝干涉条纹间距△x=可判定哪个图样是双缝干涉，它们的波长又有什么关系；根据单缝衍射条纹是中间亮条纹明亮且宽大，越向两侧宽度越小，而波长越大，中央亮条纹越粗进行判断．【解答】解：双缝干涉的图样是明暗相间的干涉条纹，所有条纹宽度相同且等间距，故从左边第一个与第三个是双缝干涉现象，根据双缝干涉条纹间距△x=可知波长λ越大，△x越大，故左边第一个是红光，第三个是蓝光．单缝衍射条纹是中间明亮且宽大，越向两侧宽度越小越暗，而波长越大，中央亮条纹越粗，故最右端为黄光单缝衍射图样．故从左向右依次是红光（双缝干涉）、紫光（单缝衍射）、蓝光（双缝干涉）和黄光（单缝衍射）．故选：B．二、多选题（本大题共3小题，共15.0分）11．如图所示装置中，闭合铜环A静止悬挂在通电螺线管的M端，螺线管的轴线垂直于环面并正对环心．要使铜环向螺线管靠近，下列各操作中可以实现的是（）A．开关S由断开到接通的瞬间B．开关S由接通到断开的瞬间C．将滑片P向C滑动的过程中D．将滑片P向D滑动的过程中【考点】DB：楞次定律．【分析】明确楞次定律的应用，知道“来拒去留”的意义，从而分析电路中电流的变化，再根据电路结构分析开关通断和滑片的移动．【解答】解：只有电路中电流减小时铜环才能向螺线管靠近，则由楞次定律可知，开关断开瞬间和将滑片向C滑动过程可以减小线圈中的电流，从而使A向右靠近．故BC正确，AD错误．故选：BC．12．理想自耦变压器如图所示，开始时滑片P置于图中所示位置，此时原、副线圈的匝数比是5：1，原线圈接入电压为220V的正弦交流电，一只理想二极管和一个滑动变阻器R串连接在副线圈上，电压表和电流表均为理想交流电表，开关K断开，则下列说法正确的是（）A．电压表的读数为44VB．若只将开关K闭合，则滑动变阻器的热功率变大C．若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，则两电表读数均减小D．若只将滑片顺时针方向滑过一小段长度，则电流表示数减小【考点】E8：变压器的构造和原理．【分析】根据电压与匝数成正比可求得副线圈两端的电压，根据电流的热效应求出副线圈两端的电压，根据输入功率等于输出功率，确定电流表读数的变化．【解答】解：A、根据电压与匝数成正比，即，即，得，根据电流的热效应，有，解得，故A错误；B、将开关K闭合，二极管被短路，滑动变阻器消耗的热功率为原来的2倍，即滑动变阻器的热功率变大，故B正确；C、将滑动变阻器的滑片向下滑动，滑动变阻器的电阻变大，变压器的输出功率减小，原线圈电压不变，电流表读数减小，电压表示数不变，故C错误；D、若只将滑片顺时针方向滑过一小段长度，副线圈匝数减小，副线圈电压减小，输出功率减小，输入功率减小，根据，知电流表读数减小，故D正确；故选：BD13．在匀强磁场中有一不计电阻的矩形线圈，绕垂直磁场的轴匀速转动，产生如图甲所示的正弦交流电，把该交流电接在图乙中理想变压器的A、B两端，电压表和电流表均为理想电表，R t为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻．下列说法正确的是（）A．在t=0.01 s末，矩形线圈平面与磁场方向垂直B．变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=36sin50πt（V）C．R t处温度升高时，电压表V1、V2示数的比值不变D．R t处温度升高时，电流表的示数变大，变压器输入功率变大【考点】E5：交流的峰值、有效值以及它们的关系．【分析】由图甲可知交流电压最大值，周期，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压u的表达式u=U m sinωt（V），由图乙可知交流电压有效值，根据电压与匝数成正比知副线圈电压，原、副线圈的交流电的功率相等，R1处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化【解答】解：AB、原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压36V，周期0.02s，故角速度是ω=100π，u=36 sin100πt（V），当t=0.01s时，u=0，此时穿过该线圈的磁通量最大，矩形线圈平面与磁场方向垂直，故A正确，B错误；C、R1处温度升高时，原副线圈电压比不变，但是V2不是测量副线圈电压，R1温度升高时，阻值减小，电流增大，则R2电压增大，所以V2示数减小，则电压表V1、V2示数的比值增大，故C错误；D、R1温度升高时，阻值减小，电流增大，而输出电压不变，所以变压器输出功率增大，而输入功率等于输出功率，所以输入功率增大，故D正确；故选：AD．三、实验题探究题（本大题共2小题，共21分）14．在“用插针法测玻璃砖折射率“的实验中，玻璃砖的ab边与a′b′边相互平行，aa′边与bb′边不平行．某同学在白纸上仔细画出了玻璃砖的两条边线aa′和bb′，如图所示．（1）实验时，先在玻璃砖的一侧插两枚大头针P1和P2以确定入射光线AO．接着，眼睛在玻璃砖的另一侧（选填“同一侧”、“另一侧”）观察所插的两枚大头针P1和P2，同时通过插第三、第四枚大头针来确定从玻璃砖射出的光线．（2）实验中是否要求四枚大头针的针帽在同一视线上？否（填“是”或“否”）（3）下列操作可以减小实验误差的是AC（填字母代号）A．适当增大大头针P1、P2的间距B．选择玻璃砖相互平行的ab、a′b′边来测量C．选用尽可能细的笔画线D．使AO的入射角接近于90°．【考点】O3：测定玻璃的折射率．【分析】（1）在玻璃砖的另一侧观察所插的两枚大头针P1和P2；（2）要求四枚大头针的针尖在同一视线上；（3）为了取得较好的实验效果，根据实验原理分析可知：玻璃砖上下表面不一定要平行，选择的入射角应尽量大些；大头针应垂直地插在纸面上；大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些，这样可以减小测量的相对误差．【解答】解：（1）实验时，先在玻璃砖的一侧插两枚大头针P1和P2以确定入射光线AO；接着，眼睛在玻璃砖的另一侧观察所插的两枚大头针P1和P2，同时通过插第三、第四枚大头针来确定从玻璃砖射出的光线；（2）实验中要求四枚大头针的针尖在同一视线上，而不是针帽；（3）A、大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些时，相同的距离误差，引起的角度误差会减小，角度的测量误差会小些，故A正确．B、作插针法测定折射率时，玻璃砖上下表面不一定要平行，故B错误．C、为了准确确定入射光线和折射光线，选用尽可能细的笔画线，故C正确．D、为了减小测量的相对误差，选择的入射角应尽量大些，效果会更好，但不是接近90°，故D错误．故答案为：（1）另一侧；（2）否；（3）AC．15．现有毛玻璃屏A、双缝B、白光光源C、单缝D和透红光的滤光片E等光学元件，要把它们放在如图（1）所示的光具座上组装成双缝干涉装置，用来测量红光的波长．（1）将白光光源C放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左至右，表示各光学元件的字母排列顺序为C、、A．（2）将测量头的分划板中心刻线与某条亮纹中心对齐，将该亮纹定为第l条亮纹，此时手轮上的示数如图（2）所示．然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时图（3）中手轮上的示数13.870mm，。