【文档说明】【精准解析】河南省南阳市第一中学2019-2020学年高二下学期期中模拟考试物理试题.pdf，共(21)页，383.650 KB，由小赞的店铺上传

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-1-南阳市一中2020年春高二年级期中模拟考试物理试题一、选择题1.下列说法正确的是（）A.单缝衍射实验中，缝越宽，条纹越亮，衍射现象越明显B.光纤通信，医用纤维式内窥镜都利用了光的全反射原理C.机械波传播过程中，某质点在一个周期内向前移

动一个波长的距离D.地球上的人看来，接近光速运动的飞船中的时钟变快了【答案】B【解析】【详解】A．单缝衍射中，缝越宽，条纹越亮，衍射现象越不明显，故A错误；B．光纤通信，医用纤维式内窥镜都利用了光的全反射原理，故B正确；C．波在一个周期内向前传播的距离等于波长，并质点不会随波迁移，故C

错误；D．根据狭义相对论的钟慢效应可知，在地面上的观测者看来，接近光速飞行的飞船中时钟会变慢，故D错误；故选B。2.下列说法正确的是（）A.物体做受迫振动时，驱动力频率越高，受迫振动的物体振幅越大B.医生利用超声波探测病人血管中血液的流速应用了多普勒效应C.两列波发生干涉，振动加强区

质点的位移总比振动减弱区质点的位移大D.树荫下的太阳光斑大多成圆形是因为光的衍射【答案】B【解析】【详解】A．物体做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，振幅达到最大，即使增加驱动力频率，振幅不变，故A错误；B．医生检查身体的“B

超”仪没有用到多普勒效应，而彩超则是通过测出反射波的频率变化来确定血流的速度，显然是运用了多普勒效应原理，故B正确；C．两列波发生干涉，振动加强区质点的振幅总比振动减弱区质点的振幅大，不能说振动加强区质点的位移总比振动减弱区质点的位移大，故C错误；D．树

荫下的太阳光斑大多成圆形是由小孔成像形成的，故D错误。-2-故选B。3.下列对光学现象的认识正确的是（）A.阳光下水面上的油膜呈现出彩色条纹是光的全反射现象B.狭义相对论说，在任意惯性参考系里，一切力学规律都是相同的C.用白光

照射不透明的小圆盘，在圆盘阴影中心出现一个亮斑是光的折射现象D.某人潜入游泳池中，仰头看游泳馆天花板上的灯，他看到灯的位置比实际位置高【答案】D【解析】【详解】A．阳光下水面上的油膜呈现出彩色条纹是光的干涉现象，故A错误；B．根据狭义相对论的两个基本假设可

知，在不同惯性参考系里，一切物理规律都是相同的，故B错误；C．用白光照射不透明的小圆盘，在圆盘阴影中心出现一个亮斑是光的衍射现象，故C错误；D．某人潜入游泳池中，仰头看游泳馆天花板上的灯，由于光的折射，他看到灯的位置比实际位置高，故D正确。故选

D。4.如图所示，S1、S2为两个振动情况完全相同的波源，两列波的波长都为λ，它们在介质中产生干涉现象，S1、S2在空间中共形成了5个振动加强的区域，如图中实线所示。P是振动加强区域中的一点，从图中可看出（）A.P点到两波源的距离差等于1.5λB.S1的

传播速度大于S2的传播速度C.P点此时刻振动最强，过半个周期后，振动变为最弱D.当一列波的波峰传到P点时，另一列波的波峰也一定传到P点【答案】D【解析】【详解】A．由题意可知，S1、S2在空间共形成5个振动加强的区域，则P点到两波源的距离差等于λ的整数倍

，故A错误；-3-B．S1、S2为振动情况完全相同的波源，在同一种介质中传播，则S1的传播速度等于S2的传播速度，故B错误；C．若P点此时刻振动最强，过半个周期后，振动仍为最强，故C错误；D．因P点是振动加强区，当一列波的波峰传到P点时，另一列波的波峰也一定传到P点，故D正确。故选D。5.LC振荡

电路在t1和t2时刻自感线圈中磁感线方向和电容器中极板带电情况如图所示，若21π2ttLC，则（）A.在t1时刻电容器正充电B.在t2时刻电容器两极板间电场正在增强C.在t1时刻电路中电流正在减小D.在t2时刻自感线圈中磁场正在增强【答案】B【解析】【详解】由21π2ttLC

知214TttAC．从题图可看出1t、2t两个时刻螺线管处的电流都是从左向右穿过螺线管，由于电流方向是正电荷运动方向，1t时刻正电荷是从左极板流出然后穿过螺线管，正处于放电状态，只要是放电，振荡电流就是增大的，故AC错误；B．

2t时刻，电流从左向右通过螺线管，而右极板带正电，说明正电荷正往右极板上聚集，所以2t时刻电容器在充电，随着极板上电荷增多，两级间电场增强，故B正确；-4-D．由于充电过程中振荡电流总是减小的，故线圈中磁场在减弱，故D错误。故选B。6.如图所示，将

可视为质点的小物块用轻弹簧悬挂于拉力传感器上，拉力传感器固定于天花板上，将小物块托起一定高度后释放，拉力传感器记录了弹簧拉力F随时间t变化的关系如图所示。以下说法正确的是（）A.t0时刻回复力为2F0B.2t0时刻弹簧一定处

于拉伸状态C.032t时刻弹簧弹力的功率为0D.032t时刻物体处于超重状态【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，t0时刻回复力为0F，故A错误；B．02t时刻，弹力最小，弹性势能最小，但弹簧依然处于伸长状态，故B正确；C．032t时刻，弹簧

振子在平衡位置，速度最大，弹力为02F，功率不为0，故C错误；D．032t时刻，弹簧振子在平衡位置，物体加速度为0，处于平衡状态，故D错误。故选B。7.光纤主要由折射率较大的纤芯与折射率较小的外套组成。在光纤中传输的信号是

脉冲光信号。当一个光脉冲从光纤中输入，经过一段长度的光纤传输之后，其输出端的光脉冲会变宽，这种情况较严重（脉冲变宽到一定程度）时会导致信号不能被正确传输。引起这一差别的主要原因之一是光通过光纤纤芯时路径长短的不同，如图所示，沿光纤轴线传输的光纤用时最短，在两种介质界面多次全反射的光线用时最长。为简

化起见，我们研究一根长直光纤，设其内芯折射率为n1，外套折射率为n2。在入射端，光脉冲宽度（即光持续时间）为t，在接收端光脉冲宽度（即光持续时间）为t¢，且tt¢>，则（）-5-A.为了保证光脉冲不从外套“漏”出，内芯和包套材料折射率的关系应满足：n1<n2B.内芯材

料的折射率n1越大，光脉冲将越不容易从外套“漏”出C.为了尽可能减小t¢和t的差值，应该选用波长更短的光D.光在内芯与包套界面处的临界角11sincn【答案】B【解析】【详解】A．发生全反射的必要条件是：光必须从光密介质摄入光疏介质，即从折射率大的介质射入折射率小的介质，所以当内

芯的折射率比包套材料的折射率大时，即12nn时，光在内芯与外套的界面上才能发生全反射，故A错误；B．内芯材料的折射率1n越大，光脉冲将越不容易从外套“漏”出，故B正确；C．光脉冲宽度对应一定的波长范围，故C错误；D．对于光由介质射入空气（或真空

）的情况11sincn而光在内芯与包套界面处临界角不等于光由内芯射入空气（或真空）的临界角，故D错误。故选B。8.如图所示，由某种透明介质制成的长直细圆柱体置于真空中．某种单色光在介质中传输，经过多次全反射后从右端射出．若以全反射临界角传输的光线刚好从右端以张角2出射，则此介质的折射率为（

）A.1sin2B.1cos2C.21cosD.21sin-6-【答案】D【解析】【详解】设射出时的入射角为，根据折射定律：sinsinn由几何关系可得，发生全反射时入射角为：2C1sinnC根据以上几式，解

得：21sinn故D选项正确，ABC错误．9.利用薄膜干涉可检查工件表面的平整度．如图（a）所示，现使透明标准板M和待检工件N间形成一楔形空气薄层，并用单色光照射，可观察到如图（b）所示的干涉条纹，条纹的弯曲处P和Q对应

于A和B处，下列判断中正确的是（）A.N的上表面A处向上凸起B.N的上表面B处向上凸起C.条纹的cd点对应处的薄膜厚度相同D.若减少薄片的厚度，则干涉条纹间距会增大【答案】BCD【解析】薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相同

．条纹的cd点在直条纹处，所以cd点对应处的薄膜厚度相同，从弯曲的条纹可知，A处检查平面左边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相同，可知A处凹陷，B处检查平面右边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相同，可知B处凸起，故A错误，B正确；由图可知，条纹间距

相等，则条纹的cd点对应处的薄膜厚度也相同，故C正确；当减少薄片的厚度，即减小空气薄层的宽度，导致同级的光程差的间-7-距变大，则干涉条纹间距会增大，故D正确．所以BCD正确，A错误．10.如图所示，两列简谐横波的振幅都是20cm，传播速度大小相同，虚线波的频率为2Hz，沿x轴

负方向传播；实线波沿x轴正方向传播，某时刻两列波在如图所示区域相遇，以下判断正确的是（）A.实线波与虚线波的周期之比为1:2B.两列波在相遇区域会发生干涉现象C.平衡位置为x=6m处的质点此时刻速度为零D.平衡位置为x=4.

5m处的质点此刻位移20102cmy【答案】AD【解析】【详解】A．两列波波速相同，实线波与虚线波的波长2m、4m，波长之比为12:，由vT得，波长与周期成正比，则的周期之比为12:，故A正确；

B．两列波波速相同，波长不同，根据vf频率不同，不能发生干涉现象，故B错误；C．平衡位置为6mx处的质点此刻位移为0，根据微平移法知，两列单独引起的速度都向下，所以合速度不为0，故C错误；D．平衡位置为4mx

处的质点，两列波长单独引起的位移分别为cm，sin45102cm所以此刻的位移20102cmy故D正确。-8-故选AD。11.a、b、c三条平行光线垂直于半圆柱体玻璃砖的截面直径从空气射向玻

璃砖，如图所示，光线b正好过圆心O，光线a、c从光线b的两侧对称入射，从玻璃砖下表面进入空气后与光线b分别交于P、Q，则下列说法正确的是（）A.玻璃对三种光的折射率关系为abcnnnB.玻璃对a光的折射率大于对c光的折射率C.a光比c光穿过该半圆柱体玻璃砖所需时间长D.a、b、

c三种光穿过该半圆柱体玻璃砖所需时间b光最长【答案】BC【解析】【详解】ABD．由图可知，a光通过玻璃砖后偏折程度比c光的大，所以玻璃对a光的折射率大于对c光的折射率，即acnn由于玻璃对b光没有发生偏折，无法判断玻璃对b光的折射率与对

a、c两光的折射率的大小。同理，也无法判断b光穿过该半圆柱体玻璃砖所需时间与另两种光的时间，故B正确，AD错误；C．对于a、c两光，由cvn得acvv而a光传播的路程较长，所以由stv-9-可知，a光比c光穿过该半圆柱体玻璃砖所需时间长，故

C正确。故选BC。12.一简谐横波沿水平方向由质元a向质元b传播，波速为4m/s，a、b两质元平衡位罝间的距离为2m，t=0时刻，a在波峰，b在平衡位置且向下振动，下列哪些时刻b可能处在波峰位置（）A.32sB.12sC.56sD.730s【答案】BD【解析】

根据题意a、b两质元平衡位置间的距离为3()4dn，Tv，当再经历3()4tkT时，b可能处在波峰．解得343()486ktkTn（n=0、1、2、3……；k=0、1、2、3……）．当n=1，k=1时，1s2t；当n=4，k

=1时，7s30t．综上分析，BD正确．二、实验题13.利用单摆测当地重力加速度的实验中：(1)利用游标卡尺测得金属小球直径如图所示，小球直径d=___cm；(2)甲乙两个学习小组分别利用单摆测量重力加

速度。甲组同学采用图甲所示的实验装置；①为比较准确地测量出当地重力加速度的数值，除秒表外，在下列器材中，还应该选用____。（用器材前的字母表示）a.长度接近1m的细绳b.长度为30cm左右的细绳c.直径为1.8cm的塑料球d.直径为1.8cm的铁球e.最小刻度为1cm的

米尺f.最小刻度为1mm的米尺②该组同学先测出悬点到小球球心的距离L，然后用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间-10-t。请写出重力加速度的表达式g=___；（用所测物理量表示）③乙组同学在图甲所示装置的基础上再增加一个

速度传感器，如图乙所示。将摆球拉开一小角度使其做简谐运动，更换摆线长度后，多次测量，根据实验数据，利用计算机作出2TL图线，并根据图线拟合得到方程24.040.035TL。由此可以得出当地的重力加速度g=__m/s2；（取π2=9.86，结果保留3位有效数字）④某

同学在实验过程中，摆长没有加小球的半径，其它操作无误，那么他得到的实验图像可能是下列图像中的____。【答案】(1).2.26(2).a、d、f(3).2224nLt(4).9.76(5).B【解析】【详解】(1)[1]小球直径为122mm6mm22mm

2cm10(1)[2][3][4][5]根据2LTg得-11-224πLgT知需要测量摆长，摆长等于摆长的长度和摆球的半径之和，所以选择长度接近1m的细绳，铁球的密度大，阻力小，所以选择直径为1cm的铁球，

需要测量摆长和摆球的直径，所以需要最小刻度为1mm的米尺和螺旋测微器，故选a、d、f。根据2πLTg得224πLgT又因为tTn联立得2224πnLgt根据2πLTg得224πTgL知斜率24π4kg解得29m/sg根据-12-2224πnLgt可知L与2T成正比关

系，且某同学在实验过程中，摆长没有加小球的半径，则0L时2T不为0，故选B。14.在“测玻璃的折射率”实验中：(1)为取得较好的实验效果，下列操作正确的是___。A.必须选用上下表面平行的玻璃砖B.选择的入射角应尽量小些C.大头针应垂直地插在纸面上D.大头针P1和P2及P3和P4之

间的距离适当大些(2)有甲、乙两位同学在纸上画出的界面aa、bb与玻璃砖位置的关系分别如图①、②所示，其中甲同学用的是矩形玻璃砖，乙同学用的是梯形玻璃砖。他们的其它操作均正确，且均以aa、bb为界面画光

路图。则甲、乙两位同学测得的折射率与真实值相比分别是__和__（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。(3)小明同学在实验室里用插针法测平行玻璃砖折射率的实验中，已确定好入射方向AO，插了两枚大头针P1和P2，如图所示（①

②③是三条直线）。在以后的操作说法中你认为正确的一项是___。A.在bb侧调整观察视线，另两枚大头针P3和P4可能插在①线上B.在bb侧调整观察视线，另两枚大头针P3和P4可能插在③线上C.若保持O点不动，减少入射角，在bb侧调整观察视线，另

外两枚大头针P3和P4可能插在①线上D若保持O点不动，增大入射角，在bb侧调整观察视线，看不清P1和P2的像，这可能是光在-13-bb界面发生全反射【答案】(1).CD(2).偏小(3).不变(4).C【解析】【详解】(1)[1]A．作插针法测定折射率时，玻

璃砖上下表面不一定要平行，故A错误；B．为了减小测量的相对误差，选择入射角应尽量大些，效果会更好，故B错误；C．为了准确确定入射光线和折射光线，大头针应垂直地插在纸面上，故C正确；D．大头针1P、2P、3P、4P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D正确。故选CD。(2)[2][3]画出该光路图可发现，入射角测量没有误差，而折射角偏大，根据折射定律得知，测出的折射率n将偏小；乙同学用的是梯形玻璃砖，只要操作正确，测量结果与玻璃砖形状无关，故测出的折射率与真实值相比是不变的。(

3)[4]A．光线通过平行玻璃砖后，根据折射定律得知，出射光线与入射光线平行，故在bb侧调整观察视线，另两枚大头针3P和4P不可能插在①线上，故A错误；B．由折射定律得知，光线通过平行玻璃砖后光线向一侧发生侧移，因为光线在上表面折射时，折射角小于入射角，则出射光线向②一侧偏移，另两枚大

头针不可能插在③线上，故B错误；C．若保持O点不动，减少入射角，出射光线折射角也减小，另外两枚大头针3P和4P可能插在①线上，故C正确；D．若保持O点不动，增大入射角，反射光增强，折射光线减弱，在bb侧调整观察视线，看

不清1P和2P的像，根据光路可逆性原理得知，光线不可能在bb界面发生全反射，故D错误。故选C。三、计算题15.劲度系数为k的轻弹簧上端固定，下端拴小物块A和B，A的质量为m，某时刻剪断AB间的细绳，A开始做简

谐运动。运动到最高点时，弹簧的弹力大小为0.4mg（g为重力加速度，A做简谐运动时周期为2mTk）。求：(1)A做简谐运动的振幅大小；-14-(2)当A运动到最低点时，A对弹簧弹力F的大小和方向；(3)若当A运动到最低点时B恰好落到地面，

求B开始下落时距地面的高度。【答案】(1)0.6mgk；(2)弹簧在最高点处为压缩状态时的弹力是2.4mg，弹簧在最高点处为伸长状态时的弹力是1.6mg；(3)2120,1,2...2mgnnk

【解析】【详解】(1)在最高点弹簧形变量为mgxk在平衡位置有0mgxk若在最高点弹簧处于压缩状态时，振幅为10mgAxxk若在最高点弹簧处于伸长状态时，振幅为20mgAxxk(2)弹簧处于压缩状态110()FkAx得12Fmg

弹簧处于伸长状态220()FkAx-15-得21Fmg(3)B物体下落的时间1()(0,1,2)2tnTnB物体离地的高度212hgt又2πmTk解得212π0,1,2...2m

hgnnk16.如图所示，一小孩站在宽6m的河边，在他正对面的岸边有一距离河面高度为3m的树，树的正下方河底有一块石头，小孩向河面看去，可同时看到树顶和石头两者的像，并发现两个像重合

，若小孩的眼睛离河面高为1.5m，河水的折射率为43，试估算河水深度。【答案】5.3m【解析】【详解】作树顶反射光线与回头折射光线的光路图，如下图所示，入射角、折射角分别设为i、r。-16-由几何关系得tan3tan6mii解得4tan3i则4sin

5iP点至岸边的距离为3tan4mi由几何知识可知224sin=4rh由折射定律得sinsininr故22sin44inh联立解得5mh17.角反射器是由三个互相垂直的反射平面所组成，入射光束被它

反射后，总能沿原方向返回，自行车尾灯也用到了这一装置。如图所示，自行车尾灯左侧面切割成角反射器阵列，为简化起见，假设角反射器的一个平面平行于纸面，另两个平面均与尾灯右侧面夹45角，且只考虑纸面内的入射光线。-17-(1)为

使垂直于尾灯右侧面入射的光线在左侧面发生两次全反射后沿原方向返回，尾灯材料的折射率要满足什么条件？(2)若尾灯材料的折射率2n，光线从右侧面以角入射，且能在左侧面发生两次全反射，求sin满足的条件。【答案】(1)1.414n；(2)sin2sin15【解析】【详解

】(1)垂直尾灯右侧面入射的光线恰好发生全发射时，由折射定律minsin90sin45n①解得min21.414n②故尾灯材料的折射率1.414n(2)尾灯材料折射率2n其临界角满足1sinCn

③30C光线以角入射，光路如图所示-18-设右侧面折射角为，要发生第一次全反射，有2C④要发生第二次全反射，有4C⑤解得015⑥由折射定律sinsinn⑦解得sin2sin15⑧18.甲、乙

两列横波传播速率相同，分别沿x轴负方向和正方向传播，t0时刻两列波的前端刚好分别传播到质点A和质点B，如图所示，设t0时刻为计时起点，已知甲波的频率为5Hz，求：（1）t0时刻之前，x轴上的质点C振动了多长时间？（2）在t0时刻之后的0.9s内，x=0

处的质点位移为+6cm的时刻．【答案】(1)0.1s；(2)0.2s和0.6s【解析】-19-【详解】(1)由题中条件可知，甲波的周期为1Tf甲甲波速为：vf甲甲乙波的周期为Tv乙乙由图可知，D点开始振动的时刻距图中时刻为14DtT乙得

质点D已振动时间0.1sDt(2)x＝0处的质点位移为+6cm，表明两列波的波峰同时到达x＝0处．甲波的波峰到达x＝0处的时刻为：tmT甲甲(m＝0、1、2、3……）乙波的波峰到达x＝0处的时刻为：1()2tnT乙乙(n＝0、1、2

、3……）tt甲乙解得m＝2n+1n＝0时m＝1t＝0.2sn＝1时m＝3t＝0.6sn＝2时m＝5-20-t＝1s可知：在之后的0.9s内，x＝0处的质点位移为+6cm的时刻为0.2s和0.6s-21-