【文档说明】【精准解析】吉林省延边市长白山第一高级中学2019-2020学年高二下学期验收考试物理试题.doc，共(15)页，514.500 KB，由小赞的店铺上传

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物理试卷一、选择题1.发生下列哪一种情况时，单摆周期会增大()A.增大摆球质量B.缩短摆长C.减小单摆振幅D.将单摆由山下移至山顶【答案】D【解析】【详解】根据单摆的周期公式2LTg=，要增大单摆周期，可以增加摆长或减小重力加速度；与摆球的质量和振幅无关；将单摆由山下

移至山顶，重力加速度变小；故A、B、C错误，D正确；故选D．【点睛】解决本题的关键掌握单摆的周期公式2LTg=，知道影响单摆周期的因素．2.一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是()A.质点振动频率是4HzB.在10s内质

点经过的路程是20cmC.第4s末质点的速度为零D.t＝1s和t＝3s两时刻，质点位移大小相等，方向相同【答案】B【解析】试题分析：由图读出质点振动的周期T=4s，则频率110.254fHzT===．故A错误．质点做简谐运动，在一个周期内通过的路程是4A，t=10s=2.5T，所以在10s内质

点经过的路程是2.5410220SAcmcm===．故B正确．在第4s末，质点的位移为0，经过平衡位置，速度最大．故C错误．由图知在t=1s和t=3s两时刻，质点位移大小相等、方向相反，故D错误．考点：简谐运动的振动图象；简谐运动的振幅、周期和频率．3.一弹簧振子振幅为A，从最大位移处需时间t

0第一次到达平衡位置．若振子从最大位移处经过12t0时的速度大小和加速度大小分别为v1和a1；而振子位移为12A时的速度大小和加速度大小分别为v2和a2．那么（）A.12vvB.12vvC.12aaD.12aa【答案】BC【解析】【

详解】由题意，振子从最大位移处需时间0t第一次到达平衡位置，从最大位移处到平衡位置处运动，振子的速度增大，加速度减小，所以经过02t时通过的位移小于2A，振子越靠近平衡位置速度越大，加速度越小，所以12vv，12aa．故AD错误，BC正确．4.甲、乙两

弹簧振子，振动图像如图所示，则可知（）A.两弹簧振子完全相同B.两弹簧振子所受回复力最大值之比F甲∶F乙=2∶1C.振子甲速度为零时，振子乙速度最大D.振子的振动频率之比f甲∶f乙=1∶2【答案】CD【解析】【详解】A．由振动图象读出两弹簧振子周期之比T甲：T乙=2：1，根据周期公式2mTk=分

析可知，两弹簧振子一定不完全相同，故A错误；B．由振动图象读出两振子位移最大值之比x甲：x乙=2：1，根据简谐运动的特征F=－kx，由于弹簧的劲度系数k可能不等，回复力最大值之比F甲：F乙不一定等于2：1，故B错误；C．由图看出，甲在最

大位移处时，乙在平衡位置，即振子甲速度为零时，振子乙速度最大，故C正确；D．两弹簧振子周期之比T甲：T乙=2：1，频率之比是f甲：f乙=1：2，故D正确。故选CD。5.如图所示为一列简谐横波沿x轴传播在某时刻波形图线，质点P在该时刻的速度为v，经过0.1s该质点的速度仍为v，再经

过0.1s该质点的速度大小等于v的大小，而方向与v的方向相反，关于该波的传播下列叙述正确的是（）A.若波沿x正方向传播，速度为10m/sB.若波沿x负方向传播，速度为10m/sC.若波沿x负方向传播，速度为20m/sD.若波沿x正方向传播，速度为20m/s【答案】B【解析】【详

解】AD．若波沿x正方向传播，0时刻P向上运动，经过0.1s该质点的速度仍为v，说明一直运动到关于平衡位置对称的P′点且向上运动；再经过0.1s该质点的速度大小等于v的大小，而方向与v的方向相反，说明回到P点后向上再次返回P，即共0.2s大于一倍周期而小于2倍周期；波长为4m，波速vT

=，故波速小于20m/s而大于10m/s，故AD均错误；BC．若波沿x负方向传播，0时刻P向下运动，经过0.1s该质点的速度仍为v，说明运动到关于平衡位置对称的P′点；再经过0.1s该质点的速度大小等于v的大小，而方向与v的方向相反，说明再一次到达P′点；共0.2s为半个周期，故周期为0.4

s；波长为4m，波速vT=，故波速为10m/s，故B正确，C错误；故选B。6.在弹簧振子的小球上安置记录笔，当小球振动时便可在匀速移动的纸带上画出振动图像．下图是两个弹簧振子在各自纸带上画出的曲线，若纸带N1和纸带N2移动的速度v

1和v2的关系为v2=2v1，则纸带N1、N2上曲线所代表的振动的周期T1和T2的关系为()A.T2=T1B.T2=2T1C.T2=T1/2D.T2=T1/4【答案】D【解析】【详解】由图可以看出，两波的波长存在如下关系λ1=2λ2又因为其波速的关系为v2=2v1故周期之比为11122

2/224/111TvTv===故D正确，ABC错误。7.声波能绕过某一建筑物传播，这是因为（）A.声波是纵波B.声波是横波C.声波的波长较长D.声波的频率较长【答案】C【解析】【详解】声波的波长较长，容易发生衍射，从而绕过障碍物，故C正确8.如图所

示，一列简谐横波向右传播，P、Q两质点平衡位置相距0.15m．当P运动到上方最大位移处时，Q刚好运动到下方最大位移处，则这列波的波长可能是：A.0.60mB.0.30mC.0.20mD.0.15m【答案】B【解析】可以画出PQ之间的最简单的波形，如图所示：同时由于PQ可以含有

多个完整的波形，则：()10,1,2...2PQxnn=+=整理可以得到：()20,1,2...21PQxnn==+当0n=时，0.3m=当1n=时，0.1m=，故选项B正确，ACD错误．点睛：解决机械波的题目关键在于理解波的周期性，即时间的周期性或空间的周

期性，得到波长的通项，再求解处波长的特殊值．9.一列横波沿绳子向右传播，某时刻形成如图所示的凸凹形状，对此时绳上A、B、C、D、E、F六个质点()A.D、E速度方向相同B.A、C速度方向相同C.从此时算起，B比C先回到平衡位置D.它们的加速度方向与波的传播方向无关【答案】CD【解析】

【详解】由波形图可知，D点向上振动，E点向下振动，则D、E速度方向相反，选项A错误；A质点向下振动，C质点向上振动，则A、C速度方向相反，选项B错误；此时刻BC质点均向上振动，则从此时算起，B比C先回到平衡位置，选项C正确；各个质点的加速度方向总是指向平衡

位置，与波的传播方向无关，选项D正确；故选CD.【点睛】此题关键是会用平移法、上坡下坡法、同侧法等判断各质点在某时刻的振动方向，知道各个质点的加速度方向总是指向平衡位置．10.一列简谐横波在t=0时刻波形图如图中实线所示，t=1s8时的波

形图如图中虚线所示，若波传播的速度v=8m/s，下列说法正确的是（）A.这列波的周期为0.4sB.这列波沿x轴负方向传播C.t=0时刻质点a沿y轴负方向运动D.从t=0时刻开始质点a经0.25s通过的路程为0.4m【答案】BCD【解析】【详解】AB．由图读出波长λ=4m，

则波的周期为4s0.5s8Tv===由题波传播的时间为184Tts==根据波形的平移可知，波的传播方向沿x轴负方向，故A错误，B正确；C．波x轴负方向传播，由“上下坡法”可知t=0时，质点a沿y轴负方向运动，故C正确；D．从t=0时

刻经0.25s时，由于0.252Tts==所以质点通过的路程等于2A=0.4m，故D正确。故选BCD。11.从点光源S发出的一细束白光以一定的角度入射到三棱镜的表面，经过三棱镜的折射后发生色散现象，在光屏的ab间形成一条彩色光带

．下面的说法中正确的是（）A.a侧是红色光，b侧是紫色光B.在真空中a侧光的波长小于b侧光的波长C.三棱镜对a侧光折射率小于对b侧光的折射率D.在三棱镜中a侧光的传播速度大于b侧光的传播速度【答案】B【解析】红光的折射率小于紫光的折射率，经过三棱镜，红光的偏折角小于紫光的偏折角，则b侧

是红色光，a侧是紫色光．故A错误．由图知a侧光的偏折角大，三棱镜对a侧光的折射率大，a侧光的波长小．故B正确，C错误．三棱镜对a侧光的折射率大，由公式v=c/n得知，a侧光在三棱镜中传播速率小于b侧光的传播速率．故D错误．故选B．点睛：本题是光的色散现象，从中要掌握：可见

光是复色光，紫光的折射率最大，在棱镜中的速度最小，红光的折射率最小，在棱镜中的速度最大．12.以下说法正确的是（）A.光的偏振现象说明光是一种横波B.雨后路面上的油膜呈现彩色，是光的折射现象C.相对论认为空间和时间与物质的运动状态无

关D.光导纤维中内层的折射率小于外层的折射率【答案】A【解析】【详解】A．光的偏振现象说明光是一种横波，选项A正确；B．雨后路面上的油膜呈现彩色，是光的干涉现象，选项B错误；C．相对论认为空间和时间与物质的运动状态有关，选项C错误；D．光导纤维中内层的折射

率大于外层的折射率，选项D错误；故选A．【考点】光的偏振；光的干涉；相对论；光导纤维13.登山运动员在登雪山时要注意防止紫外线的过度照射，尤其是眼睛更不能长时间被紫外线照射，否则将会严重地损伤视力．有人想用薄膜干涉的原理设计一种能大大减小紫外线对眼睛伤害的眼镜，他选用的薄膜材料的折

射率n＝1.5，所要消除的紫外线的频率ν＝8.1×1014Hz，那么他设计的这种“增反膜”的厚度至少是()A.9.25×10－8mB.1.85×10－7mC.1.23×10－7mD.6.18×10－8m【答案】C【解析】【详解】为了减小紫外线对眼睛的伤害，应使入

射光分别从该膜的前后两个表面反射的光叠加后加强，则路程差（大小等于薄膜厚度d的2倍）应等于光在薄膜中的波长λ′的整数倍，即2d=Nλ′（N=1，2，…）．因此，膜的厚度至少是紫外线在膜中波长的12．紫外线在真空中的波长是λ=c=3.7×10-7m在膜中的波长是λ′=n=2.47×10-7m故膜

的厚度至少是1.23×10-7m，故C正确，ABD错误．故选C．点睛：本题题型新颖，考查了光的干涉，是典型的物理知识与生活实际相联系的题目，关键理解干涉的原理，明确反射光的光程差是光的波长的整数倍时振动加强．14.如图所示，一束光沿半径方向射向一

块半圆柱形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为，经折射后出a、b两束光线。则（）A.在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度B.在真空中，a光的波长小于b光的波长C.分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a

光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距D.若改变光束的入射方向使角逐渐变大，则折射光线a首先消失【答案】ABD【解析】【详解】A．根据光路图可知，a光的偏折程度较大，可知玻璃砖对a光的折射率大于b光的折射率，根据cvn=知，a光的折射率大，则a光

在玻璃中的传播速度较小，故A正确；B．a光的折射率大，则a光的频率较大，根据cf=知，在真空中，a光的波长较小，故B正确；C．a光的波长较小，根据Lxd=知，a光的干涉条纹间距较小，故C错误；D

．根据1sinCn=知，a光的折射率大，则a光发生全反射的临界角较小，改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，则折射光线a首先消失，故D正确。故选ABD。二、实验题15.如图所示，是利用插针法测定玻璃折射率的实验得到的光路图，玻璃砖的

入射面AB和出射面CD并不平行，则（1）出射光线与入射光线________（填仍平行或不再平行）（2）以入射点O为圆心，以R＝5cm长度为半径画圆，与入射线PO交于M点，以玻璃中折射线的延长线OQ交于F点，过M、F点分别向法线作垂线，量得MN＝4.

2cm，FE＝2.8cm,则测得该玻璃的折射率为____________【答案】(1).不再平行(2).1.5【解析】【分析】（1）利用插针法测定玻璃砖折射率的实验原理是折射定律n=sinisinr，根据光的折射定律和光路可逆原理分析即可

；（2）根据几何知识得到入射角的正弦和折射角正弦与MN、EF长度的关系，即可由折射定律求出折射率．【详解】（1）因为玻璃砖的上下表面不平行，光线在上表面的折射角与在下表面的入射角不等，则根据光的折射定律和光路可逆性可知出射光线的

折射角与入射光线的入射角不等，由几何关系可知出射光线和入射光线不再平行．（2）设光线在玻璃砖的上表面入射角和折射角分别为i和r．由几何关系可知：sini=sin∠MON=MNMO，sinr=sin∠FOE=EFOF，MO=OF根据折射定律

得该玻璃的折射率为：4.21.52.8siniMNnsinrEF====【点睛】本题处理实验数据的方法常常称为单位圆法，关键掌握光的折射定律和几何知识，并能灵活运用．16.张明同学做“用单摆测重力加速度”的实验：(1)测摆长时，若正确测出悬线长l和摆球直径

d，则摆长为____________；(2)测周期时，当摆球经过平衡位置时开始计时并计数为1次，测出经过该位置N次（约60~100次）的时间为t，则周期为____________________；(3)他实验测得的g值偏小，可能的原因是___________

_____。A.测摆线长时摆线拉得过紧B.摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了C.开始计时时，秒表提前按下D.实验中误将49次全振动数为50次【答案】(1).2dl+(2).21t

N−(3).BC【解析】【详解】(1)[1]摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长，则摆长为2dLl=+(2)[2]单摆完成一次全振动需要的时间是一个周期，则单摆的周期为2112ttTNN==−−(3)[3]根据单摆的周期公式2LTg=

，可得224lgT=A．测摆线长时摆线拉得过紧，则摆长L的测量值偏长，g值偏大，故A错误；B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，故相对与原来的单摆，周期测量值偏大，故加速度测量值偏小，故B正确；C．开始计时时，秒表提前按下

，则周期测量值偏大，故加速测量值偏小，故C正确；D．试验中误将49次全振动数为50次，周期测量值偏小，故加速测量值偏大，故D错误。故选BC。三、计算题17.一列简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，质点P此时刻沿-y运动，经过0.1s第一次到达平衡位置，波速为5m/s，那

么，求：（1）该波的传播方向；（2）质点P的振动周期；（3）图中Q点（坐标为x=7.5m的点）的振动方程.【答案】（1）沿-x方向传播；（2）1.2s；（3）()5coscmyt=【解析】【详解】（1）质点P此时刻沿-y运动，振动比左侧邻近的波峰振动早，所以该波沿

-x方向传播；（2）由波形图可知：6=m，则周期为1.2sTv==（3）由图知，质点振幅为A=5cm，周期为1.2s，则Q点的振动方程为y=2coscmAtT（）=5coscmt（）18.如图中的实线

是一列简谐波在某一时刻的波形曲线，经0.5s以后，其波形如图中的虚线所示，在该0.5s内，图中质点运动的路程小于0.6cm．（1）如果波向右传播，那么波速是多大？周期是多大？（2）如果波向左传播，那么波速可能是多大？周期可能是多大？【答案】（1）6m/s23

s（2）0.5s2m/s0.4s10m/s【解析】【详解】（1）波向右传播，由图可知所用时间34tTkT=+由于32tT所以k=0因此有30.5s4tT==所以2s3T=由vT=可得vT==6m/s（2）波向左传播，由图可知所用时间34tTkT=+由于32tT所以k=0或

k=1①当k=0时10.54tTs==所以2Ts=由vT=可得vT==2m/s②当k=1时50.5s4tT==所以0.4sT=由vT=可得vT==10m/s19.一半径为R的14球体放置在水平面上，球体由折射率为3的透明材料制成。现

有一束位于过球心O的竖直平面内的光线，平行于桌面射到球体表面上，折射入球体后再从竖直表面射出，如图所示。已知入射光线与桌面的距离为32R。求：(1)光线射到球体表面的折射角；(2)光线从球体竖直表面的出射角。【答案】(1)30°；(2)60°【解析】【详解】(1)设入射光线与球体的交点为C，

连接OC，OC即为入射点的法线．因此，图中的角α为入射角。过C点作球体水平表面的垂线，垂足为B。依题意，∠COB=α，又由△OBC知332sin2RBCCOR===①设光线在C点的折射角为β，由折射定律得sin3sinn==②由①②式得3sin2sin0.53n===则β=30°③

(2)由几何知识知，光线在球体的竖直表面上的入射角γ=30°④由折射定律得：1sin1sin3n==⑤因此有3sin2=解得θ=60°