湖北省华中师大一附中2019-2020学年高二下学期期中物理试题及答案解析

湖北省华中师大一附中2019-2020学年高二下学期期中考试
物理试题
1．分别用波长为λ和
3
4
λ 的单色光照射同一金属板，发出的光电子的最大初动能之比为2:3，以h 表示普朗克常量，c 表示真空中的光速，则此金属板的逸出功为（ ） A ．
3hc λ
B ．
23hc
λ
C ．
34hc
λ
D ．
98h c
λ
2．如图所示，惯性系S 中有一边长为l 的正方形，从相对S 系沿x 方向以接近光速的匀速飞行器上测得该正方形的图像是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
3．如图所示，理想变压器原线圈接在输出电压不变的交流电源上，图中各电表均为理想电表。

下列说法正确的是（ ）
A ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，通过电阻R 1的电流变大
B ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电压表V 示数变小
C ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电流表A 1示数变小
D ．若闭合开关S ，则电流表A 1示数变大，A 2示数变大
4．已知氢原子的基态能量为E 1，激发态能量E n ＝E
1
n 2，其中n ＝2,3,4…，h 表示普朗克常量，c 表示真空中的光速．有一氢原子处于n ＝3的激发态，在它向低能级跃迁时，可能辐射的光子的最大波长为（ ） A ．−9ℎc
8E 1
B ．−4ℎc
3E 1
C ．−ℎc
E 1
D ．−
36ℎc 5E 1
5．如图所示，竖直面上有一半径较大的圆弧轨道，最低点为M点，有三个小球A、B、C（可视为质点），A球位于圆心处，B球位于弦轨道MN的顶端N点，C球位于圆弧轨道上极其靠近M的地方。

现将三个小球同时由静止释放，不计一切摩擦阻力和空气阻力，则（）
A．C球最先到达M点
B．B球最后到达M点
C．ABC三球同时到达M点
D．条件不足，无法判断哪个小球最先、最后到达M点
6．声波与光波有许多可比之处，某同学对此做了一番比较，得到如下结论，你认为正确的是（）
A．声波是纵波，而光波是横波
B．声波的传播依赖于介质，而光可以在真空中传播
C．声波和光波都能产生反射、折射、干涉、衍射、偏振、多普勒效应等现象
D．当声波和光波从空气进入水中时，频率保持不变，波长和波速都变小
7．假如平静的水面下相同深度处有a、b、c三种不同颜色的单色点光源，有人在水面正上方同等条件下观测发现：b在水下的像离水面距离最大，c照亮水面（透光面）的面积比a的大。

关于这三种光的性质，下列说法正确的是（）
A．c光的频率最大
B．真空中b光的波长最长
C．a光在水中的传播速度最小
D．通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距最大
8．有甲、乙、丙、丁四列简谐波同时沿x轴正方向传播，波速分别是v、2v、3v、4v，a、b是x轴上所给定的两点，且ab=l。

在t时刻，a、b两点间四列波的波形分别如图所示，则由该时刻起（）
A．波长最长的是丙，波长最短的是乙
B．频率最高的是乙，频率最低的是丙
C．关于a点第一次到达波峰，最先是乙，最后是甲
D．关于b点第一次到达波谷，最先是丁，最后是甲
9．为了保证行车安全和乘客身体健康，动车上装有烟雾报警装置，其工作原理如图所
示。

M为烟雾传感器，它可视为一可变电阻，且阻值R M随着烟雾浓度的改变而变化，S 为警报装置，R为可变电阻。

当车厢内有人抽烟时，烟雾的浓度增大，导致警报装置S两端的电压增大，发出警报。

下列说法正确的是（）
A．R M随烟雾浓度的增大而增大
B．R M随烟雾浓度的增大而减小
C．减小R，则烟雾浓度变化时，S两端电压变化更明显
D．增大R，则烟雾浓度变化时，S两端电压变化更明显
10．如图所示的电路中，L是电阻不计的电感线圈，C是电容器（原来不带电），闭合电键S，待电路达到稳定状态后再断开电键S，LC回路中将产生电磁振荡。

如果规定电感L中的电流方向从a到b为正，断开电键时刻为t=0，那么断开电键后（）
A．图甲可以表示电感线圈中的电流i随时间t的变化规律
B．图乙可以表示电感线圈中的电流i随时间t的变化规律
C．图甲可以表示电容器左极板的电荷量q随时间t的变化规律
D．图乙可以表示电容器右极板的电荷量q随时间t的变化规律
11．（1）甲乙两同学用插针法做“测定玻璃的折射率”的实验中，分别得到如图所示甲乙两种实验记录。

在甲中，已画好玻璃砖两界面直线aa′和bb′后，不小心将玻璃砖稍稍向上平移了，如甲图中虚线所示。

若之后的其他操作无误，则测得的折射率n_______（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。

在乙中，玻璃砖上界面直线aa′正确，而画的表示下界面的bb′稍稍向上平移了，如乙图中虚线所示。

若之后的其他操作无误，则测得的折射率n将_______（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）；
（2）某同学做测定玻璃折射率的实验时，用他测得的多组入射角θ1与折射角θ2作出sinθ1-sinθ2图象，如图所示，下列判断正确的是_______。

A．他做实验时，研究的是光线从空气射入玻璃的折射现象
B．玻璃的折射率为0.67
C．玻璃的折射率约为1.5
D．玻璃临界角的正弦值为0.67
12．某同学利用图示装置测量某种单色光的波长。

实验时，接通电源使光源正常发光：调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。

回答下列问题：
（1）若想增加从目镜中观察到的条纹个数，该同学可__________；
A．使用间距更小的双缝
B．将屏向远离双缝的方向移动
C．将屏向靠近双缝的方向移动
D．将单缝向双缝靠近
（2）若双缝的间距为d，屏与双缝间的距离为l，测得第1条暗条纹中央到第n条暗条纹中央的距离为Δx，则单色光的波长λ=__________；
（3）某次测量时，选用的双缝的间距为0.300mm，测得屏与双缝间的距离为1.20m，第1条暗条纹中央到第4条暗条纹中央的距离为7.44mm。

则所测单色光的波长为
__________nm（结果保留3位有效数字）。

13．匝数为N的矩形线框abcd在磁感应强度为B的匀强磁场中绕轴OO1匀速转动，t=0时刻，线框位置如图。

测得定值电阻R两端电压随时间变化的函数表达式为U= 2002 sin100πt（V），该电阻实际消耗的电功率为200W，求：
（1）通过该电阻的交变电流的瞬时值的表达式及有效值；
（2）定值电阻R的大小；
（3）求0~0.005s内通过R的电量。

14．如图所示，实线是一列简谐横波在t 1=0时刻的波形，虚线是这列波在t 2=1.5s 时刻的波形，这列波的周期T 符合：212.5 3.5T t t T <-<，求： （1）若波沿x 轴正方向传播，波速为多大； （2）若波沿x 轴负方向传播，波速为多大。

15．如图所示为某种透明材料制成的一块柱形棱镜的横截面图，圆弧CD 是半径为R 的四分之一圆周，圆心为O ．光线从AB 面上的M 点入射，入射角i ＝45°，光进入棱镜后恰好在BC 面上的O 点发生全反射，然后由CD 面射出，已知OB 段的长度2
R
L =，真空中的光速为c ，求： （1）透明材料的折射率n ；
（2）光从M 点射入到从CD 面射出所用的时间t 。

16．如图所示，质量为M=40kg、倾角为α=37°的斜面体（斜面光滑且足够长）放在粗糙的水平地面上，底部与地面的动摩擦因数为μ，斜面顶端与劲度系数为k=2000N/m、自然长度为L=0.4m的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m=10kg的物块。

压缩弹簧使其长度为0.3m时将物块由静止开始释放，且物块在以后的运动中，斜面体始终处于静止状态。

重力加速度为g=10m/s2。

（1）选物块的平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标轴，用x表示物块相对于平衡位置的位移，证明物块做简谐运动；
（2）求弹簧的最大伸长量；
（3）为使斜面始终处于静止状态，动摩擦因数μ应满足什么条件（假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力）？
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物理试题参考答案
1．A 【解析】 光子能量为：
hc
E λ
=
根据爱因斯坦光电效应方程可知光电子的最大初动能为：
k 0hc
E W λ
=
-
根据题意有：
1λλ=，23
4
λλ=，k1k 23:2: E E =
联立可得逸出功：
03hc W λ
=
故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

2．C 【解析】
正方形从相对S 系沿x 方向以接近光速匀速飞行的飞行器上运动，根据相对论效应可知，沿x 轴方向正方形边长缩短，而沿y 轴方向正方形边长没有改变，则其形状变成长方形． A ．其形状与结论不相符，选项A 错误； B ．其形状与结论不相符，选项B 错误； C ．其形状与结论相符，选项C 正确； D ．其形状与结论不相符，选项D 错误。

3．C 【解析】
AB ．由题可知，原线圈两端的电压不变，故副线圈两端的电压也不变，当滑动变阻器的滑
动触头P 向上滑动时，R 的有效阻值增大，副线圈中的总电阻增大，所以副线圈中的干路电流减小，即通过电阻R 1的电流变小，所以电阻R 1两端的电压变小，而副线圈两端总的电压是不变的，所以副线圈中并联部分的电压增大，故电压表的示数增大，故AB 错误； C ．由上分析可知，副线圈的干路电流减小，因匝数比不变，故原线圈的电流也减小，即电流表A 1示数变小，故C 正确；
D ．若闭合开关S ，则R 3并联在副线圈的电路中，所以副线圈的总电阻减小，副线圈两端的电压不变，所以副线圈的干路电流增大，因匝数比不变，故原线圈的电流也增大，即电流表A 1示数变大；副线圈干路电流流过R 1，因副线圈的干路电流增大，所以R 1两端的电压增大，而副线圈两端总的电压是不变的，所以副线圈中并联部分的电压减小，即R 2两端的电压减小，所以流过R 2电流减小，即A 2示数变小，故D 错误。

故选C 。

4．D 【解析】
能级间跃迁辐射或吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子能量越大，频率越大，波长越小。

一群氢原子处于n =3激发态，可释放出的光子频率种类为3种，据玻尔理论在这3种频率光子中，当氢原子从n =3能级向n =2能级跃迁时辐射的光子频率最小，波长最长，E 2=E
14，E 3=E
19
，ℎc λ
=E 3-E 2，λ=ℎc
E
3−E 2
=−
36ℎc 5E 1
，故D 正确，ABC 错误；故选D 。

5．B 【解析】
设圆弧的半径为R ，对于A 球，做自由落体运动，则有：
2
12
A R gt =
解得：
A t =
对于B 球，沿弦轨道MN 做初速度为零的匀加速度直线运动，设弦轨道MN 与水平切线的夹角为θ，根据几何关系有：
MN 2sin x R θ=
根据牛顿第二定律可得加速度为：
sin a g θ=
根据位移时间公式有：
2B 12sin 2
R at θ=
解得：
B t = 对于
C 球做单摆运动，根据单摆的运动规律，则有：
C 14t T ==
综上分析可得：
B C A t t t >>
故B 球最后达到M 点，A 球最先到达M 点，故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

6．ABC 【解析】
A ．声波的传播方向与介质质点振动方向在同一直线上，是纵波；而光波的传播方向与电磁振荡的方向垂直，是横波，故A 正确；
B ．声音的传播需要介质；光的传播不需要介质，光可以在真空中传播，故B 正确；
C ．声波和光波都有波的共性，所以都能产生反射、折射、干涉、衍射、偏振、多普勒效应等现象，故C 正确；
D ．波的频率由波源决定，与介质无关，所以当声波和光波从空气进入水中时，它们的频率都保持不变，声波由空气进入水中，波速变大，频率不变，由波速公式：
v f λ=
得知声波的波长变长；光波由空气进入水中，波速变小，频率不变，由波速公式：
v f λ=
得知光波波长变短，故D 错误。

故选ABC 。

7．BC 【解析】
B ．根据视深公式：
h h n
=
实视
知折射率最小的光，在水下的像最深，所以b 的折射率最小，频率最小，波长最长，故B 正确；
AC ．照亮水面的圆面积的半径R 与临界角C 满足：
tan R C h
=
又：
1sin C n
=
c 照亮水面的面积比a 的大，则c 的临界角大，水对c 的折射率小，所以a 的折射率最大，a 的频率最大，a 的传播速度最小，故A 错误，C 正确；
D ．因a 的频率最大，则a 的波长最小，当发生双缝干涉时，根据：
d x L
λ∆=
可知a 的的相邻条纹间距最小，故D 错误。

故选BC 。

8．AC 【解析】
A ．由图象可知，四列波的波长分别为l λ=甲、12l λ=乙、2l λ=丙、2
3
l λ=丁，故波长最长的是丙，波长最短的是乙，故A 正确； B ．根据：
v f λ=
可得频率分别为：
v f l =
甲，4v f l =乙，32v f l =丙，6v
f l
=
丁 故频率最高的是乙，频率最低的是甲，故B 错误； C ．根据：
1T f
=
得四列波的周期为：
l T v =
甲，4l T v =乙，23T l v =丙，6l
T v
=
丁 由该时刻起a 点第一次出现波峰的时间分别为：
11144l t T v ==，221416l t T v ==，33146l t T v ==，44348l
t T v
==
故关于a 点第一次到达波峰，最先是乙，最后是甲，故C 正确； D ．由该时刻起a 点第一次出现波谷的时间分别为：
113344l t T v ==，2233416l t T v ==，33342l t T v ==，44144l
t T v
==
故关于a 点第一次到达波谷，最先是乙，最后是丙，故D 错误。

故选AC 9．BD 【解析】
AB ．S 两端电压U 增大，故传感器两端电压一定减小；当有烟雾，使传感器电阻变化，即R M 变小，则有R M 随着烟雾浓度的增大而减小，故A 错误，B 正确；
CD ．R 越大，M 与R 并联的电阻R 并越接近R M ，U 增大越明显，导致“S ”上电压变化最明显，故C 错误，D 正确。

故选BD 。

10．AD 【解析】
AB ．S 接通达到稳定时，线圈内有电流而电容器上没有电流，流过线圈的电流是从a 流向b ，当断开开关瞬间时，电流要减小，而线圈的感应电动势，阻碍电流减少，则电流方向不变，大小在慢慢减小，同时对电容器充电；当电容器充电完毕时，电流为零。

接着电容器放电，电流方向与之前相反，大小在不断增大，直到电容器放电完毕后，电流反向最大；之后电容器与线圈组成的LC 回路重复以上的过程中，在LC 回路中形成电磁振荡，回路中出现余弦式电流，故图甲可以表示电感线圈中的电流i 随时间t 的变化规律，故A 正确，B 错误； CD ．S 闭合时，电流稳定时，线圈L 两端的电压为零，故电容器两端的电势差为零，根据：
Q =CU
可知所带的电荷量为零；当断开S ，由于线圈L 阻碍电流的变化，则线圈L 中有从a 到b 的
电流，此时电容器反向充电，则右极板带正电，电量逐渐增大，磁场能转化为电池能，充电完毕后，又开始放电，将电场能转化为磁场能，形成LC振荡电路，电量随时间周期性变化，故图乙可以表示电容器右极板的电荷量q随时间t的变化规律，故C错误，D正确。

故选AD。

11．不变偏大ACD
【解析】
（1）[1]如图所示：
实线表示将玻璃砖向上平移后实际的光路图，而虚线是未将玻璃砖向上平移时作图时所采用的光路图，通过比较发现，入射角和折射角没有变化，则由折射定律可得：
sin sin i
n
r
=
可知测得的折射率将不变；
[2]如果在实验过程中不小心将玻璃砖向上平移了一些，即将bb'移到图中虚线位置，而在做光路图时aa'不变，作出光路图，如图所示：
红线表示作图时所用的光路，黑线表示实际的光路，由图可知测量得到的入射角没有变化，而折射角偏小，则由折射定律可得：
sin sin i
n
r
=
可知所测得的折射率将偏大；
（2）[3]A ．由图象可知：12sin sin θθ>，则入射角1θ大于折射角2θ，所以光线从空气射入玻璃，故A 正确；
BC ．图象的斜率k 即是玻璃折射率，由图可得：
1
1.50.67
k n ==
= 故B 错误，C 正确； D ．玻璃临界角的正弦值：
1
sin 0.67C n
=
= 故D 正确。

故选ACD 。

12．C ()1x d
n l
λ∆=-g 620
【解析】
（1）[1]增加从目镜中观察到的条纹个数，则条纹的宽度减小，根据相邻亮条纹间的距离为：
l
x d
λ∆=
为减小相邻亮条纹（暗条纹）间的宽度，则可以减小双缝到屏的距离，增大双缝间的距离，或换用波长短的光，故C 正确，ABD 错误 故选C ；
（2）[2]第1条暗条纹到第n 条暗条纹之间的距离为x ∆，则两个相邻明纹（或暗纹）间的距离为：
1
x
x n ∆'∆=
- 根据：
l x d
λ∆=
可得单色光的波长为：
()1x d
n l
λ∆=
-g
（3）[3]由题知条纹间距为：
7.44
2.48mm 41
x ∆=
=- 根据：
l x d
λ∆=
解得：
x d
l
λ∆=
g 代入数据解得：
620nm λ=
13．（1）i =sin100πt （A ）
，1A ； （2）200Ω； （3）C 100π
【解析】
（1）根据U = sin100πt （V ），得R 两端电压的最大值为U m V 则电压的有效值为
R 200V U =
= 根据：
R P U I =
解得感应电流的有效值为：
I =1A
所以电流的电大值为：
m I ==
则电流瞬时值的表达式为：
i =
sin100πt （A ）
（2）根据：
R
U R I
=
代入U R 和I 可得：
R =200Ω
（3）根据U = sin100πt （V ），可得角速度为：
100rad/s ωπ=
则周期为：
20.02s π
T ω
=
= 所以0.005s 4T t ==，即0~0.005s 内线圈转过1
4
圈，磁通量的变化量为：
BS ∆Φ=
电压的最大值为：
m U NBS ω==
联立解得：
N π
∆Φ=
根据法拉第电磁感应定律得：
E N
t
∆Φ
=∆ 感应电流：
E I R
=
根据：
q I t =∆
可得：
N q R
∆Φ
=
代入∆Φ，R 解得：
q =
14．（1）18m /s ； （2）14m /s 【解析】
据波形图可知：λ=8m
（1）若波沿x 轴正方向传播，因212.5 3.5T t t T <-<，则波向右传播的距离为：
x =（3λ+3）m=27m
所以波速为：
18m /s x
v t
=
= （2）若波沿x 轴负方向传播，因212.5 3.5T t t T <-<，则波向左传播的距离为：
x =（2λ+5）m=21m
以波速为：
14m /s x
v t
=
=
15．（1）透明材料的折射率n 。

（2）光从M 点射入到从CD 面射出所用的时间t 是
【解析】
（1）设光线在AB 面的折射角为r ，根据折射定律可得： sin ?
sin i n r
=
设棱镜的临界角为C ，根据题意，光线在BC 面恰好发生全反射，
得到：sin C ＝1/n
由几何关系可知： r +C ＝90°
联立解得：n ＝
2
（2）光在棱镜中传播速度为：v ＝c/n 由几何关系可知：1sin 2
nR
MO C =
=
故光从M 点到从CD 面射出所用时间为：R MO t v +=
=
16．（1）见解析； （2）0.16m ； （3）0.60μ≥ 【解析】
（1）设物块在斜面上平衡时，弹簧伸长量为L ∆，则有：
sin 0mg k L α-∆=
解得：
sin 0.03m mg L k
α
∆=
= 当物块位移为x 时，弹簧伸长量为x L +∆，物块所受合力为：
()sin F mg k x L α=-+∆合
联立以上各式解得：
F kx 合=-
可知物块做简谐运动。

（2）物块做简谐振动的振幅为：
0.1m 0.13m A L =+∆=
由对称性可知，最大伸长量为：
0.16m m x A L =+∆=
（3）设物块位移x 为正，则斜面体受力情况如图所示：
由于斜面体平衡，所以水平方向有：
1sin cos 0N f F F αα+-=
竖直方向有：
21cos sin 0N N F Mg F F αα---=
又()F k x L =+∆，1cos N F mg α= 联立解得：
cos f kx α=，2sin N F Mg mg kx α=++
为使斜面体保持静止，则有：
2N f F μ≤
解得：
2
cos sin N f k x F Mg mg kx αμα
≥
++＝
当x =-A 时，上式右端达到最大值，代入数据解得：
0.60μ≥。