高二物理上册课堂对点演练检测试题22

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高二物理上册课堂对点演练检测试题22

不同频段无线电波的特性和应用1．关于电磁波谱的下列说法中正确的是()．A．电磁波中最容易表现干涉、衍射现象的是无线电波B．红外线、紫外线、可见光是原子的外层电子受激发后产生的C．伦琴射线和γ射线是原子的内层电子受激发后产生的D．红外线最显著的作用是热作用，温度较低的物体不能辐射红外线解析波长越长的无线电波的波动性越显著，干涉、衍射现象越容易发生．从电磁波产生的机理可知γ射线是原子核受到激发后产生的．不论物体温度高低如何，都能辐射红外线，物体的温度越高，它辐射的红外线越强．由此可知答案为A、B.答案AB2．下列关于电磁波的特性和应用，说法正确的是()．A．红外线和X射线都有很高的穿透本领，常用来在医学上做透视人体B．过强的紫外线照射有利于人的皮肤健康C．电磁波中频率最大的是γ射线，最容易用来观察衍射现象D．紫外线和X射线都可以使照像底片感光解析电磁波具有能量，紫外线和X射线都能使底片感光．红外线穿透本领很小，不能用来透视人体，过强的紫外线照射人体时有害健康，γ射线波长最短最不易衍射，故D正确．答案 D无线电磁波的发射、传播和接收3．要提高LC振荡电路辐射电磁波的本领，可采取的措施是()．①增加辐射波的波长②使振荡电容的正对面积足够小③尽可能使电磁场分散开④增加回路中的电容和电感A．①②B．②③C．③④D．②④解析理论证明，电磁波发射本领(功率)与f成正比，电磁场应尽可能扩散到周围空间，形成开放电器．f＝12πLC，C＝εS4πk d，可使f增大，应减小L或C，通过选择，②③符合题意．答案 B4．图3-3、4-2(a)为一个调谐接收电路，图3-3、4-2(b)、(c)、(d)为电路中的电流随时间变化的图像，则()．图3-3、4-2A．i1是L1中的电流图像B．i1是L2中的电流图像C．i2是L2中的电流图像D．i3是流过耳机的电流图像解析i1是检波前的高频调幅电流，i2是检波后的单向脉冲电流，i3是流过耳机的音频电流．答案ACD。

高二物理上册课堂对点演练检测试题81

热力学第一定律的理解和应用1．(2018山东烟台)关于内能的变化，以下说法正确的是()．A．物体吸收热量，内能一定增大B．物体对外做功，内能一定减少C．物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变D．物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变解析根据热力学第一定律，ΔU＝W＋Q，物体内能的变化与做功及热传递两个因素均有关，物体吸收热量，内能也不一定增大，因为物体可能同时对外做功，故内能有可能不变或减少，A错，物体对外做功，还有可能吸收热量、内能可能不变或增大，B错、C正确；放出热量，同时对外做功，内能一定减少，D错误．答案 C2．若将气泡内的气体视为理想气体，气泡从湖底上升到湖面的过程中，对外界做了0.6 J的功，则此过程中气泡________(填“吸收”或“放出”)的热量是____J，气泡到达湖面后，温度上升的过程中，又对外界做了0.1 J的功，同时吸收了0.3 J的热量，则此过程中，气泡内气体内能增加了____J.解析将气体视为理想气体时，其内能只与温度有关，气泡上升过程中温度不变，ΔU＝0，对外做功，W＝－0.6 J，由ΔU＝Q＋W有Q＝ΔU－W＝0.6 J>0，即需从外界吸收0.6 J的热量，气泡到达湖面后，由ΔU＝Q＋W得，ΔU＝(0.3－0.1) J＝0.2 J.答案吸收0.60.2能量守恒定律的理解和应用3．自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，下列说法正确的是()．A．机械能守恒B．能量正在消失C．只有动能和重力势能的相互转化D．减少的机械能转化为内能，但总能量守恒解析自由摆动的秋千摆动幅度减小，说明机械能在减少，减少的机械能等于克服阻力、摩擦力做的功增加了内能．答案 D能的转化与守恒的综合应用4．[2018·福建理综，28(2)]一定量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量2.5×104J，气体对外界做功1.0×104J，则该理想气体的()．A．温度降低，密度增大B．温度降低，密度减小C．温度升高，密度增大D．温度升高，密度减小解析由ΔU＝W＋Q可得理想气体内能变化ΔU＝－1.0×104J＋2.5×104J ＝1.5×104 J＞0，故温度升高，A、B两项均错．因为气体对外做功，所以气可知密度变小，故C项错误．D项正确．体一定膨胀，体保变大，由ρ＝mV答案 D。

高二物理上册课堂对点演练检测试题6

简谐运动的运动图像的理解和应用1. 如图1-3-6所示，下列说法正确的是()．图1-3-6A．振动图像是从平衡位置开始计时的B．0.7 s末速度沿x轴负方向C．1 s末速度最大D．1 s末速度最小为零解析由图像可知O时刻的位移为0，故A正确.0.7 s末物体在负的最大位移处和平衡位置之间速度为x轴正方向，故B错；1 s物体在正的最大位移处，速度为0，故C错、D正确．答案AD2．如图1-3-7所示为质点P在0～4 s内的振动图像，下列叙述正确的是()．图1-3-7A．再过1 s，该质点的位移是正向最大B．再过1 s，该质点的速度方向向上C．再过1 s，该质点运动到平衡位置D．再过1 s，该质点的速度为零解析依题意，再经过1 s，振动图像将延伸到正向位移最大处，这时质点的位移为正向最大，此时振动物体的速度为零，无方向．答案AD简谐运动的表达式的理解和应用3．某简谐运动的位移与时间关系表示为：x ＝0.1sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫100πt ＋π2 cm ，由此可知该振动的振幅是______cm ，频率是________Hz ，零时刻振动物体的初相位为________．解析根据简谐运动的表达式x ＝0.1sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫100πt ＋π2 cm ，可知振幅A ＝0.1 cm ；ω＝100π rad/s ＝2πf ，f ＝50 Hz ；相位是100πt ＋π2，初相位是π2.答案 0.1 50 π24．一个物体沿x 轴做简谐运动，振幅为8 cm ，频率为0.5 Hz ，在t ＝0时，位移为4 cm ，且向x 轴负方向运动，试写出用正弦函数表示的振动方程．解析设简谐运动的表达式为x ＝A sin(2πft ＋φ)根据题目给出的条件：A ＝0.08 m ，f ＝0.5 Hz所以x ＝0.08sin(πt ＋φ) m又t ＝0时，x ＝0.04 m代入上式得0.08 sin φ＝0.04解得φ＝π6或φ＝5π6因为在t ＝0时，速度的方向指向x 轴负方向，所以φ＝5π6故所求的振动方程为x ＝0.08sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πt ＋56π m. 答案 x ＝0.08sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πt ＋56π m。

高二物理上册课堂对点演练检测试题76

做功与内能的变化1．用下列方法改变物体的内能，属于做功的方式是()．A．搓搓手会感到手暖和些B．汽油机汽缸内被压缩的气体C．车刀切下的炽热铁屑D．物体在阳光下被晒热解析搓手时克服摩擦力做功，机械能转化为内能；汽缸压缩气体，对气体做功；车刀切削钢件，克服摩擦力做功，机械能转化为内能，使切下的铁屑温度升高，都是通过做功使内能发生改变；物体在阳光下被晒热，不属于做功的方式．答案ABC2．一定质量的气体经历一缓慢的绝热膨胀过程．设气体分子间的势能可忽略，则在此过程中()．A．外界对气体做功，气体分子的平均动能增加B．外界对气体做功，气体分子的平均动能减少C．气体对外界做功，气体分子的平均动能增加D．气体对外界做功，气体分子的平均动能减少解析绝热膨胀过程是指气体膨胀过程未发生热传递，膨胀过程气体体积增大，气体对外界做功W＜0.由ΔU＝U2－U1＝W可知，气体内能减小．由于气体分子间的势能忽略，故气体分子的平均动能减小．答案 D热传递与内能的改变3．关于热传递，下列说法中正确的是()．A．热传递的实质是温度的传递B．物体间存在着温度差，才能发生热传递C．热传递可以在任何情况下进行D．物体内能发生改变，一定是吸收或放出了热量解析热传递的实质是物体间内能的转移，故A错．热传递的条件是物体间存在温度差，高温物体放出热量，低温物体吸收热量，若两物体温度相同，它们之间便不再发生热传递，即达到了热平衡，故B对、C错．物体吸收或放出热量，内能会发生变化，但内能变化不一定是热传递引起的，还可以通过做功的方式实现，故D错．答案 B4．在外界不做功的情况下，物体的内能增加了50 J，下列说法中正确的是()．A．一定是物体放出了50 J的热量B．一定是物体吸收了50 J的热量C．一定是物体分子动能增加了50 JD．物体的分子平均动能可能不变解析在外界不做功的情况下，系统内能的改变等于传递的热量，内能增加，一定是吸收了相等能量的热量，故A错、B对．物体内能包括所有分子的动能和势能，内能由分子数、分子平均动能、分子势能共同决定，所以内能增加了50 J并不一定是分子动能增加了50 J．物体的分子平均动能有可能不变，这时吸收的50 J热量全部用来增加分子势能．答案BD做功和热传递与内能变化的关系5．关于物体的内能和热量，下列说法中正确的有()．A．热水的内能比冷水的内能多B．温度高的物体其热量必定多，内能必定大C．在热传递过程中，内能大的物体其内能将减小，内能小的物体其内能将增大，直到两物体的内能相等D．热量是热传递过程中内能转移量的量度解析物体的内能由温度、体积及物体的质量决定，不只由温度决定，故选项A、B都不对．在自发的热传递过程中，热量是由高温物体传给低温物体，而内能大的物体不一定温度高，在热传递过程中完全有可能内能大的物体内能继续增大，内能小的物体内能继续减小，故选项C是错误的．关于热量的论述，选项D是正确的．答案 D6．关于内能、温度和热量，下列说法中正确的是()．A．物体的温度升高时，一定吸收热量B．物体沿光滑斜面下滑时，内能将增大C．物体沿斜面匀速下滑时，内能可能增大D．内能总是从高温物体传递给低温物体，当内能相等时热传递停止解析改变物体内能的两种方法：做功和热传递．温度升高，内能增加，但不一定是吸收热量，A错误；物体克服摩擦力做功，摩擦生热，内能可能增大，B错误、C正确；热传递的条件是存在温度差，热量从温度高的物体传递给温度低的物体，温度相同后热传递停止，D错误．答案 C。

高二物理上册课堂对点演练检测试题10

5 波的干涉、衍射6 多普勒效应(时间：60分钟)知识点一波的干涉1．两列波在某区域相遇，下列说法中正确的是()．A．两列波相遇前后能够保持各自的状态而不互相干扰B．由于一切波都能发生干涉，故这两列波相遇一定能产生干涉图样C．若这两列波叠加后，出现某些区域振动加强，某些区域振动减弱，这两列波发生了干涉D．在两列波重叠区域里，任何一个质点的位移都是由这两列波引起的位移的矢量和解析根据波的独立传播原理，选项A正确；一切波都能发生叠加，但是要产生干涉图样则两列波必须具备频率相同、相位差固定的条件，选项B 错；若两列波叠加，出现某些区域振动加强、某些区域振动减弱的现象，这就是波的干涉，选项C正确；根据波的叠加原理，选项D正确．答案ACD2．如图2-5、6-9所示，沿一条直线相向传播的两列波的振幅和波长均相等，当它们相遇时可能出现的波形是下图中的()．图2-5、6-9解析当两列波的前半个波(或后半个波)相遇时，根据波的叠加原理，在前半个波(或后半个波)重叠的区域内所有的质点振动的合位移为零，而两列波的后半个波(或前半个波)的波形保持不变，所以选项B正确．当两列波完全相遇时(即重叠在一起)，由波的叠加原理可知，所有质点振动的位移均等于每列波单独传播时引起的位移的矢量和，使得所有的质点振动的位移加倍，所以选项C也是正确的．答案BC3．如图2-5、6-10所示为声波干涉演示仪的原理图，两个U形管A和B套在一起，A管两侧各有一小孔．声波从左侧小孔传入管内，被分成两列频率________的波．当声波分别通过A、B传播到右侧小孔时，若两列波传播的路程相差半个波长，则此处声波的振幅________；若传播的路程相差一个波长，则此处声波的振幅________．图2-5、6-10解析声波从左侧小孔传入管内，被分成两列频率相同的波且相位差固定．若波程相差为半波长的偶数倍，则干涉相长；若波程相差为半波长的奇数倍，则干涉相消．所以若两列波传播的路程相差半个波长，则此处声波的振幅减小；若传播的路程相差一个波长，则此处声波的振幅增大．答案相同减小增大知识点二波的衍射4．如图2-5、6-11所示，圆形实线是波源O在水槽里产生的水波的波峰，下列说法正确的是()．图2-5、6-11A．水波只要进入∠CAE和∠DBF区域就叫波的衍射B．水波只要进入∠CAA′和∠DBB′区域就叫波的衍射C．水波必须充满∠CAE和∠DBF区域才叫波的衍射D．水波必须充满∠CAA′和∠DBB′区域才叫波的衍射解析衍射现象是相对直线传播而言的，由于波源在O点，如果没有波的衍射现象而沿直线传播的话，它能传播到CABD所围的范围，所以选项A、C错；衍射现象主要体现一个“绕”字，所以只要进入∠CAA′和∠DBB′区域就叫波的衍射，不一定非得绕到障碍物后面的每一点，所以选项B对、D错．答案 B5．关于波的衍射，下列说法正确的是()．A．衍射是机械波特有的现象B．对同一列波，缝、孔或障碍物越大衍射现象越明显C．只有横波才能发生衍射现象，纵波不能发生衍射现象D．声波容易发生明显的衍射现象是由于声波的波长较长解析衍射是一切波特有的现象，选项A、C错误；发生明显的衍射现象是有条件的，只有缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长差不多或比波长更小时，才能观察到明显的衍射现象，选项B错误；声波的波长1.7 cm到17 m之间，一般常见的障碍物或孔的大小可与之相比，由于声波的波长较长，所以声波容易发生明显的衍射现象，选项D正确．答案 D6．下列事实属于明显的衍射现象的是()．A．池塘里的水波，遇到突出水面的小石块，小石块对波的传播没有影响B．水波前进方向上有一障碍物，其后面没有水波传播过去C．水波前进方向上有一带孔的屏，水波通过小孔传播到屏后的区域D．板胡的声音比弦声更响解析波绕过障碍物(或小孔)的现象叫衍射现象，故A、C正确；又因为水波没有绕过障碍物，所以B错；声音的响亮与否不是衍射现象所决定的，故D错．答案AC知识点三多普勒效应7．关于多普勒效应，下列说法正确的是()．A．只要波源在运动，就一定能观测到多普勒效应B．只要观测者在运动，就一定能观测到多普勒效应C．只要波源与观测者之间有相对运动，就一定能观测到多普勒效应D．当发生多普勒效应时，观测者感觉到的频率可能在增大，也可能在减小解析若波源与观测者一起同方向、同速度运动，则观测者观察不到多普勒效应．答案CD8．图2-5、6-12中，在原点处做简谐运动的波源产生的机械波沿x轴正方向传播，波速v＝400 m/s.为了接收信号，在x＝400 m处设有一接收器A(图中未标出)．已知t＝0时，波已经传播到x＝40 m，则下列说法中不正确的是()．图2-5、6-12A．波源振动的周期为0.05 sB．x＝40 m处的质点在t＝0.5 s时位移最大C．接收器在t＝1.0 s时才能接收到此波D．若波源向x轴负方向移动，则接收器接收到的波的频率将小于20 Hz解析波源振动的周期T＝λ＝20400s＝0.05 s，A正确；x＝40 m处的质点在t＝0.5 s时仍在平衡位置，B错误；接收器接收到此波的时间t＝400－40 400s＝0.9 s，C错误；由多普勒效应的知识，可知D正确．答案BC9．关于多普勒效应，以下说法正确的有()．A．只有机械波才能产生多普勒效应B．当波源和观测者都运动时就产生多普勒效应C．产生多普勒效应的原因是波源的频率发生了变化D．产生多普勒效应的原因是观测者接收到的频率发生了变化解析多普勒效应是波动过程共有的特征，无论是机械波、电磁波还是光波都会发生多普勒效应．产生多普勒效应的原因是波源和观测者有相对运动，导致观测者接收到波的频率发生了变化，而波源的频率不变，故选项D正确，A、B、C错误．答案 D10．火车上有一个声源发出一定的乐音．当火车静止、观测者也静止时，观测者听到并记住了这个乐音的音调．以下情况中，观测者听到这个乐音的音调比原来降低的是()．A．观测者静止，火车向他驶来B．观测者静止，火车离他驶去C．火车静止，观测者乘汽车向着火车运动D．火车静止，观测者乘汽车远离火车运动解析观测者与声源相向运动时，观测者接收到的声波的频率变大，听到的乐音音调比原来要高；观测者与声源背离运动时，观测者接收到的声波的频率变小，听到的乐音音调比原来要低，故选项B、D正确．答案BD11．波源振动的频率为f0，波源在介质中运动时，波源的前方介质振动的频率为f1，波源后方介质振动的频率为f2，则三者的关系为()．A．f1＝f2＝f0B．f1＝f2＞f0C．f1＝f2＜f0D．f2＜f0＜f1解析f0由波源每秒钟所振动的次数决定，介质振动的频率由波源频率及波源相对介质是否移动来决定．波源运动时，在波源的正前方介质振动的频率高于波源振动的频率．答案 D12．两相干声源A、B相距35 m，发出振动情况完全相同的声波，声波的波长为10 m，分析在A、B连线之间有几处听不到声音？解析在AB连线上任取一点P，设P到A、B的距离之差为Δs，由几何关系可知：－35 m＜Δs＜35 m若P点听不到声音则满足：Δs＝(2k＋1)λ2(k为整数)由以上两式可解得：－4＜k＜3，即k可取－3、－2、－1、0、1、2，可见在AB连线之间共有6处听不到声音．答案6处13．如图2-5、6-13所示，在同一均匀介质中有S1和S2两个波源，这两个波源的频率、振动方向均相同，且振动的步调完全一致，S1与S2之间相距为4 m，若S 1、S 2振动频率均为5 Hz ，两列波的波速均为10 m/s ，B 点为S 1和S 2连线的中点，今以B 点为圆心，以R ＝BS 1为半径画圆．图2-5、6-13(1)该波的波长为多少？(2)在S 1、S 2连线上振动加强的点有几个，它们距S 1的距离为多少？ (3)在该圆周上(S 1和S 2两波源除外)共有几个振动加强的点？解析 (1)由公式λ＝vf ，得λ＝10 m/s5 Hz ＝2 m.(2)S 1、S 2之间恰好有2个波长，由对称性可直接判断B 点为加强点，A 、B 、C 三点分别为S 1、S 2连线的等分点，由图形可知，AS 2－AS 1＝λ，CS 1－CS 2＝λ，故A 与C 两点也为加强点，故在S 1、S 2连线上有3个加强点分别为： AS 1＝λ2＝1 m ，BS 1＝λ＝2 m ，CS 1＝32λ＝3 m.(3)A 、B 、C 三点为振动加强的点，过A 、B 、C 三点作三条加强线(表示三个加强区域)交于圆周上A 1、A 2、B 1、B 2、C 1、C 2六个点，显然这六个点也为加强点，故圆周上共有六个加强点．答案 (1)2 m (2)3个 1 m 2 m 3m (3)6个14．如图2-5、6-14所示为某一报告厅主席台的平面图，AB 是讲台，S 1、S 2是与讲台上话筒等高的喇叭，它们之间的相互位置和尺寸如图所示．报告者的声音放大后经喇叭传回话筒再次放大时可能会产生啸叫．为了避免啸叫，话筒最好摆放在讲台上适当的位置，在这些位置上两个喇叭传来的声音因干涉而相消．已知空气中声速为340 m/s ，若报告人声音的频率为136 Hz ，问讲台上这样的位置有多少个？图2-5、6-14解析相应于声频f ＝136 Hz 的声波的波长是λ＝vf ＝2.5 m ①式中v ＝340 m/s 是空气中的声速．在下图中，O 是AB 的中点，P 是OB 上任一点．将S 1P －S 2P 表示为S 1P －S 2P ＝k λ2②式中k 为实数，当k ＝0,2,4，…时，从两个喇叭来的声波因干涉而加强；当k ＝1,3,5，…时，从两个喇叭来的声波因干涉而相消．由此可知，O 是干涉加强点；对于B 点，S 1B －S 2B ＝20 m －15 m ＝4λ2③所以，B 点也是干涉加强点．因而O 、B 之间有两个干涉相消点，由对称性可知，AB 上有4个干涉相消点．答案 4个。

高二物理上册课堂对点演练检测试题59

气体压强的计算1. 如图8-1-10所示，一横截面积为S的圆柱形容器竖直放置，圆板A的上表面是水平的，下表面是倾斜的，且下表面与水平面的夹角为θ，圆板的质量为M，不计一切摩擦，大气压为p0，则被圆板封闭在容器中的气体的压强为()．图8-1-10A．p0＋Mg cos θ/SB．p0/S＋Mg cos θ/SC．p0＋Mg cos2θ/SD．p0＋Mg/S解析以圆板为研究对象，如图所示，竖直方向受力平衡．p A S′cos θ＝p0S ＋Mg，S′＝S/cos θ，所以p A(S/cos θ)cos θ＝p0S＋Mg，所以p A＝p0＋Mg/S.故此题应选D选项．答案 D玻意耳定律的基本应用2．一个气泡由湖面下20 m深处缓慢上升到湖面下10 m深处，它的体积约变为原来体积的()．A ．3倍B ．2倍C ．1.5倍D ．0.7倍解析气泡缓慢上升过程中，温度不变，气体等温变化，湖面下20 m 处，水的压强约为2个标准大气压(1个标准大气压相当于10 m 水产生的压强)，故p 1＝3 atm ，p 2＝2 atm ，由p 1V 1＝p 2V 2，得：V 2V 1＝p 1p 2＝3 atm2 atm ＝1.5，故C 项正确．答案 C3. 如图8-1-11所示，玻璃管内封闭了一段气体，气柱长度为l ，管内外水银面高度差为h ，若温度保持不变，把玻璃管稍向上提起一段距离，则( )．图8-1-11A ．h 、l 均变大B ．h 、l 均变小C ．h 变大l 变小D ．h 变小l 变大解析根据pV ＝C ，l 变大，p 变小，根据p ＝p 0－ρgh ，h 变大，A 选项正确．答案 ApV 图象或p 1V 图象4．下图中，p 表示压强，V 表示体积，T 为热力学温度，各图中正确描述一定质量的气体发生等温变化的是( )．解析A图中可以直接看出温度不变；B图说明p∝1V，即p·V＝常数，是等温过程；C图是双曲线，但横坐标不是体积V，不是等温线；D图的pV图线不是双曲线，故也不是等温线．答案AB5.如图8-1-12所示为一定质量的气体的两条等温线，则下列关于各状态温度的说法正确的有()．图8-1-12A．t A＝t BB．t B＝t CC．t C>t BD．t D>t A解析两条等温线，故t A＝t B，t C＝t D，故A项正确；两条等温线比较，有t D>t A，t C> t B，故B错，C、D项正确．答案ACD薄雾浓云愁永昼，瑞脑消金兽。

高二物理上册课堂对点演练检测试题

对波的干涉现象的理解1．消除噪声污染是当前环境保护的一个重要课题．内燃机、通风机等在排放各种高速气流的过程中都发出噪声，干涉型消声器可以用来消弱高速气流产生的噪声．干涉型消声器的结构及气流运行如图2-5、6-5所示，产生波长为λ的声波沿水平管道自左向右传播．当声波到达a 处时，分成两束相干波，它们分别通过r 1和r 2的路程，再在b 处相遇，即可达到消弱噪声的目的．若Δr ＝r 2 － r 1, 则Δr 等于( )．图2-5、6-5A ．波长λ的整数倍B ．波长λ的奇数倍C ．半波长λ2的奇数倍D ．半波长λ2的偶数倍解析根据波的干涉，两列波的路程差等于半波长奇数倍时，叠加后减弱，从而达到消弱噪音的目的，C 正确．答案 C2．在开展研究性学习活动中，某校同学进行了如下实验：如图2-5、6-6所示，从入口S 处送入某一频率的声音，通过左右两条管道SAT 和SBT 传到了出口T 处，并可以从T 处监听声音，左侧B 管可以拉出或推入以改变B 管的长度，开始时左右两侧管道关于S 、T 对称，从S 处送入某一频率的声音后，将B 管逐渐拉出，当拉出的长度为l 时，第一次听到最小的声音，设声速为v ，则该声音的频率为( )．图2-5、6-6A.v 2B.v 2lC.v 4lD.v 8l解析当第1次听到最小的声音，说明SBT 和SAT 的路程差是这一频率声波的半个波，从而相互消弱，则2l ＝λ2，而λ＝v f ，故f ＝v 4l ，C 选项正确．答案 C对波的衍射现象的理解3．如图2-5、6-7所示，波长相同的水波通过宽度不同的孔，在甲图中发生了明显的衍射现象，这是因为________的缘故．在乙图，孔后面的水波是在连接波源和孔边的两条直线所限制的区域里传播，这是因为________的缘故．图2-5、6-7答案小孔的尺寸与水波波长差不多孔的尺寸比波长大 4．下列现象属于波的衍射现象的是( )．A ．“隔墙有耳”B ．“空山不见人，但闻人语声”C ．“余音绕梁，三日而不绝”D ．夏日雷声轰鸣不绝解析“余音绕梁，三日而不绝”和夏日雷声轰鸣不绝主要是声音的反射现象所引起的．答案AB多普勒效应的分析及应用5．如图2-5、6-8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()．图2-5、6-8A．女同学从A向B运动过程中，她感觉哨声音调变高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解析根据波源和观测者相互靠近时观测者测到的频率大于波源的振动频率．当波源与观测者相互远离时，观测者观测到的频率变小，可知A、D选项正确．答案AD6．关于多普勒效应，下列说法正确的是()．A．多普勒效应是由波的干涉引起的B．多普勒效应说明波源的频率发生改变C．多普勒效应是由于波源与观测者之间有相对运动而产生的D．只有声波才可以产生多普勒效应解析多普勒效应是由于波源和观察者发生相对运动而产生的，发生多普勒效应时，波源的频率不改变．因此，A、B不正确，C正确．一切波都能发生多普勒效应，D错．答案 C。

高二物理上册课堂对点演练检测试题73

4物态变化中的能量交换(时间：60分钟)知识点一熔化和熔化热1．晶体在熔化过程中，吸收热量的作用是()．A．增加晶体的温度B．克服分子间引力，增加分子势能C．克服分子间引力，使分子动能增加D．既增加分子动能，也增加分子势能答案 B2．为了浇铸一个铜像，使用的材料是铜，则此过程的物态变化是()．A．一个凝固过程B．一个熔化过程C．先熔化后凝固D．先凝固后熔化解析浇铸铜像必须将铜先化成铜水浇入模子，待冷却后才能成为铜像．答案 C知识点二汽化和汽化热3．下列说法正确的是()．A．不同晶体的熔化热不相同B．一定质量的晶体，熔化时吸收的热量与凝固时放出的热量相等C．不同非晶体的熔化热不相同D．汽化热与温度、压强有关解析不同的晶体有不同的结构，要破坏不同物质的结构，所需的能量也不同．因此，不同晶体的熔化热也不相同，故A正确．一定质量的晶体，熔化时吸收的热量与凝固时放出的热量相等，故B正确．非晶体液化过程中温度会不断变化，而不同温度下物质由固态变为液态时吸收的热量是不同的，所以非晶体没有确定的熔化热，故C不正确．汽化热与温度、压强都有关，故D正确．答案ABD4．下列液化现象中属于降低气体温度而液化的是()．A．家用液化石油气B．自然界中的雾和露C．自来水管外壁的小水珠D．锅炉出气口喷出的“白汽”答案 B5．能使气体液化的方法是()．A．在保持体积不变的情况下不断降低气体的温度B．在保持体积不变的情况下，使气体温度升高C．在保持温度不变的情况下增大压强，能使一切气体液化D．降低气体的温度到某个特殊温度以下，然后增大压强解析从能量转换的角度分析只要放出热量，就可以使气体液化，但从影响气体液化的因素分析，只要无限度地降低温度或降低温度到某一特定值以下，再增大压强就可以使气体液化．答案AD6．火箭在大气中飞行时，它的头部跟空气摩擦发热，温度可达几千摄氏度，在火箭上涂一层特殊材料，这种材料在高温下熔化并且汽化，能起到防止烧坏火箭头部的作用，这是因为()．A．熔化和汽化都放热B．熔化和汽化都吸热C．熔化吸热，汽化放热D．熔化放热，汽化吸热解析物质在熔化和汽化过程中都是吸收热量的，故B选项正确．答案 B7．下列说法中正确的是()．A．冰在0 ℃时一定会熔化，因为0 ℃是冰的熔点B．液体蒸发的快慢与液体温度的高低有关C．0 ℃的水，其内能也为零D．冬天看到嘴里吐出“白气”，这是汽化现象解析熔化不仅需要温度达到熔点，还需要继续吸热，故A错．液体温度高，其分子运动加剧，容易跑出液面，即蒸发变快，故B对.0 ℃的水分子也在水不停息地做热运动，其内能不为零，故C错．嘴中的气体温度较高，遇到冷空气后液化为小水滴，即为“白气”，故D错．答案 B8．关于液体的汽化，正确的是()．A．液体分子离开液体表面要克服其他液体分子的引力而做功B．液体的汽化热是与某个温度相对应的C．某个温度下，液体的汽化热与外界气体的压强有关D．汽化时吸收的热量等于液体分子克服分子引力而做的功解析分子间存在相互的作用力，汽化时液体分子离开液体表面逃逸出去，要克服分子间的相互作用力消耗能量，液体的汽化热与温度相对应，温度不同，液体变为蒸汽所需的汽化热不同．答案ABC9．绝热容器里盛有少量温度是0 ℃的水，从容器里迅速往外抽气的时候，部分水急剧地蒸发，而其余的水都结成0 ℃的冰，则结成冰的质量是原有水质量的多少倍？已知0 ℃时水的汽化热L＝2.49×106 J/kg，冰的熔化热为λ＝3.34×105 J/kg.解析由题意知水蒸发时需要的汽化热的热量只能由其余的水结成冰所减少的内能来提供．设蒸发的水的质量是m 1，结成冰的质量是m 2，蒸发所需吸收的热量：Q 1＝m 1L ，水结成冰所放出热量： Q 2＝m 2λ.由于容器与外界不发生热交换，Q 1＝Q 2，即 m 1L ＝m 2λ，得m 2m 1＝L λ.所以结成冰的质量与原有水质量之比m 2m 1＋m 2＝Lλ＋L ＝ 2.49×1063.34×105＋2.49×106＝0.88，即m 冰＝88%m 水．答案 88%10．横截面积为3 dm 2的圆筒内有0.6 kg 的水，太阳光垂直照射了2 min ，水温升高了1 ℃，设大气顶层的太阳能只有45%到达地面，试估算出太阳的全部辐射功率为多少？(保留一位有效数字，设太阳与地球之间平均距离为1.5×1011 m)解析水温升高1 ℃所吸收的热量设为Q ，则Q ＝cm Δt ＝4.2×103×0.6×1 J ＝2.52×103 J ．设地球表面单位时间、单位面积上获得的热量为Q ′，则Q ′ ＝Q St ＝ 2.52×1033×10－2×2×60 W/m 2＝7.0×102 W/m 2.太阳向地球表面单位面积上发送能量的功率为P ′＝Q ′η＝7.0×10245%＝1.56×103 W/m 2.以太阳与地球间距离为半径的球体的表面积为S ′＝4πr 2＝4×3.14×(1.5×1011)2m 2＝ 2.8×1023 m 2，太阳的全部辐射功率为P ＝P ′S ′＝1.56×103×2.8×1023 W ＝4×1026 W. 答案 4×1026 W。

高二物理上册课堂对点演练检测试题20

章末检测(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50，每个小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确；全部选对得5分，选对但不全得3，有选错的得0分)1．下列对机械波的认识正确的是()．A．形成机械波一定要有振源和介质B．振源做简谐运动形成的波中，各质点的振动情况完全相同C．横波向右传播时，处于波峰的质点也向右迁移D．机械波向右传播时，右方的质点比左方的质点早一些振动解析根据机械波的产生条件和机械波的传播特点知选项A对，B、C错；机械波向右传播时，应是右方的质点比左方的质点振动滞后些，选项D错．答案 A2．如图1所示为一列简谐横波在t时刻的图像，波速为0.2 m/s，则以下结论正确的是()．图1A．振源的振动频率为0.4 HzB．从t时刻起质点a比质点b先回到平衡位置，则波沿x轴正方向传播C．图示时刻质点a、b、c所受的回复力大小之比为2∶1∶3D．经过0.5 s，质点a、b、c通过的路程均为75 cm解析由题图知λ＝8 cm，所以T＝λv＝0.4 s，f＝1T＝2.5 Hz，A错误．若a先于b回到平衡位置，则a、b向下振动，波向x轴负向传播，B错．由F＝－k x，可知C正确.0.5 s＝114T，c通过路程为75 cm，但a、b不是，D错误．答案 C3．(2013·沈阳高二检测)下列说法正确的是()．A．当机械波从一种介质进入另一种介质时，保持不变的物理量是波长B．传播一列简谐波的同一种介质中各质点具有相同的周期和振幅C．由波在均匀介质中的传播速度公式v＝λf可知，频率越高，波速越大D．在波的传播方向上，相距半波长的整数倍的两质点的振动情况完全相同解析当机械波从一种介质进入另一种介质时，频率保持不变，波速发生变化，因而波长也发生变化，A选项错误；一列简谐波在同一均匀介质中传播时，各质点都在做完全相同的振动，只是振动开始的时刻不同，所以它们有相同的周期和振幅，B选项正确；波速是由介质决定的，不会因频率升高而使波速变大，故C项错；当两质点相距半波长的奇数倍时振动情况完全相反，故D项错．答案 B4．如图2所示，沿x轴正向传播的一列简谐波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200 m/s，则可推出()．图2A．再经过0.01 s，图中质点a的速度方向与加速度方向相同B．图中质点b此时动能正在减小，其加速度正在增大C．若发生稳定干涉现象，该波所遇到的波的频率为50 HzD．若发生明显衍射现象，该波所遇到的障碍物的尺寸一般不大于2 m解析由图像可知λ＝4 m，所以T＝λv＝4200s＝0.02 s，因波沿x正向传播，故经0.01 s即T2，质点a位于负位移处且向下运动，速度方向与加速度方向相反，A错．而b点此时向下运动，动能正在减小，加速度在增大，B对．由于波的频率f＝1T＝50 Hz，若发生稳定干涉，所遇波的频率也须为50 Hz，C项对．据发生明显衍射的条件，需障碍物的尺寸比4 m小或与4 m差不多，不一定小于2 m，D项错．故B、C正确．答案BC5．(2012·福建理综)一列简谐横波沿x轴传播，t＝0时刻的波形如图3甲所示，此时质点P正沿y轴负方向运动，其振动图象如图乙所示，则该波的传播方向和波速分别是()．图3A．沿x轴负方向，60 m/s B．沿x轴正方向，60 m/sC．沿x轴负方向，30 m/s D．沿x轴正方向，30 m/s解析因t＝0时质点P向下振动，而由波形图甲可以看出与质点P相邻的右侧质点位于质点P下方，故质点P的振动是由其右侧质点引起的，波沿x 轴负方向传播，B、D皆错误．由图甲可得该波波长λ＝24 m，由图乙可得周期T＝0.4 s，故波速v＝λT＝60 m/s，A正确，B错误．答案 A6．(2011·四川理综)如图4为一列沿x轴负方向传播的简谐横波在t＝0时的波形图，当Q点在t＝0时的振动状态传到P点时，则()．图4A．1 cm<x<3 cm范围内的质点正在向y轴的负方向运动B．Q处的质点此时的加速度沿y轴的正方向C．Q处的质点此时正在波峰位置D．Q处的质点此时运动到P处解析画出将Q点的振动状态传到P点，即t′＝34T时的波形图(如图)，由波的传播方向知，1 cm<x<2 cm范围内的质点沿y轴正方向运动，A错误；此时Q处的质点在波谷，具有沿y轴正向的加速度，所以B正确，C、D错误．答案 B7．图5所示为一列沿x轴负方向传播的简谐横波，实线为t＝0时刻的波形图，虚线为t＝0.6 s时的波形图，波的周期T >0.6 s，则()．图5A．波的周期为2.4 sB．在t＝0.9 s时，P点沿y轴正方向运动C．经过0.4 s，P点经过的路程为4 mD．在t＝0.5 s时，Q点到达波峰位置解析从两时刻的波形图可以看出，在Δt＝0.6 s时间内，波传播的距离Δx＝3λ4＝6 m，故传播时间Δt＝3T4＝0.6 s，周期T＝0.8 s，A项错误；同时可求波速为10 m/s；t＝0时刻P点向y轴负方向振动，经过Δt＝0.9 s＝118T，P点正向y轴负方向振动，B项错误；经过t＝0.4 s，即半个周期，P点经过的路程为2A＝0.4 m，C项错误；经过t＝0.5 s，波向x轴负向平移Δx＝v t ＝5 m，可知Q点处于波峰，D项正确．答案 D8．如图6表示两个相干波源S1、S2产生的波在同一种均匀介质中相遇．图中实线表示某时刻的波峰，虚线表示的是波谷，下列说法正确的()．图6A．a、c两点的振动加强，b、d两点的振动减弱B．e、f两点的振动介于加强点和减弱点之间C．经适当的时间后，加强点和减弱点的位置互换D．经半个周期后，原来位于波峰的点将位于波谷，原来位于波谷的点将位于波峰解析a点是波谷和波谷相遇的点，c是波峰和波峰相遇的点，都是振动加强的点，而b、d两点都是波峰和波谷相遇的点，都是振动减弱的点，A正确；e位于加强点的连线上，仍为加强点，f位于减弱点的连线上，仍为减弱点，B错误；相干波源叠加产生的干涉是稳定的，不会随时间变化，C错误；因形成干涉图样的介质质点也是不停地做周期性振动，经半个周期步调相反，D正确．答案AD9．下面关于多普勒效应的说法中正确的是()．A ．发生多普勒效应时，波源的频率变化了B ．发生多普勒效应时，观测者接收的频率发生了变化C ．向你驶来的汽车发出的汽笛声特别刺耳，这种现象就是多普勒效应D ．不仅机械波有多普勒效应，其他的波也都有此效应解析多普勒效应是所有波都能发生的效应，是波源和观测者的相对位置发生变化时观测者所测的波的频率发生变化的现象，而波源的频率并没有发生变化，故A 错，B 、D 选项正确，当汽车驶来时，因汽车的汽笛声的频率相对观测者的频率变大，故特别刺耳，C 选项正确．答案 BCD10．一列横波沿x 轴正方向传播，在t ＝0时刻的波形曲线如图7所示．已知这列波的质点P 连续出现两次波峰的时间间隔为0.4 s ，则( )．图7A ．这列波的波长为5 mB ．这列波的传播速度为10 m/sC ．当t ＝0.7 s 时，质点Q 第一次到达波峰D ．质点Q 到达波峰时，质点P 恰好到达波谷解析从波形图像可知此波的波长是4 m ，根据题意可知周期为0.4 s ，则波速为10 m/s ；t ＝0时刻平衡位置在x ＝2 m 处的质点正处于波峰，因此，使质点Q 第一次到达波峰所需经过的时间，即为波峰从x ＝2 m 处推进到x ＝9 m 处所需的时间为Δt ＝9－210 s ＝0.7 s ；P 、Q 两质点相距8 m ，即两个波长，当两者均已振动时，对平衡位置的位移总是相同的(包括大小和方向)．由以上分析可知，本题正确选项为B 和C. 答案 BC二、非选择题(共4小题，共50分)11．(10分)一列沿着x 轴正方向传播的横波，在t ＝0时刻的波形如图8甲所示．图甲中某质点的振动图像如图8乙所示．图8质点N的振幅是________m，振动周期为________s，图乙表示质点________(从质点K、L、M、N中选填)的振动图像，该波的波速为________m/s.解析从甲、乙图可看出波长λ＝2.0 m，周期T＝4 s，振幅A＝0.8 m；乙图中显示t＝0时刻该质点处于平衡位置向上振动，甲图波形图中，波向x轴正方向传播，则质点L正在平衡位置向上振动，波速v＝λ/T＝0.5 m/s.答案0.84L0.512．(12分)渔船常利用超声波来探测远处鱼群的方位．已知某超声波频率为1.0×105 Hz，某时刻该超声波在水中传播的波动图像如图9所示．图9(1)从该时刻开始计时，画出x＝7.5×10－3m处质点做简谐运动的振动图像(至少一个周期)．(2)现测得超声波信号从渔船到鱼群往返一次所用时间为4 s，求鱼群与渔船间的距离(忽略船和鱼群的运动)．解析(1)该波的周期为T＝1f＝1×10－5s，由波动图像知，此时x＝7.5×10－3 m处的质点位于负的最大位移处，所以，从该时刻开始计时，该质点的振动图像如图所示．(2)由波形图读出波长λ＝15×10－3 m 由波速公式得 v ＝λf① 鱼群与渔船的距离为x ＝12v t ② 联立①②式，代入数据得x ＝3 000 m③答案 (1)如解析图 (2)3 000 m13．(14分)(2012·山东理综)一列简谐横波沿x 轴正方向传播，t ＝0时刻的波形如图10所示，介质中质点P 、Q 分别位于x ＝2 m 、x ＝4 m 处．从t ＝0时刻开始计时，当t ＝15 s 时质点Q 刚好第4次到达波峰．图10(1)求波速．(2)写出质点P 做简谐运动的表达式(不要求推导过程)．解析 (1)设简谐横波的波速为v ，波长为λ，周期为T ，由图像知，λ＝4 m ．由题意知t ＝3T ＋34T ① v ＝λT ②联立①②式，代入数据得，v ＝1 m/s ③ (2)质点P 做简谐运动的表达式为 y ＝0.2sin(0.5πt ) m ④答案 (1)1 m/s (2)y ＝0.2sin(0.5πt ) m14．(14分)如图11所示，一列沿x 轴正方向传播的简谐横波，波速大小为0.3 m/s ，P 点的横坐标为96 cm ，从图中状态开始计时，求：图11(1)经过多长时间，P 质点开始振动，振动时方向如何？ (2)经过多长时间，P 质点第一次到达波峰？(3)以P 质点第一次到达波峰开始计时，作出P 点的振动图像(至少画出1.5个周期)解析 (1)开始计时时，这列波的最前端的质点坐标是24 cm ，根据波的传播方向，可知这一点沿y 轴负方向运动，因此在波前进方向的每一个质点开始振动的方向都是沿y 轴负方向运动，故P 点开始振动时的方向是沿y 轴负方向，P 质点开始振动的时间是 t ＝Δx v ＝0.96－0.240.3s ＝2.4 s.(2)波形移动法：质点P 第一次到达波峰，即初始时刻这列波的波峰传到P 点，因此所用的时间是t ′＝0.96－0.060.3s ＝3.0 s.(3)由波形图知，振幅A ＝10 cm ，T ＝λv ＝0.8 s ，由P 点自正向最大位移开始的振动图像如图所示．答案 (1)2.4 s 沿y 轴负方向 (2)3.0 s (3)见解析图。

高二物理上册课堂对点演练检测试题23

第三章电磁振荡电磁波1 电磁振荡(时间：60分钟)知识点一电磁振荡1．如图3-1-17所示是LC振荡电路某时刻的情况，以下说法正确的是()．图3-1-17A．电容器正在放电B．电容器正在充电C．线圈中的电流正在增大D．电容器两极板间的电场能正在减小解析由题图线圈中的磁感线方向可以判定出，此时LC电路正在逆时针充电，电流正在减小，线圈中的磁场能正在减弱，电容器两极板间的电场能正在增强，故B选项正确．答案 B2．电磁振荡与机械振动相比()．A．变化规律不同，本质不同B．变化规律相同，本质相同C．变化规律不同，本质相同D．变化规律相同，本质不同解析电磁振荡是电容器的电场能和线圈的磁场能相互转化的过程，而机械振动是振子的动能和势能相互转化的过程，它们都是按正弦规律变化的，故D正确．答案 D3．某时刻LC振荡电路的状态如图3-1-18所示，则此时刻()．图3-1-18A．振荡电流i在减小B．振荡电流i在增大C．电场能正在向磁场能转化D．磁场能正在向电场能转化解析图中电容器上极板带正电荷，图中给出的振荡电流方向，说明负电荷向下极板聚集，所以电容器正在充电．电容器充电的过程中，电流减小，磁场能向电场能转化，所以A、D选项正确．答案AD4．关于LC振荡电路中电容器两极板上的电荷量，下列说法正确的是()．A．电荷量最大时，线圈中振荡电流也最大B．电荷量为零时，线圈振荡电流最大C．电荷量增大的过程中，电路中的磁场能转化为电场能D．电荷量减少的过程中，电路中的磁场能转化为电场能解析电容器电荷量最大时，振荡电流为零，A错；电荷量为零时，放电结束，振荡电流最大，B对；电荷量增大时，磁场能转化为电场能，C对；同理可判断，D错．答案BC5．已知一理想的LC振荡电路中电流变化规律与单摆振动的速度变化规律同步，设在电容器开始放电时计时，则()．A．单摆势能最大时，LC振荡电路中的电场能最大，磁场能为零B．单摆速度逐渐增大时，LC振荡电路中的电场能逐渐减小，磁场能逐渐增大C．单摆动能最大时，LC振荡电路的电容器刚放完电，电场能为零，电路中电流为零D．单摆速度逐渐减小时，LC振荡电路的电容器处于充电过程，电路中电流逐渐增大解析首先排除C、D选项，因为电场能为零时，磁场能达到最大，电路中电流最大，故C错误；又因为电容器充电过程，电路中电流逐渐减小，所以D错误．对于A、B首先要明确，电路中的电流与单摆的速度相对应，则一个周期内变化如下表：时刻相关物理量由上表可知，第一组同步变化的是：电流i、磁场能和速度v、动能；第二组同步变化的是：电场能(q、U、E)和单摆的势能．不难判断出选项A、B 是正确的．答案AB知识点二LC电路的图像6．如图3-1-19所示，LC振荡回路中振荡电流的周期为2×10－2s，自振荡电流沿逆时针方向达最大值时开始计时，当t＝3.4×10－2s时，电容器正处于________(填“充电”“放电”“充电完毕”或“放电完毕”)状态．这时电容器的上极板________(填“带正电”“带负电”或“不带电”)．图3-1-19解析根据题意画出此LC回路的振荡电流的变化图像如图所示．结合图像，t＝3.4×10－2 s时刻设为图像中的P点，则该时刻正处于反向电流减小过程，所以电容器正处于反向充电状态，上极板带正电．答案充电带正电知识点三电磁振荡的周期和频率7．在LC振荡电路中，电容器放电时间的长短决定于()．A．充电电压的大小B．电容器带电荷量的多少C．放电电流的大小D．电容C和电感L的数值解析电容器放电一次经历四分之一个周期，而周期T＝2πLC，T是由振荡电路的电容C和电感L决定的，与电荷量等无关．答案 D8．把一根软铁棒插入LC振荡电路的空心线圈中，其他条件保持不变，则电路的()．A．固有频率变大B．固有周期变大C．磁场能增加D．最大电压增大解析LC振荡电路中的线圈插入铁芯时，自感系数L增大，由T＝2πLC知，B对A错，因能量由电容器充电的能量和电压决定，故C、D错．答案 B9．某LC振荡电路的固有周期为T0，如果保持线圈的自感系数L不变，将可电容器的电容C减小到原来的14，则振荡电路的周期将变为()．A.T04 B.T02C．2T0D．6T0解析根据LC回路的周期公式T＝2πLC可知：若线圈的自感系数L不变，周期T∝C.故选项B正确．答案 B10．振荡电路中线圈的自感系数为L，电容器的电容为C，则电容器两极板间的电压从最大值变为零，所用的最少时间为________．解析电容器两极板间的电压从最大值到零所用的最少时间为14T，而T＝2πLC，故t＝12πLC.答案π2LC11．有甲、乙两个LC振荡电路，线圈的自感系数相同，甲的电容是乙的10倍，则甲、乙两振荡电路的振荡频率之比是________．解析由f＝12πLC得，f甲f乙＝110.答案1 1012．在LC振荡电路中，如已知电容C，并测得电路的固有振荡周期为T，即可求得电感L.为了提高测量精度，需多次改变C值并测得相应的T值．现将测得的六组数据标示在以C为横坐标，以T2为纵坐标的坐标纸上，即图中用“×”表示的点，如图3-1-20所示．图3-1-20(1)T、L、C的关系为________．(2)根据图中给出的数据点作出T2与C的关系图线．解析本题主要考查两点：一是考查学生能否根据正确的作图规则画出T2C 图像(图像应尽量通过或靠近比较多的数据点，不通过图像的数据点应尽量较均匀地分布在图线的两侧)；二是考查学生的数形结合能力．学生需将LC 回路的固有周期公式T＝2πLC变换成T2＝4π2LC，从而认识到T2C图线为一过坐标原点的直线(在本题中，横、纵坐标的起点不为零，图线在纵轴上有一正截距值)，图像的斜率为4π2L，L＝ΔT 24π2ΔC，只有正确作出图线，并得到L＝ΔT 24π2ΔC，才可以计算出L的测量平均值为0.035 1 H～0.038 9 H范围的某一数值．答案(1)T＝2πLC(2)如图所示13．如图3-1-21所示，LC电路中C是带有电荷的平行板电容器，两极板水平放置．开关S断开时，极板间灰尘恰好静止．当开关S闭合时，灰尘在电容器内运动．若C＝0.4 μF，L＝1 mH，求：图3-1-21(1)从S闭合开始计时，经2π×10－5s时，电容器内灰尘的加速度大小为多少？(2)当灰尘的加速度多大时，线圈中电流最大？解析(1)开关S断开时，极板间灰尘处于静止状态，则有mg＝q QCd，式中m为灰尘质量，Q为电容器所带的电荷量，d为板间距离，由T＝2πLC，得T＝2π1×10－3×0.4×10－6s＝4π×10－5s，当t＝2π×10－5s时，即t＝T2，振荡电路中电流为零，电容器极板间场强方向跟t＝0时刻方向相反，则此时灰尘所受的合外力为F合＝mg＋q·QCd＝2mg，又因为F合＝ma，所以a＝2g.(2)当线圈中电流最大时，电容器所带的电荷量为零，此时灰尘仅受重力，灰尘的加速度为g ，方向竖直向下．故当加速度为g ，且方向竖直向下时，线圈中电流最大．答案 (1)2g (2)加速度为g ，且方向竖直向下时14．如图3-1-22所示，线圈的自感系数为3 μH ，在线圈的中间有抽头2，电容器的电容可在150～300 pF 之间变化，S 为转换开关．求此回路的最大周期和最大频率．图3-1-22解析根据T ＝2πLC 得 T max ＝2πL max C max ＝2π3×10－6×300×10－12 s＝1.88×10－7 s ，根据f ＝1T ＝12πLC 得f max ＝12πL min C min ＝12π1.5×10－6×150×10－12Hz＝1.06×107 Hz答案 T max ＝1.88×10－7 s f max ＝1.06×107 Hz。

高二物理上册课堂对点演练检测试题30

2 学生实验:测定玻璃的折射率(时间：60分钟)知识点一实验步骤、注意事项和误差分析1．为了使测量结果更精确可以采取的办法是()．A．多次测量取平均值B．插针间距适当大些C．插针间距尽量小些D．入射角尽量大些解析本实验用插针法测玻璃的折射率，插大头针时应尽量把它们插直，且保持较大距离，以减小所画光线的误差，多次测量取平均值是减小实验偶然误差的最常用办法，A、B对，C错．为减小实验误差，入射角适量大些，但不要太大，D错．答案AB2．测定玻璃砖折射率的实验如图4-2-5所示，把玻璃砖放在白纸上之前应在纸上先画好图上的三条直线，它们分别是______、______、________，最后按正确的要求插上大头针P3、P4，由P3、P4的位置决定了光线________的方位，从而确定了折射光线________的方向．图4-2-5答案a NN′AO O′B OO′3．在用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，甲、乙、丙三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4-2-6中①②③所示，其中甲、丙两同学用的是矩形玻璃砖，乙同学用的是梯形玻璃砖，他们的其他操作均正确，且均以aa′、bb′为界面画光路图，则这三位同学测得的折射率与真实值相比分别有何变化？图4-2-6解析甲同学测得的折射率与真实值相比偏小．由于所画玻璃砖的宽度比实际宽度大，测量的O′点比实际的O向右移，使所画的折射角θ2比实际的偏大，如图所示，由于入射角不变，根据n＝sin θ1sin θ2可知测得折射率偏小．乙同学测得的折射率与真实值相比不变；由于入射面aa′，和射出面bb′，不平行，使的上、下面两法线不平行，所以出射光线与入射光线不再平行，但不影响折射点O′，所以所画的折射角θ2与实际的相同．丙同学测得的折射率与真实值相比可能偏大、可能偏小、可能不变．原因是当过P3、P4作直线与画出的界面bb′交于O′；若O′恰好落在画出的界面bb′和玻璃砖下表面的交点上，测得的折射率与真实值相比不变；若O′落在画出的界面bb ′和玻璃砖下表面交点的左侧(折射角偏大)，测得的折射率与真实值相比偏小；若O ′落在画出的界面bb ′和玻璃砖下表面交点的右侧(折射角偏小)，测得的折射率与真实值相比偏大．答案见解析4．(2012·重庆卷，22)如图4-2-7甲所示为光学实验用的长方体玻璃砖，它的________面不能用手直接接触．在用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，两位同学绘出的玻璃砖和三个针孔a 、b 、c 的位置相同，且插在c 位置的针正好挡住插在a 、b 位置的针的像，但最后一个针孔的位置不同，分别为d 、e 两点，如图4-2-7乙所示．计算折射率时，用________(填“d ”或“e ”)点得到的值较小，用________(填“d ”或“e ”)点得到的值误差较小．图4-2-7解析 (1)实验用的光学玻璃砖的光学面不能用手接触，以防止损坏其光学面．如图所示，连接cd 、ce 并延长分别交玻璃砖于O 1、O 2点，并连接OO 1、OO 2，入射角i 相同，折射角∠O ′OO 2<∠O ′OO 1，由n ＝sin isin r 得，折射角越大的，求得的折射率越小，即d 点得到n 值较小．由图可得，ce 与ab 近似平行，故用e 点得到的误差小．答案光学 d e5．某同学用圆柱形玻璃砖做测定玻璃折射率的实验，先在白纸上放好圆柱形玻璃砖，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P 1和P 2，然后在圆柱形玻璃砖另一侧观察，调整视线使P 1的像被P 2的像挡住，接着在眼睛所在一侧相继又插上两枚大头针P 3、P 4，使P 3挡住P 1、P 2的像，使P 4挡住P 3和P 1、P 2的像，在纸上标出大头针位置和圆柱形玻璃砖的边界如图4-2-8所示．图4-2-8(1)在图上画出所需的光路．(2)为了测量出玻璃砖的折射率，需要测量的物理量有________(要求在图上标出)．(3)测出的折射率n＝________.解析(1)连接P1、P2并与玻璃砖相交，得到入射光线，再连接P3、P4并与玻璃砖相交，得到射出玻璃砖的光线，连接这两个交点得到光线在玻璃砖内的折射光线，如图所示．(2)作出经过入射点的切线和法线，标出入射角i和折射角r，如图所示，实验需要测出这两个角．(3)根据折射定律，n＝sin isin r. 答案(1)见解析(2)入射角i和折射角r(3)sin isin r知识点二数据处理6．在“测定玻璃砖的折射率”的实验中，有两位同学各设计了一个记录表格，而且都已完成了计算．根据他们设计的表格所反映的信息，判断他们做的是否正确．甲同学设计的表格是：(2)根据你的选择，请利用恰当的图像求出玻璃的折射率.解析(1)为减小测量误差，应采用多次测量求平均值的办法，但求平均值不是求入射角和折射角的平均值，而应是测出每一次的入射角、折射角，计算出每一次测量的折射率，然后再求平均值，因此甲同学的表格设计是合理的．(2)以sin θ2为横坐标，以sin θ1为纵坐标，建立sin θ2－sin θ1坐标系，利用表中的数据做出图像，如图所示，由图像斜率的物理意义可得：n＝k＝sin θ1 sin θ2.在图像上取两个距离较远的点，如(0.357,0.500)和(0.616，0.866)代入上式，可解得：n＝1.40.答案(1)甲(2)1.407．如图4-2-9所示，某同学利用方格坐标纸测定半圆形玻璃砖的折射率，OA是画在纸上的直线，他在直线OA适当位置先后竖直插上P1、P2两枚大头针，如图放上玻璃砖(如粗黑线所示)，然后插上P3、P4大头针.图4-2-9(1)其中他确定P3大头针位置的方法应当是：________.(2)若该同学实验操作规范准确，其记录的情况如图所示，该同学还用圆规做了一个以O为圆心，半径与玻璃砖相同的半圆(如图中虚线所示)，请您帮这位同学算出玻璃砖的折射率，写出必要的计算过程．解析(1)透过玻璃砖看，P3大头针挡住P1、P2两枚大头针的像．(2)如图，由折射定律可得n＝sin∠EODsin∠BOC＝DECB＝64＝1.5.答案(1)见解析(2)1.58.如图4-2-10所示，是利用插针法测定玻璃砖的折射率的实验得到的光路图．玻璃砖的入射面AB和射出面CD并不平行，则：图4-2-10(1)出射光线与入射光线还平行吗？(2)以入射点O为圆心，以R＝5 cm长度为半径画圆，与入射光线PO交于M点，与折射光线OO′的延长线交于F点，过M、F点分别向法线作垂线，测得MN＝1.68 cm，EF＝1.12 cm，该玻璃砖的折射率n是多少？解析(1)由于入射面AB和射出面CD并不平行，使得两法线不平行，所以出射光线与入射光线不再平行．(2)因为sin∠MON＝MNR，sin∠EOF＝EFR，根据n＝sin∠MONsin∠EOF＝MNEF＝1.681.12＝1.5.答案见解析9．用三棱镜做测定玻璃折射率的实验，先在白纸上放好三棱镜，在棱镜的一侧插上两枚大头针P 1和P 2，然后在棱镜的另一侧观察，调整视线使P 1的像被P 2挡住．接着在眼睛所在的一侧插两枚大头针P 3、P 4，使P 3挡住P 1、P 2的像，P 4挡住P 3、P 1和P 2的像，在纸上标出大头针的位置和三棱镜的轮廓如图4-2-11所示．图4-2-11(1)在图中画出所需的光路；(2)为了测出三棱镜玻璃的折射率，需要测量哪些物理量？在图中标出它们； (3)计算折射率的公式是n ＝________.解析本题考查用插针法测折射率的应用及数据处理．(1)如图所示，画出过P 1、P 2的入射光线交AC 面于O ，画出通过P 3、P 4的出射光线交AB 面于O ′，则光线OO ′为在三棱镜中的折射光线．(2)在所画的图上标明入射角i 和折射角r ，或用刻度尺测出线段EF 、OE 、GH 、OG 的长度．(3)n ＝sin i sin r ，或n ＝sin i sin r ＝EF /OE GH /OG ＝EF OE ·OG GH . 答案 (1)见解析图(2)角i和r或线段EF、OE、GH、OG的长度(3)sin isin r或EFOE·OGGH10．将直角坐标系和等腰直角棱镜ABO如图4-2-12所示放置，腰长为16 cm.为了测棱镜的折射率，从OB边D点注视A棱，分别在D、E点插两枚大头针，且A点的像在DE的直线上，取走棱镜延长DE交x轴于C点，若D、C两点的位置坐标分别为(0,12)和(9,0)，由此可求棱镜的折射率为________．图4-2-12解析由题意作出其光路图如图所示．由图可知sin i＝ODCD＝12122＋92＝0.8 ，sin r＝ODAD＝12122＋162＝0.6故棱镜的折射率n＝sin isin r＝0.80.6＝43.答案4 3。

高二物理上册课堂对点演练检测试题91

专题小练
1．(2018·临沂高二检测)对于两个分子间的势能，有关说法正确的是
()．A．增大分子间的距离，其分子势能可能将减小
B．当分子间的距离大于其平衡距离时，分子间距离越大，其分子势能将越大
C．当分子间的距离小于其平衡距离时，分子间距离越大，其分子势能将越大
D．当分子所受的引力与斥力的合力为零时，分子间的势能也为零
解析分子势能的变化与分子力做功情况有关，当分子间表现为斥力时，增大分子间的距离，分子力做正功，分子势能减小，故A正确，当分子间距离大于其平衡距离时，分子间表现为引力，分子间距离增大时，分子力做负功，分子势能增大，故B正确、C错误，当分子力为0时，分子势能最小，但不一定等于0，故D错误．
答案AB
2．下列说法正确的是
()．A．分子间距离为r0时没有作用力，大于r0时只有引力，小于r0时只有斥力
B．分子间距离变大，分子势能可能变大，也可能变小
C．设两个分子相距无穷远时势能为零，则分子间距变小时，分子势能一直减小，故分子势能在任何距离上都为负值
D．物体的内能仅由温度和体积决定
答案 B
3．关于内能，下列说法正确的是
()．A．温度低的物体内能小
B．温度低的物体分子运动的平均速率小
C．做加速运动的物体，速度越来越大，分子平均动能越来越大
D．物体的内能是物体中所有分子的动能和势能的总和
答案 D
4．在体积、温度、压强、质量、阿伏加德罗常数五个量中，与分子平均动能有关的量是________，与分子势能直接有关的量是______，与物体内能有关的量是______，联系微观量和宏观量的桥梁是______．
答案温度体积体积、温度、质量阿伏加德罗常数。