四川省广元市2020年高二(下)期中物理试卷解析版

期中物理试卷
题号一二三四总分
得分
一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）
1.一弹簧振子做简谐运动时的振动图象如图所示，由
图象可知（ ）
A. 振子运动的周期为2s
B. 振子运动的振幅为4cm
C. 在第2s末，振子的速度达到最大
D. 在第3s末，振子的加速度最小
2.下述那种情况，单摆的周期会增大（ ）
A. 增大摆球的质量
B. 减小单摆的振幅
C. 缩短摆长
D. 将单摆由山下移到山顶
3.下列说法不正确的是（ ）
A. 用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的干涉
B. 玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的衍射现象
C. 光的偏振现象证实了光是横波
D. 不论光源与观察者做怎样的相对运动，光速都是一样的
4.单色光线由某种介质射向该介质与空气的交界面，当入射角为30°时，折射光线与
反射光线刚好垂直，则该介质对该种色光的折射率为（ ）
A.
2 B. C. 1.5 D.
5.一列简谐横波t=0.4时刻的波形如图（甲）所示，甲图中x=15m处质点A的振动图
象如图（乙）所示。

则（ ）
A. 这列波沿x轴正方向传播
B. 这列波的波速是20m/s
C. 再过0.2s质点A将迁移到x=20 m处
D. 质点A在任意的1s内所通过的路程都是0.4m
6.如图所示，容器中盛有水，PM为水面，从A点发出一束白光，
射到水面上的O点后，折射光发生了折射照到器壁上a、b之
间，对应a、b两种颜色的单色光，则（ ）
A. 由A到O，a光的传播时间大于b光的传播时间
B. 若发光点A不变而入射点O向左移，则b光可能发生全反
射
C. 光束a的临界角较小
D. 用a光和b光分别在同一套双缝干涉实验装置上做实验，a光的条纹间距较宽
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
7.下列关于电磁波的说法正确的是（ ）
A. 光是一种电磁波
B. 变化的电场周围一定产生变化的磁场
C. 电磁波是由麦克斯韦通过实验发现的
D. 电磁波的传播不一定需要介质
8.如图所示，S1、S2是两个相干波源，它们振动同步且振幅相
同。

实线和虚线分别表示在某一时刻它们所发出的波的波峰
和波谷。

关于图中所标的a、b、c、d四点，下列说法中正
确的是（ ）
A. 该时刻a质点振动最弱，b、c质点振动最强，d质点振
动既不是最强也不是最弱
B. 该时刻a质点振动最弱，b、c、d质点振动都最强
C. 再过后的时刻a、b、c三个质点都处于各自的平衡位置。

D. a质点的振动始终是最弱的，b、c、d质点的振动始终是最强的
9.有一列简谐横波的波源在O处，某时刻沿x轴正方向传播的振动形式传到20cm处
，此时x轴上10cm处的质点已振动0.1s，P点离O处80cm，如图所示，取该时刻为t=0时，下列说法正确的是（ ）
A. 经过0.65s，P点第一次到达波谷
B. P点起振时的速度方向沿y轴正方向
C. 0-0.05 s时间内，x=10 cm处的质点振动的速度逐渐增大
D. x=15 cm处的质点从开始起振到P点开始起振的时间内通过的路程为52 cm
10.如图所示，真空中一半径为R、质量分布均匀的玻璃
球，频率为v的细激光束在真空中沿直线BC传播，
于玻璃球表面的C点经折射进入小球，并在玻璃球表
面的D点又经折射进入真空。

已知∠COD=120°，玻
璃球对该激光的折射率为，则下列说法正确的是（ ）（其中c为光在真空中的传播速度）
A. 激光束在C点的入射角α=60°
B. 此激光束在玻璃中穿越的时间为t=
C. 改变入射角α的大小，激光束不可能在D处发生全反射
D. 改变入射角α的大小，激光束可能在C处发生全反射
11.如图所示，空气中有一折射率为的玻璃柱体，其横截面
是圆心角为90°、半径为R的扇形OAB，一束光平行于横截
面，以入射角θ照射到OA上，OB不透光。

只考虑首次入
射到圆弧AB上的光（ ）
A. 若θ=45°，则AB面上最大的入射角大于45°
B. 若θ=45°，则AB面上最大的入射角为45°
C. 若θ=45°，则AB上有光透出部分的弧长πR
D. 若增大θ，则AB上有光透出部分的弧长变长
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
12.如图所示，某同学用插针法测定一半圆形玻璃砖的折射率。

在平
铺的白纸上垂直纸面插大头针P1、P2确定入射光线，并让入射
光线过圆心O，在玻璃砖（图中实线部分）另一侧垂直纸面插大
头针P3，使P3挡住P1、P2的像，连接OP3，图中MN为分界线
，虚线半圆与玻璃砖对称，B、C分别是入射光线、折射光线与
圆的交点，AB、CD均垂直于法线并分别交法线于A、D点。

（1）设AB的长度为l1，AO的长度为l2，CD的长度为l3，DO的长度为l4，为较方便地表示出玻璃砖的折射率，需用刻度尺测量______，则玻璃砖的折射率可表示为______。

（2）该同学在插大头针P3前不小心将玻璃砖以O为圆心顺时针转过一小角度，由此测得玻璃砖的折射率将______（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。

13.用双缝干涉测光的波长。

实验装置如图（甲）所示，已知单缝与双缝间的距离
L1=100mm，双缝与屏的距离L2=700mm，双缝间距d=0.25mm。

用测量头来测量亮纹中心的距离。

测量头由分划板、目镜、手轮等构成，转动手轮，使分划板左右移动，让分划板的中心刻线对准亮纹的中心（如图（乙）所示），记下此时手轮上的读数，转动测量头，使分划板中心刻线对准另一条亮纹的中心，记下此时手轮上的读数。

（1）分划板的中心刻线分别对准第1条和第4条亮纹的中心时，手轮上的读数如图（丙）所示，则对准第1条时读数x1=2.190mm、对准第4条时读数x2=______mm （2）根据以上条件，可算出这种光的λ=______nm（保留三位有效数字）
（3）在双缝干涉实验中发现条纹太密，难以测量，下列操作中可以使条纹变稀疏的是______
A．改用波长较短的光（如紫光）做入射光
B．增大双缝到屏的距离
C．减少双缝间距
D．增大双缝间距
四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）
14.一列波在t1时刻的波形图如图中的实线所示，t2时刻的波形图如图中的虚线所示，
已知△t=t2-t1=0.4s，求：
（1）这列波可能的波速？
（2）若波速为45cm/s，这列波向哪个方向传播？
15.一列简谐横波在介质中沿x轴传播，且波长不小于4.2m，A和B是介质中平衡位置
分别位于x A=2m和x B=11m处的两个质点。

某时刻质点A位于波峰时，质点B处于平衡位置，经过t=0.2s时，质点A第一次回到平衡位置，此时质点B恰好在波谷，求：
（1）如果波沿x轴正方向传播，则波的速度多大？
（2）如果波沿x轴负方向传播，则波的速度多大？
16.如图所示，ABCD为放置在水平面上的圆柱形容器的竖截
面，AD为容器的直径，AF为一安装在容器壁上的不透明
细管，与ABCD在同一平面内且与直径DA成45°夹角
，在圆筒底部C点有一点光源S．向容器内注入折射率n=
的液体，当液面上升到某处时，从管口F处恰好能看
到点光源S的像。

己知圆筒直径为d=10cm，圆筒深度为
H=15cm，求容器内所盛液体的深度h。

17.如图所示，一个半径为R的半球形玻璃砖，O为球心，AB为直径，玻璃的折射率
为n=。

①一束细光线从AB上O′点沿垂直底面向上射入半球形玻璃砖，OO'=R，求此
光线在玻璃砖中的射出点到O点的距离；
②一束平行光从下表面沿垂直底面向上射入玻璃砖，若光线到达上表面后，都能从该表面射出，则入射光束的最大横截面积为多少？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、由图知，振子运动的周期为T=4s。

故A错误。

B、振幅是振子离开平衡位置的最大距离，由图知，振幅A=2cm。

故B错误。

C、在第2s末，振子的位移为0，说明振子经过平衡位置，速度最大，故C正确。

D、在第3s末，振子到达最大位移处，其加速度最大。

故D错误。

故选：C。

周期是振子完成一次全振动的时间，振幅是振子离开平衡位置的最大距离；由图象直接读出周期和振幅．根据振子的位置分析其速度和加速度大小．振子处于平衡位置时速度最大，在最大位移处时，加速度最大．
本题考查了振幅和周期的概念，要能结合x-t图象进行分析，基础题．
2.【答案】D
【解析】解：A、根据单摆的周期公式T=，要增大单摆的周期，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；故ABC都错误；
D、将单摆由山下移至山顶，重力加速度变小，单摆的周期增大。

故D正确
故选：D。

根据单摆的周期公式T=判断单摆周期的变化。

解决本题的关键掌握单摆的周期公式T=，知道影响单摆周期的因素；同时也可以
结合等效重力加速度的概念，理解在电梯内单摆的周期的变化。

3.【答案】B
【解析】解：A、用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度利用了光的薄膜干涉，故A正确；
B、玻璃中的气泡，看起来特别明亮，是因为光线从玻璃射向气泡时，一部分光在界面上发生了全反射的缘故，故B不正确；
C、偏振是横波特有的现象，光的偏振现象能证明光是横波，故C正确；
D、可以通过迈克尔孙-莫雷实验得出：不论光源与观察者做怎样的相对运动，光速都是一样的，后来爱因斯坦把它总结为：光速不变原理，故D正确；
本题选择不正确的，故选：B。

用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的干涉；玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的全反射现象；狭义相对论认为，在惯性参照系中，光速与光源、观察者间的相对运动无关。

根据这些知识分析解答。

解决本题的关键要理解光学知识在实际生活中的应用原理，了解狭义相对论中光速不变原理。

所考查的知识点要在理解的基础上，加强记忆，在平时的学习过程中多加积累。

4.【答案】D
【解析】解：当入射角i=30°，折射光线与反射光线恰好垂直，则折射角r=90°-30°，该介质对该种色光的折射率为n==，故ABC错误，D正确
故选：D。

光线从介质射向空气时，当入射角等于临界角时，恰好发生全反射，没有光线射入空气。

由题可知，该介质的全反射临界角C=45°，由公式sin C=求出折射率。

全反射现象及产生的条件都是几何光学基本知识，考试的热点，要加强练习，熟练掌握。

5.【答案】A
【解析】解：A、由振动图象乙知t=0.4s时刻质点A向下振动，则根据波形平移法可知该波沿x轴正方向传播，故A正确；
B、由图甲读出波长为λ=20m，由振动图象乙读出波的周期为T=0.8s，则波速为v=
=25m/s，故B错误；
C、简谐横波沿x轴正方向传播，质点A只上下振动，不向前迁移，故C错误；
D、质点在一个周期内通过的路程为四个振幅，周期T=0.8s，则△t=1s=T，若质点A
初始位置在平衡位置或最大位移处，则它在1s内的路程应为s=1.25×4A=5×8cm=0.4m，若质点A初始位置不在平衡位置或最大位移处，1s内所通过的路程不是0.4m，故D错误。

故选：A。

由波速图象读出波长，由振动图象读出周期，即可求出波速。

由t=0时刻质点的振动方向判断波的传播方向。

质点做简谐运动时，一个周期内通过的路程是四个振幅。

根据时间与周期的倍数，求解质点A在1s内通过的路程。

简谐波传播的过程中，介质中质点做简谐运动，一个周期内通过的路程是四个振幅是经常用到的结论。

6.【答案】D
【解析】解：A、由图可知，两光在水中的入射角相同，而a光在真空的折射角较小，
由折射定律可知a光的折射率要小于b光的折射率；由v=可知，在水中a光的传播速
度要大于b光，故由A到O，a光的传播时间小于b光的传播时间，故A错误；
B、若发光点A不变而入射点O向左移，则入射角减小，都不会发生全反射，两光都不会消失，故B错误；
C、根据临界角的公式：sin C=可知a光的临界角较大，故C错误；
D、a光的折射率小，频率小，波长长，由可得用a光和b光分别在同一套双
缝干涉实验装置上做实验，a光的条纹间距较宽，故D正确
故选：D。

由光离开水面后的偏折，根据偏折程度，利用折射定律可求得两光的折射率，可分析出两光在介质中的光速及波长关系，再结合干涉条纹的宽度公式分析即可。

本题的解题关键是根据偏折程度确定折射率的大小，再进一步比较波长的大小，分析波动性强弱关系。

7.【答案】AD
【解析】解：A、光是电磁波的一种，故A正确；
B、非均匀变化的电场产生非均匀变化的磁场，而均匀变化的电场产生稳定的磁场，故B错误；
C、电磁波是由麦克斯韦预言，赫兹用实验证实的，故C错误；
D、电磁波的传播不需要介质，可以在真空中传播，故D正确。

故选：AD。

明确电磁波的性质；根据麦克斯韦电磁场理论知变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场，变化有非均匀变化与均匀变化，从而即可求解。

本题关键记住麦克斯韦电磁场理论，知道均匀变化磁场产生恒定的电场，周期性变化的磁场产生周期性变化的电场
8.【答案】BCD
【解析】解：AB、该时刻b质点处是两列波波峰与波峰叠加的地方，c质点处是波谷与波谷叠加的地方，振动是最强的，d质点处在振动加强的区域，振动也是最强的，即b、c、d质点振动都最强，a质点处是波峰与波谷相遇处，振动最弱，故A错误，B正确；
C、图示时刻b在波峰，c在波谷，再过后的时刻b、c三个质点都将处于各自的平衡
位置，而质点A处于波峰和波谷相遇的振动减弱点，且两列波的振幅相等，因此质点A 的合振幅为零，将一直在平衡位置；故C正确；
D、a质点处是两列波波峰与波谷叠加的地方，振动始终是最弱的，而b、c、d质点处是两列波波峰与波峰、波谷与波谷叠加的地方，振动始终是最强的，故D正确。

故选：BCD。

两列波干涉时，两列波的波峰与波峰、波谷与波谷相遇处，振动始终加强，波峰与波谷相遇处振动始终减弱。

振动加强点的振动等于波单独传播时振幅的之和。

在波的干涉现象中，振动加强点的振动始终是加强的，但质点在简谐运动，其位移随时间是周期性变化的。

9.【答案】AD
【解析】解：AB、根据图象可知，A点起振方向向下，沿y轴负方向，各个质点的起振方向均相同，故质点P的起振方向与质点A的起振方向相同，为沿y轴负方向；根据图象可知波长λ=20cm=0.2m，此时x轴上10cm处的质点已振动0.1s，则周期T=0.2s，则
波速v==1m/s，此时波动传到P点时间为t==，则有△t=0.65s-0.6s=0.05s=
，即经过0.65s，P点第一次到达波谷，故A正确，B错误；
C、0～0.05s时间内，x=10cm处的质点从平衡位置向波峰位置振动，速度逐渐减小，到达波峰处速度为零，故C错误；
D、x=15cm处的质点从开始起P点开始起振的时间△t'==s=0.65s=T，则通过的路程为s=3=52cm，故D正确。

故选：AD。

根据波的传播方向，由图得到波前端振动方向，从而得到质点起振方向；
根据波的传播距离和传播时间得到波速，再由图得到波长，即可求得周期，进而得到质点振动。

机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。

10.【答案】ABC
【解析】解：A、由几何知识得到激光束在在C点折射角r=30°，由n=得：sinα=n sin r=×sin30°=，得入射角：α=60°．故A正确。

B、此激光束在玻璃中的波速为：v==，CD间的距离为：S=2R sin60°=R，则光束在玻璃球中从C到D传播的时间为：t==．故B正确。

CD、激光束从C点进入玻璃球时，无论怎样改变入射角，折射角都小于临界角，根据几何知识可知光线在玻璃球内表面的入射角不可能大于临界角，所以都不可能发生全反射，故C正确，D错误
故选：ABC。

由几何知识得到激光束在在C点的折射角，由折射定律求出入射角。

根据光路的可逆性可知光束在D点不可能发生全反射。

由几何知识求出CD的长度，由v=求出激光束在玻璃球中传播的速度，则可求出此激光束在玻璃中穿越的时间。

本题是几何光学与物理光学的综合，要掌握折射定律、光速公式v=和全反射的条件：
光从光密介质进入光疏介质时，入射角大于或等于临界角，结合几何知识解决这类问题。

11.【答案】AC
【解析】解：A、根据折射定律有：，可得光进入玻璃后光线与竖直方向的夹
角为30°．
入射光线越靠近A点，则光线到达AB的点越靠近A点，光线
到达AB时的入射角就越接近90°-30°=60°．故A正确，B错误
；
C、过O的光线垂直入射到AB界面上点C射出，C到B之间没
有光线射出；越接近A的光线入射到AB界面上时的入射角越大
，发生全反射的可能性越大。

根据临界角公式：sin C=，得临界角为45°，如果AB界面上的临界点为D，此光线在AO
界面上点E入射，在三角形ODE中可求得OD与水平方向的夹角为180°-（120°+45°）=15°，所以A到D之间没有光线射出。

由此可得没有光线射出的圆弧对应圆心角为90°-（30°+15°）=45°
所以有光透出的部分的弧长为。

增大θ，则折射角也增大，根据几何关系，设折射角为α，则有光线射出的部分对应的圆心角为90°-α-（180°-135°-α）=45°，知对应的弧长不变。

故C正确，D错误。

故选：AC。

注意两条特殊光线，一是从O点沿半径方向进入玻璃柱体的光线，在AO面上折射后传播入方向不变，二是在AB面上发生全反射的光线，有光透出的部分在这两条光线之间，然后根据几何关系求解。

本题考查光的折射和全反射，意在考查正确地作出光路图解决几何光学问题的能力和综合运用知识的能力。

12.【答案】l1和l3偏大
【解析】解：（1）设圆的半径为R，根据几何知识得，入射角的正弦s i ni==，折射
角的正弦sin r==，根据折射定律得，玻璃砖的折射率n=，所以需要用刻度尺
测量l1和l3。

（2）该同学在插大头针P3前不小心将玻璃砖以O为圆心顺时针转过一小角度，折射光线将顺时针转动，而作图时仍以MN为边界，AD为法线，则入射角不变，折射角减小，
由折射率公式律n=可知，测得玻璃砖的折射率将偏大。

故答案为：（1）l1和l3；；（2）偏大。

（1）根据折射定律得出折射率的表达式，从而确定需要测量的物理量。

（2）该同学在插大头针P3前不小心将玻璃砖以O为圆心顺时针转过一小角度，折射光线将顺时针转动，作图时仍以MN为边界，AD为法线，则入射角不变，折射角减小，由折射率公式，测得玻璃砖的折射率将偏大。

本题用插针法测定半圆形玻璃砖折射率，数据处理的方法是单位圆法，分析误差关键分析入射角和折射角产生的误差，由实验原理律n=分析。

13.【答案】7.868 676 BC
【解析】解：（1）螺旋测微器的固定刻度为7.5mm，可动刻度为36.8×0.01mm=0.368mm ，所以最终读数为7.5mm+0.368mm=7.868mm，所以对准第4条时读数为x27.868mm；
（2）相邻条纹的间距为△x=mm=1.89mm，根据波长为λ=676nm；
（3）根据△x=得要使条纹变稀疏，则减小双缝间距，增大双缝到屏的距离，或增大入
射光的波长，故BC正确，AD错误。

故答案为：（1）7.868；（2）676；（3）BC。

（1）螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读。

（2）根据双缝干涉条纹的间距公式，求出波长。

1nm=10-9m。

（3）由波的干涉中条纹的间距公式△x=λ，即可求解。

解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读。

根据双缝干涉条纹的间距公式计算波长。

本题考查光波的干涉条纹的间距公式，应牢记条纹间距的决定因素，不要求定量计算，但要求定性分析。

14.【答案】解：（1）若波向右传播，根据波形的周期性，波传播的距离：x=（n+）λ=
（8n+2）cm
波速：v==（2n+5）cm/s（n=0、1、2……）
同理可得若波向左传播，有波传播的距离：x=（n+）λ=（8n+6）cm
波速：v==（20n+15）cm/s（n=0、1、2……）
（2）若波速为45m/s，波在0.4s内传播的距离：x=vt=18cm=2λ+2cm，故波向右传播。

答：（1）若波向右，v=（20n+5）cm/s，（n=0，1，2……）；若波向左，v=（20n+15）
cm/s，n=0，1，2……）；（2）若波速为45cm/s，这列波向右传播。

【解析】①根据波形图读出波长，由于波形的周期性和双向性，故应分情况讨论即可求解。

②由x=vt求出波传播的距离，分析与波长的关系，再确定波传播的方向。

本题是两个时刻的波形问题，没加条件时，注意多解，不能漏解，就是要注意方向性和周期性。

15.【答案】解：（1）设振动周期为T，由于质点A在t=0.2内由最大位移处第一次回到平衡位置，经历的是个周期，由此可知T=0.8s①
如果波沿x轴正方向传播，且波长不小于4.2m，由题意得质点A与B的距离为或，即②
或③
又因为波速v=④
由①②③④得：v1=15m/s或v2=6.4m/s；
（2）如果波沿x轴负方向传播，且波长不小于4.2m，由题意得质点A与B的距离为λ
或，即⑤
或⑥
由①④⑤⑥得：v3=45m/s或v4=9m/s。

答：（1）如果波沿x轴正方向传播，则波的速度为15m/s或6.4m/s；
（2）如果波沿x轴负方向传播，则波的速度为45m/s或9m/s。

【解析】（1）某时刻质点A位于波峰时，经过t=0.2s时，质点A第一次回到平衡位置，可求得周期T．如果波沿x轴正方向传播，且波长不小于4.2m，据此求得波长，从而求得波速。

（2）同理，如果波沿x轴负方向传播，可得，x B-x A=λ或，求得波长，再求波速。

本题首先要能准确地从题干中提取出相关的信息，熟练的利用波速、波长、周期之间的关系式及周期的定义进行相关问题的解答。

16.【答案】解：结合题目的要求，画出正确的光路图如图，设容器内所盛液体的深度为h，由图得r =45°
则：CN=CB-NB=10-（15-h）=h-5（cm）
由折射定律有n==
代入数据得：s i ni=
由三角函数关系可得tan i===
又从光路图可知：tan i==
代入数据可得：h=10cm
答：容器内所盛液体的深度h是10cm。

【解析】结合题目的要求，画出正确的光路图，由几何知识求出折射角，由折射定律求出入射角，再求得液体的深度h。

本题是几何光学中范围问题，关键是作出边界光线，根据折射定律和几何知识求解。

17.【答案】解：①根据全反射定律：sin C=，
得：C=45°，
设光线在距离O点的C点射入后，在上表面的入射角为α，
由几何关系和已知条件得：α=60°＞C
光线在玻璃砖内会发生三次全反射，最有由G点射出，如图：
由反射定律和几何关系得：
OG=OC=，
射到G点的光有一部分被反射，沿原路返回到达C点射出。

②在O点左侧取一点E，设从E点射入的光线进入玻璃砖后在上表面的入射角恰好等于临界角C，则半径为r=OE的圆形区域内的入射光线经上表面折射后都能从玻璃砖射出，
如图所示，
由几何关系有：r=OE=R sin C
解得：r=
最大面积为：s=πr2=
答：①光线在玻璃砖中的射出点到O点的距离为；
②入射光束的最大横截面积为。

【解析】①根据全反射定律sin C=和几何知识，可以求出光线在玻璃砖中的射出点到O
点的距离；
②在O点左侧取一点E，设从E点射入的光线进入玻璃砖后在上表面的入射角恰好等于临界角C，则半径为r=OE的圆形区域内的入射光线经上表面折射后都能从玻璃砖射出，根据几何知识，可以求出入射光束的最大横截面积。

本题考查了光的折射定律。

解决几何光学问题的关键是根据题意正确画出光路图，然后根据几何关系以及相关物理知识求解。