河北省曲周县第一中学2021-2022高二物理下学期期中试题(含解析).doc

河北省曲周县第一中学2021-2022高二物理下学期期中试题（含解析）
一、单选试题
1.一简谐横波以4 m/s 的波速沿x 轴正方向传播。

已知t =0时的波形如图所示，则（ ）
A. 波的周期为2 s
B. x =0处的质点在t =
1
4s 时速度值最大 C. x =0处的质点在t =1
4
s 时速度为0
D. x =0处的质点在t =0时向y 轴负向运动 【答案】D 【解析】
【详解】A ．由波的图象知波长λ=4m ，所以周期
1s T v
λ
=
=
故A 错误；
BC ．质点运动时越接近平衡位置速度越大，1s=44
T
t =
时，x =0处的质点已运动到x 轴下方，振动速度既不为零也不是最大值，故BC 错误；
D ．由题知波沿x 轴正方向传播，根据上下坡法，可知此时x =0处的质点向y 轴负向运动，故D 正确。

故选D 。

2.如图所示表示两列同频率相干水波在t ＝0时刻的叠加情况，图中实线表示波峰，虚线表示波谷，已知两列波的振幅均为2cm ，波速为2m/s ，波长为0.4m ，E 点是BD 连线和AC 连线的交点，下列说法正确的是（ ）
A. A 、C 两点是振动减弱点
B. E 点是振动减弱点
C. B 、D 两点在该时刻的竖直高度差为4cm
D. t =0.05s ，E 点离开平衡位置2cm 【答案】A 【解析】
【详解】A ．由图可知A 、C 两点在该时刻是波峰和波谷相遇，所以是减弱的，故A 正确； C ．同理可知，B 、D 两点是振动加强点，且高度差为
4=8cm A
故C 错误； BD ．水波运行的周期
0.4
s=2s 0.2
T v
λ
=
=
当=0.05s=
4
T
t 时，两波的波峰传过来，E 处于波峰 =2=4cm x A
故E 是加强点，故BD 错误。

故选A 。

3.用氢原子发出的光照射某种金属进行光电效应实验，当用频率为1ν的光照射时，遏止电压的大小为U 1，当用频率为2ν的光照射时，遏止电压的大小为U 2。

已知电子电量的大小为e ，则下列表示普朗克常量和该种金属的逸出功正确的是（ ） A. 1221
()
e h -=
-νννν
B. 1212()
e U U h νν+=
-
C. 1122
012
eU eU W -=-νννν
D. 2112
021
eU eU W νννν-=
-
【答案】D 【解析】
【详解】根据光电效应方程为
201
2
m mv h W ν=- 根据动能定理得
21
2
C m eU mv =
联立两式解得
c W h U e e
ν=
- 图线的斜率
1212U U h
k v v e
-=
=-
解得1212
()
e U U h νν-=
-
根据光电效应方程
110C eU h W ν=- 220C eU h W ν=-
解得2112
021
eU eU W νννν-=
-
故D 正确，ABC 错误。

故选D 。

4.如图所示，质量为M 的物块钩在水平放置的左端固定的轻质弹簧的右端，构成一弹簧振子，物块可沿光滑水平面在BC 间做简谐运动，振幅为A ．在运动过程中将一质量为m 的小物块轻轻地放在M 上，第一次是当M 运动到平衡位置O 处时放在上面，第二次是当M 运动到最大位移处C 处时放在上面，观察到第一次放后的振幅为A 1，第二次放后的振幅为A 2，则（ ）
A. A 1=A 2=A
B. A 1<A 2=A C A 1=A 2<A D. A 2<A 1=A 【答案】B 【解析】
试题分析：根据两种情况下系统能量变化的角度分析振幅的变化情况
振子运动到C 点时速度恰为0，此时放上小物块，系统的总能量即为此时弹簧储存的弹性势能不变，故振幅不变，即2A A =；振子运动到平衡位置时速度最大，弹簧的弹性势能为零，放上小物块后，系统的机械能的减小，根据能量守恒定律可得机械能转化为弹性势能总量减小，故弹簧的最大伸长（压缩）量减小，即振幅减小，所以1A A <，故12A A A <=，B 正确． 5.如图所示是某原子的能级图，a 、b 、c 为原子跃迁所发出的三种波长的光。

在下列该原子光谱的各选项中，谱线从左向右的波长依次减小，则正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D 【解析】
【详解】从第3能级跃迁到第1能级，能级差最大，知a 光的频率最大，波长最短，从第3能级跃迁到第2能级，能级差最小，知b 光的光子频率最小，波长最长，波长依次减小的顺序为b 、c 、a ，故D 正确，ABC 错误。

故选D 。

6.如图所示为远距离输电线路的示意图，若保持发电机的输出电压不变，下列叙述中正确的是（ ）
A. 升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率有关
B. 输电线中的电流只由升压变压器原副线圈的匝数比决定
C. 当用户用电器的总电阻减小时，输电线上损失的功率减小
D. 升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压 【答案】A 【解析】
【详解】A ．由于发动机的输出功率不变即升压变压器的原电压不变，当用户用电设备消耗功率变化时，输入功率变化，因此升压变压器的原线圈中的电流将发生变化，故A 正确； B ．输电线上的电流与用户以及电线上消耗的功率以及变压器的匝数比有关，故B 错误； C ．当用户电阻减小时，导致电流增大，因此输电线上的损失功率增大，故C 错误； D ．由于远距离输电式时输电线上有电压损失，因此升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，故D 错误。

故选A 。

7.一个中子与一个质子发生核反应，生成一个氘核，该反应放出的能量为Q 1，两个氘核发生
核反应生成一个氦核，氘核聚变反应方程是2231
1120H H He n +→+。

该反应放出的能量为Q 2，
聚变反应中生成氦核的比结合能（ ） A.
12
3Q Q + B. 1
2
3
Q Q - C. 12
2
3
Q Q + D.
212 3
Q Q +
【答案】C 【解析】
【详解】两个中子和两个质子结合成两个氘核放出的能量为2Q 1，两个核子结合成氦核放出的能量为Q 2，核子结合成氦核释放的能量为122Q Q +，氦核的核子数等于3，氦核的比结合能为
12
23
Q Q + 故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

8.下列说法正确的是（ ）
A. 采用物理或化学方法可以有效地改变放射性元素的半衰期
B. α射线、β射线、γ射线都是高速运动的带电粒子流
C. 光的波长越大，光子的能量越小，波动性越显著
D. 动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波也相等
E. 在LC 振荡回路中可通过增大电容电感，提高发射电磁波的频率
【答案】C 【解析】
【详解】A ．元素的半衰期由元素本身决定的，与外部环境无关，故A 错误； B ．α射线、β射线是高速运动的带电粒子流，γ射线不带电，故B 错误；
C ．在光的波粒二象性中，频率越小的光，波长越大，光子的能量越小，波动性越显著，故C 正确；
D ．动能相等的质子和电子，因质子质量比电子质量大得多，根据动能动量关系式
2
2k p E m
= 可知质子和电子动量不相等，再根据德布罗意波长公式
=
h p
λ 可知一个电子的德布罗意波长和一个质子的波长不相等，故D 错误； E ．电磁波的频率公式为
f =
故在LC 振荡回路中增大电容电感，导致线圈的振荡频率变小，故E 错误。

故选C 。

二、多选试题
9.一振动周期为T 、位于x =0处的波源从平衡位置沿y 轴正方向开始做简谐运动，该波源产生的简谐横波沿x 轴正方向传播，波速为v ，关于在x =32
vT
处的质点P ，下列说法正确的是（ ） A. 质点P 振动周期为T ，速度的最大值为v
B. 若某时刻质点P 的速度方向沿y 轴负方向，则该时刻波源速度方向沿y 轴正方向
C. 质点P 开始振动的方向沿y 轴正方向
D. 当P 开始振动后，若某时刻波源在波峰，则质点P 一定在波谷 【答案】BCD 【解析】
【详解】A ．质点P 振动周期与波源振动周期相同，也为T ，但其振动速度与波速无关，故A 错误；
B ．质点P 的位置
3322
vT x λ
=
= 波源位置与质点P 的位置差半波长的奇数倍，故某时刻质点P 的速度方向沿y 轴负方向，则该时刻波源速度方向沿y 轴正方向，故B 正确；
C ．根据波的特点：简谐波传播过程中，质点的起振方向都与波源的起振方向相同，故质点P 开始振动的方向沿y 轴正方向，故C 正确；
D ．质点P 的位置
3322
vT x λ=
= 波源位置与质点P 的位置差半波长的奇数倍，故某时刻波源在波峰，则质点P 一定在波谷，故D 正确。

故选BCD 。

10.如图甲为理想变压器，其原、副线圈的匝数比为4∶1，原线圈接图乙所示的正弦交流电。

图甲中R t 为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R 1为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表。

则下列说法正确的是（ ）
A. 图乙所示电压的瞬时值表达式为u =51sin 100πt V
B. 变压器原、副线圈中的电流之比为1∶4
C. 变压器输入、输出功率之比为1∶4
D. R t 处温度升高时，电压表和电流表的示数均变大 【答案】AB 【解析】
【详解】A ．原线圈接图乙所示的正弦交流电，最大电压为51V ，周期0.02s ，则角速度
2π
=
100πrad/s T
ω= 可得电压的瞬时值表达式为
()51sin100πV u t =
故A 正确；
B ．根据压器原副线圈中的电流与线圈匝数的关系可知
12211
4
I n I n == 可得变压器原副线圈中的
电流之比为1：4，故B 正确；
C ．根据变压器特点，理想变压器输入、输出功率之比为1：1，故C 错误；
D ．根据压器原副线圈中的电压与线圈匝数的关系可知电压表示数不变，R t 处温度升高时，阻值减小，电流表示数变大，故D 错误。

故选AB 。

11.下面说法不正确的是（ ）
A. 伦琴射相比较红外线而言，其波动性更明显
B. 在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此光子散射后波长变长
C. 大量光子的行为表现为粒子性，个别光子的行为表现出波动性，光即是电磁波又是概率波
D. 用频率为v 的某光照射某金属，能够发生光电效应，则改用频率为2v 的光照射，出来的光电子的最大初动能是原来的2倍 【答案】ACD 【解析】
【详解】A ．电磁波谱的波长从大到小排列顺序为：无线电波，红外线，可见光，紫外线，X 射线（伦琴射线），γ射线，波长越长波动性越明显，故A 错误； B ．由于光子和电子碰撞后光子动量变小，由h
p
λ=
知光子散射后波长变长，故B 正确； C ．大量的光子行为表现为波动性，个别光子的行为表现为粒子性，故C 错误； D ．根据爱因斯坦光电效应方程
k E h W ν=-
当频率为原来的2倍时，则最大初动能大于原来的2倍，故D 错误。

故选ACD 。

12.关于近代物理学，下列图象在描述现象中，解释正确的是（ ）
A. 如图甲所示，由黑体的辐射强度与辐射光波长的关系可知，随温度的升高，辐射强度的极大值向频率较高的方向移动（已知T 1 ＞T 2）
B. 如图乙所示，光电子的最大初动能与入射光的频率v 的图象中，该直线的斜率为h
C. 如图丙所示，金属的遏制电压U c 与入射光的频率v 的图象中，遏制电压与入射光的频率成正比
D. 同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线：甲光、乙光、丙光，由饱和电流的关系可知这三束光的光强关系是甲最强，丙最弱 【答案】ABD 【解析】
【详解】A ．由图可知，随温度的升高，相同波长的光辐射强度都会增大，辐射强度的极大值向波长较小方向移动，即向频率高的移动，故A 正确； B ．根据光电效应方程有
0km E h W ν=-
可知斜率为h ，故B 正确； C ．由根据光电效应方程有
0km E h W ν=-
根据能量守恒定律得
C km eU E =
解得
0C eU h W ν=-
故U c 与入射光的频率为一次函数，而不是正比，故C 错误；
D ．对于能发生光电效应的光，光强越大，金属单位时间接受的能量就越大，光电流越强，根据图像可知饱和电流甲最强，丙最弱，可知这三束光的光强关系是甲最强，丙最弱故D 正确。

故选ABD 。

13.如图所示，12O O 是半圆柱形玻璃体的对称面和纸面的交线，A 、B 是关于12O O 轴等距且平行的两束不同单色细光束，从玻璃体右方射出后的光路如图所示，MN 是垂直于12O O 放置的光屏，沿12O O 方向不断左右移动光屏，可在屏上得到一个光斑P ，根据该光路图，下列说法正确的是（ ）
A. 若A 光和B 光以相同角度从玻璃斜射入空气，随着入射角增大，B 光先消失。

B. 光从空气进入该玻璃体后，其频率不变
C. 在真空中，A 光光速比B 光的光速大
D. A 光B 光照射同一双缝A 光相邻亮条纹间距大 【答案】ABD 【解析】
【详解】A ．A 光线通过玻璃体后，A 光的偏折程度比B 光的小，可知A 光的折射率比对B 光的折射率小，发生全反射的临界角为
1sin C n
=
可知随着入射角增大，B 光先发生全反射，B 光先消失，故A 正确； B ．光的频率是光的基本性质，不会随着介质改变而改变，故B 正确； C ．在真空中，各光光速相等，故C 错误； D ．双缝实验相邻亮条纹间距离为
l x d
λ∆=
根据波长频率公式
c f
λ=
可知A 光频率小，A 光波长长，照射同一双缝A 光相邻亮条纹间距大，故D 正确。

故选ABD 。

14.下列说法中正确的是（ ）
A. 麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在
B. 机械波都能产生多普勒效应，光波也可产生多普勒效应，所以光是机械波
C. 在照相机镜头上涂一层氟化镁，可以增透所需要的光，这是利用光干涉的现象
D. 电磁波可以不依赖介质传播，不同频率的电磁波在同一种介质中的传播速度相同
E. 电磁波会发生衍射现象、电磁波可以发生偏振现象、电磁波能够携带信息传播 【答案】ACE 【解析】
【详解】A ．克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在，故A 正确； B ．械波都能产生多普勒效应，光波也可产生多普勒效应，但光是
电磁波，不是机械波，故B 错误；
C ．照相机镜头上涂一层氟化镁，使反射光干涉减弱，从而削弱反射光，是利用光干涉的现象，故C 正确；
D ．电磁波是变化的电场与变化的磁场相互激发并在空间传播而形成的，它的本质就是场，这个场也是它自身传播的介质，故电磁波可以不依赖介质传播，介质对频率高的电磁波的折射率较大，不同频率的电磁波在同一种介质中的传播速度不同，故D 错误；
E ．电磁波是横波，具有波的性质，可发生衍射现象、偏振现象，电磁波能够携带信息传播，故E 正确。

故选ACE 。

三、实验题
15.2018年3月14日著名物理学家霍金逝去，巨星陨落，但是探索太空中的未知领域，我们会仍然继续下去。

一宇航员飞至某一星球想利用小球的单摆测定该星球的重力加速度，先测
得摆线长为62.50 cm ，摆球直径为2.0 cm 。

然后将一个力电传感器接到计算机上，实验中测量快速变化的力，悬线上拉力F 的大小随时间t 的变化曲线如图所示。

(1)该摆摆长为________cm ； (2)该摆摆动周期为________s ；
(3)如果测得g 值偏大，可能原因是________；（填选项字母） A ．计算摆长时，加小球直径 B ．读单摆周期时，读数偏大
C ．摆线上端悬点未固定好，摆动中出现松动
D ．测摆线长时摆线拉得过紧
E ．细绳不是刚性绳
(4)测得该星球的重力加速度g 的值为________m/s 2。

（结果保留三位有效数字） 【答案】 (1). 63.50 (2). 1.8 (3). AD (4). 7.73 【解析】
【详解】(1)[1]单摆摆长
62.50cm 1.0cm 63.50cm 2
D
L l =+
=+= (2)[2] 在一个周期内摆球两次经过最低点，每次经过最低点时拉力最大，根据图象知周期
T =1.8s
(3)[3] 由单摆周期公式2π
L
T g
=可知 224πL g T
=
A ．计算摆长时，加小球直径，所测摆长L 偏大，所测g 偏大，故A 正确；
B ．读单摆周期时，读数偏大，所测g 偏小，故B 错误；
C ．摆线上端悬点未固定好，摆动中出现松动，所测周期偏大，所测g 偏小，故C 错误；
D ．测摆线长时摆线拉得过紧，所测摆长L 偏大，所测g 偏大，故D 正确；
E ．细绳不是刚性绳，所测摆长L 偏小，所测g 偏小，故E 错误。

故选AD 。

(4) [4] 由单摆周期公式
2π
L T g
= 可知加速度
2222
22
4π4 3.140.635m/s 7.73m/s 1.8
L g T ⨯⨯=== 16.做“测定玻璃的折射率”的实验，先在白纸上放玻璃砖，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针
P 1和P 2，然后在棱镜的另一侧观察，同学接下来要完成的必要步骤，并在纸上标出的大头针位
置和玻璃砖轮廓如图所示。

(1)该同学接下来要完成的必要步骤有___； A ．插上大头针P 3，使P 3仅挡住P 2的像 B ．插上大头针P 3，使P 3挡住P 1的像和P 2的像 C ．插上大头针P 4，使P 4仅挡住P 3的像 D ．插上大头针P 4，使P 4挡住P 3和P 1、P 2的像
(2)在本题的图上画出所需的光路；（空气中角用i 玻璃中用r 表示入射或折射角）____ (3)计算折射率的公式是n =___；
(4)该同学在实验中将玻璃砖界面AB 、CD 间距画得过宽。

若其他操作正确，则折射率的测量值____（填“大于”、“小于”或“等于”）准确值。

【答案】 (1). BD (2). (3). sin
sin
i
r
(4). 小
于
【解析】
【详解】（1）[1] 做“测定玻璃的折射率”的实验时，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P1和P2，然后在棱镜的另一侧观察，插上大头针P3，使P3挡住P1的像和P2的像，插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像，故BD正确，AC错误。

故选BD。

(2)[2]光路如图所示
(3)[3]根据折射定理得
sin sin i
n
r
(4)[4] 如图所示，实线是实际光线，虚线是该同学所作的光线，可见，该同学利用插针法确定入射光线、折射光线后，测得的入射角不受影响，但测得的折射角比真实的折射角偏大，因此测得的折射率偏小。

四、计算题
17.如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图。

其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈的匝数n =100匝，电阻r =10 Ω，线圈的两端经集流环与电阻R 连接，电阻R =90Ω，与R 并联的交变电压表为理想电表。

在t =0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t 按图乙所示正弦规律变化。

求： (1)交流发电机产生的电动势最大值； (2)电动势的瞬时值表达式； (3)线圈转过
1
30
s 时电动势的瞬时值； (4)电路中交变电压表的示数。

【答案】(1)62.8 V ；(2)e =20πcos10πtV；(3)31.4V ；(4)40V 【解析】
【详解】(1)交流发电机产生电动势的最大值
m E nBS ω=
而
m BS Φ=，2πT
ω=
由Φ－t 图线可知
22.010Wb m Φ⨯=－，0.2s T =
解得20πV=62.8V m E =
(2)由于从垂直中性面开始计时，所以感应电动势瞬时值表达式为
()20π10πV cos cos m e E t t ω==
(3)当线圈转过
1
30
s 时 120πcos 10πV=10πV=31.4V 30e ⎛
⎫=⨯ ⎪⎝
⎭
(4)电动势的有效值
102πV 2
m
E =
= 交变电压表的示数
90
102πV=92πV 40V 100
R U E R r =
=⨯≈+ 18.如图所示，甲为某一波在t ＝0.1 s 时的图象，乙为参与该波动的P 质点的振动图象．
(1)试确定波的传播方向； (2)求该波的波速v ；
(3)在甲图中画出3.5 s 时的波形图； (4)求再经过3.5 s 时P 质点的路程s 和位移．
【答案】(1)x 轴负方向 (2)4.0m/s ；(3) (4)2.8m ，0
【解析】
【详解】(1)从题图乙中可以看出，t =1.0 s 内P 点经过平衡位置向下振动，由题图甲可以判断出此波沿－x 方向传播．
(2)由题图甲知λ=4 m ，由题图乙知T =1.0 s ，所以波速
4.0v T
λ
=
=m/s
(3)经3.5 s，波传播的距离
1
14m3
2
x v tλ
⎛⎫
∆=∆==+
⎪
⎝⎭
故此波再经3.5 s时的波形只需将波形向－x方向平移
2
2
m
λ
=
即可，如图所示．
(4) 经过3.5 s的时间有
3.5
7
1
22
t
n
T
∆
===
所以经过3.5 s时P质点的路程
s＝2An＝2×0.2×7 m＝2.8m
由于波动的重复性，经历时间为周期的整数倍时，位移不变．所以只需考查从图示时刻P质
点经
2
T
时的位移即可，所以经3.5 s质点P的位移仍为零。

19.如图所示，一截面为直角三角形的玻璃棱镜ABC，∠A=60°，∠C=90°，D点是AC的中点，AD间距离为a。

一条光线从D点与AC边成45°方向射入棱镜，已知道玻璃的折射率n=2，求：
(1)光从玻璃棱镜中射出时，出射光线的出射角；
(2)若真空中光速为c，光线在棱镜中经过的时间t。

【答案】(1)45°；
(2)32a
【解析】
【详解】(1)光线从D 点与
AC 边成45°方向射入棱镜，光路图如图所示
入射角为45°，由折射定律公式
sin 45
sin n β
=
折射率n 2，可得折射角β=30°，由几何关系可得光线射到BC 边上的
光线的入射角
θ=60°，设玻璃棱镜的临界角为C ，则
1sin C n
=
解得C =45°，入射角θ大于临界角，光线在BC 边发生全反射，根据几何关系有
9030B A ∠=︒-∠=︒
光线在AB 边上的入射角α=30°，由折射定律公式
sin sin n γ
α
=
解得出射光线的出射角=45γ
(2)D 点是AC 的中点，AD 间距离为a ，由几何关系可知
2sin a
ED a β
=
=
2tan tan a a
BE BC EC B β
=-=
-=∠
2sin BE
EF a
θ
==
光线在棱镜中经过的路程
3s ED EF a =+=
光线在棱镜中传播的速度
c v n
=
光线在棱镜中经过的时间
s sn t v a c
=
==。