【物理】河南省郑州市中牟县第二高级中学2014-2015学年高二4月月考

2014-2015学年河南省郑州市中牟二中
高二（下）月考物理试卷（4月份）
一、本题共12小题，每小题4分，共48分（第3、4、8、9、为多选题）
1．（4分）对声波的各种现象，以下说法中正确的是（）
A．在双缝干涉实验中，把入射光由红色光换成紫色光，相邻亮条纹间距变宽
B．古代某和尚房里挂着的磐常自鸣自响，属于声波的共鸣现象
C．绕正在发音的音叉为圆心走一圈，可以听到忽强忽弱的声音，这是多普勒效应现象 D．把耳朵贴在铁轨上可以听到远处的火车声，属于声波的衍射现象
【考点】：双缝干涉的条纹间距与波长的关系；声音的共鸣．
【分析】：根据干涉条纹间距公式，结合波长的变化，从而确定条纹的宽度；空房子里讲话，声音特别响，是声音的反射现象，而磐常自鸣自响，属于声波的共鸣现象，即
固有频率与振动频率相等；耳朵贴在铁轨上可以听到远处的火车声，属于声波的直线传播．
【解析】：解：A、根据干涉条纹间距公式，把入射光由红色光换成紫色光，波长变短，则相邻亮条纹间距变窄．故A错误．
B、古代某和尚房里挂着的磐常自鸣自响，是由于振动频率与磐自身固有频率相等，出现共
鸣现象．故B正确．
C、绕正在发音的音叉走一圈，可以听到忽强忽弱的声音，是由于路程差为半个波长的偶数
倍为振动加强，若为奇数倍则为振动减弱，这声音的干涉结果，故C错误．
D、把耳朵贴在铁轨上可以听到远处的火车声，属于声波在固体中传播，故D错误．
故选：B．
【点评】：考查声音的反射、干涉与衍射现象的应用，掌握了波的基本特性及声音的共鸣，
注意干涉条纹间距公式的内容，及多普勒效应原理．
2．（4分）关于振动和波的关系，下列说法正确的是（）
A．波在介质中传播的频率由波源决定，与介质无关
B．如果波源停止振动，形成的波也立即停止传播
C．物体做机械振动，一定产生机械波
D．波源振动越快，波的速度越大
【考点】：波的形成和传播．
【分析】：形成机械波的条件是：一是机械振动；二是有传播振动的介质．介质中各质点振动的频率等于波源的振动频率，各点振动快慢相同．波源停振时，介质中的波动不会立即停止．
【解析】：解：A、波的传播频率等于振源机械振动的频率，与介质无关，故A正确；
B、波源停振时，由于惯性，介质中各质点还要振动一会儿，不会立即停止．故A错误．
C、根据机械波的产生条件可知，如果没有介质，机械振动不会形成机械波，故B错误；
D、波的传播速度与介质有关，和波源的振动无关，故D错误；
故选：A
【点评】：本题考查对机械波形成过程的理解能力．抓住形成机械波的条件、频率特点等是关键．明确波速由介质决定，而频率由振源决定
3．（4分）一水平弹簧振子做简谐运动，周期为T，下列说法正确的是（） A．若△t=T，则在t时刻和t+△t时刻振子运动的加速度一定相同
B．若t时刻和t+△t时刻振子运动速度的大小相等，方向相反，则△t一定为的整数倍
C．弹簧振子的回复力随时间按正弦规律变化，周期也为T
D．若△t=，则在t时刻和t+△t时刻弹簧的长度相同
【考点】：简谐运动的回复力和能量；简谐运动．
【专题】：简谐运动专题．
【分析】：做简谐运动的弹簧振子，通过平衡位置时，速度最大，加速度最小；在最大位移
处时，速度最小，加速度的大小最大．振子位移是指振子离开平衡位置的位移，从平衡位置
指向振子所在的位置，通过同一位置，位移总是相同．速率和动能相同，但速度有两种方向，可能不同．
【解析】：解：A、若△t=T，则在t时刻和（t+△t）时刻振子的位置与开始时位置相同，
所以这两时刻加速度的大小一定相等，故A正确；
B、若t时刻和t+△t时刻振子运动速度的大小相等，方向相反，则△t一定为的奇数倍；故B错误；
C、弹簧振子的回复力与位移成正比，而位移是成正弦规律变化的；故回复力也按正弦规律
变化；故C正确；
D、若△t=，则在t时刻和t+△t时刻关于平衡位置对称，故长度不相同；故D错误；
故选：AC．
【点评】：本题考查对简谐运动物理量及其变化的理解程度，可通过过程分析理解掌握．简谐运动中速度与加速度的大小变化情况是相反．
4．（4分）研究单摆受迫震动规律时得到如图所示的共振曲线，下列说法正确的是（）
A．图象的纵坐标为位移
B．图象的纵坐标为振幅
C．单摆的固有周期为0.5s
D．图象的峰值表示共振时的振幅
【考点】：产生共振的条件及其应用．
【分析】：共振曲线中，横轴表示驱动力频率，纵轴表示振幅；凸起表示当驱动力频率等于
系统固有频率时，系统振幅最大．
【解析】：解：A、B、共振曲线中，横轴表示驱动力频率，纵轴表示不同驱动力频率对应的
振幅，故A错误，B正确；
C、共振曲线中，凸起表示当驱动力频率等于系统固有频率时，系统振幅最大，故固有频率
为0.5Hz，固有周期为2s，故C错误；
D、图象的峰值表示共振时的振幅，为0.02m，故D正确；
故选：BD．
【点评】：本题关键是明确共振曲线的物理意义，知道当驱动力频率等于系统固有频率时，
系统振幅最大．
5．（4分）弹簧振子振动图象如图所示，在t1到t2的时间内（）
A．振子速度、加速度方向都不变
B．振子速度、加速度方向都改变
C．振子速度方向不变，加速度方向改变
D．振子速度方向改变，加速度方向不变
【考点】：简谐运动的振动图象；简谐运动的振幅、周期和频率．
【专题】：简谐运动专题．
【分析】：结合实际模型，得到振子的位移由正值逐渐变小并反向变大，然后得到速度和加速度的变化规律．
【解析】：解：从振子的位移时间图象可以看出，在t1到t2的时间内位移逐渐变小并反向
增加，故运动方向没有改变一直向负方向运动，即速度方向不变，经过平衡位置弹力方向改变，故加速度方向也改变，故C正确，ABD错误；
故选：C．
【点评】：本题关键是根据位移时间图象得到振子位移变化的规律，再结合实际模型，运用牛顿第二定律和胡克定律进行分析处理．
6．（4分）一质点做简谐运动，先后以相同的速度依次通过A、B两点，历时1s，质点通过B点后，再经过1s，第二次通过B点，在这2s内，质点的总路程是12cm，则质点振动的周期和振幅分别为（）
A． 2s，6cm B． 4s，6cm C． 4s，9cm D． 2s，8cm
【考点】：简谐运动的振幅、周期和频率．
【专题】：简谐运动专题．
【分析】：简谐运动的质点，先后以同样大小的速度通过A、B两点，则可判定这两点关于平衡位置对称，则平衡位置到B点的时间为1s的一半；由当再次经过B点的时间，即可求出从B点到最大位置的时间为1s的一半，因此质点的振动同期为平衡位置到最大位置时间
的4倍．由题意可知，质点总路程的一半，即为振幅．
【解析】：解：简谐运动的质点，先后以同样大小的速度通过A、B两点，则可判定这两点关于平衡位置O点对称，所以质点由A到O时间与由O到B的时间相等．
那么平衡位置O到B点的时间t1=，
因过B点后再经过t=0.5s质点以方向相反、大小相同的速度再次通过B点，则有从B点到最大位置的时间t2=，
因此，质点振动的周期是T=4×（t1+t2）=4s
质点总路程的一半，即为振幅．所以振幅为cm=6cm；
故选：B．
【点评】：简谐运动的质点，以同样的速度经过某两点时，它们的位置关于平衡位置对称；
当经过同一位置时，它们的速度大小相同，方向相反．
7．（4分）两个完全相同的波源在同一介质中形成的波相叠加，发生干涉的图样如图所示，
实线表示波峰，虚线表示波谷，则以下说法正确的是（）
A． A点为振动加强点，经过半个周期，这一点振动减弱
B． B点为振动减弱点，经过半个周期，这一点振动仍减弱
C． C点为振动减弱点，经过半个周期，这一点处于平衡位置
D． D点为振动加强点，经过半个周期，这一点振动加强
【考点】：波的叠加．
【分析】：波峰和波峰、波谷与波谷叠加的点为振动加强点，波峰与波谷叠加的点为振动减
弱点．振动加强点始终振动加强，振动减弱点始终减弱．
【解析】：解：A、A点是波峰和波峰叠加，为振动加强点，且始终振动加强．故A错误．
B、B点是波峰与波谷叠加，为振动减弱点，且始终振动减弱．故B正确．
C、C点处于振动加强区，振动始终加强，但经过半个周期，这一点处于平衡位置．故C错误．
D、D点为波峰与波谷叠加，为振动减弱点，且始终振动减弱．故D错误．
故选：B．
【点评】：解决本题的关键知道波峰和波峰、波谷与波谷叠加的点为振动加强点，波峰与波谷叠加的点为振动减弱点，注意加强区域总是加强，但位移不一定最大．
8．（4分）有一束光射到放在空气中的平行玻璃砖的界面ab上，如图所示，下列说法中正确的是（）
A．若光的入射角大于临界角，则光将不会进入玻璃砖
B．只要让光斜射向界面ab，光线就一定能进入玻璃砖
C．若光从界面ab进入并传播至界面cd，则光有可能不从界面cd射出
D．若光从界面ab进入并传播至界面cd，则光一定能从界面cd射出
【考点】：光的折射定律．
【专题】：光的折射专题．
【分析】：光从空气进入玻璃时，不会产生光的全反射现象．由于ab与cd两个表面平行，光线在ab面上的折射角等于在cd面上的入射角，根据光路可逆原理分析光线能否从cd射出．
【解析】：解：A、B产生全反射的必要条件是光必须从光密介质射入光疏介质，可知，光
从空气进入玻璃砖时，不会产生光的全反射现象，无论入射角多大，光都能从界面ab进入玻璃砖．故A错误，B正确．
C、D由于ab与cd两个表面平行，根据几何知识得知，光线在ab面上的折射角等于在cd 面上的入射角，根据光路可逆原理可知，光线一定从界面cd射出，故C错误，D正确．
故选：BD．
【点评】：解决本题的关键是掌握全反射的条件，灵活运用光路的可逆性分析玻璃砖的光学
特性．
9．（4分）如图所示，S1、S2是弦线两端的两个波源，它们的振动周期都为T，振幅都为A．某时刻S1发出的波恰好传到C，S2发出的波恰好传到A，且S1C=S2A，图中只画出了此时刻两列
波在AC之间部分的叠加波形，S1、A间和S2、C间波形没有画出，下列说法中正确的是（）
A． A、B、C三点都是振动减弱点
B． A、C是振动减弱点，B是振动加强点，其振幅为2A
C．再经过，AC间的波形是一条直线
D．再经过，AC间的波形仍为图示波形
【考点】：波长、频率和波速的关系；横波的图象．
【分析】：两列波同时传播，由波形看出两波源开始振动的方向，根据波的叠加原理确定A、B、C三点振动加强还是减弱．画出再经过后，两列波单独传播时波形，再由波的叠加原理，分析AC间的波形．
【解析】：解：A、B、由图看出，两列波同时开始传播，由波形可知，S1开始振动方向向下，S2开始振动方向向上，所以根据叠加原理可知图中A、B、C三点都是振动减弱点，振幅都为零．故A正确，B错误．
C、D、画出再经过后，两列波单独传播时的波形，如右图，可知，AC间合振动的位移都是零，叠加后AC间的波形是一条直线．故C正确，D错误．
故选：AC
【点评】：本题考查对波的独立传播原理和叠加原理的理解和应用能力，画出波形是常用的方法．
10．（4分）如图所示为一列简谐横波在t=23s时的波形图，图是这列波中P点的振动图线，那么该波的传播速度和传播方向是（）
A． v=25cm/s，向左传播 B． v=50cm/s，向左传播
C． v=25cm/s，向右传播 D． v=50cm/s，向右传播
【考点】：横波的图象；波长、频率和波速的关系．
【专题】：振动图像与波动图像专题．
【分析】：由甲图可读出波长，由乙图可读出周期和振幅，根据V=λf求出波速；图乙是质点P的振动图象，P点的振动是周期性的，则可读出t=23s时P的振动方向与1s时的振动方向相同，利用波形平移法判断波的传播方向．
【解析】：解：由两图象可知波长λ=100cm=1m，周期T=2s，则波速为 v=
m/s=0.5m/s=50cm/s；
由乙图可知t=23s时质点P向下振动，由波形平移可知波向右传播；A、B、C错误；D正确．故选：D
【点评】：本题的关键理解和把握振动图象和波动图象的区别和联系，找出两种图象之间对应关系；波传播方向和质点的振动方向用波形平移法判断
11．（4分）一列简谐横波沿x轴正方向传播，波速为v=4m/s，已知距坐标原点x=0.8m处质点的震动图象如图所示，在下列4幅图中能够正确表示t=0.35s时的波形图的是（）
A． B． C． D．
【考点】：横波的图象；波长、频率和波速的关系．
【专题】：振动图像与波动图像专题．
【分析】：根据振动图象判定出t=0.35s时坐标x=0.8m处质点的位置和振动方向，利用排
除法即可完成该题．
【解析】：解：根据距坐标原点x=0.8m处质点的振动图象可知：t=0.35s时该点在Y轴负方向上且向上振动．
A、由图知，简谐横波沿x轴正方向传播，距坐标原点x=0.8m处的质点处在Y轴负方向上且向下振动，故A正确；
B、该质点处在Y轴负方向上，正向上振动，故B错误；
C、该质点处在波峰，故C错误；
D、该质点处在Y轴正方向上，正向下振动，故D错误．
故选：A．
【点评】：“排除法”是作图象选择题常用的方法．本题要注意振动图象和波动图象的区别，
并能把握它们之间的联系．
12．（4分）振源O起振方向沿﹣y方向，振幅为l0cm，从振源O起振时开始计时，经t=0.7s，x轴上0至5m范围第一次出现如图所示的波形，则下列判断正确的是（）
A．在0.7s内，x轴上3m处的质点的运动路程为20cm
B．此波的周期可能是s
C．此列波的波速为m/s
D．此波的周期一定是0.4s
【考点】：横波的图象；波长、频率和波速的关系．
【专题】：振动图像与波动图像专题．
【分析】：振源0起振方向沿﹣y方向，介质中各个质点的起振方向均沿﹣y方向．该题的波形图不全，首先要补全波形图，可知在0.7s的时间内，波向右传播了7m，由此可得知波速的大小；利用波长、波速和周期之间的关系可求出周期．根据时间与周期的关系，求出质
点的运动路程．
【解析】：解：据题：振源0起振方向沿﹣y方向，介质中各个质点的起振方向均沿﹣y方向，而图示时刻x=5m处质点沿+y方向振动，可知0至5m范围第一次出现图示简谐波时，
x=5m处并不是波的最前列，在x=5m处质点的右边还有半个波长的波形图，即波此刻恰好传
到x=7m处，所以波速为 v==m/s=10m/s．
由图知，波长为λ=4m，则周期为 T===s=0.4s．
由上知，在0.7s内，x轴上3m处的质点振动了一个周期，通过路程为S=4A=4×10cm=40cm．故ABC错误，D正确．
故选：D．
【点评】：解答本题的关键是抓住波的基本特点：介质中各个质点的起振方向与波源起振方
向相同，确定出图示时刻全部波形，能熟练根据平移法判断质点的振动方向．要注意本题是特殊值问题，并不是多解问题．
二、本题共2小题，共12分．
13．（6分）甲同学想在家里做用单摆测定重力加速度的实验，但没有合适的摆球，他找到
了一块大小为3cm左右，外形不规则的大理石块代替小球．他设计的实验步骤是：
A．将石块用细线系好，结点为M，将细线的上端固定于O点（如图所示）
B．用刻度尺测量OM间细线的长度l作为摆长
C．将石块拉开一个大约α=30°的角度，然后由静止释放
D．从摆球摆到最高点时开始计时，测出30次全振动的总时间t，由T=得出周期．
①则该同学以上实验步骤中有错误的是BCD ．
②若该同学用OM的长作为摆长，这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值比真实值
偏小（偏大或偏小）．。