《河南省周口市项城二中2014-2015学年高二物理上学期第三次考试试卷含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河南省周口市项城二中2014-2015学年高二物理上学期第三次考试试卷含解析（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、河南省周口市项城二中2014-2015学年高二上学期第三次考试物理试卷 一、选择题（每题4分共48分，少选得2分，多选，错选不得分）1为了增大LC振荡电路的固有频率，下列办法中可采取的是( )A增大电容器两极板的正对面积并在线圈中放入铁芯B减小电容器两极板的距离并增加线圈的匝数C减小电容器的两极板的距离并在线圈中放入铁芯D减小电容器两极板的正对面积并减少线圈的匝数考点：电磁波的产生 分析：振荡电路产生的振荡电流频率平方与线圈L及电容器C成反比解答：解：LC振荡电路的固有频率：，若要增大LC振荡电路的固有频率，就要减小电容器的电容，或减小线圈中的自感系数A、增大电容器两极板间的正对面积，使得电容
2、器的电容变大，而在线圈中放入铁芯，使得线圈的自感系数增大则频率变小，故A错误；B、减小电容器两极板的距离，使得电容器的电容变大，而增加线圈的匝数，使得线圈的自感系数增大则频率变小，故B错误；C、减小电容器两极板的距离，使得电容器的电容变大，而在线圈中放入铁芯，使得线圈的自感系数增大则频率变小，故C错误；D、减小电容器两极板的正对面积，使得电容器的电容变小，而减小线圈的匝数，使得线圈的自感系数变小则频率变大，故D正确；故选：D点评：该题考查LC回路的固有频率和平行板电容器的电容的决定式、线圈的自感系数的有关因素，属于对基础知识的考查基础题目2如图所示弹簧振子在振动过程中，振子经a、b两点的速度相
3、同，若它从a到b历时0.2s，从b再回到a的最短时间为0.4s，则该振子的振动周期为( )A1sB0.5sC0.8sD0.4s考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象 分析：弹簧振子作简谐运动时，加速度方向与位移方向总是相反当振子离开平衡位置时，速度与位移方向相同，当振子靠近平衡位置时，速度与位移方向相反解答：解：由于振子在a、b两点的速度相等，则有a、b两点关于O点是对称的；振子经过a、b两点的速度同向，从b再回到a的过程是振子先到达右侧的最远处，然后返回平衡位置，最后回到a时经历的时间最短，时间半个周期，即：=0.4s；故周期为：T=20.4s=0.8s；故选：C点评：此题中振子每次通过同
4、一位置时，加速度、回复力、位移、动能、势能都相同；同时利用简谐运动的对称性不难3图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1m处的质点，Q是平衡位置为x=4m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则( )At=0.15 s时，质点Q的加速度达到正向最大Bt=0.15 s时，质点P的运动方向沿y轴正方向C从t=0.10 s到t=0.25 s，该波沿x轴负方向传播了6 mD从t=0.10 s到t=0.25 s，质点Q通过的路程为30 cm考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象 分析：由质点Q的振动图象，读出质点Q的位置，分析加速度情况简谐运动的质点加速度大小与位移大小成正比t
5、=0.10s时刻，Q点经过平衡位置向下运动，可判断出来波沿x轴负方向传播t=0.15s时，Q点处于波谷，质点P的运动方向沿y轴负方向从t=0.10s到t=0.25s，位于最大位移处和平衡位置处的质点通过的路程是3A，其他各点通过的路程不是3A解答：解：A、由质点Q的振动图象，读出t=0.15s时，质点Q的位移为负向最大值，则加速度达到正向最大值故A正确 B、由振动图象读出周期T=0.20s由振动读出t=0.15s时，Q点处于波谷，在波动图象看出x=2m处质点此时通过平衡位置向下，则质点P正沿y轴负方向运动故B错误 C、由振动图象可知，t=0.10s时刻，Q点经过平衡位置向下运动，可判断出来波沿
6、x轴负方向传播从t=0.10s到t=0.25s，经过时间为t=0.15s=，该波沿x轴负方向传播了=6 m故C正确 D、从t=0.10s到t=0.25s，经过时间为t=0.15s=，位于最大位移处和平衡位置处的质点通过的路程是S=3A=30cm，P点通过的路程不是30cm故D错误故选：AC点评：本题考查识别、理解振动图象和波动图象的能力和把握两种图象联系的能力，能根据振动图象读出质点的速度方向，在波动图象上判断出波的传播方向4如图所示，一列简谐波在均匀介质中传播，图甲表示t=0时刻的波形图，图乙表示图甲中质点P从t=0时刻开始的振动图象，则这列波( )A从左向右传播B波的频率为1 HzC波速为
7、12 m/sDP质点和D质点在振动过程中同一时刻位移总相同考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象 分析：本题要在乙图上读出P质点在t=0时刻的速度方向，在甲图上判断出波的传播度方向；由甲图读出波长，由乙图读出周期，即求出波速和频率；a、c任意时刻的位移都相反解答：解：A、由乙图知，t=0时刻，质点P向下运动，在甲图上，由波形的平移可知，该波沿x轴正方向传播，从左向右传播故A正确B、由乙图知，质点的振动周期为T=0.5s，则频率为f=2Hz，故B错误C、由甲图知，波长=6m，则波速为v=m/s=12m/s，故C正确D、由图可知，P质点和D质点的平衡位置相距半个波长，振动情况总是相反，所以在振动
8、过程中任意时刻的位移都相反，故D错误故选：AC点评：本题关键要把握两种图象的联系，能根据振动图象读出质点的速度方向，在波动图象上判断出波的传播方向5如图所示，在光滑的水平面上，放置两个质量相等的物体A和B，B物体上装有一个水平的轻弹簧B物体处于静止，物块A以速度 v向B运动，并与B发生碰撞，以下说法正确的是( )A当A的速度减为0时，弹簧的压缩量最大B当A、B的速度相等时，弹簧的压缩量最大C当弹簧压缩量最大时，B的速度也最大D当弹簧压缩量最大时A和B的动能之和最小考点：动量守恒定律；机械能守恒定律 分析：两物体不受外力，故两物体及弹簧组成的系统动量守恒，根据两物体速度的变化可知系统动能损失最大
9、的时刻，速度相等时弹性势能最大解答：解：A、B系统所受合外力为零，系统动量守恒，系统机械能守恒，压缩弹簧的过程中，A做减速运动，B做加速运动，当弹簧压缩量最大时，A、B速度相等，弹簧的弹性势能最大；然后弹簧恢复原长，在弹簧恢复原长过程中，A继续做减速运动，B继续做加速运动，当弹簧恢复原长时，A的速度为零，B的速度最大；A、当A的速度减为0时，弹簧恢复原长，弹簧的压缩量为零，故A错误；B、当A、B的速度相等时，弹簧的压缩量最大，故B正确；C、当弹簧恢复原长时B的速度最大，当弹簧压缩量最大时，B的速度不是最大，故C错误；D、当弹簧压缩量最大时，弹簧的弹性势能最大，系统机械能守恒，由机械能守恒定律可
10、知，此时A和B的动能之和最小，故D正确；故选：BD点评：本题要求同学们能正确分析AB的受力情况及运动情况，知道当AB两物体速度相等时，弹簧被压到最短，此时弹性势能最大，难度适中6如图，有一束平行于等边三棱镜截面ABC的单色光从空气射向E点，并偏折到F点已知入射方向与边AB的夹角为=30，E、F分别为边AB、BC的中点，则下列说法正确的是( )A光在F点发生全反射B该棱镜的折射率为C光从空气进入棱镜，波长变小D从F点出射的光束与入射到E点的光束平行考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：已知入射方向与边AB的夹角为=30，入射角i=60E、F分别为边AB、BC的中点，则EFAC，由几何知识得
11、到折射角r=30，根据折射定律求解折射率由公式sinC=求出临界角C，分析光在F点能否发生全反射并由几何关系和光路可逆性分析从F点出射的光束与入射到E点的光束的关系解答：解：A、D、光线在F点的入射角与AB面上的折射角相等，根据光路可逆性原理，得知光在F点不可能发生全反射，而且从F点出射的光束与BC的夹角为，所以从F点出射的光束与入射到E点的光束不平行故AD错误B、由几何知识得：光线在AB面上入射角为i=60，折射角为r=30，则折射率为n=故B正确C、光从空气进入棱镜，频率不变，波速变小，由公式v=f得知，波长变小故C正确故选：BC点评：本题是折射定律的应用问题，根据几何知识与折射定律结合进
12、行研究要知道光从一种介质进入另一种介质时频率是不变的7如图所示，用单色光照射透明标准板 M来检查平面N的上表面的光平情况，观察到的现象如图所示的条纹中的p和Q的情况，这说明( )AN的上表面B处向下凹陷BN的上表面B处向上凸起CN的上表面A处向下凹陷DN的上表面A处向上凸起考点：光的干涉 分析：薄膜干涉形成的条纹是膜的上下表面的反射光干涉产生的；当两反射光的路程差（即膜厚度的2倍）是半波长的偶数倍，出现明条纹；当两反射光的路程差是半波长的奇数倍，出现暗条纹解答：解：A、B、薄膜干涉是等厚干涉，即同一条明纹处空气膜的厚度相同；从弯曲的条纹可知，Q点应该在同一条纹上，厚度相同，但现在推迟出现条纹，
13、故知Q处空气薄膜凹陷，即N的上表面B处向上凸起，故A错误，B正确；C、D、薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相同；从弯曲的条纹可知，P点应该在同一条纹上，厚度相同，但现在提高出现条纹，则说明N的表面上A处是向下凹陷，故C正确，D错误；故选：BC点评：解决本题的关键知道薄膜干涉形成的条纹是膜的上下表面的发射光干涉产生的以及知道薄膜干涉是一种等厚干涉，注意空气薄层的厚度与条纹间距的关系8如图，半圆形玻璃砖置于光屏PQ的左下方一束白光沿半径方向从A点射入玻璃砖，在O点发生反射和折射，折射光在白光屏上呈现七色光带若入射点由A向B缓慢移动，并保持白光沿半径方向入射到O点，观察到各色光在光屏上陆续
14、消失在光带未完全消失之前，反射光的强度变化以及光屏上最先消失的光分别是( )A增强，紫光B增强，红光C减弱，紫光D减弱，红光考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：光线从光密到光疏介质，故随入射角的增大，则反射光将加强；光入射角达到某光的临界角时该光将发生全反射，分析色光的临界角大小可得出最先发生全反射的光解答：解：光线从光密介质到光疏介质，入射角增大时反射光的强度增强，折射光强度减弱；则知若入射点由A向B缓慢移动时，入射角增大，反射光的强度增强因紫色光的折射率最大，发生全反射的临界角最小，故紫光最先发生全反射，在光屏上最先消失故A正确故选： A点评：本题中应记住七色光中从红到紫，折射率增
15、大、频率增大，而波长减小，故红光的波长最长，而紫光的频率最高，折射率最大9如图所示，让太阳光通过M上的小孔S后照射到M右方的一偏振片P上，P的右侧再放一光屏Q，现使P绕着平行于光传播方向的轴匀速转动一周，则关于光屏Q上光的亮度变化情况，下列说法中正确的是( )A只有当偏振片转到某一适当位置时光屏被照亮，其他位置时光屏上无亮光B光屏上亮、暗交替变化C光屏上亮度不变D光屏上只有一条亮线随偏振片转动而转动考点：用双缝干涉测光的波长；光的偏振 专题：实验题分析：根据光的偏振现象，只要光的振动方向不与偏振片的狭逢垂直，都能有光通过偏振片解答：解：太阳光是自然光，向各个方向偏振的光的强度是相同的，通过偏振
