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2023-2024学年广东省广州三校（广铁一中、广州外国语学校、广州大学附中）高二（下）期中物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年广东省广州三校（广铁一中、广州外国语学校、广州大学附中）高二（下）期中物理试卷（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.用双缝干涉实验装置得到白光的干涉条纹，在光源与单缝之间加上红色滤光片后( )
A. 干涉条纹消失B. 彩色条纹中的红色条纹消失
C. 中央条纹变成暗条纹D. 中央条纹变成红色
2.在匀强磁场中，匝数N=100的矩形线圈绕垂直磁感线的转轴匀速转动，线圈中产生的感应电动势随时间变化规律如图所示，则下列说法正确的是( )
A. t=0.5×10−2s时，线圈平面与中性面重合
B. t=1×10−2s时，线圈中磁通量变化率最大
C. 穿过每一匝线圈的最大磁通量为1×10−3Wb
D. 线圈转动的角速度为50πrad/s
3.如图所示，一列简谐横波向左传播，振幅为A，某时刻介质中质点a的位移为A2，经14周期，质点a位于平衡位置的( )
A. 上方，且位移大于A2
B. 上方，且位移小于A2
C. 下方，且位移大于A2
D. 下方，且位移小于A2
4.为了交通安全，常在公路上设置如图甲所示的减速带，减速带的间距为4m。当一辆汽车以7.2km/ℎ的速度行驶在减速带上时，车内如图乙所示的弹簧装饰振动得最厉害，则弹簧装饰的固有频率为( )
A. 0.2HzB. 0.3HzC. 0.4HzD. 0.5Hz
5.如图表示LC振荡电路某时刻的情况，以下说法正确的是( )
A. 电容器正在充电
B. 电感线圈中的磁场能正在增加
C. 电感线圈中的电流正在减小
D. 该时刻自感电动势正在阻碍电流减小
6.如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是( )
A. 甲、乙两单摆的摆长相等
B. 甲摆的振幅比乙摆大
C. 甲摆的机械能比乙摆大
D. 在t=0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆
7.如图所示电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和R1并联的D为理想二极管(正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大)，在A、B间加一正弦交流电u=20 2sin100πt(V)，则加在R2上的电压有效值为( )
A. 10VB. 20VC. 15VD. 5 10V
二、多选题（本题共2小题，共8分）
8.我国“西电东送”采用特高压远距离输电。在西部发电厂附近升压变压器将电压升高，通过输电线输送到东部某地，再用降压变压器降压到稳定的工作电压，为负载提供电压。变压器均为理想变压器，发电机输出电压及输电线的电阻均不变。则( )
A. 增加负载，输电线上损失的功率增大
B. 增加负载，升压变压器的原线圈中电流减小
C. 升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
D. 升压变压器的输出电压小于降压变压器的输入电压
9.截面为等腰直角三角形的三棱镜如图甲所示。DE为嵌在三棱镜内部紧贴BB′C′C面的线状单色可见光光源，DE与三棱镜的ABC面垂直，D位于线段BC的中点。图乙为图甲中ABC面的正视图。三棱镜对该单色光的折射率为 2，只考虑由DE直接射向侧面AA′CC的光线。下列说法正确的是( )
A. 光从AA′C′C面出射的区域占该侧面总面积的12
B. 光从AA′C′C面出射的区域占该侧面总面积的23
C. 若DE发出的单色光频率变小，AA′C′C面有光出射的区域面积将增大
D. 若DE发出的单色光频率变小，AA′C′C面有光出射的区域面积将减小
三、实验题（本题共2小题，共16分）
10.某小组做测定玻璃的折射率实验，所用器材有：玻璃砖，大头针，刻度尺，圆规，笔，白纸。
(1)下列哪些措施能够提高实验准确程度______。
A.选用两光学表面间距大的玻璃砖
B.选用两光学表面平行的玻璃砖
C.选用粗的大头针完成实验
D.插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些
(2)该小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，以入射点O为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线NN′的垂线，垂足分别为C、D点，如图甲所示，则玻璃的折射率n= ______；(用图中线段的字母表示)
(3)在用针插法测定玻璃砖折射率的实验中，甲、乙二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乙中①、②所示，其中甲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。则甲同学测得的折射率与真实值相比______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)；乙同学测得的折射率与真实值相比______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
11.某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作：
(1)用游标尺测量摆球的直径如图1，可读出摆球的直径为______cm。把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L。
(2)用停表测量单摆的周期，测定了40次全振动的时间如图2所示，那么停表读数是______s。
(3)测量出多组周期T、摆长L的数值后，画出T2−L图线如图3，此图线斜率的物理意义是______。
A.g
B.1g
C.4π2g
D.g4π2
(4)在(3)中，描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小______。
A.偏大
B.偏小
C.不变
D.都有可能
四、简答题（本题共1小题，共10分）
12.如图所示，理想变压器原线圈中输入电压U1=3300V，副线圈两端电压U2=220V，输出端连有完全相同的两个灯泡L1和L2，绕过铁芯的导线所接的理想交流电压表V的示数U=2V。求：
(1)原线圈的匝数n1；
(2)当开关S断开时，电流表A2的示数I2=5A，电流表A1的示数I1；
(3)在(2)情况下，当开关S闭合时，电流表A1的示数I1′。
五、计算题（本题共2小题，共28分）
13.如图所示，直角三角形ABC是某三棱镜的横截面，其中∠A=60°。三棱镜折射率为2 33，一细束单色光从AC边上的D点射入棱镜，入射角的正弦值为 33，D、C两点间距离为10cm。单色光从D点进入棱镜后折射光线与BC边交于E点(图中未画出，已知光在真空中的速度为c=3×108m/s)，求：
①单色光从D点入射到E点所用的时间(计算结果可保留分式和根式)；
②通过计算说明，该单色光能否从E点射出三棱镜。
14.如图所示，A、B是两列波的波源，t=0时，两波源同时开始垂直纸面做简谐运动，其振动表达式分别为xA=0.1sin(2πt)m、xB=0.5sin(2πt)m，产生的两列波在同一种均匀介质中沿纸面传播。P是介质中的一点，t=2s时开始振动，已知PA=40cm，PB=50cm，求：
(1)两列波的波速；
(2)在t=4.25s内质点P运动的路程。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
发生干涉的条件是两列光的频率相同。白光通过红色滤光片剩下红光，仍满足干涉条件，即能发生干涉现象。
解决本题的关键知道光发生干涉的条件：两列光的频率必须相同。
【解答】
A.在双缝中，仍是频率相同的红光，因此能发生干涉现象，故A错误；
B.由于只有红光干涉条纹，因此不会出现彩色条纹，也没有彩色条纹中的红色条纹消失现象，故B错误；
C.在中央条纹，满足光程差为零，则是明条纹，并不变成暗条纹，故C错误；
D.得到白光的干涉条纹后，在光源与单缝之间加上红色滤光片，在双缝中，由于红光的频率相同，则能发生干涉，但不是彩色条纹，而是明暗相间的红色条纹，故D正确。
故选D。
2.【答案】C
【解析】解：A、根据图象知，t=0.5×10−2s时，感应电动势最大，对应的磁通量的变化率最大，而此时矩形金属线圈磁通量为零，线圈平面与磁场方向平行，故A错误；
B、根据图象知，t=1×10−2s时，感应电动势为零，对应的磁通量的变化率为零，故B错误；
CD、线圈转动的角速度ω=2πT=2π0.02rad/s=100πrad/s，根据Em=NBSω可知，穿过每一匝线圈的最大磁通量为Φm=EmNω=10π100×100πWb=1×10−3Wb，故C正确，D错误；
故选：C。
根据图象可以读出T和Em，从而可以求出频率和有效值；根据图乙判断出感应电动势在任意时刻的大小即可判断出磁通量的大小和变化率，根据Em=NBSω求得最大磁通量。
本题考查了正弦式电流的图象和三角函数表达式。在解决有关交变电流的图象问题时，应先把交变电流的图象与线圈的转动位置对应起来，再根据特殊位置求特征解。
3.【答案】A
【解析】解：由于简谐横波向左传播，经过14周期后，波形如图
则可知质点a位于平衡位置的上方，且位移大于A2，故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据平移法得经过14周期后波形图，即可判断a的位置。
本题考查波的传播图象，掌握平移法得经过14周期后波形图是解题关键。
4.【答案】D
【解析】解：由速度公式得：
T=xv
其中v=7.2km/ℎ=2m/s
代入数据得：T=2s
由f=1T得：
f=0.5Hz
驱动力频率为0.5Hz时，弹簧装饰振动得最厉害，发生共振，弹簧装饰的固有频率等于驱动力的频率，所以弹簧装饰的固有频率为0.5Hz，故ABC错误，D正确。
故选：D。
汽车做受迫振动，当弹簧装饰的固有频率等于减速带产生的驱动力频率时，汽车会发生共振，振动最强烈。
本题以减速带使路面稍微拱起以达到车辆减速的目的为情境载体，考查了共振条件在实际生活中的应用，解决此题的关键是要理解共振曲线。
5.【答案】B
【解析】解：根据电容器极板电性以及线圈产生磁场方向可推知此时电容器正在放电，电感线圈中的电流正在增大，磁场能正在增大，该时刻自感电动势正在阻碍电流增加，故ACD错误，B正确。
故选：B。
在LC振荡电路中，当电容器充电时，电流在减小，电容器上的电荷量增大，磁场能转化为电场能；当电容器放电时，电流在增大，电容器上的电荷量减小，电场能转化为磁场能。
解决本题的关键知道在LC振荡电路中，当电容器充电时，电流在减小，电容器上的电荷量增大，磁场能转化为电场能；当电容器放电时，电流在增大，电容器上的电荷量减小，电场能转化为磁场能。
6.【答案】ABD
【解析】解：A、由图看出，两单摆的周期相同，同一地点g相同，由单摆的周期公式T=2π Lg得知，甲、乙两单摆的摆长L相等。故A正确。
B、甲摆的振幅为10cm，乙摆的振幅为7cm，则甲摆的振幅比乙摆大。故B正确。
C、尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长也相等，但由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小。故C错误。
D、在t=0.5s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负的最大，则乙摆具有正向最大加速度。故D正确。
故选：ABD。
由图读出两单摆的周期，由单摆的周期公式分析摆长关系；由位移的最大值读出振幅；由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小；根据加速度与位移方向相反，确定加速度的方向．
本题只要掌握单摆的周期公式、加速度的特点等等，就能正确解答．由振动图象读出振幅、周期是基本功．
7.【答案】D
【解析】解：因为是交流电所以应该分两种情况考虑：1、当电源在正半轴时A点电位高于B点电位二极管导通即R1被短路，R2电压为电源电压20 2 2V=20V；
2、电源在负半轴时B点电位高于A点电位二极管截止R1，R2串联分压，
Q=Q1+Q2，即为：U2RT=202RT2+102RT2；
解得：U=5 10V；故D正确，ABC错误；
故选：D。
根据电流的热效应，注意二极管的单向导电性，使得半个周期内R1被短路，另半个周期内R1与R2串联，从而即可求解。
考查交流电的有效值求解，注意正弦交流电的有效值与最大值的关系，同时注意二极管的单向导电性。
8.【答案】A
【解析】解：A、由于用户电功率增加，降压变压器输出的功率增加，故高压输电线上的电流变大，分压变大，输电线上损失的功率增大，故A正确。
B、根据理想变压器的电流和匝数的关系可知，输电线上的电流变大，则升压变压器的原线圈中电流变大，故B错误。
CD、由于输电线上压降的存在，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，故CD错误。
故选：A。
理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压由输入电压决定；
明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系。理想变压器电压和匝数关系。
对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关。明确在输电功率一定的情况下，采用特高压输电会提高输电的效率，并减少输电线上的损耗。
9.【答案】AC
【解析】解：AB、设全反射临界角为C，由sinC=1n= 22得C=45°，因此从D点发出的光，竖直向上从M点射出的光线恰好是出射光线的边缘，同时C点也恰好是出射光线的边缘，如图所示，
因此光线只能从MC段射出，根据几何关系可知，M恰好为AC的中点，因此在AA′C′C面上有12的面积有光线射出，故A正确，B错误；
CD、由于频率越高，折射率越大，当光源发出的光的频率变小，折射率也会变小，导致临界角会增大，这时M点上方也会有光线出射，因此出射光线区域的面积将增大，故C正确，D错误。
故选：AC。
根据全反射临界角公式sinC=1n求出临界角C，根据几何关系和折射定律可知，M恰好为AC的中点，光线只能从MC段射出，光从AA′C′C面出射的区域有一半的面积有光线射出；光的频率变小，折射率也会变小，导致临界角会增大，这时M点上方也会有光线出射，因此出射光线区域的面积将增大
本题考查光的全反射、折射定律、临界角等是几何光学问题，解决本题的关键是抓住临界状态，作出光路图，借助几何关系分析。
10.【答案】AD ACBD 偏小 不变
【解析】解：(1)A.为了作图误差更小，应选用两光学表面间距大的玻璃砖，故A正确；
B.根据折射定律可知，如果两个光学面不平行，不影响入射角与折射角的值，所以对折射率的测定结果不产生影响，故B错误；
C.为了准确测量光路图，应选用较细的大头针来完成实验，选用粗的大头针完成实验时，容易出现观察误差，使光线实际并不平行，故C错误；
D.插在玻璃砖同侧的大头针之间的距离适当大些时，相同的距离误差情况下引起的角度误差会减小，故D正确。
故选：AD。
(2)根据折射定律有n=sinisinγ
其中sini=ACr，sinγ=BDr
计算得n=ACBD
(3)如图①，甲同学测定折射率时，作出的折射光线如图中虚线所示，实线表示实际光线，可见折射角增大，则由折射定律
n=sinisinγ
可知，折射率n将偏小。
用图②测折射率时，只要操作正确，与玻璃砖形状无关，故乙同学测得的折射率与真实值相比不变。
故答案为：(1)AD；(2)ACBD；(3)偏小；不变
(1)根据实验操作步骤和注意事项分析作答；
(2)作出光路图，根据折射定律结合几何知识分析作答；
(3)画出光的传播路径，根据实验原理分析误差。
要理解并掌握实验中测定玻璃折射率的方法；知道选用两光学表面间距大的玻璃砖可以减小折射角的测量误差；注意：对于平行玻璃砖，出射光线平行于入射光线。
11.【答案】2.06 75.2 C C
【解析】解：(1)10分度的游标卡尺精确度为0.1mm，则直径d=20mm+6×0.1mm=20.6mm=2.06cm
(2)由图示停表可知，最小格为0.1s，停表不用估读，分针超过一格为60s，时间为t=60s+15.2s=75.2s
(3)根据T=2π Lg
可得T2=4π2gL
则k=4π2g
故ABD错误，C正确；
故选：C；
(4)在(3)中，描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，但是图像的斜率不变，则由图线斜率得到的重力加速度与原来相比其大小不变，故ABD错误，C正确；
故选：C。
故答案为：(1)2.06；(2)75.2；(3)C；(4)C
(1)10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，测量值=主尺上对应示数(mm)+游标上对齐格数(不估读)×精确度；
(2)秒表读数为分针对应示数(s)+秒针对应示数(s)；
(3)根据单摆周期公式求T2−L函数，结合图像斜率的含义求解作答；
(4)描点时若误将摆线长当作摆长，根据单摆周期公式求T2−L函数，分析图像斜率是否发生变化，然后作答。
本题主要考查了游标卡尺和秒表的读数；考查了单摆周期公式测重力加速度，根据单摆周期公式求解T2−L函数是解题的关键，明确图像法处理数据的优势。
12.【答案】解：(1)绕过铁芯的导线所接的理想交流电压表V的示数U=2V，由电压与变压器匝数的关系可得：
n1=U1Un=33002×1匝=1650匝；
(2)当开关S断开时，由输入功率等于输出功率，可得：U1I1=U2I2
代入数据解得：I1=0.33A；
(3)当开关S断开时，有RL=U2I2=2205Ω=44Ω
当开关S闭合时，设副线圈总电阻为R′，有：R′=0.5RL=0.5×44Ω=22Ω
副线圈中的总电流为I2′
则I2′=U2R′=22022A=10A
由U1I1′=U2I2′可得：I1′=0.67A。
答：(1)原线圈n1等于1650匝；
(2)当开关S断开时，表A2的示数I2=5A，则表A1的示数I1为0.33A；
(3)当开关S闭合时，表A1的示数I1′等于0.67A。
【解析】(1)把电压表看作一匝线圈，应用匝数之比等于电压之比求原线圈匝数；
(2)电流根据输入功率等于输出功率U1I1=U2I2；
(3)应用欧姆定律和输入功率等于输出功率求副线圈电流，在根据输入功率等于输出功率求原线圈电流。
本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。
13.【答案】解：①光路如图所示，根据sini=nsinθ
解得θ=30°，
又∠C=30°，由几何关系可得∠DEC=30°，可得△CDE是等腰三角形
光在介质中的速度为v=cn
单色光从入射到E点所用的时间t=DEv=DCv
解得 t=2 39×10−9s
②由几何关系知光束在E点的入射角为α=60°
临界角C满足sinC=1n
解得C=60°，所以光束在E点发生全反射，不能从E点射出三棱镜。
答：①单色光从D点入射到E点所用的时间2 39×10−9s；
②光束不能从E点射出三棱镜。
【解析】①可通过作图求出路程，再结合光在三棱镜中的传播速度即可求出时间；
②根据折射率求解临界角，然后即可判断是否发生全反射。
本题考查光的折射定律，要求学生作出光路图结合图像进行分析，再列等式求解，考查学生分析综合能力。
14.【答案】解：(1)两列波在同一种均匀介质中沿纸面传播，故两列波的波速相同；根据质点P开始振动的时间可得波从A到P的时间为2s，则：v=PAt=40×10−22m/s=0.2m/s；
(2)B传播到P的时间：t′=PBv=50×10−20.2s=2.5s
由振动方程x=Asin(2πT⋅t)可得A与B的振幅分别为：AA=0.1m，AB=0.5m，两列波的周期T相同，即：2πT=2π，则T=1s
两列波的波长均为：λ=vT=0.2×1m=0.2m
A、B两列波的波程差为△x=50cm−40cm=10cm=0.1m=12λ，故P点为振动减弱点，P点合振动的振幅为：A合=AB−AA=0.5m−0.1m=0.4m；
质点P开始振动的时间为t=2s，在2s～2.5s内P点的振动与A点的振幅相同，由于0.5s=T2，则在2s～2.5s内P点的路程：s1=2AA=2×0.1m=0.2m
2.5s～4.25s内质点P的振幅等于合振动的振幅0.4m，振动的时间△t=4.25s−2.5s=1.75s=74T，则在2.5s～4.25s内质点P的路程：s2=74×4A合=7×0.4m=2.8m
所以P点的总路程：s=s1+s2=0.2m+2.8m=3.0m
答：(1)两列波的波速为0.2m/s；
(2)在t=4.25s内质点P运动的路程为3.0m。
【解析】(1)根据P点起振时间，由距离和传播时间求得波的传播速度；
(2)根据振动方程得到周期，即可求得波长；由距离差得到两波传到P点的时间差，然后根据起振方向得到相位差，即可得到振动减弱，从而求得振幅；根据时间得到两波在P点振动的全振动的个数，即可根据叠加原理求得P点的总路程。
机械振动与机械波的问题中，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情况，进而根据周期得到路程。
1.用双缝干涉实验装置得到白光的干涉条纹，在光源与单缝之间加上红色滤光片后( )
A. 干涉条纹消失B. 彩色条纹中的红色条纹消失
C. 中央条纹变成暗条纹D. 中央条纹变成红色
2.在匀强磁场中，匝数N=100的矩形线圈绕垂直磁感线的转轴匀速转动，线圈中产生的感应电动势随时间变化规律如图所示，则下列说法正确的是( )
A. t=0.5×10−2s时，线圈平面与中性面重合
B. t=1×10−2s时，线圈中磁通量变化率最大
C. 穿过每一匝线圈的最大磁通量为1×10−3Wb
D. 线圈转动的角速度为50πrad/s
3.如图所示，一列简谐横波向左传播，振幅为A，某时刻介质中质点a的位移为A2，经14周期，质点a位于平衡位置的( )
A. 上方，且位移大于A2
B. 上方，且位移小于A2
C. 下方，且位移大于A2
D. 下方，且位移小于A2
4.为了交通安全，常在公路上设置如图甲所示的减速带，减速带的间距为4m。当一辆汽车以7.2km/ℎ的速度行驶在减速带上时，车内如图乙所示的弹簧装饰振动得最厉害，则弹簧装饰的固有频率为( )
A. 0.2HzB. 0.3HzC. 0.4HzD. 0.5Hz
5.如图表示LC振荡电路某时刻的情况，以下说法正确的是( )
A. 电容器正在充电
B. 电感线圈中的磁场能正在增加
C. 电感线圈中的电流正在减小
D. 该时刻自感电动势正在阻碍电流减小
6.如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是( )
A. 甲、乙两单摆的摆长相等
B. 甲摆的振幅比乙摆大
C. 甲摆的机械能比乙摆大
D. 在t=0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆
7.如图所示电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和R1并联的D为理想二极管(正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大)，在A、B间加一正弦交流电u=20 2sin100πt(V)，则加在R2上的电压有效值为( )
A. 10VB. 20VC. 15VD. 5 10V
二、多选题（本题共2小题，共8分）
8.我国“西电东送”采用特高压远距离输电。在西部发电厂附近升压变压器将电压升高，通过输电线输送到东部某地，再用降压变压器降压到稳定的工作电压，为负载提供电压。变压器均为理想变压器，发电机输出电压及输电线的电阻均不变。则( )
A. 增加负载，输电线上损失的功率增大
B. 增加负载，升压变压器的原线圈中电流减小
C. 升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
D. 升压变压器的输出电压小于降压变压器的输入电压
9.截面为等腰直角三角形的三棱镜如图甲所示。DE为嵌在三棱镜内部紧贴BB′C′C面的线状单色可见光光源，DE与三棱镜的ABC面垂直，D位于线段BC的中点。图乙为图甲中ABC面的正视图。三棱镜对该单色光的折射率为 2，只考虑由DE直接射向侧面AA′CC的光线。下列说法正确的是( )
A. 光从AA′C′C面出射的区域占该侧面总面积的12
B. 光从AA′C′C面出射的区域占该侧面总面积的23
C. 若DE发出的单色光频率变小，AA′C′C面有光出射的区域面积将增大
D. 若DE发出的单色光频率变小，AA′C′C面有光出射的区域面积将减小
三、实验题（本题共2小题，共16分）
10.某小组做测定玻璃的折射率实验，所用器材有：玻璃砖，大头针，刻度尺，圆规，笔，白纸。
(1)下列哪些措施能够提高实验准确程度______。
A.选用两光学表面间距大的玻璃砖
B.选用两光学表面平行的玻璃砖
C.选用粗的大头针完成实验
D.插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些
(2)该小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，以入射点O为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线NN′的垂线，垂足分别为C、D点，如图甲所示，则玻璃的折射率n= ______；(用图中线段的字母表示)
(3)在用针插法测定玻璃砖折射率的实验中，甲、乙二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乙中①、②所示，其中甲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。则甲同学测得的折射率与真实值相比______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)；乙同学测得的折射率与真实值相比______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
11.某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作：
(1)用游标尺测量摆球的直径如图1，可读出摆球的直径为______cm。把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L。
(2)用停表测量单摆的周期，测定了40次全振动的时间如图2所示，那么停表读数是______s。
(3)测量出多组周期T、摆长L的数值后，画出T2−L图线如图3，此图线斜率的物理意义是______。
A.g
B.1g
C.4π2g
D.g4π2
(4)在(3)中，描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小______。
A.偏大
B.偏小
C.不变
D.都有可能
四、简答题（本题共1小题，共10分）
12.如图所示，理想变压器原线圈中输入电压U1=3300V，副线圈两端电压U2=220V，输出端连有完全相同的两个灯泡L1和L2，绕过铁芯的导线所接的理想交流电压表V的示数U=2V。求：
(1)原线圈的匝数n1；
(2)当开关S断开时，电流表A2的示数I2=5A，电流表A1的示数I1；
(3)在(2)情况下，当开关S闭合时，电流表A1的示数I1′。
五、计算题（本题共2小题，共28分）
13.如图所示，直角三角形ABC是某三棱镜的横截面，其中∠A=60°。三棱镜折射率为2 33，一细束单色光从AC边上的D点射入棱镜，入射角的正弦值为 33，D、C两点间距离为10cm。单色光从D点进入棱镜后折射光线与BC边交于E点(图中未画出，已知光在真空中的速度为c=3×108m/s)，求：
①单色光从D点入射到E点所用的时间(计算结果可保留分式和根式)；
②通过计算说明，该单色光能否从E点射出三棱镜。
14.如图所示，A、B是两列波的波源，t=0时，两波源同时开始垂直纸面做简谐运动，其振动表达式分别为xA=0.1sin(2πt)m、xB=0.5sin(2πt)m，产生的两列波在同一种均匀介质中沿纸面传播。P是介质中的一点，t=2s时开始振动，已知PA=40cm，PB=50cm，求：
(1)两列波的波速；
(2)在t=4.25s内质点P运动的路程。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
发生干涉的条件是两列光的频率相同。白光通过红色滤光片剩下红光，仍满足干涉条件，即能发生干涉现象。
解决本题的关键知道光发生干涉的条件：两列光的频率必须相同。
【解答】
A.在双缝中，仍是频率相同的红光，因此能发生干涉现象，故A错误；
B.由于只有红光干涉条纹，因此不会出现彩色条纹，也没有彩色条纹中的红色条纹消失现象，故B错误；
C.在中央条纹，满足光程差为零，则是明条纹，并不变成暗条纹，故C错误；
D.得到白光的干涉条纹后，在光源与单缝之间加上红色滤光片，在双缝中，由于红光的频率相同，则能发生干涉，但不是彩色条纹，而是明暗相间的红色条纹，故D正确。
故选D。
2.【答案】C
【解析】解：A、根据图象知，t=0.5×10−2s时，感应电动势最大，对应的磁通量的变化率最大，而此时矩形金属线圈磁通量为零，线圈平面与磁场方向平行，故A错误；
B、根据图象知，t=1×10−2s时，感应电动势为零，对应的磁通量的变化率为零，故B错误；
CD、线圈转动的角速度ω=2πT=2π0.02rad/s=100πrad/s，根据Em=NBSω可知，穿过每一匝线圈的最大磁通量为Φm=EmNω=10π100×100πWb=1×10−3Wb，故C正确，D错误；
故选：C。
根据图象可以读出T和Em，从而可以求出频率和有效值；根据图乙判断出感应电动势在任意时刻的大小即可判断出磁通量的大小和变化率，根据Em=NBSω求得最大磁通量。
本题考查了正弦式电流的图象和三角函数表达式。在解决有关交变电流的图象问题时，应先把交变电流的图象与线圈的转动位置对应起来，再根据特殊位置求特征解。
3.【答案】A
【解析】解：由于简谐横波向左传播，经过14周期后，波形如图
则可知质点a位于平衡位置的上方，且位移大于A2，故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据平移法得经过14周期后波形图，即可判断a的位置。
本题考查波的传播图象，掌握平移法得经过14周期后波形图是解题关键。
4.【答案】D
【解析】解：由速度公式得：
T=xv
其中v=7.2km/ℎ=2m/s
代入数据得：T=2s
由f=1T得：
f=0.5Hz
驱动力频率为0.5Hz时，弹簧装饰振动得最厉害，发生共振，弹簧装饰的固有频率等于驱动力的频率，所以弹簧装饰的固有频率为0.5Hz，故ABC错误，D正确。
故选：D。
汽车做受迫振动，当弹簧装饰的固有频率等于减速带产生的驱动力频率时，汽车会发生共振，振动最强烈。
本题以减速带使路面稍微拱起以达到车辆减速的目的为情境载体，考查了共振条件在实际生活中的应用，解决此题的关键是要理解共振曲线。
5.【答案】B
【解析】解：根据电容器极板电性以及线圈产生磁场方向可推知此时电容器正在放电，电感线圈中的电流正在增大，磁场能正在增大，该时刻自感电动势正在阻碍电流增加，故ACD错误，B正确。
故选：B。
在LC振荡电路中，当电容器充电时，电流在减小，电容器上的电荷量增大，磁场能转化为电场能；当电容器放电时，电流在增大，电容器上的电荷量减小，电场能转化为磁场能。
解决本题的关键知道在LC振荡电路中，当电容器充电时，电流在减小，电容器上的电荷量增大，磁场能转化为电场能；当电容器放电时，电流在增大，电容器上的电荷量减小，电场能转化为磁场能。
6.【答案】ABD
【解析】解：A、由图看出，两单摆的周期相同，同一地点g相同，由单摆的周期公式T=2π Lg得知，甲、乙两单摆的摆长L相等。故A正确。
B、甲摆的振幅为10cm，乙摆的振幅为7cm，则甲摆的振幅比乙摆大。故B正确。
C、尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长也相等，但由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小。故C错误。
D、在t=0.5s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负的最大，则乙摆具有正向最大加速度。故D正确。
故选：ABD。
由图读出两单摆的周期，由单摆的周期公式分析摆长关系；由位移的最大值读出振幅；由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小；根据加速度与位移方向相反，确定加速度的方向．
本题只要掌握单摆的周期公式、加速度的特点等等，就能正确解答．由振动图象读出振幅、周期是基本功．
7.【答案】D
【解析】解：因为是交流电所以应该分两种情况考虑：1、当电源在正半轴时A点电位高于B点电位二极管导通即R1被短路，R2电压为电源电压20 2 2V=20V；
2、电源在负半轴时B点电位高于A点电位二极管截止R1，R2串联分压，
Q=Q1+Q2，即为：U2RT=202RT2+102RT2；
解得：U=5 10V；故D正确，ABC错误；
故选：D。
根据电流的热效应，注意二极管的单向导电性，使得半个周期内R1被短路，另半个周期内R1与R2串联，从而即可求解。
考查交流电的有效值求解，注意正弦交流电的有效值与最大值的关系，同时注意二极管的单向导电性。
8.【答案】A
【解析】解：A、由于用户电功率增加，降压变压器输出的功率增加，故高压输电线上的电流变大，分压变大，输电线上损失的功率增大，故A正确。
B、根据理想变压器的电流和匝数的关系可知，输电线上的电流变大，则升压变压器的原线圈中电流变大，故B错误。
CD、由于输电线上压降的存在，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，故CD错误。
故选：A。
理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压由输入电压决定；
明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系。理想变压器电压和匝数关系。
对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关。明确在输电功率一定的情况下，采用特高压输电会提高输电的效率，并减少输电线上的损耗。
9.【答案】AC
【解析】解：AB、设全反射临界角为C，由sinC=1n= 22得C=45°，因此从D点发出的光，竖直向上从M点射出的光线恰好是出射光线的边缘，同时C点也恰好是出射光线的边缘，如图所示，
因此光线只能从MC段射出，根据几何关系可知，M恰好为AC的中点，因此在AA′C′C面上有12的面积有光线射出，故A正确，B错误；
CD、由于频率越高，折射率越大，当光源发出的光的频率变小，折射率也会变小，导致临界角会增大，这时M点上方也会有光线出射，因此出射光线区域的面积将增大，故C正确，D错误。
故选：AC。
根据全反射临界角公式sinC=1n求出临界角C，根据几何关系和折射定律可知，M恰好为AC的中点，光线只能从MC段射出，光从AA′C′C面出射的区域有一半的面积有光线射出；光的频率变小，折射率也会变小，导致临界角会增大，这时M点上方也会有光线出射，因此出射光线区域的面积将增大
本题考查光的全反射、折射定律、临界角等是几何光学问题，解决本题的关键是抓住临界状态，作出光路图，借助几何关系分析。
10.【答案】AD ACBD 偏小 不变
【解析】解：(1)A.为了作图误差更小，应选用两光学表面间距大的玻璃砖，故A正确；
B.根据折射定律可知，如果两个光学面不平行，不影响入射角与折射角的值，所以对折射率的测定结果不产生影响，故B错误；
C.为了准确测量光路图，应选用较细的大头针来完成实验，选用粗的大头针完成实验时，容易出现观察误差，使光线实际并不平行，故C错误；
D.插在玻璃砖同侧的大头针之间的距离适当大些时，相同的距离误差情况下引起的角度误差会减小，故D正确。
故选：AD。
(2)根据折射定律有n=sinisinγ
其中sini=ACr，sinγ=BDr
计算得n=ACBD
(3)如图①，甲同学测定折射率时，作出的折射光线如图中虚线所示，实线表示实际光线，可见折射角增大，则由折射定律
n=sinisinγ
可知，折射率n将偏小。
用图②测折射率时，只要操作正确，与玻璃砖形状无关，故乙同学测得的折射率与真实值相比不变。
故答案为：(1)AD；(2)ACBD；(3)偏小；不变
(1)根据实验操作步骤和注意事项分析作答；
(2)作出光路图，根据折射定律结合几何知识分析作答；
(3)画出光的传播路径，根据实验原理分析误差。
要理解并掌握实验中测定玻璃折射率的方法；知道选用两光学表面间距大的玻璃砖可以减小折射角的测量误差；注意：对于平行玻璃砖，出射光线平行于入射光线。
11.【答案】2.06 75.2 C C
【解析】解：(1)10分度的游标卡尺精确度为0.1mm，则直径d=20mm+6×0.1mm=20.6mm=2.06cm
(2)由图示停表可知，最小格为0.1s，停表不用估读，分针超过一格为60s，时间为t=60s+15.2s=75.2s
(3)根据T=2π Lg
可得T2=4π2gL
则k=4π2g
故ABD错误，C正确；
故选：C；
(4)在(3)中，描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，但是图像的斜率不变，则由图线斜率得到的重力加速度与原来相比其大小不变，故ABD错误，C正确；
故选：C。
故答案为：(1)2.06；(2)75.2；(3)C；(4)C
(1)10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，测量值=主尺上对应示数(mm)+游标上对齐格数(不估读)×精确度；
(2)秒表读数为分针对应示数(s)+秒针对应示数(s)；
(3)根据单摆周期公式求T2−L函数，结合图像斜率的含义求解作答；
(4)描点时若误将摆线长当作摆长，根据单摆周期公式求T2−L函数，分析图像斜率是否发生变化，然后作答。
本题主要考查了游标卡尺和秒表的读数；考查了单摆周期公式测重力加速度，根据单摆周期公式求解T2−L函数是解题的关键，明确图像法处理数据的优势。
12.【答案】解：(1)绕过铁芯的导线所接的理想交流电压表V的示数U=2V，由电压与变压器匝数的关系可得：
n1=U1Un=33002×1匝=1650匝；
(2)当开关S断开时，由输入功率等于输出功率，可得：U1I1=U2I2
代入数据解得：I1=0.33A；
(3)当开关S断开时，有RL=U2I2=2205Ω=44Ω
当开关S闭合时，设副线圈总电阻为R′，有：R′=0.5RL=0.5×44Ω=22Ω
副线圈中的总电流为I2′
则I2′=U2R′=22022A=10A
由U1I1′=U2I2′可得：I1′=0.67A。
答：(1)原线圈n1等于1650匝；
(2)当开关S断开时，表A2的示数I2=5A，则表A1的示数I1为0.33A；
(3)当开关S闭合时，表A1的示数I1′等于0.67A。
【解析】(1)把电压表看作一匝线圈，应用匝数之比等于电压之比求原线圈匝数；
(2)电流根据输入功率等于输出功率U1I1=U2I2；
(3)应用欧姆定律和输入功率等于输出功率求副线圈电流，在根据输入功率等于输出功率求原线圈电流。
本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。
13.【答案】解：①光路如图所示，根据sini=nsinθ
解得θ=30°，
又∠C=30°，由几何关系可得∠DEC=30°，可得△CDE是等腰三角形
光在介质中的速度为v=cn
单色光从入射到E点所用的时间t=DEv=DCv
解得 t=2 39×10−9s
②由几何关系知光束在E点的入射角为α=60°
临界角C满足sinC=1n
解得C=60°，所以光束在E点发生全反射，不能从E点射出三棱镜。
答：①单色光从D点入射到E点所用的时间2 39×10−9s；
②光束不能从E点射出三棱镜。
【解析】①可通过作图求出路程，再结合光在三棱镜中的传播速度即可求出时间；
②根据折射率求解临界角，然后即可判断是否发生全反射。
本题考查光的折射定律，要求学生作出光路图结合图像进行分析，再列等式求解，考查学生分析综合能力。
14.【答案】解：(1)两列波在同一种均匀介质中沿纸面传播，故两列波的波速相同；根据质点P开始振动的时间可得波从A到P的时间为2s，则：v=PAt=40×10−22m/s=0.2m/s；
(2)B传播到P的时间：t′=PBv=50×10−20.2s=2.5s
由振动方程x=Asin(2πT⋅t)可得A与B的振幅分别为：AA=0.1m，AB=0.5m，两列波的周期T相同，即：2πT=2π，则T=1s
两列波的波长均为：λ=vT=0.2×1m=0.2m
A、B两列波的波程差为△x=50cm−40cm=10cm=0.1m=12λ，故P点为振动减弱点，P点合振动的振幅为：A合=AB−AA=0.5m−0.1m=0.4m；
质点P开始振动的时间为t=2s，在2s～2.5s内P点的振动与A点的振幅相同，由于0.5s=T2，则在2s～2.5s内P点的路程：s1=2AA=2×0.1m=0.2m
2.5s～4.25s内质点P的振幅等于合振动的振幅0.4m，振动的时间△t=4.25s−2.5s=1.75s=74T，则在2.5s～4.25s内质点P的路程：s2=74×4A合=7×0.4m=2.8m
所以P点的总路程：s=s1+s2=0.2m+2.8m=3.0m
答：(1)两列波的波速为0.2m/s；
(2)在t=4.25s内质点P运动的路程为3.0m。
【解析】(1)根据P点起振时间，由距离和传播时间求得波的传播速度；
(2)根据振动方程得到周期，即可求得波长；由距离差得到两波传到P点的时间差，然后根据起振方向得到相位差，即可得到振动减弱，从而求得振幅；根据时间得到两波在P点振动的全振动的个数，即可根据叠加原理求得P点的总路程。
机械振动与机械波的问题中，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情况，进而根据周期得到路程。
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