资源简介

2025-2026学年上海市复旦中学高二（下）期中物理试卷
一、选择题
1.劈尖干涉是一种薄膜干涉，其装置如图甲所示，单色光从上方射入，俯视可以看到图乙的条纹，利用此装置可以检查工件的平整度，下列说法正确的是( )
A. 干涉条纹是由于标准样板下表面反射光和待测表面反射光叠加形成的
B. 干涉现象是由于标准样板上表面反射光和待测表面反射光叠加形成的
C. 图乙中条纹弯曲处表明待测表面在该处是凸的
D. 将单色光换成频率更大的单色光则条纹间距变稀疏
2.某研究性学习小组用激光束照射圆孔和不透明圆板后，得到如图所示的衍射图样，据此可以判断出( )
A. 甲图是光线射到圆孔后的衍射图样 B. 乙图是光线射到圆孔后的衍射图样
C. 甲、乙图都是光线射到圆孔后的衍射图样 D. 甲、乙图都是光线射到圆板后的衍射图样
3.下列关于光现象的解释正确的是( )
A. 全息照相利用了光的衍射原理
B. 荷叶上的露珠显得特别明亮是光的全反射现象
C. 观看立体电影时所戴的眼镜利用了光线衍射的原理
D. 通过手指间的缝隙观察日光灯，可看到彩色条纹是光的偏振现象
4.如图所示，一束自然光通过偏振片照射到光屏上，则图中光屏上没有发亮的是偏振片上的箭头表示其透振方向( )
A. B.
C. D.
5.双缝干涉实验中，光的波长越长，干涉条纹的间距 。如图所示，用波长为的单色光垂直照射双缝、，点出现第条暗条纹，则到、的路程差 。
6.如图所示，一束复色光自空气射向上下表面平行的足够长的玻璃砖，经过玻璃砖后分成、两束光，以下说法正确的是( )
A. 、两束光一定不相互平行
B. 光在玻璃砖中的传播速度大于光
C. 光比光更容易发生衍射现象
D. 从该透明材料射入空气发生全反射时，光的临界角较大
7.某同学在“测定玻璃的折射率”的实验中，先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，将长方体玻璃砖平放在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面和。为直线与的交点。在直线上竖直插上、两枚大头针，然后在下方合适位置插上大头针，使挡住、的像，插上大头针，使挡住和、的像。过、作直线交于，过作垂直于的直线，连接、。测量图甲中角和角的大小，可以计算出玻璃的折射率。下列操作中对折射率的测量一定没有影响的是( )
A. 确定玻璃砖的界面后不小心将玻璃砖向下平移了一小段，然后确定界面
B. 正确确定玻璃砖的界面和的边界线后，不小心将玻璃砖向上平移了一小段
C. 实验操作正确，但玻璃砖的界面和不平行
D. 确定玻璃砖的界面后不小心将玻璃砖转动了一个小角度，然后确定界面
8.光线由空气射向某介质，当入射角为时，折射光线与反射光线正好垂直，那么这种介质的折射率和光在该介质中的速度分别为( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
9.某同学用内径为、外径为的环形玻璃砖模拟光在水球中的传播。将玻璃砖放置在水平面上，一束单色光从点以入射角射入玻璃砖，如图所示。
若，单色光经一次折射后，恰好与玻璃砖内壁相切，则玻璃砖对该单色光的折射率 。
若单色光经一次折射后，恰好在玻璃砖内壁发生全反射，则入射角 。
10.如图，半径为的半圆形玻璃砖可绕过圆心的轴转动，圆心与足够大光屏的距离，初始玻璃砖的直径与光屏平行，一束光对准圆心沿垂直光屏方向射向玻璃砖，在光屏上位置留下一光点，保持入射光方向不变，让玻璃砖绕点顺时针方向转动时，光屏上光点也会移动，当玻璃砖转过角时，光屏上光点位置距离点为。光在真空中的传播速度为，求：
该玻璃砖的折射率；
当光屏上光点消失时，玻璃砖绕点相对初始位置转过的角度的正弦值；
光在玻璃砖内的传播时间不考虑反射情况。
11.某一机械波位于点的波源从时刻开始振动，在时刻的波形图如图所示．该时刻点开始振动，点坐标为下列判断不正确的是( )
A. 简谐波的传播速度
B. 点开始振动的时刻为
C. 点正方向速度最大时，点也正方向速度最大
D. 点位于波峰时，点位于波谷
12.如图所示为两列简谐横波在同一绳上传播时某时刻的波形图，甲波的速度为，乙波的速度为，质点的平衡位置为。则下列说法正确的是( )
A. 这两列波会发生干涉现象，且平衡位置处的质点振动减弱
B. 由图示时刻开始，再经过甲波周期，将位于波峰
C. 甲波的速度与乙波的速度一样大
D. 振动减弱处的质点振幅为
13.苏轼的“八月十八潮，壮观天下无”描述的正是钱塘江大潮，鱼鳞潮就是其中的一种，如图甲所示。设某次观测到振幅均为的两列水波呈夹角以的速度向前行进，其模型可简化为图乙所示，实线表示波峰，虚线表示波谷，为的中点，是延长线上的点，于点相交的两条实线是两列波最靠前的波峰，下列说法正确的是( )
A. 图中、两点振动始终加强，点振动始终减弱
B. 点即将向上振动，经过一段时间质点会运动到点
C. 图示时刻、两点间的高度差为
D. 图中点稳定振动后的振幅为
14.无线充电器的发射线圈产生交变磁场，在接收设备手机等内的线圈中产生交变电流，实现电能的无线传输。
从上往下俯视，当无线充电发射线圈中的电流逆时针增大时，接收设备线圈中的电流为______方向。
若接收线圈获得的正弦交流电的电压随时间变化规律如图所示。
以为时间的单位，为电压的单位，此交流电电压随时间变化的方程为______；
此交流电压的有效值与图所示交流电电压的有效值之比为______。
某发电厂发出的交流电电压为，功率为。远距离输电线路的总电阻为。现采用电压达的特高压输电技术进行输电，变电站理想升压变压器输入线圈和输出线圈的匝数比为______；输电线上损失的功率为______。
如图，某无线充电装置接收线圈匝数为、半径为、电阻为。一匀强磁场垂直穿过线圈，其磁感应强度随时间变化规律如图所示。外接定值电阻阻值为。在、两段时间内，接收线圈中的感应电动势大小之比为______；在、两段时间内，定值电阻上产生的热量之比为______。
15.关于单摆，下列说法正确的是( )
A. 摆球受到的回复力是它所受的合力
B. 摆球经过平衡位置时，所受的合力为零
C. 摆球在任意位置处，回复力都不等于重力和摆线拉力的合力
D. 只有在最高点时，回复力才等于重力和摆线拉力的合力
16.如图所示，弹簧振子在光滑水平杆上的、之间做简谐运动，下列说法正确的是( )
A. 小球由向运动过程中做匀加速直线运动
B. 小球运动过程中受重力、支持力、弹簧弹力和回复力的作用
C. 小球由向运动过程中，动能逐渐减小
D. 小球由向运动过程中，回复力的方向由指向
17.如图所示，一单摆悬于点，摆长为，若在点正下方的点钉一个光滑钉子，使。将单摆拉至处释放，小球将在、、间往复运动，若运动中摆线与竖直方向夹角不超过，不计空气阻力，已知重力加速度为。则碰钉前后速度之比为 ，该单摆的周期为 。
18.一个有固定转动轴的竖直圆盘如图甲所示，圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个形支架在竖直方向振动，形支架的下面系着一个由弹簧和小球组成的振动系统。当圆盘静止时，让小球振动，其振动图像如图乙所示。现使圆盘以匀速转动，小球振动达到稳定时其振动的周期为 。欲使小球振动达到稳定时振幅最大，圆盘的转速应该调整为 。
19.如图所示，竖直轻弹簧两端连接质量均为的两个小物块、置于水平地面上，都处于静止状态。将质量也为的小物块从的正上方高为处由静止释放，物块与碰后粘连在一起继续向下运动，此后两物块始终未分离，且秒后到最低点。已知在后续的振动中，当与达到最高点时，对地面的弹力恰好为零，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为，求：
与碰撞后的共同速度；
与碰撞后到最低点的过程中弹簧弹力对整体的冲量大小；
整体在振动过程中，所受回复力最大值的大小。
答案解析
1.【答案】
【解析】解：劈尖干涉的相干光由空气薄膜上下表面的反射光形成，即标准样板下表面和待测表面的反射光，满足相干条件，故A正确，B错误；
C.同一级条纹对应相同空气膜厚度，条纹向劈尖薄端弯曲，说明该处空气膜厚度比正常位置厚，表明待测表面在该处为凹面，故C错误；
D.由条纹间距公式
可知，频率更大的光波长更短，条纹间距会变密，而非变稀疏，故D错误。
故选：。
明确劈尖干涉的相干光来源，结合条纹弯曲方向判断待测表面的凹凸，再根据条纹间距公式分析频率变化对间距的影响。
本题考查劈尖干涉的原理与应用，覆盖相干光来源、条纹畸变分析和间距变化规律，是薄膜干涉的典型应用。
2.【答案】
【解析】解：结合衍射现象图样的特点，不透明圆板衍射的图样，是在圆板阴影的中心有一个亮斑，周围是明暗相间的圆环，圆孔衍射的图样，是中央为亮斑，周围环绕着明暗相间的同心圆环；故甲图是光线射到圆孔后的衍射图样，乙图是光线射到圆板后的衍射图样，故A正确，BCD错误。
故选：。
根据圆孔衍射中心为亮斑、不透明圆板衍射中心存在泊松亮斑的图样特征，判断甲乙分别对应的衍射类型。
本题考查圆孔衍射与不透明圆板衍射泊松亮斑的图样区别，通过对比图样特征考查对衍射现象的理解，是基础的光学概念题。
3.【答案】
【解析】解：全息照相利用了光的干涉原理记录物体的光波信息，故A错误；
B.荷叶上的露珠因光从水进入空气时，入射角大于临界角发生全反射，导致露珠显得特别明亮，故B正确；
C.观看立体电影时所戴的眼镜利用偏振光原理分离左右眼图像，故C错误；
D.通过手指间的缝隙观察日光灯，可看到彩色条纹是光的衍射现象单缝衍射，故D错误。
故选：。
先回忆各光现象的核心原理，再逐一判断选项。
本题考查光的干涉、衍射、偏振和全反射等常见现象，重点考查对不同光学现象原理的区分，是光学的基础考点，有助于巩固核心概念。
4.【答案】
【解析】解：自然光通过偏振片后成为偏振光，当偏振光的振动方向与偏振片的透振方向平行时能够通过，垂直时不能通过，故C正确，ABD错误。
故选：。
根据自然光的起偏和马吕斯定律，当两偏振片透振方向垂直时，出射光强为零，光屏不亮，据此分析选项。
本题考查偏振现象的基本原理，通过不同偏振片组合考查对起偏与消光条件的理解，是基础的光学概念题。
5.【答案】越大

【解析】解：双缝干涉实验中，根据干涉条纹间距公式可知，光的波长越长，干涉条纹的间距越大。
用波长为的单色光垂直照射双缝、，点出现第条暗条纹，则到、的路程差

故答案为：越大，。
根据干涉条纹间距公式分析；根据暗条纹到两缝间距离之差是半波长的奇数倍分析。
掌握干涉条纹间距公式，知道产生暗条纹的条件是解题的基础。
6.【答案】
【解析】解：玻璃砖上下表面平行，根据折射定律，光在上表面的折射角等于下表面的入射角，因此出射光线与入射光线平行，两束光均与入射光平行，故两束光也相互平行，故A错误；
B.由图中偏折程度可知，玻璃砖对光的折射率更大，根据公式
折射率越大，光在介质中的传播速度越小，故光在玻璃砖中的传播速度小于光，故B错误；
C.折射率越小的光，频率越低、波长越长，衍射现象越明显；由偏折程度可知光折射率更小，波长更长，更容易发生衍射现象，故C正确；
D.全反射临界角满足公式
折射率越大，临界角越小；光折射率更大，故其临界角更小，故D错误。
故选：。
根据玻璃砖上下表面平行的特点，先判断出射光的平行性，再由偏折程度比较、光的折射率，进而分析传播速度、衍射能力和全反射临界角的大小关系。
本题以复色光通过平行玻璃砖的色散现象为载体，综合考查光的折射定律、折射率与传播速度、衍射、临界角的关系，是光学基础概念的典型应用。
7.【答案】
【解析】解：、操作会使角的测量值偏大，如图所示
由折射率，可知导致玻璃砖折射率的测量值偏小，故A错误；
B、操作对角的测量值没有影响，如图所示
由折射率，可知对玻璃砖折射率的测量值没有影响，故B正确；
C、操作对角的测量值没有影响，如图所示
由折射率，可知对玻璃砖折射率的测量值没有影响，故C正确；
D.操作可能会对角的测量值产生影响，如图所示，
由折射率，对于从射出的光线，若在出射点左侧光线是出射光线会使玻璃砖折射率的测量值偏小，若中间光线是出射光线则玻璃砖折射率的测量值准确，若在出射点右侧光线是出射光线会使玻璃砖折射率的测量值偏大，故D错误。
故选：。
根据题意作出光路图，分析角的变化情况，结合折射率公式判断。
本题考查“测定玻璃的折射率”实验，关键掌握实验原理和准确作出光路图。
8.【答案】
【解析】解：光路图如图所示：
由几何关系可知，由折射定律可知，光在介质中的传播速度，代入数据可得，，故C正确，ABD错误。
故选：。
根据几何关系分析折射角，根据折射定律分析折射率和传播速度。
考查了光的折射现象的分析方法，画出光路图并分析几何关系是解题关键。
9.【答案】

【解析】解：光路图如图所示：
由几何关系可知，由折射定律可知，代入数据可得；
由全反射临界角与折射率关系可知，代入数据可得，恰好发生折射的光路图如图所示：
由折射定律可知，由正弦定理可知，代入数据可得。
故答案为：；。
画出光路图，根据几何关系分析折射角，再根据折射定律分析；
根据全反射临界角和折射率关系分析临界角，画出光路图，根据折射定律和几何关系分析。
考查了光的折射现象和全反射现象的分析方法，画出光路图并分析几何关系是解题关键。
10.【答案】该玻璃砖的折射率为 当光屏上光点消失时，玻璃砖绕点相对初始位置转过的角度的正弦值为 光在玻璃砖内的传播时间为
【解析】解：光路图如图所示：
由几何关系可知，，则折射角为，由折射定律可知，代入数据可得；
由全反射临界角和折射率关系可知，恰好发生全反射的光路图如图所示：
由几何关系可知，代入数据可得；
由折射定律可知光在玻璃中的传播速度，传播时间，代入数据可得。
答：该玻璃砖的折射率为；
当光屏上光点消失时，玻璃砖绕点相对初始位置转过的角度的正弦值为；
光在玻璃砖内的传播时间为。
画出光路图，根据几何关系分析入射角和折射角，再根据折射定律分析；
光点消失时恰好发生全反射，根据全反射临界角和折射率关系分析临界角，再根据几何关系分析；
根据折射定律分析传播速度，再计算传播时间。
考查了光的折射现象的分析方法，熟练掌握常用的表达式，画出光路图并分析几何关系是解题关键。
11.【答案】
【解析】解：、质点和相距，波的传播时间为，则波速，故A正确；
B、、相距，传播时间是，点开始振动的时刻为，故B正确；
、质点、相隔，波长是半波长的奇数倍，点位于波峰时，点位于波谷，点正方向速度最大时，点负方向速度最大，故D正确，C错误。
本题选择错误选项；
故选：。
根据可求得波速；、相距，传播时间是，质点、相隔，波长是半波长的奇数倍。
本题考查横波的图像，关键掌握如何理解图像，从图像中可以读出波的波长与振幅。
12.【答案】
【解析】解：由图可知，两波的波长相等，在同一绳上传播时波速相等，则频率相等，所以这两列波可以发生干涉，且两列波使处的质点振动方向相同，此时该质点为振动加强点，则该质点的振动始终加强；故A错误，C正确；
B.根据同侧法可知，在该时刻，点的振动方向沿轴负方向，此时处于平衡位置，所以由图示时刻开始，再经过甲波周期，两列波在点的振动均到达波谷，可知将位于波谷，故B错误；
D.因两列波的振幅不同，可知振动减弱处的质点振幅为不为零，故D错误。
故选：。
先根据同一介质中波速相同判断选项C，再结合波长和波速分析频率以判断干涉条件，接着根据波的传播方向分析质点振动，最后根据两波振幅是否相同判断减弱点振幅。
学生容易忽略“同一介质中机械波的波速由介质决定，两波波速一定相等”这一前提，也容易混淆干涉条件和振动减弱点的振幅特点，误将振幅不同的减弱点振幅认为是。
13.【答案】
【解析】解：、根据题意分析可知，稳定的鱼鳞区域是干涉图样，波峰遇波峰振动加强，波谷遇波谷振动也加强，波峰遇波谷振动才减弱，所以、、所在的直线上的点都是振动加强点，则、两点以及点振动始终加强，故A错误；
B、媒介中的质点只能在平衡位置附近振动，不会随波迁移，因此一段时间后质点不会运动到点，故B错误；
、根据题意分析可知，由于两列波的振幅均为，、两质点都是振动加强点，则、两质点的振幅均为，则此时点在平衡位置上方处，而点在平衡位置下方处，故图示时刻、两点间的高度差为，故CD正确。
故选：。
先根据波峰、波谷的叠加情况判断、、点的振动状态，再结合机械波质点不随波迁移的特点分析质点振动方向与运动轨迹，接着计算图示时刻、两点的位移差，最后根据波程差判断点的振动加强情况与振幅。
学生容易误以为振动加强点的位移始终为最大值，或认为质点会随波迁移，也常忽略波程差条件，误判点是否为稳定的振动加强点。
14.【答案】顺时针 ： ：：
【解析】解：从上往下俯视，当无线充电发射线圈中的电流逆时针增大时，穿过接收设备线圈的磁通量增大，根据楞次定律结合安培定则可知，接收设备线圈中的电流为顺时针方向。
根据图可知电压最大值，周期，可得速度，此交流电电压随时间变化的方程为。
此交流电压的有效值，图所示交流电电压的有效值为，此交流电压的有效值与图所示交流电电压的有效值之比为。
变电站理想升压变压器输入线圈和输出线圈的匝数比为。
升压变压器输入端上的电流，可得输电线上的电流，输电线上损失的功率为。
根据法拉第电磁感应定律，在阶段感应电动势为，在阶段感应电动势为，可得两阶段的感应电动势大小之比为。
根据欧姆定律和焦耳定律，可得阶段，电流，定值电阻上产生的热量；阶段，电流，定值电阻上产生的热量。两阶段定值电阻上产生的热量之比为。
故答案为：顺时针。，：。，。：，：。
根据楞次定律判断穿过接收线圈的磁通量增大，结合安培定则判断感应电流的磁场方向，进而得出接收线圈中感应电流的方向。
由交流电周期可得角速度，结合电压最大值写出瞬时值表达式。
计算正弦交流电有效值与图中有效值相比得比值。
根据理想变压器电压与匝数的关系得到升压变压器匝数比；由输入功率得输入电流，由电流与匝数成反比得输电电流；最终推导出输电线上的功率损失。
由法拉第电磁感应定律分别计算和阶段的感应电动势，得电动势之比；结合欧姆定律和焦耳定律计算两阶段的热量，得热量之比。
本题考查电磁感应的多个核心知识点，涵盖楞次定律与安培定则的应用、交流电的瞬时值表达式与有效值计算、理想变压器的工作原理及输电损耗分析，以及法拉第电磁感应定律与焦耳定律的结合应用，全面检验了对电磁感应现象的理解和计算能力。
15.【答案】
【解析】解：单摆振动的回复力是使摆球回到平衡位置的力，在单摆运动中，回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，即，其中是摆线与竖直方向之间的夹角，由于还需要提供向心力，所以回复力不是重力和摆线拉力的合力，故A错误；
B.摆球经过平衡位置时，有向心加速度，合力提供向心力，所以合力不为零，故B错误；
C.单摆的摆球在振幅时最高点，速度为零，向心加速度为零，向心力为零，此时合力提供回复力，故C错误；
D.单摆的摆球不在最高点时，速度不为，所需向心力不为，合力即不是回复力，故D正确。
故选：。
根据单摆摆球的振动情况、受力情况以及回复力的来源进行分析；
本题主要是考查了简谐运动的知识；知道简谐运动的平衡位置是物体静止时受力平衡的位置，能够分析弹簧振子和单摆的受力情况、振动情况。
16.【答案】
【解析】解：、小球在点的加速度最大，在平衡位置点加速度最小，由向运动过程中不是做匀加速直线运动，故A错误；
B、运动过程中，对小球进行受力分析可知，小球受重力、支持力、弹簧弹力作用，合力提供回复力，故B错误；
C、小球由向运动过程中，运动的方向向右指向点，但回复力的方向向左指向点，回复力做负功，小球的动能逐渐减小，故C正确；
D、在简谐运动中，回复力方向总是指向平衡位置，故由向运动过程中，小球回复力的方向指向平衡位置点，故D错误。
故选：。
根据简谐运动的基本概念，回复力的方向、加速度的变化、机械能守恒的条件以及受力分析判断选项。
本题考查了简谐运动的基本概念，包括回复力的方向、加速度的变化、机械能守恒的条件以及受力分析。
17.【答案】：

【解析】解：碰钉后小球的速度不变，所以碰钉前后的速度之比为：
在没有碰钉时小球的周期为，碰到钉子后摆球的摆线长变为了，单摆的周期为。所以该单摆的周期为，解得。
故答案为：：，。
碰钉后小球的速度不变；根据单摆的周期公式计算；
掌握单摆的周期公式是解题的基础，知道碰钉后单摆的摆长发生了变化是解题的关键。
18.【答案】

【解析】解：圆盘的转速为，所以圆盘的周期。圆盘转动时小球做的是受迫振动，受迫振动的周期等于驱动力的周期，所以小球振动达到稳定时其振动的周期为。由图乙可知小球的固有周期，所以其固有频率为，所以圆盘的转速应该调节为
故答案为：，
受迫振动的周期等于驱动力的周期，根据发生共振的条件分析。
知道做受迫振动的周期等于驱动力的周期，知道发生共振的条件是解题的基础。
19.【答案】与碰撞后的共同速度为，方向竖直向下 与碰撞后到最低点的过程中弹簧弹力对整体的冲量大小为 整体在振动过程中，所受回复力最大值的大小为
【解析】解：物块与碰撞前，根据动能定理可得，物块与碰撞时，取向下为正方向，由动量守恒定律可得，解得，方向竖直向下；
与碰撞后到最低点的过程中，取向下为正方向，由动量定理可得，解得；
物块与碰后粘在一起之后，物块和一起做简谐运动，在最高点时，对地面的弹力恰好为零，则对有，对整体有，此时位移最大，回复力最大，即最大回复力为。
答：与碰撞后的共同速度为，方向竖直向下；
与碰撞后到最低点的过程中弹簧弹力对整体的冲量大小为；
整体在振动过程中，所受回复力最大值的大小为。
根据动能定理和动量守恒定律列式求解；
根据动量定理列式求解；
根据平衡条件结合回复力的表达式列式求解。
考查动能定理和动量守恒定律以及简谐运动的回复力问题，涉及知识点较多，需平时注意相关知识的积累，属于中等难度考题。
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