2019版高考物理二轮复习课时跟踪训练18振动与波动光
高考物理二轮复习专题八振动和波光学跟踪强化训练17选修3-4(2021学年)
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跟踪强化训练(十七）1．(2017·石家庄质检)(１)（多选)在“利用单摆测重力加速度”的实验中,如果得出的重力加速度的测量值偏大，其可能的原因是__＿___＿_．A.测量周期时,时间ｔ内全振动的次数少数了一次B.测量周期时，时间t内全振动的次数多数了一次C．摆线上端固定不牢固,振动中出现松动,使摆线变长D.在测量摆长时,将细线的长度加上小球的直径作为摆长Ｅ．小球没有在同一竖直面内运动，形成了圆锥摆（2）如图所示，一束平行于直径AＢ的单色光照射到玻璃球上，从N点进入玻璃球直接打在B点,在Ｂ点反射后从P点射出玻璃球（P点未画出)．已知玻璃球的半径为Ｒ，折射率n=错误!，光在真空中的传播速度为c，求：①入射点Ｎ与出射点P间的距离；②此单色光由N点经B点传播到Ｐ点的时间．[解析] (1）由单摆的周期公式T=2π错误!，得重力加速度g=错误!,单摆的摆长L是线长加上小球的半径，设全振动的次数为n,知周期Ｔ=错误!,BD可使得出的重力加速度的测量值偏大，圆锥摆的周期T=２π错误!,其中θ为摆线与竖直方向夹角，有效摆长为L cosθ,可使测量的重力加速度偏大,E正确．（2）①由题意分析，光线照射在玻璃球上,最终能沿与原方向相反方向射出,说明入射光路与出射光路平行对称,作出光路图如图所示由光路图知：θ1=2θ2由折射定律得n=＼f(sｉnθ1,sinθ2）解以上两式得：cosθ2＝错误!即θ２＝30°，θ1＝6０°则d=R sinθ１，所以N、P间的距离２d=错误!R ②该条光线在玻璃球中的路程ｓ=2错误!Ｒ光在玻璃中传播的速度v＝cｎ=错误!光在玻璃中传播的时间ｔ=错误!＝错误![答案] (1)BDE （2）①＼ｒ(３)Ｒ②6R c2．(２0１7·四川成都二诊)(1)(多选）下列说法正确的是____＿＿__.Ａ.频率越高，振荡电路向外辐射电磁波的本领越大Ｂ．高级照相机镜头在阳光下呈现淡紫色是光的偏振现象C.玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的干涉现象Ｄ.a、b两束光分别照射同一双缝干涉装置,在屏上得到的干涉图样中,a光的相邻亮条纹间距比b光的小,由此可知,在同种玻璃中b光传播速度比a光大E.让黄光、蓝光分别以相同角度斜射向同一平行玻璃砖,光从对侧射出时,两种光的偏转角都为零,但蓝光的侧移量更大(２）如图所示,t＝0时,位于原点Ｏ处的波源，从平衡位置(在x轴上)开始沿y轴正方向做周期T＝0.2 s、振幅A＝4 cm的简谐运动．该波源产生的简谐横波沿x轴正方向传播,当平衡位置坐标为(9 ｍ,0)的质点P刚开始振动时，波源刚好位于波谷.求：①质点P在开始振动后的Δt=1。
版高考物理二轮复习 课时跟踪训练 振动与波动、光
课时追踪训练(十八) 振动与颠簸、光1．(1)如图(a)，在xy平面内有两上沿z方向做简谐振动的点波源S1(0,4)和S2(0，－2)．两波源的振动图线分别如图(b)和图(c)所示．两列波的波速均为1.00 m/s.两列波从波源流传到点A(8，－2)的行程差为________m，两列波引起的点B(4,1)处质点的振动相互________(填“加强”或“减弱”)，点C(0,0.5)处质点的振动相互________(填“加强”或“减弱”)．(2)如图，一玻璃工件的上半部是半径为R的半球体，O点为球心；下半部是半径为R、高为2R的圆柱体，圆柱体底面镀有反射膜．有一平行于中心轴OC的光辉从半球面射入，该光辉与OC之间的距离为0.6R.已知最后从半球面射出的光辉恰好与入射光辉平行(不考虑多次反射)．求该玻璃的折射率．剖析(1)波长λ＝vT＝2 m，两列波的波长相等．两波源到A点的行程差Δx＝62＋82m－8 m＝2 m.两波源到B点的行程差Δx′＝32＋42m－32＋42m＝0，初相相差π，B 点为振动减缺点．两波源到C点的行程差Δx″＝3.5 m－2.5 m＝1 m＝λ2，初相相差π，C点为振动加强点．(2)如图，依照光路的对称性和光路可逆性，与入射光辉相关于OC轴对称的出射光辉必然与入射光辉平行．这样，从半球面射入的折射光辉，将从圆柱体底面中心C点反射．设光辉在半球面的入射角为i，折射角为r.由折射定律有sin i＝n sin r由正弦定理有sin r 2R＝sin i－rR由几何关系，入射点的法线与OC的夹角为i.由题设条件和几何关系有sin i＝LR③式中L是入射光辉与OC的距离，由②③式和题给数据得sin r＝6 205由①③④式和题给数据得n＝ 2.05≈1.43答案(1)2减弱加强(2)1.432．(1)(多项选择)某同学飘扬在海面上，诚然水面波正平稳地1.8 m/s的速率向着海滩流传，但他其实不向海滩凑近．该同学发现从第1个波峰到第10个波峰经过身下的时间间隔为15 s．以下说法正确的选项是()A．水面波是一种机械波B．该水面波的频率为6 HzC．该水面波的波长为3 mD．水面波没有将该同学推向岸边，是由于波流传时能量不会传达出去E．水面波没有将该同学推向岸边，是由于波流传时振动的质点其实不随波迁移(2)(2018·辽南协作体二模)以下列图，ABCD是一玻璃砖的截面图，一束光与AB面成30°角从AB边上的E点射入玻璃砖中，折射后经玻璃砖的BC边反射后，从CD边上的F点垂直于CD边射出．已知∠B＝90°，∠C＝60°，BE＝10 cm，BC＝30 cm.真空中的光速c＝3×108m/s，求：①玻璃砖的折射率；②光在玻璃砖中从E到F所用的时间．(结果保留两位有效数字)剖析(1)水面波是机械振动在水面上流传，是一种典型的机械波，A对；从第一个波峰到第十个波峰中经历了九个波形，时间间隔为15秒，因此其振动周期为T＝159s＝53s，频率为0.6 Hz.B错；其波长λ＝vT＝1.8 m/s×53s＝3 m，C对；波中的质点都上下振动，不随波迁移，但是能量随着波的流传而传达出去，D错，E对．(2)①光在玻璃砖中流传光路以下列图，由几何关系可得i＝60°，r＝∠BQE＝∠CQF＝30°由折射定律n＝sin i sin r得n＝3②由n＝cv，得v＝3×108m/s由几何关系得EQ＝2EB＝20 cmQF＝QC cos 30°＝(BC－BQ)cos 30°＝(153－15)cmt＝EQ＋QFv≈1.8×10－9s答案 (1)ACE (2)①3 ②1.8×10－9s3．(1)(多项选择)如图甲所示为一列简谐横波在t ＝0.6 s 时的波形图，图乙为质点A 的振动图象，则以下判断正确的选项是________．A ．该简谐波沿x 轴负方向流传B ．这列波的流传速度为203m/sC ．从t ＝0.6 s 开始，质点P 比质点Q 先回到平衡地址D ．从t ＝0.6 s 开始，再经过Δt ＝1.5 s 后质点A 流传到了坐标原点处E ．从t ＝0.6 s 开始，紧接着的Δt ＝0.6 s 的时间内质点A 经过的行程为10 cm(2)如图丙所示，ABNM 为一透明柱体的横截面，AB 和MN 为两段以O 为圆心的同心14圆弧，AB 圆弧所在圆的半径为R ，现有一单色光垂直水平端面并从AM 上的D 点射入透明柱体，经过一次全反射后恰好从B 点射出，出射光辉与水平方向成60°角且反向延长线恰好与MN 相切，已知光在真空中的流传速度为c ，求：①透明柱体的折射率；②光在透明柱体中的流传时间；③MN 圆弧所在圆的半径．剖析 (1)由题图乙知t ＝0.6 s 时，质点A 的振动方向是向下的，由“上下坡法”可知此波是沿x 轴负方向流传的，A 对；由题图甲知波长λ＝8 m ，由题图乙知该波的周期T ＝1.2 s ，因此该波的波速为v ＝λT ＝203m/s ，B 对；由波上各质点的振动情况可知此时质点P向上振动，质点Q向下振动，但P离波峰距离大，应后回到平衡地址，C错；因波流传的是能量和波形，质点自己其实不随波流传，D错；0.6 s是半个周期，因此质点A经过的行程为s＝2A＝10 cm，E对．(2)①由题意可画出以下列图的光路图，由图知∠DCO＝∠OCB＝∠CBO∠DCO＋∠OCB＋∠CBO＝180°因此∠CBO＝60°因此由折射率定义知透明柱体的折射率为n＝sin 60°sin90°－60°＝ 3.②由几何关系知DC＝R2，BC＝R光在透明柱体中的流传速度为v＝cn＝33c因此光在透明柱体中的流传时间为t＝DC＋CBv＝33R2c.③由几何关系知，法线OC必然经过出射光辉的反向延长线与弧MN的切点MN圆弧所在圆的半径r＝R 2.答案(1)ABE(2)①3②33R2c③R24．(2018·宝鸡市二模)(1)(多项选择)以下列图为t＝0时辰两列简谐横波的图象(都恰好形成了一个周期的波形)，两列波分别沿x轴正方向和负方向流传，波源分别位于x＝－2 m和x＝12 m处，两列波的波速均为v＝4 m/s，波源的振幅均为A＝2 cm.此刻平衡地址在x＝2 m和x＝8 m的P、Q两质点刚开始振动．质点M的平衡地址处于x＝5 m处，以下关于各质点运动情况的判断中不正确的选项是________．A．质点P、Q沿y轴正向起振B．t＝0.75 s时辰，质点P、Q都运动到M点C．t＝1 s时辰，质点M的位移为＋4 cmD．t＝1 s时辰，质点M的位移为－4 cmE．两列波相映后能发生干涉，且M点为振动加强区，P点为振动减弱区(2)以下列图，已知半圆柱形玻璃砖的折射率为2，半径为R，长为d，一组与玻璃砖横截面平行的光，射向玻璃砖，入射光与底面夹角45°，真空中光速为c，求：①经玻璃砖折射后，从底面射出光的面积；②这组平行光经一次折射后，在玻璃砖中沿直线流传的最长时间．剖析(1)质点P、Q沿y轴负方向起振；质点不随波迁移；两列波波长、波速相同，故频率相同，相遇后能发生牢固干涉，且M点为振动加强区，t＝1 s 时质点M的位移为－4 cm；P点到两振源的距离之差为6 cm，即1.5个波长，P为振动减弱区，应选ABC.(2)①光路图以下列图，临界角sin C＝1n＝12，即C＝45°①号光为对着圆心O点入射的光，垂直截面到达O点，①号光左侧的光全部发生全反射，③号光辉与圆周相切，折射后垂直射向底边B，折射角为45°，OB长为l＝2 2R因此，显出光的面积S＝ld＝22Rd②在玻璃砖中流传最长时间的光为②号光②号光sin θ＝sin 45°n＝12，此时折射角为30°光程l2＝Rcos θ＝23R，在玻璃砖中的光速v＝22c因此t＝l2v＝26R3c答案(1)ABC(2)①22Rd②26R3c5．(1)如图甲所示为用双缝干涉测量光的波长的实验装置图，滤光片为红光滤光片，测量头为螺旋测微器．实验时调治测量头，使分划板中心刻线与一条亮纹中心对齐，记录为第一条亮纹，此时手轮上的示数如图乙所示，尔后同方向转动测量头，使分划板中心线对准第六条亮纹的中心，记下此时图丙中手轮的示数为________mm.求得相邻亮纹的间距为Δx＝________mm，已知双缝间距d为1.5×10－4m，双缝到屏的距离为l＝0.800 m，由计算式λ＝________，求得红光波长为________m(保留两位有效数字)．(2)(10分)一中间有小孔的小球与固定弹簧一端相连，弹簧另一端固定在墙壁上，球和弹簧穿在圆滑水平杆上，O点为小球的平衡地址，取O点为位移原点，水平向右为位移的正方向建立直线坐标系．将小球拉到偏离O点右侧4 cm 由静止释放，经过0.1 s小球第一次经过平衡地址．(ⅰ)求小球位移随时间变化的关系式；(ⅱ)将小球从右侧最大地址释放后经过时间t，小球经过某一地址A点(A点不是O点和最大位移点)，则小球经过其关于平衡地址的对称点B时可能经过了多长时间？剖析(1)题图乙中示数为2.320 mm，题图丙中示数为13.870 mm，相邻条纹间距Δx＝13.870－2.3205＝2.310 mm，由条纹间距公式Δx＝lλd，得λ＝dΔxl，代入数据解得λ＝4.3×10－7m.(2)(ⅰ)小球从开始释放的位移大小为振幅大小，A＝4 cm小球从最大位移到第一次经过平衡地址经历的时间为四分之一周期，T＝0.4s，则ω＝2πT＝5π rad/s则振动位移随时间变化的表达式为x＝4 cos5πt(cm)(ⅱ)如图1所示，若A点在O点右侧，当小球向左经过对称点B时，有图1Δt＝nT＋2(0.1 s－t)＝0.4n＋0.2－2t(s)(n＝0,1,2,3，…)若A点在O点右侧，当小球向右经过对称点B时，有Δt＝nT＋2(0.1 s－t)＋2t＝0.4n＋0.2(s)(n＝0,1,2,3，…)图2如图2所示，若A点在O点左侧，当小球向右经过对称点B时，有Δt＝nT＋2(0.2 s－t)＋2(t－0.1 s)＝0.4n＋0.2(s)(n＝0,1,2,3，…)若A点在O点左侧，当小球向左经过对称点B时，有Δt＝nT＋4(0.2 s－t)＋2(t－0.1 s)＝0.4n＋0.6－2t(s)(n＝0,1,2,3，…)若A点在O点左侧，当小球向左经过对称点B时，有Δt＝nT＋4(0.2 s－t)＋2(t－0.1 s)＝0.4n＋0.6－2t(s)＝(n＝0,1,2,3，…)答案(1)13.870 2.310dΔxl 4.3×10－7(2)见解析6．(1)一列简谐横波沿x轴流传，波速为v＝4 m/s.已知坐标原点(x＝0)处质点的振动图象如图甲所示，t＝0.45 s时部分波形图如图乙所示．简谐横波的流传方向沿x轴________(选填“正”或“负”)方向；x＝0处的质点经过0.6 s时的行程为________m；t＝0.45 s时x＝0处的质点对应的纵坐标为________m.(2)以下列图，一玻璃棱柱，其截面边长为2a的等边三角形ABC，D点是AB边的中点，一束细光从D点射入棱柱，改变其入射方向，使进入棱柱的光恰幸好BC面发生全反射，玻璃棱柱对该光的折射率为2，求：(sin 15°＝6－2 4)(ⅰ)细光束在D点的入射角α的正弦值；(ⅱ)细光束从AC面射出的点离C点的距离．剖析由题图甲、乙可知，x＝0处的质点在t＝0.45 s时沿y轴正方向振动，则该波沿x轴正方向流传；简谐波的周期T＝0.4 s，波速v＝4 m/s，简谐波的波长λ＝1.6 m；x＝0处的质点经过0.6 s时的行程s＝0.60.4×4A＝0.6 m；x＝0处的质点的振动方程为y＝0.1 sin 5πt(m)，将t＝0.45 s代入得y＝2 20m.(2)(ⅰ)当光在BC面恰好发生全反射时，光路图以下列图由sin γ＝1n，得γ＝45°则由几何关系可得β＝15°由sin αsin β＝n，得sin α＝3－12(ⅱ)在△DFC中，CD＝3a，∠DFC＝135°由正弦定理得3asin 135°＝FCsin 15°在△FCG中，∠CFG＝45°，∠CGF＝75°由正弦定理得FCsin 75°＝CG sin 45°解得CG＝(23－3)a答案(1)正0.62 207．(2018·济宁市高三第二次模拟)(1)(多项选择)一列简谐横波在弹性介质中沿x轴流传，波源位于坐标原点O，t＝0时辰波源开始振动，t＝3s时波源停止振动，以下列图为t＝3.2s时凑近波源的部分波形图．其中质点a的平衡地址离原点O的距离为x＝2.5m.以下说法中正确的选项是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．波速为5 m/sB．波长为2.0 mC．波源起振方向沿y轴正方向D．在t＝3.3 s，质点a位于波谷E．从波源起振开始时，3.0 s内质点a运动的总行程为2.5 m(2)以下列图，MN为半圆形玻璃砖的对称轴，O为玻璃砖的圆心，某同学在与MN平行的直线上插上两枚大头计P1、P2，在MN上插大头针P3，从P3一侧透过玻璃砖观察P1、P2的像，调整P3地址使P3能同时挡住P1、P2的像，确定了的P3地址以下列图，他测得玻璃砖直径D＝8 cm，P1、P2连线与MN之间的距离d1＝2 cm，P3到O的距离d2＝6.92 cm(取3＝1.73)．求该玻璃砖的折射率．版高考物理二轮复习 课时追踪训练 振动与颠簸、光剖析 (1)v ＝Δx Δt ＝ 1.03.2－3m/s ＝5 m/s ，选项A 正确；由题图可知，波长λ＝2 m ，选项B 正确；t ＝3.2 s 时，Δx ＝v ·Δt ＝5×3.2 m ＝16 m ，由于λ＝2.0 m ，故波形前端的运动同x ＝2.0 m 质点的运动，可判断2.0 m 处的质点向下振动，故波源起振方向沿y 轴负方向，选项C 错误；T ＝λv ＝2.05s ＝0.4 s ，从图示时辰经Δt ＝0.1 s ＝14T ，质点a 位于平衡地址，选项D 错误；从t ＝0时辰起，经Δt＝Δx v ＝2.55s ＝0.5 s ，质点a 开始振动，3.0 s 内质点α振动了2.5 s ，2.5 s ＝614T ，故质点a 运动的总行程为s ＝6×4A ＋A ＝25×0.1 m ＝2.5 m ，选项E 正确．(2)光路图以下列图，sin i ＝AB OA ＝12得i ＝30°，则∠OAB ＝60°OB ＝OA sin 60°＝3.46 cm依照几何关系有P 3B ＝d 2－OB ＝3.46 cmtan ∠BAP 3＝B P 3AB ＝1.73得∠BAP 3＝60°因此r ＝180°－∠OAB －∠BAP 3＝60°据折射定律得n ＝sin r sin i 解得n ＝1.73答案 (1)ABE (2)1.73。
2019版高考物理二轮复习课时跟踪训练18振动与波动光
课时跟踪训练(十八)振动与波动、光．()如图()，在平面内有两上沿方向做简谐振动的点波源()和(，－)．两波源的振动图线分别如图()和图()所示．两列波的波速均为 .两列波从波源传播到点(，－)的路程差为，两列波引起的点()处质点的振动相互(填“加强”或“减弱”)，点()处质点的振动相互(填“加强”或“减弱”)．()如图，一玻璃工件的上半部是半径为的半球体，点为球心；下半部是半径为、高为的圆柱体，圆柱体底面镀有反射膜．有一平行于中心轴的光线从半球面射入，该光线与之间的距离为.已知最后从半球面射出的光线恰好与入射光线平行(不考虑多次反射)．求该玻璃的折射率．解析()波长λ＝＝，两列波的波长相等．两波源到点的路程差Δ＝－＝ .两波源到点的路程差Δ′＝－＝，初相相差π，点为振动减弱点．两波源到点的路程差Δ″＝－＝＝，初相相差π，点为振动加强点．()如图，根据光路的对称性和光路可逆性，与入射光线相对于轴对称的出射光线一定与入射光线平行．这样，从半球面射入的折射光线，将从圆柱体底面中心点反射．设光线在半球面的入射角为，折射角为.由折射定律有＝由正弦定理有)＝由几何关系，入射点的法线与的夹角为.由题设条件和几何关系有＝③式中是入射光线与的距离，由②③式和题给数据得＝由①③④式和题给数据得＝≈答案() 减弱加强()．()(多选)某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地的速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近．该同学发现从第个波峰到第个波峰通过身下的时间间隔为．下列说法正确的是( )．水面波是一种机械波．该水面波的频率为．该水面波的波长为．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时能量不会传递出去．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时振动的质点并不随波迁移()(·辽南协作体二模)如图所示，是一玻璃砖的截面图，一束光与面成°角从边上的点射入玻璃砖中，折射后经玻璃砖的边反射后，从边上的点垂直于边射出．已知∠＝°，∠＝°，＝，＝ .真空中的光速＝×，求：①玻璃砖的折射率；②光在玻璃砖中从到所用的时间．(结果保留两位有效数字)解析()水面波是机械振动在水面上传播，是一种典型的机械波，对；从第一个波峰到第十个波峰中经历了九个波形，时间间隔为秒，所以其振动周期为＝＝，频率为错；其波长λ＝＝×＝，对；波中的质点都上下振动，不随波迁移，但是能量随着波的传播而传递出去，错，对．。
全国人教版2019届高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练28 Word版含答案
课时跟踪训练(二十八)一、选择题1．(多选)一质子以速度v穿过互相垂直的电场和磁场区域而没有发生偏转，则( )A．若电子以相同速度v射入该区域，将会发生偏转B．无论何种带电粒子，只要以相同速度射入都不会发生偏转C．若质子的速度v′<v，它将向下偏转而做类平抛运动D．若质子的入射速度v′>v，它将向上偏转，其运动轨迹既不是圆弧也不是抛物线[解析] 对于速度选择器，无论射入粒子的m、q大小，也无论其电性正或负，只要速度满足v＝E/B，自左向右射入，均能匀速射出，故A错误，B正确．质子在复合场中受到向上的洛伦兹力和向下的电场力，入射速度大，即洛伦兹力大于电场力，它将向上偏．由于质子所受电场力是一恒力，而洛伦兹力是一变力，故其轨迹既不是抛物线与不是圆弧，故D正确．同理可知C错误．[答案] BD2．(多选)(2015·江西上饶二模)为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a＝1 m、b＝0.2 m、c＝0.2 m，左、右两端开口，在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为B＝1.25 T的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N作为电极，污水充满装置以某一速度从左向右匀速流经该装置时，测得两个电极间的电压U＝1 V．且污水流过该装置时受到阻力作用，阻力F f＝kL v，其中比例系数k＝15 N·s/m2，L为污水沿流速方向的长度，v为污水的流速．下列说法中正确的是( )A ．金属板M 电势不一定高于金属板N 的电势，因为污水中负离子较多B ．污水中离子浓度的高低对电压表的示数也有一定影响C ．污水的流量(单位时间内流出的污水体积)Q ＝0.16 m 3/sD ．为使污水匀速通过该装置，左、右两侧管口应施加的压力差为60 N[解析] 根据左手定则，知正离子所受的洛伦兹力方向向上，负离子所受的洛伦兹力方向向下，则N 板带负电，M 板带正电，N 板的电势比M 板电势低，故A 错误．最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有q v B ＝q ，解得U c U ＝v Bc ，与离子浓度无关，故B 错误．污水的流速v ＝，则流量Q ＝v bc ＝U Bc ＝ m 3/s ＝0.16 m 3/s ，故C 正确．污水的流速v ＝＝ Ub B 1×0.21.25U Bc 11.25×0.2m/s ＝4 m/s ；污水流过该装置时受到阻力F f ＝kL v ＝ka v ＝15×1×4 N ＝60 N ；为使污水匀速通过该装置，左、右两侧管口应施加的压力差是60N ，故D 正确．[答案] CD3．(2015·吉林长春一模)如图所示，宽度为d 、厚度为h 的导体放在垂直于它的磁感应强度为B 的匀强磁场中，当电流通过该导体时，在导体的上、下表面之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应．实验表明当磁场不太强时，电势差U 、电流I 和磁感应强度B 的关系为U ＝K ，式中的比例系数K 称为霍IB d 尔系数．设载流子的电荷量为q ，下列说法正确的是( )A ．载流子所受静电力的大小F ＝q U dB ．导体上表面的电势一定大于下表面的电势C ．霍尔系数为K ＝，其中n 为导体单位长度上的电荷数1nq D ．载流子所受洛伦兹力的大小F 洛＝，其中n 为导体单位体积内的电BI nhd 荷数[解析] 静电力大小应为F ＝q ，A 错误；载流子的电性是不确定的，因U h 此B 错误；霍尔系数为K ＝，其中n 为导体单位体积内的电荷数，C 错误；1nq 载流子所受洛伦兹力的大小F 洛＝q v B ，其中v ＝，可得F 洛＝，D 正I nqdh BI ndh 确．[答案] D4．(多选)(2015·江苏南京盐城二模)如图所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5 T 的匀强磁场，一质量为0.2 kg 且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端放置一质量为m ＝0.1 kg 、带正电q ＝0.2 C 的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．现对木板施加方向水平向左，大小为F ＝0.6 N 的恒力，g 取10 m/s 2.则滑块( )A ．开始做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动B ．一直做加速度为2 m/s 2的匀加速运动，直到滑块飞离木板为止C ．速度为6 m/s 时，滑块开始减速D．最终做速度为10 m/s的匀速运动[解析] 滑块随木板向左运动时，受到竖直向上的洛伦兹力和木板的支持力，对整体由F＝(M＋m)a得，a＝2 m/s2，当滑块刚好相对木板运动时，对滑块有μ(mg－q v B)＝ma，即当v＝6 m/s时，滑块恰好相对于木板有相对滑动，开始做加速度减小的加速运动，当mg＝q v B，即v＝10 m/s时，滑块对木板的压力为零，即F N＝0，滑块最终做速度为10 m/s的匀速运动，选项A、D正确，B、C错误．[答案] AD5．(多选)如右图所示，两平行、正对金属板水平放置，使上面金属板带上一定量正电荷，下面金属板带上等量的负电荷，再在它们之间加上垂直纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以初速度v0沿垂直于电场和磁场的方向从两金属板左端中央射入后向上偏转．若带电粒子所受重力可忽略不计，仍按上述方式将带电粒子射入两板间，为使其向下偏转，下列措施中可能可行的是( )A．仅增大带电粒子射入时的速度B．仅增大两金属板所带的电荷量C．仅减小粒子所带电荷量D．仅改变粒子的电性[解析] 带电粒子在两板之间受电场力与洛伦兹力，但两者的大小不等，且方向不确定．若仅增大带电粒子射入时的速度，可能因为所受的洛伦兹力变大，而使带电粒子向下偏转，A正确；若仅增大两金属板所带的电荷量，因两极板间的电场强度增大，故带电粒子可能向下偏转，B正确；若仅减小粒子所带的电荷量，则由于粒子所受电场力与洛伦兹力以相同的倍数变化，故带电粒子仍向上偏转，C错误；仅改变粒子的电性，则由于两个力的方向都发生变化，带电粒子将向下偏转，D正确．[答案] ABD6．(多选)(2015·浙江三校模拟)如右图，空间中存在正交的匀强电场E和匀强磁场B(匀强电场水平向右)，在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球(不考虑两带电球的相互作用，两球电荷量始终不变)，关于小球的运动，下列说法正确的是( )A．沿ab、ac方向抛出的带电小球都可能做直线运动B．只有沿ab抛出的带电小球才可能做直线运动C．若有小球能做直线运动，则它一定是匀速运动D．两小球在运动过程中机械能均守恒[解析] 沿ab方向抛出的带正电小球，或沿ac方向抛出的带负电的小球，在重力、电场力、洛伦兹力作用下，都可能做匀速直线运动，A正确，B错误．在重力、电场力、洛伦兹力三力都存在时的直线运动一定是匀速直线运动，C正确．两小球在运动过程中除重力做功外还有电场力做功，故机械能不守恒，D错误．[答案] AC7．(2016·南京月考)如右图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场．一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点(图中未标出)穿出．若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b( )A．穿出位置一定在O′点下方B．穿出位置一定在O′点上方C．运动时，在电场中的电势能一定减小D．在电场中运动时，动能一定减小[解析] a粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子一定沿水平方向做匀速直线运动，故对粒子a有：Bq v＝Eq，即只要满足E＝B v无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区；当撤去磁场只保留电场时，粒子b由于电性不确定，故无法判断从O′点的上方还是下方穿出，选项A、B错误；粒子b在穿过电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类平抛运动，电场力做正功，其电势能减小，动能增大，故C项正确，D项错误．[答案] C8．(多选)(2015·江西八校联考)如右图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P 的质量为m、电荷量为＋q，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.小球由静止开始下滑直到稳定的过程中( )A．小球的加速度一直减小B．小球的机械能和电势能的总和保持不变C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v＝2μqE－mg2μqBD．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v＝2μqE＋mg2μqB[解析] 对小球受力分析如图所示，则mg－μ(qE－q v B)＝ma，随着v的增加，小球加速度先增大，当qE＝q v B时达到最大值，a max＝g，继续运动，mg－μ(q v B－qE)＝ma，随着v的增大，a逐渐减小，所以A错误．因为有摩擦力做功，机械能与电势能总和在减小，B错误．若在前半段达到最大加速度的一半，则mg－μ(qE－q v B)＝m，得v＝；若在后半段达到最大加速g22μqE－mg2μqB度的一半，则mg－μ(q v B－qE)＝m，得v＝，故C、D正确．g22μqE＋mg2μqB[答案] CD二、非选择题9．(2015·湖北八校联考)如图所示，一个内壁光滑绝缘的1/3环形细圆筒轨道竖直放置，环的半径为R，圆心O与A端在同一竖直线上，在OA连线右侧，有一竖直向上的电场强度为E＝的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场．现mgq有一个质量为m，电荷量为＋q的小球(可视为质点)从圆筒的C端由静止释放，进入OA连线右边的复合场区域后，经一段时间后又从该区域的边界水平射出，然后，刚好从C端射入圆筒，圆筒的内径很小，可以忽略不计．问：(1)小球第一次运动到A 端时，对轨道的压力为多少？(2)匀强磁场的磁感应强度为多少？[解析] (1)小球从C 到A 的过程中由机械能守恒有mg (R sin30°＋R )＝m v 2，12得小球到达A 点的速度v ＝.3gR 到达A 点时，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m ，v 2R 得轨道对小球的支持力F N ＝4mg ，由牛顿第三定律得小球对轨道的压力为F ′N ＝F N ＝4mg .(2)小球进入复合场后，受到的电场力F ＝Eq ＝mg ，所以它在复合场中做匀速圆周运动，穿出复合场后，做平抛运动．设平抛运动的时间为t .由平抛知识得R cos30°＝v t ，h ＝gt 2，12得t ＝，h ＝R .12R g 18由2r ＝R ＋R sin30°＋h ，得小球做圆周运动的半径r ＝.13R16由洛伦兹力提供向心力得q v B ＝m ，v 2r 得B ＝.16m 13q 3gR [答案] (1)4mg (2)16m 13q 3gR10．如图所示，在平面直角坐标系中，AO 是∠xOy 的角平分线，x 轴上方存在电场强度方向水平向左的匀强电场，下方存在电场强度方向竖直向上的匀强电场和磁感应强度方向垂直纸面向里的匀强磁场，两电场的电场强度大小相等．一质量为m 、电荷量为＋q 的质点从OA 上的M 点由静止释放，质点恰能沿AO 运动而通过O 点，经偏转后从x 轴上的C 点进入第一象限内并击中AO上的D 点．已知OD ＝OM ，匀强磁场的磁感应强度大小为B ＝(T)，重力加34m q 速度为g ＝10 m/s 2.求：(1)两匀强电场的电场强度E 的大小；(2)OM 的长L ；(3)质点从M 点出发到击中D 点所经历的时间t .[解析] (1)质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力作用沿AO 做匀加速直线运动，所以有mg ＝qE，即E ＝.mg q (2)质点在x 轴下方，重力与电场力平衡，质点做匀速圆周运动，从C 点进入第一象限后做类平抛运动，其轨迹如图所示，有Bq v ＝m v 2R由运动学规律知v 2＝2aL ，a ＝g2由类平抛运动规律知R ＝v t 3，R －＝at 3L 41223联立解得L ＝20 m 或 m.22029(3)质点做匀加速直线运动有L ＝at ，得t 1＝2 s 或 s 122123质点做匀速圆周运动有t 2＝×＝4.71 s342πmBq 质点做类平抛运动有R ＝v t 3，得t 3＝1 s质点从M 点出发到击中D 点所经历的时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝7.71 s 或6.38 s.[答案] (1) (2)20 m 或 m (3)7.71 s 或6.38 s mg q 22029。
2021届高考物理二轮复习课时练(有答案)：振动和波动 光
振动和波动光课时训练1．(2020·高考全国卷Ⅰ)(1)在下列现象中，可以用多普勒效应解释的有________。
A．雷雨天看到闪后电，稍过一会儿才能听到雷声B．超声波被血管中的血流反射后，探测器接收到的超声波频率发生变化C．观察者听到远去的列车发出的汽笛声，音调会变低D．同一声源发出的声波，在空气和水中传播的速度不同E．天文学上观察到双星(相距较近、均绕它们连线上某点做圆周运动的两颗恒星)光谱随时间的周期性变化(2)一振动片以频率f做简谐振动时，固定在振动片上的两根细杆同步周期性地触动水面上a、b两点，两波源发出的波在水面上形成稳定的干涉图样。
c是水面上的一点，a、b、c间的距离均为l，如图所示。
已知除c点外，在ac连线上还有其他振幅极大的点，其中距c最近的点到c的距离为38l。
求：①波的波长；②波的传播速度。
2．(1)图甲可以用来测定半圆柱形玻璃砖的折射率n，O是圆心，MN是法线；一束单色光线以入射角i＝30°由玻璃砖内射向O点，折射角为γ，当入射角增大到也为γ时，恰好无光线从玻璃砖的上表面射出；让该单色光分别通过宽度不同的单缝a、b后，得到如图乙所示的衍射图样(光在真空中的传播速度为c)，则________。
A．此光在玻璃中的全反射的临界角为60°B．玻璃砖的折射率n＝ 2C．此光在玻璃砖中的传播速度为v＝2c 2D．单缝b宽度较大E．光的偏振现象说明光是一种纵波(2)简谐横波沿x轴传播，MN是x轴上两质点，图甲是质点N的振动图象，图乙中实线是t＝3 s时的波形，质点M位于x＝8 m处，虚线是经过Δt后的波形，图中两波峰间距离Δx＝7.0 m，求：①波速大小和方向；②时间Δt和从此刻算起M点的位移第一次到达2.5 cm 所需时间。
3．(2020·高考全国卷Ⅲ)(1)如图，一列简谐横波平行于x轴传播，图中的实线和虚线分别为t＝0和t＝0.1 s时的波形图。
【2019-2020】高中物理课时跟踪检测二振动的描述鲁科版选修3_4
教学资料参考范本【2019-2020】高中物理课时跟踪检测二振动的描述鲁科版选修3_4撰写人：__________________部门：__________________时间：__________________(时间：30分钟满分：50分)一、选择题(共6小题，每小题5分，共30分，每小题只有一个选项正确。
)1．若做简谐运动的弹簧振子从平衡位置到最大位移处所需最短时间是0.1 s，则( )A．振动周期是0.2 s B．振动周期是0.1 sC．振动频率是0.4 Hz D．振动频率是2.5 Hz2．有一个在光滑水平面内的弹簧振子，第一次用力把弹簧压缩x 后释放让它振动，第二次把弹簧压缩2x后释放让它振动，则先后两次振动的周期之比和振幅之比分别为( )A．1∶11∶1 B．1∶11∶2C．1∶41∶4 D．1∶2 1∶23．(北京高考)一个弹簧振子沿x轴做简谐运动，取平衡位置O为x轴坐标原点。
从某时刻开始计时，经过四分之一周期，振子具有沿x 轴正方向的最大加速度。
能正确反映振子位移x与时间t关系的图像是图1中的( )图14．如图2所示为某质点做简谐运动的图像，若t＝0时，质点正经过O点向b点运动，则下列说法正确的是( )图2A．质点在0.7 s时，正在背离平衡位置运动B．质点在1.5 s时的位移最大C．1.2～1.4 s时间内，质点的位移在减小D．1.6～1.8 s时间内，质点的位移在增大5．(浙江高考)一位游客在千岛湖边欲乘坐游船，当日风浪较大，游船上下浮动。
可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20 cm，周期为3.0 s。
当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐。
地面与甲板的高度差不超过10 cm时，游客能舒服地登船。
在一个周期内，游客能舒服登船的时间是( )A．0.5 s B．0.75 sC．1.0 s D．1.5 s6．一质点做简谐运动，其运动图像如图3所示。
那么在－Δt和＋Δt两个时刻，质点的( )图3A．速度相同B．加速度相同C．相对平衡位置的位移相同D．回复力相同二、非选择题(共2小题，共20分)7．(10分)如图4是弹簧振子的振动图像，试回答下列问题：图4(1)振动的振幅、周期、频率各是多少？(2)如果从O点算起，到图线上哪一点为止，振子完成了一次全振动？从A点算起呢？(3)从零到1.6 s时间内，哪些点的动能最大？哪些点的势能最大？8．(10分)有一弹簧振子在水平方向上的BC之间做简谐运动，已知BC间的距离为20 cm，振子在2 s内完成了10次全振动。
【与名师对话】2019届高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练18 Word版含答案
课时跟踪训练(十八)一、选择题1．(2015·商丘模拟)自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图所示为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋壁使它变形，则水的重力势能()A．增大B．变小C．不变D．不能确定[解析]人对水做正功，则水的机械能增大，由于水的动能仍为0，故重力势能增大，A对．[答案] A2．(2014·广东卷)如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图．图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦．在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中()A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫板的动能全部转化为内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能[解析]在车厢相互撞击使弹簧压缩过程中，由于要克服摩擦力做功，且缓冲器所受合外力做功不为零，因此机械能不守恒，A项错误；克服摩擦力做功消耗机械能，B项正确；撞击以后垫板和车厢有相同的速度，因此动能并不为零，C项错误；压缩弹簧过程弹簧的弹性势能增加，并没有减小，D项错误．[答案] B3．(2016·云南第一次检测)起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动．一质量为m的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了h，离地时他的速度大小为v.下列说法正确的是()A．该同学机械能增加了mghB．起跳过程中该同学机械能增量为mgh＋12m v2C．地面的支持力对该同学做功为mgh＋12m v2D．该同学所受的合外力对其做功为12m v2＋mgh[解析]学生重心升高h，重力势能增大了mgh，又知离地时获得动能为1 2m v2，则机械能增加了mgh＋12m v2，A错，B对；人与地面作用过程中，支持力对人做功为零，C错；学生受合外力做功等于动能增量，则W合＝12m v2，D错．[答案] B4．(多选)足够长的水平传送带始终以速度v匀速运动．某时刻，一质量为m、速度大小为v，方向与传送带运动方向相反的物体在传送带上运动，最后物体与传送带相对静止．物体在传送带上相对滑动的过程中，滑动摩擦力对物体做的功为W1，传送带克服滑动摩擦力做的功为W2，物体与传送带间摩擦产生的热量为Q，则()A．W1＝12m v2B．W1＝2m v2C．W2＝m v2D．Q＝2m v2[解析]设小物体速度由v减到零过程对地位移大小为x，则该过程传送带对地位移为2x，两者相对移动的路程为3x，当小物体速度由零增加到v过程，小物体和传送带对地位移分别为x和2x，两者相对移动的路程为x，因此全过程两者相对移动的路程为4x，摩擦生热Q＝4F f x，而F f x＝12m v2，所以Q＝2m v2.滑动摩擦力对物体做的功W1＝12m v2，物体相对传送带滑动的过程中，传送带克服摩擦力做的功W2＝4F f x＝2m v2，选项A、D正确．[答案]AD5．(2015·潍坊模拟)如右图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，B、C在水平线上，其距离d＝0.50 m．盆边缘的高度为h＝0.30 m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止出发下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停下的位置到B的距离为()A．0.50 m B．0.25 mC．0.10 m D．0[解析]设小物块在盆内水平面上来回运动的总路程为x，由能量守恒定律可得：mgh＝μmgx，解得x＝3.0 m＝6d，故小物块最终停在B点，D正确．[答案] D6．(2014·山东卷)2013年我国相继完成“神十”与“天宫”对接、“嫦娥”携“玉兔”落月两大航天工程．某航天爱好者提出“玉兔”回家的设想：如右图，将携带“玉兔”的返回系统由月球表面发射到h高度的轨道上，与在该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接，然后由飞船送“玉兔”返回地球．设“玉兔”质量为m，月球半径为R，月面的重力加速度为g月．以月面为零势能面，“玉兔”在h高度的引力势能可表示为E p＝GMmhR(R＋h)，其中G为引力常量，M为月球质量．若忽略月球的自转，从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为()A.mg 月R R ＋h (h ＋2R ) B.mg 月R R ＋h (h ＋2R ) C.mg 月R R ＋h ⎝ ⎛⎭⎪⎫h ＋22R D.mg 月R R ＋h ⎝ ⎛⎭⎪⎫h ＋12R [解析] 根据题意可知，要使“玉兔”和飞船在距离月球表面高为h 的轨道上对接，若不考虑月球的自转影响，从开始发射到完成对接需要对“玉兔”做的功应为克服月球的万有引力做的功与在该轨道做圆周运动的动能之和，所以W＝E p ＋E k ，E p ＝GMmh R (R ＋h )，再根据：GMm (R ＋h )2＝m v 2R ＋h，据此可求得需要的动能为：E k ＝GMm 2(R ＋h )，再联系：GM ＝g 月R 2，由以上三式可求得，从开始发射到完成对接需要对“玉兔”做的功应为：W ＝mg 月R R ＋h⎝ ⎛⎭⎪⎫h ＋12R ，所以该题正确选项为D. [答案] D7．(2015·黑龙江齐齐哈尔模拟)如图所示，质量相等、材料相同的两个小球A 、B 间用一劲度系数为k 的轻质弹簧相连组成系统，系统穿过一粗糙的水平滑杆，在作用在B 上的水平外力F 的作用下由静止开始运动，一段时间后一起做匀加速运动，当它们的总动能为4E k 时撤去外力F ，最后停止运动．不计空气阻力，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则在从撤去外力F 到停止运动的过程中，下列说法正确的是( )A ．撤去外力F 的瞬间，弹簧的压缩量为F 2kB ．撤去外力F 的瞬间，弹簧的伸长量为F kC ．系统克服摩擦力所做的功小于系统机械能的减少量D．A克服外力所做的总功等于2E k[解析]撤去F瞬间，弹簧处于拉伸状态，对系统，在F作用下一起匀加速运动时，由牛顿第二定律有F－2μmg＝2ma，对A有kΔx－μmg＝ma，求得拉伸量Δx＝F2k，则A、B两项错误；撤去F之后，系统运动过程中，克服摩擦力所做的功等于机械能的减少量，则C错误；对A利用动能定理W合＝0－E k A，又有E k A＝E k B＝2E k，则知A克服外力做的总功等于2E k，则D项正确．[答案] D8．(2015·山西太原一模)将小球以10 m/s的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能E k、重力势能E p与上升高度h间的关系分别如图中两直线所示．取g＝10 m/s2，下列说法正确的是()A．小球的质量为0.2 kgB．小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20 NC．小球动能与重力势能相等时的高度为2013mD．小球上升到2 m时，动能与重力势能之差为0.5 J[解析]在最高点，E p＝mgh得m＝0.1 kg，A项错误；由除重力以外其他力做功E其＝ΔE可知：－fh＝E高－E低，E为机械能，解得f＝0.25 N，B项错误；设小球动能和重力势能相等时的高度为H，此时有mgH＝12m v2，由动能定理：－fH－mgH＝12m v 2－12m v2得H＝209m，故C项错；当上升h′＝2 m时，由动能定理，－fh′－mgh′＝E k2－12m v 2得E k2＝2.5 J，E p2＝mgh′＝2 J，所以动能与重力势能之差为0.5 J，故D项正确．[答案] D9．(2016·湖北襄阳调研)如图所示，质量为m的滑块从斜面底端以平行于斜面的初速度v0冲上固定斜面，沿斜面上升的最大高度为h.已知斜面倾角为α，斜面与滑块间的动摩擦因数为μ，且μ<tanα，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取斜面底端为零势能面，则能表示滑块，在斜面上运动的机械能E、动能E k、势能E p与上升高度h之间关系的图象是()[解析]势能先随高度增加而变大，后随高度减小而变小，上行与下行图线重合为一条第一象限内过原点的倾斜线段，A选项错误；机械能变化参考摩擦力做功，上行和下行过程中摩擦力随高度变化均匀做功，机械能随高度变化均匀减小，应为直线，B选项错误；动能变化参考合外力做功，上行过程的合外力大于下行过程的合外力，且合外力在运动过程中大小恒定，随高度变化均匀做功，应为直线，D选项正确，C选项错误．[答案] D10．(多选)(2015·四川资阳模拟)如图甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定夹角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力F，使环由静止开始运动，已知拉力F及小环速度v随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.则以下判断正确的是()A ．小环的质量是1 kgB ．细杆与地面间的夹角是30°C ．前3 s 内拉力F 的最大功率是2.5 WD ．前3 s 内小环机械能的增加量是6.25 J[解析] 在第1 s 内拉力F 1＝5 N ，加速度a 1＝0.5 m/s 2，在第2 s 和第3 s 内拉力F 2＝4.5 N ，加速度a 2＝0，设夹角为α，根据牛顿第二定律，F 1－mg sin θ＝ma 1，F 2－mg sin α＝ma 2，可得m ＝1 kg ，α＝arcsin0.45，选项A 正确，B 错误；前3 s 内拉力F 的最大功率是P m ＝F 1v m ＝5 N ×0.5 m/s ＝2.5 W ，选项C 正确；前3 s 内小环机械能的增加量等于拉力F 做的功，即ΔE ＝F 1x 1＋F 2x 2＝5×12×1×0.5J ＋4.5×2×0.5 J ＝5.75 J ，选项D 错误．[答案] AC二、非选择题11．(2015·山西太原模拟)如图所示，在水平地面上固定一个半径为R 的半圆形轨道，其中圆弧部分光滑，水平段长为L ，一质量为m 的小物块紧靠一根被压缩的固定在水平轨道的最右端的弹簧，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，现突然释放小物块，小物块被弹出，恰好能够到达圆弧轨道的最高点A ，取g ＝10 m/s 2，且弹簧长度忽略不计，求：(1)小物块的落点距O ′的距离；(2)小物块释放前弹簧具有的弹性势能．[解析] 设小物块被弹簧弹出时的速度大小为v 1，到达圆弧轨道的最低点时速度大小为v 2，到达圆弧轨道的最高点时速度大小为v 3.(1)因为小物块恰好能到达圆弧轨道的最高点，故向心力刚好由重力提供，有m v 23R ＝mg ①小物块由A 飞出后做平抛运动，由平抛运动的规律有x ＝v 3t ②2R ＝12gt 2③联立①②③解得：x ＝2R ，即小物块的落点距O ′的距离为2R .(2)小物块在圆弧轨道上从最低点运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得12m v 22＝mg ·2R ＋12m v 23④小物块被弹簧弹出至运动到圆弧轨道的最低点的过程，由功能关系得： 12m v 21＝12m v 22＋μmgL ⑤小物块释放前弹簧具有的弹性势能就等于小物块被弹出时的动能，故有E p ＝12m v 21⑥由①④⑤⑥联立解得：E p ＝52mgR ＋μmgL .[答案] (1)2R (2)52mgR ＋μmgL12．一质量为M ＝2 kg 的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中，子弹从物块中穿过，如下图甲所示，地面观察者记录了小物块被击穿后的速度随时间的变化关系，如图乙所示(图中取向右运动的方向为正方向)，已知传送带的速度保持不变，g 取10 m/s 2.(1)指出传送带的速度v的方向及大小，说明理由．(2)计算物块与传送带间的动摩擦因数．(3)计算物块对传送带总共做了多少功？系统有多少能量转化为内能？[解析](1)由题图可知，物块被击穿后先向左做匀减速运动，速度为零后，又向右做匀加速运动，当速度等于2 m/s以后随传送带一起匀速运动，所以传送带的速度方向向右，大小为2 m/s.(2)由题图可知，a＝ΔvΔt＝42m/s2＝2 m/s2由牛顿第二定律得，滑动摩擦力F f＝Ma，其中F f＝μF N，F N＝Mg，所以物块与传送带间的动摩擦因数μ＝MaMg＝210＝0.2.(3)由题图可知，传送带与物块存在摩擦力的时间只有3 s，传送带在这段时间内的位移x＝v t＝2×3 m＝6 m所以物块对传送带所做的功为W＝－F f x＝－4×6 J＝－24 J选传送带为参考系，物块相对于传送带向左做匀减速直线运动相对初速度为v′＝6 m/s，相对传送带通过的路程x′＝v′2t＝62×3 m＝9 m，所以转化为内能E Q＝F f x′＝4×9 J＝36 J.[答案](1)2 m/s方向向右，理由见解析(2)0.2(3)－24 J36 J。
2019届高考物理二轮复习第一部分专题六鸭模块第二讲振动和波动光学课后“高仿”检测卷20181226
专题六·第二讲 振动和波动 光学——课后“高仿”检测卷1．(2018·烟台模拟)(1)如图所示，P 、Q 、M 是均匀媒介中x 轴上的三个质点，PQ 、QM 的距离分别为3 m 、2 m ，一列简谐横波沿x 轴向右传播。
在t ＝0时刻，波传播到质点P 处并且P 开始向下振动，经t ＝3 s ，波刚好传到质点Q ，而此时质点P 恰好第一次到达最高点且离平衡位置10 cm 处。
下列说法正确的是 ________。
A ．该简谐波的波速为1 m/sB ．该简谐波的波长为12 mC ．当波传播到质点M 时，质点P 通过的路程为50 cmD ．当t ＝5 s 时，质点Q 的加速度方向竖直向下E ．当质点M 运动到最高点时，质点Q 恰好处于最低点(2)如图所示是一透明物体的横截面，横截面为等腰直角三角形ABC ，AB 边长为a ，底面AC 镀有反射膜。
今有一条光线垂直AB 边从中点入射，进入透明物体后直接射到底面AC 上，并恰好发生全反射，(已知光在真空中的传播速度为c )求：(ⅰ)透明物体的折射率和光在透明物体内的传播时间；(ⅱ)若光线从AB 边中点沿平行于底面的方向射向透明物体，求光线最终离开透明物体时的出射角。
解析：(1)在t ＝0时刻，波传播到质点P ，经t ＝3 s ，波刚好传到质点Q ，则v ＝x t ＝33m/s ＝1 m/s ，故A 正确； 在t ＝0时刻，质点P 开始向下振动，经t ＝3 s ，质点P 恰好第一次到达最高点，则34T ＝3 s ，T ＝4 s ，根据v ＝λT，可得λ＝vT ＝4 m ，故B 错误；当波传播到质点M 时，用时t ′＝x ′v ＝5 s ，即54T ，质点P 通过的路程为5A ＝50 cm ，故C 正确；当t ＝5 s 时，质点Q 已经振动了2 s ，运动到了平衡位置，加速度为零，故D 错误；质点M 比质点Q 晚运动了半个周期，当质点M 运动到最高点时，质点Q 恰好处于最低点，故E 正确。
全国人教版2019届高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练2 Word版含答案
课时跟踪训练(二) 一、选择题1．(多选)(2015·江西崇义中学月考)一物体做匀变速直线运动，经过时间t ，它的速度由v 1变为v 2，经过的位移为x ，下列说法中正确的是( )A ．这段时间内它的平均速度＝v xtB ．这段时间内它的平均速度＝v v 1＋v 22C ．经过时，它的瞬时速度为x2xtD ．经过时，它的瞬时速度为x2v 21＋v 22[解析] 根据平均速度的概念，这段时间内物体的平均速度＝，故A 正v xt 确；由于物体做匀变速直线运动，故这段时间内它的平均速度＝，B 正v v 1＋v 22确；由于物体的加速度为a ＝，设经过时，它的瞬时速度为v ，则v 2－v v 2－v 1tx2＝2a ×，v －v 2＝2a ×，所以v ＝，故D 正确．21x22x2v 21＋v 22[答案] ABD2．(多选)(2015·北京重点中学月考)物体从静止开始做匀加速直线运动，第3 s 内通过的位移是3 m ，下列说法正确的是( )A ．第3 s 内的平均速度是3 m/sB ．物体的加速度是1.2 m/s 2C ．前3 s 内的位移是6 mD ．3 s 末的速度是4 m/s[解析] 第3 s 内的位移x 3＝at －at ，解得物体的加速度a ＝＝12231222x 3t 23－t 2 m/s 2＝1.2 m/s 2，第3 s 末的速度v 3＝at 3＝1.2×3 m/s ＝3.6 m/s ，第3 s 内的69－4平均速度是＝ m/s ＝3 m/s ，前3 s 内的位移是x ＝at ＝×1.2×32 m ＝5.4 v 31122312m ，故A 、B 正确．[答案] AB3．汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x ＝24t －6t 2，则它在前3 s 内的平均速度为( )A ．6 m/sB ．8 m/sC ．10 m/sD ．12 m/s[解析] 将题目中的表达式与x ＝v 0t ＋at 2比较可知：v 0＝24 m/s ，a ＝－1212m/s 2.所以由v ＝v 0＋at 可得汽车从刹车到静止的时间为t ＝ s ＝2 s ，由此可0－24－12知3 s 时汽车已经停止，位移x ＝24×2 m －6×22 m ＝24 m ，故平均速度＝＝v xt m/s ＝8 m/s.243[答案] B4．(2015·河南焦作一模)如图所示，一物块从一光滑且足够长的固定斜面顶端O 点由静止释放后，先后通过P 、Q、N 三点，已知物块从P 点运动到Q 点与从Q 点运动到N 点所用的时间相等，且PQ 长度为3 m ，QN 长度为4 m ，则由上述数据可以求出OP 的长度为( )A ．2 m B. m98C. mD ．3 m258[解析] 设相等的时间为t ，加速度为a ，由Δx ＝aT 2得，加速度a ＝＝ΔxT 2＝.(4－3) m T 21 m T 2Q 点的速度等于PN 段的平均速度，v Q ＝＝＝.xPQ ＋xQN 2T(4＋3) m 2T 7 m 2T 则OQ 间的距离s OQ ＝＝×＝ m ，v 2Q 2a 49 m24T 2T 22 m 498则OP 长度x OP ＝x OQ －x PQ ＝ m －3 m ＝ m ，498258故A 、B 、D 错误，C 正确．[答案] C5．(多选)(2016·杭州质检)质量为m 的滑块在粗糙水平面上滑行，通过频闪照片分析得知，滑块在最初2 s 内的位移是最后2 s 内位移的两倍，且已知滑块在最初1 s 内的位移为2.5 m ，由此可求得( )A ．滑块的加速度为5 m/s 2B ．滑块的初速度为5 m/sC ．滑块运动的总时间为3 sD ．滑块运动的总位移为4.5 m[解析] 初速度为零的匀加速直线运动在第1 s 内、第2 s 内、第3 s 内的位移之比x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ＝1∶3∶5.运动的总时间为3 s 时，在前2 s 内和后2 s 内的位移之比为1∶2.正方向的匀减速运动可以看成反方向的匀加速运动．因滑块在最初2 s 内的位移是最后2 s 内位移的两倍，故运动的总时间为t ＝3 s ，选项C正确；最初1 s 内的位移与总位移之比为＝，滑块最初1 s 内的位移为2.5x 1x 59m ，故x ＝4.5 m ，选项D 正确；根据x ＝at 2可得a ＝1 m/s 2，选项A 错误；根12据v ＝at 可得，滑块的初速度为3 m/s ，选项B 错误．[答案] CD6．(多选)(2015·山东德州一中月考)将物体以初速度v 0从地面处竖直上抛，物体经3 s 到达最高点，空气阻力不计，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．物体上升的最大高度为45 mB ．物体速度改变量的大小为30 m/s ，方向竖直向上C ．物体在第1 s 内、第2 s 内、第3 s 内的平均速度之比为5∶3∶1D ．物体在1 s 内、2 s 内、3 s 内的平均速度之比为9∶4∶1[解析] 物体运动到最高点，速度为零，可以逆向看成自由落体运动，经3 s 落地，根据运动学公式可以得出高度为45 m ，初速度为30 m/s ，所以A 项正确，由Δv ＝gΔt ＝30 m /s 方向与加速度方向一致为坚直向下，B 项错误；根据初速度为零的匀加速直线运动的规律，可以知道C 项正确，D 项错误．[答案] AC7．一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下，某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB .该爱好者用直尺量出轨迹的实际长度，如图所示．已知曝光时间为 s ，则小石子出发点离A 点约为( )11000A ．6.5 m B ．10 m C ．20 mD ．45 m[解析] 根据照片上痕迹的长度，可以知道在曝光时间内物体下落的距离，由此可以估算出AB 段的平均速度的大小，再利用自由落体运动的公式可以求得下落的距离．由题图可知AB 的长度为2 cm ，即0.02 m ，曝光时间为11000s ，所以AB 段的平均速度的大小为＝＝ m/s ＝20 m/s ，由自由落体的速度v xt 0.0211000与位移关系式v 2＝2gh 可得，h ＝＝ m ＝20 m ，所以C 正确．v 22g 2022×10[答案] C8．(多选)(2015·辽宁大连第二十高级中学期中)在轻绳的两端各拴一个小球，一个人用手拿着绳子上端的小球，站在三层楼的阳台上，释放小球，使小球自由下落，两小球相继落地的时间差为Δt ，速度差为Δv ，如果人站在四层楼的阳台上，以同样的方法释放小球，让小球自由下落，则两小球相继落地的时间差Δt 和速度差Δv 将( )A ．Δt 不变B ．Δt 变小C ．Δv 变小D ．Δv 变大[解析] 设细绳的长度为L ，第一个小球着地后，另一个小球运动的位移为L ，在L 内运动的时间即为两球落地的时间差，第一个球着地的速度为另一个小球在位移L 内的初速度．高度越高，落地的速度越大，另一个小球在位移L内的初速度越大，根据L ＝v 0t ＋gt 2，初速度越大，时间越短，所以Δt 1>Δt 2.速12度差Δv ＝gΔt ，所以Δv 变小，故B 、C 正确．[答案] BC9．(多选)从地面竖直上抛一物体A ，同时在离地面某一高度处有一物体B 自由下落，两物体在空中同时到达同一高度时速度大小均为v ，则下列说法正确的是( )A ．A 上抛的初速度与B 落地时速度大小相等，都是2vB ．两物体在空中运动的时间相等C ．A 上升的最大高度与B 开始下落时的高度相同D ．两物体在空中同时达到的同一高度处一定是B 开始下落时高度的中点[解析] 设两物体从开始运动到同一高度的时间为t ，竖直上抛物体的初速度为v 0，则由gt ＝v 0－gt ＝v ，解得v 0＝2v ，故A 正确；根据竖直上抛运动的对称性可知，B 自由下落到地面的速度为2v ，在空中运动时间为t B ＝，A 竖直2vg 上抛，在空中运动时间t A ＝＝，故B 错误；物体A 能上升的最大高度2v 0g 4vg h A ＝＝，B 下落的高度h B ＝，两者相等，故C 正确；两物体运0－v 20－2g (2v )22g (2v )22g 动到同一高度时，B 下落的距离h ＝gt 2＝g 2＝h B ，同一高度点距地面的高1212(vg )14度是下落时高度的，故D 错误．34[答案] AC10．(多选)(2016·广州毕业班测试)如图所示，小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动，依次经a 、b 、c 、d 到达最高点e .已知ab ＝bd ＝6 m ，bc ＝1 m ，小球从a 到c 和从c 到d 所用的时间都是2 s ，设小球经b 、c 时的速度分别为v b 、v c ，则( )A ．v b ＝ m/s 8B ．v c ＝3 m/sC ．de ＝3 mD ．从d 到e 所用时间为4 s[解析] 小球做匀变速直线运动，又因为小球从a 运动到c 和从c 到d 时间相等T ＝2 smh Δx ＝aT 2得a ＝＝－0.5 m/s 2xcd －xac T 2c 点为ad 过程的中间时刻v c ＝＝3 m/s ，故B 正确．xad2T 从b 到c 由v －v ＝2ax bc ，v b ＝ m/s ，故A 错误．2c 2b 10根据速度公式v ＝v 0＋at 可得vd ＝v 0＋at 2＝2 m/s ，则从d 到e 有－v ＝2ax de ，则x de ＝－v /(2a )＝4 m ，故C 错误．2d 2d 由v ＝v 0＋at 可得从d 到e 的时间t de ＝＝4 s ，D 正确．－vda [答案] BD 二、非选择题11．一小球竖直向上抛出，先后经过抛出点的上方h ＝5 m 处的时间间隔Δt ＝2 s ，则小球的初速度v 0为多少？小球从抛出到返回原处所经历的时间是多少？[解析] 画出小球运动的情景图，如图所示．小球先后经过A 点的时间间隔Δt ＝2 s ，根据竖直上抛运动的对称性，小球从A 点到最高点的时间t1＝＝1 s ，小球在A 点处的速度Δt2v A ＝gt 1＝10 m/s在OA 段根据公式v －v ＝－2gx 2A20解得v 0＝10 m/s2小球从O 点上抛到A 点的时间t 2＝＝s ＝(－1) svA －v 0－g 10－102－102根据对称性，小球从抛出到返回原处所经历的总时间t ＝2(t 1＋t 2)＝2 s 2[答案] 10 m/s 2 s2212．(2015·山西省山大附中期中)如(1)图所示，在太原坞城路某处安装了一台500万像素的固定雷达测速仪，可以准确抓拍超速车辆以及测量运动车辆的加速度．一辆汽车正从A 点迎面驶向测速仪B，若测速仪与汽车相距355 m ，此时测速仪发出超声波，同时车由于紧急情况而急刹车，汽车运动到C 处与超声波相遇，当测速仪接受到发射回来的超声波信号时，汽车恰好停止于D 点，且此时汽车与测速仪相距335 m ，忽略测速仪安装高度的影响，可简化为如(2)图所示分析(已知超声波速度为340 m/s)．(1)求汽车刹车过程中的加速度a ；(2)此路段有80 km/h 的限速标志，分析该汽车刹车前的行驶速度是否超速？[解析] (1)设超声波往返的时间为2t ，汽车在2t 时间内，刹车的位移为s ＝a (2t )2＝20 m ，12当超声波与A 车相遇后，A 车继续前进的时间为t ，位移为s 2＝at 2＝5 12m ，则超声波在2t 内的路程为2×(335＋5) m ＝680 m ，由声速为340 m/s ，得t ＝1 s ，解得汽车的加速度a ＝10 m/s 2.(2)由A 车刹车过程中的位移s ＝，v 202a 解得刹车前的速度v 0＝20 m/s ＝72 km/h 车速在规定范围内，不超速．[答案] (1)10 m/s 2 (2)不超速。
【推荐】2019版高考物理二轮复习课时跟踪训练19赢取满分策略.doc
课时跟踪训练(十九) 赢取满分策略一、选择题(1－5题为单项选择题，6－8题为多项选择题)1．(2018·济宁市高三第二次模拟)以下有关近代物理内容的若干叙述中，正确的是( )A ．重核型变为中等质量的核之后，核子的平均质量减小B ．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的裂变反应C ．一束光照射到某金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的光强太小D ．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的总能量也减小A [无论是重核裂变还是轻核聚变，反应的过程中释放能量，组成原子核的核子的平均质量均会减小，故A 正确；太阳辐射的能量主要来自太阳同倍的聚变反应，故B 错误；一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的频率太小．故C 错误．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，但原子的总能量增大．故D 错误．故选A.]2．一辆汽车在平直公路上由静止开始启动，测得该汽车在启动过程中加速度随时间变化的图线如图所示，图中a 0、t 1、t 2已知，则下列说法正确的是( )A ．0～t 2时间内汽车做匀加速直线运动B ．t 1～t 2时间内汽车所受合力对汽车做负功C ．t 2时刻汽车的速度等于a 0t 1＋12a 0(t 2－t 1)D ．0～t 2时间内汽车的平均速度小于12a 0t 2D [0～t 2时间内汽车从静止开始运动，先做匀加速直线运动，再做加速减小的加速运动，合力对汽车做正功，A 、B 错误；a －t 图象与坐标轴围成的面积表示速度的变化量，0～t 2时间内图象面积小于a 0t 1＋12a 0(t 2－t 1)，C 错误；若加速度保持不变，t 2时刻的速度为a 0t 2，平均速度为12a 0t 2，后一段时间加速度减小，则平均速度小于12a 0t 2，D 正确．]3．(2018·四川省攀枝花市高考物理三诊试卷)均匀带电的球体在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球体上均匀分布正电荷，总电荷量为q ，球半径为R ，MN 为通过半球顶点与球心O 的轴线，在轴线上有A 、B 两点，A 、B 关于O 点对称，AB ＝4R .已知A 点的场强大小为E ，则B 点的场强大小为( )A.kq 2R 2＋E B.kq 2R 2－E C.kq 4R 2＋E D.kq 4R 2－E B [若将带电量为2q 的球面放在O 处，均匀带电的球壳在A 、B 点所产生的电场为E 0＝2kq 2R 2＝kq2R 2，由题知当半球面产生的场强为E ，则B 点的场强为E ′＝E 0－E .解得E ′＝kq2R 2E ，故选B.] 4．一颗卫星的运行轨道在地球赤道的正上方，运行方向与地球自转方向相同，轨道高度为R .某时刻卫星恰好经过赤道上观测点正上方．若地球同步卫星的轨道高度为5.6R ，角速度为ω0，地球半径为R ，当该观测点恰好观测不到这颗卫星时，经历的最短时间为( )A.π33.33－1ω0B.π32.83－1ω0C.π3 6.63－1ω0D.π3 5.63－1ω0A [以地球为参考系．卫星相对观测点运动的角速度ω相＝ω卫－ω0，当观测点恰好观测不到卫星时，卫星相对观测点运动的角度θ相＝π3，如图所示，地球同步卫星的角速度与地球自转角速度相同，均为ω0，地球同步卫星轨道半径为6.6R ，该卫星的轨道半径为2R ，根据GMm r2＝m ω2r ，则有ω卫ω0＝6.6323＝3.33，ω卫＝ 3.33ω0，ω相＝ω卫－ω0＝( 3.33－1)ω0，t ＝θ相ω相＝π33.33－1ω0，A 正确．]5．如图甲所示，港口码头经常使用起重机提升货物，某次货物上升过程中的v －t 图象如图乙所示，下列说法正确的是( )A ．t ＝4 s 时，货物处于超重状态B ．3～5 s 时间内，货物所受合力做的功大于零C ．0～2 s 时间内，货物所受拉力做的功大于重力做的功D ．0～2 s 时间内，拉力做正功，3～5 s 时间内，拉力做负功C [t＝4 s时货物减速上升，加速度方向向下，故货物处于失重状态，A 错误.3～5 s时间内，货物的动能减少，根据动能定理，货物所受合力做的功小于零，B错误.0～2 s时间内，货物的动能增大，货物所受拉力做的功大于重力做的功，C正确．货物上升的过程中，拉力一直做正功，D错误．] 6．如图所示，两条足够长的平行光滑金属导轨CH、PQ与水平面成θ角放置，两轨间距为L，轨道电阻不计．现有两根长为L、电阻为R、质量为m的金属棒ab和cd放置在导轨上，其中cd棒通过一段细线连接在与导轨共面的O点，ab棒由静止开始沿轨道下滑，经t时间达到速度v时悬挂的细线刚好断裂，此后两棒均沿导轨下滑．已知重力加速度为g，匀强磁场方向垂直导轨面向下，磁感应强度大小为B，两棒与导轨始终垂直且接触良好，则下列有关描述中正确的是( )A．ab棒从开始下滑到细线断裂过程中通过cd棒的电荷量是mv0 LBB．悬挂细线所能承受的最大拉力为mg sin θ＋B2L2v0 2RC．最后稳定时的两棒的速度差均匀增大D．细线断后cd棒做加速度逐渐减小的加速度运动，最后稳定时的加速度为g sin θBD [ab棒由静止下滑切割磁感线，做加速度逐渐减小的加速运动，对ab棒由(mg sin θ－I LB)t＝mv0和q＝I t知q＝mgt sin θ－mvLB，A错误；线刚断时通过回路的电流为I＝BLv2R，因此细线能承受的最大拉力F T＝mg sin θ＋ILB，即FT ＝mg sin θ＋B2L2v2R，B正确；线断后cd棒在重力、支持力和安培力的作用下沿轨道做加速度逐渐减小的加速运动，最后稳定时回路中无电流，因此两棒同速，此时以两棒整体为对象，由2mg sin θ＝2ma知a＝g sin θ，C错误，D正确．]7．如图所示，A受到沿斜面向上的拉力F1和垂直于斜面的拉力F2作用，正沿斜面向下运动，斜面体B始终保持静止不动．斜面体B受到地面的摩擦力向右，物块A正在下滑时，则( )A．若只撤去F1，则B受到地面的摩擦力变大B．若只撤去F2，则B受到地面的摩擦力变大C．若同时撤去F1、F2，物块A将做减速运动D．增大F2，物块A受到斜面的摩擦力将变大BC [若只撤去F1，对A与B间的弹力、摩擦力均没有影响，而且两力方向均保持不变，所以B受到地面的摩擦力不变，A错误；若只撤去F2，会导致A与B间的弹力、摩擦力均增加，由Ff＝μF N可知，两力按照相同比例增加，而且两力方向均保持不变，所以两力的水平分力差值会增加，则B受到地面的摩擦力也会变大，B正确；设α为斜面倾角，若μ＝tan α，此时地面不受斜面体B的摩擦力，若μ>tan α，此时地面对斜面体B有向右的静摩擦力，符合题给条件，所以物块A正在下滑时，若同时撤去F、F2，物块A将做减速运动，C正确；F2增大会导致A、B之间的摩擦力减小，D错误．]8．光滑斜面AB和水平传送带BC通过一小段光滑圆弧平滑连接，此圆弧长度略去不计．如图所示，现让质量为0.2 kg的滑块(可视为质点)从高h＝0.8 m 的A处由静止释放后沿斜面下滑，当传送带固定不动时，滑块恰好运动到传送带右端C处停下．已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10 m/s2.若传送带以v ＝2 m/s 的速率沿逆时针方向转动，滑块仍从A 处收静止释放，则下列说法正确的是( )A ．滑块不能运动到C 处B ．滑块第一次从B 处运动到C 处所用的时间为0.8 sC ．滑块第一次从B 处向右运动到返回B 处的过程中产生的热量为3.6 JD ．滑块从传送带返回斜面上升的最大高度为0.2 mBCD [无论传送带固定不动还是沿逆时针方向转动，滑块在传送带上第一次向右运动过程中受力情况和运动情况均不变，滑块运动到C 处时的速度仍为零，A 错误；滑块从A 处运动到B 处，根据机械能守恒定律有mgh ＝12mv 20，得滑块到达B 处时的速度大小v 0＝4 m/s ，根据动量定理有－μmgt 1＝0－mv 0，得滑块第一次从B 处运动到C 处所用的时间t 1＝0.8 s ，B 正确；滑块第一次从B 处向右运动到C 处的过程中产生的热量Q 1＝μmg ⎝ ⎛⎭⎪⎫vt 2－v ＋02t 2＝0.4 J ，总热量Q ＝Q 1＋Q 2＝3.6 J ，C 正确；根据机械能守恒定律有mgH ＝12mv 2，得滑块从传送带返回斜面上升的最大高度H ＝0.2 m ，D 正确．]二、实验题9．(2018·山东省青岛市高三统一质检)某同学用如图所示装置验证动量守恒定律．入射球和靶球的半径相同，质量分别为m 1、m 2，平放于地面的记录纸上铺有复写纸．实验时先使入射球从斜槽上固定位置G 由静止开始滚下，落到复写纸上，重复上述操作多次．再把靶球放在水平槽末端，让入射球仍从位置G 由静止开始滚下，和靶球碰撞后继续向前运动落到复写纸上，重复操作多次．最终记录纸上得到的落点痕迹如图乙所示．(1)关于本实验下列说法正确的是________ A ．需要用游标卡尺测量两小球的直径 B ．应使m 1>m 2C ．实验中记录纸上铺的复写纸的位置可以移动D ．斜槽要固定好，末端切线不需要调节水平(2)请你叙述确定落点平均位置的办法： _____________________________.(3)按照本实验方法，该同学确定了落地点的平均位置P 、Q 、R 并测出了OP 、PQ 、QR 间的距离分别为x 1、x 2、x 3，则验证动量守恒定律的表达式是______________________．解析 (1)A ：本实验中两小球的直径要相同即可，不需要测量小球的直径．故A 项错误．B ：要碰后入射球不反弹，则入射球的质量大于靶球的质量，即m 1>m 2.故B 项正确．C ：实验中记录纸上铺的复写纸的作用是描绘落点的位置，则复写纸的位置可以移动．故C 项正确．D ：斜槽要固定好，末端切线需要调节水平，才能使小球做平抛运动．故D 项错误．(2)确定落点平均位置的办法：用尽可能小的圆把尽可能多的落点都圈在里面，圆心就是落点的平均位置．(3)验证动量守恒定律的表达式是m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，则m 1v 0t ＝m 1v 1t ＋m 2v 2t ，即m 1QQ ＝m 1OP ＋m 2OR ，用题中测量的量表示为m 1(x 1＋x 2)＋m 2(x 1＋x 2＋x 3)．答案 (1)BC (2)用心意可能小的圆把尽可能多的落点都圈在里面，圆心就是落点的平均位置 (3)m 1x 1＋m 2(x 1＋x 2＋x 3)＝m 2(x 1＋x 2)10．某实验小组设计了如图甲所示的电路来完成小灯泡伏安特性曲线的描绘，同时测量电源的电动势和内阻．(1)①闭合开关前，应将滑动变阻器的触头调至________(选填“a ”或“b ”)端；②开关闭合后，调节滑动变阻器，记录电压表V 1、V 2及电流表A 的读数U 1、U 2、I ；③重复②的操作，得到八组实验数据；④描点作图，分别作出I －U 1和I －U 2的图像，如图乙、丙所示，已知R 0＝5 Ω.(2)图乙中0～U 0段图线基本呈直线的原因是___________________________ ___________________.(3)由图丙可知该电源的电动势为________V ，内阻为________Ω. (4)将该电源与阻值为11 Ω的电阻串联后给上述小灯泡供电，此时小灯泡的电阻为________Ω，消耗的功率为________W ．(结果保留两位有效数字)解析 (1)①闭合开关前要保证滑动变阻器串入回路的阻值最大，触头应在a 端．(2)图乙中0～U 0段，热功率较小，温度变化不明显，灯泡电阻变化不明显，故图线呈直线．(3)由闭合电路欧姆定律得U 2＝E －I (R 0＋r )，知(R 0＋r )＝ΔU 2ΔI＝6 Ω，故电源内阻为1 Ω，电动势为12 V.(4)在题图乙中作出电源与定值电阻串联后的外特性曲线如图所示，此时灯泡电阻约为2.8 V0.77 A≈3.6 Ω， 功率为2.8 V ×0.77 A ≈2.2 W.答案 (1)①a (2)热功率较小，温度变化不明显，灯泡电阻变化不明显 (3)12 1(4)3.5～3.7均给分 2.1或2.2均给分 三、计算题11．如图所示，一个物块以某一初速度v 0沿倾角θ＝37°、高h ＝1.7 m 的固定光滑斜面的最下端向上运动，物块运动到斜面的顶端时的速率为v ＝2m/s ，如果在斜面中间某一区域设置一段摩擦区，物块与摩擦区间的动摩擦因数μ＝0.125，物块以同样的初速度从斜面的底端向上运动，物块恰好运动到斜面的顶端(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，22＝4.7)．(1)求初速度v 0的大小； (2)求摩擦区的长度l ；(3)在设置摩擦区后，摩擦区的位置不同，物块以初速度v0从斜面底端运动到顶端的时间不同，求物块从斜面底端运动到斜面顶端的最长时间(计算结果保留两位小数)．解析(1)由动能定理得－mgh＝12mv2－12mv2代入已知量得v0＝6 m/s(2)增设摩擦区后，因物块恰好运动到斜面的顶端，则摩擦力做的功恰好等于没有摩擦区域时物块运动到斜面顶端的动能，则μmg cos θ·l＝12 mv2代入已知量得l＝1 m(3)如图所示，当摩擦区设置在斜面最下面时，让物块一开始运动就进入摩擦区，特块在斜面上运动的时间最长．设物块在摩擦区和光滑的斜面上的加速度分别是a1和a2，则－mg sin θ－μmg cos θ＝ma1－mg sin θ＝ma2代入已知量得a1＝－7 m/s2，a2＝－6 m/s2物块在摩擦区内运动的时间为t1，则l＝v0t1＋12a1t21代入数据解得t1≈0.19 s，t1≈1.53 s(舍去)物块在斜面的光滑部分运动的初速度为v1，时间为t2，则v1＝v0＋a1t1＝4.67 m/st 2＝－v1a2＝0.78 s物块运动到斜面顶端的最长时间为t＝t1＋t2＝0.97 s答案(1)6 m/s (2)1 m (3)0.97 s12．(2018·山东省潍坊市昌乐县二中高三下学期质检)如图，xOy平面内存在着平行于y轴的匀强电场，一个质量为m、带电荷量为－q的粒子从坐标原点O以速度v沿x轴正方向开始运动．当它经过图中虚线上的M(23a，a)点时，撤去电场，粒子继续运动一段时间后进入一个垂直于xOy平面的矩形匀强磁场区域(图中未画出)，又从虚线上的某一位置N处沿y轴负方向运动并再次经过M点．已知磁场的磁感应强度大小为B＝23mv03qa，不计粒子的重力．试求：(结果用m、v0、q、a表示)(1)电场强度的大小及方向．(2)N点的坐标．(3)矩形磁场的最小面积为多少？解析(1)因为－q向上做类平抛，所以电场方向沿y轴的负方向粒子从O到M做类平抛运动，设时间为t，则有23a＝v0t a＝lqE2mt2得E＝mv26qa(2)粒子运动到M点时速度为v，与x方向的夹角为α，则v y ＝qEmt＝qm·mv26qa·23av＝33vv＝v20＋v2y＝233vtan α＝vyv＝33，即α＝30°由题意知，粒子从P 点进入磁场，从N 点离开磁场，由左手定则知磁场方向垂直于xOy 平面(纸面)向外；粒子在磁场中O ′点为圆心做匀速圆周运动，设计径R ，则由qvB ＝m v 2R解得粒子做圆周运动的半径为R ＝mv qB ＝23mv 03qB ＝a 由几何关系知， β＝12∠PMN ＝30° 所以N 点的纵坐标为y N ＝Rtan β＋a ＝3a ＋a ，横坐标为x N ＝23a得N 点的坐标为(23a ，3a ＋a )(3)当矩形磁场为图示粗实线矩形时的面积最小，则矩形的两个边长分别是L 1＝2R ＝2aL 2＝R ＋R sin β＝32a 面积为：S ＝L 1L 2＝3a 2答案 (1)mv 206qa，沿y 轴反方向 (2)(23a ，3a ＋a ) (3)3a 2。
2019高考物理二轮阶段性效果检测28含答案
一、选择题(本大题共9小题,每小题7分,共63分。
多选题已在题号后标出,选不全得4分)1、(2013·百色模拟)振源A带动细绳上各点上下做简谐运动,t=0时刻绳上形成波形如图所示。
规定绳上质点向上运动方向为x轴正方向,则P点振动图像是( )2、(2013·衢州模拟)一列简谐横波沿x轴传播,某时刻波形如图所示,已知此时质点F运动方向沿y轴负方向,则( )A、此波向x轴正方向传播B、质点C此时向y轴负方向运动C、质点C将比质点B先回到平衡位置D、质点E振幅为零3、(2013·合肥模拟)如图所示为一列在均匀介质中沿x轴正方向传播简谐横波在某时刻波形图,波速为4m/s,则( )A、质点P此时刻振动方向沿y轴正方向B、P点振幅比Q点振幅小C、经过Δt=3s,质点Q通过路程是0、6mD、经过Δt=3s,质点P将向右移动12m4、一列横波沿x轴正向传播,a、b、c、d为介质中沿波传播方向上四个质点平衡位置。
某时刻波形如图甲所示,此后,若经过错误！未找到引用源。
周期开始计时,则图乙描述是( )A、a处质点振动图像B、b处质点振动图像C、c处质点振动图像D、d处质点振动图像5、(2013·温州模拟)某横波在介质中沿x轴传播,左图为t=0、25s时波形图,右图为P点(x=1、5m处质点)振动图像,那么下列说法不正确是( )A、该波向右传播,波速为2 m/sB、质点L与质点N运动方向总相反C、t=0、75s时,质点M处于平衡位置,并正在往正方向运动D、t=1、25s时,质点K向右运动了2m6、(多选)图甲为一列横波在t=0时波动图像,图乙为该波中x=2m处质点P振动图像。
下列说法正确是( )A、波速为4 m/sB、波沿x轴负方向传播C、再过0、5 s,质点P动能最大D、再过2、5s,质点P振动路程为1、8cm7、(多选)(2011·海南高考)一列简谐横波在t=0时波形图如图所示。
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课时跟踪训练(十八)振动与波动、光1．(1)如图(a)，在xy 平面内有两上沿z 方向做简谐振动的点波源S 1(0,4)和S 2(0，－2)．两波源的振动图线分别如图(b)和图(c)所示．两列波的波速均为1.00 m/s.两列波从波源传播到点A (8，－2)的路程差为________m ，两列波引起的点B (4,1)处质点的振动相互________(填“加强”或“减弱”)，点C (0,0.5)处质点的振动相互________(填“加强”或“减弱”)．(2)如图，一玻璃工件的上半部是半径为R 的半球体，O 点为球心；下半部是半径为R 、高为2R 的圆柱体，圆柱体底面镀有反射膜．有一平行于中心轴OC 的光线从半球面射入，该光线与OC 之间的距离为0.6R .已知最后从半球面射出的光线恰好与入射光线平行(不考虑多次反射)．求该玻璃的折射率．解析 (1)波长λ＝vT ＝2 m ，两列波的波长相等． 两波源到A 点的路程差Δx ＝62＋82m －8 m ＝2 m.两波源到B 点的路程差Δx ′＝32＋42m －32＋42m ＝0，初相相差π，B 点为振动减弱点． 两波源到C 点的路程差Δx ″＝3.5 m －2.5 m ＝1 m ＝λ2，初相相差π，C 点为振动加强点．(2)如图，根据光路的对称性和光路可逆性，与入射光线相对于OC 轴对称的出射光线一定与入射光线平行．这样，从半球面射入的折射光线，将从圆柱体底面中心C 点反射．设光线在半球面的入射角为i ，折射角为r .由折射定律有 sin i ＝n sin r 由正弦定理有sin r2R＝－R由几何关系，入射点的法线与OC 的夹角为i .由题设条件和几何关系有sin i ＝LR③式中L 是入射光线与OC 的距离，由②③式和题给数据得sin r ＝6205由①③④式和题给数据得n ＝ 2.05≈1.43答案 (1)2 减弱 加强 (2)1.432．(1)(多选)某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地1.8 m/s 的速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近．该同学发现从第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15 s ．下列说法正确的是( )A ．水面波是一种机械波B ．该水面波的频率为6 HzC ．该水面波的波长为3 mD ．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时能量不会传递出去E ．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时振动的质点并不随波迁移(2)(2018·辽南协作体二模)如图所示，ABCD 是一玻璃砖的截面图，一束光与AB 面成30°角从AB 边上的E 点射入玻璃砖中，折射后经玻璃砖的BC 边反射后，从CD 边上的F 点垂直于CD 边射出．已知∠B ＝90°，∠C ＝60°，BE ＝10 cm ，BC ＝30 cm.真空中的光速c ＝3×108m/s ，求：①玻璃砖的折射率；②光在玻璃砖中从E 到F 所用的时间．(结果保留两位有效数字)解析 (1)水面波是机械振动在水面上传播，是一种典型的机械波，A 对；从第一个波峰到第十个波峰中经历了九个波形，时间间隔为15秒，所以其振动周期为T ＝159s ＝53s ，频率为0.6 Hz.B 错；其波长λ＝vT ＝1.8 m/s×53s ＝3 m ，C 对；波中的质点都上下振动，不随波迁移，但是能量随着波的传播而传递出去，D 错，E 对．(2)①光在玻璃砖中传播光路如图所示，由几何关系可得i ＝60°，r ＝∠BQE ＝∠CQF ＝30°由折射定律n ＝sin isin r得n ＝3②由n ＝c v ，得v ＝3×108m/s由几何关系得EQ ＝2EB ＝20 cmQF ＝QC cos 30°＝(BC －BQ )cos 30°＝(153－15)cmt ＝EQ ＋QF v≈1.8×10－9s答案 (1)ACE (2)①3②1.8×10－9s3．(1)(多选)如图甲所示为一列简谐横波在t ＝0.6 s 时的波形图，图乙为质点A 的振动图象，则下列判断正确的是________．A ．该简谐波沿x 轴负方向传播B ．这列波的传播速度为203m/sC ．从t ＝0.6 s 开始，质点P 比质点Q 先回到平衡位置D ．从t ＝0.6 s 开始，再经过Δt ＝1.5 s 后质点A 传播到了坐标原点处E ．从t ＝0.6 s 开始，紧接着的Δt ＝0.6 s 的时间内质点A 通过的路程为10 cm(2)如图丙所示，ABNM 为一透明柱体的横截面，AB 和MN 为两段以O 为圆心的同心14圆弧，AB 圆弧所在圆的半径为R ，现有一单色光垂直水平端面并从AM 上的D 点射入透明柱体，经过一次全反射后恰好从B 点射出，出射光线与水平方向成60°角且反向延长线恰好与MN 相切，已知光在真空中的传播速度为c ，求：①透明柱体的折射率；②光在透明柱体中的传播时间；③MN 圆弧所在圆的半径．解析 (1)由题图乙知t ＝0.6 s 时，质点A 的振动方向是向下的，由“上下坡法”可知此波是沿x 轴负方向传播的，A 对；由题图甲知波长λ＝8 m ，由题图乙知该波的周期T ＝1.2 s ，所以该波的波速为v ＝λT ＝203m/s ，B 对；由波上各质点的振动情况可知此时质点P 向上振动，质点Q 向下振动，但P 离波峰距离大，应后回到平衡位置，C 错；因波传播的是能量和波形，质点本身并不随波传播，D 错；0.6 s 是半个周期，所以质点A 通过的路程为s ＝2A ＝10 cm ，E 对．(2)①由题意可画出如图所示的光路图，由图知∠DCO ＝∠OCB ＝∠CBO∠DCO ＋∠OCB ＋∠CBO ＝180°所以∠CBO ＝60°所以由折射率定义知透明柱体的折射率为n ＝sin 60°－＝ 3.②由几何关系知DC ＝R2，BC ＝R光在透明柱体中的传播速度为v ＝c n ＝33c所以光在透明柱体中的传播时间为t ＝DC ＋CB v ＝33R2c.③由几何关系知，法线OC 一定经过出射光线的反向延长线与弧MN 的切点MN 圆弧所在圆的半径r ＝R2.答案 (1)ABE (2)①3②33R 2c ③R24．(2018·宝鸡市二模)(1)(多选)如图所示为t ＝0时刻两列简谐横波的图象(都刚好形成了一个周期的波形)，两列波分别沿x 轴正方向和负方向传播，波源分别位于x ＝－2 m 和x ＝12 m 处，两列波的波速均为v ＝4 m/s ，波源的振幅均为A ＝2 cm.此刻平衡位置在x ＝2 m 和x ＝8 m 的P 、Q 两质点刚开始振动．质点M 的平衡位置处于x ＝5 m 处，下列关于各质点运动情况的判断中不正确的是________．A ．质点P 、Q 沿y 轴正向起振B ．t ＝0.75 s 时刻，质点P 、Q 都运动到M 点C ．t ＝1 s 时刻，质点M 的位移为＋4 cmD ．t ＝1 s 时刻，质点M 的位移为－4 cmE ．两列波相映后能发生干涉，且M 点为振动加强区，P 点为振动减弱区(2)如图所示，已知半圆柱形玻璃砖的折射率为2，半径为R ，长为d ，一组与玻璃砖横截面平行的光，射向玻璃砖，入射光与底面夹角45°，真空中光速为c ，求：①经玻璃砖折射后，从底面射出光的面积；②这组平行光经一次折射后，在玻璃砖中沿直线传播的最长时间．解析 (1)质点P 、Q 沿y 轴负方向起振；质点不随波迁移；两列波波长、波速相同，故频率相同，相遇后能发生稳定干涉，且M 点为振动加强区，t ＝1 s 时质点M 的位移为－4 cm ；P 点到两振源的距离之差为6 cm ，即1.5个波长，P 为振动减弱区，故选ABC.(2)①光路图如图所示，临界角sin C ＝1n ＝12，即C ＝45°①号光为对着圆心O 点入射的光，垂直截面到达O 点，①号光左侧的光全部发生全反射，③号光线与圆周相切，折射后垂直射向底边B ，折射角为45°，OB 长为l ＝22R 所以，透出光的面积S ＝ld ＝22Rd ②在玻璃砖中传播最长时间的光为②号光②号光sin θ＝sin 45°n ＝12，此时折射角为30°光程l 2＝R cos θ＝23R ，在玻璃砖中的光速v ＝22c所以t ＝l2v ＝26R3c答案 (1)ABC (2)①22Rd ②26R 3c5．(1)如图甲所示为用双缝干涉测量光的波长的实验装置图，滤光片为红光滤光片，测量头为螺旋测微器．实验时调节测量头，使分划板中心刻线与一条亮纹中心对齐，记录为第一条亮纹，此时手轮上的示数如图乙所示，然后同方向转动测量头，使分划板中心线对准第六条亮纹的中心，记下此时图丙中手轮的示数为________mm.求得相邻亮纹的间距为Δx ＝________mm ，已知双缝间距d 为1.5×10－4m ，双缝到屏的距离为l ＝0.800 m ，由计算式λ＝________，求得红光波长为________m(保留两位有效数字)．(2)(10分)一中间有小孔的小球与固定弹簧一端相连，弹簧另一端固定在墙壁上，球和弹簧穿在光滑水平杆上，O 点为小球的平衡位置，取O 点为位移原点，水平向右为位移的正方向建立直线坐标系．将小球拉到偏离O 点右侧4 cm 由静止释放，经过0.1 s 小球第一次经过平衡位置．(ⅰ)求小球位移随时间变化的关系式；(ⅱ)将小球从右侧最大位置释放后经过时间t ，小球经过某一位置A 点(A 点不是O 点和最大位移点)，则小球经过其关于平衡位置的对称点B 时可能经过了多长时间？解析 (1)题图乙中示数为2.320 mm ，题图丙中示数为13.870 mm ，相邻条纹间距Δx ＝13.870－2.3205＝2.310 mm ，由条纹间距公式Δx ＝l λd ，得λ＝d Δx l，代入数据解得λ＝4.3×10－7m.(2)(ⅰ)小球从开始释放的位移大小为振幅大小，A ＝4 cm小球从最大位移到第一次经过平衡位置经历的时间为四分之一周期，T ＝0.4 s ，则ω＝2πT＝5π rad/s则振动位移随时间变化的表达式为x ＝4 cos5πt (cm)(ⅱ)如图1所示，若A 点在O 点右侧，当小球向左经过对称点B 时，有图1Δt ＝nT ＋2(0.1 s －t )＝0.4n ＋0.2－2t (s)(n ＝0,1,2,3，…)若A 点在O 点右侧，当小球向右经过对称点B 时，有Δt ＝nT ＋2(0.1 s －t )＋2t ＝0.4n ＋0.2(s)(n ＝0,1,2,3，…)图2如图2所示，若A 点在O 点左侧，当小球向右经过对称点B 时，有Δt ＝nT ＋2(0.2 s －t )＋2(t －0.1 s)＝0.4n ＋0.2(s)(n ＝0,1,2,3，…)若A 点在O 点左侧，当小球向左经过对称点B 时，有Δt ＝nT ＋4(0.2 s －t )＋2(t －0.1 s)＝0.4n ＋0.6－2t (s)(n ＝0,1,2,3，…)若A 点在O 点左侧，当小球向左经过对称点B 时，有Δt ＝nT ＋4(0.2 s －t )＋2(t －0.1 s)＝0.4n ＋0.6－2t (s)＝(n ＝0,1,2,3，…)答案 (1)13.870 2.310d Δx l4.3×10－7(2)见解析6．(1)一列简谐横波沿x 轴传播，波速为v ＝4 m/s.已知坐标原点(x ＝0)处质点的振动图象如图甲所示，t ＝0.45 s 时部分波形图如图乙所示．简谐横波的传播方向沿x 轴________(选填“正”或“负”)方向；x＝0处的质点经过0.6 s 时的路程为________m ；t ＝0.45 s 时x ＝0处的质点对应的纵坐标为________m.(2)如图所示，一玻璃棱柱，其截面边长为2a 的等边三角形ABC ，D 点是AB 边的中点，一束细光从D 点射入棱柱，改变其入射方向，使进入棱柱的光恰好在BC 面发生全反射，玻璃棱柱对该光的折射率为2，求：(sin 15°＝6－24)(ⅰ)细光束在D 点的入射角α的正弦值； (ⅱ)细光束从AC 面射出的点离C 点的距离．解析 由题图甲、乙可知，x ＝0处的质点在t ＝0.45 s 时沿y 轴正方向振动，则该波沿x 轴正方向传播；简谐波的周期T ＝0.4 s ，波速v ＝4 m/s ，简谐波的波长λ＝1.6 m ；x ＝0处的质点经过0.6 s 时的路程s ＝0.60.4×4A ＝0.6 m ；x ＝0处的质点的振动方程为y ＝0.1 sin 5πt (m)，将t ＝0.45 s 代入得y ＝220m.(2)(ⅰ)当光在BC 面恰好发生全反射时，光路图如图所示由sin γ＝1n ，得γ＝45°则由几何关系可得β＝15°由sin αsin β＝n ，得sin α＝3－12(ⅱ)在△DFC 中，CD ＝3a ，∠DFC ＝135°由正弦定理得3a sin 135°＝FC sin 15°在△FCG 中，∠CFG ＝45°，∠CGF ＝75°由正弦定理得FC sin 75°＝CGsin 45° 解得CG ＝(23－3)a答案 (1)正 0.62207．(2018·济宁市高三第二次模拟)(1)(多选)一列简谐横波在弹性介质中沿x 轴传播，波源位于坐标原点O ，t ＝0时刻波源开始振动，t ＝3s 时波源停止振动，如图所示为t ＝3.2s 时靠近波源的部分波形图．其中质点a 的平衡位置离原点O 的距离为x ＝2.5m.下列说法中正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．波速为5 m/sB ．波长为2.0 mC ．波源起振方向沿y 轴正方向D ．在t ＝3.3 s ，质点a 位于波谷E ．从波源起振开始时，3.0 s 内质点a 运动的总路程为2.5 m(2)如图所示，MN 为半圆形玻璃砖的对称轴，O 为玻璃砖的圆心，某同学在与MN 平行的直线上插上两枚大头计P 1、P 2，在MN 上插大头针P 3，从P 3一侧透过玻璃砖观察P 1、P 2的像，调整P 3位置使P 3能同时挡住P 1、P 2的像，确定了的P 3位置如图所示，他测得玻璃砖直径D ＝8 cm ，P 1、P 2连线与MN 之间的距离d 1＝2 cm ，P 3到O 的距离d 2＝6.92 cm(取3＝1.73)．求该玻璃砖的折射率．解析 (1)v ＝Δx Δt ＝ 1.03.2－3m/s ＝5 m/s ，选项A 正确；由题图可知，波长λ＝2 m ，选项B 正确；t ＝3.2s 时，Δx ＝v ·Δt ＝5×3.2 m＝16 m ，由于λ＝2.0 m ，故波形前端的运动同x ＝2.0 m 质点的运动，可判断2.0 m 处的质点向下振动，故波源起振方向沿y 轴负方向，选项C 错误；T ＝λv ＝2.05s ＝0.4 s ，从图示时刻经Δt ＝0.1 s ＝14T ，质点a 位于平衡位置，选项D 错误；从t ＝0时刻起，经Δt ＝Δx v ＝2.55s ＝0.5s ，质点a 开始振动，3.0 s 内质点α振动了2.5 s ，2.5 s ＝614T ，故质点a 运动的总路程为s ＝6×4A ＋A＝25×0.1 m＝2.5 m ，选项E 正确．(2)光路图如图所示，sin i ＝AB OA ＝12得i ＝30°，则∠OAB ＝60°OB ＝OA sin 60°＝3.46 cm根据几何关系有P 3B ＝d 2－OB ＝3.46 cm tan ∠BAP 3＝B P 3AB ＝1.73得∠BAP 3＝60°因此r ＝180°－∠OAB －∠BAP 3＝60° 据折射定律得n ＝sin rsin i解得n ＝1.73答案 (1)ABE (2)1.73。