人教版2024年高考物理總復(fù)習(xí)考點規(guī)范綜合練習(xí)合集第二套(含答案解析)【可編輯打印】

人教版2024年高考物理總復(fù)習(xí)考點規(guī)范綜合練習(xí)合集第二套(含答案解析)—目錄電容器帶電粒子在電場中的運動 1帶電粒子在電場中運動的綜合問題 6電路的基本概念和規(guī)律 13閉合電路的歐姆定律 16電學(xué)實驗基礎(chǔ) 21機械振動 26機械波 30光的折射全反射 35光的波動性 39磁場磁場對通電導(dǎo)線的作用力 43磁場對運動電荷的作用力 49帶電粒子在復(fù)合場中的運動及實際應(yīng)用 56電磁感應(yīng)現(xiàn)象楞次定律 63法拉第電磁感應(yīng)定律自感、互感、渦流 67電磁感應(yīng)中的電路與圖像問題 72電磁感應(yīng)中的動力學(xué)、能量與動量問題 78交變電流的產(chǎn)生和描述 85變壓器電能的輸送電磁振蕩與電磁波 91分子動理論 97氣體、固體和液體 100熱力學(xué)定律 105光電效應(yīng)波粒二象性 109原子結(jié)構(gòu)氫原子光譜 113天然放射現(xiàn)象、核反應(yīng)、核能 117電容器帶電粒子在電場中的運動一、單項選擇題1.熔噴布具有的獨特的超細(xì)纖維結(jié)構(gòu)增加了單位面積纖維的數(shù)量和表面積,使其具備了很好的過濾性、屏蔽性、絕熱性和吸油性,因此熔噴布成為醫(yī)用口罩及N95口罩的最核心的材料。工廠在生產(chǎn)熔噴布時為了實時監(jiān)控其厚度,通常要在生產(chǎn)流水線上設(shè)置如圖所示的傳感器,其中A、B為平行板電容器的上、下兩個極板,上下位置均固定,且分別接在恒壓直流電源的兩極上,G是靈敏電流計。當(dāng)熔噴布的厚度變薄導(dǎo)致介電常數(shù)εr變小時()A.極板間的電場強度變大B.極板上所帶的電荷量變小C.平行板電容器的電容變大D.有自b向a的電流流過靈敏電流計2.如圖所示,A、B兩個帶正電的粒子,電荷量分別為q1與q2,質(zhì)量分別為m1和m2。它們以相同的速度先后垂直于電場線從同一點進(jìn)入平行板間的勻強電場后,A粒子打在N板上的A'點,B粒子打在N板上的B'點,若不計重力,則()A.q1>q2 B.m1<m2C.q1m1>3.如圖所示,兩塊較大的金屬板A、B相距為d,平行放置并與一電源相連。開關(guān)S閉合后,兩板間恰好有一質(zhì)量為m、電荷量為q的油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)。以下說法正確的是()A.若將A向左平移一小段位移,則油滴向下加速運動,G表中有b→a的電流B.若將A向上平移一小段位移,則油滴向下加速運動,G表中有b→a的電流C.若將A向下平移一小段位移,則油滴向上加速運動,G表中有b→a的電流D.若S斷開后再將A向下平移一小段位移,則油滴向上加速運動,G表中無電流4.如圖所示,帶電粒子由靜止開始,經(jīng)電壓為U1的加速電場加速后,沿垂直電場方向進(jìn)入電壓為U2的平行板電容器,經(jīng)偏轉(zhuǎn)落在下板的中間位置。為使同樣的帶電粒子,從同樣的初始位置由靜止加速、偏轉(zhuǎn)后能穿出平行板電容器,下列措施可行的是()A.保持U2和平行板間距不變,減小U1B.保持U1和平行板間距不變,增大U2C.保持U1、U2和下板位置不變,向下平移上板D.保持U1、U2和下板位置不變,向上平移上板二、多項選擇題5.如圖所示,平行板電容器與直流電源、理想二極管(正向通電時可以理解為短路,反向通電時可理解為斷路)連接,電源負(fù)極接地。初始時電容器不帶電,閉合開關(guān),電路穩(wěn)定后,一帶電油滴位于電容器中的P點且處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是()A.上極板上移,帶電油滴向下運動B.上極板上移,P點電勢降低C.上極板下移,帶電油滴向上運動D.上極板下移,P點電勢升高6.如圖所示,在豎直放置的平行金屬板A、B之間加有恒定電壓U,A、B兩板的中央留有小孔O1、O2,在B板的右側(cè)有平行于極板的勻強電場E,電場范圍足夠大,足夠大的感光板MN垂直于電場方向固定放置。第一次從小孔O1處由靜止釋放一個質(zhì)子,第二次從小孔O1處由靜止釋放一個α粒子,關(guān)于這兩個粒子的運動,下列判斷正確的是()A.質(zhì)子和α粒子在O2處的速度大小之比為1∶2B.質(zhì)子和α粒子在整個過程中運動的時間相等C.質(zhì)子和α粒子打到感光板上時的動能之比為1∶2D.質(zhì)子和α粒子打到感光板上的位置相同三、非選擇題7.右圖為研究電子槍中電子在恒定電場中運動的簡化模型示意圖。在0≤x≤l、0≤y≤l區(qū)域內(nèi),存在以x軸、y軸及雙曲線y=l22x的一段為邊界的勻強電場區(qū)域Ⅰ,電場強度為E;在-2l≤x≤0、0≤y≤l區(qū)域內(nèi)存在勻強電場區(qū)域Ⅱ。一電荷量大小為e,質(zhì)量為m,不計重力的電子從電場區(qū)域Ⅰ的邊界B點處由靜止釋放,恰好從N(1)求電子通過C點時的速度大小。(2)求電場區(qū)域Ⅱ中的電場強度的大小。(3)試證明:從AB曲線上的任一位置由靜止釋放的電子都能從N點離開電場。

電容器帶電粒子在電場中的運動1.B解析:因兩板間的電勢差不變,板間距不變,所以兩板間電場強度E=Ud不變,故A錯誤。根據(jù)C=εrS4πkd可知,當(dāng)熔噴布的厚度變薄導(dǎo)致介電常數(shù)εr變小時,電容器的電容C變小,再根據(jù)Q=CU可知極板所帶電荷量Q變小,有放電電流從a向b流過靈敏電流計,故2.C解析:設(shè)粒子的速度為v0,電荷量為q,質(zhì)量為m,加速度為a,運動的時間為t,勻強電場的電場強度為E,則加速度a=qEm,運動時間為t=xv0,偏轉(zhuǎn)位移為y=12at2=qEx22mv02,由于A粒子的水平位移小,則有q13.B解析:若S閉合,將A板左移一小段位移時,由E=Ud可知,E不變,油滴仍靜止,由于正對面積減小,則導(dǎo)致電容C=εrS4πkd減小,再由Q=CU,可知電容器的電荷量減小,則電容器在放電,因此G表中有b→a的電流,故A錯誤。將A板上移一小段位移時,由E=Ud可知,E變小,油滴向下加速運動,由于極板間距增大,則電容C減小,那么電容器的電荷量減小,則電容器在放電,因此G表中有b→a的電流,故B正確。當(dāng)A板下移一小段位移時,板間電場強度增大,油滴受的靜電力增大,油滴向上加速運動,電容C增大,那么電容器的電荷量增大,則電容器在充電,因此G表中有a→b的電流,故C錯誤。S斷開后再將A向下平移一小段位移時,電容器電荷量不變,則其既不會充電,也不放電,G表中沒有電流,根據(jù)E=Ud4.D解析:粒子在電場中加速,有qU1=12mv02,在偏轉(zhuǎn)電場中,有x=v0t,y=12at2=qU22dmt2,解得x2=4dU1yU2。保持U2和平行板間距不變,減小U1,則x減小,選項A錯誤。保持U1和平行板間距不變,增大U2,則x減小,選項B錯誤。保持U1、U2和下板位置不變,向下平移上板,則d減小,x減小,選項C錯誤。保持U1、U25.CD解析:二極管具有單向?qū)щ娦?閉合開關(guān)后電容器充電,依據(jù)電容器電容C=εrS4πkd,且C=QU,那么極板間電場強度E=Ud,整理得E=4πkQεrS;上極板向上移動,d變大,由C=εrS4πkd可知,C變小,由于二極管具有單向?qū)щ娦?電容器不能放電,由E=4πkQεrS可知電容器兩極板間的電場強度不變,油滴保持不動,下極板與P點距離不變,電場強度不變,下極板與P點的電勢差不變,所以P點電勢不變,故A、B錯誤。上極板向下移動,d變小,由C=εrS4πkd可知6.CD解析:根據(jù)動能定理有12mv2-0=qU,解得v=2qUm,所以質(zhì)子和α粒子在O2處的速度大小之比為2∶1,A錯誤。對整個過程用動能定理,設(shè)O2到MN板的電勢差為U',有Ek-0=q(U+U'),所以末動能與電荷量成正比,所以質(zhì)子和α粒子打到感光板上時的動能之比為1∶2,C正確。由O2到MN板,質(zhì)子和α粒子都做類平拋運動,豎直方向h=12·Eqmt2,水平方向x=vt,聯(lián)立解得x=2U?E,所以質(zhì)子和α粒子打到感光板上的位置相同,D正確。在A、B間a=Eqm,質(zhì)子的加速度大,所以質(zhì)子運動時間短,進(jìn)入豎直電場做類平拋運動,7.解析:(1)由雙曲線y=l22x知從B到C由動能定理有eEl2=解得電子通過C點時的速度大小vC=eElm(2)電子從C點進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ,在區(qū)域Ⅱ中做類平拋運動。x軸方向2l=vCty軸方向l=eE'2解得區(qū)域Ⅱ中的電場強度的大小E'=E2(3)設(shè)電子從AB曲線上點P(x,y)進(jìn)入電場區(qū)域Ⅰ,在區(qū)域Ⅰ由動能定理有eEx=12m假設(shè)電子能夠在區(qū)域Ⅱ中一直做類平拋運動且落在x軸上的x'處,則y軸方向y=eEx軸方向x'=v0t1又y=l22x,解得即所有從邊界AB曲線上由靜止釋放的電子均從N點射出。答案:(1)eElm(2)E2帶電粒子在電場中運動的綜合問題一、單項選擇題1.如圖甲所示,有一固定的正點電荷N,其右側(cè)距離為l處豎直放置一內(nèi)壁光滑的絕緣圓筒,圓筒內(nèi)有一帶電小球。將小球從h0高處由靜止釋放,至小球下落到與N同一水平面的過程中,其動能Ek隨高度h(設(shè)小球與點電荷N的豎直高度差為h)的變化曲線如圖乙所示。下列說法正確的是()A.帶電小球在整個運動過程中,小球的機械能先增大后減小B.帶電小球在高度h0~h1之間運動過程中,電勢能減小C.帶電小球在高度h1~h2之間運動過程中,機械能減小D.帶電小球在h1和h2兩個位置受到的庫侖力都等于重力2.如圖甲所示,M、N為正對豎直放置的平行金屬板,A、B為兩板中線上的兩點。當(dāng)M、N板間不加電壓時,一帶電小球從A點由靜止釋放經(jīng)時間T到達(dá)B點,此時速度為v。若兩板間加上如圖乙所示的交變電壓,t=0時,將帶電小球仍從A點由靜止釋放,小球運動過程中始終未接觸金屬板,則t=T時,小球()A.在B點上方B.恰好到達(dá)B點C.速度大于vD.速度小于v3.如圖所示,D是一只二極管,AB是平行板電容器,在電容器兩極板間有一帶電微粒P處于靜止?fàn)顟B(tài),在兩極板A和B間的距離增大一些的瞬間(兩極板仍平行),帶電微粒P的運動情況是()A.向下運動 B.向上運動C.仍靜止不動 D.不能確定4.帶同種電荷的A、B兩物塊放置在光滑水平面上,A物塊的質(zhì)量為m1,B物塊的質(zhì)量為m2。A、B兩物塊緊靠在一起且相互間無電荷交換,釋放一段時間后,A、B兩物塊相距為d,此時B物塊的速度為v。A、B兩物塊均可看作點電荷,已知兩點電荷系統(tǒng)具有的電勢能的大小僅與兩帶電體的電荷量以及距離有關(guān)。若A物塊質(zhì)量不變,將B物塊的質(zhì)量增大為2m2,A、B兩物塊電荷量保持不變,仍從緊靠在一起釋放,則釋放后A、B兩物塊距離為d時B物塊的速度為()A.12v B.2C.m2+m12m二、多項選擇題5.如圖所示,帶電小球自O(shè)點由靜止釋放,經(jīng)C孔進(jìn)入兩水平放置的平行金屬板之間,由于電場的作用,下落到D孔時速度剛好減為零。對于小球從C到D的運動過程,已知從C運動到CD中點位置用時t1,從C運動到速度等于C點速度一半的位置用時t2,則下列說法正確的是()A.小球帶負(fù)電 B.t1<t2C.t1>t2 D.將B板向上平移少許后小球可能從D孔落下三、非選擇題6.如圖所示,虛線MN左側(cè)有一電場強度E1=E的勻強電場,在兩條平行虛線MN和PQ之間存在著寬為l、電場強度E2=2E的勻強電場,在虛線PQ右側(cè)距PQ為l處有一與電場E2平行的屏?，F(xiàn)有一電子從電場E1中的A點由靜止釋放,最后電子打在右側(cè)的屏上,A點到MN的距離為l,AO連線與屏垂直,垂足為O,電子電荷量為e、質(zhì)量為m,所受的重力不計,求:(1)電子到達(dá)MN時的速度大小;(2)電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角θ的正切值tanθ;(3)電子打到屏上的點P'到O點的距離y。7.如圖所示,水平地面上方存在水平向左的勻強電場,一質(zhì)量為m的帶電小球(大小可忽略)用輕質(zhì)絕緣細(xì)線懸掛于O點,小球電荷量為+q,靜止時距地面的高度為h,細(xì)線與豎直方向的夾角為α=37°,重力加速度為g,sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求勻強電場的電場強度大小E。(2)現(xiàn)將細(xì)線剪斷,求小球落地過程中水平位移的大小。(3)現(xiàn)將細(xì)線剪斷,求帶電小球落地前瞬間的動能。8.一質(zhì)量m1=1kg、電荷量q=+0.5C的小球以v0=3m/s的速度,沿兩正對帶電平行金屬板(板間電場可看成勻強電場)左側(cè)某位置水平向右飛入,極板長0.6m,兩極板間距為0.5m,不計空氣阻力,小球飛離極板后恰好由A點沿切線落入豎直光滑圓弧軌道ABC,圓弧軌道ABC的形狀為半徑R<3m的圓截去了左上角127°的圓弧,CB為其豎直直徑,在過A點豎直線OO'的右邊空間存在豎直向下的勻強電場,電場強度為E=10V/m。g取10m/s2。(1)求兩極板間的電勢差大小U。(2)欲使小球在圓弧軌道中運動時不脫離圓弧軌道,求半徑R的取值應(yīng)滿足的條件(結(jié)果可用分式表示)。9.如圖所示,在豎直平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系Oxy中,x軸上方有水平向右的勻強電場。一質(zhì)量為m、電荷量為-q(-q<0)的帶電絕緣小球,從y軸上的P(0,l)點由靜止開始釋放,運動至x軸上的A(-l,0)點時,恰好無碰撞地沿切線方向進(jìn)入固定在x軸下方豎直放置的四分之三圓弧形光滑絕緣細(xì)管。細(xì)管的圓心O1位于y軸上,細(xì)管交y軸于B點,交x軸于A點和C(l,0)點。已知細(xì)管內(nèi)徑略大于小球外徑,小球直徑遠(yuǎn)小于細(xì)管軌道的半徑,不計空氣阻力,重力加速度為g。求:(1)勻強電場電場強度的大小;(2)小球運動到B點時對細(xì)管的壓力;(3)小球從C點飛出后落在x軸上的位置坐標(biāo)。

帶電粒子在電場中運動的綜合問題1.C解析:根據(jù)動能定理知,Ek-h圖像的斜率為帶電小球所受合力,由圖像知隨h的減小,斜率先減小,減小到0后反向增大,說明N對小球的庫侖力斜向右上方,為斥力,所以小球帶正電,整個過程中小球距離正點電荷N越來越近,庫侖力對小球始終做負(fù)功,除重力外的其他力做的功等于機械能的變化,由于庫侖力做負(fù)功,故帶電小球在運動過程中,機械能減小,電勢能增加,故A、B錯誤,C正確。小球受到的庫侖力F=kQqr2,整個運動過程中,r越來越小,庫侖力一直增大,h1和h2兩個位置圖像的斜率為零,即合力為零,所以帶電小球在h1和h2兩個位置受到的庫侖力的豎直分力等于重力,故2.B解析:在兩板間加上如題圖乙所示的交變電壓,小球受到重力和靜電力的作用,靜電力做周期性變化,且靜電力沿水平方向,所以小球豎直方向做自由落體運動。在水平方向小球先做勻加速直線運動,后沿原方向做勻減速直線運動,t=T2時速度為零,接著反向做勻加速直線運動,后繼續(xù)沿反方向做勻減速直線運動,t=T時速度為零。根據(jù)對稱性可知在t=T時小球的水平位移為零,所以t=T時,小球恰好到達(dá)B點,故A錯誤,B正確。在0~T時間內(nèi),靜電力做功為零,小球機械能變化量為零,所以t=T時,小球速度等于v,故C、D3.C解析:當(dāng)帶電微粒P靜止時,對其進(jìn)行受力分析得qE=mg。當(dāng)A、B之間距離增大時,電容器的電容C減小,由Q=CU得,Q也減小,但由于電路中連接了一個二極管,它具有單向?qū)щ娦?使得電容器不能放電,故電容器A、B兩極板上的電荷量不變,由C=εrS4πkd得,電場強度E=Ud=QCd4.D解析:第一種情況,設(shè)B物塊的速度為v時A的速度大小為v',取水平向左為正方向,由系統(tǒng)的動量守恒得0=m1v'-m2v,由能量守恒定律得,系統(tǒng)釋放的電勢能ΔEp1=12m1v'2+12m2v2。第二種情況,設(shè)A、B兩物塊距離為d時速度大小分別為vA、vB,取水平向左為正方向,由系統(tǒng)的動量守恒得0=m1vA-2m2vB,由能量守恒定律得,系統(tǒng)釋放的電勢能ΔEp2=12m1vA2+12×2m2vB2。根據(jù)題意可知ΔEp1=ΔEp2,聯(lián)立解得vB=m25.AB解析:由題圖可知,A、B間的電場強度方向向下,小球從C到D做減速運動,受靜電力方向向上,所以小球帶負(fù)電,選項A正確。由于小球在電場中受到的重力和靜電力都是恒力,所以小球做勻減速直線運動,其速度圖像如圖所示,由圖可知,t1<t2,選項B正確,C錯誤。將B板向上平移少許,兩板間的電壓不變,根據(jù)動能定理可知mg(h+d)-qU=0,mg(h+x)-qUxd'=0,聯(lián)立得x=??+d-d'd'<d'6.解析:(1)設(shè)電子到達(dá)MN時的速度大小為v。電子從A運動到MN的過程中,根據(jù)動能定理得eE1l=12mv得v=2eEl(2)電子進(jìn)入電場E2后做類平拋運動,加速度為a=e電子在電場E2中運動時間t1=l電子剛射出電場E2時豎直方向的分速度大小為vy=at1電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角的正切值為tanθ=v聯(lián)立解得tanθ=1。(3)電子在電場中的運動軌跡如圖所示。電子射出電場E2時速度的反向延長線過水平位移的中點O',根據(jù)幾何關(guān)系得y=l2+ltanθ=答案:(1)2eElm(2)1(3)7.解析:(1)小球靜止時,對小球受力分析如圖所示,由FTcos37°=mgFTsin37°=qE解得E=3mg(2)剪斷細(xì)線,小球在豎直方向做自由落體運動,水平方向做加速度為a的勻加速直線運動,由qE=max=12ath=12gt聯(lián)立解得x=34h(3)從剪斷細(xì)線到落地瞬間,由動能定理得Ek=mgh+qEx=2516mgh答案:(1)3mg4q(2)348.解析:(1)小球在平行金屬板間做勻變速曲線運動,到A點時,帶電粒子在平行板中運動的時間t=lv0=0.2豎直分速度vy=v0tan53°=4m/s由vy=at,得a=20m/s2又mg+E'q=ma,E'=Ud,得U=10V(2)在A點速度vA=v0cos53°=①若小球運動到與圓心等高處前速度減為零,則不會脫離軌道,此過程由動能定理得(mg+qE)Rcos53°≥12mvA2,解得故2518m≤R<3m②若小球能到達(dá)最高點C,則不會脫離軌道,在此過程中,由動能定理得-(mg+qE)R·(1+cos53°)=1小球能到最高點C,在C點滿足mg+Eq≤mv解得R≤2563故小球在圓弧軌道運動時不脫離圓弧軌道的條件為2518m≤R<3m或R≤2563答案:(1)10V(2)2518m≤R<3m或R≤259.解析:(1)小球由靜止釋放后在重力和靜電力的作用下做勻加速直線運動,從A點沿切線方向進(jìn)入細(xì)管,則此時速度方向與豎直方向的夾角為45°,即加速度方向與豎直方向的夾角為45°,則tan45°=mg解得E=mgq(2)根據(jù)幾何關(guān)系可知,細(xì)管軌道的半徑r=2l從P點到B點的過程中,根據(jù)動能定理得mg(2l+2l)+Eql=1在B點,根據(jù)牛頓第二定律得FN-mg=m聯(lián)立解得FN=3(2+1)mg,方向豎直向上根據(jù)牛頓第三定律可得小球運動到B點時對細(xì)管的壓力大小FN'=3(2+1)mg,方向豎直向下。(3)從P到A的過程中,根據(jù)動能定理得12解得vA=2gl小球從C點拋出后做類平拋運動拋出時的速度vC=vA=2gl小球的加速度g'=2g當(dāng)小球沿拋出方向和垂直拋出方向位移相等時,又回到x軸,則有vCt=12g't解得t=22則沿x軸方向運動的位移x=vCtsin45°=x'=l-8l=-7l,則小球從C點飛出后落在x軸上的坐標(biāo)為(-7l,0)。答案:(1)mg(2)3(2+1)mg方向豎直向下(3)(-7l,0)

電路的基本概念和規(guī)律一、單項選擇題1.下列說法正確的是()A.電源的電動勢在數(shù)值上等于電源在搬運單位正電荷時非靜電力所做的功B.電阻率是反映材料導(dǎo)電性能的物理量,僅與材料種類有關(guān),與溫度、壓力和磁場等外界因素?zé)o關(guān)C.電流通過導(dǎo)體的熱功率與電流大小成正比D.電容是表征電容器容納電荷本領(lǐng)的物理量,由C=QU可知電容的大小是由Q(電荷量)或U2.有一橫截面積為S的銅導(dǎo)線,設(shè)每單位長度的導(dǎo)線中有n個自由電子,電子的電荷量為e,此時電子的定向移動速度為v,則在Δt時間內(nèi),流經(jīng)導(dǎo)線的電流可表示為()A.nveSΔt B.nve C.nveS D3.下圖是均勻的長薄片合金電阻板abcd,ab邊長為l1,ad邊長為l2,當(dāng)端點1、2或3、4接入電路中時,R12∶R34為()A.l1∶l2 B.l2∶l1 C.1∶1 D.l4.某一導(dǎo)體的伏安特性曲線如圖中AB段(曲線)所示,關(guān)于導(dǎo)體的電阻,以下說法正確的是()A.B點的電阻為12ΩB.B點的電阻為40ΩC.導(dǎo)體的電阻因溫度的影響改變了1ΩD.導(dǎo)體的電阻因溫度的影響改變了9Ω5.下圖是某款電吹風(fēng)的電路圖,它主要由電動機M和電熱絲R構(gòu)成。閉合開關(guān)S1、S2后,電動機驅(qū)動風(fēng)葉旋轉(zhuǎn),將空氣從進(jìn)風(fēng)口吸入,經(jīng)電熱絲加熱,形成熱風(fēng)后從出風(fēng)口吹出。已知電吹風(fēng)的額定電壓為220V,吹冷風(fēng)時的功率為120W,吹熱風(fēng)時的功率為1000W。關(guān)于該電吹風(fēng),下列說法正確的是()A.電熱絲的電阻為55ΩB.電動機線圈的電阻為1C.當(dāng)電吹風(fēng)吹熱風(fēng)時,電熱絲每秒消耗的電能為1000JD.當(dāng)電吹風(fēng)吹熱風(fēng)時,電動機每秒消耗的電能為1000J6.一只電飯煲和一臺洗衣機并聯(lián)接在輸出電壓為220V的交流電源上(其內(nèi)阻可忽略不計),均正常工作。用電流表分別測得通過電飯煲的電流是5.0A,通過洗衣機電動機的電流是0.50A,則下列說法正確的是()A.電飯煲的電阻為44Ω,洗衣機電動機線圈的電阻為440ΩB.電飯煲消耗的電功率為1555W,洗衣機電動機消耗的電功率為155.5WC.1min內(nèi)電飯煲消耗的電能為6.6×104J,洗衣機電動機消耗的電能為6.6×103JD.電飯煲發(fā)熱功率是洗衣機電動機發(fā)熱功率的10倍二、多項選擇題7.電吹風(fēng)機中有電動機和電熱絲,電動機帶動風(fēng)葉轉(zhuǎn)動,電熱絲給空氣加熱,得到熱風(fēng)將頭發(fā)吹干,設(shè)電動機的線圈電阻為R1,它與電熱絲(電阻為R2)串聯(lián),接到直流電源上,電路中電流為I,電動機電壓為U1,消耗的電功率為P1,電熱絲兩端電壓為U2,消耗的電功率為P2,則下列式子正確的是()A.P1=U1I B.U1=IR1 C.P2=I2R2 D.U2=IR28.如圖所示,圖線1表示的導(dǎo)體的電阻為R1,圖線2表示的導(dǎo)體的電阻為R2,則下列說法正確的是()A.R1∶R2=1∶3B.R1∶R2=3∶1C.將R1與R2串聯(lián)后接于電源上,則電流比I1∶I2=1∶3D.將R1與R2并聯(lián)后接于電源上,則電流比I1∶I2=3∶19.下表列出了某品牌電動自行車及所用電動機的主要技術(shù)參數(shù),不計其自身機械損耗。若該車在額定狀態(tài)下以最大速度行駛,則()自重40kg額定電壓48V載重75kg額定電流12A最大行駛速度20km/h額定輸出功率350WA.電動機的輸入功率為576WB.電動機的內(nèi)阻為4ΩC.該車獲得的牽引力為104ND.該車受到的阻力為63N三、非選擇題10.神經(jīng)系統(tǒng)中,把神經(jīng)纖維分為有髓鞘與無髓鞘兩大類?，F(xiàn)代生物學(xué)認(rèn)為,髓鞘是由多層(幾十層到幾百層不等)類脂物質(zhì)——髓質(zhì)累積而成的,髓質(zhì)具有很大的電阻。已知蛙的神經(jīng)為有髓鞘神經(jīng),髓鞘的厚度只有2μm左右。而它在每平方厘米的面積上產(chǎn)生的電阻卻高達(dá)1.6×105Ω。(1)若不計髓質(zhì)片層間的接觸電阻,計算髓質(zhì)的電阻率。(2)若有一圓柱體是由髓質(zhì)制成的,該圓柱體的體積為32πcm3,當(dāng)在其兩底面上加上1000V的電壓時,通過該圓柱體的電流為10πμA,求圓柱體的圓面半徑和高。

電路的基本概念和規(guī)律1.A解析:電源的電動勢在數(shù)值上等于電源搬運單位正電荷時非靜電力所做的功,A正確。電阻率是反映材料導(dǎo)電性能的物理量,不僅與材料種類有關(guān),還與溫度、壓力和磁場等外界因素有關(guān),B錯誤。電流通過導(dǎo)體的熱功率與電流大小的二次方成正比,C錯誤。電容是表征電容器容納電荷本領(lǐng)的物理量,由決定式C=εrS4πkd可知電容的大小是由εr(相對介電常數(shù))、S(正對面積)及d(極板間距)等因素決定的,2.B解析:在Δt時間內(nèi),以速度v移動的電子在銅導(dǎo)線中通過的距離為vΔt,由于單位長度的導(dǎo)線有n個自由電子,則在Δt時間內(nèi),通過導(dǎo)線橫截面的自由電子數(shù)目可表示為N=nvΔt;電子的電荷量為e,則在Δt時間內(nèi),流經(jīng)導(dǎo)線的電荷量為Q=nveΔt,設(shè)流經(jīng)導(dǎo)線的電流為I,則I=QΔt=nev,故B正確,A、C、3.D解析:設(shè)長薄片合金電阻板厚度為h,根據(jù)電阻定律R=ρlS,R12=ρl1?l2,R34=ρ4.B解析:A點電阻RA=31.0×10-1Ω=30Ω,B點電阻RB=61.5×10-1Ω=40Ω,故A錯誤5.A解析:電吹風(fēng)吹熱風(fēng)時電熱絲消耗的功率為P=1000W-120W=880W,對電熱絲,由P=U2R可得電熱絲的電阻為R=U2P=2202880Ω=55Ω,選項A正確。由于不知道電動機線圈的發(fā)熱功率,所以電動機線圈的電阻無法計算,選項B錯誤。當(dāng)電吹風(fēng)吹熱風(fēng)時,電熱絲每秒消耗的電能為880J,選項C6.C解析:由于電飯煲是純電阻元件,所以R1=UI1=44Ω,P1=UI1=1100W,其在1min內(nèi)消耗的電能W1=UI1t=6.6×104J;洗衣機電動機為非純電阻元件,所以R2≠UI2,P2=UI2=110W,其在1min內(nèi)消耗的電能W2=UI2t=6.6×103J,其熱功率P熱≠P2,所以電飯煲發(fā)熱功率不是洗衣機電動機發(fā)熱功率的10倍。故C正確,A、7.ACD解析:電動機和電熱絲串聯(lián),通過的電流相同,電動機的功率P1=U1I,A正確。電動機是非純電阻元件,U1>IR1,B錯誤。電熱絲是純電阻元件,P2=I2R2,C正確。電熱絲是純電阻元件,由歐姆定律可以推出U2=IR2,故D正確。8.AD解析:I-U圖像的斜率表示電阻的倒數(shù),由題圖可得R1∶R2=1∶3,故選項A正確,B錯誤。R1與R2串聯(lián)后電流相等,故選項C錯誤。R1與R2并聯(lián)后電壓相同,由公式U=IR知,電流與電阻成反比,故選項D正確。9.AD解析:由于U=48V,I=12A,則P=IU=576W,故選項A正確。因P入=P出+I2r,r=P入-P出I2=576-350122Ω=1.57Ω,故選項B錯誤。由P出=Fv=Ffv10.解析:(1)由電阻定律R=ρlS得ρ=RSl=1.6×105×1.0(2)由部分電路歐姆定律得R=U由圓柱體體積公式得πr2h=V又R=ρ?聯(lián)立解得r=4cm,h=2cm。答案:(1)8×106Ω·m(2)4cm2cm

閉合電路的歐姆定律一、單項選擇題1.某掃地機器人電池容量為2000mA·h,額定工作電壓為15V,額定功率為30W,則下列說法正確的是()A.掃地機器人的電阻是7.5ΩB.題中mA·h是能量的單位C.掃地機器人正常工作時的電流是2AD.掃地機器人充滿電后一次最長工作時間約為4h2.在如圖所示的電路中,開關(guān)S閉合后,若將滑動變阻器的滑片P向下調(diào)節(jié),下列說法正確的是()A.電壓表和電流表的示數(shù)都增大B.燈L2變暗,電流表的示數(shù)減小C.燈L1變亮,電壓表的示數(shù)減小D.燈L2變亮,電容器的電荷量增加3.如圖所示,移動滑動變阻器R的滑片,發(fā)現(xiàn)電流表的示數(shù)為零,電壓表的示數(shù)逐漸增大,則電路的可能故障為()A.小燈泡短路B.小燈泡斷路C.電流表斷路D.滑動變阻器斷路4.將一電源與一電阻箱連接成閉合回路,測得電阻箱所消耗的功率P與電阻箱讀數(shù)R變化的曲線如圖所示,由此可知()A.電源最大輸出功率可能大于45WB.電源內(nèi)阻一定等于5ΩC.電源電動勢為45VD.電阻箱所消耗的功率P最大時,電源效率大于50%二、多項選擇題5.如圖所示,D是一只理想二極管,水平放置的平行板電容器AB內(nèi)部原有帶電微粒P處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列措施下,關(guān)于P的運動情況說法正確的是()A.保持S閉合,增大A、B板間距離,P仍靜止B.保持S閉合,減小A、B板間距離,P向上運動C.斷開S后,增大A、B板間距離,P向下運動D.斷開S后,減小A、B板間距離,P仍靜止6.如圖甲所示,不計電表對電路的影響,改變滑動變阻器的滑片位置,測得電壓表V1和V2隨電流表A的示數(shù)變化規(guī)律分別如圖乙中a、b所示,下列判斷正確的是()甲乙A.圖線a的延長線與縱軸交點的坐標(biāo)值等于電源電動勢B.圖線b斜率的絕對值等于電源的內(nèi)阻C.圖線a、b交點的橫、縱坐標(biāo)之積等于此狀態(tài)下電源的輸出功率D.圖線a、b交點的橫、縱坐標(biāo)之積等于此狀態(tài)下電阻R0消耗的功率三、非選擇題7.如圖所示,電源電動勢E=6V,內(nèi)阻r=1Ω,電阻R1=2Ω,R2=3Ω,R3=7.5Ω,電容器的電容C=4μF。開關(guān)S原來斷開,現(xiàn)在合上開關(guān)S到電路穩(wěn)定,這一過程中通過電流表的電荷量是多少?8.如圖所示的電路中,R1=4Ω,R2=2Ω,滑動變阻器R3上標(biāo)有“10Ω2A”的字樣,理想電壓表的量程有0~3V和0~15V兩擋,理想電流表的量程有0~0.6A和0~3A兩擋。閉合開關(guān)S,將滑片P從最左端向右移動到某位置時,電壓表、電流表示數(shù)分別為U3=2V和I1=0.5A;繼續(xù)向右移動滑片P至另一位置,電壓表指針指在滿偏的13,電流表指針也指在滿偏的1

閉合電路的歐姆定律1.C解析:根據(jù)題意知,掃地機器人是非純電阻用電器,無法計算掃地機器人的電阻,故A錯誤。題中mA·h是電荷量的單位,故B錯誤。掃地機器人正常工作時的電流為I=PU=3015A=2A,故C正確。根據(jù)題意知,2000mA·h=2A·h,掃地機器人充滿電后一次工作時間約為t=2A·h2.C解析:將滑動變阻器的滑片P向下調(diào)節(jié),滑動變阻器接入電路的電阻減小,外電路總電阻減小,根據(jù)閉合電路歐姆定律分析得知,路端電壓U減小,干路電流I增大,則電壓表的示數(shù)減小,燈L1變亮,U1增大,R與燈L2并聯(lián)電路的電壓U2=U-U1,則U2減小,即I2減小,燈L2變暗,電容器的電荷量減少,流過電流表的電流IA=I-I2,I增大,I2減小,則IA增大,電流表的示數(shù)增大,故C正確。3.B解析:若小燈泡短路,電壓表也被短路,示數(shù)應(yīng)為零,與題不符,故A錯誤。若小燈泡斷路,電壓表與電流表組成串聯(lián)電路,由于電壓表內(nèi)阻很大,電流表示數(shù)很小,幾乎為零,電壓表直接測量滑片與a端間的電壓,在滑片從a向b端移動時,電壓表的示數(shù)將增大,與題相符,故B正確。若電流表斷路,電壓表中無電流,將沒有讀數(shù),與題不符,故C錯誤。若滑動變阻器的滑片右端斷開,兩個電表均無示數(shù);若滑片左端斷開,兩個電表均有示數(shù),不符合題意,故D錯誤。4.B解析:將一電源與一電阻箱連接成閉合回路,電阻箱所消耗功率P等于電源輸出功率。由電阻箱所消耗功率P與電阻箱讀數(shù)R變化的曲線可知,電阻箱所消耗功率P最大為45W,所以電源最大輸出功率為45W,選項A錯誤。由電源輸出功率最大的條件可知,電源輸出功率最大時,外電路電阻等于電源內(nèi)阻,所以電源內(nèi)阻一定等于5Ω,選項B正確。由電阻箱所消耗功率P最大值為45W可知,此時電阻箱讀數(shù)為R=5Ω,電流I=PR=3A,電源電動勢E=I(R+r)=30V,選項C錯誤。電阻箱所消耗的功率P最大時,電源效率為50%,選項D5.ABD解析:保持S閉合,電源的路端電壓不變,增大A、B板間距離,電容減小,由于二極管的單向?qū)щ娦?電容器不能放電,其電荷量不變,由推論E=4πkQεrS得到,板間電場強度不變,微粒所受靜電力不變,仍處于靜止?fàn)顟B(tài),故A正確。保持S閉合,電源的路端電壓不變,電容器的電壓不變,減小A、B板間距離,由E=Ud可知,板間電場強度增大,靜電力增大,微粒將向上運動,故B正確。斷開S后,電容器的電荷量Q不變,由推論E=4πkQεrS得到,6.ACD解析:當(dāng)滑動變阻器滑片向右滑動時,電阻減小,電流增大,電壓表V2的示數(shù)增大,V1的示數(shù)減小,所以圖線b是電壓表V2示數(shù)的變化情況,圖線a是電壓表V1示數(shù)的變化情況;當(dāng)外電路電阻無限大時,電路中電流為0,故此時電壓表V1的示數(shù)就是a的延長線與縱軸交點的坐標(biāo)值,它等于電源的電動勢,A正確。圖線b斜率的絕對值等于電阻R0的阻值,B錯誤。圖線a、b交點的橫、縱坐標(biāo)之積既等于此狀態(tài)下電源的輸出功率,也等于電阻R0消耗的功率,C、D正確。7.解析:S斷開,C相當(dāng)于斷路,R3中無電流,C兩端電壓即R2兩端電壓U2=ER1+R2+rQ=CU2=12×10-6Ca板帶正電,b板帶負(fù)電S閉合,C兩端電壓即R1兩端電壓U1=R1R1+R2·ErQ'=CU1=7.2×10-6Ca板帶負(fù)電,b板帶正電故通過電流表的電荷量ΔQ=Q+Q'=1.92×10-5C。答案:1.92×10-5C8.解析:滑片P向右移動的過程中,電流表示數(shù)在減小,電壓表示數(shù)在增大,由此可以確定電流表量程選取的是0~0.6A,電壓表量程選取的是0~15V所以第二次電流表的示數(shù)為I1'=13×0.6A=0.2電壓表的示數(shù)為U3'=13×15V=5當(dāng)電流表示數(shù)為0.5A時R1兩端的電壓為U1=I1R1=0.5×4V=2V回路的總電流為I總=I1+U1R2=0.5+2由閉合電路歐姆定律得E=I總r+U1+U3①當(dāng)電流表示數(shù)為0.2A時R1兩端的電壓為U1'=I1'R1=0.2×4V=0.8V回路的總電流為I總'=I1'+U1'R2=0.2+由閉合電路歐姆定律得E=I總'r+U1'+U3'②聯(lián)立①②解得E=7.0V,r=2.0Ω。答案:7.0V2.0Ω

電學(xué)實驗基礎(chǔ)1.(多選)如圖所示,甲、乙兩電路都是由一個靈敏電流表G和一個電阻箱R組成的,下列說法正確的是()A.甲表是電流表,R增大時量程增大B.甲表是電流表,R增大時量程減小C.乙表是電壓表,R增大時量程增大D.乙表是電壓表,R增大時量程減小2.下圖是有兩個量程的電流表,當(dāng)使用a、b兩個端點時,量程為1A;當(dāng)使用a、c兩個端點時,量程為0.1A。已知表頭的內(nèi)阻Rg為200Ω,滿偏電流Ig為2mA,求電阻R1、R2的值。3.某同學(xué)欲將內(nèi)阻為98.5Ω、量程為100μA的電流表改裝成歐姆表并進(jìn)行刻度和校準(zhǔn),要求改裝后歐姆表的15kΩ刻度正好對應(yīng)電流表表盤的50μA刻度?？蛇x用的器材還有:定值電阻R0(阻值14kΩ),滑動變阻器R1(最大阻值1500Ω),滑動變阻器R2(最大阻值500Ω),電阻箱(0~99999.9Ω),干電池(E=1.5V,r=1.5Ω),紅、黑表筆和導(dǎo)線若干。甲(1)歐姆表設(shè)計將圖甲中的實物連線組成歐姆表。歐姆表改裝好后,滑動變阻器R接入電路的電阻應(yīng)為Ω;滑動變阻器選(選填“R1”或“R2”)。

(2)刻度歐姆表表盤通過計算,對整個表盤進(jìn)行電阻刻度,如圖乙所示。表盤上a、b處的電流刻度分別為25和75,則a、b處的電阻刻度分別為、。

乙(3)校準(zhǔn)紅、黑表筆短接,調(diào)節(jié)滑動變阻器,使歐姆表指針指向kΩ處;將紅、黑表筆與電阻箱連接,記錄多組電阻箱接入電路的電阻值及歐姆表上對應(yīng)的測量值,完成校準(zhǔn)數(shù)據(jù)測量。若校準(zhǔn)某刻度時,電阻箱旋鈕位置如圖丙所示,則電阻箱接入的阻值為Ω。

丙4.某探究性學(xué)習(xí)小組利用如圖甲所示的電路測量電池的電動勢和內(nèi)阻。其中電流表A1的內(nèi)阻r1=1.0kΩ,電阻R1=9.0kΩ。為了方便讀數(shù)和作圖,給電池串聯(lián)一個R0=3.0Ω的電阻。(1)按圖示電路進(jìn)行連接后,發(fā)現(xiàn)aa'、bb'和cc'三條導(dǎo)線中,混進(jìn)了一條內(nèi)部斷開的導(dǎo)線。為了確定哪一條導(dǎo)線內(nèi)部是斷開的,將開關(guān)S閉合,用多用電表的電壓擋先測量a、b'間電壓,讀數(shù)不為零,再測量a、a'間電壓,若讀數(shù)不為零,則一定是導(dǎo)線斷開;若讀數(shù)為零,則一定是導(dǎo)線斷開。

甲乙(2)排除故障后,該小組順利完成實驗。通過多次改變滑動變阻器滑片位置,得到電流表A1和A2的多組I1、I2數(shù)據(jù),作出圖像如圖乙所示。由I1-I2圖像得到電池的電動勢E=V,內(nèi)阻r=Ω。

5.圖甲為某同學(xué)改裝和校準(zhǔn)毫安表的電路圖,其中虛線框內(nèi)是毫安表的改裝電路。(1)已知毫安表表頭的內(nèi)阻為100Ω,滿偏電流為1mA;R1和R2為阻值固定的電阻。若使用a和b兩個接線柱,電表量程為3mA;若使用a和c兩個接線柱,電表量程為10mA。由題給條件和數(shù)據(jù),可以求出R1=Ω,R2=Ω。

(2)現(xiàn)用一量程為3mA、內(nèi)阻為150Ω的標(biāo)準(zhǔn)電流表對改裝電表的3mA擋進(jìn)行校準(zhǔn),校準(zhǔn)時需選取的刻度為0.5mA、1.0mA、1.5mA、2.0mA、2.5mA、3.0mA。電池的電動勢為1.5V,內(nèi)阻忽略不計;定值電阻R0有兩種規(guī)格,阻值分別為300Ω和1000Ω;滑動變阻器R有兩種規(guī)格,最大阻值分別為750Ω和3000Ω。R0應(yīng)選用阻值為Ω的電阻,R應(yīng)選用最大阻值為Ω的滑動變阻器。

(3)假設(shè)電阻R1和R2中有一個因損壞而阻值變?yōu)闊o窮大,利用圖乙的電路可以判斷出損壞的電阻。圖乙中的R'為保護(hù)電阻,虛線框內(nèi)未畫出的電路即為圖甲虛線框內(nèi)的電路。圖中的d點應(yīng)和接線柱(選填“b”或“c”)相連。判斷依據(jù)是

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電學(xué)實驗基礎(chǔ)1.BC解析:由電表的改裝原理可知,電流表應(yīng)是G與R并聯(lián),改裝后加在G兩端的最大電壓Ug=IgRg不變,所以并聯(lián)電阻R越大,I=Ig+IR越小,即量程越小,A錯誤,B正確。電壓表應(yīng)是G與R串聯(lián),改裝后量程U=IgRg+IgR,可知R越大,量程越大,C正確,D錯誤。2.解析:接a、c時,由并聯(lián)電路特點有R得R1+R2=IgR接a、b時,由并聯(lián)電路特點有R得499R1=200Ω+R2所以R1=0.408Ω,R2=3.673Ω。答案:0.408Ω3.673Ω3.解析:(1)把圖中各元件串聯(lián)起來,注意電流從紅表筆進(jìn),從黑表筆出。15kΩ為中值電阻,也是歐姆表內(nèi)阻,RΩ-R0-r-Rg=15000Ω-14000Ω-1.5Ω-98.5Ω=900Ω,R1最大值為1500Ω,能提供900Ω的電阻,故選R1。(2)RΩ+Rx1=EI1,RΩ=15kΩ,I1=25μA,聯(lián)立求得Rx1=45000Ω=45kΩ,a處的刻度標(biāo)為45。RΩ+Rx2=EI2,I2=75μA,聯(lián)立求得Rx2=5000Ω=5kΩ,(3)歐姆表歐姆調(diào)零時調(diào)到0;讀數(shù)就是箭頭指的數(shù)乘以倍數(shù),然后再加起來,求得和為35000.0Ω。答案:(1)連線如圖所示900R1(2)455(3)035000.04.解析:(1)用多用電表的電壓擋檢測電路故障,多用電表的表頭是電流計,原電路有斷路,回路中無電流。將多用電表接在a、b'間后有示數(shù),說明電路被接通,即a、b'間有斷路故障。再測量a、a'間電壓,若多用電表讀數(shù)不為零,斷路故障的范圍被縮小到a、a'間,則一定是aa'導(dǎo)線斷開。若讀數(shù)為零,則說明電路仍未被接通,電路故障一定是bb'導(dǎo)線斷開。(2)根據(jù)閉合電路的歐姆定律得E=I1(R1+r1)+(I1+I2)(R0+r),I1?I2,上式可簡化為E=I1(R1+r1)+I2(R0+r),讀出兩點坐標(biāo)(60mA,0.12mA)和(260mA,0.05mA),代入方程解得電動勢E=1.41V,內(nèi)阻r=0.5Ω。答案:(1)aa'bb'(2)1.41(1.36~1.44均可)0.5(0.4~0.6均可)5.解析:(1)設(shè)使用a和b兩接線柱時,電表量程為I1;使用a和c兩接線柱時,電表量程為I2,則使用a和b時,IgRgR1+使用a和c時,Ig(Rg+R由①②兩式得R1=15Ω,R2=35Ω。(2)校準(zhǔn)時電路中的總電阻的最小值為R小=1.53.0×10-3Ω=500Ω,總電阻的最大值為R大=1.50.5×10-3Ω=3(3)d接b時,R1和R2串聯(lián),不論是R1還是R2損壞,電表都有示數(shù)且示數(shù)相同,故應(yīng)將d接c。根據(jù)d接c時的電路連接情況可知:閉合開關(guān)時,若電表指針偏轉(zhuǎn),則損壞的電阻是R1;若電表指針不動,則損壞的電阻是R2。答案:(1)1535(2)3003000(3)c閉合開關(guān)時,若電表指針偏轉(zhuǎn),則損壞的電阻是R1;若電表指針不動,則損壞的電阻是R2

機械振動一、單項選擇題1.如圖所示,彈簧振子在a、b兩點間做簡諧運動,當(dāng)振子從平衡位置O向a運動過程中()A.加速度和速度均不斷減小B.加速度和速度均不斷增大C.加速度不斷增大,速度不斷減小D.加速度不斷減小,速度不斷增大2.如圖所示,在一根張緊的繩子上掛幾個擺,其中A、B的擺長相等。當(dāng)A擺振動時,其余各擺做受迫振動。觀察B、C、D擺的振動會發(fā)現(xiàn)()A.C擺的頻率最小 B.D擺的周期最大C.B擺的擺角最大 D.B、C、D的擺角相同3.做簡諧運動的單擺,其擺長不變,若擺球的質(zhì)量增大為原來的94倍,擺球經(jīng)過平衡位置的速度減為原來的23,則單擺振動的(A.周期不變,振幅不變 B.周期不變,振幅變小C.周期改變,振幅不變 D.周期改變,振幅變大4.有一彈簧振子,振幅為0.8cm,周期為0.5s,初始時具有負(fù)方向的最大加速度,則它的振動方程是()A.x=8×10-3sin4πt+π2m B.x=8×10C.x=8×10-1sinπt+3π2m D.x=8×105.如圖所示,一根用絕緣材料制成的勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧,左端固定,右端與質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球相連,靜止在光滑、絕緣的水平面上。在施加一個電場強度為E、方向水平向右的勻強電場后,小球開始做簡諧運動,那么()A.小球到達(dá)最右端時,彈簧的形變量為2B.小球做簡諧運動的振幅為2C.運動過程中小球的機械能守恒D.運動過程中小球的電勢能和彈簧的彈性勢能的總量不變二、多項選擇題6.如圖所示,曲軸上掛一個彈簧振子,轉(zhuǎn)動搖把,曲軸可帶動彈簧振子上下振動。開始時不轉(zhuǎn)動搖把,讓振子自由振動,測得其頻率為2Hz?，F(xiàn)勻速轉(zhuǎn)動搖把,轉(zhuǎn)速為240r/min。則()A.當(dāng)振子穩(wěn)定振動時,它的振動周期是0.5sB.當(dāng)振子穩(wěn)定振動時,它的振動頻率是4HzC.當(dāng)轉(zhuǎn)速增大時,彈簧振子的振幅增大D.外界對彈簧振子做正功,彈簧振子的振幅增大7.下圖為同一地點的兩個單擺甲、乙的振動圖像,下列說法正確的是()A.甲、乙兩單擺的擺長相等B.甲擺的振幅比乙擺的大C.甲擺的機械能比乙擺的大D.在t=0.5s時有正向最大加速度的是乙擺8.如圖所示,甲、乙兩木塊疊放在光滑水平面上,質(zhì)量分別為m甲和m乙,甲木塊與乙木塊之間的最大靜摩擦力為Ffmax,乙木塊與勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧連接構(gòu)成彈簧振子。為使甲木塊和乙木塊在振動過程中不發(fā)生相對滑動,則()A.它們的振幅不能大于A=(mB.它們的振幅不能大于A=(C.它們的最大加速度不能大于FfmaxD.它們的最大加速度不能大于F三、非選擇題9.如圖所示,質(zhì)量mA=150g的平臺A連接在勁度系數(shù)k=100N/m的彈簧上端,彈簧下端固定在地面上,形成豎直方向的彈簧振子;將質(zhì)量mB=50g的物塊B置于A的上方,使A、B兩物塊一起上下振動。彈簧原長l0=6cm,A的厚度可忽略不計,g取10m/s2。(1)當(dāng)系統(tǒng)做小振幅簡諧運動時,A的平衡位置離地面C的高度是多少?(2)當(dāng)振幅為1cm時,B對A的最大壓力的大小是多少?(3)為使B在振動中始終與A接觸,振幅不能超過多大?

機械振動1.C解析:在振子由O到a的過程中,其位移不斷增大,回復(fù)力增大,加速度增大,但是由于加速度與速度方向相反,故速度減小,因此選項C正確。2.C解析:由A擺擺動帶動其他3個擺做受迫振動,受迫振動的頻率等于驅(qū)動力的頻率,故其他各擺振動周期與A擺相等,頻率也相等,故選項A、B錯誤。受迫振動中,當(dāng)固有頻率等于驅(qū)動力頻率時,出現(xiàn)共振現(xiàn)象,振幅達(dá)到最大,由于B擺的固有頻率與A擺的相同,故B擺發(fā)生共振,振幅最大,故選項C正確,D錯誤。3.B解析:由單擺的周期公式T=2πl(wèi)g可知,當(dāng)擺長l不變時,周期不變,故C、D錯誤。由能量守恒定律可知12mv2=mgh,其擺動的高度與質(zhì)量無關(guān),因擺球經(jīng)過平衡位置的速度減小,則擺球到達(dá)的最大高度減小,振幅減小,選項B正確4.A解析:振幅A=0.8cm=8×10-3m,ω=2πT=4πrad/s。由題知初始時(即t=0時)振子在正向最大位移處,即sinφ0=1,得φ0=π2,故振子做簡諧運動的振動方程為x=8×10-3sin4πt5.A解析:加電場后,振子的平衡位置在彈簧伸長為qEk處,由簡諧運動的對稱性知振子的振幅為qEk,到達(dá)最右端時彈簧的形變量為2qEk,選項A正確,B錯誤。運動過程中,小球的電勢能、彈簧的彈性勢能、動能總量保持不變,選項6.BD解析:搖把勻速轉(zhuǎn)動的頻率f=n=24060Hz=4Hz,周期T=1f=0.25s;當(dāng)振子穩(wěn)定振動時,它的振動周期及頻率均與驅(qū)動力的周期及頻率相等,選項A錯誤,B正確。當(dāng)轉(zhuǎn)速減小時,其頻率將更接近振子的固有頻率2Hz,彈簧振子的振幅將增大,選項C錯誤。外界對彈簧振子做正功,系統(tǒng)機械能增大,振幅增大,選項7.ABD解析:由題圖可知,兩單擺的周期相同,同一地點重力加速度g相同,由單擺的周期公式T=2πl(wèi)g可知,甲、乙兩單擺的擺長相等,選項A正確。甲擺的振幅為10cm,乙擺的振幅為7cm,則甲擺的振幅比乙擺大,選項B正確。盡管甲擺的振幅比乙擺大,兩擺的擺長相等,但由于兩擺的質(zhì)量未知,故無法比較機械能的大小,選項C錯誤。在t=0.5s時,甲擺經(jīng)過平衡位置,振動的加速度為零,而乙擺的位移為負(fù)的最大值,則乙擺具有正向最大加速度,選項D8.BD解析:當(dāng)甲木塊和乙木塊在振動過程中恰好不發(fā)生相對滑動時,甲、乙兩木塊間靜摩擦力達(dá)到最大。根據(jù)牛頓第二定律,以甲木塊為研究對象,a=Ffmaxm甲,D正確。以甲、乙兩木塊整體為研究對象,kA=(m甲+m乙)a,代入a=Ffmaxm甲9.解析:(1)振幅很小時,A、B間不會分離,將A與B整體作為振子,當(dāng)它們處于平衡位置時,根據(jù)平衡條件得kx0=(mA+mB)g得形變量x0=2cm平衡位置距地面高度h=l0-x0=4cm。(2)當(dāng)A、B運動到最低點時,有向上的最大加速度,此時A、B間相互作用力最大。設(shè)振幅為A,最大加速度am=k對B有FN-mBg=mBam解得FN=0.75N。(3)為使B在振動中始終與A接觸,在最高點時相互作用力應(yīng)滿足FN≥0取B為研究對象,根據(jù)牛頓第二定律,有mBg-FN'=mBa'當(dāng)FN'=0時,B振動的加速度達(dá)到最大值,且最大值aBm=g=10m/s2(方向豎直向下)因aAm=aBm=g表明A、B僅受重力作用,此刻彈簧的彈力為零,彈簧處于原長,有Am=x0=2cm即振幅不能大于2cm。答案:(1)4cm(2)0.75N(3)2cm

機械波一、單項選擇題1.利用發(fā)波水槽得到的水面波形如圖甲和乙所示。由此可知()A.甲和乙都是衍射圖樣B.甲和乙都是干涉圖樣C.甲是衍射圖樣,乙是干涉圖樣D.甲是干涉圖樣,乙是衍射圖樣2.下列各圖分別表示一列水波在傳播過程中遇到了小孔(①、②圖)或障礙物(③、④圖),每兩條相鄰曲線之間距離表示一個波長,其中能發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象的有()A.③④ B.②④C.①③ D.①②3.某一列沿x軸傳播的簡諧橫波,在t=T4時刻的波形如圖所示,P、Q為介質(zhì)中的兩質(zhì)點,質(zhì)點P正在向動能增大的方向運動。下列說法正確的是(A.波沿x軸正方向傳播B.t=T4時刻,Q比PC.t=3T4時刻,D.t=3T4時刻,P向4.如圖所示,因波源S周期性振動產(chǎn)生向右傳播的機械波,振幅呈現(xiàn)A、2A交替變化。在t=0時刻恰好傳到x=7d位置處,P、Q分別是x=2d和x=4d位置處的兩個質(zhì)點。下列說法正確的是()A.波源S的振動頻率始終保持不變B.機械波的波速在不斷變化C.當(dāng)機械波剛好傳到x=11d位置處時,P點和Q點經(jīng)過的路程相等D.任一時刻,質(zhì)點P和質(zhì)點Q的速度方向相同5.甲、乙兩列簡諧橫波沿同一直線傳播,t=0時刻兩波疊加區(qū)域各自的波形如圖所示。已知甲沿x軸正方向傳播,乙沿x軸負(fù)方向傳播,兩列波的傳播速度相同,甲的周期為0.4s,則()A.兩列波在相遇區(qū)域會發(fā)生干涉現(xiàn)象B.t=0時,x=4m處質(zhì)點速度沿y軸正方向C.t=0.2s時,x=4m處質(zhì)點位置為y=-1cmD.t=0.2s時,x=4m處質(zhì)點速度為零二、多項選擇題6.(2022·山東卷)一列簡諧橫波沿x軸傳播,平衡位置位于坐標(biāo)原點的質(zhì)點振動圖像如圖所示。當(dāng)t=7s時,簡諧波的波形可能正確的是()7.一列橫波在t=0時刻的波形如圖所示,a、b兩質(zhì)點間距為8m,a、c兩質(zhì)點平衡位置的間距為3m,當(dāng)t=1s時,質(zhì)點c恰好通過平衡位置,則波速可能為()A.1m/s B.8m/sC.13m/s D.23m/s三、非選擇題8.有兩列簡諧橫波a、b在同一介質(zhì)中分別沿x軸正方向和負(fù)方向傳播。兩列波在t=0時刻的波形如圖所示,已知a波的周期Ta=1s。(1)求兩列波的傳播速度。(2)從t=0時刻開始,最短經(jīng)過多長時間x=1.0m的質(zhì)點偏離平衡位置的位移為0.16m?

機械波1.C解析:甲圖中水波通過狹縫在擋板后面繼續(xù)傳播,是衍射圖樣。頻率相同的兩列波相遇,當(dāng)波程差為波長的整數(shù)倍時,振動加強;當(dāng)波程差為半個波長的奇數(shù)倍時,振動減弱;加強和減弱的區(qū)域交替出現(xiàn),故題圖乙是發(fā)生了干涉現(xiàn)象,綜上所述,故C正確,A、B、D錯誤。2.B解析:一列水波在傳播過程中遇到了小孔(①②圖),相比而言②圖的孔洞的尺寸比①圖小,且②中波的波長與小孔的尺寸差不多,所以②能比①更能發(fā)生明顯的衍射。一列水波在傳播過程中遇到了障礙物(③④圖),相比而言④圖的障礙物的尺寸比③圖小,且④中波的波長大于障礙物的尺寸,所以④圖能發(fā)生明顯的衍射。故選B。3.D解析:由質(zhì)點P向動能增大的方向運動知,t=T4時P點向平衡位置運動,即運動方向向下,可得該波沿x軸負(fù)方向傳播,A錯誤。題圖所示t=T4時刻Q點處在波谷,速度為0,小于P點的速度,B錯誤。t=3T4時刻相對于t=T4時刻,經(jīng)過半個周期,此時Q點位于波峰,P點在平衡位置下方,如圖虛線部分,此時P點向y4.C解析:同一介質(zhì)中波速一定,選項B錯誤。由題圖知,波長為2d和d的波形交替變化,因此波源的振動頻率也做周期性改變,選項A錯誤。在機械波向右傳過4d的過程中,P點經(jīng)過2個周期的振幅為A的振動和1個周期的振幅為2A的振動,路程為16A;Q點經(jīng)過1.5個周期的振幅為2A的振動和1個周期的振幅為A的振動,路程也為16A,選項C正確。質(zhì)點P和質(zhì)點Q的速度方向不一定相同,選項D錯誤。5.C解析:由題圖可知,乙波的波長為8m,甲波的波長為4m,由于波速相同,則兩波的頻率不同,所以兩列波在相遇區(qū)域不會發(fā)生干涉現(xiàn)象,A錯誤。由上下坡法可知,兩列波在x=4m處的振動方向均沿y軸負(fù)方向,則t=0時,x=4m處質(zhì)點速度沿y軸負(fù)方向,B錯誤。由于乙波的波長為甲波的兩倍,波速相同,則乙波的周期為甲波的兩倍,即為0.8s。從題圖所示位置開始經(jīng)過0.2s,即經(jīng)過甲的半個周期或乙的四分之一周期,甲波使x=4m處質(zhì)點先向下運動,再回到平衡位置,乙波使x=4m處質(zhì)點振動到波谷位置。由疊加原理可知,此時x=4m處質(zhì)點位置為y=-1cm,C正確。此時由于甲波使x=4m處質(zhì)點回到平衡位置,所以此時速度不為0,D錯誤。6.AC解析:由振動圖像可知,周期T=12s,則ω=2π12rad/s=π6rad/s,由t0=0時y0=10cm,可得出平衡位置位于坐標(biāo)原點的質(zhì)點的振動方程為y=20sinπ6t+π6cm,則t=7s時,y=20sin43πcm=-20×32cm=-103cm,7.ACD解析:若波向左傳播:圖中c點最右側(cè)的平衡位置的振動傳到c點時,c恰好通過平衡位置,此過程中波傳播的距離為x=1m,則波速為v=xt=11m/s=1m/s。根據(jù)波的周期性可知,波向左傳播的距離為x=(4n+1)m(n=0,1,2,3,…),波速為v=xt=4n+11m/s=(4n+1)m/s,n=0時,v=1m/s,當(dāng)n=3時,v=13m/s。若波向右傳播,根據(jù)波的周期性可知,波向右傳播的距離為x=(4n+3)m(n=0,1,2,3,…),波速為v=xt=(4n+3)m/s。當(dāng)n=5時,v=23m/s,由于n是整數(shù),所以v不可能等于88.解析:(1)由題圖可知a、b兩列波的波長分別為λa=2.5m,λb=4.0m兩列波在同種介質(zhì)中的傳播速度相同,為v=λaTa=2.5(2)要使x=1.0m處的質(zhì)點偏離平衡位置的位移為0.16m,需滿足a波和b波的波峰同時傳播到該質(zhì)點。a波的波峰傳播到x=1.0m的質(zhì)點經(jīng)歷的時間ta=Δxav=1m+b波的波峰傳播到x=1.0m的質(zhì)點經(jīng)歷的時間tb=Δxbv=1又ta=tb=t聯(lián)立解得5m-8n=1(m=0,1,2,…;n=0,1,2,…)分析知,當(dāng)m=5、n=3時,x=1.0m的質(zhì)點偏離平衡位置的位移為0.16m時經(jīng)過的時間最短。將m=5代入ta=1m+解得t=ta=5.4s。答案:(1)都為2.5m/s(2)5.4s

光的折射全反射一、單項選擇題1.如圖所示,口徑較大、充滿水的薄壁圓柱形淺玻璃缸底有一發(fā)光小球,則()A.小球必須位于缸底中心才能從側(cè)面看到小球B.小球所發(fā)的光能從水面任何區(qū)域射出C.小球所發(fā)的光從水中進(jìn)入空氣后頻率變大D.小球所發(fā)的光從水中進(jìn)入空氣后傳播速度變大2.寶石切工是衡量寶石價值的重要指標(biāo)之一,優(yōu)秀的切割工藝可以讓寶石璀璨奪目。若將某寶石的剖面簡化(如圖所示,關(guān)于虛線左右對稱),一束激光垂直MN面入射,恰好分別在PO面、QO面發(fā)生全反射后垂直于MN面射出,由此可知該寶石對該激光的折射率為()A.2 B.3 C.1 D.23.如圖所示,由某種透明介質(zhì)制成的長直細(xì)圓柱體置于真空中,某種單色光在介質(zhì)中傳輸,經(jīng)過多次全反射后從右端射出。若以全反射臨界角傳輸?shù)墓饩€剛好從右端以張角2θ出射,則此介質(zhì)的折射率為()A.1+sin2θ B.1+cos2θ C.1+cos24.如圖所示,一小孩(已穿好游泳保護(hù)衣)在泳池的水面上以1m/s的速度游泳,t=0時他看到自己正下方的水底有一排水口,t=3s時他恰好看不到排水口了,水的折射率n=43,下列說法正確的是(A.3s后,小孩會再次看到水底的排水口B.前3s內(nèi),小孩看到的排水口越來越明亮C.泳池的深度為7mD.t=1s時小孩看到的排水口深度為475.水下一點光源,發(fā)出a、b兩單色光。人在水面上方向下看,水面中心Ⅰ區(qū)域有a光、b光射出,Ⅱ區(qū)域只有a光射出,如圖所示。下列判斷不正確的是()A.a、b光從Ⅰ區(qū)域某點傾斜射出時,a光的折射角小B.在真空中,a光的波長大于b光的波長C.水對a光的折射率大于對b光的折射率D.水下a、b光能射到圖中Ⅰ區(qū)域以外區(qū)域二、多項選擇題6.光的反射、折射及全反射是自然界中很常見的現(xiàn)象。在一次實驗課上,某小組進(jìn)行了實驗:將一束單色細(xì)光束由空氣(視為真空)沿著半徑方向射入一塊半圓柱形透明體,如圖甲所示,對其從圓心O點射出后的折射光線的強度用相應(yīng)傳感器進(jìn)行了記錄,發(fā)現(xiàn)從O點射出的折射光線的強度隨著夾角θ的變化而變化,變化情況如圖乙的圖線所示,則下列說法正確的是()A.當(dāng)角θ小于30°時,在O點處既有反射光,又有折射光B.半圓柱形透明體對該單色光的全反射臨界角為60°C.半圓柱形透明體對該單色光的折射率為2D.半圓柱形透明體對該單色光的折射率為27.如圖所示,一束光從空氣中射向折射率n=2的某種玻璃的表面,θ1表示入射角,則下列說法正確的是()A.當(dāng)θ1>45°時會發(fā)生全反射現(xiàn)象B.只有當(dāng)θ1=90°時才會發(fā)生全反射C.無論入射角θ1是多大,折射角θ2都不會超過45°D.欲使折射角θ2=30°,應(yīng)以θ1=45°的角度入射三、非選擇題8.(2022·全國甲卷)如圖所示,邊長為a的正方形ABCD為一棱鏡的橫截面,M為AB邊的中點。在截面所在平面內(nèi),一光線自M點射入棱鏡,入射角為60°,經(jīng)折射后在BC邊的N點恰好發(fā)生全反射,反射光線從CD邊的P點射出棱鏡。求棱鏡的折射率以及P、C兩點之間的距離。

光的折射全反射1.D解析:只要不發(fā)生全反射,小球放在缸底什么位置都可以看到,A錯誤。只有反射角小于臨界角的光才能從水面射出,B錯誤。光的頻率是由光源決定的,光從水中射入空氣后頻率不變,C錯誤。由公式n=cv知,光在空氣中的傳播速度將增大,D2.A解析:要求激光分別在PO面、QO面發(fā)生全反射后垂直MN面射出,所以光路應(yīng)具有對稱性,從而得到光在PO面發(fā)生全反射后光線水平。由幾何關(guān)系可得PO面的入射角為45°,因此n=1sinC=13.D解析:設(shè)介質(zhì)中發(fā)生全反射的臨界角為α,如圖所示,則sinα=1n;單色光經(jīng)多次全反射后從右端射出時,入射角和反射角滿足關(guān)系n=sinθsinπ2-α4.C解析:t=3s時他恰好看不到排水口了,說明在此位置從排水口反射到水面的光發(fā)生了全反射,則3s后的位置從排水口反射到水面的光仍發(fā)生全反射,小孩仍不會看到排水口,選項A錯誤。前3s內(nèi),從排水口射向水面的光的折射光線逐漸減弱,反射光線逐漸增強,可知小孩看到的排水口越來越暗,選項B錯誤。由于sinC=1n=34,則tan37°=37,可知水深h=vttanC=337m=7m,選項C正確。t=5.C解析:由題分析可知,b光在Ⅰ區(qū)域邊緣發(fā)生了全反射,a光在Ⅱ區(qū)域邊緣發(fā)生了全反射,則知a光的臨界角比b光的臨界角大,由sinC=1n知,水對a光的折射率小于對b光的折射率,由折射定律知a、b光從Ⅰ區(qū)域某點傾斜射出時,a光折射角小,故A正確,C錯誤。水對a光的折射率小于對b光的折射率,則a光的頻率小于b光的頻率,由c=λf知,在真空中,因光速c不變,則有a光的波長大于b光的波長,故B正確。水下a、b光經(jīng)水面反射后均能射到圖中Ⅰ區(qū)域以外區(qū)域,故D6.BD解析:從題圖乙中可以看出角θ小于30°時,沒有折射光,故A錯誤。當(dāng)θ=30°時,即入射角為60°時,折射光線強度為零,此時發(fā)生全反射,故B正確。因為全反射臨界角為60°,又n=1sin60°=2337.CD解析:因為發(fā)生全反射現(xiàn)象的條件是光從光密介質(zhì)射向光疏介質(zhì),且入射角大于或等于臨界角,選項A、B錯誤。由sinC=1n=22可知,光從玻璃射向空氣時的臨界角C=45°,則知無論入射角θ1是多大,折射角θ2都不會超過45°,選項C正確。由折射率n=sinθ1sinθ2可知,當(dāng)θ2=30°時,可得sinθ1=n·sin30°8.解析:光路圖如圖所示,根據(jù)題意得,sini=nsinrsinθ=1r+θ=90°解得n=7由幾何關(guān)系知tanr=llNC=a-lBNtanr=l解得lPC=3-1答案:72光的波動性一、單項選擇題1.激光具有相干性好、平行度好、亮度高等特點,在科學(xué)技術(shù)和日常生活中應(yīng)用廣泛。下列關(guān)于激光的敘述正確的是()A.激光是縱波 B.頻率相同的激光在不同介質(zhì)中的波長相同C.激光也是自然界的產(chǎn)物 D.利用激光平行度好的特點可以測量月球到地球的距離2.下圖是研究光的雙縫干涉的示意圖,擋板上有兩條狹縫S1、S2,由S1和S2發(fā)出的兩列光波到達(dá)屏上時會產(chǎn)生干涉條紋。已知入射激光的波長為λ,屏上的P點到兩縫S1和S2的距離相等,如果把P處的亮條紋記作第0號亮條紋,由P向上數(shù),與0號亮條紋相鄰的暗條紋為1號暗條紋,與1號暗條紋相鄰的亮條紋為1號亮條紋,與1號亮條紋上側(cè)相鄰的暗條紋為2號暗條紋,則P1處的暗條紋恰好是10號暗條紋。設(shè)直線S1P1的長度為r1,S2P1的長度為r2,則r2-r1等于()A.9λ B.9.5λ C.10λ D.10.5λ3.利用圖甲所示的裝置(示意圖),觀察光的干涉、衍射現(xiàn)象,在光屏上得到如圖乙和丙兩種圖樣。下列關(guān)于P處放置的光學(xué)元件說法正確的是()A.乙對應(yīng)單縫,丙對應(yīng)雙縫 B.乙對應(yīng)雙縫,丙對應(yīng)單縫C.都是單縫,乙對應(yīng)的縫寬較大 D.都是雙縫,乙對應(yīng)的雙縫間距較大4.如圖所示,白熾燈的右側(cè)依次平行放置偏振片P和Q,A點位于P、Q之間,B點位于Q右側(cè)。旋轉(zhuǎn)偏振片P,A、B兩點光的強度變化情況是()A.A、B均不變 B.A、B均有變化C.A不變,B有變化 D.A有變化,B不變5.下列說法不正確的是()A.圖甲為檢驗工件平整度的裝置,利用了薄膜干涉的原理B.圖乙為光照射不透明小圓板得到的衍射圖樣C.沙漠蜃景產(chǎn)生的原因是沙漠上層空氣的折射率比下層空氣的折射率大D.立體電影的原理和照相機鏡頭表面涂上增透膜的原理是一樣的二、多項選擇題6.關(guān)于下列現(xiàn)象的說法正確的是()A.照相機鏡頭玻璃的顏色是光的衍射現(xiàn)象造成的B.攝影師拍攝水下的魚,在鏡頭前加一個偏振片是為了增加透射光C.水中氣泡看起來特別亮,是一部分發(fā)生了全反射D.在磨制各種鏡面或其他精密光學(xué)平面時,可采用干涉法檢查平面的平整程度7.(2022·山東卷)某同學(xué)采用圖甲所示的實驗裝置研究光的干涉與衍射現(xiàn)象,狹縫S1、S2的寬度可調(diào),狹縫到屏的距離為l。同一單色光垂直照射狹縫。實驗中分別在屏上得到了圖乙、圖丙所示圖樣。下列描述正確的是()甲乙丙A.圖乙是光的雙縫干涉圖樣,當(dāng)光通過狹縫時,也發(fā)生了衍射B.遮住一條狹縫,另一狹縫寬度增大,其他條件不變,圖丙中亮條紋寬度增大C.照射兩條狹縫時,增加l,其他條件不變,圖乙中相鄰暗條紋的中心間距增大D.照射兩條狹縫時,若光從狹縫S1、S2到屏上P點的路程差為半波長的奇數(shù)倍,P點處一定是暗條紋8.抽制高強度纖維細(xì)絲可用激光監(jiān)控其粗細(xì),如圖所示,激光束越過細(xì)絲時產(chǎn)生的條紋和它通過遮光板的同樣寬度的窄縫規(guī)律相同。觀察光束經(jīng)過細(xì)絲后在光屏上所產(chǎn)生的條紋即可判斷細(xì)絲粗細(xì)的變化,下列敘述正確的是()A.這里應(yīng)用的是光的衍射現(xiàn)象B.這里應(yīng)用的是光的干涉現(xiàn)象C.如果屏上條紋變寬,表明抽制的絲變粗D.如果屏上條紋變寬,表明抽制的絲變細(xì)三、非選擇題9.如圖所示,在雙縫干涉實驗中,S1和S2為雙縫,P是光屏上的一點,已知P點與S1和S2距離之差為2.1×10-6m。今有A、B兩種單色光,已知A光在折射率為n=1.5的介質(zhì)中波長為4×10-7m;B光在某種介質(zhì)中波長為3.15×10-7m,當(dāng)B光從這種介質(zhì)射向空氣時,臨界角為37°(sin37°=0.6,cos37°=0.8)?，F(xiàn)在空氣中分別用A、B兩種單色光做雙縫干涉實驗,問P點是亮條紋還是暗條紋?若用A光照射時,把其中一條縫遮住,試分析光屏上能觀察到的現(xiàn)象。

光的波動性1.D解析:激光屬于電磁波,電磁波為橫波,選項A錯誤。頻率相同的激光在不同介質(zhì)中頻率不變,但波速不同,由v=λf可知波長也不同,選項B錯誤。激光是原子受激輻射產(chǎn)生的光,自然界中的發(fā)光體不能發(fā)出激光,選項C錯誤。利用激光平行度好的特點可以測量月球到地球的距離,選項D正確。2.B解析:由題設(shè)可知,從第0號亮條紋算起,P1處是第10號暗條紋的位置,表明縫S1、S2到P1處的距離差n=10時r2-r1=(2n-1)λ2=9.5λ,所以B正確,A、C、D3.A解析:單縫衍射條紋中間亮條紋最寬、最亮,雙縫干涉條紋中央亮條紋與兩側(cè)亮條紋等寬、等亮,由此可以判斷乙對應(yīng)單縫,丙對應(yīng)雙縫,故只有選項A正確。4.C解析:白熾燈光包含向各方向振動的光,且各個方向振動的光的強度相等,所以旋轉(zhuǎn)偏振片P時各方向透射光強度相同,故A點光的強度不變;白熾燈光經(jīng)偏振片P后變?yōu)槠窆?當(dāng)P旋轉(zhuǎn)時,與Q的偏振方向一致時透過Q的光最強,與Q的偏振方向垂直時透過Q的光最弱,因此B點的光的強度有變化,選項C正確。5.D解析:薄膜干涉是等厚干涉,即明條紋處空氣膜的厚度相同,從彎曲的條紋可知,P處檢查平面左邊處的空氣膜厚度與后面的空氣膜厚度相同,知P處凹陷,而Q處檢查平面右邊處的空氣膜厚度與后面的空氣膜厚度相同,知Q處凸起,故A正確,不符合題意。題圖乙為光線通過小圓板得到的衍射圖樣,若用光照射很小的不透明圓板時,陰影中間會出現(xiàn)一亮點,故B正確,不符合題意。由于上層空氣的折射率比下層空氣折射率大,沙漠蜃景是光的全反射現(xiàn)象,故C正確,不符合題意。立體電影是利用光的偏振,鏡頭表面涂上增透膜是利用光的干涉,它們的原理不相同,故D錯誤,符合題意。6.CD解析:照相機鏡頭玻璃的顏色是光的干涉現(xiàn)象造成的,故A錯誤。攝影師拍攝水下的魚,在鏡頭前加一個偏振片是為了濾掉水面反射過來的光,實際上是減少了透射的光,故B錯誤。水中氣泡看起來特別亮,是光從水中射到氣泡上時,發(fā)生全反射的緣故,故C正確。磨制各種鏡面或其他精密的光學(xué)平面時,可以用光的干涉,依據(jù)光程差是半個波長的奇數(shù)倍時,處于振動減弱,而光程差是半個波長的偶數(shù)倍時,處于振動加強,從而檢查平面的平整程度,故D正確。7.ACD解析:根據(jù)干涉和衍射原理可知,選項A、D正確。遮住一條縫后是衍射現(xiàn)象,當(dāng)縫寬度增大時,亮條紋寬度變小,選項B錯誤。根據(jù)Δx=ldλ可知,l增大,Δx增大,選項C8.AD解析:由于是激光束越過細(xì)絲即繞過障礙物,所以是光的衍射現(xiàn)象,當(dāng)抽制的絲變細(xì)的時候,即障礙物的尺寸變小,條紋變寬,選項A、D正確。9.解析:設(shè)A光在空氣中波長為λ1,在介質(zhì)中波長為λ2,由n=cvλ1=nλ2=1.5×4×10-7m=6×10-7m路程差Δx=2