資源簡介

模塊綜合檢測(二)
一、單項選擇題(本題共7小題,每小題4分,共28分。每小題只有一個選項符合題目要求)
1.關于機械波的傳播與性質,下列說法正確的是 (　　)
A.機械波可以在真空中傳播
B.火車鳴笛出站時,站臺上的旅客接收到鳴笛聲的頻率比火車鳴笛的頻率低
C.游泳時在水中聽到的音樂頻率與在岸上聽到同一種音樂的頻率是不同的
D.醫生向人體內發射頻率已知的超聲波,超聲波被血管中的血流反射后又被儀器接收,測量得到的反射波的頻率一定與發射的超聲波的頻率相同
2.如圖所示,在同一根軟繩上先后激發出a、b兩列同向傳播的簡諧波,則它們 (　　)
A.波長相同　　　　　 B.振幅相同
C.波速相同 D.頻率相同
3.對如圖所示的圖樣、示意圖或實驗裝置圖,下列判斷正確的是 (　　)
A.圖甲是小孔衍射的圖樣,也被稱為“泊松亮斑”
B.圖乙是利用薄膜干涉來檢測玻璃板的平整程度,它是光在被檢測玻璃板的上下表面反射后疊加的結果
C.圖丙是雙縫干涉原理圖,若P到S1、S2的路程差是波長的奇數倍,則P處是暗條紋
D.圖丁中的M、N是偏振片,P是光屏,當M固定不動,N繞水平轉軸在豎直面內順時針轉動180°后,P上的光亮度不變
4.如圖所示,勁度系數為k的輕質彈簧上端固定在天花板上,下端連接一質量為m、可視為質點的小球,將小球托起至O點,彈簧恰好處于原長,松手后小球在豎直方向做簡諧運動,小球最遠能到達B點,A點為OB的中點,重力加速度大小為g,下列說法正確的是 (　　)
A.小球在A點時的機械能最大
B.小球在B點時受到的彈力大小為2mg
C.O、B兩點間的距離為
D.小球從O到B過程中,彈簧彈性勢能的增加量大于小球重力勢能的減少量
5.有兩種透明物質甲、乙,一種為玻璃,另一種為水晶。某同學利用圖示裝置根據光的干涉原理對甲、乙兩種物質進行鑒別。該同學上網查得水晶的折射率略大于玻璃的折射率,他先后把透明物質甲、乙放置在雙縫和屏幕之間(充滿之間的區域),通過單縫S0的某種單色光經過雙縫S1、S2后在屏幕上形成明暗相間的條紋,測得兩相鄰亮條紋的間距分別為x甲和x乙,且x甲A.透明物質甲為玻璃
B.光在甲中的傳播速度小于在乙中的傳播速度
C.該單色光在透明物質甲、乙中傳播時的波長之比為
D.透明物質甲、乙對該單色光的折射率之比為
6.在某噴泉底部水平安裝有五顏六色的圓形彩燈。如圖所示,若所有彩燈均為圓盤狀,直徑均為d,燈面到水面的距離均為h。已知紅光在水中的折射率為,水池面積足夠大。則下列說法正確的是 (　　)
A.每個燈盤在水面上的發光形狀為環形
B.紅光燈盤在水面上的發光面積為π(h+d)2
C.紅光燈盤在水面上的發光面積比綠光燈盤的大
D.同一顏色的燈盤在水中的深度越大,其在水面上的發光面積就越小
7.如圖甲所示,物塊A、B的質量分別為2 kg、3 kg,用輕彈簧拴接,放在光滑的水平地面上,物塊B右側與豎直墻壁接觸但不粘連。物塊C從高為5 m的平臺以9 m/s的初速度水平拋出,落地時恰好與A相撞,碰撞瞬間豎直方向不反彈,碰后與物塊A粘在一起不再分開,物塊A的v-t圖像如圖乙所示,下列說法正確的是 (　　)
A.前2 s時間內,彈簧對物塊B的沖量大小為0
B.物塊B離開墻壁前,彈簧的最大彈性勢能為27 J
C.物塊C的質量為2 kg
D.物塊B離開墻壁后的最大速度為3 m/s
二、多項選擇題(本題共3小題,每小題6分,共18分。每小題有多個選項符合題目要求,全部選對得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分)
8.1834年,洛埃利用平面鏡得到楊氏雙縫干涉的結果(稱洛埃鏡實驗),平面鏡沿OA放置,靠近并垂直于光屏。某同學重復此實驗時,平面鏡意外傾斜了某微小角度θ,如圖所示。S為單色點光源。下列說法正確的是 (　　)
A.沿AO向左略微平移平面鏡,干涉條紋不移動
B.沿OA向右略微平移平面鏡,干涉條紋間距減小
C.若θ=0°,沿OA向右略微平移平面鏡,干涉條紋間距不變
D.若θ=0°,沿AO向左略微平移平面鏡,干涉條紋向A處移動
9.在光滑水平面上,質量為m的小球A正以速度v0勻速運動。某時刻小球A與質量為3m的靜止小球B發生正碰,兩小球相碰后,A球的動能恰好變為原來的,則下列結論正確的是 (　　)
A.碰后B球的速度大小為
B.碰后B球的速度大小為
C.兩小球碰撞過程系統機械能守恒
D.兩小球碰撞過程系統機械能不守恒
10.位于x=0.25 m的波源p從t=0時刻開始振動,形成的簡諧橫波沿x軸正、負方向傳播,在t=2.0 s 時波源停止振動,t=2.1 s時的部分波形如圖所示,其中質點a的平衡位置xa=1.75 m,質點b的平衡位置xb=-0.5 m。下列說法正確的是 (　　)
A.沿x軸正、負方向傳播的波發生干涉
B.t= s時,波源的位移為7.5 cm
C.t=2.7 s時,質點a沿y軸負方向振動
D.在0~2 s內,質點b運動總路程是2.55 m
三、非選擇題(本題共5小題,共54分)
11.(7分)某同學測量一半圓形透明玻璃磚的折射率,實驗過程如下:
①用游標卡尺測量玻璃磚的直徑d,確定其底面圓心位置并標記在玻璃磚上。
②將玻璃磚放在位于水平桌面并畫有直角坐標系Oxy的白紙上,使其底面圓心和直徑分別與O點和x軸重合,將一長直擋板緊靠玻璃磚并垂直于x軸放置,如圖(b)所示。
③用激光器發出激光束從玻璃磚外壁始終指向O點水平射入,從y軸開始向右緩慢移動激光器,直到恰好沒有激光束從玻璃磚射出至擋板上y<0的區域時,在白紙上記錄激光束從玻璃磚外壁入射的位置P。
④取走玻璃磚,過P點作y軸的垂線PQ,用刻度尺測量PQ的長度L。
根據以上步驟,回答下列問題:
(1)測得半圓形玻璃磚直徑d的示數如圖(a)所示,則d=　　　　cm。(1分)
(2)步驟③中,沒有激光束射至擋板上y<0區域的原因是激光束在玻璃磚直徑所在界面處發生了　　　　。(1分)
(3)根據以上測量的物理量,寫出計算玻璃磚折射率的表達式為n=　　　　,若測得PQ線段的長度L=2.00 cm,計算可得玻璃磚的折射率為n=　　　。(結果保留3位有效數字)(3分)
(4)若改變入射角會在擋板上得到兩個亮斑P1、P2,O點到P1、P2的距離分別為L1、L2,則玻璃磚的折射率的表達式為　　　　。(2分)
12.(9分)某同學設計了一個測量重力加速度大小g的實驗方案,所用器材有:2 g砝碼若干、托盤1個、輕質彈簧1根、米尺1把、光電門1個、數字計時器1臺等。
具體步驟如下:
①將彈簧豎直懸掛在固定支架上,彈簧下面掛上裝有遮光片的托盤,在托盤內放入一個砝碼,如圖(a)所示。
②用米尺測量平衡時彈簧的長度l,并安裝光電門。
③將彈簧在彈性限度內拉伸一定長度后釋放,使其在豎直方向振動。
④用數字計時器記錄30次全振動所用時間t。
⑤逐次增加托盤內砝碼的數量,重復②③④的操作。
該同學將振動系統理想化為彈簧振子。已知彈簧振子的振動周期T=2π,其中k為彈簧的勁度系數,M為振子的質量。
(1)由步驟④,可知振動周期T=　　　　。(2分)
(2)設彈簧的原長為l0,則l與g、l0、T的關系式為l=　　　　　　　。(2分)
(3)由實驗數據作出的l-T2圖線如圖(b)所示,可得g=　　　　 m/s2(保留三位有效數字,π2取 9.87)。(3分)
(4)本實驗的誤差來源包括　　　　　(雙選,填標號)。(2分)
A.空氣阻力
B.彈簧質量不為零
C.光電門的位置稍微偏離托盤的平衡位置
13.(11分)隨著祖國航天事業的蓬勃發展,在未來的某天,我國航天員也將登上月球。如圖,假設航天員在月球上做了一次單擺實驗,將質量為m的擺球從平衡位置O點左側的A點由靜止釋放,已知擺長為L,擺線偏離豎直方向的最大夾角θ=4°=,月球半徑為地球半徑的,月球質量為地球質量的,地球表面處的重力加速度為g,求:
(1)月球表面處的重力加速度的大小;(4分)
(2)擺球從靜止釋放到第一次經過平衡位置的時間內,擺球重力沖量的大小;(4分)
(3)擺球從靜止釋放到第二次經過平衡位置的時間內所走的路程。(3分)
14.(12分)在2024年巴黎奧運會中,我國跳水隊取得了輝煌的成績。如圖所示,跳水比賽的1 m跳板伸向水面,右端點距水面高1 m,A為右端點在水底正下方的投影,水深h=4 m,若跳水館只開了一盞黃色小燈S,該燈距跳板右端點的水平距離x=4 m,離水面高度H=4 m,現觀察到跳板水下陰影右端點B到A的距離AB= m。求:
(1)該黃色光在水中的折射率;(7分)
(2)若在水底A處放一物體,則站在跳板右端向下看,該物體看起來在水下多深處 (5分)
15.(15分)如圖所示,可視為質點的兩滑塊A、B均靜止在粗糙水平地面上,兩者之間有一被壓縮的輕質彈簧(長度不計),A與豎直墻壁之間的距離L=8 m。現解除彈簧鎖定,使A、B瞬間分離,并立即取走彈簧,此時兩物塊獲得的動能之和為28 J。已知A、B的質量分別為mA=1 kg、mB=7 kg,所有碰撞均為彈性碰撞,A、B均沿同一水平直線運動,A、B與地面之間的動摩擦因數均為μ=0.1,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)取走彈簧時A、B獲得的速度大小;(4分)
(2)A、B都停止運動后,兩者之間的距離;(5分)
(3)改變L的大小,使A、B第1次碰撞時,B已經停止運動,且能發生第2次碰撞,求L的取值范圍。(6分)
模塊綜合檢測(二)
1．選B　機械波的傳播需要介質，機械波不能在真空中傳播，故A錯誤；火車鳴笛出站時，聲源遠離觀察者，根據多普勒效應，接收頻率低于聲源頻率，所以站臺上的旅客接收到鳴笛聲的頻率比火車鳴笛的頻率低，故B正確；機械波的頻率由波源決定，機械波從一種介質進入另一種介質時頻率不變，所以游泳時在水中聽到的音樂頻率與在岸上聽到同一種音樂的頻率是一樣的，故C錯誤；醫生向人體內發射頻率已知的超聲波，超聲波被血管中的血流反射后又被儀器接收，測出反射波的頻率變化，進而計算出血流的速度，故D錯誤。
2．選C　機械波在相同介質中傳播的速度相同，由題圖可知，兩列波的波長不同、振幅不同，根據f＝，可知兩列波的頻率不同，故C正確，A、B、D錯誤。
3．選D　題圖甲是“泊松亮斑”，是圓盤衍射的圖樣，故A錯誤；題圖乙利用的是薄膜干涉原理，入射光經空氣膜上表面反射后得到第一束光，折射光經空氣膜下表面反射，又經上表面折射后得到第二束光，并不是被檢測玻璃板的上下表面反射后的光，故B錯誤；題圖丙是雙縫干涉原理圖，若P到S1、S2的路程差是半波長的奇數倍，則P處是暗條紋，故C錯誤；題圖丁中，當M固定不動，N繞水平轉軸在豎直面內順時針轉動180°后，兩偏振片的透振方向仍平行，P上的光亮度不變，故D正確。
4．選B　小球與彈簧組成的系統機械能守恒，小球在O點時彈簧處于原長，彈簧的彈性勢能為零，小球的機械能最大，故A錯誤；小球在O點時僅受重力作用，加速度大小為g、方向豎直向下，根據對稱性可知，小球在B點時的加速度大小為g、方向豎直向上，根據牛頓第二定律有TB－mg＝ma，小球在B點時受到的彈力大小為2mg，故B正確；根據胡克定律有2mg＝kxOB，O、B兩點間的距離為xOB＝，故C錯誤；小球在O、B兩點速度為零，小球從O到B過程中，小球和彈簧組成的系統機械能守恒，故彈簧彈性勢能的增加量等于小球重力勢能的減少量，故D錯誤。
5．選B　雙縫干涉時，相鄰兩條亮條紋的間距為x＝λ，介質對光的折射率n＝＝，其中v為光在介質中傳播時的速度，λ0為光在真空中傳播時的波長，因x甲n乙，v甲6．選C　因為彩燈為圓盤狀，所以每個燈盤在水面上的發光形狀為圓形，故A錯誤；設紅光在水面發生全反射時的臨界角為C紅，由sin C紅＝，可得臨界角C紅＝45°，由幾何關系可得，紅光燈盤在水面上的發光面的半徑為r紅＝＋htan C紅＝＋h，紅光燈盤在水面上的發光面積為S紅＝πr紅2＝π2，故B錯誤；無論是何種光，燈盤在水面上的發光面的半徑都滿足r＝＋htan C，燈盤在水面上的發光面積為S＝πr2＝π2，其中C為光在水面發生全反射時的臨界角，又因為紅光的頻率小于綠光的頻率，所以紅光的折射率小于綠光的折射率，即n紅＜n綠，又由公式sin C＝得sin C紅＞sin C綠，即臨界角C紅＞C綠，可知紅光燈盤在水面上的發光面積比綠光燈盤的大，故C正確；由以上分析可知，同一顏色的燈盤在水中的深度越大，其在水面上的發光面積越大，故D錯誤。
7．選D　彈簧對物塊A、C組合體的作用力與對物塊B的作用力始終大小相等、方向相反，以物塊A、C組合體為研究對象，取向右為正方向，則前2 s時間內彈簧的彈力對物塊A、C組合體的沖量為I＝(mA＋mC)v′－(mA＋mC)v，根據題圖乙可知v＝3 m/s，v′＝－3 m/s，而物塊C與物塊A碰撞瞬間，物塊C與物塊A組成的系統水平方向動量守恒，則由動量守恒定律可得mCv0＝(mA＋mC)v，其中v0＝9 m/s，解得mC＝1 kg，I＝－18 kg·m/s，由此可知，在前2 s時間內，彈簧對物塊B的沖量大小為18 kg·m/s，故A、C錯誤；物塊B離開墻壁前，彈簧被壓縮至最短時其彈性勢能最大，此時物塊A、C組合體的速度減為0，根據能量守恒定律可得ΔEpm＝(mA＋mC)v2＝13.5 J，故B錯誤；當物塊B離開墻壁后彈簧先被拉伸至最長，此后彈簧恢復原長，恢復原長瞬間彈簧又開始被壓縮，直至彈簧被壓縮至最短后又開始恢復原長，恢復原長后又開始被拉伸，分析可知，當彈簧第一次恢復原長時物塊B的速度有最大值，在物塊B離開墻壁后物塊A、B、C及彈簧組成的系統動量守恒、機械能守恒，設物塊B離開墻壁后彈簧第一次恢復原長時物塊A、C組合體的速度為v1，物塊B的速度為v2，則有(mA＋mC)v＝(mA＋mC)v1＋mBv2，(mA＋mC)v2＝(mA＋mC)v12＋mBv22，聯立解得v1＝0，v2＝3 m/s，故D正確。
8．選BC　根據題意畫出光路圖，如圖甲所示，S發出的光與通過平面鏡反射的光(可以等效成虛像S′發出的光)是同一列光分成的，滿足相干光條件，所以實驗中的相干光源之一是通過平面鏡反射的光，且該干涉可看成雙縫干涉，設S與S′的距離為d，S到光屏的距離為l，代入雙縫干涉條紋間距公式Δx＝，則若θ＝0°，沿OA向右(或沿AO向左)略微平移平面鏡，對l和d均沒有影響，則干涉條紋間距不變，也不會移動，故
C正確，D錯誤；同理再次畫出平面鏡傾斜時的光路圖如圖乙所示，沿OA向右略微平移平面鏡，即從圖中①位置平移到②位置，由圖可看出雙縫的間距增大，則干涉條紋間距減小；沿AO向左略微平移平面鏡，即從圖中②位置平移到①位置，由圖可看出干涉條紋向上移動，故A錯誤，B正確。
9．選BC　A球的動能恰好變為原來的，則碰后A球的速率為vA＝v0，碰后A球的速度方向可能與碰撞前速度方向相同，也可能相反，取碰撞前A球的速度方向為正方向，若碰后A球速度方向和原來一致，根據動量守恒定律得mv0＝mvA＋3mvB1，解得vB1＝v0，因vA>vB1，將發生第二次碰撞，故這種情況不可能，則碰后A球速度將發生反向，根據動量守恒定律得mv0＝－mvA＋3mvB2，解得vB2＝v0，故A錯誤，B正確；兩小球碰撞前后的總動能分別為Ek1＝mv02，Ek2＝mvA2＋×3mvB22＝mv02，因Ek1＝Ek2，勢能保持不變，則兩小球碰撞過程系統機械能守恒，故C正確，D錯誤。
10．選BD　波從波源發出后分別沿x軸正、負方向傳播，不會相遇，不會發生干涉，故A錯誤；由題圖可知，波的波長λ＝1 m，由題意可知0.1 s內波傳播了四分之一波長，可得＝0.1 s，解得T＝0.4 s，則0～2.0 s內波源完成了5次全振動，根據同側法可知，波源的起振方向向上，振動方程為y＝15sin(5πt)cm，將t＝ s代入可得y＝7.5 cm，故B正確；波的波速v＝＝2.5 m/s，從波源停止振動到質點a停止振動的時間t1＝ s＝0.6 s<0.7 s，即t＝2.7 s時質點a已經停止振動，故C錯誤；波傳到b點所需的時間t2＝ s＝0.3 s，在0～2 s內，質點b振動的時間為t3＝2 s－0.3 s＝1.7 s＝T，質點b運動總路程s＝17A＝17×0.15 m＝2.25 m，故D正確。
11．解析：(1)由題圖(a)可知，玻璃磚的直徑為d＝64 mm＋3×0.1 mm＝64.3 mm＝6.43 cm。
(2)剛開始激光束經玻璃磚折射后照在擋板上y<0的區域內，當入射角逐漸增大，折射光線消失的時候，激光束在玻璃磚直徑所在界面處發生了全反射。
(3)當恰好發生全反射時，有n＝＝＝，代入數據可得n≈1.61。
(4)由折射率公式可得n＝＝。
答案：(1)6.43　(2)全反射　(3)　1.61　(4)
12．解析：(1)30次全振動所用時間為t，則振動周期T＝。
(2)彈簧振子的振動周期T＝2π，可得彈簧振子的質量M＝，彈簧振子平衡時，根據平衡條件Mg＝kΔl，可得Δl＝，又Δl＝l－l0，則l與g、l0、T的關系式為l＝l0＋Δl＝l0＋。
(3)根據l＝l0＋·T2，則l T2圖像斜率k＝＝，解得g≈9.74 m/s2。
(4)空氣阻力的存在會影響彈簧振子的振動周期，是實驗的誤差來源之一，故A正確；(2)問分析中將彈簧振子的質量等效為托盤及其上砝碼的總質量，但是實際上彈簧振子的質量為彈簧的質量和托盤及其上砝碼的總質量之和，所以彈簧質量不為零是本實驗的一個誤差來源，B正確；由于數字計時器記錄的是30次全振動的時間，所以光電門的位置只要在托盤經過的位置均可，即光電門的位置稍微偏離托盤的平衡位置不是本實驗的誤差來源，C錯誤。
答案：(1)　(2)l0＋　(3)9.74(9.64～9.84均可)　(4)AB
13．解析：(1)在星球表面，萬有引力提供重力，
有G＝mg，G＝mg月
則＝＝
根據題意知＝81，＝4，聯立解得g月＝g。
(2)擺球從靜止釋放到第一次經過平衡位置所用時間t＝
又T＝2π，聯立解得t＝
此過程擺球重力沖量的大小為
I＝mg月t＝ 。
(3)擺球從靜止釋放到第二次經過平衡位置的過程為A→O→A′→O，AO段弧長為s＝·2πL＝
擺球所走過的路程為s′＝3s＝。
答案：(1)g　(2)　(3)
14.解析：(1)如圖甲所示，畫出臨界光路圖，
由幾何關系可知
GS＝＝5 m，
＝，解得DJ＝ m
由幾何關系解得
AE＝DJ－CG＝ m
BE＝AB－AE＝3 m，
則sin i＝，sin r＝
由折射定律可知n＝＝。
(2)如圖乙所示，設A的視深為h′，從A上方看，光的入射角及折射角均很小，sin θ≈tan θ，∠D′OC＝∠BA′O＝α，∠AOD＝∠BAO＝β
由折射定律n＝≈＝＝
解得h′＝3 m。
答案：(1)　(2)3 m
15．解析：(1)解除彈簧鎖定瞬間，A、B組成的系統動量守恒，則有mAvA－mBvB＝0，又mAvA2＋mBvB2＝28 J
解得vA＝7 m/s，vB＝1 m/s。
(2)根據牛頓第二定律可知，
A、B的加速度大小均為a＝μg＝1 m/s2
可知＝24.5 m>＋2L＝16.5 m
則A、B分離后能再次碰撞且相碰時B已停止運動，設碰前A的速度大小為v，則有＝＋2L，解得v＝4 m/s
A、B第一次碰撞過程，由動量守恒定律和機械能守恒定律有mAv＝mAv1＋mBv2，
mAv2＝mAv12＋mBv22
解得v1＝－3 m/s，v2＝1 m/s
A、B都停止運動后，兩者之間的距離
Δx＝＋＝5 m。
(3)B停止運動的時間t＝＝1 s
假設A、B第一次碰撞時B恰好停止運動，則有
vAt－at2＝＋2L1，解得L1＝3 m；
當A、B第一次相碰時，設A的速度大小為v′，則有
＝＋2L2
A、B第一次碰撞過程，由動量守恒定律和機械能守恒定律有
mAv′＝mAv1′＋mBv2′，
mAv′2＝mAv1′2＋mBv2′2
假設A、B第二次碰撞時A恰好停止運動，則有
＝＋2，解得L2＝ m；
綜合上述有3 m答案：(1)7 m/s　1 m/s　(2)5 m　(3)3 m7 / 7(共62張PPT)
模塊綜合檢測(二)
(滿分:100分)
一、單項選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28分。每小題只有一個選項符合題目要求)
1.關于機械波的傳播與性質，下列說法正確的是(　　)
A.機械波可以在真空中傳播
B.火車鳴笛出站時，站臺上的旅客接收到鳴笛聲的頻率比火車鳴笛的頻率低
√
C.游泳時在水中聽到的音樂頻率與在岸上聽到同一種音樂的頻率是不同的
D.醫生向人體內發射頻率已知的超聲波，超聲波被血管中的血流反射后又被儀器接收，測量得到的反射波的頻率一定與發射的超聲波的頻率相同
解析:機械波的傳播需要介質，機械波不能在真空中傳播，故A錯誤；火車鳴笛出站時，聲源遠離觀察者，根據多普勒效應，接收頻率低于聲源頻率，所以站臺上的旅客接收到鳴笛聲的頻率比火車鳴笛的頻率低，故B正確；機械波的頻率由波源決定，機械波從一種介質進入另一種介質時頻率不變，所以游泳時在水中聽到的音樂頻率與在岸上聽到同一種音樂的頻率是一樣的，故C錯誤；醫生向人體內發射頻率已知的超聲波，超聲波被血管中的血流反射后又被儀器接收，測出反射波的頻率變化，進而計算出血流的速度，故D錯誤。
2.如圖所示，在同一根軟繩上先后激發出a、b兩列同向傳播的簡諧波，則它們 (　　)
A.波長相同　 B.振幅相同
C.波速相同 D.頻率相同
√
解析:機械波在相同介質中傳播的速度相同，由題圖可知，兩列波的波長不同、振幅不同，根據f=，可知兩列波的頻率不同，故C正確，A、B、D錯誤。
3.對如圖所示的圖樣、示意圖或實驗裝置圖，下列判斷正確的是 (　　)
A.圖甲是小孔衍射的圖樣，也被稱為“泊松亮斑”
B.圖乙是利用薄膜干涉來檢測玻璃板的平整程度，它是光在被檢測玻璃板的上下表面反射后疊加的結果
C.圖丙是雙縫干涉原理圖，若P到S1、S2的路程差是波長的奇數倍，則P處是暗條紋
D.圖丁中的M、N是偏振片，P是光屏，當M固定不動，N繞水平轉軸在豎直面內順時針轉動180°后，P上的光亮度不變
√
解析:題圖甲是“泊松亮斑”，是圓盤衍射的圖樣，故A錯誤；題圖乙利用的是薄膜干涉原理，入射光經空氣膜上表面反射后得到第一束光，折射光經空氣膜下表面反射，又經上表面折射后得到第二束光，并不是被檢測玻璃板的上下表面反射后的光，故B錯誤；題圖丙是雙縫干涉原理圖，若P到S1、S2的路程差是半波長的奇數倍，則P處是暗條紋，故C錯誤；題圖丁中，當M固定不動，N繞水平轉軸在豎直面內順時針轉動180°后，兩偏振片的透振方向仍平行，P上的光亮度不變，故D正確。
4.如圖所示，勁度系數為k的輕質彈簧上端固定在天花板上，下端連接一質量為m、可視為質點的小球，將小球托起至O點，彈簧恰好處于原長，松手后小球在豎直方向做簡諧運動，小球最遠能到達B點，A點為OB的中點，重力加速度大小為g，下列說法正確的是 (　　)
A.小球在A點時的機械能最大
B.小球在B點時受到的彈力大小為2mg
C.O、B兩點間的距離為
D.小球從O到B過程中，彈簧彈性勢能的增加量大于小球重力勢能的減少量
√
解析:小球與彈簧組成的系統機械能守恒，小球在O點時彈簧處于原長，彈簧的彈性勢能為零，小球的機械能最大，故A錯誤；小球在O點時僅受重力作用，加速度大小為g、方向豎直向下，根據對稱性可知，小球在B點時的加速度大小為g、方向豎直向上，根據牛頓第二定律有TB-mg=ma，小球在B點時受到的彈力大小為2mg，故B正確；根據胡克定律有2mg=kxOB，O、B兩點間的距離為xOB=，故C錯誤；小球在O、B兩點速度為零，小球從O到B過程中，小球和彈簧組成的系統機械能守恒，故彈簧彈性勢能的增加量等于小球重力勢能的減少量，故D錯誤。
5.有兩種透明物質甲、乙，一種為玻璃，另一種為水晶。某同學利用圖示裝置根據光的干涉原理對甲、乙兩種物質進行鑒別。該同學上網查得水晶的折射率略大于玻璃的折射率，他先后把透明物質甲、乙放置在雙縫和屏幕之間(充滿之間的區域)，通過單縫S0的某種單色光經過雙縫S1、S2后在屏幕上形成明暗相間的條紋，測得兩相鄰亮條紋的間距分別為x甲和x乙，且x甲A.透明物質甲為玻璃
B.光在甲中的傳播速度小于在乙中的傳播速度
C.該單色光在透明物質甲、乙中傳播時的波長之比為
D.透明物質甲、乙對該單色光的折射率之比為
√
解析:雙縫干涉時，相鄰兩條亮條紋的間距為x=λ，介質對光的折射率n==，其中v為光在介質中傳播時的速度，λ0為光在真空中傳播時的波長，因x甲n乙，v甲6.在某噴泉底部水平安裝有五顏六色的圓形彩燈。如圖所示，若所有彩燈均為圓盤狀，直徑均為d，燈面到水面的距離均為h。已知紅光在水中的折射率為，水池面積足夠大。則下列說法正確的是(　　)
A.每個燈盤在水面上的發光形狀為環形
B.紅光燈盤在水面上的發光面積為π(h+d)2
C.紅光燈盤在水面上的發光面積比綠光燈盤的大
D.同一顏色的燈盤在水中的深度越大，其在水面上的發光面積就越小
√
解析:因為彩燈為圓盤狀，所以每個燈盤在水面上的發光形狀為圓形，故A錯誤；設紅光在水面發生全反射時的臨界角為C紅，由sin C紅=，可得臨界角C紅=45°，由幾何關系可得，紅光燈盤在水面上的發光面的半徑為r紅=+htan C紅=+h，紅光燈盤在水面上的發光面積為S紅=π=π，故B錯誤；
無論是何種光，燈盤在水面上的發光面的半徑都滿足r=+htan C，燈盤在水面上的發光面積為S=πr2=π，其中C為光在水面發生全反射時的臨界角，又因為紅光的頻率小于綠光的頻率，所以紅光的折射率小于綠光的折射率，即n紅sin C綠，即臨界角C紅>C綠，可知紅光燈盤在水面上的發光面積比綠光燈盤的大，故C正確；由以上分析可知，同一顏色的燈盤在水中的深度越大，其在水面上的發光面積越大，故D錯誤。
7.如圖甲所示，物塊A、B的質量分別為2 kg、3 kg，用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側與豎直墻壁接觸但不粘連。物塊C從高為5 m的平臺以9 m/s的初速度水平拋出，落地時恰好與A相撞，碰撞瞬間豎直方向不反彈，碰后與物塊A粘在一起不再分開，物塊A的v t圖像如圖乙所示，下列說法正確的是 (　　)
A.前2 s時間內，彈簧對物塊B的沖量大小為0
B.物塊B離開墻壁前，彈簧的最大彈性勢能為27 J
C.物塊C的質量為2 kg
D.物塊B離開墻壁后的最大速度為3 m/s
√
解析:彈簧對物塊A、C組合體的作用力與對物塊B的作用力始終大小相等、方向相反，以物塊A、C組合體為研究對象，取向右為正方向，則前2 s時間內彈簧的彈力對物塊A、C組合體的沖量為I=(mA+mC)v'-(mA+mC)v，根據題圖乙可知v=3 m/s，v'=-3 m/s，而物塊C與物塊A碰撞瞬間，物塊C與物塊A組成的系統水平方向動量守恒，則由動量守恒定律可得mCv0=(mA+mC)v，其中v0=9 m/s，解得mC=1 kg，I=-18 kg·m/s，由此可知，在前2 s時間內，彈簧對物塊B的沖量大小為18 kg·m/s，故A、C錯誤；物塊B離開墻壁前，彈簧被壓縮至最短時其彈性勢能最大，此時物塊A、C組合體的速度減為0，根據能量守恒定律可得
ΔEpm=(mA+mC)v2=13.5 J，故B錯誤；當物塊B離開墻壁后彈簧先被拉伸至最長，此后彈簧恢復原長，恢復原長瞬間彈簧又開始被壓縮，直至彈簧被壓縮至最短后又開始恢復原長，恢復原長后又開始被拉伸，分析可知，當彈簧第一次恢復原長時物塊B的速度有最大值，在物塊B離開墻壁后物塊A、B、C及彈簧組成的系統動量守恒、機械能守恒，設物塊B離開墻壁后彈簧第一次恢復原長時物塊A、C組合體的速度為v1，物塊B的速度為v2，則有(mA+mC)v=(mA+mC)v1+mBv2，(mA+mC)v2
=(mA+mC)+mB，聯立解得v1=0，v2=3 m/s，故D正確。
二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分。每小題有多個選項符合題目要求，全部選對得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)
8.1834年，洛埃利用平面鏡得到楊氏雙縫干涉的結果(稱洛埃鏡實驗)，平面鏡沿OA放置，靠近并垂直于光屏。某同學重復此實驗時，平面鏡意外傾斜了某微小角度θ，如圖所示。S為單色點光源。下列說法正確的是(　　)
A.沿AO向左略微平移平面鏡，干涉條紋不移動
B.沿OA向右略微平移平面鏡，干涉條紋間距減小
C.若θ=0°，沿OA向右略微平移平面鏡，干涉條紋間距不變
D.若θ=0°，沿AO向左略微平移平面鏡，干涉條紋向A處移動
√
√
解析:根據題意畫出光路圖，如圖甲所示，
S發出的光與通過平面鏡反射的光(可以等效成
虛像S'發出的光)是同一列光分成的，滿足相干
光條件，所以實驗中的相干光源之一是通過平
面鏡反射的光，且該干涉可看成雙縫干涉，設S與S'的距離為d，S到光屏的距離為l，代入雙縫干涉條紋間距公式Δx=，則若θ=0°，沿OA向右(或沿AO向左)略微平移平面鏡，對l和d均沒有影響，則干涉條紋間距不變，也不會移動，故C正確，D錯誤；
同理再次畫出平面鏡傾斜時的光路圖如圖乙所示，沿OA向右略微平移平面鏡，即從圖中①位置平移到②位置，由圖可看出雙縫的間距增大，則干涉條紋間距減小；沿AO向左略微平移平面鏡，即從圖中②位置平移到①位置，由圖可看出干涉條紋向上移動，故A錯誤，B正確。
9.在光滑水平面上，質量為m的小球A正以速度v0勻速運動。某時刻小球A與質量為3m的靜止小球B發生正碰，兩小球相碰后，A球的動能恰好變為原來的，則下列結論正確的是(　　)
A.碰后B球的速度大小為
B.碰后B球的速度大小為
C.兩小球碰撞過程系統機械能守恒
D.兩小球碰撞過程系統機械能不守恒
√
√
解析:A球的動能恰好變為原來的，則碰后A球的速率為vA=v0，碰后A球的速度方向可能與碰撞前速度方向相同，也可能相反，取碰撞前A球的速度方向為正方向，若碰后A球速度方向和原來一致，根據動量守恒定律得mv0=mvA+3mvB1，解得vB1=v0，因vA>vB1，將發生第二次碰撞，故這種情況不可能，則碰后A球速度將發生反向，根據動量守恒定律得mv0=-mvA+3mvB2，解得vB2=v0，故A錯誤，B正確；兩小球碰撞前后的總動能分別為Ek1=m，Ek2=m+×3m=m，因Ek1=Ek2，勢能保持不變，則兩小球碰撞過程系統機械能守恒，故C正確，D錯誤。
10.位于x=0.25 m的波源p從t=0時刻開始振動，形成的簡諧橫波沿x軸正、負方向傳播，在t=2.0 s 時波源停止振動，t=2.1 s時的部分波形如圖所示，其中質點a的平衡位置xa=1.75 m，質點b的平衡位置xb=-0.5 m。下列說法正確的是 (　　)
A.沿x軸正、負方向傳播的波發生干涉
B.t= s時，波源的位移為7.5 cm
C.t=2.7 s時，質點a沿y軸負方向振動
D.在0~2 s內，質點b運動總路程是2.55 m
√
√
解析:波從波源發出后分別沿x軸正、負方向傳播，不會相遇，不會發生干涉，故A錯誤；由題圖可知，波的波長λ=1 m，由題意可知0.1 s內波傳播了四分之一波長，可得=0.1 s，解得T=0.4 s，則0~2.0 s內波源完成了5次全振動，根據同側法可知，波源的起振方向向上，振動方程為y=15sin(5πt)cm，將t= s代入可得y=7.5 cm，故B正確；
波的波速v==2.5 m/s，從波源停止振動到質點a停止振動的時間t1= s=0.6 s<0.7 s，即t=2.7 s時質點a已經停止振動，故C錯誤；波傳到b點所需的時間t2= s=0.3 s，在0~2 s內，質點b振動的時間為t3=2 s-0.3 s=1.7 s=T，質點b運動總路程s=17A=17×0.15 m=2.25 m，故D正確。
三、非選擇題(本題共5小題，共54分)
11.(7分)某同學測量一半圓形透明玻璃磚的折射率，實驗過程如下:
①用游標卡尺測量玻璃磚的直徑d，確定其底面圓心位置并標記在玻璃磚上。
②將玻璃磚放在位于水平桌面并畫有直角坐標系Oxy的白紙上，使其底面圓心和直徑分別與O點和x軸重合，將一長直擋板緊靠玻璃磚并垂直于x軸放置，如圖(b)所示。
③用激光器發出激光束從玻璃磚外壁始終指向O點水平射入，從y軸開始向右緩慢移動激光器，直到恰好沒有激光束從玻璃磚射出至擋板上y<0的區域時，在白紙上記錄激光束從玻璃磚外壁入射的位置P。
④取走玻璃磚，過P點作y軸的垂線PQ，用刻度尺測量PQ的長度L。
根據以上步驟，回答下列問題:
(1)測得半圓形玻璃磚直徑d的示數如圖(a)所示，則d=________cm。(1分)
6.43
解析:由題圖(a)可知，玻璃磚的直徑為d=64 mm+3×0.1 mm=
64.3 mm=6.43 cm。
(2)步驟③中，沒有激光束射至擋板上y<0區域的原因是激光束在玻璃磚直徑所在界面處發生了________。(1分)
全反射
解析:剛開始激光束經玻璃磚折射后照在擋板上y<0的區域內，當入射角逐漸增大，折射光線消失的時候，激光束在玻璃磚直徑所在界面處發生了全反射。
(3)根據以上測量的物理量，寫出計算玻璃磚折射率的表達式為n=________，若測得PQ線段的長度L=2.00 cm，計算可得玻璃磚的折射率為n=________。(結果保留3位有效數字)(3分)
1.61
解析:當恰好發生全反射時，有n===，代入數據可得n≈1.61。
(4)若改變入射角會在擋板上得到兩個亮斑P1、P2，O點到P1、P2的距離分別為L1、L2，則玻璃磚的折射率的表達式為________。(2分)
解析:由折射率公式可得n==。
12.(9分)某同學設計了一個測量重力加速度大小g的實驗方案，所用器材有:2 g砝碼若干、托盤1個、輕質彈簧1根、米尺1把、光電門1個、數字計時器1臺等。
具體步驟如下:
①將彈簧豎直懸掛在固定支架上，彈簧下面掛上裝有遮光片的托盤，在托盤內放入一個砝碼，如圖(a)所示。
②用米尺測量平衡時彈簧的長度l，并安裝光電門。
③將彈簧在彈性限度內拉伸一定長度后釋放，使其在豎直方向振動。
④用數字計時器記錄30次全振動所用時間t。
⑤逐次增加托盤內砝碼的數量，重復②③④的操作。
該同學將振動系統理想化為彈簧振子。已知彈簧振子的振動周期T=2π，其中k為彈簧的勁度系數，M為振子的質量。
(1)由步驟④，可知振動周期T=________。(2分)
解析:30次全振動所用時間為t，則振動周期T=。
(2)設彈簧的原長為l0，則l與g、l0、T的關系式為l=________。(2分)
l0+
解析:彈簧振子的振動周期T=2π，可得彈簧振子的質量M=，彈簧振子平衡時，根據平衡條件Mg=kΔl，可得Δl=，又Δl=l-l0，則l與g、l0、T的關系式為l=l0+Δl=l0+。
(3)由實驗數據作出的l T2圖線如圖(b)所示，可得g=
______________________ m/s2(保留三位有效數字，π2取9.87)。(3分)
9.74(9.64~9.84均可)
解析:根據l=l0+·T2，則l T2圖像斜率k==，解得g≈9.74 m/s2。
(4)本實驗的誤差來源包括________ (雙選，填標號)。(2分)
A.空氣阻力
B.彈簧質量不為零
C.光電門的位置稍微偏離托盤的平衡位置
AB
解析:空氣阻力的存在會影響彈簧振子的振動周期，是實驗的誤差來源之一，故A正確；(2)問分析中將彈簧振子的質量等效為托盤及其上砝碼的總質量，但是實際上彈簧振子的質量為彈簧的質量和托盤及其上砝碼的總質量之和，所以彈簧質量不為零是本實驗的一個誤差來源，B正確；由于數字計時器記錄的是30次全振動的時間，所以光電門的位置只要在托盤經過的位置均可，即光電門的位置稍微偏離托盤的平衡位置不是本實驗的誤差來源，C錯誤。
13.(11分)隨著祖國航天事業的蓬勃發展，在未來的某天，我國航天員也將登上月球。如圖，假設航天員在月球上做了一次單擺實驗，將質量為m的擺球從平衡位置O點左側的A點由靜止釋放，已知擺長為L，擺線偏離豎直方向的最大夾角θ=4°=，月球半徑為地球半徑的，月球質量為地球質量的，地球表面處的重力加速度為g，求:
(1)月球表面處的重力加速度的大小；(4分)
解析:在星球表面，萬有引力提供重力，有G=mg，G=mg月，則== ，根據題意知=81，=4 ，聯立解得g月=g。
答案:g　
(2)擺球從靜止釋放到第一次經過平衡位置的時間內，擺球重力沖量的大小；(4分)
答案:　
解析:擺球從靜止釋放到第一次經過平衡位置所用時間t=又T=2π ，聯立解得t= ，此過程擺球重力沖量的大小為I=mg月t=。
(3)擺球從靜止釋放到第二次經過平衡位置的時間內所走的路程。(3分)
答案:
解析:擺球從靜止釋放到第二次經過平衡位置的過程為A→O→A'→O，AO段弧長為
s=·2πL=
擺球所走過的路程為s'=3s=。
14.(12分)在2024年巴黎奧運會中，我國跳水隊取得了輝煌的成績。如圖所示，跳水比賽的1 m跳板伸向水面，右端點距水面高1 m，A為右端點在水底正下方的投影，水深h=4 m，若跳水館只開了一盞黃色小燈S，該燈距跳板右端點的水平距離x=4 m，離水面高度H=4 m，現觀察到跳板水下陰影右端點B到A的距離AB= m。求:
(1)該黃色光在水中的折射率；(7分)
答案:　
解析:如圖甲所示，畫出臨界光路圖，由幾何關系可知GS==5 m，= ，解得DJ= m
由幾何關系解得AE=DJ-CG= m
BE=AB-AE=3 m
則sin i=，sin r=
由折射定律可知n==。
(2)若在水底A處放一物體，則站在跳板右端向下看，該物體看起來在水下多深處 (5分)
答案:3 m
解析:如圖乙所示，
設A的視深為h'，從A上方看，光的入射角及折
射角均很小，sin θ≈tan θ，∠D'OC=∠BA'O=α，
∠AOD=∠BAO=β
由折射定律n=≈==，解得h'=3 m。
15.(15分)如圖所示，可視為質點的兩滑塊A、B均靜止在粗糙水平地面上，兩者之間有一被壓縮的輕質彈簧(長度不計)，A與豎直墻壁之間的距離L=8 m。現解除彈簧鎖定，使A、B瞬間分離，并立即取走彈簧，此時兩物塊獲得的動能之和為28 J。已知A、B的質量分別為mA= 1 kg、mB=7 kg，所有碰撞均為彈性碰撞，A、B均沿同一水平直線運動，A、B與地面之間的動摩擦因數均為μ=0.1，重力加速度g取10 m/s2，求:
(1)取走彈簧時A、B獲得的速度大小；(4分)
答案:7 m/s　1 m/s　
解析:解除彈簧鎖定瞬間，A、B組成的系統動量守恒，則有mAvA-mBvB=0，又mA+mB=28 J
解得vA=7 m/s，vB=1 m/s。
(2)A、B都停止運動后，兩者之間的距離；(5分)
解析:根據牛頓第二定律可知，A、B的加速度大小均為a=μg=1 m/s2
可知=24.5 m>+2L=16.5 m
則A、B分離后能再次碰撞且相碰時B已停止運動，設碰前A的速度大小為v，則有=+2L
解得v=4 m/s
答案:5 m　
A、B第一次碰撞過程，由動量守恒定律和機械能守恒定律有mAv=mAv1+mBv2，
mAv2=mA+mB
解得v1=-3 m/s，v2=1 m/s
A、B都停止運動后，兩者之間的距離
Δx=+=5 m。
(3)改變L的大小，使A、B第1次碰撞時，B已經停止運動，且能發生第2次碰撞，求L的取值范圍。(6分)
答案:3 m解析:B停止運動的時間t==1 s
假設A、B第一次碰撞時B恰好停止運動，則有vAt-at2=+2L1
解得L1=3 m；
當A、B第一次相碰時，設A的速度大小為v'，則有
=+2L2
A、B第一次碰撞過程，由動量守恒定律和機械能守恒定律有mAv'=mAv1'+mBv2'，
mAv'2=mAv1'2+mBv2'2
假設A、B第二次碰撞時A恰好停止運動，則有
=+2
解得L2= m；
綜合上述有3 m

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