2018高考物理二轮讲练专题13-选考3-4(课件与作业2份)

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  • 课件名称: 2018高考物理二轮讲练专题13-选考3-4(课件与作业2份)
  • 课件科目: 高三物理课件
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课时作业(十三)
一、选择题(共6个小题,均为单项选择题,每题5分,共30分)
1.(2017•天津一模)如图甲为一列简谐横波在t=0.10 s时刻的波形图,P是平衡位置为x=1 m处的质点,Q是平衡位置为x=4 m处的质点.图乙为质点Q的振动图像,则(  )
 
A.t=0.15 s时,质点Q的加速度达到负向最大
B.t=0.15 s时,质点P的运动方向沿y轴负方向
C.从t=0.10 s到t=0.25 s,该波沿x轴正方向传播了6 m
D.从t=0.10 s到t=0.25 s,质点P通过的路程大于30 cm
答案 B
解析 A项,由图乙知:t=0.15 s时,质点Q运动到负向最大位移处,又因加速度方向与位移方向相反,大小与位移的大小成正比,所以此时Q的加速度达到正向最大,故A项错误.B、C项,由图乙y­t图像知,该波的周期T=0.20 s,且在t=0.10 s时Q点在平衡位置沿y负方向运动,可以推知该波沿x轴负方向传播.波速为v=λT=80.2 m/s=40 m/s,在从t=0.10 s到t=0.25 s,该波沿x轴负方向传播的距离为x=vt=40×0.15 m=6 m.t=0.10 s到t=0.15时间内,Δt=0.05 s=T4,P点从图甲所示位置正在由正最大位移处向平衡位置运动的途中,速度沿y轴负方向,故B项正确,C项错误;D项,质点在t=1T内,质点运动的路程为4 A;从t=0.10 s到t=0.25 s,经历的时间为Δt=0.15 s=34T,由于t=0.10 s时刻质点P正向上运动,速度减小,则从t=0.10 s到t=0.25 s,质点P通过的路程小于30 cm,故D项错误.故选B项.
2.(2017•河西区一模)波速均为v=2 m/s的甲、乙两列简谐横波都沿x轴正方向传播,某时刻波的图像分别如图甲、乙所示,其中P、Q处的质点均处于波峰,关于这两列波,下列说法正确的是(  )
 
A.如果这两列波相遇,可能发生干涉现象
B.甲波中的P处质点比M处质点先回到平衡位置
C.从图示的时刻开始经过1.0 s,P质点沿x轴正方向发生的位移为2 m
D.从图示的时刻开始,P处质点与Q处质点将同时回到各自的平衡位置
答案 B
解析 A项,甲波的周期T甲=λ甲v s=2 s,乙波的周期T乙=λ乙v s=4 s,周期不同,频率不同,所以这两列波相遇,不可能发生干涉现象,故A项错误;B项,波沿x轴正方向传播,此时M点向上运动,P质点直接向下运动回到平衡位置,所以甲波中P处质点比M处质点先回平衡位置.故B项正确;C项,质点不随波迁移,P点只在平衡位置上下振动,不会沿x轴正方向运动,故C项错误;D项,甲波的周期T甲=2 s,故P处质点回到平衡位置的时间t1=T甲4=0.5 s,乙波的周期T乙=λ乙v=82 s=4 s,故Q处质点回到平衡位置的时间为t2=T乙4=1 s,P点、Q点回到平衡位置的时间t1<t2,因此从图示的时刻开始,P处质点比Q处质点先回平衡位置,故D项错误;故选B项.
3.(2017•四川模拟)一列简谐横波在t0时刻的波形如图实线所示,经过Δt=1 s,其波形如虚线所示,已知图中x1与x2相距1 m,波的周期为T,且T<Δt<3T,则下列说法正确的是(  )
A.波传播距离的最大值为22 m
B.若波传播距离为13 m,则波向右传播
C.其可能的最小波速为1 m/s
D.其最大频率为207 Hz
答案 D
解析 A项,因为T<Δt<3T,所以波传播的距离范围为λ<Δx<3λ,波长为λ=7 m.若波向左传播,波传播的距离x为λ+6 m=13 m或2λ+6 m=20 m.若波向右传播,波传播的距离x为λ+1 m=7 m或2λ+1 m=15 m.所以波传播距离的最大值为20 m,故A项错误.B项,由上分析知,若波传播距离为13 m,则波向左传播,故B项错误.C项,根据v=xt得:最小波速为vmin=71=7 m/s,故C项错误.D项,由v=λf得f=vλ=v7 Hz,当波向左传播,波传播的距离x=20 m时,v=20 m/s,则f=207 Hz,故D项正确.故选D项.
4.(2017•南开区一模)如图所示,两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播,两波源分别位于x=-0.2 m和x=1.2 m处,两列波的速度均为v=0.4 m/s,两列波的振幅均为2 cm,如图所示为t=0时刻两列波的图像(传播方向如图所示),此刻平衡位置处于x=0.2 m和x=0.8 m的P、Q两质点刚开始振动,质点M的平衡位置处于x=0.5 m处,下列说法正确的是(  )
 
A.在t=0.75 s时刻,质点P、Q都运动到M点
B.质点M的起振方向沿y轴正方向
C.在t=2 s时刻,质点M的纵坐标为-2 cm
D.在0-2 s这段时间内质点M通过的路程为20 cm
答案 D
解析 A项,质点不随波迁移,所以质点P、Q都不会运动到M点.故A项错误;B项,由波的传播方向可确定质点的振动方向:逆向描波法.两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播,则质点P、Q均沿y轴负方向运动,所以质点M的起振方向也沿y轴负方向,故B项错误;C项,由图可知,两波的波长为0.4 m,由波长与波速关系可求出,波的周期为T=λv=0.40.4 s=1 s,由图可知,两质点到M的距离都是0.3 m.波传到M的时间都为:t1=0.30.4 s=34T,M点起振的方向向下,再经过:t2=1.25 s=54T,两波的波谷恰好传到质点M,所以M点的位移为-4 cm.故C项错误;D项,0到2 s这段时间内质点M振动的时间是54 s,通过的路程为s=54×4×(2A)=10×2 cm=20 cm.故D项正确;故选D项.
5.(2017•滨海新区模拟)某物理兴趣小组用实验探究光的色散规律,他们将半圆形玻璃砖放在竖直面内,在其左方竖直放置一个很大的光屏P,让一复色光束SA射向玻璃砖的圆心O后,有a和b两束单色光射向光屏P,如图所示.他们根据实验现象提出了以下四个猜想,你认为正确的是(  )
A.单色光a通过玻璃砖所需的时间大于单色光b通过玻璃砖所需的时间
B.光束SA绕圆心O逆时针转动过程中,光屏P上最早消失的是b光
C.若a、b分别通过同一双缝干涉装置,则a产生的干涉条纹间距较小
D.若a、b光都能使某金属发生光电效应,则a光照射时产生光电子的最大初动能较大
答案 B
解析 A项,由图知,a光的偏折程度小于b光,所以a光的折射率小于b光的折射率,由v=cn知,在玻璃中单色光a的传播速度大于单色光b的传播速度,两光在玻璃中通过的路程相等,则单色光a通过玻璃砖所需的时间小于单色光b通过玻璃砖所需的时间.故A项错误.B项,由sinC=1n知a光的临界角较大,b光的临界角较小,则当光束SA绕圆心O逆时针转动过程中,入射角增大时,b光的入射角先达到临界角,最早发生全反射,所以在光屏P上最早消失的是b光,故B项正确.C项,b光的折射率较大,波长较短,而双缝干涉条纹的间距与波长成正比,则b产生的干涉条纹间距较小,故C项错误.D项,b光的折射率较大,频率较大,由光电效应方程Ek=hν-W0,知b光照射时产生光电子的最大初动能较大.故D项错误.故选B项.
点评 解决本题的关键在于通过光的偏折程度比较出光的折射率的大小,还要知道折射率与频率、波速的关系,要掌握几何光学常用的三个规律:折射定律n=sinisinr、临界角公式sinC=1n和光速公式v=cn.
6.(2017•春郑州校级期中)如图所示某三棱镜的顶角θ=41°27′,几种单色光的折射率n如表所示.一束白光以较大的入射角通过棱镜后,在光屏上形成从紫到红的彩色光带,当入射角i渐减小到零的过程中,屏上彩色光带的变化情况是(1sin41°27′=1.516)(  )
 紫 蓝 绿 黄 橙 红
n 1.532 1.528 1.519 1.517 1.514 1.512
A.紫光最先消失,红光最后消失
B.紫光最先消失,黄光最后消失
C.红光最先消失,紫光最后消失
D.红光最先消失,橙光最后消失
解析 如题图所示,入射角i减小,折射角r也减小.光在棱镜右侧面上的入射点下移,出射光线也将下移,入射角随之增大.由于紫光的折射率最大,临界角最小,入射角最先增大到紫光的临界角,紫光最先发生全反射,屏上的紫光最先消失;
由于,1sin41°27′=1.516,在黄光的折射率和橙光的折射率之间;
由于顶角为41°27′,考虑临界情况,即i=0°时,从玻璃到空气的入射角为41°27′,故最后消失的是黄光;故B项正确;故选B项.
二、实验题(7题6分,8题6分,9题6分,共18分)
7.(2017•天津二模)某同学用如图所示装置做“用双缝干涉测光的波长”实验.
 
①下列说法正确的是(  )
A.英国物理学家麦克斯首先成功地观察到了光的双缝干涉现象
B.仅撤去单缝屏,光屏上双缝干涉的条纹仍然存在
C.图中的a、b、c三个元件可以分别为滤光片、单缝屏、双缝屏
D.只要白炽灯、滤光片、双缝屏、单缝屏都沿着遮光筒的轴线放置,就可以在光屏上成功观察到清晰的干涉条纹
②该同学用蓝色滤光片成功地观察到了如图乙所示的干涉条纹,若仅将滤光片换成红色,其它元件及位置都不动,他将看到的条纹是图丙中的(  )
 
③该同学某次实验中,将测量头的分划板中心刻线与某条亮条纹中心对齐,将该亮条纹定为第1条亮条纹,此时手轮上的示数记为x1,然后同方向转动测量头,使分划板中心刻线与第n条亮条纹中心对齐,记下此时手轮上的示数为x2(x2>x1),已知双缝间距为L1,单缝与双缝的距离为L2,双缝到光屏的距离为L3,则入射光波长的表达式为λ=________.
答案 ①C ②C ③(x2-x1)L1(n-1)L3
解析 ①A项,英国物理学家托马斯•杨首先成功地观察到了光的双缝干涉现象,故A项错误.B项,双缝干涉的条件是频率相同、相差恒定,当仅撤去单缝屏,不能获取相干光源,所以光屏上双缝干涉的条纹不存在了,故B项错误.C项,为获取单色线光源,白色光源后面要有滤光片、单缝,为得到相干光源,单缝右边要有双缝.故C项正确.D项,从左到右,只有按白炽灯、滤光片、单缝屏、双缝屏这样的顺序沿遮光筒的轴线放置,才可以在光屏上成功观察到清晰的干涉条纹,故D项错误.故选C项.
②A、C项,红光的波长比蓝光的长,根据Δx=Ldλ分析知,红光的干涉条纹间距比蓝光的大,故A项错误,C项正确.B、D项,双缝干涉条纹是均匀的条纹,故B、D两项错误.故选C项.
③由题意可知,双缝干涉条纹的间距为Δx=x2-x1n-1;
根据Δx=Ldλ=L3L1λ,得:λ=(x2-x1)L1(n-1)L3.
8.(2017•冀州市校级模拟)在“测玻璃的折射率”实验中:
 
(1)为了取得较好的实验效果:
A.必须选用上下表面平行的玻璃砖;
B.选择的入射角应尽量小些;
C.大头针应垂直地插在纸面上;
D.大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些.
其中正确的是________.
(2)甲同学在画界面时,不小心将两界面aa′和bb′间距画得比玻璃砖宽度大些,如图1所示,则他测得的折射率________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)
(3)乙同学在量入射角和折射角时,由于没有量角器,在完成了光路图以后,以O点为圆心,OA为半径画圆,交OO′延长线于C点,过A点和C点作垂直法线的直线分别交于B点和D点,如图2所示则他只需要测量________,就可求出玻璃的折射率n=________.
答案 (1)CD (2)偏小 (3)AB、CD的距离 ABDC
解析 (1)A项,做插针法测定折射率时,玻璃砖上下表面不一定要平行.故A项错误.B项,为了减小测量的相对误差,选择的入射角应尽量大些,可减小相对误差,效果会更好.故B项错误.C项,为了准确确定入射光线和折射光线,大头针应垂直地插在纸面上;故C项正确.D项,大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些时,相同的距离误差,引起的角度误差会减小,效果会好些.故D项正确.故选C、D两项.
(2)如图,实线是真实的光路图,虚线是玻璃砖宽度画大后的光路图,由图看出,在这种情况测得的入射角不受影响,但测得的折射角比真实的折射角偏大,根据折射定律n=sinisinr可知,测得的折射率偏小.
(3)根据折射定律得,n=sin∠AOBsin∠DOC=ABAODCCO=ABDC,可知需要测量AB、CD的距离.折射率为n=ABDC.
9.(2017•闵行区二模)如图甲、乙是某研究性学习小组自己组装的用DIS实验装置来测定当地重力加速度g的两套实验方案(与数据采集器和计算机的连接均未画出).
(1)补齐甲方案操作步骤:
①如图安装好器材,启动DIS,进入“用DIS测加速度的界面”,
②开启发射器电源,由静止释放发射器,获取发射器自由下落的v&shy;t图像,
③在图像上选取两点A、B,记录vA、vB和两点之间时间间隔Δt,求出该次实验g值,
④________________________________________________________________________.
(2)为了减小该实验的误差,选取A、B两点时应注意的是:____________________ ___________________________________________________________________________.
(3)乙方案中已测量的物理量有:球直径d、球通过光电门1和2的时间Δt1、Δt2,还需测出的一个物理量是________,并写出g值的表达式________.
(4)为减小实验误差,安装乙方案中两光电门时应注意:________________________ ____________________________________________________________________________.
 
答案 (1)④多次测量得出g的平均值
(2)A、B两点应在v&shy;t图线的同一直线上,且相距较远
(3)两光电门之间的高度差h g=(dΔt2)2-(dΔt1)22h
(4)两光电门中心应在同一竖直线上,且相距较远.
解析 (1)根据v&shy;t图像的斜率物理意义求得加速度,k=g;
④为减小实验误差,要多次测量得出g的平均值.
(2)为减小实验误差要:A、B两点应在v&shy;t图线的同一直线上,且相距较远.
(3)本方案为应用公式:vB2-vA2=2gh,则还要测量两光电门之间的高度差h
则有:(dΔt2)2-(dΔt1)2=2gh 得g=(dΔt2)2-(dΔt1)22h
(4)减小实验误差,安装乙方案中两光电门时应注意:两光电门中心应在同一竖直线上,且相距较远
三、计算题(10题10分,11题10分,12题10分,13题10分,14题12分,共52分)
10.(2017•衡阳三模)玻璃半圆柱体的半径为R,横截面如图所示,圆心为O,A为圆柱面的顶点.两条单色红光分别按如图方向沿截面入射到圆柱体上,光束1指向圆心,方向与AO夹角为30°,光束2的入射点为B,方向与底面垂直,∠AOB=60°,已知玻璃对该红光的折射率n=3.求:
①两条光线经柱面和底面折射后的交点与O点的距离d;
②若入射的是单色蓝光,则距离d将比上面求得的结果大还是小?
答案 ①两条光线经柱面和底面折射后的交点与O点的距离d是R3;②若入射的是单色蓝光,则距离d更小.
分析 ①先根据折射定律求出光线2在玻璃半圆柱体圆弧面上和底面上的两个折射角,再运用折射定律求出光线1在底面上的折射角,作出光路图,根据几何知识求解即可.
②若入射的单色蓝光,由于介质对蓝光的折射率大于介质对红光的折射率,蓝光偏折更明显,d更小.
解析 ①对光线2在B点折射时,入射角i=60°
由折射定律有n=sinisinr
得sinr=sinin=sin60°3=12,r=30°
入射到底面的入射角i′=60°-r=30°,则:
sinr′=nsini′=,r′=60°
根据几何知识得
LOC=12Rcos30°=33R
同理,光线1从O点出射,折射光线与CD交于E点,折射角∠EOD=60°,则△EOD为等边三角形
d=OE=OD=LOCtan30°=R3
②玻璃对蓝光的折射率比对红光的大,蓝光偏折更明显,故d变小.
 
11.(2015•江苏)人造树脂是常用的眼镜片材料,如图所示,光线射在一人造树脂立方体上,经折射后,射在桌面上的P点,已知光线的入射角为30°,OA=5 cm,AB=20 cm,BP=12 cm,求该人造树脂材料的折射率n.
 
答案 1.5
解析 设折射角为γ,由折射定律sin30°=nsinγ
由几何关系知sinγ=PB-OAOP,且OP=(PB-OA)2+AB2
代入数据解得n=44914(或n=1.5)


12.(2017•开封市质检)如图所示,三角形ABC为某透明介质的横截面,O为BC中点,位于截面所在平面内的一束光线自O以角度i入射,第一次到达AB边恰好发生全反射.已知θ=15°,BC边长为2 L,该介质的折射率为2.求:
(1)入射角i;
(2)从入射到发生第一次全反射所用的时间(设光在真空中的速度为c,可能用到:sin75°=6+24或tan15°=2-3).
答案 (1)i=45°;(2)t=(6+2)L2c
解析 (1)根据全反射定律可知,光线在AB面上P点的入射角等于临界角C,由折射定律得:sinC=1n,代入数据得:C=45°
 
设光线在BC面上的折射角为r,由几何关系得:r=30°,
由折射定律得:n=sinisinr,联立代入数据得:i=45°.
(2)在△OPB中,根据正弦定理得:OPsin75°=Lsin45°,设所用时间为t,光线在介质中的速度为v,得:
OP=vt,光在玻璃中的传播速度v=cn,联立代入数据得:t=(6+2)L2c.
13.(2016•课标全国Ⅲ)如图,玻璃球冠的折射率为3,其底面镀银,底面的半径是球半径的32倍;在过球心O且垂直于底面的平面(纸面)内,有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的M点,该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点.求该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角.
 
答案 150°
解析 玻璃球半径为R,球冠底面中心为O′,连接OO′,则OO′⊥AB,令∠OAO′=α
则cosα=O′AOA=32RR,即α=30°
根据题意MA⊥AB
所以∠OAM=60°
设图中N点为光线在球冠内底面上的反射点,所考虑的光线的光路图如图所示,设光线在M点的入射角为i,折射角为r,在N点的入射角为i′,反射角为i″,玻璃折射率为n,由于△OAM为等边三角形,有i=60°
 
根据折射定律可得sini=nsinr
代入n=3,可得r=30°
作底面在N点的法线NE,由于NE∥AM,有i′=30°
根据反射定律,可得i″=30°
连接ON,由几何关系可知△NAM≌△NOM,故有∠MNO=60°
故可得∠ENO=30°
于是∠ENO为反射角,ON为反射光线,这一反射光线经球面再次折射后不改变方向,所以,经一次反射后射出玻璃球的光线相对于入射光线的偏角β为β=180°-∠ENO=150°.
14.(2017•珠海二模)如图,为一圆柱中空玻璃管,管内径为R1,外径为R2,R2=2R1.一束光线在圆柱横截面内射向玻璃管,为保证在内壁处光不会进入中空部分,问入射角i应满足什么条件?
 
答案 为保证在内壁处光不会进入中空部分,入射角i应满足的条件是i≥30°.
解析 光路图如图,设第一次折射角为r,全反射临界角为C,折射率为n.
 
由折射定律有n=sinisinr,得:sinr=sinin
又sinC=1n
对图中△ABO,由正弦定理得:
sin(π-C)R2=sinrR1
则得:1n2R1=sininR1
可解得i=30°,所以为保证在内壁处光不会进入中空部分,入射角i应满足i≥30°