(京津琼)高考物理总复习 专用优编提分练：选择题专练(五)

计算题专练(六)1．如图1所示，质量M ＝4 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L ＝5 m ．从某时刻开始，有质量m ＝2 kg 的物块，以水平向右的速度v 0＝6 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.4，取g ＝10 m/s 2，求：图1(1)该过程所经历的时间t 及物块与小车保持相对静止时的速度大小v ；(2)该过程中物块发生的位移x 1的大小及小车发生的位移x 2的大小；(3)该过程中物块和小车间因摩擦产生的热量Q .答案 (1)1 s 2 m/s (2)4 m 1 m (3)24 J解析 (1)以小车和物块组成的系统为研究对象，系统的动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律得： mv 0＝(M ＋m )v .代入数据，解得v ＝2 m/s ，方向向右．对小车M ，由动量定理得：μmgt ＝Mv －0.代入数据，解得：t ＝1 s.(2)对物块，根据动能定理得：－μmgx 1＝12mv 2－12mv 02. 对小车，由动能定理得：μmgx 2＝12Mv 2. 代入数据解得：x 1＝4 m ，x 2＝1 m.(3)该过程中物块和小车间因摩擦产生的热量为：Q ＝12mv 02－12(M ＋m )v 2代入数据，解得：Q ＝24 J.2．如图2所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l ＝0.5 m ，左端接有阻值R ＝0.3 Ω的电阻，一质量m ＝0.1 kg ，电阻r ＝0.1 Ω的金属棒MN 放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B ＝0.4 T ．棒在水平向右的拉力作用下，由静止开始以a ＝2 m/s 2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x ＝9 m 时撤去拉力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去拉力前后回路中产生的焦耳热之比Q 1∶Q 2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：图2(1)在棒匀加速运动过程中，通过电阻R 的电荷量q ；(2)撤去拉力后回路中产生的焦耳热Q 2；(3)拉力做的功W F .答案 (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J解析 (1)设棒匀加速运动所用时间为t ，有x ＝12at 2，解得t ＝2x a ＝3 s.根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得，电路中产生的平均电流为： I ＝ER ＋r ＝ΔΦt (R ＋r )＝Blx t (R ＋r )＝1.5 A. 则q ＝I t ＝4.5 C.(2)撤去拉力前棒做匀加速运动，v ＝at ＝6 m/s.撤去拉力后棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功，先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为内能，所以Q 2等于棒的动能减少量：Q 2＝|ΔE k |＝12mv 2＝1.8 J.(3)根据题意，在撤去拉力前回路中产生的焦耳热为： Q 1＝2Q 2＝3.6 J.撤去拉力前，拉力做正功、安培力做负功(其绝对值等于焦耳热Q 1)、重力不做功，根据动能定理有：ΔE k ′＝W F －Q 1.则W F ＝ΔE k ′＋Q 1＝5.4 J.。

选择题专练(十二)1．下列说法中正确的是( )A ．光电效应实验中，只有入射光频率小于极限频率才能产生光电子B ．若某材料的逸出功是W 0，则它的极限频率νc ＝W 0hC ．大量光子的效果往往表现出粒子性，个别光子的行为往往表现出波动性D ．在光电效应现象中，增大入射光的频率一定能增大光电流答案 B解析 光电效应实验中，只有入射光频率大于金属的极限频率才能发生光电效应，从而产生光电子，选项A 错误；若某材料的逸出功是W 0，则它的极限频率νc ＝W 0h，选项B 正确；大量光子的效果往往表现出波动性，个别光子的行为往往表现出粒子性，选项C 错误；在光电效应现象中，增大入射光的频率一定能增大光电子的最大初动能，不一定能增大光电流，选项D 错误．2．倾角为37°的斜面与水平面平滑连接，一滑块从斜面上某点由静止开始下滑，最后停在水平面上．已知滑块在斜面和水平面上滑行的距离相等，滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数也相等，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则滑块与水平面间的动摩擦因数为( )A.15B.14C.13D.12答案 C解析 设滑块在斜面和水平面上滑行的距离均为x ，则由动能定理：mgx sin 37°－μmgx cos37°－μmgx ＝0，解得μ＝13，故选C. 3．真空中相距为3a 的两个点电荷M 、N ，分别固定于x 轴上x 1＝0和x 2＝3a 的两点上，在它们连线上各点的电场强度E 随x 变化的关系如图1所示，下列判断正确的是( )图1A ．点电荷M 、N 为异种电荷B ．在x 轴上，3a <x <6a 的区域内，有一点电场强度为零C ．点电荷M 、N 所带电荷量的绝对值之比为4∶1D ．若设无穷远处为电势能零点，则x ＝2a 处的电势一定为零答案 C解析 若两电荷为异种电荷，在x ＝2a 处，电场强度不可能为0，故两电荷为同种电荷，故A 错误；两电荷为同种电荷，在x 轴上，只有一点电场强度为零，即2a 处，在x 轴上3a <x <6a 的区域内不可能存在电场强度为零的点，故B 错误；M 在2a 处产生的场强为E 1＝k Q M (2a )2，N 在2a 处产生的场强为E 2＝k Q N a2，由于2a 处场强为0，故E 1＝E 2，所以解得Q M ＝4Q N ，故C 正确；若设无穷远处为电势能零点，电荷从无穷远处运动到x ＝2a 处电场力做功不为零，x ＝2a 处电势不为零，故D 错误．4．如图2甲所示，在水平面上固定一电阻为R 、半径为r 0的单匝金属线圈，线圈内有一半径为r (r <r 0)的区域内存在垂直线圈平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度B 随时间t 如图乙变化时，令πB 0r 2Rt 0＝a ，πB 0r 02Rt 0＝b ，从上往下看，以顺时针方向的电流为正，下列选项中能正确表示线圈中感应电流I 变化的是( )图2答案 D解析 在0～t 0时间内线圈中产生的感应电动势：E 1＝ΔB Δt S ＝B 0t 0·πr 2， 感应电流I 1＝E 1R ＝B 0πr 2Rt 0＝a ， 根据楞次定律，电流为顺时针方向，即正方向；在t 0～3t 0时间内线圈中磁通量不变，产生的感应电流为零；在3t 0～5t 0时间内，电动势：E 2＝ΔB Δt S ＝B 02t 0·πr 2， 感应电流I 2＝E 2R ＝B 0πr 22Rt 0＝12a ， 根据楞次定律，电流为逆时针方向，即负方向，故选D.5．如图3所示，矩形导线框置于磁场中，该磁场可视为匀强磁场．电阻不计的线框通过电刷、导线与变压器原线圈构成闭合电路，线框在磁场中绕垂直于磁场方向的转轴以大小为ω的角速度逆时针转动，已知线框匀速转动时产生的感应电动势最大值为E m ，原、副线圈的匝数比为1∶4，副线圈通过电阻R 接两个相同的灯泡．下列说法正确的是( )图3A ．从图示中线框与磁感线平行的位置开始计时，线框中感应电动势表达式为e ＝2E m sin ωtB ．副线圈上电压的有效值为22E mC ．开关K 闭合时，电阻R 两端电压降低D ．当线框转动角速度增大时，灯泡的亮度不变答案 B解析 从图示中线框与磁感线平行的位置开始计时，线框中感应电动势表达式为e ＝E m cos ωt ，选项A 错误；原线圈电压有效值为U 1＝E m2，则副线圈上电压的有效值为U 2＝4U 1＝22E m ，选项B 正确；开关K 闭合时，副线圈电路的总电阻减小，则副线圈电路中的电流变大，电阻R 两端电压变大，选项C 错误；当线框转动角速度增大时，则交流电的最大值变大，变压器原线圈两端的电压变大，副线圈两端的电压也变大，则灯泡的亮度变亮，选项D 错误．6.宇宙中两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用互相绕转，称之为双星系统．在浩瀚的银河系中，多数恒星都是双星系统．设某双星系统A 、B 绕其连线上的O 点做匀速圆周运动，如图4所示．若AO >OB ，则( )图4A ．星球A 的角速度一定大于B 的角速度B ．星球A 的质量一定小于B 的质量C ．双星的总质量一定，双星之间的距离越大，其转动周期越大D ．双星之间的距离一定，双星的总质量越大，其转动周期越大答案 BC 解析 双星系统中两星球的角速度相等，故A 错误．根据万有引力提供向心力m A ω2r A ＝m B ω2r B ，因为r A ＞r B ，所以m A ＜m B ，即A 的质量一定小于B 的质量，故B 正确．设两星体间距为L ，根据万有引力提供向心力公式得：G m A m B L 2＝m A 4π2T 2r A ＝m B 4π2T 2r B ，解得周期为T ＝2πL 3G (m A ＋m B )，由此可知双星的总质量一定，双星之间的距离越大，其转动周期越大，故C 正确．双星之间的距离一定，双星的总质量越大，其转动周期越小，故D 错误．7．一质量为0.6 kg 的篮球，以8 m/s 的速度水平撞击篮板，被篮板反弹后以6 m/s 的速度水平反向弹回，在空中飞行0.5 s 后以7 m/s 的速度被运动员接住，取g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A ．与篮板碰撞前后篮球的动量变化大小为8.4 kg·m/sB ．被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的动量变化大小为0.6 kg·m/sC ．篮板对篮球的作用力大小约为15.6 ND ．被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的重力产生的冲量大小为3 N·s答案 AD解析 以被篮板反弹后的速度方向为正方向，与篮板碰撞前后篮球的动量变化大小为： Δp 1＝mv 2－(－mv 1)＝m (v 2＋v 1)＝0.6×(8＋6) kg·m/s＝8.4 kg·m/s，选项A 正确；根据动量定理，被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的动量变化大小为Δp 2＝mgt ＝0.6×10×0.5 kg·m/s＝3 kg·m/s，选项B 错误；根据动量定理：F Δt ＝Δp 1，因作用时间Δt 未知，则无法确定篮板对篮球的作用力大小，选项C 错误；被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的重力产生的冲量大小为I G ＝Δp 2＝3 kg·m/s＝3 N·s，选项D 正确．8．如图5所示，两个大小不计、质量均为m 的物体A 、B 放置在水平地面上，一根长为L 且不可伸长的轻绳两端分别系在两物体上，绳恰好伸直且无拉力，在绳的中点施加一个竖直向上的拉力F ，使两物体慢慢靠近直至接触．已知两物体与水平地面间的动摩擦因数均为33，则在两物体靠近的过程中，下列说法正确的是( )图5A ．拉力F 一直增大B ．物体A 所受的摩擦力不变C ．地面对A 物体的支持力先减小后增大D ．当两物体间的距离为32L 时，绳上的拉力最小 答案 AD解析 设某时刻与物体连接的绳子的拉力为F T ，与水平方向的夹角为θ，则对每个物体： 水平方向F T cos θ＝μF N ；竖直方向F T sin θ＋F N ＝mg ，其中F ＝2F T sin θ；联立可得：F ＝2μmg 1tan θ＋μ， 则随着θ增加，F 变大，选项A 正确；F f ＝F T cos θ＝μmg 1＋μtan θ， 则随着θ增加，F f 变小，选项B 错误；F N ＝mg －F T sin θ＝mg －μm g1tan θ＋μ，则随着θ增加，F N变小，选项C错误；F T＝μmgcos θ＋μsin θ，对cos θ＋μsin θ＝1＋μ2sin(θ＋φ)(其中tan φ＝1μ＝3，即φ＝60°)，则当分母最大时，F T最小，此时θ＝30°，可求得两物体间的距离为L cos 30°＝32L，选项D正确．。

计算题专练(二)1．(2018·天津市南开中学月考)如图1所示，在光滑的水平地面上，相距L ＝10 m 的A 、B 两个小球均以v 0＝10 m/s 向右运动，随后两球相继滑上倾角为30°的足够长的固定光滑斜坡，地面与斜坡平滑连接，取g ＝10 m/s 2.求：图1(1)B 球刚要滑上斜坡时A 、B 两球的距离是多少；(2)A 球滑上斜坡后经过多长时间两球相遇．答案 (1)7.5 m (2)2.5 s解析 (1)设A 球滑上斜坡后经过t 1时间B 球滑上斜坡，则有：L ＝v 0t 1，解得：t 1＝1 sA 球滑上斜坡后做匀减速直线运动，加速度大小：a ＝g sin 30°＝5 m/s 2设这段时间内A 球向上运动的位移为x ，则x ＝v 0t 1－12at 12 代入数据解得：x ＝7.5 m(2)B 球刚要滑上斜坡时A 球速度v 1＝v 0－at 1＝5 m/s B 球滑上斜坡时，加速度与A 相同，以A 为参考系，B 相对于A 以v ＝v 0－v 1＝5 m/s 做匀速运动，设再经过时间t 2它们相遇，有：t 2＝x v ＝1.5 s则所求时间t ＝t 1＋t 2＝2.5 s.2．如图2所示，在匝数N ＝100、截面积S ＝0.02 m 2的多匝线圈中存在方向竖直向下的匀强磁场B 0，B 0均匀变化．两相互平行、间距L ＝0.2 m 的金属导轨固定在倾角为θ＝30°的斜面上，线圈通过开关S 与导轨相连．一质量m ＝0.02 kg 、阻值R 1＝0.4 Ω的光滑金属杆锁定在靠近导轨上端的MN 位置，M 、N 等高．一阻值R 2＝0.6 Ω的定值电阻连接在导轨底端．导轨所在区域存在垂直于斜面向上的磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场．金属导轨光滑且足够长，线圈与导轨的电阻忽略不计．重力加速度取g ＝10 m/s 2.电子电荷量e ＝1.6×10－19 C.图2(1)闭合开关S 时，金属杆受到沿斜面向下的安培力为0.4 N ，请判断磁感应强度B 0的变化趋势，并求出磁感应强度B 0的变化率ΔB 0Δt； (2)断开开关S ，解除对金属杆的锁定，从MN 处由静止释放，经过t ＝0.50 s ，金属杆下滑x ＝0.60 m ，求该过程中金属杆上产生的焦耳热Q 1；(3)经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子和金属离子(即金属原子失去电子后的部分)的碰撞，请建立合适的自由电子运动模型，求出第(2)问情境中，当金属杆最终匀速下滑时，金属杆中金属离子对一个自由电子沿杆方向的平均阻力F f 的大小．答案 (1)增大 0.8 T/s (2)4.64×10－3 J (3)3.2×10－19 N解析 (1)闭合开关S 时，金属杆受到沿斜面向下的安培力，由左手定则可知金属杆中的电流由M 流向N ，根据楞次定律可知磁感应强度B 0的趋势是增大线圈中的感应电动势E ＝N ΔB 0ΔtS 金属杆中的电流为I ＝E R 1金属杆受到的安培力为F ＝BIL联立解得：ΔB 0Δt＝0.8 T/s (2)根据动量定理得： mg sin θ·t －B ·I L ·t ＝mv －0平均电流为I ＝ER 1＋R 2平均电动势为E ＝BLx t， 得到速度为：v ＝2.2 m/s根据能量守恒定律得：mgx sin θ＝12mv 2＋Q解得：Q ＝1.16×10－2 J ， Q 1＝R 1R 1＋R 2Q ＝4.64×10－3 J(3)匀速时mg sin θ＝B BLv mR 1＋R 2L得到：v m ＝10 m/s金属杆中的一个电子定向匀速运动，内电压对其做的正功等于克服阻力做的功F f L ＝eU U ＝R 1R 1＋R 2EE ＝BLv m联立可得：F f ＝ev m BR 1R 1＋R 2，代入数据，解得：F f ＝3.2×10－19 N.。

考前综合练(三)一、单项选择题1．如图1是原子物理史上几个著名的实验，关于这些实验，如下说法正确的答案是( )图1A．卢瑟福α粒子散射实验否认了原子结构的枣糕模型，提出原子的核式结构模型B．放射线在磁场中偏转，中间没有偏转的为γ射线，电离能力最强C．电压一样时，光照越强，光电流越大，说明遏止电压和光的强度有关D．铀235只要俘获中子就能进展链式反响答案 A解析卢瑟福α粒子散射实验否认了原子结构的枣糕模型，提出原子的核式结构模型，故A 正确；放射线在磁场中偏转，中间没有偏转的为γ射线，电离能力最弱，故B错误；由题图可知，光照越强，光电流越大，但遏止电压一样，说明遏止电压与光的强度无关，故C错误；链式反响需要达到临界体积才可以进展，故D 错误．2．某同学阅读了“火星的现在、地球的未来〞一文，摘录了以下资料： (1)太阳几十亿年来一直在不断地释放能量，质量在缓慢地减小．(2)金星和火星是地球的两位近邻，金星位于地球圆轨道的内侧，火星位于地球圆轨道的外侧． (3)由于火星与地球的自转周期几乎一样，自转轴与公转轨道平面的倾角也几乎一样，所以火星上也有四季变化．根据该同学摘录的资料和有关天体运动的规律，可推断( ) A ．太阳对地球的引力在缓慢增大 B ．日地距离在不断减小 C ．金星的公转周期超过一年D ．火星上平均每个季节持续的时间大于3个月 答案 D解析 因太阳质量在减小，所以在地球与太阳间距离不变的情况下，太阳对地球的引力减小，故地球做离心运动，故A 、B 错误；金星绕太阳运动的轨道半径比地球的小，故金星的公转周期小于一年，同理，火星的公转周期大于一年，故C 错误，D 正确．3.如图2所示，质量均为m 的木块A 和B ，用一个劲度系数为k 的竖直轻质弹簧连接，最初系统静止，现在用力F 缓慢拉A 直到B 刚好离开地面，如此这一过程中力F 做的功至少为( )图2A.m 2g 2kB.2m 2g 2kC.3m 2g2kD.4m 2g 2k答案 B解析 最初系统静止时，弹簧的弹力等于A 的重力，由胡克定律得，弹簧被压缩的长度x 1＝mg k ，最后B 刚好离开地面时，弹簧的弹力等于B 的重力，此时弹簧伸长的长度x 2＝mgk，弹簧弹性势能不变，此过程缓慢进展，所以力F 做的功等于系统增加的重力势能，根据功能关系可知：W ＝mgh ＝mg ×2mg k ＝2m 2g 2k，故B 正确．4．一个无限大的金属板与一个点电荷之间的空间电场分布与等量异种电荷之间的电场分布类似，即金属板外表各处的电场强度方向与板面垂直．如图3所示，MN为无限大的不带电的金属平板，且与大地连接．现将一个电荷量为Q的正点电荷置于板的右侧，图中a、b、c、d 是以正点电荷Q为圆心的圆上的四个点，四点的连线构成一内接正方形，其中ab连线与金属板垂直．如此如下说法正确的答案是( )图3A．b点电场强度与c点电场强度一样B．a点电场强度与b点电场强度大小相等C．a点电势等于d点电势D．将一试探电荷从a点沿直线ad移到d点的过程中，试探电荷电势能始终保持不变答案 C解析画出电场线如下列图：根据对称性可知，b点电场强度与c点电场强度大小相等，方向不同，故A错误；电场线密集的地方电场强度大，从图上可以看出a点电场强度大于b点电场强度，故B错误；根据对称性并结合电场线的分布可知a点电势等于d点电势，故C正确；由于试探电荷先靠近正电荷后远离正电荷，所以电场力在这个过程中做功，所以试探电荷电势能不是始终保持不变，故D错误．5．如图4所示，质量为m的小球用长度为R的细绳拴着在竖直面上绕O点做圆周运动，恰好能通过竖直面的最高点A，重力加速度为g，不计空气阻力，如此( )图4A ．小球通过最高点A 的速度为gRB ．小球通过最低点B 和最高点A 的动能之差为mgRC ．假设细绳在小球运动到与圆心O 等高的C 点断了，如此小球还能上升的高度为RD ．假设细绳在小球运动到A 处断了，如此经过时间t ＝2Rg小球运动到与圆心等高的位置答案 D解析 小球刚好通过最高点时，绳子的拉力恰好为零，有：mg ＝m v 2R，得v ＝gR ，故A 错误；从最高点到最低点重力做功为2mgR ，根据动能定理可知小球通过最低点B 和最高点A 的动能之差为2mgR ，故B 错误；从A 到C 由动能定理可知：mgR ＝12mv C 2－12mv 2，当绳子断掉后上升的高度为h ，如此－mgh ＝0－12mv C 2，解得h ＝32R ，故C 错误；假设细绳在小球运动到A 处断了，如此下降R 所用的时间为R ＝12gt 2，解得t ＝2Rg，故D正确． 二、多项选择题6．一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U ，额定电流为I ，线圈电阻为R ，将它接在电动势为E 、内阻为r 的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，如此( ) A ．电动机消耗的总功率为UI B ．电源的效率为1－Ir EC ．电源的输出功率为EID ．电动机消耗的热功率为U 2R答案 AB解析 电动机消耗的总功率为P ＝IU ，所以A 正确．电动机消耗的热功率为P ＝I 2R ，所以D 错误．电源的输出功率等于电动机的输入功率，如此P 出＝UI ，故C 错误．电源的总功率为IE ，内部发热的功率为I 2r ，所以电源的效率为IE －I 2r IE ＝1－IrE，所以B 正确．7．如图5所示，将质量为2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m 的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑轻质定滑轮与直杆的距离为d .现将小环从与定滑轮等高的A 处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d 时(图中B 处)，如下说法正确的答案是(重力加速度为g )( )图5A ．环与重物、地球组成的系统机械能守恒B ．小环到达B 处时，重物上升的高度也为dC ．小环在B 处的速度与重物上升的速度大小之比等于22D ．小环下落到B 处时的速度大小为(3－22)gd 答案 AD解析 对于小环、重物和地球组成的系统，只有重力做功，如此环与重物、地球组成的系统机械能守恒，故A 项正确．结合几何关系可知，重物上升的高度h ＝(2－1)d ， 故B 项错误．将小环在B 处的速度分解为沿着绳子方向和垂直于绳子方向的两个分速度，其中沿着绳子方向的速度即为重物上升的速度，如此v 物＝v 环cos 45°，环在B 处的速度与重物上升的速度大小之比为2∶1，故C 项错误． 小环从A 到B ，由机械能守恒得mgd －2mgh ＝12mv 环2＋12×2mv 物2且v 物＝v 环cos 45°，解得：v 环＝(3－22)gd ，故D 正确．8．如图6甲所示，左侧接有定值电阻R ＝3 Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B ＝2 T ，导轨间距为L ＝1 m ．一质量m ＝2 kg 、接入电路的阻值r ＝1 Ω的金属棒在拉力F 作用下由静止开始从CD 处沿导轨向右加速运动，金属棒与导轨垂直且接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，g ＝10 m/s 2，金属棒的v －x 图象如图乙所示，如此从起点到发生位移x ＝1 m 的过程中( )图6A ．拉力做的功为16 JB ．通过电阻R 的电荷量为0.25C C ．定值电阻R 产生的焦耳热为0.75 JD ．所用的时间t 一定大于1 s 答案 CD解析 根据题图乙可知v ＝2x ，金属棒运动过程中受到的安培力F 安＝B 2L 2·2x R ＋r ，即安培力与x 是线性函数，所以在此过程中平均安培力为1 N ，根据功能关系 W 拉＝W f ＋12mv 2＋W 克安＝μmgx ＋12mv 2＋F 安x＝0.5×20×1 J＋12×2×22J ＋1×1 J＝15 J ，故A 错误；q ＝ΔΦR ＋r ＝BLx R ＋r ＝2×1×14C ＝0.5 C ，故B 错误； 抑制安培力做的功转化为回路中的焦耳热，抑制安培力做的功为W 克安＝1 J ，所以R 上的焦耳热为Q R ＝R R ＋r W ＝34W ＝0.75 J ，故C 正确； v －x 图象中的斜率k ＝v x ＝v t ·t x ＝av，所以a ＝kv ，即随着速度的增加，加速度也在增加，假设金属棒做匀加速运动1 m如此需要的时间为t＝xv＝1 s，现在金属棒做加速度增加的加速运动，如此移动一样的位移所用的时间大于1 s，故D正确．三、非选择题9．物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数．实验装置如图7，一外表粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接．打点计时器使用的交流电源的频率为50 Hz.开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列小点．图7图8(1)图8给出的是实验中获取的一条纸带的一局部：0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个小点(图中未标出)，计数点间的距离如下列图．根据图中数据计算的加速度a＝__________(保存三位有效数字)．(2)回答如下两个问题：①为测量动摩擦因数，如下物理量中还应测量的有________(填入所选物理量前的字母) A．木板的长度B．木板的质量m1C．滑块的质量m2D．托盘和砝码的总质量m3E．滑块运动的时间t②测量①中所选定的物理量时需要的实验器材是____________________．(3)滑块与木板间的动摩擦因数μ＝________(用被测物理量的字母表示，重力加速度为g)．答案(1)0.497 m/s2(0.495 m/s2～0.499 m/s2均可)(2)①CD②天平(3)m 3g －(m 2＋m 3)am 2g解析 (1)每相邻两计数点间还有4个打点，说明相邻的计数点时间间隔为0.1 s ．将第一段位移舍掉，设1、2两计数点之间的距离为x 1，如此第6、7之间的距离为x 6，利用匀变速直线运动的推论Δx ＝at 2，即逐差法可以求滑块的加速度大小：a ＝a 1＋a 2＋a 33＝(x 4＋x 5＋x 6)－(x 3＋x 2＋x 1)9T2， 将数据代入得：a ≈0.497 m/s 2.(2)①设托盘和砝码的总质量为m 3，滑块的质量为m 2，动摩擦因数为μ，如此摩擦力为F f ＝μm 2g ；根据牛顿第二定律有：m 3g －μm 2g ＝(m 3＋m 2)a ，由此可知还需要测量托盘和砝码的总质量m 3，滑块的质量m 2，故A 、B 、E 错误，C 、D 正确．②根据①问分析可知在测量质量的时候需要用到的仪器是天平． (3)根据牛顿第二定律有：m 3g －μm 2g ＝(m 3＋m 2)a ， 故解得：μ＝m 3g －(m 2＋m 3)am 2g.10．为测定海水的电阻率：(1)某学习小组选取了一根厚度可以忽略的塑料管，分别用刻度尺和螺旋测微器测出其长度L 和外径d ，外径示数如图9所示，由图得d ＝________ mm.图9(2)在塑料管里面灌满了海水，两端用粗铜丝塞住管口，形成一段封闭的海水柱．将多用电表的转换开关K 旋转在如图10所示的位置，将插入“＋〞、“－〞插孔的红黑表笔短接，调零后粗测其阻值R ，其结果如图中表盘所示，如此R ＝________ Ω.图10(3)该小组为进一步准确测量其阻值，现采用伏安法．有如下实验器材供选择：A．直流电源：电动势12 V，内阻不计，额定电流为1 A；B．电流表A：量程0～10 mA，内阻约10 Ω；C．电压表V：量程0～15 V，内阻约15 kΩ；D．滑动变阻器R1：最大阻值10 Ω；E．滑动变阻器R2：最大阻值10 kΩ；F．多用电表；G．开关、导线等．①该小组采用限流电路并在正确选择器材后完成了局部导线的连接，请你在图11中完成余下导线的连接并在滑动变阻器旁边标上其符号(R1或R2)．图11②假设该小组在实验过程中由于操作不当，导致所选用的电流表损坏．为保证实验的正常进展，可将多用电表的转换开关K旋转至直流电流________挡位上，替换原使用的电流表并通过插入“＋〞、“－〞插孔的红黑表笔正确接入电路，继续实验．该小组在实验中测得电压表和电流表的示数分别为U和I，如此准确测出的海水电阻率表达式为ρ＝____________.答案(1)3.740 (2)6×103(3)①如下列图 ②10 mA πd 2U4IL解析 (1)螺旋测微器的固定刻度为3.5 mm ，可动刻度为24.0×0.01 mm＝0.240 mm ， 所以最终读数为3.5 mm ＋0.240 mm ＝3.740 mm.(2)用×1 kΩ挡测量电阻，由题图可知，欧姆表示数为R ＝6×103Ω；(3)①限流式接法如下列图，因用的限流式接法，且待测电阻的阻值约为6 kΩ，假设用R 1来控制电流其阻值偏小，应当选用R 2.②选择与电流表相当的挡位：10 mA ； 因R ＝U I ＝ρL S ，且S ＝π(d2)2解得：ρ＝πd 2U 4IL.11．质量为m 、电荷量为q 、带正电的绝缘小球a ，以某一初速度沿水平放置的绝缘板进入正交的匀强磁场和匀强电场区域，场强方向如图12所示，假设小球a 与绝缘板间的动摩擦因数为μ，小球a 自C 点沿绝缘板做匀速直线运动，在D 点与质量为M ＝2m 的不带电绝缘小球b 发生弹性正碰，此时原电场立即消失(不计电场变化对磁场的影响)，磁场仍然不变，假设碰撞时，小球a 无电荷量损失，碰撞后，小球a 做匀速直线运动返回C 点，往返总时间为t ，CD 间距为L ，重力加速度为g .求：图12(1)小球a 碰撞前后的速度大小之比； (2)电场强度E 的大小．答案 (1)3∶1 (2)4μmg q 解析 (1)a 、b 两小球发生弹性碰撞前后，系统动量守恒，机械能守恒．设碰前a 球速度为v 0，碰后a 球、b 球速度大小分别为v a 、v b ，mv 0＝－mv a ＋Mv b ①12mv 02＝12mv a 2＋12Mv b 2② 由①②式解得：v 0v a ＝31(2)往返总时间t ＝L v 0＋L v a ＝4L v 0 得：v 0＝4L t③ a 球碰后匀速返回，如此有：qBv a ＝mg ，得：B ＝mg qv a ④ a 球碰前匀速，如此有：F N ＝mg ＋qBv 0⑤qE ＝μF N ⑥由③④⑤⑥解得：E ＝4μmg q. 12.如图13所示，一个质量为M 、长为L 的圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为m 的弹性小球，M ＝4m ，球和管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为4mg .管从下端离地面距离为H 处自由落下，运动过程中，管始终保持竖直，每次落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等，不计空气阻力，重力加速度为g .求：图13(1)管第一次落地弹起时管和球的加速度；(2)管第一次落地弹起后，假设球没有从管中滑出，如此球与管刚达到一样速度时，管的下端距地面的高度；(3)管第二次弹起后球没有从管中滑出，L 应满足什么条件．答案 (1)管的加速度为2g ，方向向下 球的加速度为3g ，方向向上(2)1225H (3)L >152125H 解析 (1)管第一次落地弹起时，管的加速度a 1＝4mg ＋4mg 4m＝2g ，方向向下 球的加速度a 2＝4mg －mg m＝3g ，方向向上 (2)取向上为正方向，球与管第一次碰地时速度v 0＝2gH ，方向向下碰地后管的速度v 1＝2gH ，方向向上球的速度v 2＝2gH ，方向向下假设球刚好没有从管中滑出，设经过时间t 1，球、管速度v 一样，如此有v 1－a 1t 1＝－v 2＋a 2t 1，t 1＝2v 0a 1＋a 2＝22gH 5g设管从碰地到它弹到最高点所需时间为t 2，如此：t 2＝v 0a 1＝2gH 2g因为t 1＜t 2，说明管在达到最高点前，球与管相对静止，故管从弹起经t 1这段时间上升的高度为所求．得h 1＝v 1t 1－12a 1t 12＝1225H (3)球与管达到相对静止后，将以速度v 、加速度g 竖直上升到最高点，由于v ＝v 1－a 1t 1＝152gH ， 故这个高度是h 2＝v 22g ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫152gH 22g ＝125H 因此，管第一次落地弹起后上升的最大高度H m ＝h 1＋h 2＝1325H 这一过程球运动的位移x ＝－v 2t 1＋12a 2t 12＝825H如此球与管发生相对位移x 1＝h 1＋x ＝45H 当管与球从H m 再次下落，第二次落地弹起中，发生的相对位移由第一次可类推知： x 2＝45H m所以管第二次弹起后，球不会滑出管外的条件是 x 1＋x 2＜L即L 应满足条件L ＞152125H . 13．[选修3－3](1)下面说法正确的答案是________．A ．饱和蒸汽压随温度的升高而增大B ．单晶体在某些物理性质上具有各向异性C ．一定量的理想气体从外界吸热，其内能一定增加D ．液体温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈E ．当分子之间作用力表现为斥力时，分子力随分子间的距离增大而增大(2)如图14所示，粗细不同的玻璃管开口向下，粗管长为L ＝13 cm ，细管足够长，粗管的截面积为细管的两倍．管内的气体被一段水银柱封闭，当封闭气体的温度为T 1＝300 K 时，粗、细管内的水银柱长度均为h ＝5 cm.大气压强p 0＝75 cmHg ，现对封闭气体缓慢加热，求：图14①水银恰好全部进入细管时气体的温度T 2；②从开始加热到T 3＝500 K 时，水银柱的下外表移动的距离为多少厘米(保存三位有效数字)． 答案 (1)ABD (2)①450 K ②12.9 cm解析 (1)饱和蒸汽压与温度有关，且随着温度的升高而增大，选项A 正确；单晶体内局部子结构在空间排列规如此，某些物理性质具有各向异性，故B 正确；根据热力学第一定律，做功和热传递都可以改变内能，所以内能不一定增加，故C 错误；液体温度越高，分子热运动的平均动能越大，悬浮颗粒越小，碰撞的不平衡性越明显，布朗运动越剧烈，故D 正确；分子间的作用力表现为斥力时，分子力随分子间距离的增大而减小，故E 错误．(2)①由理想气体状态方程：(p 0－ρg ·2h )·2S (L －h )T 1＝(p 0－ρg ·3h )·2SL T 2解得：T 2＝450 K ；②从T 2到T 3，由盖－吕萨克定律：2LS T 2＝2LS ＋Sx T 3得：x ≈2.9 cm水银柱移动的距离：s ＝2h ＋x ＝12.9 cm.14．[选修3－4](1)如图15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 ＝1.0 m 处，振幅均为A ＝0.5 cm ，波速均为v ＝0.2 m/s.t ＝0时刻，平衡位置处于x ＝0.2 m 和x ＝0.6 m 的P 、Q 两质点刚开始振动．质点M 的平衡位置处于x ＝0.4 m 处，如下说法正确的答案是________．图15A ．t ＝0时，质点P 、Q 振动方向分别是向下和向上B ．0～1 s 内，质点P 的运动路程为0.2 mC ．t ＝1.5 s 时，平衡位置处于0.3 m ～0.5 m 之间的质点位移均为0D ．t ＝2 s 时，x ＝0.3 m 处质点的位移为－0.5 cmE ．两列波相遇分开后，各自的振幅、周期均保持不变(2)如图16所示，截面为直角三角形ABC 的玻璃砖，∠A ＝60°，AB ＝12 cm ，现有两细束一样的单色平行光a 、b ，分别从AC 面上的D 点和E 点以45°角入射，并均从AB 边上的F 点射出，AD ＝AF ＝5 cm ，光在真空中的传播速度c ＝3×108m/s ，求：图16①该玻璃砖的折射率；②D 、E 两点之间的距离．答案 (1)ACE (2)① 2 ②14 cm解析 (1)由“上下坡〞法可判断，t ＝0时，质点P 、Q 振动方向分别是向下和向上，故A 正确；由v ＝λT 可知，T ＝2 s ，所以在半个周期内质点P 运动的路程为2A ＝0.01 m ，故B 错误；由“平移法〞可知，t ＝1.5 s 时，平衡位置处于0.3 m ～0.5 m 之间的质点位移均为0，故C正确；波从P 点传到x ＝0.3 m 处质点所用的时间为t ＝0.10.2s ＝0.5 s ，质点再经过1.5 s 即四分之三周期的位移为0.5 cm ，故D 错误；由于波叠加时互不干扰，所以两列波相遇分开后，各自的振幅、周期均保持不变，故E 正确．(2)①由几何关系得：从AC 边入射的光的折射角θ＝30°由折射定律：n ＝sin 45°sin 30°＝2； ②设该玻璃砖的临界角为C ，如此sin C ＝1n， 解得：C ＝45°由几何关系得：从E 点入射的光线在BC 边的F ′点入射角为60°，故在BC 边发生全反射 由几何关系得：FF ′＝14 cmDE ＝FF ′＝14 cm.。

选修3-4专项练(一)(建议用时：30分钟)1. (1)如图所示，a、b、c、d是均匀介质中x轴上的四个质点•相邻两点的间距依次为2 m、4 m和6 m .一列简谐横波以2 m/s的波速沿x轴正向传播，在t= 0时刻到达质点a 处，质点a由平衡位置开始竖直向下运动，t=3 s时a第一次到达最高点.下列说法正确的是________ .A .该列简谐横波的波长为8 mB .在t= 5 s时刻质点c恰好到达最高点C.质点b开始振动后，其振动周期为 4 sD .在4 s<t<6 s的时间间隔内质点c向上运动E.当质点d向下运动时，质点b一定向上运动(2) 一玻璃正方体中心有一点状光源.今在正方体的部分表面镀上不透明薄膜，以致从光源发出的光线只经过一次折射不能透出正方体.已知该玻璃的折射率为2，求镀膜的面积与正方体表面积之比的最小值.2. __________________________ ⑴下列说法正确的是 .A •电磁波是横波，可以观察到其偏振现象B .当一列声波从空气中传入水中时波长一定会变长C.物体做受迫振动时，驱动力频率越高，受迫振动的物体振幅越大D .横波在传播过程中，波峰上的质点运动到相邻的波峰所用的时间为一个周期E.做简谐运动的物体，其速度和加速度两物理量随时间的变化规律均符合正余弦函数变化规律（2）资料记载，海啸波是重力长波，波长可达100公里以上，它的传播速度等于重力加速度g与海水深度乘积的平方根. 使得在开阔的深海区低几米的一次单个波浪，到达浅海区波长减小，振幅增大，掀起10〜40米高的拍岸巨浪，有时最先到达的海岸的海啸可能是波谷，水位下落，暴露出浅滩海底，几分钟后波峰到来，一退一进，造成毁灭性的破坏.①在深海区有一海啸波（忽略海深度变化引起的波形变化）如图甲，实线是某时刻的波形图，虚线是t = 900 s后首次出现的波形图•已知波沿x轴正方向传播•波源到浅海区的水平距离& = 1.08万公里，求海啸波到浅海区的时间匕；T 乙②在①的情况下，在浅海区有一海啸波（忽略海深度变化引起的波形变化）如图乙.海啸波从进入浅海区到到达海岸的水平距离为S2.写出该海啸波的表达式和波谷到达海岸的关系式.3. ⑴两列在同一介质中的简谐横波沿相反方向传播，某时刻两列波相遇，如图所示，其中实线波的频率为 2.50 Hz，图示时刻平衡位置x= 3 m处的质点正在向上振动. 则下列说法正确的是_________A .实线波沿x轴正方向传播，虚线波沿x轴负方向传播B •两列波在相遇区域发生干涉现象C.两列波的波速均为15 m/sD .从图示时刻起再过0.025 s,平衡位置x= 1.875 m处的质点将位于y= 15 cm处E.图示时刻平衡位置x= 4.5 m处的质点位于y=—15 cm处（2）如图所示，a、b为两束平行单色光束，等边三角形ABC是某三棱镜横截面，三角形的边长为I, BC边的右侧有平行于BC的光屏MN ;光束a、b分别从三角形的AB边中点和AC边中点垂直BC边射入三棱镜，之后会聚于BC边的中点，然后射出三棱镜，并射到光屏上，屏上两光斑间距恰好等于三角形边长•求:①三棱镜材料对平行光束a、b的折射率;②光屏到BC边的距离.选修3-4专项练（一）1. 解析：（1）由题意可知，波的周期为T= 4 s,则波长入=vT = 8 m,选项A正确；机x 6械波从a 点传到c 点需要t =寸=2 s = 3 s ,开始起振的方向向下，则到达最高点还需3 s ,可知在t = 6 s 时刻质点c 恰好到达最高点，在4 s<t<6 s 的时间间隔内质点 c 从最低点向最高B 错误，D 正确；质点b 开始振动后，其振动周期等于波的周期，即为 4 s ,1质点d 和b 相距10 m = 14入则当质点d 向下运动时，质点b 不一定向上运动,选项E 错误.考虑从玻璃正方体中心0点发出的一条光线，假设它斜射到玻璃正方体上表nsin 0 = sin a ,式中，n 是玻璃的折射率，入射角等于0,A，式中a 为玻璃正方体的边长，联立解得R A= 求-a )2题意，上表面所镀的面积最小的不透明薄膜应是半径为 方体的表面积 S 之比为 S= 6 n RA=.S 6a 4n答案：(1)ACD (2) — 42.解析：(1)电磁波是横波，可以观察到其偏振现象，选项A 正确；当一列声波从空气 中传入水中时，波速变大，频率不变，则波长一定会变长，选项B 正确；物体做受迫振动时，当驱动力频率越接近于物体的固有频率时，受迫振动的物体振幅越大，选项 C 错误;横波在传播过程中，质点不随波迁移，选项D 错误；做简谐运动的物体，其速度和加速度两物理量随时间的变化规律均符合正余弦函数变化规律，选项E 正确.⑵①由题图甲得乃=240 km 依题意有t = 3T4 入 V1=〒点振动，选项 选项C 正确;(2)如图， 面发生折射，根据折射定律有:a 是折射角，现假设A 点是上表面面积最小的不透明薄膜边缘上的一点， 由题意，在刚好发na=—，设线段0A 在正方体上表面的投影长为R A,由几何关系有sinR A的圆，所求镀膜面积 S 与玻璃正S1= v£解得t1 = 15 h.②由题图乙得波的振幅A= 20 m，波长?2= 40 km 由t= 得波的周期T= 1 200 s2ny= Asin w t解得波的表达式ny= 20sin 600t(m)海啸波在浅海区的传播速度m/s波谷最先到达海岸的关系式1s2 + '?2= V2t4解得波谷最先到达海岸的时间t=100 + 300⑸-答案：(1)ABE (2)① 15 hn 3s2②y= 20sin 60Qt (m) t=而+ 3°°(s)3. 解析：(1)图示时刻，实线波x= 3 m处的质点正处在平衡位置向上振动，可推知实线波沿x轴正方向传播，虚线波沿x轴负方向传播，故A正确；两列波在同一均匀介质传播，所以两列波的波速相同，由波形图可知波长不同，根据v =入,f所以两列波的频率不同，不能发生干涉现象，故B错误；根据v =入,f由实线波可知v=入丰6X 2.50 m/s = 15 m/s，故C正确；因为x= vt= 15X 0.025 m = 0.375 m，所以x= 1.5 m处的实线波峰将传到x= (1.5 + 0.375) m = 1.875 m 处，x= 2.25 m 处的虚线波峰也将传到x= (2.25 —0.375) m = 1.875 m 处，所以平衡位置x= 1.875 m的质点将位于y = 30 cm处，故D错误；图示时刻平衡位置x= 4.5 m的质点，实线波和虚线波两列波单独引起的位移分别为一15 cm、0,故合位移为一15 cm ,故E正确.⑵①作出光路如图所示过a光束的入射点作直线AB的垂线，由几何知识可知，a光线进入AB面时的入射角a 和折射角B分别为a= 60°, 3 = 30°则折射率n = sjn-^ = 3.sin 3②BC 边右侧的光路如图所示， D 为BC 中点，图中ON = DC = 2由tan a = ON ，解得OD =羊1OD 6 所以光屏到BC 边距离等于学|.6答案：（1）ACE ⑵①均为3②彳|选修3-4专项练（二） （建议用时：30分钟）试卷123考点波的干涉和光的折射定律的应用波的双缝干涉和光的折射定律的应用波动图象和光的折射定律的应用1. （1）两种单色光分别通过同一双缝干涉装置得到的干涉图样如图甲、乙所示•图丙中 有一半圆玻璃砖，O 是圆心，MN 是法线，PQ 是足够长的光屏•甲单色光以入射角 i 由玻璃砖内部射向O 点，折射角为r.则下列说法正确的是 .IIIIIA .乙光以i 入射时一定发生全反射B .甲光的频率比乙光的频率大C .光的干涉现象说明光是一列横波E .若绕O 点逆时针旋转玻璃砖，PQ 上可能接收不到甲光⑵半径为R 的半圆柱形玻璃砖的截面如图所示，O 为圆心，光线I 沿半径方向从a 点D .甲光在玻璃砖中的临界角C 满足sin C = sin isin r射入玻璃砖R最高点b射入玻璃砖后，在底边MN上的d点射出，若测得Od =-，求该玻璃砖的折射率.2. _____________________________________ ⑴如图所示下列说法正确的是A .图甲中，P、Q是偏振片，M是光屏，当P固定不动，缓慢转动Q时，光屏M上的光亮度将会变化，此现象表明光波是横波B .图乙是双缝干涉示意图，若只减小屏到双缝间的距离L,两相邻亮条纹间距离将减小C.根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场周围一定能产生电磁波D .利用红外线进行遥感主要是因为红外线的波长长，容易发生衍射E.人站在路边，一辆汽车响着喇叭从人身边疾驰而过，人听到喇叭的音调会由低变高(2)如图，水平桌面上有一水槽，槽中放置着平面镜M，镜面与水平面之间的夹角为a一束白光从O点射向水面，先经水面折射，再经平面镜反射，又经水面折射回到空气中，最后在水槽左上方的竖直屏N上形成彩色光带.若逐渐增大a角，各种色光陆续消失，假定所有光线均在同一竖直平面.①______ 色光最先从屏上消失；0 = 45°,屏上的彩色光带②若入射光线与水面成30°角，镜面与水平面之间的夹角恰好全部消失.求最后消失的色光对水的折射率. (结果可以用根式表示)3.(1)一列波沿x 轴方向传播，某一时刻的波形如图所示•质点距离为0.6 m ，波长 匸1.6 m ,此时质点A 沿y 轴正方向振动, 从此时起经过0.1 s 第一次到达波峰处，则下列说法中正确的 是 ________ •A .这列波沿x 轴正方向传播B .这列波的周期 T = 0.8 s C.波速 v = 14 m/sD .从图示时刻开始，质点 A 经过△ t = 1.6 s 运动的路程为0.4 mE .从图示时刻开始，质点A 经过△ t '= 0.5 s 第一次到达波谷(2)半径为R 的半圆柱形介质截面如图所示， O 为圆心，AB 为直径，Q 是半圆上的一点，从Q 点平行于AB 射入半圆柱介质的光 线刚好从B 点射出，已知/ QBO = 30°,现有一条光线从距离 O3点丁R 处垂直于AB 边射入半圆柱形介质， 已知光在真空中的传播 速度为c ,求:① 该半圆柱形介质的折射率；② 垂直AB 边射入介质的光线在半圆柱介质中的传播时间.选修3-4专项练(二)1.解析：(1)题图乙中两相邻亮条纹间距 △ x 更大，根据△ x = d 人可知L 、d 一样，故乙光的波长长，根据 c =入V 可知乙光的频率小，甲光的频率大，故玻璃砖对甲光的折射率 1大于玻璃砖对乙光的折射率，根据全反射的条件sin C =-,可知乙光发生全反射的临界角大nA 与坐标原点0的水平Jy/cm于甲光的全反射临界角，由题知，当甲单色光以入射角i由玻璃砖内部射向0点能折射出来，故乙光以i入射时不能发生全反射，故A错误，B正确；光的偏振现象说明光是横波，故C 错误；根据折射定律得n= sinr,而全反射的临界角sin C=1解得sin C = 池,故D正确；sin i n sin r因甲光的全反射临界角较小，故若绕0点逆时针旋转玻璃砖，甲光先消失，故E正确.⑵设光线n的入射角和折射角分别为i和r，在△ bOd中，bd= , Ob2+ Od2= 一^R ,sin r = Odd =-ry，由折射定律有n=沁,bd 17 sin r即sin i =仃又因为光线I与光线n平行，且在O点恰好发生全反射，有：sin i =丄，所以善 =2,n 17 n，解得：n = 2.03.答案：（1）BDE （2）2.032. 解析：（1）只有横波才能产生偏振现象，所以光的偏振现象表明光是一种横波，故A正确•根据双缝干涉两相邻亮条纹的间距Ax与双缝间距离d及光的波长入的关系式△ x = L入d 可知若只减小屏到双缝间的距离L,两相邻亮条纹间距离△x将减小，故B正确•根据麦克斯韦的电磁场理论可知，变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场；均匀变化的电（磁）场只能产生恒定不变的磁（电）场，故C错误•波长越长，越容易发生衍射现象；利用红外线进行遥感是因为红外线的波长长，容易发生衍射，故D正确•根据多普勒效应，声波波源远离观察者时，则观察者接收到的声波频率变小，故E错误.（2）①逐渐增大B角，反射光线逆时针转动，反射光线射到水面的入射角增大，由于紫光的临界角最小，所以紫光的入射角首先达到临界角，发生全反射，故从屏上最先消失的是紫色光.②8②最后消失的是红光，红光传播的光路如图.在空气与水的界面，入射角a = 60°,折射角为3-②8由折射定律n =sinr-a 红光在平面镜上的入射角为r ，由几何关系3 + r = 45 °红光由水面射向空气， 恰好发生全反射时入射角为C ,由几何关系C = 3+ 2r 且sin C =1联立解得n = £.n 2答案：⑴ABD (2)①紫②专3.解析：(1)质点A 由平衡位置向正的最大位移处运动，由平移法可知，波沿x 轴正方向传播，故A 正确；由题可知，入=1.6 m ;由图，0点到左侧的波峰的距离为半个波长，、(0.8— 0.6) m入等于0.8 m ,所以A 点到波峰的时间：t = 0.1 s =，所以：v = 2 m/s ;得：T =-vv图可知，该波的振幅为 10 cm = 0.10 m ，所以A 的路程：s = 8A X 0.10= 0.8 m ,故D 错误; 由图可知，A 左侧的波谷到 O 点的距离为一个波长，等于1.6 m ，质点A 第一次到达波谷的时间即该波谷传播到A 的时间，所以：七=宁=年严s = 0.5 s ,故E 正确.(2)①作出光路图:由几何关系可知，从 Q 点射入的光线的入射角为 i = 60由折射定律有：n =蕭=3;由sin C =和子，因a> C ,因此光线在P 点发生全反射在介质中的传播路程为s = 2R + 2Rs in 30°光在介质中传播速度为：v = c =毘n 3 c光线在半圆柱介质中的传播时间为t =v =中.1.6 "2" s = 0.8s ,故BC 错误；由于1.6 s = 2T ,则经过1.6 s 质点A 的路程为8A ,由 ②垂直AB 射入介质的光线到达圆弧面时入射角为 a= 60 °,设全反射的临界角为 C答案：(1)ABE选修3-4专项练（三）（建议用时：30分钟）试卷123考点光的折射定律及波动和振动图象的理解声波的理解和光的折射定律的应用机械波的传播和光的折射定律的应用1. （1）△ OMN为玻璃等腰三棱镜的横截面，ON = 0M , a、b两束可见单色光（关于00）对称，从空气垂直射入棱镜底面MN，在棱镜侧面0M、ON上反射和折射的情况如图所示，则下列说法正确的是（）A •在玻璃砖中a光束的折射率小于b光束的折射率B •在玻璃砖中，a光束的传播速度小于b光束的传播速度D •用同样的装置做双缝干涉实验，a光束的条纹间距小E.用a、b两光束照射同一狭缝，a光束衍射现象更明显⑵如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，t i= o,和t2= 0.05 s时的波形图分别为图示的实线和虚线，质点P是介质中的一点，且在0时刻的坐标为（4 m , 0）.①若周期大于0.05 s,求波速；②若周期小于0.05 s,并且波速为600 m/s，求质点P在0〜0.05 s内运动的位移大小和路程.C.若a、b两光束从玻璃砖中射向空气，则b光束的临界角比a光束的临界角小②82. __________________________ ⑴下列说法正确的是.A •不管系统的固有频率如何，它做受迫振动的频率总等于周期性驱动力的频率，与系统的固有频率无关B •游泳时耳朵在水中听到的音乐与在岸上听到的是一样的，说明机械波从一种介质进入另一种介质，频率并不改变C.当光从一种介质射入另一种介质时，如果入射角足够大，就会发生全反射现象D •麦克斯韦电磁场理论的主要论点是变化的磁场激发电场，变化的电场激发磁场E.相对论认为：一条沿自身长度方向运动的杆，其长度总比杆静止时的长度大(2) “道威棱镜”广泛地应用在光学仪器中，如图所示，将一等腰注":----------直角棱镜截去棱角，使其平行于底面，可制成"道威棱镜”，这样就减，-'' '小了棱镜的重量和杂散的内部反射. 从M点发出的一束平行于底边CD的单色光从AC边射入，已知棱镜玻璃的折射率n = 2,光在真空中的速度为 c.①请通过计算判断该光线能否从CD边射出；②若CD = 61，光在“道威棱镜”内部传播的时间为多少.3. (1)如图，轴上S i与S2是两个波源，产生的简谐波分别沿轴向右、向左传播，波速均为V= 0.4 m/s,振幅均为A= 2 cm,图示为t = 0时刻两列波的图象，此时分别传播到P点和Q点，下列说法正确的是____________ .A •图示时刻质点P、Q都沿y轴负向运动t = 0.75 s时刻，质点P、Q都运动到M点C. t = 1 s时刻，x= 0.5 m处的质点M的位移为一4 cmD. t = 1.25 s时刻，x= 0.5 m处的质点M为振动减弱点E. t = 3.5 s时刻，质点P的位移为0(2)如图，上下表面平行的玻璃砖折射率n = 2，下表面镀有反射膜，玻璃砖右侧竖直放置一标尺•一束单色光以入射角i = 45°射到玻璃砖上表面的A点，在标尺上出现两个光点(图中未画出).不考虑多次反射，已知折射光在玻璃砖内的传播时间为t，真空中的光速为c, 求：①标尺上两光点的距离；②光在标尺上形成两光点的时间差.选修3-4专项练(三)1. 解析：(1)a、b两光在侧面上的入射角相同，但是b光发生全反射，说明b光的临界1 c角小于a光的临界角，根据sin C=-知，a光的折射率小，故A、C正确.根据v= c知，an n光的折射率小，则a光在棱镜中的传播速度大，故B错误.a光的折射率小，其波长长，根据干涉条纹间距公式知△ x=占入，a光的干涉条纹宽度大，故D错误.a光的波长长，则容d易发生衍射现象，用两束光照射同一狭缝时，a光衍射的明显，选项E正确.⑵①由图可知波长入=8 m,在一个周期内，若波沿x轴正方向传播，则在0.05 s内向1右传播了4入=2 m;1 -入由v = T，解得v = 40 m/s;同理，若波沿x轴负方向传播，则波速为120 m/s.②若波速为600 m/s，则在0.05 s内，波传播的距离为30 m，即3孑入波沿x轴负方向传播；由同侧原理可知t= 0时P向y轴负方向运动，波传播距离为3；入则质点振动时间为，因振幅是0.2 m，所以P质点的位移为0.2 m,路程是3 m.答案：（1）ACE ⑵①若波沿x 轴正方向传播，v = 40 m/s ；若波沿x 轴负方向传播，波 速为120 m/s②P 质点的位移为0.2 m ，路程是3 m2 •解析：（1）不管系统的固有频率如何，它做受迫振动的频率总等于周期性驱动力的频 率，与系统的固有频率无关，选项A 正确；游泳时耳朵在水中听到的音乐与在岸上听到的是一样的，说明机械波从一种介质进入另一种介质，频率并不改变，选项 光从光密介质射入另一种光疏介质时，如果入射角足够大，才会发生全反射现象，选项 C 错误；麦克斯韦电磁场理论的主要论点是变化的磁场激发电场， 变化的电场激发磁场， 选项 D 正确；相对论认为：一条沿自身长度方向运动的杆，其长度总比杆静止时的长度小，选项 E 错误.⑵①光在棱镜中传播光路如图所示. 由折射定律得sin 45 ° n = sin 丫 解得Y = 30° 1而 sin C = 一n 解得C = 45°光线到达CD 边时，0 = 75° >C ,故光线无法从 CD 边射出. ②设光线在棱镜内传播的初始点为E ,则由正弦定理得蛊=価解得EP = ^CP3.6s= TCD而t = V ，所以 答案：（1）ABD（2）①光线无法从CD 边射出②乞3.解析：⑴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，故 A 正确；质点不随波迁移，所以质点P 、Q 都不会运动到 M 点，故B 错误;波的周期T = £= 00.4 s = 1 s ,两列波从P 、Q 两点传到M 的时间为当t = 1 s 时刻，两波 的波谷恰好传到B 正确；只有当 由对称性可知, 光在棱镜内部传播的路程质点M，所以位移为一4 cm,故C正确；经t = 1.25 s= T + T时，两波的平衡位置恰好传到质点M，根据“上下坡”法，可知两波此时在质点M处的运动方向都沿y0 8 一0 2轴正方向，即M点为振动加强点，故D错误；向左传播的波经t= 0一4 s= 1.5 s传到质点P,再经过t = 2 s= 2T,刚好到t= 3.5 s,此时质点P在平衡位置，质点P在向右传播的波经t= 3.5 s= 3T+ T，也刚好回到平衡位置，故在t= 3.5 s时质点P在平衡位置，则此时质点P的位移为0,故E正确.⑵①光路如图由折射定律：n= ,sin r知r = 30°由几何关系知GF = BE = AB光在玻璃中的速度为v = c= 2cn 2光在玻璃中的路径长度s= 2AB = vt可解得标尺上两光点的距离GF = 2ct.4②反射光在AE段的传播时间为ABt1 =cos 45 • c在EG段的传播时间与折射光在BF段的传播时间相等，所以光在标尺上形成两光点的时间差：△ t= t—11=2答案：（1）ACE （2）① q2ct ② *选修3-4专项练（四）(建议用时：30分钟)试卷123考点振动图象和波形图的应用及光的折射定律的应用单摆模型和光利用双缝干涉测光的波长波的干涉和光的折射定律、全反射的应用1.(1)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= 0.5 m处的质点，Q是平衡位置为x= 2 m处的质点，图乙为质点P的振动图象•则该波的传播方向是_______ (填“沿x轴正方向”或"沿x轴负方向”)，传播速度大小为 _______________ m/s，从t(2)如图所示，一个透明的圆柱横截面的半径为R,折射率是• 3, AB是一条直径，现有一束平行光沿AB方向射入圆柱体•若有一条光线经折射后恰经过B点，求：①这条入射光线到AB的距离是多少？②这条入射光线在圆柱体中运动的时间是多少？2. (1)下列说法正确的是()A •竖直的弹簧振子的回复力，由弹簧的弹力提供B •单摆振动的周期，一定等于它的固有周期C.机械波从一种介质进入另一种介质，如果波速变大，波长一定变大D •在干涉现象中，振动加强点的位移可能比振动减弱点的位移小E .发生多普勒效应时，波源发出的波的频率并没有发生变化(2)某同学用如图甲所示实验装置做“用双缝干涉测量光的波长”的实验，相邻两条亮 条纹间的距离用带有螺旋测微器的测量头测出，测量头的分划板中心刻线与某亮条纹中心对齐，将该亮条纹定位第1条亮条纹，此时手轮上的示数如图乙所示，然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第 6条亮条纹中心对齐，此时手轮上的示数如图丙所示，则这种色光的波长入= __________ nm(已知双缝间距 d = 0.2 mm ,双缝到屏间的距离 L = 700 mm),若改用频透镜 丫徃取琴辱詈 Ji. _澹癌亠dig 光更疋費3. (1)一束含两种频率的单色光，照射到底面有涂层的平行均匀玻璃砖上表面后，经下 表面反射从玻璃砖上表面射出后，光线分为a 、b 两束，如图所示.下列说法正确的是A . a 、b 一定是平行光线B •用同一装置进行双缝干涉实验， a 光的条纹间距大于 b 光的条纹间距C . a 光的频率大于b 光的频率D .从同种玻璃射入空气发生全反射时，a 光的临界角小E .增大从空气到玻璃的入射角(90。

选择题专练(十)1．1820年4月，丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应．已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B ＝k I r，即磁感应强度B 与导线中的电流成正比、与该点到导线的距离r 成反比．如图1所示，两根平行长直导线相距为x 0，分别通以大小不等、方向相同的电流，已知I 1>I 2.规定磁场方向垂直纸面向里为正，在0～x 0区间内磁感应强度B 随x 变化的图线可能是图中的( )图1答案 A解析 根据右手螺旋定则可得左边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向里，右边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远磁场越弱，在两根导线中间偏右位置合磁感应强度为零．由于规定磁场方向垂直纸面向里为正，故A 正确，B 、C 、D 错误．2．已知氢原子的基态能量为E 1，激发态能量E n ＝E 1n2，其中n ＝2,3,4…，h 表示普朗克常量，c 表示真空中的光速．有一氢原子处于n ＝3的激发态，在它向低能级跃迁时，可能辐射的光子的最大波长为( )A ．－36hc 5E 1B ．－9hc 8E 1C ．－4hc 3E 1D ．－hcE 1答案 A解析 有一氢原子处于n ＝3的激发态，在它向n ＝2能级跃迁时，辐射的光子能量最小，辐射的光子的波长最大，则有E 3－E 2＝hc λ，解得λ＝－36hc 5E 1，故A 正确，B 、C 、D 错误． 3．月球探测器从月球返回地球的过程可以简单分成四步，如图2所示第一步将月球探测器发射至月球表面附近的环月圆轨道，第二步在环月轨道的A 处进行变轨进入月地转移轨道Ⅱ，第三步当接近地球表面附近时，又一次变轨，从B 点进入绕地圆轨道Ⅲ，第四步再次变轨道后降落至地面，下列说法正确的是( )图2A ．将月球探测器发射至轨道Ⅰ时所需的发射速度为7.9 km/sB ．月球探测器从环月轨道Ⅰ进入月地转移轨道Ⅱ需要加速C ．月球探测器从A 沿月地转移轨Ⅱ到达B 点的过程中其动能一直增加D ．月球探测器在第四步变轨时需要加速答案 B解析 月球的第一宇宙速度比地球的要小，故A 错误；月球探测器从轨道Ⅰ进入月地转移轨道Ⅱ是离心运动，所以需要加速，所以B 正确；刚开始的时候月球对月球探测器的引力大于地球对月球探测器的引力，所以探测器动能要减小，之后当地球的引力大于月球的引力时，探测器的动能就开始增加，故C 错误；月球探测器降落至地面的运动为近心运动，需要减速，故D 错误．4．如图3所示，质量为0.5 kg 的一块橡皮泥自距小车上表面1.25 m 高处由静止下落，恰好落入质量为2 kg 、速度为2.5 m/s 沿光滑水平地面运动的小车上，并与小车一起沿水平地面运动，取g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，下列说法正确的是( )图3A ．橡皮泥下落的时间为0.3 sB ．橡皮泥与小车一起在水平地面上运动的速度大小为3.5 m/sC ．橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统动量守恒D ．整个过程中，橡皮泥与小车组成的系统损失的机械能为7.5 J答案 D解析 橡皮泥下落的时间为：t ＝2h g ＝2×1.2510s ＝0.5 s ，故A 错误； 橡皮泥与小车组成的系统在水平方向的动量守恒，选取小车初速度的方向为正方向，则有： m 1v 0＝(m 1＋m 2)v ，所以共同速度为：v ＝m 1v 0m 1＋m 2＝2×2.52＋0.5m/s ＝2 m/s ， 故B 错误；橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统在水平方向的动量守恒，但竖直方向的动量不守恒，故C 错误；整个过程中，橡皮泥与小车组成的系统损失的机械能等于橡皮泥的重力势能与二者损失的动能，得：ΔE ＝m 2gh ＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤12m 1v 02－12m 1＋m 2v 2 代入数据可得：ΔE ＝7.5 J ，故D 正确．5．如图4所示，两光滑平行金属导轨间距为L ，直导线MN 垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B .电容器的电容为C ，除电阻R 外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN 一初速度，使导线MN 向右运动，当电路稳定后，MN 以速度v 向右匀速运动时( )图4A ．电容器两极板间的电压为零B ．通过电阻R 的电流为BLv RC ．电容器所带电荷量为CBLvD ．为保持MN 匀速运动，需对其施加的拉力大小为B 2L 2v R答案 C解析 当导线MN 匀速向右运动时，导线所受的合力为零，说明导线不受安培力，电路中电流为零，故电阻两端没有电压，此时导线MN 产生的感应电动势恒定为E ＝BLv ，则电容器两极板间的电压为U ＝E ＝BLv ，故A 、B 错误；电容器所带电荷量Q ＝CU ＝CBLv ，故C 正确；因匀速运动后MN 所受合力为0，而此时无电流，不受安培力，则无需拉力便可做匀速运动，故D 错误．6.如图5所示，质量为m 的小球套在倾斜放置的光滑直杆上，一根轻质弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到弹簧水平位置由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧位于竖直位置时，小球速度恰好为零，此时小球下降的竖直高度为h ，若全过程中弹簧始终处于伸长状态且处于弹性限度范围内，下列说法正确的是( )图5A ．小球和弹簧组成的系统机械能守恒B ．弹簧与杆垂直时，小球的动能与重力势能之和最大C ．弹簧对小球始终做负功D ．小球下滑至最低点的过程中，弹簧的弹性势能增加量等于mgh答案 ABD解析 小球运动过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，A 正确；弹簧与杆垂直时，此时弹簧伸长量最短，弹性势能最小，故小球的动能与重力势能之和最大，B 正确；全过程中弹簧始终处于伸长状态即为拉力，开始阶段弹力与运动方向成锐角后为直角再变为钝角，故弹力先做正功后做负功，C 错误；小球下滑至最低点的过程中，系统机械能守恒，初、末位置动能都为零，所以弹簧的弹性势能增加量等于重力势能的减小量，即为mgh ，D 正确．7．如图6所示，平行板电容器AB 两极板水平放置，A 在上方，B 在下方，现将其和二极管串联接在直流电源上，已知A 和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB 中心水平射入，打在B 极板上的N 点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A 板来改变两极板AB 间距(两极板仍平行)，则下列说法正确的是( )图6A ．若小球带正电，当AB 间距减小时，小球打在N 的左侧B ．若小球带正电，当AB 间距增大时，小球打在N 的右侧C ．若小球带负电，当AB 间距减小时，小球可能打在N 的右侧D ．若小球带负电，当AB 间距增大时，小球可能打在N 的左侧答案 AC解析 A 极板带正电，B 极板带负电，根据二极管具有单向导电性，极板的电荷量只能增加不能减小．若小球带正电，当d 减小时，电容增大，Q 增大，根据E ＝U d ，C ＝Q U， C ＝εr S 4k πd ，得E ＝4k πQ εr S，知d 减小时E 增大，所以电场力变大，方向向下，小球做平抛运动竖直方向上的加速度增大，运动时间变短，打在N 点左侧，故A 正确．若小球带正电，当d增大时，电容减小，但Q 不能减小，所以Q 不变，根据E ＝U d ，C ＝Q U ，C ＝εr S 4k πd ，得E ＝4k πQ εr S，知E 不变，所以电场力不变，小球仍然打在N 点，故B 错误．若小球带负电，当AB 间距d 减小时，电容增大，则Q 增大，根据E ＝U d ，C ＝Q U ，C ＝εr S 4k πd ，得E ＝4k πQ εr S，知E 增大，所以电场力变大，方向向上，若此时电场力仍小于重力，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N 点的右侧，故C 正确．若小球带负电，当AB 间距d 增大时，电容减小，但Q 不能减小，所以Q 不变，根据E ＝U d ，C ＝Q U ，C ＝εr S 4k πd， 得E ＝4k πQ εr S，知E 不变，所以电场力不变，小球仍然打在N 点，故D 错误．8．电流天平可以用来测量匀强磁场的磁感应强度的大小．如图7甲所示，测量前天平已调至平衡，测量时，在左边托盘中放入质量为m 的砝码，右边托盘中不放砝码，将一个质量为m 0、匝数为n 、下边长为l 的矩形线圈挂在右边托盘的底部，再将此矩形线圈的下部分放在待测磁场中．线圈的两头连在如图乙所示的电路中，不计连接导线对线圈的作用力，电源电动势为E ，内阻为r .开关S 闭合后，调节可变电阻至R 1时，天平正好平衡，此时电压表读数为U .已知m 0>m ，取重力加速度为g ，则( )图7A ．矩形线圈中电流的方向为逆时针方向B ．矩形线圈的电阻R ＝E －U Ur －R 1 C ．匀强磁场的磁感应强度的大小B ＝m 0－m rg n E －U lD ．若仅将磁场反向，在左盘中再添加质量为2m 0－m 的砝码可使天平重新平衡答案 AC解析 根据题图甲可知，要使天平平衡，矩形线圈中电流的方向应为逆时针方向，故A 正确； 根据闭合电路欧姆定律可得U ＝E －UR ＋R 1r ， 解得矩形线圈的电阻R ＝Ur E －U－R 1，故B 错误； 根据平衡条件可得m 0g －F ＝mg ，而F ＝nBIl ，I ＝E －U r， 解得匀强磁场的磁感应强度的大小B ＝m 0－m gr n E －U l， 故C 正确；开始线圈所受安培力的方向向上，仅将磁场反向，则安培力方向反向，变为向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，所以需要在左边，添加质量为Δm ＝2F g＝2(m 0－m )的砝码可使天平重新平衡，故D错误．如有侵权请联系告知删除，感谢你们的配合！。

单元评估检测(五)(时间：45分钟 分值：100分)一、选择题(此题共8小题，每一小题6分，共48分.1～5为单项选择题，6～8为多项选择题)1．(2019·二中模拟)如下表示中正确的答案是( )A ．一对作用力和反作用力做功之和一定为零B ．静摩擦力一定不做功C ．一对滑动摩擦力所做总功不可能为零D ．一对静摩擦力所做总功可能不为零解析：选C.一对作用力和反作用力大小相等方向相反，但它们的做功对应的位移不一定相等，所以它们做功之和不一定为零，故A 错误；静摩擦力同样能对物体做功，例如随水平传送带加速运动的物体所受的静摩擦力对物体做正功，选项B 错误；一对滑动摩擦力对相互作用的系统做的总功等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，不可能为零，故C 正确；一对静摩擦力作用的物体间无相对滑动，故位移始终相等，而二力大小相等，方向相反，因而做功之和为零，选项D 错误．2．(2019·甘肃师学附中模拟)有一辆在平直公路上行驶的汽车，满载时质量为m ，当速度为v 、功率为P 时，加速度为a ；该汽车空载时，质量比满载时减少了Δm ，重力加速度为g ，汽车运动时受到的阻力为汽车和货物总重的k 倍，当汽车空载时速度仍为v 、功率仍为P 时，汽车的加速度为( )A.kmg ＋ma m －ΔmB ．kg C.k Δmg ＋ma m －Δm D.2kmg ＋ma －k Δmg m －Δm 解析：选C.当汽车满载时，根据牛顿第二定律有：ma ＝P v －kmg ；当汽车空载时，根据牛顿第二定律有：(m －Δm )a ′＝P v －k (m －Δm )g ，联立解得：a ′＝k Δmg ＋ma m －Δm. 3．(2019·浙江嘉兴选考)某电动汽车电池组电能储存容量为90 kw ·h ，以90 km/h 匀速行驶的续航总里程为400 km.假设汽车行驶时受到的阻力与其速度平方成正比，如此该车以( )A ．90 km/h 匀速行驶时的输出功率约为30 kWB ．90 km/h 匀速行驶时的牵引力约为700 NC ．108 km/h 匀速行驶时的输出功率约为35 kWD ．108 km/h 匀速行驶时的牵引力约为810 N解析：选C.E ＝Pt ＝P x v ，解得：P ＝Ev x ＝90×90400 kW ＝20.25 kW ，故A 错误；由能量守恒可知，90×103×3 600＝400×103F ，解得：F ＝810 N ，故B 错误；由f ＝kv 2可知，当速度v ＝90km/h ＝25 m/s 时，得出k ＝810252，所以当速度v ＝108 km/h ＝30 m/s 时，牵引力为F ＝kv 2＝1 166.4 N ，此时输出功率为：P ＝Fv ＝1 166.4×30 W ＝34 992 W ≈35 kW ，故C 正确，D 错误．4．(2019·皖南八校联考)如下列图，倾角为θ的光滑斜面固定，质量均为m 的A 、B 球用轻弹簧相连，用平行于斜面的细线拉住静止在斜面上．现在B 球上施加一个平行斜面向上，由零缓慢增大的外力F ，直至弹簧恰好处于原长，此时为t 1时刻，如下说法正确的答案是( )A ．t 1时外力F 的大小为2mg sin θB ．外力F 作用过程中，F 做的功等于B 球重力势能的增加量C ．假设t 1时刻突然撤去外力F ，如此A ，B 两球的瞬时加速度沿斜面向下，大小均为 g sin θD ．假设t 1时刻突然撤去外力F ，如此B 球的瞬时加速度大小为g sin θ解析：选D.t 1时刻，弹簧恰好处于原长，根据B 受力平衡，F ＝mg sin θ，故A 错误； 外力F 作用过程中，F 和弹簧弹力都做正功，两力做功之和等于B 球重力势能的增加量，故B 错误；t 1时刻突然撤去外力F ，如此沿斜面方向，B 球只受重力的分力作用，瞬时加速度沿斜面向下，大小为 g sin θ；A 球受力不变，加速度为零，故C 错误，D 正确．5．伽利略曾利用对接斜面研究“力与运动〞的关系．如下列图，固定在水平地面上的倾角均为θ的两斜面，以光滑小圆弧相连接．左侧斜面顶端的小球与两斜面的动摩擦因数均为μ.小球从左侧顶端滑到最低点的时间为t 1，滑到右侧最高点的时间为t 2.规定两斜面连接处所在水平面为参考平面，如此小球在这个运动过程中速度的大小v 、加速度的大小a 、动能E k 与机械能E 随时间t 变化的关系图线正确的答案是( )解析：选B.由牛顿第二定律可知，小球在两斜面的运动都是匀变速直线运动，两阶段的加速度都恒定不变，小球在左侧斜面下滑时的加速度：a 1＝g sin θ－μg cos θ，小球在右侧斜面上滑时的加速度：a 2＝g sin θ＋μg cos θ，小球在左侧斜面下滑时的加速度较小，故A错误，B 正确；小球的动能与速率的二次方成正比，即E k ＝12mv 2，因此，动能与时间关系图象是曲线，故C 错误；由于小球在两斜面运动时的加速度大小不相等，因此，小球机械能与时间的关系图象不是连续曲线，故D 错误．6．(2019·安徽阜阳模拟)如下列图，三个小球A 、B 、C 的质量均为m ，A 与B 、C 间通过铰链用轻杆连接，杆长为L ，B 、C 置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A 由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A 、B 、C 在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g .如此此下降过程中( )A ．A 的动能达到最大前，B 受到地面的支持力小于mgB ．A 的动能最大时，B 受到地面的支持力为 32mg C ．弹簧的弹性势能最大时，A 的加速度方向竖直向上D ．弹簧的弹性势能最大值为 32mgL 解析：选BC.A 的动能最大时，设B 和C 受到地面的支持力大小均为F ，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F ＝3mg ，所以F ＝1.5mg ；在A 的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B 受到地面的支持力小于1.5mg ，故A 错误，B 正确；当A 达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A 的加速度方向向上，故C 正确；A 下落的高度为：h ＝L sin 60°－L sin 30°，根据功能关系可知，小球A 的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大值为E p ＝mgh ＝3－12mgL ，故D 错误．7．(2019·安徽阜阳三中模拟)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/s 2，如下说法正确的答案是( )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0.25 NC ．小球动能与重力势能相等时的高度为 2013m D ．小球上升到2 m 时，动能与重力势能之差为0.5 J解析：选BD.在最高点，E p ＝mgh ，得：m ＝E p gh ＝410×4kg ＝0.1 kg ，故A 错误；由除重力以外其他力做功W 其＝ΔE 可知：－fh ＝E 高－E 低，解得：f ＝0.25 N ，故B 正确；设小球动能和重力势能相等时的高度为H ，此时有：mgH ＝12mv 2，由动能定理：－fH －mgH ＝12mv 2－12mv 20，得：H ＝209 m ，故C 错误；由图可知，在h ＝2 m 处，小球的重力势能是2 J ，动能是52J ＝2.5 J ，所以小球上升到2 m 时，动能与重力势能之差为2.5 J －2 J ＝0.5 J ，故D 正确．8．(2019·江西抚州七校联考)如下列图，小球从竖直放置的四分之一圆弧轨道abc 的b 点由静止开始沿轨道下滑，从c 端水平飞出，恰好垂直撞到与水平面成30°的斜面上的d 点．小球的质量为1 kg ，圆弧轨道光滑，半径为0.9 m ，b 点和圆心O 的连线与水平方向的夹角为30°，重力加速度g ＝10 m/s 2，如此如下说法正确的答案是( )A ．小球在c 点时对轨道的压力大小为30 NB ．c 、d 两点的高度差为1.35 mC ．c 、d 两点的水平距离为 3 mD ．小球从c 点运动到d 点的时间为 3310s解析：选BD.从b 到c 根据动能定理：mg (R －R sin 30°)＝12mv 2c ，解得：v c ＝gR ＝3 m/s ，在c 点根据牛顿第二定律：F N －mg ＝m v 2c R，联立解得：F N ＝20 N ，故A 错误；在d 点根据平行四边形定如此可得：tan 30°＝v c v y ＝v c gt ＝3gt ，解得：t ＝3310s ，故D 正确；c 、d 两点的高度差为：h ＝12gt 2＝12×10×⎝ ⎛⎭⎪⎫33102 m ＝1.35 m ，故B 正确；c 、d 两点的水平距离x ＝v c ·t ＝3·3310 m ＝9310m ，故C 错误． 二、实验题(此题共1小题，共12分)9．(12分)(2019·江苏天一中学模拟)(1)某同学想利用图甲所示装置，验证滑块与钩码组成的系统机械能守恒，该同学认为只要将摩擦力平衡掉就可以了．你认为该同学的想法____(填“正确〞或“不正确〞)，理由是：______________________________________________________________________________________________________________.(2)另一同学用一倾斜的固定气垫导轨来验证机械能守恒定律．如图乙所示，质量为m 1的滑块(带遮光条)放在A 处，由跨过轻质定滑轮的细绳与质量为m 2的钩码相连，导轨B 处有一光电门，用L 表示遮光条的宽度，x 表示A 、B 两点间的距离，θ表示气垫导轨的倾角，g 表示当地重力加速度．①气泵正常工作后，将滑块由A 点静止释放，运动至B ，测出遮光条经过光电门的时间t ，该过程滑块与钩码组成的系统重力势能的减小量表示为________，动能的增加量表示为________；假设系统机械能守恒，如此 1t 2与x 的关系式为1t2＝________(用题中量表示)． ②实验时测得m 1＝475 g ，m 2＝55 g ，遮光条宽度L ＝4 mm ，sin θ＝0.1，改变光电门的位置，滑块每次均从A 点释放，测量相应的x 与t 的值，以 1t2为纵轴，x 为横轴，作出的图象如图丙所示，如此根据图象可求得重力加速度g 0为________m/s 2(计算结果保存两位有效数字)，假设g 0与当地重力加速度g 近似相等，如此可验证系统机械能守恒．解析：(1)机械能守恒的条件只有重力或弹力做功，平衡摩擦力时，是用重力的分力等于摩擦力，但此时系统受到摩擦力，故摩擦力对系统做功，机械能不守恒，故该同学的想法不正确．(2)①滑块由A 到B 的过程中，系统重力势能的减小量为：ΔE p ＝m 2gx －m 1gx sin θ； 经过光电门时的速度为：v ＝L t；如此动能的增加量为： ΔE k ＝12(m 1＋m 2)v 2＝12(m 1＋m 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫L t 2 由机械能守恒，如此有：ΔE p ＝ΔE k 联立解得：1t 2＝2〔m 2－m 1sin θ〕gx 〔m 1＋m 2〕L2； ②由上述公式可得，图象中的斜率表示为k ＝2〔m 2－m 1sin θ〕g 〔m 1＋m 2〕L2 代入数据解得：g ＝9.4 m/s 2.答案：(1)不正确 有摩擦力做功，不满足机械能守恒的条件 (2)①(m 2－m 1sin θ)gx 12(m 1＋m 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫L t 22〔m 2－m 1sin θ〕gx 〔m 1＋m 2〕L 2 ②9.4 三、计算题(此题共2小题，共40分)10．(18分)(2019·河北廊坊联考)如下列图，质量m ＝0.1 kg 的小球(可视为质点)用长L ＝1.25 m 的轻质细线悬于O 点．竖直平面内有一个14圆弧轨道BC ，该轨道以小球的最低点O 为圆心，半径R ＝5 2 m ．将小球向左拉起使悬线呈水平伸直状态后，无初速地释放小球，小球运动到最低点O 时细线恰好被拉断，取g ＝10 m/s 2，求：(1)细线所能承受的最大拉力；(2)小球与圆弧轨道BC 接触前瞬间的速度大小．解析：(1)小球由A 运动至O 点过程，由机械能守恒定律得：mgL ＝12mv 20 在O 点由牛顿第二定律得：F －mg ＝m v 20L解得：F ＝3 N.(2)绳被拉断后，小球做平抛运动水平方向：x ＝v 0t竖直方向：h ＝12gt 2 又x 2＋h 2＝R 2从O 到圆弧轨道BC ，由动能定理得： mgh ＝12mv 2－12mv 2解得：v ＝5 5 m/s. 答案：(1)3 N (2)5 5 m/s11．(22分)(2019·江西抚州七校联考)将一轻质弹簧竖直固定在水平地面上处于原长状态，让一质量m 0＝20 g 的小球从弹簧上端由静止释放，小球最大下落高度h 1＝5 cm ，将该弹簧固定在如下列图的轨道左侧竖直墙壁上，轨道中部有一半径R ＝0.1 m 的竖直圆轨道，不同轨道的连接处均为平滑连接，小滑块可以从圆轨道最低点的一侧进入圆轨道，绕圆轨道一周后从最低点向另一侧运动．轨道上弹簧右侧的M 点到圆轨道左侧N 点的距离x MN ＝0.6 m 的范围内有摩擦，而其他局部均光滑．让另一质量m ＝10 g 的小滑块从轨道右侧高h 2(未知)处由静止释放，小滑块恰好能通过圆轨道最高点C ，且第一次恰好能把弹簧压缩5 cm ，现让该小滑块从轨道右侧高h 3＝0.4 m 处由静止释放，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)小滑块下落的高度h 2；(2)小滑块停止时的位置到N 点的距离．解析：(1)小滑块恰好能过C 点，根据牛顿第二定律可得：mg ＝m v 2C R由机械能守恒定律可得：mgh 2＝mg ·2R ＋12mv 2C 解得：h 2＝0.25 m.(2)弹簧竖直放置，被压缩h 1＝5 cm 时的弹性势能E p ＝m 0gh 1＝0.01 J. 由动能定理可知，从小滑块第一次滑至第一次把弹簧压缩到最短时有：mgh 2＝μmgx MN ＋E ′p ，其中E ′p ＝E p ＝0.01 J解得：μmgx MN ＝0.015 J当小滑块从h 3＝0.4 m 处下滑后，第二次通过N 点时的动能为： E k N ＝mgh 3－2μmgx MN ＝0.01 J此时小滑块动能小于0.015 J ，故小滑块不再与弹簧相碰由动能定理可得：E k N ＝μmgx解得：x ＝0.4 m小滑块最终停在N 点左侧0.4 m 处．答案：(1)0.25 m (2)0.4 m。

亲爱的同学：这份试卷将再次记录你的自信、沉着、智慧和收获，我们一直投给你信任的目光……学 习 资 料 专 题实验题专练(一)1．在没有天平的情况下，实验小组利用以下方法对质量进行间接测量，装置如图1所示：一根轻绳跨过轻质定滑轮与两个相同的重物P 、Q 相连，重物P 、Q 的质量均为m (已知)，在重物Q 的下面通过轻质挂钩悬挂待测物块Z ，重物P 的下端与穿过打点计时器的纸带相连，已知当地重力加速度为g .图1(1)某次实验中，先接通频率为50 Hz 的交流电源，再由静止释放系统，得到如图2所示的纸带，则系统运动的加速度a ＝________ m/s 2(保留三位有效数字)；图2(2)在忽略阻力的情况下，物块Z 质量M 的表达式为M ＝________(用字母m 、a 、g 表示)； (3)由(2)中理论关系测得的质量为M ，而实际情况下，空气阻力、纸带与打点计时器间的摩擦、定滑轮中的滚动摩擦不可以忽略，使物块Z 的实际质量与理论值M 有一定差异，这是一种________________(填“偶然误差”或“系统误差”)． 答案 (1)8.00 (2)2mag －a(3)系统误差 解析 (1)根据Δx ＝aT 2，系统运动的加速度a ＝0.029 5＋0.032 9－0.023 2－0.026 44×0.022m/s 2＝8.00 m/s 2；(2)根据牛顿第二定律，对Q 和Z 有 (m ＋M )g －F T ＝(m ＋M )a ， 对P 有F T －mg ＝ma ，联立解得M＝2mag－a；(3)由题意可知这是一种系统误差．2．实验小组对一未知电源的电动势E和内阻r进行测量，实验器材如下：待测电源：电动势小于2 V，内阻小于1 Ω；灵敏电流计G：满偏电流I g＝150 mA，内阻R g＝1 Ω直流电压传感器(视为理想电压表)；定值电阻R1＝2 Ω；定值电阻R2＝5 Ω；定值电阻R3＝0.5 Ω；滑动变阻器R4(0～5 Ω)；滑动变阻器R5(0～50 Ω)；开关和导线若干．(1)实验电路设计如图3所示，实验小组将灵敏电流计G与两个定值电阻组装，改装成一量程为0.6 A的电流表，并将灵敏电流计的表盘刻度进行了合理的标注．请将该电流表的内部电路图补充在虚线框中，并将所用到的定值电阻的符号标注在图中．图3(2)闭合开关，调节滑动变阻器，得到一系列电流表与直流电压传感器的数据(见下表)，则实验中，滑动变阻器应该选用________(填滑动变阻器的符号)，该电源的电动势E＝________ V，电源内阻r＝________ Ω.(小数点后保留两位数字)(3)调节滑动变阻器阻值，当滑动变阻器在该电路中的功率最大时，直流电压传感器的示数为________ V(小数点后保留两位数字)．答案(1)如图所示(2)R5 1.80 0.50 (3)0.90解析 (1)实验小组将灵敏电流计G 与两个定值电阻组装，改装成一量程为0.6 A 的电流表，所以先将灵敏电流计G 与R 2串联，满偏电压为U g ＝I g (R 2＋R g )＝0.9 V ，再与R 1串联，电流量程为I ＝I g ＋U g R 1＝0.15 A ＋0.45 A ＝0.6 A ，电路图为(2)根据欧姆定律R ＝U I 可知，接在电路中滑动变阻器最大值为R ＝1.700.05Ω＝34 Ω，滑动变阻器应该选用R 5；根据U ＝E －I (r ＋R A )，代入其中两组数据， 可得1.70＝E －0.05(r ＋R A )，1.00＝E －0.4(r ＋R A )其中R A ＝R 1(R 2＋R g )(R 2＋R g )＋R 1＝1.5 Ω，解得E ＝1.80 V ，r ＝0.50 Ω；(3)调节滑动变阻器阻值，当滑动变阻器的阻值为R 滑＝R A ＋r ＝2 Ω时，其在该电路中的功率最大，直流电压传感器的示数为U ＝ER 滑r ＋R A ＋R 滑＝0.90 V.。

选修3－4专练(一)1．(1)如图1所示，在透明均匀介质内有一球状空气泡，一束包含a、b两种单色光的细光束从介质射入气泡，A为入射点，之后a、b光分别从C点、D点射向介质．已知光束在A点的入射角i＝30°，a光经过气泡的偏向角θ＝45°，CD弧所对圆心角为3°，则下列说法中正确的是________．图1A．b光经过气泡的偏向角为42°B．介质对a光的折射率大于 3C．a光的频率小于b光的频率D．b光从该介质射向空气的全反射临界角的正弦值为12sin 51°E．若a、b两单色光分别通过同一双缝干涉装置，则b光在屏上产生的条纹间距大(2)一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0时刻的波形如图2所示，介质中x＝6 m处的质点P 沿y轴方向做简谐运动的表达式为y＝0.2cos 4πt(m)．求：图2①该波的传播速度；②从t＝0时刻起，介质中x＝10 m处的质点Q第一次到达波谷经过的时间．答案(1)ADE (2)见解析解析(1)光束在A点的入射角为i，折射角分别为r a、r b，作出光路图如图所示．a 色光的偏向角为45°，而偏向角θa ＝2(r a －i )则r a ＝52.5°，由几何知识得，AC 弧所对的圆心角为180°－2×52.5°＝75°.CD 弧所对的圆心角为3°，则AD 弧所对的圆心角为78°，故r b ＝180°－78°2＝51°， b 色光的偏向角为θb ＝2(r b －i )＝42°，故A 正确；介质对a 色光的折射率n a ＝sin r a sin i ＝sin 52.5°sin 30°<sin 60°sin 30°＝3，故B 错误； 介质对b 色光的折射率n b ＝sin r b sin i ＝sin 51°sin 30°<n a ， 则a 光的频率大于b 光的频率，故C 错误；b 色光从介质射向空气的全反射临界角的正弦值sin C ＝1n b ＝12sin 51°，故D 正确； a 光的折射率大于b 光的折射率，a 、b 两单色光在透明介质中的波长λa <λb ，根据条纹间距公式Δx ＝L d λ，故Δx a <Δx b ，故E 正确．(2)①由题图可知，波长λ＝24 m ，由质点P 的振动方程可知，角速度ω＝4π r ad/s则周期T ＝2πω＝0.5 s 故该波的传播速度v ＝λT＝48 m/s②若波沿x 轴正方向传播，t ＝0时刻，质点Q 左侧相邻的波谷在x ＝－6 m 处 该波谷传播到质点Q 处时，质点Q 第一次到达波谷，经过时间t ＝x 1v ＝13s 若波沿x 轴负方向传播，t ＝0时刻，质点Q 右侧相邻的波谷在x ＝18 m 处该波谷传播到质点Q 处时，质点Q 第一次到达波谷，经过时间t ′＝x 2v ＝16s.2．(1)关于光的折射、全反射以及光的波动性，下面说法中正确的是________．A ．光由光密介质射入光疏介质一定发生会全反射B ．光在两种不同介质的界面上发生折射时，光速一定发生改变C ．光的偏振现象说明光是一种纵波D ．不同色光通过棱镜，光的频率越大，折射率越大，偏折角度越大E ．利用激光可以测距(2)如图3甲所示，是一列简谐横波在均匀介质中传播时t ＝0时刻的波动图象，质点A 的振动图象如图乙所示．A 、B 两点皆在x 轴上，两者相距s ＝20 m ．求：图3①此简谐横波的传播速度；②t ＝20 s 时质点B 运动的路程．答案 (1)BDE (2)见解析解析 (1)只有光由光密介质射入光疏介质，且入射角大于临界角时，才会发生全反射，选项A 错误；根据v ＝c n ，不同介质折射率不同，光速不同，选项B 正确；光的偏振现象说明光是一种横波，选项C 错误；不同色光通过棱镜，光的频率越大，折射率越大，偏折角度越大，选项D 正确；激光方向性好，平行度高，可以远距离测距，选项E 正确．(2)①由题图甲可知，此波的波长为λ＝4 m由题图乙可知，此波的周期T ＝0.4 s所以v ＝λT＝10 m/s根据t ＝0时刻质点A 的振动方向可知，此波沿x 轴正方向传播②此波传播到B 点所需的时间 t ＝s －λ2v ＝1.8 s ＝412T 由题图可知此波的振幅A ＝0.1 m质点B 每个周期运动的路程为0.4 m所以t ＝20 s 时质点B 运动的路程为s ＝(50－4.5)×0.4 m＝18.2 m.。

选考题专练(五)(限时：10分钟)[选修3－3](15分)33．(1)(5分)以下说法正确的选项是________．A．扩散现象是由物质分子的无规则运动引起的B．只要知道某种物质的摩尔质量和密度，必然可以求出该物质的分子体积C．布朗运动不是分子运动，但可以反响液体分子的无规则运动D．水蒸汽凝结成水珠的过程中，分子间斥力减小，引力增大E．必然质量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能必然增加(2)(10分)如图1所示，上端带卡环的绝热圆柱形汽缸竖直放置在水平川面上，汽缸内部被质量均为m的活塞A和活塞B分成高度相等的三个部分，下边两部分封闭有理想气体P和Q，活塞A导热性能优异，活塞B绝热．两活塞均与汽缸接触优异，活塞厚度不计，忽略所有摩擦．汽缸下边有加热装置，初始状态温度均为T0，汽缸的横截面积为S，外界大气压富强小为mgS且保持不变，现对气体Q缓慢加热．求：图1①当活塞A恰好到达汽缸上端卡环时，气体Q的温度T1；②活塞A恰好接触汽缸上端卡环后，连续给气体Q加热，当气体P体积减为原来的一半时，气体Q的温度T2.答案(1)ACE(2)见解析剖析(2)①设P、Q初始体积均为V0，在活塞A接触卡环从前，P的温度、压强不发生变化，Q发生等压变化，则由盖—吕萨克定律得：V0T0＝2V0T1解得：T1＝2T0②当活塞A 恰好接触汽缸上端卡环后，P 气体做等温变化， 由玻意耳定律得：2mg S ·V 0＝p 1·V 02解得：p 1＝4mg S此时Q 气体的压强为p 2＝p 1＋mg S ＝5mg S当P 气体体积变为原来的一半时，Q 气体的体积为52V 0，此过程对Q 气体由理想气体状态方程得3mg S ·V 0T 0＝5mg S ·52V 0T 2解得T 2＝256T 0.[选修3－4](15分)34．(1)(5分)2018年1月31日，天空中演出了一场万众瞩目、被称为“超级满月、蓝月亮、红月亮”的月全食大戏，此次月全食历时近5小时，最优异之处是在发生月全食阶段月亮表现红色，以下有关月食的说法中正确的选项是________．A ．当地球处于太阳和月亮中间时才会出现月食现象B ．当月亮处于太阳和地球中间时才会出现月食现象C ．月食可能是太阳光经月亮反射到地球大气层时发生全反射形成的D ．出现月食现象，是因为月亮处于地球的“影子”中E ．“红月亮”是太阳光中的红光经地球大气层折射到月亮时形成的(2)(10分)如图2所示，实线是一列简谐横波在t 1时辰的波形图，虚线是在t 2＝(t 1＋0.2) s 时辰的波形图．图2①在t 1到t 2的时间内，若是M 经过的行程为1 m ，求波的流传方向和波速的大小； ②若波速为55 m/s ，求质点在t 1时辰的振动方向．答案 (1)ADE (2)见解析剖析 (1)当太阳、地球、月亮在同素来线上，地球位于太阳与月亮之间时，太阳发出的沿直线流传的光被不透明的地球完好挡住，光辉照不到月亮上，月亮处于地球的“影子”中，在地球上完好看不到月亮的现象就是月全食．看到“红月亮”，是太阳光中的红光经地球大气层折射到月亮形成的，选项A 、D 、E 正确，B 、C 错误．(2)①由波的图象可以看出质点的振幅为A ＝20 cm ＝0.2 m ，若是M 经过的行程为x ′＝1 m ，则经历的时间与周期的比值为m ＝x ′4A ＝114，说明波沿x 轴正方向流传，波速为v 2＝mλt 2－t 1＝114×40.2m/s ＝25 m/s ②由波的图象可以看出，波长为λ＝4 m ，若波沿x 轴正方向流传，波流传的距离为x 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋14λ(n ＝0,1,2……) 波流传的速度为：v 1＝x 1t 2－t 1＝5(4n ＋1)m/s(n ＝0,1，2……)，波速不可以能等于55 m/s ，则波沿x 轴负方向流传，t 1时辰质点M 向y 轴负方向振动．。