【物理】2020届一轮复习人教版选修3-4课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版选修3-4课时作业

‎ (时间：45分钟　分值：100分)‎ ‎1. (15分)(1)一列横波沿x轴正方向传播，在t s与(t＋0.8)s两时刻，在x轴上－3～3 m区间内的两波形图正好重合，如图所示．则下列说法中正确的是________．‎ A．质点振动周期一定为0.8 s B．该波的波速可能为10 m/s C．从t时刻开始计时，x＝1 m处的质点比x＝－1 m处的质点先到达波峰位置 D．在(t＋0.4)s时刻，x＝－2 m处的质点位移不可能为零 E．该波的波速可能为15 m/s ‎(2) 如图所示，一个半圆形玻璃砖的截面图，AB与OC垂直，半圆的半径为R.一束平行单色光垂直于AOB所在的截面射入玻璃砖，其中距O点距离为的一条光线自玻璃砖右侧折射出来，与OC所在直线交于D点，OD＝R.求：‎ ‎①此玻璃砖的折射率是多少？‎ ‎②若在玻璃砖平面AOB某区域贴上一层不透光的黑纸，平行光照射玻璃砖后，右侧没有折射光射出，黑纸在AB方向的宽度至少是多少？‎ 解析：(1)由题意分析得知，nT＝0.8 s，n＝1，2，3，…，周期T＝ s，所以质点振动周期不一定为0.8 s，故A错误；由题图读出波长为λ＝4 m，当n＝1时，波速v＝＝5 m/s，当n＝2时，v＝10 m/s，故B正确；当n＝3时，v＝15 m/s，故E正确；简谐横波沿x轴正方向传播，在t时刻，x＝1 m处的质点振动方向沿y轴负方向，x＝－1 m 处的质点振动方向沿y轴正方向，所以x＝－1 m处的质点先到达波峰位置，故C错误；t时刻到(t＋0.4)时刻经过时间为0.4 s，而0.4 s与周期的关系为N＝＝n，由于n为整数，所以该时刻x＝－2 m处的质点不可能在平衡位置，位移不可能为零，故D正确．‎ ‎(2) ①连接O、E并延长至H，作EF垂直OD于F，光线与AB的交点为G，‎ 由几何关系可知∠EOD＝30°，∠DEH＝60°‎ 所以此玻璃砖的折射率n＝＝.‎ ‎②设光线IJ恰好发生全反射，则∠IJO为临界角，‎ 所以有sin ∠IJO＝＝ 根据几何关系有sin ∠IJO＝ 求得OI＝R，所以黑纸宽至少是R.‎ 答案：(1)BDE　(2)①　②R ‎2．(15分)(1)(2019·石嘴山市第三中学模拟)弹簧振子在光滑水平面上做简谐振动，把小钢球从平衡位置向左拉一段距离，放手让其运动．从小钢球通过平衡位置开始计时，其振动图象如图所示，下列说法正确的是________．‎ A．钢球振动周期为1 s B．在t0时刻弹簧的形变量为4 cm C．钢球振动半个周期，回复力做功为零 D．钢球振动一个周期，通过的路程等于10 cm E．钢球振动方程y＝5sin πt cm ‎(2) 如图所示，在MN的下方足够大的空间是玻璃介质，其折射率n＝，玻璃介质的上边界MN是屏幕，玻璃中有一个正三角形空气泡，其边长l＝40 cm，顶点与屏幕接触于C点，底边AB与屏幕平行，一束激光a垂直于AB边射向AC边的中点O，结果在屏幕MN上出现两个光斑．‎ ‎①求两个光斑之间的距离x；‎ ‎②若任意两束相同的激光同时垂直于AB边向上射入空气泡，求屏幕上相距最远的两个光斑之间的距离L.‎ 解析：(1)从题图中可得钢球振动的周期为2 s，A错误；因为是在水平面上振动，所以钢球振动的平衡位置应该是弹力为零时，即平衡位置时弹簧的形变量为零，t0时刻在距离平衡位置右方4 cm处，则在t0时刻弹簧的形变量为4 cm，故B正确；经过半个周期后，位移与之前的位移关系总是大小相等、方向相反；速度也有同样的规律，故动能不变，根据动能定理，合力做的功为零，即钢球振动半个周期，回复力做功为零，C正确；钢球振动一个周期，‎ 通过的路程等于4×5 cm＝20 cm，D错误；ω＝＝π rad/s，A＝5 cm，故钢球振动方程y＝5sin πt cm，E正确．‎ ‎(2) ①画出光路图如图所示．在界面AC，入射角i＝60°，n＝，由折射定律有n＝ 解得折射角r＝30°‎ 由光的反射定律得反射角θ＝60°‎ 由几何关系得，△ODC是边长为l的正三角形，△OEC为等腰三角形，且CE＝OC＝，则两个光斑之间的距离x＝DC＋CE＝40 cm.‎ ‎②作出入射点在A、B两点的光线的光路图，如图所示，由图可得屏幕上相距最远的两个光斑之间的距离 L＝PQ＝2l＝80 cm.‎ 答案：(1)BCE　(2)①40 cm ‎②80 cm ‎3．(15分)(1)下列说法中正确的是________．‎ A．光的偏振现象说明光具有波动性，但并非所有的波都能发生偏振现象 B．变化的电场一定产生变化的磁场；变化的磁场一定产生变化的电场 C．在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为绿光，则干涉条纹间距变窄 D．某人在速度为0.5c的飞船上打开一光源，则这束光相对于地面的速度应为1.5c E．火车过桥要慢行，目的是使驱动力频率远小于桥梁的固有频率，以免发生共振损坏桥梁 ‎(2)平衡位置位于原点O的波源发出的简谐横波在均匀介质中沿水平x轴传播，P、Q为x轴上的两个点(均位于x轴正向)，P与O的距离为35 cm，此距离介于一倍波长与二倍波长之间．已知波源自t＝0时由平衡位置开始向上振动，周期T＝1 s，振幅A＝5 cm.当波传到P点时，波源恰好处于波峰位置；此后再经过5 s，平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置．求：‎ ‎①P、Q间的距离；‎ ‎②从t＝0开始到平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过的路程．‎ 解析：(1)光的偏振现象能说明光是横波，则光具有波动性，但纵波并不能发生偏振现象，故A正确；均匀变化的电场则产生稳定的磁场，非均匀变化的电场才产生变化的磁场，同理，后者也是这样的结论，故B错误；光的双缝干涉实验中，若将入射光由红光改为绿光，由于波长变短，则干涉条纹间距变窄，故C正确；在速度为0.5c的飞船上打开一光源，根据光速不变原理，则这束光相对于地面的速度应为c，故D错误；火车过桥要慢行，‎ 目的是使驱动力频率远小于桥梁的固有频率，以免发生共振损坏桥梁，选项E正确．‎ ‎(2)①由题意，O、P两点间的距离与波长λ之间满足 OP＝λ ①‎ 波速v与波长的关系为v＝ ②‎ 在t＝5 s的时间间隔内，波传播的路程为vt.由题意有 vt＝PQ＋ ③‎ 式中，PQ为P、Q间的距离．由①②③式和题给数据，得 PQ＝133 cm. ④‎ ‎②Q处的质点第一次处于波峰位置时，波源运动的时间为 t1＝t＋T ⑤‎ 波源从平衡位置开始运动，每经过，波源运动的路程为A.由题给条件得 t1＝25× ⑥‎ 故t1时间内，波源运动的路程为 s＝25A＝125 cm. ⑦‎ 答案：(1)ACE　(2)①133 cm　②125 cm ‎4．(15分)(1)(2019·重庆市巴蜀中学模拟)两列简谐横波的振幅都是10 cm，传播速度大小相同．实线波的频率为2 Hz，沿x轴正方向传播；虚线波沿x轴负方向传播．某时刻两列波在如图所示区域相遇，则________．‎ A．在相遇区域会发生干涉现象 B．实线波和虚线波的频率之比为3∶2‎ C．平衡位置为x＝6 m处的质点此刻速度为零 D．平衡位置为x＝8.5 m处的质点此刻位移y>10 cm E．从图示时刻起再经过0.25 s，平衡位置为x＝5 m处的质点的位移y<0‎ ‎(2) 半径为R、介质折射率为n的透明圆柱体，过其轴线OO′的截面如图所示．位于截面所在的平面内的一细束光线，以角i0由O点入射，折射光线由上边界的A点射出．当光线在O点的入射角减小至某一值时，折射光线在上边界的B点恰好发生全反射．求A、B两点间的距离．‎ 解析：(1)两列波波速大小相同，波长不同，根据v＝λf，频率不同，不能发生干涉现象，故A错误；两列波波速相同，波长分别为4 m、6 m，根据v＝λf，频率之比为3∶2，故B正确；平衡位置为x＝6 m处的质点此刻位移为零，两列波单独引起的速度均向上，故合速度不为零，故C错误；平衡位置为x＝8.5 m处的质点，实线波引起的位移为A、虚线波引起的位移为A，故合位移大于振幅A，故D正确；传播速度大小相同，实线波的频率为2 Hz，其周期为0.5 s，可知虚线波的周期为0.75 s，从图示时刻起再经过0.25 s，实线波在平衡位置为x＝5 m处的质点处于波谷，而虚线波处于y轴上方，但不在波峰处，所以质点的位移y＜0，故E正确．‎ ‎(2)当光线在O点的入射角为i0时，设折射角为r0，由折射定律得＝n①‎ 设A点与左端面的距离为dA，由几何关系得 sin r0＝ ②‎ 若折射光线恰好发生全反射，则在B点的入射角恰好为临界角C，设B点与左端面的距离为dB，由折射定律得sin C＝ ③‎ 由几何关系得sin C＝ ④‎ 设A、B两点间的距离为d，可得d＝dB－dA ⑤‎ 联立①②③④⑤式得 d＝R.‎ 答案：(1)BDE　(2)R ‎5．(20分)(1)(2016·高考全国卷Ⅰ)某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以1.8 m/s的速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近．该同学发现从第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15 s．下列说法正确的是(　　)‎ A．水面波是一种机械波 B．该水面波的频率为6 Hz C．该水面波的波长为3 m D．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时能量不会传递出去 E．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时振动的质点并不随波迁移 ‎(2)如图，三角形ABC为某透明介质的横截面，O为BC边的中点，位于截面所在平面内的一束光线自O以角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2L，该介质的折射率为.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：sin 75°＝或tan 15°＝2－)．‎ 解析：(1)水面波是机械波，选项A正确；根据第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15 s可知，该水面波的周期为T＝ s＝ s，频率为f＝＝0.6 Hz，选项B错误；该水面波的波长为λ＝vT＝1.8× m＝3 m，选项C正确；水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时介质中的质点只在平衡位置附近振动，不随波迁移，但能量会传递出去，选项D错误，E正确．‎ ‎(2)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 sin C＝ ①‎ 代入数据得 C＝45° ②‎ 设光线在BC面上的折射角为r，由几何关系得 r＝30° ③‎ 由折射定律得 n＝ ④‎ 联立③④式，代入数据得 i＝45°. ⑤‎ ‎②在△OPB中，根据正弦定理得 ＝ ⑥‎ 设所用时间为t，光线在介质中的速度为v，得 OP＝vt ⑦‎ v＝ ⑧‎ 联立⑥⑦⑧式，代入数据得t＝L.‎ 答案：(1)ACE　(2)①45°　② ‎6．(20分)(1)(2019·云南玉溪一中模拟)下列说法正确的是________．‎ A．光的偏振现象说明光是一种电磁波 B．无线电波的发射能力与频率有关，频率越高发射能力越强 C．一个单摆在海平面上的振动周期为T，那么将其放在某高山之巅，其振动周期一定变大 D．根据单摆的周期公式T＝2π，在地面附近，如果l→∞，则其周期T→∞‎ E．利用红外摄影可以不受天气(阴雨、大雾等)的影响，因为红外线比可见光波长长，更容易绕过障碍物 ‎(2)如图所示为某种透明介质的截面图，ACB为半径R＝10 cm的二分之一圆弧，AB与水平面屏幕MN垂直并接触于A点．由红光和紫光两种单色光组成的复色光射向圆心O，在AB分界面上的入射角i＝45°，结果在水平屏幕MN上出现两个亮斑．已知该介质对红光和紫光的折射率分别为n1＝、n2＝.‎ ‎①判断在AM和AN两处产生亮斑的颜色；‎ ‎②求两个亮斑间的距离．‎ 解析：(1)光的偏振现象说明光是横波，故A错误；无线电波的发射能力与频率成正比，频率越高发射能力越强，故B正确；单摆的周期公式T＝2π，其放在某高山之巅，重力加速度变小，其振动周期一定变大，故C正确；根据单摆的周期公式T＝2π，在地面附近，如果l→∞，则重力加速度变化，故D错误；因为红外线比可见光波长长，更容易发生衍射，则容易绕过障碍物，故E正确．‎ ‎(2)①设红光和紫光的临界角分别为C1、C2，sin C1＝＝，C1＝60°，同理C2＝ 45°，‎ i＝45°＝C2，i＝45°＜C1，所以紫光在AB面发生全反射，而红光在AB面一部分折射，一部分反射，所以在AM处产生的亮斑为红色，在AN处产生的亮斑为红色与紫色的混合色．‎ ‎②画出如图所示光路图，设折射角为r，两个光斑分别为P1、P2.‎ 根据折射定律n1＝ 求得sin r＝ 由几何知识可得：tan r＝ 解得：AP1＝5 cm 由几何知识可得△OAP2为等腰直角三角形，解得：‎ AP2＝10 cm 所以：P1P2＝(5＋10) cm.‎ 答案：(1)BCE　(2)①红色　红色与紫色的混合色 ‎②(5＋10) cm