2025高中物理人教版选修3-4教学资源包名师同步导学章末质量评估卷(三)含答案

2025高中物理人教版选修3-4教学资源包（名师同步导学章末质量评估卷(三)第十三章光(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1．对于自然光和偏振光，以下认识正确的是()A．从太阳、蜡烛等普通光源直接发出的光是自然光B．自然光通过一个偏振片后成为偏振光，偏振光再通过一个偏振片后又还原为自然光C．电灯发出的光透过偏振片，旋转偏振片时看到透射光的亮度无变化，说明透射光不是偏振光D．自然光只有在通过偏振片后才能成为偏振光解析：选A太阳、蜡烛等普通光源发出的光为自然光，包括在垂直光的传播方向上沿一切方向振动的光，故选项A正确；自然光通过偏振片时，只有与偏振片透振方向一致的光才能通过，沿其他方向振动的光被偏振片吸收，所以通过偏振片后的透射光是偏振光，不论通过几个偏振片，故选项B错误；由于自然光在各个振动方向上的强度相同，所以旋转偏振片时透射亮度不变，即旋转偏振片时亮度不变是因为入射光是自然光，而不是因为透射光不是偏振光，故选项C错误；偏振现象是很普遍的，而不是只有通过偏振片后才能成为偏振光，平常见到的绝大多数光都是偏振光，故选项D错误．2．下列应用激光的事例中错误的是()A．利用激光进行长距离精确测量B．利用激光进行通信C．利用激光进行室内照明D．利用激光加工坚硬材料解析：选C激光单向性好，不利于室内照明，并且大功率的激光要靠专门的激光器产生，成本太高，且由于激光的能量集中，会对人体产生伤害，因此选项C所述激光的应用是错误的．3．一束单色光斜射到厚平板玻璃的一个表面上，经两次折射后从玻璃的另一个表面射出，出射光线相对于入射光线侧移了一段距离．在下列情况下，出射光线侧移距离最大的是()A．红光以30°的入射角入射B．红光以45°的入射角入射C．紫光以30°的入射角入射D．紫光以45°的入射角入射解析：选D因为同种介质对紫光的折射率较大，故入射角相同时，紫光侧移距离较大，A、B项错误；设入射角为i，折射率为n，平板玻璃厚度为d，侧移距离为Δx，则Δx＝dsinieq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(cosi,\r(n2－sin2i))))，可见对于同一种色光，入射角越大，侧移距离越大，D项正确．4.在研究材料A的热膨胀特性时，可采用如图所示的干涉实验法，A的上表面是一光滑平面，在A的上方放一个透明的平行板B，B与A上表面平行，在它们间形成一个厚度均匀的空气膜．现在用波长为λ的单色光垂直照射，同时对A缓慢加热，在B上方观察到B板的亮度发生周期性变化，当温度为t1时最亮，然后亮度逐渐减弱至最暗；当温度升到t2时，亮度再一次回到最亮．则()A．出现最亮时，B上表面反射光与A上表面反射光叠加后加强B．出现最亮时，B下表面反射光与A上表面反射光叠加后相抵消C．温度从t1升到t2的过程中，A的高度增加eq\f(λ,4)D．温度从t1升到t2的过程中，A的高度增加eq\f(λ,2)解析：选D出现最亮时，是B下表面反射光与A上表面反射光发生干涉，叠加后加强，故A、B错误；温度从t1升到t2的过程中，亮度由最亮又变到最亮，当路程差(即薄膜厚度的2倍)等于半波长的偶数倍，出现明条纹，知路程差减小λ，则A的高度增加eq\f(λ,2)，故C错误，D正确．故选D.5．(2018·上海普陀区高二调研)用单色光通过小圆盘和小圆孔做衍射实验时，在光屏上得到衍射图形，它们的特征是()A．中央均为亮点的同心圆形条纹B．中央均为暗点的同心圆形条纹C．用小圆盘时中央是暗的，用小圆孔时中央是亮的D．用小圆盘时中央是亮的，用小圆孔时中央是暗的解析：选A圆孔衍射实验图样，与单色光通过小圆盘得到的泊松亮斑，它们中央均为亮点的同心圆形条纹，故A正确，B、C、D错误．6．在信息技术迅猛发展的今天，光盘是存储信息的一种重要媒介．光盘上的信息通常是通过激光束来读取的．若激光束不是垂直投射到盘面上，则光线在通过透明介质层时会发生偏折而改变行进的方向，如图所示．下列说法中正确的是()A．图中光束①是红光，光束②是蓝光B．在光盘的透明介质层中，光束①比光束②传播速度更快C．若光束①②先后通过同一单缝衍射装置，光束①的中央亮纹比光束②的窄D．若光束①②先后通过同一双缝干涉装置，光束①的条纹宽度比光束②的宽解析：选C由题图可知，光束①的折射率大于光束②的折射率，即n1>n2，而n红<n蓝，A错；由v＝eq\f(c,n)得，B错；折射率大的光束波长小，在单缝衍射、双缝干涉实验中的条纹宽度要小，C对，D错．7．以下说法正确的是()A．机械波的波速取决于介质，且波的传播速度总是与质点振动方向垂直B．一束白光穿过玻璃砖，各种单色光在玻璃砖中的速度不相等，红光速度最大，紫光速度最小C．光纤通信利用了全反射原理，光纤由内芯和外套两层组成，内芯的折射率小于外套的折射率D．肥皂泡呈彩色是光的薄膜干涉现象，增透膜厚度应为光波在空气中波长的eq\f(1,4)解析：选B只有横波的传播方向与振动方向垂直，纵波的传播方向与振动方向一致，故A错误；玻璃对不同的色光的折射率不同，红色光的折射率最小，紫色光的折射率最大，由v＝eq\f(c,n)可知在玻璃中红光速度最大，紫光速度最小，故B正确；光纤通信利用了全反射原理，光纤由内芯和外套两层组成，内芯的折射率大于外套的折射率，故C错误；肥皂泡呈彩色是光的干涉现象，增透膜是利用光的干涉原理，当光程差为在膜中波长的一半时，出现光的减弱，从而增加光的透射，则膜的厚度为光程差的一半，因此膜的厚度应为入射光在增透膜中波长的eq\f(1,4)，故D错误．8.(2019·河南师大附中高二期末)雨后太阳光入射到水滴中发生色散而形成彩虹．设水滴是球形的，图中的圆代表水滴过球心的截面，入射光线在过此截面的平面内，a、b、c、d代表四条不同颜色的出射光线，则它们可能依次是()A．紫光、黄光、蓝光和红光B．紫光、蓝光、黄光和红光C．红光、蓝光、黄光和紫光D．红光、黄光、蓝光和紫光解析：选B由折射图可知a光的偏折程度最大，说明水滴对a的折射率最大，故a的频率最大，由v＝λf可知，a的波长最小，a、b、c、d偏折程度依次减小，故为紫光、蓝光、黄光和红光，B正确．二、多项选择题(本题共7小题，每小题3分，共21分．全选对的得3分，选对但不全的得2分，有错选的得0分)9．以下关于光学知识的叙述中，正确的是()A．甲图是著名的泊松亮斑图案，这是光波的衍射观象B．乙图中的彩虹是不同色光在水滴中折射率不同造成的C．丙图的照相机镜头上涂有一层增透膜，增透膜利用了光的偏振原理D．丁图是医学上的内窥镜，其核心部件光导纤维能传输光像信号，是利用光的全反射解析：选ABD甲图中，正中心是一个亮点，是著名的泊松亮斑图案，光偏离原来直线方向传播，这是光波的衍射现象，故A正确；乙图中的彩虹是不同色光在水滴中折射率不同造成的，从而导致偏折程度不同，进而出现色散现象，故B正确；增透膜是利用光的干涉，将反射光相互减弱，从而增强透射，故C不正确；光导纤维束内传送图象，是利用光的全反射原理，故D正确．10．(2018·洛阳高二检测)下列说法中正确的是()A．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度B．全息照片往往用激光来拍摄，主要是利用了激光的相干性C．“门镜”可以扩大视野是利用光的衍射现象D．通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到彩色条纹是光的衍射现象解析：选BD拍摄玻璃橱窗内的物品时在镜头前加一个偏振片以减弱反射光的强度，选项A错；全息照片往往用激光来拍摄，主要是利用了激光的相干性，选项B对；“门镜”可以扩大视野是利用光的折射现象，选项C错；通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到彩色条纹是光的衍射现象，选项D对．11．沙尘暴是由于土地的沙化引起的一种恶劣的气象现象，发生沙尘暴时能见度只有十几米，天气变黄变暗，这是由于这种情况下()A．只有波长较短的一部分光才能到达地面B．只有波长较长的一部分光才能到达地面C．只有频率较大的一部分光才能到达地面D．只有频率较小的一部分光才能到达地面解析：选BD波长较短的光，不易发生明显的衍射，波长较长的光易透过沙尘间的缝隙到达地面，A错误，B正确；频率较小的光，波长较长，也易于到达地面，C错误，D正确．12．用单色光做双缝干涉实验时，下列说法中正确的是()A．入射光的波长越长，相邻两亮条纹中心的距离越大B．入射光的频率越高，相邻两亮条纹中心的距离越大C．把入射光由绿光变成紫光，相邻两亮条纹中心的距离变小D．把入射光由绿光变成红光，相邻两亮条纹中心的距离变小解析：选AC由Δx＝eq\f(l,d)λ知，对于一确定的双缝干涉实验装置，单色光的干涉条纹相邻两亮条纹中心的距离Δx跟波长λ成正比，由c＝λf知，光的频率f越大，λ越小，Δx越小，紫光的波长比绿光小，故相邻两亮条纹中心的距离比绿光的小，红光的波长最大，Δx最大．13．a、b两种单色光以相同的入射角从某种介质射向真空，光路如图所示，则下列叙述正确的是()A．a光的全反射临界角小于b光的全反射临界角B．通过同一双缝干涉装置，a光的干涉条纹间距比b光的宽C．在该介质中a光的传播速度大于b光的传播速度D．在该介质中a光的波长小于b光的波长解析：选BC由图可知，b光比a光偏折角大，故b光的折射率大，由n＝eq\f(c,v)可知，b光在该介质中传播速度小，由λ＝eq\f(v,f)可知，在该介质中a光的波长较长，再由Δx＝eq\f(l,d)λ可知，a光干涉条纹间距较大，B、C正确，D错误；由sinC＝eq\f(1,n)可得，a光全反射的临界角较大，A错误．14．如图所示，从点光源S发出的一束复色光，以一定的角度斜射到玻璃三棱镜的表面，经过三棱镜的两次折射后分为a、b两束光．下面的说法中正确的有()A．在三棱镜中a光的传播速率大于b光的传播速率B．a光频率大于b光频率C．若改变复色光的入射角，可在入射面发生全反射D．a、b两束光分别通过同一双缝干涉装置产生的干涉条纹的间距Δxa<Δxb解析：选BD由光路图可知，a光的偏折程度大于b光的偏折程度，所以a光的折射率大，根据v＝eq\f(c,n)知，在三棱镜中a光的传播速率小于b光的传播速率，故A错误；a光的折射率大，频率大，故B正确；发生全反射的必要条件是光从光密介质射入光疏介质，所以光在入射面不会发生全反射，故C错误；a折射率大，波长短，根据双缝干涉条纹间距公式Δx＝eq\f(L,d)λ，知a光的双缝干涉条纹间距比较窄，Δxa<Δxb，故D正确．15．(2019·甘肃省秦安二中高二检测)彩虹是由阳光射入雨滴(视为球形)时，经一次反射和两次折射而产生色散形成的．现有白光束L由图示方向射入雨滴，a、b是经反射和折射后的其中两条出射光线，如图．下列说法正确的是()A．光线b在雨滴中传播时的波长较长B．光线b在雨滴中的折射率较大C．若分别让a、b两色光通过同一双缝装置，则b光形成的干涉条纹的间距较大D．光线b在雨滴中的传播速度较大解析：选ACD由题图可知，发生第一次折射时，光线b的折射角rb大于光线a的折射角ra，由n＝eq\f(sini,sinr)知，na>nb，由v＝eq\f(c,n)知，vb>va，选项B错误，D正确；由于na>nb，则fa>fb，λa<λb，由Δx＝eq\f(l,d)λ知，Δxa<Δxb，选项A、C正确．三、非选择题(本题共5小题，共55分)16．(6分)小明有一个圆形量角器，指针可绕圆心O转动，如图所示．小明用它测量透明液体的折射率，在量角器刻度盘下方300°处固定一个标记物P，然后将量角器竖直放入液体中，使液面与0～180°刻度线相平，保持量角器不动，顺时针缓慢转动指针，逆着指针方向观察，当观察到指针与P在一条直线上时停止转动，此时指针对应的刻度为135°.(1)该液体的折射率为____________．(2)不断改变标记物P在量角器圆周上的位置，让指针在0～180°范围内转动，逆着指针方向能看到标记物，标记物在液体中对应的刻度范围为________度到________度．解析：(1)根据题意光源从P点发出，经液体折射沿指针出射，入射角为i＝300°－270°＝30°，空气中的折射角为r＝135°－90°＝45°，根据折射定律nsini＝sinr，解得n＝eq\r(2).(2)根据全反射的条件光密介质进入光疏介质和入射角大于等于临界角时，有sinC＝eq\f(1,n)＝eq\f(\r(2),2)，可得C＝45°.则要看到P的像需要入射角0≤i≤45°，故法线右侧的最远位置为270°－45°＝225°，法线左侧的最远位置为270°＋45°＝315°，即标记物在液体中对应的刻度范围为225°到315°.答案：(1)eq\r(2)(2)22531517．(9分)小明同学采用“双缝干涉仪”观察光的双缝干涉图样，并测定某种单色光的波长，实验装置如图1所示．(1)下列说法正确的是________．A．元件a是白炽灯，它的作用是照明并获得相干光源B．元件f为拨杆，它的作用是调节单、双缝平行，以获得清晰的条纹C．将红色滤光片换成紫色滤光片时，观察到相邻亮条纹之间的间距将变大(2)若在实验中小明观察到的条纹如图2(甲)所示，为了使干涉条纹竖直，即如图2(乙)所示，则小明应进行以下操作中的________．A．左右调节拨杆B．先松开坚固螺钉再旋转测量头C．旋转遮光筒(连同单、双缝、测量头)(3)已知测量头为50分度的游标卡尺，某同学描述了实验大概过程和数据：调整手轮后，从测量头的目镜看去，第一次映入眼帘的干涉条纹如图3所示，此时分划板中心刻度线对齐A条纹中心，游标卡尺的示数为1.250cm；接着再转动手轮，映入眼帘的干涉条纹如图4所示，此时分划板中心刻度线对齐B条纹中心，游标卡尺的示数为1.775cm.图中的圆形轮廓即是该同学所说的视场区边界．可是老辣的物理老师认为该同学并没有认真做实验，其依据(写出两条)：______________________________；__________________________________.解析：(1)元件a是白炽灯，它的作用是提供照明光源，而单缝是获得相干光源，故A错误；元件f为拨杆，它的作用是调节单、双缝平行，以获得清晰的条纹，故B正确；将红色滤光片换成紫色滤光片时，依据双缝干涉条纹间距公式Δx＝eq\f(L,d)λ，则观察到相邻亮条纹之间的间距将变小，故C错误．(2)拨杆是调节单缝与双缝是否平行的，故A错误；由图2(甲)(乙)可知，条纹与刻度仍平行，因此不需要旋转测量头，应该是旋转遮光筒，故B错误，C正确．故选C.(3)由图3知，本实验操作过程中分刻板中心刻度线向左偏移不在视场中心，应把分刻板中心刻度线调在视场中心；游标卡尺读数的有效数字不对，由于是50分度的游标尺，精确值为0.02mm，所以小数点后有两位有效数字，故判断该实验没有认真做．其判断的依据有两条：其一，分刻板中心刻度线一定在视场中心；其二，50分度的游标卡尺(中学阶段不估读)无法读得第二个示数．答案：(1)B(2)C(3)分刻板中心刻度线一定在视场中心50分度的游标卡尺无法读得第二个示数18.(12分)一底面半径为R的半圆柱形透明体的折射率为n＝eq\r(3)，横截面如图所示，O表示半圆柱形截面的圆心．一束极窄的光线在横截面内从AOB边上的A点以60°的入射角入射(已知真空中的光速为c，arcsineq\f(\r(3),3)＝35°；计算结果用R、n、c表示)，求：(1)该透明体的临界角C；(2)该光线从进入透明体到第一次离开透明体时所经历的时间．解析：(1)设此透明物体的临界角为C，依题意sinC＝eq\f(1,n)＝eq\f(1,\r(3))，所以C＝35°；(2)当入射角为i＝60°时，由折射定律n＝eq\f(sini,sinr)得到折射角：r＝30°，即此时光线折射后射到圆弧上的C点，点的入射角为60°，大于临界角，会发生全反射，往水平方向反射至圆弧上的D点并在D点发生全反射，再至B点，从B点第一次射出，在透明体内的路径长为3R，在透明体内的速度v＝eq\f(c,n)，经历的时间：eq\f(s,v)＝eq\f(3nR,c).答案：(1)35°(2)eq\f(3nR,c)19．(14分)如图，MN是竖直放置的长L＝0.5m的平面镜，观察者在A处观察，有一小球从某处自由下落，小球下落的轨迹与平面镜相距d＝0.25m，观察者能在镜中看到小球像的时间Δt＝0.2s．已知观察者的眼睛到镜面的距离s＝0.5m，求小球从静止开始下落经多长时间，观察者才能在镜中看到小球的像．(取g＝10m/s2)解析：根据平面镜成像的规律可知，当小球发出的光线经过平面镜反射射入观察者的眼睛时，人就能看到小球镜中的像．画出光路图，如图所示：人在A处能够观察到平面镜中虚像所对应的空间区域在直线PM和QN所包围的区域中．小球在这一区间里运动的距离ab的长度为L′.根据三角形相似可知，△aA′b～△MA′N.即eq\f(L′,L)＝eq\f(bA′,NA′)同理，△bA′c～△NA′D.即eq\f(bA′,NA′)＝eq\f(s＋d,s)联立解得，L′＝0.75m设小球从静止下落经时间t人能看到，根据运动学公式可知，L′＝eq\f(1,2)g(t＋Δt)2－eq\f(1,2)gt2代入数据，解得t＝0.275s.答案：0.275s20．(14分)湿地公园的湖面上有一伸向水面的混凝土观景台，截面图如图所示，观景台下表面恰好和水面相平，A为观景台右侧面在湖底的投影，水深h＝8m．在距观景台右侧面x＝8m处有一可沿竖直方向移动的单色点光源S，现该点光源从距水面高6m处向下移动到接近水面的过程中，观景台水下被照亮的最远距离为AC，最近距离为AB，若AB＝6m，求：(1)水的折射率n；(2)光能照亮的最远距离AC(计算结果可以保留根号)．解析：(1)点光源S在距水面高6m处发出的光在观景台右侧面与水面交接处折射到水里时，被照亮的距离为最近距离AB，则：由于n＝eq\f(sini,sinr)，所以，水的折射率n＝eq\f(\f(x,\r(62＋x2)),\f(AB,\r(AB2＋h2)))＝eq\f(4,3).(2)点光源S接近水面时，光在观景台右侧面与水面交接处折射到水里时，被照亮的距离为最远距离AC，此时，入射角为90°，折射角为临界角C.则n＝eq\f(1,sinC)＝eq\f(\r(AC2＋h2),AC)＝eq\f(4,3)，可得sinC＝eq\f(3,4)，由数学知识得tanC＝eq\f(sinC,cosC)＝eq\f(sinC,\r(1－sin2C))＝eq\f(3\r(7),7).解得AC＝htanC＝eq\f(24\r(7),7)m≈9m.答案：(1)eq\f(4,3)(2)9m章末质量评估卷(四)第十四章电磁波第十五章相对论简介(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1．关于广义相对论和狭义相对论之间的关系，下列说法正确的是()A．它们之间没有任何联系B．有了广义相对论，狭义相对论就没有存在的必要了C．狭义相对论能够解决时空弯曲问题D．为了解决狭义相对论中的参考系问题提出了广义相对论解析：选D狭义相对论之所以称为狭义相对论，就是只能对于惯性参考系来讲，时空弯曲问题是有引力存在的问题，需要用广义相对论进行解决．2.在LC振荡电路中，电容器C的带电荷量q随时间t变化的图象如图所示，在1×10－6s到2×10－6s内，关于电容器的充(放)电过程及由此产生的电磁波的波长，下列说法正确的是()A．充电过程，波长为1200mB．充电过程，波长为1500mC．放电过程，波长为1200mD．放电过程，波长为1500m解析：选A由题图可知，在1×10－6s到2×10－6s内，电容器C的带电荷量由0增加到最多，因此是充电过程．电磁振荡的周期等于所发射的电磁波的周期，那么电磁波的波长为λ＝cT＝3×108×4×10－6m＝1200m，故选项A正确．3．下列关于爱因斯坦质能方程的说法中，正确的是()A．只有运动物体才具有能量，静止物体没有质能B．一定的质量总是和一定的能量相对应C．E＝mc2中能量E其实就是物体的内能D．由ΔE＝Δmc2知质量与能量可以相互转化解析：选B物体具有的质量与质量对应的能量称为质能，E＝mc2表明质量与能量之间存在一一对应的关系，物体吸收或放出能量，则对应的质量会增加或减少，质量与能量并没有相互转化，故选项D错误，B正确；静止的物体也具有能量，称为静质能E0，E0＝m0c2，m0叫做静质量；E＝mc2中能量E包括静质能E0和动能Ek，而非物体的内能，故选项A、C错误．4．假设甲在接近光速的火车上看地面上乙的手中沿火车前进方向放置的尺，同时地面上的乙看甲的手中沿火车前进方向放置的相同的尺，则下列说法正确的是()A．甲看到乙的手中的尺长度比乙看到自己手中的尺长度大B．甲看到乙的手中的尺长度比乙看到自己手中的尺长度小C．乙看到甲的手中的尺长度比甲看到自己手中的尺长度大D．乙看到甲的手中的尺长度与甲看到自己手中的尺长度相同解析：选B由l＝l0eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,c)))2)可知，运动的观察者观察静止的尺和静止的观察者观察运动的尺时，都发现对方手中的尺比自己手中的变短了，故B正确，A、C、D错误．5．据报道，欧洲大型强子对撞机(LHC)“开足马力”后能把数以百万计的粒子加速至每秒钟30万公里，相当于光速的99.9%，粒子流每秒可在隧道内狂飙11245圈，单束粒子能量可达7万亿电子伏特．下列说法正确的是()A．如果继续对粒子进行加速，粒子的速度将能够达到光速B．如果继续对粒子进行加速，粒子的速度将能够超过光速C．粒子高速运动时的质量将大于静止时的质量D．粒子高速运动时的质量将小于静止时的质量解析：选C根据相对论，如果继续对粒子加速，粒子速度不可能达到光速，选项A、B错误；由相对论质量公式可知，粒子高速运动时的质量大于静止时的质量，选项C正确，D错误．6．假设地面上有一列车以接近光速的速度运行，其内站立着一个中等身材的人，站在路旁的人观察车里的人和时钟(与地面时钟相比)，观察结果是()A．一个矮胖子，时钟变慢B．一个瘦高个，时钟变快C．矮但不胖，时钟不快不慢D．瘦但不高，时钟变慢解析：选D根据长度的相对性，相对运动方向长度减小，垂直于运动方向上的长度不变，所以这个人瘦但不高，运动的时钟变慢，故D正确．7.如图所示，在一个高速转动的巨大转盘上，放着A、B、C三个时钟，下列说法正确的是()A．A时钟走时最慢，B时钟走时最快B．A时钟走时最慢，C时钟走时最快C．C时钟走时最慢，A时钟走时最快D．B时钟走时最慢，A时钟走时最快解析：选C根据广义相对论的等效原理可知，加速参考系中出现的惯性力等效于引力，在引力场中，时钟变慢，引力场越强，时钟变慢越快，转盘上的观察者认为，圆盘是静止的，在圆盘上存在着一个引力(非惯性力，与向心力大小相等、方向相反)，方向指向边缘，越靠近边缘，引力越强，时钟走时越慢，故选项C正确．8．利用所学物理知识，可以初步了解常用的公交一卡通(IC卡)的工作原理及相关问题．IC卡内部有一个由电感线圈L和电容C构成的LC振荡电路，公交车上的读卡机(刷卡时“嘀”的响一声的机器)向外发射某一特定频率的电磁波．刷卡时，IC卡内的线圈L中产生感应电流，给电容C充电，达到一定的电压后，驱动卡内芯片进行数据处理和传输．下列说法正确的是()A．IC卡工作所需要的能量来源于卡内的电池B．仅当读卡机发射该特定频率的电磁波时，IC卡才能有效工作C．若读卡机发射的电磁波偏离该特定频率，则线圈L中不会产生感应电流D．IC卡只能接收读卡机发射的电磁波，而不能向读卡机传输自身的数据信息解析：选BIC卡工作所需要的能量是线圈L中产生的感应电流，选项A错误；要使电容C达到一定的电压，则读卡机应该发射特定频率的电磁波，IC卡才能有效工作，选项B正确；若读卡机发射的电磁波偏离该特定频率，线圈L中会产生感应电流，但电容C不能达到一定的电压，IC卡不能有效工作，选项C错误；IC卡既能接收读卡机发射的电磁波，也能向读卡机传输自身的数据信息，选项D错误．二、多项选择题(本题共7小题，每小题3分，共21分．全选对的得3分，选对但不全的得2分，有错选的得0分)9．关于电磁波的传播，下列叙述正确的是()A．电磁波频率越高，越宜用地波传播B．电磁波频率越高，越易沿直线传播C．短波最适宜以天波形式传播D．电磁波在各种介质中传播时波长恒定解析：选BC由v＝λf可知，电磁波频率越高，波长越短，衍射能力越差，不宜用地波传播，频率高的电磁波跟光的传播相似，沿直线传播，故选项B正确，选项A错误；电离层对短波吸收少反射多，故适宜以天波形式传播，选项C正确；电磁波在不同介质中传播时，由v＝λf可判断出波长改变，选项D错误．10．关于电磁波谱，下列说法中正确的是()A．在真空中各种电磁波的传播速度都相同B．γ射线是波长最短的电磁波，它比X射线的频率还要高C．紫外线比紫光更容易发生干涉和衍射D．在电磁波谱中，最容易发生衍射现象的是γ射线解析：选AB各种电磁波在真空中的速度都为3.0×108m/s，故A正确；γ射线是波长最短的电磁波，它比X射线的频率还要高，故B正确；在电磁波谱中从无线电波到γ射线，波长逐渐减小，频率逐渐增大，而波长越大，波动性越强，越容易发生干涉、衍射现象，因此紫光比紫外线更容易发生干涉和衍射现象，无线电波最容易发生衍射现象，故C、D错误．11．关于如下现象的表述正确的是()A．甲图中是利用紫外线进行防伪的B．乙图中利用β射线照射人体进行透视的C．丙图中夜视系统是利用红外线D．丁图中蝙蝠和雷达均利用超声波定位解析：选AC甲图中是利用紫外线进行防伪的，故A正确；乙图中CT是利用X射线照射人体的，不是利用辐射性强的β射线，故B错误；丙图中夜视系统是利用不可见光中的红外线，故C正确；丁图中蝙蝠利用超声波定位，从而进行捕食的，雷达利用的是电磁波，故D错误．12．下列说法正确的是()A．机械波和电磁波既有横波又有纵波B．电子仪器套上金属罩防止外界电场干扰是应用静电屏蔽原理C．办公区域和家中常用的WiFi信号传输距离不长是因为其波长太长D．LC振荡电路中自感系数L和电容C都减小一半可使振荡频率增大一倍解析：选BD电磁波是横波，而机械波既有横波又有纵波，故A错误；封闭金属罩有屏蔽静电的作用．将电子设备置于接地封闭金属罩中，可避免外界电场对设备的影响，故B正确；WiFi信号限于短程传输，是因为其能量太低，而在传输中存在能量损失；故不能远程传播，故C错误；根据f＝eq\f(1,2π\r(LC))，知自感L和电容C都减小一半，则振荡频率增大一倍，故D正确．13.某时刻LC振荡电路的状态如图所示，则此时刻()A．振荡电流i在减小B．振荡电流i在增大C．电场能正在向磁场能转化D．磁场能正在向电场能转化解析：选AD解决问题的关键是根据电容器的两极板的带电情况和电流方向，判定出电容器正处于充电过程．由电磁振荡的规律可知：电容器充电过程中，电流逐渐减小，且在充电过程中，电场能逐渐增大，磁场能逐渐减小，即磁场能正向电场能转化．14.为了测量储罐中不导电液体的高度，将与储罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容器C置于储罐中，电容器可通过开关S与线圈L或电源相连，如图所示．当开关从a拨到b时，由L与C构成的回路中产生周期T＝2πeq\r(LC)的振荡电流．当罐中的液面上升时()A．电容器的电容减小B．电容器的电容增大C．LC回路的振荡频率减小D．LC回路的振荡频率增大解析：选BC平行板电容器的电容C＝eq\f(εrS,4πkd)，当液面上升时，极板间不导电液体的介电常数比原来的空气的介电常数要大，电容C增大，A错误，B正确；f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,2π\r(LC))减小，C正确，D错误．15．如图甲所示，是一个调谐接收电路，图乙中(a)、(b)、(c)为电路中的电流随时间变化的图象，则()A．i1是L1中的电流图象B．i1是L2中的电流图象C．i2是L2中的电流图象D．i3是流过耳机的电流图象解析：选ACDL1中由于电磁感应，产生的感应电动势的图象是同(a)图相似的，但是由于L2和D串联，所以当L2的电压与D反向时，电路不通，因此这时L2中没有电流，所以L2中的电流图象应是(b)图；高频部分通过C2，通过耳机的电流如同(c)图中的i3，只有低频的电流，A、C、D正确．三、非选择题(本题共5小题，共55分)16．(8分)猫头鹰在夜间能看到东西是因为它对红外线产生视觉，根据辐射理论，物体发出的最大波长与物体的绝对温度间的关系满足λmT＝2.90×10－3m·K，若猫头鹰的猎物——蛇在夜间体温为t＝27℃，则它发出的光的最大波长为多少？属于哪个波段？(其中T＝t＋273K)解析：由t＝27℃，知T＝(27＋273)K＝300K.由公式λmT＝2.90×10－3m·K得λm＝eq\f(2.90×10－3,300)m≈9.7×10－6m．故属于红外线．答案：9.7×10－6m红外线17.(10分)如图所示，线圈L的自感系数为25mH，电阻为零，电容器C的电容为40μF，灯泡D的规格是“4V2W”．开关S闭合后，灯泡正常发光，S断开后，LC中产生振荡电流．若从S断开开始计时，求：(1)当t＝eq\f(π,2)×10－3s时，电容器的右极板带何种电荷；(2)当t＝π×10－3s时，LC回路中的电流大小．解析：由T＝2πeq\r(LC)知T＝2πeq\r(LC)＝2π×eq\r(25×10－3×40×10－6)s＝2π×10－3s.(1)断开S时，电流最大，当t＝eq\f(π,2)×10－3s＝eq\f(T,4)，即经eq\f(T,4)电流最小，电容器两极板间的电压最大．在此过程中对电容器充电，右极板带正电．(2)t＝π×10－3s＝eq\f(T,2)，此时电流最大，与没断开开关时的电流大小相等，则I＝eq\f(P,U)＝eq\f(2,4)A＝0.5A.答案：(1)带正电(2)0.5A18.(12分)如图所示，在地面上M点固定一光源，在离光源等距的A、B两点上固定有两个光接收器，今使光源发出一闪光，问：(1)在地面参考系中观测，谁先接收到光信号？(2)在沿AB方向高速运动的火车参考系中观测，谁先接收到光信号？解析：(1)因光源离A、B两点等距，光向A、B两点传播速度相等，则光到达A、B两点所需要的时间相等，即在地面参考系中观测，两接收器同时收到光信号．(2)对于火车参考系来说，光源和A、B两接收器都沿BA方向运动，当光源发出的光向A、B传播时，A和B都沿着BA方向运动了一段距离到达A′和B′，如图所示，所以光到达A′的距离变长，到达B′的距离变短，即在火车参考系中观测，B比A先接收到光信号．答案：(1)同时(2)B19．(12分)某人测得一静止棒长为l、质量为m，于是求得此棒的线密度为ρ.假定此棒以速度v在棒长方向上运动，此人再测棒的线密度应为多少？eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(线密度ρ＝\f(m,l)))解析：棒(K系)以速度v相对观察者(K′系)沿棒长方向运动，静止棒长l是固有长度，所以，运动时长度为l′＝leq\r(1－\f(v2,c2))运动质量m′＝eq\f(m,\r(1－\f(v2,c2)))则线密度ρ′＝eq\f(m′,l′)＝eq\f(m,l\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(v2,c2))))＝eq\f(ρ,1－\f(v2,c2)).答案：eq\f(ρ,1－\f(v2,c2))20．(13分)设质子的质量为m0，真空中光速为c，当两个质子都以0.9c的速度相向运动时，实验室中的观察者观察到的两个质子的总动能为多少？解析：每个质子以0.9c的速度运动，质量为m＝eq\f(m0,\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,c)))2))＝eq\f(m0,\r(1－0.92))，由质能方程得质子运动时能量为E＝mc2≈2.29m0c2，质子静止时能量为E0＝m0c2，质子的动能为Ek＝E－E0＝2.29m0c2－m0c2＝1.29m0c2，两个质子的动能总和为2Ek＝2.58m0c2.答案：2.58m0c2章末质量评估卷(一)第十一章机械振动(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1．关于简谐运动，以下说法正确的是()A．物体通过平衡位置时，合外力一定为零B．振子做减速运动时，加速度在减小C．振子向平衡位置运动时，加速度方向与速度方向相反D．振子远离平衡位置运动时，加速度方向与速度方向相反解析：选D弹簧振子做简谐运动时，回复力为F＝－kx，当振子通过平衡位置时，位移x＝0，则回复力F＝0，但物体受到的合外力不一定等于0，如单摆在最低点受到的合外力提供向心力，故A错误；振子做减速运动时，正离开平衡位置，位移在增大，由a＝－eq\f(kx,m)可知，加速度在增大，故B错误；振子向平衡位置运动时，加速度方向指向平衡位置，速度也指向平衡位置，两者方向相同，故C错误；振子远离平衡位置运动时，加速度指向平衡位置，速度方向离开平衡位置，两者方向相反，故D正确．2．关于简谐运动的位移、速度和加速度的关系，下列说法正确的是()A．位移减小时，加速度增大，速度增大B．位移方向总跟加速度的方向相反，跟速度方向相同C．物体运动方向指向平衡位置时，速度方向跟位移方向相反；背向平衡位置时，速度方向跟位移方向相同D．物体朝左运动时，加速度方向跟速度方向相同；朝右运动时，加速度的方向跟速度的方向相反解析：选C位移增大时，加速度a＝－eq\f(kx,m)增大，但物体做减速运动，速度减小，故A错误；加速度a＝－eq\f(kx,m)，负号表示加速度方向与位移方向总相反；靠近平衡位置时加速，位移方向与速度方向相反，背向平衡位置时减速，速度方向和位移方向相同，故B错误，C正确；加速度的方向总是与物体的位移方向相反，故D错误．3．如图所示，房顶上固定一根长2.5m的细线沿竖直墙壁垂到窗沿下，细线下端系了一个小球(可视为质点)，打开窗子，让小球在垂直于窗子的竖直平面内小幅摆动，窗上沿到房顶的高度为1.6m，不计空气阻力，g取10m/s2，则小球从最左端运动到最右端的最短时间为()A．0.2πs B．0.4πsC．0.6πs D．0.8πs解析：选B由单摆周期公式知，T1＝2πeq\r(\f(L1,g))＝2πeq\r(\f(2.5－1.6,10))＝0.6πs，T2＝2πeq\r(\f(L2,g))＝2πeq\r(\f(2.5,10))＝πs，摆球从左到右的时间为t＝eq\f(T1＋T2,4)＝0.4πs，故选项B正确．4．如图，竖直平面内有一半径为1.6m、长为10cm的光滑圆弧轨道，小球置于圆弧左端，t＝0时刻起由静止释放．取g＝10m/s2，t＝2s时小球正在()A．向右加速运动 B．向右减速运动C．向左加速运动 D．向左减速运动解析：选D将小球的运动等效成单摆运动，则小球的周期：T＝2πeq\r(\f(R,g))＝0.8π≈2.5s，所以在t＝2s＝eq\f(4,5)T时刻，小球在最低点向左侧的运动中．所以是向左做减速运动，故D正确．故选D.5．一个单摆在地面上做受迫振动，改变驱动力频率，其振动稳定时振幅A与驱动力频率f的关系如图所示，单摆所处位置的重力加速度g＝9.8m/s2，下列说法正确的是()A．单摆的摆长约为2mB．若减小摆长，共振曲线振幅最大值的横坐标将向右移动C．单摆做受迫振动的频率与驱动力频率相等时振幅最大D．当驱动力频率分别为0.25Hz和0.75Hz时，该单摆振动的振幅一定相等解析：选B单摆做受迫振动，振动频率与驱动力频率相等；当驱动力频率等于固有频率时，发生共振．由题图可知，共振时单摆的振动频率与固有频率相等，则周期为2s．由公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，可得L≈1m，故A错误；若摆长减小，则固有频率增大，所以共振曲线的峰将向右移动，故B正确；单摆受迫振动的频率等于驱动的频率，而当驱动力频率等于固有频率时，发生共振，振幅最大，故C错误；当驱动力频率分别为0.25Hz和0.75Hz时，该单摆振动的振幅不一定相等，故D错误．6．(2019·江苏卷，改编)一单摆做简谐运动，在偏角增大的过程中，摆球的()A．位移减小 B．速度增大C．回复力增大 D．机械能增大解析：选C摆球做简谐运动，在平衡位置处位移为零，在摆角增大的过程中，摆球的位移增大，速度减小，选项A、B错误；在摆角增大的过程中，摆球受到的回复力增大，选项C正确；单摆做简谐运动，机械能守恒，所以在摆角增大的过程中，摆球机械能保持不变，选项D错误．7．弹簧振子的质量是2kg，当它运动到平衡位置左侧2cm时，受到的回复力是8N，当它运动到平衡位置右侧4cm时，它的加速度是()A．8m/s2，向右 B．8m/s2，向左C．4m/s2，向右 D．6m/s2，向左解析：选B在光滑水平面上做简谐振动的物体质量为2kg，当它运动到平衡位置左侧2cm时，受到的回复力是8N，有：F1＝kx1①当它运动到平衡位置右侧4cm时，回复力为F2＝kx2②联立①②解得F2＝16N，向左；故加速度：a＝eq\f(F2,m)＝eq\f(16,2)m/s2＝8m/s2，方向向左，故A、C、D错误，B正确．8．如图所示，水平桌面上的木质框架质量为M，劲度系数为k的轻质弹簧上端悬挂在框架上，下端链接质量为m的铁球，m>M，为使铁球上下振动时木质框架不离开桌面，铁球的振幅最大为()A.eq\f(m＋Mg,k) B．eq\f(m－Mg,k)C.eq\f(mg,k) D．eq\f(Mg,k)解析：选A若要保证木质框架不会离开桌面，则框架对桌面的最小压力恰好等于0，此时弹簧处于压缩状态，压缩量为x′＝eq\f(Mg,k)小铁球处于平衡位置时，弹簧处于伸长状态，伸长量为x＝eq\f(mg,k)所以铁球的振幅为A＝x＋x′＝eq\f(Mg,k)＋eq\f(mg,k)，故A正确，B、C、D错误．二、多项选择题(本题共7小题，每小题3分，共21分．全选对的得3分，选对但不全的得2分，有错选的得0分)9.如图所示，下列说法正确的是()A．振动图象上的A、B两点振动质点的速度相同B．在t＝0.1s和t＝0.3s时，质点的加速度大小相等，方向相反C．振动图象上A、B两点的速度大小相等，方向相反D．质点在t＝0.2s和t＝0.3s时的动能相等解析：选BCA、B两点位移相同，速度大小相等，但方向相反，故A错，C对；t＝0.1s和t＝0.3s时质点离开平衡位置的位移最大，方向相反，由F＝－kx，a＝－eq\f(kx,m)可知B对；t＝0.2s时，质点通过平衡位置，速度最大，动能最大，而t＝0.3s时，质点在负的最大位移处，速度为零，动能最小，故D错．10．某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x＝Asineq\f(π,4)t，则质点()A．第1s末与第3s末的位移相同B．第1s末与第3s末的速度相同C．3s末至5s末的位移方向都相同D．3s末至5s末的速度方向都相同解析：选AD由表达式x＝Asineq\f(π,4)t知，ω＝eq\f(π,4)rad/s，简谐运动的周期T＝eq\f(2π,ω)＝8s．表达式对应的振动图象如图所示．质点在1s末的位移x1＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)×1))＝eq\f(\r(2),2)A，质点在3s末的位移x3＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)×3))＝eq\f(\r(2),2)A，A正确；由前面计算可知t＝1s和t＝3s时质点连续通过同一位置，故两时刻质点速度大小相等，但方向相反，B错误；由x­t图象可知，3～4s内质点的位移为正值，4～5s内质点的位移为负值，C错误；同样由x­t图象可知，在3～5s内，质点一直向负方向运动，D正确．11.一个质点做简谐运动的图象如图所示，下列叙述中正确的是()A．质点的振动频率为5HzB．在10s内质点经过的路程为30cmC．在5s末，质点做简谐运动的位移为2cmD．在t＝1.5s和t＝4.5s两时刻质点的位移大小相等且为eq\r(2)cm解析：选CD由题目中的振动图象可直接得到周期T＝4s，频率f＝eq\f(1,T)＝0.25Hz，故A错误；一个周期内做简谐运动的质点经过的路程是4A＝8cm,10s为2.5个周期，故质点经过的路程为20cm，故B错误；由题图可知5s末质点的位移为2cm，故C正确；质点的位移与时间的关系为x＝2sineq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)t))cm，把t＝1.5s和t＝4.5s分别代入方程可得位移大小都是eq\r(2)cm，故D正确．12．如图所示，某质点沿直线运动的v­t图象为余弦曲线，从图中可以判断()A．在0～t1时间内，合力逐渐减小B．在0～t1时间内，合力做正功C．在t1～t2时间内，合力的功率先增大后减小D．在t2～t4时间内，合力做的总功为零解析：选CD在0～t1时间内，由题图可知斜率在增大，即加速度增大，根据牛顿第二定律可知合力逐渐增大，故A错误；在0～t1时间内，由题图可知速度减小，即动能减小，由动能定理可知合力做负功，故B错误；t1时刻，速度为0，则可知合力的功率为0，t2时刻，图线的斜率为0，即加速度为0，由牛顿第二定律可知合力为0，故合力的功率为0，在t1～t2时间内，合力与速度均不为0，夹角也不为90°，故合力的功率不为0，故t1～t2时间内，合力的功率先增大后减小，故C正确；t2时刻速度大小为v0，t4时刻速度大小也为v0，即在t2～t4时间内，动能的变化为0，由动能定理可知合力做的总功为0，故D正确．13．如图所示为半径很大的光滑圆弧轨道上的一小段，小球B静止在圆弧轨道的最低点O处，另有一小球A自圆弧轨道上C处由静止滚下，经t秒与B发生正碰．碰后两球分别在这段圆弧轨道上运动而未离开轨道，当两球第二次相碰时()A．相间隔的时间为4tB．相间隔的时间为2tC．将仍在O处相碰D．可能在O点以外的其他地方相碰解析：选BC因为它是一个很大的光滑圆弧，可以当做一个单摆运动．所以AB两球发生正碰后各自做单摆运动，周期T＝2πeq\r(\f(L,g))，由题目可知A球下落的时间为t＝eq\f(1,4)T，由于周期与质量、速度等因素无关，所以碰后AB两球的周期相同，所以A、B两球向上运动的时间和向下运动的时间都是一样的．所以要经过2t的时间，A、B两球同时到达O处相碰，故B、C正确，A、D错误．14．如图所示，物体A放置在物体B上，B与一轻弹簧相连，它们一起在光滑水平面上以O点为平衡位置做简谐运动，所能到达相对于O点的最大位移处分别为P点和Q点，运动过程中A、B之间无相对运动．已知弹簧的劲度系数为k，系统的振动周期为T，弹簧始终处于弹性限度内．下列说法中正确的是()A．物体B从P向O运动的过程中，弹簧的弹性势能逐渐变小B．物体B处于PO之间某位置时开始计时，经eq\f(T,2)时间，物体B一定运动到OQ之间C．物体B的速度为v时开始计时，每经过T时间，物体B的速度仍为vD．当物体B相对平衡位置的位移为x时，A、B间摩擦力的大小等于kx解析：选ABC物体B从P向O运动的过程中，弹簧的压缩量逐渐减小，所以弹性势能逐渐变小，故A正确；物体B处于PO之间某位置时开始计时，经eq\f(1,2)T时间，物体的速度大小再次等于初始时速度大小，由运动的对称性可知，物体B一定运动到OQ之间，故B正确；物体B和A整体做简谐运动，根据对称性，当物体B的速度为v时开始计时，每经过T时间，物体B的速度仍为v，故C正确；对整体a＝eq\f(kx,M＋m)，A、B间摩擦力的大小f＝ma＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,M＋m)))kx，故D错误．15．如图所示，在升降机的天花板上固定一摆长为L的单摆，摆球的质量为m.升降机保持静止，观察摆球正以小角度θ0左右摆动，且振动周期为T.已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是()A．若仅将摆球的质量增大一倍，其余不变，则单摆的振动周期不变B．若升降机匀加速上升，利用此单摆来测定当地的重力加速度，则测量值偏大C．设想当摆球摆到最低点时，升降机突然以加速度g竖直下落，则摆球相对于升降机做匀速直线运动D．设想当摆球摆到最高点时，升降机突然以加速度g竖直下落，则摆球相对于升降机会保持静止解析：选ABD单摆的周期公式为T＝2πeq\r(\f(L,g))，仅将摆球的质量增大一倍，其余不变，则单摆的振动周期不变，A选项正确；当升降机竖直方向有加速度时，处于超重或失重状态，等效重力加速度g变大或变小，引起振动周期的变化，若升降机匀加速上升，加速度a向上，摆球处于超重状态，等效重力加速度为g＋a，测量值偏大，B选项正确；设想当摆球摆到最低点时，升降机突然以加速度g竖直下落，摆球处于完全失重状态，将做匀速圆周运动，C选项错误；当摆球摆到最高点时，此时摆球相对于升降机静止，则升降机突然以加速度g竖直下落时，摆球处于完全失重状态，摆球相对于升降机会保持静止，D选项正确．三、非选择题(本题共5小题，共55分)16．(6分)在“利用沙摆描绘振动图象”的实验中，将细沙倒在漏斗中，当细沙漏出的同时，让沙摆摆动起来，一段时间后，形成的长条形沙堆如图1所示，两边高且粗，中间低且细．(1)如果在沙摆摆动的同时匀速拉动下方纸板(纸板上的虚线O1O2位于沙漏静止时的正下方)，则一段时间后，形成如图2所示的曲线沙堆．分析可知，曲线沙堆在与虚线O1O2垂直距离________(填“近”或“远”)的位置低且细．(2)图3为图2中纸板上曲线沙堆的俯视图，沿沙摆振动方向建立x轴，沿O1O2方向建立t轴，就利用沙堆曲线得到了沙摆的振动图象．实验过程中要匀速拉动下方纸板的原因是__________________________________________.解析：(1)单摆在摆动的过程中是变速运动，经过平衡位置时的速度最大，最大位移处的速度为0.沙摆中的细沙均匀下落，在相同的时间内漏下的沙子一样多，在平衡位置附近速度大，经过的距离长，故漏下的沙子低且细．(2)只有拉动木板的速度恒定时，木板的位移与时间成正比，这样建立的位移轴才可以代表时间轴．答案：(1)近(2)只有拉动木板的速度恒定时，木板的位移与时间成正比，这样建立的位移轴才可以代表时间轴