高考风向标五 机械振动与其他力学知识综合问题的分析 立体空间中的几何光学分析 薄膜干涉的分析-【金版教程】2025年高考物理一轮总复习首选用卷全书Word（新教材）

金版教程　高考总复习首选用卷　物理 高考风向标五　机械振动与其他力学知识综合问题的分析　立体空间中的几何光学分析　薄膜干涉的分析 风向一　机械振动与其他力学知识综合问题的分析 1．如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧下端挂一质量为m的小球(可视为质点)，小球在竖直方向上做简谐运动，弹簧对小球的拉力F随时间变化的图像如图乙所示。已知弹簧弹性势能的表达式为Ep＝kx2，x为弹簧的形变量，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．小球的振幅为 B．小球的最大加速度为2g C．小球的最大动能为 D．在振动过程中，弹簧的弹性势能和小球的动能总和不变 答案　C 解析　设小球在平衡位置时弹簧伸长量为x0，则有kx0＝mg，解得x0＝，由图乙知，小球在最大位移处时，弹簧弹力为2mg或0，则此时弹簧伸长量为x1＝或x2＝0，则小球的振幅为A＝|x1－x0|＝|x0－x2|＝，故A错误；弹簧的弹力最大时，小球的加速度最大，此时有2mg－mg＝ma，解得a＝g，故B错误；小球经过平衡位置时动能最大，从最高点到平衡位置的过程，根据能量守恒定律有mgx0＝kx＋Ekmax，解得小球的最大动能为Ekmax＝，故C正确；由于小球在竖直方向做简谐运动，则弹簧与小球组成的系统机械能守恒，所以在振动过程中，小球的重力势能、弹簧的弹性势能和小球的动能总和不变，故D错误。 2．(2022·湖南高考)(多选)下端附着重物的粗细均匀木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿竖直方向做频率为1 Hz的简谐运动；与此同时，木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动，如图a所示。以木棒所受浮力F为纵轴，木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系，浮力F随水平位移x的变化如图b所示。已知河水密度为ρ，木棒横截面积为S，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A．x从0.05 m到0.15 m的过程中，木棒的动能先增大后减小 B．x从0.21 m到0.25 m的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小 C．x＝0.35 m和x＝0.45 m时，木棒的速度大小相等，方向相反 D．木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为 E．木棒的运动为向x轴正方向传播的机械横波，波速为0.4 m/s 答案　ABD 解析　由简谐运动的对称性可知，x为0.1 m、0.3 m、0.5 m时木棒处于平衡位置，则x从0.05 m到0.15 m的过程中，在竖直方向上，木棒从平衡位置下方向上移动，经平衡位置后到达平衡位置上方，竖直方向速度先增大后减小，水平方向速度不变，所以动能先增大后减小，A正确；x从0.21 m到0.25 m的过程中，木棒从平衡位置上方靠近最大位移处向下运动(未到平衡位置)，加速度方向竖直向下，大小逐渐变小，B正确；x＝0.35 m和x＝0.45 m时，由图像的对称性知浮力大小相等，说明木棒在同一竖直位置，竖直方向速度大小相等，方向相反，而两时刻木棒水平方向速度相同，所以合速度大小相等，方向不是相反，C错误；设木棒受浮力F1时浸入水中的深度为l1，木棒受浮力F2时浸入水中的深度为l2，根据阿基米德原理有F1＝ρSl1g，F2＝ρSl2g，竖直方向做简谐运动，则有l1－l2＝2A，解得振幅A＝，D正确；机械横波中各质点只在平衡位置附近垂直于波的传播方向运动，不随波迁移，所以木棒的运动不是向x轴正方向传播的机械横波，E错误。 3.(2023·云南省大理市高三上统一检测)如图所示，物体A与滑块B一起在光滑水平面上做简谐运动，A、B之间无相对滑动，已知轻质弹簧的劲度系数为k，A、B的质量分别为m1和m2，下列说法正确的是(　　) A．物体A所受的回复力大小跟位移大小之比为k B．把物体A与滑块B看成一个振子，其回复力大小跟位移大小之比为k C．滑块B的回复力由弹簧的弹力提供 D．若A、B之间的最大静摩擦因数为μ，则A、B间无相对滑动的最大振幅为 答案　B 解析　分别对物体A和滑块B受力分析，可知物体A的回复力由B对A的静摩擦力f提供，滑块B的回复力由弹簧弹力和A对B的静摩擦力的合力提供，故C错误；把物体A与滑块B看成一个振子，其回复力由弹簧弹力提供，则F＝－kx，即回复力大小跟位移大小之比为k，故B正确；设A、B的加速度为a，根据牛顿第二定律有F＝(m1＋m2)a，f＝m1a，联立可得A所受回复力f＝－x，即A所受回复力大小与位移大小之比为，A错误；根据题意知，A、B始终保持相对静止，由f＝－x可知，A、B间的静摩擦力f最大时，其位移最大，此位移大小即为A、B的振幅A，又f≤fmax＝μm1g，联立解得A≤，即A的最大值为Amax＝，故D错误。 ※4.(2023·上海高考)如图，将小球P拴于L＝1.2 m的轻绳上，mP＝0.15 kg，向左拉开一段距离释放，水平地面上有一物块Q，mQ＝0.1 kg。小球P于最低点A与物块Q碰撞，与Q碰撞前瞬间，P的向心加速度为1.6 m/s2，碰撞前后P的速度之比为5∶1，碰撞前后P、Q总动能不变。(P、Q可视为质点，重力加速度g取9.8 m/s2，水平地面动摩擦因数μ＝0.28) (1)求碰撞后瞬间物块Q的速度vQ； (2)P与Q碰撞后再次回到A点的时间内，求物块Q运动的距离s。 答案　(1) m/s　(2)0.504 m 解析　(1)设与Q碰撞前瞬间，P的速度大小为vP，则向心加速度为a1＝ 代入数据解得vP＝ m/s 碰撞前后P的速度之比为5∶1，则碰撞后P的速度大小为 vP′＝vP＝ m/s 由碰撞前后P、Q总动能不变得 mPv＝mPvP′2＋mQv 代入数据解得vQ＝ m/s。 (2)设碰撞后P上升的最大高度为h，由动能定理有－mPgh＝0－mPvP′2 可得h＝0.0039 m 若P的摆角为5°，则最高点与最低点的高度差 hm＝(1－cos5°)L＝0.0046 m 则h<hm 则碰撞后小球P的摆角小于5°，小球P的运动可近似看作简谐运动，则运动周期为 T＝2π P再次回到A点需要的时间为t＝T 联立并代入数据解得t≈1.1 s 碰撞后Q向右做匀减速运动，设加速度大小为a2，由牛顿第二定律有μmQg＝mQa2 设Q减速到0用时t′，则0＝vQ－a2t′ 可得t′＝0.61 s<t，故在小球P回到A点之前物块Q就已经停止了运动 由动能定理得－μmQgs＝0－mQv 代入数据解得s＝0.504 m。 风向二　立体空间中的几何光学分析 5.(2023·山东省济南市高三下三模)如图所示，由同种材料制成的玻璃吊坠下部分是半径为R的半球体，上部分是高为R的圆锥体，O点为半球体的球心，M为圆锥体的顶点。平行于MO的光线从半球体表面N点射入玻璃吊坠，经折射后恰好经过M点，N点到直线MO的距离为R，则该玻璃吊坠的折射率为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　平面MNO中光路图如图所示，其中ON为法线，入射角为θ，折射角为α，NC＝R，由几何关系可知sin∠NOC＝，∠NOC＝2α，解得α＝30°，又θ＝∠NOC＝60°，根据折射定律可得该玻璃吊坠的折射率为n＝＝，故C正确。 6.(2023·山东省泰安市高三下二模)(多选)半径为R的透明玻璃球切去底面半径r＝R的球冠成为一个大球冠，如图所示，玻璃的折射率n＝，一束半径r＝R的光束垂直球冠的切面照射到球冠上，进入球冠的光线有部分从球面射出而使球面发光，已知光在真空中的传播速度为c(球冠不含底面的表面积公式为S＝2πRh，R为球的半径，h为球冠的高度)。不考虑光在球冠内的反射，则下列说法中正确的是(　　) A．光束正中间的光线通过大球冠的时间为 B．光束正中间的光线通过大球冠的时间为 C．发光球面的面积为 D．发光球面的面积为(2－)πR2 答案　BD 解析　根据n＝，可得光在玻璃中的传播速度v＝＝c，画出光束正中间光线的光路如图1，由几何关系可知光束正中间的光线在大球冠中运动的距离s＝R＋，则光束正中间的光线通过大球冠的时间为t＝＝，A错误，B正确；画出在球面上恰好发生全反射的一条光线如图2，由sinC＝可知当光线在球面处的入射角小于等于C时，球面才发光，由几何关系可得发光球冠的高h＝R(1－cosC)，发光球面的面积为S＝2πR·h，联立并代入数据解得S＝(2－)πR2，C错误，D正确。 风向三　薄膜干涉的分析 7．(2023·山东高考)如图所示为一种干涉热膨胀仪原理图。G为标准石英环，C为待测柱形样品，C的上表面与上方标准平面石英板之间存在劈形空气层。用单色平行光垂直照射上方石英板，会形成干涉条纹。已知C的膨胀系数小于G的膨胀系数，当温度升高时，下列说法正确的是(　　) A．劈形空气层的厚度变大，条纹向左移动 B．劈形空气层的厚度变小，条纹向左移动 C．劈形空气层的厚度变大，条纹向右移动 D．劈形空气层的厚度变小，条纹向右移动 答案　A 解析　由题知，C的膨胀系数小于G的膨胀系数，则当温度升高时，G增长的高度大于C增长的高度，则劈形空气层的厚度变大，同一厚度的空气层向左侧劈尖移动，则条纹向左移动。故选A。 8．(2021·山东高考)用平行单色光垂直照射一层透明薄膜，观察到如图所示明暗相间的干涉条纹。下列关于该区域薄膜厚度d随坐标x的变化图像，可能正确的是(　　) 答案　D 解析　来自薄膜前后表面的反射光是相干光，其光的路程差为Δx＝2d，当光的路程差Δx＝nλ时，出现亮条纹，故相邻亮条纹之间的薄膜厚度差为λ；由图可知，随坐标x变大，相邻亮条纹之间的距离变大，则在d­x图像中，随x的变大，d每变化λ，对应的Δx逐渐变大，即d­x图线的斜率逐渐变小，故选D。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$