二轮专题(十六) 机械振动与机械波、光学-【真题密卷】2026年高考物理二轮专题精准提升（冀辽黑赣桂吉晋豫陕青宁蒙新藏粤滇川专用）

2025一2026学年度二轮专题精准提升（十六） 物理·机械振动与机械波、光学 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项符合题目要求。 题号 2 3 5 6 7 答案 1.瑞利干涉仪是一种利用该原理测量气体折射率的仪器。如图甲所示，两束光的光程差 为零时，屏幕上O点为零级干涉亮条纹。将长度为1、装有待测气体的透明薄管放在S, 后面，如图乙所示，零级亮条纹移至屏幕上的O'点，O点为第k级干涉亮条纹。已知空 气的折射率为。，所用光在真空中的波长为λ，待测气体的折射率为 () A.1)以 k入 B.1 十no D.3+1)A 2.转动惯量(J=∑m:x)是物体绕转轴转动时惯性的量度，其中r:是微元m:到转轴的距 离。复摆是由大小和形状不发生变化的物体，绕固定水平轴在重力作用下做微小摆动 的运动体系，如图所示，1是质心到转轴的距离。复摆和单摆类似，可以视为简谐运动。 根据所学物理知识，判断复摆的周期公式可能是 ( ) 0 A.2mgl mgl C.2x/ 2πmgL B.2π D. mgl J 3.图甲为张老师设计的测液体折射率装置，示意图如图乙，装有液体的厚长方体透明容器 放在支架上可绕水平轴转动。激光笔固定在量角器上且与AO边重合。过中心O悬挂 一重锤，其所指位置为B。现让激光垂直容器壁射人液体并在液面处出现光线1和2， 二轮专题精准提升（十六）物理第1页（共8页） 真题 成熟不过是善于隐藏，沧桑不过是无泪有伤 支架转动到光线1恰好消失时，读出∠AOB并记为日，即可求出液体的折射率并标在量 班级 角器上。已知容器的折射率为n,下列说法正确的是 ( 透明容器 姓名 激光笔 得分 ⊥型支架 量角器 BY 一转轴 甲 A.该液体的折射率为” sin 0 B.该液体的折射率为nsin0 C.若为薄壁容器，激光也必须垂直容器壁入射 D.越靠近A端标注的折射率值越大且刻度均匀 4.为了研究光的干涉现象，某同学将弓形的玻璃柱体平放在固定的标准平板玻璃上，玻璃 柱体上表面水平，如图甲所示。用波长为入的红光垂直照射玻璃柱体上表面，从上向下 看，在图乙的P点观察到亮条纹。下列说法正确的是 () 入射光 hhhOhhhh 甲 乙 A.从上向下看到外疏内密的明暗相间的环状条纹 1 B,若将玻璃柱体向上移动距离△d=2入，P点再次出现亮条纹 C.若更换形状相同，折射率更小的玻璃柱体，则P点亮条纹可能消失 D.若用紫色光垂直照射玻璃柱体上表面，条纹间距变宽 5.图甲是沿x轴正方向传播的简谐横波，在t=0时的波形图，P、Q是位于x轴上的两个 11 质点，间距为3m,t=0时刻该波刚好传播到Q点，t= 6s(6s<T,T为周期)时的波 形图如图乙所示。下列选项正确的是 A y/cm y/cm 6 3 x/m 0 -6 分 乙 密卷 二轮专题精准提升（十六）物理第2页（共8页）》 1 A.该波的周期为4s B.该波的波速为6m/s C.x=0处质点的振动方程为y=6c0s(xt+)cm D.从t=0时刻开始，该波传至x=7m处所用的时间为0.4s 6.在xOy坐标系中，x正半轴和y正半轴上存在两列相干线性平面波波源S1、S2,传播方 3 向如图所示。已知直线y=x上的所有点均为振动减弱点，直线y=4x上距离坐标原 点O最近的加强点P与O点的距离为1m,两平面波的振动周期均为T=0.5s。下列 说法正确的是 () v=x .y= S A.两列波的起振方向相同 B.两列波的波速v=0.8m/s 3 C.直线y=x上的减弱点距离0点越远分布越稀疏 D.以O点为圆心、5入为半径的圆周上有1个加强点 7.在某水平均匀介质中建立如图所示的三维直角坐标系，xOy平面水平。在x轴上的 两个波源S1、S2的坐标分别为x1=一9m、x2=16m,S1、S2的振动方程分别为之1= 10sin(2t)cm:=8sin2t+2）m,若两波均从平衡位置向上起振，且=0时刻， S1刚开始振动，S2首次到达波峰处，两列波的波速均为4/s,传播过程中能量损耗 不计。y轴上P点的坐标为y=12m,则下列说法正确的是 () 米2 A.两波均传至O点后，O点振幅为18cm B.S1波提前S2波1.25s传至P点 C.t=5.25s时，P点向之轴正方向振动 D.0~5.25s内，质点P通过的路程为76cm 1 二轮专题精准提升（十六）物理第3页（共8页） 真题 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多 项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 8 10 答案 8.如图甲所示，在均匀介质中，两个波源S1、S2分别位于x=0和x=10m处。已知t=0 时刻，S1开始自平衡位置向下振动，t=1.75s时，S1第二次处于波峰位置，t=2s时，波 源S2也开始自平衡位置向下振动，产生的两列简谐横波恰好于P点相遇。经足够长时 间后，x轴上质点的振幅随x变化的部分图像如图乙所示。若质点P与Q之间的距离 为0.25m,则下列说法正确的是 () A/cm S. 10x r/m 甲 A.波源S1、S2的振幅相同 B.当t=4s时，两列波开始相遇 C.S1P间（除S1、P外）有12个振动加强点 D.在0~10s内质点Q的路程为2cm 9.某电场沿x轴分布，其电场强度E与坐标x的关系如图所示，E为正值时，电场沿x轴 正方向，坐标原点处的电势为零。一个质量为m、电荷量为一q(q>0)的带负电粒子，从 x轴上x=一α处由静止释放，粒子只在电场力作用下运动，则下列说法正确的是 () A.粒子做振幅为a的简谐运动 n B.粒子第一次运动到原点所用的时间为2a √agEo C.x=a处的电势.=-aEg 2 D,粒子的最大动能E.=agEg 2 10.如图甲所示，质量相等的小球和点光源，分别用相同的弹簧竖直悬挂于同一水平杆上， 间距为1，竖直悬挂的观测屏与小球水平间距为21，小球和光源做小振幅运动时，在观 测屏上可观测小球影子的运动。以竖直向上为正方向，小球和光源的振动图像如图乙 所示，则 () 密卷 二轮专题精准提升（十六）物理第4页（共8页） 2/ A x/cm 1.01 小球 光源 0.5 No 15 /2.0 光源 小球 甲 A,光源与小球振动的相位差为 2 B.光源从初始状态回到平衡位置的时间为0.75s √2 C.若影子振动的初相位为p,则sinp= √13-6√/2 D.影子的最大速度为π√/13一6√2cm/s 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(6分)某小组同学用如图甲所示的DIS二维运动实验系统研究单摆在运动过程中机械 能的转化和守恒（忽略空气阻力），实验时，使发射器（相当于摆球）偏离平衡位置后由 静止释放，使其在竖直平面内摆动，系统每隔0.02s记录一次发射器的位置，多次往复 运动后，在计算机屏幕上得到的发射器在竖直平面内的运动轨迹如图乙所示，在运动 轨迹上选取适当区域后，点击“计算数据”，系统即可计算出摆球在所选区域内各点的 重力势能、动能，并绘出对应的图线，如图丙所示（当地的重力加速度g取10m/s2)。 接收器 ↑m 0.10 --.0.05 发射器 -0.20 -0.10 0.10 0.20x/m 甲 0.04AE 0.02 -E 0 0.100.200.300.400.500.600.70 丙 (1)此单摆的周期为 s。 (2)在图丙中画出0~0.50s内摆球机械能的变化关系图线。 (3)发射器的质量为 kg(此结果保留两位有效数字)。 12.(8分)1834年，爱尔兰物理学家洛埃，利用平面镜成功得到了杨氏干涉的结果。洛埃 镜实验的基本装置如图甲所示，S为单色光源，M为平面镜，S光源直接发出的光和经 二轮专题精准提升（十六）物理第5页（共8页） 真题密 过平面镜M反射的光形成一对相干光。光源S到光屏的垂直距离L和到平面镜的垂 直距离a可分别由图丙和图丁读出，光的波长为入，在光屏上形成如图乙所示干涉 条纹。 光屏 12345678 甲 X7 甲 乙 cm 70717273747576 7 0 山l HHH 0 1020 丙 (1)游标卡尺的读数为 cm。 (2)已知光屏上第一条亮条纹到第七条亮条纹之间间距为6.6mm,则该单色光的波长 λ= nm(结果保留三位有效数字)。 (3)如图戊所示，某同学做实验时，平面镜意外倾斜了某微小角度0。若沿AO向左略 微平移平面镜，干涉条纹间距将 (填“变小”“变大”或“不变”)；若8=， 沿OA向任意位置略微平移平面镜，干涉条纹间距不变。 光屏 (4)若光源在水平面上的投影离平面镜左端距离为b,平面镜宽为c,则光屏上出现干 涉条纹区域的竖直长度为 (用L、a、b和c表示)。 13.(10分)夜晚公园景观池有可变化形状的灯光秀，其原理如图所示，将两个相同的相互 独立的半圆形线状光源拼接在一起形成一个圆形线状光源，水平放在水池的水面下， 通过控制两个光源的发光情况和调节光源距离水面的深度，人们在水面上会看到不同 形状的发光区域。已知圆形线光源的半径为R,水的折射率为n=。 (1)若两个半圆形线状光源同时发光，控制线状光源从离水面较近的位置平行水面缓 慢向下移动，发现水面发光区域形状不变，只是面积在扩大，直到距离水面的深度 为五时，发光区域形状发生变化，则深度h是多少？ (2)当深度为(1)中的h且保持不变时，若只有一个半圆形线状光源发光，人们在水面 上看到的发光区域面积是多大？ 卷 二轮专题精准提升（十六）物理第6页（共8页） 14.(13分)如图甲所示老式挂钟内为抵抗各种阻力，保持周期性运动，设有擒纵机构与棘 轮装置传递周期性冲击，产生稳定的“自激振动”。为研究挂钟内的自激振动，摸鱼同 学做了如下简化实验：如图乙所示，质量为m的振子放在动摩擦系数为4的粗糙水平 面上，振子左端与劲度系数为的弹簧右端相连，弹簧左端连接在竖直墙壁上，且弹簧 始终保持水平，振子处于弹簧原长位置静止。记此时振子位置横坐标为x=0,向右 为正，建立x轴。某时刻给振子一个冲击，使得振子瞬间拥有水平向右，大小为。的 初速度。已知运动过程中弹簧的形变始终在弹性限度内，且振子不会碰到左端竖直 墙壁，地面最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，弹簧弹性势能E。与形变量x的关系为 E。一2kx,不计空气阻力，重力加速度为g。 (1)求振子分别向右、向左做振动的平衡位置x-、x+。 (2)若振子能经过x-,求o的最小值。 3m (3)若v0=4g ,振子每次向右运动经过x-时，外力给予振子一个冲击，使得振 子机械能固定增加E,得以做周期运动，求该额外能量E。 入00000Q0000Q(→ 77777777777777777777777777777777→ 0 乙 1 二轮专题精准提升（十六）物理第7页（共8页） 真题密卷 15.(17分)如图所示，光滑的凹槽ABCD固定在水平面上，凹槽横截面为圆弧的一部分， 其半径R=10m,弧长AB=CD=5cm,凹槽边长LAD=LBc=0.2m,g取10m/s2。 (1)如图甲所示，将一个可看作质点的小球自A点静止释放，求小球的运动周期。 (2)如图乙所示，在A点给小球一个沿AD方向的初速度，使小球恰能通过C点，则初 速度v应为多少？ (3)若凹槽并未固定，而是可在光滑水平面上自由移动，则可能会导致不同的运动结 果。已知小球与凹槽的质量之比为1：4，初始时刻自A点将小球静止释放，求： ①凹槽的最大位移（保留一位有效数字）； ②以初始时刻A点的位置为原点，在AB平面建立直角坐标系，此时凹槽圆心的坐 标记为(X。,Y。),试写出小球运动的轨迹方程，并说明其运动轨迹的形状。 二轮专题精准提升（十六）物理第8页（共8页）真题密卷 2025一2026学年度二轮 物理·机械振动 一、单项选择题 1.B【解析】乙图中两束光到O点的光程差 △s=k入，根据题意得△s=(n一no)l,联立可得 n-经十，B正瑰。 2.A【解析】单摆的周期单位为秒，由题意可知，转 动惯量的公式为J=∑m:r,根据量纲法则可知， 其单位为kg·m,由量纲法则可知，四个选项的 单位分别是秒(s)、秒分之一(s1)、秒方(s2)以及 秒方分之一($)。根据上述量纲法则分析可知， JΓ 共复摆的周期公式可能是T=2π√mg,A正确。 3.C【解析】由题意知光线1恰好消失时，光恰好 发生全发射，由几何关系可知，光在液体内部的入 射角为9（临界角），则有sin9=】,整理得n度= n液 sin0,A,B错误；若为薄壁容器，激光不垂直容器 1 壁入射时，在容器壁处会发生折射，此时日不再等 于光在液体内部的入射角，会对测量液体折射率 产生干扰，所以激光也必须垂直容器壁入射，C正 1 确；由n一sin日可知，越靠近A端0越小，n浅越 大，但n液与日不成正比，即刻度不均匀，D错误。 4.B【解析】由于空气膜等厚处是条形的，因此形 成的千涉条纹是条形的，由于空气膜的厚度越向 外增加得越快，因此条纹间距越来越小，条纹越来 越密，A错误；在图乙的P点观察到亮条纹，则有 P点的光程差△x=2d=N,若将玻璃柱体向上 移动距离△d=2入，则光程差△x'=2× (a+2A=2d+A=N+1),所以P点再次出 现亮条纹，B正确；P点亮条纹与折射率无关，C错 误；若用紫色光垂直照射玻璃柱体上表面，由于紫 色光波长小于红色光波长，条纹间距变窄，D错误。 1 5.C【解析】由波形图可知，因s<T,可知在t= 1 T1 s时间内该波传播的距离为12，可知12=65， 解得该波的周期T=2s,该波的波长入=6m, 可得该波的波速v=不=3m/s,A,B错误；因 ·66 二轮专题精准提升 专题精准提升（十六） 与机械波、光学 2π w=T=πrad/s,x=0处质点的振动方程为y= Asin(wt+p)=6sin(πt+g)cm,当t=0时y= 3cm,则3-6sinP,则g-,质点的振功方程为 y-6sin(t+）em=6co(+）cm,C正确； 5π\ 11 Q点的平衡位置坐标为xQ-12=5.5m,从t=0 时刻开始，该波传至x=7m处所用的时间t= 7-5.5 3s=0.5s,D错误。 6.B【解析】由题意可知，直线y=x上的所有点 均为振动减弱点，到两波源的距离相等，所以两 列波的起振方向相反，A错误；由题意可知，P点 的金标为（官，子m,所以距离坐标感点0最 近的加强点P到两波源的距离差△r1=xP一 43 yp=m一5m=0,2m二，，可知两列相干线 性平面波的波长入=0,4m,所以波。= 0,5m/s=0.8m/s,B正确；振动减弱，点到两波 0.4 源的距离差△r2=n以(n=1,2,3…),设直线y= 3 4x上减弱点的横坐标为x,则△==x一y= 4xn=1,2,3…),解得x=1.6m(n=1,2,3,所以 3 直线y=x上减弱点的横坐标均匀分布，即直线 y-是上减弱点距离0点均匀分有，C错误兼动 加强点到两波源的距离差△，=以+(n=0,1, 2,3…),以O点为圆心、5入为半径的圆周加强点 坐标为(x,y),则x2+y2=(5入)2，△r3=|x-y|, 联立可知当n≥5时无解，则n<5,所以n的值为 0、1、2、3、4,每个n值对应两个加强点坐标，所以 加强点共10个，D错误。 7.D【解析】根据两波源的振动方程可知，两波源 的振动周期均为T==元s=1s,可知两列波 频率相同，相位差恒定，两列波相遇后将能发生稳 ·物理· 定的干涉，波源S1的振动传播到O点的时间t1= 白-号。-225波系S,的表动传拼到0点 的时间t2=-16 =4s=4s,即当波源S1的振动传 播至0点后，在O点引起的振动振动了1.75s,波 源S2的振动才刚刚传播至O点，且根据题意可 知，此刻波源S2在O点引起的振动应使质点处于 波峰，而1.75s=14T,由于波源S1的振动满足 正弦函数，即波源S1的起振方向沿着之轴正方向 向上，此刻由波源S,在O点引起的振动使质点处 于波谷，两个波源在O点引起的振动相互叠加，叠 加后使振动减弱，此刻O点处的质，点的振幅A一 A1一A2=2cm,A错误；S1P=√/x2十y2= 15cm,S2P=√Jx十y=20cm,则可得波源S1、 S2的波传播至P点的时间分别为t3= -=3.75s, =5s,可得△t=t4一t3=1.25s,但根据题 意，波源S2的波在t=0时刻波源处的质点已经处于 波峰，说明波在t=0时刻前已经开始传播了，因此S1 波提前S2波传至P点的时间小于1.25s,B错误；当 t=5.25s时，波源S,的波在P点引起的振动振动 的时间为1.5s,波源S2的波在P点引起的振动振 动的时间为0.25s,可知由波源S1的波在P点引 起的振动此时恰好回到平衡位置且下一刻将沿着之 轴负方向振动，由波源S2的波在P点引起的振动 此时也恰好回到平衡位置且下一刻也将沿着之轴 负方向振动，由此可知，t=5.25s时，P,点向之轴负 方向振动，C错误；根据以上分析可知，0~5.25s 内，由波源S1在P点引起的振动使P处质点先振 动了1,25s,即14个周期，后由波源S2引起的振 动的波峰恰好传播至P点，说明S2的波传到P点 时间为S1的波单独振动一个周期时间，而此刻由 两波源在P点引起的振动均使该处的质，点处于波 峰，即振动加强，该处质点的振幅A'=A1十A2= 18cm,由此可知，0一5.25s内，质，点P通过的路程 sp=4A1+2A'=76cm,D正确。 二、多项选择题 8.AD【解析】从图乙可知，振动减弱点振幅为0，则 波源S1、S2的振幅相同，A1=A2=1cm,A正确； 6=1.75s时，S,第二次处于波峰位置，则有T+ T=1.75s,解得周期T=1s,由图乙可知波长λ= 。6 参考答案及解析 1m,则减速口=宁-1m/s,设从S,开始振动，轻 时间t两列波相遇，则S2传播时间为(t一2)s,则 有10=wt十v(t一2)，联立解得t=6s,B错误；根 据振动加强点的条件△x=n入(n=0,1,2,3..), S1到P点距离xp1=t=6m,则S2到P点距离 xP2=10m-6m=4m,设S1P间某点到S1、S2 的距离分别为x1、x2,则有|x2一x1|=n以，S1、S2 相距10m,在S1P间（除S1、P外），波程差△x的 取值范围是(0,10m),则n可以取0、士1、2、3、4、 5、6、7、8、9共11个值，即有11个振动加强，点，C 错误；结合以上分析可知，S!到Q点距离xQ1= t十xQ=6.25m,S2到Q点距离xa2=10m一 xQ1=3.75m,则两波源到Q点的波程差△c1= 5 2.5m=21,即Q点为减弱点，合振福为0，则Q 点通过的路程为两波在此处未叠加时，Q的通过 的路程，S2到Q点时间t2=0=3.75s,由于 t=2s时Q才振动，即从t=0时刻开始到5.75s, S2才传播到Q点，S1到Q点时间t=0=6.25s, 则Q单独振动时间△t=t3一t2=0.5s,即Q单独振 动了半个周期，即在0一10s内质点Q的路程s= 2A2=2cm,D正确。 9.ACD【解析】图中Ex图像对应的函数关系表达 式为E一，由于粒子带负电则其所受电场力方向 与相对于坐标原，点的位移方向相反，则有F=一qE, 解得F=一E 。1,可知，电场力方向始终指向坐标原 点，且大小与相对坐标原点的位移大小成正比，方向 与相对于坐标原点的位移方向相反，可知，当粒子从 x轴上x=一a处由静止释放时，粒子将做振幅为a 的简谐运动，A正确；若以粒子经过原点向正方向运 动为计时起，点，则其简谐运动相对于原点的位移为 女=血票，财上迷位移袁达气泉子，得到建底袁达 式为。-亭，对上速建定表达式农导得到加 速度表达式为a,=-4r0s T2sin,根据上述有 F= qEo ma a =ma0,解得T=2r√gE。根据简谐 运动的对称性可知，粒子第一次运动到原点所用 T 的时间1=4，解得t= nma 2gEo ,B错误；E-x图像 1 真题密卷 中，图像与横轴所围几何图形的面积表示电势差， 则有Ue=9一9三2，解得9。=一2，根据 简谐运动的运动规律可知，粒子在原地速度最大， 动能最大，则有一qUa=0一Ek,结合上述解得 Ex=ag 2°，CD正确。 10.BD【解析】由图乙知，二者振幅为1cm,设小球的振 动方程x1=Asin(al十p)=sin(at十p)(cm),光源的 振动方程x2=Asin(at十p2)=sin(ad十p2)(cm),t=0 时，x1=0=sin91,x2 2cm=sin9(cm),则g,=0, 一，可知光源与小球振动的相位差为，A错误； 光源的振动方程西=sm(a十）(am,其中u 2x_2r 牙-7ad/s=元ad/s,则x:=sn(e+）(am,光 源从初始状态回到平衡位置，即x2= sin(u+）(cm）=0,可知光源从初始我态回 到平衡位置的时间为0.75s,B正确；小球的振 动方程x1=sinnt(cm),光源的振动方程x2= sin(t十）(em),影子是光源发出的光被小球遮 挡后，在屏上留下的阴影，取影子某一时刻的位置， 根桃几何关桑有二-子，得影子的动方拉 x,=3x1-2z,=3sinu(cem）-2sin(u+f）(cm）- √13-6√2sin(πt+p)(cm),当t=0时有 x3=-√2cm=√13-6√2sinp(cm),则 sin p-- ,C错误；对于x3= √J13-6√2 √13-62sin(πt十p)(cm),设振幅A= V13-6反cm,根据能量守恒2A:-2m 2mv2,根 m 据图乙，周期T=2s,且周期T=2x√伦，联立 解得vm=π√13-6√2cm/s,D正确。 x 光源 21 影子 1 ·6 二轮专题精准提升 三、非选择题 11.(1)1.12(2分)(2)见解析(2分)(3)0.060 (答案在0.0580.062均可)(2分) 【解析】(1)从平衡位置出发，一个周期内，两次 通过平衡位置，由图丙可知，此单摆周期T=2X 0.56s=1.12s。 (2)摆球摆动过程中只有重力做功，其机械能守 恒，则机械能不变，如图所示。 0.04151 0.02 0 0.100.200.300.400.500.600.70 (3)在图丙取0.3s时刻可得Ep=mgh=0.03J, 解得m=0.060kg,由于读数误差可取范围为 0.0580.062。 12.(1)0.025(1分)(2)734(2分)(3)变大(2 acL 分）01分）(4)66+C(2分) 【解析】(1)游标卡尺的读数为a=0mm十5× 0.05mm=0.25mm=0.025cm。 ②)根据公式△x三入，d=2a,联立解得△x 6.6 2a,其中△x=7-1mm=1.1mm,L= 749mm,解得入=2a△=734nm。 L (3)画出光路图，如图甲所示，沿OA向左略微平 移平面镜，即图中从②位置→①位置，由图可看 出双缝的间距即S与像的间距减小，则千涉条纹 间距变大。若日=0，则沿OA向任意位置略微平 移平面镜，双缝间距不变，千涉条纹间距不变。 光 S 7② 甲 (4)画出光路图，如图乙所示，根据几何关系，打到 最上面的点到P点距离设为，则分-6打 到最下面的点到P点距离设为x2,则b十。= L-(6十)，出现千涉条纹区域的竖直长度Az= ℃2 acL x1-x2-6(b十c)° ·物理· 光屏 .S 13.) (2)3πR2 【解析】(1)取线光源上某一点作为，点光源，点光 源发出的光在水面上有光射出的水面形状为圆 形，设此圆形的半径为，点光源发出的光线在水 面恰好发生全反射的光路图如图甲所示 由折射定律有sinC=】 (2分) n 根据几何关系可得r=htan C (2分) 一个点发出的光在水面上能看到半径为r的圆， 对于圆形线光源在水面上的发光区域，可看作是 圆的圆心沿圆弧移动时圆扫过的区域，开始发光 区域形状为环形，后来变为圆形，当形状发生变 化的临界条件是r=R (1分) 解得h=? (1分) 甲 (2)当深度为h且保持不变时，且只有一个半圆 形线状光源发光，在水面上看到的发光区域形状 为心形，如图乙所示 (2分) 小圆半径为R,大圆半径为2R,该发光区域的面 积S=xR2+x(2R)=3xR. (2分) 14.(1）-mg umg /15m k k (2)Hg k (3)20mg2 k 【解析】(1)振子在平衡位置的合力为0，当振子 向右振动过程，滑动摩擦力方向向左，振子处于 平衡位置时，弹簧弹力方向向右，弹簧处于压缩 状态，则有mg=k(（-x-) (1分) 。6 参考答案及解析 解得x-=一mg (1分) 当振子向左振动过程，滑动摩擦力方向向右，振 子处于平衡位置时，弹簧弹力方向向左，弹簧处 于拉伸状态，则有mg=x+ (1分) 解得x+=mg （1分) k (2)振子向右运动为简谐运动，且平衡位置为 x-,设振幅为A1,根据能量守恒 (1分) 运动到最右端再向左运动时，平衡位置为x+, 此时振幅变为A2=A1一(x+一x-) (1分) 若恰好通过x-,可知 A2=(x+-x-)= Zumg (1分) k 15m 联立可得0=g√ (1分) (3)振子从O点获得初速度。向右运动，平衡 位置为x-,振幅为A10,根据能量守恒 司mi+r=Ai 1 (1分) 解得Ao=mg k 运动到最右端时，再向左运动时，平衡位置为 x+,此时的振幅 A0=A10-(x+-x-)=5mg (1分) k 运动到最左端时，再向右运动时，平衡位置为 x-,振幅变为 An=Ao-(x+-x-）=3ymg (1分) k 补充完能量后振幅应变为A10,因此补充的能量 E-- (1分) 20μ2m2g2 联立解得E= (1分) 15.(1)2πs(2) 5π(2n+1)m/s(n=0,1,2,3…) (3)①0.01m @(-x+2y+ y2=0,椭圆 【解析】(1)因为孤长AB远小于R,所以小球在 圆孤面上的往复运动具有等时性，符合类单摆模 型，其圆孤半径R为类单摆的摆长，由单摆的周 期公式可得，小球的运动周期 (1分) R T=2KN ,=2πS (1分) 1 真题密卷 二轮专题精准提升 (2)小球的运动由两个分运动合成，这两个分运 x2+4x2=2Rsin (1分) 动分别是以速度V沿AD方向的匀速直线运动 和在圆孤面上的往复运动，设全程所用时间为t, 、 5 π×102元 (1分) 小球恰能通过C点，则 LAD=Ut (2分) 联立，解得凹槽的最大位移 且4=2m+1T=(2+1）元sm=0,l,2,3…） x2=0.01m (1分) 2 ②以初始时刻A点的位置为原，点，在AB平面建立 (1分) 直角坐标系，此时凹槽圆心的坐标记为(X。,Y。),则 联立解得初速度 LAD 1 0= -5π(2m+1）m/s(n=0,1,2,3…) 当小球向右运动到，少)位置时，四槽向左运功号 t 距离，且圆孤半径 (2分) R2=X8+Y8 (1分) (3)①若凹槽并未固定，小球和凹槽组成的系统水 平方向动量守恒，小球和凹槽的质量之比为1：4， 分析几何关系 分别设为m和4m,故水平方向 R2=(X。-x- x)2 4 +(Y。+y)2 (2分) mv=4mv? (1分) 两边均乘以t 整理得小球运动的轨迹方程为 mx-4mx2 (1分) (1分) 解得x1=4x2 (原)广-号xx+2Yy+y=0 小球运动到凹槽的最右端时，凹槽位移最大，此时 轨迹为椭圆。 (1分) 1 。70·