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（山东专用）

密真 2025一2026学年度二轮专题精准提升（十六） 卷题 物理·机械振动与机械波、光学 本试卷总分100分，考试时间90分钟。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 1.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轴上的两个质点，间距为 1 3m,t=0时刻该波刚好传播到Q点，t= 6s(6 s<T,T为周期)时的波形图如图乙所示。下列选 项正确的是 ) y/cm ◆y/cm 6 6 3 Q 0 x/m x/m 6 -6--- 甲 A.该波的周期为4s B.该波的波速为6m/s Cx=0处质点的振动方程为y=6cos(+孕)cm D.从t=0时刻开始，该波传至x=7m处所用的时间为0.4s 2.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-x上距离坐标原点0最近的加强点P与0 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 本y V=x V= 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=4x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 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 3.转动惯量(J=∑mr)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 班级 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 姓名 可能是 () 得分 J A.2r入mgl mgl B.2x J C2元J 2πmgL D. mgl 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 A.从上向下看到外疏内密的明暗相间的环状条纹 B若将玻骋柱体向上移动距离△M=X,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.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S1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0，所用光在真空中的波长 为入，待测气体的折射率为 () A.-1+n 入 B. 1 十no D.3+1) 十no 6.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入液体并在液面处出现光线1和2，支架转动到光线1恰好消失时， 读出∠AOB并记为0，即可求出液体的折射率并标在量角器上。已知容器的折射率为，下列说法 正确的是 () 密卷 二轮专题精准提升（十六）物理第2页（共8页） 3 透明容器 激光笔 ⊥型支架 量角器 BY 一转轴 甲 乙 A该液体的折射率为”) B.该液体的折射率为nsin 0 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 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=-9m:=16m,S,S:的振动方程分别为z1=10sin(2t)cm2=8sin(2u+)cm, 若两波均从平衡位置向上起振，且t=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 4m/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 () y 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 8.一列简谐横波沿x轴正方向传播，波的振幅为2cm,a、b是平衡位置分别在x=1m、x=2m处的 两个质点，t=0时刻，两质点所在位置及振动方向如图所示，已知从图示时刻，质点b经过0.2s 第一次到达波峰，则下列判断正确的是 () Ay/cm x/m A质点a振动的颜率为Hz B.波传播的速度大小为2.5m/s C,t=0时刻，a、b两个质点的速度相同 D.当质点b到达波峰时，质点a到达平衡位置 3 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4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得 4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 题号 9 10 11 12 答案 9.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 10 x/m :/m 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 10.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(g>0)的带负电粒子，从x轴上x=一a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 B.粒子第一次运动到原点所用的时间为2a m agEo C.x=a处的电势，=-a 2 D.粒子的最大动能E.=agE 2 11.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2，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 () Ax/cm 2 2 小球 光源 0.5 72.0 光源小球 甲 乙 密卷 二轮专题精准提升（十六）物理第4页（共8页） 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 V2 C.若影子振动的初相位为p,则sinp= /13-6W2 D.影子的最大速度为π√13-6√2cm/s 12.如图所示，水平地面上竖直放置着用轻质弹簧拴接的物块A、B,弹簧劲度系数为k,A的质量为o。质 也为m,的物快C从距A高度h三160处由静止释放，与A碰撞后粘在一起，之后它们运 高点时，B与地面间的弹力恰好减小为0。已知弹簧的弹性势能E。=2kx2(x为弹簧的形变量)，质量 为m的弹簧振子的振动周期T=2元√ m 二，重力加速度为g,不计碰撞时间及空气阻力，弹簧足够长且 弹力始终在弹性限度内。下列说法正确的是 () A B A.物块B的质量为2m0 B.物块A.C粘在一起后做简谐运动的振幅为2m,8 C.A.C碰撞后，第一次运动至最低点的时间为2π2m0 3 k D.A、C运动到最低点时，地面对B的支持力大小为8mog 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13.(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 Wm 0.10 0.05 发射器 -0.20 -0.10 0.10 0.20x/m 0.0 0.0 中 0.100.200300.400500.60070>s 丙 二轮专题精准提升（十六）物理第5页（共8页）】 真题 (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)。 14.(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α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 分 乙 70717273747576 0 L山山u山山山山山山山 HHHHH 0 20 (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,则该单色光的波长入= 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0=，沿OA向任意位置略微 平移平面镜，干涉条纹间距不变。 光屏 50.-日A 华面镜 (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）。 15.(8分)某光学组件横截面如图所示，水平桌面上的圆弧形凹面镜内注有透明液体，N为圆弧最低点， E、M、N在同一半径上，直角三棱镜ABC位于液面正上方9cm处，斜边AC平行于液面。从D点 垂直AB入射的单色激光经E点射出，在液面F处同时发生反射和折射，反射光线与折射光线垂 直，折射光线的反向延长线过凹面镜的圆心。已知三棱镜对该单色激光的折射率n1=√3，∠BAC= 30°，求： (1)液体对该单色激光的折射率n2; (2)凹面镜的圆心到E点的距离。 密卷 二轮专题精准提升（十六）物理第6页（共8页） 3 16.(8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 4 为R,水的折射率为n= 3 (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h时，发光区域形状发生变 化，则深度五是多少？ (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？ 17.(14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k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， 地面最大静廉擦力与浴动摩擦力相等，弹黄弹性势能巴，与形变量z的关系为E,=kx,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。的最小值。 3m (3)若=4g√友，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。 0000000QQ009 0 乙 二轮专题精准提升（十六）物理第7页（共8页） 真题密卷 18.(16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=Lc=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 二轮专题精准提升 整个装置所受浮力不变，若养殖箱上浮△h高度， 气前空心柱内封闭气体的体积 则空心圆柱体中进入水的体积 V'-HS-V,=0Sh+(M+m)-pV (1分) V1=(H-△h-h)S-△V= (H-△h-h)Sp-(M+m)+pV 充气后空心柱内封闭气体的体积 (1分) V:=HS-V=(Ah+h)Sp-(M+m)+oV 空心圆柱体内海水的高度 h-V_(H-Ah-h)Sp-(M+m)+eV (2分) S OS 由玻意耳定律有 (1分) pV'+npoV。=V2 (1分) 则空心圆柱体内液面与海面的高度差 解得 h,=H-Ah-h-h=(M+m)-pV =h2 P(V2-V) p。+M+m)gg △MhS oS n (2分) PoVo PoVo 可知，此时空心柱内封闭气体的压强仍为p,充 p△hS+(M+m)g△h-pgV△h (1分) PoVo 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 一、单项选择题 43 的坐标为(5m,5m),所以距离坐标原点0最 1.C【解析】由波形图可知，因 6s<T,可知在t= 近的加强，点P到两波源的距离差△r1=xP一 1 入 s时间内该波传播的距离为12，可知26s, 2,可知两列相千线 解得该波的周期T=2s,该波的波长入=6m, 性平面流的流长A=0.4m,所以流建0-会 可得该波的波速v= 下=3m/s,A、B错误；因 0.4 2π 0.5m/s=0.8m/s,B正确；振动减弱，点到两波 w=了=元rad/s,x=0处质点的振动方程为y= 源的距离差△r2=n以(n=1,2,3…),设直线y= Asin(wt+p)=6sin(πt+p)cm,当t=0时y= 3 4x上减弱点的横坐标为x,则△r=以=x-y 3cm,则3=6sn,尉9=否，质志的极动方程为 4x(n=1,2,3…),解得x=1.6m(n=1,2,3),所以 y=6sin(+）em=6cos(+）cm,C正确； 3 11 直线y=4x上减弱点的横坐标均匀分布，即直线 Q点的平衡位置坐标为xQ-12入=5.5m,从t=0 时刻开始，该波传至x=7m处所用的时间t= y=4x上减弱点距离0点均匀分布，C错误；振动 3 3s=0.5s,D错误。 7-5.5 加强点到两流源的距高差△，=以+合m=0,1, 2.B【解析】由题意可知，直线y=x上的所有点 2,3…),以O点为圆心、5入为半径的圆周加强点 均为振动减弱点，到两波源的距离相等，所以两 坐标为(x,y),则x2+y2=(5λ)2，△r3=x-y|, 列波的起振方向相反，A错误；由题意可知，P,点 联立可知当n≥5时无解，则n<5,所以n的值为 3 ·80· ·物理· 参考答案及解析 0、1、2、3、4,每个n值对应两个加强，点坐标，所以 定的干涉，波源S1的振动传播到O,点的时间1= 加强点共10个，D错误。 9 =4s=2,25s,波源S2的振动传播到0，点 3.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， 的时间1，=号-只。=46，即当淀添S,的都动袋 其单位为kg·2,由量纲法则可知，四个选项的 播至O点后，在O,点引起的振动振动了1.75s,波 单位分别是秒(s)、秒分之一(s1)、秒方(s2)以及 源S2的振动才刚刚传播至O点，且根据题意可 秒方分之一($)。根据上述量纲法则分析可知， 知，此刻波源S2在。点引起的振动应使质，点处于 其复摆的周期公式可能是T=2π J mg,A正确。 波4，而1.758=1，由子波流S,的摄动满足 4.B【解析】由于空气膜等厚处是条形的，因此形 正弦函数，即波源S1的起振方向沿着之轴正方向 成的千涉条纹是条形的，由于空气膜的厚度越向 向上，此刻由波源S1在O,点引起的振动使质点处 外增加得越快，因此条纹间距越来越小，条纹越来 于波谷，两个波源在。点引起的振动相互叠加，叠 越密，A错误；在图乙的P点观察到亮条纹，则有 加后使振动减弱，此刻O点处的质点的振幅A P,点的光程差△x=2d=N),若将玻璃柱体向上 A1-A2=2cm,A错误；S1P=√x十y2 移动距离△d三)入，则光程差△z=2 15cm,S2P=√x+y2=20cm,则可得波源S1、 (a+2A)=2d+A=(W+1)a,所以P点再次出 Si S2的波传播至P点的时间分别为t3= -=3.75s, 现亮条纹，B正确；P,点亮条纹与折射率无关，C错 =Sp =5s,可得△=t4-t3=1.25s,但根据题 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。 意，波源S2的波在t=0时刻波源处的质点已经处于 5.B【解析】乙图中两束光到O点的光程差 波峰，说明波在t=0时刻前已经开始传播了，因此S1 △s=k入，根据题意得△s=(n-no)l,联立可得 波提前S2波传至P点的时间小于1.25s,B错误；当 k入 t=5.25s时，波源S1的波在P点引起的振动振动 n=(十o,B正确。 的时间为1.5s,波源S2的波在P点引起的振动振 6.C【解析】由题意知光线1恰好消失时，光恰好 动的时间为0.25s,可知由波源S1的波在P点引 发生全发射，由几何关系可知，光在液体内部的入 起的振动此时恰好回到平衡位置且下一刻将沿着之 射角为（临界角），则有sin0=,整理得m生 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 sin9,A,B错误；若为薄壁容器，激光不垂直容器 1 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，0一5.25s 壁入射时，在容器壁处会发生折射，此时日不再等 内，由波源S1在P点引起的振动使P处质点先振 于光在液体内部的入射角，会对测量液体折射率 产生千扰，所以激光也必须垂直容器壁入射，C正 动了1.25s,即14个周期，后由波源S2引起的振 确；由n=sin0可知，越靠近A端0越小，n越 动的波峰恰好传播至P点，说明S2的波传到P点 大，但n流与0不成正比，即刻度不均匀，D错误。 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 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一-经=1，了知两列流 峰，即振动加强，该处质点的振幅A'=A1十A2= 18cm,由此可知，0~5.25s内，质点P通过的路程 频率相同，相位差恒定，两列波相遇后将能发生稳 sp=4A1+2A'=76cm,D正确。. 。81· 3 真题密卷 二轮专题精准提升 8.B【解析】根据波形的对称性可知，0时刻，距离 错误；结合以上分析可知，S1到Q点距离xQ1= 质点b最近位置波峰处的质点的平衡位置到质点 t十xpa=6.25m,S2到Q点距离xQ2=10m 2-1 b的平衡位置的间距△x= 2m=0.5m,由于波 xQ1=3.75m,则两波源到Q点的波程差△x1= 沿x轴正方向传播，质点b经过0.2s第一次到达 2.5m= 入，即Q点为减弱点，合振幅为0，则Q 5 波峰，即经过0.2s,波向右传播的距离为0.5m,则 点通过的路程为两波在此处未叠加时，Q的通过 △x0.5 波传播的速度= 正-0.2m/s=2.5m/s,B正确； 的路程，S2到Q点时间2=0=3.75s,由于 根据图像可知，0时刻，质，点a、b的位移均为1m,位 t=2s时Q才振动，即从t=0时刻开始到5,75s, 移大小等于振幅的一半，根据数学三角函数的规律 S。才传播到Q点，S1到Q点时间，=x0=6.25s, 可知，质点ab到左右相邻平衡位置的间距均为2 则Q单独振动时间△t=t3一t2=0.5s,即Q单独振 入 则有22×12=2m-1m,解得入=3m,根据v= 动了半个周期，即在0~10s内质点Q的路程s= 2A2=2cm,D正确。 5 不=，解得f-6H,A错误；t=0时刻，根据对 10.ACD【解析】图中Ex图像对应的函数关系表 称性可知，a、b两个质点的速度大小相等，方向相 达式为E= 。,由于粒子带负电则其所受电场 反，速度不相同，C错误；图示时刻，质，点a靠近平衡 位置，质，点b远离平衡位置，质，点a靠近平衡位置过 力方向与相对于坐标原点的位移方向相反，则有 程的速度始终大于质点b远离平衡位置，由于质点 F=一qE,解得F=一E ,可知，电场力方向始 a a距离平衡位置的间距等于质点b距离波峰位置的 终指向坐标原点，且大小与相对坐标原点的位移 距离，则质点a到达平衡位置的时间小于质点b到 大小成正比，方向与相对于坐标原，点的位移方向 达波峰位置的时间，即当质点b到达波峰时，质点a 相反，可知，当粒子从x轴上x=一a处由静止释 已经提前经过平衡位置，D错误。 放时，粒子将做振幅为a的简谐运动，A正确；若 二、多项选择题 以粒子经过原点向正方向运动为计时起点，则其 9.AD【解析】从图乙可知，振动减弱，点振幅为0，则 2π 波源S1、S2的振幅相同，A1=A2=1cm,A正确； 简谐运动相对于原点的位移为x=asin Tt,对 =1,5s时，S1第二次处于波峰位置，则有3T十 上述位移表达式求导，得到速度表达式为= T=1.75s,解得周期T=1s,由图乙可知波长λ= s行，对上这建废表达或求子得制加速度 入 1m,则波速0=行=1m/s,设从S1开始振动，经 4π2a 2π 表达式为a。= T:sin Tt,根据上述有 时间t两列波相遇，则S2传播时间为(t一2)s,则 有10=vt十(t-2),联立解得t=6s,B错误；根 F、9E x=mao,解得T=2π a ma,根据简 NgE 据振动加强点的条件△x=n以(n=0,1,2,3..), 谐运动的对称性可知，粒子第一次运动到原，点所 S1到P点距离xp1=t=6m,则S2到P点距离 月的时同一解得1一云震B辑溪： T 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|=以，S1、S2 图像中，图像与横轴所围几何图形的面积表示电 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 势差，则有。=0一，2，解得，=。 Eoa 2 5、6、7、8、9共11个值，即有11个振动加强，点，C 根据简谐运动的运动规律可知，粒子在原地速度 3 ·82· ·物理· 参考答案及解析 最大，动能最大，则有一qU=0一Ek,结合上述解 12.AD【解析】C与A碰撞，由动量守恒有mov1= 得E.=g 2°，CD正确。 2mo02,对C由动能定理可得mogh=2mo01,对 11.BD【解析】由图乙知，二者振幅为1cm,设小球的振 A受力分析可得mog=kx1,A、C碰后一起运动 动方程x=Asin(at十gp1)=sin(t十p)(cm),光源的 的过程中，系统机械能守恒，在平衡位置时 振动方程x2=Asin(at十p2）=sin(at十p2)(cm),t=0 2mog=kx2,A、C在最高点时2mog十kx3=ma, √2 时，x1=0=sin91x=2cm=sin9(cm）,则g=0, 此时对B受力分析可得.x3=mg,此时弹簧被拉 长x3,弹簧振子的振幅A=x2十x3,A、C运动到 %子，可知光源与小球派动的湘位差为 4A错误， 最高点的过程中，根据机核能守恒可得行× 光源的振动方程=snu十）(cm),其中w= 2n2n 2mo+k+2mog (z:-x1)=2mog ( 年-智ad/s=元tad/s剥=sm(a+经）(am,光 1 源从初始状态回到平衡位置，即x2= x)十2bx,联主解得xs= sin(t+）(em)=0,可知光源从初始状态回 4mog ,m=2m。,A正确，B错误；A、C运动到最 到平衡位置的时间为0.75s,B正确；小球的振 动方程x1=sinπt(cm),光源的振动方程x2 低点时，弹簧压缩量x=x2十A= 6m8,弹簧弹力 k sin(十)(cm),影子是光源发出的光被小球遮 F=6mog ,对B受力分析可得FN-2mog一F= 挡后，在屏上留下的阴影，取影子某一时刻的位置， 0,得FN=8mog,D正确；A、C碰后，位移范围 根稀儿何关系有。号得影子的然动方整 为 一一A,则第一次运动到最低点的时间小于 x,=3a1-2z,=3sinu(cm）-2sn(t+）(cm）= 号T,弹簧振子的振动周期T=2x、 mo+十mo= √13-6W2sin(πt十p)(cm),当t=0时有 2mo 2π2mo xg=-√2cm=√13-6√2sin9(cm),则 ,则其时间父3 ,C错误。 2 三、非选择题 sin = ,C错误；对于x= √13-6√2 13.(1)1.12(2分)(2)见解析(2分)(3)0.060 √13-6√2sin(πt十p)(cm),设振幅A= (答案在0.058~0.062均可)(2分) 13-65cm,根据能量守0kA:- 【解析】(1)从平衡位置出发，一个周期内，两次 2nv,品，根 通过平衡位置，由图丙可知，此单摆周期T=2X m 据图乙，周期T=2s,且周期T=2m√友，联立 0.56s=1.12s。 (2)摆球摆动过程中只有重力做功，其机械能守 解得vm=π√13-6√2cm/s,D正确。 恒，则机械能不变，如图所示。 光源 0.02 甲甲 0 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60 0.70 →s (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 x影子 0.0580.062。 ·83· 3 真题密卷 二轮专题精准提升 14.(1)0.025(1分)(2)734(2分)(3)变大(2 在F点，反射光线与折射光线垂直，由几何关系 分)0(1分)( a8e分 知02=30°，01=03,04+03=901 解得04=30° (1分) 【解析】(1)游标卡尺的读数为a=0mm十5× 光线在F点进入液体，根据折射定律有 0.05mm=0.25mm=0.025cm。 sin 03 n2= (1分) sin 0 2根据公式△x,d=2a,联立解得A虹 解得n2=√3 (1分) 么，共中a-9mm=11mm,L 6.6 2a△x-734nm。 D 749mm,解得λ= L E (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，则干涉条纹 间距变大。若日=0，则沿OA向任意位置略微平 (2)如图乙所示，折射光线的反向延长线过凹面 移平面镜，双缝间距不变，千涉条纹间距不变。 镜的圆心O 由几何关系得0，=30°，FM=EMtan01,OM= FM (3分) tan 0s x① 其中OE=OM-EM 解得OE=18cm。 (1分) (4)画出光路图，如图乙所示，根据几何关系，打到 D有 最上面的点到P点距离设为1，则公=1， 6一6打 M 到最下面的点到P,点距离设为x2,则 a 6+c L-(6+),出现千涉条纹区域的竖直长度4x 2 acL 16. (2)3元R2 x1-x2-b(b十c)9 【解析】(1)取线光源上某一点作为点光源，点光 光屏 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) 15.(1)W3(2)18cm 【解析】(1)做出光路图如图甲所示 根据几何关系可得r=htan C (1分) 光线在E点折射，根据折射定律有 一个点发出的光在水面上能看到半径为r的圆， sin 01 对于圆形线光源在水面上的发光区域，可看作是 nisin 02 (1分) 圆的圆心沿圆孤移动时圆扫过的区域，开始发光 解得01=60° 区域形状为环形，后来变为圆形，当形状发生变 3 ·84· ·物理· 参考答案及解析 化的临界条件是r=R (1分) 2umg A2=（x+一x-)= (1分) 解得五一？ (1分) 15m 联立可得0=g√k (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 1 1 2 mui2kkAio (1分) (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 解得Ao 7umg (1分) 为心形，如图乙所示 (1分) 运动到最右端时，再向左运动时，平衡位置为 小圆半径为R,大圆半径为2R,该发光区域的面 x+,此时的振幅 积S=R2+2x(2R)2=3mR。 (2分) A0=A0-(x+-x-）=54m5 (1分) 运动到最左端时，再向右运动时，平衡位置为 x-,振幅变为 A11=A20-(x+-x-)= 3umg (1分) k 补充完能量后振幅应变为A10,因此补充的能量 E-1 1 bA。-2kA品 (1分) 17.(1)- umg /15m 20μ2m2g2 k (2)gk (3) 联立解得E= (1分) k 20μ2m2g2 18.(1)2πs (2 5π(2n+1）m/s(m=0,1,2,3…) 【解析】(1)振子在平衡位置的合力为0，当振子 (3)①0.01m 5 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 y2=0,椭圆 状态，则有umg=k(-x-) (1分) 【解析】(1)因为孤长AB远小于R,所以小球在 解得x-=一ng 圆孤面上的往复运动具有等时性，符合类单摆模 (1分) 型，其圆孤半径R为类单摆的摆长，由单摆的周 当振子向左振动过程，滑动摩擦力方向向右，振 期公式可得，小球的运动周期 (1分) 子处于平衡位置时，弹簧弹力方向向左，弹簧处 T=2xN R 于拉伸状态，则有ung=x+ (1分) =2πS (1分) 解得x+=mg (2)小球的运动由两个分运动合成，这两个分运 (1分) k 动分别是以速度？沿AD方向的匀速直线运动 (2)振子向右运动为简谐运动，且平衡位置为 和在圆孤面上的往复运动，设全程所用时间为t, x-,设振幅为A1,根据能量守恒 小球恰能通过C点，则 mi+kr2-kA 1 (1分) LAD=Ut (1分) 运动到最右端再向左运动时，平衡位置为x+,此 且1=2n,+1T=(2%+1）元s0m=0l,2,3…） 2 时振幅变为A2=A1一（x+一x-) (1分) (1分) 若恰好通过x-,可知 联立解得初速度 ·85· 3 真题密卷 二轮专题精准提升 =LA 1 t5π(2n+1)）m/s(n=0,1,2,3) 联立，解得凹槽的最大位移 x2=0.01m (1分) (1分) ②以初始时刻A点的位置为原，点，在AB平面建立 (3)①若凹槽并未固定，小球和凹槽组成的系统水 直角坐标系，此时凹槽圆心的坐标记为(X。,Y),则 平方向动量守恒，小球和凹槽的质量之比为1：4， 分别设为m和4m,故水平方向 当小球向右运动到（红，少）位置时，四槽向左运动兰 mv=4mv2 (1分) 距离，且圆孤半径 两边均乘以t R2=X8+Y8 (1分) mx1=4mx2 (1分) 分析几何关系 解得x1=4x2 (1分) R(x。x)+出，+ (1分) 小球运动到凹槽的最右端时，凹槽位移最大，此时 整理得小球运动的轨迹方程为 x:+422-2Rsin 2 (1分) (得)广-2xx+2xy+y=0 (2分) 50 又2xX102元 (1分) 轨迹为椭圆。 (1分) 3 ·86·