选择题专练(12)光学-【鱼跃龙门卷】2026年高考物理试题逐题突破

2025一2026学年度高考试题逐题突破一选择题专练（十二） 物理·光学 总分：64分时间：40分钟 1.“半波损失”是指反射光在离开反射点时的振动方向相对于入射光到达入射点时的振动方向 相反的现象，这种现象仅存在于光从光疏介质射向光密介质的反射光中，折射光没有“半波损 失”。某种防蓝光眼镜，从眼镜前面观察，镜片呈蓝色，这是因为镜片前表面镀膜增强了蓝光 的反射。已知膜的折射率大于镜片的折射率，膜的最小厚度为d,蓝光在膜中的波长为λ。下 列说法正确的是 Aa-分 B.d=入 4 C.d= 2 D.d=3以 4 2.2025年某科研团队在微观光学模拟实验中，研究激光照射球形水珠后不同波长光线的偏折行 为。实验发现，同一入射光束经过水珠后产生不同颜色的出射光，如图中α、b两条光线所示， 其中一条为红光，另一条为紫光。关于这两条光线，下列说法中正确的是 光 A.a光是红光 B.a、b两束光在真空中传播速度不同 C.b光发生衍射能力更弱 D.a光波长比b光短 h 3.(多选)诺贝尔物理学奖授予英国华裔科学家高银以及美国科学家威拉德·博伊尔和乔治· 史密斯。原因是高锟在“有关光在纤维中的传输以用于光学通信方面”取得了突破性的成就， 光纤在医学、通信、互联网等方面有广泛的应用。胃镜、喉镜等内窥镜都是光导纤维在医学上 的应用，可以将胃、喉、心脏等放大后清晰地显示于电视屏幕上，有利于医生观察图像。如图 所示，一条长度为L的内窥镜用折射率为=√2的材料制成。一束激光由其左端的中心点以 0=45°的入射角射入内窥镜内，经过一系列全反射后从右端射出。光在真空中传播的速度 c=3.0×103m/s,则下列判断正确的有 A该激光在内窥饶中的传播速度为3×10m/。 B.该激光在内窥镜中的传播速度为3×108m/s C.该激光在内窥镜中传输所经历的时间为25L 9 X10-8s D。该激光在内窥镜中传输所经历的时间为 3X10-8s 4.如图甲所示，摄影师在水下对水上的景物进行拍摄，获得了令人赞叹的美学效果。忽略镜头 尺寸的影响，假设摄影师由水下竖直向上拍摄，光的传播路径如图乙所示，已知水的折射率为 3,sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法正确的是 4 物理·选择题专练（十二）第1页（共4页） 鱼欧花门卷 A.光线射入水中频率减小 水上 B.水中拍摄到的水上景物比实际位置偏低 水下 C.进入镜头的光线与竖直方向的夹角0最大 为37° D.通过镜头拍摄到的岸上的景物在一个圆形 匆 乙 区域内 5.（多选)如图所示，厚度为d、折射率为的足够大平行玻璃砖下表面镀有特殊的镀层，距离上 表面1位置有一光源P,PQ与玻璃砖上下表面垂直。光线以入射角0射人玻璃砖上表面，经 过上表面和下表面多次反射并从上表面出射后在PQ上生成多个虚像。其中第一次被下表面 反射并出射所生成的像最明亮，称之为主像。则下列说法正确的是 A.主像到上表面的距离为1十 2dcosθ n2-sin0 B.上表面出射的所有光线的反向延长线与PQ的交点间距相等 C.0增大至一定值时经下表面反射的光线不会从上表面出射 D.0=0时，主像到上表面的距离为1+2d Q 6.如图所示为一正六边形玻璃棱镜的横截面，其边长为L,光源S发出的光从AB边上的A点 与垂直于AB边的法线成i=60°角入射，AF边不透光，S距A点的距离为L,光线穿过棱镜 后从ED边上的D点射出，再传播到接收点M,CD边不透光，D距M点的距离仍为L,则下 列说法正确的是 A.出射光线DM与人射光线SA不平行 R B.玻璃的折射率为√2 C.光在空气中SA段传播的时间和在玻璃中AD段传播的时间之比为 1:23 D.保持光源S和六边形位置不变，入射光线入射点从A点移动到B点 的过程中，在AB边上能出现全反射现象 7.(多选)如图所示是一玻璃球体，其半径为R,O为球心，AB为水平直径。M点是玻璃球的最 高点，来自B点的光线BD从D点射出，出射光线平行于AB,已知∠ABD=30°，光在真空中 的传播速度为c,下列说法正确的是 A.此玻璃的折射率为√3 B,光线从B到D需用时3K 430PB C.该玻璃球中光线发生全反射的临界角为45° D.若增大∠ABD,光线可能在DM段发生全反射现象 8.2025年夏天天津迎来世界峰会一上合峰会，天津市对海河沿线灯光景观进行了改造，某水 上公园水池内有甲、乙两个可视为点光源的不同颜色的彩灯位于水面下同一深度处，夜晚两灯分别 在水面上形成一个圆形亮斑，其中甲灯形成的亮斑比乙灯形成的亮斑大，则下列说法正确的是 A.甲光的频率比乙光的频率高 B.甲光在水中的传播速度比乙光的大 C.水对甲光的折射率大于对乙光的折射率 D.甲光发生全反射的临界角小于乙光发生全反射的临界角 物理·选择题专练（十二）第2页（共4页） 班级 9.图甲为太阳光穿过转动的六边形冰晶形成“幻日”的示意图，图乙为太阳光穿过六边形冰晶的 过程，a、b是其中两种单色光的光路。下列说法正确的是 A.从冰晶射入空气中发生全反射时，a 姓名 光比b光的临界角小 太阳光 太阳光 B.用同一装置做双缝千涉实验，a光比b 22 得分 光的干涉条纹窄 转动的 六边形冰晶 六边形冰晶 C.若某单缝能使b光发生明显衍射现 象，则也一定能使a光发生明显衍射 甲 现象 D.照射在同一金属板上发生光电效应时，α光比b光产生的光电子的最大初动能大 答题栏 10.如图所示是指纹识别原理图，其原理是利用光学棱镜的全反射特性，在指纹谷线（凹部），入 1 射光在棱镜界面发生全反射，在指纹脊线（凸部），人射光的某些部分被吸收或者漫反射到别 2 的地方，这样，指纹模块可接收到明暗相间的指纹图像。已知水的折射率约为1.33，玻璃的 折射率约为1.5。下列说法正确的是 手指 A.指纹模块接收光线较亮的部位是指纹脊线指纹模块 5 B.指纹模块接收光线较暗的部位是因发生干涉而减弱的地方 6 C.没有手指放人时，若光源正常发光，指纹模块不会接收到光信号 源 模 D.手指湿润时，指纹识别率会降低 6 11. (多选)激光在生产、科技、医疗等方面有着重要的应用，某科研人员欲通过下述方法研究甲、 乙两种不同颜色的激光的性质，如图所示，半圆柱体玻璃砖紧贴直线MN放置，O点为半圆 10 柱体横截面的圆心，让两激光分别从O点垂直MN射入半圆柱体，保持入射方向不变，缓慢 11 向右移动激光，观察到甲、乙两激光分别移至图中O1、O2点时，恰好无光线从圆弧面PN射 12 出。关于甲、乙两激光，下列说法正确的是 13 A.激光乙的折射率更小 14 B.激光甲在玻璃砖中的传播速度更小 OO:N 15 C.激光甲的衍射能力更强 激光 16 D.用同一装置做光的双缝干涉实验时，激光乙的条纹间距更窄 12. 光的干涉现象在生活中有许多应用。图甲所示是利用干涉现象检查平面平整度的装置，下 列说法正确的是 单色光！ 牛顿环 甲 丙 A.图甲中上板是待检测的光学元件，下板是标准样板 B.若换用波长更长的单色光，其他条件不变，则图乙中的干涉条纹变密 C.若图丙为俯视图甲所示装置时看到的干涉条纹，条纹弯曲说明被检查的平面在此处出现 了凹陷 D.如图丁所示，把一个凸透镜压在一块平面玻璃上，单色光从上方竖直射下，从上往下看凸 透镜，可以看到等间距的明暗相间的同心圆环 物理·选择题专练（十二）第3页（共4页） 鱼欧花门卷 13.关于下列各图，说法正确的是 甲发波水槽中两根 乙肥皂膜的干 丙相机的偏振滤光 丁发波水槽中一根 细杆周期性地触 涉图样 片能减弱玻璃表 细杆周期性地触 动水面形成的 面反射光的影响 动水面并水平移 图样 动形成的图样 A.图甲为水面波的衍射图样 B.图乙中的观察者应该和光源分别在膜的两侧 C.图丙中滤光片的透振方向与玻璃表面反射光的偏振方向相同 D.图丁中的细杆正在向图中左边移动 14.(多选)钛金属阳极氧化工艺是一种在金属及其合金表面通过电解使其表面形成氧化膜的技 术。通过控制电压可以改变薄膜的厚度，自然光照射在工件表面时，光线在薄膜前后表面发 生反射，工件就显示出不同的颜色。关于该现象，下列说法正确的是 A.这是光的干涉现象 薄膜 B.这是光的衍射现象 工件 C.薄膜各处厚度不均匀的话，工件看上去是白色的 D.薄膜各处厚度不均匀的话，工件看上去是彩色的 15.(多选)夜晚，汽车前灯发出的强光将迎面驶来的汽车司机照得睁不开眼睛，严重影响行车安 全。若考虑将汽车前灯玻璃改用偏振玻璃，使射出的灯光变为偏振光；同时汽车前窗玻璃也 采用偏振玻璃，其透振方向正好与对面车灯发出的光的振动方向垂直，但还要能看清自己车 灯发出的光所照亮的物体。假设所有的汽车前窗玻璃和前灯玻璃均按同一要求设置，下列 措施可行的是 A.前窗玻璃的透振方向是竖直的，前灯玻璃的透振方向是水平的 B.前窗玻璃和前灯玻璃的透振方向都是竖直的 C.前窗玻璃和前灯玻璃的透振方向都是斜向右上45° D.前窗玻璃和前灯玻璃的透振方向都是斜向左上45° 16.某商场为提升购物体验，引入了5G室内导航系统，通过发射特定频率的电磁波实现对顾客 位置的精准定位。已知该系统使用的电磁波频率高于4G网络。关于这些电磁波，下列说法 正确的是 A.相比4G网络的电磁波，5G室内导航使用的电磁波更容易发生衍射现象 B.这些电磁波能在真空中传播，且传播速度随频率增大而增大 C.5G室内导航使用的电磁波可以发生偏振现象 D.麦克斯韦预言并证实了电磁波的存在 物理·选择题专练（十二）第4页（共4页）高考试题逐题突破 15.C【解析】将降压变压器和用户端等效成 一个电阻R',其等效电路图如图所示，R 消耗功率和用户端电阻R用消耗功率相 同，根据降压变压器电压与匝数的关系4 -”和功率的公式P= U ns R,综合可得 RR)当用电高峰即用户端并联电阻个数增加时，R用减 6 小，所以R'减小，设高压线上的电流为I。,根据闭合电路欧姆 定律可得1，一，十R,所以随着R'的减小，1，增大，又因为 U3=U2一I2r,所以U3减小，再根据降压变压器电压与匝数的 系=”3，可知U,减小，故A、B错误；拉闸限电即用户端 关系U 并联电阻个数减少，根据上面分析可知R用增大，R'增大，故 I2减小，输电线上损耗功率P糊=Ir,所以损耗功率降低，故 C正确；U1不变，升压变压器匝数比不变时，根据升压变压器 > 电压与臣数的关系号-分，可知U,也不会变化，电厂输出功 8 率为P=U1I1=U2I2,当用户端用电情况变化时，虽U2不会 变化，但根据上面分析可知【2会发生变化，故电厂输出功率发 生变化，故D错误。 16.BC【解析】将副线圈等效为电阻R.,则有RI=RI,因为 I1n1=I2n2,代人题中数据，解得R,=9R,对原线圈有U I1(R,十R,)=I1(R,+9R),司机饮酒后，在吹气过程中，结合 图像可知R减小，故I1增大（即电流表A示数增大），则R,分 压增大，故R电压减小（即电压表V1示数减小），故A错误； 由题意可知有效电压U=220,2V=220V,由图像可知酒精 √2 在0.2mg/mL与0.8mg/mL的范围内，R阻值在402到 9 U 200之间，根据R1十9R)=1,可知电流在0.5~1.0A之 间，故B正确；若司机喝过一瓶藿香正气水10分钟左右进行测 量，则每毫升血液含酒精0.3毫克，由图像可知电阻R约为 U 220 30Q,则1R,+9R40+9X30A≈0.71A,则12=4” 2.13A,则电压表V2的示数约U'=I,R≈2.13×30V≈ 64V,故C正确：若R1和R功率相等，则有R=nR IR niR 可知R- 1 ≈4.42，由图像可知酒精浓度为0.6mg/mL 10 时电阻约为202≠4.42，不符合题意，故D错误。 11 物理选择题专练（十一） 1.BCD【解析】细颗粒物在大气中的漂移是因为气流的作用，不 属于布朗运动，故A错误。由题图甲可知，9：00时的气温高于 10:00时的气温，所以9：00时的空气分子平均速率比10：00时 的大，故B正确。由题图乙可知实线对应的速率大的分子占的 比例大，对应的气体分子温度较高，所以题图乙中实线表示 14:00时的空气分子速率分布曲线，故C正确。14：00时的气 温高于12：00时的气温，空气分子的平均速率较大，单位时间内 12 空气分子对细颗粒物的平均撞击次数较多，故D正确。 2.AC【解析】C点分子力为零，取无穷远处的势能为零，当分子 间距由无穷远处逐渐减小到C点位置时，分子力表现为引力 分子力做正功，分子势能逐渐减小，所以C点的分子势能最小 且小于零，故A正确；分子间距由无穷远处逐渐减小到C点位 置时，分子势能逐渐减小，所以由B点到A点分子势能逐渐增 大，故B错误；分子间距由无穷远处逐渐减小到C点位置时，分 子势能逐渐减小，C点到D点过程分子势能逐渐增大；由图可 知C点到D点过程分子力逐渐增大，故C正确；物体内能等于 物体总的分子势能和分子动能之和，不等于所有分子的分子势 能总和，故D错误。 3.D4.C 5.C【解析】气球从地面到高空，温度降低，气体分子热运动的平 均速率变小，但不是每个气体分子热运动的速率都变小，A错 误；根据热力学第一定律有△U=Q+W,气球从地面到高空过 程中，气球体积没有变化，故W=0,那么△U=Q,B错误，气体 发生等容变化，根据查理定律有气 =2,代入数据解得p2三 0.92×10°Pa,C正确；气球充气时发生等温变化，根据玻意耳 定律有p1V1=np2V2,代入数据解得n=1600,气球在地面充 气所用时间为1600s,D错误。 D【解析】设活塞面积为S,初始时大气压强为。，对活塞受 力分析，有mg十p,S=pAS,解得气体压强pA=p。十"，在活 塞与卡口接触前，活塞受力不变，气体做等压变化，当活塞与卡 口接触后，气体体积不变，继续加热气体，温度升高，由理想气体 状态方程可知压强增大，故整个过程气体先等压膨胀，再等容 升压，题图甲气体一直等压膨胀，一定错误。题图乙气体先等压 膨胀，再等容升压，可能正确。题图丙气体先等压压缩，再等容 升压，一定错误。题图丁气体先等压膨张，再等容升压，可能 正确。 C【解析】从状态a到状态b,气体的p-V图线是圆弧而不是 双曲线，所以这一过程不是等温膨张过程，故A错误。从状态a 到状态c,气体压强不变，体积增大，对外界做功，根据理想气体 状态方程可知其温度必定升高，则气体内能增大，根据热力学 第一定律△U=W+Q,可知气体吸收热量，故B错误。气体在 状态c与在状态a相比，在状态c时气体体积较大，分子的数密 度较小，气体温度升高，分子的平均动能增加，因为状态c与状 态α气体压强相等，所以在状态c时气体分子单位时间内撞击 单位面积器壁的次数一定较少，故C正确。从状态a经b、c、d 回到状态α时气体的温度不变，内能不变，外界对气体做的功等 于图形的面积，根据热力学第一定律△U=W+Q,可知气体放 出热量，故D错误。 C【解析】在C→A过程中，图线为直线，根据理想气体状态方 程可知压强不变，气体体积减小，外界对气体做功，根据WcA p·△V,解得WcA=300J,故A错误。由题知B→C过程中气 体做功绝对值是C→A过程中气体做功绝对值的3倍，则B→ C的过程中气体对外界做功900J,由于B→C过程中气体温度 不变，则内能不变，则此过程吸收热量900J,故B错误。A→ B→C→A,温度不变，则内能变化量△U=0,A→B过程，气体 体积不变，做功为零；B→C的过程中气体对外界做功900J: C→A的过程中外界对气体做功300J,故W=WcA十WC= 一600J,Q=△U一W=600J,则整个过程中气体从外界吸收 600J的热量，故C正确。根据理想气体状态方程可知，三个状 态的压强关系满足pA=pc<pB,D错误。 的 BC【解析】由于登月服能保持与外界绝热，则航天员由地面 到太空的过程中，由于外部气压降低，登月服内压强大于外界 压强，所以登月服急剧膨胀，内部气体体积增大，故B正确；登 月服内气体对外做功，内能减小，则温度降低，登月服内气体分 子的平均动能减小，故C正确；登月服内气体体积变大，温度 降低，则根据气体状态方程 T -=C可知，登月服内气体压强减 小，登月服内壁单位时间、单位面积被气体分子碰撞的次数减 少，故A、D错误。 A【解析】在b→c过程中，气体等压升温膨胀，活塞受力平 衡，有1.5pS=pS十Mg,解得活塞质量为M=,S, 2g,故A 正确。根据理想气体状态方程y-C,得力-CT,p-T图线 斜率不变时，体积不变，可知只有在b→℃过程中气体对外做 功，W=1.5p。S· 2=4pSH,故B错误。在a→d全过程 中，由理想气体状态方程有，=p。解得T=4T Ta 可知气体内能的变化量△U=a(T:一T。)=3aT。,故C错误。 从b→d过程，气体体积增大，对外做功，温度上升，内能增大 根据热力学第一定律可知，气体吸收的热量大于其内能的增 加量，故D错误。 ·8 3.BC【解析】设阀门打开后，活塞C向右移动了x,最后达到平 2L 衡时A、B内气体的压强均为p,A、B内气体的初始体积均为 中通过的总路程为s= ,因此该激光在内窥镜中传输所经历 V,则对A、B内气体由等温变化规律可得pAV=p(V+Sx), 20 的时间是t= psV=p(W-Sx),解得x=3cm,p=3.0×10Pa,故A错 三=25L×10s,故C正确，D错误。 9 误，B正确。由于整个装置均由导热材料制成且环境温度恒 定，所以气体温度保持不变，气体内能不变，即△U=0,又因为 气体A膨胀，对外做功，即W<0,由热力学第一定律△U= W+Q,可得Q>0,即气体A要从外界吸热，故C正确。若B4.D【解析】光线由水上射入水中时，光 汽缸抽成真空且没有活塞，打开阀门D后，A汽缸中气体自由 的频率不变，故A错误。如图所示，光 膨胀对外不做功，又因为气体内能不变，所以A中气体既不从 源S成像在S处，S的位置比S的位置 水上 外界吸热也不向外界放热，故D错误。 偏高，故B错误。当光线在水面的入射 ABC【解析】设玻璃管在光滑斜面上运动时加速度为a1,对 角为90°时，水中光线与竖直方向夹角 整体，由牛顿第二定律有m总gsin0=m总a1,解得a1= 达到最大值，即临界角C,且sinC= 5m/s2,对水银柱，根据牛顿第二定律poS十mg sin0-p1S= 13 4 >0.6,则C>37°，故C错误。 ma1,其中m=pV=Sh,解得被封闭气体的压强p1 75cmHg,故B正确。若细玻璃管开口向上竖直放置且静止不 由以上分析可知，水面上有岸上景物光线射入的区域为圆形， 动，被封闭气体的压强p2=p。十pgh=80cmHg,被封闭气体 则通过镜头拍摄到的岸上的景物在一个圆形区域内，故D 做等温变化，则p2SL1=pSL,解得封闭气体的长度L1= 正确。 37.5cm,故A正确。若细玻璃管开口竖直向下静止放置，被 5.ABD【解析】由题意可得第一次成像光路图如图所示，主像位 封闭气体的压强p,=p。一pgh=70cmHg,气体做等容变化， 置为0，设第一次折射的折射角为，则有n=s血9，根据几何 sinr 则2-可得工T。=415,故C正确。若用沿斜面间 上的外力使玻璃管以a2=1m/s2的加速度沿斜面加速上滑， 关系可知，主像到上表面的距离D=2d,tanr十1·tan -cos 0, sin 0 对水银柱，根据牛顿第二定律p4S一poS一ng sin0=ma2,其 解得D=l十 2dcos 6 三，故A正确。光线每次经下表面反射 中=pV=pSh,被封闭气体做等温变化，则p4SL2=p2SL1, √n2-sin2 解得p4=78cmHg,L2≈38.46cm,故D错误。 后在上表面出射的点均向左移动2 dtan r,根据几何关系可知， 5. C 上表面出射的所有光线的反向延长线与PQ的交点间距相等， 6.ACD【解析】设一个氧气瓶最多充满n个便携式氧气瓶，根 故B正确。根据光路可逆性可知，光线不会在上表面发生全反 据玻意耳定律有pV=poV十npV。,解得n=380,故A正确。 射，故C错误。0=0°时，即光线沿PQ方向，由D=1十 根据题意有T1=t1十273K=300K,T。=0+273K=273K, 2dcosθ ,可得主像到上表面的距离为D=1+24,故D T2=t2十273K=275K,0℃时压强为p标=1×103Pa的 √n2-sin2 1mol气体的标准体积是22.4L,根据p标V标=n,RTo,对应 正确。 27℃时的便携式氧气瓶，根据p。V。=n1RT1,则充满气后 个便携式氧气瓶内的氧原子数目为N=n1NA,解得N≈ 0.12NA,故B错误。设瓶内剩余气体在没有漏气之前，即温度 为t1=27℃、压强为p。=2×105Pa状态时，占据体积为△V, 对这部分气体，根据理想气体状态方程有AY_了， 一，则 T :Q 将氧气瓶搬至山上后，瓶内剩余气体质量约为原来的m余 m原 △V .100%,解得m会≈73%，故C正确。将氧气瓶搬至山上， 6.C V。 772原 7.AD【解析】由几何关系可知，光线从D点射出过程，入射角和 由于漏气，瓶内气体分子分布的密集程度减小，温度降低，分子 折射角分别为i=∠ABD=30°，r=2∠ABD=60°，则此玻璃的 运动的平均动能减小，导致压强减小，故D正确。 折射率为n=si加？=，A正确。由几何关系可知，BD长度为 sin i 物理选择题专练（十二） B 5=2Rc0s30=5R,光在玻璃球内传播的速度为？=元，所以 D【解析】a、b两条出射光线均在水珠表面发生折射现象，入 射角相同，a光的折射角小于b光的折射角，根据折射定律n= 光线从B到D需要的时间为1=二一3迟，故B错误。由临界角 sni,可知n,>,折射率大则光的频率高，因此a光是紫光，b sin r 公式可得inC=1=3、2 一3<2，则临界角C<45,故C错误。 光是红光，故A错误；在真空中传播时，α、b光的速度一样大， 光线沿BM入射时，入射角等于45°，大于临界角，所以增大 故B错误；根据光的衍射现象，遇到相同的障碍物，波长越长的 ABD,光线可能在DM段发生全反射现象，故D正确。 光越容易发生明显衍射，因此b光更容易发生明显衍射，故C8.B 错误；由于光的频率越大，波长越短，因此入。<入。，故D正确。 9.C【解析】由图乙知冰品对a光的折射率小于对b光的折射 AC【解折】根据a=台，可得-32×I0m/s,放A正确，B 2 率，由si血C=。,可知，从冰晶射入空气中发生全反射时，a光 错误；根据折射定律n=加，可得光线从左端面射人后的折射 的临界角大于b光的临界角，故A错误。因折射率n。<6,则 sin r 频率f。<f6,根据c=入f,可知波长入。>入。，由双缝干涉条纹间 角为30°，射到侧面时的入射角为60°，大于临界角45°，因此发 生全反射，同理光线每次在侧面都将发生全反射，直到光线到 距公式A△z-子，可知a光的干沙条纹比b光的宽，故B错误， 达右端面，如图所示，由三角函数关系可以求出光线在内窥镜 单缝能使b光产生明显衍射，说明单缝宽度小于或接近b光波 ·物理· 长，由于α光波长大于b光波长，所以单缝宽度一定小于或接近 a光波长，a光一定发生明显衍射，故C正确。由光电效应方程 Ekm=hv一W,可知a光比b光产生的光电子的最大初动能小， 故D错误。 10.D 11.AB【解析】如图所示，恰好无光线从 PN面射出时，表明光恰好在PN面上 发生全反射，此时的入射角等于临界角， 由图可知C<C,根据C=,可知了 激光乙的折射率更小，故A正确；由n= 甲乙 C可知，激光甲在玻璃砖中的传播速度 更小，故B正确；折射率大的光其波长小，衍射能力差，甲的波 长小，甲的衍射能力更差，故C错误：跟据△x=之A,表明激光 5. 6. 甲的条纹间距更窄，故D错误。 12.C13.D 14.AD【解析】薄膜前后表面反射的光线进行叠加后有的波长 的光增强，有的波长的光减弱，这是干涉现象，选项A正确，B 错误：薄膜各处厚度不同，不同的光得到增强，工件显示出不同 的颜色，选项C错误，D正确。 15.CD【解析】若前窗玻璃的透振方向竖直、前灯玻璃的透振方 向水平，从车灯发出的照射到物体上反射的光将不能透过前窗 玻璃，司机面前将是一片漆黑，所以不可行，故A错误。若前 窗玻璃与前灯玻璃的透振方向均竖直，则对面车灯发出的光仍 能透过前窗玻璃照得司机睁不开眼睛，所以不可行，故B错 误。若前窗玻璃和前灯玻璃的透振方向都是斜向右上45°，则 对面车灯发出的光无法射进本车车窗内，但自己车灯发出的光 8. 经物体反射后却可以射进本车车窗内，本车司机能看清自己车 灯发出的光所照亮的物体，也不会被照得睁不开眼，C可行；同 理，D可行，故C、D正确。 16。C【解析】根据入=，相比4G网络的电磁波，5G室内导航 使用的电磁波频率更高，则波长更短；由于波长越长越容易发 生衍射现象，所以5G室内导航使用的电磁波更不容易发生衍 射现象，故A错误，所有电磁波在真空中的传播速度均为光速 c=3X108m/s,与频率无关，故B错误。偏振是横波的特性， 电磁波是横波，因此无论频率高低均可发生偏振现象，故C正 确。麦克斯韦通过理论预言了电磁波的存在，但实验证实由赫 兹完成，故D错误。 物理选择题专练（十三） 1.B【解析】在国际单位制中，秒(s)是基本物理量时间的单位 故A正确，与题意不符。根据c=六，可得铯原子基态两个超 精细能级之间跃迁时所辐射的电磁波的波长为入≈3.26× 10一2m,远大于可见光的波长，所以与可见光相比，铯原子基态 两个超精细能级之间跃迁时所辐射的电磁波更容易发生衍射， 10 故B错误，与题意相符。两个超精细能级之间跃迁时所辐射的 11 电磁波的能量约为E=加=h≈6.09×104J≈3.81× 10-5eV,故C、D正确，与题意不符， 2.D 3.D【解析】波长为2以、入的单色光的能量分别为E,=以，E,= hc ，由爱因斯坦光电效应方程可知E1一织-W。,B- hc hc 12 14 W。,又从锌板表面逸出的光电子的最大初速度之比为1：3，知 光子最大初动能之比为1·9，由以上可解得w。三，所必 _W。7c ,=方一6成，故A错误。电流计的示数与光电流的大小有 关，单位时间内逸出的光电子数目越多，光电流越大，而单位时 间内逸出的光电子数与光的强度有关，由于光的强度关系未 知，所以无法判断电流计的示数大小，故B错误。波长为3入的 单色光的频率为v=3元<16 C .7c ,因此该光不能使锌板产生光电效 应现象，即不能从锌板表面逸出光电子，故C错误。由公式 eU.=2m:,可得U,-m,即二者遏止电压之比为1：9 故D正确。 BC【解析】仅改用同等强度的红光，由于红光的频率小于绿光 的频率，可能无法发生光电效应，不会打开窗帘，故A错误：电 源正负极装错，光电管两端电压为反向电压，当反向电压较大 时光电流会减小甚至消失，则无法打开窗帘，故B正确；仅将滑 片向左滑动，会使正向电压减小，光电流会减小，则需要更强的 光照才能达到足够大的光电流，即窗帘在更亮时打开；同理仅 将滑片向右滑动，会使正向电压增大，光电流会增大，窗帘在更 暗时打开，故C正确，D错误。 D D【解析】电子在两电极间从上向下加速，说明电场方向从下 向上，下端为正极，上端为负极，故A错误。两极间电压越大， 可 电子离开电极时的速度越大，电子的动量越大，根据力一入 知波长越小，故B错误。若两极间电压不变，根据qU=2m0 2m6,电子离开电极时的速度不变，显微镜的分辨率不变，故 C错误。由于质子的质量远远大于电子的质量，以相同电压加 速时，质子和电子获得的动能相同，根据p=√2mE,可知质 子的动量更大，因此质子显微镜分辨率更高，故D正确。 C BD【解析】处于基态的氢原子跃迁到激发态，如果到第2能级 △E=E2-E1=10.2eV,如果到第3能级△E=E。-E1 12.09eV,10.5eV的光子能量都不符合跃迁条件，故A错误 按照玻尔理论，氢原子由基态跃迁到激发态，核外电子从低轨 道跃迁到高轨道，克服库仑力做功，原子的电势能增大，故B正 确；大量处于=4能级的氢原子，向低能级跃迁，能辐射N= 4×(4-1) =6种光子，故C错误；=2的氢原子从激发态向低 2 能级跃迁，释放10.2eV能量的光子，因10.2eV>6.34eV,发 出的光照射金属铂，能发生光电效应，故D正确。 C【解析】H。谱线的波长最长，频率最小，能量最小，故H,对 应的光子能量比H。对应的光子能量大，A错误。由图可知，四 条谱线中H。谱线的波长最短，频率最大，而氢原子从高能级向 n=2能级跃迁产生的光子中，从n=3能级向n=2能级跃迁时 产生的光子能量最小，其波长最长，频率最小，B错误。氢原子 从n=4能级向n=3能级跃迁时发出的光子的能量为 一0.85eV-(1.51)eV=0.66eV,此能量小于可见光的能量范 围，故此光属于红外线，C正确。亮线分立说明氢原子跃迁时发 射的光子的能量是不连续的，对应的光的频率也是不连续的， 并不是氢原子有时发光有时不发光，D错误。 C【解析】由衰变方程可知该反应释放B粒子（电子），属于3 衰变，而非α衰变，故A错误；9Y(质子数39)发生B衰变，根 据电荷守恒，Zr的电荷数（质子数）Z=39十1=40，根据质量数 守恒，Zr的质量数A=90,中子数为90一40=50，故B错 误；39Y的半衰期是64h,则1g39Y经64h后剩余0.5g未衰 变的Y,故C正确；衰变后生成的新核(Zx)更稳定，比结合能 更高，因此Y的比结合能小于2Zx的比结合能，故D错误。 C13.B C【解析】根据核反应满足质量数守恒和电荷数守恒，可知X 的质量数为0，电荷数为一1，则X是电子，故A错误。核反应 释放核能为结合能之差，电子无结合能，有△E=E1一64E, 则6Zn的结合能为E1=64E十△E,故B错误，0Zn共有64个 核子，设比结合能为E,有64E=64E十△E,则0Zn的比结合 能为E=E+合，放C正确。核反应为放能反应，则生成物的 结合能大于反应物的结合能，即Zn的结合能比Cu的结合 能大，故D错误。 参考答案及解析 5.C【解析】根据核反应质量数和电荷数守恒，这种核反应的方 程式为C→2He十1X,故A错误。衰变前总动量为0，由动 2g(1-cos 0)-4gsin0 h),因两摆球的最大偏角8满足sin乙≈ 量守恒定律可知衰变刚结束时，α粒子与新核X的动量等大反 A 向，故B错误。α粒子与新核X在磁场中做匀速圆周运动，由 分则a=4gm号-g(A)》,所以ap>a2,放D正确。 2A 洛伦兹力提供向心力qoB=m 。”运动周期为T=2T 7.B【解析】波沿x轴负方向传播，根据上下坡法可知在t=0时 2,故。粒子与新核X做匀速圆周运动的周期之比为T。· 质点P的振动方向向上，由图可知在该时刻质点P的位移为正 gB 方向，所以质点P的加速度方向向下，即振动方向与加速度方 =4:10=4:5,故C正确。根据质能方程△E=4E,十 Tx=24 向不相同，故A错误；由图可知该波的波长λ=1.2m,设质点的 10E,一14E1=△mc2,解得这种核反应的质量亏损为△m= 振动周期为T,则质点P的初相位9=石，所以质点P的振动 4E2十10E,一14E,故D错误。 方程为y-0,2sim(学+）m,0.1-0.2sin(=×0.8+若）， 6. B【解析】重核裂变反应生成的中子被称为快中子，故A错 解得T=2.4s,则该简谐波的波速为0=子=24m/s= λ1.2 误。生成物的比结合能大于反应物的比结合能，故裂变反应产 物Kr的比结合能比2U大，故B正确。核反应方程应表现 0.5m/s,故B正确，C错误；在t=0时质点Q的位移为零，且 为中子轰击铀核，故不可简化，故C错误。核电站常用的慢化 剂有石墨、重水和普通水，可以减慢中子的速度；控制镉棒的插 向下运动，t=0,8s=3时，根据振动的周期性可知，质点Q的 入深度来控制链式反应速率，故D错误。 位移为负，与t=0时的位移不同，故D错误。 物理选择题专练（十四）》 8. C 9.C【解析】根据题图乙可知，t=2s时x=0.2m处质点由平衡 D 位置向下振动，根据同侧法可知，该简谐波沿x轴负方向传播， BC【解析】P、Q两质点的振动方向相反，位移等大反向，再结 故A错误。在波的传播过程中质点只在平衡位置附近振动，并 合波的空间周期性与时间周期性，可得P、Q平衡位置间的距离 不随波迁移，故B错误。由题图甲可知，波长λ=0.4m,由题图 为半个波长，即0.5入=1m,解得入=2m,故A项错误。波的速 二-m=1m/s,由T=名，可得T=2s,坐标原点处 乙可知，周期T=4s,波速==0.1m/s,t=0时x=0.2m 率为=t1s 入 处的质点开始振动，由题图乙可知，质点开始振动时由平衡位 的质点的振动方程为y=Asmn1,结合已知条件可得y 置向上振动，波由x=0.3m处传播到x=0.2m处需要的时间 5sinπt(cm),故B项正确。设坐标原点处的振动传到P点的平 /-二-18=十T,由题图乙可知x=0.2m处的质点振动方 衡位置处所需要的时间为to,P点零时刻位移为一3cm,由于 379 程为y=0.1sin2(m)x=0.3m处的质点比x=0.2m处的 sin37°=0.6，得P点距0点s=360入，0点振动传到P点用时 ,=号，代入数据解得1，=0s,故C项正确。10s时间内Q 37 质点提前子T,则x=0.3m处的质点的振动方程为y t 10 的路程为s=·4A=2X4X5cm=100cm,故D项错误。 0.1sim(受+受）m,放C正确。波从x=0.2m处传播到x= △x BC【解析】t=0时，加速度为零，此时手机处于平衡状态，弹 -0.5m处需要的时间t传播= -=7s,从t=0到t=10s时 簧处于伸长状态，选项A错误。由图可知，手机振动的周期为 间内x=一0.5m处的质点的振动时间t振动=t总一t传播= 0.8s,选项B正确。从t=0至t=0.2s,手机的加速度增加， 手机向下振动到最低点，则动能减小，t=0.2s时，手机位于平 105-7s=3s=T,则运动的路程s=3A=3X0.1m 衡位置下方，选项C正确，D错误。 0.3m,故D错误。 C 10.C AD【解析】由洛伦兹力与摆线的拉力对摆球不做功可知摆球 11.BD【解析】根据题意可知，(0.2m,0)处离波源S1较近，则 的机械能守恒，摆球到达的左、右两边最高点应处于同一水平 (0.2,0)处的质点开始振动的方向与波源S1相同，由题图 面，故A、B处于同一水平面，故A正确。由于洛伦兹力与摆线 乙可知，波源S1开始振动的方向沿z轴正方向，故A错误。 拉力在一条直线上，不影响小球沿切线方向的加速度，则小球 由题图乙和题图丙可知，两列波的周期均为0.2$，起振方向相 匹，故B 做单摆的周期不改变，即单摆摆动的周期为T=2m√ 反，两列波的波长为入=vT=0.4m,(0.6m,0)处的质点到两 波源的路程差为△x1=(0.2十0.6)m一(1.2一0.6)m= 错误。小球摆到最低点时，向右摆过C点时，由牛顿第二定律 得T十g咖B-mg=m号，向左摆过C点时，有T-g0B 0.2m=名，则(0.6m,0)处的质点振动加强；(0.5m,0)处的 质点到两波源的路程差为△x2=(0.2+0.5)m一(1.2一0.5)m= g=m,速度大小相同、半径相同，所以两次拉力大小不相 0,则(0.5m,0)处的质点振动减弱，故B正确，C错误。根据 等，故C错误。小球在A、B两点时速度均为零，所需向心力均 △r=0.2m=令，可知M点为振动加强点，则M点的振幅为 为零，摆线的拉力大小都等于重力沿摆线方向的分力，所以摆 A=(20+20)cm=0.4m,t=0时，由平衡位置沿z轴负方向 线的拉力大小相等，故D正确。 AD【解析】甲、乙两单摆的振幅分别为4cm和2cm,则振幅 运动，则M点振动方程为：=Asim(孕+r)=0.4sin(10mt十 之比为2：1，故A正确。t=2s时，甲单摆在最低点，则重力势 π)m,故D正确。 能最小，乙单摆在最高点，则动能最小，故B错误。甲、乙两单 12.BCD【解析】根据题意可知，两列波波速相同，波长相同，则 摆的周期之比为1：2，根据T=2x√怎，可知，程长之比为1： 周期相同，T-=4s,颜率了一7-}，频率相同，故两 4,故C错误。设摆球摆动的最大偏角为0，由mgl(1一cos0)= 列简谐横波能发生干涉现象，故A错误。甲波传到x=7处 m0及ma=n二可得，摆球在最低点时向心加速度a 1 的质点处用时t=1s,乙波传到该处用时t'=3s,两波到达该 处叠加减弱，所以振幅为5cm,故由图示时刻经4s通过的路