专题5 课时作业18 光学和电磁波-【红对勾讲与练】2026年高考物理二轮复习练习手册

课时作业18 (分值 基础巩固练 1.(5分)（多选）电磁波在科学研究和日常生活中有 着广泛的应用。如图所示，关于电磁波的应用，下 列说法正确的是 甲 丙 A.图甲中经过调制后的电磁波的波长不变 B.图乙中天文学家利用射电望远镜接收无线电 波，进行天体物理研究 C,图丙中红外线夜视仪是利用了红外线热效应强 的特点 D.图丁中CT机应用人体发射红外线的原理拍摄 人体组织 25分)(2025：山东青岛-提)用平行l川11 单色光垂直底面照射一透明薄膜，形 成的干涉图样如图所示。则该透明薄膜截面的形 状可能是 ) A 3.(5分)(2025·黑吉辽蒙 激光 卷)如图，利用液导激光 进液口 技术加工器件时，激光 在液束流与气体界面发 气体 》气体 生全反射。若分别用 甲、乙两种液体形成液 液束流 束流，甲的折射率比乙 的大，则 A.激光在甲中的频率大 B.激光在乙中的频率大 (横线下方不可作答) 1 班级： 姓名： 光学和电磁波 55分) C.用甲时全反射临界角大 D.用乙时全反射临界角大 4.(5分)(2025·广西卷)如图，在 E M 扇形玻璃EOG中，OE⊥OF,可 N 见光分别从E点沿EM、EN射真空 玻璃 --F 向真空。该玻璃对可见光的折 射率为√2，则 G A.沿EM的光发生全反射，沿EN的光不发生全 反射 B.沿EM的光不发生全反射，沿EN的光发生全 反射 C.沿EM、EN的两束光都发生全反射 D.沿EM、EN的两束光都不发生全反射 5.(5分)（多选）(2025·湖南长沙一模)为模拟光在 光导纤维中的传播原理，取一圆柱形长直玻璃丝 进行实验。如图所示，纸面内有一束激光由空气 中以α=45°的入射角射向玻璃丝的AB端面圆心 O,恰好在玻璃丝的内侧面发生全反射，此时内侧 面人射角为0。下列说法正确的是 () A 0 空气 B √6 A.sin 0= 4 B.玻璃丝只能传播该频率的光 C.激光由空气中进入玻璃丝后，其波长变短 D.减小入射角α，激光在玻璃丝中仍能发生全 反射 6.(5分)(2025·河南卷)折射率 45 为√2的玻璃圆柱水平放置，平 行于其横截面的一束光线从顶 点入射，光线与竖直方向的夹 角为45°，如图所示。该光线从 圆柱内射出时，与竖直方向的夹角为（不考虑光线 在圆柱内的反射) A.0 B.15° C.30° D.45° 专题五振动与波、光学 能力提升练 7.(5分)（多选）日晕是由于太阳 光穿过云层中小冰晶时发生折 射或反射形成的光学现象，如 图为平面内一束太阳光射到正六边形冰晶截面的 光路图，a、b为其中的两种不同单色光。不考虑多 次反射和折射，则 ( A.冰晶对a光的折射率小于对b光的折射率 B.a光的波长小于b光的波长 C.射出冰晶时a光和b光都有可能发生全反射 D.射向同一单缝，b光比a光的衍射现象更明显 8.(5分)（多选）(2025·河北保定 一模)一个长方体玻璃砖截面如 30 图所示，AB=2BC=2a,一束黄 光从AB的中点E射人玻璃 砖，方向与AB边成30°角，恰好 射到C点。已知光在真空中的 传播速度为c,不考虑光在玻璃砖内的反射，下列 说法正确的是 ( A.玻璃砖对黄光的折射率为？ B.黄光在玻璃砖中的传播时间为5 C.用红光替代黄光，其他条件不变，红光从CD边 射出玻璃砖 D.用红光替代黄光，其他条件不变，红光在玻璃砖 中的传播时间变短 9.(10分)(2025·甘肃卷) 如图所示，已知一圆台容 器，高H=15cm,上口径 R=13cm,容器底部中心 有一质点，未装入水时，人眼从容器边缘无法观测 到该质点，装入某种液体后，恰好可以看到，此时 液面高度h=l2cm,人眼观测角度a满足sina= 号，人眼到人射处距高为5m。光在真空中的传 播速度c=3×103m/s,求： 得分 红对勾·讲与练 148 (1)该液体的折射率； (2)光从底部质点反射至人眼全过程的时间。 尖子生选练 10.(5分)(2025·黑龙江哈尔滨一模)哈尔滨冰雪节 被誉为世界四大冰雪节之一，哈尔滨的冰灯更是 在国际上享有极高的声誉和地位（如图甲）。图 乙为一块棱长为L的立方体冰砖，它是由纳米级 二氧化钛颗粒均匀添加在水中冰冻而成，该冰砖 对红光折射率n=1.5,冰砖中心有一个红光的发 光点，不考虑光的二次和多次反射，真空中光速 为c,下列说法正确的是 () ●0 A.光在冰块中的传播速度大于在真空中的传播 速度 √3L B.光从冰砖射出的最长时间为2c C.从外面看玻璃砖六个面被照亮的总面积为 6π·L2 D.点光源从红光变成紫光后，冰砖表面有光射出 的面积会增大 高三二轮物理 ■■得弹簧弹力大小为F=mg,A错误；由 题图乙知，t=0.2s时，手机的加速度 为正，则手机位于平衡位置下方，B错 误；由题图乙知，从t=0至t=0.2s,手 机的加速度增大，手机从平衡位置下方 向最大位移处运动，速度减小，动能减 小，C错误；由题图乙知T=0.8s,则圆 频率w= =2.5rrad/s,则a随t变 2π 化的关系式为a=4sin(2.5πt)m/s2, D正确。 5.CD 该列波的波速为v= Ag=2m/8, 又因为u= 子，可得波源的振动周期为 T=入=2s,故C,D正确：从t=0开 U 始，经过t,==1.55,x=3m处的 质点开始振动，故0一45时间内它振 动的时间为2.5s,则其运动的总路程 为s 5X4A=50cm,故B错误：1= 2. 2 5s时，波传播至x=vt=10m,由于 入=4m,所以x=10m处的质点振动 方向与x=6m处的质点振动方向相 同，由题图可知x=6m处的质点振动 方向沿y轴正方向，故t=0时刻波源 的起振方向沿y轴正方向，故A错误。 1 6.D 根据波形可知入=4m,2T=25s 1.5s,可得T=2s,故波速为v 2m/s,故A错误：设波源的平衡位置 距离P点距离为x。,根据左侧t=1.5s 时的波形可知 2十x0 =1.5s,解得 x。=1m,故B错误；根据左侧实线波 形结合同侧法可知波源刚开始的振动 1 方向向下，由于t=1.08=月 T,故可 知此时波源处于平衡位置且向上运 动，故C错误；由于x。=1m,可知波源 的平衡位置距离Q点距离为x1=3m, 故波传到P、Q两点的时间分别为t。= 2=0.5s,t1=91=1.5s,故t=5.5s 时，平衡位置在P、Q处的两质点已经 振动的时间分别为t。=5.5s一0.5s= T,=5.5s-1.5s=2T,由于波源 2 刚开始向下振动，故t=5.5s时，P处 质，点处于平衡位置向上振动，Q处质 点处于平衡位置向下振动，故此时平 衡位置在P、Q处的两质点位移相同。 故D正确。 7.C由题图甲可知波长入=4m,由题图 乙可知周期T=8s,则波速为v λ4 T 8 m/s=0.5m/s,A错误；由于 波在介质中匀速传播，则从t=0s到 t=4s波传播的距离x=t=0.5X 4m=2m,又因为波沿x轴负方向传 播，且P是平衡位置位于x=1.5m的 质点，则x=1.5m十2m=3.5m处的 质点在t=0s时的振动情况与质点P 在t=4s时的振动情况相同。根据同 2562因勾·讲与练·高三二轮物理 侧法分析t=0s时x=3.5m处的质 点振动情况可知，此时质点沿y轴正 方向运动，B错误；由题图甲可知振幅 A=8cm,由题图乙可知周期T=8s 2不_2π=π，由题图甲可知波 则w=T=8 4 峰位于x=1m处，平衡位置位于x= 2m处，P是平衡位置位于x=1.5m 的质点，则P质点横坐标为波峰与平 衡位置的中点处，所以P质点的纵坐 标为4√2cm,根据同侧法分析可知，P 质，点此时在向y轴负方向运动。设P质 点的振动方程为y=8sin(1+9）cm, 当1=0时9=，则质点P做简请运 动的位移随时间变化的关系是y= 8sin(任1+）cm,质点P派动图像 如图，C正确； y↑ 18 45 5 由C选项可知质，点P的振动方程为 y=8m(无1+）m:由题国之的因 像可知，质，点Q的振动方程为y= 8n(任1-）cm,国为波活x釉负 方向传播，若质点Q在质点P的左侧， 则P,Q两质点间的相位差△9=4 (）若废点Q在质点P的右 侧，则Q、P两质点间的相位差△= r3π三一。，则P、Q两质点 44 平衡位置间的距离△x=)十以(k与 0,1,2,3,…),D错误。 8.(1)入甲=0.5m入z=1.0m √2 (2)2um-2am(3)340s 解析：(1)由题图甲可知4入甲=2.0m, 解得入甲=0.5m, 由题图乙可知2λz=2.0m,解得入z= 1.0m。 (2)该时刻，甲波在x=0处偏离平衡 位置的位移为1.04m,乙波在x=0处 偏离平衡位置的位移也为1.0m,因 此这两列波叠加后在x=0处的质点 在该时刻偏离平衡位置的位移为x。= 2以m, 该时刻，甲波在x=0.375m=4 处偏离平衡位置的位移为0，乙波在 =0375m-8:处偏高平衡位置 2 的位移为一 2 um, 因此这两列波叠加后在x=0.375m 处的质点在该时刻偏离平衡位置的位 √2 移为x0.375= 2m。 (3)这两列波叠加后的波长入=1.0m, 根据波长、波速与周期的关系有入 vT,其中v=340m/s, 代入数据解得T= 1 340 9.B由单摆的周期公式T=2可 知，单摆的周期与摆角无关，故摆角变 小，周期不变，A错误：由于同一光滑 细线上的拉力大小处处相等，则由题 意可知，小球平衡时，细线A端拉力等 于B端拉力，D错误；对平衡时的小球 受力分析，如图所示，则由力的平衡条 件可知FAcos30°十F&cos30°=mg, 又FA=FB,代入数据解得FA= √3 N,C错误；由几何关系可知单摆的 3 摆长1= LAB tan 30 C0s30 =1m,则由T= 2无可知小球摆动周期T2 B正确。 B 309 2￥ <30 30° ￥mg 课时作业18光学和电磁波 1.AB题图甲中为调幅波，不影响频率， 故波长不变，A正确：题图乙中天文学 家利用射电望远镜接收无线电波，进 行天体物理研究，B正确；红外线夜视 仪利用的是红外遥感技术，C错误；CT 机通过X射线拍摄人体组织，D错误。 2.C薄膜千涉是光照射到薄膜上时，薄 膜前后表面反射的两列光相叠加，发 生干涉现象，同一条亮条纹或暗条纹 对应的薄膜厚度相等，干涉条纹宽度 越宽说明薄膜厚度变化越小，由题图 可知，相邻亮条纹间的距离变大，干涉 条纹越来越宽，故薄膜厚度变化越来 越小，故选C。 3.D激光在不同介质中传播时，其频率 不变，故A,B错误：根据sinC=】,甲 的折射率比乙的大，则用乙时全反射 临界角大，故C错误，D正确。 4.C过M点和 N点分别作出 两界面的法线， 设EM光线的 入射角为日， 真空 玻璃 EV光线的入 射角为α，如图 所示，则在等腰 三角形OEM中，∠EOM+20=180°， 文∠EOM<90°，则0>45°，同理，在等 腰三角形OEN中，∠EON十2a= 180°，又∠EON<90°，则a>45°，根据 全反射临界角公式sinC=】得C 45°，由于a和0均大于C,故沿EM、 EV的两束光都发生全反射，C正确。 sin a 5.CD 根据折射定律有n= sin(90°-0) sin a ,又因为光恰好在玻璃丝的内侧面 cos 0 发生全反射，则有n= .1 sin 0' 联立解得 sin 0=16 ,故A错误；玻璃丝可以传播 不同频率的光，故B错误；激光由空气 中进入玻璃丝后，传播速度变小，则波 长变短，故C正确：减小入射角α，则折 射角减小，光在玻璃丝的内侧面入射 角增大，大于临界角，发生全反射，故D 正确。 6.B设光线射入 45 圆柱体时的折 射角为0，根据 光的折射定律 可知n= sin 45 sin 解得0=30°，如 图，根据几何关 系可知光线射 出圆柱体时的入射角i=0=30°，则法 线与竖直方向的夹角α=0十i=60°，根 据光的折射定律可知n= iny,解得光 sin i 线射出圆柱体时的折射角r=45°，光 线从圆柱体内射出时，与竖直方向的 夹角为B=a一r=15°，故选B。 7.BD由题图可知太阳光射入冰晶时，a 光的偏折程度较大，可知冰晶对a光 的折射率大于对b光的折射率，故A 错误；由于冰晶对a光的折射率大于 对b光的折射率，所以a光的频率较 大，根据入=了可知，a光的波长小于6 光的波长，故B正确；由题图可知射出 冰晶时a光的入射角等于射入时的折 射角，可知a光射出冰晶时不可能发 生全反射，故C错误；由于a光的波长 小于b光的波长，所以射向同一单缝，b 光比a光的衍射现象更明显，故D 正确。 8.ABD 作出光路 图如图所示，由几 何关系可知01= 309 60°，02=45°，由折 射定律得折射率 sin01_√6 sin 02 ,故 2 A正确；黄光在玻 璃砖内的传播速 B 度u=￡，EC之间的距离d=√2a,则 黄光在玻璃砖中的传播时间1= d 3a ,故B正确；由于红光频率小于黄 光颜率，可知玻璃砖对红光的折射率 小于黄光，其他条件不变，用红光替代 黄光后，折射角变大，则红光从BC边 射出玻璃砖，故C错误；红光从BC边 射出玻璃砖，则红光在玻璃砖中的传 播距离减小，由=无知红光在玻璃 砖中的传播速度更大，所以红光在玻 璃砖中的传播时间变短，故D正确。 9.(1)3 (2)8.3×10-10s 解析：(1)根据题意，画出光路图，如图 所示， O'Aa B C 5,O'B= 由几何关系可得sini= H-h=3 cm, 则有O'A=4cm,AB=5cm,则 OC R-OA 3 sin r-OB (R0'A)5' 由折射定律可得该液体的折射率为 (2)根据题意，由图可知，光在空气中 传播的距离为s,=5cm, 光在液体中的传播距离为52=OB= √h+(R-O'A)'=15cm, 光在液体中的传播速度为=￡ ,则光从底部质点反射至人眼金过 3c 程的时间t=1十52=0.05 03X1088+ 0.15 2.25×10s≈8.3×1010s。 10.C光在冰块中的传播速度w=元 ,5<c,光在冰块中的传播速度小于 C 在真空中的传播速度，故A错误；根 据题意可知，由临界角公式有sinC= 】=了光线从顶点射出时，路程最 大，由几何关系可得，此时光线的入 V2 射角sini= 2=6 >sinC,即光线 V3 3 2 不能从顶点射出，则路程最大时恰好 发生全反射，设光从冰砖射出的最长 时间时路程为x,由几何关系可知 则最长时间1=后联立 cos C=2x 95L 以上解得t= ,故B错误；由几 20c 何关系可知每一侧面被照亮的半径 女=？tanC,则从外面看玻璃砖被照 亮的总面积为S=6πr2,联立解 6L,故C正确：紫光折射率 得S= 比红光大，故紫光临界角小，结合以 上分析可知，点光源换成紫光后冰砖 表面有光射出的区域半径减小，即面 积将减小，故D错误 专题六热学 近代物理 课时作业19热学 1.A布朗运动指的是悬浮微粒的无规 则运动，故A正确；质量一定，体积一 定的理想气体，根据查理定律可知温 度越高 强越大，故B错误；只要两个 物体之 存在温差，就可以发生传热， 与内能多 无关，故C错误；当分子间 作用力表现为斥力时，分子势能随分 子间距离的增大而减小，故D错误。 2.A根据题意可知，气球缓慢上升的过 程中，气体温度不变，则气体的内能不 变，气体分子的平均动能不变，气体的 体积变大，气体对外做功，由热力学第 一定律可知，由于气体的内能不变，则 吸收的热量与气体对外做的功相等， 故选A。 3.A题图甲中，一定质量的理想气体在 不同温度下的等温线，根据理想气体 状态方程pV=CT,结合图像可知 T1<T2,A正确；题图乙中，曲线②速 率大的分子占据的比例较大，则说明 曲线②对应的分子平均动能较大，曲 线②对应的温度较高，B错误；题图丙 中，分子间的距离从。增大的过程中， 分子间作用力先增大后减小，C错误； 题图丁是每隔一定时间悬浮在水中的 粉笔末位置示意图，这些位置的连线 并不是分子的运动轨迹，也不能说明 分子在短时间内做直线运动，D错误。 4.ACD A-B过程，体积不变，则W= 0,温度升高，则△U>0,根据热力学第 一定律△U=W十Q,可知Q>0,即该 过程吸热，A正确；B→C过程，温度不 变，则△U=0,体积减小，则W>0,根 据热力学第一定律△U=W十Q,可知 Q0,即该过程为放热过程，B错误； A→B过程，体积不变，温度升高，根据 2'=C,可知压强变大，即找态A压强 比状态B的压强小，C正确：状态A的 温度低于状态C的温度，可知状态A 的内能比状态C的小，D正确。 5.D猛推推杆压缩筒内气体，气体未来 得及与外界发生热交换Q=0,气体被 压缩，体积减小，则外界对气体做正功 W>0,根据热力学第一定律△U=Q十 W可知，气体内能增加，故C错误；气 体内能增加，故其温度升高，又体积减 小，根据理想气体状态方程 T =C,则 气体压强增大，故A错误；气体被压 缩，体积减小，则气体对外界做负功， 故B错误；气体温度升高，则分子平均 动能增大，故D正确。 6.AD温度变化过程中氨气对外界做的 功为W=S△1=1.0×105×0.1× 10-4×(60-10)×10-2J=0.5J,故A 正确；温度升高，气体内能增加，由于 不知道该过程气体吸收多少热量，故 不知道内能具体增加多少，故B错误； 由于外界大气压不变，氨气做等压变 化，设不规则物体容积为V,则有 V+IS V+I'S T T3 ,其中T1=27℃ 300K、T2=37℃=310K、S 参考答案 257