学年度下学期苏州新区一中高二期末复习选修34物理试题解析版.docx

1、学年度下学期苏州新区一中高二期末复习选修34物理试题解析版2017-2018学年度下学期苏州新区一中高二期末复习物理试卷（选修3-4）一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）1.正在运转的洗衣机，当脱水桶转得很快时，机身振动并不强烈，而切断电源，转动逐渐减慢直到停下来的过程中，在某一时刻t时，机身反而会发生强烈振动，此后脱水桶转速继续减慢，机身的振动也随之减弱，这种现象说明A. 转动逐渐减慢过程中驱动力的频率不变B. 转动逐渐减慢过程中驱动力的频率增大C. t时刻驱动力的频率等于洗衣机的固有频率D. t时刻脱水桶的惯性最大【答案】C【解析】洗衣机脱水桶转动的越来越慢时，做受迫振动的频率在减小

2、，当减小到跟洗衣机的固有频率相等时，发生共振，振动最强烈，然后受迫振动的频率继续减小，远离固有频率，振动又减弱，故AB错误，C正确；脱水桶的惯性只与其质量有关，故D错误。所以C正确，ABD错误。2. 如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个弹簧振子做简谐运动的图象则 （ ）A. 任意时刻甲振子的位移都比乙振子的位移大B. 零时刻，甲、乙两振子的振动方向相同C. 前2秒内甲、乙两振子的加速度均为正值D. 第2秒末甲的速度达到其最大，乙的加速度达到其最大【答案】D【解析】试题分析：由振动图象能直接读出位移的大小和方向由切线方向分析速度方向由简谐运动的特征a=分析加速度解：A、简谐运动图象反映了振子的位

3、移与时间的关系，可知，甲振子的位移有时比乙振子的位移大，有时比乙振子的位移小，故A错误B、根据切线斜率等于速度，可知，零时刻，甲、乙两振子的振动方向相反，故B错误C、由a=分析可知，前2秒内乙振子的加速度为正值，甲振子的加速度为负值，故C错误D、第2秒末甲的位移等于零，通过平衡位置，速度达到其最大，乙的位移达到最大，加速度达到其最大，故D正确故选：D【点评】本题是简单的读图题，根据振动图象可以直接读出振幅、周期、速度、加速度的方向及它们的变化情况要掌握简谐运动的特征a=3.一弹簧振子做简谐运动，周期为T，下列说法正确的是A. 若，则在时间内振子经过路程为一个振幅B. 若，则在时间内振子经过的路

4、程为两个振幅C. 若，则在t时刻和时刻振子的位移一定相同D. 若，则在t时刻和时刻振子的速度一定相同【答案】B【解析】【详解】A若，则时间内振子经过的路程不一定等于振幅，与振子的初始位置有关，故A错误；B若，则在t时刻和时刻振子的位置关于平衡位置对称，在时间内振子经过的路程为两个振幅，故B正确；C若，则在t时刻和时刻振子的位置关于平衡位置对称，振子的位移大小相等，方向相反，故C错误；D若，则在t时刻和时刻振子的位置关于平衡位置对称，所以这两时刻速度的大小一定相等，方向相反，故D错误。4.手机是常用通信工具，当来电话时，可以用振动来提示人们，振动原理很简单：是一个微型电动机带动转轴上的叶片转动当

5、叶片转动后，电动机就跟着振动起来了，从而带手机振动起来，其中叶片的形状你认为是图中的哪种A. B. C. D. 【答案】C【解析】当叶片的形状规则时，电机带动它高速转动时，不会产生振动。由图可知，只有C是不平衡的，电动机带动它高速转动时，才会产生振动故C正确，ABD错误。5.在利用单摆测定重力加速度的实验中，下列说法正确的是A. 把单摆从平衡位置拉开的摆角，并在释放摆球的同时开始计时B. 测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为C. 用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大D. 选择密度较小摆球，测得的重力加速度值误差较小【答案】C【解析】单摆在摆角

6、很小的情况下才做简谐运动，则单摆偏离平衡位置的角度不能太大，一般不超过50，把单摆从平衡位置拉开300的摆角，单摆的运动不是简谐运动，故A错误；测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为，故B错误；由单摆周期公式：可知：，用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，单摆摆长L偏大，由可知，所测重力加速度偏大，故C正确；单摆在运动过程中要受到空气阻力作用，为减小实验误差应选择质量大而体积小，即密度大的球作为摆球，故D错误。所以C正确，ABD错误。6.波源的振动频率为f，当波源运动时，波源前方的静止观察者接收到的频率为，波源后方的静止观察者接收到的频率，则有A. B. C. D. 【答案】D【解析】f

7、由波源每秒钟所振动的次数决定，介质振动的频率由波源频率及波源相对介质是否移动来决定，当观察者远离波源过程中，观察者接收到的机械波频率比观察者静止时接收到的频率小；当观察者靠近波源过程中，观察者接收到的机械波频率比观察者静止时接收到的频率大，所以，由上可知，故D正确，ABC错误。7. 某振动系统的固有频率为f0，在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率为f若驱动力的振幅保持不变，下列说法正确的是A. 当时，该振动系统的振幅随增大而减小B. 当时，该振动系统的振幅随减小而减小C. 该振动系统振动稳定后，振动的频率等于D. 该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于【答案】BD【解析】当f=f0时

8、，系统达到共振，振幅最大，故ff0时，随f的增大，振幅振大，故A错误；当ff0时，随f的减小，驱动力的频率接近固有频率，故该振动系统的振幅增大，故B正确；该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于驱动力的频率f，故C错误；系统的振动稳定后，系统的振动频率等于驱动力的频率，故振动频率等于f，故D正确；故选BD点睛：本题应明确受迫振动的频率等于驱动力的频率，而当驱动力的频率等于物体的固有频率时，物体的振动最强烈【此处有视频，请去附件查看】8.一单色光从空气中射到直角棱镜一个面上P点，以入射角射入棱镜，经折射后射到另一面的Q点，恰好发生全反射，如图所示，则棱镜的折射率是A. B. C. D. 2【答案】

9、A【解析】作出光路图如图所示：光线在P点发生了折射，则有： ，根据题意知光线在Q点恰好发生了全反射，入射角等于临界角C，由几何知识有： ，所以可得：，即得，又，则，联立可得： ，解得： ，故A正确，BCD错误。二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）9.利用薄膜干涉可检查工件表面的平整度如图所示，现使透明标准样板板M和待测工件间形成一楔形空气薄层，并用单色光照射，可观察到如图所示的干涉条纹，条纹的弯曲处P和Q对应于A和B处，下列判断中正确的是 A. 干涉条纹分别由M、N两板上表面的反射光叠加而产生B. N板上表面的A处向下凹下C. M板的下表面的B处向上凸起D. 同一条纹上c、d点对应处的空

10、气薄膜厚度相等【答案】BD【解析】干涉条纹分别由M极的下表面、N板上表面的反射光叠加而产生，故A错误；薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相同条纹的cd点在直条纹处，故cd点对应处的薄膜厚度相同，从弯曲的条纹可知，A处检查平面左边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相同，知A处凹陷，B处检查平面右边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相同，知B处凸起，应该是N板的上表面的B处向上凸起，故B正确，C错误；由图可知，条纹间距相等，则条纹的cd点对应处的薄膜厚度也相同，故D正确。所以BD正确，AC错误。10.两列波长相同的水波，发生干涉现象，某一时刻，两列波的波峰和波谷如图所示实线为波峰，虚线为波谷则

11、A. 质点A的位移始终最大 B. 质点A的位移也可能为零C. 质点C的振动始终加强 D. 质点B始终处在平衡位置【答案】BC【解析】质点A处是两列波波峰与波峰叠加的地方，振动始终是最强的，它的位移可能最大，也可能最小为零，故A错误，B正确；质点C是波谷与波谷相遇处，仍处于振动加强，且始终加强，故C正确；质点B处于波峰与波谷相遇处，其位移由两波的振幅确定，可能处在平衡位置，故D错误。所以BC正确，AD错误。11. 如图所示，水下光源S向水面A点发射一束光线，折射光线分成a、b两束，则（ ）A. a、b两束光相比较，a光的波动性较强B. 用同一双缝干涉实验装置分别以a、b光做实验，a光的干涉条纹间

12、距小于b光的干涉条纹间距C. 若保持入射点A位置不变，将入射光线顺时针旋转，则从水面上方观察，b光先消失D. 在水中a光的速度比b光的速度小【答案】AC【解析】试题分析：由题意可知b光偏折更多，b光频率更高，则a光的波动性更强，A项正确；由知，a光干涉条纹间距较大，B项错；同种介质中，频率越高的光对应的传播速度越小，D项错；因b光的临界角较小，故顺时针旋转时b光先于a光发生全反射现象，C项正确考点：光的本性、双缝干涉、全反射12.波源S在时刻从平衡位置开始向下运动，形成向左右两侧传播的简谐横波、a、b、c、d、e和、是沿波传播方向上的间距为1m的9个质点，时刻均静止于平衡位置，如图所示，当时质

13、点S第一次到达最低点，当时质点d开始起振则在这一时刻A. 质点c的加速度最大 B. 质点a的速度最大C. 质点处在最高点 D. 质点已经振动了【答案】BC【解析】当t=0.1s时质点S第一次到达最低点，当t=0.4s时质点d开始起振，可知该波的周期为T=0.4s，波长为。在t=0.5s这一时刻质点c已经振动了0.2s时间，此时c质点正处于平衡位置向上运动，加速度最小，故A错误；在t=0.5s这一时刻质点a已经振动了0.4s时间，此时a质点正处于平衡位置向下运动，速度最大，故B正确；在t=0.5s这一时刻质点已经振动了0.3s时间，此时质点正处于波峰位置，处于最高点，故C正确；在t=0.5s这一

14、时刻，质点已经振动了0.2s，故D错误。所以BC正确，AD错误。13.如图所示，两木块A和B叠放在光滑水平面上，一起做简谐运动，质量分别为m和M，当他们运动到平衡位置时，突然拿去A之后对B的速度无影响，则A. 振子的周期变小 B. 振子的振幅变小C. 振子的周期变大 D. 振子的振幅变大【答案】AB【解析】根据弹簧振子的周期公式，可知m减小，则周期变小，故A正确，C错误；振子运动到平衡位置时速度最大，弹簧的弹性势能为零，拿去A之后系统的机械能减小，由机械能守恒定律知振子到达最大位移处时弹簧的弹性势能减小，其形变量减小，则振幅减小，故B正确，D错误。所以AB正确，CD错误。三、填空题（本大题共6

15、小题，共24.0分）14.如图所示是两列相干波的干涉图样，实线表示波峰，虚线表示波谷，两列波的振幅都为10cm，波速和波长分别为和，C点为AB连线的中点则图示时刻C点的振动方向_选填“向上”或“向下”，从图示时刻再经过时，A点经过的路程为_cm【答案】 (1). 向下 (2). 100【解析】试题分析：根据图示可知波传播方向由B指向A，图示时刻C点的振动方向向下。波动周期T=/v=0.2s，振动加强区域振幅为20cm，从图示时刻再经过0.25s时，A点经过的路程为510cm=100cm考点：考查波的干涉点评：本题难度较小，注意波峰、波谷相遇位置的含义，实线与虚线中间位置为平衡位置15.在用单摆测重力加速度的实验中：实验时必须控制摆角_；某学生在测量摆长时，只量了悬线的长度L当作摆长，而没有加上摆球的半径，直接将L和测得的周期用单摆的周期公式算出了当地的重力加速度则测出的重力加速度将比实际的重力加速度_填“大”、“小”、“一样”该同学通过改变悬线L长度而测出对应的摆动周期T，再以为纵轴、L为横轴画出函数