（全國通用）2018版高考物理總復(fù)習(xí)考前三個(gè)月仿真模擬卷（打包4套）.zip,全國,通用,2018,高考,物理,復(fù)習(xí),考前,三個(gè)月,仿真,模擬,打包 仿真模擬卷(一) (時(shí)間：90分鐘　滿分：110分) 二、選擇題：共8小題，每小題6分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14～18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19～21題有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分 14．下列關(guān)于近代物理的說法正確的是(　　) A．玻爾理論成功解釋了各種原子發(fā)出的光譜 B．能揭示原子具有核式結(jié)構(gòu)的事件是氫原子光譜的發(fā)現(xiàn) C．光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象的解釋使得光的波動(dòng)說遇到了巨大的困難 D．質(zhì)能方程E＝mc2揭示了物體的能量和質(zhì)量之間存在著密切的確定關(guān)系，提出這一方程的科學(xué)家是盧瑟福 答案　C 解析　玻爾理論成功解釋了氫原子發(fā)光的現(xiàn)象，但對(duì)于稍微復(fù)雜一些的原子如氦原子，玻爾理論都無法解釋其發(fā)光現(xiàn)象，故玻爾理論有它的局限性，A錯(cuò)誤；盧瑟福的α粒子散射實(shí)驗(yàn)揭示了原子具有核式結(jié)構(gòu)，B錯(cuò)誤；光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象說明了光具有粒子性，從而使得光的波動(dòng)說遇到了巨大困難，C正確；愛因斯坦的質(zhì)能方程揭示了物體的能量和質(zhì)量之間存在密切的關(guān)系，D錯(cuò)誤． 15.如圖1所示，圓柱體的A點(diǎn)放有一質(zhì)量為M的小物體P，使圓柱體緩慢勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，帶動(dòng)P從A點(diǎn)轉(zhuǎn)到A′點(diǎn)，在這過程中P始終與圓柱體保持相對(duì)靜止，那么P所受的靜摩擦力的大小隨時(shí)間的變化規(guī)律，可由下面哪個(gè)圖表示(　　) 圖1 答案　A 解析　物體P一共受到三個(gè)力的作用，豎直方向的重力G，沿半徑方向向外的支持力FN，沿切線方向的靜摩擦力Ff(最高點(diǎn)不受靜摩擦力，只受重力和支持力)．圓柱體緩慢移動(dòng)，所以物塊P在任意位置所受合外力為零，對(duì)三個(gè)力進(jìn)行分解，得到Ff＝mgsin θ，從A轉(zhuǎn)動(dòng)到A′的過程中θ先變小后增大，所以Ff按照正弦變化規(guī)律先減小后增大，故A正確． 16．圖2甲中理想變壓器原副線圈的匝數(shù)比為n1∶n2＝5∶1，電阻R＝20 Ω，L1、L2為規(guī)格相同的兩只小燈泡，S1為單刀雙擲開關(guān)，原線圈接正弦交變電源，輸入電壓u隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示，現(xiàn)將S1接1，S2閉合，此時(shí)L2正常發(fā)光，下列說法正確的是(　　) 圖2 A．輸入電壓u的表達(dá)式為u＝20sin (50πt) V B．只斷開S2后，L1、L2均正常發(fā)光 C．只斷開S2后，原線圈的輸入功率將增大 D．若S1換接到2后，R消耗的電功率為0.8 W 答案　D 解析　從題圖中可看出該交流電的最大值為20 V，周期為0.02 s，根據(jù)交變電流的電動(dòng)勢隨時(shí)間的變化規(guī)律e＝Emsin ωt，其中ω＝，可知輸入電壓u＝20sin(100πt) V，A錯(cuò)誤；只斷開S2副線圈中電壓不變，兩燈泡的總電壓不變，總電阻增加，流過燈泡的電流減小，L1、L2不能正常發(fā)光，故B錯(cuò)誤；只斷開S2，副線圈中電壓不變，電路總電阻增加，總電流減小，副線圈功率減小，理想變壓器輸入功率等于輸出功率，故原線圈的輸入功率減小，故C錯(cuò)誤；根據(jù)理想變壓器原副線圈電壓之比U1∶U2＝n1∶n2，可知副線圈電壓的有效值為4 V，若S1接到2，副線圈的電壓仍不變，根據(jù)P＝可得電阻消耗的電功率為0.8 W，故D正確． 17．如圖3所示，帶正電的A球固定，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子B從a處以速度v0射向A，虛線abc是B運(yùn)動(dòng)的一段軌跡，b點(diǎn)距離A最近．粒子經(jīng)過b點(diǎn)時(shí)速度為v，重力忽略不計(jì)．則(　　) 圖3 A．粒子從a運(yùn)動(dòng)到b的過程中動(dòng)能不斷增大 B．粒子從b運(yùn)動(dòng)到c的過程中加速度不斷增大 C．可求出A產(chǎn)生的電場中a、b兩點(diǎn)間的電勢差 D．可求出A產(chǎn)生的電場中b點(diǎn)的電場強(qiáng)度 答案　C 解析　帶電粒子從a到b，電場力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理，動(dòng)能不斷減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；粒子從b運(yùn)動(dòng)到c的過程中加速度不斷減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，可求出A產(chǎn)生的電場中a、b兩點(diǎn)間的電勢差，選項(xiàng)C正確；不可求出A產(chǎn)生的電場中b點(diǎn)的電場強(qiáng)度，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 18．如圖4所示，邊長為L的金屬框abcd放置在勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向平行于ab邊向上，當(dāng)金屬框繞ab邊以角速度ω逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，a、b、c、d四點(diǎn)的電勢分別為φa、φb、φc、φd.下列判斷正確的是(　　) 圖4 A．金屬框中無電流，φa＝φd B．金屬框中電流方向沿a－d－c－b－a，φa＜φd C．金屬框中無電流，Ubc＝－BL2ω D．金屬框中無電流，Ubc＝－BL2ω 答案　C 解析　因穿過線圈的磁通量始終為零，故線圈中無電流；根據(jù)右手定則可知，d端電勢高于a端，c端電勢高于d端，Ubc＝－BL＝－BL2ω，故選項(xiàng)A、B、D錯(cuò)誤，C正確；故選C. 19．2017年1月23日，我國首顆1米分辨率C頻段多極化合成孔徑雷達(dá)(SAS)衛(wèi)星“高分三號(hào)”正式投入使用，某天文愛好者觀測衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，發(fā)現(xiàn)該衛(wèi)星每經(jīng)過時(shí)間t通過的弧長為l，該弧長對(duì)應(yīng)的圓心角為θ弧度，已知萬有引力常量為G，則下列說法正確的是(　　) A．衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的線速度大小為 B．衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的角速度為2π C．地球的質(zhì)量為 D．衛(wèi)星的質(zhì)量為 答案　AC 解析　由圓周運(yùn)動(dòng)公式可得l＝θr，v＝，ω＝，該衛(wèi)星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬有引力提供向心力，有＝m，解得M＝，A、C正確． 20.如圖5所示，兩等量異種電荷在同一水平線上，它們連線的中點(diǎn)為O，豎直面內(nèi)的半圓弧光滑絕緣軌道的直徑AB水平，圓心在O點(diǎn)，圓弧的半徑為R，C為圓弧上的一點(diǎn)，OC與豎直方向的夾角為37°，一電荷量為＋q，質(zhì)量為m的帶電小球從軌道的A端由靜止釋放，沿軌道滾動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，速度v＝2，g為重力加速度，取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，則下列說法正確的是(　　) 圖5 A．電場中A點(diǎn)的電勢為 B．電場中B點(diǎn)的電勢為－ C．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為2mgR D．小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，其動(dòng)能與電勢能的和為1.6mgR 答案　AC 解析　取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，則最低點(diǎn)處電勢為0，小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)過程中，由動(dòng)能定理可得mgR＋qUAO＝mv2，解得UAO＝，而UAO＝φA－0，所以φA＝，A正確；由對(duì)稱性可知UAO＝UOB，即φA－0＝0－φB，故φB＝－，B錯(cuò)誤；小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過程中，由動(dòng)能定理得Ek＝qUAB＝2mgR，C正確；小球在最低點(diǎn)處的動(dòng)能和電勢能的總和為E1＝mv2＋0＝2mgR，由最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程中，動(dòng)能、電勢能、重力勢能的總量守恒，而重力勢能增加量ΔEp＝mgR(1－cos 37°)＝0.2mgR，故動(dòng)能、電勢能的總和減少了0.2mgR，所以小球在C點(diǎn)的動(dòng)能和電勢能的總和為E2＝E1－0.2mgR＝1.8mgR，D錯(cuò)誤． 21.如圖6所示，內(nèi)壁光滑的圓軌道豎直固定在桌面上，一小球靜止在軌道底部A點(diǎn)，現(xiàn)用小錘沿水平方向快速擊打小球，擊打后迅速移開，使小球沿軌道在豎直面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球回到A點(diǎn)時(shí)，再次用小錘沿運(yùn)動(dòng)方向擊打小球．通過兩次擊打，小球才能運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)，已知小球在運(yùn)動(dòng)過程中始終未脫離軌道，若在第一次擊打過程中小錘對(duì)小球做功W1，第二次擊打過程中小錘對(duì)小球做功W2，先后兩次擊打過程中小錘 圖6 對(duì)小球做功全部用來增加小球的動(dòng)能，則的值可能為(　　) A. B. C．1 D．2 答案　AB 解析　由于小球始終未脫離軌道，所以第一次擊打小球上升的高度不超過R，故W1≤mgR.兩次擊打后上升到最高點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得W1＋W2－2mgR＝mv2，由于通過最高點(diǎn)的速度v≥，所以W2≥mgR，故≤，A、B正確． 三、非選擇題(本題共6小題，共62分) (一)必考題 22．(6分)某同學(xué)用如圖7甲所示的裝置來驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，該裝置由水平長木板及固定在木板一端的硬幣發(fā)射器組成，硬幣發(fā)射器包括支架、彈片及彈片釋放裝置，釋放彈片可將硬幣以某一初速度彈出．已知一元硬幣和五角硬幣與長木板間動(dòng)摩擦因數(shù)相同，主要實(shí)驗(yàn)步驟如下： ①將一元硬幣置于發(fā)射槽口，釋放彈片將硬幣發(fā)射出去，硬幣沿著長木板中心線運(yùn)動(dòng)，在長木板中心線的適當(dāng)位置取一點(diǎn)O，測出硬幣停止滑動(dòng)時(shí)硬幣右側(cè)到O點(diǎn)的距離．再從同一位置釋放彈片將硬幣發(fā)射出去，重復(fù)多次，取該距離的平均值記為x1，如圖乙所示； ②將五角硬幣放在長木板上，使其左側(cè)位于O點(diǎn)，并使其直徑與中心線重合，按步驟①從同一位置釋放彈片，重新彈射一元硬幣，使兩硬幣對(duì)心正碰，重復(fù)多次，分別測出兩硬幣碰后停止滑行時(shí)距O點(diǎn)距離的平均值x2和x3，如圖丙所示． 圖7 (1)為完成該實(shí)驗(yàn)，除長木板，硬幣發(fā)射器，一元及五角硬幣，刻度尺外，還需要的器材為______________； (2)實(shí)驗(yàn)中還需要測量的物理量為__________________________，驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為____________________________(用測量物理量對(duì)應(yīng)的字母表示)． 答案　見解析 解析　(1)動(dòng)量為質(zhì)量和速度的乘積，該實(shí)驗(yàn)要驗(yàn)證質(zhì)量不等的兩物體碰撞過程中動(dòng)量守恒，需測量兩物體的質(zhì)量和碰撞前后的速度，因此除給定的器材外，還需要的器材為天平． (2)測出一元硬幣的質(zhì)量為m1，五角硬幣的質(zhì)量為m2，一元硬幣碰撞前瞬間的速度為v1，由動(dòng)能定理可得μm1gx1＝m1v12，解得v1＝，當(dāng)一元硬幣以速度v1與五角硬幣碰撞后，速度分別為v2、v3，由動(dòng)能定理可得μm1gx2＝m1v22，μm2gx3＝m2v32，解得一元硬幣碰后速度v2＝，五角硬幣碰后的速度為v3＝，若碰撞過程動(dòng)量守恒則需滿足m1v1＝m1v2＋m2v3，代入數(shù)據(jù)可得m1＝m1＋m2. 23．(9分)某同學(xué)利用下列器材測量兩節(jié)干電池的電動(dòng)勢和內(nèi)阻． A．待測干電池兩節(jié) B．電壓表V1、V2，量程均為3 V，內(nèi)阻很大 C．定值電阻R0(阻值未知) D．電阻箱R E．導(dǎo)線和開關(guān) (1)根據(jù)如圖8甲所示的實(shí)物連接圖，在圖乙虛線框中畫出相應(yīng)的電路圖． 乙 圖8 (2)實(shí)驗(yàn)之前，需要利用該電路測出定值電阻R0的阻值，先把電阻箱R調(diào)到某一阻值R1，再閉合開關(guān)，讀出電壓表V1、V2的示數(shù)分別為U10、U20，則R0＝________(用U10、U20、R1表示)． (3)若測得R0＝1.2 Ω，實(shí)驗(yàn)中改變電阻箱R的阻值，讀出相應(yīng)的電壓表V1、V2的多組數(shù)據(jù)U1、U2，描繪出U1－U2圖象如圖丙所示，則兩節(jié)干電池的總電動(dòng)勢E＝________ V，總內(nèi)阻r＝________ Ω. 答案　見解析 解析　(1)根據(jù)實(shí)物圖可知，電壓表V1與R并聯(lián)后與R0串聯(lián)接在電源兩端，電壓表V2并聯(lián)在電源的兩端，電路圖如圖所示． R0＝＝R1 (3)根據(jù)閉合電路歐姆定律可知U2＝E－r，變形可得U1＝－，由圖象可知當(dāng)U1＝0時(shí)U2＝1.0 V，故有＝，圖象的斜率為k＝＝＝1.5，聯(lián)立解得E＝3.0 V，r＝2.4 Ω. 24．(12分)如圖9所示為一皮帶傳送裝置，其中AB段水平，長度LAB＝4 m，BC段傾斜，長度足夠長，傾角為θ＝37°，AB和BC在B點(diǎn)通過一段極短的圓弧連接(圖中未畫出圓弧)，傳送帶以v＝4 m/s的恒定速率順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)．現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1 kg的工件(可看做質(zhì)點(diǎn))無初速度地放在A點(diǎn)，已知工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，求： 圖9 (1)工件從A點(diǎn)開始至第一次到達(dá)B點(diǎn)所用的時(shí)間t； (2)工件從第一次到達(dá)B點(diǎn)至第二次到達(dá)B點(diǎn)的過程中，工件與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q. 答案　(1)1.4 s　(2)64 J 解析　(1)由牛頓第二定律可得μmg＝ma1 工件經(jīng)t1時(shí)間與傳送帶共速，則t1＝＝0.8 s 工件位移為x1＝a1t12＝1.6 m 此后工件與傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，用時(shí)t2＝＝0.6 s 工件第一次到達(dá)B點(diǎn)所用時(shí)間t＝t1＋t2＝1.4 s (2)工件上升過程中受到的摩擦力Ff＝μmgcos θ 由牛頓第二定律可得加速度大小 a2＝＝2 m/s2 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得t3＝＝2 s 下降過程加速度大小不變a3＝a2＝2 m/s2 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得t4＝＝2 s 工件與傳送帶的相對(duì)位移Δx＝v(t4＋t3)＝16 m 因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q＝FfΔx＝64 J. 25．(20分)如圖10所示，三角形AQC是邊長為2L的等邊三角形，P、D分別為AQ、AC的中點(diǎn)，在水平線QC下方是水平向左的勻強(qiáng)電場．區(qū)域Ⅰ(梯形PQCD)內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，區(qū)域Ⅱ(三角形APD)內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，區(qū)域Ⅲ(虛線PD以上，三角形PAD以外)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，區(qū)域Ⅱ、Ⅲ內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為5B，一帶正電的粒子從Q點(diǎn)正下方、距離Q點(diǎn)為L的O點(diǎn)以某一初速度射出，在電場力作用下從QC邊中點(diǎn)N以速度v0垂直QC射入?yún)^(qū)域Ⅰ，接著從P點(diǎn)垂直AQ射入?yún)^(qū)域Ⅲ，此后帶電粒子經(jīng)歷一系列運(yùn)動(dòng)后又以原速率返回O點(diǎn)，粒子重力忽略不計(jì)，求： 圖10 (1)該粒子的比荷； (2)電場強(qiáng)度E及粒子從O點(diǎn)射出時(shí)的初速度v的大小； (3)粒子從O點(diǎn)出發(fā)到再次回到O點(diǎn)的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程所經(jīng)歷的時(shí)間t. 答案　(1)　(2)2Bv0　v0　(3)＋ 解析　(1)根據(jù)牛頓第二定律可得Bqv0＝m，根據(jù)題意有R＝L，解得＝ (2)粒子從O到N，由運(yùn)動(dòng)合成與分解可得：L＝v0t′，L＝at′2 由牛頓第二定律可得a＝，解得E＝2Bv0 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得v＝2aL，則v＝＝v0 (3)粒子在電磁場中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間包括三段：電場中往返的時(shí)間t0，區(qū)域Ⅰ中的時(shí)間t1，區(qū)域Ⅱ和Ⅲ中的時(shí)間t2＋t3 根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有t0＝ 設(shè)在區(qū)域Ⅰ中的時(shí)間為t1，則t1＝2×＝ 粒子在區(qū)域Ⅱ和Ⅲ內(nèi)的運(yùn)動(dòng)半徑為r，則qv0·5B＝m，即r＝L. 則粒子在區(qū)域Ⅱ和Ⅲ內(nèi)的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，總時(shí)間為(2＋)個(gè)周期 由周期公式可得T＝＝，t2＋t3＝(2＋)T＝×＝ 故總時(shí)間t＝t0＋t1＋t2＋t3＝＋. (二)選考題(請(qǐng)從下列2道題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計(jì)分) 33．【物理選修3－3】(15分) (1)(5分)下列說法正確的是________ A．一定質(zhì)量的理想氣體體積增大時(shí)，其內(nèi)能一定減少 B．氣體的溫度降低，某個(gè)氣體分子熱運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能可能增加 C．當(dāng)水面上方的水蒸氣達(dá)到飽和狀態(tài)時(shí)，水中不會(huì)有水分子飛出水面 D．氣體對(duì)器壁的壓強(qiáng)是由大量氣體分子對(duì)器壁不斷碰撞而產(chǎn)生的 E．在“用油膜法估測分子的大小”的實(shí)驗(yàn)中，將油酸酒精溶液的體積直接作為油酸的體積進(jìn)行計(jì)算，會(huì)使分子直徑計(jì)算結(jié)果偏大 (2)(10分)如圖11甲所示，玻璃管豎直放置，AB段和CD段分別為兩段長25 cm的水銀柱，BC段為長10 cm的理想氣體，D到玻璃管底端為長12 cm的理想氣體．已知大氣壓強(qiáng)為75 cmHg，玻璃管的導(dǎo)熱性能良好，環(huán)境的溫度不變．將玻璃管旋轉(zhuǎn)180°倒置，經(jīng)過足夠長時(shí)間后，水銀未從玻璃管流出，求： 圖11 ①玻璃管倒置后BC段氣體的長度； ②玻璃管倒置后D到玻璃管底端封閉氣體的長度． 答案　(1)BDE　(2)①20 cm　②60 cm 解析　(1)根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程＝C可知，體積增大時(shí)，壓強(qiáng)變化的關(guān)系未知，故溫度變化未知，則內(nèi)能的變化無法確定，A錯(cuò)誤；氣體的溫度降低，分子平均動(dòng)能減小，但某個(gè)氣體分子熱運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能可能增加，B正確；由于分子的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，當(dāng)水面上方的水蒸氣達(dá)到飽和狀態(tài)時(shí)，水中仍然會(huì)有水分子飛出水面，C錯(cuò)誤；氣體的壓強(qiáng)是由大量氣體分子對(duì)器壁不斷碰撞而產(chǎn)生的，D正確；將油酸酒精溶液的體積直接作為油酸的體積進(jìn)行計(jì)算，體積偏大，則直徑計(jì)算結(jié)果偏大，故E正確． (2)①設(shè)玻璃管的橫截面積為S，研究BC段的氣體 初狀態(tài)：氣體體積V1＝hBCS，壓強(qiáng)p1＝75 cmHg＋25 cmHg＝100 cmHg 末狀態(tài)：氣體體積V2＝hBC′S，壓強(qiáng)p2＝75 cmHg－25 cmHg＝50 cmHg 根據(jù)玻意耳定律p1V1＝p2V2，可得hBC′＝20 cm ②研究玻璃管底端的氣體 初狀態(tài)：氣體體積V3＝hDS，壓強(qiáng)p3＝75 cmHg＋25 cmHg＋25 cmHg＝125 cmHg 末狀態(tài)：氣體體積V4＝hD′S，壓強(qiáng)p4＝75 cmHg－25 cmHg－25 cmHg＝25 cmHg 根據(jù)玻意耳定律p3V3＝p4V4，可得hD′＝60 cm. 34．【物理選修3－4】(15分) (1)(5分)下列說法正確的是________ A．彈簧振子的回復(fù)力由彈簧的彈力提供 B．單擺振動(dòng)的周期一定等于它的固有周期 C．機(jī)械波從一種介質(zhì)進(jìn)入另一種介質(zhì)，如果波速變大，那么波長一定變大 D．在干涉現(xiàn)象中，振動(dòng)加強(qiáng)的點(diǎn)的位移有時(shí)可能比振動(dòng)減弱的點(diǎn)的位移小 E．發(fā)生多普勒效應(yīng)時(shí)，波源發(fā)出的波的頻率并沒有發(fā)生變化 (2)(10分)如圖12所示為半圓形玻璃柱的截面圖，半圓形玻璃柱半徑為R，平行于直徑AB的單色光照射在玻璃柱的圓弧面上，其中一束光線經(jīng)折射后恰好通過B點(diǎn)，已知玻璃柱對(duì)單色光的折射率為. 圖12 ①求該束光線到AB的距離； ②試說明入射光線經(jīng)折射后，直接照射到CB段弧面上的折射光線不可能在CB段弧面上發(fā)生全反射． 答案　(1)CDE　(2)①R?、谝娊馕? 解析　(1)水平方向的彈簧振子的回復(fù)力由彈簧的彈力提供，而豎直方向的彈簧振子的回復(fù)力由彈簧的彈力和重力的合力提供，A錯(cuò)誤；單擺振動(dòng)的周期取決于驅(qū)動(dòng)力的周期，與固有周期無關(guān)，B錯(cuò)誤；機(jī)械波從一種介質(zhì)進(jìn)入另一種介質(zhì)，頻率不變，由v＝λf可知，如果波速變大，則波長一定變大，C正確；在干涉現(xiàn)象中振動(dòng)加強(qiáng)指的是振幅增大，振動(dòng)減弱指的是振幅減小，但振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)和減弱點(diǎn)仍在各自的平衡位置附近做簡諧振動(dòng)，其位移隨時(shí)間周期性變化，故某時(shí)刻振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)的位移可能小于振動(dòng)減弱點(diǎn)的位移，D正確；發(fā)生多普勒效應(yīng)時(shí)，波源發(fā)出的波的頻率并沒有變化，只是人接收到的頻率發(fā)生了變化，E正確． (2)①設(shè)離AB邊距離為d的光線折射后剛好射到B點(diǎn)，設(shè)此光線的入射角為i，折射角為r，根據(jù)幾何關(guān)系有i＝2r 根據(jù)光的折射定律有：n＝，即＝，得r＝30° 由幾何關(guān)系可得d＝Rsin i＝R ②設(shè)折射角為β，根據(jù)幾何關(guān)系可知，此折射光線在CB弧面上的入射角也為β，根據(jù)光路可逆可知，光線一定會(huì)從CB段弧面上射出，不可能發(fā)生全反射． 11