单元检测（十四）
波与光及相对论
B卷高考能力评价卷
(满分：100分时间：75分钟)
一、实验题：本题共2小题，共24分，
1.(2024·湖北)某同学设计了一个测量重力加速度大小g的实验方案，所用器材有：2g砝码若干、托盘1
个、轻质弹簧1根、米尺1把、光电门1个、数字计时器1台等.
具体步骤如下：
①将弹簧竖直悬挂在固定支架上，弹簧下面挂上装有遮光片的托盘，在托盘内放入一个砝码，如图()
所示；
②用米尺测量平衡时弹簧的长度1，并安装光电门：
③将弹簧在弹性限度内拉伸一定长度后释放，使其在竖直方向振动：
④用数字计时器记录30次全振动所用时间t:
⑤逐次增加托盘内砝码的数量，重复②③④的操作，
该同学将振动系统理想化为弹簧振子.已知弹簧振子的振动周期T=2x,√，其中k为弹簧的劲度系数，M为
振子的质量.
0.55
0.54
0.53
0.52
051
0.50
0.49
0.48拼
0.47
0.3
0.40.50.6T2s2
图(a)
图(b)
(1)由步骤④，可知振动周期T=
(2)设弹簧的原长为l,则1与g、l、T的关系式为1
(3)由实验数据作出的1一T图线如图(b)所示，可得g=
m.s2(保留3位有效数字，π2取
9.87).
(4)本实验的误差来源包括
A.空气阻力
B.弹簧质量不为零
C.光电门的位置稍微偏离托盘的平衡位置
109
2.用激光测玻璃砖折射率的实验中，玻璃砖与屏P平行放置，从另一侧用激光笔以一定角度照射，此时在
屏上的S1处有激光点，移走玻璃砖，光点移到S2处，回答下列问题：
S251
B
h
(1)请画出激光束经玻璃折射后完整的光路图，
(2)已经测出AB=l1,OA=l2,S1S2=l3,则折射率n=
(用11、l2、l3表示).
(3)若改用宽ab更小的玻璃砖做实验，则S1S2间的距离会
(填“变大”，“变小”或“不变”).
二、计算题：本题共6小题，共76分
3.(2024·山东)某光学组件横截面如图所示，半圆形玻璃砖圆心为O点，半径为R;直
角三棱镜FG边的延长线过O点，EG边平行于AB边且长度等于R,∠FEG=30°.
横截面所在平面内，单色光线以0角入射到EF边发生折射，折射光线垂直EG边射
A
B
出.已知玻璃砖和三棱镜对该单色光的折射率均为1.5.
(1)求sin0;
(2)以O角入射的单色光线，若第一次到达半圆弧AMB可以发生全反射，求光线在EF上人射点D(图
中未标出)到E点距离的范围，
4.(2024·全国甲卷)一玻璃柱的折射率n=3,其横截面为四分之一圆，圆的半径为R,
如图所示.截面所在平面内，一束与AB边平行的光线从圆弧人射.人射光线与AB边
的距离由小变大，距离为h时，光线进入柱体后射到BC边恰好发生全反射.求此时
与R的比值.
B
110参考答案
单元检测（一）运动的描述匀变速直线运动
x=wt一
2a2,代入教据解得x=50m,公交车在最初6s内
通过的位移与最后6s内通过的位移之差为△x=x1一x2,代
A卷高频考点练清卷
入数据解得△x=24m,故ABC错误，D正确.
1.C研究入水动作时，运动员的形状和体积对所研究问题
5.A对木板由牛顿第二定律可知木板的加速度不变，木板从
的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，故A错
静止释狱到下瑞到达A点的过程，有L=a,木板从静止
误：研究空中转体姿态时，运动员的形状和体积对所研究
释放到上瑞到达A点的过程，当木板长度为L时，有2L=
问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，故
2ai,当木板长度为2L时，有3L=合ai,又1=1-o,
1
B错误；研究百米比赛中的平均速度时，运动员的形状和
体积对所研究问题的影响能够忽略，此时运动员能够看
△12=t2一t0,联立解得△2：1=(5-1)：(2-1)，A
为质点，故C正确：研究运动员通过某个攀岩支，点的动作
正确
时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽
6.解析：(1)设物体的加速度为a,根据位移差公式△x=aT可
略，此时运动员不能够看为质点，故D错误.故选：C.
2
2.C速度是描述物体运动快慢的物理量，即物体的空间位
3X0-x0
得物体的加速度为4=
置随时间变化的快慢，BD错误；根据x与1的关系式可
to
3to2
知，1=0时，质点位于x=1m处，t=1s时，质点位于x=
AC段的平均速度等于这一过程的中间时刻的速度，可得
6m处，因此质点在第1s内的位移为5m,A错误，C
2
正确，
物体在B,点时的速度为UB=
20+x05x0
2to
6to
3.解析：(1)选择向西为正方向，如题图所示，最后6s的住
设物体在A点时的速度为A,则可得
移为△x3=120m,△13=6s
7x0
UA=UB一at0=6t0
平均连度为==20m=20m8,大小为20m6,」
(2)根据速度时间关系可得物体在C点时的速度为
方向向西：
5.x0_x0
0
(2)全过程的位移为△x=△x3一（△r1十△x2)=120m一
c=s+ao=60-30·6=20
(30m十60m)=30m
时间为△t=5s十58十4s十6s=20s
则可得物体在CD段的平均速度为=C十D=0
24t
平均速度为==0m=1,5m/s,大小为1,5m/s,方向
△120s
2品
答案：1)6t0
向西；
7.C匀变速直线运动平均速度等于初末速度的平均值，则
(3)全过程的路程为△s=△x3十△x1十△x2=120m十
有：专5=10ms,T=5m因ST间的矩高是
2
30m+60m=210m
RS的两倍，而ST段的平均速度是RS段的平均速度的
平均速率为0=2)0m=10.5m8
△120s
乞，故可得ST段的时间是RS段的时间的4倍，可知：ST
1
答案：(1)20ms方向向西(2)1.5ms方向向西
(3)10.5m/s
段的速度减小量是RS段的4倍，则有：vs一VT=4(VR一
4.D设公交车开始减速的速度为%，运动总时间为，则公交
vs),联立解得：R=11m8,s=9ms,vT=1m8,故C
正确，ABD错误.
车在最初减连6s内通过的位移为西=o一2a哈=(6一
8.C令加速度为a,E到N的距离为L,从E到N有v至=
18m),把物体运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运
2aL,从N到A有v员=2a·9L,联立可得vA=3E,故A
动，最后68内通过的位移为=2a,代入数据解得x2一
错误：根据逵度一时间公式，有tA=4一E_2E,gv
18m,由于公交车在最初6s内通过的位移与最后6s内通过
的位号之比为21：9，则南以上有g18-号又有0=助
E一0_E=1,所以汽车通过AE段的时间等于21，故B
at,代入数据解得=10mst=10s,则公交车的总位移为
错误：根据匀变速直线运动的推论有四E-4E=2如E,
2
125
