《2026年金考卷特快专递高中物理》

10. 如图所示, 半径为$R$、折射率为$\sqrt{2}$的半圆形透明砖, 其圆心为$O$, 与足够大的光屏相切于屏上的$O'$点。现将一束激光垂直光屏射向圆心$O$, 再使透明砖绕$O$点以角速度$\omega$逆时针匀速转动。某时刻, 透明砖转至图示位置, 其直径$P_1P_2$与光屏平行, 此后透明砖转过的角度记作$\theta$。若不计透明砖圆弧面上的反射光, 则

A.$0° ＜ \theta ＜ 90°$时, 屏上最多有一个光点
B.$90° ＜ \theta ＜ 180°$时, 屏上最多有两个光点
C.$\theta = 45°$时, 屏上光点到$O'$点的距离为$\frac{\sqrt{3}}{3}R$
D.$\theta = 0°$时, 屏上光点移动的速率小于$\omega R$

答案：
10.D 光的折射+全反射 当透明砖转过的角度在$0^{\circ} \sim 45^{\circ}$之间时，在光屏上只得到一个光点，当透明砖转过的角度在$45^{\circ} \sim 90^{\circ}$之间时，在光屏上得到一个经$P_1P_2$反射后射到光屏的反射光点和一个经透明砖折射后的折射光点，所示，A错误；半圆形玻璃砖的折射率为$\sqrt{2}$，根据全反射临界角公式$\sin C = \frac{1}{n}$可知，光线在玻璃砖中发生全反射的临界角为$C = 45^{\circ}$，当透明砖转过的角度在$90^{\circ} \sim 135^{\circ}$之间时，光线射入玻璃砖后在$P_1P_2$界面的入射角大于$45^{\circ}$，则光线在界面发生全反射，在光屏上只得到一个全反射光点【点拨：发生全反射的条件是光从光密介质射入光疏介质，且入射角不小于全反射临界角】，所示，当透明砖转过的角度在$135^{\circ} \sim 180^{\circ}$之间时，光线射入玻璃砖后在$P_1P_2$界面的入射角小于$45^{\circ}$，则在光屏上只得到一个折射光点，所示，B错误；当$\theta = 45^{\circ}$时，作出光路图所示，由几何关系可知入射角$i = 45^{\circ}$，由折射定律得$n = \frac{\sin i}{\sin r}$，解得$r = 30^{\circ}$，则屏上的光点到$O'$的距离为$x = R\tan 15^{\circ} ＜ R\tan 30^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{3}R$，C错误；$\theta$在$0^{\circ}$附近变化时，设光点在光屏上经时间$t$移动了$x$，则$x = R\tan r$，又$n = \frac{\sin i}{\sin r}$，$\tan r = \frac{\sin r}{\cos r}$，$\sin^2 r + \cos^2 r = 1$，联立解得$x = \frac{R\sin i}{\sqrt{n^2 - \sin^2 i}}$，又$v = \frac{\Delta x}{\Delta t}$，$\omega = \frac{\Delta i}{\Delta t}$，则对$x$关于时间$t$进行求导得$v = \omega R\cos i\sqrt{\frac{n^2 - \sin^2 i}{(n^2 - \sin^2 i)^2 - \frac{1}{2}}}$，当$\theta = 0^{\circ}$时，$i = 0^{\circ}$，代入解得$v = \frac{\omega R}{n}$，又$n ＞ 1$，则$v ＜ \omega R$，D正确。
高考链接 本题与2025年浙江1月卷第10题考查情境及内容相同，都以介质转动时屏上出现的亮点情况考查光的折射与全反射，原题如下：
测量透明溶液折射率的装置如图1所示。在转盘上共轴放置一圆柱形容器，容器被透明隔板平分为两部分，一半充满待测溶液，另一半是空气。一束激光从左侧沿直径方向入射，右侧放置足够大的观测屏。在某次实验中，容器从图2（俯视图）所示位置开始逆时针匀速旋转，此时观测屏上无亮点；随着继续转动，亮点突然出现，并开始计时，经$\Delta t$后亮点消失。已知转盘转动角速度为$\omega$，空气折射率为1，隔板折射率为$n$，则待测溶液折射率$n_x$为（光从折射率为$n_1$的介质射入折射率为$n_2$的介质，入射角与折射角分别为$\theta_1$与$\theta_2$，有$\frac{\sin\theta_1}{\sin\theta_2} = \frac{n_2}{n_1}$）( A )


A.$\frac{1}{\sin(\frac{\omega\Delta t}{2})}$ B.$\frac{1}{\sin(\frac{\pi - \omega\Delta t}{2})}$ C.$\frac{n}{\sin(\frac{\omega\Delta t}{2})}$ D.$\frac{n}{\sin(\frac{\pi - \omega\Delta t}{2})}$

11. 下列说法正确的是
A.电磁波调制的方法有调幅、调频和调谐
B.双折射现象表明方解石是光学各向异性的晶体
C.为防止漏电, 高压设备中导体的表面应尽量光滑
D.金属热电阻和热敏电阻的阻值均随温度升高而增大

答案： 11.BC 无线电波的发射和接收+晶体和非晶体+尖端放电+传感器 在电磁波发射技术中，调幅和调频是电磁波调制的两种方法，但调谐不是调制方法，而是在无线电技术中使接收电路产生电谐振的过程，A错误；双折射现象是指一束光进入某些晶体后分成两束光的现象，这说明晶体沿不同方向上的光学性质不同，即光学各向异性，方解石是典型的双折射晶体，B正确；在高压设备中，导体表面如果粗糙，电场容易集中,导致放电或击穿空气，造成漏电或能量损失，为了减少电场集中,导体表面应尽量光滑，C正确；金属热电阻的阻值随温度升高而增大,正温度系数热敏电阻的阻值随温度升高而增大,而负温度系数热敏电阻的阻值随温度升高而减小，D错误。

12. 用相同装置做两种单色光的双缝干涉实验, 干涉图样如图甲所示; 用不同色光做光电效应实验, 光电流与电压的关系如图乙所示; 氢原子的局部能级图及三种能级跃迁如图丙所示。则
A.图甲中的①的光子动量比②的光子动量小
B.图乙中的①的光子频率比②的光子频率大
C.若图甲中的①光对应图乙中的②光, 则图甲中的②光可能与图乙中的③光对应
D.若图乙中的②光对应图丙中的②光, 则图乙中的①光可能与图丙中的①光对应

答案： 12.AD 光的干涉+光电效应+能级跃迁 用相同的装置做不同色光的双缝干涉实验，由题图甲可知，图样①的条纹间距大于图样②的条纹间距，根据双缝干涉条纹间距公式$\Delta x = \frac{l}{d}\lambda$可知，图甲中①的光波长大于②的光波长，由德布罗意波长公式$\lambda = \frac{h}{p}$可知①的光子动量小于②的光子动量，A正确；由题图乙可知，②的遏止电压大于①的，根据光子的最大初动能$E_k = eU_c$可知用②的光照射时光电子的最大初动能更大，结合$E_k = h\nu - W_0$可知②的光子频率大于①的光子频率，B错误；由以上分析可知，图乙中①光和③光的频率相等，图甲中①光子的频率小于②光子的频率，图乙中②光子的频率大于③光子的频率，若图甲中的①光对应图乙中的②光，则图甲中的②光不可能与图乙中的③光对应，C错误；由题图丙可知，②光子的能量大于①光子的，则②光子的频率大于①光子的，故若图乙中的②光对应图丙中的②光，则图乙中的①光可能与图丙中的①光对应，D正确。

13. 如图所示, 一根通电长直导线中流过的电流为$I$, 粗细均匀的正方形金属框$ABCD$边长为$2l$, 其对称轴$OO'$与长直导线平行, 且相距为$d$, $d ＞ l$。现使金属框以角速度$\omega$绕$OO'$轴匀速转动。已知电流为$I$的长直导线在距导线$r$处的磁感应强度大小为$B = k\frac{I}{r}$, 其中$k$为常量, 金属框的自感忽略不计, 则
A.转动过程, 金属框中产生正弦式交变电流
B.当金属框转到与直导线共面时, 感应电动势最小
C.当$AD$边、$BC$边与直导线距离相等时, 金属框的感应电动势为$\frac{2kI\omega dl^2}{d^2 + l^2}$
D.当$AD$边、$BC$边与直导线距离相等时,$AD$间的电压大小为$\frac{kI\omega dl^2}{d^2 + l^2}$

答案：
13.BD 法拉第电磁感应定律+安培定则+右手定则+推理论证能力 由通电长直导线周围的磁场特点知，金属框所在位置的磁场为非匀强磁场，因此金属框以恒定的角速度绕$OO'$轴匀速转动时，金属框中产生的感应电流不是正弦式交变电流，A错误；当金属框转到与直导线共面时，穿过金属框的磁通量最大，磁通量的变化率最小，金属框中产生的感应电动势最小，B正确；当$AD$边、$BC$边与直导线距离相等时，画出其俯视图所示【点拨：直电流的磁感线是一圈圈的同心圆，这些同心圆都在与导线垂直的平面上。直电流的方向与它的磁感线方向之间的关系可以用安培定则来判断，用右手握住导线，让伸直的大拇指所指的方向与电流方向一致，弯曲的四指所指的方向就是磁感线环绕的方向】，由几何知识可知，$AD$边、$BC$边到直导线的距离均为$x = \sqrt{d^2 + l^2}$，则$AD$边、$BC$边所在位置处的磁感应强度大小均为$B_{磁} = k\frac{I}{x} = \frac{kI}{\sqrt{d^2 + l^2}}$，$AD$边、$BC$边的速度大小均为$v = \omega l$，磁场方向与金属框$AB$边夹角的余弦值为$\cos\theta = \frac{d}{\sqrt{d^2 + l^2}}$，$AD$边和$BC$边切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则可知两边产生的感应电动势方向相反，$AB$边和$CD$边在磁感线所在平面内，不切割磁感线，则根据法拉第电磁感应定律得金属框的感应电动势为$E = 2B_{磁} · 2lv\cos\theta$，整理得$E = \frac{4kl\omega dI^2}{d^2 + l^2}$，此时$AD$间的电压大小为$U_{AD} = \frac{E}{4}$，解得$U_{AD} = \frac{kl\omega dI^2}{d^2 + l^2}$，C错误，D正确。