《优化方案》沪科版物理选修3-4电子题库（24份打包）

1.下列振动是简谐运动的有(　　)
A．手拍乒乓球的运动
B．弹簧的下端悬挂一个钢球，上端固定组成的振动系统
C．摇摆的树枝
D．从高处下落到光滑水泥地面上的小钢球的运动
解析：选B.手拍乒乓球，球原来静止的位置为平衡位置，球向上和向下运动过程中受重力作用，不是简谐运动，A错；B为弹簧振子，为简谐运动，B正确；C中树枝摇摆，受树的弹力作用，但弹力的变化无规律，C错；D既不是机械振动，也不是简谐运动，D错．
2.(2012·西安高二检测) 一个质点做简谐运动，其振动图像如图所示，下列说法中正确的是(　　)
A．振动周期为4 s
B．振动频率为0.25 Hz
C．经过5 s质点通过的路程为20 cm
D．5 s末质点的位移为零
解析：选ABD.周期是完成一次全振动所用的时间，在图像上是两相邻同向极大值间的坐标差，所以周期是4 s．又频率f＝，所以f＝0.25 Hz，5 s是个周期，一个周期质点通过的路程为s＝4A＝20 cm，所以经过5 s质点通过的路程为25 cm.由题图可知5 s末位置是0 cm，所以5 s末质点的位移为零．
3.弹簧振子在AB间做简谐振动，O为平衡位置，AB间距离是20 cm，A到B运动时间是2 s，如图所示，则(　　)
A．从O→B→O振子做了一次全振动
B．振动周期为2 s，振幅是10 cm
C．从B开始经过6 s，振子通过的路程是60 cm
D．从O开始经过3 s，振子处在平衡位置
解析：选C.振子从O→B→O只完成半个全振动，A选项错误；从A→B振子也只是半个全振动，半个全振动是2 s，所以振动周期是4 s，振幅是振动物体离开平衡位置的最大距离，振幅A＝10 cm，选项B错误；t＝6 s＝T，所以振子经过的路程为4A＋2A＝6A＝60 cm，选项C正确；从O开始经过3 s, 振子处在极限位置A或B，D选项错误．
4.如图所示是某质点做简谐运动的振动图像，根据图像中的信息，回答下列问题：
(1)质点在第2 s末的位移是多少？
(2)质点振动过程中的最大位移为多少？
(3)在前4 s内，质点经过的路程为多少？
解析：(1)由x－t图像可以读出2 s末质点的位移为零．
(2)质点的最大位移在前4 s发生在1 s末和3 s末，位移大小为10 cm.
(3)前4 s质点正好完成一个往复的全振动．先朝正方向运动了距离为10 cm的一个来回，又在负方向上进行了一个10 cm距离的来回，故总路程为40 cm.
答案：(1)0　(2)10 cm　(3)40 cm
一、选择题
1.关于简谐运动下列说法正确的是(　　)
A．简谐运动一定是水平方向的运动
B．所有的振动都可以看做是简谐运动
C．物体做简谐运动时一定可以得到正弦曲线形的轨迹线
D．只要振动图像是正弦曲线，物体一定做简谐运动
解析：选D.物体的简谐运动并不一定只在水平方向发生，各个方向都有可能发生，A错．简谐运动是最简单的振动，B错．做简谐运动的轨迹线并不是正弦曲线，C错．物体振动的图像是正弦曲线，一定是做简谐运动，D对．
2.如图所示，弹簧振子以O为平衡位置，在B、C间振动，则(　　)
A．从B→O→C→O→B为一次全振动
B．从O→B→O→C→B为一次全振动
C．从C→O→B→O→C为一次全振动
D．OB的大小不一定等于OC
解析：选AC.O为平衡位置，B、C为两侧最远点，则从B起经O、C、O、B路程为振幅的4倍，即A说法对；若从O起始经B、O、C、B路程为振幅的5倍，超过一次全振动，即B说法错；若从C起经O、B、O、C路程为振幅的4倍，即C说法对；因弹簧振子的系统摩擦不考虑，所以振幅一定，D错．
3.一个质点做简谐运动，当它每次经过同一位置时，一定相同的物理量是(　　)
A．速度　　　　　　　　 B．加速度
C．速率 D．动能
解析：选BCD.每次经过同一点x相同，弹力相同，动能相同，但v只是大小一定相同．
4.如图所示，为某物体做简谐运动的图像，下列说法中正确的是(　　)
A．由P→Q位移在增大
B．由P→Q速度在增大
C．由M→N位移是先减小后增大
D．由M→N位移始终减小
解析：选AC.物体经过平衡位置向正方向运动，先后经过P、Q两点，故位移增大，速度减小；物体从正方向最大位移处向负方向运动，先后经过M、N两点，且N点在平衡位置另一侧，故从M→N位移先减小后增大．
5.(2012·榆林高二检测)弹簧振子在AOB之间做简谐运动，O为平衡位置，测得A、B之间的距离为8 cm，完成30次全振动所用时间为60 s，则(　　)
A．振子的振动周期是2 s，振幅是8 cm
B．振子的振动频率是2 Hz
C．振子完成一次全振动通过的路程是16 cm
D．从振子通过O点时开始计时，3 s内通过的路程为24 cm
解析：选CD.A、B之间距离为8 cm，振幅是4 cm，T＝2 s，f＝0.5 Hz，振子完成一次全振动通过的路程是4A，即16 cm，3 s内运动1.5个周期，总路程为24 cm.
6.(2012·徐州高二检测)如图所示，一个弹簧振子在A、B间做简谐运动，O是平衡位置，把向右的方向选为正方向，以某时刻作为计时零点(t＝0)，经过1/4周期，振子具有正方向的最大加速度，那么如图所示的四个振动图像中能正确反映振动情况的图像是(　　)
解析：选D.从计时起经周期，振子具有正方向的最大加速度，即周期末振子在负的最大位移处，说明开始计时时振子从平衡位置O向负方向A处运动，故选项D正确.
7.(2012·宁夏固原高二检测)一个做简谐运动的质点，其振幅是4 cm，频率是2.5 Hz，该质点从平衡位置经过2.5 s后的位移大小和路程是(　　)
A．4 cm，24 cm　　　　　　　 B．4 cm，100 cm
C．0，24 cm D．0，100 cm
解析：选B.因为简谐运动频率是2.5 Hz，所以周期是0.4 s，质点从平衡位置其经过2.5 s是6个周期，因此位移大小是4 cm，路程是4×4× cm＝100 cm.
8.一个质点做简谐运动的图像如图所示，下列结论正确的是(　　)
A．质点的最大位移为4 cm
B．质点完成一次全振动通过的路程为8 cm
C．在10 s内质点通过的路程是20 cm
D．质点在1 s末到4 s末的过程中通过的路程为6 cm
解析：选BCD.由振动图像得质点的最大位移为2 cm，所以A项错误；从题图中可以得出，质点完成一次全振动通过的路程为2×4 cm＝8 cm，所以B项正确；质点在10 s内通过的路程为2×10 cm＝20 cm，所以C项正确；质点在1 s末到4 s末的过程中通过的路程为2×3 cm＝6 cm，所以D项正确．
9.如图所示，为某一弹簧振子的振动图像，下列说法正确的是(　　)
A．t1时刻，振子的位移为正，加速度为负
B．t2时刻，振子的位移为负，速度为正
C．t1与t2时刻，弹簧的长度相同
D．t3时刻，振子的速度与t2时刻相同
解析：选ACD.振动图像描述的是振子的位移随时间的变化规律．在横轴上方时，位移为正值，加速度为负值，而在横轴下方时，与在上方相反．在t1与t2时刻，振子的位移相同，说明振子一定在同一位置，所以弹簧长度相同．t2和t3时刻，振子位移大小相等、方向相反，位置关于平衡位置对称，速度大小相等，且都沿负方向，所以速度相同．
(2012·开封高二检测)一弹簧振子沿x轴振动，振幅为4 cm，振子的平衡位置位于x轴上的O点．图上的a、b、c、d为四个不同的振动状态；黑点表示振子的位置，黑点上的箭头表示运动的方向．图像给出的①②③④四条振动图线，可用于表示振子的振动图像的是(　　)
A．若规定状态a时t＝0，则图像为①
B．若规定状态b时t＝0，则图像为②
C．若规定状态c时t＝0，则图像为③
D．若规定状态d时t＝0，则图像为④
解析：选AD.振子在状态a时t＝0，此时的位移为3 cm，且向规定的正方向运动，故选项A正确．振子在状态b时t＝0，此时的位移为2 cm，且向规定的负方向运动，选项B不正确．振子在状态c时t＝0，此时位移为－2 cm，且向规定的负方向运动，选项C不对．振子在状态d时t＝0，此时位移为－4 cm，速度为零，故选项D正确．
二、非选择题
如甲图所示为一弹簧振子，如乙图所示为其振动图像，振子在AOB间做简谐运动，选向右为正方向．由图像可知振子的振动周期为________，振幅为________，t＝0时质点在________点．t＝0.2 s时质点在________点，速度方向与规定的正方向________(选填“相同”或“相反”)．在图像的时间范围内质点具有正向最大加速度对应的时刻是________，质点具有正向最大速度对应的时刻是________．
甲　　　　　　　　　　乙
解析：从图像直接读出周期为0.8 s，振幅为10 cm.t＝0时质点在正向最大位移处，即在B点．t＝0.2 s时，质点的位移为零，此时正以最大速度经O点向A点运动，速度方向与规定的正方向相反．具有正向最大加速度对应的时刻应为位移为负最大的时刻，即0.4 s．具有正向最大速度对应的时刻是过平衡位置且向B点运动的时刻，即0.6 s.
答案：0.8 s　10 cm　B　O　相反　0.4 s　0.6 s
物体做简谐运动，通过A点时的速度为v，经1 s后物体第一次以相同速度v通过B点，再经过1 s物体紧接着又通过B点，已知物体在2 s内所走过的总路程为12 cm.则该简谐运动的周期和振幅分别是多大？
解析：物体通过A点和B点速度大小相等，A、B两点一定关于平衡位置O对称．依题意作出物体的振动轨迹草图如图甲所示，物体从A向右运动到B，即图甲中从1运动到2，时间为1 s，从2运动到3，又经过1 s，从1到3共经历了0.5T，即0.5T＝2 s，T＝4 s，2A＝12 cm，A＝6 cm.
甲　　　　　　　　乙
在乙图中，物体从A先向左运动，当物体第一次以相同的速度通过B点时，即图乙中从1运动到2时，时间为1 s，从2运动到3，又经过1 s，同样A、B两点关于O点对称，从图中可以看出从1到3共经历了1.5T，即1.5T＝2 s，T＝4/3 s，1.5×4A＝12 cm，A＝2 cm.
答案：简谐运动的周期和振幅分别为T＝4 s，A＝6 cm或T＝4/3 s，A＝2 cm.

1.如图所示，对做简谐运动的弹簧振子m的受力分析，正确的是(　　)
A．重力、支持力、弹簧的弹力
B．重力、支持力、弹簧的弹力、回复力
C．重力、支持力、回复力、摩擦力
D．重力、支持力、摩擦力
解析：选A.回复力不是做简谐运动物体受到的具体的力，它由物体受到的具体的力所提供．在此情景中弹簧的弹力充当回复力，因此只有选项A正确．
2.关于水平弹簧振子做简谐运动时的能量，下列说法正确的是(　　)
A．振动能量等于在平衡位置时振子的动能
B．振动能量等于任意时刻振子动能与弹簧弹性势能之和
C．振动能量保持不变
D．振动能量做周期性变化
解析：选ABC.振动能量是振动系统的动能和势能的总和，选项B对；在平衡位置，弹性势能为零，所以振动能量等于振子的动能，选项A对；虽然振动能量中动能和势能不断相互转化，但是总和保持不变，所以选项C对，D错．
3.(2012·广东高三质量检测)如图为一水平弹簧振子的振动图像，由此可知(　　)
A．在t1时刻，振子的动能最大，所受的弹力最大
B．在t2时刻，振子的动能最大，所受的弹力最小
C．在t3时刻，振子的动能最大，所受的弹力最小
D．在t4时刻，振子的动能最大，所受的弹力最大
解析：选B.从图像的横坐标和纵坐标可以知道题图是机械振动图像，将它与机械波的图像区分开．它所描述的是一个质点在不同时刻的位置，t2和t4是在平衡位置处，t1和t3是在最大振幅处，头脑中应出现一幅弹簧振子振动的实物图像．根据弹簧振子振动的特征，弹簧振子在平衡位置时的速度最大，加速度为零，即弹力为零；在最大位置处，速度为零，加速度最大，即弹力为最大，所以B项正确．
4.如图所示，一弹簧振子在A、B间做简谐运动，平衡位置为O，已知振子的质量为M.
(1)简谐运动的能量取决于________，本题中物体振动时________能和________能相互转化，总________守恒．
(2)若振子运动到B处时将一质量为m的物体放到M的上面，且m和M无相对运动地一起运动，下列说法正确的是(　　)
A．振幅不变　　　　　　　 B．振幅减小
C．最大动能不变 D．最大动能减小
解析：(1)简谐运动的能量取决于振幅，本题中物体振动时动能和弹性势能相互转化，总机械能守恒．
(2)振子运动到B点时速度恰为0，此时放上m，系统的总能量即为此时弹簧储存的弹性势能，由于简谐运动中机械能守恒，所以振幅保持不变，因此选项A正确，B错误．由于机械能守恒，最大动能不变，所以选项C正确，D错误．
答案：(1)振幅　动　弹性势　机械能　(2)AC
一、选择题
1.关于回复力说法正确的是(　　)
A．回复力是指物体受到的指向平衡位置的力
B．回复力是指物体受到的合外力
C．回复力是以力的作用效果来命名的，它可以是弹力，也可以是重力或摩擦力，还可以是这些力的合力
D．回复力实际上就是向心力
解析：选AC.回复力是物体振动时受到的指向平衡位置的力，它使物体回到平衡位置．它是根据效果命名的，可以是某一个力，也可以是某一个力的分力，也可以是几个力的合力．但应注意：回复力不一定等于合力．向心力是指物体做匀速圆周运动所受到的效果力，虽然都是按效果命名的，但力的作用效果不同．
2.(2012·开封高二检测)对于弹簧振子回复力和位移的关系，下图中正确的是(　　)
解析：选C.由简谐运动的回复力公式F＝－kx可知，弹簧振子做简谐运动时的回复力和位移的关系图像应如选项C所示．
3.(2012·西安长安区高二检测)做简谐运动的物体每次通过平衡位置时，下列说法正确的是(　　)
A．位移为零，动能为零
B．动能最大，势能最小
C．速率最大，回复力不为零
D．以上说法均不对
解析：选B.物体经过平衡位置时，位移为零，回复力为零，速度最大，动能最大，势能为零，所以B正确，A、C、D错误．
4.弹簧振子在做简谐运动的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．加速度的方向总是与位移的方向相同，而与速度方向相反
B．在振子靠近平衡位置运动时，速度方向与位移方向相反，且大小都减小
C．从平衡位置到最大位移处，振子的动能逐渐减小
D．从最大位移处到平衡位置处振子的机械能逐渐减小
解析：选C.由牛顿第二定律，知a＝＝－x，a与x成正比，x减小时，a的大小也减小，a与x的方向总相反，A错；靠近平衡位置运动时，位移减小，速度增大，则B错；从平衡位置到最大位移处的运动是振子远离平衡位置的运动，速度减小，动能减小，C正确；简谐运动过程中机械能守恒，故D错．
5.如图所示为某个弹簧振子做简谐运动的振动图像，由图像可知(　　)
A．在0.1 s时，由于位移为零，所以振动能量为零
B．在0.2 s时，振子具有最大势能
C．在0.35 s时，振子具有的能量尚未达到最大值
D．在0.4 s时，振子的动能最大
解析：选B.弹簧振子做简谐运动，振动能量不变，振幅不变，选项A错；在0.2 s时位移最大，振子具有最大势能，选项B对；弹簧振子的振动能量不变，在0.35 s时振子具有的能量与其他时刻相同，选项C错；在0.4 s时振子的位移最大，动能为零，选项D错．
6.卡车在水平路面上行驶，货物随车厢底板上下振动而不脱离底板，设货物做简谐运动，货物对底板的压力最大的时刻是(　　)
A．货物通过平衡位置向上时
B．货物通过平衡位置向下时
C．货物向上达到最大位移时
D．货物向下达到最大位移时
解析：选D.货物通过平衡位置向上运动时，位移增大，回复力F变大，而F＝mg－N，即N减小，A选项错误；当向上达到最大位移时，F达到最大，N＝mg－F取最小值，故C错误；当货物通过平衡位置向下运动时，回复力F变大，且F＝N－mg，N＝mg＋F，所以当F增大时，N增大，当货物向下达到最大位移时，N达到最大，故只有D选项正确．
7.(2012·汉中市高二检测)做简谐运动的弹簧振子，质量为m，最大速率为v，从某时刻算起，在半个周期内(　　)
A．弹力做的功一定为零
B．弹力做的功可能是零到mv2之间的某一值
C．弹簧振子的动能变化大小可能是零到mv2之间的某一值
D．弹簧振子的势能变化大小为零
解析：选AD.在内动能、势能完成了一个周期性变化回到了原状态，即变化为零．由动能定理可判定弹力做功亦为零．故A、D选项正确．
8.如图甲所示，一弹簧振子在A、B间做简谐运动，O为平衡位置，如图乙是振子做简谐运动时的位移—时间图像，则关于振子的加速度随时间的变化规律，图中四个图像正确的是(　　)
解析：选C.由回复力F＝－kx及F＝ma可知，加速度与位移的关系a＝－，由题图乙可得到加速度—时间图像为C选项．
9.如图所示，物体A置于物体B上，一轻质弹簧一端固定，另一端与B相连．在弹性限度范围内，A和B在光滑水平面上做往复运动(不计空气阻力)，并保持相对静止．则下列说法正确的是(　　)
A．A和B均做简谐运动
B．作用在A上的静摩擦力大小与弹簧的形变量成正比
C．B对A的静摩擦力对A做功，而A对B的静摩擦力对B不做功
D．B对A的静摩擦力始终对A做正功，而A对B的静摩擦力对B做正功
解析：选AB.物体A、B保持相对静止，在轻质弹簧作用下做简谐运动，故A正确；对A、B整体由牛顿第二定律有－kx＝(mA＋mB)a，对A用牛顿第二定律有f＝mAa，解得f＝－x，故B正确；在靠近平衡位置的过程中，B对A的静摩擦力做正功，在远离平衡位置的过程中，B对A的静摩擦力做负功，A对B的静摩擦力也做功，故C、D错．
一质点在平衡位置O附近做简谐运动，从它经过平衡位置起开始计时，经0.13 s质点第一次通过M点，再经过0.1 s质点第二次通过M点，则质点振动周期为(　　)
A．0.24 s B．0.62 s
C．0.72 s D．0.92 s
解析：选AC.有两种可能：
如图甲，质点从O到M，然后经最右端A再返回M点，由对称性可求得周期为T＝4×(0.13 s＋0.05 s)＝0.72 s；如图乙，质点由O点经最右端A点后向左经过O点到达M点，然后由M点向左经最左端A′返回M点，同理由对称性可求得周期T＝4×＝0.24 s，所以A、C正确．
二、非选择题
如图所示，A、B两木块质量分别是mA＝0.2 kg，mB＝0.3 kg，弹簧的劲度系数k＝50 N/m，A和B间最大静摩擦力是0.6 N，B与水平面的摩擦力不计．求：
(1)若两物体一起做简谐运动的位移是2 cm时，A与B间的摩擦力是多大？
(2)在A和B之间没有相对滑动的条件下，它们的最大振幅是多大？
解析：(1)以A、B整体为研究对象，有
kx＝(mA＋mB)a
对物体A，有f静＝mAa
所以A、B间摩擦力
f静＝kx＝×50x＝20x
当x＝0.02 m时，f静＝20×0.02 N＝0.4 N.
(2)A与B没有相对滑动时，物体A的最大加速度
a最大＝
所以a最大＝ m/s2＝3 m/s2
对A、B整体，a最大＝
所以A、B不发生滑动的最大振幅是
x最大＝a最大＝×3 m＝3 cm.
答案：(1)0.4 N　(2)3 cm
如图所示，两木块质量分别为m、M，用劲度系数为k的轻弹簧连在一起，放在水平地面上，将木块m压下一段距离后释放，它就上下做简谐运动．在运动过程中木块M刚好始终不离开地面(即它对地面最小压力为零)．
(1)则木块m的最大加速度大小是多少？
(2)木块M对地面的最大压力是多少？
解析：(1)在m运动过程中，弹簧对m、M施加的弹力的方向可以向上也可以向下．选M为研究对象，刚好始终不离开地面，即Nmin＝0.由平衡条件F＋N＝Mg, 可知Fmax＝Mg.此时，弹簧处于伸长状态，木块m的加速度最大，amax＝＝.
(2)要使木块M对地面的压力最大，此时弹簧对M的弹力方向应向下．此时，弹簧处于压缩状态，选M为研究对象，对其受力分析有：N′＝F′＋Mg.要使N′最大，则F′最大．这里要注意，Fmax′≠Fmax＝Mg.根据木块m做简谐运动的特点，在m运动到最高、最低两点的加速度具有对称性，大小相等．在最低点，对m有Fmax′－mg＝mamax，amax＝.
联立两式，得Nmax′＝Mg＋Fmax′＝2(M＋m)g，根据牛顿第三定律Nmax＝Nmax′＝2(M＋m)g.
答案：(1)g　(2)2(M＋m)g

1.单摆是为了研究振动而抽象出来的理想化模型，其理想化条件是(　　)
A．摆线质量不计
B．摆线长度不伸缩
C．摆球的直径比摆线长度短得多
D．只要是单摆的运动就是一种简谐运动
解析：选ABC.单摆由摆线和摆球组成，摆线只计长度不计质量，摆球只计质量不计大小，且摆线不伸缩，A、B、C正确．只有在摆角很小(θ＜10°)的情况下，单摆的运动才是简谐运动．
2.下列有关单摆运动过程中受力的说法中，正确的是(　　)
A．回复力是重力和摆线拉力的合力
B．回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力
C．单摆过平衡位置时合力为零
D．回复力是摆线拉力的一个分力
解析：选B.单摆经过平衡位置时，回复力等于零，但合力不为零，因摆球沿圆弧运动，在径线方向上有向心加速度，即存在向心力．
3.如图所示为一单摆的振动图像，则(　　)
A．t1和t3时刻摆线的拉力等大
B．t2和t3时刻摆球速度相等
C．t3时刻摆球速度正在减小
D．t4时刻摆线的拉力正在减小
解析：选AD.由题图可知，t1和t3单摆振动的速度大小相等，故绳子拉力相等，A正确，B错误；t3时刻质点正靠近平衡位置，速度正在增大，C错误；t4时刻正远离平衡位置，速度逐渐减小，绳子拉力减小，D正确．
4.如图所示是单摆振动示意图，下列说法中正确的是(　　)
A．在平衡位置摆球的动能和势能均达到最大值
B．在最大位移处势能最大，而动能最小
C．在平衡位置绳子的拉力最大，摆球速度最大
D．摆球由A→C运动时，动能变大，势能变小
解析：选BCD.单摆的振动是简谐运动，机械能守恒，远离平衡位置运动，位移变大，势能变大，而动能减小；反之，向平衡位置运动时，动能变大而势能变小，故B、D正确，A错．小球在平衡位置只受重力和绳子拉力，在平衡位置C，拉力T＝mg＋mv2/r，由上述分析知，在平衡位置时动能最大，即v最大，故T也最大，所以C正确．
一、选择题
1.做一个单摆有下列器材可供选用，可以用来做成一个单摆的有(　　)
A．带小孔的实心木球
B．带小孔的实心钢球
C．长约1 m的细线
D．长约10 cm的细线
解析：选BC.制作单摆时应选用体积小、质量大的球和细、轻、弹性小的线．
2.把实际的摆看作单摆的条件是(　　)
①细线的伸缩可以忽略
②小球的质量可以忽略
③细线的质量可以忽略
④小球的直径比细线的长度小得多
⑤小球的最大偏角足够小
A．①②③④⑤　　　　　　　　 B．①②③④
C．①③④ D．②③④⑤
解析：选C.单摆的球应选择体积较小，质量较大的球；细线应选用较轻、弹性较小的线，且小球尺寸比细线要小得多．摆动时的摆角要小于5°，并非越小越好．应选C.
3.(2012·安康高二检测)关于单摆，下列说法中正确的是(　　)
A．摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置
B．摆球受到的回复力是它的合力
C．摆球经过平衡位置时，所受的合力为零
D．摆角很小时，摆球受的合力的大小跟摆球对平衡位置的位移大小成正比
解析：选A.根据回复力的定义选项A正确；单摆的回复力除指明在最高点外都不是摆球受力的合力，但不管在哪个位置均可认为是重力沿轨迹圆弧切线方向的分力，所以选项B错误；经过平衡位置时，回复力为零，但合力不为零，因悬线方向上要受向心力，选项C、D错误．
4.一个打磨得很精细的小凹镜，其凹面可视为接近平面．将镜面水平放置如图所示，一个小球从镜面边缘开始释放，小球在镜面上将会往复运动，以下说法中正确的是(　　)
A．小球的运动是简谐运动
B．不能判断小球做简谐运动
C．小球简谐运动的回复力是重力跟支持力的合力
D．小球简谐运动的回复力是重力沿曲面切向的分力
解析：选AD.由题意，很精细的小凹镜，其凹面可视为接近平面，故曲率半径远大于小镜的长度，小球在上面的运动是简谐运动，运动情况跟单摆相同．
5.单摆做简谐运动时，下列说法正确的是(　　)
A．摆球质量越大、振幅越大，则单摆振动的能量越大
B．单摆振动能量与摆球质量无关，与振幅有关
C．摆球到达最高点时势能最大，摆线弹力最大
D．摆球通过平衡位置时动能最大，摆线弹力最大
解析：选AD.对于无阻尼单摆系统，机械能守恒，其数值等于最大位移处摆球的重力势能或平衡位置处摆球的动能。摆球质量越大、振幅越大，则最大位移处摆球的重力势能越大，所以选项A正确，而选项B错误；在最高点时速度为零，所需向心力为零，故摆线弹力最小，所以选项C错误；同理，选项D正确．
6.单摆摆到最低点时，下列说法正确的是(　　)
A．速度最大，势能最小，摆线的拉力最小
B．速度最小，势能最小，摆线的拉力最大
C．速度最大，势能最小，摆线的拉力最大
D．速度最大，势能最大，摆线的拉力最小
解析：选C.单摆在摆动过程中，在平衡位置(最低位置)势能最小，速度最大．在平衡位置，根据牛顿第二定律，有T－mg＝m，得T＝m＋mg，此时绳的拉力T最大，故选项C正确．
7.(2012·渭南高二检测)一单摆的振动图像如图所示，下列说法中正确的是(　　)
A．t＝0.5 s 时，摆球处于平衡状态
B．t＝1.0 s时，摆球处于平衡状态
C．t＝2.0 s时，摆球处于平衡位置
D．摆球摆动过程中，在任何位置都不是平衡状态
解析：选CD.位移为0时，回复力为0，回复力产生的加速度为0，但由于摆球做圆弧运动，还有向心加速度，既然有加速度就不是平衡状态，只能是平衡位置，故B错，C正确；t＝0.5 s时，位移最大，尽管没有向心加速度，但有沿圆弧切线方向的加速度，故也不是平衡状态，A错；摆球摆动过程中，在任何位置都有加速度，没有一处是平衡状态，D正确．
8.人在平直路面上做匀速行走时，两臂和两腿的摆动，下列说法中正确的是(　　)
A．左臂和右臂的摆动始终是反相的
B．左臂和左腿的摆动始终是反相的
C．左臂和右腿的摆动始终是反相的
D．左臂和右臂的摆动始终是同相的
解析：选AB.人在匀速行走时，左臂与右臂的摆动是相反的，左腿和右臂的摆动是相同的，同时右腿和左臂的摆动也是相同的，这是由人体的生理结构及走路时保持身体平衡决定的，应选AB.
9.一单摆做小角度摆动，其振动图像如图所示，以下说法正确的是(　　)
A．t1时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小
B．t2时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小
C．t3时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最大
D．t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大
解析：选D.由振动图像可知t1和t3时刻摆球偏离平衡位置位移最大，此时摆球速度为0，悬线对摆球拉力最小；t2和t4时刻摆球位移为0，正在通过平衡位置，速度最大，悬线对摆球拉力最大，故选项D正确．
有两物体A和B，物体A做简谐运动的振动位移xA＝3sin m，物体B做简谐运动的振动位移xB＝5sin m．比较A、B的运动，下列说法正确的是(　　)
A．振幅是矢量，A的振幅是6 m，B的振幅是10 m
B．周期是标量，A、B周期相等为100 s
C．A振动的频率fA等于B振动的频率fB
D．A的相位始终超前B的相位为
解析：选CD.振幅是标量，A、B的振动范围分别是6 m、10 m，但振幅分别为3 m、5 m．选项A错；A、B振动的周期T＝＝ s＝6.28×10－2 s，选项B错；因TA＝TB，故fA＝fB，选项C对；Δφ＝φAO－φBO＝为定值，选项D对．故选C、D.
二、非选择题
如图所示，A、B分别为单摆做简谐运动时摆球的不同位置．其中，位置A为摆球摆动的最大位置，虚线为过悬点的竖直线．A位置与竖直方向的夹角为θ，摆长为L.则摆动过程中的最大回复力和最大速度分别为多少？(设摆球质量为m)
解析：A点时回复力最大F＝mg·sinθ，
在最低点时速度最大设为v，
则mgL(1－cosθ)＝mv2
v＝.
答案：mgsinθ　
一物体沿x轴做简谐运动，振幅为8 cm，频率为0.5 Hz，在t＝0时，位移是4 cm，且向x轴负方向运动，试写出用正弦函数表示的振动方程．
解析：简谐运动振动方程的一般表示式为x＝Asin(ωt＋φ)．根据题给条件，有：A＝0.08 m，ω＝2πf＝π.所以x＝0.08sin(πt＋φ) m．将t＝0，x＝0.04 m，代入得0.04＝0.08sinφ，解得初相位φ＝或φ＝，因为t＝0时，速度方向沿x轴负方向，即位移在减小，所以取φ＝.故所求的振动方程为x＝0.08sin m.
答案：x＝0.08sin m

1.(2011·高考上海卷)两个相同的单摆静止于平衡位置，使摆球分别以水平初速度v1、v2(v1＞v2)在竖直平面内做小角度摆动，它们的频率与振幅分别为f1、f2和A1、A2，则(　　)
A．f1＞f2，A1＝A2　　　　　 B．f1＜f2，A1＝A2
C．f1＝f2，A1＞A2 D．f1＝f2，A1＜A2
解析：选C.单摆的频率由摆长决定，摆长相等，频率相等，所以A、B错误；由机械能守恒，小球在平衡位置的速度越大，其振幅越大，所以C正确，D错误．
2.下列情况下，单摆的周期会增大的是(　　)
A．减小摆长
B．增大摆球质量
C．把单摆从海平面移至高山
D．把单摆从广州移至北京
解析：选C.由单摆周期公式T＝2π可知，减小摆长时周期会减小，A错；单摆周期大小与摆球质量无关；把单摆从海平面移至高山时，g变小，故单摆周期变大，C正确；单摆从广州移至北京，g增大，故单摆周期减少．应选C.
3.(2012·上海高二检测)在“用单摆测定重力加速度”的实验中．
(1)某同学的操作步骤为：
a．取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上；
b．用米尺量得细线长度l；
c．在细线偏离竖直方向5°的位置释放小球；
d．用停表记录小球完成n次全振动所用的总时间t，得到周期T＝t/n；
e．用公式g＝4π2l/T2计算重力加速度．
按上述方法得出的重力加速度值与实际值相比________(选填“偏大”“相同”或“偏小”)．
(2)已知单摆在任意偏角θ时的周期公式可近似为T′＝T0，式中T0为偏角θ趋近于0°时的周期，a为常数．为了用图像法验证该关系式，需要测量的物理量有________；若某同学在验证该关系式时得到了如图所示的图线，则图像中的横轴表示________．
解析：(1)由于此单摆的真实摆长为l＋，而该同学在计算时代入公式的摆长是l.故重力加速度值与实际值相比偏小．(2)在公式中T0、 a为定值．故要验证此关系式，只需测量T′和θ即可．由题图可知，此图线为直线．可判断纵横轴所表示量的关系为一次函数关系．如横轴为sin2，纵轴为T′，则由关系式T′＝T0可知纵截距一定为正，与题图不符；将公式变形为sin2＝T′－可知，此时纵截距可能为负，与题图相符，故可判断横轴表示T′.
答案：(1)偏小　(2)T′、θ　T′
4.一个单摆，周期是T：
(1)如果摆球质量增加2倍，周期变为多少？
(2)如果摆球的振幅增到2倍(摆角仍很小)，周期变为多少？
(3)如果摆长增到2倍，周期变为多少？
解析：(1)单摆周期与质量无关，周期不变，仍为T.
(2)单摆周期与振幅无关，周期不变，仍为T.
(3)由T＝2π知，周期变为T.
答案：(1)T　(2)T　(3)T
一、选择题
1.如图所示是一个单摆，其周期为T，则下列说法正确的是(　　)
A．把摆球质量增加一倍，则周期变小
B．把偏角α变小时，周期也变小
C．摆球由O→B→O，运动的时间为T
D．摆球由O→B→O，运动的时间为
解析：选D.单摆的周期T与质量无关，选项A错．偏角α变小，振幅变小，但单摆的周期T与振幅无关，选项B错．摆球由O→B→O的过程仅完成了半个全振动，运动时间等于，选项C错，D对．
2.在一个单摆装置中，摆动物体是个装满水的空心小球，球的正下方有一小孔，当单摆开始以小角度摆动时，让水从球中连续流出，直到流完为止，则此摆球的周期将(　　)
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
解析：选C.摆长l是摆球重心到悬点的距离，水流出时，重心先降低后升高，故等效摆长l先增大后减小，由T＝2π知，周期将先增大后减小．
3.利用单摆测重力加速度时，若测得g值偏大，则可能是因为(　　)
A．单摆的摆锤质量偏大
B．测量摆长时，只考虑了悬线长，忽略了小球的半径
C．测量周期时，把n次全振动误认为是(n＋1)次全振动
D．测量周期时，把n次全振动误认为是(n－1)次全振动
解析：选C.由单摆周期公式知T＝2π
得g＝，而T＝
所以g＝，由此可知C正确．
4.(2012·延安高二检测)已知在单摆a完成10次全振动的时间内，单摆b完成6次全振动，两摆长之差为1.6 m．则两单摆摆长La与Lb分别为(　　)
A．La＝2.5 m，Lb＝0.9 m
B．La＝0.9 m，Lb＝2.5 m
C．La＝2.4 m，Lb＝4.0 m
D．La＝4.0 m，Lb＝2.4 m
解析：选B.由题意：10×2π＝6×2π，b周期长，摆长应该长，所以Lb－La＝1.6 m，联立解方程组得：La＝0.9 m，Lb＝2.5 m，选项B正确．
5.将秒摆(周期为2 s)的周期变为1 s，下列措施可行的是(　　)
A．将摆球的质量减半 B．振幅减半
C．摆长减半 D．摆长减为原来的
解析：选D.由单摆振动周期公式T＝2π可得选项D正确．
6.(2012·上海高二检测)将秒摆的周期变为4 s，下面哪些措施是正确的(　　)
A．只将摆球质量变为原来的1/4
B．只将振幅变为原来的2倍
C．只将摆长变为原来的4倍
D．只将摆长变为原来的16倍
解析：选C.单摆的周期与摆球的质量和振幅均无关，A、B均错；对秒摆，T0＝2π＝2 s，对周期为4 s的单摆，T＝2π＝4 s，故l＝4l0，故C对，D错．
7.(2012·铜川高二质检)两个等长的单摆，一个放在海平面上，另一个放在高山上，在相同时间内，当第一个摆振动N次时，第二个摆振动了N－1次，如果地球半径为R，那么第二个摆离海平面的高度为(　　)
A．NR B．(N－1)R
C. D.
解析：选D.根据周期公式知：T1＝2π，T2＝2π，由于在相等时间内，第一个单摆振动N次，第二个单摆振动了N－1次，故有：NT1＝(N－1)T2，
即得：＝.
根据万有引力定律得： g1＝，g2＝
得：＝，
解得：h＝，故正确选项为D.
8.在同一地点，单摆甲的周期是单摆乙的周期的4倍，下列说法正确的是(　　)
A．甲的频率是乙的4倍
B．甲的摆长是乙的16倍
C．甲的振幅是乙的4倍
D．甲的振动能量是乙的4倍
解析：选B.周期与频率成反比，甲的周期是乙的4倍，故甲的频率是乙频率的，A错；由单摆周期公式T＝2π可知 l＝，甲摆长是乙的16倍，B项正确，无法比较甲、乙的振幅和能量，C、D错．
9.如图所示，两单摆摆长相同，平衡时两摆球刚好接触．现将摆球A在两摆线所在平面内向左拉开一小角度后释放，碰撞后，两摆球分开各自做简谐运动，以mA、mB分别表示摆球A、B的质量，则(　　)
A．如果mA>mB，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧
B．如果mAC．无论两球的质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置右侧
D．无论两球的质量之比是多少，下一次碰撞一定还在平衡位置
解析：选CD.单摆做简谐运动的周期T＝2π，与摆球的质量无关，与振幅的大小无关．碰后经过T都将回到最低点再次发生碰撞，下一次碰撞一定发生在平衡位置，不可能在平衡位置左侧或右侧．
我国探月的“嫦娥”工程已启动，在不久的将来，我国宇航员将登上月球．假如宇航员在月球上测得摆长为l的单摆做小振幅振动的周期为T，将月球视为密度均匀、半径为r的球体，则月球的密度为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B.根据单摆周期公式T＝2π，在月球上重力等于万有引力，mg＝，月球密度ρ＝，V＝πr3，所以ρ＝，选项B正确．
二、非选择题
在某地，摆长为l1的摆钟A在某一段时间内快了Δt，而另一摆长为l2的摆钟B在同一段时间内慢了Δt，那么，在该地走时准确的摆钟的摆长应为多少？
解析：设走时准确的摆钟摆长为l，则周期T＝2π，l1摆周期T1＝2π，l2摆周期T2＝2π，再设某一段时间为t，据题意有：－＝，－＝，联立以上各式得：l＝.
答案：
有一单摆，其摆长l＝1.02 m，摆球的质量m＝0.10 kg，已知单摆做简谐运动，单摆振动30次用的时间t＝60.8 s，试求：
(1)当地的重力加速度是多大？
(2)如果将这个单摆改为秒摆，摆长应怎样改变？改变多少？
解析：(1)当单摆做简谐运动时，其周期公式
T＝2π，由此可得g＝4π2l/T2, 只要求出T值代入即可．
因为T＝＝ s＝2.027 s.
所以g＝＝ m/s2＝9.79 m/s2.
(2)秒摆的周期是2 s，设其摆长为l0，由于在同一地点重力加速度是不变的，根据单摆的振动规律有
＝
故有l0＝＝ m＝0.993 m.
其摆长要缩短
Δl＝l－l0＝1.02 m－0.993 m＝0.027 m.
答案：(1)9.79 m/s2　(2)其摆长要缩短0.027 m

1.下列说法正确的是(　　)
A．阻尼振动也叫减幅振动
B．实际的振动系统不可避免地受到阻尼作用
C．阻尼振动的振幅逐渐减小，所以周期也逐渐减小
D．阻尼过大时，系统将不能发生振动
解析：选ABD.实际生活中的振动都要受到阻尼作用，振幅逐渐减小，但周期保持不变，故A、B正确，C错误．阻尼过大时，整个系统很快停止振动．
2.A、B两个单摆，A摆的固有频率为f，B摆的固有频率为4f，若让它们在频率为5f的驱动力作用下做受迫振动，那么A、B两个单摆比较(　　)
A．A摆的振幅较大，振动频率为f
B．B摆的振幅较大，振动频率为5f
C．A摆的振幅较大，振动频率为5f
D．B摆的振幅较大，振动频率为4f
解析：选B.A、B两摆均做受迫振动，其振动频率等于驱动力的频率即5f，因B摆的固有频率接近驱动力的频率，故B摆的振幅较大，B正确，A、C、D错误．
3.部队经过桥梁时，规定不许齐步走；登山运动员登雪山时，不许高声叫喊，主要原因是(　　)
A．减轻对桥的压力，避免产生回声
B．减少声波对桥、雪山的冲击力
C．避免使桥发生共振和使雪山发生共振
D．使桥受到的压力更不均匀，使登山运动员耗散能量减少
解析：选C.部队过桥时如果齐步走，给桥梁施加周期性的外力，容易使桥的振动幅度增大，即发生共振，造成桥梁倒塌．登山运动员登高山时(高山上常年有积雪，雪山内部温度较高，有部分雪熔化成了水，对雪层起润滑作用)高声叫喊，声波容易引起雪山共振而发生雪崩，故应选C.
4.(2012·上海高二检测)汽车的重力一般支撑在固定于轴承上的若干弹簧上，弹簧的等效劲度系数k＝1.5×105 N/m.汽车开始运动时，在振幅较小的情况下，其上下自由振动的频率满足f＝(l为弹簧的压缩长度)．若人体可以看成一个弹性体，其固有频率约为2 Hz，已知汽车的质量为600 kg，每个人的质量为70 kg，则这辆车乘坐几个人时，人感觉最难受？
解析：人体的固有频率f固＝2 Hz，当汽车的振动频率与其相等时，人体与之发生共振，人感觉最难受．
即f＝＝f固，得l＝，以f固＝2 Hz，
g＝9.8 m/s2代入求得l＝0.0621 m，
由胡克定律
kl＝(m1＋nm2)g，n＝(kl－m1g)/(m2g)＝(1.5×105×0.0621－600×9.8)/(70×9.8)＝5(人)．
答案：5人
一、选择题
1.单摆在空气中做阻尼振动，下列说法中正确的是(　　)
A．位移逐渐减小
B．速度逐渐减小
C．动能逐渐减小
D．振动的能量逐渐转化为其他形式的能
解析：选D.单摆在空气中做阻尼振动时，由于克服阻力做功，所以振动能量会逐渐减少，并转化为其他形式的能，选项D对；但是其位移、速度以及动能会交替变化，所以选项A、B、C错．
2.做受迫振动的物体达到稳定状态时(　　)
A．一定做简谐运动
B．一定按驱动力的频率振动
C．一定发生共振
D．是否发生共振取决于驱动力的频率是否等于物体的固有频率
解析：选BD.因为物体做受迫振动，运动过程中受到周期性的外力作用，其受力特点不满足F＝－kx的关系，所以A错误．由于物体做受迫振动，达到稳定状态时，其振动的频率等于驱动力的频率，与固有频率无关，故B正确．处于稳定状态下的受迫振动物体是否发生共振，完全取决于驱动力的频率(周期)与固有频率(周期)的关系，当二者相等时即发生共振，故C错误，D正确．所以正确答案为B、D.
3.(2012·苏州高二检测)在飞机的发展史中有一个阶段，飞机上天后不久，飞机的机翼(翅膀)很快就抖动起来，而且越抖越厉害．后来人们经过了艰苦的探索，利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆的方法，解决了这一问题．在飞机机翼前缘处装置配重杆的目的主要是(　　)
A．加大飞机的惯性　　　　 B．使机体更加平衡
C．使机翼更加牢固 D．改变机翼的固有频率
解析：选D.飞机抖动的厉害是因为发生了共振现象，想要解决这一问题需要使系统的固有频率与驱动力的频率差别增大，在飞机机翼前缘处装置一个配重杆，改变的是机翼的固有频率，故选项D正确．
4.如图所示，曲轴上悬挂一弹簧振子，转动摇把，曲轴可以带动弹簧振子上下振动．开始时转动摇把，让振子上下自由振动，测得振动频率为2 Hz，然后匀速转动摇把，转速为240 r/min，当振子振动稳定后，它的振动周期为(　　)
A．1/2 s　　　　　　　　 B．1/4 s
C．2 s D．4 s
解析：选B.受迫振动的周期等于驱动力的周期，故T＝ s＝ s.
5.(2012·西安高二检测)正在运转的洗衣机，当其脱水桶转得很快时，机身的振动并不强烈，切断电源，转动逐渐停下来，到某一时刻t，机器反而会发生强烈地振动，此后脱水桶转速继续变慢，机身的振动也随之减弱，这种现象说明(　　)
A．在时刻t脱水桶的惯性最大
B．在时刻t脱水桶的转动频率最大
C．在时刻t脱水桶的转动频率与机身的固有频率相等，发生共振
D．纯属偶然现象，并无规律
解析：选C.质量是惯性大小的量度，t时刻桶的质量不变，所以桶的惯性不变，A项错误；转动频率由转速决定，与振动强弱无关，B项错误；到某一时刻t，机器会发生强烈的振动，说明在时刻t脱水桶的转动频率与机身的固有频率相等，发生了共振现象，C正确，D错误．
6.一根水平张紧的绳子上系着五个单摆，如图所示．摆长从左到右依次为1.5L、L、0.5L、L、2L，若让D摆先摆动起来，已知其周期为T，则稳定时(　　)
A．B摆振幅最大
B．E摆振幅最大
C．C摆的振动周期为T
D．A摆的振动周期为T
解析：选AD.摆振动时，通过水平绳子对其他四个摆形成一个周期性的驱动力，其周期等于T，它恰好等于B摆自由振动的固有周期，所以B摆的振幅最大．稳定时，其他各摆的振动周期都等于驱动力的周期，所以A摆的振动周期也为T.
7.如图所示一弹簧振子做受迫振动时的振幅与驱动力频率的关系，由图可知(　　)
A．驱动力频率为f2时，振子处于共振状态
B．驱动力频率为f3时，振子振动频率为f3
C．假如让振子自由振动，它的频率为f2
D．振子做自由振动时，频率可以为f1、f2、f3
解析：选ABC.理解共振曲线是关键，驱动力频率为f2时弹簧振子的振幅最大，f2也就等于弹簧振子的固有频率，故振子自由振动时，它的频率为固有频率f2，当驱动力频率为f1、f3时，弹簧振子做受迫振动，其频率与振子固有频率无关．
8.(2012·上海松江高二检测)把一个筛子用四根弹簧支起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛(如图所示)．不开电动机让这个筛子自由振动时，完成20次全振动用15 s，在某电压下，电动偏心轮的转速是88 r/min.已知增大电动偏心轮电压可使其转速提高，而增加筛子的总质量可以增大筛子的固有周期．为使共振筛的振幅增大，以下做法可行的是(　　)
①降低输入电压 ②提高输入电压
③增加筛子质量 ④减小筛子质量
A．①② B．②④
C．①③ D．①④
解析：选D.筛子的固有频率为f固＝ Hz＝ Hz，而当时的驱动力频率为 f驱＝ Hz＝ Hz，即f固9.(2012·广州高二检测)铺设铁轨时，每两根钢轨接缝处都必须留有一定的间隙，匀速行驶的列车经过轨端接缝处时，车轮就会受到一次冲击．由于每一根钢轨长度相等，所以这个冲击力是周期性的，列车受到周期性的冲击做受迫振动．普通钢轨长为12.6 m，列车固有振动周期为0.315 s．下列说法正确的是(　　)
A．列车的危险速率为40 m/s
B．列车过桥需要减速，是为了防止列车发生共振现象
C．列车运行的振动频率和列车的固有频率总是相等的
D．增加钢轨的长度有利于列车高速运行
解析：选AD.列车在钢轨上运动时，受钢轨对它的冲击力作用做受迫振动，当列车固有振动频率等于钢轨对它的冲击力的频率时，列车振动的振幅最大，因v＝＝＝40 m/s，故A正确；列车过桥做减速运动，是为了使驱动力频率远小于桥梁固有频率，防止发生共振现象，而不是列车发生共振现象，B错，C错；增加钢轨长度有利于列车高速运行，D对．
某简谐振子，自由振动时的振动图像如图甲中的曲线Ⅰ所示，而在某驱动力作用下做受迫振动时，稳定后的振动图像如图甲中的曲线Ⅱ所示，那么，此受迫振动对应的状态可能是如图乙中的(　　)
A．a点 B．b点
C．c点 D．一定不是c点
解析：选AD.振子的固有周期与驱动力周期的关系是T驱＝T固，所以受迫振动的状态一定不是题图乙中的c点，可能是a点，故A、D正确．
二、非选择题
如图所示，一个竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一个弹簧和小球组成的振动系统，小球浸没在水中．当圆盘静止时，让小球在水中振动，其阻尼振动的频率约为3 Hz.现使圆盘以4 s的周期匀速转动，经过一段时间后，小球振动达到稳定，它振动的频率是多少？
解析：当圆盘转动时，通过小圆柱带动T形支架上下振动，T形支架又通过弹簧给小球一周期性的作用力使其做受迫振动，所以小球振动的频率应等于驱动力的频率，即T形支架的振动频率，而T形支架的频率又等于圆盘转动频率，故小球振动的频率f＝＝ Hz＝0.25 Hz.
答案：0.25 Hz
如图为一单摆的共振曲线，该单摆的摆长约为多大？共振时单摆的振幅多大？最大摆角多大？
解析：从共振曲线可知，此单摆的固有频率f＝0.5 Hz，所以固有周期T＝2 s．而T＝2π
则L＝＝ m≈1 m.
最大振幅Am＝8 cm，最大摆角θm≈＝0.08 rad.
答案：1 m　8 cm　0.08 rad

(时间：90分钟，满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1.弹簧振子的简谐运动属于下列运动中的(　　)
A．匀速直线运动　　　　　　 B．匀加速直线运动
C．匀变速直线运动 D．非匀变速直线运动
解析：选D.从位移方面来看，做简谐运动的振子的位移随时间按正弦规律变化，所以振子不是匀速直线运动也不是匀变速直线运动；从振子的受力情况来看，水平弹簧振子受到的指向平衡位置的力是弹簧的弹力，而弹簧的弹力是与弹簧的形变量成正比的．随着振子的不断运动，弹簧的形变量在不断变化，弹簧对振子的弹力也在不断变化，从而振子的加速度也在变化．因此，振子的简谐运动属于非匀变速直线运动．
2.如图所示，竖直立在水平面上的轻弹簧下端固定，将一个金属球放在弹簧顶端(球与弹簧不连接)，用力向下压球，使弹簧被压缩，并用细线把小球和地面拴牢(图甲)．烧断细线后，发现球被弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动(图乙)．那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，下列说法正确的是(　　)
A．弹簧的弹性势能先减小后增大
B．球刚脱离弹簧时动能最大
C．球所受合力的最大值等于重力
D．在某一阶段内，小球的动能减小而小球的机械能增加
解析：选D.从细线被烧断到球刚脱离弹簧的运动过程中，弹簧的压缩量一直减小，即弹性势能一直减小，A错；运动到平衡位置时速度最大，动能最大，B错；球所受合力最大的位置在最低点，若小球好脱离弹簧时的速度恰好为零，则由简谐运动的对称性知，在最低点合力的最大值大小等于重力，但由题意知小球脱离弹簧后还继续向上运动，所以在最低点向上的合力大于重力，C错；从平衡位置到刚脱离弹簧的过程中，动能减小，但由于该过程弹簧对小球做正功，小球机械能增加，D正确．
3.在实验室可以做“声波碎杯”的实验．用手指轻弹一只酒杯，可以听到清脆的声音，测得这声音的频率为500 Hz，将这只酒杯放在两只大功率的声波发生器之间，操作人员通过调整其发出的声波，就能使酒杯碎掉．下列说法中正确的是(　　)
A．操作人员一定是把声波发生器的功率调到很大
B．操作人员可能是使声波发生器发出了频率很高的超声波
C．操作人员一定是同时增大了声波发生器发出声波的频率和功率
D．操作人员只需将声波发生器发出的声波频率调到500 Hz
解析：选D.驱动力的周期与固有周期相等，形成共振，共振时振幅最大，操作人员只需将声波发生器发出的声波频率调到500 Hz，就能使酒杯碎掉．
4.如图甲所示是演示简谐运动图像的装置，当盛沙漏斗下面的薄木板N被匀速地拉出时，摆动着的漏斗中漏出的沙在板上形成的曲线显示出摆的位移随时间变化的关系，板上的直线OO1代表时间轴．图乙是两个摆中的沙在各自木板上形成的曲线，若板N1和板N2的速度v1和v2的关系为v2＝2v1，则板N1、N2上曲线所代表的振动的周期T1和T2的关系是(　　)
A．T2＝T1　　　　　　　　　 B．T2＝2T1
C．T2＝4T1 D．T2＝T1
解析：选D.由图乙知x1＝x2，因此t1＝，t2＝，且v2＝2v1，则＝＝，又t1＝T1，t2＝2T2，故有＝，则T1＝4T2.
5.如图所示为某一质点的振动图像，由图可知，在t1和t2两个时刻，|x1|＞|x2|，质点速度v1、v2与加速度a1、a2的关系为(　　)
A．v1＜v2，方向相同
B．v1＜v2，方向相反
C．a1＞a2，方向相同
D．a1＞a2，方向相反
解析：选AD.由图像可知，t1、t2两时刻，质点都在沿x轴负方向运动，越靠近平衡位置，速度越大，故选项A正确．由F＝－kx可知F1＞F2，对于同一质点来说，a1＞a2且方向相反．选项D正确．
6.如图所示，A、B分别为单摆做简谐运动时摆球的不同位置．其中，位置A为摆球摆动的最高位置，虚线为过悬点的竖直线．以摆球最低位置为重力势能零点，则摆球在摆动过程中(　　)
A．位于B处的动能最大
B．位于A处时势能最大
C．在位置A的势能大于在位置B的动能
D．在位置B的机械能大于在位置A的机械能
解析：选BC.单摆摆动过程中，机械能守恒，在最高点重力势能最大，最低位置时动能最大，故B正确，A错误．在B点EB＝EkB＋EpB＝EpA，故C正确，D错误．
7.如图所示为甲、乙两单摆的振动图像，则(　　)
A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比l甲∶l乙＝2∶1
B．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比l甲∶l乙＝4∶1
C．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比g甲∶g乙＝4∶1
D．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比g甲∶g乙＝1∶4
解析：选BD.由图像可知T甲∶T乙＝2∶1，根据T＝2π，若两单摆在同一地点，则两摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1；若两摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4.故B、D正确．
8.甲、乙两个单摆摆长相等，将两个单摆的摆球由平衡位置拉开，使摆角α甲＞α乙(α甲、α乙都小于10°)，由静止开始释放，则(　　)
A．甲先到达平衡位置
B．乙先到达平衡位置
C．甲、乙同时到达平衡位置
D．无法判断
解析：选C.两个摆长相同的单摆，实际上就是相同的摆，在摆角都小于10°时都做简谐运动并且“步调”相同，即两单摆的振动是同相的．
9.下表记录了某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系，若该振动系统的固有频率为f固，则(　　)
驱动力频率/Hz
30
40
50
60
70
80
受迫振动振幅/cm
10.2
16.8
27.2
28.1
16.5
8.3
A.f固＝60 Hz B．60 HzC．50 Hz解析：选C.从图所示的共振曲线，可判断出f驱与f固相差越大，受迫振动的振幅越小；f驱与f固越接近，受迫振动的振幅越大，并从中看出f驱越接近f固，振幅的变化越慢，比较各组数据知f驱在50 Hz～60 Hz范围内时振幅变化最小，因此50 Hz如图所示，一质点做简谐运动，先后以相同的速度依次通过A、B两点，历时1 s，质点通过B点后再经过1 s又第2次通过B点，在这2 s内质点通过的总路程为12 cm.则质点的振动周期和振幅分别为(　　)
A．3 s，6 cm B．4 s，6 cm
C．4 s，9 cm D．2 s，8 cm
解析：选B.因质点通过A、B两点时速度相同，说明A、B两点关于平衡位置对称，由时间的对称性可知，质点由B到最大位移，与由A到最大位移的时间相等，即t1＝0.5 s，则＝tAB＋2t1＝2 s，即T＝4 s，由过程的对称性可知：质点在这2 s内通过的路程恰为2A，即2A＝12 cm，A＝6 cm，故B正确．
二、实验题(本题共2小题，共12分．按题目要求作答)
(4分)利用单摆测重力加速度时，测出几组摆长和相应周期T，并作出T2－l图像，如图所示．已知图线与横轴间的夹角为θ，图线上的A、B两点的坐标分别为(x1，y1)(x2，y2)，则可得到重力加速度g＝________．
解析：先根据图线上A、B两点的坐标(x1，y1)(x2，y2)，求出图线斜率k＝，再根据T2＝l知：＝k，所以g＝＝.
答案：
(8分)某同学在做“用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为97.50 cm，摆球直径为2.00 cm，然后用停表记录了单摆振动50次所用的时间如图所示，则
(1)该摆摆长为______cm，停表表示的读数为______s.
(2)如果测得的g值偏小，可能的原因是________．
A．测摆线时摆线拉得过紧
B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C．开始计时时，停表过迟按下
D．实验时误将49次全振动数为50次
解析：(1)本题要求真正掌握摆长的概念，能应用停表读数，会应用公式g＝4π2l/T2去分析造成实验误差的原因．由摆长的概念，摆长应等于摆线长与摆球半径之和：97.50 cm＋1.00 cm＝98.50 cm
停表读数t总＝90 s＋9.78 s＝99.78 s.
(2)由公式g＝4π2l/T2，可知：A项是使l变大，测得g值偏大，B项导致周期T偏大，使g值偏小，C、D项导致周期T偏小，使g值偏大．
答案：(1)98.50　99.78　(2)B
三、计算题(本题共4小题，共48分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
(8分)将一劲度系数为k的轻质弹簧竖直悬挂，下端系上质量为m的物块．将物块向下拉离平衡位置后松开，物块上下做简谐运动，其振动周期恰好等于以物块平衡时弹簧的伸长量为摆长的单摆周期．请由单摆的周期公式推算出该物块做简谐运动的周期T.
解析：单摆周期公式T＝2π，(3分)
又因为kl＝mg(3分)
解得T＝2π.(2分)
答案：2π
(12分)弹簧振子以O点为平衡位置在B、C两点之间做简谐运动，B、C相距20 cm.某时刻振子处于B点，经过0.5 s，振子首次到达C点，求：
(1)振动的周期和频率；
(2)振子在5 s内通过的路程及位移大小；
(3)振子在B点的加速度大小跟它距O点4 cm处P点的加速度大小的比值．
解析：(1)设振幅为A，由题意BC＝2A＝20 cm，所以A＝10 cm.振子从B到C所用时间t＝0.5 s，为周期T的一半，所以T＝1.0 s；f＝1/T＝1.0 Hz.(4分)
(2)振子在1个周期内通过的路程为4A.故在t＝5 s＝5T内通过的路程s＝t/T×4A＝200 cm.5 s内振子振动了5个周期，5 s末振子仍处在B点，所以它偏离平衡位置的位移大小为10 cm.(4分)
(3)振子加速度a＝－x，a∝x，所以aB∶aP＝xB∶xP＝10∶4＝5∶2.(4分)
答案：见解析
(14分)如图所示，一块涂有炭黑的玻璃板，质量为2 kg，在拉力F作用下由静止开始向上做匀变速直线运动，一个装有指针的频率为5 Hz的电动音叉在玻璃板上画出如图所示的曲线，量得OA＝1 cm，OB＝4 cm，OC＝9 cm，则拉力F的大小为多少？(g取10 m/s2)
解析：由振动图线可知，OA、AB、AC三段时间相同，设为T，有2T＝＝ s＝0.2 s，
解得T＝0.1 s(4分)
对玻璃板匀变速运动过程，由运动学知识可得
Δx＝BC－OA＝2aT2(3分)
解得a＝＝2 m/s2(3分)
对玻璃板，由牛顿第二定律可得F－mg＝ma(2分)
解得F＝mg＋ma＝24 N．(2分)
答案：24 N
(14分)有人利用安装在气球载人舱内的单摆来确定气球的高度．已知该单摆在海平面处的周期是T0，当气球停在某一高度时，测得单摆周期为T，求该气球此时离海平面的高度h.(地球可看成质量均匀分布半径为R的球体)
解析：设单摆的摆长为l，海平面处的重力加速度为g0，h高处的重力加速度为g，根据单摆周期公式，分别有
T0＝2π(3分)
T＝2π(3分)
设地球的质量为M，地球表面附近物体的质量为m，在地面附近重力近似等于万有引力，分别有
mg0＝G(3分)
mg＝G(3分)
联立以上各式解得h＝R.(2分)
答案：h＝R

1.关于机械波，下列说法正确的是(　　)
A．物体做机械振动，一定产生机械波
B．后振动的质点总是跟着先振动的质点重复振动，只是时间落后一些
C．参与振动的质点都有相同的频率
D．机械波是介质随波迁移，也是振动能量的传递
解析：选BC.机械波的传播需要介质，仅仅有机械振动是不够的，故A错；而机械波向外传播的只是运动的形式和振动的能量，介质并不随波迁移，故D错．本题答案选B、C.
2.下列有关纵波和横波的说法中，正确的是(　　)
A．振源上下振动形成的波是横波
B．振源水平振动形成的波是纵波
C．波沿水平方向传播，质点上下振动，这类波是横波
D．质点沿水平方向振动，波沿水平方向传播，这类波是纵波
解析：选C.根据纵波与横波的概念，质点振动方向与波传播方向垂直者为横波，同一直线者为纵波，并不是上、下振动与水平振动的问题，所以A、B错．对于C，水平传播，上下振动，属相互垂直，是横波．对于D，水平传播，水平振动还不能说明质点振动方向与波的传播方向是在同一直线上，则还不能确定是纵波，则D错．
3.关于振动和波的关系，下列说法中正确的是(　　)
A．振动是单个质点呈现的运动现象，波是彼此相联系的许多质点联合起来呈现的运动现象
B．振动是波动的基本要素，波是振动的传播
C．波的传播速度就是质点振动的速度
D．有机械振动必有波
解析：选AB.一个质点的振动通过相互作用会带动邻近质点的振动，使振动这种运动形式通过介质中质点的依次带动由近及远向外传播出去而形成机械波，故选项A、B正确；波的传播速度不是质点振动的速度，故选项C错误；产生机械波的条件是：(1)要有波源；(2)要有传播振动的介质．即在缺少介质的情况下，波动现象就无法发生，故选项D错误．
4.将一个小石子投向平静的湖面中心，会激起一圈圈波纹向外传播，如果此时水面上有一片树叶，下列对树叶运动情况的叙述正确的是(　　)
A．树叶慢慢向湖心运动
B．树叶慢慢向湖岸漂去
C．在原处上下振动
D．沿着波纹做圆周运动
解析：选C.机械波中各质点不随波迁移，仅在各自的平衡位置附近振动，波传播的是振动形式和能量．故正确答案为C.
一、选择题
1.关于机械波的以下说法中，正确的是(　　)
A．波动发生需要两个条件：波源和介质
B．波动过程是介质质点由近及远移动的过程
C．波动过程是能量由近及远的传递的过程
D．波源与介质质点的振动都是自由振动
解析：选AC.波源振动时，依靠介质中的相互作用力带动周围各部分质点振动起来，形成机械波．介质质点只在平衡位置附近振动，并不随波迁移，仅把振源的振动和能量传播开来．波源和介质质点之间相互作用力阻碍波源的振动，是一种阻力，所以波源的振动不可能是自由振动；相邻质点间存在相互作用，故介质质点也不是自由振动．
2.关于横波和纵波，下列说法正确的是(　　)
A．对于横波和纵波，质点的振动方向和波的传播方向有时相同，有时相反
B．对于纵波，质点的振动方向与波的传播方向一定相同
C．形成纵波的质点，随波一起迁移
D．空气介质只能传播纵波
解析：选D.形成横波的质点振动的方向只能与传播方向垂直，形成纵波的质点的振动方向总与波传播方向平行，有时相同，有时相反，故选项A、B都错误．无论是横波还是纵波，质点都是在平衡位置附近做往复运动，不会随波定向移动，故C错误．因为空气介质只能通过压缩而产生相互作用力，故空气中的机械波只能是纵波，选项D正确．
3.沿绳传播的一列机械波，当波源突然停止振动时(　　)
A．绳上各质点同时停止振动，横波立即消失
B．绳上各质点同时停止振动，纵波立即消失
C．离波源较近的各质点先停止振动，较远的各质点稍后停止振动
D．离波源较远的各质点先停止振动，较近的各质点稍后停止振动
解析：选C.波动把能量从波源由近及远地传播出去，振动的各质点先后获得能量，因此只有C正确．
4.科学探测表明，月球表面无大气层，也没有水，更没有任何生命存在的痕迹，在月球上，两宇航员面对面讲话也无法听到，这是因为(　　)
A．月球太冷，声音传播太慢
B．月球上没有空气，声音无法传播
C．宇航员不适应月球，声音太轻
D．月球上太嘈杂，声音听不清楚
解析：选B.声音的传播方式为声波，而形成波必须满足两个条件：振源和介质．月球上没有空气，即没有介质，无法形成波，所以选项B正确．
5.(2012·榆林高二检测)一列横波正沿水平方向由西向东传播，则下列说法中正确的是(　　)
A．波中各个质点都在由西向东运动
B．波中的各个质点一定没水平方向振动
C．波中的各个质点一定沿竖直方向振动
D．以上说法都错误
解析：选D.机械波传播的是振动的形式和能量，而介质中各质点仅在平衡位置附近振动，质点不会随波迁移，而且横波中各质点的振动方向与其传播方向垂直，波在水平方向由西向东传播，质点振动方向与其垂直，不一定沿水平方向，也不一定沿竖直方向．故A、B、C都错，D正确．
6.下列关于纵波的说法中，正确的是(　　)
A．在纵波中，波的传播方向就是波中质点的移动方向
B．纵波中质点的振动方向一定与波的传播方向在一条直线上
C．纵波中质点的振动方向一定与波的传播方向垂直
D．纵波也有波峰和波谷
解析：选B.纵波中质点的振动方向与波的传播方向虽然在一条直线上，但质点的振动方向与波的传播方向可能相同，也可能相反．故选项B正确．
7.如图所示为波沿着一条一端固定的绳子传播到B点时的波形图，由图可判断出A点刚开始的振动方向是(　　)
A．向左　　　　　　　　　 B．向右
C．向上 D．向下
解析：选C.介质中各质点的开始振动方向都与波源开始振动的方向相同，此时波刚传到B点，由波的传播特点知，B点此时向上运动，所以波源A点刚开始振动的方向也是向上的．
8.波在传播过程中，正确的说法是(　　)
A．介质中的质点随波的传播而迁移
B．波源的振动能量随波传递
C．振动质点的频率随着波的传播而减小
D．波源的能量靠振动质点的迁移来传播
解析：选B.在波的传播过程中，质点是不会发生迁移的；波源的振动能量通过对相邻质点做功而由近及远地传播(不是靠质点的迁移)；质点的频率只与波源有关(振动质点实际上是在做受迫振动)．
9.如图所示，沿水平方向的介质中的部分质点，每相邻质点间的距离相等，其中O为波源，设波源的振动周期为T，自波源通过平衡位置竖直向下振动开始计时，经过T/4，质点1开始振动，则下列关于各质点的振动和介质中的波的说法正确的是(　　)
A．介质中所有的质点的起振方向都竖直向下，但图中质点9起振最晚
B．图中所画出的质点起振时间都是相同的，起振的位置和起振的方向是不同的
C．图中质点8的振动完全重复质点7的振动，只是质点8起振时，通过平衡位置或最大位移处的时间总是比质点7通过相同位置时落后T/4
D．只要图中所有的质点都已振动了，质点1与质点9的振动步调就完全一致，但如果质点1发生的是第100次振动，则质点9发生的是第98次振动
解析：选ACD.从题图中可知，质点9是图中距波源最远的点，尽管与振源起振方向相同，但起振时刻最晚，故A正确、B错误；质点7与质点8相比较，质点7是质点8的前质点，7、8质点间的振动步调相差T/4，故C正确；质点9与质点1相距2个波长，质点9比质点1晚2T开始起振，一旦质点9起振后，1、9振动步调就完全一致，故D正确．
关于振动和波动的关系，下列说法中正确的是(　　)
A．振动是形成波动的原因，波动是振动的传播
B．振动是单个质点呈现的运动现象，波动是许多质点联合起来呈现的运动现象
C．波的传播速度就是质点振动的速度
D．对于均匀介质中的机械波，各质点在做变速运动，而波的传播速度是不变的
解析：选ABD.机械波的产生条件是：有波源和介质，介质中的质点依次振动由近及远传播而形成波，所以A、B正确；波的传播速度是波形由波源向外伸展的速度，在均匀介质中其速度不变，而质点振动的速度大小和方向都随时间周期性地发生变化，故C错误，D正确．正确选项为A、B、D.
二、非选择题
(原创题)2012年3月菲律宾发生了里氏6.5级地震，已知地震中的纵波和横波在地表附近的传播速度分别是9.1 km/s 和3.7 km/s，在某地的观测站中，记录了地震的纵波和横波到达该地的时间差为5.4 s.
(1)求这个观测站距离地震点的距离．
(2)观测站首先观察到的是上下振动还是左右摇晃？
解析：根据纵、横波传到观测站的时间差－＝5.4 s，求出s＝33.67 km，先传到的是纵波，所以是左右晃动．
答案：(1)33.67 km　(2)先传到的是纵波，所以是左右晃动
下图是某绳波形成过程的示意图．质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，带动2、3、4…各个质点依次上下振动，把振动从绳的左端传到右端．已知t＝0时，质点1开始向上运动，t＝时，1到达最上方，5开始向上运动．问：
(1)t＝时，质点8、12、16的运动状态(是否运动、运动方向)如何？
(2)t＝时，质点8、12、16的运动状态如何？
(3)t＝T时，质点8、12、16的运动状态如何？
解析：由于质点间的相互作用，由“带动看齐”法知，前面的质点带动后面的质点振动 ，所以后面的质点总是滞后于前面的质点．
各质点在各时刻的情况，如图所示．
(1)由乙图可知，t＝时，质点8未达到波峰，正在向上振动，质点12、16未振动．
(2)由丙图可知，t＝时，质点8正在向下振动，质点12向上振动，质点16未振动．
(3)由丁图可知，t＝T时，质点8、12正在向下振动，质点16向上振动．
答案：见解析

1.(2011·高考北京卷)介质中有一列简谐机械波传播，对于其中某个振动质点(　　)
A．它的振动速度等于波的传播速度
B．它的振动方向一定垂直于波的传播方向
C．它在一个周期内走过的路程等于一个波长
D．它的振动频率等于波源的振动频率
解析：选D.机械波在传播过程中，振动质点并不随波迁移，只是在各自的平衡位置附近做简谐运动，选项A、C错误．机械波可能是横波，也可能是纵波，故振动质点的振动方向不一定垂直于波的传播方向，选项B错误．振动质点的振动是由波源的振动引起的，故质点的振动频率等于波源的振动频率，选项D正确．
2.对机械波关于公式v＝λf的理解，正确的是(　　)
A．v＝λf适用于一切波
B．由v＝λf知，f增大，则波速v也增大
C．v、λ、f三个量中，对同一列波来说，在不同介质中传播时保持不变的只有f
D．由v＝λf知，波长是2 m的声音比波长是4 m的声音传播速度小一半
解析：选AC.公式v＝λf适用于一切波，无论是机械波还是电磁波，A正确；机械波的波速仅由介质决定，与频率f无关，所以B、D错；对同一列波，其频率由波源决定，与介质无关，故C正确．
3.如图所示的两图像，下列判断正确的是(　　)
A．甲是振动图像，乙是波动图像
B．甲是波动图像，乙是振动图像
C．A、B两质点均向上运动
D．A、B两质点均向下运动
解析：选BD.由两图像的横坐标可看出甲是波动图像，乙是振动图像，选项B正确，A错误．由甲图中的传播方向，可看出A质点此刻应向下运动，由乙图中也可判定B质点向下运动，故选项D正确，C错误．
4.(2012·济南高二检测)如图所示，图甲为某一波动在t＝1.0 s时的图像，图乙为参与该波动的质点P的振动图像．
(1)求该波波速；
(2)求再经过3.5 s时P质点经过的路程；
(3)判断波的传播方向．
解析：(1)由题中甲、乙两图像得
A＝0.2 m，λ＝4 m，T＝1 s，
所以波速v＝＝ m/s＝4 m/s.
(2)3.5 s内P点经过的路程为
×4A＝×4A＝3.5×4×0.2 m＝2.8 m.
(3)由题中乙图知t＝1.0 s时质点P向y轴负方向运动，结合题中甲图可以确定波向左传播．
答案：(1)4 m/s　(2)2.8 m　(3)向左传播
一、选择题
1.关于波长的下列说法中正确的是(　　)
A．机械振动在一个周期内传播的距离就是一个波长
B．在波形图上位移相同的相邻两质点之间的距离等于一个波长
C．在波形图上速度最大且相同的相邻两质点间的距离等于一个波长
D．在波形图上振动情况总是相同的两点间的距离等于一个波长
解析：选AC.机械振动的质点在一个周期内向远处传播一个完整的波形，故A正确；由波形图可见，在一个完整波形上，位移相同的相邻质点之间的距离不一定等于一个波长，故B选项错误；速度最大且相同的质点，在波形图上是在平衡位置上，如果相邻，那么正好是一个完整波形的两个端点，所以C选项正确；振动情况总是相同的两点间的距离是波长λ的整数倍，故D选项不正确．
2.下列对波速的理解正确的是(　　)
A．波速表示振动在介质中传播的快慢
B．波速表示介质质点振动的快慢
C．波速表示介质质点迁移的快慢
D．波速跟波源振动的快慢无关
解析：选AD.机械振动在介质中传播的快慢用波速表示，它的大小由介质本身的性质决定，与介质质点的振动速度是两个不同的概念，与波源振动快慢无关，故A、D正确；波速不表示质点振动的快慢，介质质点也不随波迁移，因此B、C错误．
3.一列机械波从一种介质进入另一种介质时，波速变大，则下列判断正确的是(　　)
A．由v＝λ/T可知，波长也变大
B．由T＝λ/v可知，周期变小
C．由v＝λf可知，可能是波长λ变小而频率f变得更大
D．由v＝λf可知，可能是频率f变小而波长λ变得更大
解析：选A.机械波从一种介质进入另一种介质时，周期和频率保持不变，选项B、C、D错误；由于周期不变，波速变大，所以波长变大，选项A正确．
4.(2012·宁夏高二检测)下图中正确的波形图是(　　)
解析：选BC.根据上下坡法，凡是在“上坡”区的必向下运动，在“下坡”区的必向上运动，故B、C正确．
5.一列沿x轴正方向传播的简谐波，在t＝0时刻的图像如图所示，波的周期为T，图中两个质点A和B的振动情况是(　　)
A．A、B质点的振动方向总相同
B．A、B质点的振动方向总相反
C．在t＝T时，A、B质点的振动方向是相同的
D．在t＝T时，A、B质点的振动方向是相反的
解析：选C.由“带动法”或“微平移法”或“上下坡法”，在t＝0时刻，A点振动方向沿y轴正方向，B点振动方向沿y轴负方向，A不正确；经过，波向前传播，出现虚线所示的波形，这时A点的振动方向与B点的振动方向相同，都沿y轴的负方向．C正确，B、D不正确．
6.一列简谐横波某时刻的波形如图甲所示，图乙表示该波传播的介质中某质点此后一段时间内的振动图像，则(　　)
A．若波沿x轴正方向传播，图乙为a点的振动图像
B．若波沿x轴正方向传播，图乙为b点的振动图像
C．若波沿x轴负方向传播，图乙为c点的振动图像
D．若波沿x轴负方向传播，图乙为d点的振动图像
解析：选BD.图乙表示质点正通过平衡位置向上运动．由图甲可知，在该时刻，a、c质点分别位于波峰、波谷，图乙不可能是a、c质点的振动图像．b、d质点位于平衡位置，若波沿x轴正方向传播，b点向上运动，d点向下运动；若波沿x轴负方向传播，b点向下运动，d点向上运动．
7.(2011·高考海南卷)一列简谐横波在t＝0时的波形图如图所示．介质中x＝2 m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y＝10sin(5πt) cm.关于这列简谐波，下列说法正确的是(　　)
A．周期为4.0 s　　　　　　　 B．振幅为20 cm
C．传播方向沿x轴正向 D．传播速度为10 m/s
解析：选CD.由y＝10sin(5πt) cm可知振幅A＝10 cm，角频率ω＝5π，则振动周期也即波的周期T＝＝0.4 s，A、B皆错误．仍从上式可知t＝0时质点P经过平衡位置向y轴正方向振动，结合该时刻波形图可知波沿x轴正方向传播，波长λ＝4 m，则波速v＝＝10 m/s，C、D正确．
8.一列简谐横波沿直线由A向B传播，A、B相距0.45 m，如图所示是A处质点的振动图像．当A处质点运动到波峰位置时，B处质点刚好到达平衡位置且向y轴正方向运动，这列波的波速可能是(　　)
A．4.5 m/s B．3.0 m/s
C．1.5 m/s D．0.7 m/s
解析：选A.由y－t图像知：T＝0.4 s；由题意知：
0．45 m＝λ
则v＝＝ m/s(n＝0，1，2…)
当n＝0时，v＝4.5 m/s；当n＝1时，v＝0.9 m/s；当n＝2时，v＝0.5 m/s.由此可判断出A项正确，B、C、D项均错．
9.(2011·高考四川卷)如图为一列沿x轴负方向传播的简谐横波在t＝0时的波形图，当Q点在t＝0时的振动状态传到P点时，则(　　)
A．1 cmB．Q处的质点此时的加速度沿y轴的正方向
C．Q处的质点此时正在波峰位置
D．Q处的质点此时运动到P处
解析：选B.由波沿x轴负方向传播知，当Q点在t＝0时的振动状态传到P点时，波形如图中虚线所示，所以此时1 cm如图所示为一列波长为λ、周期为T且沿x轴正向传播的简谐横波的波动图象和其中某质点的振动图象，但两图象的x轴或t轴未标出，则下列判断正确的是(　　)
甲　　　　　　乙
A．若图甲是某时刻的波动图象，则图乙可能是x＝的质点从该时刻开始计时的振动图象
B．若图甲是某时刻的波动图象，则图乙可能是x＝的质点从该时刻开始计时的振动图象
C．若图乙是某时刻的波动图象，则图甲可能是x＝的质点从该时刻开始计时的振动图象
D．若图乙是某时刻的波动图象，则图甲可能是x＝λ的质点从该开始计时的振动图象
解析：选D.根据题意，若图甲是某时刻的波动图象，则x＝的质点刚好从该时刻开始从正向最大位移处向－y方向振动，同理，x＝的质点从该时刻开始计时应从平衡位置正向＋y方向振动，可知选项A、B错误；若图乙是某时刻的波动图象，则x＝的质点从该时刻开始正从负向最大位移处向＋y方向振动，x＝λ的质点从该时刻开始正从平衡位置向＋y方向振动，则选项C错误、选项D正确．
二、非选择题
(2012·商洛高二检测)如图所示为沿x轴向右传播的简谐横波在t＝1.2 s时的波形，位于坐标原点处的观察者测到在4 s内有10个完整的波经过该点．
(1)求该波的振幅、频率、周期和波速．
(2)画出平衡位置在x轴上P点处的质点在0～0.6 s内的振动图像.
解析：(1)由波的图像可以看出：振幅A＝0.1 m，波长λ＝2 m，由题设条件知：频率f＝＝2.5 Hz，周期T＝＝0.4 s，波速v＝λf＝5 m/s；
(2)由波动图像可以看出：t＝0时刻，质点P的位移为0.08 m，且沿y轴负方向振动．其振动图像如图所示．
答案：见解析
一列横波在x轴上传播，如图所示，t1＝0和t2＝0.005 s时的波形分别为图中的实线和虚线．
(1)设周期小于(t2－t1)，求波速；
(2)设周期大于(t2－t1)，并且波速为6000 m/s，求波的传播方向．
解析：当波传播时间小于一个周期时，波沿传播方向前进的距离小于一个波长，当波传播的时间大于一个周期时，波沿传播方向前进的距离大于一个波长．这时从波形的变化上看出的传播距离加上n个波长才是波实际传播的距离．
(1)因Δt＝(t2－t1)若波向右传播，则在0.005 s内传播了2 m，故波速为
v＝＝400 m/s.
若波向左传播，则在0.005 s内传播了6 m，故波速为
v＝＝1200 m/s.
(2)因Δt＝(t2－t1)>T，所以波传播的距离大于一个波长，在0.005 s内传播的距离为
Δx＝vΔt＝6000×0.005 m＝30 m，
即＝＝3，即Δx＝3λ＋ λ.
因此，可得波的传播方向沿x轴的负方向．
答案：(1)见解析
(2)沿x轴的负方向

关于惠更斯原理的理解，下列说法正确的是(　　)
A．同一波面上的各质点振动情况完全相同
B．同一振源的不同波面上的质点的振动情况一定不相同
C．球面波的波面是以波源为中心的一个个球面
D．无论怎样的波，波线始终和波面垂直
解析：选ACD.同一波面是振动情况相同点构成的，而不同波面同一时刻振动情况可以相同，也可以不同，故A对B错；而根据球面波的特点和波面与波线的关系知，C、D也是正确的，故本题正确选项为A、C、D.
关于波的折射，下列说法正确的是(　　)
A．波从一种介质进入另一种介质时，传播方向不会发生改变
B．入射角等于折射角
C．入射角的正弦值等于折射角的正弦值
D．入射角的正弦值与折射角正弦值的比值是常数
解析：选D.由波的折射现象和折射定律可知，D正确．
如图中1、2、3分别代表入射波、反射波、折射波的波线，则(　　)
A．2与1的波长、频率相等，波速不等
B．2与1的周期、频率相等，波长不等
C．3与1的波速、频率、波长相等
D．3与1的频率相等，波速、波长均不等
解析：选D.反射波的波长、频率、波速与入射波都相等，故A、B错．折射波的波长、波速与入射波都不等，但频率相等，故C错，D正确．
(2012·宁夏固原高二检测)蝙蝠有完善的发射和接收超声波的器官，一只蝙蝠以6.0 m/s的速度垂直于墙飞行，且以f＝4.5×104 Hz的频率发超声波，并经0.01秒接收到回声．若声速是340 m/s，求蝙蝠发射超声波时离墙的距离及蝙蝠所发出的超声波的波长？
解析：s＝(v＋v′)t＝(340＋6)×0.01 m＝1.73 m
由v＝λf，得：λ＝＝ m＝7.56×10－3 m.
答案：1.73 m　7.56×10－3 m
一、选择题
下列说法中正确的是(　　)
A．只有平面波的波面才与波线垂直
B．任何波的波线与波面都相互垂直
C．任何波的波线表示波的传播方向
D．有些波的波面表示波的传播方向
解析：选BC.不管是平面波，还是球面波，其波面与波线均垂直，选项A错误，选项B正确；只有波线才表示波的传播方向，选项C正确，D错误．
人在室内讲话的声音比在室外空旷处讲话声音要洪亮，是因为(　　)
A．室内空气不流动　　　　　　 B．室内声音多次反射
C．室内声音发生折射 D．室内物体会吸收声音
解析：选B.人在室内讲话时，声音会多次发生反射，进入耳时听到的声音就比较洪亮．
下列说法正确的是(　　)
A．入射角与折射角的比等于两波速比
B．入射波的波长小于折射波的波长
C．入射波的波长大于折射波的波长
D．入射波的波长等于反射波的波长
解析：选D.由于一定介质中的波速是一定的，是一个只与两种介质的性质有关而与入射角度无关的常数，A错．介质不确定时，入射波和折射波的波长大小关系无法确定．
下列说法中正确的是(　　)
A．水波的球面波
B．声波是球面波
C．只有横波才能形成球面波
D．只有纵波才能形成球面波
解析：选B.该题考查了波面，根据球面波的定义可知：若波面是球面则为球面波，与横波、纵波无关，故C、D不正确，由此可知B正确．由于水波不能在空间中传播，所以它是平面波，A不正确．
下列说法正确的是(　　)
A．波发生反射时波的频率不变，波速变小，波长变短
B．波发生反射时频率、波长、波速均不变
C．波发生折射时波的频率不变，但波长、波速发生变化
D．波发生折射时波的频率、波长、波速均发生变化
解析：选BC.波发生反射时在同一介质中，频率、波长和波速均不变，故B选项正确；波发生折射时，介质改变，故波速发生变化，但频率由振源决定，波的频率不变，由v＝λf可知波长也发生变化，故C选项正确．
(2012·铜川高二检测)同一音叉发出的声波同时在水和空气中传播，某时刻的波形曲线如图，以下说法正确的是(　　)
A．声波在水中波长较大，b是水中声波的波形曲线
B．声波在空气中波长较大，b是空气中声波的波形曲线
C．水中质点振动频率较高，a是水中声波的波形曲线
D．空气中质点振动频率较高，a是空气中声波的波形曲线
解析：选A.波的频率取决于波源的振动频率，与介质无关，故同一音叉发出的声波在水中传播与在空气中传播时频率相同．机械波在介质中传播的速度只取决于介质的性质，与波的频率无关，声波在水中的传播速度大于在空气中的传播速度，再由v＝fλ知，声波在水中的波长较大，对应于题图中波形曲线b，故A正确．
下列现象中属于声波反射现象的是(　　)
A．隔着墙能听到房外的人说话
B．音响设备制作时要考滤混响效应
C．夏日的雷声有时轰鸣不绝
D．在水里的人能听到岸上的声音
解析：选BC.A选项是波的衍射现象，是声波绕过墙，传播到墙的背面去了．D选项是波的折射现象．B、C选项是属于声波反射现象．
如图所示是声波从介质 Ⅰ 进入介质 Ⅱ 的折射情况，由图判断下面的说法正确的是(　　)
A．若i>r，则声波在介质 Ⅰ 中的传播速度大于声波在介质 Ⅱ 中的传播速度
B．若i>r，则 Ⅰ 可能是空气，Ⅱ 可能是水
C．若i>r，则 Ⅰ 可能是钢铁， Ⅱ 可能是空气
D．在介质 Ⅰ 中的传播速度v1与在介质 Ⅱ 中的传播速度v2，满足 ＝
解析：选AC. 根据折射规律：＝，故D错，而A正确．因为i>r，则v1>v2，若 Ⅰ 为空气，则 Ⅱ 不可能是水，因为声波在空气中的传播速度比在水中小，故B错，而C正确．
(2012·安康高二检测)甲、乙两人平行站在一堵墙前面，二人相距2a，距离墙均为a，当甲开了一枪后，乙在时间t后听到第一声枪响，则乙听到第二声枪响的时间为(　　)
A．听不到　　　　　　 B．甲开枪3t后
C．甲开枪2t后 D．甲开枪 t后
解析：选C.乙听到第一声枪响必然是甲放枪的声音直接传到乙的耳朵中，设枪响声音的传播速度为v，故t＝.甲、乙两人及墙的位置如图所示，乙听到第二声枪响必然是墙反射的枪声，由反射定律可知，波线如图中AC和CB.由几何关系可得：AC＝CB＝2a，故第二声枪
响传到乙的耳朵中的时间为t′＝＝＝2t.故选项C正确．
二、非选择题
(2012·济南高二检测)利用超声波可以探测鱼群的位置，在一只装有超声波发射和接收装置的渔船上，当它向选定的方向发射出频率为5.8×104 Hz的超声波后，经过0.64 s收到从鱼群反射回来的反射波，已知5.8×104 Hz的超声波在水中的波长为2.5 cm，则这群鱼与渔船的距离为________ m.
解析：鱼群与渔船的距离为s，根据波的反射现象得t＝
又波速公式v＝λf
由以上两式得：s＝464 m.
答案：464
如图，a、b、c分别为入射波、反射波、折射波，已知入射波波速v＝10 m/s，入射角θ1为30°，反射波线与折射波线相垂直，求折射波的速度．
解析：由图可知波的折射角θ2＝60°，
由折射定律：＝，
v′＝v＝×10 m/s＝17.3 m/s.
答案：17.3 m/s
一声波在空气中的波长为25 cm，速度为340 m/s，当折射入另一种介质时，波长变为80 cm，求；
(1)声波在这种介质中的传播速度；
(2)入射角的正弦与折射角的正弦之比．
解析：(1)频率不变，有＝，得：v2＝v1＝×340 m/s＝1088 m/s.
(2)由折射定律：＝＝＝.
答案：(1)1088 m/s　(2)1∶3.2

如图所示，两列相同的波相向传播，当它们相遇时，图中可能的波形是(　　)
解析：选BC.当两列波相遇时，达到图(a)所示的状态时，叠加以后的波形应是选项B.
当两列波相遇时，达到图(b)所示的状态时，叠加以后的波形应是选项C.所以正确选项是B、C.
(2011·高考上海卷)两波源S1、S2在水槽中形成的波形如图所示，其中实线表示波峰，虚线表示波谷，则(　　)
A．在两波相遇的区域中会产生干涉
B．在两波相遇的区域中不会产生干涉
C．a点的振动始终加强
D．a点的振动始终减弱
解析：选B.由题图知，两列波的波长不相等，不满足波的干涉条件，故B正确，A、C、D错误．
一列水波通过某孔的实际情况如右图所示，现把孔的尺寸变小，或者把水波的波长变大，水波通过孔后的假想情况如下图所示，其假想正确的图示有(　　)
解析：选AC.需要指出的是，衍射现象是普遍存在的．波遇到障碍物时都有绕过障碍物的特性，即衍射现象，但只有当障碍物或孔的尺寸比波长小或差不多时才能观察到明显的衍射现象，故正确选项为A、C.
如图为由波源S发出的波某一时刻在介质平面中的情形，实线为波峰，虚线为波谷，设波源频率为20 Hz，且不运动，而观察者在1 s内由A运动到B，观察者接收到多少个完全波？设波速为340 m/s，则要让观察者完全接收不到波，他每秒要运动多少米？
解析：观察者在单位时间内接收到的完全波的个数就等于观察者接收到的频率．如果观察者不动，则1 s内，观察者接收的完全波的个数应为20个，然而当观察者从A运动到B的过程中，所能接收到的完全波的个数正好比不运动时少1个，即他只接收到19个完全波，要想让观察者完全接收不到波，他必须随同所在的波峰一起运动并远离波源．由s＝vt得s＝340×1 m＝340 m，即观察者每秒要远离波源340 m.
答案：19　340 m
一、选择题
下列哪些现象是多普勒效应(　　)
A．远去的汽车声音越来越小
B．炮弹迎面飞来，声音刺耳
C．火车向你驶来时，音调变高，远离你而去时，音调变低
D．大风中，远处人的说话声时强时弱
解析：选BC.声波音调的高低由其频率决定，根据多普勒效应，当声源与观察者发生相对运动时，观察者听到的声音的音调会变化，B、C正确．声音的强弱由声波的能量决定，声源越近，声波能量越大，听起来越响亮，但音调不一定变化，A、D项不是由多普勒效应造成的，故选择B、C.
下列说法正确的是(　　)
A．衍射是一切波特有的现象
B．对同一列波，障碍物或孔越小衍射越明显
C．听到回声是声波的衍射现象
D．听到回声是共鸣现象
解析：选AB.衍射是波特有的现象．障碍物或孔的尺寸越小，越能满足发生明显衍射现象的条件．回声是声波的反射现象，如果回声到达人耳比原声滞后0.1 s以上，就能区分回声和原声．所以正确选项为A、B.
关于两列波的稳定干涉现象，下列说法正确的是(　　)
A．任意两列波都能产生稳定干涉现象
B．发生稳定干涉现象的两列波，它们的频率一定相同
C．在振动减弱的区域，各质点都处于波谷
D．在振动加强的区域，有时质点的位移等于零
解析：选BD.两列波叠加产生稳定干涉现象是有条件的，不是任意两列波都能产生稳定的干涉现象．一个必要条件是两列波的频率相同，所以选项A是错误的，选项B是正确的．在振动减弱的区域里，只是两列波引起质点振动始终是减弱的，质点振动的振幅等于两列波的振幅之差．如果两列波的振幅相同，质点振动的振幅就等于零，也不可能各质点都处于波谷，所以选项C是错误的．在振动加强的区域里，两列波引起质点振动始终是加强的，质点振动的最剧烈，振动的振幅等于两列波的振幅之和．但这些点始终是振动着的，因而有时质点的位移等于零，所以选项D是正确的．
火车上有一个声源发出频率一定的乐音．当火车静止、观察者也静止时，观察者听到并记住了这个乐音的音调．以下情况中，观察者听到这个乐音的音调比原来降低的是(　　)
A．观察者静止，火车向他驶来
B．观察者静止，火车离他驶去
C．火车静止，观察者乘汽车向着火车运动
D．火车静止，观察者乘汽车远离火车运动
解析：选BD.当观察者与声源相向运动时，相同时间内观察者接收到的声波的个数增多，所以观察者接收到的频率升高，听到乐音的音调比原来要高．当观察者与声源背向运动时，相同时间内观察者接收的声波的个数减少，所以观察者接收到的频率降低，听到乐音的音调比原来降低了．综上所述，正确选项为B、D.
(2012·上海高二检测)在观察水波的衍射实验中，若击打水面的振子振动的频率是5 Hz，水波在水波槽中的传播速度是0.05 m/s，为观察到明显的衍射现象，小孔的直径d应为(　　)
A．10 cm　　　　　　　　 B．5 cm
C．d>1 cm D．d<1 cm
解析：选D.由题知水波的波长λ＝＝ m＝0.01 m＝1 cm，即小孔的直径d应与1 cm相当或比它还小．故选项D正确．
(2012·延安高二检测)如图所示，实线和虚线分别表示振幅、频率均相同的两列波的波峰和波谷．此刻，M是波峰与波峰相遇点，下列说法中正确的是(　　)
A．该时刻质点O正处在平衡位置
B．P、N两质点始终处在平衡位置
C．随着时间的推移，质点M向O点处移动
D．从该时刻起，经过四分之一周期，质点M到达平衡位置
解析：选BD.由题图可知，图中O、M为振动加强点，此时刻O处于波谷，M处于波峰，因此A错误．N、P为减弱点，又因两列波振幅相同，因此，N、P两点振幅为零，即两质点始终处于平衡位置，B正确．质点不会随波向前推移，C不正确．从该时刻经周期，两列波在M点分别引起的振动都位于平衡位置，故M点位于平衡位置，D正确．
如图所示，一个波源在绳的左端发出半个波1，频率为f1，振幅为A1；同时另一个波源在绳的右端发出半个波2，频率为f2，振幅为A2，图中P为两波源的中点，由图可知(　　)
A．两列波同时到达P点
B．两列波相遇时，P点的波峰可达(A1＋A2)
C．两列波相遇后各自保持原来波形独立传播
D．两列波相遇时，绳上振幅可达(A1＋A2)的质点只有一点
解析：选ACD.1、2两列波在同一条绳上传播，波速相同，所以传播相同距离历时相同，两列波应同时到达P点，选项A是正确的；两列波到达P点后，在彼此穿过区间，P处质点的位移为两列波独立引起的位移之和，由于两波频率不同，波长不同，相向传播时，两波峰不会同时到达P点，故在P处两列波叠加的位移峰值不会达到(A1＋A2)，选项B是错误的；两波峰可同时到达的一点应是与图中现在处于波峰的两质点的平衡位置等距的一点：如果f1>f2，则λ1<λ2，则P点右侧某处质点振幅可达到(A1＋A2)，而如果f1λ2，则P点左侧某处质点振幅可达到(A1＋A2)，选项D是正确的．根据波的叠加原理，两列波相遇后各自保持原来的波形，即如选项C所述．综上所述，本题正确选项为A、C、D.
在空气中的同一区域内，两列声波波源的振动情况如图所示，可以肯定的是(　　)
A．a波源的频率为b波源频率的2倍
B．a波的波长为b波波长的2倍
C．a、b两列波叠加能产生稳定的干涉
D．通过同一狭缝，a波的衍射效果比b波明显
解析：选BD.由波的图像可以看出，a波的周期是b波的2倍，因为波速相等(同一介质)由波速公式v＝λf可知a波的波长等于b波的2倍，故A答案错而B正确；两列波干涉的条件是频率必须相等，可知a、b两列波不会产生稳定的干涉；波长越长，衍射现象越明显，故D选项正确．
在空旷的广场上有一堵较高大的墙MN，墙的一侧O点有一个正在播放男女声合唱歌曲的声源．某人从图中A点走到墙后的B点，在此过程中，如果从声波的衍射来考虑，则会听到(　　)
A．声音变响，男声比女声更响
B．声音变响，女声比男声更响
C．声音变弱，男声比女声更弱
D．声音变弱，女声比男声更弱
解析：选D.由于MN很高大，故衍射现象比较弱，由于女声音调更高，波长更小，衍射更不明显．
(2012·渭南高二检测)如图所示，S1、S2为水波槽中的两个波源，它们分别激起两列水波，图中实线表示波峰，虚线表示波谷．已知两列波的波长分别为λ1和λ2，且λ1＞λ2，该时刻在P点为两列波的波峰与波峰相遇，则以下叙述中正确的是(　　)
A．P点有时在波峰，有时在波谷，振动始终相互加强
B．P点始终在波峰，不可能在波谷
C．因为λ1>λ2，所以P点的振动不遵守波的叠加原理
D．P点的振动遵守波的叠加原理，但并不始终相互加强
解析：选D.由于λ1＞λ2，v1＝v2(同一介质)，所以频率f1≠f2，两列波不能产生稳定的干涉，但叠加区仍遵守叠加原理．
二、非选择题
生活中经常用“呼啸而来”形容正在驶近的车辆，这是声波在传播过程中对接收者而言频率发生变化的表现，无线电波也具有这种效应．测速雷达向一辆接近的车辆发出无线电波，并接收被车辆反射的无线电波．由于车辆的运动，接收的无线电波频率与发出时不同，利用频率差(f接收－f发出)就能计算出车辆的速度．已知发出和接收的频率间关系为f接收＝f发出，式中c是真空中的光速，若f发出＝2×109 Hz，f接收－f发出＝400 Hz，可知被测车辆的速度大小为________ m/s.
解析：将f发出＝2×109 Hz，f接收－f发出＝400 Hz，c＝3×108 m/s，代入f接收＝f发出可得v车＝30 m/s.
答案：30
如图为某一报告厅主席台的平面图，AB是讲台，S1、S2是与讲台上话筒等高的嗽叭，它们之间的相互位置和尺寸如图所示．报告者的声音放大后经嗽叭传回话筒再次放大时可能会产生啸叫．为了避免啸叫，话筒最好摆放在讲台上适当的位置，在这些位置上两个嗽叭传来的声音因干涉而相消．已知空气声速为340 m/s，若报告人声音的频率为136 Hz，问讲台上这样的位置有多少个？
解析：相应于声频f＝136 Hz的声波的波长是λ＝＝2.5 m
式中v＝340 m/s是空气中的声速．在图中，O是AB的中点，P是OB上任一点．将表示为S1P－S2P＝k
式中k为实数，当k＝0，2，4，…时，从两个喇叭来的声波因干涉而加强；当k＝1，3，5，…时，从两个喇叭来的声波因干涉而相消．由此可知，O是干涉加强点；对于B点，
S1B－S2B＝20 m－15 m＝4
所以，B点也是干涉加强点．因而O、B之间有两个干涉相消点，由对称性可知，AB上有4个干涉相消点．
答案：4个
《优化方案》沪科物理必修1电子题库（27份打包）

关于电磁理论，以下说法正确的是(　　)
A．在电场周围一定会产生磁场
B．任何变化的电场周围空间一定会产生变化的磁场
C．均匀变化的电场会产生变化的磁场
D．周期性变化的电场会产生周期性变化的磁场
解析：选D.变化的电场周围一定产生磁场，但若电场不发生变化，则不能在周围空间产生磁场，所以A错；均匀变化的电场在周围空间产生磁场是不变的，只有不均匀变化的电场才能在周围空间产生变化的磁场，B错；均匀变化的电场只能在周围空间产生稳定的磁场，C错；周期性变化的电场(或磁场)在周围空间产生周期性变化的磁场(或电场)，因此选项D正确．
下列关于电磁波的叙述中，正确的是(　　)
A．电磁波是电磁场由发生区域向远处的传播
B．电磁波在任何介质中的传播速度均为3.00×108 m/s
C．电磁波由真空进入介质传播时，波长将变短
D．电磁波不能产生干涉、衍射现象
解析：选AC.搞清电磁波的产生机理，以及电磁波在真空中传播速度为光速c＝3×108 m/s，且c＝λf，从一种介质进入另一种介质，频率不发生变化，波长、波速变化．另外电磁波仍具有波的特征．电磁波只有在真空中的传播速度才为3.00×108 m/s，而在其他介质中传播速度均小于3.00×108 m/s.电磁波与其他波一样具有干涉、衍射等波的特性．当电磁波由真空进入介质传播时，频率不变，那么c＝λf，v＝λ′f.因为c>v，所以λ>λ′波长变短，波速变小，故选A、C.
机械波和电磁波的比较，下列说法正确的是(　　)
A．它们都可以发生反射、折射、干涉、衍射现象
B．机械波和电磁波本质上相同，只是频率不同而已
C．机械波的传播速度只取决于介质，和频率无关；电磁波的传播速度不仅取决于介质，还和频率有关
D．机械波的传播一定要有介质，电磁波没有介质也可以传播
解析：选ACD.机械波和电磁波都具有波的特性，可以发生反射、折射、干涉、衍射等现象．机械波传播的是运动的形式——振动．电磁波传播的是电磁场，它们本质上不同．电磁波可以在真空中传播，在介质中传播时，频率不同的电磁波在同一介质中传播速度不同，机械波的波速则由介质决定．
如图所示，在直导线PQ周围出现了一组闭合的电场线，则可判定(　　)
A．Q→P的电流迅速增强
B．Q→P的电流迅速减弱
C．P→Q的磁场迅速增强
D．P→Q的磁场迅速减弱
解析：选D.Q→P的电流迅速增强(或减弱)，则产生的是从上自下看顺时针(或逆时针)的闭合磁场，所以A、B错；P→Q的磁场迅速增强将产生从上向下看逆时针的电场，P→Q的磁场迅速减弱将产生图示的电场，判定方向的方法类似于判定感应电流或电动势方向的方法，所以答案为D.
一、选择题
在物理学史上，最先建立完整的电磁场理论并预言电磁波存在的科学家是(　　)
A．赫兹　　　　　　　　　　 B．爱因斯坦
C．麦克斯韦 D．法拉第
解析：选C.英国物理学家麦克斯韦在库仑、安培、法拉第等人对电磁学研究的基础上提出了电磁场理论并预言了电磁波的存在．
根据麦克斯韦电磁场理论，下列说法正确的是(　　)
A．在电场的周围空间，一定存在着和它联系着的磁场
B．在变化的电场周围空间，一定存在着和它联系着的磁场
C．恒定电流在其周围不产生磁场
D．恒定电流周围存在着稳定的磁场
解析：选BD.电场按其是否随时间变化分为稳定电场(静电场)和变化电场(如运动电荷形成的电场)，稳定电场不产生磁场，只有变化的电场周围空间才存在对应磁场，故B正确，A错误；恒定电流周围存在稳定磁场，磁场的方向可由安培定则判断，C错误，D正确．
关于变化的磁场产生的电场，下列说法正确的是(　　)
A．只有在垂直于磁场的平面内存在闭合回路时，才可在闭合回路中产生电场
B．不论是否存在闭合回路，只要磁场发生了变化，就会产生电场
C．变化的磁场产生的电场的电场线是不闭合的曲线
D．变化的磁场产生的电场的电场线是闭合曲线
解析：选BD.变化的磁场产生的电场是客观存在的，与是否存在闭合回路无关．产生的电场的电场线是闭合曲线，B、D正确．
下列关于电磁波的说法正确的是(　　)
A．均匀变化的磁场能够在空间产生电场
B．电磁波在真空和介质中传播速度相同
C．只要有电场和磁场，就能产生电磁波
D．电磁波在同种介质中只能沿直线传播
解析：选A.变化的磁场就能产生电场，A正确．若只有电场和磁场，而电场和磁场都稳定或电场、磁场仅均匀变化都不能产生电磁波，C错．光也是电磁波，在真空和介质中传播的速度不同，可判断B错．D选项中没强调是“均匀”介质，若介质密度不均匀会发生折射，故D错．
下列是空间电场随时间变化的图像，如图所示，能产生周期性变化的电磁场的有(　　)
解析：选CD.根据麦克斯韦的电磁场理论：周期性变化的电场产生周期性变化的磁场，周期性变化的磁场产生周期性变化的电场，如此下去，形成的电磁场向远处传播，所以本题四种电场变化方式中，选项C和选项D的变化电场能产生周期性变化的电磁场，所以正确选项为C、D.
下列关于变化的磁场产生电场的说法中，正确的是(　　)
A．在变化的磁场中放一段导体，导体中的自由电荷不会定向移动
B．在变化的磁场中放一闭合电路，电路中将会产生感应电流
C．变化的磁场产生电场，这个电场的电场线是闭合的
D．变化的磁场产生电场，这个电场与静电场相同
解析：选C.根据麦克斯韦电磁场理论：变化的磁场周围产生电场，电场线是闭合的，所以选项C正确，选项D错误；变化的磁场周围虽然产生了电场，如果电路平面与电场线垂直，则电路中不会产生感应电流，所以选项B错误；在电场力的作用下，导体中的自由电荷移动，选项A错误；综上所述，本题的正确选项为C.
以下关于机械波与电磁波的说法中，正确的是(　　)
A．机械波与电磁波，本质上是一致的
B．机械波的波速只与介质有关，而电磁波在介质中的波速，不仅与介质有关，而且与电磁波的频率有关
C．机械波可能是纵波，而电磁波必定是横波
D．它们都可发生干涉、衍射现象
解析：选BCD.机械波与电磁波产生的根源不同．是由不同的运动形成的，产生的本质不同，A错误，B、C、D正确．
下列说法正确的是(　　)
A．声波从空气进入水中时，其波速增大，波长变长
B．纵波传播过程中各质点的运动方向与波的传播方向总是相同的
C．当波源与观察者相向运动时，波源自身的频率不变
D．均匀变化的磁场产生变化的电场，均匀变化的电场产生变化的磁场
解析：选AC.本题考查机械波、电磁波、相对论的有关概念．声波从空气进入水中时，频率不变，波速变大，波长变长，A项正确；纵波是质点的振动方向与波的传播方向一致的波，并不是两个方向相同，B项错误；均匀变化的电场产生恒定的磁场，D项错误．
如图所示，氢原子中的电子绕核逆时针快速旋转，匀强磁场垂直于轨道平面向外，电子的运动轨道半径r不变，若使磁场均匀增加，则电子的动能(　　)
A．不变 B．增大
C．减小 D．无法判断
解析：选B.磁场均匀增强，周围空间产生的电场是稳定的，由楞次定律判断可知，周围空间产生的电场在电子轨道平面内沿顺时针方向，电子受到的电场力沿逆时针方向，使电子加速，B项正确．
如图所示，在内壁光滑、水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于环口径的带正电的小球，正以速率v0沿逆时针方向匀速转动．若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比例增加的变化磁场，设运动过程中小球的带电量不变，那么(　　)
A．小球对玻璃环的压力不断增大
B．小球受到的磁场力不断增大
C．小球先沿逆时针方向做减速运动，过一段时间后，沿顺时针方向做加速运动
D．磁场力对小球一直不做功
解析：选CD.因为玻璃圆环所在处有均匀变化的磁场，在周围产生稳定的旋涡电场，对带正电的小球做功．由楞次定律，判断电场方向为顺时针方向．在电场力作用下，小球先沿逆时针方向做减速运动，后沿顺时针方向做加速运动．小球在水平面内沿轨迹半径方向受两个力作用：环的弹力N和磁场的洛伦兹力F＝Bqv，而且两个力的矢量和时刻等于小球做圆周运动的向心力．考虑到小球速度大小的变化和方向的变化以及磁场强弱的变化，弹力N和洛伦兹力F不一定始终在增大．磁场力始终与圆周运动的线速度方向垂直，所以磁场力对小球不做功．
二、非选择题
磁场的磁感应强度B随时间t变化的四种情况，如图所示，其中能产生电场的有________图所示的磁场，能产生持续电磁波的有________图所示的磁场．
解析：根据麦克斯韦的电磁场理论，可以作如下判断：A图的磁场是恒定的，不能产生新的电场，更不能产生电磁波；B图中的磁场是周期性变化的，可以产生周期性变化的电场，因而可以产生持续的电磁波；C图中的磁场是均匀变化的，能产生恒定的电场，而恒定的电场不能再产生磁场，不能产生向外扩展的电磁场，因此不能产生持续的电磁波；D图所示磁场是周期性变化的，能产生周期性变化的电场，能产生电磁波．
答案：BCD 　BD
雷达是利用电磁波来测定物体的位置和速度的设备，它可以向一定方向发射不连续的电磁波，当遇到障碍物时要发生反射．雷达在发射和接收电磁波时，在荧光屏上分别呈现出一个尖形波．某型号防空雷达发射相邻两次电磁波之间的时间间隔为5×10－4 s．现在雷达正在跟踪一个匀速移动的目标，某时刻在雷达监视屏上显示的雷达波形如图甲所示，30 s后在同一方向上监视屏显示的雷达波形如图乙所示．已知雷达监视屏上相邻刻线间表示的时间间隔为10－4 s，电磁波在空气中的传播速度为3×108 m/s，试计算被监视目标的移动速度为多少？
解析：甲图时确定目标距雷达的距离：s1＝cΔt1＝×3×108×4×10－4 m＝6×104 m．乙图时确定目标距离雷达的距离：
s2＝cΔt2＝×3×108×3×10－4 m＝4.5×104 m.
目标的飞行速度为v＝＝ m/s＝500 m/s.
答案：500 m/s

关于振荡电流，以下叙述正确的是(　　)
A．大小和方向都在变化的电流叫做振荡电流
B．大小和方向都做周期性迅速变化的电流叫振荡电流
C．由电感线圈和电阻器组成的电路能够产生振荡电流
D．由电感线圈和电容器组成的回路能够产生振荡电流
解析：选BD.大小和方向必须是都做周期性迅速变化的电流才是振荡电流，故A错误，B正确；LC回路能产生振荡电流，由电感线圈和电阻器组成的电路不能产生振荡电流，故C错误，D正确．故本题正确选项为B、D.
在LC回路中发生电磁振荡时，以下说法正确的是(　　)
A．电容器的某一极板，从带最多的正电荷放电到这一极板充满负电荷为止，这一段时间为一个周期
B．当电容器放电完毕瞬间，回路中的电流为零
C．提高充电电压，极板上带更多的电荷时，能使振荡周期变大
D．要提高振荡频率，可减小电容器极板间的正对面积
解析：选D.电容器某一极板从带最多的正电荷到带最多的负电荷这段时间，电容器完成了放电和反向充电过程，时间为半个周期，A错误；电容器放电完毕瞬间，电路中电场能最小，磁场能最大，故电路中的电流最大，B错误；振荡周期仅由电路本身决定，与充电电压等无关，C错误；提高振荡频率，就是减小振荡周期，可通过减小电容器极板正对面积来减小C，达到增大振荡频率的目的，D正确．
(2012·咸阳高二检测)LC振荡电路中，通过P点的电流变化规律如图所示．现规定过P点向右的电流为正，则(　　)
A．0.5 s至1 s时间内，电容器充电
B．0.5 s至1 s时间内，电容器上极板带的是正电
C．1 s至1.5 s时间内，磁场能正在转化为电场能
D．1 s至1.5 s时间内，Q点的电势比P点的电势高
解析：选AD.由振荡电路的图像可知，在0.5 s至1 s时间内，电流为正方向，且电流值正在减小，所以依题规定的电流正方向知，在0.5 s～1 s的时间内，LC回路中的电流是顺时针的，而且电容器C正在充电．由充电电流是由电容器C的负极板流出，流向正极板可知，在0.5 s～1 s的时间内电容器C的上极板带负电，下极板带正电，选项A正确，B错误．再由LC振荡电路图像知，在1 s至1.5 s时间内，电流为负电流，且电流的值正在增大，由题所规定的电流正方向知，此时间内LC回路中的电流是逆时针的，即由Q点经电感L流向P点，所以Q点电势比P点高，而且由于电流值正在增大，所以电场能正在转化为磁场能，选项C错误，选项D正确．故选A、D.
(2012·上海高二检测)如图所示振荡电路中，电感L＝300 μH，电容C的范围为25 pF～270 pF，求：
(1)振荡电流的频率范围；
(2)若电感L＝10 mH，要产生周期T＝0.02 s的振荡电流，应配置多大的电容？
解析：(1)由f＝ 知，当C在25 pF～270 pF间变化时，f的范围为0.56×106 Hz～1.8×106 Hz.
(2)由T＝2π 知，C＝＝1×10－3 F.
答案：(1)0.56×106 Hz～1.8×106 Hz
(2)1×10－3 F
一、选择题
电磁振荡与机械振动相比(　　)
A．变化规律不同，本质不同
B．变化规律相同，本质相同
C．变化规律不同，本质相同
D．变化规律相同，本质不同
解析：选D.电磁振荡是电荷在LC电路中的振荡，而机械振动是质点在平衡位置附近的往复运动，二者本质不同，但遵循同样的运动规律，即均按正弦规律变化，D正确．
有关振荡电路的下列说法中，你认为正确的是(　　)
A．电容器带电荷量为零的时刻，振荡电流也为零
B．电容器带电荷量为零的时刻，振荡电流达到最大值
C．电容器充电时，电场能转化为磁场能
D．振荡电流增大时，电场能逐渐转化为磁场能
解析：选BD.电容器放电完毕时，电容器的带电荷量为零，此时振荡电流达到最大值；电容器充电时，磁场能转化为电场能．电容器放电时，振荡电流增大，电场能逐渐转化为磁场能．
在LC振荡电路中，当电容器上的电荷量最大时(　　)
A．振荡电流达到最大
B．电容器两极板间的电压最大
C．电场能恰好全部转化为磁场能
D．磁场能恰好全部转化为电场能
解析：选BD.当LC振荡电路中电容器的电荷量最大时，电路中电流为零，对应的极板间电压和电场能达到最大，磁场能最小，为零，即磁场能全部转化为电场能，故B、D正确．
关于LC振荡电路中的振荡电流，下列说法中正确的是(　　)
A．振荡电流最大时，电容器两极板间的电场强度最大
B．振荡电流为零时，线圈中自感电动势为零
C．振荡电流增大的过程中，线圈中的磁场能转化为电场能
D．振荡电流减小的过程中，线圈中的磁场能转化为电场能
解析：选D.本题考查振荡电流和其他各物理量变化的关系．振荡电流最大时，处于电容器放电结束瞬间，场强为零，A错；振荡电流为零时，LC回路振荡电流改变方向，这时的电流变化最快，电流强度变化率最大，线圈中自感电动势最大，B错；振荡电流增大时，线圈中电场能转化为磁场能，C错；振荡电流减小时，线圈中磁场能转化为电场能，D对．
如图所示，闭合开关S，待电容器充电结束后，再打开开关S，用绝缘工具使电容器两极板距离稍稍拉开一些，在电容器周围空间(　　)
A．会产生变化的磁场
B．会产生稳定的磁场
C．不会产生磁场
D．会产生振荡的磁场
解析：选C.两平行板电容器接入直流电源后两极板间的电压等于电源的电动势，断开电源后，电容器带电量不变，由电容器定义式和平行板电容器公式可得两板间场强E＝＝＝，当用绝缘工具将两极板距离稍稍拉开一些，电容器两板间的电场不发生变化，所以不会产生磁场．C正确．
LC回路电容器两端的电压u随时间t变化的关系如图所示，则(　　)
A．在时刻t1，电路中的电流最大
B．在时刻t2，电路中的磁场能最大
C．从时刻t2至t3，电路的电场能不断增大
D．从时刻t3至t4，电容器的带电荷量不断增大
解析：选BC.由题图可知，t1时刻电容器两端电压最高时，电路中振荡电流为零．t2时刻电容器两端电压为零，电路中振荡电流最强、磁场能最大，选项A错误，B正确．在t2至t3的过程中，从题图可知，电容器两板电压增大，必有电场能增加，选项C正确．而在t3至t4的过程中，电容器两板电压减小，带电荷量同时减小，选项D错误．正确选项为B、C.
右图表示LC振荡电路某时刻的情况，以下说法正确的是(　　)
A．电容器正在充电
B．电感线圈中的磁场能正在增加
C．电感线圈中的电流正在增大
D．此时自感电动势正在阻碍电流增大
解析：选BCD.由题图中磁感应强度的方向和安培定则可知，此时电流向着电容器带负电荷的极板流动，也就是电容器处于放电过程中，这时两极板电荷量和电压、电场能处于减少过程，而电流和线圈中磁场能处于增加过程，由楞次定律可知，线圈中感应电动势阻碍电流的增加．
电子钟是利用LC振荡电路来工作计时的，现发现电子钟每天要慢30 s，造成这一现象的原因可能是(　　)
A．电池用久了
B．振荡电路中电容器的电容大了
C．振荡电路中线圈的电感大了
D．振荡电路中电容器的电容小了
解析：选BC.电子钟变慢的原因是LC振荡电路的振荡周期变大了，而影响周期的因素是振荡电路中的L和C，B、C两项正确．
某时刻LC振荡电路的状态如图所示，则此时刻(　　)
A．振荡电流i在减小
B．振荡电流i在增大
C．电场能正在向磁场能变化
D．磁场能正在向电场能变化
解析：选AD.由题图中上极板带正电荷，下极板带负电荷及电流的方向可判断出正电荷在向正极板聚集，说明电容器极板上电荷在增加，电容器正在充电．电容器充电的过程中电流减小，磁场能向电场能转化．正确选项为A、D.
如图所示电路中，L是电阻不计的电感器，C是电容器，闭合开关S，待电路达到稳定状态后，再断开开关S，LC电路中将产生电磁振荡．如果规定电感器L中的电流方向从a到b为正，断开开关的时刻为t＝0时刻，那么图中能正确表示电感器中的电流i随时间t变化规律的是(　　)
解析：选C.本题属含电容电路、自感现象和振荡电路的综合性问题，应从下面几个方面考虑：
(1)S断开前，ab段短路，电容器不带电；
(2)S断开时，ab中产生自感电动势，阻碍电流减小，同时，电容器C充电，此时电流正向最大．
(3)给电容器C充电的过程中，电容器的充电量最大时，ab中电流减为零，此后LC发生电磁振荡形成交变电流，综上述选项C正确．
二、非选择题
(2012·西安高二检测)在LC振荡电路中，若已知电容C，并测得电路的固有振荡周期为T，即可求得电感L.为了提高测量精度，需多次改变C值并测得相应的T值，现将测得的六组数据标示在以C为横坐标、T2为纵坐标的坐标纸上，即图中用“×”表示的点．
(1)T、L、C的关系为________；
(2)根据图中给出的数据点作出T2与C的关系图线；
(3)求解L的值．
解析：(1)由周期公式T＝2π得T2＝4π2LC.
(2)由LC振荡电路的周期公式T＝2π可得T2＝4π2LC.在L不变的情况下，T2为C的正比例函数，因此T2－C图线为过原点(0，0)的直线，图线如图所示．
(3)在如图所示的直线上任取两点，为减小误差，所取的两点间隔应尽可能大，由T＝2π得L＝，L＝，代入数据得L＝36.8 mH(在35.1～38.9 mH之间皆正确)．
答案：(1)T2＝4π2LC　(2)见解析
(3)36.8 mH(在35.1～38.9 mH之间均正确)
一个智能玩具的声响开关与LC电路中电流有关，如图所示为该玩具内的LC振荡电路部分，已知线圈自感系数L＝0.25 H，电容器电容C＝4 μF，在电容器开始放电时(取t＝0)，这时上极板带正电，下极板带负电，当t＝2.0×10－3 s 时，求：
(1)电容器的上极板带何种电？
(2)电路中电流的方向如何？
解析：(1)LC振荡电路的固有周期T＝2π＝2π s＝2π×10－3 s≈6.28×10－3 s，t＝2×10－3 s，是在第一个周期内的到T之间，在第一个内电容器放电，放电完毕，电容器上电荷为零，电路中电流最大，在第二个内，线圈中的电流方向不变，线圈中的自感电动势对电容器充电，下极板带正电，上极板带负电．
(2)在0～内电容器放电，电流方向为逆时针方向．电流从0逐渐增大到最大值.～内由于线圈的自感作用线圈中的电流沿原来的方向继续流动，只是大小从最大值逐渐减小至零，故t时刻时电路中的电流方向为逆时针．
答案：(1)上极板带负电
(2)电路中的电流方向为逆时针

下列对无线电广播要对电磁波进行调制的原因的说法正确的是(　　)
A．经过调制后的高频电磁波向外辐射能量的本领更强
B．经过调制后的电磁波在空间传播得更快
C．经过调制后的电磁波在空间传播波长才能不变
D．经过调制后的高频电磁波才能把我们要告知对方的讯号传递过去
解析：选A.调制是把要发射的信号“加”到高频等幅振荡上去，频率越高，传播信息能力越强，A对；电磁波在空气中以接近光速传播，B错；由v＝λf，知波长与波速和传播频率有关，C错．
下列关于电磁波的特性和应用，说法正确的是(　　)
A．红外线和X射线都有很高的穿透本领，常用来检查金属内部的缺陷
B．过强的紫外线照射有利于人的皮肤健康
C．电磁波中频率最大的是γ射线，最不容易用来观察衍射现象
D．紫外线和X射线都可以用来检查人体内部的器官
解析：选C.X射线有较强的穿透能力，可用来检查金属零件内部的缺陷，红外线不具有此特点，A错误；过强的紫外线会伤害人的眼睛和皮肤，B错误；频率越大，衍射现象越不明显，C正确；紫外线不能用来检查人体内部的器官，D错误．
为了增大无线电台向空间辐射无线电波的能力，对LC振荡电路结构，可采用下列哪些措施(　　)
A．增大电容器极板的正对面积
B．增大电容器极板间的距离
C．增大自感线圈的匝数
D．提高供电电压
解析：选B.根据题意，为了增大电台辐射能力，必须采用开放电路，提高电磁波的频率，由f＝可知，必须使电容C或电感L减小，再根据C∝可知，当增大电容器极板间的距离时，C减小，电磁波的频率f可增大，所以B选项正确．而增大电容器极板的正对面积时，电容C增大，不能实现增大电磁波的频率，A选项错误．又因为电感L与线圈的匝数、面积大小、线圈的长短以及线圈中有无铁芯等因素有关，而增大自感线圈的匝数时，电感L增大，所以C选项错误．由f＝可知，电磁波的频率与电压无关，D选项错误．
无线电技术中通常根据波长把无线电波分成下表中的几个波段：
波段
长波
中波
短波
微波
波长/m
30000～3000
3000～200
200～10
10～0.001
我们知道，地球被厚厚的大气层包围着，在距地面50 km到几百km的范围内的大气层叫电离层，电离层对于不同波长的电磁波表现出不同的特性．实验表明，对于波长小于10 m的微波，电离层能让它通过；对于波长超过3000 m的长波，电离层基本上把它吸收掉；对于中波和短波，电离层对它有反射作用．地球同步通信卫星静止在赤道上空36000 km高的地方，所以利用同步卫星进行无线电通信只能利用(　　)
A．长波　　　　　　　　　　 B．中波
C．短波 D．微波
解析：选D.地球同步通信卫星传输的电磁波信号必须能够穿透电离层，而只有波长小于10 m的微波才能通过，所以D项正确．
一、选择题
下列各组电磁波，按波长由长到短的正确排列是(　　)
A．γ射线、红外线、紫外线、可见光
B．红外线、可见光、紫外线、γ射线
C．可见光、红外线、紫外线、γ射线
D．紫外线、可见光、红外线、γ射线
解析：选B.在电磁波谱中，电磁波的波长从长到短排列顺序依次是：无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线，由此可判定B正确．
下列关于电磁波谱各成员的说法正确的是(　　)
A．最容易发生衍射现象的是无线电波
B．紫外线有明显的热效应
C．X射线穿透能力较强，所以可用来做检查工件
D．晴朗的天空看起来是蓝色是光散射的结果
解析：选ACD.波长越长越易衍射，故A正确；有明显热效应的是红外线，故B错误；X射线因其穿透能力强常用于人体拍片和检查金属零件缺陷，故C正确；天空的蓝色是由于波长较短的光易被散射，故D正确．
对红外线的作用及来源正确的叙述有(　　)
A．一切物体都在不停地辐射红外线
B．红外线有很强的荧光效应
C．红外线最显著的作用是热作用
D．红外线容易穿过云雾、烟尘
解析：选ACD.一切物体都在不停地辐射红外线，且热物体比冷物体的红外线辐射本领大，A正确．荧光效应是紫外线的特性，红外线没有，红外线的显著的作用是热作用，B错误，C正确．红外线波长较长，衍射能力比较强，D正确．
电视机换台时，实际上是在改变(　　)
A．电视台的发射频率
B．电视机的接收频率
C．电视台发射的电磁波的波速
D．电视机接收的电磁波的波速
解析：选B.电视台的发射频率、电磁波的波速等都是电视机所无法改变的，所能改变的只有自身的接收频率．不同的电台会有不同的使用频率，要使自己的电视机与电台的频率一致才能收到电视信号．
(2012·榆林高二检测)为了使需要传送的信息(如声音、图像等)加载在电磁波上发射到远方，必须对振荡电流进行(　　)
A．调谐 B．放大
C．调制 D．检波
解析：选C.声音、图像信号的频率很低，不能直接发射出去，只有高频电磁波才能向外发射，所以要用高频带着低频向外发射，而把低频信号加到高频电磁波上去的过程叫调制，故选C.
调谐电路的可变电容器的动片从完全旋入到完全旋出仍接收不到较高频率电台发出的电信号，要收到电信号，应(　　)
A．增大调谐电路中线圈的匝数
B．加大电源电压
C．减小调谐电路中线圈的匝数
D．将线圈中的铁芯取走
解析：选CD.当调谐电路的固有频率等于电台发出信号的频率时发生电谐振才能收听到电台信号．由题意知收不到电信号的原因是调谐电路固有频率低，由f＝可知，在C无法再调节的前提下，可减小电感L，即可通过C、D的操作升高f.
电视机在室内接收电视台向空中发射的电磁信号时，下列判断正确的是(　　)
A．当电视机在离电视发射塔较近时，用室内天线也可以接收到信号，这是电磁波的衍射现象
B．用室内天线接收时，电视机安放在室内不同位置，接收效果不同，这是电磁波在室内反射后产生的干涉现象
C．离电视发射塔较远处要用架设室外天线的方法接收信号，这是由于发送电视信号用的是微波，波长短，基本上是直线传播
D．有线电视的信号也是通过电磁波传送的
解析：选ABC.电磁波绕过障碍物进入室内被电视机天线接收，这是电磁波的衍射现象；室内不同位置由于电磁波在墙壁和其他器物表面反射，然后叠加，形成有的地方加强，有的地方减弱的现象是波的干涉现象；电视信号用微波传送，微波波长短，基本上是沿直线传播，在离发射塔较远处，由于微波不能直接传送到电视机天线，就要架设室外天线来接收信号；故A、B、C选项正确．
声波和电磁波均可传递信息，且都具有波的共同特征．下列说法正确的是(　　)
A．声波的传播速度小于电磁波的传播速度
B．声波和电磁波都能引起鼓膜振动
C．电磁波都能被人看见，声波都能被人听见
D．二胡演奏发出的是声波，而电子琴演奏发出的是电磁波
解析：选A.声波属于机械波，其传播需要介质，传播速度小于电磁波的传播速度；鼓膜的振动是空气的振动带动的；电磁波的传播不需要介质，人耳听不到电磁波；二胡和电子琴发出的都是声波，所以只有选项A正确．
许多光学现象在科学技术上得到了应用，下列对一些应用的解释，正确的是(　　)
A．紫外验钞机是利用紫外线的化学作用
B．X光透视利用的是光的衍射现象
C．工业上的金属探伤利用的是γ射线具有较强的穿透能力
D．红外遥感技术利用一切物体都不停地辐射红外线的现象
解析：选CD.紫外验钞机是利用紫外线照射印刷在钞票上的荧光文字，发出可见光，使这些文字能被肉眼看到，利用了紫外线的荧光效应，A项错误；X射线具有极强的穿透能力，在医学上用它来透视人体，检查病变和骨折情况，B项错误；γ射线具有较强的穿透能力，工业上的金属探伤就是利用的这个原理，C项正确；一切物体都在不停地辐射红外线，红外遥感技术就是利用的这个原理，D项正确．
(2012·上海高二检测)近年来，无线光通信技术(不需光纤，利用红外线在空间的定向传播来传递信息的通信手段)在局域网、移动通信等多方面显示出巨大的应用前景．关于红外线和光通信，以下说法中正确的是(　　)
①光通信就是将文字、数据、图像等信息转换成光信号从一地传向另一地的过程
②光纤通信中的光信号在光纤中传输，无线光通信的光信号在空气中传输
③红外线的频率比可见光的频率高
④红外线比可见光传播速度大
A．①② B．③④
C．①③ D．②④
解析：选A.无线光通信技术是光信号在空气中直接传输各种信息．光纤通信中的光信号是在光纤中传输．不论哪种方式，传输的都是文字、数据、图像等信息．而红外线的频率由电磁波谱可知比可见光的频率低，红外线与可见光在真空中传播速度相同．
二、非选择题
图中A为某火箭发射场，B为山区，C为城市．发射场正在进行某型号火箭的发射试验．为了转播火箭发射的实况，在发射场建立了发射台用于发射广播与电视信号．已知传播无线电广播所用的电磁波波长为550 m，而传输电视信号所用的电磁波波长为0.566 m，为了不让山区挡住信号的传播，使城市居民能收听和收看火箭发射的实况，必须通过建在山顶上的转发站来转发________(填“无线电广播信号”或“电视信号”)．这是因为
________________________________________________________________________．
解析：从题中知，传播无线电广播所用电磁波波长为550 m，根据波发生明显衍射现象的条件知，该电磁波很容易发生衍射现象，绕过山坡而传播到城市所在的C区，因而不需要转发装置．电视信号所用的电磁波波长为0.566 m，其波长很短，衍射现象很不明显，几乎沿直线传播，能传播到山顶却不能传播到城市所在的C区，要想使信号传到C区，必须通过建在山顶的转发站来转发．
答案：电视信号　电视信号波长短，沿直线传播，受山坡阻挡，不易衍射
有波长分别为290 m、397 m、566 m的无线电波同时传向收音机的接收天线，当把收音机的调谐电路的频率调到756 kHz时．
(1)哪种波长的无线电波在收音机中产生的振荡电流最强？
(2)如果想接收到波长为290 m的无线电波，应该把调谐电路中可变电容器的动片旋进一些还是旋出一些？
解析：(1)根据公式f＝，得f1＝＝ Hz≈1034 kHz.f2＝＝ Hz≈756 kHz.
f3＝＝ Hz≈530 kHz.
所以波长为397 m的无线电波在收音机中产生的振荡电流最强．
(2)要接收波长为290 m的无线电波，应增大调谐电路的固有频率，因此，应把调谐电路中可变电容器的动片旋出一些以减小电容．
答案：(1)波长为397 m的无线电波
(2)旋出一些

一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
比较机械波与电磁波，正确的说法是(　　)
A．二者都传递能量
B．二者传播都需要介质
C．二者都既有横波又有纵波
D．二者都是振动或电磁振荡停止，波立即消失
解析：选A.机械波与电磁波都具有波的一般性质，如传递能量，但由于两类波本质不同，又有各自的特性．如电磁波的传播不需要介质，且电磁波只有横波，可判定B、C选项错误；振动停止，两类波继续传播，D项错误．
下列关于无线电波的叙述中，正确的是(　　)
A．无线电波是波长从几十千米到几毫米的电磁波
B．无线电波在任何介质中传播速度均为3.00×108 m/s
C．无线电波不能产生干涉和衍射现象
D．无线电波由真空进入介质传播时，波长变短
解析：选AD.无线电波中长波波长有几十千米，微波中的毫米波只有几毫米，A项正确；无线电波在介质中的传播速度小于在真空中的传播速度，B项错误；无线电波也能产生干涉和衍射现象，C项错误；无线电波由真空进入介质传播时，由于波速减小可知波长变短，D项正确．
关于LC电路，下列说法正确的是(　　)
A．一个周期内，电容器充、放电各一次
B．电容器极板上电压最大时，线圈中的电流最强
C．电容器开始充电时，线圈中的磁场能最大
D．电容器开始充电时，电场能最大
解析：选C.电容器从开始充电到放电完毕才经历半个周期，一个周期内，电容器应充、放电各两次，A错误；电容器上的电压最大时，电场能最大，此时磁场能为零，线圈中的电流为零，B错误；电容器开始充电时，电场能为零，线圈中磁场能最大，所以C正确，D错误．
用一台简易收音机收听某一电台的广播，必须经过的两个过程是(　　)
A．调制和解调　　　　　　 B．调谐和检波
C．检波和解调 D．调频和调幅
解析：选B.首先必须接收到电磁波，叫调谐或选台，收到后将高频电磁波与低频音频信号分开，叫解调或检波．
关于电磁场和电磁波，下列叙述正确的是(　　)
A．变化的电场能够产生磁场，变化的磁场也能产生电场
B．电磁波和机械波都只能在介质中传播
C．电磁波在空间传播时，电磁能也随着一起传播
D．电磁波穿过两种介质的分界面时频率会发生变化
解析：选AC.由麦克斯韦的电磁场理论知，选项A正确；由于电磁波能够在真空中传播，选项B错误；电磁波传播的过程就是能量传播的过程，C项正确；电磁波的频率由波源决定，与介质无关，选项D错误．
在LC振荡电路中，电容器C的带电荷量q随时间t变化的图像如图所示．在1×10－6 s到2×10－6 s内，关于电容器的充(放)电过程及由此产生的电磁波的波长，正确的是(　　)
A．充电过程，波长为1200 m
B．充电过程，波长为1500 m
C．放电过程，波长为1200 m
D．放电过程，波长为1500 m
解析：选A.由图可知，在1×10－6 s到2×10－6 s内，电容器C的带电荷量由0增加到最多，因此是充电过程．电磁振荡周期等于所发射的电磁波的周期，那么电磁波的波长为λ＝cT＝3×108×4×10－6 m＝1200 m.
无线电发射装置的振荡电路中的电容为30 pF时发射的无线电波的频率是1605 kHz.若保持回路的电感不变将电容调为270 pF，这时发射的电波的波长为(　　)
A．62 m B．187 m
C．560 m D．1680 m
解析：选C.由f＝ 得 ＝，f′＝5.35×105 Hz，
又因为λ＝v/f＝ m＝560 m，故选C.
如图所示，是一台收音机的屏板，当向右调指针(图中黑块)时，所接收的电磁波(　　)
A．频率变大，波长变大
B．频率变大，波长变小
C．频率变大，波长不变
D．频率变小，波长变大
解析：选B.面板上所标识的数字是频率，向右调节时频率显然增大，由于波速一定时，波的频率与波长成反比关系，所以波长变小．
如图甲所示的振荡电路中，电容器极板间电压随时间的变化规律如图乙所示，则电路中振荡电流随时间的变化图像应是图中的哪一个(以回路中逆时针方向振荡电流为正)(　　)
解析：选D.从题图乙可以看出，在0～这段时间内是充电过程，且uAB>0，即uA>uB，A板应带正电，只有顺时针方向的回路电流(负方向)才能使A板被充电后带正电．同时要考虑到，电流最大时其变化率为零，即L(电动势)为零，所以应选D.
图甲为一个调谐接收电路，(a)、(b)、(c)为电路中的电流随时间变化的图像，则(　　)
A．i1是L1中的电流图像
B．i1是L2中的电流图像
C．i2是L2中的电流图像
D．i3是流过耳机的电流图像
解析：选ACD.L2中由于电磁感应，产生的感应电动势的图像是同(a)图相似的，但是由于L2和D串联，所以当L2的电压与D反向时，电路不通，因此这时L2没有电流，所以L2中的电流应选(b)图．故应选A、C、D.
二、填空题(本题共2小题，第11小题4分，第12小题8分，共12分，将答案填在题中的横线上)
有一种“隐形飞机”，可以有效避开雷达的探测，秘密之一在于它的表面有一层特殊材料，这种材料能够__________(填“增强”或“减弱”)对电磁波的吸收作用；秘密之二在于它的表面制成特殊形状，这种形状能够__________(填“增强”或“减弱”)电磁波反射回雷达设备．
解析：题目介绍了电磁波在军事上的用途．电磁波如果遇到尺寸明显大于波长的障碍物就要发生反射，雷达就是利用电磁波的这个特性工作的．要有效避开雷达的探测，就要设法减弱电磁波的反射．据此即可确定答案为：增强；减弱．
答案：增强　减弱
如图所示的LC振荡回路中振荡电流的周期为2×10－2 s．自振荡电流沿逆时针方向达到最大值时开始计时，当t＝3.4×10－2 s时，电容器正处于________(填“充电”“放电”“充电完毕”或“放电完毕”)状态．这时电容器的上极板________(填“带正电”、“带负电”或“不带电”)．
解析：振荡电路在一个周期内，经历放电―→充电―→放电―→充电四个过程，每一个过程历时.当振荡电流以逆时针达到最大时，电容器上极板刚放电完毕，将开始对下极板充电．由于时间t＝3.4×10－2 s＝1.7T，根据电磁振荡的周期性特点，此时刻状态与开始计时后经过t′＝0.7T的状态一样，所以电容器正处于充电状态，且上极板带正电．本题也可通过电磁振荡中的i－t图像来分析，若以逆时针方向电流为正方向，从电容器上极板开始放电时计时，画出的振荡电流如图所示．题中状态对应于从A点开始到B点的一段过程．显然，正处于对上极板充电状态，上极板应带正电．
答案：充电　带正电
三、计算题(本题共4小题，共48分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
(8分)LC振荡电路中，线圈的自感系数L可以从4 mH变到9 mH，电容器的电容C可以从36 pF变到100 pF.这个振荡电路的最高频率是多大？对应的电磁波的波长是多长？
解析：由f＝ 得L、C越小，f越高．(2分)
所以最高频率时L＝4 mH，C＝36 pF(2分)
则fm＝＝1.33×105 Hz，(2分)
波长λ＝c/f＝2.25×103 m．(2分)
答案：1.33×105 Hz　2.25×103 m
(12分)麦克斯韦在1865年发表的《电磁场的动力学理论》一文中提出了电、磁现象与光的内在联系及统一性，即光是电磁波．一单色光在折射率为1.5的介质中传播，某时刻电场横波图像如图所示，求该光波的频率．
解析：设光在介质中的传播速度为v，波长为λ，频率为f，则
f＝①(3分)
v＝②(3分)
联立①②式得f＝(3分)
从波形图上读出波长λ＝4×10－7 m，
代入数据得f＝5×1014 Hz.(3分)
答案：5×1014 Hz
(14分)某雷达工作时所发射的无线电波波长为1 m，它可以定向发出脉冲波，连续两个脉冲的时间间隔为10－4 s．一飞机始终在雷达的某一方位上做直线飞行，图为雷达屏幕，屏幕上方有时间尺，P1、P2是雷达发出的电波信号．n1、n2是P1、P2由飞机反射回来后雷达接收的信号．设雷达匀速扫描，根据图分析回答下列问题．
(1)飞机是朝着雷达飞行，还是远离雷达飞行？
(2)当信号P1传播到飞机处时，飞机距雷达多远？
解析：(1)由标尺上的时间刻度可以看出，第一个雷达信号P1从发出至返回历时为10个小格，第二个雷达信号P2从发出至返回历时为11个小格，即第二个雷达信号从发出至返回所有时间较长，表明P1、P2两个雷达信号分别遇到飞机时，第一个信号与飞机相遇的位置离雷达较近一些，第二个信号与飞机相遇的位置离雷达较远一些，可见飞机是朝着远离雷达的方向飞行的．(4分)
(2)在图上，P1、P2间相距为时间标尺上的20小格，由题意知连续两个脉冲间的时间间隔为10－4 s，故时间标尺上的每一小格代表的时间为Δt＝ s＝5×10－6 s.
(3分)
由图可以看出，信号P1从发出至返回被雷达接收到(图上的n1)历时为10个小格，则这段时间为
t＝10Δt＝5×10－5 s，(3分)
信号P1自发出后，经过就遇到了飞机，则信号P1传播到飞机时，飞机与雷达之间的距离为
x＝c＝3.0×108×2.5×10－5 m＝7.5×103 m.
(4分)
答案：(1)远离　(2)7.5×103 m
(14分)如图所示的电路中，电容器的电容C＝1 μF，线圈的自感系数L＝0.1 mH，先将开关S拨至a，这时电容器内有一带电油滴恰能保持静止，然后将开关S拨至b，经过3.14×10－5 s，油滴的加速度是多少？当油滴的加速度为何值时，LC回路中的振荡电流有最大值？(g取10 m/s2，π取3.14，研究过程中油滴不与极板接触)
解析：当S拨至a时，油滴受力平衡，显然油滴带负电，则mg＝q①(3分)
当S拨至b时，LC回路中有振荡电流，振荡周期为T，则T＝2π＝6.28×10－5 s．(2分)
当t＝3.14×10－5 s时，电容器恰好反向充电结束，两极板间场强与t＝0时两极板间场强等大反向，由牛顿第二定律得q＋mg＝ma②(3分)
联立①②得a＝20 m/s2.(2分)
当振荡电流最大时，电容器处于放电完毕状态，两极板间无电场，油滴仅受重力作用，则mg＝ma′，a′＝10 m/s2，即当油滴加速度为10 m/s2时，LC回路中振荡电流有最大值．(4分)
答案：20 m/s2　10 m/s2

1.由两个不同光源所发出的两束白光落在同一点上，不会产生干涉现象．这是因为(　　)
A．两个光源发出光的频率不同
B．两个光源发出光的强度不同
C．两个光源的光速不同
D．这两个光源是彼此独立的，不是相干光源
解析：选D.两光源发出的光虽都是白光，但频率不确定没法比较，选项A错误．光的强度对光是否发生干涉没有影响，所以B错误．光速在真空中是确定的，但它对光的干涉也没影响，选项C错误．题中的两个光源是两个独立光源，二者产生的不是相干光，选项D正确．
2.如图所示的双缝干涉实验，用绿光照射单缝S时，在光屏P上观察到干涉条纹．要得到相邻条纹间距更大的干涉图样，可以(　　)
A．增大S1与S2的间距
B．减小双缝屏到光屏的距离
C．将绿光换为红光
D．将绿光换为紫光
解析：选C.在双缝干涉实验中，相邻两条亮纹(或暗纹)间的距离Δx＝λ，要想增大条纹间距可以减小两缝间距d，或者增大双缝屏到光屏的距离L，或者换用波长更长的光做实验．由此可知，选项C正确，选项A、B、D错误．
3.(2012·榆林高二检测)如图所示是用干涉法检查某块厚玻璃板的上表面是否平整的装置，所用的单色光是用普通光加滤光片产生的．检查中所观察到的干涉条纹是由下列哪两个表面反射的光叠加而成的(　　)
A．a的上表面和b的下表面
B．a的上表面和b的上表面
C．a的下表面和b的上表面
D．a的下表面和b的下表面
解析：选C.薄膜干涉是透明介质形成厚度与光波波长相近的膜的两个面的反射光叠加而成的．垫上薄片，a的下表面和b的上表面之间的空气膜发生干涉．
4.
如图所示的杨氏双缝干涉图中，小孔S1、S2发出的光在像屏某处叠加时，如果光程差为__________时就加强，形成明条纹．如果光波波长是400 nm，屏上P点与S1、S2距离差为1800 nm，那么P处将是______条纹．
解析：由光的干涉条件知光程差为波长的整数倍时就加强，形成明条纹．Δx＝λ＝λ，将形成暗条纹．
答案：波长的整数倍　暗
一、选择题
1.从两只相同的手电筒射出的光，当它们在某一区域叠加后，看不到干涉图样，这是因为(　　)
A．手电筒射出的光不是单色光
B．干涉图样太细小看不清楚
C．周围环境的光太强
D．这两束光为非相干光源
解析：选D.两束光的频率不同，不能满足干涉产生的条件，即频率相同的要求，所以看不到干涉图样．
2.在杨氏双缝干涉实验装置中，双缝的作用是(　　)
A．遮住过于强烈的灯光
B．形成两个振动情况相同的光源
C．使白光变成单色光
D．使光发生折射
解析：选B.本题考查光的双缝干涉实验装置，双缝的作用是获得相干光源，故正确选项为B.
3.以下两个光源可作为相干光源的是(　　)
A．两个相同亮度的烛焰
B．两个相同规格的灯泡
C．双丝灯泡
D．出自一个光源的两束光
解析：选D.相干光源必须满足频率相同、振动方向相同、相位差恒定，只有D选项符合条件．
4.关于薄膜干涉，下列说法中正确的是(　　)
A．只有厚度均匀的薄膜，才会发生干涉现象
B．只有厚度不均匀的楔形薄膜，才会发生干涉现象
C．厚度均匀的薄膜会形成干涉条纹
D．观察肥皂液膜的干涉现象时，观察者应和光源在液膜的同一侧
解析：选D.当光从薄膜的一侧照射到薄膜上时，只要前后两个面反射回来的光波的路程差满足振动加强的条件，就会出现明条纹，满足振动减弱的条件就会出现暗条纹．这种情况在薄膜厚度不均匀时才会出现．
当薄膜厚度均匀时，不会出现干涉条纹，但也发生干涉现象，如果是单色光照射，若满足振动加强的条件，整个薄膜前方都是亮的，否则整个薄膜的前方都是暗的．
如果是复色光照射，某些颜色的光因干涉而减弱，另一些颜色的光因干涉而加强，减弱的光透过薄膜，加强的光被反射回来，这时会看到薄膜的颜色呈某种单色光的颜色，但不形成干涉条纹．
5.(2012·陕西铜川高二检测)如图所示为双缝干涉实验的图样示意图．图甲为用绿光进行实验时屏上观察到的条纹情况，a为中央亮条纹；图乙为换用另一颜色的单色光实验时观察到的条纹情况，a′为中央亮条纹，则以下说法正确的是(　　)
A．图乙可能是红光实验产生的条纹．表明红光波长较长
B．图乙可能是紫光实验产生的条纹．表明紫光波长较长
C．图乙可能是紫光实验产生的条纹．表明紫光波长较短
D．图乙可能是红光实验产生的条纹．表明红光波长较短
解析：选A.双缝干涉现象中将在光屏上产生明、暗相间的干涉条纹，条纹间距与光波长成正比，由题图可以看出图乙比图甲的条纹间距大，说明产生乙的光波长大．应选A.
6.(2012·宝鸡市高二检测)杨氏双缝干涉实验中，下列说法正确的是(n为自然数，λ为光波波长)(　　)
A．在距双缝的路程相等的点形成暗条纹
B．在距双缝的路程差为nλ的点形成亮条纹
C．在距双缝的路程差为n·的点形成亮条纹
D．在距双缝的路程差为λ的点形成暗条纹
解析：选BD.双缝干涉中，亮条纹的位置是离双缝的距离差为波长整数倍的点，即nλ，离双缝的距离相等的点也是亮条纹，所以A不正确，B正确；暗条纹的位置是离双缝的距离差为半波长奇数倍的点，C错D正确．
6.用如图所示的实验装置观察光的薄膜干涉现象．图甲是点燃的酒精灯(在灯芯上洒些盐)，图乙是竖立的附着一层肥皂液薄膜的金属丝圈．将金属丝圈在其所在的竖直平面内缓慢旋转，观察到的现象是(　　)
A．当金属丝圈旋转30°时干涉条纹同方向旋转30°
B．当金属丝圈旋转45°时干涉条纹同方向旋转90°
C．当金属丝圈旋转60°时干涉条纹同方向旋转30°
D．干涉条纹保持原来状态不变
解析：选D.金属丝圈在竖直平面内缓慢旋转时，楔形薄膜形状和各处厚度几乎不变．因此，形成的干涉条纹保持原状态不变，D正确，A、B、C错误．
8.(2012·开封高二检测)在双缝干涉实验中以白光为光源，在屏幕上观察到彩色干涉条纹，若在双缝中的一缝前放一红色滤光片(只能透过红光)，另一缝前放一绿色滤光片(只能透过绿光)，已知红光与绿光频率、波长均不相等，这时(　　)
A．只有红色和绿色的双缝干涉条纹，其他颜色的双缝干涉条纹消失
B．红色和绿色的双缝干涉条纹消失，其他颜色的干涉条纹依然存在
C．任何颜色的双缝干涉条纹都不存在，但屏上仍有光亮
D．屏上无任何光亮
解析：选C.两列光波发生干涉的条件之一是频率相等，利用双缝将一束光分成能够发生叠加的两束光，在光屏上形成干涉条纹，但分别用绿色滤光片和红色滤光片挡住两条缝后，红光和绿光频率不等，不能发生干涉，因此屏上不会出现干涉条纹，但仍有红光和绿光通过双缝把屏照亮．
9.劈尖干涉是一种薄膜干涉，其装置如图甲所示．将一块平板玻璃放置在另一平板玻璃之上，在一端夹入两块纸片，从而在两玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜．当光垂直入射后，从上往下看到的干涉条纹如图乙所示．干涉条纹有如下特点：(1)任意一条明条纹或暗条纹所在位置下面的薄膜厚度相等；(2)任意相邻明条纹或暗条纹所对应的薄膜厚度差恒定．现若在图甲装置中抽去一张纸片，则当光垂直入射到新的劈形空气薄膜后，从上往下观察到的干涉条纹(　　)
A．变疏　　　　　　　　　　　 B．变密
C．不变 D．消失
解析：选A.抽去一张纸片后，劈形空气薄膜的劈势减缓，相同水平距离上，劈形厚度变化减小，以至于干涉时光程差减小，条纹变宽，数量减少(变疏)，故选项A正确．
10.市场上有种灯具俗称“冷光灯”，用它照射物品时能使被照物品处产生的热效应大大降低，从而广泛地应用于博物馆、商店等处，这种灯降低热效应的原因之一是在灯泡后面放置的反光镜玻璃表面上镀了一层薄膜(例如氟化镁)，这种膜能消除玻璃表面反射回来的热效应最显著的红外线，以λ表示此红外线的波长，则所镀薄膜的厚度最小应为(　　)
A.λ B.λ
C.λ D．λ
解析：选B.在灯泡后面放置的反光镜表面上镀了一层薄膜，应使膜的厚度满足产生相消干涉的条件，即红外线从前表面和后表面的光产生干涉中的暗条纹，从而使热效应大大降低，光程差应满足半波长的奇数倍，膜的厚度最小为λ，B正确．
二、非选择题
如图所示是双缝干涉实验装置，屏上O点到双缝S1、S2的距离相等．当用波长为0.75 μm的单色光照射时，P是位于O上方的第二条亮纹位置，若换用波长为0.6 μm的单色光做实验，P处是亮纹还是暗纹？在OP之间共有几条暗纹？
解析：当用波长为λ1＝0.75 μm单色光照射时，P为O上方第二条亮纹，所以P到双缝S1、S2的距离差Δr＝2λ1＝2×0.75 μm＝1.5 μm.
改用λ2＝0.6 μm单色光时，路程差Δr＝λ2，所以P为暗纹．
从O到P路程差由零逐渐增大，必有路程差为和的两点，即OP之间还有两条暗纹．
答案：暗纹　两条
一般认为激光器发出的是频率为ν的“单色光”，实验上它的频率并不是真正单一的，激光频率是它的中心频率，它所包含的频率范围是Δν(也称频率宽度)，如图所示．让单色光照射到薄膜表面a，一部分光从前表面反射回来，这部分光称为甲光，其余的光进入薄膜内部，其中一小部分光从薄膜后表面b反射回来，再从前表面折射出，这部分光称为乙光．当甲、乙两部分光相遇后叠加而发生干涉，成为薄膜干涉．乙光与甲光相比，要在薄膜中多传播一小段时间Δt.理论和实践都证明，能观察到明显稳定的干涉现象的条件是：Δt的最大值Δtm与Δν的乘积近似等于1，即只有满足：Δtm·Δν≈1，才会观察到明显稳定的干涉现象．
已知红宝石激光器发出的激光频率为ν＝4.32×1014 Hz，它的频率宽度为Δν＝8.0×109 Hz，让这束激光由空气斜射到折射率为n＝ 的薄膜表面，入射时与薄膜表面成45°，如图所示．
(1)求从O点射入薄膜的光的传播速度；
(2)估算在题图所示的情况下，能观察到明显稳定干涉现象的薄膜的最大厚度．
解析：(1)光在薄膜中的传播速度v＝≈2.12×108 m/s.
(2)设从O点射入薄膜中的光线的折射角为r，根据折射定律有n＝，所以折射角为r＝arcsin＝arcsin＝30°.乙光在薄膜中经过的路程s＝，乙光通过薄膜所用时间Δt＝＝.
当Δt取最大值Δtm时，对应的薄膜厚度最大．
又因为Δtm·Δν≈1，所以≈
解出dm≈≈1.15×10－2 m.
答案：(1)2.12×108 m/s　(2)1.15×10－2 m

1.某同学在做双缝干涉实验时，安装好实验装置，在光屏上却观察不到干涉图样，这可能是由于(　　)
A．光束的中央轴线与遮光筒的轴线不一致，相差较大
B．没有安装滤光片
C．单缝与双缝不平行
D．光源发出的光束太强
解析：选AC.安装实验器件时要注意：光束的中央轴线与遮光筒的轴线要重合，光源与光屏正面相对，滤光片、单缝和双缝要在同一高度，中心位置在遮光筒轴线上，单缝与双缝要相互平行，才能使实验成功．当然还要使光源发出的光束不致太暗．据上分析，可知选项A、C正确．
2.在双缝干涉实验中发现条纹太密，难以测量，可以采用的改善办法是(　　)
A．改用波长较长的光(如红光)作入射光
B．增大双缝到屏的距离
C．减小双缝间距
D．增大双缝间距
解析：选ABC.由Δx＝λ可得，当l变大，λ变长，d变小时，可使Δx增大，使条纹变疏，故选项A、B、C正确．
3.用单色光做双缝干涉实验，下列说法正确的是(　　)
A．相邻干涉条纹之间距离相等
B．中央亮条纹宽度是两边亮条纹宽度的两倍
C．屏与双缝之间距离减小，则光屏上条纹间的距离增大
D．在实验装置不变的情况下，红光的条纹间距小于蓝光的条纹间距
解析：选A.因为双缝干涉的条纹宽Δx＝λ，可见单色光的干涉条纹间距是相等的，A项正确，B、C项错；又因为λ红>λ蓝，所以Δx红>Δx蓝，故D项错．
4.用双缝干涉测光的波长，实验中采用双缝干涉仪，它包括以下元件：
A．白炽灯　B．单缝片　C．光屏　D．双缝　E．滤光片(其中双缝和光屏连在遮光筒上)．
(1)把以上元件安装在光具座上时，正确的排列顺序是：A____________________(A已写好)．
(2)正确调节后，在屏上观察到红光干涉条纹，用测量头测出10条红亮纹间的距离为a；改用绿色滤光片，其他条件不变，用测量头测出10条绿亮纹间的距离为b，则一定有a________b(选填“大于”“等于”或“小于”)．
解析：本题重点考查了实验器材的选择和排序问题．
本实验中的器材排序是历来高考的热点，光源、滤光片、单缝、双缝、光屏在光具座上可从左向右排，也可从右向左排，但任何两个元件之间的顺序不能颠倒，尤其是滤光片和单缝之间，好多初学者认为谁在前无所谓，其实不然，二者顺序颠倒后会使实验现象大打折扣，要注意这一点．
本题第一项已填好，故答案是唯一的，即A、E、B、D、C.
由Δx＝λ知，波长越长，条纹越宽，间距越大，或由干涉条纹的特征均可得出a一定大于b.
答案：(1)EBDC　(2)大于
5.双缝干涉实验中，为测量红光的波长，现测得屏上6条亮条纹间的距离为7.5 mm，已知双缝间的距离为0.5 mm，双缝到屏幕的距离为1 m，则此红光波长为________．
解析：根据测量值，计算相邻条纹间的距离：
Δx＝＝＝1.5 mm，
再代入公式λ＝得：
λ＝＝ m＝7.5×10－7 m.
答案：见解析
6.用双缝干涉测光的波长．实验装置如图(甲)所示，已知单缝与双缝间的距离L1＝100 mm，双缝与屏的距离L2＝700 mm，双缝间距d＝0.25 mm.用测量头来测量亮纹中心的距离．测量头由分划板、目镜、手轮等构成，转动手轮，使分划板左右移动，让分划板的中心刻线对准亮纹的中心(如图乙所示)，记下此时手轮上的读数，转动测量头，使分划板中心刻线对准另一条亮纹的中心，记下此时手轮上的读数．
(1)分划板的中心刻线分别对准第1条和第4条亮纹的中心时，手轮上的读数如图丙所示，则对准第1条时读数x1＝________ mm，对准第4条时读数x2＝________ mm.
(2)写出计算波长λ的表达式，λ＝________(用符号表示)，λ＝________ nm.
解析：螺旋测微器读数特别注意半毫米刻度线是否漏出．题图丙中两个读数分别为2.190 mm，7.868 mm.第一条与第四条之间有三个条纹间距的宽度，相邻条纹间的距离Δx＝
，由公式Δx＝λ，可得λ＝＝6.76×10－7 m＝676 nm.
答案：(1)2.192　7.870　(2)　676
6.在“用双缝干涉测光的波长”的实验中．装置如图所示，双缝间的距离d＝3 mm.
(1)若测定红光的波长，应选用______色的滤光片．实验时需要测定的物理量有：______________和______________．
(2)若测得双缝与屏之间的距离为0.70 m，通过测量头(与螺旋测微器原理相似，手轮转动一周，分划板前进或后退0.5 mm)观察第1条亮纹的位置如图甲所示，观察第5条亮纹的位置如图乙所示．则可求出红光的波长λ＝______m．(保留一位有效数字)
(3)某位同学在测定光波波长的实验中，透过测量头上的目镜观察双缝干涉图样时发现，只在左侧视野中有明暗条纹出现，而右侧没有，应如何调节？________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
解析：(1)测红光波长选红色滤光片，因为红色滤光片能透过红光．据Δx＝λ知需测双缝到屏的距离l和n条条纹间的距离a.
(2)由条纹间距离Δx，最后算出λ，故λ＝7×10－7 m.
(3)只在左侧视野中有明暗条纹出现，而右侧没有，这是由于测量头目镜偏离遮光筒轴线所致，可以转动测量头上的手轮，使测量头向左移动，直到在目镜中看到明暗条纹布满视野为止．
答案：(1)红　双缝到屏的距离l　n条条纹间的距离a
(2)7×10－7　(3)见解析

1.对于光的衍射现象的定性分析，下列说法正确的是(　　)
A．只有障碍物或孔的尺寸可以跟光的波长相比甚至比光的波长还要小的时候，才能发生明显的衍射现象
B．光的衍射现象是光波相互叠加的结果
C．光的衍射现象否定了光的直线传播的结论
D．光的衍射现象说明了光具有波动性
解析：选ABD.光的干涉现象和衍射现象无疑说明了光具有波动性，而小孔成像说明光沿直线传播，而要出现小孔成像，孔不能太小，光的直线传播规律只是近似的，只有在光的波长比障碍物小的情况下，光才可以看作是沿直线传播的，所以光的衍射现象和直线传播是不矛盾的，它们是在不同条件下出现的两种现象，故上述选项中正确的是A、B、D.
2.(2012·银川高二检测)红光透过双缝在墙上呈现明、暗相同的条纹，若将其中一条缝封住，在墙上可以观察到(　　)
A．条纹形状与原来相同，但亮度减弱
B．一片红色
C．仍有条纹，但形状与原来不同
D．光源的像
解析：选C.红光透过双缝在墙上呈现明、暗相间的干涉条纹，若将其中的一条缝封住，则在墙上可以观察到单缝衍射条纹，干涉条纹是明、暗相间的等间距条纹，而单缝衍射条纹是中央又宽又亮，从中央到两侧，条纹宽度减小，亮度减弱，所以两者条纹形状不同，故选C.
3.如图所示，让太阳光或白炽灯光通过偏振片P和Q，以光的传播方向为轴旋转偏振片P或Q，可以看到透射光的强度会发生变化，这是光的偏振现象，这个实验表明(　　)
A．光是电磁波　　　　　 B．光是一种横波
C．光是一种纵波 D．光是概率波
解析：选B.太阳光或白炽灯发出的光是自然光，当通过偏振片P后变为偏振光，旋转P或Q时，通过P的偏振光的振动方向和Q的透振方向不平行时，光屏上透射光的强度就会发生变化，该实验说明光是一种横波，偏振是横波特有的现象．
4.(2012·西安高二检测)抽制细丝时可用激光监控其粗细，如图所示，激光束越过细丝时产生的条纹和它通过遮光板上的一条同样宽度的窄缝规律相同，则(　　)
①这是利用光的干涉现象
②这是利用光的衍射现象
③如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝变粗了
④如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝变细了
A．①③ B．②④
C．①④ D．②③
解析：选B.上述现象符合光的衍射产生的条件，故②正确；由衍射产生的条件可知：丝越细衍射现象越明显，故④也正确．
一、选择题
1.关于衍射，下列说法正确的是(　　)
A．衍射现象中条纹的出现是光叠加后产生的结果
B．双缝干涉中也存在衍射现象
C．一切波都很容易发生明显的衍射现象
D．影的存在是一个与衍射现象相矛盾的客观事实
解析：选AB.衍射图样是很复杂的光波的叠加现象，双缝干涉中光通过两个狭缝时均发生衍射现象，一般现象中既有干涉又有衍射．一切波都能发生衍射，但要发生明显的衍射，需要满足障碍物的尺寸小于或相当于波长的条件．
2.在单缝衍射实验中，下列说法正确的是(　　)
A．将入射光由黄色换成绿色，衍射条纹间距变窄
B．使单缝宽度变小，衍射条纹间距变窄
C．换用波长较长的光照射，衍射条纹间距变宽
D．增大单缝到屏的距离，衍射条纹间距变宽
解析：选ACD.当单缝宽度一定时，波长越长，衍射现象越明显，即光偏离直线传播的路径越远，条纹间距也越大；当光的波长一定时，单缝宽度越小，衍射现象越明显，条纹间距越大；光的波长一定、单缝宽度也一定时，增大单缝到屏的距离，衍射条纹间距也会变宽．故B错误，A、C、D正确．
3.关于自然光和偏振光，以下说法正确的是(　　)
A．自然光包含着在垂直于传播方向上沿一切方向振动的光，但是沿各个方向振动的光波的强度可以不同
B．偏振光是垂直于传播方向上，只沿着某一特定方向振动的光
C．自然光透过一个偏振片后就成为偏振光，偏振光经过一个偏振片后又还原为自然光
D．太阳、电灯等普通光源发出的光都是自然光
解析：选BD.自然光包含着在垂直于传播方向上沿一切方向振动的光，沿各个方向振动的光波的强度相同，所以A错；偏振光也是横波，所以振动方向垂直于传播方向，而且偏振光是沿着某一特定方向振动的光，所以B正确；C项后半句话错误；D项正确．
4.(2012·延安高二检测)如图所示的四个图形中哪个是著名的泊松亮斑的衍射图样(　　)
解析：选B.泊松亮斑为不透光的圆盘阴影，中心有一亮斑，而周围还有明暗相间的圆环，故B正确．图A小孔较大，没发生明显的衍射，D小孔较小，发生了小孔衍射，C为干涉条纹．
5.在垂直于太阳光的传播方向前后放置两个偏振片P和Q，在Q的后边放上光屏，以下说法正确的是(　　)
A．Q不动，旋转偏振片P，屏上光的亮度不变
B．Q不动，旋转偏振片P，屏上光的亮度时强时弱
C．P不动，旋转偏振片Q，屏上光的亮度不变
D．P不动，旋转偏振片Q，屏上光的亮度时强时弱
解析：选BD.P是起偏器，它的作用是把太阳光(自然光)转化为偏振光，该偏振光的振动方向与P的透振方向一致，所以当Q与P的透振方向平行时，光通过Q的光强最大；当Q与P的透振方向垂直时，光通过Q的光强最小，即无论旋转Q或P，屏上的光强都是时强时弱的，所以选项B、D正确．
6.沙尘暴是由于土地的沙化引起的一种恶劣的气象现象，发生沙尘暴时能见度只有几十米，天空变黄发暗，这是由于这种情况下(　　)
A．只有波长较短的一部分光才能到达地面
B．只有波长较长的一部分光才能到达地面
C．只有频率较大的一部分光才能到达地面
D．只有频率较小的一部分光才能到达地面
解析：选BD.据光发生明显衍射的条件知，发生沙尘暴时，只有波长较长的一部分光线才能到达地面，据λ＝知，到达地面的光是频率较小的部分，故B、D正确．
6.关于光的干涉、衍射及其应用，下列说法中正确的是(　　)
A．在光的干涉和衍射现象中，都出现明暗相间的单色条纹或彩色条纹，因此干涉现象和衍射现象是相同的
B．水面上的油层在阳光的照射下出现彩色条纹是干涉现象，泊松亮斑是衍射现象
C．增透膜增加透射光，减小反射光是利用了光的干涉
D．激光防伪商标，看起来是彩色的，这是光的干涉现象
解析：选BCD.光的干涉和衍射虽然有很多共性，但属于不同的光现象，A项错误；油膜的彩色条纹是薄膜干涉产生的，泊松亮斑是很小的圆斑，是光衍射产生的，B项正确；增透膜的作用是增加透射光的强度，减小反射光的损失，厚度应等于光波在膜中波长的1/4，其原理利用了光的干涉，C项正确；激光防伪商标的彩色条纹是薄膜干涉引起的，D项正确．
8.某些特定环境下照相时，常在照相机镜头前装一偏振滤光片使景像清晰，关于其原理下列说法正确的是(　　)
A．增强透射光的强度
B．减弱所拍摄景物周围反射光的强度
C．减弱透射光的强度
D．增强所拍摄景物周围反射光的强度
解析：选B.利用光的偏振现象．偏振滤光片与反射光的振动方向垂直，减弱所拍摄景物周围反射光的强度，使景物清晰，故正确选项为B.
9.(2012·西安高二检测)如图所示，甲、乙为单色光通过窄缝后形成的明暗相间的两种条纹图样．下列判断正确的是(　　)
A．甲为单缝衍射的图样 B．乙为双缝干涉的图样
C．甲为双缝干涉的图样 D．乙为单缝衍射的图样
解析：选AB.双缝干涉图样的条纹间隔是均匀的，单缝衍射的条纹是中间宽、两侧逐渐变窄，由此可见选项A、B正确．
10.(2012·西安市长安一中高三检测)如图所示是一种利用温度敏感光纤测量物体温度的装置，一束偏振光射入光纤，由于温度的变化，光纤的长度、芯径、折射率发生变化，从而使偏振光的偏振方向发生变化，光接收器接收的光强度就会变化，关于这种温度计的工作原理，正确的说法是(　　)
A．到达检偏器的光的透振方向变化越大，光接收器所接收的光强度就会越小，表示温度变化越大
B．到达检偏器的光的透振方向变化越小，光接收器所接收的光强度就会越小，表示温度变化越小
C．到达检偏器的光的透振方向变化越小，光接收器所接收的光强度就会越大，表示温度变化越小
D．到达检偏器的光的透振方向变化越大，光接收器所接收的光强度就会越大，表示温度变化越大
解析：选AC.光源发出的光经过起偏器之后成为偏振光，若光纤的折射率不发生变化，则在某个方向传播的光是不会发生变化的，那么通过检偏器的偏振光也是一定的，也就是说光接收器所接收的光强度是一定的．
若被测物体的温度发生了变化，会导致光纤的长度、芯径、折射率发生变化，从而使偏振光的偏振方向发生变化，根据光的偏振知识可知，到达检偏器的光的偏振方向变化越大，光接收器所接收的光强度就会越小，表示温度变化越大，反之亦然，因此选项A、C正确．
二、非选择题
在图中，A、B两幅图是由单色光分别入射到圆孔而形成的图样，其中图A是光的________(填“干涉”或“衍射”)图样．由此可以判断出图A所对应的圆孔的孔径________(填“大于”或“小于”)图B所对应的圆孔的孔径．
解析：A中出现明暗相间的条纹，是衍射现象，B中出现圆形亮斑．只有障碍物或孔的尺寸比光波波长小或跟波长相差不多时，才能发生明显的衍射现象．题图A是光的衍射图样，由于光波波长很短，约在10－7 m数量级上，所以题图A对应的圆孔的孔径比题图B所对应的圆孔的孔径小．题图B的形成可以用光的直线传播解释．
答案：衍射　小于
用一单色光源垂直照射带有圆孔的不透明光屏，下列几种情况中，在小孔后面的光屏上各看到什么现象？
(1)小孔的直径为1 cm；
(2)小孔的直径为1 mm；
(3)小孔的直径为0.5 μm.
解析：小孔的直径大小决定屏上的现象．当孔的直径较大，比光的波长大得多时，光的衍射极不明显，光沿直线传播；当孔的直径很小，可以与光波的波长相比时，光的衍射现象明显．
(1)当圆孔的直径为1 cm时，在光屏上只能看到与圆孔形状相同的亮斑．这是光沿直线传播的结果．
(2)当圆孔的直径为1 mm时，在光屏上能看到单色光源倒立的像．这是小孔成像，也是光沿直线传播的结果．
(3)当圆孔的直径为0.5 μm时，在光屏上能看到衍射条纹．这是由于小孔尺寸与光波的波长差不多，光发生衍射的结果．
答案：见解析

1.光从空气射入水中，当入射角变化时，则(　　)
A．反射角和折射角都发生变化
B．反射角和折射角都不变
C．反射角发生变化，折射角不变
D．折射角变化，反射角始终不变
解析：选A.由光的反射定律知，入射角和反射角相等，所以入射角变化时，反射角也发生变化；由光的折射定律知，入射角的正弦和折射角的正弦成正比，所以入射角变化时，折射角也发生变化，A正确．
2.
一束光从某种介质射入空气中时，入射角i＝30°，折射角r＝60°，折射光路如图所示，则下列说法正确的是(　　)
A．此介质折射率为 
B．此介质折射率为 
C．光在介质中速度比在空气中小
D．光在介质中速度比在空气中大
解析：选BC.由折射定律及入射角、折射角的含义知n＝＝，则此介质比空气折射率大，又由n＝知，C正确，D错误．
3.用“插针法”测定透明半圆柱玻璃砖的折射率，O为玻璃砖截面的圆心，使入射光线跟玻璃砖的平面垂直，如图所示的四个图中P1、P2、P3和P4是四个学生实验插针的结果．
(1)在这四个图中肯定把针插错了的是________；
(2)在这四个图中可以比较准确地测出折射率的是____________，计算玻璃砖的折射率的公式是________．
解析：(1)垂直射入半圆柱玻璃砖平面的光线，经玻璃砖折射后，折射光线不能与入射光线平行(除过圆心的光线)，A错．
(2)测量较准确的是图D，因B图的入射光线经过圆心，出射光线没有发生折射，C图的入射光线离圆心太近，射到圆界面上时，入射角太小不易测量，会产生较大的误差．测量出入射角与折射角后，由折射定律求出折射率n＝.
答案：(1)A　(2)D　n＝
4.有人在游泳池岸边“竖直”向下观察池水的深度，看上去池水的视深为h，已知水的折射率为，那么池水的实际深度H＝________．
解析：
由池底某点P发出的光线，在水中和空气中的光路如图所示．由于观察者在岸边“竖直”向下观看，所以光线在水面处的入射角θ1和折射角θ2都很小，根据数学知识可知：
sinθ1≈tanθ1＝，①
sinθ2≈tanθ2＝.②
根据折射定律有＝.③
将①②两式代入③式得＝，
解得池水实际深度为H＝nh＝h.
答案：h
一、选择题
1.如果光以同一入射角从真空射入不同介质，则折射率越大的介质(　　)
A．折射角越大，表示这种介质对光线的偏折角度越大
B．折射角越大，表示这种介质对光线的偏折角度越小
C．折射角越小，表示这种介质对光线的偏折角度越大
D．折射角越小，表示这种介质对光线的偏折角度越小
解析：选C.根据光的折射定律＝n知sinθ2＝，光从真空以相等的入射角θ1射入介质时，sinθ1一定，n越大，sinθ2越小，θ2就越小，说明光偏离原来的角度就越大，所以选项C正确．
2.(2012·济南高二检测)光从某种玻璃中射向空气，入射角i从零开始增大到某一值的过程中，折射角r也随之增大，则下列说法正确的是(　　)
A．比值i/r不变
B．比值sini/sinr是一个大于1的常数
C．比值sini/sinr不变
D．比值sini/sinr是一个小于1的常数
解析：选CD.光从玻璃射向空气时，玻璃的折射率n＝>1，且不变，因此C、D正确．
3.一束光从空气射入某种透明液体，入射角为40°，在界面上光的一部分被反射，另一部分被折射，则反射光线与折射光线的夹角是(　　)
A．小于40°　　　　　　　 B．在40°与50°之间
C．大于140° D．在100°与140°之间
解析：选D.因为入射角为40°，反射角也为40°，根据折射定律折射角小于40°，所以反射光线与折射光线的夹角在100°与140°之间．
4.如图所示，落山的太阳看上去正好在地平线上，但实际上太阳已处于地平线以下，观察者的视觉误差大小取决于当地大气的状况．造成这种现象的原因是(　　)
A．光的反射 B．光的折射
C．光的直线传播 D．小孔成像
解析：选B.光经过大气层，空气分布不均匀，而折射率不同，光发生折射现象使光传播方向发生改变所致．
5.某同学做测定玻璃折射率实验时，用他测得的多组入射角i与折射角r，作出sini－sinr图像如图所示，下列判断中正确的是(　　)
A．他做实验时，光线是由空气射入玻璃的
B．玻璃的折射率为0.67
C．玻璃的折射率约为1.5
D．玻璃临界角的正弦值为0.67
解析：选ACD.由题图可知入射角大于折射角，光线是由光疏介质射入光密介质，故选项A正确；任何介质的折射率都大于1，故B项错；由折射率公式n＝，可得n＝＝1.5，故C项正确；由临界角的定义公式：sinC＝，可知D项正确．
6.(2012·四川高二检测)如图所示，一束单色光射入一玻璃球体，入射角为60°，已知光线在玻璃球内经一次反射后，再次折射回到空气中时与入射光线平行．此玻璃的折射率为(　　)
A.　　　　　　　　　　　 B．1.5
C. D．2
解析：选C.绘出光在玻璃球体内的光路图，如图所示，由几何关系可知，第一次折射时，折射角为30°，则n＝＝，C正确．
6.(2012·汉中高二检测)为了观察门外情况，有人在门上开一小圆孔，将一块圆柱形玻璃嵌入其中，圆柱体轴线与门面垂直，如图所示，从圆柱底面中心看出去，可以看到门外入射光线与轴线间的最大夹角称为视场角，已知该玻璃的折射率为n，圆柱体长为l，底面半径为r，则视场角为(　　)
A．arcsin B．arcsin
C．arcsin D．arcsin
解析：选B.画出以最大入射角(θ1)的入射光线(边界光线)在圆柱形玻璃中折射后的光路图，如图所示，由几何关系和折射定律，有
sinθ2＝，n＝，
联立以上两式解得：
sinθ1＝
θ1＝arcsin，选项B正确．
8.
在用两面平行的玻璃砖测定玻璃折射率的实验中，其实验光路如图所示，对实验中的一些具体问题，下列意见正确的是(　　)
A．为了减少作图误差，P3和P4的距离应适当取大些
B．为减少测量误差，P1、P2的连线与玻璃砖界面的夹角应取大些
C．若P1、P2的距离较大时，通过玻璃砖会看不到P1、P2的像
D．若P1、P2连线与法线NN′夹角较大时，有可能在bb′面发生全反射，所以在bb′一侧就看不到P1、P2的像
解析：选A.P3和P4的距离应适当取大些，是为了画直线OB时更接近原光线，能减少误差，选项A正确．在玻璃中的光线OO′的入射角达不到临界角，不会发生全反射．
9.
在测定玻璃的折射率实验中，已画好玻璃砖界面两直线aa′与bb′后，不小心误将玻璃砖向上稍平移了一点，如图所示，若其他操作正确，则测得的折射率将(　　)
A．变大
B．变小
C．不变
D．变大、变小均有可能
解析：
选C.设P1、P2、P3、P4是正确操作所得到的四枚大头针的位置，画出光路图后可知，即使玻璃砖向上平移一些，如图所示，实际的入射角没有改变．实际的折射光线是O1O1′，而现在误把O2O2′作为折射光线，由于O1O1′平行于O2O2′，所以折射角没有改变，因此折射率不变．
10.
如图所示，空气中有一块横截面呈扇形的玻璃砖，折射率为 .现有一细光束，垂直射到AO面上，经玻璃砖反射、折射后，经OB面平行返回，∠AOB为135°，圆的半径为r，则入射点P点距圆心O的距离为(　　)
A.r B.r
C．rsin7.5° D．rsin15°
解析：
选C.如图过D点作法线，光线在D点折射时，由于∠AOB＝135°，可知折射角为45°，由光的折射定律＝n，i＝30°.又由几何关系知∠PCD＝15°，
连接OC，由光的反射定律知∠PCO＝7.5°，PO＝rsin7.5°.
二、非选择题
光线以60°的入射角从空气射入玻璃中，折射光线与反射光线恰好垂直．(真空中光速c＝3.0×108 m/s)
(1)画出折射光路图．
(2)求出玻璃的折射率和光在玻璃中的传播速度．
(3)当入射角变为45°时，折射角为多大？
(4)当入射角增大或减小时，玻璃的折射率是否变化？说明理由．
解析：先画出玻璃与空气的界面，再过入射点作出界面的垂线即为法线，作入射光线，然后根据光的反射定律和折射定律作出反射光线和折射光线，求出折射角θ2后，根据n＝求出n，再根据n＝求出光在玻璃中的传播速度v，当入射角变化时，比值保持不变，即玻璃的折射率并不改变，据此可求出相应的折射角．
(1)由题意知入射角θ1＝60°，反射角θ3＝60°，折射角θ2＝90°－60°＝30°，折射光路图如图所示．
(2)n＝＝＝，
根据n＝得v＝＝ m/s.
故v≈1.7×108 m/s.
(3)由n＝得sinθ2＝，
将sinθ1＝sin45°＝及n＝代入上式，
可求得sinθ2＝，θ2＝arcsin.
(4)折射率不会变化，折射率由介质和入射光的频率决定，而跟入射角的大小无关．
答案：见解析
一个圆柱形筒，直径12 cm，高16 cm.人眼在筒侧上方某处观察，所见筒侧的深度为9 cm，当筒中装满液体时，则恰能看到筒侧的最低点，求：
(1)此液体的折射率；
(2)光在此液体中的传播速度．
解析：根据题中的“恰能看到”，可作出符合题意的光路图(如图所示)．
(1)由图可知：sinθ2＝，sinθ1＝sini＝
折射率：n＝＝＝＝.
(2)传播速度：v＝＝ m/s＝2.25×108 m/s.
答案：(1)　(2)2.25×108 m/s

1.激光具有相干性好、平行度好、亮度高等特点，在科学技术和日常生活中应用广泛．下面关于激光的叙述正确的是(　　)
A．激光是纵波
B．频率相同的激光在不同介质中的波长相同
C．两束频率不同的激光能产生干涉现象
D．利用激光平行度好的特点可以测量月球到地球的距离
解析：选D.电磁波是横波，A项错；光在不同介质中传播速度不同，波长也不同，B项错；相干光的条件是频率相同，C项错，D项正确．
2.已知介质对某单色光的临界角为θ，则(　　)
A．该介质对此单色光的折射率等于1/sinθ
B．此单色光在该介质中的传播速度等于光在真空中传播速度的sinθ倍
C．此单色光在该介质中的频率是在真空中频率的sinθ倍
D．此单色光在该介质中的波长是在真空中波长的sinθ倍
解析：选ABD.由临界角公式sinC＝，得n＝，所以A正确．由n＝知，v＝，所以v＝csinC，B正确．当光从空气进入介质时，频率不变，C错误．c＝λf，则波长与波速成正比，D正确．
3.如图所示，已知介质Ⅱ为空气，介质Ⅰ的折射率为，则下列说法中正确的是(　　)
A．光线a、b都不能发生全反射
B．光线a、b都能发生全反射
C．光线a发生全反射，光线b不发生全反射
D．光线a不发生全反射，光线b发生全反射
解析：选C.根据发生全反射的条件，光从光密介质射到光疏介质中时．介质Ⅰ对空气Ⅱ来说是光密介质，所以光线a可能发生全反射，光线在介质Ⅰ中的临界角为：sinC＝＝，C＝45°.注意题图中光线a与界面的夹角为30°，而此时的入射角为60°>45°，故光线a能发生全反射，正确选项为C.
4.如图所示，一段横截面为正方形的玻璃棒，中间部分弯成四分之一圆弧形状，一细束单色光由MN端面的中点垂直射入，恰好能在弧面EF上发生全反射，然后垂直PQ端面射出．(1)求该玻璃棒的折射率．
(2)若将入射光向N端平移，当第一次射到弧面EF上时________(填“能”“不能”或“无法确定能否”)发生全反射．
解析：如图所示，单色光照射到EF弧面上时刚好发生全反射，由全反射的条件得C＝45°①
由折射定律得n＝②
联立①②式得n＝.
答案：(1)　(2)能
一、选择题
1.以下说法正确的是(　　)
A．光纤通信利用了激光相干性好的特点
B．激光武器利用了激光亮度高的特点
C．激光写、读利用了激光亮度高的特点
D．激光加工、激光手术利用了激光亮度高的特点
解析：选ABD.利用激光的相干性进行信息的传递，例如利用激光相干性好进行光纤通信；利用激光的平行度好进行精确测量和数据采集；利用激光的亮度高进行激光切割和焊接．
2.下列现象中，属于光的全反射现象的是(　　)
A．肥皂泡上的彩色条纹
B．雨后天边出现彩虹
C．早晨东方天边出现红色朝霞
D．荷叶上的水珠在阳光下晶莹透亮
解析：选D.肥皂泡上的彩色条纹属于光的干涉，雨后彩虹属于光的折射，早晨的红色朝霞是由于空气的散射作用，荷叶上的水珠在阳光下晶莹透亮，是由于光线在水珠中发生全反射．D项正确．
3.下列说法正确的是(　　)
A．因为水的密度大于酒精的密度，所以水是光密介质
B．因为水的折射率小于酒精的折射率，所以水对酒精来说是光疏介质
C．同一束光，在光密介质中的传播速度较大
D．同一束光，在光密介质中的传播速度较小
解析：选BD.本题考查对光疏介质和光密介质的理解．因为水的折射率为1.33，酒精的折射率为1.36，所以水对酒精来说是光疏介质；由v＝可知，光在光密介质中的速度较小．
4.让激光照射到VCD机、CD机、DVD机或计算机的光盘上，就可以读出光盘上记录的信息，经过处理后还原成声音和图像，这是利用了激光的(　　)
A．平行度好，可以会聚到很小的一点上
B．相干性好，可以很容易形成干涉图样
C．亮度高，可以在很短时间内集中很大的能量
D．波长短，很容易发生明显的衍射现象
解析：选A.激光的相干性好，平行度高，容易会聚成一个很小的光点，让激光照射到VCD机、CD机、DVD机或计算机的光盘上，传感器把光盘反射的光转化为电信号进行处理，还原成声音或图像，选项A正确．计算机的光盘刻录同时利用了激光亮度高的性质——能产生高温，进行光盘的烧制．波长短，很容易发生明显的衍射现象这个判断是错误的，因为发生明显衍射的条件是障碍物或孔的尺寸与波长差不多或比波长小，选项D不正确．
5.
自行车的尾灯采用了全反射棱镜的原理，它虽然本身不能发光，但在夜间骑自行车时，从后面开来的汽车发出的强光照到尾灯后会有较强的光被反射回去，使汽车司机注意到前面有自行车．尾灯由透明介质做成，其外形如图所示 .下面说法中正确的是(　　)
A．汽车灯光应从左表面射过来，在尾灯的左表面发生全反射
B．汽车灯光应从左表面射过来，在尾灯的右表面发生全反射
C．汽车灯光应从右表面射过来，在尾灯的右表面发生全反射
D．汽车灯光应从右表面射过来，在尾灯的左表面发生全反射
解析：选D.全反射的条件是从光密介质进入光疏介质，则发生全发射必然在尾灯的左表面，光从右表面射过来，选项D正确．
6.如图所示，一束光线从折射率为1.5的玻璃内射向空气，在界面上的入射角为45°.下面四个光路图中，正确的是(　　)
解析：选A.因为玻璃的折射率为n＝1.5，所以全反射临界角为C＝arcsin＝arcsin.从题图可知入射角α＝45°>C，故发生全反射．
6.(2012·榆林高二检测)如图为一直角棱镜的横截面，∠bac＝90°，∠abc＝60°.一平行细光束从O点沿垂直于bc面的方向射入棱镜．已知棱镜材料的折射率n＝，若不考虑入射光线在bc面上的反射光，则有光线(　　)
A．从ab面射出
B．从ac面射出
C．从bc面射出，且与bc面斜交
D．从bc面射出，且与bc面垂直
解析：选BD.
由全反射条件，sinC＝＝，所以C＝45°.
由已知几何知识和反射定律、折射定律作出光路图如图所示，通过分析计算可以判断：光线在ab面发生全反射，在ac面不发生全反射，即既有折射光线，又有反射光线，且其反射光线垂直于bc面射出．
8.(2012·成都高二检测)两种单色光由水中射向空气时发生全反射的临界角分别为θ1、θ2，已知θ1＞θ2.用n1、n2分别表示水对两单色光的折射率，v1、v2分别表示两单色光在水中的传播速度，则(　　)
A．n1＜n2，v1＜v2　　　　　　 B．n1＜n2，v1＞v2
C．n1＞n2，v1＜v2 D．n1＞n2，v1＞v2
解析：选B.由临界角定义sinC＝可知，临界角小，折射率大，因为θ1>θ2，所以n1v2，故选项A错误，B正确．
9.激光器发光功率为P，发出的激光在折射率为n的介质中波长为λ，c表示光在真空中的速度，下列说法中正确的是(　　)
A．该光在真空中的波长为nλ
B．该光在真空中的波长为
C．该光的频率为
D．该光的频率为
解析：选AD.光从一种介质进入另一种介质时，频率不会发生变化，对激光也是一样，由于速度变化的原因，波长会相应地变化，对同一频率的光，它在真空中的波长应大于在介质中的波长．
10.(2011·高考福建卷)如图，半圆形玻璃砖置于光屏PQ的左下方．一束白光沿半径方向从A点射人玻璃砖，在O点发生反射和折射，折射光在光屏上呈现七色光带．若入射点由A向B缓慢移动，并保持白光沿半径方向入射到O点，观察到各色光在光屏上陆续消失．在光带未完全消失之前，反射光的强度变化以及光屏上最先消失的光分别是(　　)
A．减弱，紫光 B．减弱，红光
C．增强，紫光 D．增强，红光
解析：选C.因n红C紫，因此当增大入射角时，紫光先发生全反射，紫光先消失，且当入射光的入射角逐渐增大时，折射光强度会逐渐减弱，反射光强度会逐渐增强，故应选C.
二、非选择题
如图所示，一根长为L的直光导纤维，它的折射率为n.光从它的一个端面射入，又从另一端面射出所需的最长时间为多少？(设光在真空中的速度为c)
解析：由题中的已知条件可知，要使光线从光导纤维的一端射入，然后从它的另一端全部射出，必须使光线在光导纤维中发生全反射现象．要使光线在光导纤维中经历的时间最长，就必须使光线的路径最长，即光对光导纤维的入射角最小．光导纤维的临界角为C＝arcsin.
光在光导纤维中传播的路程为d＝＝nL.
光在光导纤维中传播的速度为v＝.
所需最长时间为tmax＝＝＝.
答案：
如图所示，在清澈平静的水底，抬头向上观察，会看到一个十分有趣的景象：
(1)水面外的景物(蓝天、白云、树木、房屋)，都呈现在顶角θ＝97.6°的倒立圆锥底面的“洞”内；
(2)“洞”外是水底的镜像；
(3)“洞”边呈彩色，且七色的顺序为内紫外红．试分析上述水下观天的奇异现象．
解析：(1)水面外的景物射向水面的光线，凡入射角0≤i≤90°时，都能折射入水中被人观察到(如图所示)．根据折射定律，在i＝90°的临界条件下
n＝，sinr＝＝＝sinC.
因为水的临界角C＝48.8°，所以，倒立圆锥的顶角为θ＝2r＝2C＝97.6°.
(2)水底发出的光线，通过水面反射成虚像，也可以在水下观察到，但是由于“洞”内有很强的折射光，所以只有在“洞”外才能看到反射光(尤其是全反射光)形成的水底镜像．
(3)光线从空气中折射入水中时，要发生色散现象：红光的折射率最小，偏向角最小；紫光的折射率最大，偏向角最大．因为眼睛感觉光线是沿直线传播的，所以从水中看到的彩色“洞”边，是内紫外红(如上图所示)．
答案：见解析

(时间：90分钟，满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1.许多光学现象在科学技术上得到了应用，以下对一些应用的解释，正确的是(　　)
A．光导纤维利用的是光的全反射现象
B．X光透视利用的是光的衍射现象
C．分光镜利用的是光的色散现象
D．红外遥感技术利用的是一切物体都不停地辐射红外线的现象
解析：选ACD.光导纤维是利用了光的全反射；X光的透视是利用了X光的强穿透能力；分光镜利用了光的色散；红外遥感技术是利用了一切物体不停地向外辐射红外线的现象．故A、C、D正确．
2.两束不同频率的单色光a、b从空气射入水中，发生了如图所示的折射现象(α>β)．下列结论中正确的是(　　)
A．光束b的频率比光束a低
B．在水中的传播速度，光束a比光束b小
C．水对光束a的折射率比水对光束b的折射率小
D．若光束从水中射向空气，则光束b的临界角比光束a的临界角大
解析：选C.由公式n＝可得折射率navb，B选项错误．由sinC＝知临界角Ca>Cb，选项D错误．
3.太阳光照射下肥皂膜呈现的彩色，瀑布在阳光下呈现的彩虹以及通过狭缝观察发光的日光灯时看到的彩色条纹，这些现象分别属于(　　)
A．光的干涉、色散和衍射现象
B．光的干涉、衍射和色散现象
C．光的衍射、色散和干涉现象
D．光的衍射、干涉和色散现象
解析：选A.在太阳光照射下肥皂膜呈现彩色，是薄膜干涉现象；瀑布溅起的小水滴相当于棱镜，在阳光下呈现的彩虹是光的色散现象；通过狭缝观察发光的日光灯时看到的彩色条纹是光的衍射现象．
4.光纤通信是一种现代通信手段，它可以提供大容量、高速度、高质量的通信服务．目前，我国正在大力建设高质量的宽带光纤通信网络．下列说法正确的是(　　)
A．光纤通信利用光作为载体来传递信息
B．光导纤维传递光信号是利用光的衍射原理
C．光导纤维传递光信号是利用光的色散原理
D．目前广泛应用的光导纤维是一种非常细的特制玻璃丝
解析：选AD.光导纤维传递光信号是利用光的全反射原理，故B、C选项错误．
5.实验表明，可见光通过三棱镜时各色光的折射率n随波长λ的变化符合柯西经验公式：n＝A＋＋，其中A、B、C是正的常量．太阳光进入三棱镜后发生色散的情形如图所示．则(　　)
A．屏上c处是紫光　　　　　　 B．屏上d处是红光
C．屏上b处是紫光 D．屏上a处是红光
解析：选D.由公式可知，光的波长越长，折射率越小．而在太阳光的可见范围内，从红光到紫光的波长越来越短，即折射率越来越大，所以a处是红光，d处是紫光，则A、B、C错误，D正确．
6.奶粉中碳水化合物(糖)的含量是检验奶粉质量的一种重要指标，可以用“旋光法”来测量糖溶液的浓度，从而测定含糖量．偏振光通过糖的水溶液后，偏振方向会相对于传播方向向左或向右旋转一个角度α，这一角度α称为“旋光度”，α的值只与糖溶液的浓度有关，将α的测量值与标准值相比较，就能测量被测样品的含糖量了．如图所示，S是自然光源，A、B是偏振片，转动B，使到达O处的光最强，然后将被测样品P置于A、B之间，则下列说法中正确的是(　　)
A．到达O处光的强度会明显减弱
B．到达O处光的强度不会明显减弱
C．将偏振片B转动一个角度，使得O处光的强度最大，偏振片转过的角度等于α
D．将偏振片A转动一个角度，使得O处光的强度最大，偏振片转过的角度等于α
解析：选ACD.自然光通过偏振片A后，变成偏振光，调整到偏振片B与A平行，偏振光能通过B，在O处得到较强的光．若在P处放被测液体，由于旋光性，通过液体的光将不能全通过B，此时在O处得到的光会明显减弱．通过旋转B或A均能得到“旋光度”，选项A、C、D正确．
6.在一次讨论中，老师问道：“假如水中相同深度处有a、b、c三种不同颜色的单色点光源，有人在水面上方同等条件下观测发现，b 在水下的像最深，c照亮水面的面积比a的大．关于这三种光在水中的性质，同学们能做出什么判断？”有同学回答如下：
①c光的频率最大 ②a光的传播速度最小
③b光的折射率最大 ④a光的波长比b光的短
根据老师的假定，以上回答正确的是(　　)
A．①② B．①③
C．②④ D．③④
解析：选C.由视深与实深的关系式h视＝可知b光的折射率最小，故③错误，即B、D两项均错；c光从水下照亮水面的面积比a的大说明c光不容易发生全反射，即c光的折射率比a光的小，其频率也小于a的频率，故①错误，A项错误，综上可知nb8.雨后太阳光入射到水滴中发生色散而形成彩虹．设水滴是球形的，图中的圆代表水滴过球心的截面，入射光线在过此截面的平面内，a、b、c、d代表四条不同颜色的出射光线，则它们可能依次是(　　)
A．紫光、黄光、蓝光和红光
B．紫光、蓝光、黄光和红光
C．红光、蓝光、黄光和紫光
D．红光、黄光、蓝光和紫光
解析：选B.由供选答案知四种光线红、黄、蓝、紫的频率为ν红<ν黄<ν蓝<ν紫，故其折射率n红9.频率不同的两束单色光1和2以相同的入射角从同一点射入一厚玻璃板后，其光路如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．单色光1的波长小于单色光2的波长
B．在玻璃中单色光1的传播速度大于单色光2的传播速度
C．单色光1通过玻璃板所需的时间小于单色光2通过玻璃板所需的时间
D．单色光1从玻璃到空气的全反射临界角小于单色光2从玻璃到空气的全反射临界角
解析：选AD.由折射定律n＝，知n1>n2，λ1<λ2，由v＝知v1t2，故选项C错误，由sinC＝知，C110.右图是一个圆柱体棱镜的截面图，
图中E、F、G、H将半径OM分成5等份，虚线EE1、FF1、GG1、HH1平行于半径ON，ON边可吸收到达其上的所有光线．已知该棱镜的折射率n＝，若平行光束垂直入射并覆盖OM，则光线(　　)
A．不能从圆弧NF1射出 B．只能从圆弧NG1射出
C．能从圆弧G1H1射出 D．能从圆弧H1M射出
解析：选B.由折射率n＝知该棱镜的全反射临界角为C＝37°(sinC＝)，从G点入射的光线垂直进入棱镜后，在G1点恰好发生全反射，则G1M圆弧上所有入射的光线均发生全反射，不会从棱镜中射出，只有NG1圆弧上入射的光线折射后射出棱镜．所以只有B正确，A、C、D错误．
二、实验题(本题共2小题，共12分．按题目要求作答)
(4分)某同学用大头针、三角板、量角器等器材测半圆形玻璃砖的折射率．开始玻璃砖的位置如图中实线所示，使大头针P1、P2与圆心O在同一直线上，该直线垂直于玻璃砖的直径边，然后使玻璃砖绕圆心O缓慢转动，同时在玻璃砖的直径边一侧观察P1、P2的像，且P2的像挡住P1的像．如此观察，当玻璃砖转到图中虚线位置时，上述现象恰好消失．此时只须测量出____________________，即可计算出玻璃砖的折射率．请用你的测量量表示出折射率n＝________．
解析：当恰好看不见P1、P2的像时，刚好发生全反射现象，此时玻璃砖直径转过的角度θ为临界角，折射率n＝.
答案：玻璃砖直径边绕O点转过的角度θ　
(8分)某同学设计了一个测定激光的波长的实验装置如图(a)所示，激光器发出一束直径很小的红色激光进入一个一端装有双缝、另一端装有感光片的遮光筒，感光片上出现一排等距的亮点，图(b)中的黑点代表亮点的中心位置．
(1)这个现象说明激光具有________性．
(2)通过量出相邻光点的距离可算出激光的波长，据资料介绍：如果双缝的缝间距离为a，双缝到感光片的距离为L，感光片上相邻两光点间的距离为b，则光的波长λ＝.该同学测得L＝1.0000 m，缝间距a＝0.22 mm，用带十分度游标卡尺测感光片的点间距离时，尺与点的中心位置如图(b)所示．图(b)中第1个到第4个光点的距离是________ mm.实验中激光的波长λ＝________ m．(保留两位有效数字)
(3)如果实验时将红激光换成蓝激光，屏上相邻两光点间的距离将________．
解析：(1)激光的感光照片出现等间距的亮点，说明激光具有波动性．
(2)由题图(b)知游标卡尺的读数为8.5 mm，
根据公式λ＝知λ＝ m＝6.2×10－7 m.
(3)由λ＝知b＝，当红激光换成蓝激光时λ变小，故b变小．
答案：(1)波动　(2)8.5　6.2×10－7 m　(3)变小
三、计算题(本题共4小题，共48分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
(8分)如图所示，扇形AOB为透明柱状介质的横截面，圆心角∠AOB＝60°.一束平行于角平分线OM的单色光由OA射入介质，经OA折射的光线恰平行于OB.
(1)求介质的折射率．
(2)折射光线中恰好射到M点的光线________(填“能”或“不能”)发生全反射．
解析：依题意作出光路图，
(1)由几何知识可知，
入射角i＝60°，折射角r＝30°(2分)
根据折射定律得
n＝(2分)
代入数据解得
n＝(2分)
(2)如图所示，由几何条件及折射定律可知不能．…(2分)
答案：(1)　(2)不能
(12分)如图是北京奥运会期间安置在游泳池底部的照相机拍摄的一张照片，相机的镜头竖直向上．照片中，水立方运动馆的景象呈现在半径r＝11 cm的圆形范围内，水面上的运动员手到脚的长度l＝10 cm.若已知水的折射率n＝，请根据运动员的实际身高估算该游泳池的水深h.(结果保留两位有效数字)
解析：如图所示，设照片圆形区域的实际半径为R，运动员实际长为L，由题意知，C为临界角，则sinC＝＝，
(3分)
从图可得sinC＝(3分)
＝(2分)
得h＝·r(2分)
取L＝2.2 m，解得h＝2.1 m(1.6～2.6 m都算对)
(2分)
答案：2.1 m
(14分)如图所示，在双缝干涉实验中，S1和S2为双缝，P是光屏上的一点，已知P点与S1和S2距离之差为2.1×10－6 m，现分别用A、B两种单色光在空气中做双缝干涉实验，问P点是亮条纹还是暗条纹？
(1)已知A光在折射率为n＝1.5的介质中波长为4×10－7 m；
(2)已知B光在某种介质中波长为3.15×10－7 m，当B光从这种介质射向空气时，临界角为37°.
解析：已知P点与S1和S2的距离之差，由出现亮暗条纹的条件可判断是亮条纹或暗条纹．
(1)设A光在空气中波长为λ1，在介质中波长为λ2，由n＝，得λ1＝nλ2＝1.5×4×10－7 m＝6×10－7 m.
(2分)
根据路程差δ＝2.1×10－6 m，
所以N1＝＝＝3.5.(3分)
由此可知，从S1和S2到P点的路程差δ是波长λ1的3.5倍，所以P点为暗条纹．(2分)
(2)根据临界角与折射率的关系sinC＝，
得n＝＝.(2分)
由此可知，B光在空气中波长λ2′为：
λ2′＝nλ介＝×3.15×10－7 m＝5.25×10－7 m.
则路程差δ和波长λ2′的关系：
N2＝＝＝4.(3分)
可见，用B光做光源，P点为亮条纹．(2分)
答案：(1)P为暗条纹　(2)P为亮条纹
(14分)如图所示，直角玻璃三棱镜置于空气中，已知∠A＝60°，∠C＝90°，一束极细的光于AC的中点D垂直AC面入射，AD＝a，棱镜的折射率n＝，求：
(1)光从棱镜第一次射入空气时的折射角；
(2)光从进入棱镜到它第一次射入空气所经历的时间(设光在真空中传播速度为c)．
解析：(1)如图所示，i1＝60°，设全反射临界角为C，
sinC＝＝，C＝45°，i1>45°，发生全反射．(4分)
i2＝i1－30°＝30°由折射定律n＝＝，r＝45°.(2分)
(2)镜中光速：v＝＝，(3分)
所求时间t＝＋＝.(3分)
答案：(1)45°　(2)

1.下列说法中正确的是(　　)
A．研究铅球的运动，可以用牛顿定律和运动学公式
B．研究高速粒子的运动可用牛顿定律和运动学公式
C．研究高速粒子运动要用相对论，研究铅球运动可用牛顿运动定律
D．研究铅球和电子的运动都要用牛顿运动定律
解析：选C.以牛顿运动定律为基础的经典物理学在处理低速、宏观物体的运动时是相当完美的，但对于高速的微观的运动就无能为力了．显然，铅球的运动可以用牛顿定律来解决．而高速粒子的运动则不能用牛顿定律来解决，而要用相对论来解决．
2.下列关于狭义相对性原理的说法中正确的是(　　)
A．狭义相对性原理是指力学规律在一切参考系中都成立
B．狭义相对性原理是指一切物理规律在一切参考系中都成立
C．狭义相对性原理是指一切物理规律在所有惯性参考系中都成立
D．狭义相对性原理与伽利略相对性原理没有区别
解析：选C.根据狭义相对性原理的内容，在不同的惯性参考系中，一切物理定律都是相同的．一定要注意它和伽利略相对性原理的区别，即狭义相对性原理中的“规律”是一切物理规律，而经典相对性原理中的“规律”只是指经典物理学的规律，范围要比前者小许多．
3.(2011·高考江苏卷)如图所示，沿平直铁路线有间距相等的三座铁塔A、B和C.假想有一列车沿AC方向以接近光速行驶，当铁塔B发出一个闪光，列车上的观测者测得A、C两铁塔被照亮的顺序是(　　)
A．同时被照亮　　　　　　 B．A先被照亮
C．C先被照亮 D．无法判断
解析：选C.因列车沿AC方向接近光速行驶，根据“同时”的相对性，即前边的事件先发生，后边的事件后发生可知C先被照亮，答案为C.
4.飞船在高空以c的速度向目标飞行，从飞船上向目标方向发射一个光信号，则在地面的观察者看来光信号的速度是1.1c吗？
解析：由经典力学的相对性原理可知，光信号相对地面的速度v＝c＋c＝1.1c，但这一结论是错误的．
根据狭义相对论的光速不变原理，真空中的光速相对于飞船为c，相对于地面也为c，对不同惯性参考系是相同的，这一判断已被迈克耳孙—莫雷实验所证实．
答案：在地面的观察者看来光信号的速度为c，不是1.1c
一、选择题
1.属于狭义相对论基本假设的是(　　)
A．真空中光速不变
B．时间具有相对性
C．物体的质量不变
D．物体的能量与质量成正比
解析：选A.狭义相对论的两条假设分别是：在任何惯性系中真空中的光速不变和一切物理规律都相同．
2.在一个惯性系中观测，两个事件同地不同时，则在其他惯性系中观测，结果它们(　　)
A．一定同时
B．可能同时
C．不可能同时，但可能同地
D．不可能同时，也不可能同地
解析：选B.在两个惯性系中观测，这两个事件可能是同时发生的．
3.下面关于伽利略相对性原理的说法中正确的有(　　)
A．力学规律在任何参考系中都是相同的
B．惯性系就是静止不动的参考系
C．如果牛顿运动定律在某个参考系中成立，这个参考系叫做惯性系．相对一个惯性系做匀速直线运动的另一个参考系也是惯性系
D．力学规律在任何惯性系中都是相同的
解析：选CD.经典相对性原理是指力学规律在所有惯性参考系中都是成立的．这里对参考系是有条件的，即必须是惯性参考系．非惯性参考系是不适合的，而惯性参考系并不仅指静止的参考系，相对于一个惯性系做匀速运动的另一个参考系也是惯性系．本题的正确答案为CD.
4.以下说法中正确的是(　　)
A．经典物理中的速度合成公式在任何情况下都是适用的
B．经典物理规律也适用于高速运动的物体
C．力学规律在一个静止的参考系和一个匀速运动的参考系中是不等价的
D．力学规律在任何惯性系里都是等价的
解析：选D.在所有惯性系中，一切物理规律都是等价的，故D正确，C错误；经典物理规律是狭义相对论在低速状态下的一个近似，所以经典物理规律只适用于低速运动的物体，而经典物理中的速度合成公式也只适用于低速情况，故A、B均错误．
5.设某人在速度为0.5c的飞船上，打开一个光源，则下列说法正确的是(　　)
A．飞船正前方地面上的观察者看到这一光速为1.5c
B．飞船正后方地面上的观察者看到这一光速为0.5c
C．在垂直飞船前进方向地面上的观察者看到这一光速是c
D．在地面上任何地方的观察者看到的光速都是c
解析：选CD.根据狭义相对论的两个基本假设之一：光速不变原理可知，观察者在地面上，飞船中观测光的速度均为c，故C、D正确，A、B错误．
6.迈克尔孙和莫雷为了寻找以太这个特殊的参考系，做了这样一个实验．如图所示，G1是半透明反射镜，G2是平面玻璃板，M1和M2是相互垂直两臂上放置的两个平面反射镜，E是目镜，S是光源．让M2平面垂直于地球运动方向，通过迈克尔孙干涉仪的目镜E，可以看到一套干涉条纹．如果以太存在，地球确实相对于以太运动，那么将干涉仪旋转90°，就会观察到另外一套干涉条纹．若干涉条纹发生了移动，我们可以通过测量计算出以太相对于地球的移动速度．实验结果是无论如何也不能观察到干涉条纹的移动．以上事实说明(　　)
A．实验存在误区，所以不能观察到干涉条纹的移动
B．说明以太相对于地球移动的速度太小，不容易被测量
C．说明根本不存在以太这种特殊介质
D．以上说法都不对
解析：选C.迈克尔逊—莫雷实验最有力的证明了以太这种特殊的物质是不存在的．
6.如图所示，你站在水平木杆AB的中央附近，并且看到木杆落在地面上时是两端同时着地的，所以，你认为这木杆是平着落到了地面上；而此时飞飞小姐正以接近光速的速度从你前面掠过，她看到B端比A端先落地，因而她认为木杆是向右倾斜着落地的．她的看法是(　　)
A．对的
B．错的
C．她应感觉到木杆在朝她运动
D．她应感觉到木杆在远离她运动
解析：选AC.当飞飞小姐掠过木杆时， 在她看来，木杆不仅在下落，而且还在朝她运动，正好像星体朝你的飞船运动一样．因此，在你看来同时发生的两个事件，在飞飞小姐看来首先在B端发生．到底在A和B处的两个事件是同时发生，还是在B处先发生？这一问题是没有意义的．因为运动是相对的，对运动的描述取决于选择的参考系．对于你来说木杆是平着下落的，对飞飞小姐来说木杆是向右斜着下落的，虽然难以置信，但你和她都是正确的．
8.在高速运动的火车上，设车对地面的速度为v，车上的人以速度u′沿着火车前进的方向相对火车运动，那么他相对地面的速度u与u′＋v的关系是(　　)
A．u＝u′＋v B．uC．u>u′＋v D．以上均不正确
解析：选B.经典的时空观，u＝u′＋v.而实际上人对地面的速度u比u′与v之和要小，但只有在接近光速时才能观察此差别．
二、非选择题
9.如图所示，一列火车相对地面运动，地面上的人测得光源发出的闪光同时到达车厢的前壁和后壁．按照火车上的人测量，闪光先到火车的________(填“前壁”或“后壁”)．
解析：对地面观察者而言，后壁在靠近而前壁在远离时闪光能同时到达，由光速不变原理可确定离光源前近后远，故在火车上的人测量，得到闪光先到前壁．
答案：前壁
10.一粒子以0.05c的速率相对实验室参考系运动．此粒子衰变时发射一个电子，电子相对于粒子的速度为0.8c，电子的衰变方向与粒子运动方向相同．求电子相对于实验室参考系的速度．
解析：已知v＝0.05c，ux′＝0.8c.
由相对论速度叠加公式得
ux＝＝，
＝＝0.817c.
答案：0.817c
火箭以0.75c的速度离开地球，从火箭上向地球发射一个光信号．火箭上测得光离开的速度是c，根据过去熟悉的速度合成法则，光到达地球时在地球上测得的光速是多少？根据狭义相对论原理呢？
解析：根据过去熟悉的速度合成法则，光相对于地球的速度是：v＝c－0.75c＝0.25c.而根据狭义相对论原理，光速与光源、观察者之间的相对运动没有关系，光速仍为c.
答案：0.25c　c
如图所示，在列车车厢的光滑水平面上有一个质量为m＝5 kg的小球，正随车厢一起以20 m/s的速度匀速前进，现在给小球一个水平向前的F＝5 N的拉力作用，求经10 s 后，车厢里的观察者和地面上的观察者看到小球的速度分别是多少？
解析：对车上的观察者：
物体的初速度v0＝0，加速度a＝＝1 m/s2，
10 s末的速度v1＝at＝10 m/s.
对地面上的观察者：
物体初速度v0＝20 m/s
加速度相同a＝＝1 m/s2
10 s末的速度v2＝v0＋at＝30 m/s.
答案：10 m/s　30 m/s

1.按照爱因斯坦的广义相对论，下列说法中正确的是(　　)
A．天体之间的引力作用是时空弯曲的原因
B．光线经过太阳附近时会发生弯曲
C．氢原子发射的光从太阳传播到地球时，它的频率要比地球上氢原子发射的光的频率低
D．光在真空中是沿直线传播的
解析：选ABC.根据广义相对论，物质的引力会使光线弯曲，引力越强，弯曲越厉害，因此在地球上看到的星体位置与实际位置不符．在强引力的星球附近时间进程会变慢相应的波长变长，频率变小，故A、B、C正确，D错误．
2.1905年，爱因斯坦创立了“相对论”，提出了著名的质能方程，下列涉及对质能方程理解的几种说法中正确的是(　　)
A．若物体能量增大，则它的质量增大
B．若物体能量增大，则它的质量减小
C．若核反应过程质量减小，则需吸收能量
D．若核反应过程质量增大，则会放出能量
解析：选A.由E＝mc2可知，若E增大，则m增大；若E减小，则m减小．A正确，B错误．若m减小，则E减小；若m增大，则E增大．C、D均错误．
3.惯性系S中有一边长为l的正方形，从相对S系沿x方向以接近光速匀速飞行的飞行器上测得该正方形的图像是图中的哪个(　　)
解析：选C.飞行器与被测正方形沿x方向发生相对运动．由相对论时空观可知，在该方向上会发生长度收缩效应，因此该方向测得的长度小于l，y方向与相对运动方向垂直，故y方向上测得的长度仍为l，故正确答案为C.
4.如图所示，A、B、C是三个完全相同的时钟，A放在地面上，B、C分别放在以速度vB和vC朝同一方向飞行的两枚火箭上，且vB解析：如题图所示，地面上的观察者认为C钟走得最慢，因为它相对于观察者的速度最大．根据公式Δt＝可知，相对于观察者的速度v越大，其上的时间进程越慢．地面上的钟的速度v＝0，它所记录的两事件的时间间隔最大，即地面上的钟走得最快．
答案：时钟C走得最慢，地面上的钟A走得最快
一、选择题
1.下列的说法中正确的是(　　)
A．因为时间是绝对的，所以我们在不同的参考系中观察到的时间进程都是相同的
B．空间与时间之间是没有联系的
C．有物质才有空间和时间
D．在一个确定的参考系中观察，运动物体的空间距离和时间进程跟物体的运动状态有关
解析：选CD.经典物理学认为空间和时间是脱离物质存在的，是绝对的，空间与时间之间也是没有联系的，其实是错误的，故A、B错误．因为相对论中空间和时间与物质的运动状态有关，在长度的相对性和时间的相对性上都得到了验证．
2.关于质量和长度下列说法中正确的是(　　)
A．物体的质量与位置、运动状态无任何关系，是物质本身的属性
B．物体的质量与位置、运动状态有关，只是在速度较低的情况下，变化忽略不计
C．物体的长度与运动状态无关，是物质本身的属性
D．物体的长度与运动状态有关，只是在速度较低的情况下，变化忽略不计
解析：选BD.物体长度、质量都与物体运动状态有关，只有在速度较低时变化可忽略．
3.在引力可以忽略的空间有一艘宇宙飞船在做匀加速直线运动，一束光垂直于运动方向在飞船内传播，下列说法中正确的是(　　)
A．船外静止的观察者看到这束光是沿直线传播的
B．船外静止的观察者看到这束光是沿曲线传播的
C．航天员以飞船为参考系看到这束光是沿直线传播的
D．航天员以飞船为参考系看到这束光是沿曲线传播的
解析：选AD.因引力可以忽略，船外观察者在无引力场中观察光沿直线传播，而匀加速运动的飞船与一个引力场效果相同，引力场会使光线发生弯曲，所以航天员在引力场中看光应是沿曲线传播，故A、D正确，B、C错误．
4.A、B两架飞机沿地面上一足球场的长度方向在其上空高速飞过，且vA>vB，在飞机上的人观察结果正确的是(　　)
A．A飞机上的人观察到足球场的长度比B飞机上的人观察到的大
B．A飞机上的人观察到足球场的宽度比B飞机上的人观察到的小
C．两飞机上的人观察到足球场的长度相同
D．两飞机上的人观察到足球场的宽度相同
解析：选D.因为当一个惯性系的速度比较大时，根据l＝l0知，沿飞行方向长度减小，而且速度越大，长度越小，故A、C均错误；而垂直于运动方向上，宽度是不随速度而变化的，因此B错误，D正确．
5.在适当的时候，通过仪器可以观察到太阳后面的恒星，这说明星体发出的光(　　)
A．经太阳时发生了衍射
B．可以穿透太阳及其他障碍物
C．在太阳引力场作用下发生了弯曲
D．经过太阳外的大气层时发生了折射
解析：选C.根据爱因斯坦的广义相对论，光线在太阳引力场作用下发生了弯曲，所以可以在适当的时候(如日全食时)通过仪器观察到太阳后面的恒星，故C正确．而A、B、D的说法均错误．
6.(2012·合肥高二检测)大爆炸理论认为，我们的宇宙起源于137亿年前的一次大爆炸．除开始瞬间外，在演化至今的大部分时间内，宇宙基本上是匀速膨胀的．上世纪末，对1A型超新星的观测显示，宇宙正在加速膨胀．面对这个出人意料的发现，宇宙学家探究其背后的原因，提出宇宙的大部分可能由暗能量组成，它们的排斥作用导致宇宙在近段天文时期内开始加速膨胀．如果真是这样，则标志宇宙大小的宇宙半径R和宇宙年龄t的关系，大致是下面哪个图像(　　)
解析：选C.在匀速膨胀过程R＝vt，在加速膨胀过程R＝at2，C对．
6.世界上有各式各样的钟：砂钟、电钟、机械钟和光钟．既然运动可以使某一种钟变慢，它一定会使所有的钟都一样变慢．这种说法(　　)
A．正确
B．错误
C．若变慢则变慢的程度相同
D．若变慢则与钟的种类有关系
解析：选AC.将不同类型的两架钟调整到相同，并将它们密封在一个盒子中，再让该盒子匀速运动．如果运动对一架钟的影响比另一架大，则坐在盒子里的人就能看到两架钟的差别，因而可以知道盒子是运动的，显然这违反了相对论的基本原理：一个密闭在盒子中的人是无法辨认自己是处于静止状态，还是匀速运动状态的．所以一架钟变慢时，所有钟必定都变慢，且变慢的程度一定严格相同．
8.已知太阳内部进行激烈的热核反应，每秒钟辐射的能量为3.8×1026 J，则可算出(　　)
A．太阳的质量约为4.2×106 t
B．太阳的质量约为8.4×106 t
C．太阳的质量每秒钟减小约为4.2×106 t
D．太阳的质量每秒钟减小约为8.4×106 t
解析：选C.由质能方程知太阳每秒钟内因辐射能量而失去的质量为Δm＝＝4.2×109 kg＝4.2×106 t.
9.(2012·上海高二检测)某航天员要到离地球5光年的星球上去，如果希望把这路程缩短为3光年，则他所乘飞船相对地球的速度为(　　)
A．0.5c　　　　　　　　　　 B．0.6c
C．0.8c D．0.9c
解析：选C.根据公式l＝l0可知，另l＝3光年，l0＝5光年，就可求得v＝0.8c.
10.(2012·西安高二检测)当物体以很大速度运动时，它的质量与静止质量m0的关系是m＝，此时它的动能应该是(　　)
A.mv2 B.m0v2
C．mc2－m0c2 D．以上说法都不对
解析：选C.对于高速运动的物体，公式Ek＝mv2不再成立，只有当v?c时，Ek＝mv2才成立．
二、非选择题
远方的一颗星以0.8c 的速度离开地球，测得它辐射出来的闪光按5昼夜的周期变化，求在此星球上测其闪光周期为多大？
解析：时间进程要是能感觉出来必须是两个参考系的相对速度很大，大到能和光速相比．由Δt＝得到Δt′＝Δt＝3昼夜．
答案：3昼夜
一枚静止时长30 m的火箭以3 km/s的速度从观察者的身边掠过，观察者测得火箭的长度应为多少？火箭上的人测得火箭的长度应为多少？如果火箭的速度为光速的二分之一呢？
解析：火箭相对于火箭上的人是静止的，所以不管火箭的速度是多少，火箭上的人测得的火箭长与静止时相同，为l′＝30 m．如果火箭的速度为v＝3×103 m/s，地面观察者测得的火箭长l为：
l＝l′＝30× m＝30× m.
如果火箭的速度为v＝，地面观察者测得的火箭长l为：
l＝l′＝30×  m≈26 m.
答案：见解析

(时间：90分钟，满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1.下列说法中正确的是(　　)
A．在经典力学中，物体的质量是不随物体运动状态而改变的
B．以牛顿运动定律为基础的经典力学理论具有局限性，它只适用于低速运动，不适用于高速运动；只适用于宏观世界，不适用于微观世界
C．相对论的出现否定了经典力学理论
D．伽利略的“自然数学化”的方法和牛顿的“归纳—演绎法”是经典力学方法的典型
解析：选ABD.在经典力学中物体的质量是恒定不变的，A对；经典力学有严格使用范围，即宏观、低速的物体，B对；相对论是对经典力学的发展，它并没有否认经典力学理论，C错；同样D也是正确的．
2.假设未来的高速列车，列车的速度是0.5c，当列车行驶的过程中，打开列车前面的灯，则路边上的人观察到列车的灯光的传播速度是(　　)
A．1.5c　　　　　　　　　　　　 B．0.5c
C．1.118c D．c
解析：选D.无论是在哪里进行观察，无论观察者是运动还是静止的，光速相对于任何参考系都是不变的．
3.下列说法正确的是(　　)
A．哈勃发现的“红移”现象说明远处的星系正急速地远离我们而去
B．哈勃发现的“红移”现象说明地球是宇宙的中心
C．“新星”和“超新星”是刚刚产生的恒星
D．“超新星”和“新星”的产生说明恒星正在不断灭亡
解析：选AD.哈勃发现的“红移”现象说明远处的星系在远离我们，但不能说明我们就处于宇宙的中心，只能说明我们与远处的星系存在相对运动．故A对B错．“新星”和“超新星”是恒星消亡时的一种现象，故C错D对．
4.如图所示，鸡蛋和乒乓球都静止在地面上，关于二者所具有的能量关系，下列说法中正确的是(　　)
A．鸡蛋大 B．乒乓球大
C．一样大 D．无法进行比较
解析：选A.物体所具有的能量和其质量有关，根据质能方程，质量越大，所具有的能量越大，所以鸡蛋具有的能量大于乒乓球具有的能量．
5.下列说法中不正确的是(　　)
A．由于太阳引力场的影响，我们有可能看到太阳后面的恒星
B．强引力场作用可使光谱线向紫端偏移
C．引力场越强的位置，时间进程越慢
D．由于物质的存在，实际的空间是弯曲的
解析：选B.根据广义相对论的结论，由于太阳引力场的影响，使得光线发生弯曲，所以我们有可能看到太阳后面的恒星，A正确．强引力场作用使光的波长变长、频率变低，所以光谱线向红端偏移，B不正确．引力场越强的位置，时间进程越慢，所以C正确．物质的引力使得空间变形，发生弯曲，所以D正确．
6.甲在接近光速的火车上看乙手中沿火车前进方向放置的尺，同时乙在地面上看甲手中沿火车前进方向放置的尺，则下列说法正确的是(　　)
A．甲看到乙手中的尺长度比乙看到自己手中的尺长度大
B．甲看到乙手中的尺长度比乙看到自己手中的尺长度小
C．乙看到甲手中的尺长度比乙看到自己手中的尺长度大
D．乙看到甲手中的尺长度比乙看到自己手中的尺长度小
解析：选BD.设尺静止时长为l0，则甲看到乙手中的尺：l＝l0，可见选项A错误，B正确，乙看甲手中的尺感觉：l′＝l0，可见选项C错误，D正确．
6.黑洞是质量非常大的天体，由于质量很大，引起了其周围的时空弯曲，从地球上观察，我们看到漆黑一片，那么关于黑洞，你认为正确的是(　　)
A．内部也是漆黑一片，没有任何光
B．内部光由于引力的作用发生弯曲，不能从黑洞中射出
C．内部应该是很亮的
D．如果有一个小的星体经过黑洞，将会被吸引进去
解析：选BCD.黑洞之所以黑是因为光不能从其中射出，而不是内部没有光线，由于引力的作用，其光线弯曲程度很大，不能射出了．
8.
如图，假设一根10 m长的梭镖以光速穿过一根10 m长的管子，它们的长度都是在静止状态下测量的．以下叙述中最好的描述了梭镖穿过管子的情况的是(　　)
A．梭镖收缩变短，因此在某些位置上，管子能完全遮住它
B．管子收缩变短，因此在某些位置上，梭镖从管子的两端伸出来
C．两者都收缩，且收缩量相等，因此在某个位置，管子恰好遮住梭镖
D．所有这些都与观察者的运动情况有关
解析：选D.如果你是在相对于管子静止的参考系中观察运动着的梭镖，那么梭镖看起来就比管子短，在某些位置梭镖会完全处在管子内部．然而当你和梭镖一起运动时，你看到的管子就缩短了，所以在某些位置，你可以看到梭镖两端都伸出管子．故D对，A、B、C均错．
9.用相对论的观点判断下列说法正确的是(　　)
A．时间和空间都是绝对的，在任何参考系中一个事件发生的时间和一个物体的长度总不会改变
B．在地面上的人看来，以10 km/s的速度运动的飞船中的时钟会变快，但是飞船中的航天员却看到时钟可能是准确的
C．在地面上的人看来，以10 km/s 的速度运动的飞船在运动方向上会变窄，而飞船中的航天员却感到地面上的人看起来比飞船中的人扁一些
D．当物体运动的速度v?c时，“时间相对性”和“长度相对性”效果可忽略不计
解析：选CD.由l＝l0知，两处的人都感觉l10.一米尺静止于S′系中，米尺与O′x′轴夹角为60°.S′系相对于S系沿Ox轴正向的运动速度为0.8c，则在S系中观测得米尺的长度为(　　)
A．60 cm B．58 cm
C．30 cm D．92 cm
解析：选D.此类题型解法始终要知道S′与S系的关系，而在S′系中运动的物体在S系中是怎么运动的，要明白，方可做题．依题
x方向长度：cos60°＝，在S系中收缩得
lx＝cos60°＝0.3 m
y方向长度：sin60°＝，长度不变，
总长l＝＝0.917 m，故D正确．
二、填空题(本题共2小题，每小题6分，共12分，将答案填在题中的横线上)
宇宙飞船相对于地面以速度v做匀速直线飞行，某一时刻飞船头部的宇航员向飞船尾部发出一个光讯号，经过Δt(飞船上的钟)时间后，被尾部的接收器收到，则由此可知飞船的固有长度为________．
解析：根据光速不变原理，知光以光速c传播，故飞船固有长度L0＝cΔt.
答案：cΔt
“世界物理年”决议的作出与爱因斯坦的相对论时空观有关．根据爱因斯坦的理论，一把米尺，在它与观察者有不同相对速度的情况下，米尺长度是不同的，它们之间的关系如图所示．由此可知，当米尺和观察者的相对速度达到0.8c(c为光速)时，米尺长度大约是________m．在日常生活中，我们无法觉察到米尺长度变化的现象，是因为观察者相对于米尺的运动速度________．
解析：由题图可知，当横坐标为0.8c时，长度为0.6 m，在日常生活中，观察者相对米尺的运动速度远远小于光速．
答案：0.6　远远小于光速
三、计算题(本题共4小题，共48分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
(8分)一观察者测得运动着的米尺为0.5 m长，静止时长度为1 m，求此米尺以多大的速度移动．
解析：以观察者测得的长度为l，米尺的长度为l′，则满足长度相对性公式l＝l′，可得v＝c(4分)
代入数据得v＝0.866c＝2.60×108 m/s.(4分)
答案：2.60×108 m/s
(12分)假如有一对孪生兄弟A和B，其中B乘坐速度为v＝0.9c的火箭飞往大角星(牧夫座a)，而后又飞回地球．根据A在地球上的观测，大角星离地球有40万光年远，这次B往返飞行经历时间为80.8年．如果B在离开地球时，他们的年龄都为20岁，试问当B回到地球时，他们的年龄各有多大？
解析：设B在飞船惯性系中经历的时间为t′，根据相对论效应得t＝，即80.8＝，(4分)
解得t′＝35.2(年)．(3分)
所以B回到地球时的年龄为20＋35.2＝55.2(岁)．
(3分)
A的年龄为100.8岁．(2分)
答案：B回到地球时年龄为55.2岁
A的年龄为100.8岁
(14分)电子的静止质量m0＝9.11×10－31 kg.
(1)试用焦和电子伏为单位来表示电子的静质能．
(2)静止电子经过106 V电压加速后，其质量和速率各是多少？
解析：(1)由质能方程得：
E＝mc2＝9.11×10－31×(3×108)2 J＝8.2×10－14 J＝ eV＝0.51 MeV.(4分)
(2)由能量关系得：eU＝(m－m0)c2，解得
m＝＋m0＝ kg＋9.11×10－31 kg
＝2.69×10－30 kg＝2.95m0.(5分)
结果表明速度已非常大，所以m＝m0/.
解得：v＝c
＝3×108× m·s－1＝0.94c.
(5分)
答案：(1)8.2×10－14 J　0.51 MeV
(2)2.95m0　0.94c
(14分)地球上一观察者，看见一飞船A以速度2.5×108 m/s从他身边飞过，另一飞船B以速度2.0×108 m/s跟随A飞行．求：
(1)A上的乘客看到B的相对速度；
(2)B上的乘客看到A的相对速度．
解析：(1)A上乘客看地以－2.5×108 m/s的速度向后，(2分)
在地面看B以2.0×108 m/s的速度向前，(2分)
则A上乘客看B的速度为
u＝＝×108 m/s＝－1.125×108 m/s.(5分)
(2)B看A则相反为1.125×108 m/s.(5分)
答案：(1)－1.125×108 m/s
(2)1.125×108 m/s