1．(2013·海南华侨中学检测)关于机械振动的位移和平衡位置，以下说法中正确的是( )
A．平衡位置就是物体振动范围的中心位置
B．机械振动的位移总是以平衡位置为起点的位移
C．机械振动的物体运动的路程越大，发生的位移也越大
D．机械振动的位移是指振动物体偏离平衡位置最远时的位移
【解析】 平衡位置是物体可以静止的位置，所以应与受力有关，与是否为振动范围的中心位置无关．如乒乓球竖直落在台上的运动是一个机械振动，显然其运动过程的中心位置不是其平衡位置，所以A不正确；位移是以平衡位置为初始点，到物体所在位置的有向线段，位移随时间而变，物体偏离平衡位置最远时，振动物体的位移最大，所以只有选项B正确．
【答案】 B
2．对简谐运动，下列说法中正确的是( )
A．物体振动的最大位移等于振幅
B．物体离开平衡位置的最大距离叫振幅
C．振幅随时间做周期性变化
D．物体两次通过平衡位置的时间叫周期
【解析】 振幅是标量，位移是矢量．振幅是振动质点离开平衡位置的最大距离，是定值，位移是随时间变化的，B正确，A、C错误；物体连续两次通过平衡位置的时间等于半个周期，故D错．
【答案】 B
3．(多选)(2013·西安中学检测)如图1－1－14所示，下列说法正确的是( )
图1－1－14
A．振动图像是从平衡位置开始计时的
B．1 s末速度沿x轴负方向
C．1 s末速度最大
D．1 s末速度最小，为0
【解析】 图像从原点位置开始画，原点表示平衡位置，即物体从平衡位置起振；1 s末物体处于最大位移处，速度为0.故选A、D.
【答案】 AD
4．如图1－1－15所示，弹簧振子在BC间做简谐运动，O点为平衡位置，BO＝OC＝5 cm，若振子从B到C的运动时间是1 s，则下列说法正确的是( )
图1－1－15
A．振子从B经O到C完成一次全振动
B．振动周期是1 s，振幅是10 cm
C．经过两次全振动，振子通过的路程是20 cm
D．从B开始经过3 s，振子通过的路程是30 cm
【解析】 振子从B→O→C仅完成了半次全振动，所以周期T＝2×1 s＝2 s，振幅A＝BO＝5 cm.振子在一次全振动中通过的路程为4A＝20 cm，所以两次全振动中通过的路程为40 cm,3 s的时间为1.5T，所以振子通过的路程为30 cm.
【答案】 D
5．下列运动性质可以描述简谐运动的是( )
A．匀变速运动 B．匀速直线运动
C．非匀变速运动 D．匀加速直线运动
【解析】 简谐运动的速度是变化的，B错；加速度也是变化的，A、D错，C对．
【答案】 C
6．(2013·玉林高二检测)如图1－1－16所示，弹簧振子在a、b两点间做简谐振动．当振子从平衡位置O向a运动的过程中，下列说法中正确的是( )
图1－1－16
A．加速度和速度均不断减小
B．加速度和速度均不断增大
C．加速度不断增大，速度不断减小
D．加速度不断减小，速度不断增大
【解析】 当振子从平衡位置O向a运动的过程中，弹簧的形变量逐渐增大，弹簧的弹力也逐渐增大，因此振子的加速度也是不断增大的，在此过程中，小球的运动方向与弹力的方向始终相反，因此速度会越来越小，故只有C正确．
【答案】 C
7．(多选)物体做简谐运动的过程中，有两点A、A′关于平衡位置对称，则物体( )
A．在A点和A′点的位移相同
B．在两点处的速度可能相同
C．在两点处的加速度可能相同
D．在两点处的动能一定相同
【解析】 由于A、A′关于平衡位置对称，所以物体在A、A′点时位移大小相等，方向相反；速度大小一定相同，但速度方向可能相同也可能相反；加速度一定大小相等、方向相反；动能一定相同，故正确选项为B、D.
【答案】 BD
图1－1－17
8．(2012·重庆高考)装有砂粒的试管竖直静浮于水面，如图1－1－17所示，将试管竖直提起少许，然后由静止释放并开始计时，在一定时间内试管在竖直方向近似做简谐运动．若取竖直向上为正方向，则以下描述试管振动的图像中可能正确的是( )
【解析】 试管在竖直方向上做简谐运动，平衡位置是在重力与浮力相等的位置，开始时向上提起的距离，就是其偏离平衡位置的位移，为正向最大位移，因此应选D.
【答案】 D
9．一质点做简谐运动，振幅是4 cm，频率是2.5 Hz.该质点从平衡位置起向正方向运动，经过2.5 s质点的位移和路程分别是(选初始运动方向为正方向)( )
A．4 cm,24 cm B．－4 cm,100 cm
C．0,100 cm D．4 cm,100 cm
【解析】 质点振动的周期为T＝＝0.4 s，则t＝2.5 s＝6T＋，在内质点从平衡位置到达正向最大位移处，即在2.5 s末，质点的位移为4 cm，在2.5 s内质点通过的路程为s＝4A×6＋A＝25A＝100 cm.
【答案】 D
10．(2013·银川检测)一个弹簧振子在A、B间做简谐运动，如图1－1－18所示，O是平衡位置，以某时刻作为计时零点(t＝0)经过1/4周期，振子具有负方向的最大位移，那么下列四个x－t图像能正确反映运动情况的是( )
图1－1－18
【解析】 由于经过周期振子具有负方向的最大位移，故开始时小球应从平衡位置向负方向运动．故D正确．
【答案】 D
11．一弹簧振子振动过程中的某段时间内其加速度数值越来越小，则在这段时间内，振子的位移越来越______，速度越来越________，其位置越来越________平衡位置，振子的速度方向与加速度方向________．
【解析】 加速度减小，说明位移减小，其位置靠近平衡位置，速度方向指向平衡位置，与加速度方向相同，由于这个过程中外力做正功，所以振子的速度变大．
【答案】 小 大 靠近 相同
12．(2013·海南中学检测)弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C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)振子运动的周期和频率；
(2)振子在5 s内通过的路程及位移的大小．
【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 s，f＝＝1 Hz.
(2)振子在一个周期内通过的路程为4A则5 s内通过的路程：s＝×4A＝5×4×10 cm＝200 cm.
5 s内振子振动了五个周期，5 s末振子仍处于B点，所以它偏离平衡位置的位移大小为10 cm.
【答案】 (1)1 s 1 Hz (2)200 cm 10 cm
1.(多选)关于麦克斯韦的电磁理论及其成就，下列说法正确的是( )
A．变化的电场可以产生磁场
B．变化的磁场可以产生电场
C．证实了电磁波的存在
D．预见了真空中电磁波的传播速度大于光速
【解析】 选项A和B是电磁理论的两大支柱，所以A和B正确；麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹最早证实了电磁波的存在，C错误；麦克斯韦预见了真空中电磁波的传播速度等于光速，D错误．
【答案】 AB
2．要想增大LC振荡电路中产生的振荡电流的频率，可采用的方法是( )
A．增大电容器两极板的间距
B．升高电容器的充电电压
C．增加线圈的匝数
D．在线圈中插入铁芯
【解析】 振荡电流的频率由LC回路本身的特性决定，其大小为f＝.增大电容器两极板间距，电容减小，振荡频率升高．在电容器两极板间插入电介质，电容增大，振荡频率降低．
增加线圈匝数或在线圈中插入铁芯，都会使线圈的电感增加，振荡频率降低；只有减少线圈的匝数，减小电感，振荡频率才会增大．
综上所述，只有选项A正确．
【答案】 A
3．(2013·西安交大附中检测)如图3－1－5所示，当把开关S由1扳到2，下列说法正确的是( )
图3－1－5
A．电流立刻达到最大值，然后才开始减小
B．电流不能立刻达到最大值，直到放电完毕时，电流才达到最大值
C．电场强度逐渐减弱到零，这时电流也为零
D．电场强度立刻减小到零，电流立刻达到最大值
【解析】 电容器开始放电，由于线圈的自感作用，电流不能立刻达到最大值，直到放电完毕时，电流才达到最大值．故B正确．
【答案】 B
4．(多选)关于电磁场和电磁波，下列叙述中正确的是( )
A．恒定的电场能够产生电磁波
B．电磁波的传播需要介质
C．电磁波从一种介质进入另一种介质，频率不变
D．电磁波传播的过程中也传递了能量
【解析】 变化的电场产生磁场，恒定的电场不会产生磁场，所以不会产生电磁波，选项A错．电磁波的传播不需要介质，在真空中也能传播，选项B错．电磁波从一种介质进入另一种介质时，频率不变，波长和波速发生变化，选项C正确．电磁波传播的过程也把电磁场的能量传递出去，选项D正确．
【答案】 CD
5．(多选)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．振荡电路中的电容器的电容小
【解析】 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，这两个物理量有一个或两个变大造成的，B、C正确．
【答案】 BC
6．(2010·天津高考)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】 根据麦克斯韦电磁场理论，变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场，变化的电场和磁场相互联系，形成一个不可分离的统一体，由发生的区域向远处传播，形成电磁波，电磁波的传播速度由频率和介质决定，在不同介质中传播速度不同．在同种均匀介质中沿直线传播，所以正确选项只有A.
【答案】 A
7．在LC振荡电路中某时刻电容器两极板间的电场线方向和穿过线圈的磁感线方向如图3－1－6所示，这时有( )
图3－1－6
A．电容器正在放电
B．电路中电流正在减小
C．电场能正在转化为磁场能
D．线圈中产生的自感电动势正在减小
【解析】 根据电场方向可知上极板带正电荷，又由磁场方向，根据安培定则可判断，电流方向为顺时针(大回路)，所以正在给电容器充电．因此，电流逐渐减小，磁场能转化为电场能，由于电流按正弦规律变化，变化率在增大，据法拉第电磁感应定律，知自感电动势正在增大．
【答案】 B
8．(多选)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．它们都能发生反射、折射、干涉和衍射现象
【解析】 机械波由振动产生，电磁波由周期性变化的电场(或磁场)产生，机械波是能量波，传播需要介质，波速由介质决定；电磁波是物质波，传播不需要介质，波速由介质和本身频率共同决定，机械波有横波，也有纵波，而电磁波一定是横波，故选项B、C、D正确．
【答案】 BCD
9．(2013·西安高新一中检测)一个带正电的粒子在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动，如图3－1－7所示，当磁感应强度均匀增大时，此粒子的( )
图3－1－7
A．动能不变 B．动能增大
C．动能减小 D．以上情况都可能
【解析】 当磁感应强度均匀增大时，根据麦克斯韦电磁场理论知，将产生一恒定的电场，带电粒子将受一电场力作用，该力对带电粒子做正功，所以粒子的动能将增大，选项B正确．
【答案】 B
10．如图3－1－8所示，L为一电阻可忽略的线圈，D为一灯泡，C为电容器，开关S处于闭合状态，灯泡D正常发光，现突然断开S，并开始计时，能正确反映电容器a极板上电量q随时间变化的图像是图中的(图中q为正值表示a极板带正电)( )
图3－1－8
【解析】 断开S的时刻，即t＝0时，由于线圈的电阻不计，电容器两端的电压为零，电量q＝0.线圈中产生与原电流方向相同的自感电流，给电容器充电，b板带正电，a板带负电，电荷量q逐渐增加，经达到最大值，在～内，电容器放电，电荷量减小，此后又被反向充电，故应选B.
【答案】 B
11．Hit FM88.7是中国国际广播电台旗下的国际流行音乐频率，在北京地区电磁波的频率为88.7 MHz，那么该电磁波在真空中的波长是多少？
【解析】 该电磁波在真空中的波长
λ＝＝ m≈3.4 m.
【答案】 3.4 m
12．一列电磁波的波长为30 km，该波从地球传到月球需 1.3 s，则在这一距离可排满多少个波？
【解析】 波从地球到月球的传播速度看成光速，则地球到月球的距离s＝vt＝ct＝1.3×3×108 m．波的个数
n＝＝ 个＝1.3×104个．
【答案】 1.3×104个
1．根据电磁波谱选出下列各组电磁波，其中频率互相交错重叠，且波长顺序由短到长排列的是( )
A．微波、红外线、紫外线
B．γ射线、Χ射线、紫外线
C．紫外线、可见光、红外线
D．紫外线、X射线、γ射线
【解析】 微波和红外线，红外线与紫外线在电磁波谱中不相邻，更不会频率重叠，A错误．紫外线、可见光、红外线虽相邻，但它们三者间有明确的界线，频率也不相重叠，C错误．在电磁波谱中紫外线、X射线、γ射线有重叠，γ射线波长最短，紫外线波长最长，故B正确，D错误．故选B.
【答案】 B
2．(多选)(2013·定安检测)要想提高电磁振荡的频率，下列办法中可行的是
( )
A．线圈中插入铁芯
B．提高充电电压
C．增加电容器两板间距离
D．减小电容器两板间的正对面积
【解析】 由公式f＝得知要增大f，就要减小L、C的乘积，即减小L或C，其中C＝.减小L的方法有：在线圈中拉出铁芯，减小线圈长度，减小线圈横截面积，减少单位长度的匝数．减小C的方法有：增加电容器两板间的距离，减小电容器两板间的正对面积，在电容器两板间换上介电常数较小的电介质．故选项C、D正确．
【答案】 CD
3．下列关于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．经过调制后的高频电磁波在空间传播得更快
C．经过调制后的高频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信号传递过去
【解析】 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，选项A正确，D错误；电磁波在空气中以接近光速传播，选项B错误；由v＝λf知，波长与波速和传播频率有关，选项C错误．
【答案】 A
4．(多选)在电磁波谱中，下列说法正确的是( )
A．各种电磁波有明显的频率和波长区域界限
B．γ射线的频率一定大于Χ射线的频率
C．Χ射线的波长有可能等于紫外线波长
D．可见光波长一定比无线电波的短
【解析】 Χ射线和γ射线，Χ射线和紫外线有一部分频率重叠界限不明显，故C、D选项正确．
【答案】 CD
5．电视机的室外天线能把电信号接收下来，是因为( )
A．天线处于变化的电磁场中，天线中产生感应电流，相当于电源，通过馈线输送给LC电路
B．天线只处于变化的电场中，天线中产生感应电流，相当于电源，通过馈线输送给LC电路
C．天线只是有选择地接收某电台信号，而其他电视台信号则不接收
D．天线将电磁波传输到电视机内
【解析】 室外天线处于空间变化的电磁场中，天线中产生了感应电流，此电流通过馈线输送给LC电路，此电流中空间各电台信号激起的电流均存在，但只有频率与调谐电路频率相等的电信号对应电流最强，然后再通过解调处理输入后面电路，故A正确，B、C、D均错误．
【答案】 A
6．(多选)关于红外线的作用与来源，下列说法正确的是( )
A．一切物体都在不停地辐射红外线
B．红外线具有很强的热作用和荧光作用
C．红外线的显著作用是化学作用
D．红外线容易穿透云雾
【解析】 荧光作用和化学作用都是紫外线的重要用途，红外线波长较可见光长，绕过障碍物能力强，易穿透云雾．
【答案】 AD
7．(多选)关于电磁波谱，下列说法正确的是( )
A．电磁波中最容易表现出干涉、衍射现象的是无线电波
B．紫外线的频率比可见光低，长时间照射可以促进钙的吸收，改善身体健康
C．X射线和γ射线的波长比较短，穿透力比较强
D．红外线的显著作用是热作用，温度较低的物体不能辐射红外线
【解析】 电磁波中无线电波的波长最长，最容易发生干涉、衍射现象，A对；紫外线的频率比可见光高，但长时间照射会伤害眼睛和皮肤，B错；X射线和γ射线的波长比较短，穿透力比较强，C对；温度低的物体也会辐射红外线，D错．
【答案】 AC
8．(多选)(2013·琼海检测)雷达是运用电磁波来工作的，它发射的电磁波频率多在300 MHz至1 000 MHz的范围内，已知真空中光速c＝3×108 m/s.下列说法正确的是( )
A．电磁波可由恒定不变的电场和磁场产生
B．电磁波可由周期性变化的电场或磁场产生
C．雷达发射的电磁波在真空中的波长范围多在0.3 m至1 m之间
D．雷达与目标之间的距离可由电磁波从发射到接收的时间间隔确定
【解析】 电磁波是由周期性变化的电场或磁场产生的，A项错误，B项正确；由题中的电磁波的频率范围，再根据λ＝c/f算出波长范围为0.3 m到1 m之间，C项正确；设电磁波从发射到接收用时t，则雷达与目标之间的距离为s＝，D项正确．
【答案】 BCD
9．验钞机发出的光能使得钞票上的荧光物质发光，电视机、空调等家用电器的遥控器用它的光束来控制电视机、空调等家电，对于它们发出的光可判定：验钞机发出的光是________，遥控器发出的光是________．
【解析】 验钞机应用了紫外线的荧光效应，遥控器利用了红外线的遥感技术．
【答案】 紫外线 红外线
10．下面列出一些医疗器械的名称和这些器械运用的物理现象，请将相应的字母填写在运用这种现象的医疗器械后面的空格上．
(1)Χ光机，________.
(2)紫外线灯，________.
(3)理疗医用“神灯”照射伤口，可使伤口愈合得较好，这里的“神灯”是利用________．
A．紫外线具有很强的荧光效应
B．紫外线具有杀菌消毒作用
C．Χ射线很强的贯穿力
D．红外线具有显著的热效应
E．红外线波长较长，易发生衍射
【解析】 (1)Χ光机是用来透视人的体内器官的，因此需要具有较强穿透力的电磁波，但又不能对人体造成太大的伤害，因此采用了穿透能力比较强又不会给人体造成太大的伤害的Χ射线，因此选择C.
(2)紫外线灯主要是用来杀菌的，因此它应用的是紫外线的杀菌作用而非荧光效应，因此选择B.
(3)“神灯”又称红外线灯，主要是用于促进局部血液循环，它利用的是红外线的热效应，使人体局部受热，血液循环加快，因此选择D.
【答案】 (1)C (2)B (3)D
11．(2013·榆林检测)LC振荡电路电容器的电容为3×10－5 μF，线圈的自感系数为3 mH，它与开放电路耦合后，
(1)发射出去的电磁波的频率是多大？
(2)发射出去的电磁波的波长是多大？
【解析】 LC振荡电路与开放电路耦合后，振荡电路中产生的高频振荡电流通过两个电路线圈间的互感作用，使开放电路中也产生同频率的振荡电流，振荡电流在开放电路中激发出无线电波，向四周发射，所以发射出电磁波的频率就等于LC振荡电路中电磁振荡的频率．
(1)发射出去的电磁波的频率
f＝＝ Hz＝530 kHz.
(2)发射出去的电磁波的波长
λ＝＝ m＝566 m.
【答案】 (1)530 kHz (2)566 m
12．(2013·苏州高二检测)某高速公路自动测速仪装置如图3－3－7甲所示，雷达向汽车驶来方向发射不连续的电磁波，每次发射时间约为百万分之一秒，两次发射时间间隔为t.当雷达向汽车发射无线电波时，在指示器荧光屏上呈现出一个尖波形；在收到反射回来的无线电波时，在荧光屏上呈现第二个尖形波．根据两个波的距离，可以计算出汽车距雷达距离，根据自动打下的纸带，如图乙所示，可求出该汽车的车速．请根据给出的t1、t2 、t和光速c，求出汽车车速表达式．
图3－3－7
【解析】 根据图乙所示第一次测量时汽车距雷达距离s1＝；第二次测量时汽车距雷达距离s2＝.两次发射时间间隔为t，则汽车的速度v＝＝＝.
【答案】 v＝
1.以下光源可视为相干光源的是( )
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】 相干光源的条件是发出的光必须是频率相同，相位差恒定，振动情况完全相同，故只有D正确．
【答案】 D
2．(2013·郑州一中检测)一束白光通过双缝后在屏上观察到干涉条纹，除中央白色条纹外，两侧还有间距不同的彩色条纹，这是因为( )
A．各色光的波长不同，因而各色光产生的干涉条纹间距不同
B．各色光的速度不同，造成条纹间距不同
C．各色光的强度不同
D．各色光通过双缝的距离不同
【解析】 双缝干涉条纹的宽度与波长成正比，各色光的波长不同，则条纹宽度不同，故选项A正确．
【答案】 A
3．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)( )
①在距双缝的路程相等的点形成暗条纹
②在距双缝的路程差为nλ的点形成亮条纹
③在距双缝的路程差为n·的点形成亮条纹
④在距双缝的路程差为(n＋)λ的点形成暗条纹
A．①② B．②③
C．③④ D．②④
【解析】 在双缝干涉实验中，当某处距双缝距离之差等于波长的整数倍时，此点为振动加强点；当某处距双缝的距离之差为半个波长的奇数倍时，此点为振动减弱点．
【答案】 D
4．已知红光、绿光和紫光三种色光的波长大小关系为：红光最长，紫光最短．那么我们用包含有红光、绿光、紫光三种色光的复色光做相干光源，所产生的干涉条纹中两相邻条纹间隔最近的干涉条纹是( )
A．紫色条纹 B．绿色条纹
C．红色条纹 D．都一样近
【解析】 光的波长越长，干涉条纹间距越大．在红光、绿光和紫光三种色光中，紫光的波长最短，其相邻的干涉条纹中紫光亮条纹间距最小．故A对．
【答案】 A
5．用单色光做双缝干涉实验，下列说法中正确的是( )
A．相邻干涉条纹之间距离相等
B．中央明条纹宽度是两边暗条纹宽度的2倍
C．屏与双缝之间距离减小，则屏上条纹间距增大
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】 干涉图样中，相邻两条亮纹(或暗纹)间的距离相等，实验表明相同情况下，红光的条纹宽度最大，紫光的条纹宽度最小，双缝与光屏之间的距离越大，条纹间隔越大，故A正确．
【答案】 A
6．在双缝干涉实验中，以白光为光源，在屏幕上观察到了彩色干涉条纹．若双缝中的一条缝前放一红色滤光片(只能透过红光)，另一条缝前放一绿色滤光片(只能透过绿光)，这时( )
A．只有红光和绿光的双缝干涉条纹，其他颜色的干涉条纹消失
B．红光和绿光的双缝干涉条纹消失，其他颜色的双缝干涉条纹依然存在
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】 发生干涉的条件是：两列光波的频率相同，且位相差恒定．对于白光能够产生干涉条纹的双缝干涉实验装置，当双缝分别通过红光和绿光，就不可能发生干涉现象，即不存在任何颜色的双缝干涉条纹，但红光和绿光都各自通过其中一缝照射到屏上，因此屏上仍有光亮，故选C.
【答案】 C
7．(2013·银川检测)用如图所示的实验装置观察光的薄膜干涉现象．图4－1－9(a)是点燃的酒精灯(在灯芯上洒些盐)，图(b)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( )
图4－1－9
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】 在该实验中，产生干涉的是在肥皂液膜的前后两表面两束反射光的干涉，随金属丝圈的转动，薄膜也转动，但光在肥皂液膜的同一位置处，前后两表面两束反射光的光程差并没有变，等于该处厚度的两倍，所以原来是亮纹的仍然是亮纹，原来是暗纹的仍然是暗纹，因此干涉条纹保持原来状态不变，因此D项正确，其他选项均不对．
【答案】 D
8．如图4－1－10所示为双缝干涉实验的装置示意图，其中甲图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；乙图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，则下列说法正确的是( )
图4－1－10
A．乙图可能是用红光实验产生的条纹，表明红光波长较长
B．乙图可能是用紫光实验产生的条纹，表明紫光波长较长
C．乙图可能是用紫光实验产生的条纹，表明紫光波长较短
D．乙图可能是用红光实验产生的条纹，表明红光波长较短
【解析】 当实验装置不变的情况下，条纹间距跟波长成正比，由于乙图比甲图条纹间距大，因此可能是红光，故A正确．
【答案】 A
9．如图4－1－11所示，用频率为f的单色光垂直照射双缝，在光屏上P点出现第三条暗条纹，已知光速为c，则P点到双缝的距离之差(r2－r1)应为( )
图4－1－11
A. B.
C. D.
【解析】 由题中条件可知，(r2－r1)＝λ，又因为λ＝，则可得D正确．
【答案】 D
10．在太阳光照射下，水面油膜上出现彩色花纹，这是两列相干光波发生干涉的结果，这两列相干波是太阳光分别经________而形成的．
【解析】 薄膜干涉是因为薄膜的两个表面反射的光波在重叠区域产生的．
【答案】 油膜上、下表面反射
11．如图4－1－12为双缝干涉的实验示意图，若要使干涉条纹的间距变大可改用波长更________(选填“长”或“短”)的单色光，或是使双缝与光屏间的距离________(选填“增大”或“减小”)．
图4－1－12
【解析】 依据双缝干涉条纹间距规律Δx＝λ，可知要使干涉条纹的间距变大，需要改用波长更长的单色光，应增大双缝与屏之间的距离l.
【答案】 长 增大
12．用单色光做双缝干涉实验，已知屏上一点P到双缝的路程差δ＝1.5×10－6 m，当单色光波长λ1＝0.5×10－6 m时，P点将形成亮条纹还是暗条纹？若单色光波长λ2＝0.6×10－6 m时，此时在中央亮条纹和P点之间有几条暗条纹？
【解析】 由双缝干涉出现明、暗条纹的条件，即S2P－S1P＝nλ(n＝0，±1，±2，±3…)时，产生亮条纹；当S2P－S1P＝λ(n＝0，±1，±2，±3…)时，产生暗条纹．
当λ1＝0.5×10－6 m时，δ＝1.5×10－6m＝λ1
故P点为亮条纹，且中央亮条纹和P点之间有两条亮条纹．
当λ2＝0.6×10－6 m时，δ＝1.5×10－6m＝λ2
解得n＝2
故P点为暗条纹，且中央亮条纹和P点之间有两条暗条纹．
【答案】 亮条纹 2条 2条
1．(多选)某同学以线状白炽灯为光源，利用游标卡尺两脚间形成的狭缝观察光的衍射现象后，总结出以下几点结论，你认为正确的是( )
A．若狭缝与灯丝平行，则衍射条纹与狭缝平行
B．若狭缝与灯丝垂直，则衍射条纹与狭缝垂直
C．衍射条纹的疏密程度与狭缝的宽度有关
D．衍射条纹的间距与光的波长有关
【解析】 若狭缝与线状灯丝平行，衍射条纹与狭缝平行且现象明显，衍射条纹的疏密程度与狭缝的宽度有关，狭缝越窄，条纹越疏．衍射条纹的间距与光的波长有关，波长越长，间距越大，故正确选项为A、C、D.
【答案】 ACD
2．(多选)在单缝衍射实验中，下列说法中正确的是( )
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】 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．故选项A、C、D正确．
【答案】 ACD
3．光的偏振现象说明光是横波．下列现象中不能反映光的偏振特征的是
( )
A．一束自然光相继通过两个偏振片，以光束为轴旋转其中一个偏振片，透射光的强度发生变化
B．一束自然光入射到两种介质的分界面上，当反射光线与折射光线之间的夹角恰好是90°时，反射光是偏振光
C．日落时分，拍摄水面下的景物，在照相机镜头前装上偏振滤光片可以使景像更清晰
D．通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到彩色条纹
【解析】 由光的偏振知识可知A、B、C正确．通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到彩色条纹，是光的衍射现象，D错误．
【答案】 D
4．(2013·吴忠检测)在光的单缝衍射实验中可观察到清晰的亮暗相间的图样，如图4－3－6所示四幅图片中属于光的单缝衍射图样的是( )
图4－3－6
A．a、c B．b、c
C．a、d D．b、d
【解析】 单缝衍射条纹的特点是中央亮条纹最宽、最亮，双缝干涉条纹是等间距的条纹，所以a是干涉条纹，b、d是单缝衍射条纹，c 是水波的衍射图样．
【答案】 D
5．(多选)对于光的衍射的定性分析，下列说法中正确的是( )
A．只有障碍物或孔的尺寸可以跟光波波长相比相差不多甚至比光的波长还要小的时候，才能明显地产生光的衍射现象
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】 光的干涉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，而要出现小孔成像现象，孔不能太小，可见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得多的情况下，光才可以看做是直线传播的，所以光的衍射现象和直线传播并不矛盾，它们是在不同条件下出现的两种光现象．单缝衍射实验中单缝光源可以看成是无限多个子光源排列而成，因此光的衍射现象也是光波相互叠加的结果．故上述选项中正确的有A、B、D.
【答案】 ABD
6．(多选)让太阳光垂直照射到一偏振片P上，以光的传播方向为轴旋转偏振片P，则可观察到( )
A．透射光强度减小
B．透射光强度不变
C．若在偏振片P的后面平行于P再放置另一个偏振片Q，旋转偏振片Q，则可观察到透射光强度变化
D．若在偏转片P的后面平行于P再放置另一个偏振片Q，旋转偏振片P，从偏振片Q透射出的光强度不变
【解析】 因为太阳光包含沿各个方向振动的光，所以太阳光入射到偏振片上，旋转偏振片，透射光强度不变．从偏振片P射出的偏振光入射到偏振片Q上，当偏振片Q的透振方向与偏振片P的透振方向一致时，从偏振片Q出射的透射光强度最大，当偏振片Q的透振方向与偏振片P的透振方向垂直时，从偏振片Q出射的透射光强度为零．
【答案】 BC
7．在拍摄日落水面下的景物时，在照相机镜头前装一个偏振片，其目的是
( )
A．减少阳光在水面上的反射光
B．阻止阳光在水面上的反射光进入照相机镜头
C．增强光由水面射入空气中的折射光进入镜头的强度
D．减弱光由水面射入空气中的折射光进入镜头的强度
【解析】 日落时分的阳光照射到水面上时，反射光很强，摄得照片是水面下景物的像，两者在同一底片上相互干扰，使相片模糊不清．若在镜头前安装一偏振片，转动偏振片方向使其透振方向与反射光的振动方向垂直，即可最大限度地阻止反射光进入镜头，增强摄像的清晰度．
【答案】 B
8．(多选)沙尘暴是由于土地的沙化引起的恶劣的气象现象，发生沙尘暴时能见度只有几十米，天空变黄发暗，这种情况是由于( )
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】 根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能到达地面，根据λ＝知，到达地面的光的频率较小．
【答案】 BD
9．(2013·汉中检测)关于光的干涉和衍射现象，下列说法正确的是( )
A．光的干涉现象遵循波的叠加原理，衍射现象不遵循波的叠加原理
B．光的干涉条纹是彩色的，衍射条纹是黑白相间的
C．光的干涉现象说明光具有波动性，光的衍射现象不能说明这一点
D．光的干涉和衍射现象都是光波叠加的结果
【解析】 光的干涉现象和衍射现象都是光波叠加的结果，它们都是波特有的现象，白光的干涉和衍射的条纹都是彩色的，但存在明显的区别：双缝干涉条纹是等间距、等亮度的，而单缝衍射条纹除中央明条纹最宽最亮外，两侧条纹亮度、宽度逐渐减小，故只有选项D正确．
【答案】 D
10．当游客站在峨眉山山顶背向太阳而立，而前下方又弥漫云雾时，有时会在前下方的天幕上看到一个外红内紫的彩色光环，这就是神奇的“佛光现象”．佛光是一种奇特的自然现象，当阳光照射较厚的云层时，日光射透云层后，会受到云层深处水滴或冰晶的反射，这种反射在穿过云雾表面时，在微小的水滴边缘产生衍射现象．那么，下述现象中与“佛光”现象成因相同的是( )
A．雨后的彩虹
B．孔雀羽毛在阳光下色彩斑斓
C．路面上的油膜阳光下呈现彩色
D．阳光照射下，树影中呈现一个个小圆形光斑
【解析】 “佛光”现象属于衍射现象，孔雀羽毛色彩斑斓也属于衍射现象，B项正确．A项属于光的折射，C项属于光的干涉，D项属于小孔成像，故A、C、D均不正确．
【答案】 B
11．(2013·常州高二检测)抽制细丝时可用激光监控其粗细，如图4－3－7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，则下列描述正确的是( )
图4－3－7
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】 “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”，可知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正确．
【答案】 B
12．如图4－3－8所示，杨氏双缝实验中，下述情况能否看到干涉条纹？说明理由．
图4－3－8
(1)在单色自然光源S后加一偏振片P.
(2)在(1)情况下，再加P1、P2，P1与P2透振方向垂直．
【解析】 (1)到达S1、S2的光是从同一线偏振光分解出来的，它们满足相干条件，故能看到干涉条纹．
(2)由于从P1、P2射出的光透振方向相互垂直，不满足干涉条件，若P1和P2中有一个与P的透振方向垂直，在光屏上也没有其中之一的光波，两振动方向相互垂直的光不能产生干涉现象，故不能看到与双缝平行的干涉条纹．
【答案】 (1)能 (2)不能
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】 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，入射角的正弦值和折射角的正弦值成正比，所以入射角变化时，折射角也发生变化，A正确．
【答案】 A
2．光线以大小相等的入射角从真空射入不同介质，若介质的折射率越大，则( )
A．折射角越大，说明折射光线偏离原来方向的程度越大
B．折射角越大，说明折射光线偏离原来方向的程度越小
C．折射角越小，说明折射光线偏离原来方向的程度越大
D．折射角越小，说明折射光线偏离原来方向的程度越小
【解析】 根据折射定律，＝n，当光以相等的入射角从真空向介质入射时，sin i一定，n越大，sin r就越小，r越小，说明光偏离原来传播方向的角度就越大．故选项C正确．
【答案】 C
3．若某一介质的折射率较大，那么( )
A．光由空气射入该介质时折射角较大
B．光由空气射入该介质时折射角较小
C．光在该介质中的速度较大
D．光在该介质中的速度较小
【解析】 由n＝可知，光由空气射入介质时的折射角是由折射率n和入射角i共同决定的，所以A、B均错．由n＝可知，介质的折射率越大，光在该介质中的速度越小，故C错，D正确．
【答案】 D
4．在某地的观察者看见太阳刚从地平线升起时，关于太阳实际位置的下列叙述中正确的是( )
A．太阳位于地平线上方
B．太阳位于地平线下方
C．太阳位于地平线上
D．大气密度未知，无法判断
【解析】 空气的折射率随高度变化，h大的地方，n越小，太阳光进入大气层后，要发生折射，应向下弯曲．根据光的可逆原理，我们看到的太阳应在地平线以下，选项B正确．
【答案】 B
5．关于光在介质界面上的行为，下列说法中正确的是( )
A．光从一种介质进入到另一种介质，一定要发生偏折
B．光从空气进入介质，折射角大于入射角
C．光从介质进入空气，折射角大于入射角
D．光从空气进入介质，光速要增大
【解析】 当光垂直于界面从一种介质进入另一种介质时，光线不发生偏折，故A错．光从空气进入介质时，折射角小于入射角；光从介质进入空气时，折射角大于入射角，故B错，C正确．由n＝>1可知，光从空气进入介质时，光速要减小，故D错．
【答案】 C
6．(2012·北京高考)一束单色光由空气射入玻璃，这束光的( )
A．速度变慢，波长变短
B．速度不变，波长变短
C．频率增高，波长变长
D．频率不变，波长变长
【解析】 单色光由空气射入玻璃时，根据v＝知，光的速度v变慢，光从一种介质进入另一种介质时，光的频率不变，根据v＝λν知光从空气射入玻璃时，波长变短，故选项A正确，选项B、C、D错误．
【答案】 A
7．(多选)(2013·陕师大附中检测)一束光从某种介质射入空气中时，入射角θ1＝30°，折射角θ2＝60°，折射光路如图4－5－11所示，则下列说法正确的是
( )
图4－5－11
A．此介质折射率为
B．此介质折射率为
C．相对于空气此介质是光密介质
D．光在介质中的速度比在空气中大
【解析】 由入射角、折射角及折射定律的含义知n＝＝，B正确；则此介质比空气的折射率大，故相对于空气为光密介质，C正确；又由n＝知D错误.
【答案】 BC
8．(2011·安徽高考)实验表明，可见光通过三棱镜时各色光的折射率n随着波长λ的变化符合科西经验公式：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4－5－12所示．则( )
图4－5－12
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】 太阳光中红光波长最长，紫光波长最短，则紫光折射率最大，红光折射率最小，所以红光偏折程度最小，对应屏上a处．
【答案】 D
9．如图4－5－13所示，井口大小和深度相同的两口井，一口是枯井，一口是水井(水面在井口之下)，两井底部中间位置各有一只青蛙，则( )
图4－5－13
A．水井中的青蛙觉得井口大些，晴天的夜晚，水井中的青蛙能看到更多的星星
B．枯井中的青蛙觉得井口大些，晴天的夜晚，水井中的青蛙能看到更多的星星
C．水井中的青蛙觉得井口小些，晴天的夜晚，枯井中的青蛙能看到更多的星星
D．两只青蛙觉得井口一样大，晴天的夜晚，水井中的青蛙能看到更多的星星
【解析】 这是一道典型的视野问题，解决视野问题关键是如何确定边界光线，是谁约束了视野等．如本题中由于井口边沿的约束，而不能看到更大的范围，据此根据边界作出边界光线如图所示．
由图可看出①α＞γ，所以水井中的青蛙觉得井口小些；②β＞α，所以水井中的青蛙可看到更多的星星，故选项B正确，A、C、D错误．
【答案】 B
图4－5－14
10．(2013·重庆高考)利用半圆柱形玻璃，可减小激光光束的发散程度．在图4－5－14所示的光路中，A为激光的出射点，O为半圆柱形玻璃横截面的圆心，AO过半圆顶点．若某条从A点发出的与AO成α角的光线，以入射解i入射到半圆弧上，出射光线平行于AO，求此玻璃的折射率．
【解析】 由几何关系知折射角γ＝i－α，由折射定律得n＝.
【答案】 折射率n＝
11．如图4－5－15所示，真空中有一个半径为R，折射率为n＝的透明玻璃球．一束光沿与直径成θ0＝45°角的方向从P点射入玻璃球，并从Q点射出，求光线在玻璃球中的传播时间．
图4－5－15
【解析】 设光线在玻璃球中的折射角为θ，由折射定律得＝n＝
解得：θ＝30°
由几何知识可知光线在玻璃球中路径的长度为
L＝2Rcos θ＝R
光在玻璃球中的速度为v＝＝c
光线在玻璃球中的传播时间t＝＝
【答案】
12.如图4－5－16所示，将刻度尺直立在装满某种透明液体的广口瓶中，从刻度尺上A、B两点射出的光线AC和BC在C点被折射和反射后都沿直线CD传播，已知刻度尺上相邻两长刻度线间的距离为1 cm，刻度尺右边缘与广口瓶右内壁之间的距离d＝2.5 cm，求瓶内液体的折射率n.
图4－5－16
【解析】 如图所示，sin θ1＝，sin θ2＝，所以n＝＝，＝＝ cm，＝＝ cm，故n＝＝.
【答案】
1．(多选)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】 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＝c/n可知，光在光密介质中的速度较小．
【答案】 BD
2．在演示双缝干涉的实验时，常用激光作光源，这主要是应用激光的什么特性 ( )
A．亮度高 B．平行性好
C．单色性好 D．波动性好
【解析】 频率相同的两束光相遇才能发生干涉，激光的单色性好，频率单一，通过双缝时能够得到两束相干光．
【答案】 C
3．如图所示，一束光从折射率为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】 光由玻璃射入空气，入射角i＝45°，而玻璃对空气的临界角C＝arcsin ＝arcsin
【答案】 A
4．(2012·江苏高考)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】 激光是横波，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．
【答案】 D
5．酷热的夏天，在平坦的柏油公路上，你会看到在一定距离之外，地面显得格外明亮，仿佛是一片水面，似乎还能看到远处车、人的倒影，但当你靠近“水面”时，它也随你的靠近而后退，对此现象正确的解释是( )
A．同海市蜃楼具有相同的原理，是由于光的全反射造成的
B．“水面”不存在，是由于酷热难耐，人产生的幻觉
C．太阳辐射到地面，使地表空气温度升高，折射率大，发生全反射
D．太阳辐射到地面，使地表空气温度升高，折射率小，发生全反射
【解析】 海市蜃楼是光的全反射造成的，它是因为下层空气的折射率比上层大，而柏油公路上的“水面”也是全反射现象，但它是因为下层空气的折射率比上层小，空中景物发出的光线传播到路面时发生全反射，D正确，A、B、C错误．
【答案】 D
6．(多选)一束光从空气射向折射率n＝的某种玻璃表面，下列说法正确的是( )
A．入射角大于45°时，会发生全反射现象
B．无论入射角多大，折射角都不超过45°
C．欲使折射角等于30°，应以45°入射角入射
D．当入射角的正切等于时，反射光线和折射光线垂直
【解析】 选B、C、D.光由光密介质射向光疏介质时才有可能发生全反射，故A错；光由空气射向玻璃时，45°的折射角对应的入射角为90°，故B对；由n＝可知，当θ2＝30°时对应的入射角θ1＝45°，故C对；入射角θ1的正切等于，即＝，再由折射率n＝＝可得sin θ2＝cos θ1，即θ1＋θ2＝90°，故D对．
【答案】 BCD
7．空气中两条光线a和b从方框左侧入射，分别从方框下方和上方射出，其框外光线如图4－6－8所示．方框内有两个折射率n＝1.5的玻璃全反射棱镜．图中给出了两棱镜四种放置方式的示意图，其中能产生图效果的是( )
图4－6－8
【解析】 四个选项产生的光路效果如图：
则可知B项正确．
【答案】 B
图4－6－9
8．(多选)(2013·西安铁一中学检测)如图4－6－9所示，有一束平行于等边三棱镜截面ABC的单色光从空气射向E点，并偏折到F点，已知入射方向与边AB的夹角为θ＝30°，E、F分别为AB、BC的中点，则( )
A．该棱镜的折射率为
B．光在F点发生全反射
C．光从空气进入棱镜，波长变小
D．从F点出射的光束与入射到E点的光束平行
【解析】 在E点作出法线可知入射角为60°，折射角为30°，折射率为，故A对．由光路的可逆性可知，在BC边上的入射角小于临界角，不会发生全反射，B错．由公式λ介＝，可知C对．三棱镜两次折射使得光线都向底边偏折，不会与入射到E点的光束平行，故D错．
【答案】 AC
9．(2011·福建高考)如图4－6－10所示，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点射入玻璃砖，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( )
图4－6－10
A．减弱，紫光 B．减弱，红光
C．增强，紫光 D．增强，红光
【解析】 光在传播时随入射角增大，反射光能量增强，折射光能量减少．根据能量守恒定律可知，当折射光线变弱或消失时反射光线的强度将增强，故A、B两项均错；在七色光中紫光频率最大且最易发生全反射，故光屏上最先消失的光是紫光，故C项正确，D项错误．
【答案】 C
10．一足够深的水池内盛有某种透明液体，液体的深度为H，在水池的底部中央放一点光源，其中一条光线以30°入射角射到液体与空气的界面上，它的反射光线与折射光线的夹角为105°，如图4－6－11所示．求：
图4－6－11
(1)这种液体的折射率．
(2)液体表面亮斑的面积．
【解析】 由于反射光线与折射光线的夹角为105°，入射角i＝30°，则折射角r＝45°，故n＝＝.
(2)设亮斑的半径为R，sin C＝＝，C＝45°.
所以亮斑的半径R＝H，光斑面积S＝πR2＝πH2.
【答案】 (1) (2)πH2
11．一束单色光由左侧射入盛有清水的薄壁圆柱形玻璃杯，图4－6－12为过轴线的截面图，调整入射角α，使光线恰好在水和空气的界面上发生全反射．已知水的折射率为，求sin α的值．
图4－6－12
【解析】 当光线在水面发生全反射时，有sin C＝①
当光线从左侧面射入时，由折射定律＝n②
联立①②式代入数据求得
sin α＝.
【答案】
图4－6－13
12．(2013·山东省威海质检)如图4－6－13所示，△ABC为折射率n＝的等腰直角三棱镜的横截面，∠C＝90°，一束激光a平行于AB边射入棱镜，经一次折射后到达BC边．试通过计算说明激光能否从BC边射出？
【解析】 如图n＝
由于n＝
所以激光在AC边发生折射的折射角为α＝30°
根据几何关系有β＋α＝90° β＝60°
发生全发射的临界角C
n＝
C＝45°
所以 β＞C，激光不能从BC边射出．
【答案】 不能
1．关于简谐运动的回复力，下列说法正确的是( )
A．可以是恒力
B．可以是方向不变而大小变化的力
C．可以是大小不变而方向改变的力
D．一定是变力
【解析】 由F＝－kx可知，由于位移的大小和方向在变化，因此回复力的大小和方向也在变化．一定是变力．
【答案】 D
2．(多选)关于简谐振动，以下说法中正确的是( )
A．回复力总指向平衡位置
B．加速度、速度方向永远一致
C．在平衡位置加速度、速度均达到最大值
D．在平衡位置速度达到最大值，而加速度为零
【解析】 回复力是把物体拉回到平衡位置的力，A对；加速度方向始终指向平衡位置，速度方向可能指向平衡位置，也可能远离平衡位置，B错；平衡位置位移为零，据a＝－知加速度为零，势能最小，动能最大，速度最大，C错，D对．
【答案】 AD
3．弹簧振子在光滑水平面上做简谐运动，在振子向平衡位置运动的过程中
( )
A．振子所受的回复力逐渐增大
B．振子的位移逐渐增大
C．振子的速度逐渐减小
D．振子的加速度逐渐减小
【解析】 振子的位移指由平衡位置指向振动物体所在位置的位移，因而向平衡位置运动时位移逐渐减小．而回复力与位移成正比，故回复力也减小．由牛顿第二定律a＝F/m得，加速度也减小，物体向平衡位置运动时，回复力与速度方向一致，故物体的速度逐渐增大．
【答案】 D
4．(多选)(2013·咸阳检测)如图1－2－9所示是某一质点做简谐运动的图像，下列说法正确的是( )
图1－2－9
A．在第1 s内，质点速度逐渐增大
B．在第2 s内，质点速度逐渐增大
C．在第3 s内，动能转化为势能
D．在第4 s内，动能转化为势能
【解析】 质点在第1 s内，由平衡位置向正向最大位移处运动，做减速运动，所以选项A错误；在第2 s内，质点由正向最大位移处向平衡位置运动，做加速运动，所以选项B正确；在第3 s内，质点由平衡位置向负向最大位移处运动，动能转化为势能，所以选项C正确；在第4 s内，质点由负向最大位移处向平衡位置运动，势能转化为动能，所以选项D错误．
【答案】 BC
5．(多选)如图1－2－10所示，轻质弹簧下挂一个重为300 N的物体A，伸长了3 cm，再挂上重为200 N的物体B时又伸长了2 cm，若将连接A、B两物体的细线烧断，使A在竖直面内振动，则( )
图1－2－10
A．最大回复力为300 N
B．最大回复力为200 N
C．振幅为3 cm
D．振幅为2 cm
【解析】 在最低点绳被烧断后，A受到的合力是200 N，B对；振幅应是2 cm，D对．
【答案】 BD
6．(2013·榆林检测)如图1－2－11甲所示，悬挂在竖直方向上的弹簧振子，周期T＝2 s，从振子处于最低点位置向上运动时开始计时，在一个周期内的振动图像如图乙所示．关于这个图像，下列说法正确的是( )
甲
乙
图1－2－11
A．t＝1.25 s时，振子的加速度为正，速度也为正
B．t＝1.7 s时，振子的加速度为负，速度也为负
C．t＝1.0 s时，振子的速度为零，加速度为负向最大值
D．t＝1.5 s时，振子的速度为零，加速度为负向最大值
【解析】 t＝1.25 s时，加速度为负，速度为负；t＝1.7 s时，加速度为正，速度为负；t＝1.0 s时，速度为零，加速度为负向最大值；t＝1.5 s时，速度为负向最大值，加速度为零，故C正确．
【答案】 C
7．(多选)做简谐运动的物体，每次经过同一位置时，都具有相同的( )
A．加速度 B．速度
C．位移 D．动能
【解析】 做简谐运动的物体，每次经过同一位置时具有相同的位移，位移相同则回复力相同，回复力相同则加速度相同；速度大小相等，但方向可能相同，也可能相反，但动能一定是相等的，所以A、C、D正确．
【答案】 ACD
8．(2013·赤峰检测)如图1－2－12所示，弹簧上面固定一质量为m的小球，小球在竖直方向上做振幅为A的简谐运动，当小球振动到最高点时弹簧正好为原长，则小球在振动过程中( )
图1－2－12
A．小球最大动能应等于mgA
B．弹簧的弹性势能和小球动能总和保持不变
C．弹簧最大弹性势能等于2mgA
D．小球在最低点时的弹力大于2mg
【解析】 设小球受力平衡时弹簧的压缩量为x0，则有mg＝kx0，由题意知x0＝A，小球振动到最低点时，弹簧的压缩量为2x0＝2A，弹力为k·2x0＝2mg，选项D错误；由动能定理知，小球由最高点到最低点的过程中，重力势能减少量mg·2A全部转化为弹簧的弹性势能，选项C正确；在平衡位置时，小球的动能最大，由最高点振动到平衡位置的过程中，重力势能减少量mgA一部分转化为动能，一部分转化为弹性势能，故选项A错误；小球在振动过程中还有重力势能的变化，故选项B错误．
【答案】 C
9．(多选)如图1－2－13所示是某弹簧振子的振动图像，试由图像判断下列说法中正确的是( )
图1－2－13
A．振幅是3 cm
B．周期是8 s
C. 4 s末小球速度为负，加速度为零，回复力为零
D．第22 s末小球的加速度为正，速度最大
【解析】 纵轴是质点离开平衡位置的位移，横轴是时间，图像是振动图像．由图像可知振幅A＝3 cm，故A正确；而周期T＝8 s，故B正确；4 s末时质点在“下坡路程”，因而速度为负，而质点正好在平衡位置，因而a＝0，C正确；第22 s末恰是2个周期，因而质点正处于负向最大位移处，速度为0，加速度正向最大，则D错误，故正确选项为A、B、C.
【答案】 ABC
10．如图1－2－14所示，小球被套在光滑的水平杆上，跟弹簧相连组成弹簧振子，小球在平衡位置附近的A、B间往复运动，以O为位移起点，向右为位移x的正方向，则：
图1－2－14
(1)速度由正变负的位置在________；
(2)位移为负向最大值的位置在________；
(3)加速度由正变负的位置在________；
(4)加速度达到正向最大值的位置在________．
【解析】 矢量由正变负时，就是矢量改变方向时，也就是该矢量数值为零时，故速度由正变负的位置在B点，加速度由正变负的位置在O点，负向最大位移的位置在A点．加速度a＝－x，正向最大加速度处的位置在A点．
【答案】 (1)B (2)A (3)O (4)A
11．已知水平弹簧振子的质量为2 kg，当它运动到平衡位置左侧2 cm时受到的回复力为4 N，求当它运动到平衡位置右侧4 cm时，受到的回复力的大小和方向以及加速度的大小和方向．
【解析】 F＝－kx，所以F1的大小F1＝kx1，由此可得k＝200 N/m.F2＝kx2＝200×4 ×10－2 N＝8 N，由于位移向右，故回复力F2的方向向左．
根据牛顿第二定律a2＝＝ m/s2＝4 m/s2，方向向左．
【答案】 回复力大小为8 N，方向向左 加速度大小为4 m/s2，方向向左
12．如图1－2－15所示，质量为m的小球在两根劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧作用下在光滑水平面上的运动(小球在O点时两根弹簧均处于自由状态)是否是简谐运动？
图1－2－15
【解析】 弹力的合力，其大小为F＝F1＋F2＝(k1＋k2)x，令k＝k1＋k2，上式可写成：F＝kx.由于小球所受回复力的方向与位移x的方向相反，考虑方向后，上式可表示为：F＝－kx.所以，小球将在两根弹簧的作用下，沿水平面做简谐运动．
【答案】 是简谐运动
1．(2013·海南国兴中学检测)单摆做简谐运动的回复力是( )
A．摆球的重力
B．摆球所受重力与悬线对摆球的拉力的合力
C．悬线对摆球的拉力
D．摆球所受重力在圆弧切线方向上的分力
【解析】 单摆做简谐运动时，摆球如同做圆周运动，摆球重力的切向分力充当回复力，摆球重力的径向分力与摆线拉力的合力充当向心力，D正确．
【答案】 D
2．要增加单摆在单位时间内的摆动次数，可采取的方法是( )
A．增大摆球的质量 B．缩短摆长
C．减小摆动的角度 D．升高气温
【解析】 由单摆的周期公式T＝2π，可知周期只与l、g有关，而与质量、摆动的幅度无关．当l增大时，周期增大；g增大时，周期减小；l减小时，周期减小，频率增大．所以选B.
【答案】 B
3．两个单摆都做简谐运动，在同一地点甲摆振动20次时，乙摆振动了40次，则( )
A．甲、乙摆的振动周期之比为1∶2
B．甲、乙摆的振动周期之比为∶1
C．甲、乙摆的摆长之比为1∶4
D．甲、乙摆的摆长之比为4∶1
【解析】 由题意知20T甲＝40T乙，故T甲∶T乙＝2∶1，A、B错；而T＝2π，所以l甲∶l乙＝T∶T＝4∶1，C错，D对．
【答案】 D
4．(2011·上海高考)两个相同的单摆静止于平衡位置，使摆球分别以水平初速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．f1C．f1＝f2，A1>A2
D．f1＝f2，A1【解析】 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．
【答案】 C
5．(2013·延安检测)如图1－3－9所示，在两根等长的细线下悬挂一个小球(体积可忽略)组成了所谓的双线摆，若摆线长为l，两线与天花板的左右两侧夹角为α，当小球垂直纸面做简谐运动时，周期为( )
A．2π B．2π
C．2π D．2π
【解析】 这是一个变形的单摆，可以用单摆的周期公式T＝2π.但注意此处的l与题中的摆线长不同，公式中的l指质点到悬点(等效悬点)的距离，即做圆周运动的半径．单摆的等效摆长为lsin α，故周期T＝2π ，故选D.
【答案】 D
6．如图1－3－10所示，光滑轨道的半径为2 m，C点为圆心正下方的点，A、B两点与C点相距分别为6 cm与2 cm，a、b两小球分别从A、B两点由静止同时放开 ，则两小球相碰的位置是( )
图1－3－10
A．C点 B．C点右侧
C．C点左侧 D．不能确定
【解析】 由于半径远大于运动的弧长，小球都做简谐运动，类似于单摆．因此周期只与半径有关，与运动的弧长无关，故选项A正确．
【答案】 A
7．甲、乙两个单摆在同一地方做简谐运动的图像如图1－3－11所示，由图可知( )
图1－3－11
A．甲和乙的摆长一定相同
B．甲的摆球质量一定较小
C．甲和乙的摆角一定相等
D．在平衡位置时甲、乙摆线受到的拉力一定相同
【解析】 由图像可知周期相等，因T＝2π，故两单摆摆长相等，A正确；摆动周期与摆球质量、摆角无关，故B、C错误；因不知摆球质量和摆角大小，故D错误．
【答案】 A
8．一个单摆的摆球偏离到最大位置时，正好遇到空中竖直下落的雨滴，雨滴均匀地附着在摆球的表面，下列说法正确的是( )
A．摆球经过平衡位置时速度要增大，周期也增大，振幅也增大
B．摆球经过平衡位置时速度没有变化，周期减小，振幅也减小
C．摆球经过平衡位置时速度没有变化，周期也不变，振幅要增大
D．摆球经过平衡位置时速度要增大，周期不变，振幅要增大
【解析】 在最大位移处，雨滴落到摆球上，质量增大，同时摆球获得初速度，故振幅增大；但摆球质量不影响周期，周期不变，D正确．
【答案】 D
9. 如图1－3－12所示，MN为半径较大的光滑圆弧轨道的一部分，把小球A放在MN的圆心处，再把另一小球B放在MN上离最低点C很近的B处，今使两球同时自由释放，则在不计空气阻力时有( )
图1－3－12
A．A球先到达C点
B．B球先到达C点
C．两球同时到达C点
D．无法确定哪一个球先到达C点
【解析】 A做自由落体运动，到C所需时间tA＝ ，R为圆弧轨道的半径．
因为圆弧轨道的半径R很大，B球离最低点C又很近，所以B球在轨道给它的支持力和重力的作用下沿圆弧做简谐运动(等同于摆长为R的单摆)，则运动到最低点C所用的时间是单摆振动周期的，即tB＝＝>tA，所以A球先到达C点．
【答案】 A
10．(2013·长安一中检测)下面是用单摆测定重力加速度的实验数据．
摆长l/m
0.5
0.6
0.8
1.1
周期T2/s2
2.2
2.5
3.2
4.5
(1)利用上述数据在坐标图1－3－13中描出l－T2图像；
图1－3－13
(2)利用图像，取T2＝0.1×4π2 s2≈3.95 s2，求出重力加速度．
【解析】 (1)图像如图所示：
(2)由图像中读出当T2＝3.95 s2时，l＝0.96 m，
重力加速度g＝＝ m/s2＝9.6 m/s2.
【答案】 见解析
11．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：当地的重力加速度是多大？
【解析】 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＝4π2l/T2＝ m/s2＝9.97 m/s2.
【答案】 9.97 m/s2
12．(2013·西安一中检测)某同学在做《研究单摆的运动、用单摆测重力加速度》实验的步骤为：
(1)用长为l的轻质细线一端固定在铁架台上，另一端系一质量为m的小钢球制成一单摆．
(2)用毫米刻度尺测量悬点到球心的距离为L.
(3)把单摆从平衡位置拉开一个很小角度，释放后让摆球在竖直平面内摆动，从摆球过________位置开计始时，测得单摆完成n次全振动的时间为t.
(4)根据以上测量物理量计算当地重力加速度g＝________(用以上字母表达)．
请将步骤补充完整．
【解析】 测量单摆运动周期从摆球过平衡位置开始计时，测得单摆完成n次全振动的时间为t.由t＝nT，T＝2π联立解得g＝
【答案】 (3)平衡 (4)
1.(多选)一单摆做阻尼振动，则在振动过程中( )
A．振幅越来越小，周期也越来越小
B．振幅越来越小，周期不变
C．在振动过程中，通过某一位置时，机械能始终不变
D．振动过程中，机械能不守恒，周期不变
【解析】 因单摆做阻尼振动，根据阻尼振动的定义可知，其振幅越来越小．而单摆振动过程中的周期是其固有周期，是由本身条件决定的，是不变的，故A项错误，B项正确．又因单摆做阻尼振动的过程中，振幅逐渐减少，振动的能量也在减少，即机械能在减少，所以C项错误，D项正确．
【答案】 BD
2．(多选)下列说法正确的是( )
A．只有受迫振动才能发生共振现象
B．一切振动都能发生共振现象
C．只要振动受到阻力，它一定做阻尼振动
D．若振动受到阻力，它也可能做无阻尼振动
【解析】 发生共振的条件是f固＝f驱，所以A对，B错．无阻尼振动是振幅不变的振动．当受阻力时，若外界补充能量，则也可能做无阻尼振动，故C错，D对．
【答案】 AD
3．A、B两个弹簧振子，A的固有频率为f，B的固有频率为4f，若它们均在频率为3f的驱动力作用下做受迫振动，则( )
A．振子A的振幅较大，振动频率为f
B．振子B的振幅较大，振动频率为3f
C．振子A的振幅较大，振动频率为3f
D．振子B的振幅较大，振动频率为4f
【解析】 受迫振动的频率等于驱动力的频率，即为3f.当驱动力的频率越接近固有频率，振动的振幅越大，所以B正确．
【答案】 B
4．(多选)(2013·琼海检测)如图1－5－9所示，A球振动后，通过水平细绳迫使B、C振动，下面说法中正确的是( )
图1－5－9
A．只有A、C振动周期相等
B．A的振幅比B的小
C．C的振幅比B的大
D．A、B、C的振动周期相等
【解析】 A振动起来后水平细绳上的驱动力周期为TA＝2π ，迫使B、C做受迫振动，受迫振动的频率等于施加的驱动力的频率，所以TA＝TB＝TC，而TC固＝2π ＝2π ＝TA，TB固＝2π >TA，故C共振，B不共振，C的振幅比B的大，所以正确选项为C、D.
【答案】 CD
5．(2013·三亚检测)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】 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．
【答案】 D
6．(2013·临汾高二检测)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的振动，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洗衣机发生共振
D．纯属偶然现象，并无规律
【解析】 洗衣机脱水时，脱水桶转速很大，转动周期远小于洗衣机的固有周期，机身振动很弱，切断电源后，转速逐渐减小，转动周期逐渐增大，先是接近洗衣机的固有周期，接着又远离洗衣机的固有周期，某时刻t，脱水桶转动周期等于洗衣机固有周期，洗衣机发生共振，振动得最强烈，故C选项正确．
【答案】 C
7．若铁路上每根铁轨的长为12 cm，在弹簧支撑下的车厢固有周期是0.6 s，列车以下列哪一速度行驶时，车厢振动最厉害( )
A．20 m/s B．5 m/s
C．6 m/s D．12 m/s
【解析】 车厢每经过两铁轨接合处，受到一次外来的驱动力，当驱动力的周期和车厢固有周期相等时，车厢振动最厉害，故v＝20 m/s.
【答案】 A
8．(多选)(2013·海口市第一中学检测)如图1－5－10所示，把一个筛子用四根弹簧支起来，筛子上有一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这样就做成了一个共振筛，筛子做自由振动时，完成10次全振动用时15 s，在某电压下，电动偏心轮转速是36 r/min.已知增大电压可使偏心轮转速提高；增加筛子的质量，可以增大筛子的固有周期．那么要使筛子的振幅增大，下列哪些做法是正确的( )
图1－5－10
A．提高输入电压 B．降低输入电压
C．增加筛子质量 D．减小筛子质量
【解析】 在题设条件下，筛子振动固有周期T固＝ s＝1.5 s，电动偏心轮的转动周期(对筛子来说是驱动力的周期)T驱＝ s＝1.67 s．要使筛子振幅增大，就是使这两个周期值靠近，可采用两种做法：第一，提高输入电压使偏心轮转得快一些，减小驱动力的周期；第二，增加筛子的质量使筛子的固有周期增大．故选A、C.
【答案】 AC
9．(多选)某振动系统的固有频率为f0，在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率为f，若驱动力的振幅保持不变，下列说法正确的是( )
A．当fB．当f>f0时，该振动系统的振幅随f减小而增大
C．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f0
D．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f
【解析】 驱动力的频率等于固有频率时，振幅最大，故A错误，B正确；振动系统稳定后的频率应等于驱动力的频率，故C错误，D正确．
【答案】 BD
10．如图1－5－11所示是一个单摆的共振曲线．
图1－5－11
(1)若单摆所处的环境重力加速度g取9.8 m/s2，试求此摆的摆长；
(2)若将此单摆移到高山上，共振曲线的峰将怎样移动？
【解析】 (1)由题图知，单摆的固有频率f＝0.3 Hz.
由f＝ ，
所以l＝＝ m＝2.8 m.
(2)由f＝知，单摆移动到高山上，重力加速度g减小，其固有频率减小，故“峰”将向左移动．
【答案】 (1)2.8 m (2)向左移
11．如图1－5－12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？
图1－5－12
【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的频率，故小球振动的频率f＝＝ Hz＝0.25 Hz.
【答案】 0 25 Hz
12．如图1－5－13所示，在曲轴A上悬挂一个弹簧振子，如果转动把手，曲轴可以带动弹簧振子上下振动．问：
图1－5－13
(1)开始时不转动把手，而用手往下拉振子，然后放手让振子上下振动，测得振子在10 s内完成20次全振动，其固有周期和固有频率各是多少？若考虑摩擦和空气阻力，振子做什么振动？
(2)在振子正常振动过程中，以转速4 r/s匀速转动把手，振子的振动稳定后，振子做什么运动？其周期是多少？
(3)若要振子振动的振幅最大，把手的转速应多大？
【解析】 (1)根据题意T固＝＝s＝0.5 s，f固＝＝Hz＝2 Hz.由于摩擦力和空气阻力的存在，振子克服摩擦力和阻力做功消耗能量，使其振幅越来越小，故振动为阻尼振动．
(2)由于把手转动的转速为4 r/s，它给弹簧振子的驱动力频率为f驱＝4 Hz，周期T驱＝0.25 s，故振子做受迫振动．振动达稳定状态后，其频率(或周期)等于驱动力的频率(或周期)，而跟固有频率(或周期)无关．即f＝f驱＝4 Hz，T＝T驱＝0.25 s.
(3)要使弹簧振子的振幅最大，处于共振状态，必须使其驱动力的频率f驱等于它的固有频率f固，即f驱＝f固＝2 Hz，故把手的转速应为n＝2 r/s.
【答案】 (1)0.5 s 2 Hz 阻尼振动
(2)受迫振动 0.25 s
(3)2 r/s
1．(多选)关于机械波在传播过程中的特点，以下说法正确的是( )
A．后振动的质点总是重复前一个带动它振动的质点的振动
B．纵波的质点可以随波迁移，而横波的质点不能
C．介质中的各个质点只在自己的平衡位置附近振动
D．机械波的传播必须有介质
【解析】 机械波的传播过程是振源振动形式的传播过程，介质中各质点在自己的平衡位置附近上下振动，不随波迁移．A、C、D正确，B错误．
【答案】 ACD
2．以下对机械波的认识正确的是( )
A．形成机械波一定要有波源和介质
B．振源做简谐运动形成的波中，各质点的运动情况完全相同
C．横波向右传播时，处于波峰的质点也向右迁移
D．机械波向右传播时，右方的质点比左方的质点早一些振动
【解析】 波源和介质是形成机械波的两个必不可少的条件，故A正确；简谐运动在介质中传播时，介质中各质点都做简谐运动，沿波的传播方向上，后面的质点比前面的质点总要晚一些开始振动，但质点本身并不随波的传播而发生迁移，而且各质点的振动步调不一致，故B、C、D都错．
【答案】 A
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．离波源较远的质点先停止振动，较近的各质点稍后停止振动
【解析】 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．
【答案】 C
4．(多选)下面关于横波和纵波的说法中正确的是( )
A．声波都只能以纵波的形式传播
B．在液体内部传播的机械波都是纵波
C．在水面传播的水波是横波
D．从地震震源处沿地壳传播的地震波既有横波也有纵波
【解析】 机械波只能在介质中传播，液体内部和气体介质各质元之间只能产生纵向的作用力(互相挤压的力)，不能产生横向的作用力，因此只能传播纵波，而不能传播横波，故B正确；在空气中传播的声波是纵波，但声波也可以在固体介质中传播，因此也可以以横波的形式传播，故A错；水面波与水内部传播的波不同，它有纵波成分，也有横波成分，故C错；地震波既有横波也有纵波，故D正确．
【答案】 BD
5．在平静的湖面上漂着一块小木条，现向湖中央扔一石子，圆形波纹一圈圈的向外传播，当波传播到小木条处时，小木条将( )
A．随波纹漂向湖岸
B．不动
C．向波源处漂动
D．在原来位置上下振动
【解析】 石子扔入湖中，石子将激起水波，水波所到之处水将振动，水的振动又带动木条的振动，进而可判断小木条的运动情况．
介质中有机械波传播时，介质本身并不随波一起传播，介质质点只在自己的平衡位置附近振动，向外传播的只是振动形式和能量，生活中的水面上的一些漂浮物会沿波向外移动，是因为外界另外一些因素的干扰，如风的吹动等．
【答案】 D
6．(多选)一列横波沿绳子向右传播，某时刻绳子形成如图2－1－11所示的凹凸形状，P点为波源，关于绳上A、B、C、D、E这5个质点，以下说法正确的是( )
图2－1－11
A．5个质点的振幅相同
B．5个质点的位移相同
C．5个质点的振动周期都等于P点的振动周期
D．D点的振动落后于C点的振动
【解析】 简谐波各质点的周期、振幅相同，A、C正确．同一时刻不同位置质点的位移不同，B错误．由于波向右传播，D点的振动落后于C点的振动，D正确．故选A、C、D
【答案】 ACD
7．在敲响古刹里的大钟时，有的同学发现，停止对大钟的撞击后，大钟仍“余音未绝”，分析其原因是( )
A．大钟的回声
B．大钟在继续振动
C．人的听觉发生“暂留”的缘故
D．大钟虽停止振动，但空气仍在振动
【解析】 停止对大钟的撞击后，大钟的振动不会立即停止，振动的能量不会凭空消失，它会再振动一段时间然后因为阻尼而停止，因此还会在空气中形成声波，这就是余音未绝的原因，所以选项B正确．
【答案】 B
8．(多选)(2013·海口市第一中学检测)一简谐横波某时刻的波形
图2－1－12
图如图2－1－12所示，由此图可知( )
A．若质点a向下运动，则波是从左向右传播的
B．若质点b向上运动，则波是从左向右传播的
C．若波从右向左传播，则质点c向下运动
D．若波从右向左传播，则质点d向上运动
【解析】 若质点a向下运动，由“上下坡”法则，知a点必位于上坡段，只有从右向左看，a才处于上坡段，故波应向左传播，选项A错误．同理分析选项B正确．
若波从右向左传播，由“上下坡”法则，知d、c两点均位于下坡段，都应向上运动，故选项C错误，D正确．
【答案】 BD
9．(2013·咸阳检测)一列波在介质中向
图2－1－13
某一方向传播，图2－1－13为此波在某一时刻的波形图，并且此时振动还只发生在M、N之间，已知此波的周期为T，Q质点速度方向在波形图中是向下的，下面说法中正确的是( )
A．波源是M，由波源起振开始计时，P点已经振动时间T
B．波源是N，由波源起振开始计时，P点已经振动时间3T/4
C．波源是N，由波源起振开始计时，P点已经振动时间T/4
D．波源是M，由波源起振开始计时，P点已经振动时间T/4
【解析】 由于此时Q点向下振动，且Q质点右方邻近质点在Q点下方，则波向左传播，N是波源．振动从N点传播到M点，经过一个周期，又从波源N起振开始计时，需经T，P点才开始起振，故P质点已振动了T/4，选项C正确．
【答案】 C
10．下列关于波的应用正确的是( )
A．要使放在河中的纸船逐渐靠近河岸，可向比纸船更远处投掷石子形成水波
B．两个在水中潜泳并且靠得较近的运动员能听到对方发出的声音是声波在液体中传播的应用
C．光缆是利用机械波传递信息的
D．宇航员在宇宙飞船里，击打船壁只能引起机械振动，不能形成声波
【解析】 机械波传播时，介质中各质点在各自平衡位置附近振动，质点本身并不随波迁移，A错；光缆是利用光波传递信息的，故C错；宇航员在宇宙飞船里，船舱里有空气，击打船壁能引起机械振动，同时也能在舱内形成声波，D错．
【答案】 B
11．一列横波在某一时刻的波形图如图2－1－14所示．
图2－1－14
(1)若此时刻质点a的振动方向向下，则波向什么方向传播？
(2)b、c、e、d各点在该时刻各向什么方向振动？
【解析】 (1)根据“同侧法”可知a的振动方向向下，波的传播方向向左．(2)同样可以确定各点运动方向为b向下，c向下，d向上，e向上．
【答案】 (1)波向左传播 (2)b向下，c向下，d向上，e向上
12．如图2－1－15示是一列沿x轴正方向传播的横波某时刻的波形图，则：
图2－1－15
(1)波形图上a、b、c三点的加速度哪个最大？加速度的大小与波的传播方向是否有关？
(2)a、b、c三个质点下一时刻做什么运动？
【解析】 (1)a、b、c三个质点都做简谐运动，在质量一定的情况下，加速度大小与位移成正比，方向与位移方向相反，故知b点的加速度最大．质点加速度的大小与波的传播方向无关．
(2)此时刻b质点速度为零，下一时刻一定向平衡位置做加速运动；因波沿x轴正方向传播，则下一时刻a质点向下运动，c质点向上运动，而a、c质点的加速度都是沿y轴负方向，故a质点做加速运动，c质点做减速运动．
【答案】 (1)b点 无关 (2)a点向下做加速运动 b点向上做加速运动 c点向上做减速运动
1.(多选)已知波的传播方向和某点振动方向如下图，则图中正确的波形图是( )
【解析】 根据“坡形”法，沿波的传播方向上，凡是在“上坡”区必向下运动，“下坡”区的必向上运动，故B、C正确．
【答案】 BC
2．一列沿x轴正方向传播的简谐横波，某时刻的波形如图2－2－11所示．P为介质中的一个质点，从该时刻开始的一段极短时间内，P的速度v和加速度a的大小变化情况是( )
图2－2－11
A．v变小，a变大 B．v变小，a变小
C．v变大，a变大 D．v变大，a变小
【解析】 由图像可以看出，该时刻P质点的振动速度方向沿y轴正方向， 在此后的一段极短时间内，振动速度v的大小变大，而加速度a的大小变小，当质点P振动到平衡位置时，速度最大而加速度为零，故选D.
【答案】 D
图2－2－12
3．(2013·北京高考)一列沿x轴正方向传播的简谐机械横波，波速为4 m/s.某时刻波形如图2－2－12所示，下列说法正确的是( )
A．这列波的振幅为4 cm
B．这列波的周期为1 s
C．此时x＝4 m处质点沿y轴负方向运动
D．此时x＝4 m处质点的加速度为0
【解析】 读懂波形图，明确波动与振动的关系．
由题图可得，这列波的振幅为2 cm，选项A错误；由题图得，波长λ＝8 m，由T＝得T＝2 s，选项B错误；由波动与振动的关系得，此时x＝4 m处质点沿y轴正方向运动，且此质点正处在平衡位置，故加速度a＝0，选项C错误，选项D正确．
【答案】 D
4．(多选)关于机械波的频率、波速、波长，下列说法正确的是( )
A．横波中相邻两个波峰间的距离，纵波的密部中央和疏部中央间距都是一个波长
B．两个相邻的速度相同的介质质点间的距离是一个波长
C．波由一种介质进入另一种介质波速和波长都要改变
D．机械波在同一种均匀介质中是匀速传播的
【解析】 波长定义为相邻的两个振动情况始终完全相同的质点之间的距离，横波是相邻两个波峰(或波谷)间的距离，纵波是相邻的两个密部中央(或疏部中央)间的距离，故A错；某时刻两质点速度相同，不能保证速度始终相同，故B错；波在同一均匀介质中匀速传播，进入不同介质时，频率不变，但波速改变，由v＝知波长改变，故C正确；机械波在介质中的传播速度由介质的性质决定，在同一种均匀介质中，波的传播速度不变，故D正确．
【答案】 CD
5．(多选)(2013·银川检测)用手抓住绳子一端上、下振动，形成了向右传播的波．此波可看成简谐波，波的传播速度为v，周期为T.下列说法正确的是( )
A．简谐波的传播速度与振动的振幅无关
B．绳中质点振动的最大速度等于波的传播速度
C．绳中相距为的两个质点的振动位移总是相同
D．离手距离分别为x1、x2(x2＞x1)的两质点，开始振动的时间差为
【解析】 波的传播速度只与介质有关，与振动的振幅无关，故A正确；质点振动的方向与波的传播方向垂直，振动速度与波的传播速度是两个意义完全不同的概念，两者没有必然的联系，故B错；绳中相距为的两个质点的振动位移总是相反的，故C错；振动传到x1所用的时间是x1/v，振动传到x2所用的时间是x2/v，两者的时间差为Δt＝，故D正确．
【答案】 AD
6．(2011·北京高考)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】 由振动和波的关系可知：质点的振动速度是质点运动的速度，而波的传播速度是指“振动”这种运动形式的传播速度，故A错；波可分为横波和纵波，在纵波中，质点的振动方向与波的传播方向在一条直线上，故B错；在一个周期内波传播的距离等于波长，而质点运动的路程等于4个振幅，故C错；介质中所有质点的振动都是由波源的振动引起的，它们的振动频率与波源的振动频率都相同，故D正确．
【答案】 D
7．(2013·西安高新一中检测)图2－2－13所示为一列沿x轴负方向传播的简谐横波，实线为t＝0时刻的波形图，虚线为t＝0.6 s时的波形图，波的周期T>0.6 s，则( )
图2－2－13
A．波的周期为2.4 s
B．在t＝0.9 s时，P点沿y轴正方向运动
C．经过0.4 s，P点经过的路程为4 m
D．在t＝0.5 s时，Q点到达波峰位置
【解析】 因为T>0.6 s且波沿x轴负方向传播，所以波一定传播了λ，经过T，所以周期为0.8 s，A错误；P点0时刻沿y轴负方向运动，经过T后仍沿y轴负方向运动，B错误；经过0.4 s即半个周期，P点振动通过的路程为两个振幅，为0.4 m，C错误；经过0.5 s，Q点恰好到达波峰位置，D正确．
【答案】 D
8．一列简谐横波沿x轴负方向传播，波速为v＝4 m/s.已知坐标原点(x＝0)处质点的振动图像如图2－2－14所示．能够正确表示t＝0.15 s时波形的是( )
图2－2－14
【解析】 由振动图像可知：x＝0处质点在t＝0时刻经平衡位置振动方向沿y轴正方向，波在t时间内沿x轴负方向传播距离Δx＝vt＝0.6 m．故A项正确．
【答案】 A
9．(多选)(2013·海南华侨中学检测)一列简谐横波在x轴上传播，某时刻的波形图如图2－2－15所示，a、b、c为三个质点，a正向上运动．由此可知( )
图2－2－15
A．该波沿x轴正方向传播
B．c正向上运动
C．该时刻以后，b比c先到达平衡位置
D．该时刻以后，b比c先到达离平衡位置最远处
【解析】 由波传播的规律知质点的振动是由先振动的质点带动后振动的质点，由图知a质点向上运动，说明a质点左侧质点先于a质点振动，波是沿x轴正方向传播的，选项A正确；质点c和质点a之间有一波谷，质点c振动方向与质点a振动方向相反，质点c向下运动，故选项B错误；b质点正向着平衡位置运动，故b比c先到达平衡位置，选项C正确；c比b先到达偏离平衡位置的最远处，选项D是错误的．
【答案】 AC
10．(多选)图2－2－16甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为质点P以此时刻为计时起点的振动图像．从该时刻起( )
甲 乙
图2－2－16
A．经过0.35 s时，质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离
B．经过0.25 s时，质点Q的加速度大于质点P的加速度
C．经过0.15 s，波沿x轴的正方向传播了3 m
D．经过0.1 s时，质点Q的运动方向沿y轴正方向
【解析】 由振动图像知此时刻质点P向y轴负方向运动，可知波沿x轴正方向传播．因为周期T＝0.2 s，经0.35 s即1T，质点P在正向最大位移处，距平衡位置距离最大，故A正确；经t＝0.25 s，质点P在负向最大位移处，加速度最大，故B错误；由甲图知λ＝4 m，则波速v＝＝20 m/s，故s＝v·t＝20×0.15 m＝3 m，C正确；经t＝0.1 s，质点Q振动半周期，其位置一定是在到达正向最大位移后向平衡位置运动的过程中，沿y轴负方向，故D错误．
【答案】 AC
11．(2013·玉林高二检测)如图2－2－17是一列简谐横波在某时刻的波形图，已知图中b位置的质点起振时间比a位置的质点晚0.5 s，b和c之间的距离是5 cm，则此列波的波长和频率应分别为( )
图2－2－17
A．5 m,1 Hz B．10 m,2 Hz
C．5 m,2 Hz D．10 m,1 Hz
【解析】 从波动图像和题意可以看出，波长λ＝5 m，b点比a点的起振时间晚0.5 s，则波速v＝＝ m/s＝5 m/s，所以T＝＝1 s，f＝＝1 Hz.
【答案】 A
12．一列简谐波沿直线传播，A、B、C是直线上的三点，如图所示，某时刻波传到B点，A刚好位于波谷，已知波长大于3 m小于5 m，AB＝5 m，周期T＝0.1 s，振幅
A＝5 cm，再经过0.5 s，C第一次到达波谷，则A、C相距多远？到此时为止，A点运动的路程为多大？
【解析】 若AB＝5 m＝(n＋)λ
λ＝m＝m
由于 3 m＜λ＜5 m
所以n＝1，λ＝4 m，v＝＝40 m/s
AC＝vt＋λ＝24 m
若AB＝5 m＝(n＋)λ，λ＝ m
此时无解
A点运动路程s＝×4A＝1.25 m.
【答案】 24 m 1.25 m
1.(多选)如图2－3－10所示是一列波t时刻的图像，图像上有a、b、c三个质点，下列说法中正确的是( )
图2－3－10
A．a、b两质点此时刻速度方向相同
B．a、c两质点此时刻加速度方向相同
C．c质点此时速度方向沿y轴负方向
D．a质点此时速度方向沿y轴正方向
【解析】 a、b两质点在相邻的波峰与波谷之间，振动方向相同，a、c两质点都位于x轴下方，加速度方向均指向y轴正方向．由于波的传播方向不确定，a、c两质点的速度方向无法判断，故C、D选项错误．
【答案】 AB
2．在介质中有一沿水平方向传播的简谐横波．一质点由平衡位置竖直向上运动，经0.1 s到达最大位移处，在这段时间内波传播了0.5 m．则这列波( )
A周期是0.2 s B波长是0.5 m
C波速是2 m/s D经1.6 s传播了8 m
【解析】 由题意知＝0.1 s，故T＝0.4 s，A错误；Δx＝＝0.5 m，故λ＝2 m，B错误；由v＝＝ m/s＝5 m/s，C错误；经t＝1.6 s传播的距离Δx＝vt＝5×1.6 m＝8 m，D正确．
【答案】 D
3．某地区地震中的横波和纵波传
图2－3－11
播速率分别约为4 km/s和9 km/s.一种简易地震仪由竖直弹簧振子P和水平弹簧振子H组成(如图2－3－11所示)．在一次地震中，震源在地震仪正下方，观察到两振子相差5 s开始振动，则( )
A．P先开始振动，震源距地震仪约36 km
B．P先开始振动，震源距地震仪约25 km
C．H先开始振动，震源距地震仪约36 km
D．H先开始振动，震源距地震仪约25 km
【解析】 由于地震波中的纵波传播速率较大，即纵波先到达地震仪，根据纵波的特点，振动方向与波的传播方向在同一直线上，故弹簧振子P先振动；设震源与地震仪的距离为x，根据两振子相差5 s开始振动，有－＝t，代入数据得x＝36 km.
【答案】 A
4．(2013·西安高二检测)一列简谐横波在t＝0时刻的波形如图2－3－12中的实线所示t＝0.02 s时刻的波形如图中虚线所示．若该波的周期T大于0.02 s，则该波的传播速度可能是( )
图2－3－12
A．2 m/s B．3 m/s
C．4 m/s D．5 m/s
【解析】 由题图知波长λ＝8 cm，若波向右传播，则T＝0.02 s，波速v＝＝＝1 m/s.若波向左传播，则T＝0.02 s，波速v＝＝＝3 m/s，选项B正确．
【答案】 B
5．(2013·海南中学检测)一列波长大于1 m的横波沿着x轴正方向传播．处在x1＝1 m和x2＝2 m的两质点A、B的振动图像如图2－3－13所示．由此可知
( )
图2－3－13
A．波长为 m
B．波速为1 m/s
C．3 s末A、B两质点的位移相同
D．1 s末A点的振动速度大于B点的振动速度
【解析】 由振动图像可知，振动的周期为4 s,3 s末质点A的位移为－2 cm，质点B的位移为零，选项C错误；1 s末质点A的振动速度为零，质点B的振动速度最大，选项D错误；由题图可知A、B两点相距为λ，所以其波长为 m，波速为 m/s，选项A正确，B错误．
【答案】 A
6．(多选)(2013·北京西城区期末)一列波源在x＝0处的简谐波，沿x轴正方向传播，周期为0.02 s，t0时刻的波形如图2－3－14所示．此时x＝12 cm处的质点P恰好开始振动．则( )
图2－3－14
A．质点P开始振动时的方向沿y轴正方向
B．波源开始振动时的方向沿y轴负方向
C．此后一个周期内，质点P通过的路程为8 cm
D．这列波的波速为4.00 m/s
【解析】 质点P开始振动时的方向沿y轴负方向，波源开始振动时的方向沿y轴负方向，选项A错误，B正确；此后一个周期内，质点P通过的路程为4个振幅，为4×5 cm＝20 cm，选项C错误；这列波的波长8 cm，波速为4.00 m/s，选项D正确．
【答案】 BD
7．(2010·上海高考)如图2－3－15所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，实线和虚线分别表示t1＝0和t2＝0.5 s(T>0.5 s)时的波形，能正确反映t3＝7.5 s时波形的是图( )
图2－3－15
【解析】 由题可知＝0.5 s，T＝2 s．t3＝7.5 s＝3T，再由特殊点振动法可以确定D选项正确．
【答案】 D
8．(多选)一列横波某时刻的波形如图2－3－16所示，经过0.25 s图中P点第一次到达波峰的位置，此后再经0.75 s，P点的位移和速度可能是( )
图2－3－16
A．位移是2 cm，速度为零
B．位移是零，速度方向沿＋y的方向
C．位移是－2 cm，速度为零
D．位移是零，速度方向沿－y的方向
【解析】 此列波没有给出传播方向，因而可能向左也可能向右传播，P点在平衡位置附近振动，由此入手确定0.75 s后的位移和速度．
如果此波向左传播，此时P点运动方向向上，经 0.25 s，P点第一次到达波峰，此时经过T，此后再经 0.75 s，即T，P点到达平衡位置并向上运动，故B正确；如果此波向右传播，此时P点向下运动，经0.25 s，P点第一次到达波峰，此时经T，此后再经0.75 s，即3个T后，P点到达平衡位置并向下运动，故D正确．
【答案】 BD
9．(多选)一列沿x轴传播的简谐横波某时刻的波形图如图2－3－17所示，此时图中P质点的速度方向向下．则下列说法中正确的是( )
图2－3－17
A．当质点P位于最低点时，质点A一定到达波峰位置
B．当质点P位于最低点时，质点A一定到达平衡位置
C．当质点P位于最低点时，质点B一定到达平衡位置
D．当质点P位于最低点时，质点B一定在x轴下方
【解析】 由质点P此时的振动方向可判断波沿x轴负向传播，P、A间沿x方向的距离为半个波长，因此P位于最低点时，质点A在波峰位置，A正确，B错误；由图可知：A、B间沿x方向距离大于λ/4，所以A在波峰时，B在平衡位置下方，C错误，D正确．本题考查波动中质点的振动，判断确定P、A，A、B间沿x方向的距离是关键．
【答案】 AD
10．(2011·山东高考)如图2－3－18所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线为t1＝0时的波形图，此时P质点向y轴负方向运动，虚线为t2＝0.01 s时的波形图．已知周期T>0.01 s.
(1)波沿x轴________(填“正”或“负”)方向传播；
(2)求波速．
图2－3－18
【解析】 (1)根据“下坡上”判断，波向正方向传播．
(2)由题意知，λ＝8 m
t2－t1＝T①
v＝②
联立①②式，代入数据解得
v＝100 m/s.
【答案】 (1)正 (2)100 m/s
11．(2013·南通检测)如图2－3－19所示为某一介质中的甲、乙两个质点振动的位移随时间变化的图像，在t＝5 s时，两质点的振动方向________(选填“相同”或“相反”)．由于两质点的振动，在介质中形成了两列机械波，两列波的波长之比λ甲：λ乙＝________.
图2－3－19
【解析】 在t＝5 s时，两质点的振动方向相同．某一介质中的甲、乙两个质点振动的位移随时间变化的图像，可知两列波动的周期之比为12∶8＝3∶2，两列波的波长之比λ甲：λ乙＝3∶2.
【答案】 相同 3∶2.
12．如图2－3－20所示，实线是某时刻的波形图线，虚线是0.2 s后的波形图线．
(1)若波向左传播，求它传播的最小距离；
(2)若波向右传播，求它的最大周期；
(3)若波速为35 m/s，求波的传播方向．
图2－3－20
【解析】 (1)向左传播时传播的距离为
s＝λ＝×4 m(n＝0、1、2、3…)，
可能值有3 m、7 m、11 m…，最小距离为3 m.
(2)根据t＝T得：T＝(k＝0、1、2、3…)，在所有可能的周期中，当k＝0时T最大，故Tm＝0.8 s.
(3)波在0.2 s传播的距离s＝vt＝7 m，＝＝1个波长，故可判得波向左传播．
【答案】 (1)3 m (2)0.8 s (3)向左传播
1．(多选)下列说法正确的是( )
A．只有平面波的波面才与波线垂直
B．任何波的波线都跟波面垂直
C．任何波的波线都能表示波的传播方向
D．有些波的波线表示传播方向
【解析】 任何波线都与波面互相垂直，A错，B对；波线表示波的传播方向，C对，D错．
【答案】 BC
2．(多选)下列现象中属于声波反射现象的是( )
A．隔着墙能听到房间外面有人讲话
B．音响设备制作时要考虑混合效应
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】 反射现象是波在同一种介质中的传播，因此B、C正确．波在不同种介质中传播是折射现象，D不正确．A是绕过障碍物的现象．
【答案】 BC
3．一列波从空气传入水中，已知水中声的速度较大，则( )
A．声波频率不变，波长变小
B．声波频率不变，波长变大
C．声波频率变小，波长变大
D．声波频率变大，波长不变
【解析】 由于波的频率由波源决定，因此波无论在空气中还是在水中频率都不变，故C、D错．又因波在水中速度较大，由公式v＝λf可得，波在水中的波长变大，故A错，B正确．
【答案】 B
4．(多选)关于声波，下列说法中正确的是( )
A．空气中的声波是纵波，铁中的声波也是纵波
B．声波不仅能在空气中传播，也能在固体、液体和真空中传播
C．声音在水中传播的速度大于在空气中的传播速度
D．对于在空气中传播的声波来说，因v＝λ·f，所以频率越高，声速也越大
【解析】 声波在各种介质中的传播都是纵波，并且在固体中比在液体中的传播速度大，在空气中传播速度最小；波速由介质决定．
【答案】 AC
5．(2013·榆林检测)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】 机械波从一种介质进入另一种介质时，周期和频率均保持不变，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．
【答案】 A
6．图2－4－10中，1、2、3分别代表入射波、反射波、折射波的波线，则
( )
图2－4－10
A．2与1的波长、频率相等，波速不等
B．2与1的波速、频率相等，波长不等
C．3与1的波速、频率、波长均相等
D．3与1的频率相等，波速、波长均不等
【解析】 反射波的波长、频率、波速与入射波都应该相等，故A、B错．折射波的波长、波速与入射波均不等，但频率相等，故C错，D正确．
【答案】 D
7．以下关于波的认识，不正确的是( )
A．潜水艇利用声呐探测周围物体的分布情况，用的是波的折射原理
B．隐形飞机怪异的外形及表面涂特殊隐形物质，是为了减少波的反射，从而达到隐形的目的
C．雷达的工作原理是利用波的反射
D．水波从深水区传到浅水区改变传播方向的现象，是波的折射现象
【解析】 潜水艇利用声呐探测周围物体的分布情况、隐形飞机怪异外形及表面涂特殊隐形物质、雷达的工作原理都是利用波的反射，故A错误，B、C正确；水波从深水区传到浅水区改变传播方向的同时，传播速度和波长都会改变，属于波的折射现象．故D正确．
【答案】 A
8. (2013·西安高级中学检测)如图2－4－11所示，是声波从介质Ⅰ进入介质Ⅱ的折射情况，由图判断下面说法中正确的是( )
图2－4－11
A．入射角大于折射角，声波在介质Ⅰ中的波速大于它在介质Ⅱ中的波速
B．入射角大于折射角，声波在介质Ⅰ中的波速小于它在介质Ⅱ中的波速
C．入射角大于折射角，Ⅰ可能是空气，Ⅱ可能是水
D．入射角小于折射角，Ⅰ可能是钢铁，Ⅱ可能是空气
【解析】 依题意，图中MN为介质界面，虚线为法线，i为入射角，γ为折射角，从图可直接看出入射角大于折射角(i>γ)，故声波在介质Ⅰ中的波速大于它在介质Ⅱ中的波速，A正确，而B、D均错误；声波在固体和液体中的速度要大于它在空气中的速度，故C错误．故选A.
【答案】 A
9．甲、乙两人平行站在一堵墙前面，两人相距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】 乙听到的第一声枪响必然是甲开枪的声音直接传到乙耳中的，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所示，由几何关系可得：AC＝CB＝2a，故第二声枪响传到乙的耳中的时间为t′＝＝＝2t.
【答案】 C
10．水波的速度跟水的深度有关，其关系为v＝，式中h为水的深度，g为重力加速度．如图2－4－12甲所示是一池塘的剖面图，A、B两部分水深不同，图乙是从上往下俯视看到的从P处向外传播的水波波形(弧形实线代表波峰)，深水区B水波波长是浅水区A水波波长的两倍，若已知A处水深20 cm，那么B处水深是________ cm.
图2－4－12
【解析】 设浅水区、深水区中的波速分别为vA、vB，水波由浅水区进入深水区，频率f不变，据v＝λf可知＝＝，即＝，hB＝4hA＝4×20 cm＝80 cm.
【答案】 80
11．某列波以60°的入射角从甲介质射到乙介质的界面上同时发生反射和折射，若反射波线与折射波线成90°角，波在乙介质中的波速为1.2×105 km/s，求波在甲介质中的速度是多少？
【解析】 如图所示，由折射定律得：＝，则v甲＝v乙＝×1.2×105 km/s＝1.2××105 km/s≈2.1×105 km/s.
【答案】 2.1×105 km/s
12．有一辆汽车以15 m/s的速度匀速行驶，在其正前方有一陡峭山崖，汽车鸣笛2 s后司机听到回声，此时汽车距山崖多远？(v声＝340 m/s)
【解析】 如图所示为汽车与声波的运动过程的示意图．设汽车由A运动到C的路程为s1，C点到山崖B的距离为s；声波由A传到B再反射到C的路程为s2，因汽车与声波运动时间同为t，则有s2＝s1＋2s，
即v声t＝v汽车t＋2s，
所以s＝＝ m＝325 m.
【答案】 325 m
1．(多选)下列关于两列波相遇时叠加的说法正确的是( )
A．相遇后，振幅小的一列波将减弱，振幅大的一列波将加强
B．相遇后，两列波的振动情况与相遇前完全相同
C．在相遇区域，任一点的总位移等于两列波分别引起的位移的矢量和
D．几个人在同一房间说话，相互间听得清楚，这说明声波在相遇时互不干扰
【解析】 两列波相遇时，每一列波引起的振动情况都保持不变，而质点的振动则是两列波共同作用的结果，故A选项错误，B、C选项正确．几个人在同一房间说话，声带振动发出的声波在空间中相互叠加后，不改变每列波的振幅、频率，所以声波传到人的耳朵后，仍能分辨出不同的人所说的话，故D正确．
【答案】 BCD
2．(2010·上海高考)声波能绕过某一建筑物传播而光波却不能绕过该建筑物，这是因为( )
A．声波是纵波，光波是横波
B．声波振幅大，光波振幅小
C．声波波长较长，光波波长很短
D．声波波速较小，光波波速很大
【解析】 根据产生明显衍射的条件可知，由于声波的波长较长，所以声波有明显的衍射，而光波的衍射不明显，选项C正确．
【答案】 C
3．关于波的干涉现象，下列说法中正确的是( )
A．在振动减弱的区域，质点不发生振动
B．在振动减弱的区域，各质点都处于波谷
C．在振动加强的区域，各质点都处于波峰
D．振动加强是指合振动的振幅变大，振动质点的能量变大
【解析】 干涉现象都是指稳定的干涉，加强区减弱区互相间隔，加强区、减弱区里的质点也都在各自的平衡位置做简谐运动．不要错误认为，加强区的质点都处在波峰上，而减弱区的质点都处在平衡位置上，除非两列完全相同的波干涉时，在减弱区里的质点振动完全抵消．
【答案】 D
4．(2013·宝鸡检测)一列正在鸣笛的火车，高速通过某火车站站台的过程中，该火车站站台中部的工作人员听到笛声的频率( )
A．变大 B．变小
C．先变大后变小 D．先变小后变大
【解析】 火车高速通过站台的过程中，就是先靠近站台，再远离站台．所以工作人员听到笛声的频率先变大后变小，因此本题的正确答案选C.
【答案】 C
5．(多选)(2013·渭南检测)如图2－5－9所示，沿一条直线相向传播的两列波的振幅和波长均相等，当它们相遇时可能出现的波形是( )
图2－5－9
【解析】 当两列波的前半个波(或后半个波)相遇时，根据波的叠加原理，在前半个波(或后半个波)重叠的区域内所有的质点振动的合位移为零，而两列波的后半个波(或前半个波)的波形保持不变，所以选项B正确．当两列波完全相遇时(即重叠在一起)，由波的叠加原理可知，所有质点振动的位移均等于每列波单独传播时引起的位移的矢量和，使得所有的质点振动的位移加倍，所以选项C也是正确的．
【答案】 BC
图2－5－10
6．(多选)如图2－5－10所示是水波干涉示意图，S1，S2是两波源，A、D、B三点在一条直线上，两波源频率相同，振幅相等，下列说法正确的是( )
A．质点A一会儿在波峰，一会儿在波谷
B．质点B一会儿在波峰，一会儿在波谷
C．质点C一会儿在波峰，一会儿在波谷
D．质点D一会儿在波峰，一会儿在波谷
【解析】 在波的干涉中，振动加强区域里的质点总在自己的平衡位置两侧做简谐运动，只是质点的振幅较大，为A1＋A2.本题中由于A1＝A2，故振动减弱区的质点并不振动，即质点C不振动，而此时A点是波峰与波峰相遇，是加强点，B点是波谷与波谷相遇，是加强点．又A、D、B三点在同一条振动加强线上，这条线上任一点的振动都是加强的，故此三点都为加强点，这样，此三点都是一会儿在波峰，一会儿在波谷．
【答案】 ABD
7．(多选)(2013·三亚检测)水波槽中放一带孔的挡板，一水波通过孔后，宽度基本与孔相等，这是因为( )
A．孔太宽 B．孔太窄
C．振源振动太慢 D．振源振动太快
【解析】 没有发生明显的衍射现象，孔太宽或波长太小，A、D正确．
【答案】 AD
8．(2013·天津市六校联考)干涉型消声器
图2－5－11
的结构及气流运行如图2－5－11所示．波长为λ的声波沿水平管道自左向右传播．当声波到达a处时，分成两束相干波，它们分别通过r1和r2的路程，再在b处相遇，即可达到消除噪声的目的．若Δr＝r2－r1，则Δr等于( )
A．波长λ的整数倍 B．波长λ的奇数倍
C．半波长的奇数倍 D．半波长的偶数倍
【解析】 要想达到消声的目的，应使两相干波的路程差等于半波长的奇数倍，故选项C正确．
【答案】 C
9．(多选)S1、S2是振动情况完全相同的两个机械波波源，振幅为A，a、b、c三点分别位于S1、S2连线的中垂线上，且ab＝bc.某时刻a是两列波波峰的相遇点，c是两列波波谷的相遇点，则( )
图2－5－12
A．a处质点的位移始终为2A
B．c处质点的位移始终为－2A
C．b处质点的振幅为2A
D．c处质点的振幅为2A
【解析】 由于a是两列波波峰的相遇点，c是两列波波谷的相遇点，所以a点和c点均为振动加强的点．但是，只要a点和c点有振动，位移就有变化．a、c两点的振幅为2A，不等于说a、c两点的位移始终为2A或－2A，选项A、B错误．b点位于S1、S2的中垂线上，S1、S2传到b点的振动同步，所以b点也是振动加强的点，实际上在S1S2连线的中垂线上的任何点都是振动加强的点，选项C、D正确．
【答案】 CD
10．如图2－5－13所示，表示的是产生机械波的波源O正在做匀速直线运动的情况，图中的若干个圆环表示同一时刻的波峰分布，为了使静止的频率传感器能接收到波的频率最高，则应该把传感器放在( )
图2－5－13
A．A点 B．B点
C．C点 D．D点
【解析】 由图可知，波源上边的波长变大，下边的波长变小，而波速不变，说明上边接收到的频率变小，下边接收到的频率变大，所以在D点接收到的频率最高，故选D.
【答案】 D
11．(多选)在同一介质中两列频率相同、振动步调一致的横波互相叠加，则
( )
A．波峰与波谷叠加的点振动一定是减弱的
B．振动最强的点经过T后恰好回到平衡位置，因而该点的振动是先加强，后减弱
C．振动加强区和减弱区相间隔分布，且加强区和减弱区不随时间变化
D．加强区的质点某时刻的位移可能是零
【解析】 由题知两列波满足相干的条件，因此在它们相遇的区域里会产生干涉图样，波峰与波谷叠加的点其振幅等于|A1－A2|，为减弱点，选项A正确．振动最强的点经T后回到平衡位置，但它还是振动加强点，
选项B错误．根据干涉图样的特点知选项C正确．叠加区域的所有质点都在以自己的平衡位置为中心振动，故质点某时刻的位移可能是零，因此选项D正确．
【答案】 ACD
12. (2010·新课标全国高考)波源S1和S2振动方向相同，频率均为 4 Hz，分别置于均匀介质中x轴上的O、A两点处，OA＝2 m，如图2－5－14所示．两波源产生的简谐横波沿x轴相向传播，波速为4 m/s.已知两波源振动的初始相位相同．求：
图2－5－14
(1)简谐横波的波长；
(2)OA间合振动振幅最小的点的位置．
【解析】 (1)设简谐横波波长为λ，频率为f，波速为v，
则λ＝①
代入已知数据得λ＝1 m②
(2)以O为坐标原点，设P为OA间的任意一点，其坐标为x，则两波源到P点的波程差为Δl＝x－(2－x)，0≤x≤2③
其中x、Δl以m为单位，合振动振幅最小的点的位置满足Δl＝(k＋)λ，k为整数④
联立③④式，得x＝0.25 m,0.75 m,1.25 m,1.75 m.
【答案】 (1)1 m (2)0.25 m 0.75 m 1.25 m
1．75 m
