1．简谐运动是( )
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】 做简谐运动的物体所受回复力为F＝－kx，加速度为a＝－x，a随x的变化而变化，故是非匀变速运动，C正确，A、B、D错误．
【答案】 C
2．下列说法中正确的是( )
A．弹簧振子的运动是简谐运动
B．简谐运动就是指弹簧振子的运动
C．简谐运动是匀变速运动
D．简谐运动是机械运动中最简单、最基本的一种
【解析】 弹簧振子的运动是简谐运动，但简谐运动有许多种，故A对，B错；简谐运动中物体受到的回复力是变力，所以简谐运动是非匀变速运动，故C错；简谐运动是机械振动中最基本、最简单的一种，故D错．
【答案】 A
3．(多选)(2013·西安检测)有一弹簧振子做简谐运动，则( )
A．加速度最大时，速度最大
B．速度最大时，位移最大
C．位移最大时，回复力最大
D．回复力最大时，加速度最大
【解析】 振子加速度最大时，在最大位移处，此时振子的速度为零，由F＝－kx知道，此时振子所受回复力最大，所以A错，C、D正确；振子速度最大时，是经过平衡位置时，此时位移为零，所以B错．
【答案】 CD
4．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】 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，球在到达地面时发生形变，球下移，故乒乓球的运动为机械振动，但不满足F＝－kx，不是简谐运动，A错；B为弹簧振子，为简谐运动，B对；C中树枝摇摆，受树的弹力，但弹力的变化不满足F＝－kx，C错；D既不是机械振动，也不是简谐运动，D错．
【答案】 B
5．(2013·文昌检测)弹簧振子在光滑水平面上做简谐运动，在振子向平衡位置移动的过程中( )
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
图1－1－4
6．(多选)如图1－1－4所示为一弹簧振子，O为平衡位置，设向右为正方向，振子在B、C之间振动时( )
A．B→O位移为负，速度为正
B．O→C位移为正，加速度为负
C．C→O位移为负，加速度为正
D．O→B位移为负，速度为负
【解析】 B→O时，振子在O点的左侧向右运动，其位移是负值，速度是正值，故A对．O→C时，振子在O点的右侧向右运动，其位移和速度都是正值，而加速度指向左侧，是负值，故B对．C→O时，振子在O点的右侧向左运动，其位移是正值，加速度指向左侧，是负值，故C错．O→B时，振子在O点的左侧向左运动，其位移是负值，速度是负值，故D对．
【答案】 ABD
7．做简谐运动的质点，先后连续经过同一点时，下列哪些物理量是不同的( )
A．速度 B．加速度
C．回复力 D．动能
【解析】 简谐运动的质点先后连续经过同一点时，其速度大小相等、方向相反，故速度不同，动能相同，故A正确，D错误．同一点对平衡位置的位移相同，因而回复力相同，加速度相同．故B、C错误．
【答案】 A
8．如图所示，能正确地反映简谐运动的物体所受回复力与位移关系的图象是( )
【解析】 简谐运动的物体所受回复力与位移的关系满足F＝－kx，所以图B正确．
【答案】 B
图1－1－5
9．如图1－1－5所示，一个做简谐运动的质点，先后以同样的速度通过相距10 cm的A、B两点，历时0.5 s，过B点后再经过t＝0.5 s，质点以大小相等、方向相反的速度再次通过B点，则质点从离开O点到再次回到O点历时(O点为AB的中点)( )
A．0.5 s B．1.0 s
C．2.0 s D．4.0 s
【解析】 由简谐运动的对称性可知B项正确．
【答案】 B
图1－1－6
10．(2013·福州师大附中检测)如图1－1－6所示，在光滑的水平桌面上有一弹簧振子，弹簧的劲度系数为k.开始时，振子被拉到平衡位置O的右侧A处，此时拉力大小为F，然后轻轻释放振子，振子从初速度为零的状态开始向左运动，经过时间t后第一次到达平衡位置O处，此时振子的速度为v，则在这个过程中振子的平均速度为( )
A．0 B.
C. D．Fkt
【解析】 振子在由A到O的运动过程中做加速度越来越小的加速运动，并非匀变速运动，设A到O的位移大小为x，由胡克定律可得x＝，又由平均速度v＝得v＝.故正确答案为C.
【答案】 C
11．如图1－1－7，小球套在光滑的水平杆上，与弹簧组成弹簧振子，O为平衡位置，小球在O附近的AB间做简谐运动，设向右为正方向，则：
图1－1－7
(1)速度由正变负的位置在________点．
(2)位移为负向最大的位置在________点．
【解析】 (1)最大位移处是小球改变运动方向的位置，因此速度由正变负的位置在A点．
(2)位移最大的位置在B点和A点，由于题干中设向右为正方向，故位移为负向最大的位置在B点．
【答案】 (1)A (2)B
图1－1－8
12．如图1－1－8所示，小球从竖直在地面上的轻弹簧的正上方某处自由下落，接触弹簧后与弹簧连为一体，并将弹簧压缩，全过程中弹簧为弹性形变．试比较弹簧压缩时最大加速度am和重力加速度g的大小关系．
【解析】 小球和弹簧接触后做简谐运动．如图所示，点C为弹簧处于原长状态时的端点的位置；小球的重力与弹簧的弹力的大小相等的位置B为平衡位置；点A为弹簧被压缩至最低点的位置(也就是小球振动的最大位移处)；点A′是与A对称的位置(也是最大位移处)．由对称性可知，小球在点A与在点A′的加速度的大小相等，设为am；小球在点C的加速度为g.由图可看出点C在点A′和点B之间，故am＞g.
【答案】 am＞g
1．折射现象中，下列说法正确的是( )
A．折射角一定小于入射角
B．折射率跟折射角的正弦值成反比
C．折射角增大为原来的2倍，入射角也增大为原来的2倍
D．折射率大的介质，光在其中传播速度小
【解析】 光由空气斜射进入水中时．折射角小于入射角，根据光路可逆，由水斜射进入空气中时，折射角大于入射角，A错．由公式n＝＝知，B、C错，D正确．
【答案】 D
2．(多选)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作用越大
B．折射角越大，表示这种介质对光线的偏折作用越小
C．折射角越小，表示这种介质对光线的偏折作用越大
D．折射角越小，表示这种介质对光线的偏折作用越小
【解析】 根据折射定律n＝，在入射角相同的情况下，折射角越小的介质，其折射率越大，该介质对光的偏折作用越大；反之，折射角越大的介质，其折射率越小，该介质对光的偏折作用越小，所以正确的选项应该是B、C.
【答案】 BC
3．(2013·聊城高二检测)某单色光在真空中的波长为λ，波速为c，它在折射率为n的介质中的速率为( )
A．c/n B．c/nλ
C．nc D．c
【解析】 根据n＝，得v＝.
【答案】 A
图4－1－12
4．(多选)一束复色光由空气射向玻璃，发生折射而分为a、b两束单色光，其传播方向如图4－1－12所示．设玻璃对a、b的折射率分别为na和nb，a、b在玻璃中的传播速度分别为va和vb，则( )
A．na＞nb B．na＜nb
C．va＞vb D．va＜vb
【解析】 由题图可知折射角ra＜rb，而n＝，所以na＞nb；由n＝知va＜vb.所以A、D正确．
【答案】 AD
5．(多选)(2013·龙岩高二检测)某同学用插针法测定玻璃的折射率n，如图4－1－13所示，他的实验方法和操作步骤正确无误．但事后发现玻璃砖的两个光学面ab与cd不平行．那么下列说法正确的是( )
图4－1－13
A．P1、P2与P3、P4两条直线一定不平行
B．P1、P2与P3、P4两条直线一定平行
C．他测出的n值一定偏大
D．他测出的n值不受影响
【解析】 若ab、cd两面不平行，由折射定律可知出射光线和入射光线不平行，但通过插针法仍可确定折射光线，因而对n值的测定无影响，A、D正确．
【答案】 AD
6．有一块材料均匀、厚度一定的透明玻璃平板，一束单色光由空气中照射到玻璃板上，第一次沿垂直于板面方向入射，第二次沿与板面成某一倾角方向入射，则( )
A．第一次入射时光的方向未发生偏折，说明此时光在玻璃中的传播速度与在空气中相同
B．一、二两次光在玻璃中传播时经历的时间相同
C．一、二两次光在玻璃中传播的速度不同
D．一、二两次光在玻璃中传播的速度相同
【解析】 光在同种介质中传播的速度相同，故A、C错，D对；两次光在玻璃中通过的路程不同，则时间不同，故B错．
【答案】 D
图4－1－14
7．发出白光的细线光源ab长度为l0，竖直放置，上端a恰好在水面以下，如图4－1－14所示．现考虑线光源ab发出的靠近水面法线(图中的虚线)的细光束经水面折射后所成的像，由于水对光有色散作用，若以l1表示红光成的像的长度，l2表示蓝光成的像的长度，则( )
A．l1
l2>l0
C．l2>l1>l0 D．l2【解析】 由于蓝光折射率比红光折射率大，则同一点发出的光经水面折射后，蓝光比红光偏折角大，则沿反向延长线所成虚像的长度比较小，则l2【答案】 D
8．(2013·西安高二检测)等腰三棱镜的顶角是30°，光线垂直于棱镜的一个腰面射入棱镜，从另一面射出时，出射光线偏离原来光线30°角，则该棱镜的折射率为( )
A. B./2
C./3 D．3/2
【解析】 依题意作图，由题意可知：i＝60°，r＝30°，由折射定律得n＝＝，A正确．
【答案】 A
9．(多选)大气中有一种叫“蒙气差”的光现象，以下关于这种光现象的说法中正确的是( )
A．夜晚，我们看到南半天星星的位置，要比它实际的位置高一些
B．夜晚，我们看到南半天星星的位置，要比它实际的位置低一些
C．这种光现象中的“蒙气差”效应，越是接近地平线就越明显
D．这种光现象中的“蒙气差”效应，越是接近地平线就越不明显
【解析】 越接近地球表面，大气越稠密，折射率越大，因此，可以把大气看作是折射率不同的许多水平气层组成的，星光从上一个气层进入下一个气层时，要折向法线方向，结果，我们看到星星的位置比它的实际位置要高一些，这种效应越接近地平线就越明显，故A、C对．
【答案】 AC
10．一条光线由空气射到半圆玻璃砖表面的圆心处，玻璃砖的半圆表面上(反射面)镀有银，如图所示几个光路图中，能正确、完整地表示光线行进过程的是( )
【解析】 在O处光线分成两部分，进入玻璃砖到达半圆面后反射回来到O点又分成两束，在玻璃砖内的光再反射回到O点再分两束．
【答案】 D
图4－1－15
11．如图4－1－15所示，某同学在测定一厚度均匀的圆柱形玻璃的折射率时，先在白纸上作一与玻璃圆柱同半径的圆，圆心为O，将玻璃圆柱平放在白纸上，使其边界与所画的圆重合．在玻璃一侧竖直插两枚大头针P1和P2，再在另一侧先后插两枚大头针P3和P4，使从另一侧隔着玻璃观察时，大头针P4和P3与P2和P1的像恰在一直线上，移去玻璃圆柱和大头针后，在白纸上的图中画出
(1)沿P1和P2连线方向的入射光线通过圆柱形玻璃后的传播方向；
(2)光线在玻璃内的传播方向；
(3)在光线的入射点作法线，标出入射角i和折射角r；
(4)写出计算玻璃折射率的公式(不必计算)．
【答案】 过P1、P2作直线交圆周于O1点，过点O1作法线O1O；过P3、P4作直线为出射光线，交圆周于O2
点；过O2O作直线为法线．连接O1O2为入射光线在玻璃内的折射光线．量出入射角i和折射角r，由公式n＝可求出折射率．如图所示．
12．(2013·贵阳高二检测)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．(真空中的光速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)当入射角增大或减小时，玻璃的折射率是否变化？说明理由．
【解析】
(1)由题意知入射角i＝60°，反射角β＝60°，折射角r＝180°－60°－90°＝30°，折射光路图如图所示．
(2)n＝＝＝，
根据n＝
得v＝＝ m/s＝1.7×108 m/s.
(3)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
1．(多选)(2013·海口高二检测)关于全反射，下列说法中正确的是( )
A．发生全反射时，仍有折射光线，只是折射光线非常弱，因此可以认为不存在折射光线而只有反射光线
B．光线从光密介质射向光疏介质时，一定会发生全反射现象
C．光从光疏介质射向光密介质时，不可能发生全反射现象
D．水或玻璃中的气泡看起来特别亮，就是因为光从水或玻璃射向气泡时，在界面发生全反射
【解析】 全反射是当光从光密介质射向光疏介质，且入射角大于等于临界角时发生的现象，发生全反射时全部光线均不进入光疏介质．
【答案】 CD
2．(多选)下列说法中正确的是( )
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】 光在各种介质中的传播速度和介质相对真空的折射率都是不同的．两种介质相比较光在其中传播速度大，而折射率小的介质叫光疏介质；光在其中传播速度小，而折射率大的介质叫光密介质．
【答案】 BD
3．光在某种介质中传播的速度为1.5×108 m/s，光从此介质射向空气并发生全反射时的临界角是( )
A．15° B．30°
C．45° D．60°
【解析】 sin C＝＝＝＝.故C＝30°.
【答案】 B
4．(多选)光从介质a射向介质b，如果要在a、b介质的分界面上发生全反射，那么必须满足的条件是( )
A．光在介质a中的速度必须大于介质b中的速度
B．a是光密介质，b是光疏介质
C．光的入射角必须大于或等于临界角
D．必须是紫光
【解析】 发生全反射，则入射角必须大于或等于临界角．由v＝，折射率大的，在介质中的传播速度小，根据全反射的条件，则a是光密介质，折射率大、在介质中的传播速度小．故B、C正确．
【答案】 BC
图4－2－9
5．(多选)一束光从空气射向折射率为n＝的某种玻璃的表面，如图4－2－9所示，i代表入射角，则( )
A．当i＞45°时，会发生全反射现象
B．无论入射角i是多大，折射角r都不会超过45°
C．欲使折射角r＝30°，应以i＝45°的角入射
D．当入射角i＝arctan 时，反射光线跟折射光线恰好互相垂直
【解析】 由于光从光疏介质射向光密介质，所以不会发生全反射，A项错，B对；由折射定律计算可知C、D两项正确．
【答案】 BCD
6．自行车上的红色尾灯不仅是装饰品，也是夜间骑车的安全指示灯，它能把来自后面的光照反射回去．某种自行车尾灯可简化为由许多整齐排列的等腰直角棱镜(折射率n>)组成，棱镜的横截面如图4－2－10所示．一平行于横截面的光线从O点垂直AB边射入棱镜，先后经过AC边和CB边反射后．从AB边的O′点射出，则出射光线是( )
图4－2－10
A．平行于AC边的光线①
B．平行于入射光线的光线②
C．平行于CB边的光线③
D．平行于AB边的光线④
【解析】 作出光路图，根据几何知识可知：入射光线经过互相垂直的两个镜面反射后，方向改变180°，B项正确．
【答案】 B
7．(2011·福建高考)如图4－2－11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4－2－11
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
图4－2－12
8．(2010·新课标全国高考)如图4－2－12所示，一个三棱镜的截面为等腰直角△ABC，∠A为直角．此截面所在平面内的光线沿平行于BC边的方向射到AB边，进入棱镜后直接射到AC边上，并刚好能发生全反射．该棱镜材料的折射率为( )
A. B.
C. D.
【解析】 设三棱镜的折射率为n，
如图所示，由折射定律得n＝
又n＝，i＝45°，r＋C＝90°
由以上各式解得：n＝，A对．
【答案】 A
9．有两种介质，甲介质对空气的临界角为60°，乙介质对空气的临界角为45°，则它们相比较，________介质是光疏介质，光从________介质射向______介质时有可能发生全反射．
【解析】 据sin C＝可知，临界角越大，折射率越小，则为光疏介质，所以甲介质为光疏介质；由全反射的条件知，由光密介质射向光疏介质才会发生全反射，所以由乙介质射向甲介质时有可能发生全反射．
【答案】 甲 乙 甲
图4－2－13
10．(2010·山东高考)如图4－2－13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】 (1)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°，由折射定律得n＝.联立两式得n＝.
(2)若将入射光向N端平移，当第一次射到弧面EF上时，入射角增大，能发生全反射．
【答案】 (1) (2)能
11．(2012·山东高考)如图4－2－14所示，一玻璃球体的半径为R，O为球心，AB为直径．来自B点的光线BM在M点射出，出射光线平行于AB，另一光线BN恰好在N点发生全反射．已知∠ABM＝30°，求
图4－2－14
(1)玻璃的折射率；
(2)球心O到BN的距离．
【解析】 (1)设光线BM在M点的入射角为i，折射角为r，由几何知识可知，i＝30°，r＝60°，根据折射定律得
n＝
代入数据得
n＝.
(2)光线BN恰好在N点发生全反射，则∠BNO为临界角C
sin C＝
设球心到BN的距离为d，由几何知识可知
d＝Rsin C
解得d＝R.
【答案】 (1) (2)R
图4－2－15
12．如图4－2－15所示，一玻璃正方体放在空气中，其折射率为1.50.一条光线从立方体的顶部斜射进来，然后投射到它的一侧面．问：
(1)这条光线能否从侧面射出？
(2)如果光线能从上述侧面射出，那么玻璃材料的折射率应满足什么条件？
【解析】 画出光路如图．
(1)玻璃对空气的临界角为
C＝arcsin＝arcsin＝41.8°.
在玻璃体的上表面，光由空气射向玻璃，所以，折射角r总是小于临界角(41.8°)，在正方体侧面的入射光的入射角β总是大于48.2°，即大于临界角，因此在侧面发生全反射，光线不能射出．
(2)因为r总是小于临界角C，光要从侧面射出玻璃，则要求β也小于临界角C，即r＜C；(90°－r)＜C.
可得C＞45°，所以玻璃的折射率n满足
＝sin C＞sin 45°＝得n＜.
【答案】 (1)不能 (2)n＜
1．下列关于双缝干涉实验的说法中，正确的是( )
A．单缝的作用是获得频率保持不变的相干光源
B．双缝的作用是获得两个振动情况相同的相干光源
C．光屏上距两缝的路程差等于半波长的整数倍处出现暗条纹
D．照射单缝的单色光的频率越高，光屏上出现的条纹宽度越宽
【解析】 在双缝干涉实验中，单缝的作用是获得一个线光源，双缝的作用是获得两个振动情况完全相同的相干光源，故选项A错误，B正确．光屏上距两缝的路程差为半波长的奇数倍处出现暗纹，选项C错误．照射单缝的单色光频率越高，两相干光的波长越短，屏上的条纹应越窄，故选项D错误．
【答案】 B
2．(多选)下列与光的干涉有关的事实是( )
A．用光导纤维传播信号
B．用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度
C．一束白光通过三棱镜形成彩色光带
D．水面上的油膜呈现彩色
【解析】 光导纤维是利用光的全反射，故选项A错误；白光通过三棱镜出现彩色光带是色散现象，故C错；用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度、水面上的油膜呈现彩色是光在前后两个表面反射的光干涉形成的，故选项B、D正确．
【答案】 BD
3．某同学自己动手利用如图5－1－17所示器材，观察光的干涉现象．其中，A为单缝屏，B为双缝屏，C为像屏．当他用一束阳光照射到A上时，屏C上并没有出现干涉条纹．他移走B后，C上出现一窄亮斑．分析实验失败的原因，最大的可能是( )
图5－1－17
A．单缝S太窄
B．单缝S太宽
C．S到S1和S2距离不等
D．阳光不能作光源
【解析】 双缝干涉中单缝的作用是获得线光源，而线光源可以看作是由许多个点光源沿一条线排列组成的．这里观察不到光的干涉现象是由于单缝太宽，不能获得线光源，不满足相干条件．故B正确．
【答案】 B
图5－1－18
4．(多选)(2013·陕西师大附中检测)如图5－1－18所示，一束白光从左侧射入肥皂薄膜，下列说法中正确的是( )
A．人从右侧向左看，可以看到彩色条纹
B．人从左侧向右看，可以看到彩色条纹
C．彩色条纹水平排列
D．彩色条纹竖直排列
【解析】 一束白光射到薄膜上，经前后两个面反射回来的光相遇，产生干涉现象，我们由左向右看，可看到彩色条纹．又由于薄膜同一水平线上的厚度相同，所以彩色条纹是水平排列的，故选B、C.从右向左看到的是折射光，折射光的偏折角与介质厚度有关，光经过薄膜后的偏折角很小，大面积光束照射后，各单色光的折射光相互重叠，所以难以看到折射后的色散现象．
【答案】 BC
5．(多选)下列说法正确的是( )
A．用白光做光的干涉实验时，偏离中央明条纹较远的是紫光
B．用白光做光的干涉实验时，偏离中央明条纹较远的是红光
C．涂有增透膜的照相机镜头，增强了对照射光的透射程度
D．从竖立肥皂膜上看到的彩色条纹是从膜的两表面反射的光相干涉的结果
【解析】 由于干涉实验中，有Δy＝λ，即条纹间距与光波长成正比，而红光波长最长，故偏离中央明条纹最远的是红光，B对；增透膜增加了透射光的能量，且应该增透的是对人的视觉最敏感的绿光，从而才能使所成的像既亮又清晰；肥皂膜上的条纹是由于光从膜前、后表面反射后，相干而形成的，C、D对．
【答案】 BCD
6．一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，两侧还有彩色条纹，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】 用白光做双缝干涉实验时，除中央白色条纹外，两侧出现彩色条纹，是因为条纹的间距与波长有关，各种色光的波长不同，条纹间距不同，使中央条纹外的各色条纹不能完全重合，出现彩色，所以A正确；在真空中，各种色光的速度相同，仍有彩色条纹出现，可见B错误；各色光的强度调成相同，仍有彩色条纹，故彩色条纹的出现也与强度无关，C错误；与各色光通过双缝的距离无关，D错误．
【答案】 A
7．(2013·连云港高二检测)用单色光做双缝干涉实验，在光屏上某点P，从中央O点开始计数，P点恰好第三条亮纹，现改用波长较短的单色光照射，其他的条件不变，那么( )
A．P处仍为第三条亮纹
B．P处可能是第四条亮纹
C．P处可能是第二条亮纹
D．若将光屏向双缝移近一些，在P处可能看到第二条亮纹
【解析】 波长短，双缝到P点光程差不变，故A、C错，B对；若将光屏向双缝移近一些，条纹间距变小，故D错．
【答案】 B
8．在双缝干涉实验中，双缝到光屏上P点的距离之差为0.6 μm.若分别用频率为f1＝5.0×1014 Hz和f2＝7.5×1014 Hz的单色光垂直照射双缝，则P点出现亮、暗条纹的情况是( )
A．单色光f1和f2分别照射时，均出现亮条纹
B．单色光f1和f2分别照射时，均出现暗条纹
C．单色光f1照射时出现亮条纹，单色光f2照射时出现暗条纹
D．单色光f1照射时出现暗条纹，单色光f2照射时出现亮条纹
【解析】 单色光f1的波长：λ1＝＝ m＝0.6×10－6 m＝0.6 μm.单色光f2的波长：λ2＝＝m＝0.4×10－6 m＝0.4 μm.因P到双缝的距离之差δ＝0.6 μm＝λ1，所以用f1照射时P处出现亮纹．δ＝0.6 μm＝λ2，所以用f2照射时P处出现暗纹，故选项C正确．
【答案】 C
9．登山运动员在登雪山时要注意防止紫外线的过度照射，尤其是眼睛更不能长时间被紫外线照射，否则将会严重地损伤视力．有人想利用薄膜干涉的原理设计一种能大大减少紫外线对眼睛伤害的眼镜．他选用的薄膜材料的折射率为n＝1.5，所要消除的紫外线的频率为f＝8.1×1014 kHz，那么他设计的这种“增反膜”的厚度至少是( )
A．9.25×10－8 m B．1.85×10－7 m
C．1.23×10－7 m D．6.18×10－8 m
【解析】 为了减少进入眼睛的紫外线，应使入射光分别从该膜的前后两个表面反射出来形成的光叠加后加强，则光程差(大小等于薄膜厚度d的2倍)应等于光在薄膜中的波长λ′的整数倍，即2d＝Nλ′(N＝1，2，…)因此，薄膜的厚度至少是紫外线在膜中波长的.紫外线在真空中的波长是λ＝＝3.7×10－7 m，在膜中的波长是λ′＝＝2.47×10－7 m，故膜的厚度至少是1.23×10－7 m.
【答案】 C
10．现有毛玻璃屏A、双缝B、白光光源C、单缝D和透红光的滤光片E等光学元件，要把它们放在图5－1－19所示的光具座上组装成双缝干涉装置，用以测量红光的波长．
图5－1－19
(1)将白光光源C放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左至右，表示各光学元件的字母排列顺序为C、________、________、________、A.
(2)本实验的步骤有：
①取下遮光筒左侧的元件，调节光源高度，使光束能直接沿遮光筒轴线把屏照亮；
②按合理顺序在光具座上放置各光学元件，并使各元件的中心位于遮光筒的轴线上；
③用米尺测量双缝到屏的距离；
④用测量头(其读数方法同螺旋测微器)测量数条亮纹间的距离．
在操作步骤②时还应注意________和________．
(3)将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图5－1－20甲所示．然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时图乙中手轮上的示数________ mm，求得相邻亮纹的间距Δx为________ mm.
图5－1－20
(4)已知双缝间距d为2.0×10－4 m，测得双缝到屏的距离l为0.700 m，由计算式λ＝________，求得所测红光波长为________ nm.
【解析】 (1)滤光片E是从白光中选出单色红光，单缝屏是获取线光源，双缝屏是获得相干光源，最后在毛玻璃屏上成像．所以排列顺序为：C、E、D、B、A.
(2)在操作步骤②时应注意的事项有：放置单缝、双缝时，必须使缝平行，单缝、双缝间距离大约为5～10 cm；要保证光源、滤光片、单缝、双缝和光屏的中心在同一轴线上．
(3)螺旋测微器的读数应该：先读整数刻度，然后看半刻度是否露出，最后看可动刻度．图乙读数为13.870 mm，图甲读数为2.320 mm，所以相邻条纹间距
Δy＝ mm＝2.310 mm
(4)由条纹间距公式Δy＝λ得：λ＝，
代入数值得：λ＝6.6×10－7m＝6.6×102 nm
【答案】 见解析
11．为了减少光在透镜表面由于反射带来的损失，可在透镜表面涂上一层增透膜，一般用折射率为1.38的氟化镁，为了使波长为5.52×10－7 m的绿光在垂直表面入射时使反射光干涉相消，求所涂的这种增透膜的厚度．
【解析】 由于人眼对绿光最敏感，所以通常所用的光学仪器其镜头表面所涂的增透膜的厚度只使反射的绿光干涉相消，但薄膜的厚度不宜过大，只需使其厚度为绿光在膜中波长的，使绿光在增透膜的前后两个表面上的反射光互相抵消．而光从真空进入某种介质后，其波长会发生变化．
若绿光在真空中波长为λ0，在增透膜中的波长为λ，由折射率与光速的关系和光速与波长及频率的关系得：
n＝＝，
即λ＝，那么增透膜厚度
h＝λ＝＝ m＝1×10－7 m.
【答案】 1×10－7 m
1．(多选)(2013·海口一中检测)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波的波长相比甚至比波长还要小的时候，才能产生明显的衍射现象
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】 光的干涉现象和衍射现象无疑地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，光才可以看做是直进的，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.
【答案】 ABD
2．障碍物或孔的尺寸不同，光的一些行为有所不同，光的波长不同，发生的一些光行为也不同，下列说法中正确的是( )
A．波长越长的光，越容易发生衍射，因此要提高光学仪器的分辨率应尽量使用波长大的光或口径小的透镜
B．波长越短的光，衍射越不明显，越容易沿直线传播，因此遥感卫星应尽可能利用波长短的光
C．小孔成像的原理是光的直线传播，小孔衍射的原理也是光的直线传播
D．小孔衍射不遵守光的直线传播规律，也不遵守光路可逆原理．
【解析】 提高光学仪器的分辨本领应减小衍射影响，所以要利用波长短的光或口径大的透镜，故A错；卫星遥感要克服大气层对光的遮挡作用，因此应使用波长长的红外线，故B错；小孔衍射是一种衍射现象，不遵守光的直线传播规律，也不遵守光路可逆原理，故C错，D对．
【答案】 D
3．(多选)在城市交通中，用红灯表示禁止通行，其原理是( )
A．红光容易产生干涉
B．红光照射的距离大
C．红光容易引起人们的视觉反应
D．红光容易产生衍射
【解析】 红光在可见光中的波长最长，容易发生衍射，在发生雾天、雨天、沙尘暴等恶劣天气时，使司机和行人都能看到红灯，避免交通事故的发生；同时红光也容易引起人们的视觉反应．
【答案】 CD
4．在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】 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是光的衍射现象．
【答案】 A
5．一束平行单色光，通过双缝后，在屏上得到明暗相间的条纹，则( )
A．相邻的明条纹或暗条纹的间距不等
B．将双缝中某一缝挡住，则屏上一切条纹将消失，而出现一亮点
C．将双缝中某一缝挡住，屏上出现间距不等的明、暗条纹
D．将双缝中某一缝挡住，屏上的明、暗条纹位置不变，但亮度减半
【解析】 分清双缝干涉与单缝衍射图样的特点．
【答案】 C
6．(2013·石家庄高二检测)观察单缝衍射现象时，把缝宽由0.2 mm逐渐增大到0.8 mm，看到的现象是( )
A．衍射条纹的间距逐渐变小，衍射现象逐渐不明显
B．衍射条纹的间距逐渐变大，衍射现象越来越明显
C．衍射条纹的间距不变，只是亮度增强
D．以上现象都不会发生
【解析】 由单缝衍射实验的调整与观察可知，狭缝宽度越小，衍射现象越明显，衍射条纹越宽，条纹间距也越大．将缝调宽，现象向相反方向变化．故选项A正确．
【答案】 A
图5－2－7
7．某同学使用激光器作光源，在不透光的挡板上开一条缝宽为0.05 mm的窄缝，进行光的衍射实验，如图5－2－7所示，则他在光屏上看到的条纹是( )
【解析】 单缝衍射条纹中间宽，两侧越来越窄，又由于单缝是水平的，衍射条纹也是水平的，故B对．
【答案】 B
8．(2013·福州高二检测)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5－2－8四幅图片中属于光的单缝衍射图样的是( )
图5－2－8
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是小孔衍射图样．
【答案】 D
9．用两支铅笔观察白光的衍射实验中：
(1)供观察者用的光源应用_______(选填“点光源”“线光源”或“面光源”)；
(2)铅笔狭缝应与光源________(选填“平行或垂直”)；
(3)观察的衍射图样中央条纹的颜色是________，两侧出现________；
(4)狭缝变窄时，条纹的间距变________，亮度变________．
【答案】 (1)线光源 (2)平行 (3)白色 彩色 (4)宽 暗
10．让日光通过窗上的小孔射进漆黑的室内，并落在光滑的反射面(如玻璃、瓷碗、镀铬器件或涂上油漆的门窗等)上．这时，你眯着眼并迎着反射方向看去，不但能看到反射面上的白点(太阳虚像)，同时还可以看到在它的两旁出现一排对称的彩带．眼缝越细，这种效应越显著，请分析这是为什么．
【解析】 反射面上的白光是太阳通过小孔在进入暗室内成像又被反射面反射回来，人看到的是通过反射面成的太阳的虚像；人眯着眼，睫毛交叉就形成了一系列的缝或障碍物形成光栅，光通过光栅衍射就形成了对称的彩带，眼缝越细，衍射现象越明显，彩带越清晰．
【答案】 见解析
1．(多选)将激光束的宽度聚焦到纳米级(10－9m)范围内，可修复人体已损坏的器官，可对DNA分子进行超微型基因修复，把至今尚令人无奈的癌症、遗传疾病彻底根除，以上功能是利用了激光的( )
A．单色性好 B．平行度好
C．粒子性 D．高能量
【解析】 激光的平行度好，故可聚焦到很小的范围；激光的亮度高、能量大，故可修复器官．
【答案】 BD
2．让激光照到VCD机、CD机或计算机的光盘上，就可以读出盘上记录的信息，经过处理后还原成声音和图像，这是利用激光的( )
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】 激光的特点之一是平行度好，它可以会聚到一个很小的点上，DVD、VCD、CD唱机或电脑上的光驱及刻录设备就利用了激光的这一特点，选项A正确，B、C、D错误．
【答案】 A
3．(多选)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、激光手术和激光武器都利用了激光亮度高的特点
【解析】 由激光的几种特点及应用可知A、B、D正确．
【答案】 ABD
4．(多选)关于立体电影，以下说法正确的是( )
A．观众戴上特制眼镜是为了防止伤害眼睛
B．这副眼镜其实就是一对偏振方向互相垂直的偏振片
C．戴上特制眼镜的观众若只用一只眼睛看，则银幕上只是一片光亮而无图像
D．产生立体视觉是因人的两只眼睛同时观察物体时，形成的在视网膜上的像并不完全相同
【解析】 看立体电影必须用偏振片才能达到好的效果．
【答案】 BD
5．(多选)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】 P是起偏器，它的作用是把太阳光(自然光)变为偏振光，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，通过Q的光强最大；当Q与P的透振方向垂直时，通过Q光强最小，即无论旋转P或Q，屏上的光强都是时强时弱的．
【答案】 BD
6．(多选)(2013·宁德高二检测)如图5－3－3所示，电灯S发出的光先后经过偏振片A和B，人眼在P处迎着入射光方向，看不到光亮，则( )
图5－3－3
A．图中a光为偏振光
B．图中b光为偏振光
C．以SP为轴将B转过180°后，在P处将看到光亮
D．以SP为轴将B转过90°后，在P处将看到光亮
【解析】 自然光沿各个方向是均匀分布的，通过偏振片后，透射光是只有沿着某一特定方向振动的光．从电灯直接发出的光为自然光，则A错；它通过A偏振片后，即变为偏振光，则B对；设通过A的光沿竖直方向振动，若B偏振片只能通过沿水平方向振动的偏振光，则P点无光亮，将B转过180°后，P处仍无光亮，即C错；若将B转过90°，则该偏振片将变为能通过竖直方向上振动的光的偏振片，则偏振光能通过B，即在P处有光亮，即D对．
【答案】 BD
7．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】 光波都是横波，波长与频率和介质都有关，只有频率相同的光才能干涉．
【答案】 D
图5－3－4
8．(多选)(2013·青岛高二检测)奶粉的碳水化合物(糖)的含量是一个重要指标，利用旋光仪可以测量糖溶液的浓度，从而测定含糖量．其原理是：偏振光通过糖的水溶液后，若迎着射来的光线看，偏振光的偏振方向会以传播方向为轴线，旋转一个角度θ，这一角度称为“旋光角”，θ的值与糖溶液的浓度有关，将θ的测量值与标准值相比较，就能确定被测样品的含糖量了．如图5－3－4所示，S是自然光源，A、B是偏振片，绕中心轴转动偏振片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，则偏振片B转动的角度等于θ
D．将偏振片A转动一个角度，使得O处光的强度最大，则偏振片A转过的角度等于θ
【解析】 根据题意可知，开始A、B两偏振片的透光方向相同，当被测样品置于A、B之间时，光线旋转一个角度θ，因此到达O处光的强度会明显减弱；为了使O处的光线强度最大，则必须将其中一个偏振片旋转角度θ，光线穿过偏振片时，光的偏振方向与偏振片的透光方向一致．
【答案】 ACD
9．(多选)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λ/n
C．该光的频率为c/λ
D．该光的频率为
【解析】 n＝，c＝fλ0，v＝fλ，所以λ0＝nλ
f＝＝.
【答案】 AD
10．(2013·四川高考)光射到两种不同介质的分界面，分析其后的传播情形可知( )
A．折射现象的出现说明光是纵波
B．光总会分为反射光和折射光
C．折射光与入射光的传播方向总是不同的
D．发生折射是因为光在不同介质中的传播速度不同
【解析】 光的折射不能反映光是纵波还是横波，由光的偏振现象可知光是横波，选项A错误；当光从光密介质射入光疏介质，且入射角大于等于临界角时，发生全反射现象，没有折射光，选项B错误；当光线垂直于界面入射时，折射光与入射光的传播方向相同，选项C错误；发生折射是因为光的传播速度在不同介质中不同，选项D正确．
【答案】 D
图5－3－5
11．(2013·攀枝花高二检测)如图5－3－5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．
(1)在单色自然光源S后加一偏振片P.
(2)在(1)情况下，再加偏振片P1、P2，P1与P2透光方向垂直．
【解析】 (1)到达S1、S2的光是从同一偏振光分解出来的，它们满足相干条件，能看到干涉条纹．且由于偏振片很薄，对光程差的影响可忽略，干涉条纹的位置与间距和没有P时基本一致，只是强度由于偏振片吸收而减弱．
(2)由于从P1、P2射出的光方向相互垂直，不满足干涉条件，故光屏被均匀照亮，无干涉现象．
【答案】 见解析
12．应用激光平行性好的特性，可以精确地测量距离．对准目标发射一个极短的激光脉冲，测量发射脉冲与收到反射脉冲的时间间隔，就可以求出激光器到目标的距离．若在地球上向月球发射一个激光脉冲，测得从发射到收到反射脉冲所用的时间为2.56 s，求月球到地球的距离大约是多少？
【解析】 真空中的光速c＝3.0×108 m/s，
从发射脉冲到收到反射脉冲所用时间t＝2.56 s，月球与地球距离为：
l＝ct＝×3.0×108×2.56 m＝3.84×105 km
【答案】 3.84×105 km
1．有一个在光滑水平面内的弹簧振子，第一次用力把弹簧压缩x后释放让它振动，第二次把弹簧压缩2x后释放让它振动，则先后两次振动的周期之比和振幅之比分别为( )
A．1∶1 1∶1 B．1∶1 1∶2
C．1∶4 1∶4 D．1∶2 1∶2
【解析】 弹簧的压缩量即为振子振动过程中偏离平衡位置的最大距离，即振幅，故振幅之比为1∶2.而对同一振动系统，其周期与振幅无关，则周期之比为1∶1.
【答案】 B
2．(2013·海口高二检测)如图1－2－7所示，弹簧振子在BC间振动，O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1－2－7
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到C经历半个周期，故T＝2 s，而A＝5 cm，故选项D正确．
【答案】 D
图1－2－8
3．(2012·重庆高考)装有砂粒的试管竖直静浮于水面，如图1－2－8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象中可能正确的是( )
【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
4．(多选)一质点做简谐运动，其振动图象如图1－2－9所示，在0.2 ～0.3 s这段时间内质点的运动情况是( )
图1－2－9
A．沿x负方向运动，速度不断增大
B．沿x负方向运动，位移不断增大
C．沿x正方向运动，速度不断增大
D．沿x正方向运动，位移不断减小
【解析】 由图知质点正从负的最大位移向平衡位置运动，位移不断减小，速度正逐渐增加．
【答案】 CD
5．一弹簧振子的周期为2 s，从振子通过平衡位置向右运动起，经过1.85 s时，其运动情况是( )
A．向右减速 B．向右加速
C．向左减速 D．向左加速
【解析】 经过1.85 s，振子处于T至T内，它正在平衡位置的左侧向平衡位置处运动，所以振子是向右加速．
【答案】 B
6．在水平方向上做简谐运动的质点，其振动图象如图1－2－10所示．假设向右的方向为正方向，则物体加速度向右且速度向右的时间段是( )
图1－2－10
A．0 s至1 s内 B．1 s至2 s内
C．2 s至3 s内 D．3 s至4 s内
【解析】 质点从负的最大位移向平衡位置运动时物体加速度和速度都向右．
【答案】 D
7．(2013·福州一中检测)一质点做简谐运动的图象如图1－2－11所示，下列说法正确的是( )
图1－2－11
A．质点振动的频率是4 Hz
B．在10 s内质点经过的路程是20 cm
C．第4 s末质点的速度为零
D．在t＝1 s和t＝3 s两时刻，质点位移大小相等、方向相同
【解析】 根据振动图象可知：该简谐运动周期T＝4 s，所以频率f＝＝0.25 Hz，A错；10 s内质点通过路程s＝×4A＝10A＝10×2 cm＝20 cm，B正确；第4 s末质点经过平衡位置，速度最大，C错；在t＝1 s和t＝3 s两时刻，质点位移大小相等、方向相反，D错．
【答案】 B
8．(多选)已知物体A、B做简谐运动．物体A做简谐运动的振动位移xA＝3sin(100t＋) m，物体B做简谐运动的振动位移xB＝5sin(100t＋) m．比较A、B的运动( )
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
【解析】 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，A错；A、B振动的周期T＝＝ s＝6.28×10－2 s，B错；因为TA＝TB，故fA＝fB，C对；Δφ＝φAO－φBO＝，D对．
【答案】 CD
9．(多选)如图1－2－12所示为质点P在0～4 s内的振动图象，下列叙述正确的是( )
图1－2－12
A．再过1 s，该质点的位移是正的最大
B．再过1 s，该质点的速度沿正方向
C．再过1 s，该质点的加速度沿正方向
D．再过1 s，该质点加速度最大
【解析】 将图象顺延续画增加1 s，质点应在正最大位移处，故A、D正确．
【答案】 AD
10．(2013·武汉高二检测)如图1－2－13所示，图(甲)为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图(乙)为该弹簧振子的振动图象，由图可知下列说法中正确的是( )
图1－2－13
A．在t＝0.2 s时，弹簧振子可能运动到B位置
B．在t＝0.1 s与t＝0.3 s两个时刻，弹簧振子的速度相同
C．从t＝0到t＝0.2 s的时间内，弹簧振子的动能持续的增加
D．在t＝0.2 s与t＝0.6 s两个时刻，弹簧振子的加速度相同
【解析】 t＝0.2 s时，振子的位移为正向最大位移，但由于没有规定正方向，所以此时振子的位置可能在A点也可能在B点，A正确．t＝0.1 s时速度为正，t＝0.3 s时速度为负，两者方向相反，B错．从t＝0到t＝0.2 s的时间内，弹簧振子远离平衡位置，速度减小，动能减小，C错．t＝0.2 s与t＝0.6 s两个时刻，位移大小相等，方向相反，故加速度大小相等，方向相反，D错．
【答案】 A
11．质点沿x轴做简谐运动，平衡位置为坐标原点O.质点经过a点和b点时速度相同，由a点运动到b点需0.2 s；质点由b点再次回到a点最短需要0.4 s．则该点做简谐运动的频率为( )
A．1 Hz B．1.25 Hz
C．2 Hz D．2.5 Hz
【解析】 由题意知a、b两点关于O点对称．由tab＝0.2 s，tba＝0.4 s知质点经过b点后还要继续向最大位移处运动，直到最大位移处，然后再回来经b到a.则质点由b到最大位移处再回到b所用时间为0.2 s，则＝tab＋(tba－tab)，解得质点做简谐运动的周期T＝0.8 s，频率f＝1/T＝1.25 Hz.
【答案】 B
12．某物体做简谐运动，其位移与时间的变化关系式为x＝10sin 5πt cm，由此可知：
(1)物体的振幅为多少？
(2)物体振动的频率为多少？
(3)在t＝0.1 s时，物体的位移是多少？
【解析】 将本题中表达式x＝10sin 5πt cm与简谐运动的表达式x＝Asin(ωt＋φ)对应项比较，可得：
(1)振幅A＝10 cm.
(2)振动频率f＝＝ Hz＝2.5 Hz.
(3)t＝0.1 s时位移
x＝10sin(5π×0.1)cm＝10 cm.
【答案】 (1)10 cm (2)2.5 Hz (3)10 cm
1．关于单摆，下列说法正确的是( )
A．摆球运动的回复力是摆线张力和重力的合力
B．摆球经过轨迹上的同一点速度是相同的
C．摆球经过轨迹上的同一点加速度是相同的
D．摆球经过平衡位置时受力是平衡的
【解析】 摆球运动的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，A错．根据简谐运动的对称性可知摆球经过轨迹上的同一点时速度大小相等，方向可能相同，也可能不同．加速度的大小、方向都相同，故B错，C对．摆球经过平衡位置时，回复力为零，合外力不为零，并不平衡，所以D错．
【答案】 C
2．(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
3．两个单摆在相同的时间内，甲摆动45次，乙摆动60次，则( )
A．甲、乙两摆的周期之比为3∶4
B．甲、乙两摆的频率之比为9∶16
C．甲、乙两摆的摆长之比为4∶3
D．甲、乙两摆的摆长之比为16∶9
【解析】 设摆动时间为t，则T甲＝，T乙＝可得＝＝.
＝.又由T＝2π可得＝＝，故选D.
【答案】 D
4．(多选)在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出以下几点建议，其中对提高测量结果精度有利的是( )
A．适当加长摆线
B．质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的
C．单摆偏离平衡位置的角度不能太大
D．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期
【解析】 单摆实验的精确度取决于实验装置的理想化程度及相关物理量的测量精度．适当加长摆线长度有利于把摆球看成质点，在摆角小于5°的条件下，摆球的空间位置变化较大，便于观察，选项A对．摆球体积越大，所受空气阻力越大，对质量相同的摆球其影响越大，选项B错．只有在小角度的情形下，单摆的周期才满足T＝2π，选项C对．本实验采用累积法测量周期，若仅测量一次全振动，由于摆球过平衡位置时速度较大，难以准确记录，且一次全振动的时间太短，偶然误差较大，选项D错．
【答案】 AC
5．(2013·青岛高二检测)一物体在某行星表面受到的万有引力是它在地球表面受到的万有引力的1/4.在地球走得很准的摆钟搬到此行星后，此钟的分针走一整圈所经历的时间是( )
A．1/4 h B．1/2 h
C．2 h D．4 h
【解析】 由题知g星＝g地，由T＝2π知，摆钟搬到行星上后其周期变为地面上周期的2倍，因而此钟的分针走一圈所经历的时间为2 h，故C项正确．
【答案】 C
图1－3－12
6．如图1－3－12所示，光滑槽的半径R远大于小球运动的弧长，今有两个小球(视为质点)同时由静止释放．其中甲球开始离圆槽最低点O较远些，则它们第一次相遇的地点是在( )
A．O点
B．O点偏左
C．O点偏右
D．无法确定，因为两小球的质量关系未知
【解析】 因为槽半径R远大于小球运动的弧长，所以小球的运动可看成单摆模型，由T＝2π知，两球经T在最低点O相遇，选项A正确．
【答案】 A
7．如图1－3－13所示为两个单摆的振动图象，从图象中可以知道它们的( )
图1－3－13
A．摆球质量相等 B．振幅相等
C．摆长相等 D．摆球同时改变速度方向
【解析】 由图象可知，两单摆的周期相等，则摆长相等，无法确定质量关系，故A错，C对．由题图可知振幅不同，且两个摆球不能同时到达最大位移处，即速度方向不能同时改变，故B、D错．
【答案】 C
8．(多选)如图1－3－14所示为甲、乙两单摆的振动图象，则( )
图1－3－14
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为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为l甲∶l乙＝4∶1
C．若甲、乙两单摆的摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两单摆所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝4∶1
D．若甲、乙两单摆的摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两单摆所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4
【解析】 由题图可知T甲∶T乙＝2∶1，若两单摆在同一地点，则两摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1，故B对，A错；若两单摆的摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4，故C错，D对．
【答案】 BD
图1－3－15
9．如图1－3－15所示，三根细线于O点处打结，A、B端固定在同一水平面上相距为L的两点上，使AOB成直角三角形，∠BAO＝30°，已知线OC长是L，下端C点系着一个小球．下面说法中正确的是( )
A．让小球在纸面内摆动，周期为T＝2π
B．让小球在垂直纸面方向摆动，其周期为T＝2π
C．让小球在纸面内摆动，周期为T＝2π
D．让小球在垂直纸面内摆动，周期为T＝2π
【解析】 让小球在纸面内摆动，在摆角很小时，单摆以O点为悬点，摆长为L，周期为T＝2π.让小球在垂直纸面内摆动，则摆球以OC的延长线与AB交点为中心摆，摆长为L＋cos 30°＝L＋L，周期为T′＝
2π，选项A正确．
【答案】 A
10．(2013·长清高二检测)我国探月的“嫦娥工程”已启动，在不久的将来，我国航天员将登上月球．假如航天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】 由T＝2π得，g＝，由G＝mg得，
M＝＝·＝，
密度ρ＝＝＝，故B正确．
【答案】 B
11．(2013·莆田高二检测)如图1－3－16甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置．设摆球向右方向运动为正方向．图乙是这个单摆的振动图象．根据图象回答：
图1－3－16
(1)单摆振动的频率是多大？
(2)开始时刻摆球在何位置？
(3)若当地的重力加速度为10 m/s2，试求这个摆的摆长是多少？
【解析】 (1)由乙图知周期T＝0.8 s，
则频率f＝＝1.25 Hz.
(2)由乙图知，0时刻摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以在B点．
(3)由T＝2π得l＝＝0.16 m.
【答案】 (1)1.25 Hz (2)B点 (3)0.16 m
12．在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，用摆长l和周期T计算重力加速度的公式是g＝________．如果已知摆球直径为2.00 cm，让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图1－3－17(a)所示，那么单摆摆长是________．如果测定了40次全振动的时间如图(b)中秒表所示，那么秒表读数是________s，单摆的摆动周期是________s.
图1－3－17
【解析】 由实验原理和单摆的周期公式T＝2π知g＝.摆球的直径d＝2.00 cm.故摆长l＝88.40 cm－ cm＝87.40 cm.
秒表的读数t＝75.2 s．故单摆的振动周期T＝＝ s＝1.88 s.
【答案】 87.4 0 cm 75.2 s 1.88 s
1．(多选)若空气阻力不可忽略，单摆在偏角很小时，总是减小的物理量为( )
A．振幅 B．位移
C．周期 D．机械能
【解析】 有空气阻力时，振动为阻尼振动，振幅不断减小，机械能不断减小，故A、D正确．平衡位置处的位移为零，则位移不是一直减小，周期T＝2π不变，故B、C错．
【答案】 AD
2．(多选)2011年3月11日日本福岛发生了特大地震灾害，导致很多房屋坍塌，场景惨不忍睹，就此事件，下列说法正确的有( )
A．所有建筑物振动周期相同
B．所有建筑物振幅相同
C．建筑物的振动周期由其固有周期决定
D．所有建筑物均做受迫振动
【解析】 地震时，所有建筑物都做受迫振动，所以它们的振动周期相同，A、D正确．
【答案】 AD
3．(多选)正在运转的机器，当其飞轮以角速度ω0匀速转动时，机器的振动不强烈，切断电源，飞轮的转动逐渐慢下来，在某一小段时间内机器却发生了强烈的振动，此后飞轮转动继续变慢，机器的振动也随之减弱，在机械停下来之后若重新启动机器，使飞轮转动的角速度从零缓慢地增大到ω0，在这一过程中( )
A．机器不一定发生强烈的振动
B．机器一定发生强烈的振动
C．若机器发生强烈振动，强烈振动发生在飞轮的角速度为ω0时
D．若机器发生强烈振动，强烈振动时飞轮的角速度肯定不为ω0
【答案】 BD
图1－4－7
4．(多选)如图1－4－7所示，A球振动后，通过水平细绳迫使B、C振动，振动达到稳定时，下面说法中正确的是( )
A．只有A、C振动周期相等
B．C的振幅比B的振幅小
C．C的振幅比B的振幅大
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TA＝2π，迫使B、C做受迫振动，受迫振动的周期等于施加的驱动力的周期，所以TA＝TB＝TC，而TOC＝2π＝TA，TOB＝2π>TA，故C共振，B不共振，C的振幅比B的振幅大，所以C、D正确．
【答案】 CD
5．(2013·石河子检测)一洗衣机在正常工作时非常平稳，当切断电源后，发现洗衣机先是振动越来越剧烈，然后振动再逐渐减弱，对这一现象，下列说法正确的是( )
①正常工作时，洗衣机波轮的运转频率比洗衣机的固有频率大 ②正常工作时，洗衣机波轮的运转频率比洗衣机的固有频率小 ③正常工作时，洗衣机波轮的运转频率等于洗衣机的固有频率 ④当洗衣机振动最剧烈时，波轮的运转频率恰好等于洗衣机的固有频率
A．① B．③
C．①④ D．②④
【解析】 洗衣机切断电源，波轮的转动逐渐慢下来，在某一小段时间内洗衣机发生了强烈的振动，说明了此时波轮的频率与洗衣机固有频率相同，发生了共振．此后波轮转速减慢，则f驱＜f固，所以共振现象消失，洗衣机的振动随之减弱，所以答案是C.
【答案】 C
6．(2013·贵阳高二检测)如图1－4－8所示，把两个弹簧振子悬挂在同一支架上，已知甲弹簧振子的固有频率为8 Hz，乙弹簧振子的固有频率为72 Hz，当支架受到竖直方向且频率为9 Hz的驱动力作用做受迫振动时，则两个弹簧振子的振动情况是( )
图1－4－8
A．甲的振幅较大，且振动频率为8 Hz
B．甲的振幅较大，且振动频率为9 Hz
C．乙的振幅较大，且振动频率为9 Hz
D．乙的振幅较大，且振动频率为72 Hz
【解析】 甲、乙弹簧振子在驱动力作用下都做受迫振动，振动的频率等于驱动力的频率，即f甲＝f乙＝f驱．因为f驱更接近甲的固有频率f0，所以甲的振幅较大，B正确．
【答案】 B
7．(多选)(2013·福州检测)有甲、乙、丙三个单摆，它们的固有频率分别为f、4f、6f，都在频率为4f的驱动力作用下做受迫振动，比较这三个单摆，则( )
A．乙的振幅最大，丙的其次，甲的最小
B．乙的振幅最大，甲的其次，丙的最小
C．它们的振动频率都为4f
D．乙的振动频率为4f，甲的振动频率为f，丙的振动频率为6f
【解析】 驱动力的频率为4f，与乙摆的固有频率相同，因此乙发生共振，所以乙的振幅最大；丙的固有频率为6f，甲的固有频率为f，所以丙的固有频率更接近驱动力的频率，所以丙的振幅大于甲的振幅，但比乙小，故A正确，B错误；由于三个单摆均做受迫振动，因此其频率均为4f，故C正确，D错误．
【答案】 AC
8．大海中航行的轮船，受到大风大浪冲击时，为了防止倾覆，应当改变航行方向和________，使风浪冲击力的频率远离轮船摇摆的________．
【解析】 为避免轮船做受迫振动的振幅过大，要使风浪冲击力的频率远高于轮船摇摆的频率．
【答案】 速度 频率
9．(2011·江苏高考)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】 由单摆周期公式T＝2π且kl＝mg
解得T＝2π.
【答案】 2π
10．如图1－4－9所示，为一单摆的共振曲线．图中横轴表示周期性驱动力的频率，纵轴表示单摆的振幅，求此单摆的摆长．
图1－4－9
【解析】 由图象可以看出，当驱动力的频率为0.4 Hz时，单摆的振幅最大，此时单摆共振．由共振的条件可知，单摆的固有频率为0.4 Hz.
由于T＝2π＝，可得l＝＝1.55 m.
【答案】 1.55 m
1．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
2．(多选)关于波的周期下列说法正确的是( )
A．质点的振动周期就是波源的周期
B．波的周期是由波源驱动力的频率决定的
C．波的周期与形成波的介质的密度有关
D．经历整数个周期波形图重复出现，只是波形向前移动了一段距离
【解析】 波的周期性是由质点振动的周期性决定的，故A选项正确；波的周期等于波源驱动力的周期，与介质无关，故B选项正确，C选项错误；D选项正是波的周期性的体现，故D正确．
【答案】 ABD
3．(多选)(2013·三明检测)关于波长下列说法正确的是( )
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质点间的距离等于一个波长
【解析】 机械振动在一个周期内向远处传播一个完整的波形，故A选项正确；在一个完整波形上，位移相同的质点间的距离不一定等于一个波长，故B选项错误；在波形图的平衡位置上且速度相同的相邻的两点，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．
【答案】 AC
4．关于横波和纵波下列说法正确的是( )
A．对于横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】 形成横波的质点振动的方向只能与波的传播方向垂直，形成纵波的质点的运动方向总是与波的传播方向平行，有时相同，有时相反，故A、B选项都错误；无论是横波还是纵波，质点都是在平衡位置附近往复运动，不会随波定向移动，故C错误；空气中的机械波只能是纵波，D选项正确．
【答案】 D
5．(2012·浙江高考)用手握住较长软绳的一端连续上下抖动，形成一列简谐横波．某一时刻的波形如图2－1－15所示，绳上a、b两质点均处于波峰位置．下列说法正确的是( )
图2－1－15
A．a、b两点之间的距离为半个波长
B．a、b两点振动开始时刻相差半个周期
C．b点完成全振动次数比a点多一次
D．b点完成全振动次数比a点少一次
【解析】 波的图象中相邻波峰间的两质点间的距离为一个波长，且振动开始时刻相差一个周期，所以选项A、B均错误；质点b开始振动的时刻比质点a晚一个周期，因此质点b完成全振动的次数比质点a少一次，所以选项D正确，选项C错误．
【答案】 D
6．如图2－1－16所示为一列简谐横波在某一时刻的波形图，已知质点A在此时刻的振动方向如图中箭头所示，则以下说法中正确的是( )
图2－1－16
A．波向左传播，质点B向下振动，质点C向上振动
B．波向右传播，质点B向上振动，质点C向下振动
C．波向左传播，质点B向上振动，质点C向上振动
D．波向右传播，质点B向下振动，质点C向下振动
【解析】 根据波峰(波谷)两侧质点振动方向相反及相邻波峰与波谷之间各质点振动方向相同，判断质点B、C振动方向．沿波传播方向，前面质点先振动，后面质点后振动，即前面质点带动邻近后面质点振动，以此判断波的传播方向．
质点B与A位于波峰两侧，它们的振动方向相反，已知质点A竖直向下振动，所以质点B应竖直向上振动．
质点A与C位于波谷两则，它们的振动方向相反，所以质点C应竖直向上振动．
比较A、C两质点，质点C已经过负的最大位移向平衡位置振动，而质点A还未到达负的最大位移，所以质点C比质点A先振动，即波先传到质点C，后传到质点A，所以波是向左传播的．
只有选项C是正确的．
【答案】 C
7．(2012·福建高考)一列简谐横波沿x轴传播，t＝0时刻的波形如图2－1－17甲所示，此时质点P正沿y轴负方向运动，其振动图象如图乙所示，则该波的传播方向和波速分别是( )
图2－1－17
A．沿x轴负方向，60 m/s B．沿x轴正方向，60 m/s
C．沿x轴负方向，30 m/s D．沿x轴正方向，30 m/s
【解析】 由题图甲知，波长λ＝24 m，由题图乙知T＝0.4 s．根据v＝可求得v＝60 m/s，故C、D项错误．根据“带动法”可判断出波的传播方向沿x轴负方向，故A项正确，B项错误．
【答案】 A
图2－1－18
8．一列波在介质中向某一方向传播，如图2－1－18为此波在某一时刻的波形图，并且此时振动只发生在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
图2－1－19
9．(多选)(2012·天津高考)沿x轴正方向传播的一列简谐横波在t＝0时刻的波形如图2－1－19所示，M为介质中的一个质点，该波的传播速度为40 m/s，则t＝(1/40)s 时( )
A．质点M对平衡位置的位移一定为负值
B．质点M的速度方向与对平衡位置的位移方向相同
C．质点M的加速度方向与速度方向一定相同
D．质点M的加速度方向与对平衡位置的位移方向相反
【解析】
当t＝ s时，波传播的距离Δx＝vt＝40× m＝1 m，所以当t＝ s时波的图象如图所示，由图可知，M对平衡位置的位移为正值，且沿y轴负方向运动，故选项A、B错误；根据F＝－kx及a＝－x知，加速度方向与位移方向相反，沿y轴负方向，与速度方向相同，选项C、D正确．
【答案】 CD
10．(2010·北京高考)一列横波沿x轴正向传播，a、b、c、d为介质中沿波传播方向上四个质点的平衡位置．某时刻的波形如图2－1－20甲所示，此后，若经过周期开始计时，则图2－1－20乙描述的是( )
甲 乙
图2－1－20
A．a处质点的振动图象 B．b处质点的振动图象
C．c处质点的振动图象 D．d处质点的振动图象
【解析】 因横波沿x轴正向传播，经周期振动到平衡位置的质点为b、d两质点，该时刻b质点的振动方向沿y轴负方向，d质点的振动方向沿y轴正方向，图乙为b处质点的振动图象，B对，A、C、D错．
【答案】 B
11．图2－1－21(a)表示一列简谐波在介质中传播时，某一质点a的振动图象，请你在图(b)中作出这列简谐波在t＝0时刻的波形(质点a画在坐标原点上)．
(a) (b)
图2－1－21
【解析】 t＝0时刻质点a正处于平衡位置且沿y轴正方向运动，经到达正向最大位移处，设x轴正方向为波传播的方向，利用波形与振动方向关系的判断方法，得出t＝0时的波形如图所示．
【答案】 见解析
图2－1－22
12．一列沿x轴正方向传播的横波在某一时刻的波形如图2－1－22所示，已知波的传播速度是16 m/s.
(1)指出这列波中质点振动的振幅是多少．
(2)画出再经过0.125 s时的波形图象．
【解析】 (1)由图象可以看出，质点振动的最大位移是10 cm，因此振幅是10 cm.
(3)经0.125 s波形沿x轴正方向移动的距离为Δx＝vΔt＝16×0.125 m＝2 m，所以经过0.125 s后的波形图象如图中的虚线所示．
【答案】 见解析
1．(多选)关于对惠更斯原理的理解，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可能相同
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】 按照惠更斯原理：波面是由振动情况完全相同的点构成的面，而不同波面上质点的相位不同，故A对B错．由波面和波线的概念，不难判定C、D正确．故正确答案为A、C、D.
【答案】 ACD
2．(多选)关于声波的传播，下列说法中正确的是( )
A．声波能在空气、固体和液体中传播，但不能在真空中传播
B．声波无论在哪种介质中传播，都只是纵波
C．声波从空气传入液体或固体后，波长变短，波速变小
D．从障碍物反射的声波到达人耳，比原声到人耳滞后小于0.1 s，则人不能区分开
【解析】 声波是机械波，在传播时必须有介质，所以在气体、液体和固体中均能传播，在真空中不能传播．声波在气体、液体中是纵波，在固体中既可以是纵波，也可以是横波．声波由空气进入液体、固体，有时波速变大，如钢铁；有时波速变小，如橡胶，因而有两种可能．回声比原声滞后不小于0.1 s时人耳才能区分开，因而A、D正确．
【答案】 AD
3．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】 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．
【答案】 D
4．(2013·榆林高二检测)一列波从空气传入水中，保持不变的物理量是( )
A．波速 B．波长
C．频率 D．振幅
【解析】 波速与介质有关，频率与波源有关，所以波速一定变，频率一定不变，又因λ＝，所以波长一定变，故C对，A、B错；因波的能量在从空气传入水中时会减少，故其振幅变小，D错．
【答案】 C
图2－2－7
5．如图2－2－7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
图2－2－8
6．如图2－2－8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( )
A．入射角大小折射角，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，Ⅰ可能是空气，Ⅱ可能是水
C．入射角小于折射角，Ⅰ可能是钢铁，Ⅱ可能是空气
D．介质Ⅰ中波速v1与介质Ⅱ中波速v2满足：＝
【解析】 本题以图的形式给出信息，对学生的观察能力和信息提取能力要求较高，图中MN为介质界面，虚线为法线，i为入射角，r为折射角，从图可直接看出入射角大于折射角(i＞r)，则选项C错误；根据折射定律有＝＞1，所以v1＞v2，选项D错误，选项A正确；声波在液体、固体中的速度大于在气体中的速度，选项B错误．
【答案】 A
7．(2013·福州高二检测)利用从海底反射的回声测量海水的深度，若声波在海水中的传播速度为1 500 m/s，要使回声测深器在测量大于30 m深度时，误差不超过5%，则在测定信号发出及返回的时刻时，精确度至少应达到( )
A．0.01 s B．0.05 s
C．0.001 s D．0.005 s
【解析】 设声波在海水中往返一次的时间为Δt，则海水深度为.现要测量大于30 m深度时，误差不超过5%，则时间的测量值Δt的误差应小于 s＝0.002 s．故在测定信号发出及返回的时刻时，精确度至少应达到0.001 s．C项正确．
【答案】 C
8．(多选)若某一列声波从空气射入水中，入射角i从零开始增大时，折射角r也随着增大，下列说法中正确的是( )
A．比值不变
B．比值不变
C．比值是一个大于1的常数
D．比值是一个小于1的常数
【解析】 由波的折射定律＝，知是由介质决定的常数，且v水>v空，所以<1.
【答案】 BD
图2－2－9
9．如图2－2－9是一列机械波从一种介质进入另一种介质中发生的现象，已知波在介质Ⅰ中的波速为v1，波在介质Ⅱ中的波速为v2，则v1∶v2为( )
A．1∶ B.∶1
C.∶ D.∶
【解析】 由折射定律知：
＝＝ .
【答案】 C
10．(2011·浙江高考)“B超”可用于探测人体内脏的病变状况．如图2－2－10是超声波从肝脏表面入射，经折射与反射，最后从肝脏表面射出的示意图．超声波在进入肝脏发生折射时遵循的规律与光的折射规律类似，可表述为＝(式中θ1是入射角，θ2是折射角，v1、v2分别是超声波在肝外和肝内的传播速度)，超声波在肿瘤表面发生反射时遵循的规律与光的反射规律相同．已知v2＝0.9 v1，入射点与出射点之间的距离是d，入射角为i，肿瘤的反射面恰好与肝脏表面平行，则肿瘤离肝脏表面的深度h为( )
图2－2－10
A. B.
C. D.
【解析】 如图，由题图知＝＝
得sin r＝sin i
由几何知识有sin r＝
解得：h＝.
【答案】 D
11．某物体发出的声音在空气中的波长为1 m，波速340 m/s，在海水中的波长为4.5 m.
(1)该波的频率为________Hz，在海水中的波速为________ m/s.
(2)若物体在海面上发出的声音经0.5 s听到回声，则海水深为多少？
(3)若物体以5 m/s的速度由海面向海底运动，则经过多长时间听到回声？
【解析】 (1)由f＝得：f＝ Hz＝340 Hz.因波的频率不变，则在海水中的波速为v海＝λf＝4.5×340 m/s＝1 530 m/s.
(2)入射声波和反射声波用时相同，则海水深为：
h＝v海＝1 530× m＝382.5 m.
(3)物体与声音运动的过程示意图如图
设听到回声的时间为t，则
v物t＋ v海t＝2 h.
代入数据解得：t＝0.498 s.
【答案】 (1)340 1 530
(2)382.5 m (3)0.498 s
12．一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频率；
(2)声波在这种介质中的传播速度．
【解析】 (1)声波由空气进入另一种介质时，频率不变，由v＝λf得f＝＝ Hz＝1 360 Hz.
(2)因频率不变，有＝得：v′＝v＝×340 m/s＝1 088 m/s
【答案】 (1)1 360 Hz (2)1 088 m/s
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．图2－3－13分别表示一列水波在传播过程中遇到了小孔(甲、乙图)或障碍物(丙、丁图)，其中能发生明显衍射现象的有( )
图2－3－13
A．只有甲、乙、丁 B．只有甲、丁
C．只有乙、丙 D．只有甲、丙
【解析】 由发生明显衍射的条件知，当孔和障碍物的尺寸跟波长相差不多或者更小时，能发生明显衍射，由图知甲、乙、丁可发生，故选A.
【答案】 A
3．(多选)上课时老师将一蜂鸣器固定在教鞭一端后迅速水平旋转，蜂鸣器音调竟然忽高忽低变化，下列判断正确的是( )
A．旋转时蜂鸣器发出的频率变化了
B．由于旋转，改变了同学们听到的声音频率
C．蜂鸣器音调变高时，一定是向靠近观察者的方向运动
D．音调的忽高忽低是由波的干涉造成的
【解析】 蜂鸣器发出的声音频率没变，只是在旋转过程中与观察者之间相对位置改变了．
【答案】 BC
图2－3－14
4．(2013·厦门高二检测)如图2－3－14表示产生机械波的波源O做匀速运动的情况，图中的圆表示波峰．该图表示的是( )
A．干涉现象
B．衍射现象
C．反射现象
D．多普勒效应
【解析】 多普勒效应是在波源和观察者之间有相对运动时产生的现象，故知该图表示的是多普勒效应．
【答案】 D
5．分析下列物理现象：
(1)夏天，在一次闪电过后，有时雷声轰鸣不绝
(2)“闻其声而不见其人”
(3)学生围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音
(4)当正在鸣笛的火车向着我们急驶而来时，我们听到汽笛声的音调变高
这些物理现象分别属于波的( )
A．反射、衍射、干涉、多普勒效应
B．折射、衍射、多普勒效应、干涉
C．反射、折射、干涉、多普勒效应
D．衍射、折射、干涉、多普勒效应
【解析】 夏天，在一次闪电过后，有时雷声轰鸣不绝是雷声在云层里多次反射造成的；闻其声而不见其人是声波的衍射造成的；振动的音叉会产生声波的干涉现象，故听到忽强忽弱的声音；我们听到汽笛声的音调变高是由多普勒效应产生的现象，故A正确．
【答案】 A
图2－3－15
6．(2011·上海高考)两列波源S1、S2在水槽中形成的波形如图2－3－15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】 由图知，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．
【答案】 B
7．(多选)当两列振动情况完全相同的水波发生干涉时，如果两列波的波峰在P点相遇，下列说法正确的是( )
A．质点P的振动始终是加强的
B．质点P的振幅最大
C．质点P的位移始终最大
D．质点P的位移有时为零
【解析】 干涉现象中，振动加强点的振幅大，但位移是变化的．
【答案】 ABD
8．(多选)下面哪些应用是利用了多普勒效应( )
A．利用在地球上接收到遥远天体发出的光波的频率来判断遥远天体相对于地球的运动速率
B．交通警察向行驶中的汽车发射一个已知频率的电磁波，波被运动的汽车反射回来，根据接收到的频率发生的变化，就知道汽车的速度，以便于进行交通管理
C．铁路工人用耳贴在铁轨上可判断火车的运动情况
D．有经验的战士从炮弹飞行的尖叫声可判断飞行的炮弹是接近还是远去
【解析】 凡是波都具有多普勒效应，因此利用光波的多普勒效应便可以测定遥远星体相对地球运动的速率，故A选项正确；被反射的电磁波，相当于一个运动的物体发出的电磁波，其频率发生变化，由多普勒效应的计算公式可以求出运动物体的速度，故B选项正确；铁路工人是根据振动的强弱而对列车的运动做出判断的，故C不正确；炮弹飞行，与空气摩擦产生声波，人耳接收到的频率与炮弹的相对运动方向有关，故D选项正确．
【答案】 ABD
图2－3－16
9．(2013·赤水高二检测)在水面上有S1和S2两个振幅和频率相同的波源，开始起振时两波源的振动方向相反．在两波源连线的中垂线上有a、b、c三点，经过一段时间这三点都处于两列波的叠加区域内．如图2－3－16所示，则下列说法中正确的是( )
A．a点是振动加强点，c点是振动减弱点
B．a、c点是振动加强点，b点是振动减弱点
C．a、c点此时刻振动加强，经过一段时间后变为振动减弱点，而b点可能变为振动加强点
D．a、b、c三点都是振动减弱点
【解析】 由S1和S2两列频率相同的波源所发出的机械波，相遇后满足相干条件，在它们重叠区域将发生干涉．
由于S1和S2两波源振动方向相反，所以在S1S2的垂直平分线上，任一点由两列波所引起的振动点总是大小相同、方向相反，相互叠加，使振动减弱．所以a、b、c三点都是振动减弱的点，因此只有选项D是正确的．
【答案】 D
10．(多选)如图2－3－17所示表示两列相干水波的叠加情况，图中的实线表示波峰，虚线表示波谷，设两列波的振幅均为5 cm，且在图示的范围内振幅不变，波速和波长分别为1 m/s和0.5 m．C点是BE连线的中点，下列说法正确的是( )
图2－3－17
A．C、E两点都保持静止不动
B．图示时刻A、B两点的竖直高度差为20 cm
C．图示时刻C点正处在平衡位置且向上运动
D．从图示的时刻起经0.25 s后，B点通过的路程为20 cm
【解析】 加强区是质点A、B、E的连线处，减弱区是过D、F的连线处和过P、Q的连线处，C、E为振动加强点，不可能静止不动．图示时刻，A在波峰，B在波谷，它们的振动是加强的，故振幅均为两列波振幅之和，此时两点的高度差为20 cm.波是由E向A处传播的，在图示时刻，A、B、C、E等质点的波形图如图所示，由图可知，C点向上运动，波的周期T＝＝0.5 s，t＝0.25 s＝，B点通过的路程为s＝2A＝2×10 cm＝20 cm，故B、C、D正确．
【答案】 BCD
图2－3－18
11．把M、N两块挡板中的空隙当成一个“小孔”做水波的衍射实验，出现了如图2－3－18所示的图样，位置P处的水没有振动起来，现要使挡板左边的振动传到P处，在不改变挡板M的位置和P点位置的情况下，可以采用哪些办法？
【解析】 波发生明显的衍射现象的条件是障碍物或狭缝的尺寸与波长相差不多，或者比波长更小，所以要使P点振动起来，有两种方法，一是减小孔的尺寸，二是增大水波的波长．N板向上移，可以减小孔的尺寸；水波的波速一定，由v＝λf可知，减小波源的频率可以增大水波的波长．
【答案】 N板上移或减小波源振动的频率
12．(2013·济南高二检测)如图2－3－19所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x＝－2×10－1 m和x＝12×10－1 m处，两列波的波速均为v＝0.4 m/s，两波源的振幅均为A＝2 cm.图
示为t＝0时刻两列波的图象(传播方向如图)，此刻平衡位置处于x＝0.2 m和x＝0.8 m的P、Q两质点刚开始振动，质点M的平衡位置处于x＝0.5 m处．
图2－3－19
(1)从t＝0时刻起，两列波经多长时间相遇？
(2)质点M振动的振幅多大？
(3)t＝1 s时刻，质点M的位移多大？
【解析】 (1)由v＝得Δt＝＝ s＝0.75 s
即两列波经0.75 s相遇．
(2)两列波同时传到M点时，振动方向相同，所以振动加强，质点M的振幅为两列波在该点振动的振幅之和，即为4 cm.
(3)由题图可知两列波的波长λ＝0.4 m，
周期T＝＝ s＝1.0 s，M点开始振动的方向沿y轴负方向，再经＝0.25 s到达负向最大位移处，所以t＝0.75 s＋0.25 s＝1 s时刻质点M的位移为－4 cm.
【答案】 (1)0.75 s (2)4 cm (3)－4 cm
1．(多选)(2010·新课标全国高考)在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献．下列说法正确的是( )
A．奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象
B．麦克斯韦预言了电磁波；楞次用实验证实了电磁波的存在
C．库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值
D．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛仑兹发现了磁场对电流的作用规律
【解析】 由物理学史知识可知，电流的磁效应是奥斯特发现的，电磁感应现象是法拉第发现的，赫兹证实了电磁波的存在，安培发现了磁场对电流的作用，洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用．
【答案】 AC
2．(多选)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传播的
B．电磁波在任何介质中的传播速度均为3×108 m/s
C．电磁波由真空进入介质传播时，波长变短
D．电磁波不能产生干涉、衍射的现象
【解析】 电磁波是交替产生周期性变化的电磁场由发生区域向远处传播的．在真空中的传播速度为3×108 m/s.电磁波在传播过程中频率f不变，根据波速公式v＝λf，由于电磁波在介质中传播速度变小，所以波长变短．电磁波具有波动性，能产生干涉、衍射现象．
【答案】 AC
3．(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
4．(多选)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f和L、C有关．因此要增大f，就要减小L、C的乘积，其中C＝.减小L的方法有：从线圈中抽出铁芯；减小线圈长度；减小线圈横截面积；减少单位长度的线圈匝数．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
5．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3－1－8所示，这时有( )
图3－1－8
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
图3－1－9
6．如图3－1－9所示，当把开关S由1扳到2，下列说法正确的是( )
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
图3－1－10
7．(多选)(2013·西安高二检测)LC回路电容器两端的电压U 随时间t变化的关系如图3－1－10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，电容器带的电荷量不断增大
【解析】 本题考查对LC振荡电路中各物理量振荡规律的理解．由前面所述可知，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、磁场能最多，故选项A错误，B正确．在t2至t3的过程中，从图可知，电容器两极板间电压增大，必有电场能增加，选项C正确．而在t3至t4的过程中，电容器两极板间电压减小，所带的电荷量同时减少，选项D错误．
【答案】 BC
图3－1－11
8．(多选)某空间出现了如图3－1－11所示的一组闭合的电场线，这可能是( )
A．沿AB方向磁场在迅速减弱
B．沿AB方向磁场在迅速增强
C．沿BA方向磁场在迅速增强
D．沿BA方向磁场在迅速减弱
【解析】 根据电磁感应理论，闭合电路中磁通量变化时，使闭合电路中产生感应电流，该电流可用楞次定律判断，其中感应电流的方向和电场线方向一致．根据麦克斯韦电磁场理论．闭合电路中产生感应电流，是因为闭合电路中电荷受到了电场力作用，而变化的磁场产生电场，与是否存在闭合电路无关，故空间内磁场变化产生的电场方向，仍可用楞次定律判断．故正确答案为A、C.
【答案】 AC
9．(多选)(2013·琼海检测)如图3－1－12所示，甲为LC振荡电路，通过P点的电流如图乙，规定逆时针方向为正方向，下列说法正确的是( )
甲 乙
图3－1－12
A．0至t1，电容器正在充电，上极板带正电
B．t1到t2，电容器正在放电，上极板带负电
C．在t3时刻，线圈中的自感电动势最大，且P为正极
D．在t4时刻，线圈中的自感电动势最大，且P为正极
【解析】 0到t1，电流为正，且在减小，即电流为逆时针方向减小，说明电容器正在充电，电流方向为正电荷的运动方向，所以上极板带负电荷；t1到t2，电流为负且在增大，即电流为顺时针方向增大，说明电容器在放电，上极板带负电荷；在t3时刻，电流的变化率(Δi/Δt)最大，所以自感电动势(E＝LΔi/Δt)最大，而t3之前的电流为负且减小，即顺时针减小，线圈中的感应电动势阻碍电流的减小，如能产生电流，则与原电流同向，即P点为正极；在t4时刻，电流最大，电流的变化率为零，自感电动势为零．故B、C正确，A、D错误．
【答案】 BC
图3－1－13
10．如图3－1－13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，再打开开关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，打开开关的时刻为t＝0时刻，那么图中能正确表示电感器的电流i随时间t变化规律的是( )
【解析】 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．
【答案】 C
11．如图3－1－14所示为LC振荡电路中振荡电流随时间变化的图象，由图可知，在OA时间内________能转化为________能，在AB时间内电容器处于________(选填“充电”或“放电”)过程，在时刻C，电容器带电荷量________(选填“为零”或“最大”)．
图3－1－14
【解析】 由题图可知，振荡电流随时间按正弦规律变化．在OA时间内电流增大，电容器正在放电，电场能逐渐转化为磁场能．在AB时间内电流减小，电容器正在充电．在时刻C电流最大，为电容器放电完毕的瞬间，带电荷量为零．
【答案】 电场 磁场 充电 为零
12．实验室里有一水平放置的平行板电容器，知道其电容C＝1μF.在两板带有一定电荷时，发现一粉尘恰好静止在两板间．手头上还有一个自感系数L＝0.1 mH的电感器，现连成如图3－1－15所示电路，试分析以下两个问题：
(1)从S闭合时开始计时，经过π×10－5 s时，电容器内粉尘的加速度大小是多少？
(2)当粉尘的加速度为多大时，线圈中电流最大？
图3－1－15
【解析】 (1)S断开时，电容器内带电粉尘恰好静止，说明电场力方向向上，且F电＝mg，闭合S后，L、C构成LC振荡电路，T＝2π＝2π×10－5 s，经＝π×10－5 s时，电容器间的场强反向，电场力的大小不变，方向竖直向下，由牛顿第二定律得：a＝＝2g.
(2)线圈中电流最大时，电容器两极板间的场强为零，由牛顿第二定律可得：a＝＝g，方向竖直向下．
【答案】 (1)2g (2)g
1．(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X射线的频率
C．X射线的波长有可能等于紫外线的波长
D．可见光波长一定比无线电波的短
【解析】 X射线和γ射线，X射线与紫外线的界限并不明显．
【答案】 CD
2．下列说法错误的是( )
A．发射出去的电磁波，可以传到无限远处
B．无线电波遇到导体，就可以在导体中激起同频率的振荡电流
C．波长越短的电磁波，越接近直线传播
D．移动电话是利用无线电波进行通讯的
【解析】 无线电波在传播过程中，遇到障碍物就被吸收一部分，遇到导体，会在导体内产生涡流(同频率的振荡电流)，故B对A错；波长越短，传播方式越接近光的直线传播，移动电话发射或接收的电磁波属于无线电波的高频段，C、D正确．
【答案】 A
3．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
4．(2013·漳州高二检测)下列说法中正确的是( )
①夏天太阳光把地面晒得发热是因为可见光的热效应在各种电磁波中是最弱的 ②医院里用X射线进行人体透视，是因为它是各种电磁波中穿透本领最大的 ③科学家关注南极臭氧层空洞是因为它将使气候恶化
④在热学中所说的热辐射就是指红外线辐射
A．①② B．①③
C．②④ D．③④
【解析】 热效应最强的是红外线，热辐射即红外线辐射，①不正确，④正确；穿透本领最强的是γ射线，②错误；臭氧层可吸收、阻挡过强的紫外线，使地球上的动植物免受过强紫外线的伤害，另外臭氧层空洞可引起气候恶化，③正确，故选D.
【答案】 D
5．(多选)雷达采用微波而不用其他无线电波的原因是( )
A．微波具有很高的频率
B．微波具有直线传播的特性
C．微波的反射性强
D．微波比其他无线电波(长波、中波、短波等)传播的距离更远
【解析】 雷达采用微波的主要原因是微波具有很高的频率，具有直线传播的特性，反射性强．
【答案】 ABC
6．高原上人的皮肤黝黑的原因是( )
A．与高原上人的生活习惯有关
B．与高原上的风力过大有关
C．与高原上紫外线辐射过强有关
D．由人体本身决定的
【解析】 高原上的紫外线辐射比平原高很多，而紫外线对皮肤有生理作用，可使皮肤变黑而粗糙．
【答案】 C
7．(2013·仁怀高二检测)收音机调谐电路可变电容器从全部旋入到完全旋出的过程中始终收不到某一低频电信号，为了能使这台收音机收到该低频电信号，应( )
A．加长天线
B．增加谐振线圈匝数
C．减少谐振线圈匝数
D．增加电容器初始所带电荷量
【解析】 为使调谐电路的固有频率能调到更低，由f＝可知，只有使自感系数L增大，增大L的办法从题中所给的方法中选，只有增加线圈匝数，故正确答案为B.
【答案】 B
8．间谍卫星上装有某种遥感照相机，可用来探测军用和民用目标．这种照相机能拍到晚上关灯行驶的汽车．这种遥感照相机敏感的电磁波属于( )
A．可见光波段 B．红外波段
C．紫外波段 D．X射线波段
【答案】 B
9．一种电磁波入射到半径为1 m的孔上，可发生明显的衍射现象，这种波属于电磁波谱的哪个区域( )
A．可见光 B．γ射线
C．无线电波 D．紫外线
【解析】 一种波发生明显衍射现象的条件是：障碍物或孔的尺寸大小与其波长差不多或比其波长还要小．电磁波中的无线电波波长大约是10－2～104 m，红外线波长大约是10－3～10－2 m，可见光、紫外线、γ射线的波长更短，所以只有无线电波才符合条件．
【答案】 C
10．(多选)(2013·贵阳高二检测)图3－2－6(a)为一个调谐接收电路，图(b)、(c)、(d)为电路中的电流随时间变化的图象，则( )
图3－2－6
A．i1是L1中的电流图象
B．i1是L2中的电流图象
C．i2是L2中的电流图象
D．i3是流过耳机的电流图象
【解析】 i1是L1中的电流图象，由于晶体二极管具有单向导通性，所以i2是L2中的电流图象，而电容器具有通高频、阻低频的特性，所以i3是流过耳机的电流图象．
【答案】 ACD
11．科学技术是一把双刃剑．电磁波的应用也是这样．它在使人类的生活发生日新月异变化的同时也存在副作用——电磁污染．频率超过0.1 MHz的电磁波的强度足够大时就会对人体构成威胁．按照有关规定，工作场所受到的电磁辐射强度(单位时间内垂直通过单位面积的电磁辐射能量)不得超过0.50 W/m2.若某小型无线通讯装置的电磁辐射功率是1 W，那么在距离该通讯装置________m以外是符合规定的安全区域(已知球面面积S＝4πR2)．
【解析】 以发射中心为圆心、R为半径作一球面，则该球面外为安全区，在球面上，单位面积上受到的电磁辐射强度≤0.50 W/m2.由题意知：≤0.50 W/m2，即R≥0.40 m.
【答案】 0.40
12．LC振荡电路电容器的电容为3×10－5μF，线圈的自感系数为3 mH，它与开放电路耦合后，求：
(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】 (1)根据T＝2π得
f＝
代入数值得，f＝530 kHz.
(2)根据λ＝c/f
得λ＝566 m.
【答案】 (1)530 kHz (2)566 m
