学业分层测评
第4章
4.2
用双缝干涉仪测定光的波长
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到如图4 2 7甲所示的条纹，仅改变一个实验条件后，观察到的条纹如图乙所示.他改变的实验条件可能是( )
图4 2 7
A.减小光源到单缝的距离
B.减小双缝之间的距离
C.增大双缝到光屏之间的距离
D.换用频率更高的单色光源
E.换用频率更低的单色光源
【解析】 根据Δx＝λ，其中l是双缝到光屏之间的距离，d是双缝之间的距离，λ是波长，又λ＝，B、C、E选项正确.
【答案】 BCE
2.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点恰好为第三条亮纹，现改用波长较短的单色光照射，其他的条件不变，那么不可能的是( )
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
E.中央O点仍为亮纹
【解析】 波长短，双缝到P点光程差不变，故A、C不可能；若将光屏向双缝移近一些，条纹间距变小，故D不可能.
【答案】 ACD
3.(1)备有下列仪器：
A.白炽灯 B.双缝 C.单缝 D.滤光片 E.白色 光屏
把以上仪器装在光具座上时，正确的排列顺序应该是：________(填写字母代号).
(2)已知双缝到光屏之间的距离L＝500
mm，双缝之间的距离d＝0.50
mm，单缝到双缝之间的距离s＝100
mm，某同学在用测量头测量时，调整手轮，在测量头目镜中先看到分划板中心刻线对准A亮条纹的中心，然后他继续转动，使分划板中心刻线对准B亮条纹的中心，前后两次游标卡尺的读数如图4 2 8所示.则入射光的波长λ＝________m(结果保留两位有效数字).
图4 2 8
(3)实验中发现条纹太密，难以测量，可以采用的改善办法有________.
A.改用波长较长的光(如红光)作为入射光
B.增大双缝到屏的距离
C.增大双缝到单缝的距离
D.增大双缝间距
【解析】 游标卡尺读数精确度为0.1
mm，A位置主尺读数为11
mm，游标尺读数为1，读数为x1＝11
mm＋1×0.1
mm＝11.1
mm，同理B位置读数为x2＝15.6
mm，则条纹间距Δx＝≈0.64
mm.利用λ＝Δx＝6.4×10－7
m.由Δx＝λ可知，要增大条纹间距，可用波长更长的入射光或增大双缝到屏的距离，故A、B正确.
【答案】 (1)ADCBE (2)6.4×10－7 (3)AB
4.如图4 2 9所示，在“用双缝干涉测光的波长”实验中，光具座上放置的光学元件依次为：①光源、②________________、③________、④________、⑤遮光筒、⑥光屏.对于某种单色光，为增大相邻亮纹(暗纹)间的距离，可采取____________或____________的方法.
【导学号：38910049】
图4 2 9
【解析】 做该实验时用单色光，应特别注意，②是滤光片，其他依次是单缝屏、双缝屏、遮光筒和毛玻璃屏.由条纹间距公式Δx＝λ可知，要增大相邻条纹间距，应该增大双缝屏到光屏的距离或者减小两缝间距离.
【答案】 滤光片 单缝屏 双缝屏 增大双缝屏到光屏的距离 减小双缝屏两缝间距离
5.在“用双缝干涉测光的波长”实验中，将双缝干涉实验仪按要求安装在光具座上，如图4 2 10甲所示，并选用缝间距d＝0.2
mm的双缝屏.从仪器注明的规格可知，像屏与双缝屏间的距离l＝700
mm.然后，接通电源使光源正常工作.
【导学号：38910050】
图4 2 10
(1)已知测量头主尺的最小刻度是毫米，副尺上有50个分度.某同学调整手轮后，从测量头的目镜看去，第1次映入眼帘的干涉条纹如图4 2 10乙(a)所示，图4 2 10乙(a)中的数字是该同学给各暗纹的编号，此时图4 2 10乙(b)中游标尺上的读数x1＝1.16
mm；接着再转动手轮，映入眼帘的干涉条纹如图4 2 10丙(a)所示，此时图4 4 10丙(b)中游标尺上的读数x2＝________
mm；
(2)利用上述测量结果，经计算可得两个相邻明纹(或暗纹)间的距离Δx＝________
mm；这种色光的波长λ＝________
nm.
【解析】 (1)由游标尺的读数规则可知：x2＝(15.0＋1×0.02)
mm＝15.02
mm
(2)题图乙(a)中暗纹与题图丙(a)中暗纹间的间隔为6个
故Δx＝＝2.31
mm
由Δx＝λ可知λ＝＝6.6×102
nm.
【答案】 (1)15.02 (2)2.31 6.6×102
6.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4 2 11所示的光具座上组成双缝干涉装置，用以测量红光的波长.
(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应为C、________、A.
图4 2 11
(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时还应注意单缝、双缝应________________________且________.
(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4 2 12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为________mm，求得相邻亮纹的间距Δx＝________mm.
图4 2 12
(4)已知双缝间距d为2.0×10－4m，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.
【导学号：38910051】
【解析】 (1)由左至右依次放置白色光源C、滤光片E、单缝D、双缝B、毛玻璃屏A.
(2)单缝、双缝应相互平行并跟遮光筒轴线垂直.
(3)甲的示数为2.320
mm，乙的示数为13.870
mm，则Δx＝
mm＝2.310
mm.
(4)由Δx＝λ得
λ＝Δx＝×2.310×10－3
m＝
6.60×10－7
m＝660
nm.
【答案】 (1)E、D、B (2)相互平行 与遮光筒轴线垂直 (3)13.870 2.310 (4)Δx 660学业分层测评
第2章
2.1
机械波的产生
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.关于机械波的形成，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，只是时间上落后一步
C.参与振动的质点的振动频率都相同
D.机械波是介质随波迁移
E.机械波可以传递能量和信息
【解析】 若只有物体振动，而周围没有传播这种振动的介质，振动不可能由近及远传播出去形成机械波，A错.机械波中各振动质点都在重复波源的振动，振动频率都等于波源的频率，只是离波源越远，振动步调越落后，B、C正确.机械波中介质各质点只在自己平衡位置附近振动，不随波迁移，离波源较远的质点振动的能量是通过离波源近的各质点的传递从波源获得的，D错，E对.
【答案】 BCE
2.一列简谐横波沿x轴传播，某时刻的波形如图2 1 4所示，已知此时质点F的运动方向向y轴负方向，则( )
图2 1 4
A.此波向x轴负方向传播
B.质点C此时向y轴负方向运动
C.质点C将比质点B先回到平衡位置
D.质点E的振幅为零
E.各质点的振幅相同
【解析】 因为机械波在传播过程中，靠近波源的质点的振动带动相邻的后面质点的振动，而后面质点要“模仿”前面质点的振动，所以本题中，已知质点F的运动方向向y轴负方向，即F质点正在“模仿”右边质点的振动，这说明波源在右边，波从右向左传播，即此波向x轴负方向传播，选项A正确；质点C此时刚到达最大位移处，速度为0，此后才向y轴负方向运动，选项B错误；质点B要先向y轴正方向运动到达波峰位置再回到平衡位置，而质点C直接从波峰位置回到平衡位置，所以选项C正确；振幅指的是质点离开平衡位置的最大距离，虽然此时质点E的位移为零，但其振幅不为零，选项D错误，E正确.
【答案】 ACE
3.下列关于横波、纵波的说法正确的是( )
A.凸凹相间的波叫横波，凸起的最高处叫波峰，凹下的最低处叫波谷
B.质点振动方向和波的传播方向在同一直线上的波叫纵波
C.横波和纵波传播的都只是振动这种运动形式
D.沿横向传播的波叫横波，沿纵向传播的波叫纵波
E.沿横向传播的波叫纵波，沿纵向传播的波叫横波
【解析】 质点的振动方向与波的传播方向垂直的波为横波，质点的振动方向与波的传播方向在同一直线上的波为纵波；横波具有波峰和波谷，两种波传播的都是运动形式，A、B、C正确.
【答案】 ABC
4.一根张紧的水平弹性绳，绳上的S点在外界驱动力的作用下沿竖直方向做简谐运动，在绳上形成稳定的横波，在S点的左、右两侧分别有A、B、C、D四点，如图2 1 5所示，已知AB、BS和SC的距离相等，CD的距离为SC的2倍，下面的说法中正确的是( )
【导学号：38910019】
图2 1 5
A.若B点的位移与S点的位移始终相同，则A点的位移一定与S的位移始终相同
B.若B点的位移与S点的位移始终相反，则A点的位移一定与S点的位移始终相反
C.若C点的位移与S点的位移始终相同，则D点的位移一定与C点的位移始终相同
D.若C点的位移与S点的位移始终相反，则D点的位移一定与C点的位移始终相同
E.因不知S点的起振方向，以上说法均不对
【解析】 选项A中，由于B点和S点位移相同，又因为A＝B，故A点与S点位移也相同.选项B中，B点和S点位移始终相反，那么再隔同样距离时，A点和S点的位移就应始终相同了.位移始终相同的点和始终相反的点是相互隔开的.
【答案】 ACD
5.机械波在介质中传播时，下列说法中正确的是( )
A.各质点都在各自的平衡位置附近振动
B.相邻质点间必有相互作用力
C.前一质点的振动带动相邻后一质点的振动，后一质点的振动必定落后于前一质点
D.各质点也随波的传播而迁移
E.在横波中质点不随波迁移，在纵波中，质点随波一直向前移动
【解析】 机械波在介质中传播时，由于各质点间的相互作用力，前一质点带动相邻的后一质点在其平衡位置附近振动，但各质点并不随波迁移，所以A、B、C正确，D、E错误.
【答案】 ABC
6.下列关于横波与纵波的说法中，正确的是( )
A.声波一定是纵波
B.水波一定是横波
C.地震波既有横波，也有纵波
D.横波只能在固体中传播，纵波既可以在固体中传播，也可以在液体、气体中传播
E.对于横波，质点的振动方向与波的传播方向一定垂直
【解析】 声波可以在空气中传播也可以在液体和固体中传播，空气中的声波一定是纵波，而固体中的声波既可能是纵波，也可能是横波，故A错；水波既不是横波，也不是纵波，它的运动形式比较复杂，故B错；地震波既有横波，也有纵波，故发生地震时，地面既有上下振动，也有左右运动，C、D正确；横波振动方向与波的传播方向一定垂直，E正确.
【答案】 CDE
7.下列关于沿绳传播的一列机械波的正确说法是( )
A.绳波的形成是由于绳上各质点的相互作用
B.绳上各质点都随绳波向前传播
C.当波源突然停止振动时，离波源较近的质点先停止振动
D.当波源突然停止振动时，离波源较远的质点先停止振动
E.波形成的过程是质点的振动形式及能量的传播过程
【解析】 绳波的形成是由于绳上各质点的相互作用，各质点没有相互作用则形不成绳波，A对；绳波在传播过程中，各质点在各自平衡位置附近振动，并不随波迁移，B错；根据波的形成过程以及“由近及远，依次带动”的特点知，当波源突然停止振动时，离波源较近的质点先停止振动，C对、D错；波的形成过程是质点振动形式和能量的传播，E正确.
【答案】 ACE
8.某地区地震波中的横波和纵波传播速率分别约为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 1 6所示).在一次地震中，震源在地震仪下方，观察到两振子相差5
s开始振动，求：
图2 1 6
(1)先振动的是哪个振子？
(2)震源距地震仪的距离是多少？
【解析】 横波速度小于纵波速度，所以P先开始振动.由＋5
s＝，可得x＝36
km.
【答案】 (1)P (2)36
km
[能力提升]
9.一列横波某时刻的波形如图2 1 7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( )
【导学号：38910020】
图2 1 7
A.位移是2
cm
B.位移是零
C.位移是－2
cm
D.速度最大，方向沿－y的方向
E.速度最大，方向沿＋y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，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；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B、D、E正确.
【答案】 BDE
10.关于振动和波的关系，下列说法中正确的是( )
A.振动是形成波的原因，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.对于同一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
E.波源停止振动，介质中的波立即停止传播
【解析】 波动是振动的传播，A正确.振动是单个质点的运动现象，波动是振动由近及远传播形成大量质点振动的宏观运动现象，B正确.波的传播速度指振动形式的传播速度，在均匀介质中，波的传播速度不变，而质点的振动速度是周期性变化的，两者有着严格的区别，C错、D正确.波源停止振动，介质中的波还会继续传播，E错误.
【答案】 ABD
11.如图2 1 8所示是一列简谐波沿x轴正方向传播的某时刻的波形图.a是正向最大位移处，b恰好处于平衡位置，经过Δt＝时间，a、b两个质点所通过的路程的关系是sa________sb.(选填“＜”“＞”或“＝”)
【导学号：38910021】
2 1 8
【解析】 因各个质点均做受迫振动，重复波源的振动，故振动频率、周期、振幅相同，而a正处于正向最大位移处，速度为零，在时间内，向平衡位置运动，速度由零逐渐增大，但达不到最大速度；b正在从平衡位置向上运动，具有最大速度，在时间内，它向正方向最大位移处运动，速度逐渐减小，但平均速度比a的大.
【答案】 ＜
12.细绳的一端在外力作用下从t＝0时刻开始做简谐运动，激发出一列简谐横波.在细绳上选取15个点，图2 1 9中甲为t＝0时刻各点所处的位置，乙为t＝时刻的波形图(T为波的周期).在丙中画出t＝时刻的波形图.
【导学号：38910022】
图2 1 9
【解析】 机械波在传播过程中，介质的质点都在各自的平衡位置附近振动，时间依次滞后，从波形图上看出，在t＝T/4时刻第4个质点才开始振动，则在t＝3T/4时刻第10个质点刚开始振动，此时第4个质点已振动了T/2的时间回到了自己的平衡位置，第1个质点到达下方最大位移处，新的波形如图所示.
【答案】 见解析章末综合测评(一)
(时间：60分钟 满分：100分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分.在每小题给出的5个选项中，有3项符合题目要求，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分.每选错1个扣3分，最低得分为0分)
1.关于振子的振动过程，以下说法正确的是( )
A.振子在平衡位置，动能最大，势能最小
B.振子在最大位移处，势能最大，动能最小
C.振子在向平衡位置运动时，由于振子振幅减小，故总机械能减小
D.在任意时刻，动能与势能之和保持不变
E.振子在平衡位置，弹性势能一定最小
【解析】 振子在平衡位置两侧往复振动，在最大位移处速度为零，动能为零，此时弹簧的形变量最大，势能最大，所以B正确；在任意时刻只有弹簧的弹力做功，所以机械能守恒，D正确；到平衡位置处速度达到最大，动能最大，势能最小，所以A正确；振幅的大小与振子的位置无关，所以选项C错误；振子在平衡位置时，弹簧不一定处于原长，如竖直放置的弹簧振子，故E选项错误.
【答案】 ABD
2.一个水平弹簧振子的振动周期是0.025
s，当振子从平衡位置向右运动，经过0.17
s时，振子运动情况是( )
A.正在向右做减速运动
B.正在向右做加速运动
C.位移正在减小
D.正在向左做加速运动
E.势能正在减小
【解析】 ＝＝6，T在T～T之间，故0.17
s时振子从最大位移处正向右加速衡位置.
【答案】 BCE
3.一弹簧振子做简谐运动，它所受的回复力F随时间t变化的图像为正弦曲线，如图1所示，下列说法正确的是( )
【导学号：38910015】
图1
A.在t从0到2
s时间内，弹簧振子做减速运动
B.在t1＝3
s和t2＝5
s时，弹簧振子的速度大小相等，方向相反
C.在t1＝5
s和t2＝7
s时，弹簧振子的位移大小相等，方向相同
D.在t从0到4
s时间内，t＝2
s时刻弹簧振子所受回复力做功功率最小
E.在t从0到4
s时间内，回复力的功率先增大后减小
【解析】 由于F＝－kx，由F t图像知，在0到2
s时间内，弹簧振子位移变大，离开平衡位置做减速运动，A对；在t1＝3
s和t2＝5
s时，速度大小相等，方向相同，B错；t1＝5
s和t2＝7
s时位移大小、方向都相同，C对；在0到4
s时间内，t＝2
s时刻弹簧振子回复力最大，在端点位置，速度为零，功率最小，D对E错.
【答案】 ACD
4.如图2所示为某弹簧振子在0～5
s内的振动图像，由图可知，下列说法中正确的是( )
图2
A.振动周期为5
s
B.振幅为8
cm
C.第2
s末振子的速度为零，加速度为正向的最大值D.第3
s末振子的速度为正向的最大值
E.从第1
s末到第2
s末振子在做加速运动
【解析】 根据图像，周期T＝4
s，振幅A＝8
cm，A错误，B正确.第2
s末振子到达负方向最大位置，速度为零，加速度为正向的最大值，C正确.第3
s末振子经过平衡位置，速度达到最大值，且向正方向运动，D正确.从第1
s末到第2
s末振子经过平衡位置向负方向运动到达最大位置，速度逐渐减小，做减速运动，E错误.
【答案】 BCD
5.如图3所示，一个弹簧振子在A、B间做简谐运动，O点是平衡位置，以某时刻作为计时零点(t＝0)，过周期，振子具有正方向的最大速度.那么下面五个图像中哪个能够正确反映振子的振动情况( )
图3
A B C D E
【解析】 t＝T时，振子具有正方向的最大速度，则t＝0时，振子应处于负方向最大位移处，此时，回复力和加速度正向最大.故选项C、E错，A、B、D对.
【答案】 ABD
6.一质点做简谐运动的位移x与时间t的关系如图4所示，由图可知( )
【导学号：38910016】
图4
A.频率是2
Hz
B.振幅是5
cm
C.t＝1.7
s时的加速度为正，速度为负
D.t＝0.5
s时，质点所受合外力为零
E.t＝0.5
时回复力的功率为零
【解析】 由简谐运动的图像可判断出振子的周期为2
s，则频率f＝＝0.5
Hz；该质点的振幅为5
cm；1.7
s时位移为负值，则加速度为正，根据图像走向可判断速度为负；0.5
s时，振动质点位于平衡位置，回复力为零，但合外力不一定为零(如单摆在平衡位置时合外力指向圆心).
【答案】 BCE
7.如图5所示的装置中，在曲轴AB上悬挂一个弹簧振子，若不转动把手C，让其上下振动，周期为T1，若使把手以周期T2(T2＞T1)匀速转动，当运动都稳定后，则( )
图5
A.弹簧振子的振动周期为T1
B.弹簧振子的振动周期为T2
C.弹簧振子的振动频率为
D.要使弹簧振子的振幅增大，可让把手转速减小
E.要使弹簧振子的振幅增大，可让把手转速增大
【解析】 弹簧振子在把手作用下做受迫振动，因此振动周期为T2，A错，B、C对；由于T2＞T1，故欲使振幅增大，应使T2减小，即转速应增大，D错，E对.
【答案】 BCE
8.如图6所示，用绝缘细线悬挂的单摆，摆球带正电，悬挂于O点，摆长为l，当它摆过竖直线OC时便进入或离开匀强磁场，磁场方向垂直于单摆摆动的平面向里，A、B点分别是最大位移处.下列说法中正确的是( )
【导学号：38910017】
图6
A.A点和B点处于同一水平面
B.A点高于B点
C.摆球在A点和B点处线上的拉力大小相等
D.单摆的振动周期仍为T＝2π
E.单摆向右或向左摆过D点时，线上的拉力大小相等
【解析】 摆球运动过程中机械能守恒，所以A、B在同一高度，选项A正确，B错误；球在B点不受洛伦兹力，与球在A点时受拉力大小相等，选项C正确；球在磁场中运动时虽然受洛伦兹力，但洛伦兹力总与速度方向垂直，不能提供回复力，所以不改变振动的周期，选项D正确；单摆向右或向左摆过D点时，速度大小相等，但洛伦兹力的方向相反，所以线上的拉力不相等，选项E错误.
【答案】 ACD
二、非选择题(本大题共4小题，共52分，按题目要求作答)
9.(8分)某实验小组在“利用单摆测定当地重力加速度”的实验中：
(1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图7所示，则该摆球的直径为________cm.
图7
(2)小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是________.(填选项前的字母)
A.把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时
B.测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为
C.用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大
D.选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小
【解析】 (1)游标卡尺读数为0.9
cm＋8×0.1
mm＝0.98
cm.(2)单摆符合简谐运动的条件是最大偏角不超过5°，并从平衡位置计时，故A错误；若第一次过平衡位置计为“0”，则周期T＝，若第一次过平衡位置计为“1”，则周期T＝，B错误；由T＝2π得g＝，其中l为摆长，即悬线长加摆球半径，若为悬线长加摆球直径，由公式知g偏大，故C正确；为了能够将摆球视为质点和减少空气阻力引起的相对误差，应选密度较大、体积较小的摆球，故D错误.
【答案】 (1)0.98 (2)C
10.(12分)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8(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8
【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】 87.40
cm 75.2 1.88
11.(16分)如图9所示，轻弹簧的下端系着A、B两球，mA＝100
g，mB＝500
g，系统静止时弹簧伸长x＝15
cm，未超出弹性限度.若剪断A、B间绳，则A在竖直方向做简谐运动，求：
图9
(1)A的振幅为多大.
(2)A的最大加速度为多大.(g取10
m/s2)
【导学号：38910018】
【解析】 (1)设只挂A时弹簧伸长量x1＝.由(mA＋mB)g＝kx，得k＝，即x1＝x＝2.5
cm.振幅A＝x－x1＝12.5
cm.(2)剪断细绳瞬间，A受最大弹力，合力最大，加速度最大.F＝(mA＋mB)g－mAg＝mBg＝mAam，am＝＝5g＝50
m/s2.
【答案】 (1)12.5
cm (2)50
m/s2
12.
(16分)如图10所示，摆长为L的单摆竖直悬挂后摆球在最低点O距离地面高度为h，现将摆球拉至A点无初速度释放，摆角为θ(θ＜5°).当摆球运动到最低点O时，摆线突然断裂.不计空气阻力，重力加速度为g，求摆球从A点开始运动到落地经历的时间.
图10
【解析】 单摆的周期T＝2π
摆线断裂后，由h＝gt2得：
下落时间t＝
t总＝t＋＝＋.
【答案】 ＋学业分层测评
第2章
2.2
机械波的描述
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.如图2 2 9是某时刻横波的波形图，则( )
图2 2 9
A.若质点a向下运动，则波是从右向左传播的
B.若质点b向下运动，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c向上运动
E.若波从左向右传播，则质点d向下运动
【解析】 根据质点振动方向与波的传播方向的关系，若a、b向下运动，则波向左传播，B项错误，A项正确；若波向左传播，则c向上运动，D项正确；若波向右传播，则d向下运动，E项正确.
【答案】 ADE
2.机械波在给定的介质中传播时，下列说法正确的是( )
A.振幅越大，则波传播的速度越快
B.振幅越大，则波传播的速度越慢
C.波速与振幅无关
D.在一个周期内，波传播的距离等于一个波长
E.振动的频率越高，则波传播一个波长的距离所用的时间越短
【解析】 根据波速公式v＝或v＝λf，说明波的传播速度与振幅无关，A、B错误，C正确；质点振动一个周期，波传播的距离等于一个波长，因而D正确；频率越高，即周期越小，因而波传播一个波长所用时间就越短，故E正确.
【答案】 CDE
3.如图2 2 10所示是一列简谐波在某时刻的波形图，若此时质点P正处于加速运动过程中，则此时( )
图2 2 10
A.质点Q处于加速运动过程中
B.质点Q处于减速运动过程中
C.质点N处于减速运动过程中
D.质点N处于加速运动过程中
E.波是向左传播的
【解析】 P点加速运动说明P点向平衡位置运动，此列波向左传播，故Q点、N点均向上运动，Q点正远离平衡位置，处于减速运动过程，N点正向平衡位置靠近，处于加速运动过程，故B、D、E正确.
【答案】 BDE
4.一列沿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 11所示，下列说法正确的是( )
图2 2 11
A.这列波的振幅为2
cm
B.这列波的周期为2
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
E.此时x＝6
m处的质点的速度最大
【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正确；由题图得，波长λ＝8
m，由T＝得T＝2
s，选项B正确；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；x＝6
m处的质点速度为0，选项E错误.
【答案】 ABD
5.对机械波，关于公式v＝λf的下列说法正确的是( )
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4
m的声波为波长是2
m的声波传播速度的2倍
E.机械波的传播速度与频率无关
【解析】 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错误，E正确；对同一列波，其频率由振源决定，与介质无关，故C正确.
【答案】 ACE
6.如图2 2 12所示，a、b、c、d是均匀媒质中x轴上的四个质点，相邻两点的间距依次为2
m、4
m和6
m.一列简谐横波以2
m/s的波速沿x轴正向传播，在t＝0时刻到达质点a处，质点a由平衡位置开始竖直向下运动，t＝3
s时a第一次到达最高点.下列说法正确的是( )
图2 2 12
A.在t＝6
s时刻波恰好传到质点d处
B.在t＝5
s时刻质点c恰好到达最高点
C.质点b开始振动后，其振动周期为4
s
D.在4
ss的时间间隔内质点c向上运动
E.当质点d向下运动时，质点b一定向上运动
【解析】 由波的传播知t＝6
s时波传播的距离s＝vt＝2×6
m＝12
m，即传到d点，选项A正确；t＝0时a由平衡位置开始向下振动，t＝3
s时第一次到达最高点，则T＝3
s，得T＝4
s；各质点振动周期相同，选项C正确；波传到c点所需时间t＝＝
s＝3
s，此时c点由平衡位置开始向下振动，1
s后到达最低点，所以4
ss内质点c向上运动，选项D正确；5
s时c点正在平衡位置，选项B错误；由v＝得λ＝vT＝2×4
m＝8
m，bd间距Δx＝10
m＝1λ，其振动方向并不始终相反，选项E错误.
【答案】 ACD
7.一列沿x轴正方向传播的横波在某一时刻的波形图像如图2 2 13所示，已知波的传播速度是16
m/s.
图2 2 13
(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时的波的图像.
【解析】 (1)由图像可以看出，质点振动的最大位移是10
cm.因此，振幅是10
cm.(2)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后的波形图像如图中的虚线所示.
【答案】 (1)10
cm (2)图见解析
8.某波源S发出一列简谐横波，波源S的振动图像如图2 2 14所示.在波的传播方向上有A、B两点，它们到S的距离分别为45
m和55
m.测得A、B两点开始振动的时间间隔为1.0
s.求：
图2 2 14
(1)波长λ；
(2)当B点离开平衡位置的位移为＋6
cm时，A点离开平衡位置的位移.
【解析】 (1)从S的振动图像可知，T＝2
s；A、B两点距离为10
m，波从A传到B所需时间为1
s，则波速v＝＝
m/s＝10
m/s，则波长λ＝vT＝20
m.
(2)A、B之间的距离刚好为半个波长，它们的振动状态相反，当B点离开平衡位置的位移为＋6
cm时(波峰)，A点离开平衡位置的位移是－6
cm(波谷).
【答案】 (1)20
m (2)－6
cm
[能力提升]
9.如图2 2 15所示，有一列传播的简谐横波，x＝0与x＝1
cm处的两个质点的振动图像分别如图中实线与虚线所示.则这列波的( )
图2 2 15
A.波长一定是4
cm
B.周期一定是4
s
C.振幅一定是2
cm
D.传播速度一定是1
cm/s
E.传播速度可能是1
cm/s
【解析】 由图可知波的振幅、周期和质点振动的振幅、周期相同，分别为2
cm和4
s，因此选项B、C正确；再根据x＝0与x＝1
cm处的两个质点的振动图像可知两质点振动时间相差T＋nT，距离相差λ＋nλ，因此波长是一系列解，选项A错误；根据v＝可得，波速也应该是一系列解，当n＝0时，v＝1
cm/s.故选项D错误，E正确.
【答案】 BCE
10.一列简谐横波沿x轴传播，t＝0时的波形如图2 2 16所示，质点A与质点B相距1
m，质点A的速度沿y轴正方向；t＝0.02
s时，质点A第一次到达正向最大位移处，由此可知( )
【导学号：38910023】
图2 2 16
A.此波的传播速度为25
m/s
B.此波沿x轴负方向传播
C.此波沿x轴正方向传播
D.从t＝0时刻起，经0.04
s质点A沿波的传播方向迁移了1
m
E.在t＝0.04
s时，质点B处在平衡位置，速度沿y轴正方向
【解析】 由题图可知s＝，则λ＝2
m，而t＝0.02
s＝.则T＝0.08
s，v＝＝25
m/s，故A项正确.由A点向上振动可知波向左传播，故B项正确，C项错误.由于质点并不随波迁移，故D项错误.在t＝0.04
s时，质点B在平衡位置，运动方向向上，故E项正确.
【答案】 ABE
11.在O点有一波源，t＝0时刻开始向上振动，形成向右传播的一列横波，t1＝4
s时，距离O点为3
m的A点第一次到达波峰；t2＝7
s时，距离O点为4
m的B点第一次到达波谷.求该波的波长、周期和波速.
【解析】 设波速为v，周期为T，由题意得：t1＝＋＝4
s，t2＝＋T＝7
s.由以上两式得：v＝1
m/s，T＝4
s，波长为λ＝vT＝4
m.
【答案】 4
m 4
s 1
m/s
12.如图2 2 17所示实线是一列简谐横波在t1＝0时刻的波形，虚线是这列波在t2＝0.5
s时刻的波形，问：
图2 2 17
(1)若波速向右，波速多大？
(2)若波速向左，波速多大？
(3)若波速大小为74
m/s，波速方向如何？
【解析】 (1)波向右传播时，传播距离Δx满足
Δx＝nλ＋λ(n＝0,1,2,3，…)
v＝＝＝2nλ＋λ(n＝0,1,2,3，…)
由波形图知λ＝8
m
解得v＝
(16n＋6)
m/s.
(2)波向左传播时，传播距离Δx′满足
Δx′＝nλ＋λ(n＝0,1,2,3，…)
由v′＝得v′＝(16n＋10)
m/s.
(3)已知v＝74
m/s
令74＝16n＋6，得n＝(不合题意)
令74＝16n＋10得n＝4(符合题意)
故当v＝74
m/s时，波应向左传播.
【答案】 (1)(16n＋6)
m/s
(2)(16n＋10)
m/s
(3)向左传播学业分层测评
第4章
4.1
光的干涉
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.以下光源不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
E.一束平行单色光经双缝后分为两束
【解析】 相干光的条件，必须是频率相同，相位差恒定.
【答案】 ABC
2.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)( )
【导学号：38910046】
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(n＋)λ的点形成暗条纹
E.在距离双缝的路程差恰好是一个波长时，形成亮条纹
【解析】 在双缝干涉实验中，当某处距双缝距离之差Δx为波长的整数倍时，即Δx＝kλ，k＝0,1,2,3，…这些点为加强点，该处出现亮条纹；当某处距双缝距离之差Δx为半波长的奇数倍时，即Δx＝(2k＋1)，k＝0,1,2,3…这些点为减弱点，该处出现暗条纹；故选项B、D正确，A、C错误.路程差恰好是一个波长时出现亮条纹，E正确.
【答案】 BDE
3.下列现象中，属于光的干涉现象的是( )
A.雨后马路上油膜呈彩色
B.肥皂泡在阳光下呈现出彩色
C.阳光通过三棱镜形成彩色光带
D.单色光通过双缝时形成明暗相间条纹
E.室内同时打开两盏电灯，灯光变亮
【解析】 阳光通过三棱镜形成彩色光带是光的色散现象，C错误.室内打开两盏电灯，不符合干涉条件，E错误，故A、B、D正确.
【答案】 ABD
4.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
E.雨后天空出现彩虹是薄膜干涉现象
【解析】 由于干涉实验中，波长越大，条纹间距越大而红光波长最长，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.雨后天空出现彩虹是光的折射形成的，E错.
【答案】 BCD
5.在双缝干涉实验中，光屏上P点到双缝S1、S2的距离之差Δs1＝0.75
μm，光屏上Q点到双缝S1、S2的距离之差Δs2＝1.5
μm.若用频率ν＝6.0×1014
Hz的黄光照射双缝，则P点出现________条纹，Q点出现___________条纹.
【解析】 由光的频率ν＝6.0×1014
Hz，知光的波长λ＝c/ν＝5×10－7
m.P点到双缝S1、S2的距离之差Δs1＝0.75
μm＝7.5×10－7
m＝1.5λ.Q点到双缝S1、S2的距离之差Δs2＝1.5
μm＝15×10－7
m＝3λ，因此，P点出现暗条纹，Q点出现亮条纹.
【答案】 暗 亮
6.在双缝干涉实验中，由双缝S1、S2发出的光在光屏上某点P叠加，若光的波长为600
nm，光屏上P点到S1、S2的距离分别为3.2×10－2
mm和1.1×10－2
mm，则P点将出现________(选填“亮”或“暗”)条纹.
【解析】 由S1P－S2P＝3.2×10－2
mm－1.1×10－2
mm＝2.1×10－2
mm
＝＝35
即S1P－S2P＝35λ，故P点出现亮条纹.
【答案】 亮
7.为了减少在透镜表面由于光的反射带来的能量损失，可以在透镜表面上涂一层增透膜.当薄膜的厚度等于入射光在薄膜中传播的波长的时，从薄膜的前后两个表面反射回来的光所经过的路程差恰好等于半个波长，干涉时相消，减小了反射光的能量，增加了透射光的能量.
一透镜表面涂了一层对绿光折射率为1.38的氟化镁薄膜，为使波长为5.52×10－7
m的绿光在薄膜上反射叠加相消，求所涂薄膜的最薄厚度是多少.
【解析】 (1)由n＝＝＝得，光在镀膜中的波长
λ＝＝
m＝4×10－7m
所以，所涂薄膜的最薄厚度是＝1×10－7m
【答案】 1×10－7m
[能力提升]
8.用波长为λ的单色光照射单缝O，经双缝N、M在屏上产生明暗相间的干涉条纹，如图4 1 9所示，图中a、b、c、d、e为相邻亮条纹的位置，c为中央亮条纹，则光从( )
【导学号：38910047】
图4 1 9
A.O到达a、b的路程差为零
B.N、M到达b的路程差为λ
C.O到达a、c的路程差为4λ
D.N、M到达e的路程差为2λ
E.N、M到达c点的路程差为零
【解析】 路程差是指从双缝处开始算起的，产生亮条纹是|s1－s2|＝nλ(其中n＝0,1,2,3…)，c点为中央亮条纹，N、M到达c点的路程差是0；b、d两点是第一级亮条纹，N、M到达b点的路程差为λ；a、e两点是第二级亮条纹，N、M到达e点的路程差为2λ，故B、D、E正确，A、C错误.
【答案】 BDE
9.某同学利用如图4 1 10所示实验观察光的干涉现象，其中A为单缝屏，B为双缝屏，C为光屏.当他让一束阳光照射A屏时，C屏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可能是________.
图4 1 10
【解析】 双缝干涉中单缝的作用是获得线光源，而线光源可以看做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，得不到线光源.
【答案】 单缝S太宽
10.如图4 1 11所示，在杨氏双缝干涉实验中，激光的波长为5.30×10－7
m，屏上P点距双缝S1和S2的路程差为7.95×10－7
m.则在这里出现的应是________(选填“明条纹”或“暗条纹”).现改用波长为6.30×10－7
m的激光进行上述实验，保持其他条件不变，则屏上的条纹间距将________(选填“变宽”“变窄”或“不变”).
图4 1 11
【解析】 根据路程差Δx＝·3，故路程差是半波长的奇数倍，是暗条纹.改用波长为6.30×10－7
m的激光，则波长变大，条纹间距变宽.
【答案】 暗条纹 变宽
11.如图4 1 12所示，在双缝干涉实验中，若用λ1＝5×10－7
m的光照射，屏上O点是中央亮条纹，屏上A点为第二级亮条纹所在处.若换用λ2＝4×10－7
m的光照射时，屏上O点处是什么情况？屏上A点处又是什么情况？
【导学号：38910048】
图4 1 12
【解析】 从双缝到屏上O点的距离之差，无论用何种频率的光照射，路程差总是零.所以O点仍然是亮条纹.
从双缝到屏上A点的路程差d＝S2A－S1A，用λ1光照射时为第二级亮条纹，即d＝2λ1
代入数据d＝1×10－6
m，这个路程差1×10－6
m对于波长为λ2的光波来说＝2.5
即为半波长的奇数倍，A处为暗条纹
d＝(2k＋1)(k＝0，±1，±2…)
1×10－6
m＝(2k＋1)
m，即k＝2
当k＝0时为第一级暗条纹，所以当k＝2时应为第三级暗条纹.
【答案】 见解析学业分层测评
第5章
5.3
奇特的相对论效应
5.4
走近广义相对论
5.5
无穷的宇宙
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.下列问题需要用相对论来进行解释的是( )
A.嫦娥一号的运行轨迹的计算
B.喷气式飞机的空中运行
C.人造太阳的反应过程
D.红矮星的演变过程
E.星球引起的引力红移
【解析】 C选项中的过程属于微观的情况，D选项中的过程属于高速的情况，E项中属于广义相对论的结论.
【答案】 CDE
2.爱因斯坦提出了质能方程，关于质能方程，下列说法正确的是( )
A.质量和能量可以相互转化
B.当物体向外释放能量时，其质量必定减小，且减小的质量Δm与释放的能量ΔE满足ΔE＝Δmc2
C.如果物体的能量增加了ΔE，那么它的质量相应增加Δm，并且ΔE＝Δmc2
D.质能方程揭示了质量和能量的不可分割性
E.mc2是物体能够放出能量的总和
【答案】 BCD
3.下列说法中正确的是( )
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
E.引力不会对空间产生影响
【解析】 由广义相对论我们知道：物质的引力使光线弯曲，因此选项A、D是正确的.在引力场中时间进程变慢，而且引力越强，时间进程越慢，因此我们能观察到引力红移现象，所以选项C正确.
【答案】 ACD
4.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的远离我们
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
E.“超新星”爆发后少数可能形成黑洞
【解析】 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；“超新星”爆发后少数可能形成黑洞
，E正确.
【答案】 ADE
5.如图5 3 1所示，a、b、c为三个完全相同的时钟，a放在水平地面上，b、c分别放在以速度vb、vc向同一方向飞行的两火箭上，且vb＜vc，则地面上的观察者认为走得最慢的钟为________.
图5 3 1
【解析】 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，由vc＞vb＞va＝0知c钟走得最慢.
【答案】 c
6.一张正方形的宣传画，正贴在铁路旁的墙上，一高速列车驶过时，在车上的司机看到这张宣传画变成了什么样子？
【解析】 取列车为惯性系，宣传画相对于列车高速运动，根据尺缩效应，宣传画在运动方向上将变窄，但在垂直于运动方向上没有发生变化.
【答案】 宣传画变成了长方形，此画的高度不变，宽度变窄了
7.已知电子的静止能量为0.511
MeV，若电子的动能为0.25
MeV，则它所增加的质量Δm与静止质量m0的比值近似为多少？
【解析】 由题意E＝m0c2
即m0c2＝0.511×106×1.6×10－19
J
①
ΔE＝Δmc2
即Δmc2＝0.25×106×1.6×10－19
J
②
由得＝≈0.5.
【答案】 0.5
[能力提升]
8.关于公式m＝，下列说法中正确的是( )
A.式中的m是物体以速度v运动时的质量
B.式中的m0是物体以速度v运动时的质量
C.当物体运动速度v＞0时，物体的质量m＞m0，即物体的质量改变了，故经典力学不适用
D.当物体以较小的速度运动时，质量变化十分微小，经典力学理论仍然适用，只有当物体以接近光速运动时，质量变化才明显，故经典力学适用于低速运动，而不适用于高速运动
E.通常由于物体的速度太小，质量的变化引不起我们的感觉，在分析地球上物体的运动时，不必考虑质量变化
【解析】 公式中的m0是物体的静质量；在运动速度v远小于光速时，经典力学依然成立，故选项B、C错而A、D、E对.
【答案】 ADE
9.有一太空船以0.8c的速度飞越“月球太空站”.一科学家在月球上量得运动中的太空船长度为200
m，此太空船最后在月球上登陆，此科学家再度测量静止的太空船的长度，他测量的结果如何？
【解析】 在月球上测得运动的飞船的长度为l，静止飞船的长度为l0，依据狭义相对论的长度收缩效应关系式，
有l＝l0
所以l0＝＝m≈333
m.
【答案】 333
m
10.电子的静止质量m0＝9.11×10－31
kg.
(1)试用焦耳和电子伏为单位表示电子的静质能.
(2)静止电子经过106
V电压加速后，其质量和速率各是多少？
【导学号：38910065】
【解析】 (1)由质能方程得：
E＝m0c2＝9.11×10－31×(3×108)2
J
＝8.2×10－14
J＝
eV＝5.1×105
eV.
(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
由质量和速度的关系得：m＝，解得：
v＝c
＝3×108×
m/s
＝2.82×108
m/s.
【答案】 (1)8.2×10－14
J 5.1×105
eV
(2)2.69×10－30
kg 2.82×108
m/s学业分层测评
第4章
4.6
全反射与光导纤维
4.7
激光
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.下列事例哪些应用了光的全反射现象( )
A.海市蜃楼
B.用三棱镜观察太阳光谱
C.某些光学仪器中用等腰直角玻璃三棱镜改变光路90°
D.水中的鱼看起来比实际的要浅
E.多面体钻石能够闪闪发光
【解析】 海市蜃楼和光学仪器中用等腰直角玻璃三棱镜改变光路90°是利用了光的全反射现象，故A、C项正确；用三棱镜观察太阳光谱和水中的鱼看起来比实际的要浅，都是光的折射现象，故B、D项错误.多面体钻石闪闪发光是因为全反射现象，E正确.
【答案】 ACE
2.已知介质对某单色光的临界角为C，则下列说法正确的是( )
A.该介质对单色光的折射率等于
B.此单色光在该介质中的传播速度等于csinC(c是光在真空中的传播速度)
C.此单色光在该介质中的传播波长是在真空中波长的sin
C倍
D.此单色光在该介质中的频率是在真空中的倍
E.此单色光从真空射向介质，入射角大于C时一定发生全反射
【解析】 由临界角的计算式sin
C＝得n＝，故选项A正确；将n＝代入sin
C＝得sin
C＝，故v＝csin
C，故选项B正确；设该单色光的频率为f，在真空中的波长为λ0，在介质中的波长为λ，由波长、频率、波速的关系得c＝λ0f，v＝λf，由sin
C＝＝得，λ＝λ0sin
C，故选项C正确；该单色光由真空传入介质时，频率不发生变化，故选项D错误；此单色光从真空射向介质不会发生全反射，E错误.
【答案】 ABC
3.一束光从空气射向折射率为n＝的某种玻璃的表面，如图4 6 7所示，i代表入射角，则( )
图4 6 7
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
E.当光从玻璃射向空气时，
一定会发生全反射
【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项错误，B正确；由折射定律计算可知C、D两项正确；光从玻璃射向空气，入射角大于临界角时才能发生全反射，E错误.
【答案】 BCD
4.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
E.光疏介质和光密介质相对于折射率来确定，与密度无关
【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.光疏介质和光密介质与密度无关，A、C错误，B、D、E正确.
【答案】 BDE
5.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
E.介质的临界角越小就越容易发生全反射
【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.介质的临界角越小越容易发生全反射，A、B错误，C、D、E正确.
【答案】 CDE
6.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沿直线传播的原理
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
E.光在光纤内不断地发生全反射，中途不会侧漏
【解析】 光纤是利用光的全反射现象而实现光作为载体的信息传递，光纤是内芯折射率大于外层表皮折射率的很细的玻璃丝.故A、D、E正确，B、C错误.
【答案】 ADE
7.如图4 6 8所示，一束光线从空气射入某介质，入射光线与反射光线夹角为90°，折射光线与入射光线延长线间夹角θ为15°，求：
图4 6 8
(1)该介质的折射率.
(2)光在该介质中传播的速度.
(3)当光从介质射入空气时的临界角.
【解析】 (1)由反射定律可知α＝β，由于α＋β＝90°，故入射角α＝45°；
由图可知r＋θ＝α＝45°，由于θ＝15°，故折射角r＝30°，所以该介质的折射率n＝＝＝.
(2)由折射率与速度的关系n＝得v＝＝
m/s＝2.12×108
m/s.
(3)光从介质射入空气时临界角的正弦值sin
C＝＝＝，故临界角C＝45°.
【答案】 (1) (2)2.12×108
m/s (3)45°
8.如图4 6 9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 6 9
(1)玻璃的折射率.
(2)球心O到BN的距离.
【导学号：38910059】
【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＝
①
代入数据得
n＝.
②
(2)光线BN恰好在N点发生全反射，则∠BNO为临界角C
sin
C＝
③
设球心到BN的距离为d，由几何知识可知
d＝R
sin
C
④
联立②③④式得
d＝R.
⑤
【答案】 (1) (2)R
[能力提升]
9.△OMN为玻璃等腰三棱镜的横截面.a、b两束可见单色光从空气垂直射入棱镜底面MN，在棱镜侧面OM、ON上反射和折射的情况如图4 6 10所示.由此可知( )
图4 6 10
A.棱镜内a光的传播速度比b光的小
B.棱镜内a光的传播速度比b光的大
C.a光的频率比b光的高
D.a光的波长比b光的长
E.a光的临界角大于b光的临界角
【解析】 由题图可知，a、b两单色光以相同的入射角分别射向OM、ON两界面，b光发生全反射，而a光发生折射，所以a光的折射率小于b光的折射率，因此a光的波长比b光的波长大，D正确；又v＝，则在棱镜内a光的传播速度比b光的大，B正确.由图可知，a光的临界角大于b光的临界角，E正确.
【答案】 BDE
10.如图4 6 11所示，空气中有一横截面为半圆环的均匀透明柱体，其内圆半径为r，外圆半径为R，R＝r.现有一束单色光垂直于水平端面A射入透明柱体，只经过两次全反射就垂直于水平端面B射出.设透明柱体的折射率为n，光在透明柱体内传播的时间为t，若真空中的光速为c，则( )
【导学号：38910060】
图4 6 11
A.n可能为
B.n可能为2
C.t可能为
D.t可能为
E.t可能为
【解析】 根据题意可画出光路图如图所示，则两次全反射时的入射角均为45°，所以全反射的临界角C≤45°，折射率n≥＝，A、B均正确；光在介质中的传播速度v＝≤，所以传播时间t＝≥，C、D错误，E正确.
【答案】 ABE
11.一束红宝石激光器发射的激光是不连续的一道道闪光，每道闪光称为一个光脉冲，若这种激光器产生的光脉冲的持续时间为1.0×10－11s，波长为694.3
nm，发射功率为1.0×1010
W.求：
(1)每列光脉冲的长度；
(2)用这种激光照射皮肤色斑，每1
cm2皮肤吸收的能量达到60
J以后，色斑便逐渐消失，一个色斑的面积为50
mm2，则它需要吸收多少列红宝石激光脉冲才能逐渐消失？
【解析】 (1)光脉冲的持续时间即为发射一个光脉冲所需的时间.一列光脉冲的长度Δl＝c·Δt＝3.0×108×1.0×10－11m＝3.0×10－3
m.
(2)一列光脉冲所携带的能量ΔE＝P·Δt＝1.0×1010×1.0×10－11J＝0.1
J.清除面积为50
mm2的色斑需要光脉冲数为n＝E·＝＝300(列).
【答案】 (1)3.0×10－3
m
(2)300列
12.如图4 6 12所示为用某种透明材料制成的一块柱形棱镜的截面图，圆弧CD为半径为R的四分之一的圆周，圆心为O，光线从AB面上的某点入射，入射角θ1＝45°，它进入棱镜后恰好以临界角射在BC面上的O点.
图4 6 12
(1)画出光线由AB面进入棱镜且从CD弧面射出的光路图；
(2)求该棱镜的折射率n；
(3)求光线在该棱镜中传播的速度大小v(已知光在空气中的传播速度c＝3.0×108
m/s).
【解析】 (1)光路图如图所示.
(2)光线在BC面上恰好发生全反射，入射角等于临界角C，sin
C＝，cos
C＝.
光线在AB界面上发生折射，折射角θ2＝90°－C，由几何关系得sin
θ2＝cos
C，由折射定律得n＝，由以上几式联立解得n＝.
(3)光速v＝＝×108
m/s.
【答案】 (1)见解析图 (2) (3)×108
m/s学业分层测评
第4章
4.5
光的折射
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.关于光的折射现象，下列说法中正确的是( )
A.折射角一定小于入射角
B.折射率跟折射角的正弦值无关
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，光在其中的传播速度小
E.入射角改变时，入射角的正弦与折射角的正弦的比值不变
【解析】 光从水进入空气时，折射角大于入射角，选项A错误；折射率由介质材料决定，与折射角的大小无关，选项B正确；折射率n＝，折射角增大为原来的2倍，入射角并不增大为原来的2倍，选项C错误；折射率与光速的关系是n＝，则n大时v小，选项D正确；根据＝n，入射角改变时，入射角的正弦与折射角的正弦的比值不变，E正确.
【答案】 BDE
2.关于折射率，下列说法正确的是( )
A.某种介质的折射率等于光在真空中传播速度c和光在介质中的传播速度v的比值
B.折射角和入射角的大小决定着折射率的大小
C.两种介质相比较，光在折射率较小的介质中传播速度大
D.有些介质的折射率可能小于于1
E.折射率是介质本身的性质，与折射角无关
【解析】 某种介质的折射率等于光在真空中的传播速度c与光在介质中传播速度v的比值，A、C正确.折射率与折射角和入射角的大小无关，B不对.由于光在真空中的传播速度c大于任何其他介质中的传播速度v，所以任何介质的折射率都大于1，D错误.折射率是介质本身的性质，与折射角无关，E正确.
【答案】 ACE
3.关于折射率，下列说法中正确的是( )
A.根据＝n可知，介质的折射率与入射角的正弦成正比
B.根据＝n可知，介质的折射率与折射角的正弦成反比
C.根据n＝可知，介质的折射率与介质中的光速成反比
D.同一频率的光由第一种介质进入第二种介质时，折射率与波长成反比
E.介质的折射率与入射角、折射角无关
【解析】 介质的折射率是一个表明介质的光学特性的物理量，由介质本身决定，与入射角、折射角无关.由于真空中光速是个定值，故n与v成反比，这也说明折射率与光在该介质中的光速是有联系的，由v＝λf，当f一定时，v正比于λ.n与v成反比，故折射率与波长λ也成反比.
【答案】 CDE
4.如图4 5 13所示，一玻璃柱体的横截面为半圆形，细的单色光束从空气射向柱体的O点(半圆的圆心)，产生反射光束1和透射光束2，已知玻璃折射率为，入射角为45°(相应的折射角为24°)，现保持入射光不变，将半圆柱绕通过O点垂直于图面的轴线顺时针转过15°，如图中虚线所示，则( )
【导学号：38910055】
图4 5 13
A.光束1转过15°
B.光束1转过30°
C.光束2转过的角度小于15°
D.光束2转过的角度大于15°
E.入射角增大15°，折射率不变
【解析】 转动前，光束1(反射光)与入射光线的夹角为A＝45°×2＝90°，光束2(折射光)与入射光线间的夹角B＝45°＋(180°－24°)＝201°.转动后，反射光线与入射光线的夹角A′＝60°×2＝120°，据折射定律，＝，得r＝30°，则折射光线与入射光线间的夹角为B′＝60°＋(180°－30°)＝210°.因为ΔB＝B′－B＝9°，ΔA＝A′－A＝30°，故B、C项正确.转动后，入射角增大15°，折射率与入射角无关，E正确.
【答案】 BCE
5.测定玻璃的折射率时，为了减小实验误差，应注意的是( )
A.玻璃砖的厚度宜大些
B.入射角应尽量小些
C.大头针应垂直地插在纸面上
D.大头针P1、P2及P3、P4之间的距离应适当大些
E.测出的折射率随入射角的增大而增大
【解析】 玻璃砖厚度大些，可减小测量误差；大头针垂直插在纸面上以及大头针P1与P2及P3与P4之间的距离适当大些，可减小确定光路方向时的误差.A、C、D正确.入射角较小时，测量误差较大，B错误.折射率与入射角无关，E错误.
【答案】 ACD
6.某同学由于没有量角器，他在完成了光路图后，以O点为圆心，10
cm为半径画圆，分别交线段OA于A点，交线段OO′的延长线于C点，过A点作法线NN′的垂线AB交NN′于B点，过C点作法线NN′的垂线CD交NN′于D点，如图4 5 14所示.用刻度尺量得OB＝8
cm，CD＝4
cm，由此可得出玻璃的折射率n＝________.
图4 5 14
【导学号：38910056】
【解析】 由图可知sin∠AOB＝，sin∠DOC＝，OA＝OC＝R，根据n＝知，n＝＝＝＝1.5
【答案】 1.5
7.在直角三角形玻璃砖ABC中，∠A＝30°，平放于水平桌面上，如图4 5 15为其俯视图.一束单色光以45°的入射角水平射入其AB面，在AB面折射后又在AC面处发生一次反射，最后垂直于BC面穿出玻璃砖.求这种玻璃对这束单色光的折射率.
图4 5 15
【解析】 由题意可知，光路图如图所示.由几何关系知，AB面处的折射角为30°.所以，折射率n＝＝.
【答案】
8.如图4 5 16所示，在坐标系的第一象限内有一横截面为四分之一圆周的柱状玻璃体OPQ，OP＝OQ＝R，一束单色光垂直OP面射入玻璃体，在OP面上的入射点为A，OA＝，此单色光通过玻璃体后沿BD方向射出，且与x轴交于D点，OD＝R，求该玻璃体的折射率是多少.
图4 5 16
【解析】 在PQ面上的入射角满足sin
θ1＝＝，θ1＝30°，
由几何关系可得θ2＝60°，折射率n＝＝.
【答案】
[能力提升]
9.如图4 5 17所示，某同学用插针法测定一半圆形玻璃砖的折射率.在平铺的白纸上垂直纸面插大头针P1、P2确定入射光线，并让入射光线过圆心O，在玻璃砖(图中实线部分)另一侧垂直纸面插大头针P3，使P3挡住P1、P2的像，连接OP3，图中MN为分界面，虚线半圆与玻璃砖对称，B、C分别是入射光线、折射光线与圆的交点，AB、CD均垂直于法线并分别交法线于A、D点.
图4 5 17
(1)设AB的长度为l1，AO的长度为l2，CD的长度为l3，DO的长度为l4，为较方便地表示出玻璃砖的折射率，需用刻度尺测量________，则玻璃砖的折射率可表示为________.
(2)该同学在插大头针P3前不小心将玻璃砖以O为圆心顺时针转过一小角度，由此测得玻璃砖的折射率将________(选填“偏大”“偏小”或“不变”).
【导学号：38910057】
【解析】 (1)sin
i＝，sin
r＝，因此玻璃的折射率n＝＝＝，因此只需测量l1和l3即可.
(2)当玻璃砖顺时针转过一个小角度时，在处理数据时，认为l1是不变的，即入射角不变，而l3减小，所以测量值n＝将偏大.
【答案】 (1)l1和l3 n＝ (2)偏大
10.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
11.(2016·莱芜高二检测)如图4 5 18所示，半圆玻璃砖的半径R＝10
cm，折射率n＝，直径AB与屏幕MN垂直并接触于A点.激光束a以入射角i＝60°射向玻璃砖圆心O，结果在屏幕MN上出现两个光斑.
图4 5 18
(1)画出光路图.
(2)求两光斑之间的距离L.
【导学号：38910058】
【解析】 (1)由折射定律和反射定律，画出光路图如图所示：
(2)设折射角为r，由n＝解得r＝30°，反射角β＝60°
两光斑之间的距离L＝＋＝
cm＝23.1
cm
【答案】 (1)见解析 (2)23.1
cm
12.在一折射率为n，厚度为d的玻璃平板上方的空气中有一点光源S，从S发出的光线SA以入射角θ1入射到玻璃板上表面，经玻璃板后从下表面射出，如图4 5 19所示，若沿此光线传播的光，从光源到玻璃板上表面传播时间与在玻璃板中的传播时间相等，点光源S到玻璃板上表面的垂直距离L应是多少？
图4 5 19
【解析】 从光源沿SA传播到玻璃板上表面的时间：
t1＝
在玻璃板中的传播时间：t2＝＝t1
根据折射定律：＝n
又n＝
cos
θ2＝
解得：L＝·d.
【答案】 ·d章末综合测评(四)
(时间：60分钟 满分：100分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分.在每小题给出的5个选项中，有3项符合题目要求.选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分.每选错1个扣3分，最低得分为0分)
1.一束单色光从真空斜射向某种介质的表面，光路如图1所示.下列说法中正确的是( )
图1
A.此介质的折射率等于1.5
B.此介质的折射率等于
C.当光线从介质射向真空中时，入射角大于45°时可发生全反射现象
D.当光线从介质射向真空中时，入射角小于30°时可能发生全反射现象
E.光进入介质时波长变短
【解析】 n＝＝，选项A错、B对.当光线从介质中射向真空中时，随入射角增大折射角增大，当折射角等于90°时，即发生全反射，此时入射角为C，则有n＝＝，解得C＝45°，即入射角大于等于45°时发生全反射现象，选项C对D错.因进入介质后光速变小，而频率不变，故E对.
【答案】 BCE
2.一束光由空气射向半圆柱体玻璃砖，O点为该玻璃砖截面的圆心，下图能正确描述其光路的是( )
【解析】 由折射定律可知，光从光密介质进入光疏介质，折射角大于入射角，可能发生全反射，由此判断A、C正确；B、E图中光从空气射到玻璃砖表面，应有折射光线，且折射角小于λ射角，B、D错误，E正确.
【答案】 ACE
3.一束单色光由空气射入玻璃，这束光的( )
A.速度变慢
B.波长变短
C.频率增高
D.波长变长
E.频率不变
【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＝λf知光从空气射入玻璃时，波长变短.
【答案】 ABE
4.
如图2所示，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为θ，经折射后射出a、b两束光线.则( )
图2
A.在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度
B.在真空中，a光的波长小于b光的波长
C.玻璃砖对a光的折射率小于对b光的折射率
D.若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，则折射光线a首先消失
E.分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距
【解析】 通过光路图可看出，折射后a光的偏折程度大于b光的偏折程度，玻璃砖对a光的折射率大于b光的折射率，选项C错误.a光的频率大于b光的频率，波长小于b光的波长，选项B正确.由n＝知，在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度，选项A正确.入射角增大时，折射率大的光线首先发生全反射，a光首先消失，选项D正确.做双缝干涉实验时，根据Δx＝λ得a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距，选项E错误.
【答案】 ABD
5.如图3所示，一细束红光和一细束蓝光平行射到同一个三棱镜上，经折射后交于光屏上的同一个点M，若用n1和n2分别表示三棱镜对红光和蓝光的折射率，下列说法中正确的是( )
图3
A.n1＜n2
B.a为蓝光，b为红光
C.n1＞n2
D.a为红光，b为蓝光
E.a、b两种光在三棱镜中的速度不同
【解析】 由题图可知，b光线经过三棱镜后的偏折角较小，因此折射率较小，是红光.
【答案】 ABE
6.关于下列光学现象，说法正确的是( )
A.水中蓝光的传播速度比红光快
B.光从空气射入玻璃时不可能发生全反射
C.在岸边观察前方水中的一条鱼，鱼的实际深度比看到的要深
D.分别用蓝光和红光在同一装置上做双缝干涉实验，用红光时得到的条纹间距更宽
E.偏振现象说明光是纵波
【解析】 根据光的性质、折射率与光速的关系、光的折射、光的干涉解决问题.
在介质中，红、橙、黄、绿、青、蓝、紫各色光随着频率的增大，其折射率也增大，根据v＝知，水中蓝光的传播速度比红光慢，选项A错误；光从光密介质射入光疏介质时，才可能发生全反射，光从空气射入玻璃时，不会发生全反射，选项B正确；在岸边观察水中的鱼，视深h′＝，故视深h′小于鱼的实际深度h，选项C正确；蓝光比红光的波长短，由干涉条纹宽度Δx＝λ知，用红光时得到的条纹间距比蓝光的宽，选项D正确；偏振现象说明光是横波，选项E错误.
【答案】 BCD
7.某学习小组在探究三棱镜对光的色散的实验中，用一束含有两种A、B不同颜色的光束以一定的角度从三棱镜的一边射入，并从另一面射出，如图4所示.由此我们可以知道( )
【导学号：38910061】
图4
A.在同种介质中，A光的波长比B光的波长长
B.从空气中以相同的入射角射入同样的介质，A光的折射角比B光的小
C.A、B两种光在水中的速度一样大
D.A、B两种光从相同的介质入射到空气中，逐渐增大入射角，B光先发生全反射
E.A光比B光易发生明显的衍射现象
【解析】 由图可知，B光折射率较大，B光的频率大.同种介质中，A光的波长比B光的波长长，选项A、E正确；从空气中以相同的入射角射入同样的介质，A光的折射角比B光的大，选项B错误；A、B两种光在水中的速度，A光较大，选项C错误；由于B光的折射率较大，B光的全反射临界角较小，A、B两种光从相同的介质入射到空气中，逐渐增大入射角，B光先发生全反射，选项D正确.
【答案】 ADE
8.(2016·石家庄一中检测)直线P1P2过均匀玻璃球球心O，细光束a、b平行且关于P1P2对称，由空气射入玻璃球的光路如图5所示.a、b光相比( )
图5
A.玻璃对a光的折射率较小
B.玻璃对a光的临界角较大
C.b光在玻璃中的传播速度较小
D.b光在玻璃中的传播时间较短
E.两种光在玻璃中的传播时间相等
【解析】 由图可判断出玻璃对光束b的折射率大于光束a，A正确；根据公式sin
C＝，可知玻璃对a光的临界角大于b光的临界角，B正确；根据公式n＝，可知b光在玻璃中的传播速度比a光小，C正确；根据以上分析可知，b光在玻璃中走过的距离比a光大，同时传播速度比a光小，于是传播时间比a光长，D、E错误.
【答案】 ABC
二、非选择题(本大题共4小题，共52分，按题目要求作答)
9.(12分)在“双缝干涉测光的波长”实验中，调节分划板的位置，使分划板的中心刻线对齐中央亮条纹的中心，此时螺旋测微器的示数如图6甲所示.转动手轮，使分划线向一侧移动，使分划板的中心刻线对齐第3条亮条纹的中心，此时螺旋测微器的示数如图6乙所示.已知双缝间距d＝1.5
mm，双缝到屏的距离L＝1.00
m，则甲图所示读数为________mm，乙图所示读数为________mm.被测光波的波长为________.
【导学号：38910062】
图6
【解析】 图甲读数为1.130
mm，
图乙读数为1.760
mm.
亮条纹间距Δx＝
mm＝0.21
mm.
由公式Δx＝λ得：
λ＝＝
m＝3.15×10－7
m.
【答案】 1.130 1.760 3.15×10－7
m
10.(12分)如图7所示是利用插针法测定玻璃砖的折射率的实验得到的光路图.玻璃砖的入射面AB和出射面CD并不平行，则( )
图7
(1)出射光线与入射光线________(选填“仍平行”或“不再平行”).
(2)以入射点O为圆心，以R＝5
cm长度为半径画圆，与入射光线PO交于M点，与折射光线OQ交于F点，过M、F点分别向法线作垂线，量得MN＝1.68
cm，EF＝1.12
cm，则该玻璃砖的折射率n＝________.
【解析】 (1)由于玻璃砖的入射面AB和出射面CD并不平行，所以出射光线与入射光线不再平行.
(2)该玻璃砖的折射率
n＝＝＝＝＝1.5.
【答案】 (1)不再平行 (2)1.5
11.(14分)(2016·海南高考)如图8所示，半径为R的半球形玻璃体置于水平桌面上，半球的上表面水平，球面与桌面相切于A点.一细束单色光经球心O从空气中射入玻璃体内(入射面即纸面)，入射角为45°，出射光线射在桌面上B点处.测得AB之间的距离为.现将入射光束在纸面内向左平移，求射入玻璃体的光线在球面上恰好发生全反射时，光束在上表面的入射点到O点的距离.不考虑光线在玻璃体内的多次反射.
【导学号：38910063】
图8
【解析】 当光线经球心O入射时，光路图如图(a)所示：
图(a)
设玻璃的折射率为n，由折射定律有：n＝
①
式中，入射角i＝45°，r为折射角，△OAB为直角三角形因此：sin
r＝
②
发生全反射时，临界角C满足：sin
C＝
③
在玻璃体球面上光线恰好发生全反射时，光路图如图(b)所示：
图(b)
设此时光线入射点为E，折射光线射到玻璃体球面的D点，由题意有：∠EDO＝C
④
在△EDO内，根据正弦定理有：＝
⑤
联立以上各式并利用题给条件得：OE＝R.
【答案】 R
12.(14分)图9为单反照相机取景器的示意图，ABCDE为五棱镜的一个截面，AB⊥BC.光线垂直AB射入，分别在CD和EA上发生反射，且两次反射的入射角相等，最后光线垂直BC射出.若两次反射都为全反射，则该五棱镜折射率的最小值是多少？(计算结果可用三角函数表示)
【导学号：38910064】
图9
【解析】 光线在棱镜中的光路图如图所示，根据反射定律和题设条件，得4α＝90°
所以入射角α＝22.5°
根据全反射规律，sin
C＝
故sin
22.5°≥
所以n≥，即折射率的最小值为.
【答案】 学业分层测评
第2章
2.5
波的干涉与衍射
2.6
多普勒效应
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.关于波的衍射现象，下列说法正确的是( )
A.当孔的尺寸比波长大时，一定不会发生衍射现象
B.只有孔的尺寸与波长相差不多时，或者比波长还小时才会观察到明显的衍射现象
C.只有波才有衍射现象
D.衍射是波特有的现象
E.以上说法均不正确
【解析】 当孔的尺寸比波长大时，会发生衍射现象，只不过不明显.只有当孔、缝或障碍物的尺寸跟波长相差不多，或者比波长更小时，才会发生明显的衍射现象，切不可把此条件用来判断波是否发生了衍射现象.
【答案】 BCD
2.(2016·和平区高二检测)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
E.两列波相遇叠加后，各波的周期和频率都发生变化
【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.两列波叠加后，各波的周期和频率各自保持不变，E错误.
【答案】 BCD
3.关于波的叠加和干涉，下列说法中正确的是( )
A.两列频率不相同的波相遇时，因为没有稳定的干涉图样，所以波没有叠加
B.任何两列波相遇都会叠加
C.两列频率相同的波相遇时，振动加强的点只是波峰与波峰相遇的点
D.两列频率相同的波相遇时，如果介质中的某点振动是加强的，某时刻该质点的位移可能是零
E.两列频率相同的波相遇时，振动加强的质点的位移可能比振动减弱的质点的位移小
【解析】 根据波的叠加和干涉的概念可知，只要两列波相遇就会叠加，但如果两列波的频率不同，在叠加区域就没有稳定的干涉图样，所以A错误，B正确；发生干涉时振动加强的点还有波谷和波谷相遇的点，所以C错误；因为某质点振动加强仅是振幅加大，但只要仍在振动就一定有位移为零的时刻，所以D、E正确.
【答案】 BDE
4.有一障碍物的尺寸为10
m，下列哪些波在遇到它时能产生明显衍射现象( )
A.波长为1
m的机械波
B.波长为10
m的机械波
C.波长为20
m的的机械波
D.频率为40
Hz的声波
E.频率为5
000
MHz的电磁波(波速为3×108
m/s)
【解析】 空气中声波波速大约为340
m/s，由λ＝可算出频率为40
Hz的声波的波长为8.5
m；同理可算出频率为5
000
MHz的电磁波的波长为0.06
m.选项B、C、D中能产生明显衍射现象.
【答案】 BCD
5.如图2 5 6所示，表示两列同频率相干水波在t＝0时刻的叠加情况，图中实线表示波峰，虚线表示波谷.已知两列波的振幅均为2
cm，波速均为2
m/s，波长均为0.4
m，E点为B、D连线和A、C连线的交点，下列说法正确的是( )
【导学号：38910030】
图2 5 6
A.A、C两点是振动减弱点
B.A、C、E点是振动加强点
C.B、D两点在该时刻的竖直高度差为8
cm
D.t＝0.05
s时，E点离平衡位置的位移大小为4
cm
E.t＝0.05
s时，D点离平衡位置的位移大小为4
cm
【解析】 图中B、D均为振动加强点，E位于B、D的中线上，故E也是振动加强点，而A、C两点为波峰与波谷相遇，故是振动减弱点.图中所示时刻，B点偏离平衡位置－4
cm，而D点偏离平衡位置4
cm，故二者竖直高度差为8
cm，再过0.05
s，两列波的波峰恰在E点相遇，故E点偏离平衡位置的距离将达到4
cm，而D在平衡位置.故正确答案为A、C、D.
【答案】 ACD
6.新型列车动车组速度可达300
km/h，与该车汽笛声的音调相比：
(1)站在车前方路旁的人听起来音调________(选填“偏高”或“偏低”).站在车后方路旁的人听起来音调________(选填“偏高”或“偏低”).
(2)迎面来的另一列车上的乘客听起来音调怎样？此时列车汽笛发出的音调变化了吗？
(3)坐在新型列车动车组上的乘客听起来音调怎样？
【解析】 (1)站在列车前方的人与列车的距离在靠近，因此听起来音调偏高，站在列车后方的人与列车的距离在远离，因此音调偏低.(2)迎面来的列车上的乘客听起来音调偏高，此时列车汽笛发出的音调不变.(3)坐在该列车上的乘客与列车的相对位置不变，故听起来音调不变.
【答案】 (1)偏高 偏低 (2)偏高 没变
(3)音调不变
7.简谐横波a沿x轴正方向传播，简谐横波b沿x轴负方向传播，波速都是10
m/s，振动方向都平行于y轴，t＝0时刻，这两列波的波形如图2 5 7所示.画出平衡位置在x＝2
m处的质点从t＝0时刻开始在一个周期内的振动图像.
图2 5 7
【解析】 该题考查波的叠加和干涉.两列频率相同的波其振动图像是稳定的，t＝0时刻，两列波引起x＝2
m处质点的振动方向都向上，经过T，两列波的波峰都传到x＝2
m处，故振幅A＝A1＋A2＝3
cm.
【答案】
8.如图2 5 8所示，S是水面波的波源，x、y是挡板，S1、S2是两个狭缝(SS1＝SS2，狭缝的尺寸比波长小得多)，试回答以下问题.
【导学号：38910031】
图2 5 8
(1)若闭上S1，只打开S2，会看到什么现象？
(2)若S1、S2都打开，会发生什么现象？
(3)若实线和虚线分别表示波峰和波谷，那么在A、B、C、D各点中，哪些点振动最强，哪些点振动最弱？
【解析】 (1)闭上S1，打开S2，由波的衍射条件可知，这时会发生明显衍射现象.
(2)S1、S2都打开，由波的干涉条件可知，这时会发生干涉现象.
(3)在题图中，波源S形成的波，通过S1、S2形成新波源，这两个新波源发出的波相遇时会发生干涉现象，波峰与波峰、波谷与波谷相遇的点振幅最大，波峰与波谷相遇的点，振幅最小，则B、D是振动最强的点，A、C是振动最弱的点.
【答案】 (1)明显衍射 (2)干涉 (3)B、D A、C
[能力提升]
9.如图2 5 9所示，一小型渔港的防波堤两端MN相距约60
m，在防波堤后A、B两处有两个小船进港躲避风浪.某次海啸引起的波浪沿垂直于防波堤的方向向防波堤传播，下列说法中正确的有( )
图2 5 9
A.假设波浪的波长约为10
m，则A、B两处小船基本上不受波浪影响
B.假设波浪的波长约为10
m，则A、B两处小船明显受到波浪影响
C.假设波浪的波长约为50
m，则A、B两处小船基本上不受波浪影响
D.假设波浪的波长约为50
m，则A、B两处小船明显受到波浪影响
E.波浪的波长越长，则A、B两处的小船受到波浪的影响越明显
【解析】 A、B两处小船明显受到影响是因为水波发生明显的衍射，波浪能传播到A、B处的结果，当障碍物或缝隙的尺寸比波长小或跟波长差不多的时候，会发生明显的衍射现象.
【答案】 ADE
10.两列平面简谐横波在空中叠加，其中简谐横波a(图中虚线)沿x轴正方向传播，简谐横波b(图中实线)沿x轴负方向传播，波速都是20
m/s，t＝0时，这两列波的波动图像如图2 5 10所示，那么位于x＝45
m处的质点P第一次到达波峰的时间和第一次处于平衡位置的时间分别是多少？
【导学号：38910032】
图2 5 10
【解析】 从题图上可知两波波长均为λ＝40
m，故T＝＝2
s.a、b两波的波峰第一次传到P点，均需要t＝，＝0.25
s，而平衡位置传到P点，均需要t′＝＝0.75
s.
【答案】 0.25
s 0.75
s
11.两列波在x轴上沿相反方向传播，如图2 5 11所示.两列波的传播速度都是v＝6
m/s，频率都是f＝30
Hz，在t＝0时，这两列波分别从左和右刚刚传到S1和S2处，使S1和S2都开始向上做简谐运动，S1的振幅为2
cm，S2的振幅为1
cm，已知质点A与S1、S2的距离分别为S1A＝2.95
m、S2A＝4.25
m，当两列波都到达A点后，A点的振幅为多大？
【导学号：38910033】
图2 5 11
【解析】 两列波的波长均为λ＝＝
m＝0.2
m.S1A＝2.95
m＝λ＝14λ，S2A＝4.25
m＝λ＝21λ.
当振源S2产生的波传到A点时，A点向上振动，这时振源S1早已使A振动，且使A点已振动的时间为t＝
s＝
s＝T＝6T，因此振源S1此时使A回到平衡位置且向下振动；根据波的叠加原理，知A为振动减弱区，振幅为两列波的振幅之差，即A＝A1－A2＝(2－1)
cm＝1
cm.
【答案】 1
cm
12.波源S1和S2的振动方向相同，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 12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 12
(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，则v＝λf，代入已知数据，得λ＝1
m.
(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Δl＝x－(2－x)，0≤x≤2.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，所以x＝k＋，可得－≤k≤，故k＝－2、－1、0、1
解得：x＝0.25
m,0.75
m,1.25
m,1.75
m.
【答案】 (1)1
m (2)x＝0.25
m,0.75
m，1.25
m，1.75
m学业分层测评
第3章
3.3
无线电通信
3.4
电磁波家族
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.下列说法中正确的是( )
A.无线电技术中使用的电磁波叫作无线电波
B.无线电波在真空中的波长范围可从几毫米到几十千米
C.无线电波的频率越高越容易发射
D.发射无线电波是为了向远处传递电能
E.我国收音机调幅波段是采用天波传播方式进行传播的
【解析】 无线电波在电磁波中波长最长，其波长范围可从几毫米到几十千米，所以A、B正确；发射无线电波的条件是频率足够高且电路开放，C正确；发射无线电波的目的是向远处传递信号，D项错误；我国收音机调幅波段是采用地波传播方式进行传播的，E错误.
【答案】 ABC
2.下列说法正确的是( )
A.电磁波信号需要经过“调制”，加到高频的等幅电磁波(载波)上才能有效的发射出去
B.一部手机既是电磁波发射装置，同时又是电磁波接收装置
C.调频是使高频振荡信号的振幅随低频信号变化
D.电视的图像信号和声音信号是通过电视台的发射天线同时发射的
E.电视台的声音和图像信号可以直接通过天线向外发射
【解析】 电磁波信号需要经过“调制”过程加到高频的等幅电磁波(载波)上才能有效的发射出去，A正确，E错误；手机要接收信号，也要发射信号，所以它既是电磁波发射装置，同时又是电磁波接收装置，B正确；调频是高频振荡信号的频率随低频信号变化，C错误；图像信号和声音信号都加载在电磁波上由发射天线同时发射，D正确.
【答案】 ABD
3.关于电磁波的传播，下列叙述正确的是( )
A.电磁波频率越高，越容易沿地面传播
B.电磁波频率越高，越容易沿直线传播
C.电磁波在各种介质中传播的波长恒定
D.只要有三颗同步卫星在赤道上空传递微波，就可把信号传遍全世界
E.超短波和微波主要以空间波形式传播
【解析】 由c＝λf可判定：电磁波频率越高，波长越短，衍射性越差，不易沿地面传播，而跟光的传播相似，沿直线传播，故选项B正确，A错误；电磁波在介质中传播时，频率不变，而传播速度改变，由v＝λf可知波长改变，故选项C错误；由于同步卫星相对地面静止在赤道上空36000
km高的地方，用它作微波中继站，只要有三颗互成120°的同步卫星，就几乎可覆盖全球.故选项D正确；超短波和微波适合空间波传播，E正确.
【答案】 BDE
4.关于无线电波的传播，下列说法正确的是( )
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信的
E.北斗导航系统的电磁波主要以地波形式传播
【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A错误、B正确；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，故C、D正确；北斗导航系统的电磁波以空间波形式传播，E错误.
【答案】 BCD
5.下列说法正确的是( )
A.当处于电谐振时，所有的电磁波仍能在接收电路中产生感应电流
B.当处于电谐振时，只有被接收的电磁波才能在接收电路中产生感应电流
C.由调谐电路接收的感应电流，再经过耳机就可以听到声音了
D.由调谐电路接收的感应电流，再经过检波、放大，通过耳机才可以听到声音
E.无线电广播的步骤是调制——调谐——解调
【解析】 当处于电谐振时，所有的电磁波仍能在接收电路中产生感应电流，只不过频率跟谐振电路固有频率相等的电磁波，在接收电路中激发的感应电流最强.由调谐电路接收的感应电流，要再经过检波(也就是调制的逆过程)、放大，通过耳机才可以听到声音，无线电广播步骤是调制——调谐——解调，E正确.故正确答案为A、D、E.
【答案】 ADE
6.如图3 3 4所示为收音机接收电磁波的电路，由线圈L1与可变电容器C1组成，它相当于一个LC振荡电路，当各个无线电台发射的电磁波都通过磁棒后，会在L1中不同程度地产生感应电流(振荡电流)，当可变电容调至某一值(选台)使其振荡频率恰好与武汉人民广播电台发射频率相同时，仅可接收该台广播节目.若要改为接收中央人民广播电台(高于武汉台频率)的节目，可采取的措施是( )
图3 3 4
A.增加电容器电容C
B.减小电容器电容C
C.减少磁棒上线圈匝数
D.将磁棒从线圈中抽出部分
E.增加磁棒上线圈匝数
【解析】 当收音机调谐电路的频率等于要接收的电磁波的频率时才发生电谐振，即接收到该台.要使接收的电台电磁波频率升高，由f＝知，当L和C减小时，频率f增大，故B、C、D正确.
【答案】 BCD
7.下列说法中正确的是( )
A.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
B.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
C.科学家关注南极臭氧层空洞是因为它将使气候恶化
D.在热学中所说的热辐射就是指红外线辐射
E.医院里的病房利用紫外线消毒，是因其有杀菌作用
【解析】 热效应最强的是红外线，热辐射即红外线辐射，A错误，D正确；穿透本领最强的是γ射线，B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，C正确；紫外线具有杀菌作用，E正确.
【答案】 CDE
8.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，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
[能力提升]
9.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
E.所有物体都发射红外线
【解析】 无线电波的波长长，易发生衍射现象，A正确.紫外线的频率比可见光高，B错误.X射线和γ射线穿透力比较强，C正确.任何物体都能辐射红外线，D错误，E正确.
【答案】 ACE
10.雷达是应用电磁波来工作的，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，下列说法中正确的是( )
【导学号：38910039】
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和磁场产生
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
E.雷达工作时在连续不断地发射电磁波
【解析】 恒定的电场不能产生磁场，A错误；周期性变化的电场可以产生周期性变化的磁场，周期性变化的磁场也可以产生周期性变化的电场，这样的电场和磁场形成的统一体就是电磁场，B正确；雷达发射的电磁波频率多在300
MHz至1
000
MHz的范围内.因此，它在真空中的波长可由λ＝c/f求得，则其波长范围为0.3
m至1
m，C正确；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，等于cΔt/2，D正确.雷达工作时是按一定的时间间隔向外发射无线电脉冲，E错误.
【答案】 BCD
11.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＝，设波长分别为290
m、397
m、566
m的无线电波的频率分别为f1、f2、f3，则有
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.
【答案】 见解析
12.某一战斗机正以一定的速度朝雷达的正上方水平匀速飞行，已知雷达发射相邻两次电磁波之间的时间间隔为5×10－4
s.某时刻在雷达荧光屏上显示的波形如图3 3 5甲所示，t＝173
s后雷达向正上方发射和接收的波形如图乙所示，雷达监视相邻刻线间表示的时间间隔为10－4
s，电磁波的传播速度为c＝3×108
m/s，则该战斗机的飞行速度大约为多少？
【导学号：38910040】
甲 乙
图3 3 5
【解析】 由题意知荧光屏相邻刻线间的时间间隔t0＝10－4
s，甲图发射波和接收波的时间间隔t1＝4×10－4
s，乙图时间间隔t2＝1×10－4
s，所以第一次飞机位置距雷达的距离为s1＝c·＝6.0×104
m，第二次飞机在雷达正上方，所以飞机高度h＝c·＝1.5×104
m，所以173
s内飞机飞行的水平距离为s＝≈5.8×104
m，所以v＝≈335
m/s.
【答案】 335
m/s学业分层测评
第4章
4.4 光的偏振与立体电影
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.对衍射现象的定性分析，正确的是( )
A.光的衍射是光在传播过程中绕过障碍物发生传播的现象
B.衍射条纹图样是光波相互叠加的结果
C.光的衍射现象为光的波动说提供了有力的证据
D.光的衍射现象完全否定了光的直线传播结论
E.衍射现象说明光是一种横波
【解析】 衍射现象是波绕过障碍物发生传播的现象，衍射条纹是波的叠加的结果，干涉、衍射是一切波所具有的特性，所以选项A、B、C正确；光的直线传播只是近似的，只有在光的波长比障碍物尺寸小得多的情况下，光才被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，所以选项D错误.一切波都可以发生衍射现象，选项E错误.
【答案】 ABC
2.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
E.只有横波才会发生偏振现象
【解析】 自然光沿各振动方向的光波的强度相同，A错误；偏振光在垂直于传播方向上，只沿某一特定方向振动，B正确；自然光透过偏振片后成为偏振光，偏振光透过偏振片后不能还原为自然光，C错误；太阳、电灯等普通光源发出的是自然光，D正确；由偏振原理知，E正确.
【答案】 BDE
3.下列情况中能产生明显衍射现象的是( )
A.光的波长比孔或障碍物的尺寸大得多
B.光的波长与孔或障碍物的尺寸可相比
C.光的波长等于孔或障碍物的尺寸大小
D.光的波长比孔或障碍物的尺寸小得多
E.用红光做实验时未观察到明显的衍射现象，现用绿光替代红光做实验
【解析】 发生明显衍射的条件是障碍物、缝、孔的尺寸与光的波长差不多或更小.
【答案】 ABC
4.如图4 3 5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( )
【导学号：38910052】
图4 3 5
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
E.以SP为轴将A转过90°后，在P处将看到光亮
【解析】 该题考查了对自然光、偏振光的特点的认识.自然光沿各个方向的振动是均匀分布的，通过偏振片后，透射光是只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.自然光通过偏振片A后，变为偏振光，则B对.设通过A的光沿竖直方向振动，当偏振片B只能通过沿水平方向振动的偏振光时，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，D对.同理可知E对.
【答案】 BDE
5.夜晚，汽车前灯发出的强光将迎面驶来的汽车司机照得睁不开眼睛，严重影响行车安全.若考虑将汽车前灯玻璃改用偏振玻璃，使射出的灯光变为偏振光；同时汽车前窗玻璃也采用偏振玻璃，其透振方向正好与灯光的振动方向垂直，但还要能看清自己车灯发出的光所照亮的物体.假设所有的汽车前窗玻璃和前灯玻璃均按同一要求设置，如下措施中不可行的是( )
A.前窗玻璃的透振方向是竖直的，车灯玻璃的透振方向是水平的
B.前窗玻璃的透振方向是竖直的，车灯玻璃的透振方向是竖直的
C.前窗玻璃的透振方向是斜向右上45°，车灯玻璃的透振方向是斜向左上45°
D.前窗玻璃和车灯玻璃的透振方向都是斜向右上45°
E.前窗玻璃和车灯玻璃的透振方向都是斜向左上45°
【解析】 若前窗玻璃的透振方向竖直、车灯玻璃的透振方向水平，从车灯发出的照射到物体上反射的光将不能透过前窗玻璃，司机面前将是一片漆黑，所以A错；若前窗玻璃与车灯玻璃的透振方向均竖直，则对面车灯的光仍能照得司机睁不开眼睛，B错；若前窗玻璃的透振方向斜向右上45°，车灯玻璃的透振方向斜向左上45°，则车灯发出的光经物体反射后无法透振进本车车窗内，却可以透振进对面车窗内，C错.D、E是可行的.
【答案】 ABC
6.关于波动，下列说法正确的是( )
A.各种波均会发生偏振现象
B.用白光做单缝衍射与双缝干涉实验，均可看到彩色条纹
C.声波传播过程中，介质中质点的运动速度等于声波的传播速度
D.已知地震波的纵波波速大于横波波速，此性质可用于横波的预警
E.各种波均会发生干涉和衍射现象
【解析】 只有横波才有偏振现象，A错；白光是复色光，其中各单色光的波长不同，导致条纹间距不同，B正确；波的传播过程中，介质中质点的运动速度是变化的，而波的传播速度在同一均匀介质中是匀速的，且波的传播是指振动形式的传播，C错；因为地震波的纵波波速大于横波波速，所以两波传到同一地点有时间差，可用于横波的预警，D正确；干涉和衍射都是波特有的现象，E对.
【答案】 BDE
7.点光源照在一个剃须刀片上，在屏上形成了它的影子，其边缘较为模糊，原因是光的________.
【解析】 在刀片边缘有部分光绕过障碍物进入到阴影中去，从而看到影子的边缘模糊，光绕过障碍物偏离直线传播是光的衍射.
【答案】 衍射
8.在学习了光的衍射现象后，徐飞回家后自己设置了一个小实验.在—个发光的小电珠和光屏之间放一个圆孔大小可以调节的圆形孔屏，在圆孔从较大调至完全闭合的过程中，他在屏上看到什么现象？
【解析】 在圆孔由大到小调节过程中，当孔较大时，光沿直线传播，在屏上得到圆形亮斑；当孔的直径减小到与光波的波长相近时，产生明显的衍射现象，屏上将出现明暗相间的亮环，当孔继续减小到完全闭合时，没有光到达屏上，屏上完全黑暗.
【答案】 先是圆形亮区，再是明暗相间的圆形亮环，最后完全黑暗
[能力提升]
9.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，你认为正确的是( )
【导学号：38910053】
A.若狭缝与灯泡平行，衍射条纹与狭缝平行
B.若狭缝与灯泡垂直，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
E.波长越小，衍射条纹间距越大
【解析】 若狭缝与线状白炽灯平行，衍射条纹与狭缝平行则现象明显；衍射条纹的疏密程度与缝宽有关，缝宽越小，条纹越疏；条纹间距与波长有关，波长越长，间距越大.
【答案】 ACD
10.奶粉的碳水化合物(糖)含量是一个重要指标，可以用“旋光法”来测量糖溶液的浓度，从而鉴定含糖量，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，就能确定被测样品中的含糖量.如图4 3 6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( )
【导学号：38910054】
图4 3 6
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.到达O处光的强度会明显增强
D.将偏振片B转动一个角度，使得O处光强度最大，偏振片B转过的最小角度等于α
E.将偏振片A转动一个角度，使得O处光强度最大，偏振片A转过的最小角度等于α
【解析】 自然光通过偏振片后得到垂直于光的传播方向与偏振片的透振方向平行的偏振光，该偏振光经被测样品后，其偏振方向发生了偏转，即相对于光的传播方向向左或向右旋转一个角度α，到达B的光的偏振方向与B的透振方向不完全一致，故O处光的强度会明显减弱，故A正确，B、C错误；若将A或B转动一个最小角度，使得O处光的强度仍为最大，说明它们转过的角度等于α，故D、E都正确.
【答案】 ADE
11.分析以下现象产生的原因：
(1)隔着帐幔看远处的灯，见到灯周围有彩色的光芒.
(2)光线照在花布上，可以看见花布上的图样.
【解析】 (1)远处灯发出的光经过帐幔的缝隙，发生衍射现象，因此可见到灯周围有彩色的光芒.
(2)光线照在花布上看见花布的图样，是由于光的反射与吸收的结果.花布是由各种颜色的花纹组成的，当白光照在花布上时，红色花纹反射红色光，吸收其他颜色的光，这样我们在该位置只看到红色，同理可以看到各种花纹反射的各种颜色的光，这样就可以看到花布的图样.
【答案】 见解析.
12.如图4 3 7所示，杨氏双缝实验中，下述情况能否看到干涉条纹？简单说明理由.
图4 3 7
(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)能.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，对路程差的影响可忽略，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的吸收作用而减弱.(2)不能.由于从P1、P2射出的光振动方向相互垂直，不满足干涉条件，故光屏E被均匀照亮，但无干涉现象.
【答案】 见解析.模块综合测评(一)
(时间：60分钟 满分：100分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分.在每小题给出的5个选项中，有3项符合题目要求，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分.每选错1个扣3分，最低得分为0分)
1.关于振动和波动，下列说法正确的是( )
A.单摆做简谐运动的周期与摆球的质量有关
B.部队过桥不能齐步走而要便步走，是为了避免桥梁发生共振现象
C.在波的干涉中，振动加强的点位移不一定始终最大
D.各种波均会发生偏振现象
E.我们在地球上接收到来自遥远星球的光波的波长变长，可以判断该星球正在离我们远去
【解析】 由T＝2π知，A错误.为防止桥的固有频率与人齐步走的频率接近，发生共振，故要求便步走，B正确.振动加强点的振幅加大，但仍处于振动之中，位移在不停变化，C正确.偏振是横波特有的现象，D错误.由多普勒效应知E正确.
【答案】 BCE
2.如图1为一列沿x轴正方向传播的简谐横波的部分波形图.若该波波速v＝40
m/s，在t＝0时刻波刚好传播到x＝13
m处，下列关于波在t＝0.45
s时的运动情况分析，其中正确的是( )
图1
A.该波x＝9
m处的质点的位移为－5
cm
B.该波x＝11
m处的质点的位移为5
cm
C.该波x＝11
m处的质点速度方向沿y轴负方向
D.该波刚好传播到x＝31
m处
E.该波刚好传播到x＝18
m处
【解析】 据图像可知λ＝8
m.根据λ＝vT可得波的周期为T＝＝0.2
s，所以在t＝0.45
s时，已传播了2个周期，据波的周期性特点，可将t＝0时的波形图向右移λ，即可得t＝0.45
s时的波形图，则x＝9
m处的质点的位移为－5
cm，x＝11
m处的质点的位移为0，A正确，B错误.x＝11
m处的质点沿y轴负方向运动，故C正确.t＝0时刻，该波传播到13
m处，在t＝0.45
s时间内又传播x′＝v·2T＝18
m，故t＝0.45
s时波传播到31
m处，所以D正确、E错误.
【答案】 ACD
图2
3.如图2所示，ABCD是两面平行的透明玻璃，AB面和CD面平行，它们是玻璃和空气的界面，设为界面1和界面2.光线从界面1射入玻璃砖，再从界面2射出，回到空气中，如果改变光到达界面1时的入射角，则( )
A.只要入射角足够大，光线在界面1上可能发生全反射现象
B.只要入射角足够大，光线在界面2上可能发生全反射现象
C.不管入射角多大，光线在界面1上都不可能发生全反射现象
D.不管入射角多大，光线在界面2上都不可能发生全反射现象
E.光线穿过玻璃砖后传播方向不变，只发生侧移
【解析】 在界面1，光由空气进入玻璃砖，是由光疏介质进入光密介质，不管入射角多大，都不能发生全反射现象；在界面2，光由玻璃砖进入空气，是由光密介质进入光疏介质，由于界面1和界面2平行，光由界面1进入玻璃后再到达界面2，在界面2上的入射角等于在界面1上的折射角，因此入射角总是小于临界角，也不会发生全反射现象.
【答案】 CDE
4.下列说法正确的是( )
A.在水中的潜水员斜向上看岸边的物体时，看到的物体的像将比物体所处的实际位置高
B.光纤通信是一种现代通信手段，它是利用光的全反射原理来传递信息的
C.玻璃杯裂缝处在光的照射下，看上去比周围明显亮，是由于光的全反射
D.海市蜃楼产生的原因是海面上方上层空气的折射率比下层空气的折射率大
E.小孔成像是根据光的全反射
【解析】 由于光的折射，当水中的潜水员斜向上看岸边的物体时，看到的物体的像比物体的实际位置高，选项A正确；光纤通信是利用光的全反射原理来传递信息的，选项B正确；玻璃杯裂缝处在光的照射下，看上去比周围明显亮是由于光在裂缝处发生全反射造成的，选项C正确；海市蜃楼产生的原因是海面上方上层空气的折射率比下层空气的折射率小，选项D错误.小孔成像是光的直线传播，E错误.
【答案】 ABC
5.如图3甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中x＝2
m处的质点P以此时刻为计时起点的振动图像.下列说法正确的是( )
【导学号：38910068】
图3
A.这列波的传播方向是沿x轴正方向
B.这列波的传播速度是20
m/s
C.经过0.15
s，质点P沿x轴的正方向传播了3
m
D.经过0.1
s，质点Q的运动方向沿y轴正方向
E.经过0.35
s，质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离
【解析】 由质点P的振动图像可知，该波向x轴正方向传播，A正确；v＝＝
m/s＝20
m/s，B正确；质点不随波迁移，C错；经过0.1
s＝T，质点Q的运动方向沿y轴负方向，故D错；经过0.35
s＝1T，质点P到达波峰，而质点Q在波谷以上某处且在x轴下方，故E正确.
【答案】 ABE
6.关于波的干涉、衍射等现象，下列说法正确的是( )
A.有的波只能发生干涉现象，有的波只能发生衍射现象
B.产生干涉现象的必要条件之一，就是两列波的频率相等
C.能观察到明显的衍射现象的条件是障碍物的尺寸与波长比较相差不多或比波长更小
D.在干涉图样中，振动加强区域的质点，其位移始终保持最大；振动减弱区域的质点，其位移始终保持最小
E.当观测者靠近波源时，接收到的波的频率会大于波源的振动频率
【解析】 干涉、衍射是波共有的特性，所以A错误.干涉需要满足两波频率相同、波源性质相同的条件，B正确.当满足d≤λ时，可产生明显的衍射现象，C正确.在干涉图样中，位移随时间时刻发生变化，D错误.在多普勒效应中，观测者与波源相对靠近时，接收到的波的频率大于波源的振动频率，E正确.
【答案】 BCE
7.在以下各种说法中，正确的是( )
A.一单摆做简谐运动，摆球相继两次通过一同位置时的速度必相同
B.机械波和电磁波本质上不相同，但它们都能发生反射、折射、干涉和衍射现象
C.横波在传播过程中，相邻的波峰通过同一质点所用的时间为一个周期
D.变化的电场一定产生变化的磁场；变化的磁场一定产生变化的电场
E.相对论认为：真空中的光速大小在不同惯性参考系中都是相同的
【解析】 因速度是矢量具有方向性，经过同一位置时速度大小相同而方向不一定相同，A错误.反射、折射、干涉和衍射现象是波的特性，B正确.波动周期等于质点的振动周期，C正确.均匀变化的电场产生恒定的磁场，D错误.由相对论可知E正确.
【答案】 BCE
8.下列说法正确的是( )
A.在干涉现象中，振动加强点的位移总比减弱点的位移要大
B.单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关
C.变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场
D.拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度
E.地面附近有一高速水平飞过的火箭，地面上的人观察到的火箭长度要比火箭上的人观察到的要短一些
【解析】 干涉现象中，振动加强点的位移时刻发生变化，某一瞬间可能为0，所以A错误.受迫振动的周期与驱动力的周期相等，与单摆摆长无关，B正确.由麦克斯韦电磁场理论知，C正确.镜头前加偏振片，是为了消除玻璃的反射光，D错误.由狭义相对论尺缩原理l＝l0可知高速飞行的火箭长度变短，E正确.
【答案】 BCE
二、非选择题(本大题共5小题，共52分，按题目要求作答)
9.(8分)根据单摆周期公式T＝2π，可以通过实验测量当地的重力加速度.如图4甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆.
甲
乙
图4
(1)用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为________mm.
(2)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有________.
a.摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些
b.摆球尽量选择质量大些、体积小些的
c.为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度
d.拉开摆球，使摆线偏离平衡位置大于5°，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔Δt即为单摆周期T
e.拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间Δt，则单摆周期T＝
【解析】 (1)按照游标卡尺的读数原则得小钢球直径为18
mm＋6×0.1
mm＝18.6
mm.
(2)单摆的构成条件：细线质量要小，弹性要小；球要选体积小，密度大的；偏角不超过5°.故a、b正确，c错误.为了减小测量误差，要从摆球摆过平衡位置时计时，且需测量多次全振动所用时间，然后计算出一次全振动所用的时间.故d错误，e正确.
【答案】 (1)18.6 (2)abe
10.(8分)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5所示是四个学生实验插针的结果.
图5
(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(除了圆心的光线)，A错.
(2)测量较准确的是D图，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 (3)n＝
11.
(10分)在水面上放置一个足够大的遮光板，板上有一个半径为a的圆孔，圆心的正上方h处放一个点光源S，在水面下深H处的底部形成半径为R的圆形光亮区域(图中未画出).测得a＝8
cm，h＝6
cm，H＝24
cm，R＝26
cm，求水的折射率.
【导学号：38910069】
图6
【解析】 根据光路图，可知
sin
i＝＝0.8
sin
r＝＝0.6
由折射定律得n＝得n＝.
【答案】
12.(12分)如图7所示是一种折射率n＝的棱镜.现有一束光线沿MN方向射到棱镜的AB面上，入射角的大小i＝60
°，求：
图7
(1)光在棱镜中传播的速率；
(2)画出此束光线进入棱镜后又射出棱镜的光路图，要求写出简要的分析过程.
【解析】 (1)光在棱镜中传播的速率v＝＝×108
m/s＝1.73×108
m/s
(2)由折射率n＝得：AB面上的折射角r＝30°.
由几何关系得：BC面上的入射角θ＝45°
全反射临界角sin
C＝＜
则光在BC面上发生全反射，光线垂直AC射出.
光路如图所示.
【答案】 (1)1.73×108
m/s (2)见解析
13.(14分)如图8所示是一列横波在某一时刻的波形图，图像中x轴的正方向表示波的传播方向，y轴表示质点相对平衡位置的位移.已知波速为v＝32
m/s，试求：
图8
(1)波长λ是多少？
(2)周期T是多少？
(3)画出后的波形图，并用文字说明：B、D两点的振动如何？
【解析】 (1)由图可以看出，波长λ＝8
m.
(2)根据v＝可得：
T＝＝
s＝0.25
s.
(3)波向前传播半个波长后，质点A、C分别在正最大位移和负最大位移处，速度为零；质点B在平衡位置，沿y轴正方向运动；质点D在平衡位置，沿y轴负方向运动.波的图像如图所示.
【答案】 (1)8
m (2)0.25
s (3)见解析学业分层测评
第1章
1.3
探究摆钟的物理原理
1.4
探究单摆振动的周期
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.关于单摆，下列说法正确的是( )
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所受的合力
C.摆球经过平衡位置时，所受的合力不为零
D.摆角很小时，摆球所受合力的大小跟摆球相对于平衡位置的位移大小成正比
E.摆角很小时，摆球的回复力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比
【解析】 回复力是使摆球回到平衡位置的力，其方向总是指向平衡位置，A选项正确；摆球所受的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，不是摆球所受的合力，B选项错误；摆球经过平衡位置时，回复力为零，但由于摆球做圆周运动，有向心力，合力不为零，方向指向悬点，C选项正确；摆角很小时，回复力与摆球相对于平衡位置的位移大小成正比，但合力没有此关系，D选项错误，E选项正确.
【答案】 ACE
2.发生下述哪一种情况时，单摆周期会增大( )
A.增大摆球质量
B.增加摆长
C.减小单摆振幅
D.将单摆由山下移到山顶
E.把单摆放在减速上升的升降机中
【解析】 由单摆的周期公式T＝2π可知，g减小或l增大时周期会变大.
【答案】 BDE
3.一个单摆做小角度摆动，其振动图像如图1 3 6所示，以下说法正确的是( )
图1 3 6
A.t1时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小
B.t2时刻摆球速度最大，但加速度不为零
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
E.t4时刻摆球所受合力为零
【解析】 由振动图像可知：t1和t3时刻摆球偏离平衡位置的位移最大，此时摆球速度为零，悬线对摆球的拉力最小；t2和t4时刻摆球位移为零，正在通过平衡位置，速度最大，悬线对摆球的拉力最大.故正确答案为A、B、D.
【答案】 ABD
4.两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4∶3
B.甲、乙两摆的频率之比为3∶4
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
E.甲、乙两摆的振幅之比为16∶9
【解析】 设摆动时间为t，则T甲＝，T乙＝可得＝＝，＝.又由T＝2π可得＝＝，而振幅之比无法确定，故A、B、D正确.
【答案】 ABD
5.同一地点的甲、乙两单摆(摆球质量相等)的振动图像如图1 3 7所示，下列说法中正确的是( )
【导学号：38910008】
图1 3 7
A.甲、乙两单摆的摆长相等
B.甲摆的机械能比乙摆小
C.甲摆的最大速率比乙摆小
D.在周期时振子具有正向加速度的是乙摆
E.在周期时甲摆重力势能最大，乙摆动能最大
【解析】 由图像可知，甲、乙周期相同，又T＝2π，同一地点所以g相同，故摆长l相等，A项正确；由图像可知，甲、乙振幅相同，摆球质量相等，所以两摆的机械能相等，最大速率相等，B、C项错误；由图像可知，周期时甲摆处于平衡位置，乙摆处于负向最大位移处，故乙摆具有正向加速度，D项正确；在t＝时甲摆在最大位移处，重力势能最大，乙摆在平衡位置处，动能最大，E正确.
【答案】 ADE
6.在“探究单摆周期与摆长关系”的实验中，下列做法正确的是( )
A.应选择伸缩性小、尽可能长的细线做摆线
B.用刻度尺测出细线的长度并记为摆长l
C.在小偏角下让单摆摆动
D.当单摆经过平衡位置时开始计时，测量一次全振动的时间作为单摆的周期T
E.通过简单的数据分析，若认为周期与摆长的关系为T2∝l，则可作T2－l图像，如果图像是一条直线，则关系T2∝l成立
【解析】 摆长等于摆线的长度加上摆球半径，为减小误差应保证摆线的长短不变，所以应选择伸缩性小、尽可能长的细线做摆线，A正确；刻度尺测出细线的长度再加上小球的半径才是摆长，B错误；单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，单摆的摆角不能太大，一般不超过5°，否则单摆将不做简谐运动，C正确；当单摆经过平衡位置时速度最大，此时开始计时误差较小，但是要测量n次全振动的时间记为t，再由T＝求周期误差较小，D错误；数据处理的时候，通常由线性关系比较容易得出结论，故需作T2 l图像，E正确.
【答案】 ACE
7.摆长为l的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时(即取作t＝0)，当振动至t＝时，摆球恰具有负向最大速度，画出单摆的振动图像.
【解析】 t＝＝T，最大速度时，单摆应在平衡位置，y＝0，v方向为－y，沿y轴负方向.
【答案】
8.某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，测量5种不同摆长情况下单摆的振动周期，记录数据如下：
摆长l/m
0.500
0
0.800
0
0.900
0
1.000
0
1.200
0
周期T/s
1.42
1.79
1.90
2.00
2.20
T2/s2
2.02
3.20
3.61
4.00
4.84
(1)以摆长l为横坐标，周期的平方T2为纵坐标，根据以上数据在图1 3 8中画出
T2 l图线.
图1 3 8
(2)此图线的斜率表示什么意义？
(3)由此图线求出重力加速度的值.
【导学号：38910009】
【解析】 (1)T2 l图线如图所示.
(2)因为单摆的振动周期T＝2π得T2＝l，所以图像的斜率k＝.
(3)由图线求得斜率k＝4
故g＝＝
m/s2≈9.86
m/s2.
【答案】 (1)见解析 (2)斜率k＝ (3)9.86
m/s2
[能力提升]
9.如图1 3 9所示，用绝缘细丝线悬挂着的带正电的小球在匀强磁场中做简谐运动，则( )
图1 3 9
A.当小球每次通过平衡位置时，动能相同
B.当小球每次通过平衡位置时，速度相同
C.当小球每次通过平衡位置时，丝线拉力不相同
D.磁场对摆的周期无影响
E.撤去磁场后，小球摆动周期变大
【解析】 小球在磁场中运动时，由于洛伦兹力不做功，所以机械能守恒.运动到最低点，球的速度大小相同，但方向可能不同，A项正确，B项错误.小球从左、右两方向通过最低点时，向心力相同，洛伦兹力方向相反，所以拉力不同，C项正确.由于洛伦兹力不提供回复力，因此有无磁场，不影响振动周期，D项正确，E项错误.
【答案】 ACD
10.一个摆长为l1的单摆，在地面上做简谐运动，周期为T1，已知地球的质量为M1，半径为R1；另一摆长为l2的单摆，在质量为M2，半径为R2的星球表面做简谐运动，周期为T2.若T1＝2T2，l1＝4l2，M1＝4M2，则地球半径与星球半径之比R1∶R2为________.
【解析】 在地球表面单摆的周期T1＝2π…①，在星球表面单摆的周期T2＝2π…②，＝g…③，G＝g′…④.联立①②③④得＝··＝.
【答案】 2∶1
11.将一水平木板从一沙摆(可视为简谐运动的单摆)下面以a＝0.2
m/s2的加速度匀加速地水平抽出，板上留下的沙迹如图1 3 10所示，量得＝4
cm，＝9
cm，＝14
cm，试求沙摆的振动周期和摆长.(g＝10
m/s2)
【导学号：38910010】
图1 3 10
【解析】 根据单摆振动的等时性得到、、三段位移所用的时间相同，由匀变速直线运动规律Δx＝aT计算可得.
由Δx＝aT得T1＝＝
s＝0.5
s
振动周期T＝2T1＝1
s
由单摆公式T＝2π得L＝≈0.25
m
【答案】 1
s 0.25
m
12.图1 3 11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.设摆球向右运动方向为正方向.图乙是这个单摆的振动图像.根据图像回答：
图1 3 11
(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.
【导学号：38910011】
【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学业分层测评
第5章
5.1
电磁场理论引发的怪异问题
5.2
狭义相对论的基本原理
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
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.研究电子的运动可用牛顿定律和运动学公式
C.研究电子运动要用狭义相对性原理，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
E.牛顿定律只能用来处理低速、宏观物体的运动
【解析】 以牛顿运动定律为基础的经典物理学处理低速、宏观物体的运动是相当完美的，但对于高速、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；电子的运动则不能用牛顿定律来解决，而要用狭义相对论原理来解决.故A、C正确，B、D错误.牛顿定律只适用于低速宏观物体的运动，E正确.
【答案】 ACE
2.如果牛顿运动定律在参考系A中成立，而参考系B相对于A做匀速直线运动，则在参考系B中( )
A.牛顿运动定律也同样成立
B.牛顿运动定律不能成立
C.A和B两个参考系中，一切物理定律都是相同的
D.参考系B也是惯性参考系
E.力学规律在不同的惯性系中是不同的
【解析】 参考系A是惯性参考系，而参考系B相对于A做匀速直线运动，因而参考系B也是惯性参考系，D正确；根据狭义相对论原理知，在不同的惯性参考系中一切物理定律都是相同的，A、C正确，B、E错误.
【答案】 ACD
3.根据经典力学的相对性原理，下列结论正确的是( )
A.任何力学规律在惯性系中都是相同的
B.同一力学规律在不同的惯性系中可能不同
C.在一个惯性参考系里不能用力学实验判断该参考系是否在匀速运动
D.在一个惯性参考系里可以用力学实验判断该参考系是否在匀速运动
E.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，相对于一个惯性系做匀速直线运动的另一个参考系也是惯性系
【解析】 经典力学的相对性原理是力学规律在任何惯性系中都是相同的，故A、C、E正确，B、D错误.
【答案】 ACE
4.下列关于狭义相对性原理的说法中不正确的是( )
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
E.相对性原理对一切自然规律都适用
【解析】 根据狭义相对性原理的内容，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的.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，范围要小许多.
【答案】 ABD
5.判断下面说法中正确的是( )
A.“嫦娥三号”飞向月球的过程中从卫星上向前发出的光，对地速度一定比c大
B.“嫦娥三号”飞向月球的过程中从卫星上向后发出的光，对地速度一定比c小
C.“嫦娥三号”飞向月球的过程中从卫星上沿垂直于速度方向发出的光对地速度为c
D.“嫦娥三号”飞向月球的过程中从卫星上向任一方向发出的光对地速度都为c
E.“嫦娥三号”发出光的速度与其运动状态无关
【解析】 根据狭义相对论的基本假设——光速不变原理可知：真空中的光速相对于卫星的速度为c，相对于地面的速度也为c，对不同的惯性系是相同的，因此C、D、E正确，A、B错误.
【答案】 CDE
6.(江苏高考改编)如图5 1 2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________先被照亮.
图5 1 2
【解析】 以列车为参考系，塔A、B、C向左高速运动，列车中的观测者认为光从B→A的距离大于光从B→C的距离，由t＝知，光从B→C用时短，C先被照亮.
【答案】 C
7.如图5 1 3所示，思考以下几个问题：(光速用c表示)
图5 1 3
(1)若参考系O′相对于参考系O静止，人看到的光速应是多少？
(2)若参考系O′相对于参考系O以速度v向右运动，人看到的光速应是多少？
(3)若参考系O相对于参考系O′以速度v向左运动，人看到的光速又是多少？
【解析】 根据狭义相对论的光速不变原理：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，光速与光源、观察者间的相对运动没有关系.因此三种情况下，人观察到的光速都是c.
【答案】 (1)c (2)c (3)c
[能力提升]
8.如图5 1 4所示，在地面上M点固定一光源，在离光源等距的两点上固定有A、B两个光接收器，今使光源发出一闪光.问
图5 1 4
(1)在地面参考系中观测，谁先接收到光信号？
(2)在沿AB方向高速运行的火车参考系中观测，谁先接收到光信号？
【解析】 狭义相对论的时空观认为：同时是相对的，在一个惯性系中不同地点同时发生的两件事件、在另一惯性系中不一定同时.
【答案】 (1)同时 (2)B
9.一列火车以速度v相对地面运动.如果地面上的人测得，某光源发出的闪光同时到达车厢的前壁和后壁，那么按照火车上人的测量，闪光先到达前壁还是后壁？火车上的人怎样解释自己的测量结果？
【解析】 火车上的人测得，闪光先到达前壁.如图，由于地面上的人测得闪光同时到达前后两壁，而在光向前后两壁传播的过程中，火车要相对于地面向前运动一段距离，所以光源发光的位置一定离前壁较近，这个事实对于车上、车下的人都是一样的.在车上的人看来，既然发光点离前壁较近，各个方向的光速又是一样的，当然闪光先到达前壁.
【答案】 见解析
10.如图5 1 5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，你认为该木杆是平着落到了地面上；若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.她的看法正确吗？
图5 1 5
【解析】 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.
【答案】 正确学业分层测评
第3章
3.1
麦克斯韦的电磁场理论
3.2
电磁波的发现
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.根据麦克斯韦电磁场理论，下列说法正确的是( )
A.电场一定能产生磁场，磁场也一定能产生电场
B.变化的电场一定产生磁场
C.稳定的电场也可以产生磁场
D.变化的磁场一定产生电场
E.变化的电场和变化的磁场相互联系在一起，形成一个统一的、不可分割的电磁场
【解析】 根据麦克斯韦电磁场理论，变化的电场和变化的磁场相互联系在一起，形成一个统一的、不可分割的电磁场，E项正确；变化的电场一定产生磁场，稳定的电场不产生磁场，故A、C项错误，B项正确.同理知D正确.
【答案】 BDE
2.关于电磁波，下列说法正确的是( )
A.只要有电场和磁场，就能产生电磁波
B.电磁波在真空和介质中传播速度不相同
C.均匀变化的磁场能够在空间形成电磁波
D.赫兹证明了电磁波的存在
E.电磁波在真空中具有与光相同的速度
【解析】 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，A、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、E正确；赫兹证明了电磁波的存在，D项正确.
【答案】 BDE
3.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等于光速
E.证实了真空中电磁波的速度等于光速
【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正确，E错误.
【答案】 ABD
4.某时刻LC振荡电路的状态如图3 1 7所示，则此时刻( )
【导学号：38910036】
图3 1 7
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转化
D.磁场能正在向电场能转化
E.电容器极板上的电荷在增加
【解析】 解决问题的关键是根据电容器的两极板的带电情况和电流方向，判定出电容器正处于充电过程.由电磁振荡的规律可知：电容器充电过程中，电流逐渐减小，电场能逐渐增大，磁场能逐渐减小，即磁场能正向电场能转化，故应选择A、D、E.
【答案】 ADE
5.在LC振荡电路中，当电容器充电完毕尚未开始放电时，下列说法正确的是( )
A.电容器中的电场最强
B.电路里的磁场最强
C.电场能已有一部分转化成磁场能
D.磁场能已全部转化成电场能
E.此时电路中电流为零
【解析】 LC振荡电路电容器充电完毕，电容器中电场最强，磁场最弱，电场能和磁场能之间还没有发生转化，故A、D、E正确.
【答案】 ADE
6.麦克斯韦建立了完整的电磁场理论，______用实验证明了麦克斯韦预言的正确性，第一次发现了________，测定了电磁波的________和________，得到了电磁波的________，证实在真空中它等于________.
【解析】 赫兹用实验验证了麦克斯韦电磁场理论的正确性，研究出电磁波的特点及其性质，揭示了光的本质是电磁波.
【答案】 赫兹 电磁波 波长 频率 波速 光速
7.
(2016·攀枝花高二检测)在如图3 1 8所示振荡电流的图像中，表示电容器充电过程的有________；线圈中有最大电流的点是________；电场能转化为磁场能的过程有________.
图3 1 8
【解析】 根据i t图像，充电过程有a―→b、c―→d、e―→f，线圈中有最大电流的点是a、c、e，电场能转化为磁场能的过程有b―→c、d―→e.
【答案】 a―→b、c―→d、e―→f a、c、e b―→c、d―→e
8.如图3 1 9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最大值开始计时，当t＝3.4×10－2s时，电容器正处于________(选填“充电”“放电”或“充电完毕”)状态，这时电容器的上极板________(选填“带正电”“带负电”或“不带电”).
图3 1 9
【解析】 根据题意可画出LC回路振荡电流的变化图像如图，t＝3.4×10－2
s时刻即为图像中的P点，正处于顺时针电流减小的过程中，所以，电容器正处于反向充电状态，上极板带正电.
【答案】 充电 带正电
[能力提升]
9.用麦克斯韦的电磁场理论判断，下图中表示电场(或磁场)产生磁场(或电场)的正确图像是( )
【导学号：38910037】
【解析】 A图中的左图磁场是稳定的，由麦克斯韦的电磁场理论可知，其周围空间不会产生电场，A图是错误的；B图中的左图是均匀变化的电场，应该产生稳定的磁场，右图的磁场应是稳定的，所以B图正确；C图中的左图是振荡的磁场，它能产生同频率的振荡电场，且相位相差，C图是正确的；同理E正确D图错误.
【答案】 BCE
10.不能发射电磁波的电场是( )
【导学号：38910038】
【解析】 由麦克斯韦电磁场理论，当空间出现恒定的电场时(如A图)，由于它不激发磁场，故无电磁波产生；当出现均匀变化的电场(如B图、C图时)，会激发出磁场，但磁场恒定，不会在较远处激发出电场，故也不会产生电磁波；只有周期性变化的电场(如D、E图)，才会激发出周期性变化的磁场，它又激发出周期性变化的电场……如此不断激发，便会形成电磁波.
【答案】 ABC
11.隐形飞机外形设计采用多棱折面，同时表面还采用吸波涂料，使被反射的雷达信号尽可能弱，从而达到隐身的目的.下列说法中正确的是( )
A.战机采用了隐形技术，不能反射电磁波，因此用肉眼不能看见
B.涂料隐形技术利用了干涉原理，对某些波段的电磁波，涂料膜前后表面反射波相互抵消
C.战机速度超过音速，不能用超声波雷达来探测
D.当敌机靠近时，战机携带的雷达接收的反射波的频率小于发射频率
E.当敌机远离时，战机携带的雷达接收的反射波的频率小于发射频率
【解析】 隐形战机表面的涂料，对一些特定波长的电磁波来说，反射波相消干涉，B对，A错；由于声音的速度小于战机，因此不能用超声波雷达探测，C对；当敌机靠近时，单位时间接收的波数增加，即频率升高，D错.同理知E对.
【答案】 BCE
12.如图3 1 10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t＝3.14×10－5s，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)
图3 1 10
【解析】 当S拨至a时，油滴受力平衡，显然油滴带负电，有mg＝q…①，当S拨至b后，LC回路中有振荡电流，振荡周期为T＝2π＝2×3.14×
s＝6.28×10－5s，当t＝3.14×10－5s时，电容器恰好反向充电结束，两极板间场强与t＝0时等大反向.由牛顿第二定律得q＋mg＝ma…②，联立①②式解得a＝20
m/s2，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，此时有mg＝ma′，解得a′＝10
m/s2.即当油滴的加速度为10
m/s2时，LC回路中的振荡电流有最大值.
【答案】 20
m/s2 当a＝10
m/s2时LC回路中的振荡电流有最大值.模块综合测评(二)
(时间：60分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分.在每小题给出的5个选项中有3项符合题目要求.选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分.每选错1个扣3分，最低得分为0分)
1.下列说法正确的有( )
A.某种光学介质对另一种光学介质的相对折射率可能小于1
B.英国物理学家托马斯·杨发现了光的干涉现象
C.激光和自然光都是偏振光
D.麦克斯韦用实验证明了光是一种电磁波
E.爱因斯坦认为真空中光速在不同惯性系中相同
【解析】 激光的偏振方向一定，是偏振光，而自然光包含着垂直传播方向上沿一切方向振动的光，C错；麦克斯韦只是从理论上提出光是一种电磁波，D错.
【答案】 ABE
2.下列说法正确的是( )
A.露珠的晶莹透亮现象，是由光的全反射引起的
B.光波从空气进入水中后，更容易发生衍射
C.电磁波具有偏振现象
D.根据狭义相对论，地面上的人看到高速运行的列车比静止时短
E.物体做受迫振动时，其频率和振幅与自身的固有频率均无关
【解析】 露珠的晶莹透亮现象，是由光的全反射引起的，选项A正确；光波从空气进入水中后，频率不变，波速变小，则波长变短，故更不容易发生衍射，选项B错误；因电磁波是横波，故也有偏振现象，选项C正确；根据狭义相对论，地面上的人看到高速运行的列车比静止时短，选项D正确；物体做受迫振动时，其频率总等于周期性驱动力的频率，与自身的固有频率无关，但其振幅与自身的固有频率有关，当驱动力的频率等于固有频率时，振幅最大，选项E错误.
【答案】 ACD
3.在五彩缤纷的大自然中，我们常常会见到一些彩色光的现象，下列现象中属于光的干涉的是( )
A.洒水车喷出的水珠在阳光照耀下出现的彩色现象
B.小孩儿吹出的肥皂泡在阳光照耀下出现的彩色现象
C.雨后天晴马路上油膜在阳光照耀下出现的彩色现象
D.用游标卡尺两测量爪的狭缝观察日光灯的灯光出现的彩色现象
E.实验室用双缝实验得到的彩色条纹
【解析】 A属于光的色散现象；B、C属于光的薄膜干涉现象；D属于光的单缝衍射现象；E属于光的双缝干涉现象.
【答案】 BCE
4.下列有关光学现象的说法中正确的是( )
A.用光导纤维束传送信息是光的衍射的应用
B.太阳光通过三棱镜形成彩色光谱是光的干涉现象
C.在照相机镜头前加装偏振滤光片拍摄日落时的景物，可使景象更清晰
D.经过同一双缝所得干涉条纹，红光条纹宽度大于绿光条纹宽度
E.激光测距是应用了激光平行性好的特点
【解析】 用光导纤维束传送信息是光的全反射的应用，A错误；太阳光通过三棱镜形成彩色光谱是光的色散现象，是光的折射的结果，B错误；在照相机镜头前加装偏振滤光片拍摄日落时的景物，可减弱反射光，从而使景象更清晰，C正确；红光的波长比绿光的波长长，根据双缝干涉条纹间距公式Δx＝λ可知，经过同一双缝所得干涉条纹，红光条纹宽度大于绿光条纹宽度，D正确；激光的平行性好，常用来精确测距，E正确.
【答案】 CDE
5.下列关于单摆运动的说法中，正确的是( )
A.单摆的回复力是摆线的拉力与摆球重力的合力
B.单摆的回复力是摆球重力沿运动轨迹切向的分力
C.单摆的周期与摆球质量、振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关
D.单摆做简谐运动的条件是摆角很小(小于5°)
E.在山脚下走时准确的摆钟移到高山上走时将变快
【解析】 单摆的回复力是摆球重力沿运动轨迹切向的分力，A错误，B正确；根据单摆的周期公式T＝2π可知，单摆的周期与摆球质量、振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关，C正确；在摆角很小时，单摆近似做简谐运动，D正确；将摆钟从山脚移到高山上时，摆钟所在位置的重力加速度g变小，根据T＝2π可知，摆钟振动的周期变大，走时变慢，E错误.
【答案】 BCD
6.如图1所示是一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图，图中质点P正沿y轴正方向运动，此波的传播速度为v＝4
m/s，则( )
图1
A.此波沿x轴正方向传播
B.质点P的振动周期为T＝1.0
s
C.x＝1.0
m处质点做简谐运动的表达式为y＝5cos(4t)cm
D.x＝1.0
m处质点在2.5
s内通过的路程为50
cm
E.t＝0.25
s时，x＝2.0
m处质点有最大正向加速度
【解析】 因质点P正沿y轴正方向运动，由“上下坡法”知波沿x轴正方向传播，A对；由题图知波长为λ＝4
m，由λ＝vT知各质点振动周期为T＝1.0
s，B对；由题图知x＝1.0
m处质点做简谐运动的表达式为y＝5cos(2πt)cm，C错；t＝2.5
s＝2.5T，所以x＝1.0
m处质点在2.5
s内通过的路程为s＝2.5×4A＝50
cm，D对；t＝0.25
s＝时，x＝2.0
m处质点正处于波峰，具有最大负向加速度，E错.
【答案】 ABD
7.如图2所示是一单摆在某介质中振动时产生的一列简谐横波在t＝0时刻的波形图，已知这列波沿x轴正方向传播，波速v为4
m/s.P、Q是这列波上的质点，取g≈π2
m/s2，下列说法正确的是( )
图2
A.质点P和Q的振动方向始终相反
B.质点P的振动周期为2
s，振幅为0.05
m
C.再经0.5
s，P质点在正的最大位移处
D.在t＝0时刻，质点Q的速度沿y轴正方向并开始做匀减速运动
E.该单摆的摆长约为1
m
【解析】 质点P和Q相距半个波长，振动方向始终相反，A正确；由题图知波长为8
m，而波速v为4
m/s，所以周期为2
s，从题图可以看出质点的振幅为0.05
m，B正确；波沿x轴正方向传播，所以经过0.5
s，P质点在负的最大位移处，C错误；t＝0时刻，质点Q开始做变减速运动，D错误；根据T＝2π，得l≈1
m，E正确.
【答案】 ABE
8.如图3所示，实线与虚线分别表示振幅、频率均相同的两列简谐横波的波峰和波谷，此刻M是波峰与波峰的相遇点.设这两列波的振幅均为A，则下列说法中正确的是( )
图3
A.此时刻位于O处的质点正处于平衡位置
B.P、N两处的质点始终处在平衡位置
C.随着时间的推移，M处的质点将向O处移动
D.从此时刻起，经过四分之一周期，M处的质点到达平衡位置，此时位移为零
E.O、M连线的中点是振动加强的点，其振幅为2A
【解析】 此时刻位于O处的质点正处于波谷与波谷的相遇点，不在平衡位置，选项A错误；P、N两处的质点处于波峰和波谷的相遇点，两列波在这两处的位移始终相反，合位移为零，选项B正确；质点并不随波迁移，选项C错误；从此时刻起，经过四分之一周期，两列波在M点的振动均达到平衡位置，合位移为零，选项D正确；O、M连线的中点是振动加强区的点，其振幅为2A，选项E正确.
【答案】 BDE
9.一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速为v，P、Q是沿波传播方向上相距为a的两质点，如图4所示.某时刻P、Q两质点都处于平衡位置，且P、Q间仅有一个波峰，经过时间t，Q质点第一次运动到波峰，则t可能等于( )
【导学号：38910070】
图4
A.
B.
C.
D.
E.
【解析】 当质点Q此时正向上运动时，对应波形如图甲、乙所示；当质点Q此时正向下运动时，对应波形如图丙、丁所示.则图甲中，波长λ＝2a，T＝，所以t＝＝；同理图乙中，t＝；图丙中，t＝；图丁中，t＝；所以A、C、D对.
【答案】 ACD
10.如图5所示是一玻璃球体，其半径为R，O为球心，AB为水平直径.M点是玻璃球的最高点，来自B点的光线BD从D点射出，出射光线平行于AB，已知∠ABD＝30°，光在真空中的传播速度为c，则( )
图5
A.此玻璃的折射率为
B.光线从B到D需用时
C.该玻璃球的临界角应小于45°
D.若增大∠ABD，光线不可能在DM段发生全反射现象
E.若减小∠ABD，从AD段射出的光线均平行于AB
【解析】 由题图可知光线在D点的入射角为i＝30°，折射角为r＝60°，由折射率的定义得n＝知n＝，A正确；光线在玻璃中的传播速度为v＝＝c，由题图知BD＝R，所以光线从B到D需用时t＝＝，B正确；若增大∠ABD，则光线射向DM段时入射角增大，射向M点时入射角为45°，而临界角满足sin
C＝＝<＝sin
45°，即光线可以在DM段发生全反射现象，C正确，D错误；要使出射光线平行于AB，则入射角必为30°，E错误.
【答案】 ABC
二、非选择题(本题共5小题，共40分，按题目要求作答，解答题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
11.(8分)某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作：
(1)用游标尺上有10个小格的游标卡尺测量摆球的直径如图6甲所示，可读出摆球的直径为________cm.把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L.
甲
乙
丙
图6
(2)用秒表测量单摆的周期.当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n＝1，单摆每经过最低点记一次数，当数到n＝60时秒表的示数如图乙所示，该单摆的周期是T＝________s(结果保留三位有效数字).
(3)测量出多组周期T、摆长L的数值后，画出T2 L图线如图丙，此图线斜率的物理意义是( )
A.g
B.
C.
D.
(4)在(3)中，描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小( )
A.偏大
B.偏小
C.不变
D.都有可能
(5)该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度，他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，然后把摆线缩短适当的长度ΔL，再测出其振动周期T2.用该同学测出的物理量表示重力加速度g＝________.
【导学号：38910071】
【解析】 (1)摆球的直径为d＝20
mm＋6×
mm＝20.6
mm＝2.06
cm.
(2)秒表的读数为t＝60
s＋7.4
s＝67.4
s，根据题意t＝T＝T，所以周期T＝≈2.28
s.
(3)根据单摆周期公式T＝2π，可得＝＝k(常数)，所以选项C正确.
(4)因为＝＝k(常数)，所以＝＝k，若误将摆线长当作摆长，画出的直线将不通过原点，但图线的斜率仍然满足＝＝k，所以由图线的斜率得到的重力加速度不变.
(5)根据(4)的分析，＝，所以g＝＝.
【答案】 (1)2.06 (2)2.28 (3)C (4)C (5)
12.(6分)一列简谐横波，沿波的传播方向依次有P、Q两点，平衡位置相距5.5
m，其振动图像如图7甲所示，实线为P点的振动图像，虚线为Q点的振动图像.
甲
乙
图7
(1)图乙是t＝0时刻波形的一部分，若波沿x轴正向传播，试在给出的波形上用黑点标明P、Q两点的位置，并写出P、Q两点的坐标(横坐标用λ表示)；
(2)求波的最大传播速度.
【解析】 (1)P、Q两点的位置如图所示P(0,0)、Q(，5
cm).
(2)由题图甲可知，该波的周期T＝1
s
由P、Q的振动图像可知，P、Q之间的距离是(n＋)λ＝5.5
m(n＝0,1,2，…)
当n＝0时，λ有最大值6
m.
此时对应波速最大，v＝＝6
m/s.
【答案】 (1)见解析 (2)6
m/s
13.(9分)如图8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.
图8
(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0.6
s内的振动图像.
【解析】 (1)由题图可知该波的振幅A＝0.1
m
波长λ＝2
m
由题意可知，f＝
Hz＝2.5
Hz
T＝＝0.4
s
波速v＝λf＝5
m/s.
(2)振动图像如图所示.
【答案】 (1)0.1
m 2.5
Hz 0.4
s 5
m/s
(2)见解析
14.(8分)频率不同的两束单色光1和2均以60°的入射角从同一点射向一厚度为d的玻璃板的上表面，后从玻璃板另一侧射出，已知玻璃对单色光1和2的折射率分别为和，光在真空中的速度为c，求：
图9
(1)单色光1在玻璃中传播的时间；
(2)两束单色光通过玻璃板后相距的距离.
【解析】 (1)光在玻璃中的传播路径如图所示，
单色光1在玻璃中的速度为v1＝＝
＝n1＝
得β1＝30°
OP＝＝
故单色光1在玻璃中传播的时间
t1＝＝.
(2)＝n2＝
得β2＝45°
MQ＝dtan
45°＝d
MP＝dtan
30°＝
两束单色光通过玻璃板后相距的距离为
x＝(MQ－MP)sin
30°＝.
【答案】 (1) (2)
15.(9分)如图10所示，△ABC为一直角三棱镜的横截面，∠BAC＝30°，现有两条间距为d的平行单色光线垂直于AB面射入三棱镜，已知棱镜对该单色光的折射率为.
图10
(1)若两条单色光线均能从AC面射出，求两条单色光线从AC面射出后的距离；
(2)两条单色光线的入射方向怎样变化才可能使从AB面折射到AC面的光线发生全反射？
【解析】 (1)如图所示，两条单色光线在AC面的折射点分别为D、E，由图中几何关系可知，入射角i＝30°
则根据光的折射定律有＝n
得r＝60°
在直角三角形DEF中∠EDF＝30°
所以EF＝DE＝·＝d.
(2)当入射光线绕AB面上的入射点向上转动时，折射光线入射到AC面上的入射角变大，才有可能发生全反射.
【答案】 (1)d (2)见解析学业分层测评
第1章
1.5
受迫振动与共振
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.单摆在振动过程中，摆动幅度越来越小，这是因为( )
A.单摆做的是阻尼振动
B.能量正在逐渐消灭
C.动能正在转化为势能
D.机械能不守恒
E.总能量守恒，减少的机械能转化为内能
【解析】 能量不能被消灭，只能发生转化或转移，故B错误；单摆在运动中由于受到空气阻力，要克服空气阻力做功，机械能逐渐减小，转化为内能，由能量守恒定律可知，总能量是守恒的，故C错误，A、D、E正确.
【答案】 ADE
2.下列振动，不属于受迫振动的是( )
A.用重锤敲击一下悬吊着的钟后，钟的振动
B.打点计时器接通电源后，振针的振动
C.小孩睡在自由摆动的吊床上，小孩随着吊床一起摆动
D.弹簧振子在竖直方向上沿上下方向振动
E.共振筛的振动
【解析】 受迫振动是指在周期性驱动力作用下的振动，故A、C、D都是自由振动，B、E是受迫振动.
【答案】 ACD
3.一台洗衣机的脱水桶正常工作时非常平衡，当切断电源后，发现洗衣机先是振动越来越剧烈，然后振动逐渐减弱，下列说法中正确的是( )
A.洗衣机做的是受迫振动
B.正常工作时，洗衣机脱水桶运转的频率比洗衣机的固有频率大
C.正常工作时，洗衣机脱水桶运转的频率比洗衣机的固有频率小
D.正常工作时，洗衣机脱水桶运转的频率等于洗衣机的固有频率
E.当洗衣机振动最剧烈时，脱水桶的运转频率恰好等于洗衣机的固有频率
【解析】 切断电源后，脱水桶的转速越来越小，即脱水桶的运转频率越来越小，由题意可知，当洗衣机脱水桶正常工作时，非常稳定，即正常工作时的频率大于洗衣机的固有频率，A、B选项正确.当振动最剧烈时，洗衣机发生了共振，即脱水桶运转频率等于洗衣机的固有频率，E选项正确.
【答案】 ABE
4.如图1 5 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9
Hz，乙弹簧振子的固有频率为72
Hz，当支架在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 5 8
A.甲的振幅较大
B.甲的振动频率为9
Hz
C.乙的振幅较大
D.乙的振动频率为9
Hz
E.甲、乙两振子的振幅、频率均相等
【解析】 根据受迫振动发生共振的条件可知甲的振幅较大，又因为做受迫振动的物体的频率等于驱动力的频率，所以选项A、B、D正确.
【答案】 ABD
5.如图1 5 9所示为一个弹簧振子做受迫振动时振幅与驱动力频率之间的关系图像，由图可知( )
图1 5 9
A.振子振动频率为f2时，它处于共振状态
B.驱动力频率为f3时，振子振动频率为f3
C.若撤去驱动力让振子做自由振动，频率是f3
D.振子做自由振动的频率可以为f1、f2、f3
E.振子做自由振动的频率只能是f2
【解析】 由题意可知，当驱动力的频率变化时，做受迫振动物体的振幅在变化，当驱动力频率为f2时，受迫振动的振幅最大，即发生共振现象，故A选项正确；做受迫振动的频率等于驱动力的频率，B选项正确；若撤去外力，物体自由振动，其频率为其固有频率，即应为f2，故C、D选项错误，E正确.
【答案】 ABE
6.如图1 5 10所示装置中，已知弹簧振子的固有频率f固＝2
Hz，电动机皮带轮的直径d1是曲轴皮带轮d2的.为使弹簧振子的振幅最大，则电动机的转速应为________r/min.
【导学号：38910012】
图1 5 10
【解析】 若使振子振幅最大，则曲轴转动频率为f＝2
Hz，即转速为2
r/s.由于＝＝，ω1r1＝ω2r2，故＝，所以电动机转速为4
r/s，即240
r/min.
【答案】 240
7.如图1 5 11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 5 11
【解析】 由图像可以看出，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
8.如图1 5 12所示是用来测量各种发动机转速的转速计原理图.在同一铁支架MN上焊有固有频率依次为80
Hz、60
Hz、40
Hz、20
Hz的四个钢片a、b、c、d.将M端与正在转动的电动机接触，发现b钢片振幅最大，则电动机转速可能为多少？a、b、c、d此时振动频率分别为多少？
图1 5 12
【解析】 钢片b振幅最大，说明可能发生了共振现象，根据共振的条件知，f驱＝f固＝60
Hz，电动机的转速为60
r/s，钢片a、c、d做的是受迫振动，其频率f迫＝f驱＝60
Hz.
【答案】 60
r/s 均为60
Hz
[能力提升]
9.如图1 5 13所示是一个单摆做受迫振动时的共振曲线，表示振幅A与驱动力的频率f的关系，下列说法不正确的是( )
【导学号：38910013】
图1 5 13
A.摆长约为10
cm
B.摆长约为1
m
C.若增大摆长，共振曲线的“峰”将向右移动
D.若增大摆长，共振曲线的“峰”将向左移动
E.若减小摆长，共振曲线的“峰”将向左移动
【解析】 当驱动力的频率f等于单摆的固有频率f固时，发生共振，由图可知f固＝0.5
Hz，则有2π＝＝2
s，摆长l＝1
m，选项A错误，B正确；若增大摆长，固有频率f固减小，共振曲线的“峰”将向左移动，选项C错误，D正确.同理知E错误.
【答案】 ACE
10.有一根张紧的水平绳上挂有5个双线摆，其中b摆摆球质量最大，另4个摆球质量相等，摆长关系为Lc＞Lb＝Ld＞La＞Le，如图1 5 14所示，现将b摆垂直纸面向里拉开一微小角度，放手后让其振动，经过一段时间，其余各摆均振动起来，达到稳定时( )
【导学号：38910014】
图1 5 14
A.周期关系为Tc＝Td＝Ta＝Te
B.频率关系为fc＝fd＝fa＝fe
C.振幅关系为Ac＝Ad＝Aa＝Ae
D.四个摆中，d的振幅最大，且Ae＜Aa
E.四个摆中，c摆的振幅最大
【解析】 b摆的振动，作为一种驱动力迫使其他四个摆做受迫振动，受迫振动的周期(或频率)等于驱动力的周期(或频率)，而和自身的固有周期(固有频率)无关，A、B正确.四个摆做受迫振动的振幅与驱动力的频率跟自身的固有频率之差有关，这个差越小，做受迫振动的振幅越大.在a、c、d、e四个摆中，d的摆长跟b的摆长相等.因此d的固有频率和驱动力的频率相等，d摆做受迫振动的振幅最大.同理e摆做受迫振动的振幅最小，D正确.
【答案】 ABD
11.某简谐振子，自由振动时的振动图像如图1 5 15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，关于此受迫振动对应的状态下列说法正确的是( )
甲
乙
图1 5 15
A.可能是图乙中的a点
B.可能是图乙中的b点
C.可能是图乙中的c点
D.一定不是图乙中的c点
E.一定不是图乙中的b点
【解析】 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图乙中的b点和c点，可能是a点，故A、D、E正确.
【答案】 ADE
12.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，人感到最难受？
【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＝，代入数据l＝0.062
1
m，由胡克定律得kl＝(m1＋nm2)g
n＝＝＝5(人)
【答案】 5人学业分层测评
第2章
2.4
惠更斯原理 波的反射与折射
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.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.任何波的波线都表示波的传播方向
D.有些波的波面表示波的传播方向
E.同一介质中波面上的各点到波源的距离都相等
【解析】 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、B正确.只有波线才表示波的传播方向，选项C正确、D错误.同一介质中波面上的各点到波源距离相等，E正确.
【答案】 BCE
2.下列叙述属于波的反射现象的是( )
A.夏日的雷声有时会轰鸣不绝
B.在空房间里讲话，会感到声音比在野外响
C.水波从深水区入射到浅水区方向变化
D.讲话者又听到自己的回声
E.声波从空气中进入水中速度变大
【解析】 选项A、B、D都属于波的反射现象，C、E属于波的折射现象.
【答案】 ABD
3.下列说法正确的是( )
A.任何波的波线都表示波的传播方向
B.波面表示波的传播方向
C.只有横波才有波面
D.波传播中某时刻任一波面上各子波波面的包络面就是新的波面
E.子波的波速、频率等于初级波的波速、频率
【解析】 波线表示波的传播方向，故A选项正确，B选项错误；所有的波都具有波面，故C选项错误；由惠更斯原理可知，D选项正确；根据惠更斯原理，子波的波速和频率等于初级波的波速和频率，E正确.
【答案】 ADE
4.如图2 4 6为某列波从介质1入射到介质2的波线分布，已知该波在介质1中的周期T1、频率f1、波长λ1、波速v1，在介质2中的周期T2、频率f2、波长λ2、波速v2，则下列判断正确的是( )
【导学号：38910027】
图2 4 6
A.T1＞T2
B.f1＞f2
C.v1＞v2
D.λ1>λ1
E.f1＝f2
【解析】 折射现象中，折射前后，波的周期与频率不变，A、B错E正确.从题图可知入射角i大于折射角r，由折射定律公式＝得，v1＞v2，C正确.再结合v＝λf知，λ1＞λ2，D正确.
【答案】 CDE
5.以下关于波的认识，正确的是( )
A.潜水艇利用声呐探测周围物体的分布情况，用的是波的反射原理
B.隐形飞机怪异的外形及表面涂特殊吸波材料，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直线传播
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
E.声呐仪利用的是波的折射现象
【解析】 本题考查波的反射、折射现象在实际问题中的应用.声呐、雷达都是利用接收反射波来进行定位，A正确，C、E错误.D选项中水波的传播方向发生改变属于波的折射现象，D正确.隐形飞机是通过减少波的反射达到隐形的目的，B正确.
【答案】 ABD
6.如图2 4 7所示，某列波以60°的入射角由甲介质射到乙介质的界面上同时产生反射和折射，若反射波的波线与折射波的波线的夹角为90°.该波的折射角为________.
图2 4 7
【解析】 由反射定律可得反射角为60°，由题图的几何关系可得折射角为r＝30°.
【答案】 30°
7.如图2 4 8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________.
图2 4 8
【解析】 由折射定律知：
＝＝
.
【答案】
8.人耳只能区分相差0.1
s以上的两个声音，人要听到自己讲话的回声，人离障碍物的距离至少要大于_____________________________.
(已知声音在空气中的传播速度为340
m/s)
【解析】 从人讲话到声音传到人耳的时间取0.1
s时，人与障碍物间的距离最小.单程考虑，声音从人传到障碍物或从障碍物传到人耳时t＝
s＝0.05
s，故人离障碍物的最小距离x＝vt＝340×0.05
m＝17
m.
【答案】 17
m
[能力提升]
9.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，此时汽车距山崖的距离多远？(v声＝340
m/s)
【导学号：38910028】
【解析】 如图所示为汽车与声波的运动过程示意图，设汽车由A到C路程为x1，C点到山崖B距离为x；声波由A到B再反射到C路程为x2，因汽车与声波运动时间同为t，则有x2＝x1＋2x
即v声t＝v汽t＋2x，
所以x＝＝
m＝325
m.
【答案】 325
m
10.一列平面波，以30°的入射角投射到两种介质的交界面，发生折射，折射角为45°，若入射波的波长为10
cm，则折射波的波长是多少？
【解析】 根据折射定律＝
又因为v＝λf，f1＝f2
有＝＝＝
所以λ1≈14.14
cm.
【答案】 14.14
cm
11.渔船常利用超声波来探测远处鱼群的方位.已知某超声波频率为1.0×105
Hz，某时刻该超声波在水中传播的波动图像如图2 4 9所示.
图2 4 9
(1)从该时刻开始计时，画出x＝7.5×10－3
m处质点做简谐运动的振动图像(至少一个周期).
(2)现测得超声波信号从渔船到鱼群往返一次所用时间为4
s，求鱼群与渔船间的距离(忽略船和鱼群的运动).
【解析】 (1)如图所示.
(2)由波形图读出波长λ＝15×10－3
m，由波速公式得v＝fλ…
①
鱼群与渔船的距离为x＝vt…
②
联立①②式，代入数据得x＝3
000
m.
【答案】 见解析
12.一列声波在介质Ⅰ中的波长为0.2
m.当该声波从空气中以某一角度传入介质Ⅱ中时，波长变为0.6
m，如图2 4 10所示，若介质Ⅰ中的声速为340
m/s.
【导学号：38910029】
图2 4 10
(1)求该声波在介质Ⅱ中传播时的频率；
(2)求该声波在介质Ⅱ中传播的速度；
(3)若另一种声波在介质Ⅱ中的传播速度为1
400
m/s，按图中的方向从介质Ⅰ射入介质Ⅱ中，求它在介质Ⅰ和介质Ⅱ中的频率之比.
【解析】 (1)声波在介质Ⅰ中传播时，由v＝λf得：
f＝＝
Hz＝1
700
Hz，由于声波在不同介质中传播时，频率不变，所以声波在介质Ⅱ中传播时，频率为1
700
Hz.
(2)由v＝λf得声波在介质Ⅱ中的传播速度为v2＝λ2f＝0.6×1
700
m/s＝1
020
m/s.
(3)波由介质Ⅰ到介质Ⅱ的过程中，只有频率不变，故当波从介质Ⅰ进入介质Ⅱ时，其频率之比为1∶1.
【答案】 (1)1
700
Hz (2)1
020
m/s (3)1∶1章末综合测评(五)
(时间：60分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分)
1.在狭义相对论中，下列说法正确的是( )
A.所有惯性系中基本规律都是等价的
B.在真空中，光的速度与光的频率、光源的运动状态无关
C.在不同惯性系中，光在真空中沿不同方向传播速度不相同
D.质量、长度、时间的测量结果不随物体与观察者的相对状态的改变而改变
E.时间与物体的运动状态有关
【解析】 根据相对论的观点：在不同的惯性系中，一切物理规律都是相同的；且在一切惯性系中，光在真空中的传播速度都相等；质量、长度、时间的测量结果会随物体与观察者的相对状态的改变而改变.故正确选项为A、B.在狭义相对论中，时间与物体的运动状态有关，E正确.
【答案】 ABE
2.关于广义相对论，下列说法中正确的是( )
A.万有引力可以用广义相对论作出正确的解释
B.惯性质量和引力质量相等，它们遵从相同的规律
C.广义相对论是惯性参考系之间的理论
D.万有引力理论无法纳入广义相对论的框架
E.太阳的引力场会使周围空间发生弯曲
【解析】 万有引力可以纳入广义相对论的框架，可以用广义相对论作出正确的解释，A对、D错；惯性质量和引力质量相等，遵从相同的规律，B对；广义相对论是非惯性参考系之间的理论，C错.太阳的引力场会使周围空间发生弯曲，E对.
【答案】 ABE
3.下列说法中正确的是( )
A.在任何参考系中，物理规律都是相同的，这就是广义相对性原理
B.在不同的参考系中，物理规律都是不同的，例如牛顿运动定律仅适用于惯性参考系
C.一个均匀的引力场与一个做匀速运动的参考系等价，这就是著名的等效原理
D.一个均匀的引力场与一个做匀加速运动的参考系等价，这就是著名的等效原理
E.物体的运动速度不能无限增加
【解析】 由广义相对性原理和等效原理的内容知A、D正确.由狭义相对论结论知E正确.
【答案】 ADE
4.以下说法中正确的是( )
A.矮星表面的引力很强
B.时钟在引力场弱的地方比在引力场强的地方走得快些
C.在引力场越强的地方，物体长度越长
D.在引力场强的地方，光谱线向绿端偏移
E.引力场越强，时钟变慢的效应越明显
【解析】 因矮星体积很小，质量却不小，所以矮星表面引力很强，故A正确；根据广义相对论的结论可知，引力场越强，时间进程越慢，物体长度越短，故B正确，C错误；在引力场强的地方，光谱线向红端偏移，称为“引力红移”，故D错误.引力场越强，时钟变慢的效应越明显，E正确.
【答案】 ABE
5.下列关于经典力学的时空观说法正确的是( )
A.经典力学的时空观中，同时是绝对的，即在一个参考系中的观察者在某一时刻观察到的两个事件，对另一参考系中的观察者来说也是同时发生的
B.在经典力学的时空观中，时间间隔是绝对的，即任何事件(或物体的运动)所经历的时间，在不同的参考系中测量都是相同的，而与参考系的选取无关
C.在经典力学的时空观中，空间间隔是相对的，即如果各个参考系中用来测量长度的标准相同，那么空间两点距离与参考系选取有关
D.经典力学的时空观就是一个绝对的时空观，时间与空间、物体的运动无关
E.绝对时空观认为，参考系不同，某事件经历的时间也会不同
【解析】 经典力学的时空观认为，时间、空间均是绝对的，与物体的运动状态无关.同时也是绝对的，即在一个参考系中同时发生的两个事件，对不同参考系中的观察者来说也是同时发生的，故A、B、D均正确，C、E错误.
【答案】 ABD
6.用相对论的观点判断，下列说法正确的是( )
【导学号：38910066】
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慢，但是飞船中的宇航员却看到时钟是准确的
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，而飞船中的宇航员却感觉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，“时间膨胀”和“长度收缩”效果可忽略不计
E.狭义相对论的创立表明经典力学在任何情况下都不再适用
【解析】 按照相对论的观点，时间和空间都是相对的，A错误；由Δt＝可知，运动的时钟变慢了，但飞船中的钟相对飞船中的观察者静止，时钟准确，B正确；由l＝l0可知，地面上的人看飞船和飞船上的人看地面上的人都沿运动方向长度减小，C正确；当v c时，“时间膨胀”和“长度收缩”效果可忽略不计，故D也正确.在宏观、低速情况下，经典力学仍适用，E错误.
【答案】 BCD
7.在地面附近有一高速飞行的火箭，关于地面上的人和火箭中的人观察到的现象中正确的是( )
A.地面上的人观察到火箭变短了，火箭上的时间进程变快了
B.地面上的人观察到火箭变短了，火箭上的时间进程变慢了
C.火箭上的人观察到火箭的长度和时间进程均无变化
D.火箭上的人看地面物体长度变短，时间进程变慢了
【解析】 由表达式Δt＝，可知Δt＞Δt′，一个相对我们做高速运动的惯性系中发生的物理过程，在我们看来，它所经历的时间比在这个惯性系中直接观察到的时间长，惯性系速度越大，我们观察到的物理过程所经历的时间越长，故B、C、D正确.
【答案】 BCD
8.A、B两架飞机沿地面上一足球场的长轴方向在其上空高速飞过，且vA＞vB，对于在飞机上的人观察结果，下列说法正确的是( )
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长度比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
E.A飞机上的人观察B飞机的长度和时间进程均有微小变化
【解析】 由l＝l0(其中l0是相对足球场静止时的长度)，可以看出，速度越大，“动尺变短”的效应越明显，选项B正确；但是足球场的短轴与飞机速度方向垂直，所以两飞机上的人观察到足球场的宽度相同.因A、B两飞机有相对运动，所以E正确.
【答案】 BDE
二、非选择题(本题共4小题，共52分)
9.(10分)(1)假设宇宙飞船是全封闭的，宇航员和外界没有任何联系，宇航员如何判断使物体以某一加速度下落的力到底是引力还是惯性力？
(2)在一个加速运动的参考系中观察，光束会弯曲吗？引力对光束的效应告诉我们什么？
【解析】 (1)宇宙飞船中的物体受到以某一加速度下落的力可能是由于受到某个星体的引力，也可能是由于宇宙飞船正在加速飞行.两种情况的效果是等价的，所以宇航员无法判断使物体以某一加速度下落的力是引力还是惯性力，即一个均匀的引力场与一个做匀加速运动的参考系是等价的.
(2)在一个加速运动的参考系中观察，光束会弯曲，因为加速运动的参考系中出现的惯性力等效于引力，使得光线发生弯曲.引力对光束的效应说明，引力的存在使空间变形.
【答案】 见解析
10.(12分)一艘宇宙飞船的船身长度为L0＝90
m，相对地面以u＝0.8c的速度在一观测站的上空飞过.
(1)观测站测得飞船的船身通过观测站的时间间隔是多少？
(2)航天员测得飞船自身通过观测站的时间间隔是多少？
【导学号：38910067】
【解析】 (1)观测站测得船身的长度为L＝L0＝90
m＝54
m，通过观测站的时间间隔为Δt＝＝＝2.25×10－7
s.
(2)航天员测得飞船船身通过观测站的时间间隔为Δt′＝＝＝3.75×10－7
s.
【答案】 (1)2.25×10－7
s (2)3.75×10－7
s
11.(14分)带正电的π介子是一种不稳定的粒子，当它静止时，平均寿命为2.5×10－8
s，然后就衰变为一个μ子和一个中微子.今有一束π介子，在实验室中测得它的速率为u＝0.99c，并测出它从产生到衰变通过的平均距离为52
m.
(1)问这些测量结果是否一致？
(2)计算相对于π介子静止的参考系中π介子的平均寿命是多少？
【解析】 (1)根据时间间隔的相对性，当π介子以u＝0.99c的速率相对实验室运动时，在实验室中测得的平均寿命应为Δ
t＝＝
s≈1.8×10－7s.在实验室中测得π介子通过的平均距离约为d＝uΔt＝0.99×3.0×108×1.8×10－7
m≈53
m，考虑到实验误差，这一计算结果与测量结果一致.
(2)在相对π介子静止的参考系中观察，实验室的运动速率为u＝0.99c，而在实验室中测得π介子通过的距离为l0＝52
m，则在相对π介子静止的参考系中测得实验室通过的距离为l＝l0＝52×
m＝7.3
m.实验室通过l所用的时间就是π介子从产生到衰变的时间，即π介子的平均寿命为Δ
t＝＝
s＝2.5×10－8
s.
【答案】 (1)一致 (2)2.5×10－8
s
12.(16分)宇宙射线中有一种叫做μ子的粒子，在与μ子相对静止的惯性参考系中观测到，它平均经过2×10－6
s(其固有寿命)就衰变为电子和中微子.但是，这种μ子在大气中运动的速度非常大，可以达到v＝2.994×108
m/s＝0.998c.请分析μ子在大气中可以运动多远的距离？
【解析】 已知Δ
t′＝2×10－6s，v＝2.994×108
m/s.如果按照经典物理来看，μ子从产生到衰变的这段时间里平均走过的距离仅为l′＝2.994×108×2×10－6m≈600
m.根据狭义相对论，在地面的实验室中观测μ子的“运动寿命”为Δ
t＝＝
s≈3.16×10－5
s.因而μ子在大气中运动的距离应为l＝2.994×108×3.16×10－5m≈9
500
m.
【答案】 9
500
m学业分层测评
第2章
2.3
机械波的案例分析
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.图2 3 7为一列简谐波在t＝0时刻的图像，已知质点P将比质点Q后回到平衡位置，则下列说法中正确的是( )
图2 3 7
A.波一定沿x轴正方向传播
B.质点Q与质点R的运动方向相同
C.质点P的速度正在增大
D.质点R的加速度正在减小
E.质点Q的速度正在增大
【解析】 因P点比Q点后回到平衡位置，可知P点向＋y方向振动，Q点向－y方向振动，可判断波向＋x方向传播，即P点远离平衡位置，速度正在减小，Q点衡位置，速度正在增大；R点与Q点均向－y方向运动，R点正远离平衡位置，位移增大，加速度增大.
【答案】 ABE
2.一简谐机械横波沿x轴正方向传播，波长为λ，周期为T.t＝0时刻的波形如图2 3 8甲所示，a、b是波上的两个质点.图乙是波上某一质点的振动图像.下列说法中正确的是( )
甲
乙
图2 3 8
A.t＝0时质点a的速度比质点b的大
B.t＝0时质点a的加速度比质点b的大
C.图乙可以表示质点a的振动
D.图乙可以表示质点b的振动
E.a、b两质点的振幅相同
【解析】 质点在平衡位置处的振动速度是最大的，所以在零时刻a的速度小于b的速度，A错误；而质点偏离平衡位置越远加速度越大，a的加速度大于b的加速度，B正确；根据波的图像“同侧法”可以判断在零时刻，b在平衡位置且向下振动，D正确，C错误.因是简谐波，E正确.
【答案】 BDE
3.质点A做简谐运动，其振动图像和t＝1.6
s时刻的波动图像如图2 3 9所示，则下列说法正确的是( )
图2 3 9
A.质点A向上运动
B.波向右传播
C.质点A向下运动
D.波向左传播
E.质点A比质点B先回到平衡位置
【解析】 由振动图像可得质点A正在向上运动，则结合波动图像可以看出，波正向右传播，故A、B、E正确.
【答案】 ABE
4.一列简谐横波沿直线传播，该直线上的a、b两点相距4.42
m.图2 3 10中实、虚两条曲线分别表示平衡位置在a、b两点处质点的振动曲线.从图示可知( )
【导学号：38910024】
图2 3 10
A.此列波的频率一定是10
Hz
B.此列波的波长一定是0.1
m
C.此列波的传播速度可能是34
m/s
D.a点一定比b点距波源近
E.此列波的波长可能是3.4
m
【解析】 由振动图像可知T＝0.1
s，故f＝＝10
Hz，A对.由振动周期性可知当波从a传到b时有＋λ＋nλ＝4.42
m，即λ＋nλ＝4.42
m，λ＝
m(n＝0,1,2，…)，可知B错，E对；由v＝λ·f得v＝
m/s(n＝0,1,2，…)，当n＝1时，v＝34
m/s，C对.由于不知波的传播方向，故无法判断a、b中的哪一点离波源近，D错.
【答案】 ACE
5.如图2 3 11所示，甲是________图像，乙是___________图像.
图2 3 11
【解析】 波动图像的横坐标为各质点的平衡位置；振动图像中横坐标为时间.
【答案】 波动 振动
6.取向上为质点振动的正方向，得到如图2 3 12所示的两个图像，其中图甲是一列波的图像，A是介质中的一个质点，图乙是介质中另一个质点的振动图像，B为振动中的某一个时刻，图甲中A质点在该时刻的运动方向是________，图乙中B时刻质点的运动方向是________.
甲
乙
图2 3 12
【解析】 图甲表示的是波的图像，由于波沿x轴负方向传播，所以，图中质点A的振动方向向下；图乙表示的是振动图像，在图中B所对应的时刻质点应当向下运动(因为下一时刻位移为负值).
【答案】 向下(或沿－y方向)
向下(或沿－y方向)
7.图2 3 13(a)表示一列简谐波在介质中传播时，某一质点a的振动图像，请在图(b)中作出这列简谐波在t＝0时刻的波形图(质点a画在坐标原点上，且波沿x轴正方向传播).
图2 3 13
【解析】 由图(a)可知，t＝0时刻质点a正处于平衡位置且沿＋y方向运动，经达到正向最大位移处，x轴正向为波传播的方向，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
8.如图2 3 14甲为某一列波在t＝1.0
s时的图像，图乙为参与该波的质点P的振动图像.
图2 3 14
(1)求该波波速；
(2)求再经过3.5
s时P质点通过的路程；
(3)波的传播方向.
【导学号：38910025】
【解析】 (1)根据两图像得λ＝4
m，T＝1.0
s
所以v＝＝4
m/s.
(2)3.5
s内的路程为s＝×4A＝×0.8
m＝2.8
m.
(3)由题中乙图知P质点1.0
s时沿y轴负方向振动，由“同侧法”可知，题图甲中波向左传播.
【答案】 (1)4
m/s (2)2.8
m (3)向左
[能力提升]
9.(2014·全国卷Ⅰ)图2 3 15(a)为一列简谐横波在t＝2
s时的波形图，图(b)为媒质中平衡位置在x＝1.5
m处的质点的振动图像，P是平衡位置为x＝2
m的质点.下列说法正确的是( )
图2 3 15
A.波速为0.5
m/s
B.波的传播方向向右
C.0～2
s时间内，P运动的路程为8
cm
D.0～2
s时间内，P向y轴正方向运动
E.当t＝7
s时，P恰好回到平衡位置
【解析】 由题图(a)读出波长λ＝2.0
m，由题图(b)读出周期T＝4
s，则v＝＝0.5
m/s，选项A正确；题图(a)是t＝2
s时的波形图，题图(b)是x＝1.5
m处质点的振动图像，所以该质点在t＝2
s时向下振动，所以波向左传播，选项B错误；在0～2
s内质点P由波峰向波谷振动，通过的路程s＝2A＝8
cm，选项C正确，选项D错误；t＝7
s时，P点振动了个周期，所以这时P点位置与t＝T＝3
s时位置相同，即在平衡位置，所以选项E正确.
【答案】 ACE
10.一列简谐机械横波某时刻的波形如图2 3 16所示，波源的平衡位置坐标为x＝0.当波源质点处于其平衡位置上方且向下运动时，介质中平衡位置坐标x＝2
m的质点在其平衡位置________方且向________运动.
图2 3 16
【解析】 此列波沿x轴正向传播，波源质点在平衡位置上方且向下运动，其波形示意图如图所示.由图可知，x＝2
m处质点在平衡位置下方且向上运动.
【答案】 下 上
11.某列波在t＝0时刻的波形如图2 3 17中实线所示，虚线为t＝0.3
s(该波的周期T＞0.3
s)时刻的波形图，已知t＝0时刻质点P向平衡位置方向运动，请判定波的传播方向并求出波速.
图2 3 17
【解析】 由于在t＝0时刻质点P向平衡位置方向运动，因此根据振动方向与波的传播方向的“同侧”关系可知，波向x轴负方向传播，从图中可知，此波的波长为λ＝4
m，从实线到虚线经过的时间为0.3
s，因此周期满足的关系通项为(n＋)T＝0.3
s，解得T＝
s，其中n＝0,1,2，…，又因为T＞0.3
s，因此只有n＝0满足，此时T＝0.4
s，根据波长、波速、周期的关系可知，波的传播速度为v＝＝10
m/s.
【答案】 x轴负方向 10
m/s
12.如图2 3 18所示，实线是一列简谐波在某一时刻的波形图像，虚线是0.2
s后它的波形图像，则这列波可能的波速为多大？
【导学号：38910026】
图2 3 18
【解析】 若向右传播
则s右＝(n＋)λ＝(4n＋1)
m
所以波速
v右＝＝
m/s＝(20n＋5)
m/s(n＝0,1,2,3，…)
若波向左传播
则s左＝(n＋)λ＝(4n＋3)
m
v左＝＝
m/s＝(20n＋15)
m/s(n＝0,1,2,3，…).
【答案】 (20n＋5)
m/s(n＝0,1,2,3，…)或
(20n＋15)
m/s(n＝0,1,2,3，…)章末综合测评(二)
(时间：60分钟 满分：100分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分.在每小题给出的5个选项中，有3项符合题目要求.选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分.每选错1个扣3分，最低得分为0分)
1.一列声波从空气传入水中，则( )
A.声波频率不变
B.声波波长变大
C.声波频率变小
D.声波波长不变
E.声波波速变大
【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；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、B、E正确.
【答案】 ABE
2.平静湖面传播着一列水面波(横波)，在波的传播方向上有相距3
m的甲、乙两小木块随波上下运动.测得两小木块每分钟都上下30次.甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰，这列水面波( )
A.频率是0.5
Hz
B.波长是3
m
C.波速是1
m/s
D.周期是0.1
s
E.周期是2
s
【解析】 由题意知甲、乙两小木块间的距离x＝3
m＝λ，故波长λ＝2
m.又知两小木块都是每分钟振动30次，故周期T＝2
s，频率f＝0.5
Hz，则波速v＝＝1
m/s.故选项A、C、E正确.
【答案】 ACE
3.如图1所示，实线是沿x轴传播的一列简谐横波在t＝0时刻的波形图，虚线是这列波在t＝0.2
s时刻的波形图.该波的波速为0.8
m/s，则下列说法正确的是( )
【导学号：38910034】
图1
A.这列波的波长是12
cm
B.这列波的周期是0.5
s
C.这列波是沿x轴正方向传播的
D.t＝0时，x＝4
cm处的质点振动方向为沿y轴负方向
E.这列波是沿x轴负方向传播的
【解析】 由波形图读出波长，利用波速求解周期，根据传播时间求出可能的传播距离或者将时间与周期相比较，就可以判断传播方向.
由题图知该波的波长λ＝12
cm，故A项正确.由v＝，得T＝
s＝0.15
s，故B项错误.因＝＝，故该波沿x轴负方向传播，故C项错误，E项正确.由波沿x轴负方向传播可判定t＝0时刻，x＝4
cm处质点的振动方向沿y轴负方向，故D项正确.
【答案】 ADE
4.(2015·海南高考)一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形如图2所示，质点P的x坐标为3
m.已知任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4
s.下列说法正确的是( )
图2
A.波速为4
m/s
B.波的频率为1.25
Hz
C.x坐标为15
m的质点在t＝0.6
s时恰好位于波谷
D.x坐标为22
m的质点在t＝0.2
s时恰好位于波峰
E.当质点P位于波峰时，x坐标为17
m的质点恰好位于波谷
【解析】 任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4
s，可知振动周期T＝0.8
s，频率f＝＝1.25
Hz，B正确.从题图中可以看出波长λ＝4
m，根据v＝λf得v＝5
m/s，A错误.由于波在传播过程中具有空间周期性，x坐标为15
m处的质点运动规律与x＝3
m处相同，从t＝0时刻经过0.6
s，即经历周期，质点应位于平衡位置，C错误.用同样的方法可判断出D、E正确.
【答案】 BDE
5.(2016·海南高考)下列说法正确的是( )
A.在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比
B.弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变
C.在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小
D.系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率
E.已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期，就可知振子在任意时刻运动速度的方向
【解析】 在同一地点，重力加速度g为定值，根据单摆周期公式：T＝2π可知，周期的平方与其摆长成正比，故选项A正确；弹簧振子做简谐振动时，只有动能和势能参与转化，根据机械能守恒条件可知，振动系统的势能与动能之和保持不变，故选项B正确；根据单摆周期公式：T＝2π可知，单摆的周期与质量无关，故选项C错误；当系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，故选项D正确；若弹簧振子初始时刻的位置在平衡位置，知道周期后，可以确定任意时刻运动速度的方向，若弹簧振子初始时刻的位置不在平衡位置，则无法确定，故选项E错误.
【答案】 ABD
6.一列简谐波在t＝0时刻的波形如图3所示，经过0.1
s，平衡位置位于x＝2
m的点M第一次到达波峰，关于该波的下列说法正确的是( )
图3
A.波速可能为20
m/s
B.波的传播方向一定沿x正方向
C.波的频率可能为1.25
Hz
D.波的周期可能为
s
E.N点的速度不可能正在增大
【解析】 若波向右传，由波动图像经过Δt＝0.1
s，平衡位置位于x＝2
m的点M第一次到达波峰，则Δt＝＋nT，由图中知波长λ＝16
m，故波的传速v＝＝＝20(1＋8n)
m/s，n＝0,1,2,3…，当n＝0时，v＝20
m/s，同理波也可能向左传，得v＝＝＝20(7＋8n)
m/s，故A、C、D选项正确，B选项错误；若波向左传，此时N点向上振动，速度增大，故E选项错误.
【答案】 ACD
7.如图4所示，一列简谐横波在x轴上传播.图5甲和乙分别是在x轴上a、b两质点的振动图像，且xab＝6
m.下列判断正确的是( )
图4
甲
乙
图5
A.波一定沿x轴正方向传播
B.波可能沿x轴负方向传播
C.波长可能是8
m
D.波速一定是6
m/s
E.波速可能是2
m/s
【解析】 波的传播方向可能向＋x或－x方向传播，A错，B对.ab之间的距离可能是λ或λ，周期为4
s，波长可能为8
m，波速可能为2
m/s，D错，C、E对.
【答案】 BCE
8.一列简谐横波沿直线传播，该直线上平衡位置相距9
m的a、b两质点的振动图像如图6所示，下列描述该波的图像可能正确的是( )
图6
【解析】 根据振动图像、波动规律解决问题.
根据y t图像可知，a、b两质点的距离为或，即nλ＋λ＝9
m或nλ＋λ＝9
m(n＝0,1,2,3，…)
解得波长λ＝
m或λ＝
m.
即该波的波长λ＝36
m、7.2
m、4
m…或λ＝12
m、
m、
m…选项A、B、C、D、E的波长分别为4
m、8
m、12
m、36
m、16
m，故选项A、C、D正确，选项B、E错误.
【答案】 ACD
二、非选择题(共5小题，共52分，按题目要求作答)
9.(6分)如图7所示，实线为一列横波某时刻的波形图像，这列波的传播速度为0.25
m/s，经过时间1
s后的波形为虚线所示.那么这列波的传播方向是________，这段时间内质点P(x＝0.1
m处)所通过的路程是________.
图7
【解析】 波的传播距离x＝vt＝0.25
m＝λ，故波向左传播，P所通过的路程为5倍振幅，即50
cm.
【答案】 向左 50
cm
10.(6分)如图8所示，S为上下振动的波源，振动频率为100
Hz，所产生的横波向左、右两方向传播，波速为80
m/s，已知P、Q两质点距波源S的距离为SP＝17.4
m，SQ＝16.2
m.当S通过平衡位置向上振动时，P、Q两质点的位置是P在________，Q在________.
【导学号：38910035】
图8
【解析】 由λ＝得λ＝0.8
m，即依题意可得SP＝21λ，SQ＝20λ，当S在平衡位置向上振动时，Q、P都应在最大位移处，结合题图波形可知，P在波峰，Q在波谷.
【答案】 波峰 波谷
11.(12分)一列声波在空气中的波长为34
cm，传播速度为340
m/s，这列声波传入另一介质中时，波长变为68
cm，它在这种介质中的传播速度是多少？该声波在空气中与介质中的频率各是多少？
【解析】 在空气中fλ＝v，f＝＝Hz＝1
000
Hz，声波在介质中与在空气中频率保持不变.在介质中fλ′＝v′，v′＝1
000×68×10－2m/s＝680
m/s.
【答案】 680
m/s 1
000
Hz
12.(14分)一列简谐波沿x轴方向传播，已知x轴上x1＝0和x2＝1
m两处质点的振动图像分别如图9甲、乙所示，求此波的传播速度.
图9
【解析】 由所给出的振动图像可知周期T＝4×10－3
s.
由题图可知，t＝0时刻，x1＝0的质点在正向最大位移处，x2＝1
m的质点在平衡位置向y轴负方向运动，所以当简谐波沿x轴正向传播时，两质点间距离为(n＋)λ1，当波沿x轴负方向传播时，两质点间距离为(n＋)λ2，其中n＝0,1,2，…
因为(n＋)λ1＝1
m，所以λ1＝
m
因为(n＋)λ2
＝1
m，所以λ2＝
m
波沿x轴正方向传播时的波速v1＝＝
m/s(n＝0,1,2，…)
波沿x轴负方向传播时的波速
v2＝＝
m/s(n＝0,1,2，…).
【答案】 若沿x轴正方向传播，v1＝m/s(n＝0,1,2，…)
若沿x轴负方向传播，v2＝
m/s(n＝0,1,2，…)
13.(14分)一列简谐横波在x轴上传播，在t1＝0和t2＝0.05
s时，其波形分别用如图10所示的实线和虚线表示，求：
图10
(1)这列波可能具有的波速.
(2)当波速为280
m/s时，波的传播方向如何？以此波速传播时，x＝8
m处的质点P从平衡位置运动至波谷所需的最短时间是多少？
【解析】 (1)若波沿x轴正向传播，则：
Δs＝Δx1＋nλ＝(2＋8n)m，n＝0,1,2，…
v＝＝
m/s＝(40＋160n)
m/s
若波沿x轴负向传播，则：
Δs′＝Δx2＋nλ＝(6＋8n)m，n＝0,1,2，…
v′＝＝
m/s＝(120＋160n)
m/s.
(2)当波速为280
m/s时，有280＝(120＋160n)
n＝1，所以波向x轴负方向传播
T＝＝
s
所以P质点第一次到达波谷所需最短时间为：
t＝＝
s＝2.1×10－2
s.
【答案】 见解析章末综合测评(三)
(时间：60分钟 满分：100分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分)
1.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；洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律
E.赫兹用实验证明了麦克斯韦预言的正确性
【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，赫兹用实验证明了麦克斯韦预言的正确性，A、C、E正确.
【答案】 ACE
2.(2016·大连一中检测)关于生活中遇到的各种波，下列说法正确的是( )
A.电磁波可以传递信息
B.声波不能传递信息
C.手机在通话时涉及的波既有电磁波又有声波
D.太阳光中的可见光和医院“B超”中的超声波传播速度不相同
E.遥控器发出的红外线波长和医院“CT”中的X射线波长相同
【解析】 声波、电磁波都能传递能量和信息，A正确，B项错误；在手机通话过程中，既涉及电磁波又涉及声波，C项正确；可见光属于电磁波，B超中的超声波是声波，波速不同，D项正确；红外线波长较X射线波长长，故E项错误.
【答案】 ACD
3.按照麦克斯韦的电磁场理论，以下说法中正确的是( )
A.恒定的电场周围产生恒定的磁场，恒定的磁场周围产生恒定的电场
B.变化的电场周围产生磁场，变化的磁场周围产生电场
C.均匀变化的电场周围产生均匀变化的磁场，均匀变化的磁场周围产生均匀变化的电场
D.均匀变化的电场周围产生稳定的磁场，均匀变化的磁场周围产生稳定的电场
E.周期性变化的电场周围产生周期性变化的磁场，周期性变化的磁场周围产生周期性变化的电场
【解析】 麦克斯韦电磁场理论的核心内容是：变化的电场产生磁场；变化的磁场产生电场.对此理论全面正确理解为：不变化的电场周围不产生磁场；变化的电场可以产生变化的磁场，也可产生不变化的磁场；均匀变化的电场产生稳定的磁场；周期性变化的电场产生同频率的周期性变化的磁场.由变化的磁场产生电场的规律与上相似.由此可知，选项B、D、E正确.
【答案】 BDE
4.关于电磁波谱，下列说法中正确的是( )
A.X射线对生命物质有较强的作用，过量的X射线辐射会引起生物体的病变
B.γ射线是波长最短的电磁波，它比X射线的频率还要高
C.紫外线比紫光更容易发生干涉和衍射
D.在电磁波谱中，更容易发生衍射现象的是γ射线
E.红外线容易穿透云雾烟尘
【解析】 X射线对生命物质有较强的作用，过量的X射线辐射会引起生物体的病变，故A正确；γ射线是波长最短的电磁波，它比X射线的频率还要高，故B正确；在电磁波谱中从无线电波到γ射线，波长逐渐减小，频率逐渐增大，而波长越大，波动性越强，越容易发生干涉、衍射现象，因此紫光比紫外线更容易发生干涉和衍射现象，无线电波最容易发生衍射现象，故C、D错误；红外线波长比可见光长，更容易发生衍射、易穿透云雾烟尘，E正确.
【答案】 ABE
5.2014年3月8日马来西亚航班MH370失联前与塔台和卫星之间通过电磁波相联系.以下说法正确的是( )
A.航班与卫星间联系主要以微波的形式
B.MH370发出的电磁波频率是定值，不能改变
C.电磁波由真空进入介质，速度变小
D.电磁波由真空进入介质，频率不变
E.只要发射电路的电磁振荡停止，产生的电磁波立即消失
【解析】 航班与卫星间联系主要以微波的形式传播，天波遇到大气中的电离层就反射了，A项正确；MH370发出的电磁波，频率是可以改变的，B项错误；电磁波由真空进入介质，速度变小，频率不变，C、D项正确；一旦电磁波形成了，电磁场就会向外传播，当波源的电磁振荡停止时，只是不能产生新的电磁波，但已发出的电磁波不会消失，故E错误.
【答案】 ACD
6.(2014·北京高考改编)利用所学物理知识，可以初步了解常用的一卡通(IC卡)的工作原理及相关问题.IC卡内部有一个由电感线圈L和电容构成的LC振荡电路，公交车上的读卡机(刷卡时“嘀”的响一声的机器)向外发射某一特定频率的电磁波.刷卡时，IC卡内的线圈L中产生感应电流，给电容C充电，达到一定的电压后，驱动卡内芯片进行数据处理和传输.下列说法正确的是( )
A.IC卡工作所需要的能量来源于卡内的电池
B.IC卡内是一个LC振荡电路
C.仅当读卡机发射该特定频率的电磁波时，IC卡才能有效工作
D.若读卡机发射的电磁波偏离该特定频率，则线圈L不会产生感应电流
E.IC卡既能接收读卡机发射的电磁波，又能向读卡机传输自身的数据信息
【解析】 本题考查的是LC振荡电路的相关知识.IC卡内是一个LC振荡电路，没有电池，故A错B对；只有当读卡机发出特定频率的电磁波时，IC卡才能正常工作，故C对；当读卡机发射的电磁波偏离该频率时，线圈可以产生的电流较小，不能正常工作，故D错；IC卡是可以和读卡机进行数据传输的，故E对.
【答案】 BCE
7.如图1甲所示，在LC振荡电路中，通过P点的电流变化规律如图1乙所示，且把通过P点向右的方向规定为电流i的正方向，则( )
【导学号：38910041】
甲
乙
图1
A.0.5
s到1
s时间内，电容器C在放电
B.0.5
s至1
s时间内，电容器C的上极板带正电
C.1
s至1.5
s时间内，Q点的电势比P的电势高
D.1
s至1.5
s时间内，电场能正在转变成磁场能
E.t＝1
s时电路中电场能最大而磁场能最小
【解析】 0.5
s至1
s时间内，振荡电流是充电电流，充电电流是由负极板流向正极板；1
s至1.5
s时间内，振荡电流是放电电流，放电电流是由正极板流向负极板，由于电流为负值，所以由Q流向P，t＝1
s时电流为零，电路中电场能最大，磁场能最小，C、D、E正确.
【答案】 CDE
8.如图2所示为理想LC振荡回路，此时刻电容器极板间的场强方向和线圈中的磁场方向如图.下列说法正确的是( )
【导学号：38910042】
图2
A.如图所示的时刻电容器正在放电
B.如图所示的时刻电流正在减小
C.电路中的磁场能在减少
D.电容器两端的电压在增加
E.电容器两端的电压在减少
【解析】 由电场方向可知电容器上极板带正电，由线圈中的电流方向可知电路中电流方向为逆时针.结合以上两点可知电容器在充电，电路中的电流正在减小磁场能在减少，电容器两端的电压在增加，故B、C、D正确，A、E错误.
【答案】 BCD
二、非选择题(共6小题，共52分，按题目要求作答)
9.(6分)在LC振荡电路中，电容器上的带电量从最大值变化到零所需的最短时间是________.
【解析】 LC振荡电路的周期T＝2π，其电容器上的带电量从最大值变化到零的最短时间t＝，所以t＝.
【答案】
10.(6分)某防空雷达发射的电磁波频率为f＝3×103
MHz，屏幕上尖形波显示，从发射到接收经历时间Δt＝0.4
ms，求被监视的目标到雷达的距离和该雷达发出电磁波的波长.
【导学号：38910043】
【解析】 s＝cΔt＝3×108×0.4×10－3
m＝1.2×105
m＝120
km.
这是电磁波往返的路程，所以目标到雷达的距离为60
km.
由c＝λf，得λ＝＝0.1
m.
【答案】 60
km 0.1
m
11.(8分)在LC振荡电路中，如已知电容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，以T2为纵坐标的坐标纸上，即图中用“×”表示的点，如图3所示.
图3
(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.
【解析】 本题主要考查两点：一是考查考生能否根据正确的作图规则画出T2 C图像(图线应尽量通过或靠近比较多的数据点，不通过图线的数据点应尽量较均匀地分布在图线的两侧)；二是考查考生的数形结合能力.考生需将LC回路的固有周期公式T＝2π变换成T2＝4π2LC，从而认识到T2 C图线为一过坐标原点的直线(在本题中，横、纵坐标的起点不为零，图线在纵轴上有一正截距值)，图像的斜率为4π2L，L＝.
【答案】 (1)T＝2π (2)见解析
12.(10分)一个雷达向远处发射无线电波，每次发射的时间为1
μs，两次发射的时间间隔为100
μs，在指示器的荧光屏上呈现出的尖形波如图4所示，已知图中刻度ab＝bc，则障碍物与雷达之间的距离是多大？
【导学号：38910044】
图4
【解析】 图中a和c处的尖形波是雷达向目标发射无线电波时出现的，b处的尖形波是雷达收到障碍物反射回来的无线电波时出现的，由ab＝bc可知，无线电波从发射到返回所用时间为50
μs.
设雷达离障碍物的距离为s，无线电波来回时间为t，波速为c，由2s＝ct得
s＝＝
m＝7.5×103
m.
【答案】 7.5×103
m
13.(10分)收音机的调谐电路中线圈的自感系数为L，要想接收波长为λ的电磁波，应把调谐电路中电容器的电容调至(c为光速)多少？
【解析】 接收电磁波必须进行调谐，使接收回路产生电谐振，由产生电谐振的条件f固＝f电磁波得
＝，解得C＝.
【答案】
14.(12分)如图5所示的振荡电路中，自感系数L＝300
μH，电容C的范围为25～270
pF，求：
图5
(1)振荡电流的频率范围；
(2)若自感系数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？
【导学号：38910045】
【解析】 (1)由f＝得：
fmax＝
Hz＝1.8×106
Hz
fmin＝
Hz＝0.56×106
Hz
所以频率范围为
0.56×106～1.8×106
Hz.
(2)由T＝2π得：
C＝＝
F＝10－3
F.
【答案】 (1)0.56×106～1.8×106
Hz
(2)10－3
F学业分层测评
第1章
1.2
探究物体做简谐运动的原因
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.简谐运动的特点是( )
A.回复力跟位移成正比且反向
B.速度跟位移成反比且反向
C.加速度跟位移成正比且反向
D.振幅跟位移成正比
E.振幅跟位移无关
【解析】 由F＝－kx，a＝＝－，可知A、C选项正确.当位移增大时，速度减小，但位移的方向与速度方向可能相同，也可能相反，故B选项不正确.振幅与位移无关，D不正确，E选项正确.
【答案】 ACE
2.关于做简谐运动物体的平衡位置，下列叙述正确的是( )
A.是回复力为零的位置
B.是回复力产生的加速度改变方向的位置
C.是速度为零的位置
D.是回复力产生的加速度为零的位置
E.是势能最大的位置
【解析】 平衡位置处，x＝0，则回复力F＝0，回复力产生的加速度为零，且此处速度最大势能最小，A、D正确，C、E错误.在平衡位置两边位移方向相反，回复力方向相反，对应加速度方向相反，B正确.
【答案】 ABD
3.关于简谐运动，以下说法正确的是( )
A.回复力可能是物体受到的合外力
B.回复力是根据力的作用效果命名的
C.振动中位移的方向是不变的
D.物体振动到平衡位置时所受合外力一定等于零
E.振动中振幅是不变的
【解析】 回复力可以是某个力，可以是某个力的分力，也可以是几个力的合力，A正确；回复力可以由重力、弹力、摩擦力等各种不同性质的力提供，其效果是使物体回到平衡位置，B正确；位移是从平衡位置指向物体所在位置，其方向是不同的，做简谐运动的物体振幅是不变的，C错误，E正确；物体振动到平衡位置时，所受回复力为零，但合外力不一定为零，D错误.
【答案】 ABE
4.如图1 2 8所示是某一质点做简谐运动的图像，下列说法正确的是
( )
【导学号：38910004】
图1 2 8
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
E.在第4
s内，加速度逐渐减小
【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加速度减小，速度增大，势能转化为动能，所以选项D错误，E正确.
【答案】 BCE
5.如图1 2 9所示，物体m系在两弹簧之间，弹簧的劲度系数分别为k1和k2，且k1＝k，k2＝2k，两弹簧均处于自然状态，今向右拉动m，然后释放，物体在B、C间振动，O为平衡位置(不计阻力)，则m做________运动，OC________OB(选填“>”“<”或“＝”)，回复力F＝________.
图1 2 9
【解析】 设m在平衡位置O处，两弹簧均处于原长状态，则m振动后任取一位置A.设在A处m的位移大小为x，则在A处m所受水平方向的合力大小F＝k2x＋k1x＝(k2＋k1)x，考虑到F与x的方向关系有：F＝－(k2＋k1)x＝－3kx，可见m做的简谐运动，由简谐运动的对称性可得OC＝OB.
【答案】 简谐 ＝ －3kx
6.如图1 2 10所示，将弹簧振子从平衡位置拉下一段距离Δx，释放后振子在A、B间振动，且AB＝20
cm，振子由A到B的时间为0.1
s.若使振子在AB＝10
cm间振动，则振子由A到B的时间为________.
图1 2 10
【解析】 由于周期不变，仍为0.2
s，A到B仍用时0.1
s.
【答案】 0.1
s
7.如图1 2 11所示，一弹簧振子在光滑水平面A、B间做简谐运动，平衡位置为O，已知振子的质量为M.
图1 2 11
(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________能守恒.
(2)若振子运动到B处时将一质量为m的物体放到振子的上面，且它们无相对运动而一起运动，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.最大动能减少
E.振动系统的总能量不变
【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点时速度恰为零，此时放上质量为m的物体，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A正确，B错误.由于机械能守恒，最大动能不变，所以C、E正确，D错误.
【答案】 (1)振幅 动 弹性势 机械 (2)ACE
[能力提升]
8.公路上匀速行驶的货车受一扰动，车上货物随车厢底板上下振动但不脱离底板.一段时间内货物在竖直方向振动可视为简谐运动，周期为T.竖直向上为正方向，以某时刻为计时起点，其振动图像如图1 2 12所示，则( )
【导学号：38910005】
图1 2 12
A.t＝T时，货物对车厢底板的压力最小
B.t＝T时，货物对车厢底板的压力最小
C.t＝T时，货物对车厢底板的压力最大
D.t＝T时，货物对车厢底板的压力最小
E.t＝T时，货物所受合力为零
【解析】 要使货物对车厢底板的压力最大，则车厢底板对货物的支持力最大，则要求货物向上的加速度最大，由振动图像可知在T时，货物向上的加速度最大，则C选项正确；若货物对车厢底板的压力最小，则车厢底板对货物的支持力最小，则要求货物向下的加速度最大，由振动图像可知在时，货物向下的加速度最大，所以选项A正确，B、D错误.T时刻货物所受压力与重力等大反向，选项E正确.
【答案】 ACE
9.如图1 2 13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( )
【导学号：38910006】
图
1 2 13
A.小球最大动能应小于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
E.小球在最低点时的弹力等于2mg
【解析】 小球的平衡位置kx0＝mg，x0＝A＝，当到达平衡位置时，有mgA＝mv2＋kA2，A对；机械能守恒，是动能、重力势能和弹性势能之和保持不变，B错；从最高点到最低点，重力势能全部转化为弹性势能，Ep＝2mgA，最低点加速度等于最高点加速度g，据牛顿第二定律F－mg＝mg，F＝2mg，C、E正确，D错.
【答案】 ACE
10.如图1 2 14所示，一个质量为m的木块放在质量为M的平板小车上，它们之间的最大静摩擦力是fm，在劲度系数为k的轻质弹簧作用下，沿光滑水平面做简谐运动.为使小车能和木块一起振动，不发生相对滑动，简谐运动的振幅不能大于________.
图1 2 14
【解析】 小车做简谐运动的回复力是木块对它的静摩擦力.当它们的位移最大时，加速度最大，受到的静摩擦力最大.为了不发生相对滑动，达到最大位移时，小车的最大加速度a＝，即系统振动的最大加速度.对整体：达到最大位移时的加速度最大，回复力k·A＝(M＋m)a，则振幅A≤.
【答案】
11.如图1 2 15所示，一轻弹簧一端固定，另一端连接一物块构成弹簧振子，该物块是由a、b两个小物块粘在一起组成的.物块在光滑水平面上左右振动，振幅为A0，周期为T0.当物块向右通过平衡位置时，a、b之间的粘胶脱开；以后小物块a振动的振幅和周期分别为A和T，则A________A0(选填“>”“<”“＝”)，T
________T0(选填“>”“<”“＝”).
图1 2 15
【解析】 (1)弹簧振子振动过程中，机械能守恒，振子经过平衡位置时，弹性势能为零，动能最大，从平衡位置运动到最大位移处时，动能转化为弹性势能.本题中，当粘胶脱开后，物块a与弹簧连接所构成的新的弹簧振子的机械能减小，新振子到达最大位移处时的弹性势能减小，即振子振动的振幅减小；新的弹簧振子的振幅减小，振子从最大位移处加速运动到平衡位置的距离减小，运动中的加速度比原振子振动时的大，所以运动时间减小，振子振动的周期减小.(T＝2π，由于振子质量减小导致周期减小)
【答案】 ＜ ＜
12.一质量为m，侧面积为S的正方体木块，放在水面上静止(平衡)，如图1 2 16所示.现用力向下将其压入水中一段深度后(未全部浸没)撤掉外力，木块在水面上下振动，试判断木块的振动是否为简谐运动.
【导学号：38910007】
图1 2 16
【解析】 以木块为研究对象，设静止时木块浸入水中Δx深，当木块被压入水中(x＋Δx)后如图所示，则F回＝mg－F浮
又F浮＝ρgS(Δx＋x)
由以上两式，得
F回＝mg－ρgS(Δx＋x)＝mg－ρgSΔx－ρgSx
mg＝ρgSΔx，所以F回＝－ρgSx
即F回＝－kx(k＝ρgS)
所以木块的振动为简谐运动.
【答案】 木块的振动是简谐运动学业分层测评
第1章
1.1
研究简谐运动
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.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.简谐运动是非匀变速运动
E.简谐运动是机械振动中最简单、最基本的一种
【解析】 弹簧振子的运动是一种简谐运动，而简谐运动是机械振动中最简单、最基本的运动，故A、D、E正确.
【答案】 ADE
2.关于机械振动的位移和平衡位置，以下说法中正确的是( )
A.平衡位置就是物体原来静止的位置
B.机械振动的位移是以平衡位置为起点的位移
C.做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
E.物体从某一位置向平衡位置移动时，位移减小
【解析】 由平衡位置的定义可知，A正确.为了描述机械振动的质点的位置随时间的变化规律，人们总是把机械振动位移的起点定在平衡位置上，所以B正确.当物体无论运动了多少路程后，只要它回到了平衡位置，其总位移为零，可见位移的大小和路程之间不一定有对应关系，所以C、D都不正确.物体从某一位置向平衡位置移动时位移减小，E正确.
【答案】 ABE
3.如图1 1 11所示，弹簧振子以O为平衡位置在BC间做简谐运动，则( )
【导学号：38910001】
图1 1 11
A.从B→O→C为一次全振动
B.从O→B→O→C为一次全振动
C.从C→O→B→O→C为一次全振动
D.从D→C→O→B→O→D为一次全振动
E.从O→C→D→B→O为一次全振动
【解析】 振子从某点出发，最后又回到该点，振动的路程为4A，振子才算完成一次全振动，满足上述条件的选项是C、D、E.
【答案】 CDE
4.关于简谐运动的图像，下列说法中正确的是( )
A.表示质点振动的轨迹是正弦或余弦曲线
B.由图像可判断任一时刻质点相对平衡位置的位移方向
C.表示质点的位移随时间变化的规律
D.由图像可判断任一时刻质点的速度方向
E.图线与t轴的交点位置表示质点振动的速度方向改变的时刻
【解析】 简谐运动的图像表示质点的位移随时间变化的规律，其形状并不表示质点振动的轨迹，A错误，C正确；由图像可以判断任一时刻质点相对平衡位置的位移方向和速度方向，B、D均正确；图线与t轴的交点位置表示质点振动速度最大的位置，此时质点振动的速度方向不变，E错误.
【答案】 BCD
5.下列关于简谐运动的周期、频率、振幅的说法正确的是( )
A.振幅是矢量，方向是从平衡位置指向最大位移处
B.周期和频率的乘积是一个常数
C.振幅增大，周期也增大，而频率减小
D.在自由振动下，做简谐运动的物体的频率是固定的，与振幅无关
E.固有周期与物体振幅无关
【解析】 振幅是一个标量，没有方向，选项A错误；周期和频率互为倒数，其乘积是1，选项B正确；在自由状态下，振动物体的周期与振幅的大小无关，只由振动物体本身的性质决定，故选项C错误，选项D正确；固有周期由振动物体本身属性决定，与振幅无关，E正确.
【答案】 BDE
6.如图1 1 12所示，弹簧振子在B、C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( )
【导学号：38910002】
图1 1 12
A.振子从B经O到C完成一次全振动
B.振动周期是2
s，振幅是5
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
E.振子振动的频率是0.5
Hz
【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.弹簧振子在一次全振动过程中通过的路程为4A＝20
cm，所以两次全振动中通过路程为40
cm,3
s的时间为1.5T，所以振子通过的路程为30
cm.故B、D正确，A、C错误.根据f＝，f＝0.5
Hz，故E正确.
【答案】 BDE
7.关于简谐运动的频率，下列说法正确的是( )
A.频率越高，振动质点运动的速度越大
B.频率越高，单位时间内速度的方向变化的次数越多
C.频率是50
Hz时，1
s内振动物体速度方向改变100次
D.弹簧振子的固有频率与物体通过平衡位置时的速度大小有关
E.固有频率由振动物体本身的属性决定
【解析】 简谐运动的频率与物体运动的快慢没有关系，描述物体运动的快慢用速度，而速度是变化的，物体振动过程中最大速度大，也不能说明它的频率大.振动得越快和运动得越快意义是不同的，故A错误.简谐运动的物体在一个周期内速度的方向改变两次，频率越高，单位时间内所包含的周期个数越多，速度方向变化的次数就越多，故B、C正确.弹簧振子的固有频率与物体通过平衡位置的速度没有关系，它由振动系统的固有量：质量m和弹簧的劲度系数k决定，故D错误，E正确.
【答案】 BCE
8.一弹簧振子的振幅是2
cm，振子完成一次全振动通过的路程是多少？如果频率是5
Hz，振子每秒钟通过的路程是多少？
【解析】 振子完成一次全振动通过4个振幅A，所以路程为s＝4A＝4×2
cm＝8
cm
如果频率为5
Hz，则周期T＝＝
s
故振子1
s内完成全振动的次数n＝＝5
所以振子1
s内通过的路程
s总＝n·4A＝5×4×2
cm＝40
cm.
【答案】 8
cm 40
cm
[能力提升]
9.一质点做简谐运动，其位移x与时间t的关系曲线如图1 1 13所示，由图可知( )
【导学号：38910003】
图1 1 13
A.质点振动频率是4
Hz
B.t＝2
s时，质点的加速度最大
C.质点的振幅为2
cm
D.t＝2
s时，质点的位移是2
cm
E.从t＝0开始经过3
s，质点通过的路程是6
cm
【解析】 由图像知：质点的周期是4
s，频率是Hz，A错；t＝2
s时，质点的加速度最大，B对；由图像知质点的振幅为2
cm，C对；t＝2
s时，质点的位移是－2
cm，D错；从t＝0开始经过3
s，质点通过的路程s＝3A＝6
cm，E正确.
【答案】 BCE
10.s如图1 1 14所示，将弹簧振子从平衡位置拉下一段距离Δx，释放后振子在A、B间振动，且AB＝20
cm，振子由A到B的时间为0.1
s，则下列说法中正确的是( )
图1 1 14
A.振子在A、B两点时，弹簧弹力大小相等
B.振子由A到O的时间与振子由O到B的时间相等
C.振子完成一次全振动通过的路程为20
cm
D.若使振子在AB＝10
cm间振动，则振子由A到B的时间仍为0.1
s
E.振子的周期为0.2
s
【解析】 在A、B两点，弹簧的形变量不同，弹力大小并不相等，故A错误；振子从A到O和从O到B时间相同，均为周期，B正确；一次全振动的路程为4A＝40
cm，C错误；由于周期不变，仍为0.2
s，A到B仍用时0.1
s，D正确.A到B的时间为周期，E正确.
【答案】 BDE
11.一质点做简谐运动的振动图像如图1 1 15所示.
图1 1 15
(1)该质点振动的振幅是______cm.周期是_____________________s.
(2)t＝1
s时，质点的位移为x＝________cm.
(3)t＝0.05
s时，质点速度方向为________.
【解析】 (1)由图像可知，质点振动的振幅为8
cm，周期为0.2
s.
(2)t＝1
s时，质点振动5个周期，则位移为8
cm.
(3)由图像可知，t＝0.05
s时质点在平衡位置，且向－x方向运动.
【答案】 (1)8 0.2 (2)8 (3)－x方向
12.弹簧振子以O点为平衡位置在B、C两点间做简谐运动，BC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)振子的振幅；
(2)振子的周期和频率；
(3)振子在5
s内通过的路程大小.
【解析】 (1)设振幅为A，则有2A＝BC＝20
cm，所以A＝10
cm.
(2)从B首次到C的时间为周期的一半，因此T＝2t＝1
s；再根据周期和频率的关系可得f＝＝1
Hz.
(3)振子一个周期通过的路程为4A＝40
cm，则5
s内通过的路程为s＝·4A＝5×40
cm＝200
cm.
【答案】 (1)10
cm (2)1
s 1
Hz (3)200
cm
