高中物理 粤教版选修3--4 全一册自我小测（打包27套）

机械波的产生和传播
1关于振动和波的关系，下列说法正确的是(　　)
A．有机械波必有振动
B．有机械振动必有波
C．离波源远的质点振动周期长
D．波源停止振动时，介质中的波动立即停止
2一小石子落入平静的湖面中央，圆形波纹一圈圈向外传播，有一片树叶落在水面上，则树叶(　　)
A．逐渐漂向湖心
B．逐渐漂向湖畔
C．在落下位置上下动荡
D．沿树叶所在的圆圈做圆周运动
3下列关于横波与纵波的说法中，正确的是(　　)
A．振源上下振动形成的波是横波
B．振源左右振动形成的波是纵波
C．振源振动方向与波的传播方向相互垂直形成的是横波
D．在固体中传播的波一定是横波
4两名宇航员站在月球表面，他们能否直接用语言交流，以下说法中正确的是(　　)
A．由于月球表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，不能引起声带的正常振动，所以不能用语言交流
B．能用语言直接交流
C．由于月球表面没有空气，声带的振动不能向外传播，所以不能用语言交流
D．由于宇航员穿着宇航服，有声音也听不到，所以不能用语言交流
5在波的传播过程中，下列有关介质中质点的振动说法正确的是(　　)
A．质点在介质中做自由振动
B．质点在介质中做受迫振动
C．各质点的振动规律都相同
D．各质点的振动速度都相同
6沿绳传播的一列机械波，当波源突然停止振动时(　　)
A．绳上各质点同时停止振动，横波立即消失
B．绳上各质点同时停止振动，纵波立即消失
C．离波源较近的各质点先停止振动，较远的各质点稍后停止振动
D．离波源较远的各质点先停止振动，较近的各质点稍后停止振动
7在机械波中(　　)
A．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的后一质点振动，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
8如图2－1－4所示为沿水平方向的介质中的部分质点，每相邻两质点间距离相等，其中O为波源．设波源的振动周期为T，自波源通过平衡位置竖直向下振动时开始计时，经过，质点1开始起振，则下列关于各质点的振动和介质中的波的说法中正确的是…(　　)
图2－1－4
A．介质中所有质点的起振方向都是竖直向下的，但图中质点9起振最晚
B．图中所画的质点起振时间都是相同的，起振的位置和起振的方向是不同的
C．图中质点8的振动完全重复质点7的振动，只是质点8振动时，通过平衡位置或最大位移的时间总是比质点7通过相同位置时落后T/4
D．只要图中所有质点都已振动了，质点1与质点9的振动步调就完全一致，但如果质点1发生的是第100次振动，则质点9发生的就是第98次振动
91999年9月台湾南投地区发生了里氏7.4级大地震，已知地震中的纵波和横波在地表附近的传播速度为9.1
km/s和3.7
km/s，在某地观测站中，记录了南投地震的纵波和横波到达该地的时间差5.4
s.
(1)求这个观测站距南投的距离．
(2)观测站首先观察到的是上下振动还是左右振动？
10(探究)如图2－1－5，由于介质中各质点间存在相互作用力，当波源1在外力作用下向上振动时，必然会带动相邻质点2向上振动，2质点振动起来后，又会带动与它相邻质点振动，这样依次带动下去，就将振源的振动形式传播出去，而形成机械波．试回答下列问题：
图2－1－5
波的形成和传播需同时具备哪两个条件？
(2)图中波源开始振动方向向上，后面的质点2、3、4、…诸质点开始振动的方向是什么？
参考答案
1解析：介质中的某一质点由于外界的扰动而振动起来，振动的质点带动邻近的质点振动，使振动这种运动形式向外传播出去而形成机械波，但如果缺少介质，则振动形式就无法向外传播，也就不存在机械波，故A项正确，B项错误；波动形成以后，各质点的振动都先后重复波源的振动，故各质点的振动周期都是相同的，选项C不正确；波源在向外传递振动形式的同时向外传递能量，当波源停振后，已经传递出去的能量及振动的形式仍然存在，所以波动不会立即停止，而是继续向前传播．
答案：A
2解析：波是振动在介质里的传播，波向前传递的是波源的振动形式和振动能量，而介质中的各个质点都各自在自己的平衡位置附近做往复运动，而不随波迁移，树叶落在水面上，它随这部分水上下振动，不会随波迁移到湖畔，所以树叶只能在落下地方上下动荡，即选项C正确．
答案：C
3解析：质点上下振动或水平振动，都不能说明振动方向和波传播方向的关系，无法确定是横波还是纵波，故选项A、B错误，C正确；纵波既能在固体中传播，又能在液体或气体中传播，如声波就是纵波，它既可以通过固体传播，也可以在水中传播，还可以在空气中传播，故D项不正确．
答案：C
4解析：声波的形成，除声带的振动外，还需要有传播振动的介质，月球表面没有空气，即缺少传播振动的介质，因此不能将声带的振动传递出去，也就无法引起耳膜的振动，因此在月球的表面，宇航员无法直接用语言交流，所以正确的选项应为C.
答案：C
5解析：由于各质点是通过相互作用力被波源带动而做简谐运动，所以各质点做受迫振动，同时后振动的质点总是重复波源的振动形式，所以各质点的振动规律都相同，但振动速度对每一个质点来说均做周期性变化，且从起振时间上来说依次落后，所以正确的说法是B、C.
答案：BC
6解析：当波源停止振动时，由于波源已将振动的形式及部分能量传递出去，所以振动的形式和这部分能量不会立即消失，而是继续向前传播，在传播过程中，由于波源停止振动，没有振动能量补充，所以离波源较近的质点先停止振动，离波源较远的质点后停止振动，因此选项A、B、D错误，C正确．
答案：C
7解析：质点只是在平衡位置附近振动，并不随波迁移．由机械波的物理模型，振源的振动使其周围质点依次投入振动，之所以能依次振动下去，就是依靠了相邻质点间的相互作用力，沿波的传播方向，后一质点的振动必滞后于前一质点的振动．
答案：ABC
8解析：据波的传播特点知，波传播过程中各质点的振动总是重复波源的振动，所以起振方向相同，都是竖直向下，但从时间上来说，起振依次落后的时间，所以选项A、C正确，B错误；由题意知，质点9比质点1应晚起振两个周期，所以当所有质点都起振后，质点1与质点9步调完全一致，所以选项D正确．
答案：ACD
9解析：(1)设观测站距南投的距离为s.
则－＝t　s＝t＝×5.4
km＝34
km.
(2)因为纵波先到观测点，因而先观察到的是上下振动．
答案：(1)34
km　(2)上下振动
10解析：解此题的关键是要明白机械波的形成过程．波传播时，介质中各质点实际上是做“受迫振动”．质点振动频率与波源频率相同，由于质点起振时总被靠近波源的相邻质点带动，质点起振方向总与波源起振方向相同．
答案：(1)两个条件分别是：机械振动的波源和传播振动的介质．(2)和波源一样均向上运动．惠更斯原理及其应用
1下列说法中正确的是(　　)
A．入射波面与法线的夹角为入射角
B．入射角跟反射角相等
C．入射波线与法线的夹角为入射角
D．入射波线与界面的夹角为入射角
2下列说法正确的是(　　)
A．入射角与折射角的比等于两波速之比
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
3墙壁的传音性能比空气好得多，但把门窗关闭后，外面传入室内的声音却明显地减弱，这是为什么？
4一声波在空气中的波长为25
cm，传播速度为340
m/s，该声波传入另一种介质中时，波长为8
cm，则它在这种介质中的传播速度是多少？
5某人想听到自己发出声音的回声，若已知声音在空气中的传播速度为340
m/s，那么它至少要离障碍物多远？
6一艘汽船以4
m/s的速度在河面上航行，船上发出的一声鸣笛，旅客在3
s后听到前方悬崖反射回来的声音，问悬崖离汽船原来的位置有多远？
7证明：折射定律：＝.
8(探究)我们通常都有这样的体会，在空房间里讲话要比在普通房间里感觉声音响，这是为什么？
参考答案
1解析：入射角是波线方向与法线间的夹角，A错．由平面几何可知，入射角跟反射角相等，B、C对，D错．
答案：BC
2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无关的常数，A错．在波的折射中，波的频率不变，波速和波长都会改变；入射波与反射波的波长在同一波面中是不变的，D对．
答案：D
3解析：声波原来在空气中传播，如果没有障碍物，能直接传入室内，当把门窗关闭后，声波遇到墙壁和门窗，在界面上发生反射和折射现象，只有折射进入墙壁和门窗的声波才能透射进入室内．虽然墙壁和门窗的传音性能好，但反射性能也好，所以大部分声波被反射回去，室内的声音就显著地减弱了．
答案：见上
4解析：利用这列波在折射时频率不变可得v2λ2＝v1λ1，解得v2＝1
088
m/s.
答案：1
088
m/s
5解析：在波的反射中，频率、波长、波速都保持不变，只有声波从人所站立的地方到障碍物再返回来全部经历的时间在0.1
s以上，才能辨别出回声．设障碍物至少和人相距为s，则应用2s＝vt得s＝＝
m＝17
m.
答案：17
m
6解析：船发出鸣笛声于A处，旅客听到回声位置在B处，即3
s内汽船前进了A、B间距离L，而声波走过2s－L的距离．
所以v声t＝2s－L＝2s－v船t得
s＝＝m＝516
m.
答案：516
m
7证明：由惠更斯原理，A、B为同一波上的两点，A、B点发射子波，经Δt后，B点发射的子波到达界面D处，A点的到达C点，如下图所示：
＝.
8解析：波遇到障碍物都会发生反射，因此在日常生活中会经常遇到关于反射的现象．波发生反射后．波速、频率、波长都不改变，所以声波在空房间里反射后回到耳朵的声音与原声相同，而且原声与回声之间相隔时间很短，人耳分辨不开，所以感觉声音响．
答案：人说话时发出声波，声波在空房间里遇到墙壁、地面、天花板发生反射时，由于距离近，原声与回声几乎同时到达人耳，人耳只能分辨相差0.1
s以上的声音，所以，人在空房间里讲话感觉声音比在野外大，而普通房间里的幔帐、地毯、衣物等会吸收声波，会影响室内的声响效果，所以在空房间里声音比普通房间响．光的衍射和偏振
1点光源照射到一个障碍物，在屏上所形成的阴影的边缘部分模糊不清，产生这一现象的原因是(　　)
A．光的反射　　　　　　　　　B．光的折射
C．光的干涉　　　　　　　　　D．光的衍射
2用白光照射一条狭缝，在缝后光屏上产生衍射条纹，中央亮条纹是(　　)
A．白色　　　　　　　　　　　B．红色
C．紫色
　　　　　　　　　　
D．彩色
3把两根铅笔并在一起，中间留一条很窄的缝，放在眼前，通过这条缝去看远处的日光灯(使狭缝与灯管平行)，可以看到(　　)
A．平行的黑白相间条纹
B．平行的彩色条纹
C．圆弧形的黑白相间条纹
D．圆弧形的彩色条纹
4我们经常看到在施工处总挂有红色的电灯，这除了红色容易引起人们的视觉反应外，还有一个重要原因，这个原因是(　　)
A．红光比其他色光更易发生衍射
B．红光比其他色光更易发生干涉
C．红光比其他可见光频率更大
D．红光比其他可见光在玻璃中的折射率小
5阳光垂直照射到一块遮光板上，板上有一个自由收缩的三角形孔，当此三角形孔缓慢地变小直到闭合时，在孔后的屏上先后出现(　　)
A．由大到小的三角形光斑，直至光斑消失
B．由大到小的三角形亮斑，明暗相间的彩色条纹，直至条纹消失
C．由大到小的三角形光斑，明暗相间的黑白条纹，直至黑白条纹消失
D．由大到小的三角形光斑，小圆形光斑，明暗相间的彩色条纹，直至条纹消失
6下列说法中正确的是(　　)
A．振动沿各个方向均匀分布的光是自然光
B．振动沿各个方向均匀分布的光是偏振光
C．振动沿特定方向的光才是偏振光
D．振动沿特定方向的光才是自然光
7下列哪些波能发生偏振现象(　　)
A．声波
　　　　　
B．电磁波　　　　　　C．横波　　　　　
D．纵波
8用单色光通过小圆盘与小圆孔做衍射实验时，在光屏上得到衍射图形，它们的特点是(　　)
A．用小圆盘时中央是暗的，用小圆孔时中央是亮的
B．用小圆盘时中央是亮的，用小圆孔时中央是暗的
C．中央均为亮点的同心圆形条纹
D．中央均为暗点的同心圆形条纹
9下列关于光的现象的说法中正确的是(　　)
A．用白光做双缝干涉实验时，屏上从中央条纹向外，紫光的亮条纹偏离中央的距离最大
B．白光单缝衍射时，偏离中央亮条纹远的是红光
C．白光经三棱镜折射发生色散，红光偏向角最大
D．涂有增透膜的照相机镜头看上去呈淡紫色，说明增透膜增强了对淡紫色光的透射
10对于光的偏振，下列说法正确的是(　　)
A．自然光是偏振光
B．自然光通过偏振片后成为偏振光
C．偏振光不能再通过偏振片
D．如果偏振片的透振方向与偏振光的振动方向垂直，偏振光不能透过偏振片
11如图4－6－6所示，让自然光照射到P、Q两偏振片上，当P、Q两偏振片的透振方向夹角为以下哪些度数时，透射光的强度最弱(　　)
图4－6－6
A．0°
　　　　　B．30°　　　　　C．60°
　　　　　D．90°
12(2009福建理综，13)光在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是(　　)
A．用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象
B．用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的衍射现象
C．在光导纤维束内传送图像是利用光的色散现象
D．光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象
13在杨氏双缝干涉实验装置的双缝后面各放置一个偏振片，若两个偏振片的透振方向相互垂直，则(　　)
A．光屏上仍有干涉条纹，但亮条纹的亮度减小
B．光屏上仍有干涉条纹，但亮条纹的亮度增大
C．干涉条纹消失，但仍有光射到光屏上
D．干涉条纹消失，光屏上一片黑暗
14(经典回放)图4－6－7所示为单色光源发出的光经一狭缝照射到光屏上，则可观察到的图象是(　　)
图4－6－7
15一束红光射向一块有双缝的不透光的薄板，在薄板后的光屏上呈现明暗相间的干涉条纹，现在将其中一条窄缝挡住，让这束红光只能通过一条窄缝，则在光屏上可以看到(　　)
A．与原来相同的明暗相间的条纹，只是明条纹比原来暗些
B．与原来不相同的明暗相间的条纹，而且中央明条纹变宽些
C．只有一条与缝宽对应的明条纹
D．无条纹，只存在一片红光
16在图4－6－8中，A、B两幅图是由单色光分别入射到圆孔而形成的图象，其中图A是光的________(填“干涉”或“衍射”)图象．由此可以判断出图A所对应的圆孔的孔径________(填“大于”或“小于”)图B所对应的圆孔的孔径．
图4－6－8
参考答案
1解析：光绕过障碍物继续传播的现象称为光的衍射．
答案：D
2解析：由白光衍射条纹图样特点知中央亮条纹为白色．
答案：A
3解析：这是单缝衍射现象，日光灯发出的光可近似认为是白光，不同颜色的光的波长不同，其衍射条纹的位置不同，所以看到的是平行的彩色条纹．
答案：B
4解析：光能发生衍射，衍射能力越强，传播得越远，红光相对于其他色光而言，波长长，易发生衍射，即使在雨雾天气人们也能在较远处看到红灯．
答案：A
5解析：发生明显衍射的条件是：光波传播过程中碰到的障碍物或小孔比波长要小或相差不多，由于光波波长很短，约在10－7
m的数量级上，在三角形孔由大到小的改变过程中，光首先按直线传播，在三角形的大小和光波相差不多时，发生光的衍射，呈现彩色条纹，直到三角形闭合，条纹消失，故选D.
答案：D
6答案：AC
7解析：声波为机械波且为纵波，纵波不发生偏振，电磁波为横波，能发生偏振．
答案：BC
8答案：C
9解析：由于红光波长最长，故其偏离中央亮条纹最远．
答案：B
10解析：自然光在垂直于传播方向的所有方向上都存在光振动，不是偏振光，A选项错．自然光透过偏振片后的光振动方向只沿着偏振片的透振方向，故自然光透过偏振片后变为偏振光．只要偏振光的振动方向与偏振片的透振方向不垂直就能通过偏振片，当两者方向平行时，透射光强度最大，C选项错误．当两者方向垂直时，偏振光将不能通过偏振片．
答案：BD
11解析：当两偏振片的夹角为90°时，偏振光的振动方向与偏振片透振方向垂直．
答案：D
12答案：D
13解析：双缝后面各放置一个偏振片后，透过双缝的光为偏振光，当偏振片的透振方向相互垂直时，两偏振光的振动方向相互垂直，不再是相干光，在屏上不发生干涉现象．
答案：C
14解析：单色光源经狭缝产生衍射，衍射图样是中间亮而宽的明纹，两边是明暗相间较窄的条纹，只有A符合这些特点．
答案：A
15解析：这束红光通过双缝产生了干涉现象，说明每条缝都很窄，这就满足了这束红光发生明显衍射现象的条件，这束红光形成的干涉图样特点是，
中央出现明条纹，两侧对称地出现等间隔的明暗相间条纹；这束红光通过单缝时形成的衍射图样特点是，中央出现较宽的明条纹，两侧对称出现不等间隔的明暗相间条纹，且距中央明条纹远的明条纹亮度迅速减弱，所以衍射图样看上去，明暗相间的条纹数量较少．
答案：B
16解析：考查光的衍射图样及发生衍射的条件．
只有障碍物或孔的尺寸比光波波长小或跟波长相差不多时，才能发生明显的衍射现象．图A是光的衍射图样，由于光波波长很短，约在10－7
m数量级上，所以图A对应的圆孔径比图B所对应的圆孔的孔径小，图B的形成可以用光的直线传播来解释，故A孔径小于B孔径．
答案：衍射　小于多普勒效应
1关于多普勒效应，下列说法正确的是(　　)
A．多普勒效应是由于波的干涉引起的
B．多普勒效应说明波源的频率发生改变
C．多普勒效应是由于波源与观察者之间有相对运动而产生的
D．只有声波才可以产生多普勒效应
2如图2－5－3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．
图2－5－3
(1)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
(2)波源正在移向(　　)
A．A点　　　　B．B点　　　　　　C．C点
　　　　
　D．D点
(3)观察到波的频率最低的点是(　　)
A．A点
　　　
B．B点　　　　　　C．C点
　　　　　
D．D点
3以下关于多普勒效应的说法中正确的是(　　)
A．有多普勒效应时，波源的振动频率发生变化
B．有多普勒效应时，波源的振动频率并没有发生变化
C．多普勒效应实际上是指波速相对介质发生变化
D．人与波源有相对运动时，观察到的频率一定发生变化
4如图2－5－4所示，为一波源O做匀速直线运动时在均匀介质中产生球面波的情况，则(　　)
图2－5－4
A．该波源正在移向a点
B．该波源正在移向b点
C．在a处观察波的频率变低
D．在b处观察波的频率变低
5站在火车站台上的旅客听到火车鸣笛声的音调变化情况，以下说法正确的是(　　)
A．当火车减速进站时，鸣笛声的音调变低
B．当火车减速进站时，鸣笛声的音调变高
C．当火车加速离站时，鸣笛声的音调变低
D．当火车加速离站时，鸣笛声的音调变高
6下列哪些应用是利用了多普勒效应(　　)
A．利用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度
B．交通警察向行进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，来知道汽车的速度，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行情况
D．有经验的战士从炮弹飞行的尖叫声判断飞行炮弹是接近还是远去
7波源振动的频率为f0，波源在介质中运动时，波源的前方介质振动的频率为f1，波源后方介质振动的频率为f2，则三者的关系为(　　)
A．f1＝f2＝f0
　　　　　　　B．f1＝f2＞f0
C．f1＝f2＜f0
　　　　　　　D．f2＜f0＜f1
8关于次声波和超声波，以下说法中正确的是(　　)
A．频率低于20
Hz的声波为次声波，频率高于20
000
Hz的声波为超声波
B．次声波的波长比可闻波短，超声波的波长比可闻波长
C．次声波的波速比可闻波小，超声波的波速比可闻波长
D．在同一种均匀介质中，在相同的温度条件下，次声波、可闻波、超声波的波速均相等
9超声波由于它具有不同于可闻声波的特性，在现代生产技术和科学研究中有许多重要应用．下列选项中，哪些属于超声波的应用(　　)
A．探查几米厚金属内部的缺陷
B．把普通水变成雾气喷射到房间的空气中
C．探查人体内部的各种器官、组织等有无异常
D．进行人体按摩，治疗神经痛等疾患
10如图2－5－5所示，S为振源，P点有一个观察者，已知振源发声的频率为20
Hz，则关于人听到的声音的频率为(　　)
·　　　　　·
S　　　　　　P
图2－5－5
A．当振源S以17
m/s的速度远离观察者运动时，频率为19
Hz
B．当振源S以17
m/s的速度靠近观察者运动时，频率为21
Hz
C．当观察者以17
m/s的速度靠近振源S运动时，频率为21
Hz
D．以上说法都不正确
11如图2－5－6所示，波源S不动，每秒发出30个完全波，观察者1
s内由位置A移到位置B，则观察者每秒将接收到________个完全波．
图2－5－6
12有一种用钢丝操纵做圆周飞行的飞机模型，装有两冲程的活塞式发动机作为动力，操纵者站在圆心，在他听来发动机工作时发出的声音是平稳不变的．场边的观察者听到的声音忽高忽低地做周期性变化．
(1)这是由于________；这种现象叫________．
(2)模型飞机的飞行速度是90
km/h，单缸发动机的转速是9
000
r/min，则观察者听到的声音的最高频率是________Hz，最低频率是________Hz，操纵者听到的声音的频率是________Hz.(设这时空气中的声速为340
m/s)
13以速度v＝20
m/s奔驰的火车，鸣笛声频率f＝275
Hz，已知常温下空气中的声速V＝340
m/s.当火车驶来时，站在铁道旁的观察者听到的笛声频率为多少？当火车驶去时，站在铁道旁的观察者听到的笛声频率又为多少？
14利用超声波遇到物体发生反射，可测定物体运动的有关参量．图2－5－7甲中仪器A和B通过电缆线相接，B为超声波发射与接收一体化装置，而仪器A为B提供超声波信号源而且能将B收到的超声波信号进行处理并在屏幕上显示其波形．
图2－5－7
现固定装置B，并将它对准匀速行驶的小车C，使其每隔固定时间T0发射一短促的超声波脉冲(如图乙中幅度大的波形)，而B接收到的由小车C反射回的超声波经仪器A处理后显示如图乙中幅度较小的波形．反射滞后的时间已在图乙中标出．其中T0和ΔT为已知量，另外还知道该测定条件下声波在空气中的速度为v0，则根据所给信息可判断小车的运动方向为______(填“向右”或“向左”)，速度大小为________．
15(探究)想象你以声波的速度随同某一个波峰一起远离波源，会是什么情景？
参考答案
1解析：多普勒效应的实质是由于观察者与波源在相对运动时，观察者接收到的频率与实际频率不同，而实际上波源的频率是不会改变的，且多普勒效应是波动过程的共有特征．
答案：C
2解析：(1)图示波源左方的波面密集，右方的波面稀疏，可知该图表示的是多普勒效应中波源运动的情况．选项D正确．
(2)由于波源左方的波长被压缩，右方的波长被拉长，可知波源正在移向A点，选项A正确．
(3)由于波源远离B点，所以在B点观察到波的频率最低，选项B正确．
答案：(1)D　(2)A　(3)B
3解析：多普勒效应是指由于观察者和波源之间有相对运动，而使观察者感到频率发生变化的现象，实际上波源的频率并没有发生变化，而是观察者接收到的频率发生了变化，所以选项A错误，B正确，C错误．当观察者与波源有相对运动，但距离不变时(既不接近，也不远离，如人绕波源做匀速圆周运动)，此时不会出现多普勒效应，
所以D选项错误．
答案：B
4解析：波源在某一位置产生一列波面后，该波面以该位置为球心，以波的传播速度向外传播，反之，由波面可确定出产生该波面的位置：波源、波面半径大，表示产生早，传播时间长，对照图示，可确定出波源由右向左变换，故A选项正确，B选项错误．由于观察者不动，故波面经过观察者速度等于波速，而在a处观察时，相邻波面间距比波源不动时间距小，因而经过观察者时间间隔短，频率大，同理在b处时间间隔长、频率小，故选项C错误，D正确．
答案：AD
5解析：当观察者接收到的频率等于声源频率时，音调不变；当声源向观察者运动时，观察者接收到的频率大于声源频率时，音调变高；当观察者与声源的距离变大时，观察者接收到的频率小于声源频率时，音调变低，所以当火车减速进站时，鸣笛声的音调变高，火车加速离站时，鸣笛声的音调变低，故选项B、C正确．
答案：BC
6解析：A和B分别是利用光波和电磁波的多普勒效应来进行判断的，C是利用声波在铁轨中的传播快于空气中的传播，D也是利用声波的多普勒效应．
答案：ABD
7解析：f0由波源每秒钟所振动的次数决定，介质振动的频率由波源频率及波源相对介质是否移动来决定．波源运动时，在波源的正前方介质振动的频率高于波源振动的频率．
答案：D
8解析：由次声波和超声波的概念可知A选项正确．由λ＝可判断在波速相同的情况下，频率大，波长短，频率小，波长长，所以B选项不正确．在同一种均匀介质中，次声波、可闻波、超声波的波速均相等，所以C不正确，D正确．
答案：AD
9解析：超声波的频率高，波长短，基本沿直线传播，且传播能量大，距离远等．A、B、C、D四项均正确，A、C是利用超声波的穿透本领和反射特性，B、D是利用超声波在液体中传播时的液压冲击特性．
答案：ABCD
10解析：当振源以17
m/s的速度远离观察者运动时，观察者接收的频率
f′＝＝
Hz＝19
Hz，故A正确．
当振源以17
m/s的速度靠近观察者运动时，观察者接收的频率f′＝＝21
Hz，故B正确．
当观察者以17
m/s速度靠近振源S运动时，观察者接收的频率f′＝＝＝21
Hz，故C正确．
答案：ABC
11解析：由于观察者与波源的相对运动，1
s内观察者将接收到31个完全波．
答案：31
12解析：(1)声源与观察者有相对运动；多普勒效应．
(2)发动机发声的频率f0＝
Hz＝150
Hz，这也是操纵者听到的声音的频率．模型飞机飞行速度为
m/s＝25
m/s.
当飞机向观察者飞行时，声波波长为λ1＝
m＝2.1
m，此时观察者听到的频率即为最高频率fmax＝＝
Hz＝162
Hz.
当飞机远离观察者飞行时，声波波长变为λ2＝
m＝2.43
m，此时观察者听到的频率即为最低频率
fmin＝＝
Hz＝140
Hz.
答案：(1)声源与观察者有相对运动　多普勒效应
(2)162　140　150
13解析：火车向观察者驶来(火车接近观察者)时，以观察者为参考系(观察者相对介质静止)，声波的波长减小为λ1＝，这时观察者接收到的笛声的频率为
f1＝＝
f＝×275
Hz＝292
Hz
火车驶去(火车远离观察者)时，以观察者为参考系，声波的波长增大为
λ2＝
这时观察者接收到的笛声频率为
f2＝＝f＝×275
Hz＝260
Hz.
答案：f1＝292
Hz　f2＝260
Hz
14解析：从题图乙观察接收到反射波的时间越来越长，说明小车在远离B，即小车应向右运动，发出第一个脉冲时，设车和仪器相距s0，有：
v0·＝s0＋v·①
经T0发出第二个脉冲时，车和仪器相距s0＋vT0
第二个脉冲追上车时：
v0＝(s0＋vT0)＋v②
由①②得：v＝.
答案：向右　v＝
15解析：此问题是波源相对介质不动，观察者远离波源运动时，接收频率问题，应充分地利用了相对运动解题．
在多普勒效应中，波源的频率是不改变的，只是由于波源和观察者之间有相对运动，观察者感到频率发生了变化．
答案：波源是静止的，人和某一个波峰一起运动，人的速度等于波峰速度，人和波峰的相对速度为零．设人的速度为v，V为波的传播速度，我们可以定量地计算人接收到的频率，即f＝(1－v/V)λ，由v＝V则有f＝0，即听不到波源的声响．光的折射定律
1关于折射率，下列说法正确的是(　　)
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
2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
3一条光线以40°的入射角从真空射到平板透明材料上，光的一部分被反射，另一部分被折射，折射光线与反射光线的夹角可能是(　　)
A．小于40°
B．在50°～100°之间
C．在100°～140°之间
D．大于140°
4如图4－1－8所示为地球及其周围的大气层，高空有侦察卫星A，接收到地球表面P处发出的光信号，则A感知到的发光物应在(　　)
图4－1－8
A．图中P点
B．图中P点靠近M点一侧
C．图中P点靠N点一侧
D．以上位置都有可能
5如图4－1－9所示，平面镜MN以ω＝
rad/s的角速度绕垂直于纸面且过O点的轴转动，AB为一段圆弧形屏幕，它的圆心在O点，张角为60°，现在一束来自频闪光源的细平行光线，从一个固定方向射向平面镜的O点，当光源每秒闪12次时，镜每转一周屏幕AB上出现的光点数最大可能是(　　)
图4－1－9
A．3个　　　　　　B．6个　　　　　　C．12个
　　　　　　
D．24个
6光于光的反射与折射，以下说法正确的是(　　)
A．光发生反射时，光的传播方向一定改变
B．光发生反射时，光的传播方向可能偏转90°
C．光发生折射时，一定伴随着反射现象
D．光发生反射时，一定伴随着折射现象
7一束光线与水平方向成30°，从空气射入水中，其反射光线和折射光线恰好垂直，则反射角和折射角各为(　　)
A．30°　30°
　　　　　　　　
B．60°　60°
C．60°　30°
　　　　　　　　
D．30°　60°
8假设地球表面不存在大气层，那么人们观察到的日出时刻与实际存在大气层的情况相比，则(　　)
A．将提前
B．将延后
C．在某些地区将提前，在另一些地区将延后
D．不变
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4－1－10所示．由此可知(　　)
图4－1－10
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
10如图4－1－11所示
，光线以入射角θ从空气射向折射率n＝的透明介质表面，则当入射角为45°时，反射光线与折射光线的夹角为________．
图4－1－11
11如图4－1－12所示，游泳池宽度L＝15
m，水面离岸边的高度为0.5
m，在左岸边一标杆上装有一A灯，A灯距地面高0.5
m，在右岸边站着一个人，E点为人眼的位置，人眼距地面高1.5
m．若此人发现A灯灯光经水面反射所成的像与左岸水面下某处的B灯光经折射后所成的像重合，已知水的折射率为1.3，则B灯在水面下多深处？(B灯在图中未画出)
图4－1－12
12一个圆柱形直筒，直径为12
cm，高16
cm，人眼在筒的上方某处观察，所见筒的深度为9
cm，当筒中盛满液体时，人眼又恰能看到筒侧壁的最低点，求：
(1)此液体的折射率；
(2)光在此液体中的传播速度．
13如图4－1－13所示为一透明的圆柱体的横截面，其半径为R，折射率为，AB是一条直径．若有一束平行光线沿AB方向射向圆柱体，折射后经过B点的入射光线离AB的距离为多少？
图4－1－13
参考答案
1解析：介质的折射率是一个表明介质光学特征性的物理量，由介质本身决定，与入射角、折射角无关．由于n＝，真空中的光速是一个定值，故v与n成反比是正确的，由v＝λf，当f一定时v正比于λ，又n与v成反比，故折射率与波长λ也成反比．
答案：CD
2解析：根据折射率的定义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就越大；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就越小．
答案：C
3解析：根据折射率的定义n＝＞1，折射角θ2＜θ1＝40°，反射角θ3＝θ1＝40°，如图所示，故折射光线与反射光线的夹角θ4＝180°－θ3－θ2＝140°－θ2.
即100°＜θ4＜140°
答案：C
4解析：地球周围的大气层不均匀，靠地球的折射率大，而远离地球大气层折射率小，故P处发出的光信号要在大气层中发生折射而弯曲，光线射到侦察卫星A，A感知到发光物好像在P点靠M的一侧．
答案：B
5解析：由ω＝
rad/s可知，平面镜转动周期T＝＝6
s，反射光线射到AB上，反射光线角度变化了60°，由于入射光线的方向不变，则平面镜只转30°，所需时间T＝0.5
s，光源每秒闪12次，则AB上出现的光点数最大可能为6个．
答案：B
6解析：光发生反射时，光的传播方向一定改变，选项A正确．
当入射角为45°时，反射角也为45°，光的传播方向偏转90°，选项B正确．
光发生折射时，一定伴随着反射现象．
答案：ABC
7解析：我们可以根据题意画一简单的光路图，根据题中条件可知入射角为60°，则反射角为60°，由反射光线和折射光线的垂直关系可知折射角为30°.
答案：C
8解析：光在均匀介质中是沿直线传播的，但地球周围的大气是不均匀的，离地面越高，空气越稀薄，太阳光从大气层外射到地面的光线是由真空进入空气中，光要发生折射，越接近地面空气越稠密，折射率也越大，因此人们观察到的日出时刻的太阳，实际上还完全处在地平线的下方，如下图所示，假设地球表面不存在大气层，则太阳光将沿直线射到地面，因此只有当太阳到达图中的地平线位置时，人们才能观察到日出的太阳．由图可知，这一现象与人们所站的地理位置没有什么关系．故选项A、C、D错，只有选项B正确．
答案：B
9解析：根据光的折射定律，在不同的介质中光的传播速度不同，光速的快慢与介质的折射率有关；光的频率在传播的过程中不变．
答案：BD
10解析：当入射角为45°时，可由折射定律算出其折射角为30°，故反射光线与折射光线间的夹角为180°－45°－30°＝105°.
答案：105°
11解析：如下图所示，
设水面为CF，A到水面C的距离为L1，B灯与C之间的距离为L2，人眼到F之间的距离为L3，C、D之间的距离为L4，则由A灯光的折射得＝，代入数据得＝，得L4＝5
m，对B灯光的折射过程．
sini＝sin∠CBD＝，sinr＝sin∠CA′D＝，＝＝.
代入数据得：L2＝4.35
m，即灯光在水面下4.35
m
深处．
答案：4.35
m
12解析：先画出一圆柱形筒，筒的高为H＝16
cm，直径d＝12
cm.人眼在A处，筒侧壁底部“最低点”为B，筒内无液体时，人眼能见深度h＝9
cm，筒内盛满液体时，人眼能看到B点，根据光的折射画出光路如下图所示．
(1)sinθ1＝，sinθ2＝
此液体的折射率
n＝＝＝.
(2)光在此液体中的传播速度
v＝＝＝2.25×108
m/s.
答案：(1)
(2)2.25×108
m/s
13解析：可先作出光路图，用折射定律结合几何知识求出．
如下图所示，设折射后经过B点的入射光线的射入点为C，连接BC，则BC为其折射光线，OC为法线．若折射角为θ，由几何知识可知入射角为2θ，根据折射定律有
＝，＝，即θ＝30°
则入射光线离AB的距离CD＝Rsin2θ＝R.
答案：R时空相对性
1一根长标尺以极快速度穿过一根几米长的管子，它们的长度都是在静止状态下测量的．以下哪种叙述最恰当地描述了标尺穿过管子的情况(　　)
A．标尺收缩变短，因此在某些位置上，管子能完全遮住它
B．标尺收缩变短，因此在某些位置上，标尺从管子的两端伸出来
C．两者都收缩，且收缩量相等，因此在某个位置，管子恰好遮住标尺
D．所有这些都与观察者的运动情况有关
2原长为15
m的飞船以v＝9×103
m/s的速率相对地面匀速飞行时，从地面上测量，它的长度是多少？假设飞船的速率v＝0.95c，从地面上测量，它的长度又是多少？
3π介子与质子相碰可产生其他粒子．其中有一种k0粒子，它经d＝1×10－1m的距离便衰变成两个具有相反电荷的π介子．若k0粒子的速率为v＝2.24×108
m/s，试求其固有寿命．
4地面上A、B两个事件同时发生，对于坐在火箭中沿两个事件发生地点连线飞行的人来说(如图5－2－1)哪个事件先发生？
图5－2－1
5一张正方形的宣传画，贴在铁路旁的墙上，一高速列车驶过时，在车上的司机看来这张宣传画成了什么样子？
6如图5－2－2所示，在地面上M点固定一光源，在离光源等距的A、B两点上固定有两个光接收器，今使光源发出一闪光，问：
图5－2－2
(1)在地面参考系中观测，谁先接收到光信号？
(2)在沿AB方向高速运动的火车参考系中观测，谁先接收到光信号？
7一汽车以108
km·h－1的速度沿一长直的高速公路行驶，试求站在路旁的人观察到该汽车长度缩短了多少？已知此汽车停在路旁时，测得其长度为3
m.
8一固有长度L0＝90
m的飞船，沿船长方向相对地球以v＝0.80c的速度在一观测站的上空飞过，该站测得的飞船长度及船身通过观测站的时间间隔是多少？船中宇航员测得前述时间间隔又是多少？
9半人马星座α星是太阳系最近的恒星，它距地球为4.3×1016m.设有一宇宙飞船往返于地球与半人马星座α星之间．若宇宙飞船的速度为0.999c，按地球上的时钟计算，飞船往返一次需多长时间？如以飞船上的时钟计算，往返一次的时间又为多少？
10假如有一对孪生兄弟A和B，其中B乘坐速度为v＝0.9c的火箭飞往大角星(牧夫座a)，而后又飞回地球．根据A在地球上的观测，大角星离地球有40万光年远，这次B往返飞行经历时间为80.8年．如果B在离开地球时，他们的年龄都为20岁，试问当B回到地球时，他们的年龄各有多大？
11(探究)有一个科幻故事：一个中年人乘坐速度接近光速的宇宙飞船，他在宇宙中航行了很长的时间后回到了地球，当他到达地面上时，发现他的儿子已经是白发苍苍的老汉，而自己基本上没有发生大的变化．你觉得这个故事的科学道理在哪里？
参考答案
1解析：观察者的运动情况不同，选取不同的惯性系，标尺与管子的相对速度也不相同，观察到的标尺和管子的长度也不相同，所以选项D正确．
答案：D
2解析：当飞船的速率为v＝9×103
m/s时，l＝l0＝15×
m＝14.999
999
98
m，当飞船的速率v＝0.95c时，l′＝l0＝15×
m＝4.68
m.
答案：14.999
999
98
m　4.68
m
3解析：k0粒子的速率已达v＝2.24×108
m/s，是光速的70%以上，应该用相对论解题．在实验室中测得的粒子运动的时间间隔为
t＝＝
s＝4.5×10－10s
根据时间延缓效应：
t＝
t0＝t＝4.5×10－10×s
＝3.0×10－10s.
答案：3.0×10－10s
4解析：可能设想，在事件A发生时，A处发出一个闪光，事件B发生时，B处发出一个闪光，“闪光相遇”作为一个事件，发生在线段AB的中点，这在不同参考系中看都是一样的，“相遇在中点”这个现象在地面系中很容易解释：两个闪光同时发出，两个闪光传播的速度又一样，当然在线段中点相遇．而火箭上的人则如下推理：地面在向火箭的方向运动，从闪光发生到两闪光相遇，线段中点向火箭的方向运动了一段距离，因此闪光B传播的距离比闪光A长些，而光速在任何参考系中是不变的，那么一定是闪光B发生的早一些．
答案：见解析
5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，但在垂直运动的方向上没有发生变化．
答案：宣传画成了长方形，此画的高度不变，宽度变窄了．
6解析：(1)因光源离A、B两点等距，光向A、B两点传播速度相等，则光到达A、B两点所需要的时间相等，即在地面参考系中观测，两接收器同时收到光信号．(2)对于火车参考系来说，光源和A、B两接收器都沿B方向运动，当光源发出的光向A、B传播时，A和B都沿BA方向运动了一段距离达到A′和B′.如右上图所示，所以光到达A′的距离更长，到达B′的距离更短．所以B比A先收到信号．
答案：(1)同时收到　(2)B先收到
7解析：按长度收缩公式：L′＝L0
汽车长度缩短量为ΔL＝L0－L′＝L0[1－()2]2，把上式右端后一项按二项式定理展开，并考虑到v?c，则有
已知L0＝3
m，v＝108
km·h－1＝＝30
m·s－1，c＝3×108
m·s－1，代入上式，得ΔL＝×()2＝1.5×10－14
m.
答案：1.5×10－14
m
8解析：观测站测得的船身长L＝L0
得L＝54
m
通过时间Δt＝＝2.25×10－7s
该过程对宇航员而言，是观测站以v通过L0，所以Δt＝＝3.75×10－7
s.
答案：54
m　2.25×10－7
s　3.75×10－7
s
9解析：选地球为惯性系，飞船往返一次所需时间为：t＝＝
s＝2.87×108
s＝9年，选飞船为惯性系，设飞船上时钟时间为t′，根据钟慢效应得：t＝＝＝9年，
解得：t′＝0.4年．
答案：9年　0.4年
10解析：设B在飞船惯性系中经历的时间为t′，根据尺缩效应得：t＝，即80.8＝，解得：t′＝35.2(年)．所以B回到地球时的年龄为20＋35.2＝55.2(岁)．
答案：A的年龄为100.8岁，B的年龄为55.2岁．
11解析：根据相对论的时间延缓效应．当飞船速度接近光速时，时间会变慢．
时间延缓效应对生命过程、化学反应等也是成立的．飞船运行的速度越大．时间延缓效应越明显，人体新陈代谢越缓慢，因此以地球为惯性系，飞船里的时间变缓慢了．
答案：狭义相对论的时空观认为同时是相对的，即在一个惯性系中不同地点同时发生的两个事件，在另一个惯性系中不一定是同时的．
根据爱因斯坦的时间延缓效应，当飞船接近光速时，时间会变慢．公式是：
Δt＝飞船里的人新陈代谢变缓慢，而地球上的时间并没有减缓，所以说他在回到地球时，就发现儿子比他还老．简谐运动的公式描述
1简谐运动的图象的横坐标和纵坐标分别表示运动物体的(　　)
A．时间t，振幅A
B．时间t，对平衡位置的位移x
C．对平衡位置的位移x，时间t
D．时间t，周期T
2如图1－3－6所示为一质点的振动图象，由图象可知
(　　)
图1－3－6
A．质点的运动轨迹为正弦曲线
B．运动从平衡位置开始计时
C．在t＝0.25
s时，质点的速度方向与位移的正方向相同
D．质点运动过程中，两端点的距离为0.1
cm
3一质点做简谐运动的图象如图1－3－7所示，在4
s内具有最大负方向速度和具有最大正方向加速度的时刻分别是(　　)
图1－3－7
A．1
s，4
s　　　　　　　　　　B．3
s,2
s
C．1
s,2
s　　　　　　　　　　　D．3
s,4
s
4一个质点做简谐运动的图象如图1－3－8所示，下列说法中正确的是…(　　)
图1－3－8
A．质点振动频率为4
Hz
B．在10
s内质点经过的路程是20
cm
C．在5
s末，速度为零，加速度最大
D．t＝1.5
s和t＝4.5
s两时刻质点的速度相同，加速度相同
5一质点做简谐运动的图象如图1－3－9所示，则该质点(　　)
图1－3－9
A．在0至0.01
s内，速度与加速度同方向
B．在0.01
s至0.02
s内，速度与回复力同方向
C．在0.025
s末，速度为正，加速度为负
D．在0.04
s内，速度为零，回复力最大
6甲、乙两弹簧振子，振动图象如图1－3－10所示，则可知(　　)
图1－3－10
A．两弹簧振子完全相同
B．两弹簧振子所受回复力最大值之比F甲∶F乙＝2∶1
C．振子甲的速度为零时，振子乙的速度最大
D．振子的振动频率之比f甲∶f乙＝1∶2
7如图1－3－11所示，一质点做简谐运动，在0～1.2
s内，质点在哪两段时间内速度与加速度方向相同(　　)
图1－3－11
A．在0～0.3
s和0.3～0.6
s
B．在0.6～0.9
s和0.9～1.2
s
C．在0～0.3
s和0.9～1.2
s
D．在0.3～0.6
s和0.9～1.2
s
8根据图1－3－12所示的振动图象可知(　　)
图1－3－12
A．此简谐运动的周期是4
s
B．相隔4n(n＝1,2,3…)
s的任意两时刻，振动质点具有相同的速度和加速度
C．相隔2n(n＝1,2,3…)
s的任意两时刻，质点的速度或加速度大小相同、方向相反
D．从T/8到T这段时间内，质点运动的路程是7
cm
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　9对于简谐运动的物体，下列说法正确的是(　　)
A．在一个周期内，物体通过的路程为4倍振幅
B．在1/4个周期内，物体通过的路程为1倍振幅
C．在1/2个周期内，物体通过的路程为2倍振幅
D．在3/4个周期内，物体通过的路程为3倍振幅
10甲、乙两弹簧振子质量相等，其振动图象如图1－3－13所示．则它们振动的机械能大小关系是E甲______E乙(填“＞”“＝”或“＜”)；振动频率的大小关系是f甲______f乙；在0～4
s内，甲的加速度为正向最大的时刻是______，乙的速度为正向最大的时刻是______．
图1－3－13
11如图1－3－14为弹簧振子的振动图象，如果振子的质量为0.2
kg，求：
图1－3－14
(1)此振子的振动周期是多大？
(2)从计时开始经过多长时间弹簧振子这一系统有最大的弹性势能？
(3)在第2
s末到第3
s末这段时间内弹簧振子的加速度、速度、动能和弹性势能各是怎样变化的？
12甲、乙两人先后观察到一弹簧振子，在竖直方向上下振动情况是：(1)甲开始观察时，振子正好在平衡位置并向下运动，经过1
s后第一次回到平衡位置，且振幅为5
cm，试画出甲观察到的振动图象(令平衡位置的上方为正方向)；(2)乙在甲观察3.5
s后开始观察并记录时间，试画出乙观察到的弹簧振子的振动图象．
13在研究一个物体的振动是否为简谐运动时，可以通过作出振动的图象来判断，如图1－3－15所示，在弹簧振子的小球上安置一记录用的毛笔P，在下面放一白纸带，当小球振动时沿垂直于振动方向匀速拉动纸带，毛笔P就在纸带上画出一条振动曲线．此曲线有什么特征？为什么？
图1－3－15
参考答案
1解析：简谐运动的位移—时间图象通常称为振动图象，其中横坐标为时间，纵坐标为位移．
答案：B
2解析：此图象表示的是位移随时间的变化规律，不是质点的运动轨迹，故A错；t＝0时，质点的位移为零，且向正向最大位移处运动，故该图象由平衡位置开始计时，即选项B正确；t＝0.25
s时，质点正向负向最大位移处运动，故速度方向背离平衡位置，刚好与位移的负方向相同，因此C选项错误；质点运动过程中，两端点的距离即正向最大位移处与负向最大位移处之间的距离，应为2A＝0.2
cm，故D选项错误．
答案：B
3解析：质点在平衡位置时速度最大，根据回复加速度a＝－可知，振子要有正向最大加速度，物体应有负向最大位移，所以应为图中的2
s，而负向最大速度应是图中的1
s末和5
s末时刻．
答案：C
4解析：由图可知质点振动的周期为4
s，振幅为2
cm，A错误．在10
s内即2.5T质点运动的路程L＝2.5×4A＝20
cm，B正确．由图可知5
s末，质点在最大位移处，所以此时质点的速度为零，加速度最大，C正确．由图象可知t＝1.5
s和t＝2.5
s时质点离开平衡位置的位移相同，所以两时刻的速度和加速度的大小都相等，但速度的方向相反，D错误．
答案：BC
5解析：在0至0.01
s内，速度方向指向平衡位置，加速度方向也指向平衡位置，因此速度与加速度方向同向；0.01
s至0.02
s内，质点远离平衡位置，向负向最大位移处运动，而回复力总是指向平衡位置的，因此，该过程中速度方向与回复力方向相反；在0.025
s末刚好是0.02
s与0.03
s中间时刻，由于0.02
s质点刚好在负向最大位移处，0.03
s刚好在平衡位置，因此0.025
s末振子应位于由负向最大位移处向平衡位置运动的过程中，因此C选项错误；t＝0.04
s末，质点刚好处在正向最大位移处，因此位移最大，回复力最大，速度为零，所以D选项正确．
答案：AD
6解析：从图象中可以看出，两弹簧振子周期之比为T甲∶T乙＝2∶1，所以频率之比f甲∶f乙＝1∶2，所以D选项正确；弹簧振子周期与振子质量及弹簧劲度系数有关，弹簧振子周期不同，说明两弹簧振子不同，故A选项错误；由于两振子弹簧的劲度系数k不一定相同，所以两振子所受回复力(F＝kx)的最大值之比F甲∶F乙不一定为2∶1，所以B错误；由对简谐运动的分析可知，在振子到达平衡位置时位移为零，速度最大，在振子到达最大位移处时，速度为零，从图象中可以看出，在振子甲到达最大位移处时，振子乙恰到达平衡位置，所以C正确．
答案：CD
7解析：在0～1.2
s内，做简谐运动的质点刚好完成一次全振动，可将它分成四个阶段来比较：0～0.3
s内，质点由平衡位置向正向最大位移处运动，速度为正向，位移为正向，则加速度为负向，故速度和加速度反向；在0.3～0.6
s内，质点由正向最大位移处向平衡位置运动，速度为负向，位移仍为正向，则加速度为负向，因此该过程中速度与加速度方向相同；在0.6～0.9
s内，质点由平衡位置向负向最大位移处运动，速度仍为负向，位移也为负向，则加速度为正向，故该阶段速度与加速度反向；在0.9～1.2
s内，质点由负向最大位移处向平衡位置处运动，速度方向为正向，而位移方向为负向，故加速度方向为正向，所以该过程中速度方向与加速度方向相同，因此在0～1.2
s内共有两段时间即0.3～0.6
s和0.9～1.2
s内速度方向和加速度方向相同，所以选项D正确．
答案：D
8解析：由图象可知，该简谐运动的周期T＝4
s，所以选项A正确；据简谐运动的周期性知，相隔t＝nT＝4n(n＝1、2、3…)
s的两时刻，质点的振动情况完全相同，所以B选项正确；相隔t＝＝2n(n＝1、2、3…)
s的两时刻，当n＝1、3、5…时，质点的速度、加速度大小相同，方向相反，当n＝2、4、6…时，质点的速度、加速度的大小、方向均相同，因此C选项错；从到质点的路程小于1
cm，所以从到T这段时间内，质点的路程小于7
cm，D选项错误．
答案：AB
9解析：作出简谐运动的图象如下图所示，在Δt＝T－0＝T内，物体的路程由图可知，刚好为振幅的1倍，即s＝A.在Δt＝T－T＝T内，物体的路程由图可知为s＝2(A－A)＜A，在Δt＝T－T＝T内，物体的路程为s＝2×A＞A.
这说明在个周期内，物体的路程可能是一个振幅，也可能小于振幅，还可能大于振幅，所以正确的是A、C.
答案：AC
10解析：想象甲、乙两弹簧振子沿x轴振动，O为其平衡位置，则联系图象可知，甲的振幅大于乙的振幅，故有E甲＞E乙；甲的周期大于乙的周期，故有f甲＜f乙；
联系甲弹簧振子在第一周期内沿x轴的振动情形可知，在3
s时刻，甲正在负向极端位置，弹簧伸长量最大，故此刻有最大的正向加速度．
当物体通过平衡位置时速度最大，联系乙弹簧振子沿x轴振动的前两个全振动的情景，由图象知乙在1
s、3
s末两个时刻沿x轴正向通过平衡位置，故这两时刻有正向最大速度．
答案：＞　＜　3
s　1
s，3
s
11解析：(1)由图象可知振动周期T＝4
s；(2)振子振动的过程中，机械能守恒．当振子到达最大位移时，振子的速度为零，动能为零，所以位移最大时，振子的弹性势能最大，由图可知从计时开始经过1
s时间时，系统的弹性势能最大；(3)由图象知第2
s末到第3
s末这段时间位移x增大．由于此时回复力跟运动方向相反，所以振子的速度、动能都减小，又由于机械能守恒可得系统的弹性势能增大．
答案：(1)4
s　(2)1
s　(3)加速度增大，速度减小，动能减小，弹性势能增大
12解析：(1)由于甲观察时，振子在平衡位置向下运动，所以t＝0时，振子在平衡位置且具有负向的速度，由简谐运动的图象特征可知甲观察到的振动图象如图甲所示．
(2)由甲图可知3.5
s后，乙开始观察计时时振子在正向最大位移处，所以乙观察的振动图象如图乙所示．
答案：(1)如图甲　(2)如图乙
13解析：通过实际实验可以看出纸带上留下的是一条正弦(或余弦)曲线，这是因为弹簧振子的运动是简谐运动，用纸带的运动距离表示时间(因为距离x＝vt)，所以拉动纸带时，就可表示不同的时刻振子离开平衡位置的距离，因而可以说毛笔所画下的痕迹就是弹簧振子的振动图象，所以曲线是一条正弦(或余弦)曲线．
答案：见解析狭义相对论的基本原理
1分析下列几种说法：
(1)所有惯性系统对物理基本规律都是等价的．
(2)在真空中，光的速度与光的频率、光源的运动状态无关．
(3)在任何惯性系中，光在真空中沿任何方向的传播速度都相同．
关于上述说法(　　)
A．只有(1)(2)是正确的
B．只有(1)(3)是正确的
C．只有(2)(3)是正确的
D．三种说法都是正确的
2要描述一个物体的运动，必须选择______．
320世纪初，著名的物理学家爱因斯坦建立了______，使人们对时空观的认识产生了根本性的变革．
4绝对时空观的特点是：______、______，时间和空间都是绝对的．
5在经典力学中，____________是力学规律的基础，如果牛顿运动定律在某个参考系中成立，这个参考系就叫做______．
6狭义相对论的基本假设是什么？
7试述经典力学的时空观及所遇到的困难．
参考答案
1解析：狭义相对论认为：物体所具有的一些物理量可以因所选参考系的不同而不同，但它们在不同的参考系中所遵从的物理规律却是相同的，即(1)(2)都是正确的．“光速不变原理”认为：在不同的惯性参考系中，光在真空中沿任何方向的传播速度都是相同的．
答案：D
2解析：运动是相对的，在研究物体运动时，要先选定参考系．
答案：参考系
3解析：1905年，爱因斯坦建立了狭义相对论，改变了人们对时空观的传统认识，提出了相对时空的观点．
答案：狭义相对论
4解析：经典力学中认为时空是绝对的，与爱因斯坦的相对时空有所区别，阅读课文可知，本节有所介绍．
答案：时间和空间是分离的　时间尺度和空间尺度与物质运动无关
5解析：牛顿运动定律是经典力学中力学规律的基础，它所选定的参考系是惯性系．
答案：牛顿运动定律　惯性系
6答案：(1)爱因斯坦相对性原理：在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的．
(2)光速不变原理：在一切惯性参考系中，光在真空中传播的速度都等于c，跟光源的运动和观察者的运动无关．
7解析：根据经典力学和伽利略的相对性原理，在不同的惯性系中所测得的光速应该是不同的．而实验事实却是光速不变，这样，实验事实便与理论产生了矛盾，使经典力学时空观遇到了困难．
答案：经典力学的时空观认为：时间和空间是分离的，时间尺度和空间尺度与物质运动无关，都是绝对的．按该观点和伽利略的相对性原理，就会得到在不同的惯性系中所测得的光速是不同的．而实验事实却是光速不变，这样，实验事实便与理论产生了矛盾，使经典力学时空观遇到了困难.光的干涉
1光的干涉现象证明了光(　　)
A．是沿直线传播
B．具有波动性
C．可以发生反射
D．具有粒子性
2两只完全相同的手电筒的灯光照在一起将出现(　　)
A．明暗相间的条纹
B．彩色条纹
C．一片亮光
D．晃动的条纹
3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紫光的透射程度
D．从竖立肥皂薄膜上看到的彩色条纹是从膜的两表面反射光相干涉的结果
4在杨氏双缝干涉实验中，用一束白光照射小孔，在其后的双孔处，用绿玻璃挡住一个孔，再用红玻璃挡住另一个孔，则在光屏上能看到的现象是(　　)
A．红色干涉条纹
B．绿色干涉条纹
C．红绿相间的条纹
D．没有干涉条纹
5在双缝干涉实验中，光屏上P点到双缝S1、S2的距离之差δ1＝0.75
μm，光屏上Q点到双缝S1、S2的距离之差为δ2＝1.5
μm.如果用频率为f＝6.0×1014
Hz的黄光照射双缝，则(　　)
A．P点出现明条纹，Q点出现暗条纹
B．Q点出现明条纹，P点出现暗条纹
C．两点均出现暗条纹
D．两点均出现明条纹
6两个独立的点光源S1和S2，都发出同频率红色光，照亮一个原是白光的光屏，则光屏上呈现的情况是
(　　)
A．明暗相间的干涉条纹
B．一片红光
C．仍是呈白色
D．呈黑色
7用单色光做双缝干涉实验，下列说法中正确的是(　　)
A．相邻干涉条纹之间的距离相等
B．中央明条纹宽度比两边明条纹要宽
C．若屏与缝之间的距离减小，条纹间的距离将增大
D．若双缝间距离增大时，条纹间的距离将增大
8下列说法正确的是(　　)
A．只有厚度均匀的薄膜，才会发生干涉现象
B．只有厚度不均匀的楔形薄膜，才会发生干涉现象
C．厚度均匀的薄膜会形成干涉条纹
D．观察肥皂薄膜的干涉现象时，观察者应和光源在薄膜的同一侧
9用各种单色光在同一装置上做双缝干涉实验，干涉条纹的间距由大到小排列顺序正确的是(　　)
A．红、黄、蓝、绿
　　　　　　　　　
B．紫、蓝、黄、红
C．绿、黄、红、蓝
　　　　　　　　　D．红、黄、蓝、紫
10如图4－4－6所示，一束白光从左侧射入肥皂薄膜，下列说法正确的是(　　)
图4－4－6
A．人从右侧向左看，可看到彩色条纹
B．人从左侧向右看，可看到彩色条纹
C．彩色条纹水平排列
D．彩色条纹竖直排列
11一个半径较大的透明玻璃球体，截去其下面的一部分，然后将这一部分放到标准的水平面上，现让单色光竖直射向截面，如图4－4－7所示，在反射光中看到的是(　　)
图4－4－7
A．平行的明暗相间的干涉条纹
B．环形的明暗相间的干涉条纹
C．只能看到同颜色的平行反射光
D．一片黑暗
12涂有增透膜的照相机镜头看上去呈现淡紫色，这说明(　　)
A．增透膜明显增强了红光的透射强度
B．增透膜明显增强了紫光的透射强度
C．增透膜明显增强了绿光的反射损失
D．增透膜明显加大了绿光的反射损失
13线光源a发出的光波长为480
nm，线光源b发出的光波长为672
nm，则(　　)
A．用a做双缝实验，屏上与双缝路程差为δ1＝1.68
μm的P处将出现暗纹
B．用b做双缝实验，P处将出现亮纹
C．用a做双缝实验，屏上与双缝路程差为δ1＝1.44
μm的Q处将出现亮纹
D．用单缝做实验，用a照射时比用b照射时的中央亮纹更宽
14市场上有种灯具俗称“冷光灯”，用它照射物品时能使被照物品处产生的热效应大大降低，从而广泛地应用于博物馆、商店等处，这种灯降低热效应的原因之一是在灯泡后面放置的反光镜玻璃表面上镀一层薄膜(例如氟化镁)，这种膜能消除不镀膜时玻璃表面反射回来的热效应最显著的红外线．以λ表示此红外线的波长，则所镀薄膜的厚度最小应为(　　)
A.λ　　　　　　　　B.λ
　　　　　　　C.λ　　　　　　　D．λ
15在光学仪器中，为了减少光学元件表面反射光的损失，常在元件表面涂上一层介质薄膜(氟化镁)，叫做增透膜．试说明增透膜的原理．
参考答案
1解析：干涉是波所特有的性质，光具有干涉现象，说明光是一种波，即光具有波动性．
答案：B
2解析：两只手电筒射出来的光的频率不同，即射出来的灯光不是相干光，不满足干涉产生的条件，不能发生干涉现象．两只手电筒光照在一起，只能使亮度加强，不会出现干涉条纹．
答案：C
3解析：由于干涉实验中，有Δx＝λ，即条纹间距与光波长成正比，而红光波长最大，故偏离中央明条纹最远的是红光；增透膜应该增透的是人的视觉最敏感的光——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，故应选B、D.
答案：BD
4解析：相干光频率相同、相位差恒定、振动方向相同．
当白光经小孔后进入双孔时，用绿玻璃挡住的小孔只能透过绿光，用红玻璃挡住的小孔只能透过红光，而红绿两色光频率不同，它们并不是相干光源．因此，这不能产生干涉现象，所以答案应选D.
答案：D
5解析：根据波长与波速的关系式：λ＝，得知黄光的波长λ＝0.5
μm，则P点到双缝S1和S2的距离之差δ1是黄光波长λ的1.5倍，即半波长的奇数倍，P点出现暗条纹；而Q点到双缝S1、S2的距离之差δ2是黄光波长λ的3倍，即波长的整数倍，Q点出现明条纹，所以选项B正确．
答案：B
6解析：两个光源频率虽相同，但振动情况并不总是完全相同，故不能产生干涉，屏上没有干涉条纹，只有红光．
答案：B
7解析：由双缝干涉的特征上看条纹间距相等，且条纹宽度都相同，A对、B错，条纹间的距离Δx＝λ可以看出，双缝与屏间距离越大，双缝间的距离越小，条纹间的距离越大，C错、D错．
答案：A
8解析：当光从薄膜的一侧照射到薄膜上时，只要前后两个反射回来的光波的路程差满足振动加强条件，就会出现明条纹，满足振动减弱的条件就会出现暗条纹．这种情况在薄膜厚度不均匀时才会出现；当薄膜厚度均匀时，不会出现干涉条纹，但也能发生干涉现象，这时某些颜色的光因干涉而减弱，另一些光因干涉而加强．减弱的光透过薄膜，加强的光被反射回来，所以这时看到薄膜的颜色是振动加强的光的颜色，但不会形成干涉条纹．由上述分析可知，A、B、C错，D对．
答案：D
9解析：红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七种颜色的光，波长由大到小排列，波长越大条纹间距越大，因此，应选D.
答案：D
10解析：一束白光照到薄膜上，经薄膜两个界面上反射回来的光再相遇时产生干涉现象，这样人从左侧向右看时，可以看到彩色条纹，选项B正确．
由于薄膜从上向下逐渐加厚，在同一水平线上的厚度相同，故彩色纹是水平排列的，选项C正确．
答案：BC
11解析：把球形玻璃体截下的部分的凸面与标准平面接触时，在凸面和平面之间形成空气层，空气层厚度相同的点构成以接触点为圆心的同心圆，当用单色光垂直射向截面时，光分别在空气层的上表面和下表面被反射，这两列光满足干涉加强的点也组成一组同心圆，因此我们看到的干涉条纹是明暗相间的环形条纹．
答案：B
12解析：照相机所成的像，应该尽量清晰，所以照相机镜头应该让尽量多的可见光通过，因此使绿光透射强度大于其他单色光．由此便确定了增透膜的厚度是绿光波长的，使绿光在增透膜的前后两个表面上的反射光路程差恰好等于绿光的半个波长(发生薄膜干涉)，以达到绝大多数能量能通过透镜照到底片上的目的．而其他种类的单色光或多或少被镜头反射，尤其是波长与绿光相差较大的红光和紫光被反射得最多，这样照相机镜头看上去便呈淡紫色了．因此，本题选项C正确．
答案：C
13解析：双缝实验中，屏上的双缝的路程差等于波长的整数倍(或半波长的偶数倍)的地方，两束光同向到达，振动加强，出现亮纹；屏上到双缝的路程之差等于半波长的奇数倍的地方，两束光反向到达，振动减弱，出现暗纹．两光源发出的光的半波长分别为：
λα＝×480×10－9
m＝2.40×10－7
m
λb＝×672×10－9
m＝3.36×10－7
m
P、Q两处到双缝的路程差可表示为
δ1＝1.68×10－6
m＝7(λa)＝5(λb)
δ2＝1.44×10－6
m＝6(λa)＝3λa
可见，用a、b两光源做双缝实验时，屏上P处到双缝的路程差都等于半波长的奇数倍，两束光相位相反，均为暗纹，A正确，B错．用a做双缝实验时，屏上Q点处到双缝的路程差恰好等于波长的整数倍，Q处应为亮纹，C正确．
发生单缝衍射时，波长越长，衍射现象越明显，中央亮纹也是最宽，所以用b照射时，中央宽条纹较亮较宽，D错误．
答案：AC
14解析：在灯泡后面放置的反光镜玻璃表面上镀一层氟化镁薄膜相当于增透膜，当增透膜厚度等于红外线在其中传播的波长的时，灯泡发出的红外线射到增透膜后，从增透膜的前后表面反射回来的两束红外线发生干涉，相互抵消，使反射的红外线强度减弱，达到冷光效果．
答案：B
15解析：设有某种色光在增透膜中的波长为λ，让增透膜的厚度等于λ，这样当这种色光垂直照射在薄膜上时，在增透膜的两侧反射的光波相遇时经过的路程差为λ，它们干涉后就相互抵消，减弱了反射光的强度，就会使透射光的强度增加．所以，把这种膜称为增透膜，这一薄膜减少了光学元件表面反射造成的光能损失，增强了通过透镜光的能量．
而入射光一般是白光，增透膜不可能使所有的单色光干涉相消，由于人眼对绿光最敏感，一般增透膜的厚度做到使绿光垂直入射时完全抵消，这时红光和紫光没有显著削弱，所以有的增透膜的光学镜头显淡紫色．
答案：见解析机械波的图象描述
1关于振动和波的关系，下列说法正确的是(　　)
A．如果振源停止振动，在介质中传播的波动也立即停止
B．物体做机械振动，一定产生机械波
C．波的速度即振源的振动速度
D．波在介质中的传播频率与介质的性质无关，仅由振源的振动频率决定
2简谐横波某时刻的波形图如图2－2－14所示，由此图可知(　　)
图2－2－14
A．若质点a向下运动，则波是从左向右传播的
B．若质点b向上运动，则波是从左向右传播的
C．若波从右向左传播，则质点c向下运动
D．若波从左向右传播，则质点d向上运动
3(2009全国Ⅱ理综，14)下列关于简谐振动和简谐波的说法，正确的是(　　)
A．媒质中质点振动的周期一定和相应的波的周期相等
B．媒质中质点振动的速度一定和相应的波的波速相等
C．波的传播方向一定和媒质中质点振动的方向一致
D．横波的波峰与波谷在振动方向上的距离一定是质点振幅的两倍
4如图2－2－15甲所示为一列简谐横波在t＝20
s时的波形图，图2－2－15乙是这列波中P点的振动图象，那么该波的传播速度和传播方向是(　　)
图2－2－15
A．v＝2
m/s，向左传播　　　　　　　B．v＝50
m/s，向左传播
C．v＝2
m/s，向右传播　　　　　　　D．v＝50
m/s，向右传播
5(2009四川理综，19)如图所示为一列沿x轴负方向传播的简谐横波，实线为t＝0时刻的波形图，虚线为t＝0.6
s时的波形图，波的周期T＞0.6
s，则(　　)
图2－2－16
A．波的周期为2.4
s
B．在t＝0.9
s时，P点沿y轴正方向运动
C．经过0.4
s，P点经过的路程为4
m
D．在t＝0.5
s时，Q点到达波峰位置
6一列简谐横波沿绳子传播，振幅为0.2
m，传播速度为1
m/s，频率为0.5
Hz.在t0时刻，质点a正好经过平衡位置，沿着波的传播方向(　　)
A．在t0时刻，距a点2
m处的质点离开其平衡位置的距离为0.2
m
B．在(t0＋1
s)时刻，距a点1.5
m处的质点离开其平衡位置的距离为0.2
m
C．在(t0＋2
s)时刻，距a点1
m处的质点离开其平衡位置的距离为0.2
m
D．在(t0＋3
s)时刻，距a点0.5
m处的质点离开其平衡位置的距离为0.2
m
7(2009福建理综，17)图2－2－17甲为一列简谐横波在t＝0.10
s时刻的波形图，P是平衡位置为x＝1
m处的质点，Q是平衡位置为x＝4
m
处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则(　　)
图2－2－17
A．t＝0.15
s时，质点Q的加速度达到正向最大
B．t＝0.15
s时，质点P的运动方向沿y轴负方向
C．从t＝0.10
s到t＝0.25
s，该波沿x轴正方向传播了6
m
D．从t＝0.10
s到t＝0.25
s，质点P通过的路程为30
cm
8如图2－2－18所示为一列简谐横波某时刻的波形图，图中P点为介质中一质点，此时刻恰好过平衡位置，已知其振动周期T＝0.4
s．求至少过多长时间P质点到达波峰？
图2－2－18
9如图2－2－19所示，实线是某时刻的波形图象，虚线是0.2
s后的波形图．
图2－2－19
(1)若波向左传播，求它的可能周期和最大周期．
(2)若波向右传播，求它的可能传播速度．
(3)若波速是45
m/s，求波的传播方向．
10已知一列简谐横波在t＝0时刻的波动图象如图2－2－20所示，再经过1.1
s时，P点第三次出现波峰．求：
图2－2－20
由图示时刻起，Q点再经过多长时间第一次出现波峰？
11如图2－2－21所示中的实线是一列简谐横波在某一时刻的波形图线，经0.3
s后，其波形如图中虚线所示，设该波的周期T大于0.3
s．求：
图2－2－21
(1)波长和振幅；
(2)若波向右传播，求波的周期和波速；
(3)若波向左传播，求波的周期和波速．
12一列横波在x轴上传播，在t1＝0和t2＝0.005
s时的波形分别如图2－2－22实线和虚线所示．
图2－2－22
(1)若周期T＞(t2－t1)，波沿x轴正方向传播，则波速为多大？
(2)若周期T＜(t2－t1)，则波速可能为多少？
参考答案
1解析：机械振动在传播中形成机械波，振源停止振动时，其他质点仍会引起相邻质点的振动，即波继续在介质中传播，所以A、B错，机械波在介质中传播速度由介质本身性质决定，与振源振动的速度无关，所以C错．在波动中，各个质点的振动周期、频率是相同的，它们都等于波源的振动周期或频率，D对．
答案：D
2解析：解决此题时，要判断波的传播方向，或质点振动方向，沿着波的传播方向看去，图象“上坡”段的质点均向下振动，而“下坡”段质点均向上振动，若波从左向右传播，a、b处于下坡，向上振动，故A错，B对，c、d处于上坡，应向下振动，D错．若波从右向左传播，c、d处于下坡，向上振动，C错．
答案：B
3答案：AD
4解析：由P点的振动图线可知，周期T＝2
s，t＝20
s，恰是10
T，P点的运动方向在t＝0时刻向上，则t＝20
s时也向上，由波的图象知若P点运动方向向上，则波沿x轴负方向传播，λ＝100
m，所以v＝＝
m/s＝50
m/s.
答案：B
5答案：D
6解析：λ＝＝
m＝2
m，T＝＝2
s，在t0时刻距a处2
m即质点的振动状态与a完全相同，也应该在平衡位置，故选项A错，在(t0＋1
s)时刻，因为T＝2
s，过了半个周期，a点仍在平衡位置，离a点为1.5
m即λ处的质点在离开平衡位置0.2
m处，选项B正确．在(t0＋2
s)时刻是经过了一个周期，在距离a点1
m即半波长的质点在平衡位置，选项C错．在(t0＋3
s)时刻是经过了一个半周期，a点仍在平衡位置，距a点0.5
m即λ处波长的质点离开平衡位置的距离为0.2
m，选项D正确．
答案：BD
7答案：AB
8解析：题中已知条件没有给出P质点此刻过平衡位置的振动方向，也没有给定波的传播方向，不妨假定P质点此时正向上振动，波向右传播，则至少需要个周期的时间．
答案：0.1
s
9解析：(1)波向左传播，传播的时间为Δt＝T＋nT(n＝0,1,2，…)
所以T＝＝4×＝s(n＝0,1,2,3，…)
最大周期为：Tm＝s＝0.27
s.
(2)波向右传播Δt＝＋nT(n＝0,1,2,3，…)
所以T＝
s(n＝0,1,2，…)，而λ＝4
m
所以v＝＝5(4n＋1)
m/s(n＝0,1,2，…)．
(3)波速是45
m/s，设波向右传播，由上问求得的向右传播的波速公式得：45＝5(4n＋1)，解得n＝2，故假设成立，波向右传播．
答案：(1)T＝
s(n＝0,1,2,3，…)，Tm＝0.27
s
(2)v＝5(4n＋1)
m/s(n＝0,1,2，…)
(3)向右传播
10解析：(1)由传播方向可以判断P点在t＝0时刻振动的方向向下，需经2个周期第三次达到波峰位置．即2T＝1.1
s.
所以T＝×1.1
s＝0.40
s，
所以v＝＝＝10.0
m/s.
(2)由图知A点在t＝0时刻向下振动，即振源的起振方向向下，故Q点亦向下起振，起振后须经T才第一次到达波峰，则Q点第一次到达波峰经历的时间t＝＋T＝＋×0.40
s＝0.4
s.
答案：(1)10.0
m/s　(2)0.4
s
11解析：(1)从波形图线上直接得出波长和振幅分别为λ＝2
m和A＝10
cm.(2)若波向右传播，且T大于0.3
s，知在0.3
s时间内传播的距离小于波长．从图知向右传播了λ，所用时间应为0.3
s＝T，T＝0.4
s，故v＝＝5
m/s.(3)若波向左传播，且T大于0.3
s，知在0.3
s时间内波传播的距离小于波长，从图知向左传播了λ，所用时间应为0.3
s＝T，T＝1.2
s，故v＝＝m/s.
答案：(1)λ＝2
m　A＝10
cm　(2)T＝0.4
s　v＝5
m/s
(3)T＝1.2
s　v＝
m/s
12解析：(1)若周期T＞(t2－t1)，则由波形平移法可得，波只能向右传播λ，又λ＝8
m.
所以v＝＝
m/s＝1.2×103
m/s.
(2)若周期T＜(t2－t1)，则由波传播的双向性及周期性可得若波传播方向向右，则传播的距离
Δx＝nλ＋λ(n＝1,2,3，…)
所以v＝＝(1.6n＋1.2)×103m/s(n＝1,2,3，…)
若波向左传播Δx′＝nλ＋λ，v′＝(1.6n＋0.4)×103
m/s(n＝1,2,3，…)．
答案：(1)1.2×103
m/s　(2)v＝(1.6n＋0.4)×103
m/s或v′＝(1.6n＋1.2)×103
m/s电磁波谱
1关于光，以下说法正确的是(　　)
A．光和机械波本质相同，因为都能发生反射、折射、干涉、衍射等现象
B．光与电磁波有本质联系，因为它们产生机理完全相同
C．光本质上是一种电磁波
D．光和电磁波的传播速度相同
2对红外线的作用和来源叙述正确的是(　　)
A．一切物体都在不停地辐射红外线
B．红外线有很强的荧光效应
C．红外线最显著的作用是热作用
D．红外线容易穿过云雾烟尘
3下列关于紫外线的几种说法中，正确的是(　　)
A．紫外线是一种紫色的可见光
B．紫外线的频率比红外线频率低
C．紫外线可使钞票上的荧光物质发光
D．利用紫外线可以进行电视机等电器的遥控
4科学家发现地球大气层中的臭氧分子不断受到破坏，下列各项电磁波中会因臭氧层受损而对人类的健康构成最大危害的是(　　)
A．可见光
B．紫外线
C．伽玛射线
D．微波
5各种电磁波产生的机理不同，下面给出的几组电磁波中，都由原子外层电子受到激发后产生的是(　　)
A．红光、紫光、伦琴射线
B．微波、红外线、紫光、紫外线
C．无线电波、微波、红外线
D．黄光、绿光、紫光
6下列各组电磁波，其衍射能力按由弱到强的顺序排列，正确的是(　　)
A．红外线、可见光、紫外线、γ射线
B．γ射线、可见光、红外线、无线电波
C．可见光、红外线、伦琴射线、γ射线
D．伦琴射线、紫外线、可见光、红外线
7一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区域是(　　)
A．γ射线
B．可见光
C．无线电波
D．紫外线
8红外线可以穿透云雾，是因为它的波长____________，所以它的____________现象比较显著，可以绕过障碍物继续传播；γ射线可以穿透金属，是因为它的频率____________，穿透能力较强．
9(1)各种电磁波在真空中传播时，都具有相同的______．
(2)波从一种介质进入另一种，一定不发生改变的是________．
(3)对于红外线、紫外线、X光线和γ射线来说，最易发生明显衍射的是________．
10电磁波的不同成分具有不同的特性，其中红外线的最显著作用是____________效应，紫外线的最显著作用是____________效应，伦琴射线的特点是具有很强的____________．
11若某种紫外线频率为1.5×1015
Hz，试回答下列问题：
(1)该紫外线的波长为________m.
(2)紫外线的主要作用是____________________________________________________
________________________________________________________________________.
(3)请简要说明人们不接受紫外线照射、少量照射和大量照射后会产生什么结果．
参考答案
1解析：光是电磁波，不同于机械波，光能在真空中传播，而机械波不能在真空中传播，光本质上是电磁波，它们在真空中传播速度相同，但它们的产生机理又各不相同，故A、B、D错误，C选项正确．
答案：C
2解析：温度高于热力学零度的物体辐射红外线，由于一切物体的温度都高于热力学零度，所以一切物体都辐射红外线，A正确；紫外线有很强的荧光效应，所以B错．红外线最显著的作用就是热作用，所以C正确，红外线的波长较长，易发生衍射，能穿过云雾烟尘，所以D正确．
答案：ACD
3解析：紫外线中波长比可见光中紫光的波长还短，不能引起视觉，是不可见光，其频率比可见光红外线都要高，紫外线有荧光作用，钞票上的荧光物质受到紫外线照射时，能发出荧光，故A、B选项正确，而C选项正确；电视机等电器都是利用红外线遥控的，故D选项错误．
答案：C
4解析：由于太阳光中存有大量紫外线，而过多的紫外线会伤害眼睛和皮肤，故因臭氧层受损而对人类构成最大伤害的是紫外线．
答案：B
5解析：红外线、可见光、紫外线是由于原子的外层电子受到激发后产生的，伦琴射线是由于原子内层电子受到激发而产生的，γ射线是原子核受到激发产生的，故只有D正确．
答案：D
6解析：所谓衍射能力的强弱也就是发生明显衍射的难易程度，根据波发生明显衍射现象的条件可知：波长越长，衍射能力越强；波长越短，衍射能力越弱．在电磁波谱中，按波长由大到小电磁波的排列顺序为：无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线．
答案：BD
7解析：波发生明显的衍射现象的条件是，障碍物或孔的尺寸和波长相差不多或者比波长小．电磁波中无线电波的波长范围大约在10－2
m以上，而红外线的波长范围大约在10－2～10－6
m，可见光、紫外线的波长更短，故只有无线电波才能发生明显的衍射，故正确选项应为C.
答案：C
8答案：长　衍射　大
9答案：(1)波速　(2)频率　(3)红外线
10解析：红外线有较强的热效应；紫外线具有荧光、杀菌效应；伦琴射线的穿透力很强，可用于医疗、工业探伤等．
答案：热　荧光　穿透能力
11解析：(1)由公式c＝λf，
得λ＝＝＝2×10－7
m.
(2)紫外线有很强的荧光效应，主要作用为化学效应和杀菌作用．
(3)少量照射紫外线能杀菌，增强人体抗病能力，并通过皮肤产生维生素，有益人体健康．不照射紫外线，皮肤内胆固醇不易转化为维生素D，从而影响钙和磷的吸收．但若大量照射紫外线，会伤害皮肤，甚至使人体遗传物质脱氧核糖核酸受到损害，破坏其基因，使正常细胞蜕变为癌细胞，过量的紫外线还会引起角膜炎、白内障等疾病．
答案：(1)2×10－7　(2)化学效应和杀菌作用
(3)若不照射红外线，皮肤内胆固醇不易转化为维生素D，从而影响钙和磷的吸收，过量的紫外线还会引起角膜炎、白内障等疾病．认识光的全反射现象
1在空气与水的交界面处发生全反射的条件是(　　)
A．由空气射入水中，入射角足够大
B．由空气射入水中，入射角足够小
C．由水中射入空气，入射角足够大
D．由水中射入空气，入射角足够小
2两种介质交界面上发生全反射时(　　)
A．光线一定在光密介质中
B．入射角一定大于临界角
C．界面相当于一个镜面
D．有一部分光线进入另一种介质中
3光纤通信是现代一种通信手段，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．光纤通信是利用光作为载体来传递信息
B．光导纤维传递光信号是利用光的衍射原理
C．光导纤维传递光信号是利用光的色散原理
D．目前广泛应用的光导纤维是一种非常细的特制玻璃丝
4水中的空气泡看上去比较亮，对这一现象有以下不同的解释，其中正确的是(　　)
A．空气泡对光线有会聚作用，因而较亮
B．空气泡对光线有发散作用，因而较亮
C．从空气泡到达水中的界面处的光一部分发生全反射，因而较亮
D．从水中到空气泡的界面处的光一部分发生全反射，因而较亮
5光在某种介质中的传播速度为1.5×108
m/s，则该介质射向真空时会发生全反射时临界角为(　　)
A．15°　　　　　　B．30°　　　　　　C．45°　　　　
　
D．60°
6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，因此可认为不存在折射光线，而只有反射光线
B．光密介质射向光疏介质时有可能不发生全反射现象
C．光密介质射向光疏介质时一定产生全反射现象
D．光疏介质射向光密介质时有可能发生全反射现象
7光导纤维在信息传递方面有很多应用，利用光导纤维进行通信所依据的原理是(　　)
A．光的折射
　　　　　　　　　B．光的全反射
C．光的干涉　　　　　　　　　
D．光的色散
8一束光从空气射向折射率n＝的某玻璃表面，如图4－3－11所示，i代表入射角，则(　　)
图4－3－11
A．当i＞45°时发生全反射现象
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°的角度入射
D．当入射角i＝arctan时，反射光线跟折射光线恰好垂直
9两束不同频率的单色光a、b从空气射入水中，发生了图4－3－12所示的折射现象(α＞β)．下列结论中正确的是(　　)
图4－3－12
A．光束b的频率比光束a低
B．在水中的传播速度，光束a比光束b小
C．水对光束a的折射率比水对光束b的折射率小
D．若光束从水中射向空气，则光束b的临界角比光束a的临界角大
10如图4－3－13所示，abc为全反射棱镜，它的主截面是等腰直角三角形，一束白光垂直射到ac面上，在ab面上发生全反射，若光线入射点O的位置保持不变，改变光线的入射方向(不考虑bc面反射的光线)，则(　　)
图4－3－13
A．使入射光线按图中所示的顺时针方向逐渐偏转，如果有色光射出ab面，则红光将首先射出
B．使入射光线按图中所示的顺时针方向逐渐偏转，如果有色光射出ab面，则紫光将首先射出
C．使入射光线按图中所示的逆时针方向逐渐偏转，红光将首先射出ab面
D．使入射光线按图中所示的逆时针方向逐渐偏转，紫光将首先射出ab面
11潜水员在水深为h的地方向水面观望时，发现整个天空及远处地面的景物均呈现在水面处的圆形区域内，已知水的临界角为θ，则所观察到的圆形半径为(　　)
A．htanθ
　　　　B．hsinθ　　　　　　C.
　　　　　　D.
12如图4－3－14所示，一束平行光从真空射向一块折射率为1.5的半圆形的玻璃砖，下列说法正确的是(　　)
图4－3－14
A．只有圆心两侧范围内的光线不能通过玻璃砖
B．只有圆心两侧范围内的光线能通过玻璃砖
C．通过圆心的光线将直线穿出不发生折射
D．圆心两侧范围外的光线将在曲面产生全反射
13在一个圆形轻木塞的中心插上一枚大头针，然后把它倒放在水面上，调节针插入的深度，使观察者不论在什么位置都刚好不能看到水面的大头针，如图4－3－15所示，量出针露出的长度为d，木塞的半径为r，求水的折射率．
图4－3－15
14为了观察门外情况，有人在门上开一个小圆孔，将一块圆柱形玻璃嵌入其中，圆柱体轴线与门面垂直，如图4－3－16所示，从圆柱底面中心看出去，可以看到门外入射光线与轴线间的最大夹角称作视场角．若已知玻璃的折射率为n，圆柱体长为l，底面半径为r，求视场角．
图4－3－16
15(探究)在折射率为n的水中，有一点光源，要使它照亮的水面面积增大，点光源应怎样移动？
参考答案
1解析：光照射到两种介质界面上时，光线全部被反射回原介质的现象称为全反射现象，发生全反射的条件为：①光线从光密介质射向光疏介质；②入射角大于或等于临界角．
答案：C
2答案：ABC
3解析：光纤通信利用了光的全反射原理来传递信息，光导纤维是一种透明的非常细的玻璃纤维丝，直径只有1～100
μm，故选A、D.
答案：AD
4解析：水中的气泡是光疏介质，光经过水射向气泡，一部分光会发生全反射，有更多的光反射到人眼中，人眼会感觉特别亮．
答案：D
5解析：由公式sin∠C＝，而n＝，
即sin∠C＝＝.所以∠C＝30°.
答案：B
6解析：深刻理解发生全反射现象的条件，从能量与光线两个角度分析全反射现象．
答案：B
7解析：光导纤维，简称光纤，是利用全反射的原理来传播光信号的，通常光纤是由内芯和外套两层组成，内芯的折射率比外套大，光传播时在内芯和外套的界面上发生全反射．
答案：B
8解析：如下图所示，首先说明，光从空气射向玻璃(即光由光疏介质进入光密介质时)不会发生全反射，根据折射定律，当入射角为90°时(实际不可能)＝n，sinr＝＝＝，r＝45°，当入射角i＜90°时，r＜45°，所以选项B正确，A错误．当折射角等于30°时，sini＝nsin30°＝·＝，i＝45°，故C选项正确．如下图所示，假设反射光线恰好垂直折射光线，有L1＋L2＝90°，i＝β，β＋L1＝90°，所以i＝L2，所以n＝＝，n＝，所以tani＝n，故选项D正确．
答案：BCD
9解析：由n＝知，b的折射率较大，则b的频率较大，在同种介质中传播速度较小，对同种介质的临界角较小，所以选项C正确．
答案：C
10解析：改变入射光线的入射角，使从ac射入的光线在ab面上不发生全反射，即可以从ab边射出，各单色光的临界角不同，射出的顺序也不同，
因为n红＜n紫，sinc＝，所以c红＞c紫，当入射光沿顺时针方向偏转时，光在ab面上的入射角减小，红光首先射出ab面，当入射光线沿逆时针方向偏转时，光在ab面上的入射角增大，不可能有光在ab面上射出，正确选项是A.
答案：A
11解析：如下图所示，水面上景物发出的光线经水面折射后均在倾角为2θ的圆锥里，人的眼睛处在圆锥的顶点处，而最远处的景物其入射角接近90°，折射角为θ，因此，人看到水面上的景物呈现在水面是以r为半径、人眼上方的水面上的O点为圆心的区域内．
由图可知r＝htanθ.
答案：A
12解析：光线无偏折从直径边进入玻璃砖内后射向圆弧界面，这时，光有可能在圆弧界面上产生全反射(因为从光密介质射向光疏介质)．由几何知识得，这些光在圆弧界面上各处的入射角i是不同的．设某光线距圆心O的距离为x，则
＝sini
当光线过圆心时的入射角i＝0，故不发生偏折而直线穿过，C选项正确．
当入射角i等于临界角C时，有＝sinC＝＝＝，所以x＝处的光线的入射角恰等于临界角，由几何知识知，x越大，光线的入射角i越大，故x＞外的光线将在曲面产生全反射，x＜内的光线不发生全反射能通过曲面，因此，B、D选项正确．
答案：BCD
13解析：在调节针插入的深度后，使观察者不论在什么位置都刚好不能看到水下的大头针，这个现象是光的全反射现象．
产生全反射的条件有两条：①光从光密介质射向光疏介质；②入射角i大于或等于临界角C.
当光从某种物质射向真空(或空气)时，其临界角C为：
sinC＝，C＝arcsin(n为介质对光的折射率)
作图(如图)，当A发出的光到达B点时恰以临界角C入射，因此sinC＝，在△AOB中：tanC＝，而tanC＝＝
由此求得n＝.
答案：n＝
14解析：据光路可逆性原理知，将眼睛视为点光源，它发出的光线经过圆柱形玻璃后射入空气中最大折射角就等于视场角，而光线从玻璃射入空气中时可能要发生全反射，故本题应分两种情况．
(1)如图所示，当θ＜C(临界角)时视场角为α，则据折射率的定义可知n＝，其中sinθ＝
解得α＝arcsin.
(2)当上图中θ＝arctan≥C时，光路如下图所示，则这时视场角为90°.
答案：当arctan＜arcsin时，
α＝arcsin；
当arctan≥arcsin时，α＝90°.
15解析：全反射现象是光在折射过程中一种特殊的现象，它的产生有其必备的条件：一是光由光密介质射向光疏介质；二是入射角大于或等于临界角，二者缺一不可，在光的折射问题中判断是否发生全反射及找出临界光线往往是解题的关键．
对于有关全反射问题时，应首先根据光在两种介质的界面处发生折射，用全反射的规律正确地画出光路图，恰当地利用光路图所提供的几何关系，结合有关数学知识进行分析和计算，而发生全反射的临界光线的确定，是解决这类问题的关键．
答案：所谓照亮水面就是点光源S发出的光能够通过水面进入空气中而射入观察者眼中，S发出的光是射向四面八方的，但由于水相对于空气是光密介质，当S射向水面的光线的入射角大于或等于临界角C时，光线就不能进入空气中，水面就不会被照亮了．如下图所示．
由临界角定义知：
sinC＝①
由数学知识可知：
sinC＝②
整理①②两式有：
r＝③用双缝干涉实验测定光的波长
1在双缝干涉实验中，设单缝宽度为h，双缝距离为d，双缝与屏距离为L，当采取下列四组数据中的哪一组时，可在光屏上观察到清晰可辨的干涉条纹(　　)
A．h＝1
cm　d＝0.1
mm　L＝1
m
B．h＝1
mm　d＝0.1
mm　L＝10
cm
C．h＝1
mm　d＝10
cm　L＝1
m
D．h＝1
mm　d＝0.1
mm　L＝1
m
2在双缝干涉实验中，双缝到光屏上P点的距离之差Δx＝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点出现明、暗条纹的情况是(　　)
A．用频率为f1的单色光照射时，出现明条纹
B．用频率为f2的单色光照射时，出现明条纹
C．用频率为f1的单色光照射时，出现暗条纹
D．用频率为f2的单色光照射时，出现暗条纹
3如图4－5－4所示，在用单色光做双缝干涉实验时，若单缝S从双缝S1、S2的中央对称轴位置处稍微向上移动，则(　　)
图4－5－4
A.不再产生干涉条纹
B．仍可产生干涉条纹，且中央亮纹P的位置不变
C．仍可产生干涉条纹，中央亮纹P的位置略向上移
D．仍可产生干涉条纹，中央亮纹P的位置略向下移
4为什么白色双缝干涉图样的中央亮纹是白色的？其他各级亮条纹中，为什么红色在最外侧？
5相邻两条亮纹或暗条纹的间距Δx与哪些因素有关？
6为什么不直接测Δx，而要测n个条纹的距离？
7在利用双缝干涉测定光波波长时，首先调节________、________和________的中心均位于遮光筒的中心轴线上，使单缝和双缝竖直并且相互平行，当屏幕上出现了干涉图样后，用测量头上的游标卡尺测出n条明纹的距离a，则两条明条纹间的距离Δx＝________.双缝到毛玻璃屏的距离L用________测量，用公式________可以计算出单色光的波长．
8用红光做光的干涉实验时，已知双缝间的距离为0.2×10－3
m，测得双缝到屏的距离为0.700
m．分划板的中心刻线对第一级亮条纹中央时手轮读数为0.200×10－3
m，第四条亮条纹所在的位置为7.470×10－3
m，则红光的波长为________．若改用蓝光做实验，其他条件不变，则干涉条纹宽度将变________(填“宽”或“窄”)．
9用双缝干涉测光的波长，实验中采用双缝干涉仪，它包括以下元件：A.白炽灯，B.单缝片，C.光屏，D.双缝，E.滤光片．(其中双缝和光屏连在遮光筒上)
(1)把以上元件安装在光具座上时，正确的排列顺序是：A________(A已写好)．
(2)正确调节后，在屏上观察到红光干涉条纹，测量出10条红亮纹间的距离为a；改用绿色滤光片，其他条件不变，测量出10条绿亮纹间的距离为b，则一定有________大于________．
10(2009北京高考，21(1))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4－5－5)，并选用缝间距d＝0.20
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．
图4－5－5
图4－5－6
图4－5－7
①已知测量头主尺的最小刻度是毫米，副尺上有50分度．某同学调整手轮后，从测量头的目镜看去，第一次映入眼帘的干涉条纹如图4－5－6(a)所示，图4－5－6(a)中的数字是该同学给各暗纹的编号，此时图4－5－6(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4－5－7(a)所示，此时图4－5－7(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.
11在双缝干涉实验中，屏上一点到两缝的距离之差为900
nm，若用频率为5.0×1014
Hz的单色光照射双缝，且在两缝处光的振动情况完全相同，则该点将出现________．
12某同学在用双缝干涉仪做双缝干涉实验时，测得双缝间距d＝3.0×10－3
m，双缝到光屏间的距离为1
m，前两次测量手轮上的示数分别为0.6×10－3
m和6.6×10－3
m，两次测量中分划板的中心刻线分别对齐第一条亮纹和第五条亮纹中心，求该单色光的波长．
131801年，托马斯·杨用双缝干涉实验研究了光波的性质，1834年，洛埃利用平面镜同样得到了杨氏干涉的结果(称洛埃镜实验)．
(1)洛埃镜实验的基本装置如图4－5－8所示，S为单色光源，M为一平面镜，试用平面镜成像作图法画出S经平面镜反射后光与直接发出的光在光屏上相交的区域．
图4－5－8
(2)设光源S到平面镜的垂直距离和到光屏的垂直距离分别是a和L，光的波长为λ，在光屏上形成干涉条纹，写出相邻两条亮纹(或暗纹)间距离Δx的表达式．
参考答案
1解析：根据Δx＝λ可以得知，当d较小，L较大时，干涉条纹间距离明显，由此可以排除C、B.由于干涉光束是同频率的，故h要小才能得到同频率光，排除A，故选D.
答案：D
2解析：根据c＝λf，可得两种单色光的波长分别为λ1＝＝
m＝0.6
μm，
λ2＝＝
m＝0.4
μm.
跟题给条件Δx＝0.6
μm比较可知Δx＝λ1，Δx＝λ2.故用频率f1的光照射双缝时，P点出现明条纹；用频率为f2的光照射双缝时，P点出现暗条纹，该题的正确选项是A、D.
答案：AD
3解析：本实验中单缝S的作用是形成频率一定的线光源，双缝S1、S2的作用是形成相干光源，稍微移动S后，没有改变传到双缝的光的频率，由S1、S2射出的仍是相干光，由双缝发出的光到达屏上P点的光程差仍为零，故中央亮纹不变．
答案：B
4解析：如下图所示，自双缝S1、S2透射的光斑达O点的距离总相等，则各种颜色的光在O点都被加强，故O点作为中央亮纹是白色的．
自双缝出射的光直达P点，其路程差为某一色光的整数倍时，P点变为这种色光的颜色．由于红光的波长最长，而条纹间距Δx＝λ，知红条纹间距最大，则红色在最外侧．
答案：见解析
5答案：由表达式：Δx＝λ知，条纹间距Δx与双缝间的距离d，双缝到屏的距离L及光的波长λ有关．
6答案：相邻两条纹间距Δx是两条纹中心间的距离，这个距离比较小，为了减小误差，测出n个条纹间的距离a，然后取平均值求出Δx，且Δx＝.
7答案：滤光片　单缝　双缝　　米尺　Δx＝λ
8解析：条纹间距
Δx＝
m＝2.423×10－3
m.
由Δx＝λ得：
λ＝d＝
m＝6.9×10－7
m.
答案：6.9×10－7
m　窄
9解析：由于红光波长大于绿光，根据Δx＝λ可知，Δx红＞Δx绿，则一定有红光距离a大于绿光距离b.
答案：(1)EBDC
(2)a　b
10答案：①15.02　②2.31　6.6×102
11解析：该单色光的波长：
λ＝＝
m＝6.0×10－7
m.
再计算路程是半波长的多少倍．
n＝＝＝3.
半波长的奇数倍，这是一个暗纹．
答案：暗纹
12解析：由题意知Δx＝＝
m＝1.5×10－3
m，(不是等于，因为分划板的中心刻线位于亮条纹中心，如下图所示，分划板两次中心刻线间四个亮条纹)．
λ＝＝4.5×10－6
m.
答案：4.5×10－6
m
13解析：(1)如下图所示．
(2)Δx＝λ，
因为d＝2a，所以Δx＝λ.
洛埃镜实验是得到相干光源的另一种方法，要得到相干光源一般是从同一光源分离出两束光来实现的．
答案：见解析测定介质的折射率
1光线透过空气中的平行平面厚玻璃板，图4－2－8所示的四种情况中正确的是(　　)
图4－2－8
2在用两面平行的玻璃砖测定玻璃折射率的实验中，其实验光路如图4－2－9所示，对实验中的一些具体问题，下列意见正确的是(　　)
图4－2－9
A．为了减少作图误差，P3和P4的距离应适当取大些
B．为了减少测量误差，P1、P2的玻璃砖界面的夹角应取大一些
C．若P1、P2的距离较大时，通过玻璃砖会看不到P1、P2的像
D．若P1、P2连线与法线NN′交角较大时，有可能在bb′面就发生全反射，所以在bb′一侧就看不到P1、P2的像
3某同学做测定玻璃的折射率的实验，操作时将玻璃砖的界线aa′、bb′画好后误用另一块宽度稍窄的玻璃砖，如图4－2－10所示虚线，实验中除仍用原界线外，其他操作都正确，则测玻璃的折射率将(　　)
图4－2－10
A．偏大　　　　　B．偏小　　　　　C．不影响结果
　　　D．不能确定
4某同学做“测定玻璃的折射率”实验时，已得到对一块平行玻璃砖(图中MNQP)的实验光路图，因未及时处理数据，过一段时间后拿出原图一看，不知被谁在MN一侧多画了几道“光线”，如图4－2－11所示，则a、b、c、d中，________线才是他实验中得到的光线．
图4－2－11
5在测定玻璃的折射率的实验中，若所用的玻璃砖的两个表面aa′和bb′严重不平行，如图4－2－12所示，则
(　　)
图4－2－12
A．和bb′平行于aa′时一样能顺利地完成测定n的目的
B．当入射角大于某一数值时，光线将在bb′界面发生全反射，使玻璃砖内的光路无法确定
C．即使在发生上述全反射时，仍可以用插针法确定玻璃砖内的光路
D．用两面平行的玻璃砖，当入射角足够大时也会在bb′界面发生全反射，使玻璃砖内的光路无法确定
6与其他实验类似，本实验为了消除偶然误差，应换用不同的多个入射角做实验，最后求出折射率的平均值．在处理数据时，可以sinr为横轴，sini为纵轴，画实验图象，所画的图象应是________线，该图象的________是玻璃的折射率的平均值．
7测定玻璃砖折射率的实验如图4－2－13所示，把玻璃砖放在白纸上之前应先在纸上画好图上的三条直线，它们分别是________、________、________，最后按正确的要求插上大头针P3、P4，P3、P4的位置决定了光线________的方位，从而确定了折射光线________的方向．
图4－2－13
8如图4－2－14所示，用某种透光物质制成的三棱镜ABC；在垂直于AC面的直线MN上插两枚大头针P1、P2，在AB面的左侧透过棱镜观察大头针P1、P2的像，调整视线方向，直线P1的像________，再在观察的这一侧先后插上两枚大头针P3、P4，使P3________，P4________.记下P3、P4的位置，移去大头针和三棱镜，过P3、P4的位置作直线与AB面相交于D，量出该直线与AB面的夹角为45°；则该透光物质的折射率n＝________，请在图中画出正确完整的光路图．
图4－2－14
9一位同学模仿用玻璃砖测定玻璃折射率的方法，改用玻璃三棱镜测定如图4－2－15所示玻璃的折射率，主要步骤如下：
图4－2－15
A．在白纸上放一玻璃三棱镜并画出它的三边AB、BC、CA；
B．以AB为界面画一条线段DO作为入射光线，并在DO上竖直地插上两枚大头针P1和P2；
C．在AC的一侧竖直地插大头针P3时，用眼睛观察并调整视线，要使P3能同时挡住P1和P2的像；
D．同样在AC的一侧再竖直地插上大头针P4时，用眼睛观察并调整视线，要使P4同时能挡住P3和P1、P2的像；
E．记下P3、P4的位置，移去玻璃三棱镜，过P3、P4引直线O′E与AC交于O′，过O点画界面AB的法线NN′.
你能否根据他的实验记录求出玻璃的折射率呢？如果能，请你在图上标出入射角和折射角，并用三角函数值表示玻璃的折射率．
10某同学由于没有量角器，他在完成了光路图以后，以O点为圆心，10.00
cm为半径画圆，分别交线段OA于A点，交OO′连线的延长线于C点，过A点作法线NN′的垂线AB交NN′于B点，过C点作NN′的垂线CD交NN′于D点，如图4－2－16所示．用刻度尺量得OB＝8.00
cm，CD＝4.00
cm，由此可得出玻璃的折射率n＝________.
图4－2－16
11为了测定光在透明的有机玻璃中的传播速度，实验室中可提供的器材有：矩形有机玻璃砖(长约40
cm)、秒表、平行光光源、刻度尺、三角板、白纸、大头针若干等．已知真空中的光速是c＝3.00×108
m/s.
(1)请从上述器材中选出必需的器材来测量光速．
(2)说明测量光速的方法和要测量的量，并给出计算光速的公式．
12半径为R的玻璃半圆柱体，横截面积如图4－2－17所示，圆心为O，两条平行单色红光沿截面射向圆柱面，方向与底面垂直，光线1的入射点A为圆柱面的顶点，光线2的入射点为B，∠AOB＝60°，已知该玻璃对红光的折射率n＝.
图4－2－17
(1)求两条光线经柱面和底面折射后的交点与O点的距离d；
(2)若入射的是单色蓝光，则距离d将比上面求得的结果大还是小？
参考答案
1解析：光线从空气中射入玻璃时，是由光疏介质至光密介质，入射角i应大于折射角，即i＞r，透过玻璃板后，出射光线应该与入射光线平行，即i′＝i，光线发生了侧移．
根据以上的分析，可知B是正确的，其余各图都不符合分析得出的结论．
答案：B
2解析：实验时，尽可能将大头针竖直插在纸上，且P1和P2之间，P2与O点之间，P3与P4之间，P3与O′之间距离要稍大一些，入射角θ1应适当大一些，以减小测量角度的误差，但入射角不宜太大，也不宜太小．
答案：AB
3解析：对测量结果有影响，会使测定的折射率比真实的折射率偏小．由于所画玻璃的宽度比实际宽度大，使入射点O向左移，折射点向右移．使得所画的折射角r′比实际折射角r偏大，如右上图所示，因为n＝，所以测得折射率偏小．
答案：B
4解析：出射光线和入射光线应平行，因此入射光线不会是d，如图所示，根据光路图，出射光线O′B相对入射光线AO向左下方侧移，因此，题中符合条件的入射光线是C.
答案：C
5解析：aa′与bb′不平行，仍可用插针法测玻璃砖的折射率．因为能否正确地测出n值，取决于第一次折射的入射角i1和折射角r1的测量是否准确，而i1和r1的测量是否准确取决于两点：一是玻璃中的光路是否准确；二是作两次折射的法线时，是否保证了法线和玻璃的两平面垂直．如果玻璃中的光路是准确的，每条法线都与发生折射的平面垂直，就可以准确地测出折射率．但从bb′界面出射的光线不再与从aa′界面入射的光线平行了．
当入射角大于某一数值时，光线将在bb′界面上发生全反射，使光线不能从bb′界面射出，故此时不能用插针法确定玻璃砖内的光路．如果要完成测量任务，必须使第一次入射的入射角较小．
当用两面平行的玻璃砖时，无论入射角为多大，也不会在bb′界面上发生全反射，因为光能从空气中折射入玻璃中．根据光路可逆，光也可折射出去，故A、C、D错，选B.
答案：B
6解析：所画的图象应是一条过坐标原点的倾斜直线，因为对于确定的玻璃砖，当sini增大，sinr也随之增大，但比值为一恒量，其比值为此直线的斜率(tanα＝n＝)，也为玻璃的折射率的平均值．
答案：直线　直线的斜率
7解析：理解光的折射原理，能够分清入射光线、法线、折射光线所在的位置，结合图中的几何图形，对实验进行数据分析．
答案：aa′　NN′　AO　OO′　BO′
8解析：通过作图找出BC面上的反射点、AB面上的出射点，则由几何知识可得各角的大小如下图所示，则n＝＝，其实验原理与用两面平行的玻璃砖相同，故P1的像让P2的像挡住，P3挡住P1、P2的像，P4应挡住P3以及P1、P2的像．
根据题意以及光的反射定律和折射定律正确作出光路图，由几何关系找出入射角和反射角，并利用光路的可逆性即可算出物体的折射率．
答案：让P2的像挡住　挡住P1、P2的像　挡住P3以及P1、P2的像　
9解析：该同学采用的方法是插针法，实验方法及步骤正确，光路图也准确无误，故可测出折射率．
利用插针法确定光的入射点及出射点，进而就确定了入射光线和折射光线，这种方法不仅适用于玻璃砖，同时对三棱镜、圆柱体等也是适用的．
答案：能　θ1＝∠DON为入射角，θ2＝∠O′ON′为折射角　n＝
10解析：由折射定律得n＝＝
因为OA＝OC，
所以n＝＝＝＝1.5.
答案：1.5
11解析：所需器材有：矩形有机玻璃条、刻度尺、木板、白纸和大头针．用插针法得出光通过有机玻璃条的光路，如下图所示，在空气和有机玻璃的界面上，AO是入射光线，OB是折射光线，作出法线ON.取OA′＝OB′，作A′E⊥ON，B′F⊥ON，测出A′E和B′F.折射率n＝＝＝，则有机玻璃中的光速v＝c.
答案：(1)矩形有机玻璃条、刻度尺、木板、白纸和大头针
(2)略　v＝c
12解析：(1)如下图所示，i1＝60°，r1＝30°，i2＝30°，r2＝60°，光线1不发生偏折．
OC＝＝，
d＝＝.
(2)玻璃对蓝光折射比红光大，蓝光偏折更明显，故d变小．
答案：(1)　(2)小受迫振动共振
1下列振动，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
2铁路上每根铁轨长12
m，若支持车厢的弹簧固有周期是0.6
s，列车以下列哪一速度行驶时，车厢振动最厉害(　　)
A．20
m/s　　　　　B．5
m/s　　　　　　C．6
m/s
　　　　　D．12
m/s
3下列关于共振和防止共振的说法，正确的是哪些
(　　)
A．共振现象总是有害的，所以要力求防止共振现象发生
B．队伍过桥要慢行是为了不产生周期性的驱动力，从而避免产生共振
C．火车过桥慢行是为了使驱动力的频率远小于桥的固有频率，从而避免产生共振
D．利用共振时，应使驱动力的频率接近或等于振动物体的固有频率；防止共振危害时，应使驱动力的频率远离振动物体的固有频率
4图1－6－7是一个做阻尼振动物体的振动图象，A、B两点所在直线与横轴平行．下列说法正确的是(　　)
图1－6－7
A．物体A时刻的动能等于B时刻的动能
B．物体A时刻的势能等于B时刻的势能
C．物体A时刻的机械能等于B时刻的机械能
D．物体A时刻的机械能大于B时刻的机械能
5如图1－6－8所示，在一根弹性木条上挂几个摆长不等的单摆，其中A、E的摆长相等，A摆球的质量远大于其他各摆，当A摆振动起来后，带动其余各摆也随之振动，达到稳定，以下关于各摆的振动的正确说法是
(　　)
图1－6－8
A．各摆振动的周期都相等
B．C摆振动的振幅最大
C．B、C、D、E四摆中，E摆的振幅最大
D．C摆振动的周期最大
6A、B两个弹簧振子，A的固有频率为f，B的固有频率为4f，若它们均在频率为3f的驱动力作用下做受迫振动，则(　　)
A．A的振幅较大，振动频率为f
B．B的振幅较大，振动频率为3f
C．A的振幅较大，振动频率为3f
D．B的振幅较大，振动频率为4f
7工厂里，有一台机器正在运转，当其飞轮转得很快的时候，机器的振动并不强烈，切断电源，飞轮逐渐慢下来，到某一时刻t机器发生强烈的振动，此后飞轮转得更慢，机器的振动又转而减弱．这种现象说明(　　)
A．纯属偶然现象，并无规律
B．在时刻t，飞轮的惯性最大
C．在时刻t，飞轮转动的频率最大
D．在时刻t，飞轮转动的频率与机身的固有频率相等
8自由摆动的秋千，摆动的振幅越来越小，下列说法正确的是(　　)
A．机械能守恒
B．能量正在消失
C．总能量守恒，机械能减小
D．只有动能和势能的相互转化
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　9图1－6－9中，两小球质量分别为M和m(M＞m)，悬挂在同一根水平拉紧的绳上，先使M摆动，则以下说法正确的有(　　)
图1－6－9
A．m的摆动周期几乎与M的周期相等
B．m的振幅随l1的长短改变而改变
C．当l1＝l2时，m有最大振幅
D．当l1＝l2时，m的振幅有可能大于M的振幅
10下表记录了某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系，若该振动系统的固有频率为f固，则(　　)
驱动力频率(Hz)
30
40
50
60
70
80
受迫振动振幅(cm)
10.2
16.8
27.2
28.1
16.5
8.3
A.f固＝60
Hz
B．60＜f固＜70
Hz
C．50
Hz＜f固＜60
Hz
D．以上三个选项都不对
11如图1－6－10所示，曲轴上悬挂一弹簧振子，转动摇把，曲轴可以带动弹簧振子上下振动，开始时不转动摇把，让振子上下振动，测得振动频率为2
Hz，然后匀速转动摇把，转速为240
r/min，当振子振动稳定后，它的振动周期为(　　)
图1－6－10
A.
s
　　　　B.
s　　　　　　　C．2
s
　　　　　　
D．4
s
12如图1－6－11所示为一单摆的共振曲线，该单摆的摆长约为多少？共振时单摆的振幅多大？共振时摆球的最大速度和最大加速度各为多少？(取g＝10
m/s2)
图1－6－11
13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，汽车开动时，在振幅较小的情况下，其上下自由振动的频率满足f＝(l为弹簧的压缩长度)．若人体可以看成一个弹性体，其固有频率约为2
Hz，已知汽车的质量为600
kg，每个人的质量为70
kg，则这辆车乘坐几个人时，人感觉到最难受？
14洗衣机把衣服脱水完毕切断电源后，电动机由于惯性还要转一会儿才能停下来，在这个过程中，洗衣机的振动剧烈程度有变化，其中有一阵子最剧烈．试分析这一现象．
15(探究)挑水时，有时桶里的水会荡得厉害，并从桶中溅出来，这是为什么？如何避免发生这一现象？
参考答案
1解析：A中用重锤敲击一下悬吊着的钟后，钟自由振动；B中打点计时器是在电磁铁的周期性作用下的振动，故是受迫振动；C中吊床自由摆动，小孩随吊床做自由振动；D中弹簧振子在竖直方向沿上下方向的振动也是自由振动，因此是受迫振动的只有B.
答案：B
2解析：为了防止热胀冷缩造成铁轨变形，两根相接的铁轨之间有一缝隙，列车每经过缝隙时就会振动一次，因此使列车振动的驱动力的周期为T＝，其中L为一根铁轨的长度，v为列车行驶的速度．
当T1与弹簧固有周期T2相等时，列车振动最厉害，即
m＝0.6
s，v＝20
m/s.
答案：A
3解析：共振可以为人们的生活服务，因此选项A是错误的；部队过桥时，为避免士兵脚的周期性作用引起桥的共振应采用便步走，而不能齐步走，故B选项不正确；火车过桥时，由于钢轨接头的影响，会产生周期性作用，通过降低火车速度可以使驱动力的频率尽量远离桥的固有频率，从而避免共振，因此选项C、D正确．
答案：CD
4解析：由于振动物体的势能仅由它的位移决定，由题意可知A、B时刻所表示物体的位移相等，所以两时刻的势能相等，因为物体做的是阻尼振动，机械能越来越小，动能也就越来越小．
答案：BD
5解析：做受迫振动的物体，它的固有频率与驱动力频率相同时，振幅最大，图中A、E的摆长相等，即频率、周期相同，所以E的振幅最大．振动稳定时，系统振动频率等于驱动力的频率，与固有频率无关，即各摆振动的周期相等．
答案：AC
6解析：由于B的固有频率4f与驱动力频率接近，产生受迫振动时的振幅较大，而且振动频率与驱动力频率相同为3f.
答案：B
7解析：出现剧烈振动的原因是因为共振，现象说明在t时刻，机器飞轮转动的频率刚好与机器振动的固有频率相同，从而引起了共振，机器振动剧烈．在此之前振动不强烈，是因为飞轮转得较快，其转的频率比机器的固有频率大；在此之后振动又减弱，是因为飞轮转速变小，转动频率远离机器振动的固有频率，因此选项D正确．
答案：D
8解析：自由摆动的秋千可以看作阻尼振动的模型，振动系统中的能量转化也不是系统内部动能和势能的相互转化．振动系统是一个开放系统，与外界时刻进行能量交换，系统由于受到阻力，消耗系统能量做功，而使振动的能量不断减小，但总能量守恒．
答案：C
9解析：M摆动过程中，通过水平绳给m加周期性的驱动力，使M做受迫振动，所以m摆动的周期与驱动力周期相等，当l1＝l2时，m的固有周期与驱动力周期相等，m产生共振，故A、B、C、D四个选项都是对的．
答案：ABCD
10解析：由表中的数据可以看到，驱动力频率在50
Hz和60
Hz时的振幅较大，在固有频率和驱动力频率相等时振幅最大，即50
Hz＜f固＜60
Hz.
答案：C
11解析：弹簧振子在摇把的作用下做受迫振动，由摇把转速240
r/min可知，所施加周期性驱动力的频率为f驱＝
Hz＝4
Hz，所以振子稳定后，振动的周期为T＝＝
s.
答案：B
12解析：从共振曲线可知，单摆的固有频率f＝0.5
Hz，
因为f＝，所以l＝，代入数据解得l＝1
m.
从共振曲线可知：单摆发生共振时，振幅Am＝8
cm，设单摆的最大偏角为θ，摆球所能达到的最大高度为h，由机械能守恒定律得mvm2＝mgh
又h＝l(1－cosθ)，当θ很小时1－cosθ＝2sin2＝.
解得vm＝＝0.25
m/s.
摆球在最高点时加速度最大，有
mgsinθ＝mam，am＝gsinθ＝g·，代入数据可得
am＝0.8
m/s2.
答案：l＝1
m，Am＝8
cm，vm＝0.25
m/s，am＝0.8
m/s2
13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，人感觉受最难受．
即f＝＝f固，得：l＝，以f固＝2
Hz，g＝9.8
m/s2代入求得：l＝0.062
5
m.
由胡克定律kl＝(m1＋nm2)g，n＝＝＝5(人)．
答案：5人
14解析：转动的电动机对洗衣机来说是驱动力，未切断电源前，电动机转速很高，其频率远大于洗衣机的固有频率，故振幅很小，切断电源后，电动机的转速由原来的高转速逐渐减小，直到停止，在这个过程中，电动机的频率与洗衣机的固有频率的差值也经历“变小——等于零——变大”的变化．在差值逐渐变小的阶段，洗衣机的振幅逐渐增大，即振动逐渐加剧；当差值为零时，洗衣机发生共振，振幅最大，即振动最剧烈，此后，随着差值逐渐变大，振动也逐渐变大，振动也逐渐减弱，直至停止．
答案：见解析
15解析：在此例中，水振动厉害的主要原因是驱动力的频率跟振动物体的固有频率相接近或相等，但是仅说出这个共性条件是不够的，还必须从题意的具体情况出发，指出其特征条件，例如，题中的驱动力是由于人行走时的起伏引起的，同理在解答如何防止共振时，是破坏产生共振的条件，这是共性，同时还要指出具体办法，如此例可采用停止走动片刻或水中放些漂浮的物体的办法．
答案：挑水时，由于行走时肩膀的起伏，人通过扁担对桶的作用，使水受到周期性的驱动力而产生受迫振动，当驱动力频率接近或等于桶里水的固有频率时，水桶里的水就发生共振，所以水的动荡越来越厉害，直到溅出来．
为了避免发生这种现象，就要使驱动力的频率和水桶里的水的固有频率相远离，解决的办法常有改变行走的快慢或停止走动片刻，若在桶里放些漂浮物，增大阻尼，使振动系统克服阻力，消耗些能量，以减小振幅．电磁波的发射、传播和接收
1调谐电路的可变电容器的动片从完全旋出到完全旋入仍接收不到某较低频率电台发出的信号，要收到该电台的信号，可采用下列办法中的(　　)
A．增加调谐电路中线圈的匝数
B．加大电源电压
C．在线圈两端并联一个较小的电容器
D．减小电源电压
2一个LC接收回路，若要从接收较高频率的电磁波到接收较低频率的电磁波，下列调节正确的是…(　　)
A．增加谐振线圈的匝数
B．在线圈中插入磁芯
C．降低电源电压
D．把可变电容器的动片适当旋进些
3一台最简单的收音机，除了接收天线和扬声器外，至少还必须具备下列哪几个单元电路(　　)
A．调谐电路
B．调制电路
C．振荡电路
D．检波电路
4一台无线电接收机，当它接收频率为535
kHz的信号时，调谐电路里电容器的电容是270
pF.如果调谐电路的线圈电感不变，要接收频率为1
605
kHz的信号时，调谐电路里电容器的电容应改变为(　　)
A．30
pF
B．90
pF
C．150
pF
D．710
pF
5图3－3－3为一个调谐接收电路，图3－3－4(a)(b)(c)为电路中的电流随时间变化的图象，则(　　)
图3－3－3
图3－3－4
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
6发射无线电波的装置如图3－3－5所示，其中与L1相连的导体a叫________，导体b叫做________，L1的作用是________________________________________________________
________________________________________________________________________.
图3－3－5
7无线电广播的中波段波长的范围是187～560
m，为了避免邻近电台的干扰，两个电台的频率范围至少应差104
Hz，则在此波段中最多能容纳的电台数约为多少？
8某发射机中的LC振荡电路的电容器电容为300
pF，线圈的自感系数为0.3
mH，由它产生的电磁振荡向空间发射的电磁波波长是多少？
9如图3－3－6是接收无线电波的简易收音机电路图．已知L和C，当将C调至C0时，
图3－3－6
(1)指出哪些元件组成了调谐电路，周期是多少？
(2)这时该电路能收到的无线电波波长λ是多少？
(3)元件D、C1起什么作用？
10收音机接收无线电电波的波长范围是577～182
m，可变电容器的动片完全旋出时的电容是39
pF，求：
(1)该收音机接收的电磁波的频率范围；
(2)该收音机LC回路中的电容器的动片全部旋入时的电容为多大？
11某电台发射的电磁波频率是72
MHz，其波长是多少？如果某接收机的LC调谐电路的线圈自感系数L＝2.0×10－6
H，要收到该电台的节目，调谐电路的电容应是多少？
参考答案
1解析：由题中条件可知，要接收到较低频率的信号，则应使调谐电路的频率减小，由f＝可知A、C正确．
答案：AC
2解析：LC接收回路的频率f＝，与加在其上的电压无关，C错．线圈的匝数越多，插有铁芯或磁芯，L就越大，谐振频率越低，选项A、B正确．当可变电容器的动片旋进时，正对面积增大，电容增大，也使谐振频率降低，选项D正确．
答案：ABD
3解析：最简单的收音机应用调谐和检波．
答案：AD
4解析：根据调谐电路的频率公式：
f＝，在线圈的电感L不变时，
＝，
则C2＝C1＝()2×270
pF＝30
pF.
答案：A
5解析：L2中由于电磁感应，产生的感应电动势的图象是同(a)图相似的，但是由于L2和D串联，所以当L2的电压与D反向时，电路不通，因此这时L2没有电流，所以L2中的电流应选(b)图．
答案：ACD
6解析：在发射无线电波时要选择开放电路才能够发射出去，理解其中的原理是解题的关键．
答案：天线　地线　将高频振荡电路产生的振荡电流耦合到L1中，在开放的空间中激发出无线电波向外发射
7解析：根据v＝λf可以有f＝得
f1＝
Hz＝1.6×106
Hz
f2＝
Hz＝5.36×105
Hz
f1－f2＝1.6×106
Hz－5.36×105
Hz＝1.064×106
Hz＝106.4×104
Hz.
所以在此波段中最多能容纳的电台数约为106台．
答案：106台
8解析：T＝2π
＝2×3.14×
s
＝1.88×10－6
s.
又因为λ＝cT＝3.0×108
m/s×1.88×10－6
s
＝564
m
答案：564
m
9解析：(1)线圈和可变电容组成了LC调谐电路．这时周期T＝2π.
(2)谐振时f波＝f固，又c＝fλ，
故λ＝＝cT＝c×2π＝2πc.
(3)D是检波元件，作用是从经过调制的高频振荡电流中取出调制信号，C1的作用是让高频成分基本上从此通过，剩下音频电流通过耳机．
答案：(1)线圈、可变电容　2π
(2)2πc　(3)见解析
10解析：(1)因为电磁波的波长范围是
182
m≤λ≤577
m，
由f＝知
Hz≤f≤
Hz，
即电磁波的频率范围是：
5．20×105
Hz～1.65×106
Hz.
(2)当电容器的动片完全旋出时电容最小，LC回路的频率最高，设为f1，动片完全旋入时，电容器的电容最大，LC回路中的频率最低，设为f2，由f＝，得＝，
解得C2＝()2C1＝()2×39
pF≈393
pF，由电磁波的波长范围可计算出电磁波的频率范围，由f＝可求出电容器的电容．
答案：(1)5.20×105～1.65×106
Hz　(2)393
pF
11解析：因为c＝fλ，
所以λ＝＝
m≈4.17
m，
因为f＝，
所以C＝
＝
F
＝2.45×10－12
F≈2.45
pF.
答案：2.45
pF电磁场与电磁波
1下列关于电磁场的说法中正确的是(　　)
A．只要空间某处有变化的电场或磁场，就会在其周围产生电磁场，从而形成电磁波
B．任何变化的电场周围一定有磁场
C．振荡电场和振荡磁场交替产生，相互依存，形成不可分离的统一体，即电磁场
D．电磁波的理论在先，实践证明在后
2关于电磁场的理论，下列说法正确的是(　　)
A．变化的电场周围产生的磁场一定是变化的
B．变化的电场周围产生的磁场不一定是变化的
C．均匀变化的磁场周围产生的电场也是均匀变化的
D．振荡电场周围产生的磁场也是振荡的
3一电磁波自西向东，沿水平方向传播，其电场方向和磁场方向可能是(　　)
A．电场向上，磁场向上
　　　　B．电场向上，磁场向下
C．电场向南，磁场向东
　　　　D．电场向北，磁场向上
4(2009四川理综，14)关于电磁波，下列说法正确的是
(　　)
A．雷达是用X光来测定物体位置的设备
B．使电磁波随各种信号而改变的技术叫做解调
C．用红外线照射时，大额钞票上用荧光物质印刷的文字会发出可见光
D．变化的电场可以产生变化的磁场
5关于电磁波传播速度表达式v＝λf，下列结论正确的是(　　)
A．波长越长，传播速度就越大
B．频率越高，传播速度就越大
C．发射能量越大，传播速度就越大
D．电磁波的传播速度与介质有关
6关于电磁波的传播，下列叙述正确的是(　　)
A．电磁波频率越高，越易沿地面传播
B．电磁波频率越高，越易直线传播
C．电磁波在各种媒质中传播波长恒定
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
7(2009北京理综，15)类比是一种有效的学习方法，通过归类和比较，有助于掌握新知识，提高学习效率．在类比过程中，既要找出共同之处，又要抓住不同之处．某同学对机械波和电磁波进行类比，总结出下列内容，其中不正确的是(　　)
A．机械波的频率、波长和波速三者满足的关系，对电磁波也适用
B．机械波和电磁波都能产生干涉和衍射现象
C．机械波的传播依赖于介质，而电磁波可以在真空中传播
D．机械波既有横波又有纵波，而电磁波只有纵波
8当电磁波的频率减小时，它在真空中的速度将…(　　)
A．减小
　　　　　　　　　
B．增大
C．不变
　　　　　　　　　D．以上都不对
9电磁波从真空传入水中时，下列说法正确的是…(　　)
A．频率不变，波速变大，波长变长
B．频率不变，波速变小，波长变短
C．波速不变，频率变小，波长变长
D．波速不变，频率变大，波长变短
10如图3－2－5所示，有一水平放置、内壁光滑、绝缘的真空圆形管，半径为R，有一带正电的粒子静止在管内．整个装置处于竖直向上的磁场中，要使带电粒子能沿管做圆周运动，所加的磁场可能是(　　)
图3－2－5
A．匀强磁场
B．均匀增加的磁场
C．均匀减小的磁场
D．由于洛伦兹力不做功，不管加什么磁场都不能使带电粒子绕管运动
参考答案
1解析：麦克斯韦电磁场理论的含义是变化的电场可产生磁场，而变化的磁场能产生电场；产生的场的形式由原来的场的变化率决定，可由原来场随时间变化的图线的切线斜率判断确定．可见，均匀变化的电场的变化率恒定，产生不变的磁场．
答案：BCD
2解析：根据麦克斯韦电磁场理论，如果电场的变化是均匀的，产生的磁场是稳定的；如果电场的变化是不均匀的，产生的磁场是变化的，故选项A错误，选项B正确．均匀变化的磁场产生稳定的电场，选项C错．振荡电场在周围空间产生同样频率的振荡磁场，故选项D正确．
答案：BD
3解析：在三维直角坐标系中，若电场方向沿x正方向，磁场方向沿y轴正方向，那么电磁波的传播方向沿z轴正方向．
答案：D
4答案：D
5解析：电磁波的波长和频率与速度的关系为v＝λf.
答案：D
6解析：电磁波频率越高，波长就越短，绕过地面障碍物的本领就越差，A错；随着电磁波频率的增大，粒子性越来越明显，其传播形式跟光相似，沿直线传播，B正确；电磁波在各种媒质中传播时，频率不变，但传播速度不等，波长不同，C错；由于同步通讯卫星相对于地面静止在赤道上空3
600
km
高的地方用它来作微波中继站，只要有三颗这样的卫星，就可以把微波讯号传遍全世界，D正确．
答案：BD
7答案：D
8解析：电磁波的传播速度与介质有关，与频率变化无关，故C正确．
答案：C
9解析：电磁波的波长λ、波速v和频率f与机械波一样，满足c＝fλ，传播过程中，频率不变，C、D两项错误．
电磁波λ、v、f之间的关系同机械波一样，且传播中频率不变，但电磁波在真空中的速度最大，而在介质中速度都会减小，故从真空传入水中时波速变小，波长变短．
答案：B
10解析：本题考查麦克斯韦电磁场理论和牛顿运动定律应用能力．磁场对静止的电荷不产生力的作用，但当磁场变化时可产生电场，电场对带电粒子产生电场力作用．带电粒子在电场力作用下可以产生加速度，B、C正确．
答案：BC用单摆测定重力加速度
1利用单摆测重力加速度时，若测得g值偏大，则可能是因为(　　)
A．单摆的摆锤质量偏大
B．测量摆长时，只考虑了悬线长，忽略了小球的半径
C．测量周期时，把n次全振动误认为是(n＋1)次全振动
D．测量周期时，把n次全振动误认为是(n－1)次全振动
2在“用单摆测定重力加速度”的实验中，同学们采用了以下几种测量摆长的不同方法，其中不妥或错误的方法是(　　)
A．装好单摆，用力拉紧摆线，用米尺测出摆线长度，然后加上摆球的半径
B．让单摆自然下垂，用米尺测出摆线长度，然后加上摆球的半径
C．将单摆取下并放在桌面上，用米尺测出摆线长度，然后加上摆球的半径
D．让单摆自然下垂，用米尺直接测出摆线悬点到摆球球心的距离
3用单摆测定重力加速度的实验中，有如下器材供选用．请把应选用的器材填在横线上______．(填字母)
A．1
m长的粗绳
B．1
m长的细绳
C．半径为1
cm的小木球
D．半径为1
cm的小铅球
E．时钟
F．秒表
G．最小刻度为mm的米尺
H．最小刻度为cm的米尺
I．铁架台
J．附砝码的天平
4利用单摆测定重力加速度的合理实验步骤顺序是：____________.
A．求出一次全振动的平均时间
B．测量摆长L
C．把单摆固定在铁夹上，使摆球自由下垂
D．反复做三次，算出周期的平均值
E．让单摆偏离平衡位置一个小角度，使其由静止开始摆动
F．用秒表测量单摆完成30～50次全振动的时间
G．据测得的周期平均值和摆长数值代入周期公式中，计算出重力加速度的值
5某同学要利用单摆测定重力加速度，但因无游标卡尺而没有办法测定摆球直径，他将摆球用不可伸长的细线悬挂起来后，改变摆线的长度测了两次周期，从而算出了重力加速度．则计算重力加速度的公式是(　　)
A.　　　　　　　　　　
B.
C.　　　　　　　　　　
D.
6一位同学用单摆做测量重力加速度的实验，他将摆挂起后，进行了如下步骤：
A．测摆长L：用米尺量出摆线长度；
B．测周期T：将摆球拉起，然后放开，在摆球通过最低点时，按下秒表开始计时，同时将此次通过最低点作为第一次，接着一直数到第60次通过最低点时，按秒表停止计时，读出这段时间，算出单摆周期T＝；
C．将所测得的L和T值代入单摆的周期公式T＝2π中，算出g，将它作为实验结果写入报告中去．
请指出上述步骤中遗漏或错误的地方，加以改正．
7在利用单摆测定重力加速度的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到g＝·L.只要测出多组单摆的摆长L和运动周期T，作出T2－L图象，就可以求出当地的重力加速度．理论上T2－L图象是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出图象如图1－5－5所示．
图1－5－5
(1)造成图象不过坐标点的原因是______．
(2)由图象求出的重力加速度g＝______m/s2.(取π2＝9.87)
8从一座高大建筑物顶端下垂一条轻质长绳至地面，长绳上端固定，测量工具仅限用秒表、米尺，其他实验器材根据需要自选，请回答下面两个问题：
(1)如果已知当地的重力加速度g，请设计测量该建筑物高度的方案；
(2)如果不知当地的重力加速度g，请设计测量该建筑物高度的方案．
9有五组同学用单摆测重力加速度，各组的实验器材和数据如下表所示，若各组同学实验操作水平相同，那么第____组同学测定的结果最准确，若该组同学根据自己测得的实验数据作出单摆的振动图象如图1－5－6所示，那么该同学测出的重力加速度大小是______m/s2.
组制
摆球材料
最大偏角
摆长
测全振动次数
1
木
5°
0.40
m
10
2
铝
5°
0.50
m
20
3
铜
8°
0.60
m
30
4
铁
7°
0.08
m
40
5
铝
4°
0.80
m
50
图1－5－6
10下面是用单摆测定重力加速度实验中获得的有关数据：
摆长L/m
0.5
0.6
0.8
1.1
周期T2/s2
2.2
2.5
3.2
4.5
(1)利用上述数据在坐标图(图1－5－7)中描出L－T2图线．
图1－5－7
(2)利用图线，取T2＝0.1×4π2
s2＝3.95
s2，求出重力加速度．
11有一天体，半径为地球半径的，平均密度与地球相同，在地球上走时准确的摆钟移到该天体的表面，秒针走一圈的实际时间为多少？
12某人要测山高，用一单摆在山脚下测量时，在一定时间内振动了N次，将此单摆移至山顶时，在相同时间内振动了(N－1)次．则此山高度约为地球半径的多少倍？
参考答案
1解析：由单摆的周期可知：T＝2π，即周期与摆锤质量无关，只与摆长和当地的重力加速度有关，即A错．测量摆长时，忽略小球的半径，则测得g值会偏小，B错．若把n次全振动误认为是(n＋1)次全振动，则周期会变小，即重力加速度g会变大．
答案：C
2解析：A中由于线一般都有一定弹性，若拉紧则测得的摆长偏大，应在自然下垂情况下测摆长，所以B正确；C中取下单摆，则无法找到悬挂点，将给测量引入较大的误差；D中用米尺去测悬点到球心的距离会造成误差，球的直径应用游标卡尺单独测量．所以正确的做法为B，不妥或错误的为A、C、D.
答案：ACD
3解析：测摆长时是从悬点到球心的距离，若用粗绳，粗绳误差较大，故选B.铅球密度大，摆动中阻力的影响相对小些，摆长的测定也相对准确，故选D.计时时，使用秒表方便，故选F；测长度时，应准确到mm，故选G.本实验中不需测质量，但必须将小球悬挂，故选I.
答案：BDFGI
4解析：据单摆做简谐运动的周期公式T＝2π可知，要测出重力加速度g，需测出单摆的摆长L及周期T，然后由g＝4π2求出所要的结果．所以首先应做出单摆(C)，然后测出摆长L(B)，再测量周期T(E、F、A、D)．为了减小误差，应测30次或50次全振动的时间，并要多次重复然后求平均值，最后将L及T代入公式g＝4π2，求重力加速度g(G)．
答案：CBEFADG
5解析：设摆球重心到球与摆线连接点距离为d，两次测得摆线长分别为l1和l2，对应周期为T1和T2.
则有g＝，g＝，两式联立可得g＝，B正确．
答案：B
6解析：单摆的摆长定义是悬点到摆球重心的距离，摆线长并不是摆长，摆长等于摆线长加上摆球的半径，摆球直径可用卡尺来测量．
摆球在某次通过最低点时，按下秒表开始计算时，同时将此次作为第一次通过最低点，到60次停表时，实际是29个半周期，周期T应为.
答案：见解析
7解析：(1)由单摆做简谐运动的周期公式T＝2π得T2＝·L，故T2∝L，在直角坐标系中T2L图线必为过原点的直线，但从图所给的情况看，在T＝0时，L＝－1
cm，有一横轴截距，这说明该图线的方程应写为T2＝(L＋L0)，由此可知，L只是摆线长度，而非摆长，因此实验结果不过原点的原因必是漏加了小球半径．
(2)由T2＝L可知，图线的斜率k＝，由图象知：图线的斜率k＝＝4
s2/m，故g＝＝
m/s2＝9.87
m/s2.
答案：(1)测单摆摆长时漏掉了摆球的半径
(2)9.87
8解析：(1)选一个金属重锤固定在长绳的下端，构成一个单摆．给摆球一个初速度使其做简谐运动，用秒表测得n次全振动的时间t，则其周期是T＝，代入单摆周期公式T＝2π即可求出h＝＝.
(2)选一个金属重锤固定在长绳的下端，构成一个单摆．给摆球一个初速度使其做简谐运动．用秒表测n次全振动时间t1，则其周期是T1＝，代入单摆周期公式T1＝2π；
长绳末端截去一小段Δl，与金属重锤构成一个单摆，给摆球一个初速度使其做简谐运动，用秒表测n2次全振动的时间t2，则其周期是T2＝，代入单摆周期公式T2＝2π，综合可求得
h1＝＝.
答案：见解析
9解析：由表可读出，第五组同学所用摆长为L＝0.80
m，由题图所示图象可读出，该单摆的周期
T＝1.80
s，代入公式g＝·L得：
g＝
m/s2＝9.74
m/s2
答案：5　9.74
10解析：(1)如下图所示．
(2)由图读出当T2＝3.95
s2时，L＝0.96
m，则重力加速度g＝＝
m/s2＝9.6
m/s2.
答案：(1)如上图所示　(2)9.6
m/s2
11解析：由万有引力公式可知g＝GπρR，所以某天体表面的重力加速度g与地球表面重力加速度g0的关系为g＝g0，由单摆周期公式T＝2π可知，周期关系为T＝T0，所以在该天体上秒针走一圈时间t为在地球上走一圈时间t0＝60
s的倍，所以t＝60
s＝84.8
s.
答案：84.8
s
12解析：设地球半径为R，山脚和山顶的重力加速度分别为g1和g2，由万有引力定律可得g1＝，g2＝，所以g1∶g2＝(R＋h)2∶R2①
由单摆的周期公式可知T1＝2π
T2＝2π
所以∶＝＝N∶(N－1)②
由①②两式联立得N∶(N－1)＝(R＋h)∶R，所以山高h＝R.
答案：激光
1关于激光所具有的特点，下列中说法正确的是(　　)
A．激光相干性好　　　　　　　B．激光平行度好
C．激光亮度高　　　　　　　　D．激光易色散
2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、读是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
3利用激光束来切割各种物质，是利用激光的
…(　　)
A．相干性好的特点
B．方向性好、平行度高的特点
C．亮度高的特点
D．单色性好的特点
42001年国家最高科学技术奖授予中科院院士王选，表彰他在激光排版上的重大科技贡献．激光是一种电磁波，某种排版系统中激光频率为4×1014
Hz，则该激光的波长为(　　)
A．0.25
μm
　　　　　B．0.50
μm　　　　C．0.75
μm
　　　　D．1.33×10－6
m
5以下说法正确的是(　　)
①光的偏振现象说明光是电磁波　②紫外线是原子外层电子受激发产生的　③泊松亮斑是一种光的衍射现象　④原子自发辐射的光是激光
A．①
　　　　
B．②③　　　　　
C．①②③④
　　　　　
D．①②③
6下列说法正确的是(　　)
A．两支铅笔靠在一起，自然光从笔缝中通过后就成了偏振光
B．偏振光可以是横波，也可以是纵波
C．因为激光的方向性好，所以激光不能发生衍射现象
D．激光可以像刀子一样切除肿瘤
7早上太阳从东方升起，人们看到太阳是红色的，这是因为(　　)
A．红光沿直线传播
B．红光的波长长，衍射现象明显
C．红光的折射率小，传播速度大
D．红光更容易引起人们的视觉
8一水平放置的圆盘绕竖直固定的轴转动，在圆盘上沿半径开有一条宽度为2
mm的狭缝，将激光器与传感器上下对准，使二者接线与转动轴平行，分别置于圆盘的上下两侧，且可以同步地沿圆盘半径方向匀速移动．激光器连续向下发射激光束，在圆盘转动的过程中，当狭缝经过激光器与传感器之间时，传感器接收到一个激光信号，并将其输入计算机．经处理后画出相应图线，图4－7－1甲为该装置示意图，图4－7－1乙为所接收的光信号随时间变化的图线，横坐标表示时间，纵坐标表示接收到的激光信号强度，图中Δt1＝1.0×10－3
s，Δt2＝0.8×10－3
s.
图4－7－1
(1)利用图乙中的数据求1
s时圆盘转动的角速度；
(2)说明激光器和传感器沿半径移动的方向；
(3)求在图乙中第三个激光信号的时间Δt3.
9(探究)由于激光是亮度高、平行度好、单色性好的相干光，所以光导纤维中用激光作高速传输信息的载体．要使射到粗细均的圆形光导纤维的一个端面上的激光束都能从另一个端面射出，而不会从侧壁“泄漏”出来，那么光导纤维所用的材料的折射率至少应是多少？
参考答案
1解析：由于激光可以看作是频率稳定的光，频率决定颜色，即激光可看作是单色，当然不能发生色散，故D错．
答案：ABC
2解析：利用激光的相干性进行信息的传递．例如光纤通信；利用激光的平行度好进行精确测量和数据采集；利用激光的亮度进行激光切割和焊接．
答案：ABD
3解析：由于其亮度高可以切割物质，医学上作“光刀”来切开皮肤、切除肿瘤等．
答案：C
4解析：根据公式v＝λf可以有
λ＝＝
m＝0.75×10－6
m＝0.75
μm.
答案：C
5解析：光的偏振现象说明光是一种横波，原子自发辐射是自然光．
答案：B
6解析：两支普通铅笔靠在一起，中间的缝远远地大于光的波长，因此，光从中通过时不会成为偏振光；光是横波，偏振光也是横波；激光也是光，因此激光就具有光波的特性，能够发生衍射现象；激光有很多用途，其中可用来做手术，切除肿瘤．
答案：D
7解析：红光通过薄雾时比蓝光的穿透力强，红光的波长较长，容易发生衍射现象．
答案：B
8解析：(1)由图线读得，转盘的转动周期为T＝0.9
s.
角速度为ω＝＝
rad/s＝7.85
rad/s.
(2)由于脉冲宽度在逐渐变窄，表明光信号能通过狭缝的时间逐渐减小，即圆盘上的对应探测器所在位置的线速度逐渐增加，因此激光器和探测器沿半径由中心向边缘移动．
(3)设狭缝宽度为d，探测器接收到第i个脉冲时距转轴的距离为ri，第i个脉冲的宽度为Δti，激光器和探测器沿半径的运动速度为v.
Δti＝T，r3－r2＝r2－r1＝vT，
r2－r1＝(－)，r3－r2＝(－)．
由以上各式解得
Δt3＝＝
s
≈0.67×10－3
s.
答案：(1)7.85
rad/s
(2)激光器和探测器沿半径由中心向边缘移动
(3)0.67×10－3
s
9解析：由于激光具有光的特点，所以激光在传播过程中也会有折射、反射现象发生，光导纤维是由内芯和外套两层组成，内芯的折射率大于外套的折射率，光从一端进入，当入射角小于临界角时，在两层界面处发生多次反射，从而不会从侧壁“泄漏”出来．
答案：假设激光束在光导纤维前端的入射角为θ1，折射角为θ2，折射光线射向侧面时的入射角为θ3，如下图所示．
由折射定律有n＝，由几何关系θ2＋θ3＝90°，则sinθ2＝cosθ3.又由全反射临界角公式得sinθ3＝，故cosθ3＝.要保证从端面射入的光线都能发生全反射，应有θ1＝90°时，射到光导纤维侧壁上的光线也会发生全反射．
故n＝＝＝＝.
得n＝.
探究结果：只要当θ＝90°时，保证射到光导纤维侧壁上的光线也会发生全反射，则进入光导纤维的光线不会“泄露”．波的干涉与衍射
1关于两列波的稳定干涉现象，下列说法正确的是(　　)
A．任意两列波都能产生稳定的干涉现象
B．发生稳定干涉现象的两列波，它们的频率一定相同
C．在振动减弱的区域，各质点都处于波谷
D．在振动加强的区域，有时质点的位移等于零
2在波的干涉现象中，两列波相遇点距两个波源的距离称为波程，这样(　　)
A．当波程差等于波长的整数倍时，两波相遇点出现最强振动
B．当波程差等于半波长的整数倍时，两波相遇点出现最强振动
C．当波程差等于波长奇数倍时，两波相遇点出现最弱的振动
D．当波程差等于半波长的奇数倍时，两波相遇点出现最弱的振动
3下列说法中，正确的是(　　)
A．孔的尺寸比波长大得多时不会发生衍射现象
B．孔的尺寸比波长小才发生衍射现象
C．只有孔的尺寸跟波长相差不多或者比波长更小时，才能观察到明显的衍射现象
D．只有波才有衍射现象
4下列说法中正确的是(　　)
A．“空山不见人，但闻人语声”，是波的衍射现象
B．波长与孔的宽度差不多时能发生明显的衍射
C．“雷声轰鸣”是声波的衍射现象
D．“余音绕梁，三日不绝”是声波的衍射现象
5关于波，下列说法中错误的是(　　)
A．一切波都能发生反射和衍射
B．插在水中的细棒对水波的传播没有影响
C．在墙外听到墙内有人讲话，这是波的反射现象
D．当障碍物的尺寸比波长大很多时，能发生明显的波的衍射现象
6水波通过小孔，发生一定程度的衍射，为使衍射现象更不明显，可(　　)
A．增大小孔尺寸，同时增大水波的频率
B．增大小孔尺寸，同时减小水波的频率
C．缩小小孔尺寸，同时增大水波的频率
D．缩小小孔尺寸，同时减小水波的频率
7对于波长为100
m的声波，下列说法正确的是(　　)
A．在同一均匀的介质中，此波长比20
m的声波传播得快
B．不能被听见
C．波长太长，不能产生明显的衍射
D．不能产生反射
8下列说法正确的是(　　)
A．衍射是一切波特有的现象
B．对同一列波，障碍物或孔越小衍射越明显
C．听到回声是声波的衍射现象
D．听到回声是共鸣现象
9波长为60
m和17
m的两列声波在空气中传播时，下列叙述正确的是(　　)
A．波长60
m的声波比17
m的声波传播速度慢
B．波长60
m的声波比17
m的声波频率小
C．波长60
m的声波比17
m的声波易发生衍射
D．波长60
m的声波不能被反射
10一列水波穿过小孔产生了衍射现象，衍射的水波与原来的水波相比(　　)
A．波长变短了　　　　　　　　B．频率变高了
C．波速没有变化
　　　　　　
D．质点的振幅变小了
11两个频率相同的波源，在振动过程中它们的运动方向始终相反，由这两个波源激起的两列波传到某一固定点P时，在P点出现永远抵消的现象．P点到两波源的距离之差(　　)
A．可能等于一个波长
　　　　　
B．可能等于半个波长
C．可能等于两个波长
　　　　　
D．等于半波长的偶数倍
12如图2－4－6所示，沿一条直线相向传播的两列波的振幅和波长均相等，当它们相遇时，图2－4－7中可能出现的波形图是(　　)
图2－4－6
图2－4－7
13在水波槽的衍射现象中，若打击水面的振子振动频率是5
Hz，水波在水槽中的传播速度为0.05
m/s，为观察到显著的衍射现象，小孔直径d应为(　　)
A．10
cm
　　　　　　　　B．5
cm
C．d＞1
cm
　　　　　　　D．d＜1
cm
14如图2－4－8所示，两列简谐波均沿x轴传播，传播速度的大小相等，其中一列沿正x方向传播(图中实线所示)，一列沿负x方向传播(图中虚线所示)．这两列波的频率相同，振动方向均沿y轴，则图中x＝1、2、3、4、5、6、7、8各点中振幅最大的是x＝________的点，振幅最小的是x＝________的点．
图2－4－8
15两列完全相同的横波分别从波源A、B两点沿直线Ox轴相向传播时的波形图如图2－4－9所示，如果两列波的波速都是1
m/s，试判断从图示时刻开始，最短再经过多少秒，质点P的位移最大．
图2－4－9
16(探究)若两列相干波的振幅均为A，则叠加区内加强点和减弱点的振幅各为多大？加强点的位移一直为最大吗？
参考答案
1解析：两列波叠加产生稳定干涉现象的一个必要条件是：两列波频率相同，所以选项A是错误的，而B项是正确的；在振动减弱的区域中，两列波引起的质点振动是减弱的，这里的减弱体现在质点的振幅等于两列波的振幅之差，如果两列波振幅相同，质点振动的振幅就等于零，即质点不振动，如果两列波振幅不同，则质点振动的振幅等于两列波振幅之差，但质点仍不停地在平衡位置两侧往复振动，不可能有各质点都处于波谷，所以选项C错误；在振动加强的区域里，两列波引起质点振动始终加强，质点振动得最剧烈，振动的振幅等于两列波的振幅之和，但这些质点仍不停地在平衡位置两侧往复振动，质点位移随时间做周期性变化，因而有时质点的位移等于零，所以选项D是正确的．
答案：BD
2解析：当波程差是波长的整数倍时，会使两列波在此点同时达到波峰或波谷，故该点的质点振动的振幅等于两列波振幅之和，质点振动加强；当波程差是半波长的奇数倍时，两列波传到该点是位移反向，一列波的波峰和另一列波的波谷会同时到达该点，该点的质点振动的振幅等于两列波振幅之差，质点振动减弱，因此正确的选项为A、D.
答案：AD
3解析：波绕过障碍物，继续向前传播的现象，称为波的衍射，发生明显衍射现象的条件是孔或障碍物的尺寸跟波长差不多，或者比波长更小，孔径大并不是不发生衍射，只是衍射现象不明显，所以选项A、B错误，C正确；衍射是波特有的现象，所以D正确．
答案：CD
4解析：A中“空山不见人，但闻人语声”，是声波的衍射现象；B中符合产生明显衍射现象的条件：孔或障碍物的尺寸跟波长差不多，或者比波长更小，所以选项B正确；“雷声轰鸣”是雷声在各云层间反射造成的，“余音绕梁，三日不绝”是声波在房内反射的结果，故C、D不正确．
答案：AB
5解析：衍射是波特有的现象，所以一切波都会发生反射和衍射现象，即A项说法正确；水波的波长一般比细棒的线度大，故能发生明显的衍射，所以细棒对水波的传播没有影响，则说法B正确；墙外的人能听到墙内人的说话，是波的衍射现象，故说法C错误；据产生明显衍射现象的条件知，当障碍物的尺寸比波长大很多时，不能发生明显的衍射现象，所以说法D错误．
答案：CD
6解析：水波通过小孔，发生了一定程度的衍射，说明水波的波长λ与小孔的大小相差不多，所以要使衍射现象更不明显，据产生明显衍射现象的条件可知，必须使水波的波长小于小孔的尺寸，由公式v＝λf知，在v不变的情况下，要减小波长，可增大频率，所以正确的选项为A.
答案：A
7解析：对于波长为100
m的声波，其频率为：f＝＝
Hz＝3.4
Hz＜20
Hz，故正常人听不见，选项B正确．由于在同一种均匀的介质中，故声波的传播速度相同，选项A错误．由于声波也是机械波，具有波的一切性质，故C、D错误．
答案：B
8解析：衍射是波特有的现象，是波区别于其他物体的特征，障碍物或孔的尺寸越小，衍射现象越明显．回声是声波的反射现象，如果回声到达人耳比原声滞后0.1
s以上，就能区分回声和原声．
答案：AB
9解析：不管波长长短为多少，声波在空气中传播速度都为340
m/s，由波长、声速、频率关系可知f＝，波长越长，频率越小，所以A错，B对．由发生明显衍射条件可知，波长较长，发生衍射较容易，C对．任何波都可以发生反射，D错．
答案：BC
10解析：由于衍射使波的能量分布范围变大，从而导致单位面积上的能量变小，振幅变小．
答案：CD
11解析：当两个波源振动步调一致时，Δx＝λ(k＝0,1，…)为振动减弱点，当两相干波源的振动情况相反时，Δx＝kλ(k＝0,1,2，…)，则该点为振动减弱点．
答案：ACD
12解析：波在传播过程中除相遇外，波的形状不变，而C、D两图的波形发生了变化，错误．对于A图两列波的半个波长重叠，由于相遇处的振动情况相反，叠加后相遇处的质点均处于平衡位置，所以A图正确．对于B图是两列波完全重合，则重合处的各个质点的位移为两列波引起的位移之和(而C图却是波形变化后叠加)．A、B两图是可能出现的波形图．
答案：AB
13解析：掌握波发生衍射的必要条件．在水槽中激发的水波波长为：λ＝＝
m＝0.01
m＝1
cm，要求在小孔后产生显著的衍射现象，应取小孔的尺寸小于波长．
答案：D
14解析：本题主要考查对波的叠加原理的理解及应用．由题可知，这两列波的频率相同，振动方向均沿y轴，故为相干波．设P、Q分别为两列波的波源，在图示时刻均沿y轴正向向上振动，则1、2、3、4、5、6、7、8到两相干波源P、Q的路程差分别为(设波长为λ)：
点1或点7：Δs1＝Δs7＝λ－λ＝λ，
点2或点6：Δs2＝Δs6＝λ－λ＝λ，
点3或点5：Δs3＝Δs5＝λ－λ＝λ，
点4：Δs4＝λ－λ＝0，点8：Δs8＝λ＝λ＝λ.
根据两列相干波干涉时加强和减弱的条件知：点4和8位置的合振动振幅最大，点2和点6位置的合振动振幅最小．
也可以这样分析：在图示时刻两列波引起介质中各质点振动的位移矢量和都为零，但其中的一些点是振动过程中恰好经过平衡位置，而另外一些点是振动减弱或确实不振动的结果．对x＝4处的质点，实线所示的波使该质点从平衡位置向上振动，而虚线所示的波也使该质点向上运动，因此该质点的振动实际上是相叠加的，即振幅等于这两列波分别引起的波的振幅之和．同时对x＝8处的质点，两列波都使该质点向下振动，也是同相叠加的．而x＝2与x＝6处的质点则均反相叠加，即均为振幅最小的点．
答案：4和8　2和6
15解析：波的传播可以看成波形保持不变沿传播方向平移，在两列波叠加的区域内，每一点的位移由两列波共同决定，由题意可知，当两列波都再传播波长时，两列波的波谷在P点相遇，此时P点的位移将达到最大，故t＝＝0.3
s.
答案：0.3
s
16解析：这一问题是考查波的干涉原理和波的叠加原理，介质中某点的振动加强或减弱，是指这个质点有较大或较小的振幅，这与只有一个波源的振动在介质中传播时，各质点均按此波源的振动方式振动是不同的．理解了这一点，解决这一类问题就容易多了．
叠加区的位移不管是振动加强点还是振动减弱点，总位移始终等于各列波在该点分别引起位移的矢量和．
答案：两列相干波相遇时发生干涉现象，在重叠区域内，出现振动加强点和振动减弱点．振动加强点的位移或速度都加强，又两相干波振幅都为A，又是同相干涉，振幅达到最大，即为2A；振动减弱区正好相反，振幅达到最小，即为零．
位移是矢量，有方向，有大小，质点在平衡位置两侧往复运动，位于平衡位置上方，则位移为正；位于平衡位置下方，则位移为负．所以，加强点位移始终在－2A到2A之间变化．初识简谐运动
1弹簧振子做简谐运动时，当振子每次经过同一位置时，不一定相等的物理量是(　　)
A．速率　　　　　B．加速度　　　　　　C．动能　　　　　　D．动量
2对简谐运动的下列说法中正确的是(　　)
A．物体振动的最大位移等于振幅
B．物体离开平衡位置的最大距离叫振幅
C．振幅随时间做周期性变化
D．物体两次通过平衡位置的时间叫周期
3如图1－1－7所示，轻质弹簧一端固定在地面上，另一端与一薄板连接，薄板的质量不计，板上放一重物，用手将重物往下压，然后将手撤去，则重物被弹离之前的运动情况是(　　)
图1－1－7
A．加速度一直增大
B．加速度一直减小
C．加速度先减小后增大
D．加速度先增大后减小
4一个弹簧振子振动过程中的某段时间内，其加速度数值越来越大，即在这段时间内(　　)
A．振子的速度越来越大
B．振子正在向平衡位置运动
C．振子的弹性势能越来越大
D．振子的方向与位移方向相反
5一弹簧振子做简谐运动，则下列说法正确的是(　　)
A．若位移为负值，则速度一定为正值，加速度也一定为正值
B．振子通过平衡位置时，速度为零，加速度最大
C．振子每次经过平衡位置时，加速度相同，速度也一定相同
D．振子每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同
6一个弹簧振子，振幅为5
cm时，振动周期为0.5
s，最大速度为v，当振幅为10
cm时，下列说法中正确的是
(　　)
A．周期为0.5
s，最大速度为v
B．周期为1
s，最大速度为2v
C．周期为/2
s，最大速度为v
D．周期为0.5
s，最大速度为2v
7两块质量分别为m1、m2的木板，被一根劲度系数为k的轻弹簧连在一起，并在m1板上加压力F(如图1－1－8所示)，为了使得撤去F后，m1跳起时恰好能带起m2板，则所加压力F的最小值为(　　)
－图1－1－8
A．m1g　　　　　　　　　　　　　B．2m1g
C．(m1＋m2)g　　　　　　　　　　D．2(m1＋m2)g
8一个质点做简谐运动的图象如图1－1－9所示，下述正确的是(　　)
图1－1－9
A．质点振动频率为4
Hz
B．在10
s内质点经过的路程是20
cm
C．在5
s末，速度为零，加速度最大
D．t＝1.5
s和t＝4.5
s两时刻质点的速度相同，加速度相同
9一个质点经过平衡位置O，在A、B间做简谐运动，如图1－1－10(a)所示，它的振动图象如图1－1－10(b)所示．取向右为正方向，则OB＝______cm；0.2
s末质点的速度方向为______，加速度大小为______；0.4
s末质点加速度方向为______；0.7
s末质点在______之间，质点从O运动到B再运动到A端时间t＝____s，在4
s内完成______次全振动．
图1－1－10
10如图1－1－11所示，一块涂在碳黑的玻璃板，质量为2
kg，在拉力F的作用下，由静止开始竖直向上做匀变速运动，一个装有水平振针的振动频率为5
Hz的固定电动音叉在玻璃板上画出了图示曲线，量得OA＝1
cm，OB＝4
cm，OC＝9
cm.求拉力F的大小．(取g＝10
m/s2)
图1－1－11
参考答案
1解析：由于振子位移都是以平衡位置为起点，因此振子两次经过同一位置时的位移一定相等；由简谐运动的动力学特点F＝－kx知，在位置相同的情况下，即x相同时，F必相同，据牛顿第二定律有F＝ma，则a相同；由对称性知两次经过同一位置速度方向可能相同，可能相反，但大小一定相同，故动能相等，而动量可能相等，可能只是大小相等而方向相反，因此不一定相等的物理量是D.
答案：D
2解析：振幅是指振动物体振动过程中离开平衡位置的最大距离，而最大位移在数值上与振幅相等，但最大位移是矢量，包含方向，而振幅是标量，所以二者不会相等，故A选项错误，B选项正确；由于振幅在简谐运动中不随时间变化，因此选项C错误；至于周期是指振动物体完成一次全振动的时间，一次全振动是指由振动中某点开始，第一次回到该点时，描述振动的速度和位移的大小和方向都与开始状态时相同，这样振子在一个周期内两次经过平衡位置，而物体两次通过平衡位置的时间间隔只有半个周期，故D选项错误．
答案：B
3解析：竖直方向的弹簧振子的振动也是简谐运动，但它们的平衡位置不是弹簧原长的自由端，而是将弹簧压缩(或伸长)一段长度后的平衡位置，因此从这一位置再将弹簧压缩(或伸长)以后放手，它的加速度是先减小，到达平衡位置以后再增大．
答案：C
4解析：在弹簧振子运动的过程中回复力、加速度、弹性势能均随位移的增大而增大，速度、动能随位移的增大而减小．
某段时间内加速度数值增大，可见位移增大，物体在远离平衡位置，速度方向与位移方向相同，速度正在减小，弹性势能增大．
答案：C
5解析：如下图，因为弹簧振子的位移是以平衡位置O为起点，设向右为正方向，则当振子在OB段时，位移为正值，在OA段位移为负值，在OA段的运动方向可能由O指向A，也可能由A指向O，即速度方向可能为正值，也可能为负值，故A错．振子在平衡位置时，回复力为零，加速度也为零，但速度最大，故B错，振子每次经过平衡位置时，由于加速度为零，故加速度相同，但振子可能向左通过O点，也可能向右通过O点，即速度方向可正可负，因此C选项错；振子每次通过同一位置时，由a＝－·x可知，当x相同时，加速度a相同，但速度v方向可能向右，也可能向左，故D项正确．
答案：D
6解析：振动系统的周期为固有周期，只与振动系统本身有关，与振幅无关，因此周期仍为0.5
s，故B、C选项均不正确；对A、D项，由于振子在振动过程中发生的是弹性势能与动能之间的相互转化，而振幅又反映系统能量的大小，所以当振幅加倍后，其最大速度必然大于v，因此选项A不正确，一定是D正确．(可据弹性势能Epm＝kx2＝Ekm计算，其最大速度为2v)
答案：D
7解析：方法一：撤去F后，m1板将做简谐运动，其平衡位置是不加压力F时m1板的静止位置(设为a)，它离弹簧上端自然长度为x0＝.
m1板做简谐运动时的振幅等于施加压力后弹簧增加的压缩量，即A＝x1＝.
此时m1板的位置设为b，画出示意图如下图所示．
撤去F后m1板跳起，设弹簧比原长伸长x2时刚好能提起m2板(处于位置c)，由kx2＝m2g，
得x2＝.
根据m1做简谐运动时的对称性，位置b、c在平衡位置a的对称两侧，即x1＝x0＋x2，或
＝＝.
所以F＝(m1＋m2)g.
方法二：按整体法分析更利于迅速得到答案．
在最高点时，对整个系统有：(m1＋m2)g＝m1a，刚撤去F时，对系统有F＝m1a′，由简谐运动的对称性知a＝a′，所以F＝(m1＋m2)g.
答案：C
8解析：由振动图象可直接得到周期为4
s，f＝＝0.25
Hz，故选项A错，一个周期内，简谐运动的质点经过的路程是4A＝8
cm,10
s为2.5个周期，质点经过的路程是20
cm，选项B正确．在5
s末，质点位移最大为2
cm，此时加速度最大，速度为零，选项C是正确的．在1.5
s和4.5
s两时刻，质点位移相同，加速度相同，虽两时刻质点的速度大小相等，但1.5
s时速度方向沿－x轴方向，4.5
s时沿＋x轴方向，故速度不相同，选项D错．
答案：BC
9解析：由图(b)可知：T＝0.8
s，A＝5
cm.
由图象及实际运动图线知：质点从B处运动开始计时，经0.2
s回到O点，然后向负方向运动，速度方向由O指向A，加速度为零，因为质点相对平衡位置的位移为零．
0．4
s末质点运动到A点，位移为负，加速度为正，由A指向O.
0．7
s质点在OB之间，t＝T＝0.6
s.
n＝＝＝5次(完成5次)．
答案：5　负　0　正　OB　0.65　5
10解析：振动周期T＝
s＝0.2
s，题图中OA、AB、BC三段运动时间均为：T＝＝0.1
s
根据匀变速运动：Δs＝at2
a＝＝＝×10－2
m/s2＝2
m/s2
根据牛顿第二定律：F－mg＝ma
F＝mg＋mg＝2×(10＋2)
N＝24
N.
答案：24
N探究单摆的振动周期
1单摆做简谐运动的回复力是(　　)
A．摆球的重力
B．摆球重力沿圆弧切线的分力
C．摆线的拉力
D．摆球重力与摆线拉力的合力
2已知在单摆a完成10次全振动的时间内，单摆b完成6次全振动，两摆长之差为1.6
m，则两单摆摆长la与lb分别为(　　)
A．la＝2.5
m，lb＝0.5
m
B．la＝0.9
m，lb＝2.5
m
C．la＝2.4
m，lb＝4.0
m
D．la＝4.0
m，lb＝2.4
m
3在一个单摆装置中，摆动物体是个装满水的空心小球，球的正下方有一小孔，当摆开始以小角度摆动时，让水从球中连续流出，直到流完为止．由此摆球的周期将(　　)
A．逐渐增大
B．逐渐减小
C．先增大后减小
D．先减小后增大
4若单摆的摆长不变，摆球质量变为原来的2倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的，则该单摆振动的(　　)
A．频率变大，振幅变小　　　　　　　　B．频率变小，振幅变大
C．频率不变，振幅变小　　　　　　　　D．频率不变，振幅变大
5摆长为l的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时(取作t＝0)，当振动至t＝时，摆球具有负向最大速度，则单摆的振动图象为图1－4－9中的(　　)
图1－4－9
6一个摆长为L1的单摆，在地面上的周期为T1，已知地球质量为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(　　)
A．2∶1　　　　　　　　　
B．2∶3
C．1∶2
　　　　　　　　　
D．3∶2
7同一单摆在地面上振动周期为T1，在加速上升的升降机中摆动周期为T2，在轨道上运行的人造卫星中摆动周期为T3，在月球表面摆动周期为T4，则(　　)
A．T3＞T4＞T1＞T2　　　　　　　　　　　　B．T2＞T1＞T4＞T3
C．T1＞T2＞T3＞T4　　　　　　　　　　　　D．T4＞T3＞T2＞T1
8有一天体半径为地球半径的2倍，平均密度与地球相同，在地球表面走时准确的摆钟移到该天体的表面，秒针走一圈的实际时间为(　　)
A.
min
　　　　B.
min　　　　　C.
min　　　　　
D．2
min
9一单摆的振动周期是2
s，则下列做简谐运动的情况下单摆的周期为
(1)摆长缩短为原来的时，T＝______s；
(2)摆球质量减小为原来的时，T＝______s；
(3)振幅减小为原来的时，T＝______s.
10有一单摆，在地球表面为秒摆，已知月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的.
(1)将该单摆置于月球表面，其周期多大？
(2)若将摆长缩短为原来的，在月球表面时此摆的周期是多大？
(3)该秒摆的摆长是多长？(g＝9.8
m/s2)
11两个同学想测一下单摆的周期，来验证一下T＝2π是否正确，可是现在只有尼龙细线、钢球、刻度尺等物品，找不到计时器，他们利用现有仪器能否测出单摆周期来？
12认为单摆振动的回复力就是单摆所受重力和摆线拉力的合力，是否正确？为什么？
参考答案
1解析：单摆在摆角很小的情况下做简谐运动，提供回复力的是重力沿圆弧切向的分力，而不是摆线的拉力和重力的合力；也可以理解为由摆线拉力与重力的合力沿切向的分量提供回复力，而沿法向的分量提供圆周运动的向心力，所以选项B正确．
答案：B
2解析：单摆完成一次全振动所需的时间叫单摆的振动周期．据题设可知a、b两摆的周期之比为：＝，由单摆周期公式T＝2π得：＝，据题设lb－la＝1.6
m，联立解得la＝0.9
m，lb＝2.5
m.
答案：B
3解析：单摆小角度摆动，做简谐运动的周期为T＝2π，式中l为摆长，其值为悬点到摆动物体的重心之间的距离，当小球装满水时，重心在球心，水流完后，重心也在球心，但水刚流出过程中重心要降低，因此，在水的整个流出过程中，重心位置先下降后上升，即摆长l先增大后减小，所以摆动周期将先增大后减小．
答案：C
4解析：当摆球质量变为原来的2倍，经过平衡位置的速度减为原来的时，动能变为原来的，所以振幅变小，单摆的振动周期与摆球质量及振幅无关，所以周期不变，频率也就不变．
答案：C
5解析：由单摆做简谐运动的周期公式T＝2π知，t＝
刚好为T，由振子在t时刻具有负向最大速度知，t＝T时振子应位于平衡位置，且向负的最大位移处运动，由所给图象可以看出，A、B在t＝T刚好位于最大位移处，故不正确；C在t＝T时刻位于平衡位置，但有正向最大速度，所以正确选项为D.
答案：D
6解析：在地球表面的周期T1＝2π，由万有引力知识知g＝，在星球表面的单摆的周期T2＝2π，g′＝，则以上四式联立可求得＝··＝.
答案：A
7解析：根据单摆的周期公式，在地面上单摆的周期T1＝2π；在加速上升的升降机中，设升降机的加速度为a，则等效重力加速度g′＝a＋g，所以其周期T2＝2π，在人造卫星中，摆球受的万有引力充当摆球绕地球做圆周运动的向心力，摆线的拉力为零，摆球处于完全失重状态，等效重力加速度为零即g′＝0，所以摆球停止摆动，即T3无穷大；在月球上g月＜g地，T4＞T1；所以T3＞T4＞T1＞T2，故选项A正确．
答案：A
8解析：摆钟是借助齿轮转动拨动指针的，同一座摆钟它的机械构造一定，不论在哪里，每发生一次全振动，指针指示的时间相同．在地面，指针所指的时间恰好等于该摆钟发生一次全振动的周期．设摆钟在地面上的振动周期为T，在天体上的振动周期为T0，设摆钟在天体上指示的时间为1分钟，实际时间为t，则有：t示＝nT0＝T0
T0＝2π　T＝2π
g0＝＝πR地G·ρ
g＝＝πρGR天，＝＝＝
t示＝t　所以t＝＝
min.
答案：B
9解析：当摆长缩短为原长时，周期将变为原来的，即T＝1
s．摆球质量、振幅减小时，对单摆的周期无影响，即T＝2
s.
答案：(1)1　(2)2　(3)2
10解析：(1)T月＝2π①T地＝2π②
因为秒摆的周期为2
s，则①式除以②式，T月＝T地＝4.9
s.
(2)T月＝T地＝2
s＝3.5
s.
(3)l地＝()2·g地＝()2×9.8
m＝0.99
m.
答案：(1)T月＝4.9
s　(2)T月＝3.5
s　(3)l地＝0.99
m
11解析：正常人心脏每跳动一次的时间为0.8
s，单摆开始振动时，一个同学记录单摆振动的次数，一个数自己的脉搏，同时进行，设单摆振动n1次时间内脉搏跳动了n2次，单摆周期为T，振动时间为t.
t＝n1T＝0.8n2，所以T＝0.8.
答案：能
12解析：单摆的回复力的正确求法是一个难点，不能误认为摆球和重力与摆线的拉力提供回复力，回复力是指向平衡位置的力，在摆角α很小时，只由重力沿圆弧切线方向的分力来提供，即F＝mgsinα.
答案：不正确．单摆的振动是沿弧线经过某个中心位置的往复运动，既然是往复运动，必须有回复力的作用；又因为是曲线运动，还必须提供与速度方向垂直的向心力．作用在单摆上的重力和拉力的共同作用将同时产生这两个垂直方向的不同效果，所以，将重力和拉力的合力理解为回复力是不正确的．
如下图所示，将单摆的重力G正交分解为F1和F2，其中F和F1的共同作用提供摆球做圆弧运动的向心力，F2是回复力，所以，单摆的回复力F＝Gsinα，是重力沿圆弧切向的分力．电磁波的应用
1下列说法正确的是(　　)
A．发射的图像信号不需要调制过程
B．接收到的图像信号也要经过调谐、检波
C．电视信号包括图像信号和伴音信号两种
D．图像信号和伴音信号传播的速度不同
2下列说法正确的是(　　)
A．雷达是利用无线电波来测定物体位置的无线电装置
B．电磁波遇到障碍物要发生反射，雷达就是利用电磁波的这个特性工作的
C．雷达用的是中波波段的无线电波
D．雷达每次发射无线电波的时间约为10－6
s
3雷达是用来对目标进行定位的现代化定位系统，海豚也具有完善的声呐系统，它能在黑暗中准确而快速地捕捉食物，避开敌害，远远优于现代化的无线电系统
(1)海豚生活在(　　)
A．沙漠
B．陆地
C．树上
D．海中
(2)海豚的定位是利用了自身发射的(　　)
A．电磁波
B．红外线
C．次声波
D．超声波
(3)雷达的定位是利用自身发射的(　　)
A．电磁波
B．红外线
C．次声波
D．光线
4手机A的号码是12345670002，手机B的号码是12345670008.手机A拨手机B时，手机B发出响声且屏上显示A的号码“12345670002”，若手机A置于一透明真空玻璃罩中，用手机B拨叫手机A，则玻璃罩外面的人发现手机A(　　)
A．发出响声，并显示B的号码“12345670008”
B．不发出响声，但显示B的号码“12345670008”
C．不发出响声，但显示A的号码“12345670002”
D．既不发出响声，也不显示号码
5目前雷达发射的电磁波频率多在200
MHz至1
000
MHz的范围内．下列关于雷达和电磁波说法正确的是(　　)
A．真空中上述雷达发射的电磁波的波长范围在0.3
m至1.5
m之间
B．电磁波是由恒定不变的电场或磁场产生的
C．测出从发射电磁波到接收反射波的时间间隔可以确定雷达和目标的距离
D．波长越短的电磁波，反射性能越强
6家用微波炉是利用微波的电磁能加热食物的新型灶具，主要由磁控管、波导管、微波加热器、炉门、直流电源、冷却系统、控制系统、外壳等组成，接通电源后，220
V的交流电经变压器，一方面在次级产生3.4
V的交流电对磁控管加热，同时在次级产生2
000
V高压经整流加到磁控管的阴、阳两极之间，使磁控管产生频率为2
450
MHz的微波，微波输送至金属制成的加热器(炉腔)，被来回反射，微波的电磁作用使食物内分子高频地振动而内外同时迅速变热，并能最大限度地保存食物中的维生素．
(1)试计算变压器的升压变压比．
(2)导体可反射微波，绝缘体可使微波透射，而食物通常含有的成分是________，较易吸收微波能而转换成热，故在使用微波炉时应注意(　　)
A．用金属容器将食物放入炉内加热
B．用陶瓷容器将食物放入炉内加热
C．将微波炉置于磁性材料周围
D．将微波炉远离磁性材料周围
7早期电视机接收的频道为1～12频道(48.5～223.5
MHz)，全频道电视机所接收的频率除了1～12频道外，还包括13～56频道(470～862
MHz)，试求早期电视机和全频道电视机所接收的无线电波的波长范围．
8某雷达工作时，发射电磁波的波长λ＝20
cm，每秒脉冲数n＝5
000，每个脉冲持续时间t＝0.02
μs，问电磁波的振荡频率为多少？最大的侦察距离是多少？
9雷达应用非常广泛，在交通上可以用来为飞机、轮船导航；在天上可用来研究星体，在气象上可以用来探测台风、雷雨、云层等；特别是在军事上应用更广泛．我国沿海某雷达站，发现一架不明国籍的飞机正向我国领空飞来，雷达发出无线电波，经过2.00×10－4
s，接收到从飞机反射回来的无线电波，10
s后，该雷达站又发出无线电波，经过1.86×10－4
s接收到从飞机反射回来的无线电波，试确定该飞机的飞行速度为多少？
参考答案
1解析：发射图像信号需要调制过程，接收图像信号需要调谐和检波，电视信号包括图像和伴音信号两种，且传播速度相同．
答案：BC
2解析：雷达是利用无线电波来测定物体位置的无线装置，工作特性是利用电磁波遇到障碍物要发生反射，每次发射的时间约为10－6
s，是用微波波段的无线电波．
答案：ABD
3解析：(1)海豚生活在海中，选D.
(2)海豚能发射超声波，这是一种频率高于2×104
Hz
的声波，它的波长非常短，因而能定向发射，而且在水中传播时因能量损失小，要比无线电波和光波传得远，海豚就是靠自身发出的超声波的回声在混浊的水里准确确定远处小鱼的位置而扑食的，选D.
(3)雷达是一个电磁波的发射和接收系统，因而是靠发射电磁波来定位的，选A.
答案：(1)D　(2)D　(3)A
4解析：声波为机械波，传播需要介质，在真空中不能传播；光和手机发射的信号均为电磁波，传播不需要介质，故用手机B拨叫手机A时，玻璃罩外的人能看到A手机显示的B手机号码，但听不到声音，故B正确．
答案：B
5解析：由v＝λf，
可得：λ1＝＝
m＝1.5
m，
λ2＝＝
m＝0.3
m.
故A选项正确；电磁波是由周期性变化的电场和磁场产生的，故B选项错误；电磁波测距的原理就是通过发射和接收的时间间隔来确定的，故C选项正确；波长越短的电磁波，其频率越高，能量越大，反射性能越强，D选项正确．
答案：ACD
6解析：(1)变压器高压输出U1＝2
000
V，
输入电压U2＝220
V，
则升压变压比为
＝＝＝.
(2)食物通常含有的成分是蛋白质、水、脂肪，易吸收微波能而转换成热，由于导体能反射微波，绝缘体能使微波透射，所以应用陶瓷容器盛放食物，为避免对磁控管的影响，它应远离磁性材料，选B、D.
答案：(1)100∶11　(2)蛋白质、水、脂肪　BD
7解析：不同频率的电磁波的传播速度都相同，根据公式λ＝即可算出波长范围．
根据电磁波的波长、波速和频率的关系式c＝λf和电磁波在真空中的传播速度c＝3×108
m/s，可得对应于各频道中最低频率和最高频率的波长分别为
λ1＝＝
m≈6.19
m
λ12＝＝
m≈1.35
m
λ13＝＝
m≈0.64
m
λ56＝＝
m≈0.35
m
所以，早期电视机接收的无线电波的波长范围为1.35
m≤λ≤6.19
m.
全频道电视机的接收的无线电波的波长范围为0.35
m≤λ≤6.19
m.
答案：1.35
m≤λ≤6.19
m　0.35
m≤λ≤6.19
m
8解析：电磁波在空中的传播速度可认为等于真空中的光速c，由波速、波长和频率三者间的关系可求得频率，根据雷达荧光屏上发射波形和反射波形间的时间间隔，即可求得侦察距离，为此反射波必须在后一个发射波发出前到达雷达接收器，可见，雷达的最大侦察距离应等于电磁波在雷达发射相邻两个脉冲间隔时间内传播距离的一半．
由c＝λf，可得电磁波的振荡频率
f＝＝
Hz＝1.5×109
Hz
电磁波在雷达发射相邻两个脉冲间隔时间内传播的距离s＝cΔt＝c(－t)＝3×108×(－0.02×10－6)
m≈6×104
m
所以雷达的最大侦察距离
s′＝＝3×104
m＝30
km.
答案：1.5×109
Hz　30
km
9解析：利用雷达发射和接收无线电波的时间差可以计算出飞机这段时间中间时刻与雷达的距离．
飞机的速度v＝＝
＝
m/s≈210
m/s.
答案：210
m/s简谐运动的力和能量特征
1做简谐运动的弹簧振子，每次经过同一点a(a点在平衡位置和最大振幅之间)时(　　)
A．速度相同　　　　　　　　　　B．加速度相同
C．动能相同　　　　　　　　　　D．动量相同
　
2如图1－2－7所示，在一根轻弹簧下端悬挂一个重10
N的小球，再对小球施加一向下的拉力F，直到小球又达静止时，F＝4
N，撤去拉力F以后，小球将在竖直方向上做简谐运动，在刚撤去拉力F的瞬间，小球所受回复力大小等于(　　)
图1－2－7
A．4
N　　　　　　B．6
N　　　　　　C．10
N
　　　　　
D．14
N
3如图1－2－8(a)所示，A、B两物体组成弹簧振子，在振动过程中，A、B始终保持相对静止，图1－2－8(b)中能正确反映振动过程中A受摩擦力Ff与振子的位移x关系的图线应为(　　)
图1－2－8(a)
图1－2－8(b)
4把一个小球套在光滑细杆上，球与轻弹簧相连组成弹簧振子，小球沿杆在水平方向做简谐运动，它围绕平衡位置O在A、B间振动，如图1－2－9所示．下列结论正确的是(　　)
图1－2－9
A．小球在O位置时，动能最大，加速度最小
B．小球在A、B位置时，动能最大，加速度最大
C．小球从A经O到B的过程中，回复力一直做正功
D．小球从B到O的过程中，振动的能量不断增加
5一根弹簧原长为l0，挂一个质量为m的物体时伸长量为x，若把这根弹簧与该物体同时套在一根光滑水平杆上组成弹簧振子，且其振幅为A，则物体振动的最大加速度是(　　)
A．Al0/g　　　　　B．Ag/x
　　　　
C．xg/A　　　　　D．l0g/A
6(经典回放)一弹簧振子沿x轴振动，振幅为4
cm，振子的平衡位置位于x轴上的O点．图1－2－10中的a、b、c、d为四个不同的振动状态：黑点表示振子的位置，黑点上的箭头表示运动的方向．图1－2－11给出的①②③④四条振动图线，可用于表示振子的振动图象，下列说法中正确的是(　　)
图1－2－10
图1－2－11
A．若规定状态a时t＝0，则图象为①
B．若规定状态b时t＝0，则图象为②
C．若规定状态c时t＝0，则图象为③
D．若规定状态d时t＝0，则图象为④
7如果表中给出的是做简谐运动的位移x或速度v与时刻的对应关系，T是振动周期，则下列选项中正确的是
(　　)
物理量
状态
0
T
甲
零
正向最大
零
负向最大
零
乙
零
负向最大
零
正向最大
零
丙
正向最大
零
负向最大
零
正向最大
丁
负向最大
零
正向最大
零
负向最大
A.若甲表示位移x，则丙表示相应的速度v
B．若丁表示位移x，则甲表示相应的速度v
C．若丙表示位移x，则甲表示相应的速度v
D．若乙表示位移x，则丙表示相应的速度v
8如图1－2－12所示，弹簧一端固定在天花板上，另一端连一质量为m的物体，先托住物体使弹簧没有发生形变，然后将物体无初速度释放而做简谐运动．在物体从开始运动到最低点的过程中物体的重力势能______，弹性势能______，动能______(填“增大”或“减小”)，而总的机械能______．
图1－2－12
9如图1－2－13所示，质量为m的物块A放在木板B上，而B固定在竖直弹簧上，若使A随B一起沿竖直方向做简谐运动而始终不脱离，则充当A的回复力的是______，当A的速度达到最大值时，A对B的压力大小为________．
图1－2－13
10如图1－2－14所示，质量为m的物体A放在质量为M的物体B上，B与弹簧相连，它们一起在光滑的水平面上做简谐运动．若A、B间的动摩擦因数为μ，弹簧的劲度系数为k，要使A、B在振动过程中无相对滑动，则A、B在振动过程中的最大位移不能超过多少？
图1－2－14
11木块质量为m，放在水面上静止(平衡)，如图1－2－15所示，今用力向下将其压入水中一段深度后撤掉外力，木块在水面上振动．试判断木块的振动是否为简谐运动．
图1－2－15
12如图1－2－16所示，轻弹簧的一端固定在地面上，另一端与木板B相连，木板A放在木板B上，两木板质量均为m，现加竖直向下的力F作用在A上，A、B均静止．问：
(1)将力F瞬间撤去后，A、B共同运动到最高点时，B对A的弹力多大？(设A、B两物体在运动过程中没有分开)
(2)要使A、B不分开，力F应满足什么条件？
图1－2－16
13(探究)物体做简谐运动时，其动能随位移如何变化？势能随位移如何变化？机械能随位移如何变化？
参考答案
1解析：弹簧振子每次经过同一点a，振子的位移每次相同，回复力相同，则加速度相同．但速度的大小相等，方向相反或相同，且动能Ek＝mv2相同，动量mv的大小相等，方向相反．
答案：BC
2解析：撤去拉力F前，F与小球的重力G以及弹簧弹力FN的合力平衡，则有F＋G＝FN，故FN＝14
N；撤去拉力F瞬间，弹簧弹力仍为14
N，故小球所受合力为向上的大小为FN－G＝14
N－10
N＝4
N的回复力的作用，故选项A正确．
答案：A
3解析：在振动过程中A、B始终保持相对静止，可以把A、B看成整体，受力分析，设A、B的质量为mA、mB，弹簧的劲度系数为k，则有(mA＋mB)a＝－kx，a＝－，A受摩擦力Ff＝mAa＝－kx，所以Ff与位移的关系是Ff＝－kx.
答案：C
4解析：振子在以O为平衡位置，A、B之间振动，在O点时，动能最大，回复力为零，加速度最小，在A、B位置时，动能最小，回复力最大，加速度最大，从A到O回复力做正功，从O到B回复力做负功，小球从B到O过程中，弹簧弹力做功，弹簧振子的机械能不变．
答案：A
5解析：弹簧竖直悬挂时物体平衡，据平衡条件有mg＝kx，故k＝，当振子离开平衡位置的位移最大时，物体的加速度最大，而位移最大值为振幅，此时弹簧弹力即物体所受合外力为kA，因此物体振动的最大加速度a＝＝·＝，故B选项正确．
答案：B
6解析：若振子在状态a时t＝0，此时的位移为3
cm，且向规定的正方向运动，故选项A正确，若振子在状态b时t＝0.此时的位移为2
cm，且向规定的负方向运动，图中初始位移不对．若振子在状态c时t＝0，此时的位移为－2
cm，且向规定的负方向运动，图中运动方向不对，若振子在状态d时t＝0，此时的位移为－4
cm，速度为零，故选项D正确．
答案：AD
7解析：利用振动图象分析．
对于A，作出甲表示的x－t图象，并标出相应时刻的速度方向，如下图所示．由图可知，A正确．
对B，作出丁表示的x－t图象，并标出对应时刻的速度方向，如下图所示．由图可知，选项B正确．
对C，作出丙表示的x－t图象，并表示相应时刻的速度，如下图所示．由图可判断，C选项错误．
对D，作出乙表示的x－t图象，如下图所示，由图判断，D选项错误．
答案：AB
8解析：固定在天花板上的弹簧做简谐运动，选地板为重力势能的零势面，物体从开始运动到最低点这一过程中，物体离地面的距离不断减小，则重力势能不断减小，弹簧的长度变长，且达到最大距离，因此，弹性势能增大，物体不断运动，到达平衡位置时，速度增大到最大，经过平衡位置，运动到最大位移处时，速度不断减小，所以动能增大后减小，但总机械能不变．
答案：减小　增大　先增大后减小　不变
9解析：对A受力分析，它受到重力和B对它的支持力，A和B一起做简谐运动，A的回复力是由重力和支持力的合力提供的，当回复力和重力平衡时，A的速度最大，即有fA＝mg.
答案：重力和支持力的合力　mg
10解析：物体A随着B一起振动是靠A、B间的摩擦力，物体的位移越大加速度越大，故当位移最大时，物体A所受的摩擦力最大(可认为等于A、B间的滑动摩擦力)，设最大的位移为A，则有：kA＝(M＋m)a，对物体A则有：μmg＝ma，由上面两式可得：A＝.
答案：
11解析：以木块为研究对象，设静止时木块浸入水中Δx深，当木块压入水中x后所受力如图所示，则
F回＝mg－F浮①
又F浮＝ρgS(Δx＋x)②
由①②式得，
F回＝mg－ρgS(Δx＋x)＝mg－ρgSΔx－ρgSx，由mg＝ρgSΔx
得F回＝－ρgSx
即F回＝－kx(k＝ρgS)
所以木块的振动为简谐运动．
答案：木块的振动为简谐运动
12解析：撤去力F后，A、B将共同沿竖直方向做简谐运动，撤去力F瞬间，A、B整体受到回复力大小为F，方向竖直向上，由牛顿第二定律可得，此时A受到回复力大小为F/2，方向竖直向上，因刚撤力时，A、B的位置是它们做简谐运动的最低点，由振动的对称性可知，在最高点A受回复力大小也为F/2，方向竖直向下，A受到的回复力是其重力与B对它的弹力的合力．
(1)在最高点F回＝mg－FN
FN＝mg－F回＝mg－F/2.①
(2)要使A、B在振动过程中不分开，则应满足在任意位置A、B间弹力FN≥0②
振动过程中最高点处A受到的回复力达最大值，即A、B间弹力最小．
要使A、B不分开，由①②式可得F≤2mg.
答案：(1)N＝mg－F/2　(2)F≤2mg
13解析：处理简谐运动的能量问题时，一要清楚简谐运动中，只有动能和势能的转化，没有能量损耗；二要明白运动过程中加速度、速度随位移的变化规律；三要知道振幅与能量的关系；四要注意势能零点的选取；五要注意从功和能变化的关系来寻找振动过程中能量所遵循的规律．
判断动能和势能大小变化的基本思路：位移(x)→势能(Ep)动能(Ek)．
答案：简谐运动中，物体做的是相对平衡位置的往复运动，位移方向从平衡位置指向末位置，大小等于两位置间的距离，位移是矢量．在平衡位置，位移为零，势能为零，受力为零，速度达到最大，动能最大；从平衡位置到最大位移的过程中，速度逐渐减小，位移逐渐增大，即势能逐渐增大，而动能逐渐减小；从最大位移向平衡位置的过程中，正好相反，速度逐渐增大，位移逐渐减小，即动能逐渐增大，势能逐渐减小．
所以动能随位移做“异步”变化，势能随位移做“同步”变化，机械能守恒，不随位移的变化而变化．质能方程与相对论速度合成定理
1如果宇航员驾驶一艘飞船以接近于光速的速度朝一星体飞行，你是否可以根据下述变化发觉自己是在运动
(　　)
A．你的质量在减少
B．你的心脏跳动在慢下来
C．你永远不能由自身的变化知道你是否在运动
D．你在变大
2用质子轰出锂核Li，生成2个α粒子，若用mp表示质子的质量，m表示锂核质量，mα表示α粒子质量，则此反应中释放的能量ΔE＝______.
3如果粒子的动能等于静质能的一半，求该粒子的速度．
4两只宇宙飞船相对某遥远的恒星以0.8c的速率向相反方向移开，试用速度变换法则证明，两飞船的相对速度是c，并与相对论速度变换所得结果进行比较．
5如果总能量是静质能的k倍，求该粒子的速度．
6(探究)请探究质量和能量的关系．
参考答案
1解析：宇航员以飞船为惯性系，其相对于惯性系的速度始终为零，因此他不可能发现自身的变化，所以选项A、B、D错误，选项C正确．
答案：C
2解析：核反应过程中有能量放出，因此有质量亏损，根据ΔE＝Δmc2，而Δm＝mp＋m－2mα，所以ΔE＝(mp＋m－2mα)c2.
答案：(mp＋m－2mα)c2
3解析：由题意Ek＝mc2－m0c2＝m0c2
所以m＝
m0＝
即v＝c＝0.75
c＝2.24×108
m/s.
答案：2.24×108
m/s
4答案：本题中两飞船的运动方向相反
设恒星为K系，飞船A为K′系，并沿x轴正方向运动，取飞船B为研究对象，沿x轴负方向运动．
飞船B在K系中的速度为
ux′＝＝＝－c
问题得证
5解析：粒子总能量E＝mc2＝kmoc2
所以m＝km0＝
即v＝c＝.
答案：
6解析：上一世纪成功做出的正负电子湮灭实验，在这个实验中，作为“宇宙之砖”的亚原子粒子“电子”消失了，转化为光子辐射出来，而光子仅是能量子．没有静止质量．如此，静止质量“消失”，转化为能量．而根据相对论及质能关系，此时光子有运动质量，并且两个电子静止质量与运动能量对应质量之和等于光子的运动质量；两个电子原来对外表现出的动能和势能之和．再加上电子静止质量对应的能量等于光子的能量．
答案：根据相对论，在质与能之间没有本质的区别，质量可以代表着能量．质能关系实际上包含两个守恒定律：质量守恒和能量守恒．由此看出，第一，质量和能量都是物质的属性，绝不能把物质和它们的属性等同起来；第二，质量和能量在量值上的联系，绝不等同于这两个量可以相互转变．事实上，在一切过程中，这两个量是分别守恒的，能量转化和守恒定律是一条普遍规律，质量守恒定律也是一条普遍规律，并没有发生什么能量向质量转变或质量向能量转变的情况．质量和能量都是物质的属性，质量和能量不可分割，具有一定质量的物质必具有和这质量相当的能量，反过来具有某种能量的物质也具有和这能量相当的质量；能量守恒代表质量守恒，质量守恒代表能量守恒．第四节
广义相对论第五节
宇宙学简介
1下列哪些属于广义相对论的结论(　　)
A．尺缩效应　　　　　　　
B．时间变慢
C．光线在引力场中偏转
D．水星近日点的进动
2下列说法中正确的是(　　)
A．太阳是宇宙的中心
B．太阳系中只存在太阳和它的八大行星
C．太阳系由太阳和许多行星及它们的卫星和彗星组成
D．以上说法都正确
3人类最早对宇宙的认识学说是(　　)
A．地心说
B．日心说
C．大爆炸学说
D．以上说法都不正确
4人类第一个进入太空的宇航员是(　　)
A．美国人
B．苏联人
C．中国人
D．德国人
5下面关于宇宙的说法中正确的是(　　)
A．宇宙是由银河系和太阳系组成的
B．宇宙只是由银河系组成，太阳是银河系中的一员
C．宇宙中数十亿个星系，银河系是其中的一员
D．太阳系中只有八大行星绕太阳运行
6关于宇宙的成因，目前比较易被接受的是宇宙起源于______．
7现在，科学家们正在设法探寻“反物质”，所谓“反物质”是由“反粒子”构成的，“反粒子”与其对应的正粒子具有相同的质量和相同的电荷量，但电荷的符号相反．据此，若有反α粒子，它的质量数和电荷数分别为多少？
81997年8月26日在日本举行的国际学术会上，德国的研究组宣布了他们的研究成果，银河系的中心可能存在一个大黑洞，他们的根据是用口径为3.5
m的天文望远镜对位于银河系中心附近的星系进行近六年的观测所得到的数据，他们发现银河系中心约60亿千米的星系正以2
000千米每秒的速度围绕银河系中心旋转．根据上面的数据，试在经典力学范围内(见提示)，通过计算确认，如果银河系中心确实存在黑洞的话，其最大半径是多少？(最后结果保留一位有效数字，万有引力常量G＝6.67×10－11N·m2/kg2)
9在天体演变的过程中，红色巨星发生“超新星爆炸”后，可以形成中子星(电子被迫同原子核中的质子相结合而形成中子)，中子星具有极高的密度．
(1)若已知某中子星的密度为107
kg/m3，该中子星的卫星绕它做圆轨道运动，试求该中子星的卫星运行的最小周期；
(2)中子星也在绕自转轴自转，则其密度至少应为多大？(假设中子星是通过中子间的万有引力结合成的球状星体，万有引力常量G＝6.67×10－11N·m2/kg2)．
10已知物体从地球上的逃逸速度v＝，其中G、M、R分别是万有引力常量、地球的质量和半径．已知G＝6.67×10－11N·m2/kg2、光速c＝2.99×108
m/s，求下列问题：
(1)逃逸速度大于真空中光速的天体叫做黑洞，设某黑洞的质量等于太阳的质量M＝1.98×1030
kg，求它可能的最大半径；
(2)在目前天文观测范围内，物质的平均密度为0.4
kg/m3，如果认为我们的宇宙是这样一个均匀大球体，其密度使得它的逃逸速度大于光在真空中的速度c，因此任何物体都不能脱离宇宙．问宇宙的半径至少多大？
参考答案
1解析：证明广义相对论的实例有：①光线在引力场中偏转；②水星近日点的进动．
答案：CD
2解析：太阳系中以太阳为中心，有八大行星绕太阳运行，有的行星还有卫星，除此之外还有2
000多颗比较小的小行星和彗星等，所以叙述较完整的是C项．
通常我们所说的八大行星是指太阳系中较大的几颗行星，太阳系的组成中还有小行星和彗星．
答案：C
3解析：人类对宇宙的认识是一个渐近的过程，在人类历史上，相当长的时期内，人们认为地球是宇宙的中心，后来哥白尼提出了“日心说”，认为太阳是宇宙中心，后来人类对宇宙的起源进行探究，物理学家伽莫夫提出了大爆炸学说．
答案：A
4解析：苏联和美国是载人航天技术开展较早的国家．第一个登上月球的是美国宇航员阿姆斯特朗，第一个进入太空的是苏联宇航员加加林．中国于2003年10月16日实现载人航天．
答案：B
5解析：宇宙中有数十亿个星系，银河系是这数十亿个星系中的一个，太阳是银河系中的一员．
答案：C
6解析：目前关于宇宙成因有许多说法，其中具代表性并为多数科学家所接受的是“大爆炸”学说，认为宇宙起源于一次大爆炸．
尽管“大爆炸”学说受到很多人支持，但仍有很多不解之谜．
答案：大爆炸
7解析：因“反粒子”与其对应的正粒子具有相同质量、相同的电荷量，但电荷的符号相反．所以，反α粒子的质量数为4，电荷数为－2.
答案：4　－2
8提示：
(1)黑洞是一种密度极大的天体，其表面的引力是如此之强，以致包括光在内的所有物质都逃脱不了其引力的作用；
(2)计算中可以采用拉普拉斯黑洞模型，即使黑洞表面的物体初速等于光速也逃脱不了引力的作用．
解析：设黑洞质量为M，由题中信息“银河系的中心可能存在一个大黑洞，距银河系中心约60亿千米是星体正以2
000
km/s的速度围绕银河系中心旋转”可以得到这样一个理想模型：质量为m的星体绕银河系中心做圆周运动，则＝，得M＝＝3.6×1035kg.由拉普拉斯黑洞模型的信息得到：若质量为m′的物体能以光速在其表面环绕飞行，而不会离去，则＝，得r＝＝()2·R＝3×108
m．当物体速度v＜c时，＝，得r′＜r，所以r是最大半径．
答案：3×108
m
9解析：
(1)如下图所示，设中子星的圆轨道半径为R，质量为m，由万有引力提供向心力，可得＝mω2R＝
又当R＝r(中子星的半径)时，卫星的运行周期最小，注意到M＝，由此可得Tmin＝1.2×10－3s.
(2)设中子星的质量为M，半径为r，密度为ρ，自转角速度为ω.今在中子星“赤道”表面处取一质量极小的部分，设其质量仍为M.由万有引力提供向心力，可得＝mω2r，又M＝ρ，整理可得ρ＝，代入数据，可得ρmin＝1.3×1014
kg/m3.
答案：(1)1.2×10－3s
(2)1.3×1014
kg/m3
10解析：(1)由题目所提供的信息可知，任何天体均存在其所对应的逃逸速度v2，对于黑洞来说，其逃逸速度大于真空中的光速，即v2＞c，所以R＜＝2.93
km，即太阳成为黑洞时的最大半径为2.93
km.(2)把宇宙视为一普通天体，则质量为M＝ρV＝，其中R为宇宙半径，ρ为宇宙密度，则宇宙所对应的逃逸速度为v＝.由于宇宙密度使其逃逸速度大于光速，即v＞c.由以上的三个关系可得R＞＝4.2×1010光年．
答案：(1)2.93
km
(2)4.2×1010光年电磁振荡
1在LC回路中，电容两端的电压随时间t变化的关系如图3－1－6所示，则(　　)
图3－1－6
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．在时刻t2至t3，电路的电场能不断增大
D．在时刻t3至t4，电容的带电荷量不断增大
2某时刻LC振荡电路的状态如图3－1－7所示，则此时刻(　　)
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
3如图3－1－8所示是LC振荡电路某时刻的情况，以下说法正确的是(　　)
图3－1－8
A．电容器正在放电
B．电容器正在充电
C．电感线圈中的电流正在增大
D．电容器两极板间的电场能正在减小
4如图3－1－9所示，用示波器观察LC振荡电路中的电压波形，示波器事先已调整好，可正常工作，当开关S闭合后，LC振荡电路即刻开始起振，则从示波器屏幕上看到的波形图为图3－1－10中的(　　)
图3－1－9
图3－1－10
5在LC振荡电路中，以下说法正确的是(　　)
A．电容器放电完毕的瞬间，回路中电流最强，电场的能量达到最大
B．电感线圈电感量增大，则充电和放电过程变慢
C．电容器充电完毕的瞬间，回路中电流最强，磁场的能量达到最大
D．每一周期内，电容器完成一次充放电过程
6如图3－1－11所示为LC振荡电路中电容器的极板带电荷量随时间变化曲线．下列判断中正确的是(　　)
①在b和d时刻，电路中电流最大　②在a→b时间内，电场能转变为磁场能　③a和c时刻，磁场能为零④在O→a和c→d时间内，电容器被充电
图3－1－11
A．只有①和③
　　　　　　　
B．只有②和④
C．只有④
　　　　　　　　　D．只有①②和③
7要增大LC振荡回路的频率，可采取的办法是…(　　)
A．增大电容器两极板正对面积
B．减少极板带电荷量
C．在线圈中放入软铁棒作铁芯
D．减少线圈匝数
8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
9已知LC振荡电路中的电容器电容为C，线圈的电感为L，则正在振荡的电路中(　　)
A．电容器放电的时间取决于充电电压的大小
B．电容器放电的时间取决于L和C的数值
C．电场和磁场相互转化的周期为2π
D．电场能和磁场能相互转化的周期为2π
10在LC振荡电路中，电容器放电完毕瞬间，以下说法正确的是(　　)
A．电容器极板间电压等于零，磁场开始向电场能转化
B．电流达到最大值，线圈周围的磁场达到最大值
C．如果没有能量辐射时，线圈的磁场能等于电容器开始放电时的电容器的电场能
D．线圈产生的自感电动势最大
11如图3－1－12所示电路，K先接通a触点，让电容器充电后再接通b触点，设这时可变电容器电容为C，线圈自感系数为L.
图3－1－12
(1)经过多长时间电容C上电荷第一次释放完？
(2)这段时间内电流如何变化？线圈两端电压如何变化？
12如图3－1－13所示，LC回路中C是一平行板电容器，两板水平放置，开关断开时，电容器内带电灰尘恰好静止，当开关S闭合后，灰尘在电容器内运动，若C＝4
μF，L＝0.1
mH，求：
图3－1－13
从S闭合时开始计时，经过2π×10－5
s时
，电容器内灰尘的加速度大小是多少？
(2)当灰尘的加速度是多大时，线圈中的电流最大？
13用回旋加速器加速质量为m、电荷量为q的粒子，加速器的磁感应强度为B，用LC振荡器作为高频电源对粒子加速，该振荡器的电感L和电容C的乘积应满足什么条件？
14在LC振荡电路中，若已知电容C，并测得电路的固有振荡周期T，即可求得电感L，为了提高测量精度，需多次改变C值并测得相应的T值，现将测得的六组数据标示在以C为横坐标，T2为纵坐标的坐标纸上，即图3－1－14所示中用“×”表示的点．
图3－1－14
(1)T、L、C的关系为________．
(2)根据图中给出的数据画出T2与C的关系图线．
(3)求得的L值是________．
参考答案
1解析：电磁振荡中的物理量可分为两组：①电容器带电荷量q，极板间电压u，电场强度E及电场能EC等量为一组．②自感线圈中的电流i，磁感应强度B及磁场能Ei等量为一组．同组量的大小变化规律一致；同增同减同为最大或为零值．异组量的大小变化规律相反；此增彼减，彼长此消，若q、E、u等量按正弦规律变化，则i、B等量必按余弦规律变化．
根据上述分析由题图可以看出，本题正确选项为B、C.
答案：BC
2解析：由图中电容器上极板带正电荷，下极板带负电荷，图中给出的振荡电流方向，说明正电荷正向上极板聚集，所以电容器正在充电．电容器充电的过程中，电流减小，磁场能向电场能转化．所以A、D选项正确．
答案：AD
3解析：由图中螺线管中的磁感线方向可以判定出此时LC电路正在逆时针充电，A错．电流正在减小，电感线圈中的磁场能正在减小，电场能增大．
答案：B
4解析：由于LC振荡电路中，发生电磁振荡时，电压是一个交流电压，同时由于电路中存在电阻，要消耗振荡过程中的电磁能，部分转化为热能，还有一部分电磁能转化为其他能量，因此随着振荡的不断进行，电压的最大值也在减小，C选项正确．
答案：C
5解析：LC电路中，电容器放电完毕的瞬间，回路中电流为零，磁场的能量达到最小为零，电容器充电完毕瞬间，回路中电流为零，磁场的能量达到最小为零，电感线圈电感量增大，对电流的变化的阻碍增强，充、放电过程变慢，每一周期内电容器完成两次充、放电过程．
答案：B
6解析：本题的关键是从qt图上分析出电容器充电、放电过程和充电结束和放电结束时刻．a和c时刻是充电结束时刻，此时刻电场能最大，磁场能为零，③正确；b和d时刻是放电结束时刻，此时刻电路中电流最大，①正确；a→b是放电过程，电场能转变为磁场能，②正确；O→a是充电过程，但c→d是放电过程，④错误．
答案：D
7解析：根据LC振荡回路的频率公式f＝和平行板电容器电容公式C＝知，当增大电容器两极板正对面积时，C增大，f减小．当减少极板带电荷量，不影响C，即f不变．在线圈中放入软铁棒作铁芯，L增大，f减小．减少线圈匝数，L减少，f增大．
答案：D
8解析：由公式f＝1/(2π)得知：f和Q、U、I无关，与成反比．因此要增大f，就要减小L、C的乘积，即减小L或C，其中C＝εS/4πkd.
减小L的方法有：在线圈中拉出铁芯，减小线圈长度，减小线圈横截面积，减少单位长度匝数．
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C、D选项正确．
答案：CD
9解析：电容器放电的时间等于，仅与决定周期的L和C有关(T＝2π)，与充电电压大小无关，电场和磁场都是有方向的，场强为矢量，所以电场和磁场的转化周期为T＝2π，而电场能和磁场能是标量，只有大小，无方向，即电场能和磁场能的转化周期为＝π.
答案：BC
10解析：电容器放电完毕的瞬间，还有以下几种说法：电场能向磁场能转化完毕；磁场能开始向电场能转化；电容器开始反向充电．
电容器放电完毕的瞬间有如下特点：电容器电荷量Q＝0，板间电压U＝0，板间场强E＝0，线圈电流I最大，磁感应强度B最大，电场能为零，线圈自感电动势E自＝电容器放电完毕瞬间，虽然I最大，但为零，所以E自为零．若不考虑能量的辐射，在这一瞬间，E电＝0，E磁最大，而电容器开始放电时，E电′最大，E磁′＝0，则E磁＝E电′.
答案：ABC
11解析：(1)极板上电荷由最大到零需要周期，所以t＝＝.
(2)从能量角度看，电容器释放电荷，电场能转变为磁场能，待电荷释放完毕时，磁场能达到最大，线圈两端电压与电容两极板间电压一致，由于放电，电容两极板间电压从最大值减至零，线圈两端电压也是由最大值减为零，值得注意的是这段时间内电流由零逐渐增大，当线圈两端电压为零时，线圈中电流增至最大．
答案：(1)t＝
(2)电流由零增至最大，电压由最大减至零
12解析：(1)由T＝2π
得
T＝2π
s＝4π×10－5
s
开关断开时，灰尘受力平衡，F＝mg.
开关闭合经2π×10－5
s时，灰尘所受电场力与F等大反向，故受合力为2mg，由牛顿第二定律得：2mg＝ma，所以a＝2g.
(2)当电容器放电完毕时，电流最大，此时灰尘所受电场力等于零，物体只受重力作用，即a＝g.
答案：(1)2g　(2)g
13解析：粒子在磁场中运动的周期为T1＝，LC振荡电路的振荡周期为T2＝2π.由回旋加速器的工作原理可知T1＝T2，即＝2π，
所以LC＝
.
答案：LC＝
14解析：根据振荡电路的周期公式T＝2π，在作图时，直线应尽可能通过尽量多的点，使分布在直线两侧的数据点数目尽可能相等，根据所作图线，求出其斜率k，对照公式T2＝4π2LC,
即可知L＝＝，代入数据，得数在0.035
1～0.038
9
H之间．
答案：(1)T＝2π
(2)如下图所示，图线为一直线
(3)L＝0.037
0
H±0.001
9
H