【粤教版】2017-2018学年高中物理选修3-4练习（27份打包，含解析）

第二章过关检测
(时间:45分钟　满分:100分)
一、选择题(每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第1~5小题只有一个选项正确,第6~8小题有多个选项正确)
1.关于机械波,下列说法中正确的是(　　)
A.自然界所刮的风就是一种机械波
B.波不仅能传递能量,而且参与振动的质点也在随波迁移
C.波将波源的振动形式传播出去的同时,也可以传递信息
D.传播机械波的介质一定是可以自由流动的
答案C
解析自然界所刮的风,实质上是由于压强差等因素引起的空气流动,不是机械波,所以A错;波是传递能量的一种方式,
但各质点均在各自平衡位置附近振动,并不随波迁移,因此B错误;波不仅能传播运动形式,它也是信息传递的载体,故C正确;固体也能传播机械波,故D错误。
2.频率一定的声源在空气中沿背离静止的接收器的方向匀速运动,设声源的速度为u,声波的速度为v,且u　　　　　　　　　　　　　　　　
A.f增大,v增大
B.f增大,v不变
C.f不变,v增大
D.f减小,v不变
答案D
解析首先,无论u如何变化,声波的速度v不变;随着u的增大,接收器在单位时间内接收到的完全波的个数减少,即接收器接收到的频率减小。综上可知,D正确。
3.一列横波沿x轴正向传播,a、b、c、d为介质中沿波传播方向上四个质点的平衡位置。某时刻的波形如图1所示,此后,若经过周期开始计时,则图2描述的是(　　)
A.a处质点的振动图象
B.b处质点的振动图象
C.c处质点的振动图象
D.d处质点的振动图象
答案B
解析由题图1可以判断此时质点a向上振动,质点b处于波谷位置,质点c向下振动,质点d处于波峰位置,经过周期后,质点a处于波谷,质点b处于平衡位置且正向下振动,质点c处于波峰位置,质点d处于平衡位置且正向上振动,可以判断题图2表示b质点的振动图象,选项B正确。
4.如图所示,实线和虚线分别表示振幅、频率均相同的两列波的波峰和波谷。此刻,M是波峰与波峰相遇点,下列说法中正确的是(　　)
A.该时刻质点O正处在平衡位置
B.M、P两质点始终处在平衡位置
C.随着时间的推移,质点M向O点处移动
D.从该时刻起,经过周期,质点M到达平衡位置
答案D
解析由题图可知,图中O、M为振动加强点,此时刻O处于波谷,M处于波峰,N、P为减弱点,且两列波振幅相同,因此,N、P两点振幅为零,即两质点始终处于平衡位置,因此A、B错误。质点不会随波向前推移,C错误。从该时刻经周期,两列波在M点分别引起的振动都位于平衡位置,故M点位于平衡位置,D正确。
5.在xOy平面内有一列沿x轴正方向传播的简谐横波,波速为2
m/s,振幅为A。M、N是平衡位置相距2
m的两个质点,如图所示。在t=0时,M通过其平衡位置沿y轴正方向运动,N位于其平衡位置上方最大位移处。已知该波的周期大于1
s。则(　　)(导学号51150139)
A.该波的周期为
s
B.在t=
s时,N的速度一定为2
m/s
C.从t=0到t=1
s,M向右移动了2
m
D.从t=
s到t=
s,M的动能逐渐增大
答案D
解析由题意λ+λ=2
m,λ=
m(n=0,1,2,3…),所以周期T=
s,由于T>1
s,n只能取0,T=
s,选项A错误;波传播速度不是各质点移动速度,质点也不随波迁移,选项B、C错误;质点M在竖直方向做简谐振动,从t=
s到t=
s正好处于间,质点M从最高处向平衡位置运动,速度越来越大,选项D正确。
6.蝉的家族中的高音歌手是一种被称作“双鼓手”的蝉,它的身体两侧有大大的环形发声器官,身体的中部是可以内外开合的圆盘。圆盘开合的速度很快,抖动的蝉鸣就是由此发出的。某同学围绕蝉歇息的树干走了一圈,听到忽高忽低的蝉鸣声,下列说法中正确的是(　　)
A.这种现象属于声波的衍射现象
B.这种现象属于声波的干涉现象
C.蝉的身体两侧的大大的环形发声器官可以看作相干波源
D.蝉发出的两列声波的传播速度一定相同
答案BCD
解析“听到忽高忽低的蝉鸣声”说明这是声波的干涉现象,选项A错误,B正确;蝉的身体两侧的发声器官可以看作相干波源,选项C正确;因为波速是由介质决定的,所以选项D正确。
7.一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示。介质中x=2
m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=10sin(5πt)
cm。关于这列简谐波,下列说法正确的是(　　)
A.周期为4.0
s
B.振幅为20
cm
C.传播方向沿x轴正向
D.传播速度为10
m/s
答案CD
解析质点做简谐运动的周期等于波的传播周期,由y=10sin(5πt)
cm可知ω=5π
rad/s,则周期T==0.4
s,选项A错误。振幅为10
cm,选项B错误。波长λ=4
m,传播速度v==10
m/s,选项D正确。该时刻质点P的振动方向向上,波的传播方向沿x轴正方向,选项C正确。
8.沿x轴正向传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形如图所示,M为介质中的一个质点,该波的传播速度为
40
m/s,则t=
s时(　　)
A.质点M对平衡位置的位移一定为负值
B.质点M的速度方向与对平衡位置的位移方向相同
C.质点M的加速度方向与速度方向一定相同
D.质点M的加速度方向与对平衡位置的位移方向相反
答案CD
解析根据波的图象可知波长为λ=4
m,根据波速可得该波周期为T==0.1
s,则由图示状态再经过
s即T后质点M相对平衡位置的位移仍为正值,但正在向下振动,可知其在t=
s时的速度方向与其相对平衡位置位移方向相反,而与加速度方向相同,选项A、B错误,C、D正确。
二、填空题(每小题10分,共20分。把答案填在相应的横线上)
9.一列波以60°的入射角入射到两种介质的交界面上,反射波刚好跟折射波垂直,若入射波的波长为0.6
m,那么折射波的波长为　　　 m,反射波的波长为　　　
m。
答案0.35　0.6
解析由题意知,入射角i=60°,则反射角i'=60°,折射角r=30°。因为
所以λ2=λ1=×0.6
m≈0.35
m
反射波的波长λ1'=λ1=0.6
m。
10.一简谐横波沿x轴正向传播,t=0时刻的波形如图(a)所示,x=0.30
m
处的质点的振动图线如图(b)所示,该质点在t=0时刻的运动方向沿y轴　　　(选填“正向”或“负向”)。已知该波的波长大于0.30
m,则该波的波长为　　　
m。
答案正向　0.8
解析根据图(b)可知,图线在t=0时的切线斜率为正,表示此时质点沿y轴正向运动;质点在图(a)中的位置如图所示,设质点的振动方程为y=2sin
(+φ)
cm,当t=0时,y=
cm,可得φ=。当t=时,y=2
cm达到最大,结合图(a)和题意可得λ=0.3
m,解得λ=0.8
m。
三、计算题(每小题16分,共32分)
11.渔船常利用超声波来探测远处鱼群的方位,已知某超声波的频率为1.0×105
Hz,某时刻该超声波在水中传播的波动图象如图所示。(导学号51150140)
(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象(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的时间为4
s,求鱼群与渔船间的距离(忽略船和鱼群的运动)。
答案(1)见解析　(2)3
000
m
解析(1)如图所示。
(2)因为超声波的频率为f=1.0×105
Hz,由波的图象可知超声波的波长λ=15×10-3
m,由v=λf可得超声波的速度v=λf=15×10-3×1.0×105
m/s=1
500
m/s,所以鱼群与渔船间的距离x=
m=3
000
m。
12.如图所示,一列向右传播的简谐横波,波速大小为0.6
m/s,P质点的横坐标x=0.96
m。从图中状态开始计时,求:(导学号51150141)
(1)P点刚开始振动时,振动方向如何
(2)经过多长时间,P点第一次达到波谷
(3)经过多长时间,P点第二次达到波峰
答案(1)沿y轴负方向　(2)1.3
s　(3)1.9
s
解析(1)P质点刚开始振动的振动方向就是初始时x坐标为0.24
m处质点的振动方向。因为横波沿x轴正方向传播,所以初始时x坐标为0.24
m处质点起振方向沿y轴负方向,故P质点刚开始振动的方向也沿y轴负方向。
(2)P点第一次达到波谷的时间,就是初始时刻x坐标为0.18
m处的质点的振动状态传到P点所需要的时间,则t1=,
又Δx1=(0.96-0.18)
m=0.78
m
所以t1=
s=1.3
s。
(3)P点第二次达到波峰的时间等于初始时x坐标为0.06
m处质点的振动状态传到P质点所需要的时间与一个周期的和,则
t2=+T=,
又Δx2=(0.96
-0.06)
m=0.9
m,λ=0.24
m
所以t2=
s=1.9
s。模块综合检测
(时间:45分钟　满分:100分)
一、选择题(每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第1~5小题只有一个选项正确,第6~8小题有多个选项正确)
1.下列叙述中正确的有(　　)
A.在不同的惯性参考系中,光在真空中的速度都是不相同的
B.两列波相叠加产生干涉现象,则振动加强区域与减弱区域交替变化
C.光的偏振现象说明光波是纵波
D.当观察者向波源靠近时,接收到的波的频率增大,但波源自身的频率不变
答案D
解析由狭义相对论原理可知,在不同的惯性参考系中,光在真空中的速度是相同的,选项A错误;两列波相叠加产生干涉现象,则振动加强区域与减弱区域相互隔开,形成稳定的干涉图样,选项B错误;光的偏振现象说明光波是横波,选项C错误;当观察者向波源靠近时,接收到的波的频率增大,但波源自身的频率不变,选项D正确。
2.下列说法正确的是(　　)
A.太阳光通过三棱镜形成彩色光谱,这是光的干涉的结果
B.用光导纤维传送图象信息,这是光的衍射的应用
C.眯着眼睛看发光的灯丝时能观察到彩色条纹,这是光的偏振现象
D.在照相机镜头前加装偏振滤光片拍摄日落时水面下的景物,可使景像清晰
答案D
解析太阳光通过三棱镜形成彩色光谱,是由于不同色光在介质中折射率不同产生的色散现象,A错;用光导纤维传送图象信息是利用了光的全反射,B错;眯着眼睛看发光的灯丝时观察到彩色条纹是光的衍射现象,C错;在照相机镜头前加装偏振滤光片拍摄日落时水面下的景物,滤去了水面的反射光,使景像清晰,D对。
3.如图所示为同一实验中甲、乙两个单摆的振动图象,从图象可知(　　)
A.两摆球质量相等
B.两单摆的摆长相等
C.两单摆相位相差π
D.在相同的时间内,两摆球通过的路程总有s甲=2s乙
答案B
解析由题图知T甲=T乙,则摆长相同,B正确。单摆的周期与质量无关,A错误。由题图可知,甲、乙的振动方程分别为x甲=0.02sin(ωt+)
x乙=0.01sin
ωt。
由此可知C错误。由单摆的运动规律知D错误。
4.太阳光照射下肥皂膜呈现的彩色,瀑布在阳光下呈现的彩虹以及通过狭缝观察发光的日光灯时看到的彩色条纹,这些现象分别属于(　　)
A.光的干涉、色散和衍射现象
B.光的干涉、衍射和色散现象
C.光的衍射、色散和干涉现象
D.光的衍射、干涉和色散现象
答案A
解析在太阳光照射下肥皂膜呈现彩色,是薄膜干涉现象;瀑布溅起的小雨滴相当于棱镜,在阳光下呈现的彩虹是光的色散现象;通过狭缝观察发光的日光灯时看到的彩色是光的衍射现象。故A正确。
5.
如图所示,玻璃棱镜的截面为等腰三角形,顶角a为30°。一束光线垂直于ab面射入棱镜,又从ac面射出。出射光线与入射光线之间的夹角为30°,则此棱镜材料的折射率是(　　)
　
　　　　　
　　　　　
　　
A.
B.
C.
D.
答案D
解析光线在ac界面上发生折射,入射角为30°,折射角为60°,n=。
6.如图所示,在均匀介质中的一条直线上的两个振源A、B相距6
m,振动频率相等。t0=0时刻A、B开始振动,且都只振动一个周期,振幅相等,A的振动图象为甲,B的振动图象为乙。若由A向右传播的机械波与由B向左传播的机械波在t1=0.3
s时恰好相遇,则下列判断正确的是(　　)
A.两列波在A、B间的传播速度大小均为10
m/s
B.两列波的波长都是2
m
C.在两列波相遇过程中,中点C为振动加强点
D.t2=0.75
s时刻B点经过平衡位置且振动方向向下
答案AB
解析由题意得v==10
m/s,A对;T=0.2
s,λ=vT=2
m,B对;中点C到两波源的距离都是半波长的奇数倍,因两波源是反相位的,所以振动减弱,C错;t2=0.75
s时,B点在负最大位移处,且开始向上振动,D错。
7.在LC振荡电路中,电容器C带的电荷量q随时间t变化的图象如图所示。在1×10-6
s到2×10-6
s内,关于电容器的充(放)电过程及由此产生的电磁波的波长,正确的是(　　)
A.充电过程
B.放电过程
C.波长为1
200
m
D.波长为1
500
m
答案AC
解析由题图可知,在1×10-6
s到2×10-6
s内,电容器C带的电荷量由0增加到最多,因此是充电过程。电磁振荡周期等于所发射的电磁波的周期,那么电磁波的波长为λ=cT=3×108×4×10-6
m=1
200
m。　
8.如图所示,在空气中,一束单色光由两面平行的玻璃板的a表面射入,从b表面射出,则以下说法中正确的是(　　)
A.出射光线一定与入射光线平行
B.随着θ角的增大,光可能在a表面发生全反射
C.随着θ角的增大,光可能在b表面发生全反射(θ<90°)
D.无论如何改变θ角,光线从a表面射入,不可能在b表面发生全反射
答案AD
解析光线通过两面平行的玻璃板时,光的传播方向不变,只是发生了侧移,故选项A正确;光线在a表面是由光疏介质射入光密介质,故不会发生全反射。当光线射到b表面时,入射角等于光在a表面时的折射角,由光路可逆知,它在b表面的折射角等于在a表面的入射角,故在b表面也不会发生全反射,故B、C错误,D正确。
二、填空题(每小题10分,共20分。把答案填在相应的横线上)
9.用“插针法”测定透明半圆柱玻璃砖的折射率,O为玻璃截面的圆心,使入射光线跟玻璃砖平面垂直,如图所示四个图中P1、P2、P3、P4是四个学生实验插针的结果。(导学号51150185)
(1)如图所示四个图中肯定把针插错了位置的是　　　　。
(2)这四个图中可以比较准确地测定折射率的是　　　　。
答案(1)A　(2)C
解析分别连接P1、P2和P3、P4用以确定入射光线和出射光线的入射点与折射点,并连接该两点,可确定出射光线和玻璃砖内部折射光线,如图所示。
由图可知,图A把针插错了;图B是r=i=0的特殊情况,不能测定n;图D入射角太大接近临界角,使出射光线弱、观察误差大;而图C的入射角适中,所以C比较准确。
10.某同学在做“用双缝干涉测光的波长”实验时,第一次分划板中心刻度线对齐A条纹中心时(如图甲所示),游标卡尺的示数如图丙所示,第二次分划板中心刻度线对齐B条纹中心线时(如图乙),游标卡尺的示数如图丁所示,已知双缝间距为0.5
mm,从双缝到屏的距离为1
m,则图丙中游标卡尺的示数为　　　　
mm。图丁中游标卡尺的示数为　　　　
mm。实验时测量多条干涉条纹宽度的目的是　　　　　　　　,所测光波的波长为　　　　
m。(保留两位有效数字)
答案11.6　16.6　减小误差　6.25×10-7
解析题图丙游标卡尺的示数为11.6
mm,题图丁游标卡尺的示数为16.6
mm。两示数的差为5条条纹中心间距离,则相邻两条纹间距为Δx=
mm,又Δx=λ,则可求出λ=6.25×10-7
m。　
三、计算题(每小题16分,共32分)
11.
如图所示,半圆形玻璃砖的半径R=10
cm,折射率为n=,直径AB与屏幕MN垂直并接触于A点。激光a以入射角θ1=30°射入玻璃砖的圆心O,在屏幕MN上出现了两个光斑。求这两个光斑之间的距离L。(导学号51150186)
答案0.23
m
解析作出光路图如图所示:
由折射定律知
所以sin
θ2=nsin
θ1=
θ2=60°
由图知L1=Rtan
60°,L2=Rtan
30°
所以L=L1+L2=R(tan
60°+tan
30°)≈0.23
m。　
12.如图所示,①为某一列简谐波t=t0时的波形图象,②是这列波上P点从这一时刻起的振动图象,试讨论。(导学号51150187)
(1)波的传播方向及传播速度;
(2)画出经2.3
s后波的图象,并求P质点的位移和P质点运动的路程。
答案(1)5.0
m/s,沿x轴正方向传播
(2)见解析图象　10
cm　2.3
m
解析(1)由图象可知t=t0时刻P质点由平衡位置向下运动。由此可确定波沿x轴正向传播。
由图象可知λ=2
m,T=0.4
s,v==5.0
m/s。
(2)T=0.4
s,经Δt=2.3
s=5T,故经2.3
s的波形图如图所示。
则P质点的位移为10
cm,路程s=5×4A+3A=2.3
m。第五章过关检测
(时间:45分钟　满分:100分)
一、选择题(每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第1~5小题只有一个选项正确,第6~8小题有多个选项正确)
1.爱因斯坦相对论的提出,是物理学思想的重大革命,因为它(　　)
A.揭示了时间、空间并非绝对不变的属性
B.借鉴了法国科学家拉瓦锡的学说
C.否定了牛顿力学的原理
D.修正了能量、质量互相转化的理论
答案A
解析狭义相对论和广义相对论揭示了时空的可变性,使人们能进一步去研究高速运动的物体。
2.对相对论的基本认识,下列说法正确的是(　　)
A.相对论认为:真空中的光速在不同惯性参考系中都是相同的
B.爱因斯坦通过质能方程阐明了质量就是能量
C.在高速运动的飞船中的宇航员会发现飞船中的钟走得比地球上快
D.我们发现竖直向上高速运动的球在水平方向上变扁了
答案A
解析爱因斯坦的质能方程阐明了质量和能量的相互联系,质量和能量是物体存在的两种形式,质量和能量是不同的概念。再由相对论的基本原理可知,选项A正确。
3.如果你以接近于光速的速度朝一星体匀速飞行,你可以发觉(　　)
A.你的质量在增加
B.你的心脏跳动在慢下来
C.你在变小
D.你永远不能由自身的变化知道你的速度
答案D
解析相对论的基本概念是:当你被关在一个封闭的房子中时,你绝对无法知道房子是否在做匀速运动。当房子突然停止运动时,在其中的人是能够感知这一点的;当房子突然开始运动时,其内部的人也能有感觉;当房子旋转时,关在其内部的人也能说出它在转动,但如果房子是在做匀速直线运动,即没有任何加速度,则在其内部的人就无法知道房子是否在移动,即使房子有一个窗户,你从窗户向外看,看见某些东西在朝你移动,但你仍说不出是你的房子在向这些东西移动,还是这些东西在向你的房子移动。
4.用相对论的观点判断,下列说法不正确的是(　　)
A.时间和空间都是绝对的,在任何参考系中一个事件发生的时间和一个物体的长度总不会改变
B.在地面上的人看来,以6
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6
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
答案A
解析由相对论知,时间和空间都是相对的,所以A项不正确。
5.在适当的时候,通过仪器可以观察到太阳后面的恒星,这说明星体发出的光(　　)
A.经太阳时发生了衍射
B.可以穿透太阳及其他障碍物
C.在太阳引力场作用下发生了弯曲
D.经过太阳外的大气层时发生了折射
答案C
解析根据爱因斯坦的广义相对论可知,光线在太阳引力场作用下发生了弯曲,所以可以在适当的时候(如日全食时)通过仪器观察到太阳后面的恒星。故C正确,A、B、D均错误。
6.用著名的公式E=mc2(c是光速),可以计算核反应堆中为了产生一定的能量所需消耗的质量。下面的哪种说法是正确的(　　)
A.同样的公式E=mc2也可以用来计算一个手电筒发出一定能量光时所丢失的质量
B.公式E=mc2适用于核反应堆中的核能,不适用于电池中的化学能
C.只适用于计算核反应堆中为了产生一定的能量所需消耗的质量
D.公式E=mc2适用于任何类型的能量
答案AD
7.根据气体吸收谱线的红移现象推算,有的类星体远离我们的速度竟达光速c的80%,即每秒24万千米。下列结论正确的是(　　)
A.在类星体上测得它发出的光的速度是(1+80%)c
B.在地球上接收到它发出的光的速度是(1-80%)c
C.在类星体上测得它发出的光的速度是c
D.在地球上测得它发出的光的速度是c
答案CD
解析据光速不变原理可以判定均为c。
8.下列说法正确的是(　　)
A.在经典力学中,物体的质量是不随物体运动状态而改变的
B.以牛顿运动定律为基础的经典力学理论具有局限性,它只适用于低速运动,不适用于高速运动;只适用于宏观世界,不适用于微观世界
C.相对论的出现否定了经典力学理论
D.伽利略的“自然数学化”的方法和牛顿的“归纳—演绎法”是经典力学方法的典型
答案ABD
解析在经典力学中物体的质量是恒定不变的,A对;经典力学有严格使用范围,即宏观、低速的物体,B对;相对论是对经典力学的发展,它并没有否认经典力学理论,C错;由物理学史可知D也是对的。
二、填空题(每小题10分,共20分。把答案填在相应的横线上)
9.设宇宙射线粒子的能量是其静止能量的k倍。则粒子运动时的质量等于其静止质量的　　　　倍,粒子运动速度是光速的　　　　　　　倍。(导学号51150182)
答案k　
解析由E=mc2,E=kE0,得=k。
由m==k,得v=c。
10.有不同相对速度的情况下,时钟的频率是不同的,它们之间的关系如图所示。由此可知,当时钟和观察者的相对速度达到0.6c(c为真空中的光速)时,时钟的周期大约为　　　　。在日常生活中,我们无法察觉时钟周期性变化的现象,是因为观察者相对于时钟的运动速度　　　　　　　　　。若在高速运行的飞船上有一只表,从地面上观察,飞船上的一切物理、化学过程和生命过程都变　　　　(选填“快”或“慢”)了。
答案2.5
s　远小于光速c　慢
解析根据题图中数据可知,当时钟和观察者的相对速度达到0.6c时,对应时钟的频率为0.4
Hz,则周期为2.5
s。日常生活中,我们无法察觉时钟周期性变化现象是因为运动速度远小于光速c。在高速运行状态下,时钟变慢。
三、计算题(每小题16分,共32分)
11.假设有一对孪生兄弟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)又飞回地球,据A在地球上的观测大角星离地球有40光年。这次B往返飞行经历的时间为80.8年(如果B离开地球时,他们的年龄为20岁),试问当B回到地球时,他们的年龄各有多大 (导学号51150183)
答案A为100.8岁,B为55.2岁。
解析A经历的时间tA=80.8年,A的年龄为TA=100.8岁。B经历的时间tB=tA=35.2年。B的年龄为TB=55.2岁。
12.地球上一观察者看见一飞船A以速度2.5×108
m/s从他身边飞过,另一飞船B以速度2.0×108
m/s跟随A飞行。求:(导学号51150184)
(1)A上的乘客看到B的相对速度;
(2)B上的乘客看到A的相对速度。
答案(1)-1.125×108
m/s
(2)1.125×108
m/s
解析(1)A上的乘客看地以-2.5×108
m/s向后运动。地面上的人看B以2.0×108
m/s向前运动,则A上乘客看B的速度为u=×108
m/s=-1.125×108
m/s。
(2)B看A的相对速度为1.125×108
m/s。第二节　简谐运动的力和能量特征
课时训练2　简谐运动的力和能量特征
基础夯实
1.关于简谐运动的回复力,下列说法正确的是(　　)
A.可以是恒力
B.可以是方向不变而大小改变的力
C.可以是大小不变而方向改变的力
D.一定是变力
答案D
解析回复力特指使振动物体回到平衡位置的力,对简谐运动而言,其大小必与位移大小成正比,故为变力。
2.(多选)物体做简谐运动时,下列叙述中正确的是(　　)
A.平衡位置就是回复力为零的位置
B.处于平衡位置的物体,一定处于平衡状态
C.物体到达平衡位置,合力一定为零
D.物体到达平衡位置,回复力一定为零
答案AD
解析平衡位置是回复力为零的位置,但物体的合外力未必为零,故选项A、D正确。
3.弹簧振子在光滑水平面上做简谐运动,在振子向平衡位置运动的过程中(　　)
A.振子所受的回复力逐渐增大
B.振子的位移逐渐增大
C.振子的速度逐渐减小
D.振子的加速度逐渐减小
答案D
解析根据牛顿第二定律进行分析。当振子向平衡位置运动时,位移逐渐减小,而回复力与位移成正比,故回复力也减小。由牛顿第二定律a=得加速度也减小。物体向着平衡位置运动时,回复力与速度方向一致,故物体的速度逐渐增大,正确选项为D。
4.(多选)关于回复力,下列说法正确的是(　　)
A.回复力是指物体受到的指向平衡位置的力
B.回复力是指物体受到的合外力
C.回复力是以力的作用效果来命名的,它可以是弹力,也可以是重力或摩擦力等几个力的合力
D.回复力实际上就是向心力
答案AC
解析回复力是物体振动时受到的指向平衡位置的力,它使物体回到平衡位置。它是根据效果命名的,可以是某一个力,也可以是某一个力的分力,也可以是几个力的合力。但应注意:回复力不一定等于合外力,向心力是指物体做匀速圆周运动所受到的效果力,虽然都是按效果命名的,但力的作用效果不同。
5.如图甲所示为某个质点做简谐运动的x-t图象,对图乙的下列判断正确的是(　　)
A.图(1)可作为v-t图象　　　
B.图(2)可作为F-t图象
C.图(3)可作为F-t图象
D.图(4)可作为a-t图象
答案C
解析t=0时刻,振子在平衡位置,速度最大且沿x轴的正方向,故A错。根据回复力F=-kx和牛顿第二定律,加速度和回复力总与位移方向相反,且与位移大小成正比,所以C正确。
6.一劲度系数为k的轻弹簧,上端固定,下端吊一质量为m的物体,让其上下做简谐运动,振幅为A,当物体运动到最高点时,其回复力大小为(　　)
A.mg+kA
B.mg-kA
C.kA-mg
D.kA
答案D
解析如果弹簧振子是在水平方向做简谐运动,所有同学会很快选择选项D,但遇到竖直方向的弹簧振子,大部分同学认为必须要考虑竖直方向的重力,因而会把D选项排除。问题的关键是错把kA当作弹力,而再去求它和重力的合力。
7.(多选)
一个弹簧振子,做简谐运动的周期为T,设t1时刻振子不在平衡位置,经过一段时间到t2时刻,振子的速度与t1时刻的速度大小相等、方向相同,若t2-t1<,如图所示,则(　　)
A.t2时刻振子的加速度一定跟t1时刻大小相等、方向相反
B.在t1~t2的中间时刻,振子处在平衡位置
C.从t1到t2时间内,振子的运动方向不变
D.从t1到t2时间内,振子所受回复力的方向不变
答案ABC
解析由题图可知t1、t2时刻的加速度大小相等、方向相反,A正确;且在t1~t2的中间时刻,振子处于平衡位置,B正确;在t1~t2时间内,振子的运动方向都沿y轴的正方向,故运动方向不变化,C正确;从t1到t2时间内,位移方向发生了变化,振子所受回复力的方向发生了变化,D错。本题的正确选项为A、B、C。
8.(多选)弹簧振子在水平方向上做简谐运动的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.在平衡位置时它的机械能最大
B.在最大位移时它的弹性势能最大
C.从平衡位置到最大位移处它的动能减小
D.从最大位移处到平衡位置它的机械能减小
答案BC
解析弹簧振子做简谐运动时机械能守恒,因此选项A和D均错误;在最大位移处时,弹性势能最大,选项B正确;从平衡位置到最大位移处的运动是振子远离平衡位置的运动,速度减小,动能减小,选项C正确。
9.(多选)
如图所示是某一质点做简谐运动的图象,下列说法正确的是(　　)
A.在第1
s内,质点做加速运动
B.在第2
s内,质点做加速运动
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
答案BC
解析质点在第1
s内,由平衡位置向正向最大位移处运动,做减速运动,所以选项A错误。在第2
s内,质点由正向最大位移处向平衡位置运动,做加速运动,所以选项B正确。在第3
s内,质点由平衡位置向负向最大位移处运动,动能转化为势能,所以选项C正确。在第4
s内,质点由负向最大位移处向平衡位置运动,势能转化为动能,所以选项D错误。
10.(多选)一弹簧振子在竖直方向上做简谐运动,下列说法中正确的是(　　)
A.振子的速度相同时,弹簧的长度一定相等
B.振子从最低点向平衡位置运动的过程中,弹簧的弹力始终做负功
C.振子受到的回复力由弹簧的弹力和振子的重力的合力提供
D.在振子运动的过程中,系统的机械能守恒
答案CD
解析振子在平衡位置两侧往复运动,速度相同的位置关于平衡位置对称,弹簧长度明显不相等,选项A错误;振子由最低点向平衡位置运动的过程中,弹簧对振子施加的力指向平衡位置,弹力做正功,选项B错误;振子受到的回复力由振子的重力和弹簧的弹力的合力提供,且振子运动过程中只有重力和弹簧的弹力做功,所以系统的机械能守恒,故选项C、D正确。
11.
如图所示,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(　　)
A.小球最大动能应等于mgA
B.弹簧的弹性势能和小球动能总和保持不变
C.弹簧最大弹性势能等于2mgA
D.小球在最低点时的弹力大于2mg
答案C
解析小球平衡位置kx0=mg,x0=A=,当到达平衡位置时,有mgA=mv2+kA2,A错。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,重力势能全部转化弹性势能Ep=2mgA,最低点加速度大小等于最高点加速度g,据牛顿第二定律F-mg=mg,F=2mg,C对,D错。
12.如图所示为水平放置的两个弹簧振子A和B的振动图象,已知两个振子质量之比为mA
∶mB=2∶3,弹簧的劲度系数之比为kA∶kB=3∶2,则它们的周期之比TA∶TB=　　　　　;它们的最大加速度之比为aA∶aB=　　　　　。
答案2∶3
　9∶2
解析由题图可知,A振子的周期为0.4
s,B振子的周期为0.6
s,故周期之比为TA∶TB=2∶3;最大加速度时,有mAaA∶mBaB=10kA∶5kB,故最大加速度之比aA∶aB=9∶2。
能力提升
13.如图所示,一水平弹簧振子在光滑水平面上的B、C两点间做简谐运动,O为平衡位置。已知振子由完全相同的P、Q两部分组成,彼此拴接在一起。当振子运动到B点的瞬间,将P拿走,则以后Q的运动和拿走P之前比较有(　　)(导学号51150093)
A.Q的振幅增大,通过O点时的速率增大
B.Q的振幅减小,通过O点时的速率减小
C.Q的振幅不变,通过O点时的速率增大
D.Q的振幅不变,通过O点时的速率减小
答案C
解析当振子运动到B点的瞬间,振子的速度为零,此时P、Q的速度均为零,振子的动能全部转化为系统中弹簧的弹性势能,将P拿走并不影响系统的能量,故能量并不改变,因此Q的振幅不变,当振子通过O点时系统的弹性势能又全部转化为动能,拿走P之前,弹性势能转化为P、Q两个物体的动能,拿走P之后,弹性势能转化为Q一个物体的动能,故拿走P之后Q的动能比拿走P之前Q的动能大,速率也要增大。所以选C。
14.(多选)
如图所示,物体A置于物体B上,一轻质弹簧一端固定,另一端与B相连。在弹性限度范围内,A和B一起在光滑水平面上做往复运动(不计空气阻力),并保持相对静止。则下列说法正确的是(　　)(导学号51150094)
A.A和B均做简谐运动
B.作用在A上的静摩擦力大小与弹簧的形变量成正比
C.B对A的静摩擦力对A做功,而A对B的静摩擦力对B不做功
D.B对A的静摩擦力始终对A做正功,而A对B的静摩擦力始终对B做负功
答案AB
解析由于A与B保持相对静止,可看作一个整体,则它们所受到的合力等于弹簧的弹力,而弹力方向指向被挤压的物体。设弹簧的形变量为x,则整体所受合外力可记作F=-kx,因此,A和B一起做简谐运动,选项A正确;设A与B的质量分别为mA和mB,则它们的加速度大小a=,所以A受到B的静摩擦力即A所受到的合力,FA=mAa=x,所以选项B正确;在A与B一起做简谐运动向平衡位置运动的过程中,B对A做正功,而A对B做负功;在A与B一起运动,远离平衡位置运动的过程中,B对A做负功,而A对B做正功,所以选项C、D错误。
15.
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的振动可视为简谐运动,周期为T。取竖直向上为正方向,以某时刻作为计时起点,即t=0,其振动图象如图所示,则(　　)(导学号51150095)
A.t=T时,货物对车厢底板的压力最大
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
答案C
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,由振动图象可知在T时,货物向上的加速度最大,故选项C正确;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,由振动图象可知在T时,货物向下的加速度最大,所以选项A、B、D错误。
16.
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51150096)
答案是
解析
设水的密度为ρ0,木块的横截面积为S,静止时浸在水中的深度为x0,如图所示,由平衡条件得F浮=m木g。
又F浮=ρ0x0Sg,则有m木g=ρ0x0Sg,此位置即为木块的平衡位置。
当用力将木块按下使浸在水中部分为(x0+x)时,以x方向为正方向,则木块此时所受合力F合=m木g-F浮'。
而F浮'=ρ0(x0+x)Sg。
由以上各式解得F合=-ρ0Sgx。
式中ρ0为水的密度,S为木块的横截面积,g为重力加速度,所以ρ0Sg为常量,令k=ρ0Sg,则有F合=-kx。
上式表明木块在上下振动的过程中所受合力F合与偏离平衡位置的位移x的大小成正比,负号表示二者方向相反。所以符合简谐运动的动力学特征,木块的振动是简谐运动。
17.
如图所示,A、B叠放在光滑水平地面上,B与自由长度为L0的轻弹簧相连,当系统振动时,A、B始终无相对滑动,已知mA=3m,mB=m,当振子距平衡位置的位移x=时,系统的加速度为a,求A、B间摩擦力Ff与位移x的函数关系。(导学号51150097)
答案Ff=
解析设弹簧的劲度系数为k,以A、B整体为研究对象,系统在水平方向上做简谐运动,其中弹簧的弹力作为系统的回复力,所以对系统运动到距平衡位置时,有k=(mA+mB)a
由此可得k=
当系统的位移为x时,A、B间的静摩擦力为Ff,此时A、B具有共同加速度a',对系统有
-kx=(mA+mB)a'①
k=②
对A有Ff=mAa'③
由①②③结合得Ff=-x。
18.
如图所示为一弹簧振子的振动图象,如果振子的质量为0.2
kg,则:
(1)从计时开始经过多长时间第一次达到弹性势能最大
(2)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 (导学号51150098)
答案见解析
解析(1)由题图知,在计时开始的时刻振子恰好以沿x轴正方向的速度通过平衡位置O,此时弹簧振子具有最大动能,随着时间的延续,速度不断减小,而位移逐渐增大,经t=T=1
s,其位移达到最大,此时弹性势能最大。
(2)由题图知,在t=2
s时,振子恰好通过平衡位置,此时加速度为零,随着时间的延续,位移不断增大,加速度也变大,速度不断变小,动能不断变小,弹性势能逐渐增大。当t=3
s时,加速度达到最大值,速度等于零,动能等于零,弹性势能达到最大值。第三节　光的全反射现象
课时训练15　光的全反射现象
基础夯实
1.(多选)下列说法正确的是(　　)
　
　　　　　
　　　　　
　　
A.因为水的密度大于酒精的密度,所以水是光密介质
B.因为水的折射率小于酒精的折射率,所以水对酒精来说是光疏介质
C.同一束光,在光密介质中的传播速度较大
D.同一束光,在光密介质中的传播速度较小
答案BD
解析因为水的折射率为1.33,酒精的折射率为1.36,所以水对酒精来说是光疏介质;由v=可知,光在光密介质中的速度较小。
2.关于全反射,下列所述中正确的是(　　)
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.光从光密介质射向光疏介质时有可能不发生全反射现象
C.光从光密介质射向光疏介质时一定产生全反射现象
D.光从光疏介质射向光密介质时有可能发生全反射现象
答案B
解析发生全反射现象必须同时满足两个条件: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。两个条件缺一不可。故正确答案为B。
3.(多选)如图所示,ABCD是两面平行的透明玻璃砖,AB面和CD面平行,它们分别是玻璃和空气的界面,设为界面Ⅰ和界面Ⅱ,光线从界面Ⅰ射入玻璃砖,再从界面Ⅱ射出,回到空气中,如果改变光到达界面Ⅰ时的入射角,则(　　)
A.只要入射角足够大,光线在界面Ⅰ上可能发生全反射现象
B.只要入射角足够大,光线在界面Ⅱ上可能发生全反射现象
C.不管入射角多大,光线在界面Ⅰ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Ⅱ上都不可能发生全反射现象
答案CD
解析在界面Ⅰ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,则选项C正确;在界面Ⅱ光由玻璃进入空气,是由光密介质进入光疏介质,但是,由于界面Ⅰ和界面Ⅱ平行,光由界面Ⅰ进入玻璃后再达到界面Ⅱ,在界面Ⅱ上的入射角等于在界面Ⅰ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,选项D正确。
4.如图所示,光线由空气射入半圆形玻璃砖,或由玻璃砖射入空气的光路图中,正确的是(玻璃的折射率为1.5)(　　)
A.图乙、丁
B.图甲、丁
C.图乙、丙
D.图甲、丙
答案A
解析光线由空气进入玻璃砖中时,入射角大于折射角,由玻璃砖射入空气时,入射角小于折射角,由临界角计算公式得C=arcsin
=arcsin
=41°49',入射角50°大于临界角,将发生全反射。
5.如下各图画的是光由空气进入全反射(等腰直角)玻璃棱镜,再由棱镜射入空气中的光路图。其中正确的光路图是(　　)
答案A
解析光由空气进入玻璃,入射角为0°时,折射光线不改变方向,光由玻璃射向棱镜的斜边玻璃与空气界面时,发生全反射现象,光线在直角边射出时不改变方向。
6.
如图,一个三棱镜的截面为等腰直角△ABC,∠A为直角。此截面所在平面内的光线沿平行于BC边的方向射到AB边,进入棱镜后直接射到AC边上,并刚好能发生全反射。则该棱镜材料的折射率为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案A
解析如图所示,根据折射率定义有,sin∠1=nsin∠2,nsin∠3=1,已知∠1=45°,∠2+∠3=90°,解得
n=。
7.(多选)已知介质对某单色光的临界角为C,则(　　)
A.该介质对这种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c·sin
C(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与在真空中波长的比值为sin
C
D.此单色光在该介质中的频率是在真空中的倍
答案ABC
解析由临界角的计算式sin
C=得n=,选项A正确;将n=代入sin
C=得sin
C=,故v=csin
C,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、光速的关系得c=λ0f,v=λf,故sin
C=,λ=λ0sin
C,选项C正确;该单色光由真空传入介质时,频率不发生变化,选项D错误。
8.
(多选)如图所示,半圆形玻璃砖放在空气中,三条同一颜色、强度相同的光线均由空气射入玻璃砖,到达玻璃砖的圆心位置。下列说法正确的是(　　)(导学号51150158)
A.假若三条光线中有一条在O点发生了全反射,那一定是aO光线
B.假若光线bO能发生全反射,那么光线cO一定能发生全反射
C.假若光线bO能发生全反射,那么光线aO一定能发生全反射
D.假若光线aO恰能发生全反射,则光线bO的反射光线比光线cO的反射光线的亮度大
答案ACD
解析本题考查全反射的条件及能量。三条入射光线沿着指向圆心的方向由空气射向玻璃砖,在圆周界面,它们的入射角为零,均不会偏折。在直径界面,光线aO的入射角最大,光线cO的入射角最小,它们都是从光密介质射向光疏介质,都有发生全反射的可能。如果只有一条光线发生了全反射,那一定是aO光线,因为它的入射角最大,所以A项对。
假若光线bO能发生全反射,说明它的入射角等于或大于临界角,光线aO的入射角更大,所以,光线aO一定能发生全反射,光线cO的入射角可能大于临界角,也可能小于临界角,因此,cO不一定能发生全反射。所以C项对,B项错。
假若光线aO恰能发生全反射,光线bO和cO都不能发生全反射,但bO的入射角更接近于临界角,所以光线bO的反射光线较光线cO的反射光线强,即bO的反射光线亮度较大,所以D项对,本题答案选A、C、D。
9.(多选)酷热的夏天,在平坦的柏油公路上你会看到在一定距离之外,地面显得格外明亮,仿佛是一片水面,似乎还能看到远处车、人的倒影。但当你靠近“水面”时,它也随着你的靠近而后退。对此现象正确的解释是(　　)
A.出现的是“海市蜃楼”,是由于光的折射造成的
B.“水面”不存在,是由于酷热难耐,人产生的幻觉
C.太阳辐射到地面,使地表温度升高,折射率大,发生全反射
D.太阳辐射到地面,使地表温度升高,折射率小,发生全反射
答案AD
解析酷热的夏天地面温度高,地表附近空气的密度小,空气的折射率下小上大,远处车、人反射的太阳光由光密介质射入光疏介质发生全反射。
10.在完全透明的水下某深处,放一点光源,在水面上可见到一个圆形透光平面,如果透光圆面的半径正在匀速增大,如图所示,则光源正在(　　)
A.匀加速上升
B.匀加速下沉
C.匀速上升
D.匀速下沉
答案D
解析因为发生全反射,所以圆形透光半径
r=dtan
C,因为r是匀速变大,所以d也是匀速变大的,故光源是在匀速下沉,所以选项D正确。
11.
如图所示,直角玻璃棱镜中∠A=70°,入射光线垂直于AC面,求光线从棱镜第一次射入空气时的折射角,并作光路图。已知玻璃的折射率为。(导学号51150160)
答案第一次射入空气时的折射角为45°,光路图见解析图。
解析光从玻璃射入空气的临界角为45°。作光路图如图所示。
第一次射到AB面上时,入射角∠1=70°,发生全反射;再射到BC面上,这时入射角∠2=50°,大于临界角,发生全反射;再射到AB面上时,入射角∠3=30°,发生折射,根据,可知折射角∠4=45°。
能力提升
12.(多选)如图为一直角棱镜的横截面,∠BAC=90°,∠ABC=60°。一平行细光束从O点沿垂直于
BC面的方向射入棱镜。已知棱镜材料的折射率n=,若不考虑入射光线在BC面上的反射光,则有光线(　　)(导学号51150206)
A.从AB面射出
B.从AC面射出
C.从BC面射出,且与BC面斜交
D.从BC面射出,且与BC面垂直
答案BD
解析由n=知,sin
C=,故临界角为45°,当光由BC面射入,到AB界面上时,由几何关系知入射角为60°,所以必发生全反射,反射至AC界面时入射角为30°,所以光既从AC面出射,又反射,从AC面反射的光刚好垂直BC面出射。所以有光线从AC面和BC面射出,且从BC面射出的光线与BC面垂直,选项B、D正确。
13.(多选)如图所示,有一束平行于等边三棱镜截面ABC的单色光从空气射向E点,并偏折到F点,已知入射方向与边AB的夹角为
θ=30°,E、F分别为边AB、BC的中点,则(　　)(导学号51150207)
A.该棱镜的折射率为
B.光在F点发生全反射
C.光从空气进入棱镜,波长变小
D.从F点出射的光束与入射到E点的光束平行
答案AC
解析在E点作出法线可知入射角为60°,折射角为30°,折射率为,A对;由光路的可逆性可知,在BC边上的入射角小于临界角,不会发生全反射,B错;由公式λ介=,可知C对;三棱镜两次折射使得光线都向底边偏折,不会与入射到E点的光束平行,故D错。
14.在桌面上有一倒立的玻璃圆锥,其顶点恰好与桌面接触,圆锥的轴(图中虚线)与桌面垂直,过轴线的截面为等边三角形,如图所示。
有一半径为r的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的底面上,光束的中心轴与圆锥的轴重合。已知玻璃的折射率为1.5,则光束在桌面上形成的光斑半径为(　　)(导学号51150208)
A.r
B.1.5r
C.2r
D.2.5r
答案C
解析如图所示,光线射到A或B时,入射角为60°,大于临界角(C=arcsin
=42°),发生全反射,由几何关系可知第二次到达界面的时候与界面垂直;同理,在AB之间射入的光线都发生全反射。O点为△ABC的重心,设FC=x,则由几何关系得,解得光斑半径x=2r。故选项C正确。
15.如图所示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51150159)
答案
解析首先画出光路图,如图所示。设光线射向CD面上时入射角为θ1,根据两次反射的入射角相等,结合光路图可得θ1=θ2=θ3=θ4=22.5°,又玻璃的折射率n=,当临界角C=θ1=22.5°时,折射率最小,故五棱镜折射率的最小值为n=。
16.一玻璃立方体中心有一点状光源。今在立方体的部分表面镀上不透明薄膜,以致从光源发出的光线只经过一次折射不能透出立方体。已知该玻璃的折射率为,求镀膜的面积与立方体表面积之比的最小值。(导学号51150161)
答案
解析如图,考虑从玻璃立方体中心O点发出的一条光线,假设它斜射到玻璃立方体上表面发生折射。根据折射定律有
nsin
θ=sin
α①
式中,n是玻璃的折射率,入射角等于θ,α是折射角。
现假设A点是上表面面积最小的不透明薄膜边缘上的一点。由题意,在A点刚好发生全反射,故
αA=②
设线段OA在立方体上表面的投影长为RA,由几何关系有
sin
θA=③
式中a为玻璃立方体的边长。由①②③式得
RA=④
由题给数据得
RA=⑤
由题意,上表面所镀的面积最小的不透明薄膜应是半径为RA的圆。所求的镀膜面积S'与玻璃立方体的表面积S之比为
⑥
由⑤⑥式得
。第三节　质能方程与相对论速度合成定理
广义相对论　第五节　宇宙学简介
课时训练21　质能方程与相对论速度合成定理
广义相对论　宇宙学简介
基础夯实
1.(多选)通常我们把地球和相对地面静止或匀速运动的物体看成是惯性系,若以下列系统为参考系,则属于非惯性系的有(　　)
A.停在地面上的汽车
B.绕地球做匀速圆周运动的飞船
C.在大海上匀速直线航行的轮船
D.进站时减速行驶的火车
答案BD
2.(多选)在一列相对于地面的速度为v的高速行驶的火车上,车上的人以速度u'沿着火车前进的方向相对火车运动,根据相对论的速度叠加公式,下列说法正确的是(　　)
A.人相对于地面的速度小于人的速度和火车速度之和
B.人相对于地面的速度大于人的速度和火车速度之和
C.只要人和火车的速度足够大,人相对于地面的速度可以超过光速
D.不管人和火车的速度多大,人相对于地面的速度都小于光速
答案AD
3.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(　　)
A.0.1　　　B.0.2　　　C.0.5　　　D.0.9
答案C
解析由题意知E0=0.511
MeV,Ek=0.25
MeV,　
由E0=m0c2,Ek=Δmc2可得出,代入数据得≈0.5。
4.一辆由超强电池供电的电动车和一辆普通有轨电车,都被加速到接近光速。在我们的静止参考系中进行测量,哪辆车的质量将增大(　　)
A.电动车
B.有轨电车
C.两者都增加
D.都不增加
答案B
解析物体质量的增大只发生在给它不断输入能量而使速度增大的时候,若水平速度的增大是由本身提供能量,则物体质量不增加,即m=与E=mc2是统一的,故B正确,A、C、D错误。
5.(多选)在外层空间的宇宙飞船上,如果座舱正以加速度a=10
m/s2向头顶方向运动,这时,你以v0=2
m/s的初速度竖直向上抛出一个小球,不计空气阻力,以下结论正确的是(　　)
A.小球相对座舱向上做匀速直线运动
B.小球相对座舱上升的最大高度是0.2
m
C.小球相对座舱先向上做减速运动,再向下做加速运动(即竖直上抛运动)
D.小球相对座舱做竖直下抛运动
答案BC
解析根据广义相对性原理,在任何参考系(包括非惯性系)中物理规律都是相同的。所以可以用原有的运动学知识解答。
6.(多选)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,时间进程越快
D.由于物质的存在,实际的空间是弯曲的
答案AD
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B、C不正确。
7.回旋加速器给带电粒子加速时,不能把粒子的速度无限制地增大,其原因是(　　)
A.加速器功率有限,不能提供足够大的能量
B.加速器内无法产生磁感应强度足够大的磁场
C.加速器内无法产生电场强度足够大的电场
D.速度增大使粒子质量增大,粒子运行的周期与交变电压不再同步,无法再加速
答案D
解析回旋加速器中带电粒子运动的周期为T=,当粒子速度比较小时,可以认为其质量是不变的,那么其周期也不变。但当粒子的速度很大,接近光速时,其质量明显增大,周期也发生了明显变化,粒子运行的周期与交变电压不再同步,无法再加速。
8.(多选)下列问题需要用相对论来进行解释的是(　　)
A.“嫦娥”一号的运动轨迹的计算
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
答案CD
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。
9.(多选)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
答案AD
10.(多选)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红端偏移
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
答案ABCD
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B、C正确。
11.根据牛顿第二定律,物体在恒力作用下由静止开始做加速运动,可以获得超过光速的速度,这种分析有什么不对
解答物体在恒力作用下加速时,m会增加。当v趋近光速c时,质量m趋于无穷大,物体的加速度趋近于零。物体速率实际上不会再增加,故说法不对。
12.关于宇宙起源,目前比较有影响的理论是什么
解答比较有影响的理论是大爆炸宇宙学,即认为我们的宇宙是在约150
亿年以前从一个尺度极小的状态发展演化出来的。1929年美国天文学家哈勃发现银河系以外的大多数星系都在远离我们而去,距离越远,离开的速度越大。后来的分析表明,这是由于我们所处的宇宙正在膨胀,因此星系间距离在不断增大,在任何地方看起来,其他星系都在远离自己。
能力提升
13.把一个静止质量为m0的粒子,由静止加速到0.6c(c为真空中的光速),需做的功为(　　)
A.0.18m0c2
B.0.25m0c2
C.0.35m0c2
D.1.25m0c2
答案B
解析加速到0.6c时,m==1.25m0。粒子的动能为Ek=(m-m0)c2=0.25m0c2,由动能定理可得选项B正确。
14.在高速运动的火车上,设车对地面的速度为v,车上的人以速度u'沿着火车前进的方向相对火车运动,那么他相对地面的速度u与u'+v的关系是(　　)(导学号51150178)
A.u=u'+v
B.uC.u>u'+v
D.以上均不正确
答案B
解析按照经典时空观,u=u'+v,实际上,根据相对论速度合成公式u=,1+>1,所以严格地来说,应当u15.人造卫星以第一宇宙速度(约8
km/s)运动,问它的质量和静质量的比是多少 (导学号51150179)
答案1.000
000
000
35
解析=7.1×10-10
由m=,
得=1.000
000
000
35。
16.已知太阳内部进行激烈的热核反应,每秒钟辐射的能量为3.8×1026
J,则可算出太阳质量每秒钟减少多少 (导学号51150180)
答案4.2×106
t
解析由质能方程知太阳每秒钟因辐射能量而失去的质量为Δm==4.2×109
kg=4.2×106
t。
17.设质子的质量为m0,真空中光速为c,当两个质子都以0.9c的速度相向运动时,实验室中的观察者观察到的两个质子的总动能为多少 (导学号51150181)
答案2.58m0c2
解析每个质子以0.9c的速度运动,质量为mp=,由质能方程得质子运动的能量为E=c2≈2.29m0c2,质子的静能为E0=m0c2,质子的动能为Ek=E-E0=2.29m0c2-m0c2=1.29m0c2,两个质子的动能总和为2Ek=2.58m0c2。第三节　电磁波的发射、传播和接收
课时训练12　电磁波的发射、传播和接收
基础夯实
1.为了使需要传递的信息(如声音、图象等)载在电磁波上发射到远方,必须对振荡电流进行(　　)
A.调谐　
　B.放大　
　C.调制　
　D.解调
答案C
解析根据调谐、调制、解调的定义易知选项C正确。
2.为了增大无线电台向空间辐射无线电波的能力,对LC振荡电路的结构可采取下列哪些措施(　　)
A.增大电容器极板的正对面积
B.增大电容器极板的间距
C.增大自感线圈的匝数
D.提高供电电压
答案B
解析要增大无线电台向空间辐射电磁波的能力,必须提高其振荡频率,由f=知,可减小L和C以提高f。要减小L可采取减少线圈匝数,抽出铁芯的办法,要减小C可采取增大极板间距,减小极板正对面积,减小介电常数的办法。故选项
B正确,选项A、C、D错误。
3.关于电磁波的发射,下列说法中正确的是(　　)
A.各种频率的电磁振荡都能辐射电磁波,只是辐射的能量所占振荡总能量的比例不同罢了,振荡周期越大,越容易辐射电磁波
B.为了有效向外辐射电磁波,振荡电路必须采用开放电路,同时提高振荡频率
C.为了有效向外辐射电磁波,振荡电路不必采用开放电路,但要提高振荡频率
D.提高振荡频率和电路开放是发射电磁波的必要手段,振荡电路开放的同时,其振荡频率也随之提高
答案B
解析电磁波的发射应该采用开放电路,同时频率越高,发射范围越大。
4.(多选)下列说法正确的是(　　)
A.发射的图象信号不需要调制过程
B.接收到的图象信号要经过调谐、解调
C.电视信号包括图象信号和伴音信号两种
D.图象信号和伴音信号传播的速度不同
答案BC
解析发射电磁波应先调制,接收电磁波应先调谐、解调,A项错误,B项正确;根据日常生活经验可知C项正确;不管是什么信号,只要以电磁波形式发送,速度就是一样的,D项错误。
5.把经过调制的高频电流变为信号电流的过程叫(　　)
A.调幅
B.调频
C.调谐
D.检波
答案D
6.在无线电波广播的接收中,调谐和检波是两个必须经历的过程,下列关于接收过程的顺序,正确的是(　　)
A.调谐→高频放大→检波→音频放大
B.检波→高频放大→调谐→音频放大
C.调谐→音频放大→检波→高频放大
D.检波→音频放大→调谐→高频放大
答案A
7.转换电视频道,选择自己喜欢的电视节目,称为(　　)
A.调幅
B.调频
C.调制
D.调谐
答案D
解析选择电视频道是调整谐振电路的频率与待选定频道信号的频率一致,从而产生电谐振,这是调谐的过程。
8.(多选)下列关于无线电广播的叙述,正确的是(　　)
A.发射无线电广播信号必须采用调频方式
B.发射无线电广播信号必须进行调制
C.接收无线电广播信号必须进行调谐
D.接收到无线电广播信号必须进行解调才能由扬声器播放
答案BCD
解析发射无线电广播信号必须经过调制,可以采用调频,也可以采用调幅,所以A错误,B正确。接收无线电广播信号必须经过调谐也就是选台,C正确。由于无线电波中有高频信号,所以要经过解调将低频信号检出来,才能由扬声器播放,D正确。故正确选项为B、C、D。
9.(多选)下列说法正确的是(　　)
A.发射出去的无线电波,可以传播到无限远处
B.无线电波遇到导体,就可在导体中激起同频率的振荡电流
C.波长越短的无线电波,越接近直线传播
D.移动电话是利用无线电波进行通讯的
答案BCD
解析无线电波在传播过程中,遇到障碍物就被吸收一部分,遇到导体,会在导体内产生涡流(同频率的振荡电流),故B对,A错;波长越短,传播方式越接近光的直线传播,移动电话发射或接收的电磁波属于无线电波的高频段,C、D正确。故正确选项为B、C、D。
10.(多选)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,越易沿直线传播
C.电磁波在各种介质中传播波长恒定
D.只要有三颗均匀分布的同步卫星在赤道上空传递微波,就可把信号传遍全世界
答案BD
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B对,A错;电磁波在介质中传播时,频率不变,而传播速度改变,由v=λf,可判断波长改变,C错;由于同步卫星相对地面静止在赤道上空36
000
km高的地方,用它做微波中继站,只要有三颗互成120°的同步卫星,就几乎可覆盖全球,D正确。
11.下列说法中正确的是(　　)
A.发射电磁波要使用振荡器、调谐器和天线
B.接收电磁波要使用天线、调制器、检波器和喇叭
C.电磁波只能传播声音,不能传递图象
D.电磁波的传播速度约为3×108
m/s
答案D
解析电磁波的发射,主要是把含有声音等信号的电信号加载到高频振荡电流上,这个过程就叫做调制而不是调谐,调谐的通俗讲法就是选台,它只能发生在接收过程,A、B错;电磁波中既可含有音频信号也可含有视频信号,它既能传播声音,也能传递图象,电视就是从电磁波中检出声音和图象,C错;在人们认识电磁波前先认识了光,光的传播速度是3×108
m/s,而光就其本质来讲也属电磁波,所以电磁波的传播速度也为3×108
m/s,D正确。
12.如果收音机调谐电路中是采用改变电容的方式来改变回路固有频率的。当接收的电磁波的最长波长是最短波长的3倍时,电容器的最大电容与最小电容之比为(　　)
A.3∶1
B.9∶1
C.1∶3
D.1∶9
答案B
解析根据v=λf及f=,则。
13.(多选)下列关于无线电波的叙述中,正确的是(　　)
A.无线电波是波长从几十千米到几毫米的电磁波
B.无线电波在任何介质中传播速度均为3.00×108
m/s　
C.无线电波不能产生干涉和衍射现象
D.无线电波由真空进入介质传播时,波长变短
答案AD
解析无线电波由真空进入介质时,f不变,v变小,故λ变短。
能力提升
14.电视机的室外天线能把电信号接收下来,是因为(　　)(导学号51150202)
A.天线处于变化的电磁场中,天线中产生感应电流,相当于电源,通过馈线输送给LC电路
B.天线只处于变化的电场中,天线中产生感应电流,相当于电源,通过馈线输送给LC电路
C.天线只是有选择地接收某电台信号,而其他电视台信号则不接收
D.天线将电磁波传输到电视机内
答案A
解析室外天线处于空间变化的电磁场中,天线中产生了感应电流,此电流通过馈线输送给LC电路,此电流中空间各电台信号激起的电流均存在,但只有频率与调谐电路频率相等的电信号对应电流最强,然后再通过解调处理输入后面电路,故A正确,B、C、D均错误。
15.(多选)调谐电路的可变电容器的动片从完全旋入到完全旋出仍接收不到较高频率电台发出的电信号,要收到电台信号,应(　　)(导学号51150203)
A.增大调谐电路中线圈的匝数
B.增大电源电压
C.减小调谐电路中线圈的匝数
D.将线圈中的铁芯取走
答案CD
解析当调谐电路的固有频率等于电台发出信号的频率时,发生电谐振才能接收到电台信号,由题意知收不到信号的原因是调谐电路频率太低,由f=可知C若无法再调节,可通过调节L来提高频率f。故正确选项为C、D。
16.一台无线电接收机,当接收频率为535
kHz的信号时,调谐回路里电容器的电容是360
pF,如果调谐回路里的电感线圈保持不变,要接收频率为1
605
kHz的信号时,调谐回路里电容器的电容应改变为(　　)(导学号51150204)
A.40
pF
B.120
pF
C.1
080
pF
D.3
240
pF
答案A
解析由f=得
f1=535×103
Hz=,①
f2=1
605×103
Hz=,②
由①②得C=40×10-12
F=40
pF。故正确答案为A。
17.图中A为某火箭发射场,B为山区,C为城市。发射场正在进行某型号火箭的发射试验。为了转播火箭发射的实况,在发射场建立了发射台用于发射广播与电视信号。已知传输无线电广播所用的电磁波波长为550
m,而传输电视信号所用的电磁波波长为0.566
m,为了不让山区挡住信号的传播,使城市居民能收听和收看火箭发射的实况,必须通过建在山顶上的转发站来转发　　　　　　　(选填“无线电广播信号”或“电视信号”)。这是因为　 　。
(导学号51150144)
答案电视信号　电视信号波长短,沿直线传播,受山坡阻挡,不易衍射
解析从题中知,传输无线电广播所用电磁波波长为550
m,根据发生明显衍射现象的条件,已知该电磁波很容易发生衍射现象,绕过山坡而传播到城市所在的C区,因而不需要转发装置。电视信号所用的电磁波波长为0.566
m,其波长很短,衍射现象很不明显,几乎沿直线传播,能传播到山顶却不能传播到城市所在的C区,要想使信号传到C区,必须通过建在山顶的转发站来转发。
18.某地的雷达站正在跟踪一架向雷达站匀速飞来的飞机。设某一时刻从雷达发出电磁波到再接收到反射波历时200
μs,经4
s后又发出一个电磁波,从发出电磁波到再接收到反射波历时186
μs,则该飞机的飞行速度多大 (导学号51150145)
答案525
m/s
解析由电磁波发射到接收到反射波历时200
μs时,可算出此时飞机距雷达的距离为L1=
m=3.0×104
m。经4
s后,飞机距雷达站的距离为L2=
m=2.79×104
m,故飞机飞行的速度为v=
m/s=525
m/s。第三节　惠更斯原理及其应用
课时训练8　惠更斯原理及其应用
基础夯实
1.下列说法中正确的是(　　)
A.同一波面上各点振动情况一定相同
B.同一波面上各点振动情况可以不同
C.空间某一点发出的波面一定是以波源为球心的球面
D.只有横波才有波面
答案A
解析某一时刻振动相同的点连接而成的面叫波面,故A项正确,B项错误;波面是平面的叫平面波,纵波也会形成波面,故C、D两项错误。
2.(多选)下列现象哪些是利用波的反射的(　　)
A.手扶耳旁听远处的人说话
B.医生给病人做超声波检查
C.雷达的工作原理
D.潜艇利用声呐探测周围物体的分布情况
答案ABCD
解析手扶耳旁听远处的人说话是利用了声波的反射;超声波检查身体、潜艇中的声呐都是利用了超声波的反射;雷达则是利用了电磁波的反射。
3.人在室内讲话的声音比在室外空旷处讲话声音要洪亮,是因为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.室内空气不流动
B.室内声音多次反射
C.室内声音发生折射
D.室内物体会吸收声音
答案B
解析人说话时产生声波,声波在传播过程中,遇到障碍物产生反射,在室内发生反射的次数比在空旷处的次数多,因此声音要洪亮。
4.(多选)以下关于波的认识,哪些是正确的(　　)
A.潜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隐形物质,是为了减少波的反射,从而达到隐形的目的
C.雷达的工作原理是利用波的反射
D.水波从深水区传到浅水区改变传播方向的现象,是波的折射现象
答案ABCD
解析A、B、C选项中应用了波的反射现象;深水区和浅水区可视为不同介质,故波的传播方向发生改变,选项D正确。
5.下列哪些现象不属于反射现象(　　)
A.回声
B.夏日雷声轰鸣不绝
C.水波绕过水中芦苇秆传播
D.在空房中讲话感到声音更响
答案C
解析水波绕过水中芦苇秆传播属于衍射现象。
6.(多选)下列说法正确的是(　　)
A.波发生反射时波的频率不变,波速变小,波长变短
B.波发生反射时频率、波长、波速均不变
C.波发生折射时波的频率不变,但波长、波速发生变化
D.波发生折射时波的频率、波长、波速均发生变化
答案BC
解析波发生反射时是在同一介质中,频率、波长、波速均不变,选项A错误,B正确;波发生折射时,介质改变,故波速发生变化,但频率由波源决定,波的频率不变,由v=λf可知波长也发生变化,选项C正确,D错误。
7.如图所示,1、2、3分别代表入射波、反射波、折射波的波线,则(　　)
A.2与1的波长、频率相等,波速不相等
B.2与1的波速、频率相等,波长不相等
C.3与1的波速、频率、波长均相等
D.3与1的频率相等,波速、波长均不相等
答案D
解析反射波的波长、频率、波速与入射波的都相等,故选项A、B错误;折射波的波长、波速与入射波的都不相等,但频率相等,故选项C错误,D正确。
8.当一个探险者进入一个山谷后,为了估测出山谷的宽度,他吼一声后,经过0.5
s听到右边山坡反射回来的声音,又经过1.5
s后听到左边山坡反射回来的声音,若声速为340
m/s,则这个山谷的宽度约为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.170
m
B.340
m
C.425
m
D.680
m
答案C
解析右边的声波从发出到反射回来所用时间为t1=0.5
s,左边的声波从发出到反射回来所用的时间为t2=2
s。山谷的宽度s=v(t1+t2)=×340×2.5
m=425
m。故C正确。
9.(多选)如图所示,一机械波由介质Ⅰ射入介质Ⅱ,在界面MN上发生偏折。下列说法正确的是(　　)
A.波在介质
Ⅰ
中传播的速度大
B.波在介质Ⅱ中传播的速度大
C.波在介质Ⅰ中和介质Ⅱ中传播的速度之比为
D.波在介质Ⅱ中和介质Ⅰ中传播的速度之比为
答案BD
解析由波的折射定律可知v110.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51150125)
答案325
m
解析
若汽车静止问题就简单了,现汽车运动,声音传播,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。
11.一列声波在空气中的波长为0.25
m。当该声波传入某种介质中时,波长变为0.8
m,若空气中的声速是340
m/s。求:(导学号51150126)
(1)该声波在介质中传播时的频率;
(2)该声波在介质中传播的速度。
答案(1)1
360
Hz　(2)1
088
m/s
解析(1)声波在空气中传播时,由v=λf得
f=
Hz=1
360
Hz
由于声波在不同介质中传播时,频率不变,所以声波在该介质中传播时,频率为1
360
Hz。
(2)由v=λf得声波在该介质中的传播速度为
v2=λ2f=0.8×1
360
m/s=1
088
m/s。
能力提升
12.甲、乙两人平行站在一堵墙前面,两人相距为2a,距离墙均为a,当甲开了一枪后,乙在时间t后听到第一声枪响,则乙听到第二声枪响的时间为(　　)(导学号51150123)
A.听不到
B.甲开枪3t后
C.甲开枪2t后
D.甲开枪t后
答案C
解析
如图所示,乙在时间t后听到第一声枪响是响声直接直线传播到乙处经历的时间,则t=,第二次听到的枪声应为经墙反射后的回声,则t'==2t,故C项正确。
13.一列水波由深水区进入浅水区,入射波与界面夹角为45°,折射波与界面夹角为60°,则下列说法正确的是(　　)(导学号51150124)
A.波在深水区与浅水区的波速相同,频率不同,波长不同
B.波在浅水区与深水区中传播时,波速、频率、波长都相同
C.深水区中的波速、波长比浅水区中小
D.深水区中的波速、波长比浅水区中大
答案D
解析波由深水区进入浅水区,频率不变,而波与界面的夹角由45°变为60°,如图所示。当波线a到达界面A点,波线b设刚好到达B点,此时AB与波线垂直,刚好在同一波面上,设经Δt,b光线也刚到达界面上B'点,此时a波已在浅水区传到A'处,B'A'刚好也是波面,且与波线垂直,由波线与界面的夹角知BB'>AA',设该波在深水区的波速为v1,在浅水区波速为v2,则BB'=v1·Δt,AA'=v2·Δt,所以有v1>v2,由v=λf知λ1>λ2,所以D选项正确。
14.蝙蝠有完善的发射和接收超声波的器官,一只蝙蝠以6.0
m/s
的速度垂直于墙飞行,且发出f=4.5×104
Hz
的超声波,并经0.01
s接收到回声。若声速是340
m/s,求蝙蝠发射超声波时离墙的距离及蝙蝠所发出的超声波的波长是多少 (导学号51150127)
答案1.73
m　7.56×10-3
m
解析s=(v+v')t=×(340+6)×0.01
m
=1.73
m
由v=λf,得λ=
m
=7.56×10-3
m。
15.天空有近似等高的浓云层。为了测量云层的高度,在水平地面上与观测者的距离为d=3.0
km处进行一次爆炸,观测者听到由空气直接传来的爆炸声和由云层反射来的爆炸声时间上相差Δt=6.0
s。试估算云层下表面的高度。已知空气中的声速v=
km/s。(导学号51150128)
答案2
km
解析由题意画出其平面图为:
设云层下表面的高度为h,则由云层反射来的爆炸声传播距离为x=2,传播时间为t1=,声音直接传来的时间为t2=。则t1-t2=Δt,
将数据代入以上各式得h=2
km。第一章过关检测
(时间:45分钟　满分:100分)
一、选择题(每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第1~5小题只有一个选项正确,第6~8
小题有多个选项正确)
1.
一简谐运动的图象如图所示,在0.1~0.15
s
这段时间内(　　)
A.加速度增大,速度变小,加速度和速度的方向相同
B.加速度增大,速度变小,加速度和速度的方向相反
C.加速度减小,速度变大,加速度和速度的方向相反
D.加速度减小,速度变大,加速度和速度的方向相同
答案B
解析由图象可知,在t=0.1
s时,质点位于平衡位置,t=0.15
s时,质点到达负向最大位移处,因此在t=0.1~0.15
s这段时间内,质点刚好处于由平衡位置向负向最大位移处运动的过程中,其位移为负值,且数值增大,速度逐渐减小,而加速度逐渐增大,为加速度逐渐增大的减速运动,故加速度方向与速度方向相反,因此选项B正确。
2.做简谐运动的单摆摆长不变,若摆球质量增加为原来的4倍,摆球经过平衡位置时速度减小为原来的,则单摆振动的(　　)
A.频率、振幅都不变　　　　
B.频率、振幅都改变
C.频率不变,振幅改变
D.频率改变,振幅不变
答案C
解析单摆振动的频率与摆长和所在地的重力加速度有关,与质量、振幅大小无关,题中单摆振动的频率不变;单摆振动过程中机械能守恒,振子在平衡位置的动能等于其在最大位移处的势能,因此,题中单摆的振幅改变,选项C正确。
3.
某同学看到一只鸟落在树枝上的P处(如图所示),树枝在10
s内上下振动了6次。鸟飞走后,他把50
g的砝码挂在P处,发现树枝在10
s内上下振动了12次。将50
g的砝码换成500
g的砝码后,他发现树枝在15
s内上下振动了6次。试估计鸟的质量最接近(　　)
A.50
g　　　B.200
g　　　C.500
g　　　D.550
g
答案B
解析由题意,m1=50
g时,T1=
s=
s;m2=500
g时,T2=
s=
s,可见质量m越大,周期T也越大。鸟的振动周期T3=
s,因为T14.
如图所示为某质点沿x轴做简谐运动的图象,下列说法中正确的是(　　)
A.在t=4
s时质点速度最大,加速度为0
B.在t=1
s时,质点速度和加速度都达到最大值
C.在0到1
s时间内,质点速度和加速度方向相同
D.在t=2
s时,质点的位移沿x轴负方向,加速度也沿x轴负方向
答案C
解析t=4
s时质点位于正的最大位移处,加速度值最大,A错;t=1
s时质点位于平衡位置,速度最大,加速度为零,B错;在0到1
s时间内,质点速度和加速度方向均为x轴负方向,C对;加速度指向平衡位置,在t=2
s时,沿x轴正方向,D错。
5.一单摆由甲地移到乙地后,发现走时变快了,其变快的原因及调整的方法是(　　)
A.g甲>g乙,将摆长缩短
B.g甲C.g甲D.g甲>g乙,将摆长放长
答案B
解析走时变快了,说明周期T=2π变小了,即g乙>g甲,若要恢复原来的周期,则需把摆长变长,使不变。
6.
如图所示为某鱼漂的示意图。当鱼漂静止时,水位恰好在O点。用手将鱼漂往下按,使水位到达M点。松手后,鱼漂会上下运动,水位在MN之间来回移动。不考虑阻力的影响,下列说法正确的是(　　)(导学号51150111)
A.鱼漂的运动是简谐运动
B.水位在O点时,鱼漂的速度最大
C.水位到达M点时,鱼漂具有向下的加速度
D.鱼漂由上往下运动时,速度越来越大
答案AB
解析设鱼漂的横截面积为S,O点以下的长度为h。当鱼漂静止时,水位恰好在O点,说明在O点浮力等于重力,即mg=ρgSh。可取O点所在位置为平衡位置,取竖直向下为正,当鱼漂被下按x时,水位在O点上方x处,此时合力为F合=mg-ρgS(h+x)=-ρgSx,同理可得水位在O点下方时也满足此式。因为ρ、g、S都是确定量,所以上述关系式满足简谐运动的条件(F合=-kx),鱼漂做的是简谐运动,选
项A正确;O点是平衡位置,所以O点时鱼漂的速度最大,选项B正确;水位到达M点时,鱼漂具有向上的加速度,选项C错误;鱼漂由上往下运动时,可能加速也可能减速,选项D错误。
7.一物体做受迫振动,驱动力的频率小于该物体的固有频率。当驱动力的频率逐渐增大到一定数值的过程中,该物体的振幅可能(　　)
A.逐渐增大
B.逐渐减小
C.先逐渐增大,后逐渐减小
D.先逐渐减小,后逐渐增大
答案AC
解析当驱动力频率等于固有频率时,做受迫振动的物体发生共振现象,振幅最大。由于没有说明驱动力频率最后的情况,因此A、C两项都有可能。
8.
某弹簧振子在水平方向上做简谐运动,其位移x随时间t变化的关系为x=Asin
ωt,振动图象如图所示,下列说法正确的是(　　)(导学号51150112)
A.弹簧在第1
s末与第3
s末的长度相同
B.第3
s末振子的位移大小为A
C.从第3
s末到第5
s末,振子的速度方向发生变化
D.从第3
s末到第5
s末,振子的加速度方向发生变化
答案ABD
解析弹簧在第1
s末与第3
s末所在位置相同,所以弹簧的长度相同,选项A正确;由图象可知振子振动周期T=8
s,ω=
rad/s,所以第3
s末振子的位移大小为x=AsinA,选项B正确;从第3
s末到第5
s末,振子的速度方向没有发生变化,选项C错误;从第3
s末到第5
s末,振子的位移方向发生了变化,根据F=-kx,a=可知,加速度方向发生变化,选项D正确。
二、填空题(每小题10分,共20分。把答案填在相应的横线上)
9.如图所示,一弹簧振子在MN间沿光滑水平杆做简谐运动,坐标原点O为平衡位置,MN=8
cm。从小球经过图中N点时开始计时,到第一次经过O点的时间为0.2
s,则小球的振动周期为　　　　 s,该简谐运动的表达式为x=　　　　　cm。
答案0.8　4cost
解析振动周期T=4×0.2
s=0.8
s;振幅为4
cm,圆频率ω=π
rad/s,因小球经过题图中N点时开始计时,故振动方程应为余弦函数,即x=4cost(cm)。
10.
在“利用单摆测重力加速度”的实验中。(导学号51150113)
(1)某同学尝试用DIS测量周期。如图,用一个磁性小球代替原先的摆球,在单摆下方放置一个磁传感器,其轴线恰好位于单摆悬挂点正下方。图中磁传感器的引出端A应接到　　　　　　　　　　。使单摆做小角度摆动,当磁感应强度测量值最大时,磁性小球位于　　　　　　。若测得连续N个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t,则单摆周期的测量值为　　　　　　(地磁场和磁传感器的影响可忽略)。
(2)多次改变摆长使单摆做小角度摆动,测量摆长L及相应的周期T。此后,分别取L和T的对数,所得到的lg
T-lg
L图线为　　　　(选填“直线”“对数曲线”或“指数曲线”);读得图线与纵轴交点的纵坐标为c,由此得到该地重力加速度g=　　　　。
答案(1)数据采集器　最低点(或平衡位置)　
(2)直线　
解析(1)磁性小球位于最低点时离传感器最近,磁感应强度测量值最大;连续两次通过最低点的时间间隔为,所以t=(N-1)·,T=。
(2)由单摆周期公式T=2π得lg
T=lg
L+lg
2π-lg
g,所以lg
T-lg
L图线为直线,lg
2π-lg
g=c,g=。
三、计算题(每小题16分,共32分)
11.如图所示为A、B两个简谐运动的位移—时间图象。请根据图象写出这两个简谐运动的表达式。(导学号51150114)
答案x=0.5sin(5πt+π)
cm
x=0.2sin(2.5πt+)
cm
解析依据图象确定A、B两物体各自振动的振幅、周期,再结合简谐运动的一般表达式即可。
由图象可知,对简谐运动A,初相位φ0=π,振幅A=0.5
cm,周期T=0.4
s,ω==5π
rad/s,则A对应的简谐运动的表达式为x=0.5
sin(5πt+π)
cm。
对简谐运动B,φ0=,振幅A=0.2
cm,周期T=0.8
s,则ω==2.5π
rad/s,因此B对应的简谐运动的表达式为x=0.2
sin(2.5πt+)
cm。
12.如图所示,一块涂有炭黑的玻璃板,质量为2
kg,在拉力F的作用下,在t=0时由静止开始竖直向上做匀加速运动。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=1.5
cm,BC=3.5
cm。求自玻璃板开始运动,经过多长时间才开始接通电动音叉的电源 接通电源时,玻璃板的速度是多大 (g取10
m/s2)(导学号51150115)
答案0.1
s　0.1
m/s
解析由题意可得,振针振动周期T0=0.2
s,经过OA与BC所用的时间均为T==0.1
s,
则对玻璃板:sBC-sOA=2aT2
得a=1
m/s2。
vA==0.2
m/s,
再求O点速度vO=vA-aT=0.1
m/s,
由vO=at得时间t==0.1
s,
即经过0.1
s才开始接通电动音叉的电源,且接通时玻璃板的速度为0.1
m/s。第七节　激光
课时训练19　激光
基础夯实
1.(多选)关于激光,下列说法正确的是(　　)
A.激光是用人工方法激发的一种特殊的光
B.自然界中某些天然物体也可以发出激光
C.激光可以像刀子一样切除肿瘤
D.由于激光的方向性好,所以激光不能发生衍射现象
答案AC
解析激光是人工方法激发的一种特殊的光,A对,B错;激光具有亮度高、方向性好、能量强等特点,可以像刀子一样切除肿瘤,C项正确;激光是一种波,只要是波就能发生衍射现象,D错。
2.(多选)以下说法正确的是(　　)
A.光纤通信利用了激光相干性好的特点
B.激光武器利用了激光亮度高的特点
C.激光写、读利用了激光亮度高的特点
D.激光加工、激光手术利用了激光亮度高的特点
答案ABD
解析利用激光的相干性进行信息的传递,例如利用激光相干性好进行光纤通信;利用激光的平行度好进行精确测量和数据采集;利用激光的亮度高进行光切割和焊接。
3.(多选)对激光的认识,以下说法正确的是(　　)
　
　　　　　
　　　　　
　　
A.普通光源发出的光都是激光
B.激光是自然界普遍存在的一种光
C.激光是一种人工产生的相干光
D.激光已经深入到我们生活的各个方面
答案CD
解析普通光源发出的光是自然光,自然光不能发生干涉,是非相干光,激光是人工产生的光,具有很好的相干性,激光已得到广泛的应用。
4.(多选)关于激光所具有的特点,下列说法中正确的是(　　)
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
答案ABC
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。
5.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
答案C
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。
6.2001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
答案C
解析根据公式v=λf有
λ=
m=0.75×10-6
m=0.75
μm。
7.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
答案B
解析光的偏振现象说明光是一种横波,原子自发辐射的光是自然光。
8.在演示双缝干涉的实验时,常用激光作光源,这主要是应用激光的什么特性(　　)
A.亮度高
B.平行性好
C.单色性好
D.波动性好
答案C
解析激光的单色性好,频率单一,通过双缝时能够得到两束相干光,故C对。
9.(多选)准分子激光器利用氩气和氟气的混合物产生激光,用这样的激光刀对近视眼进行手术,手术时间短、效果好、无痛苦。关于这个治疗的说法正确的是(　　)
A.近视眼是因为物体成像在眼球中视网膜的前面,使人不能看清物体
B.激光具有高度的方向性,可以在非常小的面积对眼睛进行修复
C.激光治疗近视眼手术是对视网膜进行修复
D.激光治疗近视眼手术是对角膜进行切除
答案ABD
10.(多选)将激光束的宽度聚焦到纳米级范围内,可修复人体已损坏的器官,参考DNA分子进行超微型基因修复,把至今还令人无奈的癌症、遗传疾病等彻底根除。这里应用了激光的(　　)
A.平行性好的特性
B.单色性好的特性
C.亮度高的特性
D.粒子性好的特性
答案AC
11.下列应用激光的事例中错误的是(　　)
A.利用激光进行长距离的精确测量
B.利用激光进行通信
C.利用激光进行室内照明
D.利用激光加工坚硬的材料
答案C
解析激光的单色性好,不利于室内照明,并且大功率的激光要靠专门的激光器产生,成本太高,且由于激光的能量集中,会对人体产生伤害,因此选项C所述的激光的应用是错误的。
12.应用激光平行性好的特性,可以精确地测量距离。对准目标发射一个极短的激光脉冲,测量发射脉冲的时间间隔,就可以求出激光器到目标的距离。若在地球上向月球发射一个激光脉冲,测得从发射到收到反射脉冲所用的时间为2.56
s,则月球到地球的距离大约是多少 (导学号51150170)
答案3.84×105
km
解析真空中的光速c=3×108
m/s,从发射脉冲到收到反射脉冲的时间t=2.56
s,月球与地球的距离为l=ct=3.84×105
km。
能力提升
13.下列说法正确的是(　　)(导学号51150215)
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
答案D
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。
14.激光散斑测速是一种崭新的测速技术,它应用了光的干涉原理。用二次曝光照相所获得的“散斑对”相当于双缝干涉实验中的双缝,待测物体的速度v与二次曝光时间间隔Δt的乘积等于双缝间距。实验中可测得二次曝光时间间隔Δt、双缝到屏之间的距离l以及相邻两条亮条纹的间距Δx。若所用激光波长为λ,则该实验确定物体运动速度的表达式为(　　)(导学号51150216)
A.v=
B.v=
C.v=
D.v=
答案B
解析设双缝的间距为d,则由题设得d=vΔt。双缝到屏之间的距离l以及相邻两条亮条纹的间距Δx、双缝的间距d、光波波长λ满足Δx=λ,由以上两式可解得v=。故选项B正确。
15.一台激光器,它的功率为P,如果它发出的单色光在空气中波长为λ,则这束单色光的频率是　　　　,它在t时间内辐射的能量为　　　　。如果这束单色光在某介质中传播速度为v,那么这束单色光从该介质射向真空发生全反射的临界角为　　　　　　。(导学号51150217)
答案　Pt　arcsin
解析根据c=λf可得这束单色光的频率f=;激光器在时间t内所做的功W=Pt转化为光能;这束光对该介质的折射率n=,设它从该介质射向真空发生全反射的临界角为C,则sin
C=,所以C=arcsin。
16.一种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。(导学号51150171)
(1)每列光脉冲的长度是多少
(2)用红宝石激光照射皮肤色斑,每1
cm2吸收能量达到60
J以后,色斑便逐渐消失,一颗色斑的面积为50
mm2,则它需要吸收多少个红宝石激光脉冲才能逐渐消失
答案(1)3.0×10-3
m　(2)300
解析(1)光脉冲持续时间即为发射一个光脉冲所需的时间。
一个光脉冲长度
Δl=c·Δt=3.0×108×1.0×10-11m=3.0×10-3m。
(2)一个光脉冲所携带的能量
ΔE=P·Δt=1.0×1010×1.0×10-11J=0.1
J。
消除面积为50
mm2的色斑需要光脉冲数为
n==300。第四节　电磁波谱　第五节　电磁波的应用
课时训练13　电磁波谱　电磁波的应用
基础夯实
1.电磁技术的发展,使得人们的生活发生了很大的变化。关于电磁技术的应用,下列说法正确的是(　　)
A.手机与手机之间可以直接通信
B.电磁灶的灶台与锅之间,如果隔有绝缘物质,通电后则锅不可能被加热
C.微波炉内盛放食物的器皿,只能是金属器皿
D.电视信号是电视台将声音与图象信号通过电磁波快速传送到用户处并被电视机接收下来的
答案D
2.在电视发射端,由摄像管摄取景物并将景物反射的光转换为电信号,这一过程完成了(　　)
　
　　　　　
　　　　　
　　
A.电、光转化
B.光、电转化
C.光、电、光转化
D.电、光、电转化
答案B
解析这一过程是把光信号转变成电信号,即把一幅图像按照各个部分的明暗情况,逐步地变为强弱不同的电流信号,然后通过天线把带有信号的电磁波发射出去,故应选B。
3.(多选)关于雷达的特点,下列说法中正确的是(　　)
A.雷达所用无线电波的波长比短波更短
B.雷达的显示屏上可以直接读出障碍物的距离
C.雷达在能见度低的黑夜将无法使用
D.雷达只有连续发射无线电波,才能发现目标
答案AB
解析雷达所用的无线电波是波长非常短的微波,选项A正确。在雷达的工作显示屏上,直接标的是距离,选项B正确。雷达在黑夜也能使用,选项C错误。雷达发射的是间断的无线电波,选项D错误。
4.高原上的人皮肤黝黑(　　)
A.与高原上人的生活习惯有关
B.与高原上的风力过大有关
C.与高原上紫外线辐射过强有关
D.由遗传本身决定
答案C
解析高原上空气稀薄,对紫外线的反射与吸收作用很弱,所以太阳光中含有大量的紫外线,导致高原上的人皮肤黝黑。
5.(多选)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,最容易发生衍射现象的是γ射线
答案AB
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,选项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,选项
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,因此紫光应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,故选项C、D错误。
6.据报道,新型增强型红外夜视镜已经小规模配发给美国陆军,红外夜视镜是利用了(　　)
A.红外线波长长,易绕过障碍物的特点
B.红外线热效应强的特点
C.一切物体都在不停地辐射红外线的特点
D.红外线肉眼不可见的特点
答案C
解析红外夜视镜利用了一切物体都在不停地辐射红外线的特点,故选C。
7.(多选)下列能说明电磁波具有能量的依据是(　　)
A.可见光射入人的眼睛,人看到物体
B.放在红外线区域的温度计升温很快
C.收音机调到某个台时,调谐电路发生电谐振
D.γ射线具有很强的贯穿能力
答案ABCD
解析A项,人眼看到物体,说明人眼感受到了可见光的能量
;B项,红外线具有热作用,说明红外线具有能量;C项,电谐振在调谐电路中的感应电流的能量来源于空中的无线电波;D项,γ射线的贯穿能力说明γ射线具有很高的能量。
8.(多选)下列说法中符合实际的是(　　)
A.在医院里常用X射线对病房和手术室消毒
B.医院里常用紫外线对病房和手术室消毒
C.在人造地球卫星上对地球进行拍摄是利用紫外线有较好的分辨能力
D.在人造地球卫星上对地球进行拍摄是利用红外线有较好的穿透云雾烟尘的能力
答案BD
解析紫外线具有杀菌、消毒的作用,X射线穿透能力较强,因此医院里常用紫外线对病房和手术室进行消毒,用X射线透视人体;在人造地球卫星上对地球进行拍摄是利用射线的衍射能力较强,容易透过云雾烟尘,因而用波长较长的红外线,所以答案为B、D
9.利用雷达测云层距我们观察点距离时,电磁波从发射到吸收共经历时间10-3
s,则该云层离观测点的距离为(　　)
A.100
km
B.200
km
C.150
km
D.250
km
答案C
解析根据公式s=vt可以得s=3.0×108××10-3
m=1.5×105
m=150
km。
10.间谍卫星上装有各种遥感照相机,可用来探测军用和民用目标。这种照相机能拍到晚上行驶的汽车,即使汽车不开灯行驶,也瞒不过它。这种遥感照相机敏感的电磁波属于(　　)
A.可见光波段
B.红外波段
C.紫外波段
D.X射线波段
答案B
解析不同温度的物体发出不同波长的红外线。
11.太阳风暴袭击地球时,不仅会影响通信、威胁卫星,而且会破坏臭氧层。臭氧层作为地球的保护伞,是因为臭氧能吸收太阳辐射中(　　)
A.波长较短的可见光
B.波长较长的可见光
C.波长较短的紫外线
D.波长较长的红外线
答案C
解析臭氧层可以挡住紫外线,从而减少其对人体的损害。
12.(多选)关于电视信号的发射,下列说法中正确的是(　　)
A.摄像管输出的电信号可以直接通过天线向外发射
B.摄像管输出的电信号必须“加”在高频等幅振荡电流上,才能向外发射
C.伴音信号和图象信号是同步向外发射的
D.电视台发射的是带有信号的高频电磁波
答案BCD
解析图象信号和伴音信号经调制后才能发射,调制后的图象信号和伴音信号被高频电磁波“携带”同步发射,故正确选项为B、C、D。
13.(多选)关于移动电话,下列说法中正确的是(　　)
A.随身携带的移动电话(手机)内,只有无线电接收装置,没有无线电发射装置
B.随身携带的移动电话(手机)内,既有无线电接收装置,又有无线电发射装置
C.两个携带手机的人,必须通过固定的基地台转接,才能相互通话
D.两个携带手机的人如果离得较近,不需要基地台,可以直接相互通话
答案BC
解析移动电话内既有无线电接收装置又有无线电发射装置。由于移动电话发射功率小,因此必须通过固定的基地台转接,两个携带手机的人才能通话。
能力提升
14.(多选)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的说法正确的是(　　)(导学号51150146)
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到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
答案ACD
解析由λ=可求得200
MHz和1
000
MHz
的电磁波波长分别为1.5
m和0.3
m,所以A项正确。周期性变化的电场和周期性变化的磁场交替垂直产生由近及远地传播而形成电磁波,所以B项错误。通过电磁波的传播距离s=vt=ct可确定雷达和目标的距离,所以C项正确。波长越短的电磁波,其频率越高,反射性能越强,所以D项正确。故正确选项为A、C、D。
15.如图所示的球形容器中盛有含碘的二硫化碳溶液,在太阳光的照射下,地面呈现的是圆形黑影,在黑影中放一支温度计,可发现温度计显示的温度明显上升,则由此可断定(　　)
(导学号51150205)
A.含碘的二硫化碳溶液对于可见光是透明的
B.含碘的二硫化碳溶液对于紫外线是不透明的
C.含碘的二硫化碳溶液对于红外线是透明的
D.含碘的二硫化碳溶液对于红外线是不透明的
答案C
解析地面呈现的是圆形黑影,说明可见光不能穿透;在黑影中放一支温度计,发现温度计显示的温度明显上升,说明红外线能够穿透含碘的二硫化碳溶液。选项C正确。
16.传真机原理分析:报纸上印的许多照片都是传真照片,传真是利用无线电波传送图表、书信、照片的一种方法。无线电传真的示意图如图所示。(导学号51150147)
简要说明无线电传真的过程、器件及其作用。
解答发射机上装有的光电管,将文字、图表转化为电信号,将其附加在高频无线电波上发射出去,接收机利用电谐振原理将其接收,通过辉光管转化为原来的文字、图表在复印张上复印出来。
无线电波和电磁振荡密切联系,不论发射和接收都和振荡电路相联系。
T=2π,f=经常使用。
17.如图所示为伦琴射线管示意图,K为阴极钨丝,发射的电子初速度为零,A为对阴极(阳极),当A、K之间加直流电压U=30
kV时,电子被加速打在对阴极A上,使之发出X射线,设电子的动能全部转化为伦琴射线(X射线)的能量。求:(导学号51150148)
(1)电子到达对阴极的速度多大
(2)如果对阴极每吸收一个电子放出一个X射线光子,则当A、K之间的电流为10
mA时,每秒钟从对阴极最多辐射出多少个X射线光子 (电子质量m=0.91×10-30
kg,电荷量e=1.6×10-19
C)
答案(1)1.0×108
m/s　(2)6.25×1016个
解析(1)由动能定理,得mv2=eU,
则v=
m/s
=1.0×108
m/s;
(2)n==6.25×1016(个)。第一节　光的折射定律　第二节　测定介质的折射率
课时训练14　光的折射定律　测定介质的折射率
基础夯实
1.一束单色光经由空气射入玻璃,这束光的(　　)
　
　　　　　
　　　　　
　　
A.速度变慢,波长变短
B.速度不变,波长变短
C.频率增高,波长变长
D.频率不变,波长变长
答案A
解析根据光的折射特点,在折射过程中频率不变,由公式v=,玻璃的折射率比空气的大。所以由空气进入玻璃时,速度变慢,由λ=可知光的波长变短,所以选项A正确。
2.(多选)如图中虚线表示两种介质的界面及其法线,实线表示一条光线斜射向界面后发生反射与折射的光线,以下说法正确的是(　　)
A.bO不是入射光线
B.aO是入射光线
C.cO是入射光线
D.Ob是反射光线
答案ABD
解析由题图可知只有aO和bO关于MN对称,所以Ob是反射光线,A正确;aO是入射光线,B正确;Oc是折射光线,C错误,D正确。
3.(多选)关于光的折射,正确的说法是(　　)
A.折射光线一定在法线和入射光线所确定的平面内
B.入射光线和法线与折射光线不一定在一个平面内
C.入射角总大于折射角
D.光线从空气斜射入玻璃时,入射角大于折射角
答案AD
解析由光的折射定律知,折射光线一定在法线和入射光线所确定的平面内,A正确,B错误。入射角不一定大于折射角,C错误。光线从空气斜射入玻璃时,入射角大于折射角,D正确。
4.(多选)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介质中传播速度v和光在真空中的传播速度c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,折射率小的介质称为光疏介质
D.任何介质的折射率都大于1
答案CD
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不对。折射率与折射角和入射角的大小无关,B不对。
5.(多选)一束光从某种介质射入空气中时,入射角θ1=30°,折射角θ2=60°,折射光路如图所示,则下列说法正确的是(　　)
A.此介质折射率为
B.此介质折射率为
C.光在介质中速度比在空气中小
D.光在介质中速度比在空气中大
答案BC
解析由折射定律n=,A错误,B正确;又由n=知光在介质中速度比在空气中小,C正确,D错误。
6.如图所示,一条光线由空气射到半圆玻璃砖表面的圆心处,玻璃砖的半圆表面上(反射面)镀有银,则图示几个光路图中,能正确、完整地表示光线行进过程的是(　　)
答案D
解析在圆心处发生折射和反射,进入半圆表面后沿原路返回,光从玻璃射向空气中时在界面上发生反射和折射。
7.如图所示,落山的太阳看上去正好在地平线上,但实际上太阳已处于地平线以下,观察者的视觉误差大小取决于当地大气的状况。造成这种现象的原因是(　　)
A.光的反射
B.光的折射
C.光的直线传播
D.小孔成像
答案B
解析太阳光线进入大气层发生折射,使传播方向改变,而使人感觉太阳的位置比实际位置偏高。
8.(多选)如果光线以大小相等的入射角,从真空射入不同介质,若介质的折射率越大,则(　　)
A.折射角越大,说明折射光线偏离原来方向的程度越大
B.折射角越大,说明折射光线偏离原来方向的程度越小
C.折射角越小,说明折射光线偏离原来方向的程度越大
D.折射角越小,说明折射光线偏离原来方向的程度越小
答案BC
解析根据折射定律,=n,当光以相等的入射角从真空向介质入射时,sin
θ1一定,n越大,sin
θ2就越小,sin
θ2越小说明光偏离原来的程度就越大,故B、C正确。
9.光在某种玻璃中的传播速度是×108
m/s,要使光由玻璃射入空气时折射光线与反射光线成90°夹角,则入射角应是(　　)
A.30°
B.60°
C.45°
D.90°
答案A
解析依题意作出光路图如图所示。折射角:θ2=90°-θ'=90°-θ1,玻璃的折射率:n=。由折射定律知:nsin
θ1=sin
θ2=sin(90°-θ1)=cos
θ1,即tan
θ1=,得θ1=30°。故答案为A。
10.
半径为R的玻璃半圆柱体,截面如图所示,圆心为O,两束平行单色光沿截面射向圆柱面,方向与底面垂直,∠AOB=60°,若玻璃对此单色光的折射率
n=,则两条光线经柱面和底面折射后的交点与O点的距离为(　　)(导学号51150153)
A.
B.
C.
D.R
答案B
解析如图所示,光线A过圆心传播方向不变。光线B经过柱面时,折射角为θ1,由折射定律得
n=,sin
θ1=sin
60°=,得θ1=30°
由几何知识可得OE=
光线BE从E点射入空气,折射角θ2=60°
由几何知识得OD=。故选项B是正确的。
11.为了观察门外情况,有人在门上开一小圆孔,将一块圆柱形玻璃嵌入其中,圆柱体轴线与门面垂直,如图所示。从圆柱底面中心看出去,可以看到的门外入射光线与轴线间的最大夹角称作视场角。已知该玻璃的折射率为n,圆柱长为l,底面半径为r。则视场角是(　　)
A.arcsin
B.arcsin
C.arcsin
D.arcsin
答案B
解析光路如图所示,依题意可得sin
θ2=,由n=,得θ1=arcsin。
12.
某同学由于没有量角器,在完成了光路图以后,以O点为圆心,10.00
cm
长为半径画圆,分别交线段OA于A点,交O和O'连线延长线于C点,过A点作法线NN'的垂线交NN'于B点,过C点作法线NN'的垂线交NN'于D点,如图所示,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=　　　。
答案1.5
解析由光路图以及几何关系可知
n==1.5。
13.两个同学测玻璃的折射率时各设计一个表格记录数据,而且都已完成了计算,你认为谁的是正确的
甲设计的表格是
次数
θ1
sin
θ1
θ2
sin
θ2
n
1
30
0.500
20.9
0.322
1.552
1.542
2
45
0.707
30.5
0.461
1.533
3
60
0.866
38.0
0.562
1.541
乙设计的表格是
次数
1
2
3
角平均值
正弦值
n
θ1
30
45
60
45
0.707
1.568
θ2
20.9
30.5
38.0
29.8
0.451
答案甲正确
解析由n=可知,n的测量值应为每次测量的入射角的正弦与折射角的正弦比值的平均值,而不是每次测量的入射角的平均值的正弦与折射角的平均值的正弦之比,故甲正确。
能力提升
14.井口大小和深度相同的两口井,一口是枯井,一口是水井(如图所示,水面在井口之下),两井底部各有一只青蛙,则(　　)(导学号51150152)
A.水井中的青蛙觉得井口大些,晴天的夜晚,水井中的青蛙能看到更多的星星
B.枯井中的青蛙觉得井口大些,晴天的夜晚,水井中的青蛙能看到更多的星星
C.水井中的青蛙觉得井口小些,晴天的夜晚,枯井中的青蛙能看到更多的星星
D.两只青蛙觉得井口一样大,晴天的夜晚,水井中的青蛙能看到更多的星星
答案B
解析根据边界作出光路图如图所示,由图可知,视角α大于视角β,所以枯井中的青蛙觉得井口大些;因为α<γ,所以水井中的青蛙视野更大些,晴天的晚上,水井中的青蛙看到的星星也更多一些,所以只有
B项正确,A、C、D三项均错误。
15.现代高速公路上的标志牌都使用“回归反光膜”制成,夜间行车时,它能把车灯射出的光逆向反射,标志牌上的字特别醒目。这种“回归反光膜”是用球体反射元件制成的,如图所示,反光膜内均匀分布着直径为10
μm的细玻璃珠,所用玻璃的折射率为,为使入射的车灯光线经玻璃珠折射→反射→再折射后恰好和入射光线平行,那么第一次入射的入射角应是(　　)(导学号51150154)
A.15°
B.30°
C.45°
D.60°
答案D
解析已知入射光线和出射光线平行,所以光在三个界面上改变了传播方向,光线在玻璃珠的内表面反射时具有对称性,由此可作出光路图如图所示。
由几何关系可知i=2r,①
根据折射定律有n=,②
由①②可得i=60°。
16.空中有一只小鸟,距水面3
m,其下方距水面4
m深处的水中有一条鱼。已知水的折射率为,则鸟看水中的鱼离它　　　　m,鱼看天上的鸟离它　　　m。(导学号51150155)
答案6　8
解析首先作出鸟看鱼的光路图,如图所示。由于是在竖直方向上看,所以入射角很小,即图中的θ1和θ2均很小,故有tan
θ1=sin
θ1,tan
θ2=sin
θ2。由图可得
h1tan
θ2=h'tan
θ1
h'==4×
m=3
m
则鸟看水中的鱼离它:H1=(3+3)
m=6
m
同理可得鱼看鸟时:h″=nh2=3×
m=4
m
则H2=(4+4)
m=8
m。
17.“测定玻璃的折射率”实验中,在玻璃砖的一侧竖直插两个大头针A、B,在另一侧再竖直插两个大头针C、D。在插入第四个大头针D时,要使它　　　　　　　　　　　　　　　　。如图是在白纸上留下的实验痕迹,其中直线a、a'是描在纸上的玻璃砖的两个边。根据该图可算得玻璃的折射率n=　　　(计算结果保留两位有效数字)。(导学号51150156)
答案挡住C及A、B的像　1.8(1.6~1.9都算对)
解析进行测定玻璃折射率的实验时,是利用插针法确定入射光与出射光的光路的。利用插大头针A、B得到进入玻璃的入射光线的光路,在另一侧插一枚大头针C使其挡住A、B的像,插入另一枚大头针D使其挡住C及A、B的像,从而确定出射光路。根据入射点和出射点的连线确定玻璃中的折射光路,并作出法线,用量角器量出入射角θ1和折射角θ2,利用折射定律
n=确定玻璃的折射率。
18.如图所示,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:(导学号51150157)
(1)玻璃的折射率。
(2)球心O到BN的距离。
答案(1)　(2)R
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=Rsin
C④
联立②③④式得d=R。第二节　机械波的图象描述
课时训练7　机械波的图象描述
基础夯实
1.(多选)关于机械波的概念,下列说法中正确的是(　　)
A.质点振动的方向总是垂直于波传播的方向
B.简谐波沿长绳传播,绳上相距半个波长的两质点振动位移的大小相等
C.任一振动质点每经过一个周期沿波的传播方向移动一个波长
D.相隔一个周期的两时刻,简谐波的图象相同
答案BD
解析机械波中的纵波,质点的振动方向与波的传播方向在同一条直线上,故A错误;间距为半个波长的两个点的位移必是大小相等,方向相反,故B正确;振动质点不会随波一起传播,C错误;每隔一个周期,波形图重合一次,D正确。
2.
一列波在介质中向某一方向传播,如图是此波在某一时刻的波形图,且此时振动还只发生在M、N之间,并知此波的周期为T,Q质点速度方向在波形中是向下的。则:波源是　　　　　;P质点的起振方向为　　　　　;从波源起振开始计时时,P点已经振动的时间为　　　　　。
答案N　向上　
解析由Q点的振动方向可知波向左传播,N是波源。
由M点的起振方向(向上)得P质点的起振方向向上。振动从N点传播到M点需要1T,传播到P点需要,所以质点P已经振动的时间为。
3.(多选)根据如图所示的两图象,分别判断它们属于何种图象,并判定A、B两质点的运动方向(　　)
A.甲是振动图象,乙是波的图象
B.甲是波的图象,乙是振动图象
C.A、B两质点均向上
D.A、B两质点均向下
答案BD
解析由图象横轴区分:横坐标为x,则表示波的图象,横坐标为时间t,则为振动图象,故A错,B对。在甲图中因为波向左传播,据“同侧法”将两方向箭头画在A点得A质点向下振动,乙图为振动图象,据下一时刻质点位置在横轴下方知B质点应向下运动,故C错,D对。
4.(多选)一列简谐横波在x轴上传播,某时刻的波形图如图所示,a、b、c为三个质点,a正向上运动,由此可知(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.该波沿x轴正方向传播
B.c正向上运动
C.该时刻以后,b比c先到达平衡位置
D.该时刻以后,b比c先到达离平衡位置最远处
答案AC
解析波上的任何一点总是重复前一点的振动形式,因为a点向上运动,重复左边一点的振动形式,所以波沿x轴正方向传播,b、c质点分别向上和向下振动,所以b比c先到达平衡位置,所以A、C两项正确。
5.介质中有一列简谐波,对于其中某个振动质点(　　)
A.它的振动速度等于波的传播速度
B.它的振动方向一定垂直于波的传播方向
C.它在一个周期内走过的路程等于一个波长
D.它的振动频率等于波源的振动频率
答案D
解析介质中某个振动质点做简谐运动,其速度按正弦(或余弦)规律变化,而在同一介质中波的传播速度是不变的,振动速度和波的传播速度是两个不同的速度,A错误;在横波中振动方向和波的传播方向垂直,在纵波中振动方向和波的传播方向在一条直线上,B错误;质点在一个周期内走过的路程为4个振幅,C错误;波在传播的过程中,质点的振动频率为波源的频率,D正确。
6.如图所示,位于介质Ⅰ和Ⅱ分界面上的波源S,产生两列分别沿x轴负方向与正方向传播的机械波。若在两种介质中波的频率及传播速度分别为f1、f2和v1、v2,则(　　)
A.f1=2f2,v1=v2
B.f1=f2,v1=0.5v2
C.f1=f2,v1=2v2
D.f1=0.5f2,v1=v2
答案C
解析因两列波的波源都是S,所以它们的周期和频率都相同,即T1=T2,f1=f2,波速v=得v1=,v2=,则v1=2v2,C对。
7.(多选)一列简谐横波沿x轴正方向传播,在t=0时的波形如图所示,已知这列波在P点依次出现两个波峰的时间间隔为
0.4
s,则下列说法中正确的是(　　)(导学号51150118)
A.这列波的波速是10
m/s
B.质点P在1
s内所通过的路程是1
m,1
s末质点P具有向y正向振动的最大速度
C.从图示情况开始,再经过0.7
s,质点Q第一次到达波峰
D.当波传到Q点以后,P、Q两质点的振动情况始终相同
答案BCD
解析由波的图象可读出波长λ=4
cm=0.04
m,由题中条件可得周期T=0.4
s,根据波速的关系式可得v=
m/s=0.1
m/s,A选项错误。质点P在1
s内即
2.5个周期通过的路程s=2.5×4A=2.5×4×10
cm=100
cm=1
m,再次运动到平衡位置具有沿y轴正方向的最大速度,B选项正确。从题图中看出波峰距Q点为
7
cm,因此质点Q第一次到达波峰的时间t=
s=0.7
s,C选项正确。由于P、Q两质点正好相距两个波长,所以两个质点的振动情况始终相同,D选项也正确。
8.一列简谐横波沿x轴传播,t=0时刻的波形如图甲所示,此时质点P正沿y轴负方向运动,其振动图象如图乙所示,则该波的传播方向和波速分别是(　　)
A.沿x轴负方向,60
m/s
B.沿x轴正方向,60
m/s
C.沿x轴负方向,30
m/s
D.沿x轴正方向,30
m/s
答案A
解析根据波的形成和传播规律可知,波沿x轴负方向传播,排除选项B、D;根据图甲可知波长λ=24
m,根据图乙可知周期T=(0.55-0.15)
s=0.40
s,则波速v=
m/s=60
m/s,选项A对,C错。
9.(多选)某横波在介质中沿x轴传播,左图为t=0.25
s时的波形图,右图为P点(x=1.5
m处的质点)的振动图象,那么下列说法正确的是(　　)
A.该波向右传播,波速为2
m/s
B.质点L与质点N的运动方向总相反
C.t=0.75
s时,质点M处于平衡位置,并正在往正方向运动
D.t=1.25
s时,质点K向右运动了2
m
答案ABC
解析波长为4
m,周期为2
s,该波向右传播,波速为2
m/s,选项A正确;质点L与质点N相距半个波长,质点L与质点N的运动方向总相反,选项B正确;t=0.75
s时,质点M处于平衡位置,并正在往正方向运动,选项C正确;t=1.25
s时,质点K位于波谷,选项D错误。
10.从甲地向乙地发出频率为50
Hz的声波,若当波速为330
m/s时,在甲、乙两地间有若干个完整波形的波,当波速为340
m/s时,甲、乙两地间完整波形的波数减少了一个,则甲、乙两地相距多少米 (导学号51150121)
答案224.4
m
解析由波长、频率、波速三者之间的关系及题意得两次波长分别为λ1=
m,λ2=
m。设波速为330
m/s时,甲、乙两地间有n个完整波形,据题意有(n-1)λ1=nλ2。所以n==34,所以甲、乙两地间距离为s=nλ2=34×
m=224.4
m。
能力提升
11.一列简谐波沿x轴正方向传播,在t=0时波形如图甲所示,已知波速为10
m/s。则t=0.1
s时正确的波形应是图乙中的(　　)(导学号51150119)
甲
乙
答案C
解析由题图可知波长为λ=4.0
m,已知波速v=10
m/s,可得周期T=
s=0.4
s。又根据该波沿x轴正向传播,则波峰和波谷均向x轴正向移动,经过t=0.1
s,可知波峰和波谷移动的距离为s=vt=10×0.1
m=1
m,所以可知x=1.0
m处的质点在波峰,x=3.0
m处的质点在波谷。故C正确。
12.一列简谐横波向右传播,波速为v,沿波传播方向上有相距为L的P、Q两质点,如图所示,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谷。则t的可能值有(　　)(导学号51150120)
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
答案D
解析由题中条件可知,P、Q间的波形有如图所示四种且均向右传播:
对于图(1),λ=2L,Q点振动到波谷需时间t=T=;对于图(2),λ=L,Q点振动到波谷需时间t=T=;对于图(3),λ=L,Q点振动到波谷需时间t=T=;对于图(4),λ=L,Q点振动到波谷需时间t=T=。
综上可知,t的可能值有4个,选项D正确。
13.图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(　　)(导学号51150197)
A.t=0.10
s时,质点Q的速度方向向上
B.该波沿x轴正方向传播
C.该波的传播速度为40
m/s
D.从t=0.10
s到t=0.25
s,质点P通过的路程为30
cm
答案C
解析由题图乙知,t=0.10
s时,质点Q的速度方向向下,A错误;由题图甲和Q点在波形图中的位置知,该波沿x轴负方向传播,B错误;波长λ=8
m,周期T=0.20
s,则波速v==40
m/s,C正确;由质点振动规律知,质点P从此时刻位置开始经T通过的路程小于30
cm,D错误。
14.如图所示,A、B是一列简谐横波中的两点。某时刻,A正处于正向最大位移处,另一点B恰好通过平衡位置向-y方向振动。已知A、B的横坐标分别为xA=0,xB=70
m,并且波长λ符合不等式:20
m<λ<80
m,求波长λ。(导学号51150122)
答案21
m,31
m,56
m,25
m,40
m
解析根据题目中A点和B点的位置,作出A、B间的两种最简波形图(如右图中的实、虚两种曲线波形)。
①由实线最简波形图写出这种情况的通式为xB-xA=(n+)λ,得70
m=λ。
所以波长通式为λ=
m,其中n=0,1,2,3…,将n=0,1,2,3…依次代入通式解得λ=280
m,56
m,31
m…。由已知20
m<λ<80
m的限制条件,波长应为21
m或
31
m或56
m,且该波向-x方向传播。
②由虚线最简波形,写出这种情况的通式为xB-xA=(n+)λ,得70
m=λ,所以波长的通式λ=
m,其中n=0,1,2,3…,将n=0,1,2,3…依次代入通式解得λ=93
m,40
m,25
m…。由已知20
m<λ<80
m的限制条件,波长应为25
m或40
m,且波向+x方向传播。
即波长λ可能为21
m,31
m,56
m,25
m,40
m。第一节　机械波的产生和传播
课时训练6　机械波的产生和传播
基础夯实
1.(多选)关于机械波,下列说法正确的是(　　)
A.物体做机械振动,一定产生机械波
B.后振动的质点总是跟着先振动的质点重复振动,只是时间落后一些
C.参与振动的质点都有相同的频率
D.机械波是介质随波迁移,也是振动能量的传递
答案BC
解析机械波的传播需要介质,仅仅有机械振动是不够的,故A错;而机械波向外传播的只是运动的形式和振动的能量,介质并不随波迁移,故D错。本题答案为B、C。
2.(多选)关于机械波,下列说法正确的是(　　)
A.相邻的质点要相互做功
B.纵波的质点可以随波迁移,而横波的质点不能
C.振源开始时怎样振动,其他质点开始时就怎样振动
D.波中各质点振动频率是相同的
答案ACD
解析机械波是振源的振动形式在介质中的传播,是由相邻的质点相互带动形成的,各个质点只是在各自的平衡位置附近振动而不随波迁移,波的频率是由振源频率决定的。故选项A、C、D正确。
3.(多选)下列说法不正确的是(　　)
A.声波在空气中传播时是纵波,在水中传播时是横波
B.波不但能传递能量,还能传递信息
C.发生地震时,震源传出的既有横波又有纵波
D.一切波的传播都需要介质
答案AD
解析声波是纵波,与在哪里传播无关,故A项错。机械波的传播需要介质,光波的传播不需要介质,D错。
4.(多选)关于横波和纵波,下列说法正确的是(　　)
A.质点的振动方向和波的传播方向垂直的波叫做横波
B.质点振动方向跟波的传播方向在同一直线上的波叫做纵波
C.横波有波峰和波谷,纵波有密部和疏部
D.地震波是横波,声波是纵波
答案ABC
解析由定义知,选项A、B、C正确。声波是纵波,但地震波中既有横波,又有纵波,选项D错误。
5.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横波
C.沿横向传播的波叫横波,沿纵向传播的波叫纵波
D.沿横向传播的波叫纵波,沿纵向传播的波叫横波
答案A
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,B、C、D错误;横波具有波峰和波谷,A正确。
6.科学探测表明,月球表面无大气层,也没有水,更没有任何生命存在的痕迹。在月球上,两宇航员面对面讲话也无法听到,这是因为(　　)
A.月球太冷,声音传播太慢
B.月球上没有空气,声音无法传播
C.宇航员不适应月球,声音太轻
D.月球上太嘈杂,声音听不清楚
答案B
解析由于声波是机械波,而机械波的传播必须有介质,可是月球上没有空气,所以声音无法传播。
7.判定横波的条件是(　　)
A.质点在竖直方向振动的波为横波
B.波在水平方向传播的波为横波
C.只有质点振动方向为竖直的,波的传播方向为水平的波为横波
D.只要质点振动方向和波的传播方向垂直的波就是横波
答案D
解析判定一列波是否是横波的依据是质点的振动方向和波的传播方向是否垂直。
8.一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.在落下的地方上下振动
D.沿树叶所在的圆圈做圆周运动
答案C
解析树叶随它所在处的湖水运动,做的应是上下振动,并不随波迁移,既不会漂向湖畔,也不会漂向湖心。故正确答案为C。
9.(多选)下列关于简谐运动和简谐波的说法,正确的是(　　)
A.介质中质点振动的周期一定和相应的波的周期相等
B.介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介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
答案AD
解析介质中的质点的振动周期和相应的波传播周期一致,A正确。而各质点做简谐运动速度随时间做周期性的变化,但波在介质中是匀速向前传播的,所以不相等,B错误。对于横波而言,传播方向和振动方向是垂直的,C错误。根据波的特点可知,D正确。
10.沿绳传播的一列机械波,当波源突然停止振动时,有(　　)
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
答案C
解析机械波在向前传播时,各个质点都做着机械振动,一旦振源停止,离振源较近的质点先停止,离振源较远的后停止,故C对。
11.一列横波正沿水平方向由西向东传播,则下列说法中正确的是(　　)
A.波中的各个质点都在由西向东运动
B.波中的各个质点一定沿水平方向振动
C.波中的各个质点一定沿竖直方向振动
D.以上说法都错误
答案D
解析机械波传播的是振动的形式和能量,而介质中各个质点仅在平衡位置附近振动,质点不会随波迁移,而且横波中各个质点的振动方向与波的传播方向垂直,波沿水平方向由西向东传播,质点振动方向与其垂直,不一定沿水平方向,也不一定沿竖直方向,故A、B、C错误,D正确。
12.当将小闹钟放在空气中时,我们可以清晰地听到小闹钟发出的闹铃声,现在我们将小闹钟放进密封的玻璃罩内,并将玻璃罩内的空气通过阀门抽出,使罩内形成真空,当小闹钟闹铃响时还能听到声音吗 为什么
答案不能。因为声波的传播需要介质,在真空中没有传播声波的介质,所以无法听到闹铃声。
能力提升
13.(多选)关于机械振动和机械波,以下说法正确的是(　　)(导学号51150194)
A.有机械波一定存在机械振动,有机械振动就一定能够产生机械波
B.机械振动在介质中传播形成机械波
C.参与振动的质点的振动频率是由波源决定的,与介质的性质无关
D.波源振动得越快,波在介质中的传播速度就越大
答案BC
解析机械振动在介质中传播形成机械波,如果只有振动而没有介质,就不能形成机械波。故A错误,B正确。由于各参与振动的质点都在重复波源质点的振动,所以各质点的振动频率等于波源质点的振动频率,故C正确。机械波的传播速度只取决于介质本身,与波源振动的频率无关,故D错误。
14.(多选)地震震动以波的形式传播,地震波有纵波和横波之分,若a、b两处与c处分别相距300
km和200
km,若c处地下15
km处发生地震,则(已知在地表附近纵波的传播速度大于横波的传播速度)(　　)(导学号51150195)
A.c处居民会感到先上下颠簸,后水平摇动
B.地震波是横波
C.地震波传到a处时,振动方向垂直于地面
D.a、b两处剧烈程度可能不同
答案AD
解析由于地震波有横波、纵波之分,二者同时发生,传播速度因波而异,传到a、b两处,由于距离不同剧烈程度也当然不同,故答案为A、D。
15.
如图所示是沿绳向右传播的一列横波,在图上速度最大的点是第　　　点和第　　　点。除去第1点外,加速度最大的点是第　　　　点,此质点此时处在波的　　　　位置。正在向上振动的质点是　　　　。(导学号51150196)
答案3　7　5　波峰　6、7
解析波向右传播,介质中左边的质点带动右边的质点振动,故2、3、4质点向下振动,6、7质点向上振动。如题图所示,3、7两质点在平衡位置,速度最大,1、5两质点在最大位移处,加速度最大。
16.日常生活中,若发现球掉入池塘里,能否通过往池塘丢入石块,借助石块激起的水波把球冲到岸边呢 说明理由。(导学号51150116)
解答向水中投入石块,水面受到石块的撞击开始振动,形成水波向四周传去,这是表面现象,实际上水波向四周传播,而水只是上下振动,并不向外迁移,所以球也仅仅是上下振动,而不会向岸边运动。
17.2015年1月22日,新疆维吾尔自治区伊犁哈萨克自治州发生4.2级地震。已知地震中的纵波和横波在地表附近的传播速度分别为9.1
km/s和3.7
km/s,在震中观测站中,记录了震源发出的纵波和横波到达观测站的时间差为5.4
s。(导学号51150117)
(1)求这个观测站距震源的距离。
(2)观测站首先观察到的是上下振动还是左右晃动
答案(1)34
km　(2)上下振动
解析(1)设观测站距震源的距离为s,则=t,则s=t=×5.4
km≈34
km。
(2)因为纵波先到达观测站,因而先观察到的是上下振动。第四节　波的干涉与衍射
课时训练9　波的干涉与衍射
基础夯实
1.有一障碍物的宽度为10
m,下列衍射现象最明显的是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.波长为40
m的波
B.波长为9.9
m的波
C.频率为40
Hz的声波(声速v=340
m/s)
D.频率为5
000
MHz的电磁波(波速v=3.0×108
m/s)
答案A
解析题中几列波的波长分别是λA=40
m,λB=9.9
m,λC=
m=8.5
m,λD=
m=0.06
m,由波发生明显衍射的条件知,λA=40
m大于障碍物的尺寸,而其余波长都小于障碍物的尺寸,故正确选项为A。
2.一列波在传播过程中通过一个障碍物,发生了一定程度的衍射,以下哪种情况使衍射现象更明显(　　)
A.增大障碍物的尺寸,同时增大波的频率
B.增大障碍物的尺寸,同时减小波的频率
C.缩小障碍物的尺寸,同时增大波的频率
D.缩小障碍物的尺寸,同时减小波的频率
答案D
解析波在介质中传播时波速是由介质决定的,与波的频率无关,所以改变波的频率不会改变波速,但由v=λf可知,当波速一定时,减小频率则波长增大,而发生明显衍射的条件是障碍物或孔的尺寸比波长小或跟波长相差不多,所以缩小障碍物的尺寸,同时减小波的频率会使衍射现象更明显,D选项正确。故正确选项为D。
3.(多选)下列关于两列波相遇时叠加的说法正确的是(　　)
A.相遇后,振幅小的一列波将减弱,振幅大的一列波将加强
B.相遇后,两列波的振动情况与相遇前完全相同
C.在相遇区域,任一点的总位移等于两列波分别引起的位移的矢量和
D.几个人在同一房间说话,相互间听得清楚,这说明声波在相遇时互不干扰
答案BCD
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选项正确。
4.(多选)两个不等幅的脉冲波在均匀介质中均以1.0
m/s的速率沿同一直线相向传播,t=0时刻的图形如图所示,下图中小方格的边长为0.1
m,则以下不同时刻,波形正确的是(　　)
答案ABD
解析脉冲波在介质中传播,x=vt,当t=0.3
s时,两脉冲波各沿波的传播方向传播0.3
m,恰好相遇,故A正确。当t=0.4
s、0.5
s、0.6
s时,两脉冲波各沿波的传播方向传播0.4
m、0.5
m、0.6
m,由波的叠加原理知B、D正确,C错误。
5.(多选)在空气中的同一区域内,两列声波波源的振动情况如图所示,可以肯定的是(　　)
A.a波源的频率为b波源频率的2倍
B.a波的波长为b波波长的2倍
C.a、b两列波叠加能产生稳定的干涉
D.通过同一狭缝,a波的衍射效果比b波明显
答案BD
解析由波的图象可以看出,a波的周期是b波的2倍,因为波速相等(同一介质),所以a波的波长是b波的2倍。由波速公式v=λf可知a波的频率等于b波的一半。故A错而B正确;两列波相干的条件是频率必须相等,可知a、b两列波不会产生稳定的干涉;波长越长,衍射现象越明显,故D选项正确。
6.(多选)当两列振动情况完全相同的水波发生干涉时,如果两列波的波峰在P点相遇,下列说法正确的是(　　)
A.质点P的振动始终是加强的
B.质点P的振幅最大
C.质点P的位移始终最大
D.质点P的位移有时为零
答案ABD
解析在稳定干涉情况下,两列波波峰在P点相遇说明P点振动加强,因此P点到两波源的波程差为波长的整数倍,所以A、B项对。但质点位移是两列波引起位移的矢量和,它随时间周期性变化。所以C错,D对。
7.利用发波水槽得到的水面波形如图a、b所示,则(　　)
A.图a、b均显示了波的干涉现象
B.图a、b均显示了波的衍射现象
C.图a显示了波的干涉现象,图b显示了波的衍射现象
D.图a显示了波的衍射现象,图b显示了波的干涉现象
答案D
解析由波的干涉和衍射概念,图a是一列波的传播,显示了波的衍射现象,图b是两列波的传播,显示了衍射干涉现象。
8.(多选)“闻其声不见其人”是因为一般障碍物的尺寸(　　)
A.可以跟声波波长相比较,使声波发生明显衍射
B.比声波波长大得多,声波不能发生衍射
C.可以跟光波波长相比较,使光波也发生衍射
D.比光波波长大得多,光波不能发生明显衍射
答案AD
解析发生明显衍射现象的条件为障碍物或孔的尺寸比波长小或与波长相差不多。由于声波波长大,能发生明显衍射现象,而光波波长太小,故遇到常见物体或人时,不能发生明显衍射现象,故选A、D。
9.两列波相叠加发生了稳定的干涉现象,那么(　　)
A.两列波的频率不一定相同
B.振动加强区域的各质点都在波峰上
C.振动加强的区域始终加强,振动减弱的区域始终减弱
D.振动加强的区域和振动减弱的区域不断周期性地交换位置
答案C
解析两列波发生稳定的干涉现象的条件是两列波的频率相同且相位差恒定,故A错;且振动加强区始终加强,振动减弱区始终减弱,形成稳定的干涉图样,C对,D错;振动加强区域的各质点振幅最大,它们也在自己的平衡位置附近振动,并不是只在波峰上,B错。
10.(多选)关于干涉和衍射现象,下列说法正确的是(　　)
A.两列波在介质中叠加,一定产生干涉现象
B.因衍射是波特有的特征,所以波遇到障碍物时一定能发生明显衍射现象
C.叠加规律适用于一切波
D.只有频率相同的两列波叠加才能产生稳定的干涉现象
答案CD
解析频率相同是干涉的必要条件,A错,D对;一切波在任何条件下都能发生衍射现象,但只有障碍物的尺寸与波长相差不多,或比波长小时,衍射现象才最明显,B错;波的叠加没有条件,C对。
11.在空旷的广场上有一堵较高的墙MN,墙的一侧O点有一个正在播放男女声合唱歌曲的声源,某人从图中的A点走到墙后的B点。在此过程中,如果从声波的衍射来考虑,则会听到(　　)
A.声音变响亮,男声比女声更响
B.声音变响亮,女声比男声更响
C.声音变弱,男声比女声更弱
D.声音变弱,女声比男声更弱
答案D
解析男声频率较低,在空气中的声波波长较长,女声频率较高,在空气中的声波波长较短,所以男声比女声更容易发生衍射,故D选项正确。
12.
消除噪声污染是当前环境保护的一个重要课题,内燃机、通风机等在排放各种高速气体的过程中都发出噪声,干涉型消声器可以用来削弱高速气流产生的噪声。干涉型消声器的结构及气流运行如图所示,产生的波长为λ的声波沿水平管道自左向右传播。在声波到达a处时,分成两束相干波,它们分别通过r1和r2的路程,再在b处相遇,即可达到削弱噪声的目的。若Δr=r2-r1,则Δr等于(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.波长λ的整数倍
B.波长λ的奇数倍
C.半波长的奇数倍
D.半波长的偶数倍
答案C
解析要达到削弱噪声的目的,则波程差应等于半波长的奇数倍,从而保证分成两束的相干波叠加后减弱。
13.如果房间外面很嘈杂,你的房门大开,会吵得你心烦意乱。关上房门,房间就安静了。如果你没有把房门关严,而是留了一条缝,试分析结果会怎样呢
答案若房门留了一条缝,房间外的声音照样能进入房间。因为声波的波长比门缝的尺寸要大得多,故能发生明显的衍射现象,房内的人能听见嘈杂声。
能力提升
14.(多选)如图甲所示,沿一条直线相向传播的两列波的振幅和波长均相等,当它们相遇时可能出现的波形是图乙所示的(　　)(导学号51150129)
甲
乙
答案BC
解析当两列波的前半个波形(或后半个波形)相遇时,根据波的叠加原理,在前半个波形(或后半个波形)重叠的区域内所有的质点振动的合位移为零,而两列波的后半个波形(或前半个波形)保持不变,B正确。当两列波完全相遇时(即重叠在一起),由波的叠加原理可知,所有质点振动的位移均等于每列波单独传播时引起的位移的矢量和,使得所有的质点振动的位移加倍,C正确。
15.如图所示,甲、乙两平面波是振幅相同的相干波,甲波沿x轴正方向传播,乙波沿y轴正方向传播,图中实线表示某一时刻的波峰位置,虚线表示波谷位置,对图中正方形中央的a、b、c、d四点的振动情况,正确的判断是(　　)(导学号51150130)
A.a、b点振动加强,c、d点振动减弱
B.a、c点振动加强,b、d点振动减弱
C.a、d点振动加强,b、c点振动减弱
D.a、b、c、d点的振动都加强
答案B
解析当两列波出现干涉现象时,要产生干涉图样,形成一条加强线,一条减弱线……加强线、减弱线彼此相间的稳定的干涉图样,在图中设定A、B、C、D四点,实线相交点,即波峰与波峰相遇,都是振动加强点,可知BD决定的直线为加强线,过A、C的平行BD直线的两条直线也应是加强线。a、c两点在BD直线上,故a、c两点是振动加强点,分别过b、d点且平行于BD直线的两条直线均在两加强线之间,应为减弱线,故b、d两点的振动是减弱点。
16.两列简谐波沿x轴相向而行,波速均为v=0.4
m/s,两波源分别位于A、B处,t=0时的波形如图所示。当t=2.5
s时,M点的位移为　　　　cm,N点的位移为　　　　cm。(导学号51150131)
答案2　0
解析本题考查波的形成与传播、波的叠加。由图可看出波源A的波长为λA=0.2
m,波源B的波长为λB=0.4
m,在2.5
s时间内两列波分别向左和向右传播的距离均为Δx=vΔt=1
m。如图所示,将两列波向左和向右分别平移Δx=1
m的距离,得到t=2.5
s时刻的两列波形图,显然此时波A使M质点处于平衡位置向上振动,而波B使M质点处于波谷位置,故M质点的位移叠加后为2
cm。波A使N质点处于平衡位置向上振动,而波B使N质点处于平衡位置向上振动,故N质点的位移叠加后为0
cm。
17.两列简谐波频率相等,波速大小相等,分别沿+x和-x传播,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。(导学号51150132)
答案4和8　2和6
解析两波频率相等,叠加发生干涉,x=2、6的两点振动总相反,此为峰谷相遇,振动减弱,振幅最小;x=4的质点此时位于平衡位置,但两列波在该点引起的振动均沿y轴正向,则此时x=4的质点向y轴正向振动,后两对波在该处均形成波峰,振幅为两波振幅之和,是加强区,振幅最大,同理x=8的质点此时沿y轴负向振动,为两列波的波谷,波谷相遇处,也是加强区,则振幅最大的质点为x=4、8的质点。
18.如图为某一报告厅主席台的平面图,AB是讲台,S1、S2是与讲台上话筒等高的喇叭,它们之间的相互位置和尺寸如图所示。报告者的声音放大后经喇叭传回话筒再次放大时可能会产生啸叫。为了避免啸叫,话筒最好摆放在讲台上适当的位置,在这些位置上两个喇叭传来的声音因干涉而相消。已知空气中声速为340
m/s,若报告人声音的频率为136
Hz,问讲台上这样的位置有多少个 (导学号51150133)
答案4
解析对应于声频f=136
Hz的声波的波长是
λ==2.5
m①
式中v=340
m/s是空气中的声速。在下图中,O是AB的中点,P是OB上任一点。将表示为=k②
式中k为实数,当k=0,2,4,…时,从两个喇叭来的声波因干涉而加强;当k=1,3,5…时,从两个喇叭来的声波因干涉而相消。由此可知,O是干涉加强点;对于B点,=(20-15)
m=4③
所以,B点也是干涉加强点。因而O、B之间有两个干涉相消点,由对称性可知,AB上有4个干涉相消点。第三章过关检测
(时间:45分钟　满分:100分)
一、选择题(每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第1~5小题只有一个选项正确,第6~8小题有多个选项正确)
1.第一个用实验验证电磁波客观存在的科学家是(　　)
　
　　　　　
　　　　　
　　
A.法拉第
B.奥斯特
C.赫兹
D.麦克斯韦
答案C
解析麦克斯韦预言了电磁波的存在,赫兹用实验验证了电磁波的存在。
2.下列关于电磁波的说法正确的是(　　)
A.电磁波必须依赖介质传播
B.电磁波可以发生衍射现象
C.电磁波不会发生偏振现象
D.电磁波无法携带信息传播
答案B
解析电磁波的传播不需要介质,在真空中也可传播,选项A错误;电磁波可以发生衍射和偏振现象,选项B正确、C错误;电磁波的重要应用之一就是传递信息,选项D错误。
3.对于机械波和电磁波的比较,下面说法中正确的是(　　)
A.它们都能发生反射、折射、干涉和衍射现象
B.它们在本质上是相同的,只是频率不同而已
C.它们都可能是横波,也可能是纵波
D.机械波的传播速度只取决于介质,跟频率无关;而电磁波的传播速度与介质无关,只跟频率有关
答案A
解析机械波和电磁波本质是不同的,但都能发生反射、折射、干涉和衍射现象,电磁波是横波,电磁波的传播速度不仅与介质有关,也跟频率有关。
4.“歼-20”隐形战斗机的横空出世,极大地增强了我国的国防力量。其隐形的基本原理是机身通过结构或者涂料的技术,使得侦测雷达发出的电磁波反射到面向雷达以外的方向或被特殊涂料吸收,从而避过雷达的侦测。已知目前雷达发射的电磁波频率在200
MHz至1
000
MHz的范围内。下列说法正确的是(　　)
A.隐形战斗机具有“隐身”的功能,是巧妙地利用了雷达波的衍射能力
B.雷达发射的电磁波是由恒定不变的电场或磁场产生的
C.雷达发射的电磁波在真空中的波长范围在0.3
m至1.5
m之间
D.雷达发射的电磁波可能是纵波,也可能是横波
答案C
解析隐形战斗机具有“隐身”的功能,是通过机身结构对雷达发出的电磁波向雷达以外的方向或通过特殊涂料对电磁波进行吸收,选项A错误;雷达发射的电磁波是由变化的电场或磁场产生的,选项B错误;根据λ=可得雷达发射的电磁波在真空中的波长范围在0.3
m至1.5
m之间,选项C正确;雷达发射的电磁波是横波,选项D错误。
5.红外遥感卫星通过接收地面物体发出的红外辐射来探测地面物体的状况。地球大气中的水气(H2O)、二氧化碳(CO2)能强烈吸收某些波长范围的红外辐射,即地面物体发出的某些波长的电磁波,只有一部分能够通过大气层被遥感卫星接收。如图所示为水和二氧化碳对某一波段不同波长电磁波的吸收情况。由图可知,在该波段红外遥感大致能够接收到的波长范围为(　　)
A.2.5~3.5
μm
B.4~4.5
μm
C.5~7
μm
D.8~13
μm
答案D
解析由题图可知,8~13
μm的波段被水和二氧化碳吸收得较少,能够接收到,选项D正确。
6.关于电磁波谱,下列说法中正确的是(　　)
A.电磁波中最容易表现出干涉、衍射现象的是无线电波
B.红外线、紫外线、可见光是原子的外层电子受激发后产生的
C.伦琴射线和γ射线是原子的内层电子受激发后产生的
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
答案AB
解析波长越长的无线电波波动性越显著,干涉、衍射现象易发生;从电磁波产生的机理可知γ射线是原子核受激发后产生的;不论物体温度高低如何都能辐射红外线,物体的温度越高,它辐射的红外线越强。
7.下列关于红外线的说法中正确的是(　　)
A.红外烤箱中的红光就是红外线
B.红外线比可见光更容易发生衍射
C.高温物体辐射红外线,低温物体不辐射红外线
D.红外线比可见光更容易引起固体物质分子共振
答案BD
解析红外线是看不见的,红外线的波长比可见光的长,更容易发生衍射;一切物体,包括高温物体和低温物体都在辐射红外线,只是物体温度越高,它辐射的红外线就越强;红外线的频率比可见光更接近固体物质分子的频率,也就更容易使分子发生共振,因而红外线热作用显著。
8.如图所示,将开关S由b扳到a开始计时,在电流振荡了半个周期时,电路中(　　)
A.电容器C里的电场强度最强,电场强度方向向上
B.线圈L周围磁场最强
C.线圈中的磁感应强度为零
D.电场能开始向磁场能转化
答案ACD
解析开关S与b接通给电容器充电,再与a接通,电容器通过线圈放电,经过时,正是电容器反向充电完毕时刻,此时电容器下极板带正电,A项正确;线圈中电流为零,故B错,C对;此后电容器又要放电,即由电场能转化为磁场能,D正确。
二、填空题(每小题10分,共20分。把答案填在相应的横线上)
9.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,如图所示。(导学号51150149)
(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。
答案(1)T=2π　(2)如图所示。
解析本题主要考查两点:一是考查能否根据正确的作图规则画出T2-C图象(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);二是考查数形结合能力。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图象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),图象的斜率为4π2L,L=。
10.某电台发射频率为500
kHz的无线电波,某发射功率为10
kW,在距电台20
km的地方接收到该电波,该电波的波长为　　　　　,在此处,每平方米的面积上每秒钟可接收到该电波的能量为　　　　　　。
答案600
m　2×10-6
J
解析由c=λf知,
λ=m=600
m。设每秒钟每平方米上获得能量为E,则:E·4πR2=Pt,
所以E=
=
J
=2×10-6
J。
三、计算题(每小题16分,共32分)
11.在电视节目中,我们经常看到主持人与被派到海外的记者通过同步通信卫星通话,他们之间每一问一答总是迟“半拍”,这是为什么 如果有两个手持卫星电话的人通过同步通信卫星通话,一方讲话,另一方至少要等多长时间才能听到对方的讲话 (已知地球的质量为6.0×1024
kg,地球半径为6.4×106
m,万有引力常量为6.67×10-11
N·m2·kg-2)(导学号51150150)
答案原因见解析。0.24
s
解析主持人与记者之间通话的不合拍是因为电磁波是以有限的速度在空中传播的,利用电磁波传递信息是需要时间的。
设同步卫星高度为H,由万有引力定律及卫星圆周运动规律可得
=m(R+H)
H=-R≈3.6×107
m
则一方讲话,另一方听到对方讲话的最少时间t==0.24
s。
12.自然界中的物体由于具有一定的温度,会不断向外辐射电磁波,这种辐射因与温度有关,故称为热辐射。热辐射具有如下特点:辐射的能量中包含各种波长的电磁波;物体温度越高,单位时间从物体表面单位面积上辐射的能量越大;在辐射的总能量中,各种波长所占的百分比不同。太阳热辐射能量的绝大多数集中在波长为2×10-7~1×10-5
m,求出相应的频率范围。(导学号51150151)
答案3×1013~1.5×1015
Hz
解析由f=知
f1=
Hz=1.5×1015
Hz
f2=
Hz=3×1013
Hz
所以辐射的频率范围为3×1013~1.5×1015
Hz。第一节　初识简谐运动
课时训练1　初识简谐运动
基础夯实
1.(多选)下列几种运动中属于机械振动的是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.乒乓球在地面上的上下运动
B.弹簧振子在竖直方向的上下运动
C.秋千在空中来回运动
D.竖于水面上的圆柱形玻璃瓶上下振动
答案BCD
解析机械振动是物体在平衡位置两侧做往复运动,乒乓球的上下运动不是在平衡位置两侧的往复运动,故A错误。
2.关于机械振动的位移和平衡位置的说法中正确的是(　　)
A.平衡位置就是物体振动范围的中心位置
B.机械振动的位移总是以平衡位置为起点的位移
C.机械振动的物体运动的路程越大,发生的位移也越大
D.机械振动的位移是指振动物体偏离平衡位置最远时的位移
答案B
解析平衡位置是物体自由静止的位置。此位置与物体的受力有关,与是否为振动范围的中心位置无关。振动位移是以平衡位置为初始点到质点所在的位置的有向线段,振动位移随时间而变化。振动物体偏离平衡位置最远时振动位移最大。
3.做简谐运动的弹簧振子除平衡位置外,在其他所有位置时,关于它的速度方向,下列说法正确的是(　　)
A.总是与位移方向相反
B.总是与位移方向相同
C.远离平衡位置时与位移方向相反
D.向平衡位置运动时与位移方向相反
答案D
解析做简谐运动的振子,速度方向与位移方向存在两种可能,因为位移的方向总是背离平衡位置,所以当振子衡位置时,二者方向相反,远离平衡位置时,二者方向相同。故选项D正确。
4.手机是常用的通信工具,当来电话时,它可以用振动来提示人们。振动原理很简单,是一个微型电动机带动转轴上的叶片转动。当叶片转动后,电动机就跟着振动起来。其中叶片的形状你认为是下图中的(　　)
答案A
解析B、C、D中图形均为中心对称图形,转动起来不会引起振动。
5.一质点做简谐运动的图象如图所示,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(　　)
A.1
s,4
s
B.3
s,2
s
C.1
s,2
s
D.3
s,4
s
答案C
解析弹簧振子的加速度大小与位移成正比,方向与位移相反,所以当振子具有最大负方向位移时具有最大正方向加速度;位移—时间图象的斜率反映速度,1
s时具有最大负向速度,C正确。
6.(多选)物体做简谐运动的过程中,有P、Q两点关于平衡位置对称,则物体(　　)
A.在两点处的位移相等
B.在两点处的速度可能相同
C.在两点处的加速度可能相同
D.在两点处的动能相同
答案BD
解析位移是矢量,不仅有大小,而且有方向。加速度一定与位移反向,所以在P、Q两点位移、加速度一定不相同。而速度有时相同,有时相反,所以B、D选项正确。
7.(多选)一质点做简谐运动的图象如图所示,下列说法正确的是(　　)
A.0~1
s速度在增大
B.0~1
s位移在增大
C.2~3
s速度在增大
D.2~3
s位移在增大
答案AC
解析0~1
s质点从最大位移处向平衡位置运动,速度增大,位移减小。2~3
s质点从负向最大位移处向平衡位置运动,速度越来越大,但相对于平衡位置的位移越来越小,故A、C正确。
8.关于振幅的各种说法中,正确的是(　　)
A.振幅是振子离开平衡位置的最大距离
B.位移是矢量,振幅是标量,位移的大小等于振幅
C.振幅等于振子运动轨迹的长度
D.振幅越大,表示振动越强,周期越长
答案A
解析振幅是振子离开平衡位置的最大距离,它是表示振动强弱的物理量,振幅越大,振动越强,但振幅的大小与周期无关。
9.某质点做简谐运动,从质点经过某一位置时开始计时,则(　　)
A.当质点再次经过此位置时,经历的时间为一个周期
B.当质点的速度再次与零时刻的速度相同时,经过的时间为一个周期
C.当质点的加速度再次与零时刻的加速度相同时,经过的时间为一个周期
D.以上三种说法都不对
答案D
解析必须再次同方向经过该位置才是一个周期,A错;根据对称性,在平衡位置两侧存在速度相同的点,B错;若质点从平衡位置开始运动,加速度为零,再经过半个周期其加速度又变为零,C错。
10.有一弹簧振子做简谐运动,则下列说法正确的是(　　)
A.加速度最大时,速度最大
B.速度最大时,位移最大
C.位移最大时,加速度最大
D.位移为零时,加速度最大
答案C
解析振子的加速度最大时,振子处在最大位移处,此时振子的速度为零;而速度最大时,振子在平衡位置,位移和加速度都为零。
11.(多选)一个弹簧振子在光滑的水平面上做简谐运动,其中有两个时刻弹簧对振子的弹力大小相等,但方向相反,那么这两个时刻弹簧振子的(　　)
A.速度一定大小相等,方向相反
B.加速度一定大小相等,方向相反
C.位移一定大小相等,方向相反
D.以上三项都不对
答案BC
解析由弹簧振子的运动规律知,当弹簧弹力大小相等、方向相反时,这两时刻振子的位移大小相等、方向相反,加速度大小相等、方向相反,B、C正确。由于振子的运动方向在两时刻可能相同,也可能相反,故A、D错误。故正确选项为B、C。
能力提升
12.(多选)如图为某质点做简谐运动的图象,若t=0时,质点正经过O点向b点运动,则下列说法正确的是(　　)(导学号51150089)
A.质点在0.7
s时,正在背离平衡位置运动
B.质点在1.5
s时的位移最大
C.1.2~1.4
s时间内,质点的位移在增大
D.1.6~1.8
s时间内,质点的位移在增大
答案BC
解析位移是由平衡位置指向质点所在位置的有向线段,故质点在0.7
s时的位移方向向右,且正在向平衡位置运动,选项A错误;质点在1.5
s时的位移达到最大,选项B正确;1.2~1.4
s时间内,质点正在背离平衡位置运动,其位移在增大,选项C正确;1.6~1.8
s时间内,质点正在向平衡位置运动,其位移在减小,选项D错误。
13.
如图所示,一个做简谐运动的质点,先后以同样的速度通过相距10
cm的A、B两点,历时0.5
s,过B点后再经过0.5
s质点以方向相反、大小相等的速度再次通过B点,则质点从离开O点到再次回到O点历时(　　)(导学号51150090)
A.0.5
s　　　　　　　B.1.0
s
C.2.0
s
D.4.0
s
答案B
解析根据题意,由振动的对称性可知:AB的中点(设为O)为平衡位置,A、B两点对称分布于O点两侧。质点从平衡位置O向右运动到B的时间应为tOB=×0.5
s=0.25
s,质点从B向右到达右方极端位置(设为D)的时间tBD=×0.5
s=0.25
s,所以质点从离开O点到再次回到O点的时间t=2tOD=2×(0.25+0.25)
s=1.0
s,故正确选项为B。
14.如图所示是某质点做简谐运动的振动图象,根据图象中的信息,回答下列问题:(导学号51150091)
(1)质点离开平衡位置的最大距离有多大
(2)在前4
s内,质点在哪些时刻的位移最大
(3)在1.6
s和2.5
s两个时刻,质点向哪个方向运动
答案(1)10
cm　(2)1
s末、3
s末
(3)均向x轴负方向运动
解析(1)质点离开平衡位置的最大距离是10
cm。
(2)质点的最大位移在前4
s发生在1
s末和3
s末,位移大小为10
cm。
(3)在1.6
s至2
s内质点的位移减小,因此是向平衡位置运动。在2.5
s至3
s内质点的位移增大,因此是背离平衡位置运动,也可以说成是两个时刻质点均在向x轴负方向运动。
15.简谐运动的振动图线可用下述方法画出:如图甲所示,在弹簧振子的小球上安装一枝绘图笔P,让一条纸带在与小球振动方向垂直的方向上匀速运动,笔P在纸带上画出的就是小球的振动图象。取振子水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移正方向,纸带运动的距离代表时间,得到的振动图线如图乙所示。(导学号51150092)
(1)为什么必须匀速拖动纸带
(2)刚开始计时时,振子处在什么位置 t=17
s时振子相对平衡位置的位移是多少
(3)若纸带运动的速度为2
cm/s,振动图线上1
s处和3
s处对应纸带上两点间的距离是多少
(4)振子在　　　　
s末负方向速度最大;在　　　　
s末正方向加速度最大;2.5
s时振子正在向　　　　方向运动。
答案(1)在匀速条件下,可以用纸带通过的位移表示时间　(2)左侧最大位移　零　(3)4
cm　(4)3　0(或4)　负
解析(1)纸带匀速运动时,由x=vt知,位移与时间成正比,因此在匀速条件下,可以用纸带通过的位移表示时间。
(2)由题图乙可知t=0时,振子在平衡位置左侧最大位移处;周期T=4
s,t=17
s时位移为零。
(3)由于x=vt,所以振动图线上1
s处和3
s处对应纸带上两点间距x=2
cm/s×2
s=4
cm。
(4)3
s末负方向速度最大;加速度方向总是指向平衡位置,所以t=0或t=4
s时正方向加速度最大;t=2.5
s
时,向负方向运动。第三节　简谐运动的公式描述
课时训练3　简谐运动的公式描述
基础夯实
1.某振子做简谐运动的表达式为x=2sin(2πt+)
cm,则该振子振动的振幅和周期为(　　)
A.2
cm　1
s　　　　　　B.2
cm　2π
s
C.1
cm　
s
D.以上全错
答案A
解析由x=Asin(ωt+φ)与x=2sin(2πt+)
cm对照可得A=2
cm,ω=2π=,所以T=1
s,A选项正确。
2.(多选)某质点做简谐运动,其位移随时间变化的关系式为
x=Asint
cm,则质点(　　)
A.第1
s末与第3
s末的位移相同
B.第1
s末与第3
s末的速度相同
C.3
s末至5
s末的位移方向相同
D.3
s末至5
s末的速度方向相同
答案AD
解析由关系式可知ω=
rad/s,T==8
s,将t=1
s
和
t=3
s代入关系式中求得两时刻位移相同,A对;画出对应的位移—时间图象,由图象可以看出,第1
s
末和第3
s末的速度方向不同,B错;仍由图象可知,3
s末和5
s末的位移大小相同、方向相反,而速度是大小相同、方向也相同,故C错,D对。
3.(多选)一个质点做简谐运动,质点每次经过同一位置时,下列物理量一定相同的是(　　)
A.速度
B.加速度
C.动能
D.位移
答案BCD
解析质点做简谐运动,每次经过同一位置时,它的位移、加速度、动能一定相同;而速度大小相同,方向不一定相同。所以B、C、D选项正确。
4.(多选)如图所示是甲、乙两质量相等的振子分别做简谐运动的图象,则(　　)
A.甲、乙两振子的振幅分别是2
cm、1
cm
B.甲的振动频率比乙小
C.前2
s内甲、乙两振子的加速度均为正值
D.第2
s末甲的速度最大,乙的加速度最大
答案AD
解析通过图象比较振动情况,比较各时刻各物理量的大小和方向关系。
5.周期为2
s的简谐运动,在半分钟内通过的路程是60
cm,则在此时间内振子经过平衡位置的次数和振子的振幅分别为(　　)
A.15次,2
cm
B.30次,1
cm
C.15次,1
cm
D.60次,2
cm
答案B
解析振子完成一次全振动经过轨迹上每点的位置两次(除最大位移处),而每次全振动振子通过的路程为4个振幅。
6.(多选)如图甲所示,一弹簧振子以O为平衡位置沿水平杆在B、C间做简谐运动,规定正方向向右;图乙表示该振子的振动图象(　　)
A.振子的振幅为2
cm
B.振动的频率f=1.2
Hz
C.t=0时刻振子处于图甲中的C位置
D.振子由C→O经历的时间是0.3
s
答案AD
解析由题图直接读出振幅A=2
cm,故选项A正确;周期T=1.2
s,则频率f=
Hz,选项B错误;t=0时刻,由图象看出振子处于平衡位置,即应在甲图中O点,故选项C错误;振子由C→O经历周期,所以t=×1.2
s=0.3
s,D项正确。
7.一质点做简谐运动,振幅是4
cm、频率是2.5
Hz,该质点从平衡位置起向正方向运动,经2.5
s质点的位移和路程分别是(选初始运动方向为正方向)(　　)
A.4
cm,24
cm
B.-4
cm,100
cm
C.零,100
cm
D.4
cm,100
cm
答案D
解析周期T=
s=0.4
s,t=2.5
s=6T,质点在2.5
s时将到达正向最大位移处,故位移为4
cm,路程为6×4A+A=25A=100
cm。故正确选项为D。
8.有一个弹簧振子,振幅为0.8
cm,周期为0.5
s,开始时具有沿负方向的最大加速度,则它的振动方程为(　　)
A.x=0.008sin
m
B.x=0.008sin
m
C.x=0.008sin
m
D.x=0.008sin
m
答案A
解析由题意知A=0.008
m,ω==4π
rad/s,t=0时振子具有沿负方向的最大加速度,所以t=0时振子具有最大的正向位移,故初相位φ=,振动方程为x=Asin(ωt+φ)=0.008sinm,选项A正确。
9.一个简谐运动的振动方程为x=5cos(2πt+)
cm,这个振动的振幅是　　　
cm,频率是　　　
Hz;在t=0.1
s时的相位是　　　;在1
s的时间内振子通过的路程是　　　
cm。
答案5　1　　20
解析振幅可直接由表达式读出,A=5
cm,圆频率ω=2π,由ω=2πf知其频率f=1
Hz。t=0.1
s时,2πt+=0.2π+π,即相位为π,因为f=1
Hz,则T==1
s,故1
s内通过的路程s=4A=4×5
cm=20
cm。
10.一物体沿x轴做简谐运动,振幅为8
cm,频率为0.5
Hz,在t=0时,位移是4
cm,且向x轴负方向运动,试写出用正弦函数表示的振动方程。(导学号51150099)
答案x=0.08sin
m
解析简谐运动振动方程的一般表达式为x=Asin(ωt+φ)。x=0.08sin(πt+φ)
m。将t=0,x=0.04
m代入方程得0.04=0.08sin
φ,解得初相φ=或φ=π。因为t=0时,速度方向沿x轴负方向,即位移在减小,所以取φ=π。
所求的振动方程为x=0.08sin
m。
11.物体做简谐运动,通过A点时的速度为v,经1
s后物体第一次以相同速度v通过B点,再经过1
s物体紧接着又通过B点,已知物体在2
s内所走过的总路程为12
cm。则该简谐运动的周期和振幅分别是多大 (导学号51150100)
答案简谐运动的周期和振幅分别为T=4
s,A=6
cm或T=
s,A=2
cm。
解析物体通过A点和B点速度大小相等,A、B两点一定关于平衡位置O对称。依题意作出物体的振动路径草图如图甲所示,物体从A向右运动到B,即图中从1运动到2,时间为1
s,从2运动到3,又经过1
s,从1到3共经历了0.5T,即0.5T=2
s,T=4
s,2A=12
cm,A=6
cm。
在图乙中,物体从A先向左运动,当物体第一次以相同的速度通过B点时,即图中从1运动到2时,时间为1
s,从2运动到3,又经过1
s,同样A、B两点关于O点对称,从图中可以看出从1到3共经历了1.5T,即1.5T=2
s,T=
s,1.5×4A=12
cm,A=2
cm。
能力提升
12.质点沿x轴做简谐运动,平衡位置为坐标原点O,质点经过a点(xa=-5
cm)和b点(xb=5
cm)时速度相同,所用时间tab=0.2
s,质点由b回到a点所用的最短时间tba=0.4
s,则该质点做简谐运动的频率为(　　)(导学号51150188)
A.1
Hz　　　　　　　B.1.25
Hz
C.2
Hz
D.2.5
Hz
答案B
解析
由题意可知a、b是关于平衡位置的对称点,且不是最大位置,设右侧的最大位置为c点,则运动的示意图如图所示:
从a→b,tab=0.2
s;从b到c再到a,tba=0.4
s。由对称性可知,从b→c所用时间tbc=0.1
s,则tOc==0.2
s,所以T=0.8
s,则f==1.25
Hz,B正确。
13.
一根自由长度为10
cm的轻弹簧,下端固定,上端连一个质量为m的物块P,在P上再放一个质量为m的物块Q,系统静止后,弹簧长度为6
cm,如图所示。如果迅速向上移去Q,物块P将在竖直方向做简谐运动,此后弹簧的最大长度是(　　)(导学号51150189)
A.8
cm
B.9
cm
C.10
cm
D.11
cm
答案C
解析由题可知移去物块Q后物块P在竖直方向上做简谐运动,平衡位置是重力和弹簧弹力相等的位置,由题中条件可得此时弹簧长度为8
cm。P刚开始运动时弹簧长度为6
cm,所以弹簧的最大长度是10
cm。选项C正确。
14.如图所示是用频闪照相的方法拍下的一个弹簧振子的振动情况,甲图是振子静止在平衡位置时的照片,乙图是振子被拉伸到左侧距平衡位置20
cm处,放手后,在向右运动周期内的频闪照片。丙图是振子从放手开始在周期内的频闪照片。已知频闪的频率为9.0
Hz,则相邻两次闪光的时间间隔t0是多少 振动的周期T是多大 振子在从平衡位置开始运动后1
s内所走的路程是多少 (导学号51150101)
答案
s　
s　60
cm
解析由题图乙可知T有3次频闪时间间隔,相邻两次闪光的时间间隔t0为
s
T=3×
s=
s,所以T=
s
t=1
s=T,走的路程为3个振幅
所以路程s=3×20
cm=60
cm。
15.一个小球和轻质弹簧组成的系统按x1=5sin
cm的规律振动。
(1)求该振动的周期、频率、振幅和初相。
(2)另一简谐运动的表达式为x2=5sin
cm,求它们的相位差。(导学号51150102)
答案(1)
s　4
Hz　5
cm　
(2)π
解析(1)已知ω=8π,由ω=得T=
s,f==4
Hz。A=5
cm,φ1=。
(2)由Δφ=φ2-φ1得Δφ=π-=π。第四节　光的干涉
课时训练16　光的干涉
基础夯实
1.在杨氏双缝干涉实验装置中,双缝的作用是(　　)
A.遮住过于强烈的灯光
B.形成两个振动情况相同的光源
C.使白光变成单色光
D.使光发生折射
答案B
解析本题考查光的双缝干涉实验装置,双缝的作用是获得相干光源,故正确选项为B。
2.(多选)对于光波和声波,下列说法正确的是(　　)
A.它们都能在真空中传播
B.它们都能产生反射和折射
C.它们都能产生干涉
D.声波能产生干涉而光波不能
答案BC
解析光波和声波都具备波所具有的特征,即能产生反射、折射、干涉等现象,光波能在真空中传播,而声波不能在真空中传播。故选项B、C正确。
3.以下两个光源可作为相干光源的是(　　)
A.两个相同亮度的烛焰
B.两个相同规格的灯泡
C.双丝灯泡
D.出自一个光源的两束激光
答案D
解析相干光源必须满足频率相同、振动方向相同、相位差恒定,只有D选项符合条件。
4.(多选)在杨氏双缝干涉实验中,如果(　　)
A.用白光作为光源,屏上将呈现黑白相同的条纹
B.用红光作为光源,屏上将呈现红黑相同的条纹
C.用红光照射一条狭缝,用紫光照射另一条狭缝,屏上将呈现彩色条纹
D.用紫光作为光源,遮住其中一条狭缝,屏上将呈现间距不等的条纹
答案BD
解析用白光做杨氏双缝干涉实验,屏上将呈现彩色条纹,选项A错误;用红光作光源,屏上将呈现红色亮条纹与暗条纹(即黑条纹)相间的条纹,选项B正确;红光和紫光频率不同,不能产生干涉条纹,选项C错误;用紫光作光源,遮住其中一条狭缝,屏上将出现单缝衍射条纹,即间距不等的条纹,选项D正确。
5.如图所示为双缝干涉实验的装置示意图,图甲为用绿光进行实验时屏上观察到的现象,图乙为换用另一颜色的单色光实验时观察到的条纹情况,则下列说法中正确的是(　　)
　
　　　　　
　　　　　
　　
A.乙图可能是用紫光实验产生的条纹,表明紫光波长较长
B.乙图可能是用紫光实验产生的条纹,表明紫光波长较短
C.乙图可能是用红光实验产生的条纹,表明红光波长较长
D.乙图可能是用红光实验产生的条纹,表明红光波长较短
答案C
解析由λ=Δx可知,红光波长较长,条纹间距大。
6.
如图所示,用频率为f的单色光垂直照射双缝,在光屏上的P点出现第3条暗条纹。已知光速为c,则P点到双缝的距离之差r2-r1应为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案D
解析在某点产生暗条纹的条件是光程差
r2-r1为半波长的奇数倍。已知P点出现第3条暗条纹,说明r2-r1=λ,由c=λf得λ=,则r2-r1=。
7.
如图所示,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(　　)
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
答案D
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,若单缝S稍微向上移动,由单缝S发出的光经双缝到达屏上P点下方某点的路程差为零,故中央亮纹下移。
8.根据你学过的干涉原理,判断下列说法中正确的是(　　)
A.在真空中传播速度相同的两束光可以发生干涉现象
B.在双缝干涉实验中,用红光照射一条狭缝,用紫光照射另一条狭缝,屏上将呈现等间距的彩色条纹
C.其他条件不变的情况下,双缝的间距越大,光屏上产生的干涉条纹间距越小
D.在双缝干涉实验中,把其中一缝挡住,则干涉条纹与原来一样,只是亮度减半
答案C
解析由条纹间距公式可知,在其他条件不变的情况下,双缝的间距越大,光屏上产生的干涉条纹间距越小,选项C正确。
9.
某同学利用如图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。当让一束阳光照射A屏时,C屏上并没有出现干涉条纹,移走B后,C上出现一窄亮斑。分析实验失败的原因可能是(　　)
A.单缝S太窄
B.单缝S太宽
C.S到S1和S2距离不相等
D.阳光不能作为光源
答案B
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。故选项B正确。
10.(多选)如图所示是光的双缝干涉的示意图,下列说法中正确的是(　　)
A.单缝S的作用是为了增加光的强度
B.双缝S1、S2的作用是为了产生两个频率相同的线状光源
C.当S1、S2发出两列光波到P点的路程差为光的波长λ的1.5倍时,产生第二条暗条纹
D.当S1、S2发出的两列光波到P点的路程差为波长λ时,产生中央亮条纹
答案BC
解析单缝是为了获得线光源,A项错,双缝是为了获得相干光源,B项对。当路程差为0时是中央亮纹,路程差为时产生第一条暗纹,则路程差为λ时产生第二条暗纹,故C项对,D项错。
11.(多选)在光的双缝干涉实验中,如果只改变一个条件,以下说法中正确的是(　　)
A.使双缝间距变小,则条纹间距变宽
B.使屏与双缝距离变小,则条纹间距变宽
C.将入射光由绿光改为红光,则条纹间距变宽
D.将入射光由绿光改为紫光,则条纹间距变宽
答案AC
解析由Δx=·λ知d减小时,条纹间距变宽,所以A项对,l变小时,Δx变小,B项错,λ变大,Δx变大,故C项对,λ变小,Δx变小,D项错。
12.如图所示是单色光双缝干涉实验某一时刻的波形图,实线表示波峰,虚线表示波谷。在此时刻,介质中A点为波峰相叠加点,B点为波谷相叠加点,A、B连线上的C点为某中间状态相叠加点。如果把屏分别放在A、B、C三个位置,那么(　　)
A.A、B、C三个位置都出现亮条纹
B.B位置出现暗条纹
C.C位置出现亮条纹或暗条纹要由其他条件决定
D.以上结论都不对
答案A
解析本题中,A、B、C三点总是振动加强的点,屏上对应出现的都是亮条纹。另外,要特别注意波谷与波谷相遇的点(图中B点)振动也是加强的,不要以为B点是暗的。
能力提升
13.如图所示是双缝干涉的实验装置,其光屏上P处发现明条纹,
则双缝到光屏上P点的距离之差为(　　)(导学号51150209)
A.光波的半波长的奇数倍
B.光波的波长的奇数倍
C.光波的半波长的偶数倍
D.光波的波长的偶数倍
答案C
解析在双缝干涉实验中,光屏上某点到双缝的路程差为半波长的偶数倍时,该点为加强点,出现亮条纹;光屏上某点到双缝的路程差为半波长的奇数倍时,该点为减弱点,出现暗条纹。
14.双缝干涉实验装置如图所示,绿光通过单缝S后,投射到具有双缝的挡板上,双缝S1和S2与单缝S的距离相等,光通过双缝后在与双缝平行的屏上形成干涉条纹。屏上O点距双缝S1和S2的距离相等,P点是距O点最近的第一条亮条纹。如果将入射的单色光换成红光或蓝光,讨论屏上O点及其上方的干涉条纹的情况是:①O点是红光的亮条纹;②红光的第一条亮条纹在P点的上方;③O点不是蓝光的亮条纹;④蓝光的第一条亮条纹在P点的上方。已知红光波长大于绿光波长,绿光波长大于蓝光波长,据此判断(　　)(导学号51150162)
A.只有①②正确
B.只有①④正确
C.只有②③正确
D.只有③④正确
答案A
解析由于O点到双缝的路程差为零,所以为各种色光的亮条纹,P点由于是绿光的第一条亮条纹,红光的波长大于绿光,条纹间距大于绿光的条纹间距,②也正确。
15.激光散斑测速是一种崭新的测速技术,它应用了光的干涉原理。用二次曝光照相所获得的“散斑对”相当于双缝干涉实验中的双缝,待测物体的速度v与二次曝光时间间隔Δt的乘积等于双缝间距。实验中可测得二次曝光时间间隔Δt、双缝到屏之间距离l以及相邻两条亮纹间距Δx。若所用激光波长为λ,则该实验确定物体运动速度的表达式是(　　)
(导学号51150210)
A.v=
B.v=
C.v=
D.v=
答案B
解析由双缝干涉条纹间距Δx=λ,代入Δx=λ,则v=,选B。
16.如图所示,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”)。(导学号51150212)
答案暗条纹　变宽
解析由于光程差δ=7.95×10-7
m=1.5λ,所以将出现暗条纹。由Δx=λ可知,由于波长变大,所以条纹间距变宽。
17.光纤通信是20世纪70年代以后发展起来的新兴技术,世界上许多国家都在积极研究和发展这种技术。发射导弹时,可在导弹后面连一根细如蛛丝的光纤,就像放风筝一样,这种纤细的光纤在导弹和发射装置之间,起着双向传输信号的作用。光纤制导的下行光信号是镓铝砷激光器发出的在纤芯中波长为
0.85
μm
的单色光。上行光信号是铟镓砷磷发光二极管发射的在纤芯中波长为1.06
μm的单色光。这种操纵系统通过这根光纤向导弹发出控制指令,导弹就如同长“眼睛”一样盯住目标。根据以上信息,回答下列问题:(导学号51150163)
(1)在光纤制导中,上行光信号在真空中波长是多少
(2)为什么上行光信号和下行光信号要采用两种不同频率的光 (已知光纤纤芯的折射率为1.47)
答案(1)1.56
μm　(2)见解析
解析(1)设信号频率为f,在真空中的波长为λ0,c=λ0f,光在纤芯中的频率仍为f,波长为λ,则光在纤芯中的速度v=λf,又n=,可以得出λ0=nλ=1.47×1.06
μm=1.56
μm。
(2)若上行光信号和下行光信号的频率相同,将发生干涉现象而互相干扰。第四节　探究单摆的振动周期
第五节　用单摆测定重力加速度
课时训练4　探究单摆的振动周期
用单摆测定重力加速度
基础夯实
1.(多选)单摆是为了研究振动而抽象出的理想化模型,其理想化条件是(　　)
A.摆线质量不计
B.摆线长度不伸缩
C.摆球的直径比摆线长度小得多
D.实际生活中的“秋千”就是单摆
答案ABC
解析一根不可伸长的且没有质量的细线悬挂一大小不计的小球组成的装置,我们称作单摆,它是一个理想化模型,所谓理想化是指细线不伸缩且无质量,小球的大小不计可视为质点,故选项A、B、C正确,D错误。
2.下列有关单摆运动过程中的受力说法,正确的是(　　)
A.单摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力
B.单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力
C.单摆经过平衡位置时合力为零
D.单摆运动的回复力是摆线拉力的一个分力
答案B
解析单摆运动是在一段圆弧上运动,因此单摆运动过程不仅有回复力,而且有向心力,即单摆运动的合外力不仅要提供回复力,而且要提供向心力,故选项A错误;单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力,而不是摆线拉力的分力,故选项B正确,D错误;单摆经过平衡位置时,回复力为零,向心力最大,故其合外力不为零,所以选项C错误。
3.(多选)下列说法正确的是(　　)
A.单摆的等时性是由惠更斯首先发现的
B.单摆的等时性是由伽利略首先发现的
C.惠更斯首先将单摆的等时性用于计时
D.伽利略首先发现了单摆的等时性,并把它用于计时
答案BC
解析首先发现单摆等时性的是伽利略,首先将单摆的等时性用于计时的是惠更斯。
4.(多选)下列情况下会使单摆的周期变大的是(　　)
A.将摆的振幅减为原来的一半
B.将摆从高山上移到平地上
C.将摆从北极移到赤道
D.用一个装满沙子的漏斗(漏斗质量很小)和一根较长的细线做成一个单摆,摆动中沙慢慢从漏斗中漏出
答案CD
解析将摆从北极移到赤道,g变小,由T=2π知T变大;漏斗漏沙后摆长变长,故T变大。
5.将秒摆的周期变为4
s,下面哪些措施是正确的(　　)
A.只将摆球质量变为原来的
B.只将振幅变为原来的2倍
C.只将摆长变为原来的4倍
D.只将摆长变为原来的16倍
答案C
解析单摆的周期与摆球的质量和振幅均无关,A、B均错;对秒摆,T0=2π=2
s,对周期为4
s的单摆,T=2π=4
s,故l=4l0,故C对,D错。
6.两个相同的单摆静止于平衡位置,使摆球分别以水平初速v1、v2(v1>v2)在竖直平面内做小角度摆动,它们的频率与振幅分别为f1、f2和A1、A2,则(　　)
A.f1>f2和A1=A2　　　
B.f1C.f1=f2和A1>A2
D.f1=f2和A1答案C
解析依题意小角度的摆动可视为单摆运动,由单摆的周期公式T=2π可知同一地点的重力加速度相同,摆长相同,故频率f1=f2,与初始速度无关,而摆动的振幅与初始速度有关,根据能量守恒定律可知初速度越大,振幅越大,A1>A2,C对。
7.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,则单摆的振动图象是图中的(　　)
答案C
解析从t=0时经过t=T,摆球具有负向最大速度,说明摆球在平衡位置,在给出的四个图象中,经过T具有最大速度的有B、C两图,而具有负向最大速度的只有C。
8.要使单摆的振动频率加大,可采用下列哪些做法(　　)
A.使摆球的质量减小
B.使单摆的摆线变长
C.将单摆从赤道移到北极
D.将单摆从平原移到高山上
答案C
解析由f=知,要使f加大,则应使g加大或l减小,可知只有C正确。
9.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,则此单摆的周期将(　　)
A.逐渐增大
B.逐渐减小
C.先增大后减小
D.先减小后增大
答案C
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。
10.
(多选)图中两单摆摆长相同,平衡时两摆球刚好接触,现将摆球A在两摆球所在平面内向左拉开一小角度后释放,碰撞后,两摆球分开,各自做简谐运动。以mA、mB分别表示摆球A、B的质量,则(　　)
A.如果mA>mB,下一次碰撞将发生在平衡位置右侧
B.如果mAC.无论两摆球的质量之比是多少,下一次碰撞都不可能在平衡位置右侧
D.无论两摆球的质量之比是多少,下一次碰撞都不可能在平衡位置左侧
答案CD
解析A、B两球碰撞后,B球一定向右摆动,A球可能向右摆,也可能向左摆,还可能停下来。由于两单摆摆长相同,因此摆动的周期相同,它们在第一次碰后经半个周期回到平衡位置而发生第二次碰撞。
11.一登山运动员用一单摆来测量某山的海拔高度,当他在海平面时,在一定时间t0内测得一单摆全振动N次,当他到达山顶后,在相同时间t0内测得同一单摆全振动的次数为(N-1)次。若把地球视为半径为R的均匀球体,则此山的海拔高度为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案C
解析设海平面处重力加速度为g,山顶处为g',由g=,g'=可得=()2,又T==2π,T'==2π,可得=()2=()2,解得h=,故C项正确。
12.某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。(导学号51150103)
(1)(多选)他组装单摆时,在摆线上端的悬点处,用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线,再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧,如图所示。这样做的目的是(　　)
A.保证摆动过程中摆长不变
B.可使周期测量得更加准确
C.需要改变摆长时便于调节
D.保证摆球在同一竖直平面内摆动
(2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下,用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度l=0.999
0
m,再用游标卡尺测量摆球直径,结果如图所示,则该摆球的直径为　　　
mm,单摆摆长为　　　
m。
(3)下列振动图象真实地描述了对摆长约为1
m的单摆进行周期测量的四种操作过程,图中横坐标原点表示计时开始,A、B、C均为30次全振动的图象,已知sin
5°=0.087,sin
15°=0.26,这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是(　　)
答案(1)AC　(2)12.0　0.993
0　(3)A
解析(1)橡皮的作用是使摆线摆动过程中悬点位置不变,从而保证摆长一定,同时又便于调节摆长,选项A、C说法正确;(2)根据游标卡尺读数规则可得摆球直径为d=12
mm+0.1
mm×0=12.0
mm,则单摆摆长为l0=l-=0.993
0
m(注意统一单位);(3)单摆摆角不超过5°,且计时位置应从最低点(即速度最大位置)开始,故选项A的操作符合要求。
能力提升
13.有一摆长为l的单摆,悬点正下方某处有一小钉,当摆球经过平衡位置向左摆动时,摆线的上部将被小钉挡住,使摆长发生变化。现
使摆球做小幅度摆动,摆球从右边最高点M至左边最高点N运动过程的闪光照片如图所示(悬点和小钉未被摄入),P为摆动中的最低点。已知每相邻两次闪光的时间间隔相等,由此可知,小钉与悬点的距离为(　　)(导学号51150190)
A.　　　B.　　　C.　　　D.无法确定
答案C
解析从题图中看出被钉子挡住后的周期变为原来的一半,由周期公式T=2π可知,摆长变为原来的,即钉子与悬点的距离为l,本题选择C。
14.
如图所示,升降机中有一单摆,当升降机静止时,单摆的周期为T1,当升降机以加速度a向上匀加速运动时,单摆的周期为T2,则T1与T2的关系为(　　)(导学号51150191)
A.T1=T2
B.T1>T2
C.T1D.无法确定
答案B
解析处于加速上升的升降机中的单摆的周期T2=2π,升降机静止时的周期T1=2π,T2=T1,故B选项正确。
15.某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中,先测得摆线长101.00
cm,摆球直径为2.00
cm,然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为101.5
s。则:(导学号51150104)
(1)他测得的重力加速度g=　　　　m/s2。
(2)他测得的g值偏小,可能的原因是　　　　。
A.测摆线长时摆线拉得过紧
B.摆线上端未牢固地系于悬点,振动中出现松动,使摆线长度增加了
C.开始计时时,秒表过迟按下
D.实验中误将49次全振动次数记为50次
答案(1)9.76　(2)B
解析(1)由题可知实验中所用单摆的摆长为l=101.00
cm+
cm=102.00
cm,单摆的振动周期T=
s=2.03
s,由单摆的周期公式T=2π,得g=
m/s2≈9.76
m/s2。　
(2)从g=可知,用单摆测重力加速度时给实验带来误差的两个步骤是单摆摆长的测定和单摆周期的测定,测得的g值偏小,分析可能的原因时应该从这两方面去考虑:测摆线长时摆线拉得过紧会使摆长变长,测量结果偏大,因此选项A错误;摆线上端未牢固地系于悬点,振动中出现松动,使摆线长度增加了,这就是说实际实验中的摆长比实验开始测量的摆长要长,而在处理数据时采用的是实验开始测量的摆长,因此测量结果会偏小,因此选项B正确;开始计时时,秒表过迟按下,这样使得测量周期偏小,测出的g将偏大,因此选项C错误;实验中误将49次全振动次数记为50次,同样使得测量周期偏小,测出的g将偏大,因此选项D错误。
16.在“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=4π2,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的图象如图所示。(导学号51150105)
(1)造成图象不过原点的原因是
　　　　　　　　;
(2)由图象求出的重力加速度g=　　　　m/s2。
答案(1)测摆长时漏测球的半径r
(2)9.87
解析(1)据T2=l=k'l和题图所示图线的特点可知,摆长中少计了1
cm,即测摆长时漏测球的半径r。
(2)g=4π2=4π2
=4π2
m/s2=9.87
m/s2。
17.如图所示为演示沙摆振动图象的实验装置和实验结果。沙摆的摆动可看作简谐运动。若手拉木板的速率为0.2
m/s,由刻度尺上读出图线的尺寸,计算这个沙摆的摆长。(图中单位为cm)(导学号51150106)
答案0.56
m
解析由题图可知沙摆摆动周期即为木板移动30
cm所需的时间,即T=
s=1.5
s,由T=2π,得l≈0.56
m。第一节　电磁振荡　第二节　电磁场与电磁波
课时训练11　电磁振荡　电磁场与电磁波
基础夯实
1.电磁场理论是以下哪位科学家提出的(　　)
　
　　　　　
　　　　　
　　
A.法拉第
B.赫兹
C.麦克斯韦
D.安培
答案C
2.有关电磁波和声波,下列说法错误的是(　　)
A.电磁波的传播不需要介质,声波的传播需要介质
B.由空气进入水中传播时,电磁波的传播速度变小,声波的传播速度变大
C.电磁波是横波,声波也是横波
D.由空气进入水中传播时,电磁波的波长变短,声波的波长变长
答案C
解析电磁波本身就是一种物质,它的传播不需要介质,而声波的传播需要介质,故选项A正确;电磁波由空气进入水中时,传播速度变小,但声波在水中的传播速度比其在空气中大,故选项B正确;电磁波的传播方向与E、B两个振动矢量的方向都垂直,是横波,而声波是纵波,故选项C错误;电磁波由空气进入水中传播时,波速变小,波长变短,而声波由空气进入水中传播时,波速变大,波长变长,故选项D正确。
3.(多选)下列说法正确的是(　　)
A.恒定电流能够在周围空间产生稳定的磁场
B.稳定电场能够在周围空间产生稳定的磁场
C.均匀变化的电场能够在周围空间产生稳定的磁场
D.均匀变化的电场和磁场互相激发,形成由近及远传播的电磁波
答案AC
解析电场按其是否随时间变化分为稳定电场(静电场)和变化电场(如运动电荷形成的电场),稳定电场不产生磁场,只有变化的电场周围空间才存在对应磁场,故B选项错误,C选项正确。恒定电流周围存在稳定磁场,A选项正确。电磁波的形成必须有周期性变化的电磁场互相激发,D选项错误。
4.(多选)下列关于电磁波的叙述中,正确的是(　　)
A.电磁波是电磁场由发生区域向远处的传播
B.电磁波在任何介质中的传播速度均为3.0×108
m/s　
C.电磁波由真空进入介质传播时,波长将变短
D.电磁波不能产生干涉、衍射现象
答案AC
解析A选项考查电磁波的产生机理,正确;电磁波在真空中波速为3.0×108
m/s,在其他介质中波速都小于光速,其原因是频率不变,波长变短,故C选项对,B选项错;电磁波具备波的一切特征,故D选项错。故正确选项为A、C。
5.电磁波在传播时,不变的物理量是(　　)
A.振幅
B.频率
C.波速
D.波长
答案B
解析离波源越远,振幅越小,电磁波在不同介质中的波速不一样,波长也不一样。频率是由发射电磁波的波源决定的,与介质无关。
6.(多选)要使LC振荡电路的周期变大,可采用的方法是(　　)
A.增大电容器初始电荷量
B.线圈中插铁芯
C.增大电容器两极板正对面积
D.增大平行板电容器两极板间距离
答案BC
解析由周期公式T=2π可知,T与q无关;插入铁芯,L变大,T变大,由C=知,S增大,T增大,而d增大,T减小。
7.(多选)在LC回路产生电磁振荡的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.电容器放电完毕时,回路中磁场能最小
B.回路中电流值最大时,磁场能最大
C.电容器极板上电荷量最多时,电场能最大
D.回路中电流值最小时,电场能最小
答案BC
解析电容器放电完毕时,q=0,i最大,磁场能最大,A错,B对;电流最小时,i=0,电容器极板上电荷量q最多,极板间电场最强,电场能最大,C对,D错。
8.某电路中电场随时间变化的图象如图所示,能发射电磁波的电场是(　　)
答案D
解析变化的电场可产生磁场,产生磁场的性质是由电场的变化情况决定的。均匀变化的电场产生稳定的磁场,非均匀变化的电场产生变化的磁场,振荡的电场产生同频率的振荡磁场。图A电场不随时间变化,不会产生磁场。图B和图C中电场都随时间做均匀变化,在周围空间产生稳定的磁场,这个磁场不能再激发电场,所以不能产生电磁波。图D中是一振荡电场,它将在周围空间产生振荡的磁场,振荡的磁场又产生振荡的电场,从而形成一个不可分割的统一体,即电磁场,它由近及远的传播即为电磁波。故选项D正确。
9.关于LC振荡电路中的振荡电流,下列说法中正确的是(　　)
A.振荡电流最大时,电容器两极板间的电场强度最大
B.振荡电流为零时,线圈中自感电动势为零
C.振荡电流增大的过程中,线圈中的磁场能转化成电场能
D.振荡电流减小的过程中,线圈中的磁场能转化为电场能
答案D
解析本题考查振荡电流和其他各物理量变化的关系。振荡电流最大时,处于电容器放电结束瞬间,电场强度为零,A项错误;振荡电流为零时,LC回路振荡电流改变方向,这时的电流变化最快,电流强度变化率最大,线圈中自感电动势最大,B项错误;振荡电流增大时,线圈中电场能转化为磁场能,C项错误;振荡电流减小时,线圈中磁场能转化为电场能,D项正确。
10.在LC振荡电路中,电容器上带的电荷量从最大值变化到零所需的最短时间是(　　)
A.
B.
C.π
D.2π
答案B
解析LC振荡电路的周期T=2π,电容器上带的电荷量从最大值变化到零的最短时间t=,所以t=。
11.
如图表示LC振荡电路某时刻的情况,则(　　)
A.电容器正在充电
B.电感线圈中的磁场能正在减少
C.电感线圈中的电流正在减小
D.此时刻自感电动势正在阻碍电流增大
答案D
解析由安培定则可知电流方向如图所示,故电容器正在放电,电容器极板上的电荷量正在减少,电路中电流正在增大,电感线圈中的磁场能正在增加,选项A、B、C错误;感应电动势总是阻碍引起感应电动势的磁通量的变化,而磁通量变化是由电流变化而引起的,故选项D正确。
12.如图所示,电源电动势为E,电容器的电容为C,线圈的电感为L。将开关S从a拨向b,经过一段时间后电容器放电完毕。求电容器的放电时间,放电电流的平均值是多少
答案
解析电容器放电时间为T,与电源电动势无关,即t=×2π。在T内电流平均值为T=。
能力提升
13.(多选)为了测量储罐中不导电液体的高度,将与储罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容器C置于储罐中,电容器可通过开关S与线圈L或电源相连,如图所示。当开关从a拨到b时,由L与C构成的回路中产生周期T=2π的振荡电流。当罐中的液面上升时(　　)(导学号51150199)
A.电容器的电容减小
B.电容器的电容增大
C.LC回路的振荡频率减小
D.LC回路的振荡频率增大
答案BC
解析平行板电容器的电容C=,当液面上升时,极板间不导电液体的介电常数比原来的空气的介电常数要大,电容C增大,选项A错误,选项B正确;f=会减小,选项C正确,选项D错误。
14.在如图甲所示电路中,L是电阻不计的线圈,C为电容器,R为电阻,开关S先是闭合的,现将开关S断开,并从这一时刻开始计时,设电容器A极板带正电时电荷量为正,则电容器A极板上的电荷量q随时间t变化的图象是图中的(　　)(导学号51150142)
甲
乙
答案B
解析开关S闭合时,由于线圈电阻为零,线圈中有自左向右的电流通过,但线圈两端电压为零,与线圈并联的电容器极板上不带电,本题LC回路的初始条件是线圈中电流最大,磁场能最大,电场能为零。
断开开关S时,线圈中产生与电流方向相同的自感电动势,阻碍线圈中电流的减小,使线圈中电流继续自左向右流动,从而给电容器充电,B板带正电,A板带负电,电荷最逐渐增加,经电荷量达最大,这时LC回路中电流为零,从时间内,电容器放电,A板上负电荷逐渐减少到零。此后在线圈中自感电动势的作用下,电容器被反向充电,A板带正电,B板带负电,并逐渐增多,增至最多后,又再次放电,所以A板上电荷量随时间变化的情况如图B所示。
15.
如图为一个LC振荡电路中的电流变化图象,根据图线可判断(　　)(导学号51150200)
A.t1时刻电感线圈两端电压最大
B.t2时刻电容器两极间电压为零
C.t1时刻电路中只有电场能
D.t1时刻电容器带的电荷量为零
答案D
解析由图象知,计时开始时,电容器两极板带的电荷量最大,电流为零,电容器放电开始,根据电流随时间的变化规律,可以画出q-t图象(在图中用虚线表示)。由图象分析可知:t1时刻,电容器上电荷量为零,电势差为零,电场能为零,故D项正确,A、C两项错误;t2时刻电容器电荷量q最大,两板间电势差最大,B项错误。
16.如图所示,LC振荡电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时开始计时,当t=3.4×10-2
s时,电容器正处于　　　(选填“充电”“放电”“充电完毕”或“放电完毕”)状态,这时电容器的上极板　　　　　(选填“带正电”“带负电”或“不带电”)。(导学号51150201)
答案充电　带正电
解析根据题意画出此LC电路的振荡电流的变化图象如图所示。结合图象,t=3.4×10-2
s时刻设为图象中的P点,则该时刻电路正处于反向电流减小过程中,所以电容器正处于反向充电状态,上极板带正电。
17.
如图所示振荡电路中,电感L=300
μH,电容C的范围为25~270
pF,求:(导学号51150143)
(1)振荡电流的频率范围;
(2)若电感L=10
mH,要产生周期T=0.02
s的振荡电流,应配制多大的电容
答案(1)0.56×106~1.8×106
Hz　(2)10-3
F
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。第五节　用双缝干涉实验测定光的波长
课时训练17　用双缝干涉实验测定光的波长
基础夯实
1.用包括红光、绿光、紫光三种色光的复合光做光的干涉实验,所产生的干涉条纹中,离中央亮纹最近的干涉条纹是(　　)
　
　　　　　
　　　　　
　　
A.紫色条纹
B.绿色条纹
C.红色条纹
D.都一样近
答案A
解析据不同色光波长不同及Δx=·λ知,波长最小的紫光条纹间距最小,所以靠近中央亮纹的是紫色条纹。
2.如图所示的双缝干涉实验,用绿光照射单缝S时,在光屏P上观察到干涉条纹。要得到相邻条纹间距更大的干涉图样,可以(　　)
A.增大S1与S2的间距
B.减小双缝屏到光屏的距离
C.将绿光换为红光
D.将绿光换为紫光
答案C
解析由Δx=λ知,减小S1与S2的间距d或增大双缝屏到光屏的距离l时,条纹间距变大,选项A、B错误;将绿光换为红光,波长变大,条纹间距变大,选项C正确;将绿光换为紫光,波长变小,条纹间距变小,选项D错误。
3.用绿光做双缝干涉实验,在光屏上呈现出绿、暗相间的条纹,相邻两条绿条纹间的距离为Δx。下列说法中正确的有(　　)
A.如果增大单缝到双缝间的距离,Δx将增大
B.如果增大双缝之间的距离,Δx将增大
C.如果增大双缝到光屏之间的距离,Δx将增大
D.如果减小双缝的每条缝的宽度,而不改变双缝间的距离,Δx将增大
答案C
解析公式Δx=λ中l表示双缝到屏的距离,d表示双缝之间的距离。因此Δx与单缝到双缝间的距离无关,与缝本身的宽度也无关。本题选C。
4.一束白光在真空中通过双缝后在屏上观察到的干涉条纹,除中央白色亮纹外,两侧还有彩色条纹,其原因是(　　)
A.各色光的波长不同,因而各色光分别产生的干涉条纹的间距不同
B.各色光的速度不同,因而各色光分别产生的干涉条纹的间距不同
C.各色光的强度不同,因而各色光分别产生的干涉条纹的间距不同
D.上述说法都不正确
答案A
解析白光包含各颜色的光,它们的波长不同,在相同条件下做双缝干涉实验时,它们的干涉条纹间距不同,所以在中央亮条纹两侧出现彩色条纹。选项A正确。
5.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,用红玻璃挡住一个孔,另用绿玻璃挡住另一个孔,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
答案D
解析光通过红、绿玻璃后得到的红光与绿光频率不同,不是相干光,故得不到相干条纹。
6.(多选)分别以红光和紫光先后用同一装置进行双缝干涉实验,已知λ红>λ紫,在屏上得到相邻亮纹间的距离分别为Δx1和Δx2,则(　　)
A.Δx1<Δx2
B.Δx1>Δx2
C.若双缝间距d减小,而其他条件保持不变,则Δx增大
D.若双缝间距d减小,而其他条件保持不变,则Δx不变
答案BC
解析该题考查条纹间距的表达式。由Δx=λ,λ红>λ紫,得Δx1>Δx2,B项正确。当双缝间距d减小,其他条件不变时,条纹间距Δx应增大,故C项正确。
7.(多选)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,要把它们放在下图所示的光具座上组装成双缝干涉装置,用以测量红光的波长。
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;
③用刻度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。
关于上面操作步骤②中应注意的问题正确的是(　　)
A.使各元件的中心位于遮光筒的轴线上
B.单缝和双缝间距大约为5~10
cm
C.单缝和双缝应互相垂直
D.单缝和双缝应互相平行
答案ABD
解析C项中如果单缝与双缝垂直,通过双缝的光的能量有限,在屏上很难看清干涉条纹。
8.(多选)如图所示,用波长为λ的单色光做双缝干涉实验时,设两个狭缝S1、S2到屏上某点P的路程差为δ,则(　　)
A.距O点最近的一条暗条纹必是δ=
B.对屏上某点,δ=(n为正整数)时出现暗条纹
C.距O点越远的点δ越大,就越容易出现暗条纹
D.用各色光在同一条件下实验,波长越短的色光条纹间距越小
答案AD
解析当路程差δ=nλ(n=0,1,2,3,…)时出现亮条纹,路程差δ=(2n+1)(n=0,1,2,3,…)时出现暗条纹,选项A正确,B、C错误;由Δx=λ可知,波长越短,干涉条纹之间的距离越小,选项D正确。
9.“用双缝干涉测量光的波长”是光学中的一个重要实验,通过本实验测出双缝到屏的距离L、双缝间的距离d及相邻两条亮条纹或暗条纹的中心间距Δx,就可以计算出光的波长λ,其公式是λ=　　　　　　。若某次实验中测得双缝到屏的距离为600
mm,双缝间的距离为0.20
mm,7条亮条纹中心间的距离为9
mm,则该光的波长为　　　nm。
答案Δx　500
解析由Δx=λ得λ=Δx
由题中数据可知,Δx=
mm=1.5
mm
故λ=Δx=×1.5
mm=500
nm。
10.用双缝干涉测光的波长,实验中采用双缝干涉仪,它包括以下元件:
A.白炽灯
B.单缝片
C.光屏
D.双缝
E.滤光片(其中双缝和光屏连在遮光筒上)
(1)把以上元件安装在光具座上时,正确的排列顺序是A、　　　　　　　(A已写好)。
(2)正确调节后,在屏上观察到红光干涉条纹,用测量头测出10条红亮纹间的距离为a;改用绿色滤光片,其他条件不变,用测量头测出10条绿亮纹间的距离为b,则一定有a　　　　(选填“>”“=”或“<”)b。
答案(1)E、B、D、C　(2)>
解析光源、滤光片、单缝、双缝、光屏在光具座上可从左向右排,也可从右向左排,但任何两个元件之间的顺序不能颠倒,尤其是滤光片和单缝之间,好多初学者认为谁在前无所谓,其实不然,二者顺序颠倒后会使实验现象大打折扣,要注意这一点。
本题第一项已填好,故答案是唯一的。即A、E、B、D、C。
由Δx=λ知,波长越长,条纹越宽,间距越大,或由干涉条纹的特征均可得出a一定大于b。
11.某同学在做“用双缝干涉测定光的波长”实验时,第一次分划板中心刻度线对齐第2条亮纹的中心时(如图甲中的A),游标卡尺的示数如图乙所示。第二次分划板中心刻度线对齐第6条亮纹的中心时(如图丙中的B),游标卡尺的示数如图丁所示。已知双缝间距d=0.5
mm,缝到屏的距离L=1
m。则:
(1)图乙中游标卡尺的示数为　　　　　cm。
(2)图丁中游标卡尺的示数为　　　　　cm。
(3)所测光波的波长为　　　　　　m。(保留两位有效数字)
答案(1)1.250　(2)1.770　(3)6.5×10-7
解析(1)图乙中游标卡尺是20个等分刻度,精确度为0.05
mm,读数为12
mm+0.05
mm×10=12.50
mm=1.250
cm。
(2)图丁中游标卡尺也是20个等分刻度,读数为17
mm+0.05
mm×14=17.70
mm=1.770
cm。
(3)由Δx=λ可得
λ=Δx·
m=6.5×10-7m。
12.某同学在做双缝干涉实验时,测得以缝间距d=3.0×10-3m,双缝到光屏间的距离为1
m,两次测量头手轮上的示数分别为0.6×10-3
m和6.6×10-3
m,两次分划板中心刻线间有5条亮条纹,求该单色光的波长。
答案4.5×10-6
m
解析依题意可知
Δx=m=1.5×10-3
m,
λ=
m=4.5×10
-6
m。
能力提升
13.(双选)利用图中装置研究双缝干涉现象时,有下面几种说法:(导学号51150164)
A.将屏移近双缝,干涉条纹间距变窄
B.将滤光片由蓝色的换成红色的,干涉条纹间距变宽
C.将单缝向双缝移动一小段距离后,干涉条纹间距变宽
D.换一个两缝之间距离较大的双缝,干涉条纹间距变窄
E.去掉滤光片后,干涉现象消失
其中正确的是　　　　　。
答案ABD
解析干涉条纹间距Δx=λ,将屏移近双缝,l变小,干涉条纹间距变窄,A正确。红色光的波长λ较长,所以将滤光片由蓝色的换成红色的,干涉条纹间距变宽,B正确。条纹宽度与单缝和双缝间的距离无关,这里的单缝相当于为双缝提供了一个线光源,C不正确。换一个两缝之间距离较大的双缝,d变大,干涉条纹间距变窄,D正确。去掉滤光片后,白光穿过双缝,产生彩色干涉条纹,E不正确。
14.某同学用如图甲所示的实验装置做“用双缝干涉测量光的波长”实验,他用带有游标尺的测量头(如图乙所示)测量相邻两条亮条纹间的距离Δx。转动测量头的手轮,使分划板的中心刻线对齐某一条亮条纹(将这一条亮条纹确定为第1亮条纹)的中心,此时游标尺上的示数情况如图丙所示;再转动测量头的手轮,使分划板的中心刻线对齐第6亮条纹的中心,此时游标尺上的示数情况如图丁所示,则图丙的示数x1=　　　
mm;图丁的示数x2=　　　mm。如果实验所用双缝之间的距离d=0.2
mm,双缝到屏的距离L=60
cm,根据以上数据可得出光的波长λ=　　　　　m。(导学号51150213)
答案0.10　8.95　5.9×10-7
解析游标卡尺应先读主尺上的读数,再读游标尺上的读数。x1=0+2×0.05
mm,x2=8
mm+19×0.05
mm=8.95
mm。从第1亮条纹到第6亮条纹间有5个亮条纹间隔,每个亮条纹间隔为
Δx==1.77
mm
由公式Δx=λ可得
λ=m=5.9×10-7m。
15.利用双缝干涉测定光的波长实验中,双缝间距d=0.4
mm,双缝到光屏间的距离L=0.5
m,用某种单色光照射双缝得到干涉条纹如图所示,分划板在图中A、B位置时游标卡尺读数也如图中所给出,则:(导学号51150165)
(1)分划板在图中A、B位置时游标卡尺读数分别为
xA=　　　　　mm,xB=　　　　　mm,相邻两条纹间距Δx=　　　　　mm;
(2)波长的表达式λ=　　　　　(用
Δx、L、d表示),该单色光的波长λ=　　　　　　m;

(3)若改用频率较高的单色光照射,得到的干涉条纹间距将　　　　　(选填“变大”“不变”或“变小”)。
答案(1)11.1　15.6　0.75　(2)Δx　6.0×10-7
(3)变小
解析游标卡尺读数时:一要注意精确度,二要注意读数时主尺读数应为游标尺零刻度线所对主尺位置的读数;三要注意单位,无论是主尺读数还是游标尺读数要以mm为单位读取。本题中还要注意主尺上的数字单位是cm,不是mm。从λ=Δx可知,波长越长的光,干涉条纹间距越大。根据频率、光速与波长的关系可知,频率越大的光,波长越短,所以干涉条纹间距越小。
16.用氦氖激光器进行双缝干涉实验,已知使用的双缝间距离d=0.1
mm,双缝到屏的距离l=6.0
m,测得屏上干涉条纹中相邻亮纹的间距是3.8
cm,氦氖激光器发出的红光的波长λ是多少 假如把整个装置放入折射率是的水中,这时屏上的条纹间距是多少 (导学号51150166)
答案6.3×10-7
m　2.82×10-2
m
解析由条纹间距Δx、双缝间距离d、双缝到屏的距离l及波长λ的关系,可测波长。同理,知道水的折射率,可知该光在水中的波长,然后由d、Δx、l、λ的关系,可求出条纹间距。
由Δx=·λ,可以得出红光的波长λ。
λ=·Δx=
m=6.3×10-7
m,　
激光器发出的红光的波长是6.3×10-7
m。
如果整个装置放入水中,激光器发出的红光在水中的波长设为λ',由光的特点可知:光在传播过程中,介质发生变化,波长和波速发生改变,但频率不变。
由此可知
而=n
则λ'=
m=4.7×10-7
m
这时屏上条纹的间距是
Δx'=·λ'=
m=2.82×10-2
m。第六节　光的衍射和偏振
课时训练18　光的衍射和偏振
基础夯实
1.人隔着墙说话,能听见声音而看不见人,下列说法中解释正确的是(　　)
A.光波是电磁波,而声波是纵波
B.光波是横波,而声波是机械波
C.光速太大
D.声波波长长,光波波长短
答案D
解析由于声波的波长长,相对于墙能够发生明显的衍射现象,因此墙内的人能听到声音,而光波的波长短,相对于墙不能发生明显的衍射现象,因此墙内的人看不到说话的人。故正确答案为D。
2.纵波不可能产生的现象是(　　)
　
　　　　　
　　　　　
　　
A.偏振现象
B.反射现象
C.折射现象
D.衍射现象
答案A
解析任何波都能发生反射、折射和衍射现象,只有偏振现象是横波特有的,所以纵波不可能产生的是偏振现象。选A项。
3.在光的单缝衍射实验中可观察到清晰的亮暗相间的图样,图中四幅图片中属于光的单缝衍射图样的是(　　)
A.a、c
B.b、c
C.a、d
D.b、d
答案D
解析单缝衍射图样是明暗相间,条纹间距不等,中间条纹最宽,故b、d正确。
4.用卡尺观察单缝衍射现象时,把缝宽由0.2
mm逐渐增大到0.8
mm,看到的现象将是(　　)
A.衍射条纹的间距逐渐变小,衍射现象逐渐不明显
B.衍射条纹的间距逐渐变大,衍射现象越来越明显
C.衍射条纹间距不变,只是亮度增强
D.以上现象都不发生
答案A
解析单缝衍射现象中,缝变宽时,衍射条纹的间距逐渐变小,衍射现象逐渐不明显。故正确答案为A。
5.一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亮暗相间的干涉条纹。现将其中一个窄缝挡住,让这束红光只通过一条窄缝,则在光屏上可以看到(　　)
A.与原来相同的亮暗相间的条纹,只是明条纹比原来暗些
B.与原来不相同的亮暗相间的条纹,而中央亮条纹变宽些
C.只有一条与缝宽对应的亮条纹
D.无条纹,只存在一片红光
答案B
解析本题一开始告诉我们产生了干涉现象,说明两缝都很窄,能够满足使红光发生明显衍射的条件,挡住一缝后,在屏上得到的是衍射图样,中央亮条纹较宽,两侧都出现亮暗相间的条纹;干涉图样为等间隔的亮暗相间的条纹,而衍射图样两侧为不等间隔的亮暗相间的条纹且亮度迅速减弱。所以本题正确选项为B。
6.(多选)对于光的衍射现象的定性分析,下列说法正确的是(　　)
A.只有障碍物或孔的尺寸可以跟光波波长相比相差不大甚至比波长还要小的时候,才能产生明显的衍射现象
B.光的衍射现象是光波相互叠加的结果
C.光的衍射现象否定了光沿直线传播的结论
D.光的衍射现象说明了光具有波动性
答案ABD
解析光的干涉现象和衍射现象无疑说明了光具有波动性,而小孔成像说明光沿直线传播,而要出现小孔成像,孔不能太小,光的直线传播规律只是近似的,只有在光的波长比障碍物小很多的情况下,光才可以看成是直线传播的,所以光的衍射现象和直线传播是不矛盾的,它们是在不同条件下出现的两种现象,故上述选项中正确的是A、B、D。
7.在观察光的衍射现象的实验中,通过紧靠眼睛的卡尺测脚形成的狭缝观看远处的线状白炽灯丝(灯丝或灯管都要平行于狭缝),可以看到(　　)
A.黑白相间的直条纹
B.黑白相间的弧状条纹
C.彩色的直条纹
D.彩色的弧状条纹
答案C
解析白炽灯(或日光灯管)发出的光是复色光,其中各种色光的波长不同,产生的单缝衍射的图样中条纹宽度和间距都不相同,因此各单色光亮纹或暗纹不能完全重叠在一起,所以成为彩色条纹,因为狭缝,所以是彩色直条纹,故选项C正确,A、B、D错误。
8.(多选)抽制高强度纤维细丝时可用激光监控其粗细,如图所示,观察激光束经过细丝时在光屏上所产生的条纹即可判断细丝粗细的变化。下列说法正确的是(　　)
A.这主要是光的干涉现象
B.这主要是光的衍射现象
C.如果屏上条纹变宽,表明抽制的丝变粗
D.如果屏上条纹变宽,表明抽制的丝变细
答案BD
解析由题意知,激光束经过细丝时在光屏上产生的条纹是衍射条纹,所以本装置是光的衍射,选项A错误,选项B正确;根据衍射规律得细丝变细,会使条纹更宽,所以选项C错误,选项D正确;综上所述,本题的正确选项为B、D。
9.如图所示,让太阳光或白炽灯光通过偏振片P和Q,以光的传播方向为轴旋转偏振片P或Q,可以看到透射光的强度会发生变化,这是光的偏振现象。这个实验表明(　　)
A.光是电磁波
B.光是一种横波
C.光是一种纵波
D.自然光是偏振光
答案B
解析偏振现象是横波特有的,光的偏振现象说明光是一种横波,选项B正确。
10.两个偏振片紧靠在一起,将它们放在一盏灯的前面以至没有光通过。如果将其中的一片旋转180°,在旋转过程中,将会产生下述的哪一种现象 (　　)
A.透过偏振片的光强先增强,然后又减小到零
B.透过偏振片的光强先增强,然后减小到非零的最小值
C.透过偏振片的光强在整个过程中都增强
D.透过偏振片的光强先增强,再减弱,然后又增强
答案A
解析起偏器和检偏器的偏振方向垂直时,没有光通过;偏振方向平行时,光强达到最大。当其中一个偏振片转动180°的过程中,两偏振片的方向由垂直到平行再到垂直,所以通过的光强先增强,然后又减小到零。
11.(多选)关于立体电影,以下说法正确的是(　　)
A.观众戴上特制眼镜是为了防止伤害眼睛
B.这副眼镜其实就是一对偏振方向互相垂直的偏振片
C.戴上特制眼镜的观众若只用一只眼睛看,则银幕上只是一片光亮而无图象
D.产生立体视觉是因为人的两只眼睛同时观察物体时,在视网膜上形成的像并不完全相同
答案BD
解析看立体电影必须用偏振片才能达到好的观看效果。
12.(多选)在观察光衍射的实验中,分别观察到如图甲、乙所示的清晰的明暗相间的同心圆环图样,图中黑线为暗纹。那么对应的障碍物分别是(　　)
A.甲图对应的是很大的不透明圆盘
B.乙图对应的是很小的不透明圆盘
C.甲图对应的是很大的中间有小圆孔的不透明挡板
D.乙图对应的是很大的中间有大圆孔的不透明挡板
答案BC
解析题图甲是圆孔衍射图样,对应的障碍物是很大的中间有小圆孔的不透明挡板,题图乙是圆盘衍射图样,对应的障碍物是很小的不透明圆盘,故选项B、C正确。
13.如图所示,甲、乙两幅图是由单色光分别照射半径不同的圆孔而形成的图象,其中图甲是光的　　　　　(选填“干涉”或“衍射”)图象。由此可以判断出图甲所对应的圆孔的孔径　　　　(选填“大于”或“小于”)图乙所对应的圆孔的孔径。
答案衍射　小于
解析根据甲图中图样的特点可知甲图为单孔衍射的图样。乙图中只有一个圆形亮斑,周围没有衍射条纹说明乙图所对应的情景中没有发生明显衍射,说明孔的尺寸比光的波长大得多。
14.如图所示,电灯S发出的光a穿过偏振片A后变为光b,穿过偏振片B而被P处眼睛看到,则其中光b是　　　　　　(选填“自然光”或“偏振光”);若人眼此时看到透过B的光最强,则将B转过　　　角时,人眼看到的光最弱。
答案偏振光　90°
解析由偏振光和偏振片的原理知,电灯S发出的光a是自然光,但通过偏振片A后光b则成为偏振光,当偏振片B的透振方向和偏振片A的透振方向一致时,人眼此时看到透过B的光最强,当偏振片B的透振方向和偏振片A的透振方向垂直时,人眼此时看到透过B的光最弱,所以将B转过90°角时,人眼看到的光最弱。
能力提升
15.如图所示,白炽灯的右侧依次平行放置偏振片P和Q,A点位于P、Q之间,B点位于Q右侧。旋转偏振片P,A、B两点光的强度变化情况是(　　)(导学号51150214)
A.A、B均不变
B.A、B均有变化
C.A不变,B有变化
D.A有变化,B不变
答案C
解析白炽灯光属于非偏振光,通过偏振片P后的自然光变成了偏振光,当P转动时,通过偏振片P后光强不变,选项B、D错误;同时,P的偏振方向发生变化,使B处光强发生变化,选项A错误,C正确。
16.在拍摄日落时分水面下的景物时,应在照相机镜头前装一个偏振片,其目的是(　　)(导学号51150167)
A.减少阳光在水面上的反射光
B.阻止阳光在水面上的反射光进入照相机镜头
C.增强光由水中射入空气中的折射光进入镜头的强度
D.减弱光由水中射入空气中的折射光进入镜头的强度
答案B
解析日落时分阳光照射到水面上时,反射光很强,照相机镜头对着水面时,进入镜头的光线既有阳光经水面的反射光,又有由水中折射入空气中的折射光。前者光线进入镜头所摄得照片是实际景物在水中的倒影的像,而后者光线进入镜头所摄得照片才是水面下景物的像,两者在同一底片上相互干扰,使照片模糊不清。若在镜头前安装一偏振片,转动偏振片使其透振方向与反射光的振动方向垂直,即可最大限度地阻止反射光进入镜头,增强摄像的清晰度。故选项B正确。
17.用一单色光源垂直照射带有圆孔的不透明光屏,下列几种情况中,在圆孔后面的光屏上各看到什么现象 (导学号51150168)
(1)圆孔的直径为1
cm。
(2)圆孔的直径为1
mm。
(3)圆孔的直径为0.5
μm。
(单色光的波长约为5×10-7
m)
答案(1)当圆孔的直径为1
cm时,在光屏上只能看到与圆孔形状相同的亮斑,这是光沿直线传播的结果。
(2)当圆孔的直径为1
mm时,在光屏上能看到单色光源倒立的像,这是小孔成像,也是光沿直线传播的结果。
(3)当圆孔的直径为0.5
μm时,在光屏上能看到衍射条纹,这是由于小孔的尺寸与光波波长差不多,光发生衍射的结果。
18.实验证明让一束太阳光入射到平静的水面上,如果入射角合适,其反射光线和折射光线是互相垂直的,且偏振方向也是互相垂直的偏振光。已知水的折射率为1.33,求这一入射角。(导学号51150169)
答案53°
解析设入射角为θ1,折射角为θ2,反射角为θ1'。
由光的反射定律知θ1'=θ1;
由光的折射定律得n=,
由题给条件知θ1+θ2=90°,故有
sin
θ2=sin(90°-θ1)=cos
θ1,
n==tan
θ1,θ1=arctan
1.33=53°。第四章过关检测
(时间:45分钟　满分:100分)
一、选择题(每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第1~5小题只有一个选项正确,第6~8小题有多个选项正确)
1.关于自然光和偏振光,下列说法正确的是(　　)
A.自然光能产生光的干涉现象和衍射现象,而偏振光却不能
B.只有自然光透过偏振片才能获得偏振光
C.自然光只能是白光,而偏振光不能是白光
D.自然光和偏振光都能使感光底片感光
答案D
解析自然光和偏振光都能产生干涉和衍射,都能使感光底片感光,A错,D对;光的偏振现象并不罕见,除了从光源直接发出的光以外,我们通常看到的光绝大部分都是偏振光,B错,光的颜色由光的频率决定,与光的偏振方向无关,C错。
2.激光具有相干性好、平行度好、亮度高等特点,在科学技术和日常生活中应用广泛。下列关于激光的叙述正确的是(　　)
A.激光是纵波
B.频率相同的激光在不同介质中的波长相同
C.两束频率不同的激光能产生干涉现象
D.利用激光平行度好的特点可以测量月球到地球的距离
答案D
解析激光是横波,选项A错误;激光在不同介质中的波速不同,由λ=可以判断选项B错误;发生干涉现象的条件是两束光必须为频率相同的相干光源,选项C错误;利用激光平行度好的特点,可以通过光的反射测量激光往返所用时间,达到测量月球到地球距离的目的,选项D正确。
3.劣质的玻璃中往往含有空气泡,这些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.从空气泡到达玻璃的界面处的光一部分发生全反射,因而较亮
D.从玻璃到达空气泡的界面处的光一部分发生全反射,因而较亮
答案D
解析要注意发生全反射的条件是:光从光密介质进入光疏介质,且入射角大于或等于临界角。一部分从玻璃到达空气泡的界面处的光满足了发生全反射的条件,因而发生全反射,这也就是气泡看上去比较亮的原因。
4.如图为红光或紫光通过双缝或单缝所呈现的图样,则(　　)
A.甲为紫光的干涉图样
B.乙为紫光的干涉图样
C.丙为红光的干涉图样
D.丁为红光的干涉图样
答案B
解析紫光的波长较红光短,条纹间距窄,所以B项正确,A项错误;丙、丁均为衍射图样,所以C、D两项错误。
5.雨后太阳光入射到水滴中发生色散而形成彩虹。设水滴是球形的,图中的圆代表水滴过球心的截面,入射光线在过此截面的平面内,a、b、c、d代表四条不同颜色的出射光线,则它们可能依次是(　　)
A.紫光、黄光、蓝光和红光
B.紫光、蓝光、黄光和红光
C.红光、蓝光、黄光和紫光
D.红光、黄光、蓝光和紫光
答案B
解析作出a、b、c、d四条光线第一次折射时的法线,可知其折射率大小关系为na>nb>nc>nd,则它们可能依次是紫光、蓝光、黄光和红光,所以本题只有选项B正确。
6.频率不同的两束单色光1和2以相同的入射角从同一点射入一厚玻璃板后,其光路如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.单色光1的波长小于单色光2的波长
B.在玻璃中单色光1的传播速度大于单色光2的传播速度
C.单色光1通过玻璃板所需的时间小于单色光2通过玻璃板所需的时间
D.单色光1从玻璃到空气的全反射临界角小于单色光2从玻璃到空气的全反射临界角
答案AD
解析根据题图知,光1的折射率较大,与光2相比,其波长较小,在玻璃中传播速度较小,临界角较小,通过玻璃的时间较大,选项A、D正确。
7.在双缝干涉实验中,某同学用黄光作为入射光。为了增大干涉条纹的间距,该同学可以采用的方法有(　　)
A.改用红光作为入射光
B.改用蓝光作为入射光
C.增大双缝到屏的距离
D.增大双缝之间的距离
答案AC
解析根据条纹间距Δx=·λ可知:要增大干涉条纹的间距,可增大λ,λ红>λ黄,选项A正确;λ黄>λ蓝,选项B错误;增大到屏的距离l,Δx增大,选项C正确;增大双缝间距d,Δx减小,选项D错误。
8.用薄玻璃片制成一个中间空的三棱镜放入水中,当一束白光从一个侧面斜射入并从三棱镜通过时,下面说法中正确的是(　　)
A.各色光都向顶角偏折
B.各色光都向底面偏折
C.红色光的偏向角比紫光的大
D.红色光的偏向角比紫光的小
答案AD
解析薄玻璃片的厚度可以忽略不计,这样在水中的“空气三棱镜”的折射率比周围水的折射率小,这与放在空气中的玻璃三棱镜是不同的,同样根据折射定律,各色光都向顶角偏移,红光的偏向角仍然比紫光的小,故A、D两项正确。
二、填空题(每小题10分,共20分。把答案填在相应的横线上)
9.在“用双缝干涉测光的波长”的实验中,装置如图所示。双缝间的距离d=3
mm。(导学号51150172)
(1)若测定红光的波长,应选用　　　色的滤光片。实验时需要测定的物理量有　　　　　　　　　　　　　和　　　　　　　　　　　　　。
(2)若测得双缝与屏之间距离为0.70
m,通过测量头(与螺旋测微器原理相似,手轮转动一周,分划板前进或后退0.500
mm)观察到第1条亮纹的位置如图(a)所示,观察到第5条亮纹的位置如图(b)所示。则可求出红光的波长λ=　　　　　m。(保留一位有效数字)
答案(1)红　双缝到屏的距离l　n条亮(或暗)纹间距离a
(2)7×10-7
解析(1)测红光波长应选红色滤光片,因为红色滤光片能透过红光。
据Δx=λ知,需测双缝到屏的距离l和n条亮(或暗)纹间距离a,从而计算出条纹间距离Δx,最后算出λ。
(2)根据题图(a)(b)可求出两相邻亮条纹间距Δx=
mm≈0.163
mm,所以λ=≈7×10-7
m。
10.在利用插针法测定玻璃砖折射率的实验中:
(1)甲同学在纸上正确画出玻璃砖的两个界面aa'和bb'后,不小心碰了玻璃砖使它向aa'方向平移了少许,如图甲所示。则他测出的折射率将　　　　(选填“偏大”“偏小”或“不变”)
(2)乙同学在画界面时,不小心将两界面aa'、bb'间距画得比玻璃砖宽度大些,如图乙所示,则他测得折射率　　　　(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
答案(1)不变　(2)偏小
解析(1)如图甲所示,甲同学利用插针法确定入射光线、折射光线后,测得的入射角、折射角没有受到影响,因此测得的折射率将不变。
(2)如图乙所示,乙同学利用插针法确定入射光线、折射光线后,测得的入射角不受影响,但测得的折射角比真实的折射角偏大,因此测得的折射率偏小。
三、计算题(每小题16分,共32分)
11.一厚度为h的大平板玻璃水平放置,其下表面贴有一半径为r的圆形发光面。在玻璃板上表面放置一半径为R的圆纸片,圆纸片与圆形发光面的中心在同一竖直线上。已知圆纸片恰好能完全遮挡住从圆形发光面发出的光线(不考虑反射),求平板玻璃的折射率。(导学号51150173)
答案
解析如图,考虑从圆形发光面边缘的A点发出的一条光线,假设它斜射到玻璃上表面的A'点折射,根据折射定律有
nsin
θ=sin
α
式中,n是玻璃的折射率,θ是入射角,α是折射角。
现假设A'恰好在纸片边缘。由题意,在A'点刚好发生全反射,故
α=
设AA'线段在玻璃上表面的投影长为L,由几何关系有
sin
θ=
由题意,纸片的半径应为
R=L+r
联立以上各式得
n=
12.用某一单色光做双缝干涉实验时,已知双缝间距离为0.25
mm,在距离双缝为1.2
m处的光屏上,测得5条亮纹间的距离为7.5
mm。(导学号51150174)
(1)求这种单色光的波长。
(2)若用这种单色光照射到增透膜上,已知增透膜对这种光的折射率为1.3,则增透膜的厚度应取多少
答案(1)3.9×10-7
m　(2)7.5×10-8
m
解析(1)根据公式Δx=λ,得λ=Δx
由题意知Δx=
又l=1.2
m,d=0.25×10-3
m
所以λ=Δx=m=3.9×10-7m。
(2)根据公式n=,c=λf,v=λ'f得n=
所以λ'=
m=3.0×10-7
m
故增透膜的厚度d'=λ'=7.5×10-8m。第一节　狭义相对论的基本原理　第二节　时空相对性
课时训练20　狭义相对论的基本原理　时空相对性
基础夯实
1.(多选)关于狭义相对论的两个假设,下列说法正确的是(　　)
A.在不同的惯性参考系中,一切物理规律都是相同的
B.在不同的惯性参考系中,力学规律都一样,电磁规律不一样
C.真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的
D.真空中的光速在不同的惯性参考系中是有差别的
答案AC
2.(多选)通常我们把地球和相对地面静止或匀速运动的物体参考系看成是惯性系,若以下列系统为参考系,则属于非惯性系的有(　　)
A.停在地面上的汽车
B.绕地球做匀速圆周运动的飞船
C.在大海上匀速直线航行的轮船
D.进站时减速行驶的火车
答案BD
解析绕地球做匀速圆周运动的飞船相对地面有向心加速度。进站时减速行驶的火车相对于地面也有加速度。
3.如图所示,强强乘坐速度为0.9c(c为光速)的宇宙飞船追赶正前方的壮壮,壮壮的飞行速度为0.5c。强强向壮壮发出一束光进行联络,则壮壮观测到该光束的传播速度为(　　)
A.0.4c　　　B.0.5c　　　C.0.9c　　　D.1.0c
答案D
解析真空中的光速在不同的惯性参考系中都相同。
4.如图所示,沿平直铁路线有间距相等的三座铁塔A、B和C。假想有一列车沿AC方向以接近光速行驶,当铁塔B发出一个闪光,列车上的观测者测得A、C两铁塔被照亮的顺序是(　　)
A.同时被照亮
B.A先被照亮
C.C先被照亮
D.无法判断
答案C
解析当铁塔B发出一个闪光,同时到达A、C两铁塔被反射,但列车沿AC方向以接近光速行驶,经铁塔A反射的光相对列车的速度远小于经铁塔C反射的光相对列车的速度,经铁塔C反射的光先到达观测者,看到C先被照亮,C正确。
5.A、B两架飞机沿地面上一足球场的长度方向在其上空高速飞过,且vA>vB,在飞机上的人观察结果正确的是(　　)
A.A飞机上的人观察到足球场的长度比B飞机上的人观察到的大
B.A飞机上的人观察到足球场的宽度比B飞机上的人观察到的小
C.两飞机上的人观察到足球场的长度相同
D.两飞机上的人观察到足球场的宽度相同
答案D
解析因为当一个惯性系的速度比较大时,根据l'=l知,足球场的长度沿飞行方向减小,而且速度越大,长度越小,故A、C均错误;而垂直于运动方向上,宽度是不随速度而变化的,因此B错误,D正确。
6.话说有兄弟两个,哥哥乘坐宇宙飞船以接近光的速度离开地球去遨游太空,经过一段时间返回地球,哥哥惊奇地发现弟弟比自己要苍老许多,则该现象的科学解释是(　　)
A.哥哥在太空中发生了基因突变,停止生长了
B.弟弟思念哥哥而加速生长了
C.由相对论可知,物体速度越大,在其上时间进程就越慢,生理过程也越慢
D.这是神话,科学无法解释
答案C
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。
7.下列说法中正确的是(　　)
A.相对性原理能简单而自然地解释电磁学的问题
B.在真空中,若物体以速度v背离光源运动,则光相对物体的速度为c-v
C.在真空中,若光源向着观察者以速度v运动,则光相对于观察者的速度为c+v
D.迈克耳孙—莫雷实验得出的结果是:不论光源与观察者做怎样的相对运动,光速都是一样的
答案D
解析相对性原理简单而自然,但在电磁学的领域里,涉及相对哪个参考系才成立的问题,故选项A错误;根据狭义相对论的光速不变原理知,选项B、C错误,D正确。
8.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。
其中哪些是正确的(　　)
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
答案D
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:光在真空中沿任何方向的传播速度都是相同的。
9.(多选)如果牛顿定律在参考系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.牛顿定律也同样成立
B.牛顿定律不能成立
C.A和B两个参考系中,一切力学规律都是相同的
D.参考系B也是惯性参考系
答案ACD
10.(多选)设某人在以速度为0.5c飞行的飞船上,打开一个光源,则下列说法正确的是(　　)
A.飞船正前方地面上的观察者看到这一光速为1.5c
B.飞船正后方地面上的观察者看到这一光速为0.5c
C.在垂直飞船前进方向地面上的观察者看到这一光速是c
D.在地面上任何地方的观察者看到的光速都是c
答案CD
解析由爱因斯坦的狭义相对论可得,真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的,故正确答案为C、D。
11.(多选)下列关于经典力学的时空观,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,空间距离是绝对的,即如果各个参考系中用来测量长度的标准相同,那么空间两点距离是绝对的不变的量值,而与参考系选取无关
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
答案ABCD
12.著名物理学家“开尔文勋爵”威廉·汤姆孙曾自信地宣称:“科学的大厦已经基本完成”,但也承认,“明朗的天空中还有两朵小小的、令人不安的乌云”。他指的科学大厦是
　,
两朵乌云是
　。
答案以经典力学、热力学与统计物理学、电磁理论为主要内容的物理学形成了完整的科学体系　一是黑体辐射,二是光的速度
13.设想一宇宙飞船以v=0.95c的速率相对于地球运动,若飞船上宇航员用计时器测他吃一顿饭用去10
min,地球上的观测者测他吃一顿饭用去多少时间
答案32.0
min
解析宇航员在运动的飞船上用了Δt'=10
min,在地面上用Δt,则根据公式有
Δt==32.0
min。
能力提升
14.如图所示,假设一根10
m长的梭镖以光速穿过一根10
m长的管子,它们的长度都是在静止状态下测量的。
以下叙述中最好地描述梭镖穿过管子的情况的是(　　)(导学号51150218)
A.梭镖收缩变短,因此在某些位置上,管子能完全遮住它
B.管子收缩变短,因此在某些位置上,梭镖从管子的两端伸出来
C.两者都收缩,且收缩量相等,因此在某个位置,管子恰好遮住梭镖
D.所有这些都与观察者的运动情况有关
答案D
解析如果你是在相对于管子静止的参考系中观察运动着的梭镖,那么梭镖看起来就比管子短,在某些位置梭镖会完全处在管子内部。然而当你和梭镖一起运动时,你看到的管子就缩短了,所以在某些位置,你可以看到梭镖两端都伸出管子,正确答案为D。
15.有关经典时空观与相对论时空观的说法正确的是(　　)(导学号51150219)
A.经典时空观认为时间、空间距离以及物体的质量都是绝对的
B.相对论时空观是对经典时空观的全盘否定
C.相对论时空观认为看似同时发生事件其实不管选择什么参考系都是不同时的
D.相对论时空观认为物体的质量可以变化,可是生活中没有感觉到物体质量变化,说明相对论时空观是错误的
答案A
解析经典时空观又称绝对时空观,包括时间、空间距离以及物体的质量都是绝对的,故A对;相对论的提出是对经典时空观的补充和更深的认识,并不是完全否定了经典时空观,故B错;“同时的相对性”的理解应是选择不同的参考系,某事件的发生可能不同时,这与参考系有关,并不是说一定不同时,C错;现实生活中没注意到质量的变化不是说相对论是错误的,根据相对论时空观,那是因为现实生活中物体的质量变化太小,基本上可以忽略。
16.
如图所示,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,哪个事件先发生 (导学号51150175)
答案B事件先发生。
解析可以设想,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。“两闪光相遇”作为一个事件,发生在线段AB的中点,这在不同的参考系中看都是一样的。“相遇在中点”这个现象在以地面为参考系中很容易解释:两个闪光传播的速度又一样,当然在线段的中点相遇。
火箭上的人则有如下推理: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。既然两个闪光的光速相同,一定是闪光B发生得早一些。
17.一观察者测得运动着的米尺为0.5
m长,求此米尺以多大的速度移动。(导学号51150176)
答案2.60×108
m/s
解析以观察者为一参考系测得的长度为l',米尺为另一参考系,测得米尺的长度为l,根据公式
l'=l,可得v=c
c=3.0×108
m/s,l=1
m,l'=0.5
m
所以v=0.866c=2.60×108
m/s。
18.(1)以8×103
m/s的速度运行的人造卫星上一只完好的手表走过1
min,地面上的人认为它走过这1
min“实际”上花去的时间是多少 (导学号51150177)
(2)若卫星以0.9c(c为真空中的光速)的速度在太空中飞行,其中一只完好的手表走过了1
min,地面上的人认为它走过这1
min“实际”上花去的时间为多少
(3)若卫星以0.9c的速度在太空中飞行,地面上的观察者看到卫星上有一只完好的手表走过了1
min,则卫星上的观察者认为这只手表已经走过了多少时间
答案(1)(1+1.33×10-10)
min　(2)2.3
min　(3)0.436
min
解析(1)卫星上观测到的时间为Δt'=1
min,卫星运动的速度为v=8×103
m/s,所以地面上观测到的时间为Δt==(1+1.33×10-10)
min
结论:对于该卫星来说,相对论效应微不足道。
(2)地面上观察的时间为
Δt==2.3
min。
(3)飞船上的人认为这只表走时为
Δt'=Δt=0.436
min。第五节　多普勒效应
课时训练10　多普勒效应
基础夯实
1.关于多普勒效应,下列说法正确的是(　　)
A.多普勒效应是由波的干涉引起的
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
答案C
2.(多选)关于多普勒效应,下列说法正确的是(　　)
A.若波源向观察者靠近,则波源发出的频率变小
B.若波源向观察者靠近,则观察者接收到的频率变大
C.若观察者远离波源,则波源发出的频率变小
D.若波源和观察者相互接近,则观察者接收到的频率变大
答案BD
解析若波源向观察者靠近,则波源发出的频率不变,观察者接收到的频率会变大,A错误,B正确。若观察者远离波源,波源发出的频率也不变,C错误。若波源和观察者相互接近,则观察者接收到的频率变大,D正确。
3.观察者不动,波源迎面而来时(　　)
A.波源的波长发生了改变
B.波源的频率发生了改变
C.观察者接收到波的频率发生了改变
D.波速发生了改变
答案C
解析波源的频率、波速、波长都没有发生变化,仅是观察者接收到的频率发生了变化,即单位时间内接收到波的个数发生了变化。
4.(多选)站在火车站台上的旅客听到路过的火车鸣笛声的音调变化情况,以下说法正确的是(　　)
A.当火车进站时,鸣笛声的音调变低
B.当火车进站时,鸣笛声的音调变高
C.当火车离站时,鸣笛声的音调变低
D.当火车离站时,鸣笛声的音调变高
答案BC
解析音调由频率决定,频率大时音调高,频率小时音调低,火车进站时旅客接收到的频率会变大,故音调变高,B项正确;火车离站时,旅客接收到的频率会变小,故音调会变低,C项正确。
5.(多选)上课时老师将一蜂鸣器固定在教鞭一端后迅速水平旋转,蜂鸣器音调竟然忽高忽低变化,下列判断正确的是(　　)
A.旋转时蜂鸣器发出的频率变化了
B.由于旋转,改变了同学们听到的声音频率
C.蜂鸣器音调变高时,一定是向靠近观察者的方向运动
D.音调的忽高忽低是由波的干涉造成的
答案BC
解析由多普勒效应知蜂鸣器的频率并没有发生变化,只是同学们感受到的频率发生了变化,当二者靠近时,听到的音调变高,故A错,B、C对。当发生波的干涉时,是声音的强弱发生变化,而不是频率发生变化,故D错。
6.有一测速雷达,发射电磁波频率为f1,想用它来测量一迎面开来的汽车的车速,设该雷达接收到的从汽车反射回来的反射波频率为f2,则(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.f1>f2
B.f1=f2
C.f1D.无法确定
答案C
解析因为迎面开来的汽车与雷达间的距离不断减小,故被车反射回来的电磁波的频率变大。
7.(多选)我们骑自行车在公路旁向东走,一辆警车一边发出警报声,一边飞速地从东迎面驶来又飞速向西离去,这一过程中,我们听到的警报声的变化将是(　　)
A.音调先变高后变低
B.音调先变低后变高
C.音调没有明显变化
D.频率先变高后变低
答案AD
解析由多普勒效应知,警车一边发出警报声,一边飞速地从东迎面驶来,和观察者的距离减小,观察者接收到的频率增大,音调升高;而当警车飞速向西离去时,和观察者的距离增大,观察者接收到的频率减小,音调降低。故正确选项为A、D。
8.医院有一种先进的检测技术——彩超,向病人体内发射频率已精确掌握的超声波。超声波经血液反射后被专用仪器接收,测出反射波的频率变化,就可以知道血液的流速。这一技术主要体现了哪一种物理现象(　　)
A.多普勒效应
B.波的衍射
C.波的干涉
D.共振
答案A
9.蝙蝠在洞穴中飞来飞去时,它利用超声脉冲导航。这种超声脉冲是持续1
ms或不到1
ms的短促发射,且每秒重复发射几次。假定蝙蝠的超声脉冲发射频率为39
000
Hz,在一次正朝着表面平直的墙壁飞扑期间,则下列判断正确的是(　　)
A.墙壁接收到超声脉冲频率等于39
000
Hz
B.蝙蝠接收到从墙壁反射回来的超声脉冲频率等于墙壁接收的频率
C.蝙蝠接收到从墙壁反射回来的超声脉冲频率大于墙壁接收的频率
D.蝙蝠接收到从墙壁反射回来的超声脉冲频率等于39
000
Hz
答案C
解析由于蝙蝠向墙壁靠近,所以墙壁接收的频率大于39
000
Hz,蝙蝠接收到从墙壁反射回来的超声脉冲的频率也大于墙壁接收的频率。所以C正确。
10.公路巡警开车在高速公路上以恒定速度巡察,在同一车道上巡警车向前方的一辆轿车发出一个已知频率的电磁波,如果该电磁波被那辆轿车反射回来时,巡警车接收到的电磁波频率比发出时高,说明那辆轿车的车速(　　)
A.高于巡警车车速
B.低于巡警车车速
C.等于巡警车车速
D.无法确定
答案B
解析因巡警车(观察者)接收到的电磁波频率比发出时高,由多普勒效应知巡警车与轿车在相互靠近,而巡警车车速恒定又在后面,可判定轿车车速比巡警车车速低,故选项B正确,A、C、D错误。
11.
如图所示,在公路的十字路口东侧路边,甲以速度v1向东行走,在路口北侧,乙站在路边,一辆汽车以速度v2通过路口向东行驶并鸣笛,已知汽车笛声的频率为f0,车速v2>v1。甲听到的笛声的频率为f1,乙听到的笛声的频率为f2,司机自己听到的笛声的频率为f3,则此三人听到笛声的频率由高至低顺序为　　　　。
答案f1>f3>f2
解析由于v2>v1,所以汽车和甲的相对距离减小,甲听到的频率变大,即f1>f0;由于乙静止不动,则汽车和乙的相对距离增大,乙听到的频率变低,即f2f3>f2。
12.新型动车组列车速度可达300
km/h,与该车汽笛声的音调相比,(导学号51150136)
(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)坐在新型动车组列车上的乘客听起来音调怎样
答案见解析
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。
能力提升
13.(多选)如图所示,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(　　)(导学号51150134)
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
答案AD
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,以波速作为传播速度向外传播,反之,由波面可确定出该波面的产生位置,即波源。波面半径大,表示产生时间早,传播时间长。对照图示,可确定出波源由右向左变换,故A项对,B项错。由于观察者不动,故波面经过观察者的速度等于波速,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C项错,D项对。
14.
(多选)一个发出固定频率f的声源,如图所示,把它拉到右侧A点由静止释放,让它来回摆动,C点是左侧的最高点,B点是摆动的最低点。B点正下方有一个观察者。下列说法正确的是(　　)(导学号51150135)
A.声源由A到B的过程中,接收到的频率先变大后变小,且都大于f
B.声源由A到B的过程中,接收到的频率先变小后变大,且都小于f
C.声源由B到C的过程中,接收到的频率先变大后变小,且都大于f
D.声源由B到C的过程中,接收到的频率先变小后变大,且都小于f
答案AD
解析在A、B、C三点时,因A、C两点速度为0、B点速度水平,故都没有指向观察者方向的速度分量,如果此时选取非常短时间,则这些位置与观察者之间的距离没有变化,所以接收到的频率都等于声源的固有频率f。
从A到B过程中,离观察者的间距变小,所以接收到的频率高于声源的固有频率,且靠近观察者的分速度由0变大再减小为0,故接收到的频率是先增大后减小,故选项A正确。
从B到C过程中,离观察者的间距变大,所以接收到的频率都低于声源的固有频率,且远离观察者的分速度由0变大再减小为0,故接收到的频率是先减小后增大,故选项D正确。
15.在坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波,波速v=200
m/s,已知t=0
时波刚好传播到x=40
m处,如图所示。在x=400
m处有一接收器(图中未画出),则下列说法正确的是(　　)(导学号51150198)
A.波源开始振动时方向沿y轴正方向
B.从t=0开始经0.15
s,x=40
m的质点运动的路程为0.6
m
C.接收器在t=2
s时才能接收到此波
D.若波源向x轴正方向运动,接收器接收到的波的频率可能为
9
Hz
答案B
解析由题图知,x=40
m处的质点的起振方向向下,则波源的起振方向也向下(y轴负向),A错;由题图知λ=20
m,A=10
cm,T==0.1
s,而Δt1=0.15
s=T,所以x=40
m的质点0.15
s运动的路程为s=×4A=6A=60
cm=0.6
m,B对;波由x=40
m处传到x=400
m处所需时间Δt=
s=1.8
s,C错;当波源向x轴正向运动时,波源将靠近接收器,由多普勒效应知,接收器接收到的频率将大于波源频率,而波源频率为f==10
Hz,D错。
16.一声源的发声频率为100
Hz,当观察者以10
m/s的速度向声源运动时,观察者感觉到的频率为多大 (设声音在空气中的传播速度为334
m/s)(导学号51150137)
答案103
Hz
解析当观察者静止不动时,观察者在1
s内接收到的完全波数为100个,当观察者以10
m/s的速度向声源运动时,观察者在1
s内多接收到的完全波数为n=f=×100=3(个),则观察者感觉到的频率为103
Hz。
17.正在报警的警钟每隔0.5
s响一声。一个人正坐在以60
km/h的速度向着警钟行驶的车中。已知声音在空气中的速度为330
m/s,则这个人在每分钟内能听到几声警钟 (导学号51150138)
答案126次
解析先设空气中声速为v0。在时间T内传播的距离s0=v0T(T为周期),而声波在时间t内走的距离为s1=v0t;因而人不动时听到钟声次数为n0=,如果人以v的速度向声源运动,则声波在时间t内相对于人行进的距离为s2=(v0+v)t,此时人听到的钟声次数为n==126
次。第六节　受迫振动　共振
课时训练5　受迫振动　共振
基础夯实
1.如果存在摩擦和空气阻力,那么任何物体的机械振动严格地讲都不是简谐运动,在振动过程中振幅、周期和机械能将(　　)
A.振幅减小,周期减小,机械能减少
B.振幅减小,周期不变,机械能减少
C.振幅不变,周期减小,机械能减少
D.振幅不变,周期不变,机械能减少
答案B
解析在振动过程中,由于摩擦和空气阻力要损失机械能,所以机械能减少,振幅减小,但其周期为固有周期,只与其本身有关,与振幅无关,即周期不变,所以选项B正确。
2.(多选)关于阻尼振动,以下说法中正确的是(　　)
A.机械能不断减小　　　B.动能不断减小
C.振幅不断减小
D.一定不是简谐运动
答案ACD
解析阻尼振动是振幅不断减小的振动,故阻尼振动一定不是简谐运动,而振幅是振动能量的标志,故阻尼振动中机械能也不断减小,但动能在振动过程中是不断变化的,无法比较其大小,故正确选项为A、C、D。
3.
如图所示,曲轴上悬挂一弹簧振子,转动摇把,曲轴可以带动弹簧振子上下振动。开始时不转动摇把,让振子上下自由振动,测得振动频率为2
Hz,然后匀速转动摇把,转速为240
r/min,当振子振动稳定后,它的振动周期为(　　)
A.
s　　　B.
s　　　C.2
s　　　D.4
s
答案B
解析弹簧振子做受迫振动时,其振动周期等于驱动力的周期,就等于曲轴转动的周期,故T=
s=
s。
4.
如图,两个弹簧振子悬挂在同一支架上,已知甲弹簧振子的固有频率为8
Hz,乙弹簧振子的固有频率为72
Hz,当支架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(　　)
A.甲的振幅较大,且振动频率为8
Hz
B.甲的振幅较大,且振动频率为9
Hz
C.乙的振幅较大,且振动频率为9
Hz
D.乙的振幅较大,且振动频率为72
Hz
答案B
解析因为甲的固有频率接近驱动力的频率,可知甲的振幅较大。做受迫振动的物体的频率等于驱动力的频率,无论其固有频率是多少,此时做受迫振动的频率都等于驱动力频率9
Hz,所以B选项正确。
5.(多选)把一个筛子用四根弹簧支起来,筛子上装一个电动偏心轮,它每转一周,给筛子一个驱动力,这就做成了一个共振筛(如图所示)。不开电动机让这个筛子自由振动时,完成20次全振动用15
s;在某电压下,电动偏心轮的转速是
88
r/min。已知增大电动偏心轮的电压可以使其转速提高,而增加筛子的总质量可以增大筛子的固有周期。为使共振筛的振幅增大,以下做法可行的是(　　)
A.降低输入电压
B.提高输入电压
C.增加筛子质量
D.减小筛子质量
答案AD
解析筛子的固有频率为f固=
Hz=
Hz,而当时的驱动力频率为f驱=
Hz=
Hz,即f固6.(多选)一单摆在空气中振动,振幅逐渐减小,下列说法正确的是(　　)
A.机械能逐渐转化为其他形式的能
B.后一时刻的动能一定小于前一时刻的动能
C.后一时刻的势能一定小于前一时刻的势能
D.后一时刻的机械能一定小于前一时刻的机械能
答案AD
解析单摆振动过程中,因不断克服空气阻力做功使机械能逐渐转化为内能,A和D对;虽然单摆总的机械能在逐渐减小,但在振动过程中动能和势能仍不断地相互转化,动能转化为势能时,动能逐渐减小,势能逐渐增大,而势能转化为动能时,势能逐渐减小,动能逐渐增大,所以不能断言后一时刻的动能(或势能)一定小于前一时刻的动能(或势能),故B、C不对。
7.在实验室可以做“声波碎杯”的实验。用手指轻弹一只酒杯,可以听到清脆的声音,测得这声音的频率为500
Hz。将这只酒杯放在两个大功率的声波发生器之间,操作人员通过调整其发出的声波,就能使酒杯碎掉。下列说法中正确的是(　　)
A.操作人员一定是把声波发生器的功率调到很大
B.操作人员可能是使声波发生器发出了频率很高的超声波
C.操作人员一定是同时增大了声波发生器发出声波的频率和功率
D.操作人员只需将声波发生器发出的声波频率调到500
Hz
答案D
解析驱动力的周期与固有周期相等,形成共振,共振时振幅最大,操作人员只需将声波发生器发出的声波频率调到500
Hz,就能使酒杯碎掉。
8.(多选)下列说法中正确的是(　　)
A.阻尼振动一定是减幅振动
B.物体做阻尼振动时,随振幅的减小频率不断减小
C.受迫振动稳定时的频率等于驱动力的频率,与物体的固有频率无关
D.受迫振动的频率由驱动力和物体的结构特点共同决定
答案AC
解析物体做阻尼振动时,因克服阻尼做功机械能逐渐减少,振幅随之减小,选项A正确;物体做阻尼振动时,频率并不会随振幅的减小而变化,如用力敲锣,由于锣振动中受到空气的阻尼作用,振幅越来越小,锣声逐渐减弱,但音调不变,选项B错误;受迫振动稳定时的频率,只取决于驱动力的频率,与物体自身的结构特点无关,即与物体的固有频率无关,选项C正确,D错误。
9.部队经过桥梁时,规定不许齐步走;登山运动员登雪山时,不许高声叫喊,主要原因是(　　)
A.减轻对桥的压力,避免产生回声
B.减少声波对桥、雪山的冲击力
C.避免使桥发生共振和使雪山发生共振
D.使桥受到的压力不均匀,减少登山运动员的能量消耗
答案C
解析部队过桥时如果齐步走,给桥梁施加周期性的外力,容易使桥的振动幅度增大,即发生共振,造成桥梁倒塌;登山运动员登雪山时高声叫喊,声波容易引发雪山共振而发生雪崩,故选项C正确。
10.(多选)如图所示,A球振动后,通过水平细绳迫使B、C振动,下列说法中,正确的是(　　)
A.只有A球、C球振动周期相等
B.C球的振幅比B球小
C.C球的振幅比B球大
D.A球、B球、C球的振动周期相等
答案CD
解析A球振动充当驱动球,B、C两球的振动周期都应当等于A的振动周期,所以选项A错误,D正确。C的摆长与A的摆长相同,周期也相同,所以C做受迫振动的振幅大,所以选项B错误,C正确。
11.
如图所示,物体静止于水平面上的O点,这时弹簧恰为原长l0,物体的质量为m,与水平面间的动摩擦因数为μ,现将物体向右拉一段距离后自由释放,使之沿水平面振动,下列结论正确的是(　　)
A.物体通过O点时所受的合外力为零
B.物体将做阻尼振动
C.物体最终只能停止在O点
D.物体停止运动后所受的摩擦力为μmg
答案B
解析物体通过O点时弹簧的弹力为零,但摩擦力不一定为零,选项A错。物体振动时要克服摩擦力做功,机械能减少,振幅减小,做阻尼振动,选项B正确。物体最终停止的位置可能在O点,也可能不在O点,若停在O点,摩擦力为零,若不在O点,摩擦力和弹簧的弹力平衡,停止运动时物体所受的摩擦力不一定为μmg。选项C、D错误。
12.(1)蜘蛛虽有8只眼睛,但视力很差,完全靠感觉来捕食和生活,它的腿能敏捷地感觉到丝网的振动,当丝网的振动频率为f=200
Hz左右时,网的振幅最大,对于落在网上的昆虫,当翅膀振动的频率为　　　Hz左右时,蜘蛛感觉到丝网的振动最剧烈。(导学号51150108)
(2)如该丝网共振时的最大振幅为0.5
cm,试定性画出其共振曲线。
答案(1)200　(2)见解析
解析(1)当驱动力的频率等于物体的固有频率时物体发生共振,则物体的振幅最大,故昆虫翅膀的振动频率应为200
Hz左右。
(2)共振曲线如图所示。
能力提升
13.(多选)铺设铁轨时,每两根钢轨接缝处都必须留有一定的间隙,快速运行的列车经过轨端接缝处时,车轮就会受到一次冲撞,由于每一根钢轨长度相等,所以这个冲击力是周期性的,列车受到周期性的冲击做受迫振动,普通钢轨长为12.6
m,列车固有振动周期为0.315
s,下列说法正确的是(　　)(导学号51150107)
A.列车的危险速率为40
m/s
B.列车过桥需要减速,是为了防止列车发生共振现象
C.列车运行的振动频率和列车的固有频率总是相等的
D.增加钢轨的长度有利于列车高速运行
答案AD
解析当列车受到冲击力的周期T等于列车固有的周期0.315
s时,列车车厢将会发生共振,而列车所受冲击力的周期T= v=
m/s=40
m/s,即火车的危险速率为40
m/s,选项A正确。列车过桥时减速的目的是防止桥梁发生共振(使冲击力的频率远离桥梁振动的固有频率),而不是防止列车发生共振,选项B错。列车运行的振动频率由钢轨长度l和车速v决定,f=,而列车的固有频率是由车厢质量和车厢下面板簧的劲度系数决定的,选项C错。直接增加火车的速度,会使车速接近危险速度;若提高钢轨长度,则危险速度增大,从而使车速远离危险速度,选项D正确。
14.下表表示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(　　)(导学号51150192)
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
HzHz
C.50
HzHz
D.以上选项都不对
答案C
解析
由如图所示的共振曲线可判断出f驱与f固相差越大,受迫振动的振幅越小,f驱与f固越接近,受迫振动的振幅越大,并从中看出f驱越接近f固,振幅的变化越慢。比较各组数据知f驱在50~60
Hz范围内时,振幅变化最小。因此,50
HzHz。
15.(多选)
将一个电动传感器接到计算机上,就可以测量快速变化的力,用这种方法测得的某单摆摆动时悬线上拉力的大小随时间变化的曲线如图所示。某同学由此图象提供的信息作出的下列判断中,正确的是(　　)(导学号51150193)
A.t=0.2
s时摆球正经过最低点
B.t=1.1
s时摆球正经过最低点
C.摆球摆动过程中机械能减小
D.摆球摆动的周期是T=1.4
s
答案AC
解析悬线拉力在摆球经过最低点时最大,t=0.2
s时,F有正向最大值,故A选项正确;t=1.1
s时,F取最小值,不在最低点,周期应为T=1.2
s,因振幅减小,故机械能减小,C选项正确。
16.汽车的车身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为弹簧压缩的长度)。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 (g取10
m/s2)(导学号51150109)
答案5人
解析当人的固有频率与弹簧振动的频率相等时感觉最难受,则f==2
Hz
得l=
m
对汽车和所有的人受力平衡有
kl=(M+nm)g,得n=4.8≈5(人)。
17.洗衣机脱水桶正常工作时,转速为n=2
800
r/min,脱水后由切断电源到电动机停止转动的时间为t=16
s。实际发现
t1=13
s左右时,洗衣机振动最为剧烈,若切断电源后转速是均匀减小的,则洗衣机振动的固有频率大约为多少 (导学号51150110)
答案8.75
Hz
解析洗衣机脱水电机的转动给洗衣机提供了驱动力,使洗衣机做变速振动,当切断电源后,脱水桶转速随时间均匀减小,设t1=13
s时的转速为n',由题意可知
n'=(t-t1)=×(16-13)
r/s
=8.75
r/s
此时洗衣机做受迫振动的驱动力的频率为f驱=8.75
Hz,而洗衣机在t1=13
s左右时振动最为剧烈,则说明此时洗衣机发生了共振,故此时驱动力的频率与其固有频率相等,即f固=f驱=8.75
Hz。