第33期《选择性必修第一册》核心素养阶段测试（二）-【数理报】2024-2025学年高二物理选择性必修第一册同步学案（人教版2019）

书 第３１期３版参考答案 Ａ组 一、单选题 １．Ｃ　２．Ｃ　３．Ｃ　４．Ｄ　５．Ｄ　６．Ｄ　７．Ｄ 提示： １．由图像可知，ｄｏ和ｓｏｌ的周期分别为Ｔ１＝ ０．０１ ５．２５ｓ＝ １ ５２５ｓ，Ｔ２＝ ０．００５ ４ ｓ＝ １ ８００ｓ，所以周期之比为 Ｔ１ Ｔ２ ＝８００５２５＝ ３２ ２１≈ ３ ２，则频率之比为 ｆ１ ｆ２ ＝ Ｔ２ Ｔ１ ≈ ２３，故ＡＢ错误；ｄｏ和 ｓｏｌ两者在空气中传播速度大小相等，由公式λ＝ｖ·Ｔ，ｄｏ 和ｓｏｌ在空气中传播的波长之比约为 λ１ λ２ ＝ Ｔ１ Ｔ２ ≈ ３２，故Ｃ 正确，Ｄ错误． ２．如果这列波沿ｘ轴正方向传播，则传播的距离为ｎλ ＋１４λ（ｎ＝０，１，２），λ＝４ｍ，则这段时间可能为１ｓ、５ｓ、 ９ｓ；如果这列波沿ｘ轴负方向传播，则传播的距离为ｎλ＋ ３ ４λ（ｎ＝０，１，２），则这段时间可能为３ｓ、７ｓ、１１ｓ，故选Ｃ． ３．由图（ａ）可知波的波长为２４ｃｍ，由图（ｂ）可知周 期Ｔ＝２ｓ，故波速为ｖ＝λＴ ＝ ２４ ２ｃｍ／ｓ＝１２ｃｍ／ｓ，Ａ错 误；由图（ｂ）可知，在ｔ＝１３ｓ时，质点Ｑ正向上振动，结合 图（ａ）可知，该波沿ｘ轴负方向传播，故Ｂ错误；设质点Ｐ、 Ｑ的平衡位置分别为 ｘｐ、ｘＱ，由图（ａ）可知，ｘ＝０处 ｙ＝ －Ａ２ ＝Ａｓｉｎ（－３０°）因此 ｘＰ ＝ ３０° ３６０°λ＝ １ １２×２４ｃｍ＝ ２ｃｍ，由图（ｂ）可知，在ｔ＝０时Ｑ处于平衡位置，经过Δｔ ＝１３ｓ，其振动状态沿ｘ轴负方向传播到Ｐ处，所以ｘ－ｘＰ ＝ｖ·Δｔ＝１２×１３ｃｍ＝４ｃｍ解得质点Ｑ的平衡位置为 ｘ＝６ｃｍ，故Ｃ正确；在ｔ＝０时刻质点Ｐ在ｘ轴下方向上 加速运动，即质点Ｐ的速度与加速度方向相同，Ｄ错误． ４．由波动图像可知，此时质点 ｂ位于平衡位置，所以 速度为最大，故Ａ错误；由波动图像可知，此时质点ａ位于 波峰处，位移最大，故质点ａ的加速度最大，故 Ｂ错误，若 波沿ｘ轴正方向传播，由“上下坡法”可知，质点ｂ向ｙ轴正 方向运动，故Ｃ错误；若波沿ｘ轴负方向传播，由“上下坡 法”可知，ａ质点沿ｙ轴负方向运动，ｃ质点沿ｙ轴正方向运 动，所以质点ｃ比质点ａ先回到平衡位置，故Ｄ正确． ５．由两图像可知波长λ＝１００ｃｍ＝１ｍ周期Ｔ＝２ｓ， 则波速为ｖ＝λＴ ＝ １ ２ｍ／ｓ＝０．５ｍ／ｓ＝５０ｃｍ／ｓ，由乙图 可知ｔ＝２３ｓ时质点Ｐ向下振动，由波形平移可知波向右 传播，ＡＢＣ错误，Ｄ正确． ６．振幅等于 ｙ的最大值，故这列波的振幅为 Ａ＝ ２ｃｍ，故Ａ错误．由图知，波长 λ＝８ｍ，由波速公式 ｖ＝ λ Ｔ，得周期Ｔ＝ λ ｖ＝ ８ ４ｓ＝２ｓ，故Ｂ错误．简谐机械横波 沿ｘ轴正方向传播，此时ｘ＝４ｍ处质点沿ｙ轴正方向运 动，故Ｃ错误．此时ｘ＝４ｍ处质点处于平衡位置，加速度 为零，故Ｄ正确． ７．由图知波长λ＝８ｍ，则该波的周期为 Ｔ＝ λｖ ＝ ８ ４０ｓ＝０．２ｓ，Ａ正确；因为ｔ＝１ｓ＝５Ｔ，所以在０～１ｓ内 质点Ｐ通过的路程为ｓ＝５×４Ａ＝２００ｃｍ＝２ｍ，Ｂ正确； ｔ＝０时刻质点Ｐ的速度方向沿ｙ轴负方向，ｔ＝０．３ｓ＝ １．５Ｔ，质点Ｐ的速度方向沿ｙ轴正确方向，Ｃ正确；因为ω ＝２πＴ＝１０πｒａｄ／ｓ，因此ｘ＝４ｍ处质点的振动方程是ｙ＝ １０ｓｉｎ１０πｔ（ｃｍ），Ｄ错误． 二、填空题 ８．（１）２０ｃｍ／ｓ；（２）８８ｃｍ． 三、计算题 ９．（１）１０ｃｍ，０．８ｍ；（２）４３ｍ／ｓ． 解析：（１）由图可知，振幅和波长分别为 Ａ＝１０ｃｍ， λ＝０．８ｍ． （２）波的传播速度为ｖ＝ λＴ ＝ ０．８ ０．６ｍ／ｓ＝ ４ ３ｍ／ｓ． １０．（１）沿ｘ轴正方向传播； （２）２ｍ／ｓ；（３）（２ｍ，３ｃｍ），３９ｃｍ． 解析：（１）由图乙可知ｔ＝０时，质点Ｐ向ｙ轴正方向 振动，根据“逆向波形法”由图甲可知，该波沿ｘ轴正方向 传播． （２）由题图甲知λ＝８ｍ，由题图乙知Ｔ＝４ｓ，所以波 速ｖ＝ λＴ ＝２ｍ／ｓ． （３）由于ｔ＝１３ｓ＝３Ｔ＋１４Ｔ结合波的传播及质点振 动的特点知，此时质点Ｐ位于波峰位置，故其位置坐标为 （２ｍ，３ｃｍ）；路程为ｓ＝１３Ａ＝３９ｃｍ． Ｂ组 一、多选题 １．ＢＤ　２．ＡＢ　３．ＢＣ 提示： １．根据传播方向与振动方向关系，质点ａ沿ｙ轴负方 向运动，波沿ｘ轴正方向传播，故Ａ错误；ａ偏离平衡位置 的位移为５ｃｍ，则有 Ｔ１２＋ ３ ４Ｔ＝２ｓ，可得Ｔ＝２．４ｓ故Ｂ 正确；由波形图可知波长 λ＝４ｍ则波速 ｖ＝ λＴ ＝ ５ ３ｍ／ｓ，故Ｃ错误；ｔ＝８．４ｓ＝３Ｔ＋ Ｔ ２，质点做简谐运动 任意半个周期内位移为２Ａ，则从ｔ＝０到ｔ＝８．４ｓ时间内， 质点ａ通过的总路程ｓ＝４Ａ× ｔＴ ＝１４０ｃｍ＝１．４ｍ，故 Ｄ正确． ２．图乙是位于ｘ＝１ｍ的质点Ｎ此后的振动图像，可 知ｔ＝０后其振动沿负方向，由波形图上的同侧法可知波 沿ｘ轴正方向传播，而甲图中的Ｍ点刚好起振向上，则波 源的起振方向向上，所有质点的起振方向为 ｙ轴正方向， 故Ａ正确；由波形图可知波长为λ＝４ｍ，周期为Ｔ＝４ｓ 波速为ｖ＝λＴ解得ｖ＝１ｍ／ｓ，故Ｍ点起振传播到Ｑ点的 时间为ｔＱ ＝ ｘ ｖ ＝ ７ １ｓ＝７ｓ在ｔ＝１０ｓ时，质点Ｑ已经 振动３ｓ，因为３ｓ＝３４Ｔ，所以在ｔ＝１０ｓ时，质点Ｑ通过 的路程为ｓ＝３Ａ＝２４ｃｍ，此时Ｑ正处于波谷位置，坐标为 （１０ｃｍ，－８ｃｍ），故Ｂ正确，Ｃ错误；在６ｓ～６．５ｓ时间内， 质点Ｍ从平衡位置沿ｙ轴负向振动，则其速度减小，加速 度增大，故Ｄ错误． ３．波源每隔０．５ｓ经过平衡位置一次，则周期为１ｓ， 故Ａ错误；波峰和波谷之间的距离为５ｍ，所以λ＝１０ｍ， 故Ｂ正确；波传播速度为ｖ＝λＴ ＝１０ｍ／ｓ，故Ｃ正确；ＢＤ 之间的距离为ｄ＝２０ｍ，所以波源振动状态传至Ｄ处的时 间为ｔ＝ ｄｖ ＝２ｓ，故Ｄ错误． 二、填空题 ４．２　８０． 解析：（１）由图可知，Ａ处波长为 ｘ０，Ｂ处水波波长为 ２ｘ０，可知Ｂ处水波波长是Ａ处水波波长的２倍； （２）根据λ＝ ｖｆ可知波在Ｂ处传播速度是Ａ处传播速 度的２倍，结合 槡ｖ＝ ｇｈ联立解得Ｂ处的水深为ｈＢ ＝８０ｃｍ． 三、计算题 ５．（１）根据上下坡法，可知在ｔ＝０时刻ｘ＝０．１２ｍ 的质点向上振动，可知ｘ＝０．１２ｍ的质点恰好出现第三次 波峰经历了２１４Ｔ，有２ １ ４Ｔ＝０．０９ｓ，该简谐波在介质Ⅰ 中的波速大小ｖ＝ λＴ ＝ ０．２４ ０．０４ｍ／ｓ＝６ｍ／ｓ． （２）运动至 ｘ＝１．２６ｍ处质点 Ｐ的时间 ｔ１ ＝ ０．９６－０．２４ ６ ｓ＋ １．２６－０．９６ ６÷２ ｓ＝０．２２ｓ，根据上下坡法， 可知质点沿ｙ轴负方向起振，波的频率（周期）不变，质点 Ｐ第一次从平衡位置到达波谷的时间ｔ２ ＝ Ｔ ４ ＝０．０１ｓ，ｘ ＝１．２６ｍ处质点Ｐ第一次到达波谷的时刻ｔ＝ｔ１＋ｔ２ ＝ ０．２３ｓ． 第３２期３版参考答案 Ａ组 一、单选题 １．Ｃ　２．Ａ　３．Ｄ　４．Ｂ　５．Ｃ　６．Ｃ　７．Ｃ 提示： １．在波的传播过程中，质点不会向前运动，质点均在 垂直于纸面的方向上振动，ＡＢ错误，Ｃ正确；由于 Ｍ和 Ｑ 处质点均是波峰与波峰相遇的点，是凸起最高的位置，经 四分之一周期时，Ｍ和Ｑ处质点均回到平衡位置，位移为 零，Ｄ错误； ２．第一次超声波接触小车时测速仪与小车的距离 ｘ１ ＝ ｖｔ１ ２ ＝１７０ｍ，第二次测速仪与小车的距离 ｘ２ ＝ ｖ（ｔ２－ｔ１） ２ ＝１５３ｍ，汽车前进距离ｘ＝１７０－１５３＝１７ｍ， 因此是向着测速仪前进；经过的时间 ｔ＝１．０２ ＋ ０．９ ２ ｓ＝ ０．９５ｓ，所以汽车的速度ｖ＝ ｘｔ＝ １７ ０．９５ｍ／ｓ≈１７．９ｍ／ｓ． 故选Ａ． ３．适当减小狭缝宽度，水波通过狭缝后，波速与频率 不变，根据λ＝ ｖｆ，波长不变，故ＡＣ错误；波源不变，适当 减小狭缝宽度，则波阵面最前方起振的点减少，能量减少， 水波振幅减小，故Ｂ错误；波发生明显的衍射现象的条件 是：当孔、缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相比差不多或 比波长更小，波长不变，适当减小狭缝宽度，衍射现象更明 显，故Ｄ正确． ５．两个完全相同的波源在介质中形成的波相叠加而 发生的干涉，则波峰与波峰、波谷与波谷相遇叠加，造成振 动幅度比以前大，称之为加强，其实质点依然在振动．因此 图中ＡＣ为振动加强点，ＢＤ为振动减弱点．由于ｆ相同，ｖ相 同，所以波长相同，经过半个周期依然是 ＡＣ振动加强和 ＢＤ振动减弱，所以答案为Ｃ． ６．ｔ＝０．２ｓ时，波传播的距离ｘ＝ｖｔ＝０．２ｍ，两列波 都传到Ｆ点，此时两列波单独引起 Ｆ点的振动方向均向 下，但位移为０，Ｅ、Ｇ两点位移最大，Ａ、Ｂ错误；ｔ＝０．５ｓ 时，波传播的距离ｘ＝ｖｔ＝０．５ｍ，两列波的波峰同时传到 Ｆ点，Ｆ点的位移最大，Ｃ正确，Ｄ错误． ７．凡是波都能发生多普勒效应，因此利用光波的多普 勒效应便可以测定遥远天体相对于地球运动的速度；利用 多普勒效应制作的测速仪常用于交通警察测量汽车的速 度；铁路工人是根据振动的强弱（并非多普勒效应）判断 火车的距离，根据火车轮与铁轨接头间碰撞的快慢来判断 火车运动快慢的（但目前高铁的铁轨已无接头）；炮弹飞 ! " # $ % & !"#$%&'( )* !"!#+& $%&$',-./0 1234567 & !,89 !,: !"#$%&'()*+,-./012345, ! 6, " 7 书 行时，与空气摩擦产生声波，人耳接收到的频率与炮弹的 相对运动有关．因此只有选项 Ｃ没有利用多普勒效应，故 选Ｃ． 二、填空题 ８．干涉　Ｂ，Ｄ，Ｆ 三、计算题 ９．（１）λ＝４ｍ；（２）６个． 解析：（１）由题图乙、丙可以看出两列波的周期相等， 有Ｔ＝０．２ｓ，由λ＝ｖＴ，解得λ＝４ｍ． （２）两列波叠加，将出现干涉现象，由题图可知，两列 波振动步调相反，到 Ｏ、Ｍ两点之间的距离差为半波长的 奇数倍时为振动加强点，有 ｘ＝１ｍ、３ｍ、５ｍ、７ｍ、９ｍ、 １１ｍ共６个振动加强点． １０．（１）１７００Ｈｚ；　（２）１０２０ｍ／ｓ；　（３）２０４ｍ． 解析：（１）声波在空气中传播时，由ｖ＝λｆ得ｆ＝ ｖ１ λ１ ＝３４００．２Ｈｚ＝１７００Ｈｚ． 由于声波在不同介质中传播时频率不变，所以声波在 介质Ⅱ中传播时，频率为１７００Ｈｚ． （２）由ｖ＝λｆ得，声波在介质Ⅱ中的传播速度为ｖ２＝ λ２ｆ＝０．６×１７００ｍ／ｓ＝１０２０ｍ／ｓ． （３）声波经 ｔ２ ＝０．２ｓ传至介质Ⅱ底部，故介质 Ⅱ 的深度ｈ＝ｖ２· ｔ ２ ＝１０２０×０．２ｍ＝２０４ｍ． Ｂ组 一、多选题 １．ＣＤ　２．ＡＤ　３．ＢＣ 提示： １．由波形图可知，健身者左右手开始抖动时的方向是 相反的，选项Ａ错误；如果增加左右手上下振动的幅度，只 是增加振幅，但是周期和波速不变，则波长不变，选项Ｂ错 误；右手绳子上的 ａ、ｂ两点相差一个波长的距离，则将同 时到达波峰，选项Ｃ正确；左右两手起振方向相反，则当左 右两列绳波传到Ｐ点时振动将得到减弱，选项Ｄ正确． ２．ｂ接收到的声波的频率的高低关键是看声源ａ与接 收者ｂ之间的距离如何变化，若远离则ｂ接收到的声波的 频率比ａ发出的低，若靠近则ｂ接收到的声波的频率比 ａ 发出的高，故ＡＤ正确；当ａ、ｂ向同一方向运动时，两者之 间的距离可变大、可变小、可不变，故ｂ接收到的声波的频 率与ａ发出的声波的频率关系不确定，故ＢＣ错误． ３．全息照片的拍摄利用了光的干涉原理，Ａ错误；玻 璃杯也在振动，有其固有振动频率，当声波频率和玻璃杯 振动的固有频率相同时，发生共振，可以震碎玻璃杯，Ｂ正 确；在干涉现象中，振动加强点指的是振幅加强了，振动加 强点的位移可能比减弱点的位移小，故 Ｃ正确；根据多普 勒效应可知，鸣笛汽车驶近路人的过程中，路人听到的声 波频率与该波源的频率相比增大，Ｄ错误．故选ＢＣ． 二、填空题 ４．（１）Ｄ；（２）未超速；（３）变低． 三、计算题 ５．（１）ＡＢ连线中点Ｄ；　（２）４个 解析：（１）波源发出声波相位相反，两波源到某点距 离差满足Δｒ＝ｎλ（ｎ＝０，１，２，…）则为振动减弱的点，且 振幅相同的位置才能完全听不到声音，因此只有 ＡＢ连线 中点Ｄ满足条件． （２）由ｖ＝λｆ可得λ＝ ｖｆ＝１０ｍ，声音极小的点到 Ｂ、Ｃ两点的波程差应为波长整数倍，则 ＡＣ连线上波程差 ２０ｍ≤Δｒ≤４０ｍ，因此只有Δｒ＝３０ｍ，一个点符合题意 （不计端点），ＡＢ连线上ＤＢ之间波程差０ｍ≤Δｒ≤４０ｍ， 有３个点符合题意（不计端点），ＤＡ之间的波程差０ｍ≤ Δｒ≤２０ｍ，有１个点符合题意（不计端点），故ＡＢ连线上 只有４个点符合题意． 第３３期参考答案 一、单选题 １．Ａ　２．Ａ　３．Ａ　４．Ｄ　５．Ｄ　６．Ｃ　７．Ａ 提示： １．由ｆ＝１Ｔ ＝ ｖ Ｌ ＝ ２５．２ １２．６Ｈｚ＝２Ｈｚ，当列车的行驶 速度为２５．２ｍ／ｓ时，列车振动的频率为２Ｈｚ． ２．圆盘以４ｓ的周期匀速运动，此时圆盘转动一圈，Ｔ 型支架上下振动一次，小球和弹簧组成的系统在Ｔ型支架 的作用下做受迫振动，周期为４ｓ，则振动的频率为ｆ＝１Ｔ ＝ １４Ｈｚ＝０．２５Ｈｚ，故Ａ正确，ＢＣＤ错误．故选Ａ． ３．根据Ｏ点振动图像可知，在ｔ１时刻绳上Ｏ点向下运 动，由振动图像可知ｔ１时，波传播的周期恰好为一个周期， 传播的距离为一个波长，而图Ａ中Ｏ点向下振动，图Ｃ向 上振动．故选Ａ． ４．Ａ．在两种介质的分界面处，波的反射和折射可以 同时发生，故Ａ错误；Ｂ．在地球上测量出星球上某些元素 发出的光波频率，若其小于地球上这些元素静止时的发光 频率，则利用多普勒效应可以推知该星球在远离地球，故 Ｂ错误；Ｃ．空气中产生的声波是纵波，纵波中的质点振动 方向与波的传播方向在同一直线，可能同向也可能反向， 故 Ｃ错 误；Ｄ． 某 弹 簧 振 子 的 振 动 方 程 为 ｙ ＝ ０．１ｓｉｎ２．５πｔ（ｍ），将ｔ＝０．２ｓ代入解得ｙ＝０．１ｍ，振子 位于最大位移处，速度为零，故Ｄ正确；故选Ｄ． ５．Ｐ点的水没有振动起来，说明Ｐ点波没有明显衍射 过去，原因是ＭＮ间的缝太宽或波长太小，因此若使 Ｐ点 的水振动起来，可采用Ｎ板上移减小小孔的间距，也可以 增大水波的波长，即减小振源的频率，故 ＡＢＣ错误；波源 向左匀速移动时，设该水波波源未移动时的传播速度为 ｖ，波源移动的速度为ｕ，根据多普勒效应可知波源向左匀 速移动后Ｍ、Ｎ两块挡板中的空隙接收到的波的频率为ｆ′ ＝ ｖｖ＋ｕｆ，可知Ｍ、Ｎ两块挡板中的空隙接收到的水波的频 率减小了，水波波长增大，可以使Ｐ点的水振动起来，故Ｄ 正确．故选Ｄ． ６．在同一时刻观察时，越先激起的波纹扩散开来的半 径越大，因Ｃ的半径大于Ａ的半径，说明蜻蜓第一次点水 处为Ｃ点，故ＡＢ错误；若蜻蜓飞行速度与水波速度相同， 那么蜻蜓点水会在上一个水波边线上，而水波以相同速度 运动，所以每个圆都应内切．由题图可知，后击水产生的波 纹超过先击水产生波纹，说明蜻蜓飞行速度大于水波传播 速度，故Ｃ正确，Ｄ错误． ７．一只鸟落在Ｑ处时，由于 Ｑ点比 Ｐ点靠近树枝末 端，Ｑ点与Ｐ点受到同样的作用力时，作用Ｑ点时，树枝的 形变更大，则类似弹簧的劲度系数 ｋ变小，由于周期仍然 为Ｔ，则落在Ｑ处的鸟质量ｍ较小，故Ａ正确，ＢＣＤ错误． 二、多选题 ８．ＢＣ　９．ＢＤ　１０．ＡＤ 提示： ８．假设波浪的波长约为３ｍ，而防波堤两端 ＭＮ相距 约６０ｍ，小于防波堤两端距离，不会有明显的衍射现象， 所以Ａ、Ｂ两处小船基本上不受波浪影响，故 Ａ错误，Ｂ正 确；假设波浪的波长约为６０ｍ，而防波堤两端ＭＮ相距约 ６０ｍ，接近防波堤两端距离，会有明显的衍射现象，所以 Ａ、Ｂ两处小船受到明显的波浪影响，故Ｄ错误，Ｃ正确． ９．由题意可知，该波的波长为１．５×１０－２ｍ，周期为 １×１０－５ｓ，由波速计算公式可得ｖ＝λｔ＝ １．５×１０－２ １×１０－５ ｍ／ｓ ＝１．５×１０３，故Ａ错误；ｔ＝０时，Ｐ点向ｙ轴正方向运动， 故波沿着ｘ轴的正方向传播，故 Ｂ正确；根据题意及频率 计算公式可得，鱼群反射的频率为 ｆ＝ １Ｔ ＝ １ １０－５ｓ ＝ １０５Ｈｚ，若鱼群向着渔船方向游过来，频率应该大于ｆ，故Ｃ 错误；０～１ｓ，Ｐ点运动了１０５个周期，其运动的路程为ｓ＝ １０５×４Ａ＝１０５×４×５×１０－６ｍ＝２ｍ，故Ｄ正确． １０．两列波的传播速度大小一样，经过 ｔ＝Δｘ２ｖ＝ ５＋１５ ２×１０ｓ＝１ｓ两波相遇，故Ａ正确；图中所示Ａ波到达ｙ ＝－５ｍ时，ｙ＝－５ｍ处的质点向上起振，可知振源的起 振方向向上；Ｂ波同样的道理，波源起振方向向上；根据波 传播过程中各质点起振方向均与波源起振方向相同这一 特点可知两列相遇时，相遇处的质点叠加后的起振方向向 上，故Ｂ错误；由于两列波的频率不同，所以两列波相遇后 不能产生稳定的波形图，故Ｃ错误；两列波的波长分别为 λＡ ＝２０ｍ，λＢ ＝４０ｍ，周期分别为ＴＡ ＝ λＡ ｖ ＝２ｓ，ＴＢ ＝ λＢ ｖ ＝４ｓ，则ｔ＝４ｓ时，两列波分别使ｙ＝－５ｍ处质点处 于平衡位置，则此时该质点在平衡位置，故Ｄ正确． 三、实验题 １１．（１）Ｄ；（２）９．７４； （３）最低点，在最低点加速度最小，速度变化慢，更容 易判断，所以测得的时间误差较小． 解析：（１）为了减小实验误差，该实验中要求摆线质 量远小于摆球的质量，即ｍ线 ｍ球；摆线长度要远大于摆 球直径，即ｌｄ；故选Ｄ． （２）由于Ｔ＝２π ｌ槡ｇ可得Ｔ ２＝４π ２ ｇｌ，根据Ｔ ２－ｌ图 线可知 ｋ＝４π ２ ｇ ＝ ３．８５－３．００ ０．９５－０．７４ ＝４．０５，解得 ｇ＝ ９．７４ｍ／ｓ２． （３）在最低点加速度最小，速度变化慢，更容易判断， 所以测得的时间误差较小． １２．（１）９５．１；（２）漏测；（３）９．８６；（４）ＡＣ． 解析：（１）停表的读数为ｔ＝６０ｓ＋３５．１ｓ＝９５．１ｓ． （２）图像不过坐标原点，将图像向右平移１ｃｍ就会 通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小１ｃｍ，故可能 是测摆长时，仅测了摆线长度而漏测了小球半径． （３）由单摆周期公式Ｔ＝２π槡 Ｌ ｇ可得Ｔ ２ ＝４π ２ ｇＬ， Ｌ－Ｔ２图像斜率ｋ＝４π ２ ｇ，结合图像数据得到ｋ＝４ｓ ２／ｍ， 求得ｇ≈９．８６ｍ／ｓ２． （４）根据Ｔ＝２π槡 Ｌ ｇ可得ｇ＝ ４π２Ｌ Ｔ２ ，测摆线长时摆 线拉得过紧，使摆线长度偏大，导致ｇ测量值偏大，故Ａ正 确；开始计时，秒表过早按下，使 Ｔ测量值偏大，导致 ｇ值 偏小，故Ｂ错误；由Ｔ＝ ｔｎ，误将４９次全振动数为５０次， 使得Ｔ值偏小，导致ｇ测量值偏大，故Ｃ正确；摆线上端悬 点未固定，摆动过程中出现松动，Ｌ测量值偏小，导致ｇ测 量值偏小，故Ｄ错误． 四、解答题 １３．（１）Ｔ＝０．４πｓ；Ｌ＝０．４ｍ；（２）０．２８ｍ／ｓ． 解析：（１）由Ｆ－ｔ图可得Ｔ＝０．４πｓ由Ｔ＝２π槡 Ｌ ｇ 得Ｌ＝０．４ｍ． （２）由Ｆ－ｔ图可得，摆球运动到最低点时细线的拉力 Ｆｍａｘ ＝０．５１０Ｎ，此时有Ｆｍａｘ－ｍｇ＝ｍ ｖ２ Ｌ， 解得ｖ＝０．２８ｍ／ｓ． １４．（１）２０ｃｍ　０．０２５Ｈｚ；（２）向负方向运动； （３）６０ｃｍ；（４）ｘ＝２０ｓｉｎ（０．０５πｔ）ｃｍ． 解析：（１）根据图像可知，质点离开平衡位置的最大 距离为Ａ＝２０ｃｍ，即离开平衡位置的最大距离为２０ｃｍ； 周期Ｔ＝４０ｓ，则频率ｆ＝ １ｔ＝ １ ４０Ｈｚ＝０．０２５Ｈｚ． （２）ｘ－ｔ图像上各点切线的斜率表示瞬时速度，在 ２０ｓ时，根据图像的斜率可知，质点正在向负方向运动． （３）质点在前３０ｓ内的运动路程为 ｓ＝３Ａ＝３× ２０ｃｍ＝６０ｃｍ． （４）质点振动的角速度为 ω＝２πＴ ＝ ２π ４０ｒａｄ／ｓ＝ ０．０５πｒａｄ／ｓ，则振动表达式为ｘ＝２０ｓｉｎ（０．０５πｔ）ｃｍ． １５．（１）１ｍ；（２）０．３５ｍ和ｘ＝０．８５ｍ． 解析：（１）根据ｖ＝ λｆ解得λ＝１ｍ／ｓ． （２）以Ａ为坐标原点，设Ｐ为ＡＢ间的任一点，其坐标 为ｘ，则两波源到Ｐ点的路程差为Δｌ＝ｘ－（１．２－ｘ），０≤ !"#$%&'()*+,-./012345, ! 6, ! 7 书 ｘ≤１．２，合振幅最小的点满足 Δｌ＝（ｋ＋１２）λ，（ｋ为整 数）可知，当ｋ＝－１时ｘ＝０．３５ｍ，当ｋ＝０时ｘ＝０．８５ｍ． 第３４期３版参考答案 Ａ组 一、单选题 １．Ｄ　２．Ｄ　３．Ｃ　４．Ｃ　５．Ｂ　６．Ｄ　７．Ｂ 提示： １．由ｎ＝ ｓｉｎθ１ ｓｉｎθ２ 可知，光由空气射入介质时的折射角 是由折射率ｎ和入射角共同决定的，所以 Ａ、Ｂ均错．由 ｎ ＝ ｃｖ可知，介质的折射率越大，光在该介质中的速度越 小，故Ｃ错，Ｄ对． ２．由题意可知，光线射入透明介质后，从圆弧面ＡＢ射 出时，有部分光线发生全反射，因在ＡＢ面上恰好有占半圆 周长的 ２ ３的圆弧部分有光透出则恰好发生全反射时入射 光对应的入射角为６０°，折射率为 ｎ＝ｓｉｎ９０°ｓｉｎ６０°＝ 槡２３ ３．故 选Ｄ． ３．光线从空气射入水中时，入射角大 于折射角，如图则潜水员看到立于船头的 观察者的位置偏高，而船头的观察者看到 潜水员偏浅，所以潜水员的实际深度大于 ｈ２，观察者实际高度小于ｈ１．故选Ｃ． ４．ＡＢ．防窥屏实现防窥效果的原理是 因为某些角度范围内的光被屏障吸收，故 相邻屏障间隙Ｌ越大，防窥效果越差，故ＡＢ错误；Ｃ．透明 介质的折射率越大，折射角越大，可视角度越大，故 Ｃ正 确；Ｄ．从上往下看，看到的图像比实际位置高，故Ｄ错误． 故选Ｃ． ５．根据题意，作出光路图如图所示 令折射角为θ，根据几何关系有 ｓｉｎθ＝ Ｒ ２Ｒ＝ １ ２，则玻璃砖对该单色光的折射 率为ｎ＝ｓｉｎｉｓｉｎθ 解得ｎ＝槡２，故选Ｂ． ６．因为ｂ光的偏折程度大于ａ光，所以玻璃砖对ｂ光 的折射率大于对ａ光的折射率，Ａ正确；由公式ｎ＝ ｃｖ可 知，在玻璃砖中，ａ光的传播速度大于ｂ光的传播速度，再 根据ｖ＝λＴ＝λｆ，所以λ＝ ｖ ｆ，所以在玻璃砖中，ａ光的波 长大于ｂ光的波长，Ｂ、Ｃ正确；由于玻璃砖对ｂ光的折射率 大于对ａ光的折射率，根据ｓｉｎＣ＝１ｎ可知，ｂ光的临界角 小于ａ光的临界角，所以逐渐增大入射光，ｂ光将比ａ光先 发生全反射，Ｄ错误． ７．由题可知，将玻璃砖缓慢转过 θ角时，恰好没有光 线从ａｂ面射出，说明光线发生了全反射，此时的入射角恰 好等于临界角，而入射光ｉ＝θ，则可得到临界角Ｃ＝θ，由 ｓｉｎＣ＝ １ｎ得：ｎ＝ １ ｓｉｎＣ＝ １ ｓｉｎθ ．故选Ｂ． 二、实验题 ８．（１）Ｐ１、Ｐ２的像及大头针Ｐ３； （２）１．５． 三、计算题 ９．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＝ｓｉｎｉｓｉｎｒ＝槡３ ② 由①②可得ｉ＝６０°． １０．解析：画出光路图如图所 示． 其中一束光沿直线穿过玻 璃，可知Ｏ点为圆心．另一束光从Ａ点沿直线进入玻璃，设 在半圆面上的入射点为Ｂ，入射角为θ１，折射角为θ２，由几 何关系可得，ｓｉｎθ１＝ ｌＡＯ ｌＯＢ ＝１２，解得θ１＝３０°．由几何关系 可知，ｌＢＰ ＝Ｒ，折射角为θ２＝６０°．由折射定律得玻璃材料 的折射率为ｎ＝ ｓｉｎθ２ ｓｉｎθ１ ＝ｓｉｎ６０°ｓｉｎ３０°＝槡３． Ｂ组 一、多选题 １．ＢＣ　２．ＢＣ　３．ＡＤ １．由光路可知，从空气射入水中时，ａ光的偏折程度 较大，可知，ａ光的折射率较大，ａ光的频率较大，即ｆａ ＞ｆｂ 根据ｖ＝ ｃｎ可知，ａ光在水中的传播速度较小，即ｖａ ＜ｖｂ 故选ＢＣ． ２．Ａ．根据 ｖ＝ ｃｎ红光的 折射率最小，故红光在水中的 传播速度最大，故 Ａ错误；Ｂ．根据 λ＝ ｃｆ红光的频率最 小，故红光在水中的波长最长，故Ｂ正确；Ｃ．黄光的临界角 为ｓｉｎＣ＝ １ｎ２ 单个光源发出的黄光照亮的水面面积为 Ｓ ＝π（ｈｔａｎＣ）２＝ πｈ ２ ｎ２２－１ 故Ｃ正确；Ｄ．红光的临界角最大， 故单个光源发出的红光照亮的水面面积最大，故相邻光源 的距离只要大于２ｈｔａｎＣ１ ＝ ２ｈ ｎ２１－槡 １ 就可以使所有的光 色在水面不交叠，故Ｄ错误．故选ＢＣ． ３．如图所示，Ｂ中心处的 字反射的光线经半球体向外 传播时，传播方向不变，故人 看到字的位置是字的真实位置．而放在Ａ中心处的字经折 射，人看到的位置比真实位置要高，Ａ、Ｄ正确． 二、实验题 ４．（１）槡３；（２）Ｐ４；（３）１． 解析：（１）此时ＯＰ３与ＯＥ之间的夹角为入射角，θ１＝ ６０°，θ２ ＝３０°，则ｎ＝ ｓｉｎθ１ ｓｉｎθ２ ＝ｓｉｎ６０°ｓｉｎ３０°＝槡３． （２）Ｐ４对应的入射角大，折射角相同，所以对应的折 射率大． （３）当在Ｋ位置时，入射角与折射角相等，所以折射 率等于１． 三、计算题 ５．解析：（１）光线在球面上恰好 发生全反射，光路图如图所示． 根据几何关系可知，全反射的临 界角满足ｓｉｎＣ＝ＯＢＲ ＝ 槡３ ２可得Ｃ＝ ６０°．根据全反射临界角公式可得ｓｉｎＣ＝ １ｎ， 解得ｎ＝ 槡２３３． （２）光线在透明半球内传播的速度为ｖ＝ ｃｎ，根据几 何关系可知，光在透明半球中传播的路程为ｓ＝Ｒｃｏｓ６０°＋ ２Ｒ＋Ｒｃｏｓ６０°＝３Ｒ，光在透明半球中传播所用时间为 ｔ＝ ｓｖ，联立解得ｔ＝ 槡２３Ｒ ｃ ． 第３５期３版参考答案 Ａ组 一、单选题 １．Ｄ　２．Ｂ　３．Ｃ　４．Ｂ　５．Ｃ　６．Ｃ　７．Ｄ 提示： １．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 ＝ ５ ２λ，由ｃ＝λｆ得λ＝ ｃ ｆ，则ｒ２－ｒ１ ＝ ５ｃ ２ｆ． ２．可见光的频率范围是３．９×１０１４～７．５×１０１４Ｈｚ，依 据公式ｃ＝λｆ，可知其波长范围是４．０×１０－７ ～７．６９× １０－７ｍ，Ａ、Ｄ选项错误．根据公式 Δｒ＝ｎλ２（ｎ为整数）可 知，ｎ为偶数的地方出现亮条纹，ｎ为奇数的地方出现暗条 纹．因此ｎ＝４时，出现距中心条纹的第二条亮条纹，所以 Ａ点到两条缝的路程差 Δｒ＝４×６×１０ －７ ２ ｍ ＝１．２× １０－６ｍ，要想出现暗条纹，ｎ需取奇数才行．当入射光波长 为４．８×１０－７ｍ时，１．２×１０－６ｍ＝ｎ４．８×１０ －７ ２ ｍ，ｎ＝５， 为奇数，所以Ａ点出现暗条纹，Ｂ选项正确．当入射光波长 为４．０×１０－７ｍ时，１．２×１０－６ｍ＝ｎ４×１０ －７ ２ ｍ，ｎ＝６，为 偶数，所以Ａ点处出现亮条纹，Ｃ选项错误． ３．单色光ｆ１的波长λ１＝ ｃ ｆ１ ＝３．０×１０ ８ ５．０×１０１４ ｍ＝０．６× １０－６ｍ＝０．６μｍ．单色光ｆ２的波长λ２＝ ｃ ｆ２ ＝３．０×１０ ８ ７．５×１０１４ ｍ＝ ０．４×１０－６ｍ＝０．４μｍ．因Ｐ点到双缝的距离之差Δｘ＝ ０．６μｍ＝λ１，所以用单色光ｆ１照射时Ｐ点出现亮条纹．Δｘ ＝０．６μｍ＝３２λ２，所以用单色光ｆ２照射时Ｐ点出现暗条 纹，故选项Ｃ正确． ４．双缝干涉的图样是明暗相间的干涉条纹，所有条纹 宽度相同且等间距，随着波长越长，则条纹间距越大，根据 ｃ λ ＝ ｖ λ′ ，而ｃ＝ｎｖ，现给箱子灌满油（不考虑溢油），则有 波长变小，条纹间距变密，故Ｂ正确，ＡＣＤ错误． ５．电灯Ｓ发出的光，包含着垂直于传播方向上沿一切 方向振动的光，而且沿着各个方向振动的光波的强度都相 同，属于自然光，故Ａ错误；自然光先经过偏振片Ａ形成偏 振光，当偏振片Ｂ的透振方向与Ａ的透振方向不垂直时， 才能从Ｐ点看到光亮，所以Ａ是起偏振器，Ｂ是检偏器，故 Ｂ错误；由于此时人眼在 Ｐ处迎着入射光方向看不到光 亮，说明Ａ、Ｂ透振方向垂直，以ＳＰ为轴将Ａ转过４５°，则透 过Ａ的偏振光的振动方向将存在平行于Ｂ透振方向的分 量，此时将有部分光可以透过Ｂ，在Ｐ处可以看到光亮，故 Ｃ正确；无论将Ｂ沿ＳＰ向Ａ平移至何位置，透过Ａ的偏振 光的振动方向始终与Ｂ的透振方向垂直，在Ｐ处始终看不 到光亮，故Ｄ错误． ６．双缝干涉的条纹间距Δｘ＝ ｌｄλ，其中ｌ是指屏和双 缝之间的距离，ｄ是两缝之间的距离，λ是指入射光的波 长，则Δｘ与单缝到双缝间的距离无关，与每条缝的宽度也 无关，故Ａ、Ｄ错误；如果增大双缝之间的距离，使ｄ增大， 则Δｘ变小，故Ｂ错误．如果增大双缝到光屏之间的距离， 使ｌ增大，则Δｘ变大，故Ｃ正确． ７．用光照射很小的不透明圆板时后面出现一亮点，即 泊松亮斑，Ａ错误；用光照射很大的中间有大圆孔的不透 明挡板时后面是一亮洞，不会出现衍射现象，Ｂ错误；用光 照射很大的不透明圆板时后面是一片阴影，不会出现衍射 现象，Ｃ错误；用光照射很大的中间有小圆孔的不透明挡 板时会出现明暗相间的衍射图样，即发生衍射现象，Ｄ 正确． 二、填空题 ８．衍射　不变　变大　变大． 三、计算题 ９．解析：由题意知，Ｐ到双缝的路程差 δ＝ １．５×１０－６ ０．５×１０－６ λ１ ＝３λ１，满足波长的整数倍，在Ｐ点形成亮条 纹．当单色光波长 λ２ ＝０．６μｍ时，δ＝ １．５×１０－６ ０．６×１０－６ λ２ ＝ ５ ２λ２，满足半波长的奇数倍，在 Ｐ点形成暗条纹，在０～ ５ ２λ２范围内， １ ２λ２和 ３ ２λ２满足半波长的奇数倍，出现暗 条纹，此时在中央亮条纹和Ｐ点之间有两条暗条纹． １０．解析：（１）由λ＝ ｃｆ得λ＝５×１０ －７ｍ，ｎ＝Δｓ λ ＝ ３×１０－６ ５×１０－７ ＝６，由于两光源的振动情况恰好相反，所以Ｐ点 为暗条纹． ! 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" ( !" )% %! & * + ) !"#$%&'()*+,-./012345, ! 6, " 7 书 （２）Ｏ点路程差为０，也是暗条纹，ＯＰ间还有５条暗条 纹，６条亮条纹． Ｂ组 一、多选题 １．ＡＢ　２．ＢＤ　３．ＢＣ 提示： １．中央Ｏ点到Ｓ１、Ｓ２的路程差为零，所以换不同颜色 的光时，Ｏ点始终为亮条纹，选项 Ａ正确，Ｃ错误；波长越 长，条纹间距越宽，所以红光的同侧第一条亮条纹在 Ｐ点 上方，蓝光的同侧第一条亮条纹在Ｐ点下方，选项Ｂ正确， Ｄ错误． ２．当障碍物的尺寸与波的波长相当或小于波的波长 时，会发生明显的衍射现象，该装置利用了光的衍射现象； 如果屏上条纹变宽，表明细丝变细，故ＢＤ正确． ３．Ｐ点为中央亮条纹，说明Ｐ点到两狭缝的距离差等 于０，Ｑ为第一级亮条纹，说明Ｑ点到ａ、ｂ两狭缝的距离差 等于波长的一倍，即为λ．用波长为２λ的光实验时，Ｐ点到 两狭缝的距离差仍为０，Ｑ点到两狭缝的距离差仍为λ，为 半波长的一倍，则Ｑ点为暗条纹；第一级亮条纹应向上移 动，故Ａ错误Ｂ正确；用波长为 λ２的光实验时，Ｑ点到两狭 缝的距离差仍为 λ，且该距离差等于波长的两倍，此时 Ｑ 点为第二级亮条纹，所以Ｐ、Ｑ间还有一条亮条纹，故Ｃ正 确，Ｄ错误． 二、实验题 ４．（１）凸透镜；（２）１．７００　９．２００；（４） ｘｎ－ｘ１ ｎ－１． 三、计算题 ５．解析：（１）据干涉实验相邻亮条纹间距公式可知 Δｙ＝ ｌｄλ，根据波长频率公式可知ｆ＝ ｃ λ ，代入数据得λ ＝６×１０－７ｍ，ｆ＝５×１０１４Ｈｚ． （２）Ｐ到Ｓ１、Ｓ２的距离之差δ＝１．５×１０ －６ｍ，单色光的 波长λ＝６００ｎｍ＝６×１０－７ｍ，由此可知δ＝５２λ，所以Ｐ 点为暗条纹． 第３６期参考答案 一、单选题 １．Ａ　２．Ａ　３．Ｃ　４．Ｂ　５．Ｃ　６．Ｄ　７．Ｂ 提示： １．单缝衍射图样为中央亮纹最宽最亮，往两边变窄， 双缝干涉图样是明暗相间的条纹，条纹间距相等，条纹宽 度相等，结合图甲、乙可知，甲对应单缝，乙对应双缝，故Ａ 正确． ２．波的周期为Ｔ＝２π ω ＝２π２π ＝１ｓ，根据图像可知波长 为λ＝２×１ｍ ＝２ｍ，则波速为 ｖ＝ λＴ ＝ ２ １ ｍ／ｓ＝ ２ｍ／ｓ，则波在５ｓ时间内传播的距离为ｓ＝ｖｔ＝２×５ｍ＝ １０ｍ，故Ａ正确． ３．两列波叠加，Ａ、Ｄ均为振动加强的点，在该时刻，Ａ 在波峰，位移 ＋９ｃｍ，Ｄ在波谷，位移 －９ｃｍ，故质点Ａ、Ｄ 在该时刻的高度差为１８ｃｍ．故Ａ错误；质点Ｂ、Ｃ始终是振 动减弱的点，振幅为１ｃｍ，故Ｂ错误，Ｃ正确；两列波为相 干波，Ｓ１的振动频率等于Ｓ２的振动频率，故Ｄ错误． ４．两运动员组成的系统动量守恒，且两运动员的动量 变化大小相等，方向相反，故Ａ错误；根据牛顿第三定律可 知，两运动员之间的相互作用力大小相等，方向相反，且作 用时间相等，根据Ｉ＝Ｆｔ可知两运动员相互作用力的冲量 大小相等，方向相反，冲量之和一定为零，故 Ｂ正确；两运 动员相互作用时，相对地面的位移不一定相同，因此相互 作用力的功之和不一定等于零，故 Ｃ错误；两运动员组成 的系统动量守恒，但“交棒”运动员从后面用力推前方“接 棒”运动员的过程中要消耗人体的化学能，转化为系统的 机械能，则机械能不守恒，故Ｄ错误． ５．物体Ａ和物体Ｂ无相对滑动，物体Ａ的回复力最大 为Ｆｍａｘ＝μｍｇ，则物体 Ａ和物体 Ｂ整体的最大加速度为 μｇ，以物体Ａ和物体Ｂ整体为研究对象，最大回复力Ｆ＝ ｋｘｍａｘ＝（Ｍ＋ｍ）ａ，联立解得 ｘｍａｘ ＝ μ（Ｍ＋ｍ）ｇ ｋ ，故 Ｃ正 确，ＡＢＤ错误． ６．以水为研究对象，根据动量定理可知Ｆ＝ｍｖｔ，而 ｍ ｔ ＝Ｑρ，Ｑ＝ １４πｄ ２ｖ，代入可得Ｆ＝４ρＱ ２ πｄ２ ．故Ｄ正确． ７．当汽车以５ｍ／ｓ的速度行驶时，驱动力的周期为 Ｔ ＝ ｓｖ ＝ ２ ５ｓ＝０．４ｓ，所以频率等于ｆ＝ １ Ｔ ＝２．５Ｈｚ，故 Ａ错误；当汽车以４ｍ／ｓ的速度行驶时，汽车的频率为ｆ＝ ｖ ｓ＝ ４ ２Ｈｚ＝２Ｈｚ，此时和汽车固有频率相同，所以颠簸 最厉害，故Ｂ正确；当汽车以３ｍ／ｓ的速度行驶时，汽车的 频率为ｆ＝ ｖｓ＝ ３ ２Ｈｚ＝１．５Ｈｚ，此时和汽车固有频率不 相同，所以颠簸不是最厉害，故Ｃ错误；当驱动力频率和汽 车固有频率相同时，汽车颠簸最厉害，并不是汽车速度越 大，颠簸就越厉害，故Ｄ错误． 二、多选题 ８．ＣＤ　９．ＡＣＤ　１０．ＡＤ 提示： ８．此介质的折射率为ｎ＝ ｓｉｎθ１ ｓｉｎθ２ ，故Ａ错误；光从介质 进入空气，频率不变，故Ｂ错误；光从介质进入空气，频率 不变，波速增大，根据ｖ＝λｆ可知，波长增大，故Ｃ正确；随 着入射角θ２增加，光线ＯＡ的强度逐渐减弱，最后会消失， 故Ｄ正确． ９．爆竹在最高点爆炸过程中，整体水平方向上不受外 力，水平方向上动量守恒，故Ａ错误；规定向东为正方向， 根据动量守恒得３ｍｖ０＝２ｍｖ＋ｍｖ′，解得质量为ｍ的一块 的速度ｖ′＝３ｖ０－２ｖ，故Ｂ正确，Ｃ错误；质量为ｍ的一块 爆炸后，做平抛运动，运动的时间由 ｈ＝ １２ｇｔ ２得 ｔ＝ ２ｈ 槡ｇ，则在落地过程中重力冲量的大小为ｍｇ· ２ｈ 槡ｇ，方 向竖直向下，故Ｄ错误． １０．由“同侧法”可知，健身者左手刚开始抖动时的方 向向下，故Ａ正确；对于机械波，波速与介质有关，与频率 无关，所以增大抖动的频率，绳子上的波形传到 Ｐ点的时 间不变，故Ｂ错误；由图知，波长λ＝８ｍ，波速ｖ＝λｆ＝ １６ｍ／ｓ，故Ｃ错误；ａ质点的振动形式将传到ｂ点需要时间 ｔ＝ ｓｖ ＝ ３ １６ｓ，故Ｄ正确． 三、实验题 １１．（１）大于；（２）ＢＣ； （３）ｍＡｓＯＰ ＝ｍＡｓＯＭ ＋ｍＢｓＯＮ； （４）① Ｐ、Ｌ１、Ｌ２必须为多次实验后落点的平均位置 　②实验步骤Ｆ中的ＯＬ２应改为ＯＬ２－ｄ． 解析：（１）为了防止Ａ球反弹，入射球的质量必须大 于被碰球的质量． （２）只要每次加速的环境完全相同即可，不需加速轨 道光滑，故 Ａ错误；为了保证小球每次平抛的初速度相 同，每次入射小球必须从同一高度由静止释放，故Ｂ正确； 为了使小球做平抛运动，轨道末端必须水平，故Ｃ正确；本 实验中不需要测量时间，故测量仪器不需要秒表，故 Ｄ错 误． （３）由动量守恒定律ｍＡｖ２ ＝ｍＡｖ１＋ｍＢｖ３，三次平抛 运动的时间ｔ相同，则 ｍＡｖ２ｔ＝ｍＡｖ１ｔ＋ｍＢｖ３ｔ即 ｍＡｓＯＰ ＝ ｍＡｓＯＭ ＋ｍＢｓＯＮ （４）①为减小实验误差，应进行多次实验，求出小球 落点的平均位置Ｐ、Ｌ１、Ｌ２； ②两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由 动量守恒定律得ｍ１ｖ０ ＝ｍ１ｖ１＋ｍ２ｖ２，两球离开轨道后做 平抛运动，它们抛出点的高度 ｈ相等，它们在空中的运动 时间ｔ相等，两边同时乘以ｔ得ｍ１ｖ０ｔ＝ｍ１ｖ１ｔ＋ｍ２ｖ２ｔ，即为 ｍ１ＯＰ＝ｍ１ＯＬ１＋ｍ２（ＯＬ２－ｄ），实验步骤Ｆ中的ＯＬ２应改 为ＯＬ２－ｄ． １２．（１）Ｐ３及Ｐ１、Ｐ２的像　远 （２） 　ｓｉｎαｓｉｎβ ； （３）ＡＣＢＤ． 解析：（１）在确定Ｐ３、Ｐ４位置时，应使 Ｐ３挡住 Ｐ１、Ｐ２ 的像，Ｐ４挡住Ｐ３及Ｐ１、Ｐ２的像；折射光线是通过隔着玻璃 砖观察大头针成一条直线确定的，如果大头针之间的距离 太近，引起的角度测量误差会较大，故在确定 Ｐ３、Ｐ４位置 时，二者距离应适当远一些； （２）连接 Ｐ１、Ｐ２交玻璃的上 表面于Ｏ１，连接Ｐ３、Ｐ４交玻璃的下 表面于Ｏ２，连接Ｏ１Ｏ２，过Ｏ１、Ｏ２分 别作上、下表面的法线，Ｐ１Ｐ２为入 射光线，α为入射角，Ｏ１Ｏ２为玻璃 中的折射光线，β为折射角，光路 图如图所示，根据折射定律可得ｎ＝ｓｉｎαｓｉｎβ ． （３）设圆的半径为Ｒ，则入射角和反射角满足ｓｉｎα＝ ＡＣ Ｒ，ｓｉｎβ＝ ＢＤ Ｒ所以玻璃的折射率表示为ｎ＝ ｓｉｎα ｓｉｎβ ＝ＡＣＢＤ． 四、解答题 １３．（１）ｔ＝ ２ｈ槡ｇ；（２） ｖ ２－２槡 ｇｈ； （３）ｍ ２槡ｇｈ，方向竖直向下． 解析：（１）从ｂ点到ｃ点为平抛运动，有ｈ＝１２ｇｔ ２，解 得ｔ＝ ２ｈ槡ｇ． （２）ｂ点到ｃ点由动能定理有ｍｇｈ＝１２ｍｖ ２－１２ｍｖ ２ ｂ， 解得ｖｂ ＝ ｖ ２－２槡 ｇｈ． （３）根据动量定理可得 ｍｇｔ＝Δｐ，解得 Δｐ＝ ｍ ２槡ｇｈ，方向竖直向下． １４．（１）槡３；（２）２×１０ －９ｓ． 解析：（１）根据题意，光路 图如所示，由几何关系可知ｓｉｎｉ ＝０． 槡０５３０．１ ＝ 槡３ ２，解得ｉ＝６０°， 又ｒ＝ ｉ２ ＝３０°，故该球的折射 率为ｎ＝ｓｉｎｉｓｉｎｒ＝槡３． （２）光在球体的传播速度为ｖ＝ ｃｎ＝ 槡３ ３ｃ，故光在球 体中的传播时间为ｔ＝２ＢＮｖ ＝ 槡２３Ｒ ｖ ＝２×１０ －９ｓ． １５．（１）（４０ｎ＋３０）ｍ／ｓ（ｎ＝０，１，２，…）；（２）０．８ｓ； （３）１０ｍ／ｓ． 解析：（１）据图可知简谐波的波长λ＝８ｍ，波向ｘ轴 正方向传播，则在０．２ｓ内波传播的距离ｘ＝（ｎ＋３４）λ（ｎ ＝０，１，２…），由波速公式 ｖ＝ ｘｔ，解得 ｖ１ ＝（４０ｎ＋ ３０）ｍ／ｓ（ｎ＝０，１，２，…）． （２）若质点Ｐ在０．２ｓ内运动方向没有发生改变，则０ 时刻时质点Ｐ应向ｙ轴正方向运动，且ｔ＝１４Ｔ，解得Ｔ＝ ０．８ｓ． （３）由波速公式ｖ＝ λＴ，解得ｖ２ ＝１０ｍ／ｓ． ! " # ! # " # # # $ $ ! $ " ! " ! " # ! # " # # # $ $ ! $ " ! " % & ' ( ) * !"#$%&'()*+,-./012345, ! 6, " 7 书 《选择性必修第一册》 核心素养阶段测试（二） ◆ 数理报社试题研究中心 第Ⅰ卷 选择题 （共４６分） 一、单选题（本题共７小题，每题４分，共２８分，选对得４分， 选错或不选得０分） １．铺设钢轨时，每两根钢轨接缝处都必须留有一定的间 隙．每当列车经过轨道接缝处时，车轮就会受到一次冲击．由于 每一根钢轨长度相等，所以这个冲击力是周期性的，列车受到 周期性的冲击做受迫振动．普通钢轨的长度为１２．６ｍ，列车振 动的固有频率为３Ｈｚ．当列车的行驶速度为２５．２ｍ／ｓ时，列车 振动的频率为 （　　） Ａ．２Ｈｚ Ｂ．３Ｈｚ Ｃ．１Ｈｚ Ｄ．０．５Ｈｚ ２．如图１，一个竖直圆盘转动时，固定在 圆盘上的小圆柱带动一个 Ｔ形支架在竖直方 向振动，Ｔ形支架下面系着一个弹簧和小球组 成的振动系统，小球浸没在水中．当圆盘静止 时，让小球在水中振动，其阻尼振动的频率约 为３Ｈｚ．现使圆盘以４ｓ的周期匀速运动，经过 一段时间后，小球振动达到稳定，它振动的频率是多少 （　　） Ａ．０．２５Ｈｚ Ｂ．３Ｈｚ Ｃ．８Ｈｚ Ｄ．６Ｈｚ ３．如图２所示，用手握住长绳的一端，ｔ＝０时刻在手的带 动下Ｏ点开始上下振动，选向上为正方向，其振动图像如图３ 所示，则以下四幅图中能正确反映ｔ１时刻绳上形成的波形的是 （　　） ４．关于振动与波，下列说法正确的是 （　　） Ａ．在两种介质的分界面处，波的反射和折射不可以同时 发生 Ｂ．在地球上测量出星球上某些元素发出的光波频率，若其 小于地球上这些元素静止时的发光频率，则利用多普勒效应可 以推知该星球在靠近地球 Ｃ．空气中产生的声波是纵波，纵波中的质点振动方向与波 的传播方向相同 Ｄ．某弹簧振子的振动方程为ｙ＝０．１ｓｉｎ２．５πｔ（ｍ），则在ｔ ＝０．２ｓ时刻，振子的速度为零 ５．如图４，挡板 Ｍ固定，挡板 Ｎ可以上下移 动，现在把Ｍ、Ｎ两块挡板中的空隙当作一个“小 孔”做水波的衍射实验，出现了图示中的图样，Ｐ 点的水没有振动起来．为使挡板左边的振动传到 Ｐ点，可以采用的办法是 （　　） Ａ．挡板Ｎ向下平移一段距离 Ｂ．增大波源振动频率 Ｃ．挡板Ｍ和Ｎ向右移动一段距离 Ｄ．波源向左匀速移动 ６．“蜻蜓点水”是常见的自然现象， 蜻蜓点水后在水面上会激起波纹．某同学 在研究蜻蜓运动的过程中获得一张蜻蜓 点水的俯视照片，该照片记录了蜻蜓连续 三次点水过程中激起的波纹，其形状如图 ５所示．由图分析可知 （　　） Ａ．蜻蜓第一次点水处为Ａ点 Ｂ．蜻蜓第一次点水处为Ｂ点 Ｃ．蜻蜓飞行的速度大于水波传播的速度 Ｄ．蜻蜓飞行的速度小于水波传播的速度 ７．已知弹簧振子的 振动周期与振子的质量 和弹簧的劲度系数有关， 周期Ｔ＝２π ｍ槡ｋ ．如图６ 所示，小鸟落在弹性树枝 上的振动类似于弹簧振子的振动．一只１００ｇ的小鸟落在树枝 Ｐ处，其振动周期为Ｔ，另一只鸟落在Ｐ右边一点Ｑ处的振动周 期也是Ｔ，右端为树枝末端，则另一只鸟的质量可能为 （　　） Ａ．５０ｇ Ｂ．１００ｇ Ｃ．１５０ｇ Ｄ．２００ｇ 二、多选题（本题共３小题，每小题６分，共１８分，每小题给 出的四个选项中，有多个选项是正确的，全选对的得６分，少选 的得３分，有错选或不选的得０分） ８．如图７所示，一小型渔港的防波堤两 端ＭＮ相距约６０ｍ，在防波堤后 Ａ、Ｂ两处 有两艘小船进港躲避风浪．某次海啸引起 的波浪沿垂直于防波堤的方向向防波堤传 播，下列说法中正确的有 （　　） Ａ．假设波浪的波长约为３ｍ，则Ａ、Ｂ两处小船明显受到波 浪影响 Ｂ．假设波浪的波长约为３ｍ，则Ａ、Ｂ两处小船基本上不受 波浪影响 Ｃ．假设波浪的波长约为６０ｍ，则 Ａ、Ｂ两处小船明显受到 波浪影响 Ｄ．假设波浪的波长约为６０ｍ，则 Ａ、Ｂ两处小船基本上不 受波浪影响 ９．渔船上的声呐利用超声波来探测远方鱼群的方位．某渔 船发出的一列超声波在ｔ＝０时的波动图像如图８甲所示，图乙 为质点Ｐ的振动图像，则 （　　） Ａ．该波的波速为１．５ｍ／ｓ Ｂ．该波沿ｘ轴正方向传播 Ｃ．若鱼群向着渔船方向游过来，根据多普勒效应，接收器 接收到的波源频率可能为８×１０４Ｈｚ Ｄ．０～１ｓ时间内，质点Ｐ运动的路程为２ｍ １０．Ａ、Ｂ两列简谐波沿 ｘ轴相 向传播，波速均为１０ｍ／ｓ，某时刻 两列波在ｘ轴上各自传播到的位置 及部分波形图如图９所示，则以下 说法正确的是 （　　） Ａ．从图示时刻开始再经１ｓ两列波相遇 Ｂ．相遇处的质点起振方向向下 Ｃ．两列波相遇后可产生稳定的波形图 Ｄ．从图示位置开始计时，ｔ＝４ｓ时ｘ＝－５ｍ处的质点处 于平衡位置 !"#$ !"#$%&'()*+, ! " #! !!"# " $"% !! "$"# & % ' % ( !"# ! $%& ! " ! ! # " " " ! # ! $ ! ! ! ! % & ' ( $ % & ! ) ' ( ! * ! + ) * ' $ % * ) ! , +, ' !-. /* 0 ( #, ' !-. /# 0 ) ' ) . /) .1,) -2) +, ' !-. /* 0 ) ", ' !-. /) 3 ) ) . /) .2) - * + ! 4 +,50 #,0 /$) /) -) $) ) . $ % ! 6 ! " # ! $ % & ' ( ) * + , - . ! $ / & ' ( ) * + - 0 1 2 3 4 5 6 7 ! 8 9 : ; < = > ? @ A ( ' 7 - + 8 . , . , 9 B : C ! > ? & ' ( D E F G ! G H I J K L ! M N O A I # - / # 4 ) P Q ( R S ( T A ( 书 第Ⅱ卷 非选择题 （共５４分） 三、实验题（本题共２小题，共１６分，将正确答案填在题中 横线上或按要求作答） １１．（８分）在“用单摆测定当地的重力加速度”的实验中： （１）摆线质量和摆球质量分别为ｍ线 和ｍ球，摆线长为ｌ，摆 球直径为ｄ，则 ； Ａ．ｍ线 ｍ球，ｌｄ Ｂ．ｍ线 ｍ球，ｌｄ Ｃ．ｍ线 ｍ球，ｌｄ Ｄ．ｍ线 ｍ球，ｌｄ （２）小明在测量后作出的Ｔ２－ｌ图线 如图 １０所示，则他测得的结果是 ｇ＝ ｍ／ｓ２．（保留２位小数） （３）为了减小误差，应从最高点还是 最 低 点 开 始 计 时， 请 简 述 理 由 ． １２．（８分）某同学为了测当地的重力加速度，测出了多组 摆长和运动周期，根据实验数据，作出 Ｔ２－Ｌ的关系图像如图 １１乙所示． （１）图１１甲停表的读数为 ； （２）作出题图的图像不过坐标原点，原因可能是 （“多测”或“漏测”）了小球的半径； （３）由图像可求得当地的重力加速度为 ｍ／ｓ２（结 果保留三位有效数字） （４）如果该同学测得的ｇ值偏大，可能的原因是 ． Ａ．测摆线长时摆线拉得过紧 Ｂ．开始计时，秒表过早按下 Ｃ．实验中误将４９次全振动数为５０次 Ｄ．摆线上端悬点未固定，摆动过程中出现松动，摆线长度 增加了 四、解答题（本题共３小题，共３８分，解答应写出文字说明、 方程式和演算步骤．只写出最后结果的不能给分，有数值计算 的题，答案中必须写出数值和单位） １３．（１２分）将一测力传感器连接到计算机上就可以测量 快速变化的力．图１２甲中Ｏ点为单摆的固定悬点，现将质量ｍ ＝０．０５ｋｇ的小摆球（可视为质点）拉至Ａ点，此时细线处于伸 直状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的 Ａ、Ｃ之间来回摆 动，其中Ｂ点为运动中的最低位置，∠ＡＯＢ＝∠ＣＯＢ＝θ（θ小 于５°且是未知量）．由计算机得到的细线对摆球的拉力大小 Ｆ 随时间ｔ变化的曲线如图乙所示，且图中ｔ＝０时刻为摆球从Ａ 点开始运动的时刻．试根据力学规律和题中所给的信息，（ｇ取 １０ｍ／ｓ２，槡８＝２．８），求： （１）单摆的振动周期和摆长； （２）摆球运动到最低点时的速度大小． １４．（１２分）如图１３所示是某质点做简谐运动的振动图 像．根据图像中的信息，回答下列问题： （１）求质点离开平衡位置的最大距离和频率； （２）求质点在２０ｓ末向什么方向运动； （３）求质点在前３０ｓ内的运动路程； （４）写出此振动质点的运动表达式． １５．（１４分）波源Ｓ１和Ｓ２振动方向相同，频率均为４Ｈｚ，分 别置于均匀介质中的Ａ、Ｂ两点处，ＡＢ＝１．２ｍ，如图１４所示． 两波源产生的简谐横波沿直线 ＡＢ相向传播，波速为４ｍ／ｓ．已 知两波源振动的初始相位相同，求： （１）形成机械波的波长； （２）Ａ、Ｂ间合振动振幅最小的点的位置． ! " # $%&'()* +,-.(&'/ ! * ! ! "" ! #"#$ %& '( )*+(, )*,,, -*.(, ! -, ! $ %"/ ,*(-, & $01 , ,*-! ,*2! ,*)! ,*&! '(" ) * + ! " ! -2 ! 2 ," 2 &*, 3-*, , ''*, -(4$ ! " ! -- - 2 ) ( 5 .,4$ '," 2, , 32, 2, &, ! -) ) / 0 - 0 2 ! -&