第36期 《选择性必修第一册》核心素养阶段测试（三）-【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 《选择性必修第一册》 核心素养阶段测试（三） ◆ 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．利用图１（ａ）所示的装置，观察光的干涉、衍射现象，在 光屏上得到图（ｂ）中甲和乙两种图样．则 （　　） Ａ．甲对应单缝，乙对应双缝 Ｂ．甲对应双缝，乙对应单缝 Ｃ．都是单缝，甲对应的缝宽较大 Ｄ．都是双缝，甲的双缝间距较大 ２．波源按照ｙ＝１０ｓｉｎ（２πｔ＋π４）ｃｍ的 规律振动，某时刻在介质中形成的波形图如 图２所示，由此可知该波在５ｓ时间内传播的 距离为 （　　） Ａ．１０ｍ Ｂ．８ｍ Ｃ．５ｍ Ｄ．２ｍ ３．图３为水面上的两列相干波在 某时刻的叠加情况，以波源Ｓ１、Ｓ２为圆 心的两组同心圆弧分别表示该时刻两 列波的波峰（实线）和波谷（虚线），已 知Ｓ１的振幅为４ｃｍ，Ｓ２的振幅为５ｃｍ，下列说法正确的是 （　　） Ａ．质点Ａ、Ｄ在该时刻的高度差为９ｃｍ Ｂ．再过半个周期，质点Ｂ是振动加强点 Ｃ．质点Ｃ的振幅为１ｃｍ Ｄ．Ｓ１的振动频率小于Ｓ２的振动频率 ４．２０２２年２月５日，北京冬奥会短道速滑比赛在首都体育 馆举行，中国队以２分３７秒３４８夺得混合团 体接力冠军．比赛中“接棒”运动员在前面 滑行，“交棒”运动员从后面用力推前方“接 棒”运动员完成接力过程，如图４所示，假设 交接棒过程中两运动员的速度方向均在同 一直线上，忽略运动员与冰面之间的摩擦， 对于两运动员交接棒的过程，下列说法正确的是 （　　） Ａ．两运动员的动量变化一定相同 Ｂ．两运动员相互作用力的冲量之和一定等于零 Ｃ．两运动员相互作用力的功之和一定等于零 Ｄ．两运动员组成的系统动量和机械能均守恒 ５．如图５所示，质量为ｍ的物体Ａ放 置在质量为Ｍ的物体Ｂ上，Ｂ与弹簧相连， 它们一起在光滑水平面上做简谐运动，振 动过程中Ａ、Ｂ之间无相对运动，Ａ的下表 面与Ｂ的上表面间的动摩擦因数为μ，弹簧的劲度系数为ｋ．若 滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度大小为 ｇ，则该简 谐运动的最大振幅为 （　　） Ａ．μｍｇｋ Ｂ． μＭｇ ｋ Ｃ．μ（Ｍ＋ｍ）ｇｋ Ｄ． μ（Ｍ－ｍ）ｇ ｋ ６．水刀切割具有精度高，无热变形、无毛 刺、无需二次加工以及节约材料等特点，因而 得到广泛应用．某水刀切割机床如图６所示， 若横截面直径为ｄ的圆柱形水流垂直射到要 切割的钢板上，碰到钢板后水的速度减为零． 已知水的流量（单位时间流出水的体积）为 Ｑ，水的密度为 ρ， 则钢板受到水的平均冲力大小为 （　　） Ａ．４Ｑ２ρ Ｂ．Ｑ２ρ Ｃ．１６ρＱ ２ πｄ２ Ｄ．４ρＱ ２ πｄ２ ７．为了交通安全，常在公路上设置如 图７所示的减速带，减速带使路面稍微拱 起以达到使车辆减速的目的．一排等间距 设置的减速带，可有效降低车速．如果某 路面上的减速带的间距为２ｍ，一辆固有频率为２Ｈｚ的汽车匀 速驶过这排减速带，下列说法正确的是 （　　） Ａ．当汽车以５ｍ／ｓ的速度行驶时，其振动频率为２Ｈｚ Ｂ．当汽车以４ｍ／ｓ的速度行驶时颠簸最厉害 Ｃ．当汽车以３ｍ／ｓ的速度行驶时最不颠簸 Ｄ．汽车速度越大，颠簸就越厉害 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８所示，光束沿 ＢＯ方向从某种 介质射向空气，折射光线沿ＯＡ方向．下列说 法正确的是 （　　） Ａ．此介质的折射率为 ｓｉｎθ２ ｓｉｎθ１ Ｂ．这束光从介质进入空气后频率会增大 Ｃ．这束光从介质进入空气后波长会增大 Ｄ．随着入射角θ２增加，光线ＯＡ的强度逐渐减弱 ９．“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧 迎新的标志，是喜庆心情的流露．有一个质量为３ｍ的爆竹从地 面斜向上抛出，上升ｈ后到达最高点，此时速度大小为ｖ０、方向 水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为 ２ｍ，速度大小为ｖ，方向水平向东；重力加速度为ｇ．规定向东为 正方向，则下列说法错误的是 （　　） Ａ．爆竹在最高点爆炸过程中，整体的动量守恒 Ｂ．质量为ｍ的一块，其速度为３ｖ０－２ｖ Ｃ．质量为ｍ的一块，其速度为２ｖ－３ｖ０ Ｄ．质量为 ｍ的一块，在落地过程中重力冲量的大小为 ｍｇ· ２ｈ 槡ｇ ，方向水平向西 １０．“战绳”是一种时尚的健身器材．如图９甲所示，健身者 把两根绳子一端固定在Ｐ点上，用双手各自将绳子的另一端分 别握住，然后根据锻炼的需要以不同的频率、不同的幅度上下 抖动绳子，使绳子振动起来，从而达到健身的目的．某次锻炼 中，健身者以２Ｈｚ的频率开始抖动绳端，ｔ时刻，绳子的波形如 图乙所示（还未传到Ｐ点），其中 ａ、ｂ是右手绳子上的两个点， 以ａ点平衡位置为原点，其波形图如图丙所示．下列说法正确 的是 （　　） Ａ．健身者左手刚开始抖动时的方向向下 Ｂ．增大抖动的频率，绳子上的波形传到Ｐ点的时间将变短 Ｃ．绳波的传播速度为４ｍ／ｓ Ｄ．从图丙时刻经过３１６ｓ，ａ质点的振动形式将传到ｂ点 !"#$ !"#$%&'()*+, ! " #! !!"# " $"% !" "$"% & & ' "' ( ! ! " ! " " #$ # #% & ' ! ! $%"# &%# !$ $ %!$ %!%$&' $&' ! ' ' ! ( ! ) ( (( ! ) * + , ! * , - ! ' ! + ! , ! - () *+ . , / - /! ! ( ! ! ,- .- ! " # $0"# &%# " ! !+ %!+ - ( ! $ ! ' & ' / ! . ! " # " $ % & ' ( ) * + , - . " $ / & ' ( ) * + - 0 1 2 3 4 5 6 7 " 8 9 : ; < = > ? @ A ( / 0 ! * % $ , $ , 1 B 2 C " > ? & ' ( D E F G " G H I J K L " M N O A I ( ! % ( - ' 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１８分，将正确答案填在题中 横线上或按要求作答） １１．（１０分）如图１０所示为“验证碰撞 中的动量守恒”的装置示意图． （１）设小球Ａ的质量为ｍＡ，小球Ｂ的 质量为ｍＢ，为保证实验成功，必须满足ｍＡ ｍＢ．（选填“大于”“等于”或“小于”） （２）下列说法中符合本实验要求的是 ．（选填选项 前面的字母） Ａ．加速的斜槽轨道必须光滑 Ｂ．在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一高 度由静止释放 Ｃ．安装轨道时，轨道末端必须水平 Ｄ．需要使用的测量仪器有天平、刻度尺和停表 （３）若该碰撞过程中动量守恒，则一定有关系式 成立． （４）若用如图１１所示为验证动量守 恒的实验装置示意图． 实验步骤如下： Ａ．在地面上依次铺白纸和复写纸； Ｂ．确定重锤对应点Ｏ； Ｃ．不放球２，让球１从槽Ｍ点滚下，确定它落地点Ｐ； Ｄ．把球２放在立柱上，让球１从斜槽Ｍ点滚下与球２正碰， 确定它们落地位置Ｌ１、Ｌ２； Ｅ．量出ＯＬ１、ＯＰ、ＯＬ２的长度以及球的直径ｄ（两球直径相同）． Ｆ．看ｍ１ＯＬ１＋ｍ２ＯＬ２与ｍ１ＯＰ是否相等，以验证动量守恒． 上述步骤不完善及错误之处有： ① ． ② ． １２．（８分）小薇同学用“插针法”测量玻璃的折射率． （１）关于该实验，有以下操作步骤： Ａ．摆好玻璃砖，确定玻璃砖上、下边界ａ、ｂ Ｂ．画出一条合适的入射光线，在光路上插上大头针Ｐ１、Ｐ２ Ｃ．在确定Ｐ３、Ｐ４位置时，应使Ｐ３挡住Ｐ１、Ｐ２的像，Ｐ４挡住 ； Ｄ．在确定 Ｐ３、Ｐ４位置时，二者距离应适当 （填 “近”或“远”），以减小误差； （２）根据实验获得的大头针位置，请在图１２甲中画出该实 验完整的光路图；请作图并在图上标注出实验中需要测量的角 α及β，玻璃的折射率ｎ＝ （用标注出的α、β表示）． （３）小薇同学虽测出了入射角和折射角，但苦于无法得知 非特殊角的正弦值，不能准确算出折射率，她利用实验室提供 的圆规和刻度尺，以入射点Ｏ为圆心作圆，与入射光线、折射光 线分别交于Ａ、Ｂ点，再过Ａ、Ｂ点作法线ＮＮ′的垂线，垂足分别 为Ｃ、Ｄ点，如图乙所示，则玻璃的折射率ｎ＝ （用图中 线段的字母表示）． 四、解答题（本题共３小题，共３６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．（９分）北京冬奥会报道中利用“ＡＩ＋８Ｋ”技术，把全新 的“时间切片”特技效果首次运用在８Ｋ直播中，更精准清晰地 抓拍运动员比赛精彩瞬间，给观众带来全新的视觉体验．“时间 切片”是一种类似于多次“曝光”的呈现手法．如图１３所示为 某一运动员在自由式滑雪女子大跳台比赛中第三跳的“时间切 片”特技图．忽略空气阻力，将运动员看作质点，其轨迹 ａｂｃ段 为抛物线．已知运动员质量为ｍ，下落过程中ｃ点的速度大小为 ｖ，最高点ｂ与ｃ点之间的高度差为ｈ，重力加速度大小为ｇ．求： （１）运动员从ｂ点到ｃ点的时间ｔ； （２）运动员到达最高点ｂ时的速度大小ｖｂ； （３）运动员从ｂ点到ｃ点的过程中动量变化量Δｐ． １４．（１２分）如图１４所示，一半径为０．１ｍ的透明球体置于 空气中，单色细光束ＡＢ平行于过球心的直线ＭＮ射向球体，ＡＢ 与ＭＮ的间距为０． 槡０５３ｍ，经折射、反射、折射回到空气中，出 射光线与ＡＢ恰好平行，已知真空中光速为３×１０８ｍ／ｓ，求： （１）透明球体的折射率； （２）光束在透明球体中的传播时间． １５．（１５分）如图１５所示，实线和虚线分别为简谐波在ｔ＝ ０和ｔ＝０．２ｓ时的波形图，Ｐ点为ｘ＝４ｍ处质点．求： （１）若波向ｘ轴正方向传播，波速大小ｖ１； （２）若质点Ｐ在０～０．２ｓ内运动方向未发生改变，波源的 振动周期Ｔ； （３）在（２）情况下波的传播速度大小ｖ２． ! " # $%&'()* +,-.(&'/ ! * ! " ! " # ! # " $ ! "" % & $ ! $ " $ # $ $ '! ( ) " * + ' ! "! ! " % & , ! "# ' ! + ( ! "$ ! "% -.&' /.' ( ) ! $ * ( ") "! "$ "* # $ % " ! $ ' ! ") + ( 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． ! 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