卷15 机械振动与机械波-【三新金卷·先享题】2026年安徽省高考物理真题分类优化卷(分项3C)

最新5年高考真题分类优化卷·物理（十五） 卷15机械振动与机械波 姓名 班级 考号 得分 本卷满分100分，考试时间75分钟 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共46分。在每小题给出的四个 选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多 项符合题目要求，每小题6分，每小题全部选对的得6分，选对但不全的得 3分，有选错的得0分。 1.(2025·云南卷)如图所示，均匀介质中矩形区域内有一位置未知的波 源。(=0时刻，波源开始振动产生简谐横波，并以相同波速分别向左、右 两侧传播，P、Q分别为矩形区域左右两边界上振动质点的平衡位置。 =1.5s和t=2.5s时矩形区域外波形分别如图中实线和虚线所示，则 ( 4m 4m A.波速为2.5m/s B.波源的平衡位置距离P点1.5m C.t=1.0s时，波源处于平衡位置且向下运动 D.t=5.5s时，平衡位置在P、Q处的两质点位移相同 2.(2024·湖南)如图，健身者在公园以每分钟60次的频率上下抖动长绳 的一端，长绳自右向左呈现波浪状起伏，可近似为单向传播的简谐横波。 长绳上A、B两点平衡位置相距6m,t。时刻A点位于波谷，B点位于波 峰，两者之间还有一个波谷。下列说法正确的是 A.波长为3m B.波速为12m/s C.t。+0.25s时刻，B点速度为0 D.t。十0.50s时刻，A点速度为0 3.(2024·江西)如图(a)所示，利用超声波可以检测飞机机翼内部缺陷。 在某次检测实验中，入射波为连续的正弦信号，探头先后探测到机翼表 面和缺陷表面的反射信号，分别如图(b)、(c)所示。已知超声波在机翼 材料中的波速为6300/s。关于这两个反射信号在探头处的叠加效果 和缺陷深度d,下列选项正确的是 机翼表面、缺陷表面反射波 y 探头 几缺陷 人射波 0.2 机翼表面反 1.41.51.7ms -d 射波 图(a)超声波检测原理示意图 图(b)机翼表面反射信号 图(c)缺陷表面反射信号 【最新5年高考真题分类优化卷·物理（十五）15-1】3C A.振动减弱：d=4.725mmB.振动加强：d=4.725mm C.振动减弱；d=9.45mm D.振动加强；d=9.45mm 4.(2024·安徽)某仪器发射甲、乙两列横波，在同一均匀介质中相向传播， 波速)大小相等。某时刻的波形图如图所示，则这两列横波 () 0 5 10 20x/m A.在x=9.0m处开始相遇 B.在x=10.0m处开始相遇 C.波峰在x=10.5m处相遇 D.波峰在x=11.5m处相遇 5.(2024·北京)产生阿秒光脉冲的研究工作获得2023年的诺贝尔物理学 奖，阿秒(as)是时间单位，1as=1×10-18s,阿秒光脉冲是发光持续时间 在阿秒量级的极短闪光，提供了阿秒量级的超快“光快门”，使探测原子 内电子的动态过程成为可能。设有一个持续时间为l00as的阿秒光脉 冲，持续时间内至少包含一个完整的光波周期。取真空中光速c一3.0 ×103m/s,普朗克常量h=6.6×10-34J·s,下列说法正确的是() A.对于0.1mm宽的单缝，此阿秒光脉冲比波长为550nm的可见光的 衍射现象更明显 B.此阿秒光脉冲和波长为550nm的可见光束总能量相等时，阿秒光脉 冲的光子数更多 C.此阿秒光脉冲可以使能量为一13.6eV(一2.2×10-18J)的基态氢原 子电离 D.为了探测原子内电子的动态过程，阿秒光脉冲的持续时间应大于电 子的运动周期 6.(2024·河北)如图，一电动机带动轻杆在竖直框架平面内匀速转动，轻 杆一端固定在电动机的转轴上，另一端悬挂一紫外光笔，转动时紫外光 始终竖直投射至水平铺开的感光纸上，沿垂直于框架的方向匀速拖动感 光纸，感光纸上就画出了描述光点振动的xt图像.已知轻杆在竖直面 内长0.1m,电动机转速为12r/min。该振动的圆频率和光点在12.5s 内通过的路程分别为 ( 轻杆 紫外光笔 感光纸 t A.0.2rad/s,1.0m B.0.2rad/s,1.25m C.1.26rad/s,1.0m D.1.26rad/s,1.25m 7.(2024·北京)图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速 度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手 机振动过程中加速度α随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。 下列说法正确的是 () 【15-2】3C L a/(m·s3 4 4000000000 0.4 0.8 1.2t/s A 甲 乙 A.t=0时，弹簧弹力为0 B.t=0.2s时，手机位于平衡位置上方 C.从t=0至t=0.2s,手机的动能增大 D.a随t变化的关系式为a=4sin(2.5πt)m/s2 8.(2024·全国)位于坐标原点O的波源在t-0时开始振动，振动图像如 图所示，所形成的简谐横波沿x轴正方向传播。平衡位置在x=3.5m 处的质点P开始振动时，波源恰好第2次处于波谷位置，则() ylm 0.2… 0.1 0.2s -0.2 A.波的周期是0.1s B.波的振幅是0.2m C.波的传播速度是10m/s D.平衡位置在x=4.5m处的质点Q开始振动时，质点P处于波峰 位置 9.(2024·海南)一歌手在湖边唱歌，歌声通过空气和水传到距其2km的 湖对岸，空气中的声速为340m/s,水中声速为1450m/s,歌声可视为 频率为400Hz的声波，则下列说法正确的是 () A.在水中传播频率会改变 B.由空气和水传到湖对岸的时间差约为4.5s C.在空气中波长为0.85m D.在水中的波长为5m 10.(2024·海南)真空中有两个点电荷，电荷量均为一q(g≥0)，固定于相 距为2r的P1、P2两点，O是P,P2连线的中点，M点在P,P2连线的 中垂线上，距离O点为r,N点在P,P,连线上，距离O点为x(x《r), 已知静电力常量为k,则下列说法正确的是 () A.PP,中垂线上电场强度最大的点到0点的距离为 1 4√5kq B.PP,中垂线上电场强度的最大值为 9r2 C.在M点放入一电子，从静止释放，电子的加速度一直减小 D.在N点放入一电子，从静止释放，电子的运动可视为简谐运动 【15-3】3C 题号 12 3 6 10 答案 二、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(12分)(2024·广西)单摆可作为研究简谐运动的理想模型。 图甲 图乙 0510 图丙 (1)制作单摆时，在图甲、图乙两种单摆的悬挂方式中，选择图甲方式的 目的是要保持摆动中 不变： (2)用游标卡尺测量摆球直径，测得读数如图丙，则摆球直径为 cm; (3)若将一个周期为T的单摆，从平衡位置拉开5°的角度释放，忽略空 气阻力，摆球的振动可看为简谐运动。当地重力加速度为g,以释放时 刻作为计时起点，则摆球偏离平衡位置的位移x与时间t的关系 为 12.(10分)(1)滑板运动场地有一种常见的圆弧形轨道，其截面如图，某同学 用一辆滑板车和手机估测轨道半径R(滑板车的长度远小于轨道半径)。 O P 主要实验过程如下： ①用手机查得当地的重力加速度g； ②找出轨道的最低点O,把滑板车从O点移开一小段距离至P点，由 静止释放，用手机测出它完成n次全振动的时间t,算出滑板车做往复 运动的周期T= ③将滑板车的运动视为简谐运动，则可将以上测量结果代入公式R一 (用t、n、g表示)计算出轨道半径。 (2)某同学用如图(a)所示的装置测量重力加速度。 「光电门 玻 条 m mfem 15 16 ■ 缓冲物 012 9101112131415161718 图(a) 图b) 实验器材：有机玻璃条（白色是透光部分，黑色是宽度均为d=1.00cm 【15-4】3C 的挡光片)，铁架台，数字计时器（含光电门），刻度尺。 主要实验过程如下： ①将光电门安装在铁架台上，下方放置承接玻璃条下落的缓冲物； ②用刻度尺测量两挡光片间的距离，刻度尺的示数如图(b)所示，读出 两挡光片间的距离L= cm; ③手提玻璃条上端使它静止在 方向上，让光电门的光束从玻 璃条下端的透光部分通过； ④让玻璃条自由下落，测得两次挡光的时间分别为t1-10.003ms和 t2=5.000ms; ⑤根据以上测量的数据计算出重力加速度g一 m/s2(结果保 留三位有效数字)。 13.(10分)一列沿x轴正方向传播的简谐横波，其波源的平衡位置在坐标 原点，波源在0~4s内的振动图像如图(a)所示，已知波的传播速度为 0.5m/s。 (1)求这列横波的波长； (2)求波源在4s内通过的路程； (3)在图(b)中画出t=4s时刻的波形图。 ↑y/cm y/cm 4 /4 tls 0 x/m -4 图(a) 图凸) 14.(10分)(2023·全国)分别沿x ↑y/cm 轴正向和负向传播的两列简谐 5 -T 横波P、Q的振动方向相同，振 246810x/m 幅均为5cm,波长均为8m,波 5 速均为4m/s。t=0时刻，P波 刚好传播到坐标原点，该处的质点将自平衡位置向下振动：Q波刚好传 到x=10m处，该处的质点将自平衡位置向上振动。经过一段时间后， 两列波相遇。 【15-5】3C (1)在给出的坐标图上分别画出P、Q两列波在t一2.5s时刻的波形图 (P波用虚线，Q波用实线)； (2)求出图示范围内的介质中，因两列波干涉而振动振幅最大和振幅最 小的平衡位置。 15.(12分)类比是研究问题的常用方法。 (1)情境1：如图1所示，弹簧振子的平衡位置为O点，在B、C两点之 间做简谐运动，小球相对平衡位置的位移x随时间：的变化规律可用 k 方程x=CmCOS√m t描述，其中xm为小球相对平衡位置O时的最大 位移，m为小球的质量，k为弹簧的劲度系数。请在图2中画出弹簧的 弹力F随位移x变化的示意图，并求出小球从C点到O点的时间。 0 C O B 图1 图2 (2)情境2：假设地球可视为一个质量分布均匀且密度为ρ的球体，地球 的半径为R,万有引力常数为G。 a.根据电荷均匀分布的球壳内试探电荷所受库仑力的 ↑F 合力为零，利用库仑力与万有引力的表达式的相似性和 相关力学知识，在图3中画出质量为m的小球所受万 有引力F与小球到球心之间的距离x的图像，并标 出r=R时的纵坐标； R 图3 b.若通过地球的南北两极之间能够打通一个真空隧 道，把一个质量为m的小球从北极的隧道口（地面处）由静止释放后， 小球能够在隧道内运动。求小球从隧道口到地心的时间。 【15-6】3C银柱长度为x,则P2=pgl P2+pgx=P。 式中P,管内空气柱的压强，由玻意耳定律得 P(SL,)=P,(Sh) 式中h是此时空气柱的长度，S为玻璃管的横截面 积，解得h=12cm 从开始转动一周后，设空气柱的压强为P,则P= P。十Pgx 由玻意耳定律得P,(Sl2)=P,(Sh) 式中h'是此时空气柱的长度，解得h'≈9.2cm 答案：(1)ADE(2)12cm9.2cm 13.解析：(1)根据热力学第二定律可知，气体从状态1 到状态2是不可逆过程，由于隔板A的左侧为真 空，可知气体从状态1到状态2，气体不做功，又没 有发生热传递，所以气体的内能不变，气体的温度 不变，分子平均动能不变。 (2)气体从状态1到状态2发生等温变化，则有 pV1=p2·2V P 解得状态2气体的压强为p:=2=1.02X10Pa 解锁活塞B,同时施加水平恒力F,仍使其保持静止， 以活塞B为对象，根据受力平衡可得p2S=pS十F 解得F=(p2-po)S=(1.02×10-1.01×10)× 100×10-4N=10N (3)当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动（无摩 擦)，使气体达到温度T2=350K的状态3，可知气 2VI V3 体做等压变化，则有个=T 可得状态3气体的体积为 v ·2V=0X2×750cm3=1750cm 该过程气体对外做功为 W=p2△V=p2(V:-2V1)=1.02×105X(1750-2 ×750)×10-iJ=25.5J 根据热力学第一定律可得△U=一W+Q' 解得气体吸收的热量为Q'=△U+W=63.8J+25. 5J=89.3J 可知电阻丝C放出的热量为Q=Q'=89.3J 答案：(1)气体从状态1到状态2是不可逆过程，分 子平均动能不变(2)10N(3)89.3J 14.解析：(1)气体进行等压变化，则由盖-吕萨克定律 1 hS +) T 6 解得T=号T。 (2)此过程中气体内能增加 AU=CAT=5CT。 气体对外做功大小为 W-pSsh-3h(pS+mg) 由热力学第一定律可得此过程中容器内气体吸收 的热量 Q-U+W-h(p.S+mg)+CT 答案：1)号T。(2号o,S+mg)+CT。 【35】 15.解析：(1)设抽气前两体积为V=SL,对气体A分 析：抽气后 V=2w-3 V- 4 5s1 4 根据玻意耳定律得pV=p1·V 4 解得pA=5D。 对气体B分析，若体积不变的情况下抽去一半的气 你，则压强变为原来的一半即？P。,则根据玫意平 定律得写A,V=p·y 2 解得pB=3p。 (2)由题意可知，弹簧的压缩量为4，对活塞受力分 析有pAS=pBS十F 根据胡克定律得F=b4 8p。S 联立得k= 15 答案：p,=吉A=号。(2k-8 4 151 卷15机械振动与机械波 报据波形可知入三4m,2T=2.5s 入 可得T=2s,故波速为知=千=2m/s,故A错误； B.设波源的平衡位置距离P点距离为x,根据左 侧1=1.5s时的波形可知2+1=1.5s,解得。 7月 =1m,故B错误；C.根据左侧实线波形结合同侧法 可知波源刚开始的振动方向向下，由于1=1.0s T,故可知此时波源处于平衡位置且向上运动，故 1 C错误；D.由于x。=1m,可知波源的平衡位置距 离Q点距离为x1=3m,故波传到PQ两点的时间 分别为。=0=0.5s,4==1.5s,故t 5.5s时，平衡位置在P,Q处的两质点已经振动的时 5 间分别为t。=5.5s-0.5s=2T,4=5.5s-1. 5s=2T,由于波源刚开始向下振动，故t=5.5s时， P处质点处于平衡位置向上振动，Q处质点处于平 衡位置向下振动，故此时平衡位置在P、Q处的两质 点位移相同。故D正确。 3 2,D如图，根据题意可知x=2入=6m 解得λ=4m 故A错误； _60 Hz=1 Hz 波源的振动频率为∫=60 故波速为v=λf=4m/s 故B错误； T 质点的振动周期为T=1s,因为0,25s=4,故B 点在t。十0.25s运动到平衡位置，位移为0，速度最 -3C 大，故C错误； 0.5s=2,故A点在1。十0.5s运动到波峰，位移最 大，速度为0，故D正确。 故选D。 B,波峰 波谷 3.A根据反射信号图像可知，超声波的传播周期为T =2×10-7s 又波速v=6300m/s,则超声波在机翼材料中的波 长λ=uT=1.26X10-3m 结合题图可知，两个反射信号传播到探头处的时间 差为t=1.5×10"s 故两个反射信号的路程差 2d=0A=9.45X106m=28 15 解得d=4.725mm 两个反射信号在探头处振动减弱，A正确。 故选A。 4,C由题意可知两列波的波速相同，所以相同时间内 传播的的距离相同，故两列横波在x=11.0m处开始 相遇，故A、B错误； 甲波峰的坐标为x1=5m,乙波峰的坐标为x =16m,由于两列波的波速相同，所以波峰在 16-5 x′=5m+ 2 m=10.5m 处相遇，故C正确，D错误。 故选C。 5.C此阿秒光脉冲的波长为 λ=cT=30nm550nm 由障碍物尺寸与波长相差不多或比波长小时，衍射 现象越明显知，波长为550nm的可见光比此阿秒光 脉冲的衍射现象更明显，故A错误； 由®=h入知，阿秒光脉冲的光子能量大，故总能量 相等时，阿秒光脉冲的光子数更少，故B错误： 阿秒光脉冲的光子能量最小值 h e=w=T=6.6X10-8J>2.2×1018J 故此阿秒光脉冲可以使能量为-13.6eV(一2.2X1018 J)的基态氢原子电离，故C正确： 为了探测原子内电子的动态过程，阿秒光脉冲的持 续时间应小于电子的运动周期，故D错误。 故选C。 6.C紫外光在纸上的投影做的是简谐振动，电动机的 转速为n=12r/min=0.2r/s 因此角频率w=2πn=0.4π=1,26rad/s 1 周期为T= n =5s 简谐振动的振幅即为轻杆的长度A=0.1m,12.5s通 过的路程为s _12.5×4A=1m 5 故选C。 7.D由题图乙知，t=0时，手机加速度为0，由牛顿第 二定律得弹簧弹力大小为F=mg,A错误； 由题图乙知，=0.2s时，手机的加速度为正，则手机 位于平衡位置下方，B错误； 由题图知，从t=0至t=0.2s,手机的加速度增 【36】 大，手机从平衡位置向最大位移处运动，速度减小， 动能减小，C错误； 由题图乙知T=0.8s 到角复率a-行-2mad 则a随t变化的关系式为a=4sin(2.5πt)m/s D正确。 故选D。 8.BC波的周期和振幅与波源相同，故可知波的周期 为T=0.2s,振幅为A=0.2m,故A错误，B正确； P开始振动时，波源第2次到达波谷，故可知此时经 过的时间为t= T+T=0.35s 4 Op 3.5 故可得波速为v= t 0.35m/s=10m/s 故C正确： 波从P传到Q点需要的时间为 t'=0=0.1s=2T 1 故可知质，点P处于平衡位置，故D错误。 故选BC。 9.B汇频率只与波源有关，故在水中传播频率不会改 变，故A错误； 由空气传到湖对岸的时间为 s2000 t空== U空 340 s≈5.88s 由水传到湖对岸的时间为 -。 故由空气和水传到湖对岸的时间差约为 △t=t空一t*=4.5s 故B正确； 在空气中的波长为入空= V空340 f 400m=0.85m 故C正确： V求1450 在水中的波长为入*=F=400 m=3.625m 故D错误。 故选BC。 10.BCD设P,处的点电荷在P,P,中垂线上某，点A 处产生的场强与竖直向下的夹角为0，则根据场强 的叠加原理可知，A,点的合场强为 E=629 sin '0cos0 根据均值不等式可知当c0s0= 3 时E有最大值， 4√/3kq 且最大值为E 9r9 √2 再根据几何关系可知A点到O点的距离为y=之？ 故A错误，B正确； √2 在M点放入一电子，从静止释放，由于r>2? 可知电子向上运动的过程中电场力一直减小，则电 子的加速度一直减小，故C正确： 根据等量同种电荷的电场线分布可知，电子运动过 程中，O点为平衡位置，可知当发生位移x时，粒子 受到的电场力为 -3C -4rx F=keq·r+x)'(r-x) 由于x《r,整理后有F=-e9 ·x r3 在V,点放入一电子，从静止释放，电子将以O点为 平衡位置做简谐运动，故D正确。 故选BCD。 11.解析：(1)选择图甲方式的目的是要保持摆动中摆 长不变： (2)摆球直径为d=1.0cm+6×0.1mm=1.06cm (3)根据单摆的周期公式T=2m√g 可得单摆的 摆长为L=gT 4π 从平衡位置拉开5°的角度处释放，可得振幅为 A=Lsin 5 以该位置为计时起，点，根据简谐运动规律可得摆球 偏离平衡位置的位移x与时间t的关系为 =Acos wl gT2sin /2π\ 4π2 -cos(T) 答案：(1)摆长(2)1.06 (3)x= gT2sin5° 2π 4π2 cos(T) 12.解析：(1)滑板车做往复运动的周期为T=元 R 根据单摆的周期公式T=2r√ ,得 R=&T-8 (2)两挡光片间的距离 L=15.40cm-0cm=15.40cm 手提玻璃条上端使它静止在竖直方向上，让光电门 的光束从玻璃条下端的透光部分通过。 玻璃条下部挡光条通过光电门时玻璃条的速度为 d1.00×102 4=7=10.003X10m/s=1m/s 玻璃条上部挡光条通过光电门时玻璃条的速度为 -号-00am6-2a 根据速度位移公式有-v{=2gL 代入数据解得加速度g= v2一vi 2L =9.74m/s2 答案：(1)② An2n? (2)②15.40③竖直 ⑤9.74 13.解析：(1)由题知图(a)为波源的振动图像，则可知 A=4 cm,T=4 s 由于波的传播速度为0.5/s,根据波长与速度关 系有λ=vT=2m (2)由(1)可知波源的振动周期为4s,则4s内波源 通过的路程为s=4A=16cm (3)由题图可知在t=0时波源的起振方向向上，由 于波速为0.5m/s,则在4s时根据 x=u=2 m 可知该波刚好传到位置为2的质，点，且波源刚好 回到平衡位置，且该波沿正方向传播，则根据“上 坡、下坡”法可绘制出t=4s时刻的波形图如下图 所示 【37】 ↑y/cm x/m 4 答案：(1)入=2m(2)s=16cm ↑y/cm (3) x/m 4 14.解析：(1)根据△x=ut得△x=4×2.5m=10m 可知t=2.5s时P波刚好传播到x=10m处，Q 波刚好传播到x=0处，根据上坡下坡法可得波形 图如图所示 y/cm 5 0 0 8 10x/m (2)两列波在图示范围内任一位置的波程差为 △x=(10-x)-x|,(0mx10m) 根据题意可知，P、Q两波振动频率相同，振动方向 相反，两波叠加时，振动加强点的条件为到两波源 的距离差 4x=2n+1 -(n=0,1,2…) 2 解得振幅最大的平衡位置有 x=3m、x=7m 振动减弱的条件为 △x=n以(n=0,1,2…) 解得振幅最小的平衡位置有 x=11m、x=51m、x=91m ↑ylcm P Q 答案：(1) 0 2 6 10x/m -5 (2)见解析 15.解析：(1)弹簧的弹力是弹簧振子做简谐运动的回 复力，弹簧的弹力F随位移x变化的关系为F= 一kx 画出弹簧的弹力F随位移x变化 的示意图，如图 小球相对平衡位置的位移x随时 间t的变化规律 x=Im cos ol 则w二Nm 弹簧振子做简谐运动的周期为 T=2 m =2πNk 小球从C点到O点的时间 ==受V图 1 (2).设小球到球心的距离为r,当rR时，即小球 在地球内部，地球R”球壳对小球的万有引力为 0,则小球受到的万有引力大小为 3C 4 pX3πrm F-GV'm-G 4 2 =3πGpmr 可得F与r成正比，故此时的图像为过原点的倾斜 直线。 当r=R时，万有引力为 F=专GmR 当>R时，即小球在地球外部，万有引力大小为 Mm _4GxpmR' F=G r 32 可得F与己成正比，因像如图所示 F 音rGpn 0 R b.设小球相对地心的位移为x,根据(2)问a解析可 得，小球受到的万有引力为 F-GM'm-- 4 2 πGon.x 则小球在隧道的运动为简谐振动，周期为 T=2:√层=√周 /3元 小球从隧道口到地心的时间 =4VG 答案：(1) o ↑F 3 GpmR 4 1 /3元 (2)a. ;b.Gp 0 R 卷16光电磁波 1.BA.雨后彩虹是阳光在雨滴中发生折射、反射和 色散形成的，属于光的色散现象，故A不符合题意； B.通过狭缝观察日光灯出现彩色条纹，是光绕过狭 缝边缘产生的衍射现象，故B符合题意；C.肥皂膜 彩色条纹是光在薄膜前后表面反射后发生干涉形成 的，属于薄膜干涉，故C不符合题意：D.水中气泡明 亮是由于光从水进入气泡时发生全反射，使得更多 光线进入人眼，故D不符合题意。 2.A由于红光的频率小于蓝光的频率，则红光的波长 大于蓝光的波长，根据E=hy 可知蓝光光子的能量大于红光光子的能量；根 据p=入 h 可知蓝光光子的动量大于红光光子的动量，故A正 确，B错误； 【38】 由于红光的折射牵小于直光，根据=号 可知在玻璃中传播时，蓝光的速度小于红光的速度， 故C错误； 光从一种介质射入另一种介质中频率不变，故D 错误。 故选A。 3.C如图所示 根据几何关系可知光线在PQ界 面的入射角为C=60 根据全反射的临界条件可得 1 sin C=- n 23 解得n= 3 故选C。 4.C根据巴耳末公式可知，H,光的波长较长。波长 越长，越容易发生明显的衍射现象，故照射同一单缝 衍射装置，H,光的中央明条纹宽度宽，故A错误； H,光的波长较长，根据f=二可知H,光的频率较 小，则H,光的折射率较小，在平行玻璃砖的偏折较 小，H,光的侧移量小，故B错误；H,光的频率较小， H,光的光子能量较小，以相同功率发射的细光束， H,光的光子数较多，真空中单位长度上H,光的平 均光子数多，故C正确：若H。、H,光均能发生光电 效应，相同光强的光分别照射同一光电效应装置， H,光的频率较小，Hy光的光子能量较小，H,光的 光子数较多，则H,光的饱和光电流大，H。光的饱 和光电流小，故D错误。故选C。 5.A由于千涉条纹间距△x= 夏入，可知：换用更粗的 头发丝，双缝间距d变大，则相邻两条亮纹中央间距 △x变小，故A正确；换用红色激光照双缝，波长变 长，则相邻两条亮纹中央间距△x变大，故B错误；增 大纸板与墙面的距离(，则相邻两条亮纹中央间距 △x变大，故C错误：减小光源与纸板的距离，不会影 响相邻两条亮纹中央间距△x,故D错误。故选A。 6.C单色平行光垂直照射平板玻璃，上、下玻璃上表 面的反射光在上玻璃上表面发生干涉，形成千涉条 纹，光程差为两块玻璃距离的两倍，根据光的干涉知 识可知，同一条干涉条纹位置处光的波程差相等，即 滚珠a的直径与滚珠b的直径相等，即滚珠b合格， 不同的干涉条纹位置处光的波程差不同，则滚珠α 的直径与滚珠c的直径不相等，即滚珠C不合格。故 选C。 7.B红光的频率比绿光的频率小，则红光的折射率小 于绿光的折射率，在MV面，入射角相同，根据折射 sin 0 定律n三 sin a 可知绿光在MN面的折射角较小，根据几何关系可 知绿光比红光更靠近P点，故A错误： 根据全反射发生的条件smC=】可知红光发生全 n 反射的临界角较大，日逐渐增大时，折射光线与VP 面的交点左移过程中，在NP面的入射角先大于红 光发生全反射的临界角，所以红光的全反射现象先 消失，故B正确； 在MN面，光是从光疏介质到光密介质，无论日多 大，在MN面都不可能发生全反射，故C错误； 3C