新设计物理选修3-4鲁科讲义：模块专题复习 专题三 Word含答案

高中物理选修3-4课后习题和答案及解释课后练习一第 1 讲冲量与动量1.质点受两个方向相反的恒力F1、F2作用.其中F1的大小为4N,作用时间为20s;F2的大小为5N,作用时间为16s.则质点在整个过程中受到的冲量大小为 .答案：0详解：4*20 - 5*16，减号是因为两个冲量反向。

2.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动.两球质量关系为mB=2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg?m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg?m/s.则( )A.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5B.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10C.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5D.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10答案：A详解：因为二者动量都是正，于是速度方向相同，要保证二者相碰，左边那个要去追右边的，于是左球速度大，因为B质量大，于是B速度小，于是右球是B.碰后A动量是2 kg?m/s 据动量守恒，B动量是10 kg?m/s.动量除以质量得到速度比。

3.在光滑水平面上,A和B两小球沿同一方向做直线运动,A以10kg?m/s的动量和正前方动量为15kg?m/s的B球正碰.设原速度方向为正方向,则A和B动量的变化可能是( )A.5kg?m/s和5kg?m/sB.-5kg?m/s和5kg?m/sC.-5kg?m/s和10kg?m/sD.5kg?m/s和-5kg?m/s答案：B详解：因为A在B后方嘛，碰后A会减速，B会加速，于是A动量必然减小，根据动量守恒，C不可能，B才对。

4.一只小船静止在水面上,一个人从小船的一端走到另一端,不计水的阻力,以下说法正确的是( )A.人在小船上行走时,人对船的冲量比船对人的冲量小,所以人向前运动得快,小船向后退得慢B.人在小船上行走时,人的质量比船的质量小,它们受到的冲量大小一样,所以人向前运动得快,小船向后退得慢C.当人停止走动时,因为小船惯性大,所以小船要继续后退D.当人停止走动时,因为总动量守恒,所以小船也停止后退答案：BD详解：冲量大小肯定是一样的。

一、碰撞现象的特点和规律1．碰撞的种类及特点2两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律．以质量为m 1、速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生对心弹性碰撞为例，则有m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′，12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2 解得v 1′＝(m 1－m 2)v 1m 1＋m 2，v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2结论：(1)当两球质量相等时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，两球碰撞后交换速度．(2)当质量大的球碰质量小的球时，v 1′>0，v 2′>0，碰撞后两球都向前运动．(3)当质量小的球碰质量大的球时，v 1′<0，v 2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来．3．碰撞发生的三个条件(1)动量守恒：p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′(2)动能不增加：E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 212m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2. [复习过关]1．质量为1 kg 的小球A 以8 m/s 的速率沿光滑水平面运动，与质量为3 kg 的静止小球B 发生正碰后，A 、B 两小球的速率v A 和v B 可能为( )A ．v A ＝5 m/sB ．v A ＝－3 m/sC ．v B ＝1 m/sD ．v B ＝6 m/s 答案 B解析 若A 、B 发生弹性碰撞，则动量和机械能均守恒，m A v 0＝m A v A ＋m B v B 及12m A v 20＝12m A v 2A＋12m B v 2B ，解得v A ＝m A －m B m A ＋m Bv 0＝－4 m/s ， v B ＝2m A m A ＋m Bv 0＝4 m/s. 若A 、B 发生完全非弹性碰撞，则仅动量守恒，m A v 0＝(m A ＋m B )v ，解得v ＝m A m A ＋m Bv 0＝2 m/s.故A 的速度范围－4 m/s ≤v A ≤2 m/s ，小球B 的速度范围2 m/s ≤v B ≤4 m/s ，B 正确．2．(多选)如图1所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行．甲球质量m 甲大于乙球质量m 乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下列哪些情况( )图1A ．甲球速度为零，乙球速度不为零B ．两球速度都不为零C ．乙球速度为零，甲球速度不为零D ．两球都以各自原来的速率反向运动答案 AB解析 首先根据两球动能相等：12m 甲v 2甲＝12m 乙v 2乙，由E k ＝p 22m 得出两球碰前动量大小之比为：p 甲p 乙＝m 甲m 乙，因为m 甲>m 乙，则p 甲>p 乙，即系统的总动量方向向右．根据动量守恒定律可以判断，碰后两球运动情况可能是A 、B 所述情况，而C 、D 情况是违背动量守恒的，故C 、D 情况是不可能的．3．质量为M 的物块以速度v 运动，与质量为m 的静止物块发生正碰，碰撞后二者的动量正好相等．二者质量之比M m可能为( ) A ．6 B ．3 C ．4 D ．5答案 B解析 设碰撞后两物块的动量都为p ，根据动量守恒定律可得总动量为2p ，根据p 2＝2mE k可得碰撞前的总动能E k1＝(2p )22M ，碰撞后的总动能E k2＝p 22m ＋p 22M根据碰撞前后的动能关系可得(2p )22M ≥p 22m ＋p 22M所以M m≤3，故选项B 正确． 4．如图2所示，在冰壶世锦赛上中国队以8∶6战胜瑞典队，收获了第一个世锦赛冠军，队长王冰玉在最后一投中，将质量为m 的冰壶推出，运动一段时间后以0.4 m/s 的速度正碰静止的瑞典队冰壶，然后中国队冰壶以0.1 m/s 的速度继续向前滑向大本营中心．若两冰壶质量相等，求：图2(1)瑞典队冰壶获得的速度；(2)试判断两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞．答案 (1)0.3 m/s (2)非弹性碰撞解析 (1)由动量守恒定律知m v 1＝m v 2＋m v 3将v 1＝0.4 m/s ，v 2＝0.1 m/s 代入上式得：v 3＝0.3 m/s.(2)碰撞前的动能E 1＝12m v 21＝0.08m ， 碰撞后两冰壶的总动能E 2＝12m v 22＋12m v 23＝0.05m 因为E 1＞E 2，所以两冰壶间的碰撞为非弹性碰撞．二、爆炸和反冲1．爆炸和反冲与碰撞模型都是系统内物体相互作用，内力很大，过程持续时间极短，可认为系统的动量守恒．2．从能量角度看爆炸时有其他形式的能量转化为动能，所以动能增加；弹性碰撞时碰撞的动能不变，而非弹性碰撞时通常要损失动能，损失的动能转化为内能．【复习过关】5．关于反冲运动的说法中，正确的是( )A ．抛出物m 1的质量要小于剩下的质量m 2才能获得反冲B ．若抛出质量m 1大于剩下的质量m 2，则m 2的反冲力大于m 1所受的力C ．反冲运动中，牛顿第三定律适用，但牛顿第二定律不适用D ．对抛出部分和剩余部分都适用于牛顿第二定律答案 D解析 反冲运动是指由于系统的一部分物体向某一方向运动，而使另一部分向相反方向运动．定义中并没有确定两部分物体之间的质量关系，故选项A 错误．在反冲运动中，两部分之间的作用力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律可知，它们大小相等、方向相反，故选项B 错误．在反冲运动中一部分受到的另一部分的作用力产生了该部分的加速度，使该部分的速度逐渐增大，在此过程中对每一部分牛顿第二定律都成立，故选项C 错误，选项D 正确．6．如图3，两物块A 、B 紧贴在一起，中间夹有火药，A 、B 的总质量为2m ，它们沿光滑水平面以速度v 0向右运动，与前方质量为2m 的物体C 发生弹性碰撞，之后某时刻火药爆炸，爆炸完成后，A 、B 、C 三物块速度大小相等，不计火药质量和爆炸产生气体质量以及两物块A 、B 因爆炸损失的质量，求爆炸使系统增加的机械能．图3答案 m v 20解析 因为A 、B 质量与C 质量相同，且发生弹性碰撞，所以速度交换，即v AB ＝0，v C ＝v 0. 火药爆炸前AB 速度为0，爆炸后AB 速度大小相等、方向相反，由反冲现象知识可知A 、B 质量相等，即m A ＝m B ＝m所以系统因爆炸增加的机械能为：ΔE ＝2×12m v 20＝m v 20.。

选修3-4参考答案及解析第十二章机械振动机械波第一单元机械振动第二单元机械波第三单元实验：用单摆测定重力加速度第十三章光第一单元光的折射、全反射光的波动性第二单元实验：测定玻璃的折射率第三单元实验：用双缝干涉测光的波长第十四章电磁波相对论简介第一单元麦克斯韦电磁场理论相对论解章末综合检测12-11、解析：外部摇臂带动内部一系列装臵工作时，会对气缸产生作用．为防止出现共振现象，用两根劲度系数不同的弹簧一起工作，使外部振动频率很难与气缸本身的固有频率一致，可以避免共振发生，故选C .答案：C2、解析：由单摆周期公式T ＝2πlg知周期只与l 、g 有关，与m 和v 无关，周期不变频率不变．又因为没改变质量前，设单摆最低点与最高点高度差为h ，最低点速度为v ，mgh ＝12m v 2质量改变后：4mgh ′＝12·4 m·⎝⎛⎭⎫v 22，可知h ′≠h ，振幅改变，故选C. 答案：C3、解析：受迫振动的频率总等于驱动力的频率，D 正确；驱动力频率越接近固有频率，受迫振动的振幅越大，B 正确．故选BD.答案：BD4、解析：T ＝0.2 s ，玻璃板在连续T2时间内位移依次为1 cm 、3 cm 、5 cm.由Δx ＝a ⎝⎛⎭⎫T22得a ＝2 m/s 2由F －mg ＝ma ，得F ＝24 N. 答案：24 N5、解析：只有A 物体振动时T 1＝2Mk ，将物体Q 固定在A 上振动时，T 2＝2(M ＋m )k，解得m ＝M (T22T 21－1)．这种装臵比天平优越之处在于它可在完全失重时或太空中测物体质量．答案：M (T 22T 21－1) 优越之处在于它可在完全失重时或太空中测物体质量6、解析：物体对车厢底板的压力与物体受到的支持力大小相等．当物体的加速度向上时，支持力大于重力；当物体的加速度向下时，支持力小于重力．t ＝14T 时，货物向下的加速度最大，货物对车厢底板的压力最小．t ＝12T 时，货物的加速度为零，货物对车厢底板的压力等于重力大小．t ＝34T 时，货物向上的加速度最大，则货物对车厢底板的压力最大．答案：C7、解析：(1)因小球上下振动时始终未脱离弹簧，当振幅最大时，应是小球上升到最高点，弹簧对它恰无弹力，重力完全充当回复力的时候，在此位臵应有：mg ＝kA ，解得：A＝mg k. (2)根据小球运动的对称性，小球在最低点时的回复力大小也为mg ，而此时的回复力是弹簧弹力减去重力充当的，因重力恒定，所以此时弹力最大，即F m －mg ＝mg ，得F m ＝2mg .答案：(1)mgk(2)2mg8、解析：(1)从共振曲线可知，单摆的固有频率f ＝0.5 Hz ，因为f ＝ 12πg l ，所以l ＝g4π2f2，代入数据解得l ≈1 m. (2)从共振曲线可知：单摆发生共振时，振幅A ＝8 cm. 答案：(1)1 m (2)8 cm9、解析：(1)由单摆振动图象，T ＝0.8 s 故f ＝1T＝1.25 Hz(2)开始时刻小球在负方向最大位移处 故开始时刻摆球在B 点 (3)根据公式T ＝2πL gL ＝gT24π2＝0.16 m.答案：(1)1.25 Hz (2)B 点 (3)0.16 m10、解析：(1)纸带匀速运动时，由s ＝v t 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)由图(2)可知t ＝0时，振子在平衡位臵左侧最大位移处；周期T ＝4 s ，t ＝17 s 时位移为零．(3)由s ＝v t ，所以1、3间距s ＝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臵，所以t ＝0或t ＝4 s 时正方向加速度最大；t ＝2.5 s 时，向－x 方向运动．(5)x ＝10sin(π2t －π2) cm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 －x (5)x ＝10sin(π2t －π2) cm11、解析：设第二个摆离地面的高度为h ，则距地心为(R ＋h )，此处的重力加速度为g ，地球表面的重力加速度为g ，由万有引力定律：G Mm R 2＝mg ，G Mm (R ＋h )2＝mg ′，得gg ′＝(R ＋h )2R 2， 由单摆周期公式： T ＝tn ＝2πl g， T ′＝tn －1＝2πl g ′所以T ′T ＝nn －1＝g g ′＝R ＋h R. 解得：h ＝Rn －1. 答案：Rn －112、解析：设小球B 做平抛运动的时间为t ， s ＝v 0t ，h ＝12gt 2小球A 在槽内做简谐运动的周期T ＝2π Rg，要使B 球在O 处击中A 球，必有： t ＝T 2·n (n ＝1,2,3…) 以上各式联立可得： h ＝5π2n 2m (n ＝1,2,3…)， v 0＝5πnm/s(n ＝1,2,3…)． 答案：v 0＝5πnm/s(n ＝1,2,3…) h ＝5π2n 2m(n ＝1,2,3…)12-21、解析：根据振动图象，可知x ＝0处的质点，在t ＝T /2时刻在平衡位臵，向下振动，只有选项A 中波的图象在x ＝0处的质点满足条件，故选A.答案：A2、解析：判断A 项可先由“上下坡法”得出质点b 此时的运动方向向下，即正在远离平衡位臵，回复力增大，加速度增大，A 正确；由图得波长为4 m ，只要障碍物的尺寸不大于4 m 或相差不大，就能产生明显的衍射现象，所以D 错误；根据波长、波速和频率的关系是f ＝vλ＝50 Hz ，所以，若该波遇到另一列波发生稳定的干涉现象，则另一列波的频率必定与这列波频率相同，为50 Hz ，C 正确；另外由频率得这列波的周期为0.02 s ，经过0.01 s 后，质点a 应运动到负方向最大位移处，通过的路程为4 cm ，相对平衡位臵的位移为－2 cm ，B 错误，选AC.答案：AC3、解析：由A 、B 两质点的振动图象及传播可画出t ＝0时刻的波动图象如右图25，由此可得λ＝43 m ，A 选项正确；由振动图象得周期T ＝4 s ，故v ＝λT ＝43×4 m/s ＝13m/s ，B 选项错误；由振动图象3 s 末A 点位移为－2 cm ，B 点位移为0，故C 选项错误；由振动图象知1 s 末A 点处于波峰，振动速度为零，1 s 末B 点处于平衡位臵，振动速度最大，故D 选项错误．答案：A4、解析：由图象可知，A ＝8 cm ，T ＝4t ＝1 s ，λ＝20 cm ，所以波速v ＝λT ＝201cm/s ＝20cm/s ，绳上的每个质点刚开始振动的方向是沿y 轴负方向，故波传到N 点所用的时间为：t 1＝x 2v ＝4520s ＝2.25 s ，所以质点N 第一次沿y 轴正向通过平衡位臵时，t ＝t 1＋T2＝2.75 s.答案：20 2.755、解析：声波的波长为：λ＝v f ＝32040 m ＝8 m.由波的干涉原理知：l ADB －l ACB ＝λ2所以l ADB ＝λ2＋l ACB ＝4 m ＋0.4 m ＝4.4 m.答案：4.4 m6、解析：(1)由图象可以看出，质点振动的最大位移是10 cm ，因此振幅是10 cm.图29(2)经0.125 s 波形沿x 轴正方向移动的距离为Δx ＝v Δt ＝16×0.125 m ＝2 m ，所以经过0.125 s 后的波形图象如图29中的虚线所示．答案：(1)10 cm (2)如图29虚线所示．7、解析：(1)波上每一点开始振动的方向都与此刻波上最前端质点的振动方向相同，即向下振动．(2)P 质点开始振动后，其振动周期等于振源的振动周期，由v ＝λ/T ，可得：T ＝λ/v ＝0.4s.(3)P 质点第二次到达波峰也就是第二个波峰传到P 点，第二个波峰到P 点的距离为s ＝x ＋34λ＝1.14 m ，所以t ＝s v ＝1.140.6s ＝1.9 s.答案：(1)向下振动 (2)0.4 s (3)1.9 s 8、解析：(1)此波沿x 轴负方向传播．(2)在t 1＝0到t 2＝0.55 s 这段时间时，质点M 恰好第3次到达沿y 轴正方向的最大位移处，则有：(2＋34)T ＝0.55 s ，得T ＝0.2 s.由图象得简谐波的波长为λ＝0.4 m ，则波速v ＝λT＝2 m/s.(3)在t 1＝0至t 3＝1.2 s 这段时间，波中质点N 经过了6个周期，即质点N 回到始点，所以走过的路程为s ＝6×5×4 cm ＝120 cm.相对于平衡位臵的位移为2.5 cm. 答案：(1)沿x 轴负方向 (2)2 m/s (3)120 cm 2.5 cm9、解析：由图象知：λ＝8 m ，又因为3T ＜t 2－t 1＜4T ， (1)当波向右传播时，t 2－t 1＝3T ＋38T ，所以T ＝8(t 2－t 1)27＝8×0.527 s ＝427 s ，由v ＝λT 得v ＝84/27m/s ＝54 m/s.(2)当波向左传播时t 2－t 1＝3T ＋58T ，所以T ＝8(t 2－t 1)29＝8×0.529 s ＝429 s ，由v ＝λT 得v ＝84/29m/s ＝58 m/s.(3)当波速为74 m/s 时，在0.5 s 内波传播的距离为s ＝74×0.5 m ＝37 m ＝458λ，故此波向左传播．答案：(1)若波向右传播时其波速为54 m/s (2)当波向左传播时其波速为58 m/s (3)当波速为74 m/s 时波向左传播10、解析：(1)由图知：λ＝4 m ，又因v ＝10 m/s ，所以由f ＝v λ得f ＝104 Hz ＝2.5 Hz ，故甲、乙两列波的频率均为2.5 Hz.图34(2)设经t 时间两波相遇，则2v t ＝4 m ，所以t ＝42×10 s ＝0.2 s ，又因T ＝1f ＝12.5 s ＝0.4 s ，故波分别向前传播λ2相遇，此时两列波的波形如图34中的虚线所示．故CD 间有x ＝5m 和x ＝7m 处的点位移最大． 答案：(1)2.5 Hz 2.5 Hz (2)x ＝5 m 和x ＝7 m 11、解析：(1)图象如图36所示．(2)因为水波3.5 s 内传播了3.5 m ，所以波速为v ＝st ＝1 m/s ，又由图象得T ＝1 s ，根据v ＝λT，所以λ＝1 m. (3)如图37所示． 答案：(1)图象如下图36图36(2)1 m (3)如图37所示图3712、解析：(a)由所给出的振动的题图知周期T ＝4×10－3s.(b)由题图可知，t ＝0时刻，x ＝0的质点P [其振动图象即为(a)]在正最大位移处，x ＝1的质点Q [其振动图象即为(b)]在平衡位臵向y 轴负方向运动，所以当简谐波沿x 轴正向传播时PQ 间距离为(nλ1＋34λ1)，当波沿x 轴负方向传播时PQ 间距离为(nλ2＋14λ2)．因为(n ＋34)λ1＝1，所以λ1＝43＋4nm因为(n ＋14)λ2＝1，所以λ2＝41＋4nm波沿x 轴正向传播时的波速v 1＝λ1T 1＝1033＋4n m/s(n ＝0,1,2…)波沿x 轴负向传播时的波速v 2＝λ2T 2＝1031＋4n m/s(n ＝0,1,2…)答案：沿x 轴正向传播时，v 1＝1033＋4n m/s(n ＝0,1,2…)沿x 轴负向传播时：v 2＝1031＋4nm/s(n ＝0,1,2…)13-11、解析：用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用薄膜干涉的原理，故选项A 错；用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的色散，故选项B 错；在光导纤维束内传送图像是利用光的全反射，故选项C 错；光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象．选项D 对．答案：D2、解析：根据薄膜干涉的产生原理，上述现象是由空气膜前后表面反射的两列光叠加而成，当波峰与波峰、波谷与波谷相遇叠加时，振动加强，形成亮条纹，所以A 项对B 项错；因相干光是反射光，故观察薄膜干涉时，应在入射光的同一侧，故D 项错误； 根据条纹的位臵与空气膜的厚度是对应的，当上玻璃板平行上移时，同一厚度的空气膜向劈尖移动，故条纹向着劈尖移动，故C 项正确．答案：AC3、解析：由几何关系可知，入射角θ1＝60°，折射角θ2＝30°.由折射定律n ＝sin θ1sin θ2＝3212＝3，A 选项正确；在BC 界面上，入射角为30°，临界角的正弦值为sin C ＝1n ＝33＞sin30°，即C ＞30°，所以在F 点，不会发生全反射，B 选项错误；光从空气进入棱镜，频率f 不变，波速v 减小，所以λ＝vf 减小，C 选项正确；由上述计算结果，作出光路图，可知D 选项错误．答案：AC4、解析：双缝干涉条纹平行等距，且波长越大，条纹间距越大，而红光波长大于蓝光波长，故第一幅图为红光，第三幅图为蓝光；又由于黄光波长比紫光波长大，故第四幅图为黄光的衍射图样，第二幅为紫光的衍射图样．故B 正确．答案：B5、解析：设光在玻璃砖BC 面与AC 弧面上的临界角为C ，则有sin C ＝1n ＝23，显然C＜45°，故可知光将在整个BC 面上发生全反射，也会在AC 弧面上靠近A 点和C 点附近区域发生全反射．D 点附近的射出光线形成会聚光束照到光屏P 上．由以上分析可知B 、D 选项正确．答案：BD6、解析：由图26可知，当λA ＝625 nm 时，φA ＝0.35，根据传感器输出强度相同可得：φA ·I A ＝φB 1·25I B ＋φB 2·35I B ，可求出I A ∶I B ＝27∶35.答案：0.35 27∶357、解析：(1)由λ＝c f 得λ＝3×1087.5×1014m ＝4×10－7m Δs λ＝1.8×10－6m 4×10－7m ＝4.5，即路程差为半波长的奇数倍，若S 1、S 2的振动步调完全相同，则A 点出现暗条纹．(2)若S 1、S 2的振动步调完全相反，则路程差为半波长的奇数倍时应为加强点，A 点出现亮条纹．答案：(1)暗条纹 (2)亮条纹 8、解析：由v ＝cn 得v ＝2×108m/s 由sin i sin r ＝n 得sin r ＝1nsin i ＝0.5，r ＝30° 由sin C ＝1n ＝23＜22，可知C ＜45°而光线在BC 面的入射角θ＝45°＞C ，故光线在BC 面上发生全反射后，垂直AC 面射出棱镜．答案：2×108m/s 垂直AC 面射出棱镜9、解析：(1)设信号频率为f ，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 ＝cv，可以得出：λ0＝nλ＝1.47×1.06μm ＝1.56μm.(2)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． 答案：(1)1.56μm(2)频率相同，将发生干涉现象而互相干扰 10、解析：(1)紫光(2)如下图30，紫光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕S 上的点D 到亮区中心E 的距离r 就是所求最大半径．设紫光临界角为C ，由全反射的知识：sin C ＝1n所以cos C ＝n 2－1ntan C ＝1n 2－1，OB ＝R /cos C ＝nRn 2－1 r ＝(D －OB )/tan C ＝D n 2－1－nR . 答案：(1)紫光 (2)D n 2－1－nR11、解析：设用波长为0.4 μm 的光入射，条纹宽度为Δx 1，则Δx 1＝ld λ1，屏上两侧各有3条亮纹，则屏上第三条亮纹到中心距离为3Δx 1.用0.6μm 光入射，设条纹宽度为Δx 2，则Δx 2＝ld λ2，设此时屏上有x 条亮纹，则有xΔx 2＝3Δx 1∴x ＝l d λ2＝3l dλ1代入数据解之得x ＝2，∴两侧各有2条亮纹． 答案：212、解析：(1)如图33所示，sin θ1＝L H 2＋L2，图33sin θ2＝L 2－L4(H 2)2＋(L 2－L 4)2.由n ＝sin θ1sin θ2可得：n ＝L 2＋4H 2L 2＋H2(2)当液面高为23H 时，由于液体的折射率n 和入射角θ1不变，可得：n ＝sin θ1sin θ2′sin θ′2＝L ′－x (23H )2＋(L ′－x )2(式中L ′为光线在液面的入射点与出液口的水平距离)而L H ＝L ′23H ，以上三式联立可求出：x ＝L 3. 答案：(1)L 2＋4H 2L 2＋H 2 (2)L 3 14-11、解析：了解部分物理学史：牛顿发现万有引力定律；法拉第发现电磁感应定律；光电效应证明了光具有粒子性；相对论的创立表明了经典力学有一定的适用范围：适用于低速，宏观．答案：A2、解析：均匀变化的电场产生稳定的磁场，而非均匀变化的电场产生变化的磁场，本题电场的变化有以上两种可能，故D 正确．答案：D3、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．答案：A4、解析：根据爱因斯坦狭义相对论，在任何参考系中光速不变，可知D 正确．答案：D5、解析：根据c ＝λff 1＝c λ1＝3×108577Hz ＝5.20×105Hz f 2＝c λ2＝3×108182Hz ＝1.65×106Hz 所以，频率范围为5.20×105Hz ～1.65×106Hz.答案：5.20×105Hz ～1.65×106Hz6、解析：雷达向东方发射电磁波时，没有反射回来的信号，向西方发射时，有反射回来的信号，所以目标在西方．目标到雷达的距离d ＝ct 2＝3×108×2×10－4×92 m ＝270 km. 答案：西方 270 km7、解析：由E ＝L ·ΔI Δt得L ＝3.6×10－3H 又λ＝v f ，f ＝v λ＝3×10811.3×103Hz. 代入f ＝12πLC得C ＝0.01 μF. 答案：0.01 μF8、解析：因线圈的电感L 为定值，根据LC 回路的频率公式f ＝12πLC，可知收音机先后两次接收的电台信号的频率之比为f 1f 2＝C 2C 1根据波长与频率的关系式λ＝c f ，可得先后两次接收的电台信号的波长之比为λ1λ2＝f 2f 1以上两式联立，可得接收波长为200 m 的电台信号时，可变电容器的电容值为C 2＝(λ2λ1)2C 1＝(200600)2×360 pF ＝40 pF . 答案：40 pF9、解析：由电磁波发射到接收到反射波历时200 μs ，可算出此时飞机距雷达站的距离为：L 1＝3.0×108×200×10－62m ＝3.0×104m. 经4s 后，飞机距雷达站的距离为：L 2＝3.0×108×186×10－62m ＝2.79×104m. 在这4s 时间内飞机飞过的路程为：x ＝L 1－L 2＝0.21×104m.故飞机飞行的速度为：v ＝x t ＝0.21×1044m/s ＝525m/s. 答案：525 m/s10、解析：电磁波在空中的传播速度可认为等于真空中的光速c ，由波速、波长和频率三者间的关系可求得频率．根据雷达荧光屏上发射波形和反射波形间的时间间隔，即可求得侦察距离，为此反射波必须在后一个发射波发出前到达雷达接收器．可见，雷达的最大侦察距离应等于电磁波在雷达发射相邻两个脉冲间隔时间内传播距离的一半．由c ＝λf ，可得电磁波的振荡频率f ＝c λ＝3×10820×10－2Hz ＝1.5×109Hz. 电磁波在雷达发射相邻两个脉冲间隔时间内传播的距离s ＝cΔt ＝c (1n－t )＝3×108×(15000－0.02×10－6)m ≈6×104m 所以雷达的最大侦察距离s ′＝s 2＝3×104m ＝30 km. 答案：1.5×109 Hz 30 km11、解析：(1)设地面为S 系，飞船A 为S ′系．则已知量为u ＝0.5c ，v ′x ＝0.4c ，求v x ，根据速度合成公式有v x ＝v ′x ＋u 1＋u c 2v ′x ＝0.4c ＋0.5c 1＋0.5c c 2×0.4c ＝0.75c . 即以地面参考系测得飞船B 的速度为0.75c .(2)设地面为参照系S ，飞船B 为S ′系，则已知量为：u ＝0.75c ，v x ＝0.5c .需要求解的是v ′x .根据速度变换公式可得v ′x ＝v x －u 1－u c 2v x ＝0.5c －0.75c 1－0.75c c 2×0.5c ＝－0.4c . 即飞船B 测得飞船A 的速度为－0.4c .由解题过程可以看出：若求在B 中测得的飞船A 的速度，就必须先求出在地面测得的飞船B 的速度．答案：(1)0.75c (2)0.4c12、解析：(1)车头的灯先亮．(2)l ＝l ′1－(v c )2＝5× 1－(2×183×108)2m ＝3.7 m ，在垂直运动方向没有相对性，所以看到的是一张3.7×5m 2的宣传画．(3)因为Δt ＝Δt ′1－(v c)2，所以Δt ′＝Δt ·1－(v c )2 Δt ＝5昼夜v ＝0.8c所以Δt ′＝5×1－(0.8)2＝3昼夜．答案：(1)车头的灯先亮 (2)3.7×5m 2的画 (3)3昼夜14-章末1、答案：B2、解析：如果容器A 、B 中气体相同，则折射率相同，到屏的中央光程相同，所以为亮纹．如果中央为暗纹，则A 、B 中折射率一定不同，故B 正确；中央为亮纹B 中可能含瓦斯，也可能不含，A 错；条纹不停的移动，则B 中气体的折射率在变化即瓦斯含量不稳定，C 正确；单色光或复色光都能出现干涉条纹，D 错．答案：BC3、解析：本题主要考查了电磁波的产生机制和特性．在电磁波谱中，红外线的波长比可见光长，而红光属于可见光，故选项A 正确．阴极射线与电磁波有着本质不同，电磁波在电场、磁场中不偏转，而阴极射线在电场、磁场中会偏转，电磁波在真空中的速度是3×108m/s ，而阴极射线的速度总是小于3×108m/s ，阴极射线的实质是高速电子流，故选项C 错误．X 射线就是伦琴射线，是高速电子流射到固体上产生的一种波长很短的电磁波，故B 项正确．由于紫外线的显著作用是荧光作用，而伦琴射线的显著作用是穿透作用，故选项D 正确．答案：ABD4、解析：根据麦克斯韦电磁场理论可知，均匀变化的电场在它的周围产生稳定的磁场，故选项A 是错误的．因电磁波中每一处的电场强度和磁感应强度总是互相垂直的．且与波的传播方向垂直，所以电磁波是横波，故选项B 是正确的．有振荡的电场或磁场时，就会由近向远逐渐传播，即形成了电磁波，故D 正确．答案：BD5、解析：由图甲知该波的波长λ＝4 m ，而P 、Q 两质点间间距Δx ＝3 m ＝34λ，则两质点的振动步调相差34T ，结合图乙知A 、D 两项皆错误．因波的传播方向未知，故无法判定Q 点的振动状态相比于P 点是超前还是滞后，B 、C 皆正确．答案：BC6、解析：由该棱镜的折射率为n ＝53可知其临界角C 满足：sin C ＝1n ＝35，可求出GG 1左边的入射光线没有发生全反射，其右边的光线全部发生全反射，所以光线只能从圆弧NG 1射出．故B 正确．答案：B7、解析：波向x 轴负向传播，T ＞0.6 s ，由波形图可知34λ＝Δx ，用时间t ＝0.6 s ＝34T ，T ＝0.8 s ，A 错．t ＝0.9 s ＝T ＋0.1 s ，P 点沿y 轴负方向运动，经0.4 s ，P 点运动半个周期，经过的路程为0.4 m ，C 错．t ＝0，x ＝10 m 处质点处在波峰，经0.5 s ，波峰向左传Δx ′＝5 m ，故D 正确．答案：D8、解析：由同一波源分成的两列波频率相同，这符合两列机械波干涉的条件，当两波的路程差等于半波长的奇数倍时，振动减弱，当路程差等于波长的整数倍时，振动加强．答案：相同 减小 增大9、解析：(1)各光学元件的字母排列顺序应为C 、E 、D 、B 、A.(2)步骤②还应注意单缝和双缝间距5 cm ～10 cm ，使单缝和双缝相互平行．答案：(1)EDB (2)单缝和双缝间距5 cm ～10 cm 和使单缝和双缝相互平行．10、解析：(1)乙图中相邻点间的时间间隔是音叉振动周期的一半，用T 表示，则有T ＝12f 0.金属片自由下落是自由落体运动，所以有g 1＝(b 4－b 1)3T 2，g 2＝(b 5－b 2)3T 2，g 3＝(b 6－b 3)3T 2 g ＝g 1＋g 2＋g 33＝49(b 6＋b 5＋b 4－b 3－b 2－b 1)f 20 (2)由于金属片是自由落体运动，速度会越来越大，故选项A 、B 是不正确的，选项C 是符合要求的．(3)因为音叉振动是简谐运动，故针离开平衡位臵的位移变化符合正弦规律变化，考虑到针的开始运动方向与规定的方向相同，故有y ＝A sin ⎝⎛⎭⎫2πf 02h g . 答案：(1)g ＝49(b 6＋b 5＋b 4－b 3－b 2－b 1)f 20 (2)C(3)A sin ⎝⎛⎭⎫2πf 02h g 11、解析：(1)由图知T ＝4 s ，因位移图线的斜率表示速度，且在t ＝8 s ＝2T 时质点振动状态与t ＝0时相同，则由图可知t ＝0时图线斜率为正，速度沿y 轴正向．在t ＝9 s 时由图线知质点A 处于正向最大位移处．再由Δt ＝AB v＝8 s ＝2T 知B 的振动状态与质点A 相差两个周期，所以同一时刻两质点相对平衡位臵的位移相同，即也为10 cm.图10(2)设照片圆形区域的实际半径为R ，运动员的实际长为L由折射定律n sin α＝sin90°几何关系sin α＝RR 2＋h 2，R r ＝L l 得h ＝n 2－1·L lr 取L ＝2.2 m ，解得h ＝2.1 m(1.6～2.6 m 都算对)答案：(1)4 正 10 (2)2.1 m(1.6～2.6 m 都算对)12、解析：(1)从甲、乙图可看出波长λ＝2.0 m ，周期T ＝4 s ，振幅A ＝0.8 m ；乙图中显示t ＝0时刻该质点处于平衡位臵向上振动，甲图波形图中，波向x 轴正方向传播，则质点L 正在平衡位臵向上振动，波速v ＝λ/T ＝0.5 m/s ；(2)由相对论知识易得运动方向上的边长变短，垂直运动方向的边长不变，C 图象正确；(3)简谐运动的特征公式为x ＝A sin ωt ，其中A 是振幅；篮球从自由落体到反弹起来的过程中，回复力始终为重力，恒定不变，与偏离平衡位臵的位移不是成正比的，不符合简谐运动的规律．答案：(1)0.8 4 L 0.5 (2)C (3)A sin ωt 不是13、解析：(1)以速度v 运动时的能量E ＝m v 2，静止时的能量为E 0＝m 0v 2，依题意E ＝kE 0，故m ＝km 0；由m ＝m 01－v2c 2，解得v ＝k 2－1k 2c . (2)地震纵波传播速度为：v p ＝fλp地震横波传播速度为：v s ＝fλs震源离实验室距离为s ，有：s ＝v p ts ＝v s (t ＋Δt )，解得：s ＝fΔt 1λs －1λp＝40 km. 答案：(1)k k 2－1k 2 (2)40 km 14、解析：(1)由图象可以看出：λ＝4 m.由T ＝λv 可解得：T ＝λv ＝42s ＝2 s.图15由于t ＝0时刻P 点向上振动，则P 点的振动图象如图15所示：(2)由T ＝2πL g 得：g ＝4π2L T2 又L ＝l ＋d 2联立可得： g ＝4π2(99.6＋0.4)×10－222m/s 2 ＝9.9 m/s 2.答案：见解析15、解析：(1)最先振动的是B 摆，纵波速度最快，纵波使B 摆最先剧烈上下振动．(2)根据波速大小可推知，a 处的波形对应的是速度最快的P 波(纵波)，b 处的波形对应的是速度较快的S 波(横波)，c 处的波形对应的是速度较慢的L 波(面波)．设地震观测台T距震源的距离为s ，则s v S －s v P＝t ，代入数据得s ＝47.9 km. (3)设震源深度为h ，纵波沿ZT 方向传播，设纵波传播的方向与地面的夹角为θ，则tan θ＝y x，h ＝s ·sin θ，代入数据得h ＝2.4 km. 答案：(1)B(2)a －P 波 b －S 波 c －L 波 47.9 km(3)2.4 km16、解析：(1)连接BC ，如图18图18在B 点光线的入射角、折射角分别标为i 、rsin i ＝52/10＝22，所以，i ＝45° 由折射率定律：在B 点有：n ＝sin i sin rsin r ＝1/2 故：r ＝30° BC ＝2R cos r t ＝BC n /c ＝2Rn cos r /ct ＝(6/3)×10－9 s(2)由几何关系可知∠COP ＝15°∠OCP ＝135° α＝30°答案：(1)(6/3)×10－9s (2)30°17、解析：(1)由简谐运动表达式可知ω＝5πrad/s ，t ＝0时刻质点P 向上运动，故波沿x 轴正方向传播．由波形图读出波长λ＝4 m.图20T ＝2πω① 由波速公式v ＝λT② 联立①②式，代入数据可得v ＝10 m/s ③t ＝0.3 s 时的波形图如图20所示．图21(2)当光线在水面发生全反射时，有sin C ＝1n④ 当光线从左侧射入时，由折射定律 sin αsin ⎝⎛⎭⎫π2－C ＝n ⑤ 联立④⑤式，代入数据可得 sin α＝73⑥ 答案：(1)10 m/s 波形图见图20 (2)73。

绝密★启用前鲁科版高中物理选修3-4 第3章电磁波寒假复习题本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间150分钟。

分卷I一、单选题(共10小题,每小题4.0分,共40分)1.如图所示为LC振荡电路在电磁振荡中电容器极板间电压随时间变化的u－t图象()A．t1～t2时间内，电路中电流强度不断增大B．t2～t3时间内，电场能越来越小C．t3时刻，磁场能为零D．t3时刻电流方向要改变2.下列关于电磁波的说法中不正确的是()A．麦克斯韦电磁场理论预言了电磁波的存在B．电磁波从真空传入水中，波长将变短C．雷达可以利用自身发射电磁波的反射波来对目标进行定位D．医院中用于检查病情的“B超”利用了电磁波的反射原理3.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，线圈中的自感电动势为零C．振荡电流增大的过程中，磁场能转化为电场能D．振荡电流减小的过程中，磁场能转化为电场能4.振荡电路的线圈自感系数为L，电容器的电容为C，则电容器两极电压从最大值降到零的最短时间为()A．2πB．πC．D．5.在LC回路中的电容器刚好放电完毕时，下列说法正确的是()A．电场能正向磁场能转化B．磁场能正向电场能转化C．电路里电场能最大D．电路里磁场能最大6.用遥控器调换电视机的频道的过程，实际上就是传感器把光信号转化为电信号的过程．下列属于这类传感器的是()A．红外报警装置B．走廊照明灯的声控开关C．自动洗衣机中的压力传感装置D．电饭煲中控制加热和保温的温控器7.电视机的室外天线能把电信号接收下来，是因为()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回路B．天线处于变化的电场中，天线中产生感应电流，相当于电源，通过馈线输送给LC回路C．天线只是有选择地接收某电视台的信号，而其他电视台的信号则不接收D．天线将电磁波传输到电视机内8.在没有任何其他光照的情况下，舞台追光灯发出的绿光照在穿白上衣、红裙子的演员身上，观众看到她()A．全身呈绿色B．上衣呈绿色，裙子不变色C．上衣呈绿色，裙子呈紫色D．上衣呈绿色，裙子呈黑色9.设地球的半径为R，地球表面重力加速度为g，月球绕地球公转周期为T，玉兔号月球车所拍摄的月面照片从月球以电磁波形式发送到北京航天飞行控制中心所用时间约为(真空中的光速为c，月地距离远大于地球半径)()A．B．C．D．10.某收音机的调谐范围是从f1＝550 kHz至f2＝1 650 kHz，在它的调谐电路里，若自感系数不变，则可变电容器的对应电容之比C1∶C2是()A． 9B．C． 3D．二、多选题(共4小题,每小题5.0分,共20分)11.(多选)一个LC接收电路，若要从接收较高频率的电磁波变到接收较低频率的电磁波，下列调节正确的是()A．增加谐振线圈的匝数B．在线圈中插入铁芯C．降低电源电压D．把可变电容器的动片适当旋进些12.(多选)蝙蝠在洞穴中飞来飞去时，它利用超声脉冲导航非常有效，这种超声脉冲的频率高于20 000 Hz，能持续1 ms或不到1 ms的短促发射，且每秒重复发射数次．已知蝙蝠在一次正朝着表面平直的墙壁飞扑捕食的过程中，发出的超声波频率为35 000 Hz，下列说法正确的是()A．蝙蝠发出的超声波属于电磁波B．结合题图可知超声波频率比微波频率要高C．超声波反射前后波速大小相等D．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到的频率13.(多选)关于紫外线，下列说法中不正确的是()A．一切物体都会发出紫外线B．紫外线可用于无线电通讯C．紫外线有较高的能量，足以破坏细胞中的物质D．在紫外线照射下，所有物质会发出荧光14.(多选)如图所示的LC振荡电路，在某时刻的磁场方向如图所示，则下列判断正确的是()A．若磁场正在增强，则电场能正在减少，电容器上极板带正电B．若磁场正在减弱，则电场能正在增强，电容器上极板带正电C．振荡电流的变化周期为2πD．电场能量的变化周期为π分卷II三、计算题(共4小题,每小题10.0分,共40分)15.目前电能都是通过电网采用有线方式传输，人们一直梦想能无线传输电能，梦想在日常生活中实现无线充电，甚至不用电池．现在，一个科学研究小组在实验室中取得了可喜的进展，也许人类的这一梦想不久就能实现．(1)实现无线传输能量，涉及能量的__________、传播和接收．(2)科学家曾经设想通过高耸的天线塔，以无线电波的形式将电能输送到指定地点，但一直没有在应用层面上获得成功，其主要原因是这类无线电波__________A．在传输中很多能量被吸收B．在传播中易受山脉阻隔C．向各个方向传输能量D．传输能量易造成电磁污染(3)如果像无线广播那样通过天线塔输送电能，接收器获得的功率P和它到天线塔的距离R相关，实验测得P和R的部分数据如下表：①上表中的x＝________，y＝________.②根据表中的数据可归纳出P和R之间的关系为_____________________________________．(4)为研究无线传输电能，某科研小组在实验室试制了无线电能传输装置，在短距离内点亮了灯泡，如图实验测得，接在乙线圈上的电器获得的电能为输入甲线圈电能的35%.①若用该装置给充电功率为10 W的电池充电，则损失的功率为__________ W.②若给甲线圈接入电压为220 V的电源，测得该线圈中的电流为0.195 A．这时，接在乙线圈上的灯泡恰能正常发光，则此灯泡的功率为________ W.(5)由于在传输过程中能量利用率过低，无线传播电能还处于实验室阶段．为早日告别电线，实现无线传输电能的工业化，还需解决一系列问题，请提出至少两个问题：______________.16.车载MP3可以把MP3中储存的音乐，以无线发射方式发射到车载调频立体声收音设备中，车主只需将汽车收音机的频率设定为车载MP3的频率，或让收音机搜索到该频率即可进行播放．如图为某种型号的车载MP3，若其设置频率为87.5 MHz，试求：(1)所发射的无线电波的波速是多少？(2)所发射的无线电波的波长是多少？17.已知一广播电台某台的接受频率为4×106Hz，电磁波在真空中的传播速度为3.0×108m/s，求：(1)该电磁波的波长为多少；(2)若接受者离发射台的距离为3 000 km，电磁波从发射到接受所经历的时间．18.在波长分别为290 m、397 m、566 m的无线电波同时传向收音机的接收天线，当把收音机的调谐电路的频率调到756 kHz时，(1)哪种波长的无线电波在收音机激起的感应电流最强？(2)如果想接收到波长为290 m的无线电波，应该把调谐电路中可变电容器的动片旋进一些，还是旋出一些？答案解析1.【答案】B【解析】在t1～t2时间内，极板间的电压增大，极板电荷量增大，所以为充电过程，电流强度减小．故A错误；在t2到t3时刻极板电压减小，极板电荷量减小，所以电容器放电，电流逐渐增大，磁场能增大，电场能减小；t3时刻电压为零，说明是放电完毕，电场能为零，磁场能最大；之后将是对电容器充电，但电流方向不变，故B正确，C、D错误．2.【答案】D【解析】麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹证实了电磁波的存在，故A正确；根据n＝可知，电磁波从真空传入水中，波长变短，故B正确；雷达的工作原理是：发射电磁波对目标进行照射并接收其回波，由此获得目标至电磁波发射点的距离、距离变化率(径向速度)、方位、高度等信息，故C正确；医院中用于检查病情的“B超”利用了超声波的反射原理，超声波是机械波，不是电磁波，故D错误．3.【答案】D【解析】振荡电流最大时为电容器放电结束瞬间，场强为零，A选项错误；振荡电流为零时，其要改变方向，这时电流变化最快，电流变化率最大，线圈中的自感电动势最大，B选项错误；振荡电流增大时，电场能转化为磁场能，C选项错误；振荡电流减小时，磁场能转化为电场能，D选项正确．4.【答案】C【解析】振荡电路的振荡周期T＝2π；则第一次放电完毕的时间，即电容器两极电压从最大值降到零的最短时间为：T＝＝，故C正确，A、B、D错误．5.【答案】D【解析】在LC回路中的电容器刚好放电完毕时，电场能向磁场能转化完毕，磁场能尚未开始向电场能转化．故A、B错误；电容器C放电完毕，开始充电时，电路中的电流最大，电路中的磁场能最大，电场能最小．故C错误，D正确．6.【答案】A【解析】用遥控器调换电视机的频道的过程，实际上就是传感器把光信号转化为电信号的过程．红外线报警装置是感应红外线去转换成电学量，从而引起报警．而遥控器调换电视机的频道的过程，也发出红外线．故A正确；走廊照明灯的声控开关，实际是将声波转化成电信号的过程，故B不正确；自动洗衣机中的压力传感装置，是将压力转化成电信号的过程，故C不正确；电饭煲中控制加热和保温的温控器，是将温度转化成电信号的过程，故D不正确．7.【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的电流最强，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.8.【答案】D【解析】当绿光照到白上衣后，绿光被反射入观众眼中，所以可以辨别出是绿色．红裙子只反射红光，吸收其他颜色的光，当绿光照到红裙子后，绿光被吸收，没有光线射入观众眼中，所以可以辨别出是黑色．9.【答案】B【解析】研究月球绕地球的运动，根据万有引力定律和向心力公式：＝①物体在地球表面上时，由重力等于地球的万有引力得：mg＝②由①②解得：r＝再由t＝，则有：从月球以电磁波形式发送到北京航天飞行控制中心所用时间约：t＝.10.【答案】A【解析】根据LC回路的固有频率公式：f＝，得：C＝，所以可变电容器电容的最大值与最小值之比为＝＝9.11.【答案】ABD【解析】发生电谐振后，电谐振的频率与接收频率相同，若要从接收较高频率的电磁波变到接收较低频率的电磁波，即f要减小，根据公式f＝，要增大LC的乘积；增加谐振线圈的匝数、在线圈中插入铁芯均可以增加L，把可变电容器的动片适当旋进些可以增大电容，电谐振的频率与电压无关，故选A、B、D.12.【答案】CD【解析】蝙蝠发出的超声波属于机械波，故A错误；微波属于无线电波，微波的频率为：f＝＝Hz＝3×106Hz，高于超声波频率35 000 Hz，故B错误；机械波的波速受到介质决定，超声波反射前后波速大小相等，故C正确；由多普勒效应可知，接收到从墙壁反射回来的超声脉冲频率大于墙壁接收到的频率，故D正确．13.【答案】ABD【解析】一切光源发出的光中都有红外线，故A错误．紫外线波长较短，不可用于无线电通讯，故B错误．紫外线可以用来杀菌、消毒；紫外线有较高的能量，足以破坏细胞中的物质，故C正确，紫外线可以使荧光物质发光；故D错误．14.【答案】BCD【解析】若磁场正在增强，根据能量守恒定律可知，电场能正在减少，电容器正在放电，由安培定则判断出电路中电流方向为顺时针，说明电容器下极板带正电．故A错误．若磁场正在减弱，根据能量守恒定律可知，电场能正在增强，电容器正在充电，电路中电流方向为顺时针，则电容器上极板带正电．故B正确．振荡电流的变化周期为T＝2π.故C正确．能量没有方向，电场能量的变化周期为电流变化周期的一半，即为T＝π.故D正确．15.【答案】(1)发射(2)C(3)①864②PR2＝1 600(4)①18.6②15.0(5)仪器体积过大、对人体有伤害，传输距离太短等【解析】(1)像电磁波一样，无线传输能量也需要发射、传播和接收的过程．(2)电磁波可以向各个方向传播，而电能的输送需要定向传播．(3)由表中的前三组数据和最后一组数据可以看出PR2＝1 600.将R＝5带入上式得P＝64，所以y＝64；将P＝25带入得R＝8，所以x＝8.(4)①由题意知，输电效率为η＝35%，则P总＝＝28.6 W所以损失的功率为P损＝P总－P＝(28.6－10) W＝18.6 W.②甲线圈输入功率为P总′＝UI＝(220×0.195) W＝42.9 W，所以，乙线圈得到的功率，即灯泡的功率为P′＝P总′η＝42.9 W×35%＝15.0 W.(5)因为在无线传输过程中，电磁波向各个方向传播是均等的，无法有效地控制方向性，所以为了更多地接收到电磁波，就需要接收仪器和发射点之间有较短的距离及接收器需有很大的体积．同时，向空间辐射较多的电磁波，对人体有害．16.【答案】(1)3.0×108m/s(2)3.43 m【解析】(1)电磁波在空气中的传播速度大约是c＝3.0×108m/s(2)f＝87.5 MHz＝8.75×107Hz，λ＝＝m≈3.43 m17.【答案】(1)75 m(2)0.01 s【解析】(1)根据波速＝波长×频率，即c＝λf可得：λ＝＝m＝75 m.(2)根据t＝，代入数据，则有：t＝s＝0.01 s.18.【答案】(1)波长为397 m的无线电波(2)旋出一些【解析】(1)根据公式f＝得f1＝＝Hz≈1 034 kHz，f2＝＝Hz≈756 kHz，f3＝＝Hz≈530 kHz.所以波长为397 m的无线电波在收音机中激起的感应电流最强．(2)要接收波长为290 m的无线电波，应增大调谐电路的固有频率．因此，应把调谐电路中可变电容器的动片旋出一些，通过减小电容达到增大调谐电路固有频率的目的．。

高二物理第四次月考试题一、选择题（其中1-6为单选,7-12为多选，每小题4分,共48分）1 •一质点做简谐运动，则下列说法中正确的是（）A •若位移为负值，则速度一定为正值，加速度也一定为正值B •质点通过平衡位置时，速度为零，加速度最大C •质点每次通过平衡位置时，加速度不一定相同，速度也不一定相同D .质点每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同2 •调节收音机的调谐回路时，可变电容器的动片从全部旋入到完全旋出仍接受不到该波段的某较高频率的电台信号，为收到该电台的信号，则应（）A .加大电源电压B .减小电源电压C •增加谐振线圈的圈数D •减小谐振线圈的圈数3 • （1）下列说法中正确的是（）.A・水面上的油膜在阳光照射下会呈现彩色，这是由光的衍射造成的B・根据麦克斯韦的电磁场理论可知，变化的电场周围一定可以产生变化的磁场C. 狭义相对论认为：不论光源与观察者做怎样的相对运动，光速都是一样的D. 在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，测量单摆周期应该从小球经过最大位移处开始计时，以减小实验误差4•如所示，在双缝干涉实验中，A、B、位置，由双缝S1和S2到C点的路程差为A . B. 2 C. 35 •对于单缝衍射现象，下列说法正确的是A .缝的宽度d越小，衍射条纹越亮C为光屏上出现的三条相邻的明条纹的（）D. 4（）B .缝的宽度d越小，衍射现象越明显C .缝的宽度d越小，光的传播路线越接近直线D •入射光的波长越短，衍射现象越明显6 .如图所示，一束平行光从真空射向一块半圆形的折射率为2 RA.只有圆心两侧范围外的光线能通过玻璃砖32 RB .只有圆心两侧范围内的光线能通过玻璃砖3C •通过圆心的光线将沿直线穿出不发生偏折2 RD •圆心两侧范围外的光线将在曲面上产生全反射37 •如图所示演示装置，一根张紧的水平绳上挂着5个单摆，其中A、D摆长相同，先使A摆摆动，其余各摆也摆动起来，可以发现（）A •各摆摆动的周期均与A摆相同B . B摆振动的周期最短C . C摆振动的周期最长D . D摆的振幅最大8 .当两列水波发生干涉时，如果两列波的波峰在P点相遇，则1.5的玻璃砖，错误的是（）下列说法中正确的是（）A .质点P的振幅最大B .质点P的振动始终是加强的C .质点P的位移始终最大D .质点P的位移有时为零9 .如图所示，ABC为一玻璃三棱镜的截面，一束光线出，则（）A.由BC面射出的红光更偏向AB面B .由BC面射出的紫光更偏向AB面C .若/ MNB变小，最先从AC面透出的是红光D.B若/ MNB变小，最先从AC面透出的是紫光MN垂直于AB面射人，在AC面发生全反射后从BC面射10.从点光源S发出的一细束白光以一定的角度入射到三棱镜的表面，经过三棱镜的折射后发生色散现象, 在光屏的ab间形成一条彩色光带•下面的说法中正确的是（）A. a侧是红色光，b侧是紫色光。

2014届高考物理二轮复习讲义：选修3-4(鲁科版）热点一对振动和波动的考查命题规律：振动与波动的问题是近几年高考的重点和热点,分析近几年高考命题，命题规律主要有以下几点：（1）以选择题的形式考查，一般考查波动图象和振动图象的相互转换与判断．（2)根据波的图象确定波的传播方向、传播时间及波的相关参量．（3)波的多解问题．(2013·高考四川卷）图甲是一列简谐横波在t＝1。

25 s时的波形图，已知c位置的质点比a位置的晚0.5 s起振，则图乙所示振动图象对应的质点可能位于（)A．a<x<b B．b<x<cC．c<x<d D．d〈x〈e【解析】由c位置的质点比a位置的晚0.5 s起振可知,波沿x轴正方向传播，由波的图象知，a、c相距半个波长，故错误!＝0。

5 s，周期T＝1 s，故在t＝1。

25 s内波沿传播方向传播的距离Δx＝错误!λ.故t＝0时的波形图和各质点的振动方向如图所示．由题中y－t图象知t＝0，质点沿y轴正方向振动,故振动图象对应的质点可能位于O与a之间或d与e之间．故选项D正确，选项A、B、C错误．【答案】D波动图象和振动图象的应用技巧求解波动图象与振动图象综合类问题可采用“一分、一看、二找”的方法:(1)分清振动图象与波动图象,此问题最简单，只要看清横坐标即可，横坐标为x则为波动图象,横坐标为t则为振动图象．(2）看清横、纵坐标的单位，尤其要注意单位前的数量级．（3）找准波动图象对应的时刻．（4)找准振动图象对应的质点．拓展训练1 （2013·高考北京卷)一列沿x轴正方向传播的简谐机械横波，波速为4 m/s。

某时刻波形如图所示，下列说法正确的是( ) A．这列波的振幅为4 cmB．这列波的周期为1 sC．此时x＝4 m处质点沿y轴负方向运动D．此时x＝4 m处质点的加速度为0解析：选D.由题图可得，这列波的振幅为2 cm，选项A错误；由题图可得，波长λ＝8 m，由T＝错误!得T＝2 s，选项B错误；由波动与振动的关系得，此时x＝4 m处质点沿y轴正方向运动，且此质点正处在平衡位置，故加速度a＝0，选项C错误,选项D正确。

鲁科版高中物理选修3-4测试题及答案解析全套章末综合测评（-）（时间：60分钟满分：100分）一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分.全部选对得6分，选对但不全得3 分，有错选或不答得0分.）1.质量为加的木箱放在水平地面上，在与水平方向成0角的拉力尸作用下，由静止开始运动，经过吋间/速度达到s在这段吋间内拉力F和重力的冲量大小分别为（）A.Ft,0B・Ftcos 0y 0C・mv,Q D・Ft, mgt【解析】由冲量的定义式/=刃知，某个力与该力对应时间的乘积，便为该力的冲量.因此拉力的冲量为用，重力的冲量为加刃，故选项D正确.【答案】D2.在下列几种现象中，所选系统动量守恒的有（）A.原来静止在光滑水平面上的车，从水平方向跳上一个人，人车为一系统B.运动员将铅球从肩窝开始加速推出，以运动员和铅球为一系统C.从高空自由落下的重物落在静止于地面上的车厢屮，以重物和车厢为一系统D.光滑水平面上放一斜而，斜而也光滑，一个物体沿斜而滑下，以物体和斜而为一系统【解析】判断动量是否守恒的方法有两种：第一种，从动量守恒的条件判定，动量守恒成立的条件是系统受到的合外力为零，故分析系统受到的外力是关键；第二种，从动量的定义判定.B选项叙述的系统，初动量为零，末动量不为零；C选项末动量为零，而初动量不为零.D 选项，在物体沿斜面下滑时，向下的动量增大，A选项满足动量守恒.【答案】A3.静止在湖面上的小船上有甲、乙两名运动员，他们的质量相等，以相对于湖面相同的水平速率沿相反方向先后跃入水中，如图1所示，若甲先跳，乙后跳，不计水对船的阻力，则（）图1A.小船末速度向右，乙受小船的冲量大B.小船末速度向左，甲受小船的冲量大C.小船末速度为零，乙受小船的冲量大D.小船末速度为零，甲受小船的冲量大【解析】甲、乙、小船组成的系统动量守恒，取向左为正方向，则有0=加甲e—加乙e +加如o',由于m -p=m c,所以e'=0,故A、B错误；对甲用动量定理厶=加甲对乙用动量定理I c = m cv-m c v f, , v f,为甲跳出后乙和船的速率，因此“>/乙，D正确.【答案】D4.在光滑的水平面上有Q、b两球，其质量分别为加“、加方，两球在/（）时刻发生正碰，两球在碰撞前后的速度图象如图2所示.下列关系正确的是（）A. m a >mhB. fn a <mbC. m a =m hD.无法判断【解析】 不妨设Q 球碰球前的速度大小为°,则由题图可知，碰后0、/?两球的速度大小为号，由动量守恒得：m a v=m^+m a 【答案】 B5. 质量为M 的木块在光滑的水平面上以速度0向右运动，质量为加的子弹以速度- 向左射入木块并停留在木块中，要使木块停下来，发射子弹的数目是（）@/+加为2 MV\A ・ ~~B \M+m ）v 2m V[^'MV2 D •加【解析】 设需发射斤颗子弹，对整个过程由动量守恒定律可得：Mv [-mnv 2=0,所以Mo"—mV2 °【答案】 D6. （多选）古时有“守株待兔”的寓言，设兔子的头部受到大小等于自身重力的撞击力时 即可致死，并设兔子与树桩的作用时间为0.2 s, 10 m/s 2）（ ）A. 1 m/s B ・C ・ 2 m/s D.【解析】 对兔子由动量定理，可得Ft=mv 2-mv Xf 选取兔子奔跑的方向为正方向，即mvi—Ft=O —mV]f F=~j~.当F2tng 时，兔子即被撞死，即F=~~~^mg.所以 V\^gt,即 10X0.2 m/s=2 m/s,故应选 C 、D.【答案】CD7. （多选）质量为M 、内壁间距为厶的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为 加的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为〃•初始时小物块停在箱子正中间，如图3 所示.现给小物块一水平向右的初速度0,小物块与箱壁碰撞N 次后恰又冋到箱子正中间， 并与箱子保持相对静止.设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为（）Z ........ 曲士……匕〃〃〃〃〃/y ）7/〃〃7777//F ————d图3B.C^NjumgL D • N/umgL【解析】 小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，小物块最后恰好又回到箱子正中间.二者相对静止，即为共速，设速度为V[, mv=（m+A4）V[,系统损失动能△ +加）诉= ；；；：,A 错误，B 正确；由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失T ,解得：m b =3m a ,只有E 项正确.则被撞死的兔子奔跑的速度大小可能为（g 取1.5 m/s2.5 m/s的动能等于系统产生的热量，即\Ek=Q=NmgL, C错误，D正确.【答案】BD二、非选择题(本题共5小题，共58分，按题目要求作答)&(8分)某同学把两块不同的木块用细线连接，中间夹一被压缩的弹簧，如图4所示，将 这一系统置于光滑的水平桌面上，烧断细线，观察木块的运动情况，进行必要的测量，验证 木块间相互作用时动量守恒•图4(1) 该同学还必须有的器材是 _______ ・(2) 需要育•接测量的数据是 ______ ・(3) 用所得数据验证动量守恒的关系式是 _______ •【解析】 这个实验的思路与课本上采用的实验的原理完全相同，也是通过测平抛运动 的位移来代替它们作用完毕时的速度.【答案】(1)刻度尺、天平(2)两木块的质量阳、加2和两木块落地点分别到桌子两侧边缘的水平距离锐、阻(3)加1曲=加2$29. (10分)现利用图5甲所示的装置验证动量守恒定律.在图甲中，气垫导轨上有/、B 两个滑块，滑块/右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画幽)的纸带相连；滑块3 左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计吋器(未完全画出)可以记录遮光片通过光 电门的吋间.实验测得滑块/的质量7771 = 0.310 kg,滑块B 的质量加2=0.108 kg,遮光片的宽度〃=1.00 cm ；打点计时器所用交流电的频率/=50.0Hz.将光电门固定在滑块〃的右侧，启动打点计时器，给滑块/一向右的初速度，使它与B 相碰•碰后光电计时器显示的时间为A 臨=3.500 ms,碰撞前后打岀的纸带如图乙所示.若实验允许的相对误差绝对值什碰撞前后总动量之差II 碰前总动量 X100%J 最大为5%, 定律？写出运算过程.乙图5【解析】 按定义，滑块运动的瞬时速度大小e 为式中山为滑块在很短时间\t 内走过的路程.设纸带上打出相邻两点的时间间隔为4加，则△Z A ='=0.02 S (^)Ah 可视为很短.设滑块/在碰撞前、后瞬时速度大小分别为％、Qi •将②式和图给实验 数据代入①式得Z7o=2.OO m/s ③0=0.970 m/s ④本实验是否在误差范围内验证了动量守恒设滑块B 在碰撞后的速度大小为02,由①式有代入题给实验数据得02 = 2.86 m/s ⑥设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p 和//,则p=m 、v()⑦p ,=m\V]+m2V2®两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为爲X 100%⑨联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得^=1.7%<5% ⑩因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律.【答案】见解析10. (12分)如图6甲所示,物块力、8的质量分别是mi =4.0 kg 和加2=6.0 kg,用轻弹簧 相连接放在光滑的水平面上，物块〃左侧与竖直墙相接触.另有一个物块C 从(=0时刻起以 一定的速度向左运动，在/=5.0s 时刻与物块力相碰，碰后立即与力粘在一起不再分开，物 块C 的st 图象如图乙所示•试求：(1) 物块C 的质量加3；(2) 在5.0 s 到15 s 的时间内物块/的动量变化的大小和方向.图6【解析】(1)根据图象可知，物块C 与物块A 相碰前的速度为v }=6 m/s 相碰后的速度为：V2 = 2 m/s根据动量守恒定律得：m^V\ — (m ] +m3)V2解得:加3=2・0kg ・(2)规定向左的方向为正方向，在第5.0 s 和第15 s 物块/的速度分别为：V2 = 2 m/s, U3=—2 m/s所以物块/的动量变化为：Ap=〃2i (03—。

高中鲁科版物理新选修3-4第三章电磁波章节练习学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．电视机的室外天线能把电信号接收下来，是因为()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2．人类社会已经进入了信息化时代，下列选项中不属于现代信息技术的三大基础的是（）A．信息的拾取B．信息的推广C．信息的处理D．信息的传输3．太阳光通过棱镜时，在竖直放置的屏幕上形成如图所示的光带(忽略棱镜对各色光的吸收)．若将灵敏温度计的球部放在屏幕上的MN、NP、PQ区域时，在哪个区域上升的示数最大( )A．MN B．NP C． PQ D．无法确定4．在电视发射端，由摄像管摄取景物并将景物反射的光转化为电信号，这一过程完成了（）A．光、电转化B．电、光转化C．光、电、光转化D．电、光、电转化5．1932年，英国物理学家查德威克用α射线轰击铍核（94Be）时，产生了碳核（126C）和一种不受电场和磁场影响、穿透能力很强的射线，经过进一步证实，这种射线是（）A．光子流B．中子流C．电子流D．质子流6．卫星定位系统在日常生活中有广泛的应用，定位时，接收器需要获得卫星发送的信号．卫星发送的是（）A．声波B．电磁波C．次声波D．机械波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．调谐二、填空题8．电磁波谱是按________连续排列的图谱，从电磁波谱图中可看出光其实是________ 9．“嫦娥三号”依靠________（选填“电磁”或“声”）波将拍到的月貌图片传回地球，此波由真空进入大气的传播过程中，保持不变的是________（选填“速度”或“频率”）．10．现代通信主要有卫星通讯、网络通信、________通信和________通信四种方式，用________颗同步卫星可以实现全球通信．发射频率为AM1000kHz的电磁波长为________m11．雷达利用了微波________、________的特点来工作的．三、解答题12．如图所示的振荡电路中，线圈自感系数L=0.5H，电容器电容C=2μF，现使电容器上极板带正电，从接通电键K时刻算起。

第1讲电磁振荡第2讲电磁场和电磁波[目标定位] 1.了解振荡电流、振荡电路及LC振荡电路的振荡过程,会求LC振荡电路的周期与频率.2.了解阻尼振荡和无阻尼振荡.3.了解麦克斯韦电磁场理论的基本观点以及在物理学发展史上的意义.4.了解电磁波的特点及其发展过程,通过电磁波体会电磁场的物理性质、一、电磁振荡1、振荡电流的产生电磁振荡( 1 )振荡电流和振荡电路①振荡电流:大小和方向都随时间做周期性迅速变化的电流、②振荡电路:能够产生振荡电流的电路、由线圈L和电容器C组成的电路是最简单的振荡电路,称为LC振荡电路、( 2 )电磁振荡的过程放电过程:由于电感线圈对交变电流的阻碍作用,放电电流由零逐渐增大,线圈产生的磁场逐渐增强,电容器里的电场逐渐减弱,电场能逐渐转化为磁场能、放电完毕后,电场能全部转化为磁场能、充电过程:电容器放电完毕后,由于线圈的自感作用,电流保持原来的方向继续流动,电容器将进行反向充电,线圈的磁场逐渐减弱,电容器里的电场逐渐增强,磁场能逐渐转化为电场能、充电完毕,电流减小为零,磁场能全部转化为电场能. 此后电容器再放电,再充电、( 3 )电磁振荡电容器不断地充电和放电,电路中就出现了周期性变化的振荡电流,这种现象叫做电磁振荡、2、无阻尼振荡和阻尼振荡( 1 )在电磁振荡中,如果没有能量损失,振荡将永远持续下去,振荡电流的振幅应该永远保持不变,这种振荡叫做无阻尼振荡,如图1甲、( 2 )由于电路中有电阻,电路中的能量有一部分要转化成内能,还有一部分能量以电磁波的形式辐射到周围空间去了、这样,振荡电路中的能量逐渐损耗,振荡电流的振幅逐渐减小,直到停止振荡、这种振荡叫做阻尼振荡、如图乙、图13、电磁振荡的周期和频率( 1 )电磁振荡完成一次周期性变化需要的时间叫做周期.1 s 内完成周期性变化的次数叫频率、( 2 )振荡电路里发生无阻尼振荡时的周期和频率叫做振荡电路的固有周期、固有频率,简称振荡电路的周期和频率、( 3 )LC 振荡电路的周期T 和频率f 跟电感线圈的电感L 和电容器的电容C 的关系是T ＝2πLC 、f ＝12πLC . 二、电磁场和电磁波1、麦克斯韦电磁理论的两个基本假设( 1 )变化的磁场能够在周围空间产生电场、( 2 )变化的电场能够在周围空间产生磁场、2、电磁场如果在空间某区域有不均匀变化的电场,那么这个变化的电场就在它周围空间引起变化的磁场,这个变化的磁场又在它周围空间引起变化的电场……于是,变化的电场和变化的磁场交替产生,形成不可分割的统一体,称为电磁场、3、电磁波( 1 )产生:由变化的电场和磁场交替产生而形成的电磁场是由近及远传播的,这种变化的电磁场在空间的传播称为电磁波、( 2 )麦克斯韦在1865年从理论上预见了电磁波的存在,1888年物理学家赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在、赫兹还运用自己精湛的实验技术测定了电磁波的波长和频率,得到了电磁波的传播速度,证实了这个速度等于光速、( 3 )电磁波的波长λ、波速v 和周期T 、频率f 的关系:λ＝v T ＝v f. ( 4 )电磁波在真空中的传播速度v ＝c ≈3×108 m/s.一、电磁振荡中各物理量的变化情况如图2所示图2【例1】( 多选)某时刻LC振荡电路的状态如图3所示,则此时刻( )图3A、振荡电流i在减小B、振荡电流i在增大C、电场能正在向磁场能转化D、磁场能正在向电场能转化详细解析图中电容器上极板带正电荷,根据振荡电流方向可知负电荷向下极板聚集,所以电容器正在充电,电容器充电的过程中,电流减小,磁场能向电场能转化,所以A、D选项正确、正确答案AD二、对麦克斯韦电磁场理论的理解1、恒定的磁场不会产生电场,同样,恒定的电场也不会产生磁场、2、均匀变化的电场在周围空间产生恒定的磁场,同样,均匀变化的磁场在周围空间产生恒定的电场、3、振荡变化的磁场在周围空间产生同频率振荡的电场,同样,振荡变化的电场在周围空间产生同频率振荡的磁场、【例2】关于电磁场理论,下列说法正确的是( )A、在电场周围一定产生磁场,磁场周围一定产生电场B、在变化的电场周围一定产生变化的磁场,变化的磁场周围一定产生变化的电场C、均匀变化的电场周围一定产生均匀变化的磁场D、周期性变化的电场周围一定产生周期性变化的磁场详细解析根据麦克斯韦电磁场理论,只有变化的电场能产生磁场,均匀变化的电场产生稳定的磁场,非均匀变化的电场才产生变化的磁场、正确答案 D针对训练某电路中电场随时间变化的图像如图所示,能发射电磁波的电场是( )详细解析图A中电场不随时间变化,不会产生磁场；图B和图C中电场都随时间做均匀的变化,只能在周围产生稳定的磁场,也不会产生和发射电磁波；图D中电场随时间做不均匀的变化,能在周围空间产生变化的磁场,进而能产生变化的电场,从而交织成一个不可分割的统一体,即形成电磁场,能发射电磁波、正确答案 D三、电磁波与机械波的比较1、电磁波和机械波的共同点( 1 )二者都能产生干涉和衍射、( 2 )二者在不同介质中传播时频率不变、( 3 )二者都满足波的公式v＝λT＝λf.2、电磁波和机械波的区别( 1 )二者本质不同电磁波是电磁场的传播,机械波是质点机械振动的传播、( 2 )传播机理不同电磁波的传播机理是电磁场交替感应,机械波的传播机理是质点间的机械作用、( 3 )电磁波传播不需要介质,而机械波传播需要介质、( 4 )电磁波是横波,机械波既有横波又有纵波,甚至有的机械波同时有横波和纵波,例如地震波、【例3】( 多选)以下关于机械波与电磁波的说法中,正确的是( )A、机械波和电磁波,本质上是一致的B、机械波的波速只与介质有关,而电磁波在介质中的波速不仅与介质有关,而且与电磁波的频率有关C、机械波可能是纵波,而电磁波必定是横波D、它们都能发生反射、折射、干涉和衍射现象详细解析机械波由振动产生；电磁波由周期性变化的电场( 或磁场)产生,机械波是能量波,传播需要介质,速度由介质决定,电磁波是物质波,波速由介质和自身的频率共同决定；机械波有横波,也有纵波,而电磁波一定是横波,它们都能发生反射、折射、干涉和衍射等现象,故选项B、C、D正确、正确答案BCD借题发挥机械波的传播速度完全由介质决定,而电磁波的传播速度是由介质和频率共同决定.电磁振荡1、( 多选)在LC回路中,电容器两端的电压u随时间t变化的关系如图4所示,则( )图4A、在时刻t1,电路中的电流最大B、在时刻t2,电路中的磁场能最大C、从时刻t2至t3,电路的电场能不断增大D、从时刻t3至t4,电容器的带电荷量不断增大详细解析电磁振荡中的物理量可分为两组:①电容器带电荷量q、极板间电压u、电场强度E及电场能为一组、②自感线圈中的电流i、磁感应强度B及磁场能为一组、同组量的大小变化规律一致,同增同减同为最大或为零值；异组量的大小变化规律相反、若q、E、u 等量按正弦规律变化,则i、B等量必按余弦规律变化、根据上述分析由题图可以看出,本题正确选项为A、D.正确答案AD2、在LC振荡电路中,用以下的哪种办法可以使振荡频率增大一倍( )A、自感L和电容C都增大一倍B、自感L增大一倍,电容C减小一半C、自感L减小一半,电容C增大一倍D、自感L和电容C都减小一半详细解析据LC振荡电路频率公式f＝12πLC,当L、C都减小一半时,f增大一倍,故选项D是正确的、正确答案 D麦克斯韦电磁场理论3、用麦克斯韦的电磁场理论判断,图中表示电场( 或磁场)产生磁场( 或电场)的正确图像是( )详细解析A图中的左图磁场是稳定的,由麦克斯韦的电磁场理论可知,其周围空间不会产生电场,A图中的右图是错误的；B图中的左图是均匀变化的电场,应该产生稳定的磁场,右图的磁场应是稳定的,所以B图错误；C图中的左图是振荡的磁场,它能产生同频率的振荡电场,且相位相差π2,C图是正确的；D图中的左图是振荡的电场,在其周围空间产生振荡的磁场,但是右图中的图像与左图相比较,相位相差π,故D图错误、正确答案 C电磁波的特点4、( 多选)下列关于电磁波的说法中,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3×108 m/sC、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、衍射现象详细解析电磁波在真空中的传播速度为光速c＝3×108m/s,且c＝λf,从一种介质进入另一种介质,频率不变,但速度、波长会变、电磁波仍具有波的特征,电磁波只有在真空中的速度才为3×108 m/s,在其他介质中的传播速度小于3×108 m/s.正确答案AC题组一麦克斯韦电磁场理论1、建立完整的电磁场理论并首先预言电磁波存在的科学家是( )A、法拉第B、奥斯特C、赫兹D、麦克斯韦详细解析麦克斯韦建立了电磁场理论并且预言了电磁波的存在,选项D正确、正确答案 D2、( 多选)下列说法正确的是( )A、变化的磁场周围一定存在着电场,与是否有闭合电路无关B、恒定电流能够在周围空间产生稳定的磁场C、稳定电场能够在周围空间产生稳定的磁场D、均匀变化的电场能够在周围空间产生稳定的磁场详细解析变化的磁场周围产生电场,当电场中有闭合回路时,回路中有电流、若无闭合回路电场仍然存在,A正确；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C错,D对；恒定电流周围存在稳定磁场,B对、正确答案ABD3、下列关于电磁波的说法正确的是( )A、电磁波只能在真空中传播B、电场随时间变化时一定产生电磁波C、做变速运动的电荷会在空间产生电磁波D、麦克斯韦第一次用实验证实了电磁波的存在详细解析电磁波既可以在真空中传播,也可在其他介质中传播,选项A错误；只有变化的电场才能产生磁场,也只有变化的磁场才能产生电场,选项B错误；做变速运动的电荷对应变化的电场,激发磁场,相当于变化的电流,产生变化的磁场,产生电磁波,选项C正确；电磁波的存在首先由赫兹实验证实,选项D错误、正确答案 C4、( 多选 )某空间出现了如图1所示的一组闭合电场线,这可能是( )图1A 、沿AB 方向磁场在迅速减弱B 、沿AB 方向磁场在迅速增强C 、沿BA 方向磁场在迅速增强D 、沿BA 方向磁场在迅速减弱详细解析 根据电磁感应,闭合回路中的磁通量发生变化时,使闭合回路中产生感应电流,该电流可用楞次定律判断、根据麦克斯韦电磁场理论,闭合回路中产生感应电流,是因为闭合回路中的自由电荷受到了电场力作用,而变化的磁场产生电场,与是否存在闭合回路没有关系,故空间内磁场变化产生的电场方向,仍然可用楞次定律判断,四指环绕方向即为感应电场的方向,由此可知,选项A 、C 正确、正确答案 AC题组二 电磁波的特点5、所有电磁波在真空中传播时,具有的相同物理量是( )A 、频率B 、波长C 、能量D 、波速详细解析 不同电磁波在真空中传播时,只有速度相同,即为光速、正确答案 D6、当电磁波的频率减小时,它在真空中的波长将( )A 、不变B 、增大C 、减小D 、无法确定详细解析 电磁波的波长为:λ＝c f,频率减小,波长增大,选项B 正确、 正确答案 B7、( 多选 )以下关于电磁波的说法中正确的是( )A 、只要电场或磁场发生变化,就能产生电磁波B 、电磁波传播需要介质C 、电磁振荡一旦停止,电磁波仍能独立存在D 、电磁波具有能量,电磁波的传播是伴随有能量向外传递的详细解析如果电场( 或磁场)是均匀变化的,产生的磁场( 或电场)是稳定的,就不能再产生新的电场( 或磁场),也就不能产生电磁波；电磁波不同于机械波,它的传播不需要介质；电磁振荡停止后,电磁波仍独立存在；电磁波具有能量,它的传播是伴随有能量传递的、故选C、D.正确答案CD8、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,声波的波长变长详细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、正确答案 C题组三电磁振荡9、( 多选)关于LC振荡电路中电容器两极板上的电荷量,下列说法正确的是( )A、电荷量最大时,线圈中振荡电流也最大B、电荷量为零时,线圈中振荡电流最大C、电荷量增大的过程中,电路中的磁场能转化为电场能D、电荷量减小的过程中,电路中的磁场能转化为电场能详细解析电容器电荷量最大时,振荡电流为零,A错；电荷量为零时,放电结束,振荡电流最大,B对；电荷量增大时,磁场能转化为电场能,C对；同理可判断D错、正确答案BC10、LC振荡电路中,平行板电容器两极板间电场强度随时间变化关系如图2所示,则与该图中A点相对应的是( )图2A、电路中的振荡电流最大B、电路中的磁场能最大C、电路中的振荡电流为零D、电容器两极板所带电荷量最少详细解析图像中的A点表示电场强度负向最大,此时电路中的振荡电流为零、磁场能最小、电容器所带电荷量最大,选项C正确、正确答案 C11、在LC回路中发生电磁振荡时,以下说法正确的是( )A、电容器的某一极板,从带最多的正电荷放电到这一极板充满负电荷为止,这一段时间为一个周期B、当电容器放电完毕瞬间,回路中的电流为零C、提高充电电压,极板上带更多的电荷时,能使振荡周期变大D、要提高振荡频率,可减小电容器极板间的正对面积详细解析电容器某一极板从带最多的正电荷到带最多的负电荷这段时间,电容器完成了放电和反向充电过程,时间为半个周期,A错误；电容器放电完毕瞬间,电路中电场能最小,磁场能最大,故电路中的电流最大,B错误；振荡周期仅由电路本身决定,与充电电压等无关,C 错误；提高振荡频率,就是减小振荡周期,可通过减小电容器极板正对面积来减小C,达到增大振荡频率的目的,D正确、正确答案 D12、( 多选)一台电子钟,是利用LC振荡电路来制成的,在家使用一段时间后,发现每昼夜总是快1 min,造成这种现象的可能原因是( )A、L不变C变大了B、L不变C变小了C、L变小了C不变D、L、C均减小了详细解析由题意可知,LC振荡电路的周期T变小了,根据周期公式T＝2πLC,选项B、C、D正确、正确答案BCD13、( 多选)LC振荡电路中,某时刻的磁场方向如图3所示,则( )翰翰说设计图3A、若磁场正在减弱,则电容器正在充电,电流由b向aB、若磁场正在减弱,则电场能正在增大,电容器上极板带负电C、若磁场正在增强,则电场能正在减少,电容器上极板带正电D、若磁场正在增强,则电容器正在充电,电流方向由a向b详细解析若磁场正在减弱,则电流在减小,是充电过程,根据安培定则可确定电流由b向a,电场能增大,上极板带负电,故选项A、B正确；若磁场正在增强,则电流在增大,是放电过程,电场能正在减小,根据安培定则,可判断电流由b向a,上极板带正电,故选项C正确,D错误、正确答案ABC。

一、光的干涉1.产生干涉的条件：两列频率相同、相位差恒定、振动情况相同的光.2.产生亮、暗条纹的条件：当Δr＝kλ时出现亮条纹；当Δr＝(2k＋1)λ2时出现暗条纹(其中k＝0,1,2……).相邻亮(或暗)条纹间距：Δy＝ldλ.3.双缝干涉图样的特点：单色光照射时为间距相同的明暗相间的条纹，白光照射时为彩色条纹.4.双缝干涉法测量光的波长：由相邻亮(或暗)条纹间距Δy＝ld λ得λ＝Δydl.5.薄膜干涉(1)薄膜干涉中的条纹是从薄膜前、后两个表面反射的光在光源这一侧干涉形成的.(2)同一条纹上的点厚度相同，所以若用肥皂薄膜做实验，条纹为横条纹.[复习过关]1.如图1所示为双缝干涉实验，甲图为用绿光照射时的结果，a为中央亮条纹，a′为相邻亮条纹；乙图为换用另一种单色光照射的结果，a为中央亮条纹，a′为相邻亮条纹，两次实验中双缝间距和双缝到屏的距离都相等，以下说法正确的是()图1A.乙图可能是用红光照射，表明红光波长较长B.乙图可能是用紫光照射，表明紫光波长较长C.乙图可能是用紫光照射，表明紫光波长较短D.乙图可能是用红光照射，表明红光波长较短答案 C解析由题图知甲图中条纹间距大，由Δy＝ldλ可知，在l和d相同的情况下，Δx大，则λ大；Δx小，则λ小；所以乙图中所用单色光波长较短，因紫光比绿光波长短，故选项C正确.2.如图2所示，在双缝干涉实验中，若单缝S从双缝S1、S2的中央对称轴位置处稍微向上移动，则()图2A.不再产生干涉条纹B.仍可产生干涉条纹，其中央亮条纹P的位置不变C.仍可产生干涉条纹，其中央亮条纹P的位置略向上移D.仍可产生干涉条纹，其中央亮条纹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，因此S1、S2射出的仍是相干光，则单缝S发出的光到达屏上P点下方某点的路程差为零，故中央亮条纹下移.3.(多选)一束平行光照射在双缝上，在缝后屏上得到干涉条纹，下列说法中正确的是()A.增大双缝到屏的距离，条纹间距变大B.入射光波长变短，光强不变，条纹间距不变C.入射光频率变化时条纹间距跟着变化D.在水里做双缝干涉实验，同样条件下的条纹间距会变化答案ACD解析根据Δy＝ldλ可得增大双缝的屏的距离l，条纹间距变大，故A正确；入射光的强度与入射光的波长无关，故入射光的强度不变，但波长变短时，条纹间距减小，故B错误；入射光的频率改变时，入射光的波长就发生改变，则条纹间距会随之发生改变，故C正确；在水里做双缝干涉实验，使光的传播速度变小，由于光的频率不变，故波长变小，所以条件间距变小，故D正确.二、光的干涉与衍射的辨析光的干涉与衍射都可以得到明暗相间的色纹，都有力地证明了光的波动性.1.光的干涉强调了两个或多个光束的叠加.例如从楔形肥皂膜上观察到的钠黄光的明暗相间条纹，或从水面油膜上观察到的彩色条纹，就属这类情况，从薄膜的前后表面反射出来的光就是相干光.2.光的衍射现象强调了光偏离直线传播的现象.例如从小孔观察点光源或从狭缝观察线光源就属这种情况.光经过小孔或狭缝产生非直线传播的现象，此时便可在光屏上形成明暗相间的条纹.3.干涉条纹与衍射条纹也是有区别的，以狭缝为例，干涉条纹是相互平行、等距(宽度相同)的；而衍射条纹是平行而不等距的，中间最宽，两边条纹宽度逐渐变窄.4.光的干涉和衍射，都证明了光的波动性，只有波才可以发生干涉和衍射现象.5.光的干涉和衍射有一定的联系，光的双缝干涉中就有光的衍射.[复习过关]4.如图3所示为红光或紫光通过双缝或单缝所呈现的图样，则()图3A.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解析对于干涉条纹，亮条纹和暗条纹在比较多的条数之内都保持宽度相等，且波长越大，条纹越宽，对于衍射条纹，条纹宽度中间大，两边逐渐减小，由于红光波长大于紫光波长，故红光条纹比紫光条纹宽，因此甲是红光干涉图样，乙是紫光干涉图样，丙是红光衍射图样，丁是紫光衍射图样，故选项B对，A、C、D错.5.(多选)下面有关光的干涉现象的描述中，正确的是()A.在光的双缝干涉实验中，将入射光由绿光改为紫光，则条纹间隔变宽B.白光经肥皂膜前后表面反射后，反射光发生干涉形成彩色条纹C.在光的双缝干涉实验中，若缝S1射入绿光，S2射入紫光，则条纹是彩色的D.光的干涉现象说明光具有波动性答案BD解析根据双缝干涉条纹的间距公式Δy＝ldλ，紫光的波长比绿光短，所以条纹间隔变窄，故A错误；白光是复色光，不同的色光波长不一样，当两列光的路程差等于半波长的偶数倍，出现亮条纹，当路程差是半波长的奇数倍，出现暗条纹，所以白光经肥皂膜前后表面反射后，反射光发生干涉形成彩色条纹，故B正确；干涉的条件是两列光频率相同，不同频率的光不能发生干涉，故C错误；光的干涉现象说明光是一种波，故D正确.6.某同学自己动手制作如图4所示的装置观察光的干涉现象，其中A为单缝屏，B为双缝屏，整个装置位于一暗箱中，实验过程如下：图4(1)该同学用一束太阳光照射A屏时，屏C上没有出现干涉条纹；移去B后，在屏上出现上不等间距条纹，此条纹是由于________产生的.(2)移去A后，遮住缝S1或缝S2中的任意一个，C上均出现一窄亮斑.出现以上实验结果的主要原因是________.答案(1)光的衍射(2)双缝S1、S2太宽解析(1)移去B后只剩下单缝，故发生单缝衍射形成条纹，故此条纹是由于光的衍射产生的.(2)没有出现条纹而只出现一个窄亮斑，说明衍射现象不明显，故主要原因是双缝S1、S2太宽.三、折射中的色散1.同一介质对不同色光的折射率不同，对红光的折射率最小，对紫光的折射率最大.2.由n＝cv可知，各种色光在同一介质中的光速不同，红光速度最大，紫光速度最小.3.同一频率的色光在不同介质中传播时，频率不变，该色光在介质中的传播速度为v＝cn＝λf，波长随之改变.4.光的频率f越大，同一介质对光的折射率越大.[复习过关]7.(多选)如图5所示，两束不同的单色光P和Q，以适当的角度射向半圆形玻璃砖，其出射光线都是从圆心O点沿OF方向射出，则下面说法正确的是()图5A.P光束在玻璃砖中的折射率大B.Q光束的频率比P光束的频率大C.P光束穿出玻璃砖后频率变大。

章末检测(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分)1．关于光的折射现象，下列说法正确的是()A．光的传播方向发生改变的现象叫光的折射B．光由一种介质进入另一种介质，传播方向一定改变C．人观察盛水容器的底部，发现水变浅了D．若光从空气射入液体中，它的传播速度一定增大答案 C2.图1如图1所示是一束光从空气射向某介质在界面上发生了反射和折射现象的光路图，下列判断中正确的是()A．AO是入射光，OB为反射光，OC为折射光B．BO是入射光，OC为反射光，OA为折射光C．CO是入射光，OB为反射光，OA为折射光D．条件不足，无法确定解析法线与界面垂直，根据反射角等于入射角，反射光线、折射光线和入射光线都位于法线两侧，可知CO为入射光线，OB为反射光线，OA为折射光线．答案 C3．白光通过三棱镜发生色散现象，下列说法正确的是()A．白光是由不同频率的光组成的B．棱镜材料对各种色光的折射率不同C．棱镜对红光的折射率大，对紫光的折射率小D．出现色散现象是棱镜改变了颜色解析从红光到紫光，频率越来越大，折射率也越来越大，A、B正确．答案AB图24．如图2所示，有一玻璃三棱镜ABC ，顶角A 为30°，一束光线垂直于AB 射入棱镜，从AC 射出进入空气，测得出射光线与AC 夹角为30°，则棱镜的折射率为( )A.12B.22C.3D.33解析 顶角A 为30°，则光从AC 面射出时，在玻璃中的入射角i ＝30°.由于出射光线和AC的夹角为30°，所以折射角r ＝60°.由光路可逆和折射率的定义可知n ＝sin r sin i＝3，C 项正确． 答案 C5.图3如图3所示，从点光源S 发出的一细束白光以一定的角度入射到三棱镜的表面，经过三棱镜的折射后发生色散现象，在光屏的ab 间形成一条彩色光带．下面的说法中正确的是( )A ．a 侧是红色光，b 侧是紫色光B ．在真空中a 侧光的波长小于b 侧光的波长C ．三棱镜对a 侧光的折射率小于对b 侧光的折射率D ．在三棱镜中a 侧光的传播速度大于b 侧光的传播速度解析 由于玻璃对各色光的折射率不同，导致色散的形成，玻璃对紫光的折射率最大，对红光的折射率最小，据n ＝sin i sin r可知a 侧为紫光，b 侧为红光，故A 、C 错；在真空中，红光的波长大于紫光的波长，故B 对．由n ＝c v 可以求出，在三棱镜中，红光的传播速度大于紫光的传播速度，D 错．答案 B6．一束单色光斜射到厚平板玻璃的一个表面上，经两次折射后从玻璃板另一个表面射出，出射光线相对于入射光线侧移了一段距离．在下列情况下，出射光线侧移距离最大的是( )A．紫光以45°的入射角入射B．红光以45°的入射角入射C．紫光以30°的入射角入射D．红光以30°的入射角入射解析如图所示，由光的折射定律可知，无论是红光还是紫光，以45°角入射时的侧移距离都比以30°角入射时的侧移距离大．由于玻璃对紫光的折射率比红光的大，由图可以看出，在同一入射角时紫光的侧移距离比红光的侧移距离大，即Δh1＞Δh2，故A正确．答案 A7.图4图4为“水流导光”实验装置．长直开口透明塑料瓶内装有适量清水，在其底侧开一小孔，水从小孔流出形成弯曲不散开的水流，用细激光束透过塑料瓶水平射向该小孔，观察到激光束没有完全被限制在水流内传播．下列操作有助于激光束完全被限制在水流内传播的是()A．增大该激光的强度B．向瓶内再加适量清水C．改用频率更低的激光D．改用折射率更小的液体解析激光束没有完全被限制在水流内传播，说明部分光出现折射现象，没有全部发生全反射．要使全部的光发生全反射，应增大光线与水流界面之间的入射角或减小临界角．要增大入射角，则应向瓶内再加适量清水，增加压强，使水流在出水口处弯曲的小一些，B正确；由sin C＝1，知要减小临界角则应改用折射率更大的液体，或频率更高的激光，C、D错误；n改变激光强度对全反射无影响，故A错．答案 B8.图5半圆形玻璃砖横截面如图5所示，AB为直径，O点为圆心．在该界面内有a、b两束单色可见光从空气垂直于AB射入玻璃砖，两入射点到O点的距离相等．两束光在半圆边界上反射和折射的情况如图5所示，则a、b两束光()A．在同种均匀介质中传播，a光的传播速度大B．以相同的入射角从空气斜射入水中，b光的折射角大C．从同一介质以相同的入射角射向空气，若a光不能进入空气，则b光也不能进入空气D．a光的频率大于b光的频率解析由于两束光的入射点到O点的距离相等，因此它们在半圆边界上的入射角相同，由于b光发生全反射，而a光能够折射，说明b光的全反射临界角小于a光的全反射临界角，可知，b光在介质中的折射率大于a光在介质中的折射率，所以b光的频率比a由n＝1sin C可知，在同种介质中a光的传播速度大，A项正确，D项错误；以相光的频率高，由v＝cn同的入射角从空气斜射入水中，b光的折射程度大，折射角小，B项错误；由于b光全反射临界角小，所以C项正确．答案AC图69．如图6所示，口径较大、充满水的薄壁圆柱形浅玻璃缸底有一发光小球，则() A．小球必须位于缸底中心才能从侧面看到小球B．小球所发的光能从水面任何区域射出C．小球所发的光从水中进入空气后频率变大。

章末检测(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分)1．单摆通过平衡位置时，小球受到的回复力()A．指向地面B．指向悬点C．数值为零D．垂直于摆线解析做简谐运动的质点，只有在离开平衡位置时才受到回复力，“平衡位置”的意义就是回复力为零的位置，此处的合力不一定为零．答案 C2．简谐运动属于()A．匀变速直线运动B．匀速直线运动C．曲线运动D．变速运动解析简谐运动的加速度大小不断变化，选项A、B错误；简谐运动可能是直线运动，也可能是曲线运动，简谐运动的速度不断变化，是变速运动，选项D正确．答案 D3.图1如图1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1s内，质点速度逐渐增大B．质点振动周期是4sC．在8s内质点通过的路程是16cmD．质点在第2s内的速度方向与在第3s内的速度方向相反解析在第1s内，质点由平衡位置向正向最大位移处运动，速度减小，A错误；由图可知，周期T＝4s，振幅A＝2cm，则8s内质点通过的路程s＝8T·4A＝16cm，B、C正确；质点在第2s内的速度方向与在第3s内的速度方向相同，均沿x轴负方向，D错误．答案BC4．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12，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，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，单摆的振幅改变，选项C 正确．答案 C图25．如图2所示，在光滑水平面上的弹簧振子，弹簧形变的最大限度为20cm ，图示P 位置是弹簧振子处于自然伸长的位置，若将振子m 向右拉动5cm 后由静止释放，经0.5s 振子m 第一次回到P 位置，关于该弹簧振子，下列说法正确的是( )A ．该弹簧振子的振动频率为1HzB ．若向右拉动10cm 后由静止释放，经过1s 振子m 第一次回到P 位置C ．若向左推动8cm 后由静止释放，振子m 两次经过P 位置的时间间隔是2sD ．在P 位置给振子m 任意一个向左或向右的初速度，只要位移不超过20cm ，总是经0.5s 速度就降为0解析 由题意知，该弹簧振子振动周期为T ＝0.5×4s ＝2s ，且以后不再变化，即弹簧振子固有周期为2s ，振动频率为0.5Hz ，所以B 选项中应经过0.5s 第一次回到P 位置，A 、B 选项错误；C 选项中两次经过P 位置的时间间隔为半个周期，是1s ，C 选项错误，振子从平衡位置经T 4＝0.5s ，速度就降为0，D 选项正确． 答案 D6．一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；由于物体的运动方向在两时刻可能为同向，也可能为反向，A错误．答案BC7．某同学在研究单摆的受迫振动时，得到如图3所示的共振曲线．横轴表示驱动力的频率，纵轴表示稳定时单摆振动的振幅．已知重力加速度为g，下列说法中正确的是()图3A．由图中数据可以估算出摆球的摆长B．由图中数据可以估算出摆球的质量C．由图中数据可以估算出摆球的最大动能D．如果增大该单摆的摆长，则曲线的峰将向右移动解析从单摆的共振曲线可以得出单摆的固有频率，单摆的固有频率等于振幅最大时的驱动力的频率，根据单摆的频率可以计算出单摆的周期，根据单摆的周期公式可以算出单摆的摆长，选项A正确；从单摆的周期无法计算出单摆的摆球质量和摆球的最大动能，选项B、C 错误；如果增大单摆的摆长，单摆的周期增大，频率减小，曲线的峰将向左移动，选项D 错误．答案 A8．A、B两个单摆，A摆的固有频率为f，B摆的固有频率为4f，若让它们在频率为5f的驱动力作用下做受迫振动，那么A、B两个单摆比较()A．A摆的振幅较大，振动频率为fB．B摆的振幅较大，振动频率为5fC．A摆的振幅较大，振动频率为5fD．B摆的振幅较大，振动频率为4f解析A、B两摆均做受迫振动，其振动频率等于驱动力的频率5f，因B摆的固有频率接近驱动力的频率，故B摆的振幅较大，B正确．答案 B9．如图4所示是甲、乙两个单摆做简谐运动的图象，则下列说法中正确的是()图4A ．甲、乙两摆的振幅之比为2∶1B ．t ＝2s 时，甲摆的重力势能最小，乙摆的动能为零C ．甲、乙两摆的摆长之比为4∶1D ．甲、乙两摆摆球在最低点时摆线的拉力大小一定相等解析 由题图知甲、乙两摆的振幅分别为2cm 、1cm ，故选项A 正确；t ＝2s 时，甲摆在平衡位置处，乙摆在振动的最大位移处，故选项B 正确；由单摆的周期公式T ＝2πl g，得到甲、乙两摆的摆长之比为1∶4，故选项C 错误；因摆球质量关系未知，无法确定拉力大小关系，故选项D 错误．答案 AB10．一弹簧振子沿x 轴振动，平衡位置在坐标原点．t ＝0时刻振子的位移x ＝－0.1m ；t ＝43s 时刻x ＝0.1m ；t ＝4s 时刻x ＝0.1m ．该振子的振幅和周期可能为( )A ．0.1m ，83sB ．0.1m,8s C ．0.2m ，83sD ．0.2m,8s 解析 若振幅A ＝0.1m ，T ＝83s ，则43s 为半周期，从－0.1m 处运动到0.1m 处，符合运动实际，4s －43s ＝83s 为一个周期，正好返回0.1m 处，所以A 正确；若A ＝0.1m ，T ＝8s ，43s 只是T 的16，不可能由负的最大位移处运动到正的最大位移处，所以B 错；若A ＝0.2m ，T ＝83s ，43s ＝T 2，振子可以由－0.1m 处运动到对称位置，4s －43s ＝83s ＝T ，振子可以由0.1m 处返回0.1m 处，所以C 对；若A ＝0.2m ，T ＝8s ，43s ＝2×T 12，而sin ⎝⎛⎭⎫2πT ×T 12＝12，即T 12时间内，振子可以从平衡位置运动到0.1m 处，再经83s 又恰好能由0.1m 处运动到0.2m 处后，再返回0.1m 处，所以D 对． 答案 ACD。

章末检测(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分)1．关于振动和波的关系，下列说法正确的是()A．有机械波必有振动B．有机械振动必有波C．离波源远的质点振动周期长D．波源停振时，介质中的波动立即停止解析一个质点的振动会带动邻近质点振动，使振动这种运动形式向外传播出去而形成机械波，但在缺少介质的情况下，波动现象就无法发生，故A选项对，B选项错；波动形成以后，各质点的振动都先后重复波源的振动，故各质点的振动周期是一样的，C错；大量质点的振动所形成的波动不会因波源停振而立即消失，因为能量不会无缘无故地消失，故D选项错．答案 A2.图1如图1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() 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移动，选项A正确，选项B错误；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，选项C错误，选项D正确．答案AD3．图2分别表示一列水波在传播过程中遇到了小孔(①、②图)或障碍物(③、④图)，其中能发生明显衍射现象的有()图2A．只有①②④B．只有①④C．只有②③D．只有①③解析题图①②中小孔与波长相差不多，能发生明显衍射，题图④中障碍物与波长相差不多，能发生明显衍射，题图③中障碍物比波长大得多，不能发生明显衍射．故正确答案为A.答案 A4．一列简谐横波沿某一直线传播，A、B是该直线上相距1.2m的两点，从波到达其中一点开始计时，4s内A完成8次全振动，B完成10次全振动，则该波的传播方向及波速分别为()A．方向由A向B，v＝0.3m/sB．方向由B向A，v＝0.3m/sC．方向由B向A，v＝1.5m/sD．方向由A向B，v＝1.5m/s解析由于4s内B完成的全振动次数大于A完成的全振动的次数，所以波由B向A传播．周期T＝410s＝0.4s，A、B在4s内完成的全振动相差2次，即A、B间相距两个波长即2λ＝1.2m，λ＝0.6m，所以v＝λT＝1.5m/s，故C对．答案 C5．如图3中S1、S2是两个相干波源，由它们发出的波相互叠加，实线表示波峰，虚线表示波谷．则对a、b、c三点振动情况的下列判断中，正确的是()图3A ．b 处的振动永远互相减弱B ．a 处永远是波峰与波峰相遇C ．b 处在该时刻是波谷与波谷相遇D ．c 处的振动永远互相减弱解析 b 处此刻是波谷和波谷相遇，位移为负的最大值，振动也是加强的，A 错，C 正确；a 处此刻是波峰与波峰相遇，过半个周期后变成波谷与波谷相遇，始终是振动加强的点，并非永远是波峰与波峰相遇的点，B 错；c 处此刻是波峰和波谷相遇，过半个周期后仍是波峰和波谷相遇，它的振动永远互相减弱，D 正确．答案 CD6．两个静止的声源，发出声波1和声波2，在同种介质中传播，如图4所示为某时刻这两列波的图象，则下列说法正确的是( )图4A ．声波1与声波2的波速之比为1∶2B ．声波1与声波2的频率之比为1∶2C ．相对于同一障碍物，声波1比声波2更容易发生明显的衍射现象D ．这两列波相遇时，不会产生干涉现象解析 由题图可知两声波的波长之比λ1λ2＝21，因在同种介质中传播，波速相等，由v ＝λf ，得频率之比f 1f 2＝λ21＝12，A 错误，B 正确；波长越长，越容易发生明显的衍射现象，C 正确；因两列波的频率不同，所以这两列波相遇时不会产生干涉现象，D 正确．答案 BCD7．如图，t ＝0时刻，波源在坐标原点从平衡位置沿y 轴正方向开始振动，振动周期为0.4s ，在同一均匀介质中形成沿x 轴正、负两方向传播的简谐横波．下图中能够正确表示t ＝0.6s 时波形的图是( )解析 波源振动在同一均匀介质中形成沿x 轴正、负两方向传播的简谐横波．t ＝0.6s 时沿x 轴正、负两方向各传播1.5个波长，且t ＝0.6s 时波源向y 轴负方向运动，根据“同侧法”可判断出能够正确表示t ＝0.6s 时波形的图是C.答案 C8．一列简谐横波沿直线传播．以波源O 由平衡位置开始振动为计时零点，质点A 的振动图象如图5所示，已知O 、A 的平衡位置相距0.9m ．以下判断正确的是( )图5A ．波长为1.2mB ．波源起振方向沿y 轴正方向C ．波速大小为0.4m/sD ．质点A 的动能在t ＝4s 时最大解析 由A 的振动图象可知，A 经过3s 开始振动，OA 间距0.9m ，波速v ＝x t ＝0.93m /s ＝0.3 m/s ，故C 错；振动的周期T ＝4s ，所以波长λ＝v T ＝0.3×4m ＝1.2m ，故A 对；介质中质点的起振方向和波源的起振方向相同，由A 质点的起振方向可以判断波源的起振方向为沿y 轴的正方向，故B 对；t ＝4s 时A 距离平衡位置最远，速度最小，动能最小，故D 错． 答案 AB9．一列简谐波沿x 轴传播，t ＝0时刻的波形如图6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( )。

模块检测(二)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分) 1．下列有关物理学史，不符合事实的是()A．麦克斯韦建立了电磁场理论并预言了电磁波的存在B．伽利略认为，力学规律在任何惯性系中都是相同的C．赫兹首先捕捉到了电磁波D．牛顿发现了单摆周期公式解析根据物理学史可知，惠更斯首先确定了单摆的周期公式，选项D错误．答案 D2．关于电磁波，下列说法正确的是()A．雷达是用X光来测定物体位置的设备B．使电磁波随各种信号而改变的技术叫做解调C．用红外线照射时，大额钞票上用荧光物质印刷的文字会发出可见光D．变化的电场产生磁场解析雷达是根据微波测定物体位置的，选项A错误；使电磁波随各种信号而改变的技术叫做调制，选项B错误；用紫外线照射时大额钞票上用荧光物质印刷的文字会发出可见光，选项C错误；根据麦克斯韦电磁场理论可知变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场，选项D正确．答案 D3．对图1中现象解释不正确的是()图1A．图甲的原理和光导纤维传送光信号的原理一样B．图乙的原理和门镜的原理一样C．图丙的原理和照相机镜头表面涂上增透膜的原理一样D．图丁的原理和用标准平面检查光学平面的平整程度的原理一样解析沙漠蜃景和光导纤维都是利用光的全反射，A正确；彩虹和门镜原理都是光的折射，B正确；彩色的肥皂泡、照相机镜头表面涂上增透膜和用标准平面检查光学平面的平整程度的原理都是薄膜干涉，C正确；立体电影的原理是光的偏振，D错误．答案 D4．以下说法正确的是()A．光的偏振现象说明光是横波B．电磁波是电子的运动产生的C．地面上静止的人观察一条沿自身长度方向高速运动的杆，其长度总比杆静止时的长度小D．激光具有单色性好、方向性强、亮度高等特点，是进行全息照相的理想光源解析只有横波才有偏振，纵波没有偏振，选项A正确；电磁波是周期性变化的电磁场产生的，选项B错误；根据尺缩效应可知，选项C正确；根据激光的特点和应用可知，选项D 正确．答案ACD5．关于振动和波动，下列说法正确的是()A．单摆做简谐运动的周期与摆球的质量有关B．部队过桥不能齐步走而要便步走，是为了避免桥梁发生共振现象C．在波的干涉中，振动加强的点位移不一定始终最大D．各种波均会发生偏振现象解析单摆的周期公式为T＝2πlg，周期与质量无关，选项A错误；部队过桥不能齐步走而要便步走，就是为了尽量消除共振，选项B正确；在波的干涉中，振动加强的点位移时刻变化，只是其振幅增大而已，选项C正确；只有横波才有偏振现象，选项D错误．答案BC6．关于图2四幅图所涉及物理知识的论述中，正确的是()图2A．甲图中，演示简谐运动的图象实验中，若匀速拉动木板的速度较大，则由图象测得简谐运动的周期较大B．乙图中，可利用薄膜干涉检查样品的平整度C ．丙图中，由图可知当驱动力的频率f 跟固有频率f 0相差越大，振幅越大D ．丙图中，由图可知当驱动力的频率f 跟固有频率f 0相差越小，振幅越大答案 BD7.图3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3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解析 由题图可知，n 1＞n 2，又v ＝c n及c ＝λf 可知，λ1＜λ2，v 1＜v 2故A 正确，B 错误；光经过玻璃的时间t ＝s v ＝d v cos θ2＝nd c 1－sin 2θ2＝nd c 1－sin 2θ1n 2＝n 2d cn 2－sin 2θ1，所以两种光通过玻璃板的时间相等，C 错误；由sin C ＝1n知，C 1＜C 2，所以单色光1易发生全反射，D 正确． 答案 AD8.图4a 、b 两束色光(红光和紫光)，分别沿半径方向射向圆柱形的玻璃砖，其出射光线都是由圆心O 沿OP 方向射出，如图4所示，则下列说法中正确的是( )A ．b 在介质中的折射率比a 大B ．若用b 光做单缝衍射实验，要比用a 时中央条纹更宽C ．做双缝干涉实验中，用a 光比用b 光条纹宽D ．a 光在玻璃中的速度较小解析 光由玻璃射向空气时，折射率n ＝sin θ2sin θ1，因θ2相同，a 光的入射角θ1较b 光大，故n a＜n b ，所以a 光是红光，b 光是紫光，则λa ＞λb ，单缝衍射和双缝干涉中a 光的条纹宽，选项A、C正确，B错误；由n＝cv可知v a＞v b，选项D错误．答案AC图59．如图5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＝4s时质点速度最大，加速度为0B．在t＝1s时，质点速度和加速度都达到最大值C．在0到1s时间内，质点速度和加速度方向相同D．在t＝2s时，质点的位移沿x轴负方向，加速度也沿x轴负方向解析t＝4s时质点位于正的最大位移处，加速度值最大，A错；t＝1s时质点位于平衡位置，速度最大，加速度为零，B错；在0到1s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＝2s时，沿x轴正方向，D错．答案 C10．如图6所示为一列沿x轴正向传播的简谐横波在t＝0时刻的图象，振源周期为1s，以下说法正确的是()图6A．质点b的振幅为0B．经过0.25s，质点b沿x轴正向移动0.5mC．从t＝0时刻起，质点c比质点a先回到平衡位置D．在t＝0时刻，质点a、c所受的回复力大小之比为1∶2解析图示时刻质点b的位移为0，但其振幅为4cm，故A错误；简谐横波沿x轴正向传播时，质点b只在自己平衡位置附近上下振动，并不随波迁移，故B错误；简谐横波沿x轴正向传播，t＝0时刻，质点a向下运动，回到平衡位置的时间小于T4，而质点c向上运动，回到平衡位置的时间等于T4，故质点a比质点c先回到平衡位置，故C错误；根据简谐运动的。

基础课4光的干涉、衍射和偏振电磁波与相对论WHHJS —光的干涉、衍射和偏振1. 光的干涉(1) 定义：在两列光波叠加的区域，某些区域相互加强，出现直条纹，某些区域 相互减弱，出现墮条纹，且加强区域和减弱区域相互间隔的现象。

(2) 条件：两束光的频率相同、相位差恒定。

(3) 双缝干涉图样特点：单色光照射时形成明暗相间的等间距的干涉条纹；白光 照射时，中央为Q 色亮条纹,其余为彩色条纹。

2. 光的衍射发生明显衍射的条件：只有当障碍物的尺寸与光的波长相差不多，甚至比光的波 长还小的时候,衍射现象才会明显。

3. 光的偏振(1) 自然光：包含着在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。

(2) 偏振光：在垂直于光的传播方向的平面上，只沿着某个整定的方向振动的光。

(3) 偏振光的形成① 让自然光通过偏振片形成偏振光。

② 让自然光在两种介质的界面发生反射和近射，反射光和折射光可以成为部分偏 振光或完全偏振光。

(4) 光的偏振现象说明光是一种遗波。

知识点二电磁波1. 麦克斯韦电磁场理论变化的磁场能够在周围空间产生虫邀，变化的电场能够在周围空间产生扈邀。

2. 电磁波(1) 电磁场在空间由近及远的传播，形成电磁波。

课前双基过关知识排查(2)电磁波的传播不需要介质，可在真空中传播，在真空中不同频率的电磁波传播速度相同(都等于光速)。

(3)不同频率的电磁波，在同一介质屮传播。

其速度是不同的，频率越高，波速越企。

(4)v=A/；/是电磁波的频率。

3.电磁波的发射(1)发射条件：幵放电路和高频振荡信号，所以要对传输信号进行调制(调幅或调频)。

(2)调制方式①调幅：使高频电磁波的握樞随信号的强弱而变。

②调频：使高频电磁波的题奎随信号的强弱而变。

4.无线电波的接收(1)当接收电路的固奋频率跟接收到无线电波的频率祖笠吋，激起的振荡电流量强，这就是电谐振现象。

(2)使接收电路产生电谐振的过程叫做週能够调谐的接收电路叫做週遭电路。