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。
