資源簡介

動量專題復習卷
學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________
注意：本試卷包含Ⅰ、Ⅱ兩卷。第Ⅰ卷為選擇題，所有答案必須用2B鉛筆涂在答題卡中相應的位置。第Ⅱ卷為非選擇題，所有答案必須填在答題卷的相應位置。答案寫在試卷上均無效，不予記分。
一、單選題（本大題共8小題，共32.0分）
如圖所示，光滑水平面上有質量均為的物塊和，上固定一輕質彈簧，靜止，以速度水平向右運動，從與彈簧接觸至彈簧被壓縮到最短的過程中
A. ，的動量變化量相同 B. ，的動量變化率相同
C. ，系統的總動能保持不變 D. ，系統的總動量保持不變
在納米技術中需要移動或修補原子，必須使在不停地做熱運動速率約幾百米每秒的原子幾乎靜止下來且能在一個小的空間區域內停留一段時間，為此已發明了“激光制冷”技術，若把原子和入射光分別類比為一輛小車和一個小球，則“激光制冷”與下述的力學模型很類似．一輛質量為的小車一側固定一輕彈簧，如圖所示以速度水平向右運動，一個動量大小為的小球水平向左射入小車并壓縮彈簧至最短，接著被鎖定一段時間，再解除鎖定使小球以大小相同的動量水平向右彈出，緊接著不斷重復上述過程，最終小車停下來．設地面和車廂均為光滑，除鎖定時間外，不計小球在小車上運動和彈簧壓縮、伸長的時間．從小球第一次入射開始到小車停止運動所經歷的時間為
A. B. C. D.
一粒鋼珠從靜止狀態開始自由下落，然后陷入泥潭中．若把在空中下落的過程稱為過程Ⅰ，進入泥潭直到停止的過程稱為過程Ⅱ，則
A. 過程Ⅰ中鋼珠動量的改變量等于重力的沖量
B. 過程Ⅱ中阻力的沖量的大小等于過程Ⅰ中重力沖量的大小
C. 過程Ⅱ中鋼珠克服阻力所做的功等于過程Ⅱ中鋼珠所減少的重力勢能
D. 過程Ⅱ中損失的機械能等于過程Ⅰ中鋼珠所增加的動能
兩滑塊、沿水平面上同一條直線運動，并發生碰撞，碰撞后兩者粘在一起運動。兩者的位置隨時間變化的圖象如圖所示。若滑塊的質量，以下判斷正確的是
A. 、碰撞前的總動量為
B. 碰撞時對所施沖量為
C. 碰撞前后的動量變化為
D. 碰撞中、兩滑塊組成的系統損失的動能為
如圖所示，在光滑水平面上，有質量分別為和的、兩滑塊，它們中間夾著一根處于壓縮狀態的輕質彈簧，由于被一根細繩拉著處于靜止狀態．當剪斷細繩，在兩滑塊脫離彈簧之后，下述說法正確的是
A. 兩滑塊的動能之比：：
B. 兩滑塊的動量大小之比：：
C. 兩滑塊的速度大小之比：：
D. 彈簧對兩滑塊做功之比：：
如圖所示，輕質彈簧固定在水平地面上．現將彈簧壓縮后，將一質量為的小球靜止放在彈簧上，釋放后小球被豎直彈起，小球離開彈簧時速度為，則小球被彈起的過程中
A. 地面對彈簧的支持力沖量大于
B. 彈簧對小球的彈力沖量等于
C. 地面對彈簧的支持力做功大于
D. 彈簧對小球的彈力做功等于
“娛樂風洞”是一項將科技與驚險相結合的娛樂項目，它能在一個特定的空間內把表演者“吹”起來．假設風洞內向上的風量和風速保持不變，表演者調整身體的姿態，通過改變受風面積表演者在垂直風力方向的投影面積，來改變所受向上風力的大小．已知人體所受風力大小與受風面積成正比，人水平橫躺時受風面積最大，設為，站立時受風面積為；當受風面積為時，表演者恰好可以靜止或勻速漂移．如圖所示，某次表演中，人體可上下移動的空間總高度為，表演者由靜止以站立身姿從位置下落，經過位置時調整為水平橫躺身姿不計調整過程的時間和速度變化，運動到位置速度恰好減為零．關于表演者下落的過程，下列說法中正確的是
A. 從至過程表演者的加速度大于從至過程表演者的加速度
B. 從至過程表演者的運動時間小于從至過程表演者的運動時間
C. 從至過程表演者動能的變化量大于從至過程表演者克服風力所做的功
D. 從至過程表演者動量變化量的數值小于從至過程表演者受風力沖量的數值
如圖所示，兩個完全相同的小球、用等長的細線懸于點，開始兩球均靜止，兩懸線豎直，線長為。若將球拉至圖示位置靜止釋放，則球被碰后第一次速度為零時的高度不可能是
A. B. C. D.
二、多選題（本大題共7小題，共28.0分）
如圖所示，甲、乙兩個小滑塊視為質點靜止在水平面上的、兩處，處左側水平面光滑，右側水平面粗糙。若甲在水平向右的拉力其中的作用下由靜止開始運動，當時撤去力，隨后甲與乙發生正碰而粘合在一起，兩滑塊共同滑行后停下，已知甲的質量為，兩滑塊與粗糙水平面間的動摩擦因數均為，取，則
A. 內，力的沖量大小為
B. 撤去力時甲的速度大小為
C. 兩滑塊正碰后瞬間的速度大小為
D. 乙的質量為
如圖甲所示，物體受到水平拉力的作用，沿水平面做直線運動．通過力傳感器和速度傳感器監測得力和物體速度隨時間變化的規律如圖乙所示．取重力加速度，則
A. 物體的質量
B. 物體與水平面間的動摩擦因數
C. 內拉力對物體做的功為
D. 內拉力的沖量大小為
如圖所示，足夠長的固定光滑斜面傾角為，質量為的物體以速度從斜面底端沖上斜面，達到最高點后又滑回原處，所用時間為對于這一過程，下列判斷正確的是
A. 斜面對物體的彈力的沖量為零
B. 物體受到的重力的沖量大小為
C. 物體受到的合力的沖量大小為零
D. 物體動量的變化量大小為
如圖所示，質量為的滑槽靜止在光滑的水平地面上，滑槽的部分是粗糙水平面，部分是半徑為的四分之一光滑圓弧軌道。現有一質量為的小滑塊從點以速度沖上滑槽，并且剛好能夠滑到滑槽軌道的最高點點，忽略空氣阻力。則在整個運動過程中，下列說法正確的是
A. 滑塊滑到點時，速度大小等于
B. 滑塊滑到點時速度變為
C. 滑塊從點滑到點的過程中，滑槽與滑塊組成的系統動量和機械能都守恒
D. 滑塊從點滑到點的過程中，滑槽與滑塊組成的系統動量不守恒，機械能守恒
如圖所示，輕彈簧的一端固定在豎直墻上，一質量為的光滑弧形槽靜止放在足夠長的光滑水平面上，弧形槽底端與水平面相切，一質量為的小物塊從槽上高處開始下滑，重力加速度為，下列說法正確的是
A. 物體第一次滑到槽底端時，槽的動能為
B. 物體第一次滑到槽底端時，槽的動能為
C. 在壓縮彈簧的過程中，物塊和彈簧組成的系統動量守恒
D. 物塊第一次被彈簧反彈后能追上槽，但不能回到槽上高處
質量為的物塊在時刻受沿固定斜面向上的恒力作用，從足夠長的傾角為的光滑斜面底端由靜止向上滑行，在時刻撤去恒力加上反向恒力、大小未知，物塊的速度時間圖象如圖乙所示，時刻物塊恰好返回到斜面底端，已知物體在時刻的速度為，重力加速度為，則下列說法正確的是
A. 物塊從時刻開始到返回斜面底端的過程中重力的沖量大小為
B. 物塊從時刻到返回斜面底端的過程中動量的變化量大小為
C. 的沖量大小為
D. 的沖量大小為
光滑平行異型導軌與如圖所示，軌道的水平部分、處于豎直向上的勻強磁場中，段軌道寬度為段軌道寬度的倍，段和段軌道都足夠長，但與軌道部分的電阻都不計。現將質量相同的金屬棒和和都有電阻，但具體阻值未知分別置于軌道上的段和段，將棒置于距水平軌道高為處由靜止釋放，使其自由下滑，重力加速度為。則
A. 當棒進入軌道的水平部分后，棒先做加速度逐漸減小的減速直線運動
B. 當棒進入軌道的水平部分后，棒先做勻加速直線運動
C. 棒的最終速度和棒最終速度相等
D. 棒的最終速度，棒的最終速度
三、實驗題（本大題共1小題，共9.0分）
用如圖所示的裝置來驗證動量守恒定律。滑塊在氣墊導軌上運動時阻力不計，其上方擋光條到達光電門或，計時器開始計時；擋光條到達光電門或，計時器停止計時。實驗主要步驟如下：
用天平分別測出滑塊、的質量、；
給氣墊導軌通氣并調整使其水平；
調節光電門，使其位置合適，測出光電門、間的水平距離；
、之間緊壓一輕彈簧與、不粘連，并用細線拴住，如圖靜置于氣墊導軌上；
燒斷細線，、各自運動，彈簧恢復原長前、均未到達光電門，從計時器上分別讀取、在兩光電門之間運動的時間、。
實驗中還應測量的物理量是______用文字表達。
利用上述測量的數據，驗證動量守恒定律的表達式是：______用題中所給的字母表示。
利用上述數據還能測出燒斷細線前彈簧的彈性勢能______用題中所給的字母表示。
四、計算題（本大題共4小題，共40.0分）
如圖所示，光滑圓弧軌道豎直放置，且與水平面平滑連接，其半徑為，點是圓弧的最低點，點是圓弧軌道的圓心，，水平面段光滑，點右側是粗糙、質量為的小球，自點以初速度水平拋出，小球恰好沿圓弧切線從點進入圓弧軌道，并沿軌道運動；小球運動過程中與放在軌道上點的物塊相碰，物塊質量，物塊與點右側水平粗糙軌道間動摩擦因數，小球和物塊可視為質點，忽略空氣阻力，，求：
小球在點的速度的大小；
小球在點對軌道的壓力；
小球與靜止在點的小物塊相碰后，物塊向右滑動距離的范圍。
如圖所示，質量為的滑槽靜止在光滑的水平地面上，滑槽的部分是長為的粗糙水平面，部分是半徑為的四分之一光滑圓弧軌道，滑塊置于滑槽上面的點。一根長為、不可伸長的輕質細繩一端固定于，另一端拴著小球。將小球拉至細繩與豎直方向成的位置，靜止釋放，小球到達最低點時與滑塊發生彈性碰撞且時間極短，最終物塊未離開滑槽。已知滑塊和小球的質量均為，它們均視為質點，取，忽略空氣阻力，設滑塊與滑槽之間的動摩擦因數。
求碰撞瞬間滑塊所受沖量的大小；
若滑塊剛好能夠滑到滑槽軌道的最高點，求動摩擦因數；
討論滑塊在整個運動過程中，是否有可能在某段時間里相對地面向右運動？如不可能，說明理由；如可能，試求出向右滑動時動摩擦因數的取值范圍。
如圖所示，在水平桌面上放一玩具車，車身橫截面為直角梯形，在車的平臺上有一輕質彈簧，一端固定在平臺上，另一端用小球將彈簧壓縮至最短在彈性限度內，將車鎖定在桌面上，然后釋放小球，小球彈出后剛好落在車身斜面的底端。現解除對車的鎖定，球是否還能落在斜面上？若能，請計算出落點位置；若不能，請說明理由。不計一切摩擦和空氣阻力
蹦床運動有“空中芭蕾“之稱，某質量的運動員從空中落下，接著又能彈起高度，此次人與蹦床接觸時間，取，求：
運動員與蹦床接觸時間內，所受重力的沖量大小；
運動員與蹦床接觸時間內，受到蹦床平均彈力的大小。
答案和解析
1.【答案】
【解析】
【分析】
兩物塊組成的系統合外力為零，系統的總動量守恒，兩個物體所受的合外力大小相等、方向相反，應用動量定理、動量守恒定律分析答題。
本題的關鍵要分析清楚物體運動過程，應用動量定理與動量守恒定律進行分析。要注意動量變化量、動量變化率都是矢量，只有大小和方向都相同時它們才相同。
【解答】
兩物體相互作用過程中系統的合外力為零，系統的總動量守恒，則、動量變化量大小相等、方向相反，所以動量變化量不同，故A錯誤，D正確；
B.由動量定理可知，動量的變化率等于物體所受的合外力，、兩物體所受的合外力大小相等、方向相反，所受的合外力不同，則動量的變化率不同，故B錯誤；
C.系統的總機械能不變，彈性勢能在變化，則總動能在變化，故C錯誤。
故選D。
2.【答案】
【解析】解：小球第二次入射和彈出的過程，及以后重復進行的過程中，小球和小車所組成的系統動量守恒。
規定向右為正方向，由動量守恒定律，得：
則有：
同理可推得：
要使小車停下來，即，小球重復入射和彈出的次數為：，則從小球第一次入射開始到小車停止運動所經歷的時間為，故D正確，ABC錯誤。
故選：。
3.【答案】
【解析】
【分析】
根據動量定理分析沖量與動量變化量的關系．根據動能定理分析重力做功與阻力做功的關系，從而得出克服阻力做功與重力勢能的變化之間的關系。
本題考查了動量定理和動能定理的基本運用，運用動能定理和動量定理均要合理地選擇研究的過程，知道在整個過程中動能的變化量為零，動量的變化量為零。
【解答】
A.過程Ⅰ中僅受重力，根據動量定理知，重力的沖量等于鋼球動量的變化量。故A正確。
B.對整個過程運用動量定理知，動量的變化量為零，則整個過程重力的沖量與阻力的沖量大小相等，方向相反。故B錯誤。
C.對整個過程運用動能定理，有：，可知整個過程中重力做功等于克服阻力做功，則整個過程中鋼珠重力勢能的減小量等于過程Ⅱ中鋼珠克服阻力所做的功，故C錯誤。
D.根據動能定理知，過程中鋼珠所增加的動能與過程Ⅱ中減小的動能相等，與損失的機械能不等，故D錯誤。
故選A。

4.【答案】
【解析】解：、由圖象的斜率表示速度，可知，碰撞前滑塊的速度為：，的速度為：
碰撞后，兩滑塊的共同速度為。
兩滑塊碰撞過程系統動量守恒，以的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：，
解得：，、碰撞前的總動量為： 。故A錯誤。
B、對，由動量定理得： ，即碰撞時對所施沖量為 ，故B錯誤。
C、碰撞前后的動量變化為： ，故C正確。
D、碰撞前后滑塊、組成的系統損失的動能為：，代入數據解得：，故D錯誤。
故選：。
兩滑塊、碰撞過程系統的動量守恒，根據圖象的斜率求出滑塊的速度，然后由動量守恒定律求出滑塊的質量，從而得到總動量。對，利用動量定理求碰撞時對所施沖量。應用能量守恒定律可以求出系統損失的動能。
本題關鍵是根據圖象的斜率得到兩個滑塊碰撞前后的速度，然后結合動量守恒定律、動量定理和能量守恒定律進行研究。
5.【答案】
【解析】
【分析】
本題是動量守恒定理的直接應用，要比較物理量之間的比例關系，就要把這個量用已知量表示出來再進行比較。
【解答】
在兩滑塊剛好脫離彈簧時運用動量守恒得：
得：
C.兩滑塊速度大小之比為：，故C錯誤；
A.兩滑塊的動能之比：，故A正確；
B.兩滑塊的動量大小之比：，故B錯誤；
D.彈簧對兩滑塊做功之比等于兩滑塊動能之比，即為：，故D錯誤。
故選A。
6.【答案】
【解析】
【分析】
本題考查動量定理及功能轉化，要注意明確支持力對彈簧作用的位移為零，故支持力對彈簧不做功，彈簧的彈性勢能和重力勢能以及動能間相互轉化。
【解答】
對小球分析可知，小球受重力和彈力作用運動，根據動量定理可知，，故彈簧對小球的沖量大于，由于地面對彈簧的彈力與彈簧對小球的彈力始終大小相等，故地面對彈簧的支持力的沖量大于，故A正確B錯誤；
C.由于地面對彈簧的彈力不產生的位移，因此地面對彈簧的支持力不做功，故C錯誤。
D.彈簧對小球做正功，重力對小球做負功，合力對小球做功，故彈簧對小球做功大于，故D錯誤
故選：。
7.【答案】
【解析】
【分析】
本題關鍵將下降過程分為勻加速過程和勻減速過程，求出各個過程的加速度，然后根據運動學公式列式判斷．要知道動能關系可根據動能定理研究．沖量和動量關系可根據動量定理研究．
【解答】
A、設人水平橫躺時受到的風力大小為，由于人體受風力大小與正對面積成正比，故人站立時風力為．
由于受風力有效面積是最大值的一半時，恰好可以靜止或勻速漂移，故可以求得人的重力，即有．
則從至過程表演者的加速度為
從至過程表演者的加速度大小為，因此從至過程表演者的加速度小于從至過程表演者的加速度．故A錯誤；
B、設點的速度為，則從至過程表演者的運動時間從至過程表演者的運動時間，則，故B錯誤．
C、由速度位移公式得：
從至過程表演者的位移，從至過程表演者的位移，故：：
因而有
對至過程應用動能定理：表演者至動能的增量
至克服風力做的功
可知，，即表演者至動能的增量小于至克服風力做的功，故C錯誤；
D、根據動量定理得：從至過程表演者動量變化量
從至過程表演者受風力沖量的數值，則，即從至過程表演者動量變化量的數值小于從至過程表演者受風力沖量的數值．故D正確．
故選：
8.【答案】
【解析】
【分析】
本題考查動量守恒定律和機械能守恒定律。
關鍵點撥 已知，則當發生完全彈性碰撞時，、速度交換，當發生完全非彈性碰撞時，、粘在一起。
【解答】
由題意可知，小球由靜止釋放后與碰撞前速度大小，、兩球質量相等，如果、發生彈性碰撞，碰后的速度，則球碰后第一次速度減為零時有，解得如果、發生完全非彈性碰撞，碰后的速度為，則，球碰后第一次速度減為零時有，解得，則球被碰后第一次速度減為零時的高度滿足，題目要求選擇不可能的，故選D項。
9.【答案】
【解析】
【分析】
根據求內力的沖量大小；根據動量定理求撤去力時甲的速度大小；研究碰后兩滑塊共同滑行的過程，利用動能定理求兩滑塊正碰后瞬間的速度大小；再研究碰撞過程，根據動量守恒定律求乙的質量。
本題涉及力在時間上的效果求速度，要優先考慮動量定理，由于力與時間成正比，所以要根據的平均值來求的沖量。
【解答】
設乙的質量為，甲的質量為。撤去力時甲的速度大小為，兩滑塊碰撞后瞬間速度大小為。
A、內，力的沖量大小為：，故A錯誤；
B、力作用過程，對甲，由動量定理得：，解得：，故B正確；
C、兩滑塊沿粗糙水平面滑行過程，根據動能定理得：
解得，故C錯誤；
D、兩滑塊碰撞過程，取向右為正方向，由動量守恒定律得：解得，故D正確。
故選：。
10.【答案】
【解析】
【分析】
解決本題的關鍵是理解速度圖象的斜率的含義：速度圖象的斜率代表物體的加速度，速度的正負代表物體運動的方向。
對于速度圖象類的題目，主要是要理解斜率的含義：斜率代表物體的加速度；速度正負的含義：速度的正負代表物體運動的方向；速度圖象與時間軸圍成的面積的含義：面積代表物體位移的大小。
【解答】
解：由速度時間圖象可以知道在的時間內，物體勻速運動，處于受力平衡狀態，所以滑動摩擦力的大小為，在的時間內，物體做勻加速運動，直線的斜率代表加速度的大小，所，由牛頓第二定律可得，所以，所以A正確；
B.由，所以，故B錯誤；
C.在第一秒內物體沒有運動，物體在第內做勻加速運動位移為，第內做勻速運動位移，拉力做功
，故C錯誤；
D.內拉力的沖量大小為，故D正確。
故選AD。
11.【答案】
【解析】
【分析】
此題考查了沖量的概念和動量定理的應用，要記住動量的變化等于合力的沖量；同時明確動量的矢量性。
由沖量的計算公式求出各力的沖量大小，由動量定理求出動量的變化量。
【解答】
A.斜面對物體的彈力的沖量大小：，彈力的沖量不為零，故A錯誤；
B.根據沖量的定義式可知，物體所受重力的沖量大小為：，故B正確；
物體受到的合力的沖量大小為，由動量定理得：動量的變化量大小，則由動量定理可知，合力的沖量不為零，故C錯誤，D正確；
故選BD。
12.【答案】
【解析】
【分析】
本題考查了動量守恒定律、機械能守恒定律；解決本題的關鍵要掌握動量守恒和機械能守恒的條件，以及能夠熟練運用動量守恒定律進行解題。要注意兩個守恒條件的區別，不能混淆。
滑槽與滑塊組成的系統，水平方向不受外力，系統水平動量守恒；滑塊滑到點時，滑塊與滑槽速度相同，根據水平動量守恒求速度大小；根據能量轉化情況分析系統的機械能是否守恒；根據合外力是否為零分析系統的動量是否守恒。
【解答】
滑槽與滑塊組成的系統，水平方向不受外力，系統水平動量守恒。設滑塊滑到點時，速度大小為。取水平向右為正方向，根據水平動量守恒得：，得：故A正確，B錯誤；
C.滑塊從滑到的過程，滑槽與滑塊組成的系統合外力為零，動量守恒，由于要產生內能，所以系統的機械能不守恒，故C錯誤；
D.滑塊從滑到的過程，滑塊豎直方向有分加速度，根據牛頓第二定律知系統的合外力不為零，則滑槽與滑塊組成的系統動量不守恒。由于只有重力做功，所以系統的機械能守恒，故D正確。
故選AD。
13.【答案】
【解析】
【分析】
本題考查了動量守恒定律與機械能守恒定律的應用，分析清楚物體運動過程，應用動量守恒定律與機械能守恒定律即可正確解題。
【解答】
物體下滑過程中，物體與槽組成的系統水平方向不受外力，系統水平方向動量守恒，只有重力做功，系統機械能守恒，設物體到達水平面時速度大小為，槽的速度大小為，規定向右為正方向，由系統水平方向動量守恒得：，由系統的機械能守恒得：，由以上兩式解得：，，所以物體第一次滑到槽底端時，槽的動能為，故A正確，B錯誤；
C.在壓縮彈簧的過程中，墻壁對彈簧有作用力，所以物塊和彈簧組成的系統動量不守恒，故C錯誤；
D.物塊第一次被彈簧反彈后能追上槽，到達最高點時物體與槽的速度相同，物體的動能一部分轉化為槽的動能，到達最高點時的重力勢能減小，所以不能回到槽上高處，故D正確。
故選AD。
14.【答案】
【解析】解：、物塊從開始運動到時刻物塊恰好返回到斜面底端，重力的沖量為：，故A錯誤；
B、做勻加速直線運動；
做勻變速直線運動：
聯立解得：
則的速度為
則物塊從時刻到返回斜面底端的過程中動量的變化量大小，故B正確；
C、的加速度為，根據牛頓第二定律：
則的沖量大小為，故C正確；
D、因為根據牛頓第二定律：
解得：
根據的分析的沖量大小為
得到的沖量大小為，故D錯誤。
故選：。
根據沖量公式求出重力的沖量大小；
根據運動學公式列出和的位移公式，從而求出加速度關系，就求出末速度，最后求出動量的變化量；
根據牛頓第二定律求出的大小，在根據沖量求出沖量大小；
根據分析求出的大小，最后求出其沖量大小。
本題考查運動學的綜合應用，關鍵是利用運動學公式求出加速度的關系。
15.【答案】
【解析】分析：棒下滑過程機械能守恒，滑至水平軌道有一定的速度，切割磁感線，回路中產生感應電流為逆時針方向，由左手定則可以判斷，
棒受安培力向左，棒受安培力向右，所以棒做減速運動，棒做加速運動因軌道寬是軌道寬的倍，所以當棒速度是棒速度的倍時，回路中的磁通量不再變化，即此時回路中無感應電流，則不再受安培力，速度不再變化即為最終速度．
棒下滑過程，由機械能守恒有，
棒減速、棒加速的過程，由動量定理有：對棒，
對棒且有，，∽式聯立求解得
，
解答：，當棒進入水平軌道后，獲得速度為， 切割磁感線回路中產生感應電流為逆時針方向，由左手定則可以判斷，棒受安培力向左，棒受安培力向右，棒受到安培力作用而減速，安培力減小，加速度減小，棒受到安培力而加速，故A正確，B錯誤；
設，棒的質量為，長度分別為和，磁感強度為，棒進入水平軌道的速度為，對于棒，金屬棒下落過程應用動能定
理：，解得棒剛進入磁場時的速度為：
棒運動后也將產生感應電勢，與棒感應電動勢反向，因此回路中的電流將減小最終達到勻速運動時，回路的電流為零，
所以：，即：，，
因為當，在水平軌道上運動時，它們所受到的合力并不為零．，設為回路中的電流，因此，組成的系統動量不守恒設棒從進入水平軌道開始到速度穩定所用的時間為，對、分別應用動量定理得：，
，，解得：，，故C錯誤，D正確；
故選AD。
16.【答案】光電門、間的水平距離；；。
【解析】解：本實驗要驗證動量守恒定律，所以需要測量物體的質量和兩物體的速度，由題意可知，還需要測量光電門、間的水平距離，從而求出物體的速度；
根據平均速度公式可知，碰后，的速度，設的方向為正方向，則有：，即
根據機械能的表達式可知，；
故答案為：光電門、間的水平距離；；。
根據實驗原理進行分析，從而明確實驗中應測量的物理量；
根據動量守恒定律即可確定對應的表達式；
根據能量守恒定律即可確定彈簧的彈性勢能。
本題考查驗動量守恒定律的驗證實驗，要注意明確實驗原理，注意在書寫動量守恒的表達式時需要先明確正方向。
17.【答案】解：小球運動到點的速度，
代入數據解得：；
設小球運動到點時速度為，軌道對小球的支持力為，
從到過程，由動能定理得：，
在點，由牛頓第二定律得：，
代入數據解得：，
由牛頓第三定律得小球在點對軌道的壓力：；
當小球與物塊發生非彈性碰撞，小球與物塊粘在一起時，物塊速度最小，設為，滑行距離最小，設為，以向右為正方向，由動量守恒定律得：
，
對，由動能定理得：，
代入數據解得：；
當小球與物塊發生彈性碰撞時，設小球速度為，物塊速度最大為，
滑行距離最大為，以向右為正方向，由動量守恒定律得：，
由機械能守恒定律得：，
碰撞后，對，由動能定理得：，
代入數據解得：，
所以物塊滑動的范圍：；
答：小球在點的速度的大小為；
小球在點對軌道的壓力大小為，方向：豎直向下；
小球與靜止在點的小物塊相碰后，物塊向右滑動距離的范圍是：。
【解析】小球拋出后做平拋運動，根據題意應用運動的合成與分解求出到達點的速度。
從到過程由動能定理求出小球到達點的速度，應用牛頓第二定律求出軌道對小球的支持力，然后求出小球對軌道的壓力。
小球與碰撞過程動量守恒，應用動量守恒定律求出碰撞后的速度，然后應用動能定理求出的滑動范圍。
本題考查了動量守恒定律的應用，分析清楚物體運動過程是解題的前提，應用運動的合成與分解、動能定理與動量守恒定律可以解題，解題時注意討論，否則會出現漏解。
18.【答案】解：對小球擺到最低點的過程，根據機械能守恒定律可知：
，
解得：，
因和質量相等且發生彈性碰撞，因此碰撞后靜止，以的速度在滑槽上開始運動，所以，碰撞瞬間滑塊所受的沖量為：
；
若滑塊剛好能夠滑到滑槽軌道的最高點，向左為正，對滑塊和滑槽組成的系統根據動量守恒可得：
，
，
解得：；；
當滑塊滑到凹槽點又滑回到點時，滑塊滑回點時速度恰好為，此時有最大值，利用動量守恒和能量守恒可得：
，
，
解得：，；
當滑塊會沖上光滑圓弧軌道，然后再沿圓弧軌道下滑到點，又因滑塊未離開滑槽，則
，
，
聯立解得，
所以當時，滑塊會沖上光滑圓弧軌道，然后再沿圓弧軌道下滑，有可能在某段時間里相對地面向右運動。
答：碰撞瞬間滑塊所受沖量的大小為；
若滑塊剛好能夠滑到滑槽軌道的最高點，動摩擦因數為；
當時，滑塊會沖上光滑圓弧軌道，然后再沿圓弧軌道下滑，有可能在某段時間里相對地面向右運動。當時，滑塊會沖上光滑圓弧軌道，然后再沿圓弧軌道下滑到點，該過程又相當于彈性碰撞，因，故返回到點后相對于地面的速度向右。
【解析】小球在下擺過程中，繩子拉力不做功，只有重力做功，其機械能守恒，由機械能守恒定律求其速度，根據動量定理求得沖量大小。
與發生完全彈性碰撞，根據動量守恒列式，滑塊剛好能夠滑到滑槽軌道的最高點，根據能量守恒求得動摩擦因數。
如果摩擦因數比較大，則有可能出現滑塊在沒有沖上光滑圓弧軌道前就已經和滑槽共速，求得，再判斷其運動的可能性。
本題中涉及的過程比較多，屬于多物體多過程的情，關鍵是明確小滑塊的運動情況，抓住彈性碰撞的基本規律：動量守恒定律和動能守恒。明確滑塊與滑槽的運動關系。
19.【答案】解：車鎖定時，小球彈出后做平拋運動，
水平方向：，
豎直方向：，
設小球質量為，車的質量為，
解除鎖定后，釋放小球的過程中，系統在水平方向動量守恒，
在水平方向，由動量守恒定律得：，
由機械能守恒定律得：，
小球彈出后做平拋運動，水平方向：，
豎直方向：，
在此過程，車后退的距離：，
解得，小球相對于車身飛行的水平距離：，
由此可知，解除鎖定后，小球彈出后將落在車外；
答：解除對車的鎖定，球不能落在斜面上，小球落在車外。
【解析】小球彈出后做平拋運動，解除鎖定釋放小球過程，車與小球組成的系統在水平方向動量守恒，應用動量守恒定律與機械能守恒定律、平拋運動規律求出解除鎖定后小球相對與車的水平位移，然后判斷小球釋放落在車內。
本題考查了動量守恒定律的應用，根據題意分析清楚小球與車的運動過程是解題的前提與關鍵，根據題意應用平拋運動規律、動量守恒定律與機械能守恒定律可以解題。
20.【答案】解：重力的沖量大小為：
設運動員下落高度時的速度大小為，彈起時速度大小為，則有：，
由動量定理有：
代入數據解得：
答：運動員與蹦床接觸時間內，所受重力的沖量大小是；
運動員與蹦床接觸時間內，受到蹦床平均彈力的大小是。
【解析】由沖量的定義即可求出重力的沖量；
由運動學的公式求出運動員與蹦床接觸前后的速度，然后由動量定理即可求出運動員受到蹦床平均彈力的大小。
該題屬于物理知識在日常生活中的應用，解答的關鍵是正確對運動員進行受力分析，得出運動員受到那些力的沖量。
第2頁，共2頁
第1頁，共1頁機械振動復習卷
學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________
注意：本試卷包含Ⅰ、Ⅱ兩卷。第Ⅰ卷為選擇題，所有答案必須用2B鉛筆涂在答題卡中相應的位置。第Ⅱ卷為非選擇題，所有答案必須填在答題卷的相應位置。答案寫在試卷上均無效，不予記分。
一、單選題（本大題共18小題，共72.0分）
如圖所示為一質點做簡諧運動的振動圖像，在時間內，下列說法正確的是
A. 質點在和時刻具有正向最大速度
B. 質點在時刻具有負向最大加速度
C. 至質點加速度始終指向 方向不變
D. 在時間內，加速度方向和速度方向相同
關于機械振動，下列說法正確的是
A. 簡諧運動是一種勻變速直線運動
B. 物體做阻尼振動時，振幅逐漸減小，周期也逐漸減小
C. 物體做受迫振動達到穩定狀態時，振動頻率等于驅動力頻率
D. 只要驅動力頻率超過物體的固有頻率，就會發生共振現象
在如圖所示盛沙的漏斗下面放一木板，讓漏斗左右擺動起來，同時其中的細沙勻速流出，經過一段時間后，觀察木板上沙子的堆積情況忽略空氣阻力的影響，則沙堆的剖面應是選項圖中的
A.
B.
C.
D.
兩木塊、質量分別為、，用勁度系數為的輕彈簧連在一起，放在水平地面上，如圖所示，用外力將木塊壓下一段距離后靜止，釋放后上下做簡諧振動．在振動過程中，木塊剛好始終不離開地面即它對地面最小壓力為零以下說法正確的是
A. 在振動過程中木塊的機械能守恒
B. 木塊做簡諧運動的振幅為
C. 木塊做簡諧運動的振幅為
D. 木塊對地面的最大壓力是
若某一質點做簡諧運動，則
A. 位移的方向總指向平衡位置
B. 加速度的方向總和位移的方向相反
C. 位移的方向總和速度的方向相反
D. 速度的方向總和位移的方向相同
如圖所示，用彈性小球做成的四個單擺，當擺線豎直時，小球依次互相接觸，且在同一水平線上，小球質量均為，擺長由到逐漸增大，的擺長是擺長的倍，擺的振動周期為。現將擺球拉離平衡位置一小角度，松手后，擺球沿其他擺球的連線所在豎直面內擺動，則它們做簡諧運動的周期
A. 仍為
B. 大約為
C. 大約為
D. 大約為
一個做簡諧運動的彈簧振子，周期為，振幅為。設振動物體第一次從平衡位置運動到處所經歷的最短時間為，第一次從最大位移處運動到處所經歷的最短時間為，關于和，以下說法正確的是
A. B. C. D. 無法判斷
如圖所示，細繩一端固定于懸掛點，另一端系一小球．在懸掛點正下方點處釘一個釘子．小球從點由靜止釋放，擺到最低點的時間為，從點向右擺到最高點的時間為擺動過程中，如果擺角始終小于，不計空氣阻力．下列說法正確的是
A. ，細繩碰釘子的瞬間，小球的速率變小
B. ，細繩碰釘子的瞬間，小球的速率變小
C. ，細繩碰釘子的瞬間，小球的速率不變
D. ，細繩碰釘子的瞬間，小球的速率不變
如圖甲所示，彈簧振子以點為平衡位置，在、兩點之間做簡諧運動。振子的位移隨時間的變化圖像如圖乙所示。下列判斷正確的是
A. 振子做簡諧運動的表達式為
B. 時，振子的速度方向沿方向
C. 和時，振子的加速度相同
D. 時振子在點位置，時振子在點位置
如圖所示，虛線和實線分別為甲、乙兩個彈簧振子做簡諧運動的圖像。已知甲、乙兩個振子質量相等。則　　
A. 甲、乙兩振子的振幅之比為
B. 甲、乙兩振子的頻率之比為
C. 前內甲、乙兩振子的加速度均為正值
D. 時間內甲、乙兩振子通過的路程之比為
有兩個同學利用假期分別去參觀北京大學和南京大學的物理實驗室，各自在那里利用先進的系統較準確地探究了“單擺的周期與擺長的關系”，他們通過校園網交換實驗數據，并由計算機繪制了圖象，如圖甲所示；另外，在南京大學做探究的同學還利用計算機繪制了、兩個擺球的振動圖象如圖乙所示，則下列說法正確的是
A. 去北京大學的同學所測實驗結果對應圖甲中的線
B. 由圖乙可知，兩單擺擺長之比
C. 在時，球正沿軸負方向運動
D. 在時，球正沿軸正方向運動
如圖所示，兩段光滑圓弧軌道半徑分別為和，圓心分別為和，所對應的圓心角均小于，在最低點平滑連接。現將一小球從點釋放，小球最遠滾到右側的點，然后在之間來回滾動，下列判斷正確的是　　
A. 由于兩軌道彎曲程度不同，所以、高度也不同，點要低于點
B. 增大小球的質量，小球滾動的會更快
C. 小球滾動周期
D. 小球滾動周期
如圖所示，單擺甲放在空氣中，周期為，單擺乙帶正電，放在勻強磁場中，周期為，單擺丙帶正電，放在勻強電場中，周期為，單擺丁放在靜止在水平面上的光滑斜面上，周期為，那么
A. B.
C. D.
如圖，單擺甲放在真空中，懸點處固定一帶正電小球，擺球亦帶正電，周期為；單擺乙放在以加速度向下加速運動的電梯中，周期為；單擺丙帶正電，放在磁感應強度為的勻強磁場中，周期為；單擺丁帶正電，放在勻強電場中，周期為。若四個單擺擺長均相等，那么
A. B.
C. D.
如圖所示，固定曲面是一段半徑為的光滑圓弧形成的，圓弧與水平方向相切于點，，現將一小物體先后從圓弧頂端和中點處由靜止釋放，到達曲面低端時速度分別為和，所需時間為和，以下說法正確的是
A. ， B. ，
C. ， D. ，
如圖所示，兩段光滑圓弧軌道半徑分別為和，圓心分別為和，所對應的圓心角均小于，在最低點平滑連接．點和點分別位于點左右兩側，距離小于現分別將位于點和點的兩個小球和均可視為質點同時由靜止釋放．關于兩小球第一次相遇點的位置，下列判斷正確的是
A. 恰好在點 B. 一定在點的左側
C. 一定在點的右側 D. 條件不足，無法確定
如圖，水平面上固定光滑圓弧面，水平寬度為，高為且滿足。小球從頂端處由靜止釋放，沿弧面滑到底端經歷的時間為；若在圓弧面上放一光滑平板，仍將小球從點由靜止釋放，沿平板滑到的時間為
A. B. C. D.
如圖所示，三根細線在點處打結，、端固定在同一水平面上相距為的兩點上，使成直角三角形，，已知線長是，下端點系著一個小球，下列說法正確的是以下皆指小角度擺動
A. 讓小球在紙面內振動，周期
B. 讓小球在垂直紙面內振動，周期
C. 讓小球在紙面內振動，周期
D. 讓小球在垂直紙面內振動，周期
二、多選題（本大題共4小題，共16.0分）
如圖是同一地點質量相同的兩單擺甲、乙的振動圖像，則
A. 甲、乙兩單擺的擺長相等
B. 甲擺的機械能比乙擺的大
C. 在時，乙擺在做減速運動，甲擺在做加速運動
D. 由圖像可以求出當地的重力加速度
如圖所示，小物體從豎直彈簧上方離地高處由靜止釋放，其動能與離地高度的關系如圖所示。其中高度從下降到，圖像為直線，其余部分為曲線，對應圖像的最高點，輕彈簧勁度系數為，小物體質量為，重力加速度為。以下說法正確的是
A. 小物體下降至高度時，彈性勢能最小
B. 小物體下落至高度時，彈性勢能與重力勢能之和最小
C. 小物體從高度下降到，彈簧的彈性勢能增加了
D. 小物體從高度下降到，彈簧的最大彈性勢能為
如圖所示，物體與滑塊一起在光滑水平面上做簡諧運動，、之間無相對滑動，已知輕質彈簧的勁度系數為，、的質量分別為和，下列說法正確的是
A. 物體的回復力是由滑塊對物體的摩擦力提供
B. 滑塊的回復力是由彈簧的彈力提供
C. 物體與滑塊看成一個振子的回復力大小跟位移大小之比為
D. 若、之間的最大靜摩擦因數為，則、間無相對滑動的最大振幅為
如圖甲所示的彈簧振子以點為平衡位置在、間做簡諧運動，取水平向右為彈簧振子位移的正方向，得到如圖乙所示的振動曲線，由曲線所給的信息可知
A. 時，振子處在位置
B. 時，振子處在位置
C. 時，振子的振動方向水平向左
D. 時，振子相對平衡位置的位移為
三、填空題（本大題共1小題，共4.0分）
如圖，一彈簧振子沿軸做簡諧運動，振子零時刻向右經過點，時第一次經過點，已知振子經過、兩點時的速度大小相等，內經過的路程為，則該簡諧運動的周期為______ ，振幅為______ 。
四、實驗題（本大題共1小題，共9.0分）
某同學在“利用單擺測重力加速度”實驗中先測得擺線長為，小球直徑由游標卡尺測得，示數如圖甲。然后用秒表記錄了單擺振動次所用的時間如圖乙所示，則小球直徑為________，秒表讀數為________。保留三位有效數字
有兩位同學利用假期分別去參觀清華大學和浙江大學的物理實驗室，各自在那里利用先進的系統較準確地探究了“單擺的周期與擺長的關系”，他們通過校園網交換實驗數據，并由計算機繪制了圖像，如圖丙所示。去清華大學的同學所測實驗結果對應的圖線是________選填“”或“”。
五、計算題（本大題共6小題，共60.0分）
如圖所示，三根長度均為的繩、、組合系住一質量分布均勻的小球，球的直徑為，繩、與天花板的夾角，重力加速度為。則：
若小球在紙面內做小角度的左右擺動，周期為多少？
若小球做垂直于紙面的小角度擺動，周期又為多少？
如圖所示，用兩根長度都為的細繩懸掛一個小球，繩與水平方向的夾角為。使球垂直于紙面做擺角小于的擺動，當它經過平衡位置的瞬間，另一小球從球的正上方自由下落，此后球第次經過最低點時球恰擊中球，求球下落的高度。
如圖所示，三角架質量為，沿其中軸線用兩根輕彈簧拴一質量為的小球，原來三角架靜止在水平面上．現使小球做上下振動，已知三角架對水平面的壓力最小為零，求：
小球在最高點時的瞬時加速度；
若上、下兩彈簧的勁度系數均為，則小球做簡諧運動的振幅為多少？
如圖所示，一質量為的小鋼珠，用長為的細絲線掛在水平天花板上遠大于小鋼球的半徑，初始時，擺線和豎直方向的夾角為靜止釋放小球后，求：不計空氣阻力，重力加速度為
小球擺到最低點所用的時間；
小球在最低點受到的拉力的大小．
有些知識我們可能沒有學過，但運用已有的物理思想和科學方法，通過必要的分析和推理可以解決一些新的問題。
單擺做簡諧運動，請推導出其振動頻率的表達式已知單擺擺長為、擺球質量為、當地重力加速度為。
在彈吉他時，撥動琴弦，琴弦會發生振動，琴弦振動的頻率由琴弦的質量、長度和所受彈撥力決定。請寫出琴弦振動的頻率與琴弦的質量、長度和所受彈撥力的關系式。現將琴弦的長度減小，琴弦振動的頻率將如何改變？
如圖所示為一單擺的共振曲線，該單擺的擺長約為多少？共振時單擺的振幅多大？共振時擺球的最大速度和最大加速度各為多少？取
答案和解析
1.【答案】
【解析】
【分析】
質點通過平衡位置時速度最大．簡諧運動的特征是，加速度方向與位移方向總是相反．由圖讀出位移的變化，再分析速度和加速度的變化．由簡諧運動的圖象可直接讀出質點的振幅、周期、位移等．同時，要明確加速度方向總是與位移方向相反，大小與位移成正比。
【解答】
A、質點在和時刻，位移為零，正通過平衡位置，速度最大．圖象的斜率為負，說明速度為負，即質點在和時刻具有負向最大速度．故A錯誤．
B、質點在時刻具有負向最大位移，由，知加速度為正向最大，故B錯誤．
C、至質點的位移始終指向方向，由，知加速度始終指向方向不變．故C錯誤．
D、在至時間內，加速度方向沿方向，速度方向也沿方向，兩者方向相同，故D正確。
2.【答案】
【解析】A.簡諧運動的加速度時刻在變，故是一種變速直線運動，A錯誤；
B.物體做阻尼振動時，振幅逐漸減小，周期不變，B錯誤；
C.物體做受迫振動達到穩定狀態時，振動頻率等于驅動力頻率，C正確；
D.只要驅動力頻率等于物體的固有頻率，就會發生共振現象，D錯誤。
故選C。
3.【答案】
【解析】 不考慮空氣阻力，漏斗在從最左端向最右端運動和從最右端向最左端運動時，到達最低點時運動速度最快，此處正下方的沙子最少，選B。
4.【答案】
【解析】振動過程中木塊與彈簧組成的系統機械能守恒，木塊的機械能不守恒，故A錯誤；
當彈簧處于伸長至最長狀態時，木塊剛好對地面壓力為零，故彈簧彈力，此時木塊有最大加速度，由，得，由對稱性，當木塊運動至最低點時，其加速度也為，此時彈簧彈力大小為，彈簧處于壓縮狀態，根據牛頓第二定律得，即，所以木塊對地面的最大壓力為，故D正確；
振幅為最大位移與平衡位置的距離，木塊平衡時，彈簧壓縮量為，則振幅為，故B、C錯誤．
5.【答案】
【解析】簡諧運動位移的初始位置是平衡位置，所以簡諧運動中位移的方向總是背離平衡位置的，而加速度的方向總是指向平衡位置的，故A選項錯誤，選項正確；位移方向與速度方向可能相同，也可能相反，、選項錯誤。
6.【答案】
【解析】
【分析】
四個單擺都由彈性小球做成，碰撞時，兩球交換速度，計算出簡諧運動完成一次全振動的時間，即為一個周期。
本題是等效單擺問題，關鍵要抓住彈性球碰撞時交換速度的特點，基本題。
【解答】
四個擺球都是彈性小球，碰撞時兩球交換速度。的擺長是擺長的倍，由單擺的周期公式知，的周期是周期的倍，即，則四個單擺做簡諧運動的周期，故C項正確，ABD錯誤。
7.【答案】
【解析】以彈簧振子在平衡位置向正方向運動的時刻為計時起點，畫出振動物體的圖像如圖所示，從圖像可知，選B。
8.【答案】
【解析】因擺角始終小于，則小球在釘子兩邊擺動時均可看成單擺，因為在左側擺動時擺長較長，根據可知，左側周期較大，因擺球在釘子兩邊擺動時，從最大位移到平衡位置的時間均為所在側周期的，可知；細繩碰釘子的瞬間，由于小球水平方向合力為零，可知小球的速率不變，故選C．
9.【答案】
【解析】
【分析】
本題考查了彈簧振子的振動圖象，會判斷振子的速度和加速度的變化，要知道加速度、回復力與位移的變化情況是一致的，而與速度的變化情況相反。
由圖象可讀出振子振動的周期和振幅，振子向平衡位置運動的過程中，速度增大，加速度減小。通過分析振子位移的變化，即可判斷其速度和加速度的變化。
【解答】
B. 時，圖象切線的斜率為負，說明振子的速度為負，即速度方向向左，故B錯誤；
A.由圖乙知，振子振動周期，振幅，則振子的振動方程為，故A正確；
C.由圖乙知，和 時，振子的位移大小相等，方向相反，由，知加速度大小相等，方向相反，故C錯誤；
D.由振動圖像可知，時振子在點位置，時振子在點位置，故D錯誤。
故選A。

10.【答案】
【解析】
【分析】
由位移的最大值讀出振幅，由圖讀出周期，由圖讀出位移，根據簡諧運動的特征：，分析加速度的正負，根據質點的位置分析速度的大小，彈簧振子在一個周期內通過的路程為。
【解答】
A.根據甲、乙兩個振子做簡諧運動的圖像可知，兩振子的振幅，，甲、乙兩振子的振幅之比為，A錯誤；
B.甲振子的周期為，頻率為，乙振子的周期為，頻率為，甲、乙兩振子的頻率之比為，B錯誤；
C.前內，根據簡諧運動的特征：，甲的位移為正，加速度為負值，乙的位移為負，加速度為正值，C錯誤；
D.這段時間內，甲振子運動了兩個周期，通過的路程為，乙振子運動了一個周期，通過的路程為，所以路程之比為，故D正確。
故選：。

11.【答案】
【解析】
【分析】
由得，，知圖象的斜率越大，則重力加速度越小；由知，兩單擺擺長之比，擺球在最大位移時，速度為零。
解決本題的關鍵知道單擺的周期公式，以及知道圖象的斜率表示什么，學會根據振動圖線判斷擺球速度和位移。
【解答】
A.由單擺的周期公式得圖象的斜率，重力加速度越大，斜率越小，我們知道北京的重力加速度比南京的大，所以去北京大學的同學所測實驗結果對應的圖線是，故選項A錯誤；
B.從圖乙可以得出，由知，兩單擺擺長之比，故選項B正確；
C.從題圖乙可以看出，時球正處在負最大位移處，此時的速度為零，故選項C錯誤；
D.時球正通過平衡位置，向負最大位移處運動，故選項D錯誤。
故選B。
12.【答案】
【解析】
【分析】
小球從到的過程中，根據小球的機械能守恒判斷、的高度；把小球的滾動看做單擺來分析它的周期；
本題的關鍵是把小球的滾動看做單擺來分析小球的周期；根據小球在滾動的過程中，只有重力做功，小球的機械能守恒，分析速度、高度等。
【解答】
A、小球從到的過程中，只有重力做功，故小球的機械能守恒，在和點小球的速度都為零，故小球在、兩點的重力勢能相等，故、高度相同，故A錯誤；
B、小球從到的過程中，只有重力做功，根據動能定理得：，，故小球的速度與質量無關，故B錯誤；
、把小球的滾動可看做單擺，小球在段滾動的周期，段滾動的周期，故小球的周期，故C正確，D錯誤。
13.【答案】
【解析】
【分析】
圖乙中，合力的法向分量不變，故等效重力加速度為；圖丙中，電場力向下，等效重力加速度為：；根據單擺周期公式列式求解。
本題關鍵是明確單擺模型的定義，知道單擺的周期公式，能夠求解出等效重力加速度，不難。
【解答】
甲圖為單擺，可知：；
對乙有電荷受到的洛倫茲力在法線方向沒有分力，不影響單擺的周期，即：；
根據等效重力加速度的求法，在平衡位置處且相對靜止時受力情況對丙有：，其等效重力加速度為，則；
對丁有：，其等效重力加速度為，則；
由此可知
故D正確，ABC錯誤。
14.【答案】
【解析】
【分析】
本題關鍵是明確單擺模型的定義，知道單擺的周期公式，能夠求解出等效重力加速度，不難。
【解答】
根據單擺周期公式，知等效重力加速度越小，周期越大；
甲、丙中合力切線方向的分力為重力沿切線方向的分力，等效加速度，
乙圖中的等效重力加速度，
丁圖中的等效重力加速度，
，
故
故選：。
15.【答案】
【解析】
【分析】
由于的弧長遠小于圓弧的半徑，所以小球的運動可視為簡諧運動單擺運動，根據周期公式，比較時間。根據動能定理比較到達點的速度。
解決本題的關鍵掌握單擺的周期公式，以及能夠熟練運用動能定理。
【解答】
解：小球的運動可視為簡諧運動單擺運動，根據周期公式，知小球在點和點釋放，運動到點的時間相等，都等于。
根據動能定理有：，知點的大，所以從點釋放到達點的速度大。故A正確，、、D錯誤。
故選：。
16.【答案】
【解析】
【分析】
由題，兩段光滑圓弧所對應的圓心角均小于，把兩球在圓弧上的運動看做等效單擺運動，根據單擺的周期公式，分析兩小球第一次到達點的時間關系，即可判斷第一次相遇的位置。
本題關鍵是采用等效法，將兩球在圓弧上的運動看做等效單擺運動，常常稱為槽擺，再根據單擺的周期公式，比較時間，即可判斷第一次相遇的位置。
【解答】
據題意，兩段光滑圓弧所對應的圓心角均小于，把兩球在圓弧上的運動看做等效單擺，等效擺長等于圓弧的半徑，則、兩球的運動周期分別為
，
兩球第一次到達點的時間分別為
，。
由于，則，故兩小球第一次相遇點的位置一定在點的右側，故C正確，ABD錯誤。
故選C。
17.【答案】
【解析】
【分析】
小球沿光滑圓弧面運動到底端相當于單擺的運動，小球光滑斜面滑到滿足“等時圓”原理，由此求解。
本題主要是考查牛頓第二定律之等時圓問題和單擺的周期計算公式，掌握“等時圓”原理和單擺的周期公式是關鍵。
【解答】
設該圓弧對應的半徑為，小球沿光滑圓弧面運動到底端的時間相當于擺長為的單擺周期的，則有：
；
小球光滑斜面滑到的時間為，根據等時圓原理可得：
所以，解得：，故B正確，ACD錯誤。
故選B。
18.【答案】
【解析】
【分析】
解題關鍵找出擺長，然后根據單擺的周期公式列式求解；單擺周期公式，當小球在紙面內做小角度振動時，圓心是點；當小球在垂直紙面方向做小角度振動時，圓心在墻壁上且在點正上方。
本題考查單擺的周期公式，擺長的理解。確定單擺簡諧運動的擺長，是解答本題的關鍵。
【解答】
當小球在紙面內做小角度擺動時，圓心是點，擺長為，故周期為，故A正確，C錯誤；
當小球在垂直紙面方向做小角度振動時，圓心在墻壁上且在點正上方，擺長為，故周期為，故BD錯誤。
19.【答案】
【解析】 由題圖看出，兩個單擺的周期相同，同一地點相同，由單擺的周期公式知，甲、乙兩單擺的擺長相等，故A正確；
甲擺的振幅比乙擺的大，兩擺的擺長相等，質量也相等，可知甲擺的機械能比乙擺的大，故B正確；
在時，乙擺向位移最大位置運動，則在做減速運動，甲擺向平衡位置運動，則在做加速運動，故C正確；
根據單擺的周期公式可知，知道單擺的振動周期，但是擺長未知，則無法求出當地的重力加速度，故D錯誤。故選ABC。
20.【答案】
【解析】A.小物體從下降到，圖像為直線，說明這段過程物體做自由落體運動，時彈簧形變量為零，彈性勢能最小，故A錯誤；
B.小物體下落至高度時，動能最大，把小球和彈簧看成一個系統，有機械能守恒可知，彈性勢能與重力勢能之和最小，故B正確；
C.小物體在高度和時，動能相同，由彈簧振子的對稱性可知，在時彈力一定是重力的倍，此時彈簧的壓縮量為，小物體從高度下降到，重力做功，所以彈簧的彈性勢能增加了，故C錯誤；
D.小物體從高度下降到，重力做功等于彈簧彈性勢能的增大，所以彈簧的最大彈性勢能為，故D正確。
故選BD。
21.【答案】
【解析】
【分析】
和一起在光滑水平面上做簡諧運動，物體的回復力是由滑塊對物體的摩擦力提供，滑塊的回復力是由彈簧的彈力和對的摩擦力的合力提供，回復力滿足：，以為研究對象，根據牛頓第二定律求出無相對滑動時最大加速度，再對整體，由牛頓第二定律求出最大振幅。
明確最大振幅時，物體間的摩擦力最大，靈活利用整體法和隔離法解題是關鍵．要知道簡諧運動的基本特征是，但不一定是彈簧的勁度系數。
【解答】
A.做簡諧運動時回復力是由滑塊對物體的摩擦力提供，故A正確；
B.物體作簡諧運動的回復力是彈簧的彈力和對的靜摩擦力的合力提供，故B錯誤；
C.物體與滑塊看成一個振子的回復力大小滿足，則回復力大小跟位移大小之比為，故C正確；
D.據題知，物體間的最大摩擦力時，其振幅最大，設為以整體為研究對象有：
以為研究對象，有牛頓第二定律得：
聯立解得：，故D正確。
故選ACD。
22.【答案】
【解析】
【分析】
根據圖象乙能直接讀出振子的位置．根據圖象讀出位移，寫出振動方程，求出時振子對平衡位置的位移。
本題關鍵要理解振動圖象的物理意義，知道圖象的斜率表示速度，要熟練寫出振動方程，從而可求得振子任意時刻的位移。
【解答】
A.由振動圖象可知時，振子的位移為負向最大，說明振子處于位置，故A正確。
B.時，振子的位移為零，振子處在位置，故B錯誤；
C.時，振子的振動方向水平向左，故C正確；
D.彈簧振子的周期為，振幅為，振動方程為將代入解得，故D錯誤；
故選AC。
23.【答案】；
【解析】解：
振子從點向右開始計時，振子先到達右側最大位移處，再反向到達平衡位置，最后到達點用時，因點的速度大小和點速度大小相等，則說明關于平衡位置對稱；則可知時間對應，故周期；因半個周期內對應的路程為，則有，解得。
故答案為：；。
24.【答案】，；。
【解析】解：小球直徑為，
秒表內圈：分鐘，外圈：，所以讀數為；
根據單擺的周期公式，得，圖線的斜率，可知越小圖線的斜率越大，浙江大學離赤道近，重力加速度小，對應圖線的斜率大，故去清華大學的同學所測實驗結果對應的圖線是。
25.【答案】解： 小球以為圓心做簡諧運動，所以擺長，
振動的周期為；
小球以為圓心做簡諧運動，擺長，
振動周期為。
【解析】見答案
26.【答案】解：由題意可知，等效擺長 所以球振動周期 設球自由下落的時間為，則它擊中球時下落的高度 則 球經過平衡位置，接著返回到平衡位置的時間為半個周期，即 從球開始下落至擊中球，球振動的時間為的倍 即 則 解得
【解析】見答案
27.【答案】小球運動到最高點時，三角架對水平面的壓力最小為零，此時兩彈簧對三角架的彈力為，豎直向上，則兩彈簧對小球的彈力，方向向下，對小球有 ，解得方向豎直向下．
小球做簡諧運動，設振幅為，則從平衡位置到最高點，每個彈簧對小球的彈力變化都為，方向豎直向下，則有， 解得．
【解析】見答案
28.【答案】解：小球做簡諧運動，則小球從釋放到最低點所用的時間為：
從釋放到最低點，由動能定理有：
根據牛頓第二定律
得
【解析】本題主要考查了單擺周期、向心力及動能定理的直接應用，難度不大，屬于基礎題。
小球做簡諧運動，小球擺到最低點所用時間是單擺周期的；
由動能定理求出在最低點的速度，再利用最低點向心力公式列式即可求解。
29.【答案】單擺的周期，所以其振動頻率為。
頻率的單位是，質量的單位是，長度的單位是，彈撥力的單位是，從單位的角度分析，只有才能得到頻率的單位，增加一個系數可得公式； 根據題意有，當琴弦的長度變化時，則有，故當琴弦的長度減小，琴弦振動的頻率將增大。
【解析】見答案
30.【答案】解：
由共振曲線可知，單擺的固有頻率。 因為，
所以，
代入數據解得。
由共振曲線可知，單擺發生共振時，振幅。
設單擺的最大偏角為，擺球所能達到的最大高度為，由機械能守恒得：，
又 ，當很小時， ，
解得：。
擺球在最大位移處加速度最大，有 ，
即：， 代入數據解得：。
【解析】見答案。
第2頁，共2頁
第1頁，共1頁機械波復習卷
學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________
注意：本試卷包含Ⅰ、Ⅱ兩卷。第Ⅰ卷為選擇題，所有答案必須用2B鉛筆涂在答題卡中相應的位置。第Ⅱ卷為非選擇題，所有答案必須填在答題卷的相應位置。答案寫在試卷上均無效，不予記分。
一、單選題（本大題共13小題，共52.0分）
一列沿軸正方向傳播的簡諧橫波，傳播速度，時位于坐標原點的質點從平衡位置沿軸正方向運動，下列圖形中哪個是時的波形
A. B.
C. D.
如圖為兩機械波和在同一介質中傳播時某時刻的波形圖，則兩列波的波長之比：、周期之比：分別為
A. ： ： B. ： ：
C. ： ： D. ： ：
手持較長軟繩端點以周期在豎直方向上做簡諧運動，帶動繩上的其他質點振動形成簡諧波沿繩水平傳播，示意如圖．繩上有另一質點，且、的平衡位置間距為。時，位于最高點，的位移恰好為零，速度方向豎直向上，下列判斷正確的是
A. 該簡諧波是縱波
B. 該簡諧波傳播方向與點振動方向在同一直線上
C. 時，在平衡位置上方
D. 時，的速度方向豎直向上
一簡諧橫波沿水平繩向右傳播，波速為，周期為，振幅為繩上兩質點、的平衡位置相距波長，位于右方。設向上為正，在時位移為，且向上運動；經時間，位移仍為，但向下運動，則
A. 在時刻，恰好在波谷位置
B. 在時刻，位移為負，速度向上
C. 在時刻，位移為負，速度向下
D. 在時刻，位移為，速度向下
一列簡諧橫波沿軸正方向傳播，振幅為。某時刻，處的質點位于平衡位置，且向軸負方向運動，而處的質點位移為，且向軸正方向運動，此時它們之間有且只有一個質點也處于平衡位置。質點的坐標為
A. B. C. D.
一橫波在某時刻的波形圖如圖所示，此時質點的運動方向向上。由圖象可知
A. 這列波沿軸的負方向傳播
B. 此時刻質點的加速度為
C. 此時刻質點的速度大于質點的速度
D. 此時刻后，質點比質點先回到平衡位置
如圖所示為一列簡諧橫波在時刻的波形圖，為介質中的一個質點。圖是質點的振動圖象，那么該波的傳播速度的大小和傳播方向是
A. ，沿軸正方向 B. ，沿軸負方向
C. ，沿軸正方向 D. ，沿軸負方向
如圖所示，一束復色光從空氣中射入水中，分成兩束單色光和，則下列說法中正確的是
A. 在水中，光的頻率大于光的頻率
B. 在水中，光的光速大于光的光速
C. 在水中，光的波長大于光的波長
D. 若光照射到某金屬上能發生光電效應，則光照射該金屬上也一定能發生光電效應
如圖為一列機械波時刻的波形圖，已知該波的周期為，波長為，、、、為四個質量相等的振動質點，則
A. 在時刻，質點的速度大于的速度
B. 在時刻，質點的動能最大
C. 從時刻起，質點比質點先回到平衡位置
D. 從時刻起，到時刻止，四個質點所通過的路程均為
物理學原理在現代科技中有許多重要應用．例如，利用波的干涉，可將無線電波的干涉信號用于飛機降落的導航．如圖所示，兩個可發射無線電波的天線對稱地固定于飛機跑道兩側，它們類似于楊氏干涉實驗中的雙縫．兩天線同時都發出波長為和的無線電波．飛機降落過程中，當接收到和的信號都保持最強時，表明飛機已對準跑道．下列說法正確的是
A. 天線發出的兩種無線電波必須一樣強
B. 導航利用了與兩種無線電波之間的干涉
C. 兩種無線電波在空間的強弱分布穩定
D. 兩種無線電波各自在空間的強弱分布完全重合
兩波源Ⅰ、Ⅱ在水槽中形成的波形如圖所示，其中實線表示波峰，虛線表示波谷，則以下說法正確的是
A. 點振動始終加強 B. 點振動始終加強
C. 、兩點振動始終加強 D. 、兩點振動都不加強
汽車無人駕駛技術已逐漸成熟，最常用的是自適應巡航控制，它可以控制無人車在前車減速時自動減速、前車加速時自動跟上去。汽車使用的傳感器主要是毫米波雷達，該雷達會發射和接收調制過的無線電波，再通過因波的時間差和多普勒效應造成的頻率變化來測量目標的相對距離和相對速度。若該雷達發射的無線電波的頻率為，接收到的回波的頻率為，則
A. 當 時，表明前車一定做勻速直線運動
B. 當時，表明前車一定處于靜止狀態
C. 當時，表明前車正在減速行駛
D. 當時，表明前車正在減速行駛
如圖所示為兩列不同頻率的水波通過相同的小孔所形成的衍射圖樣，由圖可知，兩列波的波長和頻率的大小關系是
A. ， B. ，
C. ， D. ，
二、多選題（本大題共9小題，共36.0分）
在均勻介質中坐標原點處有一波源做簡諧運動，其表達式為，它在介質中形成的簡諧橫波沿軸正方向傳播，某時刻波剛好傳播到處，波形圖象如圖所示，則
A. 此后再經該波傳播到處
B. 點在此后第末的振動方向沿軸正方向
C. 波源開始振動時的運動方向沿軸負方向
D. 此后點第一次到達處所需時間是
如圖所示，兩種不同材料的彈性細繩在處連接，、和是該繩上的三個點，間距離為，間距離為。點上下振動，則形成以點為波源向左和向右傳播的簡諧橫波Ⅰ和Ⅱ，其中波Ⅱ的波速為。時刻點處在波谷位置，觀察發現后此波谷傳到點，此時點正通過平衡位置向上運動，間還有一個波谷。則
A. 波Ⅰ的波長為
B. 點的振動周期為
C. 時，點恰好處于波谷
D. 當點處于波峰時，點也一定處于波峰
如圖所示，軸上、處有兩個振動周期均為、振幅均為的相同的波源、，時刻同時開始豎直向下振動，產生波長均為沿軸傳播的簡諧橫波。、、分別是軸上、和的三個點，下列說法正確的是
A. 時、、三點均已振動
B. 后點的位移始終是
C. 后點的位移始終是
D. 時點的振動方向豎直向下
兩列振幅相等、波長均為、周期均為的簡諧橫波沿同一繩子相向傳播，若兩列波均由一次全振動產生，時刻的波形如圖所示，此時兩列波相距，則
A. 時，波形如圖甲所示 B. 時，波形如圖乙所示
C. 時，波形如圖丙所示 D. 時，波形如圖丁所示
有兩例頻率相同、振動方向相同、振幅均為、傳播方向互相垂直的平面波相遇發生干涉。如圖所示，圖中實績表示波峰，虛線表示波谷，為波谷與波谷相遇點，、為波峰與波谷相遇點，為波峰與波峰相遇點，、是、連線上的兩點，其中為連線的中點，則
A. 、處的質點振動加強，、處的質點振動減弱
B. 從圖示時刻經過半個周期，處質點通過的路程為
C. 從圖示時刻經過半個周期，處質點加速向平衡位置運動
D. 從圖示時刻經過四分之一周期，處的質點振幅恰好為零
一列簡諧橫波沿軸傳播，速度為，時波形如圖甲所示，此時質點位于波峰，質點位于波谷，質點、位于平衡位置。圖乙是波上質點的振動圖象。下列說法中正確的是
A. 質點與質點的速度大小總是相等的，加速度大小也總是相等的
B. 經質點運動的路程
C. 經質點的振動沿軸正方向傳播
D. 機械波傳播一個周期，各質點就通過一個波長的路程
E. 一觀察者從處出發沿著軸向質點運動，其觀測到的該波的頻率將大于
將一根較長的彈性細繩沿軸放置，左端記為坐標原點，將繩子拉平后，手握左端，以固定的頻率和振幅上下抖動簡諧運動，如圖所示。從抖動開始計時，在時的波形如圖所示，下列說法正確的是
A. 手抖動繩的頻率為
B. 在時，點的速度方向向上
C. 在的時間內，質點經過的路程為
D. 該列波遇到寬度為的障礙物時不能發生衍射
甲乙兩列簡諧橫波在同一介質中分別沿軸正向和負向傳播，波速均為，兩列波在時的部分波形如圖所示，關于這兩列波，下列說法正確的是
A. 甲波的波長
B. 乙波的周期
C. 時刻，處的質點偏離平衡位置的位移為
D. 兩列波可以形成穩定的干涉
E. 在時刻，處于區域內的質點，振動方向沿軸正方向
兩列頻率相同、振幅分別為和的橫波相遇時某一時刻的干涉示意圖如圖所示，實線表示波峰，虛線表示波谷，、兩點兩列波相遇點。下列說法正確的是
A. 質點的振幅為
B. 質點的位移始終為
C. 質點的位移總是大于質點的位移
D. 質點的振幅一定大于質點的振幅
E. 由圖中時刻經過周期時，質點的位移為零
三、計算題（本大題共1小題，共10.0分）
如圖所示為同一均勻介質中相向傳播的甲、乙兩列簡諧橫波在某時刻的波形圖，兩列波的速度大小都是。
兩列波的頻率分別是多少這兩列波相遇時能否發生干涉現象
在時，平衡位置位于原點的質點位移是多少
四、綜合題（本大題共2小題，共24.0分）
物理選修
在下列現象中，可以用多普勒效應解釋的有__________。
A.雷雨天看到閃電后，稍過一會兒才能聽到雷聲
B.超聲波被血管中的血流反射后，探測器接收到的超聲波頻率發生變化
C.觀察者聽到遠去的列車發出的汽笛聲，音調會變低
D.同一聲源發出的聲波，在空氣和水中傳播的速度不同
E.天文學上觀察到雙星相距較近、均繞它們連線上某點做圓周運動的兩顆恒星光譜隨時間的周期性變化
一振動片以頻率做簡諧振動時，固定在振動片上的兩根細桿同步周期性地觸動水面上、兩點，兩波源發出的波在水面上形成穩定的干涉圖樣。是水面上的一點，、、間的距離均為，如圖所示。已知除點外，在連線上還有其他振幅極大的點，其中距最近的點到的距離為。求：
波的波長：
波的傳播速度。
下列說法正確的是________。填正確答案標號。
A.機械波傳播時，質點振動的方向總是垂直于波的傳播方向
B.單色光從空氣進入水中，其波速變小，頻率不變
C.系統做穩定的受迫振動時，系統振動的頻率等于周期性驅動力的頻率
D.交通警察從警車上向遠離警車的車輛發射超聲波，交警接收到的反射波頻率變低
E.光學儀器鏡頭上的增透膜是利用光的衍射原理使透射光加強
一簡諧橫波向正方向傳播，軸上有平衡位置坐標相距的、兩質點圖中未標出，該波的振幅。時刻質點位移為，速度向軸負方向。時第一次回到平衡位置，此時質點的位移為，速度向軸正方向。求該波的周期和波速。
答案和解析
1.【答案】
【解析】
【分析】
分析在時刻位于坐標原點的質點所處的位置和振動方向，該波沿軸正方向傳播，根據“同側法”進行分析。
本題主要是考查了波的圖像；解答本題的關鍵是根據質點的振動方向判斷出波的傳播方向；一般的判斷方法是根據“平移法”或“同側法”，或者根據“走坡法”來判斷。
【解答】
根據圖象可知該波的波長為，則周期；時位于坐標原點的質點從平衡位置沿軸正方向運動，在時，該質點已經振動了個周期，說明在時刻位于坐標原點的質點在平衡位置處且向下振動，該波沿軸正方向傳播，根據“同側法”可知，選項是時的波形，故B正確、ACD錯誤。
2.【答案】
【解析】解：由圖可得：波的波長為波波長的兩倍，即：：
在同一介質中兩波的波速相同，則根據周期公式可得：
：：：，故ABC錯誤、D正確。
故選：。
然后由圖得到波長關系，根據波在同一介質中傳播時波速相同即可求得周期之比。
本題主要是考查了波的圖象；解答本題關鍵是能夠根據圖象直接得到波長關系，知道波速、波長和周期之間的關系。
3.【答案】
【解析】
【分析】
本題考查機械波的傳播。
在波的傳播過程中，波上的質點并不隨波的傳播而運動，質點只在平衡位置附近振動；隨波傳播的只是波的形式和能量。
【解答】
該簡諧波上質點振動方向為豎直方向，波的傳播方向為水平方向，兩者垂直，故為橫波，故AB錯誤；
C.時，的位移恰好為零，速度方向豎直向上，那么，時，在平衡位置上方，并向上運動，故C正確；
D.時，的位移恰好為零，速度方向豎直向上，那么，時，在平衡位置上方，并向下運動，故D錯誤。
故選C。
4.【答案】
【解析】解：、由題，在時位移為，且向上運動，則點的振動方程為：，將在時位移為代入方程得：
所以：
經時間，位移仍為，但向下運動，代入公式得：
兩質點、的平衡位置相距波長，位于右方，所以點的振動方程：，
代入數據得：，隨的增大，位移的絕對值增大，所以向下運動。故AB錯誤，C正確；
D、將代入公式，得：，質點恰好經過平衡位置。故D錯誤。
故選：。
在時位移為，且向上運動；經時間，位移仍為，但向下運動，由此寫出點的振動方程，然后結合、的平衡位置相距波長，位于右方寫出點的振動方程，即可判斷出時刻點的位置以及振動的方向。
本題是特殊值問題，根據題目提供的條件，寫出點與點的振動方程，代入數據即可。
由于是特殊值問題，也可以使用特殊值，畫出波動的圖象，使用平移法解答。
5.【答案】
【解析】解：根據波的傳播方向、質點位移及振動方向可得：波形如圖所示：
所以，，，故，，故D正確，ABC錯誤；
故選：。
根據波的傳播方向、質點位移及振動方向得到波形圖，從而得到質點、及質點、平衡位置間距離與波長的關系，進而由質點、的坐標求得波長，從而求解的坐標。
根據質點位移、振幅及振動方向，由波的傳播可得到質點附近的波形，再根據波峰、波谷個數或在平衡位置的質點個數即可求得兩質點間的波形圖。
6.【答案】
【解析】解：、由于的運動方向向上，根據“同側法”可知這列波沿軸的正方向傳播，故A錯誤；
B、此時刻質點處于波峰，根據可知的加速度不為零，故B錯誤；
C、此時刻質點處于平衡位置，速度最大，所以此時刻質點的速度小于質點的速度，故C錯誤；
D、此時的振動方向向下，所以此時刻后，質點比質點先回到平衡位置，故D正確；
故選：。
根據“同側法”可知這列波的傳播方向；根據可知的加速度大小；處于波峰處的質點速度為零，根據振動方向確定回到平衡位置時間。
本題主要是考查了波的圖象；解答本題的關鍵是根據質點的振動方向判斷出波的傳播方向；一般的判斷方法是根據“平移法”或“同側法”，或者根據“走坡法”來判斷。
7.【答案】
【解析】解：由圖讀出波長為：由圖讀出周期為：，則波速為：；
由圖知質點的速度方向為豎直向上，則在圖上，由波形的平移法得知，該波沿軸正方向傳播，故A正確，BCD錯誤。
故選：。
由圖讀出波長，由圖讀出周期，求出波速，并讀出質點的速度方向，在圖上判斷波的傳播方向。
本題首先要能在振動圖象上讀出質點的速度和周期，再在波動圖象上讀出波長，判斷出波的傳播方向，考查把握兩種圖象聯系的能力，平時要注意練習。
8.【答案】
【解析】解：、由圖知兩束的入射角相等，的折射角小于的折射角，通過折射定律可知：，由于折射率越大，光的頻率越大，波長越小，則光的波長小于光，光的頻率比光的頻率小，故A正確，C錯誤；
B、根據可知，光的光速小于光的光速，故B錯誤；
D、根據光電效應的產生條件可知，入射光的頻率大于極限頻率，如果用單色光照射某種金屬能發生光電效應，說明光的頻率大于金屬的極限頻率，單色光的頻率小，不一定能使該金屬發生光電效應，故D錯誤。
故選：。
一束復色光從空氣斜射到水中，變為、兩束平行單色光，根據偏折程度可確定折射率大小；
折射率大的，頻率高，波長小，光子的能量大；
根據光電效應條件分析，入射光的頻率大于金屬的極限頻率。
此題考查了光的折射定律、光電效應等知識，解題的關鍵是明確、兩束單色光的頻率關系。
9.【答案】
【解析】解：、質點離平衡位置越近速度越大，故在時刻，質點的速度小于的速度，故A錯誤；
B、簡諧波向左傳播，在時刻，質點經過平衡位置，加速度為零，速度最大，動能最大，故B正確；
C、根據簡諧波向左傳播，、的速度都向下，衡位置，點離開平衡位置，所以點先回到平衡位置，故C錯誤；
D、在一個周期內質點通過的路程是四個振幅，與波長無關，質點不隨波運動，故D錯誤。
故選：。
簡諧波傳播過程中，質點離平衡位置越近速度越大，質點處于平衡位置時，其加速度為零，速度最大，動能最大；
根據波的傳播方向判斷出質點的振動方向，分析、哪點先回到平衡位置；
在一個周期內質點通過的路程是四個振幅，與波長無關；
本題考查了根據波的傳播方向判斷質點振動方向、分析波動形成的過程等知識。
10.【答案】
【解析】
【分析】
解決本題的關鍵知道干涉的條件，知道當飛機沿兩波源中垂線降落時，路程差為零，為振動加強點，接收到的信號最強；注意這里上面的燈泡能發出兩種波，下面的燈泡也能發出兩種波
【解答】
A、兩波源的強度不需要一樣強，故A錯誤．
B、由于無線電波以光速傳播，根據知，波長不同，頻率不同，所以兩種無線電波之間不會發生干涉，故B錯誤．
、空間中某點加強與減弱取決于到兩波源的距離差為半波長的奇、偶數倍．所以兩種電波的干涉強弱分布是固定的，而且，所以兩種干涉分布不重合，不過中垂線都是加強點，故C正確，D錯誤．
故選：．
11.【答案】
【解析】
【分析】
波峰和波峰、波谷與波谷疊加的點為振動加強點，波峰與波谷疊加的點為振動減弱點。振動加強點始終振動加強，振動減弱點始終減弱；
本題考查波的疊加原理，注意加強區域總是加強，但位移不一定最大；減弱區始終減弱。
【解答】
點是波谷與波谷疊加的點，故為振動加強點；且始終振動加強；
點是波峰與波谷疊加，為振動減弱點，且始終振動減弱；故A正確，BCD錯誤；
故選A。
12.【答案】
【解析】解：、當聲源和觀察者之間的距離不變化時，觀察者接收到的頻率和聲源發出的頻率相等，故當時，說明二者之間的距離不變，表明前車與無人車速度相同，但不一定靜止或勻速直線運動，故AB錯誤；
C、當時，說明接收到的頻率增大，說明兩車距離減小，表明前車在減速行駛，故C正確；
D、當時，說明接收到的頻率減小，說明兩車距離增大，表明前車在加速行駛，故D錯誤。
故選：。
當聲源和觀察者之間的距離不變化時，觀察者接收到的頻率和聲源發出的頻率相等；當聲源和觀察者之間的距離增大時，觀察者接收到的頻率和聲源發出的頻率減小；當聲源和觀察者之間的距離減小時，觀察者接收到的頻率和聲源發出的頻率增大。
本題主要是考查多普勒效應，解答本題要掌握接收到的頻率與聲源發出的頻率之間的關系，注意選項，得出速度相同，并不是速度不變。
13.【答案】
【解析】解：由圖知圖衍射現象較明顯，圖較不明顯，所以中波長較大，中波長較短，而相同的介質中，水波的速度相同，根據，可知，波長越長，則頻率越低，故C正確，ABD錯誤。
故選：。
發生明顯衍射的條件是；障礙物或孔的尺寸比波長小或相差不多。
本題考查了發生明顯衍射現象的條件。
14.【答案】
【解析】
【分析】
A、根據質點做簡諧運動的表達式，從而求得周期，再由確定波速，進而可求得某段時間內的波傳播的距離
B、根據點振動的時間，結合周期，從而判定點的振動方向
C、簡諧波傳播過程中，質點做簡諧運動時，起振方向與波源起振方向相同，與圖示時刻波最前端質點的振動方向相同
D、根據此時點的振動方向，再結合末位置，從而確定運動的時間．
【解答】
A.由波源振動表達式可知，而，所以，由波形圖知，波速，再經，，故A項正確；
B.經過，波向前傳播的距離為，，畫出這一時刻的波形圖如圖中虛線所示，由圖可知，點振動方向沿軸正方向，項正確；
C.在波的傳播過程中，各質點的起振方向都與波源的起振方向相同，可得波源起振方向沿軸正方向，項錯誤；
D.此時點在處且沿軸負方向振動，第一次到達處所用時間小于，故D項錯誤。
故選AB。

15.【答案】
【解析】
【分析】
分別對兩波分析，根據波速公式即可求出波的速度，再根據波長、周期和頻率的關系即可確定周期；根據各質點的振動情況確定質點的位置。
關鍵是把握兩點：第一點也為突破口，即“后此波谷傳到點，此時點正通過平衡位置向上運動，間還有一個波谷”，第二點是同一波源在不同介質中的振動頻率周期相同．
【解答】
由題意可知，之間有兩個波谷，即，解得波的波長為，根據題意可知波Ⅰ的波速為，故波的周期為，同一波源的頻率相同，故點的振動周期為，A錯誤，B正確；
C.波Ⅱ的波長為，故在時刻處于平衡位置向下振動，經過，即四分之三周期，點在波峰，故C錯誤；
D.因為兩點到波源的距離都為其各自波長的，又兩者振動周期相同，起振方向相同，所以兩者振動步調相同，即當點處于波峰時，點也一定處于波峰，D正確。
故選BD。
16.【答案】
【解析】解：、兩波源的振動周期均為：，產生波長均為：，由，可知，它們的波速為：，時刻同時開始豎直向下振動，當經過時，兩波傳播的距離均為：，而到兩波源距離為，則點還沒振動，故A錯誤；
B、由上分析可知，當后，、、三點均已振動，由于到兩波源距離相等，因此總處于振動加強，則位移可能最大，即為，也可能最小，即為，故B錯誤；
C、當后，點已振動，而點到兩波源的距離差為：，此值是半個波長的奇數倍，因此的處于振動減弱，由于它們的振幅相等，則其位移始終是，故C正確；
D、由于間距為：，且波速為：，那么在時，波源剛好傳到點，而波源傳到點的時間為：，
因此在時，波源使點已振動的時間，即完成了個波形，依據波的疊加原理，則時點的振動方向豎直向下，故D正確；
故選：。
依據波速與波長關系式，求得傳播速度，結合，即可判定三點能否振動；根據到兩波源的路程差，從而確定是否處于振動加強；同理，可判定后點是否處于振動減弱；根據振動周期，可確定在內，完成了個波形，而波源、剛好傳播到點，經過疊加，即可判定。
考查波的疊加滿足矢量法則，理解當該波的波峰波谷與波峰波谷相遇時，此處相對平衡位置的位移為振幅的二倍；當波峰與波谷相遇時此處的位移為零；掌握振動加強與振動減弱的條件。
17.【答案】
【解析】解：、波在一個周期內傳播的距離為一個波長，因為時刻兩列波相距，時，兩列波各傳播的距離，兩列波還沒有相遇，各自的波形不變，故A錯誤；
B、時，兩列波各傳播的距離，兩列波剛好相遇，各自的波形不變，波形如圖乙所示，故B正確；
C、時，兩列波各傳播的距離，兩個波谷相遇，兩波谷疊加處的位移等于原來兩個波谷位移之和，波形與圖丙不同，故C錯誤；
D、時，兩列波各傳播的距離，左波的波峰與右波的波谷相遇，左波的波谷與右波的波峰相遇，相遇處位移均為零，波形如圖丁所示，故D正確。
故選：。
根據波傳播的時間確定波傳播的距離，再根據波的疊加原理分析兩列波相遇時的波形。
解答本題時，要知道波在一個周期內傳播的距離為一個波長，兩列波的波峰與波谷相遇時，振動會抵消。
18.【答案】
【解析】解：、為波谷與波谷相遇點，、為波峰與波谷相遇點，為波峰與波峰相遇點，故、處的質點振動加強，、處的質點振動減弱，故A正確；
D、為振動加強點，那么，點振動周期不變，振幅為，故從圖示時刻經過四分之一周期，處的質點振幅為，故D錯誤；
、根據幾何關系可知：兩波的波谷同時傳播到，；故，均為振動加強點，振幅為；
那么，從圖示時刻經過半個周期，處質點通過的路程為；
由為連線的中點，可得：圖示時刻兩波在點都處于平衡位置向下運動，故圖示時刻質點位移為正，在向平衡位置運動，故從圖示時刻經過半個周期，處質點位移為負，在向平衡位置運動，故BC正確；
故選：。
根據兩波在質點處的振動得到質點合振動，根據波的傳播方向及幾何關系得到質點位移及振動方向，從而得到質點振動及運動路程。
機械振動問題中，一般根據振動圖或質點振動得到周期、質點振動方向；再根據波形圖得到波長和波的傳播方向，從而得到波速及質點振動，進而根據周期得到路程。
19.【答案】
【解析】解：、由于波動圖象上、相差半個波長，故兩點振動步調相反，速度大小總是相等的，加速度大小也總是相等的，故A正確；
B、圖乙知波的周期為，圖甲知波的振幅為，為一個周期，質點運動的路程為，即，非，故B錯誤；
C、波傳播的是運動形式，由同側法知波沿軸負向傳播，經質點的振動沿軸負方向傳播距離，故C錯誤；
D、機械波傳播一個周期，各質點就通過的路程為四倍振幅，故D錯誤；
E、波傳播的頻率，一觀察者從處出發沿著軸向質點運動，與波相向運動，發生多普勒效應，其觀測到的該波的頻率將大于，故E正確。
故選：。
由圖乙讀出波的周期，條件已知波速，可求波長；波動圖象上相差半個波長的奇數倍的兩點振動步調相反；波傳播的是運動形式，各質點圍繞平衡位置做簡諧振動；波與觀察者相向運動，頻率增大。
本題是一道關于機械振動和機械波的試題，解決本題的關鍵是熟練掌握根據波動圖象判斷質點的振動情況，知道波傳播的是運動形式，知道多普勒效應兩種情況。
20.【答案】
【解析】解：、在時，波形傳播，故波速為：，
波長，故周期：，
故手抖動繩的頻率為：，故A正確；
B、根據波形微平移法可知，點此時速度方向向上；
，故A點的速度方向與圖示時刻速度方向相同，也向上，故B正確；
C、在，點從開始向下運動到最低點，故路程等于一倍的振幅，為，故C正確；
D、該列波遇到寬度為的障礙物時可以發生衍射，由于波長，不會發生明顯衍射，故D錯誤；
故選：。
根據求解波速，根據求解周期，發生明顯衍射的條件時障礙物尺寸不大于物體的尺寸。
本題考查機械波，關鍵是結合波速、波長和周期公式列式分析，同時結合波形平移法判斷質點的振動方向。
21.【答案】
【解析】
【分析】
由圖讀出兩列波的波長和振幅，由波速公式求出乙波的周期；根據疊加原理求出處的質點偏離平衡位置以及區域內的質點振動方向；根據穩定干涉的條件判斷兩列波是否能形成穩定的干涉；
解決本題的關鍵是理解并掌握波的疊加原理，根據圖像得出信息計算得出結論。
【解答】
A、由圖可以看出，甲、乙兩列波的波長分別為：，。故A正確。
B、乙波的周期為，故B正確。
C、時，在處兩列波的波峰相遇，該處質點偏離平衡位置的位移為，故C正確。
D、兩波的周期不同，不能形成穩定的干涉，故D錯誤。
E、在時刻，處于區域內的質點，因兩列波單獨引起的振動方向均軸負方向，根據波的疊加原理可知，這些質點振動方向沿軸負方向，故E錯誤。
故選：。
22.【答案】
【解析】解：、質點是波谷和波峰疊加，為振動減弱點，則其振幅為，故A正確；
B、質點是波峰和波峰疊加，為振動加強點，則振幅為，但是位移不是始終為，故B錯誤；
、由以上分析可知，質點的振幅大于質點的振幅，但并不是質點的位移總是大于質點的位移，故C錯誤，D正確；
E、由圖中時刻經過周期時，質點從波峰位置回到平衡位置，則此時的位移為零，故E正確。
故選：。
由頻率相同的兩列同性質的波相遇產生穩定干涉圖象；圖知處于振動加強點，而質點處于振動減弱點。
解決本題的關鍵知道波峰和波峰疊加，波谷與波谷疊加振動加強，波峰與波谷疊加，振動減弱；注意振動加強點是振幅最大，不是始終處于波峰或波谷位置。
23.【答案】解：由圖得，
由得：
，
，
兩列波的頻率不相等，相遇時不會發生干涉現象；
經過，甲波向右傳播距離，
由波形平移可得甲波引起原點處質點的位移大小是，位移方向沿軸正向，
乙波向左傳播距離，
由波形平移可得乙波引起原點處質點的位移是，
根據波的疊加遵守矢量合成法則，可得
在時，平衡位置位于原點的質點位移大小是，
位移方向沿軸正向。
【解析】根據相鄰波峰或波谷間的距離等于波長，由圖直接比較波長的大小；兩列波的波速相同，由波速公式分析頻率關系，若兩列波的頻率相同，就能夠發生干涉；
根據質點的振動方向，分析質點回到平衡位置的先后，根據波的疊加遵守矢量合成法則求平衡位置位于原點的質點的位移。
本題的關鍵要抓住波速是由介質決定、發生干涉的條件是兩列波的頻率相等、結合波平移法分析。
24.【答案】
如下圖所示，為距離最近的振動加強點
在三角形中，根據余弦定理
解得
其中為振動加強的點，則有
又因為點是離點最近的振動加強的點，則取。
解得：
根據波長頻率波速關系：
解得
【解析】
【分析】當波源與觀察者相互靠近或遠離時，接收到波的頻率都會發生變化，這種現象稱為多普勒效應，本題主要考查學生對多普勒效應的了解和認識。
【解答】
A.雷雨天先看到閃電后聽見雷聲是由于光在空氣中傳播的速度比聲音快，不屬于多普勒效應，故A錯誤；
B.超聲波被血管中的血流反射后又被儀器接收，可以測出發射波頻率的變化，是利用多普勒效應原理，故B正確；
C.觀察者聽到遠去的列車發出的汽笛聲，說明聲源逐漸遠離觀察者，根據多普勒效應，音調變低，故C正確；
D.聲波的傳播速度是由介質決定的，與多普勒效應無關，故D錯誤。
E.雙星在運動過程中，相對于觀察者位置隨時間周期性變化，根據多普勒效應原理，發出的光譜也隨時間周期性變化；故E正確。
故答案為。
【分析】本題主要考查平面波的干涉，若某點到兩波源的路程差為波長的整數倍，即，則該點振動加強。

25.【答案】
解：據題意，從時刻開始，質點經可回到平衡位置，因此
解得：
、平衡位置相距，據題意可得：
由于
解得：
【解析】
【分析】
本題考查了受迫振動、橫波和縱波、多普勒效應、薄膜干涉；知道橫波中質點振動的方向垂直于波傳播的方向，在縱波中，質點的振動方向與波傳播方向平行；準確掌握各物理現象的原理即可正確解答。
【解答】
A.在橫波中質點振動的方向垂直于波傳播的方向，在縱波中，質點的振動方向與波傳播方向平行，選項A錯誤；
B.由于頻率取決于波源，所以單色光從水中射向空氣，其頻率將不變，而介質的折射率變大，所以其波速變小，故B正確；
C.系統做穩定的受迫振動時，系統振動的頻率等于周期性驅動力的頻率，故C正確；
D.交通警察從警車上向遠離警車的車輛發射超聲波，由于多普勒效應交警接收到的反射波頻率變低，故D正確；
E.光學儀器鏡頭上的增透膜是利用光的干涉原理使透射光加強，故E錯誤。
故選BCD。
本題考查了波的周期性多解問題；根據題干描述，求出該波的周期；由于波的周期性問題，波速具有多解，列出、平衡位置距離和波長關系即可解答。
第2頁，共2頁
第1頁，共1頁光復習卷
學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________
注意：本試卷包含Ⅰ、Ⅱ兩卷。第Ⅰ卷為選擇題，所有答案必須用2B鉛筆涂在答題卡中相應的位置。第Ⅱ卷為非選擇題，所有答案必須填在答題卷的相應位置。答案寫在試卷上均無效，不予記分。
一、單選題（本大題共10小題，共40.0分）
用激光筆照射透明塑料制成的光盤邊緣時觀察到的現象如圖所示。入射點和兩出射點、恰好位于光盤邊緣等間隔的三點處，空氣中的四條細光束分別為入射光束、反射光束、出射光束和。已知光束和間的夾角為，則
A. 光盤材料的折射率
B. 光在光盤內的速度為真空中光速的三分之二
C. 光束、和的強度之和等于光束的強度
D. 光束的強度小于點處折射光束的強度
如圖所示，一束可見光穿過平行玻璃磚后，變為、兩束單色光．如果光束是藍光，則光束可能是
A. 紅光
B. 黃光
C. 綠光
D. 紫光
如圖所示，一束可見光穿過玻璃三棱鏡后，變為、、三束單色光。如果光是綠光，則以下說法正確的是
A. 光可能是藍光
B. 光可能是紅光
C. 光的頻率小于光的頻率
D. 光的波長大于光的波長
如圖所示，一束單色光從空氣入射到棱鏡的面上，經和兩個面折射后從面進入空氣。當出射角和入射角相等時，出射光線相對于入射光線偏轉的角度為。已知棱鏡頂角為，則計算棱鏡對該色光的折射率表達式為
A. B. C. D.
一束復色光從空氣射入光導纖維后分成、兩束單色光，光路如圖所示。比較內芯中的、兩束光，光的
A. 頻率小，發生全反射的臨界角小 B. 頻率大，發生全反射的臨界角小
C. 頻率小，發生全反射的臨界角大 D. 頻率大，發生全反射的臨界角大
如圖所示，用激光筆照射半圓形玻璃磚圓心點，發現有、、、四條細光束，其中是光經折射和反射形成的。當入射光束繞點逆時針方向轉過小角度時，、、四也會隨之轉動，則
A. 光束順時針旋轉角度小于
B. 光束逆時針旋轉角度小于
C. 光束順時針旋轉角度大于
D. 光速、之間的夾角減小了
環境監測中通常需要監測煙塵濃度。如圖所示為光電式煙塵濃度計的工作原理圖。光源發出的光線經聚光透鏡后，再經半透半反鏡分成兩束強度相等的光線。其中一路光線經反射鏡后穿過被測煙塵，有部分光線被煙塵吸收或散射光在介質中與物質微粒相互作用，使光的傳播方向發生改變的現象后，經過光電轉換電路轉換成電壓信號另一路光線直接到達光電轉換電路、完全相同后，產生作為被測煙塵濃度的參比電壓信號運算電路通過和的比值計算出被測煙塵的濃度。根據上述信息應用所學知識可以判斷
A. 沒有煙塵時，和的比值應該為零
B. 散射過程中動量守恒定律不成立
C. 如果用全反射棱鏡作為反射鏡，其折射率至少為
D. 煙塵濃度越高時，和的差值越大
在“利用雙縫干涉測量光的波長”實驗中，將雙縫干涉實驗裝置按如圖所示安裝在光具座上，單縫保持豎直方向，并選用縫間距為的雙縫，并使單縫與雙縫保持平行，調節實驗裝置使光屏上出現清晰干涉條紋。下列說法正確的是
A. 若取下濾光片，光屏上將只見到白光，看不到干涉條紋
B. 若將濾光片由綠色換成紅色，光屏上相鄰兩條暗紋中心的距離減小
C. 若將雙縫間的距離増大，光屏上相鄰兩條暗紋中心的距離增大
D. 若測得個亮條紋中心間的距離為，則相鄰兩條亮條紋間距
下列說法中正確的是
A. 浮在水面上的薄油層在太陽光的照射下呈現各種不同顏色，這是光的干涉形成的現象
B. 光學鏡頭上鍍有一層增透膜可以增強透射光的強度，這是利用光的衍射原理
C. 雨后空中出現的彩虹，這主要是由于光的干涉形成的現象
D. 用光照射標準平面與待測器件表面之間的空氣薄層所形成的明暗條紋，可檢查器件表面的平整程度，這是利用光的衍射現象
如圖，用激光照射直徑小于激光束的不透明圓盤，例如小分幣，我們可以在光屏上看到的圖樣為下列圖中的
A. B.
C. D.
二、多選題（本大題共6小題，共24.0分）
下列說法正確的是
A. 玻璃中的氣泡看起來特別明亮，是發生全反射的緣故
B. 高壓輸電線上方另加兩條與大地相連的導線，是利用靜電屏蔽以防輸電線遭受雷擊
C. 透過平行燈管的窄縫看正常發光的日光燈，能觀察到彩色條紋，這是光的干涉現象
D. 發生或衰變時，原子核從高能級向低能級躍遷時輻射光子
波長為和的兩束可見光入射到雙縫，在光屏上觀察到干涉條紋，其中波長為的光的條紋間距大于波長為的條紋間距。則下列表述中，腳標“”和“”分別代表波長為和的光所對應的物理量
A. 這兩束光的光子的動量
B. 這兩束光從玻璃射向真空時，其臨界角
C. 這兩束光都能使某種金屬發生光電效應，則遏止電壓
D. 這兩束光由氫原子從不同激發態躍遷到能級時產生，則相應激發態的電離能
圖中給出了“用雙縫干涉測量光的波長”實驗示意圖，雙縫和間距為，雙縫到屏的距離為波長為的單色平行光垂直入射到雙縫和上，在屏上形成干涉條紋．中心軸線上方第條亮紋中心位置在處，第條亮紋中心位置在處．現有號、號蟲子分別從、出發以相同速度沿垂直屏方向飛行，號蟲子到達屏后，沿屏直線爬行到，號蟲子到達屏后，沿屏直線爬行到假定兩只蟲子爬行速率均為正確的是
A. 號蟲子運動路程比號短
B. 兩只蟲子運動的時間差為
C. 兩只蟲子運動的時間差為
D. 已知條件不夠，兩只蟲子運動時間差無法計算
、是兩種單色光，其光子能量分別為和，且，則
A. 則、的光子動量之比：
B. 若、入射到同一雙縫干涉裝置上，則相鄰亮條紋的間距之比：
C. 若、都能使某種金屬發生光電效應，則光電子最大初動能之差
D. 若、是由處于同一激發態的原子躍遷到態和態時產生的，則、兩態能級之差
如圖是氫原子能級圖，大量處在激發態能級的氫原子向低能級躍遷，是從能級躍遷到能級產生的光，是從躍遷到能級產生的光。已知某金屬的極限頻率，普朗克常量，電子電荷量，則
A. 在相同的雙縫干涉實驗裝置中，光產生的干涉條紋比光更寬
B. 光和光的光子動量之比為：
C. 用光照射該金屬時，能產生最大初動能為的光電子
D. 在同樣的玻璃中，光的傳播速度大于光的傳播速度
根據圖象，下列敘述正確的是
A. 圖甲所示的遠距離輸電通常通過提高電壓以減少電能損耗
B. 圖乙所示的行李安檢儀采用射線來透視安檢物品
C. 圖丙所示的照相機鏡頭上呈現的淡綠色是由光的偏振引起的
D. 圖丁所示的核反應堆可以通過調整插入鎘棒的深度來控制核反應速度
三、實驗題（本大題共4小題，共36.0分）
在“測定玻璃的折射率”實驗中
某同學在畫玻璃磚邊界時操作如圖甲所示，請指出其不當之處：______寫出一點即可
實驗中，已畫好玻璃磚邊界、后，不小心誤將玻璃磚向上稍平移了一點，如圖乙所示，其他操作正確，則測得玻璃的折射率將______選填“變大”、“不變”或“變小”
在測定玻璃的折射率實驗時
下列說法正確的是______
A.入射角越大，誤差越小
B.在白紙上放好玻璃磚后，用鉛筆貼著光學畫面畫出界面
C.實驗時即可用量角器，也可用圓規和直尺等工具進行測量
D.判斷像與針是否在同一直線時，應該觀察大頭針的頭部
小時同學在插針時玻璃磚的位置如圖所示。根據插針與紙上已畫的界面確定入射點與出射點，依據上述操作所測得的折射率______填“偏大”、“偏小”或“不變”
小明同學經正確操作后，在紙上留下四枚大頭針的位置、、、，和是描出玻璃磚的兩個邊，如圖所示，請在答題紙上畫出光路圖。
“用雙縫干涉測量光的波長”實驗中，在甲、乙、丙三處所放置的器材依次是______。
A.單縫、雙縫、濾光片 濾光片、雙縫、單縫 濾光片、單縫、雙縫
如果去掉濾光片，在目鏡位置______“能”或“不能”觀察到干涉條紋。
同學們利用圖示裝置測量某種單色光的波長。實驗時，接通電源使光源燈泡正常發光，調整儀器從目鏡中可以觀察到干涉條紋。
若想增加從目鏡中觀察到的條紋個數，下列操作可行的是______；
A.將單縫向雙縫靠近
B.將屏向靠近雙縫的方向移動
C.將屏向遠離雙縫的方向移動
D.使用間距更小的雙縫
若雙縫的間距為，屏與雙縫間的距離為，測得第條亮紋中央到第條亮紋中央間距離為，則單色光的波長______；
若只將濾光片去掉，下列說法正確的是______；
A.屏上出現彩色衍射條紋，中央是紫色亮紋
B.屏上出現彩色衍射條紋，中央是白色亮紋
C.屏上出現彩色干涉條紋，中央是紅色亮紋
D.屏上出現彩色干涉條紋，中央是白色亮紋
隨著學習的不斷深入，同學們對光的本性有了更為豐富的認識。現在我們知道光既具有波動性，又具有粒子性，即光具有波粒二象性
在雙縫干涉實驗中，某個光子打在光屏上落點的準確位置______選填“可以”或“不可以”預測；
在光電效應實驗中，用紫外線照射鋅板可以使光電子離開鋅板，如果只增加紫外線的照射強度光電子的最大初動能是否會增加。請說明你的觀點及依據。
四、計算題（本大題共4小題，共40.0分）
直角棱鏡的折射率，其橫截面積如圖所示，圖中，截面內一細束與邊平行的光線，從棱鏡邊上的點射入，經折射后射到邊上。
光線在邊上是否會發生全反射？說明理由；
不考慮多次反射，求從邊射出的光線與最初的入射光線夾角的正弦值。
超強超短光脈沖產生方法曾獲諾貝爾物理學獎，其中用到的一種脈沖激光展寬器截面如圖所示。在空氣中對稱放置四個相同的直角三棱鏡，頂角為。一細束脈沖激光垂直第一個棱鏡左側面入射，經過前兩個棱鏡后分為平行的光束，再經過后兩個棱鏡重新合成為一束，此時不同頻率的光前后分開，完成脈沖展寬。已知相鄰兩棱鏡斜面間的距離，脈沖激光中包含兩種頻率的光，它們在棱鏡中的折射率分別為和。取，，。
為使兩種頻率的光都能從左側第一個棱鏡斜面射出，求的取值范圍；
若，求兩種頻率的光通過整個展寬器的過程中，在空氣中的路程差保留位有效數字。
圖中是用均勻透明介質做成的四棱柱鏡的橫截面，為、間的一點。已知、均為直角，，光線從、間的某點垂直射入四棱柱鏡，在表面沒有光射出，光路如圖。
求該四棱柱鏡折射率的最小值；
畫出一條從、間垂直入射光線的光路圖。
如圖所示，一透明玻璃磚橫截面的上半部分是半徑為的半圓，下半部分是邊長為的正方形，在玻璃磚的左側距離為處，有一和玻璃磚側面平行的足夠大的光屏。一束單色光沿圖示方向從光屏上的點射出，從點射入玻璃磚，恰好經過半圓部分的圓心，且，已知玻璃磚對該單色光的折射率，光在真空中的傳播速度為。
求該單色光在玻璃磚中發生全反射的臨界角的正弦值。
從點射入玻璃磚到第一次射出玻璃磚，求該單色光在玻璃磚內傳播的時間。
五、綜合題（本大題共1小題，共12.0分）
如圖所示，一種光學傳感器是通過接收器接收到光的強度變化而觸發工作的。光從擋風玻璃內側點射向外側點再折射到空氣中，測得入射角為，折射角為；光從點射向外側點，剛好發生全反射并被接收，求光從玻璃射向空氣時臨界角的正弦值表達式。
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：、依題意的光路圖如右圖所示，
由題意可知：，可得在點處的折射角：，
由題意可知：，由反射定律得：，解得：，
由折射定律得：，
光在光盤內的速度：
光盤材料的折射率，光在光盤內的速度為真空中光速的，故AB錯誤；
C、由能量守恒定律可知：若忽略光在傳播過程的能量衰減，則光束的強度應等于光束、、和的強度之和，若考慮光在傳播過程的能量衰減，則光束的強度應大于光束、、和的強度之和，總之光束的強度一定大于光束、和的強度之和，故C錯誤。
D、在點處光束為入射光束，而光束和光束分別為折射和反射光束，由能量守恒定律可知：在點處光束的強度等于光束和光束的強度之和，因此無論是否考慮傳播過程能量衰減，光束的強度一定小于點處折射光束的強度，故D正確。
故選：。
依題意畫出光路圖，由幾何關系求得在點的入射角和折射角的值，由折射定律求得材料的折射率；由介質中光速與真空中光速的關系式求得光在光盤內的速度為真空中光速的倍數關系；由能量守恒定律分析各光速強度之間的關系，依據無能量損失時，入射光的強度等于反射光和折射光的強度之和進行解析。
本題考查了幾何光學中折射定律的應用，以及在光傳播過程中能量守恒的相關問題，較簡單屬基礎題目。需理解在無能量損失的情況下，入射光的強度等于反射光和折射光的強度之和。
2.【答案】
【解析】
【分析】
根據兩光對應的折射角可確定折射率大小，進而確定頻率大小關系，確定光束可能的顏色．
本題主要考查了折射定律的直接應用，要求同學們能根據偏折角的關系判斷折射率的關系；同時還要熟記可見光中各種顏色的單色光的頻率大小關系．
【解答】
解：光從空氣斜射到玻璃，因為玻璃上下表面平行，當第二次折射時折射光線與第一次折射入射光線平行。由于折射率不同，光偏折較大，光偏折較小。所以此玻璃對光的折射率大于對光的折射率，所以的頻率大于的頻率，給出的各色光中頻率大于藍光的只有紫光，故D正確，ABC錯誤。
故選：。
3.【答案】
【解析】解：、紅光的折射率最小，通過三棱鏡后偏折角最小，紫光的折射率最大，偏折角最大，如果光是綠光，則光可能是紫光或藍光，光可能是紅光，故AB錯誤；
C、根據折射率與頻率的關系可知，的折射率最小，則頻率最小，所以光的頻率小于光的頻率，故C正確；
D、根據公式可知，光的頻率大，則波長最小，故D錯誤。
故選：。
白光經過三棱鏡色散后，從到形成紅光到紫光的彩色光帶，根據紅光的折射率最小，偏折角最小，紫光的折射率最大，偏折角最大，判斷哪束光是紅光，哪束光是紫光。
本題是光的色散現象與干涉、光電效應的綜合，關鍵要掌握光的色散研究的結果，知道七種色光排列順序、折射率大小等等要記牢，同時，要記住折射率與波長、頻率、臨界角的關系，這些都是考試的熱點。
4.【答案】
【解析】
【分析】
由幾何關系可明確在邊入射時的入射角和折射角，再由折射定律可求得折射率。
本題考查了折射定律的應用；要注意根據光路圖利用幾何關系進行分析，本類問題要多練習如何利用幾何關系。
【解答】
設光在界面的折射角為，由折射定律及幾何關系可知，；因入射角和出射角相等，即，故由幾何關系可知，；
；解得折射率：．
故A正確，BCD錯誤。
故選A。

5.【答案】
【解析】
【分析】
比較兩束光對應的折射角的大小，根據光的折射定律和全反射的條件進行分析。
本題主要是考查了光的折射和全發射；解答此類題目的關鍵是弄清楚光的傳播情況，然后根據光的折射定律和全反射的條件列方程求解。
【解答】
一束復色光從空氣射入光導纖維后，兩束光的入射角相同，光對應的折射角小，根據折射定律可知，光的折射率小，則光的頻率小；根據全反射的條件可知：，所以光對應的臨界角大，故C正確，ABD錯誤。
6.【答案】
【解析】解：設入射光線的入射角為，則反射角為，光束的折射角為，光束的反射角也為入射光束繞點逆時針方向轉過小角度時，入射角變為
由反射定律可知反射角等于入射角，則光束順時針旋轉角度等于，故A錯誤；
B.由折射定律有
可得
即光束逆時針旋轉角度小于，故B正確；
C.光束的反射角變化與光束的折射角變化相等，則光束順時針旋轉角度小于，故C錯誤；
D.光束順時針旋轉角度等于，光束逆時針旋轉角度小于，則光速、之間的夾角減小的角度小于，故D錯誤；
故選：。
由反射定律可知反射角等于入射角，由折射定律可得光束逆時針旋轉角度小于，光束的反射角變化與光束的折射角變化相等。
本題考查光的折射與反射，解題關鍵掌握光的反射定律與折射定律，根據入射角的變化推出反射角和折射角的變化。
7.【答案】
【解析】解：、沒有煙塵時，光的傳播方向沒有發生改變，和的大小相等，其比值應該為，不是零，故A錯誤；
B、根據康普頓效應原理，散射過程是光子與微粒碰撞作用的結果，所以動量守恒定律仍然成立，故B錯誤；
C、如果用全反射棱鏡作為反射鏡，其反射光線與入射光線的夾角是，故需要其臨界角小于，再根據，故其折射率至少為，故C錯誤；
D、煙塵濃度越高時，光線被煙塵吸收或散射得就會越多，光線射到的亮度就會越少，所以和的差值越大，故D正確。
故選：。
本題以環境監測中監測煙塵濃度的光電式煙塵濃度計的工作原理為背景，考查了康普頓效應原理、全反射及臨界角等知識點，有一點的綜合性；本題的難點是正確的把圖中所給的信息轉化為物理知識及原理。
8.【答案】
【解析】解：、若取下濾光片，則是兩束白光的干涉，光屏上會出現彩色的干涉條紋，故A錯誤；
B、若將濾光片由綠色換成紅色，由于紅光的波長大，根據可知，光屏上相鄰兩條暗紋中心的距離會變大，故B錯誤；
C、若將雙縫間的距離増大，光屏上相鄰兩條暗紋中心的距離減小，故C錯誤；
D、若測得個亮條紋中心間的距離為，則相鄰兩條亮條紋間距，故D正確。
故選D。
白光也能發生雙縫干涉現象；
通過雙縫干涉條紋間距公式判斷條紋間距的變化；
根據相鄰兩條亮條紋間距，即可判定求解。
考查雙縫干涉現象，理解干涉的條件，掌握雙縫干涉的條紋間距公式的內容，并能靈活運用，注意白光雙縫干涉是彩色條紋。
9.【答案】
【解析】解：、浮在水面上的薄油層在太陽光的照射下，油膜上下表面形成兩頻率相同的光，從而進行干涉，因波長的不同，導致條紋間距不同，則呈現各種不同顏色，故A正確；
B、照相機鏡頭上的增透膜能增強透射光是因為光照射在薄膜兩表面上被反射回去，在疊加處由于光程差等于波長的一半使得兩束反射光出現振動減弱，導致相互抵消；即減弱了反射光從而增強光的透射能力，這是光的干涉現象，故B錯誤；
C、夏天雨后的天空出現美麗的彩虹，是光的折射現象，故C錯誤；
D、檢查器件表面的平整程度，觀察到的明暗條紋是由被檢測玻璃上表面、標準平面的下表面反射的光干涉形成的，故D錯誤。
故選：。
本題考查了常見的光現象及其應用，掌握光的干涉、折射和衍射的現象原理，理解條紋間距與波長的關系，注意理解檢查哪個表面的平整程度。
10.【答案】
【解析】
【分析】
本題的突破口是：當用激光照射直徑小于激光束的不透明圓盤時，在圓盤后屏上的陰影中心出現了一個亮斑，可見是光繞過障礙物傳到了障礙物的后面，即光發生了衍射現象
掌握了光照亮不透明圓盤的后面的實質，就能順利解決此題，所以我們在解題時要善于從題目中挖掘隱含條件。
【解答】
當用激光照射直徑小于激光束的不透明圓盤時，在圓盤后屏上的陰影中心出現了一個亮斑，亮斑的周圍是明暗相間的環狀衍射條紋。這就是泊松亮斑，是激光繞過不透光的圓盤發生衍射形成的。故B正確，ACD錯誤。
故選：。
11.【答案】
【解析】解：、玻璃中的氣泡看起來特別明亮，是發生了光的全反射緣故，故A正確；
B、高壓輸電線的上方還有兩條導線，這兩條導線的作用是它們與大地相連，形成稀疏的金屬“網”把高壓線屏蔽起來，免遭雷擊，故B正確；
C、當光通過狹縫時，若縫的尺寸與光的波長相當，則會發生明顯的衍射現象，當透過平行燈管的窄縫看正常發光的日光燈，能觀察到彩色條紋，這是光的衍射現象。故C錯誤；
D、放射性的原子核在發生衰變和衰變后產生的新核往往處于高能級，這時它要向低能級躍遷，輻射光子，即射線，故D正確；
故選：。
氣泡看起來特別明亮，是發生了光的全反射緣故；
靜電屏蔽：為了避免外界電場對儀器設備的影響，或者為了避免電器設備的電場對外界的影響，用一個空腔導體把外電場遮住，使其內部不受影響，也不使電器設備對外界產生影響，這就叫做靜電屏蔽；
根據光的衍射與干涉的特點分析；
新核從高能級向低能級躍遷時，輻射處射線。
掌握了各種物理現象發生的原理即可順利解決此類題目，故對于物理現象要知其然更要知其所以然。解決本題的關鍵是掌握全反射的條件，并理解射線產生的原理。
12.【答案】
【解析】解：由于在其他條件相同的情況下波長為的光的干涉條紋間距大于波長為的干涉條紋間距，由，可得：。
A、由光子的動量：，則：故A錯誤；
B、由：可知，兩種光子的頻率關系為：，即的頻率較大，根據介質的折射率與頻率的關系可知它們的折射率：
由臨界角與折射率的關系：
則這兩束光從玻璃射向真空時，其臨界角，故B正確；
C、這兩束光都能使某種金屬發生光電效應，由光電效應方程：，其中為金屬的逸出功，可知頻率越大的光對應的光電子的最大初動能越大；
又由：
則頻率越大，遏止電壓越大，所以遏止電壓：故C錯誤；
D、根據玻爾理論，當發生躍遷時輻射出的光子的能量：；都是躍遷到能級，則相同，越大，則放射出的光子的能量值越大，由于，所以能級，即的能級更大。
結合氫原子電離時需要的能量為能級對應能量值的負值可知，相應激發態的電離能故D正確。
故選：。
根據干涉條紋的寬度的特點判斷波長的大小關系；由：判斷光子的能量與光子的頻率關系；由判斷光子的動量；由光的頻率與折射率的關系判斷折射率，然后判斷臨界角；根據光電效應方程與動能定理分析遏止電壓；根據玻爾理論分析躍遷和電離能。
該題涉及的知識點較多，解決本題的關鍵是知道干涉條紋的寬度公式，知道波長和頻率的關系，知道能級間躍遷所滿足的規律，即。
13.【答案】
【解析】
【分析】
當點到雙縫的路程差是半波長的奇數倍時，該點出現暗條紋，當點到雙縫的路程差是半波長的偶數倍時，該點出現亮條紋，并根據干涉條紋間距公式，從而即可求解。
解決本題的關鍵是掌握出現明暗條紋的條件，當屏上點到雙縫的距離差等于入射光半波長的奇數倍時，點出現暗條紋；當屏上點到雙縫的距離差等于入射光半波長的偶數倍時，點出現亮條紋。
【解答】
A、由題，結合干涉條紋的寬度公式：可知，該光的干涉條紋的寬度：
第條亮紋中心位置在處，所以：
第條亮紋中心位置在處，所以：
所以號蟲子的路程為：；
號蟲子的路程為：，
則：故A正確；
、兩只蟲子運動的時間差故B正確，CD錯誤。
故選：。
14.【答案】
【解析】
【分析】
根據光子的能量的公式求出二者的頻率的關系，然后由光子的動量的表達式即可求出二者的動量大小關系；由波長與頻率的關系求出二者的波長的關系，由干涉條紋的寬度公式即可求出相鄰亮條紋的間距關系；由光電效應方程分析光電子的最大初動能的關系，由玻爾理論分析能極差。
該題基于光子的頻率、波長、能量之間的關系，考查到玻爾理論、光電效應方程等原子物理學的熱點內容，以及雙縫干涉的條紋寬度公式。由于該題涉及與兩冊選修，在選題的時候要慎重。
【解答】
A.光子的能量：
所以兩種光子能量分別為和，且，則：
光子的動量：
所以：故A錯誤；
B.光子的波長：
雙縫干涉裝置上相鄰亮條紋的間距：
所以：，故B正確；
C.根據光電效應方程可知，光電子的最大初動能：，其中為金屬的逸出功；
則：，故C正確；
D.若、是由處于同一激發態的原子躍遷到態和態時產生的，設初始激發態的能量為，則：
所以：
同理：
則：，故D錯誤。
故選BC。
15.【答案】
【解析】解：、的能量：，
的能量：；
根據：，可知能量值較大的的波長小；
由干涉條紋的公式：可知，光產生的干涉條紋比光更窄。故A錯誤。
B、光子的動量：，所以光和光的光子動量之比為：，故B正確。
C、金屬的極限頻率，則用光照射該金屬時，能產生光電子的最大初動能為：，故C正確。
D、由，結合的能量值大，可知光子的頻率大，則對玻璃的折射率大于對玻璃的折射率，光的玻璃內的速度：，可知在同樣的玻璃中，光的傳播速度小于光的傳播速度。故D錯誤。
故選：。
根據玻爾理論求出光子的能量；當兩能級間的能級差越小，輻射的光子頻率越小，波長越長。根據干涉條紋的寬度公式判斷；
根據光子的動量與能量關系公式判斷動量的關系；
根據光電效應方程求出產生的光電子的最大初動能；
結合玻璃的折射率與頻率的關系判斷。
解決本題的關鍵知道光子能量與能級差的關系，即，以及知道躍遷種類的判定。
16.【答案】
【解析】解：、在輸送電功率不變的情況下，電壓越高，線路中的電流越小，由焦耳定律可知，高壓輸電能減少線路上電能的損失，故A正確；
B、行李安檢儀采用射線來透視安檢物品，故B錯誤；
C、照相機鏡頭上呈現的淡綠色是由光的干涉引起的，故C錯誤；
D、在核反應堆的鈾棒之間插入鎘棒是為了控制核反應速度，故D正確。
故選：。
根據可知，電功率一定時，電壓越高，線路中的電流就越小，由可得，電阻和通電時間一定時，電流越小，電流通過導線產生的熱量越小；
行李安檢儀采用射線；
鏡頭上呈現的淡綠色是由光的干涉引起的
為了控制核反應速度，常在鈾棒之間插入鎘棒，從而即可求解。
考查光的干涉、與偏振的原理，及其發生條件，注意增透膜的原理，理解射線與射線的不同，同時掌握高壓輸電的要求，及知道核反應的控制速度。
17.【答案】用手觸摸光學面，拿玻璃磚當尺子用；不變
【解析】解：不當之處有：用手觸摸光學面，拿玻璃磚當尺子用。
如右圖所示，
虛實線表示將玻璃磚向上平移后實際的光路圖，而實線是未將玻璃磚向上平移時作圖時所采用的光路圖，通過比較發現，入射角和折射角沒有變化，則由折射定律得知，測得的折射率將不變。
故答案為：
用手觸摸光學面，拿玻璃磚當尺子用。答出任意一點即可得分。
不變。
根據操作規程分析知道不當之處有：用手觸摸光學面，拿玻璃磚當尺子用。
“測定玻璃折射率”的實驗原理是折射定律，通過作光路圖，將玻璃磚向上平移的光路圖與未向上平移的光路圖進行比較，分析入射角和折射角是否變化，由折射定律分析折射率的變化。
本題要掌握實驗原理：折射定律，采用作圖分析實驗誤差，關鍵要緊扣實驗原理進行分析。
18.【答案】 偏小
【解析】解：、入射角盡量大些，折射角也會大些，折射現象較明顯，角度的相對誤差會減小，但要注意并不是入射角越大越好，應適度；故A錯誤；
B、為了防止弄臟玻璃磚，不能鉛筆貼著光學面畫出界面，故B錯誤；
C、實驗中需要測時即可用量角器，也可用圓規和直尺等工具進行測量，故C正確；
D、判斷像與針是否在同一直線時，應該觀察大頭針的整個部分，不能只觀察其頭部，故D錯誤；
由圖可知，玻璃磚沒有與畫出的邊界重合，作出實際光路圖如圖中實線所示，而根據給出的邊界作出的光路圖如圖中虛線所示，由圖可知，入射角相同，但折射角偏大，所以測出的折射率偏小；
根據作出的點作出入射光線和折射光線，連接和與光線的交點即為光在玻璃中的光線，如圖所示；
故答案為：；偏小；如圖所示。
明確實驗原理，從而確定實驗誤差情況和實驗中的注意事項；
根據圖可明確真實值和誤差情況的差別，從而明確誤差情況；
根據留下四枚大頭針的位置確定光路圖。
本題關鍵明確“測定玻璃的折射率”的實驗的實驗原理，要能夠畫出光路圖，根據射率定義求解介質的折射率。對于實驗誤差，要緊扣實驗原理，用作圖法，確定出入射角與折射角的誤差，即可分析折射率的誤差。要理解并掌握平行板玻璃磚的光學特性。
19.【答案】；能
【解析】解：為獲取單色線光源，白色光源后面要有濾光片、單縫、雙縫。
去掉濾光片后，透過縫的將是多種顏色的光，波長不同干涉后形成的條紋間距不同，在屏上形成彩色的干涉條紋；
故答案為：；能。
為獲取單色線光源，白色光源后面要有濾光片、單縫、雙縫；
能在屏上觀察到干涉條紋的條件是兩列光的頻率相等，據此判斷
解決本題需掌握雙縫干涉條紋的間距公式，以及產生干涉的條件。
20.【答案】 不可以
【解析】解：增加從目鏡中觀察到的條紋個數，則條紋的寬度減小，根據相鄰亮條紋間的距離為：，
A.將單縫向雙縫靠近，不影響干涉條紋間距，故A錯誤；
B.將屏向靠近雙縫的方向移動，即減小雙縫到屏的距離，故B正確；
C.將屏向遠離雙縫的方向移動，即增大雙縫到屏的距離，故C錯誤；
D.使用間距更小的雙縫，即減小雙縫間距離，故D錯誤；
故選：；
測得第條亮紋中央到第條亮紋中央間距離為，則兩個相鄰明紋或暗紋間的距離
則單色光的波長；
根據光電效應方程，知，光電子的最大初動能，與入射光的頻率有關，與光的強度無關；
若只將濾光片去掉，則將單色光的雙縫干涉變成白光的雙縫干涉現象，由于白光是復合光，有各種不同頻率的光，
依據干涉條紋間距公式：，那么屏上會出現彩色干涉條紋，中央是白色亮紋，故ABC錯誤，D正確；
故選：。
在光的雙縫干涉實驗中，某個光子打在光屏上的落點根本不能預測，但大量光子打在光屏上將形成明暗相間的干涉條紋，這說明光子落在各點的概率是不一樣的，光子落在明條紋處的概率大，落在暗條紋處的概率小；
在光電效應實驗中，如果只增加紫外線的照射強度，依據光電效應方程，可知，當光的頻率及金屬的逸出功不變時，只增加紫外線的照射強度，光電子的最大初動能不變。
故答案為：；
；
；
不可以；
不會；根據愛因斯坦的光電效應方程：，光電子的最大初動能與光的頻率及金屬的逸出功有關，與光的強度無關。因此當光的頻率及金屬的逸出功不變時，只增加紫外線的照射強度，光電子的最大初動能不變。
、根據雙縫干涉條紋間距公式：分析并代入物理量求解波長；
若只將濾光片去掉，則變成白光的干涉現象；
光是概率波；
依據光電效應方程，即可判定分析。
考查雙縫干涉原理，及其干涉條紋間距公式的應用，解決該題需熟記條紋間距公式，知道公式中各物理量的所表示的意義；理解白光的雙縫干涉條紋是彩色的原因，注意光是一種概率波，最后還要掌握光電效應方程的內容。
21.【答案】解：光路圖如圖所示：
設光線在點的入射角為，折射角為，折射光線射到邊的點，
射光線在點的入射角為，根據幾何關系有
根據題中所給數據
即大于全反射的臨界角，因此光線在邊上會發生全反射；
設光線在邊上的點射出棱鏡，光線的入射角為，折射角為，根據幾何知識、反射定律以及折射定律，
有
聯立解得：
根據幾何知識可知，即為邊射出的光線與最初的入射光線的夾角。
【解析】作出光路圖，根據幾何知識分析光在面的入射角與臨界角的大小關系，從而判斷是否會發生全反射；
從邊射出的光線與最初的入射光線夾角等于光在出射時的折射角，根據幾何知識、反射定律以及折射定律求解該角的正弦值。
解決該題需要正確作出光路圖，能根據幾何知識判斷某些夾角的大小，熟記折射定律以及全反射的臨界角的表達式。
22.【答案】解：設是全反射的臨界角，光線在第一個三梭鏡右側斜面上恰好發生全反射時，
根據折射定律得：
代入較大的折射率得：
所以頂角的范圍為或；
脈沖激光從第一個三棱鏡右側斜面射出時發生折射，設折射角分別為和，由折射定律得：
，
設兩束光在前兩個三棱鏡斜面之間的路程分別為和，則滿足：
，，
聯立并代入數據得：
答：為使兩種頻率的光都能從左側第一個棱鏡斜面射出，的取值范圍為；
若，求兩種頻率的光通過整個展寬器的過程中，在空氣中的路程差為。
【解析】本題考查了折射定律和全反射條件。
根據全反射條件進行分析判斷，注意要判斷折射大的光即可；
根據折射定律求得從第一個三棱鏡右側斜面射出時發生折射的折射角，結合幾何關系求得路程差。
23.【答案】解：由圖可知，光線在面發生全反射，此時的入射角為，該四棱柱鏡折射率的最小值
一條從、間垂直入射，部分垂直反射，在面上發生全反射，部分垂直透射，到面，發生全反射，到面，入射角大于，發生全反射，到面，垂直入射，部分垂直射出媒質，部分垂直反射回去，按光路的可逆性，由原入射處射出媒質，其反射部分又重復原路，總之，光線只能由面上間垂直射出。
答：該四棱柱鏡折射率的最小值為；
從、間垂直入射光線的光路圖如上圖所示。
【解析】利用角度關系求得在面上的入射角，此時恰好發生全反射，即可求得折射率的最小值
根據入射和發生全反射的光路圖即可做出
本題中光線在兩種介質分界面上既有反射，又有透射，要根據臨界角的大小考慮全反射，再作出典型的光路圖。
24.【答案】解：設該單色光在玻璃磚中發生全反射的臨界角為，則有
解得：
該單色光射到玻璃磚的平面上時的入射角均為
則該單色先在玻璃磚內射到平面上時會發生全反射，其光路圖如圖所示，
由幾何關系得該單色光在玻璃磚內傳播的距離：
單色先在玻璃磚內傳播的速度為：
則該單色光在玻璃磚內傳播的時間：
聯立解得：
答：求該單色光在玻璃磚中發生全反射的臨界角的正弦值是。
該單色光在玻璃磚內傳播的時間是。
【解析】已知玻璃磚的折射率，根據臨界角公式求全反射的臨界角的正弦值；
作出光路圖，由幾何關系求光在玻璃磚內傳播的距離，由求出光在玻璃磚傳播的速度，再求傳播時間。
本題的關鍵是要掌握全反射臨界角公式，以及全反射的條件。解題時，要作出光路圖，利用幾何知識幫助解答。
25.【答案】解：
根據光的折射定律有：
根據光的全反射規律有：
聯立解得：
【解析】見答案
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