热门试卷

解：由振动图象读出T=0.4s

分析图象可知：t=0时，质点A位于+y方向最大位移处，而质点B则经过平衡位置向负y方向运动

所以AB间距4=（n+3/4）λ，λ=16/（4n+3），其中n=0，1，2，…

因为这列波的波长大于2m而小于20m

所以n=0、1两个可能的取值，即：λ1=m，λ2=m

因v=λ/T

所以v1=m/s，v2=m/s

（1）A、机械波必须借助于介质才能传播，在真空中不能传播，而电磁波传播的是电磁场，电磁场本身就是一种物质，不需要借助于其他物质作为媒介传播，真空中也能传播．故A错误．

B、红外线热效应显著，而穿透本领较弱，不能用来安检，铁路、民航等安检口使用x射线线对行李内物品进行检测．故B错误．

C、根据相对论的基本原理得知：在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的．故C正确．

D、两列波发生干涉时，振动加强区域与减弱区域是相互间隔，是稳定不变的．故D正确．

故选CD

（2）由图读出波长λ=2m，由波速公式v=得该波的周期T==s=1s；该波的振幅为A=5cm．

t=0时刻，x=1.5m处质点处于负向最大位移处，它将余弦规律振动，则其振动函数表达式y=-Acost=-5cos2πt（cm）

时间t=1.5s=1.5T，质点在一个周期内通过的路程是四个振幅，则在1.5s时间内x=2m处质点通过的路程为S=1.5×4A=6×5cm=30cm

（3）画出如图

光路图，设折射角为r．

根据折射定律

n=

解得r=30°

根据光的反射定律　反射角β=60°

由几何知识得，两个光斑PQ之间的距离L=PA+AQ=Rtan30°+Rtan60°=cm≈0.23m

故答案为：

（1）CD

（2）-5cos2πt、30  

（3）两个光斑PQ之间的距离为0.23m．

设第一次实验时声波的波长为λ1，则

λ1==m=6.6　m

温度升高20℃时，声音的速度v2=v1+20×0.5m/s=340m/s．

波长λ2==m=6.8m

设A、B间的距离为l，则由题意得

l=nλ1=（n-2）λ2

所以n===34

l=nλ1=34×6.6m=224.4m

答：A、B两点间的距离是224.4m．

解：（1）因a、b在x轴上的距离小于一个波长，若波的传播方向从a到b，则a和b两质点应位于如图所示的a1和b1两位置，即，此时的波速v1=λ1f=200 m/s

若波的传播方向从b到a，则a和b两质点应分别位于图中a2和b2两位置。，此时的波速v2=λ2f=600 m/s

（2）因a、b在x轴上的距离大于一个波长，若波向右传播，a质点若位于图中a1的位置，则b质点可位于b2，b3，… 此时，向右传播的波速

若波向左传播，a质点其位于图中的a2的位置，则b质点可位于b2，b3，…此时，向左传播的波速

依题意若波速为40 m/s时，设该波向左传播，应有：，无整数解，故不可能向左

设波向右传播，有：40，n=3，故可以判定当波速为40 m/s时，波传播的方向是由左向右，即由a到b

由图象可知，λ=2 m，A=2 cm．

当波向右传播时，点B的起振方向竖直向下，包括P点在内的各质点的起振方向均为竖直向下．

（1）波速v== m/s=10 m/s，由v=，得：T==0.2 s．

（2）由t=0至P点第一次到达波峰，经历的时间△t2=△t1+T=0.75 s=（3+）T，而t=0时O点的振动方向竖直向上（沿y轴正方向），故经△t2时间，O点振动到波谷，即：y0=-2 cm，s0=n•4A=（3+）×4A=0.3 m．

答：（1）该列波的周期T=0.2 s；

（2）从t=0时刻起到P点第一次达到波峰时止，O点相对平衡位置的位移y0=-2 cm，其所经过的路程s0=0.3 m．

（1）由题意知振子的振动周期为2s，又t=0时振子正好经过平衡位置向下运动，则画出的甲观察到的振子振动图象如图下面左图所示．

（2）3.5s时振子的位置应该和1.5s时的位置相同，处于波峰位置，从而画出的乙观察到的振子的振动图象如下面右图所示．

（1）红光、紫光在真空中的波速．C=3×108m/s

    由v=c=λf得

      f===4.3×1014Hz

  ②由n=得红光在玻璃中波速为

    v==m/s=2×108m/s   

（3）由n===

得到红光在玻璃中传播的波长

  λ==m=4.7×10-7m

答：（1）红光的频率是4.3×1014Hz．

    （2）红光在玻璃中传播的波速是2×108m/s．

    （3）红光在玻璃中传播的波长是4.7×10-7m．

A船位于波峰时B船恰位于波谷，两船之间还有一个波峰，两船之间的距离等于1.5个波长，

即有：λ==20m

则周期：T===5s，

每条小船1min上下浮动的次数：n===12次

答：每条小船1min上下浮动12次．

解：（1）设简谐横波波长为λ，频率为ν，波速为v，则

  ①

代人已知数据得λ=1m ②

（2）以O为坐标原点，设P为OA间的任意一点，其坐标为x，则两波源到P点的波程差△l为

△l=x－（2－x），0≤x≤2 ③

其中x、△l以m为单位

合振动振幅最小的点的位置满足，k为整数  ④

联立③④式，得x=0.25m，0.75 m，1.25 m，1.75 m ⑤

24 m，15 Hz，360 m/s或8 m，5 Hz，40 m/s

按照题中条件，画出该列横波在t1时刻的波形图如图所示.由于λ＜AB，则B点只可能为图中B1、B2的位置.

当为B1时，波长λ1=4×6 m="24" m，B1向上振动，当B1到负最大位移需时间Δt=T1（Δt＜T＝，所以振动周期T1=Δt=×0.2 s，频率f1=="15" Hz，波速v1=="360" m/s.

当为B2时，波长λ2=×4 m="8" m，B2向下振动，当B2到负最大位移需时间Δt=T2，T2=4Δt="0.2" s，频率f2=="5" H   

（1）其中n=0，1，2，…

（2）1 444

100（4n+3） Hz(n=0,1,2,…)

根据题意画出一列波，并在其上找出A、B点，设波长为λ，则（n+）λ="AB=3" cm="0.03" m得λ= m，频率f=="100(4n+3)" Hz(n=0,1,2,…).   

解：（1）光脉冲持续时间即为发射一个光脉冲所需要的时间，所以一个光脉冲的长度为△L=c△t=3.0×108×l.0×10-11 m=3.0×10-3 m

（2）一个光脉冲所具有的能量为：△E=P△t=1.0×1010×l.0×10-11 J

消除面积为50mm2的色斑需要的光脉冲数是：n==300(个)

（1）①

②0＝－2cm，0＝34cm

③图“略”

（2）波沿轴负方向传播