热门试卷

（1）A、弹簧振子的周期与振子的质量和弹簧的劲度系数有关，与振幅无关．故A错误．

B、横波在介质中的传播速度由介质本身的性质决定．故B正确．

C、在波传播方向上的某个质点做简谐运动，而波在同一介质中匀速传播，则知质点的振动速度与波的传播速度不同．故C错误．

D、单位时间内经过媒质中一点的完全波的个数就是这列简谐波的频率．故D正确．

故选BD

（2）①由几何知识可知，入射角i=60°，折射角r=30°  ④

根据折射定律得n=⑤

代入数据解得 n=⑥

②由几何知识求出光线在M点的入射角i′=30°，sini′=0.5

临界角的正弦为sinC==＞sini′，即有i′＜C

故折射光线中恰好射到M点的光线不能发生全反射．

故答案为：

（1）BD

（2）①；②不能．

（1）A、当f=f0时，系统达到共振，振幅最大，故f＜f0时，随f增大，振幅振大，f减小，振幅减小．故A错误、B错误；

C、该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于驱动力的频率，故C错误；

D、系统的振动稳定后，系统的振动频率等于驱动力的频率，故振动频率等于f，故D正确

故选D．

（2）设入射角为i，折射角为r，由折射定律得：=n…①

解得：r=30°…②

①如果入射光线在法线的右侧，根据几何知识得知，光线与AB垂直，光路图如图所示．设出射点F，由几何关系得：AF=a…③

即出射点在AB边上离A点a的位置．

②如果入射光线在法线的左侧，光路图如图所示．设折射光线与AB的交点为D．

由几何关系可知，在D点的入射角：θ=60°…④

设全反射的临界角为C，则：sinC=…⑤

由⑤和已知条件得：C=45°…⑥

因此，光在D点全反射．

设此光线的出射点为E，由几何关系得∠DEB=90°

BD=a-2AF…⑦

BE=DBsin30°…⑧

联立③⑦⑧式得：BE=a

即出射点在BC边上离B点a的位置．

答：如果入射光线在法线的右侧，出射点在AB边上离A点的位置．如果入射光线在法线的左侧，出射点在BC边上离B点a的位置．光路图如图所示．

（1），，（2），。

（1）红光、紫光在真空中的波速．

由得

，

．

（2）由得

解：（1）由得v=1.73×108 m/s

（2）由折射定律得

根据几何关系有i=2r，h=Rsini

解得h=17.3 cm

解：(1)设红光和紫光的临界角分别为C1、C2

sinC1＝，C1＝60°

同理C2＝45°

i＝45°＝C2，i＝45°＜C1，所以紫光在AB面发生全反射，而红光在AB面一部分折射，一部分反射，且由几何关系可知，反射光线与AC垂直，所以在AM处产生的亮斑P1为红色，在AN处产生的亮斑P2为红色与紫色的混合色

(2)画出如图光路图

设折射角为r，两个光斑分别为P1、P2根据折射定律n1＝

求得sinr＝

由几何知识可得：tanr＝

解得AP1＝5 cm

由几何知识可得ΔOAP2为等腰直角三角形，解得AP2＝10 cm

所以P1P2＝(5＋10) cm

解：（1）

（2）设b光在玻璃砖中折射角为θ，则由折射定律可得

所以θ=30°

这根光线在MN界面的入射角也为30°，能从MN射出

由几何关系得

解：(1)面上的入射角θ1＝α＝30°

延长，交的延长线于点，由几何知识可知＝＝＝，tan∠＝

所以∠＝30°

由此可知折射角θ2＝60°，所以偏折角为30°

(2)＝＝1.732

(3)因为玻璃对红光的折射率小，偏折角小，所以光屏的上方是红色的水平光带

解：由折射定律，光线在AB面上折射时有：

在AC面上出射时，

由几何关系，

联立解得：

折射率

解：sinC=1/n，C=45°

设射到D点的光线刚好折射到B点sinβ=0.5，β=30°

D点以下的光线射到OB面上被吸收。设射到E点的光线折射到P点刚好全反射E点以上的光线射到圆弧面被全反射，不难求出θ=15°，所以弧PB=弧AB

（a）设光在水面发生全反射的临界角为C．，透光面的半径为r，则：

sinC=，

则tanC= 

根据数学知识，得

      r=HtanC

解之得：r=    

其它位置光发生了全反射无光射出，故只有一个圆形区域可以有光透出

（b）②根据光在传播过程中频率不变，光在真空中速度为c，则由公式v=λν得：

折射率与速度关系：n= 

联立可得：c=λ0ν      

则光在水波长为：λ=

答：（a）在水面上方观看时，只有一个圆形区域可以有光透出，该圆的半径为；其它位置光发生了全反射无光射出；

（b）该单色光在真空中的波长为λ0，该光在水中的波长为．

（1）A、泊松亮斑是波的衍射现象，证明光具有波动性，泊松亮斑和杨氏干涉都有力地支持了光的波动说．故A错误．

B、解调是从接收到的高频信号中还原出所携带的声音或图象信号的过程．故B正确．

C、当波源或者接受者相互靠近或远离时，接受者会发现波的频率发生了变化，这种现象叫多普勒效应．故C正确．

D、根据相对论效应尺缩效应得知，沿自身长度方向运动的杆，其长度总比杆静止时的长度小．故D正确．

故选BCD

（2）设光恰好在AC面上发生全反射时入射角为θ．

由sinC==，得临界角C=45°

由几何知识得：AB面上折射角r=30°

由折射定律得n=，解得，α=45°

当入射角增大时，光线在AC面的入射角减小，故入射角在45°＜θ＜90°范围时，光线从棱镜的侧面AB进入，再直接从侧面AC射出．

（3）①波源O点刚开始振动时的振动方向向下，周期T==0.4s

②当图中x=6cm处的波峰状态传到P点时，P点第一次达到波峰，则质点P第一次达到波峰时间：t===1.5s故答案为：

（1）BCD      

（2）45°＜θ＜90°．

（3）①波源O点刚开始振动时的振动方向向下，周期为0.4s．

②质点P第一次达到波峰时间为1.5s．

（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．

（1）A、由图可知，B光的偏折角较大，则其折射率较大，故B光的频率大，在同种介质中，A光的波长比B光的波长长，故A正确；

B、从空气中以相同的入射角射入同样的介质，由折射定律n=可知，A光的折射角比B光的大，故B错误；

C、由v=可知，A光在水中的速度较大，故C错误；

D、由于B光的折射率较大，B光的全反射角较小，AB两种光从相同的介质入射到空气中，逐渐增大入射角，B光先发生全反射，故D正确；

故选AD．

（2）（1）向左传播时，传播的距离为  s=(n+)λ=(4n+3)m（n=0、1、2…）

（2）根据t=(n+)T，得T=（n=0、1、2…）

在所有可能的周期中，当n=0时T最大，故Tmax=0.8s

（3）波在0.2 s内传播的距离s=vt=7m，==1个波长，故波向左传播．

故答案为：

（1）AD

（2）（1）向左传播时传播的距离为s=（4n+3）m（n=0、1、2…）．

（2）若这列波向右传播，它的最大周期为0.8s．

（3）波向左传播．

（1）根据t1=0时的波形图上x=2m处的质点A正向y轴正方向振动，根据波形的平移法判断得知：波的传播方向沿着x轴的正方向．

已知0＜t2-t1＜T，则根据波形的平移法得知，波传播的时间t2-t1=T，得到T=4（t2-t1）=4×0.5s=2s．

由图读出波长λ=4m，则波速v==2m/s．

（2）设折射角为θ2，由几何关系得：tanθ2===

则得折射角θ2=30°．

据折射定律得n===

②光在玻璃砖中的速度v=，

光束在玻璃砖中传播的时间t===×10-9s=1.63×10-9s

故答案为：

（1）①2；②x轴正方向；③2．

（2）①此玻璃砖的折射率是；

②光束在玻璃砖中传播的时间是1.63×10-9s．