第10讲 机械振动和机械波 光（解析版）

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第10讲 机械振动和机械波 光【选考真题】（2020•浙江）在抗击新冠病毒的过程中，广泛使用了红外体温计测量体温，如图所示。下列说法正确的是（　　）A．当体温超过37.3℃时人体才辐射红外线 B．当体温超过周围空气温度时人体才辐射红外线 C．红外体温计是依据体温计发射红外线来测体温的 D．红外体温计是依据人体温度越高，辐射的红外线强度越大来测体温的【解答】解：AB、物体在任何时候都会发出红外线，温度越高，辐射红外线的能力越强，所以人体在任何时候都会辐射红外线，故AB错误；C、红外体温计是依据人体发射红外线来测体温的，不是体温计发出的红外线，故C错误；D、红外体温计是依据人体温度越高，辐射的红外线强度越大来测体温的，故D正确。故选：D。（2022•浙江）如图所示，一根固定在墙上的水平光滑杆，两端分别固定着相同的轻弹簧，两弹簧自由端相距x。套在杆上的小球从中点以初速度v向右运动，小球将做周期为T的往复运动，则（　　）A．小球做简谐运动 B．小球动能的变化周期 C．两根弹簧的总弹性势能的变化周期为T D．小球的初速度为时，其运动周期为2T【解答】解：A、物体做简谐运动的条件是在运动过程中所受回复力与位移成正比，且方向始终指向平衡位置，可知小球在杆中点到接触弹簧过程中，所受合力为零，故小球不是做简谐运动，故A错误；BC、假设杆中点为O，小球向右压缩弹簧至最大压缩量时的位置为A，小球向左压缩弹簧至最大压缩量时的位置为B，可知小球做周期为T的往复运动，运动过程为O→A→O→B→O，根据对称性可知小球从O→A→O与O→B→O，这两个过程的动能变化完全一致，两根弹簧的总弹性势能的变化完全一致，故小球动能的变化周期为，两根弹簧的总弹性势能的变化周期为，故B正确，C错误；D、小球的初速度为时，可知小球在匀速阶段的时间变为原来的2倍，接触弹簧过程，根据弹簧振子的周期公式可知，接触弹簧过程中所用时间与速度无关，因此总的运动周期小于2T，故D错误；故选：B。（2022•浙江）图甲中的装置水平放置，将小球从平衡位置O拉到A后释放，小球在O点附近来回振动；图乙中被细绳拴着的小球由静止释放后可绕固定点来回摆动。若将上述装置安装在太空中的我国空间站内进行同样操作，下列说法正确的是（　　）A．甲图中的小球将保持静止 B．甲图中的小球仍将来回振动 C．乙图中的小球仍将来回摆动 D．乙图中的小球将做匀速圆周运动【解答】解：AB、甲图做简谐运动，回复力为弹力，不受重力影响，故仍来回振动，故A错误，B正确；CD、乙图小球受重力影响来回振动，太空中重力不计，故不能摆动或匀速圆周运动，故CD错误。故选：B。（多选）（2022•浙江）位于x＝0.25m的波源P从t＝0时刻开始振动，形成的简谐横波沿x轴正负方向传播，在t＝2.0s时波源停止振动，t＝2.1s时的部分波形如图所示，其中质点a的平衡位置xa＝1.75m，质点b的平衡位置xb＝﹣0.5m。下列说法正确的是（　　）A．沿x轴正负方向传播的波发生干涉 B．t＝0.42s时，波源的位移为正 C．t＝2.25s时，质点a沿y轴负方向振动 D．在0到2s内，质点b运动总路程是2.55m【解答】解：A、沿x轴正负方向传播的波不会相遇，因而不能发生干涉，故A错误；B、由图可知，2.0﹣2.1s内波传播的距离为x＝0.50m﹣0.25m＝0.25m，则波速为vm/s＝2.5m/s，由图可知波长为λ＝1m，则周期为Ts＝0.4s。在t＝2.0s时间内，波传播的距离为x＝vt＝2.5×2m＝5m＝5λ，即形成5个波长波形，则知波源的起振方向沿y轴正方向。因t＝0.42s＝1T，所以t＝0.42s时，波源的位移为正，故B正确；C、t＝2.1s时质点a位于波谷，t＝2.1s到t＝2.25s经历时间Δt＝0.15sT，则t＝2.25s时，质点a沿y轴正方向振动，故C错误；D、波从波源传到质点b的时间为t1s＝0.3s，在0到2s内，质点b振动时间为t2＝2s﹣0.3s＝1.7s＝4T，则在0到2s内，质点b运动总路程是s＝4.25×4A＝4.25×4×15cm＝255cm＝2.55m，故D正确。故选：BD。（多选）（2022•浙江）两列振幅相等、波长均为λ、周期均为T的简谐横波沿同一绳子相向传播，若两列波均由一次全振动产生，t＝0时刻的波形如图所示，此时两列波相距λ，则（　　）A．t时，波形如图2甲所示 B．t时，波形如图2乙所示 C．t时，波形如图2丙所示 D．t＝T时，波形如图2丁所示【解答】解：A、波在一个周期内传播的距离为一个波长，因为t＝0时刻两列波相距λ，t时，两列波各传播的距离，两列波还没有相遇，各自的波形不变，故A错误；B、t时，两列波各传播的距离，两列波刚好相遇，各自的波形不变，波形如图乙所示，故B正确；C、t时，两列波各传播λ的距离，两个波谷相遇，两波谷叠加处的位移等于原来两个波谷位移之和，波形与图丙不同，故C错误；D、t＝T时，两列波各传播λ的距离，左波的波峰与右波的波谷相遇，左波的波谷与右波的波峰相遇，相遇处位移均为零，波形如图丁所示，故D正确。故选：BD。（2021•浙江）将一端固定在墙上的轻质绳在中点位置分叉成相同的两股细绳，它们处于同一水平面上，在离分叉点相同长度处用左、右手在身体两侧分别握住直细绳的一端，同时用相同频率和振幅上下持续振动，产生的横波以相同的速率沿细绳传播。因开始振动时的情况不同，分别得到了如图甲和乙所示的波形。下列说法正确的是（　　）A．甲图中两手开始振动时的方向并不相同 B．甲图中绳子的分叉点是振动减弱的位置 C．乙图中绳子分叉点右侧始终见不到明显的波形 D．乙图只表示细绳上两列波刚传到分叉点时的波形【解答】解：AB、由图甲可得，两个横波在分叉点相遇后叠加使振动加强了，可知两手开始振动时的方向相同，分叉点为振动加强的位置，故AB错误；CD、由图乙可得，分叉点左边两个横波水平对称，因此易得两个横波在周期上相差半个周期，即图乙中两手开始振动时的方向相反，因此两个横波在经过分叉点后叠加抵消，始终见不到明显的波形，并不是只有细绳上两列波刚传到分叉点时的波形，故C正确，D项误。故选：C。（2022•浙江）关于双缝干涉实验，下列说法正确的是（　　）A．用复色光投射就看不到条纹 B．明暗相间条纹是两列光在屏上叠加的结果 C．把光屏前移或后移，不能看到明暗相间条纹 D．蓝光干涉条纹的间距比红光的大【解答】解：A、复色光投射时也可以发生干涉，在光屏上呈现干涉条纹，故A错误；B、明暗相间条纹是两列光在屏上叠加的结果，故B正确；C、把光屏前移或后移，也能看到明暗相间条纹，故C错误；D、根据Δx，由于蓝光的波长小于红光波长，所以蓝光干涉条纹的间距比红光的小，故D错误；故选：B。（2022•浙江）如图所示，王亚平在天宫课堂上演示了水球光学实验，在失重环境下，往大水球中央注入空气，形成了一个空气泡，气泡看起来很明亮，其主要原因是（　　）A．气泡表面有折射没有全反射 B．光射入气泡衍射形成“亮斑” C．气泡表面有折射和全反射 D．光射入气泡干涉形成“亮纹”【解答】解：当光由光密介质射入光疏介质时，如果入射角等于或大于临界角时，就会发生全反射现象，光从水射向空气时，会发生全反射现象。水中的气泡看起来特别明亮，是因为光从水中射入气泡时，一分部光在界面上发生了全反射，折射光消失，入射光几乎全变为反射光的缘故；故ABD错误，C正确；故选：C。（2022•浙江）如图所示，用激光笔照射半圆形玻璃砖圆心O点，发现有a、b、c、d四条细光束，其中d是光经折射和反射形成的。当入射光束a绕O点逆时针方向转过小角度Δθ时，b、c、d也会随之转动，则（　　）A．光束b顺时针旋转角度小于Δθ B．光束c逆时针旋转角度小于Δθ C．光束d顺时针旋转角度大于Δθ D．光速b、c之间的夹角减小了2Δθ【解答】解：A.设入射光线的入射角为α，则反射角为α，光束c的折射角为β，光束d的反射角也为β，入射光束a绕O点逆时针方向转过小角度Δθ时，入射角变为α'＝Δθ+α由反射定律可知反射角等于入射角，则光束b顺时针旋转角度等于Δθ，故A错误；B.由折射定律有n＞1n＞1可得Δθ′＜Δθ即光束c逆时针旋转角度小于Δθ，故B正确；C.光束d的反射角变化与光束c的折射角变化相等，则光束d顺时针旋转角度小于Δθ，故C错误；D.光束b顺时针旋转角度等于Δθ，光束c逆时针旋转角度小于Δθ，则光速b、c之间的夹角减小的角度小于2Δθ，故D错误；故选：B。（多选）（2022•浙江）电子双缝干涉实验是近代证实物质波存在的实验。如图所示，电子枪持续发射的电子动量为1.2×10﹣23kg•m/s，然后让它们通过双缝打到屏上。已知电子质量取9.1×10﹣31kg，普朗克常量取6.6×10﹣34J•s，下列说法正确的是（　　）A．发射电子的动能约为8.0×10﹣15J B．发射电子的物质波波长约为5.5×10﹣11m C．只有成对电子分别同时通过双缝才能发生干涉 D．如果电子是一个一个发射的，仍能得到干涉图样【解答】解：A、电子的动能Ek8.0×10﹣17J，故A错误；B、发射电子波长λ5.5×10﹣11m，故B正确；C、电子不一定成双成对通过双缝才有干涉图样，电子在运动的过程中具有波动性的特点，到达各位置的概率不相同，故C错误；D、根据物质波是概率波的概念，对于一个粒子通过单缝落在何处，是不确定的，但是中央亮条纹，故概率最大落在中央亮纹处，也有可能落在暗纹处，但是落在暗纹处的几率很小，故D正确。故选：BD。【要点提炼】一、机械振动与机械波1.知识体系2.波的叠加规律(1)两个振动情况相同的波源形成的波，在空间某点振动加强的条件为Δx＝nλ，振动减弱的条件为Δx＝nλ＋。两个振动情况相反的波源形成的波，在空间某点振动加强的条件为Δx＝nλ＋，振动减弱的条件为Δx＝nλ。(2)振动加强点的位移随时间而改变，振幅最大。二、光的折射、光的波动性、电磁波与相对论1.知识体系2.光的波动性(1)光的干涉产生的条件：发生干涉的条件是两光源频率相等，相位差恒定。(2)两列光波发生稳定干涉现象时，光的频率相等，相位差恒定，条纹间距Δx＝λ。(3)发生明显衍射的条件是障碍物或小孔的尺寸跟光的波长相差不多或比光的波长小。 【方法指导】一、机械振动与机械波1.分析简谐运动的技巧(1)物理量变化分析：以位移为桥梁，位移增大时，振动质点的回复力、加速度、势能均增大，速度、动能均减小；反之，则产生相反的变化。(2)矢量方向分析：矢量均在其值为零时改变方向。2.波的传播问题中四个问题(1)沿波的传播方向上各质点的起振方向与波源的起振方向一致。(2)传播中各质点随波振动，但并不随波迁移。(3)沿波的传播方向上每个周期传播一个波长的距离。(4)在波的传播过程中，同一时刻如果一个质点处于波峰，而另一质点处于波谷，则这两个质点一定是反相点。二、光的折射和全反射1.依据题目条件，正确分析可能的全反射及临界角。2.通过分析、计算确定光传播过程中可能的折射、反射，把握光的“多过程”现象。3.几何光学临界问题的分析画出正确的光路图，从图中找出各种几何关系；利用好光路图中的临界光线，准确地判断出恰好发生全反射的临界条件。【例题精析】考点一 振动与波动[例题1]             匀速运行的列车经过钢轨接缝处时，车轮就会受到一次冲击。由于每一根钢轨长度相等，所以这个冲击力是周期性的，列车受到周期性的冲击做受迫振动。如图所示，为某同学设计的“减震器”原理示意图，他用弹簧连接一金属球组成“弹簧振子”悬挂在车厢内，金属球下方固定一块强磁铁（不考虑磁铁对金属球振动周期的影响）。当列车上下剧烈振动时，该“减震器”会使列车振幅减小。下列说法正确的是（　　）A．“弹簧振子”的金属球振动幅度与车速无关 B．“弹簧振子”的振动频率与列车的振动频率相同 C．“弹簧振子”固有频率越大，对列车的减振效果越好 D．若将金属球换成大小和质量均相同的绝缘球，能起到相同的减振效果【解答】解：A、“弹簧振子”的金属球振动幅度与驱动力的频率有关，而列车受到周期性的冲击做受迫振动的频率与车速有关，故A错误；B、根据受迫振动稳定时的频率和驱动力的频率一致，可知“弹簧振子“的振动频率与列车的振动频率相同，故B正确；C、当“弹簧振子”的固有频率等于受迫振动的频率时，金属球振动幅度最大，这样更好的把能量传递给“弹簧振子”，对列车起到更好的减振效果，所以并不是“弹簧振子”固有频率越大，对列车的减振效果越好，故C错误；D、若将金属球换成大小和质量均相同的绝缘球，那么绝缘球在振动时就不会产生电磁阻尼，达不到相同的减震效果，故D错误；故选：B。[练习1]             劲度系数为20N/cm的弹簧振子，它的振动图象如图所示，在图中A点对应的时刻（　　）A．振子所受的弹力大小为0.5 N，方向指向x轴的负方向 B．振子的速度方向指向x轴的正方向 C．在0～4 s内振子作了1.75次全振动 D．在0～4 s内振子通过的路程为0.35 cm，位移为0【解答】解：A、由图可知，A点对应的时刻振子的位移 x＝0.25cm，所以弹力F＝﹣kx＝﹣20×0.25N＝﹣5N，即弹力大小为5N，方向指向x轴负方向，故A错误；B、过A点的切线与x轴的正方向的夹角小于90°，切线的斜率为正值，即振子的速度方向指向x轴的正方向，故B正确。C、由图可看出，t＝0、t＝4s时刻振子的位移都是正向最大，所以在0～4s内经过两个周期，振子完成两次全振动，故C错误。D、由于t＝0时刻和t＝4s时刻振子都在正向最大位移处，又由于振幅为A＝0.5cm，在0～4s内振子完成了2次全振动，所以在这段时间内振子通过的路程为S＝2×4A＝2×4×0.50cm＝4cm，振子回到了初始位置，通过的位移为0．故D错误。故选：B。[练习2]             （多选）如图所示，均均介质中有两个振源S1和S2，它们的频率、振幅、振动方向均相同且振动的步调完全一致，产生的两列波的波长均为λ，S1与S2之间距离为1.5λ，O点为S1、S2连线中点。现以O点为中心画一个正方形，正方形的两边与S1、S2的连线平行，且正方形边长远大于λ，过虚线S1、S2与正方形的交点分别为P、Q，下列说法正确的是（　　）A．O点处质点的位移始终最大 B．P、Q两点处质点的位移始终为零 C．正方形四边上振动减弱点的数目为6个 D．正方形四边上振动加强点的数目为4个【解答】解：A、O点到两波源的距离之差为零，则该点为振动加强点，振幅最大，但该处质点的位移不是始终最大，故A错误；B、P、Q两点与两波源的距离之差为1.5λ，则PQ两点的振动减弱，振幅为零，则两处质点的位移始终为零，故B正确；C、在S1、S2之间振动减弱点有两个，分别是距离S1为0.5λ和λ的点，过两个减弱点画两条减弱曲线，则该曲线与正方形有4个交点，在S1P和S2Q上各点都是振动减弱点，即正方向上的PQ两点也是减弱点，故正方形四边上振动减弱点的数目为6个，故C正确；D、在S1、S2之间振动加强点有3个，分别是距离S1为0.25λ、0.75λ和1.25λ的位置，过这三点分别做三条加强曲线与正方形有6个交点，即正方形四边上振动加强点的数目为6个，故D错误；故选：BC。[练习3]             （多选）甲乙两列简谐横波沿同一弹性绳子相向传播，绳子的两个端点M、N为两个波源，已知M的波速v＝4m/s，t＝0时刻的波形如图所示，下列说法中正确的是（　　）A．两列波叠加后能发生干涉现象 B．波源M的起振方向沿y轴负方向 C．t＝2s时M、N之间有5个质点位移为﹣5cm D．t＝10s时两波源间（不含波源）振动加强点有7个【解答】解：A、由题图知，两列波波长相等，根据v＝λf知，两列波频率也相等，两列波相遇叠加后能发生干涉现象，故A正确；B、根据“同侧法”可知x＝﹣6m处质点在t＝0时刻沿y轴正方向运动，波源M的起振方向也y轴正方向，故B错误；C、根据波的叠加原理知，振动减弱点的振幅为﹣5cm，当波程差Δx＝（2n+1）时，质点为振动减弱点，M、N之间存在5个振动减弱点，t＝2s时M、N之间有5个质点位移为﹣5cm，故C正确；D、当波程差Δx＝2n•时，质点为振动加强点，则M、N之间存在7个振动加强点，故D正确；故选：ACD。考点二 光的折射与反射[例题2]             如图所示，图中阴影部分ABC为一透明材料做成的柱形光学元件的横截面，该材料折射率n，AC为一半径为R的圆弧，D为圆弧面圆心，ABCD构成正方形，在B处有一点光源，只考虑首次从圆弧AC全反射与折射的光线。则下列说法中正确的是（　　）A．从D点观察，圆弧AC被照亮的弧长有 B．AD边和CD边有一部分接收不到点光源经圆弧AC折射的光线 C．点光源经圆弧AC全反射射到AB边，这部分长度为 D．从D点观察，看到B处点光源的像比实际位置更远离AC面【解答】解：A、设光线在E点刚发生全反射，则有sinC，得C＝45°。F点是E点BD的对称点，可知，圆弧AC上EF段被照亮。在△EBD中，由正弦定理得：，其中DE＝R，DBR，解得∠EBD＝30°，则∠EDB＝C﹣∠EBD＝45°﹣30°＝15°∠EDF＝30°，故从D点观察，圆弧AC被照亮的弧长为s，故A正确；B、根据光的折射，AD边和CD边都会有经圆弧AC折射的光线照到，故B错误；C、经圆弧AC全反射射到AB边，这部分长度为2R（1﹣tan15°），故C错误；D、从D点观察，看到B处点光源的像比实际位置更靠近AC面，故D错误。故选：A。[练习4]             如图所示，物理课本选修3﹣4放在水平桌面上。一横截面为等腰直角三角形的玻璃棱镜放在书本上，书本与棱镜间有很薄的空气层。整个侧面BCC1B1上有一面光源，现只考虑面光源直接投射到棱镜底面上的光线，发现书本被此光线照亮部分面积与底面ACC1A1的面积之比为k。则玻璃的折射率最接近（　　）A．1.5 B．1.6 C．1.7 D．1.8【解答】解：跟题意，光源射到三棱镜底面上的D点所在的平行于AA1的水平线为能射出底面的边缘临界光线，作出截面光路图如图所示，设BD与底面的法线夹角为θ，AB边长为a，根据几何知识则AD长度为，根据正弦定理得，解得。θ即为临界角C，根据全反射规律得，故D正确，ABC错误。故选：D。[练习5]             竖立的橱窗玻璃比一般的玻璃厚，嵌在墙体部。如图甲所示，某同学的测量过程如下：激光笔发出细激光束以入射角θ照射玻璃，反射后在竖直的纸板上出现几个亮度不同但间隔均匀的亮斑，测出相邻亮斑间的距离x，改变入射角度，测得多组数据，以sin2θ为纵坐标、为横坐标，描点后拟合出直线，如图乙所示，测出图线在横轴的截距为a＝6.25×102m﹣2，纵轴的截距为b＝2.25。下列说法正确的是（　　）A．该玻璃对该激光的折射率为n＝1.5 B．该橱窗玻璃的厚度为6cm C．减小θ角，纸板上相邻亮斑间的距离增大 D．仅换用频率较小的激光，纸板上相邻亮斑间的距离减小【解答】解：光路图如图所示AB、入射光线在玻璃前表面O的反射光线在纸板上形成光斑C，过O的折射光线在玻璃的后表面A的反射光线在B处发生折射后在纸板上形成光斑D.由折射定律有n由几何关系有tanα，又有sin2α整理得 结合图象有n2＝b，得n1.5，又有4d2代入数据解得d＝0.03m＝3cm故A正确，B错误；C、由以上分析可知，θ角减小，α角减小，则间距x减小，故C错误；D、仅换用频率较小的激光，玻璃对激光的折射率减小，即n变小，折射角增大，则间距x增大，故D错误。故选：A。考点三 光的波动性与电磁波[例题3]             如图所示，2020年11月13日，万米深潜器“奋斗者号”再次深潜至地球的最深处﹣﹣马里亚纳海沟。借助无线电波、激光等传输信号，实现深潜器舱内和海底作业的电视直播。要有效的发射电磁波，振荡电路首先要有足够高的振荡频率，下列选项正确的是（　　）A．若要提高振荡频率，可增大自感线圈的自感系数 B．无线电波比红外线更容易发生衍射 C．机械波的频率、波长和波速三者满足的关系，对电磁波不适用 D．在真空中电磁波的传播速度小于光速【解答】解：A、根据LC振荡电路的频率公式，若要提高振荡频率，可减小自感线圈的自感系数或者电容器的电容，故A错误；B、无线电波比红外线的波长更长，根据发生明显衍射现象的条件，可知前者比后者更容易发生衍射，故B正确；C、机械波的频率、波长和波速三者满足的关系，对电磁波同样适用，故C错误；D、在真空中电磁波的传播速度等于光速，为3.0×108m/s，故D错误。故选：B。[练习6]             （多选）无线话筒就是LC振荡电路在实际中应用的典型实例，某LC振荡电路某时刻磁场方向如图所示，则下列说法正确的是（　　）A．若增加电容C的带电量，振荡电路的周期会变大 B．若磁场正在减弱，则电容器上极板带正电 C．若电容器正在放电，则电容器上极板带正电 D．若电容器正在放电，则自感电动势正在阻碍电流增大【解答】解：A．振荡电路的周期公式为，公式中不包含电容器带电量，与电容器带电量无关，故A错误；B．若磁场正在减弱，则说明电容器在充电，由楞次定律判断线圈L内部感应电流产生的磁场也向下，再由右手定则可知，电容器上极板带正电，故B正确；C．若电容器正在放电，则线圈中磁场向下，则电容器下极板带正电，故C错误；D．若电容器正在放电，则电流在增大，由楞次定律可以知道，自感电动势在阻碍电流的增大，故D正确。故选：BD。[练习7]             如图所示为LC电路产生电磁振荡的一个循环过程。从图中状态（a）开始，经过一个周期又回到初始态（e），则对于方框中三个状态在该周期中出现的先后顺序正确的是（　　）A．①②③ B．③②① C．③①② D．②①③【解答】解：开始时，电流是从电容器的正极流向电容器的负极，根据安培定则线圈中磁场的方向向上，所以a图后的第一个图是③；放电结束后电容器反向充电，上极板带负电，当电容器充电完毕时，电流为零，为①图；接着电容器反向放电，电流方向与之前相反，根据安培定则线圈中磁场的方向向下，为②图；最后电容器充电回到初状态e。在电磁振荡中，电磁振荡过程如下图所示，故ABD错误，C正确。故选：C。【强化专练】一弹簧振子做简谱运动，它所受的回复力F随时间t变化的图象为正弦曲线，如图所示，下列说法正确的是（　　）A．在t从0到2s时间内，弹簧振子做加速运动 B．在t1＝3s和t2＝5s时，弹簧振子的速度大小相等，方向相反 C．在t2＝5s和t3＝7s时，弹簧振子的位移大小相等，方向相同 D．在t从0到4s时间内，t＝2s时刻弹簧振子所受回复力做功功率最大【解答】解：A、在t从0到2s时间内，回复力逐渐变大，说明振子逐渐远离平衡位置，做减速运动，故A错误；B、在t1＝3s到t2＝5s过程，回复力先减小为零后反向增加，说明先靠近平衡位置后远离平衡位置，故3s和5s速度方向相同；由于3s和5s回复力大小相等，故位移大小也相等，速度大小也相等，且方向也相同，故B错误；C、在t2＝5s和t3＝7s时，回复力相同，根据公式F＝﹣kx，位移相同，故C确；D、在t从0到4s时间内，t＝2s时刻弹簧振子速度为零，根据P＝Fv，功率为零，最小，故D误；故选：C。（多选）把一个筛子用四根弹簧支撑起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛，如图甲所示。该共振筛的共振曲线如图乙所示。已知增大电压，可使偏心轮转速提高，增加筛子质量，可增大筛子的固有周期。现在，在某电压下偏心轮的转速是54r/min，下列说法正确的是（　　）A．此时共振筛的振动频率为0.9Hz B．减小筛子质量，筛子的振幅一定增大 C．转速调至48r/min时，筛子出现共振状态 D．增大电压，筛子振幅会先增后减【解答】解：A、根据题意，电动偏心轮的转速是54r/min，即为：Tss，所以驱动力的频率：fHz＝0.9Hz，共振筛的振动频率为0.9Hz，故A正确；B、减小筛子的质量，筛子的固有周期减小，固有频率增大，但不确定与0.9Hz的关系，所以筛子的振幅不一定增大，故B错误；C、转速调至48r/min时，T'ss，驱动力的频率为：f'Hz＝0.8Hz，等于筛子的固有频率f0＝0.8Hz，筛子出现共振状态，故C正确；D、增大电压，偏心轮转速提高，周期减小，频率增大，与固有周期相差较大，振幅减小，故D错误。故选：AC。（多选）2021年04月18日22时11分在台湾花莲县（北纬23.92度，东经121.53度）发生6.1级地震，震源深度7千米，绣湖小区几幢高楼里的居民反映“震感明显”，而义乌中学的高三学生却普遍反映“没有感觉”。针对这一事件，下列同学的认识中科学合理的是（　　）A．地震波到达义乌时，我市地面建筑发生了受迫振动 B．绣湖小区那几幢高楼的固有频率与当时地震波的频率更加接近 C．地震波在义乌发了叠加，绣湖小区处在振动加强带上，义乌中学恰好处在振动减弱带上 D．应对绣湖小区那几幢高楼采取物理措施改变它们的固有频率以防止地震危害。【解答】解：A、地震波到达义乌时，地面建筑物受到周期性驱动力作用，发生了受迫振动，故A正确；BC、驱动力频率与物体的固有频率相近时，物体振动的振幅最大，绣湖小区几幢高楼里的居民反映“震感明显”，则绣湖小区那几幢高楼的固有频率与当时地震波的频率更加接近，不是地震波叠加的原因，故B正确，C错误；D、地震波的频率是可变的，对绣湖小区那几幢高楼采取物理措施改变它们的固有频率以防止地震危害，不是太现实，故D错误。故选：AB。（多选）一列简谐横波在t＝0.4s时的波形图如图（a）所示，P是介质中的质点，图（b）是质点P的振动图像。已知该波在该介质中的传播速度为20m/s则（　　）A．该波的波长为24m B．该波沿x轴正方向传播 C．t＝0.4s时质点P离开平衡位置的位移为5m D．质点P的平衡位置坐标为x＝6m【解答】解：A.由波长与波速的关系式可得λ＝vT＝20×1.2m＝24m，故A正确B.由图（b）可知，0.4s时，P质点正在向y轴负方向振动，所以该波沿x轴负方向传播，故B错误C.质点做简谐运动的表达式为x＝Asin10sin（cm）t＝0.4s时质点P离开平衡位置的位移为x＝5cm，故C错误D.由x＝10sin（cm）可得x＝0处的质点从平衡位置到x＝5cm，经历的时间为t1＝0.1s则P质点的平衡位置坐标为xP＝v（t﹣t1）＝20×（0.4﹣0.1）m＝6m故D正确。故选：AD。（多选）在纸面上有两个波源S1和S2，振动方向相同，振幅均为2cm，S1的频率为2Hz，S2的频率为4Hz，以S1为原点建立如图所示的坐标，t+0时波源S1从平衡位置开始垂直纸面向外做简谐运动，所激发的横波在均匀介质中向四周传播，t＝0.25s时，波源S2也从平衡位置开始垂直纸面向外做简谐运动，t时刻两列简谐波的最远波峰传到了图示中的两个圆的位置。下列说法中正确的是（　　）A．两列波相遇后，坐标（4，0）的质点振动加强 B．波的传播速度为m/s C．图示波形对应的t时刻ts D．t＝1.25s时，坐标（4，0）的质点位移为2cm【解答】解：A、两个波源频率不同，不会发生干涉，故A错误；B、分析题目可知，0.25，解得波的传播速度为vm/s，故B正确；C、图示波形对应的t时刻，波源S1已传播时间t，解得：ts，故C正确；D、t＝1.25s时，波源S1在坐标（4，0）引起质点位移为零，波源S2在坐标（4，0）引起质点位移为﹣2cm，根据叠加得到，t＝1.25s时，坐标（4，0）的质点位移为﹣2cm，故D错误。故选：BC。（多选）在t＝0时刻，位于原点处的波源O以某一频率开始振动，产生的机械波在均匀介质中沿x轴正方向传播。一段时间后，波源O的振动频率发生变化。t＝3s时刻，x＝6m处的质点恰好开始振动，此时的波形图如图所示。质点Q位于x＝9m。下列说法正确的是（　　）A．该波在介质中传播的波速为2m/s B．波源O开始振动1s后，振动频率变为原来两倍 C．t＝3s时刻起，再经过4s，质点Q通过的路程为20cm D．t＝6s时刻，质点Q偏离平衡位置的位移为【解答】解：A.根据题意可知，该波在介质中的传播波速为vm/s＝2m/s，故A正确；B.由图可知频率变化前的波长为λ1＝8m，故频率变化前波的周期为T1s＝4s波向前传播的距离，波源O的频率发生改变，则波源O频率改变的时刻为ts＝2s可知开始振动1s后，振动频率保持不变，故B错误；C.波从x＝6m传播到x＝9m的时间为Δt's＝1.5s可知质点Q的起振时刻为t'＝3s+1.5s＝4.5s可知t＝3s时刻起，再经过4s，质点Q一共振动了2.5s，在振动的前2s内，质点Q发生的是频率改变前的振动，通过的路程为s1＝2A＝2×4cm＝8cm在振动的后0.5s内，质点Q发生的是频率改变后的振动，频率改变后的周期为T2s＝2s可知在振动的后0.5s内通过的路程为s2＝A＝4cm则有s＝s1+s2＝8cm+4cm＝12cm质点O通过的路程为12cm，故C错误；D.由于质点Q的起振时刻为t'＝4.5s，质点Q完成频率改变前的振动需要2s，可知t＝6s时刻，质点Q依然发生的是频率改变前的振动，振动时间为t2＝1.5s，根据波形图可知质点的起振方向向下，可得频率改变前的振动方程为y＝﹣4sint＝﹣4sint（cm）代入数据可得y＝﹣4sin（1.5）（cm）＝﹣2cm故D正确。故选：AD。（多选）一简谐机械横波沿x轴传播，波速为2.0m/s，该波在t时刻的波形曲线如图甲，在x＝0处质点的振动图象如图乙。则下列说法中正确的是（　　）A．这列波的振幅为60cm B．质点的振动周期为4.0s C．t＝0时，x＝0处质点与x＝4.0m处质点的速度相等 D．t＝0时，x＝4m处质点沿y轴正方向运动 E．t＝0时，x＝2m处质点偏离平衡位置的位移为30cm【解答】解：AB、根据甲图可知，振幅A＝30cm，波长λ＝8m，则周期Ts＝4s，故A错误，B正确；C、t＝0时，x＝0处质点位于平衡位置，x＝4.0m处质点也位于平衡位置，所以速度相等，故C正确；D、根据乙图可知，x＝0处质点在t时向上振动，根据波的平移法可知，波沿x轴正方向传播，则t＝0时，x＝4.0m处质点沿y轴正方向运动，故D正确；E、根据甲图可知，t＝0时，x＝2.0m处质点在波峰处，偏离平衡位置的位移为30cm，故E正确。故选：BCDE。（多选）如图甲所示，在均匀介质中，坐标系xOy位于水平面内，O处的波源由平衡位置开始垂直xOy平面振动，产生的简谐横波在xOy平面内传播，选定图甲状态为t＝0时刻，实线圆、虚线圆分别表示相邻的波峰和波谷，且此时刻平面内只有一圈波谷，图乙为图甲中质点A的振动图像，z轴垂直于xOy水平面，且正方向为垂直纸面向外。则下列说法正确的是（　　）A．此机械波的波长是2m B．此机械波的传播速度为0.4m/s C．t＝0.2s时，机械波恰好传至B处 D．在t＝0至t＝0.85s这段时间内，C质点运动的路程为12cm【解答】解：A、图甲中实线表示波峰，虚线表示相邻的波谷，则有1m，可得λ＝2m，故A正确；B、图乙为质点A的振动图像，则T＝0.2s，则此机械波的传播速度为vm/s＝10m/s，故B错误；C、t＝0.2s时间内波传播的距离为x＝vt＝10×0.2m＝2m，由图可知，t＝0时刻波传到x＝2.5m处，则t＝0.2s时，机械波已越过B处，故C错误；D、x＝2.5m处波面到C处的距离为s＝5m﹣2.5m＝2.5m，波从x＝2.5m处传到C处用时t1s＝0.25s，则在t＝0至t＝0.85s这段时间内，C质点振动的时间为t2＝0.85s﹣0.25s＝0.6s＝3T，故在t＝0至t＝0.85s这段时间内，C质点运动的路程为s′＝3×4A＝3×4×1cm＝12cm，故D正确。故选：AD。（多选）如图所示，均匀透明材料制作成的半圆柱的截面为半圆形ABC，O为圆心、半径为R、AB为直径边界，ACB为半圆弧边界，该材料对绿光的折射率n＝2。有一点光源嵌于S点，在纸面内向各个方向发射绿光。已知SO⊥AB，且SOR。若不考虑光在材料内部的反射，则（　　）A．直径边界与圆弧边界有光线射出的总长度为 B．直径边界与圆弧边界有光线射出的总长度为 C．若改用红光光源，有光射出的边界总长度将变长 D．若改用红光光源，有光射出的边界总长度将变短【解答】解：介质折射率n＝2，发生全反射的临界角sinC解得C＝30°AB.恰好发生全反射的光路图如图所示根据C＝30°，可得∠OSE＝30°∠OGS＝30°则DE＝2OE＝2OPtan30°R根据数学关系可得∠GOF＝60°可得弧长GCF为l＝2πR则直径边界与圆弧边界有光线射出的总长度为s故B正确，A错误；CD.若改用红光光源，红光的频率低，该材料对红光的折射率小，则临界角较大，结合图象可知。有光射出的边界总长度将变长，故C正确，D错误。故选：BC。（多选）我们有时候可以观察到太阳周围的明亮光晕圈，如图1所示。这种光学现象是由太阳光线在卷层云中的冰晶折射而产生的，其色彩排序为内红外紫。为了理解光晕现象，我们将问题简化为二维。如图3为一束紫光在冰晶上的折射光线，θi表示冰晶上的入射角，θ2表示为经过第一界面的折射角，θ0表示为光线离开晶体的折射角，以及θD表示为入射和出射光线之间的偏转角。假设冰晶可以在二维上看成一个正六边形且不考虑其他的反射、折射。则以下说法中正确的是（　　）A．在冰晶内红光的波长比紫光短 B．若图3中紫光满足θi＝θ0＝60°，则可知冰晶对该光折射率n C．对于从H点以相同入射角入射的光线，红光的偏转角θD比紫光的偏转角θD大 D．若红光和紫光均能使同一金属产生光电效应，则紫光对应的光电子初动能一定比红光的大【解答】解：A.根据n，λ可得，由于红光的折射率小于紫光的折射率，红光的频率小于紫光的频率，则红光的波长大于紫光的波长，故A错误；B.图3中紫光满足θi＝θ0＝60°，根据几何关系可知θ2＝30°则折射率为n，代入数据解得：n故B正确；C.红光的折射率小于紫光的折射率，则红光的偏转角θD比紫光的偏转角θD小，故C错误；D.根据光电效应方程有Ek＝hv﹣W0可知，由于红光频率小于紫光频率，则红光和紫光均能使同一金属产生光电效应，则紫光对应的光电子初动能一定比红光的大，故D正确。故选：BD。关于下列教材中的四幅图片，说法正确的是（　　）A．图甲表明光具有波动性 B．图乙接收信号的频率从95Hz到100Hz，可以将可变电容的正对面积调大 C．图丙中的微波炉的微波是原子外层电子受激发后产生的 D．图丁中的高频扼流圈的匝数要比低频扼流圈少【解答】解：A.电子与光子碰撞表明光具有粒子性，故A错误；B.由f可知电容对高频的响应差，对低频的响应好，图乙接收信号的频率所以从95Hz到100Hz，可以将可变电容的正对面积调小，故B错误；C、微波是在电真空器件或半导体器件上通以直流电或50Hz的交流电，利用电子在磁场中作特殊运动来获得的，家用微波炉中应用的是磁控管，可以说成是自由电子受激发产生的，故C错误；D.高频扼流圈和低频扼流圈的区别是匝数不同，高频扼流圈匝数少，低频扼流圈匝数多，故D正确。故选：D。近日，由义乌城建携手中国移动建设的浙江省首个5G停车场——江滨绿廊三公园停车场正式投入运营。在过去的10年，义乌市通信行业经历了从2G、3G、4G到5G的飞速发展。5G信号使用的电磁波频率更高，每秒传送的数据量也实现了数量级的增大。相比与4G信号，下列判断正确的是（　　）A．5G信号的光子能量更大 B．5G信号的衍射更明显 C．5G信号的传播速度更大 D．5G信号的波长更长【解答】解：A．因为5G使用的电磁波频率比4G高，根据公式E＝hν可知，5G信号的光子能量比4G光子能量更大，故A正确；B．发生明显衍射的条件是障碍物（或孔）的尺寸与波长差不多，或者小得多；因5G使用的电磁波频率更高，即波长更短，故5G信号不容易发生明显衍射，故B错误；C．任何频率的电磁波在真空中的传播速度都是相同的，故C错误；D．因5G使用的电磁波频率更高，根据公式c＝νλ可知，5G信号的波长更短，故D错误。故选：A。雪深雷达是2020珠峰高程测量主力设备之一，该系统主要利用天线发射和接收高频电磁波来探测珠峰峰顶冰雪层厚度，如图所示。下列说法正确的是（　　）A．雷达利用电磁波的干涉特性工作 B．电磁波发射时需要进行调谐和解调 C．电磁波从空气进入雪地，频率减小，波长增大 D．在电磁波中，电场和磁场随时间和空间做周期性变化【解答】解：A、电磁波同声波一样，遇到障碍物反射，雷达利用电磁波的反射特性工作，故A错误；B、电磁波发射时需要调制，接收时需要调谐和解调，故B错误；C、电磁波的频率由波源决定，与介质无关，故C错误；D、电磁波电场和磁场随时间和空间做周期性变化，故D正确。故选：D。