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2023人教版带答案高中物理选修一综合测试题典型例题

1

单选题
1、一定能使水波通过小孔后，发生的衍射更不明显的方法是（   ）
A．增大小孔尺寸，同时增大水波的频率
B．增大小孔尺寸，同时减小水波的频率
C．缩小小孔尺寸，同时增大水波的频率
D．缩小小孔尺寸，同时减小水波的频率
答案：A
波在介质中传播时波速是由介质决定的，与波的频率无关，所以改变波的频率不会改变波速，但由v = λf可知，当波速一定时，减小频率则波长增大，而发生明显衍射的条件是障碍物或孔、缝的尺寸比波长小或相差不多，所以缩小障碍物的尺寸，同时减小波的频率会使衍射现象更明显，而本题为使衍射现象更不明显，则增大小孔尺寸，同时增大水波的频率。
故选A。
2、如图，光滑水平面上置有质量分别为mA=6kg和mB=2kg的物块A、B，两物块间用劲度系数k=200N/m的轻质弹簧相连，其中A紧靠竖直墙壁，弹簧处于原长。已知弹簧振子的周期公式为T=2πmk，其中k为弹簧劲度系数，m为振子质量。现用水平向左的力F缓慢推动物块B，到达某一位置时保持静止，此过程力F做的功为25J；瞬间撤去推力F，下列说法正确的是（  ）

A．弹簧第一次恢复原长过程中，物块A、B及弹簧组成的系统机械能和动量都守恒
B．弹簧第一次恢复原长过程中，墙壁对物块A的冲量为30N⋅s
C．弹簧第一次恢复原长过程中，弹簧对B的平均作用力大小为200πN
D．在撤去推力F后的运动过程中，物块A的最大速度为3m/s
答案：C
A．弹簧第一次恢复原长的过程中，系统机械能守恒，但动量不守恒，A的速度为零，B的速度增大，所以系统动量增加，故A错误；
B．弹簧第一次恢复原长过程中，根据题意力F做功为
W=25J
由功能关系和机械能守恒可知，弹簧第一次原长时A的速度为零，则有
W=12mBvB2
解得
vB=5m/s
由于A静止不动，因此墙对A的冲量大小等于弹簧对A的冲量大小，弹簧对A的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，则有
I=mBvB-0=10N⋅s
故B错误；
C．由
T=2πmBk
解得
T=π5s
弹簧第一次恢复原长的时间
t=14T=π20s
由
I=F⋅t
解得
F=It=200πN
故C正确；
D．弹簧第二次恢复原长过程中，A加速，B减速；弹簧第二次恢复原长时，A的速度最大，由动量守恒得
mBvB=mAv'A+mBv'B
由机械能守恒得
12mBvB2=12mAv'A2+12mBv'B2
解得
v'A=2.5m/s，v'B=-2.5m/s
故D错误。
故选C。
3、2022年北京冬奥会在某次冰壶比赛中，如图所示：蓝壶静止在大本营Q处，材质相同，质量相等的红壶与蓝壶发生正碰，在摩擦力作用下最终分别停在M点和N点。下列说法正确的是（  ）

A．碰后两壶所受摩擦力的冲量相同
B．两壶碰撞过程为弹性碰撞
C．碰后蓝壶速度约为红壶速度的4倍
D．红壶碰前速度约为碰后速度的3倍
答案：D
A．碰后两壶运动距离不相同，则碰后两球速度不相同，因此动量的变化量不相同，根据动量定理可知后两壶所受摩擦力的冲量不相同，A错误；
C．碰后红壶运动的距离为
x1=R2-R1=0.61m
蓝壶运动的距离为
x2=2R2=2.44m
二者质量相同，二者碰后的所受摩擦力相同，即二者做减速运动的加速度相同，对红壶有
v12=2ax1
对蓝壶有
v22=2ax2
联立可得
v1v2=12
即碰后蓝壶速度约为红壶速度的2倍，C错误；
D．设红壶碰前速度为v0，根据动量守恒，则有
mv0=mv1+mv2
解得
v0=3v1
即红壶碰前速度约为碰后速度的3倍，D正确；
B．碰前的动能为
Ek0=12mv02
碰后动能为
Ekl=12mv12+12mv22
比较可知，有
Ek0>Ek1
机械能不守恒，即不是弹性碰撞，B错误。
故选D。
4、如图所示，半径分别为3R和R的两光滑半圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上有一轻弹簧被a、b两小球夹住，同时释放两小球，a、b球恰好均能通过各自半圆轨道的最高点，已知a球的质量为m。则（  ）

A．b球质量为33m
B．两小球与弹簧分离时，动能相等
C．若ma=mb=m要求a、b都能通过各自的最高点，弹簧释放前至少具有的弹性势能为Ep=15mgR
D．a球到达圆心等高处时，对轨道压力为9mg
答案：C
当小球恰好能通过半圆轨道的最高点时，在最高点的位置，小球的重力提供小球做圆周运动的向心力，对a小球，根据动能定理得
-6mgR=12mvt2-12mv02
在最高点时，根据牛顿第二定律得
mag=mavt23R
联立解得
v0=15gR
同理对b分析可得：b球的速度为
v1=5gR
A．对a、b组成的系统进行研究，在释放瞬间，两小球的动量守恒，选a球的速度方向为正方向，则
mv0﹣mbv1=0
解得
mb=3m
故A错误；
B．动能与动量的关系为
Eka=p22m 
因为两个小球的动量相等，但质量不相等，则两小球与弹簧分离时，动能也不相等，故B错误；
C．若两小球的质量相等，则与弹簧分力时两小球的速度大小相等，方向相反，根据上述分析，两小球具备的最小速度与上述分析的a球的速度相等，则弹簧的弹性势能等于两小球的动能之和，因此
Ep=12×2m×v02=15mgR 
故C正确；
D．当a球到达圆心等高处时，对此过程根据动能定理得
-3mgR=12mv22-12mv02
在与圆心等高的位置，根据牛顿第二定律得：
FN=mv223R
结合牛顿第三定律可得
N=FN
联立解得
N=3mg
方向水平向右，故D错误；
故选C。
5、小华通过偏振太阳镜观察平静水面上反射的阳光转动镜片时发现光有强弱变化下列说法能够解释这一现象的是（　　）
A．阳光在水面反射时发生了偏振，镜片起起偏器的作用
B．阳光在水面反射时发生了偏振，镜片起检偏器的作用
C．阳光在水面反射时没有发生偏振，镜片起起偏器的作用
D．阳光在水面反射时没有发生偏振，镜片起检偏器的作用
答案：B
发现强弱变化说明水面上反射的阳光是偏振光，而阳光本身是自然光，在反射时发生了偏振，当偏振片的方向与光的偏振方向平行时，通过的光最强，而当偏振片的方向与光的偏振方向垂直时，通过的光最弱，因此镜片起到检偏器的作用。
故选B。
6、关于散射，下列说法正确的是（　　）
A．散射就是乱反射，毫无规律可言
B．散射中没有对心碰撞
C．散射时仍遵守动量守恒定律
D．散射时不遵守动量守恒定律
答案：C
微观粒子互相接近时不发生接触而发生的碰撞叫做散射，散射过程遵守动量守恒，散射中有对心碰撞，但是对心碰撞的几率很小，故C正确，ABD错误。
故选C。
7、一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t=0时的波形图如图，此时波恰好传到质点M所在位置，当t=1.5s时，位于x=8m处的质点P运动的总路程为15cm，则以下说法正确的是（  ）

A．波的周期为2sB．波源的起振方向沿y轴正方向
C．波的传播速度为5.4m/sD．t=2.0s时质点P处于波谷
答案：D
B．由t=0时刻波传到M点，且波沿x轴正方向传播，根据波形平移法可知，质点M的振动方向为y轴负方向，即波源的起振方向沿y轴负方向，故B错误；
AC．由波形图可知，波长
λ=4m
设波速为v、周期为T。质点P的起振方向沿y轴的负方向，波从M点传到P点的时间为3T4，当t=1.5s时，质点P运动的总路程为
s=15cm=3A
即质点P第一次到达波峰，于是有
t=3T4+3T4=1.5s
解得
T=1s
故波速
v=λT=41m/s=4m/s
故AC错误；
D．t=1.5s时质点P第一次到达波峰，从t=0到t=2.0s质点已经振动的时间
Δt=2.0-3T4=2.0-0.75=1.25s=1T4
质点P的起振方向沿y轴的负方向，则t=2.0s时质点P处于波谷，故D正确。
故选D。
8、某同学用如图所示装置，通过半径相同的A、B两球的碰撞来“验证动量守恒定律”，实验中必须满足的条件是（  ）

A．斜槽轨道尽量光滑以减小误差
B．斜槽轨道末端的切线必须水平
C．入射球每次从轨道的不同位置由静止滚下
D．两球的质量必须相等
答案：B
A．本实验是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后小球的速度，小球离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故A不符合题意；
B．要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故B符合题意；
C．要保证碰撞前的速度相同，所以入射小球每次都要从同一位置由静止滚下，故C不符合题意；
D．为了使小球碰后不被反弹，要求入射小球质量大于被碰小球质量，故D不符合题意。
故选B。
9、如图所示为一列沿x轴负方向传播的简谐横波在t=0时的波形图，当Q点在t=0时的振动状态传到P点时，则（  ）

A．1cm<x<2cm范围内的质点正在向y轴的负方向运动
B．Q处的质点此时的加速度沿y轴的正方向
C．Q处的质点此时正在波峰位置
D．Q处的质点此时运动到P处
答案：B
Q点振动状态传到P点时的图像如图虚线所示

A．此时1cm<x<2cm范围内的质点正在向y轴的正方向运动，故A错误；
BC．Q处的质点位于波谷处，位移为负，则此时的加速度沿y轴的正方向，故B正确，C错误；
D．质点只上下振动，不随波迁移，故D错误。
故选B。
10、下列说法正确的是（  ）
A．洗衣机工作时机壳的振动频率等于其固有频率
B．为了防止桥梁发生共振而坍塌， 部队要齐步通过桥梁
C．鼓手随音乐敲击鼓面时， 鼓面的振动是自由振动
D．较弱声音可震碎玻璃杯， 是因为玻璃杯发生了共振
答案：D
A．洗衣机切断电源，波轮的转动逐渐慢下来，在某一小段时间内洗衣机发生了强烈的振动，说明此时波轮的频率与洗衣机固有频率相同，发生了共振。所以正常工作时，洗衣机波轮的运转频率比洗衣机的固有频率大；此后波轮转速减慢，则驱动力频率小于固有频率，所以共振现象消失，洗衣机的振动随之减弱，故A错误；
B．部队要便步通过桥梁，是为了防止出现一致的策动力，避免桥发生共振。故B错误；
C．鼓手随音乐敲击鼓面时鼓面的振动是受迫振动。故C错误；
D．较弱声音可振碎玻璃杯，是因为玻璃杯发生了共振，故D正确。
故选D。
11、如图，光导纤维由内芯和外套两部分组成，内芯折射率比外套的大，光在光导纤维中传播时，光在内芯和外套的界面上发生全反射。假设外套为空气，一束红光由光导纤维的一端射入内芯，红光在内芯与空气的界面上恰好发生全反射，经时间t1从另一端射出；另让一束绿光也从光导纤维的一端射入，绿光在内芯与空气的界面上也恰好发生全反射，经时间，t2从另一端射出。则内芯对红光的折射率n1与对绿光的折射率n2之比为（  ）

A．t1t2B．t2t1
C．t1t2D．t2t1
答案：C
设光导纤维长为l，对红光而言
sinC1=1n1
红光通过光导纤维路程
l1=lsinC1
红光的光速为
v1=cn1
因此所用时间
t1=l1v1
整理得
t1=lcn12
同理绿光通过光导纤维所用时间
t2=lcn22
因此
n1n2=t1t2
故选C。
12、波在传播过程中，下列说法正确的是（　　）
A．介质中的质点随波的传播而迁移
B．波源的能量随波传递
C．振动质点的频率随着波的传播而减小
D．波源的能量靠振动质点的迁移来传播
答案：B
A．介质中的质点随波的传播不迁移，A错误；
B．波源的能量随波传递，B正确；
C．振动质点的频率随着波的传播而不变，C错误；
D．质点只振动不迁移，D错误。
故选B。
13、为了研究乐音的物理规律，某同学用计算机录制下优美的笛音do和sol，然后在电脑上用软件播放，分别得到如图（a）和图（b）所示的两个振动图像，由此可以判断（  ）

A．do和sol的频率之比约为3：2
B．do和sol的周期之比约为2：3
C．do和sol在空气中传播的速度大小之比为3：2
D．do和sol在空气中传播的波长之比为3：2
答案：D
AB．观察图像可知，do振动两个周期的同时sol振动了三个周期，有
2Ta=3Tb
所以，do和sol的周期之比约为3：2，由T=1f可知do和sol的频率之比约为2：3，故AB错误；
C．do和sol都是声波，在空气中的传播速度相同，所以C错误；
D．由v=λf可知，do和sol的波长之比是频率之比的倒数，即do和sol的波长之比为3:2，故D正确。
故选D。
14、某列“和谐号”高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动，在启动阶段此列车的动量（  ）
A．与它的位移成正比B．与它的位移的平方成正比
C．与它的速度成反比D．与它所经历的时间成正比
答案：D
AB．根据匀变速直线运动公式
v2=2ax
解得
v=2ax
则列车的动量为
p=mv=m2ax
故AB错误；
C．由动量表达式可知列车的动量为
p=mv
即动量与速度成正比，故C错误；
D．根据
v=at
则列车的动量为
p=mv=mat
即与它所经历的时间成正比，故D正确。
故选D。
15、《枫桥夜泊》中有名句：“姑苏城外寒山寺，夜半钟声到客船”。其中，当钟声传到客船时，对大钟的撞击早已停止了，但仍感觉“余音未绝”，分析其原因可能是（  ）
A．大钟的回声B．大钟在继续振动，空气中继续形成声波
C．人的听觉发生“暂留”的缘故D．大钟虽停止振动，但空气仍在振动
答案：B
停止对大钟的撞击后，大钟做阻尼振动，仍在空气中形成声波，随着能量的减弱，钟声逐渐消失。
故选B。
多选题
16、绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，则（水平面光滑）（  ）
A．系统的总动量守恒
B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向
C．小球不能向左摆到原高度
D．小车向右移动的最大距离为2mlMm
答案：BD
AB．系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；
C．根据水平方向的动量守恒及机械能守恒，小球仍能向左摆到原高度，C错误；
D．小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球的平均速度为vm，小车的平均速度为vM，则有
mvm－MvM＝0
两边同时乘以运动时间t，则有
mvmt－MvMt＝0
即
mxm＝MxM
又
xm＋xM＝2l
解得小车移动的最大距离为2mlMm，D正确。
故选BD。
17、杨氏双缝干涉实验证明光的确是一种波，一束单色光投射在两条相距很近的狭缝上，两狭缝就成了两个光源，它们发出的光波发生干涉，产生的干涉图样如图所示，在这两列光波相遇的区域中，实线表示波峰，虚线表示波谷，如果放置光屏，则下列说法正确的（  ）

A．A点出现明条纹B．B点出现明条纹
C．C点出现暗条纹D．C点出现明条纹
答案：ABC
ABCD．波峰与波峰或者波谷与波谷相叠加振动加强，所以A点与B点出现明条纹，波峰与波谷叠加振动减弱，所以C点出现暗条纹，故选项A、B、C正确，选项D错误。
故选ABC。
18、位于x=7m处的波源S完成两次频率不同的全振动，如图所示为t=0时刻波形，该波沿-x方向传播，此时波刚好传到x=1m处的质点P，0.3s后质点P第一次出现在波谷位置，则（  ）

A．波源的起振方向沿＋y方向
B．波速v1∶v2=1∶1
C．质点P沿＋y方向振动过程中，x=5m处的质点Q也沿＋y方向振动
D．从t=0时刻开始到质点P振动的路程为10cm时，质点Q振动的路程是20cm
E．从t=0时刻开始，再经过0.5s质点Q运动到坐标原点O
答案：ABD
A．根据波的传播方向与质点振动方向间的关系可以判断出，质点P、Q在t=0时刻振动方向均沿y轴正方向，波上任意质点的起振方向均与波源的起振方向相同，可知波源的起振方向沿y轴正方向，选项A正确：
B．从t=0时刻到质点P第一次抵达波谷，需要34个周期，即
34T1=0.3s
得
T1=0.4s
由波形图可知λ1=4m，λ2=2m，根据波速公式v=λT得
v1=10m/s
因波速由介质决定，与波的振幅、频率无关，则
v2=v1=10m/s，T2=0.2s，v1∶v2=1∶1
选项B正确；
C．虽然t=0时刻质点P、Q均沿y正方向运动，但由于它们振动周期不同，因而在以后各个时刻，它们振动方向不一定相同，选项C错误；
D．质点P振动路程为10cm=2A
需要0.5T1=T2
即质点Q完成一个周期的振动，通过的路程是4A=20cm
选项D正确；
E．横波传播途中，介质中质点只在与波传播方向垂直的方向上振动，不会沿波的传播方向迁移，选项E错误。
故选ABD。
19、战绳训练是当下一种火热的健身方式。某次战绳训练中，一运动员晃动战绳一端使其上下振动（可视为简谐振动），战绳上因此形成一列横波。如图甲、乙所示分别是战绳上A、B两质点的振动图象，形成的横波由A传向B，波长大于3.0m，A、B两质点在波的传播方向上的距离Δx=4.0 m。下列说法正确的是(   )

A．t=0时刻，A、B两质点的振动方向相反B．波的波长可能为3.2 m
C．质点A处的波传到B处所用时间可能为0.25 sD．波的波速可能为40 m/s
答案：BC
A. 由振动图象可知，t=0时刻，A质点速度方向沿y轴正向，而B速度为零，故A错误；
B．取t=0时刻分析，A质点经平衡位置向上振动，B质点处于波谷，横波由A传向B，设波长为λ，则
Δx=nλ+14λ(n=0,1,2,3,⋯)
解得
λ=4Δx4n+1=164n+1 m(n=0,1,2,3,⋯)
又因为λ>3.0 m，所以n取0或1，则
当n=0时，λ1=16 m，波速
v1=λ1T=16 m/s
当n=1时，λ2=3.2 m，波速
v2=λ2T=3.2 m/s
故B正确，D错误；
C．质点A处的波传到B处所用时间可能为
Δt1=Δxv1=0.25 s
Δt2=Δxv2=1.25 s
故C正确。
故选BC。
20、用单色光做双缝干涉实验和单缝衍射实验，比较屏上的条纹，下列说法中正确的是（　　）
A．双缝干涉条纹是等间距的明暗相间的条纹
B．双缝干涉条纹是中央宽、两边窄的明暗相间的条纹
C．单缝衍射条纹是中央宽、两边窄的明暗相间的条纹
D．单缝衍射条纹是等间距的明暗相间的条纹
答案：AC
AB．用单色光做双缝干涉实验，所得的是等间距的明暗相间的条纹，故A正确，B错误；
CD．用单色光做单缝衍射实验，所得的是中央宽、两边窄的明暗相间的条纹，故C正确，D错误。
故选AC。
21、关于多普勒效应，下列说法正确的是（　　）
A．若声源向观察者靠近，则观察者接收到的频率大于声源发出声波的频率
B．发生多普勒效应时，波源的频率并未发生改变
C．多普勒效应是由于波源与观察者之间有相对运动（距离发生变化）而产生的
D．只有声波才有多普勒效应
答案：ABC
A．若声源向观察者靠近，则观察者接收到的频率大于声源发出声波的频率，A正确；
B．发生多普勒效应时，波源的频率不会发生改变，B正确；
C．多普勒效应是由于波源与观察者之间有相对运动（距离发生变化）而产生的，C正确；
D．机械波和电磁波都会发生多普勒效应现象，故D错误。
故选ABC。
22、疫情期间，同学们在家学习的同时不忘坚持体育锻炼，某同学在家做俯卧撑运动。关于做俯卧撑运动的过程，下列说法中正确的是（　　）

A．俯卧撑向下运动的过程中，该同学处于失重状态
B．俯卧撑向上运动的过程中，该同学克服重力做功的功率逐渐增大
C．在做俯卧撑运动的过程中，地面对该同学不做功
D．在做俯卧撑运动的过程中，地面对该同学施加的冲量不为零
答案：CD
A．俯卧撑向下运动的过程中，该同学先向下加速，失重；后向下减速，超重，选项A错误；
B．俯卧撑向上运动的过程中，该同学向上的速度先增加后减小，即克服重力做功的功率先逐渐增大后逐渐减小，选项B错误；
C．在做俯卧撑运动的过程中，地面对该同学的作用力没有位移，则地面对该同学不做功，选项C正确；
D．根据I=Ft可知，在做俯卧撑运动的过程中，地面对该同学施加的冲量不为零，选项D正确。
故选CD。
23、全反射是自然界里常见的现象，下列与全反射相关的说法正确的是（　　）
A．光只有从光密介质射向光疏介质时才能发生全反射
B．发生全反射时，折射光线完全消失，反射光的能量几乎等于入射光的能量
C．如果条件允许，光从光疏介质射向光密介质时也可能发生全反射
D．只有在入射角等于临界角时才能发生全反射
答案：AB
AC．光只有从光密介质射向光疏介质，且入射角大于或等于临界角，才能发生全反射，A正确，C错误；
B．发生全反射时，折射光线完全消失，反射光的能量几乎等于入射光的能量，B正确；
D．光只有从光密介质射向光疏介质，且入射角等于临界角，恰好发生全反射，D错误。
故选AB。
24、某同学用插针法测定玻璃砖的折射率，他的实验方法和操作步骤正确无误。但他处理实验记录时发现玻璃砖的两个光学面aa′与bb′不平行，如图所示。则下列说法正确的是（  ）

A．P1P2与P3P4两条直线平行
B．他测出的折射率偏大
C．P1P2与P3P4两条直线不平行
D．他测出的折射率不受影响
答案：CD
AC．根据折射定律有
n=sinαsinβ=sinrsini
玻璃砖的两个光学面aa′与bb′不平行，则
β≠i
故
α≠r
故P1P2与P3P4两条直线不平行，故A错误，C正确；
BD．根据插针法测定玻璃砖的折射率的原理，折射率是由
n=sinαsinβ
算出，即使P1P2与P3P4两条直线不平行，也不影响对α,β 的测量，测出的折射率不会受影响，故B错误，D正确。
故选CD。
25、下列关于波的衍射的说法正确的是（　　）
A．衍射是机械波特有的现象
B．只有横波才能发生衍射现象，纵波不能发生衍射现象
C．对同一列波，缝、孔或障碍物越小衍射现象越明显
D．声波容易发生明显衍射现象是由于声波波长较长
答案：CD
AB．衍射是波特有的现象，一切波都有衍射现象，AB错误；
C．根据发生明显衍射现象的条件可知：对同一列波，缝、孔或障碍物越小衍射现象越明显，C正确；
D．声波容易发生明显衍射现象是由于声波波长较长，故D正确。
故选CD。
填空题
26、在某海水浴场，某同学漂浮在海面上，水波以3 m/s的速率向着海滩传播，该同学记录了第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间为18 s。则该水波的周期为______s，该水波的波长为______m，该水波可以绕过障碍物继续传播属于波的______（选填“干涉”或“衍射”）现象。
答案：     2     6     衍射
[1][2][3]该水波的周期
T=tn-1=1810-1s=2s
根据波长公式得
λ=vT=6m
该水波可以绕过障碍物继续传播属于波的衍射现象。
27、如图，一列简谐横波平行于x轴正方向传播，经过t=0.2s时间，从图中的实线波形变为虚线波形。已知t小于周期T。则该波的周期T=__________s，波速v=__________m/s。

答案：     415     15
[1][2]波沿x轴正方向传播，t小于周期T，由图示波形图可知
t=34T
波的周期
T=43t=415s
由图可知波长
λ=4m
波速
v=λT=15m/s
28、图甲为一列简谐横波在t=0.2s时刻的波形图，M是平衡位置x=2.0cm处的质点，N是平衡位置x=4.0cm处的质点，图乙为质点N的振动图像。则该简谐横波的传播速度为________ms，图甲中M点下一次出现在波谷位置的时刻是t=________s。

答案：     0.4     0.45
[1]由甲、乙图像可知该简谐波的波长为
λ=16cm=0.16m
周期为
T=0.4s
故波速为
v=λT=0.4m/s
[2]由乙图知，在t=0.2s时，质点N向上运动，根据波形平移法可知，该波沿x轴正方向传播。从图甲时刻开始，波谷位置传到质点M所需时间为
Δt=0.02-(-0.08)0.4s=0.25s
所以t=0.45s时M点处于波谷位置。
29、（1）在阳光照射下，充满雾气的瀑布上方常常会出现美丽的彩虹。彩虹是太阳光射入球形水珠经折射、内反射，再折射后形成的。光的折射发生在两种不同介质的_______上，不同的单色光在同种均匀介质中传播速度_______。
（2）跳水比赛的1米跳板如图伸向水面，右端点距水面高1米，A为右端点在水底正下方的投影，水深h＝4m。若跳水馆只开了一盏黄色小灯S，该灯距跳板右端水平距离x＝4m，离水面高度H＝4m，现观察到跳板水下阴影右端点B到A的距离AB＝413m。求：
（I）该黄色光在水中的折射率_______；
（II）若在水底A处放一物体，则站在跳板右端向下看，该物体看起来在水下多深处_______？

答案：     界面     不相同     43     3m
（1）[1][2]光的折射发生在两种不同介质的界面上，不同的单色光在同种均匀介质中折射率不同，由n=cv知不同的单色光在同种均匀介质中传播速度不同。
（2）（Ⅰ）[3]光路图如图所示

根据折射定律得
n=sinisinr
根据几何关系有
sini=xx2+(H-1)2=442+(4-1)2=0.8
sinr=BDBC
其中
BD＝AB﹣AD＝413m-43m＝3m，BC=BD2+h2=32+42m＝5m
则得
sinr＝0.6
解得折射率为
n=43
（Ⅱ）[4]设A的视深为h'，光路图如图所示

由折射定律得
n=sinisinr
由于从A上方看，光的入射角及折射角均很小，根据数学知识知：当θ很小时，有sinθ≈tanθ，则有
sini≈tani，sinr≈tanr
故得
n=hh'
解得
h′=hn=443m＝3m
30、如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上下振动。开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2Hz。现匀速转动摇把，转速为240r/min，当振子稳定振动时，它的振动频率是___Hz；振幅增大的过程中，外界对弹簧振子做___（选填“正功”或“负功”）。

答案：     4     正功
[1]摇把匀速转动的频率
f=n=24060Hz=4Hz
当振子稳定振动时，它的振动频率与驱动力的频率相等，也为4Hz；
[2]由题意知，外界对弹簧振子做正功，系统机械能增大，振幅增大。

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