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(时间60分钟，满分100分)
1．(8分) (1)机械波和电磁波都能传递能量，其中电磁波的能量随波的频率的增大而________；波的传播及其速度与介质有一定的关系，在真空中机械波是________传播的，电磁波是________传播的(填“能”、“不能”或“不确定”)；在从空气进入水的过程中，机械波的传播速度将________，电磁波的传播速度将________．(填“增大”、“减小”或“不变”)
(2)如图1所示复合光经过半圆形玻璃后分成a、b两束光，比较a、b两束光在玻璃砖中的传播速度va________vb；入射光线由AO转到BO，出射光线中________最先消失；若在该光消失时测得AO与BO间的夹角为α，则玻璃对该光的折射率为________．
解析：(1)电磁波的能量随波的频率的增大而增大；电磁波的传播不需要介质，可以在真空中传播，而机械波不能在真空中传播；从空气进入水的过程中，机械波的传播速度增大，而电磁波的传播速度减小．
(2)由折射率n＝sinθ1sinθ2知na＞nb，又n＝cv，故va＜nb；根据sinC＝1n可知，a光的临界角较小，当入射光线由AO转到BO时，出射光线中a最先消失．玻璃对a光的折射率n＝1sin(90°－α)＝1cosα.
答案：(1)增大 不能 能 增大 减小
(2)＜ a 1cosα
2．(8分)麦克斯韦在1865年发表的《电磁场的动力学理论》一文中揭示了电、磁现象与光的内在联系及统一性，即光是电磁波．
一单色光波在折射率为1.5的介质中传播，某时刻电场横波图象如图2所示，求该光波的频率．
解析：设光在介质中的传播速度为v，波长为λ，频率为f，则
f＝vλ，v＝cn，联立得f＝cnλ
从波形图上读出波长λ＝4×10－7 m，
代入数据解得f＝5×1014 Hz.
答案：5×1014 Hz
3．(8分)(1)如图3所示是双缝干涉实验装置的示意图，S为单缝，S1、S2为双缝，P为光屏．用绿光从左边照射单缝S时，可在光屏P上观察到干涉条纹．则：
①减小双缝间的距离，干涉条纹间的距离将________；
②增大双缝到屏的距离，干涉条纹间的距离将________；
③将绿光换为红光，干涉条纹间的距离将________．(填“增大”、“不变”或“减小”)
(2)如图4甲所示，横波1沿BP方向传播，B质点的振动图象如图乙所示；横波2沿CP方向传播，C质点的振动图象如图丙所示．两列波的波速都为20 cm/s.P质点与B质点相距40 cm，P质点与C质点相距50 cm，两列波在P质点相遇，则P质点振幅为( )
A．70 cm B．50 cm
C．35 cm D．10 cm
解析：(1)由Δx＝lλd可知，当d减小，Δx将增大；当l增大时，Δx增大；当把绿光换为红光时，λ增长，Δx增大．
(2)波1和2的周期均为1 s，它们的波长为：λ1＝λ2＝vT＝20 cm.由于BP＝2λ，CP＝2.5λ.t＝0时刻B质点的位移为0且向上振动，经过2.5T波1传播到P质点并引起P质点振动12T，此时其位移为0且振动方向向下；t＝0时刻C质点的位移为0且向下振动，经过2.5T波2刚好传到P质点，P质点的位移为0且振动方向也向下；所以两列波在P质点引起的振动是加强的，P质点振幅为两列波分别引起的振幅之和，为70 cm，A正确．
答案：(1)①增大 ②增大 ③增大 (2)A
4．(8分)如图5所示是一个透明圆柱的横截面，其半径为R，折射率是3，AB是一条直径．今有一束平行光沿AB方向射向圆柱体．若一条入射光线经折射后恰经过B点，则这条入射光线到AB的距离是多少？
解析：设光线P经折射后经过B点，光路如图所示．
根据折射定律n＝sinαsinβ＝3
在△OBC中，sinβR＝sinα2R•cosβ
可得β＝30°，α＝60°，
所以CD＝Rsinα＝32R.
答案：32R
5．(8分)某实验室中悬挂着一弹簧振子和一单摆，弹簧振子的弹簧和小球(球中间有孔)都套在固定的光滑竖直杆上．某次有感地震中观察到静止的振子开始振动4.0 s后，单摆才开始摆动．此次地震中同一震源产生的地震纵波和横波的波长分别为10 km和5.0 km，频率为1.0 Hz.假设该实验室恰好位于震源的正上方，求震源离实验室的距离．
解析：设地震纵波和横波的传播速度分别为vP和vS，则
vP＝fλP ①
vS＝fλS ②
式中，f为地震波的频率，λP和λS分别表示地震纵波和横波的波长．设震源离实验室的距离为x，纵波从震源传播到实验室所需时间为t，则
x＝vPt ③
x＝vS(t＋Δt) ④
式中，Δt为摆B开始摆动的时刻与振子A开始振动的时刻之间的时间间隔．由①②③④式得：
x＝fΔt1λS－1λP
代入数据得x＝40 km.
答案：40 km
6．(8分)机械横波某时刻的波形图如图6所示，波沿x轴正方向传播，质点p的坐标x＝0.32 m．从此时刻开始计时．
(1)若每间隔最小时间0.4 s重复出现波形图，求波速．
(2)若p点经0.4 s第一次达到正向最大位移，求波速．
(3)若p点经0.4 s到达平衡位置，求波速．
解析：(1)依题意，周期T＝0.4 s，波速v＝λT＝0.80.4 m/s
＝2 m/s.
(2)波沿x轴正方向传播，Δx＝0.32 m－0.2 m＝0.12 m．p点恰好第一次达到正向最大位移．波速v＝ΔxΔt＝0.120.4 m/s＝0.3 m/s.
(3)波沿x轴正方向传播，若p点恰好第一次到达平衡位置则Δx＝0.32 m，由周期性可知波传播的可能距离Δx＝(0.32＋λ2n)m(n＝0,1,2,3，…)
可能波速v＝ΔxΔt＝0.32＋0.82n0.4 m/s＝(0.8＋n) m/s(n＝0,1,2,3，…)．
答案：(1)2 m/s (2)0.3 m/s
(3)(0.8＋n) m/s(n＝0,1,2,3，…)
7．(7分) (1)在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，两位同学用游标卡尺测量小球的直径如图7甲、乙所示．测量方法正确的是________(选填“甲”或“乙”)．
(2)实验时，若摆球在垂直纸面的平面内摆动，为了将人工记录振动次数改为自动记录振动次数，在摆球运动最低点的左、右两侧分别放置一激光光源与光敏电阻，如图8甲所示．光敏电阻与某一自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t变化图线如图乙所示，则该单摆的振动周期为________．若保持悬点到小球顶点的绳长不变，改用直径是原小球直径2倍的另一小球进行实验，则该单摆的周期将________(填“变大”、“不变”或“变小”)，图乙中的Δt将________(填“变大”、“不变”或“变小”)．
解析：(1)小球应放在测脚下部位置，图乙正确．
(2)小球摆动到最低点时，挡光使得光敏电阻阻值增大，从t1时刻开始，再经两次挡光
完成一个周期，故T＝2t0；摆长为摆线加小球半径，若小球直径变大，则摆长增加，
由周期公式T＝2π lg可知，周期变大；当小球直径变大时，挡光时间增加，即Δt
变大.
答案：(1)乙 (2)2t0 变大 变大
8．(8分)20世纪80年代初，科学家发明了硅太阳能电池．如果在太空设立太阳能卫星电站，可24 h发电，且不受昼夜气候的影响．利用微波——电能转换装置，将电能转换成微波向地面发送，太阳能卫星电站的最佳位置在离地1100 km的赤道上空，此时微波定向性最好．飞机通过微波区不会发生意外，但微波对飞鸟是致命的．可在地面站附近装上保护网或驱逐音响，不让飞鸟通过．(地球半径R＝6400 km)
(1)太阳能电池将实现哪种转换________．
A．光能—微波 B．光能—热能
C．光能—电能 D．电能—微波
(2)微波是________．
A．超声波 B．次声波
C．电磁波 D．机械波
(3)飞机外壳对微波的哪种作用，使飞机安全无恙________．
A．反射 B．吸收 C．干涉 D．衍射
(4)微波对飞鸟是致命的，这是因为微波的________．
A．电离作用 B．穿透作用
C．生物电作用 D．热效应
解析：(1)太阳能电池实现光能与电能的转换，C对，A、B、D错．
(2)微波是某一频率的电磁波，C对，A、B、D错．
(3)飞机外壳可以反射微波，使飞机安全，A对，B、C、D错．
(4)微波是频率很高的电磁波，在生物体内可引起热效应，由于太阳能卫星电站的功率很大，产生的热量足以将鸟热死．
答案：(1)C (2)C (3)A (4)D
9．(9分) (1)下列说法中正确的是________．
A．水面上的油膜在阳光照射下会呈现彩色，这是由光的衍射造成的
B．根据麦克斯韦的电磁场理论可知，变化的电场周围一定可以产生变化的磁场
C．狭义相对论认为：不论光源与观察者做怎样的相对运动，光速都是一样的
D．在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，测量单摆周期应该从小球经过最大位移处开始计时，以减小实验误差
(2)如图9所示，一个半径为R的14透明球体放置在水平面上，一束蓝光从A点沿水平方向射入球体后经B点射出，最后射到水平面上的C点．已知OA＝R2，该球体对蓝光的折射率为3.则它从球面射出时的出射角β＝________；若换用一束红光同样从A点射向该球体，则它从球体射出后落到水平面上形成的光点与C点相比，位置________(填“偏左”、“偏右”或“不变”)．
(3)一列简谐横波沿x轴正方向传播，周期为2 s，t＝0时刻的波形如图10所示．该列波的波速是________m/s；质点a平衡位置的坐标xa＝2.5 m，再经________s它第一次经过平衡位置向y轴正方向运动．
解析：(1)水面上的油膜在阳光照射下会呈现彩色，这是薄膜干涉的结果，A错；均匀变化的电场周围产生的磁场是恒定的，B错；根据狭义相对论的光速不变原理知，C正确；对D项，为减小实验误差，测量单摆周期应从小球经过平衡位置处开始计时，D错．
(2)设∠ABO＝θ，由sinθ＝12得θ＝30°，由n＝sinβsinθ，得β＝60°设红光从球面射出时的出射角为β′
sinβ＝n蓝sin30°，sinβ′＝n红sin30°
由于n蓝＞n红，故β′＜β，所以红光从球体射出后落到水平面上形成的光点与C点相比，位置偏右．
(3)因为T＝2 s，λ＝4 m，
所以v＝λT＝2 m/s
质点a第一次经过平衡位置向y轴正方向运动所经过的时间Δt＝Δxv＝(2.5－2)2 s＝0.25 s.
答案：(1)C (2)60° 偏右 (3)2 0.25
10．(8分)有一种示波器可以同时显示两列波形．对于这两列波，显示屏上横向每格代表的时间间隔相同．利用此种示波器可以测量液体中的声速，实验装置的一部分如图11所示：管内盛满液体，音频信号发生器所产生的脉冲信号由置于液体内的发射器发出，被接收器所接收．图12所示为示波器的显示屏．屏上所显示的上、下两列波形分别为发射信号与接收信号．若已知发射的脉冲信号频率为f＝2000 Hz，发射器与接收器的距离为x＝1.30 m，求管内液体中的声速．(已知所测声速应在1300～1600 m/s之间，结果保留两位有效数字)
解析：设脉冲信号的周期为T，从显示的波形可以看出，图12中横向每一分度(即两条长竖线间的距离)所表示的时间间隔为Δt＝T2 ①
其中T＝1f ②
对比图12中上、下两列波形，可知信号在液体中从发射器传播到接收器所用的
时间为
t＝(Δt)(2n＋1.6)，其中n＝0,1,2… ③
液体中的声速为v＝xt ④
联立①②③④式，代入已知条件并考虑到所测声速应在1300～1600 m/s之间，得v＝1.4×103 m/s.
答案：1.4×103 m/s.
11．(10分)在桌面上有一个倒立的玻璃圆锥，其顶点恰好与桌面接触，圆锥的轴(图中虚线)与桌面垂直，过轴线的截面为等边三角形，如图13所示，有一半径为r的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的底面上，光束的中心轴与圆锥的轴重合，已知玻璃的折射率为1.5，则光束在桌面上形成的光斑半径是多少？
解析：当光线到达玻璃圆锥的侧面时，根据几何关系，相对于
玻璃和空气的界面，入射角为60°，因光线在玻璃中发生全反射
的临界角的正弦值sinC＝1n＝23，
而sini＝sin60°＝32＞23，故光线在侧面发生全反射，
然后垂直射向另一侧面，并射
出圆锥．
如图所示，由几何关系可知，△ABC为等边三角形，△ACD也为等边三角形，故光束在桌面上形成的光斑半径为2r.
答案：2r
12．(10分)如图14所示，一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速大小为0.3 m/s，P点的横坐标为96 cm，从图中状态开始计时，求：
(1)经过多长时间，P质点开始振动，振动时方向如何？
(2)经过多长时间，P质点第一次到达波峰？
(3)以P质点第一次到达波峰开始计时，作出P点的振动图象(至少画出1.5个周期)
解析：(1)开始计时时，这列波的最前端的质点坐标是24 cm，根据波的传播方向，可知这一点沿y轴负方向运动，因此在波前进方向的每一个质点开始振动的方向都是沿y轴负方向运动，故P点开始振动时的方向是沿y轴负方向，P质点开始振动的时间是
t＝Δxv＝0.96－0.240.3 s＝2.4 s.
(2)波形移动法：质点P第一次到达波峰，即初始时刻这列波的波峰传到P点，因此所用的时间是
t′＝0.96－0.060.3 s＝3.0 s.
(3)由波形图知，振幅A＝10 cm，T＝λv＝0.8 s，由P点自正向最大位移开始的振动图象如图所示．
答案：(1)2.4 s 沿y轴负方向 (2)3.0 s (3)见解析图