鲁科版物理同步习题选修3-4参考答案及解析

选修3-4参考答案及解析第十二章机械振动机械波第一单元机械振动第二单元机械波第三单元实验：用单摆测定重力加速度第十三章光第一单元光的折射、全反射光的波动性第二单元实验：测定玻璃的折射率第三单元实验：用双缝干涉测光的波长第十四章电磁波相对论简介第一单元麦克斯韦电磁场理论相对论解章末综合检测12-11、解析：外部摇臂带动内部一系列装置工作时，会对气缸产生作用．为防止出现共振现象，用两根劲度系数不同的弹簧一起工作，使外部振动频率很难与气缸本身的固有频率一致，可以避免共振发生，故选C.答案：C2、解析：由单摆周期公式T＝2πlg知周期只与l、g有关，与m和v无关，周期不变频率不变．又因为没改变质量前，设单摆最低点与最高点高度差为h，最低点速度为v，mgh＝12mv2质量改变后：4mgh′＝12·4m·v22，可知h′≠h，振幅改变，故选C.答案：C3、解析：受迫振动的频率总等于驱动力的频率，D正确；驱动力频率越接近固有频率，受迫振动的振幅越大，B正确．故选BD.答案：BD4、解析：T＝0.2s，玻璃板在连续T2时间内位移依次为1cm、3cm、5cm.由Δx＝aT22得a＝2m/s2由F－mg＝ma，得F＝24N.答案：24N5、解析：只有A物体振动时T1＝2Mk，将物体Q固定在A上振动时，T2＝2(M＋m)k，解得m＝M(T22T21－1)．这种装置比天平优越之处在于它可在完全失重时或太空中测物体质量．答案：M(T22T21－1)优越之处在于它可在完全失重时或太空中测物体质量6、解析：物体对车厢底板的压力与物体受到的支持力大小相等．当物体的加速度向上时，支持力大于重力；当物体的加速度向下时，支持力小于重力．t＝14T时，货物向下的加速度最大，货物对车厢底板的压力最小．t＝12T时，货物的加速度为零，货物对车厢底板的压力等于重力大小．t＝34T时，货物向上的加速度最大，则货物对车厢底板的压力最大．答案：C7、解析：(1)因小球上下振动时始终未脱离弹簧，当振幅最大时，应是小球上升到最高点，弹簧对它恰无弹力，重力完全充当回复力的时候，在此位置应有：mg＝kA，解得：A＝mgk.(2)根据小球运动的对称性，小球在最低点时的回复力大小也为mg，而此时的回复力是弹簧弹力减去重力充当的，因重力恒定，所以此时弹力最大，即Fm－mg＝mg，得Fm＝2mg.答案：(1)mgk(2)2mg8、解析：(1)从共振曲线可知，单摆的固有频率f＝0.5Hz，因为f＝12πgl，所以l＝g4π2f2，代入数据解得l≈1m.(2)从共振曲线可知：单摆发生共振时，振幅A＝8cm.答案：(1)1m(2)8cm9、解析：(1)由单摆振动图象，T＝0.8s故f＝1T＝1.25Hz(2)开始时刻小球在负方向最大位移处故开始时刻摆球在B点(3)根据公式T＝2πLgL＝gT24π2＝0.16m.答案：(1)1.25Hz(2)B点(3)0.16m10、解析：(1)纸带匀速运动时，由s＝vt知，位移与时间成正比，因此在匀速条件下，可以用纸带通过的位移表示时间．(2)由图(2)可知t＝0时，振子在平衡位置左侧最大位移处；周期T＝4s，t＝17s时位移为零．(3)由s＝vt，所以1、3间距s＝2cm/s×2s＝4cm.(4)3s末负方向速度最大；加速度方向总是指向平衡位置，所以t＝0或t＝4s时正方向加速度最大；t＝2.5s时，向－x方向运动．(5)x＝10sin(π2t－π2)cm答案：(1)在匀速条件下，可以用纸带通过的位移表示时间(2)左侧最大位移零(3)4cm(4)30或4－x(5)x＝10sin(π2t－π2)cm11、解析：设第二个摆离地面的高度为h，则距地心为(R＋h)，此处的重力加速度为g，地球表面的重力加速度为g，由万有引力定律：GMmR2＝mg，GMm(R＋h)2＝mg′，得gg′＝(R＋h)2R2，由单摆周期公式：T＝tn＝2πlg，T′＝tn－1＝2πlg′所以T′T＝nn－1＝gg′＝R＋hR.解得：h＝Rn－1.答案：Rn－112、解析：设小球B做平抛运动的时间为t，s＝v0t，h＝12gt2小球A在槽内做简谐运动的周期T＝2πRg，要使B球在O处击中A球，必有：t＝T2·n(n＝1,2,3…)以上各式联立可得：h＝5π2n2m(n＝1,2,3…)，v0＝5πnm/s(n＝1,2,3…)．答案：v0＝5πnm/s(n＝1,2,3…)h＝5π2n2m(n＝1,2,3…)12-21、解析：根据振动图象，可知x＝0处的质点，在t＝T/2时刻在平衡位置，向下振动，只有选项A中波的图象在x＝0处的质点满足条件，故选A.答案：A2、解析：判断A项可先由“上下坡法”得出质点b此时的运动方向向下，即正在远离平衡位置，回复力增大，加速度增大，A正确；由图得波长为4m，只要障碍物的尺寸不大于4m或相差不大，就能产生明显的衍射现象，所以D错误；根据波长、波速和频率的关系是f＝vλ＝50Hz，所以，若该波遇到另一列波发生稳定的干涉现象，则另一列波的频率必定与这列波频率相同，为50Hz，C正确；另外由频率得这列波的周期为0.02s，经过0.01s后，质点a应运动到负方向最大位移处，通过的路程为4cm，相对平衡位置的位移为－2cm，B错误，选AC.答案：AC3、解析：由A、B两质点的振动图象及传播可画出t＝0时刻的波动图象如右图25，由此可得λ＝43m，A选项正确；由振动图象得周期T＝4s，故v＝λT＝43×4m/s＝13m/s，B选项错误；由振动图象3s末A点位移为－2cm，B点位移为0，故C选项错误；由振动图象知1s末A点处于波峰，振动速度为零，1s末B点处于平衡位置，振动速度最大，故D选项错误．答案：A4、解析：由图象可知，A＝8cm，T＝4t＝1s，λ＝20cm，所以波速v＝λT＝201cm/s＝20cm/s，绳上的每个质点刚开始振动的方向是沿y轴负方向，故波传到N点所用的时间为：t1＝x2v＝4520s＝2.25s，所以质点N第一次沿y轴正向通过平衡位置时，t＝t1＋T2＝2.75s.答案：202.755、解析：声波的波长为：λ＝vf＝32040m＝8m.由波的干涉原理知：lADB－lACB＝λ2所以lADB＝λ2＋lACB＝4m＋0.4m＝4.4m.答案：4.4m6、解析：(1)由图象可以看出，质点振动的最大位移是10cm，因此振幅是10cm.图29(2)经0.125s波形沿x轴正方向移动的距离为Δx＝vΔt＝16×0.125m＝2m，所以经过0.125s后的波形图象如图29中的虚线所示．答案：(1)10cm(2)如图29虚线所示．7、解析：(1)波上每一点开始振动的方向都与此刻波上最前端质点的振动方向相同，即向下振动．(2)P质点开始振动后，其振动周期等于振源的振动周期，由v＝λ/T，可得：T＝λ/v＝0.4s.(3)P质点第二次到达波峰也就是第二个波峰传到P点，第二个波峰到P点的距离为s＝x＋34λ＝1.14m，所以t＝sv＝1.140.6s＝1.9s.答案：(1)向下振动(2)0.4s(3)1.9s8、解析：(1)此波沿x轴负方向传播．(2)在t1＝0到t2＝0.55s这段时间时，质点M恰好第3次到达沿y轴正方向的最大位移处，则有：(2＋34)T＝0.55s，得T＝0.2s.由图象得简谐波的波长为λ＝0.4m，则波速v＝λT＝2m/s.(3)在t1＝0至t3＝1.2s这段时间，波中质点N经过了6个周期，即质点N回到始点，所以走过的路程为s＝6×5×4cm＝120cm.相对于平衡位置的位移为2.5cm.答案：(1)沿x轴负方向(2)2m/s(3)120cm2.5cm9、解析：由图象知：λ＝8m，又因为3T＜t2－t1＜4T，(1)当波向右传播时，t2－t1＝3T＋38T，所以T＝8(t2－t1)27＝8×0.527s＝427s，由v＝λT得v＝84/27m/s＝54m/s.(2)当波向左传播时t2－t1＝3T＋58T，所以T＝8(t2－t1)29＝8×0.529s＝429s，由v＝λT得v＝84/29m/s＝58m/s.(3)当波速为74m/s时，在0.5s内波传播的距离为s＝74×0.5m＝37m＝458λ，故此波向左传播．答案：(1)若波向右传播时其波速为54m/s(2)当波向左传播时其波速为58m/s(3)当波速为74m/s时波向左传播10、解析：(1)由图知：λ＝4m，又因v＝10m/s，所以由f＝vλ得f＝104Hz＝2.5Hz，故甲、乙两列波的频率均为2.5Hz.图34(2)设经t时间两波相遇，则2vt＝4m，所以t＝42×10s＝0.2s，又因T＝1f＝12.5s＝0.4s，故波分别向前传播λ2相遇，此时两列波的波形如图34中的虚线所示．故CD间有x＝5m和x＝7m处的点位移最大．答案：(1)2.5Hz2.5Hz(2)x＝5m和x＝7m11、解析：(1)图象如图36所示．(2)因为水波3.5s内传播了3.5m，所以波速为v＝st＝1m/s，又由图象得T＝1s，根据v＝λT，所以λ＝1m.(3)如图37所示．答案：(1)图象如下图36图36(2)1m(3)如图37所示图3712、解析：(a)由所给出的振动的题图知周期T＝4×10－3s.(b)由题图可知，t＝0时刻，x＝0的质点P[其振动图象即为(a)]在正最大位移处，x＝1的质点Q[其振动图象即为(b)]在平衡位置向y轴负方向运动，所以当简谐波沿x轴正向传播时PQ间距离为(nλ1＋34λ1)，当波沿x轴负方向传播时PQ间距离为(nλ2＋14λ2)．因为(n＋34)λ1＝1，所以λ1＝43＋4nm因为(n＋14)λ2＝1，所以λ2＝41＋4nm波沿x轴正向传播时的波速v1＝λ1T1＝1033＋4nm/s(n＝0,1,2…)波沿x轴负向传播时的波速v2＝λ2T2＝1031＋4nm/s(n＝0,1,2…)答案：沿x轴正向传播时，v1＝1033＋4nm/s(n＝0,1,2…)沿x轴负向传播时：v2＝1031＋4nm/s(n＝0,1,2…)13-11、解析：用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用薄膜干涉的原理，故选项A错；用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的色散，故选项B错；在光导纤维束内传送图像是利用光的全反射，故选项C错；光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象．选项D对．答案：D2、解析：根据薄膜干涉的产生原理，上述现象是由空气膜前后表面反射的两列光叠加而成，当波峰与波峰、波谷与波谷相遇叠加时，振动加强，形成亮条纹，所以A项对B项错；因相干光是反射光，故观察薄膜干涉时，应在入射光的同一侧，故D项错误；根据条纹的位置与空气膜的厚度是对应的，当上玻璃板平行上移时，同一厚度的空气膜向劈尖移动，故条纹向着劈尖移动，故C项正确．答案：AC3、解析：由几何关系可知，入射角θ1＝60°，折射角θ2＝30°.由折射定律n＝sinθ1sinθ2＝3212＝3，A选项正确；在BC界面上，入射角为30°，临界角的正弦值为sinC＝1n＝33＞sin30°，即C＞30°，所以在F点，不会发生全反射，B选项错误；光从空气进入棱镜，频率f不变，波速v减小，所以λ＝vf减小，C选项正确；由上述计算结果，作出光路图，可知D选项错误．答案：AC4、解析：双缝干涉条纹平行等距，且波长越大，条纹间距越大，而红光波长大于蓝光波长，故第一幅图为红光，第三幅图为蓝光；又由于黄光波长比紫光波长大，故第四幅图为黄光的衍射图样，第二幅为紫光的衍射图样．故B正确．答案：B5、解析：设光在玻璃砖BC面与AC弧面上的临界角为C，则有sinC＝1n＝23，显然C＜45°，故可知光将在整个BC面上发生全反射，也会在AC弧面上靠近A点和C点附近区域发生全反射．D点附近的射出光线形成会聚光束照到光屏P上．由以上分析可知B、D选项正确．答案：BD6、解析：由图26可知，当λA＝625nm时，φA＝0.35，根据传感器输出强度相同可得：φA·IA＝φB1·25IB＋φB2·35IB，可求出IA∶IB＝27∶35.答案：0.3527∶357