第10講機械振動和機械波光（解析版）

第10講機械振動和機械波光【選考真題】（2020?浙江）在抗擊新冠病毒的過程中，廣泛使用了紅外體溫計測量體溫，如圖所示。下列說法正確的是（）A．當體溫超過37.3℃時人體才輻射紅外線B．當體溫超過周圍空氣溫度時人體才輻射紅外線C．紅外體溫計是依據(jù)體溫計發(fā)射紅外線來測體溫的D．紅外體溫計是依據(jù)人體溫度越高，輻射的紅外線強度越大來測體溫的【解答】解：AB、物體在任何時候都會發(fā)出紅外線，溫度越高，輻射紅外線的能力越強，所以人體在任何時候都會輻射紅外線，故AB錯誤；C、紅外體溫計是依據(jù)人體發(fā)射紅外線來測體溫的，不是體溫計發(fā)出的紅外線，故C錯誤；D、紅外體溫計是依據(jù)人體溫度越高，輻射的紅外線強度越大來測體溫的，故D正確。故選：D。（2022?浙江）如圖所示，一根固定在墻上的水平光滑桿，兩端分別固定著相同的輕彈簧，兩彈簧自由端相距x。套在桿上的小球從中點以初速度v向右運動，小球將做周期為T的往復運動，則（）A．小球做簡諧運動B．小球動能的變化周期TC．兩根彈簧的總彈性勢能的變化周期為TD．小球的初速度為v2時，其運動周期為【解答】解：A、物體做簡諧運動的條件是在運動過程中所受回復力與位移成正比，且方向始終指向平衡位置，可知小球在桿中點到接觸彈簧過程中，所受合力為零，故小球不是做簡諧運動，故A錯誤；BC、假設桿中點為O，小球向右壓縮彈簧至最大壓縮量時的位置為A，小球向左壓縮彈簧至最大壓縮量時的位置為B，可知小球做周期為T的往復運動，運動過程為O→A→O→B→O，根據(jù)對稱性可知小球從O→A→O與O→B→O，這兩個過程的動能變化完全一致，兩根彈簧的總彈性勢能的變化完全一致，故小球動能的變化周期為T2，兩根彈簧的總彈性勢能的變化周期為T2，故B正確，D、小球的初速度為v2時，可知小球在勻速階段的時間變?yōu)樵瓉淼?倍，接觸彈簧過程，根據(jù)彈簧振子的周期公式T0=2πmk故選：B。（2022?浙江）圖甲中的裝置水平放置，將小球從平衡位置O拉到A后釋放，小球在O點附近來回振動；圖乙中被細繩拴著的小球由靜止釋放后可繞固定點來回擺動。若將上述裝置安裝在太空中的我國空間站內進行同樣操作，下列說法正確的是（）A．甲圖中的小球將保持靜止B．甲圖中的小球仍將來回振動C．乙圖中的小球仍將來回擺動D．乙圖中的小球將做勻速圓周運動【解答】解：AB、甲圖做簡諧運動，回復力為彈力，不受重力影響，故仍來回振動，故A錯誤，B正確；CD、乙圖小球受重力影響來回振動，太空中重力不計，故不能擺動或勻速圓周運動，故CD錯誤。故選：B。（多選）（2022?浙江）位于x＝0.25m的波源P從t＝0時刻開始振動，形成的簡諧橫波沿x軸正負方向傳播，在t＝2.0s時波源停止振動，t＝2.1s時的部分波形如圖所示，其中質點a的平衡位置xa＝1.75m，質點b的平衡位置xb＝﹣0.5m。下列說法正確的是（）A．沿x軸正負方向傳播的波發(fā)生干涉B．t＝0.42s時，波源的位移為正C．t＝2.25s時，質點a沿y軸負方向振動D．在0到2s內，質點b運動總路程是2.55m【解答】解：A、沿x軸正負方向傳播的波不會相遇，因而不能發(fā)生干涉，故A錯誤；B、由圖可知，2.0﹣2.1s內波傳播的距離為x＝0.50m﹣0.25m＝0.25m，則波速為v=xt=0.250.1m/s＝2.5m/s，由圖可知波長為λ＝1m，則周期為T在t＝2.0s時間內，波傳播的距離為x＝vt＝2.5×2m＝5m＝5λ，即形成5個波長波形，則知波源的起振方向沿y軸正方向。因t＝0.42s＝118T，所以t＝0.42s時，波源的位移為正，故BC、t＝2.1s時質點a位于波谷，t＝2.1s到t＝2.25s經歷時間Δt＝0.15s=38T，則t＝2.25s時，質點a沿y軸正方向振動，故D、波從波源傳到質點b的時間為t1=xbPv=0.752.5s＝0.3s，在0到2s內，質點b振動時間為t2＝2s﹣0.3s＝1.7s＝414T，則在0到2s內，質點b運動總路程是s＝4.25×4A＝4.25×4×15cm故選：BD。（多選）（2022?浙江）兩列振幅相等、波長均為λ、周期均為T的簡諧橫波沿同一繩子相向傳播，若兩列波均由一次全振動產生，t＝0時刻的波形如圖所示，此時兩列波相距λ，則（）A．t=T4時，波形如圖B．t=T2時，波形如圖C．t=3T4時，波形如圖D．t＝T時，波形如圖2丁所示【解答】解：A、波在一個周期內傳播的距離為一個波長，因為t＝0時刻兩列波相距λ，t=T4時，兩列波各傳播λ4B、t=T2時，兩列波各傳播λ2C、t=3T4時，兩列波各傳播34λD、t＝T時，兩列波各傳播λ的距離，左波的波峰與右波的波谷相遇，左波的波谷與右波的波峰相遇，相遇處位移均為零，波形如圖丁所示，故D正確。故選：BD。（2021?浙江）將一端固定在墻上的輕質繩在中點位置分叉成相同的兩股細繩，它們處于同一水平面上，在離分叉點相同長度處用左、右手在身體兩側分別握住直細繩的一端，同時用相同頻率和振幅上下持續(xù)振動，產生的橫波以相同的速率沿細繩傳播。因開始振動時的情況不同，分別得到了如圖甲和乙所示的波形。下列說法正確的是（）A．甲圖中兩手開始振動時的方向并不相同B．甲圖中繩子的分叉點是振動減弱的位置C．乙圖中繩子分叉點右側始終見不到明顯的波形D．乙圖只表示細繩上兩列波剛傳到分叉點時的波形【解答】解：AB、由圖甲可得，兩個橫波在分叉點相遇后疊加使振動加強了，可知兩手開始振動時的方向相同，分叉點為振動加強的位置，故AB錯誤；CD、由圖乙可得，分叉點左邊兩個橫波水平對稱，因此易得兩個橫波在周期上相差半個周期，即圖乙中兩手開始振動時的方向相反，因此兩個橫波在經過分叉點后疊加抵消，始終見不到明顯的波形，并不是只有細繩上兩列波剛傳到分叉點時的波形，故C正確，D項誤。故選：C。（2022?浙江）關于雙縫干涉實驗，下列說法正確的是（）A．用復色光投射就看不到條紋B．明暗相間條紋是兩列光在屏上疊加的結果C．把光屏前移或后移，不能看到明暗相間條紋D．藍光干涉條紋的間距比紅光的大【解答】解：A、復色光投射時也可以發(fā)生干涉，在光屏上呈現(xiàn)干涉條紋，故A錯誤；B、明暗相間條紋是兩列光在屏上疊加的結果，故B正確；C、把光屏前移或后移，也能看到明暗相間條紋，故C錯誤；D、根據(jù)Δx=Ldλ故選：B。（2022?浙江）如圖所示，王亞平在天宮課堂上演示了水球光學實驗，在失重環(huán)境下，往大水球中央注入空氣，形成了一個空氣泡，氣泡看起來很明亮，其主要原因是（）A．氣泡表面有折射沒有全反射B．光射入氣泡衍射形成“亮斑”C．氣泡表面有折射和全反射D．光射入氣泡干涉形成“亮紋”【解答】解：當光由光密介質射入光疏介質時，如果入射角等于或大于臨界角時，就會發(fā)生全反射現(xiàn)象，光從水射向空氣時，會發(fā)生全反射現(xiàn)象。水中的氣泡看起來特別明亮，是因為光從水中射入氣泡時，一分部光在界面上發(fā)生了全反射，折射光消失，入射光幾乎全變?yōu)榉瓷涔獾木壒剩还蔄BD錯誤，C正確；故選：C。（2022?浙江）如圖所示，用激光筆照射半圓形玻璃磚圓心O點，發(fā)現(xiàn)有a、b、c、d四條細光束，其中d是光經折射和反射形成的。當入射光束a繞O點逆時針方向轉過小角度Δθ時，b、c、d也會隨之轉動，則（）A．光束b順時針旋轉角度小于ΔθB．光束c逆時針旋轉角度小于ΔθC．光束d順時針旋轉角度大于ΔθD．光速b、c之間的夾角減小了2Δθ【解答】解：A.設入射光線的入射角為α，則反射角為α，光束c的折射角為β，光束d的反射角也為β，入射光束a繞O點逆時針方向轉過小角度Δθ時，入射角變?yōu)棣?＝Δθ+α由反射定律可知反射角等于入射角，則光束b順時針旋轉角度等于Δθ，故A錯誤；B.由折射定律有sinαsinβ=nsin(α+Δθ)sin(β+Δθ')=n可得Δθ′＜Δθ即光束c逆時針旋轉角度小于Δθ，故B正確；C.光束d的反射角變化與光束c的折射角變化相等，則光束d順時針旋轉角度小于Δθ，故C錯誤；D.光束b順時針旋轉角度等于Δθ，光束c逆時針旋轉角度小于Δθ，則光速b、c之間的夾角減小的角度小于2Δθ，故D錯誤；故選：B。（多選）（2022?浙江）電子雙縫干涉實驗是近代證實物質波存在的實驗。如圖所示，電子槍持續(xù)發(fā)射的電子動量為1.2×10﹣23kg?m/s，然后讓它們通過雙縫打到屏上。已知電子質量取9.1×10﹣31kg，普朗克常量取6.6×10﹣34J?s，下列說法正確的是（）A．發(fā)射電子的動能約為8.0×10﹣15JB．發(fā)射電子的物質波波長約為5.5×10﹣11mC．只有成對電子分別同時通過雙縫才能發(fā)生干涉D．如果電子是一個一個發(fā)射的，仍能得到干涉圖樣【解答】解：A、電子的動能Ek=12mv2=p22mB、發(fā)射電子波長λ=hp=6.6×10-341.2×10-23C、電子不一定成雙成對通過雙縫才有干涉圖樣，電子在運動的過程中具有波動性的特點，到達各位置的概率不相同，故C錯誤；D、根據(jù)物質波是概率波的概念，對于一個粒子通過單縫落在何處，是不確定的，但是中央亮條紋，故概率最大落在中央亮紋處，也有可能落在暗紋處，但是落在暗紋處的幾率很小，故D正確。故選：BD。【要點提煉】一、機械振動與機械波1.知識體系2.波的疊加規(guī)律(1)兩個振動情況相同的波源形成的波，在空間某點振動加強的條件為Δx＝nλ，振動減弱的條件為Δx＝nλ＋eq\f(λ,2)。兩個振動情況相反的波源形成的波，在空間某點振動加強的條件為Δx＝nλ＋eq\f(λ,2)，振動減弱的條件為Δx＝nλ。(2)振動加強點的位移隨時間而改變，振幅最大。二、光的折射、光的波動性、電磁波與相對論1.知識體系2.光的波動性(1)光的干涉產生的條件：發(fā)生干涉的條件是兩光源頻率相等，相位差恒定。(2)兩列光波發(fā)生穩(wěn)定干涉現(xiàn)象時，光的頻率相等，相位差恒定，條紋間距Δx＝eq\f(l,d)λ。(3)發(fā)生明顯衍射的條件是障礙物或小孔的尺寸跟光的波長相差不多或比光的波長小?！痉椒ㄖ笇А恳弧C械振動與機械波1.分析簡諧運動的技巧(1)物理量變化分析：以位移為橋梁，位移增大時，振動質點的回復力、加速度、勢能均增大，速度、動能均減?。环粗?，則產生相反的變化。(2)矢量方向分析：矢量均在其值為零時改變方向。2.波的傳播問題中四個問題(1)沿波的傳播方向上各質點的起振方向與波源的起振方向一致。(2)傳播中各質點隨波振動，但并不隨波遷移。(3)沿波的傳播方向上每個周期傳播一個波長的距離。(4)在波的傳播過程中，同一時刻如果一個質點處于波峰，而另一質點處于波谷，則這兩個質點一定是反相點。二、光的折射和全反射1.依據(jù)題目條件，正確分析可能的全反射及臨界角。2.通過分析、計算確定光傳播過程中可能的折射、反射，把握光的“多過程”現(xiàn)象。3.幾何光學臨界問題的分析畫出正確的光路圖，從圖中找出各種幾何關系；利用好光路圖中的臨界光線，準確地判斷出恰好發(fā)生全反射的臨界條件。【例題精析】考點一振動與波動勻速運行的列車經過鋼軌接縫處時，車輪就會受到一次沖擊。由于每一根鋼軌長度相等，所以這個沖擊力是周期性的，列車受到周期性的沖擊做受迫振動。如圖所示，為某同學設計的“減震器”原理示意圖，他用彈簧連接一金屬球組成“彈簧振子”懸掛在車廂內，金屬球下方固定一塊強磁鐵（不考慮磁鐵對金屬球振動周期的影響）。當列車上下劇烈振動時，該“減震器”會使列車振幅減小。下列說法正確的是（）A．“彈簧振子”的金屬球振動幅度與車速無關B．“彈簧振子”的振動頻率與列車的振動頻率相同C．“彈簧振子”固有頻率越大，對列車的減振效果越好D．若將金屬球換成大小和質量均相同的絕緣球，能起到相同的減振效果【解答】解：A、“彈簧振子”的金屬球振動幅度與驅動力的頻率有關，而列車受到周期性的沖擊做受迫振動的頻率與車速有關，故A錯誤；B、根據(jù)受迫振動穩(wěn)定時的頻率和驅動力的頻率一致，可知“彈簧振子“的振動頻率與列車的振動頻率相同，故B正確；C、當“彈簧振子”的固有頻率等于受迫振動的頻率時，金屬球振動幅度最大，這樣更好的把能量傳遞給“彈簧振子”，對列車起到更好的減振效果，所以并不是“彈簧振子”固有頻率越大，對列車的減振效果越好，故C錯誤；D、若將金屬球換成大小和質量均相同的絕緣球，那么絕緣球在振動時就不會產生電磁阻尼，達不到相同的減震效果，故D錯誤；故選：B。勁度系數(shù)為20N/cm的彈簧振子，它的振動圖象如圖所示，在圖中A點對應的時刻（）A．振子所受的彈力大小為0.5N，方向指向x軸的負方向B．振子的速度方向指向x軸的正方向C．在0～4s內振子作了1.75次全振動D．在0～4s內振子通過的路程為0.35cm，位移為0【解答】解：A、由圖可知，A點對應的時刻振子的位移x＝0.25cm，所以彈力F＝﹣kx＝﹣20×0.25N＝﹣5N，即彈力大小為5N，方向指向x軸負方向，故A錯誤；B、過A點的切線與x軸的正方向的夾角小于90°，切線的斜率為正值，即振子的速度方向指向x軸的正方向，故B正確。C、由圖可看出，t＝0、t＝4s時刻振子的位移都是正向最大，所以在0～4s內經過兩個周期，振子完成兩次全振動，故C錯誤。D、由于t＝0時刻和t＝4s時刻振子都在正向最大位移處，又由于振幅為A＝0.5cm，在0～4s內振子完成了2次全振動，所以在這段時間內振子通過的路程為S＝2×4A＝2×4×0.50cm＝4cm，振子回到了初始位置，通過的位移為0．故D錯誤。故選：B。（多選）如圖所示，均均介質中有兩個振源S1和S2，它們的頻率、振幅、振動方向均相同且振動的步調完全一致，產生的兩列波的波長均為λ，S1與S2之間距離為1.5λ，O點為S1、S2連線中點。現(xiàn)以O點為中心畫一個正方形，正方形的兩邊與S1、S2的連線平行，且正方形邊長遠大于λ，過虛線S1、S2與正方形的交點分別為P、Q，下列說法正確的是（）A．O點處質點的位移始終最大B．P、Q兩點處質點的位移始終為零C．正方形四邊上振動減弱點的數(shù)目為6個D．正方形四邊上振動加強點的數(shù)目為4個【解答】解：A、O點到兩波源的距離之差為零，則該點為振動加強點，振幅最大，但該處質點的位移不是始終最大，故A錯誤；B、P、Q兩點與兩波源的距離之差為1.5λ，則PQ兩點的振動減弱，振幅為零，則兩處質點的位移始終為零，故B正確；C、在S1、S2之間振動減弱點有兩個，分別是距離S1為0.5λ和λ的點，過兩個減弱點畫兩條減弱曲線，則該曲線與正方形有4個交點，在S1P和S2Q上各點都是振動減弱點，即正方向上的PQ兩點也是減弱點，故正方形四邊上振動減弱點的數(shù)目為6個，故C正確；D、在S1、S2之間振動加強點有3個，分別是距離S1為0.25λ、0.75λ和1.25λ的位置，過這三點分別做三條加強曲線與正方形有6個交點，即正方形四邊上振動加強點的數(shù)目為6個，故D錯誤；故選：BC。（多選）甲乙兩列簡諧橫波沿同一彈性繩子相向傳播，繩子的兩個端點M、N為兩個波源，已知M的波速v＝4m/s，t＝0時刻的波形如圖所示，下列說法中正確的是（）A．兩列波疊加后能發(fā)生干涉現(xiàn)象B．波源M的起振方向沿y軸負方向C．t＝2s時M、N之間有5個質點位移為﹣5cmD．t＝10s時兩波源間（不含波源）振動加強點有7個【解答】解：A、由題圖知，兩列波波長相等，根據(jù)v＝λf知，兩列波頻率也相等，兩列波相遇疊加后能發(fā)生干涉現(xiàn)象，故A正確；B、根據(jù)“同側法”可知x＝﹣6m處質點在t＝0時刻沿y軸正方向運動，波源M的起振方向也y軸正方向，故B錯誤；C、根據(jù)波的疊加原理知，振動減弱點的振幅為﹣5cm，當波程差Δx＝（2n+1）λ2時，質點為振動減弱點，M、N之間存在5個振動減弱點，t＝2s時M、N之間有5個質點位移為﹣5cm，故CD、當波程差Δx＝2n?λ2時，質點為振動加強點，則M、N之間存在7個振動加強點，故D故選：ACD?？键c二光的折射與反射如圖所示，圖中陰影部分ABC為一透明材料做成的柱形光學元件的橫截面，該材料折射率n=2，AC為一半徑為R的14圓弧，D為圓弧面圓心，ABCD構成正方形，在B處有一點光源，只考慮首次從圓弧A．從D點觀察，圓弧AC被照亮的弧長有πRB．AD邊和CD邊有一部分接收不到點光源經圓弧AC折射的光線C．點光源經圓弧AC全反射射到AB邊，這部分長度為RD．從D點觀察，看到B處點光源的像比實際位置更遠離AC面【解答】解：A、設光線在E點剛發(fā)生全反射，則有sinC=1n，得C＝45°。F點是E點BD的對稱點，可知，圓弧AC上在△EBD中，由正弦定理得：DEsin∠EBD=DBsin(180°-C)，其中DE＝R，DB=2R，解得∠EBD＝30°，則∠EDB＝C﹣∠EBD＝45∠EDF＝30°=π6，故從D點觀察，圓弧AC被照亮的弧長為s=πRB、根據(jù)光的折射，AD邊和CD邊都會有經圓弧AC折射的光線照到，故B錯誤；C、經圓弧AC全反射射到AB邊，這部分長度為2R（1﹣tan15°），故C錯誤；D、從D點觀察，看到B處點光源的像比實際位置更靠近AC面，故D錯誤。故選：A。如圖所示，物理課本選修3﹣4放在水平桌面上。一橫截面為等腰直角三角形的玻璃棱鏡放在書本上，書本與棱鏡間有很薄的空氣層。整個側面BCC1B1上有一面光源，現(xiàn)只考慮面光源直接投射到棱鏡底面上的光線，發(fā)現(xiàn)書本被此光線照亮部分面積與底面ACC1A1的面積之比為k=5A．1.5B．1.6C．1.7D．1.8【解答】解：跟題意，光源射到三棱鏡底面上的D點所在的平行于AA1的水平線為能射出底面的邊緣臨界光線，作出截面光路圖如圖所示，設BD與底面的法線夾角為θ，AB邊長為a，根據(jù)幾何知識則AD長度為26asin(90°+θ)a=sin[180°-(90°+θ)-45°]θ即為臨界角C，根據(jù)全反射規(guī)律得n=1sinC=1sinθ故選：D。豎立的櫥窗玻璃比一般的玻璃厚，嵌在墻體部。如圖甲所示，某同學的測量過程如下：激光筆發(fā)出細激光束以入射角θ照射玻璃，反射后在豎直的紙板上出現(xiàn)幾個亮度不同但間隔均勻的亮斑，測出相鄰亮斑間的距離x，改變入射角度，測得多組數(shù)據(jù)，以sin2θ為縱坐標、sin2θx2為橫坐標，描點后擬合出直線，如圖乙所示，測出圖線在橫軸的截距為a＝6.25×102m﹣2A．該玻璃對該激光的折射率為n＝1.5B．該櫥窗玻璃的厚度為6cmC．減小θ角，紙板上相鄰亮斑間的距離增大D．僅換用頻率較小的激光，紙板上相鄰亮斑間的距離減小【解答】解：光路圖如圖所示AB、入射光線在玻璃前表面O的反射光線在紙板上形成光斑C，過O的折射光線在玻璃的后表面A的反射光線在B處發(fā)生折射后在紙板上形成光斑D.由折射定律有n=由幾何關系有tanα=x2d，又有sin2整理得si結合圖象有n2＝b，得n=b=1.5，又有4d代入數(shù)據(jù)解得d＝0.03m＝3cm故A正確，B錯誤；C、由以上分析可知，θ角減小，α角減小，則間距x減小，故C錯誤；D、僅換用頻率較小的激光，玻璃對激光的折射率減小，即n變小，折射角增大，則間距x增大，故D錯誤。故選：A?？键c三光的波動性與電磁波如圖所示，2020年11月13日，萬米深潛器“奮斗者號”再次深潛至地球的最深處﹣﹣馬里亞納海溝。借助無線電波、激光等傳輸信號，實現(xiàn)深潛器艙內和海底作業(yè)的電視直播。要有效的發(fā)射電磁波，振蕩電路首先要有足夠高的振蕩頻率，下列選項正確的是（）A．若要提高振蕩頻率，可增大自感線圈的自感系數(shù)B．無線電波比紅外線更容易發(fā)生衍射C．機械波的頻率、波長和波速三者滿足的關系，對電磁波不適用D．在真空中電磁波的傳播速度小于光速【解答】解：A、根據(jù)LC振蕩電路的頻率公式f=1若要提高振蕩頻率，可減小自感線圈的自感系數(shù)或者電容器的電容，故A錯誤；B、無線電波比紅外線的波長更長，根據(jù)發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象的條件，可知前者比后者更容易發(fā)生衍射，故B正確；C、機械波的頻率、波長和波速三者滿足的關系λ=vf，對電磁波同樣適用，故D、在真空中電磁波的傳播速度等于光速，為3.0×108m/s，故D錯誤。故選：B。（多選）無線話筒就是LC振蕩電路在實際中應用的典型實例，某LC振蕩電路某時刻磁場方向如圖所示，則下列說法正確的是（）A．若增加電容C的帶電量，振蕩電路的周期會變大B．若磁場正在減弱，則電容器上極板帶正電C．若電容器正在放電，則電容器上極板帶正電D．若電容器正在放電，則自感電動勢正在阻礙電流增大【解答】解：A．振蕩電路的周期公式為T=2πLC，公式中不包含電容器帶電量，與電容器帶電量無關，故AB．若磁場正在減弱，則說明電容器在充電，由楞次定律判斷線圈L內部感應電流產生的磁場也向下，再由右手定則可知，電容器上極板帶正電，故B正確；C．若電容器正在放電，則線圈中磁場向下，則電容器下極板帶正電，故C錯誤；D．若電容器正在放電，則電流在增大，由楞次定律可以知道，自感電動勢在阻礙電流的增大，故D正確。故選：BD。如圖所示為LC電路產生電磁振蕩的一個循環(huán)過程。從圖中狀態(tài)（a）開始，經過一個周期又回到初始態(tài)（e），則對于方框中三個狀態(tài)在該周期中出現(xiàn)的先后順序正確的是（）A．①②③B．③②①C．③①②D．②①③【解答】解：開始時，電流是從電容器的正極流向電容器的負極，根據(jù)安培定則線圈中磁場的方向向上，所以a圖后的第一個圖是③；放電結束后電容器反向充電，上極板帶負電，當電容器充電完畢時，電流為零，為①圖；接著電容器反向放電，電流方向與之前相反，根據(jù)安培定則線圈中磁場的方向向下，為②圖；最后電容器充電回到初狀態(tài)e。在電磁振蕩中，電磁振蕩過程如下圖所示，故ABD錯誤，C正確。故選：C。【強化專練】一彈簧振子做簡譜運動，它所受的回復力F隨時間t變化的圖象為正弦曲線，如圖所示，下列說法正確的是（）A．在t從0到2s時間內，彈簧振子做加速運動B．在t1＝3s和t2＝5s時，彈簧振子的速度大小相等，方向相反C．在t2＝5s和t3＝7s時，彈簧振子的位移大小相等，方向相同D．在t從0到4s時間內，t＝2s時刻彈簧振子所受回復力做功功率最大【解答】解：A、在t從0到2s時間內，回復力逐漸變大，說明振子逐漸遠離平衡位置，做減速運動，故A錯誤；B、在t1＝3s到t2＝5s過程，回復力先減小為零后反向增加，說明先靠近平衡位置后遠離平衡位置，故3s和5s速度方向相同；由于3s和5s回復力大小相等，故位移大小也相等，速度大小也相等，且方向也相同，故B錯誤；C、在t2＝5s和t3＝7s時，回復力相同，根據(jù)公式F＝﹣kx，位移相同，故C確；D、在t從0到4s時間內，t＝2s時刻彈簧振子速度為零，根據(jù)P＝Fv，功率為零，最小，故D誤；故選：C。（多選）把一個篩子用四根彈簧支撐起來，篩子上裝一個電動偏心輪，它每轉一周，給篩子一個驅動力，這就做成了一個共振篩，如圖甲所示。該共振篩的共振曲線如圖乙所示。已知增大電壓，可使偏心輪轉速提高，增加篩子質量，可增大篩子的固有周期?，F(xiàn)在，在某電壓下偏心輪的轉速是54r/min，下列說法正確的是（）A．此時共振篩的振動頻率為0.9HzB．減小篩子質量，篩子的振幅一定增大C．轉速調至48r/min時，篩子出現(xiàn)共振狀態(tài)D．增大電壓，篩子振幅會先增后減【解答】解：A、根據(jù)題意，電動偏心輪的轉速是54r/min，即為：T=6054s=109s，所以驅動力的頻率：f=1T=9B、減小篩子的質量，篩子的固有周期減小，固有頻率增大，但不確定與0.9Hz的關系，所以篩子的振幅不一定增大，故B錯誤；C、轉速調至48r/min時，T'=6048s=54s，驅動力的頻率為：f'=1T'=154HzD、增大電壓，偏心輪轉速提高，周期減小，頻率增大，與固有周期相差較大，振幅減小，故D錯誤。故選：AC。（多選）2021年04月18日22時11分在臺灣花蓮縣（北緯23.92度，東經121.53度）發(fā)生6.1級地震，震源深度7千米，繡湖小區(qū)幾幢高樓里的居民反映“震感明顯”，而義烏中學的高三學生卻普遍反映“沒有感覺”。針對這一事件，下列同學的認識中科學合理的是（）A．地震波到達義烏時，我市地面建筑發(fā)生了受迫振動B．繡湖小區(qū)那幾幢高樓的固有頻率與當時地震波的頻率更加接近C．地震波在義烏發(fā)了疊加，繡湖小區(qū)處在振動加強帶上，義烏中學恰好處在振動減弱帶上D．應對繡湖小區(qū)那幾幢高樓采取物理措施改變它們的固有頻率以防止地震危害。【解答】解：A、地震波到達義烏時，地面建筑物受到周期性驅動力作用，發(fā)生了受迫振動，故A正確；BC、驅動力頻率與物體的固有頻率相近時，物體振動的振幅最大，繡湖小區(qū)幾幢高樓里的居民反映“震感明顯”，則繡湖小區(qū)那幾幢高樓的固有頻率與當時地震波的頻率更加接近，不是地震波疊加的原因，故B正確，C錯誤；D、地震波的頻率是可變的，對繡湖小區(qū)那幾幢高樓采取物理措施改變它們的固有頻率以防止地震危害，不是太現(xiàn)實，故D錯誤。故選：AB。（多選）一列簡諧橫波在t＝0.4s時的波形圖如圖（a）所示，P是介質中的質點，圖（b）是質點P的振動圖像。已知該波在該介質中的傳播速度為20m/s則（）A．該波的波長為24mB．該波沿x軸正方向傳播C．t＝0.4s時質點P離開平衡位置的位移為53mD．質點P的平衡位置坐標為x＝6m【解答】解：A.由波長與波速的關系式可得λ＝vT＝20×1.2m＝24m，故A正確B.由圖（b）可知，0.4s時，P質點正在向y軸負方向振動，所以該波沿x軸負方向傳播，故B錯誤C.質點做簡諧運動的表達式為x＝Asin2πTt=10sin5π3t＝0.4s時質點P離開平衡位置的位移為x＝53cm，故C錯誤D.由x＝10sin5π3t（可得x＝0處的質點從平衡位置到x＝5cm，經歷的時間為t1＝0.1s則P質點的平衡位置坐標為xP＝v（t﹣t1）＝20×（0.4﹣0.1）m＝6m故D正確。故選：AD。（多選）在紙面上有兩個波源S1和S2，振動方向相同，振幅均為2cm，S1的頻率為2Hz，S2的頻率為4Hz，以S1為原點建立如圖所示的坐標，t+0時波源S1從平衡位置開始垂直紙面向外做簡諧運動，所激發(fā)的橫波在均勻介質中向四周傳播，t＝0.25s時，波源S2也從平衡位置開始垂直紙面向外做簡諧運動，t時刻兩列簡諧波的最遠波峰傳到了圖示中的兩個圓的位置。下列說法中正確的是（）A．兩列波相遇后，坐標（4，0）的質點振動加強B．波的傳播速度為163C．圖示波形對應的t時刻t=11D．t＝1.25s時，坐標（4，0）的質點位移為2cm【解答】解：A、兩個波源頻率不同，不會發(fā)生干涉，故A錯誤；B、分析題目可知，(3+vT14)-(2+vT2C、圖示波形對應的t時刻，波源S1已傳播時間t=(3+vT14)vD、t＝1.25s時，波源S1在坐標（4，0）引起質點位移為零，波源S2在坐標（4，0）引起質點位移為﹣2cm，根據(jù)疊加得到，t＝1.25s時，坐標（4，0）的質點位移為﹣2cm，故D錯誤。故選：BC。（多選）在t＝0時刻，位于原點處的波源O以某一頻率開始振動，產生的機械波在均勻介質中沿x軸正方向傳播。一段時間后，波源O的振動頻率發(fā)生變化。t＝3s時刻，x＝6m處的質點恰好開始振動，此時的波形圖如圖所示。質點Q位于x＝9m。下列說法正確的是（）A．該波在介質中傳播的波速為2m/sB．波源O開始振動1s后，振動頻率變?yōu)樵瓉韮杀禖．t＝3s時刻起，再經過4s，質點Q通過的路程為20cmD．t＝6s時刻，質點Q偏離平衡位置的位移為-【解答】解：A.根據(jù)題意可知，該波在介質中的傳播波速為v=ΔxΔt=63m/sB.由圖可知頻率變化前的波長為λ1＝8m，故頻率變化前波的周期為T1=λ1v波向前傳播λ12的距離，波源O的頻率發(fā)生改變，則波源O頻率改變的時刻為t=T可知開始振動1s后，振動頻率保持不變，故B錯誤；C.波從x＝6m傳播到x＝9m的時間為Δt'=Δx'v=可知質點Q的起振時刻為t'＝3s+1.5s＝4.5s可知t＝3s時刻起，再經過4s，質點Q一共振動了2.5s，在振動的前2s內，質點Q發(fā)生的是頻率改變前的振動，通過的路程為s1＝2A＝2×4cm＝8cm在振動的后0.5s內，質點Q發(fā)生的是頻率改變后的振動，頻率改變后的周期為T2=λ2v可知在振動的后0.5s內通過的路程為s2＝A＝4cm則有s＝s1+s2＝8cm+4cm＝12cm質點O通過的路程為12cm，故C錯誤；D.由于質點Q的起振時刻為t'＝4.5s，質點Q完成頻率改變前的振動需要2s，可知t＝6s時刻，質點Q依然發(fā)生的是頻率改變前的振動，振動時間為t2＝1.5s，根據(jù)波形圖可知質點的起振方向向下，可得頻率改變前的振動方程為y＝﹣4sin2πT1t＝﹣4sinπ2t代入數(shù)據(jù)可得y＝﹣4sin（π2×1.5）（cm）＝﹣2故D正確。故選：AD。（多選）一簡諧機械橫波沿x軸傳播，波速為2.0m/s，該波在t=T2時刻的波形曲線如圖甲，在x＝0處質點的振動A．這列波的振幅為60cmB．質點的振動周期為4.0sC．t＝0時，x＝0處質點與x＝4.0m處質點的速度相等D．t＝0時，x＝4m處質點沿y軸正方向運動E．t＝0時，x＝2m處質點偏離平衡位置的位移為30cm【解答】解：AB、根據(jù)甲圖可知，振幅A＝30cm，波長λ＝8m，則周期T=λv=82s＝4sC、t＝0時，x＝0處質點位于平衡位置，x＝4.0m處質點也位于平衡位置，所以速度相等，故C正確；D、根據(jù)乙圖可知，x＝0處質點在t=T2時向上振動，根據(jù)波的平移法可知，波沿x軸正方向傳播，則t＝0時，x＝4.0m處質點沿y軸正方向運動，故E、根據(jù)甲圖可知，t＝0時，x＝2.0m處質點在波峰處，偏離平衡位置的位移為30cm，故E正確。故選：BCDE。（多選）如圖甲所示，在均勻介質中，坐標系xOy位于水平面內，O處的波源由平衡位置開始垂直xOy平面振動，產生的簡諧橫波在xOy平面內傳播，選定圖甲狀態(tài)為t＝0時刻，實線圓、虛線圓分別表示相鄰的波峰和波谷，且此時刻平面內只有一圈波谷，圖乙為圖甲中質點A的振動圖像，z軸垂直于xOy水平面，且正方向為垂直紙面向外。則下列說法正確的是（）A．此機械波的波長是2mB．此機械波的傳播速度為0.4m/sC．t＝0.2s時，機械波恰好傳至B處D．在t＝0至t＝0.85s這段時間內，C質點運動的路程為12cm【解答】解：A、圖甲中實線表示波峰，虛線表示相鄰的波谷，則有12λ=1m，可得λ＝2m，故B、圖乙為質點A的振動圖像，則T＝0.2s，則此機械波的傳播速度為v=λT=20.2m/sC、t＝0.2s時間內波傳播的距離為x＝vt＝10×0.2m＝2m，由圖可知，t＝0時刻波傳到x＝2.5m處，則t＝0.2s時，機械波已越過B處，故C錯誤；D、x＝2.5m處波面到C處的距離為s＝5m﹣2.5m＝2.5m，波從x＝2.5m處傳到C處用時t1=sv=2.510s＝0.25s，則在t＝0至t＝0.85s這段時間內，C質點振動的時間為t2＝0.85s﹣0.25s＝0.6s＝3T，故在t＝0至t＝0.85s這段時間內，C質點運動的路程為s′＝3×4A＝3×4×1cm故選：AD。（多選）如圖所示，均勻透明材料制作成的半圓柱的截面為半圓形ABC，O為圓心、半徑為R、AB為直徑邊界，ACB為半圓弧邊界，該材料對綠光的折射率n＝2。有一點光源嵌于S點，在紙面內向各個方向發(fā)射綠光。已知SO⊥AB，且SO=33A．直徑邊界與圓弧邊界有光線射出的總長度為π+2B．直徑邊界與圓弧邊界有光線射出的總長度為π+2C．若改用紅光光源，有光射出的邊界總長度將變長D．若改用紅光光源，有光射出的邊界總長度將變短【解答】解：介質折射率n＝2，發(fā)生全反射的臨界角sinC=解得C＝30°AB.恰好發(fā)生全反射的光路圖如圖所示根據(jù)C＝30°，可得∠OSE＝30°∠OGS＝30°則DE＝2OE＝2OPtan30°=2根據(jù)數(shù)學關系可得∠GOF＝60°可得弧長GCF為l＝2πR×則直徑邊界與圓弧邊界有光線射出的總長度為s=故B正確，A錯誤；CD.若改用紅光光源，紅光的頻率低，該材料對紅光的折射率小，則臨界角較大，結合圖象可知。有光射出的邊界總長度將變長，故C正確，D錯誤。故選：BC。（多選）我們有時候可以觀察到太陽周圍的明亮光暈圈，如圖1所示。這種光學現(xiàn)象是由太陽光線在卷層云中的冰晶折射而產生的，其色彩排序為內紅外紫。為了理解光暈現(xiàn)象，