参考答案（9）
1．答案：AC 电磁波从真空进入水中，传播速度变小，而电磁波的频率不变，因此波长
变小；“B超”本质是超声波，而不是电磁波．
2．答案：C 由题意知，在细线未断之前，两个弹簧受的弹力是相等的，所以当细线断开
后，甲、乙两物体做简谐运动的振幅是相等的，A、B均错；两物体在平衡位置时速度最大，此时的动能等于弹簧刚释放时的弹性势能，所以两物体的最大动能是相等的，则质量大的速度小，D错，C对．
3．答案：ABD 从图象中可知波长??8m，经过?t?1.2s时间，恰好第三次重复出现图
示的波形，因此可知周期T?0.4s，从而确定波速和?t?1.2s时间内质元P经过的路程为s?4A?3?120cm，t?0.6s时由于不知波的传播方向，因此无法确定质元P的振动方向，t?0.6s?1.5T，因此可以确定t?0.6s的波形图．综上本题答案为ABD． 4．答案：B 如图所示，在第一个入射点A，入射角i=45°，根据n=sini/sinr，n=
2，解得，
r=30°，在A点有一条反射光线，反射光线与法线的夹角为45°；A点的折射光线射到玻璃球与真空的交界面B处发生反射和折射，入射角为30°，反射角为30°，折射角为45°，在B点有一条从玻璃球内射出的折射光线；B点反射光线射到玻璃球与真空的交界面C处发生反射和折射，入射角为30°，反射角为30°，折射角为45°，在C处有一条从玻璃球内射出的折射光线；C点的反射光线射到玻璃球与真空的交界面恰好射到A处发生反射和折射，入射角为30°，反射角为30°，折射角为45°，折射角恰好与第一次的反射光线重合．所以，从各个方向观察玻璃球，能看到3条从玻璃球内射出的光线．
5．答案：C 电磁波中波长从长到短依次是：无线电波、红外
线、可见光、紫外线、X射线、?射线．由已知条件，T射 线介于无线电波和红外线之间，可见它的波长比可见光长， A错；原子内层电子受激发产生的是X射线，B错；波长 越长的电磁波，更容易表现出波动性，所以C对，D错． 6．答案：D 再过个周期，质点经平衡位置向下振动，从
23而可以判断出只有d处质点符合要求．
7．答案：AD 由多普勒效应可知，声源与观察者相对靠近过程中，观察者接收到的频率增
大；相对观察者远离过程中，观察者接收到的频率减小． 8．答案：B 根据光的折射定律，画出从AB面进入三棱镜后的光路图，由于内侧面和外侧面平行，光从三棱镜的AC面射出后一定与入射光线平行，故B正确．
9．答案：B 在S断开前ab段短路，电容器不带电．断开时，ab中产生自感电动势，阻碍
电流减小给电容器充电，此时电流正向最大．给电容器充电的过程，电容器电量最大时ab中电流减为零，此后LC发生电磁振荡形成交变电流，故B选项正确． 10．答案：A 首先从甲图上可以看出a、b两束光的波长大小，然后再根据波长和频率、
折射率的关系即可得到正确答案． 11．答案：（1）1．73 （3分） （2）P4 （3分） （3）1（2分） 12．答案：（1）B（2分）（2）a （2分） （3）0．30 （3分） 9．86（3分）（4）66．3（2
分）
解析：（1）为了测量出周期，需要秒表，为测量程度的改变需要刻度尺，故还需要的测
量工具为B；
（2）根据单摆的周期公式，T?2?Lg得T2?4?2Lg?4?2l?hg，显然若以l为自变量，则当地
l=0时T2>0，所以真正的图象是a；
（3）由（2）的分析可以确定，筒的深度为0．30m，a图象的斜率为k?2
4?g2?1.200.30，所以
当地的重力加速度为9．86m/s． （4）66．3s 对于秒表读数，应注意小表盘上的每格是1min，大表盘上每小格保持0．1s． 13．解析：电子的动量为p＝mv＝9．1×10－31×200 kg·m·s－1＝1．8×10－28 kg·m·s－1（2分）
动量的不确定范围为Δp＝0．01%×p＝1．0×10－4×1．8×10－28 kg·m·s－1 ＝1．8×10
－32
kg·m·s（3分）
－1
由不确定关系式，得电子位置的不确定范围为 Δx＝4?h??p＝
6.63?10?34?324?3.14?1.8?10m＝2.9×10－3 m（4分）
14．解析：当S拨至a时，油滴受力平衡，显然带负电
所以mg=qU/d（3分）
当S拨至b时，LC回路中有电流，其振荡周期为
T?2?LC?2?3.14?－5
0.1?10?3?10?6?6.28?10?5s（3分）
当t==3．14×10s时，电容器恰好反向充电结束，由牛顿第二定律得， qU/d+mg=ma（3分）
以上式子联立，代入数据解得，a=20m/s2（3分） 当振荡电流最大时，两极板间无电场，油滴仅受重力作用 所以mg=ma/，a/= g=10m/s2． （3分）
15．解析：依题意，要求具有最大初动能的光电子沿平行于N板的方向不能到达M．即电流
表中恰无电流时，一定是具有最大初动能的光电子沿平行于N板的方向进入磁场，且恰好碰不到M板，即有R?d2（4分）
v2根据牛顿运动定律，有evB解得v?Ek?12?mR（3分）
eBRm2?2eBd2m22（2分） （3分）
hc?W?Ekmv?eBd8m设金属逸出功为W，根据光电效应方程得，
hceBd8m222?（2分）
解得W???（2分）
16．解析：如图所示，由折射定律，光线在AB面上折射时有sin60°=nsinα（2分）
在BC面上出射时，nsinβ=nsinγ（2分）
由几何关系，α+β=90°
δ=(60°－α)+(γ－β)=30°
联立解得，α=β=45° γ=60°（2分） 所以n=sin60°/sin45°=6/2（2分） 单色光在棱镜中通过的几何路程S单色光在棱镜中光速v?C/n??2d/2（2分）
6C/3（2分）
设点光源到棱镜AB侧面的垂直距离为L， 依题意S/v?L/Csin30?，（2分） 所以L?3d/4（2分）
17．解析：设昆虫的质量是m，则单摆的质量为5m，昆虫飞来时速度为v0，昆虫抱住摆球一起摆动时的初速度为u．
昆虫飞来并抱住摆球，此过程摆球、昆虫水平方向上动量守恒有， mv0=(5m+m)u ①（3分）
昆虫与摆球以共同速度u摆到最大高度h，机械能守恒，得
12?6mu=6mgh ②（3分）
?2?Lg2
由振动图象及单摆周期公式知T所以L?T2
g2?4?104?22?404??2m ③（3分）
a画出位置示意图如图所示，由图中可知，根据相似三角形得，h?2aL
因从图象上可以看出昆虫和摆球一起振动的过程中振幅为10cm， 所以a=10cm． 即h?a22L??28?10?3m ④（3分）
2gh由①②式得，v0=6u=6将④式代入得，v0
m/s． （4分）
?0.3??0.9418．解析：（1）振幅很小时，A、B不会分离，将A和B整体看作 振
子，当它们处于平衡位置时，根据平衡条件有kx0?(mA?mB)g（2分） 解得x0?0.01m=1cm（2分）
平衡位置距地面高度h?l0?x0=4cm（2分）
（2）当A、B运动到最低点时，有向上的最大加速度，此时A、B之间的作用力最大 设振幅为A，最大加速度am?k(A?x0)?(mA?mB)gkA??5mA?mBmA?mBm/s2（2分）
取B为研究对象，有FN?mBg?mBam=1．5N（2分）
（3）B在振动过程中始终与A接触，在最高点时相互作用力应满足FN?0，取B为研 究对象，mBg?FN?mBa，当FN?0时，B振动的加速度达到最大值，且最大值
am?g=10m/s2，方向竖直向下． （4分）
因amA?amB?g，表面A、B仅受重力作用，此刻弹簧的弹力为零，弹簧处于原长，
A??x0?1cm，即振幅不能超过1cm． （4分）