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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，经过时间，恰好第三次重复出现图示的波形，因此可知周期，从而确定波速和时间内质元P经过的路程为，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，，因此可以确定的波形图．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=，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

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，得，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，所以当地的重力加速度为9．86m/s²．

（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^－1（3分）

由不确定关系式，得电子位置的不确定范围为

Δx＝＝m＝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

s（3分）

当t==3．14×10^－5s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（4分）

根据牛顿运动定律，有（3分）

解得（2分）

（3分）

设金属逸出功为W，根据光电效应方程得，（2分）

解得（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°=/2（2分）

单色光在棱镜中通过的几何路程（2分）

单色光在棱镜中光速（2分）

设点光源到棱镜AB侧面的垂直距离为L，

依题意，（2分）

所以（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

6mu²=6mgh ②（3分）

由振动图象及单摆周期公式知

所以m  ③（3分）

画出位置示意图如图所示，由图中可知，根据相似三角形得，

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m ④（3分）

由①②式得，v₀=6u=6

将④式代入得，m/s． （4分）

18．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（2分）

解得m=1cm（2分）

平衡位置距地面高度=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m/s²（2分）

取B为研究对象，有=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，取B为研

究对象，，当时，B振动的加速度达到最大值，且最大值

=10m/s²，方向竖直向下． （4分）

因，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，

cm，即振幅不能超过1cm． （4分）