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1．答案：AC     電磁波從真空進(jìn)入水中，傳播速度變小，而電磁波的頻率不變，因此波長變小；“B超”本質(zhì)是超聲波，而不是電磁波．

2．答案：C     由題意知，在細(xì)線未斷之前，兩個彈簧受的彈力是相等的，所以當(dāng)細(xì)線斷開后，甲、乙兩物體做簡諧運(yùn)動的振幅是相等的，A、B均錯；兩物體在平衡位置時速度最大，此時的動能等于彈簧剛釋放時的彈性勢能，所以兩物體的最大動能是相等的，則質(zhì)量大的速度小，D錯，C對．

3．答案：ABD    從圖象中可知波長，經(jīng)過時間，恰好第三次重復(fù)出現(xiàn)圖示的波形，因此可知周期，從而確定波速和時間內(nèi)質(zhì)元P經(jīng)過的路程為，時由于不知波的傳播方向，因此無法確定質(zhì)元P的振動方向，，因此可以確定的波形圖．綜上本題答案為ABD．

4．答案：B   如圖所示，在第一個入射點(diǎn)A，入射角i=45°，根據(jù)n=sini/sinr，n=，解得，r=30°，在A點(diǎn)有一條反射光線，反射光線與法線的夾角為45°；A點(diǎn)的折射光線射到玻璃球與真空的交界面B處發(fā)生反射和折射，入射角為30°，反射角為30°，折射角為45°，在B點(diǎn)有一條從玻璃球內(nèi)射出的折射光線；B點(diǎn)反射光線射到玻璃球與真空的交界面C處發(fā)生反射和折射，入射角為30°，反射角為30°，折射角為45°，在C處有一條從玻璃球內(nèi)射出的折射光線；C點(diǎn)的反射光線射到玻璃球與真空的交界面恰好射到A處發(fā)生反射和折射，入射角為30°，反射角為30°，折射角為45°，折射角恰好與第一次的反射光線重合．所以，從各個方向觀察玻璃球，能看到3條從玻璃球內(nèi)射出的光線．

5．答案：C   電磁波中波長從長到短依次是：無線電波、紅外 

線、可見光、紫外線、X射線、射線．由已知條件，T射

線介于無線電波和紅外線之間，可見它的波長比可見光長，

A錯；原子內(nèi)層電子受激發(fā)產(chǎn)生的是X射線，B錯；波長

越長的電磁波，更容易表現(xiàn)出波動性，所以C對，D錯．

6．答案：D    再過個周期，質(zhì)點(diǎn)經(jīng)平衡位置向下振動，從

而可以判斷出只有d處質(zhì)點(diǎn)符合要求．

7．答案：AD   由多普勒效應(yīng)可知，聲源與觀察者相對靠近過程中，觀察者接收到的頻率增大；相對觀察者遠(yuǎn)離過程中，觀察者接收到的頻率減小．

8．答案：B   根據(jù)光的折射定律，畫出從AB面進(jìn)入三棱鏡后的光路圖，由于內(nèi)側(cè)面和外側(cè)面平行，光從三棱鏡的AC面射出后一定與入射光線平行，故B正確．

9．答案：B    在S斷開前ab段短路，電容器不帶電．?dāng)嚅_時，ab中產(chǎn)生自感電動勢，阻礙電流減小給電容器充電，此時電流正向最大．給電容器充電的過程，電容器電量最大時ab中電流減為零，此后LC發(fā)生電磁振蕩形成交變電流，故B選項正確．

10．答案：A    首先從甲圖上可以看出a、b兩束光的波長大小，然后再根據(jù)波長和頻率、折射率的關(guān)系即可得到正確答案．

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）為了測量出周期，需要秒表，為測量程度的改變需要刻度尺，故還需要的測量工具為B；

（2）根據(jù)單擺的周期公式，得，顯然若以l為自變量，則當(dāng)?shù)?i>l=0時T²>0，所以真正的圖象是a；

（3）由（2）的分析可以確定，筒的深度為0．30m，a圖象的斜率為，所以當(dāng)?shù)氐闹亓�加速度�?．86m/s²．

（4）66．3s   對于秒表讀數(shù)，應(yīng)注意小表盤上的每格是1min，大表盤上每小格保持0．1s．

13．解析：電子的動量為p＝mv＝9．1×10^－31×200 kg?m?s^－1＝1．8×10^－28 kg?m?s^－1（2分）

動量的不確定范圍為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）

由不確定關(guān)系式，得電子位置的不確定范圍為

Δx＝＝m＝2.9×10^－3 m（4分）

14．解析：當(dāng)S撥至a時，油滴受力平衡，顯然帶負(fù)電

所以mg=qU/d（3分）

當(dāng)S撥至b時，LC回路中有電流，其振蕩周期為

s（3分）

當(dāng)t==3．14×10^－5s時，電容器恰好反向充電結(jié)束，由牛頓第二定律得，

qU/d+mg=ma（3分）

以上式子聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)解得，a=20m/s²（3分）

當(dāng)振蕩電流最大時，兩極板間無電場，油滴僅受重力作用

所以mg=ma^/，a^/= g=10m/s²． （3分）

15．解析：依題意，要求具有最大初動能的光電子沿平行于N板的方向不能到達(dá)M．即電流表中恰無電流時，一定是具有最大初動能的光電子沿平行于N板的方向進(jìn)入磁場，且恰好碰不到M板，即有（4分）

根據(jù)牛頓運(yùn)動定律，有（3分）

解得（2分）

（3分）

設(shè)金屬逸出功為W，根據(jù)光電效應(yīng)方程得，（2分）

解得（2分）

16．解析：如圖所示，由折射定律，光線在AB面上折射時有sin60°=nsinα（2分）

在BC面上出射時，nsinβ=nsinγ（2分）

由幾何關(guān)系，α+β=90°

δ=(60°－α)+(γ－β)=30°

聯(lián)立解得，α=β=45°  γ=60°（2分）

所以n=sin60°/sin45°=/2（2分）

單色光在棱鏡中通過的幾何路程（2分）

單色光在棱鏡中光速（2分）

設(shè)點(diǎn)光源到棱鏡AB側(cè)面的垂直距離為L，

依題意，（2分）

所以（2分）

17．解析：設(shè)昆蟲的質(zhì)量是m，則單擺的質(zhì)量為5m，昆蟲飛來時速度為v₀，昆蟲抱住擺球一起擺動時的初速度為u．

昆蟲飛來并抱住擺球，此過程擺球、昆蟲水平方向上動量守恒有，

mv₀=(5m+m)u    ①（3分）

昆蟲與擺球以共同速度u擺到最大高度h，機(jī)械能守恒，得

6mu²=6mgh ②（3分）

由振動圖象及單擺周期公式知

所以m  ③（3分）

畫出位置示意圖如圖所示，由圖中可知，根據(jù)相似三角形得，

因從圖象上可以看出昆蟲和擺球一起振動的過程中振幅為10cm， 

所以a=10cm．

即m ④（3分）

由①②式得，v₀=6u=6

將④式代入得，m/s． （4分）

18．解析：（1）振幅很小時，A、B不會分離，將A和B整體看作 振

子，當(dāng)它們處于平衡位置時，根據(jù)平衡條件有（2分）

解得m=1cm（2分）

平衡位置距地面高度=4cm（2分）

（2）當(dāng)A、B運(yùn)動到最低點(diǎn)時，有向上的最大加速度，此時A、B之間的作用力最大

設(shè)振幅為A，最大加速度m/s²（2分）

取B為研究對象，有=1．5N（2分）

（3）B在振動過程中始終與A接觸，在最高點(diǎn)時相互作用力應(yīng)滿足，取B為研

究對象，，當(dāng)時，B振動的加速度達(dá)到最大值，且最大值

=10m/s²，方向豎直向下． （4分）

因，表面A、B僅受重力作用，此刻彈簧的彈力為零，彈簧處于原長，

cm，即振幅不能超過1cm． （4分）