題目列表(包括答案和解析)
（9分）一電子具有200 m?s－1的速率，動(dòng)量的不確定范圍為0．01%，我們確定該電子的位置時(shí)，有多大的不確定范圍？
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(zhǎng)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(gè)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(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅是相等的，A、B均錯(cuò)；兩物體在平衡位置時(shí)速度最大，此時(shí)的動(dòng)能等于彈簧剛釋放時(shí)的彈性勢(shì)能，所以兩物體的最大動(dòng)能是相等的，則質(zhì)量大的速度小，D錯(cuò)，C對(duì)．
3．答案：ABD
從圖象中可知波長(zhǎng)
，經(jīng)過
時(shí)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(shí)間內(nèi)質(zhì)元P經(jīng)過的路程為
，
時(shí)由于不知波的傳播方向，因此無法確定質(zhì)元P的振動(dòng)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(gè)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(gè)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(zhǎng)從長(zhǎng)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(zhǎng)比可見光長(zhǎng)，
A錯(cuò)；原子內(nèi)層電子受激發(fā)產(chǎn)生的是X射線，B錯(cuò)；波長(zhǎng)
越長(zhǎng)的電磁波，更容易表現(xiàn)出波動(dòng)性，所以C對(duì)，D錯(cuò)．
6．答案：D 再過
個(gè)周期，質(zhì)點(diǎn)經(jīng)平衡位置向下振動(dòng)，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(duì)靠近過程中，觀察者接收到的頻率增大；相對(duì)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(shí)，ab中產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，阻礙電流減小給電容器充電，此時(shí)電流正向最大．給電容器充電的過程，電容器電量最大時(shí)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(xiàng)正確．
10．答案：A 首先從甲圖上可以看出a、b兩束光的波長(zhǎng)大小，然后再根據(jù)波長(zhǎng)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(cè)量出周期，需要秒表，為測(cè)量程度的改變需要刻度尺，故還需要的測(cè)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(shí)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．
，所以當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹?．
（4）66．3s 對(duì)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(dòng)量為p＝mv＝9．1×10－31×
動(dòng)量的不確定范圍為Δp＝0．01%×p＝1．0×10－4×1．8×10－
＝1．8×10－
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－
14．解析：當(dāng)S撥至a時(shí)，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(shí)，LC回路中有電流，其振蕩周期為
s（3分）
當(dāng)t==3．14×10－5s時(shí)，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=
當(dāng)振蕩電流最大時(shí)，兩極板間無電場(chǎng)，油滴僅受重力作用
所以mg=ma/，a/= g=
15．解析：依題意，要求具有最大初動(dòng)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(shí)，一定是具有最大初動(dòng)能的光電子沿平行于N板的方向進(jìn)入磁場(chǎng)，且恰好碰不到M板，即有
（4分）
根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)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(shí)有sin60°=nsinα（2分）
在BC面上出射時(shí)，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(zhǎng)，
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
昆蟲飛來并抱住擺球，此過程擺球、昆蟲水平方向上動(dòng)量守恒有，
mv0=(
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(dòng)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(dòng)的過程中振幅為
所以a=
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(shí)，A、B不會(huì)分離，將A和B整體看作 振
子，當(dāng)它們處于平衡位置時(shí)，根據(jù)平衡條件有
（2分）
解得
m=
平衡位置距地面高度
=
（2）當(dāng)A、B運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，有向上的最大加速度，此時(shí)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(duì)象，有
=1．5N（2分）
（3）B在振動(dòng)過程中始終與A接觸，在最高點(diǎn)時(shí)相互作用力應(yīng)滿足
，取B為研
究對(duì)象，
，當(dāng)
時(shí)，B振動(dòng)的加速度達(dá)到最大值，且最大值
=
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(zhǎng)，
cm，即振幅不能超過
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