高考物理二轮复习考前三个月专题18(选考3-4)教案

专题18（选考3-4）考题一 机械振动和机械波1.判断波的传播方向和质点振动方向的方法(1)特殊点法；(2)微平移法(波形移动法).2.周期、波长、波速的计算(1)周期：可根据质点的振动情况计算，若t 时间内，质点完成了n 次(n 可能不是整数)全振动，则T ＝t n ；还可根据公式T ＝λv计算. (2)波长：可根据波形图确定，若l 的距离上有n 个(n 可能不是整数)波长，则λ＝l n；也可根据公式λ＝vT 计算.(3)波速：可根据波形传播的时间、距离计算v ＝x t ；也可根据公式v ＝λT计算. 3.利用波传播的周期性、双向性解题(1)波的图象的周期性：相隔时间为周期整数倍的两个时刻的波形相同，从而使题目的解答出现多解的可能.(2)波传播方向的双向性：在题目未给出波的传播方向时，要考虑到波可沿正向或负向传播的两种可能性.例1 如图1所示，实线是某时刻的波形图象，虚线是0.2 s 后的波形图象，质点P 位于实线波的波峰处.图1(1)若波向右以最小速度传播，求经过t ＝4 s 质点P 所通过的路程；(2)若波速为35 m/s ，求波的传播方向.解析 (1)若波向右传播：…)，0,1,2,3＝n 0.2 s(＝T 34＋nT s 415最大值为T 时0＝n 可知周期最大时波速最小，当λT ＝v 由 经过时间t ＝4 s ，即经过15个整周期，故质点P 通过的路程为s ＝15×4A ＝1.2 m0,1,2,3, …)＝n 0.2 s(＝T 34＋nT 若波向右传播：(2) λT＝v 当n ＝1时，波速为35 m/s ，所以波可以向右传播0.2 s ＝T 14＋nT 若波向左传播： 当n 取0或其他任何正整数时，波速都不为35 m/s ，所以波不会向左传播.答案 (1)1.2 m (2)向右传播变式训练1.如图2甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中x ＝2 m 处的质点P 以此时刻为计时起点的振动图象.下列说法正确的是( )图2A.这列波的传播方向是沿x 轴正方向B.这列波的传播速度是20 m/sC.经过0.15 s ，质点P 沿x 轴的正方向传播了3 mD.经过0.1 s 时，质点Q 的运动方向沿y 轴正方向E.经过0.35 s 时，质点Q 距平衡位置的距离小于质点P 距平衡位置的距离答案 ABE解析 由乙图读出，t ＝0时刻质点P 的速度向下，由波形的平移法可知，波沿x 轴正方向正B ，故20 m/s ＝m/s 40.2＝λT ＝v ，则波速0.2 s ＝T ，4 m ＝λ正确；由图知：A 传播，故确；简谐横波中质点在平衡位置附近振动，并不随着波迁移，故C 错误；图示时刻Q 点沿y＝0.35 s ＝t 错误；D 轴负方向，故y 的运动方向沿Q ，质点T 12＝0.1 s ＝t 轴正方向运动，1.75T ，经过0.35 s 时，质点P 到达波峰，而质点Q 位于平衡位置与波谷之间，故质点Q 距平衡位置的距离小于质点P 距平衡位置的距离，故E 正确.故选A 、B 、E.2.如图3，a 、b 、c 、d 是均匀媒质中x 轴上的四个质点，相邻两点的间距依次为2 m 、4 m 和6 m ，一列简谐横波以2 m/s 的波速沿x 轴正向传播，在t ＝0时刻到达质点a 处，质点a 由平衡位置开始竖直向下运动，t ＝3 s 时a 第一次到达最高点.下列说法正确的是( )图3A.在t ＝6 s 时刻波恰好传到质点d 处B.在t ＝5 s 时刻质点c 恰好到达最高点C.质点b 开始振动后，其振动周期为4 sD.在4 s ＜t ＜6 s 的时间间隔内质点c 向上运动E.当质点d 向下运动时，质点b 一定向上运动答案 ACD波恰好传到6 s ＝t ，即在6 s ＝x v＝t 的时间为d 传到a ，则波从12 m ＝x 距离为ad 解析s 2＋42＝x′v ＝t 的时间为c 传到a ，波从4 s ＝T ，得3 s ＝T 34正确；由题知A 处，故d 质点＝3 s ，则在t ＝5 s 质点c 已振动了2 s ，而c 起振方向向下，故在t ＝5 s 质点c 恰好经过平衡位置向上运动，故B 错误；质点b 的振动周期等于质点a 的振动周期，即为4 s ，故C 正确；在4 s ＜t ＜6 s 的时间间隔内，质点c 已振动了1 s ，质点c 正从波谷向波峰运，结合波形得λ141＝10 m 间距离为bd ，8 m ＝vT ＝λ正确；波长为D 动，即向上运动，故知，当质点d 向下运动时，质点b 不一定向上运动，故E 错误.3.一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在t ＝0时刻的波形如图4所示，质点P 的x 坐标为3m.己知任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4 s.下列说法正确的是( )图4A.波速为1 m/sB.波的频率为1.25 HzC.x 坐标为15 m 的质点在t ＝0.2 s 时恰好位于波峰D.x 坐标为22 m 的质点在t ＝0.2 s 时恰好位于波峰E.当质点P 位于波峰时，x 坐标为17 m 的质点恰好位于波谷答案 BDE＝λT ＝v ，则波速4 m ＝λ ，由图得波长是0.8 s ＝2×0.4 s ＝T 由题知，波的周期为 解析点的振动情P 处的质点与15 m ＝x 正确；B ，故25 Hz 1.＝Hz 10.8＝1T ＝f 错误；A ，故5 m/s 的质点在15 m 坐标为x 时间恰好经过平衡位置，则T 14＝0.2 s ＝t 质点经过P 况始终相同，t ＝0.2 s 时恰好位于平衡位置，故C 错误；x 坐标为22 m 的质点到x ＝2 m 质点的距离为：时T 14＝0.2 s ＝t 的质点向上振动，经过2 m ＝x 时刻0＝t ，λ5＝20 m ＝2 m －22 m ＝2x Δ间恰好到达波峰，则x 坐标为22 m 的质点在t ＝0.2 s 时恰好位于波峰位置，故D 正确；x的17 m 坐标为x ，则λ123＝14 m ＝3 m －17 m ＝1x Δ：点的距离为P 的质点到17 m 坐标为质点与P 点的振动情况始终相反，当质点P 位于波峰时，x 坐标为17 m 的质点恰好位于波谷，故E 正确.故选B 、D 、E.考题二 光的折射和全反射1.在解决光的折射问题时，应先根据题意分析光路，即画出光路图 ，找出入射角和折射角，然后应用公式来求解，找出临界光线往往是解题的关键.2.分析全反射问题时，先确定光是否由光密介质进入光疏介质、入射角是否大于临界角，若不符合全反射的条件，则再由折射定律和反射定律确定光的传播情况.3.在处理光的折射和全反射类型的题目时，根据折射定律及全反射的条件准确作出几何光路图是基础，利用几何关系、折射定律是关键.4.明确两介质折射率的大小关系.(1)若光疏→光密：定有反射、折射光线.(2)若光密→光疏：如果入射角大于或等于临界角，一定发生全反射.例2 如图5所示，玻璃棱镜ABC 可以看成是由ABE 、AEC 两个直角三棱镜组成的，有关角面入射，在棱镜中的折射光线如图中AB 的单色细光束从Hz 145.3×10一束频率为.度如图，玻璃的折射m/s 83×10＝c 已知光在真空中的速度60°.＝α面的夹角AB 与ab 所示，ab 率n ＝1.5.图5(1)求光在棱镜中的波长；(2)该束光线能否从AC 面射出，请通过计算说明.，得c v ＝n 由(1) 解析 m/s 82×10＝m/s 3×1081.5＝c n ＝v m 7－m≈3.77×10 2×1085.3×1014＝v f ＝λ，得λf ＝v 由 (2)光路如图所示，ab 光线在AC 面的入射角为45°≈0.6711.5＝1n ＝C sin ，则C 设玻璃的临界角为 因sin 45°>0.67，故光线ab 在AC 面会发生全反射，不能从AC 面射出.见解析(2) m 7－(1)3.77×10 答案 变式训练4.一半圆柱形透明物体横截面如图6所示，底面AOB 镀银(图中粗线)，O 表示半圆截面的圆心.一束光线在横截面内从M 点的入射角为30°，∠MOA ＝60°，∠NOB ＝30°.(已知sin求：)6－24＝15°图6(1)光线在M 点的折射角；(2)透明物体的折射率.6＋22(2) (1)15° 答案 解析 (1)如图，透明物体内部的光路为折线MPN ，Q 、M 点相对于底面EF 对称，Q 、P 和N 三点共线.设在M 点处，光的入射角为i ，折射角为r ，∠OMQ ＝α，∠PNF ＝β.根据题意有α＝30°由几何关系得，∠PNO ＝∠PQO ＝r ，则有：β＋r ＝60°且α＋r ＝β联立式得： r ＝15°(2)根据折射率公式有 sin i ＝n sin r.6＋22＝n 得 OA 的玻璃砖，现让一束单色光在横截面内从R 圆形、半径为14是截面为AOB 所示，7如图5.靠近O 点处平行OB 射入玻璃砖，光线可从OB 面射出；保持光束平行OB 不变，逐渐增大入射点与O 的距离，当入射点到达OA 的中点E 时，一部分光线经AB 面反射后恰好未从OB 面射出.不考虑多次反射，求玻璃的折射率n 及OB 上有光射出的范围.图7R 33 2 答案 解析 设光线经E 点射到AB 面时入射角为α，因E 点为OA 的中点由几何知识可知入射角：α＝30°设临界角为C ，则有C ＝30°1n＝C sin 因恰好发生全反射，则： 解得：n ＝2由题意可知，光从OE 间入射时，可从OB 上射出，则从E 点入射时出射点距O 最远，设为F ，则：R2cos 30°＝OF .R 33＝OF 得 6.如图8所示为一顶角θ＝90°的三棱镜截面，一束单色光从三棱镜AB 边上的D 点入射，若入射角由0逐渐增大，发现光线均能射到AC 边，但当入射角大于45°时，在AC 边左侧无光线射出(不考虑光线在BC 、AC 边的反射).求三棱镜的折射率.图862答案 解析 如图，入射光线经AB 边D 点折射进入三棱镜，折射角为γ，当入射角α＝45°时，折射光线射到AC 边恰好发生全反射，在AC 边左侧无光线射出，sin αsin γ＝n 则由折射定律可得： 1n＝C sin 由临界角定义可得： 由几何关系得C ＋γ＝θ.62＝n 联立解得：考题三 光的几种特性1.光的干涉现象和衍射现象证明了光的波动性，光的偏振现象说明光波为横波.相邻两亮条.，利用双缝干涉实验可测量光的波长λl d＝x Δ间的距离与波长成正比，即)或暗条纹(纹 2.干涉和衍射的产生条件(1)双缝干涉产生亮、暗条纹的条件：屏上某点到双缝的光程差等于波长的整数倍时，该点干涉加强，出现亮条纹；当光程差等于半波长的奇数倍时，该点干涉减弱，出现暗条纹.(2)发生明显衍射的条件：障碍物或小孔的尺寸跟光的波长相差不多或比光的波长小.例3 2016年，科学家利用激光干涉方法探测到由于引力波引起的干涉条纹的变化，这是引力波存在的直接证据.关于激光，下列说法中正确的是( )A.激光是自然界中某种物质直接发光产生的，不是偏振光B.激光相干性好，任何两束激光都能发生干涉C.用激光照射不透明挡板上小圆孔时，光屏上能观测到等间距的光环D.激光全息照片是利用光的干涉记录下物体三维图象的信息答案 D解析 激光是人造光，也是偏振光，故A 错误；激光相干性好，只有频率相同的两束激光才会发生干涉，故B 错误；用激光照射不透明挡板上小圆孔时，光屏上能观测到衍射条纹，间距不等，故C 错误；激光全息照片是利用光的干涉记录下物体三维图象的信息，故D 正确.故选D.变式训练7.如图9所示，光源S 从水面下向真空斜射一束由红光和蓝光组成的复色光，在A 点分成a 、b 两束，则下列说法正确的是( )图9A.a 光是蓝光B.射出水面前a 光的传播速度大，射出水面后二者传播速度一样大C.逐渐增大入射角，a 光最先发生全反射D.b 光比a 光更容易发生衍射现象答案 Bsin r sin i＝n ，根据折射定律b r ＜a r 相同，折射角的关系为i 由图知，两光束的入射角 解析光是蓝光，b 光是红光，a 则知.，由于蓝光的折射率比红光的大b n ＜a n 得：折射率关系为故A 错误；射出水面前a 光的传播速度大，射出水面后，所有色光在真空传播速度都相同，光b ，可知，1n＝C sin 光的折射率小，根据临界角公式a 正确；B ，故m/s 83×10＝c 都为的临界角较小，则逐渐增大入射角时，b 光的入射光先达到其临界角，最先发生全反射，故C 错误；b 光的折射率比a 光的大，则b 光的频率比a 光的大，波长比a 光的小，则a 光比b 光更容易发生衍射现象，故D 错误.故选B.，波T 发出的波的波峰位置，设波的周期为2S 、1S 所示，实线表示两个相干波源10如图8.长为λ，波的传播速度为v ，下列说法正确的是( )图10A.图中的a 点为振动减弱点的位置B.图中的b 点为振动加强点的位置C.v ＝λT的波经过干涉之后波的性质完全改变1S 波源D. T 2位置的最短时间均为b 、a 的波峰传播到1S 从图中时刻开始，波源E. 答案 ABE点为a ，则λ1.5＝s Δ，路程差为λ4和λ2.5的距离为2S 、1S 点到波源a 由图知， 解析b，则0＝s Δ，路程差为λ3.5的距离都是2S 、1S 点到波源b 正确；A 振动减弱的位置，故错误；频率相同时，才能发生干涉，而干涉C ，故λT＝v 正确；B 点为振动加强的位置，故两点均处于波谷b 、a ，1S ，对波源λv＝T 错误；由D 波的性质，故为波的叠加，不会改变 E.、B 、A 故选.正确E ，故T 12位置的最短时间均为b 、a 的波峰传播到1S 位置，故波源 点在分界1O (方向1AO 点沿A 所示，实线为空气和水的分界面，一束绿光从水中的11如图9.点为O 点，图中B 射向空气，折射后通过空气中的)点和入射光线都未画出1O 面上，图中A 、B 连线与分界面的交点.下列说法正确的是( )图11点的右侧O 点在1O A. B.绿光从水中射入空气中时，速度变大C.若增大入射角，可能在空气中的任何位置都看不到此绿光点C 点正上方的B 方向射向空气的是一束蓝光，则折射光线有可能通过1AO 若沿D. 点C 点正上方的B 方向射向空气的是一束红光，则折射光线有可能通过1AO 若沿E. 答案 BCE1O 光由水射入空气中折射时折射角大于入射角，画出绿光的光路图如图所示，可见 解析点在O 点的左侧，故A 错误；光在真空中速度最大，当绿光从水中射入空气中时，速度变大，故B 正确；光由水中射入空气时，入射角增大到一定的值会发生全反射，则可能在空气光，水对蓝光方向射向空气中的是一束蓝1AO 正确；若沿C 中的任何位置都看不到绿光，故的折射率大于绿光的折射率，根据折射定律可知，蓝光的偏折程度大于绿光的偏折程度，所方向射向空气中的是一束红1AO 错误；若沿D 点，故C 点正上方的B 以折射光线不可能通过光，水对红光的折射率小于绿光的折射率，根据折射定律可知，红光的偏折程度小于绿光的偏折程度，所以折射光线有可能通过B 点正上方的C 点，故E 正确.故选B 、C 、E.专题规范练1.(1)沿x 轴正方向传播的一列简谐横波在t ＝0时刻的波形如图1所示，M 为介质中的一个质点，该波的传播速度为40 m/s ，则下列说法正确的是( )图1A.t ＝0.05 s 时质点M 相对平衡位置的位移一定为负值B.t ＝0.05 s 时质点M 的速度方向与相对平衡位置的位移方向相反C.t ＝0.025 s 时质点M 的加速度方向与速度方向一定相同D.t ＝0.025 s 时质点M 的加速度方向与相对平衡位置的位移方向相同E.质点M 在0.05 s 内通过的路程一定等于4 cm(2)半径为R 的固定半圆形玻璃砖的横截面如图2所示，O 点为圆心，OO ′为直径MN 的垂线.足够大的光屏PQ 紧靠在玻璃砖的右侧且与MN 垂直.一束复色光沿半径方向与OO ′成θ的光束，因而光屏上出现3＝2n 到2＝1n 有折射率从点，已知复色光包含O 角射向30°＝了彩色光带.图2①求彩色光带的宽度；②当复色光入射角逐渐增大时，光屏上的彩色光带将变成一个光点，求此时θ的大小.②45° R )33－(2)①(1 (1)ACE 答案 ；因为波沿0.1 s ＝s 440＝λv ＝T ，则周期为4 m ＝λ从波的图象可以看出波长为(1) 解析x 轴正方向传播，故质点M 向上振动，经过0.05 s 即半个周期，对平衡位置的位移为负， 故A 正确；经过半个周期，速度方向也为负，与位移方向相同，故B 错误；经过0.025 s ，质点M 沿y 轴负方向振动，但还没有到达平衡位置，故加速度方向也为负，故C 正确；加速度方向与位移方向总是反向，故D 错误；半个周期内质点通过的路程总是振幅的2倍，故E正确.故选A 、C 、E.sin β1sin θ＝1n 由折射定律有(2)① sin β2sin θ＝2n 60°＝2β 45°＝1β代入数据解得： R )33－(1＝tan 30°R －tan 45°R 故彩色光带的宽度为： 12＝1n1＝C sin 的单色光恰好发生全反射，故1n 此时折射率为② 即入射角θ＝C ＝45°2.(1)两列简谐横波Ⅰ和Ⅱ分别沿x 轴正方向和负方向传播，两列波的波速大小相等，振幅均为5 cm.t ＝0时刻两列波的图象如图3所示，x ＝－1 cm 和x ＝1 cm 的质点刚开始振动.以下判断正确的是( )图3A.Ⅰ、Ⅱ两列波的频率之比为2∶1B. t ＝0时刻，P 、Q 两质点振动的方向相同C.两列波将同时传到坐标原点OD.两列波的波源开始振动的起振方向相同E.坐标原点始终是振动加强点，振幅为10 cm(2)如图4所示，将半径为R 的透明半球体放在水平桌面上方，O 为球心，直径恰好水平，轴线OO ′垂直于水平桌面.位于O 点正上方某一高度处的点光源S 发出一束与OO ′的夹角θ＝60°的单色光射向半球体上的A 点，光线通过半球体后刚好垂直射到桌面上的B 点，已，不考虑半球体内光的反射，求：c ，光在真空中传播速度为R 32＝B ′O 知图4①透明半球体对该单色光的折射率n ；②该光在半球体内传播的时间t .R c② 3(2)① (1)ACD 答案 解析 (1)由图知Ⅰ、Ⅱ两列波的波长之比为1∶2，波速相等，由v ＝λf 可知，Ⅰ、Ⅱ两列波的频率之比为2∶1，故A 正确；由“上、下坡法”知，t ＝0时Q 向上振动，P 向下振动，故B 错误；两列波到O 点的距离相同，波速相同，故同时传到O 点，故C 正确；由图可知，两列波的起振方向都向上，故D 正确；由图可知，坐标原点并非始终是振动加强点，故E 错误.故选A 、C 、D.(2)①光从光源S 射出经半球体到达水平桌面的光路如图所示：sin θsin α＝n 射向半球体，由折射定律，有：光由空气 60°＝COD ∠＝γ得：32＝COD sin ∠中，OCD △在 sin γsin β＝n 光由半球体射向空气，由折射定律，有： 则α＝β，由几何知识α＋β＝60°得：α＝β＝30°3＝sin γsin β＝n 则 c 33＝c n ＝v 光在半球体中传播的速度为：② R 33＝AC ，得：R ＝°cos 30AC 2 由几何知识得 .R c＝AC v ＝t 光在半球体中传播的时间为： 3.(1)图5(a)为一列简谐横波在t ＝2 s 时刻的波形图，图(b)为介质中平衡位置在x ＝1.5 m处的振动图象，P 是平衡位置为x ＝2 m 处的质点，下列说法正确的是( )图5A.波的传播方向向右B.波速为0.5 m/sC.0～2 s 时间内，P 运动的路程为8 cmD.0～2 s 时间内，P 向y 轴正方向运动E.当t ＝7 s 时，P 点恰好回到平衡位置，45°＝i 的透明球面，光束在过球心的平面内，入射角2＝n 单色细光束射到折射率2)(研究经折射进入球内后，又经内表面反射一次，再经球面折射后射出的光线，如图6所示(图上已画出入射光和出射光).图6①在图上大致画出光线在球内的路径和方向；②求入射光与出射光之间的夹角α.答案 (1)BCE (2)①见解析图 ②30°解析 (1)由图(b)知，x ＝1.5 m 处的质点在t ＝2 s 时振动方向向下，则该波向左传播，故B ，故0.5 m/s ＝λT ＝v ，则波速为4 s 知周期为(b)，由图2 m 可知波长为(a)错误；由图A 正确；在t ＝2 s 时，质点P 在波谷，且2 s ＝0.5T ，则质点P 运动的路程为2A ＝8 cm ，故C 正确；因波向左传播，由图(a)知在t ＝2 s 时，质点P 已经在波谷，则0～2 s 时间内，P正E 恰好回平衡位置，故P ，T 141＝5 s ＝t Δ时，7 s ＝t 错误；当D 轴负方向运动，故y 向确.故选B 、C 、E.(2)①光线从入射到出射的光路如图所示12＝sin 45°2＝sin i n ＝r sin 得sin i sin r ＝n 由折射定律② 所以r ＝30°i －r 2＝)r －i (－r ＝α2由几何关系及对称性得： 所以α＝4r －2i ，把r ＝30°，i ＝45°代入得：α＝30°4.(1)如图7所示，横截面为半圆形玻璃砖，O 点为圆心，OO ′为直径PQ 的垂线.已知玻璃；________则光线在该玻璃砖中的传播速度为.c ，光在真空中的速度为3＝n 砖的折射率一条与OO ′连线成60°角的光线从玻璃砖的圆心射入玻璃砖，则光线从玻璃砖出射方向与最初入射方向的夹角为________.图7(2)如图8所示为一列简谐横波沿－x 方向传播在t ＝0时刻的波形图，M 、N 两点的坐标分别为(－2,0)和(－7,0)，已知t ＝0.5 s 时，M 点第二次出现波峰.图8①这列波的传播速度多大？②从t ＝0时刻起，经过多长时间N 点第一次出现波峰？③当N 点第一次出现波峰时，M 点通过的路程为多少？③0.4 m ②0.55 s (2)①20 m/s 30° c 33(1) 答案 r 得：sin 60°sin r＝n 根据折射定律得：.c 33＝c n ＝v 光线在玻璃砖中传播的速度为：(1) 解析＝30°，光线沿半径方向射向界面，则沿半径方向射出，可知光线从玻璃砖出射方向与最初入射方向的夹角为30°.(2)①由图象知，波长 λ＝4 m ，M 点与最近波峰的水平距离为6 m ，距离下一个波峰的水平20 m/s ＝s0t＝v ，则波速为：10 m ＝0s 距离为 ②N 点与最近波峰的水平距离为s ＝11 m ，当最近的波峰传到N 点时N 点第一次形成波峰，0.55 s ＝s 1120＝s v ＝1t 历时为： ＝2t 振动了M 点第一出现波峰时质点N ，0.2 s ＝λv＝T 该波中各质点振动的周期为：③0.4 s ＝s 11－320点通过的路M 点第一次出现波峰时，N ，则当5 cm 经过的路程为T 4每振动M ，质点T 2＝2t 则程为：s ′＝8×5 cm＝40 cm ＝0.4 m.5.(1)下列说法正确的是( )A.光导纤维传输信号是利用光的干涉现象B.全息照相利用了激光相干性好的特性C.光的偏振现象说明光是横波D.X 射线比无线电波更容易发生干涉和衍射现象E.刮胡须的刀片的影子边缘模糊不清是光的衍射现象(2)如图9a 所示，用一根不可伸长的轻质细线将小球悬挂于天花板上的O 点，现将小球拉离平衡位置，使细线与竖直方向成一夹角(小于5°)后由静止释放.小球的大小和受到的空气阻力均忽略不计.图9①证明小球的运动是简谐运动；②由传感器测得小球偏离平衡位置的位移随时间变化的规律如图b 所示，求小球运动过程中的最大速度值.答案 (1)BCE (2)①见解析 ②0.08π m/s解析 (1)光导纤维传输信号是利用光的全反射现象，故A 错误；全息照相利用了激光相干性好的特性，故B 正确；光的偏振现象说明光是横波，故C 正确；X 射线比无线电波的波长短，则衍射现象不明显，故D 错误；刮胡须的刀片的影子边缘模糊不清是光的衍射现象，故E 正确.故选B 、C 、E.(2)①证明：设摆长为l ，小球离开平衡位置的位移为x 时，细线和竖直方向夹角为θ ，提供回复力，其大小1F 小球重力的分力θsin mg ＝1F x l≈θsin 在偏角很小时 单摆的回复力与位移的关系x mg l＝－回F 所以小球的运动是简谐运动②根据图b 可得小球偏离平衡位置的位移随时间变化的关系式x ＝0.08sin πt (m)所以小球的速度随时间变化的规律为v ＝0.08πcos πt (m/s)0.08π m/s.＝m v 则小球的最大速度。