2024—2025高中物理选择性必修1一轮复习课时作业及章末综合检测卷详解答案

这是一份2024—2025高中物理选择性必修1一轮复习课时作业及章末综合检测卷详解答案，共46页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。

1．解析：动量是矢量，匀速圆周运动的物体的速度方向时刻在变化，故动量时刻在变化，A错误；匀变速直线运动的物体的速度大小时刻在变化，所以动量一定在变化，B正确；速度方向变化，但大小不变，则动量变化，而动能不变，C错误；动量的负号只表示方向，不参与大小的比较，故p1＜p2，D错误．
答案：B
2．解析：取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量：Δp＝mv2－mv1＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6)kg·m/s＝2 kg·m/s，方向竖直向上．
由动能定理，合外力做的功：W＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝ eq \f(1,2) ×0.2×42 J－ eq \f(1,2) ×0.2×62 J＝－2 J．故A正确．
答案：A
3．解析：物体做初速度为零的匀加速直线运动，v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝2ah，v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝2a(2h)，则p1＝m eq \r(2ah) ，p2＝m eq \r(4ah) ，p1∶p2＝1∶ eq \r(2) ，故B选项正确．
答案：B
4．解析：取沿斜面向上为正方向，木块的加速度为
a＝－g sin 30°＝－5 m/s2
1 s末速度
v1＝v0＋at1＝10 m/s－5 m/s2×1 s＝5 m/s
则1 s末动量
p1＝mv1＝0.5×5 kg·m/s＝2.5 kg·m/s
3 s末速度v2＝v0＋at2＝(10－5×3) m/s＝－5 m/s
3 s末动量p2＝mv2＝0.5×(－5) kg·m/s＝－2.5 kg·m/s
p0＝mv0＝0.5×10 kg·m/s＝5 kg·m/s
则3 s内的动量变化量为
Δp＝p2－p0＝(－2.5－5) kg·m/s＝－7.5 kg·m/s，大小为7.5 kg·m/s，方向沿斜面向下．
答案：2.5 kg·m/s，方向沿斜面向上
7．5 kg·m/s，方向沿斜面向下
5．解析：设摆球A、B的质量分别为mA、mB，摆长为l，B球的初始高度为h1，碰撞前B球的速度为vB.在不考虑摆线质量的情况下，根据题意及机械能守恒定律得
h1＝l(1－cs 45°)
eq \f(1,2) mBv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ＝mBgh1
设碰撞前、后两摆球的质量与速度的乘积之和大小分别为p1、p2，有：
p1＝mBvB
联立解得p1＝mB eq \r(2gl（1－cs 45°）)
同理可得p2＝(mA＋mB) eq \r(2gl（1－cs 30°）)
所以有： eq \f(p2,p1) ＝ eq \f(mA＋mB,mB) eq \r(\f(1－cs 30°,1－cs 45°))
代入已知条件得( eq \f(p2,p1) )2≈1.03
所以有 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(p2－p1,p1))) ＜4%
综上可知，此实验在规定的误差范围内成功地验证了碰撞前后两小球的质量与速度的乘积之和保持不变．
答案：见解析
课时分层作业(二) 动量定理
1．解析：取向下为正方向，则碰撞前小球的动量为正，碰撞后为负，Δp＝p2－p1＝mv2－mv1＝5×(－3)kg·m/s－5×5 kg·m/s＝－40 kg·m/s，D项正确．
答案：D
2．解析：由动量定理I合＝Δp＝p2－p1可知合外力冲量的方向一定与动量变化的方向相同，I合<0，Δp<0，但由于动量是矢量，物体的动量不一定减小，故D正确．
答案：D
3．解析：接球过程中，球的初动量和末动量一定，所以球的动量变化量恒定不变，选项C错误；根据动量定理，手对球的冲量等于球动量的改变量，也恒定不变，球对手的冲量也不变，选项A错误；球的初动能和末动能一定，所以球的动能变化量恒定不变，选项D错误；根据动量定理I＝Ft，球对手的冲量I不变，接球时两手随球迅速收缩至胸前，是通过延长受力时间以减小球对人的冲击力F，所以选项B正确．
答案：B
4．解析：设建筑工人下落5 m时速度为v，由v2＝2gh得v＝ eq \r(2gh) ＝ eq \r(2×10×5) m/s＝10 m/s；设安全带所受平均冲力为F，则由动量定理得：(mg－F)t＝0－mv，所以有：F＝mg＋ eq \f(mv,t) ＝60×10 N＋ eq \f(60×10,1.5) N＝1 000 N.
答案：D
5．解析：以向下为正方向，对消防队员下落的全程应用动量定理可得mg(t1＋t2)＋(－Ft2)＝0－0，代入数据解得F＝5mg.
答案：A
6．解析：由图像可知，在前10 s内初、末状态的动量相同，p1＝p2＝5 kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10 s内末状态的动量p3＝－5 kg·m/s，由动量定理得I2＝p3－p2＝－10 N·s，故正确答案为D.
答案：D
7．解析：设管中单位时间喷出气体的质量为m，则m＝ρvS
设气体对球的作用力为F，则F＝Mg
由动量定理FΔt＝Δm·v＝mΔt·v
解得M＝ eq \f(ρSv2,g) .
答案：A
8．解析：(1)根据冲量的定义可知重力的冲量大小为
IG＝mgt＝70×10×0.7 N·s＝490 N·s
(2)该中学生摸高跳起的高度
h＝(2.55－2.10) m＝0.45 m
所以他跳起刚离开地面时的速度大小v满足 eq \f(1,2) mv2＝mgh
得v＝ eq \r(2gh) ＝ eq \r(2×10×0.45) m/s＝3 m/s
设上跳过程中地面对他的平均支持力为F，根据动量定理有
Ft－IG＝mv
代入数据解得F的大小为
F＝1 000 N
根据牛顿第三定律得上跳过程中他对地面平均压力F′的大小
F′＝F＝1 000 N
答案：(1)490 N·s (2)1 000 N
9．解析：A、B错：两次拉动中，茶杯和纸之间均发生相对滑动，因此受到的均为滑动摩擦力，因压力不变，则由f＝μFN可知，两次拉动时纸对茶杯的摩擦力相同．C对：第二次较慢拉动白纸过程中，摩擦力作用时间长，则产生的冲量较大，根据动量定理可知，茶杯获得的动量大一些．D错：第一次迅速拉动白纸过程中，摩擦力作用时间短，故纸给茶杯的冲量小一些．
答案：C
10．解析：A错：根据Δv＝aΔt可知a ­ t图像中，图线与时间轴围成的面积表示速度的增量，则在t＝6 s时刻，物体的速度v6＝v0＋Δv＝2 m/s＋ eq \f(1,2) ×(2＋4)×6 m/s＝20 m/s.
B错：根据动能定理得W合＝ΔEk＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(6)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝396 J.
C错：根据动量定理，在0～6 s时间内，IF－ft＝m(v6－v0)，解得IF＝48 N·s.
D对：在t＝6 s时刻，根据牛顿第二定律得F＝ma＋f＝2×4 N＋2 N＝10 N，拉力F的功率P＝Fv6＝10×20 W＝200 W.
答案：D
11．解析：(1)以羽毛球飞回的方向为正方向，则
p1＝mv1＝－5×10－3× eq \f(90,3.6) kg·m/s＝－0.125 kg·m/s
p2＝mv2＝5×10－3× eq \f(342,3.6) kg·m/s＝0.475 kg·m/s
所以羽毛球的动量变化量为Δp＝p2－p1＝0.475 kg·m/s－(－0.125 kg·m/s)＝0.600 kg·m/s
即羽毛球的动量变化大小为0.600 kg·m/s，方向与羽毛球飞回的方向相同．
(2)以羽毛球飞回的方向为正方向，则羽毛球的初速度为v1＝－25 m/s
羽毛球的末速度为v2＝95 m/s
所以Δv＝v2－v1＝95 m/s－(－25 m/s)＝120 m/s
羽毛球的初动能：
Ek＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝ eq \f(1,2) ×5×10－3×(－25)2 J≈1.56 J
羽毛球的末动能：
E′k＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝ eq \f(1,2) ×5×10－3×952 J≈22.56 J
所以ΔEk＝E′k－Ek＝21 J.
答案：(1)0.600 kg·m/s 方向与羽毛球飞回的方向相同
(2)120 m/s 21 J
课时分层作业(三) 动量守恒定律
1．解析：当A、B两物体组成一个系统时，弹簧的弹力为内力，而A、B与C之间的摩擦力为外力．当A、B与C之间的摩擦力等大、反向时，A、B组成的系统所受外力之和为零，系统动量守恒．当A、B与C之间的摩擦力大小不相等时，A、B组成的系统所受外力之和不为零，动量不守恒．而对于A、B、C组成的系统，由于弹簧的弹力及A、B与C之间的摩擦力均为内力，故不论A、B与C之间的摩擦力的大小是否相等，A、B、C组成的系统所受外力之和均为零，故系统的动量守恒，故A项、C项均正确，B项、D项均错误．
答案：AC
2．解析：发射炮弹的过程，系统动量守恒，发射前，系统的总动量为Mv0，射出炮弹后，炮艇的质量变为M－m，速度为v′，炮弹质量为m，对地速度为v＋v′，所以系统总动量为(M－m)v′＋m(v＋v′)，本题选D.
答案：D
3．解析：由水平方向上动量守恒得，Mv0＝(M＋m)v，由此可知C项正确．
答案：C
4．解析：在战士跳到小船到最终停在船上的过程中，战士和小船的总动量守恒，总机械能有损失，不守恒，选项A正确、B错误；以战士初始运动方向为正方向，对战士跳到小船上并最终停在船上的过程，设战士最终停在船上后速度为v′，由动量守恒定律可知m人v－m船v船＝(m人＋m船)v′，得v′＝0.25 m/s，选项C错误；战士动量的变化量Δp＝m人(v′－v)＝60×(0.25－2) kg·m/s＝－105 kg·m/s，动量变化量的大小为105 kg·m/s，选项D正确．
答案：AD
5．解析：在救生员跃出的过程中船、人组成的系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，则(M＋m)v0＝Mv′－mv，解得v′＝v0＋ eq \f(m,M) (v0＋v)，故B正确．
答案：B
6．解析：两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用，两车之间的磁力是系统内力，系统动量守恒．设向右为正方向．
(1)据动量守恒得：mv甲－mv乙＝mv′甲，代入数据解得v′甲＝v甲－v乙＝(3－2)m/s＝1 m/s，方向向右．
(2)两车相距最近时，两车速度相同，设为v′，由动量守恒得：
mv甲－mv乙＝mv′＋mv′.
解得v′＝ eq \f(mv甲－mv乙,2m) ＝ eq \f(v甲－v乙,2) ＝ eq \f(3－2,2) m/s＝0.5 m/s，方向向右．
答案：(1)1 m/s 向右 (2)0.5 m/s 向右
7．解析：取向右为正方向，B船上的人第一次推出A船时，由动量守恒定律得
mBv1－mAv＝0，解得v1＝ eq \f(mA,mB) v
当A船向右返回后，B船上的人第二次将A推出，由动量守恒定律得
mAv＋mBv1＝－mAv＋mBv2
解得v2＝v1＋ eq \f(2mA,mB) v
设第n次推出A时，B的速度大小为vn，由动量守恒定律得
mAv＋mBvn－1＝－mAv＋mBvn
解得vn＝vn－1＋ eq \f(2mA,mB) v
则有vn＝(2n－1) eq \f(mA,mB) v
B船上的人不能再接到A船，须有v≤vn(临界点)
解①②式得n≥5.5，则取n＝6.
答案：B
8．解析：小铁块在弧形轨道底端时，满足F－mg＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,R) ，解得：v0＝3 m/s，根据动能定理知mgR－Wf＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －0，解得：Wf＝1.5 J．根据动量守恒定律知mv0＝(m＋M)v，解得：v＝1 m/s.选项B、D正确．
答案：BD
9．解析：A对：A、B和弹簧组成的系统所受合外力为零，因此系统动量守恒．B错：由于F1、F2均对系统做功，因此系统机械能不守恒．C对，D错：根据牛顿第二定律可知，开始A、B均做加速度逐渐减小的加速运动，当F1＝F2＝kx时，A、B所受合外力均为零，此时二者速度最大，动能最大，然后开始做加速度逐渐增大的减速运动，当二者速度减为零时，弹簧最长，形变量最大．
答案：AC
10．解析：设水平向左为正方向，甲车(包括人)滑下斜坡后速度大小为v1，由机械能守恒定律有 eq \f(1,2) (m1＋M)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝(m1＋M)gh，解得v1＝ eq \r(2gh) ＝2v0
设人跳离甲车的水平速度(相对地面)为v，在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度大小分别为v′1和v′2，则人跳离甲车时，有
(M＋m1)v1＝Mv＋m1v′1
人跳上乙车时，有Mv－m2v0＝(M＋m2)v′2
解得v′1＝6v0－2v，v′2＝ eq \f(1,2) v－ eq \f(1,2) v0
两车不发生碰撞的临界条件是
v′1＝±v′2
当v′1＝v′2时，解得v＝ eq \f(13,5) v0
当v′1＝－v′2时，解得v＝ eq \f(11,3) v0
故v的取值范围为 eq \f(13,5) v0≤v≤ eq \f(11,3) v0
答案： eq \f(13,5) v0≤v≤ eq \f(11,3) v0
课时分层作业(四) 弹性碰撞和非弹性碰撞
1．解析：因系统动量守恒，故最终甲、乙动量大小必相等，谁最后接球谁的质量中包含了球的质量，即质量大，根据动量守恒：m1v1＝m2v2，因此最终谁接球谁的速度小，故选项B正确．
答案：B
2．解析：选向右为正方向，则A的动量pA＝m·2v0＝2mv0.B的动量pB＝－2mv0.碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意．
答案：D
3．解析：对A由机械能守恒mgh＝ eq \f(1,2) mv2，得v＝ eq \r(2gh) .对碰撞过程由动量守恒mv＝2mv′，得v′＝ eq \f(\r(2gh),2) .设碰撞后A、B整体上摆的最大高度为h′，则2mgh′＝ eq \f(1,2) ×2mv′2，解得h′＝ eq \f(1,4) h，C正确．
答案：C
4．解析：设碰后A球的速度大小为vA，B球的速度大小为vB，以碰前A球的速度方向为正方向，由碰撞过程中动量守恒可得mv＝2mvB－mvA，因vA＞0，则vB＞0.5v.根据总动能不增加原则写出能量关系式： eq \f(1,2) mv2≥ eq \f(1,2) ·2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ＋ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ，且vA≠0，可得 eq \f(1,2) ·2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ＜ eq \f(1,2) mv2，解得vB＜ eq \f(\r(2),2) v.综上所述，0.5v答案：A
5．解析：(1)规定质量为300 g物体的初速度方向为正方向，设其质量为m1，初速度为v1，另一物体质量为m2，初速度为v2，如果两物体碰后结合在一起，由动量守恒定律可得
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
代入数据
可得v＝－10 cm/s＝－0.1 m/s
(2)碰撞后损失的动能
Ek＝ eq \f(1,2) m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋ eq \f(1,2) m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) － eq \f(1,2) (m1＋m2)v2
＝ eq \f(1,2) ×0.3×0.52 J＋ eq \f(1,2) ×0.2×(－1)2J－ eq \f(1,2) ×(0.3＋0.2)×0.12 J＝0.135 J
(3)若碰撞是弹性正碰，由动量守恒和机械能守恒有
m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2
eq \f(1,2) m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋ eq \f(1,2) m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝ eq \f(1,2) m1v′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋ eq \f(1,2) m2v′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
代入数据得
v′1＝－0.7 m/s，v′2＝0.8 m/s
答案：(1)－0.1 m/s (2)0.135 J (3)－0.7 m/s 0.8 m/s
6．解析：(1)A球和B球的碰撞为弹性碰撞，因此有mAv0＝mAvA＋mBvB
eq \f(1,2) mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2) mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ＋ eq \f(1,2) mBv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
解得vB＝4 m/s
(2)小球运动到N点时，速度为vN，由牛顿第二定律得FN＋mBg＝mB eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(N)) ,R)
FN＝mAg
B球由M到N，由动能定理得－mBg×2R＝ eq \f(1,2) mBv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(N)) － eq \f(1,2) mBv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
解得R＝0.3 m
答案：(1)4 m/s (2)0.3 m
课时分层作业(五) 碰撞模型的拓展
1．解析：子弹击中木块A及弹簧被压缩的整个过程，系统不受外力作用，外力冲量为0，系统动量守恒，但是子弹击中木块A的过程，有摩擦力做功，部分机械能转化为内能，所以机械能不守恒．
答案：B
2．解析：由于两次的最大摆角相同，故在最低点的速度相同．由动量守恒定律可知，第一粒弹丸击中沙袋后mv1＝(m＋M)v，第二粒弹丸击中沙袋后：mv2－(M＋m)v＝(M＋2m)v，联立可解得：m∶M＝1∶40.
答案：D
3．解析：A与B碰撞过程动量守恒，有mAvA＝(mA＋mB)vAB，所以vAB＝ eq \f(vA,2) ＝2 m/s.当弹簧被压缩至最短时，A、B的动能完全转化成弹簧的弹性势能．所以Ep＝ eq \f(1,2) (mA＋mB)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(AB)) ＝8 J.
答案：B
4．解析：用锤子敲击A球，当弹簧被压缩到最短时，两球的速度相同，取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mAv＝(mA＋mB)v′，由机械能守恒定律得Ep＝ eq \f(1,2) mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) － eq \f(1,2) (mA＋mB)v′2，解得弹簧被压缩到最短时的弹性势能Ep＝ eq \f(mAmBv2,2（mA＋mB）) ，同理可得用锤子敲击B球，当弹簧被压缩到最短时的弹性势能也为 eq \f(mAmBv2,2（mA＋mB）) ，所以L1＝L2.
答案：C
5．解析：A对，B错：以小车和木块组成的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，因此系统动量守恒．以初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，解得最终两者的共同速度为v＝ eq \f(m,M＋m) v0.C对：由于车表面粗糙，则会有内能产生，系统的机械能不守恒．D错：根据能量守恒，可得系统产生的热量为Q＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) － eq \f(1,2) (m＋M)v2，得Q＝ eq \f(mMv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2（m＋M）) ，与车表面粗糙程度无关．
答案：AC
6．解析：(1)当子弹射入木块时，由于作用时间极短，则木板对木板的摩擦可忽略，设子弹射入木块后，它们的共同速度为v2，对m1、m2组成的系统由动量守恒定律有m1v1＝(m1＋m2)v2，又由能量守恒有ΔE1＝ eq \f(1,2) m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) － eq \f(1,2) (m1＋m2)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
联立以上两式并代入数据得子弹进入木块过程中产生的内能ΔE1＝1 225 J.
(2)设木块与木板相对静止时的共同速度为v3，对m1、m2、m3组成的系统由动量守恒定律有(m1＋m2)v2＝(m1＋m2＋m3)v3
又由能量守恒有ΔE2＝ eq \f(1,2) (m1＋m2)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) － eq \f(1,2) (m1＋m2＋m3)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) .
联立以上两式并代入数据得木块在木板上滑行过程中产生的内能ΔE2＝18.75 J.
(3)对m1、m2、m3组成的系统由功能关系有μ(m1＋m2)gx＝ΔE2，
解得x＝37.5 m.
答案：(1)1 225 J (2)18.75 J (3)37.5 m
7．解析：A对：在t1到t3过程中，物体B的动能变化量为零，可知弹簧对B做的总功为0.B错：由图像可知，在0时刻，A的速度大于B的速度，两物体距离逐渐靠近，在t1时刻，两物体速度相等，距离最近，弹簧处于最大压缩状态；接下来B的速度大于A的速度，两物体距离增大，在t3时刻，两物体速度再次相等，距离最大，弹簧处于最大伸长状态，从t3到t4时刻弹簧由伸长状态逐渐恢复到原长．C对：在t1时刻两物块达到共同速度1 m/s，根据动量守恒定律，有m1v0＝(m1＋m2)v1，代入数据得m2＝4 kg.D对：在t1时刻弹簧弹性势能为ΔEp＝ eq \f(1,2) m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) － eq \f(1,2) (m1＋m2)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝ eq \f(1,2) ×2×32 J－ eq \f(1,2) ×6×12 J＝6 J.
答案：ACD
8．解析：(1)设子弹和木块的共同速度为v，以子弹和木块为系统，由动量守恒定律有mv0＝(M＋m)v，解得v＝6.0 m/s，此过程系统产生的内能Q＝ΔE＝ΔEk＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) － eq \f(1,2) (M＋m)v2＝882 J.
(2)设以v′0＝400 m/s的速度刚好能够射穿材质一样、长度为d′的另一个木块，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律有mv′0＝(M＋m)v′，解得v′＝8.0 m/s.
此过程系统损失的机械能
ΔE′＝ΔE′k＝ eq \f(1,2) mv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) － eq \f(1,2) (M＋m)v′2＝1 568 J，
由功能关系有ΔE＝Ffs相＝Ffd，ΔE′＝Ffs′相＝Ffd′，两式相比有 eq \f(ΔE,ΔE′) ＝ eq \f(Ffs相,Ffs′相) ＝ eq \f(d,d′) ，
则d′＝ eq \f(ΔE′,ΔE) d＝ eq \f(32,3) cm＞10 cm，所以子弹能够射穿该木块．
(3)假设子弹射穿木块后，子弹和木块的最终速度分别为v1和v2，系统产生的内能为FfL＝ eq \f(10,6) ×ΔE＝1 470 J，
由动量守恒定律得mv′0＝mv1＋Mv2，
由能量守恒定律得FfL＝ eq \f(1,2) mv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) － eq \f(1,2) Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，
解得v1＝106 m/s，v2＝6 m/s.
答案：(1)882 J (2)能 (3)106 m/s 6 m/s
9．解析：(1)C沿D下滑过程机械能守恒，设C滑上A时的速度为v0，有mCgR＝ eq \f(1,2) mCv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
解得v0＝4 m/s
C在A上滑动的过程，A、C组成的系统动量守恒，可得mCv0＝(mA＋mC)v1
解得v1＝2 m/s
据能量关系可得μAmCgLA＝ eq \f(1,2) mCv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) － eq \f(1,2) (mC＋mA)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
解得μA＝0.5.
(2)板A与B碰撞过程，A、B组成的系统动量守恒，机械能守恒，有mAv1＝mAvA＋mBvB
eq \f(1,2) mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝ eq \f(1,2) mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ＋ eq \f(1,2) mBv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
解得vB＝1 m/s
C滑上B后，C与B组成的系统动量守恒，mCv1＋mBvB＝(mB＋mC)v2
据能量关系可得μBmCgΔL＝ eq \f(1,2) mCv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋ eq \f(1,2) mBv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) － eq \f(1,2) (mC＋mB)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
解得ΔL＝0.25 m.
答案：(1)0.5 (2)0.25 m
课时分层作业(六) 反冲现象 火箭
1．解析：虽然抽油的过程属于船与油的内力作用，但油的质量发生了转移，从前舱转到了后舱，相当于人从船的一头走到另一头的过程．故A正确．
答案：A
2．解析：当人往岸上跳的时候，人有一个向岸上的速度，由于动量守恒，船必然有一个离开岸的速度，这样人相对于地面的速度小于立定跳远的初速度，所以L＝s或L>s，人就一定跳不到岸上了，当L答案：B
3．解析：忽略空气阻力和分离前后系统质量的变化，卫星和箭体整体分离前后动量守恒，则有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，整理可得v1＝v0＋ eq \f(m2,m1) (v0－v2)，故D项正确．
答案：D
4．解析：弹簧向右推C，C向右运动，同时弹簧向左推A端，小车向左运动，A错误；因小车与木块组成的系统动量守恒，C与B碰前，有mvC＝MvAB，得vC∶vAB＝M∶m，B正确；C与B碰撞过程动量守恒，有：mvC－MvAB＝(M＋m)v，知v＝0，故C正确、D错误．
答案：BC
5．解析：设其中一块质量为m，另一块质量为3m.爆炸过程系统水平方向动量守恒，以v的方向为正方向，由动量守恒定律得mv－3mv′＝0，解得v′＝ eq \f(v,3) ；设两块爆竹落地所用时间为t，则h＝ eq \f(1,2) gt2，得t＝ eq \r(\f(2h,g)) ，两块爆竹落地点间的距离为s＝(v＋v′)t，联立解得s＝ eq \f(4v,3) eq \r(\f(2h,g)) ，故选D.
答案：D
6．解析：(1)人从货厢边跳离的过程，系统(人、车和货厢)在水平方向上动量守恒．设人的水平速度是v1，车的反冲速度是v2，则mv1－Mv2＝0，得v2＝ eq \f(1,4) v1
人跳离货厢后做平抛运动，车以v2做匀速运动，运动时间为t＝ eq \r(\f(2h,g)) ＝0.5 s，在这段时间内人的水平位移x1和车的位移x2分别为x1＝v1t，x2＝v2t
由x1＋x2＝l得v1t＋v2t＝l
则v2＝ eq \f(l,5t) ＝ eq \f(4,5×0.5) m/s＝1.6 m/s.
(2)人落到车上前的水平速度仍为v1，车的速度为v2，落到车上后设它们的共同速度为v，根据水平方向动量守恒得mv1－Mv2＝(M＋m)v，则v＝0.
故人落到车上A点站定后车的速度为零．
车的水平位移为
x2＝v2t＝1.6×0.5 m＝0.8 m.
答案：(1)1.6 m/s (2)不动 0.8 m
课时分层作业(七) 简谐运动
1．解析：平衡位置是物体可以静止的位置，所以应与受力有关，与是否为振动范围的中心位置无关，A错误；振动位移是以平衡位置为初始点，到振动物体所在位置的有向线段，振动位移随时间而变化，振动物体偏离平衡位置最远时，振动位移最大，B正确，D错误；振动物体的位移与运动的路程没有关系，C错误．
答案：B
2．解析：振子的加速度数值越来越大，说明振子在向最大位移处运动，速度方向与加速度方向相反，速度越来越小，故D正确．
答案：D
3．解析：A对，B错：从图像可以看出，t1、t2时刻振子位于同一位置，位移大小相等，方向相同，速度大小相等，方向相反．C错：t2、t3时刻振子位移大小相等，方向相反，速度大小相等，方向相同．D对：t2、t4时刻振子分别位于平衡位置两侧且对称，位移大小相等，方向相反．
答案：AD
4．解析：由题给条件知：t＝ eq \f(1,4) T时，振子具有正向最大速度知：此时振子通过平衡位置，即x＝0，且沿x轴正方向运动．故只有D正确．
答案：D
5．解析：振子正向负的最大位移处运动，加速度在增大，速度在减小，故A错误，B正确；振子的速度方向沿x轴负方向，C错误；在0.1～0.2 s内振子做变速运动，故振子的位移不等于 2 cm，D错误．
答案：B
6．解析：对简谐运动而言，其位移总是相对平衡位置O而言，所以C、D错误．由于振子在O点右侧由A向O运动，所以振子的位移方向向右，运动方向向左，位移不断减小，故A、B项正确．
答案：AB
7．解析：0～1 s质点从正向最大位移处向平衡位置运动，速度增大，位移减小；2～3 s质点从负向最大位移处向平衡位置运动，速度增大，位移减小．故A、C正确．
答案：AC
8．解析：由于位移是指由平衡位置指向质点所在位置的有向线段，故质点在0.7 s时的位移方向向右，且正在向平衡位置运动，所以A项错误；质点在1.5 s时的位移达到最大，故B项正确；在1.2～1.4 s，质点正在远离平衡位置，所以其位移在增加，故C项正确；1.6～1.8 s时间内，质点正向平衡位置运动，所以其位移正在减小，故D项错误．
答案：BC
9．解析：由振动图像可知，t＝2 s时振子的振动方向为负方向，故A错误；在t＝0到t＝1 s时间内振子的位移增大，速度减小，故B正确；在t＝1 s到t＝2 s时间内振子的位移减小，速度增大，故C错误；从t＝1 s到t＝3 s时间内振子从正向最大位移运动到负向最大位移，位移不为零，故D错误．故选B.
答案：B
10．解析：振子平衡位置的定义为振子静止时的位置，故选项A错误，B正确．振动的位移为从平衡位置指向某时刻物体所在位置的有向线段，据题意规定竖直向下为正方向，所以当钢球振动到原静止位置下方时位移为正，振动到原静止位置上方时位移为负，即C选项中位移为3 cm，D选项中位移为－2 cm，可判断选项C正确，D错误．
答案：BC
11．解析：将水杯沿竖直方向提起少许，由静止释放并开始计时，则水杯一开始的速度大小为0，由于取竖直向上为正方向，所以开始一段时间内速度为负值，且绝对值由零开始逐渐增大，故A、B错误；水杯由静止开始释放的位置就是其简谐运动的最高点，所以0时刻水杯的位移为正向最大，随后逐渐减小，故C错误，D正确．
答案：D
课时分层作业(八) 简谐运动的描述
1．解析：A错：物体做简谐运动，是变速直线运动，在任意 eq \f(T,4) 内通过的路程不一定等于A；B对：物体做简谐运动，在任意 eq \f(T,2) 内通过的路程一定等于2A；C错：物体做简谐运动，在任意 eq \f(3T,4) 内通过的路程不一定等于3A；D对：物体做简谐运动，在一个周期内完成一次全振动，位移为零，路程为4A.
答案：BD
2．解析：A错：由题意可知T＝ eq \f(60,30) s＝2 s，A＝ eq \f(8,2) cm＝4 cm.B错：频率f＝ eq \f(1,T) ＝ eq \f(1,2) Hz＝0.5 Hz.C对：振子完成一次全振动通过的路程为振幅的4倍，即4×4 cm＝16 cm.D错：振子过O点时开始计时，在2 s内发生的位移为零．
答案：C
3．解析：A错：弹簧在第1 s末与第5 s末的形变量大小相同，但是长度不相同．B对：简谐运动的周期T＝8 s，则频率f＝ eq \f(1,T) ＝0.125 Hz.C对：弹簧振子在第4 s末在平衡位置，位移为零．D对：因x ­ t图像的斜率的符号反映速度的方向，可知在第3 s末到第5 s末弹簧振子的速度方向不变．
答案：BCD
4．解析：A、B错：由图知，该质点的振动周期为4 s，振幅为2 cm；C对：t＝3 s时，质点处于平衡位置，加速度为零，速度最大；D错：质点的振动方程为y＝A sin (ωt＋φ)＝2sin ( eq \f(2π,4) t＋ eq \f(π,2) )(cm)＝2cs eq \f(π,2) t(cm).
答案：C
5．解析：根据x＝10sin ( eq \f(π,4) t＋ eq \f(π,6) ) cm得：ω＝ eq \f(π,4) rad/s，则该质点振动周期T＝ eq \f(2π,ω) ＝8 s，则A错误．该质点振幅A＝10 cm，则B正确．将t＝1 s和t＝5 s分别代入x＝10sin ( eq \f(π,4) t＋ eq \f(π,6) ) cm得，位移分别为10sin eq \f(5π,12) cm和－10sin eq \f(5π,12) cm，则C错误．由于t＝2 s＝ eq \f(T,4) ，所以2 s内质点通过的路程可能小于一个振幅，也可能大于或等于一个振幅，则D错误．故选B.
答案：B
6．解析：若振幅为0.1 m，由题意知，Δt＝(n＋ eq \f(1,2) )T(n＝0，1，2，…)，解得T＝ eq \f(2,2n＋1) s(n＝0，1，2，…)，A项正确，B项错误；若振幅为0.2 m，t＝0时，由振子做简谐运动的表达式y＝0.2sin ( eq \f(2π,T) t＋φ0) m可知，0.2sin φ0 m＝－0.1 m，解得φ0＝－ eq \f(π,6) 或φ0＝－ eq \f(5π,6) ，将T＝6 s代入0.2sin ( eq \f(2π,T) ＋φ0) m＝0.1 m可得，D项正确；将T＝4 s代入0.2sin ( eq \f(2π,T) ＋φ0) m≠0.1 m，得T＝4 s不满足题意，C项错误．
答案：AD
7．解析：A对：由图可知A在t轴上方，位移x＝0.25 cm，所以弹力F＝－kx＝－5 N，即弹力大小为5 N，方向指向x轴负方向．B错：由图可知过A点作图线的切线，该切线与x轴正方向的夹角小于90°，切线斜率为正值，即振子的速度方向指向x轴的正方向．C错：由图可看出，t＝0、t＝4 s时刻振子的位移都是最大，且都在t轴的上方，在0～4 s内经过两个周期，振子完成两次全振动．D错：由于t＝0时刻和t＝4 s时刻振子都在最大位移处，故位移为零，又由于振幅为0.5 cm，在0～4 s内振子完成了2次全振动，所以在这段时间内振子通过的路程为s＝2×4×0.50 cm＝4 cm.
答案：A
课时分层作业(九) 简谐运动的回复力和能量
1．解析：对弹簧振子来说，k为劲度系数，x为质点离开平衡位置的位移，对于其他简谐运动，k不是劲度系数，而是一个比例系数，故A错误，B正确；该系数由系统本身结构决定，与力F和位移x无关，C错误；“－”只表示回复力与位移反向，回复力有时是动力，D错误．
答案：B
2．解析：A错：t＝0.1 s时，振子回到平衡位置并向负方向运动，速度方向没有改变．B对：t＝0.15 s时，振子运动到负向最大位移处，此时弹簧形变量最大，振子速度为0.C错：t＝0.05 s到t＝0.15 s过程中，振子从正向最大位移处运动到负向最大位移处，其回复力先变小再变大．D对：t＝0.15 s到t＝0.2 s过程中，振子由负向最大位移处向平衡位置运动，速度增大，加速度减小．
答案：BD
3．解析：由简谐运动的对称性可知，物体在0.2 s时刻与0.4 s时刻速度相同，A正确；物体在0.6 s时刻与0.4 s时刻速度大小相等，方向相反，但动能相同，B正确；0.7～0.9 s时间内，物体远离平衡位置，位移增大，加速度增大，C错误；0.9～1.1 s时间内动能增大，势能减小，D错误．
答案：AB
4．解析：A错：在运动过程中，物块A和弹簧组成的系统的机械能守恒，由于弹簧的弹性势能是变化的，故物块A的机械能不守恒．B错：当物块A被平行于斜面的轻质弹簧拉住并静止于O点时，物块A受到弹簧沿斜面向上的弹力，弹簧处于伸长状态，结合简谐运动的对称性可知，物块A在B点时弹簧的伸长量一定最大，而物块A在C点时，弹簧可能处于原长状态，也可能处于压缩状态或伸长状态，可知在C点时，弹簧的弹性势能不一定最小．C对：物块A和弹簧组成的系统的机械能守恒，物块A在C点时，动能为零，故物块A与弹簧构成的系统的势能(重力势能和弹性势能之和)最大，在O点时，动能最大，故势能最小．D对：物块A和弹簧组成的系统的机械能守恒，物块A在B点时，弹簧的伸长量最大，弹簧的弹性势能最大，物块A的机械能最小．
答案：CD
5．解析：(1)B的平衡位置是剪断绳后B受合力为0的位置，设弹簧的劲度系数为k，则B、C静止时，由平衡条件得，弹簧伸长量x＝ eq \f(（mC＋mB）g,k) ，没有C且B受合力为0时，弹簧伸长量x′＝ eq \f(mBg,k) ，代入数据解得x′＝2.5 cm，则B的振幅A＝x－x′＝12.5 cm.
(2)此题等效于用F＝mCg的力拉B使弹簧伸长15 cm后释放，则释放时B的加速度最大，此时合力与F等大、反向，则amax＝ eq \f(F,mB) ＝ eq \f(mCg,mB) ＝ eq \f(0.5×10,0.1) m/s2＝50 m/s2.
答案：(1)12.5 cm (2)50 m/s2
6．解析：(1)当小球运动到最低点时，台秤示数为5mg，即框架对台秤的压力大小为5mg，
由牛顿第三定律知，台秤对框架的支持力为FN＝5mg；
设最低点时小球的加速度大小为a，弹簧的弹力为F，此时框架的加速度大小为零，
则对框架分析得F＋3mg＝FN，
解得F＝2mg，
对小球应用牛顿第二定律得
F合＝F－mg＝mg，
又F合＝ma，解得a＝g.
(2)由弹簧振子的对称性可知，小球运动到最高点时，小球加速度的大小也为g，方向竖直向下．所以此时弹簧处于原长，对框架没有作用力，台秤的示数为框架的重力，即为3mg.
答案：(1)g (2)3mg
课时分层作业(十) 单摆
1．解析：单摆在振动过程中，当摆球的重力势能增大时，摆球的位移变大，回复力变大，加速度变大，速度减小，C对．
答案：C
2．解析：平衡位置是小球回复力为零的位置，故B错；单摆在平衡位置时，由于需要向心力，故合外力不为零，故A对，C、D错．
答案：A
3．解析：t＝ eq \f(3π,2) eq \r(\f(l,g)) ＝ eq \f(3,4) T，最大速度时，单摆应在平衡位置x＝0，v方向为－y，沿y轴负方向，故D项正确．
答案：D
4．解析：根据周期公式T＝2π eq \r(\f(L,g)) 知：两单摆的周期相同与质量无关，所以相撞后两球分别经过 eq \f(1,2) T后回到各自的平衡位置．这样必然是在平衡位置相遇．所以不管A、B的质量如何，下一次碰撞都在平衡位置，故C正确．
答案：C
5．解析：当甲第一次到达正向最大位移处时是在1.5 s末，从图像可以看出此时乙的位移为正，即乙在平衡位置右侧；另外，位移图像斜率表示速度，此时乙的斜率为负，即表示乙在向左运动，D正确．
答案：D
6．解析：用大球替代小球，单摆摆长变长，由单摆周期公式T＝2π eq \r(\f(l,g)) 可知，单摆的周期变大，故A错误；由单摆周期公式T＝2π eq \r(\f(l,g)) 可知，在小摆角情况下，单摆做简谐运动的周期与摆角无关，摆角从5°改为3°时，单摆周期不变，故B错误；用等大铜球替代，单摆摆长不变，由单摆周期公式T＝2π eq \r(\f(l,g)) 可知，单摆的周期不变，故C正确；将单摆从赤道移到北极，重力加速度g变大，由单摆周期公式T＝2π eq \r(\f(l,g)) 可知，单摆周期变小，故D错误．故选C.
答案：C
7．解析：在地球表面单摆的周期T1＝2π eq \r(\f(l1,g))
在星球表面单摆的周期T2＝2π eq \r(\f(l2,g′))
eq \f(GM1,R eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ) ＝g G eq \f(M2,R eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ) ＝g′
联立可得 eq \f(R1,R2) ＝ eq \r(\f(M1,M2)) · eq \r(\f(l2,l1)) · eq \f(T1,T2) ＝ eq \f(2,1) .
答案：A
8．解析：由振动图像读出周期T＝2 s，振幅A＝10 cm，由ω＝ eq \f(2π,T) 得到圆频率ω＝π rad/s，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝A sin (ωt)＝10sin (πt)cm，故A正确；由公式T＝2π eq \r(\f(L,g)) ，代入得到L＝1 m，故B正确；从t＝2.5 s到t＝3.0 s 的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，动能增大，故C错误；从t＝2.5 s到t＝3.0 s的过程中，摆球的位移减小，回复力减小，故D正确．
答案：ABD
9．解析：A对：摆球经过最低点时，拉力最大，由题图知在0.2 s时，拉力最大，所以此时摆球经过最低点．B对：在t＝0.8 s时，悬线上的拉力又一次达到峰值，经过最低点，加速度向上，摆球处于超重状态．C错：由题图乙可知，经过最低点时的力逐渐减小，说明经过最低点时的速度逐渐减小，机械能逐渐减小．D错：在一个周期内摆球两次经过最低点，根据图像知周期T＝1.2 s.
答案：AB
10．解析：设圆环的半径为R，BD与竖直方向夹角为θ，甲、乙、丙三球到达D点所需时间分别为t1、t2、t3，对甲球，t1＝ eq \r(\f(2R,g)) ；对乙球，a＝g cs θ，BD长为2R cs θ，故2R cs θ＝ eq \f(1,2) gt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) cs θ，则t2＝2 eq \r(\f(R,g)) ；丙球做简谐运动，故t3＝ eq \f(1,4) ×2π eq \r(\f(R,g)) ＝ eq \f(π,2) eq \r(\f(R,g)) .可知A正确，B、C、D错误．
答案：A
11．解析：(1)由题图乙得摆球做简谐运动的周期：T＝ eq \f(2π,5) s，
由T＝2π eq \r(\f(l,g)) ，得l＝ eq \f(T2g,4π2) ，代入数据得l＝0.4 m.
(2)设摆球质量为m，以F1、F2表示最大和最小的拉力，则有
F2＝mg cs θ，
F1－mg＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ,l)
由机械能守恒定律知，mgl(1－cs θ)＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
整理以上三式得m＝ eq \f(F1＋2F2,3g) ＝0.05 kg＝50 g.
(3)由F1－mg＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ,l) 得vB＝ eq \r(\f(（F1－mg）l,m)) ＝ eq \f(\r(2),5) m/s.
答案：(1) eq \f(2π,5) s 0.4 m
(2)50 g (3) eq \f(\r(2),5) m/s
课时分层作业(十一) 受迫振动 共振
1．解析：因单摆做阻尼振动，根据阻尼振动的定义可知，其振幅越来越小，而单摆振动过程中的周期是其固有周期，是由本身条件决定的，是不变的，故A错误，B正确；因单摆做阻尼振动的过程中，振幅逐渐减小，振动的能量也在减少，即机械能在减少，故C错误，D正确．
答案：BD
2．解析：若使振子振幅最大，则曲线转动频率为f＝2 Hz，即转速为 2 r/s.由于 eq \f(d1,d2) ＝ eq \f(r1,r2) ＝ eq \f(1,2) ，ω1r1＝ω2r2，故 eq \f(ω1,ω2) ＝ eq \f(2,1) ，所以电动机转速为4 r/s，即240 r/min.
答案：D
3．解析：驱动力的周期与固有周期相等，形成共振，共振时振幅最大，操作人员只需将声波发生器发出的声波频率调到500 Hz，就能使酒杯碎掉．则D正确，A、B、C错误．
答案：D
4．解析：当冲击力频率等于列车固有频率时，列车振动的振幅最大，因v＝ eq \f(l,t) ＝ eq \f(12.6 m,0.315 s) ＝40 m/s，故A正确；列车过桥做减速运动，是为了使驱动力频率远小于桥梁固有频率，防止桥梁发生共振现象，而不是列车发生共振现象，故B、C错；增加钢轨长度有利于列车高速运行，D正确．
答案：AD
5．解析：简谐振子的固有周期与驱动力周期的关系是T驱＝ eq \f(3,2) T固，所以受迫振动的状态一定不是题图乙中的b点和c点，可能是a点，故选AD.
答案：AD
6．解析：若保持把手不动，砝码以一定的初速度做简谐运动，这时为自由振动，题中图乙为砝码的自由振动图像，由图读出的周期为T0＝4 s，T0为砝码振动的固有周期，当把手以某一速度匀速转动时，砝码做受迫振动，此时砝码振动的周期T等于驱动力的周期，题中图丙为砝码做受迫振动的图像，由图读出的周期为T＝8 s，T为砝码做受迫振动的周期，也为驱动力的周期．驱动力的周期越靠近砝码的固有周期，砝码的振动越强烈，振幅越大；驱动力的周期越远离砝码的固有周期，砝码的振动越弱，振幅越小．故选项B、D错误，A、C正确．
答案：AC
课时分层作业(十二) 波的形成
1．解析：A错：波源停止振动，介质中的质点仍然在振动，所以波仍然继续传播．B错：产生机械波的条件之一是必须有介质．C错：在振动过程中质点不随波的传播而迁移．D对：波向外传播信息和能量．
答案：D
2．解析：质点的振动方向与波的传播方向垂直的波为横波，质点的振动方向与波的传播方向在同一直线上的波为纵波．B、C、D错误；横波具有波峰和波谷，A正确．
答案：A
3．解析：由题图可知波形甲的振幅比波形乙的小，A错误；甲、乙两绳波在同一介质中传播，波速相等，波形甲的波长大于波形乙的波长，根据v＝ eq \f(λ,T) ，波形甲的周期大于波形乙的周期，B正确；波形乙的形成时间比波形甲早，C错误；波形甲的起振方向向下，波形乙的起振方向向上，D错误．
答案：B
4．解析：无论波向左还是向右传播，回复力始终指向平衡位置，且质点A的回复力是由相邻的质点对质点A的作用力提供的，质点A的受力方向始终向下，故B、D正确．
答案：BD
5．解析：由题图及波的传播与质点的振动关系可知，P质点在t＝0时刻正由平衡位置沿x轴负方向运动，故B正确，A、C、D错误．
答案：B
6．解析：该波源产生的是横波，即波的传播方向与质点的振动方向相互垂直，因波沿x轴正方向传播，故质点P沿y轴上下振动，C错误，D正确；波的传播过程是离波源近的质点依次带动离波源远的质点振动，即所有的质点依次重复波源的振动形式，因波源开始从平衡位置沿y轴正方向振动，故质点P开始振动的方向沿y轴正方向，A错误，B正确．
答案：BD
7．解析：由波传播的规律知质点的振动是先振动的质点带动后振动的质点，由题图a质点运动情况，可知a质点左侧质点先于a质点振动，波是沿x轴正方向传播的，选项A正确；质点c和质点a之间有一波谷，质点c振动方向与质点a振动方向相反，质点c向下运动，故选项B错误；b质点正向着平衡位置运动，故b比c先到达平衡位置，选项C正确；c比b先到达偏离平衡位置的最远处，选项D是错误的．
答案：AC
课时分层作业(十三) 波的描述
1．解析：从波的图像可以看出，选项A错误；根据波的传播方向和波的图像可以得出，此时刻x＝2 m处的质点速度方向沿y轴负方向，选项B错误；x＝4 m处的质点此时处于负向最大位移处，加速度方向为y轴正方向，选项C正确；x＝8 m处的质点位于平衡位置，速度方向沿y轴正方向，所以速度为正的最大值，选项D正确．
答案：CD
2．解析：质点在平衡位置处的振动速度是最大的，所以在t＝0时刻，a的速度小于b的速度，A错误；而质点偏离平衡位置越远，加速度越大，a的加速度大于b的加速度，B错误；根据波的图像“同侧法”可以判断在t＝0时刻，b在平衡位置且向下振动，a在正向最大位移处向下振动，D正确，C错误．
答案：D
3．解析：波的传播速度与振幅无关，A、B错误；质点振动一个周期，波传播的距离等于一个波长，C错误；频率越高，即周期越小，因而波传播一个波长所用时间就越短，D正确．
答案：D
4．解析：公式v＝λf适用于一切波，无论是机械波还是电磁波，A正确；机械波的波速仅由介质决定，与λ、f无关，B、D错误；对同一列波，其频率由振源决定，与介质无关，C正确．
答案：AC
5．解析：绳波中质点的振动方向与波的传播方向垂直，属于横波，纵波的传播方向和质点的振动方向在同一条直线上，故A错误；波的传播过程中介质中质点不随波的传播而迁移，故B错误；0～ eq \f(T,4) 内P由平衡位置振动到波峰， eq \f(T,4) ～ eq \f(T,2) 内P由波峰回到平衡位置，可知t＝ eq \f(T,8) 时P在平衡位置上方、向上振动，t＝ eq \f(3T,8) 时P在平衡位置上方向下振动，故C正确，D错误．
答案：C
6．解析：由简谐波的波形图可知简谐波的波长为λ＝4 m．虽然知道两不同时刻的波形图，但不知道时间差，无法确定周期和频率，也无法确定波速．故选C.
答案：C
7．解析：(1)频率f＝ eq \f(1,T) ＝ eq \f(1,0.01) Hz＝100 Hz，由波速公式v＝ eq \f(λ,T) 得，波长λ＝vT＝40×0.01 m＝0.4 m．(2)SP＝1.2 m＝3λ、SQ＝1.7 m＝4 eq \f(1,4) λ.波源S开始振动方向竖直向上，则介质中各点起振方向均沿竖直向上方向．结合波形可知，当Q点开始振动时，Q点向上振动，而P点此时处于波峰，则P、Q两点的振动图像为
答案：(1)100 Hz 0.4 m (2)见解析图
8．解析：波沿x轴负方向传播，由波的图像可知，波长λ＝2 m，波的周期T＝ eq \f(λ,v) ＝ eq \f(2,10) s＝0.2 s，则质点a在0.15 s时，由平衡位置向负的最大位移处运动，由图可知A、B、C错误，D正确．
答案：D
9．解析：若M质点为波源，相当于M质点追随它左边的质点振动，又因为是经过一个周期的波形，此时M质点的振动方向向上，即开始振动时的方向向上，A错误；若M质点为波源，振动刚刚传到N质点，P质点已振动了 eq \f(1,4) T，B错误；若N质点为波源，则N质点开始振动的方向向下，P质点已振动了 eq \f(3,4) T，又因为此时P质点离平衡位置最远，速度为零，动能最小，故C正确，D错误．
答案：C
10．解析：可以画出PQ之间的最简单的波形，如图所示：
由于P、Q之间可以含有多个完整的波形，则：xPQ＝(n＋ eq \f(1,2) )λ(n＝0，1，2……)
整理可以得到：λ＝ eq \f(2xPQ,2n＋1) (n＝0，1，2……)
当n＝0时，λ＝0.3 m
当n＝1时，λ＝0.1 m，故选项B正确，A、C、D错误．
答案：B
课时分层作业(十四) 波的反射、折射和衍射
1．解析：A点要发生明显振动，就是要出现明显的衍射现象，而发生明显衍射现象的条件是障碍物或小孔的尺寸比波长小或者跟波长差不多，当狭缝距离不变时，必须增大波长，而v是一定的，由v＝fλ可知，要增大λ则只有减小f，故选项B正确；当波长λ不变时，将N板左移，使狭缝距离d减小，也能产生明显衍射，故选项D正确．
答案：BD
2．解析：右边的声波从发出到反射回来所用时间为t1＝0.5 s，左边的声波从发出到反射回来所用的时间为t2＝2 s，山谷的宽度为s＝ eq \f(1,2) v(t1＋t2)＝ eq \f(1,2) ×340×2.5 m＝425 m，故C正确．
答案：C
3．解析：入射波与反射波在同种介质中传播，波速相同，频率由波源决定，频率相同，由v＝λf知波长相同，A正确，B错误；因不知介质情况，入射波与折射波波长无法比较，C、D错误．
答案：A
4．解析：汽船向悬崖靠近，3 s行驶了L＝v船t＝12 m．声波3 s内传播的距离为v声t＝2x－L，所以悬崖与汽船鸣笛的位置的距离x＝ eq \f(v声t＋L,2) ＝516 m，B正确．
答案：B
5．解析：A、B、C选项中应用了波的反射现象；D选项是波的折射现象，深水区域和浅水区域视为不同介质，故波的传播方向发生改变．
答案：BCD
6．解析：由于c≫v，故可不考虑无线电波传播过程中飞机的位移；设雷达两次发射无线电波时飞机与雷达的距离分别为x1、x2，则第一次有2x1＝ct1，第二次有2x2＝ct2，飞机的飞行速度v＝ eq \f(x1－x2,Δt) 且Δt＝0.8 s，代入数据解得v＝375 m/s.
答案：C
7．解析：(1)声波在介质Ⅰ中传播时，由v＝λf得：
f＝ eq \f(v1,λ1) ＝ eq \f(340,0.2) Hz＝1 700 Hz，
由于声波在不同介质中传播时，频率不变，所以声波在介质Ⅱ中传播时，频率为1 700 Hz.
(2)由v＝λf得声波在介质Ⅱ中的传播速度为
v2＝λ2f＝0.6×1 700 m/s＝1 020 m/s.
(3)波由介质Ⅰ到介质Ⅱ的过程中，频率不变，故当波从介质Ⅰ进入介质Ⅱ时，其频率之比为1∶1.
答案：(1)1 700 Hz (2)1 020 m/s (3)1∶1
课时分层作业(十五) 波的干涉
1．解析：这是水波的干涉现象，A错误；形成稳定的干涉图样时，两列波的频率一定相同，B正确；加强区和减弱区在水面上的位置是固定的，不会发生变化，C错误；干涉现象是波所特有的现象，只要是波，就一定能产生干涉现象，D错误．故选B.
答案：B
2．解析：A对，B、C错：a质点处是两列波波峰与波谷叠加的地方，振动始终减弱，而b、c质点是两列波波峰与波峰、波谷与波谷叠加的地方，振动始终加强．D错：因为两个波源的振动方向相同、振幅相同，所以a点静止不动，一直处于平衡位置．b、c两点的振动始终是加强的，它们的位移随时间做周期变化，不是静止不动的．
答案：A
3．解析：A、B错：t＝0.2 s时，波传播的距离x＝vt＝0.2 m，两列波都传到F点，此时两列波单独引起F点的振动方向均向下，但位移为0，E、G两点位移也未达到最大．C对，D错：t＝0.5 s时，波传播的距离x＝vt＝0.5 m，两列波的波峰同时传到F点，F点的位移最大．
答案：C
4．解析：由波的图像可以看出，a波的周期是b波的2倍，由f＝ eq \f(1,T) 可知，a波的频率为b波的频率的 eq \f(1,2) ，因为波速相等(同一介质)，由波速公式v＝λf可知a波的波长等于b波的波长的2倍，故A错误，B正确；两列波相干的条件是频率必须相等，可知a、b两列波叠加不会产生稳定的干涉，故C错误；波长越长，衍射现象越明显，故D正确．
答案：BD
5．解析：由题意知，两列波频率相等、波长相等，实线表示P波的波峰、Q波的波谷，虚线表示P波的波谷、Q波的波峰，故a、c两质点处为减弱点，b质点处为加强点，所以a、c两质点始终静止不动，则选项A、B错误，C正确；题图图示的时刻，对P波，质点d向下运动，对Q波，质点d向下运动，所以质点d沿着y轴负方向振动，则选项D正确．
答案：CD
6．解析：声音频率f＝170 Hz的声波的波长是λ＝ eq \f(v,f) ＝ eq \f(340,170) m＝2.0 m，a到两波源的距离差为Δsa＝3 m＝ eq \f(3,2) λ，则a点两个喇叭传来的声波因干涉而减弱，同理Δsb＝0，即b点两个喇叭传来的声波因干涉而加强，Δsc＝2 m＝λ，即c点两个喇叭传来的声波因干涉而加强，Δsd＝4 m＝2λ，d点两个喇叭传来的声波因干涉而加强，故选A.
答案：A
课时分层作业(十六) 光的折射
1．解析：“挡在场馆外”一定是反射，只要是反射就一定遵循光的反射定律．
答案：A
2.
解析：由于大气层的存在，侦察卫星在A处接收到的P处发出的光信号的光路大致如图中实线所示，由图可知选项B正确，A、C、D错误．
答案：B
3．解析：由光的折射定律知折射光线一定在法线和入射光线所确定的平面内，A正确，B错误；入射角不一定大于折射角，当光线从水斜射入空气中发生折射时，入射角小于折射角，C错误；光线从空气斜射入玻璃时，入射角大于折射角，D正确．
答案：AD
4．解析：由sin i ­ sin r图像可知，同一光线sin r＞sin i，即r＞i，故r为光线在空气中传播时光线与法线的夹角，则BO为入射光线，OA为折射光线，即光线由B经O到A，折射率n＝ eq \f(sin r,sin i) ＝ eq \f(0.9,0.6) ＝1.5，故选项B正确，选项A、C、D错误．
答案：B
5.
解析：光路图如图所示．根据折射定律得介质的折射率n＝ eq \f(sin 60°,sin 30°) ＝ eq \r(3) ，由n＝ eq \f(c,v) 得光在介质中的传播速度v＝ eq \f(c,n) ＝ eq \f(\r(3),3) c，故D正确．
答案：D
6.
解析：作出两束光线穿过平行玻璃砖的光路图．根据na＝ eq \f(sin i,sin ra) ，nb＝ eq \f(sin i,sin rb) ，由题意知narb，故d′>d.光线经两侧面平行的玻璃砖后方向不变，出射光线平行．B正确．
答案：B
7．解析：转动前入射光与反射光的夹角θ1＝90°，转动后入射光与反射光夹角θ2＝120°，则光束1转过θ2－θ1＝30°，B正确，A错误；因为入射角增大15°，所以折射角增大的角度小于15°，C正确，D错误．
答案：BC
8．解析：
如图所示，入射角θ1＝60°.折射角设为θ2，
由tan θ2＝ eq \f(D,L)
得θ2＝30°
根据折射定律 eq \f(sin θ1,sin θ2) ＝n，
得n＝ eq \f(sin 60°,sin 30°) ＝ eq \r(3)
答案： eq \r(3)
9．解析：
(1)光路图如图所示
(2)入射角i＝90°－β
要使从AB面射出的光线与SO重合，则AB面上折射光线必须与AC面垂直，由几何知识得到，折射角r＝α
由折射定律得n＝ eq \f(sin i,sin r) ＝ eq \f(cs β,sin α)
答案：(1)见解析图 (2) eq \f(cs β,sin α)
10．解析：
(1)如图所示，由几何关系知：光在AB界面的入射角θ1＝60°，折射角θ2＝30°，则n＝ eq \f(sin θ1,sin θ2) ＝ eq \r(3) .
(2)由n＝ eq \f(c,v) 得v＝ eq \f(c,n) ＝ eq \f(\r(3)c,3) .
答案：(1) eq \r(3) (2) eq \f(\r(3)c,3)
11．解析：(1)由n＝ eq \f(c,v) 得，光在玻璃中的传播速度为：
v＝ eq \f(c,n) ＝ eq \f(3×108,\r(3)) m/s＝ eq \r(3) ×108 m/s.
(2)
作出光路图，如图所示．由几何知识得到：入射角θ1＝60°，
根据折射定律得：n＝ eq \f(sin θ1,sin θ2) ，代入解得折射角θ2＝30°.
由几何关系可知，折射光线三角形上方两条边分别平行，则圆形光斑直径为 eq \f(L,3) ，光斑的面积S＝ eq \f(πL2,36) .
答案：(1) eq \r(3) ×108 m/s (2) eq \f(πL2,36)
课时分层作业(十七) 全反射
1．解析：由题意知，光由光密介质射向光疏介质，由sin C＝ eq \f(1,n) ＝ eq \f(1,\r(2)) ，得C＝45°<θ1＝60°，故在两介质的界面上会发生全反射，只有反射光线，没有折射光线，故选项D正确．
答案：D
2．解析：光导纤维内芯的折射率比外套的大，光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射，故选项A对，选项B、C、D错误．
答案：A
3.
解析：在圆形亮斑边缘从空气射入水中的光线，折射角的大小等于临界角C，如图所示，由几何关系可知，此圆形亮斑的直径是：d＝2r＝2h tan C．A符合题意．
答案：A
4．解析：根据发生全反射的条件，光从光密介质射向光疏介质，介质Ⅱ对空气Ⅰ来说是光密介质，光线a不能发生全反射，光线b可能发生全反射，临界角为C，有sin C＝ eq \f(1,n) ＝ eq \f(1,\r(2)) ，则C＝45°.题图中光线b与界面的夹角为60°，而此时的入射角为30°<45°，故光线b也不能发生全反射，故正确选项为A.
答案：A
5．解析：光线垂直AB面射入，在到达AC面上时入射角i＝60°，因光线的临界角C满足sin C＝ eq \f(1,n) ，C＝45°，i>C，所以光线在AC面发生全反射；光线到达BC面上的入射角i′＝30°，由于i′答案：D
6．解析：
根据题意可知，当入射光与O点的距离为d时，从玻璃砖射出的光刚好消失，光恰好在MN圆弧面上发生了全反射，作出光路图，如图所示
根据几何知识得：sin C＝ eq \f(d,R) ，又sin C＝ eq \f(1,n) ，
联立解得n＝ eq \f(R,d) .
答案：C
7．解析：
点光源P通过平面镜所成像为P′，如图所示．
要使人从液体表面上方任意位置处都能够观察到点光源P发出的光，即相当于像P′发出的光，则入射角i≤i0，
i0为全反射临界角，有：sin i0＝ eq \f(1,n)
而tan i＝ eq \f(\f(3H,2),H＋d)
且tan i≤tan i0
联立解得d≥ eq \f(H,2) ，又有H>d
解得 eq \f(H,2) ≤d答案： eq \f(H,2) ≤d8．解析：(1)光在玻璃工件中的速度v＝ eq \f(c,n) ①
波长λ＝ eq \f(v,f) ②
由①②式解得光在玻璃工件中的波长λ＝ eq \f(c,nf) .
(2)设光在圆柱体中发生全反射时的入射角为a，传播到右端面的路程为s，则sin α＝ eq \f(8R,s) ③
光在工件中传播的时间t＝ eq \f(s＋R,v) ④
即t＝( eq \f(8,sin α) ＋1) eq \f(nR,c) ，当α为最小值时，t有最大值，此时sin α＝ eq \f(1,n) ⑤
由③④⑤式得tmax＝ eq \f(（8n2＋n）R,c) .
答案：(1) eq \f(c,nf) (2) eq \f(（8n2＋n）R,c)
9．解析：(1)点光源S在距水面高3 m处发出的光在观景台右侧面与水面交接处折射到水里时，被照亮的距离为最近距离AB，由于n＝ eq \f(sin i,sin r) ，
所以水的折射率n＝ eq \f(\f(x,\r(32＋x2)),\f(AB,\r(AB2＋h2))) ＝ eq \f(4,3) .
(2)点光源S接近水面时，光在观景台右侧面与水面交接处折射到水里时，被照亮的距离为最远距离AC，此时，入射角为90°，折射角为临界角C
则：n＝ eq \f(sin 90°,sin C) ＝ eq \f(\r(AC2＋h2),AC) ＝ eq \f(4,3)
可得sin C＝ eq \f(3,4)
由数学知识得tan C＝ eq \f(sin C,cs C) ＝ eq \f(3\r(7),7) ，
解得AC＝h tan C＝ eq \f(12,7) eq \r(7) m.
答案：(1) eq \f(4,3) (2) eq \f(12,7) eq \r(7) m
10.
解析：光线射入透光罩由折射定律得：
n＝ eq \f(sin i,sin r) ①
由几何关系得光线在内芯处入射角
θ＝60°＝C
由光线恰好在内芯处发生全反射②
光线在传导过程中的光程为
s＝ eq \f(R,2cs r) ＋ eq \f(L,sin θ) ③
光在透光罩和内芯内传播速度为v＝ eq \f(c,n) ④
光线传播时间为t＝ eq \f(s,v) ⑤
联立③④⑤⑥式得光到达灯片的时间
t＝2.1×10－8 s⑥
答案：该光到达灯片的时间为2.1×10－8 s
课时分层作业(十八) 光的干涉
1．解析：本题中，A、B、C三点总是振动加强的点，屏上对应出现的都是亮条纹．另外，要特别注意波谷与波谷相遇的点(图中B点)振动也是加强的，不要以为B点是暗的．
答案：A
2．解析：白光是复色光，通过双缝形成的干涉条纹是彩色条纹，由题意知OS1＝OS2，即光程差等于零，在O点振动加强，形成亮点，所以A，B，D错误，C正确．
答案：C
3．解析：乙图中条纹的间距比甲图大，根据双缝干涉的条纹间距公式Δx＝ eq \f(l,d) λ知，乙图中可能是光的波长较长，即频率较低，也可能双缝与屏间距增大，也可能双缝间距减小．
A错：光源到双缝的距离，与条纹间距无关．
B对：减小双缝之间的距离d，Δx变大，条纹间距变宽．
C错：减小双缝到光屏之间的距离l，Δx变小，条纹间距变窄．
D错：换用频率更高的单色光源，波长变短，Δx变小，条纹间距变窄．
答案：B
4．解析：A对：a光的偏折程度大于b光的偏折程度，折射率大的光频率大，根据λ＝ eq \f(c,f) 知，频率大，波长小，所以折射光a的波长小于折射光b的波长．
B错：a、b两列光的频率不同，不能发生干涉．
C对：因为λa<λb，所以干涉条纹间的距离Δxb>Δxa.
D错：根据v＝ eq \f(c,n) 得，a光的折射率大，则在玻璃中传播的速度小．
答案：AC
5．解析：无玻璃片时，光传播10λ所用时间为t1＝ eq \f(10λ,c) ①
有玻璃片时，光传播10λ所用时间为t2＝ eq \f(10λ,v) ②
且v＝ eq \f(c,n) ＝ eq \f(c,1.5) ，③
联立①②③式得Δt＝t2－t1＝ eq \f(5λ,c) .
答案：A
课时分层作业(十九) 光的衍射 光的偏振 激光
1．解析：振动沿各个方向均匀分布的光是自然光，而振动沿着特定方向的光是偏振光，但自然光和偏振光都能发生干涉、衍射，所以A错．光的偏振现象并不罕见，除了从光源直接发出的光以外，我们通常看到的绝大部分光，都是偏振光，所以B错．光的颜色由光的频率决定，与光的振动方向无关，所以C错．自然光和偏振光都具有能量，都能使感光底片感光，D对．
答案：D
2．解析：由激光的特点及应用可知光纤通信主要利用了激光的相干性，A错误．计算机内的“磁头”读出光盘上的信息主要应用了激光的平行性好，B错误．医疗中的激光“光刀”利用了激光的亮度高的特点，C正确．激光测距利用的是激光的平行度好的特点，D错误．
答案：C
3．解析：光的干涉现象和衍射现象说明了光具有波动性，在障碍物或孔的尺寸跟光的波长相当，甚至比光的波长还小的时候，衍射现象比较明显，只有在光的波长比障碍物或孔的尺寸小的情况下，光才可以看成是沿直线传播的，所以光的衍射现象和光沿直线传播是不矛盾的，它们是光在不同条件下产生的两种现象，衍射现象是波特有的现象，故正确的选项是A、D.
答案：AD
4．解析：当孔、缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相近甚至比波长更小时即能发生明显的衍射现象．显然狭缝宽度1.8 mm远大于光的波长，故不能发生明显的衍射现象，根据光的直线传播原理，此时我们看到的应该是条纹状的光斑，即图像a，随狭缝的宽度的减小，光斑的宽度逐渐减小，在发生明显衍射前看到图像b；当发生明显衍射时，随着狭缝的宽度逐渐变小，衍射条纹的间距逐渐变大，而条纹间距较小的是c，条纹间距较大的是d，所以先观察到c，再观察到d.综上所述，当狭缝宽度从1.8 mm逐渐变小时．我们依次看到的四个图像的顺序是abcd，A正确．
答案：A
5．解析：题图(b)中的条纹为等间距明暗相间条纹，是干涉图样，再根据条纹宽度的有关因素分析即可．题图(c)为中间最宽且不等间距明暗相间条纹，是衍射条纹，再根据条纹宽度的有关因素进行分析即可．操作1是双缝干涉实验，故条纹间距相等，光屏上出现题图(b)图案，由图案知甲的波长大于乙的波长，故甲为红色条纹，乙为蓝色条纹，A正确；操作2是单缝衍射，条纹间距不相等，光屏上为题图(c)图案，再结合波长关系可知D正确．
答案：AD
6．解析：甲图是有泊松亮斑的衍射图样，乙图是圆孔衍射图样，丙图是单缝衍射图样，丁图是双缝干涉图样，A正确，B、C、D错误．
答案：A
7．解析：太阳光是自然光，沿轴线通过光屏M上的小孔照射到固定不动的偏振片P后成为偏振光，当偏振片Q与P透振方向平行时，亮度最大，当偏振片Q与P透振方向垂直时，光屏N上没有光，所以光屏N上光的亮度是由亮到暗，再由暗到亮，故B正确．
答案：B
8．解析：A对：根据Δx＝ eq \f(l,d) λ可知，只增大挡板上两个狭缝S1、S2间的距离d，相邻两亮条纹间距将减小．B错：根据发生明显衍射现象的条件可知，狭缝越窄，衍射现象越明显，因此若题图乙是在狭缝宽度不同的情况下，则上面的图对应的狭缝较窄．C错：题图丙的干涉图样表明检测图样此处是凸起的．D对：只有横波才能产生偏振现象，因此光的偏振现象表明光是一种横波．
答案：AD
9．解析：根据题意知，温度变化越大，光通过光纤时振动方向变化越大，由于起偏振器和检偏振器的透振方向是相同的，所以光从光纤中通过时振动方向变化越大，透过检偏振器的光强度就会越小，光接收器接收的光强度也就会越小，因此B正确，A错误；同理，C、D错误．
答案：B
10．解析：当障碍物的尺寸与波的波长相当或小于波的波长时，会发生明显的衍射现象，该装置利用了光的衍射现象；如果屏上条纹变宽，表明细丝变细，故B、D正确．
答案：BD
11．解析：由光路图可知，a光偏折程度较大，故其在该介质中的折射率较大，频率较大，波长较短；b光偏折程度较小，在该介质中的折射率较小，波长较长，易发生衍射，故用b光更易观测到泊松亮斑，A、C错误．做单缝衍射实验时，若其他条件相同，波长越长，中央亮条纹越宽，所以用b光产生的中央亮条纹较宽，B正确．做双缝干涉实验时，若其他条件相同，用b光产生的干涉图样中的条纹间距较大，D错误．
答案：B
章末综合检测(一)
1．解析：消防员从一定的高度落下，落地前的速度是一定的，则落地时的动量一定，A错误；落地后静止，末动量为零，则消防员动量的变化量一定，B错误；由动量定理可知消防员受到的冲量等于消防员的动量变化量，则消防员受到充气垫的冲量一定，C错误；消防员落在充气垫上力作用的时间长，落在水泥地上力作用的时间短，根据冲量的定义式，在冲量一定的情况下，作用时间越长则受到的冲力越小，因此充气垫的作用是减小消防员所受的作用力，D正确．
答案：D
2．解析：将小球、轻杆和小车看成一个系统，系统水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，且系统水平方向动量为0.由动量守恒定律可知，小球下摆时水平方向的速度向右，故小车向左运动；碰撞后小球和小车均静止，故D正确．
答案：D
3．解析：由动量定理Ft＝0－mv，而接球时先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前为了延长时间，减小受力，即F＝ eq \f(0－mv,t) ，也就是减小了球的动量变化率，故C正确．
答案：C
4．解析：设Δt时间内有质量为m的水射出，忽略重力冲量，对这部分水由动量定理得FΔt＝2mv，m＝ρvΔt·π eq \f(d2,4) ，设运动员与装备的总质量为M，运动员悬停在空中，所以F′＝Mg，由牛顿第三定律得F′＝F，联立解得v≈7.6 m/s，C正确．
答案：C
5．解析：由图像知，a球以初速度与原来静止的b球碰撞，碰后a球反弹，说明a球的速度变化量大于b球的速度变化量，由maΔva＝mbΔvb知，a球质量小于b球质量．
答案：B
6．解析：由平抛运动规律可知，小球下落的时间t＝ eq \r(\f(2h,g)) ＝ eq \r(\f(2×20,10)) s＝2 s，竖直方向的速度vy＝gt＝20 m/s，水平方向的速度vx＝ eq \r(252－202) m/s＝15 m/s，取小车初速度的方向为正方向，由于小球和小车的相互作用满足水平方向上的动量守恒，则m车v0－m球vx＝(m车＋m球)v，解得v＝5 m/s，故A正确．
答案：A
7．解析：由题图(b)可知碰前红壶的速度v0＝1.0 m/s，碰后速度v′0＝0.2 m/s，可知，碰后红壶沿原方向运动；设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝mv′0＋mv，代入数据解得v＝0.8 m/s，则有 eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＞ eq \f(1,2) mv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋ eq \f(1,2) mv2，碰撞过程动能有损失，碰撞为非弹性碰撞，A错误，B正确．根据v ­ t图线与时间轴围成的面积表示位移，可得碰后蓝壶移动的位移大小x＝ eq \f(v,2) t＝ eq \f(0.8,2) ×5 m＝2 m，C错误；根据v ­ t图线的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，D错误．
答案：B
8．解析：根据动量的定义p＝mv，在m一定时，只有v的大小或方向发生变化，动量p才会变化，根据加速度的定义a＝ eq \f(Δv,Δt) ，则a一定不为零，故选C、D.
答案：CD
9．解析：A错：人和船动量守恒，系统总动量为零，故人和船运动方向始终相反．B对：由动量守恒有Mv船＝mv人，又M＞m，故v人＞v船．C错：由人—船系统动量守恒且系统总动量为零知：人走船走，人停船停．D对：由平均动量守恒：M eq \f(x船,t) ＝m eq \f(x人,t) ， 且x人＋x船＝L知x人＝ eq \f(ML,M＋m) .
答案：BD
10．解析：A对，B错：据题中v ­ t图像可知，碰撞前，A球的速度为vA＝6 m/s，B球的速度为vB＝1 m/s，碰撞后，A球的速度为v′A＝2 m/s，B球的速度为v′B＝7 m/s，根据动量守恒定律有mAvA＋mBvB＝mAv′A＋mBv′B，代入数据可得mA∶mB＝3∶2.C对，D错：碰撞前系统的总动能为Ek＝ eq \f(1,2) mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ＋ eq \f(1,2) mBv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ＝ eq \f(55,3) mA(J)，碰撞后系统的总动能为E′k＝ eq \f(1,2) mAv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ＋ eq \f(1,2) mBv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ＝ eq \f(55,3) mA(J)，可见碰撞前后系统的总动能不变，因此该碰撞为弹性碰撞．
答案：AC
11．解析：频闪周期为0.1 s，由题图可知，细绳烧断后，A、B均做匀速直线运动．
开始时有：vA＝0，vB ＝0，
A、B被弹开后有：v′A＝ eq \f(（9.70－7.00）×10－2,0.3) m/s＝0.09 m/s，v′B＝ eq \f(（3.40－1.60）×10－2,0.3) m/s＝0.06 m/s，
因为mAv′A＝0.2×0.09 kg·m/s＝0.018 kg·m/s，mBv′B＝0.3×0.06 kg·m/s＝0.018 kg·m/s，
由此可得mAv′A＝mBv′B，即0＝mBv′B－mAv′A；
结论：两滑块组成的系统动量守恒．
答案：0.09 两滑块组成的系统动量守恒
12．解析：(1)A对：为了保证球A每次到轨道末端速度相同，必须从同一高度由静止释放．B错：只要入射球A每次从同一位置由静止释放，无论轨道是否有摩擦都能保证到达轨道末端的速度相同，因此轨道有摩擦，对实验无影响．C对：为了保证碰后入射球不反弹，入射球A的质量要大于被碰球B的质量．D错：实验中为了减小误差，尽量保证对心碰撞，两球半径应相同．(2)因为入射球质量大于被碰球质量，所以未放B球时A球落点是记录纸上的P点；根据平抛规律，设抛出速度为v，由h＝ eq \f(1,2) gt2，x＝vt，解得v＝x eq \r(\f(g,2h)) ，根据动量守恒定律得mAvA＋0＝mAv′A＋mBvB，根据题意联立解得2OP＝2OM＋ON；百分误差 eq \f(p－p′,p) ×100%＝ eq \f(2OP－2OM－ON,2OP) ×100%≈2%.
答案：(1)AC (2)P 2OP＝2OM＋ON 2
13．解析：(1)取甲碰前的速度方向为正方向，根据动量守恒定律，对系统有：m甲v甲－m乙v乙＝－m甲v′甲＋m乙v′乙
解得v′乙＝1 m/s
方向与甲碰前的速度方向相同．
(2)根据动量定理，对甲有：－Ft＝－m甲v′甲－m甲v甲
解得F＝2 100 N.
答案：(1)1 m/s，方向与甲碰前的速度方向相同
(2)2 100 N
14．解析：(1)以球、小孩和冰车组成的系统为研究对象，取水平向左为正方向
由动量守恒定律得m2v0－m1v1＝0
解得v1＝1 m/s
(2)以球和曲面体组成的系统为研究对象，取水平向左为正方向
由水平方向动量守恒得m2v0＝(m2＋m3)v2
球在曲面体上升的过程，由机械能守恒定律得
eq \f(1,2) m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2) (m2＋m3)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋m2gh
联立解得h＝0.4 m
答案：(1)1 m/s (2)0.4 m
15．解析：(1)设发生碰撞后，乙球的速度大小为v2，以水平向右为正方向，对甲、乙两球组成的系统，由动量守恒定律有
m甲v1＝m甲(－v′1)＋m乙v2
解得v2＝3 m/s
(2)对乙球，由动量定理有
IF－μm乙gt＝m乙v′2－m乙v2
由图2可知，0～3 s末力F对乙球的冲量
IF＝ eq \f(2＋8,2) ×3 N·s＝15 N·s
解得v′2＝0.75 m/s
答案：(1)3 m/s (2)0.75 m/s
章末综合检测(二)
1．解析：手拍篮球的运动和思考中的人来回走动没有规律，不是简谐运动，故A、B错误；轻质弹簧的下端悬挂一个钢球，上端固定组成的振动系统，钢球以受力平衡处为平衡位置上下做简谐运动，C正确；从高处下落到光滑水泥地面上的小钢球的运动过程为自由落体，不是简谐运动，故D错误．故选C.
答案：C
2．解析：简谐运动的一般表达式为x＝A sin (ωt＋φ).根据题意知A＝0.8 cm＝8×10－3 m，T＝0.5 s，ω＝ eq \f(2π,T) ＝4π rad/s；初始时刻具有正方向的最大位移，即初相位φ＝ eq \f(π,2) ，则振动方程为x＝8×10－3 sin (4πt＋ eq \f(π,2) ) m，A正确．
答案：A
3．解析：由题意知，该弹簧振子振动周期为T＝0.5×4 s＝2 s，振动频率为0.5 Hz，A错误．弹簧振子的周期由振动系统本身决定，与振幅无关，故只要振子的最大位移不超过20 cm，即弹簧形变量在最大限度内，则振子的振动周期仍为2 s；由此可知，若向右拉动10 cm后由静止释放，经过 eq \f(1,4) T＝0.5 s振子第一次回到P位置；若向左推动8 cm后由静止释放，振子连续两次经过P位置的时间间隔是 eq \f(T,2) ＝1 s；在P位置给振子任意一个向左或向右的初速度，只要最大位移不超过20 cm，总是经 eq \f(T,4) ＝0.5 s到达最大位移处，即速度降为0；综上，B、C错误，D正确．
答案：D
4．解析：根据能量守恒定律判断出它们上升的最大高度相同．所以两球不会相撞，振幅相同．根据单摆的周期T＝2π eq \r(\f(l,g)) ，可知周期与摆球的质量、振幅无关．根据动能定理，由最高点到最低点，mgl(1－cs θ)＝ eq \f(1,2) mv2－0，v＝ eq \r(2gl（1－cs θ）) ，所以甲、乙最大速度相等．故A正确，B、C、D错误．故选A.
答案：A
5．解析：简谐运动的x ­ t图像反映了振子位移随时间变化的规律．由题图可知，t＝1.25 s时振子沿x轴负方向运动，速度为负，但振子速度在增大，故其加速度向下，为负，选项A错误；t＝1.7 s时振子沿x轴负方向运动，速度为负，但振子速度在减小，故其加速度向上，为正，选项B错误；t＝1.0 s时振子位移最大，振子的速度为零，加速度为负的最大值，选项C正确；t＝3.5 s时振子的位移为零，速度最大，加速度为零，选项D错误．
答案：C
6．解析：从平衡位置开始时，游船的振动方程为x＝20sin eq \f(2π,3) t(cm)，游客要舒服地登船需满足的条件为Δx＝20 cm－x≤10 cm，联立两式解得0.25 s≤t≤1.25 s，故选项C正确．
答案：C
7．解析：简谐运动的质点，先后以同样大小的速度通过A、B两点，则可判定这两点关于平衡位置O点对称，所以质点由A到平衡位置O的时间与由平衡位置O到B的时间相等，即平衡位置O到B点的时间t1＝ eq \f(0.5,2) s＝0.25 s，因过B点后再经过t＝0.5 s质点以方向相反、大小相同的速度再次通过B点，则有从B点到最大位置的时间t2＝ eq \f(0.5,2) s＝0.25 s，因此，质点振动的周期是T＝4×(t1＋t2)＝4×(0.25＋0.25) s＝2 s.
答案：C
8．解析：A、B对：由单摆的共振曲线知，当驱动力的频率为0.3 Hz时单摆产生了共振现象，则单摆的固有频率f＝0.3 Hz，固有周期为T＝ eq \f(1,f) ＝ eq \f(10,3) s；C对：单摆的周期公式T＝2π eq \r(\f(l,g)) ，已知重力加速度g，可求出周期T，则能得到单摆的摆长l＝ eq \f(gT2,4π2) .D错：因单摆的周期T与摆球的质量m无关，则题目所给条件不能求出摆球的质量．
答案：ABC
9．解析：从图像可以看出，t＝0时刻，振子在正的最大位移处，因此是从正的最大位移处开始计时画出的图像，D错误；t1时刻以后振子的位移为负，因此此时振子通过平衡位置向负方向运动，A错误；t2时刻振子在负的最大位移处，因此可以说此时振子在最大位移处，B正确；t3时刻以后，振子的位移为正，所以该时刻振子正通过平衡位置向正方向运动，C正确．
答案：BC
10．解析：由题图乙知，单摆的周期为8 s，A错误；t＝2 s时，摆球位于平衡位置，速度最大，B正确；根据单摆的周期公式T＝2π eq \r(\f(l,g)) 可知，周期与摆球摆开的角度大小无关，C错误；将数据代入T＝2π eq \r(\f(l,g)) 得摆长l≈16 m，D正确．
答案：BD
11．解析：(1)本实验需要测量时间求出周期，并要测量筒的下端口到摆球球心的距离l，则所需的测量工具是毫米刻度尺，故选B.
(2)由单摆周期公式得：T＝2π eq \r(\f(l＋h,g)) 得到：T2＝ eq \f(4π2（l＋h）,g)
当l＝0时，T2＝ eq \f(4π2h,g) >0，则真正的图像是a.
(3)当T2＝0时，l＝－h，即图像与l轴交点坐标，故
h＝－l＝30 cm＝0.30 m，图线的斜率大小k＝ eq \f(4π2,g) ，由图并结合数学知识得到k＝4 s2/m，解得g＝π2 m/s2≈3.142 m/s2＝9.86 m/s2.
答案：(1)B (2)a (3)0.30 9.86
12．解析：(1)单摆的周期T＝ eq \f(t,n) ，由单摆周期公式T＝2π eq \r(\f(l,g)) 可知，重力加速度g＝ eq \f(4π2l,T2) ＝ eq \f(4π2n2l,t2) .
(2)A对，B错：为减小误差应保证摆线的长短不变．
C对，D错：摆球密度要大，体积要小．
(3)图乙方式固定悬点，使悬点不容易松动．
(4)A、C对：在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，是为了防止摆动过程中摆长发生变化；如果需要改变摆长来探究摆长与周期关系时，方便调节摆长．B错：周期测量是否准确取决于计时工具．D错：摆球在同一竖直平面内摆动，不能做圆锥摆运动，但与器材无关．
(5)由图示游标卡尺可知，摆球的直径为12 mm＋0×0.1 mm＝12.0 mm，单摆的摆长为L－ eq \f(d,2) ＝0.999 0 m－ eq \f(0.012 0,2) m＝0.993 0 m.
(6)A错：摆长等于摆线的长度加上摆球的半径．B对：单摆的摆角小于5°时可以认为是简谐运动．C对：摆球经过平衡位置时速度最大，在摆球经过平衡位置时开始计时测量误差最小．D错：测量周期时不能测量1次全振动的时间，因为这样测量的误差较大，可以测量30次全振动的时间，从而求出周期．
(7)由T＝2π eq \r(\f(l,g)) ，得 eq \f(T2,l) ＝ eq \f(4π2,g) ，则 eq \f(T,\r(l)) ＝ eq \f(2π,\r(g)) ＝k，则g＝ eq \f(4π2,k2) .
答案：(1) eq \f(4π2n2l,t2) (2)AC (3)乙 (4)AC (5)12.0 0.993 0 (6)BC (7) eq \r(l) eq \f(4π2,k2)
13．解析：(1)由图可知振子的振幅为A＝2 cm，周期为T＝2×10－2 s；
(2)因振动是变速运动，因此只能利用其周期性求解，即一个周期内通过的路程为4个振幅，本题中Δt＝8.5×10－2 s＝ eq \f(17,4) T.
因此通过的路程为 eq \f(17,4) ×4A＝17A＝34 cm
(3)由图像可知t＝2.0×10－2 s时振子在负最大位移处，位移为－2 cm
答案：(1)2 cm 2×10－2 s (2)34 cm (3)－2 cm
14．解析：(1)依据x ­ t图像可知周期T＝4 s，
振幅A＝5 cm，初相位为－ eq \f(π,2)
则振动图像
y＝0.05sin ( eq \f(π,2) t－ eq \f(π,2) )(m)
(2)将t＝8 s代入方程，
解得：x＝－0.05 m
(3)根据题意可知，最大的回复力
F1＝kA＝ eq \f(π2,10) ×0.05 N＝ eq \f(π2,200) N；
根据牛顿第二定律有最大加速度
a＝ eq \f(F1,m) ＝ eq \f(\f(π2,200),0.4) m/s2＝ eq \f(π2,80) m/s2
答案：(1)y＝0.05sin ( eq \f(π,2) t－ eq \f(π,2) )(m)
(2)－0.05 m (3) eq \f(π2,200) N eq \f(π2,80) m/s2
15．解析：(1)由题图(乙)得小滑块做简谐振动的周期T＝ eq \f(π,5) s
由T＝2π eq \r(\f(R,g)) 得R＝ eq \f(T2g,4π2) ＝0.1 m.
(2)在最高点A有Fmin＝mg cs θ
在最低点B有Fmax－mg＝m eq \f(v2,R)
从A到B，滑块机械能守恒
mgR(1－cs θ)＝ eq \f(1,2) mv2
解得m＝0.05 kg.
(3)滑块机械能守恒
E＝ eq \f(1,2) mv2＝ eq \f(1,2) R(Fmax－mg)＝5×10－4 J.
答案：(1)0.1 m (2)0.05 kg (3)5×10－4 J
章末综合检测(三)
1．解析：仪器接收到的波的频率发生变化，是因为血液的流动使波源与接收仪器间距离发生变化，从而发生了多普勒效应，选项A对，B、C、D错．
答案：A
2．解析：观察题图，孔B和障碍物C尺寸明显大于波长，不会发生明显衍射现象，但仍然有衍射现象，只是不明显，不易观察；孔A和障碍物D尺寸小于和接近波长，会发生明显衍射现象．故D正确，A、B、C错误．故选D.
答案：D
3．解析：干涉的原理是只有频率相同的两列波才能发生稳定的干涉，频率不同，所以两种无线电波之间不会发生干涉，A、B错误；当接收到f1和f2的信号都保持最强时，表明飞机已对准跑道，因此两个天线必须相对于飞机跑道对称且信号最强，C错误、D正确．
答案：D
4．解析：当某点与两个波源的路程差为波长的整数倍时，该点为振动加强点，即声音加强点，Δx＝kλ＝5k(k＝0，1，2，…)，所以这位同学距离跑道两端相差5 m的整数倍，也就是说这位同学每向前运动2.5 m，就为一个声音加强点，10 m内共有4个间隔，故选B.
答案：B
5．解析：由题图知，该波的波长λ＝4 m，故A正确；设波的周期为T.当波传到P点时已经历 eq \f(1,2) T，P点开始向上振动，当P点第二次出现波谷，由题图可知，又经历了1 eq \f(3,4) T，当t＝0.6 s时，共经历 eq \f(9,4) T，根据题意有T＝ eq \f(4,15) s，所以该波的波速为v＝15 m/s，故B错误；振源的起振方向与t＝0时x＝1 m处质点的振动方向相同，由波形平移法知，振源的起振方向沿y轴正方向，故C错误；由于P、Q间的距离x＝6 m＝1.5λ，振动情况总是相反，则当质点Q位于波峰时，质点P在波谷，故D错误．
答案：A
6．解析：根据题意可知，t＝ eq \f(3,4) T时，在 eq \f(5,4) λ＝λ＋ eq \f(1,4) λ处的质点y＝A cs ( eq \f(2π,T) t)＝A cs ( eq \f(2π,T) · eq \f(3,4) T)＝A cs ( eq \f(3π,2) )＝0，即此时该质点位于平衡位置，A、B均错误；下一时刻，y>0，即该质点处于平衡位置且向上振动，由题意知横波沿x轴负方向传播，根据同侧法原理判断波形可知D正确、C错误．故选D.
答案：D
7．解析：由题图(a)读出波长λ＝2.0 m，由题图(b)读出周期T＝4 s，则v＝ eq \f(λ,T) ＝0.5 m/s，选项A正确；题图(a)是t＝2 s时的波形图，题图(b)是x＝1.5 m处质点的振动图像，所以该质点在t＝2 s时向下振动，所以波向左传播，选项B正确；在0～2 s内质点P由波峰向波谷振动，通过的路程s＝2A＝8 cm，选项C正确，D错误．故选D.
答案：D
8．解析：机械波的产生条件是有波源和介质．由于介质中的质点依次被带动起来由近及远传播而形成波，所以选项A和B正确；波的传播速度是波形由波源向外延伸的速度，在均匀介质中其速度大小不变，而质点振动的速度大小和方向都随时间周期性地发生变化，选项C错误；波源一旦将振动传给了介质，振动就会在介质中向远处传播，当波源停止振动时，介质仍然继续传播波源振动的运动形式，不会随波源停止振动而停止传播，即波不会立即停止传播，选项D错误．
答案：AB
9．解析：波源振动的周期T＝ eq \f(λ,v) ＝ eq \f(20,400) s＝0.05 s，频率f＝ eq \f(1,T) ＝20 Hz，A正确；x＝40 m处的质点在t＝0.5 s＝10T时仍在平衡位置，B错误；接收器接收到此波的时间t＝ eq \f(400－40,400) s＝0.9 s，C错误；若波源向x轴负方向移动，则波源远离接收器，根据多普勒效应，接收器接收到的波的频率将小于20 Hz，D正确．
答案：BC
10．解析：A对：根据题图可知，波长为8 m，周期为4 s，所以波速v＝ eq \f(λ,T) ＝2 m/s.B错：根据同侧法结合题图甲可知，此时a质点向上运动，b质点向下运动，运动方向不同，速度不同．C对：干涉现象发生在频率相同的两列波之间，该波的频率为0.25 Hz，所以如果该波在传播过程中遇到频率为0.25 Hz的另一列横波时，可能发生稳定的干涉现象．D错：据多普勒效应可知，当x＝100 m处的观察者向x轴负方向运动时，接收到该波的频率会大于0.25 Hz.
答案：AC
11．解析：(1)波的传播速度v＝ eq \f(Δx,t) ＝ eq \f(3,0.3) m/s＝10 m/s
(2)由题图可知，λ＝4 m，则周期T＝0.4 s，
设经过时间Δt，x＝0处波谷传到x＝8 m处的Q点，
则Δt＝ eq \f(x,v) ，解得Δt＝0.8 s.
(3)由题可以知道，t＝0.5 s时，波恰好传播到5 m处，所以，波形图如图所示．
答案：(1)10 m/s (2)0.8 s (3)见解析图
12．解析：(1)由题意知：周期T＝ eq \f(60,20) s＝3 s．设波长为λ，则5λ＋ eq \f(λ,2) ＝24 m，λ＝ eq \f(48,11) m．由v＝ eq \f(λ,T) 得，v＝ eq \f(48,11×3) m/s＝ eq \f(16,11) m/s.
(2)由于λ＝ eq \f(48,11) m，大于竖立电线杆的直径，所以此波通过竖立的电线杆时会发生明显的衍射现象．
(3)、(4)由于λ＝ eq \f(48,11) m>3 m，所以此波无论是通过直径为3 m 的桥墩，还是通过宽为3 m的涵洞，都能发生明显的衍射现象．
答案：(1) eq \f(48,11) m eq \f(16,11) m/s (2)会 (3)能 (4)能
13．解析：(1)由图像可知，两列波的波长λ＝0.4 m
1 s内传播了一个波长，两列波的周期T＝1 s
在同一种介质中两列波的传播速度相同，由v＝ eq \f(λ,T)
解得v＝0.4 m/s
(2)设再经时间Δt1，两列波传播至M点，则0.3 m＝vΔt1
t2＝2.5 s时，M点振动的时间
Δt2＝t2－t1－Δt1
代入数据解得Δt2＝0.75 s＝ eq \f(3,4) T
M点为振动加强点，其振幅
A′＝A1＋A2＝12 cm
根据简谐运动的周期性，质点M从开始振动到t2＝2.5 s，运动的路程s＝3A′＝36 cm
答案：(1)0.4 m/s 0.4 m/s (2)36 cm
14．解析：(1)由图甲读出波长λ＝2 m，由波速公式v＝ eq \f(λ,T) 得：
T＝ eq \f(λ,v) ＝ eq \f(2,0.5) s＝4 s.
(2)因为t＝1 s＝ eq \f(1,4) T，则简谐横波向右平移 eq \f(1,4) λ，画出t＝1 s时刻的波形图如图所示．
(3)
从t＝0时刻开始计时，x＝0.5 m处质点的位移为正向最大，所以该处质点的振动图像是余弦曲线．画出平衡位置为x＝0.5 m处质点的振动图像如图所示．
答案：(1)4 s
(2)(3)见解析图
15．解析：由波的图像可知，波长λ＝4 m
(1)波在空间上具有周期性，向左传播的可能距离
Δx＝(n＋ eq \f(3,4) )λ＝(4n＋3) m(n＝0，1，2，3，…)
(2)若波向右传播，传播的可能距离为
Δx＝(n＋ eq \f(1,4) )λ(n＝0，1，2，3，…)
由波的时空周期性，可知波传播Δx的距离所需时间
Δt＝(n＋ eq \f(1,4) )T(n＝0，1，2，3，…)
T＝ eq \f(4Δt,4n＋1) (n＝0，1，2，3，…)
当n＝0时，周期有最大值Tm＝4Δt＝0.8 s
(3)当v＝115 m/s时，波在0.2 s时间内传播的距离为
Δx＝v·Δt＝23.0 m＝ eq \f(23.0,4) λ＝(5＋ eq \f(3,4) )λ
可知波沿x轴负方向传播
答案：(1)(4n＋3) m(n＝0，1，2，3，…) (2)0.8 s
(3)沿x轴负方向传播
章末综合检测(四)
1．解析：阳光下水面上的油膜呈现出彩色条纹是光的干涉现象，选项A错误；雨后天空中出现的彩虹是光的色散现象，选项B错误；用白光照射不透明的小圆盘，在圆盘阴影中心出现一个亮斑，是光的衍射现象，选项C错误；某人潜入游泳池中，仰头看游泳馆天花板上的灯，由于光的折射，他看到灯的位置比实际位置高，选项D正确．
答案：D
2．解析：A图中从玻璃射向空气可能发生全反射，A正确；B图中从空气射向玻璃是从光疏介质射向光密介质，不会发生全反射，B错误；C图中光线在玻璃空气界面既有反射又有折射，因为是从光密介质进入光疏介质，折射角应大于入射角，C错误；D图中光线从空气射向玻璃，折射角应小于入射角，D错误．
答案：A
3．解析：根据折射定律可得n＝ eq \f(sin （90°－50°）,sin （90°－55°）) ＝ eq \f(sin 40°,sin 35°) ，故选项C正确．
答案：C
4．解析：由题意知，入射角α＝30°，折射角β＝60°，由折射定律可得：n＝ eq \f(sin β,sin α) ＝ eq \f(sin 60°,sin 30°) ＝ eq \r(3) ，A项错误，B项正确；发生全反射的临界角为C，sin C＝ eq \f(\r(3),3) ，sin 45°＝ eq \f(\r(2),2) ， eq \f(\r(3),3) < eq \f(\r(2),2) ，C<45°，C项错误；光线按如图所示的方向入射，当入射角大于等于临界角时，就会发生全反射现象，D项错误．
答案：B
5．解析：λ1＝ eq \f(c,f1) ＝ eq \f(3×108,6.0×1014) m＝5×10－7 m、λ2＝ eq \f(c,f2) ＝ eq \f(3×108,7.5×1014) m＝4×10－7 m，而n1＝ eq \f(Δx,\f(λ1,2)) ＝ eq \f(1×10－6,2.5×10－7) ＝4，可见用频率f1的单色光照射时，双缝到光屏上P点的距离之差是半波长的偶数倍，即波长的整数倍，会出现亮条纹，故A错误；n2＝ eq \f(Δx,\f(λ2,2)) ＝ eq \f(1×10－6,2×10－7) ＝5，可见用频率f2的单色光照射时，双缝到光屏上P点的距离之差是半波长的奇数倍，会出现暗条纹，故B错误；因为两种单色光频率不同，所以两种单色光相遇不会产生干涉现象，故C正确，D错误．
答案：C
6．解析：根据双缝干涉条纹的间距公式Δx＝ eq \f(l,d) λ知，减小双缝间的距离，即d变小，则干涉条纹间距增大，选项A错误；根据双缝干涉条纹的间距公式Δx＝ eq \f(l,d) λ知，增大双缝到屏的距离，即l增大，干涉条纹间距增大，选项B正确；根据双缝干涉条纹的间距公式Δx＝ eq \f(l,d) λ知，若换作波长更长的单色光照射，干涉条纹间的距离增大，选项C错误；换作白光照射，光屏上将出现彩色条纹，选项D错误．
答案：B
7.
解析：从空气中观察灯泡时，灯泡P发出的光经水面折射后进入观察者的眼睛，折射光线的延长线交于P′点，P′就是灯P的虚像，P′的位置比P实际位置离水面的距离要近些，如图所示．
当入射角β较小时，P′的位置在P的正上方，有：sin α＝ eq \f(d,\r(h2＋d2)) ，sin β＝ eq \f(d,\r(H2＋d2)) ，
n＝ eq \r(\f(H2＋d2,h2＋d2))
竖直向下看时，d接近于零，故n＝ eq \f(H,h) ，即h＝ eq \f(1,n) H
因紫光的折射率最大，故紫光的视深最小．
答案：D
8．解析：由于激光站与卫星相隔距离远，为了减少能量损失，必须使激光具有很好的平行度，同时使用激光的高能量，故选B、C.
答案：BC
9．解析：A对：根据波长越长，衍射条纹间距越宽，甲图条纹间距大，则a光的波长较长．B对：依据f＝ eq \f(c,λ) 可知，a光波长较长，a光的频率较小，那么a光的折射率较小，根据v＝ eq \f(c,n) 知，在同种均匀介质中，a光的传播速度比b光快．C对：条纹间距大的，光屏上亮条纹的条数少，故b光亮条纹的条数更多．D错：发生全反射的条件是光从光密介质进入光疏介质，且入射角大于等于临界角，故两束光从空气中射向玻璃时，均不发生全反射．
答案：ABC
10．解析：由题图乙可知，太阳光射入六角形冰晶时，a光的折射角小于b光的折射角，由折射定律可知，六角形冰晶对a光的折射率小于对b光的折射率，由v＝ eq \f(c,n) 知b光在冰晶中的传播速度较小，A正确；由a光的折射率小于b光的折射率可知a光的频率小于b光的频率，所以a光的波长大于b光的波长，根据Δx＝ eq \f(L,d) λ可知，发生双缝干涉时a光相邻条纹间距较大，B正确；a光的折射率较小，由临界角公式sin C＝ eq \f(1,n) 可知，a光的临界角较大，C错误；波长越长，做单缝衍射实验时中央亮条纹越宽，故a光的中央亮条纹更宽，D错误．
答案：AB
11．解析：(1)在半圆柱形玻璃砖右侧区域内，无论从何处观察，都无法透过玻璃砖同时看到P1、P2的像，这说明通过P1、P2的光线在经过玻璃砖右侧界面时没有折射光线，即发生了全反射；要想同时看到P1、P2的像，应使经过玻璃砖后射到玻璃砖右侧界面上的光线的入射角减小，应采取的措施是将垂线AB向O点平行下移(或将玻璃砖平行上移).
(2)通过P1、P2的光线在经过界面MN时由于与界面MN垂直，传播方向不发生变化，故光路图如图所示．已知入射光线与折射点，为了确定通过大头针P1、P2的光线通过玻璃砖后的光路，只需插1枚大头针，连接该大头针与折射点即折射光线．
答案：(1)全反射 将垂线AB向O点平行下移(或将玻璃砖平行上移) (2)1
12．解析：(1)为获取单色线光源，白色光源后面要有滤光片、单缝，然后让单色线光源通过双缝在光屏上形成干涉图样，M处的实验器材是单缝．
(2)干涉图样应是间距相等，明、暗相间的条纹，由于红光的波长大于蓝光的波长，根据Δx＝ eq \f(L,d) λ可知，红光的干涉图样的明、暗相间的条纹更宽，故A项与题意相符，B、C、D项与题意不相符．
(3)根据Δx＝ eq \f(L,d) λ得，红光波长的表达式λ＝ eq \f(Δx,L) d.
(4)根据λ＝ eq \f(Δx,L) d知，λ＝ eq \f(10－3×10－4,0.7) m＝1.4×10－7 m
故A、B、D项与题意不相符，C项与题意相符．
答案：(1)单缝 (2)A (3) eq \f(Δx,L) d (4)C
13.
解析：(1)光路如图所示，由几何知识知，在AB边上的入射角∠C＝60°，又sin C＝ eq \f(1,n) ，
得此玻璃砖的折射率：n＝ eq \f(2\r(3),3) .
(2)由几何知识知，在BO边上的入射角∠α＝30°，由n＝ eq \f(sin β,sin α)
得此光线第一次自BO边射出时的折射角的正弦值sin β＝ eq \f(\r(3),3) .
(3)由几何知识知此光线在玻璃砖中传播的路程x＝ eq \f(3\r(3),4) d
又n＝ eq \f(c,v) ，t＝ eq \f(x,v)
得传播时间：t＝ eq \f(3d,2c) .
答案：(1) eq \f(2\r(3),3) (2) eq \f(\r(3),3) (3) eq \f(3d,2c)
14.
解析：(1)设介质的临界角为∠1，则
sin ∠1＝ eq \f(1,n)
sin ∠1＝ eq \f(OD,OE) ＝ eq \f(\r(2),2)
解得∠1＝45°，n＝ eq \r(2)
根据折射率与速度的关系有n＝ eq \f(c,v)
解得v＝ eq \f(\r(2),2) c
(2)EF与AB平行
∠3＝90°－∠EFC＝90°－∠A＝30°
根据折射定律有n＝ eq \f(sin θ,sin ∠3)
解得θ＝45°.
答案：(1) eq \f(\r(2),2) c (2)45°
15.
解析：(1)光路图如图所示
设该光在玻璃中发生全反射的临界角为C
sin C＝ eq \f(1,n) ＝ eq \f(\r(3),3)
光射到E点时入射角α＝θ＝60°
sin α>sin C
在E点发生全反射，射到F点，如图，由数学知识知F点恰为BC的中点，发生全反射．根据对称性，光射到CD中点G，再次发生全反射后垂直AD射出
(2)光在玻璃中传播路程
s＝4× eq \f(AB,2) sin θ＋2× eq \f(AB,2) sin θ＝6 eq \r(3) cm
设光在玻璃中速度为v，由n＝ eq \f(c,v) ，
得v＝ eq \f(c,n) ＝ eq \r(3) ×108 m/s
该束光在玻璃柱内运动的时间t＝ eq \f(s,v) ＝6×10－10 s.
答案：(1)光路图见解析
(2)6×10－10 s