高中物理课时作业(人教版选修第一册)详解答案

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师说全新学案物理·选择性必修·第一册课时分层作业(一)动量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:B2.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=0.2×4kg·m/s-0.2×(-6)kg·

m/s=2kg·m/s,方向竖直向上.由动能定理,合外力做的功:W=12mv22-12mv21=12×0.2×42J-12×0.2×62J=-2J.故A正确.答案:A3.解析:物体做初速度为零的匀加速直线运动,v21=2ah,v22=2a(2h),则p1=m2a

h,p2=m4ah,p1∶p2=1∶2,故B选项正确.答案:B4.解析:取沿斜面向上为正方向,木块的加速度为a=-gsin30°=-5m/s21s末速度v1=v0+at1=10m/s-5m/s2×1s=5m/s则1s末动量p1=mv1=0.5×5kg·m/s=2.5kg·m/

s3s末速度v2=v0+at2=(10-5×3)m/s=-5m/s3s末动量p2=mv2=0.5×(-5)kg·m/s=-2.5kg·m/sp0=mv0=0.5×10kg·m/s=5kg·m/s则3s内的动量变化量为Δp=p2-p0=(-2.5-5)kg·m/s=-7.5k

g·m/s,大小为7.5kg·m/s,方向沿斜面向下.答案:2.5kg·m/s,方向沿斜面向上7.5kg·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-c

os45°)12mBv2B=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=mB2gl(1-cos45°)同理可得p2=(mA+mB)2gl(1-cos30°)所以

有:p2p1=mA+mBmB1-cos30°1-cos45°代入已知条件得(p2p1)2≈1.03所以有p2-p1p1<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-5×5kg·m/s=-40kg·m/s,D项正确.

答案:D2.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:D3.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:B4.解析:设建筑工人下落5m时速度为v,由v2=2gh得v=2gh=2×10×5m/s=10m/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+

mvt=60×10N+60×101.5N=1000N.答案:D5.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:A6.解析:由图像可知,在前10s内初、末状态的动量相同,p1=p2=5kg·m/s,由动量定理知I

1=0;在后10s内末状态的动量p3=-5kg·m/s,由动量定理得I2=p3-p2=-10N·s,故正确答案为D.答案:D7.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=ρSv2g.答案:A8.解析:(1)根据冲量的定义可知重力的冲量大小为IG=mgt=70×10×0.7N·s=490N·s(2)该中学生摸高跳起的高度h=(2.55-2.10)m=0.45m所以他跳起

刚离开地面时的速度大小v满足12mv2=mgh得v=2gh=2×10×0.45m/s=3m/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=1000N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=1000N答案:(1)490N·s(2)1000N9.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:C10.解析:A错:根据Δv=aΔt可知a­t图像中,图线与时间轴围成的面积表示速度的增量,则在t=6s时刻,物体的速度v6=v0+Δv=2m

/s+12×(2+4)×6m/s=20m/s.B错:根据动能定理得W合=ΔEk=12mv26-12mv20=396J.C错:根据动量定理,在0~6s时间内,IF-ft=m(v6-v0),解得IF=48N·s.D对:在t=6s时刻,根据牛顿第二定律得F=ma+f=2×4N+2N=10N,拉力F

的功率P=Fv6=10×20W=200W.答案:D11.解析:(1)以羽毛球飞回的方向为正方向,则p1=mv1=-5×10-3×903.6kg·m/s=-0.125kg·m/sp2=mv2=5×10-3×3

423.6kg·m/s=0.475kg·m/s所以羽毛球的动量变化量为Δp=p2-p1=0.475kg·m/s-(-0.125kg·m/s)=0.600kg·m/s即羽毛球的动量变化大小为0.600kg·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=-25m/s羽毛球的末速度为v2=95m/s所以Δv=v2-v1=95m/s-(-25m/s)=120m/s羽毛球的初动能:Ek=12mv21=12×5×10-3×(-25)2J≈1.56J羽毛球

的末动能:E′k=12mv22=12×5×10-3×952J≈22.56J所以ΔEk=E′k-Ek=21J.答案:(1)0.600kg·m/s方向与羽毛球飞回的方向相同(2)120m/s21J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:AC2.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:D3.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:

C4.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′=0.25m/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=-105kg·m/s,动量变化量的大小为105kg·m/s,选项D正确.答案:AD5.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+mM(v0+v),故B正确.答案:B6.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=1m/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′=mv甲-mv乙2m=v甲-v乙2=3

-22m/s=0.5m/s,方向向右.答案:(1)1m/s向右(2)0.5m/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=mAmBv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mA

v+mBv1=-mAv+mBv2解得v2=v1+2mAmBv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+2mAmBv则有vn=(2n-1)mAmBvB船上的人不能再接到A船,须有v≤v

n(临界点)解①②式得n≥5.5,则取n=6.答案:B8.解析:小铁块在弧形轨道底端时,满足F-mg=mv20R,解得:v0=3m/s,根据动能定理知mgR-Wf=12mv20-0,解得:Wf=1.5J.根据动量守恒定律知mv0=(m+M)v,解得:v=1m/s.选项B、D正确.

答案:BD9.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:AC10.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12(m1+M)v21=(m1+M)gh,解得v1=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=12v

-12v0两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=135v0当v′1=-v′2时,解得v=113v0故v的取值范围为135v0≤v≤113v0答案:135v0≤v≤113v0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:B2.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:D3.解析:对A由机械能守恒mgh=12mv2,得v=2gh.对碰撞过程由动量守恒mv=2mv′,得v′=2gh2.设碰撞后A、B整体上摆的最大高度为h′,则2mgh′=12×2mv′2,解得h′=14h

,C正确.答案:C4.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:12mv2≥12·2mv2B+12mv2A,且vA≠0,可得12·2mv2B<12mv2,解得vB<22v.综上所述,0.5v<vB<22v,A正确.答案:A5.解析:(1)规定质量为300g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=-10cm/s=-0.1m/s(2)碰撞后损失的动能Ek=12m1v21+12m2v22-12(m1+m2

)v2=12×0.3×0.52J+12×0.2×(-1)2J-12×(0.3+0.2)×0.12J=0.135J(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′212m1v2

1+12m2v22=12m1v′21+12m2v′22代入数据得v′1=-0.7m/s,v′2=0.8m/s答案:(1)-0.1m/s(2)0.135J(3)-0.7m/s0.8m/s6.解析:(1)A球和B球的碰撞为弹性碰撞,因此有mAv0=mAvA+mBvB12mAv20=12mAv

2A+12mBv2B解得vB=4m/s(2)小球运动到N点时,速度为vN,由牛顿第二定律得FN+mBg=mBv2NRFN=mAgB球由M到N,由动能定理得-mBg×2R=12mBv2N-12mBv2B解得R=0.3m答案:(1)4m/s(2)0.3m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:B2.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m

v1=(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:D3.解析:A与B碰撞过程动量守恒,有mAvA=(mA+mB)vAB,所以vAB=vA2=2m/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=12(mA+mB)v2AB=8J.答案:B4.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=12mAv2A-12(mA+mB)v′

2,解得弹簧被压缩到最短时的弹性势能Ep=mAmBv22(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mAmBv22(mA+mB),所以L1=L2.答案:C5.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=mM+mv0.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=12mv20-12(m+M)v2,得Q=mMv20

2(m+M),与车表面粗糙程度无关.答案:AC6.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=12m1v21-12(m

1+m2)v22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=1225J.(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=12(m1+m2)v

22-12(m1+m2+m3)v23.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=18.75J.(3)对m1、m2、m3组成的系统由功能关系有μ(m1+m2)gx=ΔE2,解得x=37.5m.答案:(1)1225J(2)18.75J(3)37.5m

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1m/s,根据动量守恒定律,有m1v0=(m1+m2)v1,代入数据得m2=4kg.D对:

在t1时刻弹簧弹性势能为ΔEp=12m1v20-12(m1+m2)v21=12×2×32J-12×6×12J=6J.答案:ACD8.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=6.0m/s,此过程系统产生的

内能Q=ΔE=ΔEk=12mv20-12(M+m)v2=882J.(2)设以v′0=400m/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′=8.0m/s.

此过程系统损失的机械能ΔE′=ΔE′k=12mv′20-12(M+m)v′2=1568J,由功能关系有ΔE=Ffs相=Ffd,ΔE′=Ffs′相=Ffd′,两式相比有ΔEΔE′=Ffs相Ffs′相=dd′,则d′=ΔE′ΔEd=323cm>1

0cm,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=106×ΔE=1470J,由动量守恒定律得mv′0=mv1+Mv2,由能量守恒定律得FfL=12

mv′20-12mv21-12Mv22,解得v1=106m/s,v2=6m/s.答案:(1)882J(2)能(3)106m/s6m/s9.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=12mCv20解得v0=4m/sC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=2m/s据能量关系可得μAmCgLA=12mCv20-12(mC+mA)v21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m

Av1=mAvA+mBvB12mAv21=12mAv2A+12mBv2B解得vB=1m/sC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=12mCv21+12mBv2B-12(mC+mB

)v22解得ΔL=0.25m.答案:(1)0.5(2)0.25m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:A2.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<s时,人才有

可能跳上岸,但也不是一定能跳上岸,故A、C、D错误,B正确.答案:B3.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+m2m1(v0-v2),故D项正确.答案:D4.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:BC5.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′=v3;设两块爆竹落地所用时间为t,则h=12

gt2,得t=2hg,两块爆竹落地点间的距离为s=(v+v′)t,联立解得s=4v32hg,故选D.答案:D6.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=14v

1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=2hg=0.5s,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=l5t=45×0.5m/s=1.6m/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=1.6×0.5m=0.8m.答案:(1)1.6m/s(2)不动0.8m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:B2.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:D3.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:AD4.解析:由题给条件知:t=14T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:D5.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0.1~0.2s内振子做变速运动

,故振子的位移不等于2cm,D错误.答案:B6.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:AB7.解析:0~1s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;2~3s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:AC8.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0.7s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1.5s时的位移达

到最大,故B项正确;在1.2~1.4s,质点正在远离平衡位置,所以其位移在增加,故C项正确;1.6~1.8s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:BC9.解析:由振动图像可知,t=2s时振子的振动方向为负方向,故A错误;在t=0到t=1s时间内振子的位移增

大,速度减小,故B正确;在t=1s到t=2s时间内振子的位移减小,速度增大,故C错误;从t=1s到t=3s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:B10.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3cm,D选项中位移为-2cm,可判断选项C正确,D错误.答案:BC11.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T4内通过的路程不一定等于A;B对:物体做简谐运动,在任意T2内通过的路程一定等于2A;C错:物

体做简谐运动,在任意3T4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:BD2.解析:A错:由题意可知T=6030s=2s,A=82cm=4cm.B错:频率f=1T=12Hz=0.5Hz.C对

:振子完成一次全振动通过的路程为振幅的4倍,即4×4cm=16cm.D错:振子过O点时开始计时,在2s内发生的位移为零.答案:C3.解析:A错:弹簧在第1s末与第5s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=8s,则频率f=1T=0.

125Hz.C对:弹簧振子在第4s末在平衡位置,位移为零.D对:因x­t图像的斜率的符号反映速度的方向,可知在第3s末到第5s末弹簧振子的速度方向不变.答案:BCD4.解析:A、B错:由图知,该质点的振动周

期为4s,振幅为2cm;C对:t=3s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=Asin(ωt+φ)=2sin(2π4t+π2)(cm)=2cosπ2t(cm).答案:C5.解析:根据x=

10sin(π4t+π6)cm得:ω=π4rad/s,则该质点振动周期T=2πω=8s,则A错误.该质点振幅A=10cm,则B正确.将t=1s和t=5s分别代入x=10sin(π4t+π6)cm得,位移分别为10sin5π12cm和-10sin5π1

2cm,则C错误.由于t=2s=T4,所以2s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:B6.解析:若振幅为0.1m,由题意知,Δt=(n+12)T(n=0,1,2,…),解得T=22n+1s

(n=0,1,2,…),A项正确,B项错误;若振幅为0.2m,t=0时,由振子做简谐运动的表达式y=0.2sin(2πTt+φ0)m可知,0.2sinφ0m=-0.1m,解得φ0=-π6或φ0=-5π6,将T=6s代入

0.2sin(2πT+φ0)m=0.1m可得,D项正确;将T=4s代入0.2sin(2πT+φ0)m≠0.1m,得T=4s不满足题意,C项错误.答案:AD7.解析:A对:由图可知A在t轴上方,位移x=0.25cm,所以弹力F=-kx=-5N,即弹力大小为5N,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=4s时刻振子的位移都是最大,且都在t轴的上方,在0~4s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=

4s时刻振子都在最大位移处,故位移为零,又由于振幅为0.5cm,在0~4s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=2×4×0.50cm=4cm.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:B2.解析:A错:t=0.1s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=0.15s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=0.05s到t=0.15s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=0.15s到t=0.2s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:BD3.解析:由简谐运动的对称性可知,物体在0.2s时刻与0.4s时刻速度相同,A正确;物体在0.6s时刻与0.4s时刻速度大小相等,方向相反,但

动能相同,B正确;0.7~0.9s时间内,物体远离平衡位置,位移增大,加速度增大,C错误;0.9~1.1s时间内动能增大,势能减小,D错误.答案:AB4.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:CD5.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=(mC+mB)gk,没有C且B受合力为0时,弹簧伸长量x′=

mBgk,代入数据解得x′=2.5cm,则B的振幅A=x-x′=12.5cm.(2)此题等效于用F=mCg的力拉B使弹簧伸长15cm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=FmB=mCgmB=0.5×100.1m/s2=50m/s2.答案:(1)12.5cm(2)5

0m/s26.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:C2.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:A3.解析:t=3π2lg=34T,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:D4.解析:根据周期公式T=2πLg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12T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:C5.解析:当甲第一次到达正向最大位移处时是在1.5s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:D6.解析:用大球替代小球,单摆摆长变长,由单摆周期公式T=2πlg可知,单摆的周期变大,故A

错误;由单摆周期公式T=2πlg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=2πlg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

lg可知,单摆周期变小,故D错误.故选C.答案:C7.解析:在地球表面单摆的周期T1=2πl1g在星球表面单摆的周期T2=2πl2g′GM1R21=gGM2R22=g′联立可得R1R2=M1M2·l2l1·T1T2=21.答案:A8.解析:由振动图像读出周期T=2s,振幅A=10cm,由ω=2π

T得到圆频率ω=πrad/s,则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=Asin(ωt)=10sin(πt)cm,故A正确;由公式T=2πLg,代入得到L=1m,故B正确;从t=2.5s到t=3.0s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=2.5s到t=3.0s的过程中,摆球的位移减小,回复力减小,故D正确.答案:ABD9.解析:A对:摆球经过最低点时,拉力最大,由题图知在0.2s时,拉力最大,所以此时摆球经过最低点.B对:在t=0.8s

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:AB10.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=2Rg;对乙球,a=gcosθ,BD长为2Rcosθ,故2Rcosθ=12gt22cosθ,则t2=2Rg;丙球做简谐

运动,故t3=14×2πRg=π2Rg.可知A正确,B、C、D错误.答案:A11.解析:(1)由题图乙得摆球做简谐运动的周期:T=2π5s,由T=2πlg,得l=T2g4π2,代入数据得l=0.4m.(2)设摆球质量为

m,以F1、F2表示最大和最小的拉力,则有F2=mgcosθ,F1-mg=mv2Bl由机械能守恒定律知,mgl(1-cosθ)=12mv2B整理以上三式得m=F1+2F23g=0.05kg=50g.(3)由F1-mg=mv2Bl得vB=(F1-m

g)lm=25m/s.答案:(1)2π5s0.4m(2)50g(3)25m/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:BD2.解析:若使振子振幅最大,则曲线转动频率为f=2Hz,即转速为2r/s.由于d1d2=r1r2=12,ω1r1=ω2r2,故ω1ω2=21,所以电动机转速为4r/s,即240

r/min.答案:D3.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500Hz,就能使酒杯碎掉.则D正确,A、B、C错误.答案:D4.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=lt=12.6m0.315s=40m/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:AD5.解析:简谐振子的固有周期与驱动力周期的关系是T驱=32T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:AD6.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=4s,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=8s,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:D2.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:A3.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=λT,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:B4.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:BD5.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:B6.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:BD7.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=2m处的质点速度方向沿y轴负方向,选项B错误;x=4m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=8m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:CD2.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:D3.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:D4.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:AC5.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~T4内P由平衡位置振动到波峰,T4~T2内P由波峰回到平衡位置,可知t=T8时P在平衡位置上方、向上振动,t=3T8时P在平衡位置上方向下振动,故C正确,D错误.答案:C6.

解析:由简谐波的波形图可知简谐波的波长为λ=4m.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:C7.解析:(1)频率f=1T=10.01Hz=100Hz,由波速公式v=λT得,波长λ=

vT=40×0.01m=0.4m.(2)SP=1.2m=3λ、SQ=1.7m=414λ.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)100Hz0.4m(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=2m,波的周期T=λv=210s=0.2s,则质点a在0.15s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:D9.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14T,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34T,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:C10.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+12)λ(n=0,1,2……)整理可以得到

:λ=2xPQ2n+1(n=0,1,2……)当n=0时,λ=0.3m当n=1时,λ=0.1m,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:BD2.解析:右边的声波从发出到反

射回来所用时间为t1=0.5s,左边的声波从发出到反射回来所用的时间为t2=2s,山谷的宽度为s=12v(t1+t2)=12×340×2.5m=425m,故C正确.答案:C3.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:A4.解析:汽船向悬崖靠近,3s行驶了L=v船t=12m.声波3s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=v声t+L2=516m,B正确.答案:B5.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:BCD6.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=x1-x2Δt且Δt=0.8s,代入数据解得v=375m/s.答案:C7.解析:(1)声波在介质Ⅰ中传播时,由v=λf得:f=

v1λ1=3400.2Hz=1700Hz,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1700Hz.(2)由v=λf得声波在介质Ⅱ中的传播速度为v2=λ2f=0.6×1700m/s=1020m/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)1700Hz(2)1020m/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:B2.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:A3.解析:A、B错:t=0.2s时,波传播的距离x=vt=0.2m,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=0.5s时,波传播的距离x=vt=0.5m,两列波的波峰同时传到F点,F点的位移最大.答案:C4.解析:由波的图像可以看出,a波的周期是b波的2倍,由f=1T可知,a波的频率为b波的频率的12,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:BD5.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:CD6.解析:声音频率f=170Hz的声波的波长是λ=vf=340170m=2.0m,a到两波源的距离差为Δsa=3m=32λ,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=2m=λ,即c点两个喇叭传来的声波因干涉而加强,Δsd=4m=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:A2.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:B3.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:AD4.解析:由sini­sinr图像可知,同一光线sinr>sini,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=sinrsini=0.90.6=1.5,故选项B正确,选项A、C、D错误.答案:B5.解析:光路图如图所示.根据折射定律得介质的折射率n=sin60°sin30°=3,

由n=cv得光在介质中的传播速度v=cn=33c,故D正确.答案:D6.解析:作出两束光线穿过平行玻璃砖的光路图.根据na=sinisinra,nb=sinisinrb,由题意知na<nb,ra>rb,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:B7.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:BC8.解析:如图所示,入射角θ1=

60°.折射角设为θ2,由tanθ2=DL得θ2=30°根据折射定律sinθ1sinθ2=n,得n=sin60°sin30°=3答案:39.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=sinisinr=cosβsinα答案:(1)见解析图(2)cosβsinα10.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=sinθ1sinθ2=3.(2)由n=cv得v=cn=3c3.答案:(1)3(2)3c311.解析:(1)由n=cv得,光在玻璃中的传播速度为:v=cn=3×1083m/s=3×108m/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=sinθ1sinθ2,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L3,光斑的面积S=πL236.答案:(1)3×108m/s(2)πL

236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sinC=1n=12,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:D2.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:A3.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=2htanC.A符合题意.答案:A4.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sinC=1n=12,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:A5.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sinC=1n,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′<C,所以有部分光线从BC面射出,还有部分光线经BC面反射到AC面上,此时入射角等于零度,光线垂直于AC面射出,D项正确.答案:D6.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:sinC=dR,又sinC=1n,联立解得n=Rd.答案:C7.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:sini0=1n而tani=3H2H+d且tani≤tani0联立解得d≥H2,又有H>d解得H2≤d<H.答案:H2≤d<H8.解析:(1)光在玻璃工件中的速度v=cn①波长λ=vf②由①②式解得光在玻璃工件中的波长λ=cnf.(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sinα=8Rs③光在工件中传播的时间t=s+Rv④即t=(8sinα+1)nRc,当α为最小值时,t有最大值,此时sinα=1n⑤由③④⑤式得tm

ax=(8n2+n)Rc.答案:(1)cnf(2)(8n2+n)Rc9.解析:(1)点光源S在距水面高3m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=sinisinr,所以水的折射率n=x32+x2ABAB2+h2=43.(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=sin90°sinC=AC2+h2AC=43可得sinC=34由数学知识得tanC=sin

CcosC=377,解得AC=htanC=1277m.答案:(1)43(2)1277m10.解析:光线射入透光罩由折射定律得:n=sinisinr①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=R2cosr+Lsinθ③光在透光罩和内芯内传播速度为v=cn④光线传播时间为t=sv⑤联立③④⑤⑥式得光到达灯片的时间t=2.1×10-8s⑥答案:该光到达灯片的时间为2.1×10-8s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:A2.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:C3.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=ldλ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:B4.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=cf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=cn得,a光的折射率大,则在玻璃中传播的速度小.答案:AC5.解析

:无玻璃片时,光传播10λ所用时间为t1=10λc①有玻璃片时,光传播10λ所用时间为t2=10λv②且v=cn=c1.5,③联立①②③式得Δt=t2-t1=5λc.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:D2.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:C3.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:AD4.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1.8mm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1.8mm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:A5.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:AD6.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:A7.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:B8.解析:A对:根据Δx=ldλ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:AD9.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:B10.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:BD11.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:D2.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:D3.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=0-mvt,也就是减小了球的动量变化率,

故C正确.答案:C4.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·πd24,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≈7.6m/s,C正确.答案:C5.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:B6.解析:由平抛运动规律可知,小球下落的时间t=2hg=2×2010s=2s,竖直方向的速度vy=gt=20m/s,水平方

向的速度vx=252-202m/s=15m/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=5m/s,故A正确.答案:A7.解析:由题图(b)可知碰前红壶的速

度v0=1.0m/s,碰后速度v′0=0.2m/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=0.8m/s,则有12mv20>12mv′20+12mv2,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v­t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=v2t=0.82×5m=2m,C错误;根据v­t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:B8.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=ΔvΔt,则a一定不为零,故选C、D.答案:CD9.

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:Mx船t=m

x人t,且x人+x船=L知x人=MLM+m.答案:BD10.解析:A对,B错:据题中v­t图像可知,碰撞前,A球的速度为vA=6m/s,B球的速度为vB=1m/s,碰撞后,A球的速度为v′A=2m/s,B球的速度为v′B=7m/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=12mAv2A+12mBv2B=553mA(J),碰撞后系统的总动能为E′k=12mAv′2A+12mBv′2B=553mA(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:AC11.解析:频闪周期为0.1s,

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=(9.70-7.00)×10-20.3m/s=0.09m/s,v′B=(3.40-1.60)×10-20.3m/s=0.06m/s,因为mA

v′A=0.2×0.09kg·m/s=0.018kg·m/s,mBv′B=0.3×0.06kg·m/s=0.018kg·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=12gt2,x=vt,解得v=xg2h,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p-p′p×100%=2OP-2OM-ON2OP×100%≈2%.答案:(1)AC(2)P2OP=2OM+ON213.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=1m/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=2100N.答案:(1)1m/s,方向与甲碰前

的速度方向相同(2)2100N14.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=1m/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12m2v20=12(m2+m3)v22+m2gh联立解得h=0.4m答案:(1)1m/s(2)0.4m15.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=3m/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,0~3s末力F对乙球的冲量IF=2+82×3N·s=15N·s解得v′2

=0.75m/s答案:(1)3m/s(2)0.75m/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:C2.解析:简谐运动的一般表达式为x=Asin(ωt+φ).根据题意

知A=0.8cm=8×10-3m,T=0.5s,ω=2πT=4πrad/s;初始时刻具有正方向的最大位移,即初相位φ=π2,则振动方程为x=8×10-3sin(4πt+π2)m,A正确.答案:A3.解析:由题意知,该弹簧振子振动周期为T=0.5×4s=2s,振动频率为0.5Hz,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20cm,即弹簧形变量在最大限度内,则振子的振动周期仍为2s;由此可知,若向右拉动10cm后由静止释放,经过14T=0.5s振子第一次回到P位置;若向左推动8cm后由静止释放,振子

连续两次经过P位置的时间间隔是T2=1s;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20cm,总是经T4=0.5s到达最大位移处,即速度降为0;综上,B、C错误,D正确.答案:D4.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=2πlg,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-cosθ)=12mv2-0,v=2gl(1-c

osθ),所以甲、乙最大速度相等.故A正确,B、C、D错误.故选A.答案:A5.解析:简谐运动的x­t图像反映了振子位移随时间变化的规律.由题图可知,t=1.25s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=1.7s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=1.0s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=3.5s时振子的位移为零,速度最大,加速

度为零,选项D错误.答案:C6.解析:从平衡位置开始时,游船的振动方程为x=20sin2π3t(cm),游客要舒服地登船需满足的条件为Δx=20cm-x≤10cm,联立两式解得0.25s≤t≤1.25s,故选项C正确.答案:C7.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=0.52s=0.25s,因过B点后再经过t=0.5s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=0.52s=0

.25s,因此,质点振动的周期是T=4×(t1+t2)=4×(0.25+0.25)s=2s.答案:C8.解析:A、B对:由单摆的共振曲线知,当驱动力的频率为0.3Hz时单摆产生了共振现象,则单摆的固有频率f=0.3Hz,固有周期为T=1f=103s;C对:单摆的周期公式T=2πlg,已

知重力加速度g,可求出周期T,则能得到单摆的摆长l=gT24π2.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:ABC9.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:BC10.

解析:由题图乙知,单摆的周期为8s,A错误;t=2s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=2πlg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=2πlg得摆长l≈16m,D正确.答案:BD11.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=2πl+hg得到:T2=4π2(l+h)g当l=0时,T2=4π2hg>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=30cm=0

.30m,图线的斜率大小k=4π2g,由图并结合数学知识得到k=4s2/m,解得g=π2m/s2≈3.142m/s2=9.86m/s2.答案:(1)B(2)a(3)0.309.8612.解析:(1)单摆的周期T=tn,由单摆周期公式T=2πlg可知,重力加速度g=4π2lT2=4π2n2lt2.

(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12mm+0×0.1mm=12.0mm,单摆的摆长为L-d2=0.9990m-0.01202m=0.9930m.(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=2πlg,得T2l=4π2g,则Tl=2πg=k,

则g=4π2k2.答案:(1)4π2n2lt2(2)AC(3)乙(4)AC(5)12.00.9930(6)BC(7)l4π2k213.解析:(1)由图可知振子的振幅为A=2cm,周期为T=2×10-2s;(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=8.5×10-2s=174T.因此通过的路程为174×4A=17A=34cm(3)由图像可知t=2.0×10-2s时振子在负最大位移处,位移为-2cm答案:(1)2cm2×10-2s(2)34cm(3)-2cm14

.解析:(1)依据x­t图像可知周期T=4s,振幅A=5cm,初相位为-π2则振动图像y=0.05sin(π2t-π2)(m)(2)将t=8s代入方程,解得:x=-0.05m(3)根据题意可知,最大的回复力F1=kA=π210×0.05N=π22

00N;根据牛顿第二定律有最大加速度a=F1m=π22000.4m/s2=π280m/s2答案:(1)y=0.05sin(π2t-π2)(m)(2)-0.05m(3)π2200Nπ280m/s215.解析:(1)由题图(乙)得小滑块做简谐振动的周期T=π5s由T=2πRg得R

=T2g4π2=0.1m.(2)在最高点A有Fmin=mgcosθ在最低点B有Fmax-mg=mv2R从A到B,滑块机械能守恒mgR(1-cosθ)=12mv2解得m=0.05kg.(3)滑块机械能守恒E=12mv2=12R(Fma

x-mg)=5×10-4J.答案:(1)0.1m(2)0.05kg(3)5×10-4J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:A2.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:D3.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:D4.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5m的整数倍,也就是说

这位同学每向前运动2.5m,就为一个声音加强点,10m内共有4个间隔,故选B.答案:B5.解析:由题图知,该波的波长λ=4m,故A正确;设波的周期为T.当波传到P点时已经历12T,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134T,当t=0.6s时,共经历94T,根据题意有T=415s,所以该波的波速为v=15m/s,故B错误;振源的起振方向与t=0时x=1m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=6m=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:A6.解析:根据题意可知,t=34T时,在54λ=λ+14λ处的质点y=Acos(2πTt)=Acos(2πT·34T)=Acos(3π2)=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:D7.解析:由题图(a)读出波长λ=2.0m,由题图(b)读出周期T=4s,则v=λT=0.5m/s,选项A正确;题图(a)是t=2s时的波形图,题图(b)是x=1.5m

处质点的振动图像,所以该质点在t=2s时向下振动,所以波向左传播,选项B正确;在0~2s内质点P由波峰向波谷振动,通过的路程s=2A=8cm,选项C正确,D错误.故选D.答案:D8.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:AB9.解析:波源振动的周期T=λv=20400s=0.05s,频率f=1T=20Hz,A正确;x=40m处的质点在t=0.5s=10T时仍在平衡位置,

B错误;接收器接收到此波的时间t=400-40400s=0.9s,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20Hz,D正确.答案:BC10.解析:

A对:根据题图可知,波长为8m,周期为4s,所以波速v=λT=2m/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0.2

5Hz,所以如果该波在传播过程中遇到频率为0.25Hz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=100m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0.25Hz.答案:AC11.解析:(1)波的传播速度v=Δxt=30.3m/s=10m/s(2)由题

图可知,λ=4m,则周期T=0.4s,设经过时间Δt,x=0处波谷传到x=8m处的Q点,则Δt=xv,解得Δt=0.8s.(3)由题可以知道,t=0.5s时,波恰好传播到5m处,所以,波形图如图所示.答案:(1)10m/s(2)0.8s(3)见解析图1

2.解析:(1)由题意知:周期T=6020s=3s.设波长为λ,则5λ+λ2=24m,λ=4811m.由v=λT得,v=4811×3m/s=1611m/s.(2)由于λ=4811m,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=4811m>3m,所以此波无论是通过直径为3m的桥墩,还是通过宽为3m的涵洞,都能发生明显的衍射现象.答案:(1)4811m1611m/s(2)会(3)能(4)能13.解析:(1)由图像可知,两列波的波长λ=0.4m1s内传播了一个波长,两列波的周期T=1s在

同一种介质中两列波的传播速度相同,由v=λT解得v=0.4m/s(2)设再经时间Δt1,两列波传播至M点,则0.3m=vΔt1t2=2.5s时,M点振动的时间Δt2=t2-t1-Δt1代入数据解得Δt2=0.75s=34TM点为振动加强点,其振幅A′=A1+A2=12cm根据简谐

运动的周期性,质点M从开始振动到t2=2.5s,运动的路程s=3A′=36cm答案:(1)0.4m/s0.4m/s(2)36cm14.解析:(1)由图甲读出波长λ=2m,由波速公式v=λT得:T=λv=20.5s=4s.(2)因为t=1s=14T,则简谐横波向

右平移14λ,画出t=1s时刻的波形图如图所示.(3)从t=0时刻开始计时,x=0.5m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=0.5m处质点的振动图像如图所示.答案:(1)4s(2)(3)见解析图15.解析:由波的图像

可知,波长λ=4m(1)波在空间上具有周期性,向左传播的可能距离Δx=(n+34)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+14)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+14)T(n=0,1,2,3,…)T=4Δt4n+1(n=0,1,2,3,…)当n=0时,周期有最大值Tm=4Δt=0.8s(3)当v=115m/s时,波在0.2s时间内传播的距离为Δx=v·Δt=23.0m=23.04λ=(5+34)λ可知波沿

x轴负方向传播答案:(1)(4n+3)m(n=0,1,2,3,…)(2)0.8s(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:D2.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:A3.解析:根据折射定律可得n=sin(90°-50°)sin(90°-55°)=sin40°

sin35°,故选项C正确.答案:C4.解析:由题意知,入射角α=30°,折射角β=60°,由折射定律可得:n=sinβsinα=sin60°sin30°=3,A项错误,B项正确;发生全反射的临界角为C,sinC=33,sin45°=22,33<22,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:B5.解析:λ1=cf1=3×1086.0×1014m=5×10-7m、λ2=cf2=3×1087.5×1014m=4×10-7m,而n1=Δxλ1

2=1×10-62.5×10-7=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=Δxλ22=1×10-62×10-7=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:C6.解析:根据双缝干涉条纹的间距公式Δx=ldλ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=ldλ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=ldλ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:B7.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

:sinα=dh2+d2,sinβ=dH2+d2,n=H2+d2h2+d2竖直向下看时,d接近于零,故n=Hh,即h=1nH因紫光的折射率最大,故紫光的视深最小.答案:D8.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:BC9.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=cλ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=cn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:ABC10.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=cn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=Ldλ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sinC=1n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:AB11.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)112.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=Ldλ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=Ldλ得,红光波长的表达式λ=ΔxLd.(4)根据λ=ΔxLd知,λ=10-3×10-40.7m=1.4×10-7m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)ΔxLd(4)C13.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sinC=1n,得此玻璃砖的折射率:n=233.(2)由几何知识知,在BO边上的入射角∠α=30°

,由n=sinβsinα得此光线第一次自BO边射出时的折射角的正弦值sinβ=33.(3)由几何知识知此光线在玻璃砖中传播的路程x=334d又n=cv,t=xv得传播时间:t=3d2c.答案:(1)233(2)33(3)3d2c14.解析:(1)设介质的临界角为∠1,则si

n∠1=1nsin∠1=ODOE=22解得∠1=45°,n=2根据折射率与速度的关系有n=cv解得v=22c(2)EF与AB平行∠3=90°-∠EFC=90°-∠A=30°根据折射定律有n=sinθsin∠3解得θ=45°.答案:(1)22c(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CsinC=1n=33光射到E点时入射角α=θ=60°sinα>sinC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×AB2sinθ+2×AB2sinθ=63cm设光在玻璃中速度为v,由n=cv,得v=cn=3×108m/s该束光在玻璃柱内运动的时

间t=sv=6×10-10s.答案:(1)光路图见解析(2)6×10-10s

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