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课时作业(一)动量定理1．解析：物体在上升阶段时，速度向上，则物体的动量方向向上，根据动量定理可知，动量的变化量Δp＝mgt，重力的方向竖直向下，则动量变化量的方向向下．答案：B2．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：D3．解析：杯子从同一高度落下，故到达地面时的速度一定相等，故着地时动量相等；与地面接触后速度

减小为零，故动量的变化相同，由动量定理I＝Δp可知，冲量也相等；但由于在水泥地上，接触时间较短，故动量的变化率较大，作用力较大；而在软泥地上时，由于软泥的缓冲使时间变长，动量的变化率较小，作用力较小；故D正确，A、B、C错误．答案：D4．解析：卫星获得的速度为v，故根据动量定理

I＝Ft＝mΔv可得卫星受到的冲量大小为I＝mv，D正确．答案：D5．解析：设某次实验中该发动机向后喷射的气体的质量为m，对该气体根据动量定理有：Ft＝mv－0；解得m＝Ftv＝4.8×106×13×103kg＝1.6×103kg，故选项B正确，A、C、D错误．答案：B6．解

析：根据h＝12gt2，代入数据可得：t≈0.45s，与地面的碰撞时间约为t1＝2ms＝0.002s，全过程根据动量定理可得：mg(t＋t1)－Ft1＝0，解得冲击力F＝113N≈102N，故B正确，A、C、D错误．答案：B7．解析：选

定足球原运动方向为正方向．根据动量定理F·Δt＝p′－p，这里F为足球在水平方向上受到的平均作用力，Δt为击球的时间，p′为击球后足球的动量，p为足球原来的动量．设足球的质量为m，击球前、后的速度分别为v和v′，于是可得到F＝p′－pΔt＝mv′－mvΔt＝m(v′－v)Δt＝0.4×(－12－

10)0.1N＝－88N.可见，足球受到的平均作用力为88N，方向与足球原来运动速度方向相反．选项B、D正确．答案：BD8．解析：A.由运动学知识可知三个小滑环的运动时间相等，重力冲量相等，选项A正确；B.由于三种情形下弹力的大小、方向均不同，

弹力冲量不同，选项B错误；C.合外力的方向不同，冲量一定不同，选项C错误；D.根据机械能守恒定律，它们的动能增量不同，选项D正确．答案：AD9．解析：兔子撞树前的动量大小：p＝mv＝2×15kg·m/s＝30kg·m/s，故A正确；以撞树前兔子的速度方向为正方向，兔子撞树后

的动量：p′＝mv′＝2×(－1)kg·m/s＝－2kg·m/s，兔子撞树过程动量变化量：Δp＝p′－p＝(－2－30)kg·m/s＝－32kg·m/s，故B错误；兔子撞树过程中的动量变化的方向与兔子撞树前的速度方向相反，故C错误；由动量定理得：I＝Δp＝－32N·s，则兔子受到撞击力的冲量大小为

32N·s，故D正确．答案：AD10．解析：A.微粒a向下加速运动，微粒b向上加速运动，根据a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，a微粒受到的电场力(合外力)等于b微粒受到的电场力(合外力)，故a的质量比b的小，选项A错；B.a微粒

的位移大于b微粒，根据动能定理，在t时刻，a的动能比b大，选项B对；C.由于在t时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在t时刻，a和b的电势能不等，选项C错；D.根据动量定理，在t时刻，a微粒的动量大小等于b微粒的动量大小，选项D对．答案：BD11．解析：选在时间

Δt内与飞船碰撞的微陨石为研究对象，其质量应等于底面积为S，高为vΔt的直柱体内微陨石尘的质量，即m＝ρSvΔt，初动量为0，末动量为mv.设飞船对微陨石的作用力为F，由动量定理得：F·Δt＝mv－0则F＝mvΔt＝ρSv2＝10－7×2×(104)2N＝20N根据牛顿第三定律可知，微陨石对飞船的

撞击力大小也等于20N.因此，飞船要保持原速度匀速飞行，助推器增大的推力应为20N.答案：20N12．解析：由动量定理得F·t＝Δmv，F＝Δmvt，①又p＝FS，②联立①②两式得p＝Δmvt·S＝40×350

.2×400×10－4Pa＝1.75×105Pa，相当于1.75个大气压．答案：1.75×105Pa相当于1.75个大气压13．解析：(1)足球自由下落时有h＝12gt21，解得t1＝2hg＝0.4s，竖直向上运动的时间等于自由

下落运动的时间，所以t＝2t1＝0.8s.(2)设竖直向上为正方向，因空气阻力不计，所以顶球前后速度大小相同，由动量定理得(FN－mg)Δt＝mv－(－mv)，又v＝gt1＝4m/s，联立解得FN＝36N，由牛顿第三定律知足球对头部的作用力FN＝36N，方向竖直向下．答

案：(1)0.8s(2)36N，竖直向下14．解析：(1)以铁锤为研究对象，不计重力时，只受钉子的作用力，方向竖直向上，设为F1，取竖直向上为正，由动量定理可得F1t＝0－mv所以F1＝－0.5×(－4.0)0.01N＝200N，

方向竖直向上．由牛顿第三定律知，钉子受到的平均作用力为200N，方向竖直向下．(2)若考虑重力，设此时铁锤受钉子的作用力为F2，对铁锤应用动量定理，取竖直向上为正．(F2－mg)t＝0－mvF2＝－0.5×(－4.0)0.01N＋0.5×1

0N＝205N，方向竖直向上．由牛顿第三定律知，钉子受到的平均作用力为205N，方向竖直向下．答案：(1)200N，方向竖直向下(2)205N，方向竖直向下课时作业(二)动量守恒定律1．解析：两人碰撞过程系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝

m甲v′甲＋m乙v′乙，即m甲×3＋m乙×(－1)＝m甲×(－2)＋m乙×2，解得m甲m乙＝35，故选项A正确．答案：A2．解析：物体在车内来回与P和Q碰撞若干次后最终与车相对静止，整个过程系统动量守恒，即mv0＝(M＋m)v，所以最终速度为v＝mv0/(M＋m)，

故选B.答案：B3．解析：甲、乙两球组成的系统动量守恒，则甲球动量的减少量Δp甲等于乙球动量的增加量Δp乙，即Δp甲＝Δp乙，m甲Δv甲＝m乙Δv乙，m甲:m乙＝Δv乙:Δv甲＝3:5，故选项B正确．答案：B4．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：C5．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：A6．解析：子弹射穿A的过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m0v0＝mAvA＋m0v，代入数据解得vA＝2m/s.A、B系统

动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAvA＝(mA＋mB)v′代入数据解得v′＝1m/s，选项B正确．答案：B7．解析：两车碰撞过程中动量守恒，即m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v，解得v＝m1v1－m2v2m1＋m2＝150×4.5－200

×4.25150＋200m/s＝－0.5m/s，故选项D正确．答案：D8．解析：对两同学所组成的系统，互推过程中，合外力为零，总动量守恒，故A错；两同学动量的变化量大小相等，方向相反，故B、C正确；互推过程中机械能增大，故D错误．答案：BC9．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：AD10．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：BD11．解析：碰撞中两车间的相互作用力很大

，可忽略两车受到的其他作用力，近似认为两车在碰撞过程中动量守恒．设轿车质量为m1，货车质量为m2；碰撞前轿车速度为v1，货车速度为v2；碰撞后两车的共同速度为v′.选轿车碰撞前的速度方向为正方向．碰撞前系统的总动量

为m1v1－m2v2，碰撞后系统的总动量为－(m1＋m2)v′，由动量守恒定律得：m1v1－m2v2＝－(m1＋m2)v′，v1＝m2v2－(m1＋m2)v′m1＝4000×54－(1000＋4000)×181000km/h＝126km/h＞100km/h，故轿车在碰撞前超速

行驶．答案：超速行驶12．解析：球m被锤头打击后以O为圆心，L为半径做圆周运动，且在刚打过后绳子拉力最大，由圆周运动向心力计算公式有FT0－mg＝m·v2Lv＝(FT0－mg)Lm＝3m/s锤头打击m过程中，系统水平方向不受外

力作用，系统水平方向动量守恒Mv0＝mvv0＝mvM＝1m/s若要锤头击打小球后绳子被拉断，锤头的速度应大于等于1m/s.答案：大于等于1m/s13．解析：设甲车(包括人)滑下斜坡后速度为v1，由机械能守恒定律得(m1＋M)gh＝12(M＋m1)v2

1在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自系统动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v′1和v′2，由动量守恒定律得：人跳离甲车时：(m1＋M)v1＝Mv＋m1v′1，人跳上乙车时：Mv－m2v0＝(M＋m2)v′2，两车不可能再发生碰撞的临界条件是：v′1

＝±v′2，当v′1＝v′2时，解得：v＝3.8m/s，当v′1＝－v′2时，解得：v＝4.8m/s，故v的取值范围为：3.8m/s≤v≤4.8m/s.答案：3.8m/s≤v≤4.8m/s课时作业(三)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：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：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：C5．解析：微观世界发生散射时，动量守恒，由于没有发生对心碰撞，故P、Q的运动方向都不与v在一条直线上，选项A、B错误；动量是矢量，P、Q运动方向在一条直线上时，动量不守恒，选项C错误；P、Q碰撞前

后动量守恒，所以P、Q合动量一定与v在同一直线上．答案：D6．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：A7．解析：设a与b

碰撞后，a的速度为va，b与c碰撞前b的速度为vb，b与c碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得：a、b小球：mav0＝mava＋mbvb，对b、c小球：mbvb＝(mb＋mc)v，由a与b间的距离保持不变

可知：va＝v，联立上式，代入数据得：vb＝65v0＝6m/s.故选项B正确．答案：B8．解析：边界一：若发生完全非弹性碰撞，则有Mv＝(M＋m)v′，根据碰撞后两者的动量正好相等，有Mv＝mv，解得Mm＝1.边界二：若发生弹性碰撞

，根据碰撞前后，机械能守恒并注意到碰撞后两者的动量正好相等，有：12Mv2＝Mv222M＋Mv222m，可得Mm＝3.由此可得碰后两者质量之比满足1≤Mm≤3，故选A、B选项．答案：AB9．解析：由动量守恒

，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：Ek前＝12mAv2A＋12mBv2B＝27J，Ek后＝12mAv′2A＋12mBv′2B，由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有Ek前≥Ek后，据此可排除B；选项C虽满足Ek前≥

Ek后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍然保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C选项错误．验证A、D均满足Ek前≥Ek后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A、D.答案：AD10．解析：A错，B对：当甲冰壶运动了距离L时与乙冰壶发生弹性正碰，甲冰壶碰

后停止运动，乙冰壶以甲冰壶碰前的速度继续向前运动了2L距离停下，从效果上看，相当于乙冰壶不存在，甲冰壶直接向前运动了3L的距离停止运动，根据动能定理，运动员对甲冰壶做的功等于克服摩擦力做的功，即：W＝3kmgL.C错，D对：运动员施加的冲量I＝Δp＝p－0＝2mEk－0＝2m·3kmgL＝m6

kgL.答案：BD11．解析：(1)取方向向右为正，对两小球组成的系统分析，由动量守恒定律有m1v1＋m2(－v2)＝m1v′1解得v′1＝－20cm/s，负号表示m1碰后运动方向向左．(2)系统机械能的改变量ΔE＝12

m1v′21－12m1v21＋12m2v22＝－5×10－4J，负号表示机械能减小．答案：(1)20cm/s方向向左(2)减小5×10－4J12．解析：(1)设a、b的质量分别为m1、m2，

a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题给图像得v1＝－2m/s，v2＝1m/sa、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.由题给图像得v＝23m/s由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v

联立并代入数据解得m1:m2＝1:8；(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为：ΔE＝12m1v21＋12m2v22－12(m1＋m2)v2由图像可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W＝12(m1＋m2)v2联立并代入题给数据得W:ΔE＝1:2.答案：(1

)1:8(2)1:213．解析：B球做平抛运动，有x＝v′Bt，y＝12gt2得v′B＝xt＝xg2y＝0.8×102×0.8m/s＝2m/sA球和B球在碰撞中若无能量损失，发生弹性碰撞v′A＝0，由动量守恒定律，有mvA1＝mv′B，vA1＝

v′B＝2m/s由机械能守恒定律，有mgh1＝12mv2A1h1＝v2A12g＝222×10m＝0.2mA球和B球在碰撞中若能量损失最大，发生完全非弹性碰撞，则v′A＝v′B，由动量守恒定律，有mvA2＝(m＋m)v′B，vA2＝2v′B＝2×2m/s＝4m/s根据机械能守恒定律，有mgh2＝1

2mv2A2h2＝v2A22g＝422×10m＝0.8m所以A球的释放高度为0.2m≤h≤0.8m.答案：0.2m≤h≤0.8m课时作业(四)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：火箭整体动量守恒，则有(M－Δm)v＋Δmv0＝0，解得：v＝－ΔmM－Δmv0，负号表示火箭的运动方向与v0相反．答案：B3．解析：每秒喷出气体的动量等于火箭每秒增加的动量，即m气v气＝m箭v箭，由动量定理得火箭获得的动力F＝m箭v箭t＝m气v气t，又F－m箭g

＝m箭a，得v气＝900m/s.答案：C4．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：B5．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：D6．解析：直升机是靠空气的推力上升的，而喷气式飞机、火箭、反击

式水轮机都是靠自身一部分分离时的反冲，向与该部分相反的方向运动的．答案：ACD7．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vCvAB＝Mm，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：BC8．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＝14v1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章末综合检测(一)1．解析：人在和

地面接触时，人的速度减为零，由动量定理可知(F－mg)t＝mΔv；而脚尖着地可以增加人着地的时间，由公式可知可以减小人受到地面的冲击力，故D正确，A、B、C错误．答案：D2．解析：A错：对人、车和铁锤系统水平方向动量守恒有：0＝m锤v1－(m车＋m人)v2，锤子抡起的过程中，锤子

向右运动，车向左运动．B错：锤子下落的过程中，锤子向左运动，车向右运动．C对：锤子抡至最高点时，锤子速度为0，所以车速度为0.D错：锤子敲击车瞬间，锤子向左运动，车向右运动．答案：C3．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：由图像知，a球以初速度与原来静止的b球碰撞，碰后a球反弹且速度小

于初速度．根据碰撞规律知，a球质量小于b球质量．答案：B5．解析：手榴弹爆炸，外力远小于内力，可近似地看作动量守恒，则有(m1＋m2)v＝m1v′1＋m2v′2，解得v′2＝(m1＋m2)v－m1v′1m2＝(1＋0.5)×20－0.5×(－40)1m/s＝

50m/s.答案：C6．解析：甲、乙和船组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，开始时总动量为零，根据动量守恒定律有0＝－m甲v甲＋m乙v乙＋mv，解得v＝m甲v甲－m乙v乙m，代入数据解得v＝－0.6m/s，负号说明小船的速度方向向左，故选项A正确．答

案：A7．解析：由于碰后B球不可能越过A球水平向左运动，因选择了v方向为正，即向右为正，可先排除B、C两选项．据动量守恒定律mv＝mv1＋3mv2，若v1方向向右，即v1＝v2时，v2＝v6，运动方向相同，A球运动速度大于B球，意味着A球越过B球，与事实不符；若v1方向向左，即v1＝－

v2时，v2＝v2，A错误、D正确．答案：D8．解析：ts时间内喷水质量为m＝ρSvt＝1×103×5×10－4×10tkg＝5tkg，水在时间ts内受到墙的冲量为I＝0－mv＝Ft，所以F＝－mvt＝－5t×10tN＝－50N负号表示水受到墙的作用力的方向与运动方向

相反．由此可知B项正确．答案：B9．解析：重物压在弹簧上时，压缩的弹簧给地面一个作用力，使地面对弹簧有支持力，地面对弹簧的冲量与弹簧给物体的冲量是等大的．若以m为研究对象，它在重力和弹力作用下动量发生改变，因题中未指明速度的方向，故可上可下，若

选向上为正，则有I－mgt＝±mv－0，解得I＝mgt±mv，即选项B、C正确．答案：BC10．解析：本题类似人船模型．甲、乙、人看成一系统，则水平方向动量守恒，甲、乙两车运动中速度之比等于质量的反比，即为M＋mM，A正确，B错误；Mx甲＝(M＋m)x乙，x甲＋x乙＝L，解得C

、D正确．答案：ACD11．解析：A对：前2s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝F1m＝22m/s2＝1m/s2，t＝1s时物块的速率v1＝a1t1＝1m/s.B对：t＝2s时物块的速率v2＝a1t2＝2m/s，动量大小为p2＝

mv2＝4kg·m/s.C错：物块在2～4s内做匀减速直线运动，加速度的大小a2＝F2m＝0.5m/s2，t＝3s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1)m/s＝1.5m/s，动量大小p3＝mv3＝3kg·m/s.D错：t＝4s时物块的

速度v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2)m/s＝1m/s.答案：AB12．解析：系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出物块相对于木板滑行的距离，木板的长度可能等于该长度、也可能大于该长

度，根据题意无法求出木板的长度，故A项错误；物块与木板作出的系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v1，解得mM＝v1v0－v1，v0与v1已知，可以求出物块与木板的

质量之比，故B项正确；对木板，由动量定理得：μmgt1＝Mv1，解得μ＝v0－v1gt1，由于t1、v0、v1已知，可以求出动摩擦因数，故C项正确；由于不知道木板的质量，无法求出从t＝0开始到t1时刻，木板获得的

动能，故D项错误．答案：BC13．解析：纸带上打出的相邻点的时间间隔Δt＝1f＝0.02s根据v＝ΔxΔt可计算出滑块A碰撞前后的速度v0＝2.00m/s，v1＝0.970m/s滑块A、B碰撞后滑块B的速度v2＝dΔtB＝2.86m/s两滑块碰

撞前后的总动量p＝m1v0＝0.310×2.00kg·m/s＝0.620kg·m/sp′＝m1v1＋m2v2＝0.610kg·m/s两滑块碰撞前后总动量相对误差绝对值为δ＝p－p′p×100%＝1.6%＜5%因此，本实验在误差允许范围内验证了动量守恒定律．答案：见解析14．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)2100N15．解析：第一阶段小球从D点自由下落至A点，只有重力做功，机械能守恒，有mgh＝12mv2A.第二阶段小球从A点运动到半圆槽的最低点O1，由于受台阶的

作用，半圆槽仍保持静止，仅重力做功，机械能守恒，可得mgR＝12mv2O1－12mv2A.第三阶段小球从O1点运动至B点，到达B点时小球和槽有共同的速度vB，对槽和小球系统而言，只有重力做功，可得－mgR＝12(M＋m)v2B－12mv2O1.在此阶段，系统

在水平方向不受外力，水平方向上动量守恒，故有mvO1＝(m＋M)vB.联立以上四式解得h＝mMR.答案：mMR16．解析：(1)小滑块与长木板系统动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v解得最终速度为：v＝mv0M＋m

＝0.2×1.20.2＋0.2m/s＝0.6m/s(2)由能量守恒定律得：12mv20＝12(m＋M)v2＋Q代入数据解得热量为：Q＝0.072J(3)对小滑块应用动能定理：－μmgs＝12mv2－12mv20代入

数据解得距离为s＝0.135m答案：(1)0.6m/s(2)0.072J(3)0.135m17．解析：(1)A物块从O到Q过程，由动能定理－μmAgL＝0－12mAv2A解得：vA＝2m/s.(2)取向右为正方向，爆炸瞬间，A与B组成的系统动量守恒0＝－m

AvA＋mBvB解得vB＝4m/s.(3)取向右为正方向，B与C组成的系统动量守恒、能量守恒，则mBvB＝(mB＋mC)v，E＝12mv2B－12(mB＋mC)v2联立解得E＝6J.答案：(1)2m/s(2)4m/s(3)6J课时作业(五)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．答案：D3．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：D4．解析：位移为负值时，速度可以为正也可以为负，加速度一定为正值，A错误；弹簧

振子做简谐运动时，经过同一点时受的弹力必定是大小相等、方向相同，故加速度必定相同，但经过同一点时只是速度的大小相等，方向不一定相同，D正确；经过平衡位置时，加速度为零，速率最大，但每次经过平衡位置时的运动方向可能不同，B、C错误．答案：D5．解析：

由题意和简谐运动的对称性特点知：M、N两点关于平衡位置O对称．因位移、速度、加速度和力都是矢量，它们要相同，必须大小相等、方向相同．M、N两点关于O点对称，振子所受弹力应大小相等，方向相反，振子位移也是大小相等，方向相反，由此可知，A、B选项错误．振子在M、N两点的加速度虽然

方向相反，但大小相等，故C选项正确．振子由M到O速度越来越大，但加速度越来越小，振子做加速运动，但不是匀加速运动．振子由O到N速度越来越小，但加速度越来越大，振子做减速运动，但不是匀减速运动，故D选项错

误．答案：C6．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：D7．解析：t＝0.4s时，振子的速度向左，A错误；t＝0.8s时，振子在OA之间，B错；t＝0.6s和t＝1

.2s时刻振子的速度方向相反，C错；t＝1.5s到t＝1.8s时间内，振子从B运动到O，加速度逐渐减小，D正确．答案：D8．解析：A对：t＝1s时，振子处于正的最大位移处，振子的速度为零，加速度为负的最大值．B错：t＝2s时，振子在平衡位置且向x轴负方向运动，则振子的速度为

负，加速度为零．C错：t＝3s时，振子处于负的最大位移处，振子的速度为零，加速度为正的最大值．D错：t＝4s时，振子在平衡位置且向x轴正方向运动，则振子的速度为正，加速度为零．答案：A9．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：B10．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：AB11．解析：由简谐运动图像可知，P→Q，离开平衡位置的位移增大，向正方向运动，速度减小；物体从正方向最大位移处向负方向运动，先后经过M、N两点，且N点在平衡位置另一侧，故从M→N位移先减小后

增大．答案：AC12．解析：t＝0s时，振子过平衡位置向x轴正方向运动，速度最大，此时位移为零，A错误；t＝1s时，振子在x轴正向最大位移处，速度为零，B错误；t＝2s时，振子过平衡位置向x轴负方向运动，速度

为负的最大值，C正确；t＝3s时，振子的位移为负向最大，D正确．故选C、D.答案：CD13．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：BC14．解析：(1)质点离开平衡位置的最大距离等于质点的最大位移的大小，由题图看出，此

距离为20cm.(2)质点在10s末的位移x1＝20cm,20s末的位移x2＝0.(3)15s末质点位移为正，15s后的一段时间，位移逐渐减小，故质点在15s末向负方向运动，同理可知，25s末质点也向负方向运动．(4)前30s质点先是

由平衡位置沿正方向振动了20cm，又返回平衡位置，最后又到达负方向20cm处，故30s内运动的总路程为60cm.答案：(1)20cm(2)20cm0(3)负方向负方向(4)60cm课时作业(六)简谐运

动的描述1．解析：振子从B→O→C仅完成了半次全振动，所以周期T＝2×1s＝2s，振幅A＝BO＝5cm，A、B错误；振子在一次全振动中通过的路程为4A＝20cm，所以两次全振动振子通过的路程为40cm，C错误；3s的时间为1.5T，所以振子通过的

路程为30cm，D正确．答案：D2．解析：质点的振动周期T＝1f＝0.4s，故时间t＝2.50.4T＝614T，所以2.5s末质点在最大位移处，位移大小为4cm，质点通过的路程为4×4×614cm＝100cm，选项B正确．答案：B3．解析：根据简谐运

动的表达式x＝Asin2πTt可知，将x＝A2代入，解得t＝T12，故D正确．答案：D4．解析：由y＝0.1sin(2.5πt)知，弹簧振子的振幅为0.1m，选项A错误；弹簧振子的周期为T＝2πω＝2π2.5πs＝0.8s，选项B错误；在t＝0.2s时，y＝0.1m，即振子到达最高点，此

时振子的运动速度为零，选项C正确；只有当振子从平衡位置或者从最高点(或最低点)开始计时时，经过0.2s，振子的位移才为A＝0.1m，选项D错误．答案：C5．解析：振幅是标量，A、B的振动范围分别是6m、10m，但振幅分别是3m、5m，选项A错误；周期是标量，A、B的周期T＝2

πω＝2π100s＝6.28×10－2s，选项B错误；因为TA＝TB，故fA＝fB，选项C正确，选项D错误．答案：C6．解析：根据x＝10sinπ4t＋π6cm得：ω＝π4rad/s，则该质点振动周期T＝2

πω＝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＝10sinπ4t＋π6cm得，位移分别为10sin5π12cm和－10sin5π12cm，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：B7．解析：一次全振动应包括四个振幅，并且从一点出发并回到该点，且运动状态完全相同，才是一次全振动；可知从B→O→C为半个全振动，A错误；从O→B→O→C的过程中没有再回到起始点，不是一次全振动，B错误；而从C→O→B

→O→C为一次全振动，从D→C→O→B→O→D为一次全振动，C、D正确．答案：CD8．解析：周期在图像上是两相邻极大值间的距离，所以周期是4×10－2s，A项错误；又f＝1T，所以f＝25Hz，则B项正确；正、负极大值表示物体的振幅，所以振幅A＝10c

m，则C项正确；t＝6×10－2s＝112T，所以物体通过的路程为4A＋2A＝6A＝60cm，故D正确．答案：BCD9．解析：若振幅为0.1m，由题意知，Δt＝n＋12T(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＝0.2sin2πTt＋φ0m可知，0.2sinφ0m＝－0.1m，解得φ0＝－π6或φ0＝－5π6，将T＝6s代入0.2sin2πT＋φ0m＝0.1m可得，D项正确；将T＝4s代入0.2sin2πT＋φ

0m≠0.1m，得T＝4s不满足题意，C项错误．答案：AD10．解析：振子0.5s后经过平衡位置，可能是第一次经过平衡位置，也可能是第二次、第三次、…、第n次经过平衡位置．因此，弹簧振子在振动过程中在空间和时间上

具有往复性和周期性．t＝0.5s与周期有如下关系：t＝T4＋nT2＝(2n＋1)T4(n＝0,1,2，…)．其物理意义为：第一次经过平衡位置用时T4，此后每过T2经过平衡位置一次．周期T＝4t2n＋1＝22n＋1s(n＝0,1

,2，…)．当n＝0时，T0＝2s；当n＝1时，T1＝23s≈0.667s；当n＝2时，T2＝0.4s，因此正确选项为B、D.答案：BD11．解析：(1)已知ω＝8πrad/s，由ω＝2πT得，T＝14s，f＝1T＝4Hz.A＝5cm，φ1＝π

4.(2)由Δφ＝φ2－φ1得Δφ＝54π－π4＝π.答案：(1)14s4Hz5cmπ4(2)π12．解析：由题图读出振幅A＝102cm简谐运动方程x＝Asin2πTt代入数据－10＝102sin2πT×7得T＝8s答案：102cm8s13．解析：(

1)简谐运动振动方程的一般表达式为x＝Asin(ωt＋φ)．根据题目条件，有：A＝0.08m，ω＝2πf＝πrad/s.所以x＝0.08sin(πt＋φ)m.将t＝0，x＝0.04m代入得0.04＝0.08sinφ，解得初相位φ＝16π或φ＝56π，因为t＝0时，速度方向沿x轴

负方向，即位移在减小，所以取φ＝56π.故所求的振动方程为x＝0.08sinπt＋56πm.(2)周期T＝1f＝2s，所以t＝5T，因每个周期T内的路程是4A，则通过的路程s＝5×4A＝20×8cm＝1.6m答案：(1)x＝0.08sinπt＋56πm(2)1.6m14．解析

：(1)振子的振幅为：A＝10cm振子的周期为T＝tn＝2s10＝0.2s.(2)由题意知，经过14周期振子有正向最大加速度，此时振子在负向最大位移处，所以初始时刻振子沿负方向运动．振子的位移－时间图像如图所示(3)ω＝2πT＝10πrad/s振子的振动方程为y＝－Asin(ωt

)＝－0.1sin(10πt)m答案：(1)10cm0.2s(2)见解析图(3)y＝－0.1sin(10πt)课时作业(七)简谐运动的回复力和能量1．解析：简谐运动中机械能守恒，当有相同的动能时，势能一定相等，A正确；动能相同时由Ek＝12mv2可知，

具有相同的速率，但速度方向可以不同，故B不正确；根据简谐运动的对称性可知，在动能相同时有相同大小的a和x，但方向不同，故C、D也不正确．答案：A2．解析：弹簧振子过半个周期一定运动到关于平衡位置对称的位置处，两处速度大小相等，由动能定

理知合外力做功为0，A正确．答案：A3．解析：弹簧振子做简谐运动，振动能量不变，振幅不变，选项A错；在0.2s时位移最大，振子具有最大势能，选项B对；弹簧振子的振动能量不变，在0.35s时振子具有的能量与其他时刻相同，选项C错；在0.4s时振子

的位移最大，动能为零，选项D错．答案：B4．解析：设弹簧的劲度系数为k，振子距平衡位置的位移为x时系统的加速度为a，根据牛顿第二定律有kx＝－(mA＋mB)a，所以当位移为x时，整体的加速度a＝－kxmA＋mB，隔离对A分析，则摩擦力Ff＝mAa＝－mAmA

＋mBkx，B正确．答案：B5．解析：回复力是根据力的效果命名的，不是做简谐运动的物体受到的具体的力，它是由物体受到的具体的力提供的，在此情境中弹簧振子受重力、支持力和弹簧弹力的作用，故A正确，B错误；回复力与位移的大小成正比，弹簧振子由A向O运动的过程中位移在

减小，则在此过程中回复力逐渐减小，故C错误；回复力的方向总是指向平衡位置，故D正确．答案：AD6．解析：弹簧振子在平衡位置两侧往复振动，到平衡位置处速度达到最大，动能最大，势能最小，A正确；在最大位移处速度为零，动能为零，此时弹簧的形变量最大，势能最大，B正确

；在任意时刻只有弹簧的弹力做功，所以机械能守恒，D正确；振幅的大小与振子的位置无关，C错误．故正确选项为A、B、D.答案：ABD7．解析：振动的能量与振幅有关，故A正确；系统的机械能守恒，物块A的机械能不守恒，故B错误；系统的机械能守恒，动能和势能的总和不变；在C点时，物块A的动能最小，所以

系统势能最大，在O点时物块A的动能最大，所以系统势能最小，故C正确；在B点时，物块A的动能为零，重力势能最小，所以机械能最小，故D正确．答案：ACD8．解析：(1)由于弹簧振子在运动过程中满足机械能守恒，故在平衡位置O点的速度最大，由题意知：外力做的功转化为系统

的弹性势能，该势能又全部转化成振子的动能，即W＝12mv2解得：v＝2Wm＝2×10.5m/s＝2m/s.(2)振子在A点的位移大小为x＝10cm，方向由O指向A.(3)由于振动的振幅为10cm，故在B点的位移大小是10cm，即弹簧压缩10cm，此时回复力的大小F＝kx＝200×0.1N＝20N，

即振子所受到的合外力大小为20N，由牛顿第二定律得：a＝Fm＝200.5m/s2＝40m/s2，方向由B指向O.答案：(1)O点2m/s(2)10cm，方向由O指向A(3)40m/s2，方向由B指向O课

时作业(八)单摆1．解析：单摆是实际摆的理想化模型，实际摆只有在不计绳的伸缩、质量和阻力以及小球可以看作质点时才能看作单摆，A错，B正确．单摆的运动只有在摆角很小时才能看作简谐运动，C错．两单摆结构相同时，振动步调不一定相同，D错．答案：B2．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：C3．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：A4．解析：由单摆周期公式T＝2πlg知周期只与l

、g有关，与m和v无关，周期不变，频率不变．又因为没改变质量前，设单摆最低点与最高点高度差为h，最低点速度为v，mgh＝12mv2，质量改变后：4mgh′＝12·4m·v22，可知h′≠h，

振幅改变，故选C.答案：C5．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：A6．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：D7．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－cosθ)，所以甲、乙最大速度相等．故A正确，B、C、D错误．故选A.答案：A8．解析：由题知单摆的周期是2s，一个周期分成四个14周期，从单摆向右运动通过平衡位置时开始计时，则在t＝1.6s至t＝1.8s的过程中，单

摆是由左侧最大位移处附近向右向平衡位置处运动，所以速度向右在增大，加速度向右在减小．故A、B、D错误，C正确．答案：C9．解析：A做自由落体运动，到C所需时间tA＝2Rg，R为圆弧轨道的半径．因为圆弧轨道的半径R很大，B球离最低点C又很

近，所以B球在轨道给它的支持力和重力的作用下沿圆弧做简谐运动(等同于摆长为R的单摆)，则运动到最低点C所用的时间是单摆振动周期的14，即tB＝T4＝π2Rg>tA，所以A球先到达C点．答案：A10．解析：由振动图像可知t1、t3时刻振动质点在同一位置，

速度大小相等，方向不同，但向心力等大，A对B错；t3时刻质点正在向平衡位置运动，速度正在增大，C错；t4时刻正在向最大位移运动，速度减小，拉力减小，D正确．答案：AD11．解析：从图像可知，两个单摆的振幅和周期不同，根据周期公式T＝2πlg可知，两单摆摆长不同，故A错误；根据回复力公式

F＝－kx，由于两单摆不同，k值不同，无法比较回复力的最大值，故B错误；根据简谐运动的特点可知在平衡位置速度最大，最大振幅处速度为零，结合图像可知，单摆甲速度为零时，单摆乙速度最大，故C正确；根据周期和频率的关系T＝1f，由图像知T甲:T乙＝2:1，

所以f甲:f乙＝1:2，故D正确．答案：CD12．解析：由振动图像读出周期T＝2s，振幅A＝10cm，由ω＝2πT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：ABD13．解析：(1)当

单摆做简谐运动时，由单摆周期公式T＝2πlg可得g＝4π2lT2，只要求出T值代入即可．因为T＝tn＝60.830s≈2.027s，所以g＝4π2lT2≈4×3.142×1.022.0272m/s2≈9.79m/s2.(2)秒摆的周期是2s，设

其摆长为l0，由于在同一地点重力加速度是不变的，根据单摆的振动规律有TT0＝ll0，故有l0＝T0T2l＝0.993m，其摆长要缩短Δl＝l－l0＝1.02m－0.993m＝0.027m.答案：(1)9.79m/s2(2)其摆长要缩短缩短0.027m课时作业(九)受迫振动共振1．解析：

洗衣机脱水时，电动机转速很快，频率很大，可以说远大于洗衣机的固有频率，不能发生共振现象．当脱水终止时，随着电动机转速的减小，频率也在减小，肯定有一段时间，频率接近或等于洗衣机的固有频率，从而发生共振现象，洗衣机振动剧烈．答案：C2．

解析：飞机的机翼(翅膀)很快抖动起来，是因为驱动力的频率接近机翼的固有频率，机翼发生共振，在飞机机翼前装配重杆，是为了改变机翼的固有频率，使驱动力的频率远离机翼的固有频率，选项D正确．答案：D3．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240r/min.答案：D4．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5

00Hz，就能使酒杯碎掉．则D正确，A、B、C错误．答案：D5．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：AD6．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A、D.答案：AD7．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：AC8．解析：图线中振幅最大处对应频率应与做受迫振动的单摆的固有频率相等，从图线上可以看出，两摆的固有频率f1＝0.2Hz，f2＝0.5Hz根据周期公式可得f＝1T＝12πgl当两摆分别在月球上和地球上做受迫振动且摆长相等时，

g越大，f越大，所以g2>g1，由于月球上的重力加速度比地球上的小，所以图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线，选项A正确．若两次受迫振动是在地球上同一地点进行，则g相同，两次摆长之比l1:l2＝1f21:1f22＝25:4，所以选项B正确．图线Ⅱ若是在地球上完成的，将g＝9.8m/s2和f2＝0.

5Hz代入频率的计算公式可解得l2＝1m，所以选项C正确．D错误．答案：ABC章末综合检测(二)1．解析：位移增大时，加速度a＝－kxm增大，但物体做减速运动，速度减小，故A错误；加速度a＝－kxm，负号表示加速度方向与位移方向总相反，靠近平衡位置时加速，位移方向与速度方向相反，故B错误，C正确；

物体向平衡位置运动时回复力的方向与运动方向相同，做加速运动，背离平衡位置时，回复力的方向与运动方向相反，物体做减速运动，故D错误．答案：C2．解析：根据图像可知，质点的振幅为1cm，质点的周期为4s，根据T＝1f可知质点的振

动频率为f＝1T＝0.25Hz，故A、B错误；2s末质点位于平衡位置处，则此时的速度最大，加速度为零，故C错误，D正确．答案：D3．解析：从经过某点开始计时，则再经过该点两次所用的时间为一个周期，B对，A、C错．振子从A到B或从B到A的时间间隔为半个周期，D错．答案：B4

．解析：A、B之间的距离为8cm，则振幅是4cm，故A错；T＝2s，f＝0.5Hz，B错；振子完成一次全振动通过的路程是4A，即16cm,3s内运动了1.5个周期，故总路程为24cm，C正确，D错误．答案：C5．解析：由题图可知，在0.3～0.4s时间内，质点

正在由平衡位置向正向最大位移处运动，所以速度方向沿正方向，不断减小，动能减小，势能在增大，由于位移增大，所以回复力增大，加速度也增大，故选项B正确．答案：B6．解析：振动图像表示位移随时间的变化规律，并不是运动轨迹，B对、A、C错；由于图像不是质点的运动轨迹，因此切线的方向并不

表示速度的方向，D错．答案：B7．解析：物体做简谐运动时，其加速度时刻改变，所以物体做的不是匀变速直线运动，故A错误；据单摆的周期公式可知，单摆的周期与摆球的质量和速度无关；当摆球在平衡位置的速度减为原来的二分之一时，据机械能守恒可知，摆球的高度变小，即振幅变小，

故B正确；做简谐运动的物体，当它每次经过同一位置时，速率一定相同，方向不一定相同，故C错误，单摆在周期性的外力作用下做受迫振动，则外力的频率与固有频率相差越小，单摆的振幅越大，故D错误．答案：B8．解析：试管在竖直方向上做简谐运动，平衡位置是在

重力与浮力相等的位置，开始时向上提起的距离，就是其偏离平衡位置的位移，为正向最大位移，因此应选D.答案：D9．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＝1.25s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：C10．解析：设O为质点做简谐运动的平衡位置，质点在B、C之间做简谐运动，则它由C经过O到B，又由B经过O到C一个周期内，由于质点受到的回复力和位移的方向总是相反的，且质点由B到O和由C到O的

过程中，速度的方向与回复力的方向相同，A项正确，质点的位移方向与加速度方向总相反．B项错误．质点在振动过程中，当回复力增大时，其势能增加，根据机械能守恒定律，其动能必然减小，C项错误．当势能减小时，如从C到O或从B到O阶段，回复力减小，势能减小，质点的加速度也

减小，D项正确．答案：AD11．解析：振动图像表示质点在不同时刻相对平衡位置的位移，由图像可知，质点运动的周期T＝4s，其频率f＝1T＝0.25Hz，故A正确；10s内质点运动了52T，其运动路程为s＝52×4A＝52×4×2cm＝20cm，故B正确；第4s末质点在

平衡位置，其速度最大，故C正确；t＝1s和t＝3s两时刻，由图像可知，位移大小相等、方向相反，故D错误．答案：ABC12．解析：A摆振动后迫使水平绳振动，水平绳又迫使B、C、D、E四摆做受迫振动，由于物体做受迫振动

的周期总是等于驱动力的周期，因此B、C、D、E四摆的周期跟A摆相同，驱动力的频率等于A摆的固有频率fA＝1TA＝12πgl，其余四摆的固有频率与驱动力的频率关系：fB＝12πg0.5l≈1.41fA，fC＝12πg1.5l≈0.82fA，fD＝12

πg2l≈0.71fA，fE＝12πgl＝fA.可见只有E摆的固有频率与驱动力的频率相等，它发生共振现象，其振幅最大，B、C、D三个摆均不发生共振，振幅各异，其中B摆的固有频率与驱动力的频率相差最大，所以它的振幅最小．答案：ACD13．

解析：根据简谐振动的振动方程x＝2sin50πt＋π2cm，知圆频率为ω＝50πrad/s，则周期为T＝2πω＝2π50πs＝0.04s，t＝0时，x＝2cm＝A.因为t＝0.02s＝T2，则在0至0.02s内，质点从一侧最大位移处运动到另一侧最大位移处，速度与加速度方向先相同，后相反

，故A错误；在t＝0.02s时，代入x＝2sin50πt＋π2cm得x＝－2cm＝－A，即位移为负向最大，根据a＝－kxm，知在0.02s，质点具有正向最大加速度，故B正确；因t＝0.025s＝0.625T，则质点正从负向最大位移处向平衡位置靠近，质点的速度方向与加速度方向均沿x轴正方向，故

C正确；在t＝0.04s＝1T时，质点回到正向最大位移处，回复力最大，速度为零，故D错误．答案：BC14．解析：(1)该同学以上实验步骤中有错误的是B、C、D；B中，摆长应是从悬点到大理石块的质心的距离；C中，石块的摆角太大，将不能看作简谐运动，单摆周期公式失效，不能测定g；D中，测量时间

应从石块摆到最低点开始计时，因为最低点的位置石块速度最大，相同的视觉距离误差，引起的时间误差较小，则周期测量比较准确．(2)根据单摆的周期公式T＝2πlg，得：g＝4π2lT2.该同学用OM的长l作为摆

长，摆长偏小，根据上述表达式得知，g的测量值偏小．(3)设摆线的结点到大理石块质心的距离为r，则根据单摆的周期公式T＝2πlg得：T1＝2πl1＋rg，T2＝2πl2＋rg，联立解得：g＝4π2(l2－l1)T22－T21.答案：(1)BCD(2)偏小(3)g

＝4π2(l2－l1)T22－T2115．解析：(1)游标卡尺的主尺读数为20mm，游标读数为0.1×0mm＝0.0mm，则最终读数为20.0mm＝2.00cm摆长的大小l＝L＋d2＝98.50cm＋1.00cm＝99.

50cm＝0.995m.(2)根据T＝2πlg得，g＝4π2lT2＝4π2L＋d2T2①由公式①可知，重力加速度的测量值的大小与摆球的质量无关，故A错误；他的摆没在竖直面内摆动，而成了圆锥摆，设圆锥摆的摆线与竖直方向之间的夹角为θ，则：mgtanθ＝m·4π2T2·L

＋d2·sinθ可得：T＝2πL＋d2·cosθg可知圆锥摆的周期小于单摆的周期；由于T的测量值减小，所以重力加速度g的测量值增大，故B正确；数摆动次数时，在记时的同时，就开始数1，误将29次全振动记成了30次，周期的测量值：T＝tn，全振动次数n增大，则周期T的测量值减小，所以重力加速度g的

测量值增大，故C正确；直接将摆线长作为摆长来计算，则摆长l减小，所以重力加速度g的测量值减小，故D错误．故选：B、C.(3)根据T＝2πLg得：T2＝4π2Lg.则图线的斜率为：k＝y2－y1x2－x1＝4π2g.则有：g＝4π2(x2－x1)y2－y1＝4π2k.

答案：(1)2.000.995(2)B、C(3)4π2Lgy2－y1x2－x14π2k16．解析：(1)由于简谐运动的加速度a＝Fm＝－kmx，故加速度最大的位置在最大位移处的A或B两点，加速度大小a＝kmx＝2400.5×0.05m/s2＝24m/s2.(

2)在平衡位置O滑块的速度最大．根据机械能守恒，有Epm＝12mv2m故vm＝2Epmm＝2×0.30.5m/s＝1.1m/s.答案：(1)A点或B点24m/s2(2)O点1.1m/s17．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)－2cm18．解析：(1)根据振幅的定义，可知振幅A＝5cm；根据周期的定义可知，周期T＝2×1s＝2s.(2)因为ω＝2πT，所以ω＝π.又据题意知t＝0时，x＝5cm.因为简谐运动的表达式是x＝

Asin(ωt＋φ)，把上面已知数据代入得φ＝π2，所以该振动的表达式x＝5sinπt＋π2cm.(3)如果从小球经过平衡位置向左运动开始计时，则t＝0时，x＝0，此后位移负值变大，所以小球的位移表达式x＝－5sin(πt)cm.答案：

(1)5cm2s(2)x＝5sinπt＋π2cm(3)x＝－5sin(πt)cm19．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(Fmax－mg)＝5×10－4J.答案：(1)0.1m(2)0.05kg(3)5×10－4J课时作业(十)波的形成1．解析：根据

机械波的产生条件和传播特点知，A正确，B、C错误；机械波向右传播时，应是右方的质点比左方的质点振动滞后些，D错误．答案：A2．解析：物理学中把质点的振动方向与波的传播方向垂直的波称作横波；把质点的振动方向与波的传播方向

在同一直线的波称作纵波，对于纵波质点的运动方向与波的传播方向可能相同，也可能相反，故AD错误；B中地震的横波的传播速度一定比纵波慢；故B错误；C中横波形成波峰和波谷，纵波形成疏部和密部，故C正确；故选C.答案：C3．解析：当波源振动时，通过介质将波源的振动形式传递出去的同时，

将能量也传递出去了．当波源停止振动后，传出去的能量不会消失，当没有其他阻力时，这种波的形式和能量继续存在并将继续传递下去，所以A、B、C都错误．故正确答案为D.答案：D4．解析：机械波传播的是振动的形式

和能量，而介质中各质点仅在平衡位置附近振动，质点不会随波迁移，而且横波中各质点的振动方向与其传播方向垂直，波在水平方向由西向东传播，质点振动方向与其垂直，不一定沿水平方向，也不一定沿竖直方向．故A、B、C错误，D正确．答案：

D5．解析：由于绳波是横波且向右传播，介质中左边的质点带动右边的质点振动，故2、3、4质点向下振动，6、7质点向上振动．如题图时刻，3、7两质点在平衡位置，速度最大，1、5两质点在最大位移处，加速度最大，故A

、B对；各质点的振动周期(或频率)由振源决定，并且是相等的，故C错，D对．故选C.答案：C6．解析：机械波可分为横波和纵波两类，故A正确；机械波的传播需要介质，机械横波只能在固体中传播，故B错误；在纵波中，振动交替、间隔出现密部和疏部

，故C正确；在横波中，质点在波谷时速度为零，动能最小，故D正确．答案：ACD7．解析：机械振动是形成机械波的条件之一，有机械波一定有机械振动，但有机械振动不一定有机械波，A错，B对．波在传播时，介质中的质点都在其平衡位置附近做往复运动，它们不随波的传播而发生迁移，C对．振源停止振动后，已形成的

波仍继续向前传播，直到波的能量耗尽为止，D对．答案：BCD8．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：AC9．解析：各质点在各时刻的情况如图所示．(1)由乙图可知，t＝T2时，

质点8未达到波峰，正在向上振动，质点12、16未振动．(2)由丙图可知，t＝3T4时，质点8正在向下振动，质点12向上振动，质点16未振动．(3)由丁图可知，t＝T时，质点8、12正向下振动，质点16向上振动．答案：见解析课时作业(十一)波的描述1．答案：C2．解析：M点的

振动方向向上，A到B半个波长的范围内的各质点振动方向相同，A点振动落后于M点，B点振动超前于M点，而波向左传播．故A、C、D错误，B正确．答案：B3．解析：质点不随波移动，A错误；此时M点和P点的振动方向相反，B

错误；O点沿y轴正方向运动，而M点沿y轴负方向运动，故M点先到达最低位置，C错误；B、D两点的振动步调相反，D正确．答案：D4．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：C5．解析：由于t＝0时，质点P正向

上运动，依据下坡上，故波沿着x轴负方向传播，选项A错误，波的传播过程中，介质中的质点不随波迁移，故选项B错误；由图乙可知5s时，质点P正处于x轴上方最高点，因此加速度最大，方向向下，选项C错误；在5s时

间内，质点P的路程为5个振幅，即25cm，故选项D正确．答案：D6．解析：由题意可知，此波的波长λ＝vf＝10050m＝2m．xP＝3.5m＝λ＋34λ，当波源S位移为负且向－y方向运动时，P质点位移为负，速度沿＋y

方向；|xQ|＝3m＝λ＋λ2，故Q质点位移为正，速度沿＋y方向．故选项D正确．答案：D7．解析：由题图知λ＝8m，从两时刻的波形图可以看出，在Δt＝0.6s时间内，波传播的距离Δx1＝3λ4＝6m，Δt＝3T4＝0.6s，周期T＝0.8s，A错

误；波速v＝λT＝10m/s，t＝0时刻P点在平衡位置向y轴负方向运动，经过0.9s，即118T，P点正向y轴负方向运动，B错误；经过0.4s，即半个周期，P点经过的路程为2A＝0.4m，C错误；经过0.5s，波向x轴负方向平移Δx2＝vt＝5m，可知Q点处于

波峰，D正确．答案：D8．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＋12λ(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：B9．答案：BC10．解析：质点a做简谐运动，其回复力指向平衡位置，故其加速度一定沿y轴负方向，A正确；速度方向与波的传播方向有关，若波向右传播，则质点a向y轴正方向运动；若波向左传播，则质点a向y轴负方向运动，B错；经过半个周

期后，质点a到达x轴下方的对称点，C正确；质点a半个周期通过的路程为2倍振幅，D正确．答案：ACD11．解析：波沿x轴正方向传播，在t＝T2时刻，平衡位置在坐标原点的质点正在从平衡位置向y轴负方向振动，质点P正位于波峰，质点Q正位于平衡

位置向y轴正方向振动．在t＝0时刻，平衡位置在坐标原点的质点正在从平衡位置向y轴正方向振动，质点P正位于波谷，质点Q正在平衡位置向y轴负方向振动，则质点Q的振动图像与图(b)不相同，平衡位置在坐标原点的质点的振动图像如图(b)所示，故选项A错误，D正确．在t＝0时刻，质点P

正位于波谷，质点P的速度为0，加速度最大；质点Q正在平衡位置，速率最大，加速度最小，故在t＝0时刻，质点P的速率比质点Q的小，质点P的加速度的大小比质点Q的大，故选项B错误，C正确．答案：CD12．解析：由图知，波长为λ＝4m，故选项A正确；由于无法确定

图中质点的振动方向，也就无法判断波的传播方向，故选项B错误；若波沿＋x方向传播，则得t＝1s＝n＋34T，波速v＝λT，联立得v＝(4n＋3)m/s(n＝0,1,2，…)，当n＝3时，v＝15m/s；同理得若波沿－x方向传播

，v＝(4n＋1)m/s(n＝0,1,2，…)，当n＝2时，v＝9m/s，故选项C、D正确．答案：ACD13．解析：由图知波长λ＝2×4m＝8m由0.25T＝0.2s得周期T＝0.8sv＝λT＝80.8m/s＝10m/sf＝1T＝1.25Hz答案：8m10m/s1.25Hz14．解析：由于在t

＝0时刻质点P向平衡位置方向运动，因此根据振动方向与波的传播方向的“上坡下，下坡上”关系可知，波向x轴负方向传播，从图中可知，此波的波长为λ＝4m，从实线到虚线经过的时间为0.3s，因此周期满足的关系为n＋34T＝0.3s，解得T＝1.24n＋3s(n＝0,1

,2，…)，又因为T>0.3s，因此只有n＝0满足，此时T＝0.4s，根据波长、波速、周期的关系可知，波的传播速度为v＝λT＝10m/s.答案：x轴负方向10m/s课时作业(十二)波的干涉多普勒效应1．解析：干涉和衍射是波特有的现象，一切种类的波只要满足一定条件都能产生干涉和明显的衍射现象

，故A正确；明显的衍射现象必须是波的波长比障碍物尺寸大得多或相差不大，故B错误；要产生干涉现象的必要条件之一，就是两列波的频率相等，故C错误；产生干涉的条件是两列波的频率相同，与振幅无关，故D错误．答案：A2．解析：音叉

周围有些区域声音较弱，有些区域声音较强，这是声音的干涉现象，故A错误；敲响一只音叉，不远处的另一只音叉也发出声音，这是声音的共振现象，故B错误；火车进站时鸣笛的音调会变高，出站时会变低，音调会变低表示远离，音调会变高表

示靠近，该现象与音障的形成类似，故C正确；在屋外看不见屋内的人，却能听见屋内人说话，这是声音的衍射现象，故D错误．答案：C3．解析：A、C两点都为波峰与波谷叠加，振动减弱，故A错误；B、D两点是波谷和波谷

、波峰和波峰叠加点，为振动加强点，B、D的连线上所有点为振动加强点，故B错误，C正确；该时刻，D点处于波峰，偏离平衡位置的位移大小为4cm，B点处于波谷，偏离平衡位置的位移大小为4cm，则B、D两点此时刻竖直高度差为8cm，故D错误．

答案：C4．解析：A错：两种无线电波强度不一定相同．B错：两列波长为λ1的无线电波干涉时，在两波源线的中垂面上，各点都是振动加强点，在这条线上收到的信号始终最强；同理，两列波长为λ2的无线电波干涉时，在两波源连线的中垂面上，各点也都是振动加强点．在机场其他区域，不能满足在一条线上两种频率的波各自

干涉后所有的点同时都是加强点的条件，故当接收到λ1和λ2的信号都保持最强时，表明飞机已对准跑道，导航利用了λ1与λ1、λ2与λ2两种无线电波之间的干涉，而不是利用了λ1与λ2两种无线电波之间的干涉．C对：两种无线电波分别干涉后，在空间的强弱分布

稳定．D错：由于两种无线电波波长不同，各自在空间的强弱分布不完全重合．答案：C5．解析：根据多普勒效应可知，当波源和观察者间距变小时，观察者接收到的频率一定比波源频率高，波源和观察者间距变化越快，观察者接收到的频率越高，所以当火车减速进站时，鸣笛声的音调变低．故A正确，B错误；根据多普勒效应可知，

当波源和观察者间距变大时，观察者接收到的频率一定比波源频率低．所以当火车加速离站时，鸣笛声的音调变低，故C正确，D错误．答案：AC6．解析：该题考查波的叠加原理．半个波形(或前半个波形)相遇时，B项正确，当两列波完全相遇时(即重叠

在一起)，由波的叠加原理可知，所有质点振动的位移均等于每列波单独传播时引起的位移的矢量和，使得所有质点的振动的位移加倍，C项正确．答案：BC7．解析：多普勒效应是指波源或观察者发生移动，而使两者间的距离发生变化，使观察者接收到的频率发生了变化；利用地球上接收到遥远天体发出的光波的

频率来判断遥远天体相对地球运动的速度，利用了多普勒效应，故A正确；交通警察对行进中的汽车发射一个已知频率的电磁波，波被运动的汽车反射回来，根据接收到的频率发生的变化，可知道汽车的速度，以便于进行交通管理，利用了多普勒效应，故B正确；铁路工人用耳贴在铁轨上可判断火车的运动情况，是利

用声音在固体中传播最快的特点，与多普勒效应无关，故C错误；有经验的战士从炮弹飞行的呼啸声判断飞行炮弹是接近还是远去，频率变高表示靠近，频率降低表示远离，利用了多普勒效应，故D正确．答案：ABD8．解析：a、b、c各点到波源S1、S2的距离相等，三点都是振动加强点，选项A正确，选项B

错误；由题意可知b点是a、c两点的中点，某时刻a、c分别是波峰和波谷的位置，则经过T4两列波的波峰传到b，质点b在波峰，选项D错误，选项C正确．答案：AC章末综合检测(三)1．解析：敲响一个音叉，另一

个完全相同的音叉也响起来，这种现象是共振现象，故A错误；挂在同一个水平绳上的几个单摆，当一个振动后，另外几个也跟着一起振动，这种现象是受迫振动，故B错误；打雷时，经常听到雷声轰鸣不绝，这是由雷声经过多次反射造成的，故C错误；水波向前传播时，遇到突出水面的小树枝会不受影响地继续向前

传播，属于衍射现象，故D正确．答案：D2．解析：由于波的频率由波源决定，因此波无论在空气中还是在水中频率都不变，C、D错．又因波在水中速度较大，由公式v＝λf可得，波在水中的波长变大，故A错，B正确．答案：B3．解析：为使水波能带

动叶片振动，则要使得水波发生明显的衍射，根据衍射条件可知，增加或减小波源距桥墩的距离，都不能影响衍射，故A、B错误；S振动时，水波中的质点上下振动，形成的波向前传播，提高波源的振动频率，则质点振动的频率增加，波的频率与振动的频率相等，根据λ

＝vf，波速不变，频率增大，波长减小，衍射现象不明显，反之降低频率，波长增大，衍射现象更明显，故C错误，D正确．答案：D4．解析：由题可知简谐横波向右传播，由波形平移法得知，图示时刻a质点向上运动，从图示时刻起第一次回到平衡位

置的时间大于T4；b质点向上运动，经过T4第一次回到平衡位置；c质点向下运动，从图示时刻起第一次回到平衡位置的时间小于T4；所以a、b、c三个质点从图示时刻起第一次回到平衡位置的先后次序是c，b，a.故选B.答案：B5．解析：由图知，该波的波长λ＝4m，故A正确；由波形图，P点距第二个

波谷距离为9m，所以v＝Δx/Δt＝9m/0.6s＝15m/s，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，振源的起源方向沿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：根据波形分布特点可知，该时刻对点a来说，它是波源S1的波峰与波源S2的波峰相遇，对点b来说，是两列波的波谷和波谷相遇，其振动应该是加强的，其振幅是两列波源的振幅之和，所以a、b两点的振幅大于波源的振幅，但位移也是呈周期性变化，不

会总是波峰和波峰相遇，故A错误，C正确；点c、d是波峰与波谷相遇，振动减弱，振幅为零，故总是在平衡位置，故B错误；两列波产生的干涉现象是稳定的干涉现象，振动加强始终是振动加强，振动减弱始终是振动减弱，不会交替变化，故D错误．答案：C7．解析：由图可知振幅A＝0.5m．波从M传

到N的过程，波速v＝xt＝11－50.6m/s＝10m/s.由图可知λ＝4m，所以T＝λv＝0.4s，f＝1T＝2.5Hz.D正确．故选D.答案：D8．解析：对于题图中波的干涉图样要清楚：一条加强线、一条减弱线、一条加强线……其是加强线、减弱线彼此相间的稳定图样，在图中A、

B、C、D四点，由峰峰叠加，可知BD决定的直线为加强线，过A点、C点的平行BD直线的两条直线也应是加强线．a、c两点在BD直线上，故a、c是振动加强点，分别过b、d且平行于BD直线的两条直线均在两加强线之间，过AB中点，BC中点(减弱点)，应为减弱线，故

b、d两点的振动是减弱的，B选项正确．答案：B9．解析：由题可知T4＝0.5s，T＝2s．t3＝7.5s＝334T，再由特殊点振动法可以确定D选项正确．答案：D10．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，选项D错误．故选D.答案：D11．解析：两列波叠加形成稳定的干涉现象的条件是两列波的频率相同，故B正确；任何质点都在按照相同的频率在振动，不同区域的质点振幅和相位不一定相同，故A、C错误；各质点振

动的频率与波源频率相同，波源振动频率又与振动片的振动频率相同，两列波的周期是不随时间变化的，因此，D正确．答案：BD12．解析：波源振动的周期：T＝λv＝20400s＝0.05s，A项正确；x＝40m处的质点在t＝0.5s＝10T时仍在平衡位置，B项错误；接收器接收到

此波的时间：t＝400－40400s＝0.9s，C项错误；由多普勒效应的知识，波源远离接收器，接收到的频率小于波的频率，D项正确．答案：AD13．解析：若波向右传播：Δt＝t2－t1＝0.15sΔt＝nT＋14T，因为Δt<T，所以

n＝0，则T＝0.6s，v＝λT＝600.6m/s＝100m/s.若波向左传播，Δt＝nT＋34T，Δt<T，所以n＝0，则T＝0.2s，v＝λT＝600.2m/s＝300m/s.故A、D选项正确．答案：AD14．解析：波从A向B传播，AB间的距离Δx

＝n＋34λ，n＝0,1,2，…由题，波长大于1m，则n只能取0，即有Δx＝34λ，波长λ＝43m，波速为v＝λT＝13m/s，A正确，B错误；3s末A、B两质点的位移分别为yA＝－2cm，yB＝0，位移不同，C错误；由振动图像读出，1s末A质点

的位移y′A＝2cm，处于波峰，速度最小；B质点的位移y′B＝0，处于平衡位置，速度最大，所以1s末A质点的速度小于B质点的速度，D正确．答案：AD15．解析：(1)如果巡警车接收到的超声波频率比发出时低，由多普勒效应可知，巡警车与轿车在相互远离．又由于巡警车在后且车速恒

定，所以轿车的速度大于100km/h.(2)如果巡警车接收到的超声波频率比发出时高，由多普勒效应可知，巡警车与轿车在相互靠近，同理可知，轿车的速度小于100km/h.答案：(1)轿车的速度大于100km

/h(2)轿车的速度小于100km/h16．解析：(1)该波的周期为T＝1f＝15s＝0.2s，由图知，质点P、O开始振动的时刻之差为Δt＝T4＝0.05s；(2)该波的波长为λ＝vT＝10×0.2m＝2m，根据波峰与波峰

相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，可知，两列波在x＝1m和x＝5m之间引起的合振动振幅极大的质点的x坐标为：1m、2m、3m、4m、5m.合振动振幅极小的质点的x坐标为1.5m、2.5m、3.5m、4.

5m.答案：(1)0.05s(2)两列波在x＝1m和x＝5m之间引起的合振动振幅极大的质点的x坐标为：1m、2m、3m、4m、5m．合振动振幅极小的质点的x坐标为1.5m、2.5m、3.5m、4.5m.17．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)18．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

)能课时作业(十三)光的折射1．解析：折射角可能小于入射角，也可能大于入射角，例如光从水中射入空气时，折射角就大于入射角，故选项A错误；某种介质的折射率对特定的光是一定的，不随折射角的正弦值的变化而变化，故选项B错误；入射角的正弦与折射角的正弦成正比，而不是入射角与折射角成正比，故选项C错误

；由n＝cv知选项D正确．答案：D2．解析：一束光线从空气射向玻璃，入射角为α，由题意可知光线一定会发生折射，根据n＝sinαsinθ知，折射角小于入射角，同时光线在分界面上还会发生反射．答案：A3．解析：光先从水进入空气泡中，由折射定律可知折射角应大于入射角，然后又从空气

射入水中，折射角应小于入射角．综上所述，只有光线1符合要求，故选项A正确．答案：A4．解析：太阳光线进入大气层发生折射，使传播方向改变，而使人感觉太阳的位置比实际位置偏高．答案：B5．解析：由n＝si

nθ1sinθ2可知，光由空气射入介质时的折射角是由折射率n和入射角θ1共同决定，因此A，B均错；由n＝cv可知，介质的折射率越大，光在该介质中的速度越小，故C错，D对．答案：D6．解析：插大头针P1、P2、P3、P4是为了找出出射光线O′B，进而确定折射光线O

O′，A、B错误；图中∠AOM＝β是入射角，∠NOO′＝θ为折射角，故折射率n＝sinβsinθ，C错误，D正确．答案：D7．解析：画出光路图如答图所示．根据折射定律及图示可知，光线从玻璃三棱镜射入空气中时入射角

i＝30°，折射角r＝60°，所以玻璃三棱镜的折射率为n＝sinrsini＝sin60°sin30°＝3.选项C正确．答案：C8．解析：由折射定律及入射角、折射角的含义知n＝sinθ2sinθ1＝3，A错、B正确；又由n＝cv

知，C正确，D错误．答案：BC9．解析：根据n＝sinθ1sinθ2可知，玻璃对a光的折射率大，即na>nb，A正确、B错；根据n＝cv可知，b光在玻璃中的传播速度大，即va<vb，D正确、C错．答案：AD

10．解析：红光的折射率小，所以偏折角小，故b侧为红色光，a侧为紫色光，选项A错误；红色光的波长比紫色光的波长长，即a侧光的波长小于b侧光的波长，选项B正确；因为a光的偏折程度较大，则折射率较大，即三棱镜对a侧光的折射率大于对b侧光的折射率，选项C正确；根据v＝cn可知，在三棱镜中a侧光的

传播速率小于b侧光的传播速率，选项D错误．答案：BC11．解析：(1)P3、P4的连线与CD的交点即光线从玻璃砖中射出的位置，P1、P2的连线与AB的交点即光线进入玻璃砖的位置，连接这两点即可作出玻璃砖中的光路，如图所示．(2)连接O点与光线在AB上的入

射点即为法线，作出入射角和折射角如图中i、r所示．(3)题图乙图像的斜率k＝sinisinr＝n，由题图乙可知斜率为1.5，即该玻璃的折射率为1.5.答案：(1)如解析图所示(2)如解析图中i、r所示(3)1.51

2．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)3c313．解析：光路如图所示由题意可得

入射角为53°由折射定律sinisinr＝n，sin53°sinr＝43，则r＝37°，由几何关系得影长s＝0.3m×tan53°＋1m×tan37°＝1.15m答案：1.15m14．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L，光斑的面积S＝14πL2.答案：(1)3×108m

/s(2)πL24课时作业(十四)全反射1．解析：发生全反射时折射光线的能量为零，折射光线消失，所以选项A错误；发生全反射的条件是光从光密介质射向光疏介质，且入射角大于或等于临界角，二者缺一不可，所以选项B、D错误，选项C正确．答案：C

2．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：D3．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：A4．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：根据题意可知，当入射光线与O点的距离为d时，从玻璃砖射出的光线刚好消失，光线恰好在MN圆弧面上发生了全反射，作出光路图，如图，根据几何知识得：sinC＝dR，sinC＝1n，联立得：n＝

Rd，所以选C.答案：C6．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：D7．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

：A8．解析：因n>2，而sinC＝1n，所以sinC<12，即C<30°，射到AB边的入射角i＝30°，发生了全反射．此光线反射后射到AC边的入射角i＝60°，再次发生全反射而垂直射到BC边上射出．同理，射到AB

边上的光线，经两次全反射后垂直AC边射出．答案：D9．解析：沙漠里下层空气温度比上层高，故沙漠地表附近的空气折射率从下到上逐渐增大，远处的景物发出的光线射向沙漠地表时，由于不断被折射，越来越偏离法线方向，进入下层的入射角不断增大

，以致发生全反射，光线反射回空气，人们逆着光线看去，就会看到倒立的景物，从而产生了沙漠“蜃景”现象．海面上的上层空气的温度比下层空气的温度高，故海面上的上层空气的折射率比下层空气的折射率要小，近处的景物反射的光线射向空中时，不断被折射，射向折射率较小的上一层的入射角增大到临界角时，就会发

生全反射现象，光线就会从高空的空气层返回折射率较大的下一层，从而产生“蜃景”现象．故A、C、D正确，B错误．答案：ACD10．解析：光导纤维利用了全反射原理，选项A正确；光导纤维内芯的折射率大于外套的折射率，当光线从内芯射入外套时会发生全

反射，选项B正确，C错误；医学上用光导纤维制成内窥镜，用来检查人体胃、肠等脏器的内部，选项D正确．故选A、B、D.答案：ABD11．解析：酷热的夏天地面温度高，地表附近空气的密度小，空气的折射率下小上大，远处车、人反射

的太阳光斜向下由光密介质射入光疏介质时发生多次折射使入射角逐渐变大，达到临界角时发生全反射．答案：AD12．解析：平行光射到底面时，光线与界面垂直，方向不变，继续射到球面时，距圆心O两侧R2范围内的光线入射角

小于临界角C＝arcsin1n＝30°，发生折射形成会聚光束，范围外的光线入射角大于或等于临界角发生全反射．答案：BD13．解析：(1)由光的折射定律，得：n21＝n2n1＝sinθ1sinC当θ1＝90°时，sinC＝n1n2；(2)

根据几何关系，则有：x＝Lsinθ2因传播速度v＝cn2；而传播时间t＝xv；联立上式，可解得：t＝Ln22cn1.答案：(1)n1n2(2)Ln22cn114．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＝sinCcosC＝377，解得AC＝htanC＝1277m.答案：(1)43(2)1277m课时作业(十五)光的干涉1．解析：在双缝干涉现象中，相邻两亮条纹和相邻两暗条纹的间距是相等的，故A错误；入射光的波长越长，相邻两个亮条纹的间距越大，故B错误，C正确；由于各

色光条纹间距不同，且红光条纹最宽，紫光条纹最窄，故彩色条纹应为内紫外红，D错误．答案：C2．解析：双缝干涉中单缝的作用是获得线光源，而线光源可以看成是由许多个点光源沿一条线排列组成的，这里观察不到光的干涉现象是由于单缝太宽，得不到线光源．故选项B正确．答案：B3．解析：干涉法的原理是利用单

色光的薄膜干涉，这里的薄膜指的是样板与待测玻璃板之间的空气层．在空气层的上表面和下表面分别反射的光会发生干涉，观察干涉后形成的条纹是否为平行直线，可以断定厚玻璃板的上表面是否平整．因此选项C是正确的．答案：C4．解析：由题中条件可知，r2－r1＝52λ，又因为λ＝cf，

则可得D项正确．答案：D5．解析：根据双缝干涉图样的特点，入射光的波长越长，同一装置产生的双缝干涉图样中条纹的间距就越大．由本题的条件可确定另一种颜色的单色光比绿光的波长长，因此A正确，B、C、D错误．答案：A6．解析：由Δx＝ldλ，λ红>λ紫，得Δx1>Δx2.当双缝间距d减小，其他条件

不变时，条纹间距Δx应增大．故选B、C.答案：BC7．解析：根据公式Δx＝ldλ可知，若将双缝间的距离变小，即d变小，其他条件不变，则条纹间距变大，所以P1到双缝的路程差小于一个波长，不可能还是亮条纹的中心，但可能为暗条纹的中

心，故A、D正确，C错误；双缝干涉实验中，若将双缝间的距离变小，通过双缝S1、S2的光仍然是相干光，到O点的路程差仍然为零，即屏上的O点仍然为中央亮条纹的中心，B错误．答案：AD8．解析：要形成光的干

涉，两列光的频率应该相同，在题图所示的干涉区域放置光屏，波峰与波谷相遇的C点会出现暗纹．答案：频率C9．解析：(1)设光在空气中的波长为λ1，由于在介质中传播时频率不变，所以由n＝λ1λ2得λ1＝nλ2＝1.5×4×10－7m＝6×10－7m．由光程差Δδ＝2

.1μm＝2.1×10－6m得N1＝Δδλ1＝2.1×10－66×10－7＝3.5.由此可知，从S1、S2到P点的光程差是半波长的奇数倍，故P点处为暗条纹．(2)根据临界角与折射率的关系，sinC＝1n，所以n＝1sin37°＝53，所以B光在空气中的波长为λ3＝nλ2介＝53×3.1

5×10－7m＝5.25×10－7m．光程差和波长的关系：N2＝Δδλ3＝2.1×10－65.25×10－7＝4.由此可知，当B光做光源时，P点处为亮条纹．答案：(1)暗条纹(2)亮条纹章末综合检测(四)1．解析：光的双缝干涉条纹是等间距等宽度的明暗相间的条纹，而在光的单缝衍射图样中，中

间是宽度最大最亮的明条纹，在中央条纹两边的明条纹宽度越来越小，亮度也越来越低，故A图符合．答案：A2．解析：不同颜色的光有不同的频率，从红光到紫光，频率依次增大，波长依次减小，故A正确，B错误；因红光的波长长，根据双缝干涉条纹的间距公式Δx＝ldλ可知，用同一装置做双缝干涉实验时，红光的干涉条

纹间距大于紫光的干涉条纹间距，D错误；各种光在真空中传播时，速度是一样的，故C错误．答案：A3．解析：光的干涉现象和光的衍射现象都是波的特有现象，都是光波叠加的结果，光的干涉条纹是彩色的，光的衍射条纹也是彩色的，只是条纹间距特点及亮度特点不同而已．答案：D

4．解析：由于各种单色光中，紫光的折射率最大，偏折程度最大，故C正确．答案：C5．解析：光导纤维是一种非常细的特制玻璃丝，光射入时满足光的全反射条件，从而发生全反射．最终实现传递信息的目的，故C正确，A、B错误；广泛

应用的光导纤维的外套折射率比内芯折射率要小，可处于任意形状，故D错误．故选C.答案：C6．解析：由于a光的频率小于b光的频率，则a光在玻璃中的折射率小于b光在玻璃中的折射率，a光偏折角度较小，但射出玻璃时在空气中仍然相互平行，可判定选项B正确．答案：B7．解析：

由光的频率ν＝6.0×1014Hz，知光的波长λ＝cν＝5×10－7m．P点到双缝S1、S2的距离之差Δs1＝0.75μm＝7.5×10－7m＝1.5λ，P点出现暗条纹；Q点到双缝S1、S2的距离之差为Δs2＝1.5μm＝15×10－7m＝3λ，Q点出现亮条纹，因此，选

B.答案：B8．解析：由题图看出b光的折射角小于a光的折射角，b光的偏折程度大，根据折射定律得知玻璃对b光的折射率大于对a光的折射率，故A错误；由v＝cn可知，在该玻璃中a光的传播速度大于b光的传播速度，故B错误；由临界角

公式sinC＝1n得知，折射率越大，临界角越小，则可知a光的全反射临界角大于b光的全反射临界角，故D错误；玻璃对b光的折射率大于对a光的折射率，则b光的频率大于a光的频率，故C正确．答案：C9．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：BC10．解析：由题意可知，只有当入射光的振动方向与偏振片的透振方向相同时，透射光的强度最强；若与偏振片的透振方向垂直时，透射光的强度最弱，即为零，因此显示器发出的光是横波，且是偏振光，故B、D正确，A、C错误．答案：

BD11．解析：在双缝干涉实验中，光线要先通过单缝，再通过双缝，形成相干光源，且双缝方向与单键平行，因此N应选用遮光屏1，O应选用遮光屏2，选项A、C正确．答案：AC12．解析：由题意可知，当θ＝α时，A光在MN发生全反射，光

θ＝β时，B光在MN发生全反射，则可知A光的临界角小于B光的临界角，根据sinC＝1n可知，玻璃砖对A光的折射率比对B光的大，选项A正确；由n＝cv可知A光在玻璃砖中传播速度比B光的小，选项B错误；α<θ<β时，此时A光已经发生全反射，故在NP部分有一个光斑，同时B光从MN下方折射出来，射到NQ上

，则在光屏上应有2个光斑，选项C错误；β<θ<π2时，A、B两束光都发生全反射，故在光屏上只有1个光斑，选项D正确．答案：AD13．解析：利用插针法确定光路，注意观察有时遮挡的是物体，有时遮挡的是物体的象，目的是确定某一种入射光线和对应的折射光线，便于利用折射定

律求解折射率．答案：被P2的像挡住挡住P1和P2的像挡住P1、P2和P3的像2光路图如图所示14．解析：图丙中的主尺读数为1mm，游标尺读数为0.05×3mm＝0.15mm，所以图丙的读数x1＝1mm＋0.15mm＝1.15mm.图丁中的主尺读数为8mm，游标尺读

数为0.05×19mm＝0.95mm，所以图丁的读数x2＝8mm＋0.95mm＝8.95mm.相邻两个亮条纹的距离Δx＝x2－x15实验中计算波长的表达式λ＝dLΔx＝d(x2－x1)5L.把数据代入公式，得λ＝d(x2－x1)5L＝5.20×10－7m＝520nm.答案：1.158

.95d(x2－x1)5L52015．解析：(1)由n＝cv可得v＝cn≈2.1×108m/s.(2)激光在光导纤维中光路图如图所示由n＝sinθ1sinθ2，并结合几何知识得θ＝60°，大于临界角45°，因此发生全反射．同理光线每次在侧面都将发

生全反射，直到光线到达右端面．由于x＝OA·sinθ，得OA＝xsinθ＝23x，故光线在光导纤维中传播的距离为s＝23l.因此该激光在光导纤维中传播所经历的时间t＝sv≈2.7×10－8s.答案：(1)2.1×108m/s(2)2.7×10－8s16．解析：(1)如图所示，由折

射定律知sinβsinα＝n由几何关系可知，α＝30°解得β＝60°光从棱镜AC边射出时，光线的偏折角度为β－α＝30°(2)xEF＝xBC2＝0.15mxFD＝xAC4cos(β－α)＝310m光在棱镜中的传播速度v＝cn光从射入三棱镜到射到光屏经历的时间，t＝xEFv＋x

FDc解得t＝312×10－8s＝1.4×10－9s答案：(1)30°(2)1.4×10－9s17．解析：(1)光从板的右端射到水中的光路图如图所示：根据折射定律得：n＝sinisinr根据几何关系有：sini＝xx2＋(H－1)2＝45，sinr＝BDBC＝413－43413－

432＋42＝35解得折射率为：n＝43(2)设A的视深为h′，由于从A上方看，光的入射角及折射角均很小，则有sinθ≈tanθ故n＝hh′＝sinisinr解得：h′＝hn＝3m答案：(1)43(2)3m18．解析：(1)当光线从D点在纸面内垂直OA边射入玻璃砖时，设光线在圆弧面上的入

射点为F由几何关系则有：cos∠DOF＝ODOF＝22解得∠DOF＝45°根据几何关系，则有∠DFO＝45°临界角：C＝45°因此折射率：n＝1sinC＝2(2)若光线从E点入射，根据几何关系，由于光线垂直于

OA，OE＝12R，∠AOB＝60°，由几何关系可知，光线刚好从B点出射由几何关系，入射角θ＝30°，由折射率公式则有：n＝sinαsinθ解得：α＝45°因此光线在圆弧面上折射，光线的偏向角为：α－θ＝15°答案：(1)

2(2)15°