章末综合检测(四) 第四章 光
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)
1．对下列光学现象的认识，正确的是( )
A．阳光下水面上的油膜呈现出彩色条纹是光的全反射现象
B．雨后天空中出现彩虹是光的干涉现象
C．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，是光的折射现象
D．某人潜入游泳池中，仰头看游泳馆天花板上的灯，他看到灯的位置比实际位置高
2．如图，一束光由空气射向半圆柱体玻璃砖，O点为该玻璃砖截面的圆心，图中能正确描述其光路的是( )
3.
如图所示，一束光由空气射入某种介质，该介质的折射率等于( )
A． B．
C． D．
4．一束光从某介质进入真空，方向如图所示，则下列判断中正确的是( )
A.该介质的折射率是
B．该介质的折射率是
C．该介质相对真空发生全反射的临界角是45°
D．光线从介质射入真空的过程中，无论怎样改变入射方向，都不可能发生全反射现象
5．在双缝干涉实验中，双缝到光屏上P点的距离之差Δx＝1 μm，若用频率f1＝6.0×1014 Hz和f2＝7.5×1014 Hz的单色光垂直照射双缝，则 ( )
A．用频率为f1的单色光照射双缝时，P点出现暗条纹
B．用频率为f2的单色光照射双缝时，P点出现亮条纹
C．用频率为f1的单色光照射一条狭缝，并用频率为f2的单色光照射另一条狭缝时，不出现干涉条纹
D．用频率为f1的单色光照射一条狭缝，并用频率为f2的单色光照射另一条狭缝时，出现暗条纹
6.
如图所示为双缝干涉实验装置的示意图，S为单缝，S1、S2为双缝，P为光屏．用单色光从左侧照射单缝S时，可在光屏P上观察到干涉条纹．下列说法正确的是 ( )
A.减小双缝间的距离，干涉条纹间的距离减小
B．增大双缝到屏的距离，干涉条纹间的距离增大
C．若换作波长更长的单色光照射，干涉条纹间的距离减小
D．若换作白光照射，光屏上不出现条纹
7．如图所示，在水面下同一深度并排紧挨着放置分别能发出红光、黄光、蓝光和紫光的四个灯泡，一人站在这四盏灯正上方离水面有一定距离处观察，他感觉离水面最近的那盏灯发出的光是 ( )
A．红光 B．黄光
C．蓝光 D．紫光
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)
8．激光火箭的体积小，却可以装载更大、更重要的卫星或飞船，激光由地面激光站或空间激光动力卫星提供，通过一套装置，像手电筒一样，让激光束射入火箭发动机的燃烧室，使推进剂受热而急剧膨胀，于是形成一股高温高压的燃气流，以极大的速度喷出，产生巨大的推力，把卫星或飞船送入太空．激光火箭利用了激光的( )
A．单色性好 B．平行度高
C．高能量 D．相干性好
9.
如图所示，甲、乙两幅图分别是a、b两束单色光经过同一狭缝后的衍射图样，则下列说法正确的是( )
A．在真空中，a光的波长比b光大
B．在同一均匀介质中传播，a光的传播速度比b光快
C．两束单色光分别入射到同一双缝干涉装置时，在光屏上b光亮条纹的条数更多
D．当两束光从空气中射向玻璃中时，a光不发生全反射，但b光可能发生全反射
10．如图甲所示，每年夏季，我国多地会出现日晕现象，日晕是日光通过卷层云时，受到冰晶的折射或反射形成的，如图乙所示为一束太阳光射到六角形冰晶上时的光路图，a、b为其折射出的光线中的两种单色光，下列说法中正确的是( )
A.在冰晶中，b光的传播速度较小
B．通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距较大
C．从同种玻璃中射入空气发生全反射时，a光的临界角较小
D．用同一装置做单缝衍射实验，b光中央亮条纹更宽
三、非选择题(本题共5小题，共54分．按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
11．(6分)
利用插针法可以测量半圆柱形玻璃砖的折射率．实验方法如下：在白纸上作一直线MN，并作出它的一条垂线AB，将半圆柱形玻璃砖(弧面的圆心为O)放在白纸上，它的直径与直线MN重合，在垂线AB上插两个大头针P1和P2，如图所示，然后在半圆柱形玻璃砖的右侧插上适量的大头针，可以确定光线P1P2通过玻璃砖后的光路，从而求出玻璃的折射率．实验室中提供的器材除了半圆柱形玻璃砖、木板和大头针外，还有量角器等．
(1)某学生用上述方法测量玻璃的折射率，在他画出的垂线AB上竖直插上了P1、P2两个大头针，但在半圆柱形玻璃砖右侧的区域内，无论从何处观察，都无法透过玻璃砖同时看到P1、P2的像，这是由于光发生了________，他应采取的措施是_____________________．
(2)为了确定光线P1P2通过玻璃砖后的光路，在玻璃砖的右侧，最少应插________枚大头针．
12．(8分)在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，将实验器材按要求安装在光具座上，如图所示．在实验前已获知的数据有：双缝的间距为d，双缝到屏的距离为L.
(1)为了达到实验目的，根据已标明的实验器材，可判断出M处的实验器材是________．
(2)分别选用红色和蓝色滤光片做实验，得到的干涉图样是四幅图中的两幅．则用红色滤光片做实验得到的干涉图样是其中的________．
(3)经测量，红光干涉相邻两条亮纹间的距离为Δx，请据此写出能够反映红光波长大小的表达式λ＝________．
(4)该实验中L＝700 mm，已知d的数量级为10－4 m，相邻两条亮条纹间距的数量级为10－3 m，由此可推断红光的波长数量级约为________m.
A．10－3 B．10－5
C．10－7 D．10－9
13.
(12分)如图所示，玻璃砖的截面为直角三角形AOB，∠B＝30°，直角边AO长度为d.一单色光自距离A点处的D点垂直AO边射入该玻璃砖，第一次到达AB边时恰好发生全反射．已知光在真空中传播的速度为c，求：
(1)此玻璃砖的折射率；
(2)此光线第一次自BO边射出时折射角的正弦值；
(3)此光线在该玻璃砖中传播的时间．
14.
(14分)如图所示，某种透明介质的截面图由直角三角形AOC和圆心为O、半径为R的四分之一圆弧BC组成，其中∠A＝60°.一束单色光从D点垂直AB面射入透明介质中，射到圆弧BC上时恰好发生全反射．已知D点与O点之间的距离为，光在真空中的传播速度为c.求：
(1)单色光在介质中的传播速度v；
(2)单色光第一次射出介质时折射角θ.
15．(14分)
如图所示，横截面为等腰梯形ABCD的柱形玻璃，底角θ＝60°，一束细光束从底边垂直于AD射入玻璃柱后，恰好射到腰AB的中点，已知该玻璃的折射率n＝，AB＝BC＝CD＝4 cm，光在真空中的速度c＝3×108 m/s，完成下列问题：
(1)请画出完整的光路图；
(2)计算该束光在玻璃柱内运动的时间．课时分层作业(五) 碰撞模型的拓展
基础过关练
1．如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上．一颗子弹水平射入木块A，并留在其中．在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( )
A．动量守恒、机械能守恒
B．动量守恒、机械能不守恒
C．动量不守恒、机械能守恒
D．动量、机械能都不守恒
2．[2022·广东珠海高二检测]如图所示，一沙袋用轻细绳悬于O点．开始时沙袋静止，此后用弹丸以水平速度击中沙袋后均未穿出．第一粒弹丸的速度为v1，打入沙袋后二者共同摆动的最大摆角为30°.当其第一次返回图示位置时，第二粒弹丸以水平速度v2又击中沙袋，使沙袋向右摆动且最大摆角仍为30°.若v1∶ v2＝41∶83，则弹丸质量与沙袋质量之比为( )
A．1∶10 B．1∶20
C．1∶30 D．1∶40
3．如图所示，木块A和B质量均为2 kg，置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧一端相连，弹簧另一端固定在竖直挡板上，当A以4 m/s的速度向B撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，具有的弹性势能大小为( )
A．4 J B．8 J
C．16 J D．32 J
4．如图所示，A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A球的质量小于B球的质量．若用锤子敲击A球使A得到大小为v的速度，弹簧被压缩到最短时的长度为L1；若用锤子敲击B球使B得到大小为v的速度，弹簧被压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为( )
A．L1＞L2 B．L1＜L2
C．L1＝L2 D．不能确定
5．(多选)如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，则( )
A．木块的最终速度为
B．由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒
C．由于车表面粗糙，系统的机械能不守恒
D．系统因摩擦产生的热量与车表面的粗糙程度有关
6．如图所示，质量为m1＝0.01 kg的子弹以v1＝500 m/s的速度水平击中质量为m2＝0.49 kg的木块并留在其中．木块最初静止于质量为m3＝1.5 kg的木板上，木板静止在光滑水平面上并且足够长．已知子弹与木块作用时间极短，木块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.1，g取10 m/s2，求：
(1)子弹进入木块过程中产生的内能ΔE1；
(2)木块在木板上滑动过程中产生的内能ΔE2；
(3)木块在木板上滑行的距离x.
素养综合练
7．(多选)如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上．已知m1＝2 kg，现使A瞬时获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得( )
A．在t1到t3过程中，弹簧对B做的总功为0 J
B.从 t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
C.B物体的质量为m2＝4 kg
D．在t1时刻弹簧弹性势能为6 J
8．如图所示，在光滑水平桌面上静置一质量为M＝980 g的长方体匀质木块，现有一颗质量为m＝20 g的子弹以v0＝300 m/s的水平速度沿其轴线射向木块，结果子弹留在木块中没有射出，且子弹打进木块的深度为d＝6 cm.已知木块的总长度为L＝10 cm(沿子弹运动方向)，设木块对子弹的阻力保持不变．
(1)求子弹和木块的共同速度以及系统在此过程中产生的内能．
(2)若子弹以v′0＝400 m/s的水平速度从同一方向射向该木块，则它能否射穿该木块？
(3)由第(2)问，若子弹能射穿木块，求子弹和木块的最终速度．
9．[2022·河北衡水调研]如图所示，滑块D固定在光滑水平面上，其右侧面为光滑的四分之一圆弧面，圆弧面的半径R＝0.8 m；薄板A和B放置于光滑水平地面上，A与D靠在一起但不粘连，且A的上表面与D右端平滑连接．物块C(可视为质点)从圆弧面上端由静止下滑，离开D后滑上A，刚好到达A右端时与A相对静止，A、C共速一段时间后A与B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞结束后C滑上B，一段时间后C与B相对静止．若A、B、C的质量分别为mA＝1 kg，mB＝3 kg，mC＝1 kg，A的长度为LA＝0.8 m，C与B之间的动摩擦因数为μB＝0.15，g取10 m/s2.求：
(1)C与A之间的动摩擦因数μA.
(2)最终C相对B滑动的距离．课时分层作业(九) 简谐运动的回复力和能量
基础过关练
1．关于简谐运动的回复力F＝－kx的含义，下列说法正确的是( )
A．k是弹簧的劲度系数，x是弹簧的长度
B．k是回复力跟位移的比值，x是做简谐运动的物体离开平衡位置的位移
C．根据k＝－，可以认为k与F成正比
D．表达式中的“－”表示F始终阻碍物体的运动
2．[2022·浙江高二月考](多选)水平弹簧振子在做简谐运动过程中的位移随时间变化的关系如图所示，则下列说法中正确的是( )
A．振子在0.1 s时的速度发生反向
B．振子在0.15 s时的弹性势能最大，动能最小
C．振子在0.05 s到0.15 s过程中，回复力先变大再变小
D．振子在0.15 s到0.2 s过程中，速度增大、加速度减小
3．(多选)如图所示为某物体做简谐运动的图像，下列说法中正确的是( )
A．物体在0.2 s时刻与0.4 s时刻的速度相同
B．物体在0.6 s时刻与0.4 s时刻的动能相同
C．0.7～0.9 s时间内物体的加速度在减小
D．0.9～1.1 s时间内物体的势能在增加
4．(多选)光滑斜面上有一物块A被平行于斜面的轻质弹簧拉住并静止于O点，如图所示，现将A沿斜面拉到B点无初速释放，物块A在B、C之间做简谐运动，则下列说法正确的是( )
A．物块A在运动过程中机械能守恒
B．物块A在C点时弹簧的弹性势能最小
C．物块A在C点时系统的势能最大，在O点时系统的势能最小
D．物块A在B点时机械能最小
5.
如图所示，轻质弹簧的下端系着B、C两球，mB＝100 g，mC＝500 g，系统静止时弹簧伸长量x＝15 cm，未超出弹性限度．若剪断B、C间的细绳，则B在竖直方向做简谐运动，问：(g取10 m/s2)
(1)B的振幅为多大？
(2)B的最大加速度为多大？
素养综合练
6．如图所示，质量为3m的框架放在一水平台秤上，一轻质弹簧上端固定在框架上，下端拴一质量为m的金属小球，小球上下振动．当小球运动到最低点时，台秤的示数为5mg.求：
(1)小球运动到最高点时，小球的瞬时加速度大小为多少？
(2)此时台秤的示数为多少？章末综合检测(三) 第三章 机械波
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)
1．医院有一种先进的检测技术——彩超，向病人体内发射频率已精确掌握的超声波．超声波经血液反射后被专用仪器接收，测出反射波的频率变化，就可以知道血液的流速．这一技术主要体现了哪一种物理现象( )
A．多普勒效应 B．波的衍射
C．波的干涉 D．共振
2．如图为波源O传出的一列水波，相邻实线间的距离等于一个波长，下列说法正确的是( )
A.波通过孔A，不发生明显的衍射现象
B．波通过孔B，不发生衍射现象
C．波遇到障碍物C，发生明显的衍射现象
D．波遇到障碍物D，发生明显的衍射现象
3.
如图所示，两个可发射无线电波的天线对称地固定于飞机跑道两侧，两天线同时发出频率为f1和f2的无线电波．飞机降落过程中，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．则下列说法正确的是( )
A．此系统利用的是波的干涉原理
B．在跑道上，频率为f1与f2的这两种无线电波干涉加强，所以跑道上的信号最强
C．只有跑道上才能接收到f1的最强信号，其他地方f1的信号都比跑道上的弱
D．只有在跑道的中心线上才能接收到f1和f2的最强信号，跑道的其他地方是无法同时接收到f1和f2的最强信号的
4．在学校运动场上50 m直跑道的两端，分别安装了由同一信号发生器带动的两个相同的扬声器．两个扬声器连续发出波长为5 m的声波．一同学从该跑道的中点出发，向某一端点缓慢行进10 m.在此过程中，他听到扬声器声音由强变弱的次数为( )
A．2 B．4 C．6 D．8
5.
一列简谐横波向x轴负方向传播，在t＝0时的波形如图所示，该时刻波刚好传播到x＝1 m处，P、Q两质点的平衡位置的坐标分别为(－1，0)、(－7，0).已知t＝0.6 s时，质点P第二次出现波谷，则下列说法正确的是( )
A．该波的波长为4 m
B．该波的传播速度为 m/s
C．振源的起振方向沿y轴负方向
D．当质点Q位于波峰时，质点P位于波峰
6．一列简谐横波在均匀介质中沿x轴负方向传播，已知x＝λ处质点的振动方程为y＝A cos (t)，则t＝T时刻的波形图正确的是( )
7．如图(a)为一列简谐横波在t＝2 s时的波形图，图(b)为介质中平衡位置在x＝1.5 m处的质点的振动图像，P是平衡位置为x＝2 m的质点．下列说法错误的是( )
A．波速为0.5 m/s
B．波的传播方向向左
C．0～2 s内，P运动的路程为8 cm
D．0～2 s内，P向y轴正方向运动
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)
8．关于振动和波的关系，下列说法中正确的是( )
A．振动是波形成的原因，波是振动的传播形式
B．振动是单个质点呈现的运动现象，波是许多质点联合起来呈现的运动现象
C．波的传播速度就是质点振动的速度
D．波源停止振动时，波立即停止传播
9.
如图所示，在原点处做简谐运动的波源产生的机械波沿x轴正方向传播，波速v＝400 m/s.为了接收信号，在x＝400 m处设有一接收器A(图中未标出).已知t＝0时，波已经传播到x＝40 m处，则下列说法中不正确的是( )
A．波源振动的周期为0.05 s
B．x＝40 m处的质点在t＝0.5 s时位移最大
C．接收器在t＝1.0 s时才能接收到此波
D．若波源向x轴负方向移动，则接收器接收到的波的频率将小于20 Hz
10．如图所示，甲图是一列沿x轴正方向传播的横波在2 s时的波的图像，乙图是该波上某质点从零时刻起的振动图像，a、b是介质中平衡位置为x1＝3 m和x2＝5 m的两个质点，下列说法正确的是( )
A．该波的波速是2 m/s
B．在t＝2 s时刻，a、b两质点的速度相同
C．若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．x＝100 m处的观察者向x轴负方向运动时，接收到该波的频率一定为0.25 Hz
三、非选择题(本题共5小题，共54分．按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
11．(6分)
坐标原点O处的波源t＝0时刻开始沿着y轴方向做简谐运动，形成沿x轴正方向传播的简谐波．t＝0.3 s时刻，波刚传播到x＝3 m处的P点，t＝0.3 s时刻的波形如图所示．求：
(1)波的传播速度；
(2)从图示时刻再经过多长时间，位于x＝8 m处的Q点第一次到达波谷；
(3)在图中画出t＝0.5 s时刻的波形(不用写出推导过程).
12．(10分)甲、乙两人分乘两只小船在湖中钓鱼，两船相距24 m.有一列水波在湖面上传播，使每只船每分钟上下浮动20次，当甲船位于波峰时，乙船位于波谷，这时两船之间还有5个波峰．
(1)此水波的波长为多少？波速为多少？
(2)若此波在传播过程中遇到一根竖立的电线杆，是否会发生明显的衍射现象？
(3)若该波经过一跨度为30 m的桥洞，桥墩直径为 3 m，桥墩处能否看到明显衍射？
(4)若该桥有一3 m宽的涵洞，洞后能否发生明显衍射？
13．(12分)x轴上的波源S1、S2分别位于x1＝0和x2＝1.4 m处，t＝0时刻两波源同时开始振动，产生的两列简谐横波沿S1、S2连线相向传播，t1＝1 s时两列波的图像如图所示．质点M的平衡位置位于x3＝0.7 m处，求：
(1)两列波传播速度的大小；
(2)质点M从开始振动到t2＝2.5 s时运动的路程．
14．(12分)一列简谐横波正在沿x轴的正方向传播，波速为0.5 m/s，t＝0时刻的波形如图甲所示．
(1)求横波中质点振动的周期T.
(2)在图乙中画出t＝1 s时刻的波形图(至少画出一个波长).
(3)在图丙中画出平衡位置为x＝0.5 m处质点的振动图像(从t＝0时刻开始计时，在图中标出横轴的标度，至少画出一个周期).
15．(14分)如图所示，实线表示一列横波在某时刻的波形图线，虚线是经过0.2 s后的波形图线．
(1)若波向左传播，求它在这段时间内传播的距离；
(2)若波向右传播，求它的最大周期；
(3)若波的传播速度为115 m/s，试判断波的传播方向．课时分层作业(二) 动量定理
基础过关练
1．质量为5 kg的小球以5 m/s的速度竖直落到地板上，随后以3 m/s速度反向弹回．若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为( )
A．10 kg·m/s B．－10 kg·m/s
C．40 kg·m/s D．－40 kg·m/s
2．某物体受到－2 N·s的冲量作用，则( )
A．物体原来的动量方向一定与这个冲量的方向相反
B．物体的末动量一定是负值
C．物体的动量一定减小
D．物体的动量增量一定与规定的正方向相反
3．[2022·河南驻马店高二检测]篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前．这样做可以( )
A．减小球对手的冲量
B．减小球对人的冲击力
C．减小球的动量变化量
D．减小球的动能变化量
4．质量为60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好弹性安全带的保护使他悬挂起来．已知弹性安全带的缓冲时间是1.5 s，安全带自然长度为5 m，g取10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为( )
A．500 N B．1 100 N
C．600 N D．1 000 N
5．一名消防队员从一平台上无初速度跳下，下落0.8 s后双脚触地，接着用屈腿的方法缓冲，又经过0.2 s重心停止了下降，在该过程中(不计空气阻力)，可估计地面对他双脚的平均作用力为( )
A．自身所受重力的5倍
B．自身所受重力的8倍
C．自身所受重力的4倍
D．自身所受重力的2倍
6．[2022·石家庄二中高二检测]质量为1 kg的物体做直线运动，其速度—时间图像如图所示．则物体在前10 s内和后10 s内所受外力的冲量分别是( )
A．10 N·s，10 N·s B．10 N·s，－10 N·s
C.0，10 N·s D．0，－10 N·s
7．在某校“玩转奇趣悬浮，揭开飞翔奥秘”的科技实验活动中，一位同学表演了一个悬球实验，该实验装置如图：一根两端开口的竖直细管，底端与充气泵(图中未画出)连接，充气泵将气体由底端吹入，使细管上端的小球悬浮在空中．假设气体的密度恒为ρ，气体与小球的作用面积恒为S，气体与小球作用前速度为v，与作用面垂直，作用后速度减为零．重力加速度为g，则小球的质量为( )
A． B．
C． D．
8．起跳摸高是学生常进行的一项活动．某中学生身高为1.80 m，质量为70 kg.他站立举臂，手指摸到的高度为2.10 m．在一次摸高测试中，如果他先下蹲，再用力蹬地向上跳起，同时举臂，离地后手指摸到的高度为2.55 m．设他从蹬地到离开地面所用的时间为0.7 s．不计空气阻力，g取10 m/s2.求：
(1)从蹬地到离开地面过程中重力的冲量的大小；
(2)上跳过程中他对地面平均压力的大小．
素养综合练
9．[2022·长沙长郡中学检测]如图所示，把茶杯压在一张白纸上，第一次用水平力迅速将白纸从茶杯下抽出；第二次以较慢的速度将白纸从茶杯下抽出．下列说法中正确的是( )
A．第二次拉动白纸过程中，纸对茶杯的摩擦力大一些
B．第一次拉动白纸过程中，纸对茶杯的摩擦力大一些
C．第二次拉出白纸过程中，茶杯增加的动量大一些
D．第一次拉出白纸过程中，纸给茶杯的冲量大一些
10．质量为2 kg的物体受水平拉力F作用在粗糙水平面上做加速直线运动时的a t图像如图所示，t＝0时其速度大小为2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则( )
A．t＝6 s时，物体的速度为18 m/s
B．在0～6 s内，合力对物体做的功为400 J
C．在0～6 s内，拉力对物体的冲量为36 N·s
D.t＝6 s时，拉力F的功率为200 W
11．羽毛球是速度最快的球类运动之一，我国某羽毛球运动员某次扣杀羽毛球的速度为342 km/h，假设球的速度为90 km/h，该运动员将球以342 km/h的速度反向击回．设羽毛球质量为5 g.
(1)该运动员击球过程中羽毛球的动量变化量；
(2)在该运动员的这次扣杀中，羽毛球的速度变化、动能变化各是多少？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：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＝mv－mv＝×0.2×42 J－×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＝2ah，v＝2a(2h)，则p1＝m，p2＝m，p1∶p2＝1∶，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－cos 45°)
mBv＝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
同理可得p2＝(mA＋mB)
所以有：＝
代入已知条件得()2≈1.03
所以有＜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＝＝ 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＋＝60×10 N＋ 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＝.
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mv2＝mgh
得v＝＝ 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＋×(2＋4)×6 m/s＝20 m/s.
B错：根据动能定理得W合＝ΔEk＝mv－mv＝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× kg·m/s＝－0.125 kg·m/s
p2＝mv2＝5×10－3× 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＝mv＝×5×10－3×(－25)2 J≈1.56 J
羽毛球的末动能：
E′k＝mv＝×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＋(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′＝＝＝ 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＝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＋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＋v
则有vn＝(2n－1)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＝，解得：v0＝3 m/s，根据动能定理知mgR－Wf＝mv－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(m1＋M)v＝(m1＋M)gh，解得v1＝＝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＝v－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＝v0
当v′1＝－v′2时，解得v＝v0
故v的取值范围为v0≤v≤v0
答案：v0≤v≤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＝mv2，得v＝.对碰撞过程由动量守恒mv＝2mv′，得v′＝.设碰撞后A、B整体上摆的最大高度为h′，则2mgh′＝×2mv′2，解得h′＝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：mv2≥·2mv＋mv，且vA≠0，可得·2mv＜mv2，解得vB＜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＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2
＝×0.3×0.52 J＋×0.2×(－1)2J－×(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
m1v＋m2v＝m1v′＋m2v′
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
mAv＝mAv＋mBv
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
FN＝mAg
B球由M到N，由动能定理得－mBg×2R＝mBv－mBv
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＝＝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＝(mA＋mB)v＝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＝mAv－(mA＋mB)v′2，解得弹簧被压缩到最短时的弹性势能Ep＝，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，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＝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＝mv－(m＋M)v2，得Q＝，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＝m1v－(m1＋m2)v
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＝(m1＋m2)v－(m1＋m2＋m3)v.
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＝m1v－(m1＋m2)v＝×2×32 J－×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＝mv－(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＝mv′－(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＝＝，
则d′＝d＝ 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＝×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＝mv′－mv－Mv，
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＝mCv
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＝mCv－(mC＋mA)v
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
mAv＝mAv＋mBv
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＝mCv＋mBv－(mC＋mB)v
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＋(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′＝；设两块爆竹落地所用时间为t，则h＝gt2，得t＝，两块爆竹落地点间的距离为s＝(v＋v′)t，联立解得s＝ ，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＝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＝＝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＝＝ 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＝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，在任意内通过的路程不一定等于A；B对：物体做简谐运动，在任意内通过的路程一定等于2A；C错：物体做简谐运动，在任意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＝ s＝2 s，A＝ cm＝4 cm.B错：频率f＝＝ 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＝＝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 (t＋)(cm)＝2cos t(cm).
答案：C
5．解析：根据x＝10sin (t＋) cm得：ω＝ rad/s，则该质点振动周期T＝＝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 (t＋) cm得，位移分别为10sin cm和－10sin cm，则C错误．由于t＝2 s＝，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＋)T(n＝0，1，2，…)，解得T＝ 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 (t＋φ0) m可知，0.2sin φ0 m＝－0.1 m，解得φ0＝－或φ0＝－，将T＝6 s代入0.2sin (＋φ0) m＝0.1 m可得，D项正确；将T＝4 s代入0.2sin (＋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＝，没有C且B受合力为0时，弹簧伸长量x′＝，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＝＝＝ 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＝ ＝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可知，单摆的周期变大，故A错误；由单摆周期公式T＝2π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
在星球表面单摆的周期T2＝2π
＝g G＝g′
联立可得＝··＝.
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＝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 ，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＝；对乙球，a＝g cos θ，BD长为2R cos θ，故2R cos θ＝gtcos θ，则t2＝2；丙球做简谐运动，故t3＝×2π＝.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＝ s，
由T＝2π，得l＝，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 cos θ，
F1－mg＝
由机械能守恒定律知，mgl(1－cos θ)＝mv
整理以上三式得m＝＝0.05 kg＝50 g.
(3)由F1－mg＝得vB＝＝ m/s.
答案：(1) s 0.4 m
(2)50 g (3) 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＝＝，ω1r1＝ω2r2，故＝，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＝＝＝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＝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＝，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～内P由平衡位置振动到波峰，～内P由波峰回到平衡位置，可知t＝时P在平衡位置上方、向上振动，t＝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＝＝ Hz＝100 Hz，由波速公式v＝得，波长λ＝vT＝40×0.01 m＝0.4 m．(2)SP＝1.2 m＝3λ、SQ＝1.7 m＝4λ.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＝＝ 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＋)λ(n＝0，1，2……)
整理可以得到：λ＝(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＝v(t1＋t2)＝×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＝＝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＝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＝＝ 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＝可知，a波的频率为b波的频率的，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＝＝ m＝2.0 m，a到两波源的距离差为Δsa＝3 m＝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＝＝＝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＝＝，由n＝得光在介质中的传播速度v＝＝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＝，nb＝，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＝
得θ2＝30°
根据折射定律＝n，
得n＝＝
答案：
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＝＝
答案：(1)见解析图 (2)
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＝＝.
(2)由n＝得v＝＝.
答案：(1) (2)
11．解析：(1)由n＝得，光在玻璃中的传播速度为：
v＝＝ m/s＝×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＝，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，光斑的面积S＝.
答案：(1)×108 m/s (2)
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＝＝，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＝＝，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＝，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＝，又sin C＝，
联立解得n＝.
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＝
而tan i＝
且tan i≤tan i0
联立解得d≥，又有H>d
解得≤d答案：≤d8．解析：(1)光在玻璃工件中的速度v＝①
波长λ＝②
由①②式解得光在玻璃工件中的波长λ＝.
(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＝③
光在工件中传播的时间t＝④
即t＝(＋1)，当α为最小值时，t有最大值，此时sin α＝⑤
由③④⑤式得tmax＝.
答案：(1) (2)
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＝，
所以水的折射率n＝＝.
(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＝＝＝
可得sin C＝
由数学知识得tan C＝＝，
解得AC＝h tan C＝ m.
答案：(1) (2) m
10.
解析：光线射入透光罩由折射定律得：
n＝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＝＋③
光在透光罩和内芯内传播速度为v＝④
光线传播时间为t＝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＝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＝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＝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＝①
有玻璃片时，光传播10λ所用时间为t2＝②
且v＝＝，③
联立①②③式得Δt＝t2－t1＝.
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＝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＝，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，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＝＝ s＝2 s，竖直方向的速度vy＝gt＝20 m/s，水平方向的速度vx＝ 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mv＞mv′＋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＝t＝×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＝，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＝m， 且x人＋x船＝L知x人＝.
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＝mAv＋mBv＝mA(J)，碰撞后系统的总动能为E′k＝mAv′＋mBv′＝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＝ m/s＝0.09 m/s，v′B＝ 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＝gt2，x＝vt，解得v＝x，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×100%＝×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
m2v＝(m2＋m3)v＋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＝×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＝＝4π rad/s；初始时刻具有正方向的最大位移，即初相位φ＝，则振动方程为x＝8×10－3 sin (4πt＋) 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＝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＝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，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－cos θ)＝mv2－0，v＝，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 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＝ 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＝ 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＝＝ s；C对：单摆的周期公式T＝2π，已知重力加速度g，可求出周期T，则能得到单摆的摆长l＝.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得到：T2＝
当l＝0时，T2＝>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＝，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＝，由单摆周期公式T＝2π可知，重力加速度g＝＝.
(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－＝0.999 0 m－ 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，得＝，则＝＝k，则g＝.
答案：(1) (2)AC (3)乙 (4)AC (5)12.0 0.993 0 (6)BC (7)
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＝T.
因此通过的路程为×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－
则振动图像
y＝0.05sin (t－)(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＝×0.05 N＝ N；
根据牛顿第二定律有最大加速度
a＝＝ m/s2＝ m/s2
答案：(1)y＝0.05sin (t－)(m)
(2)－0.05 m (3) N m/s2
15．解析：(1)由题图(乙)得小滑块做简谐振动的周期T＝ s
由T＝2π得R＝＝0.1 m.
(2)在最高点A有Fmin＝mg cos θ
在最低点B有Fmax－mg＝m
从A到B，滑块机械能守恒
mgR(1－cos θ)＝mv2
解得m＝0.05 kg.
(3)滑块机械能守恒
E＝mv2＝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1T，当t＝0.6 s时，共经历T，根据题意有T＝ 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＝T时，在λ＝λ＋λ处的质点y＝A cos (t)＝A cos (·T)＝A cos ()＝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＝＝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＝＝ s＝0.05 s，频率f＝＝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＝ 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＝＝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＝＝ 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＝，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＝ s＝3 s．设波长为λ，则5λ＋＝24 m，λ＝ m．由v＝得，v＝ m/s＝ m/s.
(2)由于λ＝ 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＝ 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) m 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＝
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＝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＝得：
T＝＝ s＝4 s.
(2)因为t＝1 s＝T，则简谐横波向右平移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＋)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＋)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＋)T(n＝0，1，2，3，…)
T＝(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＝λ＝(5＋)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＝＝，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＝＝＝，A项错误，B项正确；发生全反射的临界角为C，sin C＝，sin 45°＝，<，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＝＝ m＝5×10－7 m、λ2＝＝ m＝4×10－7 m，而n1＝＝＝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＝＝＝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＝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＝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＝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＝，sin β＝，
n＝
竖直向下看时，d接近于零，故n＝，即h＝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＝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＝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＝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＝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＝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＝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＝λ得，红光波长的表达式λ＝d.
(4)根据λ＝d知，λ＝ 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)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＝，
得此玻璃砖的折射率：n＝.
(2)由几何知识知，在BO边上的入射角∠α＝30°，由n＝
得此光线第一次自BO边射出时的折射角的正弦值sin β＝.
(3)由几何知识知此光线在玻璃砖中传播的路程x＝d
又n＝，t＝
得传播时间：t＝.
答案：(1) (2) (3)
14.
解析：(1)设介质的临界角为∠1，则
sin ∠1＝
sin ∠1＝＝
解得∠1＝45°，n＝
根据折射率与速度的关系有n＝
解得v＝c
(2)EF与AB平行
∠3＝90°－∠EFC＝90°－∠A＝30°
根据折射定律有n＝
解得θ＝45°.
答案：(1)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＝＝
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×sin θ＋2×sin θ＝6 cm
设光在玻璃中速度为v，由n＝，
得v＝＝×108 m/s
该束光在玻璃柱内运动的时间t＝＝6×10－10 s.
答案：(1)光路图见解析
(2)6×10－10 s课时分层作业(四) 弹性碰撞和非弹性碰撞
基础过关练
1．两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次后，甲和乙最后的速率关系是( )
A．若甲最先抛球，则一定是v甲>v乙
B．若乙最后接球，则一定是v甲>v乙
C．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲>v乙
D．无论怎样抛球和接球，都是v甲>v乙
2．[2022·湖南衡阳月考]如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动．滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右．滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左．两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )
A.A和B都向左运动
B．A和B都向右运动
C．A静止，B向右运动
D．A向左运动，B向右运动
3．如图所示，小球A和小球B质量相同(可视为质点)，球B置于光滑水平面上，球A从高为h处由静止摆下，到达最低点恰好与B相撞，并粘合在一起继续摆动．它们能上升的最大高度是( )
A．h B．
C． D．
4．在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B球的速度大小可以是( )
A．0.6v B．0.4v
C．0.3v D．0.2v
5．[鲁科版教材习题]两个质量分别为300 g和200 g的物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s和100 cm/s.
(1)如果两物体碰撞并结合在一起，求它们的末速度．
(2)求碰撞后结合在一起损失的动能．
(3)如果碰撞是弹性碰撞，求每一物体碰撞后的速度．
素养综合练
6．在光滑的水平面上，一质量为mA＝0.1 kg的小球A，以v0＝8 m/s的初速度向右运动，与质量为mB＝0.3 kg的静止小球B发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞过程中没有机械能损失．碰后小球B滑向与水平面相切、半径为R的竖直放置的固定光滑半圆形轨道，且通过最高点N时对轨道的压力大小为mA g．重力加速度g取10 m/s2.求
(1)碰撞后小球B的速度大小；
(2)圆形轨道半径R的大小．课时分层作业(一) 动量
基础过关练
1．关于动量，下列说法中正确的是( )
A．做匀速圆周运动的物体，动量不变
B．做匀变速直线运动的物体，它的动量一定在改变
C．物体的动量变化，动能也一定变化
D．甲物体动量p1＝5 kg·m/s，乙物体动量p2＝－10 kg·m/s，所以p1＞p2
2．质量为0.2 kg的小球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面上，再以4 m/s的速度反向弹回．取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化量Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是( )
A．Δp＝2 kg·m/s W＝－2 J
B．Δp＝－2 kg·m/s W＝2 J
C．Δp＝0.4 kg·m/s W＝－2 J
D．Δp＝－0.4 kg·m/s W＝2 J
3．一物体从某高处由静止释放，设所受空气阻力恒定，当它下落h时的动量大小为p1，当它下落2h时动量大小为p2，那么p1∶p2等于( )
A．1∶1 B．1∶
C．1∶2 D．1∶4
4．一质量为0.5 kg的木块以10 m/s速度沿倾角为30°的光滑斜面向上滑动(设斜面足够长)，则木块在1 s末的动量和3 s内的动量变化量是多少？(g取10 m/s2)
素养综合练
5．某同学利用如图所示的装置“探究碰撞中的守恒量”．图中两摆摆长相同，悬挂于同一高度，A、B两摆球均很小，质量之比为1∶2.当两摆均处于自由静止状态时，其侧面刚好接触．向右上方拉动B球使其摆线伸直并与竖直方向成45°角，然后将其由静止释放．结果观察到两摆球粘在一起摆动，且最大摆角为30°.若本实验允许的最大误差为±4%，此实验是否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．课时分层作业(十一) 受迫振动 共振
基础过关练
1．(多选)一单摆做阻尼振动，则在振动过程中( )
A．振幅越来越小，周期也越来越小
B．振幅越来越小，周期不变
C．在振动过程中，通过某一位置时，机械能始终不变
D．振动过程中，机械能不守恒
2.
如图所示装置中，已知弹簧振子的固有频率f固＝2 Hz，电动机皮带轮的直径d1是曲轴皮带轮d2的.为使弹簧振子的振幅最大，则电动机的转速应为( )
A．60 r/min B．120 r/min
C．30 r/min D．240 r/min
3．在实验室可以做“声波碎杯”的实验．用手指轻弹一只酒杯，可以听到清脆的声音，测得这声音的频率为500 Hz.将这只酒杯放在两个大功率的声波发生器之间，操作人员通过调整其发生的声波，就能使酒杯碎掉(如图所示).下列说法中正确的是( )
A．操作人员一定是把声波发生器的功率调到很大
B．操作人员可能是使声波发生器发出了频率很高的超声波
C．操作人员一定是同时增大了声波发生器发出声波的频率和功率
D．操作人员只需将声波发生器发出的声波频率调到500 Hz
4．(多选)铺设钢轨时，每两根钢轨接缝处都必须留有一定的间隙，匀速运行列车经过轨端接缝处时，车轮都会受到一次冲击．由于每一根钢轨长度相等，所以这个冲击力是周期性的，列车受到周期性的冲击力做受迫振动．普通钢轨长为12.6 m，列车固有振动周期为 0.315 s.下列说法中正确的是( )
A．列车的危险速率为40 m/s
B．列车过桥需要减速，是为了防止列车发生共振现象
C．列车运动的振动频率和列车的固有频率总是相等的
D．增加钢轨的长度有利于列车高速运行
素养综合练
5．[2022·浙江余姚月考](多选)某简谐振子，自由振动时的振动图像如图甲中的曲线Ⅰ所示，而在某驱动力作用下做受迫振动时，稳定后的振动图像如图甲中的曲线Ⅱ所示，那么，此受迫振动对应的状态可能是图乙中的( )
A.a点 B．b点
C．c点 D．一定不是c点
6．(多选)如图甲所示的装置可用于研究弹簧振子的受迫振动，砝码和轻弹簧构成弹簧振子．匀速转动把手时，曲杆给弹簧振子以驱动力，使振子做受迫振动，把手匀速转动的周期等于驱动力的周期，改变把手匀速转动的速度就可以改变驱动力的周期．若保持把手不动，给砝码一向下的初速度，砝码便做简谐运动，振动图像如图乙所示．当把手以某一速度匀速转动，受迫振动达到稳定时，砝码的振动图像如图丙所示．若用T0表示弹簧振子的固有周期，T表示驱动力的周期，y表示受迫振动达到稳定后砝码振动的振幅．则( )
A．由图像可知T0＝4 s
B．由图像可知T0＝8 s
C．当T在4 s附近时，y显著增大；当T比4 s小得多或大得多时，y很小
D．当T在8 s附近时，y显著增大；当T比8 s小得多或大得多时，y很小课时分层作业(十六) 光的折射
基础过关练
1．如图所示，国家游泳中心“水立方”的透明薄膜“外衣”上点缀了无数白色亮点，他们被称为镀点．北京奥运会举行时正值盛夏，镀点能改变光线方向，将光线挡在场馆外．镀点对外界阳光的主要作用是( )
A．反射太阳光线，遵循光的反射定律
B．反射太阳光线，不遵循光的反射定律
C．折射太阳光线，遵循光的折射定律
D．折射太阳光线，不遵循光的折射定律
2.
如图所示为地球及其大气层，高空有侦察卫星A接收到地球表面P处发出的光信号，则A感知到的发光物应在( )
A.图中P点
B．图中P点靠近M的一侧
C．图中P点靠近N的一侧
D．以上位置都有可能
3．(多选)关于光的折射，下列说法正确的是( )
A.折射光线一定在法线和入射光线所确定的平面内
B．入射光线与法线、折射光线不一定在一个平面内
C．入射角总大于折射角
D．光线从空气斜射入玻璃时，入射角大于折射角
4．某同学通过实验测定半圆形玻璃砖的折射率n.如图甲所示，O是圆心，MN是法线，AO、BO分别表示某次测量时光线在空气和玻璃砖中的传播路径．该同学测得多组入射角i和折射角r，作出sin i sin r图像如图乙所示．则( )
A．光由A经O到B，n＝1.5
B．光由B经O到A，n＝1.5
C．光由A经O到B，n＝0.67
D．光由B经O到A，n＝0.67
5．一束光由空气射入某介质，当入射光线和界面的夹角为30°时，折射光线恰好与反射光线垂直，则光在该介质中的传播速度是( )
A． B．
C．c D．c
6.
两束细平行光a和b之间距离为d，从空气中互相平行地斜射到长方体玻璃砖的上表面，如图所示，若玻璃对a的折射率小于对b的折射率．当它们从玻璃砖的下表面射出后，有( )
A．两束光仍平行，间距等于d
B．两束光仍平行，间距大于d
C．两束光仍平行，间距小于d
D．两束光不再相互平行
7．(多选)如图所示，一玻璃柱体的横截面为半圆形，细的单色光束从空气射向柱体的O点(半圆的圆心)，产生反射光束1和透射光束2.已知光从空气射向玻璃时入射角的正弦与折射角的正弦的比值为，入射角为45°(相应的折射角为24°).现保持入射光不变，将半圆柱绕通过O点垂直于图面的轴线顺时针转过15°，如图中虚线所示．则( )
A．光束1转过15°
B．光束1转过30°
C．光束2转过的角度小于15°
D．光束2转过的角度大于15°
8．为了从室内观察室外情况，某同学设计了一个“猫眼”装置，即在门上开一个小孔，在孔内安装一块与门厚度相同的圆柱形玻璃体，厚度L＝3.46 cm，直径D＝2.00 cm，如图所示(俯视图).室内的人通过该玻璃体能看到室外的角度范围为120°.求该玻璃的折射率．
9.
如图所示的装置可以测量棱镜的折射率．三角形ABC表示待测直角棱镜的横截面，棱镜的顶角为α，紧贴直角边AC放置一块平面镜．一光线SO射到棱镜的AB面上，适当调整SO的方向，当SO与AB成β角时，从AB面射出的光线与SO重合．
(1)画出光线SO进入棱镜的折射光线；
(2)求出棱镜的折射率n.
素养综合练
10.
如图，一束激光垂直于AC面照射到等边玻璃三棱镜的AB面上．已知AB面的反射光线与折射光线的夹角为90°.光在真空中的传播速度为c.求：
(1)玻璃的折射率；
(2)激光在玻璃中传播的速度．
11.
如图所示，桌面上有一玻璃圆锥，圆锥的轴(图中虚线)与桌面垂直，过轴线的截面为等边三角形，此三角形的边长为L，有一半径为的圆柱形平行光束垂直地面入射到圆锥上，光束的中心轴与圆锥的轴重合，已知玻璃的折射率为，求：
(1)光在玻璃中的传播速度是多少？
(2)光束在桌面上形成的光斑的面积是多少？课时分层作业(十四) 波的反射、折射和衍射
基础过关练
1.
[2022·山东聊城检测](多选)如图所示，S是波源，M、N是两块挡板，其中M板固定，N板可以左右移动，两板中间有一狭缝，此时A点没有明显振动，为了使A点能发生明显振动，可采用的方法是( )
A．增大波源的频率 B．减小波源的频率
C．将N板向右移 D．将N板向左移
2．当一个探险者进入一个山谷后，为了估测出山谷的宽度，他吼一声后，经过0.5 s听到右边山坡反射回来的声音，又经过1.5 s听到左边山坡反射回来的声音，若声速为340 m/s，则这个山谷的宽度约为( )
A．170 m B．340 m
C．425 m D．680 m
3．关于波的反射与折射，下列说法正确的是( )
A.入射波的波长一定等于反射波的波长，其频率不变
B．入射波的波长一定小于反射波的波长，其频率不变
C．入射波的波长一定大于折射波的波长，其频率不变
D．入射波的波长一定小于折射波的波长，其频率不变
4．一艘汽船以4 m/s的速度在无风的河面上航行，船上发出一声鸣笛声，旅客在3 s后听到前方悬崖反射回来的声音，设声音在空气中的传播速度为340 m/s.则悬崖与汽船鸣笛的位置的距离为( )
A．504 m B．516 m
C．1 008 m D．1 032 m
5．(多选)以下关于波的认识，正确的是( )
A．潜水艇利用声呐探测周围物体的分布情况，用的是波的折射原理
B．隐形飞机怪异的外形及表面涂特殊隐形物质，是为了减少波的反射，从而达到隐形的目的
C.雷达的工作原理是利用波的反射
D．水波从深水区传到浅水区改变传播方向的现象，是波的折射
素养综合练
6．某雷达站正在跟踪一架飞机，此时飞机正朝着雷达站方向匀速飞来；某一时刻雷达发出一个无线电脉冲，经200 μs后收到反射波；隔0.8 s后再发出一个脉冲，经198 μs收到反射波，已知无线电波传播的速度为c＝3×108 m/s，远大于飞机的飞行速度v.则v应为( )
A．1 500 m/s B．750 m/s
C．375 m/s D．以上数据都不对
7.
一列声波在介质Ⅰ中的波长为0.2 m．当该声波从空气中以某一角度传入介质Ⅱ中时，波长变为0.6 m，如图所示，若介质Ⅰ中的声速是340 m/s.求：
(1)该声波在介质Ⅱ中传播时的频率．
(2)该声波在介质Ⅱ中传播的速度．
(3)若另一种声波在介质Ⅱ中的传播速度为1 400 m/s，按图中的方向从介质Ⅰ射入介质Ⅱ中，它在介质Ⅰ和介质Ⅱ中的频率之比．课时分层作业(十三) 波的描述
基础过关练
1．(多选)如图所示为一列简谐横波在某时刻的波形图，该波传播方向向左，则此时刻有( )
A．各质点的位移都为5 cm
B．x＝2 m处的质点速度方向沿y轴正方向
C．x＝4 m处的质点加速度方向为y轴正方向
D．x＝8 m处的质点速度为正的最大值
2．一简谐横波沿x轴正方向传播，波长为λ，周期为T，t＝0时刻的波形如图甲所示，a、b是波上的两个质点．图乙是波上某一质点的振动图像．下列说法中正确的是( )
A．t＝0时刻，质点a的速度比质点b的速度大
B.t＝0时刻，质点a的加速度比质点b的加速度小
C．图乙可以表示质点a的振动
D．图乙可以表示质点b的振动
3．机械波在给定的介质中传播时，下列说法正确的是( )
A．振幅越大，则波传播的速度越快
B．振幅越大，则波传播的速度越慢
C．在一个周期内，振动质点走过的路程等于一个波长
D．振动的频率越高，则波传播一个波长的距离所用的时间越短
4．(多选)对机械波，下列关于公式v＝λf的说法正确的是( )
A．v＝λf适用于一切波
B．由v＝λf知，f增大，则波速v也增大
C．v、λ、f三个量中，对同一列波来说，在不同介质中传播时保持不变的只有f
D．由v＝λf知，波长是4 m的声波传播速度为波长是2 m的声波传播速度的2倍
5．手持较长软绳端点O以周期T在竖直方向上做简谐运动，带动绳上的其他质点振动形成简谐波沿绳水平传播，示意如图．绳上有另一质点P，且O、P的平衡位置间距为L.t＝0时，O位于最高点，P的位移恰好为零，速度方向竖直向上，下列判断正确的是( )
A．该简谐波是纵波
B．经一段时间后P点逐渐移至绳的右端
C．t＝时，P在平衡位置上方
D．t＝时，P的速度方向竖直向上
6．一列简谐横波在两个时刻的波形如图中实线和虚线所示．由图可确定这列波的( )
A．周期 B．波速
C．波长 D．频率
7．如图甲所示，波源S从平衡位置处开始向y轴正方向振动，振动周期为T＝0.01 s，振幅为2 cm，产生的简谐波向左、右两个方向传播，波速均为v＝40 m/s.经过一段时间后，P、Q两点开始振动．已知距离SP＝1.2 m、SQ＝1.7 m
(1)求此波的频率和波长．
(2)以Q点开始振动的时刻作为计时的零点，试在图乙中分别画出P、Q两点的振动图像(至少画一个周期).
素养综合练
8．[2022·河北衡水中学月考]如图所示是一列简谐横波在t＝0.15 s时的波形图，该波沿x轴负方向传播，传播的速度为v＝10 m/s，则质点a的振动图像是下列图中的( )
9．如图所示为波源开始振动后经过一个周期的波形图，设介质中质点振动周期为T，下列说法正确的是( )
A．若M质点为波源，则M质点开始振动时方向向下
B．若M质点为波源，则P质点已经振动了T
C.若N质点为波源，则P质点已经振动了T
D.若N质点为波源，则该时刻P质点动能最大
10．如图所示，一列简谐横波向右传播，P、Q两质点平衡位置相距0.15 m．当P运动到上方最大位移处时，Q刚好运动到下方最大位移处，则这列波的波长可能是( )
A.0.60 m B．0.30 m
C．0.20 m D．0.15 m课时分层作业(十七) 全反射
基础过关练
1．某种介质对空气的折射率是，一束光从该介质射向空气，入射角是60°，则下列光路图中正确的是(图中Ⅰ为空气，Ⅱ为介质)( )
2．[2022·江苏苏州高二检测]光导纤维的结构如图所示，其内芯和外套材料不同，光在内芯中传播．以下关于光导纤维的说法正确的是( )
A．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
B．内芯的折射率比外套的小，光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射
C．内芯的折射率比外套的小，光传播时在内芯与外套的界面上发生折射
D．内芯的折射率与外套的相同，外套的材料有韧性，可以起保护作用
3．潜水员在水深为h的地方向水面张望，发现自己头顶上有一圆形亮斑．如果水对空气的临界角为C，则此圆形亮斑的直径是( )
A．2h tan C B．2h sin C
C．2h cos C D．2h
4．如图所示，已知介质 Ⅰ 为空气，介质 Ⅱ 的折射率为，则下列说法中正确的是( )
A．光线a、b都不能发生全反射
B．光线a、b都能发生全反射
C．光线a发生全反射，光线b不发生全反射
D．光线a不发生全反射，光线b发生全反射
5．如图所示，一束光从空气垂直射到直角棱镜的AB面上，已知棱镜材料的折射率为1.4，则这束光进入棱镜后的光路图应为( )
6．一半径为R的半圆形玻璃砖放置在竖直平面上，其截面如图所示．图中O为圆心，MN为竖直方向的直径．有一细光束自O点沿水平方向射入玻璃砖，可以观测到有光束自玻璃砖内射出，现将入射光束缓慢平行下移，当入射光束与O点的距离为d时，从玻璃砖射出的光线刚好消失．则此玻璃的折射率为( )
A． B．
C． D．
7．如图所示，圆柱形油桶中装满折射率n＝的某种透明液体，油桶的高度为H，半径为H，桶的底部装有一块平面镜，在油桶底面中心正上方高度为d处有一点光源P，要使人从液体表面上方任意位置处都能够观察到此液体内点光源P发出的光，d应该满足什么条件？
8．如图所示，一玻璃工件折射率为n，左侧是半径为R的半球体，右侧是长为8R、直径为2R的圆柱体．一细束光频率为f，沿半球体半径方向射入工件，最终这束光都能到达圆柱体的右端面，忽略光在圆柱体端面的反射，已知光在真空中的传播速度为c.求：
(1)光在玻璃工件中的波长；
(2)光在工件中传播的最长时间．
素养综合练
9．一湖面上有一伸向水面的混凝土观景台，如图所示是截面图，观景台下表面恰好和水面相平，A为观景台右侧面在湖底的投影，水深h＝4 m，在距观景台右侧面x＝4 m处有一可沿竖直方向上下移动的单色点光源S，点光源S可从距水面高3 m处下移到接近水面，在移动过程中，观景台水下被照亮的最远距离为AC，最近距离为AB，若AB＝3 m，求：
(1)水的折射率n.
(2)光能照亮的最远距离AC.(结果可以保留根式)
10．阳光作为万物生长之源，是必不可少的资源，如图甲是一个神奇的采光系统(Solatube)，可以将阳光送到室内每一个角落，它由半球形玻璃透光罩、导光管道和灯片组成，透光罩上的半球形凸透镜可投射任何角度的太阳光，然后通过管道将光线反射到灯片，让室内充满阳光．某种颜色的光通过导光系统进入室内，原理图如图乙所示，已知半球形透光罩半径为R＝30 cm，导光管道长为L＝3 m，该色光在玻璃内芯与包层界面发生全反射的临界角C＝60°，透光罩与内芯为同种玻璃制成，对该光的折射率n＝，光在真空中的速度c＝3×108 m/s，该光按乙图所示竖直向下由B点射入透光罩时，求该光到达灯片的时间．课时分层作业(十八) 光的干涉
基础过关练
1.
如图所示是单色光双缝干涉实验某一时刻的波形图，实线表示波峰，虚线表示波谷．在此时刻，介质中A点为波峰相叠加点，B点为波谷相叠加点，A、B连线上的C点为某中间状态相叠加点．如果把屏分别放在A、B、C三个位置，那么( )
A．A、B、C三个位置都出现亮条纹
B．B位置出现暗条纹
C．C位置出现亮条纹或暗条纹要由其他条件决定
D．以上结论都不对
2．从点光源L发出的白光，经过透镜后成一平行光束，垂直照射到挡板P上，板上开有两条靠得很近的平行狭缝S1，S2，如图所示，在屏Q上可看到干涉条纹，图中O点是屏上与两狭缝等距离的一点，则( )
A．干涉条纹是黑白的，O点是亮点
B．干涉条纹是黑白的，O点是暗点
C．干涉条纹是彩色的，O点是亮点
D．干涉条纹是彩色的，O点是暗点
3．某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到图甲所示的条纹，仅改变一个实验条件后，观察到的条纹如图乙所示．他改变的实验条件可能是( )
A.减小光源到双缝的距离
B．减小双缝之间的距离
C．减小双缝到光屏之间的距离
D．换用频率更高的单色光源
素养综合练
4.
(多选)如图所示，一束复色光从空气射入玻璃中，得到a、b两条折射光线，以下说法正确的是( )
A．折射光a的波长小于折射光b的波长
B．两束光在相遇区域会发生干涉现象
C．如果让两束光分别在同一点通过同一个双缝发生干涉，则所得干涉条纹间的距离Δxa<Δxb
D．在玻璃中a光较b光速度快
5.
[2022·山东师大附中高二检测]双缝干涉实验装置的截面图如图所示．光源S到S1、S2的距离相等，O点为S1、S2连线中垂线与光屏的交点．光源S发出的波长为λ的光，经S1出射后垂直穿过玻璃片传播到O点，经S2出射后直接传播到O点，由S1到O点与由S2到O点，光传播的时间差为Δt.玻璃片厚度为10λ，玻璃对该波长光的折射率为1.5，空气中光速为c，不计光在玻璃片内的反射．以下判断正确的是( )
A．Δt＝ B．Δt＝
C．Δt＝ D．Δt＝课时分层作业(七) 简谐运动
基础过关练
1．关于机械振动的位移和平衡位置，以下说法中正确的是( )
A.平衡位置就是物体振动范围的中心位置
B．机械振动的位移是以平衡位置为起点的位移
C．机械振动的物体运动的路程越大，发生的位移也就越大
D．机械振动的位移是指振动物体偏离平衡位置最远时的位移
2．一弹簧振子在振动过程中的某段时间内加速度数值越来越大，则在这段时间内( )
A．振子的速度逐渐增大
B．振子在向平衡位置运动
C．振子的速度方向与加速度方向一致
D．振子的位移逐渐增大
3．(多选)弹簧振子做简谐运动，振动图像如图所示，下列说法正确的是( )
A．t1、t2时刻振子的速度大小相等，方向相反
B．t1、t2时刻振子的位移大小相等，方向相反
C．t2、t3时刻振子的速度大小相等，方向相反
D．t2、t4时刻振子的位移大小相等，方向相反
4．[2022·江苏宿迁高二期末]如图所示，一个弹簧振子在A、B间做简谐运动，O点是平衡位置，以某时刻作为计时零点(t＝0)，过周期，振子具有正方向的最大速度．那么下列四幅图像中能够正确反映振子的振动情况的图线是( )
5．将弹簧振子从平衡位置拉开4 cm后放开，同时开始计时，其振动图像如图所示，则在t＝0.15 s时( )
A.振子正在做加速度减小的加速运动
B．振子正在做加速度增大的减速运动
C．振子速度方向沿x轴正方向
D．振子的位移一定等于2 cm
6．(多选)在下图中，O点是平衡位置，当振子由A向O运动时，下列说法正确的是( )
A．振子的位移在减小
B．振子的运动方向向左
C．振子的位移方向向左
D．振子的位移在增大
7．(多选)一质点做简谐运动的图像如图所示，下列说法正确的是( )
A．0～1 s速度在增大
B．0～1 s位移在增大
C．2～3 s速度在增大
D．2～3 s位移在增大
8．(多选)如图甲所示，质点在a、b两点之间做简谐运动，质点做简谐运动的图像，如图乙所示．若t＝0时，质点正经过O点向b运动，则下列说法正确的是( )
A．质点在0.7 s时，正在远离平衡位置运动
B．质点在1.5 s时的位移最大
C．1.2～1.4 s，质点的位移在增大
D．1.6～1.8 s，质点的位移在增大
9．如图为弹簧振子在t＝0到t＝4 s内的振动图像，下列判断正确的是( )
A．在t＝2 s时刻振子的振动方向为正方向
B．在t＝0到t＝1 s时间内振子的位移增大、速度减小
C．在t＝1 s到t＝2 s时间内振子的位移和速度都增大
D．从t＝1 s到t＝3 s时间内振子的位移为零
素养综合练
10.
(多选)如图所示，弹簧下端悬挂一钢球，上端固定，它们组成一个振动系统．系统处于静止状态，现用手把钢球向上托起一段距离，然后释放，钢球便上下振动起来，若以竖直向下为正方向，则下列说法正确的是( )
A．钢球的最低处为平衡位置
B．钢球原来静止时的位置为平衡位置
C．钢球振动到距原静止位置下方3 cm处时位移为 3 cm
D．钢球振动到距原静止位置上方2 cm处时位移为2 cm
11．某同学疫情期间停课不停学，在家用水杯来研究简谐运动．如图所示，放有小铁块的水杯静止浮于水面上，现将水杯沿竖直方向提起少许，由静止释放并开始计时，在初始的一段时间内水杯在竖直方向的运动近似为简谐运动．取竖直向上为正方向，下面关于水杯的v t、x t图像正确的是( )课时分层作业(十九) 光的衍射 光的偏振 激光
基础过关练
1．关于自然光和偏振光，下列观点正确的是( )
A．自然光能产生干涉和衍射现象，而偏振光却不能
B．只有自然光透过偏振片才能获得偏振光
C．自然光只能是白色光，而偏振光不能是白色光
D．自然光和偏振光都能使感光底片感光
2．关于激光的应用，下列说法中正确的是( )
A．光纤通信是应用激光平行度非常好的特点对信号进行调制，使其在光导纤维中传递信息的
B．计算机内的“磁头”读出光盘上记录的信息是应用激光有相干性的特点
C．医学中用激光作“光刀”来切除肿瘤是应用了激光亮度高的特点
D．“激光测距雷达”利用激光测量很远目标的距离是应用了激光亮度高的特点
3．(多选)对于光的衍射现象，下列说法正确的是 ( )
A．只有障碍物或孔的尺寸可以跟光波波长相当，甚至比波长还要小的时候，才能产生明显的衍射现象
B．衍射现象是光特有的现象，只有光才会发生衍射
C．光的衍射现象否定了光沿直线传播的结论
D．光的衍射现象说明了光具有波动性
4．如图所示是通过用两个刀片组成的宽度可以调节的狭缝观察日光灯光源时所看到的四个图像．当狭缝宽度从1.8 mm逐渐变小时，所看到的四个图像的顺序是( )
A．abcd B．dcba
C．bacd D．badc
5．(多选)如图(a)所示是做双缝干涉实验的示意图．先做操作1：用两块不同颜色的滤光片分别挡住双缝屏上下两半部分Ⅰ和Ⅱ；接着再做操作2：用不透明的挡板挡住b缝．若两块滤光片一块是红色，一块是蓝色．红光波长大于蓝光波长，则 ( )
A．完成操作1后，光屏上出现的是图(b)图案，且甲是红色条纹，乙是蓝色条纹
B．完成操作1后，光屏上出现的是图(c)图案，且丙是蓝色条纹，丁是红色条纹
C．完成操作2后，光屏上出现的是图(b)图案，且甲是蓝色条纹，乙是红色条纹
D．完成操作2后，光屏上出现的是图(c)图案，且丙是红色条纹，丁是蓝色条纹
6．[2022·北京四中高二检测]如图所示的甲、乙、丙、丁图形中，属于著名的泊松亮斑的衍射图样和单缝衍射图样的分别是 ( )
A．甲、丙 B．甲、丁
C．乙、丙 D．乙、丁
7．如图所示，两光屏间放有两个偏振片，它们四者平行共轴，现让太阳光沿轴线通过光屏M上的小孔照射到固定不动的偏振片P上，再使偏振片Q绕轴匀速转动一周，则关于光屏N上光的亮度变化情况，下列说法中正确的是( )
A．光屏N上光的亮度保持不变
B．光屏N上光的亮度会时亮时暗
C．光屏N上有两条与偏振片P、Q透振方向对应的亮线
D．光屏N上只有一条亮线随偏振片转动而转动
8．(多选)对于以下的光学现象说法中正确的是( )
A．图甲是双缝干涉示意图，若只增大挡板上两个狭缝S1、S2间的距离d，两相邻亮条纹间距离Δx将减小
B．图乙是单缝衍射实验现象，若只在狭缝宽度不同的情况下，上面的图对应狭缝较宽
C．图丙是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凹陷的
D．图丁中的P、Q是偏振片，当P固定不动，缓慢转动Q时，光屏上的光亮度将一亮一暗交替变化，此现象表明光波是横波
素养综合练
9．如图所示是一种利用光纤温度传感器测量温度的装置，一束偏振光射入光纤，由于温度的变化，光纤的长度、芯径、折射率发生变化，从而使偏振光的振动方向发生变化，光接收器接收的光强度就会变化．设起偏振器和检偏振器透振方向相同，关于这种温度计的工作原理，正确的说法是( )
A.到达检偏振器的光的振动方向变化越小，光接收器所接收的光强度就会越小，表示温度变化越大
B．到达检偏振器的光的振动方向变化越大，光接收器所接收的光强度就会越小，表示温度变化越大
C．到达检偏振器的光的振动方向变化越小，光接收器所接收的光强度就会越小，表示温度变化越小
D．到达检偏振器的光的振动方向变化越大，光接收器所接收的光强度就会越小，表示温度变化越小
10．(多选)抽制细丝时可用激光监控其粗细，如图所示，激光束越过细丝时产生的条纹和它通过遮光板的同样宽度的窄缝规律相同，则( )
A．这是利用光的干涉现象
B．这是利用光的衍射现象
C．如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝粗了
D．如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝细了
11.
如图所示，a、b两束光以不同的入射角由介质射向空气，结果有相同的折射角．下列说法正确的是 ( )
A．b光在该介质中的折射率比a光的大
B．做单缝衍射实验时，若其他条件相同，用b光产生的中央亮条纹要比用a光产生的中央亮条纹宽
C．用a光更易观测到泊松亮斑
D．做双缝干涉实验时，若其他条件相同，用a光产生的干涉图样中的条纹间距要比用b光产生的条纹间距大章末综合检测(二) 第二章 机械振动
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)
1．下列振动中是简谐运动的是( )
A．手拍篮球的运动
B．思考中的人来回走动
C．轻质弹簧的下端悬挂一个钢球，上端固定组成的振动系统
D．从高处下落到光滑水泥地面上的小钢球的运动
2．有一个弹簧振子，振幅为0.8 cm，周期为0.5 s，初始时具有正方向的最大位移，则它的振动方程是( )
A．x＝8×10－3 sin (4πt＋) m
B．x＝8×10－3 sin (4πt－) m
C．x＝8×10－1 sin (πt＋) m
D．x＝8×10－1 sin (πt＋) m
3．如图所示，在光滑水平面上的弹簧振子，弹簧形变量的最大限度为20 cm，弹簧处于原长时，弹簧振子处于图示P位置，若将质量为m的振子向右拉动5 cm后由静止释放，经0.5 s振子第一次回到P位置，关于该弹簧振子，下列说法正确的是( )
A．该弹簧振子的振动频率为1 Hz
B．若向右拉动10 cm后由静止释放，经过1 s振子第一次回到P位置
C．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2 s
D．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0.5 s速度就降为0
4．如图所示，甲、乙是摆长相同的两个单摆，它们中间用一根细线相连，两摆线均与竖直方向成θ角．已知甲的质量小于乙的质量，当细线突然断开后，甲、乙两摆都做简谐运动，下列说法正确的是( )
A．甲不会与乙碰撞
B．甲的运动周期小于乙的运动周期
C．甲的振幅小于乙的振幅
D．甲的最大速度小于乙的最大速度
5．悬挂在竖直方向上的弹簧振子，从最低点的位置向上运动时开始计时，它的振动图像如图所示，由图可知( )
A．t＝1.25 s时振子的加速度为正，速度为正
B．t＝1.7 s时振子的加速度为负，速度为负
C．t＝1.0 s时振子的速度为零，加速度为负的最大值
D．t＝3.5 s时振子的速度为零，加速度为负的最大值
6．一位游客在千岛湖边欲乘坐游船，当日风浪较大，游船上下浮动，可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动．振幅为20 cm，周期为3.0 s．当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐．地面与甲板的高度差不超过10 cm时，游客能舒服地登船．在一个周期内，游客能舒服登船的时间是( )
A．0.5 s B．0.75 s
C．1.0 s D．1.5 s
7．一个做简谐运动的质点，先后以同样的速度通过相距10 cm的A、B两点，历时0.5 s，如图所示．过B点后再经过t＝0.5 s质点以大小相等、方向相反的速度再次通过B点，则质点振动的周期是( )
A．0.5 s B．1 s
C．2 s D．4 s
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)
8．如图是一个单摆的共振曲线，已知重力加速度为g，根据图线可以得出的是( )
A．单摆的固有频率 B．单摆的固有周期
C．单摆的摆长 D．单摆的摆球质量
9．如图所示是表示一质点做简谐运动的图像，下列说法正确的是( )
A．t1时刻振子正通过平衡位置向正方向运动
B．t2时刻振子的位移最大
C．t3时刻振子正通过平衡位置向正方向运动
D．该图像是从平衡位置开始计时画出的
10．如图甲所示，挖掘机的顶部垂下一个大铁球，让大铁球小角度地摆动，即可以用来拆卸混凝土建筑，大铁球与悬链可视为单摆，对应的振动图像如图乙所示，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．单摆振动的周期为6 s
B．t＝2 s时，摆球的速度最大
C．球摆开的角度越大，周期越大
D．该单摆的摆长约为16 m
三、非选择题(本题共5小题，共54分．按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
11.
(8分)将一单摆装置竖直挂于某一深度h(未知)且开口向下的小筒中(单摆的下部分露于筒外)，如图甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆振动过程中悬线不会碰到筒壁，如果本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离为l，并通过改变l而测出对应的周期T，再以T2为纵轴、l为横轴作出函数关系图像，那么就可以通过此图像得出小筒的深度h和当地的重力加速度．
(1)利用单摆测重力加速度时，为了减小误差，我们利用停表来测量单摆多次全振动的时间，从而求出振动周期．除了停表之外，还需要的测量工具为________．
A．天平 B．毫米刻度尺
C．螺旋测微器
(2)如果实验中所得到的T2 l关系图像如图乙所示，那么真正的图像应是a、b、c中的________．
(3)由图像可知，小筒的深度h＝________m，当地的重力加速度g＝________m/s2.
12．(10分)实验小组的同学们用如图所示的装置做“用单摆测定重力加速度”的实验．
(1)测出悬点O到小球球心的距离(摆长)l及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g＝________(用l、n、t表示).
(2)实验时除用到秒表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的________(选填选项前的字母).
A．长约1 m的细线
B．长约1 m的橡皮绳
C．直径约1 cm的均匀铁球
D．直径约10 cm的均匀木球
(3)选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，应采用如图________(选填“甲”或“乙”)中所示的固定方式．
(4)某实验小组组装单摆时，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，如图所示．这样做的目的是________(填字母代号).
A．保证摆动过程中摆长不变
B．可使周期测量得更加准确
C．需要改变摆长时便于调节
D．保证摆球在同一竖直平面内摆动
(5)他们组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺量得从悬点到摆球的最低端的长度L＝0.999 0 m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图所示，则该摆球的直径为________mm，单摆摆长为________m．
(6)将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是________(选填选项前的字母).
A．测出摆线长作为单摆的摆长
B．把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动
C．在摆球经过平衡位置时开始计时
D．用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期
(7)甲同学多次改变单摆的摆长并测得相应的周期，他根据测量数据画出了如图所示的图像，但忘记在图中标明横坐标所代表的物理量．你认为横坐标所代表的物理量是________(选填“l2”“l”或“”)，若图线斜率为k，则重力加速度g＝________(用k表示).
13．(10分)
一水平弹簧振子做简谐运动，其位移和时间关系如图所示．
(1)求振子的振幅、周期各为多大？
(2)从t＝0到t＝8.5×10－2 s的时间内，振子通过的路程为多大？
(3)t＝2.0×10－2 s时振子的位移．
14．(12分)一弹簧振子如图甲所示，取水平向右为振子偏离平衡位置的位移的正方向，得到如图乙所示的振动图像．
(1)求弹簧振子的振动方程；
(2)求t＝8 s时，振子偏离平衡位置的位移x；
(3)经测量，振子的质量为0.4 kg，弹簧的劲度系数为 N/m，求振子的最大回复力F与最大加速度a.
15．(14分)将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力．图(甲)表示小滑块(可视为质点)沿固定的光滑半球形容器内壁在竖直平面的A，A′之间来回滑动．A，A′点与O点连线与竖直方向之间夹角θ相等且很小，图(乙)表示滑块对器壁的压力F随时间t变化的曲线，图中t＝0为滑块从A点开始运动的时刻．试根据力学规律和题中(包括图中)所给的信息，g取10 m/s2.求：
(1)容器的半径；
(2)小滑块的质量；
(3)滑块运动过程中的机械能(以B点所在水平面为零重力势能面).课时分层作业(十) 单摆
基础过关练
1．单摆在振动过程中，当摆球的重力势能增大时，摆球的( )
A．位移一定减小 B．回复力一定减小
C．速度一定减小 D．加速度一定减小
2．振动的单摆小球通过平衡位置时，受到的回复力及合外力的说法正确的是( )
A．回复力为零，合外力不为零，方向指向悬点
B．回复力不为零，方向沿轨迹的切线
C．合外力不为零，方向沿轨迹的切线
D．回复力为零，合外力也为零
3．[2022·四川遂宁检测]摆长为l的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时(即取作t＝0)，当振动至t＝ 时，摆球恰具有负向最大速度，则单摆的振动图像是图中的( )
4．如图中两单摆的摆长相同，平衡时两摆球刚好接触，现将摆球A在两摆线所在的竖直平面内向左拉开一个小角度后放手，碰撞后，两摆球分开各自做简谐运动，以mA、mB分别表示摆球A、B的质量，则( )
A.如果mA>mB，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧
B．如果mAC．无论mA∶mB是多少，下一次碰撞只能在平衡位置
D．无论mA∶mB是多少，下一次碰撞都只能在平衡位置左侧
5．[2022·浙江绍兴月考]如图是甲、乙两个单摆做简谐运动的图像，以向右的方向作为摆球偏离平衡位置位移的正方向，从t＝0时刻起，当甲第一次到达右方最大位移处时( )
A.乙在平衡位置的左方，正向右运动
B．乙在平衡位置的左方，正向左运动
C．乙在平衡位置的右方，正向右运动
D．乙在平衡位置的右方，正向左运动
6．某单摆由1 m长的摆线连接一个直径2 cm的铁球组成，关于单摆周期，下列说法中正确的是( )
A．用大球替代小球，单摆的周期不变
B．摆角从5°改为3°，单摆的周期会变小
C．用等大的铜球替代铁球，单摆的周期不变
D．将单摆从赤道移到北极，单摆的周期会变大
7．一个摆长为l1的单摆，在地面上做简谐运动，周期为T1，已知地球的质量为M1，半径为R1，另一摆长为l2的单摆，在质量为M2，半径为R2的星球表面做简谐运动，周期为T2，若T1＝2T2，l1＝4l2，M1＝4M2，则地球半径与星球半径之比R1∶R2为( )
A．2∶1 B．2∶3
C．1∶2 D．3∶2
8．(多选)如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示．不计空气阻力，g取10 m/s2.对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是( )
A.单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝10sin (πt)cm
B．单摆的摆长约为1.0 m
C．从t＝2.5 s到t＝3.0 s的过程中，摆球的动能逐渐减小
D．从t＝2.5 s到t＝3.0 s的过程中，摆球所受回复力逐渐减小
素养综合练
9．(多选)将一个力电传感器接到计算机上，就可以测量快速变化的力，用这种方法测得的某小球摆动时悬线上拉力的大小随时间变化的曲线如图乙所示．某同学由此图像提供的信息做出的下列判断中，正确的是( )
A．t＝0.2 s时摆球正经过最低点
B．t＝0.8 s时摆球处于超重状态
C．摆球摆动过程中机械能守恒
D．摆球摆动的周期是T＝0.6 s
10．如图所示，将小球甲、乙、丙(都可视为质点)分别从A、B、C三点由静止同时释放，最后都到达竖直面内圆环的最低点D，其中甲是从圆心A出发做自由落体运动，乙沿弦轨道从一端B到达另一端D，丙沿圆弧轨道从C点运动到D点，且C点很靠近D点．如果忽略一切摩擦阻力，那么下列判断正确的是(重力加速度为g)( )
A．甲球最先到达D点，乙球最后到达D点
B．甲球最先到达D点，丙球最后到达D点
C．丙球最先到达D点，乙球最后到达D点
D．甲球最先到达D点，无法判断哪个球最后到达D点
11．一力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力．图甲中O点为单摆的固定悬点，现将摆球(可视为质点)拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB＝∠COB＝θ，θ小于5°且是未知量．图乙表示由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，且图中t＝0时刻为摆球从A点开始运动的时刻．试根据力学规律和题中(包括图中)所给的信息求：(g取10 m/s2)
(1)单摆的振动周期和摆长；
(2)摆球的质量；
(3)摆球运动过程中的最大速度．章末综合检测(一) 第一章 动量守恒定律
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)
1．消防员在某次演练中从5楼的楼顶自由下落，经过一段时间落到放在地面的充气垫上，则放上充气垫的目的是( )
A．减小消防员落地时的动量
B．减小消防员动量的变化量
C．减小消防员受到充气垫的冲量
D．减小消防员所受的作用力
2．如图所示，具有一定质量的小球A固定在轻杆一端，另一端挂在小车支架的O点．用手将小球拉至水平，此时小车静止于光滑水平面上，放手让小球下摆与B处固定的橡皮泥碰撞后粘在一起，则小车( )
A．一直向右运动
B．一直向左运动
C．一直静止不动
D．小球下摆时，车向左运动，碰撞后又静止
3．如图所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以( )
A.减小球的动量的变化量
B．减小球对手作用力的冲量
C．减小球的动量变化率
D．延长接球过程的时间来减小动量的变化量
4．运动员在水上做飞行运动表演．他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示．已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，已知重力加速度g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为( )
A．2.7 m/s B．5.4 m/s
C．7.6 m/s D．10.8 m/s
5．在光滑的水平面上有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度—时间图像如图所示，下列关系式正确的是( )
A.ma＞mb B．ma＜mb
C．ma＝mb D．无法判断
6．如图所示，一个质量为0.5 kg的小球在离车底面高度20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s的速度沿光滑的水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，小车的底面上涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，设小球在落到车的底面前瞬间的速度是25 m/s，则小球与小车相对静止时，小车的速度是(g＝10 m/s2)( )
A．5 m/s B．4 m/s
C．8.5 m/s D．9.5 m/s
7．在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞，如图(a)所示，碰撞前后两壶运动的v t图线如图(b)中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则( )
A．两壶发生了弹性碰撞
B．碰后蓝壶速度为0.8 m/s
C．碰后蓝壶移动的距离为2.4 m
D．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)
8．若一个物体的动量发生了变化，则物体(质量不变)运动的( )
A.速度大小一定改变了 B．速度方向一定改变了
C．速度一定变化了 D．加速度一定不为零
9．如右图所示，质量为M，长度为L的船停在平静的湖面上，船头站着质量为m的人，M＞m，现在人由静止开始由船头走到船尾．则( )
A．人和船运动方向相同
B．船运行速度小于人的行进速度
C．由于船的惯性大，当人停止运动时，船还要继续运动一段距离
D．人相对水面的位移为
10．A、B两物体在光滑水平面上沿一直线运动，B在前、A在后，发生碰撞前后的v t图像如图所示，由此可以判断( )
A．A、B的质量之比为3∶2
B．A、B的质量之比为2∶3
C．A、B两物体的碰撞为弹性碰撞
D．A、B两物体的碰撞为非弹性碰撞
三、非选择题(本题共5小题，共54分．按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
11．(6分)利用气垫导轨做实验来验证动量守恒定律．开始时两个滑块静止，它们之间有一根被压缩的轻弹簧，滑块用细绳连接，细绳烧断后，两个滑块向相反方向运动，得到如图所示的两个滑块A、B相互作用后运动过程的频闪照片，频闪的频率为10 Hz.已知滑块A、B的质量分别为200 g、300 g，根据照片记录的信息，A、B离开弹簧后，A滑块做匀速直线运动，其速度大小为________m/s，本次实验中得出的结论是________________．
12．(8分)
如图所示，为“验证碰撞中的动量守恒”的实验装置：
(1)关于实验，下列叙述正确的是________________．
A.入射球A每次必须从同一高度由静止释放
B．轨道有摩擦，对实验有影响，必须选择光滑轨道
C．入射球A的质量大于被碰球B的质量
D．入射球A的半径一定大于被碰球B的半径
(2)用半径相同的两小球A、B做碰撞实验，实验装置如图所示，斜槽末端水平．实验时先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹．再把B球置于斜槽末端边缘处静止，让A球仍从C处由静止滚下，A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹．记录纸上的O点是重垂线所指的位置，若测得各落点痕迹到O点的距离：OM＝2.68 cm，OP＝8.62 cm，ON＝11.50 cm，并已知A、B两球的质量之比为2∶1，则未放B球时A球落点是记录纸上的________点；验证碰撞前后动量守恒的表达式为________(距离用字母表示)，系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量p′的百分误差＝________%(百分误差用×100%表示，结果保留一位有效数字).
13．(12分)冰球运动是一项对抗性极强的冰雪体育竞技项目．如图所示，甲、乙两冰球运动员为争抢冰球而合理水平冲撞，冲撞过程中运动员手中的冰球杆未与地面接触．已知甲运动员的质量为60 kg，乙运动员的质量为70 kg，冲撞前两运动员速度大小均为5 m/s，方向相反，冲撞结束，甲被撞回，速度大小为2 m/s，如果冲撞接触时间为0.2 s，忽略冰球鞋与冰面间的摩擦．问：
(1)撞后乙的速度大小是多少？方向又如何？
(2)冲撞时两运动员相互间的平均作用力多大？
14．(12分)如图所示，在光滑的水平冰面上放置一个光滑的曲面体，曲面体的右侧与冰面相切，一个坐在冰车上的小孩手扶一球静止在冰面上．已知小孩和冰车的总质量为m1＝40 kg，球的质量为m2＝10 kg，曲面体的质量为m3＝10 kg，g取10 m/s2.某时刻小孩将球以v0＝4 m/s的水平速度向曲面体推出，推出后，球沿曲面体上升(球不会越过曲面体).求：
(1)推出球后，小孩和冰车的速度大小v1；
(2)球在曲面体上升的最大高度h.
15．(16分)如图1所示的水平面上，B点左侧光滑、右侧粗糙，静止放置甲、乙两个可视为质点的小球，已知m甲＝2 kg、m乙＝4 kg, g取10 m/s2.乙球与B点右侧水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.现给甲球一个水平向右的速度v1＝5 m/s，与乙球发生碰撞后被弹回，弹回的速度大小v′1＝1 m/s.
(1)试求发生碰撞后，乙球获得的速度大小；
(2)碰撞后，立即有一个水平向右的拉力F作用在乙球上，F随时间变化的规律如图2所示，试求3 s末乙球的速度大小．课时分层作业(六) 反冲现象 火箭
基础过关练
1．[2022·江苏南京检测]一装有柴油的船静止于水平面上，船前舱进了水，堵住漏洞后用一水泵把前舱的油抽往后舱，如图所示．不计水的阻力，船的运动情况是( )
A．向前运动 B．向后运动
C．静止 D．无法判断
2．一个人在地面上立定跳远的最好成绩是s(m)，假设他站立在船的右端处于静止状态要跳上距离他L(m)远的岸上(设船与岸边同高)，如图所示，(忽略水的阻力)则( )
A．只要LB．只要LC．如果L＝s，他有可能跳上岸
D．如果L＝s，他一定能跳上岸
3．如图所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为( )
A．v0－v2 B．v0＋v2
C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2)
4.
(多选)如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时小车AB和木块C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )
A.弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动
B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶m
C．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动
D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动
素养综合练
5．一只爆竹竖直升空后，在高为h处达到最高点并发生爆炸，分为质量不同的两块，两块的质量之比为3∶1，其中质量小的一块获得大小为v的水平速度，重力加速度为g，不计空气阻力，则两块爆竹落地后相距( )
A． B．
C．4v D．
6．一辆平板车停在水平光滑的轨道上，平板车上有一人从固定在车上的货厢边沿沿着轨道方向水平跳出，落在平板车上的A点，距货厢水平距离为l＝4 m，如图所示．人的质量为m，车连同货厢的质量为M＝4m，货厢高度为h＝1.25 m．(g取10 m/s2)
(1)求车在人跳出后到人落到A点期间的反冲速度．
(2)人落在A点并站定以后，车还运动吗？车在地面上移动的位移是多少？课时分层作业(八) 简谐运动的描述
基础过关练
1．(多选)一个物体做简谐运动时，周期是T，振幅是A，那么该物体( )
A．在任意内通过的路程一定等于A
B．在任意内通过的路程一定等于2A
C．在任意内通过的路程一定等于3A
D．在任意T内通过的路程一定等于4A
2．弹簧振子在A、B之间做简谐运动，如图所示，O为平衡位置，测得A、B间距为8 cm，完成30次全振动所用时间为60 s．则( )
A．振动周期是2 s，振幅是8 cm
B．振动频率是2 Hz
C．振子完成一次全振动通过的路程是16 cm
D．振子过O点时开始计时，2 s内发生的位移为4 cm
3．(多选)某弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其振动图像如图所示，则( )
A．弹簧在第1 s末与第5 s末的长度相同
B．简谐运动的频率是0.125 Hz
C．弹簧振子在第4 s末的位移为零
D．在第3 s末到第5 s末弹簧振子的速度方向不变
4．一质点做简谐运动．质点的位移随时间变化的规律如图所示，则从图中可以看出( )
A.质点做简谐运动的周期为5 s
B．质点做简谐运动的振幅为4 cm
C．t＝3 s时，质点的加速度为零
D．质点的振动方程为y＝－2cos t(cm)
5．某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x＝10 sin (t＋) cm，下列说法正确的是( )
A．该质点振动周期为T＝4 s
B．该质点振幅A＝10 cm
C．第1 s末和第5 s末质点的位移相同
D．2 s内质点通过的路程一定为10 cm
素养综合练
6．(多选)一振子沿x轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点．t＝0时振子的位移为－0.1 m，t＝1 s时位移为0.1 m，则( )
A．若振幅为0.1 m，振子的周期可能为 s
B．若振幅为0.1 m，振子的周期可能为 s
C．若振幅为0.2 m，振子的周期可能为4 s
D．若振幅为0.2 m，振子的周期可能为6 s
7．劲度系数为20 N/cm的弹簧振子，它的振动图像如图所示，在图中A点对应的时刻( )
A．振子所受的弹力大小为5 N，方向指向x轴的负方向
B．振子的速度方向指向x轴的负方向
C．在0～4 s内振子作了1.75次全振动
D．在0～4 s内振子通过的路程为0.35 cm，位移为0课时分层作业(十五) 波的干涉
基础过关练
1．水槽中，波源是固定在同一个振动片上的两根细杆，当振动片振动时，两根细杆周期性地触动水面，形成两个波源．这两列波相遇后，在它们重叠的区域形成如图所示的图样．下列说法中正确的是( )
A．这是水波的衍射现象
B．这两个波源的振动频率相同
C．加强区和减弱区在水面上的位置会发生变化
D.这是水波特有的现象，其他波没有此类现象
2.
如图所示，S1、S2是两个相干波源，它们的相位及振幅均相同．实线和虚线分别表示在某一时刻它们所发出的波的波峰和波谷，关于图中所标的a、b、c三点，下列说法正确的是( )
A．a质点振动减弱，b、c质点振动加强
B．a质点振动加强，b、c质点振动减弱
C．再过，b、c两质点都将处于各自的平衡位置，振动将减弱
D．a点一直在平衡位置，b点一直在波峰，c点一直在波谷
3．甲、乙两列完全相同的横波，分别从波源A、B两点沿直线Ox相向传播，t＝0时的图像如图所示，若两列波的波速均为1 m/s.则( )
A．t＝0.2 s时，F点的位移最大
B．t＝0.2 s时，E、F、G三点的位移最大
C．t＝0.5 s时，F点的位移最大
D．t＝0.5 s时，F点的位移最小
4．(多选)在空气中的同一区域内，两列声波波源的振动情况如图所示，可以肯定的是( )
A．a波的频率为b波频率的2倍
B．a波的波长为b波波长的2倍
C．a、b两列波叠加能产生稳定的干涉
D．通过同一狭缝，a波的衍射效果比b波明显
素养综合练
5．(多选)两列频率相同、振幅均为A的简谐横波P、Q分别沿x轴正方向和x轴负方向在同一介质中传播，两列波的振动方向均沿y轴．某时刻两波的波面如图所示，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．a、b、c为三个等间距的质点，d为b、c中间的质点．下列判断正确的是( )
A．质点a的振幅为2A
B．质点b始终静止不动
C．图示时刻质点c的位移为0
D．图示时刻质点d的振动方向沿－y轴
6．如图所示为某学校报告厅的平面图，AB是主席台，S1、S2是报告厅墙壁上的两个喇叭．报告者的声音经喇叭放大后传回话筒，重复放大时可能会产生啸叫．为避免啸叫，话筒最好摆放在主席台上适当的位置，在这些位置上两个喇叭传来的声音强度因干涉而减弱．主席台上有四个位置a、b、c、d，到S1的距离分别为5 m、6 m、7 m、8 m，到S2的距离分别为8 m、6 m、5 m、4 m．已知空气中声速为340 m/s，假设报告人声音的频率为170 Hz，则话筒最好摆放在( )
A．a B．b
C．c D．d课时分层作业(十二) 波的形成
基础过关练
1．关于振动和波的关系，下列说法正确的是( )
A．如果波源停止振动，波在介质中的传播也立即停止
B．发声体在振动时，一定会产生声波
C．波动的过程是介质质点由近及远的传播过程
D.波动的过程是质点的振动形式及能量由近及远传播的过程
2．下列关于横波、纵波的说法正确的是( )
A．凹凸相间的波叫横波，凸起的最高处叫波峰，凹下的最低处叫波谷
B．质点振动方向和波的传播方向在同一直线上的波叫横波
C．沿横向传播的波叫横波，沿纵向传播的波叫纵波
D．沿横向传播的波叫纵波，沿纵向传播的波叫横波
3．某同学研究绳波的形成，取一条较长的软绳，用手握住一端水平拉直后，沿竖直方向抖动即可观察到绳波的形成．该同学先后两次抖动后，观察到如图中所示的甲、乙两个绳波．关于两次形成的绳波，下列判断正确的是( )
A．波形甲的振幅比波形乙的大
B．波形甲的周期比波形乙的长
C．波形甲的形成时间比波形乙早
D．波形甲的起振方向与波形乙相同
4．(多选)一列横波某时刻的波形如图所示，则关于质点A的受力，下列说法中正确的是( )
A．如果波向右传播，则质点A受到向上的作用力
B．如果波向右传播，则质点A受到向下的作用力
C.如果波向左传播，则质点A受到向上的作用力
D．如果波向左传播，则质点A受到向下的作用力
5．振源A带动细绳上各点上下做简谐运动，t＝0时刻绳上形成的波形如图所示．规定绳上质点向上运动的方向为x轴的正方向，则P质点的振动图像是( )
素养综合练
6．[2022·海口期中](多选)位于x＝0处的波源从平衡位置开始沿y轴正方向振动，该波源产生的横波沿x轴正方向传播．关于x＝5 m处的质点P，下列说法正确的是( )
A．质点P开始振动的方向沿y轴负方向
B．质点P开始振动的方向沿y轴正方向
C．质点P沿x轴正方向随波移动
D．质点P沿y轴上下振动
7．(多选)一列简谐横波在x轴上传播，某时刻的波形图如图所示，a、b、c为三个质点，a正向上运动．由此可知( )
A．该波沿x轴正方向传播
B．c正向上运动
C．该时刻以后，b比c先到达平衡位置
D．该时刻以后，b比c先到达最大位移处课时分层作业(三) 动量守恒定律
基础过关练
1．(多选)如图所示，A、B两物体的质量满足mA>mB，中间用一段细绳相连并有一被压缩的轻弹簧，放在平板小车C上后，A、B、C均处于静止状态．若地面光滑，则在细绳被剪断后，A、B从C上滑离之前，A、B在C上向相反方向滑动过程中( )
A.若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B组成的系统动量守恒，A、B、C组成的系统动量也守恒
B．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，A、B、C组成的系统动量也不守恒
C．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，但A、B、C组成的系统动量守恒
D．以上说法均不对
2．[2022·重庆九龙坡高二期中]一炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从艇上以相对炮艇的水平速度v沿前进方向发射一质量为m的炮弹，射出炮弹后炮艇的速度为v′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是( )
A．Mv0＝Mv′＋mv
B．Mv0＝(M－m)v′＋mv
C．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v0)
D．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′)
3．质量为M的沙车沿光滑水平面以速度v0做匀速直线运动，此时从沙车上方落入一个质量为m的铁球，如图所示，则铁球落入沙车后( )
A.沙车立即停止运动
B．沙车仍做匀速运动，速度仍为v0
C．沙车仍做匀速运动，速度小于v0
D．沙车做变速运动，速度不能确定
4．(多选)在军事训练中，一战士从岸上以2 m/s的速度跳到一条向他缓缓漂来、速度是0.5 m/s的小船上，然后去执行任务，已知战士质量为60 kg，小船的质量是140 kg，该战士上船后又跑了几步，最终停在船上，不计水的阻力，则( )
A．战士跳到小船上到最终停在船上的过程，战士和小船的总动量守恒
B．战士跳到小船上到最终停在船上的过程，战士和小船的总机械能守恒
C．战士最终停在船上后速度为零
D．战士跳上小船到最终停在船上的过程中动量变化量的大小为105 kg·m/s
5．如图所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面的速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )
A．v0＋v B．v0＋(v0＋v)
C．v0－v D．v0＋(v0－v)
6．将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的小车上，水平面光滑．开始时甲车速度大小为3 m/s，乙车速度大小为2 m/s，方向相反并在同一直线上，如图所示．
(1)当乙车速度为零时，甲车的速度多大？方向如何？
(2)由于磁性极强，故两车不会相碰，那么两车的距离最小时，乙车的速度是多大？方向如何？
7.
如图所示，在平静的水面上有A、B两艘小船，A船的左侧是岸，在B船上站着一个人，人与B船的总质量是A船的10倍．两船开始时都处于静止状态，当B船上的人把A船以相对于地面的速度v向左推出，A船到达岸边时岸上的人马上以原速率将A船推回，B船上的人接到A船后，再次把它以原速率反向推出……直到B船上的人不能再接到A船，则B船上的人推船的次数为( )
A．7 B．6
C．3 D．9
素养综合练
8．(多选)如图所示，一个质量为M＝2 kg的足够长的木板放置在光滑水平面上，木板的一侧是一个四分之一圆弧EF固定在水平面上，圆弧半径R＝0.6 m，E点切线水平．轨道底端高度与木板高度相同．现将可视为质点、质量为m＝1 kg的小铁块从弧形轨道顶端由静止释放，小铁块到达轨道底端时，轨道的支持力为25 N．若小铁块在弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功为Wf，小铁块和长木板达到的共同速度为v，取重力加速度g＝10 m/s2.则( )
A.Wf＝3 J B．Wf＝1.5 J
C．v＝2 m/s D．v＝1 m/s
9．(多选)如图所示，一轻弹簧左端固定在足够长的木块A的左端挡板上，右端与小物块B连接，A、B及A与地面间的接触面均光滑．开始时，A和B均静止，现同时对A、B施加大小相等、方向相反的水平恒力F1和F2.则从两物体开始运动到以后的整个运动过程中(弹簧形变始终不超过其弹性限度)，对A、B和弹簧组成的系统，正确的说法是( )
A．由于F1、F2大小相等、方向相反，故系统动量守恒
B．由于F1、F2大小相等、方向相反，故系统机械能守恒
C．当弹簧的弹力与F1、F2大小相等时，A、B的动能均达到最大值
D．当弹簧的形变量最大时，A、B均处于平衡状态
10．如图所示，甲车质量为m1＝m，在车上有质量为M＝2m的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h处由静止滑下，到水平地面上后继续向前滑动，此时质量为m2＝2m的乙车正以大小为v0的速度迎面滑来，已知h＝，为了使两车不发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上乙车，试求人跳离甲车的水平速度(相对地面)应满足什么条件？不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看成质点．
