第1课时 光的折射
知识点一 折射定律
1.光从空气斜射入介质中，比值＝n（常数），这个常数（ ）
A.与介质有关
B.与光在介质中的传播速度无关
C.与入射角的大小有关
D.与入射角的正弦成正比，与折射角的正弦成反比
2.一条光线从空气射入折射率为的介质中，入射角为45°。入射光中一部分被反射，另一部分被折射。则反射光线和折射光线的夹角为（ ）
A.75° B.90°
C.105° D.120°
3.（2025·广东东莞期末）如图所示，激光笔发出的一束单色光由空气斜射到水面上的O点时，同时发生折射和反射，若仅减小入射角，则折射光线与反射光线的夹角将（ ）
A.减小 B.增大
C.不变 D.无法确定
知识点二 折射率
4.如果光以同一入射角从真空斜射入不同介质，则折射率越大的介质（ ）
A.折射角越大，表示这种介质对光的偏折作用越大
B.折射角越大，表示这种介质对光的偏折作用越小
C.折射角越小，表示这种介质对光的偏折作用越大
D.折射角越小，表示这种介质对光的偏折作用越小
5.（2025·江苏南通月考）如图所示，一束复色光从空气射到一块长方体玻璃砖上表面后分成两束单色光a、b，光束a与玻璃砖上表面的夹角为α，光束b与玻璃砖上表面的夹角为β。光束a与光束b在玻璃砖中的折射率比值为（ ）
A. B.
C. D.
6.如图所示是光线以相同的入射角从空气射入三种不同介质时的折射情况，则在三种介质中光的传播速度最小的是（ ）
A.介质甲 B.介质乙
C.介质丙 D.三种介质均一样
7.〔多选〕如图所示是光在真空和某介质的界面MN上发生偏折的现象，光在真空中的传播速度是3×108 m/s，下列说法正确的是（ ）
A.介质的折射率约为1.73
B.光是从真空射入介质
C.光在介质中的传播速度约为1.73×108 m/s
D.反射光线与折射光线的夹角是90°
8.〔多选〕如图所示，一玻璃柱体的横截面为半圆形。一束细的单色光从空气射向柱体的O点（半圆的圆心），产生反射光束1和折射光束2。已知玻璃的折射率为，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O点在图示平面内顺时针转过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°
9.如图所示，两块相同的玻璃直角三棱镜ABC，两者的AC面是平行放置的，在它们之间是均匀的未知透明介质。一单色细光束O垂直于AB面射入，在图示的出射光线中（ ）
A.1、2、3（彼此平行）中的任一条都有可能
B.7、8、9（彼此平行）中的任一条都有可能
C.4、5、6（彼此平行）中的任一条都有可能
D.1、2、3、4、5、6、7、8、9中的任一条都有可能
10.（2025·云南大理期末）图甲是天然水晶制成的水晶球。图乙是半径为R的水晶球的一个截面圆，AB是截面圆的直径，某种单色细光束从C点平行于直径AB射入水晶球，恰好从B点射出水晶球，已知CB与直径AB的夹角为θ，光在真空中的传播速度为c。求：
（1）水晶球对此单色细光束的折射率；
（2）细光束在水晶球中的传播时间。
11.如图所示为直角三棱镜的截面图，一条光线平行于BC边入射，经棱镜折射后从AC边射出。已知∠A＝θ＝60°，光在真空中的传播速度为c。求：
（1）该棱镜材料的折射率；
（2）光在棱镜中的传播速度。
12.如图所示，宽为a的平行光束从空气斜射到两面平行的玻璃板上表面，入射角i＝45°，光束中包含两种波长的光，玻璃板对这两种波长的光的折射率分别为n1＝1.5，n2＝。
（1）求两种波长的光射入上表面后的折射角γ1、γ2的正弦值；
（2）为使光束从玻璃板下表面出射时能分成不交叠的两束，求玻璃板的厚度d至少为多少？并画出光路示意图。
3 / 3课时跟踪检测部分
第一章 动量守恒定律
1.动量
1.D 根据实验原理，可知光电门的高度对本实验没有影响，不需要测量，故选D。
2.（1）AB （2）－0.12 0.15 0 0 各自质量与速度乘积之和
解析：（1）导轨不水平，小车的速度将受重力影响，导致实验误差增大，故A正确；滑块上的挡光板倾斜，会导致挡光板宽度不等于挡光阶段小车通过的位移，使计算速度出现误差，故B正确；两滑块质量不相等，系统碰撞前后动量仍然守恒，不会导致实验误差，故C错误；两滑块碰后粘合在一起是完全非弹性碰撞，系统碰撞前后动量仍然守恒，不会导致实验误差，故D错误。
（2）以向右为正方向，由平均速度公式可得v1'＝－＝－ m/s＝－0.12 m/s，v2'＝＝ m/s＝0.15 m/s，烧断细线前两滑块处于静止状态，两滑块的质量与速度乘积之和为零，即m1v1＋m2v2＝0，烧断细线后两滑块的质量与速度乘积之和为m1v1'＋m2v2'＝0.2×（－0.12）kg·m/s＋0.16×0.15 kg·m/s＝0，说明碰撞前后两滑块各自质量与速度乘积之和是不变量。
3.D 根据动量的定义，动量大小等于质量与速度的乘积，故速度大的物体，动量不一定大，故A错误；动量为矢量，做匀速圆周运动的物体，速度方向沿切线方向，速度方向不断变化，故其动量在不断改变，故B错误；动量为矢量，两物体的质量相等，速度大小也相等，若速度方向不同，则它们的动量不相同，故C错误；动量的方向与速度方向相同，故两物体的速度相同，则它们动量的方向一定相同，故D正确。
4.B 网球落地的速度v＝，该网球由静止释放后第一次落地前瞬时的动量大小为p＝mv＝m，网球释放高度约为1.2 m，则p＝0.058× kg·m/s≈0.3 kg·m/s，故选B。
5.C 物体的动量变化量为－5 kg·m/s，负号说明动量的变化量与规定的正方向相反，但不表示初、末两状态物体的动量一定为反方向，则该物体的动量可能增大，也可能减小，故C正确，A、B、D错误。
6.D 以末速度方向为正方向，则这一过程该足球动量的变化量为Δp＝mv－mv0＝0.4×8 kg·m/s－（－0.4×12）kg·m/s＝8.0 kg·m/s，方向与末速度方向相同，即与飞向球门方向相反。故选D。
7.A 物块a做自由落体运动，其加速度为g；而物块b沿圆弧轨道下滑，在竖直方向的加速度在任何高度都小于g，由h＝at2，得ta＜tb；因为动量是矢量，两物块到达S时的速度方向不同，故a、b到达S时，它们在S点的动量不相等，故A正确。
8.C 运动员从O点到B点的过程都是加速向下运动，到达B点时速度最大，由p＝mv可知，运动员的动量最大的位置在B点，A、B、D错误，C正确。
9.ABC 高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式可得v＝at，v2＝2ax，根据动量表达式可得p＝mv＝mat∝t，p2＝m2v2＝m2·2ax∝x，根据动能表达式可得Ek＝mv2＝max∝x，Ek＝mv2＝ma2t2∝t2，故选A、B、C。
10.（1）4 kg·m/s （2）3 kg·m/s
解析：（1）0～2 s内，物体的加速度a1＝＝1 m/s2
2 s末，物体的速度v1＝a1t1＝2 m/s
2 s末，物体的动量p1＝mv1＝4 kg·m/s。
（2）2～4 s内，物体的加速度a2＝＝－0.5 m/s2
3 s末，物体的速度v2＝v1＋a2t2＝1.5 m/s
3 s末，物体的动量p2＝mv2＝3 kg·m/s。
11.（1）2.4 kg·m/s，方向向右 （2）5.2 kg·m/s，方向向左
解析：（1）取向右为正方向，踢球过程中，
初动量为p＝mv＝0.4×4 kg·m/s＝1.6 kg·m/s
末动量为p'＝mv'＝0.4×10 kg·m/s＝4 kg·m/s
动量的改变量为Δp＝p'－p＝2.4 kg·m/s
方向向右。
（2）取向右为正方向，足球撞向球门门柱弹回过程，初动量为p1＝mv1＝0.4×10 kg·m/s＝4 kg·m/s
末动量为p2＝mv2＝0.4×（－3）kg·m/s＝－1.2 kg·m/s
动量的改变量为Δp'＝p2－p1＝－5.2 kg·m/s
方向向左。（负号表示方向向左，为负方向）
12.D 根据动能表达式Ek＝mv2和动量表达式p＝mv，可得动量与动能关系为p＝，则动能大小由Ek变为2Ek这段时间内，物体动量变化量的大小为Δp＝－＝（2－），D正确。
2.动量定理
1.D 方向不变的力的冲量的方向与力的方向相同，与运动的方向不一定相同，故A错误；作用在静止的物体上的力作用的时间不为零时，冲量不为零，故B错误；冲量是力与作用时间的乘积，与动量大小无关，故C错误；根据动量定理可知，物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化，故D正确。
2.D 冲量与物体的初动量、末动量没有必然的联系，故A、B错误；冲量是矢量，其数值前的负号表示与规定的正方向相反，由动量定理可知，冲量又等于动量的增量，所以物体动量的增量的方向一定与所规定的正方向相反，物体的动量变化无法确定，故C错误，D正确。
3.B 根据自由落体运动的规律可知，翠鸟俯冲过程所用的时间t＝≈1.414 s，翠鸟受到的重力的冲量大小I＝mgt＝0.282 8 N·s，故选B。
4.B 由I＝Ft可知，在F-t图像中，图线与坐标轴所围成的面积表示冲量的大小，所以I＝×3×3 N·s＋3×3 N·s＝13.5 N·s，故B正确，A、C、D错误。
5.C 运动员落地后动量变化量一定，根据动量定理可知，地面对运动员的冲量一定，屈腿的作用是延长运动员落地过程的时间，从而减小地面对运动员的作用力，故A错误，C正确；根据IG＝mgt可知，落地时间增加，所以重力的冲量增加，故B错误；屈腿并不改变运动员屈腿前后的动能，所以运动员的动能变化量不改变，故D错误。
6.B 从静止下蹲状态向上起跳过程，该运动员受到弹力与重力，根据动量定理有I－mgΔt＝mv解得I＝mv＋mgΔt，故A错误，B正确；该运动员所受的冲量指合力的冲量，根据动量定理有I合＝mv，即该运动员所受的冲量大小为mv，故C、D错误。
7.D 由图像可知，物体在前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；物体在后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D项正确。
8.B 以速度2v抽出纸条时，纸条对铁块的作用时间变短，而纸条对铁块的作用力相同，故与以速度v抽出相比，纸条对铁块的冲量I减小，铁块获得的动量减小，做平抛运动的初速度减小，水平射程减小，故落在P点左侧，选项B正确。
9.D 货物的速度方向改变180°，则动量变化量为2mv，选项A错误；根据IN＝FNt，支持力不为零，则货物所受支持力的冲量不为零，选项B错误；根据IG＝Gt可知，货物所受重力的冲量不为零，选项C错误；货物做圆周运动，其所受摩擦力不为零，根据If＝Fft可知，货物所受摩擦力的冲量不为零，选项D正确。
10.B 手机下落的过程，加速度向下，处于失重状态，与人脸接触的过程中手机先加速后减速，加速度先向下后向上，先失重后超重，选项A错误；手机刚接触人脸时的速度v＝＝2 m/s，取向上为正，则根据动量定理有I－mgΔt＝0－（－mv），解得I＝0.6 N·s，可知手机对人脸的冲量大小约为0.6 N·s，选项B正确；由牛顿第三定律可知，手机对人脸的平均冲力大小约为F＝＝ N＝6 N，选项C错误；手机与人脸作用过程中动量变化量大小为Δp＝mv≠0，选项D错误。
11.A 根据冲量的计算公式，可得重力对小球的冲量大小为I＝Ft＝mgt，故A正确；小球从A点运动到B点的过程中，支持力不为零，且方向沿右上方，所以轨道支持力对小球的冲量不为零，故B错误；如图所示，根据动量定理做出矢量三角形，可得轨道对小球作用力的冲量大小为IF＝＝m，故C、D错误。
12.（1）4 m/s （2）42 N
解析：（1）篮球与篮板撞击前瞬间的速度等于篮球抛出时水平方向的分速度，所以v2＝v1sin 53°
解得v2＝4 m/s。
（2）篮球与篮板撞击后瞬间的速度也是沿水平方向，碰后篮球做平抛运动，故h＝gt2，L＝v3t
解得v3＝3 m/s
取v2的运动方向为正方向，篮球与篮板撞击瞬间，对篮球，由动量定理得－F·Δt＝m（－v3）－mv2
解得F＝42 N。
13.BC 滑块从A点下滑，经过B滑动到C的过程中，根据动能定理有mgh－μmgxBC＝m－0，从C点反弹运动到D点的过程，根据动能定理有－μmgxCD＝0－m，代入数据解得v1＝3 m/s，v2＝2 m/s，滑块与缓冲墙作用的过程中，取向右为正方向，根据动量定理有I＝－mv2－mv1，代入数据得I＝－250 N·s，故A错误，B正确；根据动能定理有W＝m－m，代入数据得W＝－125 J，故C正确，D错误。
专题强化1 应用动量定理处理多过程和流体类问题
1.C 对整个过程研究，根据动量定理可得F·2Δt－μmg·（2Δt＋3Δt）＝0，解得μ＝，故A、B、D错误，C正确。
2.BD 小球在整个运动过程中，动能变化量为零，重力势能减小mg（H＋h），则小球的机械能减少了mg（H＋h），故A错误；对全过程，根据动能定理得mg（H＋h）－Wf＝0，则小球克服阻力做功Wf＝mg（H＋h），故B正确；小球落到地面时的速度v＝，对小球进入泥潭的过程，根据动量定理得IG＋If＝0－m，可知小球所受阻力的冲量大小不等于m，故C错误；小球落到地面时的速度v＝，进入泥潭后的速度为零，所以小球动量的改变量大小等于m，故D正确。
3.AC 合外力的冲量，即F-t图像与t轴所围的面积，则在0～2 s内和2～4 s内有I1＝ N·s＝2 N·s，I2＝ N·s＝－1 N·s，则在0～4 s内，合外力的冲量为1 N·s，A正确，B错误；由F-t图像可知0～4 s内，F-t图像与t轴所围的总面积始终为正值，则物体的动量方向一直是正方向，C正确；根据动量定理有I＝Δp＝mv＝1 N·s，则在t＝4 s时，物体的速度v＝0.5 m/s，D错误。
4.C 设单位时间撞击锅盖的水分子个数为n，由动量定理可得F·Δt＝Δp＝nm·Δt，其中F＝Mg，解得n＝，故选C。
5.C 以气体为研究对象，设t＝0.2 s内喷出的气体质量为m，根据动量定理可得Ft＝mv－0，其中v＝2.5 km/s＝2 500 m/s，解得m＝＝4×102 kg，故选C。
6.B t时间内与飞船碰撞并附着于飞船上的微粒总质量为M＝vtSm，设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得Ft＝Mv，联立解得F＝v2Sm，代入数据解得F＝3.6 N。根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的作用力为3.6 N。要使飞船速度不变，根据平衡条件，飞船的牵引力应增加3.6 N，故B正确。
7.AC 以很短时间Δt内，落在杯中的水柱为研究对象，设质量为Δm，规定向上为正方向，由动量定理得（F－Δmg）Δt＝0－（－Δmv），其中Δm＝m0Δt，m0＝500 g/s，由于Δm很小，所以Δmg可忽略不计，解得F＝2.5 N，根据牛顿第三定律可知，注入水流对杯中水面的冲击力为F'＝－F＝－2.5 N，即冲击力大小为2.5 N，方向向下，故A正确，B错误；结合A、B选项分析可知，注至10 s时，磅秤示数为FN＝F＋Mg＋m0tg＝57.5 N，故C正确，D错误。
8.B t时间内通过叶片的空气的质量为m＝ρvtS，故A项错误；由动量定理可得Ft＝mv－0，解得叶片匀速旋转时，空气受到的推力为F＝ρSv2，根据牛顿第三定律可知，空气对叶片的推力为ρSv2，故B项正确；空气对叶片的压强为p＝＝ρv2，所以若仅将叶片面积增大为2S，则空气对叶片的压强不变，故C项错误；单位时间，即时间为1 s，所以单位时间内通过叶片的空气为m0＝ρSv，单位时间内流过叶片的空气的动能为Ek＝m0v2＝ρSv3，故D项错误。
9.A 该车在做匀速直线运动，忽略地面的阻力，则牵引力与空气阻力平衡，则有F＝Ff1，该车匀速运动时功率为P，则有P＝Fv，在极短时间Δt内与车的迎风面发生作用的空气的质量Δm＝ρSvΔt，对上述空气进行分析，根据动量定理有Ff2Δt＝Δmv－0，根据牛顿第三定律有Ff1＝Ff2，解得Ff1＝，故选A。
10.ABD 0～2 s，根据牛顿第二定律有F1－mgsin 30°＝ma1，可得F1＝20 N，2～3 s，根据牛顿第二定律有F2－mgsin 30°＝ma2，可得F2＝－10 N，故前2 s内力F的大小是第3 s的2倍，故A正确；a-t图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量，可得Δv＝5×2 m/s＋（－10）×1 m/s＝0，根据动量定理可知，3 s内物块所受合力的冲量为I合＝mΔv＝0，故B正确；3 s内根据动能定理有WF＋WG＝0，3 s内重力做负功，故3 s内力F做正功，故C错误；3 s内力F的冲量为IF＝F1t1＋F2t2＝20×2 N·s－10×1 N·s＝30 N·s，故D正确。
11.（1）48.0 kg·m/s （2）300 N （3）18.4 N·s
解析：（1）由自由落体运动规律，有头盔落地瞬间，物块的速度大小为v＝＝8 m/s
物块的动量大小为p＝m2v＝48.0 kg·m/s。
（2）由动量定理有Ft2－m2gt2＝0－（－m2v）
得F＝300 N。
（3）对头盔，由动量定理有I－m1gt1－Ft1＝0－（－m1v）
得I＝18.4 N·s。
3.动量守恒定律
1.D A、B两个相互作用的物体，在相互作用的过程中所受外力的合力为零，则A、B两物体的动量之和不变，若二者同向运动时发生碰撞，A的动量变大，B的动量一定变小，A错误；将两个弹性较好的皮球挤压在一起，释放后各自的动量都变大，B错误；由两物体的动量之和不变，可知两物体的动量变化量大小相等、方向相反，C错误；相互作用的两个物体各自所受的合力互为作用力与反作用力，由冲量定义式I＝FΔt可知，两物体受到的冲量也是大小相等、方向相反，D正确。
2.B 动量守恒的条件是系统所受合外力为零，与系统内有无摩擦力无关，故A错误，B正确；系统加速度为零时，根据牛顿第二定律可得，系统所受合外力为零，所以此时系统动量守恒，故C错误；系统所受合外力不为零时，在某方向上所受合外力可能为零，此时在该方向上系统动量守恒，故D错误。
3.D 运动员甲猛推运动员乙一把，使运动员乙获得更大的速度向前滑行，忽略运动员与冰面在水平方向上的相互作用，系统合力为零，则系统动量守恒；因为在推运动员乙的过程中运动员甲的生物能转化为系统的机械能，所以系统机械能不守恒，故选D。
4.C 冰面光滑，对甲与乙构成的系统，所受外力的合力为0，由于甲、乙两人初始状态均处于静止，根据动量守恒定律可知，甲推乙后，两人都有了动量，总动量为0，故A、B错误；根据动量守恒定律有0＝m甲v甲－m乙v乙，解得速率之比为v甲∶v乙＝10∶9，故C正确，D错误。
5.B 设橡皮艇的质量为M，根据动量守恒定律可得mv0＝（m＋M）v0，解得M＝m，故选B。
6.B 爆炸前总动量为mv，设爆炸后另一块瞬时速度大小为v'，取速度v的方向为正方向，爆炸过程水平方向动量守恒，则有mv＝0＋mv'，解得v'＝v，故选B。
7.B 图甲，系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，但系统在竖直方向所受合外力不为零，系统在竖直方向动量不守恒，系统动量不守恒，Q与P的接触面粗糙，克服阻力做功产生热量，所以机械能不守恒，故A错误，B正确；图乙，系统在水平方向所受合外力不为零，系统在水平方向动量不守恒，Q与P的接触面粗糙，克服阻力做功产生热量，所以机械能不守恒，故C错误；图乙，系统在竖直方向所受合外力不为零，系统在竖直方向动量不守恒，系统机械能不守恒，故D错误。
8.C 爆炸过程，A、B组成的系统动量守恒，则2mv0＝mvA＋mvB，由图乙可知vA＝－v0，解得vB＝3v0，爆炸后A、B减速滑动，由图乙可知，它们的加速度大小为，爆炸后，对A，有＝2axA，对B，有＝2axB，最终的距离d＝xA＋xB，解得d＝5v0t0，故选C。
9.（1）5 m/s （2）0.5 m
解析：（1）子弹射穿木块过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2，
代入数据解得v2＝5 m/s。
（2）子弹射出木块后做平抛运动，木块做匀速直线运动，竖直方向h＝gt2，
子弹落地时，子弹与木块间的水平距离d＝v1t－v2t，
代入数据解得d＝0.5 m。
10.28.8 km/h
解析：设货车质量为m1，轿车质量为m2，碰撞前货车速度为v1，轿车速度为v2，碰撞后两车速度为v，选定两车碰撞前的速度方向为正方向。由题意可知，m1＝1.8×103 kg，m2＝1.2×103 kg，v1＝36 km/h，v2＝18 km/h，由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v，解得v＝＝28.8 km/h，所以，追尾后两车的速度大小为28.8 km/h。
11.（1）4.5 m/s （2）4 m/s （3）5.5 m/s
解析：（1）对平板车和物块组成的系统，以车的速度方向为正方向，物块和车水平方向动量守恒，由动量守恒定律得mv0＝（m'＋m）v1，解得v1＝4.5 m/s。
（2）物块和车水平方向动量守恒，由动量守恒定律得
mv0－m'v＝（m＋m'）v2，解得v2＝4 m/s。
（3）物块和车水平方向动量守恒，由动量守恒定律得
mv0＋m'v'＝（m＋m'）v3，解得v3＝5.5 m/s。
专题强化2 动量守恒定律的应用
1.A 人、车和锤组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，故A正确；人、车和锤组成的系统竖直方向所受合力不为零，竖直方向动量不守恒，故B错误；把人、锤子和车看成一个系统，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，用锤子连续敲打车的左端，根据水平方向动量守恒可知，系统水平方向的总动量为零，锤子向左运动时，车子向右运动，锤子向右运动时，车子向左运动，所以车左右往复运动，不会持续地向右运动，故C错误；人、车和锤组成的系统水平方向动量守恒，锤子向左运动，小车向右运动，锤子向右运动，小车向左运动，所以敲打车之前，车不会一直保持静止，当锤子停止运动时，人和车也停止运动，故D错误。
2.B 依题意，因为水平面光滑，所以A、B、C组成的系统所受合力为零，满足动量守恒条件，系统动量守恒，木板A上表面粗糙，物块B、C在其上滑行时，会摩擦生热，系统机械能有损失，则系统机械能不守恒，故A、C、D错误，B正确。
3.D 两人与车组成的系统动量守恒，开始时系统动量为零，两人以大小相等的速度相向运动，A的质量大于B的质量，则A的动量大于B的动量，A、B的总动量方向与A的动量方向相同，即向右，要保证系统动量守恒，系统总动量为零，则小车应向左运动。故选D。
4.B 由于五个物块组成的系统沿水平方向不受外力作用，故系统在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律得mv0＝5mv，得v＝v0，即它们最后的速度为，B正确。
5.C 设射出的箭的数目为n，在草船与箭的作用过程中，系统动量守恒，则有Mv1－nmv2＝0，解得n＝，故选C。
6.A 小球沿滑块上滑的过程中，对小球和滑块组成的系统，水平方向不受外力，因而该系统在水平方向上动量守恒，小球到达最高点时和滑块具有相同的对地速度v。由水平方向动量守恒得mv0＝（M＋m）v，所以v＝，故A正确。
7.
解析：弹簧压缩到最短时，子弹、A及B具有共同的速度v1，且子弹、A及B组成的系统，从子弹开始射入物体A一直到弹簧被压缩到最短的过程中，系统所受合外力始终为零，故整个过程系统的动量守恒，取子弹水平初速度v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝（m＋mA＋mB）v1，又m＝mB，mA＝mB，解得v1＝，即弹簧压缩到最短时B的速度为。
8.D 在弹簧释放的过程中，因mA∶mB＝1∶2，由摩擦力公式Ff＝μFN＝μmg，可知A、B两物体所受的摩擦力大小不相等，故A、B两物体组成的系统所受合外力不为零，A、B两物体组成的系统动量不守恒，故A错误；A物体对平板车向左的滑动摩擦力小于B对平板车向右的滑动摩擦力，在A、B两物体相对平板车停止运动之前，平板车所受的合外力向右，平板车将向右运动，因存在摩擦力做负功，最终整个系统将静止，则系统的机械能减为零，系统机械能不守恒，故B、C错误；A、B、C组成的系统所受合外力为零，则系统的动量守恒，故D正确。
9.AD 平板小车a、b、c与小孩四者组成的系统，水平方向所受的外力矢量和为零，水平方向动量守恒，故A正确；对小孩跳离c车的过程，取水平向右为正方向，对小孩和c组成的系统，由水平方向动量守恒有0＝mv＋Mvc，解得c车的速度为vc＝－，负号表示方向向左，对小孩跳上b车再跳离b车的过程，由小孩和b组成的系统水平方向动量守恒有mv＋0＝Mvb＋mv，解得b车最终的速度为vb＝0，故B、C错误；对小孩跳上a车的过程，由动量守恒定律有mv＋0＝（M＋m）va，解得a车的最终速度为va＝v，故D正确。
10.（1）2.5 m/s，方向与小铜块初速度方向相同 （2）3.4 m/s，方向与小铜块初速度方向相同
解析：（1）铜块和10块长木板水平方向不受外力，所以水平方向系统动量守恒，设铜块刚滑到第二块木板时，木板的速度为v2，由动量守恒定律得Mv0＝Mv1＋10mv2
解得v2＝2.5 m/s，方向与小铜块初速度方向相同。
（2）由题意可知，铜块最终停在第二块木板上，设小铜块最终速度为v3，由动量守恒定律得
Mv1＋9mv2＝（M＋9m）v3
解得v3≈3.4 m/s，方向与小铜块初速度方向相同。
4.实验：验证动量守恒定律
1.（1）大于 （2） （3）＝＋
解析：（1）滑块A和滑块B发生碰撞，用质量大的滑块A碰撞质量小的滑块B，则不会发生反弹，所以mA＞mB。
（2）滑块经过光电计时器时做匀速运动，则碰前滑块A的速度大小为vA＝。
（3）碰后滑块A的速度vA'＝，碰后滑块B的速度vB'＝，由动量守恒定律得mAvA＝mAvA'＋mBvB'，化简可得＝＋。
2.（1）C （2）A （3）m1x2＝m1x1＋m2x3
解析：（1）为了避免碰撞后小球被撞回，所以要求入射球的质量大于被碰球的质量，两球正碰，半径相同，即m1＞m2，r1＝r2。故选C。
（2）只要保证每一次小球从同一位置静止释放，使得小球获得相同的初速度即可，故A正确；铅垂线的作用是用来确定O点位置的，不是用来检验斜槽是否水平，故B错误；斜槽轨道可以不用光滑，故C错误；小球从斜槽末端飞出后，做平抛运动，由于高度相同，所以在空中运动时间相同，即可用水平位移表示速度，所以不需要测量小球抛出点的离地高度H，故D错误。
（3）设小球在空中运动的时间为t，若满足动量守恒定律有m1·＝m1·＋m2·
整理得m1x2＝m1x1＋m2x3。
3.（1）AC （2）应画出尽可能小的圆把所有落点圈住，这个圆的圆心位置代表平均落点 m1·OP＝m1·OM＋m2·ON （3）ml1＝－ml2＋Ml3
解析：（1）为了确保小球飞出斜槽末端的初速度方向水平，实验前，调节装置，使斜槽末端水平，故A正确；为了使小球发生对心正碰，实验中应选用两个半径相同的小球进行实验，故B错误；实验中为了避免碰撞过程发生反弹，应用质量大的小球碰撞质量小的小球，故C正确。
（2）实验中，确定某一个小球的平均落点，应画出尽可能小的圆把所有落点圈住，这个圆的圆心位置代表平均落点。P点为入射小球单独滚下的落地点，M、N分别为入射小球和被碰小球碰撞后的落地点，根据平抛运动规律有h＝gt2，OP＝v0t，OM＝v1t，ON＝v2t
碰撞过程动量守恒，则有m1v0＝m1v1＋m2v2，
解得m1·OP＝m1·OM＋m2·ON。
（3）令三条弦AB、A'B、CD对应的圆心角分别为θ1、θ2、θ3，小球做圆周运动的半径为R，则有l1＝2Rsin ，l2＝2Rsin ，l3＝2Rsin ，对小球1进行分析，根据动能定理有mg（R－Rcos θ1）＝m，－mg（R－Rcos θ2）＝0－m，对小球2进行分析，根据动能定理有－Mg（R－Rcos θ3）＝0－M，小球1碰撞后发生了反弹，根据动量守恒定律有mv3＝m（－v4）＋Mv5
由三角函数知识解得ml1＝－ml2＋Ml3。
4.（1）A （2）＝－＋
解析：（1）本实验采用气垫导轨使两滑块发生碰撞，此时两滑块所受摩擦力可以忽略，所以本实验不需要通过垫高导轨的方式平衡滑块和轨道间的摩擦阻力，故A正确；本实验通过光电门测量两滑块的速度，根据题干实验步骤，需要滑块A碰撞滑块B后被弹回，所以两滑块的质量应满足m1＜m2，故B错误；光电门可以测量滑块经过光电门的时间，用刻度尺测量遮光片的长度，可求出小车通过光电门时的速度，所以不需要再测量两光电门之间的距离，故C错误；光电门本身可以测量时间，所以不需要再用秒表测量滑块上的遮光片经过光电门的时间，故D错误。
（2）设遮光片的刻度为d，碰撞前滑块A通过光电门的速度大小v1＝
碰撞后滑块A通过光电门的速度大小v2＝
碰撞后滑块B通过光电门的速度大小v3＝
取水平向右为正方向，根据动量守恒定律，
有m1v1＝－m1v2＋m2v3，化简得＝－＋。
5.（1）1.25 （2） （3）偏小
解析：（1）遮光条的宽度L＝1 mm＋5×0.05 mm＝1.25 mm。
（2）滑块P在弧形轨道上由静止释放，运动到气垫导轨上的速度v1＝
滑块P与滑块Q发生碰撞并粘在一起的速度v2＝
由动量守恒定律得mv1＝（m＋M）v2，
联立解得＝
若碰撞过程中关系式＝成立，则系统动量守恒。
（3）若第二次释放P的位置偏低，则滑块P运动到气垫导轨上的速度偏小，二者发生碰撞并粘在一起的速度偏小，故t2偏大，t1仍为第一次释放滑块P经过光电门的时间，故比值偏小。
5.弹性碰撞和非弹性碰撞
1.A 碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时在极短时间内发生运动状态变化的一种现象，一般内力远大于外力，系统动量守恒，动能不一定守恒。如果碰撞中机械能守恒，就叫作弹性碰撞。微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞，故A正确。
2.B 根据动量和动能表达式有p＝mv，Ek＝mv2，联立解得小球的动量p＝，由题意知Ek甲＝Ek乙，m甲＞m乙，则有p甲＞p乙，甲、乙相向运动，故甲、乙碰撞后总动量沿甲原来的方向，根据碰撞过程系统动量守恒，可知碰撞后系统总动量不为零，因此碰撞后两球的速度不能都为零，若碰撞后甲的速度为零或继续沿原来的方向运动，乙必弹回，所以乙的速度不可能为零，故A错误，B正确；碰撞过程系统动量守恒，碰后若乙球的速度为零而甲球的速度不为零，则甲一定弹回，碰后甲、乙系统总动量的方向就发生了改变，此时违背动量守恒定律，故C错误；由A的分析可知，碰撞后系统总动量沿甲的初动量方向，甲不可能反向，故D错误。
3.D 由题图可知，碰前滑块Ⅰ、Ⅱ的速度大小分别为v1＝ m/s＝2 m/s，v2＝ m/s＝0.8 m/s，碰后结合体的速度大小为v＝ m/s＝0.4 m/s，碰后两滑块速度相同，属于完全非弹性碰撞，故A、C错误；设碰前滑块Ⅰ、Ⅱ的动量大小分别为p1、p2，碰后结合体的动量大小为p，则根据动量守恒定律有－p1＋p2＝p＞0，所以碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量小，故B错误；根据动量守恒定律有－m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v，解得＝，故D正确。
4.C 由于碰撞过程中无机械能损失，故是弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m1v1＝m1v1'＋m2v2'，m1＝m1v1'2＋m2v2'2，解得两物体碰后甲、乙的速度分别为v1'＝v1，v2'＝v1，当m1＝m2时，v2'＝v1；当m1 m2时，v2'＝2v1；当m1 m2时，v1'＝－v1，故A、B错误，C正确；根据动能定理可知，碰撞过程中甲对乙做的功等于乙动能的增量，故D错误。
5.D 规定水平向右为正方向，碰撞过程中系统动量守恒，所以有pA＝pA'＋pB，解得pB＝3 kg·m/s，故A、B错误；由于Ek＝mv2＝m2v2·＝，由于发生的是弹性碰撞，所以有＝＋，解得mB＝3 kg，故C错误，D正确。
6.B 碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得－μ×2mgx＝0－×2mv2，代入数据解得v＝2 m/s，A与B碰撞的过程中，A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有mv0＝mv1＋2mv，由于没有机械能的损失，则有m＝m＋×2mv2，联立解得v0＝3 m/s，故选B。
7.C 如果发生的是完全非弹性碰撞，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律得mv0＝（m＋150m）v，解得v＝v0，如果发生的是弹性碰撞，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0＝mv1＋150mv2，m＝m＋×150m，解得v2＝v0，所以撞击后大石块的速度应介于v0和v0之间。故选C。
8.C 相同的小球在碰撞过程中满足动量守恒，机械能守恒，所以碰撞后进行速度交换，第1个球静止释放后，与第2个球碰撞时，进行速度交换，依次类推，所以最终第5个球获得与第1个球相同的动量，应向右摆到与第1个球相同的高度处，故A错误；第1、2个球向右摆动，最终第4、5个球获得与第1、2个球相同的动量，摆到相同的高度，故B错误；第1、2、3个球一起向右摆动，速度交换后，最终第3、4、5个球获得与第1、2、3个球相同的动量，摆到相同的高度，故C正确；第1、2个球一起向右摆动，第4、5个球一起向左摆动，系统总动量为零，所以速度交换后，最终第1、2个球获得与第4、5个球相同的动量向左摆动，第4、5个球获得与第1、2个球相同的动量向右摆动，最终摆到相同的高度，故D错误。
9.C 甲、乙弹珠碰撞瞬间动量守恒，机械能守恒，设弹珠甲、乙的质量分别为m1、m2，碰后甲的速度为v1，乙的速度为v2，则有m1v0＝m1v1＋m2v2，m1＝m1＋m2，联立解得v1＝v0，v2＝v0，若碰后甲、乙同向运动，则v1＞0，可知甲的质量一定大于乙的质量，故A错误；若碰后甲反弹，且甲的速率为1.2v0，则有－1.2v0＝v0，解得m2＝－11m1，质量不能为负值，则可知，若碰后甲反弹，则甲的速率不可能为1.2v0，故B错误；若碰后乙的速率为3v0，则有3v0＝v0，解得m1＝－3m2，质量不能为负值，则可知，碰后乙的速率不可能为3v0，故C正确；若碰后甲反弹，且甲的速率大于乙的速率，则有－v0＞v0，解得m2＞3m1，可知只要m2＞3m1，就可满足碰后甲反弹，且甲的速率大于乙的速率，故D错误。
10.（1）1∶2 （2）见解析
解析：（1）由图b可知，B球碰后的速度大小变为原来的，并规定B球初速度的方向为正方向，系统所受合外力为0，根据动量守恒定律有mvB＝3mvA'＋mvB'
其中vB'＝－vB，解得vA'＝vB
故vA'∶vB＝1∶2。
（2）系统碰撞前的机械能E＝m
碰撞后系统的机械能E'＝·3mvA'2＋mvB'2＝m
可见，碰撞前、后系统的机械能守恒，故两球的碰撞为弹性碰撞。
11.（1） （2）－
解析：（1）两球压缩最紧时同速，设速度为v，则碰撞前至最紧，根据动量守恒定律有mv0＝（m＋3m）v，根据机械能守恒定律有Ep＝m－（m＋3m）v2，得碰撞前A的速度v0＝4v＝。
（2）两球碰撞前、后，根据动量守恒定律有mv0＝mvA＋3mvB，根据机械能守恒定律有m＝m＋（3m），得两球碰撞分离后A球速度为vA＝－＝－，B球速度为vB＝＝。
12.B 碰前，有＞，解得＜＝，A碰B过程中，有pA＋pB＝pA1＋pB1，＋≥＋，解得≤，碰后，有≤，解得≥，综上可得≤≤，若此过程为弹性碰撞，则两物体的质量之比为＝，A、C错误；若此过程为非弹性碰撞，则两物体的质量之比为≤≤，B正确，D错误。
6.反冲现象 火箭
1.ACD 反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果，选项A正确；系统某一方向上合外力为零的反冲运动也可以用动量守恒定律来分析，选项B错误；反冲运动的原理既适用于宏观物体，也适用于微观粒子，选项C正确；在没有空气的宇宙空间，火箭向下喷气时，由于反冲作用，火箭仍可加速前行，选项D正确。
2.A 炮弹重力远小于爆炸内力，则炮弹爆炸过程中动量守恒， 炮弹爆炸前动量斜向右上方，所以爆炸后瞬间两部分的动量矢量和也一定斜向右上方。A选项所示情况，爆炸后两部分的动量矢量和沿水平方向，所以是不可能的；B、C、D选项所示情况，爆炸后两部分的动量矢量和可以斜向右上方，所以是可能的。故选A。
3.B 火箭的工作原理是反冲运动，火箭发动机将燃料燃烧产生的高温高压气体从尾部迅速喷出时，气体的反作用力推动火箭，使火箭获得反冲速度，故B正确。
4.B 点燃火箭后在极短的时间内，根据动量守恒定律可知mv0＝（M－m）v，解得v＝，所以要增大火箭的发射速度大小，应增大m和v0的同时减小M。故选B。
5.D 分别用M、m表示火箭初始质量和燃料燃尽时的质量，v0表示喷气速度大小，则火箭喷气过程，根据动量守恒定律有mv－（M－m）v0＝0，即火箭最大速度v＝v0，影响火箭最大速度的因素是火箭喷出的气体速度和火箭始、末质量比，故选D。
6.D 系统的动能和重力势能都增大，系统机械能不守恒，故A错误；水火箭靠压出的水给的反作用力加速，故B错误；由动量守恒定律有0＝－mv1＋（M－m）v2，得喷水后水火箭获得的速度为v2＝16 m/s，故C错误；水火箭上升的最大高度约为h＝＝12.8 m，故D正确。
7.D 根据题意，设跃离后滑板的速度大小为v1，取向右为正方向，由动量守恒定律有M（v－v1）－mv1＝0，解得v1＝v，故选D。
8.D 设人、枪（包括子弹）的总质量为M，每颗子弹质量为m，子弹射出速度为v0，射出第1颗子弹，有0＝（M－m）v－mv0，设人射出n颗子弹后的速度为v'，则（M－nm）v'＝nmv0，可得v＝，v'＝，因M－m＞M－nm，所以v'＞nv，故选项D正确。
9.A 设航天员装备未喷气前质量为M，设喷出的气体质量为m、速度为v，则喷出气体后的航天员速度设为v1、质量为（M－m），根据题意可知M＝120 kg、m＝0.2 kg、v＝40 m/s，把喷出的气体和喷出气体后的航天员作为系统，分析可知，该过程系统动量守恒，取喷出的气体速度方向为正方向，则0＝mv－（M－m）v1，解得v1≈0.066 8 m/s，喷气后，航天员匀速运动到空间站，故所需时间t＝＝ s≈450 s，故A正确，B、C、D错误。
10.（1） （2）
解析：（1）由动量守恒定律得（m1＋m2－Δm）v船－Δmv1＝0
解得v船＝。
（2）对喷射出的气体运用动量定理得FΔt＝Δmv1
解得F＝
由牛顿第三定律得，小船所受气体的平均作用力大小为
F'＝。
11.CD 根据题意可知，系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故系统在水平方向动量守恒，而小球和小车组成的系统总动量不守恒，故A错误；根据系统水平方向动量守恒及系统机械能守恒可知，小球摆到左侧最高点时系统的速度为零，则小球仍能向左摆到原高度，故C正确；小球向左摆到原高度后，速度为零，然后再向右摆动，根据水平方向动量守恒，此时小车速度向左，故B错误；设小球在水平方向上的平均速度大小为vm，小车在水平方向上的平均速度大小为vM，由动量守恒定律有mvm－MvM＝0，则有mxm＝MxM，又根据题意有xm＋xM＝2l，联立解得小车向右移动的最大距离为xM＝，故D正确。
专题强化3 常见碰撞模型的应用（一）
1.A 当弹性势能最大时，两小球共速，设B球的质量力m'，则由动量守恒定律有mv0＝（m＋m'）v，其中弹簧弹性势能Ep＝Ek－（m＋m'）v2，Ek＝m，＝4，解得m'＝m，故选A。
2.A 设冰壶的质量为m，A、B碰撞过程，根据动量守恒可得mv0＝2mv1，解得v1＝3 m/s，B压缩弹簧到弹簧再次恢复原长，此时冰壶C的速度到达最大，根据系统动量守恒定律和机械能守恒定律可得2mv1＝2mv2＋mvC，×2m＝×2m＋×m，联立解得冰壶C速度最大值为vC＝4 m/s，故选A。
3.A 当从弹簧第一次恢复原长时，B的速度为v，方向向右，之后A离开挡板C，设当弹簧第二次恢复原长时，A、B的速度分别为vA、vB；根据系统动量守恒定律和机械能守恒定律可得mBv＝mAvA＋mBvB，mBv2＝mA＋mB，联立解得vA＝v＝v，vB＝v＝0，故选A。
4.B A刚要离开挡板时，A的速度为0，B的速度为4 m/s，而共速时为2 m/s，由动量守恒定律知mBvB＝（mA＋mB）v，解得A物块的质量mA＝2 kg，故A错误；从某次弹簧为原长到下一次达到原长，A、B为弹性碰撞，由于A、B质量相等，所以速度交换，A的最大速度为4 m/s，故B正确；当共速时，弹簧的最大弹性势能最大，根据机械能守恒定律有mB＝（mA＋mB）v2＋Epmax，解得Epmax＝8 J，故C错误；由于弹簧的弹性势能在不断变化，故物块A、B组成的系统总动量守恒，机械能不守恒，故D错误。
5.C 小球、小车及弹簧组成的系统由于克服阻力做功，机械能不守恒，水平方向外力为零，水平方向动量守恒，但竖直方向合力不为零，系统动量不守恒，故A、B错误；系统初始动量为0，根据动量守恒定律可知，弹簧具有的最大弹性势能时，小车和球的速度都为零，最终小球静止在B点时，小车与小球的速度也都为0，故C正确，D错误。
6.C 设小球的初速度v0方向为正方向，由动量守恒定律可知mv0＝Mv1－mv2，＝，对整体由机械能守恒定律可得m＝M＋m，联立解得＝，故C正确。
7.D 斜面固定时，小物块恰能冲到斜面的顶端，由动能定理得－mgh＝0－m，所以v0＝；斜面不固定时，设小物块冲上斜面后能达到的最大高度为h'，小物块达到最高点时的速度为v，由水平方向动量守恒得mv0＝（M＋m）v，由机械能守恒定律得m＝（M＋m）v2＋mgh'，解得h'＝h，故D正确。
8.B 两物块作用过程中，系统动量守恒且机械能守恒，则有mv0＝mv1＋mv2，m＝m＋m，解得v2＝v0，B物块的动量为pB＝mv2，图像pB-t的切线斜率代表B物块的受力，及弹力的变化，弹簧弹力先增大后减小，且最终B的动量为mv0，故A错误，B正确；弹簧的弹性势能为Ep＝k（Δx）2，可知Ep-Δx满足抛物线的规律，且先变大后变小，故C、D错误。
9.D 该系统只在水平方向所受合外力为零，水平方向动量守恒，系统只有重力做功，则机械能守恒，选项A错误；小钢球到达左侧最高点时圆环和小球具有相同的速度，由动量守恒定律得0＝（m＋M）v，可知v＝0，即小钢球到达左侧最高点时速度为零，选项B错误；小钢球从水平位置到最低点时，由水平方向动量守恒定律及机械能守恒定律知mv环＝Mv球，MgL＝m＋M，解得小钢球到达最低点时的速度大小为v球＝，选项C错误，D正确。
10.（1）2 kg （2）2 m/s 12 J
解析：（1）由题图乙知，C与A碰前速度为v1＝12 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，
C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得mCv1＝（mA＋mC）v2
解得mC＝2 kg。
（2）12 s末，B离开墙壁，物块C的速度为v3＝3 m/s ，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒和机械能守恒，当A、C与B速度v4相等时弹簧的弹性势能最大。根据动量守恒定律有（mA＋mC）v3＝（mA＋mB＋mC）v4
根据机械能守恒定律得
（mA＋mC）＝（mA＋mB＋mC）＋Ep
解得v4＝2 m/s，Ep＝12 J。
11.（1），方向水平向左 （2）R
解析：（1）小球滑上圆弧槽到由底端离开，该过程中水平方向动量守恒、机械能守恒，即mv0＝mv1＋2mv2
m＝m＋×2m
联立解得v1＝－，负号表示反方向
故速度大小为，方向水平向左。
（2）小球滑上光滑圆弧槽至滑出圆弧槽上升到最高点的过程，系统水平方向动量守恒，机械能守恒mv0＝（m＋2m）v共，
×m＝×（2m＋m）＋mg（R＋h）
联立解得v共＝，h＝R
小球滑出圆弧槽后又落回圆弧槽的这段时间为
t＝2＝
故圆弧槽的水平位移为
x＝v共×t＝×＝R。
专题强化4 常见碰撞模型的应用（二）
1.B 根据动量守恒定律可得mv0＝（M＋m）v，解得子弹与木块一起运动的速度为v＝＝ m/s＝30 m/s，故选B。
2.AB 对木块，由动能定理得FfL＝Mv2，A正确；以向右为正方向，对子弹，由动量定理得－Fft＝mv－mv0，B正确；对木块、子弹整体，由动量守恒定律得mv0＝（M＋m）v，解得v＝，C错误；由能量守恒定律得Ffs＝m－（M＋m）v2，D错误。
3.AD 将子弹与木块看成一个系统，子弹与木块相对运动的过程中系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A正确；子弹与木块相对运动的过程中，摩擦力对子弹起阻碍作用，子弹需要克服摩擦力做功，该过程中因摩擦而使系统的机械能向内能转化，因此系统的机械能不守恒，故B错误；图b中子弹和木块最终达到共速，一起在光滑水平面上做匀速直线运动，说明子弹没有射出木块，故C错误；图c中子弹和木块最终以不同的速度各自做匀速直线运动，则说明子弹最后射出了木块，故D正确。
4.AC 规定向右为正方向，设初速度大小为v，木块和木板组成的系统所受合外力为零，由动量守恒定律，有mv－v＝v'，解得v'＝，方向水平向右，所以木块A的速度某时刻减为零，后反向加速，最终二者一起向右运动，木板B向右先减速而后匀速运动，故选A、C。
5.BD 设最终箱子与小物块的速度为v1，根据动量守恒定律有mv＝（m＋M）v1，则动能损失ΔEk＝mv2－（m＋M），解得ΔEk＝v2，又依题意小物块与箱壁碰撞N次后回到箱子的正中央，相对箱子运动的路程为s＝0.5L＋（N－1）L＋0.5L＝NL，故系统因摩擦产生的热量即为系统损失的动能ΔEk＝Q＝NμmgL，故选B、D。
6.AB 由v-t图像斜率表示加速度可求得，A、B的加速度大小都为1 m/s2，根据动量守恒定律可得mv0＝（m＋M）v，得A质量为M＝4 kg，则木板A获得的动能为Ek＝Mv2＝2 J，故A正确；系统损失的机械能ΔE＝m－（m＋M）v2＝4 J，故B正确；由v-t图像与坐标轴所围成的面积差，可求出二者共速时相对位移为Δx＝×2×1 m＝1 m，所以木板A的最小长度为1 m，故C错误；分析B的受力，根据牛顿第二定律有μmg＝maB，可求出μ＝0.1，故D错误。
7.AC 设木块的质量为M，子弹穿过木块，满足动量守恒，则有mv0＝m×v0＋M×v0，解得M＝3m，A正确；子弹穿过木块的过程中，根据能量守恒，系统损失的动能为ΔEk＝m－m－M＝m，B错误；系统损失的动能转化成了摩擦生热，即FfL＝ΔEk，解得Ff＝，C正确；对于木块，由动量定理有Fft＝M，解得t＝，D错误。
8.A 根据动量守恒定律和能量关系，甲图中有mv0＝（m＋M）v1，Q1＝μmgx1＝m－（m＋M）＝，乙图中有Mv0＝（m＋M）v2，Q2＝μmgx2＝M－（m＋M）＝，因m≠M可知x1＝x2，v1≠v2，Q1＝Q2，选项A正确，B、C错误；对木块，由动量定理，图甲中有－μmgt1＝mv1－mv0，图乙中有μmgt2＝mv2，解得t1＝，t2＝，可知t1＝t2，选项D错误。
9.（1） （2）（m＋M）
解析：（1）子弹射入木块的过程，由动量守恒定律有
mv0＝（m＋M）v，解得v＝。
（2）木块落地的时间为t＝
根据动量定理，则从抛出到落地过程中动量变化量的大小
Δp＝（m＋M）gt＝（m＋M）。
10.（1）0.2 m （2）1 m/s
解析：（1）物块和平板车组成的系统动量守恒，设二者分离时的速度分别为v1、v2，则有mv0＝mv1＋Mv2
根据能量守恒定律可得m＝m＋M＋μmgl
联立解得v1＝2 m/s，v2＝1 m/s
物块平抛落地的时间h＝gt2
解得t＝＝0.2 s
物块落地时距平板车右端的水平距离为
x＝（v1－v2）t＝0.2 m。
（2）由图乙可知，物块在平板车上克服摩擦力所做的功
Wf＝＝4 J
设此时物块滑离平板车时的速度为v，根据动能定理可得
－Wf＝mv2－m
解得v＝1 m/s。
第二章 机械振动
1.简谐运动
1.ABC 根据弹簧振子的理想化条件：弹簧振子是一个不考虑摩擦阻力、弹簧的质量、振子的大小和形状的理想化的物理模型，可知A、B、C正确；蹦极运动中的人所受的空气阻力不可忽略，且人不能看成质点，故该系统不可看成弹簧振子，D错误。
2.B 平衡位置是物体沿振动方向合力为0的位置，不一定是振动范围的中心位置，A错误；振动位移是由平衡位置指向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。
3.AD 振子的位移为负值时，受到的弹力指向平衡位置为正值，振子的加速度方向与受到的弹力方向相同，为正值，故A正确；当振子通过平衡位置时，位移为零，速度最大，故B错误；振子每次经过平衡位置时，速度大小相等，方向不一定相同，但位移相同，故C错误；振子每次经过同一位置时，位移相同，速度大小相等，但速度方向可能相同，也可能不同，故D正确。
4.B 振动图像表示振子位移随时间的变化规律，并不是振子实际运动轨迹，A错误，B正确；振子在B位置时的位移等于B点的纵坐标，不是曲线BC的长度，C错误；B点切线的方向不表示振子运动到B点时的速度方向，D错误。
5.AD 从题图可以看出，t1、t2时刻，小球位于同一位置，位移大小相等，方向相同，速度大小相等，方向相反，A正确，B错误；t2、t3时刻小球速度大小相等，方向相同，C错误；t2、t4时刻小球分别位于平衡位置两侧且对称，位移大小相等，方向相反，D正确。
6.A 向右为x轴正方向，滑块运动到N点时，具有正方向的最大位移，所以滑块位于N点时开始计时，振动图像应是余弦曲线，如图所示，故选A。
7.A 结合甲、乙两图可知，t1时刻，振子的位移为正值且最大，振子位于N点，x0应为l，A正确；0～t1时间内，振子的位移为正值，且逐渐增大，振子由O向N运动，B错误；t1～t2时间内，振子的位移为正值，且逐渐减小，振子由N向O运动，C错误；0～t2时间内，振子先沿正方向运动到最大位移处，再沿负方向运动到位移为零处，t2～t3时间内，振子先沿负方向运动到负的最大位移处，再沿正方向运动到位移为零处，D错误。
8.BD 速度越来越大，说明振子正向平衡位置运动，位移越来越小，A错误，B正确；振子正向平衡位置运动，速度方向指向平衡位置，而位移方向背离平衡位置，速度与位移方向相反，C错误，D正确。
9.AB 由题图乙可知，小球偏离平衡位置的最大距离为10 cm，故A正确；1 s末到5 s末，小球通过的路程s＝4×10 cm＝40 cm，故B正确；2 s末和4 s末，小球位移均为0，位移相同，2 s末，小球沿x轴负方向运动，4 s末，小球沿x轴正方向运动，运动方向相反，故C错误；1 s末和3 s末，弹簧的长度不同，D错误。
10.BC 水位由O点到N点，说明鱼漂向上运动，位移方向向上，水位到N点时，鱼漂向上的位移达到最大，故A错误；O点是平衡位置，所以水位在O点时鱼漂的速度最大，故B正确；水位到达M点时，鱼漂的速度为零，鱼漂具有向上的加速度，故C正确；鱼漂由上往下运动时，先向下加速后向下减速，故D错误。
11.（1）－5 cm （2）5 cm （3）20 cm
解析：（1）由图像可知，1.5 s末，质点的位移为－5 cm。
（2）前2 s内，在0.5 s末和1.5 s末，位移最大，大小为5 cm。
（3）前2 s内，质点先在正方向上运动了一个来回，共走了10 cm，又在负方向上运动了一个来回，也走了10 cm，故总路程为20 cm。
12.（1）b、e、f （2）d、e （3）4 cm
解析：（1）分析图像可得a、b、e、f点的位移均为1 cm。c、d点的位移是－1 cm，故与a点位移相同的点有b、e、f三点。
（2）由（1）可知，图像上的a、b、e、f点对应质点运动到同一位置。图像上的c、d点对应质点运动到与a、b、e、f关于O点对称的位置，故以上6个点的速度大小相等。再结合图像可以判断a、b、c、d、e、f 6个点的运动方向分别为正向、负向、负向、正向、正向和负向，故与a点速度相同的点有d和e。
（3）图像上从a点到b点，对应质点从正方向1 cm处先到达2 cm处又返回到1 cm处，通过的路程为2 cm。从b点到c点，对应质点从正方向1 cm处经平衡位置运动到负方向1 cm处，通过的路程也为2 cm，故从a点到c点质点经过的路程为4 cm。
2.简谐运动的描述
1.ACD O点为平衡位置，B、C为两侧最远点，则从B起经O、C、O、B的路程为振幅的4倍，为一次全振动，A正确；若从O起经B、O、C、B的路程为振幅的5倍，超过一次全振动，B错误；若从C起经O、B、O、C的路程为振幅的4倍，为一次全振动，C正确；因不考虑系统的摩擦，所以它的振幅一定，故B、C两点关于O点对称，D正确。
2.C 由题意可知，小球的振幅A＝5 cm，小球一次全振动通过的路程s＝4A＝20 cm，故C正确。
3.AC 由题意可知，t＝1.2 s时刻，振子处在正方向最大位移处，则 t＝0时刻，振子在负方向最大位移处，所以振幅为 0.1 m，A正确；由于是第二次到正方向最大位移处，所以1.5T＝1.2 s，可得 T＝0.8 s，B错误；一个周期内经过的路程等于振幅4倍，1.2 s内的路程为6A，即0.6 m，C正确；0.6 s＝T，t＝0.6 s时振子位于平衡位置，位移为零，D错误。
4.BCD 由题图可知，物体振动的周期为T＝4×10－2 s，A错误；在第2个10－2 s内，即在1×10－2 s到2×10－2 s内，物体由正向的10 cm处到达平衡位置，故位移为x＝0－10 cm＝－10 cm，B正确；频率f＝＝ Hz＝25 Hz，C正确；由题图可知，物体振动的振幅为10 cm，D正确。
5.B A、B做简谐运动的周期相同，函数表达式分别为xA＝Asin，xB＝Acos＝Asin （ t＋），相位差Δφ＝－0＝，则A的相位比B的相位落后，B正确。
6.C 小球运动到B点时开始计时，t＝0.5 s时小球第一次到达C点，历时半个周期，故周期为T＝1 s，故A错误；振幅为小球偏离平衡位置的最大距离，故振幅为A＝10 cm，故B错误；t＝0时刻，x＝A，代入题中位移表达式可得φ0＝，故C正确；位移表达式为x＝10sincm，t＝0.125 s时，代入表达式可得小球的位移为5 cm，故D错误。
7.（1）x＝10sincm （2）120 cm 0
解析：（1）小球的位移x随时间t变化的关系式为
x＝Asin（ωt＋φ）
由题意知A＝＝10 cm
T＝4×0.5 s＝2 s
ω＝＝π rad/s
φ＝0
将A、ω和φ代入，得x＝10sin（πt）cm。
（2）由于6 s＝3T
一个周期内小球通过的路程为4A，所以，6 s内小球通过的路程为s＝3×4A＝120 cm
6 s末小球回到平衡位置，即位移大小为0。
8.B 由题意知，质点由O点运动到N点用时1 s，由N点到右侧最大位移处用时1 s，所以质点由O点到右侧最大位移处用时2 s，即周期为8 s；由图可知，O点到右侧最大位移处的距离（即振幅）为9 cm，故选B。
9.D 设甲、乙心跳的周期分别为T甲、T乙，由题图a、b可知，s甲＝vT甲，s乙＝vT乙，又T甲＝＝1 s，可求得v＝ mm/s＝25 mm/s，T乙＝＝0.8 s，乙每分钟心跳的次数为＝75次，故选项D正确。
10.C 因为｜Δφ1｜＝｜φA－φB｜＝，故A、B不是同相振动，A错误；因为＝｜φA－φC｜＝，故A、C不是同相振动，B错误；因为＝｜φB－φC｜＝2π，故B、C是同相振动，C正确，D错误。
11.B 根据图像b可知，振幅为1.0 cm；周期为T＝0.4 s，则频率为f＝＝ Hz＝2.5 Hz，故A错误，B正确；根据图像b可知，t＝0.1 s时试管处于平衡位置，此时速度最大，故C错误；根据图像b可知，t＝0.2 s时试管处于负向最大位置处，则此时加速度方向竖直向上，故D错误。
12.（1）0.8 s （2）2.0 m （3）见解析
解析：（1）根据已知条件分析得，振子的运动情况如图甲。
结合运动的对称性可知周期
T＝0.6 s＋（0.6 s－0.2 s×2）＝0.8 s。
（2）B、C之间的距离为20 cm，则A＝10 cm ，在4.0 s＝5T的时间内，振子通过的路程s＝5×4A＝200 cm＝2.0 m。
（3）已知振幅为10 cm，规定从O到B为正方向，t＝0时刻振子从平衡位置向C运动，振子的位移为0，运动的方向为负，则弹簧振子位移表达式为x＝－Asin＝－10sin（2.5πt）cm
振动图像如图乙所示。
3.简谐运动的回复力和能量
1.AD 回复力是根据效果命名的力，不是做简谐运动的物体受到的某种性质的力，它是由物体受到的某种性质的力所提供的，弹簧振子在运动过程中就受到重力、支持力和弹簧弹力，弹簧的弹力充当回复力，回复力方向总是指向平衡位置，故A、D正确，B错误；回复力与位移的大小成正比，由A向O运动过程中位移的大小在减小，故此过程中回复力逐渐减小，故C错误。
2.D 浮漂的回复力由重力和浮力的合力提供，A错误；由图乙可知，浮漂的振幅为4 cm，B错误；由于浮漂做简谐运动，与弹簧振子的振动相似，结合简谐运动的特点可知，其振动频率与振幅无关，即振动频率与按压的深度无关，C错误；由图乙可知0.1～0.2 s内，浮漂的位移增大，根据a＝－可知，加速度增大，D正确。
3.B 振子每次经过同一位置时，其加速度、动能、回复力和位移总相同，速度可能反向，故选B。
4.AD t＝0.1π s时弹簧处于原长，t＝0时刻，小球经过平衡位置，故弹簧劲度系数k＝＝100 N/m，故A正确，B错误；0.1π～0.3π s时间内，小球从最高点弹簧原长处下降到最低点，弹性势能不断变大，小球动能与重力势能之和不断减小，故C错误，D正确。
5.D 在0.25～0.3 s内，弹簧振子的位移越来越大，则回复力也越来越大，A错误；振动的周期为0.4 s，弹簧振子在0.7 s 时刻的位移最大，速度为零，B错误；动能与势能都是标量，它们变化的周期等于简谐运动的周期的一半，所以系统的动能和势能相互转化的周期为0.2 s，C错误，D正确。
6.AD 弹簧振子振动过程中系统机械能守恒，则有kA2＝（0.06＋0.02）J＝0.08 J，所以该振子的振幅为A＝0.08 m，由牛顿第二定律可知，振子的最大加速度的大小为a＝＝8 m/s2，故A正确；振子经过平衡位置时，弹性势能为零，则系统机械能表现为动能，即mv2＝0.08 J，所以速度为v＝0.8 m/s，故B错误；振子在最大位移处时，速度为零，动能为零，所以质量突变为0.4 kg，不影响系统的总机械能，当振子运动到平衡位置时，势能为零，动能不变，由m'v'2＝0.08 J可知，质量增加，速度减小，故C错误，D正确。
7.D 当物体离开平衡位置的位移为x时，弹簧弹力的大小为kx，以整体为研究对象，此时A与B具有相同的加速度，根据牛顿第二定律得kx＝（m＋M）a，则a＝。以A为研究对象，使A产生加速度的力即为B对A的静摩擦力Ff，由牛顿第二定律可得Ff＝ma＝kx，故D正确。
8.A 0.8 s到1.2 s内，振子由平衡位置向负向最大位移处运动，其加速度逐渐增大，故A正确；t＝0.1 s和t＝0.7 s时，振子经过同一位置，速度大小相等，但速度方向相反，所以振子的速度不同，故B错误；t＝0.8 s时，振子位于平衡位置，回复力为零，故C错误；0.4 s到1.2 s内，振子由正向最大位移处向负向最大位移处运动，其动能先增大后减小，故D错误。
9.（1）L＋ （2）见解析
解析：（1）设物块在斜面上处于平衡状态时，弹簧伸长量为ΔL，根据平衡条件可得mgsin α＝kΔL，解得ΔL＝
此时弹簧的长度为L1＝L＋。
（2）当物块的位移为x时，弹簧的伸长量为x＋ΔL，物块所受合力F合＝mgsin α－k（x＋ΔL）
联立可得F合＝－kx，可知物块做简谐运动。
10.（1）4 cm （2）1.5 N
解析：（1）振幅很小时，A、B不会分离，将A、B看作整体，当它们处于平衡位置时，根据平衡条件得kΔx0＝（mA＋mB）g，
解得弹簧的形变量Δx0＝1 cm。
平衡位置距地面高度h＝l0－Δx0＝4 cm。
（2）当A、B运动到最低点时，有向上的最大加速度，此时A、B间相互作用力最大，设振幅为A，最大加速度
am＝＝＝5 m/s2，
以B为研究对象，有FN－mBg＝mBam，
得A对B的支持力为FN＝mB（g＋am）＝1.5 N，
由牛顿第三定律知，B对A的最大压力大小为1.5 N。
4.单摆
1.A 单摆的悬线要求无弹性，直径小且质量可忽略，悬点必须固定，故选A。
2.CD 由题图可知，t1时刻，摆球在正向最大位移处，速度为零，回复力最大，合外力不为零，故A错误；t2、t4时刻，位移为零，说明摆球在平衡位置，摆球速度最大，悬线对它的拉力最大，故B错误，D正确；t3时刻，摆球在负向最大位移处，速度为零，回复力最大，故C正确。
3.D 秒摆的周期为T＝2 s，取摆球从平衡位置向左运动时开始计时，当t＝1.6 s，即T＜t＜T时，摆球正从最右端向平衡位置做加速运动，即向左做加速运动；由于摆角在变小，故F回＝mgsin θ也在变小，A、B、C错误，D正确。
4.A 由单摆的周期公式T＝2π可知，减小细绳的长度，小球的摆动周期减小，故A正确；由单摆的周期公式可知，单摆周期与摆角无关，故B错误；由单摆的周期公式可知，小球的摆动周期与小球的质量无关，故C错误；当单摆的摆球运动到平衡位置时，重力势能最小，小球的动能最大，故D错误。
5.D 根据单摆的周期公式有T＝2π，由于北京的重力加速度较大，广州的重力加速度较小，所以摆锤的运动周期比在北京时长，故A、B错误；由于摆锤的运动周期比在北京时长，则分针转完一圈所需时间比在北京时长，故C错误，D正确。
6.C 由题图乙知，4 s时间内，沙摆摆动两个完整的周期，则T＝ s＝2 s，则该沙摆的摆动频率为f＝＝0.5 Hz，选项A错误；沙摆的周期T＝2π，解得l≈1 m，选项B错误；由图乙可知，连续相等的时间内，位移差近似相等，可知薄木板做匀加速直线运动，根据逐差相等公式可得a＝×10－2 m/s2≈0.03 m/s2，选项C正确；匀变速直线运动在一段时间内的中间时刻的瞬时速度，等于这段时间内的平均速度，所以有vD＝≈0.13 m/s，选项D错误。
7.D 由单摆的周期公式T＝2π可得，甲、乙两个摆的摆长之比为＝＝，故A错误；t＝4 s时，两单摆处于平衡位置，该位置的回复力为零，故B错误；单摆的周期与摆球的质量无关，由题意无法得到两摆球的质量关系，故C错误；由图可知，甲摆的周期为4 s，所以ω＝＝ rad/s，振幅为2 cm，且零时刻位于平衡位置并开始向上运动，故甲摆球位移随时间变化的关系式为x＝Asin（ωt＋φ）＝2sincm，故D正确。
8.B 根据单摆的周期公式T＝2π，单摆的周期与摆长及重力加速度有关，在地球表面上T地＝2π，在火星表面T火＝2π，根据题意可知，单摆的周期不变，故有2π＝2π，解得l'＝0.4l，A错误，B正确；根据上述分析可知，单摆的周期与振幅无关，只与摆长及重力加速度有关，C、D错误。
9.A 让小球在纸面内摆动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为l，周期T＝2π，故A正确，C错误；让小球在垂直于纸面内摆动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，由几何关系可得，O点到等效悬点的距离为h＝lcos 30°·sin 30°＝l，则等效摆长为L＝h＋l＝l，周期T'＝2π＝π，故B、D错误。
10.AD 由图乙可知，此单摆的周期为T＝0.8π s，故B错误；由单摆的周期公式有T＝2π，得l＝＝ m＝1.6 m，故A正确；细线对摆球的拉力最大时摆球位于最低点，有Fmax－mg＝m，摆球位于最高点时有Fmin＝mgcos θ，摆球由最高点运动到最低点过程，根据机械能守恒定律有mgl（1－cos θ）＝m，联立求得vmax＝ m/s，cos θ＝0.996，故C错误，D正确。
11.（1）1 m （2）x＝4sincm
解析：（1）由题图可知，该单摆的周期为2 s，根据单摆的周期公式有T＝2π，可得该单摆的摆长为L＝＝1 m。
（2）由题图可知ω＝＝π rad/s，A＝4 cm，设该单摆的振动方程为x＝Asin（ωt＋φ）＝4sin（πt＋φ）cm，依题意，在t＝0时，质点的位移等于2 cm，且t＝0时刻后，质点向平衡位置方向运动，则有2 cm＝4sin φ（cm），解得φ＝，则该单摆的振动方程为x＝4sincm。
12.D 单摆在摆动时，等效重力加速度为g'＝gsin α，所以单摆在斜面上摆动的周期T＝2π＝2π，故A错误；回复力大小与摆球偏离平衡位置位移大小成正比，故摆球经过平衡位置时的回复力大小为0，故B错误；摆球相邻两次经过最低点时，根据牛顿第二定律有F－mgsin α＝m，解得F＝mgsin α＋m，则细线中拉力大小相等，故C错误；若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，等效重力加速度为g″＝gsin α＋，所以单摆在斜面上摆动的周期T'＝2π＝2π＜T，故D正确。
5.实验：用单摆测量重力加速度
1.（1）20.50 （2）AB （3）
解析：（1）游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以摆球直径为20 mm＋10×0.05 mm＝20.50 mm。
（2）为了减小实验误差，摆线选择细些的、弹性小的并且适当长一些，摆球选择质量大，体积小的可以减小阻力的影响，故A、B正确；测量周期时应从小球经过平衡位置时开始计时，而且应记录n次全振动的时间，故C错误；为了减小实验误差，保证摆球尽量做简谐运动，摆角不超过5°，故D错误。
（3）根据单摆的周期公式可得T＝2π，所以T2＝，则k＝，解得g＝。
2.（1）BD （2）
解析：（1）根据单摆周期公式T＝2π，得g＝，单摆所用摆球质量大小与重力加速度无关，故A错误；以摆线的长度作为摆长来进行计算，摆长偏小，重力加速度偏小，故B正确；把（n－1）次全振动的时间误当成n次全振动的时间，则周期测量值偏小，重力加速度测量值偏大，故C错误；摆动中出现松动，使摆线长度增加了，则代入计算的摆长偏小，则g测量值偏小，故D正确。
（2）根据单摆的周期公式T＝2π，得l＝T2，则k＝＝，解得g＝。
3.（1）B （2）2.28 （3）0.991 5 2.075 1.00 （4）
解析：（1）为了减小测量周期的偶然误差，实验时需要在摆球速度最大的点做标记，即最低点。故选B。
（2）用停表测量单摆的周期，为减小实验误差需测量多个周期的总时间。根据题意可知从n＝1到n＝60共有59个时间间隔，每一个时间间隔为个周期，故为29T，根据停表读出此时间间隔为Δt＝67.4 s。代入数据解得单摆的周期约为2.28 s。
（3）用最小刻度为1 mm的刻度尺测得单摆的摆线长为99.15 cm＝0.991 5 m，用游标卡尺测量摆球的直径，此游标尺为20分度，读数为20 mm＋15×0.05 mm＝20.75 mm＝2.075 cm，单摆的摆长为l＝m＝1.001 875 m≈1.00 m。
（4）根据单摆的周期公式T＝2π，可知g＝。
4.（1）10.682 （2）9.86 （3）D
解析：（1）由题图乙可得，摆球直径为d＝10.5 mm＋18.2×0.01 mm＝10.682 mm。
（2）由单摆周期公式有T＝2π，得L＝T2，所以L-T2图线的斜率为k＝＝ m/s2＝0.25 m/s2，解得g＝0.25×4×9.86 m/s2＝9.86 m/s2。
（3）当单摆的悬点未固定紧，摆动中出现松动，会使摆线增长，则摆长测量值偏小，由单摆周期公式有T＝2π，得g＝，可见会使测得的重力加速度值偏小，故A错误；把50次全振动的时间误记为49次全振动的时间，测得的周期偏大，则会使测得的重力加速度值偏小，故B错误；开始计时时，停表过早按下，则测得的周期偏大，则会使测得的重力加速度值偏小，故C错误；测摆线长时摆线拉得过紧，会使摆长测量值偏大，则会使测得的重力加速度值偏大，故D正确。
5.（1）16.6 （2） （3） a
解析：（1）10分度游标卡尺的精确值为0.1 mm，由图乙可知，小铁球的直径为d＝16 mm＋6×0.1 mm＝16.6 mm。
（2）当小铁球第一次经过虚线处开始用秒表计时，并计数为1，每经过一次记数加1，当计数为60时，所用的时间为t，则等效单摆的周期为T＝＝。
（3）根据单摆周期公式可得T＝2π，则有T2＝－·，由T2-图像可知＝b，＝，解得g＝，R＝a。
6.（1）12.6 ＋ 可以避免摆球做圆锥摆运动 （2）计算摆长时漏加摆球半径
解析：（1）由题图乙可知，小球直径为d＝12 mm＋0.1×6 mm＝12.6 mm，双线摆的摆动周期T＝＝，双线摆的等效摆长L＝＋，双线摆的主要优点是可以避免摆球做圆锥摆运动。
（2）由单摆周期公式有T＝2π，得T2＝＋，如果计算摆长时漏加小球的半径，将会导致图线不过原点，而交到纵轴正半轴上，结合图丙可得k＝，解得g＝。
6.受迫振动 共振
1.C 自由摆动的秋千，振幅越来越小，则振动系统中的能量转化不只是系统内部动能和势能的相互转化，振动系统是一个开放系统，与外界时刻进行着能量交换，但总能量守恒，系统由于受到阻力作用，消耗系统机械能，从而使振动的机械能不断减小，故C正确。
2.C 阻尼振动是振幅不断减小的振动，所以阻尼振动中机械能也不断减小，阻尼振动一定不是简谐运动，故A错误；弹簧振子的周期公式为T＝2π，可知弹簧振子的振动周期与弹簧振子的振幅无关，故B错误；当驱动力的频率等于固有频率时，物体振动的振幅最大，发生共振现象，故C正确；做受迫振动的物体的频率等于驱动力的频率，由驱动力的频率决定，与物体固有频率无关，当驱动力的频率等于物体的固有频率时，物体的振幅最大，发生共振，故D错误。
3.B 物体通过O点时，弹簧的弹力为零，但摩擦力不为零，故合外力不为零，选项A错误；物体振动时要克服摩擦力做功，机械能减少，振幅减小，做阻尼振动，选项B正确；物体最终停止的位置可能在O点也可能不在O点，选项C错误；若停在O点摩擦力为零，若不在O点，摩擦力和弹簧的弹力平衡，停止运动时物体所受的摩擦力不一定为μmg，选项D错误。
4.ABD 当M在垂直于水平细线的平面内摆动时，m将做受迫振动，其振动周期与M的振动周期相同，当悬挂M的竖直细线的长度变化时，m的振幅也随之变化，当两摆长相等时，m发生共振，振幅最大，故A、B正确，C错误；当m发生共振时，其振幅可超过M的振幅，D正确。
5.AC 充电线上越靠近手机的点越先振动，所以充电线上离手机充电口近的点先振动，故A正确；当手机振动的频率等于充电线振动的固有频率时，充电线抖动幅度最大，若手机振动的频率增大，无法判断手机的频率是否靠近充电线抖动的固有频率，无法判断幅度大小，所以手机振动的频率越大，充电线抖动幅度不一定越大，故B错误；闹钟响起手机振动，充电线也跟着振动，可知充电线做受迫振动，则有f1＝f2，由于受迫振动的频率取决于驱动力的频率，所以同一手机，更换不同长度充电线，振动的频率相同，均等于手机振动的频率，故C正确，D错误。
6.C 针对不同土体，由于系统的固有频率可能不同，所以最有利于沉桩的桩锤振动频率可能不同，故A错误；根据共振条件可知，当驱动力频率等于固有频率时，做受迫振动的振幅最大，则针对同种土体，桩锤的振动频率越大，桩身周围土体的振动幅度不一定越大，故B错误；做受迫振动的频率等于驱动力的频率，可知桩锤稳定工作后，桩身周围无论哪种土体，其振动频率都与桩锤的振动频率相同，故C正确；为保障打桩机机身的稳定，桩锤的振动频率应尽量远离机身的固有频率，故D错误。
7.A 根据图像可知，当速度为20 m/s时，发生共振，此时驱动力频率等于固有频率，所以固有频率为f0＝＝10 Hz，汽车以12 m/s的速度通过连续减速带的过程中，车身振动的频率等于驱动力的频率，即f＝＝6 Hz，故选A。
8.C 当手振动的频率靠近该飞力士棒的固有频率时，飞力士棒振动的幅度才会变大，故A、B错误，C正确；当手振动的频率等于该飞力士棒的固有频率时，飞力士棒产生共振，则手的振动频率为5 Hz，即每秒钟振动5次，则一分钟振动300次，故D错误。
9.BD 当f＝1 Hz时，小球振动的周期为T1＝＝ s＝1 s，f＝0.25 Hz时，小球振动的周期为T2＝＝ s＝4 s，故A错误，B正确；当f＝0.5 Hz时，圆盘转动的周期为2 s，与弹簧和小球组成的系统的固有周期相等，此时小球产生共振，振幅最大，故C错误，D正确。
10.C 若使M振动起来，其他小球也随之振动，做受迫振动，A错误；若使P振动起来，由于M的固有周期与驱动力的周期相同，M发生共振，稳定时M比N的振幅大，B错误； O的周期为3 s，使O振动起来，M做受迫振动，则稳定时M的振动周期为3 s，C正确；使M振动起来，稳定时N振动的周期等于M的振动周期，即2 s，故D错误。
11.D 由图乙可知，单摆做阻尼振动，则单摆的机械能越来越小，单摆的振幅越来越小。由图乙知，摆球在P与N时刻与最低点的距离相等，则重力势能相等，由摆球做阻尼振动可知动能EkN＜EkP，所以vP＞vN，故A错误，D正确；由于摆球在P与N时刻偏离竖直方向的角度θ相等，则其沿运动轨迹切线方向的加速度大小均为ax＝＝gsin θ，设摆长为l，摆球沿摆线方向的加速度大小为an＝，由于vP＞vN，可知anP＞anN，根据a＝，可得摆球在P与N时刻的加速度大小aP＞aN，故B错误；摆球在P和N时刻，沿摆线方向，根据牛顿第二定律有F－mgcos θ＝man，由前面分析知anP＞anN，则P与N时刻绳子的拉力FP＞FN，故C错误。
12.5人
解析：当汽车振动的频率f＝2 Hz时，即达到人的固有频率时，人感到最难受，
设乘坐n个人时，人感到最难受，
则由f＝，得l＝≈0.062 1 m，
由胡克定律Mg＋nmg＝kl，
得n＝＝≈5（人）。
第三章 机械波
1.波的形成
1.A 机械振动在介质中的传播形成机械波，必须具备两个条件：有波源和介质，故A正确；波源做简谐运动形成的波中，各质点的振动情况不完全相同，但均做简谐运动，故B错误；波动过程传播的是振动这种运动形式，质点不随波迁移，故C错误；机械波向右传播时，左方的质点比右方的质点早一些振动，故D错误。
2.AC 随着波的传播，介质中的各质点都在各自的平衡位置附近来回振动，不随波迁移，A正确，B错误；波源的振动使质点由近及远依次被带动，且与波源振动相同，同时总滞后前一个质点，相邻质点间必有相互作用力，C正确；某一水平方向的横波在介质中传播，介质中的质点的振动方向与波的传播方向相互垂直，不一定沿竖直方向上下振动，D错误。
3.AC 每个质点开始振动后，只在竖直方向做简谐运动，水平方向上不随波迁移，波的传播过程也是能量的传递过程，除质点1外，每个质点均做受迫振动，同一个质点在最高点和最低点时，速度都为0，动能都为0，但重力势能不同，故机械能不同，故每个质点的机械能并不守恒，故A、C正确，B、D错误。
4.A 从质点的振动方向与波的传播方向的关系上看，质点振动方向与波的传播方向相互垂直的波叫横波，振动方向与波的传播方向在同一直线上的波叫纵波；从波形上看，横波有波峰和波谷，而纵波有密部和疏部，故A正确，B、C、D错误。
5.A 由于波源带动后面的质点依次振动，后面的质点总是重复前面质点的运动形式，根据波向左传播可判断质点Q的起振方向向上，故质点P的起振方向也向上，且每个质点的振动方向与波的传播方向垂直，故此波为横波，故A正确。
6.B 机械波向外传播的是波源的振动状态和能量，机械波传播的实质是能量的传播，这种能量既可以被利用，如潮汐发电，也会产生破坏，如海啸，故A错误；机械波是振动在介质中的传播，它既可以传递信息，也可以传递能量，故B正确；水波向四周传播，但振动的质点即那里的水并没有随波迁移，故C错误；在横波中，质点的振动方向与波的传播方向相互垂直，故D错误。
7.B 两位宇航员面对面讲话却无法听到，说明声波有振源却传播不出去，则缺乏声波传播的介质，故选项B正确。
8.A 有机械波存在就一定具备了两个必要条件：波源和介质，所以A项正确；若只有波源而无介质，则不能产生机械波，所以C项错误；丢石块可以使漂浮物远去，但这不是激起的水波所产生的效果，如果仅靠水波，漂浮物只能在原平衡位置附近做上下振动，丢石块击中漂浮物或与漂浮物相隔很近，靠石块对漂浮物的水平冲击力可以使漂浮物远去，所以B项错误；横波和纵波的质点振动方向不同，但可沿同一方向传播，所以D项错误。
9.C 演员举起或放下手中扇子的运动方向与“波浪”传播方向垂直，则“波浪”是横波，故A错误；“波浪”传播的速度快慢与演员举起或放下扇子动作的频率没有直接关系，故B错误；“波浪”向左传播，结合题图可知右侧第一位演员的扇子处于平衡位置，根据前面质点带动后面质点可知该演员正在举起扇子，故C正确；“波浪”向左传播的是举起或放下扇子的形式，演员的扇子不随“波浪”向左移动，故D错误。
10.CD 横波的特点是质点的振动方向与波的传播方向相互垂直，而纵波的特点是质点的振动方向与波的传播方向共线。横波使建筑物水平晃动，纵波使建筑物上下晃动，都会产生巨大的破坏力。为了避免在地震时建筑物损坏，可在建造时采取适当的措施来减小水平与上下晃动，因此在建筑物底层与支柱间嵌入高弹性橡胶块或在支柱和岩石间安置可在水平方向滑动的护垫，来减缓上下与水平晃动，从而起到降低损失的作用，A、B错误，C、D正确。
11.D 波向右传播，质点B的振动方向向上，由于质点B起振方向与A的起振方向相同，则说明A开始振动的方向向上，故A、B错误；若A停止振动，波继续向前传播，绳上的B、C两质点仍然继续振动，故C错误；波先传到质点C后传到质点B，各质点从起振到停止振动所用时间相同，故若A停止振动，绳上的质点C比质点B先停止振动，故D正确。
12.C 介质中各质点开始振动时的振动方向和波源开始振动时的振动方向相同，故质点6开始振动时的运动方向向上，A错误；经过t＝，质点1回到平衡位置，质点9开始向上振动，质点5运动到正的最大位移处，根据带动法可知，质点6在平衡位置上方，向上振动，即速度方向向上，B错误；t＝时质点1振动到负的最大位移处，质点9振动到正的最大位移处，质点13开始振动，5～13之间的质点在平衡位置上方，9～13之间的质点振动方向都向上，C正确；t＝T时质点17开始运动，质点16已向上振动了，D错误。
13.C Y方向的重球处于平衡位置时弹簧弹力等于重球所受的重力，故A错误；纵波的传播速度较快，根据题意，经过0.5 s后X方向上位移传感器也开始出现图像，所以X方向传感器接收到的是横波振动，故B错误；根据Y方向的振动图像可知，5T＝0.5 s，解得T＝0.1 s，故C正确；根据题意可知9t＝4（t＋5），该次地震中心与测试点距离为x＝9t＝36 km，故D错误。
2.波的描述
1.C 此刻A的位移最大，由加速度a＝－知，此刻A的加速度最大，A错误；此刻B位于平衡位置，其速度最大，B错误；若波沿x轴正方向传播，由“上下坡法”可知此时B向y轴正方向运动，C正确；若波沿x轴负方向传播，C向y轴正方向运动， 故C比A先回到平衡位置，D错误。
2.AC 由题图可知，质点b此时位于平衡位置，故其位移为零，A项正确；在质点b附近靠近波源一侧的质点b'在x轴上方，根据“带动法”可知，此刻质点b向y轴正方向运动，B项错误；简谐横波在介质中传播时，介质中各质点振幅都相同，所以质点d的振幅为2 cm，C项正确；经过，质点a运动到负向最大位移处，其通过的路程为2A，即4 cm，位移为－2 cm，D项错误。
3.AD 对于横波，质点的振动方向与波的传播方向垂直，故A正确；质点不可以随波迁移，故B错误；两个相邻且均处于平衡位置的质点间的距离为半个波长，故C错误；声波的频率由声源决定，与介质无关，声波的波速由介质决定，故一列声波从一种介质进入另一种介质时，波速会改变，频率保持不变，由λ＝，可知，波长会改变，故D正确。
4.A 波向右传播，由题中波形图可知，由波源振动形成的绳波的波长逐渐减小，且同一种介质中的波速不变，根据v＝fλ，T＝可知，波源振动的频率逐渐增大，周期逐渐减小，此时刻质点P的速度方向向下，故A正确，B、C、D错误。
5.BC 根据波的传播方向与振动方向的关系可知，x＝6 m处质点的起振方向沿y轴负方向，故A错误；题图乙是t＝0.3 s时的波形图，此时波刚好传播到x＝6 m处，可知此波的周期T＝0.3 s，故x＝6 m处的质点振动的周期为0.3 s，故B正确；波传播的速度v＝＝＝20 m/s，故C正确；x＝6 m处质点的起振方向沿y轴负方向，当x＝6 m处的质点第一次到达波峰时，历时T，x＝3 m处的质点比x＝6 m处质点早半个周期开始振动，故x＝3 m处的质点经过的路程为5个振幅，由图可知A＝20 cm，即s＝5×20 cm＝100 cm＝1 m，故D错误。
6.B 由图中可以看出该波的波长为λ＝4 m，根据v＝，可知该列波的周期T＝＝0.4 s，又因为t＝0时位于坐标原点的质点从平衡位置沿y轴正方向运动，当t＝0.6 s时经历了1.5T，所以此时位于坐标原点的质点从平衡位置沿y轴负方向运动，结合选项图可知B选项正确。
7.C 木块的上下运动反映了木块所在位置水面质点的振动情况，可知波上的质点每分钟完成30次全振动，因此其周期T＝ s＝2 s，频率f＝＝0.5 Hz，故A、D错误；又因为甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰，所以3 m＝λ，解得波长λ＝2 m，故B错误；根据波长、波速、周期间的关系可知，这列水面波的波速v＝＝1 m/s，故C正确。
8.AB 设波Ⅰ的波长和频率分别为λ1和f1，由题意知2.5λ1＝m＝6 m，f1＝3 Hz，又根据波速公式v1＝λ1f1，求得v1＝7.2 m/s，故A错误；波速由介质决定，可知两列波的波速相等，所以两波同时到达固定端，故B错误；波的起振方向与波的最前沿质点的起振方向相同，由图可知，A点起振方向向上，B点起振方向向下，所以，波Ⅰ的起振方向竖直向上，且与波Ⅱ的起振方向相反，故C正确；两列波的波速、波长和周期都相等，如图时刻，质点P与Q都处于平衡位置且运动方向相反，所以振动步调相反，故D正确。
9.（1）x轴负方向 20 m/s （2）120 cm（或1.2 m） 2.5 cm，y轴正向
解析：（1）由题意知，质点M正沿y轴负方向运动，根据波形平移法判断知，此波沿x轴负方向传播。在t2＝0.55 s时，质点M恰好第三次到达y轴正向最大位移处，则有t2－t1＝T＝0.55 s，可得周期T＝0.2 s，所以波速v＝＝20 m/s。
（2）设t3－t1＝nT，得n＝＝6，则从t1＝0到t3＝1.20 s，波中质点N经过的路程为s＝4nA＝4×6×5 cm＝120 cm＝1.2 m。因波刚好传播了6个周期，故质点N仍处于平衡位置上方2.5 cm处。
10.（1）4 m 2 s （2）2 m/s （3）见解析图
解析：（1）由题图知，λ＝5 m，则该波的波长λ＝4 m
由题意知波的周期T＝2 s。
（2）由v＝得波速v＝2 m/s。
（3）再经过2 s时的波形图如图所示。
11.BC 根据t＝0.3 s时，质点A恰好第二次位于平衡位置，知T＝0.3 s，解得T＝0.4 s，则该波的波速v＝＝5 m/s，故A错误，C正确；经过Δt＝＝0.6 s，质点P开始振动，因此t＝1.2 s时，质点P振动了0.6 s，即1.5T，其路程s＝1.5×4A＝12 cm＝0.12 m，故B正确；质点P第一次到达波峰的时间t＝＝0.9 s，则第3次到达波峰的时间是t'＝t＋2T＝1.7 s，故D错误。
专题强化5 波的图像与振动图像的综合问题
波的多解问题
1.C 因该简谐横波沿x轴正方向传播，该时刻质点处于平衡位置且向y轴负方向振动的是c质点，故题图乙可能为平衡位置在c处的质点的振动图像，故选C。
2.C 由于该波上两质点处于平衡位置且相距6 m，且两质点间只有一个波峰，故6 m与波长λ的关系有三种可能：6 m＝，6 m＝λ，6 m＝λ，故波长的可能值为12 m、6 m、4 m，C正确。
3.A 结合波形图和质点N的振动图像可知，该时刻质点N在平衡位置向上振动，可知该横波沿x轴负方向传播，故A正确；由于该横波沿x轴负方向传播，根据“上下坡法”可知，该时刻质点L向y轴负方向运动，故B错误；该时刻质点K与M的速度均为零、加速度大小相等，方向相反，故C错误；质点只能在平衡位置附近振动，而不随波迁移，故D错误。
4.C 由题图可知，波长为6 m，周期为2 s，则该波传播速度v＝＝3 m/s，故A错误；由题图乙可知，t＝1 s时，质点P向上振动，由题图甲结合波形平移法可知，该波沿x轴正方向传播，故B错误；t＝1 s时，质点Q处于波谷位置，由于＜Δt＝1.6 s＜T，可知t＝2.6 s时，质点Q处于从波峰向波谷振动的过程中，所以质点Q的振动方向沿y轴负方向，故C正确；由题图乙可知，t＝0.2 s至t＝0.4 s过程中，质点P处于从平衡位置向波谷振动的过程中，则质点P的加速度在增大，故D错误。
5.A 由振动图像可以看出，t＝时，x＝0处质点应在平衡位置，故C、D错误；因为波沿x轴正方向传播，由质点振动图像可知t＝时，x＝0处质点振动方向向下，故A正确，B错误。
6.A 由题意，当P向下运动到平衡位置时，Q刚好运动到下方最大位移处，有λ＝0.15 m（n＝0，1，2，3，…），解得λ＝ m（n＝0，1，2，3，…），当n＝0时，λ＝0.60 m，当n＝1时，λ＝0.12 m，故A正确，B、C、D错误。
7.AD 因为t1＝0和t2＝0.2 s时的波形分别如题图中实线和虚线所示，二者最多相差半个周期，故0.2 s＝＋nT，而T＞0.2 s，故周期T＝0.4 s，由题图可知，波长为16 cm，即λ＝0.16 m，波速v＝＝＝0.4 m/s，故A、D正确，C错误；振幅是从平衡位置到最大位移处的距离，从题图上看出振幅是0.02 m，故B错误。
8.CD 由题图乙可知，在t＝0.25 s时，质点P向上振动，根据“同侧法”可知，波向右传播；由图甲可知，波的波长λ＝4 m，由题图乙可知，波的周期T＝2 s，所以波速v＝＝2 m/s，故A错误；再经过3.5 s，在前3 s，Δt1＝3 s＝T，质点P通过的路程s1＝×4A＝120 cm，后0.5 s，Δt2＝0.5 s＝T，由于质点P此时不是从平衡位置向负向最大位移处振动，则通过的路程s2＜A＝20 cm，所以，再经过3.5 s质点P通过的路程s＝s1＋s2＜140 cm，故B错误；根据“同侧法”可知，L质点向y轴正方向运动，N质点向y轴负方向运动，则L质点比N质点先到达波峰，故C正确；人若加快抖动轻绳，则波的振动频率变大，波速不变，根据λ＝可知，波长变小，即两个相邻波峰之间的距离变小，故D正确。
9.AC 2 s时，由图乙可知，平衡位置x＝0.2 m的质点沿y轴负方向运动，根据图甲，结合同侧法可知，该简谐波传播方向为x轴负方向，故A正确；在波的传播过程中，质点只在平衡位置附近振动，并不随波迁移，故B错误；由于t＝2 s＝T，可知，0时刻平衡位置x＝0.3 m的质点位于波峰位置，则其振动方程为y＝Acost＝0.1cosm，故C正确，D错误。
10.AC 由题图乙知，周期T＝4 s，则t＝10 s＝2.5T，A 质点通过的路程s＝2.5×4A＝20 cm，故A正确；由题知t＝18.5 s＝4T＋，结合题图乙可知，此时B质点的位移为－ cm，故B错误；A、B两质点的平衡位置相距3 m ，结合题图甲、乙可知nλ＋λ＝3 m，当n＝3时，λ＝0.8 m，故C正确；由v＝，可得v＝ m/s，代入v＝1.8 m/s，可知n不为整数，故D错误。
11.（1）40 m/s （2）0.16 s
解析：（1）根据题图甲有λ＝12.0 m
根据题图乙有T＝0.2 s
该列波在介质中的传播速度大小v＝
联立解得v＝40 m/s。
（2）根据图甲和图乙，利用同侧法可知，该列波沿x轴正方向传播；t＝0.1 s时在质点P左侧离质点P最近的波谷的平衡位置的坐标x0＝－2 m
波的传播过程也是振动形式传播的过程，
则xP－x0＝v·Δt
解得Δt＝0.16 s。
12.（1）10 m/s （2）1.1 s （3）0.9 m
解析：（1）由题意可知该波的波长λ＝4 m
P点与最近波峰的水平距离为3 m，距离下一个波峰的水平距离s＝7 m，所以v＝＝10 m/s。
（2）Q点与最近波峰的水平距离s1＝11 m
故Q点第一次出现波峰的时间为t1＝＝1.1 s。
（3）该波中各质点振动的周期T＝＝0.4 s
Q点第一次出现波峰时P点振动了
t2＝0.9 s＝2T＋T＝
质点从平衡位置开始振动，每振动经过的路程为10 cm，当Q点第一次出现波峰时，P点通过的路程s'＝9A＝90 cm＝0.9 m。
3.波的反射、折射和衍射
1.A 先看到闪电，后听到雷声是由于光比声音传播速度快，不是声音的反射；北京天坛的回音壁的回音现象属于声音的反射；同样的声音在房间里比在旷野里听起来响亮些，是因为声音的反射现象；在火车站候车大厅中，我们有时听不清播音员的声音，是声音的反射造成的，故选A。
2.B 声波由空气传入水中，频率不变，波速变大，由v＝λf知，波长变大，选项B正确。
3.C 波从一种介质进入另一种介质，频率（周期）不变，由于波速取决于介质，所以波速改变，由λ＝知，波长发生变化，由题图可知，传播方向不同，故C正确，A、B、D错误。
4.A 当障碍物、缝、孔的尺寸和波长相比，相差不多或者比波长更小时，发生明显衍射现象，由题意可知，减小波源的频率或增大周期，可使波长增大，移动N使狭缝的距离减小，这些都可以使衍射现象更加明显，故B、C、D不符合题意；移动N使狭缝的距离增大，不能使衍射现象更加明显，故A符合题意。
5.C 机械波的能量是由振幅决定的，声波在空气中的传播速度都相同，故A、B错误；由λ＝知，v一定，f越低，λ越大，则频率低的声波波长较长，容易发生明显衍射现象，能在较远处被人听到，故C正确，D错误。
6.A 若两个乒乓球都振动起来，则都做受迫振动，其振动频率等于波源的振动频率，所以两个乒乓球的振动频率相等，故A正确；由于左侧狭缝更窄，所以衍射现象更明显，所以若右侧乒乓球振动起来，则左侧乒乓球一定振动，故B错误；若两个乒乓球都振动起来，则波源的频率一定等于乒乓球振动的频率，但不一定等于乒乓球的固有频率，故C错误；增大波源的振动频率，则波长会变小，衍射现象变得没那么明显，故D错误。
7.D 当障碍物或孔的尺寸与水波的波长相比差不多、或者小于波长时，才能发生明显的衍射现象；由图可知，狭缝A以及挡板D的尺寸与水波的波长差不多，所以狭缝A和挡板D处能发生明显的衍射现象；狭缝B处的尺寸远大于波长，该处不容易发生明显的衍射现象；故A、B错误，D正确；水波遇到挡板C时会发生衍射现象，但由于挡板C的尺寸远大于波长，所以衍射现象不明显，故C错误。
8.C 海浪引起的机械振动的周期等于海浪拍打海岸的周期，即海浪拍打海岸的周期也为8 s，选项A错误；根据v＝得，海浪的波长λ＝vT，离海岸越近，海水越浅，速度越小，则波长越小，即相邻波峰之间的距离变小，选项B错误；悬挂在船上的单摆振动属于受迫振动，其振动频率取决于驱动力的频率，与固有频率无关，选项C正确；机械波发生明显衍射现象的条件是障碍物或孔的尺寸比波长小或相差不多，离海岸更近时，海浪波长越小，故衍射现象不如较远处明显，选项D错误。
9.B 蝙蝠能躲避障碍物主要是利用了声波的反射，A错误；人耳能听见的声音的频率范围在20 Hz～2×104 Hz，蝙蝠发出的是超声波，频率应大于2×104 Hz，B正确；次声波频率低于20 Hz，波长较长，在传播过程中很容易绕过障碍物发生衍射现象，使次声波难以反射回来，因此不能准确定位，C错误；超声波经静止障碍物反射后波速不变，频率也不变，由v＝λf可知，波长不变，D错误。
10.BD 已知甲、乙中水波波长相同，由题图可知图乙的狭缝小、衍射现象更明显，可知狭缝的宽度越小衍射现象越明显，A错误，B正确；已知丙、丁中狭缝宽度一样，由题图可知，图丙的波长长、衍射现象更明显，可知波长越长的水波衍射现象越明显，C错误，D正确。
11.B 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v声t＝2x－L，所以悬崖离汽船的鸣笛位置x＝＝516 m，故B正确。
12.2.0×103 m
解析：如图所示，设A为爆第2课时 实验：测量玻璃的折射率
1.如图所示，在“测量玻璃的折射率”实验中，先在白纸上画一条直线aa'代表两种介质的分界面；画出一直线段AO代表入射光线，然后画出过O点处的法线MN。放好玻璃砖，aa'和bb'分别是玻璃砖与空气的两个界面，在玻璃砖一侧的直线AO上竖直地插上两枚大头针P1和P2。
（1）接下来要完成的必要步骤有 （填正确选项前字母）。
A.插上大头针P3，使P3仅挡住P2的像
B.插上大头针P3，使P3挡住P1的像和P2的像
C.插上大头针P4，使P4仅挡住P3
D.插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像
（2）过 画直线与界面bb'相交于O'点，连接OO'即可得到玻璃砖内折射光线的路径，在图上完成光路图。
（3）实验中需要测量的物理量有 （用符号表示，并在图上标出）。
（4）折射率n＝ [利用（3）中测量的物理量的字母表示]。
2.（2025·江苏南京期中）在“测量玻璃的折射率”实验中：
（1）如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小实验误差，应选用宽度 （填“较大”或“较小”）的玻璃砖来测量。
（2）该小组用同一套器材完成了四次实验，记录的玻璃砖界线和四个大头针扎下的孔洞如图所示，其中实验操作正确的是 （填选项前字母）。
（3）该实验小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，如图所示，以入射点O为圆心作圆，与入射光线P1O、折射光线OO'的延长线分别交于A、B两点，再过A、B两点作法线NN'的垂线，垂足分别为C、D点，如图所示，则玻璃的折射率n＝ （用图中线段的字母表示）。
3.用圆弧状玻璃砖做“测量玻璃折射率”的实验时，先在白纸上放好圆弧状玻璃砖，在玻璃砖的一侧竖直插上两枚大头针P1、P2，然后在玻璃砖的另一侧观察，调整视线使P2的像挡住P1的像，接着在眼睛所在的一侧插两枚大头针P3和P4，使P3挡住P1和P2的像，P4挡住P3以及P1和P2的像，在纸上标出大头针位置和圆弧状玻璃砖轮廓，如图甲所示，其中O为两圆弧圆心，图中已画出经P1、P2的入射光线。
（1）为了测出玻璃的折射率，需要测量入射角i和折射角r，请在图甲中补画出所需的光路并在AB分界面上标出这两个角；
（2）多次改变入射角，测得几组入射角和折射角，根据测得的入射角和折射角的正弦值，画出了如图乙所示的图像，由图像可知该玻璃的折射率n＝ 。
4.某同学测量玻璃砖的折射率，准备了下列器材：激光笔、直尺、刻度尺、一面镀有反射膜的平行玻璃砖。如图所示，直尺与玻璃砖平行放置，激光笔发出的一束激光从直尺上O点射向玻璃砖表面，在直尺上观察到A、B两个光点，读出O、A间的距离为20.00 cm，A、B间的距离为6.00 cm，测得图中直尺到玻璃砖上表面距离d1＝10.00 cm，玻璃砖厚度d2＝4.00 cm。玻璃砖的折射率n＝ ，光在玻璃中的传播速度v＝ m/s。（光在真空中的传播速度c＝3.0×108 m/s，结果均保留2位有效数字）
5.（2025·四川绵阳期中）如图甲所示，某同学利用方形不透光水槽和刻度尺测量水的折射率。主要实验步骤如下：
（1）首先用刻度尺测量出水槽的高度H和底边AB的长度L；
（2）把刻度尺固定在水槽底部，与底边AB平行，且零刻度线一端紧抵BC边；
（3）水槽内无水时，在右上方调整视线，从观察点E恰好能通过B1看到水槽底面边缘的A点，如图乙所示；
（4）保持观察点E的位置不变，往水槽内加满水，此时刚好能看到刻度尺的P点，测量出从 点到 点的距离，并记为d；
（5）水的折射率的表达式n＝ （用H、L、d表示）；
（6）由于刻度尺的零刻度线不在边缘，导致水的折射率的测量值与真实值相比 （填“偏大”或“偏小”）。
6.（2025·辽宁朝阳期末）某同学做“测量玻璃折射率”的实验，如图所示，图中MN、RT为长方体玻璃砖两平行侧面，大头针P1、P2的连线表示入射光线，入射光线与MN交于O点，其延长线与RT于S点。在玻璃砖的另一侧用大头针Q1、Q2的连线表示出射光线。回答下列问题：
（1）简述可以用Q1、Q2的连线表示出射光线的理由： 。
（2）出射光线与RT交于O'点，过O'点的法线与OS交于L点。如图所示用刻度尺测得OO'的长度为 cm，由三角形OO'L可得该玻璃砖折射率n＝ 。（保留三位有效数字）
（3）实验过程中玻璃砖向下移动了一小段距离，而该同学并未发现，那么该同学测得玻璃砖的折射率 （填“大于”“小于”或“等于”）（2）中所测折射率。
7.现要估测一矩形玻璃砖的折射率n，给定的器材有：待测玻璃砖、白纸、铅笔、大头针1枚、直尺、直角三角板。实验时，先将直尺的一端O和另一点M标上明显的标记，再将玻璃砖平放在白纸上，沿其两个长边在白纸上画出两条直线AB、CD，再将直尺正面紧贴玻璃砖的左边缘放置，使O点与直线CD相交，并在白纸上记下点O、M的位置，如图所示，然后在右上方通过AB所在界面向左下方观察，调整视线方向，直到O点的像与M点的像重合，再在AB直线上插上大头针，使大头针挡住M、O的像，记下大头针P点的位置。
（1）请在原图上作出光路图；
（2）计算玻璃砖的折射率的表达式为n＝ （用字母P和图中已知线段字母表示）。
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