答案速对与试题精析

答案速对/试题精析/规范答题/提升成绩

答案速对与试题精析

单元重构项目卷（一)

【思维提能1】

1.C _ { rm { 0 } ~ rm { 2 s } } 内 F 的冲量大小为四分之一圆的面积，则無有廳 I _ { F } = / { 1 } { 4 } S = / { 1 } { 4 } x π x 2 ^ { 2 } N * s = π N * s ，故A错误；因为滑动摩擦力大小 F _ { f } = \mu m g = 1 N ，在 0 ~ 1 S时间内且 F <=slant 1 \ N 时，物块处于静止状态，此时物块摩擦力小于 1 \ N ，故前 bf { 1 } \boldsymbol { s } 内摩擦力冲量大小不为 bf { 1 } N * \mathbf { \Lambda } _ { s } ，故B错误；根据动量定理可知第3S内动量改变量大小为\Delta p = I _ { \hat { ∞ } } = F _ { \hat { ∞ } } * \Delta t = ( 2 x 1 { - } 1 x 1 ) {kg * \ m / s } = 1 {kg * \ m / } S，故C正确。由图像可知，物块在1s前某时刻 F 已经等于 bf { 1 } N ，此时物块已经开始运动，而不是 t = 1 s时才开始运动，故D错误。故选C。]

2.答案： ( 1 ) 9 ~ { { m / s ^ { 2 } } } \quad ( 2 ) { / { 2 } { 3 } } { { s } } , 2 { { ~ m } } \quad ( 3 ) 2 8 { { N } } * { { s } } 解析：(1)俯冲过程，由牛顿第二定律 m g - f = m a 得 a = 9 { ~ m } / { s } ^ { 2 } 。

(2)鹉加速过程 t _ { 0 } = / { v } { a } ，得t。= t _ { 0 } = / { 2 } { 3 } s 3s，加速下落过程满
足 h = { / { v ^ { 2 } } { 2 a } } ，得 h = 2 { ~ m ~ } ，故卢加速时间为 3s，位移为 1
2m。

(3)解法一： \mathbf { \Phi } _ { t _ { 0 } } - / { 3 } { 2 } \mathbf { \Phi } _ { t _ { 0 } } 2t。，鸿鹅在水中减速，规定竖直向下为正方向，由动量定理得 m g x / { 1 } { 2 } t _ { 0 } + I _ { \ast } = 0 - m v ，得it { I } _ { * } = - 2 8 \boldsymbol { { N } } * \boldsymbol { { s } } ，负号表示水对的冲量竖直向上。解法二：规定竖直向下为正方向，鹉运动全程，由动量定理得mg× <t+(-f×t0）+I\*=0-0,得I\*=- 2 8 N * s ，负号表示水对卢的冲量竖直向上。

【思维提能2】

1.C［对高压水流与材料作用时间内建立柱形模型，由动量定理得 F \Delta t = \rho S v \Delta t v ，“水刀”对被切割物体的压强为p=,联立解得u=200\~√3m/s，所以高压水流的速度约为 3 5 0 ~ { m / s } ，故选 { ~ C ~ } _ { \circ } □

2.C \boldsymbol { \underline { \boldsymbol { \Delta } } } \boldsymbol { t } 时间内冲击高铁的空气体积为 V = S L = S v ·\Delta t , \Delta t 时间内冲击高铁的空气质量为 m = \rho V = \rho S v ·\varDelta t ，取高铁运动方向为正方向，设高铁对空气的平均作用力大小为 F ，由动量定理可得 F * \varDelta t = m v ，联立解得

F = \rho S v ^ { 2 } ，根据牛顿第三定律可知，空气对高铁的平均阻力大小为 f = F = \rho S v ^ { 2 } 故选C。]

【思维提能3】

1.C[第一辆车的速度 v = { / { I } { m } } ，整个过程仅考虑碰撞时的相互作用力，动量守恒，碰后共速则有 m v = n m v ^ { \prime } ，则 \mathbf { \Omega } _ { n } （204号辆车最终的速度大小为= { v ^ { \prime } } = / { I } { n m } ，故选C。]

2.B[设钢球从左到右分别为求1、2、3、4、5，球2先与球3相碰，根据动量守恒以及能量守恒可得 m v = m v _ { 2 } + m v _ { 3 } , / { 1 } { 2 } m v ^ { 2 } = / { 1 } { 2 } m v _ { 2 } ^ { 2 } + / { 1 } { 2 } m v _ { 3 } ^ { 2 } +mu³，解得 u2=0,Us=v,可知球2与球3互换速度，接着球3先与球4相碰，同理可得球3与球4互换速度，依此类推，最终球2、3、4静止，球5以速度 \scriptstyle { v } 向右运动。接着球1与球2相碰，同理可得，最终球1、2、3静止，球4以速度 \scriptstyle { \boldsymbol { v } } 向右运动，故碰撞后向右远离的小球个数为2个。故选 { \Delta B _ { \circ } } ]

【思维提能4】

答案：(1)同一位置静止 ( 2 ) > （2 (3) m _ { 1 } x _ { 2 } = m _ { 1 } x _ { 1 } + \begin{array} { r l } { m _ { 2 } x _ { 3 } } & { { } \left( 4 \right) { 2 } } \end{array}

解析：(1)为了保证小球 A 碰撞小球 B 之前的速度不变，每次由静止释放小球 A 时必须从斜槽上同一位置静止静止滚下。
(2)为了避免入射小球发生反弹，使两个小球碰撞之后都直接向前作平抛运动，则小球 A 的质量 m _ { 1 } 与小球 B 的质量 m _ { 2 } 应满足 m _ { 1 } > m _ { 2 } 。

(3)小球做平抛运动，则有 h = { / { 1 } { 2 } } g t ^ { 2 } , x _ { 2 } = v _ { 0 } t , x _ { 1 } = （204号 v _ { 1 } t , x _ { 3 } = v _ { 2 } t ，根据动量守恒定律有 m _ { 1 } v _ { 0 } = m _ { 1 } v _ { 1 } + m _ { 2 } v _ { 2 } ，解得 \begin{array} { r } { m _ { 1 } x _ { 2 } = m _ { 1 } x _ { 1 } + m _ { 2 } x _ { 3 } } \end{array} 。

（4）图 ( b )中令木板与小球飞出点之间的间距为 it { L } ，则有L = v _ { 1 } t _ { 1 } , L = v _ { 2 } t _ { 2 } , L = v _ { 3 } t _ { 3 } ，竖直方向有 x _ { 1 } = / { 1 } { 2 } g t _ { 1 } ^ { 2 } x _ { 2 } = / { 1 } { 2 } g t _ { 2 } ^ { 2 } , x _ { 3 } = / { 1 } { 2 } g t _ { 3 } ^ { 2 } gt，根据动量守恒定律有m1U2=m1U3+m2Ui，解得- / { m _ { 1 } } { sqrt { x _ { 2 } } } = / { m _ { 1 } } { sqrt { x _ { 3 } } } + / { m _ { 2 } } { sqrt { x _ { 1 } } } ，可知，采用图( b ) 实验装置验证应该是关系式 ② 。

【进阶提能】

1.ACD［烧断细线后，木船、铁块组成的系统，合力为零，动量守恒 M v _ { M } = m v _ { m } ，则有 M v _ { M } t = m v _ { m } t ，即 { M s } _ { M } = m s _ { m } ，又 s _ { M } + s _ { m } = L 解得 s _ { M } = 0 . 7 \ { m } , s _ { m } = 3 . 5 \ { m } 铁块离开小木船后做平抛运动，在水平方向 s _ { M } + x = v _ { m } t ，在竖直方向 h = { / { 1 } { 2 } } g t ^ { 2 } ，解得 t = 0 . 5 { ~ s } , v _ { m } = 4 { ~ } { m } / { s } , v _ { M } = 0 . 8 ~ { m / s } ，当铁块刚好落到湖岸的瞬间，船后退的距离为x ^ { ' } = s _ { M } + v _ { M } t = 1 . 1 { ~ m ~ } 故 AC 正确,B错误；由机械能守恒定律得E=mUm{ { \Omega } ^ { 2 } } + / { 1 } { 2 } { M _ { { \mathscr { v } } _ { M } } { \Omega } ^ { 2 } } = 1 5 3 . 6 { \Omega } J ,故D正确。故选 { A C D } _ { \circ } 一

2.答案： \quad ( 1 ) \rho S \ sqrt { 2 g \left( H - h \right) } \ \bullet \ \Delta t \quad ( 2 ) 2 \rho S g \ sqrt { H ( H - h ) } 解析：(1)设油到达壶口时的速度为 \boldsymbol { v } _ { 1 } ，则 m g \left( H - h \right) （204号m²,△m=ρ·△V,△V=Su1·△t,联立以上各式得\Delta m = \rho S \ sqrt { 2 g ( H - h ) } \ * \ \Delta t \circ （204号

(2)设油到达壶底时的速度为Uz，则 mgH= muz，规定竖直向上为正方向，对于 \varDelta t 内落入壶内的油，应用动量定理 \begin{array} { r } { F * \Delta t { = } 0 - ( - \Delta { m } v _ { 2 } ) } \end{array} ，联立以上各式得 F = 2 \rho S g ~ sqrt { H ( H - h ) } 。

3.答案： ( 1 ) { { v } _ { 0 } } = 5 { { ~ m } } / { { s } } \quad ( 2 ) t = / { 5 } { 3 } { { { s } } } \quad ( 3 ) / { 2 5 } { 1 2 } { { { m } } } 解析： ( 1 ) B 由静止开始下滑的加速度大小为 a = g s i n α = 6 \ m / s ^ { 2 } ，由运动学公式有 v _ { 0 } ^ { 2 } = 2 a x _ { 1 } ，解得 v _ { { 0 } } = 5 m / s 。

(2)设第一次碰撞后， A 和 B 的速度大小分别为 \boldsymbol { v } _ { 1 } , \boldsymbol { v } _ { 2 } ，根据动量守恒有 m _ { B } v _ { 0 } = - m _ { B } v _ { 2 } + m _ { A } v _ { 1 } ，根据能量守恒有 { / { 1 } { 2 } } m _ { B } v _ { 0 } ^ { 2 } = { / { 1 } { 2 } } m _ { B } v _ { 2 } ^ { 2 } + { / { 1 } { 2 } } m _ { A } v _ { 1 } ^ { 2 } mAu}，解得 v1=Uz=2.5 m/S，碰撞后，对 A 研究，由于 m _ { A } g s i n α - \mu m _ { A } g \cos α = 0 ，故碰后 A 做匀速运动，设经过 \mathbf { \chi } _ { t } 时间 it { A } , B 第二次碰撞，则有 v _ { 1 } t = - v _ { 2 } t + { / { 1 } { 2 } } a t ^ { 2 } at²，解得l= t = { / { 5 } { 3 } } \mathbf { s }

(3)第二次碰撞前， B 的速度大小 v _ { 3 } = - v _ { 2 } + a t = 7 . 5 { m / s } ，设第二次碰撞后， A , B 的速度大小分别 \boldsymbol { v } _ { 4 } \setminus \boldsymbol { v } _ { 5 } ，根据动量守恒有 m _ { A } v _ { 1 } + m _ { B } v _ { 3 } = m _ { A } v _ { 4 } + m _ { B } v _ { 5 } ，根据能量守恒有 { / { 1 } { 2 } } m _ { A } v _ { 1 } ^ { 2 } + { / { 1 } { 2 } } m _ { B } v _ { 3 } ^ { 2 } = { / { 1 } { 2 } } m _ { A } v _ { 4 } ^ { 2 } + { / { 1 } { 2 } } m _ { B } v _ { 5 } ^ { 2 } 2mBU，解得U4= 5 \ { m } / { s } , \upsilon _ { 5 } = 0 ，设经过 t ^ { \prime } 的时间 A , B 间的距离最大，有 \boldsymbol { v } _ { 4 } = \boldsymbol { a } t ^ { \prime } ，解得 t ^ { \prime } = / { 5 } { 6 } s ，则 A , B 间的最大距离为 s _ { m } = { \upsilon _ { 4 } } t ^ { \prime } - { / { 1 } { 2 } } a t ^ { \prime } { } ^ { 2 } = { / { 2 5 } { 1 2 } } { { m } } { { ~ } } _ { \circ }

单元重构项目卷（二）

【思维提能1】

1.C［根据题图2可知浮标的振动周期为4s，故A错误；

一个周期内浮标上某点经过的路程为4个振幅的大小之和 , t = 6 0 ~ { s } = 1 5 T ，所经过的路程为 s = 1 5 x 4 A = 6 0 ~ {cm } ，故B错误； \ d _ { t } = 1 { ~ s ~ } 时，浮标振动的位移最大，回复力最大，加速度最大，故C正确； t = 4 { ~ s ~ } 时浮标在平衡位置，速度最大，故D错误。故选C。

2.B[根据题意可知， t = / { 5 } { 4 } T 时，在 λ 处的质点位移 y = A s i n \left( / { 2 π } { T } t + / { π } { 2 } \right) = A s i n \left( / { 2 π } { T } * / { 5 } { 4 } T + / { π } { 2 } \right) = A s i n 3 π = 0 , （204号则此时该质点位于平衡位置，CD错误；在 \ t = { / { 5 } { 4 } } T T的下一时刻， \scriptstyle x = λ 的质点向 _ y 轴负方向振动，而该横波传播方向沿 \mathbf { \Psi } _ { x } 轴负向，根据微平移法，A错误，B正确。故选B。]

3.AD［若质点开始向右运动，如图所示质点从 c 到 o 点运动的时间为 \displaystyle t = { / { 1 } { 4 } } T = 3 s ，令质点的振动方程为 { } _ { y = \overline { { O C } } { s i n } } / { 2 π } { T } t ，从 o 点到 N 点，有 { \overline { { O N } } } = { \overline { { O C } } } （20\sin { / { 2 π } { T } } t _ { 1 } ，解得从 o 点到 N 点的时间为 t _ { 1 } = / { T } { 1 2 } = 1 s，根据运动的对称性可知质点从 M 到 N 点运动的时间为 t = 2 t _ { 1 } = 2 { s } ，另一种情形如下

质点从 M 到 N 点运动的时间为 t = t _ { M O } + t _ { O D } + t _ { D N } = 1 S+ 3 ~ { { s } } + 2 ~ { { s } } { = } 6 ~ { { s } }
其他情形将会大于 1 0 { ~ s ~ } 。
若质点开始向左运动，如图所示，

4.答案：(1)L+mgsina (2)见解析质点从 M 到 N 点运动的时间为 t = t _ { M C } + t _ { C D } + t _ { N D } = 2 s+ 6 ~ { s } { + } 2 ~ { s } { = } 1 0 ~ { s } ，其他情形将会大于 1 0 { ~ s ~ } 。故选 { A D } _ { \circ } 」解析：(1)设物块在斜面上平衡时，弹簧伸长量为 \varDelta L ，根据受力平衡可得 m g s i n α = k \Delta L ，解得\Delta L = / { m g s i n α } { k } ，此时弹簧的长度为 L _ { 1 } = L + / { m g s i n α } { k }

(2)当物块的位移为 x 时，弹簧的伸长量为 x + \Delta L ，物块所受合力 F _ { \widehat { \mathbf { α } } } = m g s i n α - k \left( x + \Delta L \right) ，联立可得\boldsymbol { F } _ { \ast } = - \boldsymbol { k } \boldsymbol { x } ，可知物块做简谐运动。

【思维提能2】

1.B「小球运动至最低点时的回复力为0，但是有向心加

速度，所以小球不是处于平衡状态，选项A错误；小球做简谐运动的回复力为重力沿凹槽圆弧切线方向的分力，选项B正确；小球做简谐运动，从边缘运动到最低点的时间为 \scriptstyle t = { / { T } { 4 } } = { / { π } { 2 } } { sqrt { / { R } { g } } }
边缘运动到最低点的过程中速度逐渐增大、回复力逐渐减小，选项D错误。故选B。]
2.AD［由图像可知甲与 z 的周期分别为 T _ { \Psi } = 0 . 4 S和T _ { rm { sf { C } } } { = } 0 . 8 \ { rm { s } } ，故频率之比
==，故B错误；由单摆周期公式T=2π
sqrt { / { l } { g } } ，得摆长 \ l = { / { T ^ { 2 } \ \bullet \ g } { 4 π ^ { 2 } } } ，故摆长之比 （204号 ==，故A正确；在 A , B 两点对应的时刻，甲摆球的速度大小相同，方向不同，故C错误；由图像可知，从 t = 0 时刻起， t = 0 . 4 { ~ s ~ } 时乙第一次到达左侧最大位移 x _ { sf { C } } = - 0 . 2 { { ~cm } } ，此时甲的位移 x _ { \Psi } = 0 ，甲摆动到了平衡位置，故D正确。故选 { A D } _ { \circ } □

3.C [设单摆摆长均为 L ，根据单摆的周期公式可得 T _ { 1 } = 2 π sqrt { / { L } { g } } , T _ { 2 } = 2 π sqrt { / { L \cos 3 0 ^ { \circ } } { g } } , T _ { 3 } = 2 π sqrt { / { L } { g } } , T _ { 4 } = 2 π sqrt { / { L } { g - a } } ，则 T _ { 4 } > T _ { 1 } = T _ { 3 } > T _ { 2 } ，故选C。]

【思维提能3】

1.B[单摆的周期 T = 2 π { sqrt { / { L } { g } } } ，周期与振幅于关，单摆做阻尼振动的周期不变，振幅减小，故A错误； M , N 两点对应位置高度相同，故从 M 到 N 重力做功为0，由于单摆做阻尼振动，可知摆球需克服阻力做功，由动能定理可知摆球在 M 点时的动能大于在 N 点时的动能，故B正确；由图可知摆球在 M 点时正在靠近平衡位置，速度在增大，即摆球在 M 点时做加速运动，故C错误；摆球在 N 点时正在靠近平衡位置，高度在降低，即摆球在 N 点时正在下落，故D错误。故选 { \Delta B _ { \circ } } 」

2.D［由物体固有频率周期公式 T = 2 π { sqrt { / { l } { g } } } 可得，其中 c （204号小球的摆长最长，故而其固有周期最大，则固有频率最小，A错误；当 A 小球释放之后， B C 小球做受迫振动。由于 B 小球的固有频率，更接近于 A 小球的频率，则 B 小球的振幅要比 c 小球的大。B错误。由图乙可知，甲、乙两个单摆的固有频率之比为1:2,由T=2π T = 2 π { sqrt { / { l } { g } } } （204号 ，可得 4πf²，若两单摆放在同一地点，则甲、乙两单摆的摆长之比为 { { ~ 4 ~ : ~ 1 ~ } } ，若两单摆摆长相同放在不同的星球上，则甲、乙两单摆所处星球的重力加速度之比为 1 : 4 C错误，D正确。故选 { ~ D ~ } _ { \circ } 一

【思维提能4】

1.答案：(2)最低点 1 . 9 \ ( 3 ) 4 π ^ { 2 } \bullet / { x _ { 2 } - x _ { 1 } } { y _ { 2 } - y _ { 1 } } 不变
解析：(2)为减小实验误差，则摆球到达最低点启动秒表开始计时;停表的示数96.7 s,此单摆的周期为 T = { / { 2 t } { n } } = / { 2 x 9 6 . 7 } { 1 0 0 } { s } { \approx } 1 . 9 { ~ s } _ { \circ }
(3)根据 T = 2 π { sqrt { / { L } { g } } } ，解得T²= T ^ { 2 } = { / { 4 π ^ { 2 } } { g } } L ，由图像可知 k = / { 4 π ^ { 2 } } { g } { = } / { y _ { 2 } - y _ { 1 } } { x _ { 2 } - x _ { 1 } } ，解得 g = 4 π ^ { 2 } * { / { x _ { 2 } - x _ { 1 } } { y _ { 2 } - y _ { 1 } } } ，若该同学测摆长时漏加了小铁球半径，其它测量、计算均无误，根据 T = 2 π sqrt { / { l + r } { g } } T ^ { 2 } = { / { 4 π ^ { 2 } } { g } } l + { / { 4 π ^ { 2 } r } { g } } （204号
，可得 ，则 T ^ { 2 } - l 图像的斜率不变，则用上述方法算得的 g 值和真实值相比不变。

【进阶提能】

1.BCD[由题图乙可知， t = 0 时刻小球所受弹力最大，方向竖直向上，所以小球处于最低点，A错误；根据对称性，小球在最高点和最低点时的加速度大小相等，方向相反，小球在最高点时有 F _ { 2 } + m g = m a ，小球在最低点时有 F _ { 1 } - m g = m a ，解得 m = / { F _ { 1 } - F _ { 2 } } { 2 g } F1-F2，B正确；由题图乙可知 / { 3 } { 2 } （204号 T = 2 t _ { 0 } ，解得 T = / { 4 t _ { 0 } } { 3 } c 正确；由于 5 t _ { 0 } = 3 T + / { 3 } { 4 } T ，小球在 0 ~ 5 t _ { 0 } 时间内通过的路程 s = 3 x 4 A + 3 A = 1 5 A D正确。故选 { B C D } _ { \circ } 」

2.AC［小球在一个周期 T 内两次经过最低点，球在最低点时绳子拉力最大，结合图 z 可知单摆周期 T = 2 x ( 0 . 3 π - 0 . 1 π ) { s } = 0 . 4 π s ，故 A 正确;根据单摆周期 T = 2 π ,联立以上解得摆长l=0.4m，故B错误；分析可知球在最低点时速度 \mathit { \Delta } _ { v } 最大，图 z 可知绳子拉力最大值、最小值分别为 F _ { m a x } = 0 . 5 1 0 N ， F _ { m i n } = 0 . 4 9 5 N ，设小球质量为 { ~ m ~ } ，小球在最低点时，由牛顿第二定律有 F _ { m a x } - m g = m \ { / { v ^ { 2 } } { l } } 小球在最高点时，由牛顿第二定律有 F _ { m i n } = m g c o s θ ，小球从最高点到最低点，由动能定理得 m g \left( l - l c o s θ \right) = / { 1 } { 2 }
（204号 m v ^ { 2 } ，联立以上解得 m { = } 0 . 0 5 \ {kg } , v { = } { / { sqrt { 2 } } { 5 } } \ { m } / { s } ，故C正确，D错误。故选AC。]

3.答案： ( 1 ) _ { } y = 5 \sin \left( / { 2 π } { 3 } t + / { π } { 6 } \right) {cm } , T = 3 S（20 ( 2 ) a = 0 . 1 9 6 ~ { m / s ^ { 2 } } （204号

解析：(1)由题图 ( b ) 可知浮漂振动振幅 A = 5cm ，浮漂(含铅坠)的位移满足关系式 { \bf \Delta } _ { y } = A s i n \left( \omega t + \varphi _ { \circ } \right) t = 0 时刻有 y = 2 . 5 \ {cm } ，结合之后的振动方向可得 \varphi _ { 0 } = / { π } { 6 } t = 0 . 5 时刻有 y = 5 \ {cm } ，可得 \omega = / { 2 π } { 3 } r a d / s ，则浮漂简谐运动的振动方程为 y = 5 \ \sin \left( { / { 2 π } { 3 } } t + { / { π } { 6 } } \right) {cm } ，简谐运动的周期 T \scriptstyle = { / { 2 π } { \omega } } = 3

(2)在平衡位置时，浮力等于重力，在最低点时，浮漂所受合外力等于浮力增加的量。由牛顿第二定律有 A S \rho g = m a ，可得 a = 0 . 1 9 6 ~ { m / s ^ { 2 } } 。

阶段滚动检测卷（一）

答案速对

d π²(L+ 2 11. (1)17.6 (2)= (3)4to 4t

12. (1)0.97 (2)0.998 0 (3)A (4)0.01 9.86一样
13.(1) 3 0 ~ {cm } ,在平衡位置 （2号 ( 2 ) 2 ~ { m / s ^ { 2 } } （2

14.见解析

15.(1)证明过程见解析 ( 2 ) T = / { 6 } { 5 } t ( 3 ) h = 1 8 a

试题精析

1.C［A.动量守恒定律和机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体组成的系统，故A错误；

B.动量守恒和机械能守恒的条件不同：系统动量是否守恒，决定于系统所受合外力是否为零；而机械能是否守恒，则决定于是否有重力和弹簧弹力以外的力（不管是内力还是外力)做功，是否只有动能与势能相互转化，无其他形式能(如热能)转化，系统动量守恒时，机械能不一定守恒，故B错误；

C.一个物体在做匀速圆周运动的过程中，速度大小不变，方向不断改变，则动能保持不变，动量时刻改变，故

C正确；
D.根据
\boldsymbol { F } * \Delta \boldsymbol { t } = \Delta \boldsymbol { p }
物体的动量对时间的变化率恒定，即合外力恒定，根据\boldsymbol { W } _ { \underset { \sigma } { \rtimes } } = \boldsymbol { \varDelta } \boldsymbol { E } _ { \boldsymbol { k } }
则 \displaystyle P = / { W _ { \widehat { \sigma } } } { \varDelta t } { = } / { \varDelta E _ { k } } { \varDelta t }
动能对时间的变化率恒定，即合外力功率恒定，物体的动量对时间的变化率恒定，那么在该过程中物体的动能对时间的变化率不一定也恒定，故D错误。
故选C。]

2.C[根据简谐运动的表达式 { \bf \Delta } _ { x } = A s i n \left( \omega t + \varphi \right) ，知振幅電为 A = 1 0 \ {cm } ，周期 T = / { 2 π } { \omega } = 8 \ s ，故A、B错误；在 t = 4 s时可得位移 x = 0 ，物体在平衡位置，速度最大，故C正确，D错误.]

3.A［若甲表示位移 \mathbf { \Psi } _ { x } ，振子从平衡位置向正向最大位移处运动，速度从正向最大开始减小到零，所以丙表示相应的速度 \mathbf { \sigma } _ { v } ，故A正确；若乙表示位移 \boldsymbol { \mathscr { x } } ，振子从平衡位置向负向最大位移处运动，速度从负向最大开始减小到零，所以丁表示相应的速度 \scriptstyle { \boldsymbol { v } } ，故B错误；若丙表示位移x ，位移从正向最大变化到零，振子从正向最大位移处向平衡位置运动，速度从零开始向负向最大速度变化，所以乙表示相应的速度 \scriptstyle { v } ，故C错误；若丁表示位移 x ，位移从负向最大位移变化到零，振子从负向最大位移处向平衡位置运动，速度从零开始向正向最大速度变化，所以甲表示相应的速度 \scriptstyle { v } ，故D错误.

4.A［A.上升过程中阻力的冲量大小为I f _ { \bot } = f t _ { 0 } 下降过程中阻力的冲量大小为I f _ { \mathbb { F } } = f * 2 t _ { 0 } 则上升过程与下降过程中阻力的冲量大小之比 1 : 2 , { A } 正确；B.由于小球上升下降过程中位移的大小相等，则有/ { v _ { 0 } t _ { 0 } } { 2 } = / { v ^ { ' } * 2 t _ { 0 } } { 2 } 解得v = / { v _ { 0 } } { 2 } 则，取竖直向下为正，根据动量定理有I _ { \bot } = \Delta \phi = 0 - ( - m v _ { 0 } ) , I _ { \top } = \Delta { p ^ { \prime } } = m { v ^ { \prime } } - 0 则上升过程与下降过程中合外力的冲量大小之比为{ 2 : 1 , B } 错误；

C.小球在 { ~ 0 - 3 } t _ { { ~ 0 ~ } } 时间内动量变化量的大小为
\ \mathtt { \backslash } \ p _ { \ast } = / { m \ v _ { 0 } } { 2 } - ( - m \ v _ { 0 } ) = / { 3 } { 2 } m \ v _ { 0 } 2mv，取竖直向下为正 C错误；
D .小球在 0 { - } 3 t _ { 0 } 过程中根据动能定理有
W _ { f } = { / { 1 } { 2 } } m \ v ^ { 2 } - { / { 1 } { 2 } } m \ v _ { 0 } ^ { 2 }
解得
W _ { f } = - / { 3 } { 8 } m \ v _ { 0 } ^ { 2 }
D错误。]

5.B[走时变快了,说明周期 T = 2 π { / { l } { g } } 变小了，即 \smash { g _ { \perp } > } g _ { \Psi } ，若要恢复原来的周期，则需把摆长变长，使 / { l } { g } 不变，故B正确.

6.C[根据图像可知振幅为2cm,频率为f=T= f { = } / { 1 } { T } { = } / { 1 } { 4 } { ~ H z } { = } 0 . 2 5 ~ { H z } ，A错误； t = 1 S时，质点处于平衡位置，所受合力为0，速度最大，B错误； t = 2 { ~ s ~ } 时，质点处于负向位移最大处，所受指向平衡位置的合力最大，具有正方向最大加速度，C正确;根据图像可知 \omega = { / { 2 π } { T } } = { / { 2 π } { 4 s } } = { / { π } { 2 } } rad/s,则该质点的振动方程为 x = 2 \cos ( / { π } { 2 } t ) ,D错误.]

7.C[A.由波源 o 的振动图像知，其振动方程为（20 y = 2 0 \sin \left( { / { π } { 2 } } t + π \right) \left( {cm } \right) （204号故 _ { y } = 1 0 \ {cm } 时，时间 \mathbf { \chi } _ { t } ^ { } 的最小值为 t = { / { 7 } { 3 } } { { s } } 3S，经过 / { 7 } { 3 } { \bf s } 波源 o 的位移第一次为 1 0 \ {cm } ，故A错误；BC.波自 o 传到 M 的时间\Delta t = \left( 4 - / { 7 } { 3 } \right) { { s } } = / { 5 } { 3 } { { s } } 波速\upsilon = / { \Delta L } { \Delta \ : t } = / { 5 } { / { 5 } { 3 } } { m / s = 3 m / s } 波长λ = v T = 1 2 { ~ m ~ } B错误，故C正确；D .质点 M 振动的时间间隔为\Delta t ^ { \prime } = \left( 4 - / { 5 } { 3 } \right) { { s } } = / { 7 } { 3 } { { s } } 质点 M 通过的路程\Delta y = 2 A + 1 0 \ {cm } = 5 0 \ {cm } 故D错误。故选C。]

8.D［A.对小球进行受力分析可知，小球的重力垂直于斜面的分力始终与斜面的支持力平衡，令等效重力加速度为 g _ { { ~ 0 ~ } } ，则有（204号 m g \sin θ = m g _ { 0 } （20解得go=sin0可知，多次改变图1中 θ 角的大小，即可获得不同的等效重力加速度，故A项错误；B.单摆在运动过程中， A , C 两位置摆线的拉力最小，根据图2可知，相邻两个摆线拉力最小的位置的时间间隔为半个周期，可知，单摆 n 次全振动的时间为\scriptstyle t = n T = 2 n T _ { 0 } （20故B项错误；C.单摆的周期公式为T = 2 π { sqrt { / { L } { g \sin θ } } } 可知，多次改变斜面倾角 θ ，只要得出 T \propto { / { 1 } { sqrt { \sin θ } } } ，就可以验证该结论成立，故C项错误；D.摆球自然悬垂时，通过力传感器(图中未画出)测得摆线的拉力为 F _ { 1 } ，根据平衡条件有F _ { 1 } = m g \sin θ 在图2的测量过程中，摆球在 A 位置有F _ { 2 } = m g \sin θ { c o s } α 摆球在 B 位置有
F3-mgsinθ=m L摆球从 A 位置运动到 B 位置过程有（204 m g \sin θ ( L - L \cos α ) = { / { 1 } { 2 } } m v ^ { 2 } 解得F _ { 3 } = 3 F _ { 1 } - 2 F _ { 2 } 故D项正确。

9.BD［轻质弹簧下挂重为 3 0 0 ~ N 的物体 A 时伸长了3 ~ {cm } ，再挂上重为 2 0 0 \ N 的物体 B 时又伸长了 2 \ {cm } ，故劲度系数k=F_300N k = { / { F } { x } } = { / { 3 0 0 N } { 0 . 0 3 \ { { m } } } } = 1 x 1 0 ^ { 4 } \ { { N / m } } ，若将连接 A 、x0.03mB两物体的细线烧断，物体 A 将做简谐运动，细线烧断瞬间，合力充当回复力；由于细线烧断前是平衡状态，烧断后细线对 A 的拉力减小了 2 0 0 \ N ，而弹力不变，故合力为 2 0 0 ~ N ，故最大回复力为 2 0 0 ~ N ，刚烧断细线时物体的加速度最大，此处相当于是物体 A 到达简谐运动的最大位移处，故振幅为 2 \ {cm } ，故A错误，B正确.只减小 A 的质量，振动的幅度不变，而周期与振幅无关，所以周期不变，故C错误.只减小 B 的质量，振动的幅度变小，而周期与振幅无关，所以周期不变，故D正确.

10.AC［AB.设小球质量为 \mathbf { λ } _ { m } ，圆弧体质量为 M ，小球从圆弧体 A 上滚下时，A的速度大小为 \boldsymbol { v } _ { 1 } ，小球的速度大小为 \boldsymbol { v } _ { 2 } ，由题意可知\begin{array} { l } { { \displaystyle M v _ { 1 } = m \ v _ { 2 } } } \\ { { \displaystyle } } \\ { { \mathit { m g R } = / { 1 } { 2 } M \ v _ { 1 } ^ { 2 } + / { 1 } { 2 } m \ v _ { 2 } ^ { 2 } } } \\ { { \displaystyle / { 1 } { 2 } m g R = / { 1 } { 2 } m \ v _ { 2 } ^ { 2 } } } \end{array} 解得\begin{array} { l } { { M = m } } \\ { { \ } } \\ { { { \boldsymbol { v } } _ { 1 } = { sqrt { \ g R } } } } \end{array} 故A正确，B错误；\boldsymbol { C D } .若圆弧体 B 没有锁定，则小球与圆弧体 B 作用过程类似于弹性碰撞，交换速度，因此圆弧体 B 最终获得的速度大小为 sqrt { g R } ，故C正确,D错误。故选AC。]

11.解析：(1)游标卡尺的示数为d { = } 1 7 {mm } { + } 6 { x } 0 . 1 {mm } { = } 1 7 . 6 {mm }

(2)根据两球碰撞过程动量守恒、动能守恒，可得
m _ { A } v _ { 0 } = m _ { A } v _ { A } + m _ { B } v _ { B } , / { 1 } { 2 } m _ { A } v _ { 0 } ^ { 2 } = / { 1 } { 2 } m _ { A } v _ { A } ^ { 2 } + / { 1 } { 2 } m _ { B } v _ { B } ^ { 2 } 解得
{ \upsilon } _ { A } = { / { m _ { A } - m _ { B } } { m _ { A } + m _ { B } } } { \upsilon } _ { 0 } , { \upsilon } _ { B } = { / { 2 \ m _ { A } } { m _ { A } + m _ { B } } } { \upsilon } _ { 0 }
当 m _ { A } = m _ { B } 时，碰撞时，要发生速度交换。
(3)由图 ( \boldsymbol { { \mathbf { \mathit { \sigma } } } } _ { C } ) 可知 F 的变化周期为 4 t _ { 0 } ，则摆球 A 的运动周期也是 it { 4 t } _ { 0 } 。
根据
T = 4 \ t _ { 0 } = 2 π { sqrt { / { L + { / { d } { 2 } } } { g } } }
解得
g = / { π ^ { 2 } ( L + \displaystyle / { d } { 2 } ) } { 4 t _ { 0 } ^ { 2 } }

12.解析：(1)由图示游标卡尺可知，其示数为 9 \ {mm } + 7 x 0 . 1 ~ { {mm } = 9 . 7 ~ { {mm } = 0 . 9 7 ~ { {cm } } } } (2)悬点到摆球球心的距离是单摆摆长，由图示刻度尺可知，单摆摆长 L = 9 9 . 8 0 ~ { {cm } } { = } 0 . 9 9 8 \ 0 { { ~ m } } , (3)考虑到空气浮力，浮力的方向始终与重力方向相反，相当于等效的重力场的等效重力加速度变小，振动周期变大，甲的说法正确，故A正确，B、C错误.(4） T ^ { 2 } 与 L 的图像，应为过原点的直线，但图像中没有

过原点；且实验中该学生在测量摆长时，只量了悬线的长度 L 当作摆长，而没有加上摆球的半径，据此可知横轴截距应为球的半径，由图像可知，摆球的半径 r = 1 . 0 ~ {cm } { = } 0 . 0 1 0 ~ { m }
由单摆周期公式T=2π T = 2 π { sqrt { / { L } { g } } } 可知 T ^ { 2 } = / { 4 π 2 L } { g } （204号
所以 T ^ { 2 } - L 图像的斜率 k = / { 4 π 2 } { g } = / { 0 . 0 4 } { 0 . 0 1 } = 4
重力加速度g=k g = { / { 4 π 2 } { k } } { = } { / { 4 x 3 . 1 4 2 } { 4 } } ~ { m / s ^ { 2 } } { \approx } 9 . 8 6 ~ { m / s ^ { 2 } } .用 T ^ { 2 } - L 的关系图线求当地重力加速度值，误将摆线长当成摆长进行测量和绘制图线， T ^ { 2 } - L 图像的斜率不变，所测重力加速度不变.

13.解析：(1)由振动图象可知振子的振幅A = 2 ~ { {cm } } 周期 T = 0 . 4 S则時 { \omega } { = } / { 2 π } { T } { = } / { 2 π } { 0 . 4 } { r a d / s } { = } 5 π { r a d / s } （2则小球相对平衡位置的位移随时间的变化关系式为x = 2 { c o s } \omega t = 2 { c o s } 5 π t \left( {cm } \right)

因为

1 . 5 ~ { { s } } { = } 3 ~ / { 3 } { 4 } T
则小球在 0 ~ 1 . 5 { ~ s ~ } 内运动的总路程为s = 3 ~ / { 3 } { 4 } x 4 A = 3 0 ~ {cm }
t = 1 . 5 ~ { s } 时刻小球的位置坐标
x = 0
即小球在平衡位置处。
(2)小球静止时处于平衡状态，有
m g = k x _ { 1 }
解得
k = 2 . 5 π ^ { 2 } \ { N /cm }
根据牛顿第二定律
m g - k x _ { 2 } = m a
解得
a = 2 ~ { m / s ^ { 2 } }

14.解析：(1）物体 it { A } , B 在斜面上处于平衡状态，所受外力 平衡，设压缩量为 _ x ，则有 ( m _ { A } + m _ { B } ) _ { \displaystyle { g } \sin 3 0 ^ { \circ } = k x } , 解得 x = / { ( m A + m B ) g \sin 3 0 ^ { \circ } } { k } { = } 0 . 0 6 ~ { m } . （2

(2)将物体 B 移开后，物体 A 做简谐运动过程，平衡位
置弹簧的压缩量
x _ { 0 } = { / { m A g s i n 3 0 ^ { \circ } } { k } } = 0 . 0 2 ~ { { m } } ,

所以 A 振动的振幅为 A = x - x _ { 0 } = 0 . 0 4 ~ { m } . 已知系统的振动周期为 T = 0 . 4 { ~ s ~ } ，振动的位移随时间的变化关系曲线如图.

(3)设物体 A 在平衡位置时弹簧的压缩量为 x _ { 0 } ，则有m _ { A } g s i n \ θ = k x _ { 0 } ,
当物体 A 经过平衡位置下方的某一位置时，相对平衡位置的位移的大小为 x ，则
F = k ( x _ { 0 } + x ) - m _ { A } g s i n \ θ , （20
由以上两式得 F = k x ，
且位移的方向与 F 的方向相反，即物体 A 做简谐运动.

15.解析：(1)物块和薄板受力平衡时，设弹簧的压缩量为x _ { 0 } ，则 3 \ m g = k x _ { 0 } （204号设偏离受力平衡位置的位移为 x ，规定竖直向下为正方向，则弹簧的弹力 F _ { \mathit { s } \ast } = - k ( { \boldsymbol { x } } + { \boldsymbol { x } } _ { 0 } ) （20物块和薄板受到的合力 F = F _ { \ast } + 3 m g = - k x 所以物块和薄板的运动是简谐运动。

(2)运动起点即薄板静止时，2 \mathbf { \nabla } _ { m g } = k a
平衡位置时弹簧的压缩量 x _ { 0 } = 1 . 5 a
已知弹簧的最大压缩量为 x _ { 1 } = 2 . 5 a
则振幅 A = x _ { 1 } - x _ { 0 } = a
所以最高点弹簧的形变量 x _ { 2 } = 0 . 5 a = 0 . 5 A
作简谐运动的位移时间关系图像如图所示，从位移为
0 . 5 A 的位置运动至最高点至少需要时间 t = { / { 1 } { 1 2 } } T +
（204号 / { 3 } { 4 } T （204号

解得简谐运动的周期为 T = / { 6 } { 5 } t （3)物块下落过程，由机械能守恒定律mgh=m mu物块与薄板碰撞，由动量守恒定律 m v _ { 0 } = 3 m v 若振幅为 2 . 5 a ，运动示意图如图所示，最高点的弹簧伸长量为 \scriptstyle a 与起点时弹簧的压缩量相同，即具有等量的弹性势能

图1

图2

从开始做简谐运动至运动到最高点的过程，由机械能
守恒定律 { / { 1 } { 2 } } m v ^ { 2 } = m g * 2 a
联立，解得 h = 1 8 a

单元重构项目卷(三)

【思维提能1】

1.BD \bar { \boldsymbol { \mathbf { \rho } } } _ { t } = 0 . 2 \ : 时波恰好传到 x = 8 { ~ m ~ } 处的波形如题图所示，则由同侧法得知 x = 8 { ~ m ~ } 处的质点向下振动，根据所有质点起振方向相同知波源沿 _ y 轴负方向起振，故A错误；由题图可知波长 λ { = } 4 { ~ m ~ } ，周期 T = 0 . 1 S由= T=40 m/s，故B正确；质点不会随着波一起移动，故C错误；波源传到 P 质点所需时间为 t ^ { \prime } { = } / { 6 } { 4 0 } s { = } 0 1 5 { ~ s ~ } ，因此 0 ~ 0 . 2 { ~ s ~ } 内质点 P 运动的时间为 0 . 0 5 { ~ s ~ } ，恰好从平衡位置开始振动了 T,故P质点运动的路程为2 A = 1 0 {cm } ，故D正确。故选 { B D } _ { \circ } ]

2.AD［根据图 z 知， t = 0 时刻，质点 Q 从平衡位置向上振动，根据"同侧法”判断知该简谐横波沿 x 轴正方向传播，故A正确；根据波的传播特点可知，质点只在自身平衡位置上下振动，并不随波向前运动，故B错误；根据图乙知波的传播周期为 T = 0 . 4 { ~ s ~ } ，由图甲知 t = 0 时刻， P 未在波峰，波谷及平衡位置，则从 \iota = 0 到 \scriptstyle t = 0 , 1 \ s = { / { T } { 4 } } 4质点 P 通过的路程不为 A = 5 \ {cm } ，故C错误；根据图 z 可判断知从 t = 0 . 2 ~ \ s 到 t = 0 . 3 { ~ s ~ } ，质点 Q 正沿 _ y 轴负方向向波谷运动，做减速运动，故D正确。故选 { A D } _ { \circ } 一

3.BD「简谐横波传播过程中，质点不随波的传播而迁移，A错误；由图像可知 ( n = 0 , 1 , 2 , 3 *s ) / { 3 } { 4 } T + n T = 3 s，解得 4n+3(n=0,1,2,3…),当n=3时,T=0.8 s，经过 / { 1 } { 4 } T , x = 1 { ~ m ~ } 处质点到达波谷位置，加速度最大，方向沿 _ y 轴向上。C错误，B正确；由图可知， λ = 4 { ~ m ~ } ，故 v = / { λ } { T } { = } / { 1 } { 3 } ( 4 n + 3 ) ( n { = } 0 , 1 , 2 , 3 { *s } ) ，当 n = 0 时，波的传播速度为 1 ~ { m / s } , { D } 正确。故选 { B D } _ { \circ } ]

4.BD[题意可知0时刻 a 波在波谷， b 波在平衡位置，且波长均为 λ = 0 . 4 { ~ m ~ } ，若波从 b 向 \scriptstyle a 传播，则两片树叶之间的距离满足 x = / { 1 } { 4 } λ + n λ ( n = 0 , 1 , 2 , 3 , . . . ) ，整理得 x = 1+4n(n=0.,1,2...),n=0、1、2时,x分别为0.1m、0 . 5 { ~ m ~ } , 0 . 9 { ~ m ~ } ，若波从 \scriptstyle a 向 b 传播，则两片树叶之间的距离满足 +m(n0,1,2,3..)，整理 \scriptstyle x = { / { 3 + 4 n } { 4 } } X ( n = 0 , 1 , 2 , 3 , \ldots ) , n = 0 , 1 , 2 时， x 分别为 0 . 3 ~ { ~ m ~ } ，0 . 7 \ { m } , 1 . 1 \ { m } ，故选 { B D } _ { \circ } 」

【思维提能2】

1.C［当频率相同的两列波相遇时，当波程差为波长的整数倍时振动加强，当波程差为半个波长的奇数倍时振动减弱，所以有的地方振动加强，有的地方振动减弱，且加强区和减弱区交替出现，这个现象就是干涉现象，如图甲所示；当波绕过障碍物继续传播的现象就是波的衍射现象，则为乙图所示；当介质不同，波的传播会发生折射，如图丙所示；当波遇到障碍物，会发生反射现象，如图丁所示。故选C。]

2.AC［波速由介质决定，所以降噪声波与环境噪声声波的传播速度大小相等，故A正确；质点 P 在平衡位置附近做机械振动，不会随波迁移，故B错误；由图可看出，理想状态下降噪声波与环境噪声波波长相等，波速相等，则频率相同，叠加时产生干涉，由于两列声波等幅反相，所以振动减弱，起到降噪作用，降噪过程应用的是声波的干涉原理，从波的图像可以看出降噪声波使 P 点向上振动，环境噪声声波使 P 点向下振动，所以 P 点振动减弱，故C正确；D错误。故选AC。]

3.C[该声波的波长为λ= λ = / { v } { f } = 1 { ~ m ~ } ，设 P 是圆周内 A 、B连线上的振动加强点，则 \Delta x = A P - P B = n λ = n m ，其中n = 0 , ± 1 , ± 2 *s ，由于 - 1 0 { ~ m ~ } { <= } \Delta x <= 1 0 { ~ m ~ } ，由此解得 n = 0 , ± 1 , ± 2 *s ± 1 0 其中当 n = ± 1 0 时， \Delta x = ± 1 0 { ~ m ~ } ，此时恰好是圆周上的点，所以此时圆周上共有2个振动加强点；则当 n = 0 , ± 1 , ± 2 *s ± 9 时，分别在圆周上下各有一个振动加强点，即共有38个振动加强点，所以圆周上

共有40处加强点。故选C。]

4.答案：(1)2cm,4m ( 2 ) 2 ~ { m / s } ( 3 ) _ { y } = - A \sin { / { 2 π } { T } } t = - 2 { s i n } 1 5 π t ( {cm } )

解析：(1)由图可知，该波振幅 A = 2 \ { {cm } } ，波长 λ { = } 4 { ~ m ~ } 。(2)该波向右传播且 T > 0 . 5 { ~ s ~ } ，结合波形图可知，该波向右传播的距离为 s = / { 1 } { 4 } λ = 1 { ~ m ~ } ，则波速
v = { / { s } { t } } { = } { / { 1 } { 0 . 5 } } ~ { { m / s } } { = } 2 ~ { { m / s } } _ { \circ }
(3)若波速为 3 0 ~ { m / s } ，则 0 . 5 { ~ s ~ } 内传播的距离 { s } ^ { \prime } = { v } t = 3 0 x 0 . 5 ~ { m } { = } 1 5 ~ { m } { = } 3 ~ / { 3 } { 4 } λ 4λ，可知波的传播方向向x轴负方向；波速为 3 0 ~ { m / s } 时，则波的周期为 T = { / { λ } { v } } = { / { 4 } { 3 0 } } s x = 1 { ~ m ~ } 处的质点从 t = 0 时刻向 _ y 轴负方向振动，从 t = 0 时刻开始计时的振动方程为 y = - A \sin { / { 2 π } { T } } t = - 2 { s i n } 1 5 π t （204号(cm）。

【进阶提能】

1.D［波源 o 起振方向向下， t = 0 时，离 o 点 1 0 { ~ m ~ } 的质点 A 开始振动方向与波源方向相同，起振方向向下， t = 2 { ~ s ~ } 时，质点 A 第3次(刚开始振动时记为第0次)回到平衡位置，根据简谐运动规律，可得此时质点 A 的振动方向也向上，故C错误；当波传到 B 点时， A 点第三次回到平衡位置，可知 \scriptstyle t = 2 \ { { s } } = T + { / { 1 } { 2 } } T ，可得 T = { / { 4 } { 3 } } \mathbf { s } 3s，故A错误；由题意，可知波由 A 点传到 B 点经历 { ~ 2 ~ s ~ } ，解得波速v = / { \Delta s } { \Delta t } = / { 2 0 - 1 0 } { 2 } = 5 ~ { m / s } ，故B错误；该列波的波长为 λ = v T = 5 x { / { 4 } { 3 } } = { / { 2 0 } { 3 } } { { m } } ，当障碍物的尺寸与波长相比，相差不大或比波长更小时，容易发生明显的衍射现象。可知该波遇到尺寸为 { 3 { m } } 的障碍物会发生明显衍射现象，故D正确。故选 { \Delta D _ { \circ } } ]

2.C[从质点 M 的振动图像可知，在 t = 0 时刻质点 M 的振动方向沿 y 轴负方向，结合波形图像，根据同侧法可判断出波的传播方向为沿 x 轴负方向，A错误；从波动图中可看出 λ = 1 2 { ~ m ~ } ，从振动图像可以看出 T = 4 { ~ s ~ } ，波速为u==3m/s,B错误;0～3s内质点M运动的时间为\scriptstyle t = 3 \ s = { / { 3 } { 4 } } T 3T，路程为s { = } 3 A { = } 0 . 1 2 ~ { m , C } 正确；设平衡位置在坐标原点 o 处的质点振动方程为 x = A \sin ( \omega t + \varphi ) ，其中 A = 0 . 0 4 { ~ m ~ } , \omega = / { 2 π } { T } { = } / { π } { 2 } r a d / s , x { = } 0 . 0 2 { ~ m } \varphi = / { 5 π } { 6 }

M 的初相位为 \varphi ^ { \prime } = π
平衡位置在坐标原点 o 处的质点与质点 M 的相位差为△ \varphi = / { π } { 6 } ，距离为 \Delta x = / { / { π } { 6 } } { 2 π } λ = 1 rm { m } ，所以质点 M 平衡位置的横坐标为 x = 1 \ { m , D } 错误。故选C。]

3.答案： ( 1 ) 8 0 0 { { ~ m ~ } } \quad ( 2 ) 8 0 { sqrt { 5 } } { { k m } }

解析：(1)根据波速、波长、周期关系公式，得到 λ = _ { v _ { S } } * { } T = 4 x 1 0 ^ { 3 } ~ { m / s } x 0 . 2 ~ { s } = 8 0 0 ~ { m } _ { \circ } （204号
(2)设监测点距震中的距离为 L ，则监测点距震源的距离s = { sqrt { L ^ { 2 } + h ^ { 2 } } } ，根据题意可得 it { s } = v _ { S } \ * \ ( it { t } + \Delta { t } ) = v _ { P } t ，解得 L = 8 0 { sqrt { 5 } } { k m } 。

4.答案：(1)6s ( 2 ) - 6 0 ~ {cm }

解析：(1)由图可知， a 和 b 波的波长分别为 λ _ { a } = 2 ~ { m } , λ _ { b } \stackrel { } { = } 6 { ~ m ~ } ，由于波在同一均匀介质中传播，可知两波波速 \scriptstyle { v } 相等，则有u=λafa=Tb ，其中 f _ { a } 为 a 波的频率， \boldsymbol { T } _ { b } 为b 波的周期，代入题中数据解得
{ T _ { b } } = 6 { ~ s ~ } _ { \circ } （204号(2)结合以上分析，波速 v = / { λ _ { b } } { T _ { b } } = / { 6 } { 6 } { m / s = 1 } { m / s t = 4 . 5 } 后， a 和 b 波传播的距离均为
\scriptstyle x = v t = ( 1 x 4 . 5 ) { m } = 4 . 5 { ~ m } ，此时， a 波波谷传到了 x = 6 （204号 { ~ m ~ } 处，且 y _ { a } = - 4 0 {cm } b 波在 x = 6 { ~ m ~ } 处已传播时间
t _ { b } = t - / { \Delta x } { v } = 4 . 5 ~ { s } - / { 7 - 6 } { 1 } { s } = 3 . 5 ~ { s } 1s=3.5s,由题知b波在x=6m处质点的振动函数为y=40 sin 中
将 \boldsymbol { t } _ { b } 代入解得 _ { y _ { b } } = - 2 0 \ {cm } ，可知，此时 x = 6 { ~ m ~ } 处的质点的位移为 { \boldsymbol { y } } = { \boldsymbol { y } } _ { a } + { \boldsymbol { y } } _ { b } ，联立以上解得 y = - 6 0 \ {cm } 。

阶段滚动检测卷（二）

答案速对

11.(1)B(2)D(3)频率

12. { 1 } . 5 ②.0.5 ③ . 12

13.(1)80 m/s (2)0.4m

14.见解析

15. ( 1 ) _ { \cal { y } } = 4 \sin ( 2 π t + π ) cm (2)0.5 m、0.7 m、0.3m(3） 4 0 ~ {cm } （2

试题精析

1.B［产生多普勒效应的原因是振源与观察者之间距离变化，使观察者接收到的频率发生了变化，但波源频率并不改变，A错误；发生干涉现象时，介质中振动加强的质点振幅最大，振动减弱的质点振幅最小，若两列波的振幅相等，振动减弱的质点的振幅为零，B正确；质点做简谐运动时，一个周期内通过的路程是四个振幅，与波长无关，C错误；波速由介质决定，频率由波源决定，当声波从空气进入水中时，频率不变，波速变大，则波长变大，D错误.]

2.C［A.发生干涉时两列波的频率必须相同，则不同蝙蝠发出不同频率的超声波不可能发生干涉，故A错误；B.蝙蝠发出的超声波进入水中后传播速度要发生变化，故B错误；C.高频的超声波波长较短，更容易被较小的猎物反射，则蝙蝠产生高频的超声波目的是便于捕捉较小的猎物，故C正确；D.根据多普勒效应可知，蝙蝠听到回声的频率变高时，能判断出正在靠近的猎物，故D错误。

3.C[小球从 c 运动到 o 的过程中，弹簧伸长量不断减小，弹簧的弹性势能不断减小，小球受到的回复力不断减小，小球做加速度不断减小的加速运动，小球的动能不断增大，当到达 o 点时，速度达到最大值.故C正确.]

4.C[B.由图可知，振幅为 A = 6 \ {cm } ，故B错误；

A.由图可知，波长为 λ { = } 8 { ~ m ~ } ，故A错误；
C.该波的波速为
v { = } / { λ } { T } { = } / { 8 } { 0 . 4 } { m / s } { = } 2 0 { \ m / s }
故C正确；
D.质点 P 此刻沿 _ y 轴正方向运动，根据“同侧法”可知，该波沿 x 轴正方向传播，故D错误。
故选C。]

5.D［A、A是波峰与波峰相遇的位置，B点是波谷与波谷相遇的位置，都是振动加强点，故A错误；B、BD两点都是振动加强点， c 在BD连线上，也是振动加强点，振幅为两列波振幅之和，不为零，故B错误；C、B处于波谷位置， D 处于波峰位置， P * C 两点在 B D 之间，波向右平移，所以两点的振动方向相同，都向上振动，故C错误；D、EF两点是波峰与波谷相遇的位置，是振动减弱点，振幅为两者振幅之差，若两振源振幅相同，则这两点的振幅为零，则位移始终为零，故D正确。

故选 { \Delta D _ { \circ } } 」

6.C「根据多普勒效应产生的原因，该图表示波源正在向B点移动，故A错误；当波源向观察者运动时，观察者接收到的频率一定比波源振动的频率高；当波源远离观察者时，观察者接收到的频率一定比波源振动的频率低，故B、D错误，C正确.」

7.D[波沿 x 轴正方向传播，运用波形平移法可知，题图中 x = 4 0 { ~ m ~ } 处质点的起振方向为 _ y 轴负方向，波源开始振动时方向沿 _ y 轴负方向，A错误；由题图读出波长为λ=20 m，则周期为T=-20 T = / { λ } { v } = / { 2 0 } { 4 0 } \ s = 0 . 5 \ s , { I } s=0.5 s,B错误；波传到x=400m处历时400-40 / { 4 0 0 - 4 0 } { 4 0 } \ s = 9 \ { ~ s ~ } ，此时质点向下运动，再经过 0 . 3 7 5 { ~ s ~ } 即， / { 3 } { 4 } T ，则质点处于波峰,C错误；该波的频率为f= T=2 Hz，若波源向x轴负方向运动，波源与接收器间的距离增大，根据多普勒效应可知，接收器收到波的频率减小，D正确.]

8.B「如果发生的是完全非弹性碰撞

解得

如果发生弹性碰撞，根据动量守恒与机械能守恒m \ v _ { 0 } = 1 0 0 m \ v _ { 1 } + m \ v _ { 2 } \ , { / { 1 } { 2 } } m \ v _ { 0 } \ ^ { 2 } = { / { 1 } { 2 } } x 1 0 0 m \ v _ { 1 } \ l ^ { 2 } + { / { 1 } { 2 } } m \ v _ { 2 } \ l ^ { 2 }

解得

碰后速度介于两者之间。

9.BD[A.由图像可知，该超声波的波长为

故A错误；

B.该超声波在血管中的传播速度为

故B正确；

c .由于

当缝、孔或障碍物的尺寸与波长相比相差不多，或者比波长更小时，才会发生明显衍射，则该超声波遇到人体组织时不会发生明显衍射，故C错误；

D .质点振动的方程为

故D正确。故选 { B D } _ { \circ } 」

10.AC[AB.图2可知0时刻 N 质点向下振动，结合图1同侧法可知该简谐波沿 x 轴负方向传播，故A正确，B错误；C.依题，0时刻开始 M 点向下振动，根据振动规律可知，经过 { / { 1 } { 6 } } T 质点 M 到达波谷，再过 { / { 1 } { 2 } } T 到达波峰，考虑周期性可得

得周期可能值

当 n = 1 时， T { = } 0 . 2 4 { ~ s ~ } ，故 { ~ c ~ } 正确；

D.根据

当 v = { / { 2 5 } { 3 } } { m } / { s } , n 故选AC。]

11.解析：(1)图中可观察到水波通过障碍物上的狭缝后在水面继续传播，是波的衍射。故选B。

(2)水面各点的振动均为受迫振动，频率由驱动力决定，与水体自身性质无关。
故选D。

(3)若使波源保持振动情况不变并同时向狭缝靠近，根据多普勒效应可知，相比于波源静止，狭缝右侧水波的频率变大，波速不变，由公式 v = λ f 可知，波长减小。

12.解析：(1）由题意可得，相邻的波峰和波谷距离为 ^ { { ~ 1 ~ m ~ } } 故波的波长为 λ = 2 { ~ m ~ } 。根据简谐振动的位移时间变化关系可得

又

故机械波的传播速度为

（2）由图像可知， O D 距离 2 m 为一个完整的波长， t _ { 0 } 时刻 , O , D 均在波峰，且平面内只有一个完整的波形，则 o 点此时第二次出现波峰，可知

(3)根据勾股定理可知

则传播到 c 点的时间为

则 t = 0 . 8 S至 t = 1 . 6 { ~ s ~ } 时间内， c 处质点只振动了 n ^ { \prime } 个周期

则 c 点处质点运动的路程

13.解析：(1)根据振动方程可知，角速度 \omega = 2 0 π ，则周期为T = / { 2 π } { \omega } = / { 2 π } { 2 0 π } \ s = 0 . 1 \ s （20由题意可知 O P = 2 { ~ m } = ( n + / { 1 } { 4 } ) λ 则 λ = { / { 8 } { 4 n + 1 } } ~ { m } ( n = 0 , 1 , 2 *s ) 波速为 v = / { λ } { T } { = } / { 8 0 } { 4 n + 1 } { \ m / s } ( n { = } 0 , 1 , 2 { *s } ) 当 n = 0 时波速最大，最大波速 v _ { m } = 8 0 \ { m / s } 0(2)当波速为 1 6 ~ { m / s } 时，波从 o 点传到 P 点用时 t _ { 1 } = / { x } { v } = / { 2 } { 1 6 } ~ { s } = 0 . 1 2 5 ~ { s } P 点振动的时间 t _ { 2 } = t - t _ { 1 } = 0 . 2 5 ~ { s } = 2 . 5 ~ T P 点振动通过的路程 s { = } 2 . 5 x 4 A { = } 0 . 4 { ~ m ~ } 。

.解析：由振动图象得质点振动周期 T = 0 . 4 \ s 若波由 A 向 B 传播， B 点比 A 点晚振动的时间 \Delta { \ : } t =
n T + / { 3 } { 4 } T ( n = 0 , 1 , 2 , 3 , *s ) , 所以 A , B 间的距离为
\Delta s = v \Delta t = / { λ } { T } \Delta \ t = n λ + / { 3 } { 4 } λ \left( n = 0 , 1 , 2 , 3 , *s \right) , 则波长为 λ = / { 4 \Delta s } { 4 n + 3 } { = } / { 1 6 } { 4 n + 3 } ~ m 因为 λ { > } 2 { { ~ } } m ，所以 { \boldsymbol { n } } = 0 , 1 （204号当 n = 0 时 , λ _ { 1 } = { / { 1 6 } { 3 } } ~ m , v _ { 1 } = { / { λ 1 } { T } } { = } { / { 4 0 } { 3 } } ~ { m / s } , 当 n = 1 时 , λ _ { 2 } = { / { 1 6 } { 7 } } { { ~ m } } , v _ { 2 } = { / { λ 2 } { T } } = { / { 4 0 } { 7 } } { { ~ m } } / { { s } } _ { \circ } （20若波由 B 向 A 传播， A 点比 B 点晚振动的时间 \Delta { \ : t } =
n T + / { 1 } { 4 } T ( n = 0 , 1 , 2 , 3 , *s ) , 所以 A , B 间的距离为

\Delta s = n λ + / { 1 } { 4 } λ \left( n = 0 , 1 , 2 , 3 , *s \right) , （204号则波长为 λ = / { 4 \Delta s } { 4 n + 1 } = / { 1 6 } { 4 n + 1 } 因为 λ { > } 2 { ~ m ~ } ，所以 { \bf \Pi } _ { n } = 0 , 1 当 n = 0 时 , λ _ { 1 } { = } 1 6 ~ m , v _ { 1 } { = } 4 0 ~ { m / s } 当 n = 1 时 \mathbf { \nabla } * λ _ { 2 } = { / { 1 6 } { 5 } } \ m \mathbf { \nabla } , v _ { 2 } = 8 \ \mathbf { m } / \mathbf { s } _ { c } （204号

15.解析： ( 1 ) 由波形图可得

周期

角速度

Tx=-0.2m处波源的振动方程

解得

(2)设某振动加强点到波源1的距离为 x + 0 . 2 ，则到波 源2的距离为 1 . 2 - x ，加强点到两波源的路程差

当 n = 0 , 1 , - 1 时，振动加强点的坐标分别为 0 . 5 { m } ，0 . 7 { m } , 0 . 3 { ~ m ~ }

(3)两列波传播到 M 点的时间

其中

质点 M 为振动加强点， 0 ~ 2 . 0 { ~ s ~ } 内， M 振动的时间

0 ~ 2 . 0 { ~ s ~ } 内， M 运动的路程

解得

单元重构项目卷(四)

【思维提能1】

1.BD 「如图所示

出射光线与PQ平行，根据图中几何关系可得n=sin60°\scriptstyle = { sqrt { 3 } } ，则有 sin30。=3，可得光束在P点的入射角为i = { 6 0 } ^ { \circ } ，故A错误，B正确；光在水晶球中的传播速度为\scriptstyle v = { / { c } { n } } = { / { sqrt { 3 } } { 3 } } c 3c，光在水晶球中的传播距离为s=2acos30°=√3a,则光在水晶球中的传播时间为t=_3a， ，故C错误，D正确。故选 { B D } _ { \circ } ]

2.D［光从光密介质进入光疏介质中发生全反射，内芯相对外套是光密介质，故A错误；根据折射定律n=in可知，内芯对 b 光的折射率为 sqrt { 2 } ，入射角相同，折射角小，折射率较大，所以内芯对 \scriptstyle a 光的折射率大于 sqrt { 2 } ，故 B 错误；由n= n = { / { 1 } { \sin C } } sinC可知，折射率越大，临界角越小，a 光更容易发生全反射，故C错误;由 n = / { c } { v } 可知，折射率越大，光在介质中的传播速度越小，在内芯中 \scriptstyle a 光比 b 光的速度小，故D正确。故选 { ~ D ~ } _ { \circ } 」

3.CD「光射入水中频率不变，根据 n = / { c } { v } = / { λ _ { \mathscr { L } } } { λ _ { \mathscr { k } } } = sqrt { 2 } 可知，光射入水中后波长变短，故A错误；令图中光路的折射角为0，则有n=sin45 si ，解得θ=30′，令鱼与村民的实际水平距离为 x ，根据几何关系有 \boldsymbol { h } _ { { ~ \mathscr ~ { ~ R ~ } ~ } } { { ~ ~ \mathscr ~ { ~ a ~ } ~ } } _ { { { a } } } { { { n } } } θ = x - h , . tan45，解得 x = 2 . 2 rm { m } ，故B错误；村民看到的鱼的位置位于图中水面上方两条入射光线的延长线的交点，可知，鱼的实际深度比村民观察到的要深，故C错误；根据全反射的{ s i n } C = { / { 1 } { n } } C = 4 5 ^ { \circ }
所有的景物都会出现在一个顶角为 9 0 ^ { \circ } 的倒立圆锥里，故D正确。故选 { C D } _ { \circ } ]

【思维提能2】

2.C[由题图甲、乙可知 \scriptstyle a 光的相邻条纹间距较大，根据双缝干涉条纹的间距公式 \Delta x = / { l } { d } λ ，可知 λ _ { b } < λ _ { a } ，故 A （204号错误；由 \mathbf { \Phi } _ { c } = λ f , λ \mathbf { \Phi } _ { b } < λ _ { a } ，得 f _ { b } > f _ { a } ，故B错误；利用透明薄膜检查元件平整度是利用光的干涉现象，故C正确；因λ _ { b } < λ _ { a } ，用 \scriptstyle a 照射单缝有明显的衍射现象，则 b 通过同一单缝不一定会观察到明显的衍射现象，故D错误。故选C。]

3.C［相邻亮条纹之间空气膜的厚度差等于半个波长，当薄片向右移动少许时，空气膜的劈角变大，空气膜厚度差等于半个波长的位置距离变小，所以相邻亮条纹间距变小，条纹变密，故A错误；空气薄层干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相同，从弯曲的条纹可知，检查平面左边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相同，弯曲处是凸的，故B错误；根据条纹的位置与空气膜的厚度是对应的，当样板平行上移时，同一厚度的空气膜向劈尖移动，故条纹向着劈尖移动，故C正确；条纹间距与光的波长成正比，由于黄光波长长，故黄光条纹间距大，绿光的条纹间距小，故D错误。故选C。

4.D[该装置相当于双缝间距为 d = 2 a ，根据 \Delta x = / { l } { d } λ 可得光屏上相邻两条亮条纹或暗纹的中心间距为 \Delta x = / { l } { 2 a } λ ，选项AB错误；若将整套装置完全浸入折射率为 n C的透明溶液中，此时单色光的波长变为λ= λ ^ { \dot { \prime } } = { / { v } { f } } = { / { n } { f } } = ,选项C错误；由上述分析可知，若将整套装置完全浸入某种透明溶液中，则波长变短，根据 \Delta x = / { l } { d } λ d，可知，光屏上条纹将变得密集，选项D正确。故选 { \Delta D _ { \circ } } 」

【思维提能3】

1.答案：(1)11.1 0.75 6 x 1 0 ^ { - 7 } \left( 2 \right) 偏大解析：(1)10分度游标卡尺的精确值为 0 . 1 \ {mm } ，由图可知{ x _ { A } = 1 1 \ {mm } + 1 x 0 . 1 \ {mm } { = } 1 1 . 1 \ {mm } } ；则相邻两条纹间距\Delta x = / { x _ { B } - x _ { A } } { 6 } = / { 1 5 . 6 - 1 1 . 1 } { 6 } {mm } = 0 . 7 5 { ~mm } ；根据 \Delta x = { / { L } { d } } \ λ ，可得该单色光的波长为 λ \ = \ / { d \Delta x } { L } \ = / { 0 . 4 x 1 0 ^ { - 3 } x 0 . 7 5 x 1 0 ^ { - 3 } } { 0 . 5 } { m } { = } 6 x 1 0 ^ { - 7 } { m } \circ （204号

(2)若某同学通过目镜，看到如图所示的情形。由于条纹
清晰，他没有再进一步进行调节，而是直接进行测量，则
测得的条纹间距△x偏大，根据λ=d λ = / { d \Delta x } { L } ，可知测量得到（204号
的波长和准确值相比偏大。
2.答案：(1）P、P（2）d (3)D解析：(1)在 A O 上 P _ { 1 } , P _ { 2 } 位置竖直插两个大头针，眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使 P _ { 2 } 挡住 \boldsymbol { P } _ { 1 } ，插上大头针 { \boldsymbol { P } } _ { 3 } ，让 { \cal P } _ { 3 } 挡住 P _ { { ~ 1 ~ } } { { , } } P _ { { ~ 2 ~ } } 的像，然后再插上大头针
P _ { { ~ 4 ~ } } 挡住 { \boldsymbol { P } } _ { 3 } 和 P _ { { ~ 1 ~ } } { { , } } P _ { { ~ 2 ~ } } 的像。(2)折射率n= { _ { n } } = { / { \displaystyle { / { B B ^ { \prime } } { O B } } } { \displaystyle { / { C C ^ { \prime } } { O C } } } } = { / { B B ^ { \prime } } { C C ^ { \prime } } } = { / { d _ { 1 } } { d _ { 2 } } }

(3)画出光路如图；根据 n = / { \sin i } { \sin r } * 两图的折射角 \boldsymbol { r } 不 变，则不会产生误差； c 图中折射角 \boldsymbol { r } 偏大，则折射率偏 小； D 图中折射角 \boldsymbol { r } 偏小，则折射率偏大。故选D。

【进阶提能】

2.D[图(a)是内窥镜，可以把光传送到人体内部进行照明，是利用了光的全反射，故A错误；图 ( b ) 是阳光下观察肥皂膜，看到了彩色条纹，这是光的干涉现象，实验时肥皂膜应竖直放置，受重力影响，下面薄膜较厚，条纹分布是上疏下密，故B错误；图(c)是单色平行光线通过狭缝得到的衍射图样，故C错误；图(d)是用偏振眼镜观看立体电影，要求屏幕上的光必须是偏振光，故D正确。故选 { ~ D ~ } _ { \circ } ]

5.答案： ( 1 ) / { 1 } { 2 } c ( 2 ) 5 0 %

解析：(1)设蓝光在玻璃薄板中传播时的速度为 \scriptstyle { \boldsymbol { v } } ，由波速公式、折射率和波速关系可得 c = λ f , \boldsymbol { v } = / λ 2 f 2f，解得v{ \bf \xi } = / { 1 } { 2 } { \bf \zeta } _ { c } { ~ , ~ }

(2)由临界角公式可得 { s i n } C = { / { 1 } { n } } ，解得 C = 3 0 ^ { \circ } ，射向 A B （204号边上的光子对应的角度为 { 1 2 0 } ^ { \circ } ，能直接射出的光子对应的角度为 { 6 0 } ^ { \circ } ，可得 \eta = / { 6 0 ^ { \circ } } { 1 2 0 ^ { \circ } } = 5 0 % 。

6.答案： ( 1 ) { sqrt { 2 } } （204号 ( 2 ) 8 π R ^ { 2 }

解析： ( 1 ) 从 A 点射入光线在砖内沿直线传播，在球表面上 B 点折射，入射角 \angle O B A 为 i ，折射角为 γ ，光路如图。

几何关系可知 { s i n } i = { / { O A } { R } } = { / { 1 } { 2 } } 由几何知识可得 γ = i + α （204号= 4 5 ^ { \circ } ，折射率为 n { = } / { \sin γ } { \sin i } { = } sqrt { 2 } 。

(2)设射入砖内光线在上表面 E 点恰好发生全反射，临界角为 _ { C , E } 点在光屏上的投影点为 E ^ { ' } ，对应折射光线与光屏的右侧交点为 F 点，光路如图。

因为 { s i n } C = { / { 1 } { n } } { = } { / { sqrt { 2 } } { 2 } } ，解得 C = 4 5 ^ { \circ } ，由几何知识可得 \angle E ^ { \prime } E F = 4 5 , E E ^ { \prime } = E ^ { \prime } F = { / { 5 { sqrt { 2 } } } { 2 } } R ，光屏上照亮区域半径 r = （20 { / { 5 { sqrt { 2 } } } { 2 } } R - { / { sqrt { 2 } } { 2 } } R = 2 { sqrt { 2 } } R ，照亮区域面积为 S = π r ^ { 2 } = 8 π R ^ { 2 }

7.答案： ( 1 ) / { sqrt { 1 0 } } { 2 } (2） / { u } { 2 } 解析：(1)如图所示

底面直径与桶高相等，所以图中入射角 i = 4 5 ^ { \circ } ，折射角为 （204号 \boldsymbol { r } ，则有

{ s i n } r = { / { C N ^ { \prime } } { sqrt { C N ^ { \prime 2 } + O N ^ { \prime 2 } } } } = { / { / { d } { 4 } } { sqrt { \left( { / { d } { 4 } } \right) ^ { 2 } + \left( { / { d } { 2 } } \right) ^ { 2 } } } } = { / { sqrt { 5 } } { 5 } } , ，油的折射率 n { = } / { { \sin } i } { { \sin } r } { = } / { { sqrt { 1 0 } } } { 2 } 9

(2）设 \mathbf { \chi } _ { t } ^ { } 时间内油面深度为 _ y ，光斑移动位移大小为 \mathbf { \Psi } _ { x } ，则
\tan r = { / { y - x } { y } } , { / { x } { y } } = { / { v } { u } } ,
解得 v = / { u } { 2 } 。

阶段滚动检测卷（三）

答案速对

d△x 11. (1)7.870 (2)1.893 L2

12. / { a } { m } 偏大 P5、P6 sqrt { 3 }

13. (1)1.6 （2号 ( 2 ) 1 . 8 7 5 x 1 0 ^ { 8 } ~ { m / s } （2号
14. ( 1 ) t = 0 . 5 s (2 ) \boldsymbol { v } _ { 0 } = 3 { ~ m } / { s } （2号 （2号 ( 3 ) { I { = } 2 . 5 ~kg ~ { * } ~ m / s } （2号
15.(1）/ （ ? ) / { sqrt { 2 1 } } { 1 8 } x 1 0 ^ { - 8 } s

试题精析

1.B［A.全息照相利用了光的干涉原理，故A错误；B.荷叶上的露珠显得特别明亮是光的全反射现象，故B正确；C.通过手指间的缝隙观察日光灯，可看到彩色条纹是光的衍射现象，故C错误；D.观看立体电影时所戴的眼镜利用了光线偏振的原理，故D错误。

2.C[A.图乙中的条纹等间距，所以是双缝干涉条纹图样，A错误；B.光的路程差为波长的整数倍时，为加强区，即亮条纹，B错误；CD.根据干涉公式△x=， ，当增大 L ，其他不变时，干涉条纹的中心间距增大，当增加 d 其他不变时，干涉条纹的中心间距减小，C正确，D错误。

3.D［振子的振动周期等于 2 t _ { 1 } ，故A错误；在 \scriptstyle t = 0 时刻，振子的位置在 o 点，然后向左运动，故B错误；在 t = t _ { 1 } 时刻，振子经过平衡位置，此时它的速度最大，故C错误；从 it { t } _ { 1 } 到 t _ { 2 } ，振子正从 o 点向 b 点运动，故D正确.]

4.C \bar { \mathbf { \Phi } } _ { t } = 0 时，质点 a 的位移最大，则加速度最大，质点 b 的位移为零，加速度为零，选项A错误；质点 b 和质点 it { c } 的平衡位置相差半个波长，则速度方向总是相反的，选项B错误；波沿 x 轴正方向传播，所以 t = 0 时刻质点 b 向上振动，质点 it { c } 向下振动，结合图乙可知，图乙可以表示质点 b 的振动，选项C正确，D错误。]

5.B［A.远处山峰的倒影非常清晰，是因为山峰发出的光线在水面上发生了反射，但不是全反射，因为全反射只有光从光密介质射入光疏介质时才可能发生，故A错误；

B.远处水面下景物的光线射到水面处，入射角很大，若入射角大于或等于全反射临界角时，则将发生全反射，光线不能射出水面，因而看不见，故B正确；
C.近处水面下景物的光线射到水面处，入射角越小，反射光越弱而折射光越强，射出水面而进入人眼睛中的能量越多，故C错误；
D.光线由水射入空气，根据 \ v = { / { c } { n } } 可知光的波速变大，但光的频率不变，根据 \boldsymbol { v } = λ \boldsymbol { f } 可知波长变大，故D错误。

6.A[当 o 点发出的光线射到半球体最右端(或最左端)恰好发生全反射时，整个半球体上均有光线射出，如图所示

由几何关系可得

光线发生全反射时有

联立解得透明体的折射率为

故选A。]

7.D[A.设入射角为 i ，折射角为 \boldsymbol { r } ，则根据折射定律

可知，当入射角相同，折射角越小的折射率越大，故

由于光的折射率越大，其频率越大，波长越短，则 a 光在真空中的波长小于光束 b 的波长，故A错误；B.根据

可知，玻璃对光折射率越大，则光在玻璃中的传播速度越小，故 \scriptstyle a 光在玻璃中的传播速度比 b 小，故B错误；C.a光在玻璃和真空中传播时频率不变，而 \mathbf { \Delta } _ { a } 光在玻璃中的传播速度小于真空中的光速，根据

可知， \mathbf { \nabla } _ { * } \boldsymbol { a } 光在玻璃中的波长比其在真空中的小，故C错误；

D.根据几何关系可知光在玻璃中传播的距离为

所以传播的时间为

因此 it { a } , it { b } 光在玻璃砖中传播的时间相等，故D正确。

8.D[A.释放后， B 离开地面前， , A , B 以及弹簧组成的系统只有重力和弹簧的弹力做功，所以系统机械能守恒，故A错误；B.弹簧长度压缩至 7 . 5 ~ {cm } 时，弹簧压缩了 2 . 5 ~ {cm } ，则弹簧的弹性势能为（204号 E _ { \nu } = / { 1 } { 2 } k \ x _ { 1 } ^ { 2 } = / { 1 } { 2 } x 1 0 0 x ( 2 . 5 x 0 . 0 1 \ ) ^ { 2 } = 3 . 1 2 5 x 1 \ 0 ^ { - 2 } J 而 B 刚要离开地面前，有

可得

既弹簧伸长 1 \ {cm } 时， B 即将离开地面，则 A 的重力势能增加了

由系统的机械能守恒可知，若将弹簧长度压缩至7 . 5 ~ {cm } ，释放后不能使 B 离开地面，故B错误；C.若 B 能离开地面，则 B 离开地面后， A , B 以及弹簧组成的系统合力是系统受到的重力，不为零，所以动量不守恒，故C错误；D.若 B 能离开地面，则从 B 离开地面到弹簧第一次恢复到原长的过程中， B 的动量变化量的大小

A 的动量变化量大小为

所以 A 的动量变化量大于 B 的动量变化量，故D正确。

9.ACD[A.爆炸过程，内力远大于外力，则动量守恒，机 械能增大，A正确； B.由动量守恒有

解得

B错误；

C.动能之比为

C正确；

D.由人船模型有

解得

D正确。]

10.CD［A.两束光全反射的临界角度为

而 it { bf { ? } } , it { b } 两束光线第一次到达 / { 1 } { 4 } 圆弧外侧的入射角分别满足

因此可知

所以 \scriptstyle a 并不会发生全反射，故A错误；

B.根据

可得

故B错误；

C.根据折射定律可得

解得

故C正确；

D.光线 it { b } 的光路图如下所示

则 b 光传播的距离为

因此传播时间为

故D正确。

11.解析：(1)题图2中固定刻度读数为 7 . 5 { {mm } } ，可动刻度读数为

所以读数

入射光的波长

12.解析： ( 1 ) 根据折射定律可得玻璃砖的折射率为

若在插大头针 P _ { 3 } 前不小心将玻璃砖以 o 为圆心逆时针转过一小角度，相当于入射角略微减小，根据折射定律可知折射角也将减小且减小量比入射角的减小量更大些，则折射光线将以 o 为圆心顺时针转过一小角度，之后再插大头针 { \cal P } _ { 3 } 时，其位置将更靠近直线 A D ，所以AB长度不变， C D 变小，由此测得玻璃砖的折射率将偏大。

(2)由题意，根据几何关系以及对称性作出光路图如图所示，可知在图乙中右边的插针应该是 P _ { 5 } \ 、 P _ { 6 } 。

(3)如图所示。当光线从 P 点垂直界面入射后，其入射角恰好等于全反射临界角，即

当入射角 θ = { 6 0 } ^ { \circ } 时，光线从玻璃砖圆形表面出射后恰好与入射光平行，根据折射定律以及对称性可知

而

根据折射定律有

联立以上四式解得

13.解析：(1)由折射定律可知

解得折射率

(2)由折射率与光在介质中的速率关系式

解得

14.解析：(1)小球 B 竖直方向自由落体运动

小球 B 在空中飞行的时间

(2)A球与 B 碰后反弹，则由动量守恒

A 球反弹后再次压缩弹簧然后被弹回，则两小球离开桌面后均做平抛运动，水平方向匀速直线，竖直方向自由落体，时间相同，根据题意得

弹性碰撞满足能量守恒，动能关系为

整理解得

(3)根据冲量定理第一次和第二次被弹簧弹开时弹簧对球的冲量分别为

由第(2)问中的公式解得

所以全过程中弹簧的弹力对小球 A 的总冲量为

15.解析： ( 1 ) 由题意作出光路图，如图所示

由几何关系可知入射角为
α = 9 0 ^ { \circ } - θ = 6 0 ^ { \circ }
由于在 \mathbf { \nabla } A C 面发生了全反射，则 n = / { 1 } { s i n γ }
又因为 β + γ = / { π } { 2 }
在 * { A B } 面上： n = / { s i n α } { s i n β }
解得： n { = } / { sqrt { 7 } } { 2 } (2)由几何关系可知 O E { = } { / { d } { sqrt { 7 } } }
因为 \sin γ = / { 2 } { sqrt { 7 } }
所以 \cos γ = / { sqrt { 3 } } { sqrt { 7 } } ，则 D E { = } / { O E } { \cos γ } { = } / { d } { sqrt { 3 } } { = } / { sqrt { 3 } } { 3 } m光在棱镜中的速度为 v = { / { c } { n } } { = } { / { 6 } { sqrt { 7 } } } x 1 0 ^ { 8 } \ { { m / s } } 则光束从 A B 面传播到 A C 面所用的时间t = { / { D E } { v } } { = } { / { sqrt { 2 1 } } { 1 8 } } { x } 1 0 ^ { - 8 } \ { s } _ { \circ } （204号

高考真题体验卷

答案速对

11. (1)1.0 (2)0.20 (3)B
12.(1)B (2)大 ( 3 ) >

13.(1 ) / { m a } { m g + F _ { { ~ N ~ } } } C { ? ) { 1 } 3 3 0 \ N * _ { { ~ s ~ } } } 竖直向上 { 2 } 0 . 2 { ~ m ~ }

14.(1)0.75 \left( 2 \right) 0 { < } x { <=slant } / { 2 sqrt { 3 } } { 9 } R

15.(1)4 m/s (2)(i)0.2 1 kg (3） 4 . 5 { ~ m ~ } （2

试题精析

1.A［对整个系统分析可知合外力为0，A和B组成的系

统动量守恒，得 m _ { { { A } } } v _ { { { A } } } = m _ { { { B } } } v _ { { { B } } } ，设弹簧的初始弹性势能为 E _ { { { p } } } ，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧恢复原长时得E=mA+½m mBU，联立得E=(m+m)，故可知弹簧恢复原长时滑板速度最大，此时动量最大，动能最大，对于系统来说动量一直为0，系统机械能不变，故选 { A } _ { \circ } 一

2.D[由题图乙知， \scriptstyle t = 0 时，手机加速度为0，由牛顿第二定律得弹簧弹力大小为 F = m g ，A错误；由题图乙知，t = 0 . 2 S时，手机的加速度为正，则手机位于平衡位置下方，B错误；由题图乙知，从 t = 0 至 \iota = 0 . 2 { ~ s ~ } ，手机的加速度增大，手机从平衡位置向最大位移处运动，速度减小，动能减小，C错误；由题图乙知 T = 0 . 8 { ~ s ~ } ，则角频率 \omega = π=2.5π rad/s，则a随t变化的关系式为a=4sin( 2 . 5 π t ) { m } / { s } ^ { 2 } ，D正确。]

3.B[根据图像乙可知，振幅为 1 . 0 \ {cm } ，周期为 T = 0 . 4 { ~ s ~ } 则频率为 f { = } / { 1 } { T } { = } / { 1 } { 0 . 4 } ~ { H z } { = } 2 . 5 ~ { H z } 故A错误，B正确； 根据图像可知， t = 0 . 1 S时质点处于平衡位置，此时速度 最大，故C错误；根据图像可知， t = 0 . 2 { ~ s ~ } 时质点处于负 向最大位移处，则此时加速度方向竖直向上，故D 错误。]

4.C[波的周期 T = 4 { ~ s ~ } ，因 t = 1 1 S时，即在 \boldsymbol { t } = 1 { ~ s ~ } 后再经过 1 0 \ { s } { = } 2 . 5 T ，此时原点处的质点振动到波谷位置，即该波的波形图为 { C } _ { { \ell } } 故选C。]

5.C［由题意可知两列波的波速相同，所以相同时间内传播的距离相同，故两列横波在 x = 1 1 . 0 { ~ m ~ } 处开始相遇，故A、B错误；甲波峰的坐标为 x _ { 1 } = 5 { ~ m ~ } ，乙波峰的坐标为 x _ { 2 } = 1 6 { ~ m ~ } ，由于两列波的波速相同，所以波峰在 x ^ { \prime } = 5 ~ { { m } } { + } / { 1 6 { - 5 } } { 2 } ~ { { m } } { = } 1 0 . 5 ~ { { m } } 处相遇，故C正确、D错误。

6.A［入射角相同，由于 β _ { 1 } { < } β _ { 2 } ，根据折射定律可知 n _ { \ P } > （204号 n _ { sf { C } } ,故甲浓度大，根据 \scriptstyle v = { / { c } { n } } ，可知光线在甲中的传播速度较小，由sin C = / { 1 } { n } 可知折射率越大临界角越小，故甲临界角小，故选A。]

7.C「单色平行光垂直照射平板玻璃，上、下玻璃上表面的反射光在上玻璃上表面发生干涉，形成干涉条纹，光程差为两块玻璃距离的两倍，根据光的干涉知识可知，同一条干涉条纹位置处光的波程差相等，即滚珠a的直径与滚珠b的直径相等，即滚珠b合格，不同的干涉条纹位置处光的波程差不同，则滚珠a的直径与滚珠c的直径不相等，即滚珠c不合格，故选C。

8.A［由题知，C的膨胀系数小于G的膨胀系数，当温度升高时，G增长的高度大于C增长的高度，则劈形空气层的厚度变大，且同一厚度的空气膜向劈尖移动，则条纹向左移动，故选 { A } _ { \circ } 一

9.BC［在0.5s内，甲、乙两列波传播的距离均为 \Delta x = v \Delta t = 2 x 0 . 5 \ { m } = 1 { ~ m ~ } ，根据波形平移法可知， t = 0 . 5 { ~ s ~ } 时， x = 1 { ~ m ~ } 处甲波的波谷刚好传到 P 处， x = 3 { ~ m ~ } 处 z 波的平衡位置振动刚好传到 P 处，根据叠加原理可知，t = 0 . 5 s时， P 偏离平衡位置的位移为 - 2 ~ {cm } ，故A错误，B正确；在1.0s内，甲、乙两列波传播的距离均为\Delta x ^ { \prime } = v \Delta t ^ { \prime } { = } 2 x 1 . 0 ~ { m } { = } 2 { ~ m } ，根据波形平移法可知， t = 1 . 0 { ~ s ~ } 时， x = 0 处甲波的平衡位置振动刚好传到 P 处，x = 4 { ~ m ~ } 处 z 波的平衡位置振动刚好传到 P 处，且此时两列波的振动都向 _ y 轴正方向运动，根据叠加原理可知， t = 1 . 0 S时， P 向 _ y 轴正方向运动，故C正确，D错误。

10.ABC［根据几何关系可知从材料内发生折射时光线的折射角为 { 6 0 } ^ { \circ } ，故折射率为 { n = } / { \sin { 6 0 ^ { \circ } } } { \sin { 3 0 ^ { \circ } } } { = } sqrt { 3 } =√3，故A正确;设临界角为 c ，得sin C = / { 1 } { n } = / { 1 } { sqrt { 3 } } { < } / { 1 } { sqrt { 2 } } ，故 c { < } 4 5 ^ { \circ } 4故若 θ = 4 5 ^ { \circ } ，会发生全反射，光线 it { c } 消失，故B正确；由于光线 b 为反射光线，反射角等于入射角，故当入射光a 变为白光，光线 b 为白光，故C正确；对同种介质，紫光的折射率比红光大，故若入射光 \scriptstyle a 变为紫光，折射角将变大，光线 b 和 \mathbf { \Psi } _ { c } 不会垂直，故D错误。

11.解析：（1）由 x ^ { - } t 图像的斜率表示速度可知两滑块的速度在 t = 1 . 0 { ~ s ~ } 时发生突变，即这个时候发生了碰撞。(2)根据 x ^ { - } t 图像斜率的绝对值表示速度大小可知碰撞前瞬间B的速度大小为：v = \left| { / { 9 0 - 1 1 0 } { 1 . 0 } } \right| { {cm / s } = 0 . 2 0 ~ m / s _ { \circ } } （204号

(3)由题图 z 知，碰撞前A的速度大小 v _ { { A } } = 0 . 5 0 { m / s } 碰撞后A的速度大小约为 v _ { { ~ A ~ } } ^ { \prime } = 0 . 3 6 ~ { m / s } ，由题图丙可知，碰撞后B的速度大小为 { v ^ { \prime } } _ { { { \tiny ~ B } } } = 0 . 5 ~ { m / s } , A和B碰撞过程动量守恒，则有 m _ { { A } } v _ { { A } } + m _ { { B } } v = m _ { { A } } v _ { { ~ A } } ^ { \prime } + m _ { { B } } v _ { { ~ B ~ } } ^ { \prime } ，代入数据解得 / { m _ { { ~ A ~ } } } { m _ { { ~ B ~ } } } { \approx } 2 ，所以质量为 2 0 0 . 0 { ~ g ~ } 的滑块是B。

12.解析：(1)在白纸上画出一条直线 a 作为界面，把长方体玻璃砖放在白纸上，使它的一个长边与 \scriptstyle a 对齐。用直尺或者三角板轻靠在玻璃砖的另一长边，按住直尺或三角板不动，将玻璃砖取下，画出直线 \boldsymbol { a ^ { \prime } } 代表玻璃砖的另一边，而不能用笔在白纸上沿着玻璃砖上边和下边分别画出直线 \scriptstyle a 和 \boldsymbol { a } ^ { \prime } ，故A错误；在玻璃砖一侧插上大头针 P _ { 1 } , P _ { 2 } ，眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使 P _ { { ~ 2 ~ } } 把 \boldsymbol { P } _ { 1 } 挡住，这样就可以确定入射光线和入射点 O _ { 1 } 。在眼睛这一侧，插上大头针 { \boldsymbol { P } } _ { 3 } ，使它把 \boldsymbol { P } _ { 1 } 、P _ { { ~ 2 ~ } } 都挡住，再插上大头针 P _ { 4 } ，使它把 P _ { ^ 1 } , P _ { ^ 2 } , P _ { ^ 3 } 都挡住，这样就可以确定出射光线和出射点 O _ { 2 } ，故B正确；实验时入射角 θ _ { 1 } 应尽量大一些，但也不能太大（接近9 0 ^ { \circ } ; ，以减小实验误差，故C错误。

(2)由图乙可知，入射角相同，绿光的折射角小于红光的折射角，根据光的折射定律！ n { = } / { \sin α } { \sin β } sinβ，可知绿光的折射率大于红光的折射率，又因为绿光的频率大于红光的频率，所以频率大，折射率大。

(3)根据折射定律可知，玻璃的折射率为 n _ { { \normalfont ~ s i s } } = / { \sin α _ { 1 } } { \sin α _ { 2 } } （204号
该介质的折射率为 n _ { \nwarrow \mathscr { R } } = / { \sin α _ { 1 } } { \sin α _ { 3 } }
其中 α _ { 2 } { < } α _ { 3 } ，所以 n _ { s h ; β β } > n _ { δ β β } 。

13.解析：(1)敏感球受向下的重力 m g 和敏感臂向下的压力 F _ { { ~ N ~ } } 以及斜面的支持力 N ，则由牛顿第二定律可知：( m g + F _ { { \scriptscriptstyle N } } ) \tan θ { = } m a 解得： { t a n } θ { = } / { m a } { m g + F _ { { { N } } } } 。( 2 ) { 1 } 由图像可知碰撞过程中 F 的冲量大小： \boldsymbol { I } _ { F } = / { 1 } { 2 } x 0 . 1 { x } 6 ~ 6 0 0 ~ { ~ N } \bullet { s } = 3 3 0 ~ { N } \bullet { s } 方向竖直向上。② 头锤落到气囊上时的速度： { { \Omega } } _ { : v _ { 0 } } = { sqrt { 2 g H } } = { 8 { m / s } } 与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)： \boldsymbol { I } _ { F } - \scriptstyle M g t = M v - ( - M v _ { 0 } ) 解得： v = 2 \ { m / s } 则上升的最大高度： h = / { v ^ { 2 } } { 2 g } = 0 . 2 rm { m } .

14.解析：(1)由题意设光在三棱镜中的折射角为 α ，则根据折射定律有n=sinθ由于折射光线垂直 E G 边射出，根据几何关系可知 α = \angle F E G = 3 0 ^ { \circ } 代入数据解得 { s i n } θ { = } 0 . 7 5 （204号

(2)根据题意作出单色光第一次到达半圆弧 A M B 恰好发生全反射的光路图如图

则根据几何关系可知 F E 上从 P 点到 E 点以 θ 角入射的单色光线第一次到达半圆弧 A M B 都可以发生全反射，根据全反射临界角公式有sin C=1
设 P 点到 F G 的距离为 \mathbf { \xi } _ { l } ，则根据几何关系有 : l = R \sin C 又因为： : x _ { P E } = / { R - l } { \cos { ~ 3 0 } ^ { \circ } }
联立解得 x _ { P E } = / { 2 sqrt { 3 } } { 9 } R
所以光线在 E F 上的入射点 D 到 E 点的距离范围为：0 { < } x { <=slant } / { 2 sqrt { 3 } } { 9 } R _ { \circ }

15.解析：(1)根据题意可知小物块在 Q 点由合力提供向心力有mg+3mg=mR代入数据解得 v = 4 \ { m / s } 。

(2) ( i ) 根据题意可知当 F { <=slant } 4 { N } 时，小物块与轨道是一起向左加速，根据牛顿第二定律可知 F = ( M + m ) a 根据图乙有k=M+m k = / { 1 } { M + m } = 0 . 5 \ {kg ^ { - 1 } }
当外力 F { > } 4 { ~ N ~ } 时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有 F - \mu m g = M a （204号
结合题图 z 有 a = / { 1 } { M } F - / { \mu m g } { M } ，可知： k = / { 1 } { M } = 1 \ {kg ^ { - 1 } } 截距： b = - { / { \mu m g } { M } } { = } - 2 \ \mathbf { m } / \mathbf { s } ^ { 2 } （20
联立以上各式可得 M = 1 { \kg } , m = 1 { \kg } , \mu = 0 . 2 。
(ii）由图 z 可知，当 F = 8 { N } 时，轨道的加速度为6 ~ { m / s ^ { 2 } } ，小物块的加速度为！ \scriptstyle : a _ { \ 2 } = \mu g = 2 \ m / { s } ^ { 2 } （204号
当小物块运动到 P 点时，经过 \scriptstyle t _ { 0 } 时间，则轨道有{ \boldsymbol { v } } _ { 1 } = { \boldsymbol { a } } _ { 1 } { \boldsymbol { t } } _ { 0 } （204号
小物块有 { \bf \boldsymbol { v } } _ { 2 } = { \boldsymbol { a } } _ { 2 } { \boldsymbol { t } } _ { 0 } （204
在这个过程中系统机械能守恒有 / { 1 } { 2 } M v _ { 1 } ^ { 2 } + / { 1 } { 2 } m v _ { 2 } ^ { 2 } = / { 1 } { 2 } （204号 M v _ { 3 } ^ { 2 } + / { 1 } { 2 } m v _ { 4 } ^ { 2 } + 2 m g R
水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，则有
M v _ { 1 } + m v _ { 2 } = M v _ { 3 } + m v _ { 4 }
其中 v _ { 3 } = 7 \ { m / s } 为小物块离开 Q 点时的速度， \boldsymbol { v } _ { 4 } 为此时轨道的速度。联立解得 t _ { 0 } = 1 . 5 { ~ s ~ } ，另一解 t _ { 0 } = 3 . 1 7 S（该解不满足 \phantom { } _ { v _ { 3 } } < \phantom { } _ { v _ { 4 } } ，故不合题意，舍去)
根据运动学公式有 L = / { 1 } { 2 } a _ { 1 } t _ { 0 } ^ { 2 } - / { 1 } { 2 } a _ { 2 } t _ { 0 } ^ { 2 }
代入数据解得 L = 4 . 5 { ~ m ~ } 。

模块综合达标卷

答案速对

11.(1)AC（2)大于 等于 ( 3 ) m _ { 1 } L _ { 2 } = m _ { 1 } L _ { 1 } + m _ { 2 } L _ { 3 }

12.(1)BC (2) 4π²k n

13.(1) 4 { ~ m ~ } (2)见解析

14.(1)图见解析 / { 2 { sqrt { 3 } } } { 3 } (2） * / { 5 L } { 3 c }
15.(1) 4 ~ { m / s } (2)0.3或0.6

试题精析

1.A［安全带在刹车过程中延长了司机的受力时间，从而减小了司机的受力，使人不易受伤，故A正确；司机刹车前后的速度变化量不变，因此无论有无安全带，司机动量的变化量都相等，故B错误；根据动量定理，司机所受的冲量等于动量的变化量，由B项可知，无论有无安全带，司机所受冲量都一样，故C错误；司机在刹车过程中，其动能转化为汽车的动能和内能，故D错误。

2.C[根据动量守恒定律 m v _ { 0 } = ( m + m ^ { \prime } ) v ，由题图 z 知：（204号 { / { m ^ { \prime } } { m } } = 3 v _ { 0 } = 4 0 ~ { m / s } v = 1 0 ~ { m / s } ，代入数据得 ：1，故选C。]

3.D \bar { \boldsymbol { \mathbf { \rho } } } _ { t } = 3 x 1 0 ^ { - 3 } S时刻纸盆中心位于最大位移处，速度为0，加速度最大，故A错误； t = 2 x 1 0 ^ { - 3 } S时刻纸盆中心位于平衡位置，速度最大，加速度为0，故B错误；在0 ~ 1 x 1 0 ^ { - 3 } S时间内纸盆中心向最大位移处运动，处于减速状态，所以速度方向与加速度方向相反，故C错误；根据题中图像知 \omega = { / { 2 π } { T } } = { / { 2 π } { 4 x 1 0 ^ { - 3 } } } { \ r a d / s } = 5 0 0 π { \ r a d / s } 振幅为 A = 1 . 5 x 1 0 ^ { - 4 } { ~ m ~ } ，纸盆中心做简谐运动的方程为 \begin{array} { r } { { \boldsymbol { x } } = A \sin { \omega t } = 1 . 5 x 1 0 ^ { - 4 } \sin { 5 0 0 π t } { ~ ( m ~ } } \end{array} )，故D正确。]

4.B「由题可知大楼主结构以固有频率振动的周期和有效摆长约为 1 2 . 1 { ~ m ~ } 的单摆式减震系统的周期相等，则T = 2 π sqrt { / { \ l } { g } } = 2 x 3 . 1 4 x sqrt { / { 1 2 . 1 } { 1 0 } } \ \approx 6 . 9 \ { s } ，故选B。]

5.D[根据题图乙可知， A 点起振方向向上，在 t _ { \tiny { 0 } } 时刻绳上 A 点由平衡位置向上运动，波传播的时间 t _ { 0 } 恰好为一个周期，则传播的距离为一个波长。选项B、C所示图像中 A 点由平衡位置向下振动，选项A所示图像中波传播的距离为半个波长，只有选项D所示图像符合条件。故选 { \Delta D _ { \circ } } ]

6.B[由题图乙可知， \iota = 0 . 4 { ~ s ~ } 时 P 点向上振动，根据同侧法，波沿 x 轴正方向传播，故A错误；由题图甲可知，波长为 λ { = } 6 { ~ m ~ } ，由题图 z 可知，振动周期为 T { = } 0 . 4 \ { s } ，所以波速为 v = { / { λ } { T } } { = } 1 5 ~ { { m / s } } 故B正确，C错误；在 \scriptstyle t = 0 . 4 s到 t = 0 . 5 S内，经过 T，质点Q通过的路程是2cm，故D错误。]

7.A

[如图为筷子竖直插入盛水玻璃杯内的俯视图，A处为筷子，AP表示由筷子发出的穿过玻璃杯壁 P 射向观察者的一条光线， O P 为过 P 点沿半径方向的直线，即在P 处和空气的分界面的法线，上述光线则相当于在 P 处由水中射入空气中，图中的角 θ _ { 1 } 和角 θ _ { 2 } 分别为此光线的入射角和折射角，根据光的折射规律可知，所以观察者在 P 处看到的筷子A的像 { \ A } ^ { \prime } 的位置不是在A的实际位置，而是由其实际位置偏离杯中心的方向向杯壁靠拢的位置。同时，玻璃杯此时相当于一个凸透镜，对筷子起到了放大的作用，因此，观察到的筷子比实际粗些。故选A。]

8.A［相邻条纹对应空气膜厚度的差值为光在介质中波长的 / { 1 } { 4 } ，则tan θ = / { λ } { 4 \Delta x } 即 \Delta x = { / { λ } { 4 \tan θ } } ，换用波长较小的光照射时，条纹间距将减小，即 \Delta x _ { 2 } > \Delta x _ { 3 } ；当介质的折射率变大后，会导致光在介质中的波长减小，即 \Delta x _ { 1 } > \Delta x _ { 2 } ；综上所述， \Delta x _ { 1 } > \Delta x _ { 2 } > \Delta x _ { 3 } 。故选 { ~ A ~ } _ { c } ]

9.BD［小球和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，在竖直方向上动量不守恒；当小球运动到最高点时，小球和滑块具有相同的速度，且速度不为零，故A错误，B正确；小球和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律及能量守恒定律可得 m v _ { 0 } = m v _ { 1 } + m ^ { \prime } v _ { 2 } , / { 1 } { 2 } m v _ { 0 } ^ { 2 } = / { 1 } { 2 } m v _ { 1 } ^ { 2 } + / { 1 } { 2 } m ^ { \prime } v _ { 2 } ^ { 2 } ，解得 v _ { 1 } = { / { ( m - m ^ { \prime } ) v _ { 0 } } { m + m ^ { \prime } } } , v _ { 2 } = { / { 2 m v _ { 0 } } { m + m ^ { \prime } } } it { m } , { m } ^ { \prime } \boldsymbol { v } _ { 1 } 的值可能为正，即小球滑离滑块时的速度方向可能向右，故C错误，D正确。]

10.AD［由几何关系知，单色光在 B 点的折射角为 β = 30°，由折射率定义式得n=sina n = { / { \sin α } { \sin β } } = { / { \sin 6 0 ^ { \circ } } { \sin 3 0 ^ { \circ } } } = { sqrt { 3 } } =√3，故A 正确；单色光在玻璃体左侧外表面处是由光疏介质射 向光密介质，不可能发生全反射，故B错误；光的频率 由光源决定，与介质无关，光在传播过程中频率不变， 故C错误;根据折射率与光速的关系有== \scriptstyle v = { / { c } { n } } = { / { c } { sqrt { 3 } } } ，因 （204号 t = { / { R } { v } } = { / { { sqrt { 3 } } R } { c } } （204号 此单色光在玻璃体中穿过的时间为 ，D U 正确。]

11.解析：（1）为了保证小球做平抛运动，斜槽末端需要调节水平，故A正确；只要保证小球每次从斜槽同一位置静止释放，小球碰撞前的速度就一样，斜槽轨道是否光滑不影响实验结果，故B错误；本实验需要测量小球做平抛运动的水平位移，故小球落到的地面要水平，故C正确；小球做自由落体运动的高度一样，所用时间一样，不需要用秒表记录小球下落时间，故D错误。

(2)为了保证入射小球1与被碰小球2碰撞后，入射小球1不会反弹，需要选择 m _ { 1 } 大于 m _ { 2 } ；为了保证入射小球1与被碰小球2发生对心碰撞，需要选择半径 R _ { 1 } 等于 R _ { 2 } 。

(3)根据平抛运动可知，落地高度相同，则运动时间相同，设下落时间为 it { t } ，则 v _ { 0 } = / { O P } { t } = / { L _ { 2 } } { t } , v _ { 1 } = / { O M } { t } = / { L _ { 1 } } { t } , v _ { 2 } = / { O N } { t } = / { L _ { 3 } } { t } ,而动量守恒的表达式为 m _ { 1 } v _ { 0 } = m _ { 1 } v _ { 1 } + m _ { 2 } v _ { 2 } ，联立可得当满足关系式 m _ { 1 } L _ { 2 } = m _ { 1 } L _ { 1 } + m _ { 2 } L _ { 3 } 说明碰撞过程中动量守恒。

12.解析：(1)在利用单摆测重力加速度实验中，为了使测量误差尽量小，须选用密度大、半径小的摆球和不易伸长的细线，摆球须在同一竖直面内摆动，摆长一定时，振幅尽量小些，以使其满足简谐运动的条件。故选B、C。(2)测得单摆完成 n 次全振动所用的时间 \mathbf { \chi } _ { t } ，则单摆的周期 T = { / { t } { n } } ，由单摆周期公式 T = 2 π { sqrt { / { l } { g } } } ，可知 l = { / { g } { 4 π ^ { 2 } } } T ^ { 2 } 则， { / { g } { 4 π ^ { 2 } } } = k ，解得 g = 4 π ^ { 2 } k 。

13.解析： ( 1 ) t = 0 时刻两波源同时开始持续振动并相向传播， t = 0 . 7 5 { ~ s ~ } 时平衡位置位于 x _ { 3 } = 2 { ~ m ~ } 处的质点 P 刚刚开始振动，则 S _ { 1 } 先到 P 点，波速为 v = { / { s } { t } } = 8 \ { m / s } （204号由图乙、丙可知 T = 0 . 5 { ~ s ~ } ，波长为 λ = v T = 4 { ~ m ~ } 。

(2)质点 P 起振后第一个周期内与波源 S _ { 1 } 振动相同：

A _ { 1 } = 4 { { ~cm } } \quad \omega = { / { 2 π } { T } } = 4 π
振动方程为 y = - 4 \sin ( 4 π t ) {cm } ( 0 < t < T ) （204号
一个周期后，两波叠加，振幅为 A = 1 0 \ {cm }
振动方程为 \begin{array} { r } { y = - 1 0 \sin ( 4 π t ) \cos ( T { <=slant } t ) } \end{array}
起振后 t = 1 \ { s } = 2 T 内振动的路程为 s = 4 A _ { 1 } + 4 A = 56 cm。

14.解析：（1)根据题意，作出光路图如图所示

由几何关系可知，光在 A C 面上的入射角 α = 6 0 ^ { \circ } ，由于
光在 A C 面恰好发生全反射，故临界角 C = α = 6 0 ^ { \circ }
玻璃砖的折射率 n = { / { 1 } { \sin C } } = { / { 1 } { \sin 6 0 ^ { \circ } } }
解得 \scriptstyle n = { / { 2 { sqrt { 3 } } } { 3 } }

(2)由光路图和几何关系可得 D E { = } / { sqrt { 3 } } { 2 } L , E F { = } / { sqrt { 3 } } { 3 } L 单色光在玻璃砖中通过的路程为 s = D E + E F = / { 5 sqrt { 3 } } { 6 } L 单色光在玻璃砖中的传播速度 \scriptstyle v = { / { c } { n } }

所以单色光在玻璃砖中传播的时间 t = { / { s } { v } } = { / { 5 L } { 3 c } } （204号

15.解析：(1)小球甲下摆过程机械能守恒，设甲在最低点的速度大小为 \boldsymbol { v } _ { 0 } ，则有 { / { 1 } { 2 } } m ^ { \prime } v _ { \circ } ^ { 2 } { = } m ^ { \prime } g L \left( 1 { - } \cos { 6 0 ^ { \circ } } \right) 代入数据解得 v _ { { 0 } } = 3 { ~ m } / { s } 小球甲与小滑块乙发生弹性碰撞，设碰后的速度分别为 \boldsymbol { v } _ { 1 } , \boldsymbol { v } _ { 2 } ，根据动量守恒可得m ^ { \prime } v _ { 0 } = m ^ { \prime } v _ { 1 } + m v _ { 2 } （204号根据机械能守恒可得 { / { 1 } { 2 } } m { ' } v _ { 0 } ^ { 2 } = { / { 1 } { 2 } } m { ' } v _ { 1 } ^ { 2 } + { / { 1 } { 2 } } m v _ { 2 } ^ { 2 } 联立解得： m+mo=4m/s，即碰后滑块乙的速度大小为 4 ~ { m / s } 。(2)小滑块恰好过圆形轨道的最高点，即在最高点有m g = m \ { / { v ^ { 2 } } { R } } 小滑块从碰后到圆形轨道最高点的过程，由动能定理有 \bar { 1 } - \mu m g s - m g x ( 2 R ) = / { 1 } { 2 } m v ^ { 2 } - / { 1 } { 2 } m v _ { 2 } ^ { 2 } ，联立解得\mu { = } 0 . 3 0 小滑块恰好运动到与圆心等高处，则有- \mu ^ { \prime } m g s - m g x R = 0 - { / { 1 } { 2 } } m v _ { 2 } ^ { 2 } 解得： \mu ^ { \prime } { = } 0 . 6 。