人教版（2019）选择性必修第一册 同步练习与检测（含解析）（28份打包）

1.5弹性碰撞和非弹性碰撞 同步练习与检测
一、单选题
1．如图，动摩擦因数为μ的水平面上有两个物体A、B，质量均为m，相距L。现给A一初速度v使其向B运动，与B碰后粘在一起，则碰后A、B的共同速度为多大（重力加速度为g）( )
A．v B． C． D．
2．如图所示，光滑水平地面上有质量均为m的三个小物块A、B、C，其中B、C通过一轻质弹簧拴接，弹簧处于原长。现给A一个向右的初速度v0，物块A与物块B发生碰撞后粘在一起继续运动，弹簧始终未超过弹性限度，则从物块A开始运动到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．物块A、B、C组成的系统动量守恒，机械能也守恒
B．物块A、B、C以及弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒
C．物块A、B、C以及弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒
D．物块A动能的减少量等于物块B、C动能的增加量与弹簧弹性势能的增加量之和
3．质量为2m的小球A在光滑水平面上以速度v0与质量为m的静止小球B发生在一条直线上，且碰撞后A球动能变为原来的，那么碰撞后B的速率有可能是
A． B． C． D．
4．如图所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块甲、乙连接，静止在光滑的水平面上。现在使甲瞬时获得水平向右的速度v0＝4m/s，当甲物体的速度减小到1m/s时，弹簧最短。下列说法正确的是（　　）
A．此时乙物体的速度是3m/s
B．紧接着甲物体将开始做加速运动
C．当弹簧恢复原长时，乙物体的速度大小为2m/s
D．甲乙两物体的质量之比m1：m2＝1：4
5．质量为的机车后面挂着质量同为的拖车，在水平轨道上以速度匀速运动，已知它们与水平轨道间的摩擦力与它们的质量成正比。运动过程中拖车脱钩，经过时间拖车停止运动，在拖车停下来后又经过了相同的时间司机才发现，假设拖车脱钩后脱车的牵引力不变，则司机发现拖车脱钩时机车的速度为（　　）
A． B．
C． D．
6．如图所示。在光滑水平面上。两个物体的质量都是m，碰撞前乙物体静止，甲物体以速度2m/s向它撞去。碰撞后两个物体粘在一起，成为一个质量为2m的物体，以一定速度继续前进。则碰撞过程中系统损失的机械能为（　　）

A．m B．0.5m C．2m D．1.5m
7．如图，在光滑的水平面上，有一质量为的木板，木板上有质量为的物块。它们都以的初速度反向运动，它们之间有摩擦，且木板足够长，当木板的速度为时，物块的运动情况是（　　）
A．做减速运动
B．做匀速运动
C．做加速运动
D．以上运动都有可能
8．如图所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为d，两小球质量分别为m1、m2，m1>m2，m2的左边有一固定挡板。由图示位置静止释放m1、m2，当m1与m2相距最近时m1的速度为v1，则在以后的运动过程中（　　）
A．m1的最小速度是0 B．m1的最大速度是
C．m2的最小速度是v1 D．m2的最大速度是
二、多选题
9．如图所示，甲、乙两船的质量均为M，静置在平静的水面上，两船相距为L，乙船上站立着一个质量为m的人，他通过一条轻绳拉甲船，甲、乙两船最后恰好接触，以下说法正确的是（　　）
A．甲、乙两船运动中速度之比为 B．甲、乙两船运动中速度之比为
C．乙船移动的距离为 D．乙船移动的距离为
10．质量为的物块以速度运动，与质量为的静止物块发生正碰碰撞前后物体始终在同一条直线上运动，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比可能为（　　）
A． B． C． D．
11．如图所示，质量m1=0.5kg的物块A以初速度v0=10m/s在光滑水平地面上向右运动，与静止在前方、质量m2=1.5kg的B发生正碰，B的左端有一小块质量可以忽略的橡皮泥，碰撞过程持续了0.1s，碰撞结束后AB一起运动。以v0方向为正方向，下列说法中正确的是（　　）
A．碰撞过程中A受到的冲量为3.75N·s
B．碰撞过程中A的平均加速度为–75m/s2
C．碰撞过程中B受到的平均作用力为37.5N
D．A、B碰撞结束后A的动量为2.5kg·m/s
12．如图，足够长的刚性轻杆固定，杆与水平面夹角，段光滑，其余部分粗糙且足够长，两个完全相同的小球甲、乙套在杆上，可以看作质点，质量，乙球静止在图中位置，水平，弹簧一端固定在点，另一端与甲球相连，甲球在外力作用下静止于A位置，此时弹簧弹力大小为。弹簧与杆垂直处为弹簧原长，与杆夹角为也为，长为，现静止释放甲球，并与乙球发生弹性碰撞，碰后乙球运动重新静止，，则下列说法正确的是（　　）
A．A到B的过程，甲球一直加速
B．甲球会在之间做往复运动
C．球与杆之间动摩擦因数
D．A到B的过程，甲球的重力势能与弹簧弹性势能之和一直减小
三、实验题
13．某同学用图甲所示装置通过M、N两弹性小球的碰撞来验证动量守恒定律，图甲中A是斜槽导轨，固定在水平桌面上，斜面BF顶端B点与斜槽导轨的水平末端相接。实验时先使M球从斜槽上某一固定位置静止释放，落到斜面上时记录纸上留下痕迹，重复上述操作10次，得到M球的10个落点痕迹，如图乙所示，刻度尺贴近斜面且零刻度线与B点对齐。再把N球放在斜槽导轨水平末端，让M球仍从原位置静止释放，和N球碰撞后两球分别在斜面记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次。（不考虑小球对斜面的二次碰撞）
（1）为了更精确地做好该实验，对两个碰撞小球的要求是M球的半径 N球的半径，M球的质量 N球的质量（填“小于”“等于”或“大于”）。
（2）由图乙可得M球不与N球碰撞时在斜面上的平均落点位置到B点的距离为 cm。
（3）若利用天平测出M球的质量，N球的质量，利用刻度尺测量平均落点位置C、D、E到B的距离分别为、、，由上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是 （用所给物理量的字母表示）。如果两球碰撞为弹性碰撞，还需要验证 （用所给物理量的字母表示）。
14．某同学用如图所示的装置验证碰撞过程中动量守恒规律。实验中用两根长度相同的细绳，分别悬挂两个大小相同的钢球A、B，且两球并排放置。拉起A球然后放开，与静止的B球发生碰撞，碰后A仍然沿原方向运动，不计空气阻力的影响。
（1）为了验证碰撞过程中动量是否守恒，需要测量的物理量有 。
A．绳子长度L
B．小球质量mA、mB
C．碰前细绳偏离竖直方向的最大夹角θ1
D．碰后两根细绳偏离竖直方向的最大夹角θ2、θ3（已知θ2>θ3）
（2）根据（1）问中所选择的物理量，写出验证碰撞过程中动量守恒的式子： 。
（3）若碰撞过程中机械能守恒，则需要验证的式子为： 。
四、解答题
15．如图所示，A，B两物体叠放在一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生碰撞，碰撞后B，C以相同的速度运动（不粘合），A滑上C后最终停在木板C的最右端，已知A，B，C质量均相等，A可看成质点，B，C的上表面相平，且B的上表面光滑，木板C长为L,求:
①A物体的最终速度
②从A滑上木板C到A最终停在木板C最右端所经历的时间
16．某游戏装置可以简化为如图所示：游客乘坐滑椅（可视为质点）从固定光滑圆弧轨道上的B点处滑下后冲上静止在光滑水平面上的滑板A，滑板A右端某处有一固定挡板Q，滑板A与挡板碰撞无机械能损失，且只发生了一次碰撞。已知游客与滑椅的质量为m，滑板A的质量为2m，滑椅与滑板间的动摩擦因数为μ，滑板A足够长，滑椅不会从滑板表面滑出，圆弧轨道的半径为R，O点为圆弧轨道的圆心，，重力加速度为g，求：
(1)滑椅滑到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；
(2)滑椅滑上A之前，A右端与固定挡板Q之间的最小距离；
(3)若滑板A右端与固定挡板Q相距x，讨论滑板A与挡板Q碰撞前的速度与x的关系。
17．如图所示，质量的滑块A静置在光滑的水平面上，A的左边为四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道半径，A的右边为上表面粗糙的水平轨道，A的左侧紧靠固定挡板，距离A的右侧处有与A的水平轨道等高的平台，平台上距离平台边缘处有一弹性卡口．一质量的滑块B（视为质点，图中未画出）从圆弧轨道的最高点的正上方处由静止释放，恰好从圆弧轨道最高点滑切线滑入轨道，且滑上平台时恰好和A的速度相同，已知滑块B与平台间的动摩擦因数，取重力加速度大小。求：
（1）滑块B刚运动到圆弧轨道底端时受到轨道的支持力大小，
（2）滑块B与滑块A中水平轨道间的动摩擦因数；
（3）若滑块B与弹性卡口碰撞前的速度小于时将原速率弹回，大于或等于时将通过卡口，判断滑块B能否通过卡口，若能，求滑块B通过卡口时的速度大小；若不能，当滑块B停止运动时给滑块B一水平向右的拉力F，使滑块B能通过卡口，求水平拉力F的取值范围。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】根据动能定理，A与B碰前的速度满足
碰撞过程动量守恒
解得
故选C。
2．C
【详解】A．从物块A开始运动到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，物块A、B、C组成的系统所受合外力为零，动量守恒，但由于A、B发生的是非弹性碰撞，所以存在动能损失，且之后系统动能还有一部分转化为弹簧的弹性势能，所以系统机械能不守恒，故A错误；
BC．从物块A开始运动到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，物块A、B、C以及弹簧组成的系统所受合外力为零，动量守恒，但由于A、B发生的是非弹性碰撞，所以存在动能损失，系统机械能不守恒，故B错误，C正确；
D．从物块A开始运动到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，物块A动能的减少量等于由于与B发生非弹性碰撞而损失的动能、物块B、C动能的增加量与弹簧弹性势能的增加量这三者之和，故D错误。
故选C。
3．C
【详解】根据碰后A球的动能恰好变为原来的1/9得：2mv′2= 2mv02，解得：v′=±v0，碰撞过程中AB动量守恒，则有：2mv0=2mv′+mvB，解得：vB=v0或vB=v0；若vB=v0，则 ，则不符合实际，则vB=v0，故C正确，ABD错误。
故选C．
4．C
【详解】A．两物块的速度相同时弹簧最短，则知，此时乙物体的速度也是1m/s，故A错误；
B．弹簧最短时，甲物体受到弹簧向左的弹力，而甲的速度向右，所以紧接着甲物体做减速运动，故B错误；
D．取甲的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得
m1v0=（m1+m2）v共
将v0=4m/s，v共=1m/s，代入解得
m1：m2=1：3
故D错误；
C．设当弹簧恢复原长时，甲、乙物体的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律和能量守恒定律分别有
m1v0=m1v1+m2v2
m1v02=m1v12+m2v22
将D选项分析结果m1：m2=1：3代入，联立解得
故C正确。
故选C。
5．B
【详解】对机车与拖车，系统合外力为零，动量守恒，则有拖车停止运动时，
解得
由题可知，
司机发现拖车脱钩时
故选B。
6．A
【详解】根据动量守恒定律，有
解得
碰撞前总动能
碰撞后总动能
碰撞过程中总动能损失
故选A。
7．C
【详解】由题意知M和m组成的系统动量守恒，选取向左为正方向，由题意根据动量守恒可得
解得
带入数据得
方向与M的方向相同，可知物块先向右做匀减速直线运动，后再向左做匀加速直线运动，因为物体此时的速度方向向左，故物体处于加速运动过程中，故ABD错误，C正确。
故选C。
8．D
【详解】由题意结合题图可知，当m1与m2相距最近时，m2的速度为0，此后，m1在前，做减速运动，m2在后，做加速运动，当再次相距最近时，m1减速结束，m2加速结束，因此此时m1速度最小，m2速度最大，在此过程中系统动量和机械能均守恒
m1v1=m1v1′＋m2v2
m1v12=m1v1′2＋m2v22
解得
v1′=v1
v2=v1
则m1的最小速度是，m2的最大速度是，选项D正确，ABC错误。
故选D。
9．AC
【详解】AB．甲、乙和人组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得
可得甲、乙两船运动中速度之比为
故A正确，B错误；
CD．设甲船和乙船移动的距离分别为s甲和s乙，则有
又
联立解得
故C正确，D错误。
故选AC。
10．BC
【详解】由题意可知，碰撞后两者动量相等，设碰撞后两者的动量都为p，碰撞前后总动量为2p，则碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
根据动量与动能的关系有
碰撞过程动能不增加，有
解得
故BC正确，AD错误。
故选BC。
11．BC
【详解】A．A、B碰撞过程中动量守恒，有
解得
在碰撞过程中对A由动量定理有
A错误；
B．由加速度定义有
B正确；
C．在碰撞过程中对B由动量定理有
解得
C正确；
D．碰撞结束后A的动量
D错误。
故选BC。
12．ACD
【详解】A．在A点，弹力沿杆的分力大小为
重力沿杆的分力大小为
随着甲球下滑，弹力沿杆的分力先减小，然后增大，但是始终小于重力沿杆的分力，所以甲球一直加速运动，A正确；
C．从A到B，根据题意，初末位置弹性势能相等，根据能量守恒定律可得
解得
因为甲球和乙球发生弹性碰撞，两个球质量相等，根据动量守恒，碰后交换速度，即乙球获得速度为，之后乙球沿杆做匀加速直线运动，末速度为零，由位移速度公式可得
解得加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
解得
C正确；
D．A到B的过程，甲球一直加速，则动能一直增大，根据能量守恒，则甲球重力势能与弹簧弹性势能之和一直减小，D正确；
B．甲球从A到B的过程一直加速，到B点与乙球碰后速度为零，此处重力、弹力和杆的支持力合力为零，故将静止在B处，B错误。
故选ACD。
13． 等于 大于 54.2（53.5~54.5范围内均可）
【详解】（1）[1]为使两小球进行对心碰撞，对两个碰撞小球的要求是M球的半径等于N球的半径；
[2]为使碰撞后M球不被弹回，碰撞后两球都做平抛运动，M球的质量大于N球的质量。
（2）[3]画一个尽可能小的圆将所有落点圈住，圆心即为平均落点，由图乙平均落点位置到B点的距离为54.2cm。
（3）[4]设斜面倾角为θ，则平均落点位置C、D、E到B的水平距离分别为
，，
时间分别为
，，
则水平速度分别为
动量守恒，则有
则有
整理可得，验证动量守恒定律得表达式是
[5]如果两球碰撞为弹性碰撞，则机械能也守恒，还需验证
速度代入，整理得
14． BCD
【详解】（1）[1]A．此实验通过小球下落过程和上升过程中动能和势能之间的相互转化而去求得小球碰撞前后瞬间的速度，但在验证碰撞过程中动量守恒时绳长会被约掉，故不需要测量绳子的长度，故A错误；
B．根据碰后A仍然沿原方向运动可知小球A的质量大于小球B的质量，两小球质量不相等，因此在验证动量守恒的式子中不能约掉，所以需要测量小球质量mA、mB，故B正确；
CD．验证碰撞过程中动量守恒，必须知道碰撞前后两小球速度的大小，而该实验中两小球碰撞前后速度的大小通过机械能守恒得到，故必须测量碰撞前后细绳偏离竖直方向的最大夹角，才能知道小球下降或是上升的最大高度，故CD正确
故选BCD。
（2）[2]设绳长为，碰撞前小球A的速度为，碰撞后小球A的速度为，小球B的速度为，由题意可知角为碰撞后小球B与竖直方向的最大夹角，为碰撞后小球A与竖直方向的最大夹角，根据机械能守恒定律可得
由动量守恒定律有
联立以上各式可得
（3）[3]若碰撞过程中机械能守恒，则有
整理可得
15．① ②
【详解】试题分析：①B、C碰撞过程动量守恒，A、C相互作用过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出A的最终速度；
②由能量守恒定律求出A、C间的摩擦力，然后由动量定理可以求出A的运动时间.
解：①B，C碰撞过程动量守恒，以B的初速度方向为正方向， 由动量守恒定律得：
A滑上C到A，C相对静止过程，A，C系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向， 由动量守恒定律得：
解得： ，；
②A，C相互作用过程中，由能量守恒定律得：
以向右为正方向，对A，由动量定理得：
解得：．
点晴：本题考查了求速度与时间问题，应用动量守恒定律、能量守恒定律、动量定理即可正确解题，解题时要注意研究对象的选择、注意正方向的选取，分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键．
16．(1)2mg；(2)；(3)当时，vA1=；当时，vA2=
【详解】(1)设滑椅滑到圆弧轨道最低点时速度为v0，由动能定理有
在圆弧轨道最低点时，有
FN-mg=
联立解得
FN=2mg
由牛顿第三定律可知，滑椅对轨道的压力大小为2mg。
(2)滑板A右端与固定挡板Q碰撞前瞬间，设游客与滑椅的速度为v1，滑板A的速度为v2，由动量守恒定律有
mv0=mv1+2mv2
对滑板A，由动能定理有
μmgx=-0
碰后v2反向，v1不变，取向右为正方向，由动量守恒定律有
-2mv2+mv1=3mv共
若滑板A与Q只发生了一次碰撞，则
联立解得A右端与固定挡板Q之间的最小距离为
xm=
(3)设滑板A与挡板Q碰撞前A、B已共速，由动量守恒定律有
mv0=3mv
对滑板A，由动能定理有
μmgx0=-0
得
故可得当时，可求得
vA1=v=
当≤x≤时，可求得
vA2=
17．(1)55N；(2)0.4；(3)见解析
【详解】(1) 设滑块B滑到A的底端时速度为v0，根据机械能守恒定律得：
，
解得
FN=55N
(2)B到最低点后，与A共同作用过程中
对A根据动能定理
解得
(3)B上平台后到卡口
解得：
所以不能通过，B速度反向减为零
解得：
受到恒力后
（ ）
解得：
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页4.4实验：用双缝干涉测量光的波长 同步练习与检测
一、单选题
1．某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到图（甲）所示的条纹，仅改变一个实验条件后，观察到的条纹如图（乙）所示。他改变的实验条件是（　　）
A．减小双缝之间的距离
B．减小光源到双缝的距离
C．减小双缝到光屏之间的距离
D．换用频率更高的单色光源
2．如图所示，在“用双缝干涉测光的波长”实验中，下列说法正确的是（　　）

A．滤光片应置于单缝和双缝之间
B．拨杆的作用是调节单缝的宽度
C．实验中将6个条纹间距误数成7个，则波长测量值将偏小
D．如图，若通过目镜发现里面的亮条纹与分划板竖线未对齐，可通过旋转双缝进行调整
3．如图甲所示为研究光的干涉现象的实验装置，狭缝的间距可调。同一单色光垂直照射在狭缝上，实验中在屏上得到了图乙所示图样（图中黑色部分表示暗条纹）。下列说法正确的是（ ）
A．若用复色光投射则看不到条纹
B．图乙中双缝干涉图样的亮条纹，经过半个周期后变成暗条纹
C．仅减小狭缝的间距，图乙中相邻亮条纹的中心间距增大
D．若到屏上P点的距离差为半波长的奇数倍，则P点处是亮条纹
4．如图所示，在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，将实验仪器按要求安装在光具座上，一同学观察到清晰的干涉条纹。若他对实验装置进行改动后，在像屏上仍能观察到清晰的干涉条纹，但条纹间距变窄。以下改动可能会实现这个效果的是（　　）
A．仅将滤光片向右移动靠近单缝 B．仅将单缝与双缝的位置互换
C．仅将红色滤光片换成绿色滤光片 D．仅将单缝向左移动少许
5．在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中发现条纹太密，难以测量，可以采用的改善办法有（ ）
A．改用强度更小的光作为入射光 B．增大双缝到屏的距离
C．增大双缝到单缝的距离 D．增大双缝间距
6．如图所示，真空中有一个半径为R，质量均匀分布的玻璃球，由a、b两种单色光组成的复合光束射入该玻璃球，当入射角等于60°时，其折射光束和出射光束如图所示。已知a光束第一次射出此玻璃球后的出射光束相对复合光束的偏转角也为60°，c为真空中的光速，则下列说法正确的是（　　）
A．a光穿越玻璃的时间为t＝
B．用同一装置分别进行双缝干涉实验时，b光的亮条纹间距比a光大些
C．a、b光从真空进入玻璃球，其频率将变小
D．适当增大入射角，a、b光束都可能发生全反射
7．如图所示，某同学在“用双缝干涉测光的波长”实验中，将实验仪器按要求安装在光具座上，调节后观察到光的干涉现象效果很好。若他对实验装置作了改动后，仍能观察到清晰的条纹，且条纹数目有所增加。以下改动可能实现这个效果的是（　　）
A．仅将滤光片移至单缝和双缝之间 B．仅将单缝远离双缝移动少许
C．仅将单缝与双缝的位置互换 D．仅将红色滤光片换成绿色的滤光片
8．双缝干涉实验装置如图所示，双缝间距离为d，双缝与光屏间距为L，调整实验装置使光屏上见到清晰的干涉条纹。关于该干涉条纹及改变条件后其变化情况，下列叙述正确的是（　　）
A．屏上所有的亮线都是从双缝出来的两列光波的波峰与波峰叠加形成的，所有的暗线是波谷与波谷叠加形成的
B．若将双缝间距d减小，光屏上两相邻亮条纹间距变小
C．若用频率较大的单色光进行实验，其它条件不变的前提下，光屏上相邻暗条纹间距减小
D．若用红光照射双缝的一条狭缝，用紫光照射双缝的另一条狭缝，屏上将呈现彩色条纹
二、多选题
9．某同学在做双缝干涉实验时，按图安装好实验装置，在光屏上却观察不到干涉图样，这可能是由于（　　）
A．光束的中央轴线与遮光筒的轴线不一致，相差较大
B．没有安装滤光片
C．单缝与双缝不平行
D．光源发出的光束太强
10．下列说法正确的是（　　）
A．双缝干涉实验中，遮住一条缝后仍会有明暗相间的等距条纹
B．双缝干涉实验相同条件下，干涉图样橙光比绿光的条纹间距大
C．单摆实验中，未记录小球的半径，利用实验数据作出图像，利用斜率计算重力加速度，其结果偏小
D．单摆实验中在测量周期时，把n次全振动误认为是次全振动，测得g值偏大
E．测平行玻璃砖的折射率实验时，误将玻璃砖的宽度画宽了，其他操作均正确，则测得的折射率将偏小
11．用绿光做双缝干涉实验，在光屏上呈现出绿暗相间的条纹，相邻两条绿条纹中心间的距离为Δx。下列说法正确的是（　　）
A．如果增大单缝到双缝之间的距离，Δx将增大
B．如果增大双缝之间的距离，Δx将增大
C．如果增大双缝到光屏的距离，Δx将增大
D．如果换成红光做实验，实验装置不变，Δx将增大
12．用图(a)所示的干涉仪做“用双缝干涉测量光的波长”实验，图(b)是红光产生的干涉条纹，图(c)是通过目镜观测到测量头上的A、B两条纹的位置刻度，已知双缝到光屏的距离l＝50.0cm，双缝间距d＝0.250mm，则下列说法正确的是________。(填正确答案标号。)
A．实验中必须用拨杆来调整单缝和双缝，使单缝和双缝相互平行
B．实验中还需测出单缝到光屏的距离
C．实验中测得红光的波长为700nm
D．若改用间距为0.300mm的双缝做实验，则相邻两亮条纹中心的距离将增大
E．若将红色滤光片换成绿色滤光片，则相邻两亮条纹中心的距离将减小
三、实验题
13．在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中
①已知双缝到光屏之间的距离为L，双缝之间的距离为d，单缝到双缝之间的距离为s，某同学在用测量头测量时，现将测量头目镜中看到的分划板中心刻度线对准某条亮纹（记作第1条）的中心，这时手轮上的示数用a表示，然后他转动测量头，使分划板中心刻线对准地6条亮纹的中心，这时手轮上的是用b表示（b>a），由此可计算出实验中所测得的单色光的波长λ= ．
②以下哪些操作能够增大光屏上相邻两条亮条纹之间的距离 ．
A．增大单缝和双缝之间的距离s
B．增大双缝和光屏之间的距离L
C．将红色滤光片改为绿色滤光片
D．增大双缝之间的距离d
14．在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，用图甲所示装置测量某种色光的波长。
（1）图甲中单缝前标示的器材“A”应为 。

（2）当测量头中的分划板中心刻线对齐某条纹的中心时，手轮上的示数如图乙所示，读数为 mm。

（3）若单缝到双缝距离为s，双缝的间距为d，屏与双缝间的距离为l，实验中在像屏上得到的干涉图样如图丙所示，毛玻璃屏上的分划板刻线在图中A、B位置时，游标卡尺的读数分别为x1、x2，则入射的单色光波长的计算表达式为 。

四、解答题
15．在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，测量头如图所示，调节分划板的位置，使分划板中心刻线对齐某亮条纹的中心，此时螺旋测微器的读数为多少？转动手轮，使分划线向一侧移动，到另一条亮条纹的中心位置，由螺旋测微器再读出一读数，若实验测得4条亮条纹中心间的距离，已知双缝间距，双缝到屏的距离，则对应的光波波长为多少？
16．如图所示为某型号光的双缝干涉演示仪结构简图，玻璃砖的横截面为等腰直角三角形ABC，∠A=90°，光源发出频率f=4.81014Hz的激光束。使激光束垂直AB面射入玻璃砖，在BC面发生全反射，从AC面射出后，经过单缝和双缝，最后在光屏上呈现出干涉图样。已知玻璃砖的直角边长x=0.03m，双缝间距d=0.1mm，双缝离光屏的距离L=1.2m，光在真空中的传播速度为c=3.0108m/s。求：
（1）玻璃砖折射率的最小值和此折射率下光线在玻璃砖中传播的时间；
（2）光屏上相邻亮条纹间的距离；
（3）若仅将单缝的位置稍微下移，中央亮条纹在光屏上的位置将上移、下移还是不变？（不必回答理由）
17．利用双缝干涉测量光的波长实验中，双缝间距d=0.3mm，双缝到光屏的距离L=1.0m，用红色光照射双缝得到干涉条纹，将测量头的分划板中心刻线与某条亮纹中心对齐，如图甲所示，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图乙所示，然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第8条亮纹中心对齐，此时手轮上的示数如图丙所示。
(i)求相邻亮条纹的中心间距Δx
(ii)求红色光的波长入(结果保留3位有效数字)
(ii)在其他条件不变的情况下，仅将红色光改成绿色光，条纹间距将变大还是变小
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【详解】ACD．由图可知，亮纹的宽度变大了，根据相邻两个亮（暗）纹间距
可知，若想增大亮纹宽度，可增大双缝到光屏之间的距离L，增大波长或减小两个双缝间的距离d，而根据
增大波长相当于减小光的频率，因此A正确，CD错误；
B．改变光源到双缝的距离，不会改变条纹的宽度，B错误。
故选A。
2．C
【详解】A．滤光片的作用是将复色光变为单色光，单缝的作用是使入射光变成线光源，双缝的作用是将单色光分解成频率相同、振动情况相同的相干光，因此滤光片应该放在单缝之前，故A错误；
B．调节拨杆只能调整单缝的角度，使单缝和双缝平行，获得清晰的干涉图样，故B错误；
C．由公式
得
可得实验中将6个条纹间距误数成7个，则变小，测得的波长值变小，故C正确；
D．旋转测量头，分划板竖线随之旋转，可使分划板竖线与亮条纹对齐，故D错误。
故选C。
3．C
【详解】A．若用复色光投射，在屏上可以看到彩色条纹，A错误；
B．图乙中双缝干涉图样的亮条纹，为振动加强的点，经过半个周期后仍亮条纹。B错误；
C．根据双缝干涉公式
可知仅减小狭缝S1、S2的间距d，乙中相邻亮条纹的中心间距增大，C正确；
D．照射双缝时，若S1、S2到屏上P点的距离差为半波长的奇数倍，则两束光波发生相互削弱，即P点处为暗条纹，D错误。
故选C。
4．C
【详解】A．滤光片的作用是得到相干光源，靠近单缝和远离单缝不影响干涉，故A错误；
B．将单缝和双缝互换，失去产生干涉的条件，即没有相干光源，像屏上没有清晰的条纹，故B错误；
C．仅将红色滤光片换成绿色滤光片，滤光片射向双缝等的光的波长λλ减小，根据
可知，条纹间距减小，故C正确；
D．仅将单缝向左移动少许，根据条纹间隔公式
知不会改变条纹间距，故D错误。
故选C。
5．B
【详解】A．根据可知，改用强度更小的光作为入射光，不会改变条纹间距，故A错误；
B．根据可知，增大双缝到屏的距离L，可以增大条纹间距，故B正确；
C．根据可知，增大双缝到单缝的距离，不会改变条纹间距，故C错误；
D．根据可知，增大双缝间距d，条纹间距更小，故D错误。
故选B。
6．A
【详解】A．a光入射角为i＝60°，折射角为r＝30°，则玻璃球对a光的折射率 为
光在玻璃球中的传播速度
由几何关系得光在玻璃球中传播的距离为
a光穿越玻璃的时间
联立得
A正确；
B．根据光路图读出b光偏折程度大于a光的偏折程度，知b光的折射率大于a光的折射率，则b光的频率高，波长短，由
则b光的干涉条纹间距小些，B错误；
C．光的频率由光源决定，与介质无关，则a、b光从真空进入玻璃球，其频率不变，C错误；
D．由于光线射到玻璃球内表面时，入射角等于光线进入玻璃球时的入射角，根据光路可逆性可知，不可能发生全反射，D错误；
故选A。
7．D
【详解】他对实验装置作了改动后，仍能观察到清晰的条纹，且条纹数目有所增加，可知各条纹宽度减小。由公式
得
A．仅将滤光片移至单缝和双缝之间，、与都不变，则不变，故A错误；
B．仅将单缝远离双缝移动少许，、与都不变，则不变，故B错误；
C．仅将单缝与双缝的位置互换，将不能正常观察双缝干涉，故C错误；
D．仅将红色滤光片换成绿色的滤光片，减小，与都不变，则减小，故D正确。
故选D。
8．C
【详解】A．干涉条纹间的暗线是由于两列光波波峰与波谷的叠加形成的，两列光波波谷与波谷的叠加形成亮纹，故A错误；
B．根据双缝干涉条纹的间距公式，知d减小，相邻亮条纹的距离增大，故B错误；
C．若用频率较大的单色光进行实验，即波长变短，其它条件不变的前提下，根据双缝干涉条纹的间距公式，可知，光屏上相邻暗条纹间距减小，故C正确；
D．若用红光照射双缝的一条狭缝，用紫光照射双缝的另一条狭缝，不满足干涉条件，屏上将不会呈现彩色条纹，故D错误。
故选C。
9．AC
【详解】由题意可知，在光屏上却观察不到干涉图样，可能不满足频率相同的条件，也可能满足条件，但不能满足单缝与双缝平行，及中央轴线与遮光筒的轴线在同一条直线上，与是否安装滤光片，及光源的强弱无关，故AC正确，BD错误。
故选AC。
10．BDE
【详解】A．双缝干涉实验中，遮住一条缝后，就成了单缝衍射，仍会有明暗相间的条纹，但条纹不是等间距的，故A错误；
B．根据双缝干涉条纹间距公式
实验相同条件下，由于橙光波长比绿光的长，所以干涉图样橙光比绿光的条纹间距大，故B正确；
C．单摆实验中，利用实验数据作出图像，图像函数式为
其斜率为
若未记录小球的半径，则图像函数式应为
显然图像的斜率不变，所以g值的测量值不变，故C错误；
D．单摆实验中在测量周期时，把n次全振动误认为是次全振动，致使周期T偏小，根据单摆周期公式
可知测得g值偏大，故D正确；
E．测平行玻璃砖的折射率实验时，误将玻璃砖的宽度画宽了，其他操作均正确，则入射角没有变化，折射角的测量值偏大，则由
得，折射率测量值偏小，故E正确。
故选BDE。
11．CD
【详解】A．由Δx= λ知，Δx与单缝到双缝之间的距离无关，故A错误；
B．如果增大缝之间的距离d，Δx将减小，故B错误；
C．如果增大双缝到光屏的距离l，Δx将增大，故C正确；
D．如果换成红光做实验，实验装置不变，λ变长，Δx将增大，故D正确。
故选CD。
12．ACE
【详解】A．实验中，单缝和双缝必须平行，选项A正确；
B．由可知，不需要测定单缝到光屏距离，选项B错误；
C．红色滤光片只允许红光透过，A条纹位置刻度为0.641 mm，B条纹位置刻度为9.041 mm，则条纹间距Δx＝1.4 mm，由Δx＝λ得，红光的波长λ＝7.00×10－7m＝700nm，选项C正确；
D．由知，当d增大时Δx减小，选项D错误；
E．滤光片允许对应颜色的光透过，绿光比红光的波长短，因此换用绿色滤光片时，相邻两亮条纹中心的距离将减小，选项E正确；
故选ACE。
13． B
【详解】（1）由题可知5 x=b-a；根据可得；
（2）根据可知：增大单缝和双缝之间的距离s对 x无影响，选项A错误；增大双缝和光屏之间的距离L可增大 x，选项B正确；将红色滤光片改为绿色滤光片，光的波长减小，则 x减小，选项C错误；增大双缝之间的距离d，则 x减小，选项D错误；故选B.
14． 滤光片 0.820
【详解】（1）[1]根根据实验原理知，实验器材的放置顺序是滤光片、单缝、双缝，所以图甲中单缝前标示的器材“A”应为滤光片。
（2）[2]读数为
0.5mm+32.0×0.01mm=0.820mm
（3）[3]由
，
解得
15．1.130mm；480nm
【详解】根据手轮的读数规则，读数为
1mm＋13.0×0.01 mm＝1.130mm
相邻亮条纹间距
Δx＝＝0.320mm
根据公式，代入数据解得
λ＝＝4.8×10－7m＝480nm
16．（1）；；（2）；（3）上移
【详解】（1）由几何关系，光线在BC面上刚好能发生全反射的临界角，由
得玻璃砖折射率的最小值
光线在玻璃中传播速度
光线在玻璃中传播时间
解得
（2）波长
条纹间距
解得
（3）上移
若把单缝S从双缝S1、S2的中心对称轴位置稍微向下移动，通过双缝S1、S2的光仍是相干光，仍可产生干涉条纹，如图所示
中央亮纹的位置经过S1、S2到S的路程差仍等于0，因
SS1>SS2
且
SS1+S1p=SS2+S2p
那么
S1P则中央亮纹P的位置略向上移。
17．(ⅰ)2.364mm；(ⅱ)；(ⅲ)变小
【详解】(i)图乙手轮固定刻度读数2mm，可动刻度读数为
图乙手轮上的示数2.320mm；图丙手轮固定刻度读数为18.5mm，可动刻度读数为
图丙手轮上的示数18.870mm；所以有
(ii)依据双缝干涉条纹间距规律可得
代入数据解得
(ii)因为绿色光的波长比红色光的波长短，在其他条件不变的情况下，将红色光改成绿色光，由可知条纹间距将变小。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第二章机械振动 章末复习与检测
（时间90分钟，满分100分）
一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分)
1．在光滑水平面上，有一弹簧振子做周期为T、振幅为A的简谐运动。弹簧的弹性势能表达式。振子运动到平衡位置开始计时，且规定此时运动方向为正，下列关系图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
2．一个质点做简谐运动的振动图像如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．在任意2s的时间内，质点经过的路程都是4cm
B．t＝3s时，质点的位移最小
C．在t＝1s和t＝3s两时刻，质点的位移相同
D．t＝0.5s和t＝1.5s两个时刻，质点的加速度大小相等，方向相反
3．物体做简谐运动，振幅为0.4cm，周期为0.5s，计时开始时具有正向最大加速度，它的位移公式是（　　）
A． B．
C． D．
4．两单摆，它们的摆长之比为4：1，摆球质量之比为2：1，它们以相同的摆角（约为3°）摆动，则两单摆的周期之比为（　　）
A．2：1 B．4：1 C．8：1 D．16：1
5．如图甲所示，悬挂在竖直方向上的弹簧振子，在、两点之间做简谐运动，点为平衡位置。振子到达点时开始计时，以竖直向上为正方向，一个周期内的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．振子在点受到的弹簧弹力等于零
B．时，振子的速度方向为竖直向下
C．振子在点和点的加速度相同
D．到的时间内，振子的位移为
6．如图甲所示，弹簧振子以点为平衡位置，在光滑水平面上的、两点之间做简谐运动，、分居点的左右两侧的对称点。取水平向右为正方向，振子的位移随时间的变化如图乙所示的正弦曲线，下列说法正确的是（　　）
A．时，振子在点右侧处
B．振子和时的速度相同
C．时，振子的加速度大小为，方向水平向右
D．到的时间内，振子的加速度和速度都逐渐增大
7．对于阻尼振动，下列说法不正确的是（　　）
A．阻尼振动就是减幅振动，其振动的能量不断减少
B．实际的振动系统不可避免地要受到阻尼作用
C．阻尼振动的振幅、振动能量、振动周期逐渐减小
D．对做阻尼振动的振子来说，其机械能逐渐转化为内能
8．随着载人航天技术的发展，“太空出差”已成常态。若宇航员到达某一星球后，进行了如下实验：（1）组装了一个摆长为L的单摆，将其悬挂在拉力传感器上，使摆球做同一平面内的小角度摆动，测得绳子拉力F随时间t变化的图像如图所示；（2）观测到该星球的近地卫星的运行周期为T，则可得该星球的半径为（　　）

A． B． C． D．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)
9．一单摆做小角度摆动，其振动图像如图所示，以下说法正确的是（　　）
A．t1时刻摆球速度为零，摆球的合外力为零
B．t2时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小
C．t3时刻摆球速度为零，摆球的回复力最大
D．t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大
10．如图所示，一轻弹簧与质量为m的物块组成弹簧振子，物体沿竖直方向在A、B两点间做简谐振动，O点为平衡位置，某时刻，物体正经过C点向上运动，已知OC=h，振动周期为T，则从这时刻开始的半个周期内，下述说法中正确的是（　　）
A．重力做的功为2mgh B．回复力做的功为零
C．重力的冲量为 D．回复力的冲量为零
11．如图所示，两长方体木块A和B叠放在光滑水平面上，质量分别为m和M，A与B之间的最大静摩擦力为f，B与劲度系数为k的水平轻质弹簧连接构成弹簧振子，为使A和B在振动过程中不发生相对滑动，则（　　）
A．它们的加速度不能大于
B．它们的振幅不能大于f
C．简谐运动的半个周期内A受到的摩擦力的冲量一定等于0
D．简谐运动的一个周期内A对B的摩擦力的冲量与弹簧对B弹力的冲量等大反向
12．劲度系数为20N/m的水平弹簧振子，它的振动图像如图所示，则图线上的P点反映出此时刻（　　）
A．弹簧振子的运动方向沿x轴正向
B．弹簧振子的运动方向沿x轴负向
C．由t＝0到图线上P点时刻振子所经过的路程为37.5cm
D．由t＝0到图线上P点所示时刻的这段时间内，振子运动的位移为2.5cm
三、实验题(每空2分，共12分)
13．利用单摆可以测定重力加速度，实验装置如图（a）所示。
（1）利用20分度游标卡尺测定摆球的直径如图（b）所示则读数为 ；
（2）把摆球拉离平衡位置一小段位移后释放，摆球第1次经过最低点时开始计时，摆球第N次经过最低点时停止计时，测得时间为t，则单摆周期为 ；
（3）改变摆长，测出多组数据后，作出摆长l与周期平方函数关系图如图（c）所示，算出图中直线斜率为k，则当地重力加速度可表示为 ；
（4）不改变实验器材，提出一条减少实验误差的建议： 。
14．（1）某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为，摆球直径为，然后用秒表记录了单摆全振动次所用的时间为，则：

他测得的重力加速度 。（用测量量表示）
（2）如果已知摆球直径为，让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图所示，那么单摆摆长是 ，如果测定了40次全振动的时间如图中秒表所示，那么秒表读数是 ，单摆的摆动周期是 s。
（3）某同学在利用单摆测定重力加速度的实验中，下列说法正确的是 。
A．若摆球质量过大，则使测量值偏大
B．若单摆振动时振幅较小，则使的测量值偏小
C．测量周期时，把个全振动误认为个全振动，使周期偏大，测量值偏大
D．测量周期时，把个全振动误认为个全振动，使周期偏小，测量值偏大
（4）为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长并测出相应的周期，从而得出一组对应的和的数值，再以为横坐标、为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率，则重力加速度 。（用表示）
四、计算题（15题12分，16题14分，17题14分，共40分。）
15．如图所示，蛇形摆是演示单摆周期与摆长关系的实验装置，各摆球的摆长从左到右按一定规律递减，以单摆所在平面为面，以垂直单摆所在平面为x轴，建立空间直角坐标系。用一板子把所有摆球由平衡位置沿x轴正方向移动相同的一小段位移，然后同时释放，由于各摆球周期不同，开始摆球整体看上去像一条舞动的蛇，一段时间后变得紊乱，经过一段时间又会重复。现有10个摆球，从左到右依次编号为，摆长分别为，摆长满足，其中，编号的单摆周期为（为已知量），摆球的运动可视为简谐运动，不考虑空气阻力。
（1）求编号为n的单摆的周期；
（2）板子放开后编号的单摆若完成了10次全振动，编号的单摆完成了多少次全振动？
（3）板子放开后最短经过多长时间，所有摆球又重新回到释放时的状态？
16．弹簧振子以O点为平衡位置在最大位置B、C两点之间做简谐运动，最大位置B、C相距20 cm.某时刻振子处于B点，经过0.5 s，振子首次到达C点，求：
（1）振子在5 s内通过的路程及位移大小；
（2）振子在B点的加速度大小跟它距平衡位置4 cm处P点的加速度大小的比值．
17．如图所示，光滑圆弧槽BC半径为R，O、B分别为光滑圆弧槽的圆心和最低点，OB连线在竖直方向，光滑斜面AB与光滑圆弧槽BC平滑连接，且A与C的连线在水平方向，O、A、B、C在同一竖直面内，OA与AB垂直，。分三次分别从O、A、C三点无初速度释放视为质点的小球1、2、3，忽略空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）小球1、2、3第一次到达B点的时间t1、t2、t3之比；
（2）移走小球1和小球2，释放小球3，从释放小球3到小球3第2022次经过B点经历的时间。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】BC．弹簧振子做简谐运动，位移x与t成正弦函数变化，即
而回复力
所以
加速度
选项BC错误；
AD．弹簧振子运动到最大位移处动能为零，弹性势能最大，因此总能量为
根据能量守恒可知
整理得
选项D正确，A错误。
故选D。
2．A
【详解】A．由图可知，质点做简谐运动的周期是4 s，在任意2 s的时间内，质点经过的路程都是振幅的两倍，即4 cm；A正确；
B．由图可知t＝3 s时，质点的位移是负向最大，B错误；
C．在t＝1 s和t＝3 s两时刻，质点的位移大小相等，方向相反，C错误；
D．t＝0.5 s和t＝1.5 s两个时刻，质点的加速度大小相等，方向相同，D错误。
故选A。
3．B
【详解】由题意，时，振子具有正向最大加速度，说明此时振子的位移是负向最大，在简谐振动的位移公式中，有
，
故位移公式为
故选B。
4．A
【详解】两单摆，它们的摆长之比为4：1，根据单摆周期公式
可知两单摆的周期之比为。
故选A。
5．B
【详解】A．振子在点受到的回复力为零，即弹簧弹力等于振子自身重力大小。故A错误；
B．由图可知，时，振子从正向最大位移向着平衡位置运动，即速度方向为竖直向下。故B正确；
C．依题意，振子在点和点的加速度大小相同，方向相反。故C错误；
D．由图可知，到的时间内，振子的位移为。故D错误。
故选B。
6．C
【详解】A．由图可知，该振动的振幅为12cm=0.12m，周期为1.6s，所以
结合振动图像可知，该振动方程为
在时，振子的位移
A错误；
B．由振动图像可知，振子振子从平衡位置向右运动，时振子从平衡位置向左运动，速度方向不同，B错误；
C．时，振子到达A处，振子的加速度大小为
此时加速度方向向右，C正确；
D．到的时间内振子向最大位移处运动，速度减小，加速度增大，到时间内振子从最大位移向平衡位置运动，则速度增大，加速度减小，D错误。
故选C。
7．C
【详解】A．物体做阻尼振动时，因克服阻尼做功机械能逐渐减少，振幅随之减小，故A正确；
B．实际振动系统不可避免要受到摩擦或空气阻力等阻尼作用，故B正确；
C．物体做阻尼振动时，因克服阻力做功，机械能逐渐减少，振幅随之减小，频率并不会随振幅的减小而变化，故C错误；
D．物体做阻尼振动时，因克服阻力做功机械能逐渐减少，转化为内能，故D正确；
故选C。
8．A
【详解】由图可知单摆周期为
由
可得
又
解得
故选A。
9．CD
【详解】A．由题图读出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，A错误；
B．t2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，B错误；
C．t3时刻摆球在负向最大位移处，速度为零，回复力最大，C正确；
D．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，D正确。
故选CD。
10．ABC
【详解】A．在半个周期内，物体运动到关于平衡位置对称的位置，即运动到O点的下方h处，下降的高度为2h，故重力对物体做功为2mgh，故A正确；
B．根据对称性可知，半个周期内物体的速度变化量为零，根据动能定理得知，回复力做功为零，故B正确；
C．力的冲量为力与时间的乘积，故C正确；
D．取向上方向为正方向，则由动量定理得，回复力冲量为
I=﹣mv﹣mv=﹣2mv≠0
故D错误。
故选ABC。
11．AD
【详解】AB．当A和B在振动过程中恰好不发生相对滑动时，AB间静摩擦力达到最大。此时AB到达最大位移处。根据牛顿第二定律，以A为研究对象，最大加速度
以整体为研究对象
kA=（M+m）a
联立两式得最大振幅
故A正确，B错误；
C．从某时刻算起，若振子从平衡位置开始，在半个周期内，A的动量变化最大，为2mv。若A从最大位移处开始，在半个周期内，振子的动量变化最小，为零。根据动量定理分析得知，在半个周期的时间内，摩擦力的冲量是2mv与0之间的某一个值，故C错误；
D．根据上分析可知简谐运动的一个周期内振子的动量变化为零，根据动量定理可知简谐运动的一个周期内A对B的摩擦力的冲量与弹簧对B弹力的冲量等大反向，故D正确。
故选AD。
12．AC
【详解】AB．P点稍后的时刻，质点的正向位移大于xP＝2.5cm，所以可以判定弹簧振子在时刻tP运动方向沿x轴正方向， B错误A正确；
C．由图像知，在0～3.5s这段时间内，振子所通过的路程为
3.5s末到tP的这段时间Δt内再通过2.5cm，所以路程
C正确；
D．位移是矢量，振动的位移是指振动质点相对于平衡位置的距离，P点所在位置为＋2.5cm.但运动的位移则是指质点在某段时间的初、末两时刻位置的变化，在t＝0时刻振子在＋5cm处，在tP时刻振子在＋2.5cm处，所以其运动的位移为－2.5cm，其大小为2.5cm，方向沿x轴负方向，D错误。
故选AC。
13． 1.130 多次测量摆长和球的直径求平均值
【详解】（1）[1] 20分度游标卡尺精确度为0.05mm，则摆球的直径为
（2）[2] 摆球第1次经过最低点时开始计时，摆球第N次经过最低点时停止计时，则通过最低点共次，而每两次通过最低点为一个周期的摆动，则单摆的周期为
（3）[3]根据单摆的周期公式，可得
故图像的斜率为
当地重力加速度可表示为
（4）[4]多次测量摆长和球的直径求平均值可减小误差。
14． 0.8850（0.8847～0.8853） 75.2 1.88 D
【详解】（1）[1]单摆的长度为摆线长加上小球的半径，因此由单摆的周期公式
可得
（2）[2]单摆长度为摆线长度加小球半径，由图甲可得出该单摆的摆长为
[3]秒表的读数
[4]将全振动的次数，秒表的读数75.2s，代入公式
可知单摆的周期
（3）[5]AB．由
可知摆球的质量和振幅大小不影响的测量；故AB错误；
CD．当把次全振动看成次时，则周期变大，根据
可知，则测得的重力加速度偏小；若将次全振动的次数当成次时，单摆的周期变小，因此测得的重力加速度偏大，故C错误，D正确。
故选D。
（4）[6]由可得
可知
得
15．（1）；（2）17；（3）
【详解】（1）根据单摆的周期公式可知
则编号为n的单摆的周期
（2）板子放开后编号的单摆完成10次全振动的时间为
编号的单摆周期为
故编号的单摆完成的全振动次数为
（3）当10个摆球全部都能做完整的全振动时，所有摆球又回到释放状态。则假设最短时间为，编号的单摆摆动了次，则其他单摆摆动次数为
，，，
则若要保证次数均为正整数，则的最小值为10次，则最短时间为
16．（1）200cm；0（2）5:2
【详解】（1）设振幅为A，由题意BC=2A=20 cm，所以A=10 cm．振子从B到C所用时间t=0.5 s，为周期T的一半，所以T=1.0 s；
振子在1个周期内通过的路程为4A，故在t′=5 s=5T内通过的路程
s=5×4A=200 cm．
5 s内振子振动了5个周期，5 s末振子仍处在B点，所以它偏离平衡位置的位移大小为10 cm，通过的位移为0．
（2）振子加速度
a=-kx/m，a∝x．
所以
aB：aP=xB：xP=10：4=5：2．
点睛：简谐运动的物体除回复力大小与位移大小成正比、方向彼此相反外，物体的运动学物理量的大小及能量相对于平衡位置有对称性.
17．（1）；（2）
【详解】（1）小球1做自由落体运动
小球2在斜面上匀变速直线运动
小球3类似于单摆的运动
得到
（，均可）
（2）小球3每次在AB斜面上上升的时间与下滑的时间相同
联立得

答案第1页，共2页
答案第1页，共2页1.4实验：验证动量守恒定律 同步练习与检测
一、单项选择题
1．用如图所示的装置来验证动量守恒定律，斜槽轨道固定在水平桌面上，入射小球、被碰小球质量分别为m1、m2，则下列做法错误的是（　　）

A．入射小球和被碰小球半径相同
B．入射小球每次必须从斜轨同一位置释放
C．选用两球的质量应满足m1m2
D．必须用秒表测定小球在空中飞行的时间
2．在做验证动量守恒定律实验时，入射球a的质量为，被碰球b的质量为，小球的半径为r，各小球的落点如图所示，下列关于这个实验的说法正确的是（　　）
A．入射球与被碰球最好采用大小相同、质量相等的小球
B．让入射球与被碰球连续10次相碰，每次都要使入射球从斜槽上不同的位置滚下
C．要验证的表达式是
D．要验证的表达式是
3．如图甲所示，调节长木板的倾斜程度，让小车A以某速度做匀速直线运动，与置于木板上静止的小车B相碰并粘在一起，继续做匀速直线运动，得到的纸带如图乙所示，则计算碰前A车的动量大小应选（　　）

A．AB段 B．BC段 C．CD段 D．DE段
4．如图甲所示为“验证动量守恒定律”的实验装置示意图，已知a、b小球的质量分别为ma、mb。先单独将a球从斜槽上某点释放，小球a从轨道末端飞出后在水平地面上的平均落点为图甲中的P点；再将b球放于轨道末端，将a球从斜槽上相同的位置释放，多次实验，两球碰后在水平地面上的平均落点分别是图甲中M、N点。本实验必须满足的条件是（　　）

A．斜槽轨道必须是光滑的
B．入射小球a的质量必须小于被碰小球b的质量
C．要测量小球离开斜槽末端到水平面的飞行时间
D．入射小球a每次都从斜槽上的同一位置无初速度释放
5．在“利用气垫导轨验证动量守恒定律”的实验中，用到的测量工具有（　　）
A．停表、天平、刻度尺
B．弹簧测力计、停表、天平
C．天平、刻度尺、光电计时器
D．停表、刻度尺、光电计时器
6．一子弹从水平方向飞来打穿一放在光滑的水平面上的木块．关于此过程，对子弹和木块组成的系统，以下看法正确的是（　　）
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
7．在“验证动量守恒定律”的实验中，安装斜槽轨道时，应让斜槽末端点的切线保持水平，这样做的 目的是为了使（ ）
A．入射小球得到较大的速度
B．入射小球与被碰小球对心碰撞后速度为水平方向
C．入射小球与被碰小球对碰时无动能损失
D．入射小球与被碰小球碰后均能从同一高度飞出
8．A、B两小物块在一水平长直气垫导轨上相碰，用频闪照相机每隔t的时间连续拍照四次，拍得如图所示的照片，已知四次拍照时两小物块均在图示坐标范围内，不计两小物块的大小及碰撞过程所用的时间，则由此照片可判断（ ）
A．第一次拍照时物块A在55cm处，并且
B．第一次拍照时物块A在10cm处，并且
C．第一次拍照时物块A在55cm处，并且
D．第一次拍照时物块A在10cm处，并且
二、多选题
9．在“碰撞中的动量守恒”实验中，仪器按要求安装好后开始实验，第一次不放被碰小球，第二次把被碰小球直接静止放在斜槽末端的水平部分，在白纸上记录下重锤位置和各小球落点的平均位置依次为O、A、B、C，设入射小球和被碰小球的质量依次为m1、m2，则下列说法中正确的有（ ）
A．第一、二次入射小球的落点依次是A、B
B．第一、二次入射小球的落点依次是B、A
C．第二次入射小球和被碰小球将同时落地
D．m1AB=m2 OC
10．用下图实验装置验证《动量守恒定律》，a、b球的半径为r，a球的质量m1，b球的质量m2，则下列说法正确的是（　　）
A．小球滚动滑槽必须光滑
B．a球的质量m1应大于b球的质量m2
C．要验证的表达式是m1OB=m1OA+m2OC
D．要验证的表达式是m1OB=m1OA+m2（OC﹣2r）
11．光滑水平面上的两球做相向的运动，发生正碰后两球均变为静止，于是可以判定（　　）
A．两球碰撞前质量与速度的乘积mv大小一定相等
B．两球的质量相等
C．两球在撞击中机械能有损失
D．两球碰撞前的速率一定相等
12．下列说法正确的是（ ）
A．在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，将摆球从平衡位置拉开15°释放，在摆球经过平衡位置的同时开始计时
B．在“探究变压器线圈两端电压与匝数的关系”的实验中，可以使用多用电表来测量电压
C．在“探究碰撞中的不变量”的实验时，斜槽末端的切线必须水平，目的是为了使两球碰撞时动能无损失
D．在“测定玻璃的折射率”实验中，为了减小实验误差，应该改变入射角的大小多次测量数据
三、实验题
13．某实验小组利用如图所示的实验装置验证动量守恒定律。弹性球1用细线悬挂于O点，O点下方桌子的边沿有一竖直立柱，球2放置于立柱上，实验时，调节悬点，使弹性球1静止时恰与立柱上的球2接触且两球等高。将球1拉离平衡位置，保持细绳拉直，使用量角器测量绳子与竖直方向夹角为θ1，静止释放球1，当它摆到悬点正下方时与球2发生对心碰撞。碰后球1被弹回，向右最远可摆位置绳子与竖直方向夹角为θ2，球2落到水平地面上。测量球2球心到地面高度H和球2做平抛运动的水平位移s，然后再测出有关数据即可验证1、2两球碰撞时动量守恒，重力加速度为g。
（1）要计算碰撞前后球1的速度，还需要测量的物理量是 。
A．球1质量m1
B．球2质量m2
C．直角量角器的半径R
D．悬点到球1球心距离L
（2）球2碰撞后的速率的表达式v2= ；根据测量的物理量，该实验中动量守恒的表达式为 。（使用题干所给物理量和（1）问所测物理量表示）
14．如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。接下来的实验步骤如下：
步骤1：用天平测出小球1和小球2的质量m1、m2；
步骤2：调节“碰撞实验器”轨道末端水平，接着不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上、重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置P；
步骤3：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤2同样的方法分别标出碰撞后小球1和小球2落点的平均位置M、N；
步骤4：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度、、。
（1）入射小球1的质量应 （选填“大于”“等于”或“小于”）被碰小球2的质量；为保证两小球做对心碰撞，入射小球1的半径应 。（选填“大于”“等于”或“小于”）被碰小球2的半径。
（2）当所测物理量满足表达式 时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。如果还满足表达式 时，即说明两球是弹性碰撞。
四、解答题
15．某同学利用如图所示的装置验证动量守恒定律．图中两摆摆长相同，悬挂于同一高度，A、B两摆球均很小，质量之比为1∶2.当两摆球均处于自由静止状态时，其侧面刚好接触．向右上方拉动B球使其摆线伸直并与竖直方向成45°角，然后将其由静止释放．结果观察到两摆球粘在一起摆动，且最大摆角为30°.若本实验允许的最大误差为±4%，此实验是否成功地验证了动量守恒定律？
16．如图甲所示，下表面光滑的长木板B静止放在水平面上，质量为m3＝1.0 kg的物块C放在长木板的最右端，质量为m1＝0.5 kg的物块A从距长木板B左侧s0＝9.5 m处以某一初速度向长木板运动．一段时间后物块A与长木板B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），以长木板B开始运动作为计时起点，长木板B和物块C运动的v－t图象如图乙所示，已知物块A与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，物块C与长木板B间的动摩擦因数为μ2＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)长木板B的质量m2；
(2)物块A的初速度v0；
(3)A静止时，系统A、B、C由于摩擦产生的热量Q．
17．某同学用如图所示装置来研究碰撞过程，第一次单独让小球a从斜槽某处由静止开始滚下，落地点为P，第二次让a从同一位置释放后与静止在斜槽末端的小球b发生碰撞，a、b球的落地点分别是M、N，各点与O的距离如图；该同学改变a的释放位置重复上述操作，由于某种原因他只测得了a球的落地点、到O的距离分别是22.0cm、10.0cm，求b球的落地点到O的距离。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】A．为了保证两球能发生正碰，则和的半径必须相同，故A正确，不符合题意；
B．小球每次必须从斜轨同一位置释放，以保证到达底端时的速度相同，故B正确，不符合题意；
C．为防止入射球碰后反弹，则选用两球的质量应满足，故C正确，不符合题意；
D．该实验中用平抛运动的水平位移代替小球的速度，则实验中没必要用秒表测定小球在空中飞行的时间，故D错误，符合题意。
故选D。
2．C
【详解】A．在此装置中，应使入射球的质量大于被碰球的质量，防止入射球反弹或静止，故A错误；
B．入射球每次都必须从斜槽上的同一位置由静止滚下，以保证每次碰撞都具有相同的初动量，故B错误；
CD．两球做平抛运动时都具有相同的起点，结合平抛运动的规律可知，小球运动的时间都相同，因此小球的速度可表达为
同理可得小球碰撞后的速度，小球m2的速度，验证动量守恒，需要验证
应验证的关系式为，C正确，D错。
故选C。
3．B
【详解】推动小车由静止开始运动，小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，BC段为匀速运动的阶段，故选BC段计算碰前的速度，故选B。
4．D
【详解】AD．本实验要求a球每次运动至斜槽末端时的速度都相等，只需要每次将a球从斜槽轨道同一位置由静止释放即可，斜槽轨道是否光滑对上述要求无影响，所以斜槽轨道不必须光滑，故A错误，D正确；
B．为使碰撞后a球不反弹，a球的质量必须大于b球的质量，故B错误；
C．本实验通过位移信息来间接反应速度大小，因此不需要测量离开斜槽末端到水平面的飞行时间，故C错误；
故选D。
5．C
【详解】用天平测滑块质量，用刻度尺测挡光片的宽度；运动时间是指挡光片通过光电门的时间，由光电计时器计时，因此不需要停表。ABD错误，C正确。
故选C。
6．B
【详解】以子弹与木块组成的系统为研究对象，在子弹射穿木块的过程中系统所受合外力为零，故系统动量守恒；在该过程中要克服阻力做功系统机械能减少，故系统机械能不守恒.
A．描述与分析不符，故A错误.
B．描述与分析相符，故B正确.
C．描述与分析不符，故C错误.
D．描述与分析不符，故D错误.
7．B
【详解】在“验证动量守恒定律”的实验中，安装斜槽轨道时，应让斜槽末端点的切线保持水平，这样做的目的是为了使入射小球与被碰小球对心碰撞后速度为水平方向，以保证在水平方向能验证动量守恒定律
故选B。
8．B
【详解】由题意“四次拍照时两小物块均在图示坐标范围内”可以判断出，B物块在碰撞前处于静止状态，A在碰撞前沿x轴正方向运动，碰撞后A沿x轴负方向运动，B沿x轴正方向运动，由此得出碰撞发生在x=60 cm的d点处（即B碰撞前所处的位置）。碰撞是在第三次拍照与第四次拍照之间发生，第四次拍照时A运动到x=55 cm的e点处，B运动到x=65 cm的f点处，从而可知第一次拍照时，A在x=10 cm的a点处沿x轴正方向运动；第二、三次拍照时分别在x=30 cm的b点处和x=50 cm的c点处。碰撞前，A的速度为
设碰撞后到第四次拍照的时间为t′，有
，，
所以
碰撞后，A、B的速度分别为
，
其中
所以
由动量守恒，有
以上各式联立，解得
故ACD错误，B正确。
故选B。
9．BD
【详解】AB．入射小球和被碰小球相撞后，被碰小球的速度增大，入射小球的速度减小，碰前碰后都做平抛运动，高度相同，落地时间相同，所以B点是没有碰时入射小球的落地点，A点是碰后入射小球的落地点，C点是碰后被碰小球的落地点，故A错误，B正确；
C．两小球碰后都做平抛运动，竖直高度相同，它们在空中的运动时间相等，由于被碰小球先离开斜槽，入射小球后离开斜槽，所以被碰小球先落地，入射小球后落地，故C错误；
D．如果两小球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，则
得
即
故D正确。
故选BD。
10．BC
【详解】A．“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故A错误；
B．为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即a球的质量m1应大于b球的质量m2，故B正确；
CD．两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mav0=mav1+mbv2
小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得
mav0t=mav1t+mbv2t
则
maOB=maOA+mbOC
故C正确，D错误。
故选BC。
11．AC
【详解】A．两球碰撞过程中动量守恒，碰后两球都静止，说明碰撞前后两球的总动量为零，故碰撞前两个球的动量大小相等，方向相反，A正确；
BD．由
在碰撞以前，两球各自质量与速度的乘积的大小相等，但两球的速度大小和质量大小关系不能确定，BD错误；
C．碰前两球动能之和不为0，碰后总动能为0，故碰撞过程有机械能损失，转化为热能，C正确。
故选AC。
12．BD
【详解】A．在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，将摆球从平衡位置拉开5°释放，在摆球经过平衡位置的同时开始计时，选项A错误；
B．在“探究变压器线圈两端电压与匝数的关系”的实验中，可以使用多用电表交流电压挡来测量电压，选项B正确；
C．在“探究碰撞中的不变量”的实验时，斜槽末端的切线必须水平，目的是为了使两球碰撞后做平抛运动，选项C错误；
D．在“测定玻璃的折射率”实验中，为了减小实验误差，应多次实验，测出每一组实验的入射角和折射角，根据折射定律求出折射率，再求解多次所测的折射率的平均值，故D正确；
故选BD。
13． D
【详解】(1)[1]由动能定理可得
碰撞前球1速度
由动能定理可得
碰撞后球1速度
所以还需要测量悬点到球1球心距离，故选D。
(2)[2] 根据平抛规律有球2碰后速度
[3]根据动量守恒表达式
因此需要验证
14． 大于 等于
【详解】（1）[1][2] 根据动量守恒定律可知若碰撞小球1的质量小于被碰小球2的质量，则小球1可能被碰回，所以小球1的质量应大于被碰小球2的质量，为了保证是对心碰撞，所以小球1的半径应等于被碰小球2的半径；
（2）[3][4]因为平抛运动的时间相等，根据平抛运动规律，则水平位移可以代表速度，OP=L2是A球不与B球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表A球碰撞前的速度，OM=L1是A球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A球的速度，ON=L3是碰撞后B球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B球的速度，当所测物理量满足表达式
说明两球碰撞遵守动量守恒定律；由功能关系可知，只要
成立则机械能守恒，即
故
说明碰撞过程中机械能守恒。
15．能，见解析
【详解】设摆球A、B的质量分别为mA、mB，摆长为l，B球的初始高度为h1，碰撞前B球的速度为vB.在不考虑摆线质量的情况下，根据题意及机械能守恒定律得：
h1=l(1－cos45°)
设碰撞前、后两摆球的总动量的大小分别为p1、p2，有：
p1=mBvB
联立得：
.
同理可得：
.
则有：
.
代入已知条件得：
由此可以推出：
≤4%
所以，此实验在规定的误差范围内验证了动量守恒定律。
16．(1) 1.0kg (2) 10m/s (3) 16 J
【详解】(1)根据图乙可知，长木板B的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
联立解得
(2)物块A与长木板B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有
根据能量守恒可得
联立即得
v＝9 m/s，v1＝－3m/s
对于物块A，以初速度v0向右减速运动与长木板B碰撞的过程，根据动能定理有
解得
(3)对物块A反向后，
当A停下后，即
解得
t＝3 s
由于碰撞过程中不损失机械能，碰撞前后损失的机械能均为克服摩擦力而做功，故产生的热量为：
由图乙可知
解得
Q＝16 J
17．48.0cm
【详解】设a球的质量为m1，b球的质量为m2，碰撞过程中满足动量守恒定律
两边同时乘以时间得
解得
改变a的释放位置，有
解得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页3.1波的形成 同步练习与检测
一、单选题
1．地壳深处的岩层活动产生强烈震动而引发地震。地震波的纵波传播速度较快，约为6km/s；横波传播速度较慢，约为4km/s。2022年3月26日在青海某无人区发生6.0级地震，震源深度10km。地震发生后距震源163km的嘉峪关市震感强烈。则以下说法正确的是（　　）
A．震源的正上方，地震波的纵波会引起地面物体上下跳动，横波会引起地面上物体水平晃动
B．地震波的横波在介质中传播时，介质中的质点会沿波的传播方向运动，从而导致房屋倒塌
C．嘉峪关市的防震减灾机构有约1min的时间提前预警更具破坏性的横波何时到达
D．建筑物的固有周期与地震波的振动周期越接近，建筑物受到的损伤就越小
2．关于横波和纵波，下列说法不正确的是（ ）
A．横波和纵波都能发生偏振现象
B．质点的振动方向跟波的传播方向在同一直线上的波叫纵波
C．横波有波峰和波谷，纵波有密部和疏部
D．质点的振动方向和波的传播方向垂直的波叫横波
3．如图所示，1、2、3、4……是某绳（可认为是均匀介质）上一系列等间距的质点．开始时绳处于水平方向，质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，带动2、3、4……各个质点依次上下振动，把振动从绳的左端传到右端．已知t＝0时，质点1开始向下运动，经过二分之一周期，质点9开始运动．则在二分之一周期时，下列说法正确的是
A．质点3向上运动
B．质点5所受回复力为零
C．质点6的加速度向下
D．质点9的振幅为零
4．如图所示是一列向右传播的简谐横波在某一时刻的波的图像．绳上有九个质点，下列说法错误的是（　　）
A．具有相同的位移
B．位移相同，位移方向相反
C．振幅相同
D．振幅相同
5．下列关于横波的说法中，正确的是( )
A．横波中, 质点的振动方向一定与波的传播方向垂直
B．横波中, 质点的振动方向也可能与波的传播方向在同一直线上
C．横波中,波水平向右传播,各个质点一定上下振动
D．能形成波峰、波谷的波是横波
6．如图所示为沿水平方向的介质中的部分质点，每相邻两质点的距离相等，其中O为波源．设波源的振动周期为T，t=0时刻波源通过平衡位置开始竖直向下振动，经过质点1开始振动，则下列关于各质点的振动和介质中的波的说法中错误的是（　　）
A．介质中所有质点的起振方向都是竖直向下的，且图中质点9起振最晚
B．图中所画出的质点起振时间都是相同的，起振的位置和起振的方向是不同的
C．图中质点8的振动完全重复质点7的振动，只是质点8振动时，通过平衡位置或最大位移的时间总比质点7通过相同位置时落后
D．只要图中所有质点都已振动了，质点1与质点9的振动步调就完全一致，但如果质点1发生的是第100次振动，则质点9发生的就是第98次振动
7．一列简谐横波沿介质传播，当波源质点突然停止振动时，介质中其它质点的振动及能量传递的情况是（ ）
A．所有质点都立即停止振动
B．已经振动的质点将继续振动，未振动的质点则不会振动
C．能量将会继续向远处传递
D．能量传递随即停止
8．某同学在研究机械波的形成与传播规律时，将一根粗细均匀的弹性绳右端固定在墙上。手握着绳子左端S点上下振动，产生向右传播的绳波，某时刻的波形如图所示。下列说法中正确的是（　　）
A．此时刻质点P向上运动
B．手的起振方向向上
C．手振动的频率逐渐增大
D．波的传播速度不变
二、多选题
9．关于机械振动和机械波，下列说法正确的是（　　）
A．有机械振动必有机械波
B．在空气中传播的声音是纵波
C．在机械波的传播中质点并不随波迁移
D．质点的振动方向与波的传播方向总在同一直线上
10．下列关于沿绳传播的一列机械波的正确说法是(　　)
A．绳波的形成是由于绳上各质点的相互作用
B．绳上各质点都随绳波向前传播
C．当波源突然停止振动时，离波源较近的质点先停止振动
D．波形成的过程是质点的振动形式及能量的传播过程
11．关于介质中质点的振动方向和波的传播方向，下列说法正确的是（　　）
A．在横波中二者方向有时相同
B．在横波中二者方向一定不同
C．在纵波中二者方向有时相同
D．在纵波中二者方向一定不同
12．一振动片以50Hz的频率做简谐运动时，固定在振动片上的一根细杆同步周期性地触动水面上O点，发出的波在水面上向四周传播，假设该波为简谐横波，波速为20m/s，如图所示，在水面上的P、Q两点分别有一片可看作质点的小树叶，它们到水波中心的距离分别为OP=1.0m，OQ=0.8m，则下列说法正确的是（　　）
A．Q、P的起振方向相同
B．P的起振时刻比Q的晚半个周期
C．当Q在最高点时，P恰好到平衡位置
D．当P通过平衡位置时，Q也恰好通过平衡位置
三、解答题
13．如图所示，是某绳波形成过程的示意图。质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，带动2、3、4…各个质点依次上下振动，把振动从绳的左端传到右端。已知t=0时，质点1开始向上运动，t=时，1到达最上方，5开始向上运动．问：
（1）t=时，质点6、10、14的运动状态（是否运动、运动方向）如何；
（2）t=时，质点6、10、14的运动状态如何。
14．某介质中有一质点P从其中心位置开始向上做振幅为A=0.1m的简谐振动，M、N是质点P在振动过程中经过的关于P对称的两个位置，如图所示，已知该质点两次经过M点的最短时间t1=0.05s、从M到N的最短时间为t2=0.2s，质点P在介质中激起的简谐波沿与MN垂直的方向传播，Q是该简谐波向右传播过程介质中的一个质点，t时刻质点P正在上方最大位移处，而此时的Q正通过平衡位置向下运动，已知PQ之间的距离x=0.6m，则：
(1)质点的振动周期是多少
(2)质点P激起的简谐波最大传播速度是多少
(3)自质点P开始振动至t时刻的过程中，质点P的路程至少是多少
15．影剧院的内墙壁是不是很光滑？请实地观察后谈谈影剧院为什么这样处理墙壁。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【详解】A．振动方向与传播方向在同一条直线上的波叫做纵波，振动方向与传播方向相互垂直的波叫做横波，所以，震源的正上方，地震波的纵波会引起地面物体上下跳动，横波会引起地面上物体水平晃动，A正确；
B．地震波的横波在介质中传播时，介质中的质点会沿垂直于波的传播方向运动，从而导致房屋倒塌，B错误；
C．横波与纵波到达嘉峪关市的时间差为
C错误；
D．建筑物的固有周期与地震波的振动周期越接近，建筑物的振幅越大，受到的损伤就越大，D错误；
故选A。
2．A
【详解】ABD．横波的振动方向与传播方向垂直，纵波的振动方向与波的传播方向在同一条直线上，因此只有当横波时，穿过偏振片时，出现阻碍，而纵波能通过，A错误，BD正确；
C．横波有波峰和波谷，而纵波有密部和疏部，C正确.
故不正确的选A。
3．A
【详解】A．经二分之一周期，质点1从平衡位置再次运动到平衡位置，质点3振动了，即质点3从波谷向平衡位置运动中，即向上运动，A正确；
B．经二分之一周期时，质点5从平衡位置运动到波谷，此时质点5在负方向最大位移处，由F= kx=ma可知，加速度方向向上，质点5所受回复力向上，此时的回复力不等于零，B错误；
C．经二分之一周期时，质点6振动了，也在平衡位置以下向下振动，加速度向上，C错误；
D．经二分之一周期时，质点9开始运动，此时质点9开始向下振动，其位移为零，由波的传播特点可知，质点9振幅同其它质点振幅相等，振幅不是零，选项D错误。
故选A。
【点睛】波的基本特性：质点起振动方向与波源起振方向相同．分析波动形成过程是应具备的能力．注意振幅和位移的不同。
4．A
【详解】AB．在波的图像中，纵坐标表示某一时刻各质点偏离平衡位置的位移，故A说法错误，B说法正确；
CD．在简谐波中各质点都做简谐运动，振幅都等于波源的振幅，故C、D说法正确；
本题选择错误的，故选择:A。
5．A
【详解】AB．物理学中把质点的振动方向与波的传播方向垂直的波称作横波，故A正确，B错误；
C．横波中各质点的振动方向与其传播方向垂直，波在水平方向右传播时，质点振动方向与其垂直，不一定上下振动，也可能前后振动，故C错误；
D．有波峰和波谷，但波的传播方向不一定与质点的振动方向垂直，故D错误；
故选A．
【点睛】机械振动在介质中的传播称为机械波．随着机械波的传播，介质中的质点振动起来，根据质点的振动方向和波传播的传播方向之间的关系，可以把机械波分为横波和纵波两类．
6．B
【详解】A．波源的起振方向通过平衡位置竖直向下，介质中各质点的起振方向也都竖直向下，波向右传播，质点9起振最晚，故A正确；
B．图中所画出的质点起振的时间依次落后，起振位置不同，但起振方向相同，都是竖直向下，故B错误；
C．当波传到质点8时，质点8的振动完全重复质点7的振动，由题知道，波从质点7传到质点8的时间为，则质点8振动时，通过平衡位置或最大位移的时间总比质点7通过相同位置时落后，故C正确；
D．设相邻两质点间距离为s，则由题得到波长为λ=4s，质点1与质点9的距离为S=8s=2λ，图中所有质点都振动后，质点1与质点9的振动情况完全相同，步调完全一致，波从质点1到质点9时，质点1已振动了2次，所以如果质点1发生的是第100次振动，则质点9发生的就是第98次振动．故D正确。
本题选错误的，故选B。
【点睛】机械波的基本特点是：介质中各质点随着波源做受迫振动，起振方向都与波源相同，各质点的振动情况概括起来为：“前带后，后跟前”．
7．C
【详解】当波源的振动方向与波的传播方向相互垂直时，称之为横波．当波源突然停止振动时，由于波是使质点间相互带动，并且重复，同时后一个质点比前一个质点滞后，所以离波源近的质点先停止振动，然后才是远的质点停止振动；波的能量仍在质点的振动下传播．故C正确ABD错误．
8．D
【详解】A．波向右传播，则此时刻质点P向下运动，故A错误；
B．此时刻，刚开始运动的质点向下运动，则波源的起振方向向下，故B错误；
CD．由图可知，波长逐渐增大，而波速由介质决定是不变的，根据
则周期逐渐增大，则频率逐渐减小，故C错误，D正确。
故选D。
9．BC
【详解】A．机械振动没有在介质中传播，不能形成机械波，故A错误；
B．声波在空气里传播时，空气微粒的震动方向与波的传播方向一致，所以是纵波，故B正确；
C．质点只能在平衡位置附近振动并不随波迁移，故C正确；
D．横波中质点的振动方向与波的传播方向垂直，故D错误。
故选BC。
10．ACD
【详解】A．绳波的形成是由于绳上各质点的相互作用，各质点没有相互作用则形不成绳波，故A正确；
B．绳波在传播过程中，各质点在各自平衡位置附近振动，并不随波迁移，故B错误；
C．根据波的形成过程以及“由近及远，依次带动”的特点知，当波源突然停止振动时，离波源较近的质点先停止振动，故C正确；
D．波的形成过程是质点振动形式和能量的传播，故D正确。
故选ACD。
11．BC
【详解】AB．在横波中质点振动方向和波的传播方向相互垂直，所以二者方向一定不同，故A错、B正确；
CD．在纵波中二者方向在同一直线上，既可以相同，也可以相反，故C正确、D错误。
故选BC。
12．ABD
【详解】A．机械波传播过程中，介质中的每个质点的起振方向均与振源相同，故A正确；
B．波由O传到P、Q两点用时分别为
因
则
可知P比Q晚半个周期开始振动，故B正确；
CD．由于P比Q的振动晚半个周期，两点振动相位差为、即振动方向总是相反，当Q位于波峰时，P一定位于波谷；并同时通过平衡位置，但运动方向相反，故C错误，D正确。
故选ABD。
13．见解析
【详解】各质点在各时刻的情况，如图所示：
（1）由甲图可知，t=时，质点6未达到波峰，正在向上运动，质点10、14未运动；
（2）由乙图可知，t=时，质点6正在向下运动，质点10向上运动，质点14未运动。
14．(1)0.5s；(2)1.6m/s；(3)0.5m
【详解】(1)根据简谐振动的对称性可以确定质点的振动周期为
(2)由和的振动情况可以确定，之间的距离至少是
当时，波速最大，可得
=1.6m/s
(3)因为开始振动的方向也是向上的，所以时刻质点至少振动了半个周期，而至少振动了，质点P的最小路程是
15．影剧院的内墙壁不是很光滑，是凸凹不平的，为了保证不产生回音，增加观众良好的听觉效果。
【详解】影剧院的内墙壁不是光滑的，是凸凹不平的，因为影剧院喇叭里发出的声波是向四面八方传播的，如果天花板及内墙壁是光滑的，声波碰到光滑的平面上会产生直反射，直反射声音的能量集中，直反射回来形成回声，声音如果在影剧院经过多次反射并且混杂到一起，就会形成强烈的噪音，观众就听不清演员或者喇叭里发出的声音。影剧院的内墙壁是凸凹不平、像蜂窝似的，当声音传到这些墙面后，被反射到了不同的方向或被多次反射而吸收掉，声音在反射时能量会相互抵消（声音被吸收），减弱声波的反射，也可以说是防止声音的反射干扰。
所以影剧院的内墙壁不是很光滑，是凸凹不平的，为了保证不产生回音，增加观众良好的听觉效果。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2.1简谐运动 同步练习与检测
一、单选题
1．一个弹簧振子在M、N之间做简谐运动。O为平衡位置，P、Q是振动过程中关于对称的两个位置，下列说法正确的是（　　）
A．振子在从M点向N点运动过程中，动能先减小后增大
B．振子在OP间与OQ间的运动时间相等
C．振子运动到P、Q两点时，位移相同
D．振子在从M点向N点运动过程中，加速度先增大后减小
2．一弹簧振子在运动过程中的某段时间内其速度越来越大，则在这段时间内，关于振子的运动情况，下列说法正确的是（ ）
A．振子的加速度也越来越大 B．振子的加速度方向跟速度方向一致
C．振子的位移越来越大 D．振子偏离平衡位置运动
3．关于做简谐运动物体的位移、速度、加速度的关系，下列说法中正确的是（　　）
A．位移减小时，速度增大，加速度也增大
B．位移方向总跟加速度方向相反，但跟速度方向相同
C．物体远离平衡位置运动时，速度方向跟位移方向相同
D．物体通过平衡位置时，回复力为零，故处于平衡状态
4．如图所示，将一轻弹簧竖直固定在水平地面上，质量为m的小球从弹簧上端由静止释放，小球沿竖直方向向下运动的过程中，弹簧始终保持在弹性限度内，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．当小球速度为零时，小球的加速度大小大于g
B．小球的加速度随位移均匀变化
C．小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变
D．小球、地球组成的系统机械能守恒
5．下列关于简谐运动的说法正确的是（ ）
A．简谐运动属于一种匀变速运动
B．做简谐运动的物体在平衡位置的速度为0
C．做简谐运动的物体经过同一位置时的速度必然相同
D．做简谐运动的物体的位移方向与回复力方向必然相反
6．如图所示，一带正电小球以O点为平衡位置在B、C间做简谐运动，取水平向右为振子相对平衡位置的位移的正方向，当小球运动到B点时突然施加一水平向右的匀强电场，则下列说法正确的是（　　）
A．带电小球接下来仍做简谐运动，此时的平衡位置位于O点
B．带电小球接下来仍做简谐运动，此时的平衡位置位于O点左侧
C．带电小球接下来仍做简谐运动，此时的平衡位置位于O点右侧
D．带电小球接下来将不再做简谐运动
7．下列不属于理想模型的是（　　）
A．质点 B．点电荷 C．重心 D．弹簧振子
8．如图所示，倾角为、长度有限的光滑斜面固定在水平面上，一根劲度系数为的轻质弹簧下端固定于斜面底部，上端压一个质量为的小物块，与弹簧间不拴接，开始时处于静止状态。现有另一个质量为的小物块从斜面上某处由静止释放，与发生正碰后立即粘在一起成为组合体。已知弹簧的弹性势能与其形变量的关系为，重力加速度为，弹簧始终未超出弹性限度。下列说法正确的是（　　）
A．被弹簧反弹后恰好可以回到的释放点
B．整个过程中、和弹簧组成的系统机械能守恒
C．当的释放点到的距离为时，恰好不会与弹簧分离
D．要使能在斜面上做完整的简谐运动，的释放点到的距离至少为
二、多选题
9．轻质弹簧的下端悬挂一个钢球，上端固定，它们组成了一个振动系统，称为竖直弹簧振子，如图甲所示。用手把钢球向上托起一段距离，然后释放，钢球便上下振动。如图乙所示的照片是通过频闪照相得到的，频闪仪每隔闪光一次，闪光的瞬间振子被照亮，从而得到闪光时小球的位置，相邻两个位置之间的时间相隔为。拍摄时底片从左往右匀速运动，因此在底片上留下了小球和弹簧的一系列的像，下列说法正确的是（　　）
A．钢球原来静止时的位置就是振子的平衡位置
B．释放钢球的初始位置就是振子的平衡位置
C．忽略空气阻力，以地面为参考系可以将钢球的运动看作是简谐运动
D．忽略空气阻力，以底片为参考系可以将钢球的运动看作是简谐运动
10．如图，在水平地面上，有两个用轻质弹簧相连的物块A和B，A质量为0.4 kg，B质量为0.8 kg，弹簧的劲度系数k=40 N/m。现将一个质量也为0.4 kg的物体C从A的正上方一定高度处由静止释放，C和A相碰后立即粘在一起，之后在竖直方向做简谐运动。在简谐运动过程中，物块B对地面的最小弹力为6 N，则（　　）
A．物块AC做简谐运动的振幅为0.2 m
B．弹簧的最大压缩量为0.4 m
C．B对地面的最大压力为26 N
D．弹簧压缩量为0.15 m和0.25 m时，物块AC加速度大小相等，方向相反
11．关于简谐运动，下列说法正确的是（　　）
A．物体所受的回复力终指向平衡位置，方向不变
B．如果物体的速度越来越大，加速度一定越来越小
C．在恒力作用下，物体不可能做简谐运动
D．物体的加速度方向和速度方向有时相同有时相反
12．下列运动属于机械振动的是（　　）
A．说话时声带的运动
B．弹簧振子在竖直方向的上下运动
C．体育课上同学进行25米折返跑
D．竖立于水面上的圆柱形玻璃瓶的上下运动
三、解答题
13．用手拍球，使球在地面上来回跳动，球的运动是简谐运动吗？为什么？
14．如图甲所示，一根轻质弹簧上端固定在天花板上，下端挂一小球（可视为质点），弹簧处于原长时小球位于点。将小球从点由静止释放，小球沿竖直方向在之间做往复运动，如图乙所示。小球运动过程中弹簧始终处于弹性限度内。不计空气阻力，重力加速度为。
（1）证明小球的振动是简谐振动；
（2）已知弹簧劲度系数为，以点为坐标原点，竖直向下为轴正方向，建立一维坐标系，如图乙所示；
a．请在图丙中画出小球从运动到的过程中，弹簧弹力的大小随相对于点的位移变化的图象。根据图象求：小球从运动到任意位置的过程中弹力所做的功，以及小球在此位置时弹簧的弹性势能；
b．已知小球质量为，小球在运动的过程中，小球、弹簧和地球组成的物体系统机械能守恒。求小球经过中点时瞬时速度的大小。
15．如图所示的装置，把小球向右拉开一段距离后释放，可以观察到小球左右运动了一段时间，最终停止运动。
（1）小球的运动具有什么特点？为什么小球最终停止运动？
（2）在横杆上涂上一层润滑油，重复刚才的实验，观察到的结果与第一次实验有何不同？
（3）猜想：如果小球受到的阻力忽略不计，弹簧的质量比小球的质量小得多，也忽略不计，实验结果如何？
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【详解】A．振子在从M点向N点运动过程中，动能先增大后减小，A错误；
B．由对称性可知，振子在OP间与OQ间的运动时间相等。B正确；
C．由对称性可知，振子运动到P、Q两点时，位移等大反向，C错误；
D．振子在从M点向N点运动过程中，加速度先减小后增大，D错误。
故选B。
2．B
【详解】振子速度越来越大，则振子正向平衡位置运动，所以位移变小，回复力变小，加速度变小，因为回复力方向指向平衡位置，所以加速度方向指向平衡位置，与小球速度方向相同，故B正确，ACD错误。
3．C
【详解】A．位移减小时，速度增大，加速度减小，故A错误；
BC．位移方向总跟加速度方向相反；当物体远离平衡位置时，位移方向与速度方向相同，当物体衡位置时，位移方向与速度方向相反，故B错误，C正确；
D．物体通过平衡位置时，回复力为零，但合外力不一定为零，所以不一定处于平衡状态，故D错误。
故选C。
4．B
【详解】A．无初速释放小球，在开始时小球的加速度大小等于重力加速度g的大小，根据简谐运动的对称性知小球运动到最低点时加速度大小也为重力加速度g的大小，方向竖直向上，故A错误；
B．小球从无初速度释放到重力与弹力相等的位置过程中，弹簧的弹力小于重力，合力向下，根据牛顿第二定律
可得
过平衡位置到速度为零的过程中，弹簧的弹力大于重力，合力向上，根据牛顿第二定律
解得
由此可知小球的加速度随位移均匀变化，故B正确；
C．小球从无初速度释到速度为零的过程中，弹簧的弹力先小于重力，合力向下，小球做加速运动，弹力逐渐增大，合力减小，加速度减小。后来弹簧的弹力大于重力，合力向上，小球做减速运动，随着弹力的增大，合力增大，加速度增大，所以，其速度先增大后减小，即小球的动能先增大后减小，因在下落过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒，所以小球的重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，故C错误；
D．小球与弹簧接触后向下运动过程，除重力做功外，弹簧的弹力对小球做负功，小球机械能减小，小球、地球组成的系统的机械能不守恒，故D错误。
故选B。
5．D
【详解】A．简谐运动的合外力时刻发生变化，是一种变加速运动，故A错误；
B．做简谐运动的物体在平衡位置的速度最大，不为0，故B错误；
C．做简谐运动的物体经过同一位置时的速度大小一定相同，速度方向不一定相同，故C错误；
D．做简谐运动的物体的位移方向与回复力方向必然相反，故D正确。
故选D。
6．C
【详解】由受力分析可知，加上匀强电场以后小球受力为恒定的电场力与弹簧弹力，此时小球的合力为二者的矢量和，仍然满足
故小球仍做简谐运动，且此模型与竖直状态的弹簧振子类似。同时由于受到向右的电场力，所以振幅将增大，故平衡位置位于O点右侧，ABD错误，C正确。
故选C。
7．C
【详解】点电荷、弹簧振子、质点都属于理想化模型，重心运用了等效的思想方法不属于理想模型，故C正确。
故选C。
8．C
【详解】AB．因、碰撞后粘在一起，属于完全非弹性碰撞，整个系统有机械能损失，组合体不可能回到的释放点，故AB错误；
C．静止时，根据平衡条件有
对由机械能守恒定律有
根据动量守恒定律有
从、碰撞结束到向上运动到最高点时弹簧恰好处于原长的过程中，对和弹簧组成的系统由机械能守恒定律有
联立解得
故C正确；
D．要使能在斜面上做完整的简谐运动，能运动到的最高点是弹簧恰好处于原长状态时弹簧顶端所在位置，根据C项中解析可知D错误。
故选C。
9．AC
【详解】AB．钢球的平衡位置是弹力和重力相平衡的位置，也就是静止时所处的位置，钢球在释放的初始位置时，合力是竖直向下的，此位置不是平衡位置，选项A正确，B错误；
CD．忽略空气阻力，以地面为参考系，可以将钢球在竖直方向上的运动看作是简谐运动；而以以底片为参考系时，钢球还参与水平方向的匀速直线运动，则钢球的运动不是简谐运动，选项C正确，D错误。
故选AC。
10．CD
【详解】A．物体B对地面的弹力最小时B受到的支持力最小，此时弹簧对B的作用力为拉力，对B
解得
x1=0.05m
平衡位置
解得
x2=0.2m
所以物块AC做简谐运动的振幅为
故A错误；
B．根据对称性可知，弹簧的最大压缩量为
故B错误；
C．B对地面的最大压力为
故C正确；
D．根据对称性可知，平衡位置在压缩量为0.2m处，所以弹簧压缩量为0.15 m和0.25 m时，物块AC加速度大小相等，方向相反，故D正确。
故选CD。
11．BD
【详解】A．物体所受的回复力终指向平衡位置，方向不断在变化，A错误；
B．如果物体的速度越来越大，说明在衡位置，位移越来越小，加速度一定越来越小，B正确；
C．在恒力作用下，物体可能做简运动，比如竖直方向的弹簧振子，受到恒定的重力，C错误；
D．在物体衡位置时，物体的加速度方向和速度方向相同，在物体远离平衡位置时，物体的加速度方向和速度方向相反，D正确。
故选BD。
12．ABD
【详解】ABD．物体在平衡位置两侧所做的往复运动叫机械振动，ABD正确；
C．体育课上同学进行25米折返跑没有平衡位置，不是机械振动，C错误。
故选ABD。
13．见解析
【详解】不是，当某物体进行简谐运动时，物体所受的力跟位移成正比，并且总是指向平衡位置，皮球往复运动时所受的力不符合上述特征，不是简谐运动。
14．（1）见解析；（2）；；
【详解】（1）证明：开始时弹簧形变量为零，规定向下为正方向，依据平衡关系
之后
以为平衡点，即原点， 故
故做简谐运动；
（2）a．图像如图所示
图中的图线和轴围成的面积表示功的大小，所以弹力做功为
由弹力做功与弹性势能的关系
解得
b．小球由点到中点，根据动能定理
小球由点到点，根据机械能守恒定律
解得
15．（1）小球的运动具有往复性；小球因为受到阻力的作用最终停止运动；（2）小球往复运动的次数增多，运动时间变长；（3）小球将持续地做往复运动
【详解】略
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页3.3波的反射、折射和衍射 同步练习与检测
一、单选题
1．下列哪些现象不是由声音的反射形成的（　　）
A．夏天下雨时，我们总是先看到闪电，后听到雷声
B．北京天坛的回音壁的回音现象
C．同样的声音在房间里比在旷野里听起来响亮些
D．在火车站候车大厅中，我们有时听不清播音员的声音
2．如图所示，沿轴正方向传播的一列简谐横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为，下列说法中正确的是（ ）

A．从图示时刻开始质点的加速度将增大
B．从图示时刻开始，经过，质点通过的路程为
C．若此波遇到另一列波能发生稳定的干涉现象，则另一列波频率为
D．若该波传播过程中遇到宽约的障碍物，不会发生明显的衍射现象
3．在水槽里放两块挡板，中间留一个狭缝，水波通过狭缝的传播情况如图所示。若在挡板后的M点放置一乒乓球，以下说法正确的是（　　）
A．乒乓球会随水波的传播向远处运动
B．若仅将右侧挡板向左平移一小段距离，乒乓球的振动会变得比原来明显
C．若仅增大水波波源的振动频率，乒乓球的振动会变得比原来明显
D．此实验研究的是水波的干涉
4．如图所示，实线为一列简谐横波在时刻的波形图，且处的质点正沿y轴负方向运动。虚线是时的波形图，该波的周期T大于0.3s，下列说法正确的是（　　）
A．波沿x轴正方向传播
B．该波波速为0.2m/s
C．该波波速为0.6m/s
D．该波通过直径为0.6m的小孔时能发生明显的衍射现象
5．一列沿轴正方向传播的简谐横波在时刻的波形图如图所示，此时波的前端恰好传到质点，质点平衡位置的坐标为为波上的一点，质点平衡位置的坐标为，该波的波速为，下列说法正确的是（　　）

A．波源的起振方向沿轴负方向 B．质点的振幅比质点的振幅大
C．内质点通过的路程为 D．该波很容易绕过宽度为的障碍物
6．如图所示，S是波源，MN是带孔的挡板，其中M固定、N可以上下移动，为了使原来振动的A点停止振动，可采用的办法是（　　）
A．减小波源S的频率 B．波源S向右移动靠近小孔
C．减小波源S的波长 D．挡板N上移一点
7．下列现象或事实属于衍射现象的是（ ）
A．风从窗户吹进来
B．雪堆积在背风的屋后
C．水波前进方向上遇到凸出在水面上的小石块，小石块对波的传播没有影响
D．晚上看到水中月亮的倒影
8．一只汽船以4 m/s的速度在无风的河面上航行，船上发出一声鸣笛，旅客在3 s后听到前方悬崖反射回来的声音，设声音在空气中的传播速度为340 m/s。则悬崖离汽船鸣笛的位置（　　）
A．504 m B．516 m C．1 008 m D．1 032 m
二、多选题
9．有关机械振动和机械波的描述，下列说法正确的是（　　）
A．机械波中各个质点通过受迫振动的形式传递能量和信息
B．单摆具有等时性，是因为其振动周期与摆球的质量和振幅均无关
C．弹簧振子做简谐运动时，若某两个时刻位移相同，则这两个时刻的速度也一定相同
D．潜艇声呐发出的超声波从深水区传到浅水区时传播方向会改变，这是波的衍射现象
10．一列简谐机械横波沿x轴正方向传播，波速为2m/s.某时刻波形如图所示，a、b两质点的平衡位置的横坐标分别为xa＝2.5m，xb＝4.5m，则下列说法中正确的是（　　）
A．质点b振动的周期为 4 s
B．平衡位置x＝10.5m处的质点 （图中未画出）与a质点的振动情况总相同
C．此时质点a的速度比质点 b 的速度大
D．质点a从图示开始在经过个周期的时间内通过的路程为 2cm
E．如果该波在传播过程中遇到尺寸小于 8m 的障碍物，该波可发生明显的衍射现象
11．利用发波水槽观察波的衍射现象时，看到如图所示的图样。为使衍射现象更明显，可采用的办法有（ ）
A．缩小挡板间距
B．增大挡板间距
C．减小波源频率
D．减小水波的振幅
12．如图所示为两列沿同一绳子相向传播的简谐横波在某时刻的波形图，虚线表示甲波，波速为v1，实线表示乙波，波速为v2，M为绳上x＝0.2m处的质点，则下列说法中正确的是（　　）
A．这两列波将发生干涉现象，质点M的振动始终加强
B．由图示时刻开始，再经甲波周期的，M将位于波谷
C．甲波的速度v1与乙波的速度v2一样大
D．因波的周期未知，故两列波波速的大小无法比较
三、实验题
13．如图是观察水波衍射现象的实验装置，AB和CD是两块挡板，BC是一个孔，O是波源，图中已画出波源所在区域波的传播情况，每两条相邻波纹（图中曲线）之间的距离表示一个波长，则此时 （选填“能”或“不能”）明显观察到波的衍射现象，挡板前后波纹之间的距离 。（选填“相等”或“不相等”）
14．如图所示，在水波槽中放入两块挡板，挡板间留狭缝，调节挡板位置，可改变狭缝宽度现产生持续的平面波，且波长保持不变，观察下列两种情况下水波通过狭缝时的实验现象．
(1)调节狭缝的宽度，使其远大于水波的波长；
(2)调节狭缝的宽度，使其接近水波的波长。
四、解答题
15．甲、乙二人分乘两只船在湖中钓鱼，两船相距24m，有一列水波在湖面上传播，使每只船每分钟上下浮动10次，当甲船位于波峰时，乙船位于波谷，这时两船之间还有一个波峰，则此水波的波速为多少？若此波在传播过程中遇到一根竖立的电线杆，是否会发生明显的衍射现象？
16．如图，挡板是固定的，挡板可以上下移动。现在把、两块挡板中的空隙当作一个“小孔”做水波的衍射实验，出现了图示中的图样，点的水没有振动起来。为了使挡板左边的振动传到点，可以采用什么办法？
17．如图所示，相邻实线间的距离等于一个波长，试大致画出波通过孔A和B以及遇到障碍物C和D之后的传播情况。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【详解】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，故A符合题意；
B．北京天坛的回音壁的回音现象属于声音的反射，故B不符合题意；
C．同样高的声音在房间里比在旷野里听起来响亮些，描述的是声音的反射现象，故C不符合题意；
D．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D不符合题意。
故选A。
2．C
【详解】A．a点在最大位移处，该时刻正向平衡位置运动，位移减小，所以加速度将减小，故A错误；
B．由波的图象可知波长，则周期为
0.01s为半个周期，所以经过0.01s，a点经过的路程为
故B错误；
C．该波的频率为
而发生稳定干涉的条件是两列波的频率相等，所以另一列波的频率与该波频率相同，应为50Hz，故C正确；
D．该波的波长为4m，障碍物的尺寸与该波波长相同，能发生明显衍射现象，故D错误。
故选C。
3．B
【详解】A．乒乓球会在平衡位置附近振动，但不会向远处传播，A错误；
B．将右侧挡板向左平移一小段距离，缝的宽度减小，衍射现象更加明显，所以乒乓球的振动会变得比原来更明显，B正确；
C．增大波源的振动频率，则波长会变小，衍射现象较之前比变得不明显，乒乓球的振动没有原来明显，C错误；
D．此实验研究的是水波的衍射，D错误。
故选B。
4．B
【详解】A．实线为一列简谐横波在时刻的波形图，且处的质点正沿y轴负方向运动，由同侧法可知，波沿x轴负向方向传播，故A错误；
BC．根据图像可知，波长为
λ=0.24m
结合图像可知传播时间
解得
因为T＞0.3s，所以n=0，周期为
T=1.2s
则波速为
故B正确，C错误；
D．根据图像可知，波长为
λ=0.24m
则波通过直径为d=0.6m的小孔时不能发生明显的衍射现象，故D错误。
故选B。
5．D
【详解】A．根据周期性，质点的起振方向喝波源的起振方向相同，根据同侧法可知波源的起振方向沿轴正方向,A错误；
B．P、Q两质点的振幅相同，都为8cm，故B错误
C．由图可知波长为，周期为
即时间内质点通过的路程
C错误；
D．该波波长为，很容易绕过宽度为的障碍物，D正确。
故选D。
6．C
【详解】为了使原来振动的A点停止振动，即让衍射现象不明显，可以减小波长的大小，或增大缝的宽度。因为波长 ，增大波源的频率，可以减小波长。故C正确，A、B、D错误。
故选C。
7．C
【详解】波在传播过程中偏离直线传播绕过障碍物的现象称为波的衍射。故C与衍射现象相符，而看到水中月亮的倒影是光的反射现象，故C正确，ABD错误。
故选C。
8．B
【详解】汽船向悬崖靠近，3 s行驶了
声波3 s内传播的距离
所以悬崖离汽船的鸣笛位置
故B正确。
故选B。
9．AB
【详解】A．机械波传播机械振动的运动形式，机械波中各个质点通过受迫振动的形式传递能量和信息，A正确；
B．单摆具有等时性，是因为其振动周期取决于摆长与所在处的重力加速度，与摆球的质量和振幅均无关，B正确；
C．弹簧振子做简谐运动时，若某两个时刻位移相同，则这两个时刻的速度大小一定相同，方向可能相同也可能相反，C错误；
D．潜艇声呐发出的超声波从深水区传到浅水区时传播方向会改变，这是波的折射现象，D错误。
故选AB。
10．ABE
【详解】A、由图能直接读出波长，由波速公式，该波的周期，则质点a振动的周期为4s，A正确；
B、处的质点与a质点相距一个波长，步调总是一致，振动情况总是相同，B正确；
C、质点a离平衡位置比b远，所以此时质点a的速度比b的速度小，C错误；
D、图象时刻，质点a向上运动，速度减小，再经过个周期，质点a通过的路程小于一个振幅，即小于2cm，D错误；
E、此列波的波长，尺寸小于 8m 的障碍物满足发生明显衍射的条件，所以该波可发生明显的衍射现象，E正确；
故选ABE．
11．AC
【详解】AB．在相同条件下，波长越长的波越容易发生衍射现象，在水波波长不变时，适当缩小挡板间距相当于增大了波长，衍射现象更明显，故A正确，B错误；
C．在同一介质中v一定，适当减小波源的频率，能增大波长，使衍射现象更明显，故C正确；
D．衍射现象明不明显与振幅无关，故D错误。
故选AC。
12．ABC
【详解】CD．两列机械波在同一介质中传播，波速相同，故D错误，C正确；
AB．从波的图象可以看出，两列波的波长相同，则频率、周期也相同，两列波将发生干涉现象，再经周期，两列波的波谷同时传到M点，M将出现波谷，振动加强，振动加强始终加强，故AB正确。
故选ABC。
13． 能 相等
【详解】[1] 因为波长与孔的尺寸差不多，所以能够观察到明显的衍射现象。
[2] 波通过孔后，波速、频率、波长不变，则挡板前后波纹间的距离相等。
14．(1)无明显的衍射现象。
(2)有明显的衍射现象。
【详解】(1)当孔、缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相差不多或比波长更小时，才会发生明显的衍射现象；因狭缝的宽度远大于水波的波长，所以观察不到明显的衍射现象。
(2)因狭缝的宽度与水波波长相差不多，所以能观察到明显的衍射现象。
15．m/s，会发生
【详解】由题意可知
设此波的波长为，则有
得
所以
由于
大于竖立电线杆的尺寸，所以当波通过竖立的电线杆时会发生明显的衍射现象。
16．N板上移或减小水波的频率
【详解】P处质点没有振动，说明P点波没有明显衍射过去，原因是MN间的缝太宽或波长太小，因此若使P点的水振动起来，可采用N板上移减小小孔的间距；也可以增大水波的波长，即减小水波的频率。
17．
【详解】由题图可知，孔A和障碍物D跟波长相差不多，因此，从孔A传出的波和遇障碍物D之后的波均有明显的衍射现象；孔B和障碍物C跟波长相比相差较大，因此，从孔B传出的波和遇障碍物C之后的波无明显的衍射现象。在画通过孔A的衍射波时要强调画出的同心半圆都是以孔A为圆心的；遇障碍物D之后波的传播并没有受影响；而从孔B传出的波和遇障碍物C之后的波只沿直线传播。所以从孔A、B传出的波和遇障碍物C、D之后的波如图所示。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页选择性必修第一册 期末复习与检测
（时间90分钟，满分100分）
一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分)
1．如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=2kg的另一物体B以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦，A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．木板获得的动能为2J
B．系统损失的机械能为1J
C．木板A的最小长度为1m
D．A、B间的动摩擦因数为0.2
2．在沙堆上有一木块,质量m1=5 kg,木块上放一爆竹,质量m2=0.1kg．点燃爆竹后,木块陷入沙中深度为S=5 cm,若沙对木块的平均阻力为58N,不计爆竹中火药的质量和空气阻力,g取10 m/s2,爆竹上升的最大高度为（ ）
A．10m B．20m C．30m D．35m
3．如图所示，质量为3m的小球B静止在光滑水平面上，质量为m、速度为v的小球A与小球B发生正碰，碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后小球B的速度可能有不同的值。碰撞后小球B的速度大小可能是（ ）
A．0.15v B．0.2v C．0.4v D．0.6v
4．两束不同频率的单色光a、b从空气平行射入水中，发生了如图所示的折射现象()．下列结论中正确的是（　　）
A．在水中的传播速度，光束a比光束b小
B．水对光束a的折射率比水对光束b的折射率小
C．若分别用a、b两束光做双缝干涉实验，b光的干涉条纹较宽
D．若分别让a、b两束光从水中射向空气发生全反射，则a光的临界角较小
5．如图所示，两单色光a、b分别沿半径方向由空气射入半圆形玻璃砖，出射光合成一束复色光P，已知单色光a、b与法线间的夹角分别为45°和30°，则a光与b光（　　）
A．在玻璃砖中的折射率之比为 ∶1
B．在玻璃砖中的传播时间之比为∶1
C．在玻璃砖中的波长之比为∶1
D．由该玻璃砖射向空气中时临界角的正弦值之比为∶1
6．一个质量为m的木块放在质量为M的平板小车上，它们之间的最大静摩擦力是fm，在劲度系数和系数为k的轻质弹簧作用下，沿光滑水平面做简谐运动，为使小车能跟木块一起振动，不发生相对滑动，则简谐运动的振幅不能大于（　　）
A． B．
C． D．
7．如图所示，让太阳光或白炽灯发出的光通过偏振片P和Q，以光的传播方向为轴旋转偏振片P或Q，可以看到透射光的强度会发生变化，这个实验能够说明(　　)
A．光是电磁波 B．光是一种横波
C．光是一种纵波 D．光不沿直线传播
8．洗衣机脱水缸正常工作时，转速为，脱水后从切断电源到电动机停止转动的时间为.发现在切断电源后的左右时，洗衣机振动最为剧烈，若切断电源后，脱水缸转速是随时间均匀减小的，则洗衣机振动的固有频率大约是（　　）
A． B． C． D．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)
9．如图甲所示，在一条直线上两个振动源A、B相距12m。振动频率相等，时A、B开始振动，且都只振动一个周期，振幅相等，图乙为A的振动图像，图丙为B的振动图像，若A向右传播的波与B向左传播的波在s时相遇，则下列说法正确的是（　　）
A．两列波在A、B间的传播速度均为20
B．两列波的波长都是2m
C．s时刻A、B点均经过平衡位置且振动方向向上
D．在两列波相遇过程中，出现了2个振动加强的点
10．一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t与（t+0.2 s）两个时刻，x轴上（-3 m，3 m）区间的波形完全相同，如图所示。图中M、N两质点在t时刻的位移均为（a为质点的振幅），下列说法中正确的是（　　）
A．该波的最小波速为20 m/s
B．（t+0.1 s）时刻，x=2 m处的质点位移一定为a
C．从t时刻起，x=2 m处的质点比x=2.5 m处的质点先回到平衡位置
D．该列波在传播过程中遇到宽度为1 m的狭缝时会发生明显的衍射现象
11．如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧。质量为的木块A以速度从板的右端水平向左滑上B板。在木块A与弹簧相互作用的过程中，下列判断正确的是（　　）
A．弹簧压缩量最大时，B板的运动速率最大
B．B板的加速度先增大后减小
C．弹簧给木块A的冲量大小为
D．弹簧的最大弹性势能为
12．如图所示为一圆柱形中空玻璃管的横截面，管内径为R1，外径为R2，一细束黄色光线在玻璃管上的A点射入圆柱横截面内，入射角为i，为保证在内壁处光不会进入中空部分，下列说法正确的是（　　）
A．若，为保证光不从内壁处进入中空部分，R2可以等于
B．若，为保证光不从内壁处进入中空部分，R2不能大于
C．若将黄光换成蓝光，改变i，使蓝光沿黄光的折射路径到达玻璃管内壁处，当R2等于时，蓝光也不会射入中空部分
D．若R2等于，为保证光不从内壁处进入中空部分，则
三、实验题(每空2分，共12分)
13．某同学利用打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验，气垫导轨装置如图甲所示
下面是实验的主要步骤：
①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；
②向气垫导轨通入压缩空气；
③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器和弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；
④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；
⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；已知碰后两滑块一起运动；
⑥先 ，然后 ，让滑块带动纸带一起运动；
⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出较理想的纸带如图乙所示；
⑧测得滑块1（包括撞针）的质量为310 g，滑块2（包括橡皮泥）的质量为205 g。
（1）试着完善实验步骤⑥的内容。
（2）已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，计算可知两滑块相互作用前动量之和为 kg·m/s；两滑块相互作用以后质量与速度的乘积之和为 kg·m/s。（结果保留三位有效数字）
（3）试说明（2）中两结果不完全相等的主要原因： 。
14．小明和小强两位同学根据老师的要求到实验室想利用双缝干涉实验仪测量光的波长，实验老师给他提供（如图甲所示的）实验仪器．接通电源使光源正常发光．回答下列问题：
①一开始小明和小强同学按图甲所示将仪器安装在光具座上之后，在目镜中什么也看不到，两人看了说明之后，相互配合做了如下调节．一是调节光源、凸透镜、遮光筒轴线在同一高度上，二是调节单缝与双缝 ，使缝的中点位于遮光筒轴线上，但是这次小明同学在目镜中看到了模糊不清的条纹，为了得到清晰的条纹，因仪器装置较长，一人无法完成操作，两人开始分工，小明在目镜中观察，小强必须前后微调 （填写图中所给的仪器名称）才能看到清晰的干涉条纹．
②经过认真、正确地调节，小明和小强看到了彩色干涉条纹，说明在实验装置当中缺少了 ，小明和小强认为同样可以测出彩色条纹间距，从而测出小灯泡发出的光的波长，因此调节出如图乙、丙、丁所示的三个彩色条纹图样，请问观察到图乙情景时目镜中心相对于遮光筒轴线是 （填“偏左”或“偏右”）的．
③观察到图乙时，将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数为．然后转动测量头，使分划板中心刻线与第9条亮纹中心对齐，记下此时手轮上的示数为，求得相邻亮纹的间距 ．
④已知双缝间距，测得双缝到光屏的距离，由计算表达式 ，求得所测灯泡发出光的波长为 （结果保留三位有效数字）．
四、计算题（15题12分，16题14分，17题14分，共40分。）
15．如图所示，一束平行光以45°的入射角照射到半径为R的半圆柱形玻璃砖的上表面上，已知玻璃砖对平行光的折射率为
①圆柱面上光线能够射出的区域所对的圆心角θ是多少
②能从圆柱面射出的光线中，在玻璃砖中传播时间最长为多少 (光在真空中的速度为c）
16．如图所示，均匀介质中两波源S1、S2分别位于x轴上x1=0、x2=14 m处，波源S1的振动方程为y=2 sin 5πt cm，波源S2的振动方程为y=5 sin 5πt cm，质点P位于x轴上xP=4 m处，已知质点P在t1=0.4 s时开始振动，两波的波速和波长相等，求：
（1）这两列波在均匀介质中的波长；
（2）t=0至t=1.5 s内质点P通过的路程。
17．如图所示，是一直角梯形棱镜的横截面，位于截面所在平面内的一束光线由点垂直边射入。已知棱镜的折射率，，，。
（1）求光线第一次射出棱镜时，出射光线的方向；
（2）光线第一次的出射点与之间的距离。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】A．根据题意，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
所以木板获得的动能为
故A错误；
B．系统损失的机械能为
代入数据解得
故B错误；
C．由图乙可得，0~1s内B的位移为
A的位移为
所以木板A的最小长度为
故C正确；
D．由图乙可知，B的加速度为
负号表示加速度的方向与初速度方向相反，由牛顿第二定律得
解得
故D错误。
故选C。
2．B
【分析】爆竹爆炸瞬间，木块获得的瞬时速度v可由牛顿第二定律和运动学公式或动能定理求得．爆竹爆炸过程中，内力远大于外力，爆竹与木块组成的系统动量守恒，运用动量守恒定律求出爆竹获得的速度，即可由运动学公式求得最大高度．
【详解】爆竹爆炸瞬间，设木块获得的瞬时速度v，可由牛顿第二定律和运动学公式得：f-Mg=Ma，解得：a═1.6m/s2，则v==0.4m/s．爆竹爆炸过程中，爆竹木块系统动量守恒，则Mv-mv0=0．得；故爆竹能上升的最大高度为；故选B．
【点睛】此题考查运用牛顿第二定律、运动学公式和动量守恒定律处理实际问题的能力，要理清思路，分析每个过程遵循的规律是关键．
3．C
【详解】若A、B发生的是弹性碰撞，对A、B碰撞过程由动量守恒定律可得
mv = mv1 + 3mv2
则由机械能守恒定律可得
解得碰撞后小球B的速度大小为
若A、B发生的是完全非弹性碰撞，则碰后两球共速，由动量守恒定律可得
mv = (m + 3m)v′
解得碰撞后小球B的速度大小为
即碰撞后小球B的速度大小范围为
故选C。
4．B
【详解】B．由图看出，两束光的入射角相等，折射角，则由折射定律知，水对b光的折射率较大，对光束a的折射率小，故B正确；
A．b光的折射率较大，由分析可知，a光在水中传播速度较大，故A错误．
C．b光的折射率较大，频率较大，则波长较小，根据可知，若分别用a、b两束光做双缝干涉实验，b光的干涉条纹较窄，选项C错误；
D．根据可知，若分别让a、b两束光从水中射向空气发生全反射，则a光的临界角较大，选项D错误．
5．D
【详解】A．设两单色光a、b折射角为θ，则a光折射率为
b光折射率为
解得
na∶nb＝sin 30°∶sin 45°＝1∶
故A错误；
B．根据
则有
由于在玻璃砖中的传播路程相同，可得
ta∶tb＝na∶nb＝1∶
故B错误；
C．a光与b光的折射率不同，则光的频率不同，根据
可知，a光与b光在玻璃砖中的波长之比
λa∶λb≠va∶vb＝∶1
故C错误；
D．由临界角公式
sin C＝
可得
sin Ca∶sin Cb＝nb∶na＝∶1
故D正确。
故选D。
6．A
【详解】小车做简谐运动的回复力是木块对它的静摩擦力，当它们的位移最大时，加速度最大，受到的静摩擦力最大，为了不发生相对滑动，小车的最大加速度
am＝
即系统振动的最大加速度，对整体：达到最大位移时的加速度最大，回复力
kAm＝(M＋m)am
则最大振幅
Am＝
故选A。
7．B
【详解】纵波振子是沿传播方向振动的，所以它可以通过那个纸板上的眼，也就不能偏振了。而横波振子是沿与传播方向垂直的方向振动的，而且振子的平衡位置不变，当波传到纸板处，这里的振子无法振动，部分波就无法传过去了，即发生了“偏振”现象；这个实验能够说明光是一种横波。
故选B。
8．C
【详解】切断电源后，洗衣机脱水缸转速随时间均匀减小，到时的转速
故洗衣机的固有频率约为。
应选C。
9．BD
【详解】A．由图可得，两列波的波速为
选项A错误；
B．由图可知振动周期为0.2s，波长为
选项B正确；
C．两列波各自传到对方需要时间
1.3s时刻相当于各自波源0.1s时刻的振动情况，A点的振动相当于丙图的0.1s时刻的振动情况，也就是在平衡位置向上运动；B点的振动相当于乙图的0.1s时刻的振动情况，也就是在平衡位置向下运动。选项C错误；
D．在两波振动方向相同的情况下，路程差为半波长偶数倍的点是振动加强点，但是本题两列波的振动方向相反，所以路程差为半波长的奇数倍的点才是振动加强点；两波源只振动了一个周期，各自只产生了一个波长的完整波，两波相遇只发生在正中间2m的范围内，在此区域内有P、Q两点，如图所示，P点到A、B的距离分别为5.5m和6.5m，它到两个波源的路程差为1m，符合半波长的奇数倍，所以P点是振动加强点；另一点Q到A、B的距离分别为6.5m和5.5m，同理可得Q点也是振动的加强点，选项D正确。
故选BD。
10．ACD
【详解】A．由图知波长λ=4 m，由于t与（t+0.2 s）两个时刻的波形相同，经过了整数倍周期的时间，则
Δt=0.2 s=nT（n=1，2，…）
可得到最大的周期为T=0.2 s，由v=得最小波速为
v= m/s=20 m/s
故A正确；
B．由于周期不确定，时间0.1 s不一定等于半个周期，则（t+0.1 s）时刻，x=2 m处的质点不一定到达波峰，位移不一定是a，故B错误；
C．简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻x=2.5 m处的质点向下运动，返回平衡位置的时间大于，而x=2 m处的质点到达平衡位置的时间等于，x=2 m处的质点比x=2.5 m处的质点先回到平衡位置，故C正确；
D．当障碍物的尺寸与波长相当或比波长小时，能发生明显衍射，该波波长为4 m，则该列波在传播过程中遇到宽度为1 m的狭缝时会发生明显的衍射现象，故D正确。
故选ACD。
11．BD
【详解】A．在木块A与弹簧相互作用的过程中，从弹簧的压缩量达到最大到弹簧恢复原状的过程中，弹簧对木板B有向左的弹力，B板仍在加速，所以弹簧压缩量最大时，B板运动速率不是最大，当弹簧恢复原长时B板的速率最大，故A错误；
B．弹簧压缩量先增加后减小，弹簧对B板的弹力先增大后减小，故B板的加速度先增加后减小，故B正确；
C．设弹簧恢复原长时A与B的速度分别为v1和v2，取向左为正方向，根据动量守恒定律，有
根据机械能守恒定律，有
解得
，
对滑块A，根据动量定理，有
故C错误；
D．当滑块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大，根据动量守恒定律，有
系统机械能守恒，根据守恒定律，有
联立解得
故D正确。
故选BD。
12．ACD
【详解】AB．光路图如图所示
设第一次折射的折射角为r，全反射临界角为C，玻璃管折射率为n，光线从空气进入玻璃管发生折射时，由折射定律得，则折射光线恰好在内壁处发生全反射时光线射到内壁处的入射角等于临界角C，则对图中，由正弦定理得
可得
若，解得
所以为保证光不从内壁处进入中空部分，满足的条件是
故A正确，B错误；
C．当等于时，黄光在内壁处恰好发生全反射，入射角等于临界角，而蓝光频率高于黄光，折射率更大，则临界角小于黄光的临界角，所以使蓝光沿黄光的折射路径到达玻璃管内壁处时，入射角大于蓝光的临界角，将发生全反射，蓝光不会射入中空部分，故C正确；
D．由A项的分析知
当时，可解得
所以为保证在内壁处光不会进入中空部分，入射角i应满足，故D正确。
故选ACD。
13． 接通打点计时器的电源 放开滑块1 0.620 0.618 纸带与打点计时器的限位孔有摩擦
【详解】(1)[1][2]应先接通打点计时器的电源，然后放开滑块1。
(2)[3][4]相互作用前滑块1的速度为
其动量为
p1=0.310×2kg·m/s=0.620kg·m/s
相互作用后滑块1和滑块2具有相同的速度
其质量与速度的乘积之和为
p2=(0.310+0.205)×1.2kg·m/s=0.618kg·m/s
(3)[5](2)中两结果不完全相等的主要原因是：纸带与打点计时器的限位孔有摩擦。
14． 相互平行 凸透镜 滤光片 偏右 2.125 607
【详解】①[1]调节单缝与双缝相互平行是干涉条纹是否清晰的前提条件，所以必须调节单缝与双缝相互平行；
[2]在调节光源、凸透镜、遮光筒轴线在同一高度上，单缝与双缝相互平行后，还必须认真前后微调凸透镜才能使光屏上得到清晰的干涉条纹的图样．
②[3][4]不加滤光片，观察到的是复色光的彩色条纹；根据实际操作易知图乙情景时目镜中心相对于遮光筒轴线是偏右的．
③[5]根据
得相邻亮纹的间距为2.2125mm
④[6]由知表达式为
带入数据
15．①90o； ②
【详解】①作出光路图，如图所示
由折射定律得
解得
如果光线EA刚好在A点发生全反射，则有
解得
因EA与OB平行，所以
如果光线FC刚好在C点发生全反射，则有
故知圆柱面上光线能够射出的区域所对的圆心角为
②能从圆柱面射出的光线中，射向圆心的光线在玻璃砖中传播的最长距离
光线在玻璃砖中传播的速度
光线在玻璃砖中传播的最长时间
解得
16．（1）4 m；（2）27 cm
【详解】（1）波源S1的振动先传到P点，波速
v==10 m/s
根据
T=，λ=vT
可得
λ=4 m，T=0.4 s
（2）波源S2的振动传到P点所用的时间为
t2==1.0 s
故质点P在0~0.4 s内静止不动，0.4~1.0 s内仅参与波源S1的振动
s1=6A1=12 cm
1.0~1.5 s质点P同时参与两列波的振动，两列波频率相同，相位差恒定，振动方向相同，发生干涉，波程差
δP=|-|=6 m
可得
Sp=λ
故质点P为振动减弱点，其振幅为
AP=|A1-A2|=3 cm
1.0~1.5 s质点P通过的路程为
s2=5AP=15 cm
故质点P在t=0至t=1.5 s内通过的路程为
sP=s1+s2=27 cm
17．（1）如图所示；（2）
【详解】(1)设发生全反射的临界角为，由折射定律得
代入数据得
光路图如图所示
由几何关系可知光线在边和边的入射角均为，均发生全反射．设光线在边的入射角为，折射角为，由几何关系得，小于临界角，光线第一次射出棱镜是在边上
(2)由折射定律得
代入数据得
由题中数据并结合几何知识分析，可得光线第一次的出射点与之间的距离为
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页4.3光的干涉 同步练习与检测
一、单选题
1．光在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用，下列选项符合实际应用的是（　　）
A．在光导纤维内传送图像是利用光的色散
B．光学镜头上的增透膜是利用光的偏振
C．全息照相是利用光的干涉
D．用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的衍射
2．复色光在玻璃元件中折射时会产生色散现象，如图所示，一束复色光经玻璃砖分成a、b两束．下列说法正确的是（　　）
A．a光的频率比b光的频率小
B．a光光子的能量比b光光子的能量小
C．通过同一双缝实验装置时产生的干涉条纹的间距，单色光a比b的大
D．a光在该玻璃中的传播时间比b光长
3．如图所示，一束由两种单色光混合的复色光沿PO方向射向一上下表面平行的厚玻璃砖的上表面，得到三束光线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，若玻璃砖的上下表面足够宽，下列说法正确的是（　　）
A．光束Ⅰ仍为复色光，光束Ⅱ、Ⅲ为单色光，且真空中传播速度II光束比III光束小些
B．玻璃对光束Ⅲ的折射率等于对光束Ⅱ的折射率
C．通过相同的双缝干涉装置，光束Ⅱ产生的明暗条纹宽度小于光束Ⅲ的宽度
D．改变α角，光束Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可以相交
4．如图甲所示，用蓝色光照射透明标准板M来检查平面N的上表面的平滑情况，观察到A处如图乙所示条纹中O的情况，下列说法正确的是（　　）
A．条纹是光在标准板M的上表面反射和N的上表面反射叠加而成的
B．N的上表面A处向上凸起
C．将之间的薄片向右拉出一些，条纹会变密集
D．若改用绿光照射，条纹会变密集
5．如图所示的现象中，解释成因正确的是（　　）
A．光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象
B．图乙所示水中的气泡看上去特别明亮，主要是由于光的折射引起的
C．由于多普勒效应，图丙所示匀速驶过身边的急救车音调会越来越低
D．图丁所示竖直的肥皂膜看起来常常是水平彩色横纹，是由于光的衍射产生的
6．如用所示，将一块平板玻璃放置在另一平板玻璃上，一端夹入两张纸片，从而在两玻璃表面间形成一个劈形空气薄膜，当紫光从上方入射后，从上往下看到明暗相间的等距条纹，下列说法中正确的是（　　）
A．条纹是光的衍射形成的
B．若抽去一张纸片，条纹变疏
C．把紫光换成红光，条纹变密
D．条纹是两玻璃上表面的反射光叠加形成的
7．如图所示，半径为的特殊圆柱形透光材料圆柱体部分高度为，顶部恰好是一半球体，底部中心有一光源向顶部发射一束由、两种不同频率的光组成的复色光，当光线与竖直方向夹角变大时，出射点的高度也随之降低，只考虑第一次折射，发现当点高度降低为时只剩下光从顶部射出，下列判断正确的是（　　）
A．在此透光材料中光的传播速度小于光的传播速度
B．光从顶部射出时，无光反射回透光材料
C．此透光材料对光的折射率为
D．同一装置用、光做双缝干涉实验，光的干涉条纹较大
8．市场上有种灯具俗称“冷光灯”，用它照射物品时能使被照物品处产生的热效应大大降低，从而广泛地应用于博物馆、商店等处。如图所示，这种灯降低热效应的原因之一是在灯泡后面放置的反光镜玻璃表面上镀一层薄膜（例如氟化镁），这种膜能消除不镀膜时玻璃表面反射回来的热效应最显著的红外线。以λ表示红外线的真空波长，膜对该光的折射率n=2，则所镀薄膜的最小厚度应为（　　）
A．λ B．λ C．λ D．λ
二、多选题
9．利用薄膜干涉可检查工件表面的平整度．如图（a）所示,现使透明标准板M和待检工件N间形成一楔形空气薄层,并用单色光照射,可观察到如图（b）所示的干涉条纹,条纹的弯曲处P和Q对应于A和B处,下列判断中正确的是（ ）
A．N的上表面A处向上凸起
B．N的上表面B处向上凸起
C．条纹的cd点对应处的薄膜厚度相同
D．条纹的d．e点对应处的薄膜厚度相同
10．“用双缝干涉测量光的波长”实验中，为使光屏上单色光的条纹间距减小，可采取的措施是（　　）
A．换用缝距大些的双缝片
B．适当调大双缝与屏的距离
C．换用缝距小些的双缝片
D．适当调小双缝与屏的距离
11．光的干涉现象在技术中有许多应用。如图甲所示是利用光的干涉检查某精密光学平面的平整度，下列说法正确的是（　　）
A．图甲中上板是标准样板，下板是待检查的光学元件
B．若换用频率更大的单色光，其他条件不变，则图乙中的干涉条纹变宽
C．若出现图丙中弯曲的干涉条纹，说明被检查的平面在此处出现了凸起
D．用单色光垂直照射图丁中的牛顿环，得到的条纹是随离圆心的距离增加而逐渐变窄的同心圆环
12．在光的本性研究中，下列实验现象和原理的说法正确的是（　　）
A．图1是一束复色光进入水珠后传播的示意图，其中a束光在水珠中传播的速度一定大于b束光在水珠中传播的速度
B．图2是一束单色光进入平行玻璃砖后传播的示意图，当入射角i逐渐增大到某一值（入射角）后不会再有光线从面射出
C．图3是双缝干涉示意图，若只减小屏到挡板（双缝）间的距离L，相邻两条亮条纹间距离将减小
D．图4是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是不平整的
三、实验题
13．如图所示，在杨氏双缝干涉实验中，光屏中央O点应该出现的是 （选填“明条纹”或“暗条纹”），现将两狭缝S1、S2之前的距离变小，仍用上述光源进行上述实验，保持其他条件不变，则屏上的条纹间距将 （选填“变宽”、“变窄”或“不变”）。
14．利用光的干涉规律可以检测工件表面的平整度与设计要求之间的微小差异。现将精度很高的标准玻璃板（样板），放在被检查工件上面，如图甲所示，在样板的左端垫一薄片，使标准玻璃板与被检查平面之间形成一楔形空气膜。用平行单色光向下照射，检查不同平面时，观察到图乙所示干涉条纹，若换用波长更长的单色光照射，图乙中的条纹间距将 （填“变大”、“变小”或“不变”）；若观察到的是图丙所示的干涉条纹，条纹弯曲处对应着被检查平面处是 的。（填“上凸”或“下凹”）
四、解答题
15．杨氏双缝干涉实验中，双缝的一条缝前放一块绿色滤光片，另一条缝前放一块黄色滤光片，还能看到干涉现象吗？为什么？
16．（1）若屏上的P点到双缝的距离差为，用A光（在折射率的介质中的波长为）照射双缝，P处是亮纹，还是暗纹？
（2）若屏上P点到双缝的距离差为，用B光（在某种介质中波长为，当B光从这种介质射向空气，入射角，折射角）照射双缝时，P处又怎样？
17．用波长为660nm的红光做双缝干涉实验，相邻两亮条纹间距为4.8nm，
①如果实验装置不变，改用波长为440nm的紫光，相邻两亮条纹间距为多少？
②如果相邻两亮条纹间距是4nm，则实验所用单色光波长为多少？
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】A．在光导纤维内传送图像是利用光的全反射，选项A错误；
B．光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象，选项B错误；
C．全息照相是利用光的干涉，全息摄影采用激光作为照明光源，并将光源发出的光分为两束，一束直接射向感光片，另一束经被摄物的反射后再射向感光片，两束光在感光片上叠加产生干涉，选项C正确；
D．用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的折射，选项D错误。
故选C。
2．D
【详解】AB．由图知两束的入射角相等，a的折射角大于b的折射角，通过折射定律可知玻璃砖对a光的折射率比玻璃砖对b光的折射率大，由于折射率越大，光的频率越大，则b光的频率比a光的频率小，根据光子能量表达式
可知频率越大能量越大，所以a光光子的能量比b光光子的能量大，故AB错误；
C．由于玻璃砖对b光的折射率小，故空气中b光的波长更大，根据
可知经同一套双缝干涉装置发生干涉，a光干涉条纹间距比b光更窄，故C错误；
D．由于玻璃砖对b光的折射率小，根据
可知在玻璃砖中a光的传播速度比b光的小，所以a光在该玻璃中的传播时间比b光长，故D正确。
故选D。
3．C
【详解】A．两种色光都在玻璃砖的上表面发生了反射，入射角相同，由反射定律知，它们的反射角相同，可知光束Ⅰ是复色光；而光束Ⅱ、Ⅲ由于折射率的不同导致偏折分离，所以光束Ⅱ、Ⅲ为单色光。但光在真空中的传播速度都相同，选项A错误；
B．作出光路图如图所示：
由图知光束Ⅱ的偏折程度大于光束Ⅲ的偏折程度，根据折射定律可知玻璃对光束Ⅱ的折射率大于对光束Ⅲ的折射率，选项B错误；
C．光束Ⅱ的折射率大于光束Ⅲ的折射率，则光束Ⅱ的频率大于光束Ⅲ的频率，光束Ⅱ的波长小于光束Ⅲ的波长，由
可知双缝干涉条纹间距与波长成正比，则双缝干涉实验中光束Ⅱ产生的条纹间距比光束Ⅲ的小，选项C正确；
D．一束由两种色光混合的复色光沿PO方向射出，经过反射、再折射后，光线仍是平行，因为光反射时入射角与反射角相等．所以由光路可逆可得出射光线平行．改变α角，光线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ仍保持平行，选项D错误。
故选C。
4．B
【详解】A．条纹是光在标准板M的下表面反射和N的上表面反射叠加而成的。故A错误；
B．空气薄膜厚度从左向右依次增大，又因为同一条纹上各处空气薄膜厚度相同，所以N的上表面A处空气厚度与左边相同，即向上凸起。故B正确；
C．将之间的薄片向右拉出一些，空气薄膜厚度依次减小，观察到的条纹宽度会变大，所以条纹会变稀疏。故C错误；
D．若改用绿光照射，入射光的波长变长，相邻明（暗）条纹会变大，所以条纹变稀疏。故D错误。
故选B。
5．A
【详解】A．光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象，A正确；
B．水中的气泡看上去特别明亮，主要是由于光从水射向气泡时发生了全反射，B错误；
C．由于多普勒效应，匀速驶过身边的急救车音调会越来越高，C错误；
D．竖直的肥皂膜看起来常常是水平彩色横纹，是由于光的干涉产生的，D错误。
故选A。
6．B
【详解】A．此为薄膜干涉现象，条纹是光的干涉形成的，故A错误；
B．若抽去一张纸片，同一位置的两反射光的光程差减小，观察到的条纹变疏，故B正确；
C．把紫光换成红光，波长变大，根据
则条纹变疏，故C错误；
D．干涉条纹是光在空气劈尖膜的前后两表面反射形成的两列光波叠加形成的，故D错误。
故选B。
7．C
【详解】A．由题意可知，当θ角增加到一定值时，b光发生了全反射，而a光没发生全反射，可知b光临界角比a光小，根据可知，b光的折射率比a光大，根据可知在此透光材料中b光的传播速度小于a光的传播速度，选项A错误；
B．a光从顶部射出时，也有a光反射回透光材料之中，选项B错误；
C．由题意可知
可得
则
在 OPS中由正弦定理
解得
根据
可得
选项C正确；
D．因为b光的折射率较a光大，则b光的频率较大，波长较小，根据
可知，同一装置用a、b光做双缝干涉实验，b光的干涉条纹较小，选项D错误。
故选C。
8．A
【详解】因为薄膜的厚度为波长的，增透膜两个界面上的反射光相干涉后互相抵消，减少了反射光中的红外线，从而减少了反射光的能量，故
以λ表示此红外线在真空的波长，其在薄膜中的波长为
解得
因为n=2，故厚度d的最小值为
故选A。
9．BC
【详解】试题分析：薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相同．条纹的cd点在直条纹处，故cd点对应处的薄膜厚度相同，从弯曲的条纹可知，A处检查平面左边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相同，知A处凹陷， B处检查平面右边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相同，知B处凸起，故A错误，B正确；
由图可知，c．d在同一级条纹上，则条纹的c．d点对应处的薄膜厚度也相同，C正确；d．e点不在同一级条纹上所以对应的薄膜厚度不同，D错误；故选BC
考点：薄膜干涉
10．AD
【详解】“用双缝干涉测量光的波长”实验中，光屏上单色光的条纹间距为
AC．由上述分析可知，增大双缝间距，条纹间距减小，减小双缝间距，条纹间距变大，故C错误A正确；
BD．由上述分析可知，增大双缝与屏的距离，条纹间距变大，减小双缝与屏的距离，条纹间距变小，故B错误D正确。
故选AD。
11．AD
【详解】A.图甲是利用光的干涉检查某精密光学平面的平整度，图甲中上板是标准样板，下板是待检查的光学元件，故A正确；
B.根据条纹间距公式
如果换用频率更大的单色光，则光的波长变短，其他条件不变，则图乙中的干涉条纹变窄，故B 错误；
C.若出现图丙中弯曲的干涉条纹，说明亮条纹提前出现，说明被检查的平面在此处出现了凹陷，故C错误；
D.用单色光垂直照射图丁中的牛顿环，牛顿环中的空气厚度不是均匀变化，空气膜厚度增加的越来越快，则亮条纹会提前出现，所以得到的条纹是随离圆心的距离增加而逐渐变窄的同心圆环，故D正确。
故选AD。
12．ACD
【详解】A．图1中a束光折射角大，折射率小，根据可知，a束光在水珠中的传播速度大，选项A正确；
B．图2中，光束在面的折射角等于在面的入射角，只要入射角，面的入射角就小于临界角，就不会发生全反射，选项B错误；
C．图3中，根据可知，选项C正确；
D．图4中的干涉条纹说明光在样板下表面反射和检测平面上表面反射形成稳定干涉，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是不平整的，选项D正确。
故选ACD。
13． 明条纹 变宽
【详解】[1][2]光屏中央O点到双缝的路程差为0，所以在该点出现明条纹，根据公式
d变小，则Δx变宽。
14． 变大 上凸
【详解】[1] 根据，若换用波长更长的单色光照射，条纹间距变大；
[2] 如下图所示
在A、B两点的光程差相等，经过A点的两列相干光产生的亮条纹与经过B点的两列相干光产生的亮条纹是同一条亮条纹，所以图丙条纹弯曲处对应着被检查平面处是上凸的。
15．见解析
【详解】不能看到干涉现象，因为只有当两束频率相等的光相遇时才会发生干涉现象．当双缝的一条缝前放一块绿色滤光片，另一条缝前放一块黄色滤光片，这时就变成一束绿光和一束黄光相遇，它们的频率不等，故它们相遇时不会发生干涉现象．
16．（1）暗条纹；（2）亮条纹
【详解】（1）设A光在空气中波长为λ1，在介质中波长为，由
得
光程差
所以
从S1和S2到P点的光程差Δr是波长λ1的3.5倍，P点为暗条纹。
（2）同理可知，B光在空气中波长
由光程差Δr和波长λ的关系：
可见，用B光做光源，P点为亮条纹。
17．①3.2nm；②550nm
【详解】①双缝干涉中，相邻两亮条纹间距为
改用波长为440nm的紫光后，因为L、d不变，可得
②如果相邻两亮条纹间距是4nm，可得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2.3简谐运动的回复力和能量 同步练习与检测
一、单选题
1．如图所示，一轻弹簧的一端固定在竖直墙壁上，另一端与小滑块B相连，另一小滑块置于小滑块B上。在轻弹簧的弹性限度内。小滑块和小滑块B保持相对静止，一起在光滑水平面上往复运动。不考虑空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．因为小滑块水平方向上只受摩擦力作用，所以小滑块的运动不是简谐运动
B．作用在小滑块上的静摩擦力大小与弹簧的形变量成正比
C．小滑块B对小滑块的静摩擦力始终对小滑块做负功，而小滑块对小滑块B的静摩擦力对小滑块B不做功
D．小滑块B从平衡位置向右运动，系统的动能增大，势能减小
2．如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个弹簧振子做简谐运动的图像。已知甲、乙两个振子质量相等，则（　　）
A．甲、乙两振子的振幅之比为1：2
B．甲、乙两振子的频率之比为1：2
C．t=2s时，甲弹簧振子的回复力最大，乙弹簧振子的动能最小
D．0～8s时间内甲、乙两振子通过的路程之比为4：1
3．关于简谐运动，下列说法正确的是（　　）
A．回复力的方向总指向平衡位置
B．速度方向总跟离开平衡位置的位移方向相反
C．回复力的方向总与速度方向相反
D．越衡位置，运动得越快，因而加速度越大
4．一质点做简谐运动的图象如图所示，则该质点(　　)
A．在0.015 s时，速度和加速度都为－x方向
B．在0.01 s 至0.03 s内，速度与加速度先反方向后同方向，且速度是先减小后增大，加速度是先增大后减小
C．在第八个0.01 s内，速度与位移方向相同，且都在不断增大
D．在每1 s内，回复力的瞬时功率有50次为零
5．公路上匀速行驶的货车受一扰动，车上货物随车厢底板上下振动但不脱离底板．一段时间内货物在竖直方向的振动可视为简谐运动，周期为T．取竖直向上为正方向，以t＝0时刻作为计时起点，其振动图像如图所示，则
A．t＝T时，货物对车厢底板的压力最大
B．t＝T时，货物对车厢底板的压力最小
C．t＝T时，货物对车厢底板的压力最大
D．t＝T时，货物对车厢底板的压力最小
6．关于简谐运动，以下说法不正确的是（　　）
A．只要有回复力，物体一定做简谐运动
B．当物体做简谐运动时，回复力的方向总是与位移方向相反
C．物体做简谐运动时，当它向平衡位置运动过程中，回复力越来越小
D．物体做简谐运动时，速度方向有时与位移方向相同，有时与位移方向相反
7．某弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其位移x随时间t变化的关系为x=Asinωt，振动图像如图所示，下列说法不正确的是（　　）
A．弹簧在第1s末与第3s末的长度相同
B．第4s末振子的速度最大，加速度为零
C．从第3s末到第5s末，振子运动的位移等于A
D．从第3s末到第5s末，振子的速度方向没有发生变化
8．有一个在y方向上做简谐运动的物体，其振动图像如图所示。下列关于图甲、乙、丙、丁的判断正确的是（选项中v、F、a、Ek分别表示物体的速度、受到的回复力、加速度和动能）（　　）
A．甲可作为该物体的v－t图像 B．乙可作为该物体的F－t图像
C．丙可作为该物体的a－t图像 D．丁可作为该物体的Ek－t图像
二、多选题
9．一弹簧振子做简谐运动，它所受的回复力F随时间t变化的图象为正弦曲线，如图所示，下列说法正确的是
A．在t从0到2 s时间内，弹簧振子做减速运动
B．在t1＝3 s和t2＝5 s时，弹簧振子的速度大小相等，方向相反
C．在t2＝5 s和t3＝7 s时，弹簧振子的位移大小相等，方向相同
D．在t从0到4 s时间内，t＝2 s时刻弹簧振子所受回复力做功的功率最大
10．如图所示，轻弹簧拴着小球放在光滑水平面上，O为弹簧的原长。现将小球拉至A处后释放，则小球在A、B间往复运动，下列说法正确的是（　　）
A．从B→O，速度不断减小
B．在O处弹性势能最小
C．从B→O，速度不断增大
D．在B处弹性势能最小
11．当一弹簧振子在竖直方向上做简谐运动时，下列说法中正确的是（ ）
A．振子在振动过程中，速度相同时，弹簧的长度一定相等，弹性势能相等
B．振子从最低点向平衡位置运动的过程中，弹簧弹力始终做负功
C．振子在运动过程中的回复力由弹簧弹力和振子重力的合力提供
D．振子在运动过程中，系统的机械能守恒
12．一弹簧振子做简谐运动时的振动图象如图所示，由图象可知（　　）
A．振子运动的周期为2s B．第1.5s末振子位移为正
C．在第2s末，振子的速度的方向为负 D．在第3s末，振子的加速度最小
三、解答题
13．如图所示，、是真空中两个电荷量均为的固定点电荷，它们间的距离为，是连线的中点．一电荷量为的带电粒子放置在、连线上的点，、间的距离为。已知静电力常量为。不计粒子重力。
（1）分别求出电荷、对带电粒子库仑力的大小和方向；
（2）现将带电粒子从点由静止释放，若，带电粒子所做的运动能否视为简谐运动？试分析说明。
14．如图所示，质量为M、倾角为α的斜面体（斜面光滑且足够长）放在粗糙的水平地面上，底部与地面的动摩擦因数为μ，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为l的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的物块．压缩弹簧使其长度为时将物块由静止开始释放，且物块在以后的运动中，斜面体始终处于静止状态．重力加速度为．
（1）求物块处于平衡位置时弹簧的长度；
（2）选物块的平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标轴，用x表示物块相对于平衡位置的位移，证明物块做简谐运动；
（3）求弹簧的最大伸长量；
（4）为使斜面始终处于静止状态，动摩擦因数μ应满足什么条件（假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力）？
15．如图所示，将质量为的物体A放在弹簧上端并与之连接，弹簧下端连接一质量为的物体B，物体B放在地面上，形成竖直方向的弹簧振子，使A上下振动。弹簧原长为，弹簧是劲度系数为。A、B的厚度可忽略不计，g取。
（1）当系统做简谐运动时，求A的平衡位置离地面的高度：
（2）若物体A在振动过程中弹簧始终不拉伸，当物体A以最大振幅振动时，求物体B对地面的最大压力；
（3）在第（2）问的基础上，从平衡位置到最低点过程中弹簧弹力对物体A做了多少功？
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【详解】A．小滑块AB保持相对静止，在轻弹簧的作用下做简谐运动，A错误；
B．对小滑块AB整体受力分析，由牛顿第二定律得
对小滑块受力分析，由牛顿第二定律得
解得
B正确；
C．在衡位置的过程中，小滑块B对小滑块的静摩擦力做正功，在远离平衡位置的过程中，小滑块B对小滑块的静摩擦力做负功，小滑块对小滑块B的静摩擦力也做功，C错误；
D．小滑块B从平衡位置向右运动，弹簧振子的速度减小，系统的动能减小，势能增大，D错误。
故选B。
2．D
【详解】A．根据甲、乙两个振子做简谐运动的图像可知，两振子的振幅
所以甲乙两振子的振幅之比为2：1，故A错误；
B．甲振子的周期为4s，频率为
乙振子的周期为8s，频率为
甲、乙两振子的频率之比为2：1，故B错误；
C．t=2s时，甲振子处于平衡位置，所以甲的回复力为0；乙振子处于负位移最大值处，乙的速度为0，动能最小，故C错误；
D．0~8s这段时间内，甲振子运动了两个周期，通过的路程为
乙振子运动了一个周期，通过的路程为
所以两振子的路程之比为4：1，故D正确。
故选D。
3．A
【详解】A．由简谐振动的特点可知，回复力的方向总指向平衡位置，选项A正确；
B．速度方向与离开平衡位置的位移方向可能相同也可能相反，选项B错误；
C．回复力的方向指向平衡位置，与速度方向可能相同也可能相反，选项C错误；
D．越衡位置，运动得越快，但是回复力越小，因而加速度越小，选项D错误。
故选A。
4．B
【详解】在0.015s时，位移为负值，由a=-kx/m知加速度为正值，即加速度方向为+x方向，速度沿-x方向．故A错误．在0.01至0.03s内，质点由平衡位置运动到负向最大位移处，再回到平衡位置，速度先反方向后同方向，速度是先减小后增大，加速度是先增大后减小．故B正确．在第八个0.01s内，相当于第一个周期内第四个0.01s内，速度与位移方向都沿+x方向，方向相同，速度在不断减小，位移不断增大．故C错误．周期T=0.04s，时间t=1s=25T，质点在平衡位置时回复力为零，回复力的瞬时功率为零，在最大位移处速度为零，其瞬时功率也为零，一个周期内有四个时刻回复力的瞬时功率为零，所以在每1s内，回复力的瞬时功率有100次为零．故D错误．故选B．
点睛：本题考查由振动图象读出位移、速度、加速度方向及其大小变化的能力．回复力的瞬时功率等于回复力与速度的乘积，一个周期内有四个时刻回复力的瞬时功率为零．
5．C
【详解】t=T/4时，货物加速度方向向下，失重，货物对车厢底板的压力最小，A错误；t=T/2时，货物加速度为零，货物对车厢底板的压力等于重力大小，B错误；t=3T/4时，货物加速度方向向上且最大，超重，此时货物对车厢底板的压力最大，C正确、D错误．
6．A
【详解】A．在简谐运动中，有回复力是必要条件，而且回复力必须满足：F=-kx，所以有回复力的振动不一定是简谐运动，故A错误符合题意；
B．质点的回复力方向总是指向平衡位置，总是与位移方向相反；故B正确不符合题意；
C．物体做简谐运动时，受到的回复力为F=-kx。当它向平衡位置运动过程中，位移越来越小，则知回复力越来越小。故C正确不符合题意；
D．质点的位移方向总是离开平衡位置，而速度方向有时离开平衡位置，有时衡位置。所以速度的方向有时跟位移的方向相同，有时跟位移的方向相反小，故D正确不符合题意；
故选A。
7．C
【详解】A．由题图知，振子在第ls未与第3s末的位移相同，即振子经过同一位置，故弹簧的长度相同，A正确；
B．由题图知，第4s末振子回到平衡位置，故速度最大，加速度为零，B正确；
C．第3s末振子的位移为
第5s末振子的位移为
从第3s末到第5s末，振子运动的位移
C错误；
D．图像的切线斜率表示速度，可知，从第3s末到第5s末,振子的速度方向并没有发生变化，一直沿负方向，D正确。
本题选不正确的，故选C。
8．C
【详解】因为F＝－kx，，故图丙可作为F－t、a－t图像；而v随x增大而减小，故v－t图像应为图乙，C正确，ABD错误。
故选C。
9．AC
【详解】A．在t从0到2s时间内，回复力逐渐变大，说明振子逐渐远离平衡位置，做减速运动，故A正确；
B．在t1=3s到t2=5s过程，回复力先减小为零后反向增加，说明先衡位置后远离平衡位置，故3s时和5s时速度方向相同；由于3s和5s回复力大小相等，故位移大小也相等，速度大小也相等，故B错误；
C．在t1=5s和t2=7s时，回复力相等，根据公式F=-kx，位移相同，故C正确；
D．在t从0到4s时间内，t=2s时刻弹簧振子速度为零，根据P=Fv，功率为零，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查简谐运动，关键是明确简谐运动具有对称性和周期性，振子衡位置过程是加速运动，远离平衡位置过程是减速运动；明确回复力与位移的关系F=-kx．
10．BC
【详解】AC．从B→O过程中，弹力对小球做正功，速度不断增大，故A错误，C正确；
BD．弹簧的弹性势能与形变量有关，在O点处为弹簧的原长，弹性势能最小，故B正确，D错误；
故选BC。
11．CD
【分析】根据题意可知考查弹簧振子的运动特点，由简谐运动规律分析可得．
【详解】A．振子在平衡位置两侧往复运动，速度相同的位置可能出现在关于平衡位置对称的两点，这时弹簧长度明显不等，故A不符合题意；
B．振子由最低点向平衡位置运动的过程中，弹簧对振子施加的力指向平衡位置，做正功，故B不符合题意；
CD．振子运动过程中的回复力由振子所受合力提供且运动过程中机械能守恒，故C、D符合题意．
【点睛】弹簧振子在竖直方向上做简谐运动时，弹力和重力的合力提供回复力，速度、加速度、位移关于平衡位置具有对称性，振子在运动过程中，因为只有重力和系统内弹力做功，系统总的机械能守恒．
12．BC
【详解】A．由图知，振子运动的周期为T=4s。故A错误；
B．第1.5s末振子位移为正，故B正确；
C．在第2s末，振子的位移为0，说明振子经过平衡位置，向负方向振动，故C正确；
D．在第3s末，振子到达最大位移处，其加速度最大。故D错误。
故选BC。
13．（1）见解析；（2）可以视为简谐运动
【详解】（1）电荷对带电粒子的库仑力方向由指向，大小为
电荷对带电粒子的库仑力方向由指向，大小为
（2）带电粒子由静止释放后，将以为平衡位置振动。以为原点建立如图所示的坐标轴
当带电粒子相对坐标原点的位移为时，带电粒子所受的电场力
由题意可知，，则
，
所以有
取，则有
所以，当时，带电粒子的运动可视为简谐运动。
14．（1） （2）见解析（3） （4）
【详解】（1）物体平衡时，受重力、支持力和弹簧的弹力，根据平衡条件，有：
mgsinα=k △x
解得：
故弹簧的长度为。
（2）物体到达平衡位置下方x位置时，弹力为：
k（x+△x）=k（x+）
故合力为：
F=mgsinα-k（x+）=-kx
故物体做简谐运动；
（3）简谐运动具有对称性，压缩弹簧使其长度为l时将物块由静止开始释放，故其振幅为：
故其最大伸长量为：
（4）物块位移x为正时，斜面体受重力、支持力、压力、弹簧的拉力、静摩擦力，如图
根据平衡条件，有：水平方向：
竖直方向：
又有：
联立可得：
，
为使斜面体保持静止，结合牛顿第三定律，应该有|f|≤μFN2，所以
当x=-A时，上式右端达到最大值，于是有：
15．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）A在平衡位置时，所受合力为零，弹簧被压缩的长度为
A的平衡位置离地面的高度
（2）当在向下的最大位移处时，弹簧的弹力最大，物体B对地面的压力最大，根据对称性可知，此时弹簧被压缩
则物体B对地面的最大压力
（3）根据机械能守恒定律可得平衡位置到最低点过程中弹簧弹力对物体A所做的功为
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2.5实验：用单摆测量重力加速度 同步练习与检测
一、单选题
1．以下叙述中正确的有（　　）
A．单摆的摆长等于摆线的长度加小球的直径
B．在测量单摆的周期时如果出现了“圆锥摆”，测得的周期将会偏小
C．在测量单摆的周期时，为了减小实验误差，往往采用多次测量求平均值的方法，计数时应选择在最大摆角处
D．意大利物理学家伽利略确定了计算单摆周期的公式
2．如图所示，一根较长的细线一端固定，另一端系上沙漏，装置底部有一可以向前移动的长木板。当沙漏左右小幅度摆动时，漏斗中的沙子均匀流出，同时匀速拉动长木板，漏出的沙子在板上形成一条正弦曲线。在曲线上有两个位置P和Q。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．若要记录沙漏多次全振动的时间，则应该在Q点开始计时
B．位置P处的沙层比Q处的沙层厚一些
C．随着沙子从漏斗中流出，沙漏摆动的周期将变小
D．为在木板上形成更多完整的正弦曲线，应该适当减小拉动速度
3．下列振动图象真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin 5°=0.087，sin 15°=0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是（　　）
A． B． C． D．
4．利用单摆测重力加速度时，若测得g值偏大，则可能是因为（　　）
A．单摆的摆球质量偏大
B．测量摆长时，只考虑了摆线长，忽略了小球的半径
C．测量周期时，把n次全振动误认为是n+1次全振动
D．测量周期时，把n次全振动误认为是n-1次全振动
5．某实验小组利用单摆测当地的重力加速度实验中，发现某次测得的重力加速度的值偏大，其原因可能是（　　）
A．以摆线长度作为摆长来进行计算
B．单摆所用摆球质量太大
C．把（n－1）次全振动时间误当成n次全振动时间
D．开始计时时，秒表过早按下
6．某同学用单摆测当地的重力加速度．他测出了摆线长度L和摆动周期T，如图(a)所示．通过改变悬线长度L，测出对应的摆动周期T，获得多组T与L，再以T2为纵轴、L为横轴画出函数关系图像如图(b)所示．由此种方法得到的重力加速度值与测实际摆长得到的重力加速度值相比会（ ）
A．偏大 B．偏小 C．一样 D．都有可能
7．在“用单摆测定重力加速度”的实验中：甲同学用标准的实验器材和正确的实验方法测量出几组不同摆长L和周期T的数值，画出如图T2﹣L图象中的实线OM；乙同学也进行了与甲同学同样的实验，但实验后他发现测量摆长时忘了加上摆球的半径，则该同学作出的T2-L图像为（　　）
A．虚线①，不平行实线OM B．虚线②，平行实线OM
C．虚线③，平行实线OM D．虚线④，不平行实线OM
8．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，下列所给器材中，哪个组合较好（ ）
①长1m左右的细线②长30cm左右的细线③直径2cm的塑料球④直径2cm的铁球⑤秒表⑥时钟⑦最小刻度线是厘米的直尺　⑧最小刻度是毫米的直尺
A．①③⑤⑦ B．①④⑤⑧ C．②④⑥⑦ D．②③⑤⑦
二、多选题
9．某同学在做“用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为l，摆球直径为d，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为t。他测得的g值偏小，可能的原因是（ ）
A．测摆线长时摆线拉得过紧
B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C．开始计时，秒表过早按下
D．实验中误将51次全振动数记为50次
E．实验中误将49.5次全振动数记为50次
10．一根不可伸长的细线，上端悬挂在O点，下端系一个小球，如图甲所示，某同学利用此装置来探究周期与摆长的关系．该同学用米尺测得细线两端的长度，用游标卡尺测量小球的直径，二者相加为l，通过改变细线的长度，测得对应的周期T，得到该装置的l－T2图象如图乙所示。利用所学单摆相关知识，选择下列说法正确的选项（取π2＝9.86）（　　）
A．T＝2s时摆长为1m B．T＝2s时摆长约为0.994m
C．摆球半径为0.006m D．当地重力加速度为9.86m/s2
11．在“用单摆测定重力加速度”实验中，若测得的重力加速度值偏大，其原因可能是（　　）
A．测出的单摆的摆长偏大 B．测出的单摆摆动周期偏小
C．所用摆球质量偏大 D．所用摆球质量偏小
12．用单摆测重力加速度时，某同学在利用单摆测重力加速度的实验中，若测得重力加速度偏大，则可能是（ ）
A．计算摆长时，只考虑悬线长，漏加了小球的半径
B．误把悬线长和小球的直径之和作为摆长
C．测量周期时，将(n+1)次全振动误记为n次全振动
D．测量周期时，将n次全振动误记为(n+1)次全振动
三、实验题
13．某同学在利用单摆周期公式测量当地的重力加速度实验中，采用如图甲所示装置，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。
（1）用游标卡尺测量小球的直径，如图乙所示，小球直径为 ；
（2）实验中下列做法正确的是 ；
A．摆球要选择质量大些、体积小些的钢球
B．摆线要选择弹性大些的，并且尽可能短一些
C．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度
D．将摆球拉到合适位置，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间，则单摆周期
（3）实验中改变摆长获得多组实验数据，正确操作后作出的图像为图丙中图线②。某同学误将悬点到小球下端的距离记为摆长，其它实验步骤均正确，作出的图线应当是图丙中 （填“①”“③”或 “④”）利用该图线求得的重力加速度 （填“大于”“等于”或“小于”）利用图线②求得的重力加速度。
14．用单摆测定重力加速度的实验中：
（1）应选用下列器材中的( )
A．半径1cm的木球
B．半径1cm的实心钢球
C．1m左右的细线
D．30cm左右的细线
E．秒表、三角板、米尺
（2）在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出以下几点建议，其中对提高测量结果精确度有利的是( )
A．适当加长摆线
B．单摆偏离平衡位置的角度不能太大
C．质量相同、体积不同的摆球，选用体积较大的
D．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期
（3）一端固定在房顶的一根细线垂到三楼窗沿下，某同学为了测量窗的上沿到房顶的高度，在线的下端系了一小球，发现当小球静止时，细线保持竖直且恰好与窗子上沿接触，打开窗子，让小球在垂直于窗口的竖直平面内摆动，如图所示。
①为了测小球摆动的周期，他打开手机里的计时器，在某次小球从窗外向内运动到达最低点时数1，同时开始计时，随后每次小球从外向内运动到最低点依次数2、3、4…，数到n时，手机上显示的时间为t，则小球摆动的周期T为 ；
②该同学用钢卷尺测量出摆动中小球球心到窗上沿的距离，测得50cm，又测出小球摆动的周期是4.5s，当地的重力加速度为9.8m/s2，则窗的上沿到房顶的高度约为 。
四、解答题
15．将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力，图甲中O点为单摆的悬点，现将小球（可视为质点）拉到A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球在竖直平面内的ABC之间来回摆动，其中B点为运动中最低位置。∠AOB=∠COB=α，α小于10°且是未知量，图乙表示由计算机得到细线对摆球的拉力大小F随时间变化的曲线，且图中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻，据力学规律和题中信息（g取10m/s2），求：
（1）单摆的周期和摆长；
（2）摆球质量及摆动过程中的最大速度。
16．实验小组利用如图（1）所示实验装置做“用单摆测重力加速度”的实验，考虑到摆长和周期的测量对实验结果的影响，对实验进行了改进，在细线上端固定拉力传感器，传感器连接计算机，用天平测出小球质量为m，将小球拉偏平衡位置一定夹角（角度很小）无初速度释放，待小球稳定后，通过拉力传感器测出其读数随时间变化图像如图（2）所示，不考虑空气阻力。

（1）下列操作可以减小误差影响的是 ；
A．小球应选重而小的钢球 B．小球的摆动平面必须为竖直面
C．摆球从平衡位置拉开任意角度后释放
（2）单摆的周期为 ；
（3）当地重力加速度为 ；单摆的摆长为 。（用，，表示）
17．李磊同学利用单摆测量重力加速度。他测出摆线长度l=99cm，摆球直径d=2cm。摆动过程中，摆球完成20次全振动的时间为40s，偏离最低点的最大距离A=10cm。若整个摆动过程可视为简谐运动，规定从最低点向右摆动时为正方向。
(1)求李磊同学测出的重力加速度的大小（结果保留两位有效数字）；
(2)从小球经过最低点向右摆动时开始计时，写出摆球的振动方程。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【详解】A．摆长等于摆线长度加球的半径，A错误；
B．若实验时，摆球做了圆锥摆，则周期是表达式为，显然周期变小，B正确；
C．在测量单摆的周期时，为了减小实验误差，往往采用多次测量求平均值的方法，计数时应选择在平衡位置处，C错误；
D．伽利略发现了单摆振动的周期性，惠更斯确定了计算单摆周期的公式，D错误。
故选B正确。
2．D
【详解】A．若要记录沙漏多次全振动的时间，则应该在平衡位置P点开始计时，故A错误；
B．由题图可知，Q点位于最大位移处，P点位于平衡位置，沙漏摆动至Q点上方最近时速度最小，运动最慢，所以细沙在Q处堆积的沙子较多，故B错误；
C．沙漏左右小幅度摆动，是一个单摆，周期为
可见单摆的周期与质量无关，故C错误；
D．根据可知，越小，越大；沙漏摆动的周期不变，所以拉动长木板速度慢些，即可形成更多完整的正弦曲线，故D正确。
故选D。
3．A
【详解】单摆振动的摆角θ≤5°，当θ=5°时单摆振动的振幅
A=lsin 5°=0.087 m=8.7 cm
且为了计时准确，应在摆球摆至平衡位置时开始计时。
故选A。
4．C
【详解】A．由单摆周期公式，可得
由该式知重力加速度与摆球的质量无关，故A错误；
B．测量摆长时，忽略了小球的半径，所测摆长偏小，则所测得的g值偏小，故B错误；
CD．设单摆做n次全振动的时间为t，单摆的周期，若误记作次全振动，则
即周期的测量值小于真实值，测得的g值偏大；
若误记作次全振动，则
即周期的测量值大于真实值，测得的g值偏小，故C正确，D错误。
故选C。
5．C
【详解】A．根据
得
以摆线长度作为摆长来进行计算，则l偏小，测得的g偏小，A错误；
B．由以上分析得，单摆所用摆球质量大小与测得的重力加速度的值无关，B错误；
C．把（n－1）次全振动时间误当成n次全振动时间，则周期测量值偏小，重力加速度测量值偏大，C正确；
D．开始计时时，秒表过早按下，则测得的T偏大，则g测量值偏小，D错误。
故选C。
6．C
【详解】根据单摆的周期公式：得：，T2与L图象的斜率，横轴截距等于球的半径r．
故
根据以上推导，如果L是实际摆长，图线将通过原点，而斜率仍不变，重力加速度不变，故对g的计算没有影响，一样，故ABD错误，C正确．
故选C．
7．B
【详解】根据单摆的周期公式得，，测量摆长时忘了加上摆球的半径，单摆的摆长L偏小，两图象的斜率相等，两图象应平行，且相同的T值时L偏小，则图象在T轴上有截距，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选B。
8．B
【详解】单摆模型中，小球视为质点，故摆线长点，测量误差越小，故要选择长1m左右的细线①；
摆球密度要大，体积要小，空气阻力的影响才小，故要选择直径2cm的铁球④；
秒表可以控制开始计时和结束计时的时刻，比时钟的效果要好。故选择秒表⑤；
刻度尺的最小分度越小，读数越精确，故要选择最小刻度是毫米的直尺⑧。
故选B。
9．BCD
【详解】A．本实验测量g的原理是单摆的周期公式
可得
测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量量偏大，则测得的重力加速度偏大，A错误；
B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，振动周期变大，而计算时还是用最开始测量的偏小的摆长所以测得重力加速度偏小，B正确；
C．开始计时，秒表过早按下，根据
可以知道测得单摆的周期偏大，则测得的重力加速度偏小，C正确；
D．实验中误将51次全振动数为次，测得单摆的周期偏大，则测得的重力加速度偏小，D正确；
E．实验中误将49.5次全振动数为50次，测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大，E错误。
故选BCD。
10．BC
【详解】CD．设摆长为l′，由单摆的周期公式得
T＝2π
且
l＝l′＋r
结合题图乙推导得
l＝0.006m＋T2
可知摆球半径
r＝0.006m
为l－T2图象的斜率，所以有
＝＝m/s2
解得
g≈9.80m/s2
故C正确，D错误；
AB．由单摆的周期公式有
l′＝T2＝×22m≈0.994m
故B正确，A错误。
故选BC。
11．AB
【详解】根据
可得
若测得的重力加速度值偏大，则
A．测出的单摆的摆长偏大，则测得的g值偏大，选项A正确；
B．测出的单摆摆动周期偏小，则测得的g值偏大，选项B正确；
CD．单摆的周期与质量无关，选项CD错误。
故选AB。
12．BD
【详解】根据单摆的周期公式
解得
A．计算摆长时，只考虑悬线长，漏加了小球的半径，重力加速度越小，A错误；
B．以摆线长加小球直径作为摆长来计算了，测得摆长偏大，则测得的重力加速度偏大，B正确；
C．测量周期时，将（n+1）次全振动误记为n次全振动，测得周期偏大，则测量的重力加速度偏小，C错误；
D．把n次全振动的时间t误作为（n+1）次全振动的时间，测得周期偏小，则测量的重力加速度偏大，D正确。
故选BD。
13． 14.5 AD/DA ③ 等于
【详解】（1）[1]根据游标卡尺的读数原理，游标尺0刻线前的主尺整刻度+游标尺与主尺对齐的刻线×精确度，则图中游标卡尺读数为
（2）[2]A．为减小空气阻力对实验的影响，摆球要选择质量大些、体积小些的球，故A正确；
B．为防止单摆运动中摆长发生变化，为减小实验误差，应选择弹性小的细线做摆线，摆线应适当长些，故B错误；
CD．单摆在摆角小于10°时的运动是简谐运动，为减小周期测量的误差，应从摆球经过平衡位置时开始计时且测出摆球做多次全振动的时间，求出平均值作为单摆的周期，故C错误，D正确。
故选AD。
（3）[3]摆长是线长加小球半径，由单摆周期公式，可知
若L为摆长加小球直径，则应为
设图像的斜率为k，则重力加速度为
由图丙可知，图线③是正确的，图线③与图线②平行，它们的斜率k相等，利用图线③求得的重力加速度等于利用图线②求得的重力加速度。
14． BCE AB/BA 13.8m
【详解】（1）[1]AB．单摆在摆动过程中，阻力要尽量小甚至忽略不计，所以摆球选钢球；故B正确，A错误；
CD．摆长不能过小，一般取1m左右，故C正确，AD错误；
E．试验中要用到秒表测量周期，米尺测摆线的长度，三角板测摆球的直径，故E正确。
故选BCE。
（2）[2]A．单摆的摆长越长，周期越大，适当加长摆长，便于测量周期，故A正确；
B．单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，则单摆偏离平衡位置的角度不能太大，一般不超过5°，故B正确；
C．要减小空气阻力的影响，应选体积较小的摆球，故C错误；
D．单摆周期较小，把一次全振动的时间作为周期，测量误差较大，应采用累积法，测多个周期的时间取平均值作为单摆的周期，故D错误；
故选AB。
（3）①[3]从小球第1次通过图中的最低点开始计时，第n次从外向内通过最低点用时t，则完成全振动的次数为
故周期为
②[4]小摆的周期为
大摆周期为
其中有
联立解得
15．（1）0.4πs，0.4m；（2），
【详解】（1）摆球受力分析如图所示：
小球在一个周期内两次经过最低点，根据该规律
T=0.4πs
由单摆的周期公式为
解得
（2）在最高点A，有
在最低点B，有
从A到B，机械能守恒，由机械能守恒定律得
联立三式并代入数据得
16． AB/BA
【详解】（1）[1] A．实验中为了减小空气阻力的影响，小球应选重而小的钢球，故A正确；
B．小球的摆动平面必须为竖直面，否则小球不做单摆运动，故B正确；
C．小球做单摆运动应满足摆角很小，不能为任意角度，故C错误。
故选AB。
（2）[2]一周期经历两次平衡位置，平衡位置时小球受力最大，故单摆的周期为
（3）[3]设小球最大偏角为，有
最低位置有
根据机械能守恒有
可得当地重力加速度为
[4]根据单摆周期公式
可得单摆的摆长为
17．(1)；(2)
【详解】(1)摆长为
周期为
根据单摆的周期公式
解得
(2)角频率
振动方程为
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页3.2波的描述 同步练习与检测
一、单选题
1．一列简谐横波沿直线方向由a向b传播，a、b两质点的平衡位置相距7m，a、b两质点的振动图像如图所示。则该波的传播速度大小可能为（　　）

A．2.5m/s B．2m/s
C．1.5m/s D．1m/s
2．图甲为某一列沿x轴传播的简谐横波在t = 0.5s时刻的波形图，图乙为参与波动的质点M的振动图象，则下列说法正确的是（ ）
A．该简谐波的传播速度为4m/s
B．这列波的传播方向沿x轴负方向
C．t = 2.0s时M质点的振动速度小于Q质点的振动速度
D．t = 2.0s时P质点的位移为2cm
3．如图为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在某时刻的波形，图中A、B、C、D四个质点的位移大小相等．关于这列波的描述，下列说法正确的是（　　）
A．C比D先回到平衡位置 B．波源起振方向向上
C．A、B两点速度相同 D．B、C两点加速度相同
4．一列简谐横波沿x轴正方向传播在t=0时刻的波形如图．已知这列波在P点处依次出现两个波峰的时间间隔为0.4s．以下说法中正确的是（　　　　）
A．这列波的波长是5m
B．这列波的波速是10m/s
C．质点Q需要再经过0.5s，才能第一次到达波峰处
D．质点Q达到波峰时，质点P恰好到达波谷处
5．一列沿轴传播的简谐横波，波速为，如图所示，实线为时刻的波形图线，虚线为时刻的波形图线，则（ ）

A．可能有
B．可能有
C．时刻的质点可能处于波谷处
D．内处的质点运动的路程可能为
6．一列简谐横波沿x轴正方向传播，已知x轴上相距d=3.6m的两个质点M、N的振动图像分别如图甲和乙所示，已知质点M比N质点先起振，则该波（）
A．波长可能为4.8m B．频率可能为0.2Hz
C．传播速度可能为3.6m/s D．质点M在波谷时，质点N在波峰
7．如图所示，甲为一列简谐波在t＝3.0s时刻波的图象，Q为x＝4m的质点，乙为甲图中P质点的振动图象，则下列说法正确的是（　　）
A．若障碍物的尺寸大于12m，则该波不能发生明显衍射现象
B．t＝8.0s时，P点位移为-2cm
C．此波沿x轴负方向传播
D．该波能与另一列频率为4Hz的简谐波发生稳定的干涉现象
8．在静止的湖面上小明和小刚分别划着两艘小船，有一列水波从小明的船传向小刚的船，两人停止划船两船均上下浮动，某时刻形成如图所示波形图，两船分别位于波峰P点和波谷点，P点船经5秒第一次到波谷，则（　　）
A．这列波是纵波 B．这列波的波长为30m
C．这列波的波速为6m/s D．两船不可能同时位于平衡位置
二、多选题
9．一列简谐横波沿直线传播。t=0时刻波源O由平衡位置开始振动，在波的传播方向上平衡位置距O点0.9m处有一质点A，其振动图象如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．波源起振方向沿y轴正方向
B．该简谐波波长为4m
C．该简谐波周期为4s
D．该简谐波波速大小为12m/s
E．从振源起振开始，17s内质点A通过的路程为2.8m
10．一列简谐横波某时刻的波形图如图所示，由图可知（　　）
A．若质点向下运动，则波是从左向右传播的
B．若质点向上运动，则波是从左向右传播的
C．若波从右向左传播，则质点向下运动
D．若波从右向左传播，则质点向上运动
11．一列简谐横波沿x轴传播，在t=0.125s时的波形如图甲所示，M、N、P、是介质中的四个质点，已知N、两质点平衡位置之间的距离为16m。如图乙所示为质点P的振动图象。下列说法正确的是（　　）
A．该波沿x轴正方向传播
B．该波的波长为24m
C．该波的波速为120m/s
D．质点P的平衡位置位于x=3m处
E．从t=0.125s开始，质点比质点N早回到平衡位置
12．一列简谐横波在介质中沿轴传播，振幅为0.4m，图甲为该波在时刻的波形图，图乙为横坐标介于的某质点的振动图像。下列说法正确的是（　　）
A．波速为1m/s
B．波沿x轴负向传播
C．从时刻到时刻内，处的质点沿x轴负方向运动了4m
D．时刻，处的质点正在平衡位置沿轴正方向振动
三、实验题
13．如图所示的三个图线分别是用不同的传感器测出的不同物体的振动图线。从三个图线可知，这三个物体振动的共同特点是具有 性，三个物体中，最简单的振动是 的振动。图中心脏跳动的图线是某人的心电图，方格纸每个小方格的宽度是0.5 cm，心电图记录仪拖动方格纸的速度是1.8 cm/s。则此人的心率是 次/分。
14．在时刻，质点A开始做简谐运动，其振动图象如图所示．质点A振动的周期是 s；时，质点A的运动沿轴的 方向（填“正”或“负”）；质点B在波动的传播方向上与A相距16m，已知波的传播速度为2m/s，在时，质点B偏离平衡位置的位移是 cm
四、解答题
15．有两列简谐横波a、b在同一媒质中沿x轴正方向传播，波速均为v＝2.5m/s．在t＝0时，两列波的波峰正好在x＝2.5m处重合，如图所示．
（1）求两列波的周期Ta和Tb．
（2）求t＝0时，两列波的波峰重合处的所有位置．
（3）辨析题：分析并判断在t＝0时是否存在两列波的波谷重合处．
某同学分析如下：既然两列波的波峰存在重合处，那么波谷与波谷重合处也一定存在．只要找到这两列波半波长的最小公倍数，……，即可得到波谷与波谷重合处的所有位置．
你认为该同学的分析正确吗？若正确，求出这些点的位置．若不正确，指出错误处并通过计算说明理由．
16．一列简谐横波沿轴正向传播，时刻恰好传播到处，波形如图所示。时，平衡位置为的质点第一次到达波峰。
（i）写出平衡位置为的质点离开平衡位置的位移随时间变化的函数表达式；
（ii）自时刻起经过多长时间平衡位置的质点处于波谷？
17．一列简谐横波，某时刻的波形图象如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图象如图乙所示，则：
若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定干涉，则该波所遇到的波的频率为多少？
从该时刻起，再经过，P质点通过的路程为多少？
若时振动刚刚传到A点，从该时刻起再经多长时间横坐标为60m的质点未画出第二次位于波谷？
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】由图可知，质点振动的周期
简谐横波沿直线方向由a向b传播，质点的状态传播到质点需要的时间为，即,可得
可得
则波速
即
当时有最大值为
故选D。
2．A
【详解】A．由甲图可得λ = 4m，由乙图可得T = 1s，所以该简谐横波的传播速度为
v = = 4m/s
A正确；
B．由图乙知，t = 0.5s时质点M正通过平衡位置向上运动，由波形平移法知波的传播方向沿x轴正方向，B错误；
C．t = 2.0s = 2T时，M质点正通过平衡位置，速度最大，而质点Q不在平衡位置，所以t = 2.0s时M质点的振动速度大于Q质点的振动速度，C错误；
D．t = 0.5s时P质点在波峰，经过1.5s = 1.5T时间，即t = 2.0s时P质点到达波谷，位移为 - 2cm，故D错误。
故选A。
3．A
【详解】A．根据同侧法可知，C点向上振动，D点向下振动，可知C比D先回到平衡位置，选项A正确；
B．由题中条件不能确定波源起振方向，选项B错误；
C．A、B两点速度大小相同，方向相反，选项C错误；
D．B、C两点加速度大小相同，方向均指向平衡位置，则方向相反，选项D错误。
故选A。
4．B
【详解】由图读出波长λ=4m．故A错误．由题，这列波在P点依次出现两个波峰的时间间隔为0.4s，波的周期为T=0.4s，则波速为，故B正确．图中x=2m位置与Q点相距x=7m，x=2m处的振动传到Q点的时间为，则质点Q需要再经过0.7s，才能第一次到达波峰处．故C错误．P、Q相距两个波长，是同相点，振动情况总是相同，质点Q达到波峰时，质点P也恰好达到波峰处．故D错误．故选B．
【点睛】本题考查分析和理解波动图象的能力．C项也可以先求出波从图示位置传到Q点的时间．波传到Q点时，Q点向下振动，再经过3T/4第一次形成波峰，将两个时间相加即为所求．
5．B
【详解】AB．若该波沿轴正方向传播，则根据图像有
（）
整体得
（）
当时，所对应得时间分别是1.64s、1.96s、2.28s、2.60s；
若该波沿轴负方向传播，则根据图像有
（）
整理得
（）
当时，所对应得时间分别是1.56s、1.88s、2.20s、2.52s、2.84s；
综上可知，可能有，故A错误，B正确；
C．根据图像可得，该波的波长为
由已知条件可得该波的周期为
当
即
（）或（）
而的质点要处于波谷，若波沿轴正方向传播，则必满足
（）
若波沿轴负方向传播，则必满足
（）
即必须满足
或（）
解得
或
显然，时刻的质点不可能处于波谷处，故C错误；
D．该波的振幅为，任一质点在一个周期内走过得路程为，若内处的质点运动的路程为，则处得质点必须振动10个周期，根据
或（）
解得
或
均不能取整，因此内处的质点运动的路程不可能为，故D错误。
故选B。
6．A
【详解】A．据题质点M比N质点先起振，波从M传到N．由振动图象可知t=0时刻M点位于波峰时，N通过平衡位置向下，则有
波长为
当n=0时
A正确；
B．由图读出周期 T=4s，则频率为
B错误；
C．波速为
因为n是整数，v不可能为3.6m/s，C错误；
D．由上分析知
则质点M在波谷时，N通过平衡位置，D错误。
故选A。
7．C
【详解】A．由图甲可知波长，当障碍物的尺寸远大于12m时该波不能发生明显衍射现象，故A错误；
B．由图乙可知，质点的振动周期为，所以t＝8.0s时，P点位移为+2cm，故B错误；
C．由图乙可知，t＝3.0s时，质点P正在平衡位置处向上振动，由图甲中的波形图可知波沿x轴负方向传播，故C正确；
D．该波的频率为，所以不能与另一列频率为4Hz的简谐波发生稳定的干涉现象，故D错误。
故选C。
8．C
【详解】A．上下振动，水平传播，该波为横波，A错误。
B．波的波长为60m，B错误。
C．周期为
波速为
C正确。
D．从该时刻起，再经过 两船同时到达平衡位置，D错误。
故选C。
9．ACE
【详解】A．波传播过程中，所有质点起振的方向都与波源的起振方向相同，由图知，t=3s时质点A开始振动，振动方向沿y轴正方向，故波源的起振方向沿y轴正方向，所以A正确；
C．由图知，该简谐波的周期t=4s，所以C正确，
B．3s内该简谐波传播了0.9m，即λ=0.9m，则λ=1.2m，所以B错误；
D．该简谐波的波速
所以D错误；
E．从波源起振开始，17s内质点A振动了14s，则质点A通过的路程
s=×4A=×4×0.2m=2.8m
所以E正确；
故选ACE。
10．BD
【详解】AB．如果质点a向下运动，由同侧法可得，波应从右向左传播， 同理， 质点b向上运动，波从左向右传播，故A错误，B正确；
如果波从右向左传播，由“下坡上，上坡下”（沿着波的传播方向看）可知图中质点向下运动，质点向上运动， D正确，C错误。
故选BD。
11．BCE
【详解】A．由图乙可知周期
质点P的振动方程
在时质点P的位移
向y轴负方向运动，结合图甲的波动图象可知该波沿x轴负方向传播，故A错误；
B．图甲中质点N的位移为振幅的一半，可知M、N两质点的平衡位置之间的距离为，N、两质点的平衡位置之间的距离为
可得波长
故B正确；
C．根据波速公式可得
故C正确；
D．波动图象的方程
对质点P有
可知
故D错误；
E．质点到达平衡位置用时
质点N到达平衡位置用时
质点比质点N早
回到平衡位置，故E正确。
故选BCE。
12．ABD
【详解】A．由图可知波长
周期
波速为
故A正确；
B．由振动图像乙可知，在
质点从最大位移处向平衡位置振动，位移为正值，对照波形图可知该质点的平衡位置在1m-2m之间，可知波沿x轴负向传播，故B正确；
C．质点只能在自己平衡位置附近振动，不随波迁移，故C错误；
D．因在
时刻
处的质点在最高点，则
即在前时刻，x=1m处的质点正在平衡位置沿y轴正方向振动，故D正确。
故选ABD。
13． 周期性 弹簧振子 67.5
【详解】[1][2]机械波是由物体的机械振动产生的，由于物体的振动频率不同，产生的波形也不相同，有规律振动产生的波具有周期性，无规律振动产生的波不具有周期性。由图可知，心脏振动的波形和音叉振动的波形都具有周期性，它们都具有周期性（或它们都是有规律的），三个物体中，最简单的振动是弹簧振子的振动。
[3]图中心脏跳动的图线是某人的心电图，方格纸每个小方格的宽度是0.5 cm，心电图记录仪拖动方格纸的速度是1.8 cm/s．则此人的心脏振动的周期是
心率是
次/分
14． 4 正 10
【详解】[1]图为波的振动图象，由图象可知质点A振动的周期为
T=4s
[2]波源的起振方向与波头的振动方向相同且向上，t=6s时质点在平衡位置向下振动，故8s时质点在平衡位置向上振动即沿轴的正方向；
[3]波传播到B点，需要时间
s=8s
故t=9s时，质点又振动了1s(个周期)，处于正向最大位移处，位移为10cm。
15．（1）1s ；1.6s （2）x＝（2.520k）m，k＝0，1，2,3，……
（3）该同学的分析不正确．
【详解】（1）从图中可以看出两列波的波长分别为λa＝2.5m，λb＝4.0m，因此它们的周期分别为
s＝1s s＝1.6s
（2）两列波的最小公倍数为 S＝20m
t＝0时，两列波的波峰生命处的所有位置为
x＝（2.520k）m，k＝0，1，2,3，……
（3）该同学的分析不正确．
要找两列波的波谷与波谷重合处，必须从波峰重合处出发，找到这两列波半波长的奇数倍恰好相等的位置．设距离x＝2.5m为L处两列波的波谷与波谷相遇，并设
L＝（2m－1） L＝（2n－1），式中m、n均为正整数
只要找到相应的m、n即可
将λa＝2.5m，λb＝4.0m代入并整理，得
由于上式中m、n在整数范围内无解，所以不存在波谷与波谷重合处．
16．（i）；（ii）
【详解】（i）由得该简谐波的周期
平衡位置为的质点的位移随时间变化的函数表达式
（ii）由波形图可知，该简谐波的波长
波速
波自平衡位置为传播到所需的时间
的质点自平衡位置到波谷的时间为
所求时间
代入数据解得
17．；46m；
【详解】试题分析：发生稳定干涉的条件是频率相同，根据图象计算频率的大小；先据图象知，λ=20m，T=0.8s，用波速公式求出波速；用s=v△t求波传播的距离，利用△t求出质点P通过的路程；横坐标为60m的质点（未画出）第二次位于波峰，即质点在坐标原点的波形传播到为60m的质点处，利用运动学公式即可求解．
（1）发生稳定干涉的条件是频率相同，所以该波所遇到的波的频率为：
（2） 振动的时间：
所以通过的路程为： S=5×4A+3A=46m
由A点在t=0时刻向上振动知，波沿x轴正方向传播，波速为：
x=60 m处的质点第一次到达波谷的时间为：
此质点第二次位于波峰的时间为：t=t1+T=2.8 s
点睛：本题主要考查了波动图象和质点的振动图象求波速是解题的关键，注意质点的振动路程和波传播的距离的区别．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页1.3动量守恒定律 同步练习与检测
一、单选题
1．甲、乙两球放在光滑的水平面上，它们用细绳相连，开始时细绳处于松弛状态。现使两球反向运动，如图所示，当细绳拉紧时突然绷断，这以后两球的运动情况不可能是（　　）
A．甲球向左，乙球向右 B．甲球向左，乙球不动
C．甲球不动，乙球向左 D．甲球不动，乙球不动
2．在一次摩托车跨越壕沟的表演中，摩托车从壕沟的一侧以速度沿水平方向飞向另一侧，壕沟的宽度及两侧的高度如图所示。若摩托车前后轴距为1.6m，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．摩托车不能越过壕沟
B．摩托车能越过壕沟，落地瞬间的速度大小为
C．摩托车能越过壕沟，落地瞬间的速度方向与水平地面的夹角的正切值为5
D．在跨越壕沟的过程中，摩托车与人组成的系统动量守恒
3．如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法正确的是（ ）
A．男孩和木箱组成的系统动量守恒
B．小车与木箱组成的系统动量守恒
C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D．木箱的动量的变化量与男孩、小车的总动量的变化量相同
4．如图水平桌面上放置一操作台，操作台上表面水平且光滑。在操作台上放置体积相同，质量不同的甲、乙两球，质量分别为m1、m2，两球用细线相连，中间有一个压缩的轻质弹簧，两球分别与操作台左右边缘距离相等。烧断细线后，由于弹簧弹力的作用，两球分别向左、右运动，脱离弹簧后在操作台面上滑行一段距离，然后平抛落至水平桌面上。则下列说法中正确的是（　　）
A．刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动量相同
B．刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动能相同
C．甲、乙两球不会同时落到水平桌面上
D．甲、乙两球做平抛运动的水平射程之比为m1∶m2
5．如图所示，物块A、B静止在光滑水平面上，且mA=2mB，现用两个力F1和F2分别作用在A和B上，使A、B沿一条直线相向运动，当这两个力让物块A、B具有相等的动能后撤去，接着两物块碰撞并合为一体后，它们（　　）
A．可能停止运动
B．一定向右运动
C．可能向左运动
D．仍运动，但运动方向不能确定
6．如图所示，小车a静止于光滑水平面上，a上有一圆弧PQ，圆弧位于同一竖直平面内，小球b由静止起沿圆弧下滑，则这一过程中（　　）
A．若圆弧不光滑，则系统的动量守恒，机械能不守恒
B．若圆弧不光滑，则系统的动量不守恒，机械能守恒
C．若圆弧光滑，则系统的动量不守恒，机械能守恒
D．若圆弧光滑，则系统的动量守恒，机械能守恒
7．如图所示，相同的两木块M、N，中间固定一轻弹簧，放在粗糙的水平面上，用力将两木块靠近使弹簧压缩，当松手后两木块被弹开的过程中，不计空气阻力，则对两木块和弹簧组成的系统有（　　）
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量、机械能都不守恒
8．如图所示，在光滑水平地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接。A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态。若突然撤去力F，则下列说法中正确的是（　　）
A．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒
B．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能也不守恒
C．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒
D．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，但机械能不守恒
二、多选题
9．如图所示，质量为M的小车，上面站着一个质量为m的人，车以的速度在光滑的水平地面上前进．现在人以相对于小车速度为u的水平速度向后跳出后，车速增加，则计算的式子正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
10．如图所示，光滑地面上放置一辆小车C，车上站有两名同学A和B，小车上表面粗糙。初始时A、B、C均静止，当A同学开始向右走的同时，B同学向左走。则（　　）
A．若A、B的速率相等，则C可能静止
B．若A、B的质量相等，则A、B组成的系统动量守恒
C．只有A、B的动量大小相等时，A、B、C组成的系统动量才守恒
D．无论C运动与否，A、B、C组成的系统动量一定守恒
11．如图所示，光滑水平面上有一小车，小车上有一物体，用一细线将物体系于小车的A端，物体与小车A端之间有一压缩的弹簧，某时刻线断了，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上．则下述说法中正确的是(　　)
A．若物体滑动中不受摩擦力，则全过程机械能守恒
B．若物体滑动中有摩擦力，则全过程系统动量不守恒
C．小车的最终速度一定与断线前相同
D．全过程系统的机械能不守恒
12．如图所示，轻弹簧一端固定在墙上，另一端连一挡板，挡板的质量为m，一物体沿光滑水平面以一定的速度撞向挡板，物体质量为 M，物体与挡板相接触的一面都装有尼龙搭扣，使得它们相撞后立即粘连在一起，若碰撞时间极短（即极短时间内完成粘连过程），则对物体 M、挡板 m 和弹簧组成的系统，下面说法中正确的是（ ）
A．在M与m相撞瞬间，系统的动量守恒而机械能不守恒
B．从M与m粘连后到弹簧被压缩到最短的过程中，系统的动量不守恒而机械能守恒
C．从M与m刚开始接触到弹簧恢复原长的过程中，系统的动量守恒而机械能不守恒
D．从M与m刚开始接触到弹簧恢复原长的过程中，系统的动量不守恒而机械守恒
三、实验题
13．某实验小组应用下图装置探究动量守恒定律，光滑斜面与水平面间平滑连接，质量为M的小球A从斜面上高h处滑下，小球A与质量为m的静止滑块B对心碰撞并一起向前运动距离s后停下来。A、B与水平地面间的动摩擦因数均为，重力加速度为g。
（1）A物体到达地面瞬间的速度为 ；
（2）A、B碰后瞬间的速度为 ；
（3）若A、B碰撞的过程中动量守恒，应满足的关系式为 。（应用题目中所给字母进行表示）
14．在用气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”实验时，左侧滑块质量m1＝170g，右侧滑块质量m2＝110g，挡光片宽度为3.00cm，两滑块之间有一压缩的弹簧片，并用细线连结两滑块让它们保持静止，如图所示。烧断细线后，两滑块分别向左、右方向运动。挡光片通过光电门的时间分别为Δt1＝0.32s，Δt2＝0.21s。则烧断细线前两滑块的总动量P= kg·m/s，烧断细线后两滑块的总动量P = kg·m/s。（取向右为正方向，结果保留3位有效数字）
四、解答题
15．2021年10月3日神舟十三号飞船发射成功，神舟十三号飞船采用长征二号火箭发射，在发射过程中靠喷射燃料获得反冲速度，发射初期火箭的速度远小于燃料的喷射速度，可忽略；已知燃料的喷射速度为，在极短的时间内火箭喷射的燃料质量为，喷气后神舟飞船与火箭（包括燃料）的总质量为，地面附近的重力加速度为g求：
（1）这过程中飞船和火箭增加的速度大小；
（2）发射初期火箭沿竖直方向运动，不考虑极短时间喷出燃料引起的火箭质量变化，则此时飞船与火箭所获得的平均推力大小；
（3）在空间站中，宇航员长期处于失重状态。为缓解这种状态带来的不适，科学家设想建造一种环形空间站，如图所示。圆环绕中心匀速旋转，宇航员可以站立在旋转舱内的外壁上，模拟出站在地球表面时相同大小的支持力。设旋转舱内的外壁到转轴中心的距离为L，宇航员可视为质点，为达到目的，旋转舱绕其轴线匀速转动的角速度应为多大？
16．如图所示的水平面，A点左侧和B点右侧的水平面光滑，半径为R、质量2m的光滑圆弧形槽放在水平面上，弧形槽刚好与水平面相切于A点，质量为5m的物块乙左端拴接一轻弹簧，静止在水平面上，弹簧原长时左端点刚好位于水平面上的B点。已知AB段粗糙且物块甲与AB段间的动摩擦因数为，A、B两点之间的距离为R，质量为m的物块甲由弧形槽的最高点无初速度释放，重力加速度为g，两物块均可视为质点。求：
（1）物块甲刚到达水平面时弧形槽的位移大小；
（2）整个过程中弹簧储存的弹性势能的最大值；
（3）通过计算说明物块甲能否第二次通过A点，若能，求出物块甲第二次到A点的速度；若不能，求出物块甲停止时到A点的距离。
17．如图所示，一质量的长木板静止放在光滑水平面上，在木板的右端放一质量可看作质点的小物块，小物块与木板间的动摩擦因数为，用恒力F向右拉动木板使木板在水平面上做匀加速直线运动，经过后撤去该恒力，此时小物块恰好运动到距木板右端处，在此后的运动中小物块没有从木板上掉下来．求：
（1）小物块在加速过程中受到的摩擦力的大小和方向；
（2）作用于木板的恒力F的大小；
（3）木板的长度至少是多少？
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】A．若甲球和乙球的初动量大于绳子对两球的冲量，则甲球继续向左运动，乙球也继续向右运动，故A可能；
D．若甲球和乙球的初动量相等，绳子对甲乙两球的冲量等于甲球或乙球的动量，则甲球和乙球都不动，故D可能；
BC．无论甲球速度如何，若乙球速度变为零的瞬间绳子没有绷断，当乙球速度向左后，绳子间张力变小，绳子就不可能断裂了，故B可能，C不可能。
本题选不可能项，故选C。
2．B
【详解】A．由于摩托车做平抛运动，根据平抛运动的规律，在竖直方向
可知摩托车下落2m所用时间为
在水平方向
所以
由于壕沟只有18m宽，所以摩托车能越过壕沟。故A错误；
B．落地瞬间的速度大小为
故B正确；
C．落地瞬间的速度方向与水平地面的夹角的正切值为
故C错误；
D．摩托车与人组成的系统中，重力属于外力，在跨越壕沟的过程中，重力做了功，摩托车与人组成的系统动量不守恒，故D错误。
故选B。
3．C
【详解】在男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中
A．男孩在水平方向受到小车的摩擦力，即男孩和木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，A错误；
B．小车在水平方向上受到男孩的摩擦力，即小车与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，B错误；
C．男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，C正确；
D．木箱、男孩、小车组成的系统动量守恒，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同，方向相反，D错误。
故选C。
4．C
【详解】A．脱离弹簧的过程满足动量守恒定律，以甲的运动方向为正方向可得
或
故刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动量大小相等，方向相反，A错误；
B．动能与动量的关系为
由于质量不同，故刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动能不相同，B错误；
C．甲、乙两球在操作台滑行时，距台边缘距离相等但速度不等，故在操作台滑行时间不相等，之后做平抛运动的竖直位移相同，由
可知，两球做平抛运动的时间相等，因此甲、乙两球不会同时落到水平桌面上，C正确；
D．由A的解析可得
平抛的水平位移为
故甲、乙两球做平抛运动的水平射程与初速度成正比，即与质量成反比，可得
D错误。
故选C。
5．B
【详解】根据
解得
因为，撤去力时动能相同，且，所以，，则系统的总动量水平向右，根据动量守恒，两物块碰撞并合为一体后总的动量方向也是向右的。
故选B。
6．C
【详解】不论圆弧是否光滑，小车与小球组成的系统在小球下滑过程中系统所受合外力都不为零，则系统动量都不守恒。但系统水平方向不受外力，所以系统水平方向的动量守恒；若圆弧光滑，只有重力做功，系统的机械能守恒；若圆弧不光滑，系统要克服摩擦力做功，机械能减少，故ABD错误，C正确。
故选C。
7．B
【详解】两木块相同，与地面的摩擦力大小相等，方向相反，则两木块被弹开时，两木块与弹簧组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，在整个过程中除弹簧弹力做功外，还有摩擦力做功，则两木块及弹簧组成的系统机械能不守恒。
故选B。
8．C
【详解】AB．若突然撤去力F，木块A离开墙壁前，墙壁对木块A有作用力，所以A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但由于A没有离开墙壁，墙壁对木块A不做功，所以A、B和弹簧组成的系统机械能守恒。故AB错误；
CD．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统所受合外力为零，所以系统动量守恒且机械能守恒。故C正确D错误。
故选C。
9．CD
【详解】以初速度方向为正方向，以地面为参考系，由题意知，人跳下车后，车的速度，人向后跳下车时相对于车的速度为u，则人对地的速度，由动量守恒定律得：，整理可得：，或，故AB错误，CD正确；故选CD．
【点睛】先分析清楚人跳下车后，车的速度和人的速度，在此过程中，人与车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以分析答题．
10．AD
【详解】A．A、B、C三者组成的系统动量守恒，系统初动量为零，如果A、B的速率相等，A、B的动量大小可能相等，它们的动量方向相反，A、B系统动量可能为零，由动量守恒定律可知，C可能静止，故A正确；
BCD．A、B、C系统所受合外力为零，不论A、B质量是否相等，不论A、B的动量大小是否相等，A、B、C系统动量都守恒，故BC错误，D正确。
故选AD。
11．CD
【详解】AD．物体与橡皮泥粘合的过程，发生非弹性碰撞，系统机械能有损失．故机械能不守恒，选项A错误，D正确；
B．整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则系统动量一直守恒，故选项B错误；
C．取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上后系统共同的速度与初速度是相同的，故C正确。
故选CD。
【点睛】本题根据动量守恒和机械能守恒的条件进行判断：动量守恒的条件是系统不受外力或受到的外力的合力为零；机械能守恒的条件是除重力和弹力外的其余力不做功．
12．AB
【详解】A：M与m相撞瞬间，由于相撞的时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒；M与m相撞，是完全非弹性碰撞，有能量损失，系统机械能不守恒．故A项正确．
B：从M与m粘连后到弹簧被压缩到最短的过程中，由于墙壁对系统有外力作用，系统动量不守恒；由于此过程中只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒．故B项正确．
CD：从M与m刚开始接触到弹簧恢复原长的过程中，墙壁对系统有作用力，系统动量不守恒；由于碰撞过程有能量损失，系统机械能不守恒．故CD两项错误．
13．
【详解】（1）[1]由动能定理可知
得
（2）[2]由动能定理可知
经计算得
（3）[3]A、B碰撞的过程中动量守恒应满足
14． 0
【详解】[1]碰撞前两个物体都静止，所以烧断细线前总动量为
[2]取向右为正方向，烧断细线后的总动量为
15．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据动量守恒定律有
解得
（2）根据动量定理有
（3）设旋转舱绕其轴线匀速转动的角速度为，由题意可得
解得
16．（1）；（2）；（3）能通过，
【详解】（1）A点左侧的水平面光滑，以物块甲和弧形槽为系统，水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，设物块甲刚到达水平面时速度为v1，弧形槽速度为v2，根据动量守恒定律有
弧形槽圆弧光滑，根据能量守恒有
联立解得
，
物块甲刚到达水平面时，物块甲和弧形槽的位移大小x1，x2及关系为
，，
联立解得
（2）物块甲从A到B，设到达B的速度为v3，根据动能定理有
联立解得
物块甲过B点后，压缩弹簧，物块甲和物块乙共速时，弹簧储存的弹性势能最大，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有
根据能量守恒有
解得
（3）设物块甲第二次通过B点的速度为v4，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有
根据能量守恒有
联立解得
假设物块甲返回后在离B距离为x时静止，根据动能定理有
解得
所以物块甲能第二次通过A点，根据动能定理有
解得
17．（1）2N，方向水平向右；（2）10N；（3）1.7m
【详解】（1）设小物块受到的摩擦力大小为f，由题意知木板与小物块发生了相对滑动
方向水平向右；
（2）设小物块的加速度为a1，木板在恒力F作用下做匀加速直线运动时的加速度为a2，此过程中小物块的位移为s1，木板的位移为s2，则有
解得
则
根据位移关系得
又
解得
对木板进行受力分析，如图所
根据牛顿第二定律
则
代入数值得出
（3）如图
设撤去F时小物块和木板的速度分别为v1和v2，撤去F后，木板与小物块组成的系统动量守恒，当小物块与木板相对静止时，它们具有共同速度v共
根据动量守恒定律得
解得
对小物块：根据动能定理
对木板：根据动能定理
代入数据
所以木板的长度至少为
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2.6受迫振动 共振 同步练习与检测
一、单选题
1．A、B两个弹簧振子，A的固有频率为2f，B的固有频率为6f，若它们都在频率为5f的驱动力作用下做受迫振动，则稳定后（　　）
A．振子A的振幅较大，振动频率为2f
B．振子B的振幅较大，振动频率为6f
C．振子A的振幅较大，振动频率为5f
D．振子B的振幅较大，振动频率为5f
2．下表记录了某弹簧振子在不同频率的驱动力作用下的振幅，若该弹簧振子的固有频率为，则
驱动力频率 15 20 25 30 35 40
受迫振动振幅 9.1 15.6 26.9 27.8 15.1 9.3
A． B．
C． D．
3．回复力是根据作用效果命名的，它不是一种单独性质的力，其作用是使物体回到平衡位置。关于简谐运动的回复力和能量、阻尼振动，下列说法正确的是（　　）
A．简谐运动的回复力可以是恒力，也可以是大小不变而方向改变的力
B．弹簧振子做简谐运动时位移越大振动能量也越大
C．单摆做简谐运动过程中的回复力是单摆受到重力沿圆弧切线方向的分力
D．物体做阻尼振动时，随着振幅的减小，频率也不断减小
4．2021年5月18日中午35.8米高的深圳赛格大厦发生晃动。排除地震、台风等因素的影响，专家推测可能发生了偶然性共振现象。为减小晃动幅度，你认为以下措施最具操作性的是（　　）
A．降低大厦高度增加稳定性
B．减小大厦质量改变固有频率
C．消除周边振源改变驱动力来源
D．安装阻尼振动装置减小振动幅度
5．—单摆做阻尼振动,则在振动过程中（ ）
A．振幅越来越小,周期也越来越小
B．振幅越来越小,周期不变
C．在振动过程中,通过某一位置时,机械能始终不变
D．振动过程中,机械能不守恒,频率减小
6．一洗衣机在正常工作时非常平稳，当切断电源后，发现洗衣机先是振动越来越剧烈，然后振动再逐渐减弱，对这一现象，下列说法正确的是（　　）
①正常工作时，洗衣机波轮的运转频率比洗衣机的固有频率大　②正常工作时，洗衣机波轮的运转频率比洗衣机的固有频率小　③正常工作时，洗衣机波轮的运转频率等于洗衣机的固有频率　④当洗衣机振动最剧烈时，波轮的运转频率恰好等于洗衣机的固有频率
A．② B．③ C．①④ D．②④
7．蜘蛛会根据丝网的振动情况感知是否有昆虫“落网”，若丝网的固有频率为200Hz，下列说法正确的是（　　）
A．“落网”昆虫翅膀振动的频率越大，丝网的振幅越大
B．当“落网”昆虫翅膀振动的频率低于200Hz时，丝网不振动
C．当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.005s时，丝网的振幅最大
D．昆虫“落网”时，丝网振动的频率由丝网的固有频率决定
8．物理学是一门以实验为基础的学科，实验是物理的灵魂，对于下列实验及现象，说法正确的是（ ）
A．甲图中，两根通电方向相反的长直导线相互排斥，是通过电场实现的
B．乙图中，若在的两端接上交流电源（电流的大小和方向发生周期性变化），稳定后接在端的表头示数始终为0
C．丙图中，使M摆偏离平衡位置后释放，在振动稳定后，与M球距离最近的小球将获得最大的振幅
D．奥斯特利用丁图实验装置发现了电流的磁效应
二、多选题
9．如图所示，图线I、Ⅱ分别为两单摆在地面的受迫振动曲线，g取，则下列说法正确的是（　　）
A．若两摆的受迫振动改在月球上进行，且摆长相同，则图线将往右移动
B．若g取，则图线Ⅰ所示单摆摆长约为
C．若g取，则图线Ⅱ所示单摆摆长约为
D．若两摆的受迫振动是在地球上同一地点进行，则两摆摆长之比
10．正在运转的机器，当其飞轮以角速度ω0匀速转动时，机器的振动并不强烈；切断电源，飞轮的转动逐渐慢下来，在某一小段时间内机器却发生了强烈的振动；此后，飞轮转速继续变慢，机器的振动也随之减弱。在机器停下来之后，若重新启动机器使飞轮转动的角速度从0较慢地增大到ω0，在这一过程中（　　）
A．机器不一定会发生强烈振动
B．机器一定会发生强烈振动
C．若机器发生强烈振动，则当时飞轮角速度为ω0
D．若机器发生强烈振动，则当时飞轮角速度肯定小于ω0
11．一单摆在地球表面做受迫振动，其共振曲线（振幅A与驱动力的频率f的关系）如图所示，则（　　）
A．此单摆的固有频率为0.5Hz
B．此单摆的摆长约为1m
C．若摆长增大，单摆的固有频率增大
D．若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动
12．关于受迫振动和共振，下列说法正确的是（　　）
A．火车过桥时限制速度是为了防止火车发生共振
B．当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大
C．一个受迫振动系统在非共振状态时，同一振幅对应的驱动力频率一定有两个
D．受迫振动系统的机械能守恒
三、实验题
13．单摆是能够产生往复摆动的一种装置，将无重细杆或不可伸长的细柔绳一端悬于重力场内一定点，另一端固结一个重小球构成单摆。
（1）某小组利用频闪照相的方法研究单摆的运动过程，即用在同一张底片上多次曝光的方法，在远处从与单摆摆动平面垂直的视角拍摄单摆在摆动过程中的多个位置的照片。从摆球离开左侧最高点A时开始，每隔相同时间曝光一次，得到了一张记录摆球从A位置由静止运动到右侧最高点B的照片，如图所示，其中摆球运动到最低点O时摆线被一把刻度尺挡住。对照片进行分析可知( )
A．A和B位置等高，说明摆球在运动过程中机械能守恒
B．摆球在A点的所受合力大小大于在B点的合力
C．摆球经过O点前后瞬间加速度大小不变
D．摆球从A点到O点的过程中重力做功的功率，等于摆球从O点到B点的过程中克服重力做功的功率
（2）甲乙两位同学利用如图所示的实验器材探究单摆摆长与周期的关系。
（i）关于实验操作，下列说法正确的是 ；
A．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能适当长一些
B．摆球尽量选择质量大些、体积小些的
C．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆角较大
D．用刻度尺测量摆线的长度l，这就是单摆的摆长
E．释放摆球，从摆球经过平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间t，则单摆周期
（ii）如图所示，用游标卡尺测量摆球直径。摆球直径 ；
（iii）为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出一组对应的l与T的数据，并作出图线，如图所示，图线上A、B两点的坐标分别为（，），（，），则可以得重力加速度 ；
（iv）本实验用图像可以计算重力加速度。乙发现计算得到的重力加速度值总是偏大，可能的原因是 ；
A．测摆长时，摆线拉得过紧
B．误将29次全振动记数为30次
C．将摆线长度当着摆长来计算
D．摆动的偏角偏小
E．摆球的质量偏大
F．摆球的摆动成为圆锥摆
（3）如图为一单摆的共振曲线，下列说法正确的是( )
A．该单摆的固有周期为
B．该单摆的摆长约为
C．将该单摆从地球搬到月球上，共振曲线振幅最大值所对应的横坐标将增大
D．若摆长增大，共振曲线振幅最大值所对应的横坐标将增大
14．某学习小组“利用单摆测定重力加速度”的实验装置如图1所示，请在横线上完成相应内容。
（1）若该同学测得的重力加速度值偏大，其原因可能是 。
A．单摆的悬点未固定紧，摆动中出现松动，使摆线增长了
B．把50次摆动的时间误记为49次摆动的时间
C．开始计时，秒表过早按下
D．测摆线长时摆线拉得过紧
（2）若实验过程中没有游标卡尺，无法测小球的直径d，实验中将悬点到小球最低点的距离作为摆长l，测得多组周期T和l的数据，作出T2-l图像，如图2所示。
①实验得到的T2-l图像是 （选填：“a”、“b”或““c”）；
②小球的直径是 cm；
③实验测得当地重力加速度大小是 m/s2。（取三位有效数字）。
四、解答题
15．如图，张紧的水平绳上吊着A、B、C三个小球。B球靠近A球，但两者的悬线长度不同；C球远离A球，但两者的悬线长度相同。
(1)让A球在垂直于水平绳的方向摆动，在起初一段时间内将会看到B、C球有什么表现？
(2)在C球摆动起来后，用手使A、B球静止，然后松手，在起初一段时间内又将看到A、B球有什么表现？
16．在某些道路上安装了若干条突起于路面且与行驶方向垂直的减速带，当车辆经过减速带时会产生振动。假如减速带间距为10m，汽车的固有频率为1.25Hz，车辆以多大的速度行驶在此减速区时颠簸得最厉害？
17．某单摆做阻尼振动的振动图像如图所示。请根据图像比较A、B对应时刻，摆球具有的动能、重力势能和机械能的大小，并说明理由。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】受迫振动的频率等于驱动力的频率，当系统的固有频率等于驱动力的频率时，系统达到共振，振幅达最大，因此固有频率接近驱动频率的振幅较大。故A、B两个单摆都做受迫振动，频率为5f，B摆的振幅较大。
故选D。
2．C
【详解】当驱动力的频率等于弹簧振子的固有频率时，出现振幅最大的现象叫共振，由表格数据可知，当驱动力的频率在范围内的某值时出现振幅最大，可知弹簧振子的固有频率为；
A. ，与结论不相符，选项A错误；
B. ，与结论不相符，选项B错误；
C. ，与结论相符，选项C正确；
D. ，与结论不相符，选项D错误；
3．C
【详解】A．简谐运动的回复力与质点偏离平衡位置位移的大小成正比，并且总是指向平衡位置，大小和方向都在改变，故A错误；
B．弹簧振子做简谐运动时，振动能量等于任意时刻振子的动能、重力势能和弹性势能之和，根据机械能守恒可知，总能量是守恒的，且总能量等于在平衡位置时振子的动能，位移变大，振动能量不变，故B错误；
C．在单摆运动中并不是合外力提供回复力，只是沿切线方向上的合力提供回复力，半径方向上的合力提供向心力，故C正确；
D．由于阻尼作用能量转化，振幅减小，但由于振动的等时性，周期、频率不改变，故D错误。
故选C。
4．C
【详解】当两个物体的振动频率相等时，一个物体振动，另一个物体发生共振现象；故当物体的固有频率和振源接近，会以较大的振幅做振动，从而形成共振。降低大厦高度增加稳定性、减小大厦质量改变固有频率、安装阻尼振动装置减小振动幅度都可以通过改变大厦的固有频率从而防止共振现象的发生，但是不便操作；消除周边振源改变驱动力来源则比较具有操作性，故C正确，ABD错误。
故选C。
5．B
【详解】单摆做阻尼振动，其振幅越来越小，周期为，与是否有阻尼无关，则周期不变，故A项错误，B项正确．单摆做阻尼振动过程中，振幅逐渐减小，振动的能量也在减少，即机械能不守恒，通过某一位置的机械能越来越小，由于周期不变，则频率不变，故CD项错误．
6．C
【详解】正常工作时，洗衣机波轮的运转频率比洗衣机的固有频率大，洗衣机切断电源后，波轮的转动逐渐慢下来，在某一小段时间内洗衣机发生了强烈的振动，说明此时波轮的频率与洗衣机的固有频率相同，发生了共振。此后波轮转速减慢，则f驱＜f固，所以共振现象消失，洗衣机的振动随之减弱。
故选C。
7．C
【详解】ABC．当“落网”昆虫翅膀振动的频率接近丝网的固有频率时，丝网的振幅最大，根据频率和周期的关系式，可知
故AB错误；C正确；
D．昆虫“落网”时，丝网做受迫振动，其振动频率由驱动力的频率决定，即由落网昆虫翅膀振动的频率决定。故D错误。
故选C。
8．D
【详解】A．通电导线与通电导线之间的相互作用力是通过磁场发生的，故A错误；
B．在的两端接上交流电源，ab通入不断变化的电流，磁通量不断改变，线圈中产生感应电流，即接在端的表头示数不为0，故B错误；
C．根据共振的知识可知，使M摆偏离平衡位置后释放，在振动稳定后，与M球摆长最接近的小球将获得最大的振幅，故C错误；
D．奥斯特利用丁装置发现了电流的磁效应，故D正确。
故选D。
9．CD
【详解】A．若两摆的受迫振动改在月球上进行，且摆长相同
月球重力加速度减小，则周期变大，频率变小，则图线将往左移动，故A错误；
BC．若g取，摆长为1m，根据
计算得周期
则频率为
则图线Ⅱ所示单摆摆长约为，故B错误C正确；
D．若两摆的受迫振动是在地球上同一地点进行
则两摆摆长之比
故D正确。
故选CD。
10．BD
【详解】AB．飞轮以角速度ω0转动逐渐慢下来，在某一小段时间内机器却发生了强烈的振动，说明此过程机器的固有频率与驱动频率相等达到了共振，当飞轮转动的角速度从0较缓慢地增大到ω0，在这一过程中，一定会出现机器的固有频率与驱动频率相等即达到共振的现象，机器一定还会发生强烈的振动，故A错误，B正确；
CD．由已知当机器的飞轮以角速度ω0匀速转动时，其振动不强烈，则机器若发生强烈振动，强烈振动时飞轮的角速度肯定小于ω0，故C错误，D正确。
故选BD。
11．AB
【详解】A．由共振曲线可知，当驱动力频率为0.5Hz时振幅最大，此时产生共振现象，故单摆的固有频率
A正确；
B．单摆的周期为
根据单摆的周期公式可知
解得
B正确；
CD．根据单摆的周期公式可知
摆长增长时，单摆的周期增大，固有频率减小，产生共振的驱动频率也减小，共振曲线的峰将向左移动，CD错误。
故选AB。
12．BC
【详解】A．火车过桥时限制速度是为了防止桥发生共振，A错误；
B．做受迫振动的物体，它的驱动力的频率与固有频率越接近，其振幅就越大，当二者相等时，振幅达到最大，这就是共振现象，B正确；
C．作受迫振动时的振幅与驱动力频率之间的关系曲线可知，一个受迫振动系统在非共振状态时，同一振幅对应的驱动力频率一定有两个，C正确；
D．受迫振动系统，驱动力做功，系统的机械能不守恒，D错误。
故选BC。
13． A AB/BA 18.5 ABF A
【详解】（1）[1]A．A和B位置等高，机械能相等，说明摆球在运动过程中机械能守恒，故A正确；
B．摆球在A点的速度为零，向心力为零，即沿绳子方向的合力为零，摆球的合力等于重力沿圆弧切线方向的分力，由于在A点绳子偏离竖直方向的夹角小于在B点偏离竖直方向的夹角，可知，在A点重力沿圆弧切线方向的分力小于在B点重力沿圆弧切线方向的分力，故摆球在A点的所受合力大小小于在B点的合力，故B错误；
C．摆球经过O点前后瞬间速度大小不变，半径变化，根据
可知摆球经过O点前后瞬间加速度大小是变化的，故C错误；
D．摆球从A点到O点与从O点到B点的过程中重力做功相同，摆球从O点到B点运动过程中摆长变短，时间变小，重力做功功率变大，故D错误。
故选A。
（2）[2]A．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些，故A正确；
B．摆球尽量选择质量大些、体积小些的，以减小振动过程中的阻力影响，故B正确；
C．单摆摆动时摆角不超过5°，故C错误；
D．用刻度尺测量摆线的长度l，加小球的半径就是单摆的摆长，故D错误；
E．释放摆球，从摆球经过平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间t，则单摆周期
故E错误。
故选AB。
[3]摆球直径为
d=18mm+5×0.1mm=18.5mm
[4]由周期公式，可得
则
可得
[5]根据单摆周期公式
得
A．测摆长时，摆线拉得过紧，使摆长测量值偏大，重力加速度测量值偏大，A正确；
B．误将29次全振动记数为30次，使得周期测量值偏小，重力加速度测量值偏大，B正确；
C．将摆线长度当着摆长来计算，使摆长测量值偏小，重力加速度测量值偏小，C错误；
D．摆动的偏角偏小，不影响重力加速度测量值，D错误；
E．摆球的质量偏大，不影响重力加速度测量值，E错误；
F．摆球的摆动成为圆锥摆，设摆线与竖直方向的夹角为，有
解得
可知周期测量值偏小，重力加速度测量值偏大，F正确。
故选ABF。
（3）[6]A．根据图像可知，0.5Hz即为此单摆的固有频率，所以固有周期为
故A正确；
B．根据单摆固有周期公式可知，则有
可得
解得摆长约为1m，故B错误；
C．根据固有周期公式可知，从地球搬到月球上，重力加速度减小，固有周期增加，固有频率降低，共振曲线振幅最大值所对应的横坐标将减小，故C错误；
D．根据固有周期公式可知，若摆长增加，固有周期增加，固有频率降低，共振曲线振幅最大值所对应的横坐标将减小，故D错误。
故选A。
14． D c 1.0 9.86
【详解】（1）[1]根据可得
A．单摆的悬点未固定紧，摆动中出现松动，使摆线增长了，则摆长的测量值偏小，测得的重力加速度偏小，故A错误；
B．把50次摆动的时间误记为49次摆动的时间，则测得的周期偏大，重力加速度测量值偏小，故B错误；
C．开始计时，秒表过早按下，则测得的周期偏大，重力加速度测量值偏小，故C错误；
D．测摆线长时摆线拉得过紧，则摆长的测量值偏大，重力加速度测量值偏大，故D正确。
故选D。
（2）[2]由于无法测小球的直径d，则实际摆长为
因此
解得
故实验得到的T2-l图像是c；
[3][4]由图横轴截距为0.5cm，即
解得
纵轴截距为，即
解得
15．(1)见解析；(2)见解析
【详解】(1)当A摆振动时，其它两摆也振动起来，BC摆做受迫振动，三个摆的振动周期都等于A摆的固有周期；C摆发生共振，振幅比B摆大；
(2)若球摆动起来后，用手使A、B球静止，然后松手，则看到A、B球做受迫振动，三个摆的振动周期都等于C摆的固有周期；A摆发生共振，振幅比B摆大。
16．12.5m/s
【详解】汽车的固有周期为
汽车行驶速度为
车辆以12.5m/s的速度行驶在此减速区时颠簸得最厉害。
17．见解析
【详解】由于单摆在运动过程中要克服阻力做功，振幅逐渐减小，摆球的机械能逐渐减少，所以摆球在A点所对应时刻的机械能大于在B点所对应的机械能；
摆球的势能是由摆球相对于零势能点的高度h和摆球的质量m共同决定的（Ep=mgh）。单摆摆球的质量是定值，由于A、B两时刻摆球的位移相同，故在这两个时刻摆球相对零势能点的高度相同，势能也相同，但由于A点的机械能大于B点的机械能，所以A点对应时刻的动能大于在B点对应时刻的动能。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页1.1动量 同步练习与检测
一、单项选择题
1．如图所示，小球先后以大小不同的水平初速度从P点抛出，两次都落到同一水平地面上，不考虑空气阻力。下列说法中正确的是（　　）
A．小球初速度较小时，在空中运动的时间较短
B．小球初速度较大时，水平方向的位移较大
C．小球两次即将碰到地面时的瞬时速度相同
D．小球两次碰撞地面前瞬间的动量方向是平行的
2．若质量一定的物体在运动过程中，受到的合外力不为零，那么以下说法正确的是（　　）
A．物体的速度大小和方向一定都变化 B．物体的加速度一定变化
C．物体的动量变化量一定不为零 D．物体的动能变化量一定不为零
3．质量为0.2 kg的小球以6 m/s的速度竖直向下落至水平地面,经0.2 s后,再以4 m/s的速度反向弹回.取竖直向上方向为正,g=10 m/s2.小球与地面碰撞前后的动量变化Δp和碰撞过程中小球受到地面的平均作用力F分别是
A．Δp=2kg m/s F=12N B．Δp=-0.4kg m/s F=-2N
C．Δp=2kg m/s F=10N D．Δp=0.4kg m/s F=2N
4．做匀速圆周运动的物体，下列物理量保持不变的是（　　）
A．动量 B．动能 C．合外力 D．加速度
5．《国家地理频道》做过如下实验：几个完全相同的固定的水球紧挨在一起水平排列，水平运动的子弹恰好能穿出第4个水球，如图所示。设子弹受到的阻力恒定，则子弹在穿过的每个水球中（　　）
A．速度变化相同 B．运动时间相同
C．动能变化相同 D．动量变化相同
6．下列关于动量的说法正确的是（ ）
A．质量大的物体的动量一定大 B．质量和速率都相同的物体的动量一定相同
C．一个物体的动量改变，它的动能一定改变 D．一个物体的动能变化，它的动量一定改变
7．一质量为0.6kg的小物体从距离地面高度为5m处位置以1m/s的初速度水平抛出，不计空气阻力，重力加速度g取，则小球从抛出到刚要着地的过程中（　　）
A．重力做功60J
B．重力做功的平均功率是60W
C．着地前瞬间重力做功的瞬时功率为60W
D．动量的变化量为
8．一个质量为的中学生在操场上散步，动能为。则该中学生的动量大小为（　　）
A． B． C． D．
二、多选题
9．如图，水平飞向球棒的垒球被击打后，动量变化量为，则（　　）

A．击球前后垒球的动能可能不变
B．击球前后垒球动量大小一定增加
C．击打过程中球棒对垒球一定做正功
D．击打过程中球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等
10．如图甲所示，倾角为的固定足够长的光滑斜面上，质量为1 kg的物块在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始沿斜面向上做直线运动，F随时间t变化的关系图像如图乙所示。已知，取g=10 m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．t=4s时物块的动能为零
B．t=6 s时物块回到初始位置
C．t=3 s时物块的动量大小为12 kg·m/s
D．0~6s时间内F对物块所做的功为40J
11．下列说法正确的是（　　）
A．物体动量改变，动能一定改变
B．卡文迪许首次较为准确地测出了万有引力常量的数值
C．人类应多开发与利用风能、太阳能等新型能源
D．做离心运动的物体是因为受到了离心力作用
12．一带电微粒静止在垂直纸面向里的匀强磁场中，在某一时刻突然分裂成a、b两个微粒且它们电量相同，a和b在磁场中做半径相等的匀速圆周运动，环绕方向如图所示。仅考虑磁场对带电微粒的作用力，下列说法正确的是（　　）
A．a带正电 B．b带负电荷
C．a和b的动量大小一定相等 D．a和b的动能大小一定相等
三、实验题
13．“探究碰撞中的不变量”的实验中：
（1）入射小球m1=15 g，原静止的被碰小球m2=10 g，由实验测得它们在碰撞前后的x t图象如图甲所示，可知入射小球碰撞后的m1v1′是 kg·m/s，入射小球碰撞前的m1v1是 kg·m/s，被碰撞后的m2v2′是 kg·m/s.由此得出结论 ．
（2）实验装置如图乙所示，本实验中，实验必须要求的条件是 ．
A．斜槽轨道必须是光滑的
B．斜槽轨道末端点的切线是水平的
C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放
D．入射球与被碰球满足ma＞mb，ra=rb
（3）图乙中M、P、N分别为入射球与被碰球对应的落点的平均位置，则实验中要验证的关系是 ．
A．m1·ON=m1·OP＋m2·OM
B．m1·OP=m1·ON＋m2·OM
C．m1·OP=m1·OM＋m2·ON
D．m1·OM=m1·OP＋m2·ON
14．气垫导轨(如图甲)工作时，空气从导轨表面的小孔喷出，在导轨表面和滑块内表面之间形成一层薄薄的空气层，使滑块不与导轨表面直接接触，大大减小了滑块运动时的阻力．为了验证动量守恒定律，在水平气垫导轨上放置两个质量均为a的滑块，每个滑块的一端分别与穿过打点计时器的纸带相连，两个打点计时器所用电源的频率均为b.气垫导轨正常工作后，接通两个打点计时器的电源，并让两滑块以不同的速度相向运动，两滑块相碰后粘在一起继续运动．图乙为某次实验打出的、点迹清晰的纸带的一部分，在纸带上以同间距的6个连续点为一段划分纸带，用刻度尺分别量出其长度s1、s2和s3.若题中各物理量的单位均为国际单位，那么，碰撞前两滑块的动量大小分别为_________、_________，两滑块的总动量大小为_________；碰撞后两滑块的总动量大小为_________．重复上述实验，多做几次．若碰撞前、后两滑块的总动量在实验误差允许的范围内相等，则动量守恒定律得到验证．
四、解答题
15．如图所示，滑块和小球的质量均为，滑块可在水平光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块由一根不可伸长的轻绳相连，绳长为。开始时小球处于滑块右侧某一位置，小球和滑块均静止。现将小球释放，当小球到达最低点时，滑块刚好运动至固定挡板，且与挡板在极短的时间内粘在一起，小球继续向左摆动，当轻绳与竖直方向的夹角时小球达到左侧最高点。求：
(1)滑块将要接触挡板时，滑块与小球速度的大小；
(2)滑块与挡板刚接触至速度变为零的过程中，挡板对滑块冲量的大小。
16．如图所示，质量为2kg的物体放在水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，经过1s后撤去F，又经过1s后物体停止运动，求物体与水平面间的动摩擦因数.（g取）
17．一小孩把一质量为0.5 kg的篮球由静止释放，释放后篮球的重心下降高度为0.8 m时与地面相撞，反弹后篮球的重心上升的最大高度为0.2 m，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，求地面与篮球相互作用的过程中：
（1）篮球动量的变化量；
（2）篮球动能的变化量。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【详解】A．平抛运动，下落时间由高度决定，而两球下落高度相同，则两球下落时间相同，即在空中运动的时间相同。故A错误；
B．根据公式
可知，时间相同，则小球初速度较大时，水平方向的位移较大。故B正确；
C．设小球落地时，速度与水平方向的夹角为，则
可知，初速度不同，小球落地时，速度与水平方向的夹角为不同，则落地速度不同。故C错误；
D．根据动量的定义
可知，两次落地时速度方向不同，则动量方向也不平行。故D错误。
故选B。
2．C
【详解】A．若物体做匀速圆周运动，则速度大小不变，方向时刻都改变，故A错误；
B．若合外力的大小方向都不变，则加速度的大小和方向都不变，故B错误；
C．根据动量定理，只要合力大小不为0，动量改变量一定不为0，故C正确；
D．根据动能定理，合力不为零，但是合力做功可以为0，当合力做功为0时，动能变化量为0，故D错误。
故选C。
3．A
【详解】取竖直向下方向为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化为：
△p=-mv2-mv1=-0.2×（6+4）kg m/s=-2kg m/s
负号表示方向竖直向上．代入动量定理的公式，得
（F-mg）t=△P
代入数据求得：F=12N，
故选A.
4．B
【详解】A．做匀速圆周运动的物体，速度方向时刻变化，所以动量方向也发生变化。A错误；
B．做匀速圆周运动的物体，速度大小不变，则动能不变。B正确；
C．做匀速圆周运动的物体，合外力方向时刻变化。C错误；
D．做匀速圆周运动的物体，加速度方向时刻变化。D错误。
故选B。
5．C
【详解】AB．由于经过每个水球的位移相同。根据
可知，经过4个水球的时间逐渐增加；根据匀变速运动
可知，a相同，时间不同，故速度变化量不同，故AB错误；
C．根据功的定义
可知，每个水球对子弹的功相同，根据动能定理可知，外力做的功等于动能的变化量，因此动能变化量相同，故C正确；
D．子弹闯过每个水球的时间不同，速度变化量不等，动量变化量不等，故D错误。
故选C。
6．D
【详解】A．质量大的物体速度不一定大，故动量不一定大，A错误；
B．质量和速率都相同的物体，速度方向不一定相同，故动量的方向不一定相同，B错误；
C．一个物体的动量改变，可能只是方向变，而大小不变，故动能可能不变，C错误；
D．一个物体的动能变化，速度大小一定会变化，故动量大小一定变化，D正确；
故选D。
7．C
【详解】A．重力做功为
A错误；
B．根据
可得
则重力做功的平均功率为
B错误；
C．小球刚要着地时，竖直方向上的速度大小为
则着地前瞬间重力做功的瞬时功率为
C正确；
D．小球水平方向上动量守恒，竖直方向上有
则动量的变化量为，D错误。
故选C。
8．A
【详解】根据
可得该中学生的动量大小为
故选A。
9．AD
【详解】AB．由动能与动量大小的关系
而动量的变化为
动量为矢量，动量变化可能是大小不变，若动量大小不变，仅方向变化，则动量大小增加为零，动能不变，故A正确，B错误；
C．球受到棒的作用力方向与球的运动方向夹角成钝角时，球棒对垒球做负功，故C错误；
D．球对棒的作用力与棒对球的作用力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，故D正确。
故选AD。
10．AB
【详解】A．以沿斜面向上为正方向，0~3s时间内，对物块受力分析，根据牛顿第二定律得
解得
3~6s时间内，对物块受力分析，根据牛顿第二定律得
解得
t=4s时物块的速度为
故t=4s时物块的动能为零，A正确；
B．0~3s时间内的位移为
3~4s时间内的位移为
4~6s时间内的位移为
t=6 s时物块的位移是
故此时回到初始位置，B正确；
C．t=3 s时物块的速度为
t=3 s时物块的动量大小为
C错误；
D．0~6s时间内F对物块所做的功为
D错误。
故选AB。
11．BC
【详解】A．动量方向改变，大小不变时，动能不变，故A错误；
B．卡文迪许通过扭秤实验，较准确地测出了万有引力常量，故B正确；
C．新能源是可以循环利用的，所以人类应多开发与利用风能、太阳能等新型能源，故C正确；
D．离心运动的本质是物体受到的合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需的向心力，并不是物体受到离心力的作用，故D错误。
故选BC。
12．AC
【详解】AB．微粒a和b在磁场中做半径相等的匀速圆周运动，根据左手定则可知，微粒a、微粒b均带正电，A正确，B错误；
CD．粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力
解得
由于粒子a与粒子b的电荷量相同、圆周运动半径相同，则微粒a与微粒b的动量大小相等，根据
由于质量关系不确定，则它们的动能关系不确定，C正确，D错误。
故选AC。
13． （1）0.0075 0.015 0.0075 碰撞中mv的矢量和是不变量（碰撞过程中动量守恒） BCD C
【详解】（1）由图1所示图象可知，碰撞前球1的速度，碰撞后，球的速度，，
入射小球碰撞后的，
入射小球碰撞前的，
被碰撞后的，
碰撞前系统总动量，
碰撞后系统总动量，，由此可知：碰撞过程中动量守恒；
（2）“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，A错误；要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，B正确；要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，C正确；为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求ma＞mb，ra=rb，D正确．
（3）要验证动量守恒定律定律即，小球做平抛运动，根据平抛运动规律可知根据两小球运动的时间相同，上式可转换为，
故需验证，因此C正确．
【点睛】本实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度做平抛运动并且落到同一水平面上，故下落的时间相同，所以在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中水平方向发生的位移，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题目．
14．0.2abs30.2abs1（两空可互换），0.2ab(s1-s3)； 0.4abs2
【详解】动量P＝mV，根据V＝S/（5T）可知两滑块碰前的速度分别为V1＝0.2S1b、V2＝0.2S3b，则碰前动量分别为0.2abs1和0.2abs3，总动量大小为aV1－aV2＝0.2ab(s1-s3)；碰撞后两滑块的总动量大小为2aV＝2a s2/（5T）＝0.4abs2．
15．(1) (2)
【详解】(1)设滑块将要接触挡板时，小球与滑块的速度分别为。小球下摆过程与滑块水平方向动量守恒，有
碰撞后小球上摆过程机械能守恒，有
解两式得
(2)碰撞时挡板对滑块的冲量有
解得
16．0.1
【详解】未撤去F时，对物体受力分析如图所示，
根据题意可把物体的运动过程分为两个阶段，第一阶段水平方向受拉力F和摩擦力f的作用，历时。第二阶段撤去后只受摩擦力f的作用，历时，初速度、末速度均为0，所以总动量的增量为0。设向右的方向为正方向，根据动量定理，有
其中摩擦力
由以上两式得
17．（1）3 kg·m/s，方向竖直向上；（2）减少了3 J
【详解】（1）根据题意，可知篮球与地面相撞前瞬间的速度为
且方向竖直向下
由篮球反弹后的高度，可知篮球反弹时的初速度
且方向竖直向上
规定竖直向下为正方向，篮球的动量变化量为
Δp＝（－mv2）－mv1＝－0.5×2 kg·m/s－0.5×4 kg·m/s＝－3 kg·m/s
即篮球的动量变化量大小为3 kg·m/s，方向竖直向上
（2）篮球的动能变化量为
即动能减少了3 J
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2.2简谐运动的描述 同步练习与检测
一、单选题
1．一质点作简谐运动，其位移x与时间t的关系曲线如图所示，由图可知：在t=4s时，质点的（ ）
A．速度为零，加速度为负的最大值
B．速度为负的最大值，加速度为零
C．速度为零，加速度为正的最大值
D．速度为正的最大值，加速度为零
2．质点沿x轴做简谐运动，平衡位置为坐标原点O，质点经过a点和b点时速度相同，所花时间tab＝0.2 s；质点由b点再次回到a点花的最短时间tba＝0.4 s；则该质点做简谐运动的频率为(　　)
A．1 Hz B．1.25 Hz C．2 Hz D．2.5 Hz
3．某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为(cm) ，则下列关于质点运动的说法中正确的是
A．1s时和3s时速度相同 B．3s时和5s时位移相同
C．在 t=4s 时质点的加速度最大 D．在 t=4s 时质点的速度最大
4．如图所示，弹簧下端悬挂一钢球，上端固定，它们组成一个振动的系统。开始时钢球静止，现用手把钢球向上托起一段距离，然后释放，钢球便上下振动起来，若以竖直向下为正方向，下列说法正确的是（　　）

A．钢球的最低处为平衡位置
B．钢球振动过程中速度为零的位置为平衡位置
C．钢球振动到距原静止位置下方3cm处时位移为3cm
D．钢球振动到距原静止位置上方2cm处时位移为2cm
5．已知弹簧振子的振动周期与振子的质量和弹簧的劲度系数有关，周期，小鸟落在弹性树枝上的振动类似于弹簧振子的振动。一只100g的小鸟落在树枝P处，其振动周期为T，另一只鸟落在P右边一点Q处的振动周期也是T，右端为树枝末端，则另一只鸟的质量可能为（　　）
A．50g B．100g C．150g D．200g
6．一质点做简谐运动的位移x与时间t的关系如图所示，由图可知（　　）
A．频率是
B．振幅是
C．在时，质点的加速度方向与速度方向相反
D．在时，质点所受合外力为零
7．将弹簧振子从平衡位置拉开4cm后放开，同时开始计时，其振动图像如图所示，则（　　）
A．在0.1～0.2s振子正在做加速度减小的加速运动
B．在0.1～0.2s振子正在做加速度增大的减速运动
C．在0.1～0.2s振子速度方向沿x轴正方向
D．在0.15s时振子的位移大小一定等于2cm
8．下列有关简谐运动的说法中正确的是（　　）
A．振子振动过程中位移不变
B．经过一个周期振子完成一次全振动
C．一分钟内完成全振动的次数，叫简谐运动的频率
D．从某位置出发，到下次经过该位置就完成一次全振动
二、多选题
9．如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个弹簧振子做简谐运动的振动图像。已知甲、乙两个物体质量相等。则（ ）
A．甲、乙两振子的振幅分别为2cm、1cm
B．如果甲、乙是两个单摆的振动图像，则摆长之比为
C．前2秒内甲、乙两振子的加速度均为正值
D．第2秒末甲的速度最大，乙的速度最小
E．这段时间内两振子通过的路程之比为
10．如图所示的弹簧振子，O点为它的平衡位置，关于振子的运动，下列说法正确的是（　　）
A．振子从A点运动到C点时位移大小为OC，方向向右
B．振子从A点运动到C点的过程中，速度在增大，加速度在减小
C．振子从C点运动到A点时位移大小为，方向向右
D．振子从A点运动到O点的过程中，速度先增大后减小，加速度先减小后增大
11．某弹簧振子做周期为T的简谐运动,t时刻与t+△t时刻速度相同,已知△tA．t时刻与t+△t时刻位移相同
B．t时刻与t+△t时刻加速度大小相等,方向相反
C．可能△t>T/4
D．可能△tE．一定△t>T/2
12．某弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其位移x随时间t变化的关系式为x=Asinωt，图象如图所示，则下列说法中正确的是（　　）
A．弹簧在第ls末与第5s末的长度相同
B．简谐运动的圆频率ω=rad/s
C．第3s末弹簧振子的位移大小为A
D．第3s末至第5s末弹簧振子的速度方向都相同
三、实验题
13．有一弹簧振子在水平方向上的B、C之间做简谐运动，已知B、C间的距离为20cm，振子在2s内完成了10次全振动。若从某时刻振子经过平衡位置时开始计时（t=0），经过周期振子有负向最大加速度。
①求振子的振幅和周期；
②在图中作出该振子的位移一时间图象；
③写出振子的振动方程。

14．将一劲度系数为k的轻质弹簧竖直悬挂，下端系上质量为m 的小球，将小球向下拉离平衡位置后松开，小球上下做简谐运动，其振动周期恰好等于以小球平衡时弹簧的伸长量为摆长的单摆周期。重力加速度取g。则
（1）小球做简谐运动的周期T= ．
（2）为验证小球振动周期T与质量m的关系，需多次改变m值并测得相应的T值，并通过作图法得到周期与质量的关系．在实验过程中：
① 若在弹性限度内，弹簧的最大伸长量为Δ L，则实验时最大振幅A为 ；
② 用停表测量周期T，在图示的哪个位置作为计时的开始与终止更好？ （选填 “（a）”、“（b）”或“（c）”）
（3）为方便用作图法处理数据，横坐标表示m，纵坐标表示T2。借助以上图象，也可以用以测量弹簧的劲度系数，若某同学在测量过程中，误将49次全振动记为50次，那么测得的劲度系数将 （填“变大” “变小”或“不变”）。
四、解答题
15．如图甲所示，一个质量为M的木板静止在光滑的水平桌面上，用劲度系数k=10N/m的轻弹簧将板连在竖直墙上，开始时弹簧处于原长．一质量m=1kg的物块（可视为质点）从木板左端以初速度2m/s滑上长木板，最终恰好停在长木板的右端．通过传感器、数据采集器、计算机绘制出物块和木板的v-t图像，如图乙所示，其中A为物块的v-t图线，B为木板的v-t图线且为正弦函数图线．周期T=2s, 重力加速度g＝10m/s2.根据图中所给信息，求：
（1）物块与木板间的滑动摩擦因数μ；
（2）木板做简谐运动的振幅；
（3）t=时木板的动能；
（4）从开始到t=系统产生的热量Q．
16．如图所示为一弹簧振子的振动图象，求：
（1）该振子简谐运动的表达式；
（2）该振子在前的位移是多少；路程是多少。
17．如图所示的频闪照片显示了弹簧振子在半个周期中7个时刻的位置。为了便于观察，①~⑦间弹簧的像已经做了处理。位置①和位置⑦分别为弹簧拉伸和压缩形变最大的位置，频闪时间间隔为，照片与实际长度之比为。
（1）根据照片确定此弹簧振子做简谐运动的振幅、周期和频率；
（2）定性分析弹簧振子中的振动物体从位置①到位置⑦过程中回复力和速度的变化。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【详解】从图中可知，在t=4s时，质点的位移为正向最大，质点的速度为零，由知，质点的加速度方向总是与位移方向相反，大小与位移大小成正比，则加速度为负向最大；
故选A．
【点睛】根据简谐运动的位移图象直接读出质点的位移与时间的关系．当物体位移为零时，质点的速度最大，加速度为零；当位移为最大值时，速度为零，加速度最大．加速度方向总是与位移方向相反，位移为正值，加速度为负值．
2．B
【详解】由题质点经过a点和b点时速度相同，说明a、b两点关于平衡位置对称，所花时间tab=0.2s；质点由b回到a点所花的最短时间tba=0.4s，由图可得，质点由b回到a点所花的最短时间为半个周期，所以周期为T=0.8s，频率f==1.25Hz．故B正确，ACD错误.
3．D
【详解】A项：由公式可知，1s时和3s时的位移相同，根据对称性可知，两时刻质点的振动速度大小相等，方向相反，故A错误；
B项：由公式可知，，，故两时刻质点的位移不同，故B错误；
C项：在t=4s时质点的位移，说明物体通过平衡位置，速度最大，故C错误，D正确．
4．C
【详解】AB．钢球的平衡位置为重力与弹簧弹力平衡的位置，即钢球原来平衡的位置，此时钢球振动过程中速度最大，故AB错误；
C．以竖直向下为正方向，钢球振动到距原静止位置下方3cm处时位移为3cm，故C正确；
D．以竖直向下为正方向，钢球振动到距原静止位置上方2cm处时位移为，故D错误。
故选C。
5．A
【详解】一只鸟落在Q处时，由于Q点比P点靠近树枝末端， Q点与P点受到同样的作用力时，作用Q点时，树枝的形变更大，则类似弹簧的劲度系数k变小，由于周期仍然为T，则落在Q处的鸟质量m较小，故A正确，BCD错误。
故选A。
6．C
【详解】A．由图可知周期
T=2s
则频率
故A错误；
B．该质点的振幅为
A=5m
故B错误；
C．时间内质点位移为负值，速度为负值，根据
回复力为正值，加速度为正值，所以时间内质点的加速度方向与速度方向相反，故C正确；
D．时质点振动到正向最大位移处，质点所受的合外力最大，故D错误。
故选C。
7．B
【详解】ABC．在0.1～0.2s，振子由平衡位置向负的最大位移处运动，加速度在增大，速度在减小，振子的速度方向沿x轴负方向，故AC错误，B正确；
D．在0.1～0.2s内振子做加速度增大的减速运动，故在0.15s时振子的位移大小不等于2cm，D错误。
故选B。
8．B
【详解】A．在弹簧振子的振动过程中，振子的位移随时间不断变化，A错误；
B．弹簧振子完成一次全振动的时间是一个周期，B正确；
C．每秒钟内完成全振动的次数叫简谐运动的频率，C错误；
D．从某位置出发，到下次经过该位置并且速度相同才能称为一次全振动，故从某位置出发，到下次经过该位置不一定是完成一次全振动，D错误。
故选B。
9．ADE
【详解】A．从图中可知两振子的振幅分别为
，
故A正确；
B．从图中可知两振子做简谐振动的周期分别为
，
根据单摆周期公式
可得摆长之比为
故B错误；
C．从图中可知，前2秒内，甲的加速度为负值，乙的加速度为正值，故C错误；
D．第2s末甲在平衡位置，速度最大，乙在负的最大位移处，加速度最大，速度最小，D正确；
E．内甲振动了2个周期，故路程为
乙振动了1个周期，所以路程为
故这段时间内两振子通过的路程之比为
故E正确。
故选ADE。
10．AB
【详解】A．振子从A点运动到C点时的位移是以O点为起点，C点为终点，故大小为OC，方向向右，故A正确；
BD．振子的合外力为弹簧的弹力，振子从A点运动到C点的过程中和从A点运动到O点的过程中，弹力都在减小，故由公式a＝-kx，可知加速度都在减小，速度方向和加速度方向相同，故速度在增大，故B正确D错误；
C．振子从C点运动到A点时的位移是以O点为起点，A点为终点，故大小OA，方向向右，故C错误；
故选AB。
11．BCD
【详解】AB.因为弹簧振子在时刻到时刻的速度相同，可知两个时刻弹簧振子的位置关于平衡位置对称，则在时刻到时刻的位移大小相等，方向相反；加速度大小相等，方向相反，故A错误，B正确．
CDE.由弹簧振子的运动规律可知，可能大于、小于或等于，故CD正确，不可能大于而小于，此时速度大小相等而方向相反，E错误．
12．BCD
【详解】A．由振动图象可知，振子在第1s末和第5s末的位移大小相等、方向相反，说明弹簧分别处于伸长状态和压缩两个不同状态，所以弹簧的长度不同，故A错误；
B．由图可知简谐振动的周期为T=8s，则圆频率
故B正确；
C．第3s末弹簧振子的位移大小为
故C正确；
D．由图可知弹簧振子在第3s末和第5s末的位移大小相等、方向相反，两位置关于平衡位置对称，则速度大小相等，而且两个时刻振子均沿x轴负方向运动，即速度方向也相同，故D正确。
故选BCD。
13．①10cm，0.2s；②；③（cm）
【详解】①因为xBC=20cm，t=2s，n=10由题意可知
A==10cm
②从振子经过平衡位置开始计时，经过周期振子有负向最大加速度，可知振子此时在正向最大位移处，所以位移—时间图象如图所示
③由A=10cm，T=0.2s，得
得振子的振动方程为
x=10sin10πtcm
14． △L- b 变大
【详解】(1)[1]弹簧振子振动的周期为
(2)①[2]振幅是小球离开平衡位置的最大距离，当小球静止时弹簧的伸长量为
所以实验时最大振幅为
②[3]用停表测量周期T，从平衡位置作为计时的开始和结束点，故选b；
(3)[4]根据弹簧振子周期公式
可得
若实验中误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，导致劲度系数测量值偏大。
15．（1）0.1 （2） （3）0.05J (4)1.3J
【详解】(1)由图象可以知道物块做匀减速运动，由图像得物块的加速度为:
①
对物块由牛顿第二定律得:
②
①②联立得
(2)木板由0时刻到时刻的位移大小等于弹簧的伸长量大小也振幅A，在时刻木板的加速度为零则有：
计算得出
（3）对物块用动能定理得
(4)从开始到时刻木板的位移大小：
有图像可知时刻物块的速度为
物块位移：
产生热量
16．（1）；（2）-5cm，方向为负，
【详解】（1）由图象可知
则
根据振子简谐运动的表达式
代入数据得
x=5sintcm
（2）该振子在前99s内，有
所以在前99s内的位移与前内的位移相同，则有
方向为负
一个周期内路程为
故该振子在前99s内的路程是
17．（1），，；（2）见解析
【详解】（1）位置①是拉伸形变最大的位置，相隔半个周期的位置⑦就是压缩形变最大的位置，利用刻度尺量出照片中位置①与位置⑦中心的距离约为，考虑到照片与实际长度之比为，可知两者的实际距离约为，所以该弹簧振子做简谐运动的振幅为
。
半个周期内，频闪摄影所经历的时间为
则弹簧振子做简谐运动的周期为
频率为
（2）从图片上可以看出，在相等时间间隔内，弹簧振子经过的位移不同，从位置①到位置⑦，弹簧振子先加速后减速。位置①和位置⑦离平衡位置最远，在这两处物体的速度为0。根据简谐运动中回复力和位移的关系，物体受到的回复力与其偏离平衡位置的位移大小成正比，在位置①回复力最大，方向向右；从位置①到位置④，随着物体位置的变化，回复力逐渐减小，到位置④时回复力为0；随后回复力方向向左，且逐渐增大，到位置⑦时，又达到最大。从位置①到位置④，回复力方向与运动方向相同，速度增大；从位置④到位置⑦，回复力方向与运动方向相反，速度减小。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页4.2全反射 同步练习与检测
一、单选题
1．已知一束单色光在水中的速度是真空中的3/4, 则( )
A．这束光在水中的波长为真空中的3/4 B．这束光在水中的频率为真空中的3/4
C．对这束光, 水的折射率为3/4 D．从水中射向水面的光线, 一定可以进入空气
2．如图所示，一束复色光从空气中沿半圆形玻璃砖半径方向射入，从玻璃砖射出后分成a、b两束单色光，则（　　）
A．玻璃砖对a光的折射率为1.5
B．a光的临界角比b光的临界角小
C．b光在玻璃中的传播速度比a光的小
D．b光在玻璃中的传播速度比a光的大
3．如图将某种透明材质的三棱镜置于水中，为其截面，其中，一束由a、b单色光组成的复色光从水中以角度i入射三棱镜再从三棱镜射出，光路如图所示，则（　　）
A．该材质相对水是光密介质
B．a单色光在该材质中传播速度小于在水中传播速度
C．增大入射角i，AC界面出射时a光先消失
D．减小入射角i，AC界面出射时b光先消失
4．如图所示，一长方体的透明介质，高度为，上下两个面为边长为的正方形，底面中心有一单色点光源，可向各个方向发出光线，该介质对光的折射率为，则介质的上表面被光照亮区域的面积为（　　）

A． B． C． D．
5．如图所示，柱状光学器件横截面为等腰梯形，AB边长为d，CD边长为3d，，底角为45°。一束细激光从E点垂直AD面入射，器件介质对激光的折射率为。已知激光在真空中的传播速度为c，则这束激光从射入到第一次从器件中射出在器件中经历的时间为（　　）
A． B． C． D．
6．如图所示，直角三角形ABD为某种透明介质的横截面，，，P为BD边上的一点，，某单色光从P点垂直BD射入介质，在AB边恰好发生全反射，且回到P点，真空中的光速为c。下列说法正确的是（　　）

A．光在介质中的传播速度为c
B．介质对该光的折射率为
C．从射入介质到第一次离开该介质光在介质中传播的时间为
D．从射入介质到第一次离开该介质光在介质中传播的时间为
7．为观察光的传播现象，一同学用半圆柱形玻璃砖进行实验。半圆柱形玻璃砖的横截面如图所示，底面BD竖直，此时右侧光屏与BD平行。一束白光从玻璃砖左侧垂直于BD射到圆心O上，在光屏上C点出现白色亮斑。使玻璃砖底面绕O逆时针缓慢转过角度θ（0°<θ<90°），观察到屏上的白色亮斑在偏离C点的同时变成下紫、上红的彩色光斑。在θ角缓慢变大的过程中，光屏上的彩色光斑（　　）
A．沿光屏向下移动，紫光最先消失
B．沿光屏向下移动，红光最先消失
C．沿光屏向上移动，紫光最先消失
D．沿光屏向上移动，红光最先消失
8．如图，光导纤维由内芯和外套两部分组成，内芯折射率比外套的大，光在光导纤维中传播时，光在内芯和外套的界面上发生全反射。假设外套为空气，一束红光由光导纤维的一端射入内芯，红光在内芯与空气的界面上恰好发生全反射，经时间t1从另一端射出；另让一束绿光也从光导纤维的一端射入，绿光在内芯与空气的界面上也恰好发生全反射，经时间，t2从另一端射出。则内芯对红光的折射率n1与对绿光的折射率n2之比为（　　）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．光导纤维技术在现代生产、生活与科技方面得到了广泛的应用。如图所示是一个质量分布均匀的有机玻璃圆柱的横截面，B、C为圆上两点，一束单色光沿AB方向射入，然后从C点射出，已知，，真空中光速为，，。则（　　）
A．此单色光在该有机玻璃中的传播速度为
B．该有机玻璃对此单色光的折射率为
C．此单色光从该有机玻璃射向空气，发生全反射的临界角为
D．若将该材料做成长的光导纤维，此单色光在光导纤维中传播的最短时间为
10．如图所示为一直角三棱镜的横截面，∠bac＝90°，∠abc＝60°，一平行细光束从O点沿垂直于bc面的方向射入棱镜。已知棱镜材料的折射率，若不考虑原入射光在bc面上的反射光，则（　　）
A．有光线从ab面射出
B．有光线从ac面射出
C．有光线从bc面射出，且与bc面斜交
D．有光线从bc面射出，且与bc面垂直
E．光线不可能从ab面射出，即在ab面发生全反射
11．白光是由多种单色光构成的，点光源S发出的一束白光由空气斜射到横截面为矩形acdb的玻璃砖上表面的O点，S、O和d三点位于同一直线上，θ为入射角，如图所示．则下列关于入射光线和折射光线的说法正确的是( )
A．当θ增大时，光可能在ab界面发生全反射
B．当θ增大时，光可能射到bd界面，并可能在bd界面发生全反射
C．射到cd界面的光，一定不能在cd界面发生全反射
D．射到cd界面的光，并从cd界面射出，射出的各种色光一定互相平行
12．如图所示，一细束复色光(由两种单色光组成)沿PO射向半圆形玻璃砖的圆心O，观察到反射光线和折射光线分别为OQ、OR，下列判断正确的是（ ）
A．OR定是单色光
B．OQ可能是单色光
C．从OR射出的光的频率较大
D．从OR射出的光的波长较大
E．若增大入射光线PO与法线间的夹角即增大入射角，折射光线OR可能消失
三、实验题
13．某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃两面平行。
（1）实验时，先在玻璃砖的一侧插两枚大头针和以确定入射光线AO。接着，眼睛在玻璃砖的 （选填“A侧”或“B侧”）观察所插的两枚大头针和的像，同时通过插第三、第四枚大头针和的来确定从玻璃砖射出的光线，请描述如何确定的位置：
（2）正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图所示。当入射角为时，测得折射角为。
①求该玻璃砖的折射率n=
②已知光速为c，求该单色光在玻璃砖介质中的传播速度v=
③随着入射角变大，折射角也会变大，折射光线是否能在玻璃砖的下表面发生全反射？如果能，请求出此时的入射角；如果不能，请说明理由。

14．如图所示，横截面为扇形的玻璃砖，O为圆心，半径为R，。一束激光垂直边从距离O点处的P点入射到玻璃砖中，光线第一次到达圆弧面时恰好发生全反射。
（1）求玻璃砖的折射率；
（2）光在玻璃经过多次反射，从玻璃砖边的Q点射出，已知光在空气中的传播速度为c，求光从P点入射到第一次从Q点射出的过程在玻璃砖中传播的时间。
四、解答题
15．如图所示为一放在水平桌面上的玻璃砖的扇形横截面，该扇形所对圆心角为、半径为，上涂有吸光材料。一细光束始终平行于桌面从上射入玻璃砖，光束在上的入射点以非常小的速度匀速由移向的过程中，光恰好不射出时入射点的位置到圆心的距离为。光在真空中的速度为。求：
（1）玻璃砖对光的折射率；
（2）光恰好在圆弧面发生全反射时，光线在玻璃砖内传播的时间（可用含正、余弦值的式子表示）。
16．一个由某种材料制成的半圆柱形透明砖,其横截面是半径R=20cm的半圆,AB为半圆的直径,O为圆心,如图所示．一束平行单色光垂直射向透明砖的下表面,若光线到达上表面后,能从该表面射出的入射光束在AB上的最大宽度为20cm
（1）求该透明材料的折射率;
（2）一细束光线(与题中光线相同)在O点左侧与O相距cm处垂直于AB从AB下方入射,求此光线从透明砖射出点的位置(不考虑从入射点离开的情况)．
17．某三棱镜的横截面为等腰三角形，，边长为L，一细激光束沿平行于方向射向边的中点O，折射光线刚好与平行且在D点发生全反射。已知激光束在真空中的传播速度为c，求：
（1）三棱镜的折射率；
（2）激光束在三棱镜中传播时间。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【详解】光的频率由光源决定，光在不同介质中的传播速度不同，但频率相同，由v=λf，得知波速与波长成正比，而单色光在水中的传播速度是真空中的3/4，则这束光在水中传播时的波长为真空中的3/4，故A正确，B错误；由n=c/v，得知光在介质中的波速与折射率成反比．因为单色光在水中的传播速度是真空中的3/4，所以对于这束光，水的折射率为，故C错误；从水中射向水面的光线，若入射角大于等于临界角会发生全反射，将不能进入空气中．故D错误．故选A．
点睛：解决本题的关键要明确光的频率与介质无关，光在其他介质中的传播速度比在真空中的速度小．要掌握全反射的条件，并能用来分析实际问题．
2．C
【详解】A．根据折射定律可知玻璃砖对a光的折射率为
故A错误；
B．a、b光的入射角相同，而a光的折射角比b光的折射角小，所以玻璃砖对a光的折射率小于玻璃砖对b光的折射率，根据可知，a光的临界角比b光的临界角大，故B错误；
CD．根据可知b光在玻璃中的传播速度比a光的小，故C正确，D错误。
故选C。
3．C
【详解】A．由光路图可知，光线在水中的入射角小于在介质中的折射角，可知该材质相对水是光疏介质，选项A错误；
B．因水相对该材料是光密介质，则a单色光在该材质中传播速度大于在水中传播速度，选项B错误；
CD．a光在界面AB上的折射角大于b光，可知a光的折射率较大，根据sinC=1/n可知，a光的临界角较小，则增大入射角i，AC界面出射时a光先消失，选项C正确，D错误；
故选C。
4．B
【详解】根据介质对光的折射率可知，临界角为
由几何关系可得，当入射角为临界角时，在上表面能折射出光线的最大半径为，小于边长2.5的一半，因此光线在上表面能被光照亮的区域是半径为的圆，所以面积为。
故选B。
5．A
【详解】激光垂直于AD面射入后方向不变，根据几何关系可知在CD面的入射角为45°，激光在CD面发生全反射的临界角的正弦值为
可得
所以激光在CD面将发生全反射，光路如图所示。
根据几何关系可知
根据对称性可知激光在器件中的传播距离为
激光在器件内的传播速度为
激光从射入到第一次从器件中射出在器件中经历的时间为
故选A。
6．D
【详解】AB．该光到P点的光路图如下图

根据反射定律结合图可知，是等边三角形，由几何关系得
则介质对该光的折射率为
故传播速度为0.5c，故AB错误；
CD．该光完整的光路图如下图

由几何关系得
该光在介质中传播的时间为
故C错误，D正确。
故选D。
7．A
【详解】根据折射定律及几何知识知，在玻璃砖转动过程中，光在O点处的折射角一定大于入射角，玻璃砖绕O点逆时针缓慢地转过角度θ的过程中，法线也逆时针同步旋转，入射角增大，由折射定律可知折射角也随之增大，而且法线也逆时针旋转，所以折射光斑在竖直屏上向下移动；
由临界角公式可知紫光折射率最大，临界角最小，玻璃砖旋转过程中竖直屏上最先消失的一定是紫光。
故选A。
8．C
【详解】设光导纤维长为l，对红光而言
红光通过光导纤维路程
红光的光速为
因此所用时间
整理得
同理绿光通过光导纤维所用时间
因此
故选C。
9．AD
【详解】AB．根据折射定律得，该有机玻璃对此单色光的折射率为
则光在有机玻璃中传播的速度为
故A正确，B错误；
C．根据得
因为，所以此单色光从该有机玻璃射向空气，发生全反射的临界角不等于，C错误；
D．当光线与光导纤维平行时，传播的时间最短，则传播的时间为
D正确。
故选AD。
10．BDE
【详解】棱镜材料的折射率，根据
解得全反射临界角为
平行细光束在ab面上入射角为，大于临界角，发生全反射，反射光在ac面上入射角为，小于临界角，既有反射又有折射，光线在bc面上垂直射出，光路图如图所示
故选BDE。
11．BCD
【详解】A．根据发生全反射的条件(光由光密介质进入光疏介质且入射角等于或大于临界角)，知入射光不可能在ab界面发生全反射，A错误；
B．当θ增大时，折射角也增大，光可能射到bd界面上，且在bd界面可能发生全反射，B正确；
C．由光路的可逆性知，射到cd界面上的光，一定不能在cd界面发生全反射，C正确；
D．从cd界面射出的光是各种色光，且一定互相平行，D正确．
12．ADE
【详解】AC．折射光线只有一条，一定是临界角较大的，折射率较小的，即频率较低的单色光，故A正确，C错误；
B．不同颜色的光入射角相同，反射角相同，OQ一定是复色光，故B错误；
D．根据，OR光频率较低，波长较长，故D正确；
E．增大入射光线PO与法线间的夹角即增大入射角，大于OR光的临界角时，折射光线OR就会消失，故E正确。
故选ADE。
13． B侧 应当使挡住和的像 见解析
【详解】（1）[1]实验时，先在玻璃砖的一侧插两枚大头针和以确定入射光线AO。接着眼睛在玻璃砖的B侧观察所插的两枚大头针和的像，同时通过插第三、第四枚大头针和的来确定从玻璃砖射出的光线
[2]确定大头针的位置时，应当使挡住和的像。
（2）①[3]根据折射定理可知
②[4]根据
联立解得
③[5]不能，由几何知识可知，光线在上表面的折射角等于下表面的入射角，根据光路可逆性原理可知，光线一定会从下表面射出，折射光线不会在玻璃砖的内表面发生全反射。
14．（1）；（2）
【详解】（1）激光垂直边射入玻璃砖后，其光路如图所示
因
则
可知临界角
恰好第一次在A处发生全反射，根据
解得
（2）如图所示
由几何关系
有光在玻璃砖中通过的路程
由题知
则
由正弦定理有
则
所以
光在玻璃中的传播速度
解得
15．（1）；（2）
【详解】（1）对于在圆弧面上发生全反射的光束，结合几何知识可知，反射光最终一定会照射到AC上，作出光恰在圆弧面上发生全反射的情况，如图所示

根据临界角与折射率的关系
光在玻璃砖上的入射角为，由折射定律有
光恰好不射出时入射点的位置到圆心的距离为，由几何关系有
解得
（2）结合上述分析和几何知识可知，光从射入玻璃砖到第一次打到圆弧面上经过的距离为
光从第一次打到圆弧面上到打到底面经过的距离为
光在玻璃砖中的传播速度为
则光恰好在圆弧面发生全反射时，光线在玻璃砖内传播的时间为
16．（1） （2）
【详解】
（1）在O点左侧，设从E点射入的光线进入透明砖后在上表面的入射角恰好等于全反射的临界角，则OE区域的入射光线经上表面折射后都能从透明砖射出，如图甲所示，则，由几何关系得，，由对称性可知若光线能从上表面射出，光束的最大宽度为，解得，
（2）设光线是在距O点的C点射出的，在上表面的入射角为，由几何关系得
，光线在透明砖内，会发生两次全反射，最后由G点射出，如图乙所示，由反射定律与几何关系得，
17．（1）；（2）
【详解】（1）由几何知识可得入射角为
60°
折射角为
30°
由折射定律可得三棱镜的折射率为
（2）激光束在D点发生全反射，由几何知识得在三棱镜中传播路程为
由可得传播速度为
故传播时间为
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第四章光 章末复习与检测
（时间90分钟，满分100分）
一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分)
1．为了表演“隐形的大头针”节目，某同学在半径为r的圆形薄软木片中心垂直插入一枚大头针，并将其放入盛有水的碗中，如图所示。已知水的折射率为，为了保证表演成功（在水面上看不到大头针），大头针末端离水面的最大距离h为（　　）
A． r B． r C．r D．r
2．关于光的现象，下列说法正确的是（ ）
A．光的偏振现象说明光是电磁波
B．雨后天空出现的彩虹是光的反射现象
C．露珠呈现的彩色是光的干涉现象
D．通过狭缝看太阳光呈现的彩色是光的衍射现象
3．如图所示，玻璃三棱镜底边上有两个单色光源，产生的单色光a、b照射到边上的同一点D，经过棱镜折射后，沿同一方向射出，a光与b光相比较，下列说法正确的是（　　）
A．a光的波长小于b光的波长
B．a光的频率小于b光的频率
C．对于同一单缝，b光的衍射现象更明显
D．对于同一双缝装置，b光的干涉条纹间距较宽
4．如图所示，MM’是空气与某种介质的界面，一条光线从空气射入介质的光路如图所示，那么根据该光路图做出下列判断中正确的是（　　）
A．该介质的折射率为
B．光在介质中的传播速度（c真空中光速）
C．光线从空气斜射向介质时有可能发生全反射
D．光线由介质斜射向空气时全反射的临界角小于45°
5．如图所示，一束红光和一束黄光，从O点以相同角度沿PO方向射入横截面为半圆形的玻璃柱体，其透射光线分别从M、N两点射出，已知α=45°，β=60°，则下列说法正确的是（　　）
A．ON是红光，OM是黄光
B．玻璃对OM光束的折射率为
C．沿ON路径传播的光穿过玻璃柱体所需时间较长
D．若将OM光束从N点沿着NO方向射入，可能发生全反射
6．如图所示，由红、蓝两种单色光组成的光束从空气照射到底面有涂层的平行玻璃砖上表面，经下表面反射后从玻璃砖上表面a、b两点射出，已知玻璃对蓝光的折射率大于红光的折射率，下列说法正确的是（ ）
A．从b点射出的光是蓝光
B．从a、b两点出射的光线平行
C．从a点射出的光在玻璃砖中的传播速度较大
D．增大光束在空气中的入射角，红、蓝两种单色光均有可能在玻璃砖的上表面发生全反射
7．如图，某同学观察肥皂膜干涉现象，将有肥皂膜的铁丝圈竖直挂在酒精灯右侧，在火焰中分别加入不同金属元素，火焰会呈现不同的颜色，在肥皂膜向光的一面上出现火焰的像，像上有明暗相间的条纹，关于这个现象，下列说法正确的是（　　）
A．条纹形状是相互平行的竖直线
B．从上向下，条纹的间距越来越小
C．紫光的条纹数比黄光要少一些
D．干涉条纹是由一束反射光和另一束入射光叠加产生的
8．下列四幅实验操作情景，其中操作正确的是____________。
A．用游标卡尺测摆球直径
B．验证机械能守恒定律
C．探究两个互成角度的力的合成规律
D．测量玻璃的折射率
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)
9．透明烧杯中装有适量的水和食用油，现将一根筷子竖直插入到烧杯内的左侧，在一定的角度观察发现筷子被“折断”成多节，如图所示，则（　　）
A．食用油的折射率比水大
B．光从食用油向水中传播时频率减小
C．光从食用油向水中传播时，达到一定角度后会发生全反射
D．当筷子竖直放置于烧杯正中间时，筷子不会被“折断”
10．下列现象是由于光的干涉引起的是（　　）
A．灯光下的钻石光彩夺目
B．照相机的镜头看上去显红紫色
C．戴上影院的眼镜后可观看立体电影
D．两片玻璃片捏在一起可以看到彩色条纹
11．下列说法不正确的是（　　）
A．摄影师为更加清晰拍摄玻璃橱窗里的物，需在照相机镜头前装一特殊镜片，这是利用了光的偏振现象
B．表示危险的信号灯选用红灯的一个重要原因是因为红光更容易发生干涉
C．观看立体电影（3D电影）时，观众需戴上一副特殊的眼镜，这是利用了光的干涉现象
D．在太空空间站中用白光照射竖直水膜做光的干涉实验，能观察到彩色的干涉条纹
12．如图所示，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为，经折射后出a、b两束光线。则（　　）
A．在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度
B．在真空中，a光的波长小于b光的波长
C．分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距
D．若改变光束的入射方向使角逐渐变大，则折射光线a首先消失
三、实验题(每空2分，共12分)
13．在双缝干涉测光的波长实验中：
（1）先用黄光滤光片，后换用红光滤光片，则先看到的图样是 。
（2）若用某单色光照射，双缝间距为，双缝到屏的距离为，今测得屏上第8条亮纹到第1条亮条纹之间距离为，则单色光波长为 。（结果保留三位有效数字）
14．利用插针法可以测量半圆柱形玻璃砖的折射率。实验方法如下：在白纸上作一直线，并作出它的一条垂线，将半圆柱形玻璃砖（弧面的圆心为）放在白纸上，它的直径与直线重合，在垂线上插两个大头针和，如图所示，然后在半圆柱形玻璃砖的右侧插上适量的大头针，可以确定光线通过玻璃砖后的光路，从而求出玻璃的折射率。实验室中提供的器材除了半圆柱形玻璃砖、木板和大头针外，还有量角器等。
(1)某学生用上述方法测量玻璃的折射率，在他画出的垂线上竖直插上了、两个大头针，但在半圆柱形玻璃砖右侧的区域内，无论从何处观察，都无法透过玻璃砖同时看到、的像，这是由于光发生了 ，他应采取的措施是： 。
(2)为了确定光线通过玻璃砖后的光路，在玻璃砖的右侧，最少应插 枚大头针。
四、计算题（15题12分，16题14分，17题14分，共40分。）
15．如图所示，两个横截面半径均为R的半圆柱形玻璃砖ABC和DEF紧密地拼接在一起，形成一个圆柱形玻璃砖，一束单色光从左侧玻璃砖上的M点入射，M点到AC（DF）的距离d=R，入射光线的延长线经过A（D）点，左侧玻璃砖ABC对该单色光的折射率n1，右侧玻璃砖DEF对该单色光的折射率n2=，真空中的光速为c。
（1）若将该单色光第一次在玻璃砖DEF与空气的界面上的入射点记为N（图中未标出，通过计算判断该单色光在N点能否发生全反射；
（2）求该单色光从M点传播至N点的时间。
16．在某科技馆内放置了一个高大的半圆柱形透明物体，其俯视图如图a所示，O为半圆的圆心．甲、乙两同学为了估测该透明体的折射率，进行了如下实验．他们分别站在A、O处时，相互看着对方，然后两人贴着柱体慢慢向一侧运动，到达B、C处时，甲刚好看不到乙．已知半圆柱体的半径为R，，.
①求半圆柱形透明物体的折射率；
②若用一束平行于AO的水平光线从D点射到半圆柱形透明物体上，射入半圆柱体后再从竖直表面射出，如图b所示．已知入射光线与AO的距离为，求出射角φ．
17．单色细光束射到一半径为R的透明球表面，光线在过球心的平面内，入射角i＝45°，经折射进入球内后又经内表面反射一次，再经球表面折射后射出，已知真空中光速为c，入射光线与出射光线反向延长线之间的夹角α＝30°，如图所示(图上已画出入射光线和出射光线)。
（1）在图上画出光线在球内的路径和方向；
（2）求透明球对该单色光的折射率和光在透明球中传播的时间。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【详解】只要从大头针末端发出的光线射到圆形薄软木片边缘界面处能够发生全反射，从水面上就看不到大头针，如图所示
根据图中几何关系有
sin C=
所以
h=r
故选A。
2．D
【详解】A．光的偏振现象说明光是横波，无法说明光是电磁波，A错误；
B．雨后天空中出现的彩虹是阳光被空气中的小水珠折射后，发生色散形成的，B错误；
C．露珠呈现的彩色是光的色散现象，C错误；
D．通过狭缝看太阳光呈现的彩色，符合衍射的条件，所以该现象是光的衍射现象，D正确。
故选D。
3．B
【详解】A．设a光与b光经折射的入射角和折射角分别为、、，如图所示
由折射定律可知
，
因，则有，而波长越长的光折射率越小，则，故A错误；
B．由可知，因c一定，有，故B正确；
C．对于同一单缝衍射，波长越长的光衍射越明显，则a光的衍射现象更明显，故C错误；
D．对于同一双缝装置，由，因可知，a光的干涉条纹间距较宽，故D错误；
故选B。
4．B
【详解】A．由图可知，该介质的折射率
A错误；
B．光在介质中的传播速度
B正确；
C．光线从空气斜射向介质时，是从光疏介质射向光密介质，不可能发生全反射，C错误；
D．光线由介质斜射向空气时
全反射的临界角大于45°，D错误。
故选B。
5．C
【详解】A．根据光的折射定律，光在介质中的折射率为
由图可知，OM、ON两束光在空气中的入射角相等，而在介质中OM光的折射角大于ON光的折射角，所以OM光束在介质中的折射率小于ON光束在介质中的折射率，而红光的折射率小于黄光的折射率，所以OM为红光，ON为黄光，故A错误；
B．对OM光束，根据光的折射定律有
故B错误；
C．光在介质中的传播速度为
由于OM光束在介质中的折射率小于ON光束在介质中的折射率，所以OM光束在介质中的传播速度大于ON光束在介质中的传播速度，而光穿过玻璃柱体的路程相同，所以沿ON路径传播的光穿过玻璃柱体所需时间较长，故C正确；
D．OM光线发生全反射的临界角为
则
则若将OM光束从N点沿着NO方向射入，此时的入射角一定小于临界角，则一定不会发生全反射，故D错误。
故选C。
6．B
【详解】A．画出两束光的折射光路图，如图所示
蓝光折射率大，所以从空气射入玻璃砖后偏转角角度，折射角较小，所以从a点射出的光是蓝光，A错误；
B．根据几何关系
光从空气射入玻璃砖时的入射角相同，射入玻璃砖后的折射角与从玻璃砖射出时的入射角相同，所以两束光的出射角相同，即从a、b两点出射的光线平行，B正确；
C．根据折射率与光速的关系，有
已知玻璃对蓝光的折射率大于红光的折射率，从a点射出的光在玻璃砖中的传播速度较小，C错误；
D．根据光路可逆，可知增大光束在空气中的入射角，红、蓝两种单色光均不会在玻璃砖的上表面发生全反射，D错误。
故选B。
7．B
【详解】AD．膜前后表面的两列反射光在前表面发生叠加，所以在薄膜的左侧出现条纹，由于同一水平面上厚度相同，则条纹是水平平行的，故AD错误；
B．由于重力的重力，越向下，肥皂膜增加的厚度越来越大，那么越往下，条纹间距越来越小，故B正确；
C．紫光的波长比黄光短，所以紫光的条纹密，条纹数多，故C错误。
故选B。
8．B
【详解】A．用游标卡尺测摆球直径，应将小球卡在外爪的刀口上，故A错误；
B．验证机械能守恒定律，用手竖直提起纸带使重锤停靠在打点计时器附近，B正确；
C．探究两个互成角度的力的合成规律，为准确的确定两拉力的大小和方向，两个弹簧秤应平行与纸面，故C错误；
D．测量玻璃的折射率应先画一条直线作为边界，故D错误。
故选B。
9．ACD
【详解】A．由题图偏折情况可知，光线在食用油中偏折程度比在水中大，则食用油的折射率大于水的折射率，故A正确；
B．光在不同介质中传播，频率不变，故B错误；
C．光从光密介质进入光疏介质，当入射角大于临界角时，会发生全反射，故C正确；
D．当筷子竖直放置于烧杯正中间时，来自浸入水中的筷子的光几乎垂直地射到水与空气的界面，射出的光线偏折较小，所以筷子看上去仍然是直的，感觉筷子不会被“折断”，故D正确。
故选ACD。
10．BD
【详解】A．灯光下的钻石光彩夺目，是光的折射，选项A错误；
B．照相机的镜头看上去显红紫色是薄膜干涉，选项B正确；
C．戴上影院的眼镜后可观看立体电影是光的偏振，选项C错误；
D．两片玻璃片捏在一起可以看到彩色条纹是薄膜干涉，选项D正确。
故选BD。
11．BCD
【详解】A．摄影师为更加清晰地拍摄玻璃橱窗里的陈列物，需在照相机镜头前装一特殊镜片，这是利用了光的偏振现象，故A 不符合题意；
B．表示危险的信号灯选用红灯的一个重要原因是因为红光更容易发生衍射现象，故B符合题意；
C．观看立体电影（3D电影）时，观众需戴上一副特殊的眼镜，这是利用了光的偏振现象，故C符合题意；
D．在太空空间站中，竖直水膜处于完全失重状态，各处的厚度相等，则不能观察到彩色的干涉条纹，故D符合题意。
故选BCD。
12．ABD
【详解】A．根据光路图可知，a光的偏折程度较大，可知玻璃砖对a光的折射率大于b光的折射率，根据知，a光的折射率大，则a光在玻璃中的传播速度较小，故A正确；
B．a光的折射率大，则a光的频率较大，根据知，在真空中，a光的波长较小，故B正确；
C．a光的波长较小，根据知，a光的干涉条纹间距较小，故C错误；
D．根据知，a光的折射率大，则a光发生全反射的临界角较小，改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，则折射光线a首先消失，故D正确。
故选ABD。
13． A 514
【详解】（1）[1]光的干涉得到的是平行等距的干涉条纹，因黄光的波长小于红光，根据
可知，用黄光时条纹间距较小，即先看到的图样是A。
（2）[2]屏上第8条亮纹到第1条亮条纹之间距离为，可知条纹间距
根据
可得
14． 全反射 将垂线AB向O点下方平移(或者将玻璃砖平行上移) 1
【详解】(1)[1][2]在半圆柱形玻璃砖右侧的区域内，不管眼睛放在何处，都无法透过半圆柱形玻璃砖同时看到P1、P2的像，原因是光线P1P2垂直于界面进入半圆柱形玻璃砖后，到达圆弧面上的入射角大于临界角，发生全反射现象，光不能从圆弧面折射出来，可以采取减小光线在圆弧面上的入射角，即将垂线AB向O点平行下移(或者将玻璃砖平行上移)。
(2)[3]因为光线在圆弧面上的出射点已知，只要在玻璃砖的右侧插入1枚大头针，即可确定出射光线。
15．（1）i'【详解】（1）
如图，过点做的垂线，由几何关系可知
则
又该单色光的折射率n1
则
又则
折射光线沿MPN方向
又
则
不会发生全反射
（2）该单色光在玻璃砖ABC中的传播时间
t1===
在玻璃砖DEF中的传播时间
t2===
该单色光从M点传播到N点的时间为
16．（1） （2）
【分析】（1）甲刚好看到不乙，是因乙发出的光线在B点恰好发生了全反射，入射角等于临界角，作出光路图，由光的折射定律可求得折射率
（2）当光从图示位置射入，经过二次折射后射出球体，由折射定律可求出射出光线的出射角θ．
【详解】（1）设，透明物体的折射率为n，则
，
，
．
（2）设入射光线与球体的交点为D，连接OD，OD即为入射点的法线．因此，图中的角α为入射角．过D点作水平表面的垂线，垂足为E．依题意，．又由△ODE知
……①
设光线在D点的折射角为β，由折射定律得
……②
由①②式得③
由几何关系知，光线在竖直表面上的入射角为30° 由折射定律得
……④
因此，解得：
17．（1）；（2）；
【详解】（1）连接圆心O与角的顶点，交球面于C点，连接AC、CB，ACB即为光线的路径，如图所示：
（2）由几何关系及对称性有
解得
由折射定律有
根据几何关系
光在透明球中的传播路程
传播速度
传播时间
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页4.1光的折射 同步练习与检测
一、单选题
1．图为长方体均匀玻璃砖的截面，厚度为l。现有由两种单色光组成的复合光，从O点射入玻璃砖，入射角为60°，其折射光线分别沿OA、OB方向，对应的折射角分别为37°、53°，光从O点到A点的传播时间为tOA，从O点到B点的传播时间为tOB。已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。则下列对tOA和tOB的比较，正确的是（　　）
A．tOA=tOB B．tOAtOB D．无法确定
2．一束单色光斜射到厚平板玻璃的一个表面上，经两次折射后从玻璃板另一个表面射出，出射光线相对于入射光线侧移了一段距离。在下列情况下，出射光线侧移距离最大的是（　　）
A．红光以30°的入射角入射 B．红光以45°的入射角入射
C．紫光以30°的入射角入射 D．紫光以45°的入射角入射
3．对波的各种现象，以下说法中正确的是（ ）
A．在空房子里讲话，声音特别响，这是声音的共鸣现象
B．绕正在发音的音叉为圆心走一圈，可以听到忽强忽弱的声音，这是多普勒效应现象
C．通过三棱镜看书上的字，字的边缘有彩色，属于光波的折射现象
D．雨后天空出现的彩虹属于光波的干涉
4．现在高速公路上的标志牌都用“回归反光膜”制成．夜间行车时，它能把车灯射出的光逆向返回，标志牌上的字特别醒目．这种“回归反光膜”是用球体反射元件制成的，反光膜内均匀分布着一层直径为的细玻璃珠，所用玻璃的折射率为，为使入射的车灯光线经玻璃珠折射—反射—折射后恰好和入射光线平行，如图所示，那么第一次入射的入射角应是（ ）
A． B． C． D．
5．如图所示，井口大小和深度相同的两口井，一口是枯井，一口是水井（水面在井口之下），两井底部各有一只青蛙，则（　　）
A．水井中的青蛙觉得井口大些，晴天的夜晚，水井中的青蛙能看到更多的星星
B．枯井中的青蛙觉得井口大些，晴天的夜晚，水井中的青蛙能看到更多的星星
C．水井中的青蛙觉得井口小些，晴天的夜晚，枯井中的青蛙能看到更多的星星
D．两只青蛙觉得井口一样大，晴天的夜晚，水井中的青蛙能看到更多的星星
6．如图所示，等腰三棱镜ABC，顶角∠A=30°，AB、AC的长度均为a，一束光从AB中点O，与AB成30°的夹角射入三棱镜，光能垂直AC射出，真空中的光速为c。设三棱镜的折射率为n，垂直AC面射出的光在棱镜中传播时间为t，则（　　）
A．， B．，
C．， D．，
7．在平静的水面下方有一单色点光源，它发出的某一条光线的完整光路可能正确的是（ ）
A． B． C． D．
8．如图甲所示，某汽车大灯距水平地面的高度为81cm，该大灯结构的简化图如图乙所示。现有一束光从焦点处射出，经旋转抛物面反射后，垂直半球透镜的竖直直径AB从C点射入透镜。已知透镜直径远小于大灯离地面高度，，半球透镜的折射率为，tan15°≈0.27，则这束光照射到地面的位置与大灯间的水平距离为（　　）
A．3m B．15m C．30m D．45m
二、多选题
9．下列说法中正确的是( )
A．光速不变原理指出光在真空中传播速度在不同惯性参考系中都是相同的
B．红光在玻璃砖中的传播速度比紫光在玻璃砖中的传播速度小
C．在机械波的传播过程中，介质质点的振动速度等于波的传播速度
D．声源与观察者相对靠近时，观察者所接收的频率大于声源振动的频率
E．根据麦克斯韦的电磁理论可知，变化的电场周围一定可以产生磁场
10．如图所示，截面为等腰三角形的玻璃砖ABC置于水平地面上，一束单色光由地面上的E点发出，射向AB边上的M点，BM=BE，经过玻璃砖折射后，从AC边上N点（图中未画出）射出，最后光斑落在地面上的F点，CF=BE，已知玻璃砖的顶角为，两个底角为，则以下说法中正确的是（　　）
A．玻璃砖的折射率为
B．玻璃砖的折射率为
C．M、N两点一定位于同一水平线上
D．若只使入射光的波长增大，由AC面射出时的出射点在N点上方
11．某同学用插针法测定玻璃砖的折射率，他的实验方法和操作步骤正确无误．但他处理实验记录时发现玻璃砖的两个光学面与不平行，如图所示．则（ ）
A．与两条直线平行
B．与两条直线不平行
C．他测出的折射率偏大
D．他测出的折射率不受影响
12．如图所示，P、Q是两种透明材料制成的两块相同的直角梯形棱镜，叠合在一起组成一个长方体。一束单色光从P的上表面空气中（可看作真空处理）射入，与P上表面的夹角为θ，进入P的折射光刚好垂直通过两棱镜的交界面。已知P、Q所用材料对该单色光的折射率分别为n1、n2，且n1＞n2，则下列判断正确的是（ ）
A．到达Q下表面的光线一定能出射进入空气，且与下表面的夹角大于θ
B．到达Q下表面的光线一定能出射进入空气，且与下表面的夹角小于θ
C．到达Q下表面的光线不一定能出射进入空气
D．若将P、Q的材料互换，调节从P上表面入射的光线角度，使折射光线依旧垂直通过两棱镜的交界面，则从Q下表面出射的光线与下表面的夹角一定等于θ
三、实验题
13．在测定玻璃砖折射率的实验中，某同学只插了三根大头针，但记录了玻璃砖的界面MN和PQ，MN平行于PQ，请在图上完成光路图 。若测得P1到PQ上入射点的距离为10cm，P1到PQ面上过入射点的法线的距离为，玻璃砖的厚度为，在PQ上的入射点与MN上的出射点距离为8cm，则该玻璃璃砖的折射率为 。
14．在“测玻璃的折射率”实验中：
（1）如图所示，用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，下列说法中正确的是 ；
A．若P1、P2的距离较大时，通过玻璃砖会看不到P1、P2的像
B．为减少测量误差，P1、P2的连线与法线NN'的夹角应尽量小些
C．为了减小作图误差，P3和P4的距离应适当取大些
D．若P1、P2的连线与法线NN'夹角较大时有可能在bb'面发生全反射，所以在bb'一侧就看不到P1、P2的像
（2）如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度 。（填“大”或“小”）的玻璃砖来测量。
（3）在该实验中，光线是由空气射入玻璃砖，根据测得的入射角和折射角的正弦值画出的图线如图所示，从图线可知玻璃砖的折射率是 。
（4）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，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点，再过A、B点作法线NN'的垂线，垂足分别为C、D点，如图甲所示，则玻璃的折射率n＝ （用图中线段的字母表示）
（5）在用针插法测定玻璃砖折射率的实验中，甲、乙二位同学在纸上画出的界面aa'、bb'与玻璃砖位置的关系分别如图乙中①、②所示，其中甲同学用的是矩形玻璃砖，乙同学用的是梯形玻璃砖。他们的其它操作均正确，且均以aa'、bb'为界面画光路图。则甲同学测得的折射率与真实值相比 （填“偏大”、“偏小”或“不变”）：乙同学测得的折射率与真实值相比 （填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
四、解答题
15．真空中有一半径为，球心为O，质量分布均匀的玻璃球，其过球心O的横截面如图所示。一单色光束PM在真空中以入射角从玻璃球表面的M点射入，又从玻璃球表面的N点射出。已知，光在真空中的传播速度。求：
(1)玻璃球的折射率；
(2)该光束在玻璃球中的传播时间t。
16．如图所示，一容器的截面为矩形，边长为，边长为，CD的中点为O，E点在C点正上方，且E、C两点间的距离为，已知光在真空中的传播速度为c，在容器中装满某种透明液体，当在容器底部A处放一个点光源时，眼睛（视为质点）从E点看向O点时恰好能看见点光源，求：
（1）该液体的折射率；
（2）点光源从A点发出的光传播到眼睛所需时间。
17．在河中用鱼叉捕鱼时，渔民们都知道不能直接朝看到鱼的方向掷出鱼叉。若图中渔民在（其眼睛）距河面1.8m处看到视线与水面成37°的方向有一条鱼，鱼在水深为1.6m的河底，水的折射率为，，。请帮该渔民估算：
（1）鱼距离他的实际水平距离多远；
（2）假设鱼叉掷出后做直线运动，为使鱼叉命中目标，他应该瞄准与水面成角的方向掷出鱼叉，求。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【详解】玻璃砖对沿OA方向的单色光的折射率为
此单色光在玻璃砖中传播的速度为
v1=
光在玻璃砖中的路程为
光从O点到A点的传播时间为
玻璃砖对沿OB方向的单色光的折射率为
此单色光在玻璃砖中传播的速度为
v2=
光在玻璃砖中的路程为
光从O点到B点的传播时间为
则有
tOA=tOB
故选A。
2．D
【详解】画出光的两次折射的光路图，由题意知O2A为侧移距离△x．根据几何关系有：
①
又有
②
（1）若为同一色光，则n相同，则i增加且i比r增加得快，得知sin（i-r）＞0且增加，且增加．即同一种光入射角越大，则侧移量越大；
（2）若入射角相同，由①②两式可得
得知n增加，△x增加．即紫光以大入射角入射时的侧移量最大。
故选D。
【名师点睛】本题考查光的折射的定律，对数学几何能力的要求较高，关键掌握折射定律，求出折射角，灵活运用几何知识进行求解；此题还可以通过画光路图的方法比较侧移量的关系．
3．C
【详解】A．在空房子里讲话，声音特别响，这是声音的反射现象，选项A错误；
B．绕正在发音的音叉走一圈，可以听到忽强忽弱的声音，是由于路程差为半个波长的偶数倍为振动加强，若为奇数倍则为振动减弱，这声音的干涉结果。选项B错误；
C．通过三棱镜看书上的字，字的边缘有彩色，属于光波的折射现象，选项C正确；
D．雨后天空出现的彩虹属于光波的折射现象，选项D错误。
故选C。
4．D
【详解】题作光路图如图所示，
设入射角为，折射角为，则：
解得：
A. ，与计算结果不相符，故A不符合题意；
B. ，与计算结果不相符，故B不符合题意；
C. ，与计算结果不相符，故C不符合题意；
D. ，与计算结果相符，故D符合题意．
5．B
【详解】根据题意，画出水井和枯井的光路图，如图所示
枯井中的青蛙看到井外的范围，可根据光的直线传播确定。而外界光线斜射到水面时，入射角大于折射角，根据光线可逆性，故水井中的青蛙看到的范围超出光直线传播看到的范围，即水井中的青蛙看到井外的范围较大，晴天的夜晚，水井中的青蛙能看到更多的星星，由图可知，枯井中的青蛙看到井口较大，水井的青蛙看到井口较小，故ACD错误B正确。
故选B。
6．A
【详解】根据题意，作出光路图如图所示
根据折射定律，有
根据光在介质中传播的速度与折射率的关系，有
光在介质中传播的距离为
所以
故选A。
7．A
【详解】根据反射定律可知，入射角和反射角相等，根据折射定律可知，光线在光密介质中与法线的夹角小于在光疏介质中与法线的夹角，并且由光密介质向光疏介质入射，可能发生全反射。
故选A。
8．A
【详解】如图所示
设光线从C点水平射向半球玻璃时的入射角为α，从半球玻璃折射后的出射光线与水平面成β角，依题意有
根据折射定律有
设这束光照射到地面的位置与车头大灯间的水平距离为x，
根据几何关系有
联立得
x=3m
故选A。
9．ADE
【详解】A.根据光速不变原理是：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，故A正确；
B.根据，且红光在玻璃砖中的折射率小，则有红光在玻璃砖中的传播速度比紫光在玻璃砖中的传播速度大，故B错误；
C.在机械波传播过程中，介质中质点的振动速度和波的传播速度并不相同，故C错误；
D.根据多普勒效应可知，声源与观察者相对靠近，观察者所接收的频率大于声源发出的频率,故D正确；
E.依据麦克斯韦的电磁理论可知，变化的电场也一定会产生磁场，变化的磁场会一定产生电场，故E正确；
故选ADE。
10．BCD
【详解】光路图如图所示
AB．由图可知
入射角
折射角为
根据折射定律
故A错误，B正确；
C．根据对称性，可知MN∥EF，故M、N两点一定位于同一水平线上。故C正确；
D．根据
当增加时，将减小，n减小，所以折射角r将增大。由AC面射出时的出射点在N点上方。故D正确。
故选BCD。
11．BD
【详解】AB.做出光路图如图所示
在光线由aa'面进入玻璃砖的偏折现象中，由折射定律知在光线由bb'射出玻璃砖的现象中，同理得．若aa'与bb'平行，则，因此，此时入射光线AO与出射光线O'B平行．若aa'与bb'不平行，则，此时入射光线AO与出射光线O'B不平行，A不符合题意，B符合题意．
CD.在具体测定折射率时，要求实验方法、光路均准确无误，折射率的测量值不受aa'与bb'是否平行的影响，C不符合题意，D符合题意．
12．AD
【详解】ABC．因为n1＞n2，由
知光线在Q表面发生全反射的临界角大于在P表面发生全反射的临界角，可知光线一定不会在Q的下表面发生全反射，能出射进入空气，如果光线从Q的下表面射出，根据折射定律有
，
由题画出光路如图，则知，因为n1＞n2，则得γ2＜i1，根据几何知识得：α＞θ，即出射光线与下表面的夹角一定大于θ，故A正确，BC错误；
D．若将P、Q的材料互换，调节从P上表面入射的光线角度，使折射光线依旧垂直通过两棱镜的交界面，这时光线射到Q下表面时入射角等于，根据光路可逆原理知，从Q下表面出射时，折射角等于i1，所以从Q下表面出射的光线与下表面的夹角一定等于θ，故D正确。
故选AD。
【点睛】本题的关键要掌握全反射的条件和折射定律，通过作出光路图，由几何知识分析入射角和折射角的关系是常用的方法，要灵活运用。
13．
【详解】[1]根据几何关系可知光线在PQ的折射角等于在MN的入射角，根据折射定律可知光线在MN的折射角等于在PQ的入射角，所以PQ上方的入射光线应与MN下方的折射光线平行，过P3作P1P2连线的平行线与MN相交，将该交点与光线在PQ的入射点相连即可得到光路，如图所示。
[2]由题意，根据几何关系可知光线在PQ的入射角的正弦为
折射角的正弦为
根据折射定律得折射率为
14． C 大 1.5 偏小 不变
【详解】（1）[1]A．根据光路可逆性原理可知，光线一定会从另一侧表面射出，折射光线不会在玻璃砖的内表面发生全反射，即使P1、P2的距离较大，通过玻璃砖仍然可以看到P1、P2的像，故A错误；
B．为减少测量误差，入射角应适当大一些，即P1、P2的连线与法线NN'的夹角应尽量大些，故B错误；
C．为了减小作图误差，将出射光线确定得更准确些，P3和P4的距离应适当取大些，故C正确；
D．由几何知识可知，光线在上表面的折射角一定等于下表面的入射角，根据光路可逆性原理可知，光线一定会从下表面射出，不可能在bb'面发生全反射，故D错误。
故选C；
（2）[2]玻璃砖的厚度越大，光线通过玻璃板的侧移量越大，测量误差越小，故为了减小误差应选用宽度大的玻璃砖来测量；
（3）[3]根据折射率定义公式有
带入数据可得玻璃砖的折射率是
（4）[4]设圆的半径为r，入射角为α，则有
折射角为β，则有
玻璃的折射率则为
（5）[5]图①甲同学测定折射率时，作出的折射光线如下图中虚线所示
实线表示实际光线，可见折射角增大，则由折射定律可知，折射率将偏小；
[6]图②测折射率时，主要操作正确，与玻璃砖形状无关，故乙同学测得的折射率与真实值相比不变。
15．(1)；(2)
【详解】(1)根据几何关系可知：
由折射定律得：
(2) 光束在玻璃球中传播的速度，传播时间：
16．（1）；（2）
【详解】（1）如图所示
由几何关系得
则该液体的折射率
（2）根据
可得光在液体中的传播速度
则光线液体中传播时间
从O到E的传播时间
则点光源从A点发出的光传播到眼睛所需时间
17．（1）；（2）
【详解】（1）光路如图所示
根据
解得
根据几何关系
则鱼距离他的实际水平距离
（2）因为
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2.4单摆 同步练习与检测
一、单选题
1．已知地球与X星球的质量之比为，半径之比为，不考虑地球及星球自转的影响，则同一单摆在地球和X星球的振动周期之比为（　　）
A． B． C． D．
2．惠更斯利用单摆的等时性原理制成了第一座摆钟。如图甲所示为日常生活中我们能见到的一种摆钟，图乙为摆钟的结构示意图，圆盘固定在摆杆上，螺母可以沿摆杆上下移动，摆钟的摆动可看作是单摆，下列说法正确的是（　　）
A．在山脚走时准的摆钟，在山顶仍能走准
B．若将摆钟的摆角由3°增加到5°（不计空气阻力），单摆的周期减小
C．走时准确的摆钟，调节螺母向下移动，摆钟仍能走准
D．将摆钟由赤道移到北极，单摆振动周期减小
3．2020年12月17日凌晨，嫦娥五号到月球“挖土”成功返回。作为中国复杂度最高、技术跨度最大的航天系统工程，嫦娥五号任务实现了多项重大突破，标志着中国探月工程“绕、落、回”三步走规划完美收官。若探测器携带了一个在地球上振动周期为的单摆，并在月球上测得单摆的周期为T，已知地球的半径为，月球的半径为R，忽略地球、月球的自转，则地球第一宇宙速度与月球第一宇宙速度v之比为（　　）
A． B．
C． D．
4．下列关于单摆运动的说法中，正确的是（　　）
A．单摆做简谐运动时，其回复力由重力沿轨迹切线方向的分力提供
B．单摆的周期与摆球的质量和摆长有关
C．当单摆的摆长变为原来的2倍时，周期也变为原来的2倍
D．将单摆从地球移到月球上，其周期将变小
5．如图甲所示，在弹簧振子的小球上安装了一支记录用的笔P，在下面放一条纸带。当小球做简谐运动时，沿垂直于振动方向拉动纸带，笔P在纸带上画出了一条振动曲线。已知在某次实验中如图方向拉动纸带，且在某段时间内得到如图乙所示的曲线，根据曲线可知这段时间内（　　）
A．纸带在加速运动 B．纸带在减速运动
C．振子的振动周期在逐渐增加 D．振子的振动周期在逐渐减小
6．如图所示为同一地点的两单摆甲、乙做简谐运动时的振动图像，下列说法正确的是（　　）
A．甲的摆长大于乙的摆长
B．甲摆的周期大于乙摆的周期
C．在t＝0.5s时甲摆的回复力大于乙摆的回复力
D．在t＝1.0s时乙的速率大于甲的速率
7．甲、乙两单摆在同一地点做简谐运动的图象如图，由图可知（ ）

A．甲和乙的摆长不一定相等
B．甲的摆球质量较小
C．甲的摆角大于乙的摆角
D．摆到平衡位置时，甲和乙摆线所受的拉力不可能相等
8．图中O点为单摆的固定悬点，现将摆球（可视为质点）拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，摆动到A点时用激光烧断细绳，则摆球（ ）
A．加速度沿图中1所示方向
B．沿图中2所示方向做自由落体运动
C．加速度沿图中3所示方向
D．沿图中4所示方向飞出
二、多选题
9．通过DIS实验系统和力传感器可以测量单摆摆动时悬线上的拉力的大小随时间变化的情况．某次实验结果如图所示，由此曲线可知（ ）
A．t=0.2 s时摆球正经过最低点
B．摆球摆动过程中机械能守恒
C．摆球摆动的周期是T=0.6 s
D．单摆的摆长约为0.36m
10．如图甲所示，光滑球面，圆弧AB远远小于圆弧的半径，且A、B等高，其中B点和圆弧最低点之间由光滑斜面相连，现有三个小球，甲球从A点由静止释放沿圆弧下滑，乙球从B点由静止释放沿斜面下滑，丙球从圆心O点由静止释放，忽略空气阻力；若撤走斜面，让其中一个小球从A点由静止开始在圆弧上往复运动，其x－t图像如乙图所示，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．甲球到达圆弧最低点的运动时间为
B．圆弧的半径为
C．乙球运动到圆弧最低点的时间
D．若甲、乙、丙三个小球同时释放，则乙球最先运动到圆弧最低点
E．若A、B两点的距离为d，则内小球往复运动的路程约为4.5d
11．如图所示，在升降机的天花板上固定一摆长为l的单摆，摆球的质量为m．升降机保持静止，观察到摆球正以小角度左右摆动，且振动周期为T．已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是________
A．若仅将摆球的质量增大一倍，其余不变，则单摆的振动周期不变
B．若升降机匀加速上升，利用此单摆来测定当地的重力加速度，则测量值偏大
C．设想当摆球摆到最低点时，升降机突然以加速度g竖直下落，则摆球相对于升降机做匀速直线运动
D．设想当摆球摆到最高点时，升降机突然以加速度g竖直下落，则摆球相对于升降机会保持静止
E．设想当摆球摆到最高点时，升降机突然以大小为g加速度匀加速上升，则摆球相对升降机仍然左右摆动，且振动周期不变
12．在“探究单摆周期与摆长关系”的实验中，下列做法正确的是
A．应选择伸缩性小、尽可能长的细线作摆线
B．用刻度尺测出细线的长度并记为摆长
C．在小偏角下让单摆摆动
D．当单摆经过平衡位置时开始计时，测量一次全振动的时间作为单摆的周期
E．通过简单的数据分析，若认为周期与摆长的关系为，则可作图象；如果图象是一条直线，则关系成立
三、实验题
13．图甲是用力传感器对单摆做小角度摆动过程进行测量的装置图，图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的图像，其中F的最大值，已知摆球质量，重力加速度g取，取9.8，不计摆线质量及空气阻力，则该单摆的摆长l为 m，F的最小值为 N。
14．在“探究单摆周期与摆长关系”的实验中。
（1）下列建议或操作对实验精度有益的是
A．适当增加摆线的长度 B．尽量减小单摆的摆动幅度
C．选用质量大、体积小的摆球 D．仅测量单摆完成一次全振动的时间作为周期
（2）通过正确操作和测量，记录单摆摆长l和周期的平方T2数据如下表所示，请在答题卷相应的坐标纸中作出T2—l图线。
摆长l（m） 0.80 0.90 1.00 1.10 1.20
周期的平方T2（s2） 3.20 3.58 4.01 4.39 4.80
（3）利用（2）的图线，还可以求得当地的重力加速度g为 m/s2。（结果保留三位有效数字）
四、解答题
15．频率为0.5 Hz的摆称为秒摆；在的地点，用小钢球做的秒摆的摆长应是多少？把钢球换成铜球，并把摆长缩短到原摆长的，则此单摆的频率又是多少？（）
16．如图甲，O点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与O点之间。现将摆球拉到A点，释放摆球，摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置。图乙为细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，图中t＝0为摆球从A点开始运动的时刻。重力加速度为g。求：
（1）摆球的质量；
（2）摆球运动过程中最大速度的大小。
17．有甲、乙两个单摆，甲的摆长是乙的4倍，那么，在甲摆动5次的时间内，乙摆动了几次？
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【详解】对于处在星体表面的物体，万有引力近似等于重力，即
解得
因此地球和X星球的重力加速度之比为，又由单摆的周期公式
所以同一单摆在地球和X星球的振动周期之比为，B正确，ACD错误。
故选B。
2．D
【详解】A．根据 ，在山脚走时准的摆钟，在山顶g变小，周期T变大，摆钟变慢，A错误；
B．根据，单摆的周期与摆角无关。若将摆钟的摆角由3°增加到5°（不计空气阻力），单摆的周期不变，B错误；
C．根据，走时准确的摆钟，调节螺母向下移动，摆长L变大，周期T变大，摆钟变慢，C错误；
D．根据，将摆钟由赤道移到北极，g变大，单摆振动周期T减小，D正确。
故选D。
3．A
【详解】根据单摆周期公式有
某星体的第一宇宙速度为v，则有
联立解得
则地球第一宇宙速度与月球第一宇宙速度v之比为
所以A正确；BCD错误；
故选A。
4．A
【详解】单摆在运动过程中的回复力是重力沿圆弧方向上切向分力，即摆线的拉力与重力的合力沿圆弧方向上切向分力，故A正确；根据单摆的周期公式：T=2π可知单摆的周期与摆球的质量无关．故B错误；根据单摆的周期公式：T=2π可知当单摆的摆长变为原来的2倍时，周期也变为原来的倍．故C错误；将单摆从地球移到月球上，月球表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，根据单摆的周期公式：T=2π可知其周期将变大．故D错误．故选A．
点睛：对于单摆的回复力、周期公式、简谐运动的条件是重点，通过周期公式，掌握单摆的周期与什么因素有关系．
5．A
【详解】CD．振子做简谐运动，其周期不发生变化，CD错误。
AB．由纸带上的轨迹可以看出，知道由A向B运动，则相等时间内的位移在增大，所以纸带在加速运动，A正确，B错误。
故选A。
6．D
【详解】AB．由振动图像知甲和乙的周期相等均为2s，根据单摆周期公式
所以甲的摆长等于乙的摆长，故AB错误；
C．由振动图像知在时甲摆正经过平衡位置向x轴负方向运动，此时甲的回复力为零，该时刻乙离平衡位置最远，所以回复力最大，故C错误；
D．由振动图像知在时甲离平衡位置最远，振动速度为零，而乙在平衡位置，速度最大，所以乙的速率大于甲的速率，故D正确。
故选D。
7．C
【详解】由图可知，甲和乙两摆的周期相同；则由单摆的周期公式，可知两摆的摆长一定相同，故A错误；因为单摆的周期与摆球质量无关，故B错误；摆长相同，而甲的振幅大，故甲摆的摆角大，故C正确；在最低点时，拉力与重力的合力充当向心力，则有：，解得：，因为摆长相等，但偏角不同，故到达底部时的速度不同；同时因为质量不同；故拉力有可能相同，也有可能不相同，故D错误；故选C．
【点睛】根据图线得到振幅和周期的情况，然后结合单摆的周期公式进行分析讨论．
8．B
【详解】摆球摆动至A点时，因为已经到达了摆动的最高点，所以瞬时速度为零；此时如果烧断细线，则拉力消失，小球将从A点开始沿着图中2所示的方向做自由落体运动。
故选B。
9．AD
【详解】A．当悬线的拉力最大时，摆球通过最低点，由图读出t=0.2s时摆球正通过最低点，A正确；
B．摆球经过最低点时悬线的拉力随时间在减小，说明存在空气阻力，摆球机械能不断减小，B错误；
C．由图读出：摆球从最低点到最高点的时间为0.3s，则摆球的摆动周期大约1.2s， C错误；
D．根据
可求得摆长约为0.36m，D正确。
故选AD。
10．BCE
【详解】ACD．甲球是等效单摆，甲球从静止运动到最低点的时间
设弦轨道的倾角为，对于乙球，有
可得
丙球做自由落体运动，有
可得
则有
故C正确，AD错误；
B．根据单摆周期公式可得
解得
故B正确；
E．由题意知道圆弧AB远远小于圆弧的半径，可知2倍振幅约等于A、B两点的距离为d，内小球往复运动的路程
故E正确。
故选BCE。
11．ABD
【详解】其周期公式为T=2π，与重力无关，故仅将摆球的质量增大一错，其余不变，则单摆的振动周期不变，故A正确；若升降机匀加速上升，加速度向上，设为a，超重，利用此单摆来测定当地的重力知速度，则测量值偏大，为g+a，故B正确；设想当摆球摆到最低点时，升降机突然以加速度g竖直下落，完全失重，球将做匀速圆周运动，故C错误；当摆球摆到最高点时，升降机突然以加速度g竖直下落，完全失重，故摆球相对于升降机会保持静止，故D正确；设想当摆球摆到最高点时，升降机突然以大小为g加速度匀速上升，超重，等效为加速度变为g′=2g，故摆球相对升降机仍然左右摆动，但根据公式T=2π，周期是变化的，故E错误；故选ABD.
12．ACE
【详解】A.摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，为减小误差应保证摆线的长短不变，选择伸缩性小、尽可能长的细线作摆线，故A项符合题意.
B.刻度尺测出细线的长度再加上小球的半径才是摆长，故B项不合题意.
C.单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，单摆的摆角不能太大，一般不超过5°，否则单摆将不做简谐运动，故C项符合题意.
D.当单摆经过平衡位置时速度最大，此时开始计时误差最小，但是要测量n次全振动的时间为t，再由求周期误差较小，故D项不合题意.
E.处理数据的时候，通常由线性关系比较好得出结论，故作图象；故E项符合题意.
13． 0.64
【详解】[1][2] 当摆球经过最低点时摆线拉力最大，相邻两次经过最低点的时间间隔为半个周期，由图像可知相邻两次拉力最大值的时间间隔为0.8s，即半个周期为0.8s，则单摆周期为
T=1.6s
由周期公式
得
由图可得，摆球运动到最低点时细线的拉力
Fmax=1.02N
由牛顿第二定律得
由最高点到最低点的过程，根据机械能守恒定律得
解得
14． AC 9.86
【详解】（1）[1]A．适当增加摆线的长度，可减小测量摆长的偶然误差，选项A正确；
B．单摆的周期与单摆的摆动幅度无关，选项B错误；
C．选用质量大、体积小的摆球可减小摆动过程中的相对阻力，可减小误差，选项C正确；
D．仅测量单摆完成一次全振动的时间作为周期，这样测得的周期误差较大，应该测量单摆摆动至少30个周期的时间，然后取平均值，选项D错误。
故选AC。
（2）[2]根据坐标系内描出的点作出图象如图所示
（3）[3]由单摆周期公式
可以知道
由图象可以知道
解得
g≈9.86m/s2
15．1m；1Hz
【详解】该摆的周期为
又由
得
解得
l=1m
当摆场缩短为时，周期
得
此单摆的频率又是
16．（1）；（2）
【详解】（1）（2）设摆角为，绳长为L，则小球在最高点A时有
在最低点B时有
从A到B由机械能守恒
由单摆的周期公式
由图知
综上联立可得
17．10次
【详解】根据单摆的周期公式
可知，因为甲的摆长是乙的4倍，所以
所以在甲摆动5次的时间内，乙摆动了10次。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第一章静动量守恒定律 章末复习与检测
（时间90分钟，满分100分）
一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分)
1．如图所示，一根劲度系数为的轻质弹簧，一端固定在水平桌面上，另一端与质量为的小物块A相连。现让小物块A从弹簧原长处由静止释放，当小物块A下降高度为时，其速度刚好为0，此时将弹簧锁定。然后将另一相同的小物块从弹簧原长处仍由静止释放，在与A碰前瞬间解除弹簧锁定，与A碰后一起向下运动（A、不粘连）。已知重力加速度为，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．锁定弹簧前瞬间，小物块A的加速度为0
B．锁定弹簧前小物块A的最大速度是
C．碰后弹簧的最大弹性势能为
D．碰后小物块A、始终不分离
2．如图所示，放在光滑水平面上的矩形滑块是由不同材料的上下两层粘在一起组成的。质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若击中上层，则子弹刚好不穿出，如图（A）所示；若击中下层，则子弹嵌入其中，如图（B）所示，比较上述两种情况，以下说法不正确的是（　　）
A．两种情况下子弹和滑块的最终速度相同
B．两次子弹对滑块做的功一样多
C．两次系统产生的热量一样多
D．两次滑块对子弹的阻力一样大
3．一物体从静止开始做直线运动，其加速度随时间变化如图所示，则该物体（　　）
A．在1s末时运动方向发生改变 B．先做匀加速后做匀减速直线运动
C．1s末的速度大小为2m/s D．该物体在0~2s内受到合外力的冲量为0
4．物体的动量变化量的大小为3kg·m/s，这说明（　　）
A．物体的动量在增大
B．物体的动量在减小
C．物体的动量大小可能不变
D．物体的动量大小一定变化
5．如图所示，光滑水平面上有两个小球、用细绳相连，中间有一根被压缩的轻弹簧，轻弹簧和小球不粘连，两个小球均处于静止状态。剪断细绳后由于弹力作用两小球分别向左、向右运动，已知两小球的质量之比，则弹簧弹开两小球后，下列说法正确的是（　　）
A．两小球的动量之比
B．两小球的动量之比
C．两小球的速度之比
D．两小球的速度之比
6．下列关于动量的说法中不正确的是（　　）
A．同一物体的动量越大，则它的速度越大
B．动量相同的物体，速度方向一定相同
C．质量和速率相同的物体，其动量一定相同
D．一个物体动量改变，则其速率不一定改变
7．物体在合外力作用下做直线运动的图像如图所示，下列表述正确的是（　　）
A．在0~1s内，合外力做负功 B．在0~2s内，合外力做正功
C．在1~2s内，合外力不做功 D．在0~3s内，合外力做正功
8．北京冬奥会2000米短道速滑混合接力赛上中国队夺得首金。如图所示，当运动员在光滑冰面上交接时，后方运动员曲春雨用力推前方运动员任子威。下列说法正确的是（　　）
A．曲春雨推出任子威后，曲春雨一定向后运动
B．曲春雨、任子威的动量变化相同
C．曲春雨对任子威的冲量大于任子威对曲春雨的冲量
D．曲春雨、任子威所受推力的冲量大小相等
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)
9．如图所示，将纸带的一端压在装满水的饮料瓶底下，第一次用手抽出纸带，可以看到瓶子移动一段距离。第二次拉紧纸带，用手指向下快速击打纸带，纸带从瓶底抽出，饮料瓶几乎没有移动，第二次瓶子几乎没有移动的原因是（ ）
A．第二次瓶子受到纸带摩擦力更小
B．第二次瓶子受到纸带摩擦力的冲量更小
C．第二次瓶子的惯性更大
D．第二次瓶子加速过程的动量变化量更小
10．学校举办大型活动，用无人机捕捉精彩瞬间。如图是根据无人机控制器上的速度数据作出启动后25s无人机的速度图线，vx为水平方向速度，vy为竖直方向速度。无人机的总质量为0.5kg，g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　）

A．在0~10s时间内，无人机处于超重状态
B．在5~10s时间内，无人机做匀变速直线运动
C．在0~20s内，无人机机械能增量为300J
D．在0~25s内，无人机升力的冲量大小为100N·s，方向竖直向上
11．一质量m=60kg的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经t=0.2s以大小v=1m/s的速度离开地面，重力加速度g=10。在这0.2s内（ ）
A．地面对运动员的冲量大小为180N·s
B．地面对运动员的冲量大小为60N·s
C．地面对运动员做的功为零
D．地面对运动员做的功为30J
12．如图所示，倾角为、足够长的光滑斜面固定在水平地面上，下端有一垂直斜面的固定挡板。质量均为m的小球a、b用劲度系数为k的轻质弹簧连接并放置在斜面上，小球b靠在挡板上，两小球均保持静止。现对小球a施加一平行斜面向上、大小为的恒力。已知弹簧的弹性势能与其形变量x满足，弹簧与斜面平行且形变始终处于弹性限度内，重力加速度大小为g。在以后的运动中，下列分析正确的是（　　）
A．小球a先做加速运动，当加速度减小到零后做匀速运动
B．小球b脱离挡板后，系统的总动量保持不变
C．小球b刚要运动时，小球a的动能为
D．小球b脱离挡板以后的运动过程中，弹簧储存的弹性势能可能大于
三、实验题(每空2分，共12分)
13．为了“探究碰撞中的不变量”，实验可以在气垫导轨上进行，这样就可以大大减小阻力，滑块在碰撞前、后的运动可以看成是匀速直线运动，使实验的可靠性及准确度得以提高，在某次实验中，A、B两铝制滑块在一水平长气垫导轨上相碰，用闪光照相每隔0.4s的时间拍摄一次照片，每次拍摄时闪光的延续时间很短，可以忽略，如图所示，已知滑块A、B之间的质量关系是，拍摄共进行了4次，第一次是在两滑块相撞之前，以后的三次是在碰撞之后，A原来处于静止状态，设A、B滑块在拍摄闪光照片的这段时间内是在10cm至105cm这段范围内运动（以滑块上的箭头位置为准）.
（1）根据闪光照片求A、B两滑块碰撞前后的速度大小 、 .
（2）根据闪光照片分析说明两滑块碰撞前后两个物体各自的质量与速度的乘积之和是不是不变量 .
14．粗糙的斜面与水平面平滑连接，动摩擦因数为μ，小物块A从斜面上C点由静止释放，经过水平面上O点时，由安装在O点的光电门（未画出）测出速度v0，之后撤去光电门，再将一小物块B放置在O点，如图所示，再次将A由斜面静止释放，A、B碰后共速（时间极短），为验证A、B碰撞过程动量守恒：（当地重力加速度为g）
（1）还需测量 物理量（用文字描述，并用字母表示所测物理量）；
（2）所需测量工具是 ；
（3）写出验证动量守恒定律的表达式 （用已知量和所测量表达）。
四、计算题（15题12分，16题14分，17题14分，共40分。）
15．如图所示，一质量M=2kg的上表面光滑的U形物块A静止在光滑水平面上，另有一质量m=lkg的小物块B在其上表面以v0=3m/s的速度向右运动，A和B第一次碰撞为弹性碰撞，第二次碰撞后两者粘在一起形成一个整体．求；
（1）A和B第一次碰撞后两者各自速度的大小和方向；
（2）A和B第二次碰撞过程中、B组成的系统损失的机械能．
16．如图所示，质量为1.5kg的木块m以8m/s的速度水平地滑上静止在光滑水平地面上的平板小车M，车的质量为4.5kg，木块与小车之间的摩擦系数为0.2（g取10m/s2）．设小车足够长，求：
（1）木块和小车相对静止时小车的速度
（2）从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间
（3）从木块滑上小车到它们处于相对静止时木块相对小车滑行的距离．
17．如图为某试验装置的示意图，该装置由三部分组成：其左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端栓接小物块A，A右侧带有锁定装置，A及锁定装置的总质量，弹簧原长时A处于P点；装置的中间是长度的水平传送带，它与左右两边的台面等高并平滑对接，传送带始终以的速率逆时针转动；装置的右边是一半径为的光滑圆弧轨道，质量的小物块B静置于轨道最低点．现将质量的小物块C从圆弧轨道最高点由静止释放，沿轨道下滑并与B发生弹性碰撞。小物块B滑过传送带与A发生对心碰撞（碰撞时间极短），且碰撞瞬间两者锁定，以相同速度一起压缩弹簧；返回到P点时锁定装置将B释放、并使A停在P点，此后B与A发生多次碰撞，其过程均满足以上所述．已知物块B与传送带之间的动摩擦因数，，弹簧始终处于弹性限度内。求：
（1）B物块被C碰撞后获得的速度大小；
（2）物块B与A发生第一次碰撞后，弹簧具有的最大弹性势能；
（3）物块A、B第n次碰撞后瞬时速度的大小。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】A．在第一个过程中，小物块A下降h后速度刚好为0，则有
解得
此时对小物块A由牛顿第二定律得
解得
方向竖直向上，故A错误；
B．速度最大的时候是重力等于弹力时，因此有
解得
由机械能守恒定律可得
解得
故B错误；
C．B释放后与A相碰前有
解得碰前B的速度为
B与A碰撞过程由动量守恒定律得
联立解得
然后一起向下运动，直至AB的速度均减小到0，设这一过程又下降的高度为，则由机械能守恒定律可得
联立解得
则弹簧的最大弹性势能为
故C错误；
D．由C选项可知，弹簧有最大弹性势能时，弹簧压缩量为
弹簧将AB整体弹起到最高点时，设此时AB整体上升高度为，则有
联立解得
则可知AB整体弹起过程中，弹簧不能恢复原长，则A、B间始终有弹力，故始终不分离，故D正确。
故选D。
2．D
【详解】A．无论子弹射入的深度如何，最终子弹和木块都等速，由动量守恒定律可知，两种情况最终两木块（包括子弹）速度都相等，A正确；
BC．由于两种情况木块获得的速度相同，对木块由动能定理可知：两次子弹对木块做功一样多，由动量定理可知：两次木块所受冲量一样大，对系统由能的转化和守恒定律可知，两次损失的机械能一样多，产生的热量一样多；BC正确；
D．系统损失的机械能等于阻力与相对位移的乘积，由于相对位移不同，所以阻力不同，故D错误。
本题选不正确的，故选D。
3．C
【详解】A．从图中看出物体先做加速度逐渐增大的加速运动，到1s时，加速度达到最大，此时运动方向没有发生改变，故A错误；
B．从图中看出物体先做加速度逐渐增大的加速运动，后做加速度逐渐减小的加速运动，故B错误；
C．a-t图线与坐标轴围成的面积表示物体的速度，1s末的速度大小为
故C正确；
D．该物体在0~2s内受到合外力的冲量为
I=mv
2s末时物体的加速度为0，速度不为0，合外力的冲量不为0，故D错误。
故选C。
4．C
【详解】物体动量变化量的大小为3 kg·m/s则物体的动量可能是增大了3 kg·m/s，也可能减小了3 kg·m/s，也可能动量由+1.5kg·m/s变化到了-1.5 kg·m/s，即动量大小不变，ABD错误， C正确。
故选C。
5．D
【详解】AB．小球A、B及弹簧，系统在剪断细绳前后动量守恒，根据动量守恒定律有
所以，弹簧弹开两小球后，两小球动量大小之比为
故AB错误；
CD．由于弹簧弹开两小球后动量大小相等，即有
因为
所以可求得
故C错误，D正确。
故选D。
6．C
【详解】A．由动量的定义可知，对同一物体来说，动量越大，速度越大，A正确；
B．根据动量的矢量性可知，动量的方向与速度的方向相同，所以动量相同的物体，速度方向一定相同，B正确；
C．速率相同，速度的方向不一定相同，故动量的方向不一定相同，C错误；
D．物体的动量改变，可能是动量的方向改变，而动量的大小保持不变，如匀速圆周运动，D正确。
故选C。
7．B
【详解】A．在0~1s内，物体的速度增大，动能增大，根据动能定理知合外力做正功，故A错误；
B．在2s末，物体末速度大于0，整个过程动能增大，根据动能定理知合外力做正功，故B正确；
C．在1~2s内，物体的速度减小，动能减小，根据动能定理知合外力做负功，故C错误；
D．在3s末，物体速度为零，整个过程动能变化量为零，根据动能定理知合外力不做功，故D错误。
故选B。
8．D
【详解】A．曲春雨推出任子威后，曲春雨的速度减小，但是曲春雨不一定向后运动，故A错误；
BCD．系统动量守恒，故两个运动员的动量变化量等大反向，但是曲春雨、任子威的动量变化不相同，根据动量定理可知曲春雨、任子威所受推力的冲量大小相等，故D正确，BC错误。
故选D。
9．BD
【详解】A．两次抽出纸带过程中，瓶子都受到纸带的滑动摩擦力，且瓶子和纸带间弹力大小都等于瓶子和水的重力大小，根据可知两次摩擦力大小相等，故A错误；
C．物体的惯性只和质量有关，与运动状态无关，第二次瓶子的惯性不变，故C错误；
BD．第二次纸带被快速抽出，瓶子受到纸带摩擦力的作用时间更小，而摩擦力大小不变，则根据可知摩擦力的冲量更小，再根据动量定理可知第二次瓶子加速过程的动量变化量更小，故BD正确。
故选BD。
10．AC
【详解】A．由图可知，0~10s时间内，无人机竖直方向向上做匀加速直线运动，所以无人机处于超重状态，故A正确；
B．5~10s时间内，无人机水平方向做匀加速直线运动，竖直方向向上做匀加速直线运动，其合速度与合加速度不在一条直线上，所以做匀变速曲线运动，故B错误；
C．在0~20s内，无人机机械能增量为重力势能的增加量，即
故C正确；
D．在0~25s内，根据动量定理，有
所以
所以无人机升力的冲量大小为125N·s，方向竖直向上，故D错误。
故选AC。
11．AC
【详解】AB．人的速度原来为零，起跳后变化v，以向上为正方向，由动量定理可得
代入数据解得地面对人的冲量为
A正确，B错误；
CD．人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，故地面对运动员的支持力不做功，C正确，D错误。
故选AC。
【点睛】本题考查动量定理以及功的计算，要注意在应用动量定理时一定要注意冲量应是所有力的冲量，不要把重力漏掉，同时在列式时要注意明确各物理量的正负。
12．BC
【详解】A．对小球a受力分析，小球在沿斜面方向上受到拉力、重力沿斜面向下的分力以及弹簧向下的弹力的作用
随着弹簧伸长，弹力先减小到0后又反向增大，加速度会逐渐减小，当时，加速度减为0，速度不为0。对小球b受力分析，此时小球b受到重力的分力大小为，恰好等于弹簧弹力大小。故此状态为小球b恰好要运动的状态。又因为小球此时速度不为0，故弹簧会继续伸长，弹力会继续增大。小球的加速度会沿斜面向下，又会做减速运动。故A错误；
B．根据分析，小球b脱离挡板后，将小球，小球b以及弹簧看做一个整体，则整体受到的合外力为0。符合动量守恒的条件，即系统的总动量保持不变。故B正确；
C．根据分析，初始状态时，弹簧处于压缩状态
小球b刚要运动时，
解得
且初末状态中弹簧形变量相同，弹性势能相同。则弹力做的总功为0。根据动能定理
解得
故C正确；
D．小球b刚要运动时，根据C选项可知小球的速度为
此时弹簧弹性势能为
弹簧弹性势能最大时是两球共速时取得，系统总动量守恒，则
解得
系统动能的减少量为弹性势能的增加量，则
故弹性势能的最大值为
故D错误。
故选BC。
13． 0.75m/s、 0.50m/s 0、1.0m/s 见解析
【详解】（1）由题图分析可知碰撞后A、B的速度分别为:
从发生碰撞到第二次拍摄照片，A运动的时间是:
由此可知，从拍摄第一次照片到发生碰撞的时间为:
则碰撞前B的速度为
由题意得
.
（2）碰撞前:
碰撞后：
以上两式各物理量均采用国际单位制单位，所以，
即碰撞前后两个物体各自的质量与速度的乘积之和是不变量.
14． 小物块A和小物块B的质量mA和mB，碰撞后二者减速到速度为零时的距离x 天平，刻度尺
【详解】（1）[1] A、B碰撞过程若动量守恒，则有
碰后，AB整体运动的加速度大小为
AB整体运动的距离
三式联立可得
即验证动量守恒定律的表达式为此式。因此还需测量小物块A和小物块B的质量mA和mB，碰撞后二者减速到速度为零时的距离x。
（2）[2]质量通过天平测得，距离通过刻度尺测得。
（3）[3]由上分析知，验证动量守恒定律的表达式
15．(1),方向向右;,方向向左 (2)
【详解】(1)A和B第一次碰撞过程,选向右为正方向:
解得:
即第一次碰后A的速度大小为2m/s,方向向右;B的速度大小为1m/s,方向向左
(2)自一开始至第二次碰撞结束
得:
该过程中仅第二次碰撞有能量损失
得:
16．(1)2m/s；(2) 2m/s2，3s；(3).12m
【详解】（1）以木块和小车为研究对象，方向为正方向，
由动量守恒定律可得：m=(M+m)v,
解得v=2m/s
(2).根据牛顿第二定律可得
m的加速度大小
由运动学公式可得
t==3s,
(3).根据能量守恒定律可知
相对静止时木块相对小车滑行的距离L=12m
17．（1）5m/s；（2）6J；（3）见解析。
【详解】（1）C下滑过程
B与C碰撞
B物块被C碰撞后获得的速度大小
，
（2）B与传送带共速，减速位移
，
解得
故物块B与A发生第一次碰撞前的速度
解得
两物体发生碰撞
弹簧具有的最大弹性势能
（3）返回到P点时锁定装置将B释放、并使A停在P点，B滑上传送带速度
减速到零所需位移
所以B与A第二次碰撞时速度
A、B碰撞
所以
所以物块A、B第n次碰撞后瞬时速度的大小
m/s
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页3.4波的干涉 同步练习与检测
一、单选题
1．要减少电能输送时的损失，下列说法中正确的是（　　）
A．提高输电电压
B．增大输电导线的电阻
C．降低输电电压
D．增大输电导线中的电流
2．远距离输电中，升压变压器、降压变压器均为理想变压器．由于用户区用电量的增多，发电厂的输出功率增大为原来的2倍，下列说法正确的是（　　）
A．输电导线损失的功率大于原来的4倍
B．输电导线损失的功率小于原来的4倍
C．用户得到的功率小于原来的2倍
D．用户得到的功率大于原来的2倍
3．如图所示，两个相同的灯泡，分别接在理想变压器的原、副线圈上，灯泡电阻不随温度变化。已知原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，电源交变电压为U，题中U、I均表示有效值，则（　　）
A．灯泡A、B两端的电压之比UA∶UB＝2∶1
B．通过A、B的电流之比IA∶IB＝2∶1
C．灯泡A、B消耗的功率之比PA∶PB＝4∶1
D．灯泡A、B两端的电压分别是UA＝U，UB＝U
4．如图，理想变压器原线圈的输入电压，照明灯的规格为“20V，40W”，电动机M的内阻为5Ω，电动机正常工作时，质量为2kg的物体恰好以1m/s的速度匀速上升，照明灯正常工作，电表均为理想电表，取。下列说法正确的是（　　）
A．原、副线圈匝数比为1:11
B．电压表的示数为
C．电动机正常工作时，电动机的总功率为50W
D．电动机正常工作时，电流表的示数为4A
5．输电能耗演示电路如图所示。左侧升压变压器原、副线圈匝数比为1：3，输入电压为7.5V的正弦交流电。连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为10Ω。开关S接1时，右侧降压变压器原、副线圈匝数比为2：1，R上的功率为10W；接2时，匝数比为1：2，R上的功率为P。下列说法中正确的是（　　）
A．接1时，左侧升压变压器副线圈两端电压为U2＝2.5V
B．接1时，右侧降压变压器原线圈中的电流为I3＝2A
C．导线总电阻r＝10Ω
D．接2时，R上的功率P＝22.5W
6．如图所示，为远距离输电的示意图。电厂输出电压稳定的交流电，通过理想变压器升压后用阻值不变的输电线路把电能输送到远处，通过理想变压器降压后提供给用户。在用电高峰时，用户家中的白炽灯不够亮，但用电总功率却增加了，对此下列说法正确的是（　　）
A．升压变压器的副线圈的电压变大
B．输电线路上损失的电压变大
C．降压变压器的副线圈上的电压变大
D．降压变压器的输出电流减小
7．如图所示，a、b是电路中的两个定值电阻，当理想变压器原线圈M、N两端加上10V的正弦交变电压时，a、b两电阻两端的电压均为1V，则a和b的电功率之比为（　　）
A．1：1 B．1：10
C．9：1 D．1：9
8．某同学利用如图所示电路模拟远距离输电。图中交流电源电压为6 V，定值电阻，小灯泡、的规格均为“6 V，1.8 W”，理想变压器、原副线圈的匝数比分别为1：3和3：1。分别接通电路Ⅰ和电路Ⅱ，两电路都稳定工作时（　　）
A．与一样亮 B．比更亮
C．上消耗的功率比的大 D．上消耗的功率比的小
二、多选题
9．电厂发电机的输出电压250V，输出功率为10kW，在进行远距离输电时，输电线总电阻为5Ω，则（　　）
A．直接输电，用户两端的电压只有50V
B．若要求用户两端的电压为220V，则应配备原、副线圈匝数比为1∶40（发电厂）和5∶1（用户端）的变压器
C．若要求输电线损耗的功率仅为总功率的5%，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶4
D．若用1000V的高压输电，输电线的损耗功率仅为总功率的0.5%
10．一座小型水电站向山下村镇供电的示意图如图所示，升压变压器T1与降压变压器T2都可视为是理想变压器。已知发电机输出电压U1=250V，两个变压器的匝数比，，输电线电阻为R=20Ω，发电机输出功率为P=1000kW，下列说法正确的是（　　）

A．用户得到的电压为220V
B．输电线上损失的电压为200V
C．输电线上损失的功率为16kW
D．深夜用户的用电器减少时输电线上损失的功率将变小
11．如图所示为某小型发电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，在输电线路上接入一个电流互感器，其原副线圈的匝数比为1∶20，电流表的示数为1A，输电线的总电阻为10Ω，发电机输出功率为48kW，下列说法正确的是（　　）
A．用户端的功率为44kW
B．升压变压器的输出电压U2=2400V
C．如果用户端电压为220V，则降压变压器的原副线圈匝数比为120∶11
D．用电高峰时，为保证用户端用电器电压不变，需将滑片P适当上移
12．用一台内阻为的交流发电机，供给一个学校班级照明用电。如图所示，理想升压变压器的匝数比为，降压变压器的匝数比为，输电线的总电阻，全校共22个班，每班有“”灯6盏，若全部电灯正常发光，则下列说法错误的是（　　）

A．输电线上损失的电功率为
B．远距离输电的输电效率为87.3%
C．发电机的电动势为
D．若一教室内某盏灯发生断路故障，则发电机输出电压将变小
三、实验题
13．某同学在实验室进行“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验。
（1）下列实验器材必需要用的有 （选填字母代号）。
A．干电池组 B．学生电源
C．多用电表 D．直流电压表
E．滑动变阻器 F．条形磁体
G．可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈）
（2）下列说法正确的是 （选填字母代号）。
A．为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数
B．要研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，应该保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数
C．测量电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量
D．变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈
（3）该同学通过实验得到了如下表所示的实验数据，表中n1、n2分别为原、副线圈的匝数，U1、U2分别为原、副线圈的电压，通过实验数据分析可以得到的实验结论是： 。
实验次数 n1/匝 n2/匝 U1/V U2/V
1 1600 400 12.1 2.90
2 800 400 10.2 4.95
3 400 200 11.9 5.92
14．某学习小组在探究变压器原、副线圈电压和匝数关系的实验中，采用了可拆式变压器，铁芯B安装在铁芯A上形成闭合铁芯，将原、副线圈套在铁芯A的两臂上，如图所示。
（1）下列说法正确的是( )
A．为保证实验安全，原线圈应接低压直流电源
B．变压器中铁芯是整块硅钢
C．保持原线圈电压及匝数不变，可改变副线圈的匝数，研究副线圈的匝数对输出电压的影响
D．变压器正常工作后，电能由原线圈通过铁芯导电输送到副线圈
N1/匝 100 100 200 200
N2/匝 200 400 400 800
U1/V 2.10 1.95 5.22 2.35
U2/V 4.28 8.00 10.60 9.64
（2）实验过程中，变压器的原、副线圈选择不同的匝数，利用多用电表测量相应电压，记录如下。由数据可知N1一定是 线圈的匝数。（填“原”或“副”）
根据表格中的数据，在实验误差允许的范围内，可得出原副线圈两端电压与匝数的关系：
（3）学习小组观察实验室中一降压变压器的两个线圈的导线，发现导线粗细不同。结合以上实验结论，应将较细的线圈作为 线圈。（填“原”或“副”）
四、解答题
15．如图，用一小型交流发电机向远处用户供电，发电机线圈ABCD匝数匝，面积，线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，匀强磁场的磁感应强度，输电时先用升压变压器将电压升高，到达用户区再用降压变压器将电压降下来后供用户使用，输电导线的总电阻，变压器都是理想变压器，升压变压器原、副线圈匝数比，降压变压器原、副线圈的匝数比，若用户区标有“220V，4.4kW”的电动机恰能正常工作，且不计发电机内阻。求：
（1）输电线路上的损耗电压；
（2）电流表的读数；
（3）交流发电机线圈匀速转动的角速度。
16．某实验兴趣小组设计并制作了一个远距离输电演示器，如图所示。
（1）观察装置并尝试描述演示步骤及实验现象。
（2）若想测出升压变压器原、副线圈的匝数比，应当如何进行实验操作？
17．发电机输出功率为100kW，输出电压为250V，用户需要220V的电压，两理想变压器间输电线电阻为，输电线上损失的功率为4kW，求：
(1)输电线中的电流强度I；
(2)升压变压器副线圈两端的电压U2。
(3)降压变压器的匝数比n3：n4。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【详解】设输电电压为U，输电电流为I，输送功率为P，则
输电线上损失的功率为
由上式可知要减少电能输送时的损失，需要提高输电电压，减小输电导线中的电流，以及减小输电导线的电阻，故A正确，BCD错误。
故选A。
2．C
【详解】AB.由于发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大为原来的2倍，又升压变压器的输出电压U2不变，根据P=UI可输电线上的电流I线增大为原来的2倍，根据P损=I2r可知：输电导线损失的功率等于原来的4倍，故AB错误；
CD.由于升压变压器的输出功率增大为原来的2倍，输电导线损失的功率等于原来的4倍，根据P用户=P输出-P损，故用户得到的功率小于原来的2倍，故C正确，D错误；
3．D
【详解】B．通过灯泡A、B的电流分别为变压器原、副线圈的电流，则
IA：IB=n2：n1=1：2
选项B错误；
A．因为A、B是两只相同的灯泡，所以灯泡A、B两端的电压之比等于电流之比，故
UA：UB=1：2
选项A错误；
C．因为是两只相同的灯泡，消耗的功率之比等于电流的平方之比，即
PA：PB=1：4
选项C错误；
D．因为灯泡B两端的电压为副线圈两端电压，则原线圈两端电压
U1=UB=2UB
而
UA=UB
由于灯泡A跟原线圈串联，故
UB+2UB=U
可得
UA=U，UB=U
选项D正确。
故选D。
4．D
【详解】A．由题意可知，原线圈的输入电压为
已知灯泡正常工作，由题图可知，副线圈两端电压为
则原、副线圈匝数比为
所以A错误；
B．电压表测的是灯泡两端的电压，所以电压表的示数为，所以B错误；
C．电动机正常工作时，电动机的总功率为
根据题意可知，物体所受拉力为
则电动机的输出功率为
又
联立可得
则电动机的总功率为
所以C错误；
D．由C选项分析可得，电流表的示数为
其中
则
所以D正确。
故选D。
5．D
【详解】A．开关S接1时，左侧升压变压器原、副线圈匝数比为1：3，输入电压为7.5V的正弦交流电，根据
解升压变压器的副线圈电压为
故A错误；
B．开关S接1时，右侧降压变压器原、副线圈匝数比为2：1，R上的功率为10W，根据公式
P＝I2R
可知，电阻的电流为
I4＝1A
根据欧姆定律得：降压变压器的副线圈电压为
U4＝IR＝1×10V＝10V
根据匝数比可知
U3:U4=2:1
I3:I4=1:2
解得
，I3＝0.5A
右侧降压变压器原线圈中的电流为0.5A，故B错误；
C．因左侧升压变压器副线圈的电压为，右侧降压变压器原线圈的电压为，根据欧姆定律得
故C错误；
D．开关接2时，设输电电流为I，则右侧变压器的次级电流为0.5I；右侧变压器两边电压关系可知
解得
I＝3A
则R上的功率为
P＝（0.5I）2R＝1.52×10W＝22.5W
故D正确。
故选D。
6．B
【详解】A．由于升压变压器的输入电压不变，原副线圈匝数不变，则副线圈的电压不变，故A错误；
B．当用户用电处于高峰期时，降压变压器的输出功率会增大，从而导致降压变压器的输入电流变大，所以输电线路的电压损失变大，故B正确；
C．当用户用电处于高峰期时，输电线路的电流变大，导线上的电压损失变大，最终使得降压变压器的原副线圈上的电压都变小，故C错误；
D．当用户用电处于高峰期时，降压变压器的输出功率会增大，从而导致降压变压器的输出电流变大，故D错误。
故选B。
7．D
【详解】原线圈两端电压为10V－1V=9V，则原、副线圈匝数比为9：1，根据公式
可得
由于两电阻两端的电压相等，所以根据公式P=UI可得两者的电功率之比为1：9。
故选D。
8．C
【详解】若开关接cd端，则若电源电压为，理想变压器、的匝数比为
用户电阻为，输电线电阻为，由变压器工作原理和欧姆定律。升压变压器次级电压
降压变压器初级电压
降压变压器次级电压
可得输电功率为
输电线上损耗的电功率为
用户得到的电功率为
若开关接ab端，则负载得到的功率
输电线上损耗的电功率为
将
， ，k=3
带入可得
即比更亮；
上消耗的功率比的大。
故选C。
9．AC
【详解】A．直接输电时，输送电流
其中输电线总电阻为5Ω，根据欧姆定律可知，用户两端的电压
A正确；
B．若要求用户两端的电压为220V，如果发电厂配备原、副线圈匝数比为1∶40的变压器，根据理想变压器电压和匝数关系可知，输送电压为10000V，输送电流为1A，输电线损失电压为5V，用户端变压器的输入电压为9995V，则该变压器的匝数比为1999∶44，B错误；
C．输电线损耗功率
则输送电流I送=10A，输送电压
则
C正确；
D．若用1000V的高压输电，输电线的电流I=10A，导线的损失电压为
损失功率
输电线的损耗功率仅为总功率的5%，D错误。
故选AC。
10．AD
【详解】BC．升压变压器原线圈的输入电流为
升压变压器副线圈的输出电流为
输电线上损失的电压为
输电线上损失的功率为
故BC错误；
A．升压变压器副线圈的输出电压为
降压变压器原线圈的输入电压为
用户得到的电压为
故A正确；
D．深夜用户的用电器减少，则降压变压器的输入功率减小，输入电流减小，输电线上损失的功率减小，故D正确。
故选AD。
11．ABD
【详解】B．变压器为理想变压器即升压变压器的输出功率等于发电机的输出功率，电流互感器的原副线圈匝数比为1:20，则输电线上电流为
升压变压器的输出电压为
故B正确；
A．输电线上损失的功率为
用户端的功率为
故A正确；
C．降压变压器的输入电压为
联立，可得
根据匝数比与电压比的关系，有
带入数据，可得
故C错误；
D．用电高峰时，用户增多，电阻变小，电流增大，输电线上的电压增大，用户电压降低，
为保证用户端用电器电压不变，应减小变压器原线圈匝数，需将滑片P适当上移。故D正确。
故选ABD。
12．BD
【详解】通过每个灯泡的电流为
A．降压变压器输出电流为
输电线上电流为
输电线上损失的电功率为
A正确，不符合题意；
B．远距离输电的输电效率为
B错误，符合题意；
C．升压变压器的输出电压为
升压变压器的输入电压为
升压变压器的输入电流为
发电机的电动势为
C正确，不符合题意；
D．若一教室内某盏灯发生断路故障，设灯泡的总电阻为，则对于降压变压器，有
，
对于升压变压器，有
，，
对发电机有
当一教室内某盏灯发生断路故障，灯泡的总电阻为增大，则增大，将减小，即减小，所以发电机内电压减小，输出电压增大。D错误，符合题意。
故选BD。
13． BCG BC/CB 在误差允许的范围内，原、副线圈的电压之比，等于原、副线圈的匝数之比，即
【详解】（1）[1]实验中，必须要有学生电源提供交流电，B需要，A不需要；学生电源本身可以调节电压，无需滑动变阻器；需要用多用电表测量交流电压，C需要，DE不需要；本实验不需要用条形磁体，需用可拆变压器来进行实验，G需要，F不需要。
综上所述，需要的实验器材为BCG。
（2）[2]A．为确保实验安全，应该降低输出电压，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，故A错误；
B．要研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，应该保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，进而测得副线圈电压，找出相应关系，故B正确；
C．为了保护电表，测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量，故C正确；
D．变压器的工作原理是电磁感应现象，若不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到传递磁场能的作用，而不是靠铁芯导电来传输电能，故D错误。
故选BC。
（3）[3]通过数据分析可得，在误差允许的范围内，原、副线圈的电压之比，等于原、副线圈的匝数之比，即。
14． C； 副； 原副线圈两端电压U与匝数N成正比，即：； 原
【详解】(1)[1]A．为确保实验安全，应该降低输出电压，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，A错误；
B．因为变压器是靠电磁感应工作，如果变压器铁芯是用整块铁芯，则在电磁的作用下，会产生很大的涡流发热，当热量达到一定程度时，会损坏铁芯和线圈，B错误；
C．研究变压器电压和匝数的关系，用到控制变量法，可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，C正确；
D．变压器的铁芯B没有安装在铁芯A上，导致铁芯没有闭合，则得出副线圈的电压为0，D错误。
故选C。
(2)[2]变压器的原、副线圈选择不同的匝数，利用多用电表测量相应电压，由数据可知N1一定是副线圈的匝数。
[3]由表可知，原副线圈两端电压U与匝数N成正比，即
(3)[4]变压器的输入功率约等于输出功率，如果是理想变压器输入功率等于输出功率，因为是变压器，所以原线圈的电压大于副线圈的电压，而功率又相等，所以原线圈的电流就小于副线圈的电流，原线圈电流小所以导线就比副线圈细，故应将较细的线圈作为原线圈。
15．（1）200V；（2）16A；（3）
【详解】（1）设降压变压器原、副线圈的电流分别为、，电动机恰能正常工作，有
根据理想变压器原副线圈电流与匝数关系可知
解得
则输电线路上的损耗电压为
（2）根据理想变压器原副线圈电流与匝数关系可知
解得升压变压器原线圈电流为
则电流表的读数为。
（3）根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比可得
解得
升压变压器副线圈两端电压
解得
根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比可得
解得
根据正弦式交变电流产生规律可知，最大值为
联立解得
16．（1）见解析；（2）见解析
【详解】（1）演示步骤：闭合开关，观察小灯泡明亮程度。增大输入电压，观察小灯泡变化情况。打开开关，更换阻值更小的电阻，闭合开关，观察小灯泡的变化情况。
现象：增大输入电压，灯泡变亮。更换阻值更小的电阻，灯泡变亮。
（2）断开开关，将电压表V2接在升压变压器副线圈两端，闭合开关，读出两电压表示数，根据
由此可解得升压变压器原、副线圈的匝数比。
17．(1)20A；(2)5kV；(3)240：11
【详解】(1)由输电线的损耗公式可知
解得
(2)原线圈中输入电流
所以升压变压器的匝数比
则
解得
(3)输电线损失的电压
所以
则降压变压器的匝数比
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页3.5多普勒效应 同步练习与检测
一、单选题
1．下列关于机械振动和机械波的说法正确的是（　　）
A．衍射是横波特有的现象，纵波不能发生衍射现象
B．声源靠近听者，听者接收到的声波频率大于声源的原频率
C．固有频率为2Hz的振子在9Hz的驱动力作用下做受迫振动的振动频率为2Hz
D．到两频率相同波源的距离之差为整数个波长的点一定是振动加强点
2．渔船上的声呐利用超声波来探测远方鱼群的方位。某渔船发出的一列超声波在时的波动图像如图所示，图为质点的振动图像，则（　　）
A．该波的波速为
B．该波沿轴负方向传播
C．若鱼群向着渔船方向游过来，根据多普勒效应，接收器接收到的波源频率可能为
D．时间内，质点运动的路程为2m
3．分析下列所描述的三个物理现象：
①夏天里一次闪电过后，有时会雷声轰鸣不绝
②听到迎面而来尖锐的汽笛声
③围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音
④水塘中的水波能绕过障碍物继续传播
这些现象分别是波的（　　）
A．反射现象、多普勒效应、衍射现象、干涉现象
B．衍射现象、多普勒效应、反射现象、干涉现象
C．衍射现象、干涉现象、多普勒效应、折射现象
D．反射现象、多普勒效应、干涉现象、衍射现象
4．下列关于多普勒效应的说法正确的是（　　）
A．只要波源在运动，就一定能观察到多普勒效应
B．如果声源静止，就观察不到多普勒效应
C．当声源朝着观察者运动时，声源的频率变高
D．当声源相对于观察者运动时，观察者听到的声音的频率可能变高，也可能变低
5．在坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v=200m/s，已知t=0时波刚好传播到x=40m处，如图所示。在x=400m处有一接收器（图中未画出），则下列说法正确的是（　　）
A．波源开始振动的方向沿y轴正方向
B．从t=0开始经0.25s，x=40m处的质点运动的路程为0.6m
C．接收器在t=1.8s时才能接收到此波
D．若波源向x轴正方向运动，接收器收到的波的频率可能为9Hz
6．如图所示，一产生机械波的波源O正在做匀速直线运动，图中的若干个圆环表示同一时刻的波峰分布，为了使静止的频率传感器能接收到波的频率最高，则应该把传感器放在（　　）
A．A点 B．B点 C．D点 D．C点
7．下列关于机械振动和机械波的说法正确的是（　　）
A．衍射是横波特有的现象，纵波不能发生衍射现象
B．声源靠近听者，听者接收到的声波频率大于声源的原频率
C．到两频率相同波源的距离之差为整数个波长的点一定是振动加强点
D．固有频率为2Hz的振子在9Hz的驱动力作用下做受迫振动的振动频率为2Hz
8．下列关于波的说法中，正确的是（　　）
A．次声波比超声波更容易发生明显的衍射现象
B．海啸发生后尚未到达海岸边，沿海渔民没有反应，但狗显得烦噪不安，这是因为次声波传播速度比超声波大
C．当声源相对于观察者匀速远离时，观察者听到的声音的音调可能变高，也可能变低
D．发生多普勒效应的原因是因为声源的频率发生了变化
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．机械波的传播速度由介质本身的性质决定
B．机械波的振幅与波源无关
C．两列振动方向相同、振幅分别为A1和A2的相干简谐横波相遇，波峰与波谷相遇处质点的位移总是小于波峰与波峰相遇处质点的位移
D．当波源和观察者相向运动时，观察者接收到的频率一定比波源发出的频率高
10．如图为某一种声波消音器的原理示意图。噪声由D1管道输入，经过空气腔室S，由D2管道输出。当某一频率为f的声波从声源传到空气腔室左侧的S1面时，恰好与右侧S2面反射回来的同频率的声波相消时，消音的效果最好。已知声波在空气腔室中传播的速度为v，下列说法正确的是（　　）
A．该消音器是根据波的干涉原理设计的
B．该消音器是根据波的多普勒效应设计的
C．空气腔室长度l与声音频率f的关系满足l＝（n＝0，1,2，…）时，消音效果最好
D．空气腔室长度l与声音频率f的关系满足l＝ （n＝0,1,2，…）时，消音效果最好
11．关于振动和波，下列说法正确的是（　　）
A．军队士兵便步过桥，是为了避免发生共振
B．一个单摆在赤道上振动周期为T，移到北极时振动周期将大于T，可以通过缩短摆长使它的周期再等于T
C．一列水波遇到障碍物发生衍射，衍射后的波频率不变而波速变小
D．简谐横波在传播过程中，每经过一个周期所有参与振动的质点运动的路程均为4A
E．当接收者远离波源时，其接收到的波频率将减小、波长增大
12．关于多普勒效应，下列说法正确的是（ ）
A．当观察者靠近声源时，观察者听到的音调变高
B．当观察者靠近声源时，观察者听到的音调变低
C．当声源远离观察者时，观察者听到的音调变高
D．当声源远离观察者时，观察者听到的音调变低
三、实验题
13．如图所示，某同学使用发波水槽观察到一列水波通过障碍物上的狭缝后在水面继续传播。

（1）（多选）图中可观察到波的
A．干涉 B．衍射 C． 折射 D．反射
（2）水面各点的振动均为
A．自由振动，频率由水体自身性质决定 B．自由振动，频率由驱动力决定
C． 受迫振动，频率由水体自身性质决定 D．受迫振动，频率由驱动力决定
（3）若使波源保持振动情况不变并同时向狭缝靠近，相比于波源静止，狭缝右侧水波的 增大， 减小。
14．当声源与观察者相对运动时，观测到的声音频率会发生变化，可以用此现象的原理测量运动员移动速度的大小。某同学查阅资料得知声源发出的声音频率是不变的，而观察者接收的频率由下述公式决定，其中v是声速，是观察者的速度，是声源的速度，以上速度均是沿声源与观察者连线方向的速度大小。是声源发出声音的频率，f是观察者接收到的频率。当两者靠近时，观察者接收的频率变高，反之变低。该同学为进一步研究此规律，设计了如下实验：下图中的扬声器可以发出特定频率的声音，滑片可在气垫导轨上做匀速直线运动。在滑片上固定一部智能手机，手机中的声学传感器可以记录手机接收到的声音频率随时间变化的情况。
（1）图甲是实验过程中手机接收到的频率信息，其中手机在①段处于静止状态，在②段 ，在③段 （分别填“向左运动”“向右运动”或“静止”）；
（2）手机静止一段时间后以的速度运动，由图乙信息可得声速为 ；
（3）在跳台滑雪、速降雪车等项目中，固定在地面的发声器（同时也是接收器）若对着运动员发射频率为33kHz的超声波，声波遇到运动员后会立即反射，反射波的频率等于运动员接收的频率，发声器最终接收的频率是27.5kHz。已知声速是330m/s，测得运动员的速度大小是 m/s。
四、解答题
15．在静止的水面上，一个波源S做垂直水面、周期为T的振动，所产生的波沿水面以大小为u的速度向各个方向传播，波源开始振动后经过时间，在水面上看到的图像如下图（a）所示，图中实线表示波峰。则：
（1）说明图（a）中的图像为什么是一系列的同心圆？波长为多少？
（2）如果波源不动，水流以速度v沿某一方向流动，那么波源开始振动后经过时间时，站在岸上的人将看到的图像是图（b）中的哪一个？说明判断的理由。
16．20世纪20年代，美国天文学家斯莱弗在研究远处的旋涡星云发出的光谱时，首先发现了光谱的红移，认识到了旋涡星云正快速远离地球而去。1929年哈勃根据光谱红移总结出著名的哈勃定律：星系的远离速度v与距地球的距离r成正比，即v=H0r，H0为哈勃常数。根据哈勃定律和后来更多天体光谱红移的测定，人们相信宇宙在长时间内一直在膨胀，宇宙的密度一直在变小。反推可以想象，宇宙在很久以前并没有现在这么大，最初它可能很小。因此，伽莫夫（G.Gamow）和他的同事们提出了大爆炸宇宙模型，认为是一个极点大爆炸后，经长期地膨胀和演化而形成今天的宇宙。20世纪60年代以来，大爆炸宇宙模型逐渐被人们接受。具有波动性的光也会出现多普勒效应，这被称为多普勒—斐索效应，它使人们对距地球任意远的天体的运动的研究成为可能，这只要分析一下接收到的光的频谱就行了。1868年，英国天文学家W·哈金斯用这种办法测量了天狼星的视向速度（即物体远离我们而去的速度），得出了46km/s的速度值。问题：
（1）多普勒效应是什么现象？
（2）发生多普勒效应时波源的频率是否发生了变化？
17．人造地球卫星经过跟踪站的上空，并向远离跟踪站的方向飞去时，为什么地面接收到的信号频率是先增大后减小的呢？
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【详解】A．衍射是一切波的特有的现象，横波和纵波都能发生衍射现象，故A错误；
B．根据多普勒效应，当观察者和声源相互靠近时，观察者接收到的声波频率比声源发出的声波频率大，故B正确；
C．受迫振动的频率等于驱动力的频率，固有频率为2Hz的振子在9Hz的驱动力作用下做受迫振动的振动频率为9Hz，故C错误；
D．判断减弱点和加强点，除了看路程差，还要看波源的振动情况，若两波源振动方向相反，则到两频率相同波源的距离之差为整数个波长的点是振动减弱点，故D错误。
故选B。
2．D
【详解】A．该波的波速为
故A错误；
B．t=0时刻质点P沿y轴正方向运动，所以此时质点P应位于波传播方向波形的下坡，则该波沿x轴正方向传播，故B错误；
C．鱼群反射超声波的频率为
若鱼群向着渔船方向游过来，根据多普勒效应，接收器接收到的波源频率应大于，不可能为8×104Hz，故C错误；
D．时间内，质点运动了个周期，质点运动的路程为
故D正确。
故选D。
3．D
【详解】①夏天里一次闪电过后，有时会雷声轰鸣不绝，是因为声音在云层之间来回反射造成的；②听到迎面而来尖锐的汽笛声，即汽车靠近时感觉音调升高，这是多普勒效应造成的；③围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音，是因为音叉发出两个频率相同的声波相互叠加，出现加强区和减弱区，这是干涉现象；④水塘中的水波能绕过障碍物继续传播，这是水波的衍射现象。
故选D。
4．D
【详解】A．波源运动时，波源与观察者距离不一定变化，不一定发生多普勒效应，A错误；
B．声源静止时，若观察者相对声源运动，可能发生多普勒效应，B错误；
C．声源朝着观察者运动时，声源频率不变，观察者接收到的频率变高，C错误；
D．声源相对观察者运动时，二者距离可能增大，也可能减小，故观察者接收到的频率可能变低，也可能变高，D正确；
故选D。
5．C
【详解】A．由图中x=40m处质点的起振方向为沿y轴负方向，则波源开始振动时方向沿y轴负方向，故A错误；
B．由图读出波长为λ=20m，周期为
由于t=0.25s=2.5T，从t=0开始经0.25s时，x=40m的质点运动的路程
故B错误；
C．接收器与x=40m处的距离为
波传到接收器的时间为
故C正确；
D．该波的频率为
若波源向x轴正方向运动，波源与接收器间的距离减小，根据多普勒效应可知，接收器收到波的频率增大，将大于10Hz，故D错误；
故选C。
6．C
【详解】根据多普勒效应，当波源与观察者有相对运动是，如果二者相互接近，观察者接收到的频率增大，如果二者远离，观察者接收到的频率减小。为了使静止的频率传感器能接收到波的频率最高，频率传感器与机械波波源应该相互靠近，频率传感器应该在D点位置，ABD错误，C正确。
故选C。
考点：本题考查了多普勒效应。
7．B
【详解】A．衍射是所有波特有的现象，横波和纵波都能发生衍射现象，选项A错误；
B．根据多普勒效应，声源靠近听者，听者接收到的声波频率大于声源的原频率，选项B正确；
C．到两频率相同，振动方向相同的波源的距离之差为整数个波长的点一定是振动加强点，选项C错误；
D．固有频率为2Hz的振子在9Hz的驱动力作用下做受迫振动的振动频率等于驱动力的频率，即为9Hz，选项D错误。
故选B。
8．A
【详解】A．波长越长越容易发生衍射，次声波的波长比超声波的波长长，故次声波比超声波更容易发生明显的衍射现象，故A正确；
B．海啸发生时，发出很强的次声波，狗能接受到次声波，但人无法接受次声波，故B错误；
C．根据多普勒效应，当声源相对于观察者匀速远离时，观察者听到的声音的音调变低，故C错误；
D．产生多普勒效应的原因是观察者和波源之间发生了相对运动，声源的频率没有变化，是接受到的频率发生了变化，故D错误。
故选A。
9．AD
【详解】A．机械波的传播速度由介质本身的性质决定，故A正确；
B．机械波的振幅描述振动的能量，与波源有关，故B错误；
C．两列简谐波相遇，波峰与波峰相遇处振动加强，但该处质点也是在平衡位置附近振动，当其经过平衡位置时振动位移为零，则波峰与波谷相遇处质点的位移不一定小于波峰与波峰相遇处质点的位移，故C错误；
D．根据多普勒效应可知，当波源和观察者相向运动时，观察者接收到的频率一定比波源发出的频率高，故D正确。
故选AD。
10．AC
【详解】AB．声波传播到S1与S2反射回来的同频率的波发生干涉，达到减弱噪声的目的，此消音器正是利用了波的干涉原理，故A正确，B错误；
CD．当两波相遇，消音效果最好时，波传播的路程差满足
2l＝nλ＋λ（n＝0，1，2，…）
又
解得
l＝（n＝0，1，2，…）
故C正确，D错误。
故选AC。
11．ADE
【详解】A.军队士兵过桥时使用便步，是为了防止桥发生共振现象，故A正确；
B.一个单摆在赤道上的振动周期为T，根据周期公式T=2π，当移到北极时，重力加速度增大，则振动周期会小于T，故B错误．
C.水波发生衍射现象，波速、频率仍不变，故C错误．
D.波在传播中质点都在其平衡位置附近上下振动，每经过一个周期所有参与振动的质点运动的路程均为4A，故D正确．
E.根据多普勒效应可知，当波源远离接收者时，接收者接收到的波的频率比波源频率低，波长增大，故E正确．
12．AD
【详解】AB．多普勒效应是指波源或观察者发生移动，而使两者间的位置发生相对变化，使观察者收到的频率发了变化；当观察者靠近声源时，观察者接收到声波的频率变大，观察者听到的音调变高，故A正确，B错误；
CD．当声源远离观察者时，观察者接收到声波的频率变小，观察者听到的音调变低，故C错误，D正确。
故选AD。
13． BD/DB D 频率 波长
【详解】（1）[1]图中可观察到波的衍射和反射。
故选BD。
（2）[2]水面各点的振动均为受迫振动，频率由驱动力决定。
故选D。
（3）[3][4]若使波源保持振动情况不变并同时向狭缝靠近，相比于波源静止，根据多普勒效应可知狭缝右侧水波的频率变大；根据
可知狭缝右侧水波的波长减小。
14． 向左运动 向右运动 318.6 30
【详解】（1）[1]由题意可知，当两者靠近时，观察者接收的频率变高，反之变低，根据题图甲可知②阶段，其频率变高，即手机在接近声源即②阶段在向左运动。
[2]由题图甲可知，在③阶段，接收到的频率变低，即在远离声源，也就是在向右运动。
（2）[3]由题图乙可知，声源的频率约为3000Hz，通过分析可知，手机在远离声源，且手机接收到的频率约为2995Hz，其中声源的速度为零。根据公式有
带入数据解得
（3）[4]由题可知，以发声器作为观测者，其接收到的频率变小了，即两者在远离声源。由于反射波的频率等于运动员接收的频率，且发声器接收的信号为反射信号，故从发声器发出信号到接收到信号的过程，可等效成发声器发出信号后，以和运动员大小相同、方向相反的速度运动。即两者的速度大小关系为
故根据公式
解得
15．（1）见解析，；（2）I，见解析
【详解】（1）因为波从波源沿水面的各个方向传播，且传播的速度、幅度都相同，在没有阻碍和干扰的情况下，传播的轨迹时标准圆，因为水对力的传递是各向均匀的，所以激起的是以落点为中心的一系列同心圆，且波长为
（2）此时波的实际传播的速度为水流的速度与波速的叠加，在波源的右侧，波速与水流速度方向相同，波传播的更快，一个周期内传播的距离更远，而在波的左侧，波速与水流速度方向相反，波传播的更慢，一个周期内传播的距离更近，故站在岸上的人将看到的图像应是I。
16．（1）当发生相对运动时，感觉接收到声音的频率发生改变的现象；（2）没有
【详解】（1）当发生相对运动时，感觉接收到声音的频率发生改变的现象叫多普勒效应；产生多普勒效应的原因是观察者与波源的相对运动导致的。
（2）发生多普勒效应时波源的频率没有发生变化。
17．见解析
【详解】根据多普勒效应可知，当波源与观察者相互接近，间距变小，观察者接收的频率增大；当波源与观察者相互远离，间距变大，观察者接收的频率减小。
人造地球卫星经过跟踪站的上空，靠近跟踪站时，地面接收到的讯号频率增大，当向远离跟踪站的方向飞去时，地面接收到的讯号频率减小。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页4.6光的偏振 激光 同步练习与检测
一、单选题
1．关于以下四个示意图，下列说法正确的是（　　）

A．甲图为双缝干涉示意图，可以用白炽灯直接照射双缝，在屏上可以得到等宽、等亮的干涉条纹
B．图乙所示用平行单色光垂直照射一透明薄膜，观察到的明暗相间的干涉条纹，该区域薄膜厚度一定沿x轴正方向逐渐变厚
C．图丙为泊松亮斑，是光的衍射形成的，这个现象证明了光具有波动性
D．对比图丁中的两张照片，可知在拍摄左图时相机前可能安装了偏振滤光片
2．下列关于光学现象的说法正确的是（　　）
A．激光的相干性好，可以用于精确测距
B．阳光下水面上的油膜呈现出彩色条纹是光的衍射现象
C．观看3D立体电影时，观众戴的眼镜是应用光的全反射原理制成的
D．唐诗“潭清疑水浅，荷动知鱼散”中“疑水浅”是由于发生了光的折射
3．下列说法正确的是（　　）
A．发生多普勒效应时，波源的频率发生了改变
B．对于同一障碍物，波长越短的光越容易绕过去
C．偏振光可以是横波，也可以是纵波
D．单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关
4．下列有关光现象及光的应用正确的是（　　）
A．光的偏振现象说明光是一种纵波
B．不透光圆片后面的阴影中心出现一个亮斑属于光的干涉现象
C．光导纤维中内层的折射率小于外层的折射率
D．用点光源照射小圆孔，后面光屏上会出现明暗相间的圆环，这是圆孔衍射现象
5．以下四幅图片是来自课本的插图，结合图片分析下列说法中正确的是（ ）

A．图甲是一束单色光进入平行玻璃砖后传播的示意图，当入射角逐渐增大到某一值后会在a界面发生全反射
B．图乙是双缝干涉示意图，若只减小屏到挡板间距离，两相邻亮条纹间距离将减小
C．图丙是针尖在灯光下发生的现象，这种现象反映了光的干涉现象
D．图丁是自然光通过偏振片P、Q的实验结果，右边是光屏。当P固定不动缓慢转动Q时，光屏上的光亮度将一明一暗交替变化，此现象表明光波是纵波
6．如图所示为广雅夏日荷塘一景，已知水的折射率为n，下列说法正确的是（　　）
A．太阳光进入水中后，光的频率发生变化
B．用相机拍摄水中的鱼，可通过镜头表面的增透膜减弱水面反射光的影响
C．荷叶上的水珠呈球形是因为液体存在表面张力
D．在水中的鱼看来，崖上的量物都出现在一个倒立的圆锥里，圆锥的顶角θ的正弦值为
7．关于光的衍射，下列说法正确的是（ ）
A．全息照相主要是利用了光的衍射现象
B．泊松亮斑是光通过小圆盘发生衍射时形成的
C．单缝衍射形成的条纹宽度相同、亮度相同
D．光的衍射现象说明光具有粒子性
8．某同学利用如图所示的装置研究一些光学现象。已知激光源发出的激光是偏振光，下列关于该装置和相关现象的说法正确的是（　　）

A．激光源发出的激光相位差不恒定
B．若在缝屏上先、后安装透振方向水平和竖直的偏振片，照射到光屏上的光强度一定不变
C．若在缝屏上安装的是双缝，光屏上得到的是明暗相间等距的条纹，且增大双缝间距条纹变宽
D．若在缝屏上安装的是单缝，光屏上得到的是中间宽、两侧窄的明暗相间的条纹，且单缝变窄中央亮条纹变宽
二、多选题
9．下列有关光现象的说法正确的是（　　）
A．在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由紫光改为红光，则条纹间距一定变大
B．以相同入射角从水中射向空气，紫光能发生全反射，红光也一定能发生全反射
C．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以增加透射光的强度
D．用三棱镜观察太阳光谱是利用光的干涉现象
E．在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象
10．一束光从空气射向折射率为的某种介质。若反射光线和折射光线垂直。则下列说法正确的是（　　）（已知光在真空中的速度为c）
A．入射角为30° B．光在该介质中的传播速度为
C．反射光为线偏振光 D．改变入射角，折射率也随之变化
11．以下说法中正确的是（　　）
A．图甲可知，驱动力频率越大，能量越大，振动幅度越大
B．图乙是双缝干涉示意图，若只将光源由蓝色光改为绿色光，两相邻亮条纹间距离增大
C．图丙是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，若将薄片向右移动，条纹间距将变小
D．图丁中的M、N是偏振片，P是光屏，当M固定不动，绕水平轴在竖直面内顺时针缓慢转动N时，从图示位置开始转动90度的过程中，光屏P上的光亮度保持不变
12．下列高中物理教材中插图涉及到光的干涉原理的是（　　）
A． B．
C． D．
E． F．
三、实验题
13．如图所示，让太阳光或白炽灯光通过偏振片P和Q，以光的传播方向为轴旋转偏振片P或Q，可以看到的现象是 ．这是光的偏振现象，这个实验表明 ．

14．如图甲，让阳光或灯光通过偏振片P，在P的另一侧观察，可以看到偏振片是透明的，只是透射光暗了一些。以光的传播方向为轴旋转偏振片P透射光的强度变化吗？
在偏振片P的后面再放置另一个偏振片Q（图乙），以光的传播方向为轴旋转偏振片Q（图丙），观察通过两块偏振片的透射光的强度变化。
自然光通过偏振片的实验结果
思考与讨论：
怎样解释上面的实验呢？ 如果光波是纵波，上面演示的现象是否会发生？
偏振片
偏振片由特定的材料制成，每个偏振片都有一个特定的方向，只有 才能通过偏振片，这个方向叫作 。偏振片对光波的作用就像 的作用一样。
实际上，太阳以及日光灯、发光二极管等普通光源发出的光，包含着在 ，而且 。这种光是“自然光”（如图）。
太阳光是自然光。
自然光在通过偏振片P时，只有振动方向与偏振片的透振方向一致的光波才能顺利通过。也就是说，通过偏振片P的光波， ， 。这种光叫作偏振光（polarizedlight）。
通过偏振片P的偏振光照射到偏振片Q时，如果两个偏振片的透振方向平行，那么，通过P的偏振光的振动方向与偏振片Q的透振方向一致，可以透过Q（图乙）；如果两个偏振片的透振方向垂直，那么，偏振光的振动方向跟偏振片Q的透振方向垂直，不能透过Q（图丙）。
四、解答题
15．激光适用于室内照明吗？为什么？试从激光的特性来解释。
16．某种激光雷达测距软件可以同时显示两列波形，当激光器发射激光时，在电脑液晶显示器上显示一个正的波形，而接收器接收到反射回来的光波时又会显示一个负的波形.某次实际测量时显示器上显示的图像如图所示，已知激光器每秒钟发射激光脉冲数为个，被测物与测量者之间的距离小于，则由图可求出被测物与测量者之间的距离为多少。
17．若起偏器与检偏器的透振方向之间的夹角为60°。
（1）假定没有吸收，则自然光光强I0通过起偏器和检偏器后，出射光强与入射光强之比是多少？
（2）在这两个偏振片之间再平行地插入另一偏振片，使它的透振方向与前两个偏振片透振方向均成30°角，试问出射光强与入射光强之比是多少？
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】A．甲图为双缝干涉示意图，如果用白炽灯直接照射双缝，可知白炽灯光是由多种单色光组成，各单色光的波长不同，由双缝干涉条纹间距公式可知，不同波长的光，产生的条纹间距不同，因此会产生彩色条纹，在屏上不可以得到等宽、等亮的干涉条纹，故A错误；
B．图乙所示用平行单色光垂直照射一层透明薄膜，观察到的明暗相间的干涉条纹，条纹间距越来越大，说明该区域薄膜形成的劈尖顶角沿x轴正方向逐渐减小，则沿x轴正方向的薄膜厚度逐渐减小，故B错误；
C．衍射是波特有的一种现象，丙图为泊松亮斑，属于衍射现象，这个现象证明了光具有波动性，故C正确；
D．图丁中可知拍摄右图时相机前可能安装了偏振滤光片，让它的透振方向和玻璃表面的反射光的偏转方向垂直，能有效滤除反射光，拍摄得到的车内景象更为清晰，故D错误。
故选C。
2．D
【详解】A．激光的相干性好可以用来通信，激光的平行度好可以用来测距，故A错误；
B．阳光下水面上的油膜呈现出彩色条纹是光的干涉现象，故B错误；
C．在放映时，通过两个放映机，把用两个摄影机拍下的两组胶片同步放映，使这略有差别的两幅图象重叠在银幕上。这时如果用眼睛直接观看，看到的画面是模糊不清的，要看到立体电影，就要在每架电影机前装一块偏振片，它的作用相当于起偏器。从两架放映机射出的光，通过偏振片后，就成了偏振光，左右两架放映机前的偏振片的偏振化方向互相垂直，因而产生的两束偏振光的偏振方向也互相垂直，故C错误；
D．人看到的水底是光从水中斜射入空气中时发生折射形成的虚像，属于光的折射，像的位置比实际物体要浅，所以看上去水底浅，实际上很深，故D正确。
故选D。
3．D
【详解】A．多普勒效应说明观察者与波源有相对运动时，接收到的波频率会发生变化，但波源的频率不变，A错误；
B．波长越长，衍射现象越明显，对于同一障碍物，波长越长的光越容易绕过去，B错误；
C．偏振光只可以是横波，C错误；
D．单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其受迫振动的周期等于驱动力的周期，与固有周期无关，与单摆的摆长无关，D正确。
故选D。
4．D
【详解】A．光的偏振现象说明光是一种横波，故A错误；
B．不透光圆片后面的阴影中心出现一个亮斑，这是光的衍射现象，故B错误；
C．光导纤维中内层的折射率大于外层，光线在内外层的界面上发生了全反射，故C错误；
D．用点光源照射小圆孔，后面光屏上会出现明暗相间的圆环，这是圆孔衍射，故D正确。
故选D。
5．B
【详解】A．图甲中，根据几何关系可知上表面的折射角等于下表面的入射角，根据光路的可逆性，无论怎么增大入射角，下表面的入射角不会达到临界角，光线都会从a面射出，故A错误；
B．图乙中，根据双缝干涉相邻条纹间距公式
可知只减小屏到挡板间距离，两相邻亮条纹间距离将减小，故B正确；
C．图丙是针尖在灯光下发生的现象，这种现象反映了光的衍现象，故C错误；
D．只有横波才能产生偏振现象，所以光的偏振现象表明光是一种横波，故D错误。
故选B。
6．C
【详解】A．光的频率与介质无关，太阳光进入水中前后频率保持不变，故A错误；
B．用相机拍摄水中的鱼，往往在镜头前加装一个偏振片以减弱反射光的强度，使照片清晰，故B错误；
C．荷叶上的水珠成球形是因为液体的表面张力的作用，故C正确；
D．光从空气折射进入鱼眼，折射角小于入射角，鱼眼认为光是直线传播的，所以岸上所有景物都出现在一个倒立的圆锥里，如图所示
根据
根据图可知圆锥的顶角θ为C的2倍，故D错误。
故选C。
7．B
【详解】A．全息照相主要是利用了光的干涉现象，故A错误；
B．泊松亮斑是光通过小圆盘发生衍射时形成的，故B正确；
C．单缝衍射形成的条纹宽度不同、中央亮度最亮，故C错误；
D．光的衍射现象说明光具有波动性，故D错误。
故选B。
8．D
【详解】A．激光源发出的激光相位差恒定，故A错误；
B．若在缝屏上先、后安装透振方向水平和竖直的偏振片，由于偏振片只允许一个方向的激光通过，所以照射到光屏上的光强度一定变化，故B错误；
C．若在缝屏上安装的是双缝，光屏上得到的是明暗相间等距的条纹，增大双缝间距时由
可知条纹变窄。故C错误；
D．若在缝屏上安装的是单缝，光通过单缝时发生衍射，光屏上得到的是中间宽、两侧窄的明暗相间的条纹。当孔径或障碍物的尺寸小于波长或与波长相差不大时衍射现象明显，所以单缝变窄时衍射现象明显，中央亮条纹变宽。故D正确。
故选D。
9．AE
【详解】A．由双缝干涉条纹间距公式可知，在其它条件不变的情况下将入射光由紫光改为红光，即入射光的波长增大，相邻条纹间距一定变大，A正确；
B．由可知折射率n越大，临界角C越小，由于紫光的折射率最大，临界角最小，当紫光能发生全反射时，入射角不一定大于或等于红光的临界角，因此红光不一定能发生全反射，B错误；
C．偏振片只能使振动方向与偏振片狭缝的方向相同的那部分光透过，而沿其它方向振动的光不能通过，因此减弱了透射光的强度，C错误；
D．用三棱镜观察太阳光谱是利用了光的折射现象，D错误；
E．在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象，E正确。
故选AE。
10．BC
【详解】A．根据折射定律得
根据反射定律得
解得
A错误；
B．光在该介质中的传播速度为
B正确；
C．反射光为线偏振光，C正确；
D．折射率与入射角无关，改变入射角，折射率不变，D错误。
故选BC。
11．BC
【详解】A．图甲中，为共振曲线，当驱动力频率等于振动系统固有频率时，振幅最大，故A错误；
B．乙图中，根据，若只将光源由蓝色光改为绿色光，波长增大，两相邻亮条纹间距离将增大，故B正确；
C．丙图中，当将薄片向右移动时，即增大空气薄层的厚度，导致同级的光程差的间距变小，则干涉条纹间距会变小，故C正确；
D．丁图中，当M固定不动，缓慢转动N，从图示位置开始转动90°时，M、N的振动方向垂直，此时光屏P上的光亮度最暗，故D错误。
故选BC。
12．BC
【详解】A．图中用到的光导纤维，采用的是全反射的原理，故A错误；
B．全息照相利用的是光的干涉原理，故B正确；
C．镜头玻璃的颜色利用的是薄膜干涉原理，故C正确；
D．图象中是光的衍射现象，故D错误；
E．电子液晶屏的显示利用了光的偏振原理，故E错误；
F．泊松亮斑是光绕过小圆盘产生的衍射现象造成的，故F错误。
故选BC。
13． 透射光的强度（或亮度）发生变化 光是一种横波
【详解】纵波振子是沿传播方向震动的，所以它可以通过那个纸板上的眼，也就不能偏振了；而横波振子是沿与传播方向垂直的方向震动的，而且振子的平衡位置不变，当波传到纸板处，这里的振子无法震动，部分波就无法传过去了，即发生了“偏振”现象；所以让太阳光或白炽灯光通过偏振片P和Q，以光的传播方向为轴旋转偏振片P或Q，可以看到的现象是透射光的强度（或亮度）发生变化；这是光的偏振现象，这个实验表明光是一种横波．
14． 不变化 偏振现象是横波所特有的现象 不会发生 沿着这个方向振动的光波 透振方向 狭缝对于机械波 垂直于传播方向上沿一切方向振动的光 各个方向振动的光波强度都相同 在垂直于传播方向的平面上 沿着某个特定的方向振动
【详解】（1）[1]在图甲中，以光的传播方向为轴旋转偏振片P，透射光的强度不变化。原因是阳光或灯光是自然光，包含着垂直于传播方向上沿一切振动的光，而且各个方向振动的光波的强度都相同，只有振动方向和偏振片的透振方向一致的光波才能顺利通过偏振片，因此，以光的传播方向为轴旋转偏振片P，透射光的强度不变化。
（2）[2][3]偏振现象是横波所特有的现象，因此，上面实验中如果光波是纵波，演示的现象不会发生。
（3）[4][5][6] 偏振片由特定的材料制成，每个偏振片都有一个特定的方向，只有沿着这个方向振动的光波才能通过偏振片，这个方向叫作透振方向。偏振片对光波的作用就像狭缝对于机械波的作用一样。
[7][8] 实际上，太阳以及日光灯、发光二极管等普通光源发出的光，包含着在垂直于传播方向上沿一切方向振动的光，而且各个方向振动的光波强度都相同,这种光是“自然光”
[9][10] 自然光在通过偏振片P时，只有振动方向与偏振片的透振方向一致的光波才能顺利通过。也就是说，通过偏振片P的光波，在垂直于传播方向的平面上，沿着某个特定的方向振动,这种光叫作偏振光。
当通过P的偏振光的振动方向和偏振片Q的透振方向一致时，可以透过Q，这是屏上是明的。当通过P的偏振光的振动方向和偏振片Q的透振方向垂直时，光不能透过Q，这是屏.上是暗的。
15．激光的亮度高而且平行度很好，不能用于室内照明，会刺伤人的眼睛。
【详解】激光的亮度高而且平行度很好，不能用于室内照明，会刺伤人的眼睛。
16．
【详解】发射相邻两个激光脉冲的时间间隔为
由题图可看出从发射激光到接收到反射脉冲所需的时间为
则被测物与测量者之间的距离为
由于，所以n只能取0，可得
17．（1）；（2）
【详解】（1）由题意可知，自然光光强I0入射起偏器和检偏器后，由马吕斯定律可得出射光强为
可得出射光强与入射光强之比是
（2）在两个偏振片之间再平行地插入一偏振片，使它的透振方向与前两个偏振片透振方向均成30°角时，由马吕斯定律可得出射光强为
可得出射光强与入射光强之比是
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页选择性必修第一册 期末复习与检测
（时间90分钟，满分100分）
一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分)
1．如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=2kg的另一物体B以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦，A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．木板获得的动能为2J
B．系统损失的机械能为1J
C．木板A的最小长度为1m
D．A、B间的动摩擦因数为0.2
2．ABCDE为单反照相机取景器中五棱镜的一个截面示意图，AB⊥BC，由a、b两种单色光组成的细光束从空气垂直于AB射入棱镜，经两次反射后光线垂直于BC射出，且在CD、AE边只有a光射出，光路图如图所示，则a、b两束光（　　）
A．在真空中，a光的传播速度比b光的大
B．在棱镜内，a光的传播速度比b光的小
C．以相同的入射角从空气斜射入水中，b光的折射角较小
D．分别通过同一双缝干涉装置，a光的相邻亮条纹间距小
3．洗衣机脱水缸正常工作时，转速为，脱水后从切断电源到电动机停止转动的时间为.发现在切断电源后的左右时，洗衣机振动最为剧烈，若切断电源后，脱水缸转速是随时间均匀减小的，则洗衣机振动的固有频率大约是（　　）
A． B． C． D．
4．非接触式体温测量仪可以通过人体辐射的红外线测量体温，紫外线灯可以在无人的环境下消杀病毒。红外线和紫外线相比较（　　）
A．红外线的光子能量比紫外线的大
B．真空中红外线的波长比紫外线的长
C．真空中红外线的传播速度比紫外线的大
D．红外线的频率比紫外线高
5．一位质量为m的运动员从下蹲状态向上跳起，经时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，在此过程中，下列说法正确的是（　　）
A．地面对他的冲量为，地面对他做的功为
B．地面对他的冲量为，地面对他做的功为零
C．地面对他的冲量为，地面对他做的功为
D．地面对他的冲量为，地面对他做的功为零
6．2020年11月24日4时30分，嫦娥五号在海南文昌航天发射场成功发射，是中国首个实施无人月面取样返回的月球探测器，标志着中国探月告别“单程票”时代，同时为将来的载人登月突破一系列关键技术，携带“月壤”的嫦娥五号预计12月中下旬于白雪皑皑的内蒙古四子王旗附近着陆，使中国成为第三个能够让航天器从月球轨道重返地面的国家。下列对于嫦娥五号在地面附近的发射和降落回收过程，说法正确的是（　　）
A．探测器发射过程和回收过程，受到重力的冲量方向相反
B．探测器发射过程和回收过程，受到空气阻力冲量的方向相同
C．探测器的发射过程，所受各力冲量的总和方向向上
D．探测器的回收过程，所受各力冲量的总和方向向下
7．如图为水面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况，以波源S1、S2为圆心的两组同心圆弧分别表示同一时刻两列波的波峰（实线）和波谷（虚线），两波源振幅均为3.5cm，下列说法正确的是（ ）
A．B、C两质点都是振动加强点
B．质点A、D在该时刻的高度差为14cm
C．再过半个周期，质点B、C是振动加强点
D．再过半个周期，质点D的位移为零
8．如图所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，并使其轨道平面与地面垂直，物体、同时由轨道左、右最高点释放，二者在最低点碰后粘在一起向左运动，最高能上升到轨道的M点，已知OM与竖直方向夹角为，则两物体的质量之比为（　　）
A． B．
C． D．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)
9．一水平长绳上系着一个弹簧和小球组成的振动系统，小球振动的固有频率为2 Hz，现在长绳两端分别有一振源P、Q同时开始以相同振幅A上下振动了一段时间，某时刻两个振源在长绳上形成的波形如图所示，两列波先后间隔一段时间经过弹簧振子所在位置，观察到小球先后出现了两次振动，小球第一次振动时起振方向向上，且振动并不显著，而小球第二次发生了共振现象，则（　　）

A．由P振源产生的波先到达弹簧处
B．两列波可能形成干涉
C．由Q振源产生的波的波速较接近4 m/s
D．绳上会出现振动位移大小为2A的点
10．图甲为一列简谐横波在t=0时的波形图，P是平衡位置在x=0.5 m处的质点，Q是平衡位置在x=2.0 m处的质点；图乙为质点Q的振动图像。下列说法正确的是（　　）
A．这列简谐波沿x轴正方向传播
B．波的传播速度为20 m/s
C．在0～0.25 s时间内，波传播的距离为50 cm
D．在t=0.1 s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同
11．如图所示，甲为一列简谐波在t＝3.0 s时刻波的图像，Q为x＝4 m的质点，乙为甲图中P质点的振动图像，则下列说法正确的是（　　）

A．此波沿x轴负方向传播
B．t＝8.0 s时，P点位移为2 cm
C．若障碍物的尺寸大于12 m，则该波不能发生衍射现象
D．该波能与另一列频率为4 Hz的简谐波发生稳定的干涉现象
12．如图所示为一圆柱形中空玻璃管的横截面，管内径为R1，外径为R2，一细束黄色光线在玻璃管上的A点射入圆柱横截面内，入射角为i，为保证在内壁处光不会进入中空部分，下列说法正确的是（　　）
A．若，为保证光不从内壁处进入中空部分，R2可以等于
B．若，为保证光不从内壁处进入中空部分，R2不能大于
C．若将黄光换成蓝光，改变i，使蓝光沿黄光的折射路径到达玻璃管内壁处，当R2等于时，蓝光也不会射入中空部分
D．若R2等于，为保证光不从内壁处进入中空部分，则
三、实验题(每空2分，共12分)
13．某同学利用打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验，气垫导轨装置如图甲所示
下面是实验的主要步骤：
①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；
②向气垫导轨通入压缩空气；
③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器和弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；
④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；
⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；已知碰后两滑块一起运动；
⑥先 ，然后 ，让滑块带动纸带一起运动；
⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出较理想的纸带如图乙所示；
⑧测得滑块1（包括撞针）的质量为310 g，滑块2（包括橡皮泥）的质量为205 g。
（1）试着完善实验步骤⑥的内容。
（2）已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，计算可知两滑块相互作用前动量之和为 kg·m/s；两滑块相互作用以后质量与速度的乘积之和为 kg·m/s。（结果保留三位有效数字）
（3）试说明（2）中两结果不完全相等的主要原因： 。
14．某同学用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”实验.先将小球1从斜槽轨道上某固定点由静止开始滚下，最终小球1在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复上述操作10次；再把另一小球2静止放在斜槽轨道末端，让小球1仍从原固定点由静止开始滚下，且与小球2相碰，最终两球分别落在记录纸上的不同位置，重复上述过程10次，A、B、C为三个落点的平均位置，O点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点.实验中空气阻力的影响很小，可以忽略不计。
(1)在本实验中斜槽轨道 （填选项前的字母）
A．必须光滑 B．可以不光滑
(2)实验中应该选择两个合适的小球进行实验
①两个小球的半径 （填“相同”或“不同”）；
②下列三组小球合适的是 （填选项前的字母）；
A．两个钢球
B．一个钢球、一个玻璃球
C．两个玻璃球
(3)斜槽轨道末端没有放置被碰小球2时，将小球1从固定点由静止释放，若仅降低斜槽上固定点的位置，那么小球1的落地点到O点的距离将 （填“改变”或“不变”），若仅增大小球1的质量，小球1仍以相同的速度从斜槽轨道末端飞出，那么小球1的落地点到O点的距离将 （填“改变”或“不变”）；
(4)在安装实验装置的过程中，使斜槽轨道末端的切线水平，小球碰撞前与碰撞后的速度就可以用小球做平抛运动的水平位移来表示，原因是
A．小球都是从同一高度飞出，水平位移等于小球飞出时的速度
B．小球都是从同一高度飞出，水平位移与小球飞出时的速度成正比
C．小球在空中的运动都是匀变速曲线运动，而且运动的加速度都相同
(5)本实验必须测量的物理量是
A．斜槽轨道末端到水平地面的高度H
B．小球1和小球2的质量、
C．小球1的释放位置到斜槽轨道末端的高度h
D．记录纸上O点到A、B、C各点的距离、、
四、计算题（15题12分，16题14分，17题14分，共40分。）
15．在某水平面A、B两物块沿同一直线运动并发生碰撞，图示为两物块碰撞前、后的位移—时间图像，其中a、b分别为A、B碰前的位移-时间图像，c为碰撞后A、B共同运动的位移-时间图像。若A物块的质量，试求：
(1)碰撞过程A对B的冲量；
(2)B物块的质量；
(3)碰撞中A、B组成的系统损失的机械能。
16．如图（1）所示，在光滑的水平面上有甲、乙两辆小车，质量为30kg的小孩乘甲车以5m/s的速度水平向右匀速运动，甲车的质量为15kg，乙车静止于甲车滑行的前方，两车碰撞前后的位移随时间变化图象如图（2）所示．
求：（1）甲乙两车碰撞后的速度大小；
（2）乙车的质量；
（3）为了避免甲乙两车相撞，小孩至少以多大的水平速度从甲车跳到乙车上？
17．轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为12m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接，AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示．物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后释放，P开始沿轨道运动，运动到B点与Q物块碰撞后粘在一起，PQ均可看成质点，重力加速度大小为g。 求：
（1）当弹簧被压缩到时的弹性势能；
（2）若P、Q的质量均为m，求P到达B点时速度的大小和与Q物块碰撞后的速度大小；
（3）PQ运动到D点时对轨道的压力。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】A．根据题意，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
所以木板获得的动能为
故A错误；
B．系统损失的机械能为
代入数据解得
故B错误；
C．由图乙可得，0~1s内B的位移为
A的位移为
所以木板A的最小长度为
故C正确；
D．由图乙可知，B的加速度为
负号表示加速度的方向与初速度方向相反，由牛顿第二定律得
解得
故D错误。
故选C。
2．C
【详解】A．所有光在真空中有相同的速度，选项A错误；
B．在CD、AE边只有a光射出，b光发生了全反射，说明b光的临界角小，在五棱镜中的折射率大，由 知，b光在棱镜里的速度小，选项B错误；
C．由折射定律
知，b光的折射率大，折射角小，选项C正确；
D．a光的频率小于b光的频率，则a光的波长大于b光的波长，由
知，a光的相邻亮条纹间距大于b光的相邻亮条纹间距，选项D错误；
故选C。
3．C
【详解】切断电源后，洗衣机脱水缸转速随时间均匀减小，到时的转速
故洗衣机的固有频率约为。
应选C。
4．B
【详解】AD．红外线的频率比紫外线低，根据
ε=hν
可知，红外线的光子能量比紫外线的光子能量小，AD错误；
B．红外线的频率比紫外线低，由
知，在真空中红外线的波长比紫外线的波长长，B正确；
C．红外线和紫外线在真空中的传播速度相同，C错误。
故选B。
5．D
【详解】人的速度原来为零，起跳后变化v，则由动量定理可得：
I-mg△t=△mv=mv
故地面对人的冲量为mv+mg△t；在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故D正确，ABC错误。
故选D。
6．C
【详解】A．探测器发射过程和回收过程，受到重力的方向向下，则重力的冲量方向也是向下的，方向相同，选项A错误；
B．探测器发射过程和回收过程，受到空气阻力方向相反，则阻力的冲量的方向相反，选项B错误；
C．探测器的发射过程，速度增加，动量增量方向向上，则根据动量定理可知，所受各力冲量的总和方向向上，选项C正确；
D．探测器的回收过程，速度减小，动量向下减小，则动量变化的方向向上，根据动量定理可知，所受各力冲量的总和方向向上，选项D错误。
故选C。
7．B
【详解】A．B、C两质点都是波峰与波谷相叠加，故都是振动减弱点，A错误；
B．A是波峰与波峰相遇，此时位移为 + 7cm，D是波谷与波谷相遇，此时位移为 - 7cm，故质点A、D在该时刻的高度差为14cm，B正确；
C．干涉图样是稳定存在的，此刻质点B、C是振动减弱的点，之后也始终处于振动减弱的状态，C错误；
D．由题图可知，再过半个周期，D点在正向最大位移处，D错误。
故选B。
8．D
【详解】设半圆形光滑轨道半径为R，两物体下滑到最低点碰撞前的速度大小分别为v1、v2，下滑过程中由动能定理得
去水平向左为正方向，在最低点碰撞过程中由动量守恒定律可得
碰撞后一起上升到轨道M点的过程中由动能定理可得
联立解得
故选D。
9．ACD
【详解】A．由“上下坡法”知P振源起振方向向上，Q振源起振方向向下，故先到达弹簧振子位置的是P振源产生的波，A正确；
C．Q产生的波晚到弹簧振子所在的位置，且小球产生了较强烈的振动，即共振，故Q的振动频率接近2 Hz，则周期接近0.5 s，该波的波速
v＝m/s＝4 m/s
故C正确；
B．由于两列波的频率不同，不会形成干涉，B错误；
D．根据波的叠加原理，两列波相遇时，两列波的波程差等于半个波长的奇数倍时，绳上会出现振动位移大小为2A的点，故D正确。
故选ACD。
10．ABD
【详解】A．Q质点在t=0时刻向上振动，可知波沿x轴正方向传播，故A正确；
B．由波动图像可知，波长λ=4 m，由振动图像可知，振动的周期T=0.2 s，波传播的周期与质点的振动周期相等，则波速
v=m/s=20 m/s
故B正确；
C．在0～0.25 s时间内波传播的距离
x=vt=20×0.25 m=5 m=500 cm
故C错误；
D．在t=0.1 s时，即经过半个周期，质点P在平衡位置下方，加速度的方向沿y轴正方向，故D正确。
故选ABD。
11．AB
【详解】A．t＝3.0 s时P质点向y轴正方向振动，由“上下坡法”知此波沿x轴负方向传播，A正确；
B．由题图可知这列波的周期T＝4 s，波长λ＝12 m，根据波长、波速和周期的关系可知该波的波速为
v＝＝3 m/s
从t＝3.0 s到t＝8.0 s
Δt＝5.0s＝
P振动到最大位移处，B正确；
C．产生明显衍射的条件是障碍物或孔的尺寸比波长小或跟波长差不多，若障碍物的尺寸大于12 m ，能发生衍射现象，C错误；
D．根据波产生干涉的条件：频率相等。该波频率为Hz，故不能发生稳定干涉现象，D错误。
故选AB。
12．ACD
【详解】AB．光路图如图所示
设第一次折射的折射角为r，全反射临界角为C，玻璃管折射率为n，光线从空气进入玻璃管发生折射时，由折射定律得，则折射光线恰好在内壁处发生全反射时光线射到内壁处的入射角等于临界角C，则对图中，由正弦定理得
可得
若，解得
所以为保证光不从内壁处进入中空部分，满足的条件是
故A正确，B错误；
C．当等于时，黄光在内壁处恰好发生全反射，入射角等于临界角，而蓝光频率高于黄光，折射率更大，则临界角小于黄光的临界角，所以使蓝光沿黄光的折射路径到达玻璃管内壁处时，入射角大于蓝光的临界角，将发生全反射，蓝光不会射入中空部分，故C正确；
D．由A项的分析知
当时，可解得
所以为保证在内壁处光不会进入中空部分，入射角i应满足，故D正确。
故选ACD。
13． 接通打点计时器的电源 放开滑块1 0.620 0.618 纸带与打点计时器的限位孔有摩擦
【详解】(1)[1][2]应先接通打点计时器的电源，然后放开滑块1。
(2)[3][4]相互作用前滑块1的速度为
其动量为
p1=0.310×2kg·m/s=0.620kg·m/s
相互作用后滑块1和滑块2具有相同的速度
其质量与速度的乘积之和为
p2=(0.310+0.205)×1.2kg·m/s=0.618kg·m/s
(3)[5](2)中两结果不完全相等的主要原因是：纸带与打点计时器的限位孔有摩擦。
14． B 相同 B 改变 不变 B BD
【详解】(1)[1]碰撞是在斜槽轨道的末端进行的，且碰撞之后两球立即做平抛运动，所以只需测出两小球在碰撞前后的速度，斜槽有无摩擦只影响碰撞前小球的速度大小，不影响碰撞过程
故选B
(2)[2]由于是一维碰撞，所以两球的半径要相同
[3]碰撞后不反弹，则要求从固定点滚下的小球的质量大于被碰小球的质量，所以选择半径相同的钢球和玻璃球各一个
故选B
(3)[4]固定点变化，小球到达斜槽轨道末端的速度将改变，则做平抛运动的水平位移将改变
[5]小球下落的高度不变，则下落的时间不变，又由平抛运动的水平位移公式知，水平位移与小球的质量无关，所以水平位移不变
(4)[6]碰撞前、后的速度可以用水平位移表示，是因为两球做平抛运动的运动时间相等，水平位移与水平飞出的速度成正比
故选B
(5)[7]实验中斜槽轨道末端到水平地面的高度不需要测量，因为实验中小球做平抛运动，在空中的运动时间都相同；因为动量，且两小球的质量不同，所以需要测量两小球的质量；只要满足小球1的释放位置不变即可，没有必要测量小球1的释放位置到斜槽轨道末端的高度；记录纸上O点到A、B、C各点的距离（即小球做平抛运动的水平位移）是必须测量的，因为要用水平位移来代替小球飞出时的速度.
故选BD
15．(1)；(2)；(3)5J
【详解】由图可知，碰撞前有
解得
碰撞后有
对A、B组成的系统，由动量守恒定律及动量定理得
(2) B物块在碰撞前后动量变化量为
所以
(3)碰撞中A、B组成的系统损失的机械能
代入数据解得。
16．（1）甲车的速度大小为，乙车的速度大小为v2=3m/s
（2）
（3）
【详解】（1）由图可知，碰撞后甲车的速度大小为 （1分）
乙车的速度大小为v2="3m/s " （1分）
（2）在碰撞过程中，三者组成的系统满足动量守恒．
（2分）
解得： （1分）
（3）设人跳向乙车的速度为v人,由动量守恒定律得
人跳离甲车： （1分）
人跳至乙车： （1分）
为使二车避免相撞，应满足 （2分）
取“=”时，人跳离甲车的速度最小， （2分）
17．（1）（2）；（3）
【详解】（1）由弹簧和12m的物体组成的系统机械能守恒定律
（2）A到B对P用动能定理
又因为
解得
由P、Q动量守恒
解得
（3）B到D过程PQ的机械能守恒
在D点由牛顿第二定律可得
解得
由牛顿第三定律可知，PQ运动到D点时对轨道的压力为0。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页1.2动量定理 同步练习与检测
一、单选题
1．如图所示，摆线长为L，质量为m的小球（可视为所点）从A（连线与竖直方向夹角为）位置由静止释放沿圆弧运动到B位置的过程中，所用时间为t，到达B点时动量大小为p，到达B点时绳子拉力大小为F，该过程中重力的冲量大小为，拉力的冲量大小为，合外力的冲量大小为，不计空气阻力，下列关系式及说法正确的是（ ）
A．、方向竖直向上 B．、方向竖直向下
C．，方向竖直向上 D．，方向竖直向上
2．行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊的作用，下列说法正确的是（　　）
A．增加了司机受到的撞击力
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．增加了碰撞前后司机动量的变化量
D．延长了司机的受力时间，减少了司机受到的撞击力
3．铅球运动员采用原地推和滑步推铅球两种方式，如图为滑步推铅球示，滑步推铅球比原地推铅球增加几米的成绩。两种方式铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，忽略空气阻力，则（　　）
A．两种方式推出的铅球在空中运动的时间可能相同
B．采用原地推铅球方式推出的铅球上升的高度更高
C．两种方式推出的铅球在空中运动到最高点时的速度都相同
D．滑步推铅球可以增加成绩，可能是延长了运动员对铅球的作用时间
4．将物体水平抛出，在物体落地前（不计空气阻力）（　　）
A．动量的方向不变
B．动量变化量的方向时刻在改变
C．相等时间内动量的变化量相同
D．相等时间内动量的变化量越来越大
5．篮球运动是一项同学们喜欢的体育运动，通过篮球对地冲击力大小判断篮球的性能.某同学让一篮球从高处自由下落，测出篮球从开始下落至反弹到最高点所用时间为，该篮球反弹时从离开地面至最高点所用时间为，篮球的质量，重力加速度取，不计空气阻力。则篮球对地面的平均作用力大小为（　　）
A． B． C． D．
6．“蹦极”是一项专业的户外休闲运动。如题图所示，某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空P处自由下落，若此人质量为m，橡皮绳长为l，人可看成质点，且此人从P点由静止开始下落到最低点所用时间为t，重力加速度为g，不计空气阻力。从橡皮绳开始拉伸到此人下落到最低点的过程中，橡皮绳对此人的平均作用力大小为（　　）
A． B． C． D．
7．篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球，接球时，两臂随球迅速收缩至胸前。这样做可以减小（　　）
A．接球时间 B．球对手的冲量
C．减小球的动量变化量 D．减小球的动量的变化率
8．有三个质量都是m的小球a、b、c，以相同的速度v0在空中分别竖直向上、水平和竖直向下抛出，三球落地时相同的物理量是（不计空气阻力）（ ）
A．速度 B．动量 C．重力的冲量 D．机械能
二、多选题
9．在2016年里约奥运跳水比赛中，中国跳水梦之队由吴敏霞领衔包揽全部8枚金牌．假设质量为m的跳水运动员从跳台上以初速度向上跳起，跳水运动员从跳台上起跳到入水前重心下降H，入水后受水阻力而速度减为零，不计跳水运动员水平方向的运动，运动员人水后到速度为零时重心下降h，不计空气阻力，重力加速度g，则（ ）
A．运动员从跳台上起跳到入水前受到合外力冲量大小为
B．水对运动员阻力的冲量大小为
C．运动员克服水的阻力做功为
D．运动员从跳起到入水后速度减为零的过程中机械能减少量为
10．篮球是以手为中心的身体对抗性体育运动，是奥运会核心比赛项目。如图所示，一同学某次在篮球上升的最高点竖直往下击球，手与篮球的作用距离为（还没到达地面），篮球离手瞬间获得的速度，篮球的质量为，不计空气阻力，重力加速度，则本次拍球（　　）
A．人对篮球做的功为
B．人对篮球做的功为
C．手给篮球的冲量为
D．手给篮球的冲量小于
11．一传送带以恒定速率顺时针方向运行，传送带倾角为，如图所示。现将一质量的物块静止放于传送带底端A，经过一段时间将物块传送到传送带的顶端B，传送带底端A、顶端B之间的距离，物块与传送带间的动摩擦因数为，物块可以看作质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取，，。则下列说法正确的是（　　）
A．物块从底端A传送到顶端B过程中合力对物块的冲量大小为
B．物块从底端A传送到顶端B过程中传送带对物块的弹力的冲量为
C．物块从底端A传送到顶端B过程中因摩擦产生的热量是63J
D．物块从底端A传送到顶端B过程中机械能的增量为58.5J
12．如图所示，间距为的光滑平行直导轨倾斜固定放置，导轨平面的倾角为，导轨上端接有阻值为的定值电阻。垂直于导轨平面向上的有界磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小均为，磁场的边界均垂直于导轨，两个磁场的宽度均为，磁场Ⅰ的下边界与磁场Ⅱ的上边界间的距离也为。质量为、有效电阻为的金属棒垂直导轨放置，离磁场Ⅰ上边界的距离为，由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，金属棒进入两个磁场时的速度相同，导轨电阻不计，重力加速度为，则（ ）

A．金属棒通过磁场Ⅰ的过程中，通过电阻的电荷量为
B．金属棒出磁场Ⅰ时的速度大小为
C．金属棒通过磁场Ⅰ过程中金属棒重力的冲量大小为
D．金属棒通过两个磁场过程中，电阻中产生的焦耳热为
三、实验题
13．飞镖是具有悠久历史的游戏。20世纪70年代以后，飞镖成为世界上最受欢迎的运动之一。长久以来这项运动的起源被认为是标枪、驽箭或箭术。其同心圆的靶子非常类似射箭靶，飞镖非常类似箭。
高一某同学为了研究飞镖在空中的运动轨迹，将飞镖上绑上自制信号发射装置，使用弹射器水平弹出，并使用实验室的“魔板”进行记录（原理与实验：《探究平抛运动》完全相同，如左图所示。）右图所示，为一次实验记录中的一部分，图中背景方格的边长表示实际长度8 mm，那么：
（1）飞镖在水平方向上的运动是( )
A．匀速直线运动 B．匀变速直线运动 C．变加速直线运动 D．曲线运动
（2）右图中的A点 （填是/不是）飞镖发射的起点。
（3）从图像上分析，魔板记录间隔 s，小球做平抛运动的水平初速度大小是 m/s；飞镖到B点时，已经在空中飞行了 s。
（4）某次实验中该学生未能将弹射器水平放置，使得发出的飞镖略向上发出，做斜上抛运动。则下列描述正确的是( )
A．飞镖机械能先减小后增大
B．飞镖的重力势能将先减小后增大
C．飞镖经过相同的时间间隔，获得的冲量与平抛时相同
D．飞镖在飞行过程中动量守恒
（5）某同学在水平距离靶标s的位置，将质量为m飞镖水平投出，出手时飞镖速度为，重力加速度为g，不计空气阻力。请问飞镖出手后经过 时间飞镖击中靶子。若飞镖恰好击中红心，则在飞镖在飞行过程中重力做功为 。
（6）罗西尼有一首著名的《威廉泰尔》序曲，讲述了一个神射手箭射苹果的故事。设一只短箭质量，以的速度射中一只静止于光滑水平面上、质量苹果。短箭插入苹果的时间极短，并未击穿。（假设短箭在射入苹果的过程中它们之间的相互作用力是恒力）
①计算短箭插入苹果后，苹果的速度 ；
②计算短箭射中苹果前、后，系统（短箭和苹果）的动能变化量（结果保留两位小数） ；
③若短箭插入苹果的时间为0.01 s，请计算苹果对短箭的作用力大小 ；
④定性地画出短箭插入苹果后短箭和苹果的图像 。
14．某实验小组的同学制作了一个弹簧弹射装置，轻弹簧两端各放一个金属小球（小球与弹簧不连接，两小球均视为质点），压缩弹簧并锁定，然后将锁定的弹簧和两个小球组成的系统放在内壁光滑的金属管中（管径略大于两球直径），金属管水平固定在离地面一定高度处，如图。解除弹簧锁定，则这两个金属小球可以同时沿同一直线向相反方向弹射。现要测定弹簧锁定时具有的弹性势能和弹簧弹射出小球过程中对小球弹力的冲量大小，实验小组配有足够的基本测量工具，并按下述步骤进行实验∶
①用天平测出两球质量分别为m1、m2；
②用刻度尺测出两管口离地面的高度均为h；
③解除弹簧锁定弹出两球，记录下两球在水平地面上的落点M、N
根据该小组同学的实验，已知重力加速度大小为g。回答下列问题：
（1）要测定弹簧锁定时具有的弹性势能，还需要测量的物理量有 ；
A．弹簧的压缩量△x B．两球落地点M、N到对应管口P、Q的水平距离x1、x2
C．小球直径d D．两球从弹出到落地的时间t1、t2
（2）根据测量结果，弹簧弹性势能的表达式为 ；
（3）根据测量结果，弹簧弹射出小球过程中，弹簧对小球m1弹力的冲量大小表达式为 。
四、解答题
15．两位同学在广丰一中的运动场上踢足球，张三同学一脚把一个质量为0.5kg的足球从静止踢出去，已知足球刚飞出时的速度为40m/s，脚与球的接触时间为0.2s，（忽略脚踢球时的重力和空气阻力的影响）．求：
（1）足球动量变化量的大小；
（2）脚对足球的平均作用力的大小．
16．如图所示，质量为m的物体，仅在与运动方向相同的恒力F的作用下做匀变速直线运动．经过时间t，速度由v1增加到v2．请根据牛顿运动定律和匀变速直线运动规律，推导在这个运动过程中，恒力F的冲量和物体动量变化之间的关系，即动量定理．
17．如图甲所示为一质量为的小钢球从静止开始先向下做加速运动，与地面发生碰撞后，再竖直向上做减速运动到最高点，设空气的阻力f大小不变，碰撞的时间忽略不计，整个运动过程的关系图像如乙图所示，重力加速度g取，取竖直向下为正。求
（1）空气的阻力f及小钢球与地面的碰撞时刻；
（2）小钢球与地面发生碰撞，若忽略重力与阻力，求碰撞瞬间地面对小球的冲量；
（3）在的过程中，因摩擦生热产生的热量？
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【详解】A．摆球摆动时，绳子的拉力F大小方向都不断变化，则拉力的冲量、只有到达最低点时拉力的冲量方向才是竖直向上，选项A错误；
B．重力是恒力，则重力的冲量
方向竖直向下，选项B正确；
C．从释放到到达底端，由动能定理
解得
由动量定理可得
方向向右，选项C错误；
D．在B点时
其中
解得
方向竖直向上，选项D错误。
故选B。
2．D
【详解】在碰撞过程中，司机的动量的变化量是一定的，但安全气囊会增加作用的时间，根据动量定理
可知,可以减小司机受到的撞击力F，故ABC错误，D正确。
故选D。
3．D
【详解】A．两种方式铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，但是成绩不同，所以速度方向相同，大小不同，竖直方向的分速度不同，到达最高点的时间为t，根据速度-时间公式
到达最高点的时间不同，故根据斜抛的对称性，铅球在空中的时间不用，故A错误；
B．因为原地推铅球方式推出时水平位移小，故速度小，竖直方向的速度也小，上升的高度小，故B错误；
C．两种方式推铅球方向相同，成绩不同，初速度大小不同，故水平速度大小不同，运动到最高点时只有水平方向的速度，故最高点的速度不同，故C错误；
D．运动员都是用最大力推铅球，初速度都是0，滑步推时末速度大，根据动量定理
动量变化大的过程时间长，故D正确。
故选D。
4．C
【详解】A．做平抛运动的物体在落地前速度的方向不断变化，故动量的方向变化，选项A错误；
B．由动量定理可知，动量变化量等于重力的冲量，故动量变化量的方向不变，选项B错误；
CD．根据动量定理，相等时间内动量的变化量都等于mgt，故相等时间内动量的变化量相同，选项C正确，D错误。
故选C。
5．B
【详解】根据自由落体运动位移—时间公式
可得篮球下落的时间为
根据自由落体运动速度—位移公式
可得篮球下落到地面的速度为
篮球离开地面上升过程可逆向看作自由落体运动，根据速度—时间公式，可得篮球离开地面时的速度为
篮球和地面接触的时间为
根据动量定理，取向上为正方向，可得
代入数据解得
故选B。
6．D
【详解】人从下落到橡皮绳正好拉直的时间设为t1，则
此时速度为
取向上为正方向，由动量定理得
橡皮绳对人的平均作用力为
故选D。
7．D
【详解】A．人两臂随球迅速收缩，这是为了增大接球的时间，A错误；
B．作用力与反作用力的冲量大小相等方向相反，接球过程有
即球对手的冲量一定，该目的不是为了减小球对手的冲量，B错误；
C．接球时，两臂随球迅速收缩至胸前，球的速度不为零，即动量也变为零，动量的变化量一定，可知，这样做的目的不是减小球的动量变化量，C错误；
D．根据动量定理有
解得
根据上述，人两臂随球迅速收缩，这是为了增大接球的时间，动量变化量一定，则该目的是减小球的动量的变化率，即减小人球之间的作用力，D正确。
故选D。
8．D
【详解】A．设球落地的速度大小为v，取地面为参考平面，根据机械能守恒定律得
因m、h、v0相同，因此落地时动能相同，速度大小相等，由于平抛运动的速度与地面不垂直，所以它与其他两个球的速度方向不同，所以三球落地时速度不相同，故A错误；
B．动量，三球落地时速度不同，则动量不同，故B错误；
C．三者落地时间不同，故重力的冲量不同，故C错误；
D．三个小球抛出时机械能相等，在运动过程中，各自的机械能守恒，所以落地时它们的机械能一定相同，故D正确。
故选D。
9．AD
【详解】A.设入水前运动员的速度大小为v，运动员在空中运动的过程中机械能守恒，则
所以
取向下为正方向，由动量定理得：运动员起跳后在空中运动过程受到合外力冲量大小为
故A正确；
B．运动员在水中运动的过程中受到重力和水的阻力，则
所以水对运动员阻力的冲量大小大于，故B错误；
CD．运动员从起跳到入水后速度减为零的过程中运动员克服水的阻力做功等于机械能减少量，大小为：
，
故D正确，C错误。
故选AD。
10．BD
【详解】.
AB．人拍篮球的过程，由动能定理可得
解得人对篮球做的功为
故A错误，B正确；
CD．人拍篮球的过程，由动量定理可得
则
手给篮球的冲量小于2.0kg·m/s，故C错误，D正确。
故选BD。
11．AC
【详解】A．物块开始运动时，受到沿传送带向上的滑动摩擦力
根据牛顿第二定律有
解得加速度
与传送带达到共同速度经历的时间为
运动的位移为
因为，即
所以，当物块的速度与传送带的速度相等时，开始以做匀速直线运动，一直运动到顶端B，物块从底端A传送到顶端B过程中，根据动量定理，合力对物块的冲量等于物块动量的变化量，有
故A正确；
B．物块匀速直线运动的位移为
匀速运动的时间为
则物块从底端传送到顶端用的时间为
传送带对物块的弹力为
则弹力的冲量为
故B错误；
C．第一阶段物块与传送带之间发生相对滑动，物块做匀加速直线运动，位移为
传送带做匀速运动
则产生的热量为
第二阶段物块与传送带之间没有相对滑动，不产生热量，则物块在传送带上运动过程中因摩擦产生的热量是63J，故C正确；
D．物块从底端A传送到顶端B过程中，机械能的增量为
故D错误。
故选AC。
12．BD
【详解】A．金属棒通过磁场Ⅰ的过程中，通过电阻的电量
故A错误；
B．根据金属棒进两个磁场时的速度相同可知，金属棒出磁场Ⅰ时的速度与金属棒从静止开始运动距离时的速度相同，即
故B正确；
C．金属棒刚进磁场Ⅰ时的速度大小
金属棒通过磁场Ⅰ过程，根据动量定理
解得
故C错误；
D．设电阻上产生的焦耳热为，根据能量守恒有
解得
故D正确。
故选BD。
13． A 不是 0.04 0.6 0.08 C 8m/s 320N 见解析
【详解】（1）[1]飞镖在水平方向上的运动是匀速直线运动.
故选A。
（2）（3）[2][3][4][5]根据
得魔板记录时间间隔
T=0.04s
小球做平抛运动的水平初速度大小是
B点竖直方向速度
已经在空中飞行了
A点竖直方向速度
所以右图中的A点不是飞镖发射的起点。
（4）[6] A．飞镖机械能不变，故A错误；
B．飞镖的重力势能将先增大后减小，故B错误；
C．飞镖只受重力作用，经过相同的时间间隔，获得的冲量与平抛时相同，故C正确；
D．飞镖在飞行过程中速度不断变化，动量不断变化，故D错误。
故选C。
（5）[7][8]飞镖出手后经过
时间飞镖击中靶子，飞镖下降高度
重力做功为
（6）①[9]根据动量守恒
得
②[10]短箭射中苹果前、后，系统（短箭和苹果）的动能变化量
③[11]对短箭，根据动量定理
得苹果对短箭的作用力
即大小为320N。
④[12]如图
14． B
【详解】(1)[1]弹簧弹出两球过程中，系统机械能守恒，要测定压缩弹簧的弹性势能，可转换为测定两球被弹出时的动能，实验中显然可以利用平抛运动测定平抛初速度以计算初动能，因此在测出平抛运动下落高度的情况下，只需测定两球落地点M、N到对应管口P、Q的水平距离x1、x2，故B正确。
故选B。
(2)[2]平抛运动的时间
初速度
因此初动能
由机械能守恒定律可知，压缩弹簧的弹性势能等于两球平抛运动的初动能之和，即
(3)[3]根据动量定理得，弹簧对小球m1弹力的冲量大小
水平方向位移
解得
15．(1)20kgm/s(2)100N
【详解】(1)物体动量的变化
△p=mv2-mv1
即
△p=mv-0
△p=0.5×40=20kgm/s
(2)根据动量定理，F=I/t=△P/t
F==100N
16．见解析
【详解】根据牛顿第二定律F=ma
根据匀变速直线运动规律v2=v1+at
联立两式得动量定理Ft=mv2mv1
17．（1），；（2）-28；（3）22J
【详解】(1)由图像中的斜率知小球下落的加速度为
，
由牛顿第二定律得：下落过程
与地面碰撞后上升过程
解得
，
(2)小球与地面发生碰撞，忽略小球的重力与阻力，地面对小球的冲量就是合力的冲量，由动量定理可得
方向向上
(3)在的过程中，小球的路程即为图像所围的面积，所以摩擦生热为
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第三章机械波 章末复习与检测
（时间90分钟，满分100分）
一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分)
1．时刻，位于坐标原点O的质点开始振动，形成的机械波在时刻，恰好传播到处，波形如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．原点O处的质点开始振动的方向为y轴负方向
B．这列机械波的波速大小为
C．时刻，质点K正在向y轴负方向运动
D．时刻，位于处的质点L开始振动
2．4月的江南，草长莺飞，桃红柳绿，雨水连绵．伴随温柔的雨势时常出现瓢泼大雨，雷电交加的景象，在某次闪电过后约2秒小明听到雷声，则雷电生成处离小明的距离约为：
A． B． C． D．
3．如图所示为一简谐横波在某一时刻的波形图，已知此时质点A正向上运动，如图中箭头所示，由此可判断此横波（　　）
A．向右传播，且此时质点B正减速运动
B．向右传播，且此时质点C位移正减小
C．向左传播，且此时质点D速度正增大
D．向左传播，且此时质点E正向平衡位置运动
4．一根长的软绳拉直后放置在光滑水平地板上，以绳中点为坐标原点，以绳上各质点的平衡位置为x轴建立图示坐标系。两人在绳端P、Q沿y轴方向不断有节奏地抖动，形成两列振幅分别为、的相向传播的机械波。已知P的波速为。时刻的波形如图所示。下列判断正确的有（　　）
A．时，在之间（不含两点）绳上一共有5个质点的位移为
B．两列波叠加稳定时之间（不含两点）绳上有10个质点的振幅为
C．两波源的起振方向相同
D．两列波的叠加区域没有稳定干涉图样
5．图中y轴是两种不同介质I、II的分界面，一波源以坐标系原点为中心沿 y轴上下振动，形成的两列简谐波分别沿+x轴和- x轴方向传播，某一时刻的波形如图所示，在介质I、II中传播的波( )
A．周期之比为2:1
B．波长之比为1:2.
C．波速之比为2:1
D．经过相同的时间，波在介质I、II中传播距离之比为1:2
6．如图所示，坐标原点处有一波源，波源起振方向为-y方向．当波传到x=1m处的质点P开始计时，在t=0.4s时PM间第一次形成图示波形（其余波形未画出），此时x=4m的M点刚好在波谷．则（ ）
A．t=0.3s时在x=2m处的质点处于平衡位置且向+y方向运动
B．P点开始振动的方向沿y 轴正方向
C．当M点开始振动时，P点正好在波谷
D．这列波的传播速度是7.5m/s
7．以下关于波的衍射的说法，正确的是（ ）
A．波遇到障碍物时，一定会发生明显的衍射现象
B．当障碍物的尺寸比波长大得多时，会发生明显的衍射现象
C．当孔的大小比波长小时，会发生明显的衍射现象
D．通常讲话产生的声波，经过尺寸为1mm左右的障碍物时会发生明显的衍射现象
8．一列简谐横波沿x轴正方向传播，频率为5Hz，某时刻的波形如图所示，介质中质点A在距原点8cm处，质点B在距原点16cm处，从图象对应时刻算起，质点A的运动状态与图示时刻质点B的运动状态相同需要的最短时间为（ ）
A．0.08s B．0.12s C．0.14s D．0.16s
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)
9．O点有一振源，向右传播经过A，且OA间距离为10m，t=0时刻O点处在波峰位置，观察发现5s后A点也处于波峰位置，且此时O点正通过平衡位置向下运动，OA间还有一个波峰。则_________。
A．波的波长为8m
B．波的传播速度为2.5m/s；
C．该波的振动频率与传播介质无关
D．t=2020s 时，A点恰好处于平衡位置
E．波的周期不确定
10．如图所示，在某种介质中的一条直线上两个振动源A、B相距6m，振动频率相等，C为AB中点，D距B点1.5m。t0=0时刻A、B开始振动，振幅相等，振动图像如下图。若A向右传播的波与B向左传播的波在t1=0.3s时相遇，则（ ）
A．t1=0.3s时刻C点经过平衡位置且振动方向向上
B．在两列波相遇过程中，C质点总是比D质点位移大
C．两列波在A、B间的传播速度均为10m/s
D．两列波的波长都是4m
E．两列波的频率都是5Hz
11．一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时波形图如图中实线所示，此时波刚好传到c点，t=0.6s时波恰好传到e点，波形如图中虚线所示，a、b、c、d、e是介质中的质点，下列说法正确的是（　　）
A．当t=0.5s时质点b、c的位移相同
B．当t=0.6s时质点a速度沿y轴负方向
C．质点c在这段时间内沿x轴正方向移动了3m
D．质点d在这段时间内通过的路程为20cm
12．关于机械波的波速说法正确的是（　　）
A．波速由介质和波源共同决定
B．提高波源频率，机械波在同一均匀介质中的传播速度不变
C．同时在空气中传播两列声波，波长较大的声波传播较快
D．频率大的声波在空气中传播的波长越短
三、实验题(每空2分，共12分)
13．在时刻，质点A开始做简谐运动，其振动图象如图所示．质点A振动的周期是 s；时，质点A的运动沿轴的 方向（填“正”或“负”）；质点B在波动的传播方向上与A相距16m，已知波的传播速度为2m/s，在时，质点B偏离平衡位置的位移是 cm
14．在“观察水波的干涉”实验中得到如图所示的干涉图样。O1、O2为波源，实线表示波峰，虚线为P位置与波源连线，且。
（1） P点是振动 点（选填“加强”或“减弱”）。
（2）若有一小纸片被轻放在P点浮于水面上，则此后纸片运动情况是( )
A．一定沿箭头A方向运动 B．一定沿箭头B方向运动
C．一定沿箭头C方向运动 D．在P点处随水面上下运动
四、计算题（15题12分，16题14分，17题14分，共40分。）
15．现有一机械横波在某时刻的波形图如图所示，此图像与横坐标的交点分别是0.4m和0.8m。已知波沿x轴负方向传播，质点P的横坐标，从此时刻开始计时，求：
（1）若质点P振动的周期为0.1s，求此波传播的速度大小；
（2）若质点P经过0.2s第一次达到正向最大位移，求此波传播的速度大小。
16．如图示一列简谐横波沿x轴传播，实线为t=0时的波形图，虚线为t=3s时的波形图。
（1）若波向x轴负方向传播，则该波的周期可能是多少？最小波速是多少
（2）若波向x轴正方向传播，平衡位置坐标为1.5m处的质点a在t=0时刻的位移为，经过0.5s第一次达到正向最大位移，求波速，并写出质点a的振动方程。
17．如图所示，波源S位于坐标原点O处，t=0时刻沿y轴向下开始振动，其振动频率为50 Hz，振幅为2 cm。S振动能形成一列沿x轴传播的简谐横波，波的传播速度v=40 m/s，在x轴上有P、Q两点，其坐标分别为xP=4.2 m，xQ=-1.4 rn。求P、Q两点起振的时间差并画出Q点的振动图象。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【详解】A．由图可知处的质点向下振动，所以原点O处的质点开始振动的方向为y轴负方向，故A正确；
B．机械波在时刻，恰好传播到处，则可知
故B错误；
C．根据平移法可知时刻，质点K正在向y轴正方向运动，故C错误；
D．时刻，波传播的距离为
位于处的质点L还未振动，故D错误；
故选A。
2．A
【详解】光在空气中的传播速度为 ，声波在空气中的传播速度为v=340m/s，所以由运动学公式，声波与光在空气中传播的时间差 ,解得： ，故A对；BCD错；
综上所述本题答案是：A
3．C
【详解】根据同侧法可以判断此横波向左传播，质点B正向下运动，且衡位置，因此质点B正加速运动。根据同侧法可知质点C正向下运动，且远离平衡位置，因此质点C位移正增大。根据同侧法可知质点D正向上运动，且衡位置，因此质点D速度正增大。根据同侧法可知质点E正向上运动，且远离平衡位置。ABD错误，C正确。
故选C。
4．A
【详解】A．t=6s时，两列波都向前传播了12m，波形如图所示
当两列波叠加时，合振动等于两个振动的矢量和，由图象可知，在x=-7m，x=-1m，x=3m处位移都是-10cm，且在6~8m间还有两个点位移是-10cm，因此有5个点位移为-10cm，A正确；
B．振动稳定后，某时刻振动图象图所示
从图中可知，在叠加稳定时两波源间（不含波源）有9个质点的振幅为30cm，B错误；
C．P起振方向沿y轴负方向，而Q起振方向沿y轴正方向，因此起振方向相反，C错误；
D．由于波长
波速由介质决定的，因此两列波的速度相等，根据
可知
，
因此两列波的频率均为0.5Hz，叠加区域有稳定干涉图样，D错误。
故选A。
5．C
【详解】A.因为波的周期是由波源决定的，则周期相同，故A错误．
B.由图可知，在两介质中的波长比为，故B错误．
C.由波速公式，可知波速之比为，故C正确．
D.由波传播的距离关系，经过相同的时间，波在两介质中传播的距离比为，故D错误．
6．A
【详解】A．根据机械波传播的特点，第一次形成图示波形，说明t=0.4s时的波形图如图所示
由题意，简谐横波沿x轴正向传播，在t=0.4s时PM间第一次形成图示波形，t=0.4s时间内振动传播了一个波长，经过了一个周期，故P点的周期为T=0.4s．t=0.3s时在x=2m处的质点已经振动了 的时间，处于平衡位置且向+y方向运动，A正确；
B．波传播过程中的所有质点开始振动的方向都与波源相同，方向为-y方向，B错误；
C．M点开始振动时的波形图如图所示
由图可知当M点开始振动时，P点正好在波峰，C错误；
D．这列波的传播速度
D错误。
故选A。
7．C
【详解】ABC．凡是波都能发生衍射现象，不过有时衍射现象明显，有时衍射现象不明显。只有当缝、孔或障碍物的尺寸跟波长相差不多或比波长更小时，才能发生明显的衍射现象，AB错误、C正确；
D．波速一般是340m/s，人耳听到的声音的频率是20Hz—20KHz，根据公式波长公式，得出人耳所能听到的声音的波长为0.017—17m，若讲话的声波为0.017mm而障碍物的尺寸为1mm，将不会发生明显的衍射现象，D错误。
故选C。
8．B
【详解】波的波长为0.2m，频率为5Hz，则波速v==1m/s．波向右传播，则质点A的运动状态与图示时刻质点B的运动状态相同需要的最短时间t=.故B正确．A、C、D错误．
故选B．
9．ACD
【详解】AE．根据题意有
解得波长为
λ=8m
选项A正确，E错误；
B．根据题意可知波的波速为
选项B错误；
C．振动频率与振源有关，与传播介质无关，选项C正确；
D．t=2020s时即再经过2015s，相当于A点从波峰位置又振动了，所以恰好到平衡位置，选项D正确。
故选ACD。
10．ACE
【详解】A．由振动图像得知，A、B的起振方向向上，在t1=0.3s时刻C点经过平衡位置且振动方向向上，故A正确；
DE．由图可知该波周期为
T=0.2s
故
则波长
λ=vT=2m
故D错误，E正确；
B．C点的振动总是加强，D点到A和B的路程差为
则
故D点的振动总是加强，，由于C、D两点的位移都在周期性变化，所以C质点并不总是比D质点位移大，故B错误；
C．两波在均匀介质中传播波速相同，设为v，则有
2vt1=xAB
代入解得
故C正确。
故选ACE。
11．AD
【详解】A．由题意可得该波向右传播，起振的方向向上，波长是4m，0.6s的时间内传播的距离是，所以波的周期T=0.6×=0.8s，该波的方程：
；
当t=0.5s时质点b的位移：
；
c点的位移：
当质点b、c的位移相同．故A正确；
B．由题意可得该波向右传播，由平移法可知，当t=0.6s时质点a速度沿y轴正方向．故B错误；
C．质点c在这段时间内只是沿振动的方向振动，没有沿x轴正方向移动．故C错误．
D．由图可知，质点d在0.6s内先向上运动到达最高点后又返回平衡位置，在这段时间内通过的路程是2倍的振幅，为20cm．故D正确．
故选AD.
点睛：本题考查对波动图象的理解能力．知道两个时刻的波形时，往往应用波形的平移法来理解．该题中的A选项使用波的方程是该题的难点，也可以使用作图的方法来解决．
12．BD
【详解】AB．波速只由介质决定，与波源无关，故A错误，B正确；
C．同时在空气中传播的两列声波，波速相同，故C错误；
D．由
可知，声波的速度相同，频率大的波长短，故D正确。
故选BD。
13． 4 正 10
【详解】[1]图为波的振动图象，由图象可知质点A振动的周期为
T=4s
[2]波源的起振方向与波头的振动方向相同且向上，t=6s时质点在平衡位置向下振动，故8s时质点在平衡位置向上振动即沿轴的正方向；
[3]波传播到B点，需要时间
s=8s
故t=9s时，质点又振动了1s(个周期)，处于正向最大位移处，位移为10cm。
14． 加强 D
【详解】（1）[1]据图可知，两列波的波长相同，所以两列波的频率相同，由于，所以路程差为波长的整数倍，所以该点P为振动加强点；
（2）[2]据波传播的特点，各质点并不随波迁移，而是在平衡位置附近做简谐运动，所以小纸片在P点随水面上下运动，故ABC错误，D正确。
故选D。
15．（1）；（2）
【详解】（1）若质点P振动的周期为0.1s，此波传播的速度大小为
（2）若质点P经过0.2s第一次达到正向最大位移，即P点右侧第一个波峰经过0.2s传播到P点，此波传播的速度大小为
16．（1）12s；；（2）
【详解】（1）波向x轴负向传播，实线为t=0时的波形图，虚线为t=3s时的波形图，故
解得
最大周期
因为
最小波速
（2）波向轴正向传播，由题意知时刻，处的波峰传递到a点，传播距离
则波速为
因为
周期为
点的振动方程为
17．0.07s；
【详解】设振动从原点O传到P、Q的时间分别为tP、tQ，则有
故Q点比P点先振动，两者起振的时间差为
该波的周期为
t=0时刻波源S沿y轴向下开始振动，故所有质点的起振方向都是沿y轴向下，又Q点的起振时间比波源晚
因此画出Q点的振动图象如图所示
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页4.5光的衍射 同步练习与检测
一、单选题
1．电磁波谱及其相关应用如图所示，下列说法不正确的是（　　）
A．电磁波是一种物质 B．可见光中红光光子的能量最大
C．紫外线可以用来灭菌消毒 D．电磁波中最容易发生衍射现象的是无线电波
2．雨后太阳光射入空气中的水滴，先折射一次，然后在水滴的背面发生反射，最后离开水滴时再折射一次就形成了彩虹。如图，太阳光从左侧射入球形水滴，a、b是其中的两条出射光线，在这两条出射光线中，一条是红光，另一条是紫光。下面说法正确的是
A．a光线是红光，b光线是紫光
B．当光线在水滴背面发生全反射时，我们看到的彩虹最为鲜艳明亮
C．a光在水滴中的传播时间比b光在水滴中的传播时间长
D．遇到同样的障碍物，a光比b光更容易发生明显衍射
3．夏季常出现如图甲所示的日晕现象，日晕是太阳光通过卷层云的冰晶时发生折射或反射形成的。图乙为一束太阳光射到正六边形冰晶上发生折射时的部分光路图，、为其折光线中的两种单色光，比较、两种单色光，下列说法正确的是

A．光的频率比光的大
B．在冰晶中，光的波速比光的大
C．在同种条件下，光可能比光的衍射现象更明显
D．、两种光分别从水射向空气发生全反射时，光的临界角比光的小
4．一单色光源发出的光经一狭缝照射到光屏上，可观察到的图象是（　　）
A． B．
C． D．
5．如图所示，a、b、c、d四个图是不同的单色光形成的双缝干涉或单缝衍射图样，分析各图样的特点可以得出的正确结论是（　　）
A．a、b是光的衍射图样
B．c、d是光的干涉图样
C．形成a图样的光的波长比形成b图样的光的波长长
D．形成c图样的光的波长比形成d图样的光的波长短
6．下列说法中正确的是（　　）
A．泊松亮斑是光通过圆孔时发生折射现象形成的
B．肥皂泡呈现彩色是因为发生了光的色散
C．绿色和黄色的光在不同介质中传播时波长可能相同
D．光导纤维利用了光的漫反射
7．下列4副图中，有1副与其余3副反映的光学原理不同，这副图是（　　）
A． B．
C． D．
8．如图所示，用一束复合光（a光）从水底射向空气，在水与空气界面处发生折射，变成两束单色光（b光和c光）。下列说法正确的是（　　）

A．水对b光的折射率大
B．c光更容易发生衍射
C．c光在水中的传播速度大于b光
D．增大a光的入射角度，最先消失的折射光是c光
二、多选题
9．用同一双缝干涉实验装置分别做甲、乙两种光的双缝干涉实验，获得的双缝干涉条纹如图甲、乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．甲光在水中的传播速度大于乙光在水中的传播速度
B．在同一种介质中，甲光的折射率小于乙光的折射率
C．从同种介质射向空气，且发生全反射时，甲光的临界角小于乙光的临界角
D．遇到同一障碍物，甲光比乙光更容易发生明显的衍射现象
10．如图所示，a、b两束光以不同的入射角由介质射向空气，结果折射角相同，下列说法正确的是( )
A．b在该介质中的折射率比a小
B．若用b做单缝衍射实验，要比用a做中央亮条纹更宽
C．用a更易观测到泊松亮斑
D．做双缝干涉实验时，用a光比用b光两相邻亮条纹中心的距离更大
E．b光比a光更容易发生明显的衍射现象
11．下列说法正确的是（　　）
A．光纤通信应用了光的全反射原理
B．雨后天空中出现彩虹，这是光的衍射现象
C．单色光通过双缝后，在屏上形成等间距的明暗相间条纹，这是光的干涉现象
D．单色光照射不透明的小圆板，在板后方的屏上出现亮斑，这是光的色散现象
E．乘客在高铁站台发现列车过站时的鸣笛声的音调由高变低，这是多普勒效应
12．如图甲所示为一列沿x轴传播的简谐横波在时刻的波形图。图乙表示该波传播的介质中处的a质点从时刻起的振动图像。则下列说法正确的是（　　）
A．波沿x轴正方向传播
B．波传播的速度为
C．时，处的质点b的速度沿y轴正方向
D．从开始，经过，质点b通过的路程为
E．该波遇到尺寸为的障碍物时能发生明显的衍射现象
三、实验题
13．在光栅衍射实验中，光栅方程是 ，其中d是 ，是 ，k是 。
14．如图，在“观察光的衍射现象”试验中，保持缝到光屏的距离不变，增加缝宽，屏上衍射条纹间距将 （选填：“增大”、“减小”或“不变”）；该现象表明，光沿直线传播只是一种近似规律，只是在 情况下，光才可以看作是沿直线传播的．
四、解答题
15．下列在生活中常常看到的自然现象，分别属于什么光学现象？
（1）漂浮在水面上的油花呈现彩色；
（2）透过尼龙纱巾看发光的电灯，可看到比纱巾方孔大的彩色网络；
（3）夏天早晨草地上露水在阳光照射下出现彩色光点。
16．什么是光的衍射现象？在什么情况下能观察到明显的光的衍射现象？
17．查阅资料，简述菲涅耳圆孔衍射。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【详解】A．电磁波是一种看不见、摸不着的特殊物质，故A正确，不符合题意；
B．可见光中红光波长最长，频率最小，所以红光光子的能量最小，故B错误，符合题意；
C．紫外线可以用来灭菌消毒，故C正确，不符合题意；
D．电磁波中无线电波的波长最长，所以无线电波最容易发生衍射现象，故D正确，不符合题意。
故选B。
2．C
【详解】AD．a、b两种光在水滴表面发生折射现象，入射角相同，a光的折射角小于b光，根据折射定律可知，a光的折射率大于b光，所以a是紫光，b是红光，a光的波长小于b光，水滴背面发生全反射时b光更容易发生明显的衍射现象，故AD错误；
B．光在水滴背面发生全反射时，仍然有些不同颜色的光要相交重合，所以此时看到的彩虹并不鲜艳，故B错误；
C．令太阳光在水滴表面发生折射现象时，a光的折射角为α，b光的折射角为β，则球形水滴的半径为R，所以a光在水滴中的传播路径长为
xa=4R cosα
b光在水滴中传播的路径长为
xb=4Rcosβ
因为α＜β，所以
xa＞xb
又因为光在介质中的传播速度为，因为na＞nb，所以
va＜vb
光在水滴中的传播时间为，所以a光在水滴中的传播时间比b光在水滴中的传播时间长，故C正确。
故选C。
3．C
【详解】A．由图可知光在冰晶中的偏折程度大，折射率大，频率大，所以光的频率比光的小，故A错误；
B．根据
可知在冰晶中，光的波速比光的小，故B错误；
C．根据
可得
在同种条件下，可知光的波长可能比光的波长大，所以光可能比光的衍射现象更明显，故C正确；
D．根据临界角公式
、两种光分别从水射向空气发生全反射时，光的临界角比光的大，故D错误。
故选C。
4．A
【详解】单缝衍射时，中央亮条纹最宽最亮，两边依次变窄，变暗，这是单缝衍射条纹特征。
故选A。
5．C
【详解】A．a、b图样的亮条纹宽度相等，所以是光的双缝干涉图样，故A错误；
B．c、d图样的中央亮条纹最宽，两侧的亮条纹逐渐变窄，所以是光的衍射图样，故B错误；
C．a图样相邻两亮条纹的间距比b图样相邻两亮条纹的间距宽，根据
可知形成a图样的光的波长比形成b图样的光的波长长，故C正确；
D．c图样的中央亮条纹比d图样的中央亮条纹宽，所以形成c图样的光的波长比形成d图样的光的波长长，故D错误。
故选C。
6．C
【详解】A．泊松亮斑是光绕过不透光的圆盘边缘时发生衍射现象形成的，故A错误；
B．肥皂泡呈现彩色是因为发生了光的薄膜干涉，故B错误；
C．光的波长λ与频率υ和折射率n的关系可表示为
绿色和黄色的光频率υ不同，不同的介质折射率n不同，但当上述两个物理量乘积相同时，则波长λ相同，故C正确；
D．光导纤维利用了光的全反射，故D错误。
故选C。
7．D
【详解】A图增透膜是利用光的干涉原理；B图用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的薄膜干涉现象；C图为双缝干涉；D图为单缝衍射，故D反映的光学原理与其他3个不同。
故选D。
8．D
【详解】A．根据折射定律，折射率为光从光疏介质射向光密介质时，入射光线与法线夹角的正弦值与折射光线与法线夹角正弦值的比值，根据光路的可逆性，设b光与法线的夹角为，c光与法线的夹角为，a光与法线的夹角为，则有
，
而
则可知
即水对c光的折射率大，故A错误；
B．折射率越大，频率越大，则可知c光的频率大于b光的频率，而根据
可知，频率越大波长越小，可知c光的波长小于b光的波长，而波长越长越容易发生明显的衍射现象，则可知，b光更容易发生衍射，故B错误；
C．根据
可知，在同种介质中，折射率越大，传播速度越小，因此可知，c光在水中的传播速度小于b光，故C错误；
D．光从光密介质射向光疏介质时，若入射角达到临界角则光会发生全反射，而全反射的临界角与折射率之间的关系为
即折射率越大，越容易发生全反射，因此增大a光的入射角度，最先消失的折射光是c光，故D正确。
故选D。
9．ABD
【详解】AB．根据双缝条纹间距公式可知，由题目可知甲、乙的L和d相同，甲的条纹间距大，所以甲的波长大于乙的波长，在同一种介质中，甲的折射率较小，根据可知其传播速度较大，故AB正确；
C．由全反射的临界角公式可知，折射率越小，全反射的临界角越大，故甲发生全反射的临界角大于乙的，故C错误；
D．在障碍物的尺寸与光的波长相当，或者更小的时候，衍射现象更明显，故遇到同一障碍物，甲光比乙光更容易发生明显的衍射现象，故D正确。
故选ABD。
10．ABE
【详解】A．设折射角为，入射角为，由题设条件知，，，由
知，A正确；
B．b光的折射率小，波长长，波动性强，当用b做单缝衍射实验，要比用a做中央亮条更宽，B正确；
C．b光波长长，更容易产生衍射现象，则用b更易观测到泊松亮斑，C错误；
D．用同一双缝干涉装置时干涉条纹间距与波长成正比。则用a比用b光亮条纹中心的距离更小， D正确；
E．波长越长，衍射现象越明显；b光比a光更容易发生明显的衍射现象，E正确。
故选ABE。
【点睛】本题是几何光学与物理光学的简单综合．要掌握折射定律以及折射率与光的波长、频率、临界角、光速等量的关系，知道折射率越大，频率越高，波长越短．
11．ACE
【详解】A．光纤通信是利用全反射来传递光信号的，故A符合题意；
B．雨后天空中出现的彩虹，是天空中的小水滴对阳光的色散形成的，故B不符合题意；
C．单色光通过双缝后，在屏上形成等间距的明暗相间条纹是光的干涉现象，故C符合题意；
D．单色光照射不透明的小圆板，在板后方的屏上出现亮斑，这是光的衍射现象，故D不符合题意；
E．乘客在高铁站台发现列车过站时的鸣笛声的音调由高变低，这是多普勒效应，故E符合题意。
故选ACE。
12．BCE
【详解】A．根据振动图像可知，a质点从时刻起向上振动，结合质点的振动方向与波的传播方向的关系，波沿x轴负方向传播，A错误；
B．根据两图像结合波速公式得
B正确；
C．在t=0.1s时质点b沿y轴负方向运动，则时，即经过0.9s=4T，质点b的速度沿y轴正方向，C正确；
D．从开始，经即经历了5个周期，质点b通过的路程为
D错误。
E．当障碍物的尺寸与波长相比差不多或者比波长更小时，能发生明显的衍射现象，故E正确。
故选BCE。
13． 光栅常数 衍射角 条纹级数
【详解】[1][2][3][4]在光栅衍射实验中，光栅方程是
其中d是光栅常数，是衍射角，k是条纹级数。
14． 减小 光的波长比障碍物小的多
【详解】缝隙越窄，条纹宽度越小，衍射条纹越宽，衍射现象越明显，当增加缝宽时，衍射条纹变窄，条纹间距变小．
当条纹足够宽时，几乎看不到条纹，衍射不明显，所以只有在光的波长比障碍物小的多时才可以把光的传播看做直线传播．
【点睛】
15．(1)薄膜干涉；(2)衍射；(3)色散现象
【详解】（1）漂浮在水面上的油花呈现彩色是薄膜干涉现象；
（2）透过尼龙纱巾看发光的电灯，可看到比纱巾方孔大的彩色网络是光的衍射现象；
（3）夏天早晨草地上露水在阳光照射下出现彩色光点是光的折射形成的色散现象。
16．见解析
【详解】光在传播过程中，遇到障碍物或小孔时，光将偏离直线传播的途径而绕到障碍物后面传播的现象，叫光的衍射，光的衍射和光的干涉一样证明了光具有波动性。
根据波发生明显衍射的条件是：孔、缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相比差不多或者比波长更小，可知，当孔、缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相比差不多或者比波长更小会发生明显的衍射现象。
17．见解析
【详解】光源发出的光束照向一小圆孔时，只要小孔的直径小到可以与光的波长相比拟时，光束通过小孔就能产生圆孔衍射图样，光屏上出现一圈一圈明暗相间的同心圆环。波长越长、圆孔越小，衍射现象越明显，衍射范围越大；圆孔越小，透光强度变小，中央亮斑和亮纹的亮度变弱；圆孔衍射进一步证明了光是一种波。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

转载请注明出处卷子答案网-一个不只有答案的网站 » 人教版（2019）选择性必修第一册 同步练习与检测（含解析）（28份打包）