2025高中物理《课时作业》人教版选择性必修第1册详解答案

2025高中物理《课时作业》人教版选择性必修第1册详解答案课时分层作业(一)动量1．解析：动量是矢量，匀速圆周运动的物体的速度方向时刻在变化，故动量时刻在变化，A错误；匀变速直线运动的物体的速度大小时刻在变化，所以动量一定在变化，B正确；速度方向变化，但大小不变，则动量变化，而动能不变，C错误；动量的负号只表示方向，不参与大小的比较，故p1＜p2，D错误．答案：B2．解析：取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量：Δp＝mv2－mv1＝0.2×4kg·m/s－0.2×(－6)kg·m/s＝2kg·m/s，方向竖直向上．由动能定理，合外力做的功：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝eq\f(1,2)×0.2×42J－eq\f(1,2)×0.2×62J＝－2J．故A正确．答案：A3．解析：物体做初速度为零的匀加速直线运动，veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝2ah，veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝2a(2h)，则p1＝meq\r(2ah)，p2＝meq\r(4ah)，p1∶p2＝1∶eq\r(2)，故B选项正确．答案：B4．解析：取沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a＝－gsin30°＝－5m/s21s末速度v1＝v0＋at1＝10m/s－5m/s2×1s＝5m/s则1s末动量p1＝mv1＝0.5×5kg·m/s＝2.5kg·m/s3s末速度v2＝v0＋at2＝(10－5×3)m/s＝－5m/s3s末动量p2＝mv2＝0.5×(－5)kg·m/s＝－2.5kg·m/sp0＝mv0＝0.5×10kg·m/s＝5kg·m/s则3s内的动量变化量为Δp＝p2－p0＝(－2.5－5)kg·m/s＝－7.5kg·m/s，大小为7.5kg·m/s，方向沿斜面向下．答案：2.5kg·m/s，方向沿斜面向上7．5kg·m/s，方向沿斜面向下5．解析：设摆球A、B的质量分别为mA、mB，摆长为l，B球的初始高度为h1，碰撞前B球的速度为vB.在不考虑摆线质量的情况下，根据题意及机械能守恒定律得h1＝l(1－cos45°)eq\f(1,2)mBveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))＝mBgh1设碰撞前、后两摆球的质量与速度的乘积之和大小分别为p1、p2，有：p1＝mBvB联立解得p1＝mBeq\r(2gl（1－cos45°）)同理可得p2＝(mA＋mB)eq\r(2gl（1－cos30°）)所以有：eq\f(p2,p1)＝eq\f(mA＋mB,mB)eq\r(\f(1－cos30°,1－cos45°))代入已知条件得(eq\f(p2,p1))2≈1.03所以有eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(p2－p1,p1)))＜4%综上可知，此实验在规定的误差范围内成功地验证了碰撞前后两小球的质量与速度的乘积之和保持不变．答案：见解析课时分层作业(二)动量定理1．解析：取向下为正方向，则碰撞前小球的动量为正，碰撞后为负，Δp＝p2－p1＝mv2－mv1＝5×(－3)kg·m/s－5×5kg·m/s＝－40kg·m/s，D项正确．答案：D2．解析：由动量定理I合＝Δp＝p2－p1可知合外力冲量的方向一定与动量变化的方向相同，I合<0，Δp<0，但由于动量是矢量，物体的动量不一定减小，故D正确．答案：D3．解析：接球过程中，球的初动量和末动量一定，所以球的动量变化量恒定不变，选项C错误；根据动量定理，手对球的冲量等于球动量的改变量，也恒定不变，球对手的冲量也不变，选项A错误；球的初动能和末动能一定，所以球的动能变化量恒定不变，选项D错误；根据动量定理I＝Ft，球对手的冲量I不变，接球时两手随球迅速收缩至胸前，是通过延长受力时间以减小球对人的冲击力F，所以选项B正确．答案：B4．解析：设建筑工人下落5m时速度为v，由v2＝2gh得v＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×5)m/s＝10m/s；设安全带所受平均冲力为F，则由动量定理得：(mg－F)t＝0－mv，所以有：F＝mg＋eq\f(mv,t)＝60×10N＋eq\f(60×10,1.5)N＝1000N.答案：D5．解析：以向下为正方向，对消防队员下落的全程应用动量定理可得mg(t1＋t2)＋(－Ft2)＝0－0，代入数据解得F＝5mg.答案：A6．解析：由图像可知，在前10s内初、末状态的动量相同，p1＝p2＝5kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10s内末状态的动量p3＝－5kg·m/s，由动量定理得I2＝p3－p2＝－10N·s，故正确答案为D.答案：D7．解析：设管中单位时间喷出气体的质量为m，则m＝ρvS设气体对球的作用力为F，则F＝Mg由动量定理FΔt＝Δm·v＝mΔt·v解得M＝eq\f(ρSv2,g).答案：A8．解析：(1)根据冲量的定义可知重力的冲量大小为IG＝mgt＝70×10×0.7N·s＝490N·s(2)该中学生摸高跳起的高度h＝(2.55－2.10)m＝0.45m所以他跳起刚离开地面时的速度大小v满足eq\f(1,2)mv2＝mgh得v＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.45)m/s＝3m/s设上跳过程中地面对他的平均支持力为F，根据动量定理有Ft－IG＝mv代入数据解得F的大小为F＝1000N根据牛顿第三定律得上跳过程中他对地面平均压力F′的大小F′＝F＝1000N答案：(1)490N·s(2)1000N9．解析：A、B错：两次拉动中，茶杯和纸之间均发生相对滑动，因此受到的均为滑动摩擦力，因压力不变，则由f＝μFN可知，两次拉动时纸对茶杯的摩擦力相同．C对：第二次较慢拉动白纸过程中，摩擦力作用时间长，则产生的冲量较大，根据动量定理可知，茶杯获得的动量大一些．D错：第一次迅速拉动白纸过程中，摩擦力作用时间短，故纸给茶杯的冲量小一些．答案：C10．解析：A错：根据Δv＝aΔt可知a­t图像中，图线与时间轴围成的面积表示速度的增量，则在t＝6s时刻，物体的速度v6＝v0＋Δv＝2m/s＋eq\f(1,2)×(2＋4)×6m/s＝20m/s.B错：根据动能定理得W合＝ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝396J.C错：根据动量定理，在0～6s时间内，IF－ft＝m(v6－v0)，解得IF＝48N·s.D对：在t＝6s时刻，根据牛顿第二定律得F＝ma＋f＝2×4N＋2N＝10N，拉力F的功率P＝Fv6＝10×20W＝200W.答案：D11．解析：(1)以羽毛球飞回的方向为正方向，则p1＝mv1＝－5×10－3×eq\f(90,3.6)kg·m/s＝－0.125kg·m/sp2＝mv2＝5×10－3×eq\f(342,3.6)kg·m/s＝0.475kg·m/s所以羽毛球的动量变化量为Δp＝p2－p1＝0.475kg·m/s－(－0.125kg·m/s)＝0.600kg·m/s即羽毛球的动量变化大小为0.600kg·m/s，方向与羽毛球飞回的方向相同．(2)以羽毛球飞回的方向为正方向，则羽毛球的初速度为v1＝－25m/s羽毛球的末速度为v2＝95m/s所以Δv＝v2－v1＝95m/s－(－25m/s)＝120m/s羽毛球的初动能：Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝eq\f(1,2)×5×10－3×(－25)2J≈1.56J羽毛球的末动能：E′k＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝eq\f(1,2)×5×10－3×952J≈22.56J所以ΔEk＝E′k－Ek＝21J.答案：(1)0.600kg·m/s方向与羽毛球飞回的方向相同(2)120m/s21J课时分层作业(三)动量守恒定律1．解析：当A、B两物体组成一个系统时，弹簧的弹力为内力，而A、B与C之间的摩擦力为外力．当A、B与C之间的摩擦力等大、反向时，A、B组成的系统所受外力之和为零，系统动量守恒．当A、B与C之间的摩擦力大小不相等时，A、B组成的系统所受外力之和不为零，动量不守恒．而对于A、B、C组成的系统，由于弹簧的弹力及A、B与C之间的摩擦力均为内力，故不论A、B与C之间的摩擦力的大小是否相等，A、B、C组成的系统所受外力之和均为零，故系统的动量守恒，故A项、C项均正确，B项、D项均错误．答案：AC2．解析：发射炮弹的过程，系统动量守恒，发射前，系统的总动量为Mv0，射出炮弹后，炮艇的质量变为M－m，速度为v′，炮弹质量为m，对地速度为v＋v′，所以系统总动量为(M－m)v′＋m(v＋v′)，本题选D.答案：D3．解析：由水平方向上动量守恒得，Mv0＝(M＋m)v，由此可知C项正确．答案：C4．解析：在战士跳到小船到最终停在船上的过程中，战士和小船的总动量守恒，总机械能有损失，不守恒，选项A正确、B错误；以战士初始运动方向为正方向，对战士跳到小船上并最终停在船上的过程，设战士最终停在船上后速度为v′，由动量守恒定律可知m人v－m船v船＝(m人＋m船)v′，得v′＝0.25m/s，选项C错误；战士动量的变化量Δp＝m人(v′－v)＝60×(0.25－2)kg·m/s＝－105kg·m/s，动量变化量的大小为105kg·m/s，选项D正确．答案：AD5．解析：在救生员跃出的过程中船、人组成的系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，则(M＋m)v0＝Mv′－mv，解得v′＝v0＋eq\f(m,M)(v0＋v)，故B正确．答案：B6．解析：两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用，两车之间的磁力是系统内力，系统动量守恒．设向右为正方向．(1)据动量守恒得：mv甲－mv乙＝mv′甲，代入数据解得v′甲＝v甲－v乙＝(3－2)m/s＝1m/s，方向向右．(2)两车相距最近时，两车速度相同，设为v′，由动量守恒得：mv甲－mv乙＝mv′＋mv′.解得v′＝eq\f(mv甲－mv乙,2m)＝eq\f(v甲－v乙,2)＝eq\f(3－2,2)m/s＝0.5m/s，方向向右．答案：(1)1m/s向右(2)0.5m/s向右7．解析：取向右为正方向，B船上的人第一次推出A船时，由动量守恒定律得mBv1－mAv＝0，解得v1＝eq\f(mA,mB)v当A船向右返回后，B船上的人第二次将A推出，由动量守恒定律得mAv＋mBv1＝－mAv＋mBv2解得v2＝v1＋eq\f(2mA,mB)v设第n次推出A时，B的速度大小为vn，由动量守恒定律得mAv＋mBvn－1＝－mAv＋mBvn解得vn＝vn－1＋eq\f(2mA,mB)v则有vn＝(2n－1)eq\f(mA,mB)vB船上的人不能再接到A船，须有v≤vn(临界点)解①②式得n≥5.5，则取n＝6.答案：B8．解析：小铁块在弧形轨道底端时，满足F－mg＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),R)，解得：v0＝3m/s，根据动能定理知mgR－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－0，解得：Wf＝1.5J．根据动量守恒定律知mv0＝(m＋M)v，解得：v＝1m/s.选项B、D正确．答案：BD9．解析：A对：A、B和弹簧组成的系统所受合外力为零，因此系统动量守恒．B错：由于F1、F2均对系统做功，因此系统机械能不守恒．C对，D错：根据牛顿第二定律可知，开始A、B均做加速度逐渐减小的加速运动，当F1＝F2＝kx时，A、B所受合外力均为零，此时二者速度最大，动能最大，然后开始做加速度逐渐增大的减速运动，当二者速度减为零时，弹簧最长，形变量最大．答案：AC10．解析：设水平向左为正方向，甲车(包括人)滑下斜坡后速度大小为v1，由机械能守恒定律有eq\f(1,2)(m1＋M)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝(m1＋M)gh，解得v1＝eq\r(2gh)＝2v0设人跳离甲车的水平速度(相对地面)为v，在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度大小分别为v′1和v′2，则人跳离甲车时，有(M＋m1)v1＝Mv＋m1v′1人跳上乙车时，有Mv－m2v0＝(M＋m2)v′2解得v′1＝6v0－2v，v′2＝eq\f(1,2)v－eq\f(1,2)v0两车不发生碰撞的临界条件是v′1＝±v′2当v′1＝v′2时，解得v＝eq\f(13,5)v0当v′1＝－v′2时，解得v＝eq\f(11,3)v0故v的取值范围为eq\f(13,5)v0≤v≤eq\f(11,3)v0答案：eq\f(13,5)v0≤v≤eq\f(11,3)v0课时分层作业(四)弹性碰撞和非弹性碰撞1．解析：因系统动量守恒，故最终甲、乙动量大小必相等，谁最后接球谁的质量中包含了球的质量，即质量大，根据动量守恒：m1v1＝m2v2，因此最终谁接球谁的速度小，故选项B正确．答案：B2．解析：选向右为正方向，则A的动量pA＝m·2v0＝2mv0.B的动量pB＝－2mv0.碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意．答案：D3．解析：对A由机械能守恒mgh＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(2gh).对碰撞过程由动量守恒mv＝2mv′，得v′＝eq\f(\r(2gh),2).设碰撞后A、B整体上摆的最大高度为h′，则2mgh′＝eq\f(1,2)×2mv′2，解得h′＝eq\f(1,4)h，C正确．答案：C4．解析：设碰后A球的速度大小为vA，B球的速度大小为vB，以碰前A球的速度方向为正方向，由碰撞过程中动量守恒可得mv＝2mvB－mvA，因vA＞0，则vB＞0.5v.根据总动能不增加原则写出能量关系式：eq\f(1,2)mv2≥eq\f(1,2)·2mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))＋eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))，且vA≠0，可得eq\f(1,2)·2mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))＜eq\f(1,2)mv2，解得vB＜eq\f(\r(2),2)v.综上所述，0.5v<vB<eq\f(\r(2),2)v，A正确．答案：A5．解析：(1)规定质量为300g物体的初速度方向为正方向，设其质量为m1，初速度为v1，另一物体质量为m2，初速度为v2，如果两物体碰后结合在一起，由动量守恒定律可得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v代入数据可得v＝－10cm/s＝－0.1m/s(2)碰撞后损失的动能Ek＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq\f(1,2)×0.3×0.52J＋eq\f(1,2)×0.2×(－1)2J－eq\f(1,2)×(0.3＋0.2)×0.12J＝0.135J(3)若碰撞是弹性正碰，由动量守恒和机械能守恒有m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋eq\f(1,2)m2v′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))代入数据得v′1＝－0.7m/s，v′2＝0.8m/s答案：(1)－0.1m/s(2)0.135J(3)－0.7m/s0.8m/s6．解析：(1)A球和B球的碰撞为弹性碰撞，因此有mAv0＝mAvA＋mBvBeq\f(1,2)mAveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))解得vB＝4m/s(2)小球运动到N点时，速度为vN，由牛顿第二定律得FN＋mBg＝mBeq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(N)),R)FN＝mAgB球由M到N，由动能定理得－mBg×2R＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(N))－eq\f(1,2)mBveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))解得R＝0.3m答案：(1)4m/s(2)0.3m课时分层作业(五)碰撞模型的拓展1．解析：子弹击中木块A及弹簧被压缩的整个过程，系统不受外力作用，外力冲量为0，系统动量守恒，但是子弹击中木块A的过程，有摩擦力做功，部分机械能转化为内能，所以机械能不守恒．答案：B2．解析：由于两次的最大摆角相同，故在最低点的速度相同．由动量守恒定律可知，第一粒弹丸击中沙袋后mv1＝(m＋M)v，第二粒弹丸击中沙袋后：mv2－(M＋m)v＝(M＋2m)v，联立可解得：m∶M＝1∶40.答案：D3．解析：A与B碰撞过程动量守恒，有mAvA＝(mA＋mB)vAB，所以vAB＝eq\f(vA,2)＝2m/s.当弹簧被压缩至最短时，A、B的动能完全转化成弹簧的弹性势能．所以Ep＝eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(AB))＝8J.答案：B4．解析：用锤子敲击A球，当弹簧被压缩到最短时，两球的速度相同，取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mAv＝(mA＋mB)v′，由机械能守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))－eq\f(1,2)(mA＋mB)v′2，解得弹簧被压缩到最短时的弹性势能Ep＝eq\f(mAmBv2,2（mA＋mB）)，同理可得用锤子敲击B球，当弹簧被压缩到最短时的弹性势能也为eq\f(mAmBv2,2（mA＋mB）)，所以L1＝L2.答案：C5．解析：A对，B错：以小车和木块组成的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，因此系统动量守恒．以初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，解得最终两者的共同速度为v＝eq\f(m,M＋m)v0.C对：由于车表面粗糙，则会有内能产生，系统的机械能不守恒．D错：根据能量守恒，可得系统产生的热量为Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－eq\f(1,2)(m＋M)v2，得Q＝eq\f(mMveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2（m＋M）)，与车表面粗糙程度无关．答案：AC6．解析：(1)当子弹射入木块时，由于作用时间极短，则木板对木板的摩擦可忽略，设子弹射入木块后，它们的共同速度为v2，对m1、m2组成的系统由动量守恒定律有m1v1＝(m1＋m2)v2，又由能量守恒有ΔE1＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))联立以上两式并代入数据得子弹进入木块过程中产生的内能ΔE1＝1225J.(2)设木块与木板相对静止时的共同速度为v3，对m1、m2、m3组成的系统由动量守恒定律有(m1＋m2)v2＝(m1＋m2＋m3)v3又由能量守恒有ΔE2＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－eq\f(1,2)(m1＋m2＋m3)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)).联立以上两式并代入数据得木块在木板上滑行过程中产生的内能ΔE2＝18.75J.(3)对m1、m2、m3组成的系统由功能关系有μ(m1＋m2)gx＝ΔE2，解得x＝37.5m.答案：(1)1225J(2)18.75J(3)37.5m7．解析：A对：在t1到t3过程中，物体B的动能变化量为零，可知弹簧对B做的总功为0.B错：由图像可知，在0时刻，A的速度大于B的速度，两物体距离逐渐靠近，在t1时刻，两物体速度相等，距离最近，弹簧处于最大压缩状态；接下来B的速度大于A的速度，两物体距离增大，在t3时刻，两物体速度再次相等，距离最大，弹簧处于最大伸长状态，从t3到t4时刻弹簧由伸长状态逐渐恢复到原长．C对：在t1时刻两物块达到共同速度1m/s，根据动量守恒定律，有m1v0＝(m1＋m2)v1，代入数据得m2＝4kg.D对：在t1时刻弹簧弹性势能为ΔEp＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝eq\f(1,2)×2×32J－eq\f(1,2)×6×12J＝6J.答案：ACD8．解析：(1)设子弹和木块的共同速度为v，以子弹和木块为系统，由动量守恒定律有mv0＝(M＋m)v，解得v＝6.0m/s，此过程系统产生的内能Q＝ΔE＝ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝882J.(2)设以v′0＝400m/s的速度刚好能够射穿材质一样、长度为d′的另一个木块，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律有mv′0＝(M＋m)v′，解得v′＝8.0m/s.此过程系统损失的机械能ΔE′＝ΔE′k＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－eq\f(1,2)(M＋m)v′2＝1568J，由功能关系有ΔE＝Ffs相＝Ffd，ΔE′＝Ffs′相＝Ffd′，两式相比有eq\f(ΔE,ΔE′)＝eq\f(Ffs相,Ffs′相)＝eq\f(d,d′)，则d′＝eq\f(ΔE′,ΔE)d＝eq\f(32,3)cm＞10cm，所以子弹能够射穿该木块．(3)假设子弹射穿木块后，子弹和木块的最终速度分别为v1和v2，系统产生的内能为FfL＝eq\f(10,6)×ΔE＝1470J，由动量守恒定律得mv′0＝mv1＋Mv2，由能量守恒定律得FfL＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－eq\f(1,2)Mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，解得v1＝106m/s，v2＝6m/s.答案：(1)882J(2)能(3)106m/s6m/s9．解析：(1)C沿D下滑过程机械能守恒，设C滑上A时的速度为v0，有mCgR＝eq\f(1,2)mCveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))解得v0＝4m/sC在A上滑动的过程，A、C组成的系统动量守恒，可得mCv0＝(mA＋mC)v1解得v1＝2m/s据能量关系可得μAmCgLA＝eq\f(1,2)mCveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－eq\f(1,2)(mC＋mA)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))解得μA＝0.5.(2)板A与B碰撞过程，A、B组成的系统动量守恒，机械能守恒，有mAv1＝mAvA＋mBvBeq\f(1,2)mAveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))解得vB＝1m/sC滑上B后，C与B组成的系统动量守恒，mCv1＋mBvB＝(mB＋mC)v2据能量关系可得μBmCgΔL＝eq\f(1,2)mCveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))－eq\f(1,2)(mC＋mB)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))解得ΔL＝0.25m.答案：(1)0.5(2)0.25m课时分层作业(六)反冲现象火箭1．解析：虽然抽油的过程属于船与油的内力作用，但油的质量发生了转移，从前舱转到了后舱，相当于人从船的一头走到另一头的过程．故A正确．答案：A2．解析：当人往岸上跳的时候，人有一个向岸上的速度，由于动量守恒，船必然有一个离开岸的速度，这样人相对于地面的速度小于立定跳远的初速度，所以L＝s或L>s，人就一定跳不到岸上了，当L<s时，人才有可能跳上岸，但也不是一定能跳上岸，故A、C、D错误，B正确．答案：B3．解析：忽略空气阻力和分离前后系统质量的变化，卫星和箭体整体分离前后动量守恒，则有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，整理可得v1＝v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)，故D项正确．答案：D4．解析：弹簧向右推C，C向右运动，同时弹簧向左推A端，小车向左运动，A错误；因小车与木块组成的系统动量守恒，C与B碰前，有mvC＝MvAB，得vC∶vAB＝M∶m，B正确；C与B碰撞过程动量守恒，有：mvC－MvAB＝(M＋m)v，知v＝0，故C正确、D错误．答案：BC5．解析：设其中一块质量为m，另一块质量为3m.爆炸过程系统水平方向动量守恒，以v的方向为正方向，由动量守恒定律得mv－3mv′＝0，解得v′＝eq\f(v,3)；设两块爆竹落地所用时间为t，则h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2h,g))，两块爆竹落地点间的距离为s＝(v＋v′)t，联立解得s＝eq\f(4v,3)eq\r(\f(2h,g))，故选D.答案：D6．解析：(1)人从货厢边跳离的过程，系统(人、车和货厢)在水平方向上动量守恒．设人的水平速度是v1，车的反冲速度是v2，则mv1－Mv2＝0，得v2＝eq\f(1,4)v1人跳离货厢后做平抛运动，车以v2做匀速运动，运动时间为t＝eq\r(\f(2h,g))＝0.5s，在这段时间内人的水平位移x1和车的位移x2分别为x1＝v1t，x2＝v2t由x1＋x2＝l得v1t＋v2t＝l则v2＝eq\f(l,5t)＝eq\f(4,5×0.5)m/s＝1.6m/s.(2)人落到车上前的水平速度仍为v1，车的速度为v2，落到车上后设它们的共同速度为v，根据水平方向动量守恒得mv1－Mv2＝(M＋m)v，则v＝0.故人落到车上A点站定后车的速度为零．车的水平位移为x2＝v2t＝1.6×0.5m＝0.8m.答案：(1)1.6m/s(2)不动0.8m课时分层作业(七)简谐运动1．解析：平衡位置是物体可以静止的位置，所以应与受力有关，与是否为振动范围的中心位置无关，A错误；振动位移是以平衡位置为初始点，到振动物体所在位置的有向线段，振动位移随时间而变化，振动物体偏离平衡位置最远时，振动位移最大，B正确，D错误；振动物体的位移与运动的路程没有关系，C错误．答案：B2．解析：振子的加速度数值越来越大，说明振子在向最大位移处运动，速度方向与加速度方向相反，速度越来越小，故D正确．答案：D3．解析：A对，B错：从图像可以看出，t1、t2时刻振子位于同一位置，位移大小相等，方向相同，速度大小相等，方向相反．C错：t2、t3时刻振子位移大小相等，方向相反，速度大小相等，方向相同．D对：t2、t4时刻振子分别位于平衡位置两侧且对称，位移大小相等，方向相反．答案：AD4．解析：由题给条件知：t＝eq\f(1,4)T时，振子具有正向最大速度知：此时振子通过平衡位置，即x＝0，且沿x轴正方向运动．故只有D正确．答案：D5．解析：振子正向负的最大位移处运动，加速度在增大，速度在减小，故A错误，B正确；振子的速度方向沿x轴负方向，C错误；在0.1～0.2s内振子做变速运动，故振子的位移不等于2cm，D错误．答案：B6．解析：对简谐运动而言，其位移总是相对平衡位置O而言，所以C、D错误．由于振子在O点右侧由A向O运动，所以振子的位移方向向右，运动方向向左，位移不断减小，故A、B项正确．答案：AB7．解析：0～1s质点从正向最大位移处向平衡位置运动，速度增大，位移减小；2～3s质点从负向最大位移处向平衡位置运动，速度增大，位移减小．故A、C正确．答案：AC8．解析：由于位移是指由平衡位置指向质点所在位置的有向线段，故质点在0.7s时的位移方向向右，且正在向平衡位置运动，所以A项错误；质点在1.5s时的位移达到最大，故B项正确；在1.2～1.4s，质点正在远离平衡位置，所以其位移在增加，故C项正确；1.6～1.8s时间内，质点正向平衡位置运动，所以其位移正在减小，故D项错误．答案：BC9．解析：由振动图像可知，t＝2s时振子的振动方向为负方向，故A错误；在t＝0到t＝1s时间内振子的位移增大，速度减小，故B正确；在t＝1s到t＝2s时间内振子的位移减小，速度增大，故C错误；从t＝1s到t＝3s时间内振子从正向最大位移运动到负向最大位移，位移不为零，故D错误．故选B.答案：B10．解析：振子平衡位置的定义为振子静止时的位置，故选项A错误，B正确．振动的位移为从平衡位置指向某时刻物体所在位置的有向线段，据题意规定竖直向下为正方向，所以当钢球振动到原静止位置下方时位移为正，振动到原静止位置上方时位移为负，即C选项中位移为3cm，D选项中位移为－2cm，可判断选项C正确，D错误．答案：BC11．解析：将水杯沿竖直方向提起少许，由静止释放并开始计时，则水杯一开始的速度大小为0，由于取竖直向上为正方向，所以开始一段时间内速度为负值，且绝对值由零开始逐渐增大，故A、B错误；水杯由静止开始释放的位置就是其简谐运动的最高点，所以0时刻水杯的位移为正向最大，随后逐渐减小，故C错误，D正确．答案：D课时分层作业(八)简谐运动的描述1．解析：A错：物体做简谐运动，是变速直线运动，在任意eq\f(T,4)内通过的路程不一定等于A；B对：物体做简谐运动，在任意eq\f(T,2)内通过的路程一定等于2A；C错：物体做简谐运动，在任意eq\f(3T,4)内通过的路程不一定等于3A；D对：物体做简谐运动，在一个周期内完成一次全振动，位移为零，路程为4A.答案：BD2．解析：A错：由题意可知T＝eq\f(60,30)s＝2s，A＝eq\f(8,2)cm＝4cm.B错：频率f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,2)Hz＝0.5Hz.C对：振子完成一次全振动通过的路程为振幅的4倍，即4×4cm＝16cm.D错：振子过O点时开始计时，在2s内发生的位移为零．答案：C3．解析：A错：弹簧在第1s末与第5s末的形变量大小相同，但是长度不相同．B对：简谐运动的周期T＝8s，则频率f＝eq\f(1,T)＝0.125Hz.C对：弹簧振子在第4s末在平衡位置，位移为零．D对：因x­t图像的斜率的符号反映速度的方向，可知在第3s末到第5s末弹簧振子的速度方向不变．答案：BCD4．解析：A、B错：由图知，该质点的振动周期为4s，振幅为2cm；C对：t＝3s时，质点处于平衡位置，加速度为零，速度最大；D错：质点的振动方程为y＝Asin(ωt＋φ)＝2sin(eq\f(2π,4)t＋eq\f(π,2))(cm)＝2coseq\f(π,2)t(cm).答案：C5．解析：根据x＝10sin(eq\f(π,4)t＋eq\f(π,6))cm得：ω＝eq\f(π,4)rad/s，则该质点振动周期T＝eq\f(2π,ω)＝8s，则A错误．该质点振幅A＝10cm，则B正确．将t＝1s和t＝5s分别代入x＝10sin(eq\f(π,4)t＋eq\f(π,6))cm得，位移分别为10sineq\f(5π,12)cm和－10sineq\f(5π,12)cm，则C错误．由于t＝2s＝eq\f(T,4)，所以2s内质点通过的路程可能小于一个振幅，也可能大于或等于一个振幅，则D错误．故选B.答案：B6．解析：若振幅为0.1m，由题意知，Δt＝(n＋eq\f(1,2))T(n＝0，1，2，…)，解得T＝eq\f(2,2n＋1)s(n＝0，1，2，…)，A项正确，B项错误；若振幅为0.2m，t＝0时，由振子做简谐运动的表达式y＝0.2sin(eq\f(2π,T)t＋φ0)m可知，0.2sinφ0m＝－0.1m，解得φ0＝－eq\f(π,6)或φ0＝－eq\f(5π,6)，将T＝6s代入0.2sin(eq\f(2π,T)＋φ0)m＝0.1m可得，D项正确；将T＝4s代入0.2sin(eq\f(2π,T)＋φ0)m≠0.1m，得T＝4s不满足题意，C项错误．答案：AD7．解析：A对：由图可知A在t轴上方，位移x＝0.25cm，所以弹力F＝－kx＝－5N，即弹力大小为5N，方向指向x轴负方向．B错：由图可知过A点作图线的切线，该切线与x轴正方向的夹角小于90°，切线斜率为正值，即振子的速度方向指向x轴的正方向．C错：由图可看出，t＝0、t＝4s时刻振子的位移都是最大，且都在t轴的上方，在0～4s内经过两个周期，振子完成两次全振动．D错：由于t＝0时刻和t＝4s时刻振子都在最大位移处，故位移为零，又由于振幅为0.5cm，在0～4s内振子完成了2次全振动，所以在这段时间内振子通过的路程为s＝2×4×0.50cm＝4cm.答案：A课时分层作业(九)简谐运动的回复力和能量1．解析：对弹簧振子来说，k为劲度系数，x为质点离开平衡位置的位移，对于其他简谐运动，k不是劲度系数，而是一个比例系数，故A错误，B正确；该系数由系统本身结构决定，与力F和位移x无关，C错误；“－”只表示回复力与位移反向，回复力有时是动力，D错误．答案：B2．解析：A错：t＝0.1s时，振子回到平衡位置并向负方向运动，速度方向没有改变．B对：t＝0.15s时，振子运动到负向最大位移处，此时弹簧形变量最大，振子速度为0.C错：t＝0.05s到t＝0.15s过程中，振子从正向最大位移处运动到负向最大位移处，其回复力先变小再变大．D对：t＝0.15s到t＝0.2s过程中，振子由负向最大位移处向平衡位置运动，速度增大，加速度减小．答案：BD3．解析：由简谐运动的对称性可知，物体在0.2s时刻与0.4s时刻速度相同，A正确；物体在0.6s时刻与0.4s时刻速度大小相等，方向相反，但动能相同，B正确；0.7～0.9s时间内，物体远离平衡位置，位移增大，加速度增大，C错误；0.9～1.1s时间内动能增大，势能减小，D错误．答案：AB4．解析：A错：在运动过程中，物块A和弹簧组成的系统的机械能守恒，由于弹簧的弹性势能是变化的，故物块A的机械能不守恒．B错：当物块A被平行于斜面的轻质弹簧拉住并静止于O点时，物块A受到弹簧沿斜面向上的弹力，弹簧处于伸长状态，结合简谐运动的对称性可知，物块A在B点时弹簧的伸长量一定最大，而物块A在C点时，弹簧可能处于原长状态，也可能处于压缩状态或伸长状态，可知在C点时，弹簧的弹性势能不一定最小．C对：物块A和弹簧组成的系统的机械能守恒，物块A在C点时，动能为零，故物块A与弹簧构成的系统的势能(重力势能和弹性势能之和)最大，在O点时，动能最大，故势能最小．D对：物块A和弹簧组成的系统的机械能守恒，物块A在B点时，弹簧的伸长量最大，弹簧的弹性势能最大，物块A的机械能最小．答案：CD5．解析：(1)B的平衡位置是剪断绳后B受合力为0的位置，设弹簧的劲度系数为k，则B、C静止时，由平衡条件得，弹簧伸长量x＝eq\f(（mC＋mB）g,k)，没有C且B受合力为0时，弹簧伸长量x′＝eq\f(mBg,k)，代入数据解得x′＝2.5cm，则B的振幅A＝x－x′＝12.5cm.(2)此题等效于用F＝mCg的力拉B使弹簧伸长15cm后释放，则释放时B的加速度最大，此时合力与F等大、反向，则amax＝eq\f(F,mB)＝eq\f(mCg,mB)＝eq\f(0.5×10,0.1)m/s2＝50m/s2.答案：(1)12.5cm(2)50m/s26．解析：(1)当小球运动到最低点时，台秤示数为5mg，即框架对台秤的压力大小为5mg，由牛顿第三定律知，台秤对框架的支持力为FN＝5mg；设最低点时小球的加速度大小为a，弹簧的弹力为F，此时框架的加速度大小为零，则对框架分析得F＋3mg＝FN，解得F＝2mg，对小球应用牛顿第二定律得F合＝F－mg＝mg，又F合＝ma，解得a＝g.(2)由弹簧振子的对称性可知，小球运动到最高点时，小球加速度的大小也为g，方向竖直向下．所以此时弹簧处于原长，对框架没有作用力，台秤的示数为框架的重力，即为3mg.答案：(1)g(2)3mg课时分层作业(十)单摆1．解析：单摆在振动过程中，当摆球的重力势能增大时，摆球的位移变大，回复力变大，加速度变大，速度减小，C对．答案：C2．解析：平衡位置是小球回复力为零的位置，故B错；单摆在平衡位置时，由于需要向心力，故合外力不为零，故A对，C、D错．答案：A3．解析：t＝eq\f(3π,2)eq\r(\f(l,g))＝eq\f(3,4)T，最大速度时，单摆应在平衡位置x＝0，v方向为－y，沿y轴负方向，故D项正确．答案：D4．解析：根据周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))知：两单摆的周期相同与质量无关，所以相撞后两球分别经过eq\f(1,2)T后回到各自的平衡位置．这样必然是在平衡位置相遇．所以不管A、B的质量如何，下一次碰撞都在平衡位置，故C正确．答案：C5．解析：当甲第一次到达正向最大位移处时是在1.5s末，从图像可以看出此时乙的位移为正，即乙在平衡位置右侧；另外，位移图像斜率表示速度，此时乙的斜率为负，即表示乙在向左运动，D正确．答案：D6．解析：用大球替代小球，单摆摆长变长，由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，单摆的周期变大，故A错误；由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，在小摆角情况下，单摆做简谐运动的周期与摆角无关，摆角从5°改为3°时，单摆周期不变，故B错误；用等大铜球替代，单摆摆长不变，由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，单摆的周期不变，故C正确；将单摆从赤道移到北极，重力加速度g变大，由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，单摆周期变小，故D错误．故选C.答案：C7．解析：在地球表面单摆的周期T1＝2πeq\r(\f(l1,g))在星球表面单摆的周期T2＝2πeq\r(\f(l2,g′))eq\f(GM1,Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))＝gGeq\f(M2,Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＝g′联立可得eq\f(R1,R2)＝eq\r(\f(M1,M2))·eq\r(\f(l2,l1))·eq\f(T1,T2)＝eq\f(2,1).答案：A8．解析：由振动图像读出周期T＝2s，振幅A＝10cm，由ω＝eq\f(2π,T)得到圆频率ω＝πrad/s，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝Asin(ωt)＝10sin(πt)cm，故A正确；由公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，代入得到L＝1m，故B正确；从t＝2.5s到t＝3.0s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，动能增大，故C错误；从t＝2.5s到t＝3.0s的过程中，摆球的位移减小，回复力减小，故D正确．答案：ABD9．解析：A对：摆球经过最低点时，拉力最大，由题图知在0.2s时，拉力最大，所以此时摆球经过最低点．B对：在t＝0.8s时，悬线上的拉力又一次达到峰值，经过最低点，加速度向上，摆球处于超重状态．C错：由题图乙可知，经过最低点时的力逐渐减小，说明经过最低点时的速度逐渐减小，机械能逐渐减小．D错：在一个周期内摆球两次经过最低点，根据图像知周期T＝1.2s.答案：AB10．解析：设圆环的半径为R，BD与竖直方向夹角为θ，甲、乙、丙三球到达D点所需时间分别为t1、t2、t3，对甲球，t1＝eq\r(\f(2R,g))；对乙球，a＝gcosθ，BD长为2Rcosθ，故2Rcosθ＝eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))cosθ，则t2＝2eq\r(\f(R,g))；丙球做简谐运动，故t3＝eq\f(1,4)×2πeq\r(\f(R,g))＝eq\f(π,2)eq\r(\f(R,g)).可知A正确，B、C、D错误．答案：A11．解析：(1)由题图乙得摆球做简谐运动的周期：T＝eq\f(2π,5)s，由T＝2πeq\r(\f(l,g))，得l＝eq\f(T2g,4π2)，代入数据得l＝0.4m.(2)设摆球质量为m，以F1、F2表示最大和最小的拉力，则有F2＝mgcosθ，F1－mg＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)),l)由机械能守恒定律知，mgl(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))整理以上三式得m＝eq\f(F1＋2F2,3g)＝0.05kg＝50g.(3)由F1－mg＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)),l)得vB＝eq\r(\f(（F1－mg）l,m))＝eq\f(\r(2),5)m/s.答案：(1)eq\f(2π,5)s0.4m(2)50g(3)eq\f(\r(2),5)m/s课时分层作业(十一)受迫振动共振1．解析：因单摆做阻尼振动，根据阻尼振动的定义可知，其振幅越来越小，而单摆振动过程中的周期是其固有周期，是由本身条件决定的，是不变的，故A错误，B正确；因单摆做阻尼振动的过程中，振幅逐渐减小，振动的能量也在减少，即机械能在减少，故C错误，D正确．答案：BD2．解析：若使振子振幅最大，则曲线转动频率为f＝2Hz，即转速为2r/s.由于eq\f(d1,d2)＝eq\f(r1,r2)＝eq\f(1,2)，ω1r1＝ω2r2，故eq\f(ω1,ω2)＝eq\f(2,1)，所以电动机转速为4r/s，即240r/min.答案：D3．解析：驱动力的周期与固有周期相等，形成共振，共振时振幅最大，操作人员只需将声波发生器发出的声波频率调到500Hz，就能使酒杯碎掉．则D正确，A、B、C错误．答案：D4．解析：当冲击力频率等于列车固有频率时，列车振动的振幅最大，因v＝eq\f(l,t)＝eq\f(12.6m,0.315s)＝40m/s，故A正确；列车过桥做减速运动，是为了使驱动力频率远小于桥梁固有频率，防止桥梁发生共振现象，而不是列车发生共振现象，故B、C错；增加钢轨长度有利于列车高速运行，D正确．答案：AD5．解析：简谐振子的固有周期与驱动力周期的关系是T驱＝eq\f(3,2)T固，所以受迫振动的状态一定不是题图乙中的b点和c点，可能是a点，故选AD.答案：AD6．解析：若保持把手不动，砝码以一定的初速度做简谐运动，这时为自由振动，题中图乙为砝码的自由振动图像，由图读出的周期为T0＝4s，T0为砝码振动的固有周期，当把手以某一速度匀速转动时，砝码做受迫振动，此时砝码振动的周期T等于驱动力的周期，题中图丙为砝码做受迫振动的图像，由图读出的周期为T＝8s，T为砝码做受迫振动的周期，也为驱动力的周期．驱动力的周期越靠近砝码的固有周期，砝码的振动越强烈，振幅越大；驱动力的周期越远离砝码的固有周期，砝码的振动越弱，振幅越小．故选项B、D错误，A、C正确．答案：AC课时分层作业(十二)波的形成1．解析：A错：波源停止振动，介质中的质点仍然在振动，所以波仍然继续传播．B错：产生机械波的条件之一是必须有介质．C错：在振动过程中质点不随波的传播而迁移．D对：波向外传播信息和能量．答案：D2．解析：质点的振动方向与波的传播方向垂直的波为横波，质点的振动方向与波的传播方向在同一直线上的波为纵波．B、C、D错误；横波具有波峰和波谷，A正确．答案：A3．解析：由题图可知波形甲的振幅比波形乙的小，A错误；甲、乙两绳波在同一介质中传播，波速相等，波形甲的波长大于波形乙的波长，根据v＝eq\f(λ,T)，波形甲的周期大于波形乙的周期，B正确；波形乙的形成时间比波形甲早，C错误；波形甲的起振方向向下，波形乙的起振方向向上，D错误．答案：B4．解析：无论波向左还是向右传播，回复力始终指向平衡位置，且质点A的回复力是由相邻的质点对质点A的作用力提供的，质点A的受力方向始终向下，故B、D正确．答案：BD5．解析：由题图及波的传播与质点的振动关系可知，P质点在t＝0时刻正由平衡位置沿x轴负方向运动，故B正确，A、C、D错误．答案：B6．解析：该波源产生的是横波，即波的传播方向与质点的振动方向相互垂直，因波沿x轴正方向传播，故质点P沿y轴上下振动，C错误，D正确；波的传播过程是离波源近的质点依次带动离波源远的质点振动，即所有的质点依次重复波源的振动形式，因波源开始从平衡位置沿y轴正方向振动，故质点P开始振动的方向沿y轴正方向，A错误，B正确．答案：BD7．解析：由波传播的规律知质点的振动是先振动的质点带动后振动的质点，由题图a质点运动情况，可知a质点左侧质点先于a质点振动，波是沿x轴正方向传播的，选项A正确；质点c和质点a之间有一波谷，质点c振动方向与质点a振动方向相反，质点c向下运动，故选项B错误；b质点正向着平衡位置运动，故b比c先到达平衡位置，选项C正确；c比b先到达偏离平衡位置的最远处，选项D是错误的．答案：AC课时分层作业(十三)波的描述1．解析：从波的图像可以看出，选项A错误；根据波的传播方向和波的图像可以得出，此时刻x＝2m处的质点速度方向沿y轴负方向，选项B错误；x＝4m处的质点此时处于负向最大位移处，加速度方向为y轴正方向，选项C正确；x＝8m处的质点位于平衡位置，速度方向沿y轴正方向，所以速度为正的最大值，选项D正确．答案：CD2．解析：质点在平衡位置处的振动速度是最大的，所以在t＝0时刻，a的速度小于b的速度，A错误；而质点偏离平衡位置越远，加速度越大，a的加速度大于b的加速度，B错误；根据波的图像“同侧法”可以判断在t＝0时刻，b在平衡位置且向下振动，a在正向最大位移处向下振动，D正确，C错误．答案：D3．解析：波的传播速度与振幅无关，A、B错误；质点振动一个周期，波传播的距离等于一个波长，C错误；频率越高，即周期越小，因而波传播一个波长所用时间就越短，D正确．答案：D4．解析：公式v＝λf适用于一切波，无论是机械波还是电磁波，A正确；机械波的波速仅由介质决定，与λ、f无关，B、D错误；对同一列波，其频率由振源决定，与介质无关，C正确．答案：AC5．解析：绳波中质点的振动方向与波的传播方向垂直，属于横波，纵波的传播方向和质点的振动方向在同一条直线上，故A错误；波的传播过程中介质中质点不随波的传播而迁移，故B错误；0～eq\f(T,4)内P由平衡位置振动到波峰，eq\f(T,4)～eq\f(T,2)内P由波峰回到平衡位置，可知t＝eq\f(T,8)时P在平衡位置上方、向上振动，t＝eq\f(3T,8)时P在平衡位置上方向下振动，故C正确，D错误．答案：C6．解析：由简谐波的波形图可知简谐波的波长为λ＝4m．虽然知道两不同时刻的波形图，但不知道时间差，无法确定周期和频率，也无法确定波速．故选C.答案：C7．解析：(1)频率f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.01)Hz＝100Hz，由波速公式v＝eq\f(λ,T)得，波长λ＝vT＝40×0.01m＝0.4m．(2)SP＝1.2m＝3λ、SQ＝1.7m＝4eq\f(1,4)λ.波源S开始振动方向竖直向上，则介质中各点起振方向均沿竖直向上方向．结合波形可知，当Q点开始振动时，Q点向上振动，而P点此时处于波峰，则P、Q两点的振动图像为答案：(1)100Hz0.4m(2)见解析图8．解析：波沿x轴负方向传播，由波的图像可知，波长λ＝2m，波的周期T＝eq\f(λ,v)＝eq\f(2,10)s＝0.2s，则质点a在0.15s时，由平衡位置向负的最大位移处运动，由图可知A、B、C错误，D正确．答案：D9．解析：若M质点为波源，相当于M质点追随它左边的质点振动，又因为是经过一个周期的波形，此时M质点的振动方向向上，即开始振动时的方向向上，A错误；若M质点为波源，振动刚刚传到N质点，P质点已振动了eq\f(1,4)T，B错误；若N质点为波源，则N质点开始振动的方向向下，P质点已振动了eq\f(3,4)T，又因为此时P质点离平衡位置最远，速度为零，动能最小，故C正确，D错误．答案：C10．解析：可以画出PQ之间的最简单的波形，如图所示：由于P、Q之间可以含有多个完整的波形，则：xPQ＝(n＋eq\f(1,2))λ(n＝0，1，2……)整理可以得到：λ＝eq\f(2xPQ,2n＋1)(n＝0，1，2……)当n＝0时，λ＝0.3m当n＝1时，λ＝0.1m，故选项B正确，A、C、D错误．答案：B课时分层作业(十四)波的反射、折射和衍射1．解析：A点要发生明显振动，就是要出现明显的衍射现象，而发生明显衍射现象的条件是障碍物或小孔的尺寸比波长小或者跟波长差不多，当狭缝距离不变时，必须增大波长，而v是一定的，由v＝fλ可知，要增大λ则只有减小f，故选项B正确；当波长λ不变时，将N板左移，使狭缝距离d减小，也能产生明显衍射，故选项D正确．答案：BD2．解析：右边的声波从发出到反射回来所用时间为t1＝0.5s，左边的声波从发出到反射回来所用的时间为t2＝2s，山谷的宽度为s＝eq\f(1,2)v(t1＋t2)＝eq\f(1,2)×340×2.5m＝425m，故C正确．答案：C3．解析：入射波与反射波在同种介质中传播，波速相同，频率由波源决定，频率相同，由v＝λf知波长相同，A正确，B错误；因不知介质情况，入射波与折射波波长无法比较，C、D错误．答案：A4．解析：汽船向悬崖靠近，3s行驶了L＝v船t＝12m．声波3s内传播的距离为v声t＝2x－L，所以悬崖与汽船鸣笛的位置的距离x＝eq\f(v声t＋L,2)＝516m，B正确．答案：B5．解析：A、B、C选项中应用了波的反射现象；D选项是波的折射现象，深水区域和浅水区域视为不同介质，故波的传播方向发生改变．答案：BCD6．解析：由于c≫v，故可不考虑无线电波传播过程中飞机的位移；设雷达两次发射无线电波时飞机与雷达的距离分别为x1、x2，则第一次有2x1＝ct1，第二次有2x2＝ct2，飞机的飞行速度v＝eq\f(x1－x2,Δt)且Δt＝0.8s，代入数据解得v＝375m/s.答案：C7．解析：(1)声波在介质Ⅰ中传播时，由v＝λf得：f＝eq\f(v1,λ1)＝eq\f(340,0.2)Hz＝1700Hz，由于声波在不同介质中传播时，频率不变，所以声波在介质Ⅱ中传播时，频率为1700Hz.(2)由v＝λf得声波在介质Ⅱ中的传播速度为v2＝λ2f＝0.6×1700m/s＝1020m/s.(3)波由介质Ⅰ到介质Ⅱ的过程中，频率不变，故当波从介质Ⅰ进入介质Ⅱ时，其频率之比为1∶1.答案：(1)1700Hz(2)1020m/s(3)1∶1课时分层作业(十五)波的干涉1．解析：这是水波的干涉现象，A错误；形成稳定的干涉图样时，两列波的频率一定相同，B正确；加强区和减弱区在水面上的位置是固定的，不会发生变化，C错误；干涉现象是波所特有的现象，只要是波，就一定能产生干涉现象，D错误．故选B.答案：B2．解析：A对，B、C错：a质点处是两列波波峰与波谷叠加的地方，振动始终减弱，而b、c质点是两列波波峰与波峰、波谷与波谷叠加的地方，振动始终加强．D错：因为两个波源的振动方向相同、振幅相同，所以a点静止不动，一直处于平衡位置．b、c两点的振动始终是加强的，它们的位移随时间做周期变化，不是静止不动的．答案：A3．解析：A、B错：t＝0.2s时，波传播的距离x＝vt＝0.2m，两列波都传到F点，此时两列波单独引起F点的振动方向均向下，但位移为0，E、G两点位移也未达到最大．C对，D错：t＝0.5s时，波传播的距离x＝vt＝0.5m，两列波的波峰同时传到F点，F点的位移最大．答案：C4．解析：由波的图像可以看出，a波的周期是b波的2倍，由f＝eq\f(1,T)可知，a波的频率为b波的频率的eq\f(1,2)，因为波速相等(同一介质)，由波速公式v＝λf可知a波的波长等于b波的波长的2倍，故A错误，B正确；两列波相干的条件是频率必须相等，可知a、b两列波叠加不会产生稳定的干涉，故C错误；波长越长，衍射现象越明显，故D正确．答案：BD5．解析：由题意知，两列波频率相等、波长相等，实线表示P波的波峰、Q波的波谷，虚线表示P波的波谷、Q波的波峰，故a、c两质点处为减弱点，b质点处为加强点，所以a、c两质点始终静止不动，则选项A、B错误，C正确；题图图示的时刻，对P波，质点d向下运动，对Q波，质点d向下运动，所以质点d沿着y轴负方向振动，则选项D正确．答案：CD6．解析：声音频率f＝170Hz的声波的波长是λ＝eq\f(v,f)＝eq\f(340,170)m＝2.0m，a到两波源的距离差为Δsa＝3m＝eq\f(3,2)λ，则a点两个喇叭传来的声波因干涉而减弱，同理Δsb＝0，即b点两个喇叭传来的声波因干涉而加强，Δsc＝2m＝λ，即c点两个喇叭传来的声波因干涉而加强，Δsd＝4m＝2λ，d点两个喇叭传来的声波因干涉而加强，故选A.答案：A课时分层作业(十六)光的折射1．解析：“挡在场馆外”一定是反射，只要是反射就一定遵循光的反射定律．答案：A2.解析：由于大气层的存在，侦察卫星在A处接收到的P处发出的光信号的光路大致如图中实线所示，由图可知选项B正确，A、C、D错误．答案：B3．解析：由光的折射定律知折射光线一定在法线和入射光线所确定的平面内，A正确，B错误；入射角不一定大于折射角，当光线从水斜射入空气中发生折射时，入射角小于折射角，C错误；光线从空气斜射入玻璃时，入射角大于折射角，D正确．答案：AD4．解析：由sini­sinr图像可知，同一光线sinr＞sini，即r＞i，故r为光线在空气中传播时光线与法线的夹角，则BO为入射光线，OA为折射光线，即光线由B经O到A，折射率n＝eq\f(sinr,sini)＝eq\f(0.9,0.6)＝1.5，故选项B正确，选项A、C、D错误．答案：B5.解析：光路图如图所示．根据折射定律得介质的折射率n＝eq\f(sin60°,sin30°)＝eq\r(3)，由n＝eq\f(c,v)得光在介质中的传播速度v＝eq\f(c,n)＝eq\f(\r(3),3)c，故D正确．答案：D6.解析：作出两束光线穿过平行玻璃砖的光路图．根据na＝eq\f(sini,sinra)，nb＝eq\f(sini,sinrb)，由题意知na<nb，ra>rb，故d′>d.光线经两侧面平行的玻璃砖后方向不变，出射光线平行．B正确．答案：B7．解析：转动前入射光与反射光的夹角θ1＝90°，转动后入射光与反射光夹角θ2＝120°，则光束1转过θ2－θ1＝30°，B正确，A错误；因为入射角增大15°，所以折射角增大的角度小于15°，C正确，D错误．答案：BC8．解析：如图所示，入射角θ1＝60°.折射角设为θ2，由tanθ2＝eq\f(D,L)得θ2＝30°根据折射定律eq\f(sinθ1,sinθ2)＝n，得n＝eq\f(sin60°,sin30°)＝eq\r(3)答案：eq\r(3)9．解析：(1)光路图如图所示(2)入射角i＝90°－β要使从AB面射出的光线与SO重合，则AB面上折射光线必须与AC面垂直，由几何知识得到，折射角r＝α由折射定律得n＝eq\f(sini,sinr)＝eq\f(cosβ,sinα)答案：(1)见解析图(2)eq\f(cosβ,sinα)10．解析：(1)如图所示，由几何关系知：光在AB界面的入射角θ1＝60°，折射角θ2＝30°，则n＝eq\f(sinθ1,sinθ2)＝eq\r(3).(2)由n＝eq\f(c,v)得v＝eq\f(c,n)＝eq\f(\r(3)c,3).答案：(1)eq\r(3)(2)eq\f(\r(3)c,3)11．解析：(1)由n＝eq\f(c,v)得，光在玻璃中的传播速度为：v＝eq\f(c,n)＝eq\f(3×108,\r(3))m/s＝eq\r(3)×108m/s.(2)作出光路图，如图所示．由几何知识得到：入射角θ1＝60°，根据折射定律得：n＝eq\f(sinθ1,sinθ2)，代入解得折射角θ2＝30°.由几何关系可知，折射光线三角形上方两条边分别平行，则圆形光斑直径为eq\f(L,3)，光斑的面积S＝eq\f(πL2,36).答案：(1)eq\r(3)×108m/s(2)eq\f(πL2,36)课时分层作业(十七)全反射1．解析：由题意知，光由光密介质射向光疏介质，由sinC＝eq\f(1,n)＝eq\f(1,\r(2))，得C＝45°<θ1＝60°，故在两介质的界面上会发生全反射，只有反射光线，没有折射光线，故选项D正确．答案：D2．解析：光导纤维内芯的折射率比外套的大，光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射，故选项A对，选项B、C、D错误．答案：A3.解析：在圆形亮斑边缘从空气射入水中的光线，折射角的大小等于临界角C，如图所示，由几何关系可知，此圆形亮斑的直径是：d＝2r＝2htanC．A符合题意．答案：A4．解析：根据发生全反射的条件，光从光密介质射向光疏介质，介质Ⅱ对空气Ⅰ来说是光密介质，光线a不能发生全反射，光线b可能发生全反射，临界角为C，有sinC＝eq\f(1,n)＝eq\f(1,\r(2))，则C＝45°.题图中光线b与界面的夹角为60°，而此时的入射角为30°<45°，故光线b也不能发生全反射，故正确选项为A.答案：A5．解析：光线垂直AB面射入，在到达AC面上时入射角i＝60°，因光线的临界角C满足sinC＝eq\f(1,n)，C＝45°，i>C，所以光线在AC面发生全反射；光线到达BC面上的入射角i′＝30°，由于i′<C，所以有部分光线从BC面射出，还有部分光线经BC面反射到AC面上，此时入射角等于零度，光线垂直于AC面射出，D项正确．答案：D6．解析：根据题意可知，当入射光与O点的距离为d时，从玻璃砖射出的光刚好消失，光恰好在MN圆弧面上发生了全反射，作出光路图，如图所示根据几何知识得：sinC＝eq\f(d,R)，又sinC＝eq\f(1,n)，联立解得n＝eq\f(R,d).答案：C7．解析：点光源P通过平面镜所成像为P′，如图所示．要使人从液体表面上方任意位置处都能够观察到点光源P发出的光，即相当于像P′发出的光，则入射角i≤i0，i0为全反射临界角，有：sini0＝eq\f(1,n)而tani＝eq\f(\f(3H,2),H＋d)且tani≤tani0联立解得d≥eq\f(H,2)，又有H>d解得eq\f(H,2)≤d<H.答案：eq\f(H,2)≤d<H8．解析：(1)光在玻璃工件中的速度v＝eq\f(c,n)①波长λ＝eq\f(v,f)②由①②式解得光在玻璃工件中的波长λ＝eq\f(c,nf).(2)设光在圆柱体中发生全反射时的入射角为a，传播到右端面的路程为s，则sinα＝eq\f(8R,s)③光在工件中传播的时间t＝eq\f(s＋R,v)④即t＝(eq\f(8,sinα)＋1)eq\f(nR,c)，当α为最小值时，t有最大值，此时sinα＝eq\f(1,n)⑤由③④⑤式得tmax＝eq\f(（8n2＋n）R,c).答案：(1)eq\f(c,nf)(2)eq\f(（8n2＋n）R,c)9．解析：(1)点光源S在距水面高3m处发出的光在观景台右侧面与水面交接处折射到水里时，被照亮的距离为最近距离AB，由于n＝eq\f(sini,sinr)，所以水的折射率n＝eq\f(\f(x,\r(32＋x2)),\f(AB,\r(AB2＋h2)))＝eq\f(4,3).(2)点光源S接近水面时，光在观景台右侧面与水面交接处折射到水里时，被照亮的距离为最远距离AC，此时，入射角为90°，折射角为临界角C则：n＝eq\f(sin90°,sinC)＝eq\f(\r(AC2＋h2),AC)＝eq\f(4,3)可得sinC＝eq\f(3,4)由数学知识得tanC＝eq\f(sinC,cosC)＝eq\f(3\r(7),7)，解得AC＝htanC＝eq\f(12,7)eq\r(7)m.答案：(1)eq\f(4,3)(2)eq\f(12,7)eq\r(7)m10.解析：光线射入透光罩由折射定律得：n＝eq\f(sini,sinr)①由几何关系得光线在内芯处入射角θ＝60°＝C由光线恰好在内芯处发生全反射②光线在传导过程中的光程为s＝eq\f(R,2cosr)＋eq\f(L,sinθ)③光在透光罩和内芯内传播速度为v＝eq\f(c,n)④光线传播时间为t＝eq\f(s,v)⑤联立③④⑤⑥式得光到达灯片的时间t＝2.1×10－8