2025高考物理步步高同步練習(xí)選修1學(xué)習(xí)筆記答案精析

2025高考物理步步高同步練習(xí)選修1第一章動量守恒定律1動量二、辨析(1)×(2)√(3)√(4)×例1ABD[當做直線運動的物體速度增大時，其末動量p2大于初動量p1，由矢量的運算法則，可知Δp＝p2－p1＞0，與物體運動方向相同，如圖甲所示，A正確。當做直線運動的物體速度減小時，p2＜p1，如圖乙所示，Δp與p1或p2方向相反，B正確。當物體的速度大小不變時，其方向可能變化，也可能不變．動量可能不變化，即Δp＝0，也可能動量大小不變而方向變化，此種情況Δp≠0，C錯誤。當物體做平拋運動時，動量的方向變化，即動量一定變化，Δp一定不為零，如圖丙所示，D正確。]例2見解析解析(1)取向右為正方向，初、末動量分別為：p＝mv＝0.4×4kg·m/s＝1.6kg·m/s，方向向右，p′＝mv′＝0.4×10kg·m/s＝4kg·m/s，方向向右，動量的改變量為Δp＝p′－p＝2.4kg·m/s，方向向右。(2)取向右為正方向，初、末動量分別為：p1＝mv1＝0.4×10kg·m/s＝4kg·m/s，方向向右，p2＝mv2＝0.4×(－3)kg·m/s＝－1.2kg·m/s，負號表示方向向左，動量的改變量為Δp′＝p2－p1＝－5.2kg·m/s，負號表示方向向左。三、例3C[動能不變，可能是速度的大小不變，但是方向變化，則物體的動量一定變化，例如勻速圓周運動，選項A錯誤；動量變化，可能是速度大小不變，方向變化，則動能一定不變化，選項B錯誤；動量的變化量為零，即動量不變，則動能一定不變，即動能的變化量一定為零，選項C正確；動能的變化量為零，即速度大小不變，方向可能變化，則動量的變化量不一定為零，選項D錯誤。]例4(1)4kg·m/s，方向豎直向上(2)減少了4J解析(1)籃球與地面相撞前瞬間的速度為v1＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×1.25)m/s＝5m/s，方向豎直向下，籃球反彈后的初速度v2＝eq\r(2gh′)＝eq\r(2×10×0.45)m/s＝3m/s，方向豎直向上．規(guī)定豎直向下為正方向，籃球的動量變化量為Δp＝(－mv2)－mv1＝－0.5×3kg·m/s－0.5×5kg·m/s＝－4kg·m/s即籃球的動量變化量大小為4kg·m/s，方向豎直向上。(2)籃球的動能變化量為ΔEk＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×32J－eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×52J＝－4J即動能減少了4J。拓展延伸5kg·m/s，方向豎直向上0解析發(fā)生碰撞前后速度大小不變，方向改變，由題可知，碰撞前v1＝eq\r(2gh)＝5m/s，方向豎直向下，碰撞后v2＝5m/s，方向豎直向上．規(guī)定豎直向下為正方向。Δp＝(－mv2)－mv1＝－5kg·m/s，即籃球的動量變化量大小為5kg·m/s，方向豎直向上，ΔEk＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12＝0，即動能的變化量為0。2動量定理一、辨析(1)×(2)×(3)×(4)√(5)√二、例1CD例2D[在緩慢拉動和快速拉動紙條的過程中，杯子受到的摩擦力均為滑動摩擦力，大小相等，但快速拉動時，紙條與杯子作用時間短，此時摩擦力對杯子的沖量小，由I＝Δp可知，杯子增加的動量較小，因此杯子沒有滑落，緩慢拉動時，摩擦力對杯子的沖量大，杯子增加的動量大，杯子會滑落，故A、B錯誤；為使杯子不滑落，杯子與紙條間的摩擦力對杯子的沖量應(yīng)盡量小一些，杯子與紙條間的動摩擦因數(shù)應(yīng)盡量小一些，選項C錯誤；杯子與桌面間的動摩擦因數(shù)較大時，杯子在桌面上做減速運動的加速度較大，杯子更容易停下來，不滑落，選項D正確。]例36300N解析取壘球飛向球棒的方向為正方向。壘球的初動量為p1＝mv1＝4.5kg·m/s，壘球的末動量為p2＝mv2＝－8.1kg·m/s，由動量定理可得壘球所受的平均作用力為eq\x\to(F)＝eq\f(p2－p1,Δt)＝－6300N．壘球所受的平均作用力的大小為6300N，負號表示力的方向與壘球飛向球棒的方向相反。例4(1)200N(2)205N解析(1)打擊時，鐵錘受到重力和釘子對鐵錘豎直向上的彈力，打擊后鐵錘的速度為0，設(shè)豎直向下為正方向．若不計鐵錘所受的重力，根據(jù)動量定理有－FΔt＝0－mv，解得F＝200N。由牛頓第三定律知鐵錘釘釘子的平均作用力為200N(2)若考慮鐵錘所受的重力，則有(G－F)Δt＝0－mv，解得F＝205N。由牛頓第三定律知鐵錘釘釘子的平均作用力為205N。拓展延伸當打擊時間很短時，可以不計鐵錘所受的重力解析從前兩問的解答可以看出，當打擊時間很短時，鐵錘所受的重力可以忽略不計。三、例5CD[根據(jù)沖量的定義知，重力對物體的沖量大小為mgt，A錯誤；對物體進行受力分析可知支持力大小FN＝mgcosθ，則支持力對物體的沖量大小為mgcosθ·t，B錯誤；摩擦力Ff＝mgsinθ，所以摩擦力對物體的沖量大小為mgtsinθ，C正確；因物體靜止，合力為零，則合力對物體的沖量大小為零，D正確。]例6B[由I＝Ft可知，在F－t圖像中，圖線與坐標軸所圍成的面積表示沖量的大小，所以I＝eq\f(1,2)×3×3N·s＋3×3N·s＝13.5N·s，故B正確，A、C、D錯誤。]例7BCD[IG＝mgt，B正確；Δp＝p′－p＝mvy，vy＝eq\r(v2－v02)＝eq\r(2gh)，故C、D正確，A錯誤。]專題強化1動量定理的應(yīng)用例11400N7700N解析以全過程為研究對象，初、末動量的數(shù)值都是0，所以運動員的動量變化為零，根據(jù)動量定理，合力的沖量為零，根據(jù)自由落體運動的知識，運動員下落到地面上所需要的時間是t＝eq\r(\f(2h,g))＝1s，從開始下落到落到海綿墊上停止時，取向下為正方向，有mg(t＋Δt1)－eq\x\to(F)Δt1＝0代入數(shù)據(jù)，解得eq\x\to(F)＝1400N下落到沙坑中時，有mg(t＋Δt2)－eq\x\to(F)′Δt2＝0代入數(shù)據(jù)，解得eq\x\to(F)′＝7700N。針對訓(xùn)練1B[解法一：消防員下落t1＝1s后雙腳觸地時的速度為v1＝gt1，方向向下；著地后他使自身重心下降0.2s后站定，即v2＝0，設(shè)向下為正方向，則著地過程中消防員動量的變化量為Δp＝0－mv1＝－mv1，設(shè)該過程中地面對他雙腳的平均作用力為eq\x\to(F)，由動量定理得(mg－eq\x\to(F))t2＝Δp＝－mv1，其中t2＝0.2s，則eq\x\to(F)＝mg＋eq\f(mv1,t2)＝mg＋5mg＝6mg，故B正確。解法二：規(guī)定向下為正方向，對消防員下落的全程應(yīng)用動量定理可得mg(t1＋t2)＋(－eq\x\to(F)t2)＝0－0，代入數(shù)據(jù)解得eq\x\to(F)＝6mg，故B正確。]例2BC[根據(jù)沖量的定義，I＝Ft，故0～t0時間內(nèi)拉力沖量I＝eq\f(1,2)mgt0，沖量不為零，故A錯誤；0～t0時間內(nèi)拉力小于重力，物體沒有運動，不產(chǎn)生位移，根據(jù)功的定義，可知拉力F不做功，故B正確；3t0時速度最大，合外力的沖量為F－t圖像t0～3t0時間內(nèi)三角形面積，設(shè)豎直向上為正方向，根據(jù)動量定理，合外力的沖量等于動量的變化量，eq\f(1,2)mg×2t0＝mvmax，可知vmax＝gt0，故C正確；t0～3t0內(nèi)物體向上加速，3t0～4t0內(nèi)向上減速，根據(jù)動量定理，eq\f(1,2)mg×2t0－eq\f(1,2)mgt0＝mvt,4t0時刻物體的速度vt＝eq\f(1,2)gt0，故D錯誤。]拓展延伸1拓展延伸22t0至4t0內(nèi)，圖線與t軸圍成的面積為零，則合力的沖量為零，動量的變化量為零，故物體在2t0時刻和4t0時刻速度相同。例31.77×105N解析取一小段時間Δt，從水槍噴出的水的質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt。以Δm為研究對象，如圖所示，設(shè)水速方向為正方向，由動量定理，得FΔt＝Δm(0－v)＝－ρSv2Δt，則F＝－ρSv2由牛頓第三定律，知水對煤層的平均沖擊力大小為F′＝－F＝ρSv2，又S＝eq\f(π,4)d2代入數(shù)據(jù)，解得F′≈1.77×105N。針對訓(xùn)練2D[Δt時間內(nèi)貯氣瓶噴出氣體的質(zhì)量Δm＝ρSv·Δt，對于貯氣瓶、瓶內(nèi)氣體及噴出的氣體所組成的系統(tǒng)，以氣體噴出速度方向為正方向，由動量定理得FΔt＝Δmv－0，解得F＝ρv2S，根據(jù)牛頓第三定律，氣體對貯氣瓶作用力大小F′＝F。由平衡條件可知，豎直墻面對貯氣瓶底端的作用力大小與F大小相等，即為ρv2S，選項D正確。3動量守恒定律一、辨析(1)×(2)√(3)√(4)×例1C[題圖甲中，在光滑水平面上，子彈水平射入木塊的過程中，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，題圖丙中兩球勻速下降，說明兩球組成的系統(tǒng)在豎直方向上所受的合外力為零，細線斷裂后，兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，它們在水中運動的過程中，兩球整體受力情況不變，遵循動量守恒定律，題圖乙中系統(tǒng)受到墻的彈力作用，題圖丁中斜面是固定的，題圖乙、丁所示過程系統(tǒng)所受合外力不為零，動量不守恒，故只有甲、丙系統(tǒng)動量守恒，即C正確。]針對訓(xùn)練1B[靜止在光滑的冰面上互推后瞬間，合外力為0，動量守恒，兩人的總動量為0，故A錯誤，B正確；根據(jù)動量守恒m1v1＝m2v2，男選手質(zhì)量較大，獲得的速度較小，女選手質(zhì)量較小，獲得的速度較大，故C、D錯誤。]例2C[在男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱的過程中男孩在水平方向受到小車的摩擦力，即男孩和木箱組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，A錯誤；小車在水平方向上受到男孩的摩擦力，即小車與木箱組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，B錯誤；男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)所受合力為零，系統(tǒng)動量守恒，C正確；木箱、男孩、小車組成的系統(tǒng)動量守恒，木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量大小相同，方向相反，D錯誤。]二、例30.4m/s水平向左解析本題的研究對象為兩輛碰碰車(包括駕車的同學(xué))組成的系統(tǒng)，在碰撞過程中此系統(tǒng)的內(nèi)力遠遠大于所受的外力，外力可以忽略不計，滿足動量守恒定律的適用條件。設(shè)甲同學(xué)的車碰撞前的運動方向為正方向，他和車碰撞前的速度v1＝5m/s；乙同學(xué)和車碰撞前的速度v2＝－4m/s。設(shè)碰撞后兩車的共同速度為v，則系統(tǒng)碰撞前的總動量為：p＝m1v1＋m2v2碰撞后的總動量為p′＝(m1＋m2)v。根據(jù)動量守恒定律可知p＝p′，即m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v代入數(shù)據(jù)解得v＝－0.4m/s，即碰撞后兩車以0.4m/s的速度共同運動，運動方向水平向左。針對訓(xùn)練2見解析解析取水平向右為正方向(1)vA＝3m/s，vB＝－1m/s，vA′＝2m/s，vB′＝2m/s根據(jù)動量守恒定律mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′得mA∶mB＝3∶1(2)vA″＝－2m/s，vB″＝2m/s根據(jù)動量守恒定律mAvA＋mBvB＝mAvA″＋mBvB″得mA∶mB＝3∶5。例4eq\f(mv＋m1v1,m－m1)，方向與炸裂前火箭速度方向相同解析以炸裂前火箭速度方向為正方向，則有：炸裂前火箭的總動量為：p＝mv炸裂后火箭的總動量為：p′＝－m1v1＋(m－m1)v2根據(jù)動量守恒定律有：mv＝－m1v1＋(m－m1)v2代入數(shù)據(jù)解得：v2＝eq\f(mv＋m1v1,m－m1)即炸裂后瞬間另一塊運動方向與炸裂前火箭速度方向相同。專題強化2動量守恒定律的應(yīng)用例1C[由題意知，A沿斜面由底端沖上頂端的過程中，在豎直方向上A有向下的加速度，所以A和B組成的系統(tǒng)在豎直方向上系統(tǒng)的動量分量不守恒．而A和B組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用，所以A和B組成的系統(tǒng)，在水平方向上系統(tǒng)的動量分量守恒，故選C。]拓展延伸B[因為物體A具有豎直方向的加速度，故系統(tǒng)在豎直方向受到向下的重力和水平面提供的向上的作用力，且此方向合力不為零，故此方向的動量不守恒；但水平面光滑，故系統(tǒng)在水平方向動量守恒，A到達頂端時，A和斜面體只有水平方向的速度，即mv0cosθ＝(M＋m)v，所以v＝eq\f(mv0cosθ,M＋m)，故選B。]例2B[小物塊做平拋運動，下落時間為t＝eq\r(\f(2h,g))＝2s，小物塊落到車底前瞬間，豎直方向速度大小為vy＝gt＝10×2m/s＝20m/s，小物塊在落到車底前瞬間的速度大小是v＝25m/s，根據(jù)平行四邊形定則可知，小物塊水平方向的速度大小為vx＝eq\r(v2－vy2)＝eq\r(252－202)m/s＝15m/s，小物塊與車在水平方向上動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律有Mv0－mvx＝(M＋m)v共，解得v共＝3m/s，故B正確。]例3(1)2.1m/s(2)4m/s解析(1)取向右為正方向，設(shè)木塊A的最終速度為v1，由動量守恒定律，對A、B、C有m0v0＝mAv1＋(mB＋m0)·v，解得v1＝2.1m/s。(2)設(shè)C滑離A時的速度為v2，當C滑離A后，由動量守恒定律，對B、C有m0v2＋mBv1＝(mB＋m0)v，解得v2＝4m/s。例48m/s解析設(shè)甲至少以速度v將箱子推出，推出箱子后甲的速度為v甲，乙獲得的速度為v乙，取向右為正方向。以甲和箱子為系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒，得(M甲＋m)v0＝M甲v甲＋mv，①選箱子和乙為系統(tǒng)，得mv＝(m＋M乙)v乙，②當甲與乙恰好不相撞時v甲＝v乙，③聯(lián)立①②③解得v＝8m/s。例5(1)4m/s(2)2m/s(3)48J解析(1)A與B碰后瞬間，B速度最大，A、B系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律得mAv0＋0＝－mAvA＋mBvB，代入數(shù)據(jù)得：vB＝4m/s。(2)B與C共速后，C速度最大，B、C系統(tǒng)動量守恒，以B的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mBvB＋0＝(mB＋mC)vC，代入數(shù)據(jù)得：vC＝2m/s。(3)由能量守恒定律得：ΔE損＝eq\f(1,2)mAv02－eq\f(1,2)mAvA2－eq\f(1,2)(mB＋mC)vC2，解得ΔE損＝48J。4實驗：驗證動量守恒定律例1見解析解析(2)①A.大大減小了因滑塊和導(dǎo)軌之間的摩擦而引起的誤差。B．保證兩個滑塊的碰撞是一維的。②滑塊1碰撞之前的速度v1＝eq\f(d,Δt1)＝eq\f(5×10－3,10.01×10－3)m/s≈0.50m/s；滑塊1碰撞之后的速度v2＝eq\f(d,Δt2)＝eq\f(5×10－3,49.99×10－3)m/s≈0.10m/s；滑塊2碰撞之后的速度v3＝eq\f(d,Δt3)＝eq\f(5×10－3,8.35×10－3)m/s≈0.60m/s；③系統(tǒng)碰撞之前m1v1＝0.15kg·m/s，系統(tǒng)碰撞之后m1v2＋m2v3＝0.15kg·m/s。通過實驗結(jié)果，可得結(jié)論：在實驗誤差允許的范圍內(nèi)，兩滑塊相互作用的過程，系統(tǒng)的動量守恒。例2(1)>(2)64.7(64.2～65.2均可)(3)ABD(4)mA·OP＝mA·OM＋mB·ON解析(1)要使兩球碰后都向右運動，A球質(zhì)量應(yīng)大于B球質(zhì)量，即mA>mB。(2)將10個點圈在圓內(nèi)的最小圓的圓心為平均落點，可由米尺測得碰撞后B球的水平射程約為64.7cm。(3)從同一高度做平拋運動，飛行的時間t相同，而水平方向為勻速直線運動，故水平位移x＝vt，所以只要測出小球飛行的水平位移，就可以用水平位移的測量值代替平拋運動的初速度。故需測出未放B球時A球飛行的水平距離OP和碰后A、B球飛行的水平距離OM和ON，及A、B兩球的質(zhì)量，故A、B、D正確。(4)若動量守恒，需驗證的關(guān)系式為mAvA＝mAvA′＋mBvB′，將vA＝eq\f(OP,t)，vA′＝eq\f(OM,t)，vB′＝eq\f(ON,t)代入上式得mA·OP＝mA·OM＋mB·ON。例3(1)B球平均落點(2)mA、mB、α、β、H、L、x(3)mAeq\r(2gL1－cosα)mAeq\r(2gL1－cosβ)mBxeq\r(\f(g,2H))解析(1)小球A在碰撞前、碰撞后的兩次擺動過程，均滿足機械能守恒定律。小球B在碰撞后做平拋運動，則x應(yīng)為B球的平均落點到其初始位置的水平距離。(2)(3)碰撞前對A，由機械能守恒定律得mAgL(1－cosα)＝eq\f(1,2)mAvA2，則：mAvA＝mAeq\r(2gL1－cosα)。碰撞后對A，由機械能守恒定律得mAgL(1－cosβ)＝eq\f(1,2)mAvA′2，則：mAvA′＝mAeq\r(2gL1－cosβ)。碰后B做平拋運動，有x＝vB′t，H＝eq\f(1,2)gt2。所以mBvB′＝mBxeq\r(\f(g,2H))。故要得到碰撞前后的動量，要測量的物理量有mA、mB、α、β、H、L、x。5彈性碰撞和非彈性碰撞一、辨析(1)√(2)×(3)√例1見解析解析根據(jù)動量守恒定律得2mv′＝mv，則v′＝eq\f(v,2)碰撞前的總動能Ek＝eq\f(1,2)mv2碰撞后的總動能Ek′＝eq\f(1,2)×2mv′2＝eq\f(1,4)mv2可見，碰撞后系統(tǒng)的總動能小于碰撞前系統(tǒng)的總動能。例2(1)2.9m/s(2)非彈性碰撞解析(1)設(shè)碰撞前保齡球的速度為v1，根據(jù)動量守恒定律有Mv1＝Mv1′＋mv2，解得v1＝2.9m/s(2)保齡球和球瓶組成的系統(tǒng)初、末動能分別為Ek0＝eq\f(1,2)Mv12＝21.025JEk1＝eq\f(1,2)Mv1′2＋eq\f(1,2)mv22＝16.75J因為Ek1<Ek0，所以該碰撞為非彈性碰撞。二、辨析(1)×(2)×例31m/s4m/s解析兩球發(fā)生彈性碰撞，則滿足動量守恒和機械能守恒，有m1v0＝m1v1＋m2v2，eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22代入數(shù)據(jù)解得v1＝1m/s，v2＝4m/s針對訓(xùn)練1見解析解析以塑料球初速度方向為正方向，由于是彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律得：m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2解得塑料球速度v1′＝－6m/s，方向與塑料球初速度方向相反鋼球速度v2′＝4m/s，方向與塑料球初速度方向相同。三、例4見解析解析若A、B發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律得，B獲得的最大速度滿足：vmax＝eq\f(2m,m＋3m)v＝0.5v若A、B發(fā)生完全非彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律，B獲得的最小速度滿足：mv＝(m＋3m)vmin解得vmin＝eq\f(mv,m＋3m)＝0.25v故B球速度可能是0.4v，但不可能是0.6v。例5AD[由碰撞前后系統(tǒng)總動量守恒知m1v1＝m1v1′＋m2v2′，總動能不增加，則Ek≥Ek1′＋Ek2′，驗證A、B、D三項皆有可能。但B項碰后后面小球的速度大于前面小球的速度，不符合實際，故A、D項正確。]針對訓(xùn)練2C[甲、乙兩球在碰撞過程中動量守恒，有p1＋p2＝p1′＋p2′，即p1′＝2kg·m/s。由于在碰撞過程中，不可能有其他形式的能量轉(zhuǎn)化為機械能，只能是系統(tǒng)內(nèi)物體間機械能的相互轉(zhuǎn)化或一部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，因此系統(tǒng)的機械能不會增加。所以有eq\f(p12,2m1)＋eq\f(p22,2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)，解得m1≤eq\f(7,17)m2；因為題目給出物理情景是“甲從后面追上乙”，要符合這一物理情景，就必須有eq\f(p1,m1)>eq\f(p2,m2)，即m1<eq\f(5,7)m2；同時還要符合碰撞后乙球的速度必須大于或等于甲球的速度這一條件，所以eq\f(p1′,m1)<eq\f(p2′,m2)，即m1>eq\f(1,5)m2.綜上可得選項C正確。]專題強化3彈簧—小球模型滑塊—光滑斜(曲)面模型例1見解析解析(1)在A、B兩球碰撞的過程中彈簧的壓縮量可忽略不計，產(chǎn)生的彈力可忽略不計，因此A、B兩球組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒，以A球的初速度方向為正方向，有mv0＝2mv1，解得v1＝eq\f(v0,2)。(2)粘在一起的A、B兩球向右運動，壓縮彈簧，由于彈簧彈力的作用，C球做加速運動，速度由零開始增大，而A、B兩球做減速運動，速度逐漸減小，當三個球速度相等時彈簧壓縮至最短，在這一過程中，三個球和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，有2mv1＝3mv2，解得v2＝eq\f(v0,3)。(3)當彈簧被壓縮至最短時，彈性勢能最大，由能量守恒定律得Epm＝eq\f(1,2)×2mv12－eq\f(1,2)×3mv22＝eq\f(1,12)mv02。(4)彈簧恢復(fù)原長過程中，A、B、C三個球和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，能量守恒，彈簧恢復(fù)原長時，由動量守恒定律和能量守恒定律，得2mv1＝2mvAB＋mvC，eq\f(1,2)×2mv12＝eq\f(1,2)×2mvAB2＋eq\f(1,2)mvC2解得vAB＝eq\f(v0,2)，vC＝0或vAB＝eq\f(v0,6)，vC＝eq\f(2v0,3)。例2C[整個過程中系統(tǒng)水平方向動量守恒，豎直方向動量不守恒，故A錯誤；設(shè)小球離開小車時，小球的速度為v1，小車的速度為v2，整個過程中水平方向動量守恒：mv0＝mv1＋mv2，由機械能守恒定律得：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv22，聯(lián)立解得v1＝0，v2＝v0，即小球與小車分離時二者交換速度，所以小球從小車右側(cè)離開后將做自由落體運動，故B、D錯誤，C正確。]例3(1)20kg(2)見解析解析(1)選向左為正方向。冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者達到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3。在水平方向上由動量守恒定律和機械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)veq\f(1,2)m2v02＝eq\f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh式中v0＝3m/s為冰塊被推出時的速度。聯(lián)立兩式并代入題給數(shù)據(jù)得m3＝20kg。(2)選向右為正方向，設(shè)小孩推出冰塊后小孩的速度為v1，由動量守恒定律有m1v1－m2v0＝0，代入數(shù)據(jù)得v1＝1m/s設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動量守恒定律和機械能守恒定律有－m2v0＝m2v2＋m3v3。eq\f(1,2)m2v02＝eq\f(1,2)m2v22＋eq\f(1,2)m3v32聯(lián)立兩式并代入數(shù)據(jù)得v2＝1m/s由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩。6反沖現(xiàn)象火箭一、辨析(1)√(2)√(3)×例12.5m/s解析子彈和槍組成的系統(tǒng)動量守恒，以子彈的速度方向為正方向。作用前：p＝0，作用后：p′＝mv－Mv′由動量守恒定律得：p＝p′，即0＝mv－Mva′解得v′＝eq\f(mv,M)＝(0.02×eq\f(1000,8))m/s＝2.5m/s。針對訓(xùn)練(1)0.1m/s，方向與橡皮塞水平運動方向相反(2)0.05m/s，方向與橡皮塞水平分運動的方向相反解析(1)小車和橡皮塞組成的系統(tǒng)所受外力之和為零，系統(tǒng)總動量為零。以橡皮塞運動的方向為正方向根據(jù)動量守恒定律，mv＋(M－m)v′＝0解得v′＝－0.1m/s負號表示小車運動方向與橡皮塞水平運動的方向相反，反沖速度大小是0.1m/s。(2)小車和橡皮塞組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒。以橡皮塞運動的水平分運動方向為正方向，有mvcos60°＋(M－m)v″＝0，解得v″＝－0.05m/s負號表示小車運動方向與橡皮塞水平分運動方向相反，反沖速度大小是0.05m/s。二、例2A[設(shè)第5次噴出燃氣的瞬間運載火箭的速度為v1，此時運載火箭的質(zhì)量為M－5m，忽略重力影響，運載火箭噴氣過程系統(tǒng)動量守恒，有(M－5m)v1＝5mv，解得v1＝eq\f(5mv,M－5m)，故選A。]三、例3C[A、B組成的系統(tǒng)在相互作用過程中水平方向動量守恒，兩物體位移關(guān)系如圖所示，則m2x－m1(b－a－x)＝0，解得x＝eq\f(m1b－a,m1＋m2)，故C正確，A、B、D錯誤。]四、例4D[設(shè)甲、乙兩球的質(zhì)量分別為m1、m2，剛分離時兩球速度分別為v1、v2，以向右為正方向，則由動量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，根據(jù)題意有v2－v1＝eq\f(x,t)，代入數(shù)據(jù)解得v2＝0.8m/s，v1＝－0.1m/s，說明剛分離時兩球速度方向相反，故A、B、C錯誤；爆炸過程中兩球增加的總機械能ΔE＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22－eq\f(1,2)(m1＋m2)v02，代入數(shù)據(jù)，解得ΔE＝0.027J，故D正確。]例5(1)eq\f(m＋m1,m－m1)eq\r(2gh)，方向豎直向下(2)eq\f(4mm1gh,m－m1)解析(1)由自由落體運動規(guī)律可知，炸裂前物體的速度v＝eq\r(2gh)，取豎直向下為正方向，炸裂前物體的動量為p＝mv＝meq\r(2gh)，炸裂后質(zhì)量為m1的一塊恰好能向上運動到開始下落的位置，則剛炸裂時其速度大小與炸裂前相同，即v1＝－eq\r(2gh)，方向與規(guī)定的正方向相反。由動量守恒定律有mv＝m1v1＋(m－m1)v2解得v2＝eq\f(m＋m1,m－m1)eq\r(2gh)，由于m>m1，則v2>0，說明炸裂后另一塊的運動方向豎直向下。(2)E總＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)(m－m1)v22，ΔE＝E總－E初，則ΔE＝eq\f(1,2)(m－m1)v22－eq\f(1,2)(m－m1)v2＝eq\f(4mm1gh,m－m1)。專題強化4子彈打木塊模型滑塊—木板模型例1(1)6m/s882J(2)能理由見解析解析(1)設(shè)子彈射入木塊后與木塊的共同速度為v，對子彈和木塊組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v解得v＝6m/s此過程系統(tǒng)增加的內(nèi)能ΔE＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝882J。(2)假設(shè)子彈以v0′＝400m/s的速度入射時沒有射穿木塊，則對子彈和木塊組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得mv0′＝(M＋m)v′，解得v′＝8m/s此過程系統(tǒng)所損耗的機械能為ΔE′＝eq\f(1,2)mv0′2－eq\f(1,2)(M＋m)v′2＝1568J由功能關(guān)系有ΔE＝F阻x相＝F阻d，ΔE′＝F阻x相′＝F阻d′則eq\f(ΔE,ΔE′)＝eq\f(F阻d,F阻d′)＝eq\f(d,d′)，解得d′≈10.7cm因為d′>10cm，所以能射穿木塊。針對訓(xùn)練1ABC[以v0的方向為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，可得滑塊最終獲得的速度：v＝eq\f(mv0,M＋m)，可知兩種情況下子彈的末速度是相同的，故A正確；子彈嵌入下層或上層過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量都等于系統(tǒng)減少的動能，兩種情況下系統(tǒng)減少的動能一樣，故系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一樣多，故B正確；根據(jù)動能定理，滑塊動能的增量等于子彈對滑塊做的功，所以兩次子彈對滑塊做的功一樣多，故C正確；由Q＝Ff·x相對知，由于x相對不相等，所以兩種情況下子彈和滑塊間的水平作用力不一樣大，故D錯誤。]例2v0≤eq\f(2\r(10),3)m/s解析滑塊以初速度v′從平臺滑上小車，剛好滑到小車的最右端，此時兩者速度相同(均為v)。由動量守恒定律得，mv′＝(M＋m)v從滑塊滑上小車到兩者速度相同，系統(tǒng)損失的動能等于因摩擦產(chǎn)生的熱量，Q＝μmgL＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)(M＋m)v2解得v′＝eq\f(2\r(10),3)m/s若滑塊不滑出小車，滑塊的初速度v0≤v′，即v0≤eq\f(2\r(10),3)m/s。針對訓(xùn)練2見解析解析(1)A受力如圖所示，A受到的合力為：FA合＝μmg－μmg＝0。(2)系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：m·2v－mv＝(m＋m＋m)v′，解得A、B、C最終的共同速度：v′＝eq\f(v,3)，即木板A最終運動的速度為eq\f(v,3)。(3)對系統(tǒng)，由能量守恒定律得：eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)m(2v)2＝eq\f(1,2)(m＋m＋m)v′2＋μmgL，解得：L＝eq\f(7v2,3μg)。專題強化5動力學(xué)、能量和動量觀點在力學(xué)中的應(yīng)用例1(1)3N(2)2m/s(3)0.4s解析(1)甲物塊從A點滑到B點，根據(jù)機械能守恒定律有：mgR1＝eq\f(1,2)mv12甲物塊運動到B點時，根據(jù)牛頓第二定律有：FN－mg＝meq\f(v12,R1)，聯(lián)立解得：v1＝2eq\r(5)m/s，F(xiàn)N＝3N根據(jù)牛頓第三定律可知，甲物塊在B點時對軌道的壓力大小FN′＝FN＝3N。(2)甲從B點向右滑動的過程中，做勻減速直線運動，加速度大小為a＝μg＝2m/s2設(shè)甲物塊運動到與乙相碰前瞬間的速度為v2，由v22－v12＝－2aL，解得v2＝4m/s設(shè)甲、乙相碰后瞬間共同速度的大小為v3，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：mv2＝2mv3解得：v3＝2m/s。(3)碰撞后，甲和乙以2m/s的速度水平拋出，假設(shè)兩物塊會落到水平地面上則下落的時間t＝eq\r(\f(2R2,g))＝0.4s則水平方向的位移x＝v3t＝0.8m＝R2說明兩物塊剛好落到D點，假設(shè)成立因此拋出后落到CDE軌道上所用時間為0.4s。針對訓(xùn)練1(1)eq\f(5,6)v(2)eq\f(mv2,3L)(3)eq\f(3L,2v)解析(1)取向右為正方向，B、C碰撞過程中動量守恒：2mv－mv＝(2m＋m)v1，解得v1＝eq\f(v,3)A滑到C上，A、C系統(tǒng)動量守恒：3mv＋mv1＝(3m＋m)v2解得v2＝eq\f(5,6)v(2)在A、C相互作用過程中，有Q＝Ff·eq\f(L,2)，Q＝eq\f(1,2)(3m)v2＋eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)(3m＋m)v22解得Ff＝eq\f(mv2,3L)；(3)在A、C相互作用過程中，以C為研究對象，由動量定理得Fft＝mv2－mv1，解得t＝eq\f(3L,2v)。例2(1)3m/s(2)5N·s解析(1)設(shè)撤去水平向右的恒力F時小物塊的速度大小為v0，小物塊和小車的共同速度大小為v1。從撤去恒力到小物塊到達小車右端過程，以v0的方向為正方向，對小物塊和小車組成的系統(tǒng)：由動量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v1由能量守恒定律得：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(m＋M)v12＋μmgl聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)得：v0＝3m/s。(2)設(shè)水平恒力F對小物塊沖量的大小為I，小物塊在平臺上運動的時間為t。小物塊在平臺上運動的過程，對小物塊：由動量定理得：I－μmgt＝mv0－0，由運動學(xué)規(guī)律得：l＝eq\f(v0,2)t聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得：I＝5N·s。針對訓(xùn)練2(1)1m(2)12N(3)1.5J解析(1)設(shè)長木板粗糙段長度為L，小物塊與長木板組成的系統(tǒng)動量守恒，給小物塊一個初速度v0＝2m/s，小物塊正好滑到C處，說明小物塊與長木板達到共同速度，由動量守恒定律和功能關(guān)系有mv0＝(m＋M)vμmgL＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋M)v2，解得L＝1m(2)設(shè)經(jīng)過t＝1s時間后，長木板和小物塊的速度分別是v1、v2，對系統(tǒng)由動量定理有：Ft＝Mv1＋mv2對整個系統(tǒng)由功能關(guān)系有：Fx－μmgL＝eq\f(1,2)Mv12＋eq\f(1,2)mv22又eq\f(v1,2)t＝x，eq\f(v2,2)t＝x－L聯(lián)立解得F＝12N，v1＝3.5m/s，v2＝1.5m/s(3)當彈簧的彈性勢能最大時，長木板與小物塊達到共同速度，設(shè)為v3，則Mv1＋mv2＝(M＋m)v3eq\f(1,2)Mv12＋eq\f(1,2)mv22＝Epm＋eq\f(1,2)(M＋m)v32解得Epm＝1.5J。章末素養(yǎng)提升例1BC[以初速度方向為正方向，足球的動量變化量Δp＝－mv2－mv1，代入數(shù)據(jù)得Δp＝－4.8kg·m/s負號表示動量變化量與初速度方向相反，所以足球的動量變化量大小為4.8kg·m/s，A錯誤；足球的動能變化量ΔEk＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，代入數(shù)據(jù)得ΔEk＝－9.6J，B正確；根據(jù)動量定理，乙對足球的沖量I＝－mv2－mv1，代入數(shù)據(jù)得I＝－4.8kg·m/s，負號表示沖量與初速度方向相反，結(jié)合牛頓第三定律，足球?qū)σ业臎_量大小為4.8kg·m/s，C正確；根據(jù)動量定理及牛頓第三定律eq\x\to(F)t＝mv2＋mv1代入數(shù)據(jù)得eq\x\to(F)＝9.6N，所以足球?qū)σ以谒椒较虻钠骄饔昧Υ笮?.6N，D錯誤。]例2A[設(shè)作用力F作用的時間為t，向右為正方向，則A的末動量pA＝Ft，B的末動量pB＝－Ft碰撞的過程中滿足動量守恒定律，所以(mA＋mB)v＝pA＋pB＝0碰撞后它們合在一起，停止運動，故A正確。]例3C[放出質(zhì)量為m的粒子后，剩余質(zhì)量為M－m，該過程動量守恒，有：mv0＝(M－m)v放出的粒子的動能為E0＝eq\f(1,2)mv02原子核反沖的動能：Ek＝eq\f(1,2)(M－m)v2解得：Ek＝eq\f(m,M－m)E0，故選C。]例4C[以兩物體及彈簧作為整體分析，當它們速度相等時，由動量守恒定律可得m·(3v0)＝(m＋2m)v解得v＝v0，故A、B錯誤；碰后，Q的速度減小，P的速度增大，在Q的速度大于P的速度時，彈簧壓縮量增大，彈簧彈力增大，它們的加速度都增大，當彈簧壓縮到最大，開始恢復(fù)的過程中，彈力方向不變，Q的速度繼續(xù)減小，P的速度繼續(xù)增大，但由于彈簧的壓縮量減小，它們的加速度都將減小，故C正確，D錯誤。]例5(1)0.0150.0075(2)0.25非彈性碰撞解析(1)由圖像可知，碰前入射小球的速度為v1＝eq\f(x1,t1)＝eq\f(0.2m,0.2s)＝1m/s碰后入射小球的速度為v1′＝eq\f(x1′,t1′)＝eq\f(0.3m－0.2m,0.4s－0.2s)＝0.5m/s被碰小球碰后的速度為v2′＝eq\f(x2′,t2′)＝eq\f(0.35m－0.2m,0.4s－0.2s)＝0.75m/s則入射小球碰撞前的動量為p1＝m1v1＝0.015kg·m/s入射小球碰撞后的動量為p1′＝m1v1′＝0.0075kg·m/s被碰小球碰撞后的動量為p2′＝m2v2′＝0.0075kg·m/s(2)根據(jù)恢復(fù)系數(shù)的定義有e＝|eq\f(v2′－v1′,0－v1)|＝|eq\f(0.75－0.5,0－1)|＝0.25該碰撞過程屬于非彈性碰撞。例6(1)5(1－k)m/s，方向向右eq\f(10－20k,3)m/s，方向向右(2)1.875m解析(1)物塊C、D碰撞過程中滿足動量守恒，設(shè)碰撞后瞬間物塊C、D形成的新物塊的速度為v物，已知C、D的質(zhì)量均為m＝1kg，以向右為正方向，則有mv0－m·kv0＝(m＋m)v物解得v物＝eq\f(1－k,2)v0＝5(1－k)m/s>0可知碰撞后瞬間物塊C、D形成的新物塊的速度大小為5(1－k)m/s，方向向右?；錋、B碰撞過程中滿足動量守恒，設(shè)碰撞后瞬間滑板A、B形成的新滑板的速度為v滑，滑板A和B質(zhì)量分別為1kg和2kg，則由Mv0－2M·kv0＝(M＋2M)v滑解得v滑＝eq\f(1－2k,3)v0＝eq\f(10－20k,3)m/s>0則新滑板速度方向也向右。(2)若k＝0.5，可知碰后瞬間物塊C、D形成的新物塊的速度為v物′＝5(1－k)m/s＝5×(1－0.5)m/s＝2.5m/s碰后瞬間滑板A、B形成的新滑板的速度為v滑′＝eq\f(10－20k,3)m/s＝0可知碰后新物塊相對于新滑板向右運動，新物塊向右做勻減速運動，新滑板向右做勻加速運動，新物塊的質(zhì)量為m′＝2kg，新滑板的質(zhì)量為M′＝3kg，設(shè)相對靜止時的共同速度為v共，根據(jù)動量守恒定律可得m′v物′＝(m′＋M′)v共解得v共＝1m/s根據(jù)能量守恒定律可得μm′gx相＝eq\f(1,2)m′(v物′)2－eq\f(1,2)(m′＋M′)v共2解得x相＝1.875m。第二章機械振動1簡諧運動一、辨析(1)×(2)√(3)×(4)×例1CD[平衡位置是振動系統(tǒng)不振動、小球處于平衡狀態(tài)時所處的位置，可知在該位置小球所受的重力大小與彈簧的彈力大小相等，即mg＝kx，則小球原來靜止的位置是小球的平衡位置，故選項D正確，A、B錯誤；當小球在振動過程中經(jīng)過平衡位置時，其加速度為零，速度最大，選項C正確。]二、例2B[從題圖中能看出坐標原點在平衡位置，A正確；橫軸雖然是由底片勻速運動得到的，但已經(jīng)轉(zhuǎn)化為時間軸，小球只沿x軸方向振動，B錯誤，C正確；因題圖中相鄰小球之間時間相同，密處說明小球的位置變化慢，D正確。]例3(1)O點右(2)6(3)B點O點A點(4)相反(5)012解析(1)由振動圖像知，t＝0時，x＝0，表示小球位于平衡位置，即O點。在0～1s內(nèi)，振動位移x>0，且逐漸增大，表示t＝0時，小球正在向正方向運動，即向右運動。(2)由題圖乙知，小球離開平衡位置的最大距離為3cm，則AB＝6cm。(3)t＝1s時，x＝3cm，小球位于B點；在t＝2s時，x＝0，小球位于平衡位置O點；t＝3s時，x＝－3cm，小球位于A點。(4)在t＝2s時，x－t圖像的斜率為負，表示小球向負方向運動，即向左運動。與t＝0時速度的方向相反。(5)在t＝4s時，小球又回到了平衡位置，故位移Δx＝0，前4s內(nèi)的路程為s＝3cm×4＝12cm。針對訓(xùn)練1CD[在0～0.4s內(nèi)，振子從O點減速運動到B點，所以t＝0.2s時，振子在O點右側(cè)，與O點的距離大于6cm，A錯誤；t＝0.6s時振子從B點向O點運動，速度方向向左，t＝1.4s時，振子從A點向O點運動，速度方向向右，振子的速度不相同，B錯誤；t＝0.4s到t＝0.8s的時間內(nèi)，振子從最大位移處靠近平衡位置，振子的位移逐漸減小，速度逐漸增大，C、D正確。]例4D[由題意小球的速度越來越大可知，小球正向平衡位置運動，小球的位移越來越小，加速度越來越小，故A、B、C錯誤；若位移為正值，速度則為負值，若位移為負值，速度則為正值，這段時間內(nèi)速度方向和位移方向一定相反，D正確。]針對訓(xùn)練2D[計時零點，振子加速度為零，對應(yīng)振子在平衡位置，B、C錯誤；振子向負方向運動，負向位移應(yīng)逐漸增大，A錯誤，D正確。]2簡諧運動的描述一、辨析(1)×(2)√(3)×(4)×(5)×例1C[小球從O→B→O只完成半個全振動，A錯誤；從A→B是半個全振動，用時2s，所以振動周期是4s，振幅A＝eq\f(1,2)eq\x\to(AB)＝10cm，B錯誤；因為t＝6s＝1eq\f(1,2)T，所以小球經(jīng)過的路程為4A＋2A＝6A＝60cm，C正確；從O開始經(jīng)過3s，小球處在最大位移處(A或B)，D錯誤。]例2C[由題圖可以直接看出振幅為2cm，周期為4s，所以頻率為0.25Hz，故A錯誤；質(zhì)點在1s即eq\f(1,4)個周期內(nèi)通過的路程不一定等于一個振幅，故B錯誤；t＝0時質(zhì)點在正向最大位移處，0～3s為eq\f(3,4)T，則質(zhì)點通過的路程為3A＝6cm，故C正確；振幅為質(zhì)點偏離平衡位置的最大距離，與質(zhì)點的位移有本質(zhì)的區(qū)別，t＝3s時，質(zhì)點的位移為零，但振幅仍為2cm，故D錯誤。]二、例3CD[物體A、B的振幅分別是3m、5m，A錯誤．物體A、B的圓頻率ω＝100rad/s，周期T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(π,50)s，B錯誤；因為TA＝TB，故fA＝fB，C正確；Δφ＝φA0－φB0＝eq\f(π,3)，故物體A的相位始終超前物體B的相位eq\f(π,3)，D正確。]例4A[由題可知，A＝0.8cm＝8×10－3m，T＝0.5s，可得ω＝eq\f(2π,T)＝4πrad/s，初始時刻具有負方向的最大加速度，則初位移x0＝0.8cm，初相位φ0＝eq\f(π,2)，得彈簧振子的振動方程為x＝8×10－3sin(4πt＋eq\f(π,2))m，A正確。]三、例5AC[假設(shè)彈簧振子在B、C之間振動，M點在O點的右側(cè)，如圖甲，若小球開始先向左振動，小球的振動周期為T＝eq\f(0.3＋\f(0.2,2),3)×4s＝eq\f(1.6,3)s，則小球第三次通過M點還要經(jīng)過的時間是t＝eq\f(1.6,3)s－0.2s＝eq\f(1,3)s。如圖乙，若小球開始先向右振動，小球的振動周期為T＝4×(0.3＋eq\f(0.2,2))s＝1.6s，則小球第三次通過M點還要經(jīng)過的時間是t＝1.6s－0.2s＝1.4s，A、C正確。]3簡諧運動的回復(fù)力和能量一、辨析(1)√(2)×例1AD[彈簧振子運動過程中受重力、支持力和彈簧彈力，回復(fù)力是根據(jù)效果命名的力，它是由物體受到的具體的力所提供的，在此情景中彈簧的彈力充當回復(fù)力，故A正確，B錯誤；回復(fù)力與位移的大小成正比，由A向O運動過程中位移在減小，故此過程回復(fù)力逐漸減小，故C錯誤；回復(fù)力總是指向平衡位置，故D正確。]例2AD[以O(shè)點為原點，水平向右為x軸正方向，物體在O點右方x處時所受合力：F＝－(k1x＋k2x)＝－3kx，因此物體做簡諧運動，由對稱性可知，OC＝OB，故A、D正確。]二、辨析(1)√(2)×(3)×例3AC[做簡諧運動的物體的機械能跟振幅有關(guān)，對確定的振動系統(tǒng)，振幅越大，系統(tǒng)的機械能越大，A正確；在簡諧運動中，系統(tǒng)機械能守恒，但物塊A的重力勢能與動能總和不斷變化，物塊A的機械能不守恒，B錯誤；在簡諧運動中，系統(tǒng)在最大位移處勢能最大，在平衡位置處動能最大，勢能最小，C正確，D錯誤。]例4B[彈簧振子做簡諧運動，彈簧振子的能量不變，不為零，選項A錯；在0.2s時位移最大，彈簧振子具有最大勢能，選項B對；彈簧振子的能量不變，在0.35s時彈簧振子的能量與其他時刻相同，選項C錯；在0.4s時振子的位移最大，動能為零，選項D錯。]三、辨析(1)√(2)×(3)×(4)×例5ABC[由題圖可知t1、t2時刻小球的加速度大小相等，方向相反，A正確；在t1～t2時間內(nèi)回復(fù)力先減小后增大，所以小球的加速度先減小后增大，B正確；在t1～t2時間內(nèi)，小球的速度先增大后減小，所以動能先增大后減小，C正確；簡諧運動的機械能守恒，D錯誤。]4單擺一、辨析(1)×(2)×(3)×(4)×例1C[擺球在運動過程中只受到重力和拉力作用，A錯誤；擺球在擺動過程中，在最高點A、C處速度為零，回復(fù)力最大，合力不為零，在最低點B處，速度最大，回復(fù)力為零，細線的拉力最大，C正確，B、D錯誤。]例2AD[由題圖可知，t1和t3時刻擺球的位移相等，根據(jù)對稱性可知單擺振動的速度大小相等，故擺線拉力大小相等，故A正確；t2時刻擺球在負的最大位移處，速度為零，t3時刻擺球向平衡位置運動，所以t2和t3時刻擺球速度不相等，故B錯誤；t3時刻擺球正靠近平衡位置，速度正在增大，故C錯誤；t4時刻擺球正遠離平衡位置，速度正在減小，擺線拉力也減小，故D正確。]二、辨析(1)×(2)×例31m175eq\r(2)s解析根據(jù)單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可得l＝eq\f(gT2,4π2)代入數(shù)據(jù)解得l＝eq\f(9.8×22,4×9.8)m＝1m秒擺搬到月球上，其與地球上的秒擺的周期關(guān)系為eq\f(T′,T)＝eq\r(\f(g,g′))，它在月球上做50次全振動所用的時間為t＝50T′＝50Teq\r(\f(g,g′))＝50×2×eq\r(\f(9.8,1.6))s＝175eq\r(2)s。例4BCD[根據(jù)題圖可知，單擺振動的周期關(guān)系eq\f(3,2)T甲＝T乙，所以周期之比為eq\f(T甲,T乙)＝eq\f(2,3)，所以頻率之比為eq\f(f甲,f乙)＝eq\f(3,2)，故B、C正確；若甲、乙兩單擺在同一地點擺動，則重力加速度相同，根據(jù)T＝2πeq\r(\f(l,g))，可得擺長之比為4∶9，故A錯誤；若甲、乙兩單擺在不同地點擺動，擺長相同，根據(jù)T＝2πeq\r(\f(l,g))，可得重力加速度之比為9∶4，故D正確。]例5A[球A做自由落體運動，到達C點的時間為tA＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2R,g))當弧BC所對的圓心角小于5°時，球B在圓弧的支持力FN和重力G的作用下做簡諧運動(與單擺類似)，它的振動周期為T＝2πeq\r(\f(l,g))＝2πeq\r(\f(R,g))，因此球B運動到C點所需的時間是tB＝eq\f(T,4)＝eq\f(π,2)eq\r(\f(R,g))故tA<tB，顯然球A先到達C點，故選A。]針對訓(xùn)練C[設(shè)繩子長度均為L，根據(jù)單擺周期公式可得四幅圖的周期分別為T1＝2πeq\r(\f(L,g))、T2＝2πeq\r(\f(Lcos30°,g))、T3＝2πeq\r(\f(L,g))、T4＝2πeq\r(\f(L,g－a))，則T4>T1＝T3>T2，故選C。]5實驗：用單擺測量重力加速度例1(1)AD(2)丙(3)D解析(1)為減小實驗誤差，應(yīng)選擇1m左右的細線；為減小空氣阻力影響，擺球應(yīng)選密度大而體積小的鐵球，因此需要的實驗器材是A、D；(2)要保持懸點固定，應(yīng)采用題圖丙固定方式，題圖乙的固定方式在擺動過程中擺長會發(fā)生變化從而帶來系統(tǒng)誤差；(3)擺角應(yīng)小于5°，在測量周期時，應(yīng)在擺球經(jīng)過最低點開始計時，測量多次全振動的周期，可以減小誤差，故A、B錯誤；以擺球在最低位置處為計時基準位置，擺球每經(jīng)過最低位置，記數(shù)一次，用停表記錄擺球n次經(jīng)過最低位置的時間t，則擺球兩次經(jīng)過最低點的時間間隔是半個周期，所以擺球通過最低點作為第1次開始計時到一直數(shù)到擺球第n次通過最低點，擺球經(jīng)過了n－1個半個周期，所以單擺的周期T＝eq\f(2t,n－1)，故C錯誤；以擺球在最低位置處為計時基準位置，擺球每從同一方向經(jīng)過擺球的最低位置記數(shù)一次，用停表記錄擺球從同一方向n次經(jīng)過擺球的最低位置時的時間t，則擺球相鄰兩次同一方向經(jīng)過最低點的時間即為一個周期，則有T＝eq\f(t,n)，故D正確。例2(1)2.12598.4999.82.09.71(2)eq\f(4π2L1－L2,T12－T22)解析(1)游標卡尺的讀數(shù)為主尺讀數(shù)＋游標尺讀數(shù)，故擺球直徑為21mm＋5×0.05mm＝21.25mm＝2.125cm單擺的擺長為L＝l＋eq\f(d,2)＝97.43cm＋eq\f(2.125,2)cm≈98.49cm秒表的讀數(shù)為t＝90s＋9.8s＝99.8s單擺的周期為T＝eq\f(t,N)＝eq\f(99.8,50)s≈2.0s根據(jù)單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，解得g＝eq\f(4π2L,T2)≈9.71m/s2(2)由題可知T1＝2πeq\r(\f(L1＋r,g))，T2＝2πeq\r(\f(L2＋r,g))聯(lián)立以上兩式可解得g＝eq\f(4π2L1－L2,T12－T22)。例3(1)測量擺長時漏掉了擺球的半徑(2)9.87(3)B解析(1)T2－l圖線不通過坐標原點，將圖線向右平移1cm會通過坐標原點，可知相同的周期下擺長偏小1cm，故造成圖線不過坐標原點的原因可能是測量擺長時漏掉了擺球的半徑。(2)由單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可得T2＝eq\f(4π2,g)·l，則T2－l圖像的斜率為k＝eq\f(4π2,g)；由圖像得k＝eq\f(4.0,1)s2·m－1，解得g＝9.87m/s2。(3)測擺長時擺線拉得過緊，則測量的擺長偏大，測得的重力加速度偏大，A不符合題意；擺線上端未牢固地系于懸點，振動中出現(xiàn)松動，使擺線長度增加了，知測量的擺長偏小，則測得的重力加速度偏小，B符合題意；開始計時時，停表過遲按下，測量的周期偏小，則測得的重力加速度偏大，C不符合題意；實驗時誤將49次全振動記為50次，測量的周期偏小，則測得的重力加速度偏大，D不符合題意。針對訓(xùn)練(1)B(2)偏小偏小解析(1)當擺角小于等于5°時，我們認為單擺做簡諧運動，所以振幅A≤Lsin5°＝1×0.087m＝8.7cm。當小球擺到最低點時開始計時，計時誤差較小，測量周期時要讓小球做30或50次全振動，求平均值，所以B合乎實驗要求且誤差最小。(2)根據(jù)單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))得：T2＝eq\f(4π2L,g)。已知圖線b滿足T2＝eq\f(4π2,g)L，圖線a與圖線b比較可知，出現(xiàn)圖線a的原因可能是擺長L的測量值偏小，測量擺長時漏掉了擺球的半徑r，圖線a的函數(shù)關(guān)系式T2＝eq\f(4π2,g)L＋eq\f(4π2,g)r，其中eq\f(4π2,g)r是截距。由題圖可知圖線c的斜率k＝eq\f(4π2,g)偏小，可能是對于同一L值，T的測量值偏小。6受迫振動共振一、例1B[由于單擺在運動過程中要克服阻力做功，振幅逐漸減小，擺球的機械能逐漸減少，所以擺球在M點所對應(yīng)時刻的機械能大于在N點所對應(yīng)的機械能，擺球的勢能是由擺球相對最低點的高度h和擺球的質(zhì)量m共同決定的(Ep＝mgh)。單擺擺球的質(zhì)量是定值，由于M、N兩時刻擺球的位移大小相同，故在這兩個時刻擺球相對最低點的高度相同，重力勢能也相同，但由于M點的機械能大于N點的機械能，所以M點對應(yīng)時刻的動能大于在N點對應(yīng)時刻的動能，可得速率vM>vN，故A、C、D錯誤；由于M、N兩時刻擺球的位移大小相同，所以其細線拉力與豎直方向上的夾角θ也相等，對單擺受力分析，根據(jù)牛頓第二定律F－mgcosθ＝meq\f(v2,L)，得F＝mgcosθ＋meq\f(v2,L)，由于vM>vN，所以FM>FN，故B正確。]二、辨析(1)×(2)√(3)×(4)√例2(1)固有振動0.5s2Hz阻尼振動(2)受迫振動0.25s解析(1)用手往下拉振子，放手后，因振子所受回復(fù)力滿足F＝－kx，所以做固有振動，根據(jù)題意T固＝eq\f(t,n)＝eq\f(10,20)s＝0.5s，f固＝eq\f(1,T固)＝2Hz，由于阻力的存在，振子克服阻力做功消耗能量，振幅越來越小，故振動為阻尼振動。(2)由于把手轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)速為4r/s，它給彈簧振子的驅(qū)動力頻率為f驅(qū)＝4Hz，周期T驅(qū)＝0.25s，故振子做受迫振動，振動達到穩(wěn)定狀態(tài)后，其頻率(或周期)等于驅(qū)動力的頻率(或周期)，而跟固有頻率(或固有周期)無關(guān)，即f＝f驅(qū)＝4Hz，T＝T驅(qū)＝0.25s。三、辨析(1)×(2)×例3BD[A做自由振動，其振動周期就等于其固有周期2πeq\r(\f(L,g))，而B、C、D在A產(chǎn)生的驅(qū)動力作用下做受迫振動，受迫振動的周期等于驅(qū)動力的周期，即等于A的固有周期，所以四個單擺的振動周期相等，選項D正確；由于C、A的擺長相等，則C的固有周期與驅(qū)動力周期相等，產(chǎn)生共振，其振幅比B、D的大，選項A、C錯誤，選項B正確。]例4ACD[處于共振狀態(tài)時，振幅最大，A正確；振子做受迫振動的頻率等于驅(qū)動力的頻率，所以驅(qū)動力頻率為f3時，受迫振動的振幅比共振小，但振子振動的頻率為f3，B錯誤；當驅(qū)動力頻率等于振子固有頻率時，振子處于共振狀態(tài)，所以如果振子做自由振動，則它的頻率為f2，C正確；振子可以做頻率為f1的等幅振動，D正確。]例5AD[當列車受到?jīng)_擊的頻率和列車的固有頻率相同時，會發(fā)生共振現(xiàn)象，比較危險，由T＝eq\f(l,v)可得，列車的危險速率為v＝eq\f(l,T)＝eq\f(12.6,0.315)m/s＝40m/s，A正確；列車過橋需要減速，是為了防止橋梁發(fā)生共振現(xiàn)象，B錯誤；列車的速度不同，則振動頻率不同，C錯誤；根據(jù)T＝eq\f(l,v)可知，增加鋼軌的長度可以使危險速率增大，有利于列車高速運行，D正確。]章末素養(yǎng)提升例1B[簡諧運動物體的位移是由平衡位置指向所在位置，因此物體的運動方向指向平衡位置時，速度方向與位移方向相反；背離平衡位置時，速度方向與位移方向相同，①正確；物體做簡諧運動僅在某一坐標軸上振動，其軌跡范圍是一個線段，而非曲線，②錯誤；做簡諧運動的物體每次通過同一位置時，速度方向可能不同，但加速度一定相同，③正確；單擺經(jīng)過平衡位置時所受合外力不為零，④錯誤；秒擺周期為2s，擺長為1m，⑤錯誤；單擺的擺球做曲線運動且非勻速，⑥錯誤；在周期性外力作用下的振動才是受迫振動，⑦錯誤；簡諧振動的1個周期內(nèi)在兩個最大位移處以及兩次通過平衡位置時，回復(fù)力的瞬時功率均為0，⑧正確；部隊經(jīng)過橋梁時，規(guī)定不許齊步走，登山運動員登雪山時，不許高聲叫喊，主要原因是防止發(fā)生共振導(dǎo)致災(zāi)害，⑨錯誤；做簡諧運動的物體從平衡位置向最大位移處運動過程中，動能逐漸減小，因此勢能逐漸增大，⑩正確。故選B。]例2AC[由題意可知阻尼器做受迫振動，振動頻率與大樓的振動頻率相同，故A正確；阻尼器與大樓擺動幅度不相同，故B錯誤；由題意可知，大樓對阻尼器的力與阻尼器對大樓的力為一對相互作用力，根據(jù)回復(fù)力F＝－kx可知，阻尼器擺動后，擺動方向始終與大樓的振動方向相反，故C正確；阻尼器的擺動幅度會受到風(fēng)力的影響，故D錯誤。]例3B[圖像橫坐標為彈簧的長度，選項中涉及到的物理量有彈性勢能、機械能、回復(fù)力、加速度以及物塊動能。簡諧運動過程機械能守恒，因此圖像d縱坐標應(yīng)為系統(tǒng)的機械能。彈性勢能與彈簧形變量平方成正比，因此Ep＝eq\f(kx－x02,2)，圖像a符合彈性勢能的變化規(guī)律；設(shè)振幅為A，則A＝xmax－x0＝x0－xmin，物塊動能為Ek＝eq\f(kA2,2)－eq\f(kx－x02,2)，圖像c符合動能隨彈簧長度的變化關(guān)系；回復(fù)力F＝－k(x－x0)，圖像b符合。故選B。]例4BC[玻璃管在振動過程中，水的浮力對玻璃管做功，故振動過程中，玻璃管的機械能不守恒，故A錯誤；玻璃管振動過程中，受到重力和水的浮力，這兩個力的合力充當回復(fù)力，故B正確；由于振動周期為0.4s，故ω＝eq\f(2π,T)＝5πrad/s由題圖乙可知振動位移的函數(shù)表達式為x＝5sin(5πt－eq\f(5π,6))cm，故C正確；由于玻璃管做簡諧振動，與彈簧振子的振動相似，結(jié)合簡諧振動的特點可知，該振動的周期和頻率與振幅無關(guān)，故D錯誤。]例5CD[根據(jù)單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，得T2＝eq\f(4π2L,g)，圖線的斜率k＝eq\f(4π2,g)，因為隨著緯度的增大，重力加速度增大，故g南開>g復(fù)旦，由題圖甲可知，圖線B的斜率較小，則對應(yīng)的重力加速度較大，故題圖甲中“南開大學(xué)”的同學(xué)所測得的實驗結(jié)果對應(yīng)的圖線是B，A、B錯誤；周期指完成一次全振動所需的時間，由題圖乙可知eq\f(3,2)Ta＝2s，Tb＝2s，a、b兩擺球振動周期之比為2∶3，C正確；由題圖乙可知，t＝1s時b球處于平衡位置向y軸負方向振動，D正確。]例6AC[物塊B對地面的彈力最小時B受到的支持力最小，此時彈簧對B的作用力為拉力，對B：mg－kx1＝eq\f(1,2)mg則kx1＝0.5mg再以A、C組成的整體為研究對象，則物塊B對地面的彈力最小時彈簧對A的作用力也是拉力，此時A與C在最高點，則2mg＋kx1＝2ma可得a＝1.25g由于簡諧振動具有對稱性，則A與C在最低點時加速度的大小也是1.25g，方向向上，此時：kx2－2mg＝2ma，則x2＝eq\f(9mg,2k)A與C組成的整體受力平衡時：2mg＝kx3，則x3＝eq\f(2mg,k)所以簡諧振動的振幅A＝x2－x3＝eq\f(9mg,2k)－eq\f(2mg,k)＝eq\f(2.5mg,k)，故A正確；A與C碰撞后A與C整體受到的重力大于彈簧的彈力，所以它們將先向下做一段加速運動，故B錯誤；A與C在最低點時B對地面的壓力最大，受到的支持力也最大，則F－mg－kx2＝0可得F＝5.5mg，故C正確；A與C組成的整體受力平衡的平衡位置不變，所以當C物體從更高的位置釋放，碰后粘在一起向下運動速度最大的位置也不變，故D錯誤。]第三章機械波1波的形成一、例1見解析解析(1)各質(zhì)點在t＝eq\f(T,2)時的情況如圖甲所示：由圖甲可知，t＝eq\f(T,2)時，質(zhì)點6正在向上運動，質(zhì)點10、14未運動。(2)t＝eq\f(3,4)T時的波形如圖乙所示，質(zhì)點6正在向下運動，質(zhì)點10向上運動，質(zhì)點14未運動。二、例2AC[橫波的特征就是質(zhì)點的振動方向與波的傳播方向垂直，A項正確；并非上下振動產(chǎn)生的波就是橫波，如上下振動且上下傳播的波是縱波，B項錯誤；縱波中質(zhì)點的振動方向與傳播方向在同一直線上，方向有時相同，有時相反，C項正確；無論是橫波還是縱波，傳播的是振動的形式，而質(zhì)點只在自己的平衡位置來回振動，并不隨波遷移，D項錯誤。]三、辨析(1)×(2)×(3)√(4)×例3(1)橫波(2)向上(3)向上(4)不是解析(1)各質(zhì)點的振動方向與傳播方向相互垂直，是橫波。(2)P點為波源，Q點在右側(cè)質(zhì)點的帶動下將向上振動。(3)由(2)可知，當波恰好傳到Q點時，Q點起振方向向上，故波源P點從平衡位置開始振動時的方向也向上。(4)機械波只是傳播振動形式，質(zhì)點并不隨波遷移。四、例4D[波傳播時，離波源遠的質(zhì)點的振動落后于離波源近的質(zhì)點的振動，并跟隨著近的質(zhì)點振動，D跟隨C向上運動，F(xiàn)跟隨E向下運動，同理可知A向下運動，由此可知選項B、C錯誤；介質(zhì)中的質(zhì)點不隨波遷移，由于此時B和C都向上運動，所以B比C先到達最大位移處，并先回到平衡位置，選項A錯誤，D正確。]2波的描述例1C[在波的圖像中，縱坐標y表示各質(zhì)點偏離平衡位置的位移，故A錯誤；A、C速度方向相反，H、F速度方向相同，故B錯誤；在簡諧波中各質(zhì)點都做簡諧運動，振幅都等于波源的振幅，故C正確；質(zhì)點所受回復(fù)力的大小與位移的大小成正比，因而加速度的大小與位移的大小成正比，則aC<aB，故D錯誤。]例2C[由題圖知，A＝0.5m，λ＝4m；經(jīng)0.6s，N點開始振動，波速v＝eq\f(11－5,0.6)m/s＝10m/s；所以頻率f＝eq\f(v,λ)＝eq\f(10,4)Hz＝2.5Hz，故C正確。]例3見解析解析如圖所示，據(jù)題意可知，A、B兩船之間的距離為1.5個波長，即1.5λ＝20m，得λ＝eq\f(40,3)m船每分鐘上下浮動20次，說明水波的頻率f＝eq\f(20,60)Hz＝eq\f(1,3)Hz，則水波的波速v＝λf＝eq\f(40,3)×eq\f(1,3)m/s＝eq\f(40,9)m/s。例4(1)見解析(2)4A0(3)不對解析(1)波沿x軸的正方向傳播，可判斷此時刻質(zhì)點P的速度沿＋y方向，加速度總是指向平衡位置，即沿－y方向，eq\f(1,4)T時刻，質(zhì)點P的速度、加速度均沿－y方向。(2)一個周期內(nèi)，質(zhì)點完成一次全振動，通過的路程為4A0。(3)此時刻起經(jīng)eq\f(1,4)T時間，質(zhì)點先到達最大位移處又返回，在最大位移附近運動，速度較慢，通過的路程小于A0，故該同學(xué)說法不對。針對訓(xùn)練CD[由“上下坡”法可知，波向左傳播，得質(zhì)點D的運動方向也向下，而質(zhì)點A、B、H的運動方向向上，質(zhì)點F、H相對各自平衡位置的位移相同，由a＝－eq\f(kx,m)可知，兩質(zhì)點的加速度相同，因質(zhì)點C直接從最大位移處回到平衡位置，即tC＝eq\f(T,4)，而質(zhì)點B要先運動到最大位移處，再回到平衡位置，故tB＞eq\f(T,4)＝tC，故C、D正確。]專題強化6波的圖像與振動圖像的綜合問題及波的多解問題例1CD[由題圖乙可知，t＝0時刻質(zhì)點P的振動方向沿y軸正方向，由題圖甲波的圖像，根據(jù)同側(cè)法可知，該波的傳播方向是沿x軸負方向，A錯誤；由題圖乙可知，4s末質(zhì)點P處于平衡位置，此時質(zhì)點P的位移為0，B錯誤；由題圖乙可知，t＝5s時質(zhì)點P處于波峰位置，此時質(zhì)點P的速度為零，C正確；由題圖乙可知，質(zhì)點振動的周期與振幅分別為T＝4s，A＝5cm，由于Δt＝5s＝1eq\f(1,4)T，則在0～5s時間內(nèi)質(zhì)點P通過的路程x＝4A＋A＝25cm，D正確。]例2BD[由題圖(a)得到該波的波長為λ＝8m，由題圖(b)得到該波的周期為T＝0.2s，所以波速為v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(8,0.2)m/s＝40m/s，故A錯誤，B正確；由題圖(b)可知t＝0.1s時，Q點處在平衡位置，且向下振動，根據(jù)微平移法可知該波沿x軸負方向傳播，故C錯誤；根據(jù)振動規(guī)律可知t＝0.4s時，質(zhì)點P的速度方向向下，故D正確。]例3(1)5m/s(2)見解析圖(3)見解析圖解析(1)由題圖甲可知波長λ＝2m，由題圖乙可知周期T＝0.4s，則v＝eq\f(λ,T)＝5m/s(2)根據(jù)題圖甲和題圖乙判斷可知簡諧波向x軸正方向傳播，則x＝2.0m處質(zhì)點起振方向為y軸負方向，波長、振幅、周期與x＝1.0m處的質(zhì)點相同，則振動圖像如圖所示(3)當t＝0.3s時，波向前傳播的距離x＝vt＝5m/s×0.3s＝1.5m根據(jù)題圖甲和題圖乙判斷可知簡諧波向x軸正方向傳播，則波的圖像如圖所示例4(1)4cm20cm(2)eq\f(120,7)m/s或24m/s解析(1)由題意可知T＝eq\f(1,f)＝0.2s，故經(jīng)過Δt＝0.25s＝(1＋eq\f(1,4))T，a質(zhì)點恰好到達最高點所以a質(zhì)點的位移大小為4cma質(zhì)點經(jīng)過的路程為5A＝20cm(2)若波沿x軸正方向傳播，則有(n＋eq\f(3,4))λ＝6m(n＝0,1,2，…)由于a、b在x軸上的距離大于一個波長，小于兩個波長，故n＝1，對應(yīng)的波長λ＝eq\f(24,7)m，得v＝λf＝eq\f(120,7)m/s若波沿x軸負方向傳播，則有(n＋eq\f(1,4))λ＝6m(n＝0,1,2，…)同理，由限制條件可得n＝1，v＝λf＝24m/s。例5見解析解析(1)(2)由題圖可知波長λ＝8m，當波向右傳播時Δt＝nT1＋eq\f(T1,4)T1＝eq\f(2,4n＋1)s(n＝0,1,2，…)v右＝eq\f(λ,T1)＝4(4n＋1)m/s(n＝0,1,2，…)當波向左傳播時Δt＝nT2＋eq\f(3,4)T2T2＝eq\f(2,4n＋3)s(n＝0,1,2，…)v左＝eq\f(λ,T2)＝4(4n＋3)m/s(n＝0,1,2，…)。(3)若波向左傳播，且3T<Δt<4T則Δt＝3eq\f(3,4)T，得T＝eq\f(2,15)s，v1＝eq\f(λ,T)＝60m/s(4)Δt內(nèi)波傳播的距離為：x＝vΔt＝68×0.5m＝34m＝4eq\f(1,4)λ，故波向右傳播。3波的反射、折射和衍射一、例1(1)1700Hz(2)1020m/s(3)1∶1解析(1)聲波在介質(zhì)Ⅰ中傳播時，由v＝λf得：f＝eq\f(v1,λ1)＝eq\f(340,0.2)Hz＝1700Hz。由于聲波在不同介質(zhì)中傳播時，頻率不變，所以聲波在介質(zhì)Ⅱ中傳播時，頻率為1700Hz。(2)由v＝λf得聲波在介質(zhì)Ⅱ中的傳播速度為