2025高中物理《課時(shí)作業(yè)》人教版選擇性必修第1冊(cè)詳解答案

2025高中物理《課時(shí)作業(yè)》人教版選擇性必修第1冊(cè)詳解答案課時(shí)分層作業(yè)(一)動(dòng)量1．解析：動(dòng)量是矢量，勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體的速度方向時(shí)刻在變化，故動(dòng)量時(shí)刻在變化，A錯(cuò)誤；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的物體的速度大小時(shí)刻在變化，所以動(dòng)量一定在變化，B正確；速度方向變化，但大小不變，則動(dòng)量變化，而動(dòng)能不變，C錯(cuò)誤；動(dòng)量的負(fù)號(hào)只表示方向，不參與大小的比較，故p1＜p2，D錯(cuò)誤．答案：B2．解析：取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞過(guò)程中動(dòng)量的變化量：Δp＝mv2－mv1＝0.2×4kg·m/s－0.2×(－6)kg·m/s＝2kg·m/s，方向豎直向上．由動(dòng)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正確．答案：A3．解析：物體做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝2ah，veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝2a(2h)，則p1＝meq\r(2ah)，p2＝meq\r(4ah)，p1∶p2＝1∶eq\r(2)，故B選項(xiàng)正確．答案：B4．解析：取沿斜面向上為正方向，木塊的加速度為a＝－gsin30°＝－5m/s21s末速度v1＝v0＋at1＝10m/s－5m/s2×1s＝5m/s則1s末動(dòng)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末動(dòng)量p2＝mv2＝0.5×(－5)kg·m/s＝－2.5kg·m/sp0＝mv0＝0.5×10kg·m/s＝5kg·m/s則3s內(nèi)的動(dòng)量變化量為Δp＝p2－p0＝(－2.5－5)kg·m/s＝－7.5kg·m/s，大小為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：設(shè)擺球A、B的質(zhì)量分別為mA、mB，擺長(zhǎng)為l，B球的初始高度為h1，碰撞前B球的速度為vB.在不考慮擺線質(zhì)量的情況下，根據(jù)題意及機(jī)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設(shè)碰撞前、后兩擺球的質(zhì)量與速度的乘積之和大小分別為p1、p2，有：p1＝mBvB聯(lián)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°))代入已知條件得(eq\f(p2,p1))2≈1.03所以有eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(p2－p1,p1)))＜4%綜上可知，此實(shí)驗(yàn)在規(guī)定的誤差范圍內(nèi)成功地驗(yàn)證了碰撞前后兩小球的質(zhì)量與速度的乘積之和保持不變．答案：見(jiàn)解析課時(shí)分層作業(yè)(二)動(dòng)量定理1．解析：取向下為正方向，則碰撞前小球的動(dòng)量為正，碰撞后為負(fù)，Δp＝p2－p1＝mv2－mv1＝5×(－3)kg·m/s－5×5kg·m/s＝－40kg·m/s，D項(xiàng)正確．答案：D2．解析：由動(dòng)量定理I合＝Δp＝p2－p1可知合外力沖量的方向一定與動(dòng)量變化的方向相同，I合<0，Δp<0，但由于動(dòng)量是矢量，物體的動(dòng)量不一定減小，故D正確．答案：D3．解析：接球過(guò)程中，球的初動(dòng)量和末動(dòng)量一定，所以球的動(dòng)量變化量恒定不變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理，手對(duì)球的沖量等于球動(dòng)量的改變量，也恒定不變，球?qū)κ值臎_量也不變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；球的初動(dòng)能和末動(dòng)能一定，所以球的動(dòng)能變化量恒定不變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理I＝Ft，球?qū)κ值臎_量I不變，接球時(shí)兩手隨球迅速收縮至胸前，是通過(guò)延長(zhǎng)受力時(shí)間以減小球?qū)θ说臎_擊力F，所以選項(xiàng)B正確．答案：B4．解析：設(shè)建筑工人下落5m時(shí)速度為v，由v2＝2gh得v＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×5)m/s＝10m/s；設(shè)安全帶所受平均沖力為F，則由動(dòng)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：以向下為正方向，對(duì)消防隊(duì)員下落的全程應(yīng)用動(dòng)量定理可得mg(t1＋t2)＋(－Ft2)＝0－0，代入數(shù)據(jù)解得F＝5mg.答案：A6．解析：由圖像可知，在前10s內(nèi)初、末狀態(tài)的動(dòng)量相同，p1＝p2＝5kg·m/s，由動(dòng)量定理知I1＝0；在后10s內(nèi)末狀態(tài)的動(dòng)量p3＝－5kg·m/s，由動(dòng)量定理得I2＝p3－p2＝－10N·s，故正確答案為D.答案：D7．解析：設(shè)管中單位時(shí)間噴出氣體的質(zhì)量為m，則m＝ρvS設(shè)氣體對(duì)球的作用力為F，則F＝Mg由動(dòng)量定理FΔt＝Δm·v＝mΔt·v解得M＝eq\f(ρSv2,g).答案：A8．解析：(1)根據(jù)沖量的定義可知重力的沖量大小為IG＝mgt＝70×10×0.7N·s＝490N·s(2)該中學(xué)生摸高跳起的高度h＝(2.55－2.10)m＝0.45m所以他跳起剛離開(kāi)地面時(shí)的速度大小v滿足eq\f(1,2)mv2＝mgh得v＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.45)m/s＝3m/s設(shè)上跳過(guò)程中地面對(duì)他的平均支持力為F，根據(jù)動(dòng)量定理有Ft－IG＝mv代入數(shù)據(jù)解得F的大小為F＝1000N根據(jù)牛頓第三定律得上跳過(guò)程中他對(duì)地面平均壓力F′的大小F′＝F＝1000N答案：(1)490N·s(2)1000N9．解析：A、B錯(cuò)：兩次拉動(dòng)中，茶杯和紙之間均發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，因此受到的均為滑動(dòng)摩擦力，因壓力不變，則由f＝μFN可知，兩次拉動(dòng)時(shí)紙對(duì)茶杯的摩擦力相同．C對(duì)：第二次較慢拉動(dòng)白紙過(guò)程中，摩擦力作用時(shí)間長(zhǎng)，則產(chǎn)生的沖量較大，根據(jù)動(dòng)量定理可知，茶杯獲得的動(dòng)量大一些．D錯(cuò)：第一次迅速拉動(dòng)白紙過(guò)程中，摩擦力作用時(shí)間短，故紙給茶杯的沖量小一些．答案：C10．解析：A錯(cuò)：根據(jù)Δv＝aΔt可知a-t圖像中，圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示速度的增量，則在t＝6s時(shí)刻，物體的速度v6＝v0＋Δv＝2m/s＋eq\f(1,2)×(2＋4)×6m/s＝20m/s.B錯(cuò)：根據(jù)動(dòng)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錯(cuò)：根據(jù)動(dòng)量定理，在0～6s時(shí)間內(nèi)，IF－ft＝m(v6－v0)，解得IF＝48N·s.D對(duì)：在t＝6s時(shí)刻，根據(jù)牛頓第二定律得F＝ma＋f＝2×4N＋2N＝10N，拉力F的功率P＝Fv6＝10×20W＝200W.答案：D11．解析：(1)以羽毛球飛回的方向?yàn)檎较?，則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所以羽毛球的動(dòng)量變化量為Δp＝p2－p1＝0.475kg·m/s－(－0.125kg·m/s)＝0.600kg·m/s即羽毛球的動(dòng)量變化大小為0.600kg·m/s，方向與羽毛球飛回的方向相同．(2)以羽毛球飛回的方向?yàn)檎较颍瑒t羽毛球的初速度為v1＝－25m/s羽毛球的末速度為v2＝95m/s所以Δv＝v2－v1＝95m/s－(－25m/s)＝120m/s羽毛球的初動(dòng)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羽毛球的末動(dòng)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方向與羽毛球飛回的方向相同(2)120m/s21J課時(shí)分層作業(yè)(三)動(dòng)量守恒定律1．解析：當(dāng)A、B兩物體組成一個(gè)系統(tǒng)時(shí)，彈簧的彈力為內(nèi)力，而A、B與C之間的摩擦力為外力．當(dāng)A、B與C之間的摩擦力等大、反向時(shí)，A、B組成的系統(tǒng)所受外力之和為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒．當(dāng)A、B與C之間的摩擦力大小不相等時(shí)，A、B組成的系統(tǒng)所受外力之和不為零，動(dòng)量不守恒．而對(duì)于A、B、C組成的系統(tǒng)，由于彈簧的彈力及A、B與C之間的摩擦力均為內(nèi)力，故不論A、B與C之間的摩擦力的大小是否相等，A、B、C組成的系統(tǒng)所受外力之和均為零，故系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，故A項(xiàng)、C項(xiàng)均正確，B項(xiàng)、D項(xiàng)均錯(cuò)誤．答案：AC2．解析：發(fā)射炮彈的過(guò)程，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，發(fā)射前，系統(tǒng)的總動(dòng)量為Mv0，射出炮彈后，炮艇的質(zhì)量變?yōu)镸－m，速度為v′，炮彈質(zhì)量為m，對(duì)地速度為v＋v′，所以系統(tǒng)總動(dòng)量為(M－m)v′＋m(v＋v′)，本題選D.答案：D3．解析：由水平方向上動(dòng)量守恒得，Mv0＝(M＋m)v，由此可知C項(xiàng)正確．答案：C4．解析：在戰(zhàn)士跳到小船到最終停在船上的過(guò)程中，戰(zhàn)士和小船的總動(dòng)量守恒，總機(jī)械能有損失，不守恒，選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤；以戰(zhàn)士初始運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，?duì)戰(zhàn)士跳到小船上并最終停在船上的過(guò)程，設(shè)戰(zhàn)士最終停在船上后速度為v′，由動(dòng)量守恒定律可知m人v－m船v船＝(m人＋m船)v′，得v′＝0.25m/s，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；戰(zhàn)士動(dòng)量的變化量Δp＝m人(v′－v)＝60×(0.25－2)kg·m/s＝－105kg·m/s，動(dòng)量變化量的大小為105kg·m/s，選項(xiàng)D正確．答案：AD5．解析：在救生員躍出的過(guò)程中船、人組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，規(guī)定向右為正方向，則(M＋m)v0＝Mv′－mv，解得v′＝v0＋eq\f(m,M)(v0＋v)，故B正確．答案：B6．解析：兩個(gè)小車(chē)及磁鐵組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，兩車(chē)之間的磁力是系統(tǒng)內(nèi)力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒．設(shè)向右為正方向．(1)據(jù)動(dòng)量守恒得：mv甲－mv乙＝mv′甲，代入數(shù)據(jù)解得v′甲＝v甲－v乙＝(3－2)m/s＝1m/s，方向向右．(2)兩車(chē)相距最近時(shí)，兩車(chē)速度相同，設(shè)為v′，由動(dòng)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：取向右為正方向，B船上的人第一次推出A船時(shí)，由動(dòng)量守恒定律得mBv1－mAv＝0，解得v1＝eq\f(mA,mB)v當(dāng)A船向右返回后，B船上的人第二次將A推出，由動(dòng)量守恒定律得mAv＋mBv1＝－mAv＋mBv2解得v2＝v1＋eq\f(2mA,mB)v設(shè)第n次推出A時(shí)，B的速度大小為vn，由動(dòng)量守恒定律得mAv＋mBvn－1＝－mAv＋mBvn解得vn＝vn－1＋eq\f(2mA,mB)v則有vn＝(2n－1)eq\f(mA,mB)vB船上的人不能再接到A船，須有v≤vn(臨界點(diǎn))解①②式得n≥5.5，則取n＝6.答案：B8．解析：小鐵塊在弧形軌道底端時(shí)，滿足F－mg＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),R)，解得：v0＝3m/s，根據(jù)動(dòng)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．根據(jù)動(dòng)量守恒定律知mv0＝(m＋M)v，解得：v＝1m/s.選項(xiàng)B、D正確．答案：BD9．解析：A對(duì)：A、B和彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，因此系統(tǒng)動(dòng)量守恒．B錯(cuò)：由于F1、F2均對(duì)系統(tǒng)做功，因此系統(tǒng)機(jī)械能不守恒．C對(duì)，D錯(cuò)：根據(jù)牛頓第二定律可知，開(kāi)始A、B均做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)F1＝F2＝kx時(shí)，A、B所受合外力均為零，此時(shí)二者速度最大，動(dòng)能最大，然后開(kāi)始做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)二者速度減為零時(shí)，彈簧最長(zhǎng)，形變量最大．答案：AC10．解析：設(shè)水平向左為正方向，甲車(chē)(包括人)滑下斜坡后速度大小為v1，由機(jī)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設(shè)人跳離甲車(chē)的水平速度(相對(duì)地面)為v，在人跳離甲車(chē)和人跳上乙車(chē)過(guò)程中各自動(dòng)量守恒，設(shè)人跳離甲車(chē)和跳上乙車(chē)后，兩車(chē)的速度大小分別為v′1和v′2，則人跳離甲車(chē)時(shí)，有(M＋m1)v1＝Mv＋m1v′1人跳上乙車(chē)時(shí)，有Mv－m2v0＝(M＋m2)v′2解得v′1＝6v0－2v，v′2＝eq\f(1,2)v－eq\f(1,2)v0兩車(chē)不發(fā)生碰撞的臨界條件是v′1＝±v′2當(dāng)v′1＝v′2時(shí)，解得v＝eq\f(13,5)v0當(dāng)v′1＝－v′2時(shí)，解得v＝eq\f(11,3)v0故v的取值范圍為eq\f(13,5)v0≤v≤eq\f(11,3)v0答案：eq\f(13,5)v0≤v≤eq\f(11,3)v0課時(shí)分層作業(yè)(四)彈性碰撞和非彈性碰撞1．解析：因系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故最終甲、乙動(dòng)量大小必相等，誰(shuí)最后接球誰(shuí)的質(zhì)量中包含了球的質(zhì)量，即質(zhì)量大，根據(jù)動(dòng)量守恒：m1v1＝m2v2，因此最終誰(shuí)接球誰(shuí)的速度小，故選項(xiàng)B正確．答案：B2．解析：選向右為正方向，則A的動(dòng)量pA＝m·2v0＝2mv0.B的動(dòng)量pB＝－2mv0.碰前A、B的動(dòng)量之和為零，根據(jù)動(dòng)量守恒，碰后A、B的動(dòng)量之和也應(yīng)為零，可知四個(gè)選項(xiàng)中只有選項(xiàng)D符合題意．答案：D3．解析：對(duì)A由機(jī)械能守恒mgh＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(2gh).對(duì)碰撞過(guò)程由動(dòng)量守恒mv＝2mv′，得v′＝eq\f(\r(2gh),2).設(shè)碰撞后A、B整體上擺的最大高度為h′，則2mgh′＝eq\f(1,2)×2mv′2，解得h′＝eq\f(1,4)h，C正確．答案：C4．解析：設(shè)碰后A球的速度大小為vA，B球的速度大小為vB，以碰前A球的速度方向?yàn)檎较?，由碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒可得mv＝2mvB－mvA，因vA＞0，則vB＞0.5v.根據(jù)總動(dòng)能不增加原則寫(xiě)出能量關(guān)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.綜上所述，0.5v<vB<eq\f(\r(2),2)v，A正確．答案：A5．解析：(1)規(guī)定質(zhì)量為300g物體的初速度方向?yàn)檎较?，設(shè)其質(zhì)量為m1，初速度為v1，另一物體質(zhì)量為m2，初速度為v2，如果兩物體碰后結(jié)合在一起，由動(dòng)量守恒定律可得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v代入數(shù)據(jù)可得v＝－10cm/s＝－0.1m/s(2)碰撞后損失的動(dòng)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)若碰撞是彈性正碰，由動(dòng)量守恒和機(jī)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))代入數(shù)據(jù)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球的碰撞為彈性碰撞，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)小球運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)，速度為vN，由牛頓第二定律得FN＋mBg＝mBeq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(N)),R)FN＝mAgB球由M到N，由動(dòng)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課時(shí)分層作業(yè)(五)碰撞模型的拓展1．解析：子彈擊中木塊A及彈簧被壓縮的整個(gè)過(guò)程，系統(tǒng)不受外力作用，外力沖量為0，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，但是子彈擊中木塊A的過(guò)程，有摩擦力做功，部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以機(jī)械能不守恒．答案：B2．解析：由于兩次的最大擺角相同，故在最低點(diǎn)的速度相同．由動(dòng)量守恒定律可知，第一粒彈丸擊中沙袋后mv1＝(m＋M)v，第二粒彈丸擊中沙袋后：mv2－(M＋m)v＝(M＋2m)v，聯(lián)立可解得：m∶M＝1∶40.答案：D3．解析：A與B碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，有mAvA＝(mA＋mB)vAB，所以vAB＝eq\f(vA,2)＝2m/s.當(dāng)彈簧被壓縮至最短時(shí)，A、B的動(dòng)能完全轉(zhuǎn)化成彈簧的彈性勢(shì)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：用錘子敲擊A球，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，兩球的速度相同，取A的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得mAv＝(mA＋mB)v′，由機(jī)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，解得彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能Ep＝eq\f(mAmBv2,2（mA＋mB）)，同理可得用錘子敲擊B球，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能也為eq\f(mAmBv2,2（mA＋mB）)，所以L1＝L2.答案：C5．解析：A對(duì)，B錯(cuò)：以小車(chē)和木塊組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，系統(tǒng)所受的合外力為零，因此系統(tǒng)動(dòng)量守恒．以初速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，解得最終兩者的共同速度為v＝eq\f(m,M＋m)v0.C對(duì)：由于車(chē)表面粗糙，則會(huì)有內(nèi)能產(chǎn)生，系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒．D錯(cuò)：根據(jù)能量守恒，可得系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為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）)，與車(chē)表面粗糙程度無(wú)關(guān)．答案：AC6．解析：(1)當(dāng)子彈射入木塊時(shí)，由于作用時(shí)間極短，則木板對(duì)木板的摩擦可忽略，設(shè)子彈射入木塊后，它們的共同速度為v2，對(duì)m1、m2組成的系統(tǒng)由動(dòng)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))聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)得子彈進(jìn)入木塊過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能ΔE1＝1225J.(2)設(shè)木塊與木板相對(duì)靜止時(shí)的共同速度為v3，對(duì)m1、m2、m3組成的系統(tǒng)由動(dòng)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)).聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)得木塊在木板上滑行過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能ΔE2＝18.75J.(3)對(duì)m1、m2、m3組成的系統(tǒng)由功能關(guān)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對(duì)：在t1到t3過(guò)程中，物體B的動(dòng)能變化量為零，可知彈簧對(duì)B做的總功為0.B錯(cuò)：由圖像可知，在0時(shí)刻，A的速度大于B的速度，兩物體距離逐漸靠近，在t1時(shí)刻，兩物體速度相等，距離最近，彈簧處于最大壓縮狀態(tài)；接下來(lái)B的速度大于A的速度，兩物體距離增大，在t3時(shí)刻，兩物體速度再次相等，距離最大，彈簧處于最大伸長(zhǎng)狀態(tài)，從t3到t4時(shí)刻彈簧由伸長(zhǎng)狀態(tài)逐漸恢復(fù)到原長(zhǎng)．C對(duì)：在t1時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度1m/s，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有m1v0＝(m1＋m2)v1，代入數(shù)據(jù)得m2＝4kg.D對(duì)：在t1時(shí)刻彈簧彈性勢(shì)能為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)設(shè)子彈和木塊的共同速度為v，以子彈和木塊為系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律有mv0＝(M＋m)v，解得v＝6.0m/s，此過(guò)程系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)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)設(shè)以v′0＝400m/s的速度剛好能夠射穿材質(zhì)一樣、長(zhǎng)度為d′的另一個(gè)木塊，對(duì)子彈和木塊組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律有mv′0＝(M＋m)v′，解得v′＝8.0m/s.此過(guò)程系統(tǒng)損失的機(jī)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，由功能關(guān)系有ΔE＝Ffs相＝Ffd，ΔE′＝Ffs′相＝Ffd′，兩式相比有eq\f(ΔE,ΔE′)＝eq\f(Ffs相,Ffs′相)＝eq\f(d,d′)，則d′＝eq\f(ΔE′,ΔE)d＝eq\f(32,3)cm＞10cm，所以子彈能夠射穿該木塊．(3)假設(shè)子彈射穿木塊后，子彈和木塊的最終速度分別為v1和v2，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為FfL＝eq\f(10,6)×ΔE＝1470J，由動(dòng)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下滑過(guò)程機(jī)械能守恒，設(shè)C滑上A時(shí)的速度為v0，有mCgR＝eq\f(1,2)mCveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))解得v0＝4m/sC在A上滑動(dòng)的過(guò)程，A、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，可得mCv0＝(mA＋mC)v1解得v1＝2m/s據(jù)能量關(guān)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與B碰撞過(guò)程，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)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與B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，mCv1＋mBvB＝(mB＋mC)v2據(jù)能量關(guān)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課時(shí)分層作業(yè)(六)反沖現(xiàn)象火箭1．解析：雖然抽油的過(guò)程屬于船與油的內(nèi)力作用，但油的質(zhì)量發(fā)生了轉(zhuǎn)移，從前艙轉(zhuǎn)到了后艙，相當(dāng)于人從船的一頭走到另一頭的過(guò)程．故A正確．答案：A2．解析：當(dāng)人往岸上跳的時(shí)候，人有一個(gè)向岸上的速度，由于動(dòng)量守恒，船必然有一個(gè)離開(kāi)岸的速度，這樣人相對(duì)于地面的速度小于立定跳遠(yuǎn)的初速度，所以L＝s或L>s，人就一定跳不到岸上了，當(dāng)L<s時(shí)，人才有可能跳上岸，但也不是一定能跳上岸，故A、C、D錯(cuò)誤，B正確．答案：B3．解析：忽略空氣阻力和分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，衛(wèi)星和箭體整體分離前后動(dòng)量守恒，則有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，整理可得v1＝v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)，故D項(xiàng)正確．答案：D4．解析：彈簧向右推C，C向右運(yùn)動(dòng)，同時(shí)彈簧向左推A端，小車(chē)向左運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；因小車(chē)與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，C與B碰前，有mvC＝MvAB，得vC∶vAB＝M∶m，B正確；C與B碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，有：mvC－MvAB＝(M＋m)v，知v＝0，故C正確、D錯(cuò)誤．答案：BC5．解析：設(shè)其中一塊質(zhì)量為m，另一塊質(zhì)量為3m.爆炸過(guò)程系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，以v的方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得mv－3mv′＝0，解得v′＝eq\f(v,3)；設(shè)兩塊爆竹落地所用時(shí)間為t，則h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2h,g))，兩塊爆竹落地點(diǎn)間的距離為s＝(v＋v′)t，聯(lián)立解得s＝eq\f(4v,3)eq\r(\f(2h,g))，故選D.答案：D6．解析：(1)人從貨廂邊跳離的過(guò)程，系統(tǒng)(人、車(chē)和貨廂)在水平方向上動(dòng)量守恒．設(shè)人的水平速度是v1，車(chē)的反沖速度是v2，則mv1－Mv2＝0，得v2＝eq\f(1,4)v1人跳離貨廂后做平拋運(yùn)動(dòng)，車(chē)以v2做勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝eq\r(\f(2h,g))＝0.5s，在這段時(shí)間內(nèi)人的水平位移x1和車(chē)的位移x2分別為x1＝v1t，x2＝v2t由x1＋x2＝l得v1t＋v2t＝l則v2＝eq\f(l,5t)＝eq\f(4,5×0.5)m/s＝1.6m/s.(2)人落到車(chē)上前的水平速度仍為v1，車(chē)的速度為v2，落到車(chē)上后設(shè)它們的共同速度為v，根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒得mv1－Mv2＝(M＋m)v，則v＝0.故人落到車(chē)上A點(diǎn)站定后車(chē)的速度為零．車(chē)的水平位移為x2＝v2t＝1.6×0.5m＝0.8m.答案：(1)1.6m/s(2)不動(dòng)0.8m課時(shí)分層作業(yè)(七)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)1．解析：平衡位置是物體可以靜止的位置，所以應(yīng)與受力有關(guān)，與是否為振動(dòng)范圍的中心位置無(wú)關(guān)，A錯(cuò)誤；振動(dòng)位移是以平衡位置為初始點(diǎn)，到振動(dòng)物體所在位置的有向線段，振動(dòng)位移隨時(shí)間而變化，振動(dòng)物體偏離平衡位置最遠(yuǎn)時(shí)，振動(dòng)位移最大，B正確，D錯(cuò)誤；振動(dòng)物體的位移與運(yùn)動(dòng)的路程沒(méi)有關(guān)系，C錯(cuò)誤．答案：B2．解析：振子的加速度數(shù)值越來(lái)越大，說(shuō)明振子在向最大位移處運(yùn)動(dòng)，速度方向與加速度方向相反，速度越來(lái)越小，故D正確．答案：D3．解析：A對(duì)，B錯(cuò)：從圖像可以看出，t1、t2時(shí)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錯(cuò)：t2、t3時(shí)刻振子位移大小相等，方向相反，速度大小相等，方向相同．D對(duì)：t2、t4時(shí)刻振子分別位于平衡位置兩側(cè)且對(duì)稱，位移大小相等，方向相反．答案：AD4．解析：由題給條件知：t＝eq\f(1,4)T時(shí)，振子具有正向最大速度知：此時(shí)振子通過(guò)平衡位置，即x＝0，且沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)．故只有D正確．答案：D5．解析：振子正向負(fù)的最大位移處運(yùn)動(dòng)，加速度在增大，速度在減小，故A錯(cuò)誤，B正確；振子的速度方向沿x軸負(fù)方向，C錯(cuò)誤；在0.1～0.2s內(nèi)振子做變速運(yùn)動(dòng)，故振子的位移不等于2cm，D錯(cuò)誤．答案：B6．解析：對(duì)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)而言，其位移總是相對(duì)平衡位置O而言，所以C、D錯(cuò)誤．由于振子在O點(diǎn)右側(cè)由A向O運(yùn)動(dòng)，所以振子的位移方向向右，運(yùn)動(dòng)方向向左，位移不斷減小，故A、B項(xiàng)正確．答案：AB7．解析：0～1s質(zhì)點(diǎn)從正向最大位移處向平衡位置運(yùn)動(dòng)，速度增大，位移減??；2～3s質(zhì)點(diǎn)從負(fù)向最大位移處向平衡位置運(yùn)動(dòng)，速度增大，位移減?。蔄、C正確．答案：AC8．解析：由于位移是指由平衡位置指向質(zhì)點(diǎn)所在位置的有向線段，故質(zhì)點(diǎn)在0.7s時(shí)的位移方向向右，且正在向平衡位置運(yùn)動(dòng)，所以A項(xiàng)錯(cuò)誤；質(zhì)點(diǎn)在1.5s時(shí)的位移達(dá)到最大，故B項(xiàng)正確；在1.2～1.4s，質(zhì)點(diǎn)正在遠(yuǎn)離平衡位置，所以其位移在增加，故C項(xiàng)正確；1.6～1.8s時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)正向平衡位置運(yùn)動(dòng)，所以其位移正在減小，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．答案：BC9．解析：由振動(dòng)圖像可知，t＝2s時(shí)振子的振動(dòng)方向?yàn)樨?fù)方向，故A錯(cuò)誤；在t＝0到t＝1s時(shí)間內(nèi)振子的位移增大，速度減小，故B正確；在t＝1s到t＝2s時(shí)間內(nèi)振子的位移減小，速度增大，故C錯(cuò)誤；從t＝1s到t＝3s時(shí)間內(nèi)振子從正向最大位移運(yùn)動(dòng)到負(fù)向最大位移，位移不為零，故D錯(cuò)誤．故選B.答案：B10．解析：振子平衡位置的定義為振子靜止時(shí)的位置，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確．振動(dòng)的位移為從平衡位置指向某時(shí)刻物體所在位置的有向線段，據(jù)題意規(guī)定豎直向下為正方向，所以當(dāng)鋼球振動(dòng)到原靜止位置下方時(shí)位移為正，振動(dòng)到原靜止位置上方時(shí)位移為負(fù)，即C選項(xiàng)中位移為3cm，D選項(xiàng)中位移為－2cm，可判斷選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．答案：BC11．解析：將水杯沿豎直方向提起少許，由靜止釋放并開(kāi)始計(jì)時(shí)，則水杯一開(kāi)始的速度大小為0，由于取豎直向上為正方向，所以開(kāi)始一段時(shí)間內(nèi)速度為負(fù)值，且絕對(duì)值由零開(kāi)始逐漸增大，故A、B錯(cuò)誤；水杯由靜止開(kāi)始釋放的位置就是其簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)，所以0時(shí)刻水杯的位移為正向最大，隨后逐漸減小，故C錯(cuò)誤，D正確．答案：D課時(shí)分層作業(yè)(八)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的描述1．解析：A錯(cuò)：物體做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，是變速直線運(yùn)動(dòng)，在任意eq\f(T,4)內(nèi)通過(guò)的路程不一定等于A；B對(duì)：物體做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，在任意eq\f(T,2)內(nèi)通過(guò)的路程一定等于2A；C錯(cuò)：物體做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，在任意eq\f(3T,4)內(nèi)通過(guò)的路程不一定等于3A；D對(duì)：物體做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，在一個(gè)周期內(nèi)完成一次全振動(dòng)，位移為零，路程為4A.答案：BD2．解析：A錯(cuò)：由題意可知T＝eq\f(60,30)s＝2s，A＝eq\f(8,2)cm＝4cm.B錯(cuò)：頻率f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,2)Hz＝0.5Hz.C對(duì)：振子完成一次全振動(dòng)通過(guò)的路程為振幅的4倍，即4×4cm＝16cm.D錯(cuò)：振子過(guò)O點(diǎn)時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，在2s內(nèi)發(fā)生的位移為零．答案：C3．解析：A錯(cuò)：彈簧在第1s末與第5s末的形變量大小相同，但是長(zhǎng)度不相同．B對(duì)：簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期T＝8s，則頻率f＝eq\f(1,T)＝0.125Hz.C對(duì)：彈簧振子在第4s末在平衡位置，位移為零．D對(duì)：因x-t圖像的斜率的符號(hào)反映速度的方向，可知在第3s末到第5s末彈簧振子的速度方向不變．答案：BCD4．解析：A、B錯(cuò)：由圖知，該質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)周期為4s，振幅為2cm；C對(duì)：t＝3s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)處于平衡位置，加速度為零，速度最大；D錯(cuò)：質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程為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：根據(jù)x＝10sin(eq\f(π,4)t＋eq\f(π,6))cm得：ω＝eq\f(π,4)rad/s，則該質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)周期T＝eq\f(2π,ω)＝8s，則A錯(cuò)誤．該質(zhì)點(diǎn)振幅A＝10cm，則B正確．將t＝1s和t＝5s分別代入x＝10sin(eq\f(π,4)t＋eq\f(π,6))cm得，位移分別為10sineq\f(5π,12)cm和－10sineq\f(5π,12)cm，則C錯(cuò)誤．由于t＝2s＝eq\f(T,4)，所以2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)通過(guò)的路程可能小于一個(gè)振幅，也可能大于或等于一個(gè)振幅，則D錯(cuò)誤．故選B.答案：B6．解析：若振幅為0.1m，由題意知，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項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；若振幅為0.2m，t＝0時(shí)，由振子做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式y(tǒng)＝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)，將T＝6s代入0.2sin(eq\f(2π,T)＋φ0)m＝0.1m可得，D項(xiàng)正確；將T＝4s代入0.2sin(eq\f(2π,T)＋φ0)m≠0.1m，得T＝4s不滿足題意，C項(xiàng)錯(cuò)誤．答案：AD7．解析：A對(duì)：由圖可知A在t軸上方，位移x＝0.25cm，所以彈力F＝－kx＝－5N，即彈力大小為5N，方向指向x軸負(fù)方向．B錯(cuò)：由圖可知過(guò)A點(diǎn)作圖線的切線，該切線與x軸正方向的夾角小于90°，切線斜率為正值，即振子的速度方向指向x軸的正方向．C錯(cuò)：由圖可看出，t＝0、t＝4s時(shí)刻振子的位移都是最大，且都在t軸的上方，在0～4s內(nèi)經(jīng)過(guò)兩個(gè)周期，振子完成兩次全振動(dòng)．D錯(cuò)：由于t＝0時(shí)刻和t＝4s時(shí)刻振子都在最大位移處，故位移為零，又由于振幅為0.5cm，在0～4s內(nèi)振子完成了2次全振動(dòng)，所以在這段時(shí)間內(nèi)振子通過(guò)的路程為s＝2×4×0.50cm＝4cm.答案：A課時(shí)分層作業(yè)(九)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力和能量1．解析：對(duì)彈簧振子來(lái)說(shuō)，k為勁度系數(shù)，x為質(zhì)點(diǎn)離開(kāi)平衡位置的位移，對(duì)于其他簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，k不是勁度系數(shù)，而是一個(gè)比例系數(shù)，故A錯(cuò)誤，B正確；該系數(shù)由系統(tǒng)本身結(jié)構(gòu)決定，與力F和位移x無(wú)關(guān)，C錯(cuò)誤；“－”只表示回復(fù)力與位移反向，回復(fù)力有時(shí)是動(dòng)力，D錯(cuò)誤．答案：B2．解析：A錯(cuò)：t＝0.1s時(shí)，振子回到平衡位置并向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，速度方向沒(méi)有改變．B對(duì)：t＝0.15s時(shí)，振子運(yùn)動(dòng)到負(fù)向最大位移處，此時(shí)彈簧形變量最大，振子速度為0.C錯(cuò)：t＝0.05s到t＝0.15s過(guò)程中，振子從正向最大位移處運(yùn)動(dòng)到負(fù)向最大位移處，其回復(fù)力先變小再變大．D對(duì)：t＝0.15s到t＝0.2s過(guò)程中，振子由負(fù)向最大位移處向平衡位置運(yùn)動(dòng)，速度增大，加速度減小．答案：BD3．解析：由簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，物體在0.2s時(shí)刻與0.4s時(shí)刻速度相同，A正確；物體在0.6s時(shí)刻與0.4s時(shí)刻速度大小相等，方向相反，但動(dòng)能相同，B正確；0.7～0.9s時(shí)間內(nèi)，物體遠(yuǎn)離平衡位置，位移增大，加速度增大，C錯(cuò)誤；0.9～1.1s時(shí)間內(nèi)動(dòng)能增大，勢(shì)能減小，D錯(cuò)誤．答案：AB4．解析：A錯(cuò)：在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，物塊A和彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，由于彈簧的彈性勢(shì)能是變化的，故物塊A的機(jī)械能不守恒．B錯(cuò)：當(dāng)物塊A被平行于斜面的輕質(zhì)彈簧拉住并靜止于O點(diǎn)時(shí)，物塊A受到彈簧沿斜面向上的彈力，彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，結(jié)合簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，物塊A在B點(diǎn)時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量一定最大，而物塊A在C點(diǎn)時(shí)，彈簧可能處于原長(zhǎng)狀態(tài)，也可能處于壓縮狀態(tài)或伸長(zhǎng)狀態(tài)，可知在C點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能不一定最?。瓹對(duì)：物塊A和彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，物塊A在C點(diǎn)時(shí)，動(dòng)能為零，故物塊A與彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)的勢(shì)能(重力勢(shì)能和彈性勢(shì)能之和)最大，在O點(diǎn)時(shí)，動(dòng)能最大，故勢(shì)能最?。瓺對(duì)：物塊A和彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，物塊A在B點(diǎn)時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量最大，彈簧的彈性勢(shì)能最大，物塊A的機(jī)械能最?。鸢福篊D5．解析：(1)B的平衡位置是剪斷繩后B受合力為0的位置，設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，則B、C靜止時(shí)，由平衡條件得，彈簧伸長(zhǎng)量x＝eq\f(（mC＋mB）g,k)，沒(méi)有C且B受合力為0時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量x′＝eq\f(mBg,k)，代入數(shù)據(jù)解得x′＝2.5cm，則B的振幅A＝x－x′＝12.5cm.(2)此題等效于用F＝mCg的力拉B使彈簧伸長(zhǎng)15cm后釋放，則釋放時(shí)B的加速度最大，此時(shí)合力與F等大、反向，則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)當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，臺(tái)秤示數(shù)為5mg，即框架對(duì)臺(tái)秤的壓力大小為5mg，由牛頓第三定律知，臺(tái)秤對(duì)框架的支持力為FN＝5mg；設(shè)最低點(diǎn)時(shí)小球的加速度大小為a，彈簧的彈力為F，此時(shí)框架的加速度大小為零，則對(duì)框架分析得F＋3mg＝FN，解得F＝2mg，對(duì)小球應(yīng)用牛頓第二定律得F合＝F－mg＝mg，又F合＝ma，解得a＝g.(2)由彈簧振子的對(duì)稱性可知，小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，小球加速度的大小也為g，方向豎直向下．所以此時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，對(duì)框架沒(méi)有作用力，臺(tái)秤的示數(shù)為框架的重力，即為3mg.答案：(1)g(2)3mg課時(shí)分層作業(yè)(十)單擺1．解析：?jiǎn)螖[在振動(dòng)過(guò)程中，當(dāng)擺球的重力勢(shì)能增大時(shí)，擺球的位移變大，回復(fù)力變大，加速度變大，速度減小，C對(duì)．答案：C2．解析：平衡位置是小球回復(fù)力為零的位置，故B錯(cuò)；單擺在平衡位置時(shí)，由于需要向心力，故合外力不為零，故A對(duì)，C、D錯(cuò)．答案：A3．解析：t＝eq\f(3π,2)eq\r(\f(l,g))＝eq\f(3,4)T，最大速度時(shí)，單擺應(yīng)在平衡位置x＝0，v方向?yàn)椋瓂，沿y軸負(fù)方向，故D項(xiàng)正確．答案：D4．解析：根據(jù)周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))知：兩單擺的周期相同與質(zhì)量無(wú)關(guān)，所以相撞后兩球分別經(jīng)過(guò)eq\f(1,2)T后回到各自的平衡位置．這樣必然是在平衡位置相遇．所以不管A、B的質(zhì)量如何，下一次碰撞都在平衡位置，故C正確．答案：C5．解析：當(dāng)甲第一次到達(dá)正向最大位移處時(shí)是在1.5s末，從圖像可以看出此時(shí)乙的位移為正，即乙在平衡位置右側(cè)；另外，位移圖像斜率表示速度，此時(shí)乙的斜率為負(fù)，即表示乙在向左運(yùn)動(dòng)，D正確．答案：D6．解析：用大球替代小球，單擺擺長(zhǎng)變長(zhǎng)，由單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，單擺的周期變大，故A錯(cuò)誤；由單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，在小擺角情況下，單擺做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期與擺角無(wú)關(guān)，擺角從5°改為3°時(shí)，單擺周期不變，故B錯(cuò)誤；用等大銅球替代，單擺擺長(zhǎng)不變，由單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，單擺的周期不變，故C正確；將單擺從赤道移到北極，重力加速度g變大，由單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，單擺周期變小，故D錯(cuò)誤．故選C.答案：C7．解析：在地球表面單擺的周期T1＝2πeq\r(\f(l1,g))在星球表面單擺的周期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′聯(lián)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：由振動(dòng)圖像讀出周期T＝2s，振幅A＝10cm，由ω＝eq\f(2π,T)得到圓頻率ω＝πrad/s，則單擺的位移x隨時(shí)間t變化的關(guān)系式為x＝Asin(ωt)＝10sin(πt)cm，故A正確；由公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，代入得到L＝1m，故B正確；從t＝2.5s到t＝3.0s的過(guò)程中，擺球從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，重力勢(shì)能減小，動(dòng)能增大，故C錯(cuò)誤；從t＝2.5s到t＝3.0s的過(guò)程中，擺球的位移減小，回復(fù)力減小，故D正確．答案：ABD9．解析：A對(duì)：擺球經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)，拉力最大，由題圖知在0.2s時(shí)，拉力最大，所以此時(shí)擺球經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)．B對(duì)：在t＝0.8s時(shí)，懸線上的拉力又一次達(dá)到峰值，經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)，加速度向上，擺球處于超重狀態(tài)．C錯(cuò)：由題圖乙可知，經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)的力逐漸減小，說(shuō)明經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)的速度逐漸減小，機(jī)械能逐漸減?。瓺錯(cuò)：在一個(gè)周期內(nèi)擺球兩次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)，根據(jù)圖像知周期T＝1.2s.答案：AB10．解析：設(shè)圓環(huán)的半徑為R，BD與豎直方向夾角為θ，甲、乙、丙三球到達(dá)D點(diǎn)所需時(shí)間分別為t1、t2、t3，對(duì)甲球，t1＝eq\r(\f(2R,g))；對(duì)乙球，a＝gcosθ，BD長(zhǎng)為2Rcosθ，故2Rcosθ＝eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))cosθ，則t2＝2eq\r(\f(R,g))；丙球做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，故t3＝eq\f(1,4)×2πeq\r(\f(R,g))＝eq\f(π,2)eq\r(\f(R,g)).可知A正確，B、C、D錯(cuò)誤．答案：A11．解析：(1)由題圖乙得擺球做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期：T＝eq\f(2π,5)s，由T＝2πeq\r(\f(l,g))，得l＝eq\f(T2g,4π2)，代入數(shù)據(jù)得l＝0.4m.(2)設(shè)擺球質(zhì)量為m，以F1、F2表示最大和最小的拉力，則有F2＝mgcosθ，F(xiàn)1－mg＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)),l)由機(jī)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課時(shí)分層作業(yè)(十一)受迫振動(dòng)共振1．解析：因單擺做阻尼振動(dòng)，根據(jù)阻尼振動(dòng)的定義可知，其振幅越來(lái)越小，而單擺振動(dòng)過(guò)程中的周期是其固有周期，是由本身?xiàng)l件決定的，是不變的，故A錯(cuò)誤，B正確；因單擺做阻尼振動(dòng)的過(guò)程中，振幅逐漸減小，振動(dòng)的能量也在減少，即機(jī)械能在減少，故C錯(cuò)誤，D正確．答案：BD2．解析：若使振子振幅最大，則曲線轉(zhuǎn)動(dòng)頻率為f＝2Hz，即轉(zhuǎn)速為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)，所以電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)速為4r/s，即240r/min.答案：D3．解析：驅(qū)動(dòng)力的周期與固有周期相等，形成共振，共振時(shí)振幅最大，操作人員只需將聲波發(fā)生器發(fā)出的聲波頻率調(diào)到500Hz，就能使酒杯碎掉．則D正確，A、B、C錯(cuò)誤．答案：D4．解析：當(dāng)沖擊力頻率等于列車(chē)固有頻率時(shí)，列車(chē)振動(dòng)的振幅最大，因v＝eq\f(l,t)＝eq\f(12.6m,0.315s)＝40m/s，故A正確；列車(chē)過(guò)橋做減速運(yùn)動(dòng)，是為了使驅(qū)動(dòng)力頻率遠(yuǎn)小于橋梁固有頻率，防止橋梁發(fā)生共振現(xiàn)象，而不是列車(chē)發(fā)生共振現(xiàn)象，故B、C錯(cuò)；增加鋼軌長(zhǎng)度有利于列車(chē)高速運(yùn)行，D正確．答案：AD5．解析：簡(jiǎn)諧振子的固有周期與驅(qū)動(dòng)力周期的關(guān)系是T驅(qū)＝eq\f(3,2)T固，所以受迫振動(dòng)的狀態(tài)一定不是題圖乙中的b點(diǎn)和c點(diǎn)，可能是a點(diǎn)，故選AD.答案：AD6．解析：若保持把手不動(dòng)，砝碼以一定的初速度做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，這時(shí)為自由振動(dòng)，題中圖乙為砝碼的自由振動(dòng)圖像，由圖讀出的周期為T(mén)0＝4s，T0為砝碼振動(dòng)的固有周期，當(dāng)把手以某一速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，砝碼做受迫振動(dòng)，此時(shí)砝碼振動(dòng)的周期T等于驅(qū)動(dòng)力的周期，題中圖丙為砝碼做受迫振動(dòng)的圖像，由圖讀出的周期為T(mén)＝8s，T為砝碼做受迫振動(dòng)的周期，也為驅(qū)動(dòng)力的周期．驅(qū)動(dòng)力的周期越靠近砝碼的固有周期，砝碼的振動(dòng)越強(qiáng)烈，振幅越大；驅(qū)動(dòng)力的周期越遠(yuǎn)離砝碼的固有周期，砝碼的振動(dòng)越弱，振幅越?。蔬x項(xiàng)B、D錯(cuò)誤，A、C正確．答案：AC課時(shí)分層作業(yè)(十二)波的形成1．解析：A錯(cuò)：波源停止振動(dòng)，介質(zhì)中的質(zhì)點(diǎn)仍然在振動(dòng)，所以波仍然繼續(xù)傳播．B錯(cuò)：產(chǎn)生機(jī)械波的條件之一是必須有介質(zhì)．C錯(cuò)：在振動(dòng)過(guò)程中質(zhì)點(diǎn)不隨波的傳播而遷移．D對(duì)：波向外傳播信息和能量．答案：D2．解析：質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向與波的傳播方向垂直的波為橫波，質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向與波的傳播方向在同一直線上的波為縱波．B、C、D錯(cuò)誤；橫波具有波峰和波谷，A正確．答案：A3．解析：由題圖可知波形甲的振幅比波形乙的小，A錯(cuò)誤；甲、乙兩繩波在同一介質(zhì)中傳播，波速相等，波形甲的波長(zhǎng)大于波形乙的波長(zhǎng)，根據(jù)v＝eq\f(λ,T)，波形甲的周期大于波形乙的周期，B正確；波形乙的形成時(shí)間比波形甲早，C錯(cuò)誤；波形甲的起振方向向下，波形乙的起振方向向上，D錯(cuò)誤．答案：B4．解析：無(wú)論波向左還是向右傳播，回復(fù)力始終指向平衡位置，且質(zhì)點(diǎn)A的回復(fù)力是由相鄰的質(zhì)點(diǎn)對(duì)質(zhì)點(diǎn)A的作用力提供的，質(zhì)點(diǎn)A的受力方向始終向下，故B、D正確．答案：BD5．解析：由題圖及波的傳播與質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)關(guān)系可知，P質(zhì)點(diǎn)在t＝0時(shí)刻正由平衡位置沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤．答案：B6．解析：該波源產(chǎn)生的是橫波，即波的傳播方向與質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向相互垂直，因波沿x軸正方向傳播，故質(zhì)點(diǎn)P沿y軸上下振動(dòng)，C錯(cuò)誤，D正確；波的傳播過(guò)程是離波源近的質(zhì)點(diǎn)依次帶動(dòng)離波源遠(yuǎn)的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)，即所有的質(zhì)點(diǎn)依次重復(fù)波源的振動(dòng)形式，因波源開(kāi)始從平衡位置沿y軸正方向振動(dòng)，故質(zhì)點(diǎn)P開(kāi)始振動(dòng)的方向沿y軸正方向，A錯(cuò)誤，B正確．答案：BD7．解析：由波傳播的規(guī)律知質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)是先振動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)帶動(dòng)后振動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)，由題圖a質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)情況，可知a質(zhì)點(diǎn)左側(cè)質(zhì)點(diǎn)先于a質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)，波是沿x軸正方向傳播的，選項(xiàng)A正確；質(zhì)點(diǎn)c和質(zhì)點(diǎn)a之間有一波谷，質(zhì)點(diǎn)c振動(dòng)方向與質(zhì)點(diǎn)a振動(dòng)方向相反，質(zhì)點(diǎn)c向下運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；b質(zhì)點(diǎn)正向著平衡位置運(yùn)動(dòng)，故b比c先到達(dá)平衡位置，選項(xiàng)C正確；c比b先到達(dá)偏離平衡位置的最遠(yuǎn)處，選項(xiàng)D是錯(cuò)誤的．答案：AC課時(shí)分層作業(yè)(十三)波的描述1．解析：從波的圖像可以看出，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)波的傳播方向和波的圖像可以得出，此時(shí)刻x＝2m處的質(zhì)點(diǎn)速度方向沿y軸負(fù)方向，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；x＝4m處的質(zhì)點(diǎn)此時(shí)處于負(fù)向最大位移處，加速度方向?yàn)閥軸正方向，選項(xiàng)C正確；x＝8m處的質(zhì)點(diǎn)位于平衡位置，速度方向沿y軸正方向，所以速度為正的最大值，選項(xiàng)D正確．答案：CD2．解析：質(zhì)點(diǎn)在平衡位置處的振動(dòng)速度是最大的，所以在t＝0時(shí)刻，a的速度小于b的速度，A錯(cuò)誤；而質(zhì)點(diǎn)偏離平衡位置越遠(yuǎn)，加速度越大，a的加速度大于b的加速度，B錯(cuò)誤；根據(jù)波的圖像“同側(cè)法”可以判斷在t＝0時(shí)刻，b在平衡位置且向下振動(dòng)，a在正向最大位移處向下振動(dòng)，D正確，C錯(cuò)誤．答案：D3．解析：波的傳播速度與振幅無(wú)關(guān)，A、B錯(cuò)誤；質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)一個(gè)周期，波傳播的距離等于一個(gè)波長(zhǎng)，C錯(cuò)誤；頻率越高，即周期越小，因而波傳播一個(gè)波長(zhǎng)所用時(shí)間就越短，D正確．答案：D4．解析：公式v＝λf適用于一切波，無(wú)論是機(jī)械波還是電磁波，A正確；機(jī)械波的波速僅由介質(zhì)決定，與λ、f無(wú)關(guān)，B、D錯(cuò)誤；對(duì)同一列波，其頻率由振源決定，與介質(zhì)無(wú)關(guān)，C正確．答案：AC5．解析：繩波中質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向與波的傳播方向垂直，屬于橫波，縱波的傳播方向和質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向在同一條直線上，故A錯(cuò)誤；波的傳播過(guò)程中介質(zhì)中質(zhì)點(diǎn)不隨波的傳播而遷移，故B錯(cuò)誤；0～eq\f(T,4)內(nèi)P由平衡位置振動(dòng)到波峰，eq\f(T,4)～eq\f(T,2)內(nèi)P由波峰回到平衡位置，可知t＝eq\f(T,8)時(shí)P在平衡位置上方、向上振動(dòng)，t＝eq\f(3T,8)時(shí)P在平衡位置上方向下振動(dòng)，故C正確，D錯(cuò)誤．答案：C6．解析：由簡(jiǎn)諧波的波形圖可知簡(jiǎn)諧波的波長(zhǎng)為λ＝4m．雖然知道兩不同時(shí)刻的波形圖，但不知道時(shí)間差，無(wú)法確定周期和頻率，也無(wú)法確定波速．故選C.答案：C7．解析：(1)頻率f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.01)Hz＝100Hz，由波速公式v＝eq\f(λ,T)得，波長(zhǎng)λ＝vT＝40×0.01m＝0.4m．(2)SP＝1.2m＝3λ、SQ＝1.7m＝4eq\f(1,4)λ.波源S開(kāi)始振動(dòng)方向豎直向上，則介質(zhì)中各點(diǎn)起振方向均沿豎直向上方向．結(jié)合波形可知，當(dāng)Q點(diǎn)開(kāi)始振動(dòng)時(shí)，Q點(diǎn)向上振動(dòng)，而P點(diǎn)此時(shí)處于波峰，則P、Q兩點(diǎn)的振動(dòng)圖像為答案：(1)100Hz0.4m(2)見(jiàn)解析圖8．解析：波沿x軸負(fù)方向傳播，由波的圖像可知，波長(zhǎng)λ＝2m，波的周期T＝eq\f(λ,v)＝eq\f(2,10)s＝0.2s，則質(zhì)點(diǎn)a在0.15s時(shí)，由平衡位置向負(fù)的最大位移處運(yùn)動(dòng)，由圖可知A、B、C錯(cuò)誤，D正確．答案：D9．解析：若M質(zhì)點(diǎn)為波源，相當(dāng)于M質(zhì)點(diǎn)追隨它左邊的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)，又因?yàn)槭墙?jīng)過(guò)一個(gè)周期的波形，此時(shí)M質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向向上，即開(kāi)始振動(dòng)時(shí)的方向向上，A錯(cuò)誤；若M質(zhì)點(diǎn)為波源，振動(dòng)剛剛傳到N質(zhì)點(diǎn)，P質(zhì)點(diǎn)已振動(dòng)了eq\f(1,4)T，B錯(cuò)誤；若N質(zhì)點(diǎn)為波源，則N質(zhì)點(diǎn)開(kāi)始振動(dòng)的方向向下，P質(zhì)點(diǎn)已振動(dòng)了eq\f(3,4)T，又因?yàn)榇藭r(shí)P質(zhì)點(diǎn)離平衡位置最遠(yuǎn)，速度為零，動(dòng)能最小，故C正確，D錯(cuò)誤．答案：C10．解析：可以畫(huà)出PQ之間的最簡(jiǎn)單的波形，如圖所示：由于P、Q之間可以含有多個(gè)完整的波形，則：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……)當(dāng)n＝0時(shí)，λ＝0.3m當(dāng)n＝1時(shí)，λ＝0.1m，故選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤．答案：B課時(shí)分層作業(yè)(十四)波的反射、折射和衍射1．解析：A點(diǎn)要發(fā)生明顯振動(dòng)，就是要出現(xiàn)明顯的衍射現(xiàn)象，而發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象的條件是障礙物或小孔的尺寸比波長(zhǎng)小或者跟波長(zhǎng)差不多，當(dāng)狹縫距離不變時(shí)，必須增大波長(zhǎng)，而v是一定的，由v＝fλ可知，要增大λ則只有減小f，故選項(xiàng)B正確；當(dāng)波長(zhǎng)λ不變時(shí)，將N板左移，使狹縫距離d減小，也能產(chǎn)生明顯衍射，故選項(xiàng)D正確．答案：BD2．解析：右邊的聲波從發(fā)出到反射回來(lái)所用時(shí)間為t1＝0.5s，左邊的聲波從發(fā)出到反射回來(lái)所用的時(shí)間為t2＝2s，山谷的寬度為s＝eq\f(1,2)v(t1＋t2)＝eq\f(1,2)×340×2.5m＝425m，故C正確．答案：C3．解析：入射波與反射波在同種介質(zhì)中傳播，波速相同，頻率由波源決定，頻率相同，由v＝λf知波長(zhǎng)相同，A正確，B錯(cuò)誤；因不知介質(zhì)情況，入射波與折射波波長(zhǎng)無(wú)法比較，C、D錯(cuò)誤．答案：A4．解析：汽船向懸崖靠近，3s行駛了L＝v船t＝12m．聲波3s內(nèi)傳播的距離為v聲t＝2x－L，所以懸崖與汽船鳴笛的位置的距離x＝eq\f(v聲t＋L,2)＝516m，B正確．答案：B5．解析：A、B、C選項(xiàng)中應(yīng)用了波的反射現(xiàn)象；D選項(xiàng)是波的折射現(xiàn)象，深水區(qū)域和淺水區(qū)域視為不同介質(zhì)，故波的傳播方向發(fā)生改變．答案：BCD6．解析：由于c?v，故可不考慮無(wú)線電波傳播過(guò)程中飛機(jī)的位移；設(shè)雷達(dá)兩次發(fā)射無(wú)線電波時(shí)飛機(jī)與雷達(dá)的距離分別為x1、x2，則第一次有2x1＝ct1，第二次有2x2＝ct2，飛機(jī)的飛行速度v＝eq\f(x1－x2,Δt)且Δt＝0.8s，代入數(shù)據(jù)解得v＝375m/s.答案：C7．解析：(1)聲波在介質(zhì)Ⅰ中傳播時(shí)，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(shí)，頻率不變，所以聲波在介質(zhì)Ⅱ中傳播時(shí)，頻率為1700Hz.(2)由v＝λf得聲波在介質(zhì)Ⅱ中的傳播速度為v2＝λ2f＝0.6×1700m/s＝1020m/s.(3)波由介質(zhì)Ⅰ到介質(zhì)Ⅱ的過(guò)程中，頻率不變，故當(dāng)波從介質(zhì)Ⅰ進(jìn)入介質(zhì)Ⅱ時(shí)，其頻率之比為1∶1.答案：(1)1700Hz(2)1020m/s(3)1∶1課時(shí)分層作業(yè)(十五)波的干涉1．解析：這是水波的干涉現(xiàn)象，A錯(cuò)誤；形成穩(wěn)定的干涉圖樣時(shí)，兩列波的頻率一定相同，B正確；加強(qiáng)區(qū)和減弱區(qū)在水面上的位置是固定的，不會(huì)發(fā)生變化，C錯(cuò)誤；干涉現(xiàn)象是波所特有的現(xiàn)象，只要是波，就一定能產(chǎn)生干涉現(xiàn)象，D錯(cuò)誤．故選B.答案：B2．解析：A對(duì)，B、C錯(cuò)：a質(zhì)點(diǎn)處是兩列波波峰與波谷疊加的地方，振動(dòng)始終減弱，而b、c質(zhì)點(diǎn)是兩列波波峰與波峰、波谷與波谷疊加的地方，振動(dòng)始終加強(qiáng)．D錯(cuò)：因?yàn)閮蓚€(gè)波源的振動(dòng)方向相同、振幅相同，所以a點(diǎn)靜止不動(dòng)，一直處于平衡位置．b、c兩點(diǎn)的振動(dòng)始終是加強(qiáng)的，它們的位移隨時(shí)間做周期變化，不是靜止不動(dòng)的．答案：A3．解析：A、B錯(cuò)：t＝0.2s時(shí)，波傳播的距離x＝vt＝0.2m，兩列波都傳到F點(diǎn)，此時(shí)兩列波單獨(dú)引起F點(diǎn)的振動(dòng)方向均向下，但位移為0，E、G兩點(diǎn)位移也未達(dá)到最大．C對(duì)，D錯(cuò)：t＝0.5s時(shí)，波傳播的距離x＝vt＝0.5m，兩列波的波峰同時(shí)傳到F點(diǎn)，F(xiàn)點(diǎn)的位移最大．答案：C4．解析：由波的圖像可以看出，a波的周期是b波的2倍，由f＝eq\f(1,T)可知，a波的頻率為b波的頻率的eq\f(1,2)，因?yàn)椴ㄋ傧嗟?同一介質(zhì))，由波速公式v＝λf可知a波的波長(zhǎng)等于b波的波長(zhǎng)的2倍，故A錯(cuò)誤，B正確；兩列波相干的條件是頻率必須相等，可知a、b兩列波疊加不會(huì)產(chǎn)生穩(wěn)定的干涉，故C錯(cuò)誤；波長(zhǎng)越長(zhǎng)，衍射現(xiàn)象越明顯，故D正確．答案：BD5．解析：由題意知，兩列波頻率相等、波長(zhǎng)相等，實(shí)線表示P波的波峰、Q波的波谷，虛線表示P波的波谷、Q波的波峰，故a、c兩質(zhì)點(diǎn)處為減弱點(diǎn)，b質(zhì)點(diǎn)處為加強(qiáng)點(diǎn)，所以a、c兩質(zhì)點(diǎn)始終靜止不動(dòng)，則選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤，C正確；題圖圖示的時(shí)刻，對(duì)P波，質(zhì)點(diǎn)d向下運(yùn)動(dòng)，對(duì)Q波，質(zhì)點(diǎn)d向下運(yùn)動(dòng)，所以質(zhì)點(diǎn)d沿著y軸負(fù)方向振動(dòng)，則選項(xiàng)D正確．答案：CD6．解析：聲音頻率f＝170Hz的聲波的波長(zhǎng)是λ＝eq\f(v,f)＝eq\f(340,170)m＝2.0m，a到兩波源的距離差為Δsa＝3m＝eq\f(3,2)λ，則a點(diǎn)兩個(gè)喇叭傳來(lái)的聲波因干涉而減弱，同理Δsb＝0，即b點(diǎn)兩個(gè)喇叭傳來(lái)的聲波因干涉而加強(qiáng)，Δsc＝2m＝λ，即c點(diǎn)兩個(gè)喇叭傳來(lái)的聲波因干涉而加強(qiáng)，Δsd＝4m＝2λ，d點(diǎn)兩個(gè)喇叭傳來(lái)的聲波因干涉而加強(qiáng)，故選A.答案：A課時(shí)分層作業(yè)(十六)光的折射1．解析：“擋在場(chǎng)館外”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：由于大氣層的存在，偵察衛(wèi)星在A處接收到的P處發(fā)出的光信號(hào)的光路大致如圖中實(shí)線所示，由圖可知選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤．答案：B3．解析：由光的折射定律知折射光線一定在法線和入射光線所確定的平面內(nèi)，A正確，B錯(cuò)誤；入射角不一定大于折射角，當(dāng)光線從水斜射入空氣中發(fā)生折射時(shí)，入射角小于折射角，C錯(cuò)誤；光線從空氣斜射入玻璃時(shí)，入射角大于折射角，D正確．答案：AD4．解析：由sini-sinr圖像可知，同一光線sinr＞sini，即r＞i，故r為光線在空氣中傳播時(shí)光線與法線的夾角，則BO為入射光線，OA為折射光線，即光線由B經(jīng)O到A，折射率n＝eq\f(sinr,sini)＝eq\f(0.9,0.6)＝1.5，故選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤．答案：B5.解析：光路圖如圖所示．根據(jù)折射定律得介質(zhì)的折射率n＝eq\f(sin60°,sin30°)＝eq\r(3)，由n＝eq\f(c,v)得光在介質(zhì)中的傳播速度v＝eq\f(c,n)＝eq\f(\r(3),3)c，故D正確．答案：D6.解析：作出兩束光線穿過(guò)平行玻璃磚的光路圖．根據(jù)na＝eq\f(sini,sinra)，nb＝eq\f(sini,sinrb)，由題意知na<nb，ra>rb，故d′>d.光線經(jīng)兩側(cè)面平行的玻璃磚后方向不變，出射光線平行．B正確．答案：B7．解析：轉(zhuǎn)動(dòng)前入射光與反射光的夾角θ1＝90°，轉(zhuǎn)動(dòng)后入射光與反射光夾角θ2＝120°，則光束1轉(zhuǎn)過(guò)θ2－θ1＝30°，B正確，A錯(cuò)誤；因?yàn)槿肷浣窃龃?5°，所以折射角增大的角度小于15°，C正確，D錯(cuò)誤．答案：BC8．解析：如圖所示，入射角θ1＝60°.折射角設(shè)為θ2，由tanθ2＝eq\f(D,L)得θ2＝30°根據(jù)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)光路圖如圖所示(2)入射角i＝90°－β要使從AB面射出的光線與SO重合，則AB面上折射光線必須與AC面垂直，由幾何知識(shí)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)見(jiàn)解析圖(2)eq\f(cosβ,sinα)10．解析：(1)如圖所示，由幾何關(guān)系知：光在AB界面的入射角θ1＝60°，折射角θ2＝30°，則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，光在玻璃中的傳播速度為：v＝eq\f(c,n)＝eq\f(3×108,\r(3))m/s＝eq\r(3)×108m/s.(2)作出光路圖，如圖所示．由幾何知識(shí)得到：入射角θ1＝60°，根據(jù)折射定律得：n＝eq\f(sinθ1,sinθ2)，代入解得折射角θ2＝30°.由幾何關(guān)系可知，折射光線三角形上方兩條邊分別平行，則圓形光斑直徑為eq\f(L,3)，光斑的面積S＝eq\f(πL2,36).答案：(1)eq\r(3)×108m/s(2)eq\f(πL2,36)課時(shí)分層作業(yè)(十七)全反射1．解析：由題意知，光由光密介質(zhì)射向光疏介質(zhì)，由sinC＝eq\f(1,n)＝eq\f(1,\r(2))，得C＝45°<θ1＝60°，故在兩介質(zhì)的界面上會(huì)發(fā)生全反射，只有反射光線，沒(méi)有折射光線，故選項(xiàng)D正確．答案：D2．解析：光導(dǎo)纖維內(nèi)芯的折射率比外套的大，光傳播時(shí)在內(nèi)芯與外套的界面上發(fā)生全反射，故選項(xiàng)A對(duì)，選項(xiàng)B、C、D錯(cuò)誤．答案：A3.解析：在圓形亮斑邊緣從空氣射入水中的光線，折射角的大小等于臨界角C，如圖所示，由幾何關(guān)系可知，此圓形亮斑的直徑是：d＝2r＝2htanC．A符合題意．答案：A4．解析：根據(jù)發(fā)生全反射的條件，光從光密介質(zhì)射向光疏介質(zhì)，介質(zhì)Ⅱ?qū)諝猗駚?lái)說(shuō)是光密介質(zhì)，光線a不能發(fā)生全反射，光線b可能發(fā)生全反射，臨界角為C，有sinC＝eq\f(1,n)＝eq\f(1,\r(2))，則C＝45°.題圖中光線b與界面的夾角為60°，而此時(shí)的入射角為30°<45°，故光線b也不能發(fā)生全反射，故正確選項(xiàng)為A.答案：A5．解析：光線垂直AB面射入，在到達(dá)AC面上時(shí)入射角i＝60°，因光線的臨界角C滿足sinC＝eq\f(1,n)，C＝45°，i>C，所以光線在AC面發(fā)生全反射；光線到達(dá)BC面上的入射角i′＝30°，由于i′<C，所以有部分光線從BC面射出，還有部分光線經(jīng)BC面反射到AC面上，此時(shí)入射角等于零度，光線垂直于AC面射出，D項(xiàng)正確．答案：D6．解析：根據(jù)題意可知，當(dāng)入射光與O點(diǎn)的距離為d時(shí)，從玻璃磚射出的光剛好消失，光恰好在MN圓弧面上發(fā)生了全反射，作出光路圖，如圖所示根據(jù)幾何知識(shí)得：sinC＝eq\f(d,R)，又sinC＝eq\f(1,n)，聯(lián)立解得n＝eq\f(R,d).答案：C7．解析：點(diǎn)光源P通過(guò)平面鏡所成像為P′，如圖所示．要使人從液體表面上方任意位置處都能夠觀察到點(diǎn)光源P發(fā)出的光，即相當(dāng)于像P′發(fā)出的光，則入射角i≤i0，i0為全反射臨界角，有：sini0＝eq\f(1,n)而tani＝eq\f(\f(3H,2),H＋d)且tani≤tani0聯(lián)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波長(zhǎng)λ＝eq\f(v,f)②由①②式解得光在玻璃工件中的波長(zhǎng)λ＝eq\f(c,nf).(2)設(shè)光在圓柱體中發(fā)生全反射時(shí)的入射角為a，傳播到右端面的路程為s，則sinα＝eq\f(8R,s)③光在工件中傳播的時(shí)間t＝eq\f(s＋R,v)④即t＝(eq\f(8,sinα)＋1)eq\f(nR,c)，當(dāng)α為最小值時(shí)，t有最大值，此時(shí)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)點(diǎn)光源S在距水面高3m處發(fā)出的光在觀景臺(tái)右側(cè)面與水面交接處折射到水里時(shí)，被照亮的距離為最近距離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)點(diǎn)光源S接近水面時(shí)，光在觀景臺(tái)右側(cè)面與水面交接處折射到水里時(shí)，被照亮的距離為最遠(yuǎn)距離AC，此時(shí)，入射角為90°，折射角為臨界角C則：n＝eq\f(sin90°,sinC)＝eq\f(\r(AC2＋h2),AC)＝eq\f(4,3)可得sinC＝eq\f(3,4)由數(shù)學(xué)知識(shí)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：光線射入透光罩由折射定律得：n＝eq\f(sini,sinr)①由幾何關(guān)系得光線在內(nèi)芯處入射角θ＝60°＝C由光線恰好在內(nèi)芯處發(fā)生全反射②光線在傳導(dǎo)過(guò)程中的光程為s＝eq\f(R,2cosr)＋eq\f(L,sinθ)③光在透光罩和內(nèi)芯內(nèi)傳播速度為v＝eq\f(c,n)④光線傳播時(shí)間為t＝eq\f(s,v)⑤聯(lián)立③④⑤⑥式得光到達(dá)燈片的時(shí)間t＝2.1×10－8