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动量专题复习卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。第Ⅰ卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第Ⅱ卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
如图所示，光滑水平面上有质量均为的物块和，上固定一轻质弹簧，静止，以速度水平向右运动，从与弹簧接触至弹簧被压缩到最短的过程中
A. ，的动量变化量相同 B. ，的动量变化率相同
C. ，系统的总动能保持不变 D. ，系统的总动量保持不变
在纳米技术中需要移动或修补原子，必须使在不停地做热运动速率约几百米每秒的原子几乎静止下来且能在一个小的空间区域内停留一段时间，为此已发明了“激光制冷”技术，若把原子和入射光分别类比为一辆小车和一个小球，则“激光制冷”与下述的力学模型很类似．一辆质量为的小车一侧固定一轻弹簧，如图所示以速度水平向右运动，一个动量大小为的小球水平向左射入小车并压缩弹簧至最短，接着被锁定一段时间，再解除锁定使小球以大小相同的动量水平向右弹出，紧接着不断重复上述过程，最终小车停下来．设地面和车厢均为光滑，除锁定时间外，不计小球在小车上运动和弹簧压缩、伸长的时间．从小球第一次入射开始到小车停止运动所经历的时间为
A. B. C. D.
一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中．若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ，则
A. 过程Ⅰ中钢珠动量的改变量等于重力的冲量
B. 过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小
C. 过程Ⅱ中钢珠克服阻力所做的功等于过程Ⅱ中钢珠所减少的重力势能
D. 过程Ⅱ中损失的机械能等于过程Ⅰ中钢珠所增加的动能
两滑块、沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞，碰撞后两者粘在一起运动。两者的位置随时间变化的图象如图所示。若滑块的质量，以下判断正确的是
A. 、碰撞前的总动量为
B. 碰撞时对所施冲量为
C. 碰撞前后的动量变化为
D. 碰撞中、两滑块组成的系统损失的动能为
如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为和的、两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧，由于被一根细绳拉着处于静止状态．当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下述说法正确的是
A. 两滑块的动能之比：：
B. 两滑块的动量大小之比：：
C. 两滑块的速度大小之比：：
D. 弹簧对两滑块做功之比：：
如图所示，轻质弹簧固定在水平地面上．现将弹簧压缩后，将一质量为的小球静止放在弹簧上，释放后小球被竖直弹起，小球离开弹簧时速度为，则小球被弹起的过程中
A. 地面对弹簧的支持力冲量大于
B. 弹簧对小球的弹力冲量等于
C. 地面对弹簧的支持力做功大于
D. 弹簧对小球的弹力做功等于
“娱乐风洞”是一项将科技与惊险相结合的娱乐项目，它能在一个特定的空间内把表演者“吹”起来．假设风洞内向上的风量和风速保持不变，表演者调整身体的姿态，通过改变受风面积表演者在垂直风力方向的投影面积，来改变所受向上风力的大小．已知人体所受风力大小与受风面积成正比，人水平横躺时受风面积最大，设为，站立时受风面积为；当受风面积为时，表演者恰好可以静止或匀速漂移．如图所示，某次表演中，人体可上下移动的空间总高度为，表演者由静止以站立身姿从位置下落，经过位置时调整为水平横躺身姿不计调整过程的时间和速度变化，运动到位置速度恰好减为零．关于表演者下落的过程，下列说法中正确的是
A. 从至过程表演者的加速度大于从至过程表演者的加速度
B. 从至过程表演者的运动时间小于从至过程表演者的运动时间
C. 从至过程表演者动能的变化量大于从至过程表演者克服风力所做的功
D. 从至过程表演者动量变化量的数值小于从至过程表演者受风力冲量的数值
如图所示，两个完全相同的小球、用等长的细线悬于点，开始两球均静止，两悬线竖直，线长为。若将球拉至图示位置静止释放，则球被碰后第一次速度为零时的高度不可能是
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共7小题，共28.0分）
如图所示，甲、乙两个小滑块视为质点静止在水平面上的、两处，处左侧水平面光滑，右侧水平面粗糙。若甲在水平向右的拉力其中的作用下由静止开始运动，当时撤去力，随后甲与乙发生正碰而粘合在一起，两滑块共同滑行后停下，已知甲的质量为，两滑块与粗糙水平面间的动摩擦因数均为，取，则
A. 内，力的冲量大小为
B. 撤去力时甲的速度大小为
C. 两滑块正碰后瞬间的速度大小为
D. 乙的质量为
如图甲所示，物体受到水平拉力的作用，沿水平面做直线运动．通过力传感器和速度传感器监测得力和物体速度随时间变化的规律如图乙所示．取重力加速度，则
A. 物体的质量
B. 物体与水平面间的动摩擦因数
C. 内拉力对物体做的功为
D. 内拉力的冲量大小为
如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为，质量为的物体以速度从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为对于这一过程，下列判断正确的是
A. 斜面对物体的弹力的冲量为零
B. 物体受到的重力的冲量大小为
C. 物体受到的合力的冲量大小为零
D. 物体动量的变化量大小为
如图所示，质量为的滑槽静止在光滑的水平地面上，滑槽的部分是粗糙水平面，部分是半径为的四分之一光滑圆弧轨道。现有一质量为的小滑块从点以速度冲上滑槽，并且刚好能够滑到滑槽轨道的最高点点，忽略空气阻力。则在整个运动过程中，下列说法正确的是
A. 滑块滑到点时，速度大小等于
B. 滑块滑到点时速度变为
C. 滑块从点滑到点的过程中，滑槽与滑块组成的系统动量和机械能都守恒
D. 滑块从点滑到点的过程中，滑槽与滑块组成的系统动量不守恒，机械能守恒
如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一质量为的光滑弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一质量为的小物块从槽上高处开始下滑，重力加速度为，下列说法正确的是
A. 物体第一次滑到槽底端时，槽的动能为
B. 物体第一次滑到槽底端时，槽的动能为
C. 在压缩弹簧的过程中，物块和弹簧组成的系统动量守恒
D. 物块第一次被弹簧反弹后能追上槽，但不能回到槽上高处
质量为的物块在时刻受沿固定斜面向上的恒力作用，从足够长的倾角为的光滑斜面底端由静止向上滑行，在时刻撤去恒力加上反向恒力、大小未知，物块的速度时间图象如图乙所示，时刻物块恰好返回到斜面底端，已知物体在时刻的速度为，重力加速度为，则下列说法正确的是
A. 物块从时刻开始到返回斜面底端的过程中重力的冲量大小为
B. 物块从时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量大小为
C. 的冲量大小为
D. 的冲量大小为
光滑平行异型导轨与如图所示，轨道的水平部分、处于竖直向上的匀强磁场中，段轨道宽度为段轨道宽度的倍，段和段轨道都足够长，但与轨道部分的电阻都不计。现将质量相同的金属棒和和都有电阻，但具体阻值未知分别置于轨道上的段和段，将棒置于距水平轨道高为处由静止释放，使其自由下滑，重力加速度为。则
A. 当棒进入轨道的水平部分后，棒先做加速度逐渐减小的减速直线运动
B. 当棒进入轨道的水平部分后，棒先做匀加速直线运动
C. 棒的最终速度和棒最终速度相等
D. 棒的最终速度，棒的最终速度
三、实验题（本大题共1小题，共9.0分）
用如图所示的装置来验证动量守恒定律。滑块在气垫导轨上运动时阻力不计，其上方挡光条到达光电门或，计时器开始计时；挡光条到达光电门或，计时器停止计时。实验主要步骤如下：
用天平分别测出滑块、的质量、；
给气垫导轨通气并调整使其水平；
调节光电门，使其位置合适，测出光电门、间的水平距离；
、之间紧压一轻弹簧与、不粘连，并用细线拴住，如图静置于气垫导轨上；
烧断细线，、各自运动，弹簧恢复原长前、均未到达光电门，从计时器上分别读取、在两光电门之间运动的时间、。
实验中还应测量的物理量是______用文字表达。
利用上述测量的数据，验证动量守恒定律的表达式是：______用题中所给的字母表示。
利用上述数据还能测出烧断细线前弹簧的弹性势能______用题中所给的字母表示。
四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）
如图所示，光滑圆弧轨道竖直放置，且与水平面平滑连接，其半径为，点是圆弧的最低点，点是圆弧轨道的圆心，，水平面段光滑，点右侧是粗糙、质量为的小球，自点以初速度水平抛出，小球恰好沿圆弧切线从点进入圆弧轨道，并沿轨道运动；小球运动过程中与放在轨道上点的物块相碰，物块质量，物块与点右侧水平粗糙轨道间动摩擦因数，小球和物块可视为质点，忽略空气阻力，，求：
小球在点的速度的大小；
小球在点对轨道的压力；
小球与静止在点的小物块相碰后，物块向右滑动距离的范围。
如图所示，质量为的滑槽静止在光滑的水平地面上，滑槽的部分是长为的粗糙水平面，部分是半径为的四分之一光滑圆弧轨道，滑块置于滑槽上面的点。一根长为、不可伸长的轻质细绳一端固定于，另一端拴着小球。将小球拉至细绳与竖直方向成的位置，静止释放，小球到达最低点时与滑块发生弹性碰撞且时间极短，最终物块未离开滑槽。已知滑块和小球的质量均为，它们均视为质点，取，忽略空气阻力，设滑块与滑槽之间的动摩擦因数。
求碰撞瞬间滑块所受冲量的大小；
若滑块刚好能够滑到滑槽轨道的最高点，求动摩擦因数；
讨论滑块在整个运动过程中，是否有可能在某段时间里相对地面向右运动？如不可能，说明理由；如可能，试求出向右滑动时动摩擦因数的取值范围。
如图所示，在水平桌面上放一玩具车，车身横截面为直角梯形，在车的平台上有一轻质弹簧，一端固定在平台上，另一端用小球将弹簧压缩至最短在弹性限度内，将车锁定在桌面上，然后释放小球，小球弹出后刚好落在车身斜面的底端。现解除对车的锁定，球是否还能落在斜面上？若能，请计算出落点位置；若不能，请说明理由。不计一切摩擦和空气阻力
蹦床运动有“空中芭蕾“之称，某质量的运动员从空中落下，接着又能弹起高度，此次人与蹦床接触时间，取，求：
运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量大小；
运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小。
答案和解析
1.【答案】
【解析】
【分析】
两物块组成的系统合外力为零，系统的总动量守恒，两个物体所受的合外力大小相等、方向相反，应用动量定理、动量守恒定律分析答题。
本题的关键要分析清楚物体运动过程，应用动量定理与动量守恒定律进行分析。要注意动量变化量、动量变化率都是矢量，只有大小和方向都相同时它们才相同。
【解答】
两物体相互作用过程中系统的合外力为零，系统的总动量守恒，则、动量变化量大小相等、方向相反，所以动量变化量不同，故A错误，D正确；
B.由动量定理可知，动量的变化率等于物体所受的合外力，、两物体所受的合外力大小相等、方向相反，所受的合外力不同，则动量的变化率不同，故B错误；
C.系统的总机械能不变，弹性势能在变化，则总动能在变化，故C错误。
故选D。
2.【答案】
【解析】解：小球第二次入射和弹出的过程，及以后重复进行的过程中，小球和小车所组成的系统动量守恒。
规定向右为正方向，由动量守恒定律，得：
则有：
同理可推得：
要使小车停下来，即，小球重复入射和弹出的次数为：，则从小球第一次入射开始到小车停止运动所经历的时间为，故D正确，ABC错误。
故选：。
3.【答案】
【解析】
【分析】
根据动量定理分析冲量与动量变化量的关系．根据动能定理分析重力做功与阻力做功的关系，从而得出克服阻力做功与重力势能的变化之间的关系。
本题考查了动量定理和动能定理的基本运用，运用动能定理和动量定理均要合理地选择研究的过程，知道在整个过程中动能的变化量为零，动量的变化量为零。
【解答】
A.过程Ⅰ中仅受重力，根据动量定理知，重力的冲量等于钢球动量的变化量。故A正确。
B.对整个过程运用动量定理知，动量的变化量为零，则整个过程重力的冲量与阻力的冲量大小相等，方向相反。故B错误。
C.对整个过程运用动能定理，有：，可知整个过程中重力做功等于克服阻力做功，则整个过程中钢珠重力势能的减小量等于过程Ⅱ中钢珠克服阻力所做的功，故C错误。
D.根据动能定理知，过程中钢珠所增加的动能与过程Ⅱ中减小的动能相等，与损失的机械能不等，故D错误。
故选A。

4.【答案】
【解析】解：、由图象的斜率表示速度，可知，碰撞前滑块的速度为：，的速度为：
碰撞后，两滑块的共同速度为。
两滑块碰撞过程系统动量守恒，以的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，
解得：，、碰撞前的总动量为： 。故A错误。
B、对，由动量定理得： ，即碰撞时对所施冲量为 ，故B错误。
C、碰撞前后的动量变化为： ，故C正确。
D、碰撞前后滑块、组成的系统损失的动能为：，代入数据解得：，故D错误。
故选：。
两滑块、碰撞过程系统的动量守恒，根据图象的斜率求出滑块的速度，然后由动量守恒定律求出滑块的质量，从而得到总动量。对，利用动量定理求碰撞时对所施冲量。应用能量守恒定律可以求出系统损失的动能。
本题关键是根据图象的斜率得到两个滑块碰撞前后的速度，然后结合动量守恒定律、动量定理和能量守恒定律进行研究。
5.【答案】
【解析】
【分析】
本题是动量守恒定理的直接应用，要比较物理量之间的比例关系，就要把这个量用已知量表示出来再进行比较。
【解答】
在两滑块刚好脱离弹簧时运用动量守恒得：
得：
C.两滑块速度大小之比为：，故C错误；
A.两滑块的动能之比：，故A正确；
B.两滑块的动量大小之比：，故B错误；
D.弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比，即为：，故D错误。
故选A。
6.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查动量定理及功能转化，要注意明确支持力对弹簧作用的位移为零，故支持力对弹簧不做功，弹簧的弹性势能和重力势能以及动能间相互转化。
【解答】
对小球分析可知，小球受重力和弹力作用运动，根据动量定理可知，，故弹簧对小球的冲量大于，由于地面对弹簧的弹力与弹簧对小球的弹力始终大小相等，故地面对弹簧的支持力的冲量大于，故A正确B错误；
C.由于地面对弹簧的弹力不产生的位移，因此地面对弹簧的支持力不做功，故C错误。
D.弹簧对小球做正功，重力对小球做负功，合力对小球做功，故弹簧对小球做功大于，故D错误
故选：。
7.【答案】
【解析】
【分析】
本题关键将下降过程分为匀加速过程和匀减速过程，求出各个过程的加速度，然后根据运动学公式列式判断．要知道动能关系可根据动能定理研究．冲量和动量关系可根据动量定理研究．
【解答】
A、设人水平横躺时受到的风力大小为，由于人体受风力大小与正对面积成正比，故人站立时风力为．
由于受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，故可以求得人的重力，即有．
则从至过程表演者的加速度为
从至过程表演者的加速度大小为，因此从至过程表演者的加速度小于从至过程表演者的加速度．故A错误；
B、设点的速度为，则从至过程表演者的运动时间从至过程表演者的运动时间，则，故B错误．
C、由速度位移公式得：
从至过程表演者的位移，从至过程表演者的位移，故：：
因而有
对至过程应用动能定理：表演者至动能的增量
至克服风力做的功
可知，，即表演者至动能的增量小于至克服风力做的功，故C错误；
D、根据动量定理得：从至过程表演者动量变化量
从至过程表演者受风力冲量的数值，则，即从至过程表演者动量变化量的数值小于从至过程表演者受风力冲量的数值．故D正确．
故选：
8.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查动量守恒定律和机械能守恒定律。
关键点拨 已知，则当发生完全弹性碰撞时，、速度交换，当发生完全非弹性碰撞时，、粘在一起。
【解答】
由题意可知，小球由静止释放后与碰撞前速度大小，、两球质量相等，如果、发生弹性碰撞，碰后的速度，则球碰后第一次速度减为零时有，解得如果、发生完全非弹性碰撞，碰后的速度为，则，球碰后第一次速度减为零时有，解得，则球被碰后第一次速度减为零时的高度满足，题目要求选择不可能的，故选D项。
9.【答案】
【解析】
【分析】
根据求内力的冲量大小；根据动量定理求撤去力时甲的速度大小；研究碰后两滑块共同滑行的过程，利用动能定理求两滑块正碰后瞬间的速度大小；再研究碰撞过程，根据动量守恒定律求乙的质量。
本题涉及力在时间上的效果求速度，要优先考虑动量定理，由于力与时间成正比，所以要根据的平均值来求的冲量。
【解答】
设乙的质量为，甲的质量为。撤去力时甲的速度大小为，两滑块碰撞后瞬间速度大小为。
A、内，力的冲量大小为：，故A错误；
B、力作用过程，对甲，由动量定理得：，解得：，故B正确；
C、两滑块沿粗糙水平面滑行过程，根据动能定理得：
解得，故C错误；
D、两滑块碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得：解得，故D正确。
故选：。
10.【答案】
【解析】
【分析】
解决本题的关键是理解速度图象的斜率的含义：速度图象的斜率代表物体的加速度，速度的正负代表物体运动的方向。
对于速度图象类的题目，主要是要理解斜率的含义：斜率代表物体的加速度；速度正负的含义：速度的正负代表物体运动的方向；速度图象与时间轴围成的面积的含义：面积代表物体位移的大小。
【解答】
解：由速度时间图象可以知道在的时间内，物体匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为，在的时间内，物体做匀加速运动，直线的斜率代表加速度的大小，所，由牛顿第二定律可得，所以，所以A正确；
B.由，所以，故B错误；
C.在第一秒内物体没有运动，物体在第内做匀加速运动位移为，第内做匀速运动位移，拉力做功
，故C错误；
D.内拉力的冲量大小为，故D正确。
故选AD。
11.【答案】
【解析】
【分析】
此题考查了冲量的概念和动量定理的应用，要记住动量的变化等于合力的冲量；同时明确动量的矢量性。
由冲量的计算公式求出各力的冲量大小，由动量定理求出动量的变化量。
【解答】
A.斜面对物体的弹力的冲量大小：，弹力的冲量不为零，故A错误；
B.根据冲量的定义式可知，物体所受重力的冲量大小为：，故B正确；
物体受到的合力的冲量大小为，由动量定理得：动量的变化量大小，则由动量定理可知，合力的冲量不为零，故C错误，D正确；
故选BD。
12.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律；解决本题的关键要掌握动量守恒和机械能守恒的条件，以及能够熟练运用动量守恒定律进行解题。要注意两个守恒条件的区别，不能混淆。
滑槽与滑块组成的系统，水平方向不受外力，系统水平动量守恒；滑块滑到点时，滑块与滑槽速度相同，根据水平动量守恒求速度大小；根据能量转化情况分析系统的机械能是否守恒；根据合外力是否为零分析系统的动量是否守恒。
【解答】
滑槽与滑块组成的系统，水平方向不受外力，系统水平动量守恒。设滑块滑到点时，速度大小为。取水平向右为正方向，根据水平动量守恒得：，得：故A正确，B错误；
C.滑块从滑到的过程，滑槽与滑块组成的系统合外力为零，动量守恒，由于要产生内能，所以系统的机械能不守恒，故C错误；
D.滑块从滑到的过程，滑块竖直方向有分加速度，根据牛顿第二定律知系统的合外力不为零，则滑槽与滑块组成的系统动量不守恒。由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故D正确。
故选AD。
13.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题。
【解答】
物体下滑过程中，物体与槽组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，只有重力做功，系统机械能守恒，设物体到达水平面时速度大小为，槽的速度大小为，规定向右为正方向，由系统水平方向动量守恒得：，由系统的机械能守恒得：，由以上两式解得：，，所以物体第一次滑到槽底端时，槽的动能为，故A正确，B错误；
C.在压缩弹簧的过程中，墙壁对弹簧有作用力，所以物块和弹簧组成的系统动量不守恒，故C错误；
D.物块第一次被弹簧反弹后能追上槽，到达最高点时物体与槽的速度相同，物体的动能一部分转化为槽的动能，到达最高点时的重力势能减小，所以不能回到槽上高处，故D正确。
故选AD。
14.【答案】
【解析】解：、物块从开始运动到时刻物块恰好返回到斜面底端，重力的冲量为：，故A错误；
B、做匀加速直线运动；
做匀变速直线运动：
联立解得：
则的速度为
则物块从时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量大小，故B正确；
C、的加速度为，根据牛顿第二定律：
则的冲量大小为，故C正确；
D、因为根据牛顿第二定律：
解得：
根据的分析的冲量大小为
得到的冲量大小为，故D错误。
故选：。
根据冲量公式求出重力的冲量大小；
根据运动学公式列出和的位移公式，从而求出加速度关系，就求出末速度，最后求出动量的变化量；
根据牛顿第二定律求出的大小，在根据冲量求出冲量大小；
根据分析求出的大小，最后求出其冲量大小。
本题考查运动学的综合应用，关键是利用运动学公式求出加速度的关系。
15.【答案】
【解析】分析：棒下滑过程机械能守恒，滑至水平轨道有一定的速度，切割磁感线，回路中产生感应电流为逆时针方向，由左手定则可以判断，
棒受安培力向左，棒受安培力向右，所以棒做减速运动，棒做加速运动因轨道宽是轨道宽的倍，所以当棒速度是棒速度的倍时，回路中的磁通量不再变化，即此时回路中无感应电流，则不再受安培力，速度不再变化即为最终速度．
棒下滑过程，由机械能守恒有，
棒减速、棒加速的过程，由动量定理有：对棒，
对棒且有，，∽式联立求解得
，
解答：，当棒进入水平轨道后，获得速度为， 切割磁感线回路中产生感应电流为逆时针方向，由左手定则可以判断，棒受安培力向左，棒受安培力向右，棒受到安培力作用而减速，安培力减小，加速度减小，棒受到安培力而加速，故A正确，B错误；
设，棒的质量为，长度分别为和，磁感强度为，棒进入水平轨道的速度为，对于棒，金属棒下落过程应用动能定
理：，解得棒刚进入磁场时的速度为：
棒运动后也将产生感应电势，与棒感应电动势反向，因此回路中的电流将减小最终达到匀速运动时，回路的电流为零，
所以：，即：，，
因为当，在水平轨道上运动时，它们所受到的合力并不为零．，设为回路中的电流，因此，组成的系统动量不守恒设棒从进入水平轨道开始到速度稳定所用的时间为，对、分别应用动量定理得：，
，，解得：，，故C错误，D正确；
故选AD。
16.【答案】光电门、间的水平距离；；。
【解析】解：本实验要验证动量守恒定律，所以需要测量物体的质量和两物体的速度，由题意可知，还需要测量光电门、间的水平距离，从而求出物体的速度；
根据平均速度公式可知，碰后，的速度，设的方向为正方向，则有：，即
根据机械能的表达式可知，；
故答案为：光电门、间的水平距离；；。
根据实验原理进行分析，从而明确实验中应测量的物理量；
根据动量守恒定律即可确定对应的表达式；
根据能量守恒定律即可确定弹簧的弹性势能。
本题考查验动量守恒定律的验证实验，要注意明确实验原理，注意在书写动量守恒的表达式时需要先明确正方向。
17.【答案】解：小球运动到点的速度，
代入数据解得：；
设小球运动到点时速度为，轨道对小球的支持力为，
从到过程，由动能定理得：，
在点，由牛顿第二定律得：，
代入数据解得：，
由牛顿第三定律得小球在点对轨道的压力：；
当小球与物块发生非弹性碰撞，小球与物块粘在一起时，物块速度最小，设为，滑行距离最小，设为，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
，
对，由动能定理得：，
代入数据解得：；
当小球与物块发生弹性碰撞时，设小球速度为，物块速度最大为，
滑行距离最大为，以向右为正方向，由动量守恒定律得：，
由机械能守恒定律得：，
碰撞后，对，由动能定理得：，
代入数据解得：，
所以物块滑动的范围：；
答：小球在点的速度的大小为；
小球在点对轨道的压力大小为，方向：竖直向下；
小球与静止在点的小物块相碰后，物块向右滑动距离的范围是：。
【解析】小球抛出后做平抛运动，根据题意应用运动的合成与分解求出到达点的速度。
从到过程由动能定理求出小球到达点的速度，应用牛顿第二定律求出轨道对小球的支持力，然后求出小球对轨道的压力。
小球与碰撞过程动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后的速度，然后应用动能定理求出的滑动范围。
本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提，应用运动的合成与分解、动能定理与动量守恒定律可以解题，解题时注意讨论，否则会出现漏解。
18.【答案】解：对小球摆到最低点的过程，根据机械能守恒定律可知：
，
解得：，
因和质量相等且发生弹性碰撞，因此碰撞后静止，以的速度在滑槽上开始运动，所以，碰撞瞬间滑块所受的冲量为：
；
若滑块刚好能够滑到滑槽轨道的最高点，向左为正，对滑块和滑槽组成的系统根据动量守恒可得：
，
，
解得：；；
当滑块滑到凹槽点又滑回到点时，滑块滑回点时速度恰好为，此时有最大值，利用动量守恒和能量守恒可得：
，
，
解得：，；
当滑块会冲上光滑圆弧轨道，然后再沿圆弧轨道下滑到点，又因滑块未离开滑槽，则
，
，
联立解得，
所以当时，滑块会冲上光滑圆弧轨道，然后再沿圆弧轨道下滑，有可能在某段时间里相对地面向右运动。
答：碰撞瞬间滑块所受冲量的大小为；
若滑块刚好能够滑到滑槽轨道的最高点，动摩擦因数为；
当时，滑块会冲上光滑圆弧轨道，然后再沿圆弧轨道下滑，有可能在某段时间里相对地面向右运动。当时，滑块会冲上光滑圆弧轨道，然后再沿圆弧轨道下滑到点，该过程又相当于弹性碰撞，因，故返回到点后相对于地面的速度向右。
【解析】小球在下摆过程中，绳子拉力不做功，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律求其速度，根据动量定理求得冲量大小。
与发生完全弹性碰撞，根据动量守恒列式，滑块刚好能够滑到滑槽轨道的最高点，根据能量守恒求得动摩擦因数。
如果摩擦因数比较大，则有可能出现滑块在没有冲上光滑圆弧轨道前就已经和滑槽共速，求得，再判断其运动的可能性。
本题中涉及的过程比较多，属于多物体多过程的情，关键是明确小滑块的运动情况，抓住弹性碰撞的基本规律：动量守恒定律和动能守恒。明确滑块与滑槽的运动关系。
19.【答案】解：车锁定时，小球弹出后做平抛运动，
水平方向：，
竖直方向：，
设小球质量为，车的质量为，
解除锁定后，释放小球的过程中，系统在水平方向动量守恒，
在水平方向，由动量守恒定律得：，
由机械能守恒定律得：，
小球弹出后做平抛运动，水平方向：，
竖直方向：，
在此过程，车后退的距离：，
解得，小球相对于车身飞行的水平距离：，
由此可知，解除锁定后，小球弹出后将落在车外；
答：解除对车的锁定，球不能落在斜面上，小球落在车外。
【解析】小球弹出后做平抛运动，解除锁定释放小球过程，车与小球组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律、平抛运动规律求出解除锁定后小球相对与车的水平位移，然后判断小球释放落在车内。
本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚小球与车的运动过程是解题的前提与关键，根据题意应用平抛运动规律、动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题。
20.【答案】解：重力的冲量大小为：
设运动员下落高度时的速度大小为，弹起时速度大小为，则有：，
由动量定理有：
代入数据解得：
答：运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量大小是；
运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小是。
【解析】由冲量的定义即可求出重力的冲量；
由运动学的公式求出运动员与蹦床接触前后的速度，然后由动量定理即可求出运动员受到蹦床平均弹力的大小。
该题属于物理知识在日常生活中的应用，解答的关键是正确对运动员进行受力分析，得出运动员受到那些力的冲量。
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第1页，共1页机械振动复习卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。第Ⅰ卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第Ⅱ卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。
一、单选题（本大题共18小题，共72.0分）
如图所示为一质点做简谐运动的振动图像，在时间内，下列说法正确的是
A. 质点在和时刻具有正向最大速度
B. 质点在时刻具有负向最大加速度
C. 至质点加速度始终指向 方向不变
D. 在时间内，加速度方向和速度方向相同
关于机械振动，下列说法正确的是
A. 简谐运动是一种匀变速直线运动
B. 物体做阻尼振动时，振幅逐渐减小，周期也逐渐减小
C. 物体做受迫振动达到稳定状态时，振动频率等于驱动力频率
D. 只要驱动力频率超过物体的固有频率，就会发生共振现象
在如图所示盛沙的漏斗下面放一木板，让漏斗左右摆动起来，同时其中的细沙匀速流出，经过一段时间后，观察木板上沙子的堆积情况忽略空气阻力的影响，则沙堆的剖面应是选项图中的
A.
B.
C.
D.
两木块、质量分别为、，用劲度系数为的轻弹簧连在一起，放在水平地面上，如图所示，用外力将木块压下一段距离后静止，释放后上下做简谐振动．在振动过程中，木块刚好始终不离开地面即它对地面最小压力为零以下说法正确的是
A. 在振动过程中木块的机械能守恒
B. 木块做简谐运动的振幅为
C. 木块做简谐运动的振幅为
D. 木块对地面的最大压力是
若某一质点做简谐运动，则
A. 位移的方向总指向平衡位置
B. 加速度的方向总和位移的方向相反
C. 位移的方向总和速度的方向相反
D. 速度的方向总和位移的方向相同
如图所示，用弹性小球做成的四个单摆，当摆线竖直时，小球依次互相接触，且在同一水平线上，小球质量均为，摆长由到逐渐增大，的摆长是摆长的倍，摆的振动周期为。现将摆球拉离平衡位置一小角度，松手后，摆球沿其他摆球的连线所在竖直面内摆动，则它们做简谐运动的周期
A. 仍为
B. 大约为
C. 大约为
D. 大约为
一个做简谐运动的弹簧振子，周期为，振幅为。设振动物体第一次从平衡位置运动到处所经历的最短时间为，第一次从最大位移处运动到处所经历的最短时间为，关于和，以下说法正确的是
A. B. C. D. 无法判断
如图所示，细绳一端固定于悬挂点，另一端系一小球．在悬挂点正下方点处钉一个钉子．小球从点由静止释放，摆到最低点的时间为，从点向右摆到最高点的时间为摆动过程中，如果摆角始终小于，不计空气阻力．下列说法正确的是
A. ，细绳碰钉子的瞬间，小球的速率变小
B. ，细绳碰钉子的瞬间，小球的速率变小
C. ，细绳碰钉子的瞬间，小球的速率不变
D. ，细绳碰钉子的瞬间，小球的速率不变
如图甲所示，弹簧振子以点为平衡位置，在、两点之间做简谐运动。振子的位移随时间的变化图像如图乙所示。下列判断正确的是
A. 振子做简谐运动的表达式为
B. 时，振子的速度方向沿方向
C. 和时，振子的加速度相同
D. 时振子在点位置，时振子在点位置
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
B. 甲、乙两振子的频率之比为
C. 前内甲、乙两振子的加速度均为正值
D. 时间内甲、乙两振子通过的路程之比为
有两个同学利用假期分别去参观北京大学和南京大学的物理实验室，各自在那里利用先进的系统较准确地探究了“单摆的周期与摆长的关系”，他们通过校园网交换实验数据，并由计算机绘制了图象，如图甲所示；另外，在南京大学做探究的同学还利用计算机绘制了、两个摆球的振动图象如图乙所示，则下列说法正确的是
A. 去北京大学的同学所测实验结果对应图甲中的线
B. 由图乙可知，两单摆摆长之比
C. 在时，球正沿轴负方向运动
D. 在时，球正沿轴正方向运动
如图所示，两段光滑圆弧轨道半径分别为和，圆心分别为和，所对应的圆心角均小于，在最低点平滑连接。现将一小球从点释放，小球最远滚到右侧的点，然后在之间来回滚动，下列判断正确的是　　
A. 由于两轨道弯曲程度不同，所以、高度也不同，点要低于点
B. 增大小球的质量，小球滚动的会更快
C. 小球滚动周期
D. 小球滚动周期
如图所示，单摆甲放在空气中，周期为，单摆乙带正电，放在匀强磁场中，周期为，单摆丙带正电，放在匀强电场中，周期为，单摆丁放在静止在水平面上的光滑斜面上，周期为，那么
A. B.
C. D.
如图，单摆甲放在真空中，悬点处固定一带正电小球，摆球亦带正电，周期为；单摆乙放在以加速度向下加速运动的电梯中，周期为；单摆丙带正电，放在磁感应强度为的匀强磁场中，周期为；单摆丁带正电，放在匀强电场中，周期为。若四个单摆摆长均相等，那么
A. B.
C. D.
如图所示，固定曲面是一段半径为的光滑圆弧形成的，圆弧与水平方向相切于点，，现将一小物体先后从圆弧顶端和中点处由静止释放，到达曲面低端时速度分别为和，所需时间为和，以下说法正确的是
A. ， B. ，
C. ， D. ，
如图所示，两段光滑圆弧轨道半径分别为和，圆心分别为和，所对应的圆心角均小于，在最低点平滑连接．点和点分别位于点左右两侧，距离小于现分别将位于点和点的两个小球和均可视为质点同时由静止释放．关于两小球第一次相遇点的位置，下列判断正确的是
A. 恰好在点 B. 一定在点的左侧
C. 一定在点的右侧 D. 条件不足，无法确定
如图，水平面上固定光滑圆弧面，水平宽度为，高为且满足。小球从顶端处由静止释放，沿弧面滑到底端经历的时间为；若在圆弧面上放一光滑平板，仍将小球从点由静止释放，沿平板滑到的时间为
A. B. C. D.
如图所示，三根细线在点处打结，、端固定在同一水平面上相距为的两点上，使成直角三角形，，已知线长是，下端点系着一个小球，下列说法正确的是以下皆指小角度摆动
A. 让小球在纸面内振动，周期
B. 让小球在垂直纸面内振动，周期
C. 让小球在纸面内振动，周期
D. 让小球在垂直纸面内振动，周期
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
如图是同一地点质量相同的两单摆甲、乙的振动图像，则
A. 甲、乙两单摆的摆长相等
B. 甲摆的机械能比乙摆的大
C. 在时，乙摆在做减速运动，甲摆在做加速运动
D. 由图像可以求出当地的重力加速度
如图所示，小物体从竖直弹簧上方离地高处由静止释放，其动能与离地高度的关系如图所示。其中高度从下降到，图像为直线，其余部分为曲线，对应图像的最高点，轻弹簧劲度系数为，小物体质量为，重力加速度为。以下说法正确的是
A. 小物体下降至高度时，弹性势能最小
B. 小物体下落至高度时，弹性势能与重力势能之和最小
C. 小物体从高度下降到，弹簧的弹性势能增加了
D. 小物体从高度下降到，弹簧的最大弹性势能为
如图所示，物体与滑块一起在光滑水平面上做简谐运动，、之间无相对滑动，已知轻质弹簧的劲度系数为，、的质量分别为和，下列说法正确的是
A. 物体的回复力是由滑块对物体的摩擦力提供
B. 滑块的回复力是由弹簧的弹力提供
C. 物体与滑块看成一个振子的回复力大小跟位移大小之比为
D. 若、之间的最大静摩擦因数为，则、间无相对滑动的最大振幅为
如图甲所示的弹簧振子以点为平衡位置在、间做简谐运动，取水平向右为弹簧振子位移的正方向，得到如图乙所示的振动曲线，由曲线所给的信息可知
A. 时，振子处在位置
B. 时，振子处在位置
C. 时，振子的振动方向水平向左
D. 时，振子相对平衡位置的位移为
三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）
如图，一弹簧振子沿轴做简谐运动，振子零时刻向右经过点，时第一次经过点，已知振子经过、两点时的速度大小相等，内经过的路程为，则该简谐运动的周期为______ ，振幅为______ 。
四、实验题（本大题共1小题，共9.0分）
某同学在“利用单摆测重力加速度”实验中先测得摆线长为，小球直径由游标卡尺测得，示数如图甲。然后用秒表记录了单摆振动次所用的时间如图乙所示，则小球直径为________，秒表读数为________。保留三位有效数字
有两位同学利用假期分别去参观清华大学和浙江大学的物理实验室，各自在那里利用先进的系统较准确地探究了“单摆的周期与摆长的关系”，他们通过校园网交换实验数据，并由计算机绘制了图像，如图丙所示。去清华大学的同学所测实验结果对应的图线是________选填“”或“”。
五、计算题（本大题共6小题，共60.0分）
如图所示，三根长度均为的绳、、组合系住一质量分布均匀的小球，球的直径为，绳、与天花板的夹角，重力加速度为。则：
若小球在纸面内做小角度的左右摆动，周期为多少？
若小球做垂直于纸面的小角度摆动，周期又为多少？
如图所示，用两根长度都为的细绳悬挂一个小球，绳与水平方向的夹角为。使球垂直于纸面做摆角小于的摆动，当它经过平衡位置的瞬间，另一小球从球的正上方自由下落，此后球第次经过最低点时球恰击中球，求球下落的高度。
如图所示，三角架质量为，沿其中轴线用两根轻弹簧拴一质量为的小球，原来三角架静止在水平面上．现使小球做上下振动，已知三角架对水平面的压力最小为零，求：
小球在最高点时的瞬时加速度；
若上、下两弹簧的劲度系数均为，则小球做简谐运动的振幅为多少？
如图所示，一质量为的小钢珠，用长为的细丝线挂在水平天花板上远大于小钢球的半径，初始时，摆线和竖直方向的夹角为静止释放小球后，求：不计空气阻力，重力加速度为
小球摆到最低点所用的时间；
小球在最低点受到的拉力的大小．
有些知识我们可能没有学过，但运用已有的物理思想和科学方法，通过必要的分析和推理可以解决一些新的问题。
单摆做简谐运动，请推导出其振动频率的表达式已知单摆摆长为、摆球质量为、当地重力加速度为。
在弹吉他时，拨动琴弦，琴弦会发生振动，琴弦振动的频率由琴弦的质量、长度和所受弹拨力决定。请写出琴弦振动的频率与琴弦的质量、长度和所受弹拨力的关系式。现将琴弦的长度减小，琴弦振动的频率将如何改变？
如图所示为一单摆的共振曲线，该单摆的摆长约为多少？共振时单摆的振幅多大？共振时摆球的最大速度和最大加速度各为多少？取
答案和解析
1.【答案】
【解析】
【分析】
质点通过平衡位置时速度最大．简谐运动的特征是，加速度方向与位移方向总是相反．由图读出位移的变化，再分析速度和加速度的变化．由简谐运动的图象可直接读出质点的振幅、周期、位移等．同时，要明确加速度方向总是与位移方向相反，大小与位移成正比。
【解答】
A、质点在和时刻，位移为零，正通过平衡位置，速度最大．图象的斜率为负，说明速度为负，即质点在和时刻具有负向最大速度．故A错误．
B、质点在时刻具有负向最大位移，由，知加速度为正向最大，故B错误．
C、至质点的位移始终指向方向，由，知加速度始终指向方向不变．故C错误．
D、在至时间内，加速度方向沿方向，速度方向也沿方向，两者方向相同，故D正确。
2.【答案】
【解析】A.简谐运动的加速度时刻在变，故是一种变速直线运动，A错误；
B.物体做阻尼振动时，振幅逐渐减小，周期不变，B错误；
C.物体做受迫振动达到稳定状态时，振动频率等于驱动力频率，C正确；
D.只要驱动力频率等于物体的固有频率，就会发生共振现象，D错误。
故选C。
3.【答案】
【解析】 不考虑空气阻力，漏斗在从最左端向最右端运动和从最右端向最左端运动时，到达最低点时运动速度最快，此处正下方的沙子最少，选B。
4.【答案】
【解析】振动过程中木块与弹簧组成的系统机械能守恒，木块的机械能不守恒，故A错误；
当弹簧处于伸长至最长状态时，木块刚好对地面压力为零，故弹簧弹力，此时木块有最大加速度，由，得，由对称性，当木块运动至最低点时，其加速度也为，此时弹簧弹力大小为，弹簧处于压缩状态，根据牛顿第二定律得，即，所以木块对地面的最大压力为，故D正确；
振幅为最大位移与平衡位置的距离，木块平衡时，弹簧压缩量为，则振幅为，故B、C错误．
5.【答案】
【解析】简谐运动位移的初始位置是平衡位置，所以简谐运动中位移的方向总是背离平衡位置的，而加速度的方向总是指向平衡位置的，故A选项错误，选项正确；位移方向与速度方向可能相同，也可能相反，、选项错误。
6.【答案】
【解析】
【分析】
四个单摆都由弹性小球做成，碰撞时，两球交换速度，计算出简谐运动完成一次全振动的时间，即为一个周期。
本题是等效单摆问题，关键要抓住弹性球碰撞时交换速度的特点，基本题。
【解答】
四个摆球都是弹性小球，碰撞时两球交换速度。的摆长是摆长的倍，由单摆的周期公式知，的周期是周期的倍，即，则四个单摆做简谐运动的周期，故C项正确，ABD错误。
7.【答案】
【解析】以弹簧振子在平衡位置向正方向运动的时刻为计时起点，画出振动物体的图像如图所示，从图像可知，选B。
8.【答案】
【解析】因摆角始终小于，则小球在钉子两边摆动时均可看成单摆，因为在左侧摆动时摆长较长，根据可知，左侧周期较大，因摆球在钉子两边摆动时，从最大位移到平衡位置的时间均为所在侧周期的，可知；细绳碰钉子的瞬间，由于小球水平方向合力为零，可知小球的速率不变，故选C．
9.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了弹簧振子的振动图象，会判断振子的速度和加速度的变化，要知道加速度、回复力与位移的变化情况是一致的，而与速度的变化情况相反。
由图象可读出振子振动的周期和振幅，振子向平衡位置运动的过程中，速度增大，加速度减小。通过分析振子位移的变化，即可判断其速度和加速度的变化。
【解答】
B. 时，图象切线的斜率为负，说明振子的速度为负，即速度方向向左，故B错误；
A.由图乙知，振子振动周期，振幅，则振子的振动方程为，故A正确；
C.由图乙知，和 时，振子的位移大小相等，方向相反，由，知加速度大小相等，方向相反，故C错误；
D.由振动图像可知，时振子在点位置，时振子在点位置，故D错误。
故选A。

10.【答案】
【解析】
【分析】
由位移的最大值读出振幅，由图读出周期，由图读出位移，根据简谐运动的特征：，分析加速度的正负，根据质点的位置分析速度的大小，弹簧振子在一个周期内通过的路程为。
【解答】
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，，甲、乙两振子的振幅之比为，A错误；
B.甲振子的周期为，频率为，乙振子的周期为，频率为，甲、乙两振子的频率之比为，B错误；
C.前内，根据简谐运动的特征：，甲的位移为正，加速度为负值，乙的位移为负，加速度为正值，C错误；
D.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，所以路程之比为，故D正确。
故选：。

11.【答案】
【解析】
【分析】
由得，，知图象的斜率越大，则重力加速度越小；由知，两单摆摆长之比，摆球在最大位移时，速度为零。
解决本题的关键知道单摆的周期公式，以及知道图象的斜率表示什么，学会根据振动图线判断摆球速度和位移。
【解答】
A.由单摆的周期公式得图象的斜率，重力加速度越大，斜率越小，我们知道北京的重力加速度比南京的大，所以去北京大学的同学所测实验结果对应的图线是，故选项A错误；
B.从图乙可以得出，由知，两单摆摆长之比，故选项B正确；
C.从题图乙可以看出，时球正处在负最大位移处，此时的速度为零，故选项C错误；
D.时球正通过平衡位置，向负最大位移处运动，故选项D错误。
故选B。
12.【答案】
【解析】
【分析】
小球从到的过程中，根据小球的机械能守恒判断、的高度；把小球的滚动看做单摆来分析它的周期；
本题的关键是把小球的滚动看做单摆来分析小球的周期；根据小球在滚动的过程中，只有重力做功，小球的机械能守恒，分析速度、高度等。
【解答】
A、小球从到的过程中，只有重力做功，故小球的机械能守恒，在和点小球的速度都为零，故小球在、两点的重力势能相等，故、高度相同，故A错误；
B、小球从到的过程中，只有重力做功，根据动能定理得：，，故小球的速度与质量无关，故B错误；
、把小球的滚动可看做单摆，小球在段滚动的周期，段滚动的周期，故小球的周期，故C正确，D错误。
13.【答案】
【解析】
【分析】
图乙中，合力的法向分量不变，故等效重力加速度为；图丙中，电场力向下，等效重力加速度为：；根据单摆周期公式列式求解。
本题关键是明确单摆模型的定义，知道单摆的周期公式，能够求解出等效重力加速度，不难。
【解答】
甲图为单摆，可知：；
对乙有电荷受到的洛伦兹力在法线方向没有分力，不影响单摆的周期，即：；
根据等效重力加速度的求法，在平衡位置处且相对静止时受力情况对丙有：，其等效重力加速度为，则；
对丁有：，其等效重力加速度为，则；
由此可知
故D正确，ABC错误。
14.【答案】
【解析】
【分析】
本题关键是明确单摆模型的定义，知道单摆的周期公式，能够求解出等效重力加速度，不难。
【解答】
根据单摆周期公式，知等效重力加速度越小，周期越大；
甲、丙中合力切线方向的分力为重力沿切线方向的分力，等效加速度，
乙图中的等效重力加速度，
丁图中的等效重力加速度，
，
故
故选：。
15.【答案】
【解析】
【分析】
由于的弧长远小于圆弧的半径，所以小球的运动可视为简谐运动单摆运动，根据周期公式，比较时间。根据动能定理比较到达点的速度。
解决本题的关键掌握单摆的周期公式，以及能够熟练运用动能定理。
【解答】
解：小球的运动可视为简谐运动单摆运动，根据周期公式，知小球在点和点释放，运动到点的时间相等，都等于。
根据动能定理有：，知点的大，所以从点释放到达点的速度大。故A正确，、、D错误。
故选：。
16.【答案】
【解析】
【分析】
由题，两段光滑圆弧所对应的圆心角均小于，把两球在圆弧上的运动看做等效单摆运动，根据单摆的周期公式，分析两小球第一次到达点的时间关系，即可判断第一次相遇的位置。
本题关键是采用等效法，将两球在圆弧上的运动看做等效单摆运动，常常称为槽摆，再根据单摆的周期公式，比较时间，即可判断第一次相遇的位置。
【解答】
据题意，两段光滑圆弧所对应的圆心角均小于，把两球在圆弧上的运动看做等效单摆，等效摆长等于圆弧的半径，则、两球的运动周期分别为
，
两球第一次到达点的时间分别为
，。
由于，则，故两小球第一次相遇点的位置一定在点的右侧，故C正确，ABD错误。
故选C。
17.【答案】
【解析】
【分析】
小球沿光滑圆弧面运动到底端相当于单摆的运动，小球光滑斜面滑到满足“等时圆”原理，由此求解。
本题主要是考查牛顿第二定律之等时圆问题和单摆的周期计算公式，掌握“等时圆”原理和单摆的周期公式是关键。
【解答】
设该圆弧对应的半径为，小球沿光滑圆弧面运动到底端的时间相当于摆长为的单摆周期的，则有：
；
小球光滑斜面滑到的时间为，根据等时圆原理可得：
所以，解得：，故B正确，ACD错误。
故选B。
18.【答案】
【解析】
【分析】
解题关键找出摆长，然后根据单摆的周期公式列式求解；单摆周期公式，当小球在纸面内做小角度振动时，圆心是点；当小球在垂直纸面方向做小角度振动时，圆心在墙壁上且在点正上方。
本题考查单摆的周期公式，摆长的理解。确定单摆简谐运动的摆长，是解答本题的关键。
【解答】
当小球在纸面内做小角度摆动时，圆心是点，摆长为，故周期为，故A正确，C错误；
当小球在垂直纸面方向做小角度振动时，圆心在墙壁上且在点正上方，摆长为，故周期为，故BD错误。
19.【答案】
【解析】 由题图看出，两个单摆的周期相同，同一地点相同，由单摆的周期公式知，甲、乙两单摆的摆长相等，故A正确；
甲摆的振幅比乙摆的大，两摆的摆长相等，质量也相等，可知甲摆的机械能比乙摆的大，故B正确；
在时，乙摆向位移最大位置运动，则在做减速运动，甲摆向平衡位置运动，则在做加速运动，故C正确；
根据单摆的周期公式可知，知道单摆的振动周期，但是摆长未知，则无法求出当地的重力加速度，故D错误。故选ABC。
20.【答案】
【解析】A.小物体从下降到，图像为直线，说明这段过程物体做自由落体运动，时弹簧形变量为零，弹性势能最小，故A错误；
B.小物体下落至高度时，动能最大，把小球和弹簧看成一个系统，有机械能守恒可知，弹性势能与重力势能之和最小，故B正确；
C.小物体在高度和时，动能相同，由弹簧振子的对称性可知，在时弹力一定是重力的倍，此时弹簧的压缩量为，小物体从高度下降到，重力做功，所以弹簧的弹性势能增加了，故C错误；
D.小物体从高度下降到，重力做功等于弹簧弹性势能的增大，所以弹簧的最大弹性势能为，故D正确。
故选BD。
21.【答案】
【解析】
【分析】
和一起在光滑水平面上做简谐运动，物体的回复力是由滑块对物体的摩擦力提供，滑块的回复力是由弹簧的弹力和对的摩擦力的合力提供，回复力满足：，以为研究对象，根据牛顿第二定律求出无相对滑动时最大加速度，再对整体，由牛顿第二定律求出最大振幅。
明确最大振幅时，物体间的摩擦力最大，灵活利用整体法和隔离法解题是关键．要知道简谐运动的基本特征是，但不一定是弹簧的劲度系数。
【解答】
A.做简谐运动时回复力是由滑块对物体的摩擦力提供，故A正确；
B.物体作简谐运动的回复力是弹簧的弹力和对的静摩擦力的合力提供，故B错误；
C.物体与滑块看成一个振子的回复力大小满足，则回复力大小跟位移大小之比为，故C正确；
D.据题知，物体间的最大摩擦力时，其振幅最大，设为以整体为研究对象有：
以为研究对象，有牛顿第二定律得：
联立解得：，故D正确。
故选ACD。
22.【答案】
【解析】
【分析】
根据图象乙能直接读出振子的位置．根据图象读出位移，写出振动方程，求出时振子对平衡位置的位移。
本题关键要理解振动图象的物理意义，知道图象的斜率表示速度，要熟练写出振动方程，从而可求得振子任意时刻的位移。
【解答】
A.由振动图象可知时，振子的位移为负向最大，说明振子处于位置，故A正确。
B.时，振子的位移为零，振子处在位置，故B错误；
C.时，振子的振动方向水平向左，故C正确；
D.弹簧振子的周期为，振幅为，振动方程为将代入解得，故D错误；
故选AC。
23.【答案】；
【解析】解：
振子从点向右开始计时，振子先到达右侧最大位移处，再反向到达平衡位置，最后到达点用时，因点的速度大小和点速度大小相等，则说明关于平衡位置对称；则可知时间对应，故周期；因半个周期内对应的路程为，则有，解得。
故答案为：；。
24.【答案】，；。
【解析】解：小球直径为，
秒表内圈：分钟，外圈：，所以读数为；
根据单摆的周期公式，得，图线的斜率，可知越小图线的斜率越大，浙江大学离赤道近，重力加速度小，对应图线的斜率大，故去清华大学的同学所测实验结果对应的图线是。
25.【答案】解： 小球以为圆心做简谐运动，所以摆长，
振动的周期为；
小球以为圆心做简谐运动，摆长，
振动周期为。
【解析】见答案
26.【答案】解：由题意可知，等效摆长 所以球振动周期 设球自由下落的时间为，则它击中球时下落的高度 则 球经过平衡位置，接着返回到平衡位置的时间为半个周期，即 从球开始下落至击中球，球振动的时间为的倍 即 则 解得
【解析】见答案
27.【答案】小球运动到最高点时，三角架对水平面的压力最小为零，此时两弹簧对三角架的弹力为，竖直向上，则两弹簧对小球的弹力，方向向下，对小球有 ，解得方向竖直向下．
小球做简谐运动，设振幅为，则从平衡位置到最高点，每个弹簧对小球的弹力变化都为，方向竖直向下，则有， 解得．
【解析】见答案
28.【答案】解：小球做简谐运动，则小球从释放到最低点所用的时间为：
从释放到最低点，由动能定理有：
根据牛顿第二定律
得
【解析】本题主要考查了单摆周期、向心力及动能定理的直接应用，难度不大，属于基础题。
小球做简谐运动，小球摆到最低点所用时间是单摆周期的；
由动能定理求出在最低点的速度，再利用最低点向心力公式列式即可求解。
29.【答案】单摆的周期，所以其振动频率为。
频率的单位是，质量的单位是，长度的单位是，弹拨力的单位是，从单位的角度分析，只有才能得到频率的单位，增加一个系数可得公式； 根据题意有，当琴弦的长度变化时，则有，故当琴弦的长度减小，琴弦振动的频率将增大。
【解析】见答案
30.【答案】解：
由共振曲线可知，单摆的固有频率。 因为，
所以，
代入数据解得。
由共振曲线可知，单摆发生共振时，振幅。
设单摆的最大偏角为，摆球所能达到的最大高度为，由机械能守恒得：，
又 ，当很小时， ，
解得：。
摆球在最大位移处加速度最大，有 ，
即：， 代入数据解得：。
【解析】见答案。
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第1页，共1页机械波复习卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。第Ⅰ卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第Ⅱ卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。
一、单选题（本大题共13小题，共52.0分）
一列沿轴正方向传播的简谐横波，传播速度，时位于坐标原点的质点从平衡位置沿轴正方向运动，下列图形中哪个是时的波形
A. B.
C. D.
如图为两机械波和在同一介质中传播时某时刻的波形图，则两列波的波长之比：、周期之比：分别为
A. ： ： B. ： ：
C. ： ： D. ： ：
手持较长软绳端点以周期在竖直方向上做简谐运动，带动绳上的其他质点振动形成简谐波沿绳水平传播，示意如图．绳上有另一质点，且、的平衡位置间距为。时，位于最高点，的位移恰好为零，速度方向竖直向上，下列判断正确的是
A. 该简谐波是纵波
B. 该简谐波传播方向与点振动方向在同一直线上
C. 时，在平衡位置上方
D. 时，的速度方向竖直向上
一简谐横波沿水平绳向右传播，波速为，周期为，振幅为绳上两质点、的平衡位置相距波长，位于右方。设向上为正，在时位移为，且向上运动；经时间，位移仍为，但向下运动，则
A. 在时刻，恰好在波谷位置
B. 在时刻，位移为负，速度向上
C. 在时刻，位移为负，速度向下
D. 在时刻，位移为，速度向下
一列简谐横波沿轴正方向传播，振幅为。某时刻，处的质点位于平衡位置，且向轴负方向运动，而处的质点位移为，且向轴正方向运动，此时它们之间有且只有一个质点也处于平衡位置。质点的坐标为
A. B. C. D.
一横波在某时刻的波形图如图所示，此时质点的运动方向向上。由图象可知
A. 这列波沿轴的负方向传播
B. 此时刻质点的加速度为
C. 此时刻质点的速度大于质点的速度
D. 此时刻后，质点比质点先回到平衡位置
如图所示为一列简谐横波在时刻的波形图，为介质中的一个质点。图是质点的振动图象，那么该波的传播速度的大小和传播方向是
A. ，沿轴正方向 B. ，沿轴负方向
C. ，沿轴正方向 D. ，沿轴负方向
如图所示，一束复色光从空气中射入水中，分成两束单色光和，则下列说法中正确的是
A. 在水中，光的频率大于光的频率
B. 在水中，光的光速大于光的光速
C. 在水中，光的波长大于光的波长
D. 若光照射到某金属上能发生光电效应，则光照射该金属上也一定能发生光电效应
如图为一列机械波时刻的波形图，已知该波的周期为，波长为，、、、为四个质量相等的振动质点，则
A. 在时刻，质点的速度大于的速度
B. 在时刻，质点的动能最大
C. 从时刻起，质点比质点先回到平衡位置
D. 从时刻起，到时刻止，四个质点所通过的路程均为
物理学原理在现代科技中有许多重要应用．例如，利用波的干涉，可将无线电波的干涉信号用于飞机降落的导航．如图所示，两个可发射无线电波的天线对称地固定于飞机跑道两侧，它们类似于杨氏干涉实验中的双缝．两天线同时都发出波长为和的无线电波．飞机降落过程中，当接收到和的信号都保持最强时，表明飞机已对准跑道．下列说法正确的是
A. 天线发出的两种无线电波必须一样强
B. 导航利用了与两种无线电波之间的干涉
C. 两种无线电波在空间的强弱分布稳定
D. 两种无线电波各自在空间的强弱分布完全重合
两波源Ⅰ、Ⅱ在水槽中形成的波形如图所示，其中实线表示波峰，虚线表示波谷，则以下说法正确的是
A. 点振动始终加强 B. 点振动始终加强
C. 、两点振动始终加强 D. 、两点振动都不加强
汽车无人驾驶技术已逐渐成熟，最常用的是自适应巡航控制，它可以控制无人车在前车减速时自动减速、前车加速时自动跟上去。汽车使用的传感器主要是毫米波雷达，该雷达会发射和接收调制过的无线电波，再通过因波的时间差和多普勒效应造成的频率变化来测量目标的相对距离和相对速度。若该雷达发射的无线电波的频率为，接收到的回波的频率为，则
A. 当 时，表明前车一定做匀速直线运动
B. 当时，表明前车一定处于静止状态
C. 当时，表明前车正在减速行驶
D. 当时，表明前车正在减速行驶
如图所示为两列不同频率的水波通过相同的小孔所形成的衍射图样，由图可知，两列波的波长和频率的大小关系是
A. ， B. ，
C. ， D. ，
二、多选题（本大题共9小题，共36.0分）
在均匀介质中坐标原点处有一波源做简谐运动，其表达式为，它在介质中形成的简谐横波沿轴正方向传播，某时刻波刚好传播到处，波形图象如图所示，则
A. 此后再经该波传播到处
B. 点在此后第末的振动方向沿轴正方向
C. 波源开始振动时的运动方向沿轴负方向
D. 此后点第一次到达处所需时间是
如图所示，两种不同材料的弹性细绳在处连接，、和是该绳上的三个点，间距离为，间距离为。点上下振动，则形成以点为波源向左和向右传播的简谐横波Ⅰ和Ⅱ，其中波Ⅱ的波速为。时刻点处在波谷位置，观察发现后此波谷传到点，此时点正通过平衡位置向上运动，间还有一个波谷。则
A. 波Ⅰ的波长为
B. 点的振动周期为
C. 时，点恰好处于波谷
D. 当点处于波峰时，点也一定处于波峰
如图所示，轴上、处有两个振动周期均为、振幅均为的相同的波源、，时刻同时开始竖直向下振动，产生波长均为沿轴传播的简谐横波。、、分别是轴上、和的三个点，下列说法正确的是
A. 时、、三点均已振动
B. 后点的位移始终是
C. 后点的位移始终是
D. 时点的振动方向竖直向下
两列振幅相等、波长均为、周期均为的简谐横波沿同一绳子相向传播，若两列波均由一次全振动产生，时刻的波形如图所示，此时两列波相距，则
A. 时，波形如图甲所示 B. 时，波形如图乙所示
C. 时，波形如图丙所示 D. 时，波形如图丁所示
有两例频率相同、振动方向相同、振幅均为、传播方向互相垂直的平面波相遇发生干涉。如图所示，图中实绩表示波峰，虚线表示波谷，为波谷与波谷相遇点，、为波峰与波谷相遇点，为波峰与波峰相遇点，、是、连线上的两点，其中为连线的中点，则
A. 、处的质点振动加强，、处的质点振动减弱
B. 从图示时刻经过半个周期，处质点通过的路程为
C. 从图示时刻经过半个周期，处质点加速向平衡位置运动
D. 从图示时刻经过四分之一周期，处的质点振幅恰好为零
一列简谐横波沿轴传播，速度为，时波形如图甲所示，此时质点位于波峰，质点位于波谷，质点、位于平衡位置。图乙是波上质点的振动图象。下列说法中正确的是
A. 质点与质点的速度大小总是相等的，加速度大小也总是相等的
B. 经质点运动的路程
C. 经质点的振动沿轴正方向传播
D. 机械波传播一个周期，各质点就通过一个波长的路程
E. 一观察者从处出发沿着轴向质点运动，其观测到的该波的频率将大于
将一根较长的弹性细绳沿轴放置，左端记为坐标原点，将绳子拉平后，手握左端，以固定的频率和振幅上下抖动简谐运动，如图所示。从抖动开始计时，在时的波形如图所示，下列说法正确的是
A. 手抖动绳的频率为
B. 在时，点的速度方向向上
C. 在的时间内，质点经过的路程为
D. 该列波遇到宽度为的障碍物时不能发生衍射
甲乙两列简谐横波在同一介质中分别沿轴正向和负向传播，波速均为，两列波在时的部分波形如图所示，关于这两列波，下列说法正确的是
A. 甲波的波长
B. 乙波的周期
C. 时刻，处的质点偏离平衡位置的位移为
D. 两列波可以形成稳定的干涉
E. 在时刻，处于区域内的质点，振动方向沿轴正方向
两列频率相同、振幅分别为和的横波相遇时某一时刻的干涉示意图如图所示，实线表示波峰，虚线表示波谷，、两点两列波相遇点。下列说法正确的是
A. 质点的振幅为
B. 质点的位移始终为
C. 质点的位移总是大于质点的位移
D. 质点的振幅一定大于质点的振幅
E. 由图中时刻经过周期时，质点的位移为零
三、计算题（本大题共1小题，共10.0分）
如图所示为同一均匀介质中相向传播的甲、乙两列简谐横波在某时刻的波形图，两列波的速度大小都是。
两列波的频率分别是多少这两列波相遇时能否发生干涉现象
在时，平衡位置位于原点的质点位移是多少
四、综合题（本大题共2小题，共24.0分）
物理选修
在下列现象中，可以用多普勒效应解释的有__________。
A.雷雨天看到闪电后，稍过一会儿才能听到雷声
B.超声波被血管中的血流反射后，探测器接收到的超声波频率发生变化
C.观察者听到远去的列车发出的汽笛声，音调会变低
D.同一声源发出的声波，在空气和水中传播的速度不同
E.天文学上观察到双星相距较近、均绕它们连线上某点做圆周运动的两颗恒星光谱随时间的周期性变化
一振动片以频率做简谐振动时，固定在振动片上的两根细杆同步周期性地触动水面上、两点，两波源发出的波在水面上形成稳定的干涉图样。是水面上的一点，、、间的距离均为，如图所示。已知除点外，在连线上还有其他振幅极大的点，其中距最近的点到的距离为。求：
波的波长：
波的传播速度。
下列说法正确的是________。填正确答案标号。
A.机械波传播时，质点振动的方向总是垂直于波的传播方向
B.单色光从空气进入水中，其波速变小，频率不变
C.系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率
D.交通警察从警车上向远离警车的车辆发射超声波，交警接收到的反射波频率变低
E.光学仪器镜头上的增透膜是利用光的衍射原理使透射光加强
一简谐横波向正方向传播，轴上有平衡位置坐标相距的、两质点图中未标出，该波的振幅。时刻质点位移为，速度向轴负方向。时第一次回到平衡位置，此时质点的位移为，速度向轴正方向。求该波的周期和波速。
答案和解析
1.【答案】
【解析】
【分析】
分析在时刻位于坐标原点的质点所处的位置和振动方向，该波沿轴正方向传播，根据“同侧法”进行分析。
本题主要是考查了波的图像；解答本题的关键是根据质点的振动方向判断出波的传播方向；一般的判断方法是根据“平移法”或“同侧法”，或者根据“走坡法”来判断。
【解答】
根据图象可知该波的波长为，则周期；时位于坐标原点的质点从平衡位置沿轴正方向运动，在时，该质点已经振动了个周期，说明在时刻位于坐标原点的质点在平衡位置处且向下振动，该波沿轴正方向传播，根据“同侧法”可知，选项是时的波形，故B正确、ACD错误。
2.【答案】
【解析】解：由图可得：波的波长为波波长的两倍，即：：
在同一介质中两波的波速相同，则根据周期公式可得：
：：：，故ABC错误、D正确。
故选：。
然后由图得到波长关系，根据波在同一介质中传播时波速相同即可求得周期之比。
本题主要是考查了波的图象；解答本题关键是能够根据图象直接得到波长关系，知道波速、波长和周期之间的关系。
3.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查机械波的传播。
在波的传播过程中，波上的质点并不随波的传播而运动，质点只在平衡位置附近振动；随波传播的只是波的形式和能量。
【解答】
该简谐波上质点振动方向为竖直方向，波的传播方向为水平方向，两者垂直，故为横波，故AB错误；
C.时，的位移恰好为零，速度方向竖直向上，那么，时，在平衡位置上方，并向上运动，故C正确；
D.时，的位移恰好为零，速度方向竖直向上，那么，时，在平衡位置上方，并向下运动，故D错误。
故选C。
4.【答案】
【解析】解：、由题，在时位移为，且向上运动，则点的振动方程为：，将在时位移为代入方程得：
所以：
经时间，位移仍为，但向下运动，代入公式得：
两质点、的平衡位置相距波长，位于右方，所以点的振动方程：，
代入数据得：，随的增大，位移的绝对值增大，所以向下运动。故AB错误，C正确；
D、将代入公式，得：，质点恰好经过平衡位置。故D错误。
故选：。
在时位移为，且向上运动；经时间，位移仍为，但向下运动，由此写出点的振动方程，然后结合、的平衡位置相距波长，位于右方写出点的振动方程，即可判断出时刻点的位置以及振动的方向。
本题是特殊值问题，根据题目提供的条件，写出点与点的振动方程，代入数据即可。
由于是特殊值问题，也可以使用特殊值，画出波动的图象，使用平移法解答。
5.【答案】
【解析】解：根据波的传播方向、质点位移及振动方向可得：波形如图所示：
所以，，，故，，故D正确，ABC错误；
故选：。
根据波的传播方向、质点位移及振动方向得到波形图，从而得到质点、及质点、平衡位置间距离与波长的关系，进而由质点、的坐标求得波长，从而求解的坐标。
根据质点位移、振幅及振动方向，由波的传播可得到质点附近的波形，再根据波峰、波谷个数或在平衡位置的质点个数即可求得两质点间的波形图。
6.【答案】
【解析】解：、由于的运动方向向上，根据“同侧法”可知这列波沿轴的正方向传播，故A错误；
B、此时刻质点处于波峰，根据可知的加速度不为零，故B错误；
C、此时刻质点处于平衡位置，速度最大，所以此时刻质点的速度小于质点的速度，故C错误；
D、此时的振动方向向下，所以此时刻后，质点比质点先回到平衡位置，故D正确；
故选：。
根据“同侧法”可知这列波的传播方向；根据可知的加速度大小；处于波峰处的质点速度为零，根据振动方向确定回到平衡位置时间。
本题主要是考查了波的图象；解答本题的关键是根据质点的振动方向判断出波的传播方向；一般的判断方法是根据“平移法”或“同侧法”，或者根据“走坡法”来判断。
7.【答案】
【解析】解：由图读出波长为：由图读出周期为：，则波速为：；
由图知质点的速度方向为竖直向上，则在图上，由波形的平移法得知，该波沿轴正方向传播，故A正确，BCD错误。
故选：。
由图读出波长，由图读出周期，求出波速，并读出质点的速度方向，在图上判断波的传播方向。
本题首先要能在振动图象上读出质点的速度和周期，再在波动图象上读出波长，判断出波的传播方向，考查把握两种图象联系的能力，平时要注意练习。
8.【答案】
【解析】解：、由图知两束的入射角相等，的折射角小于的折射角，通过折射定律可知：，由于折射率越大，光的频率越大，波长越小，则光的波长小于光，光的频率比光的频率小，故A正确，C错误；
B、根据可知，光的光速小于光的光速，故B错误；
D、根据光电效应的产生条件可知，入射光的频率大于极限频率，如果用单色光照射某种金属能发生光电效应，说明光的频率大于金属的极限频率，单色光的频率小，不一定能使该金属发生光电效应，故D错误。
故选：。
一束复色光从空气斜射到水中，变为、两束平行单色光，根据偏折程度可确定折射率大小；
折射率大的，频率高，波长小，光子的能量大；
根据光电效应条件分析，入射光的频率大于金属的极限频率。
此题考查了光的折射定律、光电效应等知识，解题的关键是明确、两束单色光的频率关系。
9.【答案】
【解析】解：、质点离平衡位置越近速度越大，故在时刻，质点的速度小于的速度，故A错误；
B、简谐波向左传播，在时刻，质点经过平衡位置，加速度为零，速度最大，动能最大，故B正确；
C、根据简谐波向左传播，、的速度都向下，衡位置，点离开平衡位置，所以点先回到平衡位置，故C错误；
D、在一个周期内质点通过的路程是四个振幅，与波长无关，质点不随波运动，故D错误。
故选：。
简谐波传播过程中，质点离平衡位置越近速度越大，质点处于平衡位置时，其加速度为零，速度最大，动能最大；
根据波的传播方向判断出质点的振动方向，分析、哪点先回到平衡位置；
在一个周期内质点通过的路程是四个振幅，与波长无关；
本题考查了根据波的传播方向判断质点振动方向、分析波动形成的过程等知识。
10.【答案】
【解析】
【分析】
解决本题的关键知道干涉的条件，知道当飞机沿两波源中垂线降落时，路程差为零，为振动加强点，接收到的信号最强；注意这里上面的灯泡能发出两种波，下面的灯泡也能发出两种波
【解答】
A、两波源的强度不需要一样强，故A错误．
B、由于无线电波以光速传播，根据知，波长不同，频率不同，所以两种无线电波之间不会发生干涉，故B错误．
、空间中某点加强与减弱取决于到两波源的距离差为半波长的奇、偶数倍．所以两种电波的干涉强弱分布是固定的，而且，所以两种干涉分布不重合，不过中垂线都是加强点，故C正确，D错误．
故选：．
11.【答案】
【解析】
【分析】
波峰和波峰、波谷与波谷叠加的点为振动加强点，波峰与波谷叠加的点为振动减弱点。振动加强点始终振动加强，振动减弱点始终减弱；
本题考查波的叠加原理，注意加强区域总是加强，但位移不一定最大；减弱区始终减弱。
【解答】
点是波谷与波谷叠加的点，故为振动加强点；且始终振动加强；
点是波峰与波谷叠加，为振动减弱点，且始终振动减弱；故A正确，BCD错误；
故选A。
12.【答案】
【解析】解：、当声源和观察者之间的距离不变化时，观察者接收到的频率和声源发出的频率相等，故当时，说明二者之间的距离不变，表明前车与无人车速度相同，但不一定静止或匀速直线运动，故AB错误；
C、当时，说明接收到的频率增大，说明两车距离减小，表明前车在减速行驶，故C正确；
D、当时，说明接收到的频率减小，说明两车距离增大，表明前车在加速行驶，故D错误。
故选：。
当声源和观察者之间的距离不变化时，观察者接收到的频率和声源发出的频率相等；当声源和观察者之间的距离增大时，观察者接收到的频率和声源发出的频率减小；当声源和观察者之间的距离减小时，观察者接收到的频率和声源发出的频率增大。
本题主要是考查多普勒效应，解答本题要掌握接收到的频率与声源发出的频率之间的关系，注意选项，得出速度相同，并不是速度不变。
13.【答案】
【解析】解：由图知图衍射现象较明显，图较不明显，所以中波长较大，中波长较短，而相同的介质中，水波的速度相同，根据，可知，波长越长，则频率越低，故C正确，ABD错误。
故选：。
发生明显衍射的条件是；障碍物或孔的尺寸比波长小或相差不多。
本题考查了发生明显衍射现象的条件。
14.【答案】
【解析】
【分析】
A、根据质点做简谐运动的表达式，从而求得周期，再由确定波速，进而可求得某段时间内的波传播的距离
B、根据点振动的时间，结合周期，从而判定点的振动方向
C、简谐波传播过程中，质点做简谐运动时，起振方向与波源起振方向相同，与图示时刻波最前端质点的振动方向相同
D、根据此时点的振动方向，再结合末位置，从而确定运动的时间．
【解答】
A.由波源振动表达式可知，而，所以，由波形图知，波速，再经，，故A项正确；
B.经过，波向前传播的距离为，，画出这一时刻的波形图如图中虚线所示，由图可知，点振动方向沿轴正方向，项正确；
C.在波的传播过程中，各质点的起振方向都与波源的起振方向相同，可得波源起振方向沿轴正方向，项错误；
D.此时点在处且沿轴负方向振动，第一次到达处所用时间小于，故D项错误。
故选AB。

15.【答案】
【解析】
【分析】
分别对两波分析，根据波速公式即可求出波的速度，再根据波长、周期和频率的关系即可确定周期；根据各质点的振动情况确定质点的位置。
关键是把握两点：第一点也为突破口，即“后此波谷传到点，此时点正通过平衡位置向上运动，间还有一个波谷”，第二点是同一波源在不同介质中的振动频率周期相同．
【解答】
由题意可知，之间有两个波谷，即，解得波的波长为，根据题意可知波Ⅰ的波速为，故波的周期为，同一波源的频率相同，故点的振动周期为，A错误，B正确；
C.波Ⅱ的波长为，故在时刻处于平衡位置向下振动，经过，即四分之三周期，点在波峰，故C错误；
D.因为两点到波源的距离都为其各自波长的，又两者振动周期相同，起振方向相同，所以两者振动步调相同，即当点处于波峰时，点也一定处于波峰，D正确。
故选BD。
16.【答案】
【解析】解：、两波源的振动周期均为：，产生波长均为：，由，可知，它们的波速为：，时刻同时开始竖直向下振动，当经过时，两波传播的距离均为：，而到两波源距离为，则点还没振动，故A错误；
B、由上分析可知，当后，、、三点均已振动，由于到两波源距离相等，因此总处于振动加强，则位移可能最大，即为，也可能最小，即为，故B错误；
C、当后，点已振动，而点到两波源的距离差为：，此值是半个波长的奇数倍，因此的处于振动减弱，由于它们的振幅相等，则其位移始终是，故C正确；
D、由于间距为：，且波速为：，那么在时，波源刚好传到点，而波源传到点的时间为：，
因此在时，波源使点已振动的时间，即完成了个波形，依据波的叠加原理，则时点的振动方向竖直向下，故D正确；
故选：。
依据波速与波长关系式，求得传播速度，结合，即可判定三点能否振动；根据到两波源的路程差，从而确定是否处于振动加强；同理，可判定后点是否处于振动减弱；根据振动周期，可确定在内，完成了个波形，而波源、刚好传播到点，经过叠加，即可判定。
考查波的叠加满足矢量法则，理解当该波的波峰波谷与波峰波谷相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的二倍；当波峰与波谷相遇时此处的位移为零；掌握振动加强与振动减弱的条件。
17.【答案】
【解析】解：、波在一个周期内传播的距离为一个波长，因为时刻两列波相距，时，两列波各传播的距离，两列波还没有相遇，各自的波形不变，故A错误；
B、时，两列波各传播的距离，两列波刚好相遇，各自的波形不变，波形如图乙所示，故B正确；
C、时，两列波各传播的距离，两个波谷相遇，两波谷叠加处的位移等于原来两个波谷位移之和，波形与图丙不同，故C错误；
D、时，两列波各传播的距离，左波的波峰与右波的波谷相遇，左波的波谷与右波的波峰相遇，相遇处位移均为零，波形如图丁所示，故D正确。
故选：。
根据波传播的时间确定波传播的距离，再根据波的叠加原理分析两列波相遇时的波形。
解答本题时，要知道波在一个周期内传播的距离为一个波长，两列波的波峰与波谷相遇时，振动会抵消。
18.【答案】
【解析】解：、为波谷与波谷相遇点，、为波峰与波谷相遇点，为波峰与波峰相遇点，故、处的质点振动加强，、处的质点振动减弱，故A正确；
D、为振动加强点，那么，点振动周期不变，振幅为，故从图示时刻经过四分之一周期，处的质点振幅为，故D错误；
、根据几何关系可知：两波的波谷同时传播到，；故，均为振动加强点，振幅为；
那么，从图示时刻经过半个周期，处质点通过的路程为；
由为连线的中点，可得：图示时刻两波在点都处于平衡位置向下运动，故图示时刻质点位移为正，在向平衡位置运动，故从图示时刻经过半个周期，处质点位移为负，在向平衡位置运动，故BC正确；
故选：。
根据两波在质点处的振动得到质点合振动，根据波的传播方向及几何关系得到质点位移及振动方向，从而得到质点振动及运动路程。
机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。
19.【答案】
【解析】解：、由于波动图象上、相差半个波长，故两点振动步调相反，速度大小总是相等的，加速度大小也总是相等的，故A正确；
B、图乙知波的周期为，图甲知波的振幅为，为一个周期，质点运动的路程为，即，非，故B错误；
C、波传播的是运动形式，由同侧法知波沿轴负向传播，经质点的振动沿轴负方向传播距离，故C错误；
D、机械波传播一个周期，各质点就通过的路程为四倍振幅，故D错误；
E、波传播的频率，一观察者从处出发沿着轴向质点运动，与波相向运动，发生多普勒效应，其观测到的该波的频率将大于，故E正确。
故选：。
由图乙读出波的周期，条件已知波速，可求波长；波动图象上相差半个波长的奇数倍的两点振动步调相反；波传播的是运动形式，各质点围绕平衡位置做简谐振动；波与观察者相向运动，频率增大。
本题是一道关于机械振动和机械波的试题，解决本题的关键是熟练掌握根据波动图象判断质点的振动情况，知道波传播的是运动形式，知道多普勒效应两种情况。
20.【答案】
【解析】解：、在时，波形传播，故波速为：，
波长，故周期：，
故手抖动绳的频率为：，故A正确；
B、根据波形微平移法可知，点此时速度方向向上；
，故A点的速度方向与图示时刻速度方向相同，也向上，故B正确；
C、在，点从开始向下运动到最低点，故路程等于一倍的振幅，为，故C正确；
D、该列波遇到宽度为的障碍物时可以发生衍射，由于波长，不会发生明显衍射，故D错误；
故选：。
根据求解波速，根据求解周期，发生明显衍射的条件时障碍物尺寸不大于物体的尺寸。
本题考查机械波，关键是结合波速、波长和周期公式列式分析，同时结合波形平移法判断质点的振动方向。
21.【答案】
【解析】
【分析】
由图读出两列波的波长和振幅，由波速公式求出乙波的周期；根据叠加原理求出处的质点偏离平衡位置以及区域内的质点振动方向；根据稳定干涉的条件判断两列波是否能形成稳定的干涉；
解决本题的关键是理解并掌握波的叠加原理，根据图像得出信息计算得出结论。
【解答】
A、由图可以看出，甲、乙两列波的波长分别为：，。故A正确。
B、乙波的周期为，故B正确。
C、时，在处两列波的波峰相遇，该处质点偏离平衡位置的位移为，故C正确。
D、两波的周期不同，不能形成稳定的干涉，故D错误。
E、在时刻，处于区域内的质点，因两列波单独引起的振动方向均轴负方向，根据波的叠加原理可知，这些质点振动方向沿轴负方向，故E错误。
故选：。
22.【答案】
【解析】解：、质点是波谷和波峰叠加，为振动减弱点，则其振幅为，故A正确；
B、质点是波峰和波峰叠加，为振动加强点，则振幅为，但是位移不是始终为，故B错误；
、由以上分析可知，质点的振幅大于质点的振幅，但并不是质点的位移总是大于质点的位移，故C错误，D正确；
E、由图中时刻经过周期时，质点从波峰位置回到平衡位置，则此时的位移为零，故E正确。
故选：。
由频率相同的两列同性质的波相遇产生稳定干涉图象；图知处于振动加强点，而质点处于振动减弱点。
解决本题的关键知道波峰和波峰叠加，波谷与波谷叠加振动加强，波峰与波谷叠加，振动减弱；注意振动加强点是振幅最大，不是始终处于波峰或波谷位置。
23.【答案】解：由图得，
由得：
，
，
两列波的频率不相等，相遇时不会发生干涉现象；
经过，甲波向右传播距离，
由波形平移可得甲波引起原点处质点的位移大小是，位移方向沿轴正向，
乙波向左传播距离，
由波形平移可得乙波引起原点处质点的位移是，
根据波的叠加遵守矢量合成法则，可得
在时，平衡位置位于原点的质点位移大小是，
位移方向沿轴正向。
【解析】根据相邻波峰或波谷间的距离等于波长，由图直接比较波长的大小；两列波的波速相同，由波速公式分析频率关系，若两列波的频率相同，就能够发生干涉；
根据质点的振动方向，分析质点回到平衡位置的先后，根据波的叠加遵守矢量合成法则求平衡位置位于原点的质点的位移。
本题的关键要抓住波速是由介质决定、发生干涉的条件是两列波的频率相等、结合波平移法分析。
24.【答案】
如下图所示，为距离最近的振动加强点
在三角形中，根据余弦定理
解得
其中为振动加强的点，则有
又因为点是离点最近的振动加强的点，则取。
解得：
根据波长频率波速关系：
解得
【解析】
【分析】当波源与观察者相互靠近或远离时，接收到波的频率都会发生变化，这种现象称为多普勒效应，本题主要考查学生对多普勒效应的了解和认识。
【解答】
A.雷雨天先看到闪电后听见雷声是由于光在空气中传播的速度比声音快，不属于多普勒效应，故A错误；
B.超声波被血管中的血流反射后又被仪器接收，可以测出发射波频率的变化，是利用多普勒效应原理，故B正确；
C.观察者听到远去的列车发出的汽笛声，说明声源逐渐远离观察者，根据多普勒效应，音调变低，故C正确；
D.声波的传播速度是由介质决定的，与多普勒效应无关，故D错误。
E.双星在运动过程中，相对于观察者位置随时间周期性变化，根据多普勒效应原理，发出的光谱也随时间周期性变化；故E正确。
故答案为。
【分析】本题主要考查平面波的干涉，若某点到两波源的路程差为波长的整数倍，即，则该点振动加强。

25.【答案】
解：据题意，从时刻开始，质点经可回到平衡位置，因此
解得：
、平衡位置相距，据题意可得：
由于
解得：
【解析】
【分析】
本题考查了受迫振动、横波和纵波、多普勒效应、薄膜干涉；知道横波中质点振动的方向垂直于波传播的方向，在纵波中，质点的振动方向与波传播方向平行；准确掌握各物理现象的原理即可正确解答。
【解答】
A.在横波中质点振动的方向垂直于波传播的方向，在纵波中，质点的振动方向与波传播方向平行，选项A错误；
B.由于频率取决于波源，所以单色光从水中射向空气，其频率将不变，而介质的折射率变大，所以其波速变小，故B正确；
C.系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，故C正确；
D.交通警察从警车上向远离警车的车辆发射超声波，由于多普勒效应交警接收到的反射波频率变低，故D正确；
E.光学仪器镜头上的增透膜是利用光的干涉原理使透射光加强，故E错误。
故选BCD。
本题考查了波的周期性多解问题；根据题干描述，求出该波的周期；由于波的周期性问题，波速具有多解，列出、平衡位置距离和波长关系即可解答。
第2页，共2页
第1页，共1页光复习卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。第Ⅰ卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第Ⅱ卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。
一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）
用激光笔照射透明塑料制成的光盘边缘时观察到的现象如图所示。入射点和两出射点、恰好位于光盘边缘等间隔的三点处，空气中的四条细光束分别为入射光束、反射光束、出射光束和。已知光束和间的夹角为，则
A. 光盘材料的折射率
B. 光在光盘内的速度为真空中光速的三分之二
C. 光束、和的强度之和等于光束的强度
D. 光束的强度小于点处折射光束的强度
如图所示，一束可见光穿过平行玻璃砖后，变为、两束单色光．如果光束是蓝光，则光束可能是
A. 红光
B. 黄光
C. 绿光
D. 紫光
如图所示，一束可见光穿过玻璃三棱镜后，变为、、三束单色光。如果光是绿光，则以下说法正确的是
A. 光可能是蓝光
B. 光可能是红光
C. 光的频率小于光的频率
D. 光的波长大于光的波长
如图所示，一束单色光从空气入射到棱镜的面上，经和两个面折射后从面进入空气。当出射角和入射角相等时，出射光线相对于入射光线偏转的角度为。已知棱镜顶角为，则计算棱镜对该色光的折射率表达式为
A. B. C. D.
一束复色光从空气射入光导纤维后分成、两束单色光，光路如图所示。比较内芯中的、两束光，光的
A. 频率小，发生全反射的临界角小 B. 频率大，发生全反射的临界角小
C. 频率小，发生全反射的临界角大 D. 频率大，发生全反射的临界角大
如图所示，用激光笔照射半圆形玻璃砖圆心点，发现有、、、四条细光束，其中是光经折射和反射形成的。当入射光束绕点逆时针方向转过小角度时，、、四也会随之转动，则
A. 光束顺时针旋转角度小于
B. 光束逆时针旋转角度小于
C. 光束顺时针旋转角度大于
D. 光速、之间的夹角减小了
环境监测中通常需要监测烟尘浓度。如图所示为光电式烟尘浓度计的工作原理图。光源发出的光线经聚光透镜后，再经半透半反镜分成两束强度相等的光线。其中一路光线经反射镜后穿过被测烟尘，有部分光线被烟尘吸收或散射光在介质中与物质微粒相互作用，使光的传播方向发生改变的现象后，经过光电转换电路转换成电压信号另一路光线直接到达光电转换电路、完全相同后，产生作为被测烟尘浓度的参比电压信号运算电路通过和的比值计算出被测烟尘的浓度。根据上述信息应用所学知识可以判断
A. 没有烟尘时，和的比值应该为零
B. 散射过程中动量守恒定律不成立
C. 如果用全反射棱镜作为反射镜，其折射率至少为
D. 烟尘浓度越高时，和的差值越大
在“利用双缝干涉测量光的波长”实验中，将双缝干涉实验装置按如图所示安装在光具座上，单缝保持竖直方向，并选用缝间距为的双缝，并使单缝与双缝保持平行，调节实验装置使光屏上出现清晰干涉条纹。下列说法正确的是
A. 若取下滤光片，光屏上将只见到白光，看不到干涉条纹
B. 若将滤光片由绿色换成红色，光屏上相邻两条暗纹中心的距离减小
C. 若将双缝间的距离増大，光屏上相邻两条暗纹中心的距离增大
D. 若测得个亮条纹中心间的距离为，则相邻两条亮条纹间距
下列说法中正确的是
A. 浮在水面上的薄油层在太阳光的照射下呈现各种不同颜色，这是光的干涉形成的现象
B. 光学镜头上镀有一层增透膜可以增强透射光的强度，这是利用光的衍射原理
C. 雨后空中出现的彩虹，这主要是由于光的干涉形成的现象
D. 用光照射标准平面与待测器件表面之间的空气薄层所形成的明暗条纹，可检查器件表面的平整程度，这是利用光的衍射现象
如图，用激光照射直径小于激光束的不透明圆盘，例如小分币，我们可以在光屏上看到的图样为下列图中的
A. B.
C. D.
二、多选题（本大题共6小题，共24.0分）
下列说法正确的是
A. 玻璃中的气泡看起来特别明亮，是发生全反射的缘故
B. 高压输电线上方另加两条与大地相连的导线，是利用静电屏蔽以防输电线遭受雷击
C. 透过平行灯管的窄缝看正常发光的日光灯，能观察到彩色条纹，这是光的干涉现象
D. 发生或衰变时，原子核从高能级向低能级跃迁时辐射光子
波长为和的两束可见光入射到双缝，在光屏上观察到干涉条纹，其中波长为的光的条纹间距大于波长为的条纹间距。则下列表述中，脚标“”和“”分别代表波长为和的光所对应的物理量
A. 这两束光的光子的动量
B. 这两束光从玻璃射向真空时，其临界角
C. 这两束光都能使某种金属发生光电效应，则遏止电压
D. 这两束光由氢原子从不同激发态跃迁到能级时产生，则相应激发态的电离能
图中给出了“用双缝干涉测量光的波长”实验示意图，双缝和间距为，双缝到屏的距离为波长为的单色平行光垂直入射到双缝和上，在屏上形成干涉条纹．中心轴线上方第条亮纹中心位置在处，第条亮纹中心位置在处．现有号、号虫子分别从、出发以相同速度沿垂直屏方向飞行，号虫子到达屏后，沿屏直线爬行到，号虫子到达屏后，沿屏直线爬行到假定两只虫子爬行速率均为正确的是
A. 号虫子运动路程比号短
B. 两只虫子运动的时间差为
C. 两只虫子运动的时间差为
D. 已知条件不够，两只虫子运动时间差无法计算
、是两种单色光，其光子能量分别为和，且，则
A. 则、的光子动量之比：
B. 若、入射到同一双缝干涉装置上，则相邻亮条纹的间距之比：
C. 若、都能使某种金属发生光电效应，则光电子最大初动能之差
D. 若、是由处于同一激发态的原子跃迁到态和态时产生的，则、两态能级之差
如图是氢原子能级图，大量处在激发态能级的氢原子向低能级跃迁，是从能级跃迁到能级产生的光，是从跃迁到能级产生的光。已知某金属的极限频率，普朗克常量，电子电荷量，则
A. 在相同的双缝干涉实验装置中，光产生的干涉条纹比光更宽
B. 光和光的光子动量之比为：
C. 用光照射该金属时，能产生最大初动能为的光电子
D. 在同样的玻璃中，光的传播速度大于光的传播速度
根据图象，下列叙述正确的是
A. 图甲所示的远距离输电通常通过提高电压以减少电能损耗
B. 图乙所示的行李安检仪采用射线来透视安检物品
C. 图丙所示的照相机镜头上呈现的淡绿色是由光的偏振引起的
D. 图丁所示的核反应堆可以通过调整插入镉棒的深度来控制核反应速度
三、实验题（本大题共4小题，共36.0分）
在“测定玻璃的折射率”实验中
某同学在画玻璃砖边界时操作如图甲所示，请指出其不当之处：______写出一点即可
实验中，已画好玻璃砖边界、后，不小心误将玻璃砖向上稍平移了一点，如图乙所示，其他操作正确，则测得玻璃的折射率将______选填“变大”、“不变”或“变小”
在测定玻璃的折射率实验时
下列说法正确的是______
A.入射角越大，误差越小
B.在白纸上放好玻璃砖后，用铅笔贴着光学画面画出界面
C.实验时即可用量角器，也可用圆规和直尺等工具进行测量
D.判断像与针是否在同一直线时，应该观察大头针的头部
小时同学在插针时玻璃砖的位置如图所示。根据插针与纸上已画的界面确定入射点与出射点，依据上述操作所测得的折射率______填“偏大”、“偏小”或“不变”
小明同学经正确操作后，在纸上留下四枚大头针的位置、、、，和是描出玻璃砖的两个边，如图所示，请在答题纸上画出光路图。
“用双缝干涉测量光的波长”实验中，在甲、乙、丙三处所放置的器材依次是______。
A.单缝、双缝、滤光片 滤光片、双缝、单缝 滤光片、单缝、双缝
如果去掉滤光片，在目镜位置______“能”或“不能”观察到干涉条纹。
同学们利用图示装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源灯泡正常发光，调整仪器从目镜中可以观察到干涉条纹。
若想增加从目镜中观察到的条纹个数，下列操作可行的是______；
A.将单缝向双缝靠近
B.将屏向靠近双缝的方向移动
C.将屏向远离双缝的方向移动
D.使用间距更小的双缝
若双缝的间距为，屏与双缝间的距离为，测得第条亮纹中央到第条亮纹中央间距离为，则单色光的波长______；
若只将滤光片去掉，下列说法正确的是______；
A.屏上出现彩色衍射条纹，中央是紫色亮纹
B.屏上出现彩色衍射条纹，中央是白色亮纹
C.屏上出现彩色干涉条纹，中央是红色亮纹
D.屏上出现彩色干涉条纹，中央是白色亮纹
随着学习的不断深入，同学们对光的本性有了更为丰富的认识。现在我们知道光既具有波动性，又具有粒子性，即光具有波粒二象性
在双缝干涉实验中，某个光子打在光屏上落点的准确位置______选填“可以”或“不可以”预测；
在光电效应实验中，用紫外线照射锌板可以使光电子离开锌板，如果只增加紫外线的照射强度光电子的最大初动能是否会增加。请说明你的观点及依据。
四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）
直角棱镜的折射率，其横截面积如图所示，图中，截面内一细束与边平行的光线，从棱镜边上的点射入，经折射后射到边上。
光线在边上是否会发生全反射？说明理由；
不考虑多次反射，求从边射出的光线与最初的入射光线夹角的正弦值。
超强超短光脉冲产生方法曾获诺贝尔物理学奖，其中用到的一种脉冲激光展宽器截面如图所示。在空气中对称放置四个相同的直角三棱镜，顶角为。一细束脉冲激光垂直第一个棱镜左侧面入射，经过前两个棱镜后分为平行的光束，再经过后两个棱镜重新合成为一束，此时不同频率的光前后分开，完成脉冲展宽。已知相邻两棱镜斜面间的距离，脉冲激光中包含两种频率的光，它们在棱镜中的折射率分别为和。取，，。
为使两种频率的光都能从左侧第一个棱镜斜面射出，求的取值范围；
若，求两种频率的光通过整个展宽器的过程中，在空气中的路程差保留位有效数字。
图中是用均匀透明介质做成的四棱柱镜的横截面，为、间的一点。已知、均为直角，，光线从、间的某点垂直射入四棱柱镜，在表面没有光射出，光路如图。
求该四棱柱镜折射率的最小值；
画出一条从、间垂直入射光线的光路图。
如图所示，一透明玻璃砖横截面的上半部分是半径为的半圆，下半部分是边长为的正方形，在玻璃砖的左侧距离为处，有一和玻璃砖侧面平行的足够大的光屏。一束单色光沿图示方向从光屏上的点射出，从点射入玻璃砖，恰好经过半圆部分的圆心，且，已知玻璃砖对该单色光的折射率，光在真空中的传播速度为。
求该单色光在玻璃砖中发生全反射的临界角的正弦值。
从点射入玻璃砖到第一次射出玻璃砖，求该单色光在玻璃砖内传播的时间。
五、综合题（本大题共1小题，共12.0分）
如图所示，一种光学传感器是通过接收器接收到光的强度变化而触发工作的。光从挡风玻璃内侧点射向外侧点再折射到空气中，测得入射角为，折射角为；光从点射向外侧点，刚好发生全反射并被接收，求光从玻璃射向空气时临界角的正弦值表达式。
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：、依题意的光路图如右图所示，
由题意可知：，可得在点处的折射角：，
由题意可知：，由反射定律得：，解得：，
由折射定律得：，
光在光盘内的速度：
光盘材料的折射率，光在光盘内的速度为真空中光速的，故AB错误；
C、由能量守恒定律可知：若忽略光在传播过程的能量衰减，则光束的强度应等于光束、、和的强度之和，若考虑光在传播过程的能量衰减，则光束的强度应大于光束、、和的强度之和，总之光束的强度一定大于光束、和的强度之和，故C错误。
D、在点处光束为入射光束，而光束和光束分别为折射和反射光束，由能量守恒定律可知：在点处光束的强度等于光束和光束的强度之和，因此无论是否考虑传播过程能量衰减，光束的强度一定小于点处折射光束的强度，故D正确。
故选：。
依题意画出光路图，由几何关系求得在点的入射角和折射角的值，由折射定律求得材料的折射率；由介质中光速与真空中光速的关系式求得光在光盘内的速度为真空中光速的倍数关系；由能量守恒定律分析各光速强度之间的关系，依据无能量损失时，入射光的强度等于反射光和折射光的强度之和进行解析。
本题考查了几何光学中折射定律的应用，以及在光传播过程中能量守恒的相关问题，较简单属基础题目。需理解在无能量损失的情况下，入射光的强度等于反射光和折射光的强度之和。
2.【答案】
【解析】
【分析】
根据两光对应的折射角可确定折射率大小，进而确定频率大小关系，确定光束可能的颜色．
本题主要考查了折射定律的直接应用，要求同学们能根据偏折角的关系判断折射率的关系；同时还要熟记可见光中各种颜色的单色光的频率大小关系．
【解答】
解：光从空气斜射到玻璃，因为玻璃上下表面平行，当第二次折射时折射光线与第一次折射入射光线平行。由于折射率不同，光偏折较大，光偏折较小。所以此玻璃对光的折射率大于对光的折射率，所以的频率大于的频率，给出的各色光中频率大于蓝光的只有紫光，故D正确，ABC错误。
故选：。
3.【答案】
【解析】解：、红光的折射率最小，通过三棱镜后偏折角最小，紫光的折射率最大，偏折角最大，如果光是绿光，则光可能是紫光或蓝光，光可能是红光，故AB错误；
C、根据折射率与频率的关系可知，的折射率最小，则频率最小，所以光的频率小于光的频率，故C正确；
D、根据公式可知，光的频率大，则波长最小，故D错误。
故选：。
白光经过三棱镜色散后，从到形成红光到紫光的彩色光带，根据红光的折射率最小，偏折角最小，紫光的折射率最大，偏折角最大，判断哪束光是红光，哪束光是紫光。
本题是光的色散现象与干涉、光电效应的综合，关键要掌握光的色散研究的结果，知道七种色光排列顺序、折射率大小等等要记牢，同时，要记住折射率与波长、频率、临界角的关系，这些都是考试的热点。
4.【答案】
【解析】
【分析】
由几何关系可明确在边入射时的入射角和折射角，再由折射定律可求得折射率。
本题考查了折射定律的应用；要注意根据光路图利用几何关系进行分析，本类问题要多练习如何利用几何关系。
【解答】
设光在界面的折射角为，由折射定律及几何关系可知，；因入射角和出射角相等，即，故由几何关系可知，；
；解得折射率：．
故A正确，BCD错误。
故选A。

5.【答案】
【解析】
【分析】
比较两束光对应的折射角的大小，根据光的折射定律和全反射的条件进行分析。
本题主要是考查了光的折射和全发射；解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，然后根据光的折射定律和全反射的条件列方程求解。
【解答】
一束复色光从空气射入光导纤维后，两束光的入射角相同，光对应的折射角小，根据折射定律可知，光的折射率小，则光的频率小；根据全反射的条件可知：，所以光对应的临界角大，故C正确，ABD错误。
6.【答案】
【解析】解：设入射光线的入射角为，则反射角为，光束的折射角为，光束的反射角也为入射光束绕点逆时针方向转过小角度时，入射角变为
由反射定律可知反射角等于入射角，则光束顺时针旋转角度等于，故A错误；
B.由折射定律有
可得
即光束逆时针旋转角度小于，故B正确；
C.光束的反射角变化与光束的折射角变化相等，则光束顺时针旋转角度小于，故C错误；
D.光束顺时针旋转角度等于，光束逆时针旋转角度小于，则光速、之间的夹角减小的角度小于，故D错误；
故选：。
由反射定律可知反射角等于入射角，由折射定律可得光束逆时针旋转角度小于，光束的反射角变化与光束的折射角变化相等。
本题考查光的折射与反射，解题关键掌握光的反射定律与折射定律，根据入射角的变化推出反射角和折射角的变化。
7.【答案】
【解析】解：、没有烟尘时，光的传播方向没有发生改变，和的大小相等，其比值应该为，不是零，故A错误；
B、根据康普顿效应原理，散射过程是光子与微粒碰撞作用的结果，所以动量守恒定律仍然成立，故B错误；
C、如果用全反射棱镜作为反射镜，其反射光线与入射光线的夹角是，故需要其临界角小于，再根据，故其折射率至少为，故C错误；
D、烟尘浓度越高时，光线被烟尘吸收或散射得就会越多，光线射到的亮度就会越少，所以和的差值越大，故D正确。
故选：。
本题以环境监测中监测烟尘浓度的光电式烟尘浓度计的工作原理为背景，考查了康普顿效应原理、全反射及临界角等知识点，有一点的综合性；本题的难点是正确的把图中所给的信息转化为物理知识及原理。
8.【答案】
【解析】解：、若取下滤光片，则是两束白光的干涉，光屏上会出现彩色的干涉条纹，故A错误；
B、若将滤光片由绿色换成红色，由于红光的波长大，根据可知，光屏上相邻两条暗纹中心的距离会变大，故B错误；
C、若将双缝间的距离増大，光屏上相邻两条暗纹中心的距离减小，故C错误；
D、若测得个亮条纹中心间的距离为，则相邻两条亮条纹间距，故D正确。
故选D。
白光也能发生双缝干涉现象；
通过双缝干涉条纹间距公式判断条纹间距的变化；
根据相邻两条亮条纹间距，即可判定求解。
考查双缝干涉现象，理解干涉的条件，掌握双缝干涉的条纹间距公式的内容，并能灵活运用，注意白光双缝干涉是彩色条纹。
9.【答案】
【解析】解：、浮在水面上的薄油层在太阳光的照射下，油膜上下表面形成两频率相同的光，从而进行干涉，因波长的不同，导致条纹间距不同，则呈现各种不同颜色，故A正确；
B、照相机镜头上的增透膜能增强透射光是因为光照射在薄膜两表面上被反射回去，在叠加处由于光程差等于波长的一半使得两束反射光出现振动减弱，导致相互抵消；即减弱了反射光从而增强光的透射能力，这是光的干涉现象，故B错误；
C、夏天雨后的天空出现美丽的彩虹，是光的折射现象，故C错误；
D、检查器件表面的平整程度，观察到的明暗条纹是由被检测玻璃上表面、标准平面的下表面反射的光干涉形成的，故D错误。
故选：。
本题考查了常见的光现象及其应用，掌握光的干涉、折射和衍射的现象原理，理解条纹间距与波长的关系，注意理解检查哪个表面的平整程度。
10.【答案】
【解析】
【分析】
本题的突破口是：当用激光照射直径小于激光束的不透明圆盘时，在圆盘后屏上的阴影中心出现了一个亮斑，可见是光绕过障碍物传到了障碍物的后面，即光发生了衍射现象
掌握了光照亮不透明圆盘的后面的实质，就能顺利解决此题，所以我们在解题时要善于从题目中挖掘隐含条件。
【解答】
当用激光照射直径小于激光束的不透明圆盘时，在圆盘后屏上的阴影中心出现了一个亮斑，亮斑的周围是明暗相间的环状衍射条纹。这就是泊松亮斑，是激光绕过不透光的圆盘发生衍射形成的。故B正确，ACD错误。
故选：。
11.【答案】
【解析】解：、玻璃中的气泡看起来特别明亮，是发生了光的全反射缘故，故A正确；
B、高压输电线的上方还有两条导线，这两条导线的作用是它们与大地相连，形成稀疏的金属“网”把高压线屏蔽起来，免遭雷击，故B正确；
C、当光通过狭缝时，若缝的尺寸与光的波长相当，则会发生明显的衍射现象，当透过平行灯管的窄缝看正常发光的日光灯，能观察到彩色条纹，这是光的衍射现象。故C错误；
D、放射性的原子核在发生衰变和衰变后产生的新核往往处于高能级，这时它要向低能级跃迁，辐射光子，即射线，故D正确；
故选：。
气泡看起来特别明亮，是发生了光的全反射缘故；
静电屏蔽：为了避免外界电场对仪器设备的影响，或者为了避免电器设备的电场对外界的影响，用一个空腔导体把外电场遮住，使其内部不受影响，也不使电器设备对外界产生影响，这就叫做静电屏蔽；
根据光的衍射与干涉的特点分析；
新核从高能级向低能级跃迁时，辐射处射线。
掌握了各种物理现象发生的原理即可顺利解决此类题目，故对于物理现象要知其然更要知其所以然。解决本题的关键是掌握全反射的条件，并理解射线产生的原理。
12.【答案】
【解析】解：由于在其他条件相同的情况下波长为的光的干涉条纹间距大于波长为的干涉条纹间距，由，可得：。
A、由光子的动量：，则：故A错误；
B、由：可知，两种光子的频率关系为：，即的频率较大，根据介质的折射率与频率的关系可知它们的折射率：
由临界角与折射率的关系：
则这两束光从玻璃射向真空时，其临界角，故B正确；
C、这两束光都能使某种金属发生光电效应，由光电效应方程：，其中为金属的逸出功，可知频率越大的光对应的光电子的最大初动能越大；
又由：
则频率越大，遏止电压越大，所以遏止电压：故C错误；
D、根据玻尔理论，当发生跃迁时辐射出的光子的能量：；都是跃迁到能级，则相同，越大，则放射出的光子的能量值越大，由于，所以能级，即的能级更大。
结合氢原子电离时需要的能量为能级对应能量值的负值可知，相应激发态的电离能故D正确。
故选：。
根据干涉条纹的宽度的特点判断波长的大小关系；由：判断光子的能量与光子的频率关系；由判断光子的动量；由光的频率与折射率的关系判断折射率，然后判断临界角；根据光电效应方程与动能定理分析遏止电压；根据玻尔理论分析跃迁和电离能。
该题涉及的知识点较多，解决本题的关键是知道干涉条纹的宽度公式，知道波长和频率的关系，知道能级间跃迁所满足的规律，即。
13.【答案】
【解析】
【分析】
当点到双缝的路程差是半波长的奇数倍时，该点出现暗条纹，当点到双缝的路程差是半波长的偶数倍时，该点出现亮条纹，并根据干涉条纹间距公式，从而即可求解。
解决本题的关键是掌握出现明暗条纹的条件，当屏上点到双缝的距离差等于入射光半波长的奇数倍时，点出现暗条纹；当屏上点到双缝的距离差等于入射光半波长的偶数倍时，点出现亮条纹。
【解答】
A、由题，结合干涉条纹的宽度公式：可知，该光的干涉条纹的宽度：
第条亮纹中心位置在处，所以：
第条亮纹中心位置在处，所以：
所以号虫子的路程为：；
号虫子的路程为：，
则：故A正确；
、两只虫子运动的时间差故B正确，CD错误。
故选：。
14.【答案】
【解析】
【分析】
根据光子的能量的公式求出二者的频率的关系，然后由光子的动量的表达式即可求出二者的动量大小关系；由波长与频率的关系求出二者的波长的关系，由干涉条纹的宽度公式即可求出相邻亮条纹的间距关系；由光电效应方程分析光电子的最大初动能的关系，由玻尔理论分析能极差。
该题基于光子的频率、波长、能量之间的关系，考查到玻尔理论、光电效应方程等原子物理学的热点内容，以及双缝干涉的条纹宽度公式。由于该题涉及与两册选修，在选题的时候要慎重。
【解答】
A.光子的能量：
所以两种光子能量分别为和，且，则：
光子的动量：
所以：故A错误；
B.光子的波长：
双缝干涉装置上相邻亮条纹的间距：
所以：，故B正确；
C.根据光电效应方程可知，光电子的最大初动能：，其中为金属的逸出功；
则：，故C正确；
D.若、是由处于同一激发态的原子跃迁到态和态时产生的，设初始激发态的能量为，则：
所以：
同理：
则：，故D错误。
故选BC。
15.【答案】
【解析】解：、的能量：，
的能量：；
根据：，可知能量值较大的的波长小；
由干涉条纹的公式：可知，光产生的干涉条纹比光更窄。故A错误。
B、光子的动量：，所以光和光的光子动量之比为：，故B正确。
C、金属的极限频率，则用光照射该金属时，能产生光电子的最大初动能为：，故C正确。
D、由，结合的能量值大，可知光子的频率大，则对玻璃的折射率大于对玻璃的折射率，光的玻璃内的速度：，可知在同样的玻璃中，光的传播速度小于光的传播速度。故D错误。
故选：。
根据玻尔理论求出光子的能量；当两能级间的能级差越小，辐射的光子频率越小，波长越长。根据干涉条纹的宽度公式判断；
根据光子的动量与能量关系公式判断动量的关系；
根据光电效应方程求出产生的光电子的最大初动能；
结合玻璃的折射率与频率的关系判断。
解决本题的关键知道光子能量与能级差的关系，即，以及知道跃迁种类的判定。
16.【答案】
【解析】解：、在输送电功率不变的情况下，电压越高，线路中的电流越小，由焦耳定律可知，高压输电能减少线路上电能的损失，故A正确；
B、行李安检仪采用射线来透视安检物品，故B错误；
C、照相机镜头上呈现的淡绿色是由光的干涉引起的，故C错误；
D、在核反应堆的铀棒之间插入镉棒是为了控制核反应速度，故D正确。
故选：。
根据可知，电功率一定时，电压越高，线路中的电流就越小，由可得，电阻和通电时间一定时，电流越小，电流通过导线产生的热量越小；
行李安检仪采用射线；
镜头上呈现的淡绿色是由光的干涉引起的
为了控制核反应速度，常在铀棒之间插入镉棒，从而即可求解。
考查光的干涉、与偏振的原理，及其发生条件，注意增透膜的原理，理解射线与射线的不同，同时掌握高压输电的要求，及知道核反应的控制速度。
17.【答案】用手触摸光学面，拿玻璃砖当尺子用；不变
【解析】解：不当之处有：用手触摸光学面，拿玻璃砖当尺子用。
如右图所示，
虚实线表示将玻璃砖向上平移后实际的光路图，而实线是未将玻璃砖向上平移时作图时所采用的光路图，通过比较发现，入射角和折射角没有变化，则由折射定律得知，测得的折射率将不变。
故答案为：
用手触摸光学面，拿玻璃砖当尺子用。答出任意一点即可得分。
不变。
根据操作规程分析知道不当之处有：用手触摸光学面，拿玻璃砖当尺子用。
“测定玻璃折射率”的实验原理是折射定律，通过作光路图，将玻璃砖向上平移的光路图与未向上平移的光路图进行比较，分析入射角和折射角是否变化，由折射定律分析折射率的变化。
本题要掌握实验原理：折射定律，采用作图分析实验误差，关键要紧扣实验原理进行分析。
18.【答案】 偏小
【解析】解：、入射角尽量大些，折射角也会大些，折射现象较明显，角度的相对误差会减小，但要注意并不是入射角越大越好，应适度；故A错误；
B、为了防止弄脏玻璃砖，不能铅笔贴着光学面画出界面，故B错误；
C、实验中需要测时即可用量角器，也可用圆规和直尺等工具进行测量，故C正确；
D、判断像与针是否在同一直线时，应该观察大头针的整个部分，不能只观察其头部，故D错误；
由图可知，玻璃砖没有与画出的边界重合，作出实际光路图如图中实线所示，而根据给出的边界作出的光路图如图中虚线所示，由图可知，入射角相同，但折射角偏大，所以测出的折射率偏小；
根据作出的点作出入射光线和折射光线，连接和与光线的交点即为光在玻璃中的光线，如图所示；
故答案为：；偏小；如图所示。
明确实验原理，从而确定实验误差情况和实验中的注意事项；
根据图可明确真实值和误差情况的差别，从而明确误差情况；
根据留下四枚大头针的位置确定光路图。
本题关键明确“测定玻璃的折射率”的实验的实验原理，要能够画出光路图，根据射率定义求解介质的折射率。对于实验误差，要紧扣实验原理，用作图法，确定出入射角与折射角的误差，即可分析折射率的误差。要理解并掌握平行板玻璃砖的光学特性。
19.【答案】；能
【解析】解：为获取单色线光源，白色光源后面要有滤光片、单缝、双缝。
去掉滤光片后，透过缝的将是多种颜色的光，波长不同干涉后形成的条纹间距不同，在屏上形成彩色的干涉条纹；
故答案为：；能。
为获取单色线光源，白色光源后面要有滤光片、单缝、双缝；
能在屏上观察到干涉条纹的条件是两列光的频率相等，据此判断
解决本题需掌握双缝干涉条纹的间距公式，以及产生干涉的条件。
20.【答案】 不可以
【解析】解：增加从目镜中观察到的条纹个数，则条纹的宽度减小，根据相邻亮条纹间的距离为：，
A.将单缝向双缝靠近，不影响干涉条纹间距，故A错误；
B.将屏向靠近双缝的方向移动，即减小双缝到屏的距离，故B正确；
C.将屏向远离双缝的方向移动，即增大双缝到屏的距离，故C错误；
D.使用间距更小的双缝，即减小双缝间距离，故D错误；
故选：；
测得第条亮纹中央到第条亮纹中央间距离为，则两个相邻明纹或暗纹间的距离
则单色光的波长；
根据光电效应方程，知，光电子的最大初动能，与入射光的频率有关，与光的强度无关；
若只将滤光片去掉，则将单色光的双缝干涉变成白光的双缝干涉现象，由于白光是复合光，有各种不同频率的光，
依据干涉条纹间距公式：，那么屏上会出现彩色干涉条纹，中央是白色亮纹，故ABC错误，D正确；
故选：。
在光的双缝干涉实验中，某个光子打在光屏上的落点根本不能预测，但大量光子打在光屏上将形成明暗相间的干涉条纹，这说明光子落在各点的概率是不一样的，光子落在明条纹处的概率大，落在暗条纹处的概率小；
在光电效应实验中，如果只增加紫外线的照射强度，依据光电效应方程，可知，当光的频率及金属的逸出功不变时，只增加紫外线的照射强度，光电子的最大初动能不变。
故答案为：；
；
；
不可以；
不会；根据爱因斯坦的光电效应方程：，光电子的最大初动能与光的频率及金属的逸出功有关，与光的强度无关。因此当光的频率及金属的逸出功不变时，只增加紫外线的照射强度，光电子的最大初动能不变。
、根据双缝干涉条纹间距公式：分析并代入物理量求解波长；
若只将滤光片去掉，则变成白光的干涉现象；
光是概率波；
依据光电效应方程，即可判定分析。
考查双缝干涉原理，及其干涉条纹间距公式的应用，解决该题需熟记条纹间距公式，知道公式中各物理量的所表示的意义；理解白光的双缝干涉条纹是彩色的原因，注意光是一种概率波，最后还要掌握光电效应方程的内容。
21.【答案】解：光路图如图所示：
设光线在点的入射角为，折射角为，折射光线射到边的点，
射光线在点的入射角为，根据几何关系有
根据题中所给数据
即大于全反射的临界角，因此光线在边上会发生全反射；
设光线在边上的点射出棱镜，光线的入射角为，折射角为，根据几何知识、反射定律以及折射定律，
有
联立解得：
根据几何知识可知，即为边射出的光线与最初的入射光线的夹角。
【解析】作出光路图，根据几何知识分析光在面的入射角与临界角的大小关系，从而判断是否会发生全反射；
从边射出的光线与最初的入射光线夹角等于光在出射时的折射角，根据几何知识、反射定律以及折射定律求解该角的正弦值。
解决该题需要正确作出光路图，能根据几何知识判断某些夹角的大小，熟记折射定律以及全反射的临界角的表达式。
22.【答案】解：设是全反射的临界角，光线在第一个三梭镜右侧斜面上恰好发生全反射时，
根据折射定律得：
代入较大的折射率得：
所以顶角的范围为或；
脉冲激光从第一个三棱镜右侧斜面射出时发生折射，设折射角分别为和，由折射定律得：
，
设两束光在前两个三棱镜斜面之间的路程分别为和，则满足：
，，
联立并代入数据得：
答：为使两种频率的光都能从左侧第一个棱镜斜面射出，的取值范围为；
若，求两种频率的光通过整个展宽器的过程中，在空气中的路程差为。
【解析】本题考查了折射定律和全反射条件。
根据全反射条件进行分析判断，注意要判断折射大的光即可；
根据折射定律求得从第一个三棱镜右侧斜面射出时发生折射的折射角，结合几何关系求得路程差。
23.【答案】解：由图可知，光线在面发生全反射，此时的入射角为，该四棱柱镜折射率的最小值
一条从、间垂直入射，部分垂直反射，在面上发生全反射，部分垂直透射，到面，发生全反射，到面，入射角大于，发生全反射，到面，垂直入射，部分垂直射出媒质，部分垂直反射回去，按光路的可逆性，由原入射处射出媒质，其反射部分又重复原路，总之，光线只能由面上间垂直射出。
答：该四棱柱镜折射率的最小值为；
从、间垂直入射光线的光路图如上图所示。
【解析】利用角度关系求得在面上的入射角，此时恰好发生全反射，即可求得折射率的最小值
根据入射和发生全反射的光路图即可做出
本题中光线在两种介质分界面上既有反射，又有透射，要根据临界角的大小考虑全反射，再作出典型的光路图。
24.【答案】解：设该单色光在玻璃砖中发生全反射的临界角为，则有
解得：
该单色光射到玻璃砖的平面上时的入射角均为
则该单色先在玻璃砖内射到平面上时会发生全反射，其光路图如图所示，
由几何关系得该单色光在玻璃砖内传播的距离：
单色先在玻璃砖内传播的速度为：
则该单色光在玻璃砖内传播的时间：
联立解得：
答：求该单色光在玻璃砖中发生全反射的临界角的正弦值是。
该单色光在玻璃砖内传播的时间是。
【解析】已知玻璃砖的折射率，根据临界角公式求全反射的临界角的正弦值；
作出光路图，由几何关系求光在玻璃砖内传播的距离，由求出光在玻璃砖传播的速度，再求传播时间。
本题的关键是要掌握全反射临界角公式，以及全反射的条件。解题时，要作出光路图，利用几何知识帮助解答。
25.【答案】解：
根据光的折射定律有：
根据光的全反射规律有：
联立解得：
【解析】见答案
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