新教材同步辅导2023年高中物理课时评价作业八单摆粤教版选择性必修第一册（共10份打包）

课时评价作业（八）
单摆
A级　基础巩固
1.（多选）关于单摆，下列说法正确的是（　　）
A.摆球运动的回复力是重力的分力
B.摆球经过轨迹上的同一点速度是相同的
C.摆球经过轨迹上的同一点加速度是相同的
D.摆球经过平衡位置时受力是平衡的
解析：摆球运动的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，A正确.根据简谐运动的对称性可知摆球经过轨迹上的同一点时速度大小相等，方向可能相同，也可能不同；加速度的大小、方向都相同，故B错误，C正确.摆球经过平衡位置时，回复力为零，合外力不为零，并不平衡，故D错误.
答案：AC
2.有一摆长为L的单摆悬点正下方某处有一小钉，摆球经过平衡位置向左摆动时，摆线的上部被小钉挡住，使摆长发生变化.现使摆球做小幅度摆动，摆球从右边最高点M至左边最高点N运动过程中的闪光照片如图所示（悬点与小钉未被摄入）.P为摆动中的最低点，已知每相邻两次闪光的时间间隔相等，由此可知，小钉与P点的距离为（　　）
A. B.
C. D.无法确定
解析：设每相邻两次闪光的时间间隔为t，则摆球在右侧摆动的周期T1＝8t，在左侧摆动的周期T2＝4t，T1∶T2＝2∶1，则T1＝2π，T2＝2π；两式两边相除得L2＝L1，所以小钉与悬点的距离s＝L1－L2＝L，故C正确.
答案：C
3.在广州走时准确的摆钟，被考察队员带到珠穆朗玛峰的顶端，则这个摆钟（　　）
A.变慢了，重新校准应减小摆长
B.变慢了，重新校准应增大摆长
C.变快了，重新校准应减小摆长
D.变快了，重新校准应增大摆长
解析：将摆钟从广州带到珠穆朗玛峰顶端时，重力加速度g变小，摆钟的摆长L不变，由T＝2π可知，摆钟的周期变大，摆钟变慢，要校准摆钟，需要减小摆钟的周期T，可以减小摆钟的摆长L，A正确，B、C、D错误.
答案：A
4.（多选）如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图像，下列说法中正确的是（　　）
A.甲、乙两单摆的摆长相等
B.甲摆的振幅比乙摆大
C.甲摆的机械能比乙摆大
D.在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆
解析：由题图可看出，两单摆的周期相同，同一地点g相同，由单摆的周期公式T＝2π得知，甲、乙两单摆的摆长L相等，故A正确；甲摆的振幅为10 cm，乙摆的振幅为7 cm，则甲摆的振幅比乙摆大，故B正确；尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长相等，但由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小，故C错误；在t＝0.5 s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负向最大值，则乙摆具有正向最大加速度，故D正确.
答案：ABD
5.（多选）一条细线下面挂一个小球，让它自由摆动，它的振动图像如图所示.则下列说法正确的是（　　）
A.该单摆的摆长大约为1 m
B.若将此单摆置于向上匀加速的升降机中，单摆的周期会大于2 s
C.若将此单摆置于向下匀加速的升降机中，单摆的周期会大于2 s
D.根据图中的数据不能估算出它摆动的最大摆角
解析：根据图像可得周期为2 s，振幅A＝4 cm，根据T＝2π，解得L≈1 m，则摆线偏离竖直方向的最大摆角的正弦值sin θ＝＝0.04，D错误，A正确；单摆置于向上匀加速的升降机中，小球处于超重状态，等效重力加速度g0，g0>g，根据T＝2π，则单摆的周期会小于2 s，B错误；单摆置于向下匀加速的升降机中，小球处于失重状态，等效重力加速度g0，g0<g，根据T＝2π，则单摆的周期会大于2 s，C正确.故选AC.
答案：AC
B级　能力提升
6.有一摆钟如图甲所示，其钟摆的结构示意图如图乙所示，圆盘固定在摆杆上，螺母可以沿摆杆，上下移动，从而改变等效摆长.已知北京的重力加速度约为9.801 m/s2，海口的重力加速度约为9.786 m/s2，若将在北京走时准确的摆钟移至海口，则下列说法正确的是（　　）
A.在海口的摆钟摆动比在北京快，若要调准可将螺母适当向上移动
B.在海口的摆钟摆动比在北京快，若要调准可将螺母适当向下移动
C.在海口的摆钟摆动比在北京慢，若要调准可将螺母适当向上移动
D.在海口的摆钟摆动比在北京慢，若要调准可将螺母适当向下移动
解析：由单摆周期公式T＝2π可知，重力加速度越小，周期越大，所以将在北京走时准确的摆钟移至海口时，周期变大，即在海口的摆钟摆动比在北京慢.若要调准，应该将等效摆长减小，即可将螺母适当向上移动.故选C.
答案：C
7.如图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置，设摆球向右运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图像，由此可知（　　）
A.单摆振动的频率是0.8 Hz
B.t＝0时摆球位于C点
C.t＝0.2 s时摆球位于平衡位置O，加速度为零
D.若当地的重力加速度g＝π2，则这个单摆的摆长是0.16 m
解析：由振动图像可判断，该单摆的周期为0.8 s，频率为f＝＝＝1.25 Hz，故A错误；由于规定摆球向右运动为正方向，且B点为摆球所能到达的左边最远位置，由振动图像可判断，t＝0时摆球位于B点，故B错误；由振动图像可判断，t＝0.2 s时摆球位于平衡位置O，但摆球受到的合力不为零，所以加速度不为零，故C错误；根据单摆的周期公式T＝2π可得l＝，把T＝0.8 s，g＝π2代入，计算得l＝0.16 m，故D正确.故选D.
答案：D
8.（多选）甲、乙两位同学分别使用图甲中所示的装置，观察单摆做简谐运动时的振动图像.已知两人实验时所用的摆长相同，落在同一木板上的细砂形成的曲线分别如图乙中N1、N2所示.下列关于两图线的分析，正确的是（　　）
　　
A.N1对应的细砂摆摆动的幅度较大，N2对应的细砂摆摆动的幅度较小
B.N1与N2对应的细砂摆周期相同
C.N1对应的木板运动速度比N2对应的木板运动速度大
D.假设两次实验细砂摆质量相等，则N1对应的细砂摆摆到最低点时，摆线的拉力比N2对应的拉力大
解析：由题图乙可知，N1对应的细砂摆摆动的幅度与N2对应的细砂摆摆动的幅度相同，故A错误；由单摆周期公式T＝2π及两摆摆长相同可知，周期相同，故B正确；由题图乙可知，若N1对应的木板的运动时间为T，则N2对应的木板的运动时间为2T，可知N1对应的木板运动速度比N2对应的木板运动速度大，故C正确；由动能定理有mgL（1－cos θ）＝mv2，在最低点有T－mg＝m，解得T＝3mg－2mgcos θ，由于两摆的振动幅度相同，则θ相同，故拉力相同，故D错误.故选BC.
答案：BC
9.（多选）如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示.不计空气阻力，g取10 m/s2.对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是（　　）
A.单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝8sin（πt） cm
B.单摆的摆长约为1 m
C.从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大
D.从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球所受绳子拉力逐渐减小
解析：由振动图像可读出周期T＝2 s，振幅A＝8 cm，由ω＝得到圆频率ω＝π rad/s，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝Asin ωt＝8sin（πt） cm，故A正确；由公式T＝2π，解得l≈1 m，故B正确；从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，摆球的位移减小，回复力减小，速度增大，所需向心力增大，绳子的拉力增大，故C、D错误.
答案：AB
10.如图所示，甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置.设摆球向右方向运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图像.根据图像回答下列问题.
（1）单摆振动的频率是多大？
（2）开始时刻摆球在何位置？
（3）若当地的重力加速度为9.86 m/s2，试求这个摆的摆长.
解析：（1）由单摆振动图像得：T＝0.8 s，
故f＝＝1.25 Hz.
（2）开始时刻摆球在负方向最大位移处，故开始时刻摆球在B点.
（3）根据公式T＝2π，
得L＝＝ m≈0.16 m.
答案：（1）1.25 Hz　（2）开始时刻摆球在B点　
（3）0.16 m
C级　拓展创新
11.两个摆长不同的单摆1、2同轴水平悬挂，两单摆摆动平面相互平行，振动图像如图（a）所示.t＝0时把单摆1的摆球向左、单摆2的摆球向右拉至摆角相同处，如图（b）所示.求：
（1）两单摆摆长之比l1∶l2.
（2）通过计算判断同时释放两摆球，两摆球是否可以同时摆到最左端.如果可以请计算所经历的时间；如果不可以请说明理由.
解析：（1）由题图（a）可知，两单摆的周期之比T1∶T2＝1∶0.9＝10∶9，由T＝2π可得两单摆摆长之比l1∶l2＝100∶81；
（2）同时释放两摆球，假设两摆球可以同时摆到最左端，运动时间为t，则t＝nT1，t＝（2m＋1）两式相等，则nT1＝（2m＋1），即2n＝0.9（2m＋1），上式中m、n不可能同时为整数，由此可以判断假设不成立，即两摆球不可以同时摆到最左端.
答案：（1）l1∶l2＝100∶81　（2）不可以；理由见解析
12.简谐运动的条件是“质点所受回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总是指向平衡位置，即F＝－kx”.如图，圆弧面上的小球（可看作质点）左右振动，振动幅度较小.小方同学测得圆弧半径R＝1.2 m，小球某次经过圆弧最低点时开始计时，并数“1”，然后小球每经过一次最低点就依次数“2，3，4，…”，当数到“31”时停止计时，发现用时33秒.
（1）请论证小球在振动幅度较小时，是简谐运动；
（2）根据题中条件，利用所学知识计算当地的重力加速度（π2取9.8，结果保留两位有效数字）.
解析：利用在角度很小时sin θ＝，证明小球的回复力表达式满足F回＝－kx形式，类比单摆周期公式，求解重力加速度表达式计算.
（1）回复力F回＝mgsin θ，
在角度很小时sin θ＝，
则F回＝mgsin θ＝mg＝x＝kx，
由于回复力与位移方向相反，所以F回＝－kx，所以是简谐运动.
（2）由单摆周期公式T＝2π ，
小球的运动与单摆类似，则有T2＝4π2，得g＝，T＝2.2 s，解得g≈9.7 m/s2.
答案：（1）见解析　（2）9.7 m/s2课时评价作业(二)
动量定理
A级　基础巩固
1．人从高处跳到低处时，一般都是让脚尖部分先着地并弯曲下肢，这是为了(　　)
A．减小冲量
B．使动量的增量变得更小
C．增加人与地面的作用时间，从而减小受力
D．增大人对地的压强，起到安全作用
解析：从人刚和地面接触到人的速度减为零，由动量定理可知(F－mg)t＝Δp；而脚尖部分先着地并弯曲下肢可以增加人着地的时间，所以可以减小受到地面的冲击力，故C正确，A、B、D错误．故选C.
答案：C
2．甲、乙两物体分别在恒力F1和F2的作用下沿同一直线运动，它们的动量随时间的变化关系如图所示，设甲在t1时间内所受的冲量为I1，乙在t2时间内所受的冲量为I2，则下列F、I的关系正确的是(　　)
A．F1<F2，I1F2，I1>I2
C．F1>F2，I1＝I2 D．F1＝F2，I1＝I2
解析：由图像可知，甲、乙两物体动量变化量的大小相等．根据动量定理知，冲量的大小相等，即I1＝I2；根据I＝FΔt知，作用时间长的力较小，由题图可知t1F2.故选C.
答案：C
3．如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉到地面上的P点．若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点(　　)
A．仍在P点
B．在P点左侧
C．在P点右侧不远处
D．在P点右侧原水平位移的两倍处
解析：以2v速度抽出纸条时，纸条对铁块作用时间减少，而纸条对铁块的作用力相同，故与以速度v抽出相比，纸条对铁块的冲量I减小，铁块平抛的速度减小，水平射程减小，故铁块落在P点的左侧．
答案：B
4．行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体．若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是(　　)
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
解析：因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故A错误；有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故B错误；因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故C错误；因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲增加了作用时间，故D正确．
答案：D
5．质量为m的篮球从某一高处由静止下落，经过时间t1与地面接触，经过时间t2弹离地面，经过时间t3达到最高点．重力加速度为g，忽略空气阻力．地面对篮球作用力的冲量大小为(　　)
A．mgt1＋mgt2＋mgt3　 B．mgt1＋mgt2－mgt3
C．mgt1－mgt2＋mgt3 D．mgt1－mgt2－mgt3
解析：选竖直向下的方向为正方向，运动全程由动量定理得mg(t1＋t2＋t3)＋I地＝0，则有I地＝－(mgtl＋mgt2＋mgt3)，负号表示地面对篮球作用力的方向与规定的正方向相反．
答案：A
B级　能力提升
6.地动仪是世界上最早的感知地震装置，由我国杰出的科学家张衡在洛阳制成，早于欧洲1 700多年．如图所示为一现代仿制的地动仪，龙口中的铜珠到蟾蜍口的距离为h，当感知到地震时，质量为m的铜珠(初速度为零)离开龙口，落入蟾蜍口中，与蟾蜍口碰撞的时间约为t，则铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小约为(　　)
A.＋mg B.
C. D.－mg
解析：铜珠落到蟾蜍口的速度为v＝，以竖直向上为正方向，根据动量定理可知Ft－mgt＝0－(－mv)，解得F＝＋mg.
答案：A
7.如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的粗糙斜面从底端向上滑动，经过时间t1速度减为零，然后又沿斜面下滑，经过时间t2回到斜面底端，则在整个运动过程中，重力的冲量大小为(　　)
A．mgsin θ(t1＋t2) B．mgsin θ(t1－t2)
C．mg(t1＋t2) D．0
解析：由冲量的定义得：上滑过程中，重力的冲量I1＝mgt1，方向竖直向下；下滑过程中，重力的冲量I2＝mgt2，方向竖直向下．整个运动过程中，重力的冲量大小为I＝I1＋I2＝mg(t1＋t2)．
答案：C
8．蹦极是一项刺激的户外活动．某蹦极者在一次蹦极中离开踏板自由下落至第一次到达最低点的v-t图像如图所示，已知蹦极者质量为60 kg，最大速度为55 m/s，0～5 s内vt图线为直线，5～7 s内为曲线，忽略空气阻力，重力加速度为10 m/s2.则蹦极绳自拉直到人第一次到达最低点过程中受到的平均拉力大小为(　　)
A．2 100 N B．1 500 N
C．840 N D．600 N
解析：绳未起作用前，蹦极者做自由落体运动，加速度为重力加速度，即加速度恒定，其vt图线为直线；绳起作用后，蹦极者刚开始向下做加速度减小的加速运动，当绳的拉力等于重力时，速度最大，之后向下做加速度增大的减速运动，其v-t图线为曲线．对整个运动过程，根据动量定理可得mgt1－t2＝0，其中t1＝7 s，t2＝2 s，解得＝2 100 N，选A.
答案：A
9．为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台上，测得1小时内杯中水位上升了45 mm.查询得知，当时雨滴竖直落下的速度约为12 m/s.据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103 kg/m3)(　　)
A．0.15 Pa B．0.54 Pa
C．1.5 Pa D．5.4 Pa
解析：下雨天，雨滴对睡莲叶面持续的作用力可以看作是恒力．设雨滴受到支持面的平均作用力为F.设在Δt时间内有质量为Δm的雨水的速度由v＝12 m/s减为零．以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理有FΔt＝0－(－Δmv)＝Δmv，得F＝；设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在Δt时间内水面上升Δh，则有Δm＝ρSΔh，则F＝ρSv，压强为p＝＝ρv＝1×103×12× Pa＝0.15 Pa，故A正确，B、C、D错误．
答案：A
10．将质量为m＝1 kg的小球，从距水平地面高h＝5 m处，以v0＝10 m/s的水平速度抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：
(1)抛出后0.4 s内重力对小球的冲量；
(2)平抛运动过程中小球动量的增量Δp；
(3)小球落地时的动量p′.
解析：(1)重力是恒力，0.4 s内重力对小球的冲量
IG＝mgt0＝1×10×0.4 N·s＝4 N·s，方向竖直向下．
(2)由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，故h＝gt2，得落地时间t＝＝1 s，
小球飞行过程中只受重力作用，所以合外力的冲量为
I＝mgt＝1×10×1 N·s＝10 N·s，方向竖直向下，
由动量定理得Δp＝I＝10 N·s，方向竖直向下．
(3)小球落地时竖直分速度为vy＝gt＝10 m/s，
由速度的合成知，落地速度
v＝＝ m/s＝10 m/s.
所以小球落地时的动量大小为
p′＝mv＝10 kg·m/s，
方向与v0方向成45°角斜向下．
答案：(1)4 N·s，方向竖直向下　(2)10 N·s，方向竖直向下　(3)10 kg·m/s，方向与v0方向成45°角斜向下
C级　拓展创新
11．人们常说“滴水穿石”，请你根据下面所提供的信息，估算水对石头的冲击力的大小．一瀑布落差为h＝20 m，水流量为Q＝0.10 m3/s，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，水在最高点和落至石头上后的速度都认为是零．(落在石头上的水立即流走，在讨论石头对水的作用时可以不考虑水的重力，g取10 m/s2)
解析：设水滴下落与石头碰前速度为v，则有
mgh＝mv2，
设时间Δt内有质量为Δm的水冲到石头上，石头对水的作用力为F，由动量定理得－FΔt＝0－Δmv，
又因Δm＝ρQΔt，
联立得F＝ρQ＝2×103 N.
由牛顿第三定律知，水对石头的作用力F′＝F＝2×103 N，方向竖直向下．
答案：2×103 N
12.用0.5 kg的铁锤把钉子钉进木头里，假设打击时铁锤的速度v＝4.0 m/s，如果打击后铁锤的速度变为0，打击的作用时间是0.01 s，那么
(1)不计铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？
(2)考虑铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力又是多大？(g取10 m/s2)
(3)比较(1)和(2)，讨论是否要忽略铁锤的重力．
解析：(1)以铁锤为研究对象，不计重力时，只受钉子的作用力，方向竖直向上，设为F1，取竖直向上为正，由动量定理可得F1t＝0－mv，所以F1＝200 N，方向竖直向上．
由牛顿第三定律知，铁锤钉钉子的作用力为200 N，方向竖直向下．
(2)若考虑重力，设此时受钉子的作用力为F2，对铁锤取竖直向上为正，应用动量定理得(F2－mg)t＝0－mv，
所以F2＝205 N，方向竖直向上．
由牛顿第三定律知，此时铁锤钉钉子的作用力为205 N，方向竖直向下．
(3)比较F1与F2，其相对误差为×100%＝2.5%，可见本题中铁锤的重力可忽略．
答案：(1)200 N，方向竖直向下　(2)205 N，方向竖直向下　(3)见解析课时评价作业（九）
受迫振动　共振
A级　基础巩固
1.下列振动中属于受迫振动的是（　　）
A.用重锤敲击一下悬吊着的钟后，钟的摆动
B.打点计时器接通电源后，振针的振动
C.小孩睡在自由摆动的吊床上，小孩随着吊床一起摆动
D.弹簧振子在竖直方向上上下振动
解析：受迫振动是振动物体在驱动力作用下的运动，故B正确.
答案：B
2.（多选）关于受迫振动和共振，下列说法正确的是（　　）
A.火车过桥时限制速度是为了防止火车发生共振
B.若驱动力的频率为5 Hz，则受迫振动稳定后的振动频率一定为5 Hz
C.当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大
D.一个受迫振动系统在非共振状态时，同一振幅对应的驱动力频率一定有两个
解析：火车过桥时限制速度是为了防止桥发生共振，A错误；对于一个受迫振动系统，若驱动力的频率为5 Hz，则振动系统稳定后的振动频率也一定为5 Hz，B正确；由共振的定义可知，当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大，C正确；根据共振现象可知，一个受迫振动系统在非共振状态时，同一振幅对应的驱动力频率一定有两个，D正确.故选BCD.
答案：BCD
3.如图，薄金属条上通过不可伸长的轻绳悬挂5个相同的小球，已知轻绳长远大于小球半径，A、D两球的绳长相等，使A小角度在竖直平面内摆动，其余各球随之开始摆动.各球摆动稳定后（　　）
A.B、C、D、E频率一定相同
B.B、C、D、E频率可能不相同
C.C振动的周期最长
D.C的振幅最大
解析：摆垂直纸面向里拉开一微小角度后释放，使得其他四个单摆都做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以4个单摆的频率相等，则周期一定相同，故A正确，B错误；当驱动力的频率接近物体的固有频率时，振幅最大，即共振.根据T＝2π可知，D摆的摆长与A摆摆长相等，驱动力的周期等于A摆的固有周期，故D摆发生共振，振幅最大，故C、D错误.故选A.
答案：A
4.在实验室可以做“声波碎杯”的实验.用手指轻弹一只酒杯，可以听到清脆的声音，测得该声音的频率为500 Hz.将这只酒杯放在两个大功率的声波发生器之间，操作人员通过调整其发出的声波，就能使酒杯碎掉（如图所示）.下列说法正确的是（　　）
A.操作人员一定是把声波发生器的功率调到很大
B.操作人员可能是使声波发生器发出了频率很高的超声波
C.操作人员一定是同时增大了声波发生器发出声波的频率和功率
D.操作人员只需将声波发生器发出的声波频率调到500 Hz
解析：驱动力的频率与系统的固有频率相等时，受迫振动的振幅最大，形成共振.操作人员只需将声波发生器发出的声波频率调到500 Hz，就能使酒杯碎掉，D正确.
答案：D
5.据史书记载：晋朝初期，京城有户人家挂着的铜盘每天早晚轻轻自鸣两次，人们十分惊恐.当时的学者张华判断，这是铜盘与皇宫早晚的钟声共鸣所致.后来把铜盘磨薄一些，它就不再自鸣了.声音的共振称为共鸣，振动系统受迫振动的振幅A随驱动力频率f变化的关系图像如图所示，请根据图像分析把铜盘磨薄的目的是（　　）
A.改变铜盘固有振动的振幅
B.改变铜盘固有振动的周期
C.改变皇宫敲钟引起的空气振动的强度
D.改变皇宫敲钟引起的空气振动的频率
解析：把铜盘磨薄一些，是为了改变铜盘固有振动的周期，铜盘与皇宫早晚的钟声不再发生共振，即不再出现共鸣，故A、C、D错误，B正确.
答案：B
B级　能力提升
6.（多选）在如图所示装置中，在曲轴AB上竖直悬挂一个弹簧振子.若不转动把手C，让弹簧振子上下振动，测得其周期为1 s；若将把手C以0.5 s的周期匀速转动，振子的振动稳定后，其振幅为2 cm，则（　　）
A.把手C转动后，弹簧振子的振动周期为0.5 s
B.为使弹簧振子的振幅增大为3 cm，可让把手C转速减小
C.把手C转动后，弹簧振子的振动周期为1 s
D.为使弹簧振子的振幅减小为1 cm，可让把手C转动周期减小
解析：把手C转动后，弹簧振子做受迫振动，其振动周期等于驱动力的周期为0.5 s，A正确，C错误；为使弹簧振子的振幅增大为3 cm，可让把手C转速减小，周期增大，当把手的转动周期等于1 s时，弹簧振子发生共振，振幅最大，B正确；为使弹簧振子的振幅减小为1 cm，可让把手C转动周期减小，使驱动力的周期远离弹簧振子的固有周期，D正确.故选ABD.
答案：ABD
7.（多选）飞力士棒是一种轻巧的运动训练器材，是一根弹性杆两端带有负重的器械，如图a所示.某型号的飞力士棒质量为600 g，长度为1.5 m，固有频率为4.5 Hz.如图b所示，某人用手振动该飞力士棒进行锻炼，则下列说法正确的是（　　）
A.使用者用力越大，飞力士棒振动越快
B.随着手振动的频率增大，飞力士棒振动的频率也变大
C.随着手振动的频率增大，飞力士棒振动的幅度一定变大
D.驱动该飞力士棒每分钟振动270次时，飞力士棒产生共振
解析：人用手振动该飞力士棒，让其做受迫振动，受迫振动的频率与驱动力的大小无关，其频率等于周期性外力的频率.故A错误，B正确；当手振动的频率接近该飞力士棒的固有频率时，飞力士棒振动的幅度才会变大，当手振动的频率等于该飞力士棒的固有频率时，即每分钟振动270次，f＝4.5 Hz，飞力士棒产生共振.故C错误，D正确.故选BD.
答案：BD
8.（多选）把一个筛子用四根弹簧支撑起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛，如图甲所示，该共振筛的共振曲线如图乙所示.已知增大电压，可使偏心轮转速提高；增加筛子质量，可增大筛子的固有周期，现在，在某电压下偏心轮的转速是54 r/min，下列说法正确的是（　　）
A.此时共振筛的振动频率为0.9 Hz
B.增大筛子质量，筛子的振幅会增大
C.转速调至48 r/min时，筛子出现共振现象
D.增大电压，筛子振幅会先增大后减小
解析：在某电压下偏心轮的转速是54 r/min，此时共振筛的振动频率为f＝ Hz＝0.9 Hz，故A正确；由题图乙可知，共振筛固有频率为0.8 Hz，增加筛子质量，可增大筛子的固有周期，则固有频率减小，固有频率和驱动力频率的差值变大，振幅减小，故B错误；由题图乙可知，共振筛固有频率为0.8 Hz，转速调至48 r/min时，共振筛的振动频率为f＝ Hz＝0.8 Hz，则筛子出现共振现象，故C正确；由题图乙可知，共振筛固有频率为0.8 Hz，增大电压，共振筛的振动频率变大，则固有频率和驱动力频率的差值变大，振幅减小，故D错误.故选AC.
答案：AC
9.为了提高松树上松果的采摘率和工作效率，工程技术人员利用松果的惯性发明了用打击杆、振动器使松果落下的两种装置，如图甲、乙所示.则（　　）
A.针对不同树木，落果效果最好的振动频率一定相同
B.随着振动器频率的增加，树干振动的幅度一定增大
C.打击杆对不同粗细树干打击结束后，树干的振动频率相同
D.稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同
解析：当振动器的频率等于树木的固有频率时树木将产生共振，此时树干的振幅最大，落果效果最好，而不同的树木的固有频率不一定相同，所以针对不同树木，落果效果最好的振动频率不一定相同，故A错误；当振动频率大于树木的固有频率时，随着振动器频率的增加，树干振动的幅度将减小，故B错误；打击结束后，树干做阻尼振动，阻尼振动的频率为树干的固有频率，此时粗细不同的树干振动频率不同，故C错误；受迫振动的频率等于周期性外力的频率，树干在振动器的振动下做受迫振动，则稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同，故D正确.
答案：D
10.轿车的悬挂系统是由车身与轮胎间的弹簧及避震器组成的支持系统.某型号轿车的“车身—悬挂系统”的固有周期是0.5 s，这辆汽车匀速通过某路口的条状减速带，如图，已知相邻两条减速带间的距离为1.0 m，该车经过该减速带过程中，下列说法正确的是（　　）
A.当轿车以30 km/h的速度通过减速带时，车身上下振动的频率为2 Hz
B.轿车通过减速带的速度大小不同，车身上下振动的幅度大小也必然不同
C.轿车通过减速带的速度越大，车身上下颠簸得越剧烈
D.当轿车以7.2 km/h的速度通过减速带时，车身上下颠簸得最剧烈
解析：当轿车以30 km/h的速度通过减速带时，车身上下振动的周期为T＝＝ s，则车身上下振动的频率为f＝＝8 Hz，A错误；车身上下振动的频率与车身系统的固有频率越接近，车身上下振动的幅度越大，所以当轿车通过减速带的速度大小不同时，车身上下振动的幅度大小可能相同，B、C错误；当轿车以7.2 km/h的速度通过减速带时，车身上下振动的频率为f＝＝＝2 Hz，车身系统的固有频率为f0＝＝2 Hz，此时f＝f0，所以车身发生共振，颠簸得最剧烈，D正确.
答案：D
C级　拓展创新
11.在某校实验室中有个实验仪器如图甲所示，五个摆悬挂于同一根绷紧的水平绳上.如图乙所示是E单摆做受迫振动时的共振曲线，它表示振幅与驱动力的频率的关系.（摆角不超过5°，重力加速度g取π2）问：
（1）先让A、B、C、D其中的哪一个摆摆动起来，E单摆的振动最为剧烈？
（2）E单摆的摆长是多少？
（3）若将E摆从广东移至北京某高中的实验室中，共振曲线的“峰”将怎样移动？
解析：（1）由图甲可知，E与A的摆长是相等的，根据共振的条件可知，让A摆摆动起来，E单摆的振动最为剧烈.
（2）由图乙可知，当驱动力的频率等于0.5 Hz时，E的振幅最大，所以E摆的固有频率为0.5 Hz，固有周期T＝2 s；根据单摆的周期公式T＝2π，代入数据得L＝1 m.
（3）若将E摆从广东移至北京某高中的实验室中，因重力加速度变大，固有周期减小，频率变大，故共振曲线的“峰”将向右移动.
答案：（1）A　（2）1 m　（3）将向右移动
12.汽车的重量一般支撑在固定于轴承上的若干弹簧上，弹簧的等效劲度系数k＝1.5×105 N/m，汽车开动时，在振幅较小的情况下，其上下自由振动的频率满足f＝（L为车厢在平衡位置时，弹簧的压缩长度）.若人体可以看成一个弹性体，其固有频率约为2 Hz，已知汽车的质量为600 kg，每个人的质量为70 kg，则这辆车乘坐几个人时，人感觉到最难受？（g取9.8 m/s2）
解析：人体固有频率为2 Hz，当汽车的振动频率与其相等时，人体与之发生共振，人感觉最难受.
即f＝＝f固，所以L＝，
解得L≈0.062 1 m.
由胡克定律有kL＝（m车＋nm人）g，
得n＝≈5，
故这辆车乘坐5个人时，人感觉最难受.
答案：5人课时评价作业(六)
简谐运动
A级　基础巩固
1．(多选)下列运动属于机械振动的是(　　)
A．说话时声带的运动
B．弹簧振子在竖直方向的上下运动
C．体育课上同学进行25米折返跑
D．竖直向上抛出的物体的运动
解析：机械振动的特点是物体在平衡位置附近做往复运动．
答案：AB
2．如图所示，一弹簧振子在一条直线上做简谐运动，第一次先后经过M、N两点时速度v(v≠0)相同，那么下列说法正确的是(　　)
A．振子在M、N两点所受弹簧弹力相同
B．振子在M、N两点对平衡位置的位移相同
C．振子在M、N两点加速度大小相等
D．从M点到N点，振子先做匀加速运动，后做匀减速运动
解析：因位移、速度、加速度和弹簧弹力都是矢量，它们要相同必须满足大小相等、方向相同．M、N两点关于O点对称，弹簧弹力、位移和加速度应大小相等、方向相反，故选项A、B错误，选项C正确．振子由M→O速度越来越大，但加速度越来越小，振子做加速运动，但不是匀加速运动，振子由O→N速度越来越小，但加速度越来越大，振子做减速运动，但不是匀减速运动，故选项D错误．
答案：C
3．(多选)如图所示是用频闪照相的方法获得的弹簧振子的位移—时间图像，下列关于该图像的说法正确的是(　　)
A．该图像的坐标原点是建立在弹簧振子小球的平衡位置
B．从图像可以看出小球在振动过程中是沿t轴方向移动的
C．为了显示小球在不同时刻偏离平衡位置的位移，让底片沿垂直x轴方向做匀速运动
D．图像中小球的疏密显示出相同时间内小球位置变化快慢不同
解析：由题图看出，弹簧振子在x轴方向做简谐运动，小球并不是沿t轴方向移动，由对称性可知，该图像的坐标原点是建立在弹簧振子小球的平衡位置，故A正确，B错误；为了显示小球在不同时刻偏离平衡位置的位移，让底片沿垂直x轴方向做匀速运动，故C正确；题图中小球的疏密反映了小球在x方向运动的快慢，越密速度越小，位置变化越慢，故D正确．
答案：ACD
4．如图甲所示，物块与轻质弹簧组成的弹簧振子在竖直方向上做简谐运动．取竖直向上为正方向，该弹簧振子的振动图像如图乙所示．下列说法正确的是(　　)
A．t＝2 s时，振子向上振动
B．t＝2 s到t＝3 s过程中，振子的速度增大
C．t＝0.5 s和t＝1.5 s时，振子的加速度相同
D．t＝0.5 s和t＝1.5 s时，振子的速度相同
解析：由图像可知，t＝2 s时，振子处于平衡位置，速度最大，向负方向运动，即振子向下振动，故A错误；t＝3 s时，振子处于负向的最大位移处，所以t＝2 s到t＝3 s过程中，振子由平衡位置向下运动到负向的最大位移处．在平衡位置时，振子的速度最大；在最大位移处，振子的速度为0，所以振子的速度减小，故B错误；在t＝0.5 s和t＝1.5 s时，振子的加速度方向竖直向下，速度方向不同：t＝0.5 s时速度方向竖直向上，t＝1.5 s时速度竖直向下，故C正确，D错误．故选C.
答案：C
5．对水平弹簧振子，下列说法正确的是(　　)
A．每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同
B．通过平衡位置时，速度为零，加速度最大
C．每次通过平衡位置时，加速度相同，速度也一定相同
D．若位移为负值，则速度一定为正值，加速度也一定为正值
解析：振子每次通过同一位置时，其速度方向不一定相同，但由于受力相同，加速度一定相同，A正确；振子通过平衡位置时，速度最大，加速度为零，B错误；振子每次通过平衡位置时，加速度为零，速度方向不一定相同，C错误；若位移为负值，则加速度一定为正值，振子远离平衡位置运动时速度方向为负值，D错误．
答案：A
B级　能力提升
6．如图甲所示，在弹簧振子的小球上安装一记录用的铅笔P，在下面放一条白纸带，当小球振动时沿垂直于振动方向匀速拉动纸带，铅笔P就在纸带上画出一条振动曲线．若振动曲线如图乙所示，由图像判断下列说法正确的是(　　)
A．振子偏离平衡位置的最大距离为10 cm
B．1 s末到5 s末振子的路程为10 cm
C．2 s末和4 s末振子的位移相等，运动方向也相同
D．振子在2 s内完成一次往复性运动
解析：由题图可知振子偏离平衡位置的最大距离为10 cm，4 s内完成一次往复性运动，故A正确，D错误；1 s末到5 s末振子的路程是振子运动路径的总长，为40 cm，故B错误；2 s末和4 s末振子位移均为零，位移相同，2 s末振子向负方向运动，4 s末振子向正方向运动，运动方向相反，故C错误．
答案：A
7．(多选)如图所示为某物体做简谐运动的图像，下列说法中正确的是(　　)
A．由P→Q，位移在增大
B．由P→Q，速度在增大
C．由M→N，位移先减小后增大
D．由M→N，位移始终减小
解析：由P→Q，质点远离平衡位置运动，位移在增大而速度在减小，选项A正确，B错误；由M→N，质点先向平衡位置运动，经平衡位置后又远离平衡位置，因而位移先减小后增大，选项C正确，D错误．
答案：AC
8．某弹簧振子的振动图像如图所示．根据图像判断，下列说法正确的是(　　)
A．第1 s内振子相对于平衡位置的位移与速度方向相反
B．第2 s末振子相对于平衡位置的位移为－20 cm
C．第2 s末和第3 s末振子相对于平衡位置的位移均相同，但瞬时速度方向相反
D．第1 s内和第2 s内振子相对于平衡位置的位移方向相同，瞬时速度方向相反
解析：由题图可知，第1 s内振子远离平衡位置向正的最大位移方向运动，位移与速度方向相同，故A错误．质点振在第2 s末回到平衡位置，位移是0，故B错误．质点第2 s末的位移是0，第3 s末振子相对于平衡位置的位移是负的最大，故C错误．由题图可得，第1 s内和第2 s内振子相对于平衡位置的位移方向相同，第1 s内远离平衡位置运动，第2 s内向着平衡位置运动，所以瞬时速度方向相反，故D正确．
答案：D
9．(多选)如图所示为某简谐运动的图像，若t＝0时，质点正经过O点向b点运动，则下列说法正确的是(　　)
A．质点在0.7 s时，正在远离平衡位置运动
B．质点在1.5 s时的位移最大
C．1.2 s到1.4 s，质点的位移在增大
D．1.6 s到1.8 s，质点的位移在增大
解析：由于位移是由平衡位置指向质点所在位置的有向线段，故质点在0.7 s时的位移方向为正，且正在向平衡位置运动，所以A错误；质点在1.5 s时的位移最大，故B正确；质点在1.2 s到1.4 s时间内，正在远离平衡位置运动，所以其位移在增加，故C正确；1.6 s到1.8 s时间内，质点正向平衡位置运动，所以其位移在减小，故D错误．
答案：BC
10.如图为某鱼漂的示意图．当鱼漂静止时，水位恰好在O点．用手将鱼漂往下按，使水位到达M点．松手后，鱼漂会上下运动，水位在M、N之间来回移动，且鱼漂的运动是简谐运动．下列说法正确的是(　　)
A．水位到达N点时，鱼漂的位移向下最大
B．水位在O点时，鱼漂的速度最大
C．水位到达M点时，鱼漂具有向下的加速度
D．鱼漂由上往下运动时，速度越来越大
解析：水位由O点到N点过程，鱼漂向上运动，到达N点时，位移方向向上，达到最大，A错误；O点是平衡位置，所以水位在O点时鱼漂的速度最大，B正确；水位到达M点时，鱼漂具有向上的加速度，C错误；鱼漂由上往下运动时，可能加速也可能减速，D错误．
答案：B
C级　拓展创新
11．把一个小球套在光滑细杆上，球与轻弹簧相连组成弹簧振子，小球沿杆在水平方向做简谐运动，它围绕平衡位置O在A、B间振动，如图所示，下列结论正确的是(　　)
A．小球在O位置时，动能最小，加速度最小
B．小球在A、B位置时，动能最大，加速度最大
C．小球从A经O到B的过程中，回复力先做正功，后做负功
D．小球从B到O的过程中，振动的能量不断减小
解析：振子经过平衡位置时，速度最大，位移为零，所以在O位置时动能最大，回复力为零，加速度为零，A错误；在A、B位置时，速度为零，位移最大，回复力最大，加速度最大，B错误；由于回复力指向平衡位置，所以振子从A经O到B的过程中，回复力先做正功，后做负功，C正确；振子的动能和弹簧的势能相互转化，且总量保持不变，即振动的能量保持不变，D错误．
答案：C
12．如图所示，一水平弹簧振子在光滑水平面上的B、C两点间做简谐运动，O为平衡位置．已知振子由完全相同的P、Q两部分组成，彼此拴在一起．当振子运动到B点的瞬间，将P拿走，则以后Q的运动和拿走P之前相比有(　　)
A．Q的振幅不变，通过O点的速率减小
B．Q的振幅不变，通过O点的速率增大
C．Q的振幅增大，通过O点的速率增大
D．Q的振幅减小，通过O点的速率减小
解析：振幅为偏离平衡位置的最大距离，即速度为零时的位移大小，振子到B点时速度为零，OB间距等于振幅，此时拿走P，振子速度仍然为零，故振幅不变；简谐运动中势能和动能之和守恒，到达B点时，动能为零，弹性势能最大，此时拿走P，系统机械能不变，回到O点时动能不变，根据Ek＝mv2 ，振子质量减小，速率一定增大，B正确．
答案：B课时评价作业(七)
简谐运动的描述
A级　基础巩固
1．质点做简谐运动，其位移x与时间t的关系曲线如图所示，由图像可知(　　)
A．振幅为4 cm，频率为0.25 Hz
B．t＝1 s时速度为零，但质点所受合外力最大
C．t＝2 s时质点具有正方向最大加速度
D．该质点的振动方程为x＝2cos πt cm
解析：由题图可知，质点的振幅为A＝2 cm，周期为T＝4 s，频率为f＝0.25 Hz，故A错误；t＝1 s时质点位于平衡位置，此时质点的速度最大，所受合外力为零，故B错误；t＝2 s时质点位于负向最大位移处，此时质点具有正方向最大加速度，故C正确；该质点振动的角频率为ω＝＝ rad/s，振动方程为x＝2cos cm，故D错误．
答案：C
2．(多选)某质点做简谐运动，其位移与时间的关系式为x＝3sin cm，则(　　)
A．质点的振幅为3 cm
B．质点振动的周期为3 s
C．质点振动的周期为 s
D．t＝0.75 s时刻，质点回到平衡位置
解析：由x＝3sin cm可知，A＝3 cm，ω＝，T＝＝3 s，A、B正确，C错误；将t＝0.75 s代入表达式中可得x＝0，故t＝0.75 s时，质点回到平衡位置，D正确．
答案：ABD
3．有一弹簧振子，振幅为0.8 cm，周期为0.5 s，初始时具有负方向的最大加速度，则它的振动方程是(　　)
A．x＝8×10－3sin m
B．x＝8×10－3sin m
C．x＝8×10－1sin m
D．x＝8×10－1sin m
解析：由题意知，A＝0.8 cm＝8×10－3 m，T＝0.5 s，ω＝＝4π.t＝0时，弹簧振子具有负方向的最大加速度，即t＝0时，x＝A＝8×10－3 m，故选项A正确．
答案：A
4.光滑的水平面上放有质量分别为m和m的两木块，下方木块与一劲度系数为k的弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上，如图所示．已知两木块之间的最大静摩擦力为f，为使这两个木块组成的系统能像一个整体一样地振动，系统的最大振幅为(　　)
A.　　　 B.
C. D.
解析：f＝0.5ma，kA＝1.5ma，由上两式解得A＝.
答案：C
5．一位游客在长寿湖边欲乘游船，当日风浪很大，游船上下浮动．可把游艇浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20 cm，周期为3.0 s．当船到达平衡位置时，甲板刚好与码头地面平齐．已知地面与甲板的高度差不超过10 cm时，游客能舒服地登船．在一个周期内，游客能舒服地登船的时间是(　　)
A．0.5 s B．1.0 s
C．1.5 s D．2.0 s
解析：假设t＝0时刻船刚好到达平衡位置且向上运动，则船的振动方程可写为y＝Asin t＝20sin t(cm)，在一个周期内|y|＝10 cm的时刻为t1＝0.25 s，t2＝1.25 s，t3＝1.75 s，t4＝2.75 s，其中满足题意要求的时间范围是0～t1、t2～t3，t4～T，所以在一个周期内，游客能舒服地登船的时间是Δt＝4×0.25 s＝1.0 s，故选B.
答案：B
B级　能力提升
6．(多选)如图所示为甲、乙两个相同的弹簧振子的振动图像，它们偏离平衡位置的最大距离不同．已知弹簧劲度系数都是k，弹性势能公式为E弹＝kx2，下面的说法中正确的是(　　)
A．甲的振动能量是乙的4倍
B．甲的振动频率是乙的2倍
C．乙的振动周期是甲的倍
D．两弹簧振子所受回复力最大值之比为1∶2
解析：甲、乙两振子振动的振幅之比为2∶1，根据Ep＝kA2可知，甲、乙振动的能量之比为4∶1，选项A正确；由振动图像可知，乙的周期是甲的周期的2倍，则甲的振动频率是乙的2倍，选项B正确，C错误；根据回复力F＝－kx可知，甲、乙两弹簧振子所受回复力最大值之比为2∶1，选项D错误．故选AB.
答案：AB
7．(多选)如图所示，弹簧振子在B、C间振动，O为平衡位置．BO＝OC＝6 cm，若振子从B到C的运动时间是1 s，则下列说法中正确的是(　　)
A．振动周期是2 s，振幅是6 cm
B．振子从B经O运动到C完成一次全振动
C．经过两次全振动，振子通过的路程是30 cm
D．从B开始经过3 s，振子通过的路程是36 cm
解析：振子从B经O到C，再从C经O回到B为一次全振动，根据对称性可知，C回到B的时间也为1 s，所以振动周期是2 s，而振幅为6 cm，故A正确，B错误；由于振幅是6 cm，则经过两次全振动，振子通过的路程为s＝8×6 cm＝48 cm，故C错误；由于振幅是6 cm，则从B开始经过3 s，为1.5个周期，振子通过的路程为s＝6×6 cm＝36 cm，故D正确．故选AD.
答案：AD
8．一个小球和轻质弹簧组成的系统，按x1＝5sin(8πt＋π) cm的规律振动．
(1)求该振动的周期、频率、振幅和初相；
(2)另一简谐运动表达式为x2＝5sin(8πt＋1.5π) cm，求它们的相位差．
解析：(1)根据振动方程知该振动的角频率ω＝8π rad/s，振幅为5 cm，初相是π，则周期为T＝＝0.25 s，频率f＝＝4 Hz.
(2)x1与x2的相位差Δφ＝(8πt＋)－(8πt＋1.5π)＝－1.25π.
答案：(1)0.25 s　4 Hz　5 cm　　(2)－1.25π
C级　拓展创新
9．如图所示为一弹簧振子的振动图像，试完成以下问题：
(1)写出该振子简谐运动的表达式．
(2)在第2 s末到第3 s末这段时间内，弹簧振子的加速度、速度、动能和弹性势能各是怎样变化的？
(3)该振子在前100 s的总位移是多少？路程是多少？
解析：(1)弹簧振子的周期为T＝4 s，则公式ω＝＝0.5π rad/s；振幅A＝5 cm，故该振子简谐运动的表达式为x＝Asin ωt＝5sin 0.5πt cm.
(2)第2 s末到第3 s末这段时间内，据图可知，振子的位移负向逐渐增大，速度减小，动能减小，弹性势能增大，加速度逐渐增大；到3 s末时，振子的位移最大，加速度最大，速度为零，动能为零，弹性势能最大．
(3)因为n＝＝＝25，而振子在一个周期内通过的路程是4A，所以振子在前100 s的总路程是：S＝25×4 A＝100×5 cm＝500 cm＝5 m；总位移为0.
答案：(1)x＝Asin ωt＝5sin 0.5πt cm.
(2)在第2 s末到第3 s末这段时间内，弹簧振子的位移负向逐渐增大，速度减小，动能减小，弹性势能增大，加速度逐渐增大．
(3)该振子在前100 s的总位移为零，路程为5 m.
10.如图所示，倾角为α的斜面体(斜面光滑且足够长)固定在水平地面上，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为L的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的物块．压缩弹簧使其长度为L时将物块由静止开始释放(物块做简谐运动)，且物块在以后的运动中，斜面体始终处于静止状态．重力加速度为g.
(1)求物块处于平衡位置时弹簧的长度；
(2)求物块做简谐运动的振幅；
(3)选物块的平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标系，用x表示物块相对于平衡位置的位移，证明物块做简谐运动．(已知做简谐运动的物体所受的回复力满足F＝－kx)
解析：(1)物块平衡时，受重力、支持力和弹簧的弹力．
根据平衡条件，有：mgsin α＝k·Δx，
解得Δx＝，
故弹簧的长度为L＋.
(2)物块做简谐运动的振幅为A＝Δx＋L＝＋.
(3)物块到达平衡位置下方x位置时，弹力为
k(x＋Δx)＝k，
故合力为F＝mgsin α－k＝－kx，物块做简谐运动．
答案：(1)L＋　(2)＋　(3)见解析课时评价作业(三)
动量守恒定律的理解
A级　基础巩固
1．下列情形中，满足动量守恒的是(　　)
A．铁锤打击放在铁砧上的铁块，打击过程中，铁锤和铁块的总动量
B．子弹水平穿过放在光滑水平桌面上的木块过程中，子弹和木块的总动量
C．子弹水平穿过墙壁的过程中，子弹和墙壁的总动量
D．棒击垒球的过程中，棒和垒球的总动量
解析：铁锤打击放在铁砧上的铁块时，铁砧对铁块的支持力大于系统重力，合外力不为零，动量不守恒；子弹水平穿过墙壁时，地面对墙壁有水平作用力，合外力不为零，动量不守恒；棒击垒球时，手对棒有作用力，合外力不为零，动量不守恒；只有子弹水平穿过放在光滑水平面上的木块时，系统所受合外力为零，所以选项B正确．
答案：B
2．质量相等的三个小球a、b、c，在光滑的水平面上以相同的速度v0运动，它们分别与原来静止的A、B、C三球发生碰撞，如图甲、乙、丙所示，碰撞后a继续沿原方向运动，b静止，c沿反方向弹回，则碰撞后A、B、C三球中动量数值最大的是(　　)
A．A球　　　　　　　　 　 B．B球
C．C球 D．不能确定
解析：在三个小球发生碰撞的过程中，系统动量都是守恒的，根据动量守恒关系式mv0＝mv＋Mv′，整理可得Mv′＝mv0－mv，取v0的方向为正方向，可得出C球的动量数值是最大的，C正确．
答案：C
3．(多选)如图所示，木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑的水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩．当撤去外力后，下列说法中不正确的是(　　)
A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统的动量守恒
B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统的动量不守恒
C．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒
D．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒
解析：当撤去外力后，a尚未离开墙之前，墙壁对a有作用力，a和b组成的系统动量不守恒，故A错误，B正确；a离开墙壁后，a和b组成的系统所受外力之和为0，所以a和b组成的系统动量守恒，故C正确，D错误．故选AD.
答案：AD
4．如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，则(　　)
A．木块的最终速度为v0
B．由于车上表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒
C．车上表面越粗糙，木块减少的动量越多
D．改变车上表面的粗糙程度，小车获得的动量不变
解析：以小车和木块组成的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，因此系统动量守恒，由于摩擦力的作用，木块速度减小，小车速度增大，当木块速度减小到最小时，小车速度达到最大，最后木块和小车以共同的速度运动．以初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v解得v＝v0，故A、B错误；根据动量守恒定律，二者的末速度总是等于v＝v0，所以木块动量的减小量和小车获得动量不变，故C错误，D正确．
答案：D
5．如图所示，光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药，一起以速度0.5 m/s向右做匀速直线运动．已知甲、乙两球质量分别为0.1 kg和0.2 kg.某时刻炸药突然爆炸，分开后两球仍沿原直线运动，从爆炸开始计时经过3.0 s，两球之间的距离为x＝2.7 m，则下列说法正确的是(　　)
A．刚分离时，甲、乙两球的速度方向相同
B．刚分离时，甲球的速度大小为0.6 m/s
C．刚分离时，乙球的速度大小为0.3 m/s
D．爆炸过程中释放的能量为0.027 J
解析：设甲、乙两球的质量分别为m1、m2，刚分离时两球速度分别为v1、v2，以向右为正方向，则由动量守恒定律(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，根据题意有v2－v1＝，代入数据可解得v2＝0.8 m/s，v1＝－0.1 m/s，说明刚分离时两球速度方向相反，故A、B、C错误；爆炸过程中释放的能量ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v，将v2＝0.8 m/s，v1＝－0.1 m/s代入可得ΔE＝0.027 J．故D正确．
答案：D
B级　能力提升
6．如图所示，光滑水平面上有一辆质量为4m的小车，车上左、右两端分别站着甲、乙两人，他们的质量都是m，开始时两个人和车一起以速度v0向右匀速运动．某一时刻，站在车右端的乙先以相对地面向右的速度v跳离小车，然后站在车左端的甲以相对于地面向左的速度v跳离小车．两人都离开小车后，小车的速度将是(　　)
A．1.5v0 B．v0
C．大于v0，小于1.5v0 D．大于1.5v0
解析：两人和车组成的系统开始时动量为6mv0，方向向右．当甲、乙两人先后以相对地面大小相等的速度向两个方向跳离时，甲、乙两人动量的矢量和为零，则有6mv0＝4mv车，解得v车＝1.5v0，故A正确．
答案：A
7．如图所示，质量为0.5 kg的小球在距离车底面高20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，设小球在落到车底前的瞬时速度是25 m/s，g取10 m/s2，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是(　　)
A．5 m/s B．4 m/s
C．8.5 m/s D．9.5 m/s
解析：小球抛出后做平抛运动，根据动能定理得：mgh＝mv2－mv，解得：v0＝15 m/s，小球和车作用过程中，水平方向动量守恒，则有：－mv0＋Mv＝(M＋m)v′，解得v′＝5 m/s，故A正确，B、C、D错误．
答案：A
8．两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次之后，甲和乙最后的速率关系是(　　)
A．若甲最先抛球，则一定是v甲＞v乙
B．若乙最后接球，则一定是v甲＞v乙
C．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲＞v乙
D．无论怎样抛球和接球，都是v甲＞v乙
解析：因系统动量守恒，故最终甲、乙动量大小必相等．谁最后接球谁的质量中包含了球的质量，即质量大，根据动量守恒m1v1＝m2v2可知，最终谁接球谁的速度小．故选项B正确．
答案：B
9．如图所示，装有炮弹的火炮总质量为m1，炮弹的质量为m2，炮弹射出炮口时对地的速率为v0，若炮管与水平地面的夹角为θ，则火炮后退的速度大小为(设水平面光滑)(　　)
A.v0 B.
C. D.
解析：由于炮弹的重力作用，火炮发射炮弹的过程只有水平方向动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律可得m2v0cos θ－(m1－m2)v＝0，
解得v＝，故C正确．
答案：C
10．如图所示，进行太空行走的航天员A和B的质量分别为80 kg和100 kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1 m/s.A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2 m/s，求此时B的速度大小和方向．
解析：以空间站为参考系，选远离空间站，即v0方向为正方向．据动量守恒定律得(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB，代入数据解得vB＝0.02 m/s，方向为远离空间站方向．
答案：0.02 m/s　远离空间站方向
C级　拓展创新
11．结冰的湖面上有甲、乙两个小孩分别乘冰车在一条直线上相向滑行，速度大小均为v1＝2 m/s，甲与车、乙与车的质量和均为M＝50 kg.为了使两车不会相碰，甲将冰面上一质量为5 kg的静止冰块以v2＝6 m/s(相对于冰面)的速率传给乙，乙接到冰块后又立即以同样的速率将冰块传给甲，如此反复，在甲、乙之间至少传递几次，才能保证两车不相碰？(设开始时两车间距足够远)
解析：设甲、乙各接传冰块为n1、n2次，甲车的初始运动方向为正方向，末态甲、乙的速度分别为v甲、v乙，冰块质量为m，甲或乙每次与冰块相互作用，冰块的动量改变量大小均为2mv2(其中甲第一次传冰块，冰块的动量改变量大小为mv2)，且方向与甲或乙相互作用前的动量方向相同．运用动量守恒定律对甲、冰块系统：
Mv1＝mv2＋(n1－1)·2mv2＋Mv甲①
对乙、冰块系统：－Mv1＝－n2·2mv2＋Mv乙②
又临界条件为v乙≥v甲③
由①②两式得
v乙－v甲＝.
又由③式得n1＋n2≥④
将M、m、v1、v2的数值代入④式得n1＋n2≥，
故最少传递次数为n1＋n2＝4次．
答案：4次
12．如图所示，水平地面上固定一半径为R＝0.8 m的光滑圆弧轨道，轨道左端放一质量为M＝3 kg、长为L＝1.75 m的木板，木板上表面与轨道末端等高，木板与地面间无摩擦，其左端放一质量m＝1 kg的物块，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4.现给物块施一水平向右的恒力F＝15 N，作用一段距离x后撤去F，物块正好能滑到圆弧轨道的最高点，然后再滑回，g取10 m/s2.
(1)求物块滑到木板右端时的速度v；
(2)求x的大小；
(3)通过计算说明，物块最终能否滑离木板．
解析：(1)对于物块从轨道底端上升到顶端的过程，由机械能守恒可得mv2＝mgR，
解得v＝4 m/s.
(2)对于物块从木板左端滑到右端的过程，由动能定理可得Fx－μmgL＝mv2，
解得x＝1 m.
(3)设物块相对木板向左滑动距离Δx后，与木板达到相同速度v′.取向左为正方向，由动量守恒定律得mv＝(M＋m)v′，解得v′＝1 m/s.
由能量守恒定律得μmgΔx＝mv2－(M＋m)v′2，
解得Δx＝1.5 m<L＝1.75 m.
故物块不会滑离木板．
答案：(1)4 m/s　(2)1 m　(3)不能课时评价作业(十二)
机械波的传播现象
A级　基础巩固
1．下列哪些现象不是由声音的反射形成的(　　)
A．夏天下雨时，我们总是先看到闪电，后听到雷声
B．北京天坛的回音壁的回音现象
C．同样的声音在房间里比在旷野里听起来响亮些
D．在火车站候车大厅中，我们有时听不清播音员的声音
解析：先看到闪电，后听到雷声是由于光比声音传播速度快，不是声音的反射，故A符合题意；北京天坛的回音壁的回音现象属于声音的反射，故B不符合题意；同样高的声音在房间里比在旷野里听起来响亮些，描述的是声音的反射现象，故C不符合题意；在火车站候车大厅中，我们有时听不清播音员的声音，是声音的反射造成的，故D不符合题意．故选A.
答案：A
2．声波属于机械波．下列有关声波的描述中正确的是(　　)
A．同一列声波在各种介质中的频率是相同的
B．同一列声波在各种介质中的波长是相同的
C．普通声波可以绕过障碍物传播，超声波只能沿直线传播
D．声波的频率越高，它在空气中传播的速度就越大
解析：声波的频率由波源决定，则同一列声波在各种介质中的频率是相同的，选项A正确；同一列声波在各种介质中的波速不同，则波长也是不相同的，选项B错误；衍射是波特有的现象，普通声波可以绕过障碍物传播，超声波也能绕过障碍物发生衍射，选项C错误；声波在空气中传播的速度只与介质有关，与频率无关，选项D错误．故选A.
答案：A
3.一列波在传播过程中遇到一个障碍物，发生了一定程度的衍射，一定能使衍射现象更明显的措施是(　　)
A．增大障碍物尺寸，同时增大波的频率
B．缩小障碍物尺寸，同时增大波的频率
C．增大障碍物尺寸，同时减小波的频率
D．缩小障碍物尺寸，同时减小波的频率
解析：波在介质中传播时波速是由介质决定的，与波的频率无关，所以改变波的频率不会改变波速，但由v＝λf可知，当波速一定时，减小频率则波长增大，而发生明显衍射的条件是障碍物或孔、缝的尺寸比波长小或相差不多，所以缩小障碍物的尺寸，同时减小波的频率会使衍射现象更明显，D选项正确．
答案：D
4．如图所示，S为水面上一波源，M、N是两块挡板，其中M板固定，N板可左右移动，两板中间有一狭缝，此时观察不到A点振动，为了能观察到A点的振动，可采用的方法是(　　)
A．将N板向右移　　　　　 B．将N板向左移
C．增大波源的频率 D．增大波源的振幅
解析：当缝的尺寸跟波长相差不多，或比波长更小时会发生明显衍射．所以为了能观察到A点的振动，则可以减小缝的宽度(即将N板向左移)或增大波长(即减小波源的频率)，而增大波源的振幅不会发生明显衍射现象．故选B.
答案：B
5．(多选)如图所示，沿一条直线相向传播的两列波的振幅和波长均相等，当它们相遇时可能出现的波形是下图中的(　　)
解析：当两列波的前半个波(或后半个波)相遇时，根据波的叠加原理，在前半个波(或后半个波)重叠的区域内所有的质点振动的合位移为零，而两列波的后半个波(或前半个波)的波形保持不变，所以选项B正确；当两列波完全相遇时(即重叠在一起)，由波的叠加原理可知，所有质点振动的位移均等于每列波单独传播时引起的位移的矢量和，使得所有的质点振动的位移加倍，所以选项C正确．
答案：BC
B级　能力提升
6．(多选)如图所示，当波源和障碍物都静止不动时，波源发出的波在障碍物处不能发生明显衍射．下列措施可能使波发生较为明显衍射的是(　　)
A．增大波源的振动频率
B．减小波源的振动频率
C．增大障碍物的长度
D．减小障碍物的长度
解析：不能发生明显衍射的原因是障碍物的长度远大于波长，则增大波长或减小障碍物的长度可能使波发生较为明显的衍射，选项C错误，D正确；由λ＝知，v不变，减小f，λ增大，选项A错误，B正确．
答案：BD
7．(多选)水槽中，与水面接触的两根相同细杆固定在同一个振动片上．振动片做简谐振动时，两根细杆周期性触动水面形成两个波源．两波源发出的波在水面上相遇，在重叠区域发生干涉并形成了干涉图样．关于两列波重叠区域内水面上振动的质点，下列说法正确的是(　　)
A．不同质点的振幅都相同
B．不同质点振动的频率都相同
C．不同质点振动的相位都相同
D．不同质点振动的周期都与振动片的周期相同
解析：在波的干涉实验中，质点在振动加强区的振幅是两列波振幅之和，质点在振动减弱区的振幅是两列波振幅之差，故A错误；不同位置处的质点起振的先后顺序不同，离波距离不同的质点，振动的相位是不同的，故C错误；各质点的振动频率、周期都与振动片相同，故B、D正确．
答案：BD
8．干涉和衍射都是波特有的现象．图甲为水波的衍射实验，挡板M是固定的，挡板N可以上下移动．图乙为两列频率相同的横波相遇时某一时刻的情况，实线表示波峰，虚线表示波谷．下列说法正确的是(　　)
A．甲图中P点为振动加强点
B．甲图中水波发生明显的衍射现象
C．乙图中M点为振动加强点
D．乙图中N点为振动加强点
解析：图甲只有一列波，不存在振动加强或减弱的说法，故A错误；由图甲可知，缝宽远大于波长，没有发生明显的衍射现象，故B错误；图乙中，M点为两列波波峰交点，M点振动加强，C正确；图乙中，N点为两列波波峰和波谷交点，N点振动减弱，D错误．故选C.
答案：C
9．利用超声波可以探测鱼群的位置．在一艘装有超声波发射和接收装置的渔船上，向选定的方向发射出频率f＝5.8×104 Hz的超声波后，经过时间t＝0.64 s接收到从鱼群反射回来的反射波．已知该超声波在水中的波长λ＝2.5 cm，求鱼群到渔船的距离．(鱼群和渔船静止不动)
解析：所发射的超声波在水中的传播速度v＝λf＝2.5×10－2×5.8×104 m/s＝1 450 m/s，超声波往返的路程s＝vt＝1 450×0.64 m＝928 m，渔船到鱼群的距离x＝＝464 m.
答案：464 m
C级　拓展创新
10．两个振动情况完全一样的波源S1和S2相距6 m，它们发出的两列波在空间产生的干涉图样如图所示，图中实线表示振动加强的区域，虚线表示振动减弱的区域．下列说法正确的是(　　)
A．两波源的振动频率一定相同
B．虚线一定是波谷与波谷相遇处
C．两列波的波长都是3 m
D．两列波的波长都是1 m
解析：波发生干涉的条件之一是频率相同，A正确；虚线是振动减弱的区域，则一定是波峰与波谷相遇处，B错误；由图可知波源S1和S2之间的距离为3个波长，所以两列波的波长都是2 m，C、D错误．
答案：A
11．(2018·浙江卷)(多选)有两列频率相同、振动方向相同、振幅均为A、传播方向互相垂直的平面波相遇发生干涉．如图所示，图中实线表示波峰，虚线表示波谷，a为波谷与波谷相遇点，b、c为波峰与波谷相遇点，d为波峰与波峰相遇点，e、g是a、d连线上的两点，其中e为连线的中点，则(　　)
A．a、d处的质点振动加强，b、c处的质点振动减弱
B．从图示时刻经过半个周期，e处质点通过的路程为4A
C．从图示时刻经过半个周期，g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，d处的质点振幅恰好为零
解析：根据振动加强点的定义分析哪些点是加强点，哪些点为减弱点，画出两列波的波形图判断e、g的运动；振动加强点的振幅始终为两列波振幅之和，不会改变；振动加强点为波峰与波峰相遇点，波谷与波谷相遇点，振动减弱点为波谷与波峰相遇点，故a、d处的质点振动加强，b、c处的质点振动减弱，A正确；这两列机械波在水平竖直方向的波形如图所示， e点在这两列波传播半个周期的过程中，都是从平衡位置到波谷，再回到平衡位置，叠加时，波谷振幅为2A，故路程为4A，B正确；由图可知经过半个周期后，g点均为由波谷向平衡位置移动，合力指向平衡位置，故合运动为加速衡位置，C正确；振动加强点的振幅始终为2A，不变，D错误．故选ABC.
答案：ABC
12．下图是某课室主席台的说明图，AB是讲台，S1、S2是与讲台上话筒等高的相同的喇叭，它们相互之间的位置和尺寸如图所示．专家的声音放大后经喇叭传回话筒再次放大时可能会产生啸叫．为了避免啸叫，话筒最好摆放在讲台上适当的位置，在这些位置上两个喇叭传来的声音因干涉而相消．已知空气中声速为v＝340 m/s，专家声音的频率为f＝136 Hz，忽略讲台的宽度，则：
(1)求专家声音的波长λ.
(2)图中B点是振动“加强”点还是振动“减弱”点，试通过计算说明判断依据．
(3)讲台上能够避免啸叫的适当位置有多少个？
解析：(1)专家声波的波长是λ＝＝2.5 m.
(2)B点为振动加强点；B点与两个声源的路程差为
ΔxB＝S1B－S2B＝5 m＝2λ.
即波源到B点的距离差为波长的整数倍，所以B点为振动加强点．
(3)设P是AB上任意的一个消音点，则该点与两个声源的路程差应该满足
ΔxP＝S1P －S2P ＝±(2k＋1)(k＝0，1，2，3，…)，
由于P是在AB间的点，即有|ΔxP|<2λ，
因此k只能取0和1，因此AB上共有4个消音点．
答案：(1)2.5 m　(2)见解析　(3)4个课时评价作业(十)
机械波的产生与传播
A级　基础巩固
1．(多选)机械波传播的是(　　)
A．介质中的质点　　　 B．质点的运动形式
C．能量 D．信息
解析：机械波是振动在介质中向外传播，质点不随波的传播而迁移，只是向外传播信息和能量及运动形式，B、C、D正确．
答案：BCD
2．两名宇航员站在月球表面，他们能否直接用语言交流，以下说法中正确的是(　　)
A．由于月球表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，不能引起声带的正常振动，所以不能用语言交流
B．能用语言直接交流
C．由于月球表面没有空气，声带的振动不能向外传播，所以不能用语言交流
D．由于宇航员穿着宇航服，有声音也听不到，所以不能用语言交流
解析：声波的形成，除声带的振动外，还需要有传播振动的介质，月球表面没有空气，即缺少传播振动的介质，因此不能将声带的振动传递出去，也就无法引起耳膜的振动，因此在月球的表面，宇航员无法直接用语言交流，所以正确的选项应为C.
答案：C
3．(多选)关于机械波的说法正确的是(　　)
A．相邻的质点要相互做功
B．机械波在真空中也能传播
C．波源开始时怎样振动，其他质点开始时就怎样振动
D．除波源外，波中各质点都做受迫振动
解析：机械波是由于介质中前面的质点带动后面的质点，使波源的振动形式与波源的能量向远处传播而形成的，前、后质点间存在相互作用力，因而相互做功，故A正确；机械波的传播必须有介质，在真空中不能传播，故B错误；波源依次带动后面的质点，每个质点都做受迫振动，每个质点的频率都与波源频率相同，并且都“仿照”波源振动，故C、D正确．
答案：ACD
4.如图为以质点P为波源的机械波在绳上传到质点Q时的波形．下列判断正确的是(　　)
A．这列机械波为纵波
B．质点P从平衡位置开始振动时，其运动方向向上
C．质点Q从平衡位置开始振动时，其运动方向向下
D．机械波传到Q时，质点P恰好振动了1个周期
解析：绳上各质点的位移方向与波的传播方向垂直，即质点的振动方向与波的传播方向垂直，所以这列机械波为横波，故A错误；质点Q的起振方向与波源的起振方向一样，波向右传播，质点Q从平衡位置开始振动时，起振方向是向上的，所以质点P从平衡位置开始振动时，其运动方向向上，故B正确，C错误；由图可知，机械波传到Q时，质点P恰好振动了1.5个周期，故D错误．故选B.
答案：B
5．下列现象中属于机械波的是(　　)
A．风吹过麦田时形成的滚滚麦浪
B．船驶过平静的湖面，湖面上形成的水波
C．团体操中演员们此起彼伏形成的人浪
D．在船摇晃时，船上的乘客都一起左右摇晃
解析：物体的某一部分发生振动时，其余各部分由于质点的相互作用也会相继振动起来，质点本身没有相应的移动，所以麦子的运动形成的不是波，故A错误；水浪是由于水之间相互带动而传播的，属于波，故B正确；在人浪表演中的人浪是由于演员有节奏的起立和下蹲形成的，没有振动形式的传播和带动，故C错误；乘客左右摇晃为机械振动，不是机械波，故D错误．故选B.
答案：B
B级　能力提升
6．如图所示，0、1、2、…、9为弹性介质中间隔相等的若干连续质点，t＝0时刻，0点从平衡位置开始向上做简谐运动，当0点第1次达到正向最大位移处时，2点开始振动．下列说法正确的是(　　)
A．2点开始振动的方向向下
B．经过一段时间，1点运动到5点的位置
C．9点开始振动后，其振动情况与1点完全相同
D．0点的振动频率大于后面所有点的振动频率
解析：质点的振动方向与波源的起振方向相同，0点从平衡位置开始向上做简谐运动，故2点开始振动的方向向上，A错误；简谐运动，质点在竖直方向上振动，不会出现1点运动到5点的位置的情况，B错误；当0点第1次达到正向最大位移处时，2点开始振动，可知0点到2点的相位差为，各点间的间隔相等，故9点与1点的相位差为2π，则9点开始振动后，其振动情况与1点完全相同，C正确；机械波在传播的过程中所有质点的振动频率都与波源的频率相同，故D错误．故选C.
答案：C
7．(多选)如图甲所示，小孩握住轻绳左端以T为周期持续上下抖动绳子，在绳上产生一段绳波．绳上每隔0.2 m标记一个点，记为1、2、3…，质点1在手作用在竖直方向带动2、3、4…各个质点依次上下振动，0、时刻各质点位置如图乙、图丙所示，下列说法正确的是(　　)
A．一段时间后，小孩停止上下抖动，绳子上的波马上消失
B．时刻质点4带动质点5向下起振
C．由图丙时刻再经过，质点9运动到平衡位置向上振动
D．此绳波向右传播，能量和运动形式自左向右传播，所以质点5随波谷向右传播
解析：一段时间后，小孩停止上下抖动，波源不再使绳子产生新的波动，但已经形成的波还会继续向右传播，不会马上消失，故A错误；由题图丙可知时刻质点9位于波传播方向波形的上坡上，所以此时质点9向下起振，而沿波的传播方向上所有质点起振方向相同，且易知时刻波刚好传播到质点5，所以质点5在质点4带动下向下起振，故B正确；由图丙时刻再经过质点9运动到平衡位置向上振动，故C正确；此绳波向右传播，能量和运动形式自左向右传播，但质点5只在其平衡位置附近振动，不会随波谷向右传播，故D错误．故选BC.
答案：BC
8．(多选)一列横波沿绳子向右传播，某时刻绳子形成如图所示的凹凸形状，对此时绳上A、B、C、D、E、F 6个质点，有(　　)
A．它们的振幅相同　
B．其中D和F的速度方向相同
C．其中A和C的速度方向相同
D．从此时起，B比C先回到平衡位置
解析：各质点先后到达波峰或波谷处，振幅相同，A正确；由于各质点都要“尾随”前边质点振动，在波向右传播时，质点D向上振动，质点F向下振动，二者虽然速度大小相同，但方向不同，B错误；同理可知A向下运动，C向上运动，二者速度方向相反，C错误；从此时起，B和C均向上振动，显然B先到达波峰，先回到平衡位置，D正确．
答案：AD
9．某地区地震波中的横波和纵波传播速率分别约为4 km/s和9 km/s.一种简易地震仪由竖直弹簧振子P和水平弹簧振子H组成(如图所示)．在一次地震中，震源在地震仪下方，观察到两振子相差5 s开始振动，则(　　)
A．P先开始振动，震源距地震仪约36 km
B．P先开始振动，震源距地震仪约25 km
C．H先开始振动，震源距地震仪约36 km
D．H先开始振动，震源距地震仪约25 km
解析：横波的传播速率小于纵波的传播速率，所以P先开始振动．由＋5 s＝，可得x＝36 km，故A正确，B、C、D错误．
答案：A
10．(2021·珠海高二检测)如图所示是一列向右传播的横波，请说出这列波中a，b，c，d，…，h等质点这一时刻的速度方向．
解析：质点c和g此时在最大位移处，速度为零，无速度方向可言，若以此时最大位移处的c点为参考点，由波的传播方向和传播的特点可知d点相对于c点为后一质点，d点的振动滞后于c，要追随移动到负的最大位移处，所以速度方向向下，e、f依次跟上，速度都向下；b的振动超前，已从负的最大位移回振，所以速度向上；a超前b，已回到平衡位置，速度最大也向上；同理以g为参考点，可知h点速度向上．
答案：a、b、h向上，c、g速度为零，d、e、f向下
C级　拓展创新
11．如图甲所示为波源的振动图像，图乙为均匀介质中同一条直线上等间距的质点在t＝1 s时的振动状态，其中质点4刚开始振动．请在图丙中画出t＝5 s时质点的振动状态．
解析：由题图甲知波源振动周期T＝4 s，根据波传播的规律知t＝5 s时，波源出现在波峰，质点16起振．如图所示．
答案：见解析图
12．日本福岛曾经发生过里氏9.0级大地震，已知地震中的纵波和横波在地表附近的传播速度分别是9.1 km/s和3.7 km/s，在某地的观测站中，记录了纵波和横波到达该地的时间差为5.4 s.
(1)求这个观测站距震中的距离x.
(2)观测站首先观察到的是上下振动还是左右摇晃？
解析：(1)根据纵、横波传到观测站的时间差，－＝5.4 s，解得x＝33.67 km.
(2)先传到的是纵波，所以是上下振动．
答案：(1)33.67 km　(2)先传到的是纵波，所以是上下振动课时评价作业(十六)
光的干涉
A级　基础巩固
1．以下光源可作为相干光源的是(　　)
A．两个相同亮度的烛焰
B．两个相同规格的灯泡
C．双丝灯泡
D．出自一个点光源的两束光
解析：A、B、C三项中的光源均不是相干光源，故A、B、C错误；D项中两束光是来自同一点光源，两束光完全相同是相干光源，故D正确．
答案：D
2．下列现象中可以用薄膜干涉来解释的是(　　)
A．雨后的彩虹
B．水面上的油膜在阳光照射下呈彩色
C．透过昆虫的翅膀看阳光呈彩色
D．荷叶上的水珠在阳光下晶莹透亮
解析：雨后的彩虹是色散现象，A错误；透过昆虫的翅膀看阳光呈彩色是衍射现象，C错误；水珠在阳光下晶莹透亮是全反射的结果，D错误；油膜在阳光照射下呈彩色是薄膜干涉的结果，B正确．
答案：B
3.(多选)如图所示是双缝干涉的示意图，S为单缝，S1、S2为双缝，P为光屏，用绿光从左边照射单缝S时，可在光屏P上观察到干涉条纹．下列说法正确的是(　　)
A．将绿光换为红光，干涉条纹间的距离增大
B．将绿光换为紫光，干涉条纹间的距离增大
C．减小双缝间的距离，中央亮条纹会变成暗条纹
D．增大双缝到屏的距离，干涉条纹间的距离增大
解析：根据双缝干涉的条纹间距公式Δx＝λ知，将绿光换为红光，波长变长，则干涉条纹间距变大，故A正确；根据双缝干涉的条纹间距公式Δx＝λ知，将绿光换为紫光，波长变短，则干涉条纹间距减小，故B错误；根据双缝干涉的条纹间距公式Δx＝λ知，减小双缝间的距离，即d变小，则干涉条纹间距增大，且中央条纹仍然是亮条纹，故C错误；根据双缝干涉的条纹间距公式Δx＝λ知，增大双缝到屏的距离，即l增大，则干涉条纹间距增大，故D正确．
答案：AD
4.(多选)如图所示，一束白光从左侧射入肥皂薄膜，下列说法中正确的是(　　)
A．人从右侧向左看，可以看到彩色条纹
B．人从左侧向右看，可以看到彩色条纹
C．彩色条纹水平排列
D．彩色条纹竖直排列
解析：一束白光射到肥皂薄膜上，经前后两个面反射回来的光相遇，产生干涉现象，从左侧向右看可看到彩色条纹；因为薄膜同一水平线上的厚度相同，所以彩色条纹是水平排列的．故正确答案为B、C.
答案：BC
5．如图所示，某同学在阳光下观察竖直放置的肥皂膜，看到彩色条纹．下列说法正确的是(　　)
A．肥皂膜厚度是均匀的
B．彩色条纹是光的衍射产生的
C．彩色条纹是光的干涉产生的
D．如果换成单色光则观察不到条纹
解析：因受重力的作用肥皂膜厚度上部较薄，A错误；彩色条纹是光的干涉产生的，B错误，C正确；如果换成单色光则可观察到明暗相间的条纹，D错误．故选C.
答案：C
B级　能力提升
6．如图所示是研究光的双缝干涉的示意图，挡板上有两条狭缝S1、S2，由S1和S2发出的两列波到达屏上时会产生干涉条纹．已知入射激光的波长为λ，屏上的P点到两缝S1和S2的距离相等，如果把P处的亮条纹记作第0号亮条纹，由P向上数，与0号亮条纹相邻的亮条纹为1号亮条纹，与1号亮条纹相邻的亮条纹为2号亮条纹，则P1处的亮条纹恰好是10号亮条纹．设直线S1P1的长度为r1，S2P1的长度为r2，则r2－r1等于(　　)
A．9.5λ B．10λ
C．10.5λ D．20λ
解析：由题设可知，从中央亮条纹P算起，P1点处是第10号亮条纹的位置，表明缝S1、S2到P1处的距离差r2－r1为波长的整数倍，且刚好是10个波长，B正确．故选B.
答案：B
7．一束由红光和绿光组成的复色光经三棱镜折射后，光路如图所示，则(　　)
A．a是绿光，b是红光
B．波长关系为λa<λb
C．在三棱镜中的传播速度va>vb
D．射向同一双缝干涉装置，其干涉条纹间距Δxa<Δxb
解析：根据光路图可知三棱镜对b光的偏折程度更大，所以b光是绿光，折射率大，频率高，波长短，A、B错误；介质中传播速度v＝，因为nb>na，所以va>vb，C正确；根据双缝干涉条纹间距公式Δx＝λ，因为λa>λb，所以Δxa>Δxb，D错误．故选C.
答案：C
8．如图所示为双缝干涉的原理图，单缝S0、屏上的P0点均位于双缝S1和S2的中垂线上，当双缝与屏之间的介质为空气时，屏上P点处是P0上方的第4条暗条纹的中心，屏上P0点与P点间的干涉条纹间距为Δx1.已知入射光在空气中的波长为λ，空气中的光速近似为c，双缝与屏之间的距离为L，则双缝S1和S2的距离为(　　)
A. B.
C. D.
解析：根据题意，设相邻干涉条纹间距为Δx′1，则有Δx1＝Δx′1，由公式Δx＝λ可得，双缝S1和S2的距离为d＝＝，故A、B、D错误，C正确．故选C.
答案：C
9．煤矿中瓦斯爆炸危害极大．某同学查资料得知含有瓦斯的气体的折射率大于干净空气的折射率，于是，他设计了一种利用光的干涉监测矿井瓦斯的仪器，原理如图所示．在双缝前面放置两个完全相同的透明容器A、B，容器A与干净的空气相通，在容器B中通入矿井中的气体，观察屏上的干涉条纹，就能够监测瓦斯浓度，以下说法正确的是(　　)
①如果屏的正中央仍是亮条纹，说明B中的气体与A中的空气成分相同，不含瓦斯
②如果屏的正中央是暗条纹，说明B中的气体与A中的空气成分不相同，可能含有瓦斯
③如果屏上干涉条纹不停地移动，说明B中的气体瓦斯含量不稳定
④只有用单色光照射单缝时，才可能在屏上出现干涉条纹
A．①③ B．②③
C．②④ D．①④
解析：若B中气体含有瓦斯，光经过两容器时折射率不同，光速不同，到达屏正中央的光程差可能是波长的整数倍，也可能是半波长的奇数倍，所以屏的正中央可能是亮条纹，也可能是暗条纹，故屏的正中央为亮条纹时，B中气体可能含有瓦斯，也可能不含瓦斯，故①错误；如果屏的正中央是暗条纹，必有光程差，说明B中的气体与A中的气体成分不相同，可能含瓦斯，故②正确；如果屏上干涉条纹不停地移动，说明光程差不稳定，即B中的气体瓦斯含量不稳定，故③正确；无论用单色光还是白光照射单缝时，都能在屏上出现干涉条纹，故④错误．故选B.
答案：B
10．为了减少光在透镜表面由于反射带来的损失，可在透镜表面涂上一层增透膜，一般用折射率为1.38的氟化镁．为了使波长为5.52×10－7 m的绿光在垂直表面入射时的反射光干涉相消，求所涂的这种增透膜的最小厚度．
解析：设绿光在真空中的波长为λ0，在增透膜中的波长为λ，由折射率与光速的关系和光速与波长及频率的关系得n＝＝，即λ＝.反射光干涉相消，那么增透膜最小厚度d＝λ＝＝ m＝1×10－7 m.
答案：1×10－7 m
C级　拓展创新
11．在双缝干涉实验中，若双缝处的两束光的频率均为6×1014 Hz，两光源S1、S2的振动情况恰好相反，光屏上的P点到S1与到S2的路程差为3×10－6 m，如图所示．
(1)P点是亮条纹还是暗条纹？
(2)设O为到S1、S2路程相等的点，则P、O间还有几条亮条纹，几条暗条纹？(不包括O、P两处的条纹)
解析：(1)由λ＝得λ＝5×10－7 m，n＝＝＝6.
由于两光源的振动情况恰好相反，所以P点为暗条纹．
(2)O点路程差为0，也是暗条纹，OP间还有5条暗条纹，6条亮条纹．
答案：(1)暗条纹　(2)5条暗条纹，6条亮条纹
12．用单色光做双缝干涉实验时，已知屏上一点P到双缝的路程差δ＝1.5×10－6 m，当单色光波长λ1＝0.5 μm时，P点将形成亮条纹还是暗条纹？若单色光波长λ2＝0.6 μm，此时在中央亮条纹和P点之间有几条暗条纹？
解析：由题意知，P到双缝的路程差δ＝λ1＝3λ1，满足波长的整数倍，在P点形成亮条纹．当单色光波长λ2＝0.6 μm，δ＝λ2＝λ2，满足半波长的奇数倍，在P点形成暗条纹，在0～λ2范围内λ2和λ2满足半波长的奇数倍，出现暗条纹，此时在中央亮条纹和P点之间有两条暗条纹．
答案：见解析课时评价作业(十七)
光的衍射和偏振　激光
A级　基础巩固
1．在演示双缝干涉的实验时，常用激光做光源，这主要是应用激光的什么特性(　　)
A．亮度高 B．平行性好
C．单色性好 D．波动性好
解析：频率相同的两束光相遇才能发生干涉，激光的单色性好，频率单一，通过双缝时能够得到两束相干光，C正确．
答案：C
2．关于光的干涉、光的衍射、光的偏振实验，下列描述错误的是(　　)
A．甲图为单缝衍射图样，乙图为双缝干涉图样
B．改用波长较长的入射光实验，甲图中条纹间距变大
C．色彩斑斓的肥皂泡，五颜六色的油膜的形成原理与丙图相同
D．用照相机拍摄水下景物时，使用偏振镜可以减少水面反射光的干扰应用了丁图的原理
解析：双缝干涉图样的相邻亮或暗条纹的间距不变，故甲为双缝干涉图样，故A错误，符合题意；根据条纹间距公式Δx＝λ，当改用波长较长的入射光实验，甲图中条纹间距变大，故B正确，不符合题意；丙图是光的干涉现象，而五颜六色的油膜的形成是干涉现象，故C正确，不符合题意；丁图是光的偏振原理，用照相机拍摄水下景物时，使用偏振镜可以减少水面反射光的干扰应用了丁图的原理，故D正确，不符合题意．故选A.
答案：A
3．激光具有相干性好、平行度好、亮度高等特点，在科学技术和日常生活中应用广泛．下面关于激光的叙述正确的是(　　)
A．激光是纵波
B．频率相同的激光在不同介质中的波长相同
C．两束频率不同的激光能产生干涉现象
D．利用激光平行度好的特点可以测量月球到地球的距离
解析：一切光都是横波，A错误；根据v＝λf，光在不同介质中的传播速度不同，频率相同，波长不同，B错误；发生干涉现象的两束光频率必须相同，C错误；由激光相关知识知，D正确．
答案：D
4．(多选)用游标卡尺观察光的衍射现象时，下列说法中正确的是(　　)
A．游标卡尺形成的狭缝应平行于日光灯，且狭缝远离日光灯，人眼也远离狭缝进行观察
B．游标卡尺狭缝平行于日光灯观察时，可观察到中央为白色条纹，两侧为彩色条纹，且彩色条纹平行于日光灯
C．狭缝宽度由0.5 mm缩小到0.2 mm，条纹间距变宽，亮度变暗
D．狭缝宽度由0.5 mm扩展到0.8 mm，条纹间距变宽，亮度变暗
解析：当游标卡尺狭缝平行于日光灯，狭缝远离日光灯时，眼睛应靠近狭缝进行观察，观察到平行于日光灯的彩色条纹，且中央为白色条纹，A错误，B正确；狭缝越小，衍射现象越明显，即条纹间距变宽，但亮度变暗，C正确，D错误．
答案：BC
5．某同学使用激光器做光源，在不透光的挡板上开一条宽度为0.05 mm的窄缝，进行光的衍射实验，如图所示，则他在光屏上看到的条纹是(　　)
解析：单缝衍射条纹中间宽，两侧越来越窄，又由于单缝是水平的，故衍射条纹也是水平的，B正确．
答案：B
B级　等级提升
6．(多选)沙尘暴是由于土地的沙化引起的一种恶劣的气象现象，发生沙尘暴时能见度只有几十米，天空变黄发暗，这是由于在这种情况下(　　)
A．只有波长较短的一部分光才能到达地面
B．只有波长较长的一部分光才能到达地面
C．只有频率较高的一部分光才能到达地面
D．只有频率较低的一部分光才能到达地面
解析：根据光发生明显衍射现象的条件知，发生沙尘暴时，只有波长较长的一部分光能到达地面，据λ＝知，到达地面的光是频率较低的一部分光，故选项B、D正确．
答案：BD
7.(多选)如图所示，P是竖直方向的偏振片(用实线表示透振方向)，下列四种光束中，哪几种照射P时能在P的另一侧观察到透射光(　　)
A．太阳光
B．沿竖直方向振动的光
C．沿水平方向振动的光
D．沿与竖直方向成45°角振动的光
解析：只要光的振动方向不与偏振片的透振方向垂直，光都能通过偏振片，故A、B、D正确．
答案：ABD
8．(多选)抽制细丝时可用激光监控其粗细，如图所示．激光束通过细丝时产生的条纹和它通过遮光板的同样宽度的窄缝时产生的条纹规律相同，则(　　)
A．这是利用光的干涉现象
B．这是利用光的衍射现象
C．如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝变粗了
D．如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝变细了
解析：由题图图样可知，这是利用了光的衍射现象，当丝变细时(相当于狭缝变窄)条纹间距变宽，选项B、D正确．
答案：BD
9．如图所示是一种利用光纤温度传感器测量温度的装置，一束偏振光射入光纤，由于温度的变化，光纤的长度、芯径、折射率发生变化，从而使偏振光的振动方向发生变化，光接收器接收的光强度就会变化．设起偏振器和检偏振器透振方向相同，关于这种温度计的工作原理，正确的说法是(　　)
A．到达检偏振器的光的振动方向变化越小，光接收器所接收的光强度就会越小，表示温度变化越大
B．到达检偏振器的光的振动方向变化越大，光接收器所接收的光强度就会越小，表示温度变化越大
C．到达检偏振器的光的振动方向变化越小，光接收器所接收的光强度就会越小，表示温度变化越小
D．到达检偏振器的光的振动方向变化越大，光接收器所接收的光强度就会越小，表示温度变化越小
解析：根据题意知，温度变化越大，光通过光纤时振动方向变化越大，起偏振器和检偏振器的透振方向是相同的，光从光纤中通过时振动方向变化越大，透过检偏振器的光强度就会越小，所以光接收器接收的光强度也就会越小，因此选项B正确．
答案：B
C级　拓展创新
10．用a、b两种不同的单色光在相同条件下分别经同一单缝衍射装置得到的衍射图样如图甲、乙所示．现使a光从水中斜射向水面上的O点，其入射角为i、折射角为r，如图丙所示．对于这两种单色光，下列说法正确的是(　　)
A．在真空中a光的波长较短
B．水对a光的折射率n＝
C．在水中a光的传播速度较大
D．a光从水中射向空气发生全反射时的临界角较小
解析：图甲衍射明显，说明a光的波长比b的波长长，即λa>λb，A错误；水对a光的折射率n＝，B错误；a光的波长比b的波长长，根据c＝λf可知，a光的频率小，折射率小，根据v＝可知在水中a光的传播速度较大，C正确；根据全反射定律sin C＝可知，a光从水中射向空气发生全反射时的临界角较大，D错误．
答案：C
11．一种红宝石激光器发射的激光是不连续的一道道闪光，每道闪光称为一个光脉冲，若这种激光器光脉冲的持续时间为1.0×10－11 s，波长为694.3 mm，发射功率为1.0×1010 W，真空中光速c＝3×108 m/s.
(1)每个光脉冲的长度是多少？
(2)用红宝石激光照射皮肤色斑，每1 cm2 吸收能量达到60 J以后，色斑便逐渐消失，一颗色斑的面积是50 mm2，则它需要吸收多少个红宝石激光脉冲才能逐渐消失？
解析：(1)一个光脉冲长度
Δl＝c·Δt＝3.0×108×1.0×10－11 m＝3.0×10－3 m.
(2)一个光脉冲所携带的能量
ΔE＝P·Δt＝1.0×1010×1.0×10－11 J＝0.1 J.
设清除面积为50 mm2 的色斑需要光脉冲个数为n，则
n＝＝＝300.
答案：(1)3.0×10－3 m　(2)300个