物理人教版选修3-4答案.pdf

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1、第十一章&简谐运动知识清单一、静 止 往 复 振 动 忽 略 忽 略二、平 衡 位 置 振 动 匀 速三、正弦 振动 时间 位移 时间 心电图链接高考1.D上提后释放,试管从正向最大位移处开始做简谐运动,符合条件的为D选项。2.A由题目“经过四分之一周期，振子具有沿x 轴正方向的最大加速度”可知,经过四分之一周期后，振子在负的最大位移处,A项正确,B、C、D项错误。基础过关1.A B 本题中位移的参考点应是0 点，由于振子在0 点的右侧由A向 0 运动,所以振子的位移方向向右，且大小在不断减小，故 A、B正确,C、D错误。2.D小球经过0 点时速度最大,A错;小球在M点与在N点的加速度大小相等

2、,方向相反,B错；小球从M点向0 点运动时,速度增大,加速度减小,C错；小球从0 点向N点运动时,速度减小,加速度增大,D对。3.ACD该图象的坐标原点建立在弹簧振子的平衡位置,小球的振动过程是沿x 轴方向移动的，故 A对,B错。由获得图象的方法知C对。频闪照相是在相同时间拍下的小球的像，因此图象中小球的疏密显示了它的位置变化快慢,D对。4.D在弹簧振了做简谐运动时机械能守恒,D正确。在 3、t2两时刻质点具有相同大小的位移和加速度，但方向不同，故 A、B不正确。由图象可知3、t?两时刻质点速度方向不同，故 C选项错误。5.C简谐运动的速度是变化的，加速度a 也是变化的,A、B、D错,C对。6

3、.A C 在平衡位置处，位移为0,速度具有最大值，故动能也具有最大值。7.B简谐运动的位移的初始位置是平衡位置,所以简谐运动过程中任一时刻的位移都是背离平衡位置的,A错误;振子的加速度总是指向平衡位置,而位移总是背离平衡位置,B正确;振广的速度方向与位移方向无关,C、D错误。8.B 3与L两时刻振子经同一位置向相反方向运动,加速度相同,速度方向相反,A错,B对;七与t 两时刻振子经过关于平衡位置的对称点，加速度大小相等、方向相反,C错;t2、t3时刻振子的速度相同,D错。9.A由图象可知,再过1 s即第5 s时刻,质点在正向最大位移处,速度为零，加速度最大且沿x轴负向。故正确答案为A。10.B

4、 C由于位移是指由平衡位置指向质点所在位置的有向线段,故质点在0.7 s时的位移方向向右,且正在向平衡位置运动,所以A项错误;质点在1.5 s时的位移达到最大，故B正确;质点在L 2 s到L 4 s过程中，正在远离平衡位置，所以其位移在增大，故C正确；1.6 s到L 8 s时间内，质点正向平衡位置运动,所以其位移正在减小，故D项错误。11.C 3、a两个时刻货物经过平衡位置，加速度为零，压力大小等于重力,A错;t2时刻,货物处于最低点,加速度向上且最大,压力大于重力,B错;匕时亥I,货物处于最高点,加速度向下且最大，压力小于重力,C对,D错。三年模拟1.C振子在M、N两点弹力、位移、加速度都等

5、大，反向，故A、B错误,C正确;振子从M到N先做变加速运动,后做变减速运动,D错误。2.B t=l s时,位移最大,加速度最大,速度为零,选项A错误;t=2 s时，位移为零,加速度为零，而速度最大,速度方向要看该点切线斜率的正、负,t=2 s时,速度方向为负，选项B正确;t=3 s时，位移最大,加速度最大,速度为零,选项C错误;L 4 s时，位移为零,加速度为零,速度最大,方向为正，选项D错误。3.B C由题图可知第5秒末时,振子处于正的最大位移处，此时有负方向的最大加速度,速度为零，故B、C正确,A错误;在。到5 s内，振子先从平衡位置到正的最大位移，再经平衡位置到负的最大位移,最后从负的最

6、大位移经平衡位置到正的最大位移,整个过程路程为10 cm,故D错误。4.D第1 s内振子的位移为正方向，速度方向也为正方向,A错;第2 s末振子在平衡位置，位移为零,B错;第2 s末振子恰好过平衡位置,且正向x轴负方向运动，而第3 s末振子的位移为-20cm,瞬时速度刚好为零，所以C错;第1 s内振子的位移方向和速度方向均为正，第2 s内振子的位移方向为正,速度方向为负,所以D正确。第十一章2 简谐运动的描述知识清单一、最 大 距 离 振 动 强 弱 运 动 范 围 速 度 相 等4 倍全 振 动 快 慢 T5状态二、x=A sin(w t+4 )初相位链接高考1.C设振动图象表达式为y=A

7、sin 3 1,由题意可知3 或 3 t冗，其 中 3n rad/s,6 6 T 3解 得 ti=O.2 5 s 或 t2=l.2 5 s,则游客舒服登船时间A t=t2-ti=l.0 So2 .。答 案 ab 解析 由小物块的运动方程可知，黑 2.5 JT,T=0.8 s,故 b 正确。0.6 s 内物块运动了:个周期，故路程应为0.3 m,c错。t=0.4 s 时物块运动了半个周期，正向下运动，与小球运动方向相同，故d 错。t=0.6 s 时，物块的位移y=-0.1 m,小球下落距离H=1gt2=l.8 m,由题图可知，h=H+y=l.7 m,故 a 正确。3.答案 出 江 士V 2。解析

8、 设周期为T,振幅为A。由题意得T个 和 八=空 o基础过关1.A振幅是振子离开平衡位置的最大距离,它是表示振动强弱的物理量,振幅越大,振动越强。2.B 从经过某点开始计时，则再经过该点两次所用的时间为一个周期,B 对,A、C 错。振子从A到 B 或从B 到 A 的时间间隔为半个周期,D错。3.C周期T+0.2 s,则3 詈0.6,即 t=0.6T,?仅耻,所以小球位于C、0 之间,运动方向向右,C 正确。4.BC方 程 1 代表的振子振动振幅为3;圆频率为3=2 f=10 0 M,则 f=5 0 H z;初相为三 方 程 2代表的振/振动振幅为5;圆频率为3=2 n f=10 0 iJf=5

9、 0 H z;初相为k 由于它们的振动周期相同,所以它们的相位差恒定为；因此它们在振动时步调不一致。正确选项为B、以3 4 125.答案(l)x=O.0 8 sin (n t+1 n )m(2)16 0 c mC 解 析(1)简谐运动振动方程的一般表达式为x=A sin根据题目条件，有:A=0.0 8叫 3=2 n f 二 八。所以 x=0.0 8 sin(n t+b)m。将 t=0,x=0.0 4 m,代入得 0.0 4=0.0 8 sin 6,解得 初 相 位 或 6 W”，因为t=0 时，速度方向沿x 轴负方向，即位移在减小,所以取63五。故所求的振动方程为x=0.0 8 sin (JI

10、 t-4 n )m o6 周 期 T/=2 s,所 以 t=5 T,因 I T 内的路程是4 A,则 10 s 内通过的路程s=5 X 4 A=2 0 X 8c m=16 0 c m 6.B 由题意得 2 A=12 c m,则 A=6 c m,-0.5 s+0.5 s=l s,则 T=4 s,B 正确。4三年模拟l .AB由振动图象可知，弹簧在第1 s 末与第3 s 末的位移相同，弹簧长度相同,A正确；由振动图象可知，振动周期为8 s,简谐运动的圆频率是3=+a d/s,B 正确;第3 s 末振子的位移大T 4小为x 二 A sin 3 t=A sin (2 3)二 争 ,C错误;从第3 s

11、末到第5 s 末,振子的速度方向不发生变化,选项D错误。2 .B 若 A t=T/4,则只有当振子从平衡位置或最高点或最低点开始振动时,在A t时间内振子经过的路程才为一个振幅,选项A错 误;若 A l=T/2,则不论质点从什么位置开始振动,在A t 时间内振子经过的路程均为两个振幅,选项B正确;若A t=T/2,则 在 t 时刻和(t+t)时刻振子的位移大小一定相同,方向相反,选项C错误;若A t=T/2,则 在 t 时刻和(l+A 1)时刻振子的速度大小一定相同,但是方向相反,选项D错误;故选B 3 .AD由甲、乙的振动图象可知A产2 c m、A乙=1 c m、T乙 二 2 T 甲、久 寺

12、 叫 A选项正确，B选项错误;前2秒内，甲、乙两振子的位移均为正值,故加速度均为负值,C选项错误;第 2秒末甲振子的位移为零,速度最大，乙振r 位移最大,加速度最大,D选项正确。4 .答 案(1)1.0 s(2)2 0 0 c m (3)x=12.5 sin 2 n t (c m)图象见解析C解 析（1）弹簧振子简谐运动示意图如图所示，由对称性可得:T=0.5 X 2 s=1.0 s 若B、C之间距离为2 5 c m,则振幅 A X 2 5 c m=12.5 c m振子在4.0 s内通过的路程s二1X 4 X 12.5 c m=2 0 0 c m(3)根据 x=A sin o t,A=12.5

13、 c m,J=y=2 n得x=12.5 sin 2 n t (c m)0振动图象如图所示。第十一 章 简谐运动的回复力和能量知识清单一、效 果 平衡 位 置 平 衡 位 置 kx 正 比 平衡位置二、机 械 能 势 动 振 幅 振 幅 守 恒链接高考1 .答 案 解析 弹簧振子通过平衡位置时弹性势能为零，动能最大。向右通过平衡位置,a由于受到弹簧弹力做减速运动,b做匀速运动,两者分离。物块a与弹簧组成的系统的机械能小于原来系统,所以物块a振动的振幅减小,A A o由于振子质量减小,物块a的加速度的大小增大,所以周期减小,T L+4mgsina）cosa 4Mg+47ngeos2（x-kLsin

14、a。解 析(1)设物块在斜面上平衡时,弹簧伸长量为 L,有mg sin a-k L=0解得k此时弹簧的长度为L+注 吧(2)当物块的位移为x时,弹簧伸长量为x+A L,物块所受合力为F/mg sin a-k(x+A L)联立以上各式可得F行-kx可知物块做简谐运动(3)物块做简谐运动的振幅为卜驾上4 k由时称性可知,最大伸长量为2A-衿+变等吧4 4 K设物块位移X为正,则斜面体受力情况如图所示，由于斜面体平衡,所以有水平方向f+即sin a-F cos a=0竖直方向 Fjo-Mg-FNi cos a-F sin a=0X F=k(x+A L),Fm=mg cos a联立可得 f=kx co

15、s a,Fv2=Mg+mg+kx sin a为使斜面体始终处于静止,结合牛顿第三定律,应有I f|W u F、所以.!/!-k x cosau?-;FN2 Mg+mg+kxsna当X=-A时,上式右端达到最大值,于是有口 (kL+4mgsina)cosa4Mg+4mgcos2a kLsina基础过关1.B通过对简谐运动过程的分析可知，在同一位置，位移、加速度、回复力、动能、势能一定相同，由于通过同一位置具有往复性,所以速度方向可能相同，也可能相反,故选项B正确。2.C 由简谐运动的回复力公式F=-kx 可知,弹簧振子做简谐运动时的回复力和位移的关系图象应如选项C所示。3.CD由图可知f 甲：f

16、 乙=1 ：2,因此振子不相同,A错误,D正确。由图可知C正确。因 F,产k i p A 1|i,F 乙 二 k 乙 A乙,由于k 甲和k 乙关系未知,因此无法判断F 中、F 乙的大小,所以B错误。4.CD振子在平衡位置两侧往复运动,速度相同的位置可能出现在关于平衡位置对称的两点,这时弹簧长度明显不等,A错;振子由最低点向平衡位置运动的过程中,弹簧对振子施加的力指向平衡位置，做正功,B 错;振子运动过程中的回复力由振子所受合力提供且运动过程中机械能守恒，故 C、D对。5.B 弹簧振子做简谐运动,振动能量不变,振幅不变,A错;在0.2 s 时位移最大,振子具有最大势能,B对;弹簧振子的振动能量不

17、变,在0.35 s时振子具有的能量与其他时刻相同,C错;在0.4s 时振子的位移最大,动能为零,D错。6.C 当振子运动到B点的瞬间,振子的速度为零,此时P、Q的速度均为零,振子的动能全部转化为系统中弹簧的弹性势能,将P拿走并不影响系统的能量,故能量并不改变,因此Q的振幅不变;当振子通过0点时系统的弹性势能乂全部转化为动能,拿走P之前,弹性势能转化为P、Q两部分的动能,拿走P之后,弹性势能转化为Q部分的动能,故拿走P 之后Q的动能比拿走P之前Q的动能大，速率也要增大。所以选C。7.A D m在平衡位置0处两弹簧均处于原长状态,则m振动后任取一位置A,如图。设在A处 m的位移为x,则在A处 m在

18、水平方向的合力F=-(k2+k)x=-3 k x,选 项 D正确,C错误;可见m做的是简谐运动，由简谐运动的对称性可得O C-O B,选项A正确,B错误。i t A h8.答案 见 解 析 解析 以木块为研究对象,设静止时木块浸入水中A x深，当木块再被压入水中x 后所受力如图所示，则合力F 产m g-F 加又 F 浮=P g S (A x+x)。由以上两式,得 F -=m g-P g S (A x+x)=m g-P g S A x-P g S x o因 m g=P g S A x,所以 F 台=一 P g S x o 即满足 F i a)=-k x(F P)=F 令，k=P g S)。即木块

19、做简谐运动。9.C要使货物对车厢底板的压力最大,则车厢底板时货物的支持力最大,则要求货物向上的加速度最大，由振动图象可知在不时,货物向上的加速度最大,则C选项正确；货物对车厢底板的压力最小，则车厢底板对货物的支持力最小，则要求货物向下的加速度最大，由振动图象可知在?时,4货物向下的加速度最大，所以选项A、B、D错误。10.A D最大振幅满足kA=mg,所以A=詈,故A项正确;在A=詈的条件下小球在最高点和最低点所受回复力大小相同,所以Fmg=mg,得F,=2mg,所以B项错误;小球和弹簧组成的系统机械能守恒,所以C项错误；当小球到达最低点时弹簧的形变量最大,所以弹性势能最大,根据机械能守恒或动

20、能定理得最大弹性势能为2mgA3鸟,所 以D项正确。三年模拟1.A D质点从最大位移处向平衡位置运动的过程中,速度和回复力方向相同，与位移方向相反,A正确;质点的加速度与位移的方向总相反,B错误;质点从平衡位置向最大位移处运动过程中，复力增大，速度减小，动能减小,C错误;质点从最大位移处向平衡位置运动过程中，势能减小，回复力减小,加速度也减小,D正确。2.A t=0.2 s时，振子的位移为正的最大，但由于没有规定正方向,所以此时振子的位置可能在A点也可能在B点,A正确。由图线斜率可知t=0.1 s时速度为正,t=0.3 s时速度为负，两者方向相反,B错。从t=0到t=0.2 s的时间内，弹簧振

21、子远离平衡位置，速度减小，动能减小,C错。t=0.2 s与t=0.6 s两个时刻，位移大小相等,方向相反,故加速度大小相等，方向相反,D错。3.C加上电场后小球开始做简谐运动,平衡位置在0到X。的中点处,此时电场力等于弹簧弹力，故弹簧劲度系数卜上卫,A错误;小球在x=0与x=x0处加速度大小相等,但方向相反,B错误;根X x0据功能关系可知，小球运动到平衡位置时有qEX权尸Ek+Ep,到达X。处时有qEx=%,由弹簧弹性势能与形变量的关系得Ep=1kx2,E p*=4E,联立以上各式解得Ek=iqEx0,又Ek=nv2,故v=J啜C正确;因为参与能量转化的还有弹簧的弹性势能,所以D错误。4.A

22、小球受重力、支持力和弹簧的弹力。因小球做简谐运动，故不受摩擦力。回复力是效果力。第十一章4 单摆知识清单一、忽略忽略二、圆弧切线正比正弦(或余弦)三、质 量 振 幅 越 长 2“振幅四、黑链接高考1.C本题考查单摆的周期公式及能量守恒定律，要理解单摆在小摆角时的周期与振幅无关。依题意小角度的摆动可视为简谐运动，由单摆的周期公式T=2 可知,同一地点的重力加速度相同,若摆长相同,则频率f 尸坛与初始速度无关,而摆动的振幅与初始速度有关,根据能量守恒定律可知初速度越大,振幅越大,A,A2,C 对。2 .G 答案 0.7 8 5 0.0 8 解析小环沿圆弧的运动可类比于单摆的简谐运动，小环运动到最低

23、点所需的最短时间为t=T/4 苫s=0.7 8 5 s。由机械能守恒定律,1陪吟加，在最低点处的速度为v=1 瓦 在最低点处的加速度为a=0.0 8 m/s%3 .B 由单摆周期公式T=2 n g 及黄金代换式G M=g rz,得T=2 n r后。4 .C 答案见解析，解析 摆球通过平衡位置时具有较大的速度，此时开始计时,误差较小。若只测量一次全振动的时间会产生较大的误差,而测量多次全振动的时间求平均值可减小误差。5 .答 案(1)1 8.6 (2)a be解 析(1)由题图,主尺读数为1 8 mm,游标尺的第6 条刻线与主尺刻线对齐,读数应为0.6小钢球直径 D=1 8 mm+0.6 mm=

24、1 8.6 mm。(2)根据实验要求，摆线要选择细些的、伸缩性小些的,并且尽可能长一些,a 正确;为了减小空气阻力的影响,应尽量选择质量大些、体积小些的摆球,b 正确;为了使单摆的运动为简谐运动,要求摆角不大于5 ,为了减小测量的误差,应使摆球振动稳定后,从平衡位置开始计时,e 正确。基础过关1 .A这些装置都是实际摆,我们在研究单摆的摆动过程中,通常忽略空气等对单摆的阻力，因此实验中我们总是尽量选择质量大、体积小的球和尽量细的、不可伸长的线组成单摆。单摆是实际摆的理想化模型,所以只有A装置可视为单摆。2 .B摆球的回复力为重力沿轨迹切线方向的分力,A错;摆球经过最低点时，回复力为0,但合力提

25、供向心力,C、D错；由简谐运动特点知B正确。3.D单摆的周期T与质量无关，选项A错。偏 角a变小，振幅变小,但单摆的周期T与振幅无关,选项B错。摆球由0 B 0的过程仅完成了半个全振动,运动时间等于，选项C错,D对。4 .A弹簧振子的振动周期只与弹簧的劲度系数和振子质量有关，拿到北京后周期不变;北京的重力加速度比上海的大,单摆拿到北京后周期变小。5 .C单摆的周期与摆球的质量和振幅均无关,A、B均错;对秒摆,12元后2 s,对周期为4 s的单摆,T=2 n J J=4 s,故1=4 1O,故C对,D错。6 .A让小球在纸面内摆动，在摆角很小时，单摆以。点为悬点,摆长为L周期为T=2 n J|；

26、让小球在垂直纸面方向摆动,摆球以0 C的延长线与A B的交点为中心摆动,摆长为L+j c o s30 =L+f l,周期为T =J等L,选项A正确。7 .A C调整圆盘位置可改变摆长,从而达到调整周期的作用；若摆钟变快,是因为周期变小,应增大摆长即下移圆盘；由冬季变为夏季,摆杆变长,应上移圆盘;从广州到北京,g值变大周期变小，应增加摆长。综上所述，选项A、C正确。8 .B摆钟的周期可借助单摆的周期公式T=2 n /来 讨 论。由于是同一单摆,其摆长可认为不变,则其周期与重力加速度的平方根成反比。由万有引力定律得m g窄,g零严炉一喝即,即g R。由以上的推理可知8 素 畀 后=专,1;鼻=当m

27、 i n。所以B选项正确。9 .B由公式g/可 知，如果振动次数多数了一次,即T偏小，使g偏大,选项A错,B对。摆球的质量过大,不影响单摆的周期与摆长,所以不影响测得的重力加速度,选项C错。当1偏小时，求得的g偏小，选项D错。10.上答案 书 0.8 7 5 0 7 5.2 1.8 8 (1)摆角不超过 5 (2)9.8解析该题是对利用单摆测重力加速度实验的综合考查。由T=2冗p 可 知7 g 产由图可知：摆长 1=(8 8.5 0 T.0 0)c m=8 7.5 0 c m=0.8 7 5 0 m .秒表的读数 t=6 0 s+15.2 s=7 5.2 s,所以T4L88 S o单摆做简谐运

28、动的条件是摆角不超过5。作一条直线，使直线通过尽可能多的点,误差较大的点，平均分布在直线的两侧,则直线斜率k普由 g-%可得 g=9.8 m/s2o三年模拟1.B给摆球相同的水平初速度v,相当于给予单摆相同的机械能,E.=E2,根据单摆周期公式，甲单摆周期较大,频率较小,f.1A,所以fK 鼠 选 项 A 正确；当底座振动频率由零开始从小到大变化时,先要接近B的固定频率,而后才能接近A 的频率,所以C选项正确。6.A小球从A、B点开始均做单摆模型运动,3守=：J；，*1笆 J；,R 为球面半径，故 t 1 2；A点离开平衡位置远些,高度差大,故从A 点滚下到达平衡位置0时速度大,即v,v2o7

29、.C 该振动的振幅为5 c m,选项A、B错误。周期为0.2 s,经 0.5 s的时间也就是2.5 个周期,质点运动到0点，位移为零，选项D 错。每个周期运动的路程是振幅的四倍，总路程为50 c m,选项 C对。8.A小球在平衡位置0时,弹簧处于原长,弹性势能为零,动能最大，位移为零,加速度为零,A 项正确;在最大位移处A、B,动能为零,加速度最大,B项错误；由A f 0回复力做正功，由 0 B回复力做负功,C项错误；由 B-0 动能减少,弹性势能增加，总能量不变,D 项错误。9.C 振子经过a b两点时速度相同,从a到 b经历的最短时间为0.2 s,而由b到 a的时、间为0.3 s,由以上信

30、息可知,a、b在平衡位置两侧关于平衡位置对称，如图所示,0 为平衡 1|位置，心=0.2 s,tb a=0.3 s,则 t h 1 (0.3-0.2)s=0.1 s。故周期 T=(0.2+0.3+0.1)s=0.6 s。J 1 0.BC单摆摆动过程中,机械能守恒,在最高点重力势能最大,最低位置时动能最大,故B正确,A 错误;在B点 E 正E k a+E 卡E 淤，故 C正确,D 错误。1 1.D对 A、B整体分析可得k x=(M+m)a,对 A 物体在水平方向f=m a,联立两式得:f=瞥1 2.AB 在最高点时有m g-F后叫,得 F n Fm g-m a,。在最低点时有F 蚊-m g 时,

31、得 F M m g+m a，,在经平衡位置时有F 平-m g=0,F f=m g,可知F Q F QF 昌。因此可知在最高点时B对 A 的压力最小,在最低点时B 对 A 的压力最大。二、非选择题1 3.答案 2.0 1 9.7 0C 解析由题可知单摆的周期1 60,40(61-D/2s=2.0 1 31 79.802-(81-1)/2s=1.9 9 5 s70.60(71-D/2s=2.0 1 7则周期 T+y 7 a 一2.0 1 s摆长 1=1 +g(o.9 6 6 0 4-ix 0.0 52 6)m=0.9 9 2 3 m故重力加速度_4TT2I_ 4XIT2X0.992 3g X 2.

32、012m/s2=9.7 0 m/s21 4.C 答 案 2C 解析 由图象知这两个振动的周期相同，均为0.4 s,所以它们有确定的相位差。由图中看出当振子达到最大位移后再过;周期,振子B 才达到最大位移,所以A的相位比B 的相位超前。相位差是A 6三乂2八喙1 5.答 案 x=0.0 8 s i n (i r t +.n)m 解析 简谐运动振动方程的一般表达式为x=A s i n(3 t+6)根据题给条件有:A=0.0 8 m,co =2 n f=JI所以 x=0.0 8 s i n (n t+4)m将 t=0 时 x=0.0 4 m代入得0.0 4=0.0 8 s i n 力，解 得 初 相

33、 力 或 力；冗因为t 二 0时,速度方向沿x轴负方向，即位移在减小,所以取6 4 五即所求的振动方向为x=0.0 8 s i n (i r t +i r)m 1 6 .答案 0.1 s 0.1 m/s上解析 玻璃板做匀变速直线运动,运动S m,和SK所用时间相等T=1 T=0.1 S则加速度2=比 率=1 m/s22 (A T)对 0 A 段 S,*=v g T+3(A T)2解得v =0.1 m/s,故接通电源时玻璃板的速度，产0.1 m/s1*2=0.1 s,经过0.1 s 才开始接通电源。a1 7 .答案(1)1 0 cm (2)1 s 1 Hz (3)2 0 0 cm 1 0 cm。

34、解 析(1)振幅设为A,则有2 A=BC=2 0 cm,所以A=1 0 cm。(2)从 B 首次到C的时间为周期的一半，因此T=2 t=l s,再根据周期利频率的关系可得/*1 Hz.(3)振子一个周期内通过的路程为4 A=4 0 cm,即一个周期运动的路程为4 0 cm,s=-4 A=5 X 4 0cm=2 0 0 cm,5 s的时间为5个周期，又回到原始点B,位移大小为1 0 cm.第十二章机械波第十二章1仓1波的形成和传播知识清单一、相互作用 带动 振动 振动二、垂 直 最 高 最 低 直 线 密 疏三、波 机 械 振 动 介 质 波 源 能 量 信 息链接高考1.A B E波动中各个质

35、点都是做受迫振动，各质点的周期与振幅相等，所以A、B项正确;P点速度的最大值为振动时过平衡位置的速度,不是波传播的速度,本题无法求出,C项错误;每个点开始振动的方向与波源振动的方向相同,D项错误;若P点与波源的距离为一个完整波形,则它们振动情况相同,E项正确。2.A由于再经过t时间，该点才能位于平衡位置上方的最大位移处,所以在2 t时，该点位于平衡位置的上方,且向上运动,选项A正确。基础过关1.ACD机械波是由于介质中前面的质点带动后面的质点，使振源的振动形式与振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;波传播过程中，各质点只能在各自的平衡位置附近振动，质点

36、不随波迁移，因此B错;每个质点都是由振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振源频率相同，并且都“仿照”振源振动，故C、D正确。2.B D无论波向左传播还是向右传播,回复力均指向平衡位置,质点A的受力方向均向下,故B、D正确。3.C由于此时Q质点向下振动，且Q质点右方邻近质点在Q质点下方,则波向左传播,N是波源。振动从N点传播到M点,经过一个周期，又因从波源N起振开始计时，需经:T,P点才开始振动，故PJ贡点已振动了!,选项C正确。4.答案如图所示a解析 机械波在传播过程中,介质的质点都在各自的平衡位置附近振动，时间依次滞后,从波形图上看出，在t二T/4时刻第4个质点才

37、开始振动，则在t=3T/4时刻第10个质点刚开始振动,此时第4个质点已振动了 T/2的时间回到了自己的平衡位置，第1个质点到达下方最大位移处。5.C根据波的传播方向与质点的振动方向之间的关系区别横波与纵波，如果两者在同一方向就是纵波,如果两者的方向相互垂直,该波就是横波。6.A由于波源带动了后面的质点依次振动,且后面的质点总是重复前面质点的振动状态,所以介质中各质点开始振动时的方向都与波源开始振动时的方向相同,此时波刚传播至Q点，此时Q点前面的相邻的质点在上方，故Q点将向上运动,则P点起振方向向上。由波形图可知,该波为横波，故A正确。7.B形成波的条件是既要有振源,又要有介质,所以有机械波必有

38、机械振动,而有振动,在无介质的情况下,不能产生机械波,故A错误,B正确。在介质中，正在传播的波独立于波源,即已经形成的波跟形成该波后波源的振动无关,在波源停止振动时,波仍将继续向外传播而不会立即停止,故C错误;波只有在同种均匀介质中才会匀速传播,而D选项并没有表明具备这一必要条件,故D错误。8.A C由波传播的规律知质点的振动是由先振动的质点带动后振动的质点,波是沿x轴正方向传播的，选项A正确。质点c正向下运动,故选项B错误。b质点正向着平衡位置运动，故b比c先到达平衡位置,选项C正确。c比b先到达偏离平衡位置的最远处,选项D是错误的。9.D由题图知波传播方向沿x轴正方向,根据质点振动方向与波

39、的传播方向的关系可知质点P的速度方向在该时刻开始的一段极短时间内沿y轴正方向，即向该质点的平衡位置运动，因此P质点速度增大;质点P做简谐运动，向平衡位置运动，距离平衡位置的位移减小，所受回复力减小,因此加速度a减小,即v变大,a减小,故只有选项D正确。三年模拟1.A波源和介质是形成机械波的两个必不可少的条件,故A 正确;简谐运动在介质中传播时,介质中各质点都做简谐运动，沿波的传播方向上，后面的质点比前面的质点总要晚一些开始振动，但质点本身并不随波的传播而发生迁移，而且各质点的振动步调不一致，故 B、C、D 都错。2.C有机械振动还必须有传播机械波的介质才能形成机械波,选项A 错误；当质点的振动

40、方向和波的传播方向垂直时才是横波,故选项B 错误;波的传播过程一定有能量传递,选项C 正确;质点只在自己平衡位置附近振动,并不随波迁移,选项D 错误;故选C。3.A D 机械波的频率等于振源的振动频率,选项A 正确;机械波的传播速度与振源的振动速度是两个不同的概念,故选项B 错误;横波中,质点振动的方向垂直于波传播的方向,而在纵波中质点的振动方向与波的传播方向平行,选项C 错误;机械波在介质中传播的速度由介质本身决定,选项 D 正确。4.A C D 据波的传播特点知,波传播过程中各质点的振动总是重复波源的振动,所以起振方向相同，都是竖直向下，但从时间上来说,起振时间依次落后所以选项A、C 正确

41、,B 错误；由题意知,质点9 比质点1应晚起振两个周期,所以当所有质点都起振后,质点1 与质点9 步调完全一致，所以选项D 正确。第十二章逐2波的图象知识清单一、各质点 各质点 波形图二、正 弦 波 简 谐 波 简 谐三、各 个 某 一 时 刻 某 一 各 个 时 刻链接高考1.1）由振动图象可知,在t=T时,波源0 的振动方向向下,再结合波形可知第一个周期末的波形图为D 图。故选项D 正确。2.D 根据题述“c 位置的质点比a位置的晚0.5 s 起振”可知波动周期为1 s,且波沿x轴正方向传播。t=1.2 5 sT 时，由题图2可知该质点在波峰与平衡位置之间向平衡位置运动，结合题 图 1 可

42、知该质点可能位于dx e,选项D正确。3.B D图(b)表示的质点在1=0 时刻位于波峰。因为sin/，图(c)表示的质点t=0 时刻的位移是-0.0 5 叫恰好是最大值的一半，假设该质点的平衡位置在x=0 到 x=2 m之间，又因为从图(c)看,该质点在t-0 时向下运动,因此其平衡位置的坐标必是2 m-i m 端m,与左波峰的平衡位置的距离是当m-0.5 m,D正确，与右波峰的平衡位置的距离是:m+0.5 m,B 正确。基础过关1.A B D由波的图象的物理意义可知选项A 正确;采用质点带动法,可由波的图象和质点振动方向判断波的传播方向，故选项B 正确；由振动图象可读出振幅和周期，由波的图

43、象可读出波长和振幅,所以选项C错误;根据波的图象的重复性可知,相隔时间为周期整数倍的两个时刻波形相同,故选项D正确。2.A由题意可知,波沿x轴正向传播,则坐标为(3,0)的质点的振动方向沿y 轴正向,经:周期后到达正向最大位移处,即坐标为(3,2)o3.A CD质点a做简谐运动，其回复力指向平衡位置，故其加速度一定沿y轴负方向。速度方向与波的传播方向有关,若波向右传播,则质点a向 y 轴正方向运动;若波向左传播,则质点a向 y轴负方向运动。经半个周期后，质点a到了 x轴下方对称点。故 A、C、D项都正确。4.D 经 A t时间后的波形可能是t时刻的波形向右平移(向右传播)得到的，也可能是向左平

44、移(向左传播)得到的，根据题意无法判断,A、B 错误;质点在平衡位置上、下两侧振动，并不随波迁移，故 C错误,D正确。5.D 波的图象表示的是连续介质中的各个质点在某一时刻的位移,振动图象表示的是某一质点在各个时刻的位移。6.D 当波刚传到坐标原点时,原点0的振动方向沿y 轴负方向，由于波的传播是波形在介质中匀速传播,故各点起振方向均沿y 轴负方向，由于x=2 cm 处质点起振后还需经过1?波才传到N点，所 以 x=2 cm 处质点的位移为丫=1 cm,通过的路程s：X 4 A=5 cm,选项D正确。47.C D 质点A、E 位移相同，即回复力相同，加速度相同，质点A、C位移大小相等、方向相反

45、，加速度大小相等、方向相反;波向右传播，质点D向下运动，质点B、F 沿 y 轴正向运动。8.D由波的图象可知,波沿x 轴正向传播,此刻波源正在平衡位置,向上振动,所以再经半个周期波源质点回到平衡位置向下振动,而x=3 m处的质点也由正向最大位移处到达负向最大位移处，速度为零，故 D选项正确。三年模拟1.D由于质点a 向上运动，因此波向右传播,A错误;此时质点b 向下运动,B错误;此时a、b 两质点速度大小相等，但方向相反，因此C错误;质点a、b 的振动周期都等于波源的振动周期，因此振动周期相等,D正确。2.C振幅是质点离开平衡位置的最大位移,故质点A、D的振幅相等，选项A错误;质点B、E 的速

46、度大小相同，但是方向相反，选项B错误；由“同侧法”可知，质点D正沿y 轴负方向运动，选项 C 正确;质点C、F 离开平衡位置的位移最大，回复力最大，故质点的加速度最大，选 项 D 错误。3.ACD a、d 间距离为x=12 m,波在同一介质中匀速传播，则波从a 传 到 d 的时间为s=6s,即 在 6 s 时刻波恰好传到质点d 处，故 A正确。设该波的周期为T,由题可得，京=3 s,得T=4 S o 波从a 传 到 c 的 时 间 为 彳=季 s=3 s,则在1=5 s 时刻质点c 已振动了 2 s,而 c 起振方向向下，故在t=5 s 时刻质点c 恰好经过平衡位置向上,故B错误。质点b 的振

47、动周期等于a的振动周期，即为4 s,故 C 正确。在 t=4 s 时质点c 已振动了 1 s,所以在4 st6 s 的时间间隔内，质点c 正从波谷向波峰运动，即向上运动，故 D正确。波由b 传播至IJ d 需要5 s,即 lT,结合波形得知,当质点d 向下运动时,质点b 不一定向上运动,故E 错误。4.D简谐横波中各质点振幅相同，均为4 cm,A错。各质点只在各自的平衡位置附近做简谐运动，并不随波迁移,B错。由图象可知a 点振动方向向下，先于c 点回到平衡位置,C错。由于回复力F二-kx,则有回复力大小之比色詈彳,D正确。5.D横波沿x 轴负方向传播，由图可知,速度为正的质点有P、Q,P 点位

48、移为负,所以加速度为正,Q点位移为正,所以加速度为负,选项D正确。第十二章3波长、频率和波速知识清单一、相 位 相 邻 密 部 疏 部二、相 同 波 源 波 源 波 长 倒 数三、传播 v f 丫 二 八f 介质本身 温度 介质链接高考1.B机械波的振幅与波源振幅有关,而机械波的传播速度由介质决定,A错,B对。物体受到的静摩擦力方向与其相对运动趋势方向相反,并不一定与运动方向相反,C错。由机械波的周期性可知,选项D错误。2.C根据题意,有以下三种情况符合要求：XX/a b=6 m,即容6 m,人 尸1 2 mc d=6 m,即 X 尸6 m3V/e f=6叫即g入F6 mt入3=4 m,故C正

49、确，A、B、D错误。3.B由质点P沿y轴负方向运动,可知波沿x轴正方向传播,波速V q券 口。m/s,B项正确。4.答 案2.5 m/s沿y轴正向看解析 由波形图直接看出波长入=1 m,由题意知T=0.4 s,所 以 波 速 二 二 m/s=2.5 m/s。T 0.4因为这列波沿X轴正方向传播，根据波的传播方向与质点振动方向的关系可知质点P在该时刻振动方向沿y轴正向。5.ACE由图(a)可知，波长入=2 m,由图(b)可知周期T=4 s,则波速，今0.5 m/s,A正确。t=2s时,x=l.5 m处的质点振动方向向下,则波向左传播,B错。0 2 s内P质点运动的路程xP=X 4 A=8 c m

50、,C项正确。0 2 s内P质点向y轴负方向运动,D项错。t=0时P质点位于正向最大位移处，故P质点达到平衡位置的时刻为t=(2 n+l)j则n=3时,t=7 s,P恰好回到平衡位置,E项正确。基础过关1.B波速反映的是振动在介质中传播的快慢程度,它与质点的振动快慢无关,因此选项A错误，选项B正确。波速由介质本身的性质决定，而与频率和波源无直接关系，选项C、D错误。2.AD题图是波形图，由图直接可读出波长X=4 c m,不能读出周期,A对,B错;P质点在平衡位置上下振动,不随波迁移,经过;周期到达最大位移处,速度为零,C错,D对。3.A从波动图象可以看出，波长人二5 m,b点比a点的起振时间晚0