热门试卷

（1）(6分)

（2）（6分）S=t/T*4A=52cm=0.52m

本题考查简谐运动的形成特点，当振子在右方最大位移处时，位移最大为2cm，周期为0.4s，设向右为正方向，图像为

振子经过一个周期路程为4个振幅，2.6s经过的位移为0.52m

（1）λ = 8m⑵1200m/s⑶波传播方向向右

（1）A = 0.2cm，λ = 8m。                       （2分）

（2）波向左传播：Δt =" (n" + )T   其中n为自然数     （1分）

T =  s                                      （1分）

当n = 0时，T = s，                          （1分）

当n = 1时，T = s < 0.005s（舍去）             （1分）

∴υ =  = 1200m/s                              （1分）

（3）T = s = s                       （1分）

 =  = 4，                                （1分）

即波传了3个波长，结合波形曲线可知波传播方向向右。   （1分）

本题考查了横波传播图像，根据图像可得波的振幅与波长，若波向左传播，则判断出波传播了Δt =" (n" + )T，结合周期大于(t2 – t1)，可得周期，根据公式υ = 可得传播速度。若周期小于(t2 – t1)，且波速为6800m/s，需要先算出周期，结合传播规律可解答。

见解析

试题分析：在B点弹簧处于压缩状态，所以加速度方向向右，在A点，振子相对于平衡位置向右，所以位移向右从O指向A

点评：关键是知道位移方向和回复力方向即加速度方向相反

ABE    

 m/s="5" m/s，选项A正确；由题图可知，波长λ="2" m，选项B正确；="3.2" s时， =·="5×3.2" m="16" m，由于λ="2.0" m，故波形前端的运动同="2.0" m质点的运动，可判断2.0 m处的质点向下振动，故波源起振方向沿轴负方向，选项C错误；，从图示时刻经="0.1" s，质点位于平衡位置，选项D错误；从0时刻起，经，质点开始振动，3.0 s内质点振动了2.5 s，2.5 s=，故质点运动的总路程为="6×4A+A=25×0.1" m="2.5" m，选项E正确。

（1）B（2）h=5.3m

（1）答案: B

（2）解

光路如图，由图得n= ①            2分

由几何关系得1.5tani+3tani=6

解得 tani=

sini=  ②                                                    3分

P点至岸边的距离为3tani=4m

sinr=   ③                                      2分

由①②③解得 h="5.3m                                   " 2分

（n=1、2、3、4、5）

B求回到最低点的时间，在此时间里单摆经历的时间为

及

得（n=1、2、3、4、5）

（1）①1m ②加强

（2）①与CD边成45°角斜向下     ②

（1）①由简谐运动的表达式可知，则周期s，波长1m。

②P点距离两波源的路程差为m=,P点是振动加强点。

（2）光路图如图所示，光线在AB、BC边上发生全反射。

设全反射的临界角为C，则，解得C=45°，光线在AB、BC边上的入射角均大于临界角，故在两边上发生全反射，没有光线从棱镜射出。

在CD边上发生折射时，入射角，设折射角为，由可知=45°，结合几何知识可知出射点距离C点的距离为cm。

【考点定位】简谐运动的表达式及其应用，波的干涉，光的反射与折射，全反射。

（1） ＜(3分)  ＜ (2分)

（2）见解析。

（1）弹簧振子振动过程中，机械能守恒，振子经过平衡位置时，弹性势能为零，动能最大，从平衡位置运动到最大位移处时，动能转化为弹性势能。本题中，当粘胶脱开后，物块A与弹簧连接所构成的新的弹簧振子的机械能减小，新振子到达最大位移处时的弹性势能减小，即振子振动的振幅减小；新的弹簧振子的振幅减小，振子从最大位移处加速运动到平衡位置的位移减小，运动中的加速度比原振子振动时的大，所以运动时间减小，振子振动的周期减小。（，由于振子质量减小导致周期减小。）

（2）（ⅰ）光路图如图所示，图中N点为光线在AC边发生反射的入射点。设光线在P点的入射角为i、折射角为r，在M点的入射角为、折射角依题意也为i。

有i=60°                   ①

由折射定律有

               ②

              ③

由②③式得

                     ④

为过M点的法线，为直角，∥。由几何关系有

                ⑤

由折射定律可知        ⑥

联立④⑤⑥式得              ⑦

由几何关系得                    ⑧

联立①②⑧式得                  ⑨

(ⅱ)设在N点的入射角为，由几何关系得 ⑩

此三棱镜的全反射临界角满足       （11）

由⑨⑩（11）式得        （12）

此光线在N点发生全反射，三棱镜的AC边没有光线透出。

【考点定位】（1）机械振动

（2）光学

(1)10　0.75　(2)①　②c　不能

(1)由题意可知在t＝0.1 s内波传播的距离x＝AC＝1 m，v＝＝m/s＝10 m/s；当A点振动刚传到J点时，J点的起振方向向上，再经T第一次向下到达最大位移处，因T＝0.1 s，所以T＝0.4 s，t＝＋T＝(＋×0.4) s＝0.75 s.

(2)①依题意作出光路图，

由几何知识得入射角i＝60°，折射角r＝30°，由折射定律n＝

得n＝.

②若光在真空的传播速度为c，则光在此介质中的传播速度为v＝＝c

由sin C＝可知，此介质的临界角C大于30°，而折射光线在AC面上的入射角为30°，故折射光线在AC面不能发生全反射．

(1)10 cm  (2) m/s  (3)10  N,向下;30  N,向上

(1)从原长到平衡位置x1=="5" cm

振幅A="5" cm+x1="10" cm.

(2)最大速率在平衡位置,从最高点到平衡位置过程中,前后位置的弹性势能相等,因此重力势能转化为动能.

(mA+mB)g·A= (mA+mB)v2

v= m/s.

(3)在最高点,整体(mA+mB)g+k×5 cm=(mA+mB)a

隔离B:F1+mBg=mBa 可求得F1=10  N,向下.

在最低点:F2-mBg=mBa,得F2=30  N,向上.

：(1) 1.00 s(2) 200 cm

解：(1)由对称性tPB＝tBP＝0.10 s……1′

同理，tPO＝tOP′=×0.30 s=0.15s……1′

故tBO=tBP+tPO=T/4……1′

所以 T＝4×(0.10+0.15) s＝1.00 s.

即周期为1.00 s.……1′

(2)="2A=25" cm，振幅A＝12.5 cm……2′

因振子1个周期通过4A的路程，

故在4.0 s＝4T内通过s＝4×4A＝200 cm.……2′

本题考查简谐运动，简谐运动具有对称性，在做题特别关于时间时，一定要注意，根据对称性可tPB＝tBP＝0.10 s   tPO＝tOP′=×0.30 s=0.15s从而算出tBO=tBP+tPO=T/4得出周期，因振子1个周期通过4A的路程，可算在4s内的路程

左边最大位移处   0  正  4 

①从图象知，振子处在左边最大位移处；周期为4s，则17 s时在1/4周期处，振子相对平衡位置的位移是0cm，此时速度为正向最大；

②根据速度公式可求得：。

12.5cm ，50m/s2

由两球静止时的力平衡条件，得弹簧的劲度系数为

=40N/m．

剪断A、B间细线后，A球静止悬挂时的弹簧的伸长量为

=2.5cm．

弹簧下端的这个位置就是A球振动中的平衡位置．

悬挂B球后又剪断细线，相当于用手把A球下拉后又突然释放．刚剪断细线时弹簧比比静止悬挂A球多伸长的长度就是振幅，即

A=x=xA=15cm-2.5cm=12.5cm．

振动中A球的最大加速度为

=50m/s2．