热门试卷

（1）T=4S,波长4米                 （2）t=6S

（3）

略

（1）      

（2）

O点应位于波谷

此波在x轴上波速v=s/t=1/0.2="5" m/s，因为在0.2s传播半个波长，所以，此波长：

=1×2 m="2" m．

周期：T=0.2×2 s=0.4 s．

(1)当O点开始振动后，Δt=0.2＋0.3=0.5 s后波前到达：

x=v·Δt=5×0.5 m=2.5 m，

经历Δt时间：倍，

所以，O点在正最大位移处．(波峰)

在0～2.5m之间，共有波长数：

，

故其波形图如图所示

(2)P点与O点相距一个波长的

倍，

当波前到达P点时，O点便振动个周期，由于图中波峰在前，说明O点在t=0时刻正通过平衡位置向正y方向运动．那么经过个周期后，O点应位于波谷．

（1）s=4（k+）（k=0，1，2，…）

v=10(k+) m/s（k=0，1，2，…）

Tm="5.3" s

（2）波向左传播

（1）波向右传播，经0.4 s后，它传播的距离s=(k+)λ=4(k+) m(k=0,1,2，…)

可能速度v===10(k+) m/s（k=0,1,2，…)

设可能周期为T，则(k+)T=0.4，T=（k=0,1,2，…)

则最大周期Tm= s="5.3" s.

（2）若波向右传播，则v=10(k+)（k=0,1,2，…）

若波向左传播，则v==10(k+)（k=0,1,2，…）

当10（k+）=92.5时，k=9.25-0.75=8.5

10(k+)=92.5时，k=8，k是整数，所以波向左传播.

1.4s

从图所示中知，P点出现第三次波谷的时间需要经过2周期，即2T＝0.9s，得

T＝0.4s．

　　波向外传播的速度为

v＝＝5m/s．

　　设从t时刻开始波传至Q点所需时间为，此时的波形应由图(乙)所示，则

＝1.1s．

　　这样Q点从平衡位置开始向y轴负方向运动，第一次到达波峰需要时间为，则T＝0.3s，如图(丙)所示．

故从t时刻算起，须经＝1.1＋0.3＝1.4s时间，在Q点第一次出现波峰．

A="2cm" f=2Hz

A="2cm" f=2Hz

由于A、B都作简谐运动且步调相反，所以A、B之间的距离满足

①λ="12" m ②向x轴正方向传播：

v=(120n+45) m/s(n=0，1，2，…)

向x轴负方向传播

v=(120n+75) m/s(n=0，1，2，…)

从图中直接读出波长λ="12" m。若波向x轴正向传播，从图中看出在Δt="0.1" s内波向右传播了(nλ+4.5)m，故波速是v==(120n+45) m/s，式中(n=0，1，2，…)

若波向x轴负向传播，从图中看出在Δt="0.1" s内波向左传播了［nλ+(12-4.5)］m，故波速v==(120n+75) m/s。式中(n=0，1，2，…)。

至少再经过0.6 s或0.2 s，M点到达波峰。

题设条件中没有给出M点过平衡位置的振动方向，也没给出波的传播方向，故我们应分情况讨论，当波向右传播时，M点向下振动，则至少经过3T/4才能达到波峰；当波向左传播时，质点M向上振动，则至少需要T/4才能够到达波峰，所以此题应该有两个答案。

1.4 s

波沿x轴正方向传播，质点P此时刻从平衡位置向y轴负方向开始振动，经T/4时间第一次到波谷位置，P点出现第三次波谷经时间，故="0.9" s得T="0.4" s。波向外传播的速度v=="5" m/s。

t=0时刻波已传至x="2.5" m处，传至Q点需时间

这样，Q点从平衡位置开始向y轴负方向运动，第一次到波峰还需="0.3" s，故须经1.4 s在Q点第一次出现波峰。

(1) 0.8s   (2) 0.33m/s（3）t=nT/2=1.2ns，式中n=0,1,2,3…。

由题意λ=0.8m

（1）若波P传至Q，则t=0.6s=T，解得T=0.8s

（2）波由Q传至P，则t=0.6s=T，解得T=2.4s，波速v=m/s=0.33m/s

（3）若由Q传至P，则T=2.4s，从t=0时刻开始，每经过半个周期，P、Q间只有一个质点的位移等于振幅，即t=nT/2=1.2ns，式中n=0,1,2,3…。

A（1）A、已知水的质量、水的体积和阿伏加德罗常数，

不知道水的摩尔质量，求不出水分子个数，不能求出水分子直径，故A错误；

B、已知水的质量、水的密度和阿伏加德罗常数，不知道水的摩尔质量，

求不出水分子个数，不能求出水分子直径，故B错误；

C、已知水的摩尔质量和阿伏加德罗常数，不知道水的摩尔质量，

求不出水分子个数，不能求出水分子直径，故C错误；

D、已知水的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可以求出1摩尔体积的分子数，

摩尔体积处于该体积的分子数等于每个分子的体积，然后利用体积公式可以求出分子直径，故D正确；故选D．

（2）设大气压为P0，气缸质量为M，横截面积为S，则气缸内气体压强P=P0-，剪断细线后，气缸自由下落，

处于完全失重状态，气缸内气体压强P=P0，缸内气体压强变大，气体体积减小，外界对气体做功，气体内能增大，

故AC错误，BD正确，故选BD．

（3）①活塞受到竖直向下的重力mg，向下的大气压力P0S，向上的气体支持力PS，

活塞处于平衡状态，由平衡条件得：mg+P0S=PS，则缸内气体压强P=P0+；

②由热力学第一定律得，气体内能的增量△U=Q-W．

B、（1）A、激光比普通光源的相干性好，故A正确；

B、光在介质中的传播速度v=，在水中紫外线折射率大于红外线的折射率，因此紫外线在水中的传播速度小于红外线在水中的传播速度，故B错误；

C、在光的衍射实验中，出现明条纹的地方光子到达的概率较大，故C正确；

D、接收电磁波时首先要进行解调，故D错误；故选AC．

（2）A、介质中的质点只在平衡位置附近振动，并不随波进行迁移，故A错误；

B、由图丙所示波形图可知，波向右传播的距离x=（n+）λ=6m，则△t=t′-t=0.2s=（n+）T，

T=，n=0、1、2、3…，波的周期小于等于0.2s，故B错误；

C、由波形图可知，波长λ=24m，波向右传播的路程s=x=（n+）λ=x=（n+）×24=24n+6，

波速v===120n+30（m/s），n=0、1、2、3…，当n=5时，v=630m/s，故C正确；

D、波的周期T=，n=0、1、2、3…，频率f==5n+1.25（Hz），n=0、1、2…，

当n=0时，f=1.25Hz，故D正确；故选CD．

（3）如右图所示，光线进入棱镜后在AB面上经一次全反射，

再从AC边上折射出来的路程最短，此时传播时间最短，

最短传播时间：t=+，v=，

故最短时间为t=2.2×10-10（s）；

C、（1）①由质量数与核电荷数守恒可知，反应方程式是：

O→N+e；

②由题意可知，正电子可以显示氧在人体内的运动轨迹，因此O的主要用途是B、作为示踪原子．

③氧在人体内的代谢时间不长，因此PET中所选的放射性同位素的半衰期应较短．

（2）人在落到小车上的过程中人和车系统动量守恒：-mv2+Mv1=（m+M）v，

可得人车共同速度为v=-1.2m/s　负号表示速度方向与小车原来的运动方向相反．

人跳上小车的过程中，对小车所做的功等于小车的动能增量W=Mv2-M，

解得：W=22（J）；

故答案为：A（1）D；（2）BD；（3）①压强为P=P0+；②△U=Q-W；

B：（1）AC；（2）CD；（3）t=2.2×10-10（s）；

C：（1）①O→N+e；②B；③短；

（2）人车共同速度为v=-1.2m/s，负号表示速度方向与小车原来的运动方向相反．

对小车所做的功为22J．

（1）波速v===2m/s

由题意可知OA间相距个波长，则对应个周期；故由△t=T可得：

周期T=1.6s；

则波长λ=vT=3.2m；

该水波的传播速度为2m/s，周期为1.6s，波长为3.2m；

（2）OB相距2.4m=λ=λ，故O在波峰处时，B在平衡位置向下振动；

故可画出此后B的振动图象；

故可行

振动图象如图．

解：(1)质点a一个周期运动的路程s0=4A=0.16 m

1s内的周期数是

1s内运动的路程s=ns0=4 m

(2)波由a传向b，

波由b传向a，