热门试卷

解：（1）

m/s

（2）

m

（1）甲图，波长λ甲=25mm，心率是f甲=60次/分=1Hz，所以周期T=1s，电图机图纸移动的速率v=λ甲f甲=25mm/s．

（2）由于两张图图纸移动的速率v相同，则有：

λ乙=20mm，乙的心率为f乙==Hz=1.25Hz=75次/分．

T乙==0.8s．

答：（1）该心电图机图纸移动的速度为25mm/s　　　　

（2）乙的心动周期为0.8s，心率为75次/分．

解：（1）开始计时时，这列波的最前端的质点横坐标是24 cm，根据波的传播方向，可知这一点沿y轴负方向运动，因此在波前进方向的第一个质点开始振动的方向都是沿y轴负方向运动，故P质点开始振动时的方向是沿y轴负方向，P质点开始振动的时间是1.2s

（2）用两种方法求解

解法一：质点振动法：这列波的波长是λ=0.24 m，故周期是

经过1.2s，P质点开始振动，振动时方向向下，故还要经过T才能第一次到达波峰，因此所用时间是1.2s+ 0.3s=1.5 s

解法二：波形移动法：质点P第一次到达波峰，即初始时刻这列波的波峰传到P点，因此所用的时间是t'=

解：（1）A=0.2 m；λ=8m

（2）由于T>1/2(t2-t1)，即△t<2T 当波沿x轴正方向传播时，

可能的周期为：，且或1

当波沿x轴负方向传播时，可能的周期为，

由可知，当速度最小时，周期最大

由上面两类情况可知，当周期最大时，波x轴正方向传，方向为沿x轴正方向

且在中取，即，则，

最小速度：

当速度v最大时，周期T最小，分析上面两类情况可知，当周期最小时，波沿x轴负方向传，

且在中取

最大速度：

方向为沿x轴负方向。

解：（1）P点距波源近，表明P点先于Q点振动，由图可知，P点的振动状态传到Q点需要时间：

Δt=（0.4n+0.3）

（2）若Q点距波源近，表明Q先于波源振动，如图可知，Q点的振动状态传到P点需要时间：

Δt=（0.4n+0.1）

（1）如图知，A=0.2cm，λ=8m．

（2）波向左传播：△t=（n+）T=0.005s，其中（n=0，1，2，…）．

则得：T=s

当n=0时，T=s

当n=1时，T=s＜0.005s（舍去）

得：υ==1200m/s

（3）波的周期为为：T==s=s

==4，根据波形的平移法，结合波形曲线可知波传播方向向右．

答：（1）横波的波长是0.2cm，振幅A是8cm．

（2）设周期大于（t2-t1），如果波向左传播，波速是1200m/s．

（3）设周期小于（t2-t1），且波速为6800m/s，波的传播方向向右．

（1）设光在介质中的传播速度为v，波长为λ，频率为f，则f=，v=，

联立两式得f=，从波形图上读出波长λ=4×10-7m，

代入数据解得f=5×1014Hz．

该光的频率为5×1014Hz．

（2）光线从AC面射入时，折射光线与第一条光线平行，射到CD面上；

由sinC=可知，临界角为45°，光路如图所示，到达CD边时一定会发生全反射，故从BD边射出，故光路图所图所示：

解：（1）当波传播时间小于一个周期时，波沿传播方向前进的距离小于一个波长，当波传播的时间大于一个周期时，波沿传播方向前进的距离大于一个波长，这要从波形的变化上看出

若波沿x轴正方向传播，则在0.005 s内传播了2 m，故波速为

若波沿x轴负方向传播，则在0.005 s内传播了6 m，故波速为m/s=1 200 m/s

（2）Δt=t2－t1>T，所以波传播的距离大于一个波长，在0.005 s内传播的距离Δx=v×Δt=30 m，即Δx=3λ+，故波沿x轴负方向传播

（1）由图线可直接读出波长λ=20m．

若波沿+x方向传播，得t=0.1=(n+)T，周期T为：T=s，（n=0，1，2，…）

由题   T＞0.1s，则n=0

所以波速为：v=═50m/s

（2）当波向-x传播时，t=0.1=(n+)T，（n=0，1，2，…）

T=s，

由题T＞0.1s，则n=0

所以波速为：v==150m/s

（3）波传播的距离X=vt=450×0.1=45m=2λ+λ，波沿+x方向传播．

答：（1）若波的传播方向为+x方向，波速为50m/s；

    （2）若波的传播方向为-x方向，波速为150m/s；

    （3）若波速为450m/s，波沿+x方向传播．

向右 

由屏幕上显示的波形可以看出，反射波滞后于发射波的时间越来越长，说明小车离信号源的距离越来越远，小车向右运动.

由题中乙图可得，小车相邻两次反射超声波脉冲的时间

t=T0+(T+ΔT)-T

=T0+ΔT   ①

小车在此时间内前进的距离为

s=v0·       ②

小车的速度为v==.