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通用版带答案高中物理选修一综合测试题考点突破

1

单选题
1、水刀切割具有精度高，无热变形、无毛刺，无需二次加工以及节约材料等特点，因而得到广泛应用。某水刀切割机床如图所示，若横截面直径为d的圆柱形水流垂直射到要切割的钢板上，碰到钢板后水的速度减为零。已知水的流量（单位时间流出水的体积）为Q，水的密度为ρ，则钢板受到水的平均冲力大小为（  ）

A．4QρB．QρC．16ρQπd2D．4ρQπd2
答案：D
设t时间内有体积为V的水打在钢板上，则这些水的质量
m=ρV=ρSvt=14πd2ρvt
以这部分水为研究对象，它受到钢板的作用力为F，以水运动的方向为正方向，由动量定理得
Ft=0-mv
解得
F=-14πd2ρv2
水流速度
v=QS=4Qπd2
得
F=-4ρQ2πd2
根据牛顿第三定律，钢板受到水的冲力
F'=4ρQ2πd2
故选D。
2、如图所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，其底端N与光滑的水平地面平滑连接，N点右侧有一竖直固定挡板。质量为0.8kg的小物块b静止在地面上，现将质量为0.4kg的小物块a由斜面上的M点静止释放。已知MN=1.5m，a、b与斜面之间的动摩擦因数均为2315，a、b碰撞时间极短，碰后黏在一起运动不再分开，a、b整体与挡板碰撞过程中无机械能损失。取g=10m/s2，则（  ）

A．物块a第一次运动到N点时的动能为3.6J
B．a、b碰撞过程中系统损失的机械能为0.6J
C．b与挡板第一次碰撞时，挡板对b的冲量大小为1.2N·s
D．整个运动过程中，b在斜面上运动的路程为0.25m
答案：D
A．物块a第一次运动到N点过程，由动能定理
magMNsin30°-μmagMNcos30°=Eka=12mav02
带入题中数据可得
v0=3m/s
Eka=1.8J
A错误；
B．设a与b碰前速度大小为v0，碰后二者速度为v，由动量守恒
mav0=ma+mbv
b碰撞过程中系统损失的机械能
ΔE损=12mav02-12(ma+mb)v2
解得
v=1.0m/s
ΔE损=1.2J
B错误；
C．由B分析知，a、b整体与挡板第一次碰撞前的速度即为v=1.5m/s，碰撞过程中无机械能损失，所以碰后整体速度变为向左的1.5m/s，对整体，由动量定理
I=Δp=ma+mbv-ma+mb-v=2ma+mbv=2.4N⋅s
挡板对b的冲量即为对整体的冲量，C错误；
D．a、b整体静止在N点，对a、b整体，自碰后至最终停下，由能量守恒
12(ma+mb)v2=μ(ma+mb)gcosθ⋅s总
带入数据解得
s总=0.25m
D正确。
故选D。
3、如图所示，在光滑水平面上，有一质量M=3kg的薄板和质量m=1kg的物块都以v=4m/s的初速度相向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为2.9m/s时，物块的运动情况是（  ）

A．做减速运动B．做加速运动
C．做匀速运动D．以上运动都有可能
答案：A
开始阶段，物块向左减速，薄板向右减速，当物块的速度为零时，设此时薄板的速度为v1，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得
(M－m)v=Mv1
解得
v1≈2.67m/s<2.9m/s
所以物块处于向左减速的过程中。
故选A。
4、如图所示，半径分别为3R和R的两光滑半圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上有一轻弹簧被a、b两小球夹住，同时释放两小球，a、b球恰好均能通过各自半圆轨道的最高点，已知a球的质量为m。则（  ）

A．b球质量为33m
B．两小球与弹簧分离时，动能相等
C．若ma=mb=m要求a、b都能通过各自的最高点，弹簧释放前至少具有的弹性势能为Ep=15mgR
D．a球到达圆心等高处时，对轨道压力为9mg
答案：C
当小球恰好能通过半圆轨道的最高点时，在最高点的位置，小球的重力提供小球做圆周运动的向心力，对a小球，根据动能定理得
-6mgR=12mvt2-12mv02
在最高点时，根据牛顿第二定律得
mag=mavt23R
联立解得
v0=15gR
同理对b分析可得：b球的速度为
v1=5gR
A．对a、b组成的系统进行研究，在释放瞬间，两小球的动量守恒，选a球的速度方向为正方向，则
mv0﹣mbv1=0
解得
mb=3m
故A错误；
B．动能与动量的关系为
Eka=p22m 
因为两个小球的动量相等，但质量不相等，则两小球与弹簧分离时，动能也不相等，故B错误；
C．若两小球的质量相等，则与弹簧分力时两小球的速度大小相等，方向相反，根据上述分析，两小球具备的最小速度与上述分析的a球的速度相等，则弹簧的弹性势能等于两小球的动能之和，因此
Ep=12×2m×v02=15mgR 
故C正确；
D．当a球到达圆心等高处时，对此过程根据动能定理得
-3mgR=12mv22-12mv02
在与圆心等高的位置，根据牛顿第二定律得：
FN=mv223R
结合牛顿第三定律可得
N=FN
联立解得
N=3mg
方向水平向右，故D错误；
故选C。
5、小华通过偏振太阳镜观察平静水面上反射的阳光转动镜片时发现光有强弱变化下列说法能够解释这一现象的是（　　）
A．阳光在水面反射时发生了偏振，镜片起起偏器的作用
B．阳光在水面反射时发生了偏振，镜片起检偏器的作用
C．阳光在水面反射时没有发生偏振，镜片起起偏器的作用
D．阳光在水面反射时没有发生偏振，镜片起检偏器的作用
答案：B
发现强弱变化说明水面上反射的阳光是偏振光，而阳光本身是自然光，在反射时发生了偏振，当偏振片的方向与光的偏振方向平行时，通过的光最强，而当偏振片的方向与光的偏振方向垂直时，通过的光最弱，因此镜片起到检偏器的作用。
故选B。
6、如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6 m/s，B球的速度是-2 m/s，A、B两球发生对心碰撞。对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是（  ）

A．vA'=-2m/s，vB'=6m/sB．vA'=2m/s，vB'=2m/s
C．vA'=1m/s，vB'=3m/sD．vA'=-3m/s，vB'=7m/s
答案：D
设每个球的质量均为m，碰前系统总动量 
p=mvA+mvB=6m-2m=4m
碰前的总动能 
Ek=12mvA2+12mvB2=20m
A．若vA′=-2 m/s，vB′=6 m/s，碰后总动量
p′=mvA′+mvB′=4m
动量守恒。
总动能 
Ek′=12mvA′2+12mvB′2=20m
机械能也守恒，A可能实现；故A正确。
B．若vA′=2 m/s，vB′=2 m/s，碰后总动量
p′=mvA′+mvB′=4m
总动能
Ek′=12mvA′2+12mvB′2=4m
动量守恒，机械能不增加，故B可能实现；故B正确。
C．碰后总动量 
p′=mvA′+mvB′=4m
总动能
Ek′=12mvA′2+12mvB′2=5m
动量守恒，机械能不增加，故C可能实现；故C正确。
D．碰后总动量 
p′=mvA′+mvB′=4m
总动能
Ek′=12mvA′2+12mvB′2=29m
动量守恒，机械能增加，违反能量守恒定律，故D不可能实现；
故选D。
7、如图所示为高速磁悬浮列车在水平长直轨道上的模拟运行图，5节质量均为m的车厢编组运行，只有1号车厢为动力车厢。列车由静止开始以额定功率P运行，经过一段时间达到最大速度。列车向右运动过程中，1号车厢会受到前方空气的阻力，假设车厢碰到空气前空气的速度为0，碰到空气后空气的速度立刻与列车速度相同，已知空气密度为ρ，1号车厢的超风面积（垂直运动方向上的投影面积）为S。不计其他阻力，忽略2号、3号、4号、5号车厢受到的空气阻力。当列车以额定功率运行到速度为最大速度的一半时，3号车厢对4号车厢的作用力大小为（  ）

A．7103P2ρSB．453P2ρSC．563P2ρSD．7203P2ρS
答案：A
设动车的速度为v，动车对空气的作用力为F，根据动量定律可得
Ft=ρvtSv-0
解得
F=ρSv2
当牵引力等于阻力时，速度达到最大，则
P=Fvm
解得
vm=3PρS
当速度达到最大速度一半时，此时速度为
v'=12vm
此时受到的牵引力
F牵=Pv'
解得
F牵=23P2ρS
此时受到的阻力
f=ρS×(vm2)2=143P2ρS
对整体根据牛顿第二定律
F牵-f=5ma
对4、5号车厢，根据牛顿第二定律可得
F'=2ma
联立解得
F'=7103P2ρS
故选A。
8、如图所示为一列沿x轴负方向传播的简谐横波在t=0时的波形图，当Q点在t=0时的振动状态传到P点时，则（  ）

A．1cm<x<2cm范围内的质点正在向y轴的负方向运动
B．Q处的质点此时的加速度沿y轴的正方向
C．Q处的质点此时正在波峰位置
D．Q处的质点此时运动到P处
答案：B
Q点振动状态传到P点时的图像如图虚线所示

A．此时1cm<x<2cm范围内的质点正在向y轴的正方向运动，故A错误；
BC．Q处的质点位于波谷处，位移为负，则此时的加速度沿y轴的正方向，故B正确，C错误；
D．质点只上下振动，不随波迁移，故D错误。
故选B。
9、如图所示，质量为m=2kg的小环穿在足够长的光滑直杆上，并通过L=0.5m的轻绳连接一质量为M=3kg的小球。假设把这一装置固定在空间站中，并给小环和小球提供方向相反、大小分别为v1=3m/s、v2=2m/s的初速度，则当小球摆到轻绳与直杆平行的位置时，小环的位移为（  ）

A．0.3mB．0.2mC．0.5mD．0.1m
答案：A
小球与小环水平方向合力为零，所以水平方向动量守恒，有
mv1-Mv2=mv'1-Mv'2
可得
mv'1-Mv'2=0
则有
ml1-Ml2=0
l1+l2=0.5m
联立可得小环的位移
l1=0.3m
故A正确，BCD错误。
故选A。
10、如图甲所示在一条张紧的绳子上挂几个摆，a、c摆的摆长相同且小于b摆的摆长。当a摆振动的时候，通过张紧的绳子给其他各摆施加驱动力，使其余各摆也振动起来。图乙是c摆稳定以后的振动图像，重力加速度为g，不计空气阻力，则（  ）

A．a、b、c单摆的固有周期关系为Ta＝Tc>Tb
B．b、c摆振动达到稳定时，c摆振幅较大
C．达到稳定时b摆的振幅最大
D．由图乙可知，此时b摆的周期Tb小于t0
答案：B
A．由单摆周期公式
T＝2πLg
可知，a、b、c单摆的固有周期关系为
Ta=Tc<Tb
A错误；
BC．因为Ta＝Tc，所以c摆发生共振，达到稳定时，c摆振幅较大，b摆的振幅最小，B正确，C错误；
D．受迫振动的周期等于驱动力的周期，所以三个单摆的周期相同，故Tb等于t0，D错误。
故选B。
11、为了研究乐音的物理规律，某同学用计算机录制下优美的笛音do和sol，然后在电脑上用软件播放，分别得到如图（a）和图（b）所示的两个振动图像，由此可以判断（  ）

A．do和sol的频率之比约为3：2
B．do和sol的周期之比约为2：3
C．do和sol在空气中传播的速度大小之比为3：2
D．do和sol在空气中传播的波长之比为3：2
答案：D
AB．观察图像可知，do振动两个周期的同时sol振动了三个周期，有
2Ta=3Tb
所以，do和sol的周期之比约为3：2，由T=1f可知do和sol的频率之比约为2：3，故AB错误；
C．do和sol都是声波，在空气中的传播速度相同，所以C错误；
D．由v=λf可知，do和sol的波长之比是频率之比的倒数，即do和sol的波长之比为3:2，故D正确。
故选D。
12、某列“和谐号”高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动，在启动阶段此列车的动量（  ）
A．与它的位移成正比B．与它的位移的平方成正比
C．与它的速度成反比D．与它所经历的时间成正比
答案：D
AB．根据匀变速直线运动公式
v2=2ax
解得
v=2ax
则列车的动量为
p=mv=m2ax
故AB错误；
C．由动量表达式可知列车的动量为
p=mv
即动量与速度成正比，故C错误；
D．根据
v=at
则列车的动量为
p=mv=mat
即与它所经历的时间成正比，故D正确。
故选D。
13、《枫桥夜泊》中有名句：“姑苏城外寒山寺，夜半钟声到客船”。其中，当钟声传到客船时，对大钟的撞击早已停止了，但仍感觉“余音未绝”，分析其原因可能是（  ）
A．大钟的回声B．大钟在继续振动，空气中继续形成声波
C．人的听觉发生“暂留”的缘故D．大钟虽停止振动，但空气仍在振动
答案：B
停止对大钟的撞击后，大钟做阻尼振动，仍在空气中形成声波，随着能量的减弱，钟声逐渐消失。
故选B。
14、下列现象中可以用薄膜干涉来解释的是（　　）
A．荷叶上的水珠在阳光下晶莹透亮
B．雨后的彩虹
C．透过昆虫的翅膀看阳光呈显彩色
D．水面上的油膜在阳光照射下呈彩色
答案：D
A．荷叶上的水珠在阳光下晶莹透亮是全反射的结果，故A错误；
B．雨后的彩虹是光发生折射形成的色散现象，故B错误；
C．透过昆虫的翅膀看阳光呈彩色是衍射现象，故C错误；
D．油膜在阳光照射下呈彩色是薄膜干涉的结果，故D正确。
故选D。
15、最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为（  ）
A．1.6×102 kgB．1.6×103 kgC．1.6×105 kgD．1.6×106 kg
答案：B
设它在∆t时间内喷射的气体质量为∆m，根据动量定理
FΔt=Δmv
解得 
ΔmΔt=Fv=4.8×1063000kg/s=1.6×103kg/s
则它在1 s时间内喷射的气体质量约为1.6×103 kg。
故选B。
多选题
16、如图所示为A，B两球沿一直线运动并发生正碰，如图为两球碰撞前后的位移图像。a、b分别为A、B两球碰前的位移－时间图像，c为碰撞后两球共同运动的位移－时间图像，若A球的质量m=2kg，则由图判断下列结论正确的是（  ）

A．A、B两球碰撞前的总动量为-3kg⋅m/s
B．碰撞时A对B的冲量为-4N⋅s
C．碰撞前后A的动量变化量为4kg⋅m/s
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的机械能为10J
答案：BCD
C．由图可知，碰撞前A、B两球的速度大小分别为
vA=Δx1Δt1=4-102-0ms=-3ms
vB=Δx2Δt2=4-02-0ms=2ms
碰撞后两球共同运动的速度大小
v=ΔxΔt=2-44-2ms=-1ms
则碰撞前、后A球的动量变化量为
ΔpA=mv-mvA=4kg⋅ms
故C正确；
AB．碰撞过程动量守恒，则
mvA+mBvB=m+mBv
解得
mB=43kg
则A、B两球碰撞前的总动量为
p=mvA+mBvB=-103kg⋅m/s
由动量定理可知，碰撞时A对B的冲量为
I=ΔpB=mBv-mBvB=-4N⋅s
故A错误，B正确；
D．由能量守恒定律可知，碰撞中A、B两球组成的系统损失的机械能为
ΔE=12mvA2+12mBvB2-12m+mBv2=10J
故D正确。
故选BCD。
17、如图所示，沿x轴正方向传播的一列横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200m/s，则下列说法正确的是（    ）

A．从图示时刻开始，质点b比质点a先回到平衡位置
B．从图示时刻开始，经0.01s时间x=2m处质点通过的路程为0.4m
C．若该波波源从x=0处沿x轴正方向运动，则在x=2000m处接收到的波的频率将小于50Hz
D．若该波传播过程中遇到宽约为3m的障碍物，则能发生明显的衍射现象
E．a质点的振动频率为50Hz
答案：BDE
A．根据“上坡下，下坡上”知，题图所示时刻质点b正向y轴负方向振动，故质点a比质点b先回到平衡位置，A错误；
BE．根据题图知波长为4m，由
T=λv=0.02s
知
fa=1T=50Hz
经过0.01s，x=2m处的质点回到平衡位置，运动的路程为0.4m，BE正确；
C．由于波源靠近观察者所在处，故接收到的波的频率大于50Hz，C错误；
D．波发生明显衍射的条件是障碍物或孔的尺寸接近或小于波长，因为
λ>3m
能发生明显的衍射现象，D正确。
故选BDE。
18、用单色光做双缝干涉实验和单缝衍射实验，比较屏上的条纹，下列说法中正确的是（　　）
A．双缝干涉条纹是等间距的明暗相间的条纹
B．双缝干涉条纹是中央宽、两边窄的明暗相间的条纹
C．单缝衍射条纹是中央宽、两边窄的明暗相间的条纹
D．单缝衍射条纹是等间距的明暗相间的条纹
答案：AC
AB．用单色光做双缝干涉实验，所得的是等间距的明暗相间的条纹，故A正确，B错误；
CD．用单色光做单缝衍射实验，所得的是中央宽、两边窄的明暗相间的条纹，故C正确，D错误。
故选AC。
19、关于多普勒效应，下列说法正确的是（　　）
A．若声源向观察者靠近，则观察者接收到的频率大于声源发出声波的频率
B．发生多普勒效应时，波源的频率并未发生改变
C．多普勒效应是由于波源与观察者之间有相对运动（距离发生变化）而产生的
D．只有声波才有多普勒效应
答案：ABC
A．若声源向观察者靠近，则观察者接收到的频率大于声源发出声波的频率，A正确；
B．发生多普勒效应时，波源的频率不会发生改变，B正确；
C．多普勒效应是由于波源与观察者之间有相对运动（距离发生变化）而产生的，C正确；
D．机械波和电磁波都会发生多普勒效应现象，故D错误。
故选ABC。
20、质量为m的物体，以v0的初速度沿斜面上滑，到达最高点后返回原处的速度大小为vt，且vt＝0.5v0，则(  )
A．上滑过程中重力的冲量比下滑时小
B．上滑时和下滑时支持力的冲量都等于零
C．合力的冲量在整个过程中大小为32mv0
D．整个过程中物体的动量变化量为12mv0
答案：AC
A．以v0的初速度沿斜面上滑，返回原处时速度为vt＝0.5v0，说明斜面不光滑，设斜面长为l，则上滑过程所需时间
t1=lv02=2lv0
下滑过程所需时间
t2=lvt2=4lv0
t1<t2
根据冲量的定义可知，上滑过程中重力的冲量比下滑时小，A正确；
B．上滑和下滑时支持力的冲量都不等于零，B错误；
CD．对全过程应用动量定理，则
I合＝Δp＝－mvt－mv0＝－32mv0
C正确，D错误。
故选AC。
21、某同学用在实验室做“单摆的周期T与摆长L的关系”实验，先测得摆线长为l，摆球直径为d，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为t。他测得的g值偏小，可能的原因是（  ）
A．测摆线长时摆线拉得过紧
B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C．开始计时，秒表过早按下
D．在摆动过程中，由于空气阻力造成摆角逐渐变小
答案：BC
A．由单摆周期公式可知
g=4π2LT2
测摆线长度时摆线拉得过紧，会使测得的摆长偏大，即重力加速度偏大，故A错误；
B．振动中摆线变长，即摆长的测量值偏小，即重力加速度偏小，故B正确；
C．秒表过早按下，即测得的周期偏大，所以重力加速度偏小，故C正确；
D．空气阻力的作用下，简谐振动变为阻尼振动，周期不变，故D错误。
故选BC。
22、某同学用插针法测定玻璃砖的折射率，他的实验方法和操作步骤正确无误。但他处理实验记录时发现玻璃砖的两个光学面aa′与bb′不平行，如图所示。则下列说法正确的是（  ）

A．P1P2与P3P4两条直线平行
B．他测出的折射率偏大
C．P1P2与P3P4两条直线不平行
D．他测出的折射率不受影响
答案：CD
AC．根据折射定律有
n=sinαsinβ=sinrsini
玻璃砖的两个光学面aa′与bb′不平行，则
β≠i
故
α≠r
故P1P2与P3P4两条直线不平行，故A错误，C正确；
BD．根据插针法测定玻璃砖的折射率的原理，折射率是由
n=sinαsinβ
算出，即使P1P2与P3P4两条直线不平行，也不影响对α,β 的测量，测出的折射率不会受影响，故B错误，D正确。
故选CD。
23、如图所示，在光滑水平地面上有一长木板，其左端放有一质量为2m的木块（可视为质点），木块与长木板之间的动摩擦因数为μ。开始时，长木板和木块都静止，现有一质量为m的子弹以初速度v0击中木块并停留其中，设长木板撞到前方固定的障碍物前，长木板和木块的速度已经相等。已知长木板与障碍物发生弹性碰撞，经足够长的时间后，木块始终不从长木板上掉下来，则（已知重力加速度为g）（  ）

A．长木板与障碍物碰撞前，子弹、木块、长木板三者组成的系统动量守恒
B．长木板与障碍物碰撞前，子弹、木块、长木板三者组成的系统机械能守恒
C．若长木板的质量为6m，长木板可能与障碍物发生两次碰撞
D．若长木板的质量为3m，长木板的长度至少为v0218μg
答案：AD
AB．长木板与障碍物碰撞前，子弹、木块、长木板三者组成的系统所受的合外力为零，所以系统的动量守恒。由于有机械能转化为内能，所以系统的机械能不守恒，故A项正确，B项错误；
C．设长木板的质量为M，长木板要能与障碍物发生两次碰撞，第一次碰撞前子弹和木块的总动量应大于长木板的动量，则有
(m+2m)v>Mv
得
M<3m
所以若长木板的质量为6m，长木板不可能与障碍物发生两次碰撞，故C项错误；
D．子弹射入木块的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得
mv0=(m+2m)v1
解得
v1=13v0
木块在长木板上滑行过程，由动量守恒定律得
(m+2m)v1=(m+2m+3m)v2
由能量守恒定律得
μ⋅3mgL1=12(m+2m)v12-12(m+2m+3m)v22
长木板与障碍物碰撞后，以向右为正方向，由动量守恒定律得
-3mv2+(m+2m)v2=(m+2m+3m)v3
解得
v3=0
所以子弹、木块、长木板最终静止，由能量守恒定律得
μ⋅3mgL2=12(m+2m+3m)v22
长木板的长度至少为
L=L1+L2
联立解得
L=v0218μg
故D项正确。
故选AD。
24、一简谐横波沿x轴传播，t＝1s时的波形如图甲所示，x＝1m处质点的振动图线如图乙所示，则下列说法正确的是（  ）

A．此波的波长λ=2m
B．波的传播速度为2m/s
C．该波沿x轴正方向传播
D．t＝1.5s时，x＝2m处质点的位移为－5cm
答案：AD
A．根据波动图像得到波长λ=2m，故A正确；
B．根据振动图像知周期T＝2s，则波速
v=λT=1m/s
故B错误；
C．由图乙知，t＝1s时，x＝1m处质点的振动方向向上，对图甲，根据波形平移法，可知该波沿x轴负向传播，故C错误；
D．由图甲知，t＝1s时，x＝2m处质点位移为零，波沿x轴负向传播，根据波形平移法知此时刻该质点从平衡位置向下振动，则再经0.5s，即四分之一周期，x＝2m的质点将沿y轴负方向振动到最大位移处，所以t＝1.5s时，x＝2m处质点的位移为－5cm，故D正确。
故选AD。
25、如图所示，一质量为m，边长为a的均匀正方形导线框ABCD放在光滑绝缘的水平面上。现线框以速度v水平向右进入边界为MN的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外， AB//MN，最终线框静止在水平面上，则下列说法正确的是（  ）

A．AB边刚进入磁场时，A、B间的电势差为34Bav
B．AB边刚进入磁场时，A、B间的电势差为Bav
C．整个过程中，通过线框横截面的电荷量为mvBa
D．整个过程中，线框产生的热量为12mv2
答案：ACD
AB．设每条边的电阻为R，则总电阻为4R，AB边刚进入磁场时，线框中产生的感应电动势为
E=Bav
线框中感应电流为
I=E4R=Bav4R
A、B间的电势差相当于路端电压，则有
U=I×3R=34Bav，
A正确，B错误；
C．根据动量定理可知
-BIa⋅t=0-mv
又
q=It
联立解得
q=mvBa
C正确；
D．根据能量守恒定律可知，线框的动能全部转化为内能，所以整个过程线框中产生的热量为
Q=12mv2
D正确；
故选ACD。
填空题
26、（1）图（a）是一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0.1s时刻的波形图，P、Q是介质中平衡位置相距4m且位移均为5cm的两个质点；图（b）是P的振动图像，则质点P的振动周期为________s，振动方程为y＝______cm；该简谐波沿x轴________（选填“正”或“负”）方向传播， 波速为______m/s。

（2）如图所示为振幅、频率相同的两列横波在t＝0时刻相遇时发生干涉的示意图，实线与虚线分别表示波峰和波谷。若两列波的振幅均为1cm，波速和波长均分别为2m/s和0.8m，则Q点为振动________（选填“加强”或 “减弱”）点；从t＝0到t＝0.2s的时间内，S点通过的路程为________cm。

答案：     1.2     10sin5π3t     负     10     加强     0
（1）[1]由题图（b）可知，质点P的振动周期为1.2s；
[2]由振动图像可得质点P的振幅为10cm，故质点P的振动方程为
y=Asin2πTt=10sin5π3t(cm)
[3]从振动图像可得t＝0.1s时刻，质点P向y轴正方向运动，根据“上下坡”法可判断波向x轴的负方向传播；
[4]t＝0.1s时刻介质中的P、Q两质点离开平衡位置的位移均为5cm，各质点振动的振幅为10cm，根据波的图像的特点可知P、Q两质点平衡位置间的距离为λ3，即
λ3=4m
故波长为
λ＝12m
则波速
v=λT=10ms
（2）[5]由图可知，Q点为峰峰相遇点，所以为振动加强点；
[6]S点为峰谷相遇点，振动减弱，因两列波的振幅相同，则S点的振幅为0，则从t＝0到t＝0.2s的时间内，S点通过的路程为0，
27、如图甲所示，在直角坐标系平面内存在均匀介质，波源s1、s2的位置坐标分别为（0，0）和（0，12m），质点a的平衡位置为（16m，0）。在t=0时刻波源s1、s2同时开始沿垂直于坐标系平面方向（z方向）振动，振动图像均如图乙所示，所形成的机械波在直角坐标系平面内传播。t=8s时质点a开始振动，两列波的传播速度大小均为___________m/s；两列波的波长均为_________m；两列波相遇后，质点a振动的振幅为__________________。

答案：     2     8     40m
[1]波源s2距离质点a的距离
x=122+162m=20m
则 t=8s时波源s1先传到质点a，两列波在同一均匀介质传播，两列波的传播速度相等，则
v=st=168m/s=2m/s
[2]根据图乙可知，振动的周期
T=4s
则两列波的波长
λ=vT=8m
[3] 两列波的波源距离质点a的波程差
Δx=20m-12m=8m=λ
是波长的整数倍，则质点a是振动加强点，质点a振动的振幅
A=2×20m=40m
28、如图所示，游乐场上，两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动。设甲同学和他的车的总质量为160 kg，碰撞前向右运动，速度的大小为4 m/s；乙同学和他的车的总质量为200kg，碰撞前向左运动，速度的大小为3 m/s。则碰撞后两车共同的运动速度大小为_______，方向_______。

答案：     19m/s     向右
[1][2]规定向右为正方向，设碰撞后两车共同的运动速度大小为v，根据动量守恒定律有
m1v1-m2v2=m1+m2v
v=19m/s
方向向右。
29、如图所示，一水平弹簧振子在A、B间做简谐运动，平衡位置为O，已知物体的质量为M。

（1）同一振动系统简谐运动的能量取决于___________，物体振动时动能和___________相互转化，总机械能___________。
（2）物体在振动过程中，下列说法中不正确的是(      )
A．物体在平衡位置，动能最大，弹性势能最小
B．物体在最大位移处，弹性势能最大，动能最小
C．物体在向平衡位置运动时，由于物体振幅减小，故总机械能减小
D．在任意时刻，动能与弹性势能之和保持不变
（3）若物体运动到B处时将一质量为m的物体放到M的上面，且m和M无相对滑动而一起运动，下列说法正确的是(      )
A．振幅增大           B．振幅减小
C．最大动能不变       D．最大动能减小
答案：     振幅     弹性势能     守恒     C     C
（1）[1][2][3]简谐运动的能量取决于振幅，物体在振动过程中，只有弹簧弹力做功，故物体振动时只有动能和弹性势能相互转化，总机械能守恒。
（2）[4]A．物体在平衡位置两侧往复运动，在平衡位置处速度达到最大，动能最大，弹性势能最小，故A正确，不符合题意；
B．在最大位移处速度为零，动能为零，此时弹簧的形变量最大，弹性势能最大，故B正确，不符合题意；
C．振幅的大小与物体的位置无关，当物体向平衡位置运动时，位移减小，振幅不变，总机械能不变，故C错误，符合题意；
D．在任意时刻只有弹簧的弹力做功，系统机械能守恒，故D正确，不符合题意。
本题选错误的，故选C。
（3）[5]AB．物体运动到B点时速度恰为零，此时放上质量为m的物体，系统的总能量即为此时弹簧储存的弹性势能，与物体质量无关，所以系统总能量不变，振幅不变，故AB错误；
CD．由于系统总能量不变，当物体到达平衡位置时，速度最大，动能最大，弹性势能为零，所以最大动能不变，故C正确，D错误。
故选C。
30、某横波在介质中传播，t=0时刻波传播到x轴上的质点B时，所形成的波形如图所示，则O点开始振动时振动方向________（选填"向上"或"向下"），若已知计时开始后，则质点A在t=0.3s时第二次出现在平衡位置，该简谐横波的波速等于________m/s。

答案：     向上     5
[1]由图知，B点开始振动时向上振动，故O点开始振动时振动方向向上；
[2]由质点A在t=0.3s时第二次出现在平衡位置得
34T=0.3s
解得
T=0.4s
由图像可知，波长为2m，则有
v=λT=5m/s

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