6.

如右图所示，实线为某列波在t＝0时刻的波形图象，虚线为t＝0.3 s(T＞0.3 s)时的波形图象，其中P点在t＝0时刻的振动速度正在增大，则下列说法中正确的是(　)

A．波速为13 m/s

B．波速为10 m/s

C．在0-T/4内质点P运动的平均速度大于0.4 m/s

D．在0-T/4内质点P运动的平均速度等于10 m/s

[解析]　由波形图象可知波长λ＝4 m．由P点在t＝0时刻的振动速度正在增大可知P点向上运动，波沿x轴负方向传播，经过t＝0.3 s波沿x轴负方向传播3λ/4＝3 m，所以波动周期T＝0.4 s，波速为v＝λ/T＝10 m/s，A错误、B正确；在0-T/4内质点P运动的距离大于4 cm，平均速度大于0.4 m/s，C正确、D错误．

[答案]　BC

5．一列横波沿直线传播，S、P是该直线上相距1.2米的两个质点，从波刚好到达其中某一点时开始计时，已知4秒钟内S点完成8次全振动，P点完成10次全振动，则该波的传播方向及波速v分别为：(　)

A．v＝0.3米/秒，方向由S向P

B．v＝0.3米/秒，方向由P向S

C．v＝1.5米/秒，方向由P向S

D．v＝1.5米/秒，方向由S向P

[答案]　C

4．如下图所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x＝－0.2 m和x＝1.2 m处，两列波的传播速度均为v＝0.4 m/s，两列波的振幅均为A＝2 cm.图示为t＝0时刻两列波的图象，此时刻平衡位置处于x＝0.2 m和x＝0.8 m的P、Q两质点刚开始振动．质点M的平衡位置处于x＝0.5 m处，由此可知(　)

A．两列波的周期均为T＝1 s

B．t＝0.75 s时刻，质点P、Q都运动到M点

C．t＝1.0 s时刻，质点M的位移为－4 cm

D．在t＝0到t＝0.50 s时间内，质点P、Q的加速度一直增大，其方向沿y轴正方向

[解析]　由图可读出这两列波的波长都是λ＝0.4 m，其周期T＝＝1 s，选项A正确；波动中介质中的质点都在各自平衡位置附近做简谐运动，不随波迁移，所以B选项错；t＝1.0 s时刻，两列波的波谷都传播到质点M处，由波的叠加原理可知，质点M的位移为两列波引起的位移的矢量和，因此质点M的位移为－4 cm，选项C对；在t＝0到t＝0.50 s时间内，波向前传播半个波长，质点P、Q的加速度应是先增大后减小，选项D错．正确选项为A、C.

[答案]　AC

3.

(2009年高考北京理综)一简谐机械波沿x轴正方向传播，周期为T，波长为λ.若在x＝0处质点的振动图象如右图所示，则该波在t＝T/2时刻的波形曲线为下图中的(　)

[解析]　根据振动图象，可知x＝0处的质点，在t＝T/2时刻在平衡位置，向下振动，只有选项A中波的图象在x＝0处的质点满足条件，故选A.

[答案]　A

2．如下图所示，一列简谐横波沿+x方向传播．已知在t＝0时，波传播到x轴上的B质点，在它左边的A质点位于负的最大位移处；在t＝0.6 s时，质点A第二次出现在正的最大位移处．则(　)

A．这列波的波速是10 m/s

B．这列波的波速是5 m/s

C．0到0.6 s，质点D已运动的路程是0.1 m

D．0到0.6 s，质点D已运动的路程是1 m

[解析]　在t＝0时，A质点位于负的最大位移处，经1.5个周期即0.6 s，质点A第二次出现在正的最大位移处，故波的周期为0.4 s；由波形图可知该波的波长为 2 m，根据波速、波长和周期的关系可得：v＝＝m/s＝5 m/s，B项正确；波由B点传到D点的时间t₁＝＝s＝0.4 s，则在随后的0.2 s即半个周期内，质点D通过的路程为两倍振幅，即0.1 m.

[答案]　BC

1．(2010年石家庄二中)如下图所示，木块A在光滑水平面上做简谐运动，O为其平衡位置，C、D为振动中最大位置处，则下述说法中正确的是(　)

A．木块A在振动中通过OD之间的任一位置P点时，其加速度与位移都是相同的

B．振动中通过CD之间的任一位置P点时，其动量与动能都是相同的

C．当木块在C点时，有一个物体B由静止放在A上并与A粘在一起，则振动到右侧可以到D点

D．当木块在O点时，有一个物体B由静止放在A上并与A粘在一起，则振动到右侧可以到D点

[答案]　AC

12．(2010年河南省实验中学)如下图所示，在光滑水平面上有一个长为L的木板B，上表面粗糙．在其左端有一个光滑的圆弧槽C与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B、C静止在水平面上．现有滑块A以初速度v₀从右端滑上B并以v₀/2滑离B，恰好能到达C的最高点．A、B、C的质量均为m，试求：

(1)木板B上表面的动摩擦因数μ

(2)圆弧槽C的半径R

[解析]　(1)当A在B上滑动时，A与BC整体发生相互作用，由于水平面光滑，A与B、C组成的系统动量守恒有

mv₀＝m+2mv₁①

由能量守恒得知系统动能的减少量等于滑动过程中产生的内能即

μmgL＝mv－m²－2mv②

联立①②解得：μ＝.③

(2)当A滑上C，B与C分离，A、C发生相互作用．设A到达最高点时两者的速度相等均为v₂，A、C组成的系统水平方向动量守恒有

m+mv₁＝(m+m)v₂④

由A、C组成的系统机械能守恒：

m²+mv＝(2m)v+mgR⑤

联立解得：R＝.⑥

[答案]　(1)μ＝　(2)R＝

11．如下图所示，水平地面上静止放置着物块B和C，相距l＝1.0 m．物块A以速度v₀＝10 m/s沿水平方向与B正碰．碰撞后A和B牢固地粘在一起向右运动，并再与C发生正碰，碰后瞬间C的速度v＝2.0 m/s.已知A和B的质量均为m，C的质量为A质量的k倍，物块与地面的动摩擦因数μ＝0.45.(设碰撞时间很短，g取10 m/s²)

(1)计算与C碰撞前瞬间AB的速度；

(2)根据AB与C的碰撞过程分析k的取值范围，并讨论与C碰撞后AB的可能运动方向．

[解析]　本题考查考生对力学基本规律的认识，考查牛顿运动定律、动量守恒定律、动能定理的理解和综合应用，考查理解能力、分析综合能力、空间想象能力、运用数学知识处理物理问题的能力．

(1)设物体A、B的质量分别为m_A和m_B，A与B发生完全非弹性碰撞后的共同速度为v₁，取向右为速度正方向，由动量守恒定律

m_Av₀＝(m_A+m_B)v₁①

v₁＝v₀＝5.0 m/s

设AB运动到C时的速度为v₂，由动能定理

(m_A+m_B)v－(m_A+m_B)v＝－μ(m_A+m_B)gl②

v₂＝＝4.0 m/s.③

(2)设与C碰撞后AB的速度为v₃，碰撞过程中动量守恒，有

(m_A+m_B)v₂＝(m_A+m_B)v₃+m_Cv④

碰撞过程中，应有碰撞前的动能大于或等于碰撞后的动能，即

(m_A+m_B)v≥(m_A+m_B)v+m_Cv²⑤

由④式，得

v₃＝＝(4－k) m/s⑥

联立⑤和⑥式，得k≤6

即：当k＝6时，碰撞为弹性碰撞；当k＜6时，碰撞为非弹性碰撞．⑦

碰撞后AB向右运动的速度不能大于C的速度．由⑥式，得

4－k≤2

k≥2

所以k的合理取值范围是

6≥k≥2

综上得到：

当取k＝4时，v₃＝0，即与C碰后AB静止⑧

当取4＞k≥2时，v₃＞0，即与C碰后AB继续向右运动⑨

当取6≥k＞4时，v₃＜0，即碰后AB被反弹向左运动．⑩

[答案]　(1)4.0 m/s 　(2)2≤k≤6，当k＝4时，AB碰后静止；当4＞k≥2时，AB向右运动；当6≥k＞4时，AB向左运动

10．在真空中的光滑水平绝缘面上有一带电小滑块，开始时滑块处于静止状态．若在滑块所在空间加一水平匀强电场E₁，持续一段时间后立即换成与E₁相反方向的匀强电场E₂，当电场E₂与电场E₁持续时间相同时，滑块恰好回到初始位置，且具有动能E_k，在上述过程中，E₁对滑块的电场力做功为W₁，冲量大小为I₁；E₂对滑块的电场力做功为W₂，冲量大小为I₂，则(　)

A．W₁＝0.20E_k，W₂＝0.80E_k

B．I₂＝2I₁

C．W₁＝0.25E_k，W₂＝0.75E_k

D．I₂＝3I₁

[答案]　CD

9.

如右图所示，在光滑的水平面上，有一静止的小车，甲、乙两人站在小车左、右两端，当他俩同时相向而行时，发现小车向右运动，下列说法中不正确的是(　)

A．乙的速度必定大于甲的速度

B．乙对小车的冲量必定大于甲对小车的冲量

C．乙的动量必定大于甲的动量

D．甲、乙的动量之和必定不为零

[答案]　A