在均勻介質(zhì)中，各質(zhì)點的平衡位置在同一直線上，相鄰兩質(zhì)點的距離均為s，如圖甲所示．振動從質(zhì)點1開始向右傳播，質(zhì)點1開始運動時的速度方向豎直向上．經(jīng)過時間t，前13個質(zhì)點第一次形成如圖乙所示的波形．關(guān)于這列波的周期和波速有如下說法（　　）

A．這列波的周期T= 2t 3

B．這列波的周期T= t 2

C．這列波的傳播速度v= 12s T

D．這列波的傳播速度v= 16s T

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在均勻介質(zhì)中，各質(zhì)點的平衡位置在同一直線上，相鄰兩質(zhì)點的距離均為s，如圖甲所示，振動從質(zhì)點1開始向右傳播，質(zhì)點1開始運動時的速度方向向上，經(jīng)過時間t，前13個質(zhì)點第一次形成如圖乙所示的波形，關(guān)于這列波的周期和波速下列說法正確的是（　�。�

A．這列波的周期為T= 2t 3

B．這列波的周期為T= t 2

C．這列波的傳播速度v= 12s t

D．這列波的傳播速度v= 16s t

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在均勻介質(zhì)中，各質(zhì)點的平衡位置在同一直線上，圖中標出的各質(zhì)點中，相鄰兩個質(zhì)點間的距離為a．質(zhì)點1為波源，它開始振動的方向豎直向上．經(jīng)過時間t，前13個質(zhì)點上第一次形成如圖所示的波形．則該波的周期T、波速v分別為（　�。�

A． t 2 ， 16a t

B． 2t 3 ， 12a t

C．t， 8a t

D． 3t 4 ， 6a t

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在均勻介質(zhì)中，各質(zhì)點的平衡位置在同一直線上，相鄰兩質(zhì)點的距離均為l，如圖所示，振動從質(zhì)點1向右傳播，其初速度方向豎直向上，經(jīng)過時間t，前13個質(zhì)點第一次形成形如圖所示的波，則下列說法正確的是（　　）

A、T= 2 3 t，v= 4l 3t

B、T= 1 2 t，v= 8l t

C、此時質(zhì)點1速度方向豎直向下

D、此時質(zhì)點1速度方向豎直向上

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在均勻介質(zhì)中，各質(zhì)點的平衡位置在同一直線上，相鄰兩質(zhì)點的距離均為l，如圖所示，振動從質(zhì)點1向右傳播，其初速度方向豎直向上，經(jīng)過時間t，前13個質(zhì)點第一次形成形如圖所示的波，則下列說法正確的是（　�。�

A、T= 2 3 tv= 12l t

B、T= 1 2 tv= 16l t

C、此時質(zhì)點1速度方向豎直向下

D、此時質(zhì)點1速度方向豎直向上

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一

題號

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

答案

C

C

A

B

BD

AD

CD

BD

BD

ABD

B

AC

二

13．（1）將玻璃板放在盤上，用筆畫出油膜的形狀(2分)  (3分)

（2）（1）1.00m/s，2.50m/s；（各1分）           （2）5.25J，5.29J（各2分）

14． （6分）

15題．（共8分）

解：該隊員先在t₁=1s時間內(nèi)以a₁勻加速下滑．

然后在t₂=1.5s時間內(nèi)以a₂勻減速下滑．

第1s由牛頓第二定律得：mg－F₁=ma₁                   

所以a₁==4m/s²                                  （2分）

最大速度v_m=a₁t₁                                      

代入數(shù)據(jù)解得：v_m=4m/s                                 （2分）

后1.5s由牛頓第二定律得：F₂－mg=ma₂                  

a₂==2m/s²                                       （2分）

隊員落地時的速度v=v_m－a₂t₂                              

代入數(shù)據(jù)解得：v=1m/s                                   （2分）

16（8分）題將運動員看成質(zhì)量為m的質(zhì)點，從高處下落，剛接觸網(wǎng)時的速度的大小

 　　　�、�                （2分）

 　　彈跳后到達的高度為，剛離網(wǎng)時的速度的大小

 　　　�、�              （2分）

 　　接觸過程中運動員受到向下的重力mg和網(wǎng)向上的彈力F。選取豎直向上為正方向，由動量定理，得　�、�              （3分）

　　由以上三式解得

　　代入數(shù)值得　　         （1分）

17．（12分）

(1)mv₀=2mv_A…………………………（3分）     v_A =v₀……………………（1分）

(2)qE=2mv²_A /r………………………………………………………………（2分）

E= ……………………………………………………………（1分）

E的方向是: 豎直向上………………………………………………（1分）

(3)在AB過程中應用動能定理有：   qE?2r-2mg?2r=E_kB-?2mv²_共…………………（3分）

∴E_kB=mv²₀-4mgr………………………………………………………（1分）

18．（12分）參考解答：

（1）開始時彈簧形變量為，

由平衡條件：   ①…………… （1分）

設當A剛離開檔板時彈簧的形變量為：

由：  ②…………………………（1分）

故C下降的最大距離為：  ③…………………………（2分）

由①～③式可解得    ④………………………… （2分）

（2）由能量守恒定律可知：C下落h過程中，C重力勢能的的減少量等于B的電勢能的增量和彈簧彈性勢能的增量以及系統(tǒng)動能的增量之和

當C的質(zhì)量為M時：    ⑤………………（2分）

當C的質(zhì)量為2M時，設A剛離開擋板時B的速度為V

 ⑥ ……………（2分）

由④～⑥式可解得A剛離開P時B的速度為：

  ⑦…………………………（2分）

19題：（14分）

（1）m₁與m₂碰撞過程滿足

        mv₀=mv₁+2mv₂                                    （1分）

        mv₀²=mv₁²+2mv₂²                             （1分）

得v₁＝-（負號表示逆時針返回），v₂＝-          （2分）

（2）因為m₂=m₃=2m，與第（1）問同理可得，m₂運動到C處與m₃碰后，兩者交換速度，即v₂^′＝0，v₃＝＝v₂                                           （2分）

所以m₃以的速度順時針由C向A運動，與m₁逆時針返回，

因為v₂=v₃=2v₁， +=2

所以m₃和m₁同時到達A點并進行碰撞。            （2分）

（3）m₃和m₁碰撞過程滿足

2m-m=m v₁^′+2m v₃^′

2m()²+m()²=m v₁^′2+2m v₃^′2                     

解之得v₁^′＝v₀，v₃^′＝0（另一解v₁^′＝-，v₃^′＝，這表示互相穿過去，不可能，所以舍去）即碰后m₃停止，m₁以v₀再次順時針運動。         （4分）

m₁和m₂第一次相碰后，返回A點的時間t₁==

m₁和m₃在A處碰后，m₁以v₀返回到C的時間t₂=＝

從m₁和m₃在第一次相碰，到m₁和m₂第二次相碰經(jīng)歷的總時間

t= t₁+ t₂=                                      （2分）