2025年浙科版選擇性必修1物理下冊月考試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年浙科版選擇性必修1物理下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、如圖所示為某物體做簡諧運動的振動圖像；下列說法正確的是。

A.0.3s時刻與0.5s時刻物體的動能相同B.0.3s時刻與0.5s時刻物體的速度相同C.0.1s時刻與0.3s時刻物體的回復力方向相同D.0.1s時刻與0.3s時刻物體的回復力大小不同2、如圖所示，一內外側均光滑的半圓柱槽置于光滑的水平面上，槽的左側有一豎直墻壁?，F(xiàn)讓一小球（可認為質點）自左端槽口A點的正上方從靜止開始下落，與半圓槽相切并從A點進入槽內。則下列說法正確的（）

A.小球離開右側槽口以后，將做豎直上拋運動B.小球離開右側槽口以后，將上升到與原來開始下落等高的位置C.小球在槽內運動的全過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上的動量不守恒D.小球離開右側槽口以后，將會再從右側槽口落入并回到A點的正上方初始下落位置3、如圖所示；虛線和實線分別為甲；乙兩個彈簧振子做簡諧運動的圖像。已知甲、乙兩個振子質量相等，則（）

A.甲、乙兩振子的振幅之比為1：2B.甲、乙兩振子的頻率之比為1：2C.前2s內甲振子的加速度先為正值后為負值D.第2s末甲的速度達到最大，乙的加速度達到最大4、關于單擺，下列說法中正確的是（）A.擺球受到的回復力方向總是指向平衡位置B.擺球受到的回復力是它的合力C.擺球經過平衡位置時，所受的合力為零D.擺角很小時，擺球受的合力的大小跟擺球對平衡位置的位移大小成正比5、如圖所示,光滑的水平導軌上套有一質量為1kg、可沿桿自由滑動的滑塊,滑塊下方通過一根長為1m的輕繩懸掛著質量為0.99kg的木塊.開始時滑塊和木塊均靜止,現(xiàn)有質量為10g的子彈以500m/s的水平速度擊中木塊并留在其中(作用時間極短),取重力加速g=10m/s2.下列說法正確的是。

A.子彈和木塊擺到最高點時速度為零B.滑塊的最大速度為2.5m/sC.子彈和木塊擺起的最大高度為0.625mD.當子彈和木塊擺起高度為0.4m時,滑塊的速度為1m/s6、關于同一物體的動能和動量，下列說法中正確的是（）A.動能不變，動量一定不變B.動能變了，動量一定變C.動量不變，動能可能變D.動量變了，動能一定變7、2019年8月11日超強臺風“利奇馬”登陸青島，導致部分高層建筑頂部的廣告牌損毀。臺風“利奇馬”登陸時的最大風力為11級，最大風速為30m/s。某高層建筑頂部廣告牌的尺寸為：高5m、寬20m，空氣密度=1.2kg/m3；空氣吹到廣告牌上后速度瞬間減為0，則該廣告牌受到的最大風力約為。

A.3.9×103NB.1.2×105NC.1.0×104ND.9.0×l04N評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)8、如圖，t=0時刻波形圖為實線所示，t=2s時刻的波形圖為虛線所示；已知各質點振動周期位于2s~4s之間，則下列說法正確的是（）

A.該波一定沿x軸正方向傳播B.該波傳播速度為C.位于x=6cm處的質點，在6s時，加速度方向與速度方向相同D.位于x=12cm處的質點，在7s時，加速度方向與速度方向相同9、一列簡諧橫波沿繩子傳播，振幅為0.2m，傳播速度為1m/s，頻率為0.5Hz．在t時刻，質點a正好經過平衡位置．沿波的傳播方向A.在t時刻，距a點2m處的質點離開其平衡位置的距離為0.2mB.在t時刻，距a點0.5m處的質點離開其平衡位置的距離為0.2mC.在(t+0.5)s時刻，距a點1m處的質點離開其平衡位置的距離為0.2mD.在(t+2)s時刻，距a點1.5m處的質點離開其平衡位置的距離為0.2m10、如圖（a）所示，一列簡諧橫波沿x軸傳播，實線和虛線分別為時刻和時刻的波形圖，其中P、Q分別是平衡位置為和的兩質點。圖（b）為質點Q的振動圖像；下列說法正確的是（）

A.可能等于B.時刻質點Q的加速度達到最大C.簡諧橫波沿x軸傳播的速度大小為E.到時間內，P運動的路程可能大于Q運動的路程E.到時間內，P運動的路程可能大于Q運動的路程11、對于一個質量不變的物體，下列說法正確的是（）A.物體的動量發(fā)生變化，其動能一定變化B.物體的動量發(fā)生變化，其動能不一定變化C.物體的動能發(fā)生變化，其動量一定變化D.物體的動能發(fā)生變化，其動量不一定變化12、一個質量為0.2kg的小球從空中由靜止下落，與水平地面相碰后豎直彈到空中某一高度，整個過程的速度隨時間變化關系如圖所示．假設小球在空中運動所受阻力大小不變，小球與地面碰撞時間忽略不計，重力加速度g=10m/s2；則下列說法中正確的是。

A.在1.0～t1時間內，小球的加速度大小為12m/s2B.在0～t1時間內，小球克服空氣阻力做功為2.8JC.在0～t1時間內，小球損失機械能為2.8JD.在0～t1時間內，小球所受合外力的沖量為013、如圖所示，水平面上固定著兩根足夠長的平行導槽，質量為的形管恰好能在兩導槽之間自由滑動，一質量為的小球沿水平方向，以初速度從形管的一端射入；從另一端射出。已知小球的半徑略小于管道半徑，不計一切摩擦，下列說法正確的是（）

A.該過程中，小球與形管組成的系統(tǒng)機械能守恒B.小球從形管的另一端射出時，速度大小為C.小球運動到形管圓弧部分的最左端時，速度大小為D.從小球射入至運動到形管圓弧部分的最左端的過程中，平行導槽受到的沖量大小為14、如圖所示，用“碰撞實驗器”可以驗證動量守恒定律，即驗證兩個小球在水平軌道末端碰撞前后的動量守恒。入射小球質量為m1，被碰小球質量為m2，O點是小球拋出點在水平地面上的投影。實驗時，先讓入射小球多次從傾斜軌道上S位置靜止釋放，找到其平均落地點的位置，并記下此位置距O點的距離；然后把被碰m2小球靜置于水平軌道末端，再將入射小球m1從傾斜軌道上S位置靜止釋放，與小球m2相撞，多次重復此過程，并分別找到它們平均落點的位置距O點的距離；則下列說法正確的是（）

A.實驗中要求兩小球半徑相等，且滿足m1<m2B.實驗中不要求傾斜軌道必須光滑C.如果等式m1x3=m1x1+m2x2成立，可驗證兩小球碰撞過程動量守恒D.如果等式m1x22=m1x12+m2x32成立，可驗證兩小球發(fā)生的是彈性碰撞15、A、B兩球沿一直線運動并發(fā)生正碰。如圖所示為兩球碰撞前后的位移一時間圖象。a、b分別為A、B兩球碰撞前的位移—時間圖線，c為碰撞后兩球共同運動的位移—時間圖線，若A球質量是則由圖可知（）

A.A.B碰撞前的總動量為B.碰撞時A對B所施沖量為C.碰撞前后A的動量變化為D.碰撞中B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為16、如圖甲所示，輕質彈簧下端固定在水平地面上，上端拴接一輕質薄板。t=0時刻，一物塊從其正上方某處由靜止下落，與薄板碰撞后二者粘在一起并在以后的運動中不再分離，物塊的位置隨時間變化的圖像（x-t）如圖乙所示，其中t=0.2s時物塊剛接觸薄板。彈簧形變始終在彈性限度內；空氣阻力不計，則（??）

A.t=0.4s時物塊的加速度大于重力加速度B.若增大物塊自由下落的高度，則物塊與薄板粘在一起后振動的周期增大C.若增大物塊自由下落的高度，則物塊與薄板粘在一起后振動的振幅增大D.t=0.2s后物塊坐標位置隨時間變化關系為評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)17、【物理選修3-4】（1）某簡諧橫波沿x軸正方向傳播，在t=0時刻恰好傳播到x=4m的b點；在t=0.6s時，x=1m的質點a恰好第二次位于平衡位置，質點P（圖中未畫出）位于x=5m處，下列說法正確的是。

E．與該波發(fā)生干涉的另一簡諧波的頻率是2.5Hz18、如圖所示，質量為m的木塊放在輕彈簧上，與彈簧一起在豎直方向上做簡諧運動。當振幅為A時，物體對彈簧的最大壓力是物體重力的1.5倍，則物體對彈簧的最小彈力為___________；要使物體在振動中不離開彈簧，振幅的最大值為_________。

19、醫(yī)學中常用頻率為23kHz~27kHz的超聲波破碎膽結石，某頻率超聲波在結石和膽汁中的波速分別為2250m/s和1500m/s，則該超聲波在結石中的波長是膽汁中的___________倍。破碎結石時當超聲波與結石體發(fā)生共振時效果最佳。已知結石體固有頻率可表為為常數(shù)，如果采用25kHz的超聲波破碎質量為m的結石效果最佳，為破碎質量比m略大的結石，應調整超聲波的頻率，頻率應略___________（填“大于”或“小于”）25kHz。20、圖像信息。

（1）可以確定某時刻質點離開平衡位置的___________。

（2）確定某時刻質點速度的方向：速度的方向可以通過下一時刻位移的變化來判定，若下一時刻位移增加，振動質點的速度方向就是遠離t軸，若下一時刻位移減小，振動質點的速度方向就是指向t軸。

（3）比較不同時刻質點的動能、勢能的大小。21、驅動力：作用于振動系統(tǒng)的_______的外力。22、質量為5kg的物體運動速度為3m/s，則其動量為____________；如果一個物體所受合力為5N，則5s的動量變化為___________。23、一列沿x軸傳播的簡諧橫波在t＝0時刻的波形圖如圖所示，此時質點Q沿y軸負方向運動，質點P的縱坐標為經1s質點Q第一次到達波谷位置，則質點P振動的周期為______s，該簡諧橫波沿x軸______（填“正”或“負”）方向傳播，質點P從t＝0時刻開始經經______s第一次運動到波谷。

24、一列簡諧橫波沿x軸負方向傳播，如圖中實線為時刻的波形圖，虛線是這列波在時刻的波形圖。各質點振動周期大于為實線上的一質點，則質點P在時刻的速度方向為_______，這列波的傳播速度為________

評卷人得分四、作圖題(共1題，共9分)25、如圖所示，一列簡諧波在x軸上傳播，波速為50m/s。已知時刻的波形圖像如圖甲所示，圖中M處的質點此時正經過平衡位置沿y軸的正方向運動。將時的波形圖像畫在圖乙上（至少要畫出一個波長）。

評卷人得分五、解答題(共3題，共12分)26、如圖所示，某冰雪游樂場中，質量的小游客靜止在足夠大的冰面上，他將質量的石塊（視為質點）以大小的速度水平推向左側靜止在冰面上的楔形冰塊的斜面上，結果石塊滑回冰面上后恰好不能追上小游客。不計石塊滑上冰塊時的機械能損失，所有摩擦不計，取重力加速度大小求：

（1）冰塊的質量

（2）石塊沿斜面上滑的最大高度h。

27、將質量為m=1kg的小球，從距水平地面高h=5m處，以v0=10m/s的水平速度拋出，不計空氣阻力，g取10m/s2。求：

（1）平拋運動過程中小球動量的增加量Δp；

（2）小球落地時的動能。28、在同一均勻介質中，甲乙兩波源位于O點和Q(84m，0)點，分別產生向右和向左的簡諧波。某時刻波形如圖實線和虛線表示，此時甲波傳播到x＝48m處，乙波傳到x＝24m處。已知甲波波源振動了1.2s；求：

（1）甲；乙兩波的波速及波源起振的時間差；

（2）通過計算說明x＝48m位置質點的位移能否達到25cm。

參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】【詳解】

AB.由圖知；物體在0.3s與0.5s時刻圖線的切線斜率的絕對值相等，說明物體在這兩個時刻的速度大小相同，方向不同，所以速度不相同，動能相等，故A正確，B錯誤；

CD.由圖可知；0.1s時刻與0.3s時刻位移大小相等，方向相反，根據(jù)回復力f=-kx，回復力大小相等，方向相反，故C錯誤，D錯誤．

故選A

【點睛】

根據(jù)簡諧運動的x-t圖象中圖線切線的斜率表示速度，正負表示方向，判斷速度和動能；根據(jù)回復力f=-kx，判斷回復力是否相同．2、C【分析】【詳解】

A．小球經過槽的最低點后；在小球沿槽的右側面上升的過程中，槽也向右運動，小球離開右側槽口時相對于地面的速度斜向右上方，小球將做斜拋運動而不是做豎直上拋運動，A錯誤；

B．小球從剛釋放到槽的最低點，只有重力做功，小球的機械能守恒

而從最低點開始上升過程中，除小球重力做功外，還有槽對球作用力做負功，球對槽作用力做正功，兩者之和正好為零，所以小球與槽組成的系統(tǒng)機械能守恒，到達最高點時，小球和槽都具有水平的速度

分析可得，小球離開右側槽口以后，將上升高度與原來開始下落高度不相等；B錯誤；

C．小球從剛釋放到槽的最低點過程中；小球與槽組成的系統(tǒng)受到墻壁的水平作用力，水平和外力不為零，水平方向上的動量不守恒，而從最低點開始上升過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上和外力為零，動量守恒，所以小球在槽內運動的全過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上的動量不守恒，C正確；

D．在小球沿槽的右側面上升的過程中，槽也向右運動，小球離開右側槽口時相對于地面的速度斜向右上方，小球將做斜拋運動，小球離開槽后小球與槽在水平方向上都向右做勻速直線運動，在相等時間內它們的水平位移相等，小球從右側槽口拋出后，將會再從右側槽口落入，但不是相切進入，此時，槽在小球的作用下，繼續(xù)向右做加速運動，一直到小球運動到槽的最低點，然后在受小球的作用槽向右做減速運動，一直到小球離開左側槽口，在這個過程中槽始終向右運動，所以將不會回到A點的正上方初始下落位置；D錯誤。

故選C。3、D【分析】【詳解】

A．根據(jù)振動圖像；甲振子的振幅為2cm；乙振子的振幅1cm，所以甲、乙兩振子的振幅之比為2∶1，故A錯誤；

B．根據(jù)振動圖像；甲振子的周期是4s，頻率是0.25Hz；乙振子的周期是8s，頻率是0.125Hz，則甲；乙兩振子的頻率之比為2∶1，故B錯誤；

C．前2秒內；甲在平衡位置的上方，加速度指向平衡位置，方向向下，為負，故C錯誤；

D．第2秒末甲處于平衡位置；速度最大，加速度最小；乙處于波谷，速度最小，加速度最大，故D正確；

故選D。4、A【分析】【分析】

【詳解】

A．根據(jù)回復力的定義知；擺球受到的回復力方向總是指向平衡位置，A正確；

B．單擺的回復力除指明在最高點外都不是擺球受力的合力；但不管在哪個位置均可認為是重力沿軌跡圓弧切線方向的分力，B錯誤；

CD．擺球經過平衡位置時；回復力為零，但合力不為零，因懸線方向上要受向心力，CD錯誤。

故選A。5、C【分析】【詳解】

A項：設子彈質量為m0，木塊質量為m1，滑塊質量為m2；由子彈；木塊、滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，故當子彈和木塊擺到最高點時三者具有相同的速度，且速度方向水平，A項錯誤；

B項：；只要輕繩與桿之間的夾角為銳角，輕繩拉力對滑塊做正功，滑塊就會加速，所以當輕繩再次豎直時滑塊速度最大，設此時滑塊速度為vm，子彈和木塊速度為v＇，則由系統(tǒng)水平方向動量守恒定律可得m0v0=(m0+m1)v1=(m0+m1)v＇+m2vm，解得vm=0，或vm=5m/s；即滑塊的最大速度為5m/s，B項錯誤；

C項：當子彈和木塊擺到最高點時三者具有相同的速度v，由系統(tǒng)水平方向動量守恒定律可得m0v0=(m0+m1)v1=(m0+m1+m2)v；解得v=2.5m/s，由子彈進入木塊后系統(tǒng)機械能守恒可得。

解得h=0.625m，C項正確；

D項：當子彈和木塊擺起高度為0.4m時，由系統(tǒng)水平方向動量守恒定律可得m0v0=(m0+m1)v1=(m0+m1)vx+m2v3，得vx=4m/s；而此時木塊和子彈豎直方向速度一定不為零，故由子彈進入木塊后系統(tǒng)機械能守恒可得。

解得h<0.4m；D項錯誤．

故選C．6、B【分析】【分析】

【詳解】

A．動能不變；說明速度的大小不變，但是方向不一定不變，則動量不一定不變，故A錯誤；

B．動能變了；則速度大小一定變化，則動量一定變，故B正確；

C．動量不變；則速度的大小和方向均不變，動能一定不變，故C錯誤；

D．動量變了；可能是速度的方向變了，大小不變，則動能可能不變，故D錯誤。

故選B。7、B【分析】【詳解】

廣告牌的面積。

S=5×20m2=100m2設t時間內吹到廣告牌上的空氣質量為m；則有：

m=ρSvt根據(jù)動量定理有：

－Ft=0－mv=0－ρSv2t得：

F=ρSv2代入數(shù)據(jù)解得。

F≈1.2×105N故B正確；ACD錯誤。

故選B。二、多選題(共9題，共18分)8、A:C【分析】【分析】

【詳解】

A．從實線圖到虛線圖經歷2s，而已知條件規(guī)定周期在2s-4s間，即波形移動的距離是半個波長到一個波長之間，根據(jù)波形圖可知，若波向左平移是平移了三分之一個波長，若波向右平移是平移了三分之二個波長，故波應該是向右傳播，即x軸正方向傳播；A正確；

B．結合A的分析可知波速

B錯誤；

C．結合A的分析可知周期是

解得

2s時刻，x=6cm處的質點在平衡位置向下振動；再過4s時，質點在平衡位置下方向上運動，所以加速度方向與速度方向相同，C正確；

D．x=12cm處的質點在2s時正在向上振動；再過5s時，質點應該在平衡位置下方向下振動，所以加速度與速度方向相反，D錯誤。

故選AC。9、B:C:D【分析】【詳解】

由v=λf得，波長周期為

A.在t時刻；距a點2m處的質點，與a點相距一個波長，則t時刻，質點a正好經過平衡位置，則此質點也在平衡位置，故A錯誤；

B.在t時刻，距a點0.5m處的質點，與a點相距個波長；則t時刻，質點a正好經過平衡位置，則此質點處于波峰或波谷位置即離開其平衡位置的距離為0.2m，故B正確；

C.在t時刻，距a點1m處的質點處于平衡位置，再經0.5s即周期；則此質點處于波峰或波谷位置即離開其平衡位置的距離為0.2m，故C正確；

D.在（t0+2s）時刻，質點a位于平衡位置，距a點1.5m=處的質點，由波形得到，此質點到達最大位移處，此質點離開其平衡位置的距離為0.2m，故D正確．10、A:C:E【分析】【詳解】

A．題中沒有說明時刻是哪個時刻，假設由圖（b）可知，質點Q在時刻正在沿y軸正方向振動，則波向x軸正方向傳播，可得

假設由圖（b）可知，質點Q在時刻正在沿y軸負方向振動，則波向x軸負方向傳播，可得

代入數(shù)據(jù)可知，當時，

A正確；

B．時刻質點Q在平衡位置，故此時質點Q的加速度最??；B錯誤；

C．該波的波長為

周期為

故其傳播速度為

C正確；

D．到時間內，質點P只在y軸方向上下振動，x軸方向無位移；D錯誤；

E．到時間內，Q運動的路程可能是

或

如果在第一個時間內，P沿y軸負方向運動到與x軸對稱的位置，路程大于振幅A，則質點P在到時間內的路程為

如果在第一個時間內，P沿y軸負方向運動到波峰，又沿y軸負方向運動回原位置，路程小于振幅A，則質點P在到時間內的路程為

E正確。

故選ACE。11、B:C【分析】【分析】

【詳解】

AB．當質量不變的物體的動量發(fā)生變化時；可以是速度的大小發(fā)生變化，也可以是速度的方向發(fā)生變化，還可以是速度的大小和方向都發(fā)生變化．當物體的速度方向發(fā)生變化而速度的大小不變時，物體的動量（矢量）發(fā)生變化，但動能（標量）并不發(fā)生變化，A錯誤B正確；

CD．當質量不變的物體的動能發(fā)生變化時；必定是其速度的大小發(fā)生了變化，而無論其速度方向是否變化，物體的動量必定發(fā)生變化，D錯誤C正確。

故選BC。12、B:D【分析】【詳解】

A．在0﹣1.0s內位移的大小為：

根據(jù)動能定理得：下落過程：mgx1﹣fx1＝mv12，上升過程：﹣mgx2﹣fx2＝0﹣mv22，由圖知v1＝5m/s，v2＝3m/s，解得：x2＝0.3mf＝1N

故在0～t1時間內，小球的路程為：s＝x1+x2＝2.5m+0.3m＝2.8m

在0～t1時間內，小球克服空氣阻力做功為：

故B正確．

A．在1.0～t1時間內，根據(jù)牛頓第二定律：mg+f=ma

可得小球的加速度大小為：a=15m/s2

故A錯誤．

C．小球在空氣阻力作用下?lián)p失機械能為：△E1＝fs＝1×2.8J=2.8J

小球在與地面碰撞的過程中損失的機械能為：

所以損失的機械能為4.4J．故C錯誤．

D．在0～t1時間內，根據(jù)動量定理可得小球所受合外力的沖量為：

故D正確．13、A:B:D【分析】【詳解】

A．小球和U形管組成的系統(tǒng)整體在運動過程中沒有外力做功；所以系統(tǒng)整體機械能守恒，所以A正確；

B．小球從U形管一端進入從另一端出來的過程中，對小球和U形管組成的系統(tǒng)，水平方向不受外力，規(guī)定向左為正方向，由動量守恒定律可得

再有機械能守恒定律可得

解得

所以B正確；

C．從小球射入至運動到形管圓弧部分的最左端的過程時，小球和U形管速度水平方向速度相同，對此過程滿足動量守恒定律，得

由能量守恒得

解得

所以C錯誤；

D．小球此時還有個分速度是沿著圓形管的切線方向，設為由速度的合成與分解可知

對小球由動量定理得

由于力的作用是相互的，所以平行導槽受到的沖量為

所以D正確。

故選ABD。14、B:D【分析】【詳解】

A．實驗中要求兩小球半徑相等，且滿足

以保證入射球碰后不反彈；故A錯誤；

B．實驗中傾斜軌道沒必要光滑；只需到達底端的速度相同即可，故B正確；

C．因x2是m1碰前的射程，x1是m1碰后的射程，x3是m2碰后的射程，如果等式

成立；可驗證兩小球碰撞過程動量守恒，故C錯誤；

D．如果等式

即

成立；可驗證兩小球發(fā)生的是彈性碰撞，故D正確。

故選BD。15、B:D【分析】【詳解】

由x－t圖象可知，碰撞前有：A球的速度

B球的速度

碰撞后A、B兩球的速度相等，為

對A、B組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律有

解得

A．A與B碰撞前的總動量為

選項A錯誤；

B．由動量定理可知，碰撞時A對B所施沖量為

選項B正確；

C．碰撞前后A的動量變化

選項C錯誤；

D．碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能

代入數(shù)據(jù)解得

選項D正確。

故選BD。16、A:C:D【分析】【詳解】

A．根據(jù)簡諧運動的對稱性可知，最高點的加速度和最低點的加速度大小相等，即

由簡諧運動的加速度滿足a與x成正比，設A點處偏離平衡位置的位移大小為xA，C點處偏離平衡位置的位移大小為xC，有

所以

到A點時，物塊只受重力

所以

故A正確；

B．彈簧振子的周期只與振動系統(tǒng)本身有關；與物塊起始下落的高度無關，故物塊與薄板粘在一起振動周期不變，故B錯誤；

C．若增大物塊自由下落的高度；根據(jù)能量守恒，則物塊與薄板粘在一起后振動的振幅增大，故C正確；

D．由圖乙可知T=0.6s

則

振幅為0.2m，0.2s后物塊位置隨時間變化關系式為

當t=0.4s時x=0.5m

代入上式得

所以

故D正確。

故選ACD。三、填空題(共8題，共16分)17、A:C:D【分析】由圖可知，由題意t=0.6s，質點a恰好第二次位于平衡位置，則即T=0.8s，根據(jù)公式A正確；由圖可知，質點b的振動方向向下，而后面的質點重復前面質點的運動情況，故質點P起振方向也是向下，B錯誤；當波由b點傳播到P需要的時間為t0，則則質點P振動的時間為則質點P通過的路程為s=1.25×4A=0.10m，C正確；質點P第三次到達波峰的時間為故D正確；頻率相同，相差恒定的兩列波產生穩(wěn)定的干涉，故能與此波產生穩(wěn)定干涉的另一列波的頻率為故E錯誤；故選ACD.18、略

【分析】【詳解】

[1]當振幅為A時，物體對彈簧的最大壓力是物體重力的1.5倍，此時在最低處，受彈力、重力，由牛頓第二定律可得

方向向上，根據(jù)簡諧振動的特點，在最高點的加速度也為0.5g，方向向下，所以

解得F1=0.5mg；且為支持力。

由胡克定律可得

[2]要使物體不能離開彈簧，則在最高點彈力為零，加速度為g，方向向下，根據(jù)對稱性，在最低處的加速度也為g，方向向上，由牛頓第二定律可得

解得

由胡克定律可得

聯(lián)立可得【解析】2A19、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1][2]超聲波在傳播中頻率不變，波長

則說明長與波速成正比，故波長之比為=1.5倍

根據(jù)頻率公式，質量變大，固有頻率變小，則超聲波頻率變小?！窘馕觥?.5小于20、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)[1]可以確定某時刻質點離開平衡位置的位移?！窘馕觥课灰?1、略

【分析】【分析】

【