2023人教版带答案高中物理选修一综合测试题高频考点知识梳理.pdf

1 20232023 人教版带答案高中物理选修一综合测试题高频考点知识梳理人教版带答案高中物理选修一综合测试题高频考点知识梳理 单选题 1、如图所示，一列简谐横波沿x轴正向传播，实线为=0时刻的波形，虚线为=0.15s 时的波形，P为平衡位置在=3m 处的质点，为平衡位置在=9m 处的质点。0.15s 时间内，质点P运动的路程小于 8cm，则下列判断不正确的是（）A0.15s 时间内，质点P的路程为(4+22)cm B质点Q振动的周期为 0.4s C若此波遇到宽度为 7.8m 的障碍物时能发生明显的衍射现象 D质点Q的振动方程为=4sin5（cm）答案：D AB由于 0.15s 时间内，质点P运动的路程小于 8cm，即=0.15s 小于半个周期，波在=0.15s 时间内向前传播了 3m，则波速为 =30.15m/s=20m/s 周期为 =820s=0.4s 2 因此P质点振动了38=0.15s，其路程为(4+22)cm，故 AB 都正确；C此波的波长为 8m，遇到宽度为 7.8m 的障碍物时能发生明显的衍射现象，故 C 正确；D质点Q在=0时刻处于平衡位置正在向下振动，初相位为，则振动方程为 =sin(+)=4sin20.4(cm)=4sin5(cm)故 D 项错误。故选 D。2、如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A子弹射入木块后的瞬间，速度大小为000+B子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(+0)C子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(+0)D子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒 答案：C A子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块组成的系统动量守恒，以v0的方向为正方向，则 00=(+0)1 解得 v1000+3 故 A 错误；B子弹射入木块后的瞬间 T(+0)=(+0)12 解得绳子拉力 T=(+0)+(+0)12 故 B 错误；C子弹射入木块后的瞬间，对圆环 N=T+(+0)由牛顿第三定律知，环对轻杆的压力大于(+0)，故 C 正确；D子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，故 D 错误。故选 C。3、即将建成的孝文化公园摩天轮是新田水上乐园的标志性建筑之一，预计开放后会深受游客喜爱。摩天轮悬挂透明座舱，某游客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，下列叙述正确的是（）A摩天轮转动一周的过程中，游客重力的冲量为零 B摩天轮转动过程中，游客的机械能保持不变 C在最高点，游客处于失重状态 4 D摩天轮转动过程中，游客重力的瞬时功率保持不变 答案：C A摩天轮转动一周的过程中，重力不为零、时间不为零，根据I=Ft可知乘客重力的冲量不为零，选项 A 错误；B摩天轮转动过程中，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，速度不变，动能不变，但重力势能在变化，因此乘客的机械能在变化，选项 B 错误；C圆周运动过程中，在最高点，由重力和支持力的合力提供向心力，向心力指向下方，加速度向下，处于失重状态，选项 C 正确；D摩天轮转动过程中，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，随着位置的改变，速度在竖直方向的分速度在变化，因此乘客重力的瞬时功率在变化，选项 D 错误。故选 C。4、渔船上的声呐利用超声波来探测远方鱼群的方位。某渔船发出的一列超声波在=0时的波动图像如图 1 所示，图 2 为质点的振动图像，则（）A该波沿轴负方向传播 B01s时间内，质点沿轴运动了1.6cm C该波的波速为1.6m/sD在任意1s的时间内，质点运动的路程一定是2m 答案：D A.由图 2 知=0时质点位于平衡位置沿y轴正向振动，由图 1 根据波的平移法知该波沿轴正方向传播，故 A错误；B质点不随波迁移，不沿轴运动，故 B 错误；5 C由图 1 知该波的波长=1.6 102m，由图 2 知该波的周期=1 105s，则该波的波速为 =1.6 1021 105m/s=1.6 103m/s 故 C 错误；D由图 1 知振幅为=5 106m，在任意1s的时间内，质点运动的路程 =4=11 105 4 5 106m=2m 故 D 正确。故选 D。5、如图，光滑水平面上置有质量分别为A=6kg和B=2kg的物块 A、B，两物块间用劲度系数=200N/m的轻质弹簧相连，其中 A 紧靠竖直墙壁，弹簧处于原长。已知弹簧振子的周期公式为=2，其中为弹簧劲度系数，为振子质量。现用水平向左的力缓慢推动物块 B，到达某一位置时保持静止，此过程力做的功为25J；瞬间撤去推力，下列说法正确的是（）A弹簧第一次恢复原长过程中，物块 A、B 及弹簧组成的系统机械能和动量都守恒 B弹簧第一次恢复原长过程中，墙壁对物块 A 的冲量为30N s C弹簧第一次恢复原长过程中，弹簧对 B 的平均作用力大小为200N D在撤去推力后的运动过程中，物块 A 的最大速度为3m/s 答案：C A弹簧第一次恢复原长的过程中，系统机械能守恒，但动量不守恒，A 的速度为零，B 的速度增大，所以系统动量增加，故 A 错误；B弹簧第一次恢复原长过程中，根据题意力做功为 6 =25J 由功能关系和机械能守恒可知，弹簧第一次原长时 A 的速度为零，则有 =12BB2 解得 B=5m/s 由于 A 静止不动，因此墙对 A 的冲量大小等于弹簧对 A 的冲量大小，弹簧对 A 的冲量大小等于弹簧对 B 的冲量大小，则有 =BB 0=10N s 故 B 错误；C由 =2B 解得 =5s 弹簧第一次恢复原长的时间 =14=20s 由 =解得=200N 故 C 正确；7 D弹簧第二次恢复原长过程中，A 加速，B 减速；弹簧第二次恢复原长时，A 的速度最大，由动量守恒得 BB=AA+BB 由机械能守恒得 12BB2=12AA2+12BB2 解得 A=2.5m/s，B=2.5m/s 故 D 错误。故选 C。6、如图所示，光滑倾斜滑道OM与粗糙水平滑道MN平滑连接。质量为 1kg 的滑块从O点由静止滑下，在N点与缓冲墙发生碰撞，反弹后在距墙 1m 的P点停下。已知O点比M点高 1.25m，滑道MN长 4m，滑块与滑道MN的动摩擦因数为 0.2，重力加速度大小g取10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A滑块运动到M点的速度大小为 6m/sB滑块运动到N点的速度大小为 4m/s C缓冲墙对滑块的冲量大小为 10N sD缓冲墙对滑块做的功为2.5J 答案：D A从O到M的过程，由动能定理可知 =1202 解得滑块运动到M的速度大小为 0=5m/s 故 A 错误；8 B由M到N的过程中，根据牛顿第二定律可得加速度大小为 =2m/s2 由位移公式可得 1=2 022 可得滑块运动到N的速度大小为 =3m/s 故 B 错误；C由N到P，根据速度位移公式 2=22 解得被缓冲墙反弹，滑块的速度大小=2m/s（方向与初速度反向，取负）由动量定理可知缓冲墙对滑块的冲量 =5N s 故 C 错误；D由动能定理可得缓冲墙对滑块做的功 =122122=2.5J 故 D 正确。故选 D。7、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（）9 Ab球质量为33m B两小球与弹簧分离时，动能相等 C若=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p=15 Da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 6=1221202 在最高点时，根据牛顿第二定律得 =23 联立解得 0=15 同理对b分析可得：b球的速度为 1=5 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 01=0 解得 10 =3 故 A 错误；B动能与动量的关系为 k=22 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 p=12 2 02=15 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 3=12221202 在与圆心等高的位置，根据牛顿第二定律得：N=223 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。8、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（）11 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。9、一列向右传播的横波在t=0 时的波形如图所示，A、B两质点间距为 8m，B、C两质点平衡位置的间距为 3m，当t=1s 时，质点C恰好通过平衡位置，该波的波速可能为（）A9m/sB10m/sC11m/sD12m/s 答案：A 由图可知，波长 =8m 波向右传播，质点C恰好通过平衡位置时，波传播的距离可能是(+1)m或(+5)m(=0,1,2)，则波速 =(8+1)或(8+5)(=0,1,2)当=0时 =1m/s或=5m/s 12 当=1时 =9m/s或=13m/s 故 A 可能，BCD 不可能。故选 A。10、一列简谐横波沿x轴正方向传播，在=0时的波形图如图，此时波恰好传到质点M所在位置，当=1.5s时，位于=8处的质点P运动的总路程为15cm，则以下说法正确的是（）A波的周期为2sB波源的起振方向沿y轴正方向 C波的传播速度为5.4m/sD=2.0s时质点P处于波谷 答案：D B由t=0 时刻波传到M点，且波沿x轴正方向传播，根据波形平移法可知，质点M的振动方向为y轴负方向，即波源的起振方向沿y轴负方向，故 B 错误；AC由波形图可知，波长=4m 设波速为v、周期为T。质点P的起振方向沿y轴的负方向，波从M点传到P点的时间为34，当t=1.5s 时，质点P运动的总路程为 s=15cm=3A 即质点P第一次到达波峰，于是有 13 =34+34=1.5s 解得 T=1s 故波速 =41m/s=4m/s 故 AC 错误；Dt=1.5s 时质点P第一次到达波峰，从t=0 到t=2.0s 质点已经振动的时间 =2.0 34=2.0 0.75=1.25s=14 质点P的起振方向沿y轴的负方向，则t=2.0s 时质点P处于波谷，故 D 正确。故选 D。11、如图所示为一列简谐横波沿x轴传播在t=0 时刻的波形图，P、Q分别是平衡位置在x1=1m、x2=12m 处的质点，从t=0 时刻开始，质点Q比质点P早 0.1s 第一次到达波峰，则下列说法错误的是（）A波沿x轴正向传播 B波传播的速度大小为 10m/s C3s 内质点P运动的路程为 1m D质点Q的振动方程为y=-10sin（35t）cm 答案：D 14 A从t=0 时刻开始，质点Q比质点P早 0.1s 第一次到达波峰，说明t=0 时刻质点P、Q沿y轴负方向运动，因此波沿x轴正向传播，故 A 正确，不符合题意；B质点Q比质点P早 0.1s 第一次到达波峰，则质点P从t=0 时刻到达平衡位置需要的时间为 0.1s，则波传播的速度 =10.1m/s=10m/s 故 B 正确，不符合题意；C质点振动的周期 =1.2s 3s 内质点P运动的路程 =4=100cm=1m 故 C 正确，不符合题意；D波沿x轴正向传播，初始时刻质点Q处于平衡位置，则质点Q的振动方程为 =sin(2)=10sin(53)cm 故 D 错误，符合题意。故选 D。12、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（）A1cmx2cm 范围内的质点正在向y轴的负方向运动 15 BQ处的质点此时的加速度沿y轴的正方向 CQ处的质点此时正在波峰位置 DQ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 1cmxTb Bb、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 T2 可知，a、b、c单摆的固有周期关系为 Ta=TcTb A 错误；BC因为TaTc，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。多选题 16、下列说法中正确的是（）A发生多普勒效应时，波源的频率变化了 B多普勒效应是在波源与观测者之间有相对运动时产生的 18 C发生多普勒效应时，观测者接收到的频率发生了变化 D多普勒效应是由奥地利物理学家多普勒首先发现的 答案：BCD AC多普勒效应说明观察者与波源有相对运动时，接收到的频率会发生变化，但波源的频率不变，A 错误，C 正确；B多普勒效应是由于观察者和波源间位置的变化而产生的，即有相对运动的发生，B 正确；D多普勒效应是由奥地利物理学家多普勒首先发现的，D 正确。故选 BCD。17、下列说法中正确的是（）A实际的自由振动必然是阻尼振动 B阻尼振动的振幅越来越小 C在外力作用下的振动是受迫振动 D受迫振动稳定后的频率与自身物理条件无关 答案：ABD A实际的自由振动由于都受到阻力，故均为阻尼振动，故 A 正确；B阻尼振动的振幅会越来越小，故 B 正确；C物体在周期性策动力的作用下的振动是受迫振动，故物体在外力作用下的振动不一定是受迫振动；故 C 错误；D受迫振动稳定后的频率取决于驱动力的频率，与自身物理条件无关；故 D 正确。故选 ABD。18、一束复色光由空气斜射向平行玻璃砖，入射角为，从另一侧射出时分成a、b两束单色光，如图所示，下列说法正确的是（）19 A在该玻璃中a光的传播速度比b光的大 Ba光在真空中的传播速度比b光在真空中的传播速度大 Ca光比b光更容易发生明显的衍射现象 D增大（90），a、b两束光可能不会从另一侧射出 Ea光从该玻璃射向空气时的临界角比b光的大 答案：ACE AB由题图可看出，光线通过平行玻璃砖后，a光的偏折程度较小，b光的偏折程度较大，说明该玻璃对a光的折射率小于b光的折射率，由 =可知，在该玻璃中a光的传播速度比b光的大，但在真空中的传播速度相同，都为c，故 A 正确，B 错误；Ca光的折射率较小，频率较低，波长较长，则a光比b光更容易发生明显的衍射现象，故 C 正确；D由几何关系知光射到玻璃砖下表面时的入射角等于上表面的折射角，由光路可逆原理可知，光一定能从另一侧射出，故 D 错误；E由 sin=1 可知，由于该玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率，所以a光的临界角更大，故 E 正确。故选 ACE。20 19、中华神盾防空火控系统会在目标来袭时射出大量子弹颗粒，在射出方向形成一个均匀分布、持续时间=0.01s、横截面积为=2m2的圆柱形弹幕，每个子弹颗粒的平均质量为=2 102kg，每1cm3有一个子弹颗粒，所有子弹颗粒以=300m/s射入目标，并射停目标，停在目标体内。下列说法正确的是（）A所形成弹幕的总体积=6cm3 B所形成弹幕的总质量=1.2 105kg C弹幕对目标形成的冲量大小=3.6 107kg m/s D弹幕对目标形成的冲击力大小=3.6 108N 答案：BC A弹幕的总体积为 =300 0.01 2m3=6m3 A 错误；B又因为每1cm3有一个子弹颗粒，则子弹颗粒的总个数 =61106个=6 106个 所形成弹幕的总质量 =6 106 2 102kg=1.2 105kg B 正确；C由动量定理可知 =1.2 105kg 300m/s=3.6 107kg m/s C 正确；D弹幕对目标形成的冲击力大小 =3.6 109N 21 D 错误。故选 BC。20、杨氏双缝干涉实验证明光的确是一种波，一束单色光投射在两条相距很近的狭缝上，两狭缝就成了两个光源，它们发出的光波发生干涉，产生的干涉图样如图所示，在这两列光波相遇的区域中，实线表示波峰，虚线表示波谷，如果放置光屏，则下列说法正确的（）AA点出现明条纹 BB点出现明条纹 CC点出现暗条纹 DC点出现明条纹 答案：ABC ABCD波峰与波峰或者波谷与波谷相叠加振动加强，所以A点与B点出现明条纹，波峰与波谷叠加振动减弱，所以C点出现暗条纹，故选项 A、B、C 正确，选项 D 错误。故选 ABC。21、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=2kg，则由图判断下列结论正确的是（）22 AA、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 A=11=4 102 0m s=3m s B=22=4 02 0m s=2m s 碰撞后两球共同运动的速度大小 =2 44 2m s=1m s 则碰撞前、后 A 球的动量变化量为 A=A=4kg m s 故 C 正确；AB碰撞过程动量守恒，则 A+BB=(+B)23 解得 B=43kg 则 A、B 两球碰撞前的总动量为 =A+BB=103kg m/s 由动量定理可知，碰撞时 A 对 B 的冲量为 =B=B BB=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 =12A2+12BB212(+B)2=10J 故 D 正确。故选 BCD。22、如图所示，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=0.2m 和x=1.2m 处，两列波的波速均为v=0.4m/s，振幅均为 A=2cm。t=0 时刻两列波的图象及传播方向如图所示，此时平衡位置处于x=0.2m 和x=0.8m 的P、Q两质点刚开始振动。质点M、N的平衡位置分别处于x=0.4m 和x=0.5m 处，下列关于各质点运动情况的判断正确的（）At=0.75s 时刻，质点P、Q都运动到 N 点 B质点P、Q的起振方向相同 Ct=1.5s 时刻，质点M的位移为 2cm 24 D两列波相遇后，N点是振动加强点 答案：BD A质点只在各自平衡位置附近往复振动，不会随波迁移，所以质点P、Q都不会运动到N点，A 错误；B由波的传播方向可确定质点的振动方向：逆向描波法。两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，则质点P、Q均沿y轴负方向运动，即质点P、Q的起振方向相同，B 正确；Ct=1.5s 时，两列波传播的距离均为 =0.4 1.5m=0.6m 结合图可知，此时两列波的平衡位置恰好都传播到M点，因此M点恰好处于平衡位置，位移为零，C 错误；D由于波的传播过程就是波形的平移，可知当左侧的波谷到达N点时，右侧的波谷也恰好到达N点，同样，当左侧的波峰到达N点时，右侧的波峰也恰好到达N点，因此N点是振动加强点，D 正确。故选 BD。23、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。25 24、疫情期间，同学们在家学习的同时不忘坚持体育锻炼，某同学在家做俯卧撑运动。关于做俯卧撑运动的过程，下列说法中正确的是（）A俯卧撑向下运动的过程中，该同学处于失重状态 B俯卧撑向上运动的过程中，该同学克服重力做功的功率逐渐增大 C在做俯卧撑运动的过程中，地面对该同学不做功 D在做俯卧撑运动的过程中，地面对该同学施加的冲量不为零 答案：CD A俯卧撑向下运动的过程中，该同学先向下加速，失重；后向下减速，超重，选项 A 错误；B俯卧撑向上运动的过程中，该同学向上的速度先增加后减小，即克服重力做功的功率先逐渐增大后逐渐减小，选项 B 错误；C在做俯卧撑运动的过程中，地面对该同学的作用力没有位移，则地面对该同学不做功，选项 C 正确；D根据I=Ft可知，在做俯卧撑运动的过程中，地面对该同学施加的冲量不为零，选项 D 正确。故选 CD。25、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 26 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 =422 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。填空题 26、将一单摆a悬挂在力传感器的下面，让单摆小角度摆动，图甲记录了力传感器示数F随时间t的变化关系，随后将这个单摆和其他两个单摆、拴在同一张紧的水平绳上（c的摆长和a的摆长相等，b的摆长明显长于a的摆长），并让a先摆动起来。则单摆a的摆长为_，单摆c的摆动周期_（填“大于”“小于”或“等于”）单摆b的摆动周期。答案：4(21)22 等于 1对单摆a受力分析可知，摆球经过最低点时拉力最大，摆球经过最高点时拉力最小，所以单摆a振动的周期为4(2 1)，由单摆周期公式 27 =2 得单摆a的摆长为=4(2 1)22 2单摆、均做受迫振动，振动的周期均等于单摆a的固有周期。27、在某海水浴场，某同学漂浮在海面上，水波以 3 m/s 的速率向着海滩传播，该同学记录了第 1 个波峰到第10 个波峰通过身下的时间为 18 s。则该水波的周期为_s，该水波的波长为_m，该水波可以绕过障碍物继续传播属于波的_（选填“干涉”或“衍射”）现象。答案：2 6 衍射 123该水波的周期 =1=1810 1s=2s 根据波长公式得 =6m 该水波可以绕过障碍物继续传播属于波的衍射现象。28、一列横波沿x轴负方向传播，实线和虚线分别表示t1=0 和t2=0.13s 时的波形图。在t3=0.42s 时第 8 次出现图中实线的波形（t1=0 时为第 1 次出现实线波形），该波的传播速度为_m/s，在 0t0.13s 时间内出现了_次虚线波形。答案：2 2 28 1由波的图像可知波长 =181.5cm=12cm 由题意可知 =3 17=0.06s 则波速 =2m/s 2横波沿x轴负方向传播，从1=0时开始，第一次出现虚线波形的时刻 1=0.022s=0.01s =0.07s时第二次出现虚线波形，故在0 0.13s时间内出现了两次虚线波形。29、图甲为一列简谐横波在=0.2s时刻的波形图，是平衡位置=2.0cm处的质点，是平衡位置=4.0cm处的质点，图乙为质点的振动图像。则该简谐横波的传播速度为_m ，图甲中点下一次出现在波谷位置的时刻是=_。答案：0.4 0.45 1由甲、乙图像可知该简谐波的波长为 =16cm=0.16 周期为 29 =0.4s 故波速为 =0.4m/2由乙图知，在=0.2s时，质点向上运动，根据波形平移法可知，该波沿轴正方向传播。从图甲时刻开始，波谷位置传到质点所需时间为 =0.02 (0.08)0.4s=0.25s 所以=0.45s时点处于波谷位置。30、振幅不同，波速相同的两列波相向传播，它们的周期都为T，相遇的过程如图所示，从这个过程中能总结出波的叠加的规律是：（1）_；（2）_。答案：当波相遇时，振动方向相同的部分振动加强，振动方向相反的部分振动减弱 波相互穿过，互不干扰(1)1当左列波和右列波相遇时，叠加时的振动方向相同的，则相互加强；当振动方向相反时，则相互抵消。两列波相遇时几个特殊点：波谷和波谷，波峰和波谷，波峰和波峰；(2)2分别画出叠加后的波形图。当两列波的波峰或波谷相遇时，则振幅变为两者之和，当相遇后，波相互不影响，各自向前传播。