【课堂新坐标】(安徽专用)2014届高考物理一轮复习 第十一章 第3讲光的折射全反射光的色散跟踪检测

第1讲动量定理动量守恒定律(对应学生用书第201页)1.动量(1)定义：运动物体的质量m与速度v的乘积．(2)定义式：p＝mv.(3)单位：kg·m/s.(4)方向：与速度方向相同．(5)物理意义：物体的动量表征物体的运动状态，其中速度为瞬时速度．2．动量变化(1)定义：物体的末动量p′与初动量p的矢量差．(2)表达式：Δp＝p′－p.(3)矢量性：动量变化是矢量，其方向与物体的速度变化的方向相同．31．(2012届北京市朝阳区高三上学期期中统考)物体在运动过程中加速度不为零，则下列说法正确的是( )A．物体速度的大小一定随时间变化B．物体速度的方向一定随时间变化C．物体动能一定随时间变化D．物体动量一定随时间变化【解析】加速度不为零，说明其速度在变化，速度的改变存在三种情况：速度的方向不变，只是大小在变化(动能也变化)，速度的大小不变，只是方向在变化(动能不变)；速度的大小和方向同时改变(动能变化)．显然，选项A、B、C均错误；动量是矢量，只要加速度改变，物体的动量就一定改变，选项D正确．本题答案为D.【答案】 D1.冲量(1)定义：力F与力的作用时间t的乘积．(2)定义式：I ＝Ft .(3)单位：N·s(4)方向：恒力作用时，与力的方向相同．(5)物理意义：是一个过程量，表示力在时间上积累的作用效果．2．动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体的动量变化．(2)表达式：⎩⎪⎨⎪⎧Ft ＝mv 2－mv 1I ＝Δp【针对训练】2．篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前．这样做可以( )A ．减小球对手的冲量B ．减小球对人的冲击力C ．减小球的动量变化量D ．减小球的动能变化量【解析】 接球过程中，球的初动量和末动量一定，所以球的动量变化量恒定不变，选项C 错误；根据动量定理，手对球的冲量等于球动量的改变量，也恒定不变，球对手的冲量也不变，选项A 错误；球的初动能和末动能一定，所以球的动能变化量恒定不变，选项D 错误；根据动量定理I ＝Ft ，球对手的冲量I 不变，接球时两手随球迅速收缩至胸前，是通过延长受力时间t 以减小球对人的冲击力F ，所以选项B 正确．本题答案为B.【答案】1.内容：这个系统的总动量保持不变．2．常用的表达式(1)p ＝p ′，系统相互作用前的总动量p 等于相互作用后的总动量p ′.(2)m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v ′1＋m 2v ′2，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的总动量等于作用后的总动量．(3)Δp 1＝－Δp 2，相互作用的两个物体动量的增量大小相等，方向相反．(4)Δp ＝0，系统总动量的增量为零．3．成立条件：系统不受外力或所受外力的合力为零．(对应学生用书第202页)1.适用于受持续的冲量作用，也适用于受间断的多个冲量的作用．2．解释现象：一类是物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．另一类是作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．3．解题的基本思路(1)确定研究对象：一般为单个物体或由多个物体组成的系统.(2)对物体进行受力分析．可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量．(3)抓住过程的初末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号．(4)根据动量定理列方程代入数据求解．(1)应用动量定理解题时，首先要选一个正方向．(2)动量定理中的力F 为合外力，应用时应注意将所研究的过程中作用在物体上的所有外力都考虑进去．(若整个过程分为受力不同的若干阶段，I 应为不同阶段冲量的矢量和)(2012·安庆模拟)排球运动是一项同学们喜欢的体育运动．为了了解排球的某些性能，某同学让排球从距地面高h 1＝1.8 m 处自由落下，测出该排球从开始下落到第一次反弹到最高点所用时间为t ＝1.3 s ，第一次反弹的高度为h 2＝1.25 m ．已知排球的质量为m＝0.4 kg ，g 取10 m/s 2，不计空气阻力．求：(1)排球与地面的作用时间；(2)排球对地面的平均作用力的大小．【解析】 (1)排球第一次落到地面的时间为t 1，第一次反弹到最高点的时间为t 2，由h 1＝12gt 21，h 2＝12gt 22，得 t 1＝0.6 s ，t 2＝0.5 s所以排球与地面的作用时间Δt ＝t －t 1－t 2＝0.2 s.(2)方法一：设排球第一次落地的速度大小为v 1，第一次反弹离开地面时的速度大小为v 2，则有：v 1＝gt 1＝6 m/s ，v 2＝gt 2＝5 m/s设地面对排球的平均作用力的大小为F ，以排球为研究对象，取向上为正方向，则在排球与地面的作用过程中，由动量定理得：(F －mg )Δt ＝mv 2－m (－v 1)解得：F ＝m v 2＋v 1Δt＋mg 代入数据得：F ＝26 N根据牛顿第三定律得：排球对地面的平均作用力为26 N.方法二：全过程应用动量定理取竖直向上为正方向，从开始下落到第一次反弹到最高点的过程用动量定理得F (t －t 1－t 2)－mgt ＝0解得：F ＝mgt t －t 1－t 2＝26 N 再由牛顿第三定律得排球对地面的平均作用力的大小为26 N.【答案】 (1)0.2 s (2)26 N(1)利用动量定理求解问题时，确定正方向，把矢量运算转化为标量运算，准确表述物体动量的变化是解题的关键．(2)若物体的运动涉及多个过程，可分段求解，也可全程考虑，全程求解往往使解答更简捷．【即学即用】1．(2013届蚌埠模拟)物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间t 1内动能由零增大到E1，在时间t2内动能由E1增加到2E1，设合力在时间t1内做的功为W1，冲量为I1，在时间t2内做的功是W2，冲量为I2，则( )A．I1＜I2，W1＝W2B．I1＞I2，W1＝W2C．I1＞I2，W1＜W2 D．I1＝I2，W1＜W2【解析】根据动能定理有W1＝E1－0＝E1，W2＝2E1－E1＝E1，所以W1＝W2；根据动量定理和动量与动能的关系式p＝2mE k，有I1＝2mE1－0＝2mE1，I2＝2mE1－2mE1＝(2－2)mE1，显然I1＞I2.只有选项B正确．本题答案为B.1.(1)系统不受外力或系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒．(2)系统所受合外力虽然不为零，但系统的内力远大于外力时，如碰撞、爆炸等现象中，系统的动量可看成近似守恒．(3)系统所受的合外力虽不为零，如果在某一个方向上合外力为零，那么在该方向上系统的动量守恒．以上内容可简单概括为：①理想守恒，②近似守恒．③分方向守恒．在确定使用动量守恒定律时，一定要仔细分析守恒条件，明确研究对象，是哪一个系统、哪一个过程动量守恒．2．系统所受的合外力是否为零不很明确时，可直接看系统的动量是否变化．如果系统的动量增加或减小，则系统的动量一定不守恒．(1)运用动量守恒定律时，应注意所选取的系统，并判断动量是否守恒．(2)“动量守恒”的确切含义是指系统在某一过程中动量保持不变．图12－1－1(2013届芜湖模拟)质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m的物体乙以4 m/s的速度与甲相向运动，如图12－1－1所示．则( )A．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用，系统动量不守恒B．当两物块相距最近时，甲物块的速率为零C．当甲物块的速率为1 m/s时，乙物块的速率可能为2 m/s，也可能为0D．甲物块的速率可能达到5 m/s【解析】甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力是系统内力，系统合外力为零，所以动量守恒，选项A错误；当两物块相距最近时，它们的速率相同，设为v，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mv乙－mv甲＝2mv，代入数据，可得v＝0.5 m/s，选项B错误；当甲物块的速率为1 m/s时，其方向可能向左，也可能向右，当水平向左时，根据动量守恒定律可得，乙物块的速率为2 m/s，当水平向右时，同理可得，乙物块的速率为0，所以选项C正确；因为整个过程中，系统的机械能不可能增加，若甲物块的速率达到5 m/s，那么乙物体的速率肯定不为零，这样系统的机械能增加了，所以选项D错误．本题答案为C.【答案】 C【即学即用】2.将物体P从置于光滑水平面上的斜面体Q的顶端以一定的初速度沿斜面往下滑，如图12－1－2所示，在下滑过程中，P的速度越来越小，最后相对斜面静止，那么由P和Q组成的系统( )A．动量守恒B．最后P和Q均静止C．水平方向动量守恒D．最后P和Q以一定的速度共同向右运动【解析】因水平面光滑，将P、Q看做一个系统，水平方向合力为零，故系统在水平方向动量守恒，但竖直方向P有重力，动量不守恒，故C正确，A错误；因P的水平分速度水平向左，故P、Q最终以一定的速度共同向左运动，故B、D错误．1.机械能守恒的条件是只有重力、弹力做功，动量守恒的条件是系统不受外力或所受合外力为零．2．注意动量守恒的“四性”(1)矢量性：表达式中涉及的都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负．(2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等．不同时刻的动量不能相加．(3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对同一参考系的速度．一般选地面为参考系．(4)普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统．3．解题步骤在利用动量守恒定律列式时，应注意以下问题：(1)要规定动量的正方向．(2)一般情况下，物体的速度均为对地速度．(3)正确确定系统初、末两状态的总动量．(2011·山东高考)如图12－1－3所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．(不计水的阻力)．【审题视点】(1)甲、乙两船沿同一直线同一方向运动．(2)为避免两船相撞，乙船上的人抛出货物的最小速度．【解析】 设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为v min ，抛出货物后船的速度为v 1，甲船上的人接到货物后船的速度为v 2，由动量守恒定律得12m ×v 0＝11m ×v 1－m ×v min ①10m ×2v 0－m ×v min ＝11m ×v 2②为避免两船相撞应满足v 1＝v 2③联立①②③式得v min ＝4v 0.④【答案】 4v 0(1)动量守恒指的是研究过程中任何时刻系统的总动量都相等，不仅指总动量的大小不变，而且总动量的方向也不变．(2)应用动量守恒定律解决问题时，要注意合理选取研究对象，准确分析物体相互作用过程中是否满足动量守恒的条件，然后再选取正方向，列方程求解．【即学即用】3．(2012·山东高考)如图12－1－4光滑水平轨道上有三个木块A 、B 、C ，质量分别为m A ＝3m 、m B ＝m C ＝m ，开始时B 、C 均静止，A 以初速度v 0向右运动，A 与B 碰撞后分开，B 又与C 发生碰撞并粘在一起，此后A 与B 间的距离保持不变．求B 与C 碰撞前B 的速度大小．图12－1－4【解析】 设A 与B 碰撞后，A 的速度为v A ，B 与C 碰撞前B 的速度为v B ，B 与C 碰撞后粘在一起的速度为v ，由动量守恒定律得对A 、B 木块：m A v 0＝m A v A ＋m B v B ①对B 、C 木块：m B v B ＝(m B ＋m C )v ②由A 与B 间的距离保持不变可知v A ＝v ③联立①②③式，代入数据得v B ＝65v 0.④ 【答案】 65v 0(对应学生用书第204页)1．a 、b 两球在光滑的水平面上沿同一直线发生正碰，作用前a 球动量p a ＝30 k g·m/s，b 球动量p b ＝0，碰撞过程中，a 球的动量减少了20 kg·m/s，则作用后b 球的动量为( )A ．－20 kg·m/sB ．10 kg·m/sC ．20 kg·m/s D．30 kg·m/s【解析】 碰撞过程中，a 球的动量减少了20 kg·m/s，故此时a 球的动量是10 kg·m/s，a 、b 两球碰撞前后总动量保持不变为30 kg·m/s，则作用后b 球的动量为20 kg·m/s.C 对．【答案】 C2．如图12－1－5所示，一小车静止在光滑水平面上，甲、乙两人分别站在左右两侧，整个系统原来静止，则当两人同时相向走动时( )图12－1－5A．要使小车静止不动，甲乙速率必须相等B．要使小车向左运动，甲的速率必须比乙的大C．要使小车向左运动，甲的动量必须比乙的大D．要使小车向左运动，甲的动量必须比乙的小【解析】甲、乙与小车组成的系统动量守恒，有：m甲v甲＋m乙v乙＋M车v车＝0，可知，只要甲、乙的动量大小不等，小车的动量就不会为0，即将获得动量而运动，故要使小车向左运动，甲的动量必须比乙的大．故C对．【答案】 C3．(2013届合肥模拟)两质量相同的滑冰者甲和乙都静止在光滑的水平冰面上，其中一人向另一人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回，如此反复几次后，甲和乙最后的速率关系是( )A．若甲最先抛球，则甲的速率大于乙的速率B．若乙最后接球，则甲的速率大于乙的速率C．只有甲最先抛球，乙最后接球，才有甲的速率大于乙的速率D．无论怎样抛球和接球，最终都是甲的速率大于乙的速率【解析】设甲、乙、篮球的质量分别为m甲、m乙、m0.因甲、乙两个滑冰者及篮球组成的系统所受合外力为零，故动量守恒．系统初动量为零，选全过程研究，由动量守恒定律可知：若甲最后接球：选甲的速度方向为正方向，0＝(m甲＋m0)v甲－m乙v乙．因m甲＝m乙，故v甲＜v乙．若乙最后接球：有0＝m甲v甲－(m乙＋m0)v乙，有v甲＞v乙，故选项B正确．【答案】 B4.图12－1－6在2010年温哥华冬奥会上，首次参赛的中国女子冰壶队喜获铜牌，如图12－1－6为中国队员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶运动一段时间后以0.4 m/s的速度与对方的静止冰壶发生正碰，碰后对方的冰壶以0.3 m/s的速度向前滑行．若两冰壶质量相等，规定向前运动的方向为正方向，则碰后中国队冰壶获得的速度为( )A．0.1 m/s B．－0.1 m/sC．0.7 m/s D．－0.7 m/s【解析】设冰壶质量为m，碰后中国队冰壶速度为v x，由动量守恒定律得mv0＝mv＋mv x解得v x＝0.1 m/s，故选项A正确．【答案】 A5.图12－1－7(2013届马鞍山模拟)如图12－1－7所示，在光滑水平面上，用等大异向的F1、F2分别同时作用于A 、B 两个静止的物体上，已知m a ＜m b ，经过相同的时间后同时撤去两力，以后两物体相碰并粘为一体，则粘合体最终将( )A ．静止B ．向右运动C ．向左运动D ．无法确定【解析】 选取A 、B 两个物体组成的系统为研究对象，根据动量定理，整个运动过程中，系统所受的合外力为零，所以动量改变量为零，初始时刻系统静止，总动量为零，最后粘合体的动量也为零，即粘合体静止，所以选项A 正确．本题答案为A.【答案】 A6．(2011·福建高考)在光滑水平面上，一质量为m 、速度大小为v 的A 球与质量为2m 静止的B 球碰撞后，A 球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B 球的速度大小可能是( )A ．0.6vB ．0.4vC ．0.3vD ．0.2v【解析】 根据动量守恒定律得：mv ＝2mv B －mv A 化简可得，v A ＝2v B －v ，因v A >0，所以v B >v 2，故只有A 项正确． 【答案】 A7．(2013届宿州模拟)A 、B 两船质量均为M ，都静止在平静的水面上，A 船中质量为M /2的人以相对于地面的水平速度v 从A 船跳到B 船，再从B 船跳到A 船(水的阻力不计)，则( )A ．A 、B 两船(包括人)的动量大小之比总是1∶1B ．A 、B 两船(包括人)的速度大小之比总是1∶1C ．两次跳跃完成后，A 、B 两船(包括人)的速度大小之比为3∶2D ．两次跳跃完成后，A 、B 两船(包括人)的速度大小之比为2∶1【解析】 取两船和人为一系统，因水的阻力不计，系统动量守恒，故得：(M ＋M 2)v A －Mv B ＝0，即p A ∶p B ＝1∶1，v A ∶v B ＝2∶3，A 正确，B 、C 、D 错误．【答案】 A8．一颗卫星在高空绕地球做匀速圆周运动，如果从卫星上发射一枚小火箭，发射方向与卫星运动方向相反，则可能发生的现象是( )A ．火箭竖直下落，而卫星的轨道半径减小B ．火箭和卫星都可能沿原轨道运动C ．火箭和卫星都不可能沿原轨道运动D ．火箭运行的轨道半径减小，卫星运行的轨道半径增大【解析】 卫星绕地球做匀速圆周运动，受地球引力指向圆心，发射火箭时沿轨道的切线方向动量守恒，向运动反方向发射火箭，卫星速度必增大，因向心力不足而做离心运动，所以卫星的半径必增大，所以A 、B 选项错误．而火箭的对地速度可能与原速度方向相同、也可能相反，还可能为零．若为原方向，则发射后火箭的速度必小于原来随卫星运行的速度，则由于向心力过大做向心运动，而卫星的速度增加，做离心运动，则D 答案正确．若火箭速度与原速度等值反向，则火箭可沿原轨道运动，则C 错误．所以答案为D.【答案】 D9．(2013届六安模拟)现代采煤方法中，有一种方法是用高压水流将煤层击碎而将煤采下，水流从高压水枪中射出，喷射速度很大，水流能将煤层击碎是因为水流( )A ．有很大的动能B ．有很大的动量C ．和煤层接触时有很大的动量变化D ．和煤层接触时单位面积上的动量变化率很大【解析】 类似于气体的压强，高压水流喷射到煤层后，会对煤层产生持续的作用力，如果煤层单位面积上的压力过大，就能将煤层击碎；根据动量定理有Δp ＝F Δt ，所以F ＝Δp /Δt ，可见，煤层单位面积上的压力等于单位面积上的动量变化率，所以本题答案为D.【答案】 D10．在光滑水平冰面上，甲、乙两人各乘一小车，甲、乙质量相等，甲手中另持一小球，开始时甲、乙均静止，某一时刻，甲向正东方向将球沿着冰面推给乙，乙接住球后又向正西方向将球推回给甲，如此推接数次后，甲又将球推出，球在冰面上向乙运动，但已经无法追上乙，此时甲的速率v 甲、乙的速率v 乙及球的速率v 三者之间的关系为( )A ．v 甲＝v 乙≥vB ．v <v 甲<v 乙C ．v 甲<v ≤v 乙D ．v ≤v 乙<v 甲【解析】 以甲、乙、球三者为系统，系统的动量守恒，取向西为正方向，在全过程中有：0＝m 甲v 甲－m 乙v 乙－m 球v且m 甲＝m 乙故v 甲>v 乙，根据球最终无法追上乙得v ≤v 乙，故选项D 正确．【答案】 D 11.图12－1－8(2013届宁波模拟)如图12－1－8所示，质量为m ＝2 kg 的物体，在水平力F ＝8 N 的作用下，由静止开始沿水平面向右运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.若F 作用t 1＝6 s 后撤去，撤去F 后又经t 2＝2 s 物体与竖直墙壁相碰，若物体与墙壁作用时间t 3＝0.1 s ，碰墙后反向弹回的速度v ′＝6 m/s ，求墙壁对物体的平均作用力．(g 取10 m/s 2)【解析】 取从物体开始运动到撞墙后反向弹回的全过程应用动量定理，并取F 的方向为正方向则Ft 1－μmg (t 1＋t 2)－F t 3＝－mv ′所以F ＝Ft 1－μmg t 1＋t 2＋mv ′t 3 ＝8×6－0.2×2×10×6＋2＋2×60.1N ＝280 N ，方向与F 的方向相反． 【答案】 280 N ，方向与F 的方向相反12．(2013届宿州模拟)如图12－1－9所示，滑块A 、C 质量均为m ，滑块B 质量为32m .开始时A 、B 分别以v 1、v 2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C 无初速地放在A 上，并与A 粘合不再分开，此时A 与B 相距较近，B 与挡板相距足够远．若B 与挡板碰撞将以原速率反弹，A 与B 碰撞将粘合在一起．为使B 能与挡板碰撞两次，v 1、v 2应满足什么关系？图12－1－9【解析】 设向右为正方向，A 与C 粘合在一起的共同速度为v ′，由动量守恒定律得 mv 1＝2mv ′①为保证B 碰挡板前A 未能追上B ，应满足v ′≤v 2②设A 与B 碰后的共同速度为v ″，由动量守恒定律得2mv ′－32mv 2＝72mv ″③ 为使B 能与挡板再次碰撞应满足v ″>0④联立①②③④式得32v 2<v 1≤2v 2或12v 1≤v 2<23v 1.【答案】 32v 2<v 1≤2v 2或12v 1≤v 2<23v 1 13．如图12－1－10所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A 、B 、C ，质量分别为m A ＝m C ＝2m ，m B ＝m ，A 、B 用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧(弹簧与滑块不拴接)．开始时A 、B 以共同速度v 0运动，C 静止．某时刻细绳突然断开，A 、B 被弹开，然后B 又与C 发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同．求B 与C 碰撞前B 的速度．图12－1－10【解析】 设共同速度为v ，球A 与B 分开后，B 的速度为v B ，由动量守恒定律知(m A ＋m B )v 0＝m A v ＋m B v B ①m B v B ＝(m B ＋m C )v ②联立①②式，得B 与C 碰撞前B 的速度v B ＝95v 0. 【答案】 95v 0 14．(2013届蚌埠模拟)两磁铁各放在一辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动．已知甲车和磁铁的总质量为0.5 kg ，乙车和磁铁的总质量为1.0 kg.两磁铁的N 极相对，推动一下，使两车相向运动．某时刻甲的速率为2 m/s ，乙的速率为3 m/s ，方向与甲相反．两车运动过程中始终未相碰．求：(1)两车相距最近时，乙的速度为多大？(2)甲车开始反向运动时，乙车的速度为多大？【解析】 (1)两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v ，取乙车的速度方向为正方向．由动量守恒定律得m 乙v 乙－m 甲v 甲＝(m 甲＋m 乙)v所以两车最近时，乙车的速度为v ＝m 乙v 乙－m 甲v 甲m 甲＋m 乙＝1×3－0.5×20.5＋1m/s ＝43m/s≈1.33 m/s. (2)甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v 乙′，由动量守恒定律得 m 乙v 乙－m 甲v 甲＝m 乙v 乙′解得v 乙′＝m 乙v 乙－m 甲v 甲m 乙＝1×3－0.5×21m/s ＝2 m/s. 【答案】 (1)1.33 m/s (2)2 m/s。

咐呼州鸣咏市呢岸学校光的折射 全反射〔：测玻璃的折射率〕一、选择题1．关于光的传播现象及用，以下说法正确的选项是( ) A ．一束白光通过三棱镜后形成了彩色光带是光的色散现象 B ．光导纤维内芯材料的折射率比外套材料的折射率大C ．海面上的蜃楼将呈现倒立的像，位置在实物的上方，又称上现蜃景D ．一束色光从空气进入水中，波长将变短，色光的颜色也将发生变化E ．一束白光从空气斜射进入水中，也将发生色散解析：一束白光通过三棱镜后形成了彩色光带是光的色散现象，A 正确；由全反射的条件可知，内芯材料的折射率比外套材料的折射率要大，故B 正确；蜃楼将呈现正立的像，位置在实物的上方，又称上现蜃景，C 错误；色光进入水中，光的频率不变，颜色不变，D 错误；白光斜射入水中，由于水对不同色光的折射率不同，各种色光将分开，故E 正确．答案：ABE2．一光纤通讯中信号传播的主要载体是光导纤维，它的结构如下图，可看成一段直线，其内芯和外套的材料不同，光在内芯中传播，以下关于光导纤维的说法正确的选项是( )A ．内芯的折射率比外套的大，光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射B ．内芯的折射率比外套的大，光传播时在外套与外界的界面上发生全反射C ．波长越长的光在光纤中传播的速度越大D ．频率越大的光在光纤中传播的速度越大E ．假设紫光以如下图角度入射时，恰能在光纤中发生全反射，那么改用红光以同样角度入射时，不能在光纤中发生全反射解析：当内芯的折射率比外套的大时，光传播时在内芯与外套的界面上才能发生全反射，应选项A 正确，B 错误；波长越长的光，频率越小，介质对它的折射率n 越小，根据公式v ＝c n，光在光纤中传播的速度越大，应选项C 正确，D 错误；根据sin C ＝1n知，折射率越大，全反射临界角越小，红光的折射率小，那么全反射临界角大，假设紫光恰能发生全反射，那么红光不能发生全反射，应选项E 正确．答案：ACE3．(2021·六校)如下图，实线为空气和水的面，一束蓝光从空气中的A 点沿AO 1方向(O 1点在面上，图中O 1点和入射光线都未画出)射向水中，折射后通过水中的B 点．图中O 点为A 、B 连线与面的交点．以下说法正确的选项是( )A ．O 1点在O 点的右侧B ．蓝光从空气中射入水中时，速度变小C ．假设沿AO 1方向射向水中的是一束紫光，那么折射光线有可能通过B 点正下方的C 点D ．假设沿AO 1方向射向水中的是一束红光，那么折射光线有可能通过B 点正上方的D 点E ．假设蓝光沿AO 方向射向水中，那么折射光线有可能通过B 点正上方的D 点解析：据折射律知，光由空气斜射入水中时入射角大于折射角，那么画出光路图如下图，知O 1点在O 点的左侧，故A 错；光从光疏介质(空气)进入光密介质(水)中时，速度变小，故B 对；紫光的折射率大于蓝光，所以折射角要小于蓝光的，那么可能通过B 点正下方的C 点，故C 对；假设是红光，折射率小于蓝光，折射角大于蓝光的，那么可能通过B 点正上方的D 点，故D 对；假设蓝光沿AO 方向射入，根据折射律知，折射光线不可能过B 点正上方的D 点，故E 错．答案：BCD4．一束光从空气射向折射率n ＝2的某种玻璃的外表，如下图，i 代表入射角，那么( ) A ．当入射角i ＝30°时，折射角r ＝45°B ．无论入射角i 为多大，折射角r 都不会超过45°C ．欲使折射角r ＝30°，以i ＝45°的角度入射D ．当入射角i ＝arctan 2时，反射光线跟折射光线恰好互相垂直E ．当入射角大于临界角时，会发生全反射解析：根据折射律得n ＝sin i sin r ＝sin 30°sin r ＝2，sin r ＝24，故A 错误；当入射角最大时，折射角最大，最大入射角为90°，根据折射律得n ＝sin i sin r ＝sin 90°sin r ＝2，解得最大折射角r ＝45°，故B 正确；欲使折射角r ＝30°，根据折射律n ＝sin i sin r ＝sin isin 30°＝2，解得i ＝45°，故C 正确；设入射角为α时反射光线与折射光线垂直，那么折射角为(90°－α)，根据折射律得n ＝sin i sin r ＝sin αsin 90°－α＝2＝tan α，解得α＝arctan 2，故D 正确；光从空气射入玻璃时，无论入射角多大，都不会发生全反射，故E 错误．答案：BCD5．水下一点光源发出a 、b 两单色光．人在水面上方向下看，如下图，水面中心Ⅰ区域有a 光、b 光射出，Ⅱ区域只有a 光射出．以下判断正确的选项是( )A ．a 、b 光从Ⅰ区域某点倾斜射出时，a 光的折射角小B ．在真空中，a 光的波长大于b 光的波长C ．水对a 光的折射率大于对b 光的折射率D ．水下b 光不能射到图中Ⅱ区域E ．水下a 、b 光能射到图中Ⅱ区域以外区域解析：根据题述，b 光发生全反射的临界角较小，由sin C ＝1n，可知水对b 光的折射率较大，对a 光的折射率较小，a 、b 光从Ⅰ区域某点倾斜射出时，a 光折射角小，选项A 正确，C 错误；由折射率随光的频率的增大而增大可知，a 光的频率较小，波长较长，选项B 正确；水下b 光能射到题图中Ⅱ区域，由于在题图中Ⅱ区域发生了全反射，Ⅱ区域只有a 光射出，选项D 错误；水下a 、b 光能射到图中Ⅱ区域以外区域，由于发生了全反射，不能射出水面，选项E 正确．答案：ABE6．图甲为某同学利用半圆形玻璃砖测玻璃折射率n 的装置示意图，AO 、DO 分别表示某次测量时，光线在空气和玻璃中的传播路径．在正确操作后，他利用测出的数据作出了图乙所示的折射角正弦值(sin r )与入射角正弦值(sin i )的关系图象．那么以下说法正确的选项是( )A ．光由D 经O 到AB ．该玻璃砖的折射率n ＝C ．假设由空气进入该玻璃砖中，光的频率变为原来的23D ．假设由空气进入该玻璃砖中，光的波长变为原来的23E ．假设以60°角由空气进入该玻璃砖中，光的折射角的正弦值为33解析：由题图乙知入射角的正弦值大于折射角的正弦值，那么入射角大于折射角，说明时光由A 经过O 到D ，由题图乙知n ＝，选项A 错误，B 正确；在由空气进入该玻璃砖时，光的频率不变，光的波长变为原来的23，选项C 错误，D 正确；以入射角i ＝60°由空气进入该玻璃砖时，由折射律n ＝sin isin r ，其折射角的正弦值为sin r ＝1n sin i ＝23×32＝33，选项E 正确．答案：BDE7．如下图是一玻璃球体，其半径为R ，O 为球心，AB 为水平直径．M 点是玻璃球的最高点，来自B 点的光线BD 从D 点射出，出射光线平行于AB ，∠ABD ＝30°，光在真空中的传播速度为c ，那么( )A ．此玻璃的折射率为3B ．光线从B 到D 需用时3RcC ．该玻璃球的临界角小于45°D ．假设增大∠ABD ，光线不可能在DM 段发生全反射现象E ．假设减小∠ABD ，从AD 段射出的光线均平行于AB解析：由题图可知光线在D 点的入射角为i ＝30°，折射角为r ＝60°，由折射率的义得n ＝sin rsin i知n ＝3，A 正确；光线在玻璃中的传播速度为v ＝c n ＝33c ，由题图知BD ＝3R ，所以光线从B 到D 需用时t ＝BD v ＝3Rc，B 正确；假设增大∠ABD ，那么光线射向DM 段时入射角增大，射向M 点时为45°，而临界角满足sin C ＝1n ＝33<22＝sin 45°，即光线可以在DM 段发生全反射现象，C 正确，D 错误；要使出射光线平行于AB ，那么入射角必为30°，E 错误．答案：ABC 二、非选择题8．如下图，在测量玻璃折射率的中，两位同学先在白纸上放好截面是正三角形ABC 的三棱镜，并确AB 和AC 界面的位置．然后在棱镜的左侧画出一条直线，并在线上竖直插上两枚大头针P 1和P 2，再从棱镜的右侧观察P 1和P 2的像．(1)此后正确的操作步骤是__________．(选填选项前的字母) A ．插上大头针P 3，使P 3挡住P 2的像 B ．插上大头针P 3，使P 3挡住P 1、P 2的像 C ．插上大头针P 4，使P 4挡住P 3的像 D ．插上大头针P 4，使P 4挡住P 3和P 1、P 2的像(2)正确完成上述操作后，在纸上标出大头针P 3、P 4的位置(图中已标出)．为测量该种玻璃的折射率，两位同学分别用圆规及刻度尺作出了完整光路和假设干辅助线，如图甲、乙所示．在图中仅通过测量ED 、FG 的长度便可正确计算出折射率的是图________(选填“甲〞或“乙〞)，所测玻璃折射率的表达式n ＝________(用代表线段长度的字母DE 、GF 表示)．解析：(1)在棱镜的左侧画出一条直线，并在线上竖直插上两枚大头针P 1和P 2，确入射光线，然后插上大头针P 3，使P 3挡住P 1、P 2的像，再插上大头针P 4，使P 4挡住P 3和P 1、P 2的像，从而确出射光线．因此选项B 、D 正确．(2)设入射角为α，折射角为β，根据折射律和几何关系有：对于甲图，sin α＝DE R ，sin β＝GF OG，对于乙图，sin α＝DE R ，sin β＝GFR，可知仅通过测量DE 、GF 的长度便可正确计算出折射率的是图乙，折射率n ＝sin αsin β＝DEGF.答案：(1)BD (2)乙DE GF9．(2021·高三考试)如下图，直角△ABM 为透明柱状介质的横截面，其中∠A ＝30°.一束单色光从AM 的中点P 以一的入射角入射，恰好能在AB 边上发生全发射，且反射后的光线垂直BM 边射出．BM 边的长度为a ，光在真空中的传播速度为c ，求：(1)该透明介质的折射率；(2)该单色光在透明介质中的传播时间．解析：(1)单色光在透明介质中的传播路线如下图．由几何关系可知，当单色光在AB 边上刚好发生全反射时，其临界角为60° 由sin C ＝1n 可得n ＝1sin C代入数据可得n ＝233(2)由几何关系可得PQ ＝32a ，AQ ＝3PQ ＝32a ； 又因为QB ＝AB －AQ ＝12a ，所以QF ＝34a ； 单色光在该透明介质中的传播速度v ＝cn ＝32c ， 所以单色光在该透明介质中的传播时间t ＝PQ ＋QFv， 代入数据可得t ＝3a2c . 答案：(1)233 (2)3a 2c10．(2021·高考卷Ⅲ)如图，某同学在一张水平放置的白纸上画了一个小标记“·〞(图中O 点)，然后用横截面为边三角形ABC 的三棱镜压在这个标记上，小标记位于AC 边上．D 位于AB 边上，过D 点作AC边的垂线交AC 于F .该同学在D 点正上方向下顺着直线DF 的方向观察．恰好可以看到小标记的像；过O 点作AB 边的垂线交直线DF 于E ；DE ＝2 cm ，EF ＝1 cm.求三棱镜的折射率．(不考虑光线在三棱镜中的反射)解析：过D 点作AB 边的法线NN ′，连接OD ，那么∠ODN ＝α为O 点发出的光线在D 点的入射角；设该光线在D 点的折射角为β，如下图，根据折射律有n sin α＝sin β①式中n 为三棱镜的折射率． 由几何关系可知β＝60°② ∠EOF ＝30°③在△OEF 中有EF ＝OE sin ∠EOF ④ 由③④式和题给条件得OE ＝2 cm ⑤根据题给条件可知，△OED 为腰三角形，有α＝30°⑥ 由①②⑥式得n ＝3⑦ 答案：311．(2021·高考卷Ⅲ)如图，一半径为R 的玻璃半球，O 点是半球的球心，虚线OO ′表示光轴(过球心O 与半球底面垂直的直线)．玻璃的折射率为.现有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出(不考虑被半球的内外表反射后的光线)．求：(1)从球面射出的光线对的入射光线到光轴距离的最大值； (2)距光轴R3的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O 点的距离． 解析：(1)如图，从底面上A 处射入的光线，在球面上发生折射时的入射角为i ，当i 于全反射临界角i C 时，对入射光线到光轴的距离最大，设最大距离为l .i ＝i C ①设n 是玻璃的折射率，由全反射临界角的义有n sin i C ＝1②由几何关系有 sin i ＝l R③联立①②③式并利用题给条件，得l ＝23R ④(2)设与光轴相距R3的光线在球面B 点发生折射时的入射角和折射角分别为i 1和r 1，由折射律有n sin i 1＝sin r 1⑤设折射光线与光轴的交点为C ，在△OBC 中，由正弦理有sin ∠C R ＝sin 180°－r 1OC⑥由几何关系有 ∠C ＝r 1－i 1⑦ sin i 1＝13⑧联立⑤⑥⑦⑧式及题给条件得OC ＝322＋35R ≈4R ⑨答案：(1)23R (2)322＋35R (或4R )。

2014年安徽省高考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本卷共20个小题，每小题6分，共120分）14．（6分）（2014•安徽）在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律．法国物理学家库伦在研究异种电荷的吸引问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系．已知单摆摆长为l，引力常量为G，地球质量为M，摆球到地心的距离为r，则单摆振动周期T与距离r的关系式为（）A．T=2πr B．T=2πrC．T=D．T=2πl考点：单摆周期公式；万有引力定律及其应用．专题：单摆问题．分析：先根据万有引力等于重力列式求解重力加速度，再根据单摆的周期公式列式，最后联立得到单摆振动周期T与距离r的关系式．解答：解：在地球表面，重力等于万有引力，故：mg=G解得：g=①单摆的周期为：T=2π②联立①②解得：T=2πr故选：B．点评：本题关键是记住两个公式，地球表面的重力加速度公式和单摆的周期公式，基础题目．15．（6分）（2014•安徽）如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2，则（）A．v=v2，t1＞t2B．v1＜v2，t1＞t2C．v1=v2，t1＜t2D．v1＜v2，t1＜t21考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：根据机械能守恒定律分析小球到达N点时速率关系，结合小球的运动情况，分析平均速率关系，即可得到结论．解答：解：由于小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，到达N点时速率相等，即有v1=v2．小球沿管道MPN运动时，根据机械能守恒定律可知在运动过程中小球的速率小于初速率v0，而小球沿管道MQN运动，小球的速率大于初速率v0，所以小球沿管道MPN运动的平均速率小于沿管道MQN运动的平均速率，而两个过程的路程相等，所以有t1＞t2．故A正确．故选：A点评：解决本题关键要掌握机械能守恒定律，并能用来分析小球速率的大小，知道平均速率等于路程与时间之比．16．（6分）（2014•安徽）一简谐横波沿x轴正向传播，图1是t=0时刻的波形图，图2是介质中某质点的振动图象，则该质点的x坐标值合理的是（）A．0.5m B．1.5m C．2.5m D．3.5m考点：简谐运动的振动图象；横波的图象；波长、频率和波速的关系．专题：振动图像与波动图像专题．分析：从图2得到t=0时刻质点的位移和速度方向，然后再到图1中寻找该点．解答：解：从图2得到t=0时刻质点的位移为负且向负y方向运动；在图1中位移为负y方向，大小与图2相等，且速度为﹣y方向的是2.5位置的质点；故选：C．点评：本题关键是明确波动图象和振动图象的区别，振动图象反映了某个质点在不同时间的位移情况，波动图象反映的是不同质点在同一时刻的位移情况，不难．17．（6分）（2014•安徽）一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能E P与位移x的关系如图所示，下列图象中合理的是（）A．电场强度与位移关系B．粒子动能与位移关系C．粒子速度与位移关系D．粒子加速度与位移关系考点：电势能；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动；根据功能关系得到Ep﹣x图象的斜率的含义，得出电场力的变化情况；然后结合加速度的含义判断加速度随着位移的变化情况．解答：解：粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故：F=||，即Ep﹣x图象上某点的切线的斜率表示电场力；A、Ep﹣x图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据E=，故电场强度也逐渐减小；故A错误；B、根据动能定理，有：F•△x=△Ek，故Ek﹣x图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与B图矛盾，故B错误；C、题图v﹣x图象是直线，相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，故C错误；D、粒子做加速度减小的加速运动，故D正确；故选：D．点评：本题切入点在于根据Ep﹣x图象得到电场力的变化规律，突破口在于根据牛顿第二定律得到加速度的变化规律，然后结合动能定理分析；不难．18．（6分）（2014•安徽）“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞．已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变．由此可判断所需的磁感应强度B正比于（）A．B．T C．D．T2考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出磁感应强度，然后根据题意解题．解答：解：由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：E K=mv2=，得：B=，平均动能与等离子体的温度T成正比，则磁感应强度B正比于；故选：A．点评：本题考查了求磁感应强度与热力学温度的关系，粒子在磁场中做匀速圆周运动，应用牛顿第二定律即可正确解题．19．（6分）（2014•安徽）如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为，（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），盘面与水平面的夹角为30°，g取10m/s2，则ω的最大值是（）A．rad/s B．rad/s C．1.0rad/s D．0.5rad/s考点：向心力；线速度、角速度和周期、转速．专题：匀速圆周运动专题．分析：当物体转到圆盘的最低点，由重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力的合力提供向心力时，角速度最大，由牛顿第二定律求出最大角速度．解答：解：当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得：μmgcos30°﹣mgsin30°=mω2r则ω==rad/s=1rad/s故选：C点评：本题关键要分析向心力的来源，明确角速度在什么位置最大，由牛顿第二定律进行解题．20．（6分）（2014•安徽）英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场．如图所示，一个半径为r的绝缘体圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电荷量为+q的小球．已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是（）C．2πr2qk D．πr2qkA．0B．r2qk考点：感生电动势、动生电动势；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，根据楞次定律判断感应电动势的方向，然后根据W=qU求解电功．解答：解：磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，故感应电动势为：U=S=πr2k根据楞次定律，感应电动势的方向为顺时针方向；小球带正电，小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是：W=qU=πr2qk故选：D．点评：本题关键是明确感应电动势的大小求解方法和方向的判断方法，会求解电功，基础问题．二、非选择题21．（9分）（2014•安徽）图1是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹．（1）以下是实验过程中的一些做法，其中合理的是ac ．a．安装斜槽轨道，使其末端保持水平b．每次小球释放的初始位置可以任意选择c．每次小球应从同一高度由静止释放d．为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接（2）实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，图2中y﹣x2图象能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是c ．（3）图3是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O为平抛的起点，在轨迹上任取三点A、B、C，测得A、B两点竖直坐标y1为5.0cm，y2为45.0cm，A、B两点水平间距△x 为40.0cm，则平抛小球的初速度v0为 2.0 m/s，若C点的竖直坐标y3为60.0cm，则小球在C点的速度v C为 4.0 m/s（结果保留两位有效数字，g取10m/s2）．考点：研究平抛物体的运动．专题：实验题．分析：（1）保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改变，最后轨迹应连成平滑的曲线．（2）平抛运动竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动；联立求得两个方向间的位移关系可得出正确的图象．（3）根据平抛运动的处理方法，直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动即可求解．解答：解：（1）A、通过调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动，故A正确；BC、因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，故B错误，C正确；D、用描点法描绘运动轨迹时，应将各点连成平滑的曲线，不能练成折线或者直线，故D错误．故选：AC．（2）物体在竖直方向做自由落体运动，y=gt2；水平方向做匀速直线运动，x=vt；联立可得：y=，因初速度相同，故为常数，故y﹣x2应为正比例关系，故C正确，ABD错误．故选：C．（3）根据平抛运动的处理方法，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，所以y1=g…①y2=…②水平方向的速度，即平抛小球的初速度为v0=…③联立①②③代入数据解得：v0=2.0m/s若C点的竖直坐标y3为60.0cm，则小球在C点的对应速度v C：据公式可得：=2gh，所以v下=2=3.5m/s所以C点的速度为：v c==4.0m/s故答案为：2.0；4.0点评：解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项，在平抛运动的规律探究活动中不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解，提高解决问题的能力；灵活应用平抛运动的处理方法是解题的关键．22．（9分）（2014•安徽）某同学为了测量一个量程为3V的电压表的内阻，进行了如下实验：（1）他先用多用电表进行了正确的测量，测量时指针位置如图1所示，得出电压表的内阻为3.00×103Ω，此时电压表的指针也偏转了．已知多用表欧姆档表盘中央刻度值为“15”，表内电池电动势为1.5V，则电压表的示数为 1.0 V（结果保留两位有效数字）．（2）为了更准确地测量该电压表的内阻R V，该同学设计了图2所示的电路图，实验步骤如下：A．断开开关S，按图2连接好电路；B．把滑动变阻器R的滑片P滑到b端；C．将电阻箱R0的阻值调到零；D．闭合开关S；E．移动滑动变阻器R的滑片P的位置，使电压表的指针指到3V位置；F．保持滑动变阻器R的滑片P位置不变，调节电阻箱R0的阻值使电压表指针指到1.5V位置，读出此时电阻箱R0的阻值，此值即为电压表内阻R V的测量值；G．断开开关S．实验中可供选择的实验器材有：a．待测电压表b．滑动变阻器：最大阻值2000Ωc．滑动变阻器：最大阻值10Ωd．电阻箱：最大阻值9999.9Ω，阻值最小该变量为0.1Ωe．电阻箱：最大阻值999.9Ω，阻值最小该变量为0.1Ωf．电池组：电动势约6V，内阻可忽略g．开关，导线若干按照这位同学设计的实验方法，回答下列问题：①要使测量更精确，除了选用电池组、导线、开关和待测电压表外，还应从提供的滑动变阻器中选用 c （填“b”或“c”），电阻箱中选用 d （填“d”或“e”）．②电压表内阻R V的测量值R测和真实值R真相比，R测＞R真（填“＞”或“＜”）；若R V 越大，则越小（填“大”或“小”）．考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：（1）欧姆表的内电阻等于中值电阻，根据闭合电路欧姆定律列式求解即可；（2）①采用电压表半偏法测量电压表内电阻，要保证电压表与电阻箱的总电压保持不变，需要使电压表电阻远大于滑动变阻器的电阻，电阻箱最大电阻不能小于电压表电阻；②实验中要保证电压表与电阻箱的总电压不变，但实际上该电压是变化的，当电阻箱电阻增加时，电压表与电阻箱的总电压略微增加，故调节电阻箱R0的阻值使电压表指针指到1.5V位置，此时电阻箱的电压大于1.5V；解答：解：（1）欧姆表的内电阻等于中值电阻，为：R=15×100=1500Ω；电压表的内电阻为：R V=3000Ω；故电压表读数为：U=IR V===1.0V（2）①采用电压表半偏法测量电压表内电阻，要保证电压表与电阻箱的总电压保持不变，需要使电压表电阻远大于滑动变阻器的电阻，故滑动变阻器选择小电阻，即选择c；电阻箱最大电阻不能小于电压表电阻，电压表内电阻约为3000欧姆，故电阻箱选择d；②实验中要保证电压表与电阻箱的总电压不变，但实际上该电压是变化的；当电阻箱电阻增加时，电压表与电阻箱的总电压略微增加；实验中认为电阻箱和电压表电阻相等，故调节电阻箱R0的阻值使电压表指针指到1.5V 位置，此时电阻箱的电压大于1.5V，故电阻箱的电阻大于电压表的电阻，即测量值偏大；当R v越大，电压表与电阻箱的总电压偏差越小，系统误差越小，故当R v越大，则越小；故答案为：（1）1.0；（2）①c、d；②＞，小．点评：本题考查了用半偏法测量电压表电阻，关键是明确实验原理，从实验原理角度选择器材、分析误差来源，不难．23．（14分）（2014•安徽）如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔，质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g），求：（1）小球到达小孔处的速度；（2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；（3）小球从开始下落运动到下极板处的时间．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；动量定理；动能定理的应用．专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式列式求解即可；（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式求解电场强度，然后根据Q=CU 求解电容器的带电量；（3）对加速过程和减速过程分别运用动量定理列式求解时间，然后求和即可．解答：解：（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式，有：v2=2gh解得：v=…①（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式，有：mg（h+d）﹣qEd=0解得：E=…②电容器两极板间的电压为：U=Ed=，电容器的带电量为：Q=CU=．（3）加速过程：mgt1=mv…③减速过程，有：（mg﹣qE）t2=0﹣mv…④t=t1+t2…⑤联立①②③④⑤解得：t=．答：（1）小球到达小孔处的速度为；（2）极板间电场强度大小为，电容器所带电荷量为；（3）小球从开始下落运动到下极板处的时间为．点评：本题关键是明确小球的受力情况和运动规律，然后结合动能定理和动量定理列式分析，不难．24．（16分）（2014•安徽）如图1所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5T，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“A”形状的光滑金属导轨MPN（电阻忽略不计），MP和NP长度均为2.5m，MN连线水平，长为3m，以MN的中点O为原点，OP为x轴建立一维坐标系Ox，一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3m，质量m为1kg，电阻R为0.3Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v=1m/s在导轨上沿x轴正向运动（金属杆与导轨接触良好），g取10m/s2．（1）求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x=0.8m处电势差U CD；（2）推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图2中画出F﹣x关系图象；（3）求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热．考点：导体切割磁感线时的感应电动势．专题：电磁感应与电路结合．分析：（1）导体棒切割磁感线产生感应电动势，由几何关系求得x=0.8m处的电动势，由欧姆定律即可求得CD之间的电势差；（2）根据上述发现，感应电流大小与导体长度无关，则电流恒定，因而由电量表达式结合时间即可求解；（3）当导体棒匀速运动，由有效长度可列出安培力大小关于向下运动位移的表达式，根据安培力与位移成线性关系，可利用安培力平均值来求出产生焦耳热．解答：解：（1）导体棒开始运动时，回路中产生的感应电动势为：E=Bdv=0.5×3×1=1.5V；由几何关系得：m，，接入导轨之间的有效长度：L=2•（2.0﹣vt）•tan∠MPO=1.5×（2.0﹣vt），金属杆CD运动过程中产生的有效感应电动势E：E=BLv=0.5×1.5×（2.0﹣x）×1=0.75（2.0﹣x），运动到x=0.8m处时的有效电动势：E1=0.75（2.0﹣x）=0.75×（2.0﹣0.8）V=0.9V．这一段相当于相当于电源，而且轨道没有电阻，所以电源是被短接的，那么接入回路中的这一部分电势处处相等，所以CD两端电势差就由剩余两端的导体棒产生，又由右手定则判断D比C电势高；所以：U DC=E﹣E1=1.5V﹣0.9V=0.6V，U CD=﹣0.6V；（2）接入电路的导体棒的电阻：感应电流：A安培力F安=BIL=0.5×10×0.75（2.0﹣x）=3.75（2.0﹣x）由平衡条件得：mgsinθ+F安=F得拉力F与位置坐标x的关系式：F=5+3.75（2.0﹣x）x=0时，F=12.5；x=2.0时，F=5N画出F﹣x关系图象如图：（3）设导体棒经t时间沿导轨匀速向上运动的位移为x，则t时刻导体棒切割的有效长度L x=L﹣2x导体棒在导轨上运动时所受的安培力：F安=3.75（2.0﹣x）因安培力的大小F安与位移x成线性关系，故通过导轨过程中导体棒所受安培力的平均值：N产生的焦耳热：J答：（1）金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E=1.5V，运动到x=0.8m处CD之间的电势差是﹣0.6V；（2）金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式是F=5+3.75（2.0﹣x），并在图2中画出F﹣x关系图象如图；（3）金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热是7.5J．点评：考查法拉第电磁感应定律，闭合电路欧姆定律，共点力平衡条件及安培力表达式．本题突破口：产生感应电流与导体棒有效长度无关，同时巧用安培力与位移成线性关系，由安培力平均值来求焦耳热．第三小问另一种解法：设导体棒经t时间沿导轨匀速向下运动的位移为x，则t时刻导体棒切割的有效长度L x=L﹣2x，求出导体棒在导轨上运动时所受的安培力，作出安培力大小随位移x变化的图象，图象与坐标轴围成面积表示导体棒克服安培力作功，也为产生的焦耳热．25．（20分）（2014•安徽）在光滑水平面上有一凹槽A，中央放一小物块B，物块与左右两边槽壁的距离如图所示，L为1.0m，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ为0.05，开始时物块静止，凹槽以v0=5m/s初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计，g取10m/s2，求：（1）物块与凹槽相对静止时的共同速度；（2）从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数；（3）从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小．考点：动量守恒定律．专题：动量定理应用专题．分析：（1）碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律列式即可求解；（2）整个过程，对整体根据动能定理列式即可求解；（3）设凹槽与物块碰前的速度分别为v1、v2，碰后的速度分别为v1′、v2′．根据动量守恒定律及能量守恒定律列式可知，每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线，根据碰撞次数可分为13段，凹槽、物块的v﹣t图象在两条连续的匀变速运动图线间转换，故可用匀变速直线运动规律求时间，凹槽的v ﹣t图象所包围的阴影面积即为凹槽的位移大小．解答：解：（1）设两者间相对静止时的速度为v，由动量守恒定律得：mv0=2mv解得：v=（2）物块与凹槽间的滑动摩擦力f=μN=μmg设两者间相对静止前，相对运动的路程为s1，由动能定理得：解得：s1=12.5m已知L=1m，可推知物块与右侧槽壁共发生6次碰撞．（3）设凹槽与物块碰前的速度分别为v1、v2，碰后的速度分别为v1′、v2′．有mv1+mv2=mv1′+mv2′，得 v1′=v2，v2′=v1即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线如图所示，根据碰撞次数可分为13段，凹槽、物块的v﹣t图象在两条连续的匀变速运动图线间转换，故可用匀变速直线运动规律求时间．则v=v0+at，a=﹣μg解得：t=5s凹槽的v﹣t图象所包围的阴影面积即为凹槽的位移大小s2．（等腰三角形面积共分13份，第一份面积为0.5L．其余每份面积均为L．）答：（1）物块与凹槽相对静止时的共同速度为2.5m/s；（2）从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数6次；（3）从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间为5s，该时间内凹槽运动的位移大小为12.75m．点评：本题主要考查了动量守恒定律、动能定理及能量守恒定律的直接应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，能根据题意画出速度﹣时间图象，难度适中．（注：文档可能无法思考全面，请浏览后下载，供参考。

第3讲运动图象追及和相遇问题(对应学生用书第9页)质点通过的位移1无论是x－t图象，还是v－t图象都只能描述直线运动.2x－t图象和v－t图象都不表示物体运动的轨迹.【针对训练】1．如图1－3－1所示是一物体的s－t图象，则该物体在6 s内的路程是( )图1－3－1A．0 B．2 m C．4 m D．12 m【解析】做此题时不要把s－t图象当做物体运动的轨迹，s－t图象的斜率表示速度，该物体在6 s内的路程为(2＋2＋4＋4) m＝12 m，位移为零．【答案】1.两物体在同一时刻到达相同的位置，即两物体追及或相遇．2．追和被追两者的速度相等常是能追上、追不上、二者之间的距离有极值的临界条件．(1)在两个物体的追及过程中，当追者的速度小于被追者的速度时，两者的距离在增大．(2)当追者的速度大于被追者的速度时，两者的距离在减小．(3)当两者的速度相等时，两者的间距有极值，是最大值还是最小值，视实际情况而定．【针对训练】2．甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的x－t的图象如图1－3－2所示，则下列说法正确的是( )图1－3－2A．t1时刻乙车从后面追上甲车B．t1时刻两车相距最远C．t1时刻两车的速度刚好相等D．0到t1时间内，乙车的平均速度小于甲车的平均速度【解析】t1时刻两车位移相同，t1时刻前乙车的位移小于甲车的位移，故t1时刻乙车是从后面追上甲车，A项正确；B项错误；在x－t图象中，各个时刻图象切线的斜率表示速度，故t1时刻两车速度不相等，C项错误；0到t1时间内两车位移、时间相等，所以平均速度相等，D项错误．【答案】 A(对应学生用书第9页)1.位移图象和速度图象是从不同角度描述运动过程的，意义不同．因此同一运动过程在两种图象上，形状不同，反之相同形状在两种图象上不是相同的运动．图1－3－3甲、乙中①均表示匀速运动，②均表示匀变速运动．图1－3－32．图象斜率表示纵、横坐标两物理量的比值，常有一个重要的物理量与之对应，用于定量计算对应物理量的大小和定性分析变化的快慢．如x－t图象的斜率表示速度，v－t图象的斜率表示加速度．3．图象面积图线与坐标轴围成的面积常与某一表示过程的物理量相对应．如v－t图象与横轴包围的“面积”表示位移大小．(1)对于x－t图象来说，通过比较相邻两时刻的位移来确定物体运动的方向．(2)对于v－t图象来说，画在横轴上方的图线表示速度方向与所选正方向相同，画在横轴下方的图线表示速度方向与所选方向相反．如图1－3－4所示的位移—时间图象和速度—时间图象中，给出四条图线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是( )图1－3－4A．图线1表示物体做曲线运动B. x－t图象中t1时刻v1＞v2C. v－t图象中0至t3时间内3和4的平均速度大小相等D．两图象中，t2、t4时刻分别表示2、4开始反向运动【审题视点】(1)x－t图象上“直线”代表匀速，“曲线”代表变速，“拐”点前后斜率正负发生变化，说明速度方向发生了变化．(2)v－t图象上“直线”表示匀变速，“曲线”表示变加速，“拐”点前后斜率正负发生变化，说明加速度方向发生了变化．【解析】图线1是位移图象，表示物体是做变速直线运动，所以选项A错；x－t图线上某点斜率的绝对值表示速度的大小，选项B正确；v－t图象中0至t3时间内3和4位移不同，所以平均速度不相等，选项C错；t2时刻2开始反向运动，t4时刻4加速度方向变化但运动方向不变，所以选项D错．【答案】 B【即学即用】1．(2013届湖北重点中学检测)下列图象均能正确反映物体在直线上的运动，则在t＝2 s内物体位移最大的是( )【解析】选项A中，当t＝2 s时，x＝0，这表示物体在t＝2 s内位移为0，其实物体做的是一次往返运动；v－t图象与坐标轴所围图形的“面积”大小表示位移大小，图形方位表示位移方向，当图形位于时间轴上方时表示位移方向为正，当位于下方时表示位移方向为负，观察选项图可知，选项B中的“图形”只位于横轴上方，这表示物体在t＝2 s内位移方向为正，大小等于图形的“面积”，而选项C、D中的“图形”有两部分组成，它们分居横轴上下两侧，且两部分图形的“面积”大小相等，这表示物体在t＝2 s内位移均为0.本题答案为B.1.位置的问题(1)两个关系：即时间关系和位移关系，这两个关系可通过画草图得到．(2)一个条件：即两者速度相等，它往往是物体间能否追上、追不上或(两者)距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切入点． 2．解题思路和方法 分析两物体运动过程―→画运动示意图―→找两物体位移关系―→列位移方程甲车以10 m/s 的速度在平直的公路上匀速行驶，乙车以4 m/s 的速度与甲车平行同向做匀速直线运动，甲车经过乙车旁边开始以0.5 m/s 2的加速度刹车，从甲车刹车开始计时，求：(1)乙车在追上甲车前，两车相距的最大距离；(2)乙车追上甲车所用的时间．【解析】 (1)当甲车速度减至等于乙车速度时两车的距离最大，设该减速过程经过的时间为t ，则v 乙＝v 甲－at解得：t ＝12 s此时甲、乙间的距离为Δx ＝v 甲t －12at 2－v 乙t ＝10×12 m－12×0.5×122 m －4×12 m＝36 m. (2)设甲车减速到零所需时间为t 1，则有：t 1＝v 甲a＝20 s t 1时间内：x 甲＝v 甲2t 1＝102×20 m＝100 m x 乙＝v 乙t 1＝4×20 m＝80 m此后乙车运动时间：t 2＝x 甲－x 乙v 乙＝204s ＝5 s 故乙车追上甲车需t 1＋t 2＝25 s.【答案】 (1)36 m (2)25 s解答追及相遇问题的常用方法(1)物理分析法：应用运动学公式，根据每个物体的运动情况，分别确定出各物体间的位移、时间和速度关系，并列出方程，进行求解．(2)相对运动法：巧妙地选取参考系，然后找两物体的运动关系．(3)极值法：设相遇时间为t ，根据条件列方程，得到关于t 的一元二次方程，用判别式进行讨论．若Δ>0，即有两个解，说明可以相遇两次，若Δ＝0，说明刚好追上或相碰；若Δ<0，说明追不上或不能相碰．(4)图象法：将两者的v －t 图象在同一个坐标系中画出，然后利用图象求解．【即学即用】2．例2中，若甲车经过乙车旁边时，乙车开始以恒定的加速度加速运动，甲车匀速行驶，乙车追上甲车前，两车有最大距离18 m ，求乙车加速度的大小．【解析】 当甲、乙两车速度相等时有最大距离，则v 甲＝v 乙＋a ′t对甲车：x 甲＝v 甲t对乙车：x 乙＝v 甲＋v 乙2t 又有：Δx m ＝x 甲－x 乙代入数值，解以上各式得：a ′＝1 m/s 2.【答案】 1 m/s 2(对应学生用书第10页)题的要点．(1)由斜率分析、计算加速度．(2)由“面积”求位移．(3)由运动性质和“相对位移”变化(看图线走势)判断相遇(或距离最大)时刻．如图1－3－5所示，a、b分别是甲、乙两辆车从同一地点沿同一直线同时运动的v－t图线，由图线可以判断( )图1－3－5A．2秒后甲、乙两车的加速度大小相等B．在0～8 s内两车最远相距148 mC．两车只有t0时刻速率相等D．两车在t＝8 s时相遇【潜点探究】(1)由图象斜率可比较加速度大小．(2)由图象信息可知a、b开始时是向相反方向运动的，4 s时a反向，至t0时刻二者速度相同，此时，二者应相距最远，之后a速度大于b的速度，5 s后b反向与a相向运动，二者愈来愈近．(3)a、b是同地同时出发，图中信息显示8 s时，a回到出发点，此时二者是否相遇，要看b是否回到出发点．【规范解答】2秒后a甲＝0－204－2m/s2＝－10 m/s2，a乙＝0－－205－2m/s2＝203m/s2，所以两车加速度大小不等，A错．由题图可知两车在0～8 s内相距最远应在两车速度相等，即t0时刻，由a、b两直线可求出t0＝4.4 s，则两车相距最远距离应为a、b两线和纵轴围成的面积，解得x＝148 m，故B对．除t0外，t＝2 s时，两车速率也相等，C错．t＝8 s 时，甲返回到出发点．乙在负方向40 m，故未相遇，D错．【答案】 B【即学即用】3．(2013届江西重点中学检测)如图1－3－6所示，A、B分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的v－t图象，根据图象可以判断( )图1－3－6A．两球在t＝2 s时速率相等B．两球在t＝8 s时相距最远C．两球运动过程中不会相遇D．甲、乙两球做初速度方向相反的匀减速直线运动，加速度大小相同方向相反【解析】根据题图知，在t＝2 s时，甲球速度为20 m/s，乙球速度为－20 m/s，所以它们速率相等，选项A正确；结合图象，利用“面积”求位移，可知甲、乙两球在t＝8 s 时同时回到出发点相遇，所以选项B、C错误；根据图象，在整个运动过程中，两条图象的斜率保持不变，这表示它们做的是匀变速直线运动，甲、乙两球刚开始做初速度方向相反的匀减速直线运动，当它们速度减为零后，又反向折回做初速度为零的匀加速直线运动，因为两条图象的斜率一正一负，绝对值不同，这说明它们的加速度方向相反，大小不同，选项D 错误．本题答案为A.【答案】 A(对应学生用书第11页)●考查位移——时间图象1.图1－3－7物体A、B的x－t图象如图1－3－7所示，由图可知( )A．从第3 s起，两物体运动方向相同，且v A＞v BB．两物体由同一位置开始运动，但物体A比B迟3 s才开始运动C．在5 s内物体的位移相同，5 s末A、B相遇D. 5 s内A、B的平均速度相等【解析】x－t图象的斜率的大小表示物体运动的速度大小，斜率的正负表示物体运动的方向，由题图可知，A正确；B物体的出发点在离原点5 m处，A物体的出发点在原点处，B错误；物体B在5 s内的位移为10 m－5 m＝5 m，物体A在3～5 s内的位移为10 m，故C、D均错误．【答案】 A●结合速度——时间图象综合考查2.图1－3－8(2012·山东高考)将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v－t图象如图1－3－8所示．以下判断正确的是( )A．前3 s内货物处于失重状态B．最后2 s内货物只受重力作用C．前3 s内与最后2 s内货物的平均速度相同D．第3 s末至第5 s末的过程中，货物的机械能守恒【解析】由v－t图象可知，货物在前3 s内具有向上的加速度，因此货物处于超重状态，选项A 错误；最后2 s 内，货物具有向下的加速度，其大小为a ＝62m/s 2＝3 m/s 2＜g ，因此货物在这一段时间内受重力和向上的拉力，选项B 错误；货物在前3 s 内的平均速度v 1＝0＋62 m/s ＝3 m/s ，最后2 s 内的平均速度v 2＝6＋02m/s ＝3 m/s ，两者速度相同，选项C 正确；第3 s 末至第5 s 末的过程中，货物在向上的拉力和向下的重力作用下做匀速直线运动，拉力做正功，故机械能不守恒，选项D 错误．【答案】 C●由图象判断物体运动方向3．(2013届宿州模拟)某同学在学习了动力学知识后，绘出了一个沿直线运动的物体的加速度a 、速度v 、位移x 随时间变化的图象如图所示，若该物体在t ＝0时刻，初速度均为零，则下列图象中表示该物体沿单一方向运动的图象是( )【解析】 A 项位移正负交替，说明物体做往复运动，B 项物体先做匀加速运动，再做匀减速运动，然后做反向匀加速运动，再做反向匀减速运动，周而复始；C 项表示物体先做匀加速运动，再做匀减速运动，循环下去，物体始终是单向运动，C 正确，D 项从面积判断物体速度有负值出现，不是单向运动．【答案】 C●结合v －t 图象考查追及、相遇问题4．t ＝0时，甲乙两辆汽车从相距70 km 的两地开始相向行驶，它们的v －t 图象如图1－3－9所示．忽略汽车掉头所需时间．下列对汽车运动状况的描述正确的是( )图1－3－9A ．在第1小时末，乙车改变运动方向B ．在第2小时末，甲乙两车相距10 kmC ．在前4小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的小D ．在第4小时末，甲乙两车相遇【解析】 由题图知，1小时末乙车沿负向行驶由匀加速直线运动变为匀减速直线运动，行驶方向并未改变，A 错．在前2小时内甲车的位移x 1＝12×2×30 km＝30 km ，沿正向；乙车的位移x 2＝12×2×30 km＝30 km ，沿负向；故此时两车相距Δx ＝(70－30－30) km ＝10 km ，B 对．由图象的斜率大小可知C 错．在前4小时内甲车的位移x 甲＝12×4×60 km＝120 km ，沿正向；乙车的位移x 乙＝(12×2×60－12×2×30) km＝30 km ，沿正向；第4小时末两车相距Δx ＝x 甲－(70＋x 乙)＝(120－100) km ＝20 km ，两车此时不相遇，D 错．【答案】 B●追及相遇问题5．(2013届黄山模拟)大雾天发生交通事故的概率比平常要高出几倍，甚至几十倍．因浓雾造成几十辆车辆连续追尾的事故屡见不鲜，损失惨重．保证雾中行车安全显得尤为重要．如果在雾天的平直公路上甲、乙两汽车同向匀速行驶，甲车在前，速度6 米/秒，乙车在后，速度15 米/秒，已知乙车紧急刹车时的加速度是3 米/秒2.乙车司机的反应时间为0.5 秒，(即乙车看到甲车0.5 秒后才开始刹车)某大雾天的能见度是20 米(两车相距20 米时，后车看到前车)，试问两车会不会相撞．【解析】 由题意可知，当A 、B 两车的速度相等时不能相碰，则两车就不可能相碰． 设乙车的初速度为v 1，乙车速度达到甲车速度v 2所需的时间为t ，反应时间为t 0，初速度方向为正方向，则由匀变速运动公式：v 2＝v 1＋at ，代入数据可得t ＝3 s.这过程中，甲车运动的距离x 2＝v 2(t ＋t 0)＝21 m ，乙车运动的距离x 1＝v 1t 0＋12(v 1＋v 2)t ＝39 m ，两车运动位移差x ＝x 1－x 2＝18 m ＜20 m ，所以，两车不会相碰．【答案】 不会相撞课后作业(三) (对应学生用书第221页)(时间45分钟，满分100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．只有一个选项正确．)1．(2011·上海高考)某同学为研究物体运动情况，绘制了物体运动的x －t 图象，如图1－3－10所示．图中纵坐标表示物体的位移x ，横坐标表示时间t ，由此可知该物体做( )图1－3－10A ．匀速直线运动B ．变速直线运动C ．匀速曲线运动D ．变速曲线运动【解析】 x －t 图象所能表示出的位移只有两个方向，即正方向与负方向，所以x －t 图象所能表示的运动也只能是直线运动．x －t 图线的斜率反映的是物体运动的速度，由该图象可知，速度在变化，故B 项正确，A 、C 、D 错误．【答案】 B2．如图1－3－11是做直线运动的甲、乙两个物体的位移—时间图象，由图象可知( )图1－3－11A ．乙开始运动时，两物体相距20 mB ．在0～10 s 这段时间内，两物体间的距离逐渐变小C ．在10～25 s 这段时间内，两物体间的距离逐渐变小D ．两物体在10 s 时相距最近，在25 s 时相遇【解析】 在0～10 s 这段时间内，两物体纵坐标的差值逐渐增大，说明两物体间的距离逐渐增大；在10～25 s 这段时间内，两物体纵坐标的差值逐渐减小，说明两物体间的距离逐渐变小，因此，两物体在10 s 时相距最远；在25 s 时，两图线相交，两物体纵坐标相等，说明它们到达同一位置而相遇．选项C 正确．【答案】 C3.图1－3－12(2012·黄山模拟)如图1－3－12是某质点的运动图象，由图象可以得出的正确结论是( )A ．0～4 s 内的位移大小是3 mB ．0～1 s 内加速度是2 m/s 2C ．0～4 s 内平均速度是2 m/sD ．0～1 s 内的速度方向与2～4 s 内的速度方向相反【解析】 v －t 图象的“面积”表示位移，所以0～4 s 内的位移大小为s ＝12×(1＋4)×2 m＝5 m ，平均速度是v ＝s /t ＝5 m/4 s ＝1.25 m/s ，选项A 、C 错误；v －t 图象的斜率表示加速度，所以0～1 s 内加速度是a ＝k ＝2 m/s 2，选项B 正确；0～4 s 内的v －t 图象均位于横轴上方，这表示速度的方向相同，即与规定的正方向相同，选项D 错误．本题答案为B.【答案】 B4.图1－3－13(2013届贵池中学)从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体Ⅰ、Ⅱ的速度—时间图象如图1－3－13所示 .在0～t 2时间内，下列说法中正确的是( )A ．Ⅰ物体所受的合外力不断增大，Ⅱ物体所受的合外力不断减小B ．在第一次相遇之前，t 1时刻两物体相距最近C ．t 2时刻Ⅰ物体在Ⅱ物体前方D ．Ⅰ、Ⅱ两个物体的平均速度大小都是v 1＋v 22【解析】 速度—时间图象中Ⅰ物体的斜率逐渐减小，即Ⅰ物体的加速度逐渐减小，所以Ⅰ物体所受合外力不断减小，A 错误；在0～t 1时间内，Ⅱ物体的速度始终大于Ⅰ物体的速度，所以两物体间距离不断增大，当两物体速度相等时，两物体相距最远，B 错误；在速度—时间图象中图线与坐标轴所围面积表示位移，故到t 2时刻，Ⅰ物体速度图线所围面积大于Ⅱ物体速度图线所围面积，两物体平均速度不可能相同，C 正确，D 错误．【答案】 C5.图1－3－14(2012·广东湛江市模拟)如图1－3－14所示为某质点做直线运动的v －t 图象，由图可知这个质点的运动情况是( )A ．前5 s 做的是匀加速运动B．5～15 s内做匀加速运动，加速度为1 m/s2C．15～20 s内做匀减速运动，加速度为－3.2 m/s2D．质点15 s末离出发点最远，20秒末回到出发点【解析】由题图可知前5 s做的是匀速运动，A错误；5～15 s内做匀加速运动，但加速度为0.8 m/s2，B错误；15～20 s做匀减速运动，其加速度为－(16/5) m/s2＝－3.2 m/s2，C正确；质点在20 s末离出发点最远，质点做的一直是方向不变的直线运动，D错误．【答案】 C6.图1－3－15某物体运动的v－t图象如图1－3－15所示，下列说法正确的是( )A．物体在第1 s末运动方向发生变化B．物体在第2 s内和第3 s内的加速度是大小相等、方向相反C．物体在4 s末返回出发点D．物体在5 s末离出发点最远，且最大位移为0.5 m【解析】物体在第1 s末速度为正，运动方向没有发生变化，A错误；物体在第2 s 内和第3 s内的加速度是相同的，B错误；物体在4 s末位移为零，返回出发点，C正确；物体在2 s末、6 s末离出发点最远，D错误．【答案】 C7．某人将小球以初速度v0竖直向下抛出，经过一段时间小球与地面碰撞，然后向上弹回，以抛出点为原点，竖直向下为正方向，小球与地面碰撞时间极短，不计空气阻力和碰撞过程中动能损失，则下列图象中能正确描述小球从抛出到弹回的整个过程中速度v随时间t 的变化规律的是( )【解析】取向下为正方向，小球下落的速度均匀增大，碰撞地面反弹后，速度反向向上，为负值，且均匀减小，故只有C正确．【答案】 C8.图1－3－16(2013届滁州一中模拟)亚丁湾索马里海域六艘海盗快艇试图靠近中国海军护航编队保护的商船，中国特战队员成功将其驱离．假如其中一艘海盗快艇在海面上运动的v－t图象如图1－3－16所示，设运动过程中海盗快艇所受阻力不变．则下列说法正确的是( ) A．海盗快艇在0～66 s内从静止出发做加速度增大的加速直线运动B．海盗快艇在96 s末开始调头逃离C．海盗快艇在66 s末离商船最近D．海盗快艇在96～116 s内做匀减速直线运动【解析】在0～66 s内图象的斜率越来越小，加速度越来越小，故海盗快艇做加速度减小的加速运动，A选项错；海盗快艇在96 s末，速度由正变负，即改变运动的方向，开始掉头逃跑，此时海盗快艇离商船最近，B对，C错；海盗快艇在96～116 s内，沿反方向做匀加速运动，D选项错．【答案】 B9．汽车A 在红绿灯前停住，绿灯亮起时启动，以0.4 m/s 2的加速度做匀加速运动，经过30 s 后以该时刻的速度做匀速直线运动．设在绿灯亮的同时，汽车B 以8 m/s 的速度从A 车旁边驶过，且一直以此速度做匀速直线运动，运动方向与A 车相同，则从绿灯亮时开始( )A ．A 车在加速过程中与B 车相遇B. A 、B 相遇时速度相同C ．相遇时A 车做匀速运动D ．两车可能在运动中相遇两次【解析】 汽车A 在匀加速的过程中的位移x A ＝12a A t 21＝180 m ，此过程中汽车B 的位移x B ＝v B t 1＝240 m ＞x A ，故A 车在加速过程中没有与B 车相遇，A 错误，C 正确；之后因v A ＝a A t 1＝12 m/s ＞v B ，故A 车一定能追上B 车，相遇之后不能再相遇，A 、B 相遇时的速度一定不相同，B 、D 错误．【答案】 C10．(2011·福建高考)如图1－3－17甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行．初速度大小为v 2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v －t 图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v 2>v 1，则( )甲 乙图1－3－17A.t 2时刻，小物块离A 处的距离达到最大B ．t 2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C ．0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D ．0～t 3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用【解析】 由图象知物块先向左减速，后反向加速到v 1再做匀速直线运动，t 1时刻离A 距离最大，A 错误；t 2时刻二者相对静止，故t 2时刻物块相对传送带滑动距离最大，B 正确；0～t 2时间内摩擦力方向一直向右，C 错误；在0～t 2时间内摩擦力为滑动摩擦力，大小不变，在t 2～t 3时间内物块做匀速运动，此过程摩擦力为零，D 错误．【答案】 B二、非选择题(本题共2小题，共30分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)11．(14分)甲、乙两车同时同向从同一地点出发，甲车以v 1＝16 m/s 的初速度、a 1＝－2 m/s 2的加速度做匀减速直线运动，乙车以v 2＝4 m/s 的初速度、a 2＝1 m/s 2的加速度做匀加速直线运动，求两车再次相遇前两车相距最大距离和再次相遇时两车运动的时间．【解析】 速度相等时，两车相距最远，设经过时间t 1相距最远．由题意得v 1＋a 1t 1＝v 2＋a 2t 1所以t 1＝v 1－v 2a 2－a 1＝16－41＋2s ＝4 s 设两车各自的位移为x 1、x 2，此时两车相距的最大距离Δx ＝x 1－x 2＝v 1t 1＋12a 1t 21－(v 2t 1＋12a 2t 21)＝[16×4＋12×(－2)×42] m －(4×4＋12×1×42) m ＝24 m.再次相遇时，两车的位移相等，即x 1＝x 2设经过时间t 2，两车再次相遇则v 1t 2＋12a 1t 22＝v 2t 2＋12a 2t 22 解得t 2＝0(舍)或t 2＝8 s ，所以8 s 后两车再次相遇．【答案】 24 m 8 s12．(16分)(2013届广州六中模拟)在2012年伦敦奥运会上，某运动员在100 m 预赛中成绩刚好为10.00 s.(1)假设运动员从起跑开始全程一直保持匀加速运动，求运动员的加速度a 及冲刺终点时速度v 的大小；(2)实际上，运动员起跑时会尽力使加速度达到最大，但只能维持一小段时间，受到体能的限制和空气阻力等因素的影响，加速度将逐渐减小，到达终点之前速度已达到最大．图1－3－18中记录的是该运动员在比赛中的v －t 图象，其中时间t 1(0～2 s)和时间t 3(7～10 s)内对应的图线均可视为直线，时间t 2(2～7 s)内对应的图线为曲线，试求运动员在时间t 2(2～7 s)内的平均速度v 的大小．图1－3－18【解析】 (1)根据匀变速直线运动规律有x ＝12at 2 v ＝at (或v ＝2ax )解得a ＝2 m/s 2 v ＝20 m/s.(2)由图象可知时间t 1(0～2 s)内运动员做初速度为零的匀加速直线运动位移大小x 1＝12v 1t 1＝8 m 时间t 3(7～10 s)内运动员以速度v m ＝12 m/s 做匀速直线运动位移大小x 3＝v m t 3＝36 m在2～7 s 内位移大小x 2＝x －x 1－x 3＝56 m在2～7 s 内的平均速度v ＝x 2t 2解得v ＝11.2 m/s.【答案】 (1)2 m/s 2 20 m/s (2)11.2 m/s。

第4讲 光的波动性 (对应学生用书第193页)光 的 干 涉1.条件 两列光的频率一样，相位和振动情况都完全一样的光相遇．2．典型的干预实验(1)双缝干预①产生明暗条纹的条件：双缝处光振动情况完全一样，光屏上某点与两个狭缝的路程差是光波波长的整数倍或是半波长的偶数倍处出现亮条纹，与两个狭缝的路程差是半波长的奇数倍处出现暗条纹．②条纹的特点：相邻亮条纹(或暗条纹)的间距相等，且Δx ＝l dλ，其中λ为波长，d 为双缝间距，l 为缝到屏的距离．实验装置不变的条件下，红光干预条纹的间距最大，紫光的干预条纹间距最小；假设换用白光，在屏上得到彩色条纹、且中央为白色．(2)薄膜干预①薄膜干预：利用薄膜(如肥皂膜)前后两外表的反射光波相遇而形成的干预．②图样特点：同一条亮(或暗)条纹对应薄膜厚度相等．单色光在肥皂膜上(上薄下厚)形成水平状的明暗相间的条纹，白光入射时形成彩色条纹．【针对训练】1．(2012·某某高考)如图11－4－1为红光或紫光通过双缝或单缝所呈现的图样，如此( )图11－4－1A ．甲为紫光的干预图样B ．乙为紫光的干预图样C ．丙为红光的干预图样D ．丁为红光的干预图样【解析】 红光比紫光的波长大．根据Δx ＝L dλ，紫光的干预条纹较窄，故A 错误，B 正确．而丙、丁是单缝衍射图样，故C 、D 错误．【答案】 光 的 衍 射1.当障碍物的尺寸可以跟光的波长相比，甚至比光的波长还小的时候，衍射现象才会明显．2．衍射条纹的特点 单色光的衍射图样为中间宽且亮的单色条纹，两侧是明暗相间的条纹，条纹宽度比中央窄且暗；白光的衍射图样为中间宽且亮的白色条纹，两侧是渐窄且暗的彩色条纹．3．泊松亮斑当光照到不透明的小圆板上，在圆板的阴影中心出现亮斑(在阴影外还有不等间距的明暗相间的圆环)．【针对训练】2．抽制细丝时可以用激光监控其粗细，如图11－4－2所示，激光束越过细丝时产生的条纹和它通过遮光板上的一条同样宽度的窄缝规律一样，如此( )①这是利用光的干预现象②这是利用光的衍射现象③如果屏上条纹变宽，明确抽制的丝变粗了④如果屏上条纹变宽，明确抽制的丝变细了A ．①③B ．②④C ．①④D ．②③【解析】 高强度纤维丝直径很小，用激光监控其粗细符合光的衍射条件，是利用了光的衍射现象，②正确．观察其衍射现象，根据其衍射现象判断其粗细程度，如果屏上条纹变宽，明确衍射现象更明显了，抽制的丝变细了④正确应当选B.【答案】 B(对应学生用书第194页)光的干预条纹的形成分析1.杨氏双缝干预(1)原理如图11－4－3所示．图11－4－3(2)明、暗条纹的条件①单色光a ．光的路程差r 2－r 1＝kλ(k ＝0,1,2…)，光屏上出现明条纹．b ．光的路程差r 2－r 1＝(2k ＋1)λ2(k ＝0,1,2…)，光屏上出现暗条纹． ②白光：光屏上出现彩色条纹．(3)条纹间距公式：Δx ＝l dλ.2．薄膜干预(1)薄膜特点：如图11－4－4所示，由于重力作用，皂膜上薄下厚．图11－4－4(2)相干光线：薄膜前外表AA ′和后外表BB ′的反射光线叠加．(3)亮纹条件：在P 1、P 2处，薄膜厚度的2倍为前后外表反射光的光程差，当光程差等于波长整数倍时，形成亮条纹．(4)暗纹条件：在Q 处，光程差等于半波长的奇数倍时，形成暗条纹．(1)只有相干光才能形成稳定的干预图样．(2)单色光形成明暗相间的干预条纹，白光形成彩色条纹．(3)在实验装置不变的条件下，红光的干预条纹间距最大，紫光的干预条纹间距最小．(2012·大纲版全国高考)在双缝干预实验中，某同学用黄光作为入射光．为了增大干预条纹的间距，该同学可以采用的方法有( )A ．改用红光作为入射光B ．改用蓝光作为入射光C ．减小双缝到屏的距离D ．增大双缝之间的距离【解析】 根据Δx ＝L dλ，要增大条纹间距Δx ，将L 、λ增大或将d 减小均可以，红光比黄光波长大，故A 选项正确；而蓝光比黄光波长小，故B 选项错误；增大双缝到屏的距离L ，如此Δx 增大，故C 选项错误；增大双缝间距d ，如此Δx 变小，故D 选项错误．光的干预图象和衍射图样的比照 (1)干预和衍射是波的特征，波长越长，干预和衍射现象越明显．在任何情况下都可以发生衍射现象，只是明显与不明显的差异．(2)衍射现象说明“光沿直线传播〞只是一种特殊情况，只有在光的波长比障碍物小得多时，光才可以看做是沿直线传播． 两种现象比拟项目单缝衍射 双缝干预 不同点条纹宽度 条纹宽度不等，中央最宽 条纹宽度相等 条纹间距 各相邻条纹间距不等 各相邻条 纹等间距亮度情况 中央条纹最亮，两边变暗 条纹清晰，亮 度根本相等 一样点 干预、衍射都是波特有的现象；干预、衍射都有明暗相间的条纹(2012·龙岩模拟)如图11－4－5所示，a 、b 、c 、d 四个图是不同的单色光形成的双缝干预或单缝衍射图样．分析各图样的特点可以得出的正确结论是( )图11－4－5A ．a 、b 是光的干预图样B ．c 、d 是光的干预图样C ．形成a 图样的光的波长比形成b 图样光的波长短D ．形成c 图样的光的波长比形成d 图样光的波长短【解析】 干预条纹是等距离的条纹，因此，a 、b 图是干预图样，c 、d 图是衍射图样，故A 项正确，B 项错误；由公式Δx ＝L dλ可知，条纹宽的入射光的波长长，所以a 图样的光的波长比b 图样的光的波长长，故C 项错误；c 图样的光的波长比d 图样的光的波长长，故D 项错误．【答案】 A实验：用双缝干预测光的波长 1.实验装置(如图11－4－6所示)图11－4－62．实验方法(1)根据公式Δx ＝l d λ得λ＝d l Δx .(2)用刻度尺测出双缝到光屏的距离l ，用测量头调节清晰的干预条纹，测出n 个亮纹间的距离a ，如此Δx ＝an －1.双缝间距d 是的，这样就可以计算出波长λ.3．实验步骤(1)将光源、单缝、遮光筒、毛玻璃屏依次安装在光具座上；(2)接好光源，打开开关，使灯丝正常发光；(3)调节各器材的高度，使光源灯丝发出的一束光，能沿轴线到达光屏；(4)安装双缝，使双缝与单缝的缝平行，二者间距约5 cm ～10 cm ，观察白光的干预条纹；(5)在单缝和双缝间放上滤光片，观察单色光的干预条纹，安装测量头，调节至可清晰观察到干预条纹；(6)使分划板中心刻线对齐某明(或暗)条纹的中央，记下手轮上的读数a 1，转动手轮使分划板中心刻线移动，记下干预条纹的条数n 和移动后手轮的读数a 2，a 1与a 2的差即为n 条亮纹的间距；(7)用刻度尺测量双缝到光屏的距离l (d 是的)；(8)重复测量、计算，求平均值作为波长的测量结果；(9)换用不同的滤光片，重复实验．4．须知事项(1)实验时应调整光源、单缝、双缝和光屏、测量头共轴，单缝和双缝安装时应竖直且相互平行，遮光筒的轴线要与光具座导轨平行．假设不共轴或单缝与双缝不平行如此会引起干预条纹亮度小，不清晰，不便于观察和测量．(2)分划板上的刻线应与干预条纹的亮(暗)线平行，否如此会增大测量的误差．(3)双缝、测量头安装到遮光筒上时要装到底，使各部件的定位面严密吻合，否如此会影响测量结果．(4)双缝干预演示仪的测量头有两种，一种相当于螺旋测微器，一种相当于游标卡尺，具体应用时要加以区别．(5)测量双缝至屏的距离l，要屡次测量取平均值，同时要固定好双缝与屏，切勿松动．(2012·福建高考)在“用双缝干预测光的波长〞实验中(实验装置如图11－4－7)：图11－4－7(1)如下说法哪一个是错误的________．(填选项前的字母)A．调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时，应放上单缝和双缝B．测量某条干预亮纹位置时，应使测微目镜分划板中心刻线与该亮纹的中心对齐C．为了减少测量误差，可用测微目镜测出n条亮纹间的距离a，求出相邻两条亮纹间距Δx＝an－1(2)测量某亮纹位置时，手轮上的示数如图11－4－8，其示数为________mm.图11－4－8【解析】(1)放上单缝和双缝后，由于发生干预现象没法调节光源的高度，故A项错误．(2)按读数规如此，读出示数为：1.5 mm＋47.0×0.01 mm＝1.970 mm.【答案】(1)A (2)1.970 mm(对应学生用书第195页)1．在杨氏双缝干预实验中如果( )A．用白光作为光源，屏上将呈现黑白相间的条纹B．用红光作为光源，屏上将呈现红黑相间的条纹C．用红光照射一条狭缝，用紫光照射另一条狭缝，屏上将呈现彩色条纹D．用紫光作为光源，遮住其中一条狭缝，屏上将呈现间距相等的条纹【解析】用白光作杨氏双缝干预实验，屏上将呈现彩色条纹，A错；用红光作光源，屏上将呈现红色条纹与暗条纹(即黑条纹)相间，B对；红光和紫光频率不同，不能产生干预条纹，C错；紫光作光源，遮住一条狭缝，屏上出现单缝衍射条纹，即间距不等的条纹，D 错．【答案】 B2．关于光的性质，如下说法正确的答案是( )A．光在介质中的速度大于光在真空中的速度B．双缝干预说明光具有粒子性C．光在同种均匀介质中沿直线传播D．光的衍射现象说明光具有粒子性【解析】 由折射率公式n ＝c v ＞1可得选项A 错误；干预、衍射是波所特有的现象，所以选项B 、D 错误；由常识得选项C 正确．【答案】 C3．如下有关光现象的说法中正确的答案是( )A ．在太阳光照射下，水面上油膜出现彩色花纹是光的色散现象B ．在光的双缝干预实验中，假设仅将入射光由经光改为红光，如此干预条纹间距变窄C ．光纤通信应用了光的折射原理D ．光纤通信应用了光的全反射原理【解析】 太阳光照射下的油膜出现的彩色花纹是从油膜上下两个外表反射出来的光线干预的结果，不是色散，故A 项错误；在双缝干预实验中，得到的条纹间距Δx ＝L dλ，假设仅将入射光由绿光改为红光，光的波长λ变大，如此条纹间距Δx 变宽，故B 项错误；光纤通信是利用全反射来传递光信号的，故C 项错误；光波是电磁波，是横波，故D 项正确．【答案】 D4．(2012·某某宝山区模拟)在光的单缝衍射实验中可观察到清晰的亮暗相间的图样，如图11－4－9所示，四幅图片中属于光的单缝衍射图样的是( )图11－4－9A ．a 、cB ．b 、cC ．a 、dD ．b 、d【解析】 a 图是双缝干预图样，b 图是单缝衍射图样，c 图是小孔衍射图样，d 图是单缝衍射图样，故D 正确．【答案】 D5．激光散斑测速是一种崭新的测速技术，它应用了光的干预原理．用二次曝光照相所获得的“散斑对〞相当于双缝干预实验中的双缝，待测物体的速度v 与二次曝光时间间隔Δt 的乘积等于双缝间距．实验中可测得二次曝光时间间隔Δt 、双缝到屏之距离l 以与相邻两条亮纹间距Δx ，假设所用激光波长为λ，如此该实验确定物体运动速度的表达式是( )A ．v ＝λΔx l ΔtB ．v ＝lλΔx ΔtC ．v ＝l Δx λΔtD ．v ＝lΔt λΔx【解析】 由题意知双缝间距d ＝v Δt ，双缝干预中相邻两亮纹(或暗纹)间距Δx 与双缝到屏的距离l 与双缝间距d 、波长λ的关系为Δx ＝l d λ，由以上两式得v ＝lλΔx Δt. 【答案】 B6．如图11－4－10所示，在双缝干预实验中，假设把单缝S 从双缝S 1、S 2的中央对称轴位置处稍微向上移动一些，如此( )图11－4－10A ．不再产生干预条纹B ．仍可产生干预条纹，其中央亮条纹的位置不变C ．仍可产生干预条纹，其中央亮条纹的位置略上移D ．仍可产生干预条纹，其中央亮条纹的位置略下移【解析】 因为从S 1、S 2发出的光频率一样，因而仍可发生干预现象，P 上仍可产生干预条纹，由于S 上移，从S 发出的光到S 1、S 2时由于光程不同，因而在光屏上发生干预时情况也会相应有所改变，即中央亮纹位置将向下移，应当选D.【答案】 D7．(2011·高考)如图11－4－11所示的双缝干预实验，用绿光照射单缝S 时，在光屏P 上观察到干预条纹．要得到相邻条纹间距更大的干预图样，可以( )图11－4－11A ．增大S 1和S 2的间距B ．减小双缝屏到光屏的距离C ．将绿光换为红光D ．将绿光换为紫光 【解析】 由双缝干预条纹间距公式Δx ＝L dλ可知：增大S 1与S 2的间距d ，Δx 将减小，A 项错误；减小双缝屏到光屏的距离L ，Δx 将减小，B 项错误；红光波长大于绿光波长，λ变大，Δx 将变大，C 项正确；紫光波长小于绿光波长，λ变小，Δx 将变小，D 项错误．【答案】 C8．关于光的衍射，如下说法中错误的答案是( )A ．光的衍射是光在传播过程中绕过障碍物的现象B ．只有两列频率一样的光波叠加后才能发生衍射C ．光的衍射没有否认光沿直线传播的结论D ．光的衍射现象为波动说提供了有利的证据【解析】 由光的衍射的定义知A 正确；光波的衍射无条件，B 错误；当满足光发生明显衍射现象的条件时，光的衍射现象明显，否如此光沿直线传播，可见光的衍射没有否认光沿直线传播的结论，C 正确；衍射是波动所特有的性质，所以光的衍射现象为波动说提供了有利的证据．【答案】 B9．(2013届池州模拟)如图11－4－12所示是利用水波槽观察到的水波衍射图象，由图象可知( )图11－4－12A ．B 侧波是衍射波B ．A 侧波速与B 侧波速相等C ．减小挡板间距离，衍射波的波长将减小D ．增大挡板间距离，衍射现象将更明显【解析】B 侧波在传播过程中遇到带有窄缝的挡板后发生衍射，A 侧水波是衍射波，选项A 错误；同种机械波在一样介质中的传播速度一样，选项B 正确；减小挡板间距离，衍射现象会更明显，但是衍射波的波速不变，频率不变，故波长不变，选项C 错误；因为只有当挡板间距跟波长差不多，或者比波长更小时，衍射现象越明显，所以当增大挡板间距离时，衍射现象将变得不明显，选项D 错误．【答案】 B10．(2013届黄山模拟)两列水波，S 1、S 2是相干波源，波峰用实线表示，波谷用虚线表示(如图11－4－13所示)，以下说法正确的答案是( )图11－4－13A ．振动加强的点是b 、cB ．振动加强的点是a 、dC ．振动加强的点是a 、b 、c 、dD ．经过一半周期，振动加强的点是b 、c【解析】 实线与实线的交点以与虚线与虚线的交点是振动加强点，实线与虚线的交点是振动减弱点，所以振动加强的点是a 、d ，减弱的点是b 、c ，选项B 正确．此题答案为B.【答案】 B11．用某一单色光做双缝干预实验时，双缝间距离为0.25 mm ，在距离双缝为1.2 m 处的光屏上，测得5条亮纹间的距离为7.5 mm.(1)求这种单色光的波长．(2)假设用这种单色光照射到增透膜上，增透膜对这种光的折射率为 1.3，如此增透膜的厚度应取多少？【解析】 (1)根据公式Δx ＝l d λ，得λ＝d l Δx由题意知Δx ＝x n －1＝7.55－1×10－3 m l ＝1.2 m ，d ＝0.25×10－3 m所以λ＝d l Δx ＝0.25×10－3×7.5×10－31.2×4 m ＝3.9×10－7 m (2)根据公式n ＝cv ，c ＝λf ，v ＝λ′f 知n ＝λλ′λ′＝λn ＝3.9×10－71.3m ＝3.0×10－7 m 故增透膜厚度d ＝14λ′＝7.5×10－8 m. 【答案】 (1)3.9×10－7 m (2)7.5×10－8 m。

第二节机械波一、机械波1．定义机械振动在__________中传播，形成了机械波。

2．产生条件一是要有做机械振动的物体作为__________；二是要有能够传播机械振动的__________。

3．机械波的分类(1)质点的振动方向与波的传播方向相互__________的波叫做横波。

在横波中凸起的最高处叫做_________，凹下的最低处叫做________。

(2)质点的振动方向与波的传播方向____________的波叫做纵波。

在纵波中质点分布最密的位置叫做________部，质点分布最疏的位置叫做________部。

4．机械波的特点(1)机械波传播的是运动__________，介质中质点只在各自的平衡位置附近振动，并不随波__________。

(2)机械波传播的过程就是传递__________的过程，也是传递__________的过程。

(3)“前带后，后跟前，运动状态向后传。

”即各质点都做受迫振动，起振方向由波源来决定，并且其振动频率(周期)都等于__________的振动频率(周期)，但离波源越远的质点振动越滞后。

5．描述机械波的物理量(1)波长λ：在波动中振动______总是相同的两个相邻质点间的距离。

(2)频率f：在波动中，介质中各质点的振动频率都是相同的，都等于__________的振动频率。

(3)波速v、波长λ和频率f、周期T的关系。

公式：v＝______________＝__________机械波的速度大小由________决定，与机械波的频率无关。

二、波的图象1．图象在平面直角坐标系中，用横坐标表示介质中各质点的__________；用纵坐标表示某一时刻，各质点偏离平衡位置的__________，连接各位移矢量的末端，得出的曲线即为波的图象，简谐波的图象是__________ (或余弦)曲线。

2．物理意义某一时刻，介质中____________相对平衡位置的位移。

三、波的特有现象1．衍射(1)定义：波可以绕过________继续传播的现象。

11-1 机械振动1．一质点做简谐运动的图象如图11－1－9所示，如下说法正确的答案是( )图11－1－9A．质点振动频率是4 HzB．在10 s内质点经过的路程是20 cmC．第4 s末质点的速度为零D．在t＝1 s和t＝3 s两时刻，质点位移大小相等、方向一样2.图11－1－10(2012·重庆高考)装有砂粒的试管竖直静浮于水面，如图11－1－10所示，将试管竖直提起少许，然后由静止释放并开始计时，在一定时间内试管在竖直方向近似做简谐运动．假设取竖直向上为正方向，如此以下描述试管振动的图象中可能正确的答案是( )3．铺设铁轨时，每两根钢轨接缝处都必须留有一定的间隙，匀速运行列车经过钢轨端接缝处时，车轮就会受到一次冲击．由于每一根钢轨长度相等，所以这个冲击力是周期性的，列车受到周期性的冲击做受迫振动．普通钢轨长为12.6 m，列车固有振动周期为0.315 s．如下说法正确的答案是( )A．列车的危险速率为20 m/sB．列车过桥需要减速，是为了防止列车发生共振现象C．列车运行的振动频率和列车的固有频率总是相等的D．增加钢轨的长度有利于列车高速运行4．某振动系统的固有频率为f0，在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率为f.假设驱动力的振幅保持不变，如下说法正确的答案是( )A．当f＜f0时，该振动系统的振幅随f增大而减小B．当f＞f0时，该振动系统的振幅随f增大而增大C．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f0D．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f5.图11－1－11如图11－1－11所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，如下说法中正确的答案是( )A．甲、乙两单摆的摆长不相等B．甲、乙两摆的振幅相等C．甲摆的机械能比乙摆大D．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆6．(2013届安庆模拟)如图11－1－12所示为某弹簧振子在0～5 s内的振动图象，由图可知，如下说法中正确的答案是( )图11－1－12A．振动周期为5 s，振幅为8 cmB．第2 s末振子的速度为零，加速度为负向的最大值C．第3 s末振子的速度为正向的最大值D．从第1 s末到第2 s末振子在做加速运动7．一质点做简谐运动，其位移和时间关系如图11－1－13所示．图11－1－13(1)求t＝0.25×10－2 s时的位移；(2)在t＝1.5×10－2s到2×10－2s的振动过程中，质点的位移、回复力、速度、动能、势能如何变化？(3)在t＝0至8.5×10－2 s时间内，质点的路程多大？8．简谐运动的振动图线可用下述方法画出：如图11－1－14甲所示，在弹簧振子的小球上安装一枝绘图笔P，让一条纸带在与小球振动方向垂直的方向上匀速运动，笔P在纸带上画出的就是小球的振动图象．取振子水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移正方向，纸带运动的距离代表时间，得到的振动图线如图11－1－14乙所示．甲乙图11－1－14(1)为什么必须匀速拖动纸带？(2)刚开始计时时，振子处在什么位置？t＝17 s时振子相对平衡位置的位移是多少？(3)假设纸带运动的速度为2 cm/s，振动图线上1、3两点间的距离是多少？(4)振子在__________s末负方向速度最大；在__________s末正方向加速度最大；2.5 s 时振子正在向__________方向运动．(5)写出振子的振动方程．9．(2011·江苏高考)将一劲度系数为k的轻质弹簧竖直悬挂，下端系上质量为m的物体．将物块向下拉离平衡位置后松开，物块上下做简谐运动，其振动周期恰好等于以物块平衡时弹簧的伸长量为摆长的单摆周期．请由单摆的周期公式推算出该物块做简谐运动的周期T.答案与解析1．【解析】振动图象表示质点在不同时刻相对平衡位置的位移，由图象可看出，质点运动的周期T ＝4 s ，其频率f ＝1T ＝0.25 Hz ；10 s 内质点运动了52T ，其运动路程为s ＝52×4A ＝52×4×2 cm＝20 cm ；第4 s 末质点在平衡位置，其速度最大；t ＝1 s 和t ＝3 s 两时刻，由图象可看出，位移大小相等，方向相反．由以上分析可知，B 选项正确．【答案】 B2.【解析】 试管在竖直方向上做简谐运动，平衡位置是在重力与浮力相等的位置，开始时向上提起的距离，就是其偏离平衡位置的位移，为正向最大位移，因此应选D.【答案】 D3．【解析】 列车在钢轨上运动时，受钢轨对它的冲击力作用做受迫振动，当列车固有振动频率等于钢轨对它的冲击力的频率时，列车振动的振幅最大，因v ＝l t ＝12.6 m 0.315 s＝40 m/s ，故A 错误；列车过桥做减速运动，是为了使驱动力频率远小于桥梁固有频率，防止桥发生共振现象，而不是列车发生共振现象，B 错，C 错；增加钢轨的长度有利于列车高速运行，D 对．【答案】 D4．【解析】 受迫振动的振幅A 随驱动力的频率变化规律如下列图，显然A 、B 错．稳定时系统的频率等于驱动力的频率，即C 错，D 对．【答案】 D5.【解析】 振幅可从题图上看出甲摆振幅大，且两摆周期相等，如此摆长相等，因质量关系不明确，无法比拟机械能．t ＝0.5 s 时乙摆球在负的最大位移处，故有正向最大加速度，所以正确答案为D.【答案】 D6．【解析】 根据图象，周期T ＝4 s ，振幅A ＝8 cm ，选项A 错误；第2 s 末振子到达波谷位置，速度为零，加速度最大，但沿x 轴正方向，选项B 错误；第3 s 末振子经过平衡位置，速度达到最大，且向x 轴正方向运动，选项C 正确；从第1 s 末到第2 s 末振子经过平衡位置向下运动到达波谷位置，速度逐渐减小，选项D 错误．此题答案为C.【答案】 C7．【解析】 (1)由图可知A ＝2 cm ，T ＝2×10－2s ，振动方程为x ＝A sin(ωt －π2)＝－A cos ωt ＝－2cos 2π2×10－2t cm ＝－2cos(102πt ) cm 当t ＝0.25×10－2 s 时x ＝－2cos π4cm ＝－ 2 cm.(2)由图可知在1.5×10－2 s ～2×10－2 s 内，质点的位移变大，回复力变大，速度变小，动能变小，势能变大．(3)从t ＝0至8.5×10－2 s 的时间内质点的路程为s ＝17A ＝34 cm.【答案】 (1)－ 2 cm(2)位移变大，回复力变大，速度变小，动能变小，势能变大(3)34 cm8．【解析】 (1)纸带匀速运动时，由x ＝vt 知，位移与时间成正比，因此在匀速条件下，可以用纸带通过的位移表示时间．(2)由图乙可知t ＝0时，振子在平衡位置左侧最大位移处；周期T ＝4 s ，t ＝17 s 时位移为零．(3)由x ＝vt ，所以1、3间距x ＝2 cm/s×2 s＝4 cm.(4)3 s 末负方向速度最大；加速度方向总是指向平衡位置，所以t ＝0或t ＝4 s 时正方向加速度最大；t ＝2.5 s 时，向－x 方向运动．(5)x ＝10sin(π2t －π2) cm. 【答案】 (1)在匀速条件下，可以用纸带通过的位移表示时间(2)左侧最大位移 零(3)4 cm (4)3 0或4 －x(5)x ＝10sin(π2t －π2) cm 9．【解析】 单摆周期公式T ＝2πl g ，且kl ＝mg 解得T ＝2π m k. 【答案】T ＝2πm k。

11-2 机械波1.图11－2－10(2013届亳州模拟)振源A带动细绳上各点上下做简谐运动，t＝0时刻绳上形式的波形如图11－2－10所示．规定绳上质点向上运动的方向为x轴的正方向，如此P点的振动图象是( )2.图11－2－11如图11－2－11所示是一列简谐波在t＝0时的波形图，介质中的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y＝10sin 5πt cm.关于这列简谐波，如下说法中正确的答案是( ) A．这列简谐波的振幅为20 cmB．这列简谐波的周期为5.0 sC．这列简谐波在该介质中的传播速度为25 cm/sD．这列简谐波沿x轴正向传播3．(2012·福建高考)一列简谐横波沿x轴传播，t＝0时刻的波形如图11－2－12甲所示，此时质点P正沿y轴负方向运动，其振动图象如图乙所示，如此该波的传播方向和波速分别是( )图11－2－12A．沿x轴负方向，60 m/sB．沿x轴正方向，60 m/sC．沿x轴负方向，30 m/sD ．沿x 轴正方向，30 m/s4．一列简谐横波沿x 轴负方向传播，图11－2－13a 是t ＝1 s 时的波形图，图b 是某振动质点的位移随时间变化的图象，如此图11－2－13b 可能是图a 中哪个质点的振动图象( )图11－2－13A ．x ＝0处的质点B ．x ＝1 m 处的质点C ．x ＝2 m 处的质点D ．x ＝3 m 处的质点5．沿x 轴正方向传播的一列简谐横波在某时刻的波形图如图11－2－14所示，其波速为200 m/s ，如下说法中正确的答案是( )图11－2－14A ．图示时刻质点b 的速度方向沿y 轴正方向B ．图示时刻质点a 的加速度为零C ．假设此波遇到另一简谐波并发生稳定干预现象，如此该波所遇到的波的频率为50 HzD ．假设该波发生明显的衍射现象，该波所遇到的障碍物或孔的尺寸一定比4 m 大得多6．如图11－2－15所示，甲是一列横波在某一时刻的波动图象，乙是在x ＝6 m 处的质点从该时刻开始计时的振动图象，a 、b 是介质中两个质点，如下说法正确的答案是( )甲 乙图11－2－15A ．这列波沿x 轴的正方向传播B ．这列波的波速是1.5 m/sC ．b 比a 先回到平衡位置D ．a 、b 两质点的振幅都是10 cm7．一简谐机械波沿x 轴正方向传播，周期为T ，波长为λ.假设在x ＝0处质点的振动图象如图11－2－16所示，如此该波在t ＝T2时刻的波形曲线为( )图11－2－168．(2013届黄山模拟)如图11－2－17所示为一列在均匀介质中沿x轴正方向传播的简谐横波在某时刻的波形图，波速为4 m/s，如此( )图11－2－17A．质点P此时刻的振动方向沿y轴正方向B．P点振幅比Q点振幅小C．经过Δt＝3 s，质点Q通过的路程是0.6 mD．经过Δt＝3 s，质点P将向右移动12 m9．(2012·山东高考)一列简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时刻的波形如图11－2－18所示，介质中质点P、Q分别位于x＝2 m、x＝4 m处．从t＝0时刻开始计时，当t＝15 s 时质点Q刚好第4次到达波峰．图11－2－18(1)求波速；(2)写出质点P做简谐运动的表达式(不要求推导过程)．10．如图11－2－19甲所示，为一列沿水平方向传播的简谐横波在t＝0时的波形图，图11－2－19乙是这列波中质点p的振动图线，那么：甲乙图11－2－19(1)该波的传播速度为________m/s；(2)该波的传播方向为________(填“向左〞或“向右〞)；(3)图11－2－19乙中Q点(坐标为x＝2.25 m处的点)的振动方程为：y＝________cm.11．一列简谐波沿x轴正方向传播，t＝0时波形如图11－2－20甲所示，在0.6 s末，A点恰第四次(图中为第一次)出现波峰，求：(1)该简谐波的波长、波速分别为多少？(2)经过多长时间x＝5 m处的质点P第一次出现波峰？(3)如果以该机械波传到质点P开始计时，请在图11－2－20乙中画出P点的振动图象，并标明必要的横、纵坐标值，至少画出一个周期的图象．甲乙图11－2－2012．(2012·绍兴一中模拟)一列简谐横波，某时刻的波形图象如图11－2－21甲所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图象如图11－2－21乙所示，如此：甲乙图11－2－21(1)假设此波遇到另一列简谐横波并发生稳定干预现象，如此该波所遇到的波的频率为多少？(2)假设该波能发生明显的衍射现象，如此该波所遇到的障碍物尺寸有什么要求？(3)从该时刻起，再经过Δt＝0.4 s，P质点的位移、通过的路程和波传播的距离分别为多少？(4)假设t＝0时振动刚刚传到A点，从该时刻起再经多长时间坐标为45 m的质点(未画出)第二次位于波峰？答案与解析1.【解析】 在机械波的传播过程中，介质中各质点靠弹力相互作用，靠近振源的前一质点带动后一质点振动，后一质点跟着前一质点振动，故可根据前一质点的位置确定后一质点的运动方向；对于此题，可根据t ＝0时刻P 点前一质点在下方，确定P 点的起振方向是从平衡位置向下振动，显然，只有选项B 正确．此题答案为B.【答案】 B2.【解析】 由图可知，质点偏离平衡位置的最大距离即振幅为10 cm ，A 错；由该质点P 振动的表达式可知这列简谐横波的周期为T ＝2πω＝2π5πs ＝0.4 s ，B 错；由题图可知，该波的波长为λ＝4 m ，波速v ＝λT ＝40.4m/s ＝10 m/s ，C 错；由质点P 做简谐运动的表达式可知，t ＝0时刻质点P 正在向上运动，由此可判断波沿x 轴正向传播，D 正确．【答案】 D3．【解析】 由题图甲知，波长λ＝24 m ，由题图乙知T ＝0.4 s ．根据v ＝λT 可求得v ＝60 m/s ，故C 、D 项错误．根据“同侧法〞可判断出波的传播方向沿x 轴负方向，故A 项正确，B 项错误．【答案】 A4．【解析】 由题图b 知，t ＝1 s 时，质点的位移为零，振动方向向下，由于波向左传播，故图b 应是x ＝0、x ＝4 m 、x ＝8 m 等处的质点的振动图象，正确选项为A.【答案】 A5．【解析】 因波沿x 轴正方向传播，故图示时刻质点b 向y 轴负方向振动，A 错；图示时刻质点a 的加速度最大，B 错．因该波的频率f ＝v λ＝2004 Hz ＝50 Hz ，故C 对；因该波的波长为4 m ，故D 错．【答案】 C6．【解析】 由振动图象得x ＝6 m 处的质点该时刻向y 轴正向运动，对照波动图象可知，波的传播方向为x 轴负向，A 错误；此刻b 向平衡位置运动，a 远离平衡位置运动，b 先回到平衡位置，C 正确；由振动图象得T ＝4 s ，由波动图象得λ＝8 m ，故v ＝λT＝2 m/s ，B 错误；所有质点的振幅都为5 cm ，D 错误．【答案】 C7．【解析】 从振动图象上可以看出x ＝0处的质点在t ＝T 2时刻处于平衡位置，且正在向下振动，四个选项中只有A 图符合要求，故A 项正确．【答案】 A8．【解析】 在机械波的传播过程中，前一质点带动后一质点振动，而后一质点要“模仿〞前一质点的振动，机械波沿x 轴正方向传播，利用“带动〞原理可知，质点P 此时刻的振动方向沿y 轴负方向，选项A 错误；沿波传播方向上各质点并不随波迁移，而是在平衡位置附近做简谐运动，并且各质点振动的幅度一样即振幅一样，据此可判断选项B 、D 错误；根据波形图可知，波长λ＝4 m ，振幅A ＝5 cm ，v ＝4 m/s ，所以T ＝λ/v ＝1 s ，Δt ＝3 s ＝3 T ，所以质点Q 通过的路程是12A ＝60 cm ＝0.6 m ，所以选项C 正确．此题答案为C.【答案】 C9．【解析】 (1)设简谐横波的波速为v ，波长为λ，周期为T ，由图象知，λ＝4 m ．由题意知t ＝3T ＋34T ① v ＝λT② 联立①②式，代入数据得v ＝1 m/s.③(2)质点P 做简谐运动的表达式为y ＝0.2sin(0.5πt ) m ．④【答案】 (1)1 m/s (2)y ＝0.2sin (0.5πt ) m10．【解析】 (1)波的周期T ＝2 s ，波长λ＝1 m ，波速v ＝λT ＝0.5 m/s.(2)P 点向上运动，不难判断波是向左传播．(3)Q 点此时从最大位移开始向平衡位置运动，振动图象是一条余弦曲线，A ＝0.2 cm ，ω＝2πT ＝π rad/s，Q 点的振动方程为y ＝0.2cos πt cm 或者y ＝0.2sin(πt ＋π2) cm. 【答案】 (1)0.5 (2)向左(3)0.2cos πt [或0.2sin(πt ＋π2)] cm 11．【解析】 (1)λ＝2 mT ＝0.63s ＝0.2 sv ＝λT＝10 m/s. (2)波峰传到P 点：t ＝Δx v ＝5－0.510s ＝0.45 s (3)如如下图所示【答案】 (1)2 m 10 m/s (2)0.45 s (3)图见解析12．【解析】 (1)由振动图象可以看出，此波的周期为0.8 s ，所以频率为1.25 Hz.因为发生稳定干预的条件是两列波的频率相等，所以另一列波的频率为1.25 Hz.(2)由波动图象可以看出，此波的波长为20 m ，当障碍物的尺寸小于等于20 m 时能够发生明显的衍射现象．(3)因为Δt ＝0.4 s ＝T 2，故经0.4 s P 质点回到平衡位置，位移为0； 质点P 通过的路程为2A ＝4 m在T 2时间内波传播的距离为λ2＝10 m. (4)由A 点在t ＝0时刻向上振动知，波沿x 轴正方向传播，波速v ＝λT ＝200.8m/s ＝25 m/s ，x ＝45 m 处的质点第一次到达波峰的时间t 1＝45－20v ＝2525s ＝1 s 此质点第二次位于波峰的时间t ＝t 1＋T ＝1.8 s【答案】 (1)1.25 Hz (2)小于等于20 m 4 m 10 m 1.8 s (3)0 4 m 10 m(4)1.8 s。

第2讲 机械波(对应学生用书第184页)1.(1)产生条件． ①有波源．②有介质，如空气、水、绳子等． (2)传播特点．①传播振动形式、能量和信息． ②质点不随波迁移．③介质中各质点振动频率、振幅、起振方向等都与波源相同． 23.(1)波长：在波动中，振动相位总是相同的两个相邻质点间的距离，用λ表示．波长由频率和波速共同决定．①横波中，相邻两个波峰(或波谷)之间的距离等于波长． ②纵波中，相邻两个密部(或疏部)之间的距离等于波长．(2)频率：波的频率由波源决定，等于波源的振动频率．在任何介质中频率不变． (3)波速：波的传播速度，波速由介质决定，与波源无关．(4)波速公式：v ＝λf ＝λT 或v ＝ΔxΔt.错误!【针对训练】1．(2012·浙江高考)用手握住较长软绳的一端连续上下抖动，形成一列简谐横波．某一时刻的波形如图11－2－1所示，绳上a 、b 两质点均处于波峰位置．下列说法正确的是( )图11－2－1A．a、b两点之间的距离为半个波长B．a、b两点振动开始时刻相差半个周期C．b点完成全振动次数比a点多一次D．b点完成全振动次数比a点少一次【解析】波的图象中相邻波峰间的两质点间的距离为一个波长，且振动开始时刻相差一个周期，所以选项A、B均错误；质点b开始振动的时刻比质点a晚一个周期，因此质点b完成全振动的次数比质点a少一次，所以选项D正确，选项C错误．【答案】1.坐标轴x轴：各质点平衡位置的连线．y轴：沿质点振动方向，表示质点的位移．2．物理意义：表示介质中各质点在某一时刻相对各自平衡位置的位移．3．图象形状：简谐波的图象是正弦(或余弦)曲线，如图11－2－2所示．图11－2－2波动图象和振动图象非常相似.但物理意义截然不同.解答问题时首先加以区别.振动图象和波动图象可以通过振幅、周期和波长的关系联系起来.【针对训练】2．(2012·安徽高考)一列简谐波沿x轴正方向传播，在t＝0时波形如图11－2－3所示，已知波速为10 m/s.则t＝0.1 s时正确的波形应是选项图中的( )图11－2－3【解析】 由题知：波长λ＝4.0 m ，波在t ＝0.1 s 内传播的距离x ＝vt ＝10×0.1 m ＝1 m ＝14λ，故将原波形图沿波的传播方向(即x 轴正方向)平移14λ即可，故选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．【答案】 C3.图11－2－4(2011·上海高考)两波源S 1、S 2在水槽中形成的波形如图11－2－4所示，其中实线表示波峰，虚线表示波谷，则( )A ．在两波相遇的区域中会产生干涉B ．在两波相遇的区域中不会产生干涉C ．a 点的振动始终加强D ．a 点的振动始终减弱【解析】 由图知，两列波的波长不相等，不满足波的干涉条件，故B 正确，A 、C 、D 错误．【答案】 B(对应学生用书第185页)机械波的传播问题1.图11－2－5(1)若已知某时刻A 点振动方向向上，则波向x 轴负方向传播． (2)若已知波向x 轴正方向传播，则该时刻B 点向上振动． 2．由t 时刻的波形确定t ＋Δt 时刻的波形图11－2－6(1)波向右传播Δt ＝14T 的时间和向左传播Δt ＝34T 的时间波形相同．(2)若Δt >T ，可以采取“舍整取零头”的办法． 3．已知波的传播情况确定某点振动情况(1)根据该点到波源的距离x 和波速v 可以计算该点开始振动的时间t ＝x v.(2)将该点振动的时间和周期相联系．采用“舍整取零头”的办法结合起振方向可确定该点相对平衡位置的位移，进而确定加速度、速度等．(1)由于波传播时间的周期性，波传播一个周期波形不变．(2)由于波传播空间的周期性，波传播一个波长的距离波形也不变． (3)解题时可先画出波形图，再利用波的传播特性分析求解．如图11－2－7是某绳波形成过程的示意图，1、2、3、4…为绳上的一系列等间距的质点，绳处于水平方向．质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，带动2、3、4…各个质点依次上下振动，把振动从绳的左端传到右端．t ＝0时质点1开始竖直向上运动，经过四分之一周期，质点5开始运动．下列判断正确的是( )图11－2－7A ．质点6开始振动时的运动方向向下B ．t ＝T2时质点6的加速度方向向下C ．t ＝3T4时质点10的运动方向向下D ．t ＝T 时质点16开始运动【解析】 介质中各质点开始振动时的振动方向和振源开始振动时的振动方向相同，A 不对；经过t ＝T2质点1回到平衡位置，质点9开始向上振动，质点6在平衡位置上方，所以加速度的方向向下，B 对；t ＝3T4时质点1振动到负的最大位移处，质点13开始振动，5～13之间的质点在平衡位置上方，9～13之间的质点处于“下坡路”上，振动方向都向上，C 错误；t ＝T 时质点17开始运动，D 不对．11－2－8(a)所示，x ＝0.30 m 处的质点的振动图线如图11－2－8(b)所示，该质点在t ＝0时刻的运动方向沿y 轴________(填“正向”或“负向”)。

11-3 光的折射 全反射 光的色散1．(2012·北京高考)一束单色光由空气射入玻璃，这束光的( ) A ．速度变慢，波长变短 B ．速度不变，波长变短 C ．频率增高，波长变长 D ．频率不变，波长变长 2.图11－3－7(2010·新课标全国高考)如图11－3－7所示，一个三棱镜的截面为等腰直角△ABC ，∠A 为直角．此截面所在平面内的光线沿平行于BC 边的方向射到AB 边，进入棱镜后直接射到AC 边上，并刚好能发生全反射．该棱镜材料的折射率为( )A.62B. 2C.32 D.3 3.图11－3－8如图11－3－8所示，空气中有一横截面为半圆环的均匀透明柱体，其内圆半径为r ，外圆半径为R ，R ＝2r .现有一束单色光垂直于水平端面A 射入透明柱体，只经过两次全反射就垂直于水平端面B 射出．设透明柱体的折射率为n ，光在透明柱体内传播的时间为t ，若真空中的光速为c ，则( )A ．n 可能为 3B ．n 可能为1.2C ．t 可能为22r cD ．t 可能为4.8rc4．(2013届六安模拟)一束红、紫两色的混合光，从某种液体射向空气，当研究在界面上发生的折射和反射现象时．可能发生的情况是下图中的( )5．(2011·安徽高考)实验表明，可见光通过三棱镜时各色光的折射率n 随波长λ的变化符合科西经验公式：n ＝A ＋B λ2＋Cλ4，其中A 、B 、C 是正的常量．太阳光进入三棱镜后发生色散的情形如图11－3－9所示．则( )图11－3－9A ．屏上c 处是紫光B ．屏上d 处是红光C ．屏上b 处是紫光D ．屏上a 处是红光 6.图11－3－10一束只含红光和紫光的复色光P 垂直于三棱镜的一个侧面射入，后分为两束沿OM 和ON 方向射出，如图所示．由图11－3－10可知( )A ．OM 为红光，ON 为紫光B ．OM 为紫光，ON 为红光C ．OM 为红光，ON 为红、紫色复色光D ．OM 为紫光，ON 为红、紫色复色光7．(2011·全国高考)雨后太阳光入射到水滴中发生色散而形成彩虹．设水滴是球形的，图11－3－11中的圆代表水滴过球心的截面，入射光线在过此截面的平面内，a 、b 、c 、d 代表四条不同颜色的出射光线，则它们可能依次是( )图11－3－11A．紫光、黄光、蓝光和红光 B．紫光、蓝光、黄光和红光C．红光、蓝光、黄光和紫光 D．红光、黄光、蓝光和紫光8．(2013届蚌埠模拟)公园里灯光喷泉的水池中有处于同一深度若干彩灯，在晚上观察不同颜色彩灯的深度和水面上被照亮的面积，下列说法正确的是( )A．红灯看起来较浅，红灯照亮的水面面积较小B．红灯看起来较深，红灯照亮的水面面积较小C．红灯看起来较浅，红灯照亮的水面面积较大D．红灯看起来较深，红灯照亮的水面面积较大9．(2012·新课标全国高考)一玻璃立方体中心有一点状光源．今在立方体的部分表面镀上不透明薄膜，以致从光源发出的光线只经过一次折射不能透出立方体，已知该玻璃的折射率为2，求镀膜的面积与立方体表面积之比的最小值．10．如图11－3－12所示，一段横截面为正方形的玻璃棒，中间部分弯成四分之一圆弧形状，一细束单色光由MN端面的中点垂直射入，恰好能在弧面EF上发生全反射，然后垂直PQ端面射出．11－3－12(1)求该玻璃棒的折射率．(2)若将入射光向N端平移，当第一次射到弧面EF上时________(填“能”“不能”或“无法确定能否”)发生全反射．11．如图11－3－13所示，真空中有一下表面镀反射膜的平行玻璃砖，其折射率n＝ 2.一束单色光与界面成θ＝45°角射到玻璃砖表面上，进入玻璃砖后经下表面反射，最后又从玻璃砖上表面射出，已知光在真空中的传播速度c＝3.0×108m/s，玻璃砖厚度d＝ 3 cm.求该单色光在玻璃砖中传播的速度和传播的路程．图11－3－13答案及解析1．【解析】 单色光由空气射入玻璃时，根据v ＝cn知，光的速度v 变慢，光从一种介质进入另一种介质时，光的频率不变，根据v ＝λν知光从空气射入玻璃时，波长变短，故选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．【答案】 A2.【解析】 根据折射率定义有，sin ∠1＝n sin ∠2，n sin ∠3＝1，已知∠1＝45°，又∠2＋∠3＝90°，解得：n ＝62.A 对． 【答案】 A 3.【解析】只经过两次全反射可知第一次入射角为45°，反射光路图如图所示．根据全反射可知临界角C ≤45°，再根据n ＝1sin C可知n ≥2；光在透明柱体中运动路程为L ＝4r ，运动时间为t ＝L v＝4nr c，则t ≥42rc，B 、C 、D 错误，A 正确．【答案】 A4．【解析】 在同种液体中，紫光的折射率较大，所以当它们从某种液体射向空气并且入射角相同时，紫光的折射角较大，选项A 错误；根据临界角公式C ＝arcsin 1n可知，紫光的折射率较大，临界角较小，紫光更容易发生全反射，而选项B 中的红光首先发生了全反射，所以可排除；两种色光在界面处都要发生光的反射，所以选项D 也可排除．本题答案为C.【答案】 C5．【解析】 由公式可知，光的波长越长，折射率越小．而在太阳光的可见光范围内，从红光到紫光的波长越来越短，即折射率越来越大，所以a 处是红光，d 处是紫光，则A 、B 、C 错误，D 正确．【答案】 D6.【解析】 因紫光的折射率大于红光的折射率，入射角相同时发生全反射的一定是紫光，所以OM 为红光，红光折射的同时有一部分要发生反射，所以ON 应为含有红光和紫光的复色光．【答案】 C7．【解析】 由供选答案知四种光线红、黄、蓝、紫的频率为ν红＜ν黄＜ν蓝＜ν紫，因折射率大，光在折射时，偏折程度大，故太阳光经水滴折射后，在水中传播，从上到下依次为红、黄、蓝、紫，再由光的反射定律，结合传播图可知其反射后从上到下顺序颠倒，因此出射光依次为紫光、蓝光、黄光和红光，B 正确，A 、C 、D 均错．【答案】 B8．【解析】 光从水里射入空气发生折射，入射角相同时，折射率越大，折射角越大，从水面上看光源越浅，本题中，红灯发出的红光的折射率最小，看起来越深；设光源的深度为h ，光的临界角为C ，则光能够照亮的水面面积大小为S ＝π(d tan C )2，可见，临界角越大，照亮的面积越大，各自色光中，红光的折射率最小，临界角最大，所以红灯照亮的水面面积较大．本题答案为D.【答案】 D 9．【解析】如图，考虑从玻璃立方体中心O 点发出的一条光线，假设它斜射到玻璃立方体上表面发生折射。