2017-2018学年高中物理沪科版选修3-4学业分层测评 第2

1.2 探究物体做简谐运动的原因速度、[先填空]1.回复力(1)概念：始终要把物体拉回到平衡位置的力.(2)表达式：F＝－kx.即回复力的大小与物体的位移大小成正比，负号表明回复力与位移方向始终相反，k是一个常数，由振动系统决定.(3)方向特点：总是指向平衡位置.(4)作用效果：把物体拉回到平衡位置.(5)来源：回复力是根据力的效果(选填“性质”或“效果”)命名的，可能由合外力、某个力或某个力的分力提供.2.简谐运动的动力学定义当物体受到跟位移大小成正比，方向始终指向平衡位置的合力的作用时，物体的运动就是简谐运动.[再判断]1.回复力的方向总是与位移的方向相反.(√)2.回复力的方向总是与速度的方向相反.(×)3.回复力的方向总是与加速度的方向相反.(×)[后思考]1.公式F＝－kx中的k是否就是指弹簧的劲度系数？【提示】不一定.做简谐运动的物体，其回复力特点为F＝－kx，这是判断物体是否做简谐运动的依据，但k不一定是弹簧的劲度系数.2.弹簧振子从平衡位置到达最大位移处的过程中，回复力如何变化？从最大位移处向平衡位置运动的过程中呢？【提示】由回复力F＝－kx可知：从平衡位置到达最大位移处的过程中，回复力逐渐增大，方向一直指向平衡位置.从最大位移处向平衡位置运动的过程中，回复力逐渐减小，方向一直指向平衡位置.[核心点击]1.回复力的性质回复力是根据力的效果命名的，它可以是一个力，也可以是多个力的合力，还可以由某个力的分力提供.如图1-2-1甲所示，水平方向的弹簧振子，弹力充当回复力；如图1-2-1乙所示，竖直方向的弹簧振子，弹力和重力的合力充当回复力；如图1-2-1丙所示，m随M一起振动，m的回复力是静摩擦力.图1-2-12.简谐运动的回复力的特点(1)由F＝－kx知，简谐运动的回复力大小与振子的位移大小成正比，回复力的方向与位移的方向相反，即回复力的方向总是指向平衡位置.(2)公式F＝－kx中的k指的是回复力与位移的比例系数，而不一定是弹簧的劲度系数，系数k由振动系统自身决定.(3)根据牛顿第二定律得，a＝Fm＝－km x，表明弹簧振子做简谐运动时振子的加速度大小也与位移大小成正比，加速度方向与位移方向相反.1.弹簧振子在光滑水平面上做简谐运动，在振子向平衡位置运动的过程中()A.振子所受的回复力逐渐增大B.振子的位移逐渐减小C.振子的速度逐渐减小D.振子的加速度逐渐减小E.弹簧的形变量逐渐减小【解析】该题考查的是回复力、加速度、速度随位移的变化关系，应根据牛顿第二定律进行分析.当振子向平衡位置运动时，位移逐渐减小，而回复力与位移成正比，故回复力也减小.由牛顿第二定律a＝Fm得加速度也减小.振子向着平衡位置运动时，回复力与速度方向一致，即加速度与速度方向一致，故振子的速度逐渐增大.故正确答案为B、D、E.【答案】BDE2.如图1-2-2所示，分析做简谐运动的弹簧振子m的受力情况.图1-2-2【解析】弹簧振子的简谐运动中忽略了摩擦力，回复力为效果力，受力分析时不分析此力，故振子只受重力、支持力及弹簧给它的弹力.【答案】受重力、支持力及弹簧给它的弹力.3.一质量为m的小球，通过一根轻质弹簧悬挂在天花板上，如图1-2-3所示.图1-2-3(1)小球在振动过程中的回复力实际上是________；(2)该小球的振动是否为简谐运动？【解析】(1)此振动过程的回复力实际上是弹簧的弹力与重力的合力.(2)设振子的平衡位置为O，向下方向为正方向，此时弹簧已经有了一个伸长量h，设弹簧的劲度系数为k，由平衡条件得kh＝mg①当振子向下偏离平衡位置的距离为x时，回复力即合外力为F＝mg－k(x回＋h)②＝－kx，可见小球所受合外力与它的位移的关系符将①式代入②式得：F回合简谐运动的受力特点，该振动系统的振动是简谐运动.【答案】(1)弹力和重力的合力(2)是简谐运动判断是否为简谐运动的方法1.以平衡位置为原点，沿运动方向建立直线坐标系.2.在振动过程中任选一个位置(平衡位置除外)，对振动物体进行受力分析.3.将力在振动方向上分解，求出振动方向上的合力.4.判定振动方向上合外力(或加速度)与位移关系是否符合F＝－kx(或a＝－km x)，若符合，则为简谐运动，否则不是简谐运动.[先填空]1.振动系统的状态与能量的关系(1)振子的速度与动能：速度不断变化，动能也不断变化.(2)弹簧形变量与势能：弹簧形变量在不断变化，因而势能也在不断变化.2.简谐运动的能量一般指振动系统的机械能.振动的过程就是动能和势能互相转化的过程.(1)在最大位移处，势能最大，动能为零.(2)在平衡位置处，动能最大，势能最小.(3)在简谐运动中，振动系统的机械能守恒(选填“守恒”或“减小”)，因此简谐运动是一种理想化的模型.3.决定能量大小的因素振动系统的机械能跟振幅有关，振幅越大，机械能就越大，振动越强.一个确定的简谐运动是等幅振动.[再判断]1.简谐运动是一种理想化的振动.(√)2.水平弹簧振子运动到平衡位置时，回复力为零，因此能量一定为零.(×)3.弹簧振子位移最大时，势能也最大.(√) [后思考]1.振子经过同一位置时，位移、回复力、加速度、速率、动能各物理量的关系如何？【提示】 振子经过同一位置时，位移、回复力、加速度、速率、动能一定相同，但速度不一定相同，方向可能相反.2.振子经过关于平衡位置O 对称的两点P 、P ′时各物理量的关系如何？ 【提示】 位移、回复力、加速度大小相等，方向相反，动能、势能相等，速度大小相等，方向可能相同也可能相反，且振子往复通过一段路程(如OP )所用时间相等，即t OP ＝t PO.[核心点击] 简谐运动的特点如图1-2-4所示的弹簧振子.图1-2-4小，与速度和动能的变化步调相反.(2)平衡位置是位移、加速度和回复力方向变化的转折点. (3)最大位移处是速度方向变化的转折点.(4)简谐运动的位移与前面学过的位移不同，简谐运动的位移是从平衡位置指向某一位置的有向线段，位移起点是平衡位置，是矢量.4.把一个小球套在光滑细杆上，球与轻弹簧相连组成弹簧振子，小球沿杆在水平方向做简谐运动，它围绕平衡位置O 在A 、B 间振动，如图1-2-5所示，下列结论正确的是( )图1-2-5A.小球在O 位置时，动能最大，加速度最小B.小球在A 、B 位置时，动能最小，加速度最大C.小球从A 经O 到B 的过程中，回复力一直做正功D.小球从B 到O 的过程中，振子振动的能量不断增加E.小球从B 到O 的过程中，动能增大，势能减小，总能量不变【解析】 小球在平衡位置O 时，弹簧处于原长，弹性势能为零，动能最大，位移为零，加速度为零，A项正确；在最大位移A、B处，动能为零，加速度最大，B项正确；由A→O，回复力做正功，由O→B，回复力做负功，C项错误；由B→O，动能增加，弹性势能减少，总能量不变，D项错误，E项正确.【答案】ABE5.弹簧振子做简谐运动，其位移x与时间t的关系如图1-2-6所示，则()图1-2-6A.在t＝1 s时，速度的值最大，方向为负，加速度为零B.在t＝2 s时，速度的值最大，方向为负，加速度为零C.在t＝3 s时，速度的值最大，方向为正，加速度最大D.在t＝4 s时，速度的值最大，方向为正，加速度为零E.在t＝5 s时，速度为零，加速度最大，方向为负【解析】当t＝1 s和t＝5 s时，位移最大，加速度最大，速度为零，选项A错误，E正确；当t＝2 s时，位移为零，加速度为零，而速度最大，速度方向要看该点切线斜率的正负，t＝2 s时，速度为负值，选项B正确；当t＝3 s时，位移最大，加速度最大，速度为零，选项C错误；当t＝4 s时，位移为零，加速度为零，速度最大，方向为正，选项D正确.【答案】BDE6.如图1-2-7所示为一弹簧振子的振动图像，在A、B、C、D、E、F各时刻中：图1-2-7(1)哪些时刻振子有最大动能？(2)哪些时刻振子有相同的速度？(3)哪些时刻振子有最大势能？(4)哪些时刻振子有相同的最大加速度？【解析】由题图知，B、D、F时刻振子在平衡位置，具有最大动能，此时振子的速率最大；A、C、E时刻振子在最大位移处，具有最大势能，此时振子的速度为0.B、F时刻振子向负方向运动，D时刻振子向正方向运动，可知D 时刻与B、F时刻虽然速率相同，但方向相反.A、E两时刻振子的位移相同，C 时刻振子的位移虽然大小与A、E两时刻相同，但方向相反.由回复力知识可知C 时刻与A、E时刻振子受力大小相等，但方向相反，故加速度大小相等，方向相反.【答案】(1)B、D、F时刻振子有最大动能.(2)A、C、E时刻振子速度相同，B、F时刻振子速度相同.(3)A、C、E时刻振子有最大势能.(4)A、E时刻振子有相同的最大加速度.对简谐运动能量的三点认识1.决定因素：对于一个确定的振动系统，简谐运动的能量由振幅决定，振幅越大，系统的能量越大.2.能量获得：系统开始振动的能量是通过外力做功由其他形式的能转化来的.3.能量转化：当振动系统自由振动后，如果不考虑阻力作用，系统只发生动能和势能的相互转化，机械能守恒.。

学业分层测评(七) 电容器电容(建议用时：45分钟)1．关于电容器和电容，下列说法正确的是( )A．电容器所带电荷量越多，电容越大B．电容器两板间电压越低，其电容越大C．电容器不带电时，其电容为零D．电容器的电容只由它本身的特性决定【解析】电容器所带电荷量越多，板间电压越大，但电容不变，故A错误．电容器所带电荷量越少，两板间电压越低，但电容不变，故B错误．电容表征电容器容纳电荷本领的大小，电容器不带电时与带电时，电容相同，其电容不为零，故C错误．电容表征电容器容纳电荷本领的大小，由电容器本身的特性决定．故D正确．【答案】 D2．如图2­4­7所示的实验中，关于平行板电容器的充、放电，下列说法正确的是( )图2­4­7A．开关接1时，平行板电容器充电，且上极板带正电B．开关接1时，平行板电容器充电，且上极板带负电C．开关接2时，平行板电容器充电，且上极板带正电D．开关接2时，平行板电容器充电，且上极板带负电【解析】开关接1时，平行板电容器充电，上极板与电源正极相连而带正电，A对，B错；开关接2时，平行板电容器放电，放电结束后上、下极板均不带电，C、D错．【答案】 A3．下列各图是描述对给定的电容器充电时电量Q、电压U、电容C之间的相互关系图像，其中不正确的是( )【解析】由电容的物理意义知，C与Q、U无关，A错误，B、D正确．而Q与U成正比，C正确．【答案】 A4．(多选)用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法．下列四个表达式中是用比值法定义的物理量是( )A ．电场强度E ＝F qB ．电场强度E ＝k Q rC ．电容C ＝Q UD ．电容C ＝εS4πkd【解析】 很明显，比值法定义的物理量是A 、C 项．而E ＝k Q r2是点电荷的场强的决定式，C ＝εS4πkd是平行板电容器的电容的决定式．【答案】 AC5．(多选)欲使平行板电容器的电容增大，可以采取下列哪些措施( ) A ．将两极板间的距离拉大些 B ．将两极板上的电量增大些C ．在两极板间充填介电常数大些的电介质D ．增大两极板正对面积【解析】 由平行板电容器的电容的决定式C ＝εS4πkd 可知C 、D 项对．【答案】 CD6．(多选)平行板电容器保持与直流电源两极连接，充电平衡后，两极板间的电压是U 、电荷量为Q ，两极板间场强为E ，电容为C ，现将两极板间距离减小，则引起变化的情况是( )【导学号：29682056】A ．Q 变大B ．C 变大 C ．E 不变D ．U 变小【解析】 由C ＝Q U ＝εS4πkd可知，平行板电容器保持与直流电源两极连接，充电平衡后，两极板间的电压U 不变，两极板距离减小，C 增大，则Q 变大，A 、B 正确，D 错误；由E ＝U d可知E 变大，所以C 错误．【答案】 AB7．(多选)如图2­4­8所示，用电池对电容器充电结束，电路a 、b 之间接有一灵敏电流表，两极板之间有一个电荷q 处于静止状态，现将两极板的间距变大，则( )【导学号：29682057】图2­4­8A ．电荷将向上加速运动B ．电荷将向下加速运动C ．电流表中将有从a 到b 的电流D ．电流表中将有从b 到a 的电流【解析】 由C ＝εr S 4πkd 知，d 变大，C 变小，而U 不变，由E ＝Ud 知，E 变小，qE <mg ，电荷将向下加速运动，故A 错，B 对，再根据Q ＝CU ，Q 减小，电容器放电，故电流表中有从b 向a 的电流，故C 错，D 对．【答案】 BD8.两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图2­4­9所示，接通开关S ，电源即给电容器充电．则( )图2­4­9A ．保持S 接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小B ．保持S 接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的电荷量增大C ．断开S ，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差增大D ．断开S ，在两极板间插入一块介质，则两极板间的电势差增大【解析】 S 接通时，两极板间电压不变，减小两极板间距由E ＝Ud知E 增大，故选项A 错误．由C ＝εS4πkd 知，插入介质C 增大，又由Q ＝CU 知Q 增大，故选项B 正确．S 断开后，电荷量Q 不变，板间距减小时电容C 增大，由C ＝Q U知，电势差U 减小，故选项C 错误．插入介质C 增大，U 减小，故选项D 错误．【答案】 B9．平行板电容器充电后断开电源，现将其中一块金属板沿远离另一极板的方向平移一小段距离．下图表示此过程中电容器两极板间电场强度E 随两极板间距离d 的变化关系，正确的是( )【解析】 由于平行板电容器充电后断开电源，电容器所带电荷量保持不变，两极板间电场强度E ＝U d ＝Q Cd ＝4k πQεS，E 随两极板间距离d 的增大保持不变，C 正确，A 、B 、D 错误． 【答案】 C10．如图2­4­10，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d ；在下极板上叠放一厚度为l 的金属板，其上部空间有一带电粒子P 静止在电容器中．当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P 开始运动．重力加速度为g .粒子运动的加速度为( )图2­4­10A.l dg B.d －ld g C.ld －lg D.dd －l g 【解析】 带电粒子在电容器两极板间时受到重力和电场力的作用，最初处于静止状态，由二力平衡条件可得：mg ＝qUd －l；当把金属板从电容器中快速抽出后，电容器两极板间的电压不变，但两极板间的距离发生了变化，引起电场强度发生了变化，从而电场力也发生了变化，粒子受力不再平衡，产生了加速度，根据牛顿第二定律ma ＝mg －q Ud，两式联立可得a ＝l dg .【答案】 A11．如图2­4­11所示，平行板电容器与一个恒压直流电源连接，下极板通过A 点接地，一带正电小球被固定于P 点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则( )图2­4­11A ．平行板电容器的电容将变大B ．静电计指针张角变小C ．电容器的电荷量不变D ．带电小球的电势能将增大【解析】 根据C ＝εS4πkd 知，下极板竖直向下移动一小段距离，即d 增大，则电容减小，故A 错误．静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B 错误．下极板竖直向下移动一小段距离，电容减小，根据电容的定义式C ＝QU，电容器与电源保持相连，则U 不变，当C 减小，则Q 也减小，故C 错误．电势差不变，d 增大，则由公式E ＝U d分析得知板间电场强度减小，P 点与上极板间的电势差减小，而P 点的电势比上极板低，上极板的电势不变，则P 点的电势增大，因为小球带正电荷，则小球的电势能增大，故D 正确．【答案】 D12．如图2­4­12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：图2­4­12(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.【导学号：29682058】【解析】 (1)小球从开始下落到上极板间做自由落体运动，由v 2＝2gh 得v ＝2gh . (2)在极板间带电小球受重力和电场力作用，由牛顿第二定律得：mg －qE ＝ma 由运动学公式知：0－v 2＝2ad 整理得电场强度E ＝mg h ＋dqd由U ＝Ed ，Q ＝CU ， 得电容器所带电荷量Q ＝mg h ＋d Cq. (3)由h ＝12gt 21，0＝v ＋at 2，t ＝t 1＋t 2整理得t ＝h ＋d h2h g.mg h＋dqd mg h＋d Cq(3)h＋dh2hg【答案】(1)2gh(2)。

学业分层测评第4章 4.4 光的偏振与立体电影(建议用时：45分钟)[学业达标]1.对衍射现象的定性分析，正确的是()A.光的衍射是光在传播过程中绕过障碍物发生传播的现象B.衍射条纹图样是光波相互叠加的结果C.光的衍射现象为光的波动说提供了有力的证据D.光的衍射现象完全否定了光的直线传播结论E.衍射现象说明光是一种横波【解析】衍射现象是波绕过障碍物发生传播的现象，衍射条纹是波的叠加的结果，干涉、衍射是一切波所具有的特性，所以选项A、B、C正确；光的直线传播只是近似的，只有在光的波长比障碍物尺寸小得多的情况下，光才被看作是沿直线传播的，所以光的衍射现象和直线传播是不矛盾的，所以选项D错误.一切波都可以发生衍射现象，选项E错误.【答案】ABC2.关于自然光和偏振光，以下说法正确的是()A.自然光包含着在垂直于传播方向上沿一切方向振动的光，但是沿各个方向振动的光波的强度可以不同B.偏振光是垂直于传播方向上，只沿着某一特定方向振动的光C.自然光透过一个偏振片后就成为偏振光，偏振光经过一个偏振片后又还原为自然光D.太阳、电灯等普通光源发出的光都是自然光E.只有横波才会发生偏振现象【解析】自然光沿各振动方向的光波的强度相同，A错误；偏振光在垂直于传播方向上，只沿某一特定方向振动，B正确；自然光透过偏振片后成为偏振光，偏振光透过偏振片后不能还原为自然光，C错误；太阳、电灯等普通光源发出的是自然光，D正确；由偏振原理知，E正确.【答案】BDE3.下列情况中能产生明显衍射现象的是()A.光的波长比孔或障碍物的尺寸大得多B.光的波长与孔或障碍物的尺寸可相比C.光的波长等于孔或障碍物的尺寸大小D.光的波长比孔或障碍物的尺寸小得多E.用红光做实验时未观察到明显的衍射现象，现用绿光替代红光做实验【解析】发生明显衍射的条件是障碍物、缝、孔的尺寸与光的波长差不多或更小.【答案】ABC4.如图4-3-5所示，电灯S发出的光先后经过偏振片A和B，人眼在P处迎着入射光方向，看不到光亮，则()【导学号：38910052】图4-3-5A.图中a光为偏振光B.图中b光为偏振光C.以SP为轴将B转过180°后，在P处将看到光亮D.以SP为轴将B转过90°后，在P处将看到光亮E.以SP为轴将A转过90°后，在P处将看到光亮【解析】该题考查了对自然光、偏振光的特点的认识.自然光沿各个方向的振动是均匀分布的，通过偏振片后，透射光是只沿着某一特定方向振动的光.从电灯直接发出的光为自然光，则A错.自然光通过偏振片A后，变为偏振光，则B对.设通过A的光沿竖直方向振动，当偏振片B只能通过沿水平方向振动的偏振光时，则P点无光亮.将B转过180°后，P处仍无光亮，即C错.若将B转过90°，则该偏振片将变为能通过竖直方向上振动的光的偏振片，则偏振光能通过B，即在P处有光亮，D对.同理可知E对.【答案】BDE5.夜晚，汽车前灯发出的强光将迎面驶来的汽车司机照得睁不开眼睛，严重影响行车安全.若考虑将汽车前灯玻璃改用偏振玻璃，使射出的灯光变为偏振光；同时汽车前窗玻璃也采用偏振玻璃，其透振方向正好与灯光的振动方向垂直，但还要能看清自己车灯发出的光所照亮的物体.假设所有的汽车前窗玻璃和前灯玻璃均按同一要求设置，如下措施中不可行的是()A.前窗玻璃的透振方向是竖直的，车灯玻璃的透振方向是水平的B.前窗玻璃的透振方向是竖直的，车灯玻璃的透振方向是竖直的C.前窗玻璃的透振方向是斜向右上45°，车灯玻璃的透振方向是斜向左上45°D.前窗玻璃和车灯玻璃的透振方向都是斜向右上45°E.前窗玻璃和车灯玻璃的透振方向都是斜向左上45°【解析】若前窗玻璃的透振方向竖直、车灯玻璃的透振方向水平，从车灯发出的照射到物体上反射的光将不能透过前窗玻璃，司机面前将是一片漆黑，所以A错；若前窗玻璃与车灯玻璃的透振方向均竖直，则对面车灯的光仍能照得司机睁不开眼睛，B错；若前窗玻璃的透振方向斜向右上45°，车灯玻璃的透振方向斜向左上45°，则车灯发出的光经物体反射后无法透振进本车车窗内，却可以透振进对面车窗内，C错.D、E是可行的.【答案】ABC6.关于波动，下列说法正确的是()A.各种波均会发生偏振现象B.用白光做单缝衍射与双缝干涉实验，均可看到彩色条纹C.声波传播过程中，介质中质点的运动速度等于声波的传播速度D.已知地震波的纵波波速大于横波波速，此性质可用于横波的预警E.各种波均会发生干涉和衍射现象【解析】只有横波才有偏振现象，A错；白光是复色光，其中各单色光的波长不同，导致条纹间距不同，B正确；波的传播过程中，介质中质点的运动速度是变化的，而波的传播速度在同一均匀介质中是匀速的，且波的传播是指振动形式的传播，C错；因为地震波的纵波波速大于横波波速，所以两波传到同一地点有时间差，可用于横波的预警，D正确；干涉和衍射都是波特有的现象，E对.【答案】BDE7.点光源照在一个剃须刀片上，在屏上形成了它的影子，其边缘较为模糊，原因是光的________.【解析】在刀片边缘有部分光绕过障碍物进入到阴影中去，从而看到影子的边缘模糊，光绕过障碍物偏离直线传播是光的衍射.【答案】衍射8.在学习了光的衍射现象后，徐飞回家后自己设置了一个小实验.在—个发光的小电珠和光屏之间放一个圆孔大小可以调节的圆形孔屏，在圆孔从较大调至完全闭合的过程中，他在屏上看到什么现象？【解析】在圆孔由大到小调节过程中，当孔较大时，光沿直线传播，在屏上得到圆形亮斑；当孔的直径减小到与光波的波长相近时，产生明显的衍射现象，屏上将出现明暗相间的亮环，当孔继续减小到完全闭合时，没有光到达屏上，屏上完全黑暗.【答案】先是圆形亮区，再是明暗相间的圆形亮环，最后完全黑暗[能力提升]9.某同学以线状白炽灯为光源，利用游标卡尺两脚间形成的狭缝观察光的衍射现象后，总结出以下几点，你认为正确的是()【导学号：38910053】A.若狭缝与灯泡平行，衍射条纹与狭缝平行B.若狭缝与灯泡垂直，衍射条纹与狭缝垂直C.衍射条纹的疏密程度与狭缝的宽度有关D.衍射条纹的间距与光的波长有关E.波长越小，衍射条纹间距越大【解析】若狭缝与线状白炽灯平行，衍射条纹与狭缝平行则现象明显；衍射条纹的疏密程度与缝宽有关，缝宽越小，条纹越疏；条纹间距与波长有关，波长越长，间距越大.【答案】ACD10.奶粉的碳水化合物(糖)含量是一个重要指标，可以用“旋光法”来测量糖溶液的浓度，从而鉴定含糖量，偏振光通过糖的水溶液后，偏振方向会相对于传播方向向左或右旋转一个角度α，这一角度α称为“旋光度”，α的值只与糖溶液的浓度有关.将α的测量值与标准值相比较，就能确定被测样品中的含糖量.如图4-3-6所示.S是自然光源，A、B是偏振片，转动B，使到达O处的光最强，然后将被测样品P置于A、B之间，则下列说法中正确的是()【导学号：38910054】图4-3-6A.到达O处光的强度会明显减弱B.到达O处光的强度不会明显减弱C.到达O处光的强度会明显增强D.将偏振片B转动一个角度，使得O处光强度最大，偏振片B转过的最小角度等于αE.将偏振片A转动一个角度，使得O处光强度最大，偏振片A转过的最小角度等于α【解析】自然光通过偏振片后得到垂直于光的传播方向与偏振片的透振方向平行的偏振光，该偏振光经被测样品后，其偏振方向发生了偏转，即相对于光的传播方向向左或向右旋转一个角度α，到达B的光的偏振方向与B的透振方向不完全一致，故O处光的强度会明显减弱，故A正确，B、C错误；若将A或B 转动一个最小角度，使得O处光的强度仍为最大，说明它们转过的角度等于α，故D、E都正确.【答案】ADE11.分析以下现象产生的原因：(1)隔着帐幔看远处的灯，见到灯周围有彩色的光芒.(2)光线照在花布上，可以看见花布上的图样.【解析】(1)远处灯发出的光经过帐幔的缝隙，发生衍射现象，因此可见到灯周围有彩色的光芒. (2)光线照在花布上看见花布的图样，是由于光的反射与吸收的结果.花布是由各种颜色的花纹组成的，当白光照在花布上时，红色花纹反射红色光，吸收其他颜色的光，这样我们在该位置只看到红色，同理可以看到各种花纹反射的各种颜色的光，这样就可以看到花布的图样.【答案】见解析12.如图4-3-7所示，杨氏双缝实验中，下述情况能否看到干涉条纹？简单说明理由.图4-3-7(1)在单色自然光源S后加一偏振片P.(2)在(1)情况下，再加P1、P2，P1与P2透振方向垂直.【解析】(1)能.到达S1、S2的光是从同一偏振光分解出来的，它们满足相干条件，能看到干涉条纹，且由于偏振片很薄，对路程差的影响可忽略，干涉条纹的位置与间距和没有P时基本一致，只是强度由于偏振片的吸收作用而减弱.(2)不能.由于从P1、P2射出的光振动方向相互垂直，不满足干涉条件，故光屏E被均匀照亮，但无干涉现象.【答案】见解析。

学业分层测评(十七)(建议用时：45分钟)1．在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，为验证小车的质量m不变时加速度a与作用力F成正比，学生甲、乙、丙、丁分别选取四组小车的质量m及钩码的质量M做实验.【导学号：96332114】甲：m＝500 g，M分别为50 g、70 g、100 g、125 g乙：m＝500 g，M分别为20 g、30 g、40 g、50 g丙：m＝500 g，M分别为50 g、70 g、100 g、125 g丁：m＝500 g，M分别为30 g、40 g、50 g、60 g若其他操作都正确，那么学生________利用实验数据画出的a­F图像较准确．【解析】牵引小车加速运动的重物为钩码，为使小车所受拉力近似等于钩码重力，应保持钩码重力远小于小车重力．据此分析以上4组数据可知，乙同学利用实验数据画出的图像较准确．【答案】乙2．下面是“探究加速度与力、质量的关系”实验步骤：【导学号：96332115】①用天平测出小车质量M和小盘质量m②安装好打点计时器，在小车上装好纸带③调整长木板的倾斜程度④在小盘中加入适量的砝码m1⑤保持小车质量一定时，探究加速度与力的关系⑥保持小车所受拉力一定时，探究加速度与质量的关系(1)步骤③的目的是_______________________________________________．(2)步骤④中，要求小盘和砝码总质量(m＋m1)_________________________(填“远大于”、“远小于”或“等于”)小车质量M.(3)步骤⑤和⑥，表明该实验采用的科学方法是________．【解析】(1)步骤③是为了平衡掉小车与木板、纸带与打点计时器间的摩擦力，使小车所受的合力等于小盘和砝码的重力．(2)步骤④中，要求小盘和砝码总质量(m＋m1)远小于小车的质量M.(3)该实验采用的是控制变量法．【答案】(1)平衡摩擦力(2)远小于(3)控制变量法3．如图3­2­7所示为某同学所安装的“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置，在图示状态下开始做实验，该同学的装置和操作中的主要错误是(至少写出三个错误)：图3­2­7(1)_____________________________________________________________．(2)_____________________________________________________________．(3)_____________________________________________________________．【解析】由图可知，本实验存在以下错误：①长木板右端未垫高以平衡摩擦力(或没有平衡摩擦力)；②错用了直流电源(或应该用交流电)；③牵引小车的细线与板不平行；④开始实验时，小车离滑轮太近(或小车离打点计时器太远、牵引小车的细线太短)；⑤钩码不能满足远小于小车质量的条件，应换用砂桶(只说换用桶不给分，必须说明原因才行)【答案】见解析4．用图3­2­8(a)所示的实验装置探究加速度与力、质量的关系．(a) (b)图3­2­8①某同学通过实验得到如图3­2­8(b)所示的a­F图像，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时_________________________________________________．图中a0表示的是________时小车的加速度．②某同学得到如图3­2­9所示的纸带．已知打点计时器电源频率为50 Hz. A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点．Δx＝x DG－x AD＝________ cm.由此可算出小车的加速度a ＝________m/s2(保留两位有效数字)．图3­2­9【解析】由图纵截距可知，无力就运动了，说明长木板的倾角过大；F＝0，说明未挂沙桶；位移差Δx ＝x D G －x AD ＝(6.50－2.60)cm －(2.60－0.50) cm ＝1.80 cm ；加速度a ＝Δx T 2＝1.80×10－20.062 m/s 2＝5.0 m/s 2. 【答案】 ①长木板的倾角过大(能答到这个意思即可) 未挂砂桶②1.80 5.05．(1)在探究加速度与力、质量关系的实验中，以下操作正确的是( )A ．平衡摩擦力时，应将重物用细线通过定滑轮系在小车上B ．平衡摩擦力时，应将纸带连接在小车上并穿过打点计时器C ．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力D ．实验时，应先放开小车，后接通电源(2)表中是该实验所记录的部分数据.若利用1、2为________、________；若利用3、4、5三组数据探究加速度与物体质量的关系，则4、5组数据中物体所受的力分别为________、________.【解析】 (1)平衡摩擦力时，是使小车所受重力沿斜面向下的分力与小车向前运动过程中受到的阻力相等，故应将纸带连接在小车上并穿过打点计时器，但不需要将重物用细线通过定滑轮系在小车上，所以B 对，A 错；每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力，C 对；实验时，应先接通电源，后放开小车，D 错．(2)若用1、2、3三组数据探究加速度与受力的关系，需保持小车的质量一定，即1、2、3三组数据中小车质量相等，都为0.5 kg ；若利用3、4、5三组数据探究加速度与物体质量的关系，需保持3、4、5三组数据中小车受到的F 相等，都为1.00 N.【答案】 (1)BC(2)0.5 kg 0.5 kg 1.00 N 1.00 N6．某实验小组利用如图3­2­10所示的实验装置来探究当合外力一定时，物体运动的加速度与其质量之间的关系．图3­2­10(1)由刻度尺读出两个光电门中心之间的距离x ，已知遮光条的宽度为d .该实验小组在做实验时，将滑块从图中所示位置由静止释放，由数字计时器可以读出遮光条通过光电门1的时间Δt 1和通过光电门2的时间Δt 2，则滑块经过光电门1时的瞬时速度的表达式v 1＝________，滑块经过光电门2时的瞬时速度的表达式v 2＝________，则滑块的加速度的表达式a ＝________.(均用上述字母表示)(2)在本次实验中，实验小组通过改变滑块的质量总共做了6组实验，得到如表所示的实验数据．通过分析表中数据后，你得出的结论是_____________________________________________________________________________________________________________________________________________.描点作出相应图像．图3­2­11【解析】 (1)遮光条的宽度很小，通过光电门的时间很短，这段时间内的平均速度即为滑块通过光电门的瞬时速度，故v 1＝d Δt 1，v 2＝d Δt 2.滑块由光电门1到光电门2做匀加速直线运动，由v 22－v 21＝2ax 可得a ＝d Δt 22－d Δt 122x .(2)当合外力一定时，在误差允许的范围内，物体的质量和加速度的乘积近似相等，所以在合外力不变的情况下，物体运动的加速度跟物体的质量成反比．(3)统一国际单位，作a ­1m图像，在误差允许的范围内图线是一条过原点的直线，如图所示．【答案】 (1)d Δt 1 d Δt 2 d Δt 22－d Δt 122x(2)在合外力不变的情况下，物体运动的加速度跟物体的质量成反比 (3)见解析7．如图3­2­12所示为“用DIS(位移传感器、数据采集器、计算机)研究加速度与力的关系”的实验装置．图3­2­12(1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持______不变，用钩码所受的重力作为________．用DIS 测小车的加速度．(2)改变所挂钩码的数量，多次重复测量，在某次实验中根据测得的多组数据可画出a ­F 关系图线(如图3­2­13所示)图3­2­13①分析此图线的OA 段可得出的实验结论是_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________.②此图线的AB 段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是( )A．小车与轨道之间存在摩擦B．导轨保持了水平状态C．所挂钩码的总质量太大D．所用小车的质量太大【解析】(1)先保持小车的总质量不变，用钩码所受的重力作为小车所受的合外力，用DIS测加速度(2)①OA段为直线，说明在质量不变的条件下，加速度与外力成正比．②对此系统而言，当小车质量不远大于钩码总质量时，a与F不成正比，即仅C正确．【答案】(1)小车总质量小车所受合外力(2)①在质量不变时，加速度与外力成正比②C。

学业分层测评(十三) (建议用时：45分钟)1．如图2­4­7所示是四只电阻的I ­U 图象，这四只电阻并联起来使用时，通过各只电阻的电流分别是I 1、I 2、I 3、I 4，则( )图2­4­7A ．I 1>I 2>I 3>I 4B ．I 1＝I 2＝I 3＝I 4C ．I 1<I 2<I 3<I 4D ．无法判断【解析】 由伏安特性曲线可知，R 1>R 2>R 3>R 4，根据欧姆定律I ＝U R，且并联电路中各导体两端电压相等，知I ∝1R，故有I 1<I 2<I 3<I 4，C 选项正确．【答案】 C2．有三个电阻，R 1＝2 Ω，R 2＝3 Ω，R 3＝4 Ω，现把它们并联起来接入电路，则通过它们的电流之比I 1∶I 2∶I 3是( )A ．6∶4∶3B ．3∶4∶6C ．2∶3∶4D ．4∶3∶2【解析】 根据并联电路的特点，I 1∶I 2∶I 3＝1R 1∶1R 2∶1R 3，解得：I 1∶I 2∶I 3＝6∶4∶3，故A 正确．【答案】 A3．如图2­4­8所示电路，电压保持不变，当开关S 断开时，电流表的示数为0.6 A ，当S 闭合时，电流表的示数为0.9 A ，则两电阻阻值之比R 1∶R 2为( )【导学号：34522125】图2­4­8A ．1∶2B ．2∶1C ．2∶3D ．3∶2【解析】 由题意知，当S 闭合时两电阻的电压相等，根据R ＝U I 得R 1∶R 1R 2R 1＋R 2＝I 2∶I 1＝3∶2，即(R 1＋R 2)∶R 2＝3∶2，所以R 1∶R 2＝1∶2，A 正确．【答案】 A4．电流表的内阻是R g ＝200 Ω，满刻度电流值是I g ＝500 μA ，现欲把这电流表改装成量程为3.0 V 的电压表，正确的方法是( )A ．应串联一个1 800 Ω的电阻B ．应并联一个0.1 Ω的电阻C ．应串联一个5 800 Ω的电阻D ．应并联一个1 800 Ω的电阻【解析】 把电流表改装成3 V 的电压表需要串联分压电阻，分压电阻阻值为：R ＝UI g－R g ＝3500×10－6 Ω－200 Ω＝5800 Ω.【答案】 C5．(多选)如图2­4­9所示的甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计G 和一个变阻器R 组成，它们中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是( )【导学号：34522126】图2­4­9A ．甲表是电流表，R 增大时量程增大B ．甲表是电流表，R 增大时量程减小C ．乙表是电压表，R 增大时量程增大D ．上述说法都不对【解析】 电压表电阻分压，串联；电流表电阻分流，并联．所以甲表为电流表，乙表为电压表．并联电路电阻大时分流少，所以R 增大时量程减小；串联电路电阻大时分压多，所以R 增大时量程增大．【答案】 BC6．R 1＝10 Ω，R 2＝20 Ω，R 1允许通过的最大电流为1.5 A ，R 2两端允许加的最大电压为10 V ．若将它们串联，加在电路两端的最大电压是( )A ．45 VB ．5 VC．25 V D．15 V【解析】本题中R1、R2串联，R1允许通过的最大电流为1.5 A，经计算，R2允许通过的最大电流仅为0.5 A，则通过串联电路的最大电流以最小的为准，从而求得加在电路两端的最大电压是15 V，因而选D.【答案】 D7．(多选)用甲、乙两个完全相同的电流表表头改装成量程分别为0～5 V和0～10 V 的电压表，串联后接在12 V的电压上，则( )【导学号：34522127】A．两表的电压示数相同，均为6 VB．两表头的指针的偏角相同C．两表头的指针的偏角不相同D．两表的电压示数不同【解析】由于两个电压表是用相同的电流表改装的，当两个电压表串联使用时，通过两表的电流是相同的，所以表头指针偏转的角度是相同的，刻度盘上的示数表示的是电压表两端的电压，所以其示数是不同的．【答案】BD8．在图2­4­10(a)所示电路中，V1、V2都是有0～3 V和0～15 V两个量程的电压表．当闭合开关后，两个电压表指针偏转均如图(b)所示，则电阻R1、R2两端的电压分别为( )图2­4­10A．9.6 V,2.4 V B．12 V,2.4 VC．2.4 V,12 V D．2.4 V,9.6 V【解析】由b图读出电压表V1、V2的读数分别为12 V，2.4 V，由a图分析得知，电阻R1两端的电压等于两电压表读数之差，即为12 V－2.4 V＝9.6 V；电阻R2两端的电压等于电压表V2的读数2.4 V．故选A.【答案】 A9.如图2­4­11所示是一个电路的一部分，其中R1＝5 Ω，R2＝1 Ω，R3＝3 Ω，I1＝0.2 A，I2＝0.1 A，那么电流表测得电流为( )【导学号：34522128】图2­4­11A ．0.2 A ，方向向右B ．0.15 A ，方向向左C ．0.2 A ，方向向左D ．0.3 A ，方向向右【解析】 由图示电流方向可分别计算出R 1和R 2两端电压降U 1＝1.0 V ，U 2＝0.1 V ，电势左高右低，比较U 1、U 2可判断R 3两端电势下高上低，U 3＝0.9 V ，通过R 3的电流I 3＝U 3R 3＝0.3 A ，电流方向由下向上．由图可知，R 3上的电流是由I 2和I A 共同提供的，故I A ＝0.2 A ，方向向左．【答案】 C10.(多选)如图2­4­12所示的电路，将两个相同的表头分别改装成A 1(0～3 A)和A 2(0～0.6 A)的电流表，把两个电流表并联接入电路中测量电流，则下列说法正确的是( )图2­4­12A ．A 1的指针半偏时，A 2的指针也半偏B ．A 1的指针还没半偏时，A 2的指针已经半偏C ．A 1的读数为1 A 时，A 2的读数为0.6 AD ．A 1的读数为1 A 时，干路的电流为1.2 A【解析】 A 1和A 2是由两个相同的表头改装而成的，只是它们并联的电阻不同．当两个电流表并联时，加在两电流表上的电压相等，所以，通过两表头的电流也相等，A 正确，B 错误；A 1的读数为1 A 时，A 2的读数应为13×0.6 A＝0.2 A ，所以干路电流为1.2 A ，C 错误，D 正确．【答案】 AD11．如图2­4­13所示，滑动变阻器R 1的最大值是200 Ω，R 2＝R 3＝300 Ω，A 、B 两端电压U AB ＝8 V.图2­4­13(1)当开关S 断开时，移动滑片P ，R 2两端可获得的电压变化范围是多少？ (2)当开头S 闭合时，移动滑片P ，R 2两端可获得的电压变化范围又是多少？ 【解析】 (1)当开关S 断开时，滑动变阻器R 1为限流式接法，R 3及R 1的下部不接在电路中，当滑片P 在最上端时，R 2上获得的电压最大，此时R 1接入电路的电阻为零，因此R 2上的最大电压等于U AB ＝8 V ．当滑片P 在最下端时，R 1的全部与R 2串联，此时R 2上的电压最小，UR 2＝R 2R 1＋R 2U AB ＝4.8 V ，所以R 2上的电压变化范围为4.8 V ～8 V.(2)当开关S 闭合时，滑动变阻器R 1为分压式接法，当滑片P 在最下端时，R 2上的电压最小，此时R 2与R 3并联，再与R 1的全部串联，R 2与R 3的并联电阻R ′＝R 22＝150 Ω，电压为U ′＝R ′R 1＋R ′U AB ＝150200＋150×8 V≈3.43 V，当滑片P 在最上端时，R 2上的电压最大等于U AB＝8 V ，所以R 2上的电压范围为3.43 V ～8 V.【答案】 (1)4.8 V ～8 V (2)3.43 V ～8 V12．某同学利用图2­4­14所示电路测量量程为2.5 V 的电压表的内阻(内阻为数千欧姆)，可供选择的器材有：电阻箱R (最大阻值99 999.9 Ω)，滑动变阻器R 1(最大阻值50 Ω)，滑动变阻器R 2(最大阻值5 k Ω)，直流电源E (电动势3 V)，开关1个，导线若干．图2­4­14实验步骤如下：①按电路原理图2­4­14连接线路；②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图2­4­14中最左端所对应的位置，闭合开关S ；③调节滑动变阻器，使电压表满偏；④保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为 2.00 V ，记下电阻箱的阻值．回答下列问题：【导学号：34522129】(1)实验中应选择滑动变阻器________(选填“R 1”或“R 2”)． (2)根据图2­4­14所示电路将图2­4­15中实物图连线．图2­4­15(3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0 Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表的内阻为________Ω(结果保留到个位)．(4)如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为________(填正确答案标号)．A ．100 μAB ．250 μAC ．500 μAD ．1 mA【解析】 (1)滑动变阻器R 1的阻值较小，在分压电路中便于调节，故实验中应选择滑动变阻器R 1.(2)实物图连线如图所示．(3)电阻箱阻值为0时，电压表满偏电压U g ＝2.5 V ，电阻箱阻值R ＝630.0 Ω时，电压表的示数U V ＝2.00 V ，此时电阻箱两端的电压U R ＝U g －U V ＝0.5 V ，根据串联电路电压与电阻成正比可得U V U R ＝R gR，故R g ＝U V U R R ＝2.000.5×630.0 Ω＝2 520 Ω.(4)电压表的满偏电流为I g ，则I g R g ＝U g ，故I g ＝U g R g ＝2.52 520A ≈1 mA ，选项D 正确．【答案】 (1)R 1 (2)如图所示 (3)2 520 (4)D。

的单色光做双缝干涉实验时，设两个狭缝＝λ/2为正整数)时，出现暗纹越长，就越容易出现暗条纹．用各种色光在同一条件下实验，波长越短的色光条纹间距越小＝0,1,2,3…)时出现亮条纹，路程差/2时，出现暗条纹，得，其波长越短，干涉条纹之间的距离越小，故．在双缝干涉实验中，设单缝宽度为h，双缝间距为d四组数据中的哪一组时，可在光屏上观察到清晰可辨的干涉条纹1 m10 cm这个实验现象说明激光具有________性．通过测量出相邻亮点的距离可算出激光的波长．据资料介绍：若双缝的缝间距离为a，双缝到感光片的距离为L，感光片上相邻两亮点间下列说法哪一个是错误的________．(填选项前的字母)．调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时，应放上单缝和双缝应先调节光源高度、遮光筒中心及光屏中心后再放上单、双缝，正确．测微目镜分划板中心刻线应与亮纹中心对齐，使得移动过程测出的条纹间距较为准确，条亮纹，则亮条纹间距Δx＝点的上方点的上方点到双缝的光程差为零，所以为各种色光的亮条纹，由于的第一条亮条纹，红光的波长大于绿光，条纹间距大于绿光的条纹间距；同理，蓝光波长小于绿光，则条纹间距小于绿光的．故选项A、B正确．．用双缝干涉测光的波长，实验中采用双缝干涉仪，它包括以下元件：．光屏D．双缝E．滤光片(其中双缝和光屏连在遮光筒上把以上元件安装在光具座上时，正确的排列顺序是：正确调节后，在屏上观察到红光干涉条纹，用测量头测出改用绿色滤光片，其他条件不变，用测量头测出10条绿亮纹间的距离为”、“等于”或“小于\”)．本题重点考查了实验器材的选择和排序问题．本实验中的器材排序是历来高考的热点，光源、滤光片、单缝、双缝、光屏在光具座上可从左向右排，也可从右向左排，图1图2图3已知测量头主尺的最小刻度是毫米，副尺上有50分度．某同学调整手轮后，从测量头的目镜看去，第一次映人眼帘的干涉条纹如图2(a)所示，图中游标尺上的读数x1＝1.16 mm；接着再转动手轮，映入眼帘的干涉中游标尺上的读数x2＝________mm经计算可得两个相邻明纹(或暗条纹知：x2＝15 mm＋1×0.02 mm＝可知：6Δx＝x2－x1＝2.31 mm，代入数据得：－7 m＝6.6×102 nm保持缝到光屏的距离不变，换用不同间隙的双缝，双缝的间隙越小，屏上明暗相间的选填“越大”或“越小”)；保持双缝的间隙不变，光屏到缝的距离越大，屏上明暗相间的条纹间距在狭缝间的距离和狭缝与屏的距离都不变的条件下，用不同颜色的光做实验，发现用蓝色光做实验在屏上明暗相间的条纹间距比用红色光做实验时＝Ld·λ(其中d 为双缝间距，L 越大，Δx 越大，反之Δ(3)小。

章末分层突破[自我校对] ①狭义相对性 ②光速不变 ③l 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫v c 2④Δt ′1－⎝ ⎛⎭⎪⎫v c 2⑤m 01－⎝ ⎛⎭⎪⎫v c 2⑥mc 21.(1)狭义相对性原理：物理规律(力学、电磁学、光学等)对于所有惯性系都具有相同的形式.(2)光速不变原理：在任何惯性系中，光在真空中的速度恒为c ，与光源的运动和观测者的运动无关.2.时间的相对性 运动的时钟变慢：Δt ＝Δt ′1－v 2c 2.3.长度的相对性一条沿自身长度方向运动的杆，其长度总比静止时的长度小.公式为l ＝l 01－v 2c2.如图5-1所示，列车以速度v 匀速运动，在车厢里的人量得车厢高为d ，一相对于车厢静止放在地板上的尺子的长度为L 0.请思考：图5-1(1)地面上的人量得的车厢高度为多少？(2)地面上的人测得的尺子的长度为多少？【解析】(1)在垂直于运动方向上长度不变，所以在竖直方向上车厢高度不变，所以地面上的人量得车厢高度为d.(2)由长度的相对性，尺子的长度为：L＝L01－v2 c2.【答案】(1)d(2)L01－v2 c2解决长度的相对性问题，应当注意1.“动尺缩短”是沿运动方向上的长度比其相对静止时测量的长度要短一些，这种长度收缩并非幻觉，并非看上去短了，它的确变短了，它与物体的具体组成和结构无关，当物体运动的速度越接近光速，这种收缩效应就变得越显著.2.在具体计算中要明确，长度收缩指的是只在物体运动方向上的长度收缩，在垂直于运动方向上的长度没有变化.1.(1)广义相对性原理：在任何参考系(包括非惯性系)中物理规律都是相同的.(2)等效原理：匀加速参考系中的惯性力场与均匀引力场不可区分.2.广义相对论的时空结构——弯曲时空(1)引力场中，时钟变慢.(2)在与引力垂直的方向上，空间间隔变短，发生了弯曲.下列说法中正确的是()A.光线在引力场中仍沿直线传播B.强引力场作用可使光谱线向红端偏移C.引力场越强的位置，时间进程越慢D.引力场越强的位置，时间进程越快E.由于物质的存在，实际的空间是弯曲的【解析】根据广义相对论的结论，由于太阳引力场的影响，使得光线发生弯曲，A 错误.强引力场作用使光的波长变长、频率变低，所以光谱线向红端偏移，B 正确.引力场越强的位置，时间进程越慢，所以C 正确、D 错误.物质的引力使得空间变形，发生弯曲，所以E 正确.【答案】 BCE1.一艘太空飞船静止时的长度为30 m ，它以0.6c (c 为光速)的速度沿长度方向飞行越过地球，下列说法正确的是________.A.飞船上的观测者测得该飞船的长度等于30 mB.地球上的观测者测得该飞船的长度小于30 mC.飞船上的观测者测得地球上发来的光信号速度小于cD.地球上的观测者测得飞船上发来的光信号速度小于cE.地球上的观测者测得飞船上发来的光信号速度等于c【解析】 飞船上的观测者相对飞船静止，测得飞船的长度为飞船静止时的长度l 0＝30 m ，选项A 正确；地球上的观测者与飞船有相对运动，测得飞船的长度l ＝l 01－⎝ ⎛⎭⎪⎫0.6c c 2＜l 0，故应小于30 m ，选项B 正确；狭义相对论的一个基本假设是光速不变原理，即飞船上和地球上的观测者测得的光信号速度都等于c ，选项C 、D 错误，E 正确.【答案】 ABE2.如图2所示，两艘飞船A 、B 沿同一直线同向飞行，相对地面的速度均为v (v 接近光速c ).地面上测得它们相距为L ，则A 测得两飞船间的距离________(选填“大于”“等于”或“小于”)L .当B 向A 发出一光信号，A 测得该信号的速度为________.图2【解析】 根据长度的相对性得L ＝L 01－⎝ ⎛⎭⎪⎫v c 2所以A 测得两飞船间的距离L 0＝L1－⎝ ⎛⎭⎪⎫v c 2＞L根据狭义相对论的基本假设，光信号的速度为光速c . 【答案】 大于 c (或光速)3.假如一对孪生兄弟A 和B ，其中B 乘坐速度为v ＝0.9c 的火箭飞往大角星，而后又飞回地球.根据A 在地球上的观测，大角星离地球有40光年远，这次B 往返飞行经历时间为80.8年.如果B 在离开地球时，他们的年龄都为20岁，则当B 回到地球时，A 的年龄为________岁，B 的年龄为________岁.【解析】 设B 在火箭惯性系中经历的时间为t ′，根据时间延缓效应得：t ＝t ′1－v 2c 2，即80.8＝t ′1－0.92，解得t ′＝35.2年.所以B 回到地球时的年龄为20＋35.2＝55.2(岁).A 的年龄为100.8岁.【答案】 100.8 55.2。

由简谐运动的回复公式F ＝－kx 可知，弹簧振子做简谐运动的回复力和位移所示．．做简谐运动的弹簧振子质量为0.2 kg ，当它运动到平衡位置左侧；当它运动到平衡位置右侧40 cm 时，它的加速度为( )．20 m/s 2，向左 ．40 m/s 2，向左加速度方向指向平衡位置，因此方向向左．由力和位移的大小关系8 N ，a ＝Fm＝40 m/s 2，方向指向平衡位置．【答案】 D5．一个做简谐运动的物体，每次有相同的动能时，下列说法正确的是( )A．具有相同的速度B．具有相同的势能C．具有相同的回复力D．具有相同的位移【解析】注意矢量和标量的区别，只有B选项正确．【答案】 B6．(多选)如图所示为某一质点的振动图象，由图象可知在t1和t2两时刻，质点的速度v1、v2，加速度a1、a2的大小关系为( )A．v1<v2，方向相同B．v1>v2，方向相反C．a1>a2，方向相同D．a1>a2，方向相反【解析】在t1时刻质点向下向平衡位置运动，在t2时刻质点向下远离平衡位置运动，所以v1与v2的方向相同，但由于在t1时刻质点离开平衡位置较远，所以v1<v2，a1>a2，质点的加速度方向总是指向平衡位置的，因而可知在t1时刻加速度方向向下，在t2时刻加速度方向向上，综上所述A、D选项正确．【答案】AD7.(多选)如图所示，竖直轻质弹簧下端固定在水平面上，上端连一质量为M的物块A，A的上面放置一质量为M的物块B，系统可在竖直方向做简谐运动，则( )A．当振动到最低点时，B对A的压力最大B．当B振动到最高点时，B对A的压力最小C．当向上振动经过平衡位置时，B对A的压力最大D．当向下振动经过平衡位置时，B对A的压力最大时，货物对车厢底板的压力最大时，货物对车厢底板的压力最小三点中哪点？此时小球加速度为多大？三点中哪点？此时小球速度为多大？如图所示，两根完全相同的弹簧和一根张紧的细线将甲、乙两物块束缚在光滑水平面上，已知甲的质量大于乙的质量．当细线突然断开后，两物块都开始做简谐运动，在运动过程中．甲的最大速度小于乙的最大速度．甲的最大速度大于乙的最大速度如图所示，一升降机在箱底装有若干弹簧，设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦力，则升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中．某同学设计了一个测物体质量的装置，如图所示，其中的带夹子的标准质量金属块，Q是待测物体的质量．是振子的质量，k是与弹簧的劲度系数有关的常数．当T1，将待测物体Q测物体的质量为多少？这种装置比天平优越之处是什么？根据周期公式可以得到：。

学业分层测评(一)(建议用时：45分钟)[学业达标]1．下列说法中正确的是() 【导学号：23570004】A．弹簧振子的运动是简谐运动B．简谐运动就是指弹簧振子的运动C．简谐运动是匀变速运动D．简谐运动是非匀变速运动E．简谐运动是机械振动中最简单、最基本的一种【解析】弹簧振子的运动是一种简谐运动，而简谐运动是机械振动中最简单、最基本的运动，故A、D、E正确．【答案】ADE2．如图11-1-12所示，当弹簧振子由A向O(平衡位置)运动时，下列说法正确的是()图11-1-12A．振子的位移在不断减小B．振子的运动方向向左C．振子的位移方向向左D．振子的位移在增大E．振子的速度在增大【解析】由于振子在O点的右侧由A向O运动，所以振子的位移方向向右，运动方向向左，位移在不断减小，速度在不断增大，故A，B，E正确．【答案】ABE3．物体做简谐运动的过程中，有两点A、A′关于平衡位置对称，则物体()【导学号：23570005】A．在两点处的位移相同B．在两点处的速度可能相同C．在两点处的速率一定相同D．在两点处的动能一定相同E．在两点处的加速度一定相同【解析】由于A、A′关于平衡位置对称，所以物体在A、A′点时位移大小相等、方向相反；速率一定相同，所以动能一定相同．但速度方向可能相同也可能相反，加速度方向一定相反．【答案】BCD4．如图11-1-13所示为一弹簧振子，O为平衡位置，设向右为正方向，振子在B，C之间振动时()图11-1-13A．B→O，位移为负，速度为正B．O→C，位移为正，速度为负C．C→O，位移为负，速度为正D．O→B，位移为负，速度为负E．O→B，速度为负，加速度为正【解析】弹簧振子的位移是从平衡位置指向所在处的有向线段．由题意知向右为正方向，则振子在O点左侧时位移为负，在O点右侧时位移为正．速度正负的判断：如果方向向右则为正，向左则为负．B→O，位移为负，速度为正，A正确；O→C，位移为正，速度为正，B错误；C→O，位移为正，速度为负，C错误；O→B，位移为负，速度为负，加速度为正，D、E正确．【答案】ADE5.如图11-1-14所示为一个做简谐运动的弹簧振子的x-t图象，在下列哪些时刻，位移和速度的方向相同() 【导学号：23570006】图11-1-14A．1.4 s B．4.6 sC．4.2 s D．5 sE．6.2 s【解析】根据质点在下一时刻的位置来判断质点的速度方向．【答案】ACE6．一质点做简谐运动，如图11-1-15所示，在0.2 s到0.3 s这段时间内质点沿________方向运动，且速度不断________．图11-1-15【解析】由图象可看出，在0.2 s到0.3 s这段时间内，质点沿负方向的位移不断减小，说明质点正沿着正方向由负的最大位移处向着平衡位置运动；又因为质点的速度方向是正方向，故质点做变加速运动，质点速度不断增大．【答案】正增大[能力提升]7.如图11-1-16所示，轻质弹簧一端固定在地面上，另一端与一薄板连接，薄板的质量不计，板上放一重物．用手将重物往下压，然后突然将手撤去，则重物被弹离之前的运动情况是加速度先________后________．图11-1-16【解析】竖直方向的弹簧振子的振动也是简谐运动，但它的平衡位置在重力与弹力平衡的位置，此位置加速度为零．因此从平衡位置将弹簧压缩以后放手，它的加速度是先减小，到达平衡位置以后再增大．【答案】减小增大8.如图11-1-17所示，简谐运动的图象上有a、b、c、d、e、f六个点，其中：【导学号：23570007】图11-1-17(1)与a点位移相同的点有哪些？(2)与a点速度相同的点有哪些？(3)图象上从a点到c点，质点经过的路程为多少？【解析】(1)分析图象可得a、b、e、f的位移均为1 cm.c、d点的位移都是－1 cm.故与a点位移相同的点为b、e、f三点．(2)由(1)可知，图象上的a、b、e、f点对应质点运动到同一位置．图象上的c、d点对应质点运动到关于O点对称的另一位置．故以上6个点的速度大小相等．再结合图象可以判断a、b、c、d、e、f 6个点的运动方向分别为向上、向下、向下、向上、向上和向下．故与a点有相同速度的点为d和e.(3)图象上从a点到b点，对应质点从正方向1 cm处先是到达2 cm处又返回到1 cm处，通过的路程为2 cm.从b 点到c 点，对应质点从正方向1 cm 处经平衡位置运动到负方向1 cm 处，通过的路程也为2 cm ，故从a 点到c 点总共通过的路程为4 cm.【答案】 (1)b 、e 、f (2)d 、e (3)4 cm9．如图11-1-18甲所示，在弹簧振子的小球上安装一记录用的铅笔P ，在下面放一条白纸带，当小球振动时沿垂直于振动方向匀速拉动纸带，铅笔P 就在纸带上画出一条振动曲线．若振动曲线如图乙所示，由图象判断下列说法正确的是( )甲乙图11-1-18A ．振子偏离平衡位置的最大距离为10 cmB ．1 s 末到5 s 末振子的路程为40 cmC ．2 s 和4 s 末振子的位移相等，运动方向也相同D ．振子在2 s 内完成一次往复性运动E ．振子在4 s 内完成一次往复性运动【解析】 由图象可知振子偏离平衡位置的最大距离为10 cm ，4 s 内完成一次往复性运动，A 、E 对，D 错；1 s 末到5 s 末振子的路程是振子运动路径的总长40 cm ，故B 对；2 s 末和4 s 末振子位移均为零，位移相同，2 s 末振子向负方向运动，4 s 末振子向正方向运动，运动方向相反，故C 错误．【答案】 ABE10.光滑的水平面上放有质量分别为m 和12m 的两木块，下方木块与一劲度系数为k 的弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上，如图11-1-19所示．已知两木块之间的最大静摩擦力为f ，为使这两个木块组成的系统能像一个整体一样振动，系统的最大位移为________．图11-1-19【解析】 质量分别为m 和12m 的两木块作为一个整体同步振动，两者具有共同的加速度，对于12m 物体，当两木块之间静摩擦力达最大值时其加速度达最大值2f m，此时两木块组成的系统其加速度也达最大值2f m，弹簧弹力达最大值F max ＝⎝⎛⎭⎫m ＋12m a max ＝3f ，此时系统的位移最大值为x max ＝F max k ＝3f k . 【答案】 3f k11.如图11-1-20所示是某质点做简谐运动的振动图象，根据图象中的信息，回答下列问题： 【导学号：23570008】图11-1-20(1)质点在第2 s 末的位移是多少？(2)质点振动过程中的最大位移为多少？(3)在前4 s 内，质点经过的路程为多少？【解析】 (1)由x -t 图象可以读出2 s 末质点的位移为零．(2)质点的最大位移在前4 s 内发生在1 s 末和3 s 末，位移大小为10 cm.(3)前4 s ，质点先朝正方向运动了距离为10 cm 的一个来回，又在负方向上运动了一个10 cm 距离的来回，故总路程为40 cm.【答案】 (1)0 (2)10 cm (3)40 cm12．在心电图仪、地震仪等仪器工作过程中，要进行振动记录，如图11-1-21(甲)所示是一种常用的记录方法，在弹簧振子的小球上安装一支记录笔P ，在下面放一条白纸带．当小球振动时，匀速拉动纸带(纸带速度与振子振动方向垂直)，笔就在纸带上画出一条曲线，如图11-1-21(乙)所示．若匀速拉动纸带的速度为1 m/s ，作出P 的振动图象．甲 乙图11-1-21【解析】题图(乙)中运动的位移值可以对应不同的时刻，由x＝v t可知，当x＝20 cm时，对应时间t＝xv＝0.2 s，作出图象如图所示．【答案】见解析小课堂：如何培养中学生的自主学习能力？自主学习是与传统的接受学习相对应的一种现代化学习方式。

学业分层测评(八) 探究电子束在示波管中的运动(建议用时：45分钟)1．一带电粒子在电场中只受电场力作用时，它不可能出现的运动状态是( ) A ．匀速直线运动 B ．匀加速直线运动 C ．匀变速曲线运动D ．匀速圆周运动【解析】 因为粒子只受到电场力的作用，所以不可能做匀速直线运动． 【答案】 A2．如图2­5­13所示，在P 板附近有一电子由静止开始向Q 板运动，则关于电子到达Q 板时的速度，下列说法正确的是( )图2­5­13A ．两板间距离越大，加速的时间就越长，获得的速度就越大B ．两板间距离越小，加速度就越大，获得的速度就越大C ．与两板间距离无关，仅与加速电压有关D ．以上说法均不正确【解析】 电子由P 到Q 的过程中，静电力做功，根据动能定理eU ＝12mv 2，得v ＝2eUm，速度大小与U 有关，与两板间距离无关．【答案】 C3．(多选)带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随着时间变化的规律如图2­5­14所示，带电微粒只在电场力的作用下由静止开始运动，则下列说法中正确的是( )【导学号：29682059】图2­5­14A ．微粒在0～1 s 内的加速度与1 s ～2 s 内的加速度相同B ．微粒将沿着一条直线运动C ．微粒做往复运动D ．微粒在第1 s 内的位移与第3 s 内的位移相同【解析】 0～1 s 和1～2 s 微粒的加速度大小相等，方向相反，A 错；0～1 s 和1～2s 微粒分别做匀加速直线运动和匀减速直线运动，根据这两段运动的对称性，1～2 s 的末速度为0，所以每个1 s 内的位移均相同且2 s 以后的运动重复0～2 s 的运动，是单向直线运动，B 、D 正确，C 错误．【答案】 BD4．如图2­5­15所示，静止的电子在加速电压为U 1的电场作用下从O 经P 板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为U 2的电场作用下偏转一段距离．现使U 1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该( )图2­5­15A ．使U 2加倍B ．使U 2变为原来的4倍C ．使U 2变为原来的2倍D ．使U 2变为原来的1/2倍【解析】 带电粒子经过加速电场和偏转电场，最终偏移量为y ＝l 2U 24dU 1，现使U 1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，必须使U 2加倍，选A.【答案】 A5．在匀强电场中，将质子和α粒子由静止释放，若不计重力，当它们获得相同动能时，质子经历的时间t 1和α粒子经历的时间t 2之比为( )【导学号：29682060】A ．1∶1B ．1∶2 C．2∶1 D ．4∶1【解析】 由动能定理可知qEl ＝E k ，又l ＝12at 2＝qE 2m t 2，解得t ＝2mE kq 2E 2，可见，两种粒子时间之比为1∶1，故A 选项正确．【答案】 A6．如图2­5­16所示，电子在电势差为U 1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U 2的两块平行板间的电场中，入射方向跟极板平行，整个装置处于真空中，重力可忽略．在满足电子能射出平行板的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏角φ变大的是( )图2­5­16A．U1变大，U2变大B．U1变小，U2变大C．U1变大，U2变小D．U1变小，U2变小【解析】偏转角：tan φ＝v yv x，v y＝at＝qU2lmdv x，在加速电场中有：12mv2x＝qU1，v x＝2qU1m，故tan φ＝U2l2U1d，所以B正确．【答案】 B7．(多选)示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图2­5­17所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的( )图2­5­17A．极板X应带正电B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电D．极板Y′应带正电【解析】由题意可知，在XX′方向上向X方向偏转，X带正电，A对，B错；在YY′方向上向Y方向偏转，Y带正电，C对，D错．【答案】AC8．如图2­5­18所示，质量为m、电量为e的电子，从A点以速度v0垂直场强方向射入匀强电场中，从B点射出电场时的速度方向与电场线成120°角，则A、B两点间的电势差是多少？图2­5­18【解析】电子在电场中做类平抛运动．v y＝v0tan (θ－90°)，得U ＝mv 20/6e . 【答案】 mv 20/6e9．(多选)如图2­5­19所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，当到达B 板时速度为v ，保持两板间电压不变，则( )图2­5­19A ．当增大两板间距离时，v 也增大B ．当减小两板间距离时，v 增大C ．当改变两板间距离时，v 不变D ．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间延长【解析】 由12mv 2＝qU 知，两板距离变大时v 不变，故C 项对，又由d ＝12at 2＝qU 2md t2可知，t ＝2mqUd ，则增大板间距离d 时，时间t 延长，故D 项对． 【答案】 CD10．(多选)如图2­5­20所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电小球，从平行板电场中的P 点以相同的初速度垂直于E 进入电场，它们分别落到A 、B 、C 三点，则( )图2­5­20A ．落到A 点的小球带正电，落到B 点的小球不带电 B ．三小球在电场中运动的时间关系：tC <t B <t A C ．三小球到达正极板时动能关系：E k A >E k B >E k CD ．三小球在电场中运动的加速度关系：a A >a B >a C【解析】 带负电的小球受到的合力为mg ＋F 电，带正电的小球受到的合力为mg －F 电，不带电小球仅受重力mg ，小球在板间运动时间t ＝x v 0，所以t C <t B <t A ，故B 项正确；又y ＝12at 2，则a C >a B >a A ，落在C 点的小球带负电，落在A 点的小球带正电，落在B 点的小球不带电，故A 项正确；因为电场对带负电的小球C 做正功，对带正电的小球A 做负功，所以落在板上动能的大小，E k C >E k B >E k A .11．如图2­5­21所示，质量为m 、电荷量为e 的粒子从A 点以v 0的速度垂直电场线沿直线AO 方向射入匀强电场，由B 点飞出电场时速度方向与AO 方向成45°角，已知AO 的水平距离为d ，不计重力，求：【导学号：29682061】图2­5­21(1)从A 点到B 点所用的时间； (2)粒子在B 点的速度大小； (3)匀强电场的电场强度大小．【解析】 (1)粒子从A 点以v 0的速度沿垂直电场线方向射入电场，水平方向做匀速直线运动，则有：t ＝d v 0. (2)由B 点飞出电场时速度方向与AO 方向成45°角，则粒子在B 点的速度大小v ＝2v 0. (3)根据牛顿第二定律得：a ＝eE m将粒子射出电场的速度v 进行分解，则有v y ＝at ＝eE m ·d v 0＝eEdmv 0又v y ＝v 0tan45°联立解得E ＝mv 20ed.【答案】 (1)d v 0 (2)2v 0 (3)mv 2ed12．水平放置的两块平行金属板板长l ＝5.0 cm ，两板间距d ＝1.0 cm ，两板间电压为90 V ，且上板为正极板，一个电子沿水平方向以速度v 0＝2.0×107m/s ，从两板中间射入，如图2­5­22所示，不计电子的重力，电子的质量为m ＝9.0×10－31kg 、电荷量为e ＝－1.6×10－19C ，求：图2­5­22(1)电子偏离金属板的侧位移是多少？(2)电子飞出电场时的速度大小是多少？(保留两位有效数字) (3)电子离开电场后，打在屏上的P 点，若s ＝10 cm ，求OP 之长． 【解析】 (1)电子在电场中的加速度：a ＝Uemd， 侧位移即竖直方向位移：y 0＝12at 2＝eUt22dm ，运动时间：t ＝l v 0，代入数据解得：y 0＝5×10－3m.(2)电子飞出电场时，水平分速度v x ＝v 0，竖直分速度：v y ＝at ＝eUl mdv 0＝4×106m/s.飞出电场时的速度为：v ＝v 2x ＋v 2y ，代入数据可得：v ≈2.0×107m/s.设v 与v 0的夹角为θ，则tan θ＝v yv x＝0.2. 则：θ＝arctan 0.2.(3)电子飞出电场后做匀速直线运动：OP ＝y 0＋MP ＝y 0＋s ·tan θ代入数据解得：OP ＝2.5×10－2m.【答案】 (1)5×10－3m (2)2.0×107m/s (3)2.5×10－2m。