粤教版物理3-4配套文档：第4章 第6节 课后实践导练 含解析

学生P89课标基础1．关于激光所具有的特点，下列说法正确的是()A．激光相干性强B．激光平行度好C．激光亮度高D．激光不能发生多普勒效应【解析】激光是人工产生的相干光，具有相干性强、平行度好和亮度高的特点，激光也是波，能发生多普勒效应，故正确的选项为A、B、C.【答案】ABC2．激光发光功率为P，发出的激光在折射率为n的介质中波长为λ，c表示光在真空中的速度，下列说法中正确的是()A．该光在真空中的波长为nλB．该光在真空中的波长为λ/nC．该光的频率为c/λD．该光的频率为c/nλ【解析】光在不同介质中，唯一不变的是频率，而速度会变化，n＝c v，故波长也变化，λ＝v f.【答案】AD3．下列应用激光的事例中，错误的是() A．利用激光进行长距离测量B．利用激光进行通信C．利用激光进行室内照明D．利用激光加工坚硬的材料【解析】激光不能用于照明．【答案】 C4．激光火箭的体积小，却可以装载更大、更重的卫星或飞船．激光由地面激光站或空间激光动力卫星提供，通过一套装置，像手电筒一样，让激光束射入火箭发动机的燃烧室，使推进剂受热而急剧膨胀，于是形成一股高温高压的燃气流，以极高的速度喷出，产生巨大的推力，把卫星或飞船送入太空．激光火箭利用了激光的()A．单色性好B．平行度好C．高能量D．相干性好【解析】利用激光的高能量特点，使推进剂急剧膨胀，喷出类似于现代火箭的燃料燃烧后产生的燃气流．【答案】 C5．下列说法中正确的是()A．偏振光可以是横波，也可以是纵波B．因为激光的方向性好，所以激光不能发生衍射现象C．激光可以像刀子一样切除肿瘤D．以上说法都不对【解析】理解激光的几种特点，并联系实际应用．【答案】 C能力提升6．激光问世以后，利用激光平行度非常好的特点，可以进行精确的测距．对准目标发射一个极短的激光脉冲，测量发射脉冲和收到反射脉冲的时间间隔，就可求出目标的距离，现在地球上向月球上发射一激光脉冲，测得从发射到收到反射脉冲共有2.56 s，则月球到地球的距离大约是________km.【解析】激光传播的总距离为地月距离的二倍，故d＝c·t2≈3.84×105 km.【答案】 3.84×1057．如图4－7－4所示，激光液面控制仪的原理是：固定的一束激光AO以入射角i照射到水平液面上，反射光OB射到水平位置的光屏上，屏上用光电管将光信号转换成电信号，电信号输入控制系统来控制液面的高度．若发现光点在屏上向右移动了Δs距离，射到B′点，则液面的高度变化是()图4－7－4A ．液面降低Δssin i B ．液面升高Δssin i C ．液面降低Δs2tan iD ．液面升高Δs2tan i【解析】 光点右移，说明液面上升(如图)，由反射定律及几何关系，求得h ＝Δs 2tan i【答案】 D考向观摩8．激光具有相干性好、平行度好、亮度高等特点，在科学技术和日常生活中应用广泛．下面关于激光的叙述正确的是( )A ．激光是纵波B ．频率相同的激光在不同介质中的波长相同C ．两束频率不同的激光能产生干涉现象D ．利用激光平行度好的特点可以测量月球到地球的距离【解析】 光波是横波，A 项错；光在不同介质中传播速度不同，波长也不同，B 项错；相干光的条件是频率相同，C 项错，故选D.【答案】 D创新探究9．如图4－7－5所示为玻璃厚度检测仪的原理简图，其原理是：固定一束激光AO 以不变的入射角i 照到MN 表面，折射后从PQ 表面射出，折射光线最后照到光电管C 上，光电管将光信息转变为电信号，依据激光束在C 上移动的距离，可以确定玻璃厚度的变化．设i ＝45°，玻璃对该光的折射率为2，C 上的光斑向左移动了Δs，则可确定玻璃的厚度比原来变________(填“厚”或“薄”)了________．图4－7－5【解析】光经过平行玻璃砖传播方向不变，只发生侧移，光斑向左移，可见玻璃砖变厚．由sin i/sin r＝n，得r＝30°.设变厚的厚度为d，则d tan 45°－d tan30°＝Δs.所以d＝3＋32Δs.【答案】厚3＋32Δs。

（共26套70页）粤教版高中物理选修3-4（全册）精练课后作业汇总课后集训基础过关1.简谐运动属于下列哪一种运动( )A.匀速运动B.匀变速运动C.非匀变速运动D.机械振动解析：以弹簧振子为例, 振子是在平衡位置附近做往复运动, 并且平衡位置处合力为零, 加速度为零, 速度最大.从平衡位置向最大位置运动的过程中, 由F=-kx可知, 振子的受力是变化的, 因此加速度也是变化的, 故A、B错, C正确.答案：CD2.一个弹簧振子在光滑的水平面上作简谐运动, 其中有两个时刻弹簧对振子的弹力大小相等, 但方向相反.那么这两个时刻弹簧振子的( )A.速度一定大小相等, 方向相反B.加速度一定大小相等, 方向相反C.位移一定大小相等, 方向相反D.以上说法都不正确解析：由弹簧振子的振动过程知：这两个时刻振子一定处在关于平衡位置对称的两个位置, 但速度方向并不确定, 故选BC.答案：BC3.一振子做简谐运动振幅是4.0 cm 、频率为1.5 Hz, 它从平衡位置开始振动, 1.5 s 内位移的大小和路程分别为( )A.4.0 cm,10 cmB.4.0 cm,40 cmC.4.0 cm,36 cmD.0,36 cm解析：T=f 1 T=32s 所以：t=2.25 T即振子完成两个全振动后又振动了41个周期.故位移大小为4 cm, 路程为：2×4A+A=36 cm. 答案：C4.如图1-1-4所示, 弹簧振子在振动过程中, 振子经a 、b 两点的速度相同, 若它从a 到b 历时0.2 s, 从b 再回到a 的最短时间为0.4 s, 则该振子的振动频率为( )图1-1-4A.1 HzB.1.25 HzC.2 HzD.2.5 Hz解析：振子经a 、b 两点速度相同, 根据弹簧振子的运动特点, 不难判断a 、b 两点对平衡位置（0点）一定是对称的, 振子由b 经O 到a 所用的时间也是0.2 s, 由于“从b 再回到a 的最短时间是0.4 s ”, 说明振子运动到b 后是第一次回到a 点, 且0b 不是振子的最大位移.设图中的c 、d 为最大位移处, 则振子从b 经c 到b 历时 0.2 s, 同理, 振子从a 经d 到a, 也历时0.2 s, 故该振子的周期T=0.8 s, 根据周期和频率互为倒数的关系, 不难确定该振子的振动频率为1.25 Hz.故本题答案为B.答案：B5.一弹簧振子做简谐运动, 下列说法中正确的有( )A.若位移为负值, 则速度一定为正值, 加速度也一定为正值B.振子通过平衡位置时, 速度为零, 加速度最大C.振子每次通过平衡位置时, 加速度相同, 速度也一定相同D.振子每次通过同一位置时, 其速度不一定相同, 但加速度一定相同解析：如图1-1-5所示, 因为弹簧振子的位移是以平衡位置O 为起点的, 设向右为正, 则当振子在OB 段时, 位移为正, 在OA 段时位移为负, 可见当振子由O 向A 运动时其位移为负值, 速度也是负值, 故A 错.振子在平衡位置时, 回复力为零, 加速度a 为零, 但速度最大, 故B 错.振子在平衡位置O 时, 速度方向可以是不同的（可正、可负）, 故C 错.由a=-kx/m 知, x 相同时a 同, 但振子在该点的速度方向可以向左, 也可以向右, 故D 正确.图1-1-5答案：D6.一个弹簧振子的振幅是A, 若在Δt 的时间内物体运动的路程是s, 则下列关系中可能正确的是(包括一定正确的)( )A.Δt=2T, s=8AB.Δt=2T ,s=2AC.Δt=4T ,s=AD.Δt=4T ,s ＞A 解析：若在平衡位置或最大位移处开始计时, Δt=4T 时, s=A.从任意位置开始计时都满足：Δt=2T , s=2A ；Δt=T, s=4A.若从平衡位置与最大位移之间的某位置开始计时, 当振子靠近平衡位置时, Δt=4T , s ＞A, 当振子远离平衡位置时, Δt=4T ,s ＜A. 答案：ABCD综合运用7.弹簧振子做简谐运动的振幅为A, 周期为T, 若将振幅减小为原来的1/5, 那么周期将是原来的______________倍, 若将振幅增大为原来的3倍, 那么周期将是原来的___________倍. 解析：对确定的振动系统, 周期、频率都是确定的, 与振幅大小无关, 被称为固有周期（频率）.答案： T , T .8.一质点在平衡位置附近做简谐运动, 从它经过平衡位置开始计时, 经过0.13 s 质点首次经过M 点, 再经过0.1 s 第二次经过M 点, 则质点做往复简谐运动的周期的可能值是多大？8.解析：对就所给的第一段时间Δt 1=0.13 s 分两种情况进行分析.（1）当Δt 1＜4T 时, 如图1-1-6所示, 4T =Δt 1+21Δt 2, 得T=0.72 s. (2)当2T ＜Δt 1＜43T 时, 如图1-1-7所示, 43T =Δt 1+21Δt 2, 得T=0.24 s.图1-1-6图1-1-7答案：0.72 s 或0.24 s9.如图1-1-8所示, 劲度系数为k 的轻弹簧下端悬挂着质量为m 的物体, 用手托着物体使弹簧处于原长, 突然释放物体后, 求物体向下运动的最大距离.图1-1-8解析：释放物体后, 物体将在竖直方向上做简谐运动, 其平衡位置可根据物体受到的重力和弹力等大而确定出来, 根据简谐运动的对称性, 物体下降到达的最低点与初始位置关于平衡位置是对称的, 这样就可以求出物体向下运动的最大距离.突然释放物体后, 物体将做简谐运动, 其平衡位置在释放位置下kmg 处, 根据简谐运动的对称性, 振动中物体必将运动到平衡位置下k mg 的位置, 所以, 物体向下运动的最大距离为k mg 2.答案：kmg 2 10.如图1-1-9所示, 三角架质量为M, 沿其中轴线用两根轻弹簧拴一质量为m 的小球, 原来三角架静止在水平面上, 现使小球做上、下振动, 已知三角架对水平面的压力最小为零, 求：(1)此时小球的瞬时加速度；(2)若上、下两弹簧的劲度系数均为k, 则小球做简谐运动的振幅为多少？图1-1-9解析：（1）当小球上下振动过程中, 三角架对水平面的压力最小为零, 则上下两根弹簧对三角架的作用力大小为Mg, 方向向上, 小球此时受弹簧的弹力大小为Mg, 方向向下, 故小球所受合力为（m+M ）g, 方向向下, 小球此时运动到上面最高点即位移大小等于振幅处.根据牛顿第二定律, 小球的瞬时加速度的最大值为：a m =mg M m )(+, 加速度的方向为竖直向下.（2）小球由平衡位置上升至最高点时, 上面弹簧（相当于压缩x ）对小球会产生向下的弹力kx, 下面的弹簧（相当于伸长x ）会对小球产生向下的力kx, 两根弹簧对小球的作用力为2kx, 故最大回复力大小F 回=2kA,而最高时F 回=（M+m ）g, 故：A=kg m M 2)(+. 答案：（1）a=mg M m )(+方向竖直向下, （2）A=k g M m 2)(+课后集训基础过关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.振子所受的弹力逐渐增大B.振子的位移逐渐增大C.振子的速度逐渐减小D.振子的加速度逐渐减小解析：振子的位移指由平衡位置指向振动物体所在位置的有向线段, 因而向平衡位置运动时位移逐渐减小；而弹力与位移成正比, 故回复力也减小；由牛顿第二定律a=F/m 可知, 加速度也减小；物体向着平衡位置运动时, 回复力与速度方向一致, 故物体的速度逐渐增大. 答案：D2.如图1-2-3所示为一弹簧振子, O 为平衡位置, 在A 、A′间做简谐运动, 下列说法正确的是( )图1-2-3A.振子在通过O 点时, 加速度方向发生改变B.振子在A 、A′两点动能和加速度都为0C.振子离开平衡位置向A′运动, 其动能减少, 弹簧弹性势能也减少D.回复力的方向总是跟物体的位移方向相反解析：O是弹簧振子做简谐运动的平衡位置, 振子的位移方向总是背离平衡位置, 回复力方向、加速度方向始终指向平衡位置, 故振子在通过O点时, 加速度方向发生改变, 回复力的方向总是跟物体的位移方向相反, A、D对.A、A′两点是振动最大位移处, 此处回复力、加速度最大, B错.振子在离开平衡位置向A′运动的过程中, 速度减小, 动能减少, 弹簧弹性势能增加, 故C错.答案：AD3.如图1-2-4所示, 一弹簧振子在A、B间做间谐运动, 平衡位置为O, 已知振子的质量为M, 若振子运动到B处时将一质量为m的物体放到M的上面, 且m和M无相对运动而一起运动, 下述正确的是( )图1-2-4A.振幅不变B.振幅减小C.最大动能不变D.最大动能减少解析：当振子运动到B点时, M的动能为零, 放上m, 系统的总能量为弹簧所储存的弹性势能E p, 由于简谐运动过程中系统的机械能守恒, 即振幅不变, 故A正确.当M和m运动至平衡位置O时, M和m的动能和即为系统的总能量, 此动能最大, 故最大动能不变, C正确. 答案：AC4.关于简谐振动的能量, 下列说法正确的是( )A.振动能量跟振幅无关B.动能最大时势能最大C.振动中机械能守恒D.动能最大时势能最小解析：一个振动系统的机械能由振幅的大小决定, 振幅越大该系统的振动能量就越大.在振动过程中机械能守恒, 平衡位置动能最大, 势能最小由平衡位置向最大位移运动过程中动能减小, 势能增加, 最大位移处动能为零, 势能最大.答案：CD5.用一细长线悬一质量为m的小球, 便组成了单摆.将一个电动传感器接到计算机上, 就可以测量快速变化的力, 用这种方法测得的某单摆摆动时悬线上拉力的大小随时间变化的曲线如图1-2-5所示.某同学由此图线提供的信息做出了下列判断：图1-2-5①t=0.2 s时摆球正经过最低点②t=1.1 s时摆球正经过最低点③摆球摆动过程中机械能减小④摆球摆动的周期是T=1.4 s上述判断中, 正确的是( )A.①③B.②③C.③④D.②④解析：根据单摆特点, 当摆球通过最低点时, 悬线拉力最大, 所以t=0.2 s时, 摆球正经过最低点, ①正确；t=1.1 s时摆球在最高点, B项错误.当F-t图象可知, 其周期为0.6 s, ④错误；此单摆振动为一阻尼运动所以机械能减少, ③正确.答案：A6.如图1-2-6中所示, A、B两物体组成弹簧振子, 在振动过程中, A、B始终保持相对静止, 图乙中能正确反映振动过程中A受摩擦力F f与振子的位移x关系的图线应为( )图1-2-6解析：A做简谐运动的回复力就是由静摩力提供, 所以F f=-kx, 故选C.答案：C7.光滑斜面上物块A被平行于斜面的轻质弹簧拉住静止于O点, 如图1-2-7所示, 现将A沿斜面拉到B点无初速释放, 物体在BC范围内做简谐运动, 则下列说法正确的是( )图1-2-7A.OB越长, 振动能量越大B.在振运过程中, 物体A机械能守恒C.A在C点时, 由物体与弹簧构成的系统势能最大, 在O点时势能最小D.A在C点时, 由物体与弹簧构成的系统势能最大, 在B点时势能最小解析：由弹簧、物体A构成的系统在简谐运动中机械能守恒, 且动能、重力势能、弹性势能不断相互转化, 在平衡位置O处动能最大, 在最大位移处势能最大, 在振动中, 振动能量决定振幅的大小.做简谐运动的能量跟振幅有关, 振幅越大机械能就越大, 所以A选项正确；在简谐运动中, 系统机械能守恒, 但物体A的重力势能与动能总和不断变化(因为弹性势能在不断变化), A的机械能不守恒, B选项错误；在简谐运动中, 系统在最大位移处势能最大, 在平衡位置动能最大, 势能最小, 所以C选项正确D选项错误.方法点拨：简谐运动的过程是一个动能和势能(包括重力势能和弹性势能)不断转化的过程, 在任意时刻动能和势能之和等于振动物体总的机械能(弹簧振子应包括弹簧的弹性势能), 简谐运动过程中机械能守恒.另外, 振动的振幅越大, 能量越大.机械能等于它在平衡位置时的最大动能或等于在最大位移处的最大势能.答案：AC综合运用8.如图1-2-8所示, 在一倾角为θ的光滑斜板上, 固定着一根原长为l 0的轻质弹簧, 其劲度系数为k, 弹簧另一端连接着质量为m 的小滑块, 此时弹簧被拉长为l 1, 现把滑块沿斜板向上推至弹簧长度恰好为原长, 然后突然释放, 求证小滑块的运动为简谐运动.图1-2-8证明：松手释放, 滑块沿斜板往复运动——振动.而振动的平衡位置是小滑块开始时静止(合外力为零)的位置, 有mgsinθ=k(l 1-l 0)滑块离开平衡位置受力如图1-2-9所示, 滑块受三个力作用, 取沿斜面向上为正方向, 当小滑块离开平衡位置的位移为x 时, 其合力∑F=k(l 1-l 0-x)-mgsinθ, 所以∑F=-kx图1-2-9由此可证得滑块的振动为简谐运动. 9.如图1-2-10所示, 竖直悬挂的轻质弹簧下端系着A 、B 两个重球质量分别为m a =100 g,m b =500 g, 系统静止时弹簧伸长x=15 cm,未超出弹性限度.若剪断A 、B 间的细绳, 则A 在竖直方向做简谐运动, g 取10 m/s 2, 求：图1-2-10(1)A 球的振幅多大？(2)A 球的最大加速度多大？解析：(1)要计算振幅, 先要确定A 振动时的平衡位置, 平衡位置是只悬挂A 时的静止位置, 设此时弹簧伸长了x 1.根据g m m g m x x b A A )(1+=, 得x 1=2.5 cm 振幅A=x-x 1=12.5 cm(2)在剪断细绳的瞬间, A 受到的回复力最大, 有最大的加速度a m .此时回复力F=(m a +m b )g-m a g=m b g=5 N, a m =Am F =50 m/s 2. 答案：(1)12.5 cm(2)50 m/s 210.在光滑水平面上有一弹簧振子, 弹簧的劲度系数为k, 振子质量为M, 如图1-2-11所示, 当振子在最大位移处时把质量为m 的物体轻放在其上, 已知M 和m 间最大静摩擦力为mg 的μ倍, 问物体m 保持与M 一起振动的最大振幅为多少？图1-2-11解析：因m 在水平方向振动, m 随M 做简谐运动的回复力只能是M 对m 的摩擦力, 由简谐运动F=-km 可知, 振幅越大, m 做简谐运动所需的回复力也越大, 但m 与M 间存在着最大静摩擦力, 一旦m 所需的回复力超过这个值, m 和M 之间就会出现相对滑动.因此, 最大静摩擦力f=μmg 是该物理过程的临界值.这就限制了m 在做简谐振动中的最大加速度.所以m 与M 一起做简谐振动的最大加速度a=μmg/m=μg.设物体m 保持与M 一起振动的最大振幅为A.则由牛顿第二定律和胡克定律得：kA=(M+m)·μg解得A=μg(M+m)/k.答案：A=μg(M+m)/k.课后集训基础过关1.如图1-3-2表示一简谐横波波源的振动图象.根据图象可确定该波的( )图1-3-2A.波长 波速B.周期 波速C.周期 振幅D.波长 振幅答案：C2.一质点做简谐运动的位移x 与时间的关系如图1-3-3所示, 由图可知( )图1-3-3A.频率是2 HzB.振幅是5 cmC.t=1.7 s 时的加速度为正, 速度为负D.t=0.5 s 时, 质点所受合外力为零答案：BC3.摆长为l 的单摆做简谐运动(单摆周期已知T=gl π2), 若从某时刻开始计时(即取t=0), 当振动至t=gl 23π时, 摆球恰具有负向最大速度, 则该单摆的振动图象是图1-3-4中的( )图1-3-4解析：由简谐运动的关系式：x=Asin(ωt+φ)或x=Acos(ωt+φ)知满足条件的应是D选项.答案：D4.一简谐运动的图象如图1-3-5所示, 在0.1 s—0.15 s这段时间内( )图1-3-5A.加速度增大, 速度变小, 加速度和速度的方向相同B.加速度增大, 速度变小, 加速度和速度方向相反C.加速度减小, 速度变大, 加速度和速度方向相同D.加速度减小, 速度变大, 加速度和速度方向相反解析：由图象可知, 在0.1 s—0.15 s这段时间内, 位移为负且增大, 表明物体远离平衡位置运动, 则加速度增大, 速度减小, 二者反向.答案：B5.如图1-3-6所示为质点P在0—4 s内的运动图象, 下列叙述正确的是( )图1-3-6A.再过1 s, 该质点的位移是正向最大B.再过1 s, 该质点的速度方向向上C.再过1 s, 该质点的加速度方向向上D.再过1 s, 该质点的加速度最大解析：依题意, 再经过1 s, 振动图象将延伸到正向位移最大处, 这时质点的位移为正向最大, 弹力的方向与位移方向相反, 大小与位移成正比, 所以弹力为负向最大, 故加速度也为负向最大, 此时振动物体的速度为零, 无方向.答案：AD6.如果质点的______________与______________的关系遵从正弦函数的规律, 即它的振动图象(x-t图象)是一条正弦曲线, 这样的振动叫做______________.答案：位移时间简谐运动7.一简谐运动的振动方程为x=5sin(314t+3π), 该运动的初相是______________；用余弦函数来表示其振动方程是______________；其初相变为______________. 答案：3π, x=5cos(314t-6π),6π-.综合运用8.图1-3-7是A 、B 两个弹簧振子的振动图象, 求它们的相位差.图1-3-7解析：从已知图象看出, 这两个振动的周期相同, 均为T=0.4 s, 因此, 它们应具有确定的相位差.且从图象可以看出, 当振子A 达到最大位移后再过T 41, 振子B 才达到最大位移, 则A 振子比B 振子超前的时间t=T 41(或2nT+nT 41=1、2、3、4……), 或A 振子比B 振子滞后的时间t=T 43(或2nT+nT 43=1、2、3、4……)设对应的相位差为Δφ,Δφ=41×2π=2π(超前)Δφ=43×2π=23π(滞后)答案：Δφ=2π(超前) Δφ=23π(滞后)9.有甲、乙两个简谐运动：甲的振幅为2 cm, 乙的振幅为3 cm, 它们的周期都是4 s, 当t=0时, 甲的位移为2 cm, 乙的相位比甲落后4π.请在同一坐标系中作出这两个简谐运动的位移-时间图象.答案：如图1-3-8所示.答图1-3-810.两个简谐运动分别为:x 1=8sin(4πt+2π),x 2=4sin(4πt+23π), 求它们的振幅之比、频率之比及相位差.解析：将已知的两个简谐运动的振动方程跟其一般表达式x=Asin(ωt+φ)对照可知：它们的振幅分别为A 1=8, A 2=4, 故振幅之比是A 1∶A 2=8∶4=2∶1；频率相同, 都是f=ππ24=2, 它们的相位差是：φ2-φ1=223ππ-=π 答案：A 1∶A 2=2∶1 f 1∶f 2=1∶1 φ2-φ1=π课后集训基础过关1.单摆是为研究振动而抽象出的理想化模型, 其理想化条件是( ) A.摆线质量不计 B.摆线长度不伸缩C.摆球的直径比摆线长度短得多D.只要是单摆的运动就是一种简谐运动解析：单摆由摆线和摆球组成, 摆线只计长度不计质量, 摆球只计质量不计大小, 且摆线不伸缩, A 、B 、C 正确, 但把单摆作为简谐运动来处理是有条件的, 只有在摆角很小(θ＜10°)的情况下才能视单摆运动为简谐运动. 答案：ABC2.关于单摆的回复力, 下述说法中正确的是( )A.是小球受到的重力B.是小球受到细线对它的拉力C.是重力和拉力的合力D.是重力沿切线方向的分力解析：这是一道回复力来源的分析题.必须明确, 回复力是以效果命名的力, 它的作用就是产生单摆在做简谐振动过程中的切向加速度.重力mg 方向竖直向下, 在切向有分量, 但沿绳的方向也有分量, 因此它的作用不仅仅是充当回复力, 故说“回复力是重力”是错误的.F T 与切线垂直, 沿切向无分量, 故B 项也是错的.对于C 项, F T 与mg 的合力不仅仅产生切向加速度, 因小球的运动是圆周运动的一部分, 还需要向心加速度, 因此说“合力是回复力”错了.回复力是重力沿切线方向的分力.图1-4-3答案：D3.一个壁厚均匀的空心球壳用一根长线把它悬挂起来, 先让空腔中充满水, 然后让水从球底部的小孔慢慢地流出来, 如果让球摆动, 那么在水流出过程中振动周期的变化情况是( ) A.变大 B.变小C.先变大后变小D.先变小后变大解析：流水前球(和水)的重心位于球心处, 在水流出的过程中, 球的重心不断下降, 水流完后, 球的重心又回到了球心即摆长l 先变大后变小, 所以周期先变大后变小. 答案：C4.一单摆摆长为L, 在悬点的正下方有一细钉可挡住摆线的运动, 钉与悬点间的距离为l, (摆线在左右的最大偏角均小于5°)则此摆的周期是( ) A.g L π2 B.g l π2 C.)(g l g L+π D.))((gl L g L -+π解析：此摆可看作是摆长分别为L 和L-l 的单摆的合成, 在一次全振动中, 各占半个周期. 答案：D5.一物体在某行星表面受到的万有引力是它在地球表面受到的万有引力的1/4.在地球走得很准的摆钟搬到此行星后, 此钟的分针走一整圈所经历的时间是( )A.1/4 hB.1/2 hC.2 hD.4 h 解析：由题知g 星=41g 地, 由T=gl π2知, 摆钟搬列行星上后其周期变为地面上周期的2倍, 因而此分针走一圈所经历的时间为2 h.答案：C6.细长轻绳下端拴一小球构成单摆, 在悬挂点正下方12摆长处有一个能挡住摆线的钉子A, 如图1-4-4所示.现将单摆向左拉开一个小角度, 然后无初速度地释放, 对于以后的运动, 下列说法中正确的是( )图1-4-4A.摆球往返运动一次的周期比无钉子时的单摆周期小B.摆球在左、右两侧上升的最大高度一样C.摆球在平衡位置左右两侧走过的最大弧长相等D.摆线在平衡位置右侧的最大摆角是左侧的两倍 解析：根据单摆做简谐运动的周期公式T=glπ2知, T 与l 成正比, 摆长减小, 周期变小, 故A 正确；摆球在摆动过程中, 空气阻力很小可忽略, 悬线拉力不做功, 只有重力做功, 机械能守恒, 摆球在左、右两侧上升的最高高度一样, 故B 项正确；假若无钉子时摆球摆至右侧最高点B, 与初位置对称, 有钉子摆球摆至右侧最高点C.B 、C 在同一水平线上, 由答图1-4-5所示几何关系知θ2=2α,θ2＜2θ1, 故D 项错, 摆球在平衡位置左侧走过的最大弧长大于在右侧走过的最大弧长, C 项错, 正确的答案为AB.图1-4-5答案：AB7.有一单摆, 其摆长l=1.02m, 摆球的质量m=0.10kg, 已知单摆做简谐运动, 单摆振动30次用的时间t=60.8s, 试求：(1)当地的重力加速度是多大？(2)如果将这个摆改为秒摆, 摆长应怎样改变？改变多少？ 解析：(1)当单摆做简谐运动时, 其周期公式T=glπ2,由此可得g=4π2l/T 2, 只要求出T 值代入即可. ∵T=308.60=n t s=2.027 s, ∴g=4π2l/T 2=(4×3.142×1.02)/2.0272 m/s 2=9.79 m/s 2.(2)秒摆的周期是2 s, 设其摆长为l 0, 由于在同一地点重力加速度是不变的, 根据单摆的振动规律有：0l lT T =, 故有：222200027.202.12⨯==T l T l m=0.993 m.其摆长要缩短Δl=l-l 0=1.02 m-0.993 m=0.027 m.综合运用8.有人利用安装在气球载人舱内的单摆来研究气球的高度.已知该单摆在海平面处的周期是T 0.当气球停在某一高度时, 测得该单摆周期为T, 求该气球此时离海平面的高度h, 把地球看作质量均匀分布的半径为R 的球体. 解析：根据单摆周期公式T 0=2g lπ① T=glπ2 ②根据万有引力公式g 0=2RGM③ g=2)(h R GM+ ④ 由①②③④得:h=(T T-1)R 答案：(T T-1)R 9.如图1-4-6所示, ACB 为光滑弧形槽, 弧形槽半径为R, R>>.甲球从弧形槽的球心处自由落下, 乙球从A 点由静止释放, 求两球第1次到达C 点的时间之比.图1-4-6解析：甲球做自由落体运动R=21gt 21,∴t 1=gR 2乙球沿圆弧做简谐运动(由于<<R,∴θ＜5°),此振动与一个摆长为R 的单摆振动模型相同,故此等效摆长为R, 因此第1次到达C 处的时间为t 2=g R g R T /24/241ππ==∴t 1∶t 2=π22.答案：π2210.如图1-4-7所示, 质量相等的两个弹性小球分别挂在l 1=1 m,l 2=0.25 m 的细绳上, 两球重心等高, 现将B 球偏一个较小的角度后放开, 从B 开始振动后计算, 经4 s 两球碰撞的次数为多少？(提示：两球碰撞交换速度)图1-4-7解析：由T=glπ2得T 1=2 s, T 2=1 s, 经42T 第一次碰撞, 碰后B 静止, A 再运动, 经21T 第二次两球相碰, 碰后A 静止, B 再运动, 经22T B 再与A 碰, 不断进行下去, 经分析知共碰撞5次.答案：5次课后集训基础过关1.某学生利用单摆测定重力加速度, 在以下各实验步骤中有错误的是( ) A.在未悬挂之前先测定好摆长 B.测量摆长为10 cmC.将摆长拉离平衡位置, 摆角约15°后释放, 让其在竖直平面内振动D.当摆球第一次通过平衡位置时, 启动秒表开始计时, 当摆球第三次通过平衡位置时, 止动秒表, 记下时间解析：摆长是悬点到小球球心的距离, 应为先拴好单摆再测摆长, 且摆线以约1 m 为宜, 故A 、B 错误, 单摆只有在最大摆角小于10°时, 才近似认为是简谐运动, 其周期才满足公式T=glπ2, 故C 错误；测周期时, 应先测30—50次全振动的时间, 再计算出平均周期, 且应以小球某次经过平衡位置时开始计时, 故D 也错误.答案：ABCD2.用单摆测定重力加速度时, 某同学测得的数值大于当地重力加速度的真实值, 引起这一误差的可能原因是( )A.摆球在水平面内做圆周运动B.测量摆长时, 漏测摆球直径C.测量周期时, 当摆球通过平衡位置时启动秒表并数下“1”, 直到第30次通过平衡位置时止动秒表, 读出经历时间t, 得周期T=t/30, 来进行计算D.单摆的最大摆角大于10° 解析：摆球在水平面内做圆锥摆动时, 周期T=gl θπcos 2, 说明摆球做圆锥摆动时, 它的周期小于同样摆长的单摆的周期, 代入公式g=224Tlπ, 因为T 减小, g 增大, 故A 正确.漏测摆球直径和摆角偏大时, 都会使得g 的测量值偏小, 故B 、D 不对, 而C 的周期算错了, 按C 中方法T=5.14t, 所以测量的周期偏小, 也使g 值偏大, C 也正确. 答案：AC3.用单摆测定重力加速度, 计时开始时, 摆球位置因为( )A.速度最小处, 可给计时带来方便B.速度最大时, 可给计时带来方便C.位移最大处, 可尽量减小实验误差D.平衡位置处, 可尽量减小实验误差解析：因为在平衡位置处摆球的速度最大, 通过平衡位置的时间非常短, 在此刻计时, 就非常准确, 可减小时间的测量误差. 答案：BD4.在发生下列情况时, 单摆周期将增大的是( )A.适当缩短摆长B.适当增加摆球质量C.把单摆从高山下移到平地D.把单摆从北极移到赤道附近 解析：单摆的周期公式：T=glπ2摆球的质量不会影响周期, 故B 错.缩短摆长会使周期减小, A 错.平地比高山的重力加速度大, 故周期变小, C 错, 赤道比北极重力加速度小, 周期增加, D 对. 答案：D 综合运用5.有五个同学做实验, 各组实验数据列于下表, 若每位同学用刻度尺测长度, 用秒表测时间的技术水平都一样, 那么_______________组测量结果更准确, 由此计算出的重力加速度的大小约为_____________. 实验条件、数据记录表格。

第1节 光的折射定律课标基础1．关于折射率，下列说法正确的是( )A ．根据sin isin γ＝n 可知，介质的折射率与入射角的正弦成正比B ．根据sin isin γ＝n 可知，介质的折射率与折射角的正弦成反比C ．根据n ＝c v可知，介质的折射率与介质中的光速成反比D ．同一频率的光由第一种介质进入第二种介质时，折射率与波长成反比【解析】 介质的折射率是由介质本身和入射光的频率共同决定，与入射角正弦，折射角正弦没有必然联系，A 、B 均错；由n ＝c v可知，介质的折射率与介质中的光速成反比，C 正确；由v ＝λf ，v ＝c n 可得：c f＝n λ，因光的频率由一种介质进入另一种介质时不变，所以折射率与波长成反比，D 正确．【答案】 CD2．光从某种玻璃中射向空气，入射角i 从零开始增大到某一值的过程中，折射角γ也随之增大，则下列说法正确的是( )A ．比值i /γ不变B ．比值sin i /sin γ是一个大于1的常数C ．比值sin i /sin γ不变D ．比值sin i /sin γ是一个小于1的常数 【解析】 光从玻璃射向空气时，玻璃的折射率n ＝sin γsin i>1，且不变，因此C 、D 正确．【答案】 CD3．由于覆盖着地球表面的大气，越接近地表面越稠密，折射率也越大，远处的星光经过大气层斜射向地面时要发生偏折，使我们看到的星星的位置，与实际位置间存在差距，这种效应叫做蒙气差。

以下关于这种现象的说法正确的是( )A ．夜晚，我们看到南半天星星的位置，要比它实际的位置高一些B．夜晚，我们看到南半天星星的位置，要比它实际的位置低一些C．这种光现象中的“蒙气差”效应，越是接近地平线就越明显D．这种光现象中的“蒙气差”效应，越是接近地平线就越不明显【解析】因越接近地表面大气的折射率也越大，南半天星星发出的光线经大气折射后偏向地球(如图)，且越是接近地平线偏折越明显．故A、C正确．【答案】AC4．如图4－1－3所示，井口大小和深度相同的两口井，一口是枯井，一口是水井(水面在井口之下)，两井底部中间位置各有一只青蛙，则( )图4－1－3A．水井中的青蛙觉得井口大些，晴天的夜晚，水井中的青蛙能看到更多的星星B．枯井中的青蛙觉得井口大些，晴天的夜晚，水井中的青蛙能看到更多的星星C．水井中的青蛙觉得井口小些，晴天的夜晚，枯井中的青蛙能看到更多的星星D．两只青蛙觉得井口一样大，晴天的夜晚，水井中的青蛙能看到更多的星星【解析】这是一道典型的视野问题，解决视野问题关键是如何确定边界光线，是谁约束了视野等．如本题中由于井口边沿的约束，而不能看到更大的范围，据此根据边界作出边界光线如图所示．由图可看出①α＞γ，所以水井中的青蛙觉得井口小些；②β＞α，所以水井中的青蛙可看到更多的星星，故选项B正确，A、C、D错误．【答案】 B5．一束光由空气射入某种介质，当入射角和界面的夹角为30°时，折射光线恰好与反射光线垂直，则光在该介质中的传播速度是(真空中光速为c)( )A．c B.c 2C.32c D.33c【解析】 依题意知，入射角i ＝60°，折射角γ＝30°， 所以n ＝sin i sin γ＝c v ，解得v ＝33c ，D 正确．【答案】 D能力提升6．如图4－1－4所示，一玻璃柱体的横截面为半圆形．细的单色光束从空气射向柱体的O 点(半圆的圆心)，产生反射光束1和折射光束2.已知玻璃折射率为3，入射角为45°(相应的折射角为24°)．现保持入射光不变，将半圆柱绕O 点在图示平面内顺时针转过15°，如图中虚线所示，则( )图4－1－4A ．光束1转过15°B ．光束1转过30°C ．光束2转过的角度小于15°D ．光束2转过的角度大于15°【解析】 转动前，光束1(反射光)与入射光线间的夹角为A ＝45°×2＝90°，光束2(折射光)与入射光线间的夹角为B ＝45°＋90°＋(90°－24°)＝201°.转动后，反射光线与入射光线的夹角A ′＝60°×2＝120°，据折射定律，sin 60°sin γ＝3，得γ＝30°，则折射光与入射光间的夹角为B ′＝60°＋90°＋(90°－30°)＝210°.因为ΔA ＝A ′－A ＝30°，ΔB ＝B ′－B ＝9°，故B 、C 项正确． 【答案】 BC7．如图4－1－5所示，一细束红光和一细束蓝光平行射到同一个三棱镜上，经折射后交于光屏上的同一个点M ，若n 1和n 2分别表示三棱镜对红光和蓝光的折射率，下列说法中正确的是( )图4－1－5A．n1<n2，a为红光，b为蓝光B．n1<n2，a为蓝光，b为红光C．n1>n2，a为红光，b为蓝光D．n1>n2，a为蓝光，b为红光【解析】由图线可知，b光线经过三棱镜后的偏折角较小，因此折射率较小，是红光．故正确答案为B.【答案】 B考向观摩8．一半圆柱形透明物体横截面如图4－1－6所示，底面AOB镀银(图中粗线)，O表示半圆截面的圆心．一束光线在横截面内从M点入射，经过AB面反射后从N点射出．已知光线在M点的入射角为30°，∠MOA＝60°，∠NOB＝30°.求(1)光线在M点的折射角；(2)透明物体的折射率图4－1－6【解析】(1)如图，透明物体内部的光路为折线MPN，Q、M点相对于底面EF对称，Q、P和N三点共线．设在M点处，光的入射角为i，折射角为r，∠OMQ＝α，∠PNF＝β.根据题意有α＝30°①由几何关系得，∠PNO＝∠PQO＝r，于是β＋r＝60°②且α＋r＝β③由①②③式得r＝15°④(2)根据折射率公式有sin i＝n sin r ⑤由④⑤式得n＝6＋2 2【答案】见解析创新探究9．我国天文工作者通过计算机确定了我国新世纪的第一道曙光的到达地——浙江温岭的石塘镇(天文学上规定：太阳边缘上发出的光线与地球相切于A 点的时刻，就是A 点日出时刻，如图4－1－7所示)．但由于地球大气层的存在，光线会发生折射，因此，地球上真实看到日出的时刻与天文学上规定的日出时刻有所不同．已知地球平均半径为 6 371 km ，且日地之间的距离约为1.5×108km ，假设A 点为石塘镇，地球大气层的厚度约为20 km.若认为大气层是均匀的，且折射率为1.000 28，则由于大气层的存在，石塘镇看到真实日出的时刻比天文学上规定的第一道曙光的时刻( )图4－1－7A ．提前5 sB ．提前50 sC ．推迟5 sD ．推迟50 s【解析】 根据 题意作出示意图如图所示，小圆表示地球，大圆表示大气外层，A 点表示石塘镇，DF 、BG 为太阳的第一道曙光，由图可知，如果没有大气层，那么，A 点只有等到地球转到B 点时才能看到第一道曙光，然而，由于大气层的折射，在A 点就可以看到曙光．由此可见，石塘镇的第一道曙光会提前出现．在直角三角形OAD 中，sin θ＝OA OD ＝ 6 3716 371＋20≈0.996 9，所以θ≈85.49°.根据折射定律有n ＝sin βsin θ，则sin β＝n sin θ，得β≈85.70°. 又由图示可知，FD ∥GB ，∠BCO ＝β， ∠BOC ＝90°－β，∠AOD ＝90°－θ， 则α＝∠AOD －∠BOC ＝β－θ＝0.21°， 因此，提前时间为t ＝24×3 600×0.21°360°s ＝50.4 s≈50 s. 【答案】 B。

第 - 1 - 页 共 8 页模块综合检测(时间:45分钟　满分:100分)一、选择题(每小题6分,共48分。

在每小题给出的四个选项中,第1~5小题只有一个选项正确,第6~8小题有多个选项正确)1.下列叙述正确的有( )A.在不同的惯性参考系中,光在真空中的速度都是不相同的B.两列波相叠加产生干涉现象,则振动加强区域与减弱区域交替变化C.光的偏振现象说明光波是纵波D.当观察者向波源靠近时,接收到的波的频率增大,但波源自身的频率不变,在不同的惯性参考系中,光在真空中的速度是相同的,选项A 错误;两列波相叠加产生干涉现象,则振动加强区域与减弱区域相互隔开,形成稳定的干涉图样,选项B 错误;光的偏振现象说明光波是横波,选项C 错误;当观察者向波源靠近时,接收到的波的频率增大,但波源自身的频率不变,选项D 正确。

2.下列说法正确的是( )A.太阳光通过三棱镜形成彩色光谱,这是光的干涉的结果B.用光导纤维传送图像信息,这是光的衍射的应用C.眯着眼睛看发光的灯丝时能观察到彩色条纹,这是光的偏振现象D.在照相机镜头前加装偏振滤光片拍摄日落时水面下的景物,可使景像清晰,是由于不同色光在介质中折射率不同产生的色散现象,A 错;用光导纤维传送图像信息是利用了光的全反射,B 错;眯着眼睛看发光的灯丝时观察到彩色条纹是光的衍射现象,C 错;在照相机镜头前加装偏振滤光片拍摄日落时水面下的景物,滤去了水面的反射光,使景像清晰,D 对。

3.下图为同一实验中甲、乙两个单摆的振动图象,从图象可知( )第 - 2 - 页 共 8页A.两摆球质量相等B.两单摆的摆长相等C.两单摆相位相差πD.在相同的时间内,两摆球通过的路程总有s 甲=2s 乙T 甲=T 乙,则摆长相同,B 正确。

单摆的周期与质量无关,A 错误。

由题图可知,甲、乙的振动方程分别为x 甲=0.02sin(ωt+)π2x 乙=0.01sin ωt 。

由此可知C 错误。

由单摆的运动规律知D 错误。