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第一部分专题十二机械振动与机械波光
第2练光
A
[小题·精讲精练]
由于02角度较小，可以得到sin04=2sin01=
[例题讲坛]
2
例1（多选）某同学在观看太空水球光学实验后，
因此光从内国通过距离为L=sn
R
=√2R
想研究光在含有气泡的水球中的传播情况，于是
找到一块环形玻璃砖模拟光的传播，俯视图如图
光从内圆通过的时间为(=R,故C错误，D正
2所示.光线a沿半径方向入射玻璃砖，光线b与
光线a平行，两束光线之间的距离设为x,已知
确.故选：AD,
玻璃砖内圆半径为R,外圆半径为2R,折射率为
【答案】AD
√2，光在真空中的速度为c,不考虑反射光线，下
例2直线P,P2过均匀
a
列关于光线b的说法正确的是
玻璃球球心O,细光束
P
a、b平行且关于P1P2
对称，由空气射人玻璃
球的光路如图.a、b光相比
A.玻璃对a光的折射率较大
B.玻璃对a光的临界角较小
图1
图2
C.b光在玻璃中的传播速度较小
D.b光在玻璃中的传播时间较短
:
A.当x>√2R时，光不会经过内圆
【解析】由于a、b光平行且关于过球心O的直
B.当x=√2R时，光线从外圆射出的方向与图中
线P1P2对称，因此它们的入射角i相等，根据图
入射光线的夹角为45
可
中几何关系可知，b光在玻璃球中的光路偏离进
C当二2R时，光线从外圆射出的方向与图中
入球之前方向较多，即b光的折射角Y较小，根
入射光线平行
据折射定律有：n=sin,所以玻璃对b光的折射
sin y
此
D.当工=R时，光从内圆通过的时间为2R
率较大，故选项A错误；根据临界角公式有：
2
线
【解析】当折射光线恰好和内圆相切时，光恰好
sinC=。,所以玻璃对a光的临界角较大，故选
不会通过内圆
R
项B错误；根据折射率的定义式有：n=C,所以
壁
根据几何关系得sini=2R,sinr
2R
b光在玻璃中的传播速度口较小，故选项C正
不
根据折射率公式n=sini
确；根据图中几何关系可知，a、b光进入玻璃球
sin r
后，b光的光程d较大，根据匀速直线运动规律
代入数据解得x=√2R
因此当x>√2R时，光不会经过内圆，故A正确；
有：1一号，所以6光在玻璃中的传格时问较长，
B.由上式解得i=45°，r=30
故选项D错误。
由几何分析可知，光线从外圆射出的方向与图中
【答案】C
入射光线的夹角小于45°，故B错误；
[小题·分层分练]
[一层·打基础]
知识点一光的折射与反射
1.如图所示，一玻璃球体
的半径为R,球心为O,
60g
一细激光束沿与OA夹
角为60°方向从A点射
入玻璃球体，该光线经
两次折射后从玻璃球体
C当x=R时，由几何分析可知，光线从外圆
射出时，出射光线的方
2
射出的方向不可能与图中入射光线平行03≈202
向相对于初始入射方向的偏角为60°，则玻璃球
体的折射率为
根据折射定律n=
sin 61 sin 0
sin 02 sin 03
A.1.5
B.2
C.√2
D.√3
65参考答案
umgt=Mu一0，代入数据解得，A与B间的动摩擦因数：=
1
1
0.1,故B正确；设系就损失的机械能为△E,木板B的最小长度
Em=2·3m%+m%l
为L,由能量守恒定律得：7m=号0M十m十△正，共中△正
3
联立解得：Ee=之md
=umgL,
故C错误；弹簧第一次恢复原长时，a1>1,此后弹簧拉
代入致据解得：△E=2J,L=1m,故C错误，D正确.故
伸，在到弹簧第二次恢复原长的过程中，弹力始终对P做正
选：ABD.
功，对Q做负功，根据动量守恒和能量守恒定律可推知当弹
【答案】ABD
簧第二次恢复原长时，P的速度为。，Q的速度为0，此时Q
5.【解析】火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，
与挡板碰撞后，系统的运动情况与A项中描述相同，所以弹
A错误；水喷出的过程中，瓶内气体做功，火箭及水的机械能
黄弹性势能的最大位是m,故D正确，故选：AD.
不守恒，B错误：在水喷出后的瞬间，火箭菽得的速度最大，
【答案】AD
mvo,C
由动量守恒定律有(M-m)一m,=0,解得=M一m,
小题·真题真练
错误：水喷出后，火箭做竖直上抛运动，有=2gh解得h=
【解析】子弹在木块内运动的过程中，子弹与木块组成的系
m话
就所受合外力为0，所以该系航动量守恒，若子弹没有射出
2g(M-m)D正确.故逸D.
木块，则由动量守恒定律有m=(m十M)v,解得木块获得
【答案】D
的建度大小为一m十M:又子弹的初速度越大，共打入木块
6.【解析】斜面和物块组成的系统水平方向动量守恒，规定右
越深，则当子弹恰不射出木块时，木块获得的速度最大，此时
为正方向，在水平方向有mU1=M2,则mU1=Ml,所以
h
mx1=Mx,又有x1+=an37
有之md=之(m十M+k,解得=2LD;若
mM
代入数据解得x2=0.2m,故C正确，ABD错误.故选：C.
子弹能够射出木块，则有>2Lm+M,子弹在木块内运
mM
【答案】C
动的过程，对子弹和木块分别由牛顿第二定律有=mam,
7.【解析】若无固定挡板，则P,Q达到共同速度1时弹簧的
弹性势能最大，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有
kw=Mwu:报据位移关系有一a-名02=L,对术
3m=4m1
2kmL
解得=子
块有=w,联立解得一2Mm-十m,又越大，
t越小，则巴，越小，即随希的增大，木块莪得的速度2不
根据能量守恒定律可知弹簧弹性势能的最大值是：
断减小。综上，若木块获得的速度最大，则子弹的初速度大
E=名·3md-之·4m时=gnd
3
小v=
2L(m十M迎，A正确：子弹在木块内运动的过程，对
mM
故A正确；若P、Q第一次共速时Q与挡板碰撞，碰撞后Q
子弹由动量定理有一kt=mU一m。,解得子弹在木块中运
的速度变为一巴，P,Q再次达到共同達度2时弹簧的弹性
mM
势能最大，根据动量守恒定律有
动的时间1一(m干MB错误：由能量守位定律可知，木块
3m1一y1=4m2
和子弹损失的总动能△E,=k,L=21（十M.C错误：
mM
1
3
解得，=2=8
木块在加速过程中微匀加速运动，由运动学规律有x=2,
Vat
设弹簧弹性势能的最大值是E,根据能量守位定律有
Ee一Ea=名·tmo听-名·tmd
解得木块在加速过程中运动的距离xmD正骑。
【答案】AD
39
解得Eme=32m
专题十二机械振动与机械被
光
故B错误；设弹簧第一次恢复原长时P、Q的速度分别为
v1,a1,根据动量守恒定律有
第1练机械振动与机械波
3m=3mUp1十Va1
根据能量守恒定律有
小题·分层分练
1.【解析】弹簧振子在平衡位置时，回复力为零，故加逸度最
·3m暖=合·3加+名m喝
1
1
小为零，此时振子的速度最大，动能最大，故A错误：弹簧振
子在振动过程中机械能守恒，水平方向振动的弹簧振子小球
解得1=2
的动能和弹簧的弹性势能相互转化·竖直方向振动的弹簧振
3vo
val=2
子小球的动能、重力势能以及弹簧的弹性势能之间相互转
碰撞后Q的速度变为一a,P,Q再次达到共同速度vg时弹
化，敢B错误：由单摆的周期公元T=2√臣可如，单摆的
簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有
周期随摆长L的增大而增大，故C正确；单摆运动到平衡位
3mvp1一mVQ1=4mV3
置时，由于需要有指向圈心的合力提供向心力，故在平衡位
解得：=0
置受到的合力不为零，故D错误，故选：C.
弹簧弹性势能的最大值为
【答案】C
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