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参考答案
小球飞行过程中只受重力作用,所以合外力的冲量为
第一章　动量守恒定律
I＝
mgt＝１×１０×１N s＝１０N s
第１、２节　动　　量　动量定理 方向竖直向下
知识梳理
一、１．(１)质量　速度　mv　(２)千克米每秒　kg m/s　
(３)矢　速度　２．(１)末动量　初动量　p′－p　(２)代数
二、１．时间　N s　力　时间　２．(１)动量变化量
(２)mv′－mv＝F(t′－t)　p′－p＝I
典例精解
【典例１】　解析:(１)以球飞回的方向为正方向,则p１＝mv 由动量定理得１ Δp＝I＝１０N s,方向竖直向下．
(３)小球落地时竖直分速度为vy ＝gt＝１０m/s．由速度合成
＝－５×１０－３
９０
×３．６kg
m/s＝－０．１２５kg m/s,p２＝mv２＝５×
知,落地速度v＝ v２＋v２ ＝ １０２０ y ＋１０２ m/s＝１０ ２m/s,所以
１０－３
３４２
× kg m/３．６ s＝０．４７５kg
m/s,所以羽毛球的动量变化量为 小球落地时的动量大小为p′＝mv＝１０ ２kg m/s,方向与水平
方向的夹角为
Δp＝p２－p１＝０４．７５kg m/s－(
４５°．
－０１．２５kg m/s)＝０．６００kg m/s,
课后巩固
即羽毛球的动量变化大小为０．６００kg m/s,方向与羽毛球飞回的方 【基础训练】
向相同．
() １．C　２．D　３．D　４．C　５．D　６．C　７．A　８．B　９．A２ 羽毛球的初速度为v１＝－２５m/s,羽毛球的末速度为v２
１０．解析:取竖直向上为正方向,篮球碰撞前的运动方向是竖直
＝９５m/s,所以 Δv＝v２－v１＝９５m/s－(－２５m/s)＝１２０m/s,
向下的,其动量p１＝mv１＝０．７５kg×(－１０)m/s＝－７．５kg m/s．碰１ １
羽毛球的初动能:Ek ＝ ２２mv１ ＝ ２ ×５×１０
－３ × (－２５)２J＝ 后的运动方向是竖直向上的,此时动量p２＝mv２＝０．７５kg×８m/s＝
１ １ ６kg m/s．动量的 变 化 Δp＝p２ －p１ ＝[６－(－７．５)]kg m/s
１．５６J,羽毛球的末动能:E′k＝ ２mv
２
２＝ ２ ×５×１０
－３×９５２J＝ ＝１３５．kg m/s．
２２．５６J,所以 ΔEk＝E′k－Ek＝２１J． 拓展提升
变式１:D １．B　２．C　３．D　４．D　５．B　６．A　７．B　８．B
【典例２】　解析:运动员刚接触网时速度的大小v ＝ ２gh ９．解析:(１)以A 为研究对象,由牛顿第二定律有F＝m a,１ A１
/ / , 代入数据解得a＝２．５m/
２
＝ ２×１０×３．２ms＝８ms 方向向下． s．
(２)对A,B 碰撞后共同运动t＝０．６s的过程,由动量定理得
刚离网时速度的大小v２ ＝ ２gh２ ＝ ２×１０×５．０ m/s＝ Ft＝(mA ＋mB)vt－(m ＋m )v,代入数据解得v＝１m/s．
１０m/ ,
A B
s 方向向上．
１ １
运动员与网接触的过程,设网对运动员的作用力为F,则运 １０．解析:(１)由动能定理,有－μmgs＝ mv２ ２,可得２ －２mv０
动员受到向上的弹力F 和向下的重力mg,对运动员应用动量定 μ＝０．３２．
理(以向上为正方向),有:(F－mg)Δt＝mv２－m(－v１) (２)由动量定理:有FΔt＝mv′－mv,可得F＝１３０N．
mv
F＝ ２
－m(－v１)
Δt ＋mg (
１
３)由动能定理－W＝０－ mv′２,可得２ W＝９J．
解得F＝ [６０×１０－６０×(－８)１．２ ＋６０×１０]N＝１．５×１０３N,方 第３节　动量守恒定律
向向上． 知识梳理
答案:１．５×１０３N　方向向上 一、１．整体　３．以外
变式２:B 二、１．外力　外力　２．p１′＋p２′　m１v１′＋m２v２′　３．外力
当堂训练 外力
１．D　２．D　３．B　４．D　５．B　６．B　７．C　８．C　９．C 典例精解
１０．B　１１．D 【典例１】　B　解析:当两手同时放开时,系统所受的合外力
１２．解析:(１)重力是恒力,０．４s内重力对小球的冲量I＝mgt 为零．所以系统的动量守恒,又因开始时总动量为零,故系统总动
＝１×１０×０．４N s＝４N s 量始终为零,选项 A正确;先放开左手,左边的小车就向左运动,
方向竖直向下． 当再放开右手后,系统所受合外力为零,故系统的动量守恒,且开
(２)由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动,故h＝ 始时总动量方向向左,放开右手后总动量方向也向左,故选项 B
１ ２h 错误,选项C、D正确．
２gt
２,落地时间t＝ ＝１s,
g 变式１:C
１０２
【典例２】　解析:(１)子弹穿过物体A 的过程中,子弹和物体 ９．０×１０－３
m/０．０６０ s＝０．１５m
/s,则右侧滑块m
, , ２
v２＝１４９g×(－０．１５m/s)
A 组成的系统动量守恒 取向右为正方向 由动量守恒定律得
m (v －v) ≈－２２４．g m/s,可见在误差允许的范围内两滑块０ ０ m１v１＋m２v２≈０．m０v０＝m０v＋mAvA ,解得vA ＝ m ．A 答案:２２．５　０
(２)对物体A 和平板车B,以A 的速度方向为正方向, 变式１:解析:碰撞前:vA ＝０,vB ＝０,所以有mAvA ＋mBvB ＝
由动 量 守 恒 定 律 得 mAvA ＝ (mA ＋mB )v共 ,解 得 v共 ０,碰撞后:vA′＝０．０９m/s,vB′＝０．０６m/s规定向右为正方向,则
m０(v０－v) 有＝ ． mAvA′＋mBvB′＝０．２×
(－０．０９)kg m/s＋０．３×０．０６kg m/s
mA ＋mB ＝０,则由以上计算可知mAvA ＋mBvB ＝mAvA′＋mBvB′．
变式２:解 析:两 车 一 起 运 动 时,由 牛 顿 第 二 定 律 得a＝ 答案:匀速　０．０９　碰撞前后滑块 A,B 的质量与速度乘积
Ff
＝μg＝６m/s２,v＝ ２as＝９m/s,两车碰撞前后,由动量 之和为不变量m１＋m２ 【典例２】　B　解析:不放被碰小球时,落点为P,则水平位移
( ), m１＋m守恒定律得mv ＝ m ＋m vv ＝ ２２ ０ １ ２ ０ v＝２７m/s． 为OP;放上被碰小球后小球a,b的落地点依次是图中水平面上m２
的M 点和N 点,则水平位移为当堂训练 OM 和O′N;碰撞过程中,如果水
平方向动量守恒,由动量守恒定律得 ,小球
１．C　２．A　３．C　４．A　５．B　６．D　７．D　８．C　９．D　 m１v１＝m１v′１ ＋m２v２
做平抛运动时抛出点的高度相等,它们在空中的运动时间 相
１０．C t
１１．解析:细线断裂前A,
,
B 匀速上升,则系统合外力为零,细 等 两边同时乘以时间t
,m１v１t＝m１v′１t＋m２v２t,得 m →１OP＝
, , , m O→M＋m O′→ → → →线断裂后外力不变 合力仍然为零 即系统动量守恒 根据动量守 １ ２ N;变形可得:m１ (OP－OM)＝m２ O′N．故 B
恒定律,取方向向上为正,得(m ＋m )v＝m v ＋２m v,解得v 正确,１ ２ ２ ２ １ ２ ACD错误．
(m －m )v 变式２:解析:(１)A 球与B 球碰后都做平抛运动,高度相同,
＝ ２ １ ,因 为 m１ ＞m２,所 以 v２ ＜０,故 速 度 大 小 为m２ 在空中运动时间都相同,水平射程与其速度成正比．而水平射程
(m１－m２)v, 是将１０个落点用尽量小的圆圈起来,其圆心即为落点方向向下 ．从尺上读
m ．２ 数就可读出６４．７cm．
课后巩固 (２)由于B 球是放在水平槽上,所以A,B 两球的水平射程的
【基础训练】 起点都是O 点,应选 A、B两项．设没放B 球时,A 球落点为M,由
１．C　２．B　３．A　４．C　５．B　６．D　７．B　８．A　９．B 动量守恒定律得mAOM＝mAOA＋mBOB,需要测量A,B 两球的
m
１０．解析:动量守恒 m v －m v ＝m v′－m v′,解得 １ 质量,应选C．１ １ ２ ２ ２ ２ １ １ m２ 答案:(１)６４．７　(２)ABC
v２＋v＝ ２
′, m代入数据得 １ ３ 当堂训练
v１＋v′ m ＝２．１ ２
【拓展提升】 １．C　２．BC　３．AEF　４．B
解析:()相互作用的两车上,一个装上撞针,一个装上橡
１．B　２．B　３．D　４．D　５．D　６．D　７．B　８．C ５． １
:( ) , 皮泥,是为了碰撞后粘在一起,不是为了改变车的质量,AB错误;９．解析 １ 设子弹和木块的共 同 速 度 为v 由 动 量 守 恒
, 应先接通电源,待打点稳定,然后再让小车运动,C正确,D错误定律 ．
(
mv ２
)推动小车 M 由静止开始运动,小车有个加速过程,在碰撞前
mv０＝(M＋m)v,解得:v＝
０ ,木块的最大动能
m＋M Ek＝ 做匀速直线运动,即在相同的时间内通过的位移相同,故BC 段
１ Mm２v２ 为碰前匀速运动的阶段,应选BC 段计算碰前的速度;碰撞过程
２Mv
２＝ ０( ;２m＋M)２ 是一个变速过程,而 M 和N 碰后共同运动时做匀速直线运动,应
(２)设子弹和木块之间的相互作用力为F,位移分别为x１, 选DE 段来计算碰后共同的速度．
x２,由动能定理得, 答案:(１)C　(２)BC　DE
, １ ２ １ ２, , １ ２ ６．解析:(１)只有两个小球的半径相等,才能保证碰撞为一维对子弹 －Fx１＝ ２mv － ２mv０
对木块 Fx２＝ ２Mv － 对心碰撞,碰后小球做平抛运动,A 错误,B正确;入射小球每次
, x ２m＋M０ 联立解得子弹和木块的位移之比 １＝ ． 应该从斜槽的同一位置由静止滚下,C正确;斜槽末端必须水平x２ m 也是保证小球碰后做平抛运动的条件,D正确．
第４节　实验:验证动量守恒定律 (２)根据动量守恒定律,有m１v０＝m１v１＋m２v２,即有m１v０t
知识梳理 ＝m１v１t＋m２v２t,故有m１ OP＝m１ OM＋m２ ON．
三、参考案例１:(１)天平　毫米刻度尺　(２)中央　参考案 ( １ １３)若在碰撞过程中系统的动能守恒,则有 mv２＝ mv２１ ０ １ １
例２:(１)天平　(２)水平　(３)铅垂线　(４)圆　圆心　(５)同一 ２ ２
典例精解 １ ２, １ １ １＋ m２v２ 即 m１ OP２＝ m１ OM２＋ m ON２２ ,又由于
【典例１】　解析:左侧滑块的速度为: ２ ２ ２ ２
,
d 联立以上两式可得１ ９．０×１０－３ m m１ OP＝m１ OM ＋m２ ON OM ＋OPv１＝ ＝ ＝０．２２５ m/s,则左侧滑块t１ ０．０４０s m１v１ ＝ ＝ON．
d 答案:(１)A　(２)m１ ２ OP　(３)OM＋OP１００g×０．２２５ m/s＝２２．５g m/s,右侧滑块的速度为:v２＝t ＝２ ７．解析:(１)在此实验中两小球在空中的飞行时间相同,实验
１０３
中可用平抛时间作为时间单位． ②改变小球的质量比,小球仍做平抛运动,竖直方向高度不
(２)此实验要求两小球碰后做平抛运动,所以应使斜槽末端 变,飞行时间不变,水平距离与水平速度成正比,A 错误．升高小
水平,C对．不放被碰小球时,入射小球的平均落点为P 点,A 错 球的初始释放点,小球仍做平抛运动,竖直方向高度不变,飞行时
误．斜槽的粗糙程度对实验的误差没有影响,B错误．为使入射小 间不变,水平距离与水平速度成正比,B错误．改变小球直径,两球
球不反弹且碰撞时为对心正碰,应使ma＞mb且ra＝rb,D错误． 重心不在同一高度,飞行竖直高度不同,时间不同,水平距离与水
(３)实验中要验证mav１＝mav′１＋mbv′２,设平抛时间为t,则 平速度不再成正比,C正确．升高桌面高度,小球仍做平抛运动,竖
OP OM ON 直方向高度不变,飞行时间不变,水平距离与水平速度成正比,D
变为 ma t ＝ma
,即
t ＋mb t ma OP ＝ma OM ＋ 错误．
mb ON． , １③根据平抛运动 竖直方向h＝ gt２,水平x＝vt,根据题意
答案:(１)平抛时间　(２)C　(３)C ２
课后巩固 得: p ３OPp＝mAvA ,p′＝mAvA′＋mBvB′联立解得:′＝【基础训练】 p ３OM＋ON
＝
１．解析:(１)[１]实验中是通过平拋运动的基本规律求解碰撞 １．０１(１．０１~１．０２)．
前后的速度,只要小球离开轨道后做平抛运动即可,对斜槽是否 答案:①１４．４５~１４．５０　②C　③１．０１~１．０２
光滑没有要求,故 A错误;要保证每次小球都做平抛运动则轨道 ５．解析
:(１)为了保证小球做平抛运动,轨道的末端需切线水
, , , ,
的末端必须水平,但不需要测量轨道末端到地面的距离,故 B错 平 轨道不一定需要光滑 故 A错误 B正确．为了发生对心碰撞
误; ,为了保证小球碰撞为对心正碰,且碰后不反弹,要求实验中应 m１和m２的球心在碰撞的瞬间在同一高度 故C正确．碰撞后两球
, ; 均要做平抛运动,碰撞的瞬间m１和m２球心连线与轨道末端的切用大小相同的小球且m１要大于m２ 故 C错误 要保证碰撞前的
, , 线平行,故 D正确．为了保证碰撞前小球的速度相等,每次 都速度相同 所以 m１每次都要从同一高度由静止滚下 故 D正确． m１
要从同一高度静止滚下,故E正确．故选故选 D． BCDE．
() , ()小球离开轨道后做平抛运动,小球下落的高度相同,在空２ 要验证动量守恒定律即m１v１＝m１v１′＋m２v２′ 小球做平
２
抛运动,由平抛运动规律可知,两小球在空中运动的时间相同, 中的运动时间t相同
,由
上 x＝vt可知
,小球的水平位移与小球的
, 初速度v成正比,可以用小球的水平位移代小球的初速度,如果式可转 换 为 m１v１t＝m１v１′t＋m２v２′t 所 以 需 验 证 m１xOB ＝
小球动量守恒,满足关系式: ,故有
m x ＋m x mAv０＝mAv１＋m． Bv２ mAv０t＝１ OA ２ OC
:() () m vt＋m vt
,即m OP＝m OM＋m ON;由此可知需测量小
答案 １D　 ２m１xOB ＝m１xOA ＋m x
A １ B ２ A A B
２ OC
球a,b的质量ma,mb,记录纸上O 点A,B,C 各点的距离OA,２．解析:(１)若把平抛时间设为单位时间１s,则由x＝v０t知
OB,OC,由于要考虑小球的半径,则还需要测量小球的半径r,故
平抛运动的初速度和水平位移相等,故碰前 M２与其做平抛运动的
选 ABFG．
水平初速度v２的乘积 M v ＝３２．６×１０－３２ ２ ×５６．０×１０－２kg m/s＝ (３)碰撞前,系统的总动量等于球１的动量,即P１＝m１ v１,
０．０１８３kg m/s
碰后各自质量与其做平抛运动的水平初速度的乘积之和 OP OM碰撞后的总动量P２＝m１v′１ ＋m２v２,由于v１＝ ,t v１′＝
,
t v２
M２v′２ ＋M１v′１ ＝３２．６×１０－３×１２．５×１０－２kg m/s＋２０．９× ON－２r
１０－３×６７．８×１０－２kg m/s＝０．０１８２kg m/s ＝ ,则需要验证 ;和 t m１ OP m１ OM＋m２
(ON－２r)
(２)实验结论是在误差范围内,两小球碰撞过程中系统动量 是否相等,故选 AE．
守恒． 答案:(１)BCDE　(２)ABFG　(３)AE
答案:(１)０．０１８３　０．０１８２　(２)在误差范围内,两小球碰撞过 ６．解析:(１)本实验中由于平抛运动高度相同,运动时间相
程中系统动量守恒 同,不需要测量时间,故 A 错误;．验证动量守恒,需要计算动量,
３．解析:(１)将１０个点圈在圆内的最小圆的圆心作为平均落 需要测量质量,故B正确;实验中需要测量落点到抛出点的水平
点,可由刻度尺测得碰撞后B 球的水平射程约为６４．７cm． 距离,故需要刻度尺,故 C正确;实验中不需要处理纸带,不需要
(２)从同一高度做平抛运动飞行的时间t相同,而水平方向 打点计时器,故 D错误;故选BC．
为匀速运动,故水平位移s＝vt,所以只要测出小球飞行的水平位 (２)实验是通过平抛研究问题,故槽口末端水平,故 A 正确;
移,就可以用水平位移代替平抛初速度,亦即碰撞前后的速度,通 两球需要发生对心碰撞,则两球大小需相同,故B错误;入射球质
过计算mA OP,与mA OM＋mB ON 是否相等,即可以说明 量要大于被碰球质量,即 m１＞m２,防止碰后 m１被反弹,故 C错
两个物体碰撞前后各自的质量与其速度的乘积之和是否相等,故 误;小球平抛运动时间相同,不需要测出桌面离地的高度,故 D错
必须测量的是两球的质量和水平射程,即选项 BCD是必须进行 误;故选 A．
的测量; (３)P 是入射球碰撞前的落点,M 是入射球碰撞后的落点,N
(３)由动量守恒mAv０＝mAv１＋mBv２,因运动时间相同,等式 是被碰球碰撞后的落点,实验需要验证:m１v１＝m１v′１ ＋m２v２,两
两边同时乘以运动时间得 mAv０t＝mAv１t＋mBv２t,即 mA OP 边同时乘以小球做平抛运动的时间t,得 m１v１t＝m１v′１t＋m２v２
＝mA OM＋mB ON． t,结合平抛运动规律得 m１OP＝m１OM＋m２ON,代入数据解
答案:(１)６４．７cm(６４．２~６５．２cm 均可)　(２)BCD 得m１∶m２＝３∶２．
(３)mA OP′＝mA OM＋mB ON (４)小球发生弹性碰撞,碰撞过程中系统动量守恒、机械能也
４．解析:①根据图像得,A 球落点应取所有点迹组成小圆的 １ ２ １ ２ １ ２ ２
圆心, 守恒,有 ,可得:A 球的水平射程为１４．４５~１４．５０cm． ２m１OP ＝ ２m１OM ＋ ２m２ON m１OP ＝
１０４
m OM２１ ＋m２ON２． (２)碰后对小球A 用机械能守恒m d１g (l＋ ) (１－cosβ)＝
答案:(１)BC　(２)A　(３)３∶２　(４)　m１OP２＝m１OM２＋ ２
１ １
m２ON２ m１v′２１ ,小球B 做平抛运动x＝v２t;h＝ ２,碰撞过程动量守２ ２gt
７．解析:(１)碰撞过程内力远大于外力,所以碰撞前后可能相 恒 m１v１ ＝ m１v１′ ＋ m２v２,联 立 以 上 五 式 整 理 得 m１
等的物理量是动量．
( x
０．０５５５ ２l＋d
)(１－cosα)＝m１ (２l＋d)(１－cosβ)＋m２ ．
(２)A 车碰撞前的速度为v＝ ０．０６ m
/s＝０．９２５m/s,A,B ２h
答案:(１)１２．４０　小球B 质量m２,碰后小球A 摆动的最大角
０．０４５０
碰后一起运动的速度为v′＝ /０．１０ ms＝０．４５０m
/s,所以碰前的 度β　(２)m１ (２l＋d)(１－cosα)＝m１ (２l＋d)(１－cosβ)＋
动量p＝mv＝０．６×０．９２５kg m/s＝０．５５５kg m/s,碰后的动量 xm２
p′＝２mv′＝１．２×０．４５０kg m/s＝０．５４０kg m/s． ２h
() 解析:(、)由于 , 原来静止,总动量为零,验证动量守３ 在误差允许的范围内p＝p′,所以碰撞前后动量守恒． ４． １２ A B
答案:(１)动量　(２)０．５５５kg m/s　０．５４０kg m/s　(３)在
L x
恒定律的表达式为:mAt －mB ＝０
,所以还需要测量的物理
A tB
误差允许的范围内,碰撞前后动量守恒
量是光电门E,F 间的水平距离;
【拓展提升】
L
１．解析:(１)被碰小球b从槽口飞出的速度最大,则小球b从 (３)弹簧恢复原长时,A 滑块的速度为:vA ＝ ,t B
滑块的速
A
槽口飞出到撞击木板所用时间最短,由平抛运动规律可知,小球b x １ ２
, 度为
:v ＝ ,根 据 能 量 守 恒 定 律 得:E ＝ m L ＋
竖直方向的位移最小 所以砸痕P 是被碰小球b撞击留下的． B t pB ２ A (t )A
(２)设小球a单独滚下经过斜槽轨道末端的速度为va,两球 １ ２m xB ,
碰撞后a,b 的速度分别为va′和vb′,若两球碰撞动量守恒,则 ２
(t )B
mava＝mava′＋mbvb′,设槽口到木板的距离为x,根据平抛运动 答案:(１)
L x
光电门E,F 间的水平距离　(２)mAt －mB ＝A tB
, １ g规律 得 x ＝vt h ＝ ２gt
２,解 得 v ＝x ,则 有 v ＝ １ L ２ １ x ２２h a ０　(３)２mA (t ) ＋２mB (t )A B
g , gx v′＝x ,
g
v′＝x ,联立可得,若 ５．解析:(１)为了保证碰撞后,A 不反弹,则滑块A,B 的质量２ OM a ２ ON b ２ OP 应满足mA ＞mB．
, m m m两球碰撞动量守恒 应满足的表达式为 a ＝ a ＋ b , d
OM ON OP (２)碰撞前A 的速度为v０＝ ,碰撞后B 的速度为Δt vB ＝０
所以本实验还需测量的物理量是小球a 的质量ma和小球b的质 d , d碰撞后A 的速度为vA ＝ ,若碰撞过程系统动量守恒,由量mb． ΔtB ΔtA
(３)由(２)的分析可知,两球碰撞过程动量守恒的表达式为 m动量守恒定律得m v ＝m v ＋m v ,即 A
mA mB
A ０ A A B B
m m m Δt
＝
０ Δt ＋Δt ．a a b A B＝ ＋ ．
OM ON OP (３)滑块与导轨间的摩擦,使滑块做减速运动,会导致测得的
答案:(１)P 点　(２)小球a 的质量ma、小球b 的质量mb　 系统碰撞前的总动量大于碰撞后的总动量．
m m m m(３) a
m
＝ a
m
＋ b 答案:(１)＞　(２)
A A B ()
Δt ＝０ Δt ＋A Δt 　 ３ ＞OM ON OP B
６．解析:烧断细线后,两物块离开桌面做平抛运动,取质量为
２．解析:(１)小车A 碰前运动稳定时做匀速直线运动,所以
m１的物块的初速度方向为正方向,两物块平抛初速度大小分别为
选择BC 段计算A 碰前的速度．
v１,v２,平抛运动的水平位移大小分别为x１、x２,平抛运动的时间
两小车碰后连在一起仍做匀速直线运动,所以选择DE 段计
x１ x２
算A 和B 碰后的共同速度． 为t．需要验证的关系式为０＝m１v１－m２v２,又v１＝ 、t v２＝
,
t
() DE ０．０６９５２ 碰后两小车的速度为v＝ t ＝５×０．０２m
/s＝０．６９５m/s, 代入得到m１x１＝m２x２,故需要测量两物块落地点到桌面边缘的
水平距离x１,x２,即水平位移大小,所以需要的器材为刻度尺．
则碰后 两 小 车 的 总 动 量 为 p＝ (m１＋m２ )v＝ (０．４＋０．２)× 答案:(１)刻度尺　(２)两物块平抛运动的水平位移大小x１和
０．６９５kg m/s＝０．４１７kg m/s． x２　(３)m１x１＝m２x２
答案:(１)BC　DE　(２)０．４１７ ７．解析:(１)判断气垫导轨已经调节水平的方法是:接通气
３．解析:(
１
１)球的直径为d＝１２mm＋２０×８mm＝１２．４０mm．
源,轻推其中一个滑块,使其在导轨上运动,看滑块经过两光电门
的时间是否相等,若滑块自由通过两光电门的时间相等,说明导
根 据 机 械 能 守 恒 定 律 可 得 碰 撞 前 瞬 间 球 A 的 速 度
d
m１g( d ) 轨水平．　(２)滑块A 通过光电门１时的速度大小v ＝ ,滑块l＋ ( １ １１－cosα)＝ m１v２１,碰撞后仍可根据机械能守恒定律 t１２ ２ d
计算小球A 的速度,所以需要小球A 碰后摆动的最大角β;小球B 碰 B 通过光电门２时的速度大小v２＝ ,滑块 再次通过光电门t A １２
撞后做平抛运动,根据平抛运动规律可得小球B 的速度,要求B 的 d
时的速度大小
动量所以需要测量小球B 的质量m ． v３＝
,如果碰撞过程动量守恒,以向右为正方
２ t３
１０５
m１ m１ (２)从开始到碰后的全过程,由动量守恒定律得向,由动量守恒定律得m１v１＝－m１v３＋m２v２,整理得t ＝－１ t３ mv０＝(m＋mB)v③,设碰撞过程A,B 系统机械能的损失为
m
＋ ２
２
．(３)由于碰撞后滑块A 再次通过光电门１,所以滑块A 的 １ １ １t ΔE,则 ΔE＝２m (v２ ) ＋２m (２v)２B － (m＋m )v２B ④,联立２ ２
质量小于滑块B,A 正确;滑块通过光电门的速度可以近似认为 １
式得 ２
是挡光片通过光电门时挡光的极短时间内的平均速度,滑块A 推 ②③④ ΔE＝６mv０．
出的速度越小,挡光片通过光电门的时间越长,实验误差就越大, 课后巩固
B错误;气垫导轨没有调节水平,滑块将做变速直线运动,对实验 【基础训练】
结果有影响,C错误． １．A　２．C　３．D　４．B　５．C　６．B　７．B　８．A　９．D
答案:(１)轻推滑块,滑块自由通过两光电门的时间相等 １０．解析:(１)A 和B 碰撞又分开,这一过程满足动量守恒,又
m１ m１ m２ 满足机械能守恒．设A,B 两物体分开后的速度分别为() () v１
,v２．
２t ＝－t ＋t 　 ３ A１ ３ ２ 由动量守恒定律得:Mv０＝Mv１＋mv２,由机械能守恒定律
第５节　弹性碰撞和非弹性碰撞 :１ ２ １ １ M－m ２M得
２Mv０＝２Mv
２
１＋２mv
２
２,得v１＝ ,M＋mv０ v２＝M＋mv０．
知识梳理
(２)弹簧弹性势能最大时,弹簧被压缩至最短,此时A,B 有
１．(１)守恒　(２)不守恒　(３)最大
共同速度．设共同速度为v．由动量守恒定律得:Mv ＝(M＋m)v,
２．(１)两球心　这条直线　(２)两球心　偏离
０
M １ １ ２ １
典例精解 则v＝ ,M＋mv０ Ep＝ ２Mv
２
０－ (２ M＋m
)( MM＋mv０ ) ＝ ２
【典例１】　A　解析:由题中图乙可知,质量为 m１的小球碰 Mm ２
前速度v１＝４m/s,碰后速度为v１′＝－２m/s,质量为m２的小球碰 M＋mv０．
前速度v２＝０,碰后的速度v２′＝２m/s,两小球组成的系统动量守 【拓展提升】
恒,有m１v１＋m２v２＝m１v１′＋m２v２′,代入数据解得m２＝０．３kg,所 １．C　２．A　３．C　４．C　５．C　６．A　７．D　８．A　９．D
以选项 A正确,选项BC错误;两小球组成的系统在碰撞过程中的 １０．解析:(１)木板与竖直墙碰撞后,以原速率反弹,设向左为正
１ １
机械能损失为ΔE＝ mv′２＋ mv′２－ ( １ １mv２＋ mv２ ) ＝ 方向,由动量守恒定律m２v０－m１ １ ２ ２ １v０＝(m１＋m２)v,v＝０．４m/s,方向２ ２ ２ １ １ ２ ２ ２ １
０,所以碰撞是弹性碰撞,选项D错误． 向左,不会与竖直墙再次碰撞．由能量守恒定律 (２ m１＋m
２
２)v０＝
变式１:A １ ２
【 】 : ( ) ,解得典例２ 　D　解析 由题设条件,三个小球在碰撞过程中总 ２ m１＋m２ v ＋μm１gs１ s１＝０９．６m．
动量和机械能守恒,若各球质量均为 m,则碰撞前系统总动量为 (２)木板与竖直墙碰撞后,以原速率反弹,由动量守恒定律
, １ ２ , m２v０－m１v０＝
(m１＋m２)v′,v′＝－０．２m/s,方向向右,将与竖直mv０ 总动 能 应 为 mv０．假 如 选 项 A 正 确 则 碰 后 总 动 量 为２ １
墙再次碰撞,最后木板停在竖直墙处,由能量守恒定律 (
３ ２ m１＋
mv０,这显然违反动量守恒定律,故不可能;假如选项 B正确,
３ m ２２)v０＝μm１gs２,解得s２＝０．５１２m．
２
则碰后总动量为 mv０,这也违反动量守恒定律,故也不可能;假 第６节　反冲现象　火　　箭
２
知识梳理
如选项C正确,
１
则碰后总动量为mv ,但总动能为 mv２０ ０,这显然 一、１．相反　反冲　２．动量守恒　同样大小４ 　３．m１v１＋m２v２
, ; , 　相等　相反 反比违反机械能守恒定律 故也不可能 假如选项 D正确 则通过计算 　
, , , 二、 反冲 反冲 喷气速度 越大 越大其既满足动量守恒定律 也满足机械能守恒定律 而且合乎情理 １． 　 　２． 　 　
典例精解
不会发生二次碰撞．故选项 D正确．
: 【典例１】　解析:选取整体为研究对象,运用动量守恒定律求变式２D
解 设喷出三次气体后火箭的速度为 ,以火箭和喷出的三次气
当堂训练 ． v３
体为研究对象,据动量守恒定律,得( ) ,所以
１．A　２．D　３．A　４．D　５．C　６．D　７．A　８．B　９．C M－３m v３－３mv＝０
１０．解析:取向左为正方向,根据动量守恒,有推出木箱的过 ３mvv３＝M－３m＝２m
/s．
程:０＝(m＋２m)v１－mv,接住木箱的过程:mv＋(m＋２m)v１＝ 变式１:C　解析:炮弹和火炮组成的系统水平方向动量守
(m＋m＋２m)v２,设人对木箱做的功为W,对木箱由动能定理得: mvcosθ
１ １ 恒,０＝m２v０cosθ－(m
２ ０
２, : ２ １
－m２)v,得v＝ ,选项C正确．
W＝ mv２ 解得 W＝ mv ． m１－m２２ ８ 【典例２】　解析:如图所示,设绳长为
１１．解析:(１)以初速度v０的方向为正方向,设B 的质量mB ,
L,人沿软绳滑至地面的时间为t,由图可
A,B 碰撞后的共同速度为v,由题意知:碰撞前瞬间A 的速度为
知,L＝x人 ＋x球．设人下滑的平均速度大
v ,碰撞前瞬间B 的速度为２v,由动量守恒定律得 ,２ 小为v人 气 球 上 升 的 平 均 速 度 大 小 为
v v球
,由动量守恒定律得:０＝Mv球 －mv人
m ＋２mBv＝(m＋mB)v①,
m
由 式得
２ ① mB ＝２②．
１０６
(x球 ) (x人 ) , 设v,v′分别为爆炸后爆竹和木块的速率,取向上的方向为正方即０＝M t －m 球 人t ０＝Mx －mx 向,由动量守恒定律得 mv－Mv′＝０①,木块陷入沙中做匀减速
又有x ＋x ＝L,x ＝h,
M＋m
联立以上各式得:L＝ h． , F－Mg ５８－５０人 球 人 运动到停止 其加速度为a＝ ＝ m/s２＝１．６m/s２M ,M ５
变式２:B　解析:人和船组成的系统动量守恒,总动量为零, 木块做匀减速运动的初速度v′＝ ２as＝ ２×１．６×０．０５m/s＝
人向前走时,船将向后退．又因为人的质量小于船的质量,即人前 ０．４m/s②,②代入①式,得v＝２０m/s,爆竹以初速度v 做竖直上
进的距离大于船后退的距离,B正确． v２ ２０２
当堂训练 抛运动,上升的最大高度为h＝２ ＝２０m＝２０m．g
１．C　２．D　３．D　４．B　５．C　６．C　７．D　８．B　９．D　 ９．解析:(１)小滑块滑到B 点时,木板和小滑块速度分别为
１０．A　１１．B v１、v２,由动量守恒定律有 Mv１＋mv２＝０,由机械能守恒定律有
１２．解析:设瞬间喷出氧气的质量为m,宇航员刚好安全返回 １
mgR＝ Mv２
１
( ２ １＋２mv
２
２,代入 m＝１kg、M＝２kg、R＝０．３m,得由动量守恒得mv－Mv１＝０ 气体质量的变化对宇航员质量变化
的影响很小,可以忽略) v２＝２m/s．
s (２)小滑块静止在木板上时速度为v,由动量守恒定律有(M
匀速运动的时间t＝ ,m０≥Qt＋m,联立解得v ０．０５kg≤m１ ＋m)v＝０,得v＝０,由能量守恒定律有 mgR＝μmgL,代入μ＝
≤０．４５kg． ０．２、R＝０．３m,得L＝１．５m．
所以瞬间喷出氧气的质量m 满足０．０５kg≤m≤０．４５kg． 专题　动量与能量综合问题
课后巩固
【基础训练】
【基础训练】
１．C　解析:两球压缩最紧时速度相等,mvA ＝２mv;弹性势１．D
２．C　解析:根据动量守恒定律,选向右方向为正方向,则有 １ １ E能Ep＝ mv ２A － ２;解得
p ,故 正确
２ ２×２mv vA ＝２ m C ．
( ) mM＋m v０ ＝Mv′－mv．解得v′＝v０ ＋ (v０ ＋v),故选项M C ２．C
正确． ３．C　解析:当从开始到A,B 速度相同的过程中,取水平向
３．A 右方向为正方向,由动量守恒定律得:(M－m)v０＝(M＋m)v,解
４．B　解析:火箭整体动量守恒,则有(M－Δm)v＋Δmv ＝ １ １０ 得v＝１m/s;由能量关系可知:μmgL＝ (２ M＋m
)v ２０ － (２ M
, : Δm０ 解得 v＝－ v０,负号表示火箭的运动方向与 相反M－Δm v０ ． ＋m)v
２解得L＝１．０m,故C正确,ABD错误．
５．B　６．A ４．D
７．D　解析:由动量守恒定律可知,ABC正确． ５．A　解析:当两球发生完全弹性碰撞时,A 球静止,B 球的
８．C 动能最大,A正确,B错误;当两球相碰后共同运动时,损失的能
９．解析:玩具蛙跳出时,它和小车组成的系统水平方向不受 １量最多,系统动能最小,系统动能的最小值是 ２, 错误
, , , , ４
mv０ CD ．
外力 动量守恒 车将获得反向速度 之后玩具蛙将做平抛运动
６．A　７．D
由相关知识可求得结论．
８．解析:(１)A 从P 到Q 过程由动能定理得:, , － m L＝设玩具蛙以v跳出时 车获得的速度为v′ 由动量守恒定律 μ
Ag
有mv＝Mv′,设蛙从跳出到落到车面上,蛙对地位移为x１,
１ １
车对 m ２Av － m ２Av０,解得２ ２ v＝ v
２
０－２μgL．
地位移为x２,则x１＝vt,x２＝v′t, (２)设A 与B 碰撞后,A 的速度为vA ,B 与C 碰撞前B 的速
１ ２ l Ml ggt ＝h,且有x ＋x ＝ ,解得v＝ ． 度为vB ,B 与C 碰撞后粘在一起的速度为v共 ,由动量守恒定律对２ １ ２ ２ ２(M＋m) ２h A,B 木块:mAv＝mAvA ＋mBvB ,对B,C 木块:mBvB ＝(mB ＋
【拓展提升】
mC)v共 ,由最后A 与B 间的距离保持不变,可知vA ＝v共 ,
１．D　２．A １
３．A　解析:开始时总动量为零,规定气体喷出的方向为正 A 与B 碰撞过程系统损失的机 械 能 为 ΔE＝ m v
２
２ A －
方向,根据动量守恒定律有０＝m１v１＋p,解得火箭的动量p＝ １ １ (２ )
m v２ － m v２
６m v０－２μgL
－m１v１＝－０．０５×６００kg m/s＝－３０kg m/s,负号表示方向, ２ A A ２ B B
,解得 ΔE＝ ２５ ．
故 A正确,BCD错误． 【拓展提升】
４．D １．C　２．C　３．A　４．A　５．C　６．D　７．A
５．B ８．解析:(１)子弹射入木块过程,动量守恒,有m０v０＝(m０＋
m
６．D　解析:设木板伸出船身部分至少长x,则x＝ M)v,
１
在该过程中机械能有损失,损失的机械能为
M＋m ΔE＝２m０v
２
０－
( ), mL＋x 解得x＝ L． １(m ＋M)v２０ ,联立解得M ２ ΔE＝９９J．
７．C (２)木块(含子弹)在向上摆动过程中,木块(含子弹)和圆环
８．解析:火药爆炸时内力远大于重力,所以爆炸时动量守恒, 在水平方向动量守恒,有
１０７
(m０＋M)v＝(m０＋M＋m)v′,又木块(含子弹)在向上摆动 １５．解析:木块m 和物体P 组成的系统在相互作用过程中遵
过程中,机械能守恒,有 守动量守恒、能量守恒．
( ) １( )２ １
(
( ) ２, １
)以木块开始运动至在斜面上上升到最大高度为研究过程,
m０＋M gh＝ ２ m０＋M v － ２ m０＋M＋m v′
联立
当木块上升到最高点时两者具有相同的速度,根据动量守恒,有
解得h＝０．０１m． １ １
mv０＝(２m＋m)v①,根据能量守恒,有２mv
２
０＝ (２ ２m＋m
)v２＋
本章评估
mv２０ mgh mv２０－３mgh
１．C　２．D　３．A FfL＋mgh②,联立①②解得Ff＝３L － L ＝ ３L ③．
４．B　解析:由动量守恒定律得 mava ＝mava′＋mbvb′,得 (２)以木块开始运动至与物体P 相对静止为研究过程,木块
va－va′ mb, , va－v′由题图知 a 与物体 相对静止,两者具有相同的速度,根据动量守恒,有
v′ ＝m va＞vb′va′＜０
,则 ,即 P mv０
b a v′ ＞１ mb＞b
１ １
ma,选项B正确． ＝(２m＋m)v④,根据能量守恒,有 mv２２ ０ ＝
(
２ ２m＋m
)v２＋
５．A　６．D　７．A　８．B　９．A　１０．C
( v
２L－６ghL
h Ff L＋L－s)⑤,联立③④⑤解得s＝
０
２ ．
１１．B　解析:物体的加速度a＝gsinα,物体的位移x＝ v０－３ghsinα １６．解析:(１)以A 为研究对象,由牛顿第二定律得F＝mAa
１ ２, ２h
２
＝ at 解得t＝ ２ ,故 错误;到达底面的速度:２ sinα A v＝
①,代入数据解得a＝２．５m/s．②
g (２)对A,B 碰撞后共同运动t＝０．６s的过程,由动量定理得
２gh,动量大小为 m ２gh,故 B正确;重力的冲量I＝mgt＝ Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v③,代入数据解得v＝１m/s．④,
２h (, ; , ３
)设A、B 发生碰撞前,A 的速度为vA ,对A,B 发生碰撞
m
gsin２
故C错误 物块滑到底端时的速度α v＝ ２gh
则重
的过程,由动量守恒定律有mAvA ＝(mA ＋mB )v⑤,从开始运动
力的瞬时功率P＝mgvsinα＝mg ２ghsinα,故 D错误． １到与B 发生碰撞前,由动能定理得:Fl＝ mAv２A ⑥,
１２．解析:容易知道 M 处的点迹为碰后A 的点迹,P 处的点 ２
迹为碰前A 的点迹,N 处的点迹为碰后B 的点迹． 联立④⑤⑥式,代入数据解得:l＝０．４５m．
(１)用最小的圆的圆心确定落点的平均位置,则 M,P,N 距 第二章　机械振动
O 点的距离即为碰后各个球的水平射程,xOM ＝１４．４５cm;xOP ＝
２９．９０cm;xON ＝４４．４０cm;所以碰后A 球的水平射程应为xOM ＝ 第１节　简谐运动
１４．４５cm． 知识梳理
(２)本实验的前提条件是两个球是对心碰撞,即要求碰撞前 一、１．静止　２．平衡位置　往复　振动
后的速度在两个球的球心连线方向上,由此可知,选项C正确． 三、１．时间　２．向右　向左　向左　向右　减小　增大　
(３)
p前 m x
碰撞前后的总动量比值为 ＝ １ OP ≈１．０２, 减小　增大
p后 m１xOM ＋m２xON 四、１．正弦　正弦　最简单　简谐　２．(１)正弦　位移　
考虑误差因素可取１．０１~１．０２． 时间
答案:(１)１４．４５(１４．４３~１４．５０均正确)　(２)C　(３)１．０２(或 典例精解
１．０１) 【典例１】　B　解析:水位由O 点到N 点,说明鱼漂向上运动,
１３．解析:(１)由图知,C 与A 碰前速度为v１＝９m/s,碰后速度 位移方向向上,达到最大,A错误;O 点是平衡位置,所以水位在O 点
为v２＝３m/s,C 与A 碰撞过程动量守恒．mcv１＝(mA ＋mC)v２,即 时鱼漂的速度最大,B正确;水位到达 M 点时,鱼漂具有向上的加速
mC＝２kg, 度,C错误;鱼漂由上往下运动时,可能加速也可能减速,D错误．
(２)１２s时B 离开墙壁,之后A,B,C 及弹簧组成的系统动 变式１:A
量和机械能守恒,且当A,C 与B 的速度相等时,弹簧弹性势能最 【典例２】　A　解析:振子在A 点和B 点时的位移最大,由
大(mA ＋mC)v３＝(mA ＋mB ＋mC)v４, 于取向右为正方向,所以振子运动到A 点有正向最大位移,在B
１( １
２ mA ＋mC
)v２＝ (m ＋m ＋m )v２＋E 点有负向最大位移,则t 时刻,振子在 A 点,t 时刻,振子在３ B２ A B C ４ p
,得Ep＝９J． ２ ４
点,故选项 A正确,B错误;振子的位移是以平衡位置为参考点
１４．解析:设木块与地面间的动摩擦因数为μ,炸药爆炸释放 的,所以在t１~t２和t３~t４时间内振子的位移都在增大,故选项
的化学能为E０． CD错误．
(１)从O 滑到P,对A,
１
B,由动能定理得－μ ２mgs＝ 变式２:B２
当堂训练
v ２ ２２m ( ０ ) １ ３v－２ ２mv２,解得 ＝ ０．２ ０ μ ８gs １．D　２．D　３．B　４．D　５．C　６．D　７．D　８．A　９．B　
(２)在P 点爆炸,根据A,B 所组成的系统动量守恒有 １０．B
v ２ 课后巩固
２m ０ ＝mv①,
１ v １
根据能量守恒有
２ E ＋
０ ２
０ ２ ×２m ４ ＝ ２mv 【基础训练】
１ １．B　解析:水平弹簧振子在运动过程中,因为只有弹簧弹力
②,联立①②式解得E ＝ mv２０ ４ ０． 做功,不发生的变化的是机械能,而动能、弹性势能、回复力都会
１０８
在运动过程中发生变化,故 A正确,BCD错误．故选B． : ３１０．解析 经过１．５s即 T,由O→B 开始振动并在O 点开
２．D ４
３．C　解析:回复力与位移的关系:F＝－kx,根据牛顿第二 , ３始计时 经过 个周期,弹簧振子位于 点;规定 到 的方向
定律:F＝ma,可知加速度与位移方向始终相反,故 C正确,ABD ４
C O B
错误 故选 为正方向
,则C 点的位移大小为－２cm;经过的路程:． C． s＝３A＝
４．D　５．C　６．A　７．B　８．B １ １６cm,振动的频率:f＝ ＝ Hz＝０．５Hz．
【拓展提升】
T ２
答案:C　－２　６　０．５
１．D　２．C
课后巩固
３．A　解析:由题意:设向右为x 正方向,振子运动到 N 点
【基础训练】
时,振子具有正方向最大位移,所以振子运动到 N 点时开始计时
, , １．A　２．C　３．B　４．B　５．B　６．D　７．C　８．A振动图像应是余弦曲线 故B正确 ACD错误．
９．解析:(１)设简谐振动的表达式为x＝Asin(ωt＋ ),A＝
４．B　解析:振子离开平衡位置的位移由平衡位置O 指向振 φ
子所在的位置,以 O 点为起点,C 点为终点,大小为 OC,方向 １２cm,
２π
T＝２s,ω＝ ＝πrad/s,t＝０时,x＝６cm．代入上式得,T ６
向右．
( ), １, π ５π５．B　６．D　７．A　８．C ＝１２sin０＋φ 解得sinφ＝ φ＝ 或 ,因这时物体向 轴２ ６ ６ x
９．解析:(１)纸带匀速运动时,位移与时间成正比,因此在匀 π
, 正方向运动,故应取φ＝ ,
π
速条件下 可以用纸带通过的位移表示时间 即其初相为． ６ ６．
(２)由题图乙可知,t＝０时小球在平衡位置左侧最大位移处, (２)由上述结果可得x＝Asin(ωt＋φ)＝１２sin
π
πt＋ cm,
周期T＝４s,可得t＝１７s时位移为零． ( ６ )
(３)纸带匀速运动,所以振动图像上１s处和３s处对应纸带 ４所以x＝１２sin( π π )cm＝１２sin πcm＝６　２＋６ ６ ３cm．上两点的间距x０＝２cm/s×２s＝４cm．
【拓展提升】
第２节　简谐运动的描述 １．A　２．B　３．B　４．B　５．C　６．D　７．D　８．B
知识梳理 ９．解析:(１)弹簧振子以O 点为平衡位置,在B,C 两点间做
一、１．(１)最大距离　(２)振幅的两倍　(３)强弱
, １, ２５２．完整的振动过程　３．全振动　全振动　秒　赫兹　振动 简谐运动 所以振幅是BC 之间距离而 所以２ A＝２＝１２．５cm
快慢　４．不同状态 (２)由简谐运动的对称性可知P 到B 的时间与B 返回P 的
二、Asin(ωt＋φ)．　１．振幅．　２．２πf　３．相位　４．初相
, : ０．２时间是相等的 所以 tBP ＝ ＝０．１s;同时由简谐振动的对称性典例精解 ２
【典例１】　解析:(１)振幅设为A,则有２A＝BC＝２０cm,所
可知: ０．３ TtPO ＝ s＝０．１５s,又由于:tPO ＋tBP ＝ ,联立得:２ ４ T＝１s
,
以A＝１０cm．
(２)从B 首次到C 的时间为周期的一半,因此T＝２t＝１s; １所以f＝T ＝１Hz．１
再根据周期和频率的关系可得f＝T ＝１Hz． (３)４s内路程:s＝４×４A＝４×４×１２．５cm＝２００cm,由(２)
(３)振子一个周期通过的路程为４A＝４０cm,即一个周期运 的分析可知,从t＝０时刻,经过０．１s时间振子到达B 点;所以在
t ４．１s时刻质点又一次到达B 点,质点的位移是１２．５cm．
动的路程为４０cm,s＝ T ４A＝５×４０cm＝２００cm． 第３节　简谐运动的回复力和能量
变式１:C
知识梳理
【典例２】　解析:(１)弹簧振子在B,C 之间做简谐运动,故振
一、１．(１)平衡位置　(２)平衡位置　(, , ３
)－kx　２．正比　平
幅A＝１０cm 振子在２s内完成了１０次全振动 振子的周期T＝
衡位置
t
n ＝０．２s． 二、１．动能　势能　(１)势能　动能　(２)动能　势能
(２)振子从平衡位置开始计时,故t ２．守恒　理想化
１ 典例精解
＝０时刻,位移是０,经 周期振子的位４ 【典例１】　解析:(１)此振动过程的回复力实际上是弹簧的弹
移为负向最大,故该振子的位移—时间 力与重力的合力．
图像如图所示． (２)设振子的平衡位置为O,向下方向为正方向,此时弹簧已
(３)由函数图像可知振子的位移与时间的函数关系式为x 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
＝－１０sin１０πtcm． ＝mg①
变式２:C 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
当堂训练 F回 ＝mg－k(x＋h)②
１．C　２．A　３．D　４．B　５．B　６．C　７．D　８．B　９．B 将①代入②式得:F回 ＝－kx,可见小球所受合外力与它的位移
的关系符合简谐运动的受力特点,该振动系统的振动是简谐运动．
１０９
答案:(１)弹力和重力的合力　(２)是简谐运动 典例精解
变式１:D 【典例１】　C　解析:简谐运动中的位移是以平衡位置作为
【典例２】　A　解析:t＝０．２s时,振子的位移为正的最大,但 起点,摆球在正向最大位移处时位移为A,在平衡位置时位移应
由于没有规定正方向,所以此时振子的位置可能在A 点也可能在 为零,A错误;摆球的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供,
B 点,A正确;t＝０．１s时速度为正,t＝０．３s时速度为负,两者方向 合力在摆线方向的分力提供向心力,B错误,C正确;摆球经过最
相反,B错误;从t＝０到t＝０．２s的时间内,弹簧振子远离平衡位 低点(摆动的平衡位置)时回复力为零,但向心力不为零,所以合
置,速度减小,动能减小,C错误;t＝０．２s与t＝０．６s两个时刻,位 力不为零,加速度也不为零,D错误．
移大小相等,方向相反,故加速度大小相等,方向相反,D错误． 变式１:C
变式２:A 【典例２】　A　解析:让小球在纸面内振动,在偏角很小时,
当堂训练 l
单摆做简谐运动,摆长为l,周期T＝２π ;让小球在垂直纸面
１．A　２．D　３．C　４．C　５．C　６．B　７．B　８．D　９．C g
１０．解析:设位移为x,对整体受力分析,受重力、支持力和弹 内振动,在偏角很小时,单摆做简谐运动,摆长为 ３ l＋l÷ ,周期
簧的弹力,根据牛顿第二定律,有:kx＝(mA ＋mB)a,对B 物体受 è ４
力分析,受重力、支持力和静摩擦力,静摩擦力提供回复力,根据 ３ ÷
(m ＋m )F ＋１l
牛顿第二定律,有f＝mBa,f≤F
A B m è４
m,联立解得:x≤ ,km T′＝２π A正确
,B、C、D错误．
B g
(０．２＋０．１)×０．２ 变式 :
＝ ２D４０×０．１ m＝０．０１５m． 当堂训练
课后巩固 １．C　２．C　３．C　４．B　５．D　６．A　７．C　８．A　９．B　
【基础训练】 １０．D
１．B　２．B　３．B　４．C　５．D　６．A　７．C　８．B　９．C
: １ ( ) , t , T１ T２
:() F k
１１．解析 n＝ × ２１－１ ＝１０T＝ ＝３sT＝ ＋
１０．解析 １ 由于简谐运动的加速度a＝m ＝－ x
,故加速 ２ n ２ ２
m １
＝ l l＋h ２π ÷k ,解得h＝３m．
度最大的位置在最大位移处的A 或B 两点,加速度大小a＝ x ２ è g
＋２π g
m 答案:３　３
２４０
＝０．５×０．０５m
/s２＝２４m/s２． 课后巩固
【基础训练】
(２)在平衡位置O 滑块的速度最大．根据机械能守恒,有Epm
１．A
１
＝ mv２２ m． ２．C　解析:单摆在平衡位置的速度大,漏下的沙子少,越接
近两端点速度越小,漏下的沙子越多,故C选项符合题意．
２E
故v ＝ pm
２×０．３
m ＝ m/s＝１．１m/m ０．５ s． ３．C
【拓展提升】 ４．C　解析:
l
由T＝２π 可知,单摆的周期与摆球的质量
１．C　２．C　３．D　４．C　５．B　６．A　７．D　８．D g
９．解析:(１)因为O１、O２两点与O０点距离相同,所以弹性势 和振幅均无关, lAB均错误;对秒摆,T ＝２π ００ ＝２s,对周期为
能相同,故: g
( ) １ ２ １
l
mg ２x ＝ mv － mv２０ １ ２,其 中:２ ２ v２ ＝０
,解 得:v１ ＝ ４s的单摆,T＝２π ＝４s,l＝４l ,故C正确,D错误．g ０
２ gx ． ５．A　６．C　７．D　８．C０
(２)最高点合力为２mg,最低点合力也为２mg,故在最低点, １９．解析:(１)由单摆振动图像得:T＝０．８s,故f＝T＝１２．５Hz．
有:FN －mg＝２mg, (２)开始时刻摆球在负方向最大位移处,故开始时刻摆球在
解得:FN ＝３mg,即得弹力是重力的３倍; B 点．
() １ １３ 由动能定理可知:WG ＋W ＝ mv２N ２ ３ － ２mv
２
２,Ep ＝
( L gT
２ ９．８６×０．８２
３)根据公式:T＝２π ,得:L＝ ２ ＝ ２ m≈
－WN ,又因 为 初 末 状 态 速 度 为 零,所 以:ΔEp ＝ －WN ＝W g ４π ４×３．１４G
＝４mgx０． ０．１６m．
【拓展提升】
第４节　单　　摆 １．D　２．C　３．C　４．A　５．D　６．C　７．B　８．A
知识梳理 ９．解析:(１)由题图乙读出单摆的振幅A＝５cm,周期T＝２s,根
一、１．长度　质量　直径　理想化　２．(１)切线　mgsinθ L gT２ １０×２２
(２)正比　平衡位置　(３)简谐 据单摆的周期公式 T＝２π 得摆长L＝ ＝ m≈g ４π２ ４×３１．４２
二、１．(１)摆 球 质 量 　 振 幅 　 (２)摆 长 　 越 大 　２．(１) １０．１m．
l １
２π ． (２)根据机械能守恒定律mgL(１－cosθ)＝ ２,２mv １－cosθ＝g
１１０
A 以不需要天平或弹簧秤．故选 AB．
θ θ ２
２sin２ ,又因为θ 很小,故有sin ≈ ,v＝ ２gL(１－cosθ) (２)游标卡尺的主尺读数为１２mm,游标读数为０．１×５mm２ ２ L ＝０．５mm,所以最终读数为１２mm＋０．５mm＝１２．５mm．
g
≈A ≈０．１５７m/s． (３)摆球经过平衡位置时速度最大,在该处计时测量误差较L
第５节　实验:用单摆测量重力加速度 小．故 A错误;
t
通过测量n次全振动的时间t,通过T＝ 求解周n
典例精解 期,测量一次误差较大．故 B错误;摆球在同一竖直面内摆动,不
２ 能做圆锥摆．当摆角不超过５°时其摆动可视为简谐振动,故L ４πL C
错
【典例１】　C　解析:根据T＝２π 可得 ＝
g g T２
可知, 误;选用的细线应细、质量小,且不易伸长．所以 D是正确的．
对重力加速度测量值影响较大的是周期的测量,选项 A 正确;摆 ２(４)
L gT
根据T＝２π ,得L＝ ２ ,可知图线的斜率为k＝
球尽量选择质量大些、体积小些的,以减小振动时的阻力的影响, g ４π
; , g L －L ４π２选项B正确 用刻度尺测量摆线的长度 加上摆球的半径才是单 , B A
(LB －L又由图像知k＝ A
)
２ ２ ２ ,所以得g＝ ２ ２
摆的摆长,选项C错误;为了让摆长不变,阻力小一些,摆线要选 ４π TB －TA TB －TA
２
择细些的、伸缩性小些的,并且尽可能长一些,选项 D正确． ( )答案:(１)AB　(２)　１２．５mm　(３)
４π L －L
D　(４) B A
: T
２ －T２
变式１ A B A
课后巩固
【典例２】　解析:(１)为了减小空气阻力的影响,应选择质量
【基础训练】
大体积小的摆球,摆球应选 D;摆线长短应适当,选长度约为１m
１．C　２．A　３．C　４．C
的尼龙丝线,摆线应选C;计时工具应尽量精确,选择秒表G;应用
, , ５．解析
:(１)描点做图,如图所示
刻度尺测量摆线的长度 用游标卡尺测摆球的直径 此外还需要
铁架台与铁夹,故需要的实验器材为 ACDFGI,故选 A．
(２)测摆线的长度需要用米尺,故还需要米尺．
(４)为了用图像法验证T′＝T ( θ０ １＋asin２ ) ,则要测出不２
同的摆角θ以及所对应的周期T′．实验中得到的是线性图线,根
( ２ θ ) ２ θ T′ １据T′＝T １＋asin 得sin ＝ － ,sin２ θ０ 与２ ２ aT a ２ T′是０ (２)由图可知当T２＝５．２s２ 时,l＝１．３m．
一次函数关系．所以图像中的横轴表示T′,图线与纵轴的交点坐
l ４π２l
标 (０, １ ) 根据T＝２π ,－ ． g g＝ ２ ,解得g≈９．８６m/２T s．a
:() () 答案:() ()答案 １ A　 ２ 米尺　(４)不同的摆角θ 及所对应的周期 １ 　 ２１．３　９．８６
T′　T′　 ( , １０ －a )
变式２:解析:(１)方法A 中当摆球摆动时摆长会发生变化,
则如图甲所示的两种不同的悬挂方式中,最好选 B;(２)摆球直径
d＝４mm＋０．０５mm×１２＝４．６０mm;(３)单摆的摆长为L＝l＋
６．解析:①用单摆测量当地重力加速度时除铁架台、小钢球
d ;( t ２t４)单摆的周期T＝ ＝ ,(５)根据单摆周期公式２ n－１ n－１ T＝ 和细线外,还必须用刻度尺测量摆长,用秒表测量周期,故选CD．
２ L＋r ４π２
②根据单摆的周期公式T＝２π ,解得T２＝ L＋
L ２ ２ ２ g g
２π , ２
４π ４π ４π
可得T ＝ L,则 ＝k,解得g＝ ．g g g k ４π２r, ２ ４π
２
则T －L 图像的斜率k＝ ,与横坐标交点的绝对值是小
:() () () d ()２t
２ g g
答案 １B　 ２４．６０　 ３l＋ 　 ４ ()
４π
２ n－１　 ５ k 球的半径．
当堂训练 答案:①CD　②C
１．C　２．D　３．C　４．D 【拓展提升】
５．解析:(１)本实验应选择细、轻又不易伸长的线,长度一般
:() L ４π
２L
１．解析 １ 由周期公式T＝２π 得g＝
在１m 左右,小球应选用直径较小、密度较大的金属球,故选 A． g T２
L g (２)为减小误差应保持摆线的长度不变,则 A 正确,B错误;(２)由单摆的周期公式知T＝２π ,所以 L＝ 可见g ２π
T 为减小误差,摆球密度要大,体积要小,则C正确,D错误．
g (３)悬点要固定,则为题图乙．
k＝ ,将 代入知 /２２π k＝０．５００ g＝９．８６ms (４)摆长等于摆线的长度加上摆球的半径,A错误;应把单摆
答案:(１)A　(２)９．８６m/s２ 从平衡位置拉开一个很小的角度释放,使之做简谐运动,故 B正
６．解析:(１)在实验中,需要测量单摆的周期,所以需要秒表, 确;应在摆球经过平衡位置时开始计时,C正确;把秒表记录摆球
需要测量摆线的长度,所以需要米尺,摆球的质量不需要测量,所 一次全振动的时间作为周期,误差较大,应采用累积法测量周期,
１１１
D错误． 加小球直径,所测摆长L 偏大,所测g 偏大,故 A正确;读单摆周
L ４π２L 期时,读数偏大,所测g 偏小,故B错误;摆线上端悬点未固定好,(５)由T＝２π 得g＝ ２ ．振幅大小与g 无关,故 A 错g T 摆动中出现松动,所测周期偏大,所测g 偏小,故 C错误;测摆线
误;开始计时时,过早按下秒表,所测周期偏大,则g 偏小,B错 长时摆线拉得过紧,所测摆长L 偏大,所测g 偏大,故 D正确;细
误;测量周期时,误将摆球(n－１)次全振动的时间记为n 次全振 绳不是刚性绳,所测摆长L 偏小,所测g 偏小,故E错误．
动的时间,则所测周期偏小,则g 偏大,C正确．
( L ４π
２L
２ ４)由单摆周期公式 T＝２π ,可知加速度 ＝ ＝
() , L T g g
g T２
６ 由题图可知周期为２s 由 T＝２π 得L＝ ＝
g ４π２ ４×３．１４２×０．６３５
m/s２＝７．７３m/s２．
４×９．８ , , ０．０４ １．８
２
４×３．１４２m≈１m
振幅为４cm＝０．０４m 则sinθ≈ １ ＝０．０４． 答案:(１)６３．５０　(２)１．８　(３)AD　(４)７．７３
４π２
答案:() L１ ２ 　(２)AC　(３)乙　(４)BC　(５)C　(６)０．０４ ４．
解析:(１)摆角不应过大,否则单摆就不是简谐振动,一般
T 不超过５°,选项 A错误;摆线应适当长些,有利于减小实验误差,
２．解析:(１)单摆摆长为摆线的长度加摆球的半径,故单摆摆 选项B正确;摆球应选择密度较大的实心金属小球,以减小振动
d
长为L＝l＋ ,由题意知,单摆n次全振动所用的时间为t,故其 中的相对阻力,选项C正确;用停表测量周期时,应从摆球摆至最２
低点时开始计时,选项 D错误．
t L
单摆的周期为T＝ ,由单摆周期公式T＝２π ,可得到重力 (２)摆球直径是n g ２cm＋０．１mm×４＝２０．４mm
;
１００s d
４π２４π２L ( d ) ４n２π２ ( d ) (３)单摆振动的周期为l＋ l＋ T＝ ＝２s,摆长５０ L＝l＋２＝１．０m２ ２
加速度的表达式g＝ T２ ＝ t ２ ＝ ２ ． －３ ２(n ) t ２０．４×１０ , L ４πL＋ ２ m＝１．０１０２m 根据T＝２π ,解得 ＝g g T２ ＝
(２)为了提高实验精确度,小球应选用密度比较大的,故 A错 ４×９．６×１．０１０２
２ m/s２２ ＝９．７０m
/s２
误;为了提高实验精确度,需要当摆球经过平衡位置时开始计时,
故B正确;用单摆测重力加速度的实验中,只有在一个比较小的 (４)若测量摆长时忘了加上摆球的半径,则T２－L 关系为T２
角度下摆动才可以看成简谐振动,才可以用单摆的周期公式进行 ４π２
＝ (L＋r),则乙同学当时作出的 T２－L 图像应该是图中虚
计算,所以实验时应当把摆球从平衡位置拉开一个较小的角度后 g
释放,故C错误;在测量单摆的周期时,不能用测量一次全振动的 线③．
时间作为单摆的周期,应当用统计规律去测量其周期,再根据公 答案:(１)BC　(２)２０．４　(３)９．７０　③
式计算重力加速度g,故 D错误． ５．解析:(１)小球直径d＝２１mm＋５×０．０５mm＝２１．２５mm
２ ＝２．１２５cm．
(３)
L ４πL
由单摆周期公式T＝２π 可知
g g
＝ ２ ,如果把悬点T 秒表读数t＝９０s＋９．８s＝９９．８s．
到摆球下端的长度记为摆长,将增大L,会得到重力加速度值偏 ２(２)
L ４πL
由单摆的周期公式T＝２π ,解得T２＝ ,所以图
大,故 A错误;如果以小球摆到最高点时开始计时,将会导致时间 g g
的测量误差过大,并且不能确定周期是偏大还是偏小,故无法确 甲中的图线斜率就可求得加速度大小,斜率越大,加速度越小,由
定重力加速度值是偏大还是偏小,故 B错误;实验中误将摆球经 图中我们看出B 线加速度大,重力加速度从赤道到两极逐渐变
过平衡位置４９次数为５０次,会使得周期T 偏小,从而得到重力 大,所以北大的同学测出来的加速度大,对应的线为B．
加速度值偏大,故C错误;实验中摆线上端未牢固地系于悬点,在 ４从图乙中,我们可得到Tb＝２s,Ta＝ s,由单摆的周期公
振动过程中出现松动,使摆线长度增加了,可知摆长的测量值偏 ３
小,但重力加速度值偏小,故 D正确． L ２式T＝２π ,
T L L ４
可得 a ＝ a,解得 a＝ ．
g T ２b Lb Lb ９
(４)
L
根 据 单 摆 的 周 期 公 式 可 知 T１ ＝２π ,Tg ２
＝ ４
答案:(１)２．１２５　９９．８　(２)B　９
L－Δl ４π２Δl
２π ,可知 ＝
g g T２１－T２
．
２ 第６节　受迫振动　共　　振
４n２d π
２ ( dl＋２ ) 知识梳理
答案:(１)l＋ 　 　 (２)B　 (３)D　 一、１．外力　固有频率　２．(１)阻尼　阻尼　振幅２ 　(２)振２ t
幅
２ 　阻尼　振幅
()４πΔl４T２－T２ 二、１．(１)周期性　(２)驱动力　(３)驱动力　固有频率１ ２
D ２．(１)振幅达到最大值　(２)等于　(３)振幅　(４)振幅A　驱动
３．解析:(１)单摆摆长L＝l＋２＝６２．５０cm＋１０．cm＝６３．５０cm 力频率f
(２)在一个周期内摆球两次经过最低点,每次经过最低点时 典例精解
拉力最大,根据图像知周期T＝１．８s 【典例１】　B　解析:阻尼振动中,单摆的振幅逐渐减小,由于
L ４π２L 周期与振幅无关,故振动过程中周期不变,A 错误,B正确;因A,(３)由单摆周期公式T＝２π 可知g＝ ２ 计算摆长时,g T B 两时刻的位移相同,故摆球A 时刻的势能等于B 时刻的势能,
１１２
C错误;由于振动的能量逐渐减小,故摆球A 时刻的动能大于B t
n次全振动时间t,可以利用T＝ 求出周期,代入重力加速度表
时刻的动能,D错误． n
２ ２
变式１:A ４πnL达式即可计算得g＝ ２ ．
【典例２】　C　解析:图像乙是物体自由振动时的周期,故由 t
２
图像乙可知,物体的固有频率为T０＝４s,振幅为４cm,故 错
(４)在用图像法处理数据时,AB 明确 T －L 图像的斜率k＝
２
误;当物体的驱动力的频率等于物体的固有频率时,物体的振动 ４π ,所以斜率k 越小,对应重力加速度
g g
越大,C错误．在图像
达到最强,故当T 在４s附近时,振幅显著增大,当T 比４s小很
中,图线与纵轴正半轴相交表示计算摆长时漏加小球半径,与纵
多或大得很多时,Y 很小,故C正确,D错误;故选C．
轴负半轴相交表示计算摆长时多加小球半径,故 A 错误．若误将
变式２:D
４９次全振动记为５０次全振动,则周期测量值偏小,g 测量值偏
当堂训练
大,对应图像斜率偏小,故B正确．
１．B　２．B　３．A　４．C　５．C　６．B　７．A　８．C　９．B　 (５)抓住A 点下方摆线长不变,可设为l０,l０＋l１为第一次摆
１０．A
长,l０＋l２为第二次摆长,分别代入重力加速度表达式,联立消去
１１．解析:每振动１０次要补充的能量为 ΔE＝mgΔh＝０．２× ２( )
１０×(０．４－０．３)×１０－２
４π l１－l２
J＝２．０×１０－３J．秒摆的周期为２s,１min内 l０,即可得重力加速度表达式g＝ T２１－T２
．
２
完成全振动的次数为３０次,则１min内总共应补充的能量为E＝ ４π２n２L
３ΔE＝６．０×１０－３J． 答案:(１)AD　 (２) t２ 　
(３)２．０１　９．７６　 (４)B　
１２．解析:(１)小球振动达到稳定时周期为０４．s,频率为２５．Hz． ２( )
(５)
４π l１－l２
２ ２
(２)
１
由图像可以看出单摆的固有频率为０．３Hz,周期为 s,由 T１－T２０．３ F k
２ １３．解析:(１)由于简谐运动的加速度a＝ ＝－ x,故加速L Tg １ ９．８６ m m
单摆的周期公式T＝２π ,解得L＝
g ４π２
＝０．３２×４×３．１４２m≈ k
度最大的位置在最大位移处的A 或B 两点,加速度大小a＝ x
２．７８m． m
课后巩固 ２４０＝ /２ /２
【基础训练】 ０．５
×０．０５ms＝２４ms．
１．A　２．D　３．D　４．B　５．B　６．B (２)在平衡位置O 滑块的速度最大．
７．D　解析:若使振子振幅最大,则曲轴转动频率为f＝ 根据机械能守恒, １有Epm＝２mv
２
m
d r １ ω ２
２Hz,即转速为２r/s．由于 １＝ １ ＝ ,ω１r１＝ω２r２,故
１＝ ,d２ r２ ２ ω２ １ ２Epm ２×０．３故vm＝ / /m ＝ ０．５ ms＝１．１ms．所以电动机转速为４r/s,即２４０r/min,D选项正确．
１ １ １４．解析:(１)由题图乙得小滑块做简谐振动的周期
８．解析:(１)由题图知单摆固有周期T＝ ＝ ,
f ０．４Hz
＝２．５s 　π R T２g
T＝ s,由５ T＝２π
,得R＝４π２ ＝０．１m．l g
由T＝２π ,得摆长l≈１．５８m．
g (２)在最高点A,有Fmin＝mgcosθ
(２)由图像知,振幅为１５cm． v２在最低点B,有Fmax－mg＝m
(３)摆长变长,固有周期增大,固有频率减小,故图像左移． R
【拓展提升】 １从A 到B,滑块机械能守恒,有mgR(１－cosθ)＝ mv２２
１．C　２．D　３．B　４．D　５．B　６．B　７．A
解得
８．解析:人体的固有频率f固 ＝２Hz,
m＝０．０５k ．
当汽车的振动频率与其 g
() １ １３ 滑块机械能守恒 E＝ mv２＝ R(Fmax－mg)＝５×
相等时,人体与之发生共振, , １ g人感觉最难受 即f＝ , ２ ２２π l ＝f固 １０－４J．
g
得l＝ 代入数据得: ,由胡克定律得 ( １５．解析:(１)由题图可知T＝２×１０－２s,则４π２ ２ l＝０．０６２５m kl＝ m１＋f固
(kl－m１g) ( ５ )
２π /
nm２) ,
１．５×１０ ×０．０６２５－６００×９．８ ω＝ ＝１００πrads
gn＝ m ＝ ＝５
(人) T
２g ７０×９．８
则简谐运动的表达式为
本章评估 x＝－Acosωt＝－２cos１００πtcm
１．C　２．D　３．D　４．A　５．C　６．B　７．C　８．D　９．D　 所以当t＝０．２５×１０－２s时
１０．A　１１．A x＝－２cos(１００π×０．２５×１０－２)cm≈－１．４１４cm．
１２．解析:(１)在“用单摆测定重力加速度”的实验中,摆线应 (２)在t＝１．５×１０－２s到t′＝２×１０－２s的时间内,位移、回复
选取长约１m 左右的不可伸缩的细线,摆球应选取体积小质量大 力、势能都增大,速度、动能均减小．
的铁球,以减小实验误差,故选 AD． (３)因振动是变速运动,因此只能利用其周期性求解,即一个
(２)和(３)根据单摆的周期公式可以推导出重力加速度的表 周期内通过的路程为４个振幅．
４π２L １７
达式g＝ －２
１
T２
,单摆的周期为完成一次全振动所用的时间,给出 因为 Δt＝８．５×１０ s＝４T＝ (４＋４ )T
１１３
１７ 下振动．
路程s＝４A×４＝１７A＝１７×２cm＝３４cm． 答案:左　下
１６．解析:(１)设物块在斜面上平衡时,弹簧伸长量为 Δl,有 课后巩固
mgsinα－kΔl＝０ 【基础训练】
mgsinα
解得 Δl＝ １．B　２．B　３．C　４．B　５．C　６．Bk ７．解析:由“特殊点法”或“微平移法”可知波沿x 轴负方向传
mgsinα
此时弹簧的长度为l＋ ． 播;根据波的形成过程中质点的带动特点,即都是靠靠近波源的k
临近的点来带动．所以,可以判断a,b,c,d,e点的振动方向分别(２)当物块的位移为x 时,弹簧伸长量为x＋Δl
是:向下、向下、向上、向上、向上．所以,向上的点是c,d,e;位移为
正时,加速度为负,即加速度向下的点是e．
答案:x 轴负方向　c,d,e　e
８．解析:由于质点间的相互作用,前面的质点总是带动后面
的质点振动,所以后面的质点总是滞后于前面的质点．
物块所受合力为
F合 ＝mgsinα－k(x＋Δl)
联立以上各式可得F合 ＝－kx
可知物块做简谐运动．
() l mgsinα３ 物块做简谐运动的振幅为A＝４＋ k
l ２mgsinα
由对称性可知,最大伸长量为
４＋ k ．
第三章　机　械　波
第１节　波的形成
知识梳理
一、１．带动　跟着振动　振动　２．(１)传播　(２)相互作用 (１)
１
t＝ T 时,质点８正在向上振动,未达到最高点,质点
二、１．垂直　最高处　最低处　在同一直线上　密集　稀 ２
疏　２．纵波 １２,１６未动,如图甲所示．
三、１．机械振动　２．(１)波源　(２)介质　３．(１)振动 () ３２t＝ T 时,质点８正在向下振动,质点１２向上振动,质
(２)能量　(３)传递信息 ４
典例精解 点１６未振动,如图乙所示．
【典例１】　B　解析:据波的传播特点知,波传播过程中各质 (３)t＝T 时,质点８,１２正在向下振动,质点１６向上振动,如
点的振动总是重复波源的振动,所以起振方向相同,都是竖直向 图丙所示．
, , T
【拓展提升】
下 但从时间上来说 起振依次落后 的时间,所以选项
４ AC
正 １．D　２．B　３．A　４．B　５．C　６．C
确,B错误．由题意知,质点９比质点１应晚起振两个周期,所以当 ７．解析:(１)设地震中心到观测中心的距离为x,则有:
所有质点都起振后,质点１与质点９步调完全一致,所以选项 D x x ,解得
３．７km/s－９．１km/s＝７．８s x＝４８．６km．正确．
: (２)由于纵波传播得快,故地震发生时纵波最先到达观测中变式１B
【 心,因此在那里的人们先是感到地面上下振动,当横波到达后,又典例２】　B　解析:物理学中把质点的振动方向与波的传
增加了左右晃动的感觉
播方向垂直的波称作横波,在横波中,凸起的最高处称为波峰,凹 ．
下的最低处称为波谷,故 A 正确;把质点的振动方向与波的传播 第２节　波的描述
方向在同一直线的波称作纵波,故B错误,D正确;质点在纵波传 知识梳理
播时来回振动,其中质点分布最密集的地方称为密部,质点分布 一、１．平衡位置　位移　平滑的曲线　２．平衡位置　３．正
最稀疏的地方称为疏部,故C正确．本题要求选错误的,故选B． 弦曲线　正弦波　简谐运动
变式２:C 二、１．(１)振动　相位相邻　(２)相邻波峰　相邻波谷　相
当堂训练 邻疏部　相邻密部
１．C　２．D　３．A　４．B　５．D　６．D　７．C　８．B　９．B　 ２．(１)相同的　波源　(２)波源　(３)一个波长　(４)倒数　
１０．B　１１．C ３．(１)传播　(２)λf　(３)介质　不同　(４)波速　频率
１２．解析:质点a 的振动方向向下,由波形平移法可知,则知 典例精解
波向左传播;若波向右传播,波形向右平移,则知此时时刻b点向 【典例１】　解析:(１)由图像可知:质点１,９之间是一个完整
１１４
的波形,它们的平衡位置之间的距离即为一个波长,即λ＝８L． ５．C　解析:根据同侧法可判断
(２)t＝０时,波刚传到质点１,且质点１起振方向向下,说明波 波向左传播,故 A 错误;此时质点C
中各质点的起振方向均向下,在 Δt后由图像乙可知质点９的振 受到的回复力最大,加速度最大,故 B
T 错误;根据同侧法可判断质点B 向上
动方向为向上,说明它已经振动了 ,而波传到质点９需时间T,２ 运动,故质点C 比质点B 先回到平衡
T , ２因此 Δt＝T＋ 即T＝ Δt． 位置,故C正确;根据同侧法可判断质点 H 向上运动,与质点F２ ３ 的运动方向相反,故 D错误．故选C．
() λ ８L １２L３ 波速v＝ ＝ ＝ ． ６．D　７．C　８．DT ２ Δt
３Δt ９．解析:(１)根据波形图得到波长λ＝４m;t＝０时刻,质点Q
变式１:D 正向下运动;从t＝０时刻开始计时,当t＝１５s时质点Q 刚好第４
【典例２】　B　解析:从题图中可以看出波形从实线传播到虚 次到达波峰, ３ ４t故有３T＋ T＝t,解得T＝ ＝４s,４ １５
１
线的时间为t＝ ( １n＋ (４ )T n＝０,１,２, ),波的频率为f＝T ＝ λ ４m故波速为v＝ ＝ ＝１m/T ４s s．
４n＋１ ４n＋１ ( )
４t ＝４×０．１Hz＝２．５４n＋１ Hz
(n＝０,１,２, ),A错误;从题图 (２)t＝０时刻,质点P 正在向上运动,振幅为:A＝０．２m,
中得出波长为λ＝４m,波的传播速度为v＝λf＝１０(４n＋１)m/s(n ２π ２π π角速度为:ω＝ ＝ ＝ rad/s,故质点P 做简谐运动的表
＝０,１,２, ),
T ４ ２
当n＝１时,v＝５０m/s,B正确;从题图中可以看出质
π
点P 的振幅为０．１m,C错误;从题图中可知t＝０．１s时,质点P 向 达式为:y＝０．２sin ( )２t m ．
上振动, １与质点P 相距５m的质点与质点P 相距１ 个波长,若 【拓展提升】４
, , １．A　２．A　３．B　４．C　５．B　６．D　７．A　８．B　９．B该质点在P 点左侧 它正在向下振动 若该质点在P 点右侧,它正
１０．解析:(, １
)质点a一个周期运动的路程s０＝４A＝０．１６m,１s
在向上振动 D错误．
１
变式２:B 内的周期数是n＝T ＝２５
,１s内a质点运动的路程s＝ns０＝４m．
当堂训练 ３
１．B　２．D　３．C　４．A　５．B　６．D　７．A　８．A　９．D　 (２)若波由a传向b,sab＝ (n＋４ )λ
１０．A ６００ / ( ,, )
１１．解析:(１)由题意知x＝２m 处的质点a 连续两次位于波 v＝λf＝４n＋３msn＝１２３
峰的时间间隔是０．２s,所以该简谐横波周期为T＝０．２s,波速为 若波由b传向a,sab＝ ( １n＋４ )λλ ４
v＝T ＝
/ /
０．２ms＝２０ms． ６００v＝λf＝ m/s(n＝１,２,３ )．
(２)由t＝０时刻到x＝９m 处的质点c第一次位于波峰,该 ４n＋１
s ７
简谐横波向右传播的距离为s＝(
、 、
９－２)m＝７m,则t＝ ＝ 第３４节　波的反射 折射和衍射　波的干涉v ２０s 知识梳理
＝０．３５s． 一、１．返回　２．(１)入射波　(２)反射波　３．同一平面　
在上述时间内,x＝９m处的质点c的振动时间为t１＝０．３５s－ 等于
９－５
２０s＝０．１５s
, 二、１．传播的方向　２．折射
三、１．绕过障碍物　２．相差不多　更小３ 　３．
衍射　衍射
０．１５s＝４T
,质点C 由平衡位置开始起振,因此x＝９m 处 四、１．保持　运动　特征保持不变　２．同时　矢量和
的质点c通过的路程为 五、１．频率　加大　减小　加大　减小　干涉图样　２．相
３ 同　保持不变　３．特有
s路 ＝４×２×４cm＝６cm． 典例精解
１２．解析:(１)由图可知λ＝４m,若波向左传播,传播距离最 【典例１】　C　解析:乙听到的第一声枪
３ 响必然是甲开枪的声音直接传到乙的耳中,
小值 Δx＝４λ＝３m． ２a
故t＝ ．甲、乙二人及墙的位置如图所示,乙
() １ T v２ 若波向右传播 Δx＝nλ＋ λ,所用时间４ Δt＝nT＋ ４ ＝ 听到的第二声枪响必然是经墙反射传来的枪
０．８
０．２,T＝ ,所以当n＝０时,有最大周期T 声,由反射定律可知,波线如图中AC 和CB,４n＋１ max＝０．８s． 由几何关系可得AC＝CB＝２a,故第二声枪响传到乙耳中的时间
( ３３)Δx＝Δt v＝０．２×３５m＝７m＝１ λ,所以波向左传播． AC＋CB ４a４ 为t′＝ v ＝v ＝２t．
课后巩固 v ３４０
【基础训练】 变式１:解析:(１)由f＝ 得 ,因波的频率λ f＝ １ Hz＝３４０Hz
１．D　２．C　３．A　４．B
１１５
不变,则在海水中的波速为v海 ＝λ′f＝４．５×３４０m/s＝１５３０m/s． (３)(４)
４８
由于λ＝ m＞３m,所以此波无论是通过直径为１１ ３m
( t２)入射声波和反射声波用时相同,则海水深为h＝v海 ２ ＝ 的桥墩,还是通过宽为３m 的涵洞,都能发生明显衍射现象．
０．５
１５３０× ２ m＝３８２．５m．
第５节　多普勒效应
() 知识梳理３ 物体与声音运动的过程示意图如图
所示,设听到回声的时间为t′,
一、１．靠近或者远离 频率 ()增加 大于 变大则v物t′＋ 　 　２．１ 　 　 　
()变小
v海t′＝２h ２
二、()频率 反射波 频率变化 ()频率 静止 ()频
代入数据解得t′＝０．４９８s． １ 　 　 　 ２ 　 　 ３
答案:( 率 反射 频率变化１)３４０　１５３０　(２)３８２．５m 　 　
( 典例精解３)０．４９８s
【 【典例 】典例２】　D　解析:从题图中可以看出,孔的大小与波长相 １ 　C
变式 :
差不多,故能够发生明显的衍射现象,选项 A正确;由于在同一均
１B
【典例２】　A　解析:车辆(警车)匀速驶向停在路边的警车
匀介质中,波的传播速度没有变化,又因为波的频率是一定的,又
(车辆),两者间距变小,产生多普勒效应,警车探测到的反射波频
v
根据λ＝ 可得波长λ没有变化,选项B正确;当将孔扩大后,孔
f 率增高,选项 A正确,C错误;车辆(警车)匀速驶离停在路边的警
的宽度和波长有可能不满足发生明显衍射的条件,选项 C正确; 车(车辆),两者间距变大,产生多普勒效应,警车探测到的反射波
如果孔的大小不变,使波源频率增大,则波长减小,孔的宽度将比 频率降低,选项B、D错误．
波长大,孔的宽度和波长有可能不满足发生明显衍射现象的条 变式２:B
件,选项 D错误
当堂训练
．
变式２:C １．A　２．B　３．C　４．C　５．A　６．D　７．A　８．B　９．A　
当堂训练 １０．D
解析:如图所示,设船发出鸣笛声
１．D　２．D　３．A　４．B　５．C　６．D　７．B　８．C　９．B　 １１．
于 处,旅客听到回声位置在 处,即
１０．D　１１．A B A
３s内汽船前进了 A、:() B 间的距离l
,则声
１２．解析 １ 设简谐横波波长为λ,频率为f,则v＝λf,代入
波经过２s－l的距离．
已知数据,得λ＝１m．
( v声t＝２s－l＝２s－v船t
,得s＝
２)以O 为坐标原点,设P 为OA 间的任意一点,其坐标为
(
, v声 ＋v船
)t (３４０＋４)×３
x 则两波源到P 点的波程差 Δl＝x－(２－x),０≤x≤２．其中x, ２ ＝ ２ m＝５１６m．
Δl 以 m 为 单 位．合 振 动 振 幅 最 小 的 点 的 位 置 满 足 Δl＝ 课后巩固
( １k＋ ) １ ５ ５ ３λ,k为整数,所以x＝ ,可得 ,故２ ２k＋４ －２≤k≤２ k 【基础训练】
１．C　２．A　３．B　４．B　５．A　６．A　７．C　８．B　９．A
＝－２、－１、０、１,解得x＝０．２５m,０．７５m,１．２５m,１．７５m．
１０．解析:(１)声波由空气进入另一种介质时,频率不变,由v
课后巩固
v ３４０
【基础训练】 ＝λf 得f＝λ ＝２５×１０－２Hz＝１３６０Hz．
１．C　２．B　３．D　４．B　５．D　６．B　７．C　８．B　９．B
() , v v′, λ′ ８０×１０
－２
v ２ 因频率不变 有 ＝ 得v′＝ v＝ －２×３４０m
/s
１０．解析:(１)由公式λ＝ 得:
６
λ＝ m＝０．２m,质点 A 与 λ λ′ λ ２５×１０
f ３０ ＝１０８８m/s．
S１、S２的距离差为:Δx＝|S２A－S１A|＝２m＝１０λ．即质点A 为 【拓展提升】
振动加强点,振幅A＝２cm＋２cm＝４cm．故A 点以振幅为４cm, １．D　２．C　３．C　４．A　５．C　６．C　７．A　８．C　９．D
１
周期为 s做机械振动． １０．解析:多普勒效应中,观察者和发射源的频率关系为:f′３０
１ ＝ (v±v０ )f;f′为观察到的频率;f 为发射源于该介质中的原始(２)由(１)知,A 点在时间 s内经过了两个全振动,通过的 v vs１５ 发射频率;v为波在该介质中的行进速度;v０为观察者移动速度,
路程为８倍振幅,即４×８cm＝３２cm． 若接近发射源则前方运算符号为＋号,反之则为－号;vs为发射
【拓展提升】
源移动速度,若接近观察者则前方运算符号为－号,反之则为＋
１．B　２．D　３．B　４．A　５．A　６．C　７．C　８．A　９．C
６０ 号．当超高速列车迎面驶来时,有:f ＝ (v＋v０１ f　①,当超高速
１０．解析:(１)
)
由题意知:周期T＝ s＝３s．设波长为λ,则５λ v－vs２０
λ ４８ λ ４８ １６ 列车驶过他身旁后, : (v－v０ ) , f１ ８有 f２＝ f　② 又 ＝ 　③,联
＋２＝２４m
,λ＝１１m．
由v＝ 得,T v＝ m
/
１１×３ s＝１１m
/s． v＋vs f２ ５
立解得:vs＝２００km/h．
( ４８２)由于λ＝ m,大于竖直电线杆的直径,所以此波通过竖１１ 本章评估
直的电线杆时会发生明显的衍射现象． １．C　２．D　３．C　４．B　５．C　６．B　７．C　８．D　９．C
１１６
１０．B
波峰, ３根据题意,有:t１＝T＋ T,解得:周期４ T＝０．８s
,由题图可
１１．解析:(１)由乙图知,质点的振动周期为T＝０．８s,由甲图
知,波长λ＝２０m, , λ知波长λ＝４cm 根据波速v＝ ,解得T v＝５cm
/s．
: λ ２０则波速为 v＝ / /T ＝０．８ms＝２５ms． (２)
QA
由题图可知,振幅A＝２cm,Q 的起振时刻为t２＝
() v
＝
２ 振幅为２m;则由t＝０到１．６s时,质点P 通过的路程为:
; ０．７s,Q 的振动方程 ＝Asin [２πs＝２×４A＝１６m y (t－t２)] ,代入数据得:当T t≥
(３)质点P,Q 平衡位置之间的距离为:L＝８５m－１０m＝ ５π
７５m;由L＝vt,解得:t＝３s, ０．７s时,y＝２sin[ (２ t－０．７)]cm,当t＜０．７s时,y＝０．
即经过３s时间质点Q 第一次到达波谷,经过３．８s时间质点
第二次到达波谷． 第四章　光
１２．解析:(１)因为超声波的频率为f＝１．０×１０５Hz,所以质 第１节　光的折射１
点振动周期T＝ ＝１０－５s
f 知识梳理
x＝７．５×１０－３m 处质点图示时刻处于波谷,所以可画出该质 一、１．(１)分界面　(２)进入第２种介质　２．(１)同一平面内
点做简谐运动的图像如图所示． sinθ　两侧　成正比　 １　(２)可逆sinθ２
sinθ c
二、１．光学性质　２．真空　 １sinθ 　３．
真空　 　４．大于１
２ v
典例精解
【 sinθ典例１】　解析:(１)由折射定律有n＝ １,解得sinθ sinθ２＝２
(２)因为超声波的频率为f＝１．０×１０５Hz,由波的图像可知 sinθ１ １＝ ,则θ２＝３０°,由反射定律得θ′１＝θ１＝４５°,由几何关系
超声波的波长λ＝１５×１０－３m,v＝λf 可得超声波的速度v＝λ
n ２
f
可知反射光线与折射光线间的夹角为
＝１５×１０－３×１．０×１０５m/s＝１５００m/s,所以鱼群与渔船间的距 θ＝１０５°．
()当反射光线与折射光线垂直时,
vt １５００×４ ２ θ１′＋θ２ ＝９０°
,则n＝
离x＝２＝ ２ m＝３０００m． sinθ１ sinθ１ sinθ
sinθ ＝
１
cosθ′＝cosθ ＝tanθ１＝ ２
,故θ１＝arctan２＝５４．７４°．
１３．解析:(１)由波的传播方向可确定质点的振动方向,根据 ２ １ １
:
带动法可知,两列简谐横波分别沿x 轴正方向和负方向传播,
变式
则 １C
【典例２】　解析:(１)P３,P４的连线与CD 的交点即为光线从质点P、Q 均沿y 轴负方向运动,所以质点 M 的起振方向也沿y
玻璃砖中射出的位置,P１,P２的连线与AB 的交点即为光线进入轴负方向;
玻璃砖的位置,连接这两点即可作出玻璃砖中的光路,如图所示
() , , ．２ 由图可知 该两波的波长为０．４m 由波长与波速关系可
λ ０．４
求出,波的周期为T＝ ＝ s＝１s,由图可知,两质点到 的v ０．４ M
０．３ ３
距离都是０．３m．波传到 M 的时间都是:t１＝ s＝ T,M 点起０．４ ４
５
振的方向向下,再经过:t２＝１．２５s＝ T,两波的波谷恰好传到质４ (２)连接O 点与光线在AB 上的入射点所得直线即为法线,
点 M,所以 M 点的位移为－４cm． 作出入射角和折射角如图中i,r所示．
() ５ sini３０到２s这段时间内质点 M 振动的时间是 s,通过的路 (３)图乙中图线的斜率k＝ ＝n,由图乙可知斜率为１．５,４ sinr
５ 即该玻璃砖的折射率为( ) ; １．５．程为s＝４×４× ２A ＝１０×２cm＝２０cm 变式２:B
(４)经过１s,两列波都向前传播了０．４m,由波的叠加分析可 当堂训练
以知道,在t＝１s时,M 处于波谷位置,位移为－４cm,x＝０．４m １．C　２．C　３．C　４．C　５．D　６．C　７．A　８．C　９．A　
和x＝０．６m 处质点位于平衡位置,x＝０．２m 和x＝０．８m 处质点 １０．B
位于平衡位置,如图所示． １１．解析:(１)此时OP３与OE 之间的夹角为入射角,θ１＝６０°,
, sinθ１ sin６０°θ２＝３０° 则n＝sinθ ＝２ sin３０°＝ ３．
(２)P４对应的入射角大,折射角相同,所以对应的折射率大．
(３)当在 K 位置时,入射角与折射角相等,所以折射率等
于１．
１４．解析:(１)t＝０时刻,P 向下振动,此前P 已经到过一次 答案:(１)３　(２)P４　(３)１
１１７
１２．解析:(１)光路图如图所示． (３)用插针法“测定玻璃砖折射率”的实验原理是折射定律n
() sinα , sini２ 根据折射定律n＝ ＝ ３ 由几何 ＝ ,如图所示,实线表示玻璃砖向上平移后实际的光路图,虚sinβ sinr
关系２β＝α,可得β＝３０°,α＝６０°,所以CD＝ 线表示作图光路图,由图看出,画图时的入射角、折射角与实际的
３ 入射角、折射角相等,由折射定律可知,测出的折射率没有变化．
Rsinα＝ ２R． 即测出的n值将不变．
课后巩固 AC
答案:(１)AB　(２)n＝BD　
(３)不变
【基础训练】
１．B　２．D　３．A　４．B　５．A　６．A　７．C １０．解 析:过 D 点 作 AB 边 的 法 线
sinθ１ １ NN′,连接OD,则∠ODN＝α 为O 点发出８．B　解析:由n＝ , 正确, 错误;由于sinθ ≈０．６７≈１．４９ B C２ 的光线在D 点的入射角;设该光线在 D 点
sinθ１＞sinθ２,故光线是从空气射入玻璃中的,AD错误． 的折射角为β,如图所示．根据折射定律有
９．解析:(１)光路图如图所示,画出通过P１、P２的入射光线, nsinα＝sinβ①,式中n 为三棱镜的折
交AC 于O,画出通过P３、P４的出射光线交AB 于O′,连接OO′, 射率．由几何关系可知β＝６０°②,∠EOF＝３０°③,在△OEF 中有
则光线OO′就是入射光线P１P２在三棱镜中的折射光线． EF＝OEsin∠EOF④,由③④式和题给条件得OE＝２cm⑤,根据
题给条件可知,△OED 为等腰三角形,有α＝３０°⑥,由①②⑥式
得n＝ ３．
第２节　全　反　射
知识梳理
一、１．较小　较大　光密　光疏　光疏　光密　光密　光
疏　２．(１)①折射() , 　
反射　②入射角　(２)①光密　光疏　②等
２ 在所画的图上注明入射角θ１和折射角θ２ 并画出虚线部
分, １用量角器量出θ１和θ２(或用直尺测出线段EF,OE,GH,OG 于或大于　(３)sinC＝n
的长度)． 二、１．改变光的方向　２．较大　较小　全反射
() sinθ１ ( EF GH EF/３n＝ , , OE或因为 则 典例精解sinθ sinθ１＝２ OE sinθ２＝OG n＝GH/OG
【 】
典例 解析
:()光路如图所
EF OG １ 　 １
＝OE GH ) ． 示,图中 N 点为光线在AC 边发生反
射的入射点．设光线在 P 点的入射角
１０．解析:()
OA
１ 设入射角为α,由几何关系可知sinα＝OB ＝ 为i、折射角为r,在 M 点的入射角为
１ sinβ ３ r′、折射角依题意得也为i,且,得α＝３０°,由n＝ ,可得２ sinα sinβ＝nsinα＝
,所以
２ β＝６０°． i＝６０°,①
c c ３ 由折射定律得sini＝nsinr,nsinr′＝sini,得r＝r′,OO′为过(２)光在球体中的传播速度v＝ ＝ ,AB＝ R,则光从A 传n ３ ２ M 点的法线,∠C 为直角,OO′∥AC．由几何关系知∠MNC＝r′,
AB ３R 由反射定律可知∠PNA＝∠MNC,得∠PNA＝r,由几何关系得
到B 的时间t１＝ ＝ ,由几何知识知BC＝R,则光从B 传到v ２c r＝３０°,得n＝ ３．
BC R
C 的时间t２＝ ＝ ,故蓝光从A 点传播到C 点所需时间t＝t１ (２)设在 N 点的入射角为i″,由几何关系得i″＝６０°,此三棱c c
镜的全反射临界角满足
５R nsinθ＝１
,得i″＞θ,此光线在N 点发生全
＋t２＝２c． 反射,三棱镜的AC 边没有光线透出．
【拓展提升】 变式１:A
１．C　２．C　３．D　４．B　５．A　６．D　７．D　８．C 【典例２】　解析:该题考查光导纤维的全反射及光速问题．由
９．解析:(１)为了减小角度测量的相对误差,入射角应适当大 题中的已知条件可知,要使光线从光导纤维的一端射入,然后从
一些．但不能太大,否则出射光线太弱,故 A 正确;该同学在插大 它的另一端全部射出,必须使光线在光导纤维中发生全反射现
头针d 时,使d 挡住a、b的像和c,由此确定出射光线的方向,故 象．要使光线在光导纤维中经历的时间最长,就必须使光线的路
B正确;C．由几何知识可知,光线在上表面的折射角等于下表面 径最长,即光对光导纤维的入射角最小,光导纤维的临界角为C
的入射角,根据光路可逆性原理可知,光线一定会从下表面射出, １ L
＝arcsin ．光在光导纤维中传播的路程为d＝ ＝nL,光在光
折射光线不会在玻璃砖的内表面发生全反射．故 C错误;该实验 n sinC
方法的原理是折射定律,也能用来测量其他透明介质的折射率, c , nL导纤维中传播的速度为v＝ 所需的最长时间为tmax ＝
故 D错误． n c
n
AC
２
() sin∠AOC AO AC
nL
２ 玻璃的折射率n＝sin∠BOD＝BD＝
＝ ．
BD c
BO 变式２:D
１１８
当堂训练 π π
由几何关系知,α＝C＝ ,此时玻璃砖转过的角度为 ．
１．D　２．B　３．A　４．B　５．A　６．D　７．B　８．C　９．C　 ３ ３
１０．C () h２ 折射光线光点A 到O′的距离为xAO′＝ ,
１１．解析:(１)光路图及相关量如图所示． tanα
光束在AB 边上折射,由折射定律得 １０ ３解得xAO′＝ ３ cm．sini
sinα＝n　①
,式中n 是棱镜的折射率．由 第３节　光的干涉
几何关系可知α＋β＝６０°　②,由几何关 知识梳理
系和反射定律得β＝β′＝∠B　③,联立①②③式,并代入i＝６０° 一、１．托马斯 杨　２．(１)单色　相同　干涉　(２)明暗相
得n＝ ３④．
间　３．()
l
１ 整数　明条纹 ()奇数 暗条纹 ()
() , sini′
　 ２ 　 　４．１ndλ
２ 设改变后的入射角为i′ 折射角为α′,由折射定律得sinα′
, , ()
l
＝n　⑤ 依题意 光束在BC 边上的入射角为全反射的临界角 ２ dλ．
, １ 二、 路程差 亮 暗θ 且sinθ ＝ 　⑥,由几何关系得θ ＝α′＋３０°　⑦,由④⑤⑥ １． 　 　 　２．
透射　反射　薄膜干涉
c c n c 典例精解
３－ ２ 【典例１】　B　解析:双缝干涉中单缝的作用是获得线光源,⑦式得入射角的正弦为sini′＝ ２ ． 而线光源可以看成是由许多个点光源沿一条线排列组成的,这里
１２．解析:(１)
c
光在液体中的速度为v＝ ,在液体中经过的 观察不到光的干涉现象是由于单缝太宽,得不到线光源．故选项Bn
正确．
nh
最短时间t,则有vt＝h,解得t＝c ． 变式１:D
(２)液面上有光射出的范围是半径为r 的圆,光在液面发生 【典例２】　C　解析:
c c
根据λ＝ ,单色光a的波长λ１＝ ＝
１ f f１
全反射的临界角为C,则有sinC＝ ,因r＝htanC,则有n r＝ ３×１０
８ c
１４m＝０．６×１０－６m＝０．６０μm;单色光５．０×１０ b
的波长λ２＝ ＝
h ２ f２, πh液面上有光射出的面积S＝πr２,解得S＝
２ n２ ．
８
n －１ －１ ３×１０ m＝０．４×１０－６７．５×１０１４ m＝０．４０μm．
则 Δx＝０．６０μm＝λ１,Δx＝
课后巩固
【 ３ λ基础训练】 ０．６０μm＝２λ２＝３×
２ ,可得出选项 正确
２ C ．
１．D　２．C　３．B　４．B　５．C　６．A　７．B　８．C 变式２．解析:屏上P 点距双缝S１和S２的路程差为７．３０×
９．解析:()
sinθ
１ 根据折射定律n＝ １,代入数据得sinθ θ２＝３０°． －７ ,
Δs ７．３０×１０－７m
２ １０ m 则n＝λ ＝
,故在
７．３０×１０－７m＝２ P
点出现明条纹．
(２)作光路图如图所示 ２ ２
在AC 面上光线正好发生全反射,入 答案:明条纹
射角 当堂训练
１ ２
sinθ′＝ ＝ ,θ′＝４５° １．D　２．B　３．D　４．C　５．B　６．B　７．A　８．B　９．D　１ n ２ １ １０．C　１１．B
根据几何关系,可以求得∠A＝７５°,
:() c Δs ３×１０
－６
∠B＝６０°． １第一章　动量守恒定律
第１、２节　动　　量　动量定理
化各是多少
一、动量及动量的变化量
１．动量
(１)定义
物体的 : ,　　　　与　　　　的乘积,即 ＝　　　　． 变式１ 如图所示 小明乘坐电p
(２)单位 梯上到顶楼１０楼再下到某层楼,绘
动量的国际制单位是　　　　,符号是　　　　． 制如图所示v－t图线,小明的质量
(３)方向 m＝５０kg,那么下列选项中正确的是
动量是　　　　量,它的方向与　　　　的方向相同． (　　)
２．动量的变化量 A．４s末小明上升到最大高度,最大高度为３０m
(１)定义:物体在某段时间内　　　　与　　　　的矢 B．４~６s内,小明处于超重状态
量差(也是矢量),Δp＝　　　　(矢量式)． C．０~６s内,小明的动量变化量的大小为１０００kg m/s
(２)动量始终保持在一条直线上时的矢量运算:选定一 D．４~６s内,小明所受的合外力的冲量大小为１０００N s
个正方向,动量、动量的变化量用带正、负号的数值表示,从 【典例２】　蹦床运动是运动员在一张绷紧的弹性网上
而将矢量运算简化为　　　　运算(此时的正、负号仅表示 蹦跳、翻 滚 并 做 各 种 空 中 动 作 的 运 动 项 目．一 个 质 量 为
方向,不表示大小)． ６０kg的运动员,从离水平网面３．２m 高处自由下落,着网后
、 沿竖直方向蹦回离水平网面二 动量和动量定理 ５．０m 高处．已知运动员与网
接触的时间为１．２s,若把这段时间内网对运动员的作用力
１．冲量
当作恒力处理,求此力的大小和方向．(g 取: １０m
/s２)
→定义 力与力的作用 　　　 的乘积．
→公式:I＝F(t′－t)
冲量 →单位:牛顿 秒,符号是 　　　　．
→矢量性:方向与 　　 的方向相同．
→物理意义:反映力的作用对 　　 的积累效应． 变式２:最近,我国为“长征九号”研制的大推力新型火
２．动量定理 箭发动机联试成功,这标志着我国重型运载火箭的研发取
(１)内容:物体在一个过程始末的　　　　等于它在这 得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速
个过程中所受力的冲量． 度约为３km/s,产生的推力约为４．８×１０６N,则它在１s时
(２)表达式:　　　　　　或　　　　　　． 间内喷射的气体质量约为 (　　)
A．１．６×１０２kg B．１．６×１０３kg
C．１．６×１０５kg D．１．６×１０６kg
【典例１】　羽毛球是速度最快的球类运动之一,我国
运动员林丹某次扣杀羽毛球的速度为３４２km/h,假设球的
速度为９０km/h,林丹将球以３４２km/h的速度反向击回． １．下列关于动量的说法正确的是 (　　)
设羽毛球质量为５g,试求: A．质量大的物体,动量一定大
(１)林丹击球过程中羽毛球的动量变化量; B．质量和速率都相等的物体,动量一定相同
(２)在林丹的这次扣杀中,羽毛球的速度变化、动能变 C．质量一定的物体的速率改变,它的动量不一定改变
１
D．质量一定的物体的运动状态改变,它的动量一定改变 A．１０N B．５０N C．１００N D．５００N
２．如图所示,竖直轻弹簧上端固定,下端系着 ７．如图所示,质量为m 的小滑块沿
一个质量为m 的小球,用手(图中未画出)托着小 倾角为θ的斜面向上滑动,经过时间t１
球,使弹簧处于原长状态．现将手快速拿开,经时 速度为零然后又下滑,经过时间t２回到
间t小球的速度大小为v、方向竖直向下．重力加 斜面底端,滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为
速度大小为g,不计空气阻力．在这段时间t内,弹 F１．在整个过程中,重力对滑块的总冲量为 (　　)
簧弹力的冲量大小为 (　　) A．mgsinθ(t１＋t２) B．mgsinθ(t１－t２)
A．mgt B．mv C．mg(t１＋t２) D．０
C．mgt＋mv D．mgt－mv ８．如图所示甲、乙两种情况中,人用相同大小的恒定
３．２０１９年８月,“法国哪吒”扎帕塔身背燃料包,脚踩 拉力拉绳子,使人和船A 均向右运动,经过相同的时间t,
安装了小型涡轮喷气发动机的“飞板”,仅用２２分钟就飞越 图甲中船A 没有到岸,图乙中船A 没有与船B 相碰,则经
英吉利海峡３５公里的海面．当扎帕塔及装备悬浮在空中静 过时间t (　　)
止时．发动机将气体以３０００m/s的恒定速度从喷口向下喷
出,此时扎帕塔及装备的总质量为１２０kg．不考虑喷出气体
对总质量的影响,取g＝１０m/s２,则发动机每秒喷出气体
的质量为 (　　)
A．０．８kg B．０．４kg C．０．１kg D．５．０k
　　
g
４．两只完全相同的鸡蛋A,B 自同一高度由静止释放, 甲 乙
分别落在海绵和石头上,鸡蛋A 完好(未反弹),鸡蛋B 碎 A．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉
了．不计空气阻力,对这一结果,下列说法正确的是 (　　) 力的冲量小
A．下落过程中鸡蛋B 所受重力的冲量更大一些 B．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉
B．下落过程中鸡蛋B 的末动量更大一些 力的冲量大
C．碰撞过程中鸡蛋B 动量减小的更多一些 C．图甲中人对绳子拉力的冲量与图乙中人对绳子拉
D．碰撞过程中鸡蛋B 的动量变化率更大 力的冲量一样大
５．如图所示,一轻质弹簧固定 D．以上三种情况都有可能
在墙上,一个质量为m 的木块以速 ９．如图所示,两个质量相等的物体 A,B 从同一高度
度v０ 从右侧沿光滑水平面向左运动并与弹簧发生相互作 沿倾角不同的两光滑斜面由静止自由滑下,在到达斜面底
用,以向左为正方向,设相互作用的过程中弹簧始终在弹性 端的过程中,下列说法正确的是 (　　)
限度范围内,那么,在整个相互作用的过程中弹簧对木块冲 A．两物体所受重力的冲量相同
量I为 (　　) B．两物体所受 合 外 力 的 冲 量
A．I＝０ B．I＝－２mv０ 相同
C．I＝２mv０ D．I＝－mv C．两物体到达斜面底端时的动０
６．如图所示是一则安全警示广告,描述了高空坠物对 量不同
人伤害的严重性．小王同学用下面的实例来检验广告词的 D．两物体动量的变化量相同
科学性:用一个质量约为５０g的鸡蛋从８楼的窗户自由下 １０．在距地面高h处、同时以相等初速度v０分别平抛、
落到地面．经测量鸡蛋与地面接触时间约为０．０２s．不计空 竖直上抛、竖直下抛三个质量均为m 的物体,当它们从抛
气阻力,重力加速度g＝１０m/s２试估算鸡蛋对地面平均作 出点落到地面时,比较它们的动量的增量Δp,有 (　　)
用力的大小约为 (　　) A．平抛过程较大 B．竖直上抛过程较大
C．竖直下抛过程较大 D．三者一样大
１１．质量为m 的钢球自高处落下,以速度大小v１碰地,
竖直向上弹回,碰撞时间极短,离地的速度大小为v２,在碰
撞过程中,地面对钢球的冲量的方向和大小为 (　　)
A．向下,m(v１－v２) B．向下,m(v１＋v２)
C．向上,m(v１－v２) D．向上,m(v１＋v２)
１２．将质量为m＝１kg的小球,从距水平地面高h＝
５m处,以v０＝１０m/s的水平速度抛出,不计空气阻力,g
取１０m/s２．求:
２
(１)抛出后０．４s内重力对小球的冲量; 别为 (　　)
(２)平抛运动过程中小球动量的增量Δp; A．Ft,０ B．Ftcosθ,０ C．mv,mgt D．Ft,mgt
(３)小球落地时的动量p′． ６．人从高处跳到低处时,为了安全,一般都是让脚尖
先着地,这是为了 (　　)
A．减小冲量
B．使动量的增量变得更小
C．增长与地面的冲击时间,从而减小冲力
D．增大人对地的压强,起到安全作用
７．一个质量为０．１８kg的垒球,以２０m/s的水平速度
飞向球棒,被球棒击打后反向水平飞回．设击打过程球棒对
垒球的平均作用力大小为９００N,作用时间为０．０１s．则被
基础训练 球棒击打后垒球反向水平速度大小为 (　　)
１．单人飞行器由微型喷气发动机和操纵系统组成,可 A．３０m/s B．４０m/s C．５０m/s D．７０m/s
以完成单人上升、下降、悬停和平飞等动作．已知飞行器连 ８．篮球运动员接传来的篮球时,通常要先伸出两臂迎
同人和装备的总质量为 M,发动机在时间t内喷出燃料的 球,手触到球瞬间顺势后引．这样可以减小 (　　)
质量为m,m M,重力加速度为g,要使飞行器能在空中 A．球对手的力的冲量 B．球对手的力的大小
悬停,则燃料喷射的速度应为 (　　) C．球的动量变化量 D．球的动能变化量
Mt Mgt mgt
A．Gt B． ９．蹦床是一项运动员利用从蹦床反弹中表现杂技技mg C．m D．M 巧的竞技运动,一质量为５０kg的运动员从１．８m 高处自由
２．如图所示,一小球分别从同一高度的三个光滑坡上 下落到蹦床上,若从运动员接触蹦床到运动员陷至最低点
由静止开始运动到达底端的过程中,下列说法中正确的是 经历了０．２s,则这段时间内蹦床对运动员的冲量大小为
(　　) (取g＝１０m/s２,不计空气阻力) (　　)
A．４００N s B．３００N s C．２００N s D．１００N s
１０．质量为０．７５kg的篮球,以１０m/s的速度竖直砸在
篮球场上,随后又以８m/s的速度被反弹,若取竖直向上为
正方向,则篮球与地面碰撞前的动量是多少 碰撞后的动
量是多少 在此过程中篮球动量的变化是多少
A．在底端时的速度相同
B．在底端时的加速度相同
C．在底端时的动量相同
D．在底端时的上述三个物理量都不相同
３．物体受到如图所示的恒力F 的作用,在光滑的水平
面上运动,在时间t内 (　　)
拓展提升
A．重力的冲量大小一定为Ftsinθ
B．拉力冲量的大小为Ftcosθ １．
有一种新型采煤技术:高压水射流采煤技术．基本原
理如图所示,一组高压水泵将水的压强升高,让高压水从喷
C．支持力冲量的大小为mgt
嘴中射出,打在煤层上,使煤成片脱落,从而达到采煤目的
D．合力的冲量水平向右 ．
假设某煤层受到压强为
４．下面的说法错误的是 (　　) ９．０×１０
７Pa的冲击时即可破碎,若
高压水流沿水平方向冲击煤层,不计水的反溅作用,水的密
A．物体运动的方向就是它的动量的方向
度为１．０×１０３, kg/m
３,则此时冲击煤层的水速约为 ( )
B．如果物体的速度发生变化 则可以肯定它受到的合 　　
外力的冲量不为零
C．如果合外力对物体的冲量不为零,则合外力一定使
物体的动能增大
D．作用在物体上的合外力冲量不一定能改变物体速
度的大小
５．质量为m 的木箱在光滑的水平地面上,在与水平方
向成θ角的恒定拉力F 作用下由静止开始运动,经过时间
t速度变为v,则在这段时间内拉力F 与重力的冲量大小分
３
A．３０m/s B．３００m/s 下列说法正确的是 (　　)
C．９０m/s D．９００m/s A．当摩天轮运动到最低点时,
２． 民法典 明确提出“禁止从建筑物中抛掷物品”,如 该同学处于完全失重状态
果一瓶５００mL的矿泉水从教学楼４楼窗户坠下,与地面的 B．由 最 高 点 到 最 低 点 的 过 程
撞击时间约为７×１０－３s,未反弹,则矿泉水瓶对地面的冲击 中,该同学受到的合外力做功为０
力约为 (　　) C．由最高点到最低点的过程中,
A．１０N B．１０２ N C．１０３ N D．１０４ N 该同学受到的重力的功率一直为０
３．“水滴石穿”是说“水不停地滴,石头也能被滴穿”, D．由最高点到最低点的过程中,该同学受到的合外力
若质量为０．０５g的水滴从离地面石头高为７．２m 的屋檐以 的冲量为０
每秒１滴的节奏落到地面石头上,每次与石头碰撞的时间 ８．某物体由静止开始做匀加速直线运动,经过时间t１
约为０．１s,且碰后不反弹,已知重力加速度g＝１０m/s２．则 后,在阻力作用下做匀减速直线运动,又经过时间t２速度减
每次水滴与石头间的平均撞击力为 (　　) 为零,若物体一直在同样的水平面上运动,则前一段的牵引
A．６．０×１０－４N B．６．０×１０－３N 力与后一段的阻力大小之比为 (　　)
C．６．５×１０－４N D．６．５×１０－３N A．t２∶t１ B．(t１＋t２)∶t１
４．一质量为２kg、可看成质点的物块做直线运动,其运 C．(t１＋t２)∶t２ D．t２∶(t１＋t２)
动过程中动量的平方与位置关系如图所示．下列说法正确 ９．如 图 所 示,水
的是 (　　) 平地面上静止放置一
A．物 体 运 动 的 加 速 度 大 小 为 辆小车A,质量mA ＝
１６m/s２ ４kg,上表面光滑,小车与地面间的摩擦力极小,可以忽略
B．物块运动中受到的合力大小 不计．可视为质点的物块B 置于A 的最右端,B 的质量mB
为３２N ＝２kg．现对A 施加一个水平向右的恒力F＝１０N,A 运动
C．物块在坐标原点的速度大小 一段时间后,小车左端固定的挡板与B 发生碰撞,碰撞时
为８m/s 间极短,碰后A,B 粘合在一起,共同在F 的作用下继续运
D．物体从０m 到１m 所用时间为０．５s 动,碰撞后经时间t＝０．６s,二者的速度达到vt＝２m/s．求:
５．如图所示,完全相同的三个小球a,b,c从距离地面 (１)A 开始运动时加速度a的大小;
同一高度处以等大的初速度开始运动,分别做平抛、竖直上 (２)A,B 碰撞后瞬间的共同速度v的大小．
抛和斜抛运动,忽略空气阻力．以下说法不正确的是 (　　)
A．三个小球不同时落地
B．b,c 所 能 达 到 的 最 大 高 度
相同
C．三个小球落地时的速度大小相等 １０．一质量为０．５kg的小物块放在水平地面上的 A
D．落地之前,三个小球在任意相等时间内动量的增量 点,距离A 点５m 的位置B 处是一面墙,如图所示,物块以
相同 v０＝９m/s的初速度从A 点沿AB 方向运动,在与墙壁碰
６．如图甲所示,质量为１kg的物块放在光滑的水平面 撞前瞬间的速度为７m/s,碰后以６m/s的速度反向运动
上,t＝０时刻,给物块施加一个水平向右的拉力使物块从 直至静止,g 取１０m/s
２．
静止开始运动,其运动的v－t图像如图乙所示．则０~４s (１)求物块与地面间的动摩擦因数μ;
内水平拉力的冲量大小 (　　) (２)若碰撞时间为０．０５s,求碰撞过程中墙面对物块平
均作用力的大小F;
(３)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W．
　　　
甲 乙
A．４kg m/s B．大于４kg m/s
C．小于４kg m/s D．无法求解
７．如图所示,是某游乐园的标志性设施———摩天轮．某
同学乘坐该摩天轮随座舱在竖直面内做匀速圆周运动,则
４

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