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2024年高考一轮复习100考点100讲
第9章 机械振动和机械波
第9.3 讲 机械波
【知识点精讲】
1．机械波的形成条件
（1）有发生机械振动的波源。
（2）有传播介质，如空气、水等。
2．传播特点
（1）机械波传播的只是振动的形式和能量，质点只在各自的平衡位置附近做简谐运动，并不随波迁移。
（2）介质中各质点的振幅相同，振动周期和频率都与波源的振动周期和频率相同。
（3）一个周期内，质点完成一次全振动，通过的路程为4A，位移为零。
3．机械波的分类
（1）横波：质点的振动方向与波的传播方向相互垂直的波，有波峰（凸部）和波谷（凹部）。
（2）纵波：质点的振动方向与波的传播方向在同一直线上的波，有密部和疏部。
4．横波的图象
（1）坐标轴：横轴表示各质点的平衡位置，纵轴表示该时刻各质点的位移。
（2）意义：表示在波的传播方向上，某时刻各质点离开平衡位置的位移。
（3）图象：
5．波长、频率和波速
（1）波长λ：在波动中，振动相位总是相同的两个相邻质点间的距离。
（2）波速v：波在介质中的传播速度，由介质本身的性质决定。
（3）频率f：由波源决定，等于波源的振动频率。
（4）波长、波速和频率的关系：（i）v＝λf；（ii）v＝。
【方法归纳】
1．波动图象的信息（如图所示）
（1）直接读取振幅A和波长λ，以及该时刻各质点的位移。
（2）确定某时刻各质点加速度的方向，并能比较其大小。
（3）结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向。
2．波的传播方向与质点振动方向的互判方法
方法 内容 图象
“上下坡”法 沿波的传播方向，“上坡”时质点向下振动，“下坡”时质点向上振动
“同侧”法 波形图上某点表示传播方向和振动方向的箭头在图线同侧
“微平移”法 将波形沿传播方向进行微小的平移，再由对应同一x坐标的两波形曲线上的点 来判断振动方向
3、振动图象与波的图象的比较
振动图象 波的图象
研究对象 一个质点 沿波传播方向上的所有质点
图象 正（余）弦曲线 正（余）弦曲线
物理意义 某质点在各时刻的位移 某时刻各质点的位移
振动方向 （看下一时刻的位移） （将波沿传播方向平移）
Δt波形 随时间推移，图象延续，但已有形状不变 随时间推移，图象沿波的传播方向平移
横坐标 表示时间 表示各质点的平衡位置
联系 （1）纵坐标均表示质点的位移；（2）纵坐标的最大值都表示振幅； （3）波在传播过程中，各质点都在各自的平衡位置附近振动， 每一个质点都有自己的振动图象
4．求解波动图象与振动图象综合类问题可采用“一分、一看、二找”的方法：
（1）分清振动图象与波动图象。此问题最简单，只要看清横坐标即可，横坐标为x则为波动图象，横坐标为t则为振动图象。
（2）看清横、纵坐标的单位。尤其要注意单位前的数量级。
（3）找准波动图象对应的时刻。
（4）找准振动图象对应的质点。
5．对周期（频率）、波速、波长关系的理解
（1）。周期和频率：只取决于波源，波的周期和频率就是指波源的周期和频率，与v、λ无任何关系。
（2）。速度v：决定于介质的物理性质，同一种均匀介质，物理性质相同，波在其中传播的速度恒定。
（3）。波长λ：对于一列波，其波长、波速、周期的关系不会变化，始终是v＝＝λf，既然v、T都由相关因素决定，所以这些因素同时又共同决定了波长λ，即波长λ由波源和介质共同决定。
【最新高考题精练】
（2022高考辽宁物理）
1．一列简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻的波形如图所示，关于质点P的说法正确的是（　　）
A．该时刻速度沿y轴正方向 B．该时刻加速度沿y轴正方向
C．此后周期内通过的路程为A D．此后周期内沿x轴正方向迁移为
（2022山东物理）
2．一列简谐横波沿x轴传播，平衡位置位于坐标原点O的质点振动图像如图所示。当时，简谐波的波动图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2022高考河北）
3．一列简谐横波沿x轴正方向传播。波速为10m/s。在传播方向上有P、Q两质点，坐标分别为xP = 1m，xQ = 6m。波传播到P点开始计时，该点的振动图像如图所示，则简谐波的波长为 m，经过 s，Q点第一次到达正向最大位移处。
（2022·全国理综甲卷·34（1））
4．一平面简谐横波以速度v = 2m/s沿x轴正方向传播，t = 0时刻的波形图如图所示，介质中平衡位置在坐标原点的质点A在t = 0时刻的位移，该波的波长为 m，频率为 Hz，t = 2s时刻，质点A （填“向上运动”“速度为零”或“向下运动”）。
（2022·高考广东物理）
5．如图所示，某同学握住软绳的一端周期性上下抖动，在绳上激发了一列简谐波。从图示时刻开始计时，经过半个周期，绳上M处的质点将运动至 （选填“N”“P”或“Q”）处。加快抖动，波的频率增大，波速 （选填“增大”“减小”或“不变”）。
（2021重庆高考）
6．简谐横波沿x轴正方向传播，题图为某时刻波形图。波源位于处，其位移随时间变化的关系为，则（　　）
A．此波的波长为 B．此波的频率为
C．此波的波速为 D．此时波源沿y轴正方向运动
（2021高考新课程湖北卷）
7．一列简谐横波沿 x轴传播，在t=0时刻和t=1 s时刻的波形分别如图中实线和虚线所示。已知x=0处的质点在0~1 s内运动的路程为4.5 cm。下列说法正确的是（　　）
A．波沿x轴正方向传播
B．波源振动周期为1.1 s
C．波的传播速度大小为13 m/s
D．t=1 s时，x=6 m处的质点沿y轴负方向运动
（2021新高考湖南卷）
8．均匀介质中，波源位于O点的简谐横波在xOy水平面内传播，波面为圆。t = 0时刻，波面分布如图（a）所示，其中实线表示波峰，虚线表示相邻的波谷。A处质点的振动图像如图（b）所示，z轴正方向竖直向上。下列说法正确的是（ ）

A．该波从A点传播到B点，所需时间为
B．时，处质点位于波峰
C．时，处质点振动速度方向竖直向上
D．时，处质点所受回复力方向竖直向上
E．处质点起振后，内经过的路程为
（2021新高考北京卷）
9．一列简谐横波某时刻的波形图如图所示。此后K质点比L质点先回到平衡位置。下列判断正确的是（ ）
A．该简谐横波沿x轴负方向传播 B．此时K质点沿y轴正方向运动
C．此时K质点的速度比L质点的小 D．此时K质点的加速度比L质点的小
（2021新高考天津卷）
10．一列沿x轴正方向传播的简谐横波，传播速度，时位于坐标原点的质点从平衡位置沿y轴正方向运动，下列图形中哪个是时的波形（　　）
A． B． C． D．
（2020高考天津卷）
11．一列简谐横波沿x轴正方向传播，周期为T，时的波形如图所示。时（ ）
A．质点a速度方向沿y轴负方向
B．质点b沿x轴正方向迁移了1m
C．质点c的加速度为零
D．质点d的位移为-5cm
（2020高考全国理综III卷）
12．如图，一列简谐横波平行于x轴传播，图中的实线和虚线分别为t=0和t=0.1 s时的波形图。已知平衡位置在x=6 m处的质点，在0到0.1s时间内运动方向不变。这列简谐波的周期为 s，波速为 m/s，传播方向沿x轴 （填“正方向”或“负方向”）。
（2020高考北京卷）
13．一列简谐横波某时刻波形如图甲所示。由该时刻开始计时，质点L的振动情况如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．该横波沿轴负方向传播
B．质点N该时刻向y轴负方向运动
C．质点L经半个周期将沿轴正方向移动
D．该时刻质点K与M的速度、加速度都相同
（2020高考天津卷）
14．一列简谐横波沿x轴正方向传播，周期为T，时的波形如图所示。时（ ）
A．质点a速度方向沿y轴负方向
B．质点b沿x轴正方向迁移了1m
C．质点c的加速度为零
D．质点d的位移为-5cm
（2020年7月浙江选考）
15．如图所示，x轴上、处有两个振动周期均为、振幅均为的相同的波源、，时刻同时开始竖直向下振动，产生波长均为沿x轴传播的简谐横波。P、M、Q分别是x轴上、和的三个点，下列说法正确的是（　　）
A．时P、M、Q三点均已振动
B．后M点的位移始终是
C．后P点的位移始终是0
D．时Q点的振动方向竖直向下
（2020高考全国理综I）
16．一振动片以频率f做简谐振动时，固定在振动片上的两根细杆同步周期性地触动水面上a、b两点，两波源发出的波在水面上形成稳定的干涉图样。c是水面上的一点，a、b、c间的距离均为l，如图所示。已知除c点外，在ac连线上还有其他振幅极大的点，其中距c最近的点到c的距离为。求：
（i）波的波长；
（ii）波的传播速度。

【最新模拟题精练】
（2023辽宁教研联盟二模）
17．一列沿x轴正方向传播的简谐横波，在时刻的波形图如图所示（波恰好传播到Q点），时R点第一次达到波谷。P、Q、M、R分别是平衡位置在1m、5m、6m、9m的点。下列说法正确的是（　　）
A．这列波的周期为8s
B．时，P点在波峰位置
C．P点的起振方向沿y轴正方向
D．从时刻到R点第一次到达波峰，M点通过的路程为14cm
（2023河北张家口宣化一中二模）
18．如图（甲）是沿x轴正方向传播的一列横波在t=0的一部分波形，此时P点的位移为y0，则此后P点的振动图象是如图（乙）中的
19．甲、乙两列机械波在同种介质中相向而行，甲波波源位于O点，乙波波源位于x＝11m处，在t＝0时刻所形成的波形与位置如图所示。已知甲的波速为0.4m/s，下列说法正确的是（　　）
A．乙的波速为0.8m/s
B．甲、乙两波相遇后不能形成稳定的干涉图像
C．甲的波谷经过13.75s与乙的波峰第一次相遇
D．振动减弱点的振幅为4cm，x＝5m处是振动减弱点
（2023天津南开区一模）
20．如图所示，波源O产生的简谐横波沿x轴正方向传播，P是xP = 0.5m处的质点、Q是xQ = 1.1m处的质点，在t = 0时振动恰好传播到P点，形成波的图形为图中的实线；在t = 0.3s时振动恰好传播到Q点，形成波的图形为图中的虚线，则（ ）
A．该波的波速等于2m/s
B．波源开始振动的方向沿y轴负方向
C．在t = 0.7s时Q点速度等于零
D．Q点的振动方向和P点始终相反
（2023山东青岛二中下学期期中）
21．B超成像的基本原理是探头向人体发射一组超声波，遇到人体组织会产生不同程度的反射，探头接收到的超声波信号形成B超图像。如图为血管探头沿x轴正方向发送的简谐超声波图像，时刻波恰好传到质点M。已知此超声波的频率为，下列说法正确的是（ ）
A．超声波在血管中的传播速度为
B．内质点M运动的路程为1.75mm
C．质点M第一次位移为0.2mm的时刻是
D．时质点N恰好处于波谷
（2023山东中学联盟考前热身押题）
22．如图，图甲为一列简谐横波在时刻的波形图，图乙为质点P的振动图像，Q是平衡位置在x＝4.0m处的质点，下列说法正确的是（　　）
A．时刻，质点Q沿y轴负方向振动
B．这列波的波速为0.8m/s
C．质点Q的振动方程为
D．从到，质点Q通过的路程为70cm
（2023上海七宝模拟）
23．一频率的波源，以速度做匀速直线运动，且以相等的时间间隔向各个方向同时发出机械波，某一时刻，发出的机械波在运动平面上到达的最远位置如图所示（图中每个小正方格的边长相等），则该机械波的波长约为（　　）
A．1m B．3m C．5m D．7m
24．某介质中两持续振动的振源P、Q分别位于x轴上和处，t=0时刻两振源同时开始振动，t=3s时刻在x轴上第一次形成如图所示的波形。则下列说法正确的是（　　）
A．振源P的这列波波长为2cm
B．振源Q起振方向沿y轴正方向
C．两列波的速度都是1cm/s
D．两列波在处相遇后，该质点的振动始终加强
（2023河北唐山一模）
25．机械波在深度不同的A、B两部分水中传播某时刻的波形如图所示，图中明亮区域中间位置为波峰，A部分中波峰间距是B部分中波峰间距的2倍，已知B部分中波速为0.6m/s。则该机械波（　　）
A．在B部分中更容易发生衍射现象
B．在A部分中的波速为0.3m/s
C．由A部分进入B部分频率变大
D．在两部分交界面发生了折射现象
（2023浙江台州二模）
26．两个振动情况完全相同的波源、，分别位于x轴上原点O和0.9m，振幅为10cm。时刻波源开始沿y轴方向做简谐运动，形成的简谐波沿x轴正、负方向传播，当波传到0.9m处，触发波源开始振动，此时x正半轴波形如图所示，两波源各自振动2s后停止振动。则下列说法正确的是（ ）
A．两列波的传播速度为4m/s
B．波源的起振方向沿y轴正方向
C．在0~6s内，平衡位置处在的质点运动总路程为100cm
D．从图示时刻开始，再过0.75s，平衡位置在处的质点位移为10cm
（2023湖南怀化二模）
27．“战绳”是一种时尚的健身器材，有较好的健身效果。如图1所示，健身者把两根相同绳子的一端固定在P点，用双手分别握住绳子的另一端，然后根据锻炼的需要以不同的频率、不同的幅度上下抖动绳子，使绳子振动起来。某次锻炼中，健身者以2Hz的频率开始抖动绳端，t=0时，绳子上形成的简谐波的波形如图2所示，a、b为右手所握绳子上的两个质点，二者平衡位置间距离为波长的，此时质点a的位移为8cm。已知绳子长度为12m，下列说法正确的是（　　）
A．a、b两质点振动的相位差为
B．时，质点a的位移仍为cm，且速度方向向下
C．健身者增大抖动频率，将减少振动从绳子端点传播到P点的时间
D．健身者抖动绳子端点（刚开始处于平衡位置），经过0.4s振动恰好传到P点
（2023广州二模）
28．用手上下抖动绳的一端，产生一列向右传播的横波。某时刻波形如图，其中a、b、c是绳上的三个质点，则（　　）
A．a向上振动 B．c向下振动 C．a 速率最大 D．b速率最大
（2023山东潍坊期末）
29．一列沿x轴传播的简谐横波，t=0.8s时的波形如图甲所示，质点N的平衡位置为xN=11m， 质点M的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．从t=0.8s时起到质点M通过的路程为20cm过程所用时间为0.6s
B．质点M的平衡位置为xM=8m
C．t=12s时质点N的位移y=20cm
D．质点N的振动方程为
（2023湖南长沙质检）
30．人们通过研究地震波的发生、传播等规律来了解地震，减少地震带来的危害。某地震监测站监测到一列沿x轴传播的地震波，时刻x轴上区间内的波形如图甲所示。处质点的振动图像如图乙所示，时该质点第一次处于波谷。下列说法正确的是（　　）
A．该地震波的周期为 B．该地震波沿x轴正方向传播
C．该地震波沿x轴传播的速度为 D．时，处的质点处于波峰
（2023陕西省名校期末联考）
31．一持续传播了较长时间的简谐波在 t=3s 时的波形图如图。已知波上x=1.0m 的 P 点振动周期为 2s，t=0s 时位于平衡位置且向上运动。则（ ）
A．波沿 x 轴负方向传播
B．波速为2m/s
C．x=0 处的质点在t=3s时的纵坐标2.5cm
D．x=0 处的质点在t=2.5s时的运动方向沿y轴正方向
E．在 0到 3s 时间内 P 质点通过的路程为 30m
（2023湖南怀化名校联考）
32．两列分别沿x轴正、负方向传播的简谐横波在t = 0时刻的波形如图所示，其中a波振幅为2cm，沿x轴正方向传播；b波振幅为4cm，沿x轴负方向传播。两列波的传播速度大小均为v = 2m/s。下列判断正确的是（ ）
A．a波的周期为3s
B．两列波的质点的起振方向均沿y轴负方向
C．t = 1.5s时，质点Q离开平衡位置的位移为4cm
D．t = 1.5s时，质点M的位移为2cm
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【详解】AB．波沿x轴正向传播，由“同侧法”可知，该时刻质点P的速度方向沿y轴正向，加速度沿y轴负向，选项A正确，B错误。
C．在该时刻质点P不在特殊位置，则在周期内的路程不一定等于A，选项C错误；
D．质点只能在自己平衡位置附近振动，而不随波迁移，选项D错误。
故选A。
2．AC
【详解】由O点的振动图像可知，周期为T=12s，设原点处的质点的振动方程为
则
解得
在t=7s时刻
因
则在t=7s时刻质点在y轴负向向下振动，根据“同侧法”可判断若波向右传播，则波形为C所示；若波向左传播，则波形如A所示。
故选AC。
3． 2 0.55
【详解】[1]由P点的振动图像可得出该波的周期
T = 0.2s
由于该波的波速为10m/s，则该波的波长
λ = vT = 2m
[2]由题知P、Q两质点相距
xPQ = 5m
则波从P点传播到Q点需经过
由P点的振动图像可得出该波的起振方向向上，则Q点从起振到第一次到达正向最大位移处还需经过，则经过t = 0.55s，Q点第一次到达正向最大位移处。
4． 4 0.5 向下运动
【详解】[1]设波的表达式为
由题知A = 2cm，波图像过点（0，）和（1.5，0），代入表达式有
即
λ = 4m
[2]由于该波的波速v = 2m/s，则
[3]由于该波的波速v = 2m/s，则
由于题图为t = 0时刻的波形图，则t = 2s时刻振动形式和零时刻相同，根据“上坡、下坡”法可知质点A向下运动。
5． P 不变
【详解】[1]经过半个周期，波向右传播半个波长，而M点只在平衡位置附近上下振动，恰好运动到最低点P点。
[2]波速是由介质决定的，与频率无关，波的频率增大，而波速度仍保持不变。
6．C
【详解】A．由波形图可知，此波的波长，A错误；
B．由位移随时间变化的关系得，由可得此波的频率
B错误；
C．由可得
由
可得此波的传播速度
C正确；
D．根据“上下坡”法则可知，波源处于上坡过程，则此时波源沿y轴负方向运动，选项D错误。
故选C。
7．AC
【分析】本题考查机械波的形成与传播
【详解】A．由题意，x =0处的质点在0~1 s的时间内通过的路程为4.5 cm，则结合图可知t =0时刻x =0处的质点沿y轴的负方向运动，则由质点的振动和波的传播方向关系可知，该波的传播方向沿x轴的正方向，故A正确；
BC．由题意可知，t=1s为，解得
由图可知
则
故C正确，B错误；
D．由同侧法可知t=1 s时，x=6 m处的质点沿y轴正方向运动，故D错误。
故选AC。
8．ACE
【详解】A．由图a、b可看出，该波的波长、周期分别为
λ = 10m，T = 4s
则根据波速公式
v = = 2.5m/s
则该波从A点传播到B点，所需时间为
t = s = 4s
A正确；
B．由选项A可知，则该波从A点传播到B点，所需时间为4s，则在t = 6s时，B点运动了2s，即，则B处质点位于波谷，B错误；
C．波从AE波面传播到C的距离为
x =(10 - 10)m
则波从AE波面传播到C的时间为
t =
则t = 8s时，C处质点动了3.1s，则此时质点速度方向向上，C正确；
D．波从AE波面传播到D的距离为
x=(102-10)m
则波从AE波面传播到D的时间为
t =
则t = 10s时，C处质点动了8.3s，则此时质点位于z轴上方，回复力方向向下，D错误；
E．由选项A知
T = 4s，12s = 3T
一个周期质点运动的路程为4cm，则3T质点运动的路程为12cm，E正确。
故选ACE。
9．D
【详解】AB．由题知K质点比L质点先回到平衡位置，则K质点应向下振，再根据“上坡、下坡”法可知，该波应沿x轴正方向传播，A、B错误；
C．由AB选项可知K质点应向下振，而L质点在波谷处，则L质点的速度为0，故此时K质点的速度比L质点的大，C错误；
D．由于质点在竖直方向做机械振动，根据
F = - ky
F = ma
结合波图像可看出
yL > yK
则，此时K质点的加速度比L质点的小，D正确。
故选D。
10．B
【详解】由图中可以看出该波的波长为，根据
可知该列波的周期为
又因为时位于坐标原点的质点从平衡位置沿y轴正方向运动，当时经历了1.5T，所以此时位于坐标原点的质点从平衡位置沿y轴负方向运动，结合图像可知B选项正确。
故选B。
11．C
【详解】经过周期，波向右传播了，波形如图所示
A．由图可知，质点a点恰好运动到平衡位置且沿着y轴正方向运动，A错误；
B．质点b点只在竖直方向上运动不会随波迁移，B错误；
C．质点c恰好运动到平衡，速度最大，加速度为零，C正确；
D．质点d的位移为5cm，D错误。
故选C。
12． 负方向
【详解】因为处的质点在内运动方向不变，所以该处质点从正向位移最大处经过四分之一个周期向下运动至平衡位置处，即
解得周期为，所以波速为
在虚线上，处的质点向下运动，根据同侧法可知波沿轴负方向传播。
13．B
【详解】AB．由图可知乙质点L的振动情况，该时刻质点L向y轴正方向振动。根据上下坡法或者平移法可知，该横波沿x轴正方向传播，质点N该时刻向y轴负方向运动，故A错误，故B正确；
C．质点L只在平衡位置附近y轴方向上下振动，波传播时，质点不会沿x轴正方向移动，故C错误；
D．该时刻质点K与M的速度为零，质点K加速度为-y方向，质点M加速度为+y方向，故D错误。
故选B。
14．C
【详解】经过周期，波向右传播了，波形如图所示
A．由图可知，质点a点恰好运动到平衡位置且沿着y轴正方向运动，A错误；
B．质点b点只在竖直方向上运动不会随波迁移，B错误；
C．质点c恰好运动到平衡，速度最大，加速度为零，C正确；
D．质点d的位移为5cm，D错误。
故选C。
15．CD
【详解】A．波速为
在6s内两列波传播了6m，则此时PQ两质点已振动，但是M点还未振动，A错误；
B．因M点到两个振源的距离相等，则M是振动加强点，振幅为2cm，但不是位移始终为2cm，B错误；
C．P点到两振源的距离只差为6m，为半波长的3倍，则该点为振动减弱点，振幅为零，即10.0s后P点的位移始终为零，C正确；
D．S1波源的振动传到Q点的时间为，则10.5s时Q点由S1引起的振动为竖直向下；S2波源的振动传到Q点的时间为，则10.5s时Q点由S2引起的振动已经振动了7s，此时在最高点，速度为零，则10.5s时刻Q点的振动速度为竖直向下，D正确。
故选CD。
16．（i）；（ii）
【详解】（i）设与c点最近的振幅极大点为d，则
根据干涉加强点距离差的关系：
所以波长为
（ii）由于受迫振动的频率取决于受迫源的频率由知，
17．B
【详解】A．时点第一次达到波谷，相当于平衡位置在的振动形式传播到点，可得该波的传播速度大小，
因此该波的周期
故A错误；
C．根据同侧法可知该波中所有质点的起振方向都是轴负方向，故C错误；
B．由
根据同侧法可知时刻点向下振动，在时在位置波峰位置，故B正确；
D．当点第一次到达波峰，相当于平衡位置在的质点的振动形式传播到点，需要的时间
从时刻到到波传到点所需的时间
点振动的时间按
该过程中M点通过的距离为
故D错误。
故选B。
18．B
【详解】横波沿x轴正方向传播，此时P点向下振动，位移减小，此后根据“前带后，后跟前”的特点可知，P点重复左边质点的振动，故B正确，ACD错误。
故选B。
19．CD
【详解】A．两列机械波在同种介质中波速相同，即
故A错误；
B．甲、乙两列机械波波长相同，波速相同，频率相同，相位差恒定，是相干波，相遇后可形成稳定的干涉图像，故B错误；
C．设甲的波谷与乙的波峰第一次相遇的时刻为t，根据图像的特征可知
故C正确；
D．振动减弱点的振幅为
x=5.0m处是甲的波峰与乙的波谷第一次相遇的位置，波峰遇波谷的位置是振动的减弱点，故D正确。
故选CD。
20．ABD
【详解】A．由题知，在t = 0时振动恰好传播到P点，形成波的图形为图中的实线；在t = 0.3s时振动恰好传播到Q点，形成波的图形为图中的虚线，则
A正确；
B．由题知，在t = 0时振动恰好传播到P点，则根据“上坡、下坡”法可知P点起振方向沿y轴负方向，则波源开始振动的方向沿y轴负方向，B正确；
C．根据题图可知
λ = 0.4m
则该波的周期
且由题知，在t = 0.3s时振动恰好传播到Q点，则再经过0.4s即2T刚好为0.7s，则Q点回到平衡位置且沿y轴负方向振动，此时速度最大，C错误；
D．P、Q间距离
s = 0.6m = 1.5λ
则Q点的振动方向和P点始终相反，D正确。
故选ABD。
21．AD
【详解】A．由题图可知超声波的波长为
由题意可知此超声波的周期为
超声波在血管中的传播速度为
故A正确；
B．0～1.25×10-7s内质点M运动了个周期，所以路程为
故B错误；
C．t=0时刻M正位于波传播方向波形的上坡，所以此时M正向y轴负方向运动，则质点M的振动方程是
质点M第一次位移为0.2mm的时刻是
故C错误；
D．超声波在Δt=1.5×10-7s时间内传播的距离为
由图可知t=0时平衡位置在x=14×10-2mm的质点正位于波谷处，所以t=1.5×10-7s时，该波谷恰好传播到质点N处，即此时N恰好处于波谷，故D正确。
故选AD。
22．AD
【详解】A．根据振动图像，质点P在t＝0时刻后的下一时刻的振动方向向上，结合波的图像，可知这列简谐横波向左传播，质点Q沿y轴负方向振动。故A正确；
B．由图甲可得λ＝8m，由图乙知
可得
T＝12s
所以横波的波速为
故B错误；
C．设质点Q的振动方程为
综合以上信息可得质点Q的振动方程为
故C错误；
D．从t＝0s到t＝11s，经历了
质点Q通过的路程为
故D正确。
故选AD。
23．B
【详解】假设波源以的时间间隔向各个方向同时发出机械波，设小正方格的边长为，从图中可以看出相邻圆的圆心距离为，则有
设机械波的传播速度为，从图中可以看出相邻圆的半径差值是，则有
联立解得
则该机械波的波长为
24．AC
【详解】A．由图可知振源P的这列波波长为2cm，故A正确；
B．因振源Q产生的波在t＝3s时刻传到x=6的位置，则振源Q起振方向沿y轴负方向，故B错误；
C．波速
故C正确；
D．两列波在同一介质中传播，则波速相等，在x＝3cm处相遇后，该质点的振动始终减弱，故D错误。
故选AC。
25．D
【详解】A. 因A部分中波峰间距是B部分中波峰间距的2倍，可知波在A部分中的波长等于B部分的波长的2倍
则在A部分中更容易发生衍射现象，选项A错误；
BC. 波在两部分中传播时周期和频率不变，则
在A部分中的波速为
vA=1.2m/s
选项BC错误；
D. 波在两种介质中的传播速度不相等，则在两部分交界面发生了折射现象，选项D正确。
故选D。
26．C
【详解】A．根据题图可得波长
根据题意可得
可得
波速
A错误；
B．根据题意可知图中时刻波形图处质点刚开始振动，与波源振动方向相同，根据同侧法可知波源的起振方向沿y轴负方向，B错误；
C．波源振动的情况下，平衡位置处在的质点振动的时间
路程
波源开始振动的时间
波源的振动传到质点的时间
因的振动质点真的的时间
路程
在0~6s内，平衡位置处在的质点运动总路程
C正确；
D．从图示时刻开始，再过0.75s即，因振动处的质点位移为
振动传到处的质点的时间
则因振动处的质点振动的时间为
因振动处的质点起振方向向下，所以位移为
从图示时刻开始，再过0.75s，平衡位置在处的质点位移为
D错误。
故选C。
27．AB
【详解】A．a、b两质点二者平衡位置间距离如果为一个波长，则其相位差为2，依题意其平衡位置相距波长，则振动的相位差为
故A正确；
B．由题意可知振动频率为2Hz，则周期为0.5s，则从图示位置开始计时，则质点a的位移与时间的关系为
可知当时，质点a的位移仍为cm，且由图2可知此时质点a从波峰向平衡位置运动，故B正确；
C．波速由介质而定，则增大抖动频率，不会改变振动从绳子端点传播到P点的时间，故C错误；
D．从图中可以得到，波长为8m，周期为0.5秒，则波速为
经0.4s，传播的距离为
即健身者抖动绳子端点（刚开始处于平衡位置），经过0.4s振动不能传到P点，故D错误。
故选AB。
28．C
【详解】由于波向右传播，根据前面质点的振动带动后面质点的振动，可知质点a、b向下振动，质点c向上振动，并且质点a恰好通过平衡位置，速率最大。
故选C。
29．BD
【详解】A．根据振动图像，t=0.8s时，质点M向y轴负方向振动，说明波沿x轴正方向传播，由于M点此时并不是在正负最大位移处或者平衡位置，所以经过0.6s，也就是四分之一周期，质点运动的路程不是20cm，应该大于20cm，故A错误；
B．由图可知，波长和周期分别为
所以波速为
根据振动图像可知，质点M在1.2s时回到平衡位置，结合波的传播，有
解得
故B正确；
CD．根据波的传播，质点N在0.8s时向上振动，此后第一次到波峰的时间为t，则
所以
所以1.2s时N质点处于波峰，即
解得
所以质点N的振动方程为
当t=12s时，有
故C错误，D正确。
故选BD。
30．BC
【详解】A.由题可知，处质点的振动图像如图乙所示，时该质点第一次处于波谷，则有
解得
故A错误；
B由乙图知x=-1km处质点在0时刻振动方向向上，对应到甲图中，根据“上下坡法”可知，波沿x轴正向传播，故B正确；
C由甲图知，波长λ=4km，则波速为
故C正确；
D由题知，故处的质点在此时的状态与的状态相同；在t=0时刻，处的质点处于平衡位置向下振动，故经，它将处于波波谷，故D错误。
故选BC。
31．ACD
【详解】A．P 点振动周期为 2s，即波源振动周期为 2s，P 点在时位于平衡位置且向上运动，则时P 点位于平衡位置向下运动，结合时波形图，根据“同侧法”可以判断波沿 x 轴负方向传播，A正确；
B．波源振动周期为 2s，由波形图可知，波长为，则波速为
B错误；
C．简谐波在 t=3s 时的波形图为
x=0 处的质点在t=3s时的纵坐标为
C正确；
D．波在内向负方向传播的距离为
即x=0 处的质点在t=2.5s时的运动情况与处的质点在t=3s时的运动情况相同，结合时波形图，根据“同侧法”可以判处的质点在t=3s时运动方向沿y轴正方向，即x=0 处的质点在t=2.5s时的运动方向沿y轴正方向，D正确；
E．0到 3s 所用时间为，P 点从平衡位置开始运动的路程为
E错误。
故选ACD。
32．D
【详解】A．横波a的波长为4m，则周期
A错误；
B．根据平移法，且同一列波各点起振方向均相同，可知a波起振方向向上，b波起振方向向上，B错误；
C．横波b的波长为4m，则周期也为2s，t = 1.5s时经过，但a波尚未传到质点Q，则质点Q离开平衡位置的位移为－4cm，C错误；
D．t = 1s时，a波到达质点M，但b波尚未传到质点M，则再经过0.5s，即t = 1.5s时，质点M的位移为2cm，D正确。
故选D。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第9章 机械振动和机械波
第9.4 讲 机械波的多解问题
【知识点精讲】
造成波动问题多解的主要因素
（1）周期性
①时间周期性：时间间隔Δt与周期T的关系不明确。
②空间周期性：波传播的距离Δx与波长λ的关系不明确。
两质点间关系不确定形成多解，在波的传播方向上，如果两质点距离不确定或相位之间关系不确定，会开成多解，若不会联想所有的可能性，就会出现漏解。
（2）双向性
①传播方向双向性：波的传播方向不确定。
波总是由波源发生并由近及远地向前传播，波在介质中传播时，介质各质点的振动情况根据波的传播方向是可以确定的，反之亦然，因此，根据题中的已知条件不能确定波的传播方向或者不能确定质点的振动方向，就会出现多解。
②振动方向双向性：质点振动方向不确定。
沿着波的传播方向，相隔一个波长的连续两个相邻的质点振动的步调是完全相同的；在时间上相隔一定周期的前后两个相邻时刻的波形图形是完全相同的，所以，当题中已知条件没有给定传播的时间(波传播的时间Δt与周期T之间的大小关系不确定)或是没有给定波的传播距离(波的传播距离△x与波长λ之间的大小关系不确定)，就会出现多解现象。
【方法归纳】
求解波的多解问题一般思路
（1）一般采用从特殊到一般的思维方法，即找出一个周期内满足条件的关系Δt或Δx，若此关系为时间，则t＝nT＋Δt(n＝0，1，2，…)；若此关系为距离，则x＝nλ＋Δx(n＝0，1，2，…)。
（2）根据题设条件判断是唯一解还是多解。
（3）根据波速公式v＝或v＝＝λf求波速。
【最新高考题精练】
（2022山东物理）
1．一列简谐横波沿x轴传播，平衡位置位于坐标原点O的质点振动图像如图所示。当时，简谐波的波动图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2021新高考辽宁卷）
2．一列沿x轴负方向传播的简谐横波，t=2s时的波形如图（a）所示，x=2m处质点的振动图像如图（b）所示，则波速可能是（　　）
A．m/s B．m/s C．m/s D．m/s
（2021高考新课程I卷山东卷）
3．一列简谐横波沿x轴传播，如图所示，实线为时的波形图，虚线为时的波形图。以下关于平衡位置在O处质点的振动图像，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2019高考理综天津卷）
4．一列简谐横波沿轴传播，已知轴上和处质点的振动图像分别如图1、图2所示，则此列波的传播速率可能是（ ）

A． B． C． D．
（2016高考四川理综物理）
5．简谐横波在均匀介质中沿直线传播，P、Q是传播方向上相距10 m的两质点，波先传到P，当波传到Q开始计时，P、Q两质点的振动图像如图所示．则
A．质点Q开始振动的方向沿y轴正方向
B．该波从P传到Q的时间可能为7 s
C．该波的传播速度可能为2 m/s
D．该波的波长可能为6 m
【最新模拟题精练】
（2023江苏盐城重点高中质检）
6．如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，在t1=0时刻波形如图中的实线所示，t2=0.5s时刻的波形如图虚线所示，下列说法正确的是（　　）
A．波的传播速率不可能为12m/s
B．波的传播速率不可能为20m/s
C．波的周期不可能为2s
D．波的周期不可能为1s
(2022甘肃酒泉三模)
7．一根拉紧的水平弹性绳上的a、b两质点的平衡位置间的距离为1.2m，b质点在a质点的右侧，一列简谐横波沿此弹性绳向右传播。t=0时a质点的位移达到正向最大，b质点的位移恰好为零，且向下运动；t=1s时a质点第一次回到平衡位置。若该波的波长大于1.2m，则下列说法正确的是（　　）
A．这列简谐横波的波长为1.6m
B．这列简谐横波的周期为2s
C．这列简谐横波的波速为0.4m/s
D．t=1s时，b质点在平衡位置
E．t=5s时，a质点在平衡位置
（2022山西临汾模拟）
8．一列简谐横波向右传播，、两质点的平衡位置相距，点在点的右方。已知波速为，波长大于。时刻点位于平衡位置且向上运动，此时点刚好到达波峰，下列说法正确的有（　　）
A．这列波的波长可能为
B．这列波的周期可能
C．点和点振动方向总相反
D．点和点不可能同时在平衡位置
E．时刻点的振动速度一定等于波速
（2023湖南郴州重点高中质检）
9．浅层水波可视作简谐横波，如图2所示A、B两点为沿波源向外的一条直线上相距的两点，已知波源的振动周期为，A点在振动的最高点，B点在平衡位置。则下列选项判断正确的是（　　）
A．水波的波长最大为
B．若B点向上振动，则水波传播的最大速度为
C．若B点向下振动，则水波传播的最小速度为
D．质点B刚振动时，速度向右
（2022河南名校联盟大联考）
10．如图所示，一列沿x轴正方向传播的简谐横波，实线是时的部分波形图，虚线是时的部分波形图，其他数据图中已标出，下列说法正确的是（ ）
A．这列波的波长是
B．这列波的周期可能是
C．在时，处的质点振动方向沿y轴负方向
D．这列波的波速可能是
E．在内，处的质点走过的路程可能是
（2023福建龙岩武平仿真模拟）
11．如图所示，一列简谐横波沿x轴负方向传播，在t1=0时刻波形如图中的实线所示，t2=0.5s时刻的波形如图虚线所示，若该列波的周期T>0.5s，试求；
①该列波的波长λ、周期T和波速v；
②在x轴上质点P在t=0时刻的运动方向和t=3.0s内通过的路程．
（2023广东汕头重点高中期中）
12．一列简谐横波t1时刻的波形如图中实线所示，t2时刻的波形如图中虚线所示，已知Δt＝t2－t1＝0.5 s。问：
(1)这列波的传播速度是多少？
(2)若波向左传播，且3T<Δt<4T，波速是多大？
(3)若波速等于68 m/s，则波向哪个方向传播？
13．一列简谐横波沿直线传播，该直线上平衡位置相距9m的a、b两质点的振动图像如右图所示，则在A、B、C、D图中描述该波的图像不可能出现的是（　　）

A． B．
C． D．
14．一列简谐波沿一直线向左运动，当直线上某质点a向上运动到达最大位移时，a点右方相距0.15m的b点刚好向下运动到最大位移处，则这列波的波长可能是（ ）
A．0.6m B．0.3m
C．0.2m D．0.1m
15．一列简谐横波在t=0时刻的波形如图中的实线所示，t=0.02s时刻的波形如图中虚线所示．若该波的周期T大于0.02s，则该波的传播速度可能是（ ）
A．2m/s B．3m/s C．4m./s D．5m/s
(2022四川成都一模)
16．如图，一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻刚好传到A点，此时相距Δx=0.8m的P、Q两质点运动方向相反、偏离平衡位置的位移均为y0=10cm，其中，P点在Q点左侧但位置未标出；从t=0时刻开始，Q质点经历1.4s第二次位于波峰。求：
（1）此列简谐横波的周期及1.4s末A质点偏离平衡位置的位移；
（2）此列简谐横波的波速。
(2022湖南名校3月联考)
17．一列简谐横波沿x轴传播，在x=0.1m和0.6m处的两个质点M、N的振动图像如图所示。
（1）若简谐横波沿x轴正方向传播，且该波的波长大于0.5m，求这列波的波速；
（2）若简谐横波沿x轴负方向传播，且该波的波长小于0.5m，求这列波的波长。

（2021山西省阳泉市期末）
18．在一列沿水平直线传播的简谐横波上，有相距0.4m的B、C两质点，t1=0时，B、C两质点的位移为正的最大值，而且B、C间有一个波谷。当t2=0.1s时，B、C两质点的位置刚好在各自的平衡位置，此时波谷对应平衡位置到B点的距离为波长的四分之一，试求：
（i）该简谐横波的周期、波速各为多少；
（ii）若波速为27m/s，质点B、C之间距离C点0.1m的D点在t1=0时的振动方向如何。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．AC
【详解】由O点的振动图像可知，周期为T=12s，设原点处的质点的振动方程为
则
解得
在t=7s时刻
因
则在t=7s时刻质点在y轴负向向下振动，根据“同侧法”可判断若波向右传播，则波形为C所示；若波向左传播，则波形如A所示。
故选AC。
2．A
【详解】根据图b可知t=2s时x=2m处的质点正经过平衡位置向下振动；又因为该波向负方向传播，结合图a，利用“上下坡”法可知x=2m为半波长的奇数倍，即有
（n=1，2，3… …）
而由图b可知该波的周期为T=4s；所以该波的波速为
（n=1，2，3… …）
当n=3时可得波的速率为
故选A。
3．AC
【详解】机械波的传播方向不确定，所以需要考虑机械波传播方向的不确定性。
AB．若机械波沿轴正方向传播，在时点振动方向竖直向上，则传播时间满足
（n=0，1，2，3…）
解得
（n=0，1，2，3…）
当时，解得周期
A正确，B错误；
CD．若机械波沿轴负方向传播，在时点处于波谷，则
（n=0，1，2，3…）
解得
（n=0，1，2，3…）
当时，解得周期
C正确，D错误。
故选AC。
4．BC
【详解】当该列波向右传播时，根据题干可知1m和7m之间的距离满足的关系为
则由
可得波速为
当n=1时可得；
当波向左传播时1m和7m之间的距离关系满足
则
当n=0时可得；
将A和D选项代入两个波速表达式，n均不是整数，因此A和D错误，BC正确。
故选BC。
5．AD
【详解】A、由图象可知，质点P的振动图象为虚线，质点Q的振动图象为实线，从0时刻开始，质点Q的起振方向沿y轴正方向，所以选项A正确．
B、由题可知，简谐横波的传播方向从P到Q，由图可知，周期T＝6s，质点Q的振动图象向左4s、后与P点的振动重合，意味着Q点比P点振动滞后了4s，即P传到Q的时间△t可能为4s，同时由周期性可知，从P传到Q的时间△t为（4+nT）s，n＝0、1、2、3…，即△t＝4s，10s，16s…，不可能为7s，所以选项B错误．
C、由v，考虑到波的周期性，当△t＝4s，10s，16s…时，速度v可能为2.5m/s，1m/s，0.625m/s…，不可能为2m/s，选项C错误．
D、同理，考虑到周期性，由λ＝vT可知，波长可能为15m、6m、3.75m…，所以选项D正确．
故选AD．
【点睛】此题是对振动图像及机械波传播问题的考查；首先要掌握已知振动图像判断质点振动方向的基本方法以及波速、波长及周期的关系；此题中要考虑波形传播的重复性及多解问题，这是题目的难点所在．
6．D
【详解】A．若波向右传播，则在0.5s时间内，向右传播的距离为
则波速为
故当时，，故A错误；
B．若波向左传播，则在0.5s时间内，向左传播的距离为
则波速为
故当时，，故B错误；
C．由题图，由可知，当波向左传播时
故当时，，故C错误；
D．当波向右传播时
故波向右传播时周期不可能等于1s。当波向左传播时
若此时，则，n不是整数，不符合题意，故波的周期不可能为1s，D正确。
故选D。
7．ACE
【详解】简谐波沿绳向右传播时，若a点的位移达到正向最大，b质点的位移恰好为零，且向下运动，则有
，（n=1，2，3…）
得到波长的通项为
该波长大于1.2m，则n=0，所以波长为
选项A正确；
BC．由于t=0时a质点的位移达到正向最大，t=1s时a质点第一次回到平衡位置，可得T=4s，则波速
选项B错误，C正确；
D．由于周期T=4s，t=0时，b质点的位移恰好为零，且向下运动，所以，t=1s时，波刚好到达波谷，选项D错误；
E．t=5s时，经过，质点a刚好回到平衡位置，选项E正确。
故选ACE。
8．ABD
【详解】AB．因为时刻点位于平衡位置且向上振动，质点刚好达到波峰，则之间的距离满足
而且因为波长大于，则或；
当时，，则
当时，，则
故AB正确；
C．根据上下坡法可知，当两质点同时处于上坡或下坡时，两质点的振动方向相同，故错误；
D．因为之间的距离满足
则不可能同时在平衡位置，故D正确；
E．质点的振动速度和波速没有必然关系，故E错误；
故选ABD。
9．B
【详解】A．由题意可知，A点在振动的最高点，B点在平衡位置，则
整理得
当n=1时，波长最大，为
A错误；
B．B点在平衡位置向上振动。当水波传播方向由A向B时，有
得
最大波长为0.6m，最大波速为
当水波传播方向由B向A时，有
得
同理，最大波速为
则B点向上振动，则水波传播的最大速度为，B正确；
C．波长与波速可以无限趋近零，故C错误；
D．质点B刚振动时，速度方向与AB直线垂直，D错误。
故选B。
10．BCE
【详解】A．由图可知，波长为
A错误；
B．一列沿x轴正方向传播的简谐横波，实线是时的部分波形图，虚线是时的部分波形图，即
得
当时，周期为0.8s，B正确；
C．在时，处的质点振动方向由“上坡下行”知，方向沿y轴负方向，C正确；
D．波速为
当波的波速是，不成立，D错误；
E．在内，处的质点走过的路程为
当处的质点走过的路程为时，成立，E正确。
故选BCE。
11．（1）8m；2s；4m/s（2）质点p向y轴负方向运动，0.3m
【详解】（1）由图可知，波长λ=8m，由于该波沿x轴负方向传播，从t1=0到t2=0.5s时间内，有： (k=0，1，2，3….)又知T>0.5s，联立上式解得：k=0，则波的周期T=4 t=2s
由 可得
（2）由于波沿x轴负向转播，故t=0时刻质点p向y轴负方向运动，又知 ，
则质点P在t=3.0s时间内通过的路程为
12．(1)若波向右传播，＝（16n＋4） m/s（n＝0，1，2，…）；若波向左传播，＝（16n＋12） m/s（n＝0，1，2，…）；(2)60 m/s；(3)向右
【详解】(1)由图知波长为8 m，若波向右传播，传播距离为
又有
若波向左传播，传播距离为
又有
。
(2)因波向左传播，且3T<Δt<4T，则必有 ，故n＝3，
(3)因波速v＝68 m/s，所以，故波向右传播。
13．B
【详解】t=0时刻，a质点在波峰，b质点在平衡位置，且向下振动。若波由a传到b，则a、b间距
(n=0，1，2，3， )
解得
(n=0，1，2，3， )
当n=0
当n=1
当n=2

若波由b传到a，则a、b间距
(n=0，1，2，3， )
解得
(n=0，1，2，3， )
当n=0
当n=1
当n=2

可知ACD可能出现，不符合题意，B不可能出现，符合题意。
故选B。
14．BD
【详解】根据题意：设ab平衡位置间距离为x，则
故解得
所以当n=0时，当n=1时，而当，n不是整数，故不可能。
故选BD。
15．B
【详解】由图该波的周期T大于，波传播的距离小于波长，则据题意，由两个时刻的波形得到：，或，解得，，由波速公式，得，。故ACD错误，B正确。
故选B.
点睛：由图象读出波长．根据两个时刻的波形，结合条件，求出波长的可能值，并求出波速可能值．
16．（1）；；（2）
【详解】（1）Q质点的振动方程为
当时，将，代入得
当时，将，，代入解得
A质点的振动方程为
当时，将数据代入解得
（2）时刻，P、Q两质点运动方向相反、位移均为
P质点的振动方程为
波动具有周期性，将数据代入得
P、Q两质点的相位差为
P、Q两质点的起振时间差为
又
将、代入解得
17．（1）；（1）（，，）
【详解】（1）从图像可知，周期为
由于M、N的距离为0.5m，且该波的波长大于0.5m，所以波从M传到N的传播时间小于质点的振动周期。由图像可知，波从M传到N的传播时间为
则波速为
（2）从图像可知，周期为
由于M、N的距离为0.5m，且该波的波长小于0.5m，所以波从N传到M的传播时间大于质点的振动周期。由图像可知，波从N传到M的传播时间为
（，，）
则波速为
（，，）
波长为
（，，）
18．（i） 其中n1=0， 1， 2；v1=(4n1+3）m/s其中n1=0， 1， 2； 其中n2=0， 1， 2；v2=(4n2+1）m/s ，其中n2=0， 1， 2；（ii）D质点经平衡位置向下振动。
【详解】（i）由题意可知，t1=0时波形应为下图中的实线所示，而t2=0.1s时图线为下图中的虚线所示。

若波由B向C传播，则
结合
，
由
可得
其中n1=0，1，2…
其中n1=0，1，2…
同理，若波C向B传播，则
可得
其中n2=0，1，2…
其中n2=0，1，2…
（ii）只要预知波的传播方向就能确定质点的振动方向，把
带入v1、v2的表达式，在的表达式中得到，n有整数解，故波是从B向C传播的。分析可知：t1=0时D质点经平衡位置向下振动。
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答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第9章 机械振动和机械波
第9.5 讲 机械波的特性
【知识点精讲】
1．波的叠加
几列波相遇时，每列波都能够保持各自的状态继续传播而不互相干扰，只是重叠的区域里，任一个质点的总位移等于各列波分别引起的位移的矢量和。
2．波的干涉和衍射
波的衍射和波的干涉的比较
内容 定义 现象 可观察到现象的条件 相同点
波的衍射 波可以绕过障碍物继续传播的现象 波能偏离直线而传到直线传播以外的空间 缝、孔或障碍物的尺寸跟波长相差不多或者小于波长 衍射和干涉是波特有的现象
波的干涉 频率相同的两列波叠加，使某些区域的振动加强，某些区域的振动减弱，而且加强和减弱的区域相间分布的现象 振动强弱相间的区域，某些区域总是加强，某些区域总是减弱 两列波的频率相同、相位差恒定
3.多普勒效应
（1）条件：声源和观察者之间有相对运动。
（2）现象：观察者感到频率发生变化。
（3）实质：声源频率不变，观察者接收到的频率变化。
4．惠更斯原理
（1）内容：介质中任一波面上的各点，都可以看作发射子波的波源，其后任意时刻，这些子波在波前进方向的包络面就是新的波面。【来源：21cnj*y.co*m】
（2）应用：如果知道某时刻一列波的某个波面的位置，还知道波速，利用惠更斯原理可以得到下一时刻这个波面的位置，从而确定波的传播方向。
【方法归纳】
一　波的干涉理解
1．干涉图样及其特点
（1）干涉图样：如图所示
（2）特点
①加强区和减弱区的位置固定不变。
②加强区始终加强，减弱区始终减弱(加强区与减弱区不随时间变化)
③加强区与减弱区互相间隔
（3）振动加强点和减弱点
①加强点：振动的振幅等于两列波振幅之和，A＝A1＋A2。
②减弱点：振动的振幅等于两列波振幅之差，A＝|A1－A2|。
2．加强点和减弱点的理解
（1）若两列波在某处引起的位移方向相同，合位移变大，则此点为加强点，相反，若两列波在某处引起的位移方向相反，合位移变小，则此点为减弱点。
（2）波峰与波峰(或波谷与波谷)的交点，一定是加强点，而波峰与波谷的交点一定是减弱点。
（3）当两个相干波源的振动步调一致时，到两个波源的距离之差Δs＝nλ(n为整数)处是加强区，Δs＝(2n＋1)(n为整数)处是减弱区。
（4）若振幅变大，则振动加强，若振幅变小，则振动减弱。
二　多普勒效应理解与应用
1．多普勒效应的特点
（1）发生多普勒效应时，波源发出的频率不变，只是观察者接收到的频率发生了变化。
（2）当波源和观察者之间的距离减小时，观察者接收到的频率升高，当波源和观察者之间的距离增大时，观察者接收到的频率降低。
2．多普勒效应的应用
根据声波的多普勒效应可以测定车辆行驶的速度；根据光波的多普勒效应可以测定遥远天体相对地球的运行速度。
【最新高考题精练】
（2021年1月浙江选考）
1．两列频率、振幅均相同的简谐波Ⅰ和Ⅱ分别从绳子的两端持续相向传播，在相遇区域发生了干涉，在相距0.48m的A、B间用频闪相机连续拍摄，依次获得1、2、3、4、5五个波形，如图所示，且1和5是同一振动周期内绳上各点位移都达到最大值时拍摄的波形。已知频闪时间间隔为0.12s，下列说法正确的是（　　）
A．简谐波Ⅰ和Ⅱ的波长均为0.24m B．简谐波Ⅰ和Ⅱ的周期均为0.48s
C．绳上各点均做振幅相同的简谐运动 D．两波源到A点和C点的路程差之差的绝对值是0.48m
（2020高考全国理综I）
2．在下列现象中，可以用多普勒效应解释的有（　　）
A．雷雨天看到闪电后，稍过一会儿才能听到雷声
B．超声波被血管中的血流反射后，探测器接收到的超声波频率发生变化
C．观察者听到远去的列车发出的汽笛声，音调会变低
D．同一声源发出的声波，在空气和水中传播的速度相同
E．天文学上观察到双星（相距较近、均绕它们连线上某点做圆周运动的两颗恒星）光谱随时间的周期性变化
（2019全国理综III卷34）
3．水槽中，与水面接触的两根相同细杆固定在同一个振动片上，振动片做简谐振动时，两根细杆周期性触动水面形成两个波源，两波源发出的波在水面上相遇，在重叠区域发生干涉并形成了干涉图样。关于两列波重叠区域内水面上振动的质点，下列说法正确的是（　　）
A．不同质点的振幅都相同
B．不同质点振动的频率都相同
C．不同质点振动的相位都相同
D．不同质点振动的周期都与振动片的周期相同
E．同一质点处，两列波的相位差不随时间变化
（2018年4月浙江选考）
4．两列频率相同、振幅均为A的简谐横波P、Q分别沿+x和-x轴方向在同一介质中传播，两列波的振动方向均沿y轴，某时刻两波的波面如图所示，实线表示P波的波峰，Q波的波谷；虚线表示P波的波谷、Q波的波峰．a、b、c为三个等间距的质点，d为b、c中间的质点．下列判断正确的是：

A．质点a的振幅为2A
B．质点b始终静止不动
C．图示时刻质点c的位移为0
D．图示时刻质点d的振动方向沿-y轴
(2017·全国理综I卷·34·1)
5．如图（a），在平面内有两个沿方向做简谐振动的点波源和。两波源的振动图线分别如图（b）和图（c）所示．两列波的波速均为，两列波从波源传播到点的路程差为 ，两列波引起的点处质点的振动相互 （填“加强”或“减弱”），点处质点的振动相互 （填“加强”或“减弱”）。
（2017海南高考）
6．从两个波源发出的两列振幅相同、频率均为5Hz的简谐横波，分别沿x轴正、负方向传播，在某一时刻到达A、B点，如图中实线、虚线所示．两列波的波速均为10m/s．求
（i）质点P、O开始振动的时刻之差；
（ii）再经过半个周期后，两列波在x=1m和x=5m之间引起的合振动振幅极大和极小的质点的x坐标．
【最新模拟题精练】
(2023河北临考信息卷)
7．同一均匀介质中有两个振源M、N，分别位于x轴上的和。取振源M开始振动时为时刻，时之间的波形如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．时坐标原点O处的质点正在平衡位置向上振动
B．时坐标原点O处的质点的位移为
C．稳定时，坐标原点O处的质点的振幅为
D．稳定时，振源M、N之间有16个振动加强点
（2023湖北高考冲刺模拟）
8．如图所示，、是虚线两端的两个波源，它们的振动周期都为T，振幅都为A，某时刻发出的波恰好传到C，同一时刻发出的波恰好传到D，且，图中只画出了此时刻两列波在D、C之间部分的叠加波形，、D间和、C间波形没有画出，下列说法正确的是（　　）

A．D、B、C三点始终在平衡位置
B．两个波源在B是振动加强点，其振幅为2A
C．两个波源的起振方向相反
D．再经过，D、C间的波形为一条直线
（2023浙江杭州学军中学质检）
9．如图所示是两列频率相同的水波相遇某时刻的情形，M、N为波源，图中实线表示波峰，虚线表示波谷，a、b、c、d为水中的四个质点，下列说法不正确的是（　　）
A．质点d仍可能会上下振动
B．质点a经过一段时间后到达质点b此时所在位置
C．由此时刻经过个周期，质点c正向下通过平衡位置
D．此时质点a所在的水波最高点正向质点b此时所在位置移动
（2023浙江杭州名校联考）
10．如图所示，在同种均匀介质中有两波源S1和S2相距3m，频率均为2Hz，以S1为原点建立如图所示的坐标系，时波源S1从平衡位置开始垂直纸面向上做简谐运动，所激发的横波向四周传播。时波源S2也开始垂直纸面向上做简谐运动，在时两列简谐波的最远波峰传到了图示中的两个圆的位置。则（　　）
A．波的传播速度为3m/s B．虚线为振动加强区
C．时波谷与波谷相遇的点共有2个 D．经过1.0s后S1和S2连线上有2个振动减弱的位置
（2023湖南新高考教研联盟第二次联考）
11．如图，x轴上S1、S2为波源，先后起振分别沿x轴正向和负向激发甲、乙两列简谐横波，经过一段时间后甲乙两列简谐波各自传播了个波长，此时的波形曲线如图所示，两波在该介质中的传播速度均为v=25cm/s。下列说法正确的是（　　）
A．乙波的周期为2.4s
B．甲波单独传播时，若遇到尺寸为20cm的障碍物不能发生明显的衍射现象
C．平衡位置在x=50cm处的质点振动始终加强
D．从图示时刻起（不包含该时刻），再经过t=1s第一次出现介质质点偏离平衡位置的位移为16cm
(2022北京人大附中模拟)
12．消除噪声污染是当前环境保护的一个重要课题。内燃机、通风机等在排放各种高速气流的过程中都会发出噪声，如图所示为某种可以用来削弱高速气流产生的噪声的消声器。一列声波沿水平管道自左向右传播，到达a处时分成上下两束波，这两束声波沿虚线路径传播，在b处相遇时可削弱噪声。设在a处分开的两束波经上下方管道到达b处的波程差为δ，这一列声波的波长为λ。关于此消声器，下列说法正确的是（　　）
A．消除噪声利用了波的衍射原理
B．消除噪声利用了波的干涉原理
C．要尽量消除噪声，应满足δ=nλ（n=0，1，2，3……）
D．要尽量消除噪声，应满足δ=+nλ（n=0，1，2，3……）
（2023浙江杭州名校联考）
13．两列简谐横波沿x 轴相向传播，时刻的波形图如图所示，实线波沿x 轴正方向传播，虚线波沿x 轴负方向传播，已知两列波的传播速度大小均为，则下列说法正确的是（　　）
A．两列波相遇后会发生干涉现象
B．虚线波遇到障碍物时更容易发生明显的衍射现象
C．处质点的位移最先达到
D．当时处的质点位移为10cm
（2023湖北武汉部分重点高中高二联考）
14．如图为水面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况，以波源、为圆心的两组同心圆弧分别表示同一时刻两列波的波峰（实线）和波谷（虚线），的振幅，的振幅，则下列说法正确的是（　　）
A．处在A、D连线上的质点不一定都是振动加强点
B．质点A、D在该时刻的高度差为7cm
C．某时刻质点D的位移可能为零
D．再过半个周期，质点B、C是振动加强点
（2023重庆沙家坝重点中学质检）
15．某同学注意到手机摄像头附近有一个小孔，查阅手机说明后知道手机内部小孔位置处安装了降噪麦克风。进一步翻阅技术资料得知：降噪麦克风通过降噪系统产生与外界噪音相位相反的声波，与噪音叠加从而实现降噪的效果。如图是理想情况下的降噪过程，实线对应环境噪声，虚线对应降噪系统产生的等幅反相声波。则（ ）
A．降噪过程实际上是声波发生了干涉 B．降噪过程可以消除通话时的所有背景杂音
C．降噪声波与环境噪声的传播速度不相等 D．P点经过一个周期传播的距离为一个波长
（2023山东潍坊三校联考）
16．有两列频率相同、振动方向相同、振幅均为A、传播方向相互垂直的平面波相遇发生干涉。如图所示，图中实线表示波峰，虚线表示波谷，a为波谷与波谷相遇点，b、c为波峰与波谷相遇点，d为波峰与波峰相遇点，e、g是a、d连线上的两点，其中e为连线的中点，则（　　）
A．在a、d处的质点振动减弱，b、c处的质点振动加强
B．从图示时刻经过半个周期，e处的质点通过的路程为2A
C．从图示时刻经过半个周期，g处的质点加速向平衡位置运动
D．从图示时刻经过四分之一周期，d处的质点振幅恰好为零
（2023山东枣庄高二期末）
17．如图甲所示，男同学站立不动吹口哨，一位女同学坐在秋千上来回摆动，据图乙，下列关于女同学的感受的说法正确的是（　　）

A．女同学从A向B运动过程中，她感觉哨声音调变低
B．女同学在从点C向左运动过程中，她感觉哨声音调变低
C．女同学在从点C向右运动过程中，她感觉哨声音调不变
D．女同学从E向D运动过程中，她感觉哨声音调变高
（2022河南南阳一中质检）
18．下列物理现象，说法正确的是（　　）
A．闻其声而不见其人，是波的共振现象
B．环绕发声的双股音叉绕一圈，听到声音忽强忽弱，是波的干涉现象
C．夏天雷雨后路面上油膜呈现彩色，是因为光沿直线传播
D．当正在鸣笛的火车急驶而来时，我们听到汽笛声音调变高，这是多普勒效应现象
E．看立体电影时戴上特质的眼镜，这样看到电影画面的效果具有立体感，是利用光的偏振现象
（2022江苏第二次百校大联考）
19．关于声音的产生和传播，下列说法正确的是（　　）
A．换用木锤替代橡胶锤敲击音叉，音叉发出声音的音调变高
B．当声波在介质中传播时，介质参与振动的频率等于声波频率
C．空气中超声波传播速度远大于普通声波传播的速度
D．超声波迎着汽车行驶方向发射，汽车越快，仪器接收到的反射回波的频率越低
20．下列声学现象属于多普勒效应的是（　　）
A．有经验的战士可以根据炮弹飞行时的尖叫声判断飞行的炮弹是接近还是远离他
B．敲响一只音叉，另一只与其相隔不远的音叉也能发出声音
C．敲响一只音叉，在其周围某些区域声音较强，某些区域声音较弱
D．屋子外的人虽然看不到屋内的人，但却能听到屋内人的谈笑声
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】A．简谐波Ⅰ和Ⅱ的波长均为0.48m，选项A错误；
B．从波形1到波形5经历的时间为，则
可得简谐波Ⅰ和Ⅱ的周期均为
T=0.96s
选项B错误；
C．绳上各点中加强点和减弱点振幅不相同，选项C错误；
D．AC两点均为振动减弱点，则两波源到两点的距离之差分别为和，则 两波源到A点和C点的路程差之差的绝对值是
选项D正确。
故选D。
2．BCE
【详解】A．雷雨天看到闪电后，虽然闪电和雷声同时产生，由于光传播速度远大于声音传播速度，根据闪电和雷声发生地距离的远近，需要过一会儿才能听到雷声，选项A错误；
B．超声波被血管中的血流反射后，探测器接收到的超声波频率发生变化，选项B正确；
C．观察者听到远去的列车发出的汽笛声，根据特普勒效应，频率减小，音调会变低，选项C正确；
D．同一声源发出的声波，在空气和水中传播的速度不同，选项D错误；
E．天文学上观察到双星（相距较近、均绕它们连线上某点做圆周运动的两颗恒星）光谱随时间的周期性变化，选项E正确。
故选BCE。
3．BDE
【详解】A．在重叠区域发生干涉并形成了干涉图样，加强区域的质点振幅大，减弱区域的质点振幅小，故A错误；
BC．不同质点振动的频率都相同，但是不同质点振动的相位不相同，故B正确，C错误；
D．不同质点振动都是受迫振动，振动的周期都与振动片的周期相同，故D正确；
E．同一质点处，两列波的相位差不随时间变化，故E正确。
故选BDE。
4．CD
【详解】AC、质点a和c是两列波的波峰与波谷相遇点，两列波的振幅相等，所以a和c位移始终为0，即静止不动，故A错误，C正确；
B、在经过四分之一周期，两列波各向前传播四分之一波长，P波a处的波谷和Q波在c处的波谷刚好传播到b点，所以b点是波谷与波谷相遇，振幅为2A，为振动加强点，故B错误；
D、图示时刻，d点在P波的平衡位置与波峰之间，振动方向沿y轴的负方向，同时d点在Q波的波谷与平衡位置之间，振动方向沿y轴的负方向，所以d点的振动方向沿y轴的负方向，故D正确；
故选CD．
【点睛】两列频率相同的相干波，当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，据此分析．
5． 2 减弱 加强
【详解】[1]点波源的振动形式传播到点的路程为，点波源的振动形式传播到点的路程为，两列波从波源传播到点的路程差为
[2]由于两列波的波源到点的路程相等，路程差为零，且时两列波的波源的振动方向相反，所以两列波到达点时振动方向相反，引起的点处质点的振动相互减弱
[3]由振动图线可知，波动周期为，波长
由于两列波的波源到点的路程分别为和，路程差为，而时两列波的波源的振动方向相反，所以两列波到达点时振动方向相同，点处质点的振动相互加强
6．（i）0.05s（ii）两列波在x=1m和x=5m之间引起的合振动振幅极大的质点的x坐标为：2m、3m、3m、4m、5m．合振动振幅极小的质点的x坐标为1.5m、2.5m、3.5m、4.5m．
【详解】（i）该波的周期为，
由图知，质点P、O开始振动的时刻之差为；
（ii）该波的波长为，根据波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，可知，两列波在x=1m和x=5m之间引起的合振动振幅极大的质点的x坐标为：1m、2m、3m、4m、5m．合振动振幅极小的质点的x坐标为1.5m、2.5m、3.5m、4.5m．
【点睛】解决本题的关键是掌握波的叠加原理，知道波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱．
7．AB
【详解】A．由图像可知振源N的周期为T=2s，波长为，则波速为
振源M产生的波形从位置传播到O点的时间为
振源N产生的波形从位置传播到O点的时间为
则时只有振源M产生的波形传播到O点，根据“同侧法”可知振源M起振方向为向上，x=-6m的质点在7s时刚好传到O点，，所以时坐标原点O处的质点正在平衡位置向上振动，故A正确；
B．振源M做简谐运动的位移和时间关系式为
时，O处质点振动的时间为1.25s，则
故B正确；
C．两个振源M、N到O点的波程差为
所以两个振源M、N传播到O点波属于振动减弱点，振幅为
故C错误；
D．两个振源M、N之间的距离为
两列波波峰与波峰、波谷与波谷相遇，则振动加强，振源M、N之间有17个振动加强点，故D错误。
故选AB。
8．AC
【详解】ABC．两列波同时开始传播，如果两列波起振方向相同则CD两点起振方向相同，又因为传到C和传到D的时间相同，则CD的振动形式应完全相同，由波形可知，开始振动方向向下，开始振动方向向上，所以根据叠加原理可知，D、B、C三点都是振动减弱点，振幅都为零，故A、C正确，B错误；
D．画出再经过后，两列波单独传播时的波形，都如图所示：

根据叠加原理可知D、C间振动叠加后的波形形状仍如图所示， 故D错误。
故选AC。
9．B
【详解】A．质点d为振动减弱点，若两波的振幅相同，则质点d不会上下振动，若两波的振幅不相同，则质点d可能上下振动，A正确；
B．波在传播的过程中，质点a只在平衡位置上下振动，B错误；
C．此刻质点c处于波峰位置，经过个周期，质点c正向下通过平衡位置，C正确；
D．由题可知，此时质点a所在的水波最高点正向质点b此时所在位置移动，D正确。
本题选择不正确的，故选B。
10．C
【详解】A．两波源起振的时间差为，时间内两列波的传播距离之差为
波的传播速度为
故A错误；
B．根据几何关系可知上各质点到两波源的波程差均为零，而时正向下振动，与起振方向相反，所以两波源在上引起质点的振动步调相反，即虚线为振动减弱区，故B错误；
C．两列波的波长均为
时波传播到的最远位置到的距离为
此时波的最远波谷到的距离为
波的最近波谷到的距离为
时波传播到的最远位置到的距离为
波此时产生的波形中只有一个波谷，且到的距离为
如图所示
可知时波谷与波谷相遇的点共有2个，故C正确；
D．和连线上满足到两波源的波程差为波长的整数倍的点为振动减弱位置，即
则
解得
即
所以后和连线上有3个振动减弱的位置，故D错误。
故选C。
11．AD
【详解】A．由图可知，乙的波长为
所以
故A正确；
B．由于甲的波长为50cm，大于20cm，即甲的波长大于障碍物尺寸，能发生明显衍射，故B错误；
C．甲、乙两波源频率不同，不是相干波源，不能发生干涉，该质点不会始终振动加强，故C错误；
D．甲波峰右移，乙波峰左移，经时间
两波峰相遇，即质点偏离平衡位置的位移为16cm，故D正确。
故选AD。
12．BD
【详解】AB．消除噪声利用了波的干涉原理，A错误，B正确；
CD．要尽量消除噪声，a、b两列波相遇时波程差等于半波长的奇数倍，振动减弱，应满足
δ=+nλ（n=0，1，2，3……
C错误，D正确。
故选BD。
13．BD
【详解】A．由图可知实线波的波长为4m，虚线波的波长为8m。故实线波的频率为
虚线波的频率为
由于两列波的频率不相等，故不会发生干涉现象，故A错误；
B．到障碍物时，波长越长，越容易发生明显的衍射现象，可知虚线波遇到障碍物时更容易发生明显的衍射现象，故B正确；
C．当两波峰第一次相遇时，对应质点的位移最先达到，故图可知时刻，两波峰之间的距离为
由于波速相同，且相向传播，可知处于与中间位置的质点的位移最先达到，即处质点的位移最先达到，故C错误；
D．根据以上分析可知，实线波的周期为
实线波传到处所用时间为
可知时，实线波在处已经振动的时间为
可知时，实线波在处振动引起的位移刚好为零；
虚线波的周期为
虚线波传到处所用时间为
可知时，虚线波在处已经振动的时间为
由图可知时，虚线波在处振动引起的位移为，根据叠加原理可知时处的质点位移为，故D正确。
故选BD。
14．C
【详解】A．此刻A、D是振动加强点，A、D连线上的所有质点一定都是振动加强点，A错误；
B．A是波峰与波峰相遇，此时位移为+7cm，D是波谷与波谷相遇，此时位移为-7cm，故质点A、D在该时刻的高度差为14cm，B错误；
C．振动加强指的是振动范围（振幅）变大，某时刻仍会回到平衡位置，某时刻质点D的位移可能为零，C正确；
D．干涉图样是稳定存在的，此刻质点B、C是振动减弱的点，之后也始终处于振动减弱的状态，故D错误。
故选C。
15．A
【详解】AC．由图看出，降噪声波与环境声波波长相等，又由机械波传播的速度由介质决定可知降噪声波与环境噪声的传播速度相等，则两列波频率相同，叠加时产生干涉，由于两列声波等幅反相，所以振动减弱，起到降噪作用，A正确、C错误；
B．降噪过程不能消除通话时的所有背景杂音，只能消除与降噪声波频率相同的杂音，B错误；
D．P点并不随波移动，D错误。
故选A。
16．C
【详解】A．振动加强点为波峰与波峰相遇点，波谷与波谷相遇点；振动减弱点，为波谷与波峰相遇点，故a、d处的质点振动加强，b、c处的质点振动减弱，A错误；
B．这两列机械波在水平竖直方向的波形如图所示， e点也是振动加强点，这幅为2A，在这两列波传播半个周期的过程中，都是从平衡位置到波谷，再回到平衡位置，故路程为4A，B错误；
C．由图可知经过半个周期后，g点均为由波谷向平衡位置移动，合力指向平衡位置，故合运动为加速衡位置，C正确；
D．振动加强点的振幅始终为2A，不变，D错误。
故选C。
17．B
【详解】A．女同学从A向B运动过程中，女同学靠近波源，由多普勒效应，她感觉哨声音调变高，A错误；
B．女同学在从点C向左运动过程中，女同学远离波源，由多普勒效应，她感觉哨声音调变低，B正确；
C．女同学在从点C向右运动过程中，女同学靠近波源，由多普勒效应，她感觉哨声音调变高，C错误；
D．女同学从E向D运动过程中，女同学远离波源，由多普勒效应，她感觉哨声音调变低，D错误。
故选B。
18．BDE
【详解】A．闻其声而不见其人，这是声音的衍射现象，A错误；
B．环绕发声的双股音叉绕一圈，听到声音忽强忽弱，是因为音叉发出两个频率相同的声波相互叠加，从而出现加强区和减弱区，这是声音的干涉现象，B正确；
C．夏天雷雨后路面上油膜呈现彩色，是薄膜干涉现象，C错误；
D．当正在鸣笛的火车急驶而来时，我们听到汽笛声音调变高，音调变高就是频率变高，这是多普勒效应现象，D正确；
E．看立体电影时戴上特质的眼镜，这样看到电影画面的效果具有立体感，是利用光的偏振现象，E正确；
故选BDE
19．B
【详解】A．音叉振动的频率等于其固有频率，故A错误；
B．波传播时，介质的振动频率等于波源的振动频率。故B正确；
C．超声波也是声波，传播速度与普通声波相同。故C错误；
D．汽车越快，反射回波的频率越高。故D错误。
故选B。
20．A
【详解】A．根据多普勒效应，有经验的战士可以从炮弹飞行时的尖叫声判断飞行的炮弹是接近还是远离他，即高亢表示靠近，低沉表示远离，故A正确；
B．敲响一只音叉，另一只与其相隔不远的音叉也能发出声音，这是声音的共振现象，即共鸣现象，故B错误；
C．敲响一只音叉，在其周围某些区域声音较强，某些区域声音较弱，这是声音的干涉现象，故C错误；
D．屋子外的人虽然看不到屋内的人，但却能听到屋内人的谈笑声，这是声波的衍射现象，故D错误。
故选A。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第9章　机械振动和机械波
第9.6讲　振动和波中STSE问题
【知识点精讲】
振动和波中STSE问题主要有：摆钟、共振的防止和应用、超声波、心电图、消音器等。
【方法归纳】
解答摆钟问题主要依据单摆的周期公式；
解答共振的防止和应用依据受迫振动和共振的知识；
超声波可以探测海洋中生物、测量海洋深度等，B超可以发现人体的器官病变；
根据心电图可以得出心脏跳动的心率等；
消音器可以减弱噪声的影响等。
【最新高考题精练】
（2023年1月浙江选考·6）
1．主动降噪耳机能收集周围环境中的噪声信号，并产生相应的抵消声波，某一噪声信号传到耳膜的振动图像如图所示，取得最好降噪效果的抵消声波（声音在空气中的传播速度为）（　　）
A．振幅为
B．频率为
C．波长应为的奇数倍
D．在耳膜中产生的振动与图中所示的振动同相
（2021年1月浙江选考）
2．为了提高松树上松果的采摘率和工作效率，工程技术人员利用松果的惯性发明了用打击杆、振动器使松果落下的两种装置，如图甲、乙所示。则（　　）

A．针对不同树木，落果效果最好的振动频率可能不同
B．随着振动器频率的增加，树干振动的幅度一定增大
C．打击杆对不同粗细树干打击结束后，树干的振动频率相同
D．稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同
（2020·全国卷Ⅰ）
3．在下列现象中，可以用多普勒效应解释的有__________。
A．雷雨天看到闪电后，稍过一会儿才能听到雷声
B．超声波被血管中的血流反射后，探测器接收到的超声波频率发生变化
C．观察者听到远去的列车发出的汽笛声，音调会变低
D．同一声源发出的声波，在空气和水中传播的速度不同
E．天文学上观察到双星（相距较近、均绕它们连线上某点做圆周运动的两颗恒星）光谱随时间的周期性变化
（2015`江苏物理）
4．一渔船向鱼群发出超声波，若鱼群正向渔船靠近，则被鱼群反射回来的超声波与发出的超声波相比（　　）
A．波速变大 B．波速不变 C．频率变高 D．频率不变
（2015`江苏物理）
5．用的超声波检查胆结石，该超声波在结石和胆汁中的波速分别为2250m/s和1500m/s，则该超声波在结石中的波长是胆汁中的 倍．用超声波检查胆结石是因为超声波的波长短，遇到结石时 （选填“容易”或者“不容易”）发生衍射。
【最新模拟题精练】
（2023浙江宁波部分名校联考）
6．下列情境中属于共振现象的是（　　）
A．小红利用脱水机甩干洗完衣服上的水滴时，发现随着脱水机结束工作转速缓慢减小时，机器的摆动反而变得剧烈了起来
B．小王和小张兄弟俩在荡秋千时，小王发现小张荡的比他高，马上通过调整姿势将秋干荡得比小张更高
C．101大厦在台风来临之际，其内部的重锤开始随着高楼一起摆动，且摆动方向与高楼振动方向始终相反
D．如图是扬声器的结构示意图，当人在说话时，带动膜片振动，最后通过扬声器的振动将声音以较高音量发出
（2023浙江萧山名校联考）
7．共振筛由偏心轮、筛子、弹簧等组成，偏心轮转动过程给筛子一个驱动力，如图甲所示。该共振筛的共振曲线如图乙所示。已知增大电压，可使偏心轮转速提高，增加筛子质量，可增大筛子的固有周期，已知12V电压下偏心轮的转速为30r/min，则下列说法中正确的是（　　）
A．电压为12V时，筛子实际振动的频率是0.8Hz
B．电压从12V开始减小，筛子有可能会共振
C．保持12V电压不变，减小筛子的质量，筛子有可能会共振
D．若只改变电压，筛子的固有周期不变，仍为1.25s
（2023江苏泰州期末）
8．如图所示，《我爱发明》节目《松果纷纷落》中的松果采摘机利用机械臂抱紧树干，通过采摘振动头振动而摇动树干，使得松果脱落，则下列说法正确的是（　　）
A．随着振动器频率的增加，树干振动的幅度一定增大
B．稳定后，不同粗细树干的振动频率与振动器的振动频率相同
C．若拾果工人快速远离采摘机时，他听到采摘机振动声调变高
D．针对不同树木，落果效果最好的振动频率一定相同
（2023山东德州高二期中）
9．近些年，科学家们逐步对极地进行开发和探索，由于极地大面积被冰雪覆盖，开发和探索的进度受到影响，人们为了加快进度发明了共振破冰船，如图所示。破冰船利用专用传感器感应冰面的振动反馈，自动调节锤头振动频率。当冰层与锤头发生共振时，可以大幅提高破冰效率。结合所学知识，下列说法正确的是（　　）
A．锤头振动频率越高，冰层的振动幅度越大，破冰效果越好
B．破冰效果最好时，锤头的振动频率等于冰层的固有频率
C．破冰船停止工作后，冰层余振的振幅越来越小，频率也越来越小
D．对于不同冰层，破冰效果最好时，锤头的振动频率相同
（2023山东青岛二中下学期期中）
10．B超成像的基本原理是探头向人体发射一组超声波，遇到人体组织会产生不同程度的反射，探头接收到的超声波信号形成B超图像。如图为血管探头沿x轴正方向发送的简谐超声波图像，时刻波恰好传到质点M。已知此超声波的频率为，下列说法正确的是（ ）
A．超声波在血管中的传播速度为
B．内质点M运动的路程为1.75mm
C．质点M第一次位移为0.2mm的时刻是
D．时质点N恰好处于波谷
（2023湖南怀化二模）
11．“战绳”是一种时尚的健身器材，有较好的健身效果。如图1所示，健身者把两根相同绳子的一端固定在P点，用双手分别握住绳子的另一端，然后根据锻炼的需要以不同的频率、不同的幅度上下抖动绳子，使绳子振动起来。某次锻炼中，健身者以2Hz的频率开始抖动绳端，t=0时，绳子上形成的简谐波的波形如图2所示，a、b为右手所握绳子上的两个质点，二者平衡位置间距离为波长的，此时质点a的位移为8cm。已知绳子长度为12m，下列说法正确的是（　　）
A．a、b两质点振动的相位差为
B．时，质点a的位移仍为cm，且速度方向向下
C．健身者增大抖动频率，将减少振动从绳子端点传播到P点的时间
D．健身者抖动绳子端点（刚开始处于平衡位置），经过0.4s振动恰好传到P点
（2021山东枣庄4月二模）
12．某型号的网红“水帘秋千”如图所示，它与平常秋千的不同之处是钢铁做成的秋千架上装有273个独立竖直向下的出水孔，在系统控制下能够间断性出水，从而形成一个有孔洞的水帘。假设秋千摆长。人坐在座板上，头顶到座板的距离为，鞋底到座板的距离为，忽略绳的重力和空气阻力，人与座板整体的重心在座板上。假设秋千的摆动周期与同摆长的单摆做简谐运动的周期相同；出水孔打开时，水的初速度为零。以秋千座板从最高点刚要向下摆动时作为计时起点，此刻，比座板略宽的范围内的所有出水孔都是关闭的。取，，，，。计算结果均保留到小数点后面两位。求：
（1）在秋千第一次从最高点运动到最低点的过程中，哪个时刻打开出水孔，水刚好不能淋湿人的头顶；
（2）在秋千第二次到达最低点之前最迟哪个时刻关闭出水孔，水刚好不能淋湿人体的任何部位；
（3）接第（2）问，当秋千第二次到达最低点时，水又刚好不能淋湿人的头顶，那么，出水孔关闭了多长时间。
（2023重庆沙家坝重点中学质检）
13．某同学注意到手机摄像头附近有一个小孔，查阅手机说明后知道手机内部小孔位置处安装了降噪麦克风。进一步翻阅技术资料得知：降噪麦克风通过降噪系统产生与外界噪音相位相反的声波，与噪音叠加从而实现降噪的效果。如图是理想情况下的降噪过程，实线对应环境噪声，虚线对应降噪系统产生的等幅反相声波。则（ ）
A．降噪过程实际上是声波发生了干涉 B．降噪过程可以消除通话时的所有背景杂音
C．降噪声波与环境噪声的传播速度不相等 D．P点经过一个周期传播的距离为一个波长
（2023山东枣庄高二期末）
14．如图甲所示，男同学站立不动吹口哨，一位女同学坐在秋千上来回摆动，据图乙，下列关于女同学的感受的说法正确的是（　　）

A．女同学从A向B运动过程中，她感觉哨声音调变低
B．女同学在从点C向左运动过程中，她感觉哨声音调变低
C．女同学在从点C向右运动过程中，她感觉哨声音调不变
D．女同学从E向D运动过程中，她感觉哨声音调变高
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【详解】主动降噪耳机是根据波的干涉条件，抵消声波与噪声的振幅、频率相同，相位相反，叠加后才能相互抵消来实现降噪的。
A．抵消声波与噪声的振幅相同，也为A，A错误；
B．抵消声波与噪声的频率相同，由
B正确；
C．抵消声波与噪声的波速、频率相同，则波长也相同，为
C错误；
D．抵消声波在耳膜中产生的振动与图中所示的振动反相，D错误。
故选B
2．AD
【详解】A．根据共振的条件，当振动器的频率等于树木的固有频率时产生共振，此时落果效果最好，而不同的树木的固有频率不同，针对不同树木，落果效果最好的振动频率可能不同，选项A正确；
B．当振动器的振动频率等于树木的固有频率时产生共振，此时树干的振幅最大，则随着振动器频率的增加，树干振动的幅度不一定增大，选项B错误；
C．打击结束后，树干做阻尼振动，阻尼振动的频率小于树干的固有频率，振动过程中频率不变，粗细不同的树干，固有频率不同，则打击结束后，粗细不同的树干频率可能不同，选项C错误；
D．树干在振动器的振动下做受迫振动，则稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同，选项D正确。
故选AD。
3．BCE
【详解】A．之所以不能同时观察到是因为声音的传播速度比光的传播速度慢，所以A错误；
B．超声波与血液中的血小板等细胞发生反射时，由于血小板的运动会使得反射声波的频率发生变化，B正确；
C．列车和人的位置相对变化了，所以听得的声音频率发生了变化，所以C正确；
D．波动传播速度不一样是由介质决定的， D错误；
E．双星在周期性运动时，会使得到地球的距离发生周期性变化，故接收到的光频率会发生变化，E正确。
故选BCE。
4．BC
【分析】本题主要是识记，记住多普勒效应，能利用多普勒效应分析问题
【详解】在同种介质中，超声波的传播速度保持不变，根据多普勒效应可知，当波源与观察者相互靠近时，观察者接受到的频率大于波源发出的频率，即若鱼群正向渔船靠近，被鱼群反射回来的超声波与发出的超声波相比频率变高。
故选BC。
5． 1.5 不容易
【详解】[1]根据，在传播过程中，频率保持不变，所以
[2]根据波长越长越容易发生衍射，所以用超声波遇到结石时，不容易发生衍射。
6．A
【详解】A．小红利用脱水机甩干洗完衣服上的水滴时，发现随着脱水机结束工作转速缓慢减小时，机器的摆动反而变得剧烈了起来，这是由于机器的固有频率与脱水机转动的频率越来越接近，从而产生了共振引起的，选项A正确；
B．小王和小张兄弟俩在荡秋千时，小王发现小张荡的比他高，马上通过调整姿势将秋干荡得比小张更高，该现象不属于共振，选项B错误；
C．101大厦在台风来临之际，其内部的重锤开始随着高楼一起摆动，且摆动方向与高楼振动方向始终相反，重锤发生阻尼振动，该现象不属于共振，选项C错误；
D．如图是扬声器的结构示意图，当人在说话时，带动膜片振动，这属于受迫振动；膜片振动带动线圈振动，使线圈切割永久磁体的磁场产生感应电流，经放大传给扬声器最后通过扬声器的振动将声音以较高音量发出，这不属于共振，选项D错误。
故选A。
7．D
【详解】A．电压为12V时，筛子实际振动的频率是
故A错误；
B．由乙图知，当频率为0.8Hz时，发生共振，即筛子的固有频率为
f0=0.8Hz
根据题意，电压从12V开始减小，偏心轮转速降低，频率减小，筛子不可能会共振，故B错误；
C．保持12V电压不变，偏心轮频率不变，减小筛子的质量，筛子固有周期减小，固有频率增大，筛子不可能会共振，故C错误；
D．根据题意，筛子的固有周期与电压无关，筛子的固有周期
故D正确。
故选D。
8．B
【详解】AD．采摘振动头振动频率和树干的固有频率相同时，树干发生共振，振幅最大，落果效果最好，针对不同树木，固有频率不同，落果效果最好的振动频率也不同，故AD错误；
B．树干在振动器的振动下做受迫振动，则稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同，故B正确；
C．根据多普勒效应，拾果工人快速远离采摘机，他会感到采摘机振动声调降低，故C错误。
故选B。
9．B
【详解】AB．当驱动力频率等于物体固有频率时，物体的振幅最大，当驱动力频率小于固有频率时，随着驱动力频率增大，振幅增大，当驱动力频率大于固有频率时，随着驱动力频率增大，振幅减小，故A错误，B正确；
C．破冰船停止工作后，冰层余振的振幅越来越小，但频率不变，故C错误；
D．对于不同冰层，破冰效果最好时，锤头的振动频率等于冰层的固有频率，不同冰层固有频率不同，所以锤头的振动频率不相同，故D错误。
故选B。
10．AD
【详解】A．由题图可知超声波的波长为
由题意可知此超声波的周期为
超声波在血管中的传播速度为
故A正确；
B．0～1.25×10-7s内质点M运动了个周期，所以路程为
故B错误；
C．t=0时刻M正位于波传播方向波形的上坡，所以此时M正向y轴负方向运动，则质点M的振动方程是
质点M第一次位移为0.2mm的时刻是
故C错误；
D．超声波在Δt=1.5×10-7s时间内传播的距离为
由图可知t=0时平衡位置在x=14×10-2mm的质点正位于波谷处，所以t=1.5×10-7s时，该波谷恰好传播到质点N处，即此时N恰好处于波谷，故D正确。
故选AD。
11．AB
【详解】A．a、b两质点二者平衡位置间距离如果为一个波长，则其相位差为2，依题意其平衡位置相距波长，则振动的相位差为
故A正确；
B．由题意可知振动频率为2Hz，则周期为0.5s，则从图示位置开始计时，则质点a的位移与时间的关系为
可知当时，质点a的位移仍为cm，且由图2可知此时质点a从波峰向平衡位置运动，故B正确；
C．波速由介质而定，则增大抖动频率，不会改变振动从绳子端点传播到P点的时间，故C错误；
D．从图中可以得到，波长为8m，周期为0.5秒，则波速为
经0.4s，传播的距离为
即健身者抖动绳子端点（刚开始处于平衡位置），经过0.4s振动不能传到P点，故D错误。
故选AB。
12．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）秋千的摆动周期为
水刚好不能淋湿人的头顶，即水恰好运动到头顶，有
代入数据解得
水落到头顶需要的时间为，则有
水刚好不能淋湿人的头顶，打开出水孔的时刻为
（2）水刚好不能淋湿人体的任何部位，即水刚好运动鞋底，有
水运动到鞋底的时间为，则有
解得
则在秋千第二次到达最低点之前关闭出水孔的时刻为
（3）当秋千第二次到达最低点时，水又刚好不能淋湿人的头顶，则关闭的时间为
13．A
【详解】AC．由图看出，降噪声波与环境声波波长相等，又由机械波传播的速度由介质决定可知降噪声波与环境噪声的传播速度相等，则两列波频率相同，叠加时产生干涉，由于两列声波等幅反相，所以振动减弱，起到降噪作用，A正确、C错误；
B．降噪过程不能消除通话时的所有背景杂音，只能消除与降噪声波频率相同的杂音，B错误；
D．P点并不随波移动，D错误。
故选A。
14．B
【详解】A．女同学从A向B运动过程中，女同学靠近波源，由多普勒效应，她感觉哨声音调变高，A错误；
B．女同学在从点C向左运动过程中，女同学远离波源，由多普勒效应，她感觉哨声音调变低，B正确；
C．女同学在从点C向右运动过程中，女同学靠近波源，由多普勒效应，她感觉哨声音调变高，C错误；
D．女同学从E向D运动过程中，女同学远离波源，由多普勒效应，她感觉哨声音调变低，D错误。
故选B。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第8章动量守恒定律
第8.1讲动量和动量定理
【知识点精讲】
1.动量
（1）定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示。
（2）表达式：p＝mv。
（3）单位：kg·m/s。
（4）标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。
（5）动量的变化量：是矢量，其表达式Δp＝p2－p1为矢量式，当p2、p1在同一条直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算。
（6）与动能的区别与联系：
①区别：动量是矢量，动能是标量。
②联系：动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，大小关系为Ek＝或p＝。
2.冲量
（1）定义：力和力的作用时间的乘积叫做力的冲量。
（2）表达式：I＝Ft。单位：N·s。
（3）标矢性：冲量是矢量，它的方向由力的方向决定。
3.动量定理
项目 动量定理
内容 物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量
表达式 p′－p＝F合t或mv′－mv＝F合t
意义 合外力的冲量是引起物体动量变化的原因
标矢性 矢量式（注意正方向的选取）
动量、冲量的理解及计算
自主演练
1.动量、动能、动量变化量的比较
名称项目 动量 动能 动量变化量
定义 物体的质量和速度的乘积 物体由于运动而具有的能量 物体末动量与初动量的矢量差
定义式 p＝mv Ek＝mv2 Δp＝p′－p
矢标性 矢量 标量 矢量
特点 状态量 状态量 过程量
关联方程 Ek＝，p＝
2.冲量的特点
（1）时间性：冲量不仅由力决定，还由力作用的时间决定，恒力的冲量等于力与作用时间的乘积。
（2）矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致；对于作用时间内方向变化的力来说，冲量的方向与相应时间内物体动量的变化量方向一致。
（3）作用力和反作用力的冲量一定等大、反向
【方法归纳】
1.动量定理的应用技巧
（1）应用I＝Δp求变力的冲量
如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝Ft求冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化Δp，等效代换得出变力的冲量I。
（2）应用Δp＝FΔt求动量的变化
例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化（Δp＝p2－p1）需要应用矢量运算方法，计算比较复杂。如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换得出动量的变化。
2.用动量定理解题的基本思路
对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理。
3.用动量定理研究“流体冲击模型”
应用动量定理求解流体冲击力，关键是建立“柱体微元”模型，具体思路是：
（1）在极短时间Δt内，取一小柱体作为研究对象
（2）求小柱体的体积ΔV＝vSΔt
（3）求小柱体质量Δm＝ρΔV＝ρvSΔt
（4）求小柱体的动量变化Δp＝vΔm＝ρv2SΔt
（5）应用动量定理FΔt＝Δp
“三招”速解变质量（如流体）问题：
4　用动量定理解释现象
（1）物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。
（2）。作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小。
5.动量定理的两个重要应用
（1）应用I＝Δp求变力的冲量：如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝Ft求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化Δp，等效代换变力的冲量I。
（2）应用Δp＝FΔt求动量的变化：例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化（Δp＝p2－p1）需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化。
【最新高考题精练】
（2022·全国理综乙卷·20）
1．质量为的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取。则（　　）
A．时物块的动能为零
B．时物块回到初始位置
C．时物块的动量为
D．时间内F对物块所做的功为
（2022高考湖北物理）
2．一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是（　　）
A． ， B． ，
C．， D．，
（2022新高考海南卷）
3．在冰上接力比赛时，甲推乙的作用力是，乙对甲的作用力是，则这两个力（　　）
A．大小相等，方向相反 B．大小相等，方向相同
C．的冲量大于的冲量 D．的冲量小于的冲量
（2022年1月浙江选考）
4．第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图2所示），到C点共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，sin15°=0.26，重力加速度取，求雪车（包括运动员）
（1）在直道AB上的加速度大小；
（2）过C点的速度大小；
（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小。
（2021新高考福建）
5．福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为，16级台风的风速范围为。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的（　　）
A．2倍 B．4倍 C．8倍 D．16倍
（2021高考新课程湖北卷）
6．抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质量约8 g，出膛速度大小约750 m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约12 N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为（　　）
A．40 B．80 C．120 D．160
（2021新高考北京卷）
7．如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是（　　）
A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为
C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为
（2021新高考湖南卷）
8．物体的运动状态可用位置和动量描述，称为相，对应图像中的一个点。物体运动状态的变化可用图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是（　　）
A． B． C． D．
（2021重庆高考）
9．我国规定摩托车、电动自行车骑乘人员必须依法佩戴具有缓冲作用的安全头盔。小明对某轻质头盔的安全性能进行了模拟实验检测。某次，他在头盔中装入质量为的物体（物体与头盔密切接触），使其从的高处自由落下（如图），并与水平地面发生碰撞，头盔厚度被挤压了时，物体的速度减小到零。挤压过程不计物体重力，且视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取。求：
（1）头盔接触地面前瞬间的速度大小；
（2）物体做匀减速直线运动的时间；
（3）物体在匀减速直线运动过程中所受平均作用力的大小。
（2021高考新课程I卷山东卷）
10．海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤（贝类动物）后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量的鸟蛤，在的高度、以的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度，忽略空气阻力。
（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力大小F；（碰撞过程中不计重力）
（2）在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为，速度大小在之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。
【最新模拟题精练】
（2023河北唐山一模）
11．如图所示，两条光滑的轨道下端固定在P点，上端分别固定在竖直墙面上的A、B两点，现使一小滑块分别从轨道顶端由静止释放，到达P点所用时间相同，则（　　）
A．由A、B滑到P的过程中合力的冲量相等
B．由A、B滑到P时重力的功率相等
C．两次下滑过程中的高度乘积是一定值
D．下落过程所用时间与两次下滑过程中的高度之和成正比
（2023浙江温州重点高中期中联考）
12．用水平力拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到时刻停止运动。其速度—时间图像如图所示，且，若拉力F做的功为，拉力的冲量大小为；物体克服摩擦力做的功为，摩擦力的冲量大小为。则下列选项正确的是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
（2023广东佛山重点高中质检）
13．如图所示，质量为M、长度为l的小车静止在光滑的水平面上。质量为m的小物块（可视为质点）放在小车的最左端。现有一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为f。经过时间t，小车运动的位移为x，物块刚好滑到小车的最右端。以下判断正确的是（ ）
A．此时物块的动能为（F-f）（x+l）
B．此时物块的动量为Ft
C．这一过程中，物块和小车产生的内能为fx
D．这一过程中，物块和小车增加的机械能为F（l+x）-fl
（2023湖北武汉部分重点高中高二联考）
14．一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为和，合外力的冲量大小分别为和。下列关系式一定成立的是（　　）
A． B． C． D．
（2022广东湛江模拟）
15．快递运输时，我们经常看到，有些易损坏物品外面都会利用充气袋进行包裹，这种做法的好处是（　　）
A．可以大幅度减小某颠簸过程中物品所受合力的冲量
B．可以大幅度减小某颠簸过程中物品动量的变化
C．可以使某颠簸过程中物品动量变化的时间延长
D．可以使某颠簸过程中物品动量对时间的变化率减小
（2021届深圳名校调研）
16．如图所示，小球从O点开始做平抛运动，p为落地点，为线段Op的中点，轨迹上的m、n点分别与在同一竖直线上和水平线上，则小球（ ）
A．从O到m与从O到n重力做功之比为1：2
B．从O到m与从O到n的水平位移之比为1：2
C．从O到m与从O到n重力冲量之比为1：2
D．经过m、n时，速度方向与水平方向夹角的正切值之比为1：2
（2022安徽淮安模拟）
17．物体的运动状态可用位置坐标x和动量P描述，称为相，对应p—x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p—x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。若将质点竖直向上抛出，以抛出点为坐标原点，竖直向上为正方向，忽略空气阻力则质点对应的相轨迹是（　　）
A． B．
C． D．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．AD
【详解】物块与地面间的摩擦力为
AC．对物块从s内由动量定理可知
即
得
3s时物块的动量为
设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得
即
解得
所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；
B．s物块发生的位移为x1，由动能定理可得
即
得
过程中，对物块由动能定理可得
即
得
物块开始反向运动，物块的加速度大小为
发生的位移为
即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；
D．物块在6s时的速度大小为
拉力所做的功为
故D正确。
故选AD。
2．D
【详解】根据动能定理可知
可得
由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是
比较可得
一定成立。
故选D。
3．A
【详解】根据题意可知和是相互作用力，根据牛顿第三定律可知和等大反向、具有同时性；根据冲量定义式可知和的冲量大小相等，方向相反。
故选A。
4．（1）；（2）12m/s；（3）66N
【详解】（1）AB段
解得
（2）AB段
解得
BC段
过C点的速度大小
（3）在BC段有牛顿第二定律
解得
5．B
【详解】设空气的密度为，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为，在时间的空气质量为
假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为零，对风由动量定理有
可得
10级台风的风速，16级台风的风速，则有
故选B。
6．C
【分析】本题考查动量定理。
【详解】设1分钟内射出的子弹数量为n，则对这n颗子弹由动量定理得
代入数据解得
故选C。
7．D
【详解】A．圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方向，故A错误；
B．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力
根据动量定理得，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量为
大小为0，故B错误；
C．圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故C错误；
D．圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量为
大小为，故D正确。
故选D。
8．D
【详解】质点沿轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有
而动量为
联立可得
动量关于为幂函数，且，故正确的相轨迹图像为D。
故选D。
9．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由自由落体运动规律，代入数据解得
（2）由匀变速直线运动规律
解得
（3）由动量定理得
解得
10．（1）；（2）
【详解】（1）设鸟蛤落地前瞬间的速度大小为，竖直分速度大小为，据自由落体运动规律可得
则碰撞前鸟蛤的合速度为
在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度方向为正方向，由动量定理得
联立解得碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力大小为
（2）若释放鸟蛤的初速度为，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1，击中右端时，释放点的x坐标为，得
，
联立，代入数据得
，
若释放鸟蛤时的初速度为，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为，击中右端时，释放点的x坐标为，得
，
联立，代入数据得
，
综上所述可得x坐标区间为。
11．C
【详解】D．设OP=a，木板倾角为α，则物体下滑的时间
两次到达P点所用时间相同，则
可得
即
两次下滑过程中的高度之和
带入可得（消掉a）
即下落过程所用时间平方与两次下滑过程中的高度之和成正比，选项D错误；
C．两次下滑过程中的高度乘积
选项C正确；
B．滑到P点时的速度
重力的瞬时功率
因与不一定相等，则由A、B滑到P时重力的功率不一定相等，选项B错误；
A．根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化，而由A、B滑到P的过程中动量变化的方向不同，动量变化的大小
也不相同，则合力的冲量不相等，选项A错误。
故选C。
12．A
【详解】从静止开始运动到最后停止运动，根据动能定理可得
可得
根据动量定理可得
可得
故选A。
13．AD
【详解】A．对物块，由动能定理得
Ek-0=（F-f）·（x＋l）
此时物块的动能
Ek=（F-f）（x＋l）
故A正确；
B．对物块，由动量定理得
p=（F-f）t
故B错误；
C．这一过程中，物块和小车产生的内能为fl，故C错误；
D．根据能量守恒定律得，外力F 做的功转化为小车和物块的机械能和摩擦产生的内能，则有
F（l＋x）=＋Q
则
=F（l＋x）一fl
故D正确。
故选AD。
14．BD
【详解】AB．根据动能定理有
可得
选项A错误，B正确；
CD．由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，根据动量定理
可知冲量的大小范围是
可知
选项C错误，D正确。
故选BD。
15．CD
【详解】ABC．充气袋在运输中起到缓冲作用，在某颠簸过程中，物体的动量变化量不变，由动量定理可知，充气袋可以延长动量变化所用的时间，从而减小物体所受的合力，但不能改变合力的冲量，AB错误，C正确；
D．动量对时间的变化率即为物体所受的合力，D正确。
故选CD。
16．A
【详解】A．设从到的运动的时间为，则有
由于为线段的中点，点与在同一竖直线上，则有从到的时间为
从到的竖直位移为
根据重力做功公式可得从到与从到的重力做功之比为
故A正确；
B．从到的时间为
从到与从到的水平位移之比为
故B错误；
C．根据冲量定义可知从到与从到重力冲量之比为
故C错误；
D．速度方向与水平方向夹角的正切值为
所以经过、时，速度方向与水平方向夹角的正切值之比为
故D错误；
故选A 。
17．C
【详解】竖直向上为正方向，设位移为x时，物体的速度为v，竖直上抛运动由根据运动学公式可得
动量表达式
根据竖直上抛运动特点，同一位置速度方向可能向上或向下，动量在同一位置存在关于x轴对称的两个值；综上所述C图像符合表达式的关系。
故选C。
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答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第8章动量守恒定律
第8.3讲动量守恒定律
【知识点精讲】
1.内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。
2.表达式：
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或p＝p′。
3.适用条件
（1）理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。
（2）近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。
（3）分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。
4.注意动量守恒的“四性”
（1）矢量性：表达式中涉及的都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负。
（2）瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。不同时刻的动量不能相加。
（3）同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对同一参考系的速度。一般选地面为参考系。
（4）普适性：它不仅适用于两个物体组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统。
【方法归纳】
1.动量守恒定律常用的三种表达形式
（1）m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量矢量和等于作用后的动量矢量和。
（2）Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
（3）Δp＝0，系统总动量的增量为零。
2.应用动量守恒定律解题的基本步骤
3.动量守恒的判断
由动量守恒的条件判断系统动量守恒的步骤如下：
（1）明确系统由哪几个物体组成。
（2）对系统中各物体进行受力分析，分清哪些是内力，哪些是外力。
（3）看所有外力的合力是否为零，或内力是否远大于外力，从而判定系统的动量是否守恒。
注意动量守恒的条件和机械能守恒的条件不同：
机械能守恒的条件是只有重力、弹力做功，动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为0.
4.　动量守恒定律应用
（1）动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统。系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系。
（2）严格解决动量守恒定律的步骤
①明确研究对象，确定系统的组成（系统包括哪几个物体及研究的过程）；
②进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上动量是否守恒）；
③规定正方向，确定初、末状态动量；
④由动量守恒定律列出方程；
⑤代入数据，求出结果，必要时讨论说明。
5.运用动量守恒定律的解题步骤
【最新高考题精练】
（2022·高考广东物理）
1．某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度为向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量，滑杆的质量，A、B间的距离，重力加速度g取，不计空气阻力。求：
（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小和；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
（3）滑杆向上运动的最大高度h。
（2021年1月浙江选考）
2．在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2:1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．两碎块的位移大小之比为1:2 B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80m
C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/s D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m
【最新模拟题精练】
（2023吉林通化梅河口五中二模）
3．如图所示，小车上固定着一个竖直放置的弯曲圆管，整个小车（含圆管）的质量为，初始时静止在光滑的水平面上。一个小球以水平速度v从圆管左端飞入后恰好能从圆管右端滑离小车。小球质量为m，半径略小于圆管半径，可以看作质点，忽略一切摩擦以及圆管的厚度。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球滑离小车时，小车速度向右
B．小球滑离小车时的速度大小为v
C．圆管中轴线距离车身的最大高度为
D．从小球进入圆管到脱离圆管，小球对小车的总冲量为0
（2023湖南邵阳二模）
4．“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为，探测器的初速度大小为，在图示情况下，探测器在远离行星后速度大小为。探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比。那么下列判断中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2022福建南平联考）
5．作为时尚青年热爱的运动，溜旱冰又炫又酷，备受追捧。如图甲所示，水平地面上有、两位同学，的质量为，静止在地面上，以一定的初速度向滑去，一段时间后抱住一起向右运动。若以向右为正，运动的位移-时间图像（图像）如图乙所示，不计空气阻力以及地面对人的阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．的质量为
B．的质量为
C．抱住的过程中损失的机械能为
D．抱住的过程中损失的机械能为
（2022河北重点中学期中素养提升）
6．2022年冬奥会将在北京举行，冰壶是冬奥会的传统比赛项目。在冰壶动中运动员可以通过冰壶刷摩擦冰面来控制冰壶的运动。在某次训练中，A壶与静止的壶发生对心碰撞，碰后运动员用冰壶刷摩擦壶运动前方的冰面。碰撞前后两壶运动的图线如图中实线所示，已知与平行，且两冰壶质量相等，由图像可得（　　）
A．碰后壶的加速度大小为
B．碰后至停止的过程中，A、两壶的运动时间之比为
C．碰后至停止的过程中，A、两壶所受摩擦力的冲量大小之比为
D．两冰壶发生的碰撞为弹性碰撞
（2020成都调研）
7．甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是2m/s，甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1m/s和2m/s。求甲、乙两运动员的质量之比（　　）
A． B． C． D．
（2023河北邢台五校联考）
8．如图所示，杂技“双人空中飞人”是一种精彩绝伦的表演。小明同学为了研究其中的物理原理简化情景如下：一名质量为M演员倒挂在秋千上，在秋千绳子与竖直方向成角时，在其他工作人员帮助下由静止开始运动，另一名质量为m的演员从秋千运动轨迹的正下方舞台上同平面水平由静止开始做加速度为a的匀加速直线运动，当经过时间t，秋千运动到最低点时，质量为M的演员正好双手抓住质量为m的演员，并一起恰好荡到竖直高度比秋千最低点高h的一个平台上。已知秋千绳子长度为L，两名演员的身高均可在该问题中忽略，且不计一切阻力。求：
（1）质量为M的演员在最低点时的速度？
（2）求平台比秋千最低点高的距离h为多少？
（2023长春三模）
9．2022年北京冬奥会我国运动员在冰壶比赛中取得了新的突破。比赛中运动员用脚蹬固定的起踏器后和冰壶一起前进，在前掷线处将冰壶脱手。按比赛规则，队友可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面的动摩擦因数来调节冰壶的运动，使其到达理想位置。已知冰壶质量，运动员质量，重力加速度大小。（冰面视作水平面，冰壶视为质点）
（1）在某次投壶过程中运动员离开起踏器时他和红色冰壶的速率，已知运动员和起踏器相互作用的时间，求此过程中运动员（包含冰壶）在水平方向所受平均作用力的大小F；
（2）若红色冰壶沿直线运动到距营垒中心处的速度，队友通过在其滑行前方持续摩擦冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数变为原来的90%，冰壶滑过被毛刷摩擦过的冰面后以的速度与静止在营垒中心、质量相等的蓝色冰壶发生对心碰撞，碰后无人再用毛刷摩擦冰面，蓝色冰壶以的速度向前滑行。求碰撞后红色冰壶的滑行距离x。
（2023四川泸县教育共同体联考）
10．如图所示，abc是半径为R的半圆形光滑固定轨道，直径ac水平，b为轨道的最低点。一质量为m的小球1从轨道最高点a由静止释放，在轨道最低点b与静止的小球2发生正碰。第一次碰撞后小球1反向弹回，两小球沿圆弧上升的最大高度均为。求：
（1）第一次碰撞结束时，小球1和2的速度大小；
（2）小球2的质量。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．（1），；（2）；（3）
【详解】（1）当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即
当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为
（2）滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有
代入数据解得。
（3）由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
代入数据联立解得。
2．B
【详解】A．爆炸时，水平方向，根据动量守恒定律可知
因两块碎块落地时间相等，则
则
则两碎块的水平位移之比为1:2，而从爆炸开始抛出到落地的位移之比不等于1:2，选项A错误；
B．设两碎片落地时间均为t，由题意可知
解得
t=4s
爆炸物的爆炸点离地面高度为
选项B正确；
CD．爆炸后质量大的碎块的水平位移
质量小的碎块的水平位移
爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m+680m=1020m
质量大的碎块的初速度为
选项CD错误。
故选B。
3．BC
【详解】A B．小球与小车在水平方向上的合外力为零，故在水平方向上动量守恒可得，
由机械能守恒可得
解得
或（因不符合实际情况，舍去）
小球滑离小车时，小车速度0。A错误；小球滑离小车时的速度大小为v，B正确；
C．小球恰好到达管道的最高点后，则小球和小车的速度相同为，故由动量守恒定律
解得
由机械能守恒定律，以小球刚滑上小车的位置为零势能面，小球在最高点的重力势能等于系统动能减小量
所以，车上管道中心线最高点的竖直高度
C正确；
D．从小球进入圆管到脱离圆管，小球对小车的水平方向总冲量为0，总冲量不为0。D错误。
故选BC。
4．B
【详解】根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
解得
又因为
解得
故选B。
5．BC
【详解】AB．根据题图乙，抱住前的速度大小
抱住后他们的共同速度大小
根据动量守恒定律有
解得
A错误；B正确；
CD．抱住的过程中损失的机械能
解得
C正确，D错误。
故选BC。
6．BC
【详解】两冰壶碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后B壶的速度；根据图示图象求出B壶的加速度，应用运动学公式求出，然后求出A壶的运动时间，应用动量定理求出两壶碰撞后到停止运动过程所受摩擦力的冲量大小之比；求出碰撞过程损失的机械能，然后碰撞过程损失的机械能与碰撞后两壶损失的机械能之比。
【分析】A．由图象可知，碰撞A壶的速度，碰撞后瞬间壶的速度，两冰壶质量相等，设冰壶质量为，以原来A壶的速度方向为正方向，两冰壶碰撞过程系统动量守恒，设碰撞后A的速度为，由动量守恒定律得
代入数据解得
由图象可知，碰撞前、后A壶的加速度大小
壶的加速度
A错误；
B．根据可以求出图象中的，。于是碰撞后A壶停上的时间
壶停止运动需要的时间
A、两壶的运动时间之比为，B正确；
C．由动量定理得，碰撞后对A壶
对B壶
则、两壶从碰后至停止运动过程中，所受摩擦力的冲量的大小之比
C正确；
D．两壶碰撞过程损失的机械能
碰撞为非弹性碰撞，D错误；
故选BC。
7．B
【详解】甲、乙相遇时用力推对方的过程系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲′+m乙v乙′
代入数据可得
m甲×2+m乙×（-2）=m甲×（-1）+m乙×2
解得
m甲：m乙=4：3
故B正确，ACD错误。
故选B。
8．（1）；（2）
【详解】（1）秋千上运动员有释放到最低点过程中机械能守恒，得
解得
（2）由运动学公式得，质量为m的演员到悬点正下方速度为
在最低点两演员作用时动量守恒，则
两演员从最低点到平台过程中，由机械能守恒定律得
解得
9．（1）；（2）
【详解】（1）对运动员和冰壶整体分析：根据动量定理得
得
（2）设冰壶与冰面间的动摩擦因数为，红色冰壶与蓝色冰壶碰撞前，根据动能定理
得
设碰撞后红壶的速度为，红壶和蓝壶碰撞过程动量守恒，由动量守恒方程得
得
根据动能定理得
得
10．(1) ， ；(2)3m
【详解】(1)两小球上升的最大高度一样，所以二者碰后的速度大小相同。根据机械能守恒得
解得
(2)碰前，对于小球1，根据机械能守恒得
两小球相碰，根据动量守恒得
解得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第8章 动量守恒定律
第8.5 讲 碰撞
【知识点精讲】
1.碰撞：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间的相互作用力很大的现象。
2.特点
在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。
3.分类
动量是否守恒 机械能是否守恒
弹性碰撞 守恒 守恒
非弹性碰撞 守恒 有损失
完全非弹性碰撞 守恒 损失最大
【方法归纳】
1、碰撞的可能性问题
碰撞后运动状态可能性判断的三个依据
（1）动量守恒：p1＋p2=p′1＋p′2。
（2）动能不增加：Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2或＋≥＋。
（3）速度要符合情景。
①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v′前≥v′后。
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2. 一动一静"弹性碰撞模型
如图所示，已知 、 两个刚性小球质量分别是 、 ，小球 静止在光滑水平面上， 以初速度 与小球 发生弹性碰撞，
取小球 初速度 的方向为正方向，因发生的是弹性碰撞，碰撞前后系统动量守恒、动能不变，有
联立解得 ，
讨论：（1）若 ，则 、 ，物理意义：入射小球质量大于被碰小球质量，则入射小球碰后仍沿原方向运动但速度变小，被碰小球的速度大于入射小球碰前的速度。
（2）若 ，则 、 ，物理意义：入射小球与被碰小球质量相等，则碰后两球交换速度。
（3）若 ，则 （即 与 方向相反 、 ，物理意义：入射小球质量小于被碰小球质量，则入射小球将被反弹回去，被碰小球的速度小于入射小球碰前的速度。
（4）若 ，则 趋近于 、 趋近于 ，物理意义：入射小球质量比被碰小球质量大得多，则入射小球的速度几乎不变，被碰小球的速度接近入射小球碰前速度的2倍，也就是说被碰小球对入射小球的运动影响很小，但入射小球对被碰小球的运动影响不能忽略，例如用一个铅球去撞击一个乒乓球。
（5）若 ，则 趋近于 、 趋近于0，物理意义：入射小球质量比被碰小球质量小得多，则入射小球几乎被以原速率反弹回去，被碰小球几乎不动，例如乒乓球撞击铅球。
注意：上面讨论出的结果不能盲目套用，应用的前提条件是一个运动的物体去碰撞一个静止的物体，且是弹性碰撞。
3 。"一动一静"弹性碰撞模型的类比应用
广义地讲，“碰撞”就是一种相互作用，弹性碰撞模型的应用不仅仅局限于“碰撞”，如果相互作用前后系统满足动量守恒、动能不变，具备了这一特征的物理过程，就可理解为“弹性碰撞”过程，就可以类比弹性碰撞的规律解题。
如图所示，光滑水平地面上静止放置由弹簧相连的木块 和 ，开始时弹簧处于原长，现给 一个向右的瞬时冲量，让 开始以速度 向右运动，若 ，则当弹簧再次恢复原长时，木块 和 通过弹簧相互作用，系统动量守恒，机械能守恒， 和 之间的相互作用可以视为弹性碰撞，弹簧再次恢复原长时，相当于木块 与木块 之间的弹性碰撞结束，则此时 、 的速度分别为 ， ，由于 ，所以此时 的速度向右，且 的速度小于 的速度。
处理碰撞问题的几个关键点
（1）选取动量守恒的系统：若有三个或更多个物体参与碰撞，要合理选取所研究的系统。
（2）弄清碰撞的类型：弹性碰撞、完全非弹性碰撞还是其他非弹性碰撞。
（3）弄清碰撞过程中存在的关系：能量转化关系、几何关系、速度关系等。
【最新高考题精练】
（2021重庆高考）
1．质量相同的甲、乙两小球（视为质点）以不同的初速度竖直上抛，某时刻两球发生正碰。图中实线和虚线分别表示甲、乙两球位置随时间变化的曲线，其中虚线关于左右对称，实线两个顶点的纵坐标相同，若小球运动中除碰撞外仅受重力，则（　　）
A．时刻，甲的速率大于乙的速率
B．碰撞前后瞬间，乙的动量不变
C．碰撞前后瞬间，甲的动能不变
D．碰撞后甲的机械能大于乙的机械能
（2021新高考北京卷）
2．如图所示，小物块A、B的质量均为m = 0.10 kg，B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h = 0.45 m，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s = 0.30 m，取重力加速度g = 10 m/s2。求：
（1）两物块在空中运动的时间t；
（2）两物块碰前A的速度v0的大小；
（3）两物块碰撞过程中损失的机械能。
（2021年高考广东学业水平选择性测试）
3．算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔，乙与边框a相隔，算珠与导杆间的动摩擦因数。现用手指将甲以的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取。
（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。
（2021高考新课程湖北卷）
4．如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。
（1）求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；
（2）当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率；
（3）求碰撞过程中A和B损失的总动能。
（2021新高考天津卷）
5．一玩具以初速度从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩具内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1∶4的两部分，此时它们的动能之和与玩具从地面抛出时的动能相等。弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力。求
（1）玩具上升到最大高度时的速度大小；
（2）两部分落地时速度大小之比。
【最新模拟题精练】
（2023湖南益阳桃江一中模拟）
6．如图所示，质量为M=2kg足够长的小车以v0=2.5m/s的速度沿光滑的水平面运动，在小车正上方h=1.25m处有一质量为m=0.5kg的可视为质点的物块静止释放，经过一段时间刚好落在小车上无反弹，作用时间很短，随后二者一起沿水平面向右运动。已知物块与小车上表面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度为g=10m/s2，忽略空气阻力。则下列说法正确的是（　　）
A．物块落在小车的过程中，物块和小车的动量守恒
B．物块落上小车后的最终速度大小为3m/s
C．物块在小车的上表面滑动的距离为0.5m
D．物块落在小车的整个过程中，系统损失的能量为7.5J
（2023河北衡水中学一模）
7．在光滑水平面上沿一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ发生正碰，碰后立即粘在一起运动，碰撞前滑块Ⅰ、Ⅱ及粘在一起后的速度—时间图像分别如图中的线段a、b、c所示。由图像可知（　　）
A．碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量小
B．滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为
C．滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为
D．碰撞过程中，滑块Ⅰ受到的冲量比滑块Ⅱ受到的冲量大
（2023辽宁大连金州高中三模）
8．如图所示，甲和他的冰车总质量，甲推着质量的小木箱一起以速度向右滑行。乙和他的冰车总质量也为，乙以同样大小的速度迎面而来。为了避免相撞，甲将小木箱以速度v沿冰面推出，木箱滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦力，则小木箱的速度v可能为（　　）
A． B． C． D．
（2023河北唐山一模）
9．在光滑水平桌面上质量为m的物体A以某一速度与质量为3m等大物体B发生正碰，碰撞前物体B处于静止状态。已知碰撞后物体B的动能为E，则碰撞之前物体A的动能可能为（　　）
A．E B．3E C．5E D．7E
（2023四川成都树德中学二诊）
10．如图所示，劲度系数为k的竖直轻弹下端固定在地面上，上端与物块B相连并处于静止状态。一物块A在外力作用下静止在弹簧正上方某高度处，取物块A静止时的位置为原点O、竖直向下为正方向建立x轴。某时刻撤去外力，物块A自由下落，与物共B碰撞后以相同的速度向下运动，碰撞过程用时极短。测得物块A的动能与其位置坐标x的关系如图乙所示（弹簧始终处于弹性限度内），图中除之间的图线为直线外。其余部分均为曲线。已知物块A、B均可视为质点，重力加速度为g，则（　　）
A．物块A、B的质量之比为1∶2
B．弹簧的劲度系数为
C．从到的过程中，物块运动加速度的最大值
D．从到的过程中，弹簧的弹性势能增加了
（2023四川成都树德中学二诊）
11．如图所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车，现有一质量为2m的光滑小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则下列说法正确的是（　　）
A．小球离车后，对地将做自由落体运动
B．小球离车后，对地将向右做平抛运动
C．小球在弧形槽上上升的最大高度为
D．此过程中小球对车做的功为
（2023湖南怀化二模）
12．如图所示，质量为m的小球A从地面上斜抛，抛出时的速度大小为25m/s，方向与水平方向夹角为53°角，在A抛出的同时有一质量为3m的黏性小球B从某高处自由下落，当A上升到最高点时恰能击中竖直下落中的黏性小球B，A、B两球碰撞时间极短，碰后A、B两球粘在一起落回地面，不计空气阻力，，g取。以下说法正确的是（　　）
A．小球B下落时离地面的高度是20m
B．小球A上升至最高处时离地面40m
C．小球A从抛出到落回地面的时间为3s
D．小球A从抛出到落回地面的水平距离为60m
（2023浙江杭州名校联考）
13．如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球A、B发生正碰，小球的质量分别为m1和m2图乙为它们碰撞前后的x-t图像。已知m1=0.1kg，由此可以判断（　　）
A．碰前B静止，A向右运动 B．碰后A和B都向右运动
C．由动量守恒可以算出m2=0.3kg D．碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能
（2023山东潍坊三校联考）
14．两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，，，，。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（　　）
A．，
B．，
C．，
D．，
（2023江苏南通重点高中质检）
15．A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图线，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图线，若A球质量是，则由图像判断下列结论正确的是（　　）
A．碰撞前、后A球的动量变化量为6kg·m/s
B．碰撞时A球对B球的冲量为－6N·s
C．A、B两球碰撞前的总动量为3kg·m/s
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J
（2023湖北四市七校联盟期中联考）
16．质量为2m的小球A以速度v0在光滑水平面上运动，与质量为3m的静止小球B发生正碰，则碰撞后小球A的速度vA大小和小球B的速度大小vB可能为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
（2023四川成都七中二诊）
17．如图所示，半径为R的光滑四分之一圆弧轨道AB固定在竖直面内，其B端刚好与水平面相切，水平面BD部分光滑，D点右侧部分粗糙且足够长，质量为3m的物块b放在水平面上的C点，质量为m的物块a从圆弧轨道的最高点A由静止释放，物块a沿圆弧面下滑到水平面上与物块b发生正碰。不计两个物块大小，已知重力加速度为g，物块与水平面粗糙部分的动摩擦因数为0.5，试回答下列问题：
（1）a与b碰撞前的瞬间a的速度大小；
（2）若a与b碰撞后粘在一起，则碰撞后间a、b在粗糙水平面上滑行的距离；
（3）若a与b发生弹性碰撞，求碰撞过程b对a的冲量及物块a、b最终静止在粗糙水平面上时的间距。
（2023河北衡水中学一模）
18．如图所示，有两足够长倾角均为的粗糙斜面AB和CD均通过一小段平滑的圆弧与足够长的光滑水平面BC连接，小滑块a与斜面AB间的动摩擦因数，小滑块b与斜面CD间的动摩擦因数，小滑块a从斜面AB上的P点由静止开始下滑，一段时间后，与静止在水平面BC上的装有质量不计的弹簧的物块b发生第一次碰撞，之后弹簧储存的弹性势能的最大值，已知小滑块a、b均可视为质点，质量均为，小滑块a与弹簧碰撞过程中不损失机械能，且弹簧始终在弹性限度内，取重力加速度大小，，。求：
（1）P点距水平面的高度h；
（2）小滑块a与小滑块b第一次碰撞后，小滑块b沿CD斜面上滑的最大距离；
（3）小滑块b在斜面上运动的总路程。
（2023江苏南通重点高中质检）
19．如图所示，光滑水平桌面上一只质量为5.0kg的保龄球，撞上一只原来静止，质量为1.5kg的球瓶。此后球瓶以3.0m/s的速度向前飞出，而保龄球以2.0m/s的速度继续向前运动，假设它们相互作用的时间为0.05s。求：
（1）碰撞前保龄球的速度；
（2）碰撞时保龄球与球瓶间的相互作用力的大小；
（3）通过计算判断该碰撞是否为弹性碰撞。
（2022湖北十堰四模）
20．如图所示，足够长的光滑水平直轨道与光滑圆弧轨道平滑连接，B为圆弧轨道的最低点。一质量为的小球a从直轨道上的A点以大小为的初速度向右运动，一段时间后小球a与静止在B点的小球b发生弹性正碰，碰撞后小球b沿圆弧轨道上升的最大高度为（未脱离轨道）。取重力加速度大小，两球均视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．碰撞后瞬间，小球b的速度大小为 B．碰撞后瞬间，小球a的速度大小为
C．小球b的质量为 D．两球会发生第二次碰撞
（2022山西临汾模拟）
21．如图所示，半径为的四分之一光滑圆弧轨道固定在水平地面上，轨道末端与水平地面相切。小球B放在轨道末端，使小球A从轨道顶端由静止释放。两小球发生弹性碰撞后，小球A沿圆弧轨道上升到最高点时，与圆弧轨道圆心的连线与竖直方向的夹角为。两个小球大小相同，半径可忽略，重力加速度为。则下列说法正确的是（　　）
A．小球A、B的质量比为
B．小球A、B的质量比为
C．碰后瞬间小球B的速度为
D．碰后瞬间小球B的速度为
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】A．根据位移图像斜率表示速度可知，时刻，甲的速率小于乙的速率，故A错误；
BC．根据甲乙两球位移图像可知，碰撞前后瞬间，两球交换速度，方向反向。根据题述，虚线（乙的位移图像）关于左右对称，所以碰撞前后瞬间，乙的动量大小不变，方向变化，甲的动能不变，故B错误C正确；
D．根据题述，实线两个顶点的纵坐标相同，可知碰撞后甲的机械能与乙的机械能相等，故D错误。
故选C。
2．（1）0.30 s；（2）；（3）
【详解】（1）竖直方向为自由落体运动，由
得
t = 0.30 s
（2）设A、B碰后速度为，水平方向为匀速运动，由
得
根据动量守恒定律，由
得
（3）两物体碰撞过程中损失的机械能
得
3．（1）能；（2）0.2s
【详解】（1）由牛顿第二定律可得，甲乙滑动时均有
则甲乙滑动时的加速度大小均为
甲与乙碰前的速度v1，则
解得
v1=0.3m/s
甲乙碰撞时由动量守恒定律
解得碰后乙的速度
v3=0.2m/s
然后乙做减速运动，当速度减为零时则
可知乙恰好能滑到边框a；
（2）甲与乙碰前运动的时间
碰后甲运动的时间
则甲运动的总时间为
4．（1）2R ；（2）；（3）
【详解】解：（1）设 B到半圆弧轨道最高点时速度为，由于B对轨道最高点的压力为零，则由牛顿第二定律得
B离开最高点后做平抛运动，则在竖直方向上有
在水平方向上有
联立解得
x=2R
（2）对A由C到D的过程，由机械能守恒定律得
由于对A做功的力只有重力，则A所受力对A做功的功率为
解得
（3）设A、B碰后瞬间的速度分别为v1，v2，对B由Q到最高点的过程，由机械能守恒定律得
解得
对A由Q到C的过程，由机械能守恒定律得
解得
设碰前瞬间A的速度为v0，对A、B碰撞的过程，由动量守恒定律得
解得
碰撞过程中A和B损失的总动能为
解得
5．（1）；（2）
【详解】（1）设玩具上升的最大高度为h，玩具上升到高度时的速度大小为v，重力加速度大小为g，以初速度方向为正，整个运动过程有
玩具上升到最大高度有
两式联立解得
（2）设玩具分开时两部分的质量分别为、，水平速度大小分别为、。依题意，动能关系为
玩具达到最高点时速度为零，两部分分开时速度方向相反，水平方向动量守恒，有
分开后两部分做平抛运动，由运动学关系，两部分落回地面时，竖直方向分速度大小为，设两部分落地时的速度大小分别为、，由速度合成公式，有
，
结合，解得
6．CD
【详解】A．物块落在小车的过程中，物块与小车组成的系统在水平方向的动量守恒，但竖直方向的动量不守恒，故A错误；
B．物块与小车组成的系统水平方向不受外力，则系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有：
Mv0=（M+m）v
所以共同速度为：
故B错误；
C．物块落上小车到二者共速的过程中，因摩擦损失的机械能为：
代入数据解得：
ΔE1=1.25J
由功能关系：
ΔE1=μmg·Δx
解得：
Δx =0.5m
故C正确；
D．在整个的过程中，系统损失的机械能等于物块减少的重力势能与二者损失的动能之和，由能量守恒定律得：
代入数据可得：
ΔE=7.5J
故D正确。
故选CD。
7．C
【详解】A．由题图可知，碰撞后总动量为正，根据动量守恒定律可知，碰撞前的总动量也为正，故碰撞前滑块I的动量较大，故A项错误；
BC．根据动量守恒定律有
解得
故B错误，C正确；
D．碰撞过程中滑块I受到的冲量与滑块Ⅱ受到的冲量大小相等，方向相反，故D项错误。
故选C。
8．CD
【详解】对于甲和箱子根据动量守恒得
对于乙和箱子根据动量守恒得
当甲乙恰好不相碰，则
联立解得
若要避免碰撞，则需要满足
故选CD。
9．BC
【详解】设物体A碰前速度v0，若两物体发生非弹性碰撞，则
此时
解得碰撞之前物体A的动能
若两物体发生弹性碰撞，则
解得
此时
解得碰撞之前物体A的动能
则碰撞之前物体A的动能可能为3E和5E。
故选BC。
10．AD
【详解】A．根据图像可知碰撞后A的动能变为原来的 ，根据
则物块A与B碰撞前后速度大小之比为3：1，设碰撞前一刻速度为v，取初速度方向为正方向，由动量守恒定律有
解得
A正确；
B．设A质量为m，则B的质量为2m，由图乙可知，x2处动能达到最大，根据平衡条件可得此时弹簧弹力为3mg，从x1到x2过程中，弹簧弹力增加mg，由胡克定律知
故
从O到x1，由动能定理有
联立解得
B错误；
C．从x2到x3过程中，加速度大小逐渐减小至0，然后再增加，故加速度最大处在x3处；在x1处有
解得
在x3处有
解得
故加速度最大值不可能为
C错误；
D．碰撞后，A的动能为 ，则B的动能为，总动能为，从x1到x3过程中，由能量关系有
解得
D正确。
故选AD。
11．C
【详解】AB．设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
由动能守恒定律得
解得
所以小球与小车分离后对地将向左做平抛运动，故AB错误；
C．当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设该高度为h，系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
故C正确；
D．对小车运用动能定理得，小球对小车做功
故D错误。
故选C。
12．C
【详解】AB．A球竖直方向做竖直上抛运动至最高点，B球做自由落体落体运动，则两球运动的高度相同，均为为
小球B下落时离地面的高度是40m，AB错误；
C．两球竖直方向的运动是互逆的，相遇时小球A竖直速度为0，小球B的速度为
根据两球在竖直方向上的动量守恒
两球粘在一起后的竖直速度为
继续下落，有
得
则小球A从抛出到落回地面的时间为3s，C正确；
D．小球A从抛出到与小球B相撞的水平距离为
根据两球在水平方向上的动量守恒
得
相撞后两球的水平位移为
小球A从抛出到落回地面的水平距离为
D错误。
故选C。
13．AC
【详解】AB．碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止状态，m1的速度大小为
方向只有向右才能与m2相撞，故题图乙中向右为正方向，由题图乙可求出碰后m2和m1的速度分别为
，
碰后m2的速度方向为正方向，说明m2向右运动，而m1的速度方向为负方向，说明m1向左运动，故A正确，B错误；
C．根据动量守恒定律得
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
代入解得
m2＝0.3 kg
故C正确；
D．碰撞过程中系统损失的机械能为
故D错误。
故选AC。
14．B
【详解】AD．由于两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，必须满足动量守恒定律， 即
可知四个选项均满足；另外碰后A的速度应该小于B的速度，否则要发生第二次碰撞，不符合实际，故AD错误；
BC．同时碰撞还因该满足能量守恒定律，即
C选项中两球碰后的总动能为
大于碰前的总动能
违背了能量守恒定律；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B正确，C错误。
故选B。
15．D
【详解】A．x-t图像的斜率表示速度，所以碰撞前、后，A球的速度分别为
所以碰撞前、后A球的动量变化量为
故A错误；
B．碰撞前B球的速度为
设B球质量为m′，根据动量守恒定律有
解得
根据动量定理可知，碰撞时A球对B球的冲量为
故B错误；
C． A、B两球碰撞前的总动量为
故C错误；
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为
故D正确。
故选D。
16．AD
【详解】碰撞过程中应满足动量守恒，即
还应满足系统总动能不增加，即
A．若
，
当vA与vB方向相反时代入计算，可知满足动量守恒，碰撞后总动能为，满足总动能不增加，A可能；
B．若
，
当vA与vB方向相同时代入计算，可知满足动量守恒，但vA > vB，故不符合实际情况，B不可能；
C．若
，
当vA、vB代入计算，可知不满足动量守恒，C不可能；
D．若
，
当vA与vB方向相反时代入计算，可知满足动量守恒，碰撞后总动能为，小于系统碰撞前的动能，D可能。
故选AD。
17．（1）；（2）；（3），方向水平向左，0
【详解】（1）设a与b碰撞前的一瞬间，a的速度大小为，根据机械能守恒有
解得
（2）设碰撞后的共同速度为v，根据动量守恒有
解得
设两物块在粗糙水平面上滑动的距离为x，根据动能定理
解得
（3）设碰撞后一瞬间a、b的速度大小分别为、，根据动量守恒有
根据能量守恒有
解得
a、b碰撞过程，根据动量定理，b对a的冲量
即b对a的冲量大小为，方向水平向左。
碰后a被反向弹回，最终滑上凹面上后返回再次进入水平面，由于a、b滑上粗糙水平面时的初速度大小相同，由动能定理可知，两物块在水平面上滑行的距离相同，即物块a、b静止在粗糙水平面上时相距的距离为0。
18．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据题意，小滑块a从斜面AB上的P点滑到B点的过程，由动能定理有
因为a、b的质量相等，发生碰撞时满足动量守恒，由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
联立代入数据解得
，
（2）根据题意，由动量守恒定律和能量守恒定律有
联立代入数据解得
在小滑块b滑上最高点的过程中，根据动能定理有
解得
（3）根据题意，设小滑块b第一次回到斜面CD底端时的速度大小为，有
整理后有
b与a碰后再次交换速度，此时b的速度为零，a的速度大小为，则在a沿斜面AB上升至速度减为零的过程中有
由于交换速度，故与大小相等，解得
返回底端的过程中
在底部a与b碰撞后再次交换速度，则b的速度大小
b上升到顶端的过程中
可得
则有
即小滑块b每次上升到顶端的路程为等比关系，其中公比
同时由于在同一斜面上，上滑与下滑的路程相等，由数学知识有
19．（1）；（2）；（3）不是弹性碰撞
【详解】（1）设碰撞前保龄球的速度为v1，根据动量守恒定律有
解得
（2）设碰撞时保龄球与球瓶间的相互作用力的大小为F，对球瓶根据动量定理有
解得
（3）保龄球和球瓶组成的系统初、末动能分别为
因为，所以该碰撞不是弹性碰撞。
20．C
【详解】A．由机械能守恒
可得碰后小球b在B点的速度为
故A错误；
BC．由动量守恒定律可得
由机械能守恒可得
联立求得
碰撞后瞬间，小球a的速度大小为，故B错误，C正确；
D．碰后a球立刻向左运动，b球先向右运动到最高点，再向左返回到平面上运动，两球速度大小相等，所以两球不会发生第二次碰撞，故D错误。
故选C。
21．AC
【详解】小球静止释放到碰撞前根据动能定理有
小球AB发生弹性碰撞的过程中系统动量守恒，规定向右为正方向，则
根据能量守恒定律可知
小球沿圆弧轨道上升到与竖直方向的夹角为，根据能量守恒定律可知
联立解得
故选AC。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第8章 动量守恒定律
第8.6 讲 爆炸和反冲
【知识点精讲】
1．反冲运动
（1）反冲：反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果；反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律；反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加。根据动量守恒定律，如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动。
（2）反冲现象的应用及防止
①应用：农田、园林的喷灌装置是利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边旋转，可以自动改变喷水的方向。
②防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的准确性，所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响。
2．火箭
（1）火箭的原理
火箭的工作原理是反冲运动，其反冲过程动量守恒，它靠向后喷出的气流的反冲作用而获得向前的速度。
（2）影响火箭获得速度大小的因素
①喷气速度：现代液体燃料火箭的喷气速度约为2__000～4__000 m/s。
②火箭的质量比：指火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比，决定于火箭的结构和材料。现代火箭的质量比一般小于10。
火箭获得的最终速度
火箭发射前的总质量为M、燃料燃尽后的质量为m，火箭燃气的喷射速度为v1，如图所示，
在火箭发射过程中，由于内力远大于外力，所以动量守恒。
发射前的总动量为0，设燃料燃尽后火箭的飞行速度为v，发射后的总动量为
mv－（M－m）v1（以火箭的速度方向为正方向）
由动量守恒定律，mv－（M－m）v1＝0
解得 v＝（－1）v1
由此可知，燃料燃尽时火箭获得的最终速度由喷气速度及质量比决定。
喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大。
（3）多级火箭：能及时把空壳抛掉，使火箭的总质量减少，因而能够达到很高的速度，但火箭的级数不是越多越好，级数越多，构造越复杂，工作的可靠性越差，目前多级火箭一般都是三级火箭。
3．“人船”模型
模型特点
结论：m1x1＝m2x2（m1、m2为相互作用的物体质量，x1、x2为其位移大小）
4.| “爆炸”模型
动量守恒 爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒
动能增加 在爆炸过程中，有其他形式的能量（如化学能）转化为动能
位置不变 爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
【方法归纳】
爆炸、反冲、人船模型都有其它形式的能量转化为动能，所以爆炸、反冲、人船模型系统的动能都增加。若两个物体之间夹一压缩的弹簧，弹簧把两个物体弹开，类似于爆炸，可迁移相关知识解答。原子核衰变可以等效为反冲模型。
【最新高考题精练】
（2022山东物理）
1．我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射舱内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中（ ）
A．火箭的加速度为零时，动能最大
B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
（2021年1月浙江选考）
2．在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2:1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．两碎块的位移大小之比为1:2 B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80m
C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/s D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m
（2017年高考·新课标全国理综II卷）（2017全国II卷·15）
3．一静止的铀核放出一个粒子衰变成钍核，衰变方程为U→Th＋He、下列说法正确的是（　　）
A．衰变后钍核的动能等于粒子的动能
B．衰变后钍核的动量大小等于粒子的动量大小
C．铀核的半衰期等于其放出一个粒子所经历的时间
D．衰变后粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量
（2008·海南物理第19题）
4．一置于桌面上质量为M的玩具炮，水平发射质量为m的炮弹．炮可在水平方向自由移动．当炮身上未放置其它重物时，炮弹可击中水平地面上的目标A；当炮身上固定一质量为M0的重物时，在原发射位置沿同一方向发射的炮弹可击中水平地面上的目标B．炮口离水平地面的高度为h．如果两次发射时“火药”提供的机械能相等，求B、A两目标与炮弹发射点之间的水平距离之比．
【最新模拟题精练】
（2023江西上饶二模）
5．如图所示，一辆质量的小车A静止在光滑的水平面上，A上有一质量的光滑小球B，将一左端固定于A上的轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能，B与A右壁距离为l。解除锁定，B脱离弹簧后与A右壁碰撞并被粘住，下列说法正确的是（　　）
A．B脱离弹簧时，A的速度大小为
B．B和A右壁碰撞并被粘住的过程中，A右壁对B的冲量大小为
C．整个过程B移动的距离为
D．B碰到A右壁前瞬间，A与B的动量相同
（2023湖北荆门三校5月联考）
6．如图甲所示，一小车静止在光滑水平地面上，上表面PQ是以O为圆心，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，左端P与平台等高且平滑对接（不粘连）。一小球以某一水平速度冲上小车，测得在水平方向上小球与小车的速度大小分别为v1、v2，作出v2-v1图像，如图乙所示。已知P点距地面高，重力加速度为g，则（　　）
A．小车质量是小球质量的2倍
B．小球上升到最高点时的速度为
C．小球上升的最大高度为
D．小球落地时与小车左端P点的水平距离为
（2023湖北四市七校联盟期中联考）
7．如图所示，质量为3m、半径为R的光滑圆弧形槽静止在光滑水平面上，质量为m的小钢球从槽的顶端A处静止释放，不计一切阻力，重力加速度为g，在此后的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小钢球和圆弧形槽组成的系统动量不守恒
B．小钢球运动到圆弧槽B处时速度为
C．小钢球运动到圆弧槽B处时，此圆弧槽的对地位移大小可能为R
D．小钢球运动到圆弧槽B处时，此小钢球的对地位移大小可能为R
（2023湖南名校5月质检）
8．气球质量为，载有质量为的人，静止在空中距地面的地方，气球下悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至安全到达地面，则这根绳长至少为（ ）
A． B． C． D．
（2023湖北孝感重点高中期中联考）
9．如图，质量为m的人站在质量为M的车的一端，m>M，车相对于地面静止。在人由一端走到另一端的过程中，人重心高度不变，空气阻力、车与地面间的摩擦力均可以忽略不计（　　）
A．人对车的冲量大小大于车对人的冲量大小
B．人发生的位移大小大于车发生的位移大小
C．人运动越快，人和车的总动量越大
D．不管人运动多快，车和人的总动量不变
（2023湖北六校期中联考）
10．生命在于运动，体育无处不在，运动无限精彩。如图所示，质量为450kg的小船静止在平静的水面上，质量为50kg的人在甲板上立定跳远的成绩为2m，不计空气和水的阻力，下列说法正确的是（　　）
A．人在甲板上向右散步时，船也将向右运动
B．人在立定跳远的过程中船相对地面保持静止
C．人在立定跳远的过程中船相对地面后退了0.4m
D．人相对地面的成绩为1.8m
（2023湖南名校联盟期中）
11．如图，质量和半径都相同的四分之一光滑圆弧体A、B静止在光滑的水平面上，圆弧面的最低点和水平面相切，圆弧的半径为。圆弧体B锁定，圆弧体可以自由滑动，一个小球从圆弧体的最高点由静止释放，在圆弧体B中上升的最大高度。已知重力加速度大小为，则（　　）
A．小球在圆弧体最高点滑下到分离过程中，小球与圆弧体组成的系统动量守恒
B．小球与圆弧体的质量之比为1：2
C．小球在圆弧体最高点滑下到分离过程中，圆弧体后退的距离为
D．若圆弧体B没有锁定，则圆弧体B最终获得的速度大小为
（2023洛阳名校联考）
12．将静置在地面上，质量为M（含燃料）的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是（　　）
A． B． C． D．
13．质量M=3kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动。质量为m=2kg的小球（视为质点）通过长L=0.75m的轻杆与滑块上的光滑轴O连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态。现给小球一个v0=3m/s的竖直向下的初速度，取g=10m/s2。则（ ）

A．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.3m
B．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.5m
C．小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27m
D．小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.54m
（2023鄂东南省级示范性高中教育改革联盟5月模拟）
14．用火箭发射人造地球卫星，假设最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以的速度绕地球做匀速圆周运动。已知卫星的质量为500kg，最后一节火箭壳体的质量为100kg。某时刻火箭壳体与卫星分离，分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度为。试求：（计算结果保留两位有效数字）
（1）分离后卫星的速度增加到多少？
（2）分离过程中卫星对火箭壳体所做的功是多少？
（2023广州二模）
15．如图。玩具“火箭”由上下A、B两部分和一个劲度系数较大的轻弹簧构成，A的质量为0.2kg，B的质量为0.4kg，弹簧夹在中间，与两者不固连。开始时让A、B压紧弹簧并锁定为一个整体，为使A上升得更高，让“火箭”在距地面0.8m高处自由释放，“火箭”着地瞬间以原速率反弹，同时解除锁定，当弹簧恢复原长时，B 恰好停在地面上，不计空气阻力和“火箭”的体积以及弹簧解锁恢复原长的时间，重力加速度取10m/s2。求
（1）“火箭”着地时的速度大小；
（2）A上升的最大高度；
（3）弹簧被锁定时的弹性势能。
（2023北京昌平二模）
16．如图所示，一枚炮弹发射的初速度为，发射角为。它飞行到最高点时炸裂成质量均为m的A、B两部分，A部分炸裂后竖直下落，B部分继续向前飞行。重力加速度为g，不计空气阻力，不计炸裂过程中炮弹质量的变化。求：
（1）炸裂后瞬间B部分速度的大小和方向；
（2）炸裂前后，A、B系统机械能的变化量
（3）A、B两部分落地点之间的水平距离。
（2023辽宁教研联盟二模）
17．如图，一长度L=8m、质量M=0.2kg的木板紧靠墙壁放置在光滑水平地面上，在距木板左端为kL（0（1）求木块A、B分离瞬间，木块B速度的大小；
（2）若，求木块A离开木板时，木块B速度的大小；
（3）若μA=0，求摩擦力对木块B所做的功。
（2023天津南开二模）
18．如图所示，固定平台右端静止着两个小滑块A、B，，，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车静止在光滑的水平地面上，小车质量，车面与平台的台面等高，车面左侧粗糙部分长度，右侧拴接一轻质弹簧，弹簧自然长度所在范围内车面光滑。点燃炸药后滑块A滑到距平台右端的C点停下，滑块A与平台间的动摩擦因数，滑块B冲上小车并最终与小车共速运动，滑块B与小车粗糙部分的动摩擦因数。两滑块都可以视为质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，且爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，重力加速度。求：
（1）滑块B刚滑上小车时速度的大小；
（2）最终滑块B与小车共速时速度v的大小和方向；
（3）最终滑块B与小车共速时距小车左端的距离。
（2023山东青岛二中下学期期中）
19．如图（a）所示，质量为的物块A与质量为的长木板B并排放置在粗糙的水平面上，二者之间夹有少许塑胶炸药，长木板B的右端放置有可视为质点的小物块C．现引爆塑胶炸药，爆炸后物块A可在水平面上向左滑行，小物块C的速度随时间变化图像如图（b）所示。已知物块A和长木板B与水平面间的动摩擦因数均为，物块C未从长木板B上掉落，重力加速度g取，求：
（1）炸药爆炸后瞬间长木板B的速度大小；
（2）小物块C的质量；
（3）小物块C静止时距长木板B右端的距离d。
（2022广东模拟）
20．如图所示光滑圆弧轨道AB固定在水平面上与水平面平滑连接，圆弧轨道最低点A静止放置物块b、c（可看做质点），b、c的质量分别为m、2m，b、c间有少量火药（质量可忽略），某时刻火药燃烧将b、c迅速分开，分开后b以速度向左冲上圆弧，经一段时间再次回到b、c分开位置后继续向右运动，当c刚好停止运动时b与之发生第一次碰撞。已知b与c的所有碰撞均为弹性碰撞，b与水平面间没有摩擦，c与水平面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。已知该物块b从圆弧底端冲上圆弧到再次回到圆弧底端所用时间与b冲上圆弧速度大小无关，可用圆弧半径R表示为（R为题中未知量）求：
（1）圆弧轨道半径的大小；
（2）b与c发生第3次碰撞前的速度；
（3）b、c第n次碰撞后到第n+1次碰撞前c运动的位移大小（n=l、2、3……）。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【详解】A．火箭从发射舱发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；
B．根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；
C．根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；
D．根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。
故选A。
2．B
【详解】A．爆炸时，水平方向，根据动量守恒定律可知
因两块碎块落地时间相等，则
则
则两碎块的水平位移之比为1:2，而从爆炸开始抛出到落地的位移之比不等于1:2，选项A错误；
B．设两碎片落地时间均为t，由题意可知
解得
t=4s
爆炸物的爆炸点离地面高度为
选项B正确；
CD．爆炸后质量大的碎块的水平位移
质量小的碎块的水平位移
爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m+680m=1020m
质量大的碎块的初速度为
选项CD错误。
故选B。
3．B
【详解】AB．“静止的铀核”说明铀核衰变前初动量为零，衰变后钍核与粒子合动量也为零。衰变过程遵守动量守恒定律，所以，衰变后钍核的动量大小等于粒子的动量大小，根据，可知衰变后钍核的动能小于粒子的动能，故A错误，B正确。
C．根据半衰期的定义，可知铀核的半衰期不等于其放出一个粒子所经历的时间，故C错误。
D．衰变释放核能，有质量亏损，故D错误。
故选B。
4．
【详解】由动量守恒定律和能量守恒定律得：
解得：
炮弹射出后做平抛，有：
解得目标A距炮口的水平距离为：
同理，目标B距炮口的水平距离为：
解得：
5．AB
【详解】A．B脱离弹簧时，由动量守恒和能量关系
解得A的速度大小为
B的速度大小为
选项A正确；
B．B和A右壁碰撞并被粘住时，AB的速度均变为零，则由动量定理A右壁对B的冲量大小为
选项B正确；
C．整个过程由动量守恒
其中
解得B移动的距离为
选项C错误；
D．B碰到A右壁前瞬间，A与B的动量大小相等，方向相反，选项D错误。
故选AB。
6．BC
【详解】A．设小球质量为m，小车质量为M，小球和小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，所以水平方向动量守恒，则由图乙数据可得
解得
故A错误；
B．小球上升到最高点时与小车具有共同速度，则
解得
故B正确；
C．设小球上升的最大高度为H，根据机械能守恒定律有
解得
故C正确；
D．设小球滑回至P点时，小球和小车的速度分别为和，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有
解得
，
小球离开小车后做自由落体运动，小车做匀速直线运动，所以小球落地时与小车左端P点的水平距离为
故D错误。
故选BC。
7．ACD
【详解】A．小钢球在竖直方向受重力作用，合力不为零，小钢球和槽组成的系统动量不守恒，A正确；
B．小钢球和槽组成的系统水平方向上不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，由题意知水平方向上初动量为零，则有
mv1= 3mv2
又因为整个过程系统机械能守恒又有
解得
，
B错误；
CD．设小钢球小钢球下滑到底端B的过程中所用时间为t，圆弧向左移动的距离为x，则小钢球向右移动的距离为R－x，根据水平方向动量守恒得
解得
，
由于小钢球在竖直方向运动了R，则小钢球运动到圆弧槽B处时，此小钢球的对地位移大小可能为
CD正确。
故选ACD。
8．C
【详解】以人和气球组成的系统为研究对象，系统动量守恒，设人在沿绳缓慢下滑时的速度为v1，气球的速度为v2，经过时间t人安全到达地面，人运动的位移为s1=20m,气球上升的位移为s2，因为人从气球上沿绳慢慢下滑，所以在整个过程可看成匀速直线运动，有
则
解得
所以绳长最短为
20m+10m=30m
故选C。
9．D
【详解】CD．在人由一端走到另一端的过程中，对于人和车组成的系统，所受的合外力为零，系统的动量守恒，C错误，D正确。
A．根据，人对车的作用力等于车对人的作用力，作用时间相等，所以人对车的冲量大小等于车对人的冲量大小，A错误；
B．根据动量守恒定律
两边同时乘于时间，则得
即
m>M
解得
B错误。
故选D。
10．D
【详解】A．根据动量守恒定律知，人在甲板上散步时，船将向后退，即船向左运动，故A错误；
BC．根据“人船模型”动量守恒有
代入数据解得
即人在立定跳远的过程中船后退了0.2m，故BC错误；
D．人相对地面的成绩为
故D正确；
故选D。
11．CD
【详解】A．小球与圆弧体组成的系统水平方向动量守恒，故A错误；
B．设小球质量为，圆弧体质量为，小球从圆弧体上滑下时，的速度大小为，小球的速度大小，由题意可知
，，
解得
，
故B错误；
C．由，可得
则
又
可得
故C正确；
D．若圆弧体B没有锁定，则小球与圆弧体B作用过程类似于弹性碰撞，交换速度，因此圆弧体B最终获得的速度大小为，故D正确。
故选CD。
12．D
【详解】在不考虑重力和空气阻力影响的情况下，火箭及燃料气体系统在点火喷气过程中动量守恒，设喷气后火箭获得的速度为v，并以v的方向为正方向，根据动量守恒定律有
解得
故D正确，ABC错误。
故选D。
13．AD
【详解】AB．设滑块M在水平轨道上向右运动了x，由滑块和小球系统在水平方向动量守恒，有
解得
x=0.3m
故A正确；B错误；
C．设小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为h，此时m与M的共同速度为v。根据水平动量守恒得
0=(m+M)v
根据系统的机械能守恒得
解得
h=0.45m
故C错误；
D．小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，设滑块M在水平轨道上向右移动的距离为y。由几何关系可得，m相对于M移动的水平距离为
根据水平动量守恒得
解得
y= 0.54m
故D正确。
故选AD。
14．（1）；（2）
【详解】（1）根据动量守恒
又
得分离后卫星的速度增加到
（2）由（1），分离后火箭壳体的速度为
分离过程中卫星对火箭壳体所做的功为
15．（1）4m/s；（2）7.2m；（3）9.6J
【详解】（1）“火箭”在距地面0.8m高处自由释放，做自由落体运动
解得
（2）“火箭”着地瞬间以原速率反弹，同时解除锁定，弹簧恢复原长过程，B 恰好停在地面上,动量守恒，取向上为正方向
解得
A做竖直上抛运动，可逆向看成自由落体运动
解得
（3）根据功能关系有
16．（1），方向水平向右；（2）机械能增加了；（3）
【详解】（1）炮弹炸裂前瞬间速度为
方向水平向右
炸裂过程中根据水平方向动量守恒，规定水平向右为正方向，有
炸裂后A部分竖直下落，说明此时A的水平速度为零，解得
方向水平向右
（2）炸裂前后系统机械能的变化量为
解得
A、B系统机械能增加了。
（3）炸裂后，A做自由落体运动，B做平抛运动，下落时间为
落地后，A、B两部分落地点之间的水平距离为
解得
17．（1）；（2）；（3）-1.6J或
【详解】（1）对A、B组成的系统动量守恒，设向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
=4m/s
（2）A、B分开之后，分别向左，向右做减速运动，对木板
所以木板受到右侧墙壁的作用而保持静止，设木块A、B的加速度大小分别为、，由牛顿第二定律得
解得
=2m/s2
=3m/s2
设从A、B分开到A离开木板所用的时间为t，则有
解得
t=1s
t=3s不符合题意舍掉。
对B则有
解得
=1m/s
（3）设木块B运动到墙壁时的速度为，则由匀变速直线运动规律可得
令=0，则
则当时，木块B在与墙壁相撞前就停止了运动，则有
解得
= 1.6J
当时，≠0，其则会与墙壁相撞，由于木块B与墙壁碰撞过程中不损失机械能，则其动能不变。木块B原速率弹回后与木板组成的系统在运动中不受水平外力，则系统动量守恒，则有
解得
则从A、B分开到B与木板共速的过程中，只有摩擦力对木块B做功，对木块B分析，由动能定理得
解得
=（1.2k 2.4）J
18．（1）；（2），方向水平向右；（3）滑块B停在离小车左端处
【详解】（1）设爆炸后滑块A获得速度大小为，滑块A滑到平台上的C点时停下，有
或
解得
爆炸过程中，滑块A、B组成的系统动量守恒，有
解得
（2）滑块B最终和小车达到共同速度v，根据动量守恒定律有
解得
方向水平向右
（3）设B在小车粗糙段滑行的路程为s，有
解得
即最终滑块B停在离小车左端处。
19．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）对物块A在爆炸后，知
可得
对物块A与长木板B在爆炸过程中知
可得.
（2）对B、C在相对滑动过程中共速时速度为
对小物块C，在0~1s内
可得
对长木板B，在0~1s内知
且
可得
（3）对长木板B与小物块C在0~1s内，相对位移为
对长木板B，在1s后至停下时知
可得
对长木板B与小物块C在1s后至均停下，相对位移为
可知，小物块C静止时距长木板B右端的距离
20．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）b、c分开过程，根据动量守恒定律
c沿水平面滑动的加速度大小
根据运动学规律，分开后c在水平面上滑动的时间t0、滑过的距离，有
，
b再次回到b、c分开位置时
b匀速运动
则
整理得
（2）设b、c第1次碰撞后的速度分别为物和，根据动量守恒和机械能守恒
，
得
，
设第2次碰撞前c已停止运动，则第1次碰撞后c滑动的时间
b的运动时间
其中
由于
所以第2次碰撞前c已停止运动。
第2次碰撞后，b的速度大小
代入数据解得
即b与c第3次碰撞前的速度大小为
（3）b与c第2次碰撞后，c的速度大小
b与c第2次碰撞后，c滑动的位移
.....
b与c第n次碰撞前，b的速度大小
b与c第n次碰撞后，c的速度大小为
b与c第n次碰撞后，滑动的位移
（n=l、2、3……）
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第8章 动量守恒定律
第8.7 讲 滑块板块模型
【知识点精讲】
. “子弹打木块”（“滑块—木板”）模型
模型图示
模型特点 （1）若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或木板的速度最大，两者的相对位移（子弹射入木块的深度）取得极值（完全非弹性碰撞拓展模型）（2）系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能 （3）根据能量守恒定律，系统损失的动能 ，可以看出，子弹（或滑块）的质量越小，木块（或木板）的质量越大，动能损失越多 （4）该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图示求解
【方法归纳】
“子弹打木块”（“滑块—木板”）模型，采用动量守恒定律、动能定理或能量守恒定律列方程解答。
滑块木板模型的位移关系:
滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，二者位移之差等于板长。若滑块和木板反向运动，二者位移之和等于板长。
【最新高考题精练】
（2023年1月浙江选考· 18）
1．一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角的直轨道、螺旋圆形轨道，倾角的直轨道、水平直轨道组成，除段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道、相切于处．凹槽底面水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁处，摆渡车上表面与直轨道、平台位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径，B点高度为，长度，长度，摆渡车长度、质量。将一质量也为的滑块从倾斜轨道上高度处静止释放，滑块在段运动时的阻力为其重力的0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，，）
（1）求滑块过C点的速度大小和轨道对滑块的作用力大小；
（2）摆渡车碰到前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间。
（2021高考新课程II卷海南卷）
2．如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
（1）滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
（2）某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
（3）若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
【最新模拟题精练】
（2023广东名校联盟大联考）
3．如图所示，静置于光滑水平地面（足够大）上质量的木块，由竖直平面内半径的光滑半圆形轨道和水平直轨道（的厚度不计）组成，与相切于B点。现将木块锁定，使一质量的物块（视为质点）从C端以大小、方向水平向左的初速度沿轨道滑行。已知B、C两点间的距离，物块与间的动摩擦因数，，取重力加速度大小，不计空气阻力。
（1）求物块通过B点时对半圆形轨道的压力大小；
（2）若在物块通过B点时将木块解锁，求物块从A端飞出时的速度大小和方向；
（3）证明在（2）中情况下物块从A端飞出后落在地面上，并求物块落地时与B点的距离。
（2023云南昆明24中二模）
4．如图所示，质量为的可视为质点的小物体从点水平抛出，恰好沿圆弧切线方向从点进入竖直光滑圆弧轨道，圆弧轨道端固定在平台上，另一端水平且与光滑水平面上的平板小车上表面相切于小车左端点，小车质量，当小物体运动到挡板处时与发生碰撞，碰后速度大小不变，方向相反。碰撞前小物体和小车已经达到相同速度，碰后小物体始终没有离开小车，且没有滑上圆弧。已知圆弧半径，圆弧对应的圆心角为，点距平台的高度，小物体与小车间的动摩擦因数为，不考虑空气阻力，，重力加速度。试求：
（1）小物体从点抛出的水平速度大小；
（2）小物体刚到达点时对圆弧轨道的压力大小；（结果保留小数点后1位）
（3）小物体停止时距离点的距离，以及小物体滑上小车到最终停止运动前，小物体做匀减速直线运动的总时间。
（2023河北临考信息卷）
5．航空公司装卸货物时常因抛掷而造成物品损坏，为解决这个问题，某同学设计了如图所示的缓冲转运装置，其中，质量为M=40kg紧靠飞机的A装置是由光滑曲面和粗糙水平面两部分组成。A的水平粗糙部分长度为L0=4m，质量也为M=40kg的转运车B紧靠A且与A的水平部分等高，小包裹C沿A的光滑曲面由静止滑下，经A的水平部分后滑上转运车并最终停在转运车上被运走，B的右端有一固定挡板。已知C与A、B水平面间的动摩擦因数均为μ1=0.2，缓冲装置A与水平地面间的动摩擦因数为μ2=0.1，不计转运车与地面间的摩擦，包裹C可视为质点且无其他包裹影响，C与B的右挡板碰撞时间极短，碰撞损失的机械能可忽略，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）若包裹C在缓冲装置A上运动时A静止不动，则包裹C的最大质量；
（2）若某包裹的质量为m=10kg，从距A水平部分高度为h=2.8m处由静止释放，为使该包裹能停在转运车B上，则转运车B的最小长度Lmin；
（3）若某包裹的质量为m=50kg，为使该包裹能滑上转运车B，则该包裹释放时h的最小值hmin。
（2023广东佛山重点高中质检）
6．如图所示，在光滑的水平面上停放着一辆平板车，在车上的左端放一木块B，车左边紧邻一个固定在竖直面内、半径为R的圆弧形光滑轨道，已知轨道底端的切线水平，且高度与车表面相平。现有另一木块A（木块A、B均可视为质点）从圆弧轨道的顶端由静止释放，然后滑行到车上与B发生碰撞，两木块碰撞后立即粘在一起在平板车上滑行，并与固定在平板车上的水平轻质弹簧作用后被弹回，最后两木块刚好回到车的最左端与车保持相对静止，已知木块A的质量为m，木块B的质量为2m，车的质量为3m，重力加速度为g，设木块A、B碰撞的时间极短可以忽略，求：
（1）木块A、B碰撞后的瞬间两木块共同运动速度的大小；
（2）木块A、B在车上滑行的整个过程中，木块和车组成的系统损失的机械能；
（3）弹簧在压缩过程中所具有的最大弹性势能；
（4）若小车上表面相对地面高h且光滑，木块会滑离小车吗？如果会，则木块落地时与小车左端的距离是多少？

（2023湖南名校高二联考）
7．在航空托运中，时有损坏行李的事情发生，小华同学设计了如下图所示的缓冲转运装置，卸货时飞机不动，缓冲装置A紧靠飞机，转运车B靠紧A。包裹C沿缓冲装置A的光滑曲面由静止滑下，经粗糙的水平部分，滑上转运车B并最终停在转运车B上被运走，B的右端有一固定挡板。已知C与A、B水平面间的动摩擦因数均为，缓冲装置A与水平地面间的动摩擦因数为，转运车B与地面间的摩擦可忽略。A、B的质量均为，A、B水平部分的长度均为。包裹C可视为质点且无其它包裹影响，重力加速度。C与B的右挡板发生碰撞时间极短，碰撞时间和损失的机械能都可忽略。
（1）要求包裹C在缓冲装置A上运动时A不动，则包裹C的质量m最大不超过多少；
（2）若某包裹的质量为，从处静止滑下，求包裹在距转运车右端多远的位置停下来；
（3）若包裹的质量还是，为使该包裹能滑上转运车B上，则该包裹释放时h的范围。（结果保留两位有效数字）
（2023湖北重点高中期中联考）
8．在光滑水平面上静置有质量均为m的木板AB和滑块CD，木板AB上表面粗糙，滑块CD上表面是光滑的圆弧，其始端D点切线水平且与木板AB上表面平滑相接，如图所示。一可视为质点的物块P，质量也为m，从木板AB的右端以初速度滑上木板AB，过B点时速度为，，又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处。已知物块P与木板AB间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求：
（1）物块滑到B处时木板的速度；
（2）木板的长度L；
（3）滑块CD圆弧的半径。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．（1），；（2）；（3）
【详解】（1）滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得
解得
滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得
解得
（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得
解得
摆渡车碰到前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得
解得
根据能量守恒可得
解得
（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为
所用时间为
此过程滑块通过的位移为
滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为
则滑块从G到J所用的时间为
2．（1）v共 = ；（2）x = ；（3）t = ，W = mv02
【详解】（1）由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有
2mv0 = 3mv共
解得
v共 =
（2）由于木板速度是滑块的2倍，则有
v木 = 2v滑
再根据动量守恒定律有
2mv0 = 2mv木 + mv滑
联立化简得
v滑 = v0，v木 = v0
再根据功能关系有
- μmgx = × 2mv木2 + mv滑2 - × 2mv02
经过计算得
x =
（3）由于木板保持匀速直线运动，则有
F = μmg
对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有
a滑 = μg
滑块相对木板静止时有
v0 = a滑t
解得
t =
则整个过程中木板滑动的距离为
x′ = v0t =
则拉力所做的功为
W = Fx′ = mv02
3．（1）；（2），方向水平向右；（3）
【详解】（1）设物块通过B点时的速度大小为，对物块从C点运动到B点的过程，根据动能定理有
解得
设物块通过B点时所受半圆形轨道的支持力大小为，根据牛顿第二定律及圆周运动规律有
根据牛顿第三定律可知，物块通过B点时对半圆形轨道的压力大小
故解得物块通过B点时对半圆形轨道的压力大小
（2）设木块解锁后，以水平向左为正方向，物块从A端飞出时物块、木块的速度分别为，物块和木块组成的系统在水平方向上动量守恒，有
由系统机械能守恒得
解得
，
所以物块从A端飞出时的速度大小为，方向水平向右。
（3）设物块从A端飞出后在空中运动的时间为t，根据平抛运动的规律有
解得
在时间t内，木块相对物块向左运动的距离
解得
因为，所以物块从A端飞出后落在地面上，物块落地时与B点间的距离为。
4．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小物体由到做平抛运动
得
到达处的竖直分速度
处速度方向与水平方向夹角
（2）处速度大小
小物体由到点，根据动能定理
解得
在处做圆周运动
根据牛顿第三定律，小物体对轨道得压力为
（3）小物体与小车第一次共速，根据动量守恒定律
解得
小物体在小车上受摩擦力产生加速度大小为
小车的加速度为
可知，第一次共速前，物体匀减速的时间为
第一次反弹后到再次共速需要时间
下一次与碰撞前，再次达到共速，根据动量守恒定律
解得
第二次反弹后到共速需要的时间
忽略共速以后运动的时间绘制出物块和小车的图像：
开始物块比小车速度大，物块相对小车位移向右所以相对小车位移为
物块反弹后，小车相对物块位移向右：相对位移为
此后每次碰撞到再次共速小车相对物块向右移动的距离均为前一次的
经过多次碰撞后的总位移为
所以最终物块停止位置与点距离为
碰撞后第一次减速为0所需要的时间为
每次碰撞后匀减速到0所需时间均为前一次的
可知匀减速的总时间为
5．（1）40kg；（2）4m；（3）0.85m
【详解】（1）设包裹C的质量为m，包裹C在缓冲装置A上运动时A静止不动，需满足
解得
m≤M=40kg
即包裹C的最大质量为40kg。
（2）现在包裹的质量为m=10kg，则包裹C从A上释放后，缓冲装置A静止不动，包裹从滑上B车与挡板碰撞后又返回到B车的最左端时，B、C二者恰好共速，此时小车的长度最短，则包裹C下滑至B车左端时，根据动能定理有
根据动量守恒，包裹C与B车相互作用的过程中，满足
根据能量守恒，包裹C与B车相互作用的过程中，有
联立解得
Lmin=4m
（3）由于包裹质量大于40kg，则装置A推动B车运动。包裹能滑上B车，最小高度是包裹刚好可以滑上B车时，A、B、C三者共速。包裹到达A的水平粗糙部分后，A、B一起的加速度为
包裹的加速度为
则可画出A与B、C运动的图像，见下图，包裹在光滑曲面下滑至水平面时有
A、B、C三者共同速度为
由图像面积表示位移可得两图像中间所夹面积为A、C的相对位移，则
联立解得
hmin=0.85m
6．（1）；（2）；（3）；（4）会，
【详解】（1）设木块A与B碰撞前瞬间的速度大小为，则根据机械能守恒定律
设木块A、B碰撞后瞬间两木块共同运动速度的大小为，根据动量守恒定律有
联立解得
（2）设木块A、B与车最终的速度大小为，根据动量守恒定律有
联立解得木块和车组成的系统损失的机械能为
（3）当木块A、B将弹簧压缩至最短时，木块和车整体达到最大速度，根据运动的对称性可知此过程中系统损失的机械能为
能量守恒定律解得弹簧的最大弹性势能为
（4）设木块滑到小车左端时速度为，此时小车的速度为，由系统动量守恒和机械能守恒可知
解得
，
所以会滑离。由自由落体运动
木块落地时与小车左端的距离为
7．（1）60；（2）2.5m；（3）
【详解】（1）A恰好不运动需要满足
解得
故包裹C的质量最大不超过60；
（2）因C的质量，故装置A始终处于静止状态，由动能定理得
解得
C与B相互作用的全过程，两者组成的系统满足动量守恒，取向右为正方向，则
由能量守恒定律得
解得
又
得物体在车上的相对位移
所以距转运车右端2.5m。
（3）装置A还始终处于静止状态，C滑到低端
由动能定理得
为C下滑的最小高度，得
则C滑上小车，C与小车弹性碰撞后返回至小车最左端时两者共速，为C不会从小车上掉下的最大高度：由C、车动量守恒
由能量守恒得
得
所以
8．（1），方向向左；（2）；（3）
【详解】（1）物块由点A到点B时，取向左为正方向，由动量守恒定律得
又
解得
且速度方向向左。
（2）物块由点A到点B时，根据能量守恒定律得
解得
（3）由点D到点C，滑块CD与物块P组成的系统在水平方向上动量守恒，则有
滑块CD与物块P组成的系统机械能守恒，则有
联立解得，滑块CD圆弧的半径为
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第8章动量守恒定律
第8.8讲动量和能量中STSE问题
【知识点精讲】
动量和能量中STSE问题涉及体育、娱乐、工农业生产、科学技术等。
【方法归纳】
解决动量和能量中STSE问题，首先是建模，将实际问题模型化，利用动量守恒定律、能量守恒定律及其相关知识列方程解答。
【最新高考题精练】
（2022山东物理）
1．我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射舱内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中（ ）
A．火箭的加速度为零时，动能最大
B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
（2021年1月浙江选考）
2．在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2:1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．两碎块的位移大小之比为1:2 B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80m
C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/s D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m
【最新模拟题精练】
（2023湖北四市七校联盟期中联考）
3．高速磁悬浮列车在水平长直轨道上的模拟运行图如图所示，列车由质量均为m的5节车厢组成，其中1号车厢为动力车厢。列车由静止开始以额定功率P运行，经过一段时间达到最大速度，列车向右运动过程中，1号车厢会受到前方空气的阻力，假设车厢碰到空气前空气的速度为0，碰到空气后空气的速度立刻与列车速度相同，已知空气密度为ρ。1号车厢的迎风面积（垂直运动方向上的投影面积）为S，不计其他阻力，忽略2号、3号、4号、5号车厢受到的空气阻力。当列车以额定功率运行到速度为最大速度的一半时，2号车厢对3号车厢的作用力大小为（ ）
A． B． C． D．
（2023湖北六校期中联考）
4．传说英国科学家瓦特观察到水蒸气顶起锅盖，进而发明了蒸汽机。假设每个水分子的质量均为m，运动的水分子均垂直撞击平板锅盖，撞击速度均为v。每次撞击后速度大小均变为，方向垂直锅盖，撞击的时间极短，发现质量为M的锅盖刚好被顶起。忽略水分子所受重力，则单位时间撞击锅盖的水分子个数为（　　）
A． B． C． D．
（2022山东济南5月模拟）
5．在天宫课堂第二课上，航天员叶光富给我们展示了一个“科学实验重器”—“高微重力科学实验柜”。 如图甲所示，当柜体受到一个干扰偏离原位置时，柜体通过喷气又慢慢 回到了原位置。将该过程简化为如图乙所示的模型，物块静止在光滑水平面上的 O点，左右有两个喷气装置A和B，当给物块一个向左的初速度时，喷气装置A立即向左喷气，经过一段时间，装置A关闭，同时装置B向右喷气，直到物块回到出发点O且速度为零，假设喷气装置A、B喷气过程中对物块的作用力大小相等且不变，喷气对物块质量的影响忽略不计，则该过程中A、B喷气装置喷气的时间之比等于（　　）
A．1 B． C．2 D．+1
（2021山西太原期末）
6．为测量干粉灭火器喷出磷酸盐的速度，有人做了这样的实验：如图，人坐在小车上，手持灭火器，按压阀门让灭火器水平向前喷射。测得在8.0s内，人匀加速移动的距离为16.0m。已知人（连同设备）的总质量为60kg，灭火器单位时间内喷出磷酸盐的质量恒为0.20kg/s，小车同地面间的动摩擦因数为0.02。忽略该过程中人总质量的变化，可估算出磷酸盐喷出的速率最接近（　　）
A．60m/s B．100m/s
C．120m/s D．210m/s
（2022江西部分重点高中联考）
7．世界第一款垂直起降的“鹞式"战斗机，是由英国研发的一款亚音速喷气式战斗机，“鹞式"战斗机采用一台飞马发动机，机身前后有四个可旋转0°~98.5°角的喷气口提供垂直起落和常规飞行所需的动升力和推力，当喷口向下时,产生的推力可使飞机垂直上升；当喷口向后时，产生的推力可使飞机前进。飞行员调整喷口的方向和角度，便可改变飞机的飞行姿态。某次作战任务中质量为8 t的“鹞式”战斗机悬停在空中，四个竖直向下的喷口向下喷射的气体速度约为2.5km/s，不考虑飞机质量变化的影响，重力加速度g取10m/s2则在1s内平均每个喷口喷射的气体质量约为（　　）
A．2kg B．8kg C．16kg D．32kg
（2023·河北石家庄名校联考）
8．如图所示，北京冬奥会2000米短道速滑接力热身赛上，当运动员在光滑冰面上交接时，后方运动员甲用力推前方运动员乙。下列说法正确的是（　　）
A．甲对乙的作用力大于乙对甲的作用力 B．甲推出乙后，甲一定向后运动
C．甲、乙的动量变化相同 D．甲、乙所受推力的冲量大小相等
（2022福建南平联考）
9．作为时尚青年热爱的运动，溜旱冰又炫又酷，备受追捧。如图甲所示，水平地面上有、两位同学，的质量为，静止在地面上，以一定的初速度向滑去，一段时间后抱住一起向右运动。若以向右为正，运动的位移-时间图像（图像）如图乙所示，不计空气阻力以及地面对人的阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．的质量为
B．的质量为
C．抱住的过程中损失的机械能为
D．抱住的过程中损失的机械能为
（2022河北重点中学期中素养提升）
10．2022年冬奥会将在北京举行，冰壶是冬奥会的传统比赛项目。在冰壶动中运动员可以通过冰壶刷摩擦冰面来控制冰壶的运动。在某次训练中，A壶与静止的壶发生对心碰撞，碰后运动员用冰壶刷摩擦壶运动前方的冰面。碰撞前后两壶运动的图线如图中实线所示，已知与平行，且两冰壶质量相等，由图像可得（　　）
A．碰后壶的加速度大小为
B．碰后至停止的过程中，A、两壶的运动时间之比为
C．碰后至停止的过程中，A、两壶所受摩擦力的冲量大小之比为
D．两冰壶发生的碰撞为弹性碰撞
（2023河北邢台五校联考）
11．如图所示，杂技“双人空中飞人”是一种精彩绝伦的表演。小明同学为了研究其中的物理原理简化情景如下：一名质量为M演员倒挂在秋千上，在秋千绳子与竖直方向成角时，在其他工作人员帮助下由静止开始运动，另一名质量为m的演员从秋千运动轨迹的正下方舞台上同平面水平由静止开始做加速度为a的匀加速直线运动，当经过时间t，秋千运动到最低点时，质量为M的演员正好双手抓住质量为m的演员，并一起恰好荡到竖直高度比秋千最低点高h的一个平台上。已知秋千绳子长度为L，两名演员的身高均可在该问题中忽略，且不计一切阻力。求：
（1）质量为M的演员在最低点时的速度？
（2）求平台比秋千最低点高的距离h为多少？
（2023长春三模）
12．2022年北京冬奥会我国运动员在冰壶比赛中取得了新的突破。比赛中运动员用脚蹬固定的起踏器后和冰壶一起前进，在前掷线处将冰壶脱手。按比赛规则，队友可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面的动摩擦因数来调节冰壶的运动，使其到达理想位置。已知冰壶质量，运动员质量，重力加速度大小。（冰面视作水平面，冰壶视为质点）
（1）在某次投壶过程中运动员离开起踏器时他和红色冰壶的速率，已知运动员和起踏器相互作用的时间，求此过程中运动员（包含冰壶）在水平方向所受平均作用力的大小F；
（2）若红色冰壶沿直线运动到距营垒中心处的速度，队友通过在其滑行前方持续摩擦冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数变为原来的90%，冰壶滑过被毛刷摩擦过的冰面后以的速度与静止在营垒中心、质量相等的蓝色冰壶发生对心碰撞，碰后无人再用毛刷摩擦冰面，蓝色冰壶以的速度向前滑行。求碰撞后红色冰壶的滑行距离x。
（2023福建漳州三模）
13．滑板运动是一种极富挑战性的极限运动，图示为其场地简化模型，在同一竖直平面内有两个相同的四分之一弧轴道P、Q静置在光滑水平地面上，圆弧BC、DE与地面分别相切于C、D点。将P锁定，质量为m的小球（视为质点）从B点正上方A处由静止释放，恰好沿B点切线方向进入圆弧轨道，已知P、Q圆弧的半径以及A、B两点间的高度差均为R，重力加速度大小为g，不计一切摩擦和空气阻力。
（1）求小球第一次刚滑到C点时P对小球的支持力人小FN；
（2）若Q的质量为3m，求小球第一次滑过E点后在空中运动的水平位移大小x；
（3）若将P解锁，同时改变P、Q的质量都为M，使该小球仍从A处山静止释放，小球能第二次在BC弧上运动，求P的质量M应满足的条件。
（2023广东二模）
14．图甲是U形雪槽，某次滑板表演，在开始阶段，表演者在同一竖直平面内运动，可以把该场地简化为图乙的凹形场地；两端是的光滑圆弧面，半径均为L，中间是长为的粗糙水平面．表演者M的质量（含滑板）为m，从光滑圆弧面的A处滑下，进入水平面后，与质量（含滑板）为且静止在水平面中点O处的表演者N碰撞，碰后M以碰前速度的反弹，M、N在O处发生碰撞后，恰好不再发生第二次碰撞，且停在O、C间的某处。假设M、N在粗糙水平面上运动时，所受阻力与压力的比分别为（和都是未知量），且已知，表演者的动作不影响自身的速度，滑板的长度忽略不计，重力加速度为g．
（1）求M与N碰撞后瞬间M、N的速度大小之比；
（2）以O为起点，求M、N碰撞后在粗糙水平面上滑过的路程之比；
（3）试讨论k在不同取值范围时，M、N所停位置距C点的距离。
（2023江苏扬州考前调研）
15．有一款三轨推拉门，门框内部宽为2.4m，三扇相同的门板如图所示，每扇门板宽为质量为。与轨道的动摩擦因数为。在门板边缘凸起部位贴有尼龙搭扣，两门板碰后可连在一起，现将三扇门板静止在最左侧，用力F水平向右拉3号门板，一段时间后撤去，取重力加速度。
（1）若3号门板左侧凸起部位恰能与2号门板右侧凸起部位接触，求力F做的功W；
（2）若，3号门板恰好到达门框最右侧，大门完整关闭。求：
①3号门板与2号门板碰撞前瞬间的速度大小v；
②拉力F的作用时间t。

（2023山西考前适应性考试）
16．有一款推拉门，其三扇门板俯视如图所示，每扇门的宽度均为，质量均为，边缘凸起部位的宽度均为。门完全关闭时，1号门板的左侧以及3号门板的右侧分别与两侧的门框接触时，相邻门板的凸起部位也恰好接触。测试时，将三扇门板均推至最左端，然后用恒力F水平向右推3号门板，每次都经过相同的位移后撤去F，观察三扇门的运动情况。发现当恒力为时，3号门板恰好能运动到其左侧凸起与2号门板右侧的凸起接触处。设每扇门与轨道间的动摩擦因数均相同，门板凸起部位间的碰撞及门板与门框的碰撞均为完全非弹性碰撞（不黏连）。不考虑空气阻力，取。
（1）求每扇门与轨道间的动摩擦因数。
（2）若要实现三扇门恰好完全关闭，则恒力应是多大？
（3）若想让三扇门都到达最右侧门框处，则恒力至少是多大？
（2023湖南怀化二模）
17．图甲是一种智能减震装置的示意图，轻弹簧下端固定，上端与质量为m的减震环a连接，并套在固定的竖直杆上，a与杆之间的智能涂层材料可对a施加大小可调节的阻力，当a的速度为零时涂层对其不施加作用力．在某次性能测试中，质量为0.5m的光滑环b从杆顶端被静止释放，之后与a发生正碰；碰撞后，b的速度大小变为碰前的倍、方向向上，a向下运动2d时速度减为零，此过程中a受到涂层的阻力大小f与下移距离s之间的关系如图乙。已知a静止在弹簧上时，与杆顶端距离为4.5d，弹簧压缩量为2d，重力加速度为g。求：
（1）与a碰前瞬间，b的速度大小；
（2）的值；
（3）在a第一次向下运动过程中，当b的动能为时a的动能。
（2020·北京海淀区模拟）
18．如图甲所示，校园中的喷泉从喷泉水面以相同倾斜角度和速度大小喷射而出，喷出的水下落击打水面形成层层涟漪甚为美观。喷出的水的运动可视为一般的抛体运动，在水平方向不受力，在竖直方向只受重力，我们可以仿照研究平抛运动的方法来研究一般的抛体运动。喷泉喷出水的运动轨迹示意图如图乙所示，水上升的最大高度为h，落在水面的位置距喷水口的距离为d。已知喷水口的水流量为（水流量定义为单位时间内喷出水的体积），水的密度为，重力加速度为g，忽略空气阻力。
（1）求上述喷泉中水上升至最大高度时水平速度的大小；
（2）假设水击打在水面上时速度立即变为零，且在极短时间内击打水面的水受到的重力可忽略不计，求水击打水面竖直向下的平均作用力的大小；
（3）如图乙所示，该喷泉利用水泵将水先从地下水池由静止提升至喷泉水面，然后再喷射出去。已知地下水池的水面距喷泉水面恒为H，若H=h，d=4h，水泵提升水的效率为，求水泵抽水的平均功率P。
（2023河北邢台五校联考）
19．如图所示，杂技“双人空中飞人”是一种精彩绝伦的表演。小明同学为了研究其中的物理原理简化情景如下：一名质量为M演员倒挂在秋千上，在秋千绳子与竖直方向成角时，在其他工作人员帮助下由静止开始运动，另一名质量为m的演员从秋千运动轨迹的正下方舞台上同平面水平由静止开始做加速度为a的匀加速直线运动，当经过时间t，秋千运动到最低点时，质量为M的演员正好双手抓住质量为m的演员，并一起恰好荡到竖直高度比秋千最低点高h的一个平台上。已知秋千绳子长度为L，两名演员的身高均可在该问题中忽略，且不计一切阻力。求：
（1）质量为M的演员在最低点时的速度？
（2）求平台比秋千最低点高的距离h为多少？
（2023福建宁德三模）
20．为了统一调度以充分发挥铁路的运输能力，提高运输效率，需要把全路分散的列车按不同去向、不同用途科学分组，将同一组车厢排列在同一轨道上，这就是列车编组。编组后还需要使各节车厢与车头挂接在一起，加上列车标志，就形成完整的列车。目前我国采用的列车挂接方式主要有两种：一种方式是目前比较流行的“驼峰”编组，如图甲所示，在地面修筑适当坡度的犹如驼峰峰背的小山丘，上面铺设铁路，利用车头重力和“驼峰”坡度产生的重力势能进行溜放，使车头冲向车厢，碰撞后通过特制“铁手挂钩”紧紧连接在一起，再一起去撞击下一节车厢，直到所有车厢完成挂接；另一种方式是让火车头提供牵引力，冲向车厢，采取与第一种相似的方式依次挂接所有车厢，当车厢数目较多时，往往采用这种方式。火车研发科研人员在进行列车编组实验时所用车头质量为4m，所有货车车厢均满载，质量相等且均为4m，各节车厢之间相隔距离d依次停放在编组场同一轨道上。不计一切阻力，不计挂钩的长度和车厢之间碰撞所需时间，试分析回答以下问题：
（1）若第一次实验按题干方式设置15节车厢，采用“驼峰”编组方式，车头无动力冲下“驼峰”，以速度驶向第一节车厢，求15节车厢全部挂接后列车速度，以及从车头与第一节车厢碰撞到完成整个挂接所需时间；
（2）若第二次实验按题干方式设置N节车厢，车头在水平轨道上从距离第一节车厢也为d处启动，车头发动机牵引力恒定为F，如图乙所示，求第N节车厢完成挂接时车头的速度及列车从启动到N节车厢完成挂接所需的时间；
（3）若第三次实验在（2）的情况下将所有车厢变为空载，所有车厢质量相等且均为m，其余条件不变，求车头所能达到的最大速度。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【详解】A．火箭从发射舱发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；
B．根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；
C．根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；
D．根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。
故选A。
2．B
【详解】A．爆炸时，水平方向，根据动量守恒定律可知
因两块碎块落地时间相等，则
则
则两碎块的水平位移之比为1:2，而从爆炸开始抛出到落地的位移之比不等于1:2，选项A错误；
B．设两碎片落地时间均为t，由题意可知
解得
t=4s
爆炸物的爆炸点离地面高度为
选项B正确；
CD．爆炸后质量大的碎块的水平位移
质量小的碎块的水平位移
爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m+680m=1020m
质量大的碎块的初速度为
选项CD错误。
故选B。
3．A
【详解】设动车的速度为v，动车对空气的作用力为F，根据动量定律可得
解得
当牵引力等于阻力时，速度达到最大，则
解得
当速度达到最大速度一半时，此时速度为
此时受到的牵引力
解得
此时受到的阻力
对整体根据牛顿第二定律
对3、4、5号车厢，根据牛顿第二定律可得
联立解得
故选A。
4．A
【详解】设单位时间撞击锅盖的水分子个数为n，则由动量定理
其中
解得
故选A。
5．D
【详解】设A、B喷气过程中对物块的作用力大小为F，喷气的时间分别为t1和t2，物块初速度为v，以初速度方向为正方向，设A停止喷气时物块速度大小为v1，根据动量定理
由运动学规律可得
联立可解得
故选D。
6．D
【详解】设人的末速度为v
解得
设磷酸盐喷出的速率为v＇,分别对人和硫酸盐根据动量定理得
解得
故选D。
7．B
【详解】“鹞式”战斗机悬停时，发动机从喷口将气体喷出，喷出的气体对飞机产生反作用力提供升力，根据平衡条件有
F=mg
根据动量定理有
联立解得
故B正确。
故选B。
8．D
【详解】A．甲对乙的作用力与乙对甲的作用力是相互作用力，则甲对乙的作用力等于乙对甲的作用力，选项A错误；
B．甲推出乙后，甲的速度减小，但是甲不一定向后运动，选项B错误；
C．乙的动量增加，甲的动量减小，则甲、乙的动量变化不相同，选项C错误；
D．甲、乙所受推力大小相等，根据
I=Ft
可知，甲、乙所受的冲量大小相等，选项D正确。
故选D。
9．BC
【详解】AB．根据题图乙，抱住前的速度大小
抱住后他们的共同速度大小
根据动量守恒定律有
解得
A错误；B正确；
CD．抱住的过程中损失的机械能
解得
C正确，D错误。
故选BC。
10．BC
【详解】两冰壶碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后B壶的速度；根据图示图象求出B壶的加速度，应用运动学公式求出，然后求出A壶的运动时间，应用动量定理求出两壶碰撞后到停止运动过程所受摩擦力的冲量大小之比；求出碰撞过程损失的机械能，然后碰撞过程损失的机械能与碰撞后两壶损失的机械能之比。
【分析】A．由图象可知，碰撞A壶的速度，碰撞后瞬间壶的速度，两冰壶质量相等，设冰壶质量为，以原来A壶的速度方向为正方向，两冰壶碰撞过程系统动量守恒，设碰撞后A的速度为，由动量守恒定律得
代入数据解得
由图象可知，碰撞前、后A壶的加速度大小
壶的加速度
A错误；
B．根据可以求出图象中的，。于是碰撞后A壶停上的时间
壶停止运动需要的时间
A、两壶的运动时间之比为，B正确；
C．由动量定理得，碰撞后对A壶
对B壶
则、两壶从碰后至停止运动过程中，所受摩擦力的冲量的大小之比
C正确；
D．两壶碰撞过程损失的机械能
碰撞为非弹性碰撞，D错误；
故选BC。
11．（1）；（2）
【详解】（1）秋千上运动员有释放到最低点过程中机械能守恒，得
解得
（2）由运动学公式得，质量为m的演员到悬点正下方速度为
在最低点两演员作用时动量守恒，则
两演员从最低点到平台过程中，由机械能守恒定律得
解得
12．（1）；（2）
【详解】（1）对运动员和冰壶整体分析：根据动量定理得
得
（2）设冰壶与冰面间的动摩擦因数为，红色冰壶与蓝色冰壶碰撞前，根据动能定理
得
设碰撞后红壶的速度为，红壶和蓝壶碰撞过程动量守恒，由动量守恒方程得
得
根据动能定理得
得
13．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小球从A运动到C点的过程中，根据机械能守恒可知
解得
小球第一次刚滑到C点时，根据牛顿第二定律有
解得
（2）设小球达到E点时竖直方向上的分速度大小为，水平分速度为，则
小球第一次从E点离开Q后在空中做斜上抛运动，设空中运动时间为，则
解得
（3）设小球第一次通过C点时的速度大小为，则
解得
小球第一次从D点滑上DE到再次回到D点的运动过程中，小球和Q组成的系统机械能守恒，在水平方向上动量守恒，则
解得
小球能第二次在BC上运动，应满足
解得
14．（1）；（2）；（3），
【详解】（1）设M与N碰撞前的速度为，碰撞后，M反弹的速度大小为，N获得的速度大小为。取水平向右为正方向，有
依题意
联立可得
（2）若M、N从碰撞后到停下，它们在粗糙水平面上滑过的路程分别为和，则有
联立并代入
可得
（3）由于M、N刚好不再发生第二次碰撞且停在O、C间的某处，所以M、N在同一地点停下。有以下两种情况：
第一种情况：N还没有到达C处就已停下，此时
M、N所停位置距C点的距离
联立可求解得
第二种情况：N通过C点又从圆弧滑下返回，此时
M、N所停位置距C点的距离
联立可求解得
15．（1）；（2）①，②s
【详解】（1）由题意，对3号门板，根据动能定理有
解得
（2）①设3号门板与2号门板碰撞前速度为，碰撞后速度为，碰后两门板位移为，根据功能关系有
解得
碰撞过程，根据动量守恒定律
解得
②根据牛顿第二定律
解得
根据动能定理
解得
根据运动学公式
解得
16．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设每扇门与轨道间的动摩擦因数为，根据动能定理
解得
（2）设3号门板和2号门板碰撞前速度的大小为，根据动能定理
设3号门板和2号门板碰撞后速度的大小为，根据动量守恒定律有
3号门板与2号门板碰撞后一起向右运动的过程中，根据动能定理
解得
（3）设3号门板和2号门板碰撞前速度的大小为，根据动能定理
设3号门板和2号门板碰撞后速度的大小为，根据动量守恒定律有
3号门板与2号门板碰撞后一起向右运动到与门框接触前的速度大小为，根据动能定理
设2号门板与1号门板碰撞后速度的大小为，根据动量守恒定律有
从2号门板与1号门板碰撞后到1号门板恰好停止过程中，根据动能定理
联立解得
17．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小环b下落的过程为自由落体，则
解得与a碰前瞬间，b的速度大小为
（2）ab发生碰撞，设向下为正方向，根据动量守恒定律可知
a向下运动2d时速度减为零的过程中，由动能定理可知
由题可知a静止在弹簧上时，弹簧压缩量为2d，根据胡克定律可知
联立解得
（3）当b的动能为时，b的速度为
根据动量定理可知
解得
在a第一次向下运动过程中，取一段时间，根据动量定理可知
当Δ时
当Δt=时
此时a的动能为
18．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由运动的合成与分解及平抛运动规律可知，竖直方向
水平方向
解得
（2）极短时间内击打在水面上的水的质量
水击打在水面上竖直方向的速度
设水受到的竖直方向的平均作用力为，取向下为正，由动量定理有
依据牛顿第三定律，可得竖直方向平均作用力的大小
（3）在时间内，喷射出水的质量，对时间内喷出的水，在最高点竖直方向速度为零，因此，其动能
由功能关系得
解得
19．（1）；（2）
【详解】（1）秋千上运动员有释放到最低点过程中机械能守恒，得
解得
（2）由运动学公式得，质量为m的演员到悬点正下方速度为
在最低点两演员作用时动量守恒，则
两演员从最低点到平台过程中，由机械能守恒定律得
解得
20．（1），；（2），；（3）
【详解】（1）设15节车厢全部挂好以后的速度为，根据动量守恒定律有
解得
用表示第i节车厢被挂接后车头及已挂车厢的速度，根据动量守恒定律有
解得
由于每次挂接时通过车厢之间间隙的运动均可视为匀速运动，所以车头及前i节车厢通过间隙与第（i+1）节挂接所经历的时间为
所以挂接的总时间为
（2）设vi表示第i节车厢被碰撞前车头与前（）车厢的速度，表示第i节车厢被碰撞后整体的速度，ai表示车头与前（）节车厢共同运动时的加速度，由牛顿第二定律有
利用匀变速直线运动公式
根据动量守恒定律有
联立可以求得
，
同理有
联立可以求得
，
继续列式，有
解得
，
以此类推
，
由运动学公式，车头及前（i-1）节车厢通过间隙与第i节挂接所经历的时间为
利用前面的表达式，可求得
（3）仍用vi表示第i节车厢被碰撞前车头与前（i-1）节车厢的速度，表示第i节车厢被碰撞后整体的速度，ai表示车头与前（）节车厢共同运动时的加速度，同（2）的解题思路，有
可以解得
根据此递推关系
最终可得
由前述可得
代入上式，有
化简后得
将上式变形
由此可得，当时，最大，其最大值为
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第8章 动量守恒定律
第8.9 讲 动量和能量综合问题
【知识点精讲】
解决动力学问题的三把金钥匙
【方法归纳】
力学规律的优选策略。
（1）牛顿第二运动定律揭示了力的瞬时效应，在研究某一物体受力的瞬时作用与物体运动的关系时，或者物体受到恒力作用，且又直接涉及到问题运动过程中的加速度问题，应该利用牛顿第二定律和运动学规律解决。。
（2）动量定理反映了力对时间的累积效应。研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，如果涉及时间的问题，或作用时间极短的冲击作用，一般用动量定理分析解答。。
（3）动能定理反映了力对空间的累积效应。研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，如果涉及位移且不涉及加速度的问题，一般运或动能定理去解决问题。
（4）如果系统中物体只有重力做功和弹簧弹力做功，而又不涉及加速度和时间，此类问题优先考虑采用机械能守恒定律求解。
（5）若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。
（6）在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，则系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。
（7）在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，必须注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换。这类问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。
【最新高考题精练】
（2023年1月浙江选考· 18）
1．一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角的直轨道、螺旋圆形轨道，倾角的直轨道、水平直轨道组成，除段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道、相切于处．凹槽底面水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁处，摆渡车上表面与直轨道、平台位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径，B点高度为，长度，长度，摆渡车长度、质量。将一质量也为的滑块从倾斜轨道上高度处静止释放，滑块在段运动时的阻力为其重力的0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，，）
（1）求滑块过C点的速度大小和轨道对滑块的作用力大小；
（2）摆渡车碰到前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间。
（2022·全国理综乙卷·25）
2．如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的图像如图（b）所示。已知从到时间内，物块A运动的距离为。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。
（2022新高考海南卷）
3．有一个角度可变的轨道，当倾角为30度时，滑块A恰好匀速下滑，现将倾角调为60度，从高为h的地方从静止下滑，过一段时间无碰撞地进入光滑水平面，与系在轻绳下端的小球B发生弹性正碰，B被一根绳子悬挂，与水平面接触但不挤压，碰后B恰好能做完整的圆周运动，已知滑块A和小球B质量相等，求：
①A与轨道间的动摩擦因数；
②A与B刚碰完B的速度；
③绳子的长度L。
（2021新高考湖南卷）
4．如图（a），质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的图像如图（b）所示，表示0到时间内的图线与坐标轴所围面积大小，、分别表示到时间内A、B的图线与坐标轴所围面积大小。A在时刻的速度为。下列说法正确的是（　　）
A．0到时间内，墙对B的冲量等于mAv0
B． mA > mB
C．B运动后，弹簧的最大形变量等于
D．
【最新模拟题精练】
（2023湖南怀化名校联考）
5．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，已知m1=1kg，下列说法正确的是（　　）
A．物块B的质量为2kg
B．弹簧的最大弹性势能为1.5J
C．弹簧第一次恢复原长时物块B的速度大小为2m/s
D．从开始到弹簧第一次恢复原长过程中弹簧对物块A的冲量大小为
（2023河北唐山三模）
6．在生产生活中，经常采用轨道约束的方式改变物体的运动方向。如图所示，光滑水平地面上停放着一辆小车，小车上固定着两端开口的光滑细管，细管由水平、弯曲和竖直三部分组成，各部分之间平滑连接，竖直管的上端到小车上表面的高度为。一小球以初速度水平向右射入细管，小球的质量与小车的质量（包含细管）相等，小球可视为质点，忽略一切阻力作用。下列说法正确的是（　　）
A．小球在细管中运动时，小球和小车（包含细管）组成的系统动量守恒
B．小球在细管的竖直部分运动时只受重力作用
C．当小球初速度时，将会从细管的竖直部分冲出
D．若小球从细管的竖直部分冲出，冲出后一定会落回到细管中
（2023湖南名校质检）
7．如图所示，在光滑水平面上，质量为m的小球A和质量为的小球B通过轻弹簧拴接并处于静止状态，弹簧处于原长；质量为m的小球C以初速度v0沿A、B连线向右匀速运动，并与小球A发生弹性碰撞。在小球B的右侧某位置固定一块弹性挡板（图中未画出），当小球B与挡板发生正碰后立刻将挡板撤走，不计所有碰撞过程中的机械能损失，弹簧始终处于弹性限度内，小球B与挡板的碰撞时间极短，碰后小球B的速度大小不变，但方向相反，则B与挡板碰后弹簧弹性势能的最大值Epm可能是（ ）
A． B． C． D．
（2023江苏南京市中华中学一模）
8．如图甲所示，物块A、B的质量分别为2kg、3kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁接触但不黏连。物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与物块A粘在一起不再分开，物块C的v－t图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．物块C的质量为2kg
B．物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为40.5J
C．4s到12s的时间内，弹簧对物块A的冲量大小为
D．物块B离开墙壁后的最大速度为3m/s
（2022安徽淮安模拟）
9．图甲所示，质量分别为和的两物体用轻弹簧连接置于光滑水平面，初始时两物体被锁定，弹簧处于压缩状态。时刻将B物体解除锁定，时刻解除A物体的锁定，此时B物体的速度为，AB两物体运动的图像如图乙所示，其中和分别表示时间和时间内B物体的图像与坐标轴所围面积的大小，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．
C．时刻，弹簧伸长量最大
D．时间内，弹簧对A物体的冲量大小为
（2023天津12区重点中学第二次联考）
10．在一水平的长直轨道上，放着两块完全相同的质量为的长方形木块，依次编号为木块和木块，如图所示。在木块左边放一质量为的大木块，大木块与木块之间的距离与、两木块间的距离相同，均为。现在所有木块都静止的情况下，将一沿轨道方向的恒力一直作用在大木块上，使其先与木块发生碰撞，碰后与木块结合为一体再与木块发生碰撞，碰后又结合为一体且恰能一起匀速运动，设每次碰撞时间极短，三个木块均可视为质点，且与轨道间的动摩擦因数相同。已知重力加速度为。
（1）求木块与水平轨道间的动摩擦因数；
（2）求三个木块一起匀速运动时的速度大小和在两次碰撞中损失的总机械能；
（3）若改变恒力的大小，使大木块与木块发生碰撞后结合为一体，但、两木块间不发生碰撞，则沿轨道方向的恒力要满足什么条件？
（2023浙江萧山名校联考）
11．如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间。A的质量为m，B、C的质量都为2m，三者都处于静止状态，现使B以某一速度向右运动，B与A发生弹性碰撞，之后A与C发生完全非弹性碰撞，求：
（1）物体A、B、C最终速度大小各是多少：
（2）整个碰撞过程损失的机械能。

（2023四川遂宁三诊）
12．研究表明，两块足够大的、正对的平行板电容器之间的静电力只与两板带电量有关，与两板间距无关。如图1所示，A板固定在绝缘的地面上，与之正对的B板通过两根完全相同的轻质绝缘弹簧相连，两弹簧对称且竖直。已知B板质量为m，两弹簧原长为L，A、B板不带电时两弹簧长度为，A、B板带等量异种电荷时两弹簧长度变为。如图2所示，在B板正中上方高为h(h=L)处静止释放一绝缘物块C，C的质量也为m，C下落后与B碰撞时间极短，且碰后粘连在一起。已知当地的重力加速度为g；B与C碰前处于静止状态；A、B板面积足够大，厚度不计；A、B板带电量保持不变。求：
（1）图1中两板之间的静电力大小；
（2）图2中C与B板碰撞后，C的最大速度。已知弹簧的弹力做功可以用初、末位置的平均力做功来计算；
（3）如果C的质量变为m1，从距离B板高为2h处静止开始下落，与B板碰撞后运动到最高点时距地面高。求m1的大小。

试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．（1），；（2）；（3）
【详解】（1）滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得
解得
滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得
解得
（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得
解得
摆渡车碰到前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得
解得
根据能量守恒可得
解得
（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为
所用时间为
此过程滑块通过的位移为
滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为
则滑块从G到J所用的时间为
2．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时、速度相等，即时刻，根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得
（2）解法一：同一时刻弹簧对、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律
可知同一时刻
则同一时刻、的的瞬时速度分别为
，
根据位移等速度在时间上的累积可得
，
又
解得
第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有
对方程两边同时乘以时间，有
0-t0之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得
将代入可得
则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
（3）物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得
根据能量守恒定律可得
联立解得
方法一：设在斜面上滑行的长度为，上滑过程，根据动能定理可得
下滑过程，根据动能定理可得
联立解得
方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度，
，
上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移速度关系可得
，
联立可解得
3．①；②；③
【详解】①根据题述，当倾角为30度时，A恰好匀速下滑，可得
mgsin30°=μmgcos30°
解得
②A沿倾角60°的轨道下滑，由牛顿第二定律有
mgsin60°-μmgcos60°=ma
解得
A滑到水平面时的速度为
A、B弹性碰撞，由动量守恒定律
mv0=mvA+mvB
由碰撞前后相同动能不变有
联立解得
③根据题述，碰后B恰好能做完整的圆周运动，在圆周最高点有
mg=m
B从最低点到运动到圆周最高点，由机械能守恒定律
mvB2=mv2+2mgL
解得
4．ABD
【详解】A．由于在0 ~ t1时间内，物体B静止，则对B受力分析有
F墙 = F弹
则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，而弹簧既作用于B也作用于A，则可将研究对象转为A，撤去F后A只受弹力作用，则根据动量定理有
I = mAv0（方向向右）
则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同，A正确；
B．由a—t图可知t1后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，根据牛顿第二定律有
F弹 = mAaA= mBaB
由图可知
aB > aA
则
mB < mA
B正确；
C．由图可得，t1时刻B开始运动，此时A速度为v0，之后AB动量守恒，AB和弹簧整个系统能量守恒，则
可得AB整体的动能不等于0，即弹簧的弹性势能会转化为AB系统的动能，弹簧的形变量小于x，C错误；
D．由a—t图可知t1后B脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在t1~t2时间内AB组成的系统动量守恒，且在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，A、B共速，由a—t图像的面积为，在t2时刻AB的速度分别为
，
A、B共速，则
D正确。
故选ABD。
5．ACD
【详解】A．由图像可知A物块的初速度v0=3m/s，t1时刻两物块达到共速v=1m/s，由动量守恒得
解得
故A正确；
B．由图像可知t1时刻弹簧的压缩量最大，此时弹性势能最大，由能量守恒得
解得
故B错误；
CD．B速度最大时，弹簧恢复原长，由动量守恒得
由能量守恒得
解得此时A和B的速度分别为
故从开始到弹簧第一次恢复原长过程中弹簧对物块A的冲量为
大小为，故CD正确。
故选ACD。
6．BCD
【详解】A．小球在细管中运动时，小球和小车（包含细管）组成的系统在水平方向受到合外力为零，在弯曲处，小球和小车组成的系统，在竖直方向合外力不为零，则小球和小车（包含细管）组成的系统水平方向动量守恒，小球在细管中运动时，小球和小车（包含细管）组成的系统动量不守恒，故A错误；
B．由于小球和小车（包含细管）组成的系统水平方向动量守恒，小球在细管的竖直部分运动时，水平方向的速度相同，则小球在细管的竖直部分运动时只受重力作用，故B正确；
C．由于水平方向动量守恒，在最高点，由动量守恒定律和能量定律有
解得
从细管的竖直部分冲出，则有
解得
故C正确；
D．小球从细管的竖直部分冲出后，水平方向的速度始终相同，则冲出后一定会落回到细管中，故D正确。
故选BCD。
7．BC
【详解】C与A质量相等，碰撞后交换速度，即A获得速度v0，假设当A与B动量相等时，B恰好与挡板发生正碰，则碰撞后A、B的合动量为零，当弹簧被压缩至最短时A、B的速度均为零，根据机械能守恒定律可知此时
假设当B的速度为零时恰好与挡板接触，则接触后，当A、B达到共同速度v时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
解得
B与挡板碰撞前越接近A的动量，碰撞后弹簧的最大弹性势能越大，B与挡板碰撞前速度越接近于零，碰撞后弹簧的最大弹性势能越小，所以
考虑到B速度为零时不能算是与挡板发生碰撞，所以对不能取等号。
故选BC。
8．D
【详解】A．AC碰撞过程中动量守恒，有
其中、，解得

故A错误；
B．物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能等于AC碰撞结束瞬间系统动能，所以
故B错误；
C．4s到12s的时间内，弹簧对物块A的冲量大小等于弹簧对AC整体的冲量大小，则
即大小为。故C错误；
D．物块B离开墙壁后达到最大速度时弹簧处于原长，由动量守恒和机械能守恒可得
，
其中，解得
，
故D正确。
故选D。
9．ABD
【详解】A．题意可知，在后AB水平方向上只受弹簧的弹力，弹簧对AB的弹力大小始终相等，通过乙图可知，后的任意时刻，A的加速度大小都比乙大，根据牛顿第二定律可知，A正确。
B．在时，弹簧处于原长状态弹性势能为零，时间弹簧的弹性势能全部转化为B的动能，此时B的速度最大，为时间内速度的变化量，即B此时的速度大小；，弹簧弹力作用使得A加速，B减速，弹性势能转化为AB的动能，在时刻加速的为零，弹力为零，弹性势能为零。时刻AB动能之和等于时刻B的动能，时刻B的速度不为零，表示时间内B物体的速度变化量小于时间内速度的变化量，故，B正确；
C．时刻，弹簧的状态与0时刻弹簧的状态相同，应该是弹簧压缩量最大，C错误；
D．根据的图像信息可知，时刻，A的速度减为零，B的速度为，则弹簧对B的动量定理
弹簧对AB的作用力时刻大小相等方向相反，因此弹簧弹力对A的冲量大小等于弹簧弹力对B的冲量大小即为，D正确
故选ABD。
10．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据平衡条件可得
解得
（2）设大木块与木块碰撞前的速度为，根据动能定理得
解得
设大木块与木块碰撞后的速度为，根据动量守恒定律可得
解得
设木块与木块碰撞前的速度为，根据动能定理得
解得
设三个木块一起匀速运动的速度为，根据动量守恒定律可得
解得
根据能量守恒得在两次碰撞中损失的总机械能为
解得
（3）大木块与木块发生碰撞
即
设大木块与木块碰撞前的速度为，根据动能定理得
解得
设大木块与木块碰撞后的速度为，根据动量守恒定律可得
解得
若要、两木块间不发生碰撞，则
解得
若要求大木块与木块发生碰撞，但、两木块间不发生碰撞，则沿轨道方向的恒力就要满足
11．（1），A、C速度相同为v0；（2）
【详解】（1）B与A相碰，动量守恒定律
弹性碰撞
解得
A与C相碰
解得
所以最终A、C速度相同为v0
（2）整个碰撞过程损失的机械能
12．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设弹簧的劲度系数为，则A、B不带电时
A、B带电时
解得
（2）C做自由落体
B、C相碰时有
C速度最大的位置为平衡位置
此过程静电力与重力做功为
弹簧弹力做功
对B、C列动能定理得
由以上公式解得
（3）与B碰前C的速度为
B、C相碰
因为开始弹簧压缩，结束弹簧伸长，故整个过程弹簧的弹性势能没变，弹簧做的功为0。对B、C列动能定理
得
解得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第8章 动量守恒定律
第8.10 讲 动量守恒中的临界问题
【知识点精讲】
动量守恒问题中常见的临界问题
（1）滑块与小车的临界问题：滑块与小车是一种常见的相互作用模型。如图所示，滑块冲上小车后，在滑块与小车之间的摩擦力作用下，滑块做减速运动，小车做加速运动。滑块刚好不滑出小车的临界条件是滑块到达小车末端时，滑块与小车的速度相同。
（2）两物体不相碰的临界问题：两个在光滑水平面上做匀速运动的物体，甲物体追上乙物体的条件是甲物体的速度大于乙物体的速度，而甲物体与乙物体不相碰的临界条件是二者速度相等。
（3）涉及弹簧的临界问题：对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短时，弹簧两端的两个物体的速度相等。
（4）涉及最大高度的临界问题：在物体滑上斜面（斜面放在光滑水平面上）的过程中，由于弹力的作用，斜面在水平方向将做加速运动。物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体在竖直方向的分速度等于零。
【方法归纳】
求解动量守恒定律中临界问题的关键
（1）寻找临界状态：看题设情景中有相互作用的两物体是否相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态。
（2）挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等。
【最新高考题精练】
（2021年6月浙江选考物理）
1．如图所示，水平地面上有一高的水平台面，台面上竖直放置倾角的粗糙直轨道、水平光滑直轨道、四分之一圆周光滑细圆管道和半圆形光滑轨道，它们平滑连接，其中管道的半径、圆心在点，轨道的半径、圆心在点，、D、和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道、轨道从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，已知小滑块与轨道间的动摩擦因数，，。
（1）若小滑块的初始高度，求小滑块到达B点时速度的大小；
（2）若小球能完成整个运动过程，求h的最小值；
（3）若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值。
【最新模拟题精练】
（2023福建漳州三模）
2．滑板运动是一种极富挑战性的极限运动，图示为其场地简化模型，在同一竖直平面内有两个相同的四分之一弧轴道P、Q静置在光滑水平地面上，圆弧BC、DE与地面分别相切于C、D点。将P锁定，质量为m的小球（视为质点）从B点正上方A处由静止释放，恰好沿B点切线方向进入圆弧轨道，已知P、Q圆弧的半径以及A、B两点间的高度差均为R，重力加速度大小为g，不计一切摩擦和空气阻力。
（1）求小球第一次刚滑到C点时P对小球的支持力人小FN；
（2）若Q的质量为3m，求小球第一次滑过E点后在空中运动的水平位移大小x；
（3）若将P解锁，同时改变P、Q的质量都为M，使该小球仍从A处山静止释放，小球能第二次在BC弧上运动，求P的质量M应满足的条件。
3．如图所示，为某月球探测器在月面软着陆的最后阶段的运动示意图．探测器原来悬停在A点，为避开正下方B处的障碍物，探测器需先水平运动到C点，再沿CD竖直下降，到达D点时速度变为0，此后探测器关闭所有发动机，在自身重力作用下自由下落至月面E点。已知月球表面重力加速度g=1.62m/s2，AC=1.6m，CD=26m，DE=4m。探测器在A点时质量m=1000kg，从C点运动到D点所用时间为15s．探测器主发动机M竖直向下喷气，可产生0~7500N的变推力，辅助发动机P、Q分别水平向左、水平向右喷气，产生的推力恒为400N，所有发动机喷出的气体相对探测器的速度大小均为u=2000m/s，且发动机的推力F与喷气速度u、秒流量Q（单位时间内喷出的气体质量）满足F=uQ。探测器在如图所示的整个过程中所消耗的燃料质量Δm<(1)探测器着陆前瞬间的速度；
(2)探测器从C点运动到D点过程中所消耗的燃料质量Δm1；
(3)探测器从A点运动到C点过程消耗的燃料质量（即喷出的气体质量）Δm2的最小值。

（2023重庆名校质检）
4．如图所示，竖直平面内有一长为的传送带正在逆时针转动，速度，一个可看作质点的物块质量，轻放在传送带右端由传送带自右向左传送，物块与传送带间动摩擦因数。传送带左端固定有一半径的光滑半圆轨道CDE，CH之间的缝隙恰好只可容物块通过。半圆轨道与长为的水平滑道EF相连，物块与水平滑道间动摩擦因数。F点右侧紧靠两辆小车A、B，它们相互紧靠但不粘连，车的上表面与EF相平，小车质量均为，长度均为，物块与小车上表面间的动摩擦因数均为，车与地面间摩擦可忽略，重力加速度。求：
（1）物块到达半圆轨道最左端D点时对轨道的压力大小；
（2）物块在小车上滑行时产生的热量Q；
（3）若在F点正上方固定一厚度可忽略的竖直弹性挡板（图中未画出，物块与其碰后原速率反弹），并在物块第一次运动到C点时，给物块一水平向左的瞬时冲量I，要求物块在此后的运动过程中始终不脱离轨道，且要与弹性挡板碰撞4次，求该水平冲量I的大小范围。

（2023山东部分重点中学考前热身押题）
5．如图所示，P为固定的竖直挡板，质量为的长木板A静置于光滑水平面上（A的上表面略低于挡板P下端），质量为的小物块B（可视为质点）静置在A的左端。时刻在小物块B上施加一水平拉力F，作用0.6s后撤去F，物块B与挡板P碰撞前已与木板A取得共同速度。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B间的动摩擦因数为，重力加速度g取10，物块B始终未脱离木板，物块B与挡板P发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短。
（1）若，求撤去力F时B的速度大小；
（2）若，求木板A的最小长度；
（3）若，求木块B与挡板P碰撞后运动的总时间；
（4）从拉力F的取值范围讨论物块脱离木板的情况，以及物块刚好不脱离木板时拉力F与木板长度L的关系（不要求写过程）。

（2023山东潍坊三校12月联考）
6．如图甲所示，有一质量为的平板小车静止在光滑的水平面上。现有质量均为小物块A和B（均可视为质点），由车上P处开始A以初速度向左运动，B同时以向右运动，物块B运动的图像如图乙所示。若A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车，两物块与小车间动摩擦因数相同，g取10m/s2，求：
（1）小车与物块间的动摩擦因数μ；
（2）小车总长度L；
（3）从物块A、B开始运动计时，求6s时小车离原位置的距离x。
（2023山东济南期末）
7．如图所示，半径为的光滑圆弧槽C固定在光滑水平面上，质量为的木板B紧靠槽C静止于水平面上，圆弧槽末端水平且与木板B上表面高度相同，木板B右侧有一质量为的木板D，木板B右端与木板D左端相距。某时刻，一个质量为的小物块A（可视为质点）从圆弧槽的顶端由静止滑下，物块A与木板B间动摩擦因数为。物块A最终恰好不会从木板B的右端滑出，木板B、D间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度，求：
（1）物块A滑至槽C末端时槽C对物块A支持力的大小；
（2）木板B、D第一次碰后木板B、D速度的大小；
（3）木板D最终速度的大小；
（4）木板B的长度。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．（1）4m/s；（2）；（3）0.8m
【详解】（1）小滑块在轨道上运动
代入数据解得
（2）小球沿轨道运动，在最高点可得
从C点到E点由机械能守恒可得
解得
，
小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有
，
解得
，
结合(1)问可得
解得h的最小值
（3）设F点到G点的距离为y，小球从E点到G点的运动，由动能定理
由平抛运动可得
，
联立可得水平距离为
由数学知识可得当
取最大，最大值为
2．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小球从A运动到C点的过程中，根据机械能守恒可知
解得
小球第一次刚滑到C点时，根据牛顿第二定律有
解得
（2）设小球达到E点时竖直方向上的分速度大小为，水平分速度为，则
小球第一次从E点离开Q后在空中做斜上抛运动，设空中运动时间为，则
解得
（3）设小球第一次通过C点时的速度大小为，则
解得
小球第一次从D点滑上DE到再次回到D点的运动过程中，小球和Q组成的系统机械能守恒，在水平方向上动量守恒，则
解得
小球能第二次在BC上运动，应满足
解得
3．(1)3.6m/s；(2)12.15kg；(3)3.96kg
【详解】(1)根据自由落体公式，有v2 -0=2gh，代入数据得
v=3.6m/s
(2)对CD过程，根据动量定理有
IF-mgt=0 -0
其中
IF=∑FΔt=∑uQΔt=uΔm
代入数据得
Δm=12.15kg
(3)探测器从A点运动到点的过程中，主发动机产生的推力
F1 = mg
秒流量
Q1=
发动机P或Q工作时，推力
F2=500N
秒流量
Q2=
发动机P或Q工作时，探测器的加速度
a =
假设从A点运动到C点的过程中，探测器先加速运动t1时间，再匀速运动t2时间，最后再减速运动t3时间，易知
t1 = t3
探测器加速和减速过程中的位移
s1= s3 =at12
匀速过程中的位移
s2 =AC－s1－s3
匀速运动的时间
t2=
整个过程消耗的燃料质量
Δm2 =Q1（t1 + t2 + t3）+ Q2（t1 + t3）
由以上各式代入数据得
Δm2 =1.21t1+
易知，当
t1==s
时Δm2最小，最小值为
Δm2min =3.96 kg
4．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）对物块
当物块与传送带共速时
即：共速时物块还没走完传送带，共速后与传送带相对静止向左运动，从C→D由动能定理有
对D点
可得
由牛顿第三定律可得
（2）对物块：从C→F：由动能定理有
可得
若物块能滑离A车，则物块恰好滑离A车时有
可得
符合题目条件，假设成立，若物块不滑离B车，则有
可得
假设成立，综上所述
（3）由动量定理
由题意可得，要使物块与挡板发生四次碰撞，①物块过C点向右运动，不能滑离传送带，由动能定理有
可得
即有
②物块第二次过C点的速度，则临界条件，每经过一次EF，摩擦力做功
由动能定理有
可得
即有
③要能第三次过C点，要求
临界条件为，在②中，当
恰有
即②中临界条件也为③的临界条件；④当物块以
沿圆弧滑下后，设物块沿圆弧再次上升的高度为h，则由能量守恒定律有
可得
恰好不脱离圆弧轨道，且
能与挡板发生第四次碰撞，满足要求。综上所述
5．（1）6m/s；（2）2.7m；（3）2.4s；（4）见解析
【详解】（1）对B由牛顿第二定律可得
可求得撤去力F时B的速度为
（2）设从开始运动到A、B共速经历的时间为，由动量定理得
物块不从木板右端滑下的临界条件为
撤去力F后，由能量守恒定律得
求得
故木板A的最小长度为2.7m。
（3）木块B与挡板P碰撞后至共速，由动量守恒定律得
由动量定理
此过程B的位移
方向向左；A、B共速至第二次碰撞经历的时间
故第一次和第二次碰撞之间的时间间隔为1.6s，连续两次碰撞的时间间隔构成公比为的等比数列，所以木块B与挡板P碰撞后运动的总时间为2.4s。
（4）用表示物块相对于木板向右的相对位移，用表示物块相对于木板向左的相对位移，
①F＜15N，A、B一起加速，第一次碰撞，B从A左侧脱离；
②，，B从A左侧脱离；
③，，B不从左侧脱离木板，满足时刚好不分离。
6．（1）0.1；（2）9.5m；（3）1.625m
【详解】（1）设最后达到共同速度v，由图像乙知向右为正方向，整个系统动量守恒，有
对物块B由动量定理，有
从乙图可知，可解得
（2）整个系统由能量守恒定律，有
解得
（3）物块A从开始运动到减速到零，设时间为，小车在前静止，然后小车和物块A一起以加速度a向右加速，直到和物块B达共同速度v。滑块A减速过程，由动量定理有
滑块A和小车一起向右加速过程，设时间为，由牛顿第二定律得
由运动学公式得
滑块A和小车一起向右匀速过程
6s时小车离原位置的距离
7．（1）；（2），；（3）；（4）
【详解】（1）物块A滑至槽C末端时，根据机械能守恒有
在槽C末端，根据牛顿第二定律有
联立解得
（2）假设木板B、D第一次碰前物块A、B未共速，对A，根据牛顿第二定律有
解得
对B，根据牛顿第二定律有
解得
根据运动学公式有
解得
对A，根据运动学公式有
解得
对B，根据运动学公式有
解得
由于，所以假设成立，根据动量守恒
根据能量守恒
联立解得
（3）假设木板B、D第二次碰前物块A、B未共速，则有
解得
对B，根据运动学公式有
解得
对A，根据运动学公式有
解得
由于，所以假设不成立，故物块A、B共速后与D发生第二次碰撞，根据动量守恒有
解得
对B、D碰撞过程，根据动量守恒和能量守恒有
联立解得
物块A、B第二次共速，则有
解得
则共同速度为
由于，故A、B第二次共速后无法追上板D，此后不会发生第三次碰撞
板D的最终速度为
（4）根据能量守恒
解得
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答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲第9章 机械振动和机械波
第9.1 讲 机械振动
【知识点精讲】
1．简谐运动
（1）定义：如果质点的位移与时间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，这样的振动叫做简谐运动。
（2）特点：简谐运动是最简单、最基本的振动。弹簧振子的运动就是简谐振动。
（3）简谐运动的图象：是一条正弦曲线，表示做简谐运动的质点位移随时间变化的规律。
（4）图象的应用：医院里的心电图、地震仪中绘制地震曲线的装置。
2．描述简谐运动的物理量
物理量 定义 意义
振幅 振动质点离开平衡位置的最大距离 描述振动的强弱和能量
周期 振动物体完成一次全振动所需时间 描述振动的快慢，两者互为倒数：T=
频率 振动物体单位时间内完成全振动的次数
相位 ωt＋φ 描述周期性运动在各个时刻所处的不同状态
3.简谐运动的表达式
（1）动力学表达式：F＝－kx，其中“－”表示回复力与位移的方向相反。
（2）运动学表达式：x＝A_sin_（ωt＋φ0），其中A代表振幅，ω＝2πf代表简谐运动的快慢，ωt＋φ0代表简谐运动的相位，φ0叫做初相。
4．简谐运动的图象
（1）从平衡位置开始计时，函数表达式为x＝A sin ωt，图象如图甲所示。
（2）从最大位移处开始计时，函数表达式为x＝A cos ωt，图象如图乙所示。
5．简谐运动的两种模型
模型 弹簧振子（水平） 单摆
示意图
简谐运动 条件 ①弹簧质量要忽略②无摩擦等阻力 ③在弹簧弹性限度内 ①摆线为不可伸缩的轻细线②无空气阻力 ③最大摆角小于等于5°
回复力 弹簧的弹力提供 摆球重力沿与摆线垂直方向（即切向）的分力
平衡位置 弹簧处于原长处 最低点
周期 与振幅无关 T＝2π
能量转化 弹性势能与动能相互转化，机械能守恒 重力势能与动能相互转化，机械能守恒
6．简谐运动的回复力和能量
（1）回复力
项目 内容
定义 振动质点受到的总能使其回到平衡位置的力
方向 指向平衡位置
表达式 F＝－kx
（2）简谐运动的动力学特征
如果质点所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成正比，并且总是指向平衡位置，质点的运动就是简谐运动。
（3）振动系统（弹簧振子）的状态与能量的对应关系
弹簧振子运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。
（4）简谐运动的能量特点
在简谐运动中，振动系统的机械能守恒，而在实际运动中都有一定的能量损耗，因此简谐运动是一种理想化的模型。
7．简谐运动中路程（s）与振幅（A）的关系
（1）质点在一个周期内通过的路程是振幅的4倍．
（2）质点在半个周期内通过的路程是振幅的2倍．
（3）质点在四分之一周期内通过的路程有以下三种情况：
①计时起点对应质点在三个特殊位置（两个最大位移处和一个平衡位置）时，s＝A；
②计时起点对应质点在最大位移和平衡位置之间且向平衡位置运动时，s＞A；
③计时起点对应质点在最大位移和平衡位置之间且向最大位移处运动时，s＜A.
【方法归纳】
一、简谐运动的特征
1．受力特征：
简谐运动的回复力满足F＝－kx，位移x与回复力的方向相反。由牛顿第二定律知，加速度a与位移的大小成正比，方向相反。
2．运动特征：
当v、a同向（即v、F同向，也就是v、x反向）时，v一定增大；当v、a反向（即v、F反向，也就是v、x同向）时，v一定减小。当物体衡位置时，a、F、x都减小，v增大；当物体远离平衡位置时，a、F、x都增大，v减小。
3．能量特征：
对弹簧振子和单摆来说，振幅越大，能量越大，在振动过程中，动能和势能相互转化，机械能守恒。
4．周期性特征：
物体做简谐运动时，其位移、回复力、加速度、速度等矢量都随时间做周期性的变化，它们的周期就是简谐运动的周期T。物体的动能和势能也随时间做周期性的变化，其周期为。
5．对称性特征：
（1）速率的对称性：物体在关于平衡位置对称的两位置具有相等的速率。
（2）时间的对称性：物体通过关于平衡位置对称的两段位移的时间相等。在振动过程中，物体通过任意两点A、B的时间与逆向通过这两点的时间相等。
（3）加速度的对称性：物体在关于平衡位置对称的两位置具有等大、反向的加速度。
二、分析简谐运动的技巧
（1）分析简谐运动中各物理量的变化情况时，一定要以位移为桥梁，位移增大时，振动质点的回复力、加速度、势能均增大，速度、动能均减小；反之，则产生相反的变化。另外，各矢量均在其值为零时改变方向。
（2）分析过程中要特别注意简谐运动的周期性和对称性。
三、简谐运动图象
1．根据简谐运动图象可获取的信息
（1）振幅A、周期T（或频率f）和初相位φ（如图所示）．
（2）某时刻振动质点离开平衡位置的位移。
（3）某时刻质点速度的大小和方向：曲线上各点切线的斜率的大小和正负分别表示各时刻质点的速度的大小和速度的方向，速度的方向也可根据下一时刻质点的位移的变化来确定。
（4）某时刻质点的回复力和加速度的方向：回复力总是指向平衡位置，回复力和加速度的方向相同，在图象上总是指向t轴。
（5）某段时间内质点的位移、回复力、加速度、速度、动能和势能的变化情况。
2．振动图象的物理意义
图象描述的是振子相对平衡位置的位移随时间变化的情况，不是物体的运动轨迹。
3．利用简谐运动图象理解简谐运动的对称性
（1）相隔Δt＝T（n＝0,1,2，…）的两个时刻，弹簧振子的位置关于平衡位置对称，位移等大反向，速度也等大反向。
（2）相隔Δt＝nT（n＝0,1,2，…）的两个时刻，弹簧振子在同一位置，位移和速度都相同。
四、求解简谐运动问题的有效方法
就是紧紧抓住一个模型——水平方向振动的弹簧振子，熟练掌握振子的振动过程以及振子振动过程中各物理量的变化规律，看到振动图象，头脑中立即呈现出一幅弹簧振子振动的图景，再把问题一一对应、分析求解。
【最新高考题精练】
（2022年6月浙江选考）
1．如图所示，一根固定在墙上的水平光滑杆，两端分别固定着相同的轻弹簧，两弹簧自由端相距。套在杆上的小球从中点以初速度向右运动，小球将做周期为的往复运动，则（　　）
A．小球做简谐运动
B．小球动能的变化周期为
C．两根弹簧的总弹性势能的变化周期为
D．小球的初速度为时，其运动周期为
（2022高考湖北物理）
2．如图所示，质量分别为m和2m的小物块Р和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，Р通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。若剪断轻绳，Р在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为（　　）
A．μmgk B． C． D．
（2022年1月浙江选考）
3．图甲中的装置水平放置，将小球从平衡位置O拉到A后释放，小球在O点附近来回振动；图乙中被细绳拴着的小球由静止释放后可绕固定点来回摆动。若将上述装置安装在太空中的我国空间站内进行同样操作，下列说法正确的是（　　）
A．甲图中的小球将保持静止
B．甲图中的小球仍将来回振动
C．乙图中的小球仍将来回摆动
D．乙图中的小球将做匀速圆周运动
（2021高考江苏物理卷）
4．如图所示，半径为R的圆盘边缘有一钉子B，在水平光线下，圆盘的转轴A和钉子B在右侧墙壁上形成影子O和P，以O为原点在竖直方向上建立x坐标系。时从图示位置沿逆时针方向匀速转动圆盘，角速度为，则P做简谐运动的表达式为（　　）
A．
B．
C．
D．
（2016北京高考理综）
5．如图所示，弹簧振子在A、B之间做简谐运动．以平衡位置O为原点，建立Ox轴．向右为x轴的正方向．若振子位于B点时开始计时，则其振动图像为（ ）
A． B．
C． D．
【最新模拟题精练】
（2023云南昆明一中第9次质检）
6．如图所示，一正方体木块漂浮在某液体中，将木块下压一小段距离后释放，液面未浸没木块上表面，正方体做简谐运动，则木块振动的周期（　　）
A．随下压距离的增大而减小
B．随木块质量的增大而减小
C．随液体密度的增大而减小
D．随木块密度的增大而减小
（2023广东实验中学三模）
7．如图所示是某水平弹簧振子做简谐运动的图像，M、P、N是图像上的3个点，分别对应、、时刻。下列说法正确的是（　　）
A．该振子的周期是0.2s，振幅是8cm
B．在时刻振子的速度方向就是图像上P点的切线方向
C．在到过程振子的速度先增大后减小
D．在到过程振子的加速度逐渐减小
（2023浙江台州部分重点高中联考）
8．一弹簧振子做简谐运动，O点为平衡位置，当它经过O点时开始计时，经过，第一次到达M点，再经过第二次到达M点，则弹簧振子的周期可能为（　　）
A． B． C． D．
（2023浙江台州部分重点高中联考）
9．光滑斜面上的小球连在弹簧上，如图所示，把原来静止的小球沿斜面拉下一段距离后释放，小球的运动是简谐运动。对简谐运动中的小球受力分析，正确的是（　　）
A．重力、支持力、弹力、摩擦力
B．重力、支持力、弹力、回复力
C．重力、支持力、回复力
D．重力、支持力、弹力
（2023浙江台州部分重点高中联考）
10．如图所示，在光滑杆下面铺一张可沿垂直杆方向匀速移动的白纸，一带有铅笔的弹簧振子在A、B两点间做机械振动，可以在白纸上留下痕迹。已知弹簧的劲度系数为，振子的质量为，白纸移动速度为，弹簧弹性势能的表达式，不计一切摩擦。在一次弹簧振子实验中得到如图所示的图线，则下列说法中正确的是（　　）
A．该弹簧振子的振幅为 B．该弹簧振子的周期为
C．该弹簧振子的最大加速度为 D．该弹簧振子的最大速度为
（2023湖北新高考协作体高三起点考试）
11．一单摆做简谐运动，在偏角减小的过程中，摆球的（ ）
A．向心加速度减小 B．速度减小 C．回复力减小 D．机械能减小
（2023浙江杭州名校联考）
12．在科幻电影《全面回忆》中有一种地心车，无需额外动力就可以让人在几十分钟内到达地球的另一端，不考虑地球自转的影响、车与轨道及空气之间的摩擦，乘客和车的运动为简谐运动，则（　　）
A．乘客达到地心时的速度最大，加速度最大 B．乘客只有在地心处才处于完全失重状态
C．乘客在地心处所受的回复力最小 D．乘客所受地球的万有引力大小不变
（2023湖北荆州高二期末）
13．物体做简谐运动，振幅为0.8cm，周期为0.5s，计时开始时具有负向最大加速度，它的位移公式是（　　）
A． B．
C． D．
（2023江苏南通重点高中质检）
14．两个简谐运动的表达式分别为：，，下列说法正确的是（　　）
A．振动A的相位超前振动B的相位
B．振动A的相位滞后振动B的相位
C．振动A的相位滞后振动B的相位
D．两个振动没有位移相等的时刻
（2023山东潍坊三校联考）
15．如图所示，与地面夹角为的光滑斜面顶端固定一垂直斜面的挡板，劲度系数为k的轻弹簧一端固定一个质量为m的小物体，另一端固定在挡板上。物体在平行斜面方向上做简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好为原长。则物体在振动过程中（　　）
A．物体在最低点时受的弹力大小为mgsin
B．弹簧的最大弹性势能等于
C．平衡位置处，弹簧的弹性势能和物体的重力势能总和最大
D．物体的最大动能应等于
（2023湖北宜昌重点高中质检）
16．如图所示，在水平地面上的物块B用轻质弹簧与物块A相连，均处于静止状态，它们的质量均为，弹簧的劲度系数为。现将另一个质量也为的物体C从A的正上方一定高度处由静止释放，C和A相碰后立即粘在一起，之后在竖直方向做简谐运动。在运动过程中，物体B对地面的最小压力为，则以下说法正确的是（　　）
A．C和A相碰后立即向下减速运动
B．B对地面的最大压力为
C．简谐运动的振幅为
D．若C物体从更高的位置释放，碰后一起向下运动过程速度最大的位置不变
（2023湖北宜昌市协作体高二期中）
17．如图甲所示，轻弹簧上端固定，下端系一质量为的小球，小球静止时弹簧伸长量为。现使小球在竖直方向上做简谐运动，从小球在最低点释放时开始计时，小球相对平衡位置的位移随时间变化的规律如图乙所示，重力加速度取。
（1）写出小球相对平衡位置的位移随时间的变化关系式；
（2）求出小球在内运动的总路程和时刻的位置；
（3）小球运动到最高点时，弹簧的伸长量为，求此时小球加速度的大小。
（2023江苏盐城重点高中质检）
18．如图所示，竖直悬挂的轻弹簧下端系着A、B两物体，mA=0.1kg，mB=0.5kg，弹簧的劲度系数为k=40N/m，剪断A、B间的细绳后，A做简谐运动，不计空气等阻力，弹簧始终没有超过弹性限度，g取10m/s2，求：
（1）剪断细绳瞬间的回复力大小。
（2）振幅是多少？
（2023湖南怀化高二期末）
19．如图甲所示，质量为m的小球悬挂在一根劲度系数为k的轻质弹簧下端，静止后小球所在的位置为O点。取O点为坐标原点，竖直向下为x轴正方向建立坐标系。现将小球从O点向下拉一小段距离A，然后释放。已知重力加速度为g，小球在运动过程中弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。
(1)请证明：小球做简谐运动。
(2)从小球在位移A处释放开始计时，请在图乙坐标系中定性画出小球在一个周期内的位移-时间图像。
(3)求小球在做简谐运动过程中的加速度a与位移x的表达式，并在图丙中画出小球的a-x图像。
（2023北京名校联考）
20．如图所示，一劲度系数为k的轻弹簧的上端固定，下端与小球相连接，小球的质量为m，小球静止于O点．现将小球拉到O点下方距离为A的位置，由静止释放，此后运动过程中始终未超过弹簧的弹性限度．规定平衡位置处为重力势能和弹簧弹性势能的零点．以平衡位置O为坐标原点建立如图所示的竖直向下的一维坐标系Ox．忽略空气阻力的影响．
（1）从运动与相互作用观点出发，解决以下问题：
a．求小球处于平衡状态时弹簧相对原长的伸长量s；
b．证明小球做简谐运动；
（2）从教科书中我们明白了由v﹣t图象求直线运动位移的思想和方法；从机械能的学习，我们理解了重力做功的特点并进而引入重力势能，由此可以得到重力做功与重力势能变化量之间的关系．图象法和比较法是研究物理问题的重要方法，请你借鉴此方法，从功与能量的观点出发，解决以下问题：
a．小球运动过程中，小球相对平衡位置的位移为x时，证明系统具有的重力势能和弹性势能的总和Ep的表达式为；
b．求小球在振动过程中，运动到平衡位置O点下方距离为时的动能Ek．并根据小球运动过程中速度v与相对平衡位置的位移x的关系式，画出小球运动的全过程中速度随振动位移变化的v﹣x图象．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【详解】A．物体做简谐运动的条件是它在运动中所受回复力与位移成正比，且方向总是指向平衡位置，可知小球在杆中点到接触弹簧过程，所受合力为零，此过程做匀速直线运动，故小球不是做简谐运动，A错误；
BC．假设杆中点为，小球向右压缩弹簧至最大压缩量时的位置为，小球向左压缩弹簧至最大压缩量时的位置为，可知小球做周期为的往复运动过程为
根据对称性可知小球从与，这两个过程的动能变化完全一致，两根弹簧的总弹性势能的变化完全一致，故小球动能的变化周期为，两根弹簧的总弹性势能的变化周期为，B正确，C错误；
D．小球的初速度为时，可知小球在匀速阶段的时间变为原来的倍，接触弹簧过程，根据弹簧振子周期公式
可知接触弹簧过程所用时间与速度无关，即接触弹簧过程时间保持不变，故小球的初速度为时，其运动周期应小于，D错误；
故选B。
2．C
【详解】Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足
若剪断轻绳后，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此Р相对于其初始位置的最大位移大小为
故选C。
3．B
【详解】AB．空间站中的物体处于完全失重状态，甲图中的小球所受的弹力不受失重的影响，则小球仍将在弹力的作用下来回振动，A错误，B正确；
CD．图乙中的小球在地面上由静止释放时，所受的回复力是重力的分量，而在空间站中处于完全失重时，回复力为零，则小球由静止释放时，小球仍静止不动，不会来回摆动；也不会做匀速圆周运动，若给小球一定的初速度，则小球在竖直面内做匀速圆周运动，C、D错误。
故选B。
4．B
【详解】由图可知，影子P做简谐运动的振幅为，以向上为正方向，设P的振动方程为
由图可知，当时，P的位移为，代入振动方程解得
则P做简谐运动的表达式为
故B正确，ACD错误。
故选B。
5．A
【详解】由题意：设向右为x正方向，振子运动到N点时，振子具有正方向最大位移，所以振子运动到N点时开始计时振动图象应是余弦曲线，故A正确．
6．C
【详解】A．简谐振动的周期与振幅无关，故A错误；
B．因简谐振动的周期与振幅无关，故所有讨论均以相同振幅进行，木块质量的增大，即正方体木块的边长变大；木块处于平衡位置时，有
设振幅为，当木块处于最低点时，回复力大小为
则木块的加速度大小为
由于变大，所以加速度变小，将导致周期变大，故B错误；
C．液体密度增加，相同条件下浮力增大，故木块的加速度会增大，周期变小，故C正确；
D．木块密度增加，相同条件下，质量增加，加速度必将减小，周期变大，故D错误。
故选C。
7．D
【详解】A．由振动图像可知，该振子的周期是，振幅是，故A错误；
B．振动图像不是弹簧振子的运动轨迹，所以在时刻振子的速度方向不是图像上P点的切线方向，在时刻振子的速度方向指向振子的平衡位置，故B错误；
C．由振动图像可知，在到过程振子先向正向最大位移方向运动，达到正向最大位移处后接着又朝着平衡位置运动，所以振子的速度先减小后增大，故C错误；
D．在到过程振子朝着平衡位置方向运动，振子偏离平衡位置的位移逐渐减小，根据可知，振子的加速度逐渐减小，故D正确。
故选D。
8．BD
【详解】如图甲所示
设O为平衡位置，OB（OC）代表振幅，振子从O→C所需时间为。因为简谐运动具有对称性，所以振子从M→C所用时间和从C→M所用时间相等，故
解得
如图乙所示
若振子一开始从平衡位置向点B运动，设点与点M关于点O对称，则振子从点经过点B到点所用的时间与振子从点M经过点C到点M所需时间相等，即0.2 s。振子从点O到点、从点到点O及从点O到点M所需时间相等，为
故周期为
故选BD。
9．D
【详解】对小球受力分析，小球受到重力、斜面对其的支持力和弹簧弹力。
故选D。
10．C
【详解】A．振幅为振子偏离平衡位置的最大距离，故该弹簧振子的振幅为，A错误；
B．一个周期内白纸移动距离，白纸移动速度为，该弹簧振子的周期为
B错误；
C．该弹簧振子的最大加速度为
C正确；
D．由能量关系可得
可得弹簧振子的最大速度为
D错误。
故选C。
11．C
【详解】B．当偏角减小时，球向平衡位置运动，所以速度越来越大，A错误；
A．当偏角减小时，速度越来越大，根据向心加速公式可知，向心加速度越来越大，B错误；
C．根据回复力公式F = - kx可知，位移减小，回复力减小，C正确；
D．由于做简谐运动，所以摆球的机械能是守恒的，D错误。
故选C。
12．C
【详解】AC．乘客向地心运动时速度增大、加速度减小，通过地心时的速度达到最大值，加速度为零，则回复力为0，故回复力最小，故A错误，C正确；
B．乘客处于地心时，加速度为零，不是失重状态，故B错误；
D．设地球质量为M，乘客和车的质量为m，地球密度为ρ，则
在距离地心为r时：地球对乘客和车的万有引力充当回复力
又
联立得
即万有引力与r成正比，故D错误。
故选C。
13．A
【详解】由题意，t=0时，振子具有负方向的最大加速度，说明此时振子的位移是正向最大，即
根据简谐振动的位移公式
所以
所以位移公式为
故选A。
14．B
【详解】ABC．A的相位是，B的相位是，相位差
所以B的相位始终比A的相位超前，或者A的相位比B的相位滞后，故AC错误B正确；
D．做出这两个振动图象，两个振动图象的交点即是位移相等的时刻，D错误。
故选B。
15．B
【详解】A．物体在最高点，有
物体在最低点时，受力分析可得
联立，可得
故A错误；
B．设物体在最低点时，弹簧伸长量为x，根据胡克定律，可得
物体从最高点运动到最低点，由动能定理，可得
又
联立，可得
故B正确；
C．物体做简谐运动过程中，涉及弹簧的弹性势能、物体的重力势能和物体的动能，且总量保持不变。当物体运动到平衡位置时，动能最大，即弹簧的弹性势能和物体的重力势能总和最小。故C错误；
D．由于简谐运动的对称性，物体在平衡位置时，重力势能为
根据弹簧弹性势能的特点，物体在平衡位置时，弹簧的弹性势能为
选取物体最低点所在平面为零重力势能面，根据能量守恒，可得
解得
故D错误。
故选B。
16．BD
【详解】A．C和A相碰前，对A有
C和A相碰后，由于，可知AC继续向下加速运动，A错误；
C．当弹力等于AC的重力时，AC处于平衡状态，有
解得平衡位置时弹簧的压缩量为
当B对地面压力最小时，对B分析，则有
故弹簧此时的伸长量为
故简谐运动的振幅为
C错误；
B．当AC运动到最低点时，B对地面的压力最大；由对称性可知，此时弹簧的压缩量为
此时弹力为
B对地面的最大压力为
B正确；
D．AC碰后粘在一起向下运动速度最大的位置即为AC处于平衡状态的位置，此时弹力等于AC的重力，即
因此若C物体从更高的位置释放，碰后粘在一起向下运动速度最大的位置不变，D正确。
故选BD。
17．（1）；（2），在平衡位置；（3）
【详解】（1）由振动图像读出周期，振幅，由得到圆频率
则位移随时间变化的关系式为
（2）因
所以小球在内运动的总路程为
时刻的位置在平衡位置。
（3）小球静止时
解得
根据牛顿第二定律得
解得
方向竖直向下。
18．（1）5N；（2）0.125m
【详解】（1）剪断绳子的瞬间，A做简谐振动的回复力为
（2）由题意，可得剪断绳子瞬间弹簧的形变量为
A处于平衡位置时，弹簧的形变量为
根据简谐振动的特点，则A做简谐振动的振幅为
19．(1)证明过程见解析；(2) (3)
【详解】(1)取竖直向下为正方向．物体静止在O点时
kx0=mg
将物体从O点向下拉离的距离为x时，弹簧的弹力大小 k（x0+x）
物体振动的回复力大小为
F=k（x0+x）-mg=kx
回复力方向竖直向下，与位移方向相反，则位移为x时有
F=-kx
符合简谐运动的特征，所以物体做简谐运动．
(2)从小球在位移A处释放开始计时，小球的位移时间图像如图所示
(3)由牛顿第二定律可知
则做出a-x图像如图
20．（1）a．；b．见解析．（2）a．见解析．b．；
【详解】（1）a．对小球，由平衡条件mg＝ks．
b．设小球偏离平衡位置x时的回复力为F回＝mg﹣k（s+x）＝﹣kx，故小球做简谐运动．
（2）a．重力势能EpG＝﹣mgx
以平衡位置处弹性势能为0，从平衡位置（弹簧伸长量为s）到坐标为x处（弹簧伸长量为s+x），根据弹簧弹力特点做出F﹣x图线如图，弹簧弹力做功为
设x坐标处的弹性势能为，由弹力做功与弹性势能变化量的关系可知，即
得
重力势能和弹性势能的总和 ．
b．小球在运动到平衡位置O点下方距离为时的势能
小球在振幅处的动能为零，依据能量守恒定律有
可得，
由能量守恒定律，即，也即，
整理得：
故v﹣x图是椭圆．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第9章　机械振动和机械波
第9.2讲　利用单摆测量重力加速度实验
【知识点精讲】
1．单摆
（1）用细线悬挂一小球，上端固定，如果悬挂小球的细线的形变和质量可以忽略，线长又比球的直径大得多，这样的装置叫单摆。单摆是实际摆的理想化模型。
（2）回复力为球重力沿切线方向的分力，单摆做简谐运动的条件是最大摆角小于5°。
（3）周期公式T＝2π，是荷兰物理学家惠更斯发现的；单摆的等时性是指周期与振幅无关。
2．受迫振动与共振
（1）受迫振动：振动系统在周期性驱动力作用下的振动。
（2）受迫振动的特点：受迫振动稳定时，系统的振动频率等于驱动力的频率，跟振动系统的固有频率无关。
（3）共振：做受迫振动的物体，它的固有频率与驱动力的频率越接近，其振幅就越大，当二者相等时，振幅达到最大，这就是共振现象。
（4）共振曲线
由图可知，当f驱＝f固时振幅最大。
3.自由振动、受迫振动和共振的关系比较
振动 项目　　 自由振动 受迫振动 共振
受力情况 仅受回复力 受驱动力作用 受驱动力作用
振动周期或频率 由系统本身性质决定，即固有周期T0或固有频率f0 由驱动力的周期或频率决定，即T＝T驱或f＝f驱 T驱＝T0 或f驱＝f0
振动能量 振动物体的机械能不变 由产生驱动力的物体提供 振动物体获得的能量最大
常见例子 弹簧振子或单摆（θ≤5°） 机械工作时底座发生的振动 共振筛、声音的共鸣等
【方法归纳】
一　单摆周期公式T＝2π
1．对周期公式的理解
（1）单摆的周期公式在单摆偏角很小时成立。
（2）公式中l是摆长，即悬点到摆球球心的距离l＝l线＋r球。
（3）公式中g是单摆所在地的重力加速度，由单摆所在的空间位置决定。
（4）周期T只与l和g有关，与摆球质量m与振幅无关。所以单摆的周期也叫固有周期。
2．周期公式应用
（1）只要测出单摆摆长l和周期T，就可以根据g＝求当地重力加速度g。
（2）可以制作计时仪器。
3．类单摆
如图所示，小球在光滑的圆弧上做类单摆运动（θ≤5°），其周期公式T＝2π。
二　受迫振动与共振的理解
1．阻尼振动和受迫振动
（1）阻尼振动是振动系统在阻力的作用下，振幅逐渐减小的振动。
说明：阻尼振动中振幅虽然逐渐减小，但振动的频率不会变化，此频率称为固有频率，由振动系统决定。
（2）受迫振动是指系统在驱动力作用下的振动。做受迫振动的物体的振动频率等于驱动力的频率，与物体的固有频率无关。
2．对共振的理解
（1）共振曲线：如图所示，横坐标为驱动力频率f，纵坐标为振幅A。它直观地反映了驱动力频率对某固有频率为f0的振动系统受迫振动振幅的影响，由图可知，f与f0越接近，振幅A越大，当f＝f0时，振幅A最大。
（2）受迫振动中系统能量的转化：做受迫振动的系统的机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交换。
【最新高考题精练】
（2022新高考海南卷）
1．在同一地方，甲、乙两个单摆做振幅不同的简谐运动，其振动图像如图所示，可知甲、乙两个单摆的摆长之比为（ ）
A．2：3 B．3：2 C．4：9 D．9：4
（2021年1月浙江选考）
2．为了提高松树上松果的采摘率和工作效率，工程技术人员利用松果的惯性发明了用打击杆、振动器使松果落下的两种装置，如图甲、乙所示。则（　　）

A．针对不同树木，落果效果最好的振动频率可能不同
B．随着振动器频率的增加，树干振动的幅度一定增大
C．打击杆对不同粗细树干打击结束后，树干的振动频率相同
D．稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同
（2017·上海单科·10）
3．做简谐运动的单摆，其摆长不变，若摆球的质量增加为原来的倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的，则单摆振动的（　　）
A．周期不变，振幅不变 B．周期不变，振幅变小
C．周期改变，振幅不变 D．周期改变，振幅变大
4．如图所示，两单摆的摆长相同，平衡时两摆球刚好接触，现将摆球A在两摆线所在平面内向左拉开一小角度后释放，碰撞后，两摆球分开各自做简谐运动，以mA、mB分别表示摆球A、B的质量，则（　　）

A．如果mA＞mB，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧
B．如果mA＜mB，下一次碰撞将发生在平衡位置左侧
C．无论两球质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置右侧
D．无论两球质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置左侧
【最新模拟题精练】
（2023石家庄三模）
5．如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，在其正下方的P点有一个钉子，现将小球拉开一定的角度后开始运动，小球在摆动过程中的偏角不超过。从某时刻开始计时，绳中的拉力大小F随时间t变化的关系如图乙所示，重力加速度g取，忽略一切阻力。下列说法正确的是（　　）
A．时小球位于B点 B．时小球位于C点
C．OA之间的距离为1.5m D．OP之间的距离为1.2m
（2023浙江杭州九校期中联考）
6．如图所示，以O点为平衡位置，单摆在A、B两点间做简谐运动，已知摆球从A点第一次运动到B点历时0.5s，则下列说法中正确的是（　　）
A．摆球从A点经O点运动到B点即完成一次全振动
B．单摆的摆长约为1m
C．从A点向O点运动的过程中，摆球受到的拉力不断增大，回复力也不断增大
D．将单摆从地面移至山顶，摆动周期将增大
（2023吉林通化梅河口五中二模）
7．利用如图所示的装置进行单摆实验。将小球拉离平衡位置释放，摆角小于。借助传感器可知最大拉力为，最小拉力为，这两个数据出现的时间间隔为t。当地重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．单摆的振动周期为
B．单摆摆长为
C．用所给数据可以表示出最大摆角的余弦值
D．传感器的示数增大时，小球的势能在变大
8．如图甲所示，细线下端悬挂一个除去了柱塞的注射器，注射器内装上墨汁。将摆线拉开一较小幅度，当注射器摆动时，沿着垂直于摆动的方向以速度v匀速拖动木板，得到喷在木板上的墨汁图样如图乙所示，若测得木板长度为L，墨汁图样与木板边缘交点P、Q恰好是振动最大位置处，已知重力加速度为g，则该单摆的等效摆长为（　　）
A． B． C． D．
9．一物体在某行星表面受到的重力是它在地球表面受到的重力的九分之一，在地球表面走时准确的摆钟，搬到此行星表面后，秒针走一圈所经历的时间是（　　）
A．180s B．540s C．20s D．6.7s
（2023湖南怀化高二期末）
10．如图所示，在一个水平放置的槽中，小球m自A点以沿AD方向的初速度v开始运动，已知圆弧AB＝0.9m，AB圆弧的半径R＝10m，AD＝10m，A、B、C、D在同一水平面内不计摩擦，重力加速度g取，欲使小球恰能通过C点，则其初速度的大小可能是（ ）
A． B． C． D．
（2023浙江宁波部分名校联考）
11．下列情境中属于共振现象的是（　　）
A．小红利用脱水机甩干洗完衣服上的水滴时，发现随着脱水机结束工作转速缓慢减小时，机器的摆动反而变得剧烈了起来
B．小王和小张兄弟俩在荡秋千时，小王发现小张荡的比他高，马上通过调整姿势将秋干荡得比小张更高
C．101大厦在台风来临之际，其内部的重锤开始随着高楼一起摆动，且摆动方向与高楼振动方向始终相反
D．如图是扬声器的结构示意图，当人在说话时，带动膜片振动，最后通过扬声器的振动将声音以较高音量发出
（2023浙江萧山名校联考）
12．共振筛由偏心轮、筛子、弹簧等组成，偏心轮转动过程给筛子一个驱动力，如图甲所示。该共振筛的共振曲线如图乙所示。已知增大电压，可使偏心轮转速提高，增加筛子质量，可增大筛子的固有周期，已知12V电压下偏心轮的转速为30r/min，则下列说法中正确的是（　　）
A．电压为12V时，筛子实际振动的频率是0.8Hz
B．电压从12V开始减小，筛子有可能会共振
C．保持12V电压不变，减小筛子的质量，筛子有可能会共振
D．若只改变电压，筛子的固有周期不变，仍为1.25s
（2023浙江台州部分重点高中联考）
13．如图甲所示，在一条张紧的绳子上挂着四个摆。当a摆振动的时候，其余各摆在a摆的驱动下也逐步振动起来，不计空气阻力，达到稳定时，b摆的振动图像如图乙。下列说法正确的是（　　）
A．稳定时b摆的振幅最大
B．稳定时d摆的周期最小
C．由图乙可以得到b摆的固有周期
D．由图乙可以得到a摆的固有周期
（2023江苏泰州期末）
14．如图所示，《我爱发明》节目《松果纷纷落》中的松果采摘机利用机械臂抱紧树干，通过采摘振动头振动而摇动树干，使得松果脱落，则下列说法正确的是（　　）
A．随着振动器频率的增加，树干振动的幅度一定增大
B．稳定后，不同粗细树干的振动频率与振动器的振动频率相同
C．若拾果工人快速远离采摘机时，他听到采摘机振动声调变高
D．针对不同树木，落果效果最好的振动频率一定相同
（2023山东德州高二期中）
15．近些年，科学家们逐步对极地进行开发和探索，由于极地大面积被冰雪覆盖，开发和探索的进度受到影响，人们为了加快进度发明了共振破冰船，如图所示。破冰船利用专用传感器感应冰面的振动反馈，自动调节锤头振动频率。当冰层与锤头发生共振时，可以大幅提高破冰效率。结合所学知识，下列说法正确的是（　　）
A．锤头振动频率越高，冰层的振动幅度越大，破冰效果越好
B．破冰效果最好时，锤头的振动频率等于冰层的固有频率
C．破冰船停止工作后，冰层余振的振幅越来越小，频率也越来越小
D．对于不同冰层，破冰效果最好时，锤头的振动频率相同
（2023湖南名校质检）
16．一个单摆在地球表面做受迫振动，其共振曲线（振幅A与驱动力频率f的关系）如图所示，重力加速度g=10 m/s2，则（　　）
A．此单摆的固有周期约为0.5 s B．此单摆的摆长约为1m
C．若摆球质量增大，单摆的固有频率增大 D．若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动
（2022广东韶关高二期末）
17．飞力士棒是一种物理康复器材，其整体结构是一根弹性杆两端带有负重（图甲），某型号的飞力士棒固有频率为4.5Hz，某人用手振动该飞力士棒进行康复训练（图乙），则下列说法正确的是（　　）
A．使用者用力越大，飞力士棒的振幅越大
B．手振动的频率越大，飞力士棒的振幅越大
C．手振动的频率越大，飞力士棒的振动频率越大
D．当手每分钟振动270次时，飞力士棒振动最弱
（2023江苏盐城期中）
18．某学习小组用单摆测重力加速度。实验时改变摆长，测出几组摆长l和对应周期T的数据，处理实验数据有以下方法：甲用其中一组数据，根据算出结果；乙根据算出几组结果再取其平均值；丙用作出的l—T2图像斜率算出结果。实验后发现摆球质量分布不均匀，为了消除这一影响，可行的方法是（　　）
A．丙 B．乙 C．甲 D．乙和丙
（2022福建龙岩三模）
19．单摆在不同高度处做简谐运动的周期是不同的。摆长为L的单摆，在海平面处做简谐运动的周期为；在海拔高度为的高山山顶做简谐运动的周期为；在运行轨道高度为的空间站做简谐运动的周期为。地球可视为半径为R、质量为M的均匀球体，万有引力常量为G。则下列说法正确的是（　　）
A． B． C． D．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】由振动图像可知甲乙两个单摆周期之比为
T甲：T乙 = 0.8：1.2 = 2：3
根据单摆周期公式
可得
则甲、乙两个单摆的摆长之比为
L甲：L乙 = T甲2：T乙2 = 4：9
故选C。
2．AD
【详解】A．根据共振的条件，当振动器的频率等于树木的固有频率时产生共振，此时落果效果最好，而不同的树木的固有频率不同，针对不同树木，落果效果最好的振动频率可能不同，选项A正确；
B．当振动器的振动频率等于树木的固有频率时产生共振，此时树干的振幅最大，则随着振动器频率的增加，树干振动的幅度不一定增大，选项B错误；
C．打击结束后，树干做阻尼振动，阻尼振动的频率小于树干的固有频率，振动过程中频率不变，粗细不同的树干，固有频率不同，则打击结束后，粗细不同的树干频率可能不同，选项C错误；
D．树干在振动器的振动下做受迫振动，则稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同，选项D正确。
故选AD。
3．B
【详解】
由单摆的周期公式可知，单摆摆长不变，则周期不变；摆球经过平衡位置的速度减为原来的，由于振动过程中机械能守恒，则有
mgh=mv2
则有
2gh=v2
据此式可知，速度变小，高度减小，所以偏离平衡位置的最大距离变小，即振幅变小。
故选B。
【点睛】
单摆的摆长和重力加速度的大小决定单摆的周期的大小，单摆的能量决定单摆的振幅的大小。
4．CD
【详解】单摆做简谐运动的周期T＝2π与摆球的质量无关，因此两单摆周期相同。碰后经过T都将回到最低点再次发生碰撞，下一次碰撞一定发生在平衡位置，不可能在平衡位置左侧或右侧。
故选CD。
5．D
【详解】AB．由图像可知，内应该对应着摆球在CB之间的摆动；内应该对应着摆球在BA之间的摆动，因时摆线拉力最小，可知小球位于C点，时小球位于A点，选项AB错误；
C．摆球在AB之间摆动的周期为
T1=0.8πs
根据
可得
L1=1.6m
即OA之间的距离为1.6m，选项C错误；
D．摆球在BC之间摆动的周期为
T2=0.4πs
根据
可得
L2=0.4m
即PB之间的距离为0.4m，OP之间的距离为1.2m，选项D正确。
故选D。
6．D
【详解】A．摆球从A点经O点运动到B点，然后从B点再经过O点返回A点，摆球完成一次全振动，故A错误；
B．单摆周期为
解得
故B错误；
C．从A点向O点运动的过程中，摆球受到的拉力不断增大，回复力不断减小，故C错误；
D．将单摆从地面移至山顶，由于重力加速度减小，由单摆周期公式可知，摆动周期将增大，故D正确。
故选D。
7．C
【详解】A．由题意可得，单摆的振动周期为，A错误；
B．由周期公式
可得，单摆的摆长为
B错误；
C．摆球重力沿切线方向的分力提供回复力，摆球在最低点时，由牛顿第二定律
从最高点到最低点的过程中，由机械能守恒定律得
在最高点时，摆线的拉力为
联立解得，最大摆角的余弦值为
C正确；
D．传感器的示数增大时，由牛顿第二定律及向心力公式得小球的速度在变大，则小球的势能在变小，D错误。
故选C。
8．B
【详解】由图乙可知，该单摆恰好摆动2.5个周期，故满足
单摆周期公式为
联立解得该单摆的等效摆长为
B正确。
9．A
【详解】ABCD．根据在星球表面万有引力等于重力可知，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九分之一，质量不变，所以该星球的重力加速度；根据单摆的周期公式可知，该星球的周期是地球上周期的3倍，所以此钟的秒针走一整圈所经历的时间实际上是地球上秒针走一圈的3倍即180s，故A正确，BCD错误。
故选A。
10．AC
【详解】小球m自A点以向AD方向的初速度v开始运动，把小球的运动进行分解，一个是水平方向的匀速运动，一个是在竖直面上的单摆，根据单摆周期公式有
小球m自A点运动到C点，在竖直面上运动的时间为
由于分运动的等时性，所以初速度为
当n=0时，则
当n=1时，则
故选AC。
11．A
【详解】A．小红利用脱水机甩干洗完衣服上的水滴时，发现随着脱水机结束工作转速缓慢减小时，机器的摆动反而变得剧烈了起来，这是由于机器的固有频率与脱水机转动的频率越来越接近，从而产生了共振引起的，选项A正确；
B．小王和小张兄弟俩在荡秋千时，小王发现小张荡的比他高，马上通过调整姿势将秋干荡得比小张更高，该现象不属于共振，选项B错误；
C．101大厦在台风来临之际，其内部的重锤开始随着高楼一起摆动，且摆动方向与高楼振动方向始终相反，重锤发生阻尼振动，该现象不属于共振，选项C错误；
D．如图是扬声器的结构示意图，当人在说话时，带动膜片振动，这属于受迫振动；膜片振动带动线圈振动，使线圈切割永久磁体的磁场产生感应电流，经放大传给扬声器最后通过扬声器的振动将声音以较高音量发出，这不属于共振，选项D错误。
故选A。
12．D
【详解】A．电压为12V时，筛子实际振动的频率是
故A错误；
B．由乙图知，当频率为0.8Hz时，发生共振，即筛子的固有频率为
f0=0.8Hz
根据题意，电压从12V开始减小，偏心轮转速降低，频率减小，筛子不可能会共振，故B错误；
C．保持12V电压不变，偏心轮频率不变，减小筛子的质量，筛子固有周期减小，固有频率增大，筛子不可能会共振，故C错误；
D．根据题意，筛子的固有周期与电压无关，筛子的固有周期
故D正确。
故选D。
13．D
【详解】A．a摆摆动起来后，通过水平绳子对b、c、d三个摆施加周期性的驱动力，使b、c、d三个摆做受迫振动，由于a摆提供的驱动力的周期和c摆的固有周期相同，所以c摆发生了共振，c摆的振幅是最大的，故A错误；
BD．b、c、d三摆做受迫振动的频率等于驱动力的频率，都等于a摆的频率，则三摆的周期相同，都等于a摆的周期，即
故B错误，D正确；
C．由于b摆做受迫振动，所以其固有频率未知，即固有周期未知，故C错误；
故选D。
14．B
【详解】AD．采摘振动头振动频率和树干的固有频率相同时，树干发生共振，振幅最大，落果效果最好，针对不同树木，固有频率不同，落果效果最好的振动频率也不同，故AD错误；
B．树干在振动器的振动下做受迫振动，则稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同，故B正确；
C．根据多普勒效应，拾果工人快速远离采摘机，他会感到采摘机振动声调降低，故C错误。
故选B。
15．B
【详解】AB．当驱动力频率等于物体固有频率时，物体的振幅最大，当驱动力频率小于固有频率时，随着驱动力频率增大，振幅增大，当驱动力频率大于固有频率时，随着驱动力频率增大，振幅减小，故A错误，B正确；
C．破冰船停止工作后，冰层余振的振幅越来越小，但频率不变，故C错误；
D．对于不同冰层，破冰效果最好时，锤头的振动频率等于冰层的固有频率，不同冰层固有频率不同，所以锤头的振动频率不相同，故D错误。
故选B。
16．B
【详解】A．由题图共振曲线知此单摆的固有频率为0.5Hz，固有周期为2s，故A错误；
B．由，得此单摆的摆长约为1m，故B正确；
CD．单摆的固有周期与摆球质量无关，摆长增大固有频率减小，则共振曲线的峰将向左移动，故C、D错误。
故选B。
17．C
【详解】C．人用手振动该飞力士棒，飞力士棒做的是受迫振动，手是驱动力，因此手振动的频率越大，飞力士棒的振动频率越大，选项C正确；
ABD．驱动力的频率越接近固有频率，受迫振动的振幅越大。当手每分钟振动270次时，驱动力的频率
此时飞力士棒振动最强，选项ABD错误。
故选C。
18．A
【详解】摆球质量分布不均匀，会导致摆长测量有误差，根据单摆周期公式
解得
则斜率
由此可见，无论单摆摆长偏大还是偏小不影响图像的斜率k，因此不影响重力加速度的测量值。而甲乙两种方法都不能消除摆长带来的影响。故可行的方法是丙。
故选A。
19．BC
【详解】AB．设海平面处的重力加速度为，根据重力等于万有引力
解得
在海平面处做简谐运动的周期为
B正确，A错误；
C．设海拔高度为的高山山顶的重力加速度为，根据重力等于万有引力
解得
在海平面处做简谐运动的周期为
C正确；
D．单摆在运行轨道高度为的空间站中处于完全失重状态，单摆能够摆动为空间站旋转产生的等效重力的效果，因此不能用单摆周期公式去计算在运行轨道高度为的空间站做简谐运动的周期，D错误；
故选BC。
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第15章光学
第15.1讲光的折射
【知识点精讲】
1.光的反射及反射定律
（1）光的反射：光从第1种介质射到它与第2种介质的分界面时，一部分光会返回到第1种介质的现象。
（2）反射定律：反射光线与入射光线、法线处在同一平面内，反射光线与入射光线分别位于法线的两侧；反射角等于入射角。
2.折射现象
光从一种介质斜射进入另一种介质时传播方向发生改变的现象，如图所示。
3.折射定律
（1）内容：折射光线与入射光线、法线处在同一平面内，折射光线与入射光线分别位于法线的两侧；入射角的正弦与折射角的正弦成正比。
（2）表达式：＝n12，式中n12是比例常数。
4.折射率
（1）物理意义：折射率反映介质的光学特性，折射率大，说明光从真空射入到该介质时偏折大，反之偏折小。
（2）定义式：n＝，不能说n与sinθ1成正比，与sinθ2成反比。折射率由介质本身的光学性质和光的频率决定。
（3）计算公式：n＝，因v5.全反射
（1）定义：光从光密介质射入光疏介质，当入射角增大到某一角度时，折射光线将消失，只剩下反射光线的现象。
（2）条件：①光从光密介质射向光疏介质。②入射角大于等于临界角。
（3）临界角：折射角等于90°时的入射角。若光从光密介质（折射率为n）射向真空或空气时，发生全反射的临界角为C，则sinC＝。介质的折射率越大，发生全反射的临界角越小。
全反射现象中的三点提醒
（1）当发生全反射时，仍遵循光的反射定律及光路的可逆性。
（2）介质的折射率越大，临界角越小，越容易发生全反射。
（3）当入射角达到临界角时，折射光线的强度减弱到零，反射光的能量等于入射光的能量。
【方法归纳】
1.解决光的折射问题的一般方法
（1）根据题意画出光路或者根据已知光路确定入射角和折射角。
（2）利用折射定律建立方程进行求解。
2.应用折射定律的三点注意
（1）入射角、反射角和折射角是相对应的光线与法线的夹角。
（2）应用公式n＝时，一定要明确哪个角在分子上，哪个角在分母上。
（3）光发生折射时，折射角不一定小于入射角。
3.解决全反射问题的一般方法
（1）确定光是从光密介质进入光疏介质。
（2）应用sinC＝确定临界角。
（3）根据题设条件，判定光在传播时是否发生全反射。
（4）如发生全反射，画出入射角等于临界角时的临界光路图。
（5）运用几何关系或三角函数关系以及反射定律等进行分析、判断、运算，解决问题。
【最新高考题精练】
（2023高考江苏学业水平选择性考试）
1．地球表面附近空气的折射率随高度降低而增大，太阳光斜射向地面的过程中会发生弯曲。下列光路图中能描述该现象的是（ ）
A． B．
C． D．
（2023高考湖南卷）
2．一位潜水爱好者在水下活动时，利用激光器向岸上救援人员发射激光信号，设激光光束与水面的夹角为α，如图所示。他发现只有当α大于41°时，岸上救援人员才能收到他发出的激光光束，下列说法正确的是（ ）

A．水的折射率为
B．水的折射率为
C．当他以α = 60°向水面发射激光时，岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角小于60°
D．当他以α = 60°向水面发射激光时，岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角大于60°
（2023年6月高考浙江选考科目）
3．在水池底部水平放置三条细灯带构成的等腰直角三角形发光体，直角边的长度为0.9m，水的折射率，细灯带到水面的距离，则有光射出的水面形状（用阴影表示）为（ ）
A． B． C． D．
（2023高考湖北卷）
4．如图所示，楔形玻璃的横截面POQ的顶角为，OP边上的点光源S到顶点O的距离为d，垂直于OP边的光线SN在OQ边的折射角为。不考虑多次反射，OQ边上有光射出部分的长度为（ ）

A． B． C． D．
（2015·浙江10月选考）
5．为了从坦克内部观察外部目标，在厚度为20cm的坦克壁上开了一个直径为12cm的孔，若在孔内分别安装由同一材料制成的如图所示的三块玻璃，其中两块玻璃的厚度相同。坦克内的人在同一位置通过玻璃能看到的外界的角度范围是(　　)
A．甲的大于乙的
B．甲的小于丙的
C．乙的小于丙的
D．乙的等于丙的
6．以往，已知材料的折射率都为正值（n>0）．现已有针对某些电磁波设计制作的人工材料，其折射率可以为负值（n< 0），称为负折射率材料．位于空气中的这类材料，入射角i与折射角r依然满足，但是折射线与入射线位于法线的同一侧（此时折射角取负值）．现空气中有一上下表面平行的负折射率材料，一束电磁波从其上表面射入，下表面射出．若该材料对此电磁波的折射率n= 1，正确反映电磁波穿过该材料的传播路径的示意图是（ ）
A．A B．B C．C D．D
【最新模拟题精练】
（2023重庆名校质检）
7．如图甲为一种检测油深度的油量计，油量计竖直固定在油桶内，当入射光竖直向下照射时，通过观察油桶上方的矩形窗口亮暗两个区域可确定油量。油量计结构可看成由多块长度不同的锯齿形的透明塑料拼叠而成，图乙是其中一块的示意图，锯齿形的底是一个等腰直角三角形，最右边的锯齿刚接触到油桶的底部，已知透明塑料的折射率小于油的折射率，则下列说法正确的是（　　）
A．透明塑料的折射率应小于 B．塑料锯齿和油的界面处发生全反射形成暗区
C．油量增加时，亮区范围变小 D．对于透明塑料和油来说，油是光密介质
（2020年浙江名校联考）
8．胶囊型元件水平放置，由某透明材料制成，两端是半径为r的半球，中间是长度为4r的圆柱体，中轴线是。一激光束从左侧平行中轴线水平射入，经折射、反射再折射后又从左侧水平射出。已知出射光线与入射光线的间距为1.6r，则该元件的折射率为（　　）
A． B． C． D．
（2020年邯郸大名中学月考）
9．如图所示为一横截面为直角三角形ABC的玻璃棱镜，其中，D点在AC边上，A、D间距为L，。一条光线平行于AB边从D点射入棱镜，光线垂直BC边射出，已知真空中的光速为c，则（　　）
A．玻璃对光线的折射率为
B．光线在棱镜中传播的路程为3L
C．光线在棱镜中传播的时间为
D．光线在棱镜中传播的时间为
（2022山东四县区质检）
10．如图所示，一个折射率为的扇形透明体，∠AOB=90°，OC为其角平分线，一足够宽的平行紫光束平行于OC从OA面和OB面射入透明体，紫光在真空中波长为，已知真空中光速为c，不考虑AB面反射光的影响，则下列判断正确的是（　　）
A．在弧AB上没有光线射出的弧长与有光线射出的弧长之比为1:3
B．在弧AB上没有光线射出的弧长与有光线射出的弧长之比为1:2
C．换成折射率大一些的扇形透明体，在弧AB上没有光线射出的弧长与有光线射出的弧长之比变小
D．将紫光换成红光，在弧AB上没有光线射出的弧长与有光线射出的弧长之比变小
（2022山东临沂二模）
11．一种“光开关”如图虚框区域所示，其主要部件由两个相距非常近的截面为半圆形的圆柱棱镜构成，两半圆柱棱镜可以绕圆心O点旋转。单色光a从左侧沿半径射向半圆柱棱镜的圆心O，若光线能从右侧射出，则为“开”，否则为“关”，已知棱镜对a的折射率为1.5，光a与半圆柱棱镜的直径MN夹角为45°。下列说法正确的是（　　）
A．单色光a在棱镜中的频率是在真空中的1.5倍
B．单色光a在棱镜中的波长是在真空中的1.5倍
C．顺时针旋转两半圆柱棱镜可实现“开”功能
D．逆时针旋转两半圆柱棱镜可实现“开”功能
（2022山东泰安三模）
12．一横截面为等腰直角三角形的玻璃棱镜如图所示，两种颜色不同的可见光的细光束a、b，垂直于斜边从空气射向玻璃，则下列说法正确的是（　　）
A．在玻璃棱镜中，a光的传播速度比b光的大
B．a光和b光照射在同一金属板上发生光电效应时，a光的饱和电流大
C．在相同条件下进行双缝干涉实验，a光的条纹间距比b光大
D．a光和b光以相同的入射角由玻璃射向空气，若逐渐增大入射角，则a光先发生全反射
（2022山东济南5月模拟）
13．如图所示为玻璃圆柱体的截面图，半径为，玻璃的折射率为。在截面内有两条间距为的平行光线，下面的光线过圆心O，经过玻璃圆柱体后，两出射光线相交于图中P点。则圆心 O到P点的距离为（　　）
A． B． C． D．
（2022·山东滨州二模）
14．如图所示，ACDB为圆柱型玻璃的横截面，AB为其直径。现有a、b两单色光组成的复合光沿EA方向射向玻璃，a、b折射光线分别沿AC、AD方向，光从A到C的时间为tAC，从A到D的时间为tAD。然后，圆柱型玻璃只保留AB右上部分，入射光线EA方向不变，照射到AB平面上，a、b折射光线分别沿AC'、AD'方向（图中未画出），光从A到圆弧上C'的时间为，从A到圆弧上D'的时间为。下列说法正确的是（ ）
A． B． C． D．
（2022湖北十堰四模）
15．“不经历风雨怎么见彩虹”，彩虹是一种光学现象。当阳光照射到空中的雨点时，光线被折射及反射，在空中形成七彩光谱。太阳光射到小水珠发生色散形成彩虹的光路如图所示，a、b为两种折射出的单色光。下列说法正确的是（　　）
A．a光的波长大于b光的波长
B．在水珠中，a光的传播速度小于b光的传播速度
C．用同一双缝干涉装置看到b光的干涉条纹间距比a光的宽
D．若a光可使某金属发生光电效应，则b光也能使该金属发生光电效应
（2022湖北武汉武昌区5月模拟）
16．某透明均匀介质的截面图如图所示，直角三角形的直角边BC与半圆形的直径重合，∠ACB=30°，半圆形的半径为R，一束光线从E点射入介质，其延长线过半圆形的圆心O，且E、O两点距离为R，已知光线在E点的折射角为30°，真空中的光速为c，则（　　）
A．该介质折射率为
B．该介质折射率为
C．光线在该透明均匀介质中运动的时间为
D．光线在该透明均匀介质中运动的时间为
（2022北京海淀二模）
17．如图所示的平面内，光束经圆心射入半圆形玻璃砖，进入玻璃砖后分成、两束单色光。下列说法正确的是（　　）
A．玻璃对光的折射率小于对光的折射率
B．在真空中光的波长小于光的波长
C．在真空中光的频率小于光的频率
D．在玻璃砖中光的传播速度大于光的传播速度
（2022·山东菏泽二模）
18．如图所示为一个边长为的实心透明正立方体，在正立方体中心O点放置一个红色点光源，该点光源发出的部分光通过透明正立方体折射出来。已知该单色光在透明正立方体材料中的折射率为（不考虑光线在正立方体内的反射，为真空中的光速）。对该光现象的描述正确的是（　　）
A．红色光从正立方体表面射出后光子能量减小
B．有光线射出的区域占正立方体表面积的
C．从立方体表面直接射出的光线在正立方体内经过的最长时间为
D．若把红色点光源换成蓝色点光源，正立方体表面有光线射出的面积变小
（2022广东潮州二模）
19．如图所示，半圆形玻璃砖放在水平地面上，玻璃砖最低点B与地面接触，平面AC水平。一束由红光和紫光两种单色光组成的复合光斜射到圆心O，方向与平面AC成角，光线经玻璃砖折射后照射在地面上留下两个亮点P、Q，测得，。则玻璃砖对红光折射率为 。若不考虑光的反射，光在真空中的传播速度为c，则两种单色光在玻璃砖中传播的时间差为 。
（2022南京金陵中学4月模拟）
20．两个完全相同的等腰三棱镜如图所示放置，相邻两侧面相互平行，一束白光从棱镜的左面入射，从的右面出射，则出射光线是（　　）
A．平行彩色带 B．白光带
C．散射彩色带 D．一束白光
【例1】
21．如图所示，一束单色光从空气入射到棱镜的AB面上，经AB和AC两个面折射后从AC面进入空气．当出射角和入射角i相等时，出射光线相对于入射光线偏转的角度为．已知棱镜顶角为α，则计算棱镜对该色光的折射率表达式为
A． B． C． D．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【详解】根据折射定律
n上sinθ上 = n下sinθ下
由于地球表面附近空气的折射率随高度降低而增大，则n下 > n上，则θ下逐渐减小，画出光路图如下

则从高到低θ下逐渐减小，则光线应逐渐趋于竖直方向。
故选A。
2．BC
【详解】AB．他发现只有当α大于41°时，岸上救援人员才能收到他发出的激光光束，则说明α = 41°时激光恰好发生全反射，则
则
A错误、B正确；
CD．当他以α = 60°向水面发射激光时，入射角i1 = 30°，则根据折射定律有
nsini1 = sini2
折射角i2大于30°，则岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角小于60°，C正确、D错误。
故选BC。
3．C
【详解】灯带发出的光从水面射出时发生全反射临界角的正弦值
则
灯带上的一个点发出的光发生全反射的临界角如图所示

根据几何关系可得
则一个点发出的光在水面上能看到的的圆，光射出的水面形状边缘为弧形，如图所示

等腰直角三角形发光体的内切圆半径满足
解得
故中间无空缺。
故选C。
4．C
【详解】设光线在OQ界面的入射角为，折射角为，几何关系可知，则有折射定律
光线射出OQ界面的临界为发生全反射，光路图如下，其中
光线在AB两点发生全反射，由全反射定律
即AB两处全反射的临界角为，AB之间有光线射出，由几何关系可知
故选C。
5．AD
【详解】光线穿过玻璃砖后，出射光线和入射光线平行，光路图如图所示，图甲中的在玻璃砖中的入射角大于图乙、图丙中玻璃砖中的入射角，根据折射定律，射入空气的折射角图甲最大，根据光的可逆原理，知图甲观察到的角度范围最大．
由图可知，出射光线和入射光线平行，在图乙和图丙中，由几何关系知，两光线在玻璃砖中的入射角相等，则在空气中的折射角也相等，即图乙和图丙观察的范围相同。
故选AD。
6．B
【详解】AD．本题给定信息“光的折射光线和入射光线位于法线的同侧”，无论是从光从空气射入介质，还是从介质射入空气，都要符合此规律，故A、D错误．
BC．折射率为-1，由光的折射定律可知，同侧的折射角等于入射角，故B正确，C错误．
7．CD
【详解】A．如图所示，光由上面射入塑料板中，在直角部分发生全反射时上面看起来才会明亮，光在从透明塑料板射向空气，此时发生全反射的条件是折射率
即透明塑料的折射率应大于，A错误；
B．光从塑料锯齿和油的界面处发生折射，光线射向油中，在矩形窗口形成暗区，B错误；
C．油量增加时，被浸入到油中的塑料锯齿增多，则全反射光线减小，则亮区范围变小，C正确；
D．透明塑料的折射率小于油的折射率，对于透明塑料和油来说，油是光密介质，D正确。
故选CD。
8．A
【详解】由光路的对称性与可逆性可知，激光束在胶囊元件中的光路如下图所示。
设光线在半球处的入射角为，折射角为，则由折射定律得
由几何关系得
在三角形中，由正弦定理得
结合三角公式
联解可得
折射角
折射率
故BCD错误，A正确。
故选A。
9．AC
【详解】A．光路图如下
光线垂直BC边射出，有
光线在E点发生反射，有
可知
光线平行于AB边从D点射入棱镜，入射角
由折射定律得玻璃对光线的折射率为
故A正确；
B．为等腰三角形，有几何关系
解得
光线在棱镜中传播的路程为
故B错误；
CD．光线在棱镜中传播的速度为
光线在棱镜中传播的时间为
故C正确，D错误。
故选AC。
10．BD
【详解】A．由题意可得，光线的光路如下图所示
根据几何关系可知，光线以OA、OB射入的入射角为
设其折射角为，有
解得
由几何关系可知，越是离AB两处越近的光线经折射后的入射角越大，当恰好发生全反射时，设其在弧AB上的法线与OA夹角为，则有
则弧AD的长度为
根据对称性可知，弧AB上有光线射出的弧长为，则弧AB上没有光线射出的弧长与有光线射出的弧长之比为1:2，A错误，B正确；
C．换成折射率大一些的扇形透明体，全反射的临界角和折射角都变小，角度θ变大，在弧AB上没有光线射出的弧长与有光线射出的弧长之比大，C错误；
D．将紫光换成红光，折射率变小，在弧AB上没有光线射出的弧长与有光线射出的弧长之比变小，D正确。
故选BD。
11．D
【详解】A．频率由光源决定，不会改变频率，故A错误；
B．根据
，
可知，单色光a在真空中的波长是在棱镜中的1.5倍，故B错误；
C．此时入射角为45°，根据题意可知
临界角小于45°，所以此时为关状态，顺时针旋转两半圆柱棱镜，入射角变大，则发生全反射，出现“关”功能，故C错误；
D．根据C选项分析可知，逆时针旋转两半圆柱棱镜，入射角减小，不发生全反射，可实现“开”功能，故D正确。
故选D。
12．D
【详解】A．a光和b光在斜边的入射角相等，由图可知，经过玻璃棱镜后a光的偏折程度比b光大，所以玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率，由公式可得，在玻璃棱镜中，a光的传播速度比b光的小，选项A错误；
B．饱和电流既与入射光的频率有关，还与入射光的强度有关，则a光和b光照射在同一金属板上发生光电效应时，无法确定两光的饱和电流大小关系，选项B错误；
C．玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率，则a光的波长小于b光的波长，由公式可知，a光的条纹间距比b光小，选项C错误；
D．由和可知a光的临界角小于b光的临界角，则a光和b光以相同的入射角由玻璃射向空气，若逐渐增大入射角，则a光先发生全反射，选项D正确。
故选D。
13．A
【详解】光路图如图所示
根据题意可知，通过M点的光线入射角为
根据光的折射定律
可得折射角
由于为等腰三角形，可知光线从N点射出时的入射角为30o，从而折射角为45o，根据几何关系可知
在中，根据正弦定理
解得
故选A。
14．C
【详解】AB．由于AD光的折射角小于AC光的折射角，AD光的折射率大于AC光，由
可知，AD光在玻璃中速度较小，AB为直径，则有
AD > AC
tAC < tAD
AB错误；
CD．由选项AB可知，AD光的折射率大于AC光，则圆柱型玻璃只保留AB右上部分后的光路图如图所示
记光线AC'、AD'的折射角分别为和，连接圆心到和根据余弦定理有
整理有
设入射角为θ，则光从A到圆弧上C'的时间和从A到圆弧上D'的时间有
sinθ = nsini
整理有
C正确，D错误。
故选C。
15．AD
【详解】A．由图可知a光的偏折程度比b的偏折程度小，所以水珠对a光的折射率比对b光的折射率小，a光的频率比b光的频率小，a光的波长比b光的波长长，故A正确；
B．根据可知，在水珠中，a光的传播速度大于b光的传播速度，故B错误；
C．根据可知，用同一双缝干涉装置看到b光的干涉条纹间距比a光的窄，故C错误；
D．若a光可使某金属发生光电效应，则a光的频率大于该金属的极限频率，所以b光的频率也一定大于该金属的极限频率，则b光也能使该金属发生光电效应，故D正确。
故选AD。
16．B
【详解】
AB．由于
则为等腰三角形，∠OEC也为30°，所以入射角有
设折射角为，根据折射定律，有
A错误，B正确；
CD．根据几何关系，可知
∠OED=30°
则折射光线ED平行于AB，可得
光在介质中的传播速度为
传播时间为
联立得到
C、D错误；
故选B。
17．B
【详解】根据折射定律结合图象可知玻璃对光的折射率大于对光的折射率，即
则光的频率大于光的频率，根据，可知在真空中光的波长小于光的波长，根据可知在玻璃砖中光的传播速度小于光的传播速度，故B正确，ACD错误。
故选B。
18．BCD
【详解】A．红色光从正立方体表面射出后，频率保持不变，根据光子能量
可知红色光从正立方体表面射出后光子能量不变，A错误；
B．观察者从左向右观察，在面看到的亮斑形状为一个半径为的圆，如图所示
设全反射临界角为，则有
解得
由几何关系可得
则在面看到的亮斑面积为
有光线射出的区域面积与正立方体表面积的比值为
B正确；
C．单色光在透明正立方体中的传播速度为
从立方体表面直接射出的光线中，光线从亮斑最外侧射出经过的时间最长，则有
C正确；
D．若把红色点光源换成蓝色点光源，可知折射率变大，根据全反射临界角公式
可知发生全反射的临界角变小，根据
可知亮斑的半径变小，即正立方体表面有光线射出的面积变小，D正确；
故选BCD。
19．
【详解】[1]紫光的折射率大，红光的折射率小，所以P是紫光，Q是红光
解得
玻璃砖对红光折射率为
[2]根据直角三角形得
解得
对紫光的折射率为
两种单色光在玻璃砖中传播的时间差为
根据折射定律得
解得
20．A
【详解】各色光经两等腰棱镜折射的光路图如图所示
各色光经多次折射，但由于两棱镜相邻两侧面平行，所以各色光出射光线与入射光线平行，最后出射光线是平行彩色带。
故选A。
21．A
【详解】
由折射定律可知，因入射角和出射角相等，即
故由几何关系可知
，
故折射率
A正确。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第15章 光学
第15.2讲 三棱镜
【知识点精讲】
1．光的色散
（1）色散现象：一束白光通过三棱镜会形成由红到紫七种色光（红橙黄绿蓝靛紫）组成的彩色光谱，如图。
（2）成因：由于n红2．棱镜
常用棱镜的横截面为三角形，有的棱镜的横截面为梯形，通常都简称为棱镜，其作用有两个：①可以改变光的传播方向；②可以使复色光发生色散。
3．通过棱镜的光线
如图所示，光线射到三棱镜上后，光路向着底面偏折，这是由于光在两个侧面上都发生了折射的缘故，偏角θ的大小与棱镜材料及入射角的大小有关。
光从真空射入玻璃三棱镜光路如图。
若在折射率大于棱镜的液体中放入棱镜，或玻璃砖中挖一个空心三棱镜，则光路如图。
【方法归纳】
光的色散理解
1．光的颜色由光源的频率决定，与介质无关，与波长无关，波速由介质和光的频率共同决定。
2．白光由红、橙、黄、绿、青、蓝、紫七种色光组成，七种色光的特性差异可以用下表表示出来。
各种色光 红 橙 黄 绿 青 蓝 紫
频 率 小→大
波 长 长→短
折射率 小→大
波速（介质中） 大→小
双缝干涉时所产生的条纹间距 大→小
薄膜干涉时所产生的条纹间距 大→小
经三棱镜折射时偏向角大小 小→大
【最新高考题精练】
（2023高考全国甲卷）
1．等腰三角形△abc为一棱镜的横截面，ab = ac；一平行于bc边的细光束从ab边射入棱镜，在bc边反射后从ac边射出，出射光分成了不同颜色的两束，甲光的出射点在乙光的下方，如图所示。不考虑多次反射。下列说法正确的是（ ）

A．甲光的波长比乙光的长
B．甲光的频率比乙光的高
C．在棱镜中的传播速度，甲光比乙光的大
D．该棱镜对甲光的折射率大于对乙光的折射率
E．在棱镜内bc边反射时的入射角，甲光比乙光的大
（2023高考全国乙卷）
2．如图，一折射率为的棱镜的横截面为等腰直角三角形，，BC边所在底面上镀有一层反射膜。一细光束沿垂直于BC方向经AB边上的M点射入棱镜，若这束光被BC边反射后恰好射向顶点A，求M点到A点的距离。

（2020高考全国理综II）
3．直角棱镜的折射率n=1.5，其横截面如图所示，图中∠C=90°，∠A=30°。截面内一细束与BC边平行的光线，从棱镜AB边上的D点射入，经折射后射到BC边上。
（1）光线在BC边上是否会发生全反射 说明理由；
（2）不考虑多次反射，求从AC边射出的光线与最初的入射光线夹角的正弦值。
（2020高考全国理综III卷）
4．如图，一折射率为的材料制作的三棱镜，其横截面为直角三角形ABC，∠A=90°，∠B=30°。一束平行光平行于BC边从AB边射入棱镜，不计光线在棱镜内的多次反射，求AC边与BC边上有光出射区域的长度的比值。
（2019全国理综III卷34）
5．如图，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，∠A=90°，∠B=30°．一束光线平行于底边BC射到AB边上并进入棱镜，然后垂直于AC边射出．
（1）求棱镜的折射率；
（2）保持AB边上的入射点不变，逐渐减小入射角，直到BC边上恰好有光线射出．求此时AB边上入射角的正弦．
（2017天津）
6．明代学者方以智在《阳燧倒影》中记载，“凡宝石面凸，则光成一条，有数棱则必有面五色”，表明白光通过多棱晶体折射会发生色散现象。如图所示，一束复色光通过三棱镜后分解成两束单色光a、b，下列说法正确的是（　　）
A．若增大入射角i，则b光先消失
B．在该三棱镜中a光波长小于b光
C．a光能发生偏振现象，b光不能发生
D．若a、b光分别照射同一光电管都能发生光电效应，则a光的遏止电压低
【最新模拟题精练】
（2023河南四市二模）
7．如图所示△ABC为某透明棱镜的横截面，其中∠B = 60°，∠C = 45°。一束单色光由真空从边上的P点射入棱镜，在AC边上恰好没有光线射出，最终为单色光线垂直于BC边射出棱镜。已知光在真空中传播的速度为c，求：
（1）棱镜对该单色光的折射率以及单色光在棱镜中的传播速度；
（2）光线从P进入棱镜时的入射角。

（2023陕西师大附中期初检测）
8．一细束单色光在三棱镜ABC的侧面AC上以大角度由D点入射（入射面在棱镜的横截面内），入射角为i，经折射后射至边的E点，如图所示，逐渐减小i，当时，恰好没有光线从边射出棱镜，且，单色光在三棱镜中的折射率，求：
（1）当逐渐减小入射角i时，E点向AB上哪个点移动；
（2）恰好没有光线从边射出棱镜时，入射角θ的正弦值。
（温馨提示：本题可能涉及到数学公式，）
（2022江西南昌三模）
9．如图所示，直角三角形ABC为某种透明介质的横截面，∠B＝30°，BC＝30cm，AB面涂有反光材料．某单色光从BC上的D点垂直BC射入介质，经AB面反射后从AC面上射出，射出方向与AB面垂直．已知BD＝21cm，不考虑光在AC面的反射．求：
（i）介质的折射率；
（ii）光在介质中的传播时间．
（2022四川成都三模）
10．如图，ABDEF是某玻璃棱镜的横截面，它由直角三角形ABD和矩形ADEF构成，AF和DE边表面镀银（仅考虑反射），一光线平行于AD从AB边上M点射入棱镜。已知真空中的光速为c，，，，，，玻璃的折射率。求：
（1）光线在M点发生折射的折射角大小；
（2）光线从M点到第一次射出棱镜经历的时间。
（2022陕西宝鸡陈仓区二模）
11．如图所示，一个截面为直角三角形的三棱镜ABD， ∠B= 90°，有一单色光以45°入射角射入到BD界面上，折射角是30°，折射光线恰好在AD界面发生全反射，光在真空中的传播速度为c。求：
①光在该三棱镜中的传播速度是多少
②该三棱镜的顶角D是多少度？
（2022年高考广东梅州二模）
12．如图所示，直角三棱镜ABC置于空气中，一细束单色光从直角三棱镜的AC面的中点垂直射入，进入三棱镜后在AB面恰好发生全反射，已知∠ABC=30°，AC边长等于L。MN为一光屏，且与BC边垂直。请求出：
（1）该三棱镜的折射率n；
（2）最终打在光屏上的光斑到B点的距离s 。
（2022河南许昌一模）
13．如图所示，直角三棱镜ABD的折射率为 ，∠B=90°，∠A= 30°。一细束单色光线沿OO'方向从直角边AB面的O'点射入，入射角为i，光线进入三棱镜后，经斜边AD面反射后从另一直角边BD面射出。则入射角i的正弦值在什么范围内，才能使射到斜边AD面的光线无折射光线射出。（不考虑光线多次反射）
14．如图所示为两横截面为等腰三角形的玻璃棱镜，其中ab∥a'b'，ac∥a'c'，bc∥b'c'。一入射光线由空气经两玻璃棱镜折射后射出来，则出射光线（　　）
A．一定是光线2
B．一定是光线3
C．可能是光线1、4
D．可能是光线1、3
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．ACE
【详解】ABD．根据折射定律和反射定律作出光路图如图所示

由图可知，乙光的折射角较小，根据折射定律可知乙光的折射率大，则乙光的频率大，根据c = fλ可知，乙光的波长短，A正确、BD错误；
C．根据可知在棱镜中的传播速度，甲光比乙光的大，C正确；
E．根据几何关系可知光在棱镜内bc边反射时的入射角，甲光比乙光的大，E正确。
故选ACE。
2．
【详解】由题意可知做出光路图如图所示

光线垂直于BC方向射入，根据几何关系可知入射角为45°；由于棱镜折射率为，根据
有
则折射角为30°；，因为，所以光在BC面的入射角为
根据反射定律可知
根据几何关系可知，即为等腰三角形，则
又因为与相似，故有
由题知
联立可得
所以M到A点的距离为
3．（1）光线在E点发生全反射；（2）
【详解】（1）如图，设光线在D点的入射角为i，折射角为r。折射光线射到BC边上的E点。设光线在E点的入射角为，由几何关系，有
=90°–（30°–r）> 60°①
根据题给数据得
sin> sin60°>②
即θ大于全反射临界角，因此光线在E点发生全反射。
（2）设光线在AC边上的F点射出棱镜，光线的入射角为i'，折射角为r'，由几何关系、反射定律及折射定律，有
i= 30°③
i' =90°–θ ④
sin i = nsinr ⑤
nsini' = sinr' ⑥
联立①③④⑤⑥式并代入题给数据，得
⑦
由几何关系，r'即AC边射出的光线与最初的入射光线的夹角。
4．2
【详解】设从点入射的光线经折射后恰好射向点，光在边上的入射角为，折射角为，如图所示
由折射定律有
设从范围入射的光折射后在边上的入射角为，由几何关系有
代入题中数据解得
，
所以从范围入射的光折射后在边上发生全反射，反射光线垂直射到边，边上全部有光射出。设从范围入射的光折射后在边上的入射角为，如图所示
由几何关系可知
根据已知条件可知
即从范围入射的光折射后在边上发生全反射，反射光线垂直射到边上。设边上有光线射出的部分为，由几何关系得
边与边有光射出区域的长度比值为
5．（1）；（2）sin=
【详解】（1）光路图及相关量如图所示．光束在AB边上折射，由折射定律得
…………①
式中n是棱镜的折射率．由几何关系可知
α+β=60°…………②
由几何关系和反射定律得
…………③
联立①②③式，并代入i=60°得
…………④
（2）设改变后的入射角为，折射角为，由折射定律得
…………⑤
依题意，光束在BC边上的入射角为全反射的临界角，且
…………⑥
由几何关系得
…………⑦
由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦为
sin=…………⑧
6．D
【详解】A．当光从光密介质射向光疏介质且入射角大于等于临界角时才会发生全反射，若增大入射角i，在第二折射面上，两束光的入射角较小，不会发生全反射，故光线不会消失，A错误；
B．由图可知，a光的偏折程度较小，折射率n较小，由
可知，在该三棱镜中，a光的传播速度较大，频率较低，波长较长，B错误；
C．光波属于横波，均能发生偏振现象，C错误；
D．由
可知，若a、b光分别照射同一光电管都能发生光电效应，由于a光频率较低，故a光的遏止电压较低，D正确。
故选D。
7．（1），；（2）45°
【详解】（1）在AC上刚好没有光射出，光垂直BC边射出，而∠C = 45，则可以确定临界角为45，由临界角公式得
解得
该单色光在棱镜中的传播速度
解得
（2）根据题意作出光路图如图所示

经P点射入棱镜的光线平行于BC边，根据几何关系知折射角为
r = 30°
根据折射定律得
sini = nsinr
解得
i = 45°
8．（1）B点；（2）
【详解】（1）由折射定律有，
可知，当入射角减小时，折射角会减小，故E点向B点靠近。
（2）根据题意可知，当时，恰好没有光线从AB边射出，可知光线在E点发生全反射，光路图如图所示
设临界角为C，则有
由几何关系可知，光线在D点的折射角为
则
又有
解得
9．(1) (2)
【详解】（i）由题，作出的光路如图所示
光在E点发生反射，光在F点发生折射，由反射定律得：
因AEF为等边三角形，则，光沿垂直AB面方向射出，则
根据折射定律得：
解得：
（ii）光在介质中的传播速度
由几何关系可得：，
光在介质中的传播时间
解得：
【点睛】先根据题意作出光路图，再根据几何关系求出入射角和折射角，根据折射定律求出折射率，根据求出光在介质中的速度，由几何关系求出光传播的路程，从而求光在介质中运动的时间．
10．（1）；（2）
【详解】（1）光路如图所示
在M点，入射角
由折射定律有
将代入可得
解得
（2）由几何关系可得
，
因，故G是AD的中点，光在H点的入射角为30°，由于DE边镀银，故在H点发生反射，光在I点的入射角为60°，由，入射角大于临界角，故发生全反射，由于AF边镀银，故光在J点发生反射，最终光线垂直于BD边第一次射出棱镜
可知，H、I、J分别是DE、EF、FA的中点
光在棱锥中通过的总路程为
光线在玻璃中传播的速度为
解得
11．① ②
【详解】①光线在BD面上发生了折射，已知入射角 i=45°，折射角 r=30°，
则三棱镜的折射率为：
解得：
②折射光线恰好在AD面发生全反射，入射角等于临界角C，
则：
由几何知识可得，三棱镜的顶角为：
解得:
12．（1）n=；（2）
【详解】（1）由几何关系可知光线在AB面上的入射角为60°，由临界角公式可知
sin60°=
得
n=
（2）光线在BC面上的E点同时发生反射和折射，投射到光屏上的P Q两点。且由几何关系可得线段
BE=
在E点发生反射现象时，根据几何关系光斑P点到B点的距离
BP=BEtan60°=L
在E点发生折射时，由
可得
sinα=
13．
【详解】
光路图如图所示，设当入射角为i时，入射光线OO'的折射光线为O'P，折射角为r，折射光线O'P恰好在斜边AD面发生全反射，临界角为C，在直角边AB面的O'点，有
在斜边AD面的P点，有：
在三角形AO'P中，有
解得
所以入射角i的正弦值
14．B
【详解】由于ab∥a'b'，可将aba'b'等效为平行玻璃砖，出射光线平行于入射光线，因而出射光线不可能是光线4、5、6，入射光线AO经棱镜abc折射，出射光线向底边bc偏折，再将aca'c'视为平行玻璃砖，光线射出后将向a'方向侧移，如下图所示
所以从a'b'射出的光线一定是光线3。
故选B。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第15章 光学
第15.3讲 玻璃砖
【知识点精讲】
一、玻璃砖
1.光线经平行玻璃砖两次折射，出射光线O′B平行于入射光线AO。
2.光线经平行玻璃砖不改变传播方向，只是侧移d。
3.比较在不同介质中光的传播
光线传 播路径
光线传 播特点 出射光线平行于入射光线，出射光线向入射光线与界面所夹的锐角（θ）一方侧移 出射光线平行于入射光线，出射光线向入射光线与界面所夹的钝角（φ）一方侧移
相同点 入射角一定时，光的频率越大，侧移量越大；同一频率的光，入射角大的侧移量大
二、激光
特点 性质 应用
相干性 只有频率相同、相位差恒定、偏振方向一致的光才是相干光。激光是一种人工产生的相干光，具有高度的相干性 光纤通信
平行度 激光的平行度非常好，在传播很远的距离后仍能保持一定的强度 精确的测距；读取光盘上记录的信息等
高亮度 它可以在很小的空间和很短的时间内集中很大的能量 用激光束切割、焊接；医学上可以用激光做“光刀”；激发核反应等
【最新高考题精练】
（2017海南高考）
1．如图，空气中有两块材质不同、上下表面平行的透明玻璃板平行放置；一细光束从空气中以某一角度θ（0＜θ＜90°）入射到第一块玻璃板的上表面．下列说法正确的是（ ）
A．在第一块玻璃板下表面一定有出射光
B．在第二块玻璃板下表面一定没有出射光
C．第二块玻璃板下表面的出射光方向一定与入射光方向平行
D．第二块玻璃板下表面的出射光一定在入射光延长线的左侧
E．第一块玻璃板下表面的出射光线一定在入射光延长线的右侧
【最新模拟题精练】
（2023浙江杭州九校期中联考）
2．如图，一束可见光射向半圆形玻璃砖的圆心O，经折射后分为两束单色光a和b，则下列判断正确的是（　　）
A．玻璃砖对a光的折射率大于对b光的折射率
B．在玻璃砖中，a光的速度大于b光的速度
C．a光在真空中的波长小于b光在真空中的波长
D．以同一入射角从某介质射入空气，若a恰发生全反射，则b光一定能发生全反射
（2023河南洛阳名校联考）
3．如图所示，将透明长方体放在空气中，矩形是它的一个截面，两种单色细光束从点射入，入射角，，若光折射后恰好射至点，光从面射出，则（　　）
A．在介质中光的速度比光的速度小
B．该介质对光的折射率力
C．该介质对光的折射率
D．若要光在面上发生全反射，角的范围应满足
（2023广东实验中学三模）
4．如图，矩形为一玻璃砖的截面，、．该截面内一条单色光线从点射向中点，刚好在发生全反射并直接射向点。该单色光的另一条与平行的光线从上的点（未画出）射入玻璃砖，光线经反射后直接射向点。已知真空中光速为，求
(1)玻璃砖的折射率；
(2)、的距离及光从点传播到点的时间。
（2023山东青岛二中下学期期中）
5．如图，边长为a的正方形ABCD为一棱镜的横截面，M为AB边的中点。在截面所在的平面，一光线自M点射入棱镜，入射角为60°，经折射后在BC边的N点恰好发生全反射，反射光线从CD边的P点射出棱镜，求棱镜的折射率以及P、C两点之间的距离。
（2023浙江萧山名校联考）
6．如图，正方形ABCD为一棱镜的横截面，N为AB边的中点。在截面所在平面内，一光线自N点射入棱镜，入射角为，反射光线与折射光线垂直，折射光线射在BC边的M点，求：
（1）棱镜的折射率：
（2）请判断折射光线NM能否从BC面射出棱镜，说明理由。
（2023四川成都石室中学二诊）
7．如图所示，AOB为半径为R的扇形玻璃砖，一细光束照射到AO面上的C点，入射角为60°，折射光线平行于BO边，C点到BO面的距离为，AD⊥BO，∠DAO＝30°，光在空气中的传播速度为c，求：
（1）玻璃砖的折射率；
（2）光在玻璃砖中传播的时间。
（2023湖北重点高中期中联考）
8．如图所示，MNP是截面为扇形的透明介质的横截面图，顶角，今有一束单色光线在横截面内从MN的中点S沿垂直MN的方向射入透明介质，一部分光线经NP面反射后恰好未从MP面射出，只考虑两次反射作用，求：
（1）该光全反射时的临界角；
（2）透明介质的折射率。（计算结果保留根式）
（2023湖南押题卷）
9．如图所示，半圆形透明体的半径为R，光屏置于直径的右端并与透明体的直径垂直，一单色光以入射角i=30°射向透明体的圆心O，出射光线与的夹角。真空中的光速为c。该单色光进入透明体后到达光屏的时间为（　　）
A． B． C． D．
（2023河南洛阳等4市三模）
10．在如图所示的平面内，两细束单色光a、b从真空中射入半圆形玻璃砖中，经过半圆形玻璃砖折射后，会聚到圆心O，从圆心O均沿光路OC又出射到真空中。关于单色光a、b的有关特点，下列说法正确的是（　　）
A．半圆形玻璃砖对a光的折射率大于对b光的折射率
B．在真空中，a光的波长大于b光的波长
C．a光的频率大于b光的频率
D．在半圆形玻璃砖中，a光的传播速度大于b光的传播速度
E．a光由真空射入到半圆形玻璃砖中，其频率不变
（2023辽宁鞍山一模）
11．第四届中国质量获奖者——福耀集团，其生产的汽车玻璃以超高的品质取得了世界八大汽车厂商的认证。参加社会实践的某高中学生利用所学的光学知识测出了一款汽车玻璃样品的折射率。如图所示，该学生将一束光线以入射角从空气射向厚度h=2cm的平行板玻璃，测出下界面出射光线的出射点与上界面入射光线的法线之间的距离d=1cm。则此玻璃的折射率n为（　　）
A． B． C． D．
（2023四川成都树德中学二诊）
12．如图所示，图中阴影部分ABC为一透明材料做成的柱形光学元件的横截面，该种材料对红光的折射率n=2，AC为一半径为R的四分之一圆弧，D为圆弧面圆心，ABCD构成正方形。在D处有一红色点光源，在纸面内照射弧面AC，若只考虑首次从圆弧AC直接射向AB、BC的光线，已知光在真空中速度为c，则以下说法正确的是（　　）
A．红光在该材料中传播的速度为
B．光从该材料射到空气发生全反射的临界角为45°
C．点光源发出的光射到AB面上的最长时间为
D．照射在AC边上的入射光，有弧长为区域的光不能从AB、BC边直接射出
E．将点光源换成紫光，则AB边上有光射出的长度减小
（2023湖南新高考教研联盟第二次联考）
13．如图所示，某玻璃砖的截面由半径为R的半圆和等边三角形ABC组成，AB是半圆的直径，O为半圆的圆心。单色光平行于CO照射在AC面上，其中从AC中点射入玻璃砖的光线恰好经过半圆圆心O点（图中已画出），不考虑光线的反射。下列说法正确的是（　　）
A．玻璃砖对该单色光的折射率为
B．进入玻璃砖的所有光线都能够从半圆面射出
C．光线从AC面传播到圆弧面，经过圆心O点的光线传播的时间最长
D．若调整入射光线的角度，光线可能在AC面进入玻璃砖时发生全发射
（2023湖南衡阳二模）
14．如图所示，OBCD为半圆柱体玻璃的横截面，OD为直径，一束由蓝光和黄光组成的复色光沿AO方向从真空射入玻璃，分两束分别射到圆柱面的B、C两点。只考虑第一次射向圆弧的光线，下列说法正确的是（　　）
A．从B、C两点射出的光分别是黄光、蓝光
B．光从O传到B与光从O传到C的时间相等
C．若从圆弧面只有一处光线射出，则一定是从B点射出
D．若仅将复色光的入射点从O平移到D的过程中，可能出现从圆弧射出的两束光线平行
（2023河北张家口宣化一中二模）
15．一半圆柱形透明物体横截面如图所示，底面AOB镀银，O表示半圆截面的圆心，半径为R。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30o，∠MOA＝60°，∠NOB＝30°，光在真空中的传播速度为c。求：
（1）透明物体的折射率；
（2）光线从M点传到N点所用的时间。
（2023四川成都名校联盟三模）
16．如图（a），一透明圆锥体水平放置，底面圆心在O点，半径为R，纵截面ABC为等腰三角形，顶角，介质的折射率为，O点与圆锥体上方水平放置的圆形光屏MN的距离为，一束环形单色光竖直向上照射在AB面上；光照在圆锥底面环形区域的俯视图如图（b），其中内圆P的半径为R，外圆Q的半径为R。真空中的光速为c，不考虑光线在介质中的多次反射。求：
（i）内圆P边界处的光线到达AC面经过的时间t；
（ii）光屏MN上被照亮的面积S。
（2023山东潍坊高二期末）
17．在如图所示平面坐标系的第四象限内，紧贴 xy 轴放置了一块长方体的玻璃砖（图中未画出），有一束入射光通过 A 点并平行于纸面照射到玻璃砖上，在与 x 轴平行的两个玻璃砖表面上都发生了反射和折射，我们在 4 根较亮的光线上各标注了一个点，坐标分别为 A（0，3）、B（14，4）、C（18，4）、D（10，－5），ABCD 四个点皆在玻璃砖外部，光在真空中的传播速度 c＝3×108m/s，求：
（1）玻璃砖沿 y 轴方向上的厚度 d；
（2）该玻璃砖的折射率 n；
（3）光在玻璃砖内运动的时间 t。
（2023山东潍坊期末）
18．如图所示为一个用折射率的透明介质做成的四棱柱，其中，，。现有一平行光束垂直于四棱柱侧面入射，已知，，，求：
（1）从侧面入射到面上的光线经第一次反射后的反射光线与面的夹角；
（2）面上的发光面积。
（2023四川成都蓉城名校联盟联考）
19．2021年12月9日，“天宫课堂” 第一课正式开讲，某同学在观看太空水球光学实验后，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，俯视图如图所示。已知玻璃砖的折射率为，外圆半径为2R，光线a沿半径方向射入玻璃砖，光线b与光线a平行，两束光线之间的距离为x=R，光线b经折射后恰好与内柱面相切；光在真空中的传播速度为c。求：
（1）该玻璃砖的内圆半径r；
（2）光线a、b在外圆界面内传播的时间差 t （不考虑光线反射）。
（2023江西红色十校第一次联考）
20．如图所示，AOB是截面为四分之一圆的玻璃砖，圆的半径为R，一束单色光从OA的中点G垂直OA射入，在圆弧面上的D点发生反射和折射，反射光线和折射光线分别照射到OB所在平面上的E点和F点，已知△EDF为直角三角形。
（1）求玻璃砖对光的折射率；
（2）若将入射光从G点向上平移，则向上平移多大距离，光照射到圆弧面上刚好发生全反射？
（2023山东青岛期末）
21．如图，半圆形玻璃砖可绕过圆心的轴转动，圆心O与足够大光屏的距离d＝10cm，初始玻璃砖的直径与光屏平行，一束光对准圆心沿垂直光屏方向射向玻璃砖，在光屏上O1位置留下一光点，保持入射光方向不变，让玻璃砖绕O点顺时针方向转动时，光屏上光点也会移动，当玻璃砖转过30°角时，光屏上光点位置距离O1点为10cm。求
（1）玻璃砖的折射率n；
（2）当光屏上光点消失时，玻璃砖绕O点相对初始位置转过的角度α的正弦值。
（2023四川遂宁零诊）
22．某透明材料对红光的折射率为n=2，工厂用这种材料做出一个半径为的透明 半球体，其底面内壁涂有吸光材料，O为半球体的球心，在O点正上方有一点光源 S，能够朝各个方向发射红光，如图为透明半球体的截面示意图。已知OS的距离d=1cm，真空中的光速（忽略经透明半球体内表面反射后射出的光），答案可保留根号，求
（1）红光到透明半球体表面的最长时间；
（2）透明半球体外表面不发光区域在此截面上形成的弧长。

23．如图所示，一块矩形玻璃砖沿一段半径为R的圆弧线被切割成两块：玻璃砖ABCD和玻璃砖MNPQ，并分开一段距离。两段圆弧的圆心分别为O和，=且连线与AD、NP垂直。一束与相距的激光平行射入玻璃砖ABCD，从BC面上射出后正好经过。不考虑激光在玻璃砖内多次反射，下列说法正确的是（　　）

A．光在BC面上出射的折射角为30°
B．光在玻璃砖中的传播速度为×108m/s
C．激光从界面MQ进入玻璃砖后平行于
D．激光不可能从界面QP射出
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参考答案：
1．ACD
【详解】A、光线从第一块玻璃板中的上表面射入，在第一块玻璃板中上表面的折射角和下表面的入射角相等，根据光的可逆原理可知，光在第一块玻璃板下表面一定有出射光，同理，在第二个玻璃板下表面也一定有出射光，故A正确，B错误．
C、因为光在玻璃板中的上表面的折射角和下表面的入射角相等，根据光的可逆原理知，从下表面出射光的折射角和开始在上表面的入射角相等，即两光线平行，所以第二块玻璃板下表面的出射光方向一定与入射光方向平行，故C正确．
D、根据光线在玻璃板中发生偏折，由于折射角小于入射角，可知第二块玻璃板下表面的出射光一定在入射光延长线的左侧，故D正确，E错误．
故选ACD．
2．AC
【详解】A．由光路图可知，a光的偏折程度大于b光的偏折程度，可知玻璃砖对a光的折射率大于对b光的折射率，故A正确；
B．根据
知，a光的折射率大，则a光在玻璃砖中传播速度小，故B错误；
C．a光的折射率较大，则a光的频率较大，根据
知，a光在真空中的波长小于b光在真空中的波长，故C正确；
D．根据
知，a光的折射率较大，则a光发生全反射的临界角较小，以相同的入射角从介质射入空气，a光能发生全反射，b光不一定能发生全反射，故D错误。
故选AC。
3．ACD
【详解】A．由题意可知，a光的折射角大于b光的折射角，由折射定律可知，该介质对b光的折射率大于对a光的折射率，由v＝可知在介质中b光的速度比a光的速度小，A正确；
BC．由题意可知，a光折射后恰好射至AD面上D点
如图所示，根据几何关系可知
该介质对a光的折射率
B错误，C正确；
D．若要a光在AD面上发生全反射，则有
可得
由
可得
可知
D正确。
故选ACD。
4．(1)；(2)，。
【详解】(1)如图所示
玻璃砖的该截面内光线从A点射到中点时，刚好在发生全反射，由于
则入射角为，则有
玻璃砖的折射率。
(2)如图所示
设从点入射的光线在边界的折射角，根据折射定律有
解得，可知，可知光线在界面发生全反射，经反射后到达点，根据几何关系有
因为
则由几何关系可得
可得光线从到经过路程
光线在玻璃砖中的传播速度为
则光线在玻璃砖内传播的时间为
5．，
【详解】光线在M点发生折射有
sin60° = nsinθ
由题知，光线经折射后在BC边的N点恰好发生全反射，则
C = 90° - θ
联立有
根据几何关系有
解得
再由
解得
6．（1）；（2）见解析
【详解】（1）如图，由反射定律可得
又反射光线与折射光线垂直，则
（2）不能，临界角
光线NM射在BC面是光密介质到光疏介质，由题可知
所以光线NM在BC面发生全反射，不能从BC面射出棱镜。
7．（1）；（2）
【详解】（1）光路如图所示
由几何知识可知，在AO面上光线的折射角为30°，所以玻璃砖的折射率
（2）由于折射光线CE平行于BO，光线在圆弧面上的入射点E到BO的距离也为，即
所以α满足
解得
由几何关系可知
又光在玻璃中的速度
故光在玻璃砖中传播的时间
8．（1）；（2）
【详解】
（1）从S点垂直射入的光路如图所示
因S点为MN的中点，所以入射角
设临界角为C，则
解得全反射中的临界角
（2）光在MP面恰好发生全反射，则
解得透明介质的折射率
9．A
【详解】根据光路图有
由于
单色光进入透明体后到达光屏的时间
解得
故选A。
10．ACE
【详解】AC．根据折射定律
结合光路图的可逆性可知半圆形玻璃砖对a光的折射率大于对b光的折射率，即a光的频率大于b光的频率。故AC正确；
B．根据
可知在真空中，a光的波长小于b光的波长。故B错误；
D．根据
可知在半圆形玻璃砖中，a光的传播速度小于b光的传播速度。故D错误；
E．a光由真空射入到半圆形玻璃砖中，其频率不变。故E正确。
故选ACE。
11．C
【详解】根据几何关系可知
因此该玻璃的折射率
故选C。
12．ADE
【详解】A． 由可知，光在该材料中的传播速度为，A正确；
B．根据得光从该材料到空气的临界角，B错误；
C．由题意可知，沿DB方向到达AB面上的光在材料中的传播距离最大，时间最长，做出如图所示光路图，有几何关系可知光从光源到AC面的传播距离为R，材料中的传播距离为
在材料中的传播时间为
光在空气中传播的时间为
点光源发出的光射到AB面上的最长时间为
C错误；
D．如图所示，若沿DE方向射到AB面上的光线刚好发生全反射，则，
同理沿DG方向射到BC面上的光线刚好发生全反射，则，故，D正确；
E.将点光源换成紫光，因紫光的折射率比红光的大，根据知紫光的临界角比红光的小，所以AB边上刚好发生全反射的入射点将左移，AB边上有光射出的长度减小，E正确。
故选ADE。
13．A
【详解】A．根据题意，画出光路图，如图所示
由几何关系可知，为等腰三角形，底角为，P点的入射角，折射角，则折射率
故A正确；
B．从折射进入砖的光线，入射点越靠近或越靠近，折射光线从半圆面折射时入射角越大，当光线由进入砖时在半圆界面折射时入射角为，
将发生全反射，故B错误；
C．由、两点从进入玻璃砖的光线在玻璃砖中传播时间相同，由两点之间进入玻璃砖的光线在玻璃砖中传播时间更长，故C错误；
D．由面进入玻璃砖是从光疏介质进入光密介质，不会发生全反射，故D错误。
故选A。
14．BD
【详解】A．同一介质对不同频率的光具有不同的折射率，折射率随频率的增大而增大，即玻璃对蓝光的折射率大。由于光束OB的偏转程度大于OC，可知光束OB为蓝光，光束OC为黄光。从B、C两点射出的光分别是蓝光、黄光。A错误；
B．设OD长度为d，折射角分别为、，连接BD、CD，如下图
根据
解得
光在玻璃中传播时间为
可解得
故B正确；
C．由
又
黄光的临界角大于蓝光的临界角。又蓝光与法线的夹角大于黄光与法线的夹角，若从圆弧面只有一处光线射出，则一定是从C点射出。C错误；
D．设复色光的入射点从O平移到D的过程中，从圆弧射出的两束光线入射角和折射角分别为：、、、，如图所示
由数学关系可知，存在从圆弧射出的两束光线平行且满足
D正确。
故选BD。
15．（1）；（2）
【详解】（1）如图，透明物体内部的光路为折线MPN，Q点与M点相对于底面AOB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。
根据几何关系有
α＝30°
由几何关系得∠PNO＝∠PQO＝r，则
β+r＝60°
且
α+r＝β
解得
r＝15°
β＝45°
根据折射率公式有
解得
n
（2）根据对称性可知，MP＝QP
则光线从M点传到N点通过的路程
s＝MP+PN＝QP+PN＝QN
在△OQN中，∠PNO＝15°
QN＝2ONcos15°＝2R R
光在透明物体中传播速度
v
则光线从M点传到N点所用的时间
t
联立解得
t
16．（i）；（ii）
【详解】（i）设内圆P、外圆Q边界处的光线到达AC面的位置分别为D、E，光路如图所示
由数学知识可得
故
光在介质中的速度
解得
（ii）光在AC面的入射角为、
由折射定律可知
解得折射角为
由数学知识可得出射光线与竖直面的夹角为
E、D到光屏的距离分别为
E、D到出射光在光屏上的落点G、F的水平距离分别为
落点G、F到点的距离分别为
BC面与AC面出射的光具有对称性，两边光线恰好重叠，形成的圆形光斑半径为
解得
17．（1）；（2）2；（3）
【详解】（1）经过B点的光线是上表面的反射光线，则入射光线延长线经过B关于上表面的对称点，与轴的交点即第一个入射点，如图所示
入射点的横坐标为
即第一个入射点的坐标为，根据光的反射定律与折射定律可知，经过BC两条光线相互平行，且下表面射出经过D点的光线与入射光线平行，F点是经过C点的光线在上表面的出射点，光线在下表面的出射点一定位于的中垂线上，光路图见上图，其中为光线在下表面的出射点，所在直线的解析式为
点的横坐标为
解得点的纵坐标为
即玻璃砖沿y轴方向上的厚度d为
（2）如图所示，根据几何关系可得入射角和折射角的正弦值分别为
根据折射率的定义可知
（3）光在玻璃砖内运动的速度
运动的距离
光在玻璃砖内运动的时间
18．（1）；（2）
【详解】（1）根据题意，在四棱柱横截面上画出光路图，如图所示
由几何关系可知
可得面入射光线的入射角为，则从侧面入射到面上的光线经第一次反射后的反射光线与面的夹角为。
（2）根据题意，由公式可得
可知，临界角小于，根据折射定律和反射定律画出截面上的光路图，如图所示
可知，光线从段入射，可以从段射出，光线从段入射，无论是经反射，还是直接照射到，在上的入射角均大于临界角，不能从上射出，由于
，
可得
由几何关系可得
则面上的发光面积为
19．（1）；（2）
【详解】（1）光路如图所示，
根据几何关系得
根据折射率公式有
得
即
解得
（2）光线在外圆界面内传播的速度为
光线b在外圆界面内传播的时间为
光线a在外圆界面内传播的时间为
光线a、b在外圆界面内传播的时间差为
20．（1）；（2）
【详解】（1）设光在D点的入射角为i，根据几何关系
由几何关系可知
由于，设折射角为r，根据几何关系可知，折射角
则折射率
（2）设光线向上平移的高度h，光线照射到圆弧面上时刚好发生全反射
这时光线在圆弧面上的入射角等于临界角C
根据几何关系
解得
21．（1）；（2）
【详解】（1）璃砖转过角时，折射光路如图
由几何关系可知入射角
又
则
那么折射角
由折射定律可知
解得
（2）发生全反射时有
所以玻璃砖绕O点相对初始位置转过的角度α的正弦值为
22．（1）；（2）
【详解】（1）因底面有吸光材料，故光线从S点沿着SB方向射出时，传播时间最长。如图：
光在介质中传播的速度满足
v==1.5×108m/s ①
光在介质中传播的最长时间
②
（2）光由介质射向空气，临界角满足sinC=，解得
C=30° ③
恰好发生全反射的光路如图所示，
由正弦定理得
= ④
解得
∠ASO=135°
则
∠AOB=75°
透明半球体外表面不发光区域在此截面上形成的弧长为
23．D
【详解】C．作出光路如图：

由图可知激光从界面MQ进入玻璃砖后不平行于，选项C错误；
A．根据题意和几何关系可知
OE=R
所以
，
而
OO＇=R
则
由几何关系可知
即光在BC面上出射的折射角为60°，选项A错误；
B．光在玻璃砖中折射率
根据可得光在玻璃砖中的传播速度为
选项B错误；
D．临界角
根据几何关系可知
因为
所以
则激光在界面QP将发生全反射，不可能从界面QP射出，选项D正确。
故选D。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲第15章 光学
第15.4讲 测量玻璃砖的折射率实验
【知识点精讲】
[考纲解读]
（1）会确定入射光线和折射光线，会画光路图。
（2）会计算折射率和折射率的平均值。
（3）知道入射角和折射角的其他确定方法。
（4）知道实验误差产生的原因和减小误差的方法。
【实验图解】
注意事项
1．玻璃砖应选用厚度、宽度较大的。
2．大头针要插得竖直，且间隔要大些。
3．入射角不宜过大或过小，一般在15°～75°之间。
4．玻璃砖的折射面要画准，不能用玻璃砖界面代替直尺画界线。
5．实验过程中，玻璃砖和白纸的相对位置不能改变。
【方法归纳】
方法一　计算法
通过测入射角和折射角，然后查数学用表。找出入射角和折射角的正弦值，再代入n=中求玻璃的折射率。除用此方法之外，还有以下几种处理数据的方法。
方法二　图象法
根据折射定律可得n=，因此有sin θ2=sin θ1。在多次改变入射角，测量相对应的入射角和折射角并计算它们的正弦值的基础上，以sin θ1值为横坐标、以sin θ2值为纵坐标，建立直角坐标系，如图所示。描数据点，过数据点连线得一条过原点的直线，求解图线斜率，设斜率为k，则k=，故玻璃砖折射率n=。
方法三　单位圆法
在找到入射光线和折射光线以后，以入射点O为圆心，以任意长为半径画圆，分别与AO交于C点，与OO′（或OO′的延长线）交于D点，过C、D两点分别向NN′作垂线，交NN′于C′、D′，用直尺量出CC′和DD′的长，如图所示。
由于sin θ1=，sin θ2=。
而CO=DO，所以折射率n1==。
重复以上实验，求得各次折射率的计算值，然后求其平均值即为玻璃砖折射率的测量值。
【最新高考题精练】
（2023高考海南卷）
1．用激光测玻璃砖折射率的实验中，玻璃砖与屏P平行放置，从另一侧用激光笔以一定角度照射，此时在屏上的S1处有激光点，移走玻璃砖，光点移到S2处，回答下列问题：
（1）请画出激光束经玻璃折射后完整的光路图 ；
（2）已经测出AB = l1，OA = l2，S1S2= l3，则折射率n = （用l1、l2、l3表示）；
（3）若改用宽ab更小的玻璃砖做实验，则S1S2间的距离会 （填“变大”，“变小”或“不变”）。
（2023广东卷）
2．某同学用激光笔和透明长方体玻璃砖测量玻璃的折射率，实验过程如下：
（1）将玻璃砖平放在水平桌面上的白纸上，用大头针在白纸上标记玻璃砖的边界
（2）①激光笔发出的激光从玻璃砖上的点水平入射，到达面上的点后反射到点射出．用大头针在白纸上标记点、点和激光笔出光孔的位置
②移走玻璃砖，在白纸上描绘玻璃砖的边界和激光的光路，作连线的延长线与面的边界交于点，如图（a）所示

③用刻度尺测量和的长度和．的示数如图（b）所示，为 。测得为

（3）利用所测量的物理量，写出玻璃砖折射率的表达式 ；由测得的数据可得折射率为 （结果保留3位有效数字）
（4）相对误差的计算式为。为了减小测量的相对误差，实验中激光在点入射时应尽量使入射角 。
【最新模拟题精练】
（2023·江苏淮安市模拟）
3．某同学用半圆柱玻璃砖测定玻璃的折射率，他的操作步骤如下：
A．用毫米刻度尺量出半圆柱玻璃砖的直径d，算出半径r=，然后确定圆心的位置，记在玻璃砖上；
B．在白纸上画一条直线作为入射光线，并在入射光线上插两枚大头针P1和P2；
C．让入射光线与玻璃砖的直径垂直，入射光线经过圆心O；
D．以圆心O为轴，缓慢逆时针转动玻璃砖，同时调整视线方向，直到从AB下方恰好看不到P2和P1的像，然后沿半圆柱玻璃砖直径画一条直线AB，并作出光路图，如图所示。
（1）看不到P2和P1的像是因为发生了 ；
（2）只使用毫米刻度尺，还需要测量 （选择“OD”或“CD”）的长度，记作l；
（3）玻璃砖的折射率的表达式n= 。
（2023·河南平顶山市龙河实验高级中学模拟）
4．实验室有一块长方体透明介质，截面如图中ABCD所示。AB的长度为l1，AD的长度为l2，且AB和AD边透光，而BC和CD边不透光，且射到这两个边的光线均被全部吸收。现让一平行光束以入射角θ1射到AB面上，经折射后AD面上有光线射出，甲、乙两同学分别用不同方法测量该长方体介质的折射率。
（1）甲同学的做法是：保持射到AB面上光线的入射角不变，用遮光板由A点沿AB缓慢推进，遮光板前端推到P时，AD面上恰好无光线射出，测得AP的长度为l3，则长方体介质的折射率可表示为n＝ ；
（2）乙同学的做法是：缓慢调节射到AB上光线的入射角，使AD面也恰好无光线射出，测得此时射到AB面上光线的入射角为θ2，则长方体介质的折射率可表示为n＝ ；
（3）θ1和θ2的关系为：θ1 θ2（填“<”“>”或“＝”）。
（2023河南洛阳名校联考）
5．用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行。正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图甲所示。

（1）如果玻璃砖上下表面平行，则可以选择上表面的两个对应角度（入射角和折射角）来求折射率，也可以选择下表面的两个对应角度来求折射率，这两种是等效的。如果所选择的玻璃砖上下表面不平行，正确操作后得到图乙所示的光路图，此时应选择 对应的两个角度来求折射率。
A．上表面
B．下表面
C．上表面或者下表面都没问题
D．上表面或者下表面都会有系统误差
（2）如果有几块宽度d不同的玻璃砖可供选择，则
A．选择宽度较大的玻璃砖来做实验可以减少误差
B．选择宽度较小的玻璃砖来做实验可以减少误差
C．玻璃砖的宽度对误差没有影响
（2023浙江杭州九校期中联考）
6．在“测玻璃的折射率”实验中：
（1）如图所示，用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，下列说法中正确的是 ；
A．若、的距离较大时，通过玻璃砖会看不到、的像
B．为减少测量误差，、的连线与法线的夹角应尽量小些
C．为了减小作图误差，和的距离应适当取大些
D．若、的连线与法线夹角较大时有可能在面发生全反射，所以在一侧就看不到、的像
（2）如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度 （填“大”或“小”）的玻璃砖来测量。
（3）在该实验中，光线是由空气射入玻璃砖，根据测得的入射角和折射角的正弦值画出的图线如图所示，从图线可知玻璃砖的折射率是 。
（2023鄂东南省级示范性高中教育改革联盟5月模拟）
7．在用“插针法”测量玻璃折射率的实验中：
（1）在“用两面平行的玻璃砖测定玻璃折射率”的实验中，其实验光路图如下图所示，对实验中的一些具体问题，下列说法正确的是 。
A.为减小作图误差，和的距离应适当小一些
B.为减小测量误差，和连线与玻璃砖界面法线的夹角应适当取大一些
C.为减小误差，应当选用宽度较大的玻璃砖完成实验
D.实验中玻璃砖在纸上的位置不可移动，可用玻璃砖代替尺子画出边界线以固定玻璃砖在纸上的位置
（2）甲同学在纸上正确画出玻璃砖的两个界面和后，不小心碰了玻璃砖使它向一侧平移了少许，如图2所示，他随后实验测出的折射率。 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
（3）乙同学在画界面时，不小心将两界面、间距画得比玻璃宽度大些（仍然与平行），如图3所示，他随后实验测得的折射率 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
（4）丙同学在画界面时，不小心将界面画歪了一些，如图4所示，他随后实验测得的折射率 。
（2023湖北武汉部分重点高中高二联考）
8．某小组做测定玻璃的折射率实验，所用器材有：玻璃砖、大头针、刻度尺、圆规、笔、白纸。
（1）下列哪些措施能够提高实验准确程度 。
A．选用两光学表面间距大的玻璃砖
B．选用两光学表面平行的玻璃砖
C．为了便于观察选用粗的大头针完成实验
D．为了便于测量，插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量小些
（2）该小组用同一套器材完成了四次实验，记录的玻璃砖界线和四个大头针扎下的孔洞如下图所示，其中实验操作正确的是 。
A． B． C． D．
（3）该小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，过入射光线A点作法线的平行线交折射光线的反射延长线于点，再过点作法线的垂线，垂足为点，如图所示，则玻璃的折射率 。（用图中线段的字母表示）
（2023重庆名校质检）
9．在“用插针法测定玻璃的折射率”实验中，甲、乙两位同学分别使用矩形玻璃砖和梯形玻璃砖进行实验。
(1)甲同学在纸上画出的界面aa′、bb′与矩形玻璃砖位置的关系如图甲所示，若其它操作均正确，且以aa′、bb′为界面画光路图，则测得的折射率与真实值相比 （选填“偏大、“偏小”“不变”或“可能偏小、偏大或不变”）
(2)乙同学使用梯形玻璃砖经正确操作插好了4枚大头针，如图乙所示，其垂直投影平面图如图丙所示。
该玻璃砖的折射率n= 。（结果保留3位有效数字）
(3)为了观测光在玻璃砖不同表面的折射现象，乙同学用梯形玻璃砖又做了两次实验，经正确操作共插好了8枚大头针，如图丁所示图中P1和P2是同一入射光线上的2枚大头针，其对应出射光线上的2枚大头针是P3和 （选填“A”或“B”）。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1． 变小
【详解】（1）[1]根据题意画出光路图如下图所示

（2）设光线在C点的入射角为θ、折射角为α，根据折射定律有
nsinθ = sinα
由于射入玻璃砖的入射角是射出玻璃砖的折射角，则
S1S2= CB
根据几何关系可知
联立解得
（3）[3]若改用宽ab更小的玻璃砖做实验，则画出光路图如下

可看出S1S2间的距离变小。
2． 2.25 1.51 稍小一些
【详解】（2）③[1]刻度尺的最小分度为0.1cm，由图可知，为2.25cm；
（3）[2][3]玻璃砖折射率的表达式
带入数据可知
（4）[4]相对误差的计算式为，为了减小测量的相对误差，实验中要尽量稍大一些，即激光在点入射时应尽量使入射角稍小一些。
3． 全反射 CD
【详解】（1）[1]由于光线在AB面上发生了全反射。
（2）（3）[2][3]只要测出“CD”的长度l，就想当于测出了临界角的正弦，即
而
可得折射率
4． >
【详解】（1）[1]设折射角为r1，如图所示
在中，由几何关系得
光在AB面上发生折射，由折射定律可得介质的折射率为
（2）[2]射到AB面上的光线的入射角为θ2时，在AD面上发生全反射，说明在AD面上的入射角等于临界角，设在AB面上的折射角为r2，由折射定律得
临界角计算公式为
由几何关系可得
，
联立以上各式可得
（3）[3]设在AB面上的入射角为r，由几何关系可知在AD面上的入射角为
在AB面上的折射角越小（即在AB面上的入射角越小），在AD面上的入射角越大，越容易发生全反射，则有
5． C A
【详解】（1）[1]光在上下表面都发生折射，所以可以用上表面或者下表面对应的两个角度来求折射率都没问题。
故选C。
（2）[2]若选择宽度较大的玻璃砖来做实验，可以增大光线在玻璃砖内的光线的长度，从而减少误差。
故选A。
6． C 大 1.5
【详解】（1）[1]
A．、的距离较大，通过玻璃砖仍然可以看到、的像，故A错误；
B．为减小测量误差，入射角应适当大一些，即、的连线与法线的夹角应尽量大些，故B错误；
C．为了减小作图误差，和的距离应适当大些，故C正确；
D．由几何知识可知，光线在上表面的折射角等于在下表面的入射角，根据光路可逆原理可知，光线一定会从下表面射出，折射光线不会在玻璃砖的下表面发生全反射，故D错误。
故选C。
（2）[2]如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度大的玻璃砖来测量。
（3）[3]由折射率定律可得，玻璃砖的折射率为
7． BC##CB 不变 偏小 见解析
【详解】（1）[1]A．为减小作图误差，和的距离应适当大一些，A错误；
B．和连线与玻璃砖界面法线的夹角适当大一些，折射现象根明显，误差较小，B正确；
C．宽度较大的玻璃砖，光在玻璃砖中的路程长，入射点与出射点距离较大，确定角度越准确，误差越小，C正确；
D．不可用玻璃砖代替尺子，应沿玻璃砖描点后，用尺子画出玻璃砖界面，D错误。
故选BC。
（2）[2]根据题意，如图
入射角与折射角没有误差，测量的折射率不变。
（3）[3]根据题意，如图
入射角不受影响，当折射角的测量值大于真实值，根据
因此测得折射率偏小。
（4）[4]画出的界面与真实界面存在交点，左侧界面宽度变小，若光线从左侧出射，则测得折射率偏大；若从交点出射，测得折射率不变，；若从右侧出射，测得折射率偏小。故不能准确说明测得折射率误差，视情况而定。
8． A D
【详解】（1）[1]A．采用插针法测定玻璃的折射率的时候，应选用光学表面间距大一些的玻璃砖，这样光路图会更加清晰，从而减小误差，故A正确；
B．光学表面是否平行不影响该实验的准确度，故B错误；
C．该实验应选用细一点的大头针，故C错误；
D．插针时，在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些，D错误。
故选A。
（2）[2]根据光的折射定律，当选用光学表面平行的玻璃砖时，出射光和入射光应是平行光，又因为发生了折射，因此出射光的出射点应相比入射光的延长线向左平移，因此D正确。
故选D。
（3）[3]由几何知识得
，
所以玻璃的折射率
9． 可能偏小、偏大或不变 1.51（1.48～1.54都算对） A
【详解】(1)[1]甲同学的测量可能出现三种可能，光路图如图丙所示，当出射点为c时，测量值与真实值相同，当出射点在c左侧时，测量值小于真实值，当出射点在c点右侧时，测量值大于真实值，故丙同学测得的折射率与真实值相比可能偏大，可能偏小，可能不变；
(2) [2]作图如下；
假设每小格边长为1，得
(3)[3]由P1P2射入后，第一次折射时入射角大于折射角，第二次折射时折射角大于入射角，经过A点，光路如下图红线，若从B点射出，如下图蓝线，则不能保证上述条件。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第15章 光学
第15.5讲 光的干涉、衍射和偏振
【知识点精讲】
一、光的干涉
（1）光的干涉：在两列光波的叠加区域，某些区域相互加强，出现亮纹，某些区域相互减弱，出现暗纹，且加强和减弱的区域相同，即亮纹和暗纹相间的现象。
（2）干涉条件：两列光的频率相同、相差恒定或两列光振动情况总是相同，能发生干涉的两列波称为相干波，两个光源称为相干光源，相干光源可用同一束光分成两列而获得。
（3）托马斯·杨的双缝干涉实验
①获得相干光源的办法
把点光源发出的一束光分成两束，能保证它们具有相同的频率和恒定的相差。
若用狭缝代替小孔，可得到更清晰的干涉条纹，这就是著名的杨氏双缝干涉实验，②光的干涉的意义：证明了光的波动性。
③对光的干涉现象的解释
如图所示，S1、S2是两个狭缝，S1S2=d，缝到屏的距离为L，L>>d，O是S1S2的中垂线与屏的相交点。
（Ⅰ）单色光：形成明暗相间的条纹，中央为明条纹。
a．光的路程差Δr＝r2－r1＝kλ（k＝0，1，2，…），光屏上出现明条纹。
b．光的路程差Δr＝r2－r1＝（2k＋1）（k＝0，1，2，…），光屏上出现暗条纹。
④单色光的干涉图样特点：中央为亮纹，两边是明、暗相同的条纹，且亮纹与亮纹间、暗纹与暗纹间的间距相等。
白光的干涉图样：若用白光做实验：则中央亮纹为白色，两侧出现彩色条纹，紫光最靠近中央，彩色条纹显示了不同颜色光的干涉条纹间距是不同的。
⑤相邻两条亮纹（或暗纹）间的距离
相邻两条亮纹（或暗纹）间的距离△x=λ
其中d为两缝间的距离，L为缝到屏的距离，λ为光的波长。
（4）薄膜干涉
①相干光：光照射到透明薄膜上，从薄膜的两个表面反射的两列光波。
②图样特点：同双缝干涉，同一条亮（或暗）纹对应薄膜的厚度相等。单色光照射薄膜时形成明暗相间的条纹，白光照射薄膜时，形成彩色条纹。
二。光的衍射
（1）发生明显衍射的条件：只有当障碍物的尺寸与光的波长相差不多，甚至比光的波长还小的时候，衍射现象才会明显。
（2）衍射条纹的特点：
①单缝衍射和圆孔衍射图样的比较：
单缝衍射 圆孔衍射
单色 光 中央为亮且宽的条纹，两侧为明暗相间的条纹，且越靠外，亮条纹的亮度越 弱，宽度越小 ①中央是大且亮的圆形亮斑，周围分布着明暗相间的同心圆环，且越靠外，圆形亮 条纹的亮度越弱，宽度越小；②亮环或暗 环间的距离随圆孔半径的增大而减小
白光 中央为亮且宽的白色条纹，两侧为亮度逐渐变暗、宽度变窄的彩色条纹，其中 最靠近中央的色光是紫光，离中央最远 的是红光 中央是大且亮的白色亮斑，周围是不等间距的彩色的同心圆环
②泊松亮斑（圆盘衍射）：当光照到不透明（选填“透明”或“不透明”）的半径很小的小圆盘上时，在圆盘的阴影中心出现亮斑（在阴影外还有不等间距的明暗相间的圆环）。
（3）单缝衍射与双缝干涉的比较
两种现象比较项目 单缝衍射 双缝干涉
不同点 条纹宽度 条纹宽度不等，中央最宽 条纹宽度相等
条纹间距 各相邻条纹间距不等 各相邻条纹等间距
亮度情况 中央条纹最亮，两边变暗 条纹清晰，亮度基本相等
相同点 干涉、衍射都是波特有的现象，属于波的叠加；干涉、衍射都有明暗相间的条纹
三、光的偏振
（1）偏振：光波只沿某一特定的方向的振动。
（2）自然光：太阳、电灯等普通光源发出的光，包括在垂直于传播方向上沿一切方向振动的光，而且沿各个方向振动的光波的强度都相同，这种光叫做自然光。
（3）偏振光：在垂直于传播方向的平面上，只沿某个特定方向振动的光。光的偏振证明光是横波。自然光通过偏振片后，就得到了偏振光。
（4）自然光与偏振光的比较：
自然光（非偏振光） 偏振光
光的来源 直接从光源发出的光 ①自然光通过偏振片后的光②自然光被界面反射或折射后的反 射光或折射光
光的振动方向 在垂直于光的传播方向的平面内，光沿一切方向振动，且沿各个方向振动 的光波的强度相同 在垂直于光的传播方向的平面内，光沿一个特定方向振动
联系 自然光通过偏振片后或被界面反射、折射后就转变为偏振光
【方法归纳】
对双缝干涉的理解
1．亮条纹的条件：屏上某点P到两条缝S1和S2的路程差正好是波长的整数倍或半波长的偶数倍。即：
|PS1－PS2|＝kλ＝2k·（k＝0，1，2，3，…）
k＝0时，PS1＝PS2，此时P点位于屏上的O处，为亮条纹，此处的条纹叫中央亮条纹或零级亮条纹，k为亮条纹的级次。
2．暗条纹的条件：屏上某点P到两条缝S1 和S2的路程差正好是半波长的奇数倍。即：
|PS1－PS2|＝（2k－1）·（k＝1，2，3，…）
k为暗条纹的级次，从第1级暗条纹开始向两侧展开。
3．双缝干涉形成的条纹是等间距的，两相邻亮条纹或相邻暗条纹间距离与波长成正比，即Δx＝λ。
4．用白光照射双缝时，形成的干涉条纹的特点：中央为白色条纹，两侧为彩色条纹。
【最新高考题精练】
（2023高考江苏学业水平选择性考试）
1．用某种单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到的干涉条纹如图甲所示，改变双缝间的距离后，干涉条纹如图乙所示，图中虚线是亮纹中心的位置。则双缝间的距离变为原来的（ ）

A．倍 B．倍 C．2倍 D．3倍
（2023高考山东高中学业水平等级考试）
2．如图所示为一种干涉热膨胀仪原理图。G为标准石英环，C为待测柱形样品，C的上表面与上方标准平面石英板之间存在劈形空气层。用单色平行光垂直照射上方石英板，会形成干涉条纹。已知C的膨胀系数小于G的膨胀系数，当温度升高时，下列说法正确的是（ ）

A．劈形空气层的厚度变大，条纹向左移动 B．劈形空气层的厚度变小，条纹向左移动
C．劈形空气层的厚度变大，条纹向右移动 D．劈形空气层的厚度变小，条纹向右移动
（2023学业水平等级考试上海卷）
3．我国科学家获得单色性很好的两种光A、B，且频率vA小于νB，若它们在真空中通过相同距离的时间分别是tA和tB，则tA tB，（选填“＞”“＜”“=”）。若它们通过相同的双缝达到同一光屏，则频率为 的光产生的干涉条纹间隔更宽。
（2020高考北京卷）
4．以下现象不属于干涉的是（　　）
A．白光经过杨氏双缝得到彩色图样
B．白光照射肥皂膜呈现彩色图样
C．白光经过三棱镜得到彩色图样
D．白光照射水面油膜呈现彩色图样
（2019高考北京理综卷14）
5．利用图1所示的装置（示意图），观察光的干涉、衍射现象，在光屏上得到如图2中甲和乙两种图样．下列关于P处放置的光学元件说法正确的是
A．甲对应单缝，乙对应双缝
B．甲对应双缝，乙对应单缝
C．都是单缝，甲对应的缝宽较大
D．都是双缝，甲对应的双缝间距较大
【最新模拟题精练】
（2023山东泰安模拟）
6．如图，将水平面上一块平板玻璃放置在另一平板玻璃之上，使在两玻璃表面之间形成一个倾角很小的劈形空气薄膜，光从上方入射后，从上往下看到的干涉条纹有如下特点：（1）任意一条明条纹或暗条纹所在位置下面的薄膜厚度相等；（2）任意相邻明条纹中心位置或暗条纹中心位置所对应的薄膜厚度差恒定。由此可以判定在垂直水平面的入射光不变的情况下，相邻明条纹或暗条纹的间距与倾角（单位为rad）的关系图像可能正确的是（　　）
A． B． C． D．
（2023广东实验中学质检）
7．利用光的干涉规律可以检测工件表面的平整度与设计要求之间的微小差异。现将精度很高的标准玻璃板（样板），放在被检查工件上面，如图甲所示，在样板的左端垫薄片，使标准玻璃板与被检查平面之间形成一楔形空气膜。用平行单色光向下照射，检查不同平面时可观察到图乙或图丙的干涉条纹。下列说法正确的是（　　）
A．干涉条纹是样板的上下两个表面的反射光干涉形成的
B．当稍向右移动图甲中的薄片时，条纹间距会变小
C．当换用频率更高的单色光照射时，条纹间距不变
D．图丙条纹弯曲处对应着被检查平面处是凹陷的
（2023石家庄三模）
8．如图甲所示为双缝干涉实验的原理图，屏上的点位于双缝和的中垂线上，在双缝与屏之间充满折射率为n的均匀介质。用一单色光垂直照射双缝，在屏上会产生干涉条纹，屏上点是一条暗条纹的中心，点到点的距离为x。已知该单色光在真空中的波长为，双缝与屏之间的距离为L，则双缝和间的距离为（　　）
A． B．
C． D．
（2023江苏南京市中华中学一模）
9．肥皂泡在阳光下呈现斑斓色彩，下列说法中正确的是（　　）
A．肥皂泡的斑斓色彩是由于光的色散形成的
B．肥皂膜厚度的改变会导致彩色花纹的改变
C．肥皂泡表面水分子间的作用力表现为斥力
D．肥皂泡内气体的压强等于外部大气的压强
（2023山东中学联盟考前押题）
10．如图所示，竖直放置的肥皂膜的照片，按拍摄时间先后顺序从左至右排列，可以看出干涉条纹间距随时间推移逐渐变化。下列说法正确的是（　　）
A．过肥皂膜最高和最低点的截面是梯形
B．肥皂膜上的条纹是前后两表面的反射光形成的干涉条纹
C．肥皂膜从形成到破裂，前后两表面夹角逐渐变大
D．将肥皂膜外金属环上端的把柄在纸面内顺时针转动90°，条纹也会跟着转动90°
（2023湖南二轮复习联考）
11．某实验小组利用如图所示的实验装置探究光的干涉现象。为单色光源，发出波长为的单色光，为一平面镜。光源发出的光和由光源发出经过平面镜反射的光均照在竖直放置的光屏上，形成明暗相间的条纹。光源到平面镜的距离为、到平面镜左端点的水平距离为，平面镜左端点到光屏的水平距离为，则相邻两条亮纹之间的距离为（　　）
A． B． C． D．
（2023湖南新高考联盟第一次联考）
12．光程是光学中的概念，定义为光在介质中经过的几何路程与该介质折射率的乘积。当两束相干光的光程差为波长的整数倍时，在屏幕上出现亮条纹。瑞利干涉仪就是利用这个原理测量气体的折射率。如图甲所示，两束光的光程差为零时，屏幕上O点为零级干涉亮条纹。将长度为、装有待测气体的透明薄管放在S1后面，如图乙所示，零级亮条纹移至屏幕上的O'点，O点为第级干涉亮条纹。已知空气的折射率为，所用光的波长为，待测气体的折射率为（　　）
A． B． C． D．
（2023山东潍坊期末）
13．如图是蓝色大闪蝶，在阳光下可以看到其翅膀灿烂闪烁。蓝色大闪蝶的翅膀表面有凸起的翅脊，这些翅脊有一串类似台阶的结构。光照射翅脊上“台阶结构”的典型光路如图所示，则（　　）
A．翅膀灿烂闪烁是光的干涉现象
B．翅膀灿烂闪烁是光的色散现象
C．翅膀灿烂闪烁是光的全反射现象
D．光在空气中的波长约是在翅脊中波长的倍
（2023云南昆明云南师大附中质检）
14．用平行单色光垂直照射一层透明薄膜，观察到如图所示的明暗相间的干涉条纹。下列关于该区域薄膜厚度随坐标的变化图像，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2023重庆名校质检）
15．把一个曲率半径很大的凸透镜的弯曲表面压在另一个玻璃平画上，让单色光从上方射入如图(甲)，这时可以看到亮暗相间的同心圆如图(乙)．这个现象是牛顿首先发现的，这些同心圆叫做牛顿环，为了使同一级圆环的半径变大(例如从中心数起的第二道圆环)，则应 ( )
A．将凸透镜的曲率半径变大
B．将凸透镜的曲率半径变小
C．改用波长更长的单色光照射
D．改用波长更短的单色光照射
（2023重庆名校质检）
16．一束光照射到底面有涂层的平行玻璃砖上表面，经下表面反射从玻璃砖上表面射出，光线分为a、b两束，如图所示下列说法正确的是（　　）
A．在玻璃中a光的传播速度大于b光的传播速度
B．在真空中，遇到障碍物时b光更容易产生明显的衍射现象
C．增大空气一侧的入射角，a光线先消失
D．在真空中用同一装置进行双缝干涉实验，a光的条纹间距大于b光的条纹间距
（2023山东潍坊三校联考）
17．两个透明标准板M和N间形成楔形空气薄层，用某单色光从上向下照射时，在空气膜的上表面可观察到明暗相间的干涉条纹，某同学想利用该装置测量单色光的波长，他沿着M标准板测出从第1条中心亮纹到第5条亮纹中心的距离为L，斜面倾角为，则下列说法中正确的是（　　）
A．波长大小为
B．波长大小为
C．实验中如果减小斜面的倾角，则相邻条纹间距将变小
D．实验中如果用波长更长的光照射，则相邻条纹间距将变大
（2023河北九师联盟质检）
18．双缝干涉的实验装置如图甲所示，光源发出的白光通过透镜把单缝照亮，单缝相当于一个线光源，又把双缝照亮，通过双缝的两束光产生干涉，在屏上出现彩色干涉条纹，为了测量单色光的波长，可在单缝前加上滤光片获得单色光，在屏上将出现明暗相间的干涉条纹，通过测微目镜可以观察到干涉条纹，用游标卡尺测量7条明条纹中心之间的距离D如图乙所示，双缝的间距用d表示，下列有关光的说法正确的是（　　）
A．由图乙可得相邻亮条纹中心之间的距离为
B．若用激光做光源，则可以直接用激光束照射双缝，透镜、滤光片及单缝都不需要了
C．因为可见光的波长短难测量，所以实验时让双缝间的距离大些，让双缝与屏之间的距离小些，才可让波长的测量误差小些
D．若实验中所用的单色光的频率为，则双缝到屏之间的距离为
19．下列对生活中光学现象的描述正确的有（ ）
A．雨后的彩虹是由于光透过空气中的小水珠发生了衍射现象
B．日食和月食的形成都是由光沿直线传播引起的
C．影子的边缘都是模糊不清的，这是由光的衍射形成的
D．小轿车前边的挡风玻璃制成倾斜的，主要是为了让司机的像成像在正前方
E．观看“3D电影”的眼镜镜片为偏振片，两镜片透振方向互相垂直
20．如图所示，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 （　　）
A．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
21．如图所示，半径为R的圆形偏振片P的透振方向为竖直方向，一束横截面半径略小于R的平行自然光正对着偏振片P照射后射到屏上，现以光的传播方向为轴将偏振片P旋转，则在偏振片P旋转的过程中（　　）
A．屏上出现圆形亮斑，亮度不变
B．屏上出现圆形亮斑，亮度逐渐变暗
C．屏上出现随偏振片P旋转的亮条纹，且亮度不变
D．屏上出现随偏振片P旋转的亮条纹，且亮度变暗
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【详解】根据双缝干涉的条纹间距与波长关系有
由题图知
x乙 = 2x甲
则
故选B。
2．A
【详解】由题知，C的膨胀系数小于G的膨胀系数，当温度升高时，G增长的高度大于C增长的高度，则劈形空气层的厚度变大，且同一厚度的空气膜向劈尖移动，则条纹向左移动。
故选A。
3． = νA
【详解】[1]真空中所有光的传播速度相同，所以
[2]根据
解得
因为
所以
频率νA 光产生的干涉条纹间隔更宽。
4．C
【详解】A．根据光的干涉定义可知白光经过杨氏双缝得到彩色图样是杨氏双缝干涉，故A错误；
B．由于重力的作用，肥皂膜形成了上薄下厚的薄膜，光线通过薄膜时频率不变，干涉条纹的产生是由于光线在薄膜前后两表面反射形成的两列光波的叠加，白光照射肥皂膜呈现彩色图样是属于干涉现象，故B错误；
C．白光经过三棱镜得到彩色图样是光在折射时产生的色散现象，故C正确；
D．水面上的油膜呈现彩色是光的干涉现象，属于薄膜干涉，故D错误；
故选C。
5．A
【详解】根据单缝衍射图样和双缝干涉图样特点判断．
单缝衍射图样为中央亮条纹最宽最亮，往两边变窄，双缝干涉图样是明暗相间的条纹，条纹间距相等，条纹宽度相等，结合图甲，乙可知，甲对应单缝，乙对应双缝，故A正确，BCD错误．
6．D
【详解】设任意相邻明条纹或暗条纹中心位置所对应的薄膜厚度差为，根据几何关系可得
由于任意相邻明条纹或暗条纹所对应的薄膜厚度差恒定，又倾角很小，则有
可得
故选D。
7．BD
【详解】A．干涉条纹是样板的下表面和被检查表面的上表面的反射光干涉形成的，A错误；
B．如下图所示，当稍向右移动图甲中的薄片时，A、B两点之间的距离增大，根据 ，相当于双缝之间的距离d增大，条纹间距Δx变小，B正确；
C．根据，当换用频率更高的单色光照射时，波长λ变短，条纹间距Δx变小，C错误；
D．如下图所示，在A、B两点的光程差相等，经过A点的两列相干光产生的亮条纹与经过B点的两列相干光产生的亮条纹是同一条亮条纹，所以图丙条纹弯曲处对应着被检查平面处是凹陷的，D正确。
故选BD。
8．A
【详解】点到点的距离为x，根据图乙有
双缝与屏之间充满折射率为n的均匀介质，则有
根据干涉规律有
解得
故选A。
9．B
【详解】A．肥皂泡的斑斓色彩是由于光的干涉形成的，故A错误；
B．随着肥皂膜厚度越来越薄，发生干涉的光的波长也越来越短，会导致彩色花纹的改变，故B正确；
C．肥皂泡表面水分子间的作用力表现为引力，故C错误；
D．由于液体的表面张力作用，肥皂泡有收缩的趋势，所以内部压强要大于外部压强，故D错误。
故选B。
10．B
【详解】A．肥皂膜因为自重导致厚度不一致，因表面张力的原因其截面应是一个圆滑的曲面而不是梯形。故A错误；
B．薄膜干涉是等厚干涉，其原因为肥皂膜上的条纹是前后表面反射光形成的干涉条纹。故B正确；
C．形成条纹的原因是前后表面的反射光叠加出现了振动加强点和振动减弱点，肥皂膜形成到破裂的过程越来越薄，前后两表面夹角逐渐变小，因此出现加强点和减弱点的位置发生了变化，条纹宽度和间距发生变化。故C错误；
D．将肥皂膜外金属环上端的把柄向上转动90°，由于重力，表面张力和粘滞力等的作用，肥皂膜的形状和厚度会重新分布，因此并不会跟着旋转90°。D错误。
故选B。
11．A
【详解】相邻两条亮纹之间的距离公式，有
故选A。
12．B
【详解】乙图中两束光到O点的光程差为
根据题意得
联立可得
故选B。
13．A
【详解】ABC．翅膀灿烂闪烁是光的薄膜干涉现象，选项A正确，BC错误；
D．根据
选项D错误。
故选A。
14．D
【详解】由题意可知，从薄膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，其光程差为
x=2d
即光程差为薄膜厚度的2倍，当光程差
（n=1，2，3， ）
时，此处表现为亮条纹，即当薄膜的厚度为
（n=1，2，3， ）
时，对应的条纹为亮条纹，相邻亮条纹之间的薄膜厚度差为，从题图中可知，从左向右相邻亮条纹（或暗条纹）之间的距离逐渐变小，则薄膜层的厚度逐渐减小，由斜率知厚度减小越来越快，ABC错误，D可能正确。
故选D。

15．AC
【详解】AB．光程差相同的各点过程同一条亮或暗条纹，光在上下两个面发生两次反射，两次反射光线形成干涉条纹，所以当将凸透镜的曲率半径变大时，厚度变化变得平缓，条纹变稀，选项Ａ正确，B错误；
CD．由可知波长变长间距变大，选项Ｃ正确，D错误；
故选AC.
16．B
【详解】A．光路图如图所示
在玻璃砖上表面折射时，a光的偏折程度较大，则a光的折射率较大，由知，在玻璃中a光的传播速度小于b光的传播速度，故A错误；
B．由于b光的偏折程度较小，故其折射率较小，所以其波长较长，波动性较强，遇到障碍物时b光更容易产生明显的衍射现象，故B正确；
C．两列光的折射后经反射再从玻璃进入空气折射，由几何关系可知第一次折射的折射角等于第二次折射的入射角，根据光路的可逆性可得两列光均不能发生全反射，故两列光不会消失，故C错误；
D．a光的折射率大，频率大，则波长小，根据，a光的条纹间距小于b光的条纹间距，故D错误。
故选B。
17．BD
【详解】AB．根据形成亮纹的条件可知，对第1条亮纹
对第5条亮纹
即
由几何关系
解得
选项A错误，B正确；
C．根据
可知，实验中如果减小斜面的倾角，则从第1条中心亮纹到第5条亮纹中心的距离为L将变大，则相邻条纹间距将变大，选项C错误；
D．根据
可知，实验中如果用波长更长的光照射，则从第1条中心亮纹到第5条亮纹中心的距离为L将变大，则相邻条纹间距将变大，选项D正确；
故选BD。
18．BD
【详解】A．由图乙可得7条明条纹中心之间的距离
相邻明条纹中心之间的距离为
故A错误；
B．因为激光的单色性好、相干性高，若用激光做光源，则可以直接用激光束照射双缝，透镜、滤光片及单缝都不需要了，故B正确；
C．因为可见光的波长短，由
可知，为了让干涉条纹的间距大些便于测量，所以实验时让双缝间的距离d小些，让双缝与屏之间的距离L大些，才可让大些，这样波长的测量误差才小些，故C错误；
D．由
综合可得双缝到屏之间的距离为
故D正确。
故选BD。
19．BCE
【详解】A．雨后的彩虹是由于光的折射形成的，故A错误；
B．日食和月食是由于光的直线传播引起的，故B正确；
C．影子的边缘都是模糊不清的，这是由光的衍射形成的，故C正确；
D．小汽车前面的挡风玻璃相当于平面镜，平面镜成像的特点是像与物关于镜面对称，如果竖直安装，像会在正前方，干扰司机观察路况，倾斜安装可以使像成在斜上方，不干扰司机观察路况，故D错误；
E．观看“3D电影”所带眼镜镜片为偏振片，两镜片透振方向互相垂直，故E正确。
故选BCE。
20．BD
【详解】A．自然光沿各个方向发散是均匀分布的，通过偏振片后，透射光是只有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错误；
B．它通过A偏振片后，即变为偏振光，则B正确；
CD．人眼在P处迎着入射光方向，看不到光亮，说明A、B两个偏振片的透振方向是互相垂直的，以SP为轴将B转过180°后，并没有改变B的透振方向，所以在P处仍然看不到光亮；以SP为轴将B转过90°后，B点透振方向刚好与A的透振方向平行，通过偏振片A的光线也能透过偏振片B，在P处可以看到光亮，选项C错误，D正确。
故选BD。
21．A
【详解】CD．圆柱状光束通过偏振片后，无论偏振片的透振方向如何，屏幕上始终出现圆形亮斑，故CD错误；
AB．自然光包含在垂直于传播方向上沿一切方向振动的光，而且沿着各个方向振动的光波的强度都相同，故转动偏振片，透振方向虽然改变，但屏幕上出现的圆形亮斑的亮度不变，故A正确，B错误。
故选A。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第15章　光学
第15.7讲　光学中的STSE问题
【知识点精讲】
光学中的STSE问题主要包括与生活相关、与自然相关、与科技相关等。
【最新高考题精练】
（2023高考山东高中学业水平等级考试）
1．一种反射式光纤位移传感器可以实现微小位移测量，其部分原理简化如图所示。两光纤可等效为圆柱状玻璃丝M、N，相距为d，直径均为，折射率为n（）。M、N下端横截面平齐且与被测物体表面平行。激光在M内多次全反射后从下端面射向被测物体，经被测物体表面镜面反射至N下端面，N下端面被照亮的面积与玻璃丝下端面到被测物体距离有关。
（1）从M下端面出射的光与竖直方向的最大偏角为，求的正弦值；
（2）被测物体自上而下微小移动，使N下端面从刚能接收反射激光到恰好全部被照亮，求玻璃丝下端面到被测物体距离b的相应范围（只考虑在被测物体表面反射一次的光线）。

（2020高考江苏物理）
2．我国的光纤通信技术处于世界领先水平。光纤内芯（内层玻璃）的折射率比外套（外层玻璃）的 （选填“大”或“小”）。某种光纤的内芯在空气中全反射的临界角为，则该内芯的折射率为 。（取，结果保留2位有效数字）
（2019全国理综I卷34）
3．如图，一般帆船静止在湖面上，帆船的竖直桅杆顶端高出水面3 m．距水面4 m的湖底P点发出的激光束，从水面出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与竖直方向的夹角为53°（取sin53°=0.8）．已知水的折射率为
（1）求桅杆到P点的水平距离；
（2）船向左行驶一段距离后停止，调整由P点发出的激光束方向，当其与竖直方向夹角为45°时，从水面射出后仍然照射在桅杆顶端，求船行驶的距离．
（2011·浙江理综）
4．“B超”可用于探测人体内脏的病变状况．下图是超声波从肝脏表面入射，经折射与反射，最后从肝脏表面射出的示意图．超声波在进入肝脏发生折射时遵循的规律与光的折射规律类似，可表述为（式中是入射角，是折射角， 、 分别为超声波在肝外和肝内的传播速度），超声波在肿瘤表面发生反射时遵循的规律与光的反射规律相同．已知，入射点与出射点之间的距离是d，入射角为i，肿瘤的反射面恰好与肝脏表面平行，则肿瘤离肝脏表面的深度h为（ ）
A． B．
C． D．
【最新模拟题精练】
（2023天津南开二模）
5．“浸没式”光刻机的原理是一种通过在光刻胶和投影物镜之间加入浸没液体，从而减小曝光波长，提高分辨率的技术，如图所示。若浸没液体的折射率为，当不加液体时（可视为真空）光刻胶的曝光波长为，则加上液体后与不加液体相比，该曝光光波（　　）
A．在液体中的频率变为原来的
B．在液体中的传播速度变为原来的倍
C．在液体中的曝光波长约为
D．传播相等的距离，在液体中所需的时间变为原来的倍
（2023山东烟台三模）
6．光纤通信作为一门新型技术，以其通信容量大、抗干扰性高和信号衰减小，而远优于电缆、微波通信的传输，已成为世界通信中主要传输方式。但光纤光缆在转弯的地方弯曲半径不能太小，否则影响正常通信。如图所示，模拟光纤通信，将直径为d的圆柱形玻璃棒弯成圆环，已知玻璃的折射率为，光在真空中的速度为c，要使从A端垂直入射的光线能全部从B端射出。求：
（1）圆环内径R的最小值；
（2）在（1）问的情况下，从A端最下方入射的光线，到达B端所用的时间。

（2023河北临考信息卷）
7．唐代诗人韩愈的《原道》里“坐井而观天，曰天小者，非天小也。”说的是青蛙在井底所能看到的天空是有限的。若井深8m、圆形井口半径0.5m的井中被灌满水，水的折射率，如图处在井底正中央A处的青蛙沿其正上方上浮，想要把井外景物全部尽收眼底，所处位置与井口水面的竖直距离最远为（　　）
A． B． C． D．
（2023辽宁沈阳三模）
8．盛京灯会冰雕展，利用现代光雕艺术与传统灯艺相结合，打造璀璨梦幻的现场效果。如图所示，边长为2a的正方体冰块，底面中心有一单色点光源O，从外面看冰块的上表面刚好全部被照亮。求：
（1）此单色光的折射率；
（2）每个侧面，有光射出的面积（不考虑光的反射）。
（2023广东汕头二模）
9．为保证泳池夜间安全，需要在泳池铺设池底灯提供光照。如图所示，足够大的泳池中央有一直径为d的圆形池底灯，灯面与池底相平。已知水的折射率为n，水深为h，水面平静，求：
（1）灯光在水中发生全反射的临界角C的正切值；
（2）在水面上形成的光斑面积S。
（2023长春三模）
10．倒挂的彩虹被叫作“天空的微笑”，是由薄且均匀的卷云里面大量扁平的六角片状冰晶（如图甲所示）折射形成。图乙为光线的简化光路图，冰晶的上下表面平行且与侧面垂直，光线从冰晶的上表面进入，经折射从侧面射出，当太阳高度角增大到某一临界值时，侧面的折射光线因发生全反射而消失不见，下列说法正确的是（ ）
A．光线有可能在下表面发生全反射
B．光从空气进入冰晶后波长变长
C．红光在冰晶中的传播速度比紫光在冰晶中的传播速度小
D．随太阳高度角增大，紫光比红光先在侧面发生全反射
（2023湖南张家界模拟）
11．日晕是一种常见的大气光学现象，如图甲所示。太阳光线经卷层云中同一冰晶的两次折射，分散成单色光，形成日晕。冰晶截面可看作正六边形。如图乙所示为一束紫光在冰晶上的折射光路，为冰晶上的入射角，为经过第一个界面的折射角，为光线离开冰晶的折射角，为出射光相对入射光的偏转角。下列说法中正确的是（　　）
A．在冰晶内红光的传播速度比紫光的小
B．若，则冰晶对紫光的折射率为
C．保持入射角不变，将紫光改为红光，偏转角将增大
D．若红光和紫光均能使同一金属发生光电效应，紫光照射产生的光电子的最大初动能大
（2023广东名校联盟大联考）
12．某摄影爱好者假日期间前往公园观赏荷花，发现荷叶上的水珠特别“明亮”。下列说法正确的是（　　）
A．光从水珠表面照射到内部，该光的波长不变
B．光从水珠表面照射到内部，该光的波长变小
C．荷叶上的水珠特别“明亮”的原因是发生了光的折射和全反射
D．荷叶上的水珠特别“明亮”的原因是发生了光的干涉和衍射
（2023福建泉州三模）
13．如图，被熏黑的铁球表面有一层很薄的碳颗粒层，将其放入水中，碳粒层与水之间又形成了一空气层，看上去变得锃亮。这属于光的（　　）
A．折射现象 B．全反射现象 C．干涉现象 D．衍射现象
（2023湖南怀化二模）
14．高锟是著名的华裔物理学家，因在光纤通信方面的研究获得诺贝尔物理学奖，被人们尊称为光纤之父。光纤通信的主要部件为光导纤维，其由纤芯和包层两部分组成，以合适角度进入光纤的光能够在纤芯和包层分界面上发生全反射。如图所示，一条长直光导纤维的长度，纤芯的折射率，在纤芯与包层的分界面发生全反射的临界角。现一束细光从左端面中点射入，下列说法正确的是（　　）
A．光导纤维中纤芯材料的折射率应小于包层材料的折射率
B．为使射入的光在纤芯与包层的界面恰好发生全反射，光在左端面的入射角应为
C．若从左端射入的光能够传送到右端（无损失），则光在光导纤维内传输的最长时间约为
D．若从左端射入的光能够传送到右端（无损失），则光在光导纤维内传输的最短时间约为
（2023广州二模）
15．如图，光导纤维的内芯折射率为、外套折射率为，光由光导纤维的一端从空气进入内芯后，经多次全反射传播到另一端射出，则（　　）
A．> B．< C．sin= D．sin=
（2023重庆名校质检）
16．下列说法中正确的是（　　）
A．全息照相利用了激光的衍射成像
B．激光测距是利用激光的平行性好
C．用激光“焊接”剥落的视网膜利用了激光的相干性好
D．激光刻录利用激光的亮度高
（2022山东青岛二模）
17．日晕是一种常见的大气光学现象，如图甲所示。太阳光线经卷层云中同一冰晶的两次折射，分散成单色光，形成日晕。冰晶截面可看作正六边形。如图乙所示为一束紫光在冰晶上的折射光路，为冰晶上的入射角，为经过第一个界面的折射角，为光线离开冰晶的折射角，为出射光相对入射光的偏转角。下列说法中正确的是（　　）
A．在冰晶内红光的传播速度比紫光的小
B．若，则冰晶对紫光的折射率为
C．保持入射角不变，将紫光改为红光，偏转角将增大
D．若红光和紫光均能使同一金属发生光电效应，紫光照射产生的光电子的最大初动能大
（2023山东烟台一模）
18．某小轿车雨刮器自动控制装置的主要部件是雨量传感器，雨量传感器的结构如图所示。传感器的光学元件MNQP紧贴在前挡风玻璃内表面，其折射率与挡风玻璃相同，光学元件的MN、PQ边分别与挡风玻璃表面垂直，MN、PQ的长度均为3.4cm，MP的长度为，挡风玻璃的厚度为0.8cm。当挡风玻璃外表面处于干燥状态时，红外发射管发出一细束红外线从MN中点射向挡风玻璃，红外线恰好在挡风玻璃的外表面发生全反射后射向PQ中点，最终被红外接收管接收；当挡风玻璃外表面有雨滴时，入射到挡风玻璃的红外线不能发生全反射，导致接收管接收的红外线变弱，从而自动控制雨刮的转动。
（1）求挡风玻璃和光学元件的折射率n；
（2）请通过计算判断在图中红外发射管应该在a还是在b位置？红外接收管应该在c还是在d位置？请画出当挡风玻璃外表面处于干燥状态时，红外线在挡风玻璃和光学元件中传播的光路图。
（2023浙江温州重点高中期中联考）
19．我国军事技术不断向高端发展，基本防御设施更加完善，在某种防御设施中有一种特殊材料制作的观察孔玻璃砖，既有较强的抗击打能力，又可以有较好的视角。如图所示，在宽度为d，厚度未知的矩形玻璃砖里侧，挖掉一块截面为半圆的部分，玻璃砖折射率合适时，外部角度范围内景物发出的光线恰能全部进入O点的人眼，且穿过玻璃砖内侧界面时不偏折，方便观察。假设在O点瞭望员的视角为，设该玻璃砖对自然光的折射率为n，真空中光速为c。
（1）求自然光在玻璃砖内传播的速度v；
（2）求该玻璃砖对自然光的折射率n；
（3）求光线同时沿AO与CO方向在玻璃砖中传播的时间差。
（2022山东淄博二模）
20．电子产品中常用到发光二极管，其中一种是由半径为R的半球体透明介质和发光管芯组成，管芯发光部分是一个圆心与半球体介质的球心O重合的圆面，PQ为发光圆面的直径，圆弧ABC在半球体介质过球心O的纵截面上，B、D分别为圆弧ABC、BDC的中点，如图所示。由PQ上的M点发出的一条光线经D点折射后与OB平行，已知。求：
（1）半球体介质的折射率及光从该介质射入空气中的临界角；
（2）为使从发光圆面第一次射向半球面上的所有光线都不发生全反射，管芯发光圆面的最大面积。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．（1）；（2）
【详解】（1）由题意可知当光在两侧刚好发生全反射时从M下端面出射的光与竖直方向夹角最大，设光在M下端与竖直方向的偏角为α，此时
可得
又因为
所以
（2）根据题意要使N下端面从刚能接收反射激光到恰好全部被照亮，光路图如图所示

则玻璃丝下端面到被测物体距离b的相应范围应该为
当距离最近时有
当距离最远时有
根据（1）可知
联立可得
所以满足条件的范围为
2． 大
【详解】[1]根据全反射定律可知光钎内芯的折射率比外套的折射率大，这样光在内芯和外壳的界面上才能发生全反射，保证信息的传输。
[2]折射率为
3．（1）7m （2）5.5m
【详解】①设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为，到P点的水平距离为，桅杆高度为，P点处水深为；激光束在水中与竖直方向的夹角为，由几何关系有
由折射定律有：
设桅杆到P点的水平距离为
则
联立方程并代入数据得：
②设激光束在水中与竖直方向的夹角为时，从水面出射的方向与竖直方向夹角为
由折射定律有：
设船向左行驶的距离为，此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为，到P点的水平距离为，则：
联立方程并代入数据得：
4．D
【详解】
设光线射入肝脏后的折射角为，则由
可得
即
则
根据几何知识可得
联立几式得
故选D。
5．CD
【详解】A．频率由光源决定，光由空气进入该液体中传播时，光波频率不变，故A错误；
B．光在液体中的传播速度为
解得
故B错误；
C．加上液体时光刻胶的曝光波长为
不加液体时，有
联立代入数据可得
故C正确；
D．由上分析可知，在液体中曝光光波的传播速度变为原来的，而传播距离不变，所以在液体中所需的时间变为原来的，故D正确。
故选CD。
6．（1）；（2）
【详解】（1）从A端最下方入射的光线发生全反射时其他光线都能发生全反射，如图所示，根据几何关系得

设全反射临界角为C，则要使A端垂直入射的光线全部从B端射出，必须有。根据全反射临界角公式公式
因此有
即有
解得
所以R的最小值为。
（2）在（1）问的情况下，由解析图可知，则有
光在光纤内传播的总路程为
光在光纤内传播的速度为
所以所求时间为
7．A
【详解】如图
几乎贴着水面射入水里的光线，在青蛙看来是从折射角为C的方向射来的，根据折射定律，设青蛙所处位置最远与井口水面距离为h，根据几何关系可知
解得
故选A。
8．（1）；（2）
【详解】（1）由几何关系可知底面对角线长为
玻璃砖的上表面刚好全部被照亮，设临界角为C，由几何关系可得
根据临界角与折射率的关系
可得
（2）点光源O在侧面的出射情况为一个半圆，设其半径为r，则有
每个侧面被照亮的面积为
解得
9．（1）；（2）
【详解】（1）根据全反射的临界角与折射率的关系得
由几何关系得
（2）取正视图如图所示：
假设端发出的光在水面点发生全反射，则形成的光斑是以点为圆心、为半径的圆，设为，则有
光斑半径为，有
光斑面积为S，有
联立解得
10．D
【详解】A．下表面的入射角等于上表面的折射角，根据光路可逆原理可知，光线不可能在下表面发生全反射，故A错误；
B．光从空气进入冰晶后，频率不变，速度减小，根据
可知，波长变小，故B错误；
C．红光频率低，折射率小，根据
可知，红光传播速度比紫光在冰晶中的传播速度大，故C错误；
D．因为紫光频率高，折射率大，则临界角小，所以随太阳高度角增大，紫光比红光先在侧面发生全反射，故D正确。
故选D。
11．BD
【详解】A．由于红光的折射率小于紫光的折射率，根据
可知在冰晶内红光的传播速度比紫光的大，故A错误；
B．图3中紫光满足，根据几何关系可知θ2=30°，则折射率为
代入数据解得
故B正确；
C．保持入射角不变，将紫光改为红光，因紫光的折射率大于红光的折射率，则偏转角将减小，故C错误；
D．根据光电效应方程有可知，由于红光频率小于紫光频率，则红光和紫光均能使同一金属产生光电效应，则紫光对应的光电子最大初动能一定比红光的大，故D正确；
故选BD。
12．BC
【详解】AB．光从水珠表面照射到内部，该光的频率不变，光速变小，由可知，波长变小，故A错误，B正确；
CD．荷叶上的露珠显得特别“明亮”是由于光线经折射进入水珠后，在水珠的后表面发生光的全反射，导致其特别“明亮”，并不是水珠将光线会聚而形成的，故C正确，D错误。
故选BC。
13．B
【详解】碳粒层与水之间又形成了一空气层，光由空气进入水会发生折射现象，但是光线由水内部射向空气时，由于角度问题大部分光线发生了全反射，一般要经过2次或者更多次全反射之后才折射出来，即光线在经过很多路径才传播出来，由于这些光路重叠交织在一起，所以看起来会比较亮。这是光的全反射现象所形成的。
故选B。
14．C
【详解】A．为了在内芯与包层的分界面发生全反射，光导纤维中内芯材料的折射率应大于包层材料的折射率，故A错误；
B．为使射入的光在内芯与包层的界面恰好发生全反射，设光在左端面的入射角为，则有
又
可得
解得
故B错误；
C．光在内芯的传播速度为
当光射到芯层与包层分界面的入射角等于临界角时，光在光导纤维内传输的时间最长，此时光传播的路程为
则最长时间为
故C正确；
D．当光射向左端面的入射角为时，光在光导纤维内传输的时间最短，则有
故D错误。
故选C。
15．A
【详解】AB．欲使光在、界面上发生全反射，必须从光密介质射入光疏介质，需要满足>，A正确，B错误；
CD．在内芯发生全反射的临界角为
图中发生全反射，满足
所以
CD错误。
故选A。
16．B
【详解】A．全息照相利用了激光相干性好的特性，故A错误；
B．激光测距是利用激光的平行性好，故B正确；
C．用激光“焊接”剥落的视网膜利用了激光的能量较高、沿直线传播的特点，故C错误；
D．激光刻录利用激光的平行度好，故D错误。
故选B。
17．BD
【详解】A．由于红光的折射率小于紫光的折射率，根据
可知在冰晶内红光的传播速度比紫光的大，故A错误；
B．图3中紫光满足，根据几何关系可知θ2=30°，则折射率为
代入数据解得
故B正确；
C．保持入射角不变，将紫光改为红光，因紫光的折射率大于红光的折射率，则偏转角将减小，故C错误；
D．根据光电效应方程有可知，由于红光频率小于紫光频率，则红光和紫光均能使同一金属产生光电效应，则紫光对应的光电子最大初动能一定比红光的大，故D正确；
故选BD。
18．（1）1.5；（2）红外发射管不能在a位置向MN中点发射红外线，则红外发射管在b位置向MN中点发射红外线，红外接收管是在c位置，大致光路图如图所示
【详解】（1）如图，光线刚好全反射
挡风玻璃和光学元件的折射率为
（2）红外发射管如果是在a位置向MN中点发射红外线，如图
则
由折射率公式
解得
所以红外发射管不能在a位置向MN中点发射红外线，则红外发射管在b位置向MN中点发射红外线，红外接收管是在c位置，大致光路图如图所示
【点睛】
19．（1）；（2）2；（3）
【详解】（1）根据光速和折射率的关系
得
（2）光线从A点射入时，有
视角
则
（3）AO光线传播的时间
CO光线传播的时间
则有
20．（1）,；（2）
【详解】（1）光路如图
由折射定律有
解得
由
得
则
（2）由几何关系可知
即
在r一定的情况下分析可知的最大值为,若即：则所有光线均不会发生全反射，发光圆面最大面积
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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