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2024-2025年人教版【2019】物理选择性必修一高二年级下学期
期末复习专题：计算题分类练习
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
一、动量与动量定理（本大题共7小题）
1．“蹦极”是一项勇敢者的运动，如图所示，某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空处自由下落，在空中感受完全失重的滋味.此人质量为，橡皮绳原长，人可看成质点，不计空气阻力.此人从点自静止下落到最低点所用时间.取求：
（1） 人从点下落到最低点的过程中，重力的冲量大小；
（2） 人下落到橡皮绳刚伸直（原长）时，人的动量大小；
（3） 从橡皮绳开始伸直到人下落到最低点的过程中，人对橡皮绳的平均作用力.
2．某杂技节目中，“气功师”平躺在水平台面上表演“人体腹部开石”，其腹部上平放着一块大石板，助手用铁锤猛击大石板，石板裂开而“气功师”没有受伤。现用下述模型分析探究：设大石板质量M＝80 kg，铁锤质量m＝5 kg；铁锤从h1＝1.8 m高处由静止自由落下，打在石板上自由向上反弹，当自由反弹达到最大高度h2＝0.05 m时铁锤被拿开；铁锤与石板的作用时间t1＝0.01 s；由于缓冲，石板与“气功师”腹部的“作用时间”t2＝0.5 s后静止。取重力加速度g＝10 m/s2。
求：铁锤敲击大石板的过程中，
（1）大石板对铁锤的平均作用力大小；
（2）大石板对人的平均作用力大小。
3．（12分）如图所示，游乐场有一种将蹦极运动和大型滑梯结合的游乐项目，一位质量的游客系着一条原长的弹性绳，由静止从点开始下落，弹性绳从开始张紧至最长状态点所用时间，游客到达点时弹性绳自动和人体分离，游客顺着滑梯来到安全区域，滑梯可看作半径为的光滑圆弧，为圆弧的最低点，将此游客视为质点，不计下落过程中的空气阻力，取.
（1） 从开始下落至弹性绳最长状态的过程中，求游客受到的重力冲量的大小；
（2） 从开始张紧至最长状态的过程中，求弹性绳所受的平均冲力的大小；
（3） 若游客在滑梯上运动的时间，求游客在滑梯上受到的支持力冲量的大小.
4．汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置.
（1） 安全带能通过感应车的加速度自动锁定,其原理的简化模型如图甲所示.在水平路面上刹车的过程中,敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度,同时顶起敏感臂,使之处于水平状态,并卡住卷轴外齿轮,锁定安全带.此时敏感臂对敏感球的压力大小为，敏感球的质量为.重力加速度为.忽略敏感球受到的摩擦力,求斜面倾角的正切值 .
甲
（2） 如图乙所示,在安全气囊的性能测试中,可视为质点的头锤从离气囊表面高度为处做自由落体运动,与正下方的气囊发生碰撞,以头锤碰到气囊表面为计时起点,气囊对头锤竖直方向的作用力随时间的变化规律,可近似用图丙所示的图像描述.已知头锤质量,,重力加速度大小取,求:
乙 丙
① 碰撞过程中的冲量大小和方向;
② 碰撞结束后头锤上升的最大高度.
5．宇宙尘埃有很大的科研价值，某卫星携带的收集装置如图（a）所示.如图（b）所示为质量为的卫星以速度飞向一颗静止的尘埃，如图（c）所示为尘埃被收集装置撞击后嵌入装置的情景，该尘埃的质量为（因，故卫星速度视为不变）.
图（a） 图（b） 图（c）
（1） 求该尘埃被卫星收集过程中的动量变化量大小.
（2） 该尘埃在收集装置中嵌入深度为，则其在被收集过程中受到的作用力大小是多少？（假设此过程中作用力大小不变）
（3） 卫星以速度进入一个尘埃区，尘埃区每单位体积空间有颗尘埃，尘埃的平均质量为，已知卫星正面面积为，由于大量尘埃与卫星碰撞后均附着在卫星上，卫星速度会受到影响，为了保持卫星原有的飞行速度，卫星推进器需要增加多大推力？
6．为京津冀地区“减煤治霾”，河北张家口草原天路景区新建新能源项目1 500万千瓦，风力发电机如图所示，风力带动三个叶片转动，叶片再带动转子（磁极）转动，使定子（线圈，不计电阻）中产生电流，实现风能向电能的转化.已知叶片长为，风速为，空气的密度为 ，空气遇到叶片旋转形成的圆面后一半减速为零，一半原速率穿过，假设空气的动能全部转化为风能，求：
（1） 一台风力发电机获得风能的功率；
（2） 空气对风力发电机一个叶片的平均作用力大小.
7．如图所示，游乐场有一种将蹦极运动和大型滑梯结合的游乐项目，一位质量的游客系着一条原长的弹性绳，由静止从点开始下落，弹性绳从开始张紧至最长状态点所用时间，游客到达点时弹性绳自动和人体分离，游客顺着滑梯来到安全区域，滑梯可看作半径为的光滑圆弧，为圆弧的最低点，将此游客视为质点，不计下落过程中的空气阻力，取.
（1） 从开始下落至弹性绳最长状态的过程中，求游客受到的重力冲量的大小；
（2） 从开始张紧至最长状态的过程中，求弹性绳所受的平均冲力的大小；
（3） 若游客在滑梯上运动的时间，求游客在滑梯上受到的支持力冲量的大小.
二、动量守恒定律（本大题共4小题）
8．冬季雨雪天气时，公路上容易发生交通事故。在结冰的公路上，一辆质量为1.8×103 kg的轻型货车尾随另一辆质量为1.2×103 kg的轿车同向行驶，因货车未及时刹车而发生追尾（即碰撞，如图所示）。若追尾前瞬间货车速度大小为36 km/h，轿车速度大小为18 km/h，刚追尾后两车视为紧靠在一起，此时两车的速度为多大？
9．如图所示，木块的质量为，木块的质量为，并排放在光滑水平面上，上固定一竖直轻杆，轻杆上端的点系一长为的细线，细线另一端系一质量为的小球.现将球拉起使细线水平伸直，并由静止释放球..求：
（1） 、两木块分离时，、、的速度大小；
（2） 从开始运动到、分离，的位移大小；
（3） 、两木块分离后能上升到的最大高度（相对于经过的最低点）.
10．如图所示，水平光滑地面上依次放置着质量m＝0.08 kg的10块完全相同的长直木板。一质量M＝1.0 kg、大小可忽略的小铜块以初速度v0＝6.0 m/s从长木板左侧滑上木板，当铜块滑离第一块木板时，速度大小为v1＝4.0 m/s。铜块最终停在第二块木板上。（取g＝10 m/s2，结果保留两位有效数字）求：
（1）第一块木板的最终速度；
（2）铜块的最终速度。
11．总质量为的炮艇以速度匀速行驶.突然，炮艇向前进方向发射一枚炮弹，炮弹质量，发射速度（相对炮艇的速度）.这时，测得的炮艇速度为.试写出以上物理量之间的关系式.
三、弹性碰撞和非弹性碰撞（本大题共4小题）
12．碰撞恢复系数（一般用e表示）是指两个物体碰撞后的相对速度大小与碰撞前的相对速度大小的比值，表示碰撞过程中机械能的损失程度，与材料本身的性质有关。在光滑水平面上，小球B静止，另一小球A以水平速度v0与B发生正碰，A、B的质量分别为2m、m。
（1）若A与B的碰撞为弹性碰撞，求它们的碰撞恢复系数；
（2）若A、B的碰撞恢复系数为e'＝0.5，求碰撞过程损失的机械能ΔE。
13．如图所示，光滑水平轨道上放置木板和滑块，与间的动摩擦因数，滑块置于的最左端，三者质量分别为、、.开始时静止，、一起以的速度匀速向右运动，与发生碰撞（时间极短）后向右运动，经过一段时间，、再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与碰撞，重力加速度.
（1） 求与发生碰撞后瞬间的速度大小；
（2） 若、再次共速时恰好运动到的最右端，则板的长度为多少？
（3） 求在与发生碰撞时（时间极短），损失的能量.
14．图甲是一种智能减震装置的示意图，轻弹簧下端固定，上端与质量为的减震环连接，并套在固定的竖直杆上，与杆之间的智能涂层材料可对施加大小可调节的阻力，当的速度为零时涂层不对其施加作用力.在某次性能测试中，质量为的光滑圆环从杆顶端由静止释放，之后与发生正碰（碰撞时间极短）；碰撞后，的速度大小变为碰前的 倍、方向向上，向下运动时速度减为零，此过程中受到涂层的阻力大小与下移距离之间的关系如图乙.已知静止在弹簧上时，到杆顶端的距离为，弹簧压缩量为，重力加速度为，空气阻力不计，弹簧始终在弹性限度内.求：
甲 乙
（1） 与碰前瞬间，的速度大小；
（2） 的值；
（3） 、碰撞后，在第一次向下运动过程中，经过多长时间的动能为.
15．如图所示，某粗糙矩形球桌上有白球和黑球，分别静止在、两球袋连线的、两点处，且点位于连线的中点，点位于连线的中点，、两点间的距离为.已知白球的质量为，黑球的质量为，两球在球桌上滚动前进的过程可视为做匀减速直线运动，加速度大小为.现给白球一瞬时初速度，速度方向沿方向，之后白球与黑球发生弹性碰撞.
（1） 求白球与黑球碰撞后的瞬间各自的速度大小；
（2） 若要求黑球被碰撞之后能进入袋，且白球反弹后未能进入袋，则初速度的大小范围应是多少？
四、动量守恒定律的综合应用（本大题共13小题）
16．如图所示，静止放置在光滑水平面上的A、B、C三个滑块，滑块A、B间通过一水平轻弹簧相连，滑块A左侧紧靠一竖直固定挡板P，某时刻给滑块C施加一个水平冲量使其以初速度v0水平向左运动，滑块C撞上滑块B的瞬间二者粘在一起共同向左运动，弹簧被压缩至最短的瞬间具有的弹性势能为1.35 J，此时撤掉固定挡板P，之后弹簧弹开释放势能，已知滑块A、B、C的质量分别为mA＝mB＝0.2 kg，mC＝0.1 kg，取＝3.16，求：
（1）滑块C的初速度v0的大小；
（2）当弹簧弹开后恢复原长的瞬间，滑块B、C的速度大小；
（3）从滑块B、C压缩弹簧至弹簧恢复原长的过程中，弹簧对滑块B、C整体的冲量。
17．如图所示，光滑水平轨道MN左端与倾角θ ＝37°的足够长的斜面PM连接，右端与半径为R的光滑圆弧轨道QN连接。质量分别为m1＝2 kg、m2＝ 3 kg的两滑块A、B之间夹有少量炸药，静止在MN上（滑块A、B均可视为质点，炸药的质量忽略不计）。炸药引爆后释放的化学能E＝30 J全部转化为两滑块的动能，之后滑块B冲上圆弧轨道，滑块A冲上斜面PM，A与斜面间的动摩擦因数为μ＝ 0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝ 0.8。求：
（1）炸药引爆后A、B到达M、N两点时的动能EkA、EkB各为多大；
（2）已知B恰好能到达圆弧轨道的最高点Q，圆弧轨道的半径R是多大；
（3）A沿斜面上滑的最大距离x。
18．如图，三块厚度相同、质量相等的木板、、（上表面均粗糙）并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于木板左端.已知三块木板质量均为，木板长度为，机器人质量为，重力加速度取，忽略空气阻力.
（1） 机器人从木板左端走到木板右端时，求、木板间的水平距离.
（2） 机器人走到木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从木板右端跳到木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值.
（3） 若机器人以做功最少的方式跳到木板左端后立刻与木板相对静止，随即相对木板连续不停地3次等间距跳到木板右端，此时木板恰好追上木板.求该时刻、两木板间距与木板长度的关系.
19．如图所示，两个相同的四分之一圆弧槽、并排放在水平面上，圆弧槽半径均为、内外表面均光滑，质量均为，、两点分别为、槽的最高点，、两点分别为、槽的最低点，槽的左端紧靠着墙壁.一个质量为的小球（可视为质点）从点由静止释放，重力加速度为.求：
（1） 小球到达槽最低点时速度的大小；
（2） 小球在槽内上升的最大高度；
（3） 槽具有的最大速率.
20．如图所示，物体和用劲度系数为的轻质弹簧连接并竖直静置于水平地面上.将一个物体从物体的正上方距离高度处由静止释放，下落后与物体碰撞，碰撞时间极短，碰撞后与粘在一起并立刻向下运动，在以后的运动中，、不再分离.已知物体、、的质量均为，取重力加速度，忽略空气阻力.求：
（1） 与碰撞后瞬间的速度大小；
（2） 和一起运动到最大速度时，物体对水平地面的压力大小；
（3） 开始时，物体从距多大的高度自由落下时，在以后的运动中，能使物体恰好离开水平地面.
21．（14分）如图所示，质量为的均质凹槽放在光滑的水平地面上，凹槽内有一半径为的半圆形光滑轨道，圆心为，左右端点与等高.质量为的小球，从右端点由静止释放.已知重力加速度为，运动过程中凹槽不翻转.
（1） 若凹槽固定，求小球到达轨道最低点时的速度大小；
（2） 若凹槽不固定，求小球从释放至第一次运动到轨道最低点过程中凹槽移动的距离；
（3） 若凹槽不固定，求小球运动到和的连线与水平方向成 角时的动能.
22．如图所示，在平静的湖面上有一小船以速度匀速行驶，人和船的总质量为，船上另载有个完全相同的小球，每个小球的质量为.人站在船头，沿着船的前进方向每隔一段相同的时间水平抛出一个小球，不计水的阻力和空气的阻力.
（1） 如果每次都是以相对于湖岸的速度抛出小球，试计算第一个小球抛出后小船的速度大小和抛出第几个球后船的速度反向.
（2） 如果每次都是以相对于小船的速度抛出小球，则抛出第16个小球可以使船的速度大小改变多少？
23．如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝6.0 kg和mB＝4.0 kg。用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图像如图乙所示。求：
（1）物块C的质量；
（2）B离开墙后，弹簧中的弹性势能最大时，B的速度多大？最大弹性势能多大？
24．如图甲所示，质量为的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在点平滑连接，为轨道的最高点.质量为的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.已知轨道半圆形部分的半径，重力加速度大小.
甲
（1） 若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到点时，受到轨道的弹力大小等于，求小物块在点的速度大小；
（2） 若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力，小物块处在轨道水平部分时，轨道的加速度与对应关系如图乙所示.
乙
（ⅰ） 求 和；
（ⅱ） 初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力，当小物块到点时撤去，小物块从点离开轨道时相对地面的速度大小为.求轨道水平部分的长度.
25．如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点.一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于点正下方，并轻靠在物块左侧.现将细线拉直到水平位置，由静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞.碰撞后，物块沿小车上的轨道运动.已知细线长，小球质量，物块、小车质量均为，小车上的水平轨道长，圆弧轨道半径.小球、物块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度取.
（1） 求小球运动到最低点与物块碰撞前，所受拉力的大小；
（2） 求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
（3） 为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数 的取值范围.
26．如图所示，在光滑的水平地面上有一平板小车质量为，靠在一起的滑块甲和乙质量均为，三者处于静止状态.某时刻起滑块甲以初速度向左运动，同时滑块乙以向右运动.最终甲、乙两滑块均恰好停在小车的两端.小车长，两滑块与小车间的动摩擦因数相同（取，滑块甲和乙可视为质点），求：
（1） 最终甲、乙两滑块和小车的共同速度的大小;
（2） 两滑块与小车间的动摩擦因数；
（3） 两滑块运动前滑块乙离小车右端的距离.
27．如图所示，用长为R的不可伸长的轻绳将质量为的小球A悬挂于O点。在光滑的水平地面上，质量为m的小物块B（可视为质点）置于长木板C的左端静止。将小球A拉起，使轻绳水平拉直，将A球由静止释放，运动到最低点时与小物块B发生弹性正碰。
（1）求碰后小球A上升的最大高度。
（2）若长木板C的质量为2m，小物块B与长木板C之间的动摩擦因数为μ，长木板C的长度至少为多大，小物块B才不会从长木板C的上表面滑出？
28．如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A（上表面粗糙）和滑块C，滑块B置于A的左端（B、C可视为质点），三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg，A与B间的动摩擦因数为μ＝0.5；开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）并粘在一起，经过一段时间，B刚好滑至A的右端而没掉下来（g＝10 m/s2）。求：
（1）A、C碰撞后A的速度大小；
（2）长木板A的长度。
五、简谐运动及其描述（本大题共7小题）
29．如图所示为一弹簧振子的振动图像，求：
（1） 该振子简谐运动的表达式；
（2） 在时，弹簧振子的位移；
（3） 该振子在前的总位移和路程.
30．（12分）一水平弹簧振子做简谐运动，其位移和时间关系如图所示.
（1） 写出这个简谐运动的位移随时间变化的关系式.（用正弦函数表示）
（2） 从到的时间内，振子通过的路程为多大？
（3） 当时，振子的位移是多少？
（4） 振子从振动到经历的时间为多长？
31．均匀介质中质点、的平衡位置位于轴上，坐标分别为和.某简谐横波沿轴正方向传播，波速为，波长大于，振幅为，且传播时无衰减.时刻、偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同，运动方向相反，此后每隔两者偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同.已知在时刻，质点位于波峰.求：
（ⅰ） 从时刻开始，质点最少要经过多长时间位于波峰；
（ⅱ） 时刻质点偏离平衡位置的位移.
32．均匀介质中质点、的平衡位置位于轴上，坐标分别为和.某简谐横波沿轴正方向传播，波速为，波长大于，振幅为，且传播时无衰减.时刻、偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同，运动方向相反，此后每隔两者偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同.已知在时刻，质点位于波峰.求：
(i) 从时刻开始，质点最少要经过多长时间位于波峰；
(ii) 时刻质点偏离平衡位置的位移.
33．如图甲所示的玩具兔子为一款由头部、弹簧及底部组成的弹簧玩具，通过劲度系数为的轻弹簧将头部和底部连接，头部质量为，底部质量为，开始时弹簧兔子静止于桌面上，现轻压头部后由静止释放，弹簧兔子不停上下振动.不计一切摩擦和空气阻力，重力加速度为.
甲
（1） 从某时刻开始计时，头部的位移随时间的变化规律如图乙所示，求头部的位移与运动时间的函数关系式.
乙
（2） 若使弹簧兔子在振动过程中底部始终不离开桌面，求轻压头部释放时弹簧的压缩量最大值.
34．如图所示，质量为的木框静止在地面上，劲度系数为的轻质弹簧一端固定于木框，一质量为的小球放在该弹簧上，小球在竖直方向上做简谐运动，在此过程中木框始终没有离开地面.若使小球始终不脱离弹簧，重力加速度为,则：
（1） 小球的最大振幅是多大？
（2） 在（1）的振幅下木框对地面的最大压力大小是多少？
（3） 在（1）的振幅下弹簧的最大弹性势能是多大？
35．（16分）如图所示，一根粗细均匀的木筷，下端绕几根铁丝，竖直浮在盛水的盆中.筷子与铁丝的总质量为，筷子的直径远小于盆的直径.把木筷向上提起一段距离后放手，木筷就在水中上下振动，振幅为.不考虑水对筷子的阻力，忽略铁丝体积的影响，木筷始终有一部分露在水面上.
（1） 证明：木筷在水中做简谐运动.
（2） 某同学发现木筷与铁丝在最高点的机械能大于它们在最低点的机械能.他分析之后认为，木筷与铁丝损失的机械能应转化为了水的重力势能，请判断他的结论是否正确，并说明理由.
（3） 证明木筷与铁丝的最大动能.
六、单摆（本大题共1小题）
36．将一力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力，图甲表示一滑块（可视为质点）在竖直平面内沿固定的光滑半球形容器内壁在、点之间来回滑动.、点与点连线与竖直方向之间的夹角相等且都为 （均小于），图乙为滑块对器壁的压力随时间变化的曲线，且图中为滑块从点开始运动的时刻，，试根据力学规律和图中所给的信息，求：
甲 乙
（1） 容器的半径；
（2） 滑块的质量及滑块运动过程中的最大动能.
七、波的形成和传播（本大题共2小题）
37．已知某次地震中纵波与横波的传播速度分别为9.1 km/s 和3.7 km/s。某地震观测中心记录到两种波到达的时间差为7.8 s，若机械波在地面内是匀速传播的，且传播的速度v、传播的距离x和传播距离x所用的时间t满足v＝。请你通过分析计算来完成下面问题：
（1）求地震中心到此地震观测中心的距离；
（2）请你分析在观测中心的工作人员当时所感觉到的地面振动方向。（设震源在地震观测中心正下方，工作人员对地面振动方向的感觉用“上下振动”“左右晃动”来说明）
38．图甲为波源的振动图像，图乙为均匀介质中同一条直线上等间距的质点在t＝1 s时的振动状态，其中质点4刚开始振动。请在图丙中画出t＝5 s时的波形图及各质点的振动状态。
八、波的反射、折射和衍射（本大题共2小题）
39．如图所示，某列波以60°的入射角由甲介质射到乙介质的界面上，同时产生反射和折射，若反射波的波线与折射波的波线夹角为90°，此波在乙介质中的波速为1.2×105 km/s。
（1）该波的折射角为多少。
（2）该波在甲介质中的传播速度为多少。
（3）该波在两种介质中的波长比为多少。
40．“B超”可用于探测人体内脏的病变状况。如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为＝（式中θ1是入射角，θ2是折射角，v1、v2分别是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v2＝0.9v1，入射点与出射点之间的距离是d，入射角是i，肿瘤的反射面恰好与肝脏表面平行。求：肿瘤离肝脏表面的深度h为多少？
九、专题：振动和波的综合问题（本大题共3小题）
41．（12分）一列简谐横波沿轴传播，图甲为时刻的波形图，图乙为质点的振动图像.求：
甲 乙
（1） 波传播的速度大小和方向；
（2） 质点在内的路程.
42．如图甲所示，一列沿轴正方向传播的简谐横波，在和处的两质点的振动图线如图乙所示.
甲 乙
（1） 求该波的周期的大小；
（2） 画出时刻，、之间一种可能的波形；
（3） 求这列波可能的波速.
43．一列简谐横波沿轴传播，、为轴上相距为的两质点，、两质点振动图像分别如图甲、乙所示.
甲 乙
（1） 求该简谐横波的波长；
（2） 若该简谐横波的传播速度为，通过计算判断该波的传播方向.
十、光的折射定律及其应用（本大题共2小题）
44．厦门北站是国内首个大规模应用智能光纤系统的铁路站房.“智能光纤系统”可以跟随并收集太阳光，并过滤掉紫外线等有害射线，再通过反射率高达的光纤导入室内或者是地下空间，可以解决采光问题.某同学受其启发，为增强室内照明效果，在水平屋顶上开一个厚度为、直径的圆形透光孔，将形状、厚度与透光孔完全相同的玻璃砖嵌入透光孔内，玻璃砖的折射率，下图为透光孔的侧视图.求：
（1） 入射到透光孔底部中央点处的光线范围比嵌入玻璃砖前增加了多少度；
（2） 嵌入折射率至少多大的玻璃砖可使入射到透光孔底部中央点处的光线范围最大.
45．如图所示，两条距离为的平行光线，以入射角 从空气射入平静水面，反射光线与折射光线垂直.求：
（1） 水的折射率;
（2） 两条折射光线之间的距离.
十一、全反射与折射的综合应用（本大题共5小题）
46．现在高速公路上的标志牌常贴有“回归反光膜”，它采用高折射率的微小玻璃球制成，并在后表面镀铝膜，如图1所示.一光线沿平行于玻璃球水平直径方向射入玻璃球，发生折射后到达处发生反射，再经折射后平行入射方向射出，光路及角度如图2所示，为球心.已知光在空气中的传播速度约等于光在真空中的传播速度.（结果均保留3位有效数字）
图1 图2
（1） 求玻璃球的折射率；
（2） 求光在玻璃球中的传播速度；
（3） 如果没有铝膜，通过分析说明该光线能否在处发生全反射.
47．老师上课喜欢用红色激光笔，它发出的红光用来投映一个光点或一条光线指向物体，如图甲所示，AB为半圆的直径，O为圆心，在O点左侧用红色激光笔从E点垂直AB射入的红光进入半球形介质后在上表面的入射角恰好等于全反射的临界角C＝45°。
(1)求半球形介质的折射率；
(2)若取用半球形介质制成环状介质砖，如图乙所示，内径为R、外径为R′＝R的环状介质砖的圆心为O，一束平行于水平轴O′O的光线由A点进入介质砖，到达B点(图中未标出)刚好发生全反射，求A点处光线的入射角和折射角。
48．如图所示，图中阴影部分为真空中一折射率的透明材料做成的光学元件的横截面，为一半径为的四分之一圆弧，在圆弧面圆心处有一点光源，为正方形，若只考虑首次从直接射向、的光线，真空中的光速为，则（ ）
A．点光源发出的光射到面上的最长时间为
B．点光源发出的光射到面上的最长时间为
C．、面有光射出的区域总长度为
D．、面有光射出的区域总长度为
49．如图所示，公园修建了一个截面为等腰梯形的水池，水池坡面的倾角为 ，在注满水的情况下，一束平行光照射到水面，折射光线与反射光线恰好垂直.已知水对该光的折射率为，.
（1） 求该平行光与水面的夹角 ；
（2） 若改变入射角，使入射角的正弦值,入射的倾斜平行光刚好能够照亮整个水池底部，求水池坡面的倾角 ；
（3） 若水池深，将一点光源放入池底中央，水面足够宽，不考虑多次反射，求点光源照亮水面的面积.
50．如图所示，清澈的湖面下S处有一条小鱼（视为质点），S到水面的距离h＝2 m，已知水的折射率为。求：（当θ很小时，sin θ＝tan θ）
（1）在鱼正上方向的水面上看到鱼的视深；
（2）在湖面上能看到鱼的水域面积的半径。（结果可保留根号）
参考答案
1．【知识点】动量定理及其应用
【答案】（1）
（2）
（3） 大小为，方向竖直向下
【解析】
（1） 人从点下落到最低点的过程中，重力的冲量大小.
（2） 人下落到橡皮绳刚伸直（原长）时，人的速度为，此时，人的动量大小为.
（3） 人下落到橡皮绳刚伸直（原长）的过程所用时间为，从橡皮绳开始伸直到人下落到最低点的过程所用时间为，该过程中，设橡皮绳对人的平均作用力大小为，以竖直向下为正方向，根据动量定理有，解得.根据牛顿第三定律可知，人对橡皮绳平均作用力大小为，方向竖直向下.
【易错分析】
解答本题时，往往容易忽略重力对人的冲量，导致错解.
【教材变式】
本题目由教材P10例题演变而来.教材考查了跳跃者在下落过程中所受的平均弹力，本题延伸考查了人下落到橡皮绳刚伸直时人的动量大小.
2．【知识点】动量定理及其应用
【答案】（1）3 550 N　（2）871 N
【详解】（1）（1）由动能定理有mgh＝mv2
得v＝
取向上为正方向
则铁锤打击石板时的速度为v1＝－＝－6 m/s
铁锤反弹时的速度为v2＝＝1 m/s
对铁锤，由动量定理得（F1－mg）t1＝mv2－mv1
代入数据解得F1＝3 550 N。
（2）由牛顿第三定律知，铁锤对石板的作用力大小为
F1'＝3 550 N
取向上为正方向
对石板，由动量定理得（F2－Mg）t2－F1t1＝0
代入数据解得F2＝871 N
由牛顿第三定律得，大石板对人的平均作用力大小为F2'＝F2＝871 N。
3．【知识点】动量定理及其应用
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
（1） 游客在弹性绳未绷紧时,做自由落体运动,经历的时间满足，可得,从开始下落至弹性绳最长状态的过程中,游客受到的重力冲量的大小为.
（2） 从初始位置到弹性绳刚好绷紧瞬间,游客的速度为,从开始张紧至弹性绳最长状态的过程中,对游客,由动量定理可得,则,解得弹性绳所受的平均冲力大小为.
（3） 从到的过程中,由动能定理可得,解得,从到的过程中,动量的变化量为,方向水平向左,重力的冲量为,方向竖直向下,由动量定理可知,则游客在滑梯上受到的支持力冲量的大小.
4．【知识点】动量定理及其应用
【答案】（1）
（2） ① ,方向竖直向上
②
【解析】
（1） 对敏感球受力分析,设底座斜面对敏感球的作用力为,在水平方向有,在竖直方向有,解得斜面倾角的正切值.
（2） ① 根据图线与轴所围面积可知碰撞过程中的冲量大小,碰撞过程中安全气囊对头锤的冲量方向为竖直向上.
② 头锤先做自由落体运动,根据运动学公式有,头锤与安全气囊碰撞过程,规定竖直向上为正方向,根据动量定理有,头锤与安全气囊碰撞后做竖直上抛运动,则有,联立可得头锤上升的最大高度.
【一题多解】
（2）②头锤先做自由落体运动,根据机械能守恒定律有,根据动量定理有,
头锤与安全气囊碰撞后做竖直上抛运动,根据机械能守恒定律有,联立解得.
5．【知识点】动量定理及其应用
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
（1） 由于,可认为卫星收集尘埃时速度不受影响,宇宙尘埃的速度会从0加速到,以卫星速度方向为正方向,则尘埃被卫星收集过程中的动量变化量大小为.
（2） 在尘埃加速到与卫星共速过程中,根据运动学规律可得,,,以尘埃为研究对象,根据动能定理可得,解得.
（3） 设卫星在尘埃区的飞行时间为,卫星附着的尘埃数量为,对尘埃,根据动量定理可得,解得卫星对尘埃的作用力,由牛顿第三定律可知,尘埃对卫星的阻力,则为了保持卫星原有的飞行速度,卫星推进器需要增加的推力.
6．【知识点】动量定理及其应用
【答案】（1）
（2）
【解析】
（1） 单位时间内经过叶片的空气质量为,空气遇到叶片旋转形成的圆面后一半减速为零,一半原速率穿过,则损失的动能为,由能量守恒定律可得,单位时间内,一台风力发电机获得风能为,一台风力发电机获得风能的功率为.
（2） 根据题意,取时间内经过叶片的空气作为研究对象,设风力发电机叶片对空气的平均作用力大小为,由动量定理有,代入数据可得,由牛顿第三定律可知，空气对风力发电机一个叶片的平均作用力大小为.
【方法总结】
“流体”类问题求解的基本思路：
（1）在极短时间内,取一小柱体作为研究对象.
（2）小柱体的体积.
（3）小柱体的质量.
（4）小柱体的动量变化量.
（5）应用动量定理.（注意竖直方向的流体问题,一般研究对象的重力相对于相互作用力大小可忽略）
7．【知识点】动量定理及其应用
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
（1） 游客在弹性绳未绷紧时,做自由落体运动,经历的时间满足，可得,从开始下落至弹性绳最长状态的过程中,游客受到的重力冲量的大小为.
（2） 从初始位置到弹性绳刚好绷紧瞬间,游客的速度为,从开始张紧至弹性绳最长状态的过程中,对游客,由动量定理可得,则,解得弹性绳所受的平均冲力大小为.
（3） 从到的过程中,由动能定理可得,解得,从到的过程中,动量的变化量为,方向水平向左,重力的冲量为,方向竖直向下,由动量定理可知,则游客在滑梯上受到的支持力冲量的大小.
8．【知识点】动量守恒的判定与应用
【答案】28.8 km/h
【详解】以两车组成的系统为研究对象，由于碰撞时间很短，碰撞过程中系统所受合外力远小于系统内力，可近似认为在该碰撞过程中系统动量守恒。设货车质量为m1，轿车质量为m2，碰撞前货车速度为v1，轿车速度为v2，碰撞后两车速度为v。选定两车碰撞前的速度方向为正方向。则有 m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v，代入数据解得两车的共同速度v＝28.8 km/h。
9．【知识点】动量守恒的判定与应用
【答案】（1） 均为
（2）
（3）
【解析】
（1） 当球第一次到达最低点时,、两木块分离,此时、速度相等,设大小为,球速度大小为,、、系统在水平方向动量守恒,取向左为正方向,有,系统机械能守恒有,联立解得.
（2） 、、系统在水平方向动量守恒,在、分离前有,两边同时乘时间,则有,又,联立解得从开始运动到、分离,的位移大小为.
（3） 分析可知、两木块分离后,当上升到最大高度时、共速,设速度大小为,、系统水平方向上动量守恒,有,A、系统机械能守恒,有,联立解得能上升到的最大高度为.
【教材变式】
本题目由教材P30第8题演变而来,教材考查、两木块分离时、、的速度大小.解答时需要注意、、三者组成的系统在水平方向不受外力,所以、、组成的系统水平方向动量守恒,根据动力学分析出分离时的临界条件,即到达最低点.本题进一步考查了人船模型求位移和利用动量守恒及能量守恒求能上升的最大高度.
10．【知识点】动量守恒的判定与应用
【答案】（1）2.5 m/s，方向与小铜块初速度方向相同
（2）3.4 m/s，方向与小铜块初速度方向相同
【详解】（1）铜块和10块长木板水平方向不受外力，所以水平方向系统动量守恒，设铜块刚滑到第二块木板时，木板的速度为v2，由动量守恒定律得
Mv0＝Mv1＋10mv2
解得v2＝2.5 m/s，方向与小铜块初速度方向相同。
（2）由题意可知铜块最终停在第二块木板上，设最终速度为v3，由动量守恒定律得
Mv1＋9mv2＝（M＋9m）v3
解得v3≈3.4 m/s，方向与小铜块初速度方向相同。
11．【知识点】动量守恒的判定与应用
【答案】
【解析】发射炮弹过程中,系统的动量守恒,则有.
12．【知识点】弹性碰撞和非弹性碰撞、求解弹性碰撞问题、求解非弹性碰撞问题
【答案】（1）1，（2）m
【详解】（1）设A与B碰撞后A的速度为v1，B的速度为v2，由动量守恒定律得2mv0＝2mv1＋mv2
A与B的碰撞为弹性碰撞，由机械能守恒定律得
×2m＝×2m＋m
联立解得v1＝v0，v2＝v0
碰撞恢复系数为e＝＝1。
（2）A与B的碰撞不是弹性碰撞，设A与B碰撞后A的速度为v1'，B的速度为v2'，由动量守恒定律得2mv0＝2mv1'＋mv2'
又e'＝＝0.5
联立解得v1'＝v0，v2'＝v0
13．【知识点】求解弹性碰撞问题
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
（1） 因为碰撞时间极短,与碰撞过程动量守恒,设碰撞后瞬间的速度大小为,的速度大小为,以向右为正方向,由动量守恒定律得,A与在摩擦力作用下达到共同速度,设共同速度为,由动量守恒定律得,A、达到共同速度后恰好不再与碰撞,应满足,联立解得,.
（2） 根据能量守恒定律可得,与之间因摩擦产生的热量为,又,解得板的长度为.
（3） 在与发生碰撞时（时间极短）,损失的能量.
【教材变式】
本题由教材P30第7题演变而来,教材考查了碰撞后瞬间的速度大小,本题延伸考查了利用能量守恒分析系统因摩擦产生的热量和碰撞产生的热量,以及相对位移的求解.
14．【知识点】求解弹性碰撞问题
【答案】（1）
（2）
（3） 或
【解析】
（1） 圆环下落的过程做自由落体运动,则,解得与碰前瞬间,的速度大小为.
（2） 、发生碰撞,设向下为正方向,根据动量守恒定律可知,向下运动速度减为零的过程,由动能定理可知,由题可知静止在弹簧上时,弹簧压缩量为,根据胡克定律可知,联立解得,.
（3） 当的动能为时,的速度为,根据动量定理可知,解得或，向下运动过程中，有,由题图乙可得,联立解得向下运动过程中的加速度大小,可知向下做匀减速运动，第一次向下运动的时间,由于,,所以和的值均符合题意.
15．【知识点】碰撞可能性判断
【答案】（1） ；
（2）
【解析】
（1） 设白球与黑球碰撞前的速度为,由运动学公式可得,设白球与黑球碰撞后的速度分别为、,以沿方向为正方向,白球和黑球发生弹性碰撞,由动量守恒定律可得,由机械能守恒定律可得,解得,,故白球与黑球碰撞之后,白球的速度大小为,黑球的速度大小为.
（2） 碰后黑球能进入袋,则,碰后白球不能进入袋,则,若要求黑球碰撞之后能进入袋,且白球反弹后不能进入袋,则初速度的取值范围为.
16．【知识点】动量和能量的综合应用、动量守恒与弹簧相结合
【答案】（1）9 m/s　（2）1.9 m/s　（3）1.47 N·s，方向水平向右
【详解】（1）滑块C撞上滑块B的过程中，滑块B、C组成的系统动量守恒，以水平向左为正方向，根据动量守恒定律得mCv0＝（mB＋mC）v1
弹簧被压缩至最短时，滑块B、C速度为零，根据能量守恒定律得Ep＝（mB＋mC）
解得v1＝3 m/s，v0＝9 m/s。
（2）设弹簧弹开后恢复原长的瞬间，滑块B、C的速度大小为v2，滑块A的速度大小为v3，根据动量守恒定律得（mB＋mC）v2－mAv3＝0
根据能量守恒定律得
Ep＝mA＋（mB＋mC）
解得v2≈1.9 m/s。
（3）设弹簧对滑块B、C整体的冲量为I，选向右为正方向，由动量定理得
I＝Δp＝（mB＋mC）[v2－（－v1）]
解得I＝1.47 N·s，方向水平向右。
17．【知识点】动量和能量的综合应用
【答案】（1）18 J　12 J　（2）0.4 m　（3）0.9 m
【详解】（1）设炸药引爆后A、B的速度大小各为v1、v2，取向左为正方向，
由动量守恒定律得m1v1－m2v2＝0
由能量守恒定律得E＝m1＋m2
又EkA＝m1，EkB＝m2，
联立解得EkA＝18 J，EkB＝12 J。
（2）B从N到Q的上滑过程，由机械能守恒定律得
EkB＝m2gR
可得R＝0.4 m。
（3）A从M沿斜面上滑的过程，运用动能定理得
－m1gxsin 37°－μm1gxcos 37°＝0－EkA
解得x＝0.9 m。
18．【知识点】动量和能量的综合应用
【答案】（1）
（2） ；2
（3）
【解析】
（1） 机器人从木板左端走到木板右端的过程中,机器人与木板组成的系统动量守恒,木板向左运动,、木板静止,设机器人的质量为,三个木板的质量均为,由动量守恒定律得,设所用时间为,则有,即,又,联立解得,则、木板间的水平距离为.
（2） 设机器人起跳的速度大小为,速度方向与水平方向的夹角为 ,机器人从木板右端跳到木板左端的时间为,由斜抛运动规律得,,联立解得,机器人跳离木板的过程中,系统水平方向动量守恒,由动量守恒定律得,由功能关系得,机器人做的功为,联立可得,由数学知识可知,当且仅当时,即时,机器人做功最少,代入可得.
（3） 由,可计算出,由解得,此后木板以此速度向左做匀速直线运动.机器人跳离木板到与木板相对静止的过程中,机器人与、木板组成的系统在水平方向上动量守恒,由动量守恒定律得,此过程中木板向左运动的距离,代入数据得,机器人连续三次等间距跳到木板右端,整个过程机器人和木板组成的系统水平方向动量守恒,设每次跳起后机器人的水平速度大小为,木板的速度大小为,机器人每次跳跃的时间为,以向右为正方向,由动量守恒定律得 ①,每次跳跃,机器人和木板的相对位移为,则有 ②,机器人到达木板右端时,木板恰好追上木板,从机器人跳上左端到跳到的右端的过程中,、木板的位移之差为,则有 ③,联立①②③三个式子得,A、两木板的间距为,,整理得.
【一题多解】
第（3）问的其他两种解法
解法一 累积法
当机器人跳到板右端时,板左端恰好追上板,求解、之间的距离,可以转化为求解板左端到的距离,这样就不需要再关注板的运动.机器人跳离木板到与木板相对静止的过程中,机器人与、木板组成的系统在水平方向动量守恒,得,机器人开始三连跳,、分离,的速度向右保持不再发生变化.机器人连续3次等间距跳到木板右端,整个过程机器人和木板组成的系统水平方向动量守恒.设三连跳过程中任意时刻机器人的水平速度大小为,木板的速度大小为,则,
机器人跳跃的总时间为,取向右为正方向,左右两边同时乘以相互作用时间,得,
设机器人与、共速时,从左端到右端用时间,向右运动,向左运动,机器人向右运动,即,
板长,
代入数据可得,
B能追上,则该时刻、两板间距.
解法二 巧选参考系法
当机器人跳到板右端时,板左端恰好追上板,则求解、之间的距离,可以转化为求解板左端到的距离,这
样就不需要再关注板的运动.当机器人在上开始三连跳时,、分离,则的速度不再发生变化,以为参考系,可以只研究机器人与组成的系统,机器人与初始时与共速,则二者组成的系统总动量始终为0,即人船模型,设三连跳过程中任意时刻机器人的水平速度大小为,木板的速度大小为,则在跳跃过程中任意时刻满足,
机器人从木板左端走到木板右端时,机器人、木板运动位移分别为、,有,
如图所示（机器人用小球表示）,由图可看出板长,
代入数据可得,
B左端到的距离即、两板间距为.
19．【知识点】人船模型
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
（1） 小球从点运动到点,、均保持静止,根据动能定理可得,解得小球到达槽最低点时的速度大小为.
（2） 小球滑上槽后依然保持静止,开始向右运动,由于小球和槽组成的系统水平方向上不受外力,则水平方向动量守恒,当小球在槽内运动到最大高度时,二者水平速度相等,取向右为正方向,设共同速度为,根据动量守恒定律可得,根据机械能守恒定律可得,联立解得.
（3） 小球返回槽最低点时,槽速度最大,设的速度为,的速度为,取水平向右为正方向,根据动量守恒定律得,根据机械能守恒定律可得,联立解得.
20．【知识点】动量守恒与弹簧相结合
【答案】（1）
（2）
（3）
【思路导引】
碰后与粘在一起向下运动压缩弹簧,到最低点后、一起向上运动,恰好离开地面时,弹簧的弹力等于的重力.
【解析】
（1） 设物体碰前速度为,对物体从上方高度处自由下落的过程,由机械能守恒定律得,解得,、碰撞过程动量守恒,设碰撞后共同速度为,由动量守恒定律得,解得.
（2） 当、达到最大速度时,、所受合外力为零,设此时弹力为,对、由平衡条件得,设地面对的支持力为,对、、整体,因为加速度为零,所以,由牛顿第三定律得对水平地面的压力大小为.
（3） 设物体从距的高度为处自由落下,根据,可知,、碰撞后共同速度,当恰好离开地面时,由胡克定律得弹簧伸长量为,根据对称性,当、一起上升到弹簧伸长量为时,弹簧的弹性势能与、碰撞后瞬间的弹性势能相等,则对、一起运动到恰好离开地面的过程中,由机械能守恒定律得,联立解得.
21．【知识点】人船模型
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
（1） 小球从释放到运动到最低点,根据动能定理有,解得.
（2） 小球从凹槽最高点运动到最低点的过程中,系统水平方向动量守恒,有,两边同时乘时间，则有,又,解得.
（3） 以地面为参考系,设小球与点连线与水平方向成 角时,小球水平方向速度为,竖直方向速度为,凹槽速度为,根据水平方向系统动量守恒,有,根据系统的机械能守恒,有,以凹槽为参考系,小球相对于凹槽做圆周运动,此时速度与凹槽底边成 角,即,小球的动能,解得.
22．【知识点】人船模型
【答案】（1） ；11
（2）
【思路导引】
第（2）问,小球相对于小船的速度和相对于地面的速度的示意图如图所示.
【解析】
（1） 人抛出第一个球前后,对船、人、20个球整体分析,取小船原来匀速运动的方向为正方向,设抛出第一个小球后,船的速度为,由动量守恒定律可得,代入数据得,设抛出第个球时,船的速度为零,则有,其中,解得,故当抛出第11个小球时船的速度反向.
（2） 设抛出第16个小球前,小船的对地速度为,抛出后小船的对地速度为,因为小球是以相对于小船的速度抛出,抛出后小球对地的速度为,由动量守恒定律可得,又,代入数据可得.
【易错分析】
应用动量守恒定律时,速度要在同一参考系,本题中抛小球的过程中,在小球的速度发生变化时,小船的速度也在发生变化,所以抛小球时小球相对船的速度不是相对初速度,而是相对抛出后小船的速度.本题易因为没有把所有的速度都换算成同一惯性参考系中的速度而导致错解.
23．【知识点】动量和能量的综合应用、动量守恒与弹簧相结合
【答案】（1）2 kg　（2）2 m/s　12 J
【详解】（1）由题图乙知，C与A碰前速度为v1＝12 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度为正方向，由动量守恒定律得mCv1＝（mA＋mC）v2
解得mC＝2 kg。
（2）12 s末B离开墙壁，v3＝3 m/s ，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒和机械能守恒，当A、C与B速度v4相等时弹簧的弹性势能最大。根据动量守恒定律，有
（mA＋mC）v3＝（mA＋mB＋mC）v4
根据机械能守恒定律得
（mA＋mC）＝（mA＋mB＋mC）＋Ep
24．【知识点】动量和能量的综合应用
【答案】（1）
（2） （ⅰ） ；
（ⅱ）
【解析】
（1） 物块运动到点时,由牛顿第二定律有,代入,解得.
（2） （ⅰ） 当时,轨道与物块一起加速运动,对整体由牛顿第二定律有,整理得,对应题图乙中图线斜率为,当时,轨道与物块存在相对滑动,对轨道由牛顿第二定律有,整理得,对应题图乙中图线斜率为,解得,,当时,物块与轨道间即将相对滑动,物块的加速度大小为,有,解得.
（ⅱ） 根据题图乙可知,当时轨道的加速度,物块的加速度,方向均水平向左,设物块到达轨道上点时轨道速度大小为,物块速度大小为,运动时间为,有,,则有,即,物块在半圆形轨道部分运动时,物块与轨道组成的系统机械能守恒,水平方向上动量守恒,设物块到达轨道上点时,轨道速度为,物块速度为,有,,注意列系统机械能守恒的式子时,别漏掉物块的重力势能代入,解得或,当时,解得,,当物块在半圆形轨道最高点时轨道对物块弹力为,有,解得,物块恰好经过最高点；当时,解得,,轨道速度比物块速度大,物块不能离开轨道,因此不符合题意,舍去.由运动学公式可知轨道水平部分长度,解得.
25．【知识点】动量和能量的综合应用
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
（1） 小球从释放到运动到最低点，根据机械能守恒定律有，根据牛顿第二定律，对小球有，解得.
（2） 小球与物块发生弹性碰撞，设碰后小球速度为，物块速度为，根据动量守恒定律、能量守恒定律有，，联立解得.
（3） 物块在小车上运动时，物块与小车组成的系统水平方向合外力为零，水平方向上动量守恒，物块在上升阶段不脱离小车，则物块上升到圆弧轨道最高点时，两者速度相同，物块与水平轨道间动摩擦因数 取得最小值，根据动量守恒定律、能量守恒定律有，，解得；物块恰能进入圆弧轨道，则物块恰好运动到圆弧轨道底端时与小车共速，此时，物块与水平轨道间动摩擦因数 取得最大值，根据动量守恒定律、能量守恒定律有，，解得，综上所述，要使物块能够滑上圆弧轨道且不脱离小车，物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围为.
26．【知识点】动量守恒与板块模型相结合
【答案】（1）
（2） 0.1
（3）
【解析】
（1） 两滑块与小车组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得,解得.
（2） 对整体,由能量守恒定律得,解得.
（3） 经分析,滑块甲运动到小车左端时速度刚好减为0,在滑块甲运动至小车左端前,小车静止,之后滑块甲和小车一起向右做匀加速运动直到三者共速.解法一：应用动能定理两滑块从开始运动到最终两滑块均恰好停在小车的两端的过程中,设滑块乙的对地位移为,滑块甲和小车一起向右运动的位移为.由动能定理,对滑块乙,有,对滑块甲和小车,有,滑块乙离小车右端的距离,解得.解法二：应用动量定理两滑块从开始运动到最终两滑块均恰好停在小车的两端的过程中,设滑块乙的运动时间为,滑块甲向左运动至小车左端的时间为.由动量定理,对滑块乙有,对滑块甲有,滑块甲和小车一起向右运动的时间为,由运动学公式可得滑块乙运动前离小车右端的距离,解得.解法三：运用动力学知识,转换研究对象,以甲为研究对象设滑块甲离小车左端距离为,由牛顿第二定律得,由速度—位移公式有,解得,滑块乙离小车右端的距离.
27．【知识点】动量守恒与板块模型相结合
【答案】（1）R　（2）
【详解】（1）设小球A与小物块B碰前瞬间的速度为v0，则有gR＝×
设碰后小球A和小物块B的速度分别为v1和v2，有v0＝v1＋mv2
×＝×＋×m
设碰后小球A能上升的最大高度为H，有
gH＝×
解得H＝R。
（2）由（1）可求得碰后小物块B的速度为v2＝
设小物块B与长木板C相互作用达到的共同速度为v，长木板C的最小长度为L，有
mv2＝（m＋2m）v
μmgL＝m－（m＋2m）v2
28．【知识点】动量守恒与板块模型相结合
【答案】（1）2.5 m/s　（2）0.5 m
【详解】（1）A与C碰撞过程动量守恒，有
mAv0＝（mA＋mC）v1
解得v1＝2.5 m/s。
（2）B在A上滑行，A、B、C组成的系统动量守恒，有mBv0＋（mA＋mC）v1＝（mA＋mB＋mC）v2
解得v2＝3 m/s
由能量守恒定律得
mB＋（mA＋mC）
＝（mA＋mB＋mC）＋μmBgL
解得L＝0.5 m。
29．【知识点】弹簧振子及其运动特点、简谐运动的函数与图像
【答案】（1）
（2）
（3） 0、
【解析】
（1） 根据图像可知弹簧振子做简谐运动的周期为,根据数学知识可知,一个完整的规则的正弦图像的振动函数表达式为,结合题图可知,若将上述函数所对应的图像向左平移可得到题图所示的振动图像,则有,则该振子简谐运动的表达式为.
（2） 在时,弹簧振子的位移为.
（3） 由于,则弹簧振子的总位移为,路程为.
30．【知识点】弹簧振子及其运动特点、简谐运动
【答案】（1）
（2）
（3）
（4） 或或
【解析】
（1） 由题图可知,,则,时,,得,得简谐运动的位移随时间变化的关系式为.
（2） 从到时间内,,一个周期内振子通过的路程为,振子从最大位移处开始的时间内的路程为,所以通过的路程.
（3） 根据简谐运动的表达式，将代入，可得时，振子的位移.
（4） 如图所示，分析第一个周期内，将代入，有，解得或，由，有，由，有,同理，若由开始运动，有，，根据周期性可知，振子从振动到，经历的时间为或或.
【易错分析】
解答第（4）问时，容易出错的两点：
（1）容易忽略振子从振动到或从振动的情况；
（2）求从振动到的时间时，需要考虑振子振动的周期性.
31．【知识点】振幅、周期、频率、相位和波长及其计算、简谐运动的函数与图像
【答案】（ⅰ）
（ⅱ）
【解析】
（ⅰ） 时刻质点位于波峰,波长, ,则时刻后质点第一次到达波峰时,波传播的距离为,经历的时间,解得.
（ⅱ） 由题意知,该波的传播周期,则波长,可得,质点位于处,时刻的波形图如图所示,则处,.
32．【知识点】振幅、周期、频率、相位和波长及其计算、简谐运动的函数与图像
【答案】(i)
(ii)
【解析】
(i) 时刻质点位于波峰,波长, ,则时刻后质点第一次到达波峰时,波传播的距离为,经历的时间,解得.
(ii) 由题意知,该波的传播周期,则波长,可得,质点位于处,时刻的波形图如图所示,则处,.
【一题多解】
(ii)该波的传播周期,
波长,可得,
以时刻为计时起点,质点的振动方程为
,
波从传到的时间,则时刻质点偏离平衡位置的位移等于质点从时刻起振动时的位移,
即.
33．【知识点】简谐运动的函数与图像
【答案】（1）
（2）
【解析】
（1） 由题图乙可知,头部振动的周期为,则,头部做简谐运动的方程为,其中,当时,,解得或,由于时头部沿轴正方向振动,所以,则振动方程为.
（2） 头部位于平衡位置处时,设弹簧的压缩量为,则,解得,当弹簧兔子恰好要离开桌面时,此时头部振动到最高点,设此时弹簧的伸长量为,则,解得,根据简谐运动的对称性,设弹簧的最大压缩量为,则,解得.
34．【知识点】简谐运动的回复力和加速度、简谐运动的能量
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
（1） 小球竖直方向上做简谐运动,在此过程中木框始终没有离开地面,且小球始终不脱离弹簧,所以最大振幅应满足,解得.
（2） 小球在最低点时弹簧弹力最大,对小球受力分析有,解得,则地面对木框的最大支持力为,根据牛顿第三定律知,木框对地面的最大压力大小为.
（3） 在（1）的振幅下小球处于最高点时弹簧恢复原长，所以弹簧的最大弹性势能,即为弹簧压缩最短时弹簧的弹性势能,小球和弹簧组成的系统在简谐运动过程中机械能守恒,由机械能守恒定律可得.
35．【知识点】简谐运动的回复力和加速度
【答案】（1） 见解析
（2） 结论正确,理由见解析
（3） 见解析
【解析】
（1） 设木筷的横截面积为,质量为,水的密度为 ,木筷静止时水下长度为,根据平衡条件有,把木筷向上提起一段距离后放手,以向上为正方向,设木筷底部在水下相对于平衡位置的距离为,则木筷受到的合力为,解得,可知木筷在水中做简谐运动.
（2） 某同学发现木筷与铁丝在最高点的机械能大于它们在最低点的机械能.他分析之后认为,木筷与铁丝损失的机械能应转化为了水的重力势能,他的结论是正确的.当木筷与铁丝在最高点时,木筷在水下长度最小,排开水的体积最小,盆中水面高度最低,水的重力势能较小；当木筷与铁丝在最低点时,木筷在水下长度最大,排开水的体积最大,盆中水面高度最高,水的重力势能较大,故木筷与铁丝从最高点到最低点过程,水的重力势能增大,木筷与铁丝的机械能减小,则木筷与铁丝在最高点的机械能大于它们在最低点的机械能.
（3） 由于木筷在水中做简谐运动,有,木筷与铁丝在最高点时速度为0,在平衡位置时速度最大,动能最大,从最高点到平衡位置,合力做的功为,根据动能定理可得,联立可得.
【教材变式】本题由教材P45第2题（1）演变而来,本题不仅考查了简谐运动的证明,还根据简谐运动回复力特点和运动过程机械能守恒,证明最大动能与振幅的关系.
36．【知识点】单摆周期公式及其应用
【答案】（1）
（2） ；
【解析】
（1） 滑块完成一次全振动的时间为一个周期,由题图乙得滑块做简谐运动的周期,根据,解得.
（2） 滑块在最高点时力传感器示数为,在最低点时力传感器示数为,从到的过程中,滑块机械能守恒,有,联立解得,.
37．【知识点】波的形成和传播
【答案】（1）48.6 km　（2）先是上下振动，随后又增加了左右晃动
【详解】（1）设地震中心到观测中心的距离为x，则有－ ＝7.8 s，解得x≈48.6 km。
38．【知识点】波的形成和传播
【答案】见解析图
【详解】由题图甲知波源振动周期T＝4 s，根据波传播的规律知，t＝5 s时，波源处的质点出现在波峰，质点16开始起振，如图所示。
39．【知识点】波的反射和折射
【答案】（1）30°　（2）2.08×105 km/s　（3）26∶15
【详解】（1）由反射定律可得反射角为60°，由题图的几何关系可得折射角为r＝30°。
（2）由波的折射规律＝，
所以v甲＝ v乙＝v乙＝×1.2×105 km/s≈2.08×105 km/s。
40．【知识点】波的反射和折射
【答案】
【详解】超声波沿如图所示的路线传播，根据＝，又因为v2＝0.9v1，所以sin θ＝0.9sin i。又因为在直角三角形中，sin θ＝，所以h＝。
41．【知识点】波的图像和振动图像的综合应用
【答案】（1） ,向轴负方向传播
（2）
【解析】
（1） 由题图乙可知,时刻质点向轴负方向振动,对题图甲由同侧法可知,波向轴负方向传播，由题图可知，该波的波长为,周期为,所以波传播的速度大小为.
（2） ,故质点在内的路程为.
42．【知识点】波的多解问题
【答案】（1）
（2） 见解析
（3）
【解析】
（1） 由题图乙可知，该波的周期为.
（2） 由题图乙可知，时位置的质点处于正向最大位移处,位置的质点处于平衡位置向上运动,、之间一种可能的波形如图所示.
（3） 由以上分析可知和处的两质点满足,可得,波速为.
43．【知识点】波的多解问题
【答案】（1） 若波由向传播,；若波由向传播,
（2） 波由向传播
【解析】
（1） 若波由向传播,有,可得该简谐横波的波长,若波由向传播,有,可得该简谐横波的波长.
（2） 由振动图像可知,若波由向传播,则波速为,波速不可能为，若波由向传播,则波速为,当时,波速为,故若该简谐横波的传播速度为,波由向传播.
44．【知识点】光的折射定律及其应用
【答案】（1）
（2） 2
【解析】
（1） 设入射到点的光在玻璃砖上表面的入射角为，折射角为，由几何关系知,根据折射定律有,解得,入射角 ,则能照到点处的光的入射角比嵌入玻璃砖前增大了 .所以入射光线范围比嵌入玻璃砖前增加了 .
（2） 要使入射到透光孔底部中央点处的光线范围最大,则入射光范围接近 ,即入射角为 ,而折射角 不变,则折射率.
45．【知识点】光的折射定律及其应用
【答案】（1）
（2）
【解析】
（1） 由光路图可知，入射角为 ，折射角为 ,由折射定律可得，水的折射率 .
（2） 分析几何关系有，解得 .
46．【知识点】全反射与折射的综合应用
【答案】（1） 1.73
（2）
（3） 不能
【解析】
（1） 根据折射定律和题图2可得,玻璃球的折射率为.
（2） 光在玻璃球中的传播速度为.
（3） 发生全反射的临界角满足,根据几何关系可得光线在处的入射角为 ,由于,可知如果没有铝膜,该光线在处不会发生全反射.
47．【知识点】全反射与折射的综合应用
【答案】(1)；(2)45°　30°
【详解】(1)由全反射条件有sin C＝，即sin 45°＝＝，半球形介质的折射率n＝。
(2)光线沿AB方向射向内球面，刚好发生全反射，在B点的入射角等于临界角C。在△OAB 中，OA＝R，OB＝R，由正弦定理得
＝，可得sin r＝，则A点处光线的折射角r＝30°，在A点，由n＝，得A点处光线的入射角i＝45°。
48．【知识点】全反射与折射的综合应用
【答案】C
【解析】由题意可知,沿方向到达面上的光在元件中的传播距离最大,时间最长,由几何关系可知光从光源到面的传播距离为,在材料中的传播距离为,在材料中的传播时间为,又,光在真空中传播的时间为,则点光源发出的光射到面的最长时间,故、错误；如图所示,设沿方向射到面上的光线刚好发生全反射,临界角满足,解得 ,则 ,同理,设沿方向射到面上的光线刚好发生全反射,则 ,根据几何关系可得,、面有光射出的区域总长度为,故正确,错误.
【教材变式】
本题目由教材P115第5题演变而来,教材考查了光穿过圆弧的弧长,本题则考查了光射到面上的最长时间及、面有光射出的区域总长度.
49．【知识点】全反射与折射的综合应用
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
（1） 设入射角为,折射角为,由折射定律得,已知折射光线和反射光线垂直,所以,解得 ,所以该平行光与水面的夹角 .
（2） 要使光线照亮整个水池底部,则水池右侧边缘的折射光线恰好沿侧壁,设此时折射角为 ,由折射定律得,已知,解得 .
（3） 当水中点光源发出的光射向水面时,若达到临界角,则光线会发生全反射,所以光照亮水面的区域为一个半径为的圆,如图所示.这时入射角等于临界角,由几何关系可得,其中,由以上两式解得,所以点光源照亮水面的圆的面积.
50．【知识点】全反射与折射的综合应用
【答案】（1）1.5 m　（2） m
【详解】（1）在鱼正上方向的水面上看到鱼时，光路如图所示。
由折射定律可知＝n＝
由已知条件可知
sin θ1＝tan θ1＝
sin θ2＝tan θ2＝
联立解得 h1＝1.5 m。
（2）当从S发出的光在N点处发生全反射时，有
sin θ＝sin C＝＝
则＝
解得R＝ m。
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