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专题3.1 机械波的形成与传播
【人教版】
【题型1 机械波的传播规律】
【题型2 波的图像的应用】
【题型3 波的图像与振动图像的综合应用】
【题型4 时间周期性导致的多解问题】
【题型5 空间周期性导致的多解问题】
【题型6 波传播的双向性导致的多解问题】
【题型1 机械波的传播规律】
【例1】一频率为5 Hz的振源O做简谐运动时形成的水波如图所示。已知该波的波速为1 m/s，到振源O的距离为0.75 m和1.2 m处分别有一片可看成质点的小树叶P和Q，则下列说法正确的是(　 )
A．两片树叶的起振方向相反
B．水波的波长为0.2 m
C．Q的起振时刻比P的晚半个周期
D．当Q在波谷时，P恰好到波峰
解析：选B　两片树叶可看作是水波上的两个质点，它们的起振方向均与波源的起振方向相同，故A错误；已知波速为v＝1 m/s，周期T＝＝0.2 s，则水波的波长为λ＝vT＝0.2 m，故B正确；P、Q到波源的距离之差为Δx＝(1.2－0.75)m＝0.45 m＝λ，故Q的起振时刻比P的晚个周期，当Q在波谷时，P恰好到平衡位置，故C、D错误。
【变式1-1】均匀介质中质点A、B的平衡位置位于x轴上，坐标分别为0和xB＝16 cm。某简谐横波沿x轴正方向传播，波速为v＝20 cm/s，波长大于20 cm，振幅为y＝1 cm，且传播时无衰减。t＝0时刻A、B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Δt＝0.6 s，两者偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同。已知在t1时刻(t1>0)，质点A位于波峰。求：
(1)从t1时刻开始，质点B最少要经过多长时间位于波峰；
(2)t1时刻质点B偏离平衡位置的位移。
[解析]　(1)因波速v＝20 cm/s，波长大于20 cm，所以周期T＞1 s，又由t＝0时刻后每隔0.6 s A、B两者偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同，可知该波周期T＝1.2 s，该波波长λ＝vT＝24 cm，故A、B的平衡位置相距λ，从t1时刻开始，质点B最少要经过T＝0.8 s位于波峰。
(2)在t1时刻(t1＞0)，质点A位于波峰，A、B平衡位置相距λ，可知质点B偏离平衡位置的位移
yB＝ycos＝－0.5 cm。
[答案]　(1)0.8 s　(2)－0.5 cm
【变式1-2】如图所示为海洋生态自动监测浮标，可用于监测水质和气象等参数。一列水波(视为横波)沿海面传播，在波的传播方向上相距4.5 m的两处分别有甲、乙两浮标，两浮标随波上下运动。当甲运动到波峰时，乙恰好运动到波谷，此时甲、乙之间只有一个波峰。观察到甲从第1次到达波峰与第11次到达波峰的时间间隔为20 s，则该水波(　 )
A．振幅为4.5 m B．波长为3 m
C．频率为2 Hz D．波速为2.25 m/s
解析：选B　根据题给条件无法得知浮标离开平衡位置的最大距离，故A错误；设波长为λ，则由题意可知λ＝4.5 m，解得λ＝3 m，故B正确；设周期为T，则由题意可知10T＝20 s，解得T＝2 s，所以频率为f＝＝0.5 Hz，故C错误；波速为v＝＝1.5 m/s，故D错误。
【变式1-3】(多选)某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以1.8 m/s的速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近.该同学发现从第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15 s.下列说法正确的是(　　)
A.该水面波的频率为6 Hz
B.该水面波的波长为3 m
C.水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时能量不会传递出去
D.水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时振动的质点并不随波迁移
答案　BD
解析　从第1个波峰到第10个波峰经历了9个波形，时间间隔为15 s，所以其振动周期为T＝ s＝ s，频率为f＝＝0.6 Hz，A错误；波长λ＝vT＝1.8× m＝3 m，B正确；波传播过程中，传播的是振动形式，能量可以传递出去，但质点并不随波迁移，C错误，D正确.
【题型2 波的图像的应用】
【例2】(多选)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
[解析]　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，则结合题图可知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；由题意可知，t＝1 s为T，解得T＝ s，由题图可知λ＝12 m，则v＝＝ m/s＝13 m/s，故C正确，B错误；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。
[答案]　AC
【变式2-1】一列简谐横波沿x轴正方向传播，周期为T，t＝0时的波形如图所示。t＝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1 m
C．质点c的加速度为零
D．质点d的位移为－5 cm
[解析]　t＝时，质点a沿y轴正方向运动到平衡位置，其速度方向沿y轴正方向，A错误；根据简谐横波的传播特点可知，质点只在平衡位置附近上下振动，不会随波迁移， B错误；t＝时，质点c运动到平衡位置，所受合外力为零，加速度为零，C正确；t＝时，质点d的位移为5 cm，D错误。
[答案]　C
【变式2-2】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
解析：选D　由题知K质点比L质点先回到平衡位置，则此时K质点应沿y轴负方向运动，再根据“上、下坡”法可知，该波应沿x轴正方向传播，A、B错误；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；由于质点在竖直方向做机械振动，根据F＝－ky＝ma，结合波动图像可看出yL＞yK，则此时K质点的加速度比L质点的小，D正确。
【变式2-3】B型超声检查，其原理是运用高频率声波(超声波)对人体内部组织、器官反射成像，可以观察被检组织的形态。如图为仪器检测到的发送和接收的短暂超声波脉冲图像，其中实线为沿x轴正方向发送的超声波脉冲，虚线为一段时间后遇到人体组织沿x轴负方向返回的超声波脉冲。已知超声波在人体内的传播速度约为1 500 m/s，下列说法正确的是(　 )
A．此超声波的频率约为125 Hz
B．质点B此时刻沿y轴正方向运动
C．此时刻质点A、B两点加速度大小相等方向相反
D．质点B在此时刻后的四分之一周期内运动的路程等于4 mm
解析：选B　由题意可知，发送和接收的超声波频率相同，由图像可知波长λ＝12 mm＝1.2×10－2 m，由于v＝＝fλ，可得频率f＝，代入数据解得f＝1.25×105 Hz，A错误；质点B在接收的超声波脉冲图像上，此脉冲沿x轴负方向传播，由“上下坡法”可知，此时刻质点B沿y轴正方向运动，B正确；此时刻质点A沿y轴正方向运动，其加速度方向沿y轴负方向，质点B沿y轴正方向运动，其加速度方向沿y轴负方向，因此质点A和质点B加速度大小相等，方向相同，C错误；此时刻质点B的位移为2 mm，且沿y轴正方向运动，经十二分之一周期，恰好第一次运动到波峰，所以经四分之一周期质点B运动的路程是s＝2 mm＋4 mm－2 mm≈2.536 mm，D错误。
【题型3 波的图像与振动图像的综合应用】
【例3】一列沿x轴正方向传播的简谐横波，其波源的平衡位置在坐标原点，波源在0～4 s内的振动图像如图(a)所示，已知波的传播速度为0.5 m/s。
(1)求这列横波的波长；
(2)求波源在4 s内通过的路程；
(3)在图(b)中画出t＝4 s时刻的波形图。
解析：(1)由题图(a)可知，振幅A＝4 cm，周期T＝4 s，由于波的传播速度为0.5 m/s，根据波长与速度关系有λ＝vT＝2 m。
(2)由(1)可知波源的振动周期为4 s，则4 s内波源通过的路程为s＝4A＝16 cm。
(3)由题图(a)可知在t＝0时波源的起振方向向上，由于波速为0.5 m/s，则在4 s时x＝vt＝2 m，可知该波刚好传到位置为2 m的质点，且波源刚好回到平衡位置，且该波沿x轴正方向传播，则根据“上、下坡”法可绘制出t＝4 s时刻的波形图如图所示。
答案：(1)2 m　(2)16 cm　(3)见解析图
【变式3-1】(2022·北京西城区模拟)如图甲所示，用手握住长绳的一端，t＝0时刻在手的带动下绳上A点开始上下振动，其振动图像如图乙所示，则能正确反映t1时刻绳上形成的波形的是(　 )
解析：选B　根据A点振动图像可知，在t1时刻绳上A点向下运动，由振动图像可知，波传播的时间t1恰好为一个半周期，传播的距离为一个半波长，C、D错误；由题图乙知A点起振方向向上，故B正确，A错误。
【变式3-2】(多选)一列简谐横波沿x轴正方向传播，图(a)是t＝0时刻的波形图，图(b)和图(c)分别是x轴上某两处质点的振动图像。由此可知，这两质点平衡位置之间的距离可能是(　 )
A. m B． m C．1 m D． m
解析：选BD　t＝0时刻题图(b)中的质点正处于正向最大位移处，与之相对应的是波形图中的x1＝ m＋nλ(n＝0,1,2，…)的质点，题图(c)中的质点正在负向处向负方向振动，根据振动方程－＝Asin ，x2＝ m＋nλ(n＝0,1,2，…)，所以这两质点平衡位置之间的距离可能是Δx＝|x2－x1|＝，当n＝0时，Δx＝ m，也有可能是Δx＝ m，故B、D正确，A、C错误。
【变式3-3】渔船上的声呐利用超声波来探测远方鱼群的方位。某渔船发出的一列超声波在t＝0时的波动图像如图1所示，图2为质点P的振动图像，则(　 )
A．该波的波速为1.5 m/s
B．该波沿x轴负方向传播
C．0～1 s时间内，质点P沿x轴运动了1.5 m
D．0～1 s时间内，质点P运动的路程为2 m
解析：选D　由题图1可知，该波的波长λ＝1.5×10－2 m，由题图2可知周期T＝1×10－5s，则该波的波速v＝＝ m/s＝1.5×103 m/s，A错误；由题图2可得，在t＝0时刻，质点P沿y轴正方向振动，由波形的平移方式可知该波沿x轴正方向传播，B错误；质点P只在平衡位置上下振动，不沿x轴运动，C错误；质点P的振幅是5×10－6 m，在0～1 s时间内共振动了＝105个周期，运动的路程是s＝4×5×10－6×105 m＝2 m，D正确。
【题型4 时间周期性导致的多解问题】
【例4】如图中实线是一列简谐横波在t1＝0时刻的波形，虚线是这列波在t2＝0.5 s时刻的波形.
(1)写出这列波的波速表达式；
(2)若波速大小为74 m/s，波速方向如何？
答案　见解析
解析　(1)由题图可知λ＝8 m
当波向右传播时，在Δt＝t2－t1时间内波传播的距离为
s＝nλ＋λ＝(8n＋3)m(n＝0,1,2…)
波速为v＝＝ m/s＝(16n＋6) m/s(n＝0,1,2…).
当波向左传播时，在Δt＝t2－t1时间内波传播的距离为
s＝nλ＋λ＝(8n＋5) m(n＝0,1,2…)
波速为v＝＝ m/s＝(16n＋10)m/s(n＝0,1，2…).
(2)若波速大小为74 m/s，在Δt＝t2－t1时间内波传播的距离为s＝v·Δt＝74×0.5 m＝37 m.
因为37 m＝4λ＋λ，所以波向左传播.
【变式4-1】在平静的介质中，从波源O发出的一列简谐横波沿x轴正方向传播，t1秒时刻的波形用实线表示，t2秒(t2>t1)时刻的波形用虚线表示。介质中的质点Q位于x＝18 m处，则下列说法正确的是(　 )
A．该简谐横波的波长可能为6 m
B．该波的波速大小一定为 m/s
C．在t1秒时刻至t2秒时刻这段时间内，介质中的质点M的运动过程是由先加速、后减速两段过程组成
D．根据图像无法判断质点Q的起振方向
[解析]　由波形图可知，波长λ＝8 m，故A错误；波沿x轴正方向传播，位移为x＝nλ＋＝(8n＋4)m(n＝0,1,2,3，…)，则波速为v＝＝ m/s(n＝0,1,2，3，…)，则当n＝0时，波速为 m/s，不是一定为 m/s，故B错误；在t1～t2时间内，若是在一个周期内，则质点M是先加速、后减速，若是包含多个周期则由多个运动阶段组成，不仅是两段过程组成，故C错误；t1、t2时刻不是0时刻的图像，故无法判断O点的起振方向，也就无法判断质点Q的起振方向，故D正确。
[答案]　D
【变式4-2】一列简谐横波在x轴上传播，如图所示，实线是这列波在t1＝0.1 s时刻的波形，虚线是这列波在t2＝0.2 s时刻的波形，求：
(1)如果此波沿x轴正方向传播，波速的最小值；
(2)如果此波沿x轴负方向传播，波速的可能值．
答案　(1)30 m/s　(2)v＝(80k＋50) m/s(k＝0,1,2，3…)
解析　(1)由波形图知波长λ＝8 m
波沿x轴正方向传播时，传播距离Δx满足Δx＝kλ＋λ(k＝0,1,2,3…)
由v＝知，当k＝0时波速取最小值．
解得最小波速vmin＝30 m/s
(2)波沿x轴负方向传播时，传播距离Δx＝kλ＋λ(k＝0,1,2,3…)
由v＝得
v＝(80k＋50) m/s(k＝0,1,2,3…)
【变式4-3】(多选)一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t＋0.6 s时刻的波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点。下列说法正确的是(　 )
A．这列波的波速可能为50 m/s
B．质点a在这段时间内通过的路程一定小于30 cm
C．质点c在这段时间内通过的路程可能为60 cm
D．若周期T＝0.8 s，则在t＋0.5 s时刻，质点b、P的位移相同
解析：选ACD　由波形图可知波长λ＝40 m，且0.6 s＝nT＋T(n＝0,1,2，…)，解得周期T＝ s(n＝0,1,2，…)。当n＝0时，T＝0.8 s，波速v＝＝50 m/s，A正确。由传播方向沿x轴正方向可知质点a在t时刻向上运动，当n＝0时，T＝0.8 s，则质点a在这段时间内通过的路程小于30 cm；当n＝1时，T＝ s，质点a在这段时间内通过的路程大于30 cm，B错误。若n＝1，则T＝ s，波传播到c点所用时间为T,0.6 s＝，质点c振动的时间为T－T＝T，故在这段时间内质点c通过的路程为6A＝60 cm，C正确。若T＝0.8 s，t＋0.5 s时刻，质点b、P的位移均为负值，大小相等，D正确。
【题型5 空间周期性导致的多解问题】
【例5】(多选)如图所示，一列简谐横波向右传播，P、Q两质点平衡位置相距0.15 m。当P运动到上方最大位移处时，Q刚好运动到下方最大位移处，则这列波的波长可能是(　 )
A．0.60 m B．0.30 m C．0.20 m D．0.10 m
解析：选BD　由题意，P、Q两点之间的间距为＋nλ＝0.15 m(n＝0,1,2，…)，故n＝0时，λ＝0.3 m；n＝1时，λ＝0.1 m。
【变式5-1】(多选)一列简谐横波沿x轴传播，已知x轴上x1＝1 m和x2＝7 m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．7 m/s B．2 m/s C．1.2 m/s D．1 m/s
[解析]　由振动图像可知周期T＝4 s，零时刻x1处质点在平衡位置且向下振动，而x2处质点在正的最大位移处。①若波沿x轴正向传播，其波形如图甲所示，x2处质点的平衡位置可能在A1或A2或A3…
则波长有：x2－x1＝λ(n＝0,1,2，…)
得波速表达式v＝＝＝(n＝0,1,2，…)
当n＝0时，v＝6 m/s，当n＝1时，v＝1.2 m/s，C正确。
②若波沿x轴负向传播，其波形如图乙所示。
则有x2－x1＝λ(n＝0,1,2，…)
得v＝＝＝(n＝0,1,2，…)
当n＝0时，v＝2 m/s，当n＝1时，v≈0.86 m/s，B正确。
[答案]　BC
【变式5-2】一列沿x轴负方向传播的简谐横波，t＝2 s时的波形如图(a)所示，x＝2 m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
[解析]　根据题图(b)可知t＝2 s时x＝2 m处的质点正经过平衡位置向下振动；又因为该波向x轴负方向传播，结合图(a)，利用“上下坡”法可知x＝2 m为半波长的奇数倍，即有(2n－1)＝2 m，(n＝1,2,3，…)，而由图(b)可知该波的周期为T＝4 s；所以该波的波速为v＝＝ m/s，(n＝1,2,3，…)，当n＝3时可得波的速率为v＝ m/s，故A正确。
[答案]　A
【变式5-3】在一列沿水平直线传播的简谐横波上有相距4 m的A、B两点，如图甲、乙分别是A、B两质点的振动图象.已知该波波长大于2 m，求这列波可能的波速.
答案　见解析
解析　由振动图象得质点振动周期T＝0.4 s，
若波由A向B传播，B点比A点晚振动的时间Δt＝nT＋T(n＝0,1,2,3，…)，
所以A、B间的距离为Δs＝vΔt＝Δt＝nλ＋λ(n＝0,1,2,3，…)，
则波长为λ＝＝ m，
因为λ>2 m，所以n＝0,1
当n＝0时，λ1＝ m，v1＝＝ m/s，
当n＝1时，λ2＝ m，v2＝＝ m/s.
若波由B向A传播，A点比B点晚振动的时间Δt＝nT＋T(n＝0,1,2,3，…)，
所以A、B间的距离为
Δs＝nλ＋λ(n＝0,1,2,3，…)，
则波长为λ＝＝ m
因为λ>2 m，所以n＝0,1
当n＝0时，λ1＝16 m，v1＝40 m/s，
当n＝1时，λ2＝ m，v2＝8 m/s.
【题型6 波传播的双向性导致的多解问题】
【例6】(2021·全国乙卷)图中实线为一列简谐横波在某一时刻的波形曲线。经过0.3 s后，其波形图曲线如图中虚线所示。已知该波的周期T大于0.3 s，若波是沿x轴正方向传播的，则该波的速度大小为________m/s，周期为________s；若波是沿x轴负方向传播的，该波的周期为________s。
解析：若波是沿x轴正方向传播的，波形移动了15 cm，由此可求出波速和周期：
v1＝ m/s＝0.5 m/s；T1＝＝ s＝0.4 s。
若波是沿x轴负方向传播的，波形移动了5 cm，由此可求出波速和周期：
v2＝ m/s＝ m/s；T2＝＝ s＝1.2 s。
答案：0.5　0.4　1.2
【变式6-1】(多选)一列简谐横波沿x轴传播，如图所示，实线为t1＝2 s时的波形图，虚线为t2＝5 s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(　 )
解析：选AC　由题意，如果波沿x轴正方向传播，则t2－t1＝T，且n＝0,1,2，…，当n＝0时，T＝4 s，在t1＝2 s时刻，质点位于平衡位置且向上振动，故A正确，B错误；如果波沿x轴负方向传播，则t2－t1＝T，且n＝0,1,2，…，当n＝0时，T＝12 s，在t1＝2 s时刻，质点位于平衡位置且向下振动，故C正确，D错误。
【变式6-2】水袖是中国古典舞中用于情感表达和抒发的常用技巧，舞者的手有规律的振动传导至袖子上，给人营造出一种“行云流水”的美感，这一过程其实就是机械波的传播.现有一列简谐波某时刻的波形如图中实线所示.经过0.5 s后的波形如图中的虚线所示.已知波的周期为T，且0.25 sA.当波向－x方向传播时，波速等于10 m/s
B.不论波向x轴哪一方向传播，在这0.5 s内x＝1 m处的质点M通过的路程都相等
C.当波沿＋x方向传播时，x＝1 m处的质点M和x＝2.5 m处的质点N在这0.5 s内通过的路程不相等
D.当波沿－x方向传播，经过0.1 s时，质点M离开平衡位置的位移一定为零
答案　C
解析　若波沿－x方向传播，则t＝0.5 s＝(n＋)T(n＝0,1,2，…)，由于0.25 s10 cm，故两质点通过的路程不相等，故C正确；由以上分析知，B错误.
【变式6-3】(多选)如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线为t＝0时刻的波形图，虚线为t＝0.6 s时刻的波形图，已知波的周期T>0.6 s，下列说法正确的是(　 )
A．该波的波速一定是10 m/s
B．该波的波速可能是 m/s
C．t＝2.7 s时，Q点的位移一定是0
D．t＝5.1 s时，Q点的位移可能是0.2 m
解析：选BC　据图，波长λ＝8 m，如果波向左传播，则有T＝0.6 s(n＝0,1，2，…)，只有当n＝0时T1＝0.8 s>0.6 s，此时波速为v1＝＝10 m/s，如果波向右传播，则有T＝0.6 s(n＝0,1,2，…)，只有当n＝0时，T2＝2.4 s>0.6 s，此时波速为v2＝＝ m/s，故A错误，B正确；如果波向左传播，则2.7 s＝3T1，Q点正好到达平衡位置，位移为零；如果波向右传播，则2.7 s＝1T2，Q点也是正好到达平衡位置，位移为零，C正确；t＝5.1 s时，如果波向左传播，Q点正好到达平衡位置，位移为零；如果波向右传播，Q点也正好到达平衡位置，位移为零，故D错误。专题4.4 通过干涉实验测定光的波长
【人教版】
【题型1 实验原理与操作】
【题型2 数据处理与误差分析】
【题型3 实验器材的创新】
【题型4 实验过程和方法的创新】
【题型1 实验原理与操作】
【例1】（2022浙江）关于双缝干涉实验，下列说法正确的是（ ）
A. 用复色光投射就看不到条纹
B. 明暗相间条纹是两列光在屏上叠加的结果
C. 把光屏前移或后移，不能看到明暗相间条纹
D. 蓝光干涉条纹的间距比红光的大
【答案】B
【解析】用复色光投射同样能看到条纹，A错误；双缝干涉实验中，明暗相间条纹是两列光在屏上叠加的结果，B正确；由条纹间知，把光屏前移或后移，改变了L，从而改变了条纹间距，但还可能看到明暗相间条纹，C错误；由条纹间知，且λ蓝 < λ红，则蓝光干涉条纹的间距比红光的小，D错误。
故选B。
【变式1-1】在“观察光的干涉现象”的实验中，将两片刀片合在一起，在涂有墨汁的玻璃片上划出不同间隙的双缝；按如图所示的方法，让激光束通过自制的双缝，观察在光屏上出现的现象。
(1)保持缝到光屏的距离不变，换用不同间隙的双缝，双缝的间隙越小，屏上明暗相间的条纹间距________(填“越大”或“越小”)。
(2)保持双缝的间隙不变，光屏到双缝的距离越大，屏上明暗相间的条纹间距________(填“越大”或“越小”)。
(3)在双缝间的距离和双缝与屏的距离都不变的条件下，用不同颜色的光做实验，发现用蓝色光做实验在屏上明暗相间的条纹间距比用红色光做实验时________(填“大”或“小”)。
(4)在该实验中，若所用激光的波长为5.300×10－7 m，屏上P点距双缝S1和S2的路程差为1.855×10－6 m，则在这里出现的应是________(填“亮条纹”或“暗条纹”)。
解析：(1)由Δx＝λ可知双缝间隙d越小，屏上明暗相间的条纹间距Δx越大。
(2)由Δx＝λ可知，光屏到双缝的距离l越大，明暗相间的条纹间距Δx越大。
(3)由Δx＝λ可知，因蓝色光的波长比红色光的波长小，故用蓝色光做实验时的条纹间距比用红色光做实验时小。
(4)屏上P点距双缝S1和S2的路程差为所用激光的波长的3.5倍，所以P点应出现暗条纹。
答案：(1)越大　(2)越大　(3)小　(4)暗条纹
【变式1-2】（2022山东卷）某同学采用图甲所示的实验装置研究光的干涉与衍射现象，狭缝，的宽度可调，狭缝到屏的距离为L。同一单色光垂直照射狭缝，实验中分别在屏上得到了图乙，图丙所示图样。下列描述正确的是（　　）
A. 图乙是光双缝干涉图样，当光通过狭缝时，也发生了衍射
B. 遮住一条狭缝，另一狭缝宽度增大，其他条件不变，图丙中亮条纹宽度增大
C. 照射两条狭缝时，增加L，其他条件不变，图乙中相邻暗条纹的中心间距增大
D. 照射两条狭缝时，若光从狭缝、到屏上P点的路程差为半波长的奇数倍，P点处一定是暗条纹
【答案】ACD
【解析】由图可知，图乙中间部分等间距条纹，所以图乙是光的双缝干涉图样，当光通过狭缝时，同时也发生衍射，故A正确；狭缝越小，衍射范围越大，衍射条纹越宽，遮住一条狭缝，另一狭缝宽度增大，则衍射现象减弱，图丙中亮条纹宽度减小，故B错误；根据条纹间距公式可知照射两条狭缝时，增加L，其他条件不变，图乙中相邻暗条纹的中心间距增大，故C正确；照射两条狭缝时，若光从狭缝、到屏上P点的路程差为半波长的奇数倍，P点处一定是暗条纹，故D正确。
故选ACD。
【变式1-3】在观察光的双缝干涉现象的实验中：
(1)将激光束照在如图乙所示的双缝上，在光屏上观察到的现象是图甲中的________。
(2)换用间隙更小的双缝，保持双缝到光屏的距离不变，在光屏上观察到的条纹宽度将________；保持双缝间隙不变，减小光屏到双缝的距离，在光屏上观察到的条纹宽度将________(以上均选填“变宽”“变窄”或“不变”)。
解析：(1)双缝干涉图样是平行且等宽的明暗相间的条纹，A图正确。
(2)根据Δx＝λ知，双缝间的距离d减小时，条纹间距变宽；当双缝到屏的距离l减小时，条纹间距变窄。
答案：(1)A　(2)变宽　变窄
【题型2 数据处理与误差分析】
【例2】在双缝干涉实验中，分别用红色和绿色的激光照射同一双缝，在双缝后的屏幕上，红光的干涉条纹间距Δx1与绿光的干涉条纹间距Δx2相比，Δx1____Δx2(填“＞”“＝”或“＜”)．若实验中红光的波长为630 nm，双缝与屏幕的距离为1.00 m，测得第1条到第6条亮条纹中心间的距离为10.5 mm，则双缝之间的距离为________ mm.
答案　＞　0.3
解析　双缝干涉条纹间距Δx＝λ，红光波长长，所以红光的双缝干涉条纹间距较大，即Δx1＞Δx2.相邻条纹间距Δx＝＝2.1 mm＝2.1×10－3 m，根据Δx＝λ可得d＝＝0.3 mm.
【变式2-1】在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，实验装置如图所示。
(1)某同学以线状白炽灯为光源，对实验装置进行调节并观察了实验现象后，总结出以下几点，正确的是________。
A．灯丝与单缝和双缝必须平行放置
B．干涉条纹与双缝垂直
C．干涉条纹的疏密程度与单缝宽度有关
D．干涉条纹的间距与光的波长有关
(2)当测量头中的分划板中心刻线对齐某条纹的中心时，手轮上的示数如图甲所示，该读数为________mm。
(3)如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，如图乙所示，则在这种情况下测量干涉条纹的间距Δx时，测量值________(选填“大于”“小于”或“等于”)实际值。
解析：(1)为了获得清晰的干涉条纹，灯丝与单缝和双缝必须平行放置，A正确；干涉条纹与双缝平行，B错误；由干涉条纹的间距Δx＝λ可知，干涉条纹的间距与单缝宽度无关，与光的波长有关，C错误，D正确。
(2)手轮的读数为0.5 mm＋20.0×0.01 mm＝0.700 mm。
(3)条纹与分划板中心刻线不平行时，有Δx实＝Δx测cos θ，θ为条纹与分划板中心刻线间的夹角，故Δx实<Δx测。
答案：(1)AD　(2)0.700　(3)大于
【变式2-2】用双缝干涉测光的波长的实验装置如图甲所示，已知单缝与双缝的距离L1＝60 mm，双缝与光屏的距离L2＝700 mm，单缝宽d1＝0.10 mm，双缝间距d2＝0.25 mm。
(1)分划板的中心刻线分别对准第1条和第4条亮条纹的中心时，手轮上的读数如图乙所示，则对准第1条时读数x1＝______mm，对准第4条时读数x2＝________ mm，相邻两条亮条纹间的距离Δx＝________mm。
(2)本实验中计算波长的公式λ＝______，求得的波长是________nm(结果保留三位有效数字)。
解析：(1)对准第1条时读数x1＝(2＋0.01×19.0)mm＝2.190 mm，对准第4条时读数x2＝(7.5＋0.01×36.9)mm＝7.869 mm，相邻两条亮条纹间的距离Δx＝＝1.893 mm。
(2)由条纹间距公式Δx＝可得，本实验中λ＝Δx，
波长λ＝×1.893×10－3 m≈6.76×10－7 m＝676 nm。
答案：(1)2.190　7.869　1.893　(2)Δx　676
【变式2-3】现有：A毛玻璃屏、B双缝、C白光光源、D单缝、E透红光的滤光片等光学元件。要把它们放在如图甲所示的光具座上组装成双缝干涉装置，用以测量红光的波长。
(1)将白光光源C放在光具座的最左端，依次放置其它光学元件，由左至右，表示各光学元件的字母排列顺序为C、________、________、________、A。
(2)将测量头的分划板中心刻线与某亮条纹的中心对齐，将该亮条纹定为第一条亮条纹，此时手轮上的示数如图乙所示，记为x1。然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第六条亮条纹中心对齐，此时手轮上的示数如图丙所示，记为x2。则x2＝________mm。
(3)已知双缝间距d为2.0×10－4 m，测得双缝到屏的距离L为0.700 m，由计算式λ＝__________，求得所测红光波长为________nm。(公式要求按题目所给具体符号填写，计算结果保留整数，1 nm＝10－9 m)
解析：(1)为获取单色线光源，白色光源后面要有滤光片、单缝、双缝。所以各光学元件的字母排列顺序应为C、E、D、B、A。
(2)测第6条亮条纹时，测量头固定刻度读数为13.5 mm，可动刻度读数为0.01×37.0 mm＝0.370 mm，所以最终读数为13.870 mm。
(3)双缝干涉条纹的间距公式Δx＝λ，又Δx＝，所以λ＝，测第1条亮条纹时，测量头固定刻度读数为2 mm，可动刻度读数为0.01×32.0 mm＝0.320 mm，所以最终读数为2.320 mm。Δx＝＝ mm＝2.310 mm。所以计算式λ＝＝ m＝660 nm。
答案：(1)E　D　B　(2)13.870　(3)　660
【题型3 实验器材的创新】
【例3】在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，请按照题目要求回答下列问题：
(1)图中甲、乙两图都是光的条纹形状示意图，其中干涉图样是________(填“甲”或“乙”).
(2)将下表中的光学元件放在下图所示的光具座上组装成用双缝干涉测量光的波长的实验装置，并用此装置测量红光的波长.
元件代号 A B C D E
元件名称 光屏 双缝 白光光源 单缝 透红光的滤光片
将白光光源C放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，从左至右，表示各光学元件的排列顺序应为________.(填写元件代号)
(3)已知该装置中双缝间距d＝0.50 mm，双缝到光屏的距离l＝0.50 m，在光屏上得到的干涉图样如图(a)所示，分划板中心刻线在图中A位置时游标卡尺如图(b)所示，则其示数为________ mm；在B位置时游标卡尺如图(c)所示.由以上所测数据可以得出形成此干涉图样的单色光的波长为________ m(保留2位有效数字).
答案　(1)甲　(2)EDBA　(3)111.15　6.1×10－7
解析　(1)题图甲中的条纹间距和亮度相同，是干涉图样，题图乙是衍射图样.
(2)光源发出的白光，各种频率都有，加上E后通过的只有红光了，变成单色光，加上D和B，就得到两列频率相同、步调一致的相干光，最后放置光屏，干涉条纹呈现在光屏上，所以顺序为EDBA.
(3)A位置的示数为111.15 mm，B位置的示数为115.45 mm，题图(a)中A、B之间的距离为(115.45－111.15) mm＝4.30 mm，则相邻条纹的间距为Δx＝ mm，再根据公式Δx＝λ，代入数据得波长为λ≈6.1×10－7 m.
【变式3-1】小沈同学进行“用双缝干涉测量波长”的实验，
(1)其中部分器材如下：
A．白炽灯　　 B．凸透镜　　 　C．单缝片
D．滤光片　　　E．测量头　　 　F．双缝片
将以上器材安装在光具座遮光筒上时，自光源起合理的顺序是(填字母)：A、B、________、________、F、E。
(2)某次观察时，透过测量头观察到了绿光的干涉条纹，但条纹的亮度很低，为了便于测量，下列方法能够使条纹亮度增加的是________。
A．增加光源的功率
B．将毛玻璃换成透明玻璃
C．换一个面积更大的凸透镜
D．调节测量头的位置
(3)下列图示中条纹间距表示正确的是________。
(4)如图所示的是小沈同学参考课本上“用光传感器做双缝干涉的实验”进行实验，图甲、乙分别对应的是第一、二次实验得到的干涉图线。比较甲、乙两图线可判断，第一次实验中的________。
A．单缝与双缝的缝距一定较大
B．光强度较小
C．光源离双缝的距离较大
D．双缝离光传感器的距离可能较小
解析：(1)根据“用双缝干涉测量光的波长”的实验中仪器的位置可知，从左向右依次为：白色光源、凸透镜、滤光片、单缝、双缝、测量头。将以上器材安装在光具座遮光筒上时，自光源起合理的顺序是：A、B、D、C、F、E。
(2)为了便于测量，要使条纹亮度增加，即使得单位时间内的光子数目增多；当增加光源的功率，导致单位时间内的光子数目增多，故A正确；将毛玻璃换成透明玻璃，不会看到亮条纹，故B错误；将凸透镜换成一个面积更大的凸透镜，则光的强度的增强，导致亮度增加，故C正确；调节测量头的位置，亮度不变，故D错误。
(3)干涉条纹的宽度是指一个明条纹与一个暗条纹的宽度的和，为两个相邻的明条纹(或暗条纹)的中心之间的距离，故图C是正确的，图A、B、D错误。
(4)由图可知，第一次得到的条纹间距较小，根据Δx＝λ可知：单缝与双缝的缝距对条纹间距无影响，A错误；光强度对条纹间距无影响，B错误；光源离双缝的距离对条纹间距无影响，C错误；双缝离光传感器的距离l较小，则条纹间距较小，D正确。
答案：(1)D　C　(2)AC　(3)C　(4)D
【变式3-2】如图所示为双缝干涉实验的装置示意图，现要利用这套装置来测量某种单色光的波长.
(1)装置示意图中有三个电学元件的名称空缺，关于它们的说法正确的是________.
A.①是双缝，③是滤光片
B.②是双缝，③是单缝
C.②是单缝，③是双缝
(2)用20分度的游标卡尺测量双缝间距如图甲所示，双缝间距d＝________ mm.
(3)图乙为实验得到的干涉条纹，用测量头测出了第1条和第6条亮条纹中心间的距离为Δx，已知双缝到光屏的距离为l，则所测单色光波长的计算式为λ＝______(用题中所给的字母表示).
答案　(1)C　(2)2.05　(3)
【变式3-3】在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，请按照题目要求回答下列问题。
(1)图中甲、乙两图都是光的条纹形状示意图，其中干涉图样是________。
(2)将下表中的光学元件放在图丙所示的光具座上组装成用双缝干涉测光的波长的实验装置，并用此装置测量红光的波长。
元件代号 A B C D E
元件名称 光屏 双缝 白光光源 单缝 透红光的滤光片
将白光光源C放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左至右，表示各光学元件的排列顺序应为________。(填写元件代号)
(3)已知该装置中双缝间距d＝0.50 mm，双缝到光屏的距离L＝0.50 m，在光屏上得到的干涉图样如图(a)所示，分划板在图中A位置时游标卡尺如图(b)所示，则其示数为________mm；在B位置时游标卡尺如图(c)所示。由以上所测数据可以得出形成此干涉图样的单色光的波长为________m。
[解析]　(1)题图甲中的条纹间距和亮度相同，是干涉图样，图乙是衍射图样。
(2)光源发出的白光，各种频率都有，加上E后通过的只有红光了，变成单色光，加上D和B，就得到两列频率相同、步调一致的相干光，最后放置光屏，干涉条纹呈现在光屏上，所以顺序为CEDBA。
(3)A位置的示数为111.10 mm，B位置的示数为115.45 mm，题图(a)中A、B之间的距离为(115.45－111.10)mm＝4.35 mm，则相邻条纹的间距为Δx＝ mm，再根据公式Δx＝λ，代入数据得波长为5.4×10－7 m。
[答案]　(1)甲　(2)CEDBA　(3)111.10　5.4×10－7
【题型4 实验过程和方法的创新】
【例4】(多选)图中给出了“用双缝干涉测量光的波长”实验示意图，双缝S1和S2间距为0.80 mm，双缝到屏的距离为0.80 m.波长为500 nm的单色平行光垂直入射到双缝S1和S2上，在屏上形成干涉条纹.中心轴线OO′上方第1条亮纹中心位置在P1处，第3条亮纹中心位置在P2处.现有1号、2号虫子分别从S1、S2出发以相同速度沿垂直屏方向飞行，1号虫子到达屏后，沿屏直线爬行到P1,2号虫子到达屏后，沿屏直线爬行到P2.假定两只虫子爬行速率均为10－3 m/s.正确的是(　　)
A.1号虫子运动路程比2号短
B.两只虫子运动的时间差为0.2 s
C.两只虫子运动的时间差为1.0 s
D.已知条件不够，两只虫子运动时间差无法计算
答案　AB
解析　由题意结合双缝干涉的条纹间距公式Δx＝λ可知，该光的干涉条纹相邻亮条纹中心的间距：
Δx＝×500×10－9 m＝5×10－4 m，
中心轴线OO′上方第1条亮纹中心位置在P1处，
所以＝Δx＝5×10－4 m
中心轴线OO′上方第3条亮纹中心位置在P2处，
所以＝3Δx＝1.5×10－3 m
所以1号虫子的路程为：s1＝l＋＋；
2号虫子的路程为：s2＝l＋－，
则s2－s1＝－－d＝1.5×10－3 m－5×10－4 m－0.80×10－3 m＝2×10－4 m，故A正确；两只虫子运动的时间差Δt＝＝ s＝0.2 s，故B正确，C、D错误.
【变式4-1】洛埃德在1834年提出了一种更简单的观察干涉的装置。如图所示，从单缝S发出的光，一部分入射到平面镜后反射到屏上，另一部分直接投射到屏上，在屏上两光束交叠区域里将出现干涉条纹。单缝S通过平面镜成的像是S′。
(1)通过如图所示的装置在屏上可以观察到明暗相间的干涉条纹，这和双缝干涉实验得到的干涉条纹一致。如果S被视为其中的一个缝，____________相当于另一个“缝”；
(2)实验表明，光从光疏介质射向光密介质在界面发生反射时，在入射角接近90° 时，反射光与入射光相比，相位有π的变化，即半波损失。如果把光屏移动到和平面镜接触，接触点P处是__________(填写“亮条纹”或“暗条纹”)；
(3)实验中已知单缝S到平面镜的垂直距离h＝0.15 mm，单缝到光屏的距离D＝1.2 m，观测到第3个亮条纹到第12个亮条纹的中心间距为22.78 mm，则该单色光的波长λ＝________ m(结果保留3位有效数字)。
解析：(1)根据题图可知，如果S被视为其中的一个缝，S经平面镜成的像S′相当于另一个“缝”。
(2)根据题意可知，把光屏移动到和平面镜接触，光线经过平面镜反射后将会有半波损失，因此接触点P处是暗条纹。
(3)条纹间距为Δy＝ m＝2.53×10－3 m，根据λ＝Δy，代入数据解得：λ＝6.33×10－7 m。
答案：(1)S经平面镜成的像S′　(2)暗条纹 (3)6.33×10－7
【变式4-2】(1)干涉条纹除了可以通过双缝干涉观察到外，把一个凸透镜压在一块平面玻璃上(图甲)，让单色光从上方射入(示意图如图乙，其中R为凸透镜的半径)，从上往下看凸透镜，也可以观察到由干涉造成图丙所示的环状条纹，这些条纹叫作牛顿环。如果改用波长更长的单色光照射，观察到的圆环半径将________(选填“变大”“变小”或“不变”)；如果换一个半径更大的凸透镜，观察到的圆环半径将________(选填“变大”“变小”或“不变”)。
(2)采用波长为690 nm的红色激光作为单色入射光，牛顿环的两条相邻亮条纹位置所对应的空气膜的厚度差约为________。
A．345 nm　　　　　　　 B．690 nm
C．几微米 D．几毫米
解析：(1)当光程差为波长的整数倍时是亮条纹，当光程差为半个波长的奇数倍时是暗条纹；用波长更长的光照射，则出现亮条纹的这一厚度需远离中心，则圆环的半径变大；换一个表面曲率半径更大的凸透镜，出现亮条纹的这一厚度偏移中心，知圆环的半径变大。
(2)由题意知相邻亮条纹对应的空气层的厚度差为半个波长，故为345 nm，故A正确，B、C、D错误。
答案：(1)变大　变大　(2)A
【变式4-3】用平行单色光垂直照射一层透明薄膜，观察到如图所示明暗相间的干涉条纹。
下列关于该区域薄膜厚度d随坐标x的变化图像，可能正确的是(　 )
解析：选D　根据薄膜干涉的形成规律，若薄膜厚度d均匀变化时，会产生等间距的明暗相间的条纹，现在条纹间距不等，说明薄膜厚度d不是线性变化的， 故A、B错误；由于条纹间距变大，说明薄膜厚度d的变化趋缓，反映到d-x图像中即图像的斜率减小，故C错误，D正确。专题1.3 简谐运动【八大题型】
【人教版】
【题型1 水平弹簧振子】
【题型2 竖直弹簧振子】
【题型3 单摆】
【题型4 等效单摆】
【题型5 振动图像的应用】
【题型6 简谐运动的对称性】
【题型7 简谐运动的周期性】
【题型8 简谐运动的表达式的应用】
【题型1 水平弹簧振子】
【例1】如图所示，
物体A置于物体B上，一轻质弹簧一端固定，另一端与B相连，现从弹簧处于压缩状态开始释放A、B，在弹簧的弹性限度内，A、B在光滑的水平面上做简谐运动，并保持相对静止。若取向右为正方向，则从释放开始，A、B向右运动的整个过程中，物体A的速度v和所受摩擦力Ff随时间变化的关系图像正确的是(　 )
【变式1-1】(多选)如图甲所示，以O点为平衡位置，弹簧振子在A、B两点间做简谐运动，图乙为这个弹簧振子的振动图象.下列说法中正确的是(　　)
A.在t＝0.2 s时，弹簧振子的加速度为正向最大
B.在t＝0.1 s与t＝0.3 s两个时刻，弹簧振子在同一位置
C.从t＝0到t＝0.2 s时间内，弹簧振子做加速度增大的减速运动
D.在t＝0.6 s时，弹簧振子有最小的弹性势能
【变式1-2】如图甲所示，水平放置的弹簧振子在A、B之间做简谐运动，O是平衡位置，以向右为正方向，其振动图像如图乙所示，则(　 )
A．A、O间的距离为4 cm
B．0.1 s末，小球位于A点
C．0.2 s末，小球有正向的最大速度
D．在0.2～0.3 s内，小球从O向A做减速运动
【变式1-3】(2022·青岛调研)如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在光滑水平面上的A、B两点之间做简谐运动，A、B为分居O点左右两侧的对称点。取水平向右为正方向，振子的位移x随时间t变化的正弦曲线如图乙所示，下列说法正确的是(　 )
A．t＝0.6 s时，振子在O点右侧6 cm处
B．振子在t＝0.2 s和t＝1.0 s时的速度相同
C．t＝1.2 s时，振子的加速度方向水平向右
D．t＝1.0 s到t＝1.4 s的时间内，振子的加速度和速度都逐渐增大
【题型2 竖直弹簧振子】
【例2】(多选)如图所示，一轻质弹簧上端固定在天花板上，下端连接一物块，物块沿竖直方向以O点为平衡位置，在C、D两点之间做周期为T的简谐运动.已知在t1时刻物块的速度大小为v、方向向下，动能为Ek.下列说法正确的是(　　)
A.如果在t2时刻物块的速度大小也为v，方向向下，则t2－t1的最小值小于
B.如果在t2时刻物块的动能也为Ek，则t2－t1的最小值为
C.当物块通过O点时，其加速度最小
D.物块在C、D两点的加速度相同
【变式2-1】[多选]如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动。以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y＝0.1sin(2.5πt)m。t＝0时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t＝0.6 s时，小球恰好与物块处于同一高度。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。以下判断正确的是(　　)
A.h＝1.7 m
B．简谐运动的周期是0.8 s
C．0.6 s内物块运动的路程为0.2 m
D．t＝0.4 s时，物块与小球运动方向相反
【变式2-2】如图所示，一轻质弹簧上端固定，下端悬挂一物块，取物块静止时所处位置为坐标原点O，向下为正方向，建立Ox坐标轴。现将物块竖直向下拉到A位置后由静止释放，不计空气阻力。已知物块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，A位置的坐标为x1，重力加速度为g。下列说法正确的是(　 )
A．该简谐运动的振幅为2x1
B．在任意周期内物块通过的路程一定等于x1
C．物块在A位置时所受的回复力大小为kx1
D．物块到O位置时的动能为kx12－mgx1
【变式2-3】如图所示，弹簧下面挂一质量为m的物体，物体在竖直方向上做振幅为A的简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好处于原长，弹簧在弹性限度内，则物体在振动过程中(　　)
A．弹簧的最大弹性势能等于2mgA
B．弹簧的弹性势能和物体动能总和不变
C．物体在最低点时的加速度大小应为2g
D．物体在最低点时所受弹簧的弹力大小应为mg
【题型3 单摆】
【例3】[多选]图1、2分别是甲、乙两个单摆在同一位置处做简谐运动的图像，则下列说法中正确的是(　　)
A．甲、乙两单摆的振幅之比为2∶1
B．t＝2 s时，甲单摆的重力势能最小，乙单摆的动能为零
C．甲、乙两单摆的摆长之比为4∶1
D．甲、乙两单摆的摆球在最低点时，向心加速度大小一定相等
【变式3-1】如图所示，房顶上固定一根长2.5 m的细线沿竖直墙壁垂到窗沿下，细线下端系了一个小球(可视为质点)。打开窗子，让小球在垂直于窗子的竖直平面内小幅度摆动，窗上沿到房顶的高度为1.6 m，不计空气阻力，g取10 m/s2，则小球从最左端运动到最右端所用的最短时间为(　 )
A．2.0π s B．0.4π s C．0.6π s D．1.2π s
【变式3-2】如图所示，两个摆长均为L的单摆，摆球A、B质量分别为m1、m2，悬点均为O。在O点正下方0.19L处固定一小钉。初始时刻B静止于最低点，其摆线紧贴小钉右侧，A从图示位置由静止释放(θ足够小)，在最低点与B发生弹性正碰。两摆在整个运动过程中均满足简谐运动条件，悬线始终保持绷紧状态且长度不变，摆球可视为质点，不计碰撞时间及空气阻力，重力加速度为g。下列选项正确的是(　 )
A．若m1＝m2，则A、B在摆动过程中最大振幅之比为9∶10
B．若m1＝m2，则每经过1.9π 时间A回到最高点
C．若m1>m2，则A与B第二次碰撞不在最低点
D．m1【变式3-3】如图，长为l的细绳下方悬挂一小球a，绳的另一端固定在天花板上O点处，在O点正下方l的O′处有一固定细铁钉。将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放，并从释放时开始计时。当小球a摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡。设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，向右为正。
下列图像中，能描述小球在开始一个周期内的x-t关系的是(　 )
【变式3-4】(多选)关于单摆，下列说法正确的是(　　)
A.将单摆由沈阳移至广州，单摆周期变大
B.将单摆的摆角从4°改为2°，单摆的周期变小
C.当单摆的摆球运动到平衡位置时，摆球的速度最大
D.当单摆的摆球运动到平衡位置时，受到的合力为零
【题型4 等效单摆】
【例4】如图所示，ACB为光滑弧形槽，弧形槽半径为R，C为弧形槽最低点，R A。甲球从弧形槽的球心处自由下落，乙球从A点由静止释放，问：
(1)两球第1次到达C点的时间之比；
(2)若在弧形槽的最低点C的正上方h处由静止释放甲球，让其自由下落，同时将乙球从弧形槽左侧由静止释放，欲使甲、乙两球在弧形槽最低点C处相遇，则甲球下落的高度h是多少？
【变式4-1】如图所示，小球m自A点以指向AD方向的初速度v逐渐接近固定在D点的小球n，已知=0.8 m，AB圆弧半径R=10 m，AD=10 m，A、B、C、D在同一水平面上，则v为多大时，才能使m恰好碰到小球n？（g取10 m/s2，不计一切摩擦）
【变式4-2】[多选]如图所示，长度为l的轻绳上端固定在点O，下端系一小球(小球可以看成质点)。在点O正下方，距点O为处的点P固定一颗小钉子。现将小球拉到点A处，轻绳被拉直，然后由静止释放小球。点B是小球运动的最低位置，点C(图中未标出)是小球能够到达的左方最高位置。已知点A与点B之间的高度差为h，h l。A、B、C、P、O在同一竖直平面内。当地的重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　)
A．点C与点B高度差小于h
B．点C与点B高度差等于h
C．小球摆动的周期等于
D．小球摆动的周期等于
【变式4-3】如图所示，用两根长度都为L的细绳悬挂一个小球A，绳与水平方向的夹角为α。使球A垂直于纸面做摆角小于5°的摆动，当它经过平衡位置的瞬间，另一小球B从A球的正上方自由下落，此后A球第3次经过最低点时B球恰击中A球，求B球下落的高度h。
【题型5 振动图像的应用】
【例5】(多选)一个质点以O为中心做简谐运动，位移随时间变化的图象如图7，a、b、c、d表示质点在不同时刻的相应位置.下列说法正确的是(　　)
A.质点通过位置c时速度最大，加速度为零
B.质点通过位置b时，相对平衡位置的位移为
C.质点从位置a到位置c和从位置b到位置d所用时间相等
D.质点从位置a到位置b和从位置b到位置c的平均速度相等
E.质点通过位置b和通过位置d时速度方向相同，加速度方向相反
【变式5-1】(多选)如图所示是甲、乙两个单摆做简谐运动的图象，则下列说法中正确的是(　　)
A.甲、乙两摆的振幅之比为2∶1
B.t＝2 s时，甲摆的重力势能最小，乙摆的动能为零
C.甲、乙两摆的摆长之比为4∶1
D.甲、乙两摆摆球在最低点时摆线的拉力大小一定相等
【变式5-2】如图是质量相等的甲、乙两个物体分别做简谐运动时的图像，下列说法错误的是(　 )
A．甲、乙两物体的振幅分别是2 m和1 m
B．甲的振动频率比乙的大
C．前2 s内，两物体的加速度均为负值
D．第2 s末，甲的速度最大，乙的加速度最大
【变式5-3】(多选)某弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其振动图象如图所示，则(　　)
A.弹簧振子在t＝0到t＝10 s内路程为0.5 m
B.简谐运动的频率是0.125 Hz
C.弹簧振子在第4 s末的位移为零
D.在第3 s末与第5 s末弹簧振子的速度方向相同
E.第5 s末，弹簧振子的速度与加速度均为正值
【变式5-4】如图所示为某弹簧振子在0～5 s内的振动图像，由图可知，下列说法中正确的是(　　)
A．振动周期为5 s，振幅为8 cm
B．第2 s末振子的速度为零，加速度为负向的最大值
C．从第1 s末到第2 s末振子在做加速运动
D．第3 s末振子的速度为正向的最大值
【题型6 简谐运动的对称性】
【例6】(多选)弹簧振子做简谐运动，O为平衡位置，从它经过O点时开始计时，经过0.3 s第一次到达点M，再经过0.2 s第二次到达点M，则弹簧振子的周期可能为(　 )
A．0.53 s B．1.4 s C．1.6 s D．2 s
【变式6-1】一个质点在平衡位置O点附近做简谐运动，若从O点开始计时，经过3 s质点第一次经过M点，如图所示，再继续运动，又经过4 s第二次经过M点，则再经过多长时间第三次经过M点(　　)
A.7 s B.14 s
C.16 s D. s
【变式6-2】(多选)一弹簧振子做简谐运动，则以下说法正确的是(　　)
A.振子的加速度方向始终指向平衡位置
B.已知振动周期为T，若Δt＝T，则在t时刻和(t＋Δt)时刻振子运动的加速度一定相同
C.若t时刻和(t＋Δt)时刻弹簧的长度相等，则Δt一定为振动周期的整数倍
D.振子的动能相等时，弹簧的长度不一定相等
【变式6-3】弹簧振子以O点为平衡位置，在水平方向上的A、B两点间做简谐运动，以下说法正确的是（　　）
A．振子在A、B两点时的速度和位移均为零
B．振子在通过O点时速度的方向将发生改变
C．振子所受的弹力方向总跟速度方向相反
D．振子离开O点的运动总是减速运动，靠近O点的运动总是加速运动
【题型7 简谐运动的周期性】
【例7】弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动，在t＝0时刻，振子从O、B间的P点以速度v向B点运动；在t＝0.2 s时，振子速度第一次变为－v；在t＝0.5 s时，振子速度第二次变为－v。
(1)求弹簧振子振动周期T；
(2)若B、C之间的距离为25 cm，求振子在4.0 s内通过的路程；
(3)若B、C之间的距离为25 cm，从平衡位置计时，写出弹簧振子位移表达式，并画出弹簧振子的振动图像。
【变式7-1】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
【变式7-2】关于简谐运动以及完成一次全振动的意义，以下说法正确的是(　 )
A．位移的方向总跟加速度的方向相反，跟速度的方向相同
B．动能或势能第一次恢复为原来的大小所经历的过程为一次全振动
C．速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程为一次全振动
D．物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相同；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相反
【变式7-3】一单摆在地面处的摆动周期与在某矿井底部摆动周期的比值为k.设地球的半径为R，地球的密度均匀．已知质量均匀分布的球壳对壳内物体的引力为零，求矿井的深度d.
【题型8 简谐运动的表达式的应用】
【例8】(2021·江苏高考)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。t＝0时从图示位置沿逆时针方向匀速转动圆盘，角速度为ω，则P做简谐运动的表达式为(　 )
A．x＝Rsin B．x＝Rsin
C．x＝2Rsin D．x＝2Rsin
【变式8-1】(多选)某质点做简谐运动，其位移与时间的关系式为x＝3sin (t＋) cm，则(　　)
A.质点的振幅为3 cm
B.质点振动的周期为3 s
C.质点振动的周期为 s
D.t＝0.75 s时刻，质点回到平衡位置
【变式8-2】一质点做简谐运动的振动方程是x＝2sincm，则(　 )
A．在0至0.02 s内，质点的速度与加速度方向始终相同
B．在0.02 s时，质点具有沿x轴正方向的最大加速度
C．在0.035 s时，质点的速度方向与加速度方向均沿x轴正方向
D．在0.04 s时，质点所受回复力最大，速度方向沿x轴负方向
【变式8-3】一位游客在千岛湖边欲乘坐游船，当日风浪较大，游船上下浮动。可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20 cm，周期为3.0 s。当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐。地面与甲板的高度差不超过10 cm时，游客能舒服地登船。在一个周期内，游客能舒服登船的时间是(　　)
A．0.5 s　　　　　　　 B．0.75 s
C．1.0 s D．1.5 s
参考答案
【题型1 水平弹簧振子】
【例1】如图所示，
物体A置于物体B上，一轻质弹簧一端固定，另一端与B相连，现从弹簧处于压缩状态开始释放A、B，在弹簧的弹性限度内，A、B在光滑的水平面上做简谐运动，并保持相对静止。若取向右为正方向，则从释放开始，A、B向右运动的整个过程中，物体A的速度v和所受摩擦力Ff随时间变化的关系图像正确的是(　 )
解析：选B　由于物体A、B做简谐运动，开始时物体A、B向右运动，速度为正，位移越来越小，则速度越来越大，A、B的回复力由弹簧弹力提供，从开始释放到回到平衡位置过程中回复力减小，则加速度减小，运动到平衡位置时，回复力为0，加速度为0，此过程中加速度逐渐减小，v-t图像的斜率减小，过平衡位置后，物体A、B继续向右运动，速度仍为正，位移越来越大，速度越来越小，回复力越来越大，回复力方向变为向左，则加速度大小变大，方向改变，即v-t图像的斜率变大，斜率切线变为负，A错误，B正确；对A受力分析可知，A做简谐运动的回复力由B对A的摩擦力提供，A从初始位置向平衡位置运动过程中，回复力方向向右，则摩擦力方向向右即为正，回复力大小为F＝－kx＝Ff，此过程中位移减小，摩擦力减小，即摩擦力与位移呈线性关系，且为正值，但此过程中物体A做加速度减小的加速运动，同理，物体A从平衡位置向右运动的过程中，摩擦力与位移也呈线性关系，但此过程中物体A做加速度增大的减速运动即加速度向左，摩擦力向左，应为负值，C、D错误。
【变式1-1】(多选)如图甲所示，以O点为平衡位置，弹簧振子在A、B两点间做简谐运动，图乙为这个弹簧振子的振动图象.下列说法中正确的是(　　)
A.在t＝0.2 s时，弹簧振子的加速度为正向最大
B.在t＝0.1 s与t＝0.3 s两个时刻，弹簧振子在同一位置
C.从t＝0到t＝0.2 s时间内，弹簧振子做加速度增大的减速运动
D.在t＝0.6 s时，弹簧振子有最小的弹性势能
答案　BC
解析　在t＝0.2 s时，弹簧振子的位移为正向最大值，a＝－，知弹簧振子的加速度为负向最大，A错误；在t＝0.1 s与t＝0.3 s两个时刻，弹簧振子的位移相同，说明弹簧振子在同一位置，B正确；从t＝0到t＝0.2 s时间内，弹簧振子从平衡位置向最大位移处运动，位移逐渐增大，加速度逐渐增大，加速度方向与速度方向相反，弹簧振子做加速度增大的减速运动，C正确；在t＝0.6 s时，弹簧振子的位移为负向最大值，即弹簧的形变量最大，弹簧振子的弹性势能最大，D错误.
【变式1-2】如图甲所示，水平放置的弹簧振子在A、B之间做简谐运动，O是平衡位置，以向右为正方向，其振动图像如图乙所示，则(　 )
A．A、O间的距离为4 cm
B．0.1 s末，小球位于A点
C．0.2 s末，小球有正向的最大速度
D．在0.2～0.3 s内，小球从O向A做减速运动
解析：选D　由振动图像可知，振幅为2 cm，所以A、O间的距离为2 cm，A错误；0.1 s末，小球在正向最大位移处，即位于B点，B错误；0.2 s末，小球速度方向沿x轴负方向，并且速度最大，C错误；在0.2～0.3 s内，小球沿负向的速度逐渐减小，到达负向最大位移A处时速度减为零，则小球从O向A做减速运动，D正确。
【变式1-3】(2022·青岛调研)如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在光滑水平面上的A、B两点之间做简谐运动，A、B为分居O点左右两侧的对称点。取水平向右为正方向，振子的位移x随时间t变化的正弦曲线如图乙所示，下列说法正确的是(　 )
A．t＝0.6 s时，振子在O点右侧6 cm处
B．振子在t＝0.2 s和t＝1.0 s时的速度相同
C．t＝1.2 s时，振子的加速度方向水平向右
D．t＝1.0 s到t＝1.4 s的时间内，振子的加速度和速度都逐渐增大
解析：选C　由题图可知，弹簧振子的振幅为 0.12 m，周期为1.6 s，所以ω＝＝1.25π rad/s，结合振动图像得，振动方程为x＝0.12sin(1.25πt)m，在t＝0.6 s时，振子的位移x1＝0.12sin(1.25π×0.6)m＝6 cm，A错误；由振动图像可知，t＝0.2 s时振子从平衡位置向右运动，t＝1.0 s时振子从平衡位置向左运动，速度方向不同，B错误；t＝1.2 s时，振子到达A处，振子的加速度方向水平向右，C正确；t＝1.0 s到t＝1.2 s的时间内振子向负向最大位移处运动，速度减小，加速度增大；t＝1.2 s到t＝1.4 s时间内振子从负向最大位移处向平衡位置运动，则速度增大，加速度减小，D错误。
【题型2 竖直弹簧振子】
【例2】(多选)如图所示，一轻质弹簧上端固定在天花板上，下端连接一物块，物块沿竖直方向以O点为平衡位置，在C、D两点之间做周期为T的简谐运动.已知在t1时刻物块的速度大小为v、方向向下，动能为Ek.下列说法正确的是(　　)
A.如果在t2时刻物块的速度大小也为v，方向向下，则t2－t1的最小值小于
B.如果在t2时刻物块的动能也为Ek，则t2－t1的最小值为
C.当物块通过O点时，其加速度最小
D.物块在C、D两点的加速度相同
答案　AC
解析　如果在t1时刻物块位于O点上方且向下运动，t2时刻物块位于O点下方且与t1时刻物块速度相同，则t2－t1的最小值小于，选项A正确；如果在t2时刻物块的动能也为Ek，则t2时刻物块速度与t1时刻大小相等，方向可能相同，也可能相反，t2－t1的最小值小于，选项B错误；题图中O点是平衡位置，物块通过O点时位移最小，根据a＝－知，其加速度最小，选项C正确；C、D两点关于平衡位置对称，加速度等大反向，选项D错误.
【变式2-1】[多选]如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动。以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y＝0.1sin(2.5πt)m。t＝0时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t＝0.6 s时，小球恰好与物块处于同一高度。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。以下判断正确的是(　　)
A.h＝1.7 m
B．简谐运动的周期是0.8 s
C．0.6 s内物块运动的路程为0.2 m
D．t＝0.4 s时，物块与小球运动方向相反
[思路点拨]
(1)由物块做简谐运动的表达式确定物块的振幅和振动周期。
(2)确定0.6 s时物块所在的位置。
(3)确定0.6 s时小球下落的高度与h的关系。
[解析]　由物块做简谐运动的表达式y＝0.1sin(2.5πt)m知，ω＝2.5π，T＝＝ s＝0.8 s，选项B正确；t＝0.6 s时，y＝－0.1 m，对小球：h＋|y|＝gt2，解得h＝1.7 m，选项A正确；物块0.6 s内运动的路程为0.3 m，t＝0.4 s时，物块经过平衡位置向下运动，与小球运动方向相同，故选项C、D错误。
[答案]　AB
【变式2-2】如图所示，一轻质弹簧上端固定，下端悬挂一物块，取物块静止时所处位置为坐标原点O，向下为正方向，建立Ox坐标轴。现将物块竖直向下拉到A位置后由静止释放，不计空气阻力。已知物块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，A位置的坐标为x1，重力加速度为g。下列说法正确的是(　 )
A．该简谐运动的振幅为2x1
B．在任意周期内物块通过的路程一定等于x1
C．物块在A位置时所受的回复力大小为kx1
D．物块到O位置时的动能为kx12－mgx1
解析：选C　该简谐运动的振幅为x1，A错误；物块运动过程中，衡位置时运动比较快，远离平衡位置时运动比较慢，所以在不经过平衡位置的周期内物块通过的路程小于x1，B错误；物块在O位置时受力平衡，有kx0＝mg，x0为弹簧伸长量，在A位置时所受的回复力大小为F＝k(x0＋x1)－mg＝kx1，C正确；物块从A位置回到O位置时，根据能量守恒定律得k(x1＋x0)2＝mgx1＋mv2＋kx02，解得mv2＝k(x1＋x0)2－mgx1－kx02，D错误。
【变式2-3】如图所示，弹簧下面挂一质量为m的物体，物体在竖直方向上做振幅为A的简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好处于原长，弹簧在弹性限度内，则物体在振动过程中(　　)
A．弹簧的最大弹性势能等于2mgA
B．弹簧的弹性势能和物体动能总和不变
C．物体在最低点时的加速度大小应为2g
D．物体在最低点时所受弹簧的弹力大小应为mg
解析：选A　因物体振动到最高点时，弹簧正好处于原长，此时弹簧弹力等于零，物体的重力 mg＝F回＝kA，当物体在最低点时，弹簧的弹性势能最大等于2mgA，A对；在最低点，由F回＝mg＝ma知，C错；由F弹－mg＝F回得F弹＝2mg，D错；由能量守恒知，弹簧的弹性势能和物体的动能、重力势能三者的总和不变，B错。
【题型3 单摆】
【例3】[多选]图1、2分别是甲、乙两个单摆在同一位置处做简谐运动的图像，则下列说法中正确的是(　　)
A．甲、乙两单摆的振幅之比为2∶1
B．t＝2 s时，甲单摆的重力势能最小，乙单摆的动能为零
C．甲、乙两单摆的摆长之比为4∶1
D．甲、乙两单摆的摆球在最低点时，向心加速度大小一定相等
解析：选AB　由题图知，甲、乙两单摆的振幅分别为4 cm、2 cm，故选项A正确；t＝2 s时，甲单摆在平衡位置处，乙单摆在振动的正方向最大位移处，故选项B正确；由单摆的周期公式，推出甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝T甲2∶T乙2＝1∶4，故选项C错误；设摆球摆动的最大偏角为θ，由mgl(1－cos θ)＝mv2及a＝可得，摆球在最低点时向心加速度a＝2g(1－cos θ)，因两摆球的最大偏角θ满足sin θ＝，故θ甲>θ乙，所以a甲>a乙，故选项D错误。
【变式3-1】如图所示，房顶上固定一根长2.5 m的细线沿竖直墙壁垂到窗沿下，细线下端系了一个小球(可视为质点)。打开窗子，让小球在垂直于窗子的竖直平面内小幅度摆动，窗上沿到房顶的高度为1.6 m，不计空气阻力，g取10 m/s2，则小球从最左端运动到最右端所用的最短时间为(　 )
A．2.0π s B．0.4π s C．0.6π s D．1.2π s
解析：选B　小球的摆动可视为单摆运动，摆长为线长时对应的周期：T1＝2π ＝π s，摆长为线长减去墙体长时对应的周期T2＝2π ＝0.6π s，故小球从最左端到最右端所用的最短时间为t＝＝0.4π s，B正确。
【变式3-2】如图所示，两个摆长均为L的单摆，摆球A、B质量分别为m1、m2，悬点均为O。在O点正下方0.19L处固定一小钉。初始时刻B静止于最低点，其摆线紧贴小钉右侧，A从图示位置由静止释放(θ足够小)，在最低点与B发生弹性正碰。两摆在整个运动过程中均满足简谐运动条件，悬线始终保持绷紧状态且长度不变，摆球可视为质点，不计碰撞时间及空气阻力，重力加速度为g。下列选项正确的是(　 )
A．若m1＝m2，则A、B在摆动过程中最大振幅之比为9∶10
B．若m1＝m2，则每经过1.9π 时间A回到最高点
C．若m1>m2，则A与B第二次碰撞不在最低点
D．m1解析：选D　若m1＝m2，则两球碰撞后交换速度，所以A、B在摆动过程中最大振幅相等，两球的振动完全一样，所以每经过2π 时间A回到最高点，A、B错误；摆长为L的周期为T＝2π ，摆长为0.81L的周期为T′＝1.8π ，若m1>m2，则碰后A球向右运动，摆长变为0.81L，B球摆回最低点后向左运动时，摆长为0.81L，所以两摆的周期均为T″＝T＋T′＝1.9π ，即第一次在最低点碰撞后，经过一个周期发生第二次碰撞，位置仍然在最低点，C错误；若m1【变式3-3】如图，长为l的细绳下方悬挂一小球a，绳的另一端固定在天花板上O点处，在O点正下方l的O′处有一固定细铁钉。将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放，并从释放时开始计时。当小球a摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡。设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，向右为正。
下列图像中，能描述小球在开始一个周期内的x-t关系的是(　 )
解析：选A　摆长为l时单摆的周期T1＝2π ，振幅A1＝lα(α为摆角，α很小时，sin α＝α)，摆长为l时单摆的周期T2＝2π ＝π ＝，振幅A2＝lβ(β为摆角)。根据机械能守恒定律得mgl(1－cos α)＝mg(1－cos β)，利用cos α＝1－2sin 2，cos β＝1－2sin 2 ，以及sin α＝tan α＝α(α很小)，解得β＝2α，故A2＝A1，A正确。
【变式3-4】(多选)关于单摆，下列说法正确的是(　　)
A.将单摆由沈阳移至广州，单摆周期变大
B.将单摆的摆角从4°改为2°，单摆的周期变小
C.当单摆的摆球运动到平衡位置时，摆球的速度最大
D.当单摆的摆球运动到平衡位置时，受到的合力为零
答案　AC
解析　将单摆由沈阳移至广州，因重力加速度减小，根据T＝2π可知，单摆周期变大，选项A正确；单摆的周期与摆角无关，将单摆的摆角从4°改为2°，单摆的周期不变，选项B错误；当单摆的摆球运动到平衡位置时，摆球的速度最大，有向心加速度，则受到的合力不为零，选项C正确，D错误.
【题型4 等效单摆】
【例4】如图所示，ACB为光滑弧形槽，弧形槽半径为R，C为弧形槽最低点，R A。甲球从弧形槽的球心处自由下落，乙球从A点由静止释放，问：
(1)两球第1次到达C点的时间之比；
(2)若在弧形槽的最低点C的正上方h处由静止释放甲球，让其自由下落，同时将乙球从弧形槽左侧由静止释放，欲使甲、乙两球在弧形槽最低点C处相遇，则甲球下落的高度h是多少？
解析：(1)甲球做自由落体运动
R＝gt12，所以t1＝
乙球沿弧形槽做简谐运动(由于A R，可认为偏角θ<5°)。此运动与一个摆长为R的单摆运动模型相同，故此等效摆长为R，因此乙球第1次到达C处的时间为
t2＝T＝×2π ＝ ，
所以t1∶t2＝2∶π。
(2)甲球从离弧形槽最低点h高处自由下落，到达C点的时间为t甲＝
由于乙球运动的周期性，所以乙球到达C点的时间为
t乙＝＋n＝ (2n＋1)　(n＝0,1,2，…)
由于甲、乙两球在C点相遇，故t甲＝t乙
联立解得h＝　(n＝0,1,2，…)。
答案：(1)2∶π　(2)　(n＝0,1,2，…)
【变式4-1】如图所示，小球m自A点以指向AD方向的初速度v逐渐接近固定在D点的小球n，已知=0.8 m，AB圆弧半径R=10 m，AD=10 m，A、B、C、D在同一水平面上，则v为多大时，才能使m恰好碰到小球n？（g取10 m/s2，不计一切摩擦）
答案：v=m/s（k=1，2，3…）
解析：小球m的运动是由两个分运动合成的。这两个分运动分别是：以速度v在AD方向的匀速运动和在圆弧面上的往复滑动。因为 R，所以小球在圆弧面上的往复滑动具有等时性，其周期为
T=2π
设小球m恰好能碰到小球n，则有
且满足t=kT（k=1，2，3…）
又T=2π
联立解得v=m/s（k=1，2，3…）
【变式4-2】[多选]如图所示，长度为l的轻绳上端固定在点O，下端系一小球(小球可以看成质点)。在点O正下方，距点O为处的点P固定一颗小钉子。现将小球拉到点A处，轻绳被拉直，然后由静止释放小球。点B是小球运动的最低位置，点C(图中未标出)是小球能够到达的左方最高位置。已知点A与点B之间的高度差为h，h l。A、B、C、P、O在同一竖直平面内。当地的重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　)
A．点C与点B高度差小于h
B．点C与点B高度差等于h
C．小球摆动的周期等于
D．小球摆动的周期等于
解析：选BC　由于h l，故小球的运动可看成单摆运动，其周期T＝·2π ＋·2π ＝ ，故C正确，D错误；小球摆动过程不计空气阻力，其机械能守恒，点A、C应等高，故A错误，B正确。
【变式4-3】如图所示，用两根长度都为L的细绳悬挂一个小球A，绳与水平方向的夹角为α。使球A垂直于纸面做摆角小于5°的摆动，当它经过平衡位置的瞬间，另一小球B从A球的正上方自由下落，此后A球第3次经过最低点时B球恰击中A球，求B球下落的高度h。
答案：π2L sin α
【解析】球A垂直于纸面做摆角小于5°的摆动等效于一个单摆，摆长为l=Lsin α
所以A球振动周期T=2π
设B球自由下落的时间为t，则它击中A球时下落的高度h=gt2
则t=
A球经过平衡位置，接着返回到平衡位置的时间为半个周期，即=π
从B球开始下落至击中A球，A球振动的时间为的3倍t=3×=3π
则
解得h=π2L sin α
【题型5 振动图像的应用】
【例5】(多选)一个质点以O为中心做简谐运动，位移随时间变化的图象如图7，a、b、c、d表示质点在不同时刻的相应位置.下列说法正确的是(　　)
A.质点通过位置c时速度最大，加速度为零
B.质点通过位置b时，相对平衡位置的位移为
C.质点从位置a到位置c和从位置b到位置d所用时间相等
D.质点从位置a到位置b和从位置b到位置c的平均速度相等
E.质点通过位置b和通过位置d时速度方向相同，加速度方向相反
答案　ACE
解析　质点通过位置c，即平衡位置时，此时速度最大，加速度为零，故A正确；x－t图象是正弦图象，故质点通过位置b时，相对平衡位置的位移为 A，故B错误；质点从位置a到c和从位置b到d所用的时间相等，均为2 s，故C正确；质点从位置a到b和从b到c的过程中时间相同但位移大小不同，故平均速度不同，故D错误.因为x－t图象的斜率表示速度，则质点通过位置b和通过位置d时速度方向相同，加速度方向均指向平衡位置，即方向相反，故E正确.
【变式5-1】(多选)如图所示是甲、乙两个单摆做简谐运动的图象，则下列说法中正确的是(　　)
A.甲、乙两摆的振幅之比为2∶1
B.t＝2 s时，甲摆的重力势能最小，乙摆的动能为零
C.甲、乙两摆的摆长之比为4∶1
D.甲、乙两摆摆球在最低点时摆线的拉力大小一定相等
答案　AB
解析　由题图知甲、乙两摆的振幅分别为2 cm、1 cm，故A正确；t＝2 s时，甲摆在平衡位置处，重力势能最小，乙摆在正的最大位移处，动能为零，B正确；甲、乙两摆的周期之比为1∶2，由单摆的周期公式T＝2π，得到甲、乙两摆的摆长之比为1∶4，C错误；由题目中的条件不能比较甲、乙两摆摆球在最低点时摆线的拉力大小，D错误.
【变式5-2】如图是质量相等的甲、乙两个物体分别做简谐运动时的图像，下列说法错误的是(　 )
A．甲、乙两物体的振幅分别是2 m和1 m
B．甲的振动频率比乙的大
C．前2 s内，两物体的加速度均为负值
D．第2 s末，甲的速度最大，乙的加速度最大
解析：选A　由题图知，甲、乙两物体的振幅分别为2 cm和 1 cm，A错误；8 s内甲完成2次全振动，乙完成1次全振动，甲的振动频率比乙的大，B正确；前2 s内，甲、乙的位移均为正，所以加速度均为负值，C正确；第2 s末甲在平衡位置，速度最大，乙在最大位移处，加速度最大，D正确。
【变式5-3】(多选)某弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其振动图象如图所示，则(　　)
A.弹簧振子在t＝0到t＝10 s内路程为0.5 m
B.简谐运动的频率是0.125 Hz
C.弹簧振子在第4 s末的位移为零
D.在第3 s末与第5 s末弹簧振子的速度方向相同
E.第5 s末，弹簧振子的速度与加速度均为正值
答案　BCD
解析　弹簧振子在t＝0到t＝10 s内路程为5A，即2.5 m，选项A错误；简谐运动的周期T＝8 s，则频率是f＝＝0.125 Hz，选项B正确；弹簧振子第4 s末在平衡位置，位移为零，选项C正确；因x－t图象的斜率表示速度，可知在第3 s末与第5 s末弹簧振子的速度方向不变，选项D正确；第5 s末，弹簧振子的速度沿y轴负方向，加速度沿y轴正方向，选项E错误.
【变式5-4】如图所示为某弹簧振子在0～5 s内的振动图像，由图可知，下列说法中正确的是(　　)
A．振动周期为5 s，振幅为8 cm
B．第2 s末振子的速度为零，加速度为负向的最大值
C．从第1 s末到第2 s末振子在做加速运动
D．第3 s末振子的速度为正向的最大值
[解析]　振幅是位移的最大值的大小，故振幅为8 cm，而周期是完成一次全振动的时间，振动周期为4 s，故A错误；第2 s末振子的速度为零，加速度为正向的最大值，故B错误；从第1 s末到第2 s末振子的位移逐渐增大，速度逐渐减小，振子做减速运动，C错误；第3 s末振子的位移为零，经过平衡位置，故速度最大，且方向为正，故D正确。
[答案]　D
【题型6 简谐运动的对称性】
【例6】(多选)弹簧振子做简谐运动，O为平衡位置，从它经过O点时开始计时，经过0.3 s第一次到达点M，再经过0.2 s第二次到达点M，则弹簧振子的周期可能为(　 )
A．0.53 s B．1.4 s C．1.6 s D．2 s
解析：选AC　如图甲所示，若振子从O点开始向右按所示路线振动，则振子的振动周期为T1＝4×s＝1.6 s；如图乙所示，若振子从O点开始向左按所示路线振动，令从M运动到O的时间为t，则有＋t＝，解得t＝ s，振子的振动周期为T2＝4×s≈0.53 s，A、C正确。
【变式6-1】一个质点在平衡位置O点附近做简谐运动，若从O点开始计时，经过3 s质点第一次经过M点，如图所示，再继续运动，又经过4 s第二次经过M点，则再经过多长时间第三次经过M点(　　)
A.7 s B.14 s
C.16 s D. s
答案　C
解析　由题意可知质点第一次经过M点的运动方向向右，简谐运动的周期T＝4×(3＋2) s＝20 s，则第三次经过M点的时间为t＝(20－4) s＝16 s，故C选项正确.
【变式6-2】(多选)一弹簧振子做简谐运动，则以下说法正确的是(　　)
A.振子的加速度方向始终指向平衡位置
B.已知振动周期为T，若Δt＝T，则在t时刻和(t＋Δt)时刻振子运动的加速度一定相同
C.若t时刻和(t＋Δt)时刻弹簧的长度相等，则Δt一定为振动周期的整数倍
D.振子的动能相等时，弹簧的长度不一定相等
答案　ABD
解析　振子的加速度方向始终指向平衡位置，故A正确；若Δt＝T，则在t时刻和(t＋Δt)时刻振子的位移相同，加速度也相同，故B正确；从平衡位置再回到平衡位置，经历的时间最短为，弹簧的长度相等，故C错误；关于平衡位置对称的两个位置，振子的动能相等，弹簧的长度不相等，故D正确.
【变式6-3】弹簧振子以O点为平衡位置，在水平方向上的A、B两点间做简谐运动，以下说法正确的是（　　）
A．振子在A、B两点时的速度和位移均为零
B．振子在通过O点时速度的方向将发生改变
C．振子所受的弹力方向总跟速度方向相反
D．振子离开O点的运动总是减速运动，靠近O点的运动总是加速运动
【详解】A．弹簧振子以O点为平衡位置，在水平方向上的A、B两点间做简谐运动，故A、B速度为零，位移值最大，故A错误；
B．振子在通过O点前后速度的方向不发生改变，B错误；
C．由简谐运动规律的定义，振子的弹力方向总跟位移的方向相反，而跟振子的速度方向有时相同，有时相反，C错误；
D．振子离开O点运动后的运动方向与加速度方向相反，故为减速运动，振子靠近O点的运动方向与加速度方向相同故为加速运动，D正确。
【答案】D。
【题型7 简谐运动的周期性】
【例7】弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动，在t＝0时刻，振子从O、B间的P点以速度v向B点运动；在t＝0.2 s时，振子速度第一次变为－v；在t＝0.5 s时，振子速度第二次变为－v。
(1)求弹簧振子振动周期T；
(2)若B、C之间的距离为25 cm，求振子在4.0 s内通过的路程；
(3)若B、C之间的距离为25 cm，从平衡位置计时，写出弹簧振子位移表达式，并画出弹簧振子的振动图像。
解析：(1)弹簧振子简谐运动示意图如图所示，由对称性可得：
T＝0.5×2 s＝1.0 s。
(2)若B、C之间距离为25 cm，则振幅A＝×25 cm＝12.5 cm，振子4.0 s内通过的路程
s＝×4×12.5 cm＝200 cm。
(3)根据x＝Asin ωt，A＝12.5 cm，ω＝＝2π
得x＝12.5sin (2πt) cm。振动图像为
答案：(1)1.0 s　(2)200 cm　(3)x＝12.5sin (2πt) cm
【变式7-1】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
解析：选B　由单摆的周期公式T＝2π 可知，当摆长l不变时，周期不变，C、D错误；由机械能守恒定律可知mv2＝ mgh，其摆动的高度与质量无关，因摆球经过平衡位置的速度减小，则最大高度减小，故振幅变小，B正确，A错误。
【变式7-2】关于简谐运动以及完成一次全振动的意义，以下说法正确的是(　 )
A．位移的方向总跟加速度的方向相反，跟速度的方向相同
B．动能或势能第一次恢复为原来的大小所经历的过程为一次全振动
C．速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程为一次全振动
D．物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相同；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相反
解析：选C　回复力与位移方向相反，故加速度和位移方向相反，但速度与位移方向可以相同，也可以相反，物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相反，背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同，A、D错误；一次全振动过程中，动能和势能可以多次恢复为原来的大小，B错误；速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程为一次全振动，C正确。
【变式7-3】一单摆在地面处的摆动周期与在某矿井底部摆动周期的比值为k.设地球的半径为R，地球的密度均匀．已知质量均匀分布的球壳对壳内物体的引力为零，求矿井的深度d.
解析　根据万有引力定律，地面处质量为m的物体的重力mg＝G
式中g是地面处的重力加速度，M是地球的质量．设ρ是地球的密度，则有M＝πρR3
摆长为l的单摆在地面处的摆动周期为T＝2π
若该物体位于矿井底部，则其重力为mg′＝G
式中g′是矿井底部的重力加速度，且M′＝πρ(R－d)3
在矿井底部此单摆的周期为T′＝2π
由题意：T＝kT′
联立以上各式得d＝R(1－k2)
【题型8 简谐运动的表达式的应用】
【例8】(2021·江苏高考)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。t＝0时从图示位置沿逆时针方向匀速转动圆盘，角速度为ω，则P做简谐运动的表达式为(　 )
A．x＝Rsin B．x＝Rsin
C．x＝2Rsin D．x＝2Rsin
解析：选B　影子P做简谐运动的振幅为R，以向上为正方向，设P的振动方程为x＝Rsin(ωt＋φ)，当t＝0时，P的位移为R，代入解得φ＝，则P做简谐运动的表达式为x＝Rsin，B正确，A、C、D错误。
【变式8-1】(多选)某质点做简谐运动，其位移与时间的关系式为x＝3sin (t＋) cm，则(　　)
A.质点的振幅为3 cm
B.质点振动的周期为3 s
C.质点振动的周期为 s
D.t＝0.75 s时刻，质点回到平衡位置
答案　ABD
解析　质点做简谐运动，位移与时间的关系式为x＝3sin (t＋)cm，对照公式x＝Asin(ωt＋φ0)，振幅为3 cm，角速度为，根据公式ω＝，周期为3 s，故A、B正确，C错误；t＝0.75 s时刻，x＝3sin (×＋)cm＝0，即质点在平衡位置，故D正确.
【变式8-2】一质点做简谐运动的振动方程是x＝2sincm，则(　 )
A．在0至0.02 s内，质点的速度与加速度方向始终相同
B．在0.02 s时，质点具有沿x轴正方向的最大加速度
C．在0.035 s时，质点的速度方向与加速度方向均沿x轴正方向
D．在0.04 s时，质点所受回复力最大，速度方向沿x轴负方向
解析：选B　由振动方程可知，振幅A＝2 cm，T＝0.04 s，初相位φ＝，即t＝0时，质点位于正向最大位移处，在0至0.01 s内，速度与加速度方向相同，0.01 s至0.02 s内，速度与加速度方向相反，A错误；在0.02 s时，质点在负向最大位移处，具有正向最大加速度，B正确；在0.035 s时，质点从平衡位置向最大位移处运动，速度方向沿x轴正方向，加速度方向沿x轴负方向，C错误；在0.04 s时，质点回到正向最大位移处，回复力最大，速度为零，D错误。
【变式8-3】一位游客在千岛湖边欲乘坐游船，当日风浪较大，游船上下浮动。可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20 cm，周期为3.0 s。当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐。地面与甲板的高度差不超过10 cm时，游客能舒服地登船。在一个周期内，游客能舒服登船的时间是(　　)
A．0.5 s　　　　　　　 B．0.75 s
C．1.0 s D．1.5 s
[解析]　由于振幅A为20 cm，振动方程为y＝Asin ωt，由于高度差不超过10 cm时，游客能舒服登船，代入数据可知，在一个振动周期内，临界时刻为t1＝，t2＝，所以在一个周期内能舒服登船的时间为Δt＝t2－t1＝＝1.0 s，选项C正确。
[答案]　C专题4.5 光的衍射
【人教版】
【题型1 单缝衍射】
【题型2 单缝衍射与双缝干涉的综合】
【题型3 小孔衍射】
【题型4 泊松亮斑】
【题型5 金属丝衍射】
【题型6 光的衍射与生活】
【题型7 综合问题】
【题型1 单缝衍射】
【例1】中国女科学家屠呦呦因发现青蒿素而获得2015年诺贝尔生理学或医学奖，屠呦呦也成为首位获得该奖的中国人在研究青蒿素的化学结构时，研究人员用比可见光波长更短的X射线照射最终确定了其化学结构。在做单缝衍射实验时，下列说法不正确的是（　　）
A．将入射光由可见光换成X射线，衍射条纹间距变窄
B．换用波长较长的光照射，衍射条纹间距变宽
C．衍射条纹中央条纹最宽
D．用白光照射单缝时，屏上不会出现彩色条纹
【变式1-1】(多选)如图(a)所示为单缝衍射示意图，如图(b)所示为甲、乙两束单色光分别通过同一装置形成的单缝衍射图样，下列说法正确的是(　 )
A．在同种均匀介质中，甲光的波长较长
B．在同种均匀介质中，甲光的传播速度较大
C．用同一装置做双缝干涉实验时，在同一光屏上乙光的亮条纹总数更多
D．当两束单色光从某种介质以相同入射角射向空气时，有可能乙光不发生全反射而甲光发生全反射
【变式1-2】观察单缝衍射现象时，把缝宽由0.2mm逐渐增大到0.8mm，看到的现象是（ ）
A．衍射条纹的间距逐渐变小，衍射现象逐渐不明显
B．衍射条纹的间距逐渐变大，衍射现象越来越明显
C．衍射条纹的间距不变，只是亮度增强
D．以上现象都不会发生
【变式1-3】在观察光的衍射现象的实验中，通过紧靠眼睛的卡尺测脚形成的狭缝，观看远处的线状白炽灯丝（灯管或灯丝都要平行于狭缝），可以看到（　　）
A．黑白相间的直条纹 B．黑白相间的弧形条纹
C．彩色的直条纹 D．彩色弧形条纹
【题型2 单缝衍射与双缝干涉的综合】
【例2】如图所示的4种明暗相间的条纹分别是红光、蓝光各自通过同一个双缝干涉仪器形成的干涉图样以及黄光、紫光各自通过同一个单缝形成的衍射图样(黑色部分表示亮条纹)。在下面的4幅图中从左往右排列，亮条纹的颜色依次是(　 )
A．红黄蓝紫　　　　　　　 B．红紫蓝黄
C．蓝紫红黄 D．蓝黄红紫
【变式2-1】在双缝干涉实验中，屏上出现了明暗相间的条纹，则下列说法正确的是(　 )
A．中间条纹间距较两侧更宽
B．不同色光形成的条纹完全重合
C．双缝间距离越大条纹间距离也越大
D．遮住一条缝后屏上仍有明暗相间的条纹
【变式2-2】(多选)关于衍射，下列说法正确的是(　 )
A．光的衍射现象中条纹的出现是光叠加后产生的结果
B．双缝干涉中也存在衍射现象
C．一切波都很容易发生明显的衍射现象
D．影的存在是一个与衍射现象相矛盾的客观事实
【变式2-3】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(　　)
图1
图2
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
【题型3 小孔衍射】
【例3】让太阳光垂直照射一块遮光板，板上有一个可以自由收缩的三角形孔，当此三角形孔缓慢缩小直至完全闭合时，在孔后的屏上将先后出现(　　)
A．由大变小的三角形光斑，直至光斑消失
B．由大变小的三角形光斑、明暗相间的彩色条纹，直至条纹消失
C．由大变小的三角形光斑，明暗相间的条纹，直至黑白色条纹消失
D．由大变小的三角形光斑、圆形光斑、明暗相间的彩色条纹，直至条纹消失
【变式3-1】(多选)下列所示的图片、示意图大都来源于课本，关于这些图的判断中，准确无误的是(　 )
A．甲图是小孔衍射的图样，乙图为“泊松亮斑”
B．甲图为“泊松亮斑”，乙图是小孔衍射的图样
C．丙图是双缝干涉图样，丁图是单缝衍射图样
D．丙图是单缝衍射图样，丁图是双缝干涉图样
【变式3-2】在一次观察光衍射的实验中，观察到如图所示的清晰的明暗相间图样（黑线为暗纹），那么障碍物应是（　　）
A．很小的不透明的圆盘
B．很大的中间有大圆孔的不透明的圆盘
C．很大的不透明圆盘
D．很大的中间有小圆孔的不透明的圆盘
【变式3-3】在一个小电灯和光屏之间，放一个带圆孔的遮光板，在圆孔直径从1 cm左右逐渐变小直到闭合的整个过程中，在屏上依次可看到_____、_____、_____、_____几种现象。（选择下列现象，将序号填入空中）
①完全黑暗 ②小孔成像 ③衍射光环 ④圆形亮斑
【题型4 泊松亮斑】
【例4】如图所示，当用激光照射直径小于激光束的不透明圆盘时，在圆盘后屏上的阴影中心出现了一个亮斑．这是光的________(填“干涉”“衍射”或“直线传播”)现象，这一实验支持了光的________(填“波动说”“微粒说”或“光子说”)．
【变式4-1】（多选）关于光的衍射现象，下列说法中正确的是（　　）
A．红光的单缝衍射图样是红暗相间的直条纹
B．白光的单缝衍射图样是红暗相间的直条纹
C．光照到不透明小圆盘上，其影中心出现泊松亮斑，说明发生了衍射
D．光照到较大圆孔上出现大光斑，说明光沿着直线传播，不存在光的衍射现象
【变式4-2】一束激光照在一个很小的圆盘上，在屏上观察到如图所示的图样，在影的中心有一个亮斑，这就是著名的“泊松亮斑”．下列说法正确的是（ ）
A．圆盘中心有个小孔，这是光的衍射现象
B．圆盘中心是不透光的，这是光的衍射现象
C．圆盘中心有个小孔，这是光的干涉现象
D．圆盘中心是不透光的，这是光的干涉现象
【变式4-3】关于下列四幅图所涉及的光学知识中，说法正确的是（　　）
A．图甲检查工件的平整度利用光的衍射现象
B．图乙医用内窥镜利用光的干涉现象
C．图丙在坦克内壁上开孔安装玻璃利用光的折射现象扩大视野
D．图丁泊松亮斑是由于光的偏振现象产生的
【题型5 金属丝衍射与多缝、多孔衍射】
【例5】(多选)抽制高强度纤维细丝可用激光监控其粗细，如图所示，激光束越过细丝时产生的条纹和它通过遮光板的同样宽度的窄缝规律相同．观察光束经过细丝后在光屏上所产生的条纹即可判断细丝粗细的变化，下列叙述中正确的是(　　)
A．这里应用的是光的衍射现象
B．这里应用的是光的干涉现象
C．如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝变粗
D．如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝变细
【变式5-1】抽制高强度纤维细丝时可用激光监控其粗细，如图所示，观察激光束经过细丝后在光屏上所产生的条纹即可判断细丝粗细的变化（　　）
A．这里应用的是光的衍射现象
B．这里应用的是光的直线传播性
C．这里应用的是光的干涉现象
D．如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝变粗
【变式5-2】（多选）下列说法正确的是（ ）
A．增加光栅的狭缝的个数，亮条纹变窄
B．增加光栅的狭缝的个数，亮条纹变宽
C．增加光栅的狭缝的个数，条纹亮度变暗
D．增加光栅的狭缝的个数，条纹亮度变亮
【变式5-3】分析以下现象产生的原因：
（1）通过盛水的玻璃杯，在适当的角度，可看到彩色光；
（2）隔着帐幔看远处的灯，见到灯周围辐射彩色的光芒；
（3）光线照在花布上，可以看见花布上的图样。
【题型6 光的衍射与生活】
【例6】2021年央视春晚首次采用5G信号“云”传播方式，使“云”观众、“云”演员和春晚互动起来。5G是“第五代移动通信技术”的简称。5G信号一般采用频段的无线电波，而现行第四代移动通信技术4G的频段范围是，则在真空中5G信号的波长一定______（填“大于”“小于”或“等于”）4G，空间传播的5G信号和4G信号______（填“能”或“不能”）产生干涉现象，5G信号在传输过程中更______（填“容易”或“难”）绕过障碍物。
【变式6-1】(多选)雾霾天气严重影响人们的身体健康，雾霾天气时能见度只有几米，天气变黄变暗，这是由于这种情况下(　　)
A.只有波长较短的一部分光才能到达地面
B.只有波长较长的一部分光才能到达地面
C.只有频率较大的一部分光才能到达地面
D.只有频率较小的一部分光才能到达地面
【变式6-2】下列现象中，属于光的衍射的是(　　)
A．雨后天空出现彩虹
B．通过一个狭缝观察日光灯可看到彩色条纹
C．海市蜃楼现象
D．日光照射在肥皂膜上出现彩色条纹
【变式6-3】点光源照在一个剃须刀片上，在屏上形成了它的影子，其边缘较为模糊，原因是（ ）
A．光的反射 B．光强太小
C．光的干涉，通过剃须刀片中央的孔直进 D．光的衍射
【题型7 综合问题】
【例7】(多选)由a、b两种单色光构成的复色光束从水中斜射入空气中的光路图如图所示，关于a、b两种单色光，下列说法正确的是(　　)
A.从同种介质中斜射入空气发生全反射时，a光的临界角小于b光的临界角
B.在同种介质中传播，a光传播速度大于b光传播速度
C.相同条件的双缝干涉实验中，a光的相邻亮条纹间距比b光的相邻亮条纹间距小
D.通过同一狭缝，a光的衍射现象比b光的衍射现象更明显
【变式7-1】以下说法中正确的有(　　)
A．阳光下肥皂膜上的彩色条纹属于光的衍射现象
B．太阳光通过三棱镜产生的彩色条纹是由于折射造成的
C．一束光由介质斜射向空气，界面上可能只发生反射现象而没有折射现象
D．水面油膜呈现彩色条纹是光的干涉现象，这说明了光是一种波
E．“未见其人先闻其声”说明声波有衍射现象而光波没有衍射现象
【变式7-2】(多选)下列说法正确的是(　　)
A．全息照相主要是利用了光的干涉
B．单反相机的增透膜利用了光的偏振
C．用标准平面检查光学平面的平整程度是利用了光的干涉
D．障碍物的尺寸比光的波长大得多时，一定不会发生衍射现象
E．人们眯起眼睛看灯丝时看到的彩色条纹是光的单缝衍射图样
【变式7-3】如图所示的4种明暗相间的条纹，分别是红光、蓝光各自通过同一个双缝干涉仪器和同一单缝衍射仪器形成的图样(灰黑色部分表示亮条纹)。则属于蓝光的干涉图样的是(　　)
参考答案
【题型1 单缝衍射】
【例1】中国女科学家屠呦呦因发现青蒿素而获得2015年诺贝尔生理学或医学奖，屠呦呦也成为首位获得该奖的中国人在研究青蒿素的化学结构时，研究人员用比可见光波长更短的X射线照射最终确定了其化学结构。在做单缝衍射实验时，下列说法不正确的是（　　）
A．将入射光由可见光换成X射线，衍射条纹间距变窄
B．换用波长较长的光照射，衍射条纹间距变宽
C．衍射条纹中央条纹最宽
D．用白光照射单缝时，屏上不会出现彩色条纹
答案：D
【变式1-1】(多选)如图(a)所示为单缝衍射示意图，如图(b)所示为甲、乙两束单色光分别通过同一装置形成的单缝衍射图样，下列说法正确的是(　 )
A．在同种均匀介质中，甲光的波长较长
B．在同种均匀介质中，甲光的传播速度较大
C．用同一装置做双缝干涉实验时，在同一光屏上乙光的亮条纹总数更多
D．当两束单色光从某种介质以相同入射角射向空气时，有可能乙光不发生全反射而甲光发生全反射
解析：选ABC　经过同一单缝，波长越长的光产生的衍射图样中央亮纹越宽，条纹间隔越大，由题图(b)可知，甲光的中央亮纹宽，则甲光的波长较长，故A正确；依据f＝可知，甲光的频率较小，则甲光的折射率较小，根据v＝知，在同种均匀介质中，甲光的传播速度比乙光的大，故B正确；由Δx＝λ可知，甲光的干涉条纹间距大，则在同一光屏上甲光的亮条纹的总数少，乙光的亮条纹总数更多，故C正确；由sin C＝可知，甲光发生的全反射临界角较大，相比乙而言，不容易发生全反射，故D错误。
【变式1-2】观察单缝衍射现象时，把缝宽由0.2mm逐渐增大到0.8mm，看到的现象是（ ）
A．衍射条纹的间距逐渐变小，衍射现象逐渐不明显
B．衍射条纹的间距逐渐变大，衍射现象越来越明显
C．衍射条纹的间距不变，只是亮度增强
D．以上现象都不会发生
答案：A
【变式1-3】在观察光的衍射现象的实验中，通过紧靠眼睛的卡尺测脚形成的狭缝，观看远处的线状白炽灯丝（灯管或灯丝都要平行于狭缝），可以看到（　　）
A．黑白相间的直条纹 B．黑白相间的弧形条纹
C．彩色的直条纹 D．彩色弧形条纹
答案：C
【题型2 单缝衍射与双缝干涉的综合】
【例2】如图所示的4种明暗相间的条纹分别是红光、蓝光各自通过同一个双缝干涉仪器形成的干涉图样以及黄光、紫光各自通过同一个单缝形成的衍射图样(黑色部分表示亮条纹)。在下面的4幅图中从左往右排列，亮条纹的颜色依次是(　 )
A．红黄蓝紫　　　　　　　 B．红紫蓝黄
C．蓝紫红黄 D．蓝黄红紫
解析：选B　双缝干涉条纹是等间距的，而单缝衍射条纹除中央亮条纹最宽、最亮之外，两侧条纹亮度、宽度都逐渐减小，因此1、3为双缝干涉条纹，2、4为单缝衍射条纹。双缝干涉条纹的宽度(即相邻亮、暗条纹间距)Δx＝λ，红光波长比蓝光波长长，则红光干涉条纹间距大于蓝光干涉条纹间距，即1、3分别对应于红光和蓝光。而在单缝衍射中，当单缝宽度一定时，波长越长，衍射越明显，即中央条纹越宽越亮，2、4分别对应于紫光和黄光。综上所述，1、2、3、4四个图中亮条纹的颜色依次是：红、紫、蓝、黄，B正确。
【变式2-1】在双缝干涉实验中，屏上出现了明暗相间的条纹，则下列说法正确的是(　 )
A．中间条纹间距较两侧更宽
B．不同色光形成的条纹完全重合
C．双缝间距离越大条纹间距离也越大
D．遮住一条缝后屏上仍有明暗相间的条纹
解析：选D　据干涉图样的特征可知，干涉条纹特征是等间距、彼此平行，A错误；不同色光干涉条纹分布位置不相同，B错误；据公式Δx＝λ可知，双缝间距d越大，干涉条纹间距离越小，C错误；遮住一条缝后，变成了单缝衍射，光的衍射也有衍射条纹，D正确。
【变式2-2】(多选)关于衍射，下列说法正确的是(　 )
A．光的衍射现象中条纹的出现是光叠加后产生的结果
B．双缝干涉中也存在衍射现象
C．一切波都很容易发生明显的衍射现象
D．影的存在是一个与衍射现象相矛盾的客观事实
解析：选AB　光的衍射图样是光波的叠加现象，双缝干涉中光通过三个狭缝时均发生衍射现象，一般来说既有干涉又有衍射，A、B正确。一切波都能发生衍射，但要发生明显的衍射，需要满足障碍物的尺寸小于或相当于波长的条件，C、D错误。
【变式2-3】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(　　)
图1
图2
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
答案　A
解析　由题图中给出的甲、乙两种图样可知，甲是单缝衍射的图样，乙是双缝干涉的图样，A项正确，B、C、D项错误.
【题型3 小孔衍射】
【例3】让太阳光垂直照射一块遮光板，板上有一个可以自由收缩的三角形孔，当此三角形孔缓慢缩小直至完全闭合时，在孔后的屏上将先后出现(　　)
A．由大变小的三角形光斑，直至光斑消失
B．由大变小的三角形光斑、明暗相间的彩色条纹，直至条纹消失
C．由大变小的三角形光斑，明暗相间的条纹，直至黑白色条纹消失
D．由大变小的三角形光斑、圆形光斑、明暗相间的彩色条纹，直至条纹消失
答案　D
解析　当孔足够大时，由于光的直线传播，所以屏上首先出现的是三角形光斑，之后随着孔的继续缩小，出现小孔成像，成的是太阳的像，故为小圆形光斑，随着孔的进一步缩小，当尺寸与光波波长相当时，出现明暗相间的衍射条纹，最后随孔的闭合而全部消失，所以只有D正确．
【变式3-1】(多选)下列所示的图片、示意图大都来源于课本，关于这些图的判断中，准确无误的是(　 )
A．甲图是小孔衍射的图样，乙图为“泊松亮斑”
B．甲图为“泊松亮斑”，乙图是小孔衍射的图样
C．丙图是双缝干涉图样，丁图是单缝衍射图样
D．丙图是单缝衍射图样，丁图是双缝干涉图样
解析：选AC　“泊松亮斑”是“小圆盘”产生的衍射现象，形成的衍射图样是阴影中心有一个“亮斑”，而小孔衍射的图样是中间有“亮斑”，无阴影，A正确，B错误；丙图很明显是双缝干涉的图样，因干涉图样中的条纹间距是相等的，单缝衍射图样中的条纹间距是不相等的，中间最宽、最亮，丁图是单缝衍射图样，C正确，D错误。
【变式3-2】在一次观察光衍射的实验中，观察到如图所示的清晰的明暗相间图样（黑线为暗纹），那么障碍物应是（　　）
A．很小的不透明的圆盘
B．很大的中间有大圆孔的不透明的圆盘
C．很大的不透明圆盘
D．很大的中间有小圆孔的不透明的圆盘
答案：D
【变式3-3】在一个小电灯和光屏之间，放一个带圆孔的遮光板，在圆孔直径从1 cm左右逐渐变小直到闭合的整个过程中，在屏上依次可看到_____、_____、_____、_____几种现象。（选择下列现象，将序号填入空中）
①完全黑暗 ②小孔成像 ③衍射光环 ④圆形亮斑
答案：④ ② ③ ①
【题型4 泊松亮斑】
【例4】如图所示，当用激光照射直径小于激光束的不透明圆盘时，在圆盘后屏上的阴影中心出现了一个亮斑．这是光的________(填“干涉”“衍射”或“直线传播”)现象，这一实验支持了光的________(填“波动说”“微粒说”或“光子说”)．
答案　衍射　波动说
解析　圆盘后屏上的阴影中心出现了一个亮斑，一定不是光的直线传播现象造成的，是光在传播过程中绕过障碍物形成的现象，属于光的衍射，衍射是波的特性，所以这一实验支持了光的波动说．
【变式4-1】（多选）关于光的衍射现象，下列说法中正确的是（　　）
A．红光的单缝衍射图样是红暗相间的直条纹
B．白光的单缝衍射图样是红暗相间的直条纹
C．光照到不透明小圆盘上，其影中心出现泊松亮斑，说明发生了衍射
D．光照到较大圆孔上出现大光斑，说明光沿着直线传播，不存在光的衍射现象
答案：AC
【变式4-2】一束激光照在一个很小的圆盘上，在屏上观察到如图所示的图样，在影的中心有一个亮斑，这就是著名的“泊松亮斑”．下列说法正确的是（ ）
A．圆盘中心有个小孔，这是光的衍射现象
B．圆盘中心是不透光的，这是光的衍射现象
C．圆盘中心有个小孔，这是光的干涉现象
D．圆盘中心是不透光的，这是光的干涉现象
答案：B
【变式4-3】关于下列四幅图所涉及的光学知识中，说法正确的是（　　）
A．图甲检查工件的平整度利用光的衍射现象
B．图乙医用内窥镜利用光的干涉现象
C．图丙在坦克内壁上开孔安装玻璃利用光的折射现象扩大视野
D．图丁泊松亮斑是由于光的偏振现象产生的
答案：C
【题型5 金属丝衍射与多缝、多孔衍射】
【例5】(多选)抽制高强度纤维细丝可用激光监控其粗细，如图所示，激光束越过细丝时产生的条纹和它通过遮光板的同样宽度的窄缝规律相同．观察光束经过细丝后在光屏上所产生的条纹即可判断细丝粗细的变化，下列叙述中正确的是(　　)
A．这里应用的是光的衍射现象
B．这里应用的是光的干涉现象
C．如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝变粗
D．如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝变细
答案　AD
解析　由于是激光束越过细丝即绕过障碍物，所以是光的衍射现象，当抽制的丝变细的时候，丝的直径较接近激光的波长，条纹间距就大，A、D对．
【变式5-1】抽制高强度纤维细丝时可用激光监控其粗细，如图所示，观察激光束经过细丝后在光屏上所产生的条纹即可判断细丝粗细的变化（　　）
A．这里应用的是光的衍射现象
B．这里应用的是光的直线传播性
C．这里应用的是光的干涉现象
D．如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝变粗
答案：A
【变式5-2】（多选）下列说法正确的是（ ）
A．增加光栅的狭缝的个数，亮条纹变窄
B．增加光栅的狭缝的个数，亮条纹变宽
C．增加光栅的狭缝的个数，条纹亮度变暗
D．增加光栅的狭缝的个数，条纹亮度变亮
答案：AD
【变式5-3】分析以下现象产生的原因：
（1）通过盛水的玻璃杯，在适当的角度，可看到彩色光；
（2）隔着帐幔看远处的灯，见到灯周围辐射彩色的光芒；
（3）光线照在花布上，可以看见花布上的图样。
答案：(1)白光通过盛水的玻璃杯发生折射，在适当的角度，各色光分离较大，可看到彩色光。
(2)远处灯发出的光经过帐幔的缝隙，产生衍射，因此可见到灯周围辐射彩色的光芒。
(3)光线照在花布上看见花布的图样，是由于光的反射与吸收的结果。花布是由各种颜色的花纹组成的，当白光照在花布上时，红色花纹反射红色光，吸收其他颜色的光，这样我们在该位置只看到红色，同理可以看到各种花纹反射的各种颜色的光，这样就可以看到花布的图样。
【题型6 光的衍射与生活】
【例6】2021年央视春晚首次采用5G信号“云”传播方式，使“云”观众、“云”演员和春晚互动起来。5G是“第五代移动通信技术”的简称。5G信号一般采用频段的无线电波，而现行第四代移动通信技术4G的频段范围是，则在真空中5G信号的波长一定______（填“大于”“小于”或“等于”）4G，空间传播的5G信号和4G信号______（填“能”或“不能”）产生干涉现象，5G信号在传输过程中更______（填“容易”或“难”）绕过障碍物。
答案： 小于 不能 难
【变式6-1】(多选)雾霾天气严重影响人们的身体健康，雾霾天气时能见度只有几米，天气变黄变暗，这是由于这种情况下(　　)
A.只有波长较短的一部分光才能到达地面
B.只有波长较长的一部分光才能到达地面
C.只有频率较大的一部分光才能到达地面
D.只有频率较小的一部分光才能到达地面
答案　BD
解析　根据光发生明显衍射的条件，雾霾天气时，只有波长较长、频率较小的一部分光发生衍射绕过空气中的颗粒物到达地面，选项A、C错误，B、D正确.
【变式6-2】下列现象中，属于光的衍射的是(　　)
A．雨后天空出现彩虹
B．通过一个狭缝观察日光灯可看到彩色条纹
C．海市蜃楼现象
D．日光照射在肥皂膜上出现彩色条纹
答案　B
解析　彩虹是光的色散现象，海市蜃楼是光的折射、全反射现象，肥皂膜上出现彩色条纹是薄膜干涉现象，A、C、D错误．通过狭缝观察日光灯看到彩色条纹是单缝衍射现象，B正确．
【变式6-3】点光源照在一个剃须刀片上，在屏上形成了它的影子，其边缘较为模糊，原因是（ ）
A．光的反射 B．光强太小
C．光的干涉，通过剃须刀片中央的孔直进 D．光的衍射
答案：D
【题型7 综合问题】
【例7】(多选)由a、b两种单色光构成的复色光束从水中斜射入空气中的光路图如图所示，关于a、b两种单色光，下列说法正确的是(　　)
A.从同种介质中斜射入空气发生全反射时，a光的临界角小于b光的临界角
B.在同种介质中传播，a光传播速度大于b光传播速度
C.相同条件的双缝干涉实验中，a光的相邻亮条纹间距比b光的相邻亮条纹间距小
D.通过同一狭缝，a光的衍射现象比b光的衍射现象更明显
答案　BD
解析　由题图可知b光的折射程度较大，可知水对b光的折射率较大，根据sin C＝可知，从同种介质中斜射入空气发生全反射时，b光的临界角小于a光的临界角，选项A错误；根据v＝可知，在同种介质中传播，a光传播速度大于b光传播速度，选项B正确；b光的折射率较大，则b光波长较短，根据Δx＝λ可知，相同条件的双缝干涉实验中，b光的相邻亮条纹间距比a光的相邻亮条纹间距小，选项C错误；b光波长较短，则通过同一狭缝，a光的衍射现象比b光的衍射现象更明显，选项D正确.
【变式7-1】以下说法中正确的有(　　)
A．阳光下肥皂膜上的彩色条纹属于光的衍射现象
B．太阳光通过三棱镜产生的彩色条纹是由于折射造成的
C．一束光由介质斜射向空气，界面上可能只发生反射现象而没有折射现象
D．水面油膜呈现彩色条纹是光的干涉现象，这说明了光是一种波
E．“未见其人先闻其声”说明声波有衍射现象而光波没有衍射现象
解析：阳光下肥皂膜上的彩色条纹属于薄膜干涉现象，故A错误；太阳光通过三棱镜产生彩色条纹，是由于光发生了色散现象即属于光的折射现象，故B正确；一束光由介质斜射向空气，界面上若发生全反射，只发生反射现象而没有折射现象，故C正确；水面油膜呈现彩色条纹是由于光的薄膜干涉产生的，是光的干涉现象，这说明了光是一种波，故D正确；“未见其人先闻其声”，是因为声波波长较长，容易绕过障碍物继续向前传播，发生衍射现象，光波同样有衍射现象，故E错误．
答案：BCD
【变式7-2】(多选)下列说法正确的是(　　)
A．全息照相主要是利用了光的干涉
B．单反相机的增透膜利用了光的偏振
C．用标准平面检查光学平面的平整程度是利用了光的干涉
D．障碍物的尺寸比光的波长大得多时，一定不会发生衍射现象
E．人们眯起眼睛看灯丝时看到的彩色条纹是光的单缝衍射图样
答案　ACE
【变式7-3】如图所示的4种明暗相间的条纹，分别是红光、蓝光各自通过同一个双缝干涉仪器和同一单缝衍射仪器形成的图样(灰黑色部分表示亮条纹)。则属于蓝光的干涉图样的是(　　)
[解析]　双缝干涉的图样是明暗相间的干涉条纹，所有亮条纹宽度相同且等间距，根据双缝干涉条纹间距Δx＝λ可知，波长λ越大，Δx越大，故A项是红光的，C项是蓝光的。单缝衍射条纹是中间明亮且宽大，越向两侧宽度越小越暗，而波长越大，中央亮条纹越宽，故从左向右依次是红光(双缝干涉)、蓝光(单缝衍射)、蓝光(双缝干涉)和红光(单缝衍射)。由以上分析可知，应选C。
[答案]　C专题4.3 光的干涉
【人教版】
【题型1 双缝干涉】
【题型2 薄膜干涉】
【题型3 干涉与折射、全反射的综合】
【题型4 洛埃德实验与牛顿环】
【题型5 干涉的实际应用】
【题型6 干涉中的对比问题】
【题型1 双缝干涉】
【例1】在如图所示的双缝干涉实验中，使用波长λ为600 nm的橙色光照射，在光屏中心P0点呈现亮条纹。若P0点上方的P点到S1、S2的路程差恰为λ，现改用波长为400 nm的紫光照射，则(　 )
A．P0和P都呈现亮条纹
B．P0为亮条纹，P为暗条纹
C．P0为暗条纹，P为亮条纹
D．P0和P都呈现暗条纹
解析：选B　由题意可知，PS2－PS1＝λ＝λ′，故当改用紫光照射时，光到P点的路程差为半波长的奇数倍，P为暗条纹，P0仍为亮条纹，B正确。
【变式1-1】在双缝干涉实验中，屏上出现了明暗相间的条纹，则下列说法正确的是(　 )
A．中间条纹间距较两侧更宽
B．不同色光形成的条纹完全重合
C．双缝间距离越大条纹间距离也越大
D．遮住一条缝后屏上仍有明暗相间的条纹
解析：选D　据干涉图样的特征可知，干涉条纹特征是等间距、彼此平行，A错误；不同色光干涉条纹分布位置不相同，B错误；据公式Δx＝λ可知，双缝间距d越大，干涉条纹间距离越小，C错误；遮住一条缝后，变成了单缝衍射，光的衍射也有衍射条纹，D正确。
【变式1-2】如图所示，用频率为f的单色光(激光)垂直照射双缝，在光屏的P点出现第3条暗条纹，已知光速为c，则P到双缝S1、S2的距离之差|r1－r2|应为(　 )
A. B． C. D．
解析：选D　在P点出现第3条暗条纹，说明S1、S2到P点距离之差为×(2n－1)＝λ，而λ＝，所以|r1－r2|＝λ＝，D正确。
【变式1-3】
双缝干涉实验装置的截面图如图所示。光源S到S1、S2的距离相等，O点为S1、S2连线中垂线与光屏的交点。光源S发出的波长为λ的光，经S1出射后垂直穿过玻璃片传播到O点，经S2出射后直接传播到O点，由S1到O点与由S2到O点，光传播的时间差为Δt。玻璃片厚度为10λ，玻璃对该波长光的折射率为1.5，空气中光速为c，不计光在玻璃片内的反射。以下判断正确的是(　 )
A．Δt＝ B．Δt＝ C．Δt＝ D．Δt＝
解析：选A　波长为λ的光在玻璃片中的传播速度v＝，通过10λ的距离，光传播的时间差Δt＝－＝，A正确。
【题型2 薄膜干涉】
【例2】(多选)如图所示，把一个凸透镜的弯曲表面压在另一个玻璃平面上，让单色光从上方射入，这时可以看到亮暗相间的同心圆环，对这些亮暗圆环的相关说法合理的是(　　)
A.远离中心点处亮环的分布较密
B.用白光照射时，不会出现干涉形成的圆环
C.这些亮暗圆环是透镜曲面上反射光与透镜上方平面上的反射光干涉形成的
D.与同一亮环相对应的空气薄膜的厚度是相同的
答案　AD
解析　远离中心点处亮环的分布较密，故A正确；用白光照射时，仍然会出现干涉形成的圆环，故B错误；这些亮暗圆环是透镜曲面上反射光与玻璃平面上的反射光干涉形成的，故C错误；与同一亮环相对应的空气薄膜的厚度是相同的，故D正确.
【变式2-1】(多选)肥皂膜的干涉条纹如图所示，条纹间距上面宽、下面窄。下列说法正确的是(　 )
A．过肥皂膜最高和最低点的截面一定不是梯形
B．肥皂膜上的条纹是前后表面反射光形成的干涉条纹
C．肥皂膜从形成到破裂，条纹的宽度和间距不会发生变化
D．将肥皂膜外金属环左侧的把柄向上转动90°，条纹也会跟着转动90°
解析：选AB　肥皂膜因为自重会上面薄而下面厚，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，A正确；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，B正确；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，肥皂膜从形成到破裂的过程上面越来越薄，下面越来越厚，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，C错误；将肥皂膜外金属环左侧的把柄向上转动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。
【变式2-2】用平行单色光垂直照射一层透明薄膜，观察到如图所示明暗相间的干涉条纹。
下列关于该区域薄膜厚度d随坐标x的变化图像，可能正确的是(　 )
解析：选D　根据薄膜干涉的形成规律，若薄膜厚度d均匀变化时，会产生等间距的明暗相间的条纹，现在条纹间距不等，说明薄膜厚度d不是线性变化的， 故A、B错误；由于条纹间距变大，说明薄膜厚度d的变化趋缓，反映到d-x图像中即图像的斜率减小，故C错误，D正确。
【变式2-3】用如图所示的实验装置观察光的薄膜干涉现象．图(a)是点燃的酒精灯(在灯芯上撒些食盐)，图(b)是竖立的附着一层肥皂液薄膜的金属丝圈．将金属丝圈在其所在的竖直平面内缓慢旋转，观察到的现象是(　　)
A．当金属丝圈旋转30°时，干涉条纹同方向旋转30°
B．当金属丝圈旋转45°时，干涉条纹同方向旋转90°
C．当金属丝圈旋转60°时，干涉条纹同方向旋转30°
D．干涉条纹保持原来状态不变
答案　D
解析　在转动金属丝圈的过程中，由于肥皂液薄膜的厚度不变，故反射形成的光的路程差不会发生变化，故产生的干涉条纹仍保持原来状态不变．
【题型3 干涉与折射、全反射的综合】
【例3】如图所示，在双缝干涉实验中，S1和S2为双缝，P是光屏上的一点，已知P点与S1、S2距离之差为2.1×10－6 m，分别用A、B两种单色光在空气中做双缝干涉实验，问P点是亮条纹还是暗条纹？
(1)已知A光在折射率为1.5的介质中波长为4×10－7 m；
(2)已知B光在某种介质中波长为3.15×10－7 m，当B光从这种介质射向空气时，临界角为37°；
(3)若让A光照射S1，B光照射S2，试分析光屏上能观察到的现象．
答案　(1)暗条纹　(2)亮条纹　(3)见解析
解析　(1)设A光在空气中波长为λ1，在介质中波长为λ2，由n＝＝，得λ1＝nλ2＝1.5×4×10－7 m＝6×10－7 m
根据路程差Δr＝2.1×10－6 m，可知N1＝＝＝3.5
由此可知，从S1和S2到P点的路程差是波长λ1的3.5倍，所以P点为暗条纹．
(2)根据临界角与折射率的关系sin C＝得n＝＝
由此可知，B光在空气中波长λ3为
λ3＝nλ介＝×3.15×10－7 m＝5.25×10－7 m
路程差Δr和波长λ3的关系为：N2＝＝＝4
可见，P点为亮条纹．
(3)若让A光和B光分别照射S1和S2，这时既不能发生干涉，也不发生衍射，此时在光屏上只能观察到亮光．
【变式3-1】两个狭缝相距0.3 mm，位于离光屏50 cm处，现用波长为6 000 的光照射双缝，求：
(1)两条相邻暗条纹间的距离是多少？
(2)若将整个装置放于水中，那么两条相邻暗条纹间的距离是多少？(水的折射率为，1 ＝10－10 m)
答案　(1)1 mm　(2)0.75 mm
解析　本题利用公式Δx＝λ进行计算．
(1)Δx＝λ＝ m＝1×10－3 m＝1 mm.
(2)λ′＝＝ ＝4 500
Δx′＝λ′＝ m＝0.75 mm.
【变式3-2】2009年11月21日凌晨2时30分，黑龙江新兴煤矿发生瓦斯爆炸事故，造成10名矿工遇难．煤矿中的瓦斯危害极大，某同学查资料得知含有瓦斯的气体的折射率大于干净空气的折射率，于是他根据双缝干涉现象设计了一个监测仪，其原理如图所示：在双缝前面放置两个完全相同的透明容器A、B，容器A与干净的空气相通，在容器B中通入矿井中的气体，观察屏上的干涉条纹，就能够监测瓦斯浓度．如果屏的正中央O点变为暗纹，说明B中气体( )
A. 一定含瓦斯 B. 一定不含瓦斯 C. 不一定含瓦斯 D. 无法判断
【解析】 设含有瓦斯的气体的折射率为n，则光在B中的波长λn=，如果屏的正中央是亮纹，则，N为整数，说明B中的气体与A中的空气成分可能相同，即N=0（n=1），也可能不同；如果屏的正中央是暗纹，则n≠1，说明B中的气体与A中的空气成分不相同，一定含有瓦斯，A符合题意，BCD不符合题意; 故选A．
【答案】 A
【变式3-3】2020年5月，我国第一台半导体激光隐形晶圆切割机研制成功。如图所示，两平行细激光束a、b射向空气中足够大的长方体透明材料的下表面，发现该材料的上表面只有一处有光线射出，则(　　)
A．激光a的折射率大于激光b的折射率
B．激光a的频率小于激光b的频率
C．两束激光在材料的上表面发生了干涉
D．有一束激光在材料的上表面发生了全反射
【解析】 因玻璃砖的上表面只有一束光线射出，通过玻璃砖后a的侧移小于b的侧移，可知激光a的折射率小于激光b的折射率，激光a的频率小于激光b的频率，故A错误，B正确；两束激光的频率不同，则不可能在材料的上表面发生干涉，选项C错误；两束单色光在玻璃砖的上表面的入射角等于在下表面的折射角，根据光路可逆性原理知，两束单色光在玻璃砖的上表面都不会发生全反射，故D错误。故选B。
【答案】 B
【题型4 洛埃德实验和牛顿环】
【例4】洛埃德在1834年提出了一种更简单的观察干涉的装置。如图所示，从单缝S发出的光，一部分入射到平面镜后反射到屏上，另一部分直接投射到屏上，在屏上两光束交叠区域里将出现干涉条纹。单缝S通过平面镜成的像是S′。
(1)通过如图所示的装置在屏上可以观察到明暗相间的干涉条纹，这和双缝干涉实验得到的干涉条纹一致。如果S被视为其中的一个缝，____________相当于另一个“缝”；
(2)实验表明，光从光疏介质射向光密介质在界面发生反射时，在入射角接近90° 时，反射光与入射光相比，相位有π的变化，即半波损失。如果把光屏移动到和平面镜接触，接触点P处是__________(填写“亮条纹”或“暗条纹”)；
(3)实验中已知单缝S到平面镜的垂直距离h＝0.15 mm，单缝到光屏的距离D＝1.2 m，观测到第3个亮条纹到第12个亮条纹的中心间距为22.78 mm，则该单色光的波长λ＝________ m(结果保留3位有效数字)。
解析：(1)根据题图可知，如果S被视为其中的一个缝，S经平面镜成的像S′相当于另一个“缝”。
(2)根据题意可知，把光屏移动到和平面镜接触，光线经过平面镜反射后将会有半波损失，因此接触点P处是暗条纹。
(3)条纹间距为Δy＝ m＝2.53×10－3 m，根据λ＝Δy，代入数据解得：λ＝6.33×10－7 m。
答案：(1)S经平面镜成的像S′　(2)暗条纹 (3)6.33×10－7
【变式4-1】1834年英国物理学家洛埃设计了洛埃镜实验，如图所示。水平放置的平面镜MN左上方有一光源S，仅发出单一频率的光，平面镜右侧固定有竖直放置的足够长的光屏，平面镜所在水平线与光屏的交点为P，下列说法正确的是(　 )
A．光屏上可以看到干涉条纹
B．光屏上可以看到衍射条纹
C．光屏上P处呈现亮条纹
D．光屏上P处呈现暗条纹
解析：选A　光源S直接照射到光屏上的光和通过平面镜反射的光在光屏上相遇，发生干涉，呈现干涉条纹，故A正确，B错误；因反射光线不能照射到P点，故光屏上P处不会有干涉条纹，故C、D错误。
【变式4-2】如图所示，把一平凸透镜置于一平板玻璃上方，如果用平行单色光垂直照射到平凸透镜上，顺着平行光入射的方向观测可看到透镜中央出现明暗相间的条纹，这种现象最早是牛顿发现的，因此称为牛顿环。以下说法正确的是(　 )
A．牛顿环是光的衍射现象
B．牛顿环是明暗相间、半径均匀增大的同心圆条纹
C．若在透镜AB面施加向下的微小压力，则可看到同心圆向外扩展
D．若在C处不小心沾上了灰尘，明暗相间的同心圆条纹排列将比没有灰尘时疏
解析：选C　空气薄层是由两个反射面形成的，两束光在圆弧面与平面反射形成，干涉条纹的间距不是均匀增加，而是随着空气薄层的厚度越向外增加得越快，所以干涉条纹不是疏密均匀的同心圆，故A、B错误；若在透镜AB面上施加向下的微小压力，满足产生这一亮条纹的厚度向外移，即亮环向远离圆心的方向平移，则可看到同心圆向外扩展，故C正确；若在C处不小心沾上了灰尘，空气膜厚度并未发生改变，明暗相间的同心圆条纹排列不变，故D错误。
【变式4-3】(1)干涉条纹除了可以通过双缝干涉观察到外，把一个凸透镜压在一块平面玻璃上(图甲)，让单色光从上方射入(示意图如图乙，其中R为凸透镜的半径)，从上往下看凸透镜，也可以观察到由干涉造成图丙所示的环状条纹，这些条纹叫作牛顿环。如果改用波长更长的单色光照射，观察到的圆环半径将________(选填“变大”“变小”或“不变”)；如果换一个半径更大的凸透镜，观察到的圆环半径将________(选填“变大”“变小”或“不变”)。
(2)采用波长为690 nm的红色激光作为单色入射光，牛顿环的两条相邻亮条纹位置所对应的空气膜的厚度差约为________。
A．345 nm　　　　　　　 B．690 nm
C．几微米 D．几毫米
解析：(1)当光程差为波长的整数倍时是亮条纹，当光程差为半个波长的奇数倍时是暗条纹；用波长更长的光照射，则出现亮条纹的这一厚度需远离中心，则圆环的半径变大；换一个表面曲率半径更大的凸透镜，出现亮条纹的这一厚度偏移中心，知圆环的半径变大。
(2)由题意知相邻亮条纹对应的空气层的厚度差为半个波长，故为345 nm，故A正确，B、C、D错误。
答案：(1)变大　变大　(2)A
【题型5 干涉的实际应用】
【例5】(多选)利用薄膜干涉可检查工件表面的平整度，如图(a)所示，现使透明标准板M和待检工件N间形成一楔形空气薄层，并用单色光照射，可观察到如图(b)所示的干涉条纹，条纹的弯曲处P和Q对应于A和B处，下列判断中正确的是(　　)
A．N的上表面A处向上凸起
B．N的上表面B处向上凸起
C．条纹的c、d点对应处的薄膜厚度相同
D．条纹的d、e点对应处的薄膜厚度相同
答案　AC
【变式5-1】有种灯具俗称“冷光灯”，用它照射物品能使被照物品产生的热效应大大降低，从而被广泛应用。这种灯降低热效应的原理是灯泡后面放置的反光镜的表面上镀有一层薄膜(如氟化镁)，该膜能消除不镀膜时表面反射回来的热效应最显著的红外线，以λ表示红外线在真空中的波长，n表示薄膜对该红外线的折射率，则所镀薄膜的厚度最小应为(不计半波损失)(　 )
A. B． C. D．
解析：选C　由题意可知，所镀的膜为增透膜，增透膜两个界面上的反射光相干涉后互相抵消，减少了反射光中的红外线，从而减少了反射光的能量，故：(2k＋1)＝2d(其中k＝0,1,2,3，…)，解得：d＝(2k＋1)(其中k＝0,1,2,3，…)，故厚度d的最小值为，其中λ′为红外线在薄膜中的波长，由题意可知λ′＝，则d＝，故A、B、D错误，C正确。
【变式5-2】如图所示，市场上有种灯具俗称“冷光灯”，用它照射物品时能使被照物品处产生的热效应大大降低，从而广泛地应用于博物馆、商店等处。这种灯降低热效应的原因之一是在灯泡后面放置的反光镜玻璃表面上镀一层薄膜(例如氟化镁)，这种膜能消除不镀膜时玻璃表面反射回来的热效应最显著的红外线。以λ表示红外线的波长，则所镀薄膜的最小厚度应为(　　)
A.λ　　　　　　　　 B.λ
C.λ D．λ
解析：选B　红外线最显著的特点之一就是热效应，当光照射物体时，一般都伴随着大量的红外线。在灯泡后面放置的反光镜玻璃表面上镀一层薄膜(相当于增透膜)，当增透膜最小厚度等于红外线在其中传播的波长的时，灯泡发出的红外线射到增透膜后，从增透膜的前后表面反射回来的两束红外线发生干涉，相互抵消，使反射的红外线强度减弱，达到冷光效果。故B正确。
【变式5-3】[多选]某一质检部门为检测一批矿泉水的质量，利用干涉原理测定矿泉水的折射率。方法是将待测矿泉水填充到特制容器中，放置在双缝与荧光屏之间(之前为空气)，如图所示，特制容器未画出，通过比对填充后的干涉条纹间距x2和填充前的干涉条纹间距x1就可以计算出该矿泉水的折射率。则下列说法正确的是(设空气的折射率为1)(　　)
A．x2x1
C．该矿泉水的折射率为 D．该矿泉水的折射率为
解析：选AC　把空气换成矿泉水后，根据v＝λf可知，入射光的频率f不变，光在介质中的传播速度减小，波长减小。根据干涉的条纹间距公式Δx＝λ可知，对同一个装置来说，波长减小，条纹间距减小，即x2【题型6 干涉中的对比问题】
【例6】(多选)光的干涉现象在技术中有重要应用，例如检查平面的平整程度。如图甲所示，把一透明板压在另一透明板上，一端用薄片垫起，构成空气劈尖，让单色光a、b分别从上方射入，得到明暗相间的条纹如图乙所示。下列说法正确的是(　 )
A．单色光a的波长比单色光b的波长大
B．单色光a的波长比单色光b的波长小
C．同种介质对单色光a的折射率比对单色光b的折射率大
D．同种介质对单色光a的折射率比对单色光b的折射率小
解析：选BC　波长越长，条纹间距越大，由题图乙可知，单色光a的波长比单色光b的波长小，故A错误，B正确；同种介质对波长小的光的折射率大，故C正确，D错误。
【变式6-1】如图所示的双缝干涉实验，用绿光照射单缝S时，在光屏P上观察到干涉条纹．要得到相邻条纹间距更大的干涉图样，可以(　　)
A．增大S1与S2的间距 B．减小双缝屏到光屏的距离
C．将绿光换为红光 D．将绿光换为紫光
答案　C
解析　据光的干涉产生的条纹间距满足的关系Δx＝可知，增大S1与S2的间距，条纹间距减小，A选项错误；减小双缝屏到光屏的距离，条纹间距减小，B选项错误；将绿光换成红光，波长增大，条纹间距增大，C选项正确；绿光换成紫光，波长减小，条纹间距减小，D选项错误．
【变式6-2】劈尖干涉是一种薄膜干涉，其装置如图甲所示，将一块平板玻璃放置在另一平板玻璃上，在一端夹入两张纸片，从而在两玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜．当光垂直入射后，从上往下看到的干涉条纹如图乙所示，干涉条纹有如下特点：
(1)任意一条亮条纹或暗条纹所在位置下面的薄膜厚度相等；
(2)任意相邻亮条纹和暗条纹所对应的薄膜厚度差恒定．
现若在图甲的装置中抽去一张纸片，则当光垂直入射到新的劈形空气薄膜后，从上往下观察到的干涉条纹(　　)
A．变疏 B．变密 C．不变 D．消失
答案　A
解析　如图所示，若抽去一张纸片，则三角截面空气层的倾角变小，则干涉条纹变疏，A正确．
【变式6-3】一束白光在真空中通过双缝后在屏上观察到的干涉条纹，除中央白色亮条纹外，两侧还有彩色条纹，其原因是(　　)
A．各色光的波长不同，因而各色光分别产生的干涉条纹的间距不同
B．各色光的速度不同，因而各色光分别产生的干涉条纹的间距不同
C．各色光的强度不同，因而各色光分别产生的干涉条纹的间距不同
D．上述说法都不正确
答案　A
解析　白光包含各种颜色的光，它们的波长不同，在相同条件下做双缝干涉实验时，它们的干涉条纹间距不同，所以在中央亮条纹两侧出现彩色条纹，A正确．专题4.5 光的衍射
【人教版】
【题型1 单缝衍射】
【题型2 单缝衍射与双缝干涉的综合】
【题型3 小孔衍射】
【题型4 泊松亮斑】
【题型5 金属丝衍射】
【题型6 光的衍射与生活】
【题型7 综合问题】
【题型1 单缝衍射】
【例1】中国女科学家屠呦呦因发现青蒿素而获得2015年诺贝尔生理学或医学奖，屠呦呦也成为首位获得该奖的中国人在研究青蒿素的化学结构时，研究人员用比可见光波长更短的X射线照射最终确定了其化学结构。在做单缝衍射实验时，下列说法不正确的是（　　）
A．将入射光由可见光换成X射线，衍射条纹间距变窄
B．换用波长较长的光照射，衍射条纹间距变宽
C．衍射条纹中央条纹最宽
D．用白光照射单缝时，屏上不会出现彩色条纹
答案：D
【变式1-1】(多选)如图(a)所示为单缝衍射示意图，如图(b)所示为甲、乙两束单色光分别通过同一装置形成的单缝衍射图样，下列说法正确的是(　 )
A．在同种均匀介质中，甲光的波长较长
B．在同种均匀介质中，甲光的传播速度较大
C．用同一装置做双缝干涉实验时，在同一光屏上乙光的亮条纹总数更多
D．当两束单色光从某种介质以相同入射角射向空气时，有可能乙光不发生全反射而甲光发生全反射
解析：选ABC　经过同一单缝，波长越长的光产生的衍射图样中央亮纹越宽，条纹间隔越大，由题图(b)可知，甲光的中央亮纹宽，则甲光的波长较长，故A正确；依据f＝可知，甲光的频率较小，则甲光的折射率较小，根据v＝知，在同种均匀介质中，甲光的传播速度比乙光的大，故B正确；由Δx＝λ可知，甲光的干涉条纹间距大，则在同一光屏上甲光的亮条纹的总数少，乙光的亮条纹总数更多，故C正确；由sin C＝可知，甲光发生的全反射临界角较大，相比乙而言，不容易发生全反射，故D错误。
【变式1-2】观察单缝衍射现象时，把缝宽由0.2mm逐渐增大到0.8mm，看到的现象是（ ）
A．衍射条纹的间距逐渐变小，衍射现象逐渐不明显
B．衍射条纹的间距逐渐变大，衍射现象越来越明显
C．衍射条纹的间距不变，只是亮度增强
D．以上现象都不会发生
答案：A
【变式1-3】在观察光的衍射现象的实验中，通过紧靠眼睛的卡尺测脚形成的狭缝，观看远处的线状白炽灯丝（灯管或灯丝都要平行于狭缝），可以看到（　　）
A．黑白相间的直条纹 B．黑白相间的弧形条纹
C．彩色的直条纹 D．彩色弧形条纹
答案：C
【题型2 单缝衍射与双缝干涉的综合】
【例2】如图所示的4种明暗相间的条纹分别是红光、蓝光各自通过同一个双缝干涉仪器形成的干涉图样以及黄光、紫光各自通过同一个单缝形成的衍射图样(黑色部分表示亮条纹)。在下面的4幅图中从左往右排列，亮条纹的颜色依次是(　 )
A．红黄蓝紫　　　　　　　 B．红紫蓝黄
C．蓝紫红黄 D．蓝黄红紫
解析：选B　双缝干涉条纹是等间距的，而单缝衍射条纹除中央亮条纹最宽、最亮之外，两侧条纹亮度、宽度都逐渐减小，因此1、3为双缝干涉条纹，2、4为单缝衍射条纹。双缝干涉条纹的宽度(即相邻亮、暗条纹间距)Δx＝λ，红光波长比蓝光波长长，则红光干涉条纹间距大于蓝光干涉条纹间距，即1、3分别对应于红光和蓝光。而在单缝衍射中，当单缝宽度一定时，波长越长，衍射越明显，即中央条纹越宽越亮，2、4分别对应于紫光和黄光。综上所述，1、2、3、4四个图中亮条纹的颜色依次是：红、紫、蓝、黄，B正确。
【变式2-1】在双缝干涉实验中，屏上出现了明暗相间的条纹，则下列说法正确的是(　 )
A．中间条纹间距较两侧更宽
B．不同色光形成的条纹完全重合
C．双缝间距离越大条纹间距离也越大
D．遮住一条缝后屏上仍有明暗相间的条纹
解析：选D　据干涉图样的特征可知，干涉条纹特征是等间距、彼此平行，A错误；不同色光干涉条纹分布位置不相同，B错误；据公式Δx＝λ可知，双缝间距d越大，干涉条纹间距离越小，C错误；遮住一条缝后，变成了单缝衍射，光的衍射也有衍射条纹，D正确。
【变式2-2】(多选)关于衍射，下列说法正确的是(　 )
A．光的衍射现象中条纹的出现是光叠加后产生的结果
B．双缝干涉中也存在衍射现象
C．一切波都很容易发生明显的衍射现象
D．影的存在是一个与衍射现象相矛盾的客观事实
解析：选AB　光的衍射图样是光波的叠加现象，双缝干涉中光通过三个狭缝时均发生衍射现象，一般来说既有干涉又有衍射，A、B正确。一切波都能发生衍射，但要发生明显的衍射，需要满足障碍物的尺寸小于或相当于波长的条件，C、D错误。
【变式2-3】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(　　)
图1
图2
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
答案　A
解析　由题图中给出的甲、乙两种图样可知，甲是单缝衍射的图样，乙是双缝干涉的图样，A项正确，B、C、D项错误.
【题型3 小孔衍射】
【例3】让太阳光垂直照射一块遮光板，板上有一个可以自由收缩的三角形孔，当此三角形孔缓慢缩小直至完全闭合时，在孔后的屏上将先后出现(　　)
A．由大变小的三角形光斑，直至光斑消失
B．由大变小的三角形光斑、明暗相间的彩色条纹，直至条纹消失
C．由大变小的三角形光斑，明暗相间的条纹，直至黑白色条纹消失
D．由大变小的三角形光斑、圆形光斑、明暗相间的彩色条纹，直至条纹消失
答案　D
解析　当孔足够大时，由于光的直线传播，所以屏上首先出现的是三角形光斑，之后随着孔的继续缩小，出现小孔成像，成的是太阳的像，故为小圆形光斑，随着孔的进一步缩小，当尺寸与光波波长相当时，出现明暗相间的衍射条纹，最后随孔的闭合而全部消失，所以只有D正确．
【变式3-1】(多选)下列所示的图片、示意图大都来源于课本，关于这些图的判断中，准确无误的是(　 )
A．甲图是小孔衍射的图样，乙图为“泊松亮斑”
B．甲图为“泊松亮斑”，乙图是小孔衍射的图样
C．丙图是双缝干涉图样，丁图是单缝衍射图样
D．丙图是单缝衍射图样，丁图是双缝干涉图样
解析：选AC　“泊松亮斑”是“小圆盘”产生的衍射现象，形成的衍射图样是阴影中心有一个“亮斑”，而小孔衍射的图样是中间有“亮斑”，无阴影，A正确，B错误；丙图很明显是双缝干涉的图样，因干涉图样中的条纹间距是相等的，单缝衍射图样中的条纹间距是不相等的，中间最宽、最亮，丁图是单缝衍射图样，C正确，D错误。
【变式3-2】在一次观察光衍射的实验中，观察到如图所示的清晰的明暗相间图样（黑线为暗纹），那么障碍物应是（　　）
A．很小的不透明的圆盘
B．很大的中间有大圆孔的不透明的圆盘
C．很大的不透明圆盘
D．很大的中间有小圆孔的不透明的圆盘
答案：D
【变式3-3】在一个小电灯和光屏之间，放一个带圆孔的遮光板，在圆孔直径从1 cm左右逐渐变小直到闭合的整个过程中，在屏上依次可看到_____、_____、_____、_____几种现象。（选择下列现象，将序号填入空中）
①完全黑暗 ②小孔成像 ③衍射光环 ④圆形亮斑
答案：④ ② ③ ①
【题型4 泊松亮斑】
【例4】如图所示，当用激光照射直径小于激光束的不透明圆盘时，在圆盘后屏上的阴影中心出现了一个亮斑．这是光的________(填“干涉”“衍射”或“直线传播”)现象，这一实验支持了光的________(填“波动说”“微粒说”或“光子说”)．
答案　衍射　波动说
解析　圆盘后屏上的阴影中心出现了一个亮斑，一定不是光的直线传播现象造成的，是光在传播过程中绕过障碍物形成的现象，属于光的衍射，衍射是波的特性，所以这一实验支持了光的波动说．
【变式4-1】（多选）关于光的衍射现象，下列说法中正确的是（　　）
A．红光的单缝衍射图样是红暗相间的直条纹
B．白光的单缝衍射图样是红暗相间的直条纹
C．光照到不透明小圆盘上，其影中心出现泊松亮斑，说明发生了衍射
D．光照到较大圆孔上出现大光斑，说明光沿着直线传播，不存在光的衍射现象
答案：AC
【变式4-2】一束激光照在一个很小的圆盘上，在屏上观察到如图所示的图样，在影的中心有一个亮斑，这就是著名的“泊松亮斑”．下列说法正确的是（ ）
A．圆盘中心有个小孔，这是光的衍射现象
B．圆盘中心是不透光的，这是光的衍射现象
C．圆盘中心有个小孔，这是光的干涉现象
D．圆盘中心是不透光的，这是光的干涉现象
答案：B
【变式4-3】关于下列四幅图所涉及的光学知识中，说法正确的是（　　）
A．图甲检查工件的平整度利用光的衍射现象
B．图乙医用内窥镜利用光的干涉现象
C．图丙在坦克内壁上开孔安装玻璃利用光的折射现象扩大视野
D．图丁泊松亮斑是由于光的偏振现象产生的
答案：C
【题型5 金属丝衍射与多缝、多孔衍射】
【例5】(多选)抽制高强度纤维细丝可用激光监控其粗细，如图所示，激光束越过细丝时产生的条纹和它通过遮光板的同样宽度的窄缝规律相同．观察光束经过细丝后在光屏上所产生的条纹即可判断细丝粗细的变化，下列叙述中正确的是(　　)
A．这里应用的是光的衍射现象
B．这里应用的是光的干涉现象
C．如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝变粗
D．如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝变细
答案　AD
解析　由于是激光束越过细丝即绕过障碍物，所以是光的衍射现象，当抽制的丝变细的时候，丝的直径较接近激光的波长，条纹间距就大，A、D对．
【变式5-1】抽制高强度纤维细丝时可用激光监控其粗细，如图所示，观察激光束经过细丝后在光屏上所产生的条纹即可判断细丝粗细的变化（　　）
A．这里应用的是光的衍射现象
B．这里应用的是光的直线传播性
C．这里应用的是光的干涉现象
D．如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝变粗
答案：A
【变式5-2】（多选）下列说法正确的是（ ）
A．增加光栅的狭缝的个数，亮条纹变窄
B．增加光栅的狭缝的个数，亮条纹变宽
C．增加光栅的狭缝的个数，条纹亮度变暗
D．增加光栅的狭缝的个数，条纹亮度变亮
答案：AD
【变式5-3】分析以下现象产生的原因：
（1）通过盛水的玻璃杯，在适当的角度，可看到彩色光；
（2）隔着帐幔看远处的灯，见到灯周围辐射彩色的光芒；
（3）光线照在花布上，可以看见花布上的图样。
答案：(1)白光通过盛水的玻璃杯发生折射，在适当的角度，各色光分离较大，可看到彩色光。
(2)远处灯发出的光经过帐幔的缝隙，产生衍射，因此可见到灯周围辐射彩色的光芒。
(3)光线照在花布上看见花布的图样，是由于光的反射与吸收的结果。花布是由各种颜色的花纹组成的，当白光照在花布上时，红色花纹反射红色光，吸收其他颜色的光，这样我们在该位置只看到红色，同理可以看到各种花纹反射的各种颜色的光，这样就可以看到花布的图样。
【题型6 光的衍射与生活】
【例6】2021年央视春晚首次采用5G信号“云”传播方式，使“云”观众、“云”演员和春晚互动起来。5G是“第五代移动通信技术”的简称。5G信号一般采用频段的无线电波，而现行第四代移动通信技术4G的频段范围是，则在真空中5G信号的波长一定______（填“大于”“小于”或“等于”）4G，空间传播的5G信号和4G信号______（填“能”或“不能”）产生干涉现象，5G信号在传输过程中更______（填“容易”或“难”）绕过障碍物。
答案： 小于 不能 难
【变式6-1】(多选)雾霾天气严重影响人们的身体健康，雾霾天气时能见度只有几米，天气变黄变暗，这是由于这种情况下(　　)
A.只有波长较短的一部分光才能到达地面
B.只有波长较长的一部分光才能到达地面
C.只有频率较大的一部分光才能到达地面
D.只有频率较小的一部分光才能到达地面
答案　BD
解析　根据光发生明显衍射的条件，雾霾天气时，只有波长较长、频率较小的一部分光发生衍射绕过空气中的颗粒物到达地面，选项A、C错误，B、D正确.
【变式6-2】下列现象中，属于光的衍射的是(　　)
A．雨后天空出现彩虹
B．通过一个狭缝观察日光灯可看到彩色条纹
C．海市蜃楼现象
D．日光照射在肥皂膜上出现彩色条纹
答案　B
解析　彩虹是光的色散现象，海市蜃楼是光的折射、全反射现象，肥皂膜上出现彩色条纹是薄膜干涉现象，A、C、D错误．通过狭缝观察日光灯看到彩色条纹是单缝衍射现象，B正确．
【变式6-3】点光源照在一个剃须刀片上，在屏上形成了它的影子，其边缘较为模糊，原因是（ ）
A．光的反射 B．光强太小
C．光的干涉，通过剃须刀片中央的孔直进 D．光的衍射
答案：D
【题型7 综合问题】
【例7】(多选)由a、b两种单色光构成的复色光束从水中斜射入空气中的光路图如图所示，关于a、b两种单色光，下列说法正确的是(　　)
A.从同种介质中斜射入空气发生全反射时，a光的临界角小于b光的临界角
B.在同种介质中传播，a光传播速度大于b光传播速度
C.相同条件的双缝干涉实验中，a光的相邻亮条纹间距比b光的相邻亮条纹间距小
D.通过同一狭缝，a光的衍射现象比b光的衍射现象更明显
答案　BD
解析　由题图可知b光的折射程度较大，可知水对b光的折射率较大，根据sin C＝可知，从同种介质中斜射入空气发生全反射时，b光的临界角小于a光的临界角，选项A错误；根据v＝可知，在同种介质中传播，a光传播速度大于b光传播速度，选项B正确；b光的折射率较大，则b光波长较短，根据Δx＝λ可知，相同条件的双缝干涉实验中，b光的相邻亮条纹间距比a光的相邻亮条纹间距小，选项C错误；b光波长较短，则通过同一狭缝，a光的衍射现象比b光的衍射现象更明显，选项D正确.
【变式7-1】以下说法中正确的有(　　)
A．阳光下肥皂膜上的彩色条纹属于光的衍射现象
B．太阳光通过三棱镜产生的彩色条纹是由于折射造成的
C．一束光由介质斜射向空气，界面上可能只发生反射现象而没有折射现象
D．水面油膜呈现彩色条纹是光的干涉现象，这说明了光是一种波
E．“未见其人先闻其声”说明声波有衍射现象而光波没有衍射现象
解析：阳光下肥皂膜上的彩色条纹属于薄膜干涉现象，故A错误；太阳光通过三棱镜产生彩色条纹，是由于光发生了色散现象即属于光的折射现象，故B正确；一束光由介质斜射向空气，界面上若发生全反射，只发生反射现象而没有折射现象，故C正确；水面油膜呈现彩色条纹是由于光的薄膜干涉产生的，是光的干涉现象，这说明了光是一种波，故D正确；“未见其人先闻其声”，是因为声波波长较长，容易绕过障碍物继续向前传播，发生衍射现象，光波同样有衍射现象，故E错误．
答案：BCD
【变式7-2】(多选)下列说法正确的是(　　)
A．全息照相主要是利用了光的干涉
B．单反相机的增透膜利用了光的偏振
C．用标准平面检查光学平面的平整程度是利用了光的干涉
D．障碍物的尺寸比光的波长大得多时，一定不会发生衍射现象
E．人们眯起眼睛看灯丝时看到的彩色条纹是光的单缝衍射图样
答案　ACE
【变式7-3】如图所示的4种明暗相间的条纹，分别是红光、蓝光各自通过同一个双缝干涉仪器和同一单缝衍射仪器形成的图样(灰黑色部分表示亮条纹)。则属于蓝光的干涉图样的是(　　)
[解析]　双缝干涉的图样是明暗相间的干涉条纹，所有亮条纹宽度相同且等间距，根据双缝干涉条纹间距Δx＝λ可知，波长λ越大，Δx越大，故A项是红光的，C项是蓝光的。单缝衍射条纹是中间明亮且宽大，越向两侧宽度越小越暗，而波长越大，中央亮条纹越宽，故从左向右依次是红光(双缝干涉)、蓝光(单缝衍射)、蓝光(双缝干涉)和红光(单缝衍射)。由以上分析可知，应选C。
[答案]　C专题1.1 动量定理【八大题型】
【人教版】
【题型1 动量及动量变化的分析与计算】
【题型2 高科技中的动量定理】
【题型3 恒力冲量】
【题型4 动量定理解决变力冲量问题】
【题型5 流体类问题】
【题型6 动量定理解决多过程问题】
【题型7 利用动量定理解释生活现象】
【题型8 图像问题】
【题型1 动量及动量变化的分析与计算】
【例1】(2021·湖南高考)物体的运动状态可用位置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。假如一质点沿x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(　 )
解析：选D　质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式v2＝2ax可得v＝，设质点的质量为m，则质点的动量p＝m，由于质点的速度方向不变，则质点动量p的方向始终沿x轴正方向，根据数学知识可知D正确。
【变式1-1】高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能(　　)
A．与它所经历的时间成正比 　 B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比 　 D．与它的动量成正比
答案　B
解析　列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知v＝at，且列车的动能为Ek＝mv2，由以上整理得Ek＝ma2t2，动能与时间的平方成正比，动能与速度的平方成正比，A、C错误；将x＝at2代入上式得Ek＝max，则列车的动能与位移成正比，B正确；由动能与动量的关系式Ek＝可知，列车的动能与动量的平方成正比，D错误．
【变式1-2】如图所示，跳水运动员从某一峭壁上水平跳出，跳入湖水中，已知运动员的质量m＝70 kg，初速度v0＝5 m/s，若经过1 s时，速度为v＝5 m/s，则在此过程中，运动员动量的变化量为(g＝10 m/s2，不计空气阻力)(　　)
A．700 kg·m/s B．350 kg·m/s
C．350(－1) kg·m/s D．350(＋1) kg·m/s
解析　根据动量定理得：Δp＝F合t，即Δp＝mgt＝70×10×1 kg·m/s＝700 kg·m/s，故选项A正确。
答案　A
【变式1-3】将质量为0.5 kg的小球以20 m/s的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2，以下判断正确的是 (　　)
A．小球从被抛出至到达最高点受到的冲量大小为10 N·s
B．小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为零
C．小球从被抛出至落回出发点受到的冲量大小为10 N·s
D．小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为10 kg·m/s
解析　小球从被抛出至到达最高点经历时间t＝＝2 s，受到的冲量大小为I＝mgt＝10 N·s，选项A正确；小球从被抛出至落回出发点经历时间4 s，受到的冲量大小为20 N·s，动量是矢量，返回出发点时小球的速度大小仍为20 m/s，但方向与被抛出时相反，故小球的动量变化量大小为20 kg·m/s，选项B、C、D错误。
答案　A
【题型2 高科技中的动量定理】
【例2】有一宇宙飞船，它沿运动方向的正对面积S＝2 m2，以v＝3×103 m/s的相对速度飞入一宇宙微粒尘区．此微粒尘区每1 m3空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m＝2×10－7 kg.设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加(　　)
A．3.6×103 N B．3.6 N
C．1.2×103 N D．1.2 N
答案　B
解析　t时间内与飞船碰撞并附着于飞船上的微粒总质量为M＝vtSm，设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得，Ft＝Mv，联立解得：F＝v2Sm，代入数据解得F＝3.6 N．根据牛顿第三定律，微粒对飞船的作用力为3.6 N．要使飞船速度不变，根据平衡条件，飞船的牵引力应增加3.6 N，选项B正确．
【变式2-1】(2021·天津等级考)(多选)一冲九霄，问鼎苍穹。2021年4月29日，长征五号B遥二运载火箭搭载空间站天和核心舱发射升空，标志着我国空间站建造进入全面实施阶段。下列关于火箭的描述正确的是(　 )
A．增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭的推力
B．增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力
C．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速
D．火箭发射时获得的推力来自于喷出的燃气与发射台之间的相互作用
解析：选AB　增加单位时间的燃气喷射量，即增加单位时间喷射气体的质量，根据Ft＝Δmv可知F＝·v，可以增大火箭的推力，选项A正确；当增大燃气相对于火箭的喷射速度时，根据F＝·v可知，可以增大火箭的推力，选项B正确；当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时，此时火箭有速度，所以相对于火箭的速度不为零，火箭仍然受推力作用，仍然要加速，选项C错误；燃气被喷出的瞬间，燃气对火箭的反作用力作用在火箭上，使火箭获得推力，选项D错误。
【变式2-2】使用无人机植树时，为保证树种的成活率，将种子连同营养物质制成种子胶囊。播种时，在离地面10 m高处以15 m/s的速度水平匀速飞行的无人机上，播种器利用空气压力把种子胶囊以5 m/s的速度(相对播种器)竖直向下射出，种子胶囊进入地面以下10 cm深处完成一次播种。已知种子胶囊的总质量为20 g，不考虑其所受大气阻力及进入土壤后的重力作用，取g＝10 m/s2，则(　 )
A．射出种子胶囊的过程中，播种器对种子胶囊做功为2.5 J
B．离开无人机后，种子胶囊在空中运动的时间为 s
C．土壤对种子胶囊冲量的大小为3 kg·m/s
D．种子胶囊在土壤内受到平均阻力的大小为22.5 N
解析：选D　射出种子胶囊的过程中，播种器对种子胶囊做的功等于其动能的增量，即W＝mv2＝×0.02×52 J＝0.25 J，A错误；种子胶囊离开无人机后在竖直方向做匀加速直线运动，由h＝vt＋gt2，代入数据解得t＝1 s(另解舍去)，B错误；种子胶囊落地时竖直速度vy＝v＋gt＝15 m/s，水平速度vx＝v0＝15 m/s，进入土壤时竖直方向h′＝，t′＝，可求得t′＝ s。由动量定理得：I＝Ft′＝0－(－mv合)，v合＝，可解得土壤对种子胶囊的冲量I＝mv合＝0.3 kg·m/s，平均阻力大小F＝22.5 N，故C错误，D正确。
【变式2-3】最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为(　　)
A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg
C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
答案　B
解析　设1 s时间内喷出的气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理有Ft＝mv－0，则m＝＝ kg＝1.6×103 kg，选项B正确．
【题型3 恒力冲量】
【例3】(2021·全国乙卷)(多选)水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动。物体通过的路程等于s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动，重力加速度大小为g。则(　 )
A．在此过程中F所做的功为mv02
B．在此过程中F的冲量大小等于mv0
C．物体与桌面间的动摩擦因数等于
D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
解析：选BC　未撤去F前，摩擦力做负功，根据动能定理有WF－Ffs0＝mv02，可知，F所做的功一定大于mv02，A错误；对于整个运动过程，根据动能定理有Fs0－Ff×3s0＝0，解得F＝3Ff，D错误；撤去F后的运动过程中，根据动能定理有－μmg×2s0＝0－mv02，解得μ＝，C正确；未撤去F前，设F的冲量大小为IF，则摩擦力的冲量大小为，未撤去F前，对物体根据动量定理有IF－＝mv0，解得IF＝mv0，B正确。
【变式3-1】(2022·广州模拟)某科技小组将一款自动防撞系统安装在汽车上进行测试。当汽车与障碍物之间达到“报警距离”时，汽车能够立即采取制动措施，并将先后经过警报区域和紧急制动区域。某次性能测试中，质量m＝50 kg的汽车测试假人“驾驶”汽车以v0＝10 m/s的速度沿直线行驶，当距离前方静止障碍物s＝13.5 m时，系统立即自动控制汽车做加速度大小为a1＝2 m/s2的匀减速直线运动，并发出警报，减速t1＝1 s后汽车行至某处自动触发紧急制动，汽车做加速度大小为a2的匀减速直线运动，最终停在障碍物前s′＝0.5 m处。g＝10 m/s2，求：
(1)汽车在紧急制动过程中加速度的大小a2；
(2)在整个减速过程中，测试假人所受重力的冲量大小I。
解析：(1)汽车在警报区域运动的距离x1＝v0t1－a1t12，开始紧急制动时的速度v1＝v0－a1t1＝8 m/s，汽车在紧急制动区运动的距离x2＝s－s′－x1＝4 m，汽车在紧急制动区运动过程满足0－v12＝－2a2x2，解得a2＝8 m/s2。
(2)汽车在紧急制动区运动的时间t2＝＝1 s，测试假人所受重力的冲量大小I＝mg(t1＋t2)，带入数值得I＝1 000 N·s。
答案：(1)a2＝8 m/s2　(2)I＝1 000 N·s
【变式3-2】(多选)如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑固定斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．两个物体重力的冲量大小相等
B．两个物体合力的冲量大小相等
C．刚到达底端时两个物体的动量相同
D．到达斜面底端时两个物体的动能相等
答案　BD
解析　设斜面倾角为θ，物体下滑的加速度a＝gsin θ，根据＝at2，知t＝，知运动的时间不等，根据I＝mgt，则两个物体重力的冲量大小不等，故A错误；根据动能定理知mgh＝mv2，到达底端时两个物体的动能相等，故D正确；两物体速度大小相等，但是方向不同，所以到达底端时的动量不同，故C错误；因为初动量都为零，末状态动量大小相等，根据动量定理知，合力的冲量大小相等，故B正确．
【变式3-3】(多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是(　　)
A．拉力F对物体的冲量大小为零
B．拉力F对物体的冲量大小为Ft
C．拉力F对物体的冲量大小是Ftcos θ
D．合力对物体的冲量大小为零
答案　BD
解析　对冲量的计算一定要分清求的是哪个力的冲量，是某一个力的冲量、合力的冲量、分力的冲量、还是某一方向上力的冲量，这一个力的冲量与其他力的冲量无关，B、D正确．
【变式3-4】如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d四个点位于同一圆周上，a在圆周最高点，d在圆周最低点，每根杆上都套着质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c三个点同时由静止释放．关于它们下滑的过程，下列说法正确的是(　　)
A．重力对它们的冲量相同
B．弹力对它们的冲量相同
C．合外力对它们的冲量相同
D．它们动能的增量相同
答案　A
解析　这是“等时圆”模型，即三个滑环同时由静止释放，运动到最低点d点的时间相同，由于三个环的重力相等，由公式I＝Ft分析可知，三个环重力的冲量相同，故A正确；从c处下滑的小滑环受到的弹力最大，运动时间相等，则弹力对从c处下滑的小滑环的冲量最大，故B错误；从a处下滑的小滑环的加速度最大，受到的合力最大，则合力对从a处下滑的小滑环的冲量最大，故C错误；重力对从a处下滑的小滑环做功最多，其动能的增量最大，故D错误．
【题型4 动量定理解决变力冲量问题】
【例4】如图所示，车载玩具——弹簧人公仔固定在车的水平台面上，公仔头部的质量为m，静止在图示位置。现用手竖直向下压公仔的头部，使之缓慢下降至某一位置，之后迅速放手。公仔的头部经过时间t，沿竖直方向上升到另一位置时速度为零。此过程弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力及弹簧质量。在公仔头部上升的过程中(　 )
A．公仔头部的机械能守恒
B．公仔头部的加速度先增大后减小
C．弹簧弹力冲量的大小为mgt
D．弹簧弹力对头部所做的功为零
解析：选C　弹簧弹力对公仔头部做功，故公仔头部的机械能不守恒，故A错误；公仔头部上升过程中，弹簧弹力先减小后反向增大，加速度先减小后反向增大，故B错误；公仔头部上升过程中，取向上为正方向，根据动量定理有I弹－mgt＝0，则弹簧弹力冲量的大小为I弹＝mgt，故C正确；公仔头部上升过程中，根据动能定理有W弹－mgh＝0，则弹簧弹力对头部所做的功为W弹＝mgh≠0，故D错误。
【变式4-1】(2021·北京等级考)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2mωr
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mωr
解析：选D　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，方向沿半径方向指向圆心，选项A错误；圆盘停止转动前，小物体运动一圈动量的变化量为0，所受合外力为摩擦力，则所受摩擦力的冲量为0，选项B错误；圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，选项C错误；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大小为I′＝|Δp|＝mv＝mωr，选项D正确。
【变式4-2】(2022·汕头模拟)(多选)某人站在力的传感器(连着计算机)上完成下蹲、起立动作，计算机屏幕上显示出力的传感器示数F随时间t变化的情况如图所示，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　 )
A．该人下蹲时间约为0.5 s
B．该人下蹲过程的最大加速度约为6 m/s2
C．起立过程该人一直处于超重状态
D．起立过程传感器对该人支持力的冲量约为500 N·s
解析：选BD　下蹲过程中，初速度为0，末速度也为0，则下蹲过程先加速向下运动后减速向下运动，从图像可知1～2 s过程为下蹲过程，则下蹲时间约为1 s，A错误；由图像可知静止时有mg＝N＝500 N，支持力最小约为200 N，最大约为700 N，由牛顿第二定律可得mg－Nmin＝mamax或Nmax－mg＝mamax′，联立解得最大加速度约为6 m/s2，则B正确；起立过程，初速度为0，末速度也为0，则起立过程先加速向上运动后减速向上运动，该人先是处于超重状态，后处于失重状态，C错误；起立过程，根据动量定理可得IN－mgt＝0－0，起立时间约为1 s，解得IN＝mgt＝500 N·s，D正确。
【变式4-3】如图所示，一轻质弹簧固定在墙上，一个质量为m的木块以速度v0从右侧沿光滑水平面向左运动并与弹簧发生相互作用。设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内，那么，在整个相互作用的过程中弹簧对木块冲量I的大小为(　　)
A．I＝0 B．I＝mv0 C．I＝2mv0 D．I＝3mv0
解析　设木块离开弹簧时的速度为v，根据机械能守恒定律得：mv2＝mv，所以v＝v0，设向右的速度方向为正方向，根据动量定理得：I＝mv－(－mv0)＝2mv0，故选项C正确。
答案　C
【题型5 流体类问题】
【例5】运动员在水上做飞行运动表演，他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，已知重力加速度大小g取10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为(　 )
A．2.7 m/s B．5.4 m/s
C．7.6 m/s D．10.8 m/s
[解析]　设飞行器对水的平均作用力为F，根据牛顿第三定律可知，水对飞行器的作用力的大小也等于F，对飞行器，则有F＝Mg，设水喷出时的速度为v，在时间t内喷出的水的质量m＝ρV＝2ρSvt，t时间内质量为m的水获得的冲量I＝Ft＝2mv，联立解得v≈5.4 m/s，故B正确，A、C、D错误。
[答案]　B
【变式5-1】南昌市秋水广场拥有亚洲最大的音乐喷泉群。一同学在远处观看秋水广场喷泉表演时，估测喷泉中心主喷水口的水柱约有40层楼高，表演结束时，靠近观察到该主喷水管口的圆形内径约有10 cm，由此估算驱动主喷水的水泵功率最接近的数值是(　 )
A．5×102 W B．5×103 W
C．5×104 W D．5×105 W
[解析]　40层楼高约h＝120 m。设水泵的功率为P，泵在时间Δt内使质量为Δm的水以速度v通过喷水管口，则PΔt＝Δmv2，v2＝2gh，以及Δm＝ρSvΔt (ρ为水的密度)和S＝，由此可得P＝≈5×105 W。
[答案]　D
【变式5-2】根据量子理论，光子的能量E与动量p之间的关系式为E＝pc，其中c表示光速，由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或反射时都会对物体产生压强，这就是“光压”，用I表示。
(1)一台二氧化碳气体激光器发出的激光，功率为P0，射出的光束的横截面积为S，当它垂直照射到一物体表面并被物体全部反射时，激光对物体表面的压力F＝2pN，其中p表示光子的动量，N表示单位时间内激光器射出的光子数，试用P0和S表示该束激光对物体产生的光压；
(2)有人设想在宇宙探测中用光为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大、反射率极高的薄膜，并让它正对太阳，已知太阳光照射薄膜时每平方米面积上的辐射功率为1 350 W，探测器和薄膜的总质量为m＝100 kg，薄膜面积为4×104 m2，c＝3×108 m/s，求此时探测器的加速度大小。
[解析]　(1)在单位时间内，功率为P0的激光的总能量为：P0×1 s＝NE＝Npc，
所以：p＝
由题意可知：激光对物体表面的压力F＝2pN
故激光对物体产生的光压：I＝＝。
(2)由(1)可知：I＝＝ Pa＝9×10－6 Pa
所以探测器受到的光的总压力FN＝IS膜，
对探测器应用牛顿第二定律有FN＝ma，
故此时探测器的加速度
a＝＝ m/s2＝3.6×10－3 m/s2。
[答案]　(1)　(2)3.6×10－3 m/s2
【变式5-3】(2021·福建高考)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24.5 m/s～28.4 m/s，16级台风的风速范围为51.0 m/s～56.0 m/s。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
解析：选B　设空气的密度为ρ，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为S，在时间Δt的空气质量为Δm＝ρSv·Δt，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－F·Δt＝0－Δmv，可得F＝ρSv2,10级台风的风速v1≈25 m/s,16级台风的风速v2≈50 m/s，则有＝≈4，故B正确。
【变式5-4】如图所示 ，武装直升机的旋翼桨盘面积(桨叶旋转形成的圆面面积)为S，空气密度为ρ，直升机质量为m，重力加速度为g.当直升机向上匀速运动时，假设空气阻力恒为f，空气浮力不计，风力的影响也不计，下列说法正确的是(　　)
A．直升机悬停时受到的升力大小为mg＋f
B．直升机向上匀速运动时，1 s内被螺旋桨推动的空气质量为
C．直升机向上匀速运动时，1 s内被螺旋桨推动的空气质量为
D．直升机向上匀速运动时，1 s内发动机做的功为
答案　C
解析　根据平衡条件可得直升机悬停时受到的升力大小为mg，故A错误；Δt时间内被螺旋桨推动的空气的质量为Δm′＝ρSvΔt，螺旋桨对空气的作用力大小F＝，Δp＝Δm′v，由牛顿第三定律知空气对螺旋桨的作用力大小F′＝F，为使飞机向上匀速运动，有F′＝mg＋f，联立解得v＝，1 s内被螺旋桨推动的空气质量为M＝ρSv＝ρS＝，故B错误，C正确；由动能定理可得1 s内发动机所做的功为W＝Mv2＝
，故D错误．
【变式5-5】如图所示为清洗汽车用的高压水枪．设水枪喷出水柱直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后水的速度为零．手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ.下列说法正确的是(　　)
A．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2
B．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρvD2
C．水柱对汽车的平均冲力为ρD2v2
D．当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4倍
答案　D
解析　高压水枪单位时间喷出水的质量等于单位时间内喷出的水柱的质量，即m0＝ρV＝ρπ·v＝πρvD2，故A、B错误；水柱对汽车的平均冲力为F，由动量定理得Ft＝mv，即Ft＝ρπvD2·t·v，解得F＝ρπv2D2，选项C错误；高压水枪喷出的水对汽车产生的压强p＝＝＝ρv2，则当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，压强变为原来的4倍，选项D正确．
【题型6 动量定理解决多过程问题】
【例6】在2021年东京奥运会蹦床比赛中，一个质量为60 kg的运动员，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0 m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2 s，若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。(g＝10 m/s2)
解析：法一：分段法
设运动员从高为h1处下落，则刚接触网时的速度大小为v1＝(方向向下)
弹跳后上升的高度设为h2，则刚离网时的速度大小为v2＝(方向向上)
与网接触过程中，运动员受到向下的重力mg和网对其向上的弹力F，规定竖直向上为正方向，由动量定理得：(F－mg)Δt＝mv2－m(－v1)
解以上三式得F＝mg＋m，
代入数值可解得F＝1.5×103 N。
法二：整段法
从3.2 m高处自由下落的时间为：t1＝＝0.8 s，
蹦到5.0 m高处的时间为：t2＝＝1 s，
整个过程中运动员始终受重力作用，仅在与网接触的t0＝1.2 s的时间内受到网对他向上的弹力FN的作用，设竖直向上为正方向，对全过程应用动量定理：FNt0－mg(t1＋t2＋t0)＝0，则FN＝1 500 N。
答案：1 500 N
【变式6-1】(2022·衡水中学月考)“蹦蹦床”游乐项目是孩子们经常去游乐场玩的一款项目。将儿童在“蹦蹦床”上弹起、下落的过程简化为竖直方向上的运动。一质量为m的儿童从h高度处落下，从接触蹦床到速度大小减为零的时间为Δt，在此过程中(　 )
A．蹦床对他的冲量大小为mgΔt＋m，蹦床对他做功不为0
B．蹦床对他的冲量大小为m，蹦床对他做功不为0
C．蹦床对他的冲量大小为mgΔt＋m，蹦床对他做功为0
D．蹦床对他的冲量大小为mgΔt－m，蹦床对他做功为0
解析：选A　儿童接触蹦床时的速度大小为，接触蹦床后，以向上为正方向，根据动量定理得I－mgΔt＝0－(－m)，解得I＝mgΔt＋m，设儿童接触蹦床后，又下降了x，全程根据动能定理得W＋mg(h＋x)＝0，所以蹦床对儿童做的功为W＝－mg(h＋x)，故选A。
【变式6-2】某节目中，“气功师”平躺在水平地面上，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 高处由静止落下，打在石板上反弹，当反弹达到最大高度h2＝0.05 m时被拿开；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。重力加速度g取10 m/s2。求铁锤敲击大石板的过程中：
(1)铁锤受到的冲量大小；
(2)大石板对铁锤的平均作用力大小；
(3)大石板对人的平均作用力大小。
解析：(1)由机械能守恒定律mv2＝mgh，解得v＝，则铁锤敲击石板时的速度v1＝＝6 m/s，方向向下，铁锤反弹时的速度v2＝＝1 m/s，方向向上，取方向向上为正方向，对铁锤，由动量定理得I＝mv2－(－mv1)，解得I＝35 N·s。
(2)对铁锤，由冲量定义得I＝(F1－mg)t1，解得F1＝3 550 N。
(3)对石板，由动量定理得(F2－Mg)t2－F1t1＝0，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F2′＝F2＝871 N。
答案：(1)35 N·s　(2)3 550 N　(3)871 N
【变式6-3】质量为1 kg的物体静止放在足够大的水平桌面上，物体与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4.有一大小为5 N的水平恒力F作用于物体上，使之加速前进，经
3 s后撤去F.求物体运动的总时间．(g取10 m/s2)
答案　3.75 s
解析　物体由静止开始运动到停止运动的全过程中，F的冲量为Ft1，摩擦力的冲量为Fft.选水平恒力F的方向为正方向，根据动量定理有
Ft1－Fft＝0①
又Ff＝μmg②
联立①②式解得t＝＝3.75 s.
【变式6-4】用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理。如图所示，从距秤盘80 cm高处把1 000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1 s，豆粒弹起时竖直方向的速度大小变为碰前的一半，方向相反。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知1 000粒的豆粒的总质量为100 g。则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为(　 )
A．0.2 N B．0.6 N
C．1.0 N D．1.6 N
解析：选B　设豆粒从80 cm高处下落到秤盘上时的速度为v1，v12＝2gh，则v1＝＝ m/s＝4 m/s。设竖直向上为正方向，以所有豆粒与秤盘碰撞过程，根据动量定理：Ft＝mv2－mv1，则F＝＝ N＝0.6 N，根据牛顿第三定律可知，在碰撞过程中秤盘受到的压力大小为0.6 N，故B正确，A、C、D错误。
【题型7 利用动量定理解释生活现象】
【例7】(2020·全国卷Ⅰ)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是(　 )
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
解析：选D　汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触。司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小，又知安全气囊打开后，司机的受力面积变大，因此减少了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能。D正确。
【变式7-1】(2022·山东枣庄模拟)人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为160 g，从离人眼约20 cm的高度无初速度掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.2 s，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　 )
A．手机与眼睛作用过程中手机的动量变化约为0.48 kg·m/s
B．手机对眼睛的冲量方向竖直向上
C．手机对眼睛的冲量大小约为0.32 N·s
D．手机对眼睛的平均作用力大小约为3.2 N
解析：选D　手机砸到眼睛后手机未反弹，手机的末速度为0，手机到达人眼时的速度约为v＝＝2 m/s，取方向竖直向上为正，手机与眼睛作用过程中手机的动量变化约为Δp＝0－p＝0－(－mv)＝0.32 kg·m/s，故A错误；手机对眼睛的冲量方向与手机对眼睛的作用力方向相同，竖直向下，故B错误；由动量定理可知，眼睛对手机的作用力的冲量和手机重力的冲量的合冲量约为0.32 N·s，(F－mg)t＝Δp，所以眼睛对手机的作用力的冲量大于0.32 N·s，由牛顿第三定律可知，手机对眼睛的冲量大于0.32 N·s，故C错误；手机与眼睛作用过程中，由动量定理可知(F－mg)t＝0－(－mv)，解得眼睛对手机的平均作用力大小约为F＝＋mg＝3.2 N，由牛顿第三定律可知，手机对眼睛的平均作用力大小约为3.2 N，故D正确。
【变式7-2】拍皮球是大家都喜欢的体育活动，既能强身又能健体。已知皮球质量为0.4 kg，为保证皮球与地面碰撞后自然跳起的最大高度均为1.25 m，小明需每次在球到达最高点时拍球，每次拍球作用距离为0.25 m，使球在离手时获得一个竖直向下4 m/s的初速度。若不计空气阻力及球的形变，g取10 m/s2，则每次拍球(　 )
A．手给球的冲量为1.6 kg·m/s
B．手给球的冲量为2.0 kg·m/s
C．人对球做的功为3.2 J
D．人对球做的功为2.2 J
解析：选D　人拍球的过程，由动量定理：I＋mgΔt＝mv＝1.6 kg·m/s，则I<1.6 kg·m/s，A、B错误；由动能定理：W＋mgh＝mv2，解得W＝2.2 J，D正确，C错误。
【变式7-3】一辆质量为2 200 kg的汽车正在以26 m/s的速度行驶，如果驾驶员紧急制动，可在3.8 s内使车停下，如果汽车撞到坚固的墙上，则会在0.22 s 内停下，下列判断正确的是(　 )
A．汽车紧急制动过程动量的变化量较大
B．汽车撞到坚固的墙上动量的变化量较大
C．汽车紧急制动过程受到的平均作用力约为15 000 N
D．汽车撞到坚固的墙上受到的平均作用力约为15 000 N
解析：选C　汽车无论是紧急制动还是撞到坚固的墙上，动量都是由mv变为0，所以动量的变化量一样大，A、B错误；汽车紧急制动过程中，平均作用力F1＝≈15 053 N，C正确；汽车撞到坚固的墙上，平均作用力F2＝＝260 000 N，D错误。
【题型8 图像问题】
【例8】质量相等的A、B两物体运动的速度v随时间t变化的图像如图所示。整个运动过程中，A、B两物体的位移大小分别为xA、xB，合外力做的功分别为WA、WB，合外力的冲量大小分别为IA、IB，加速度大小分别为aA、aB，下列关系式正确的是(　 )
A．xA∶xB＝2∶1 B．WA∶WB＝4∶1
C．IA∶IB＝4∶1 D．aA∶aB＝2∶1
解析：选B　在v-t图像中，图线与时间轴所围的面积表示位移，则有xA＝·2v0·t0＝v0t0，xB＝·v0·2t0＝v0t0，解得xA∶xB＝1∶1，故A错误；设A、B两物体的质量为m，据动能定理W合＝mvt2－mv02得WA＝0－m(2v0)2＝－2mv02，WB＝0－mv02＝－mv02，解得WA∶WB＝4∶1，故B正确；根据动量定理I合＝mvt－mv0得IA＝0－m(2v0)＝－2mv0，IB＝0－m(v0)＝－mv0，解得IA∶IB＝2∶1，故C错误；在v-t图中，图线的斜率代表物体的加速度，那么aA＝－，aB＝－，解得aA∶aB＝4∶1，故D错误。
【变式8-1】(多选)如图所示，物体从t＝0时刻开始由静止做直线运动，0～4 s内其合外力随时间变化的关系图线为正弦曲线，下列表述正确的是(　　)
A．0～2 s内合外力的冲量一直增大
B．0～4 s内合外力的冲量为零
C．2 s末物体的动量方向发生变化
D．0～4 s内物体动量的方向一直不变
答案　ABD
解析　根据F－t图象中图线与t轴围成的面积表示冲量，可知在0～2 s内合外力的冲量一直增大，故A正确；0～4 s内合外力的冲量为零，故B正确；2 s末冲量方向发生变化，物体的动量开始减小，但方向不发生变化，0～4 s内物体动量的方向一直不变，故C错误，D正确．
【变式8-2】(多选)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动．F随时间t变化的图线如图所示，则(　　)
A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s
B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t＝4 s时物块的速度为零
答案　AB
解析　由动量定理可得：Ft＝mv，解得v＝.t＝1 s时物块的速率为v＝＝ m/s＝
1 m/s，故A正确；t＝2 s时物块的动量大小p2＝F1t2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，t＝3 s时物块的动量大小为p3＝(2×2－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，t＝4 s 时物块的动量大小为p4＝(2×2－1×2) kg·m/s＝2 kg·m/s，所以t＝4 s时物块的速度为1 m/s，故B正确，C、D错误．
【变式8-3】质量为1 kg的物体做直线运动，其速度—时间图象如图所示．则物体在前10 s内和后10 s内所受外力的冲量分别是(　　)
A．10 N·s,10 N·s
B．10 N·s，－10 N·s
C．0,10 N·s
D．0，－10 N·s
答案　D
解析　由题图图象可知，在前10 s内初、末状态的动量相同，p1＝p2＝5 kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10 s内末状态的动量p3＝－5 kg·m/s，由动量定理得I2＝p3－p2＝－10 N·s，故选项D正确．专题4.3 光的干涉
【人教版】
【题型1 双缝干涉】
【题型2 薄膜干涉】
【题型3 干涉与折射、全反射的综合】
【题型4 洛埃德实验与牛顿环】
【题型5 干涉的实际应用】
【题型6 干涉中的对比问题】
【题型1 双缝干涉】
【例1】在如图所示的双缝干涉实验中，使用波长λ为600 nm的橙色光照射，在光屏中心P0点呈现亮条纹。若P0点上方的P点到S1、S2的路程差恰为λ，现改用波长为400 nm的紫光照射，则(　 )
A．P0和P都呈现亮条纹
B．P0为亮条纹，P为暗条纹
C．P0为暗条纹，P为亮条纹
D．P0和P都呈现暗条纹
【变式1-1】在双缝干涉实验中，屏上出现了明暗相间的条纹，则下列说法正确的是(　 )
A．中间条纹间距较两侧更宽
B．不同色光形成的条纹完全重合
C．双缝间距离越大条纹间距离也越大
D．遮住一条缝后屏上仍有明暗相间的条纹
【变式1-2】如图所示，用频率为f的单色光(激光)垂直照射双缝，在光屏的P点出现第3条暗条纹，已知光速为c，则P到双缝S1、S2的距离之差|r1－r2|应为(　 )
A. B． C. D．
【变式1-3】
双缝干涉实验装置的截面图如图所示。光源S到S1、S2的距离相等，O点为S1、S2连线中垂线与光屏的交点。光源S发出的波长为λ的光，经S1出射后垂直穿过玻璃片传播到O点，经S2出射后直接传播到O点，由S1到O点与由S2到O点，光传播的时间差为Δt。玻璃片厚度为10λ，玻璃对该波长光的折射率为1.5，空气中光速为c，不计光在玻璃片内的反射。以下判断正确的是(　 )
A．Δt＝ B．Δt＝ C．Δt＝ D．Δt＝
【题型2 薄膜干涉】
【例2】(多选)如图所示，把一个凸透镜的弯曲表面压在另一个玻璃平面上，让单色光从上方射入，这时可以看到亮暗相间的同心圆环，对这些亮暗圆环的相关说法合理的是(　　)
A.远离中心点处亮环的分布较密
B.用白光照射时，不会出现干涉形成的圆环
C.这些亮暗圆环是透镜曲面上反射光与透镜上方平面上的反射光干涉形成的
D.与同一亮环相对应的空气薄膜的厚度是相同的
【变式2-1】(多选)肥皂膜的干涉条纹如图所示，条纹间距上面宽、下面窄。下列说法正确的是(　 )
A．过肥皂膜最高和最低点的截面一定不是梯形
B．肥皂膜上的条纹是前后表面反射光形成的干涉条纹
C．肥皂膜从形成到破裂，条纹的宽度和间距不会发生变化
D．将肥皂膜外金属环左侧的把柄向上转动90°，条纹也会跟着转动90°
【变式2-2】用平行单色光垂直照射一层透明薄膜，观察到如图所示明暗相间的干涉条纹。
下列关于该区域薄膜厚度d随坐标x的变化图像，可能正确的是(　 )
【变式2-3】用如图所示的实验装置观察光的薄膜干涉现象．图(a)是点燃的酒精灯(在灯芯上撒些食盐)，图(b)是竖立的附着一层肥皂液薄膜的金属丝圈．将金属丝圈在其所在的竖直平面内缓慢旋转，观察到的现象是(　　)
A．当金属丝圈旋转30°时，干涉条纹同方向旋转30°
B．当金属丝圈旋转45°时，干涉条纹同方向旋转90°
C．当金属丝圈旋转60°时，干涉条纹同方向旋转30°
D．干涉条纹保持原来状态不变
【题型3 干涉与折射、全反射的综合】
【例3】如图所示，在双缝干涉实验中，S1和S2为双缝，P是光屏上的一点，已知P点与S1、S2距离之差为2.1×10－6 m，分别用A、B两种单色光在空气中做双缝干涉实验，问P点是亮条纹还是暗条纹？
(1)已知A光在折射率为1.5的介质中波长为4×10－7 m；
(2)已知B光在某种介质中波长为3.15×10－7 m，当B光从这种介质射向空气时，临界角为37°；
(3)若让A光照射S1，B光照射S2，试分析光屏上能观察到的现象．
【变式3-1】两个狭缝相距0.3 mm，位于离光屏50 cm处，现用波长为6 000 的光照射双缝，求：
(1)两条相邻暗条纹间的距离是多少？
(2)若将整个装置放于水中，那么两条相邻暗条纹间的距离是多少？(水的折射率为，1 ＝10－10 m)
【变式3-2】2009年11月21日凌晨2时30分，黑龙江新兴煤矿发生瓦斯爆炸事故，造成10名矿工遇难．煤矿中的瓦斯危害极大，某同学查资料得知含有瓦斯的气体的折射率大于干净空气的折射率，于是他根据双缝干涉现象设计了一个监测仪，其原理如图所示：在双缝前面放置两个完全相同的透明容器A、B，容器A与干净的空气相通，在容器B中通入矿井中的气体，观察屏上的干涉条纹，就能够监测瓦斯浓度．如果屏的正中央O点变为暗纹，说明B中气体( )
A. 一定含瓦斯 B. 一定不含瓦斯 C. 不一定含瓦斯 D. 无法判断
【变式3-3】2020年5月，我国第一台半导体激光隐形晶圆切割机研制成功。如图所示，两平行细激光束a、b射向空气中足够大的长方体透明材料的下表面，发现该材料的上表面只有一处有光线射出，则(　　)
A．激光a的折射率大于激光b的折射率
B．激光a的频率小于激光b的频率
C．两束激光在材料的上表面发生了干涉
D．有一束激光在材料的上表面发生了全反射
【题型4 洛埃德实验和牛顿环】
【例4】洛埃德在1834年提出了一种更简单的观察干涉的装置。如图所示，从单缝S发出的光，一部分入射到平面镜后反射到屏上，另一部分直接投射到屏上，在屏上两光束交叠区域里将出现干涉条纹。单缝S通过平面镜成的像是S′。
(1)通过如图所示的装置在屏上可以观察到明暗相间的干涉条纹，这和双缝干涉实验得到的干涉条纹一致。如果S被视为其中的一个缝，____________相当于另一个“缝”；
(2)实验表明，光从光疏介质射向光密介质在界面发生反射时，在入射角接近90° 时，反射光与入射光相比，相位有π的变化，即半波损失。如果把光屏移动到和平面镜接触，接触点P处是__________(填写“亮条纹”或“暗条纹”)；
(3)实验中已知单缝S到平面镜的垂直距离h＝0.15 mm，单缝到光屏的距离D＝1.2 m，观测到第3个亮条纹到第12个亮条纹的中心间距为22.78 mm，则该单色光的波长λ＝________ m(结果保留3位有效数字)。
【变式4-1】1834年英国物理学家洛埃设计了洛埃镜实验，如图所示。水平放置的平面镜MN左上方有一光源S，仅发出单一频率的光，平面镜右侧固定有竖直放置的足够长的光屏，平面镜所在水平线与光屏的交点为P，下列说法正确的是(　 )
A．光屏上可以看到干涉条纹
B．光屏上可以看到衍射条纹
C．光屏上P处呈现亮条纹
D．光屏上P处呈现暗条纹
【变式4-2】如图所示，把一平凸透镜置于一平板玻璃上方，如果用平行单色光垂直照射到平凸透镜上，顺着平行光入射的方向观测可看到透镜中央出现明暗相间的条纹，这种现象最早是牛顿发现的，因此称为牛顿环。以下说法正确的是(　 )
A．牛顿环是光的衍射现象
B．牛顿环是明暗相间、半径均匀增大的同心圆条纹
C．若在透镜AB面施加向下的微小压力，则可看到同心圆向外扩展
D．若在C处不小心沾上了灰尘，明暗相间的同心圆条纹排列将比没有灰尘时疏
【变式4-3】(1)干涉条纹除了可以通过双缝干涉观察到外，把一个凸透镜压在一块平面玻璃上(图甲)，让单色光从上方射入(示意图如图乙，其中R为凸透镜的半径)，从上往下看凸透镜，也可以观察到由干涉造成图丙所示的环状条纹，这些条纹叫作牛顿环。如果改用波长更长的单色光照射，观察到的圆环半径将________(选填“变大”“变小”或“不变”)；如果换一个半径更大的凸透镜，观察到的圆环半径将________(选填“变大”“变小”或“不变”)。
(2)采用波长为690 nm的红色激光作为单色入射光，牛顿环的两条相邻亮条纹位置所对应的空气膜的厚度差约为________。
A．345 nm　　　　　　　 B．690 nm
C．几微米 D．几毫米
【题型5 干涉的实际应用】
【例5】(多选)利用薄膜干涉可检查工件表面的平整度，如图(a)所示，现使透明标准板M和待检工件N间形成一楔形空气薄层，并用单色光照射，可观察到如图(b)所示的干涉条纹，条纹的弯曲处P和Q对应于A和B处，下列判断中正确的是(　　)
A．N的上表面A处向上凸起
B．N的上表面B处向上凸起
C．条纹的c、d点对应处的薄膜厚度相同
D．条纹的d、e点对应处的薄膜厚度相同
【变式5-1】有种灯具俗称“冷光灯”，用它照射物品能使被照物品产生的热效应大大降低，从而被广泛应用。这种灯降低热效应的原理是灯泡后面放置的反光镜的表面上镀有一层薄膜(如氟化镁)，该膜能消除不镀膜时表面反射回来的热效应最显著的红外线，以λ表示红外线在真空中的波长，n表示薄膜对该红外线的折射率，则所镀薄膜的厚度最小应为(不计半波损失)(　 )
A. B． C. D．
【变式5-2】如图所示，市场上有种灯具俗称“冷光灯”，用它照射物品时能使被照物品处产生的热效应大大降低，从而广泛地应用于博物馆、商店等处。这种灯降低热效应的原因之一是在灯泡后面放置的反光镜玻璃表面上镀一层薄膜(例如氟化镁)，这种膜能消除不镀膜时玻璃表面反射回来的热效应最显著的红外线。以λ表示红外线的波长，则所镀薄膜的最小厚度应为(　　)
A.λ　　　　　　　　 B.λ
C.λ D．λ
【变式5-3】[多选]某一质检部门为检测一批矿泉水的质量，利用干涉原理测定矿泉水的折射率。方法是将待测矿泉水填充到特制容器中，放置在双缝与荧光屏之间(之前为空气)，如图所示，特制容器未画出，通过比对填充后的干涉条纹间距x2和填充前的干涉条纹间距x1就可以计算出该矿泉水的折射率。则下列说法正确的是(设空气的折射率为1)(　　)
A．x2x1
C．该矿泉水的折射率为 D．该矿泉水的折射率为
【题型6 干涉中的对比问题】
【例6】(多选)光的干涉现象在技术中有重要应用，例如检查平面的平整程度。如图甲所示，把一透明板压在另一透明板上，一端用薄片垫起，构成空气劈尖，让单色光a、b分别从上方射入，得到明暗相间的条纹如图乙所示。下列说法正确的是(　 )
A．单色光a的波长比单色光b的波长大
B．单色光a的波长比单色光b的波长小
C．同种介质对单色光a的折射率比对单色光b的折射率大
D．同种介质对单色光a的折射率比对单色光b的折射率小
【变式6-1】如图所示的双缝干涉实验，用绿光照射单缝S时，在光屏P上观察到干涉条纹．要得到相邻条纹间距更大的干涉图样，可以(　　)
A．增大S1与S2的间距 B．减小双缝屏到光屏的距离
C．将绿光换为红光 D．将绿光换为紫光
【变式6-2】劈尖干涉是一种薄膜干涉，其装置如图甲所示，将一块平板玻璃放置在另一平板玻璃上，在一端夹入两张纸片，从而在两玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜．当光垂直入射后，从上往下看到的干涉条纹如图乙所示，干涉条纹有如下特点：
(1)任意一条亮条纹或暗条纹所在位置下面的薄膜厚度相等；
(2)任意相邻亮条纹和暗条纹所对应的薄膜厚度差恒定．
现若在图甲的装置中抽去一张纸片，则当光垂直入射到新的劈形空气薄膜后，从上往下观察到的干涉条纹(　　)
A．变疏 B．变密 C．不变 D．消失
【变式6-3】一束白光在真空中通过双缝后在屏上观察到的干涉条纹，除中央白色亮条纹外，两侧还有彩色条纹，其原因是(　　)
A．各色光的波长不同，因而各色光分别产生的干涉条纹的间距不同
B．各色光的速度不同，因而各色光分别产生的干涉条纹的间距不同
C．各色光的强度不同，因而各色光分别产生的干涉条纹的间距不同
D．上述说法都不正确
参考答案
【题型1 双缝干涉】
【例1】在如图所示的双缝干涉实验中，使用波长λ为600 nm的橙色光照射，在光屏中心P0点呈现亮条纹。若P0点上方的P点到S1、S2的路程差恰为λ，现改用波长为400 nm的紫光照射，则(　 )
A．P0和P都呈现亮条纹
B．P0为亮条纹，P为暗条纹
C．P0为暗条纹，P为亮条纹
D．P0和P都呈现暗条纹
解析：选B　由题意可知，PS2－PS1＝λ＝λ′，故当改用紫光照射时，光到P点的路程差为半波长的奇数倍，P为暗条纹，P0仍为亮条纹，B正确。
【变式1-1】在双缝干涉实验中，屏上出现了明暗相间的条纹，则下列说法正确的是(　 )
A．中间条纹间距较两侧更宽
B．不同色光形成的条纹完全重合
C．双缝间距离越大条纹间距离也越大
D．遮住一条缝后屏上仍有明暗相间的条纹
解析：选D　据干涉图样的特征可知，干涉条纹特征是等间距、彼此平行，A错误；不同色光干涉条纹分布位置不相同，B错误；据公式Δx＝λ可知，双缝间距d越大，干涉条纹间距离越小，C错误；遮住一条缝后，变成了单缝衍射，光的衍射也有衍射条纹，D正确。
【变式1-2】如图所示，用频率为f的单色光(激光)垂直照射双缝，在光屏的P点出现第3条暗条纹，已知光速为c，则P到双缝S1、S2的距离之差|r1－r2|应为(　 )
A. B． C. D．
解析：选D　在P点出现第3条暗条纹，说明S1、S2到P点距离之差为×(2n－1)＝λ，而λ＝，所以|r1－r2|＝λ＝，D正确。
【变式1-3】
双缝干涉实验装置的截面图如图所示。光源S到S1、S2的距离相等，O点为S1、S2连线中垂线与光屏的交点。光源S发出的波长为λ的光，经S1出射后垂直穿过玻璃片传播到O点，经S2出射后直接传播到O点，由S1到O点与由S2到O点，光传播的时间差为Δt。玻璃片厚度为10λ，玻璃对该波长光的折射率为1.5，空气中光速为c，不计光在玻璃片内的反射。以下判断正确的是(　 )
A．Δt＝ B．Δt＝ C．Δt＝ D．Δt＝
解析：选A　波长为λ的光在玻璃片中的传播速度v＝，通过10λ的距离，光传播的时间差Δt＝－＝，A正确。
【题型2 薄膜干涉】
【例2】(多选)如图所示，把一个凸透镜的弯曲表面压在另一个玻璃平面上，让单色光从上方射入，这时可以看到亮暗相间的同心圆环，对这些亮暗圆环的相关说法合理的是(　　)
A.远离中心点处亮环的分布较密
B.用白光照射时，不会出现干涉形成的圆环
C.这些亮暗圆环是透镜曲面上反射光与透镜上方平面上的反射光干涉形成的
D.与同一亮环相对应的空气薄膜的厚度是相同的
答案　AD
解析　远离中心点处亮环的分布较密，故A正确；用白光照射时，仍然会出现干涉形成的圆环，故B错误；这些亮暗圆环是透镜曲面上反射光与玻璃平面上的反射光干涉形成的，故C错误；与同一亮环相对应的空气薄膜的厚度是相同的，故D正确.
【变式2-1】(多选)肥皂膜的干涉条纹如图所示，条纹间距上面宽、下面窄。下列说法正确的是(　 )
A．过肥皂膜最高和最低点的截面一定不是梯形
B．肥皂膜上的条纹是前后表面反射光形成的干涉条纹
C．肥皂膜从形成到破裂，条纹的宽度和间距不会发生变化
D．将肥皂膜外金属环左侧的把柄向上转动90°，条纹也会跟着转动90°
解析：选AB　肥皂膜因为自重会上面薄而下面厚，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，A正确；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，B正确；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，肥皂膜从形成到破裂的过程上面越来越薄，下面越来越厚，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，C错误；将肥皂膜外金属环左侧的把柄向上转动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。
【变式2-2】用平行单色光垂直照射一层透明薄膜，观察到如图所示明暗相间的干涉条纹。
下列关于该区域薄膜厚度d随坐标x的变化图像，可能正确的是(　 )
解析：选D　根据薄膜干涉的形成规律，若薄膜厚度d均匀变化时，会产生等间距的明暗相间的条纹，现在条纹间距不等，说明薄膜厚度d不是线性变化的， 故A、B错误；由于条纹间距变大，说明薄膜厚度d的变化趋缓，反映到d-x图像中即图像的斜率减小，故C错误，D正确。
【变式2-3】用如图所示的实验装置观察光的薄膜干涉现象．图(a)是点燃的酒精灯(在灯芯上撒些食盐)，图(b)是竖立的附着一层肥皂液薄膜的金属丝圈．将金属丝圈在其所在的竖直平面内缓慢旋转，观察到的现象是(　　)
A．当金属丝圈旋转30°时，干涉条纹同方向旋转30°
B．当金属丝圈旋转45°时，干涉条纹同方向旋转90°
C．当金属丝圈旋转60°时，干涉条纹同方向旋转30°
D．干涉条纹保持原来状态不变
答案　D
解析　在转动金属丝圈的过程中，由于肥皂液薄膜的厚度不变，故反射形成的光的路程差不会发生变化，故产生的干涉条纹仍保持原来状态不变．
【题型3 干涉与折射、全反射的综合】
【例3】如图所示，在双缝干涉实验中，S1和S2为双缝，P是光屏上的一点，已知P点与S1、S2距离之差为2.1×10－6 m，分别用A、B两种单色光在空气中做双缝干涉实验，问P点是亮条纹还是暗条纹？
(1)已知A光在折射率为1.5的介质中波长为4×10－7 m；
(2)已知B光在某种介质中波长为3.15×10－7 m，当B光从这种介质射向空气时，临界角为37°；
(3)若让A光照射S1，B光照射S2，试分析光屏上能观察到的现象．
答案　(1)暗条纹　(2)亮条纹　(3)见解析
解析　(1)设A光在空气中波长为λ1，在介质中波长为λ2，由n＝＝，得λ1＝nλ2＝1.5×4×10－7 m＝6×10－7 m
根据路程差Δr＝2.1×10－6 m，可知N1＝＝＝3.5
由此可知，从S1和S2到P点的路程差是波长λ1的3.5倍，所以P点为暗条纹．
(2)根据临界角与折射率的关系sin C＝得n＝＝
由此可知，B光在空气中波长λ3为
λ3＝nλ介＝×3.15×10－7 m＝5.25×10－7 m
路程差Δr和波长λ3的关系为：N2＝＝＝4
可见，P点为亮条纹．
(3)若让A光和B光分别照射S1和S2，这时既不能发生干涉，也不发生衍射，此时在光屏上只能观察到亮光．
【变式3-1】两个狭缝相距0.3 mm，位于离光屏50 cm处，现用波长为6 000 的光照射双缝，求：
(1)两条相邻暗条纹间的距离是多少？
(2)若将整个装置放于水中，那么两条相邻暗条纹间的距离是多少？(水的折射率为，1 ＝10－10 m)
答案　(1)1 mm　(2)0.75 mm
解析　本题利用公式Δx＝λ进行计算．
(1)Δx＝λ＝ m＝1×10－3 m＝1 mm.
(2)λ′＝＝ ＝4 500
Δx′＝λ′＝ m＝0.75 mm.
【变式3-2】2009年11月21日凌晨2时30分，黑龙江新兴煤矿发生瓦斯爆炸事故，造成10名矿工遇难．煤矿中的瓦斯危害极大，某同学查资料得知含有瓦斯的气体的折射率大于干净空气的折射率，于是他根据双缝干涉现象设计了一个监测仪，其原理如图所示：在双缝前面放置两个完全相同的透明容器A、B，容器A与干净的空气相通，在容器B中通入矿井中的气体，观察屏上的干涉条纹，就能够监测瓦斯浓度．如果屏的正中央O点变为暗纹，说明B中气体( )
A. 一定含瓦斯 B. 一定不含瓦斯 C. 不一定含瓦斯 D. 无法判断
【解析】 设含有瓦斯的气体的折射率为n，则光在B中的波长λn=，如果屏的正中央是亮纹，则，N为整数，说明B中的气体与A中的空气成分可能相同，即N=0（n=1），也可能不同；如果屏的正中央是暗纹，则n≠1，说明B中的气体与A中的空气成分不相同，一定含有瓦斯，A符合题意，BCD不符合题意; 故选A．
【答案】 A
【变式3-3】2020年5月，我国第一台半导体激光隐形晶圆切割机研制成功。如图所示，两平行细激光束a、b射向空气中足够大的长方体透明材料的下表面，发现该材料的上表面只有一处有光线射出，则(　　)
A．激光a的折射率大于激光b的折射率
B．激光a的频率小于激光b的频率
C．两束激光在材料的上表面发生了干涉
D．有一束激光在材料的上表面发生了全反射
【解析】 因玻璃砖的上表面只有一束光线射出，通过玻璃砖后a的侧移小于b的侧移，可知激光a的折射率小于激光b的折射率，激光a的频率小于激光b的频率，故A错误，B正确；两束激光的频率不同，则不可能在材料的上表面发生干涉，选项C错误；两束单色光在玻璃砖的上表面的入射角等于在下表面的折射角，根据光路可逆性原理知，两束单色光在玻璃砖的上表面都不会发生全反射，故D错误。故选B。
【答案】 B
【题型4 洛埃德实验和牛顿环】
【例4】洛埃德在1834年提出了一种更简单的观察干涉的装置。如图所示，从单缝S发出的光，一部分入射到平面镜后反射到屏上，另一部分直接投射到屏上，在屏上两光束交叠区域里将出现干涉条纹。单缝S通过平面镜成的像是S′。
(1)通过如图所示的装置在屏上可以观察到明暗相间的干涉条纹，这和双缝干涉实验得到的干涉条纹一致。如果S被视为其中的一个缝，____________相当于另一个“缝”；
(2)实验表明，光从光疏介质射向光密介质在界面发生反射时，在入射角接近90° 时，反射光与入射光相比，相位有π的变化，即半波损失。如果把光屏移动到和平面镜接触，接触点P处是__________(填写“亮条纹”或“暗条纹”)；
(3)实验中已知单缝S到平面镜的垂直距离h＝0.15 mm，单缝到光屏的距离D＝1.2 m，观测到第3个亮条纹到第12个亮条纹的中心间距为22.78 mm，则该单色光的波长λ＝________ m(结果保留3位有效数字)。
解析：(1)根据题图可知，如果S被视为其中的一个缝，S经平面镜成的像S′相当于另一个“缝”。
(2)根据题意可知，把光屏移动到和平面镜接触，光线经过平面镜反射后将会有半波损失，因此接触点P处是暗条纹。
(3)条纹间距为Δy＝ m＝2.53×10－3 m，根据λ＝Δy，代入数据解得：λ＝6.33×10－7 m。
答案：(1)S经平面镜成的像S′　(2)暗条纹 (3)6.33×10－7
【变式4-1】1834年英国物理学家洛埃设计了洛埃镜实验，如图所示。水平放置的平面镜MN左上方有一光源S，仅发出单一频率的光，平面镜右侧固定有竖直放置的足够长的光屏，平面镜所在水平线与光屏的交点为P，下列说法正确的是(　 )
A．光屏上可以看到干涉条纹
B．光屏上可以看到衍射条纹
C．光屏上P处呈现亮条纹
D．光屏上P处呈现暗条纹
解析：选A　光源S直接照射到光屏上的光和通过平面镜反射的光在光屏上相遇，发生干涉，呈现干涉条纹，故A正确，B错误；因反射光线不能照射到P点，故光屏上P处不会有干涉条纹，故C、D错误。
【变式4-2】如图所示，把一平凸透镜置于一平板玻璃上方，如果用平行单色光垂直照射到平凸透镜上，顺着平行光入射的方向观测可看到透镜中央出现明暗相间的条纹，这种现象最早是牛顿发现的，因此称为牛顿环。以下说法正确的是(　 )
A．牛顿环是光的衍射现象
B．牛顿环是明暗相间、半径均匀增大的同心圆条纹
C．若在透镜AB面施加向下的微小压力，则可看到同心圆向外扩展
D．若在C处不小心沾上了灰尘，明暗相间的同心圆条纹排列将比没有灰尘时疏
解析：选C　空气薄层是由两个反射面形成的，两束光在圆弧面与平面反射形成，干涉条纹的间距不是均匀增加，而是随着空气薄层的厚度越向外增加得越快，所以干涉条纹不是疏密均匀的同心圆，故A、B错误；若在透镜AB面上施加向下的微小压力，满足产生这一亮条纹的厚度向外移，即亮环向远离圆心的方向平移，则可看到同心圆向外扩展，故C正确；若在C处不小心沾上了灰尘，空气膜厚度并未发生改变，明暗相间的同心圆条纹排列不变，故D错误。
【变式4-3】(1)干涉条纹除了可以通过双缝干涉观察到外，把一个凸透镜压在一块平面玻璃上(图甲)，让单色光从上方射入(示意图如图乙，其中R为凸透镜的半径)，从上往下看凸透镜，也可以观察到由干涉造成图丙所示的环状条纹，这些条纹叫作牛顿环。如果改用波长更长的单色光照射，观察到的圆环半径将________(选填“变大”“变小”或“不变”)；如果换一个半径更大的凸透镜，观察到的圆环半径将________(选填“变大”“变小”或“不变”)。
(2)采用波长为690 nm的红色激光作为单色入射光，牛顿环的两条相邻亮条纹位置所对应的空气膜的厚度差约为________。
A．345 nm　　　　　　　 B．690 nm
C．几微米 D．几毫米
解析：(1)当光程差为波长的整数倍时是亮条纹，当光程差为半个波长的奇数倍时是暗条纹；用波长更长的光照射，则出现亮条纹的这一厚度需远离中心，则圆环的半径变大；换一个表面曲率半径更大的凸透镜，出现亮条纹的这一厚度偏移中心，知圆环的半径变大。
(2)由题意知相邻亮条纹对应的空气层的厚度差为半个波长，故为345 nm，故A正确，B、C、D错误。
答案：(1)变大　变大　(2)A
【题型5 干涉的实际应用】
【例5】(多选)利用薄膜干涉可检查工件表面的平整度，如图(a)所示，现使透明标准板M和待检工件N间形成一楔形空气薄层，并用单色光照射，可观察到如图(b)所示的干涉条纹，条纹的弯曲处P和Q对应于A和B处，下列判断中正确的是(　　)
A．N的上表面A处向上凸起
B．N的上表面B处向上凸起
C．条纹的c、d点对应处的薄膜厚度相同
D．条纹的d、e点对应处的薄膜厚度相同
答案　AC
【变式5-1】有种灯具俗称“冷光灯”，用它照射物品能使被照物品产生的热效应大大降低，从而被广泛应用。这种灯降低热效应的原理是灯泡后面放置的反光镜的表面上镀有一层薄膜(如氟化镁)，该膜能消除不镀膜时表面反射回来的热效应最显著的红外线，以λ表示红外线在真空中的波长，n表示薄膜对该红外线的折射率，则所镀薄膜的厚度最小应为(不计半波损失)(　 )
A. B． C. D．
解析：选C　由题意可知，所镀的膜为增透膜，增透膜两个界面上的反射光相干涉后互相抵消，减少了反射光中的红外线，从而减少了反射光的能量，故：(2k＋1)＝2d(其中k＝0,1,2,3，…)，解得：d＝(2k＋1)(其中k＝0,1,2,3，…)，故厚度d的最小值为，其中λ′为红外线在薄膜中的波长，由题意可知λ′＝，则d＝，故A、B、D错误，C正确。
【变式5-2】如图所示，市场上有种灯具俗称“冷光灯”，用它照射物品时能使被照物品处产生的热效应大大降低，从而广泛地应用于博物馆、商店等处。这种灯降低热效应的原因之一是在灯泡后面放置的反光镜玻璃表面上镀一层薄膜(例如氟化镁)，这种膜能消除不镀膜时玻璃表面反射回来的热效应最显著的红外线。以λ表示红外线的波长，则所镀薄膜的最小厚度应为(　　)
A.λ　　　　　　　　 B.λ
C.λ D．λ
解析：选B　红外线最显著的特点之一就是热效应，当光照射物体时，一般都伴随着大量的红外线。在灯泡后面放置的反光镜玻璃表面上镀一层薄膜(相当于增透膜)，当增透膜最小厚度等于红外线在其中传播的波长的时，灯泡发出的红外线射到增透膜后，从增透膜的前后表面反射回来的两束红外线发生干涉，相互抵消，使反射的红外线强度减弱，达到冷光效果。故B正确。
【变式5-3】[多选]某一质检部门为检测一批矿泉水的质量，利用干涉原理测定矿泉水的折射率。方法是将待测矿泉水填充到特制容器中，放置在双缝与荧光屏之间(之前为空气)，如图所示，特制容器未画出，通过比对填充后的干涉条纹间距x2和填充前的干涉条纹间距x1就可以计算出该矿泉水的折射率。则下列说法正确的是(设空气的折射率为1)(　　)
A．x2x1
C．该矿泉水的折射率为 D．该矿泉水的折射率为
解析：选AC　把空气换成矿泉水后，根据v＝λf可知，入射光的频率f不变，光在介质中的传播速度减小，波长减小。根据干涉的条纹间距公式Δx＝λ可知，对同一个装置来说，波长减小，条纹间距减小，即x2【题型6 干涉中的对比问题】
【例6】(多选)光的干涉现象在技术中有重要应用，例如检查平面的平整程度。如图甲所示，把一透明板压在另一透明板上，一端用薄片垫起，构成空气劈尖，让单色光a、b分别从上方射入，得到明暗相间的条纹如图乙所示。下列说法正确的是(　 )
A．单色光a的波长比单色光b的波长大
B．单色光a的波长比单色光b的波长小
C．同种介质对单色光a的折射率比对单色光b的折射率大
D．同种介质对单色光a的折射率比对单色光b的折射率小
解析：选BC　波长越长，条纹间距越大，由题图乙可知，单色光a的波长比单色光b的波长小，故A错误，B正确；同种介质对波长小的光的折射率大，故C正确，D错误。
【变式6-1】如图所示的双缝干涉实验，用绿光照射单缝S时，在光屏P上观察到干涉条纹．要得到相邻条纹间距更大的干涉图样，可以(　　)
A．增大S1与S2的间距 B．减小双缝屏到光屏的距离
C．将绿光换为红光 D．将绿光换为紫光
答案　C
解析　据光的干涉产生的条纹间距满足的关系Δx＝可知，增大S1与S2的间距，条纹间距减小，A选项错误；减小双缝屏到光屏的距离，条纹间距减小，B选项错误；将绿光换成红光，波长增大，条纹间距增大，C选项正确；绿光换成紫光，波长减小，条纹间距减小，D选项错误．
【变式6-2】劈尖干涉是一种薄膜干涉，其装置如图甲所示，将一块平板玻璃放置在另一平板玻璃上，在一端夹入两张纸片，从而在两玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜．当光垂直入射后，从上往下看到的干涉条纹如图乙所示，干涉条纹有如下特点：
(1)任意一条亮条纹或暗条纹所在位置下面的薄膜厚度相等；
(2)任意相邻亮条纹和暗条纹所对应的薄膜厚度差恒定．
现若在图甲的装置中抽去一张纸片，则当光垂直入射到新的劈形空气薄膜后，从上往下观察到的干涉条纹(　　)
A．变疏 B．变密 C．不变 D．消失
答案　A
解析　如图所示，若抽去一张纸片，则三角截面空气层的倾角变小，则干涉条纹变疏，A正确．
【变式6-3】一束白光在真空中通过双缝后在屏上观察到的干涉条纹，除中央白色亮条纹外，两侧还有彩色条纹，其原因是(　　)
A．各色光的波长不同，因而各色光分别产生的干涉条纹的间距不同
B．各色光的速度不同，因而各色光分别产生的干涉条纹的间距不同
C．各色光的强度不同，因而各色光分别产生的干涉条纹的间距不同
D．上述说法都不正确
答案　A
解析　白光包含各种颜色的光，它们的波长不同，在相同条件下做双缝干涉实验时，它们的干涉条纹间距不同，所以在中央亮条纹两侧出现彩色条纹，A正确．专题1.2 动量守恒定律【八大题型】
【人教版】
【题型1 动量守恒的判断】
【题型2 碰撞问题】
【题型3 爆炸、反冲问题】
【题型4 人船模型】
【题型5 某方向动量守恒】
【题型6 多过程问题】
【题型7 临界问题】
【题型8 高科技问题】
【题型1 动量守恒的判断】
【例1】(2021·全国乙卷)如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统(　 )
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
解析：选B　撤去推力，系统所受合外力为零，动量守恒；因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，故系统的机械能减少，B正确。
【变式1-1】(多选)如图所示，在足够长的光滑水平面上，相对放置着两个形状完全相同的光滑弧形槽A、B，槽底端与光滑水平面相切，其中弧形槽A不固定，弧形槽B固定。一小球从弧形槽A顶端由静止释放。下列判断正确的是(　 )
A．小球在弧形槽A下滑过程中，小球的机械能不守恒
B．小球在弧形槽B上滑过程中，小球的机械能不守恒
C．小球和弧形槽A组成的系统满足动量守恒
D．小球不能上升到弧形槽B的顶端
解析：选AD　由于A是不固定的，小球下滑的过程中，一部分动能转移给了A，所以小球的机械能不守恒，A正确；由于B是固定的，小球在上滑的过程中，动能转化为重力势能，机械能守恒，B错误；小球最初和A的合动量为零，而当小球上升到静止时，小球的动量为零，A的动量不为零，所以小球和弧形槽A组成的系统动量不守恒，C错误；由于小球的一部分动能给了A，所以小球最终到达不了B的顶端，D正确。
【变式1-2】(2021年8省联考·湖北卷)如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是(　 )
A．P对Q做功为零
B．P和Q之间相互作用力做功之和为零
C．P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒
D．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒
解析：选B　P对Q有弹力的作用，并且在力的方向上有位移，在运动中，P会向左移动，P对Q的弹力方向垂直于接触面向上，与Q移动位移方向的夹角大于90°，所以P对Q做功不为0，故A错误；因为P、Q之间的力属于系统内力，并且等大反向，两者在力的方向上发生的位移相等，所以做功之和为0，故B正确；因为系统除重力外，其他力做功代数和为零，所以P、Q组成的系统机械能守恒，系统水平方向上不受外力的作用，水平方向上动量守恒，但是在竖直方向上Q有加速度，即竖直方向上动量不守恒，故C、D错误。
【变式1-3】如图所示，物块与小车壁之间连有水平轻弹簧，弹簧处于伸长状态，外力使整个装置处于静止状态。现撤去其他外力，仅给小车施加一水平向左的恒力F，F恰好等于小车与地面间的滑动摩擦力，在弹簧恢复原长的过程中，则(　 )
A．物块向右运动，小车静止
B．物块与小车组成的系统动量守恒
C．弹簧弹力对小车的冲量与弹簧弹力对物块的冲量相同
D．物块、弹簧与小车组成的系统机械能一定不守恒
解析：选B　F恰好等于小车与地面间的滑动摩擦力，则物块与小车组成的系统所受的合力为零，故物块与小车组成的系统动量守恒，B正确；在弹簧恢复原长的过程中，物块向右运动，则小车向左运动，弹簧弹力对小车的冲量与弹簧弹力对物块的冲量大小相等，方向相反，A、C错误；如果小车上表面光滑，因为小车克服摩擦力做功与F对小车做功相等，则物块、弹簧与小车组成的系统动能与势能相互转化，机械能不变，D错误。
【变式1-4】(多选)如图所示，A、B两物体质量之比 mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑。当弹簧突然被释放后，则以下系统动量守恒的是(　 )
A．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统
B．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统
解析：选BCD　若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，弹簧被释放后，A、B分别相对C向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FA向右，FB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故A、B组成的系统动量不守恒，A错误；对A、B、C组成的系统，A与C、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，和A、B与C间的动摩擦因数或摩擦力大小是否相等无关，B、D正确；若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受的外力之和为零，故其动量守恒，C正确。
【题型2 碰撞问题】
【例2】(2021·广东高考)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s1＝3.5×10－2 m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10－2 m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1。现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10 m/s2。
(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。
[解析]　(1)甲算珠从被拨出到与乙算珠碰撞前，做匀减速直线运动，
加速度大小a1＝＝1 m/s2，
设甲算珠与乙算珠碰撞前瞬间的速度为v1，
则v12－v2＝2(－a1)s1，
解得v1＝0.3 m/s，
甲、乙两算珠碰撞时，由题意可知碰撞过程中动量守恒，取甲算珠初速度方向为正方向，
则有mv1＝mv1′＋mv乙，其中v1′＝0.1 m/s，
解得碰撞后乙算珠的速度v乙＝0.2 m/s，
碰撞后，乙算珠做匀减速直线运动，加速度大小a2＝＝1 m/s2，
设乙算珠能运动的最远距离为x，
则x＝＝0.02 m，
由于x＝s2，
所以乙算珠能够滑动到边框a。
(2)甲算珠从拨出到与乙算珠碰撞所用时间t1＝＝0.1 s，
碰撞后甲算珠继续做匀减速直线运动直到停止，所用时间t2＝＝0.1 s，
所以甲算珠从拨出到停下所需的时间t＝t1＋t2＝0.2 s。
[答案]　(1)能，计算过程见解析　(2)0.2 s
【变式2-1】(2020·全国卷Ⅲ)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为(　 )
A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J
解析：选A　设乙物块的质量为m，由动量守恒定律有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入图中数据解得m乙＝6 kg，进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为E损＝m甲v甲2＋m乙v乙2－m甲v甲′2－m乙v乙′2，代入图中数据解得E损＝3 J，A正确。
【变式2-2】两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是(　 )
A．vA′＝3 m/s，vB′＝4 m/s
B．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
C．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
D．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
解析：选C　碰前系统总动量为p＝mAvA＋mBvB＝10 kg·m/s，碰前总动能为Ek＝mAvA2＋mBvB2＝22 J，如果vA′＝3 m/s，vB′＝4 m/s，则碰后总动量为p′＝11 kg·m/s，动量不守恒，A错误；碰撞后，A、B两球同向运动，A球在B球的后面，A球的速度大于B球的速度，不可能，B错误；如果vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s，则碰后总动量为p′＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为Ek′＝18 J，系统动能减小，满足碰撞的条件，C正确；如果vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s，则碰后总动量为p′＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为Ek′＝57 J，系统动能增加，不可能，D错误。
【变式2-3】(2022·广州模拟)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两个小球在同一直线上运动。两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为8 kg·m/s，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则(　 )
A．右方为A球，碰后A、B的速率之比为2∶3
B．右方为A球，碰后A、B的速率之比为1∶6
C．左方为A球，碰后A、B的速率之比为2∶3
D．左方为A球，碰后A、B的速率之比为1∶6
解析：选C　A、B两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球，若是A球则动量的增量应该是正值，因此碰撞后A球的动量大小为4 kg·m/s，所以碰撞后B球的动量是增加的，为12 kg·m/s，由于mB＝2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶3，故C正确。
【变式2-4】如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2。子弹射入后，求：
(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1。
(2)木板向右滑行的最大速度v2。
(3)物块在木板上滑行的时间t。
解析：(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒可得：
m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6 m/s。
(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2 m/s。
(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：
－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，
解得：t＝1 s。
答案：(1)6 m/s　(2)2 m/s　(3)1 s
【题型3 爆炸、反冲问题】
【例3】一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s。设火箭(包括燃料)质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次。
(1)当发动机第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？
(2)运动第1 s末，火箭的速度为多大？
[解析]　(1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，由动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，解得v3≈2 m/s。
(2)发动机每秒喷气20次，设运动第1 s末，火箭的速度为v20，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv＝0，
解得v20≈13.5 m/s。
[答案]　(1)2 m/s　(2)13.5 m/s
【变式3-1】(2019·江苏高考)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为(　 )
A.v B.v C.v D.v
解析：选B　由题意知：小孩和滑板动量守恒，则Mv＋mv′＝0，得v′＝－v，即滑板的速度大小为，方向与小孩运动方向相反，故B项正确。
【变式3-2】(2022·四川内江模拟)一质量为M的烟花斜飞到空中，到达最高点时的速度为v0，此时烟花炸裂成沿v0所在直线上的两块(损失的炸药质量不计)，两块的速度方向水平相反，落地时水平位移大小相等，不计空气阻力。若向前的一块质量为m，则炸裂瞬间其速度大小为(　 )
A.v0 B.v0
C.v0 D.v0
解析：选C　设炸裂后向前的一块速度大小为v，两块均在空中做平抛运动，根据落地时水平位移大小相等知，两块的速度大小相等、方向相反，炸裂过程系统动量守恒，以炸裂前的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得Mv0＝mv－(M－m)v，解得v＝，C正确，A、B、D错误。
【变式3-3】(2021·浙江1月选考)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。遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s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340 m/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80 m
C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s
D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
解析：选B　爆炸物上升到最高点时，瞬时速度为零，爆炸瞬间水平方向动量守恒，因此质量为2∶1的两块碎块，其速度大小之比为1∶2，根据平抛运动规律可知，水平方向位移大小之比为1∶2，但合位移大小之比并不为1∶2，A错误。根据题意，则有＋＝5，＋＝6，解得s＝340 m，两碎块落地点之间的水平距离为1 020 m，D错误。由上述推导可知，碎块做平抛运动的时间为4 s，根据平抛运动的规律可知，爆炸物爆炸点离地面的高度为h＝gt2＝80 m，B正确。质量大的碎块其初速度为85 m/s，C错误。
【变式3-4】如图所示，A、B质量分别为m1＝1 kg，m2＝2 kg，置于小车C上，小车的质量为m3＝1 kg，A、B与小车间的动摩擦因数为0.5，小车静止在光滑的水平面上。A、B间夹有少量炸药，某时刻炸药爆炸，若A、B间炸药爆炸的能量有12 J转化为A、B的机械能，其余能量转化为内能。A、B始终在小车表面水平运动，小车足够长，求：
(1)炸开后A、B获得的速度大小；
(2)A、B在小车上滑行的时间各是多少？
[解析]　(1)根据爆炸过程中能量的转化，
有：E＝m1v12＋m2v22
爆炸过程中，根据动量守恒得：m1v1＝m2v2
联立解得：v1＝4 m/s，v2＝2 m/s。
(2)爆炸后A、B都在C上滑动，由题意可知B与C会先相对静止，设此时A的速度为v3，B、C的速度为v4，在该过程中，A、B、C组成的系统动量守恒。设该过程的时间为t1。
对A应用动量定理：－μm1gt1＝m1v3－m1v1；
对B应用动量定理：－μm2gt1＝m2v4－m2v2；
对C应用动量定理：(μm2g－μm1g)t1＝m3v4；
代入数据解得：v3＝3 m/s，v4＝1 m/s，t1＝0.2 s。
之后，A在C上滑动直到相对静止，由动量守恒定律可知三者速度都为0。
即：(m1＋m2＋m3)v＝0，
解得v＝0。
设A滑动的总时间为t，对A应用动量定理，则：
－μm1gt＝0－m1v1，
解得：t＝0.8 s。
[答案]　(1)4 m/s　 2 m/s　(2)0.8 s　 0.2 s
【题型4 人船模型】
【例4】(2022·邯郸调研)一个质量为M、底面边长为b的斜面体静止于光滑的水平桌面上，如图所示，有一质量为m的物块由斜面顶部无初速度滑到底部时，斜面体移动的距离为s。下列说法中正确的是(　 )
A．若斜面粗糙，则s＝
B．只有斜面光滑，才有s＝
C．若斜面光滑，则下滑过程中系统动量守恒，机械能守恒
D．若斜面粗糙，则下滑过程中系统动量守恒，机械能不守恒
解析：选A　不论斜面是否光滑，斜面体和物块组成的系统在水平方向上都动量守恒，以向左为正方向，斜面体的位移大小为s，则物块的位移大小为b－s，物块和斜面体的平均速率分别为v1＝，v2＝，由动量守恒定律得mv1－Mv2＝0，解得s＝，A正确，B错误；不论斜面是否光滑，物块下滑过程中系统在竖直方向上所受合力都不为零，系统所受的合力不为零，所以系统动量不守恒，若斜面光滑，则系统机械能守恒，若斜面不光滑，则系统机械能不守恒，C、D错误。
【变式4-1】如图所示小船静止于水面上，站在船尾上的人不断将鱼抛向船头的船舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法正确的是(　 )
A．向左运动，船向左移一些
B．小船静止，船向左移一些
C．小船静止，船向右移一些
D．小船静止，船不移动
解析：选C　人、船、鱼构成的系统水平方向动量守恒，据“人船模型”，鱼动船动，鱼停船静止；鱼对地发生向左的位移，则人、船的位移向右。故C正确。
【变式4-2】(多选)如图所示，质量相同的两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑水平细杆上，初始时刻，细绳处于水平状态。将A、B由静止释放，空气阻力不计，下列说法正确的是(　 )
A．A球将做变速圆周运动
B．B球将一直向右运动
C．B球向右运动的最大位移为L
D．B球运动的最大速度为
[解析]　由于B点不固定，故A的轨迹不可能为圆周，A错误；A球来回摆动，A、B组成的系统在水平方向上不受外力，系统在水平方向上动量守恒，可知B球将做往复运动，B错误；对于A、B组成的系统，当A球摆到左侧，细绳再次处于水平状态时，B球有向右的最大位移，此时对系统有mA－mB＝0，xA＋xB＝2L，解得B球向右运动的最大位移为L，C正确；当A球摆到B球正下方时，B球的速度最大，在水平方向上由动量守恒定律得mAvA＝mBvB，由机械能守恒定律得mAgL＝mAvA2＋mBvB2，解得B球运动的最大速度为vB＝，D正确。
[答案]　CD
【变式4-3】某人在一辆静止的小车上练习打靶，已知车、人、枪(不包括子弹)及靶的总质量为M，枪内装有n颗子弹，每颗子弹的质量均为m，枪口到靶的距离为L，子弹水平射出枪口相对于地的速度为v，在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已嵌入靶中，则发射完n颗子弹时，小车后退的距离为(　　)
A.L B.L
C.L D.L
解析：选C　由题意知系统动量守恒，前一发击中靶后，再打下一发，说明发射后一颗子弹时，车已经停止运动。每发射一颗子弹，车后退一段距离。每发射一颗子弹时，子弹动量为mv，由动量守恒定律有：0＝mv－[M＋(n－1)m]v′，设每发射一颗子弹车后退x，则子弹相对于地面运动的距离是(L－x)，m＝[M＋(n－1)m]，解得：x＝，则打完n发后车共后退s＝。
【题型5 某方向动量守恒】
【例5】如图所示，光滑水平轨道右边与墙壁连接，木块A、B和半径为0.5 m的光滑圆轨道C静置于光滑水平轨道上，A、B、C质量分别为1.5 kg、0.5 kg、4 kg。现让A以6 m/s 的速度水平向右运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为0.3 s，碰后速度大小变为4 m/s。当A与B碰撞后会立即粘在一起运动，已知g＝10 m/s2，求：
(1)A与墙壁碰撞过程中，墙壁对小球平均作用力的大小；
(2)AB第一次滑上圆轨道所能达到的最大高度h。
解析　(1)A与墙壁碰撞过程，规定水平向左为正方向，对A由动量定理有
Ft＝mAv2－mA(－v1)
解得F＝50 N
(2)A与B碰撞过程，对A、B系统，水平方向动量守恒有
mAv2＝(mB＋mA)v3
A、B滑上斜面到最高点的过程，对A、B、C组成的系统，水平方向动量守恒有
(mB＋mA)v3＝(mB＋mA＋mC)v4
由能量守恒得
(mB＋mA)v＝(mB＋mA＋mC)v＋(mB＋mA)gh
解得h＝0.3 m。
答案　(1)50 N　(2)0.3 m
【变式5-1】如图所示，小车的质量M＝2.0 kg，带有光滑的圆弧轨道AB和粗糙的水平轨道BC，且两轨道相切于B点。一小物块(可视为质点)质量为m＝0.5 kg，与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.10，BC部分的长度L＝0.80 m，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若小车固定在水平面上，将小物块从AB轨道的D点静止释放，小物块恰好可运动到C点。试求D点与BC轨道的高度差；
(2)若将小车置于光滑水平面上，小物块仍从AB轨道的D点静止释放，试求小物块滑到BC中点时的速度大小。
解析：(1)设D点与BC轨道的高度差为h，根据动能定理有mgh＝μmgL，解得：h＝8.0×10－2 m。
(2)设小物块滑到BC中点时小物块的速度为v1，小车的速度为v2，对系统，水平方向动量守恒有：mv1－Mv2＝0；根据功能关系有：μmg＝mgh－；由以上各式，解得：v1＝0.80 m/s。
答案：(1)8.0×10－2 m　(2)0.80 m/s
【变式5-2】(多选)如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ。一个质量为m的小物块从斜面底端以初速度v0沿斜面向上开始运动。当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，则下列关系式中正确的是(　 )
A．mv0＝(m＋M)v
B．mv0cos θ＝(m＋M)v
C．mgh＝m(v0sin θ)2
D．mgh＋(m＋M)v2＝mv02
[解析]　小物块上升到最高点时，小物块相对楔形物体静止，所以小物块与楔形物体的速度都为v，二者组成的系统在水平方向上动量守恒，全过程机械能守恒。以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得mv0cos θ＝(m＋M)v，故A错误，B正确；由机械能守恒定律得mgh＋(m＋M)v2＝mv02，故C错误，D正确。
[答案]　BD
【变式5-3】如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个弧形槽，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上滑块，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是(　 )
A．当v0＝时，小球能到达B点
B．如果小球的速度足够大，小球将从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上
C．小球到达斜槽最高点处，小球的速度为零
D．小球回到斜槽底部时，小球速度方向可能向左
解析：选D　滑块不固定，当v0＝时，设小球沿槽上升的高度为h，则有mv0＝(m＋M)v，mv02＝(M＋m)v2＋mgh，可解得h＝R＜R，故A错误；当小球速度足够大，从B点离开滑块时，由于B点切线竖直，在B点时小球与滑块的水平速度相同，离开B点后将再次从B点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上，B错误；当小球到达斜槽最高点，由在水平方向上动量守恒有mv0＝(M＋m)v，小球具有水平速度，故C错误；当小球回到斜槽底部，相当于完成了弹性碰撞，mv0＝mv1＋Mv2，mv02＝mv12＋Mv22，v1＝v0，当m＞M，v1与v0方向相同，向左，当m＜M，v1与v0方向相反，即向右，故D正确。
【题型6 多过程问题】
【例6】(2019·陕西安康模拟)如图所示，三个小木块A、B、C静止在足够长的光滑水平轨道上，质量分别为mA＝0.1 kg，mB＝0.1 kg，mC＝0.3 kg，其中B与C用一个轻弹簧固定连接，开始时整个装置处于静止状态；A和B之间有少许塑胶炸药(质量不计)，现引爆塑胶炸药，若炸药爆炸产生的能量有E＝0.4 J转化为A和B沿轨道方向的动能。
(1)求爆炸后瞬间A、B的速度大小；
(2)求弹簧弹性势能的最大值。
解析　(1)塑胶炸药爆炸瞬间取A和B为研究对象，假设爆炸后瞬间A、B的速度大小分别为vA、vB，取向右为正方向
由动量守恒－mAvA＋mBvB＝0
爆炸产生的能量有0.4 J转化为A、B的动能
E＝mAv＋mBv
解得vA＝vB＝2 m/s
(2)取B、C和弹簧为研究系统，当弹簧第一次被压缩到最短时，B、C达到共同速度vBC，此时弹簧的弹性势能最大，设为Ep1
由动量守恒mBvB＝(mB＋mC)vBC
由能量守恒定律mBv＝(mB＋mC)v＋Ep1
解得Ep1＝0.15 J
答案　(1)大小均为2 m/s　(2)0.15 J
【变式6-1】(多选)如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，小车总质量为M；质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩。开始时小车AB和木块C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起。忽略一切摩擦，以下说法正确的是(　 )
A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动
B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶m
C．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动
D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动
解析：选BC　小车AB与木块C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，AB应向左运动，故A错误；设碰前C的速率为v1，AB的速率为v2，则0＝mv1－Mv2，得＝，故B正确；设C与油泥粘在一起后，AB、C的共同速度为v共，则0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C正确，D错误。
【变式6-2】(2021·河北高考)如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2 kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以1.5 m/s 的初速度、3 m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为μ＝，重力加速度取g＝10 m/s2，sin θ＝，cos θ＝，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化。求：
(1)滑道AB段的长度；
(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
解析：(1)设斜面长度为L，背包质量为m1＝2 kg，在斜面上滑行的加速度为a1，由牛顿第二定律有
m1gsin θ－μm1gcos θ＝m1a1
解得a1＝2 m/s2
滑雪者质量为m2＝48 kg，初速度为v0＝1.5 m/s，加速度为a2＝3 m/s2，在斜面上滑行时间为t，落后时间t0＝1 s，则背包的滑行时间为t＋t0，由运动学公式得
L＝a1(t＋t0)2
L＝v0t＋a2t2
联立解得t＝2 s或t＝－1 s(舍去)，L＝9 m。
(2)设背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为v1、v2，有
v1＝a1(t＋t0)＝6 m/s
v2＝v0＋a2t＝7.5 m/s
滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为v，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
解得v＝7.44 m/s。
答案：(1)9 m　(2)7.44 m/s
【变式6-3】如图所示，一对杂技演员(都视为质点)乘秋千(秋千绳处于水平位置)从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A。已知男演员质量m1和女演员质量m2之比m1∶m2＝2，秋千的质量不计，秋千的摆长为R，C点比O点低5R。求男演员落地点C与O点的水平距离s。
解析：两演员一起从A点摆到B点，只有重力做功，机械能守恒，设总质量为m，则mgR＝mv2，女演员刚好能回到A处，机械能依然守恒，m2gR＝m2v12，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，两演员系统动量守恒(m1＋m2)v＝－m2v1＋m1v2，根据题意：m1∶m2＝2，由以上四式解得v2＝2，接下来男演员做平抛运动，由4R＝gt2，得t＝ ，因而s＝v2t＝8R。
答案：8R
【变式6-4】(2022·北京海淀区模拟)如图所示，静止在光滑水平桌面上的物块A和B用一轻质弹簧拴接在一起，弹簧处于原长。一颗子弹沿弹簧轴线方向射入物块A并留在其中，射入时间极短。下列说法中正确的是(　 )
A．子弹射入物块A的过程中，子弹和物块A的机械能守恒
B．子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的冲量大小大于物块A对子弹的冲量大小
C．子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和等于射入物块A前子弹的动能
D．两物块运动过程中，弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能
解析：选D　子弹射入物块A的过程中，为完全非弹性碰撞动能损失最大，动能转化为内能，则子弹和物块A的机械能不守恒，A错误；子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的冲量大小等于物块A对子弹的冲量大小，B错误；子弹射入物块A后，因为有动能转化为内能，两物块与子弹的动能之和小于射入物块A前子弹的动能，C错误；两物块运动过程中，弹簧最短时与弹簧最长时都是两物体具有共同速度时，有mA＋m子v1＝mA＋m子＋mBv2，ΔEp＝mA＋m子v12－(mA＋m子＋mB)v22，则弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能，D正确。
【题型7 临界问题】
【例7】如图所示，质量为3m的物块A与质量为m的物块B用轻弹簧和不可伸长的细线连接，静止在光滑的水平面上，此时细线刚好伸直但无弹力。现使物块A瞬间获得向右的速度v0，在以后的运动过程中，细线没有绷断，以下判断正确的是(　 )
A．细线再次伸直前，物块A的速度先减小后增大
B．细线再次伸直前，物块B的加速度先减小后增大
C．弹簧最大的弹性势能等于mv02
D．物块A、B与弹簧组成的系统，损失的机械能最多为mv02
解析：选C　细线再次伸直时，也就是弹簧再次恢复原长时，该过程中A始终受到向左的弹力，即一直做减速运动，B始终受到向右的弹力，即一直做加速运动，弹簧的弹力先变大后变小，则B的加速度先增大后减小，故A、B错误；弹簧弹性势能最大时，弹簧被压缩到最短，此时两物块速度相同，根据动量守恒定律可得3mv0＝(3m＋m)v，解得v＝v0，根据能量守恒定律可得弹簧最大的弹性势能Epmax＝×3mv02－×(3m＋m)v2＝mv02，故C正确；整个过程中，只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，故D错误。
【变式7-1】(多选)如图所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为d，两小球质量分别为m1、m2，m1＞m2，m2的左边有一固定挡板。由图示位置静止释放m1、m2，当m1与m2相距最近时m1的速度为v1，则在以后的运动过程中(　 )
A．m1的最小速度是0
B．m1的最小速度是v1
C．m2的最大速度是v1
D．m2的最大速度是v1
解析：选BD　由题意结合题图可知，当m1与m2相距最近时，m2的速度为0，此后，m1在前，做减速运动，m2在后，做加速运动，当再次相距最近时，m1减
速结束，m2加速结束，此时m1速度最小，m2速度最大，在此过程中系统动量和机械能均守恒m1v1＝m1v1′＋m2v2，m1v12＝m1v1′2＋m2v22，解得v1′＝v1，v2＝v1，B、D正确；A、C错误。
【变式7-2】如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度的大小。(不计水的阻力和货物在两船之间的运动过程)
解析：设乙船上的人抛出货物的最小速度的大小为vmin，抛出货物后乙船的速度为v乙。甲船上的人接到货物后甲船的速度为v甲，规定水平向右的方向为正方向。
对乙船和货物的作用过程，由动量守恒定律得
12mv0＝11mv乙－mvmin ①
对货物和甲船的作用过程，同理有
10m×2v0－mvmin＝11mv甲 ②
为避免两船相撞应有v甲＝v乙 ③
联立①②③式得vmin＝4v0。
答案：4v0
【变式7-3】(多选)(2020·全国卷Ⅱ·21)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞．总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员．不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　)
A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg
答案　BC
解析　设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，运动员速度大小为v2……第八次推物块后，运动员速度大小为v8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：Mv1＝mv0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，第n次推物块后，由动量守恒定律知：M(vn－vn－1)＝2mv0，整理得vn＝，则v7＝，v8＝.由题意知，v7<5 m/s，则M>52 kg，又知v8>5 m/s，则M<60 kg，故选B、C.
【变式7-4】(2021年8省联考·广东卷)如图所示，固定的粗糙斜面，倾角θ＝30°，斜面底端O处固定一个垂直斜面的弹性挡板。在斜面上P、Q两点有材质相同、质量均为m的滑块A和B，A和B恰好能静止，且均可视为质点，Q到O的距离是L，Q到P的距离是kL(k>0)。现始终给A施加一个大小为F＝mg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，g为重力加速度。设A、B之间以及B与挡板之间的碰撞时间极短，且无机械能损失，滑块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)A、B第一次碰撞后瞬间它们的速率分别为多少。
(2)A、B第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间。
解析：(1)A和B恰好能静止，则有
mgsin θ＝μmgcos θ，
当给A施加一个大小为F＝mg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，
由牛顿第二定律可知F＋mgsin θ－μmgcos θ＝ma
解得：a＝g
A与B碰撞前的速度为v12＝2gkL
A与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律可知
mv1＝mv2＋mv1′，
由能量守恒定律可知mv12＝mv22＋mv1′2
解得：v1′＝0，v2＝。
(2)碰撞后B运动到底端所用时间为
t1＝＝
A运动到底端所用时间为t2＝
若t1＝t2
解得：k＝
当0＜k≤时，A与B同向相撞，即B与挡板碰撞前A、B发生第二次碰撞，此时有gt2＝t
解得：t＝2
当k＞时，A与B反向相撞，即B先与挡板碰撞反向后与A发生第二次碰撞，
B与挡板碰后原速率返回mgsin θ＋μmgcos θ＝ma′
解得：a′＝g
再次相碰时，满足：L－gt2＝·(t－t1)－a′(t－t1)2，
解得：t＝ 。
答案：(1)0　　(2)当0＜k≤时，t＝2；当k＞时，t＝
【题型8 高科技问题】
【例8】秦山核电站是我国第一座核电站，其三期工程采用重水反应堆技术，利用中子(n)与静止氘核(H)的多次碰撞，使中子减速。已知中子某次碰撞前的动能为E，碰撞可视为弹性正碰。经过该次碰撞后，中子损失的动能为(　 )
A.E B.E C.E D.E
解析：选B　质量数为1的中子与质量数为2的氘核发生弹性碰撞，满足机械能守恒和动量守恒，设中子的初速度为v0，碰撞后中子和氘核的速度分别为v1和v2，可列式×1×v02＝×1×v12＋×2×v22,1×v0＝1×v1＋2×v2。解得：v1＝－v0，即动能减小为原来的，动能损失量为E。
【变式8-1】如图所示，我国自行研制的第五代隐形战机“歼-20”以速度v0水平向右匀速飞行，到达目标地时，将质量为M的导弹自由释放，导弹向后喷出质量为m、对地速率为v1的燃气，则喷气后导弹的速率为(　 )
A. B.
C. D.
解析：选A　设导弹飞行的方向为正方向，由动量守恒定律Mv0＝(M－m)v－mv1，解得v＝。
【变式8-2】所谓对接是指两艘以几乎同样快慢同向运行的宇宙飞船在太空中互相靠近，最后连接在一起。假设“天舟一号”和“天宫二号”的质量分别为M、m，两者对接前的在轨速度分别为v＋Δv、v，对接持续时间为Δt，则在对接过程中“天舟一号”对“天宫二号”的平均作用力大小为(　 )
A. B.
C. D．0
解析：选C　在“天舟一号”和“天宫二号”对接的过程中，水平方向动量守恒，则有M(v＋Δv)＋mv＝(M＋m)v′，解得对接后两者的共同速度v′＝v＋，以“天宫二号”为研究对象，根据动量定理有F·Δt＝mv′－mv，解得F＝，故C正确。专题3.1 机械波的形成与传播
【人教版】
【题型1 机械波的传播规律】
【题型2 波的图像的应用】
【题型3 波的图像与振动图像的综合应用】
【题型4 时间周期性导致的多解问题】
【题型5 空间周期性导致的多解问题】
【题型6 波传播的双向性导致的多解问题】
【题型1 机械波的传播规律】
【例1】一频率为5 Hz的振源O做简谐运动时形成的水波如图所示。已知该波的波速为1 m/s，到振源O的距离为0.75 m和1.2 m处分别有一片可看成质点的小树叶P和Q，则下列说法正确的是(　 )
A．两片树叶的起振方向相反
B．水波的波长为0.2 m
C．Q的起振时刻比P的晚半个周期
D．当Q在波谷时，P恰好到波峰
【变式1-1】均匀介质中质点A、B的平衡位置位于x轴上，坐标分别为0和xB＝16 cm。某简谐横波沿x轴正方向传播，波速为v＝20 cm/s，波长大于20 cm，振幅为y＝1 cm，且传播时无衰减。t＝0时刻A、B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Δt＝0.6 s，两者偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同。已知在t1时刻(t1>0)，质点A位于波峰。求：
(1)从t1时刻开始，质点B最少要经过多长时间位于波峰；
(2)t1时刻质点B偏离平衡位置的位移。
【变式1-2】如图所示为海洋生态自动监测浮标，可用于监测水质和气象等参数。一列水波(视为横波)沿海面传播，在波的传播方向上相距4.5 m的两处分别有甲、乙两浮标，两浮标随波上下运动。当甲运动到波峰时，乙恰好运动到波谷，此时甲、乙之间只有一个波峰。观察到甲从第1次到达波峰与第11次到达波峰的时间间隔为20 s，则该水波(　 )
A．振幅为4.5 m B．波长为3 m
C．频率为2 Hz D．波速为2.25 m/s
【变式1-3】(多选)某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以1.8 m/s的速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近.该同学发现从第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15 s.下列说法正确的是(　　)
A.该水面波的频率为6 Hz
B.该水面波的波长为3 m
C.水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时能量不会传递出去
D.水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时振动的质点并不随波迁移
【题型2 波的图像的应用】
【例2】(多选)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
【变式2-1】一列简谐横波沿x轴正方向传播，周期为T，t＝0时的波形如图所示。t＝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1 m
C．质点c的加速度为零
D．质点d的位移为－5 cm
【变式2-2】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
【变式2-3】B型超声检查，其原理是运用高频率声波(超声波)对人体内部组织、器官反射成像，可以观察被检组织的形态。如图为仪器检测到的发送和接收的短暂超声波脉冲图像，其中实线为沿x轴正方向发送的超声波脉冲，虚线为一段时间后遇到人体组织沿x轴负方向返回的超声波脉冲。已知超声波在人体内的传播速度约为1 500 m/s，下列说法正确的是(　 )
A．此超声波的频率约为125 Hz
B．质点B此时刻沿y轴正方向运动
C．此时刻质点A、B两点加速度大小相等方向相反
D．质点B在此时刻后的四分之一周期内运动的路程等于4 mm
【题型3 波的图像与振动图像的综合应用】
【例3】一列沿x轴正方向传播的简谐横波，其波源的平衡位置在坐标原点，波源在0～4 s内的振动图像如图(a)所示，已知波的传播速度为0.5 m/s。
(1)求这列横波的波长；
(2)求波源在4 s内通过的路程；
(3)在图(b)中画出t＝4 s时刻的波形图。
【变式3-1】(2022·北京西城区模拟)如图甲所示，用手握住长绳的一端，t＝0时刻在手的带动下绳上A点开始上下振动，其振动图像如图乙所示，则能正确反映t1时刻绳上形成的波形的是(　 )
【变式3-2】(多选)一列简谐横波沿x轴正方向传播，图(a)是t＝0时刻的波形图，图(b)和图(c)分别是x轴上某两处质点的振动图像。由此可知，这两质点平衡位置之间的距离可能是(　 )
A. m B． m C．1 m D． m
【变式3-3】渔船上的声呐利用超声波来探测远方鱼群的方位。某渔船发出的一列超声波在t＝0时的波动图像如图1所示，图2为质点P的振动图像，则(　 )
A．该波的波速为1.5 m/s
B．该波沿x轴负方向传播
C．0～1 s时间内，质点P沿x轴运动了1.5 m
D．0～1 s时间内，质点P运动的路程为2 m
【题型4 时间周期性导致的多解问题】
【例4】如图中实线是一列简谐横波在t1＝0时刻的波形，虚线是这列波在t2＝0.5 s时刻的波形.
(1)写出这列波的波速表达式；
(2)若波速大小为74 m/s，波速方向如何？
【变式4-1】在平静的介质中，从波源O发出的一列简谐横波沿x轴正方向传播，t1秒时刻的波形用实线表示，t2秒(t2>t1)时刻的波形用虚线表示。介质中的质点Q位于x＝18 m处，则下列说法正确的是(　 )
A．该简谐横波的波长可能为6 m
B．该波的波速大小一定为 m/s
C．在t1秒时刻至t2秒时刻这段时间内，介质中的质点M的运动过程是由先加速、后减速两段过程组成
D．根据图像无法判断质点Q的起振方向
【变式4-2】一列简谐横波在x轴上传播，如图所示，实线是这列波在t1＝0.1 s时刻的波形，虚线是这列波在t2＝0.2 s时刻的波形，求：
(1)如果此波沿x轴正方向传播，波速的最小值；
(2)如果此波沿x轴负方向传播，波速的可能值．
【变式4-3】(多选)一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t＋0.6 s时刻的波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点。下列说法正确的是(　 )
A．这列波的波速可能为50 m/s
B．质点a在这段时间内通过的路程一定小于30 cm
C．质点c在这段时间内通过的路程可能为60 cm
D．若周期T＝0.8 s，则在t＋0.5 s时刻，质点b、P的位移相同
【题型5 空间周期性导致的多解问题】
【例5】(多选)如图所示，一列简谐横波向右传播，P、Q两质点平衡位置相距0.15 m。当P运动到上方最大位移处时，Q刚好运动到下方最大位移处，则这列波的波长可能是(　 )
A．0.60 m B．0.30 m C．0.20 m D．0.10 m
【变式5-1】(多选)一列简谐横波沿x轴传播，已知x轴上x1＝1 m和x2＝7 m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．7 m/s B．2 m/s C．1.2 m/s D．1 m/s
【变式5-2】一列沿x轴负方向传播的简谐横波，t＝2 s时的波形如图(a)所示，x＝2 m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
【变式5-3】在一列沿水平直线传播的简谐横波上有相距4 m的A、B两点，如图甲、乙分别是A、B两质点的振动图象.已知该波波长大于2 m，求这列波可能的波速.
【题型6 波传播的双向性导致的多解问题】
【例6】(2021·全国乙卷)图中实线为一列简谐横波在某一时刻的波形曲线。经过0.3 s后，其波形图曲线如图中虚线所示。已知该波的周期T大于0.3 s，若波是沿x轴正方向传播的，则该波的速度大小为________m/s，周期为________s；若波是沿x轴负方向传播的，该波的周期为________s。
【变式6-1】(多选)一列简谐横波沿x轴传播，如图所示，实线为t1＝2 s时的波形图，虚线为t2＝5 s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(　 )
【变式6-2】水袖是中国古典舞中用于情感表达和抒发的常用技巧，舞者的手有规律的振动传导至袖子上，给人营造出一种“行云流水”的美感，这一过程其实就是机械波的传播.现有一列简谐波某时刻的波形如图中实线所示.经过0.5 s后的波形如图中的虚线所示.已知波的周期为T，且0.25 sA.当波向－x方向传播时，波速等于10 m/s
B.不论波向x轴哪一方向传播，在这0.5 s内x＝1 m处的质点M通过的路程都相等
C.当波沿＋x方向传播时，x＝1 m处的质点M和x＝2.5 m处的质点N在这0.5 s内通过的路程不相等
D.当波沿－x方向传播，经过0.1 s时，质点M离开平衡位置的位移一定为零
【变式6-3】(多选)如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线为t＝0时刻的波形图，虚线为t＝0.6 s时刻的波形图，已知波的周期T>0.6 s，下列说法正确的是(　 )
A．该波的波速一定是10 m/s
B．该波的波速可能是 m/s
C．t＝2.7 s时，Q点的位移一定是0
D．t＝5.1 s时，Q点的位移可能是0.2 m
参考答案
【题型1 机械波的传播规律】
【例1】一频率为5 Hz的振源O做简谐运动时形成的水波如图所示。已知该波的波速为1 m/s，到振源O的距离为0.75 m和1.2 m处分别有一片可看成质点的小树叶P和Q，则下列说法正确的是(　 )
A．两片树叶的起振方向相反
B．水波的波长为0.2 m
C．Q的起振时刻比P的晚半个周期
D．当Q在波谷时，P恰好到波峰
解析：选B　两片树叶可看作是水波上的两个质点，它们的起振方向均与波源的起振方向相同，故A错误；已知波速为v＝1 m/s，周期T＝＝0.2 s，则水波的波长为λ＝vT＝0.2 m，故B正确；P、Q到波源的距离之差为Δx＝(1.2－0.75)m＝0.45 m＝λ，故Q的起振时刻比P的晚个周期，当Q在波谷时，P恰好到平衡位置，故C、D错误。
【变式1-1】均匀介质中质点A、B的平衡位置位于x轴上，坐标分别为0和xB＝16 cm。某简谐横波沿x轴正方向传播，波速为v＝20 cm/s，波长大于20 cm，振幅为y＝1 cm，且传播时无衰减。t＝0时刻A、B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Δt＝0.6 s，两者偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同。已知在t1时刻(t1>0)，质点A位于波峰。求：
(1)从t1时刻开始，质点B最少要经过多长时间位于波峰；
(2)t1时刻质点B偏离平衡位置的位移。
[解析]　(1)因波速v＝20 cm/s，波长大于20 cm，所以周期T＞1 s，又由t＝0时刻后每隔0.6 s A、B两者偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同，可知该波周期T＝1.2 s，该波波长λ＝vT＝24 cm，故A、B的平衡位置相距λ，从t1时刻开始，质点B最少要经过T＝0.8 s位于波峰。
(2)在t1时刻(t1＞0)，质点A位于波峰，A、B平衡位置相距λ，可知质点B偏离平衡位置的位移
yB＝ycos＝－0.5 cm。
[答案]　(1)0.8 s　(2)－0.5 cm
【变式1-2】如图所示为海洋生态自动监测浮标，可用于监测水质和气象等参数。一列水波(视为横波)沿海面传播，在波的传播方向上相距4.5 m的两处分别有甲、乙两浮标，两浮标随波上下运动。当甲运动到波峰时，乙恰好运动到波谷，此时甲、乙之间只有一个波峰。观察到甲从第1次到达波峰与第11次到达波峰的时间间隔为20 s，则该水波(　 )
A．振幅为4.5 m B．波长为3 m
C．频率为2 Hz D．波速为2.25 m/s
解析：选B　根据题给条件无法得知浮标离开平衡位置的最大距离，故A错误；设波长为λ，则由题意可知λ＝4.5 m，解得λ＝3 m，故B正确；设周期为T，则由题意可知10T＝20 s，解得T＝2 s，所以频率为f＝＝0.5 Hz，故C错误；波速为v＝＝1.5 m/s，故D错误。
【变式1-3】(多选)某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以1.8 m/s的速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近.该同学发现从第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15 s.下列说法正确的是(　　)
A.该水面波的频率为6 Hz
B.该水面波的波长为3 m
C.水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时能量不会传递出去
D.水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时振动的质点并不随波迁移
答案　BD
解析　从第1个波峰到第10个波峰经历了9个波形，时间间隔为15 s，所以其振动周期为T＝ s＝ s，频率为f＝＝0.6 Hz，A错误；波长λ＝vT＝1.8× m＝3 m，B正确；波传播过程中，传播的是振动形式，能量可以传递出去，但质点并不随波迁移，C错误，D正确.
【题型2 波的图像的应用】
【例2】(多选)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
[解析]　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，则结合题图可知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；由题意可知，t＝1 s为T，解得T＝ s，由题图可知λ＝12 m，则v＝＝ m/s＝13 m/s，故C正确，B错误；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。
[答案]　AC
【变式2-1】一列简谐横波沿x轴正方向传播，周期为T，t＝0时的波形如图所示。t＝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1 m
C．质点c的加速度为零
D．质点d的位移为－5 cm
[解析]　t＝时，质点a沿y轴正方向运动到平衡位置，其速度方向沿y轴正方向，A错误；根据简谐横波的传播特点可知，质点只在平衡位置附近上下振动，不会随波迁移， B错误；t＝时，质点c运动到平衡位置，所受合外力为零，加速度为零，C正确；t＝时，质点d的位移为5 cm，D错误。
[答案]　C
【变式2-2】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
解析：选D　由题知K质点比L质点先回到平衡位置，则此时K质点应沿y轴负方向运动，再根据“上、下坡”法可知，该波应沿x轴正方向传播，A、B错误；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；由于质点在竖直方向做机械振动，根据F＝－ky＝ma，结合波动图像可看出yL＞yK，则此时K质点的加速度比L质点的小，D正确。
【变式2-3】B型超声检查，其原理是运用高频率声波(超声波)对人体内部组织、器官反射成像，可以观察被检组织的形态。如图为仪器检测到的发送和接收的短暂超声波脉冲图像，其中实线为沿x轴正方向发送的超声波脉冲，虚线为一段时间后遇到人体组织沿x轴负方向返回的超声波脉冲。已知超声波在人体内的传播速度约为1 500 m/s，下列说法正确的是(　 )
A．此超声波的频率约为125 Hz
B．质点B此时刻沿y轴正方向运动
C．此时刻质点A、B两点加速度大小相等方向相反
D．质点B在此时刻后的四分之一周期内运动的路程等于4 mm
解析：选B　由题意可知，发送和接收的超声波频率相同，由图像可知波长λ＝12 mm＝1.2×10－2 m，由于v＝＝fλ，可得频率f＝，代入数据解得f＝1.25×105 Hz，A错误；质点B在接收的超声波脉冲图像上，此脉冲沿x轴负方向传播，由“上下坡法”可知，此时刻质点B沿y轴正方向运动，B正确；此时刻质点A沿y轴正方向运动，其加速度方向沿y轴负方向，质点B沿y轴正方向运动，其加速度方向沿y轴负方向，因此质点A和质点B加速度大小相等，方向相同，C错误；此时刻质点B的位移为2 mm，且沿y轴正方向运动，经十二分之一周期，恰好第一次运动到波峰，所以经四分之一周期质点B运动的路程是s＝2 mm＋4 mm－2 mm≈2.536 mm，D错误。
【题型3 波的图像与振动图像的综合应用】
【例3】一列沿x轴正方向传播的简谐横波，其波源的平衡位置在坐标原点，波源在0～4 s内的振动图像如图(a)所示，已知波的传播速度为0.5 m/s。
(1)求这列横波的波长；
(2)求波源在4 s内通过的路程；
(3)在图(b)中画出t＝4 s时刻的波形图。
解析：(1)由题图(a)可知，振幅A＝4 cm，周期T＝4 s，由于波的传播速度为0.5 m/s，根据波长与速度关系有λ＝vT＝2 m。
(2)由(1)可知波源的振动周期为4 s，则4 s内波源通过的路程为s＝4A＝16 cm。
(3)由题图(a)可知在t＝0时波源的起振方向向上，由于波速为0.5 m/s，则在4 s时x＝vt＝2 m，可知该波刚好传到位置为2 m的质点，且波源刚好回到平衡位置，且该波沿x轴正方向传播，则根据“上、下坡”法可绘制出t＝4 s时刻的波形图如图所示。
答案：(1)2 m　(2)16 cm　(3)见解析图
【变式3-1】(2022·北京西城区模拟)如图甲所示，用手握住长绳的一端，t＝0时刻在手的带动下绳上A点开始上下振动，其振动图像如图乙所示，则能正确反映t1时刻绳上形成的波形的是(　 )
解析：选B　根据A点振动图像可知，在t1时刻绳上A点向下运动，由振动图像可知，波传播的时间t1恰好为一个半周期，传播的距离为一个半波长，C、D错误；由题图乙知A点起振方向向上，故B正确，A错误。
【变式3-2】(多选)一列简谐横波沿x轴正方向传播，图(a)是t＝0时刻的波形图，图(b)和图(c)分别是x轴上某两处质点的振动图像。由此可知，这两质点平衡位置之间的距离可能是(　 )
A. m B． m C．1 m D． m
解析：选BD　t＝0时刻题图(b)中的质点正处于正向最大位移处，与之相对应的是波形图中的x1＝ m＋nλ(n＝0,1,2，…)的质点，题图(c)中的质点正在负向处向负方向振动，根据振动方程－＝Asin ，x2＝ m＋nλ(n＝0,1,2，…)，所以这两质点平衡位置之间的距离可能是Δx＝|x2－x1|＝，当n＝0时，Δx＝ m，也有可能是Δx＝ m，故B、D正确，A、C错误。
【变式3-3】渔船上的声呐利用超声波来探测远方鱼群的方位。某渔船发出的一列超声波在t＝0时的波动图像如图1所示，图2为质点P的振动图像，则(　 )
A．该波的波速为1.5 m/s
B．该波沿x轴负方向传播
C．0～1 s时间内，质点P沿x轴运动了1.5 m
D．0～1 s时间内，质点P运动的路程为2 m
解析：选D　由题图1可知，该波的波长λ＝1.5×10－2 m，由题图2可知周期T＝1×10－5s，则该波的波速v＝＝ m/s＝1.5×103 m/s，A错误；由题图2可得，在t＝0时刻，质点P沿y轴正方向振动，由波形的平移方式可知该波沿x轴正方向传播，B错误；质点P只在平衡位置上下振动，不沿x轴运动，C错误；质点P的振幅是5×10－6 m，在0～1 s时间内共振动了＝105个周期，运动的路程是s＝4×5×10－6×105 m＝2 m，D正确。
【题型4 时间周期性导致的多解问题】
【例4】如图中实线是一列简谐横波在t1＝0时刻的波形，虚线是这列波在t2＝0.5 s时刻的波形.
(1)写出这列波的波速表达式；
(2)若波速大小为74 m/s，波速方向如何？
答案　见解析
解析　(1)由题图可知λ＝8 m
当波向右传播时，在Δt＝t2－t1时间内波传播的距离为
s＝nλ＋λ＝(8n＋3)m(n＝0,1,2…)
波速为v＝＝ m/s＝(16n＋6) m/s(n＝0,1,2…).
当波向左传播时，在Δt＝t2－t1时间内波传播的距离为
s＝nλ＋λ＝(8n＋5) m(n＝0,1,2…)
波速为v＝＝ m/s＝(16n＋10)m/s(n＝0,1，2…).
(2)若波速大小为74 m/s，在Δt＝t2－t1时间内波传播的距离为s＝v·Δt＝74×0.5 m＝37 m.
因为37 m＝4λ＋λ，所以波向左传播.
【变式4-1】在平静的介质中，从波源O发出的一列简谐横波沿x轴正方向传播，t1秒时刻的波形用实线表示，t2秒(t2>t1)时刻的波形用虚线表示。介质中的质点Q位于x＝18 m处，则下列说法正确的是(　 )
A．该简谐横波的波长可能为6 m
B．该波的波速大小一定为 m/s
C．在t1秒时刻至t2秒时刻这段时间内，介质中的质点M的运动过程是由先加速、后减速两段过程组成
D．根据图像无法判断质点Q的起振方向
[解析]　由波形图可知，波长λ＝8 m，故A错误；波沿x轴正方向传播，位移为x＝nλ＋＝(8n＋4)m(n＝0,1,2,3，…)，则波速为v＝＝ m/s(n＝0,1,2，3，…)，则当n＝0时，波速为 m/s，不是一定为 m/s，故B错误；在t1～t2时间内，若是在一个周期内，则质点M是先加速、后减速，若是包含多个周期则由多个运动阶段组成，不仅是两段过程组成，故C错误；t1、t2时刻不是0时刻的图像，故无法判断O点的起振方向，也就无法判断质点Q的起振方向，故D正确。
[答案]　D
【变式4-2】一列简谐横波在x轴上传播，如图所示，实线是这列波在t1＝0.1 s时刻的波形，虚线是这列波在t2＝0.2 s时刻的波形，求：
(1)如果此波沿x轴正方向传播，波速的最小值；
(2)如果此波沿x轴负方向传播，波速的可能值．
答案　(1)30 m/s　(2)v＝(80k＋50) m/s(k＝0,1,2，3…)
解析　(1)由波形图知波长λ＝8 m
波沿x轴正方向传播时，传播距离Δx满足Δx＝kλ＋λ(k＝0,1,2,3…)
由v＝知，当k＝0时波速取最小值．
解得最小波速vmin＝30 m/s
(2)波沿x轴负方向传播时，传播距离Δx＝kλ＋λ(k＝0,1,2,3…)
由v＝得
v＝(80k＋50) m/s(k＝0,1,2,3…)
【变式4-3】(多选)一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t＋0.6 s时刻的波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点。下列说法正确的是(　 )
A．这列波的波速可能为50 m/s
B．质点a在这段时间内通过的路程一定小于30 cm
C．质点c在这段时间内通过的路程可能为60 cm
D．若周期T＝0.8 s，则在t＋0.5 s时刻，质点b、P的位移相同
解析：选ACD　由波形图可知波长λ＝40 m，且0.6 s＝nT＋T(n＝0,1,2，…)，解得周期T＝ s(n＝0,1,2，…)。当n＝0时，T＝0.8 s，波速v＝＝50 m/s，A正确。由传播方向沿x轴正方向可知质点a在t时刻向上运动，当n＝0时，T＝0.8 s，则质点a在这段时间内通过的路程小于30 cm；当n＝1时，T＝ s，质点a在这段时间内通过的路程大于30 cm，B错误。若n＝1，则T＝ s，波传播到c点所用时间为T,0.6 s＝，质点c振动的时间为T－T＝T，故在这段时间内质点c通过的路程为6A＝60 cm，C正确。若T＝0.8 s，t＋0.5 s时刻，质点b、P的位移均为负值，大小相等，D正确。
【题型5 空间周期性导致的多解问题】
【例5】(多选)如图所示，一列简谐横波向右传播，P、Q两质点平衡位置相距0.15 m。当P运动到上方最大位移处时，Q刚好运动到下方最大位移处，则这列波的波长可能是(　 )
A．0.60 m B．0.30 m C．0.20 m D．0.10 m
解析：选BD　由题意，P、Q两点之间的间距为＋nλ＝0.15 m(n＝0,1,2，…)，故n＝0时，λ＝0.3 m；n＝1时，λ＝0.1 m。
【变式5-1】(多选)一列简谐横波沿x轴传播，已知x轴上x1＝1 m和x2＝7 m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．7 m/s B．2 m/s C．1.2 m/s D．1 m/s
[解析]　由振动图像可知周期T＝4 s，零时刻x1处质点在平衡位置且向下振动，而x2处质点在正的最大位移处。①若波沿x轴正向传播，其波形如图甲所示，x2处质点的平衡位置可能在A1或A2或A3…
则波长有：x2－x1＝λ(n＝0,1,2，…)
得波速表达式v＝＝＝(n＝0,1,2，…)
当n＝0时，v＝6 m/s，当n＝1时，v＝1.2 m/s，C正确。
②若波沿x轴负向传播，其波形如图乙所示。
则有x2－x1＝λ(n＝0,1,2，…)
得v＝＝＝(n＝0,1,2，…)
当n＝0时，v＝2 m/s，当n＝1时，v≈0.86 m/s，B正确。
[答案]　BC
【变式5-2】一列沿x轴负方向传播的简谐横波，t＝2 s时的波形如图(a)所示，x＝2 m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
[解析]　根据题图(b)可知t＝2 s时x＝2 m处的质点正经过平衡位置向下振动；又因为该波向x轴负方向传播，结合图(a)，利用“上下坡”法可知x＝2 m为半波长的奇数倍，即有(2n－1)＝2 m，(n＝1,2,3，…)，而由图(b)可知该波的周期为T＝4 s；所以该波的波速为v＝＝ m/s，(n＝1,2,3，…)，当n＝3时可得波的速率为v＝ m/s，故A正确。
[答案]　A
【变式5-3】在一列沿水平直线传播的简谐横波上有相距4 m的A、B两点，如图甲、乙分别是A、B两质点的振动图象.已知该波波长大于2 m，求这列波可能的波速.
答案　见解析
解析　由振动图象得质点振动周期T＝0.4 s，
若波由A向B传播，B点比A点晚振动的时间Δt＝nT＋T(n＝0,1,2,3，…)，
所以A、B间的距离为Δs＝vΔt＝Δt＝nλ＋λ(n＝0,1,2,3，…)，
则波长为λ＝＝ m，
因为λ>2 m，所以n＝0,1
当n＝0时，λ1＝ m，v1＝＝ m/s，
当n＝1时，λ2＝ m，v2＝＝ m/s.
若波由B向A传播，A点比B点晚振动的时间Δt＝nT＋T(n＝0,1,2,3，…)，
所以A、B间的距离为
Δs＝nλ＋λ(n＝0,1,2,3，…)，
则波长为λ＝＝ m
因为λ>2 m，所以n＝0,1
当n＝0时，λ1＝16 m，v1＝40 m/s，
当n＝1时，λ2＝ m，v2＝8 m/s.
【题型6 波传播的双向性导致的多解问题】
【例6】(2021·全国乙卷)图中实线为一列简谐横波在某一时刻的波形曲线。经过0.3 s后，其波形图曲线如图中虚线所示。已知该波的周期T大于0.3 s，若波是沿x轴正方向传播的，则该波的速度大小为________m/s，周期为________s；若波是沿x轴负方向传播的，该波的周期为________s。
解析：若波是沿x轴正方向传播的，波形移动了15 cm，由此可求出波速和周期：
v1＝ m/s＝0.5 m/s；T1＝＝ s＝0.4 s。
若波是沿x轴负方向传播的，波形移动了5 cm，由此可求出波速和周期：
v2＝ m/s＝ m/s；T2＝＝ s＝1.2 s。
答案：0.5　0.4　1.2
【变式6-1】(多选)一列简谐横波沿x轴传播，如图所示，实线为t1＝2 s时的波形图，虚线为t2＝5 s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(　 )
解析：选AC　由题意，如果波沿x轴正方向传播，则t2－t1＝T，且n＝0,1,2，…，当n＝0时，T＝4 s，在t1＝2 s时刻，质点位于平衡位置且向上振动，故A正确，B错误；如果波沿x轴负方向传播，则t2－t1＝T，且n＝0,1,2，…，当n＝0时，T＝12 s，在t1＝2 s时刻，质点位于平衡位置且向下振动，故C正确，D错误。
【变式6-2】水袖是中国古典舞中用于情感表达和抒发的常用技巧，舞者的手有规律的振动传导至袖子上，给人营造出一种“行云流水”的美感，这一过程其实就是机械波的传播.现有一列简谐波某时刻的波形如图中实线所示.经过0.5 s后的波形如图中的虚线所示.已知波的周期为T，且0.25 sA.当波向－x方向传播时，波速等于10 m/s
B.不论波向x轴哪一方向传播，在这0.5 s内x＝1 m处的质点M通过的路程都相等
C.当波沿＋x方向传播时，x＝1 m处的质点M和x＝2.5 m处的质点N在这0.5 s内通过的路程不相等
D.当波沿－x方向传播，经过0.1 s时，质点M离开平衡位置的位移一定为零
答案　C
解析　若波沿－x方向传播，则t＝0.5 s＝(n＋)T(n＝0,1,2，…)，由于0.25 s10 cm，故两质点通过的路程不相等，故C正确；由以上分析知，B错误.
【变式6-3】(多选)如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线为t＝0时刻的波形图，虚线为t＝0.6 s时刻的波形图，已知波的周期T>0.6 s，下列说法正确的是(　 )
A．该波的波速一定是10 m/s
B．该波的波速可能是 m/s
C．t＝2.7 s时，Q点的位移一定是0
D．t＝5.1 s时，Q点的位移可能是0.2 m
解析：选BC　据图，波长λ＝8 m，如果波向左传播，则有T＝0.6 s(n＝0,1，2，…)，只有当n＝0时T1＝0.8 s>0.6 s，此时波速为v1＝＝10 m/s，如果波向右传播，则有T＝0.6 s(n＝0,1,2，…)，只有当n＝0时，T2＝2.4 s>0.6 s，此时波速为v2＝＝ m/s，故A错误，B正确；如果波向左传播，则2.7 s＝3T1，Q点正好到达平衡位置，位移为零；如果波向右传播，则2.7 s＝1T2，Q点也是正好到达平衡位置，位移为零，C正确；t＝5.1 s时，如果波向左传播，Q点正好到达平衡位置，位移为零；如果波向右传播，Q点也正好到达平衡位置，位移为零，故D错误。专题1.1 动量定理【八大题型】
【人教版】
【题型1 动量及动量变化的分析与计算】
【题型2 高科技中的动量定理】
【题型3 恒力冲量】
【题型4 动量定理解决变力冲量问题】
【题型5 流体类问题】
【题型6 动量定理解决多过程问题】
【题型7 利用动量定理解释生活现象】
【题型8 图像问题】
【题型1 动量及动量变化的分析与计算】
【例1】(2021·湖南高考)物体的运动状态可用位置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。假如一质点沿x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(　 )
【变式1-1】高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能(　　)
A．与它所经历的时间成正比 　 B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比 　 D．与它的动量成正比
【变式1-2】如图所示，跳水运动员从某一峭壁上水平跳出，跳入湖水中，已知运动员的质量m＝70 kg，初速度v0＝5 m/s，若经过1 s时，速度为v＝5 m/s，则在此过程中，运动员动量的变化量为(g＝10 m/s2，不计空气阻力)(　　)
A．700 kg·m/s B．350 kg·m/s
C．350(－1) kg·m/s D．350(＋1) kg·m/s
【变式1-3】将质量为0.5 kg的小球以20 m/s的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2，以下判断正确的是 (　　)
A．小球从被抛出至到达最高点受到的冲量大小为10 N·s
B．小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为零
C．小球从被抛出至落回出发点受到的冲量大小为10 N·s
D．小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为10 kg·m/s
【题型2 高科技中的动量定理】
【例2】有一宇宙飞船，它沿运动方向的正对面积S＝2 m2，以v＝3×103 m/s的相对速度飞入一宇宙微粒尘区．此微粒尘区每1 m3空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m＝2×10－7 kg.设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加(　　)
A．3.6×103 N B．3.6 N
C．1.2×103 N D．1.2 N
【变式2-1】(2021·天津等级考)(多选)一冲九霄，问鼎苍穹。2021年4月29日，长征五号B遥二运载火箭搭载空间站天和核心舱发射升空，标志着我国空间站建造进入全面实施阶段。下列关于火箭的描述正确的是(　 )
A．增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭的推力
B．增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力
C．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速
D．火箭发射时获得的推力来自于喷出的燃气与发射台之间的相互作用
【变式2-2】使用无人机植树时，为保证树种的成活率，将种子连同营养物质制成种子胶囊。播种时，在离地面10 m高处以15 m/s的速度水平匀速飞行的无人机上，播种器利用空气压力把种子胶囊以5 m/s的速度(相对播种器)竖直向下射出，种子胶囊进入地面以下10 cm深处完成一次播种。已知种子胶囊的总质量为20 g，不考虑其所受大气阻力及进入土壤后的重力作用，取g＝10 m/s2，则(　 )
A．射出种子胶囊的过程中，播种器对种子胶囊做功为2.5 J
B．离开无人机后，种子胶囊在空中运动的时间为 s
C．土壤对种子胶囊冲量的大小为3 kg·m/s
D．种子胶囊在土壤内受到平均阻力的大小为22.5 N
【变式2-3】最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为(　　)
A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg
C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
【题型3 恒力冲量】
【例3】(2021·全国乙卷)(多选)水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动。物体通过的路程等于s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动，重力加速度大小为g。则(　 )
A．在此过程中F所做的功为mv02
B．在此过程中F的冲量大小等于mv0
C．物体与桌面间的动摩擦因数等于
D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
【变式3-1】(2022·广州模拟)某科技小组将一款自动防撞系统安装在汽车上进行测试。当汽车与障碍物之间达到“报警距离”时，汽车能够立即采取制动措施，并将先后经过警报区域和紧急制动区域。某次性能测试中，质量m＝50 kg的汽车测试假人“驾驶”汽车以v0＝10 m/s的速度沿直线行驶，当距离前方静止障碍物s＝13.5 m时，系统立即自动控制汽车做加速度大小为a1＝2 m/s2的匀减速直线运动，并发出警报，减速t1＝1 s后汽车行至某处自动触发紧急制动，汽车做加速度大小为a2的匀减速直线运动，最终停在障碍物前s′＝0.5 m处。g＝10 m/s2，求：
(1)汽车在紧急制动过程中加速度的大小a2；
(2)在整个减速过程中，测试假人所受重力的冲量大小I。
【变式3-2】(多选)如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑固定斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．两个物体重力的冲量大小相等
B．两个物体合力的冲量大小相等
C．刚到达底端时两个物体的动量相同
D．到达斜面底端时两个物体的动能相等
【变式3-3】(多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是(　　)
A．拉力F对物体的冲量大小为零
B．拉力F对物体的冲量大小为Ft
C．拉力F对物体的冲量大小是Ftcos θ
D．合力对物体的冲量大小为零
【变式3-4】如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d四个点位于同一圆周上，a在圆周最高点，d在圆周最低点，每根杆上都套着质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c三个点同时由静止释放．关于它们下滑的过程，下列说法正确的是(　　)
A．重力对它们的冲量相同
B．弹力对它们的冲量相同
C．合外力对它们的冲量相同
D．它们动能的增量相同
【题型4 动量定理解决变力冲量问题】
【例4】如图所示，车载玩具——弹簧人公仔固定在车的水平台面上，公仔头部的质量为m，静止在图示位置。现用手竖直向下压公仔的头部，使之缓慢下降至某一位置，之后迅速放手。公仔的头部经过时间t，沿竖直方向上升到另一位置时速度为零。此过程弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力及弹簧质量。在公仔头部上升的过程中(　 )
A．公仔头部的机械能守恒
B．公仔头部的加速度先增大后减小
C．弹簧弹力冲量的大小为mgt
D．弹簧弹力对头部所做的功为零
【变式4-1】(2021·北京等级考)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2mωr
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mωr
【变式4-2】(2022·汕头模拟)(多选)某人站在力的传感器(连着计算机)上完成下蹲、起立动作，计算机屏幕上显示出力的传感器示数F随时间t变化的情况如图所示，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　 )
A．该人下蹲时间约为0.5 s
B．该人下蹲过程的最大加速度约为6 m/s2
C．起立过程该人一直处于超重状态
D．起立过程传感器对该人支持力的冲量约为500 N·s
【变式4-3】如图所示，一轻质弹簧固定在墙上，一个质量为m的木块以速度v0从右侧沿光滑水平面向左运动并与弹簧发生相互作用。设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内，那么，在整个相互作用的过程中弹簧对木块冲量I的大小为(　　)
A．I＝0 B．I＝mv0 C．I＝2mv0 D．I＝3mv0
【题型5 流体类问题】
【例5】运动员在水上做飞行运动表演，他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，已知重力加速度大小g取10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为(　 )
A．2.7 m/s B．5.4 m/s
C．7.6 m/s D．10.8 m/s
【变式5-1】南昌市秋水广场拥有亚洲最大的音乐喷泉群。一同学在远处观看秋水广场喷泉表演时，估测喷泉中心主喷水口的水柱约有40层楼高，表演结束时，靠近观察到该主喷水管口的圆形内径约有10 cm，由此估算驱动主喷水的水泵功率最接近的数值是(　 )
A．5×102 W B．5×103 W
C．5×104 W D．5×105 W
【变式5-2】根据量子理论，光子的能量E与动量p之间的关系式为E＝pc，其中c表示光速，由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或反射时都会对物体产生压强，这就是“光压”，用I表示。
(1)一台二氧化碳气体激光器发出的激光，功率为P0，射出的光束的横截面积为S，当它垂直照射到一物体表面并被物体全部反射时，激光对物体表面的压力F＝2pN，其中p表示光子的动量，N表示单位时间内激光器射出的光子数，试用P0和S表示该束激光对物体产生的光压；
(2)有人设想在宇宙探测中用光为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大、反射率极高的薄膜，并让它正对太阳，已知太阳光照射薄膜时每平方米面积上的辐射功率为1 350 W，探测器和薄膜的总质量为m＝100 kg，薄膜面积为4×104 m2，c＝3×108 m/s，求此时探测器的加速度大小。
【变式5-3】(2021·福建高考)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24.5 m/s～28.4 m/s，16级台风的风速范围为51.0 m/s～56.0 m/s。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
【变式5-4】如图所示 ，武装直升机的旋翼桨盘面积(桨叶旋转形成的圆面面积)为S，空气密度为ρ，直升机质量为m，重力加速度为g.当直升机向上匀速运动时，假设空气阻力恒为f，空气浮力不计，风力的影响也不计，下列说法正确的是(　　)
A．直升机悬停时受到的升力大小为mg＋f
B．直升机向上匀速运动时，1 s内被螺旋桨推动的空气质量为
C．直升机向上匀速运动时，1 s内被螺旋桨推动的空气质量为
D．直升机向上匀速运动时，1 s内发动机做的功为
【变式5-5】如图所示为清洗汽车用的高压水枪．设水枪喷出水柱直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后水的速度为零．手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ.下列说法正确的是(　　)
A．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2
B．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρvD2
C．水柱对汽车的平均冲力为ρD2v2
D．当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4倍
【题型6 动量定理解决多过程问题】
【例6】在2021年东京奥运会蹦床比赛中，一个质量为60 kg的运动员，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0 m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2 s，若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。(g＝10 m/s2)
【变式6-1】(2022·衡水中学月考)“蹦蹦床”游乐项目是孩子们经常去游乐场玩的一款项目。将儿童在“蹦蹦床”上弹起、下落的过程简化为竖直方向上的运动。一质量为m的儿童从h高度处落下，从接触蹦床到速度大小减为零的时间为Δt，在此过程中(　 )
A．蹦床对他的冲量大小为mgΔt＋m，蹦床对他做功不为0
B．蹦床对他的冲量大小为m，蹦床对他做功不为0
C．蹦床对他的冲量大小为mgΔt＋m，蹦床对他做功为0
D．蹦床对他的冲量大小为mgΔt－m，蹦床对他做功为0
【变式6-2】某节目中，“气功师”平躺在水平地面上，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 高处由静止落下，打在石板上反弹，当反弹达到最大高度h2＝0.05 m时被拿开；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。重力加速度g取10 m/s2。求铁锤敲击大石板的过程中：
(1)铁锤受到的冲量大小；
(2)大石板对铁锤的平均作用力大小；
(3)大石板对人的平均作用力大小。
【变式6-3】质量为1 kg的物体静止放在足够大的水平桌面上，物体与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4.有一大小为5 N的水平恒力F作用于物体上，使之加速前进，经
3 s后撤去F.求物体运动的总时间．(g取10 m/s2)
【变式6-4】用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理。如图所示，从距秤盘80 cm高处把1 000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1 s，豆粒弹起时竖直方向的速度大小变为碰前的一半，方向相反。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知1 000粒的豆粒的总质量为100 g。则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为(　 )
A．0.2 N B．0.6 N
C．1.0 N D．1.6 N
【题型7 利用动量定理解释生活现象】
【例7】(2020·全国卷Ⅰ)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是(　 )
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
【变式7-1】(2022·山东枣庄模拟)人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为160 g，从离人眼约20 cm的高度无初速度掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.2 s，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　 )
A．手机与眼睛作用过程中手机的动量变化约为0.48 kg·m/s
B．手机对眼睛的冲量方向竖直向上
C．手机对眼睛的冲量大小约为0.32 N·s
D．手机对眼睛的平均作用力大小约为3.2 N
【变式7-2】拍皮球是大家都喜欢的体育活动，既能强身又能健体。已知皮球质量为0.4 kg，为保证皮球与地面碰撞后自然跳起的最大高度均为1.25 m，小明需每次在球到达最高点时拍球，每次拍球作用距离为0.25 m，使球在离手时获得一个竖直向下4 m/s的初速度。若不计空气阻力及球的形变，g取10 m/s2，则每次拍球(　 )
A．手给球的冲量为1.6 kg·m/s
B．手给球的冲量为2.0 kg·m/s
C．人对球做的功为3.2 J
D．人对球做的功为2.2 J
【变式7-3】一辆质量为2 200 kg的汽车正在以26 m/s的速度行驶，如果驾驶员紧急制动，可在3.8 s内使车停下，如果汽车撞到坚固的墙上，则会在0.22 s 内停下，下列判断正确的是(　 )
A．汽车紧急制动过程动量的变化量较大
B．汽车撞到坚固的墙上动量的变化量较大
C．汽车紧急制动过程受到的平均作用力约为15 000 N
D．汽车撞到坚固的墙上受到的平均作用力约为15 000 N
【题型8 图像问题】
【例8】质量相等的A、B两物体运动的速度v随时间t变化的图像如图所示。整个运动过程中，A、B两物体的位移大小分别为xA、xB，合外力做的功分别为WA、WB，合外力的冲量大小分别为IA、IB，加速度大小分别为aA、aB，下列关系式正确的是(　 )
A．xA∶xB＝2∶1 B．WA∶WB＝4∶1
C．IA∶IB＝4∶1 D．aA∶aB＝2∶1
【变式8-1】(多选)如图所示，物体从t＝0时刻开始由静止做直线运动，0～4 s内其合外力随时间变化的关系图线为正弦曲线，下列表述正确的是(　　)
A．0～2 s内合外力的冲量一直增大
B．0～4 s内合外力的冲量为零
C．2 s末物体的动量方向发生变化
D．0～4 s内物体动量的方向一直不变
【变式8-2】(多选)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动．F随时间t变化的图线如图所示，则(　　)
A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s
B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t＝4 s时物块的速度为零
【变式8-3】质量为1 kg的物体做直线运动，其速度—时间图象如图所示．则物体在前10 s内和后10 s内所受外力的冲量分别是(　　)
A．10 N·s,10 N·s
B．10 N·s，－10 N·s
C．0,10 N·s
D．0，－10 N·s
【题型1 动量及动量变化的分析与计算】
【例1】(2021·湖南高考)物体的运动状态可用位置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。假如一质点沿x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(　 )
解析：选D　质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式v2＝2ax可得v＝，设质点的质量为m，则质点的动量p＝m，由于质点的速度方向不变，则质点动量p的方向始终沿x轴正方向，根据数学知识可知D正确。
【变式1-1】高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能(　　)
A．与它所经历的时间成正比 　 B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比 　 D．与它的动量成正比
答案　B
解析　列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知v＝at，且列车的动能为Ek＝mv2，由以上整理得Ek＝ma2t2，动能与时间的平方成正比，动能与速度的平方成正比，A、C错误；将x＝at2代入上式得Ek＝max，则列车的动能与位移成正比，B正确；由动能与动量的关系式Ek＝可知，列车的动能与动量的平方成正比，D错误．
【变式1-2】如图所示，跳水运动员从某一峭壁上水平跳出，跳入湖水中，已知运动员的质量m＝70 kg，初速度v0＝5 m/s，若经过1 s时，速度为v＝5 m/s，则在此过程中，运动员动量的变化量为(g＝10 m/s2，不计空气阻力)(　　)
A．700 kg·m/s B．350 kg·m/s
C．350(－1) kg·m/s D．350(＋1) kg·m/s
解析　根据动量定理得：Δp＝F合t，即Δp＝mgt＝70×10×1 kg·m/s＝700 kg·m/s，故选项A正确。
答案　A
【变式1-3】将质量为0.5 kg的小球以20 m/s的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2，以下判断正确的是 (　　)
A．小球从被抛出至到达最高点受到的冲量大小为10 N·s
B．小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为零
C．小球从被抛出至落回出发点受到的冲量大小为10 N·s
D．小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为10 kg·m/s
解析　小球从被抛出至到达最高点经历时间t＝＝2 s，受到的冲量大小为I＝mgt＝10 N·s，选项A正确；小球从被抛出至落回出发点经历时间4 s，受到的冲量大小为20 N·s，动量是矢量，返回出发点时小球的速度大小仍为20 m/s，但方向与被抛出时相反，故小球的动量变化量大小为20 kg·m/s，选项B、C、D错误。
答案　A
【题型2 高科技中的动量定理】
【例2】有一宇宙飞船，它沿运动方向的正对面积S＝2 m2，以v＝3×103 m/s的相对速度飞入一宇宙微粒尘区．此微粒尘区每1 m3空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m＝2×10－7 kg.设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加(　　)
A．3.6×103 N B．3.6 N
C．1.2×103 N D．1.2 N
答案　B
解析　t时间内与飞船碰撞并附着于飞船上的微粒总质量为M＝vtSm，设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得，Ft＝Mv，联立解得：F＝v2Sm，代入数据解得F＝3.6 N．根据牛顿第三定律，微粒对飞船的作用力为3.6 N．要使飞船速度不变，根据平衡条件，飞船的牵引力应增加3.6 N，选项B正确．
【变式2-1】(2021·天津等级考)(多选)一冲九霄，问鼎苍穹。2021年4月29日，长征五号B遥二运载火箭搭载空间站天和核心舱发射升空，标志着我国空间站建造进入全面实施阶段。下列关于火箭的描述正确的是(　 )
A．增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭的推力
B．增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力
C．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速
D．火箭发射时获得的推力来自于喷出的燃气与发射台之间的相互作用
解析：选AB　增加单位时间的燃气喷射量，即增加单位时间喷射气体的质量，根据Ft＝Δmv可知F＝·v，可以增大火箭的推力，选项A正确；当增大燃气相对于火箭的喷射速度时，根据F＝·v可知，可以增大火箭的推力，选项B正确；当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时，此时火箭有速度，所以相对于火箭的速度不为零，火箭仍然受推力作用，仍然要加速，选项C错误；燃气被喷出的瞬间，燃气对火箭的反作用力作用在火箭上，使火箭获得推力，选项D错误。
【变式2-2】使用无人机植树时，为保证树种的成活率，将种子连同营养物质制成种子胶囊。播种时，在离地面10 m高处以15 m/s的速度水平匀速飞行的无人机上，播种器利用空气压力把种子胶囊以5 m/s的速度(相对播种器)竖直向下射出，种子胶囊进入地面以下10 cm深处完成一次播种。已知种子胶囊的总质量为20 g，不考虑其所受大气阻力及进入土壤后的重力作用，取g＝10 m/s2，则(　 )
A．射出种子胶囊的过程中，播种器对种子胶囊做功为2.5 J
B．离开无人机后，种子胶囊在空中运动的时间为 s
C．土壤对种子胶囊冲量的大小为3 kg·m/s
D．种子胶囊在土壤内受到平均阻力的大小为22.5 N
解析：选D　射出种子胶囊的过程中，播种器对种子胶囊做的功等于其动能的增量，即W＝mv2＝×0.02×52 J＝0.25 J，A错误；种子胶囊离开无人机后在竖直方向做匀加速直线运动，由h＝vt＋gt2，代入数据解得t＝1 s(另解舍去)，B错误；种子胶囊落地时竖直速度vy＝v＋gt＝15 m/s，水平速度vx＝v0＝15 m/s，进入土壤时竖直方向h′＝，t′＝，可求得t′＝ s。由动量定理得：I＝Ft′＝0－(－mv合)，v合＝，可解得土壤对种子胶囊的冲量I＝mv合＝0.3 kg·m/s，平均阻力大小F＝22.5 N，故C错误，D正确。
【变式2-3】最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为(　　)
A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg
C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
答案　B
解析　设1 s时间内喷出的气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理有Ft＝mv－0，则m＝＝ kg＝1.6×103 kg，选项B正确．
【题型3 恒力冲量】
【例3】(2021·全国乙卷)(多选)水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动。物体通过的路程等于s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动，重力加速度大小为g。则(　 )
A．在此过程中F所做的功为mv02
B．在此过程中F的冲量大小等于mv0
C．物体与桌面间的动摩擦因数等于
D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
解析：选BC　未撤去F前，摩擦力做负功，根据动能定理有WF－Ffs0＝mv02，可知，F所做的功一定大于mv02，A错误；对于整个运动过程，根据动能定理有Fs0－Ff×3s0＝0，解得F＝3Ff，D错误；撤去F后的运动过程中，根据动能定理有－μmg×2s0＝0－mv02，解得μ＝，C正确；未撤去F前，设F的冲量大小为IF，则摩擦力的冲量大小为，未撤去F前，对物体根据动量定理有IF－＝mv0，解得IF＝mv0，B正确。
【变式3-1】(2022·广州模拟)某科技小组将一款自动防撞系统安装在汽车上进行测试。当汽车与障碍物之间达到“报警距离”时，汽车能够立即采取制动措施，并将先后经过警报区域和紧急制动区域。某次性能测试中，质量m＝50 kg的汽车测试假人“驾驶”汽车以v0＝10 m/s的速度沿直线行驶，当距离前方静止障碍物s＝13.5 m时，系统立即自动控制汽车做加速度大小为a1＝2 m/s2的匀减速直线运动，并发出警报，减速t1＝1 s后汽车行至某处自动触发紧急制动，汽车做加速度大小为a2的匀减速直线运动，最终停在障碍物前s′＝0.5 m处。g＝10 m/s2，求：
(1)汽车在紧急制动过程中加速度的大小a2；
(2)在整个减速过程中，测试假人所受重力的冲量大小I。
解析：(1)汽车在警报区域运动的距离x1＝v0t1－a1t12，开始紧急制动时的速度v1＝v0－a1t1＝8 m/s，汽车在紧急制动区运动的距离x2＝s－s′－x1＝4 m，汽车在紧急制动区运动过程满足0－v12＝－2a2x2，解得a2＝8 m/s2。
(2)汽车在紧急制动区运动的时间t2＝＝1 s，测试假人所受重力的冲量大小I＝mg(t1＋t2)，带入数值得I＝1 000 N·s。
答案：(1)a2＝8 m/s2　(2)I＝1 000 N·s
【变式3-2】(多选)如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑固定斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．两个物体重力的冲量大小相等
B．两个物体合力的冲量大小相等
C．刚到达底端时两个物体的动量相同
D．到达斜面底端时两个物体的动能相等
答案　BD
解析　设斜面倾角为θ，物体下滑的加速度a＝gsin θ，根据＝at2，知t＝，知运动的时间不等，根据I＝mgt，则两个物体重力的冲量大小不等，故A错误；根据动能定理知mgh＝mv2，到达底端时两个物体的动能相等，故D正确；两物体速度大小相等，但是方向不同，所以到达底端时的动量不同，故C错误；因为初动量都为零，末状态动量大小相等，根据动量定理知，合力的冲量大小相等，故B正确．
【变式3-3】(多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是(　　)
A．拉力F对物体的冲量大小为零
B．拉力F对物体的冲量大小为Ft
C．拉力F对物体的冲量大小是Ftcos θ
D．合力对物体的冲量大小为零
答案　BD
解析　对冲量的计算一定要分清求的是哪个力的冲量，是某一个力的冲量、合力的冲量、分力的冲量、还是某一方向上力的冲量，这一个力的冲量与其他力的冲量无关，B、D正确．
【变式3-4】如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d四个点位于同一圆周上，a在圆周最高点，d在圆周最低点，每根杆上都套着质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c三个点同时由静止释放．关于它们下滑的过程，下列说法正确的是(　　)
A．重力对它们的冲量相同
B．弹力对它们的冲量相同
C．合外力对它们的冲量相同
D．它们动能的增量相同
答案　A
解析　这是“等时圆”模型，即三个滑环同时由静止释放，运动到最低点d点的时间相同，由于三个环的重力相等，由公式I＝Ft分析可知，三个环重力的冲量相同，故A正确；从c处下滑的小滑环受到的弹力最大，运动时间相等，则弹力对从c处下滑的小滑环的冲量最大，故B错误；从a处下滑的小滑环的加速度最大，受到的合力最大，则合力对从a处下滑的小滑环的冲量最大，故C错误；重力对从a处下滑的小滑环做功最多，其动能的增量最大，故D错误．
【题型4 动量定理解决变力冲量问题】
【例4】如图所示，车载玩具——弹簧人公仔固定在车的水平台面上，公仔头部的质量为m，静止在图示位置。现用手竖直向下压公仔的头部，使之缓慢下降至某一位置，之后迅速放手。公仔的头部经过时间t，沿竖直方向上升到另一位置时速度为零。此过程弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力及弹簧质量。在公仔头部上升的过程中(　 )
A．公仔头部的机械能守恒
B．公仔头部的加速度先增大后减小
C．弹簧弹力冲量的大小为mgt
D．弹簧弹力对头部所做的功为零
解析：选C　弹簧弹力对公仔头部做功，故公仔头部的机械能不守恒，故A错误；公仔头部上升过程中，弹簧弹力先减小后反向增大，加速度先减小后反向增大，故B错误；公仔头部上升过程中，取向上为正方向，根据动量定理有I弹－mgt＝0，则弹簧弹力冲量的大小为I弹＝mgt，故C正确；公仔头部上升过程中，根据动能定理有W弹－mgh＝0，则弹簧弹力对头部所做的功为W弹＝mgh≠0，故D错误。
【变式4-1】(2021·北京等级考)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2mωr
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mωr
解析：选D　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，方向沿半径方向指向圆心，选项A错误；圆盘停止转动前，小物体运动一圈动量的变化量为0，所受合外力为摩擦力，则所受摩擦力的冲量为0，选项B错误；圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，选项C错误；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大小为I′＝|Δp|＝mv＝mωr，选项D正确。
【变式4-2】(2022·汕头模拟)(多选)某人站在力的传感器(连着计算机)上完成下蹲、起立动作，计算机屏幕上显示出力的传感器示数F随时间t变化的情况如图所示，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　 )
A．该人下蹲时间约为0.5 s
B．该人下蹲过程的最大加速度约为6 m/s2
C．起立过程该人一直处于超重状态
D．起立过程传感器对该人支持力的冲量约为500 N·s
解析：选BD　下蹲过程中，初速度为0，末速度也为0，则下蹲过程先加速向下运动后减速向下运动，从图像可知1～2 s过程为下蹲过程，则下蹲时间约为1 s，A错误；由图像可知静止时有mg＝N＝500 N，支持力最小约为200 N，最大约为700 N，由牛顿第二定律可得mg－Nmin＝mamax或Nmax－mg＝mamax′，联立解得最大加速度约为6 m/s2，则B正确；起立过程，初速度为0，末速度也为0，则起立过程先加速向上运动后减速向上运动，该人先是处于超重状态，后处于失重状态，C错误；起立过程，根据动量定理可得IN－mgt＝0－0，起立时间约为1 s，解得IN＝mgt＝500 N·s，D正确。
【变式4-3】如图所示，一轻质弹簧固定在墙上，一个质量为m的木块以速度v0从右侧沿光滑水平面向左运动并与弹簧发生相互作用。设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内，那么，在整个相互作用的过程中弹簧对木块冲量I的大小为(　　)
A．I＝0 B．I＝mv0 C．I＝2mv0 D．I＝3mv0
解析　设木块离开弹簧时的速度为v，根据机械能守恒定律得：mv2＝mv，所以v＝v0，设向右的速度方向为正方向，根据动量定理得：I＝mv－(－mv0)＝2mv0，故选项C正确。
答案　C
【题型5 流体类问题】
【例5】运动员在水上做飞行运动表演，他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，已知重力加速度大小g取10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为(　 )
A．2.7 m/s B．5.4 m/s
C．7.6 m/s D．10.8 m/s
[解析]　设飞行器对水的平均作用力为F，根据牛顿第三定律可知，水对飞行器的作用力的大小也等于F，对飞行器，则有F＝Mg，设水喷出时的速度为v，在时间t内喷出的水的质量m＝ρV＝2ρSvt，t时间内质量为m的水获得的冲量I＝Ft＝2mv，联立解得v≈5.4 m/s，故B正确，A、C、D错误。
[答案]　B
【变式5-1】南昌市秋水广场拥有亚洲最大的音乐喷泉群。一同学在远处观看秋水广场喷泉表演时，估测喷泉中心主喷水口的水柱约有40层楼高，表演结束时，靠近观察到该主喷水管口的圆形内径约有10 cm，由此估算驱动主喷水的水泵功率最接近的数值是(　 )
A．5×102 W B．5×103 W
C．5×104 W D．5×105 W
[解析]　40层楼高约h＝120 m。设水泵的功率为P，泵在时间Δt内使质量为Δm的水以速度v通过喷水管口，则PΔt＝Δmv2，v2＝2gh，以及Δm＝ρSvΔt (ρ为水的密度)和S＝，由此可得P＝≈5×105 W。
[答案]　D
【变式5-2】根据量子理论，光子的能量E与动量p之间的关系式为E＝pc，其中c表示光速，由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或反射时都会对物体产生压强，这就是“光压”，用I表示。
(1)一台二氧化碳气体激光器发出的激光，功率为P0，射出的光束的横截面积为S，当它垂直照射到一物体表面并被物体全部反射时，激光对物体表面的压力F＝2pN，其中p表示光子的动量，N表示单位时间内激光器射出的光子数，试用P0和S表示该束激光对物体产生的光压；
(2)有人设想在宇宙探测中用光为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大、反射率极高的薄膜，并让它正对太阳，已知太阳光照射薄膜时每平方米面积上的辐射功率为1 350 W，探测器和薄膜的总质量为m＝100 kg，薄膜面积为4×104 m2，c＝3×108 m/s，求此时探测器的加速度大小。
[解析]　(1)在单位时间内，功率为P0的激光的总能量为：P0×1 s＝NE＝Npc，
所以：p＝
由题意可知：激光对物体表面的压力F＝2pN
故激光对物体产生的光压：I＝＝。
(2)由(1)可知：I＝＝ Pa＝9×10－6 Pa
所以探测器受到的光的总压力FN＝IS膜，
对探测器应用牛顿第二定律有FN＝ma，
故此时探测器的加速度
a＝＝ m/s2＝3.6×10－3 m/s2。
[答案]　(1)　(2)3.6×10－3 m/s2
【变式5-3】(2021·福建高考)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24.5 m/s～28.4 m/s，16级台风的风速范围为51.0 m/s～56.0 m/s。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
解析：选B　设空气的密度为ρ，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为S，在时间Δt的空气质量为Δm＝ρSv·Δt，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－F·Δt＝0－Δmv，可得F＝ρSv2,10级台风的风速v1≈25 m/s,16级台风的风速v2≈50 m/s，则有＝≈4，故B正确。
【变式5-4】如图所示 ，武装直升机的旋翼桨盘面积(桨叶旋转形成的圆面面积)为S，空气密度为ρ，直升机质量为m，重力加速度为g.当直升机向上匀速运动时，假设空气阻力恒为f，空气浮力不计，风力的影响也不计，下列说法正确的是(　　)
A．直升机悬停时受到的升力大小为mg＋f
B．直升机向上匀速运动时，1 s内被螺旋桨推动的空气质量为
C．直升机向上匀速运动时，1 s内被螺旋桨推动的空气质量为
D．直升机向上匀速运动时，1 s内发动机做的功为
答案　C
解析　根据平衡条件可得直升机悬停时受到的升力大小为mg，故A错误；Δt时间内被螺旋桨推动的空气的质量为Δm′＝ρSvΔt，螺旋桨对空气的作用力大小F＝，Δp＝Δm′v，由牛顿第三定律知空气对螺旋桨的作用力大小F′＝F，为使飞机向上匀速运动，有F′＝mg＋f，联立解得v＝，1 s内被螺旋桨推动的空气质量为M＝ρSv＝ρS＝，故B错误，C正确；由动能定理可得1 s内发动机所做的功为W＝Mv2＝
，故D错误．
【变式5-5】如图所示为清洗汽车用的高压水枪．设水枪喷出水柱直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后水的速度为零．手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ.下列说法正确的是(　　)
A．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2
B．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρvD2
C．水柱对汽车的平均冲力为ρD2v2
D．当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4倍
答案　D
解析　高压水枪单位时间喷出水的质量等于单位时间内喷出的水柱的质量，即m0＝ρV＝ρπ·v＝πρvD2，故A、B错误；水柱对汽车的平均冲力为F，由动量定理得Ft＝mv，即Ft＝ρπvD2·t·v，解得F＝ρπv2D2，选项C错误；高压水枪喷出的水对汽车产生的压强p＝＝＝ρv2，则当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，压强变为原来的4倍，选项D正确．
【题型6 动量定理解决多过程问题】
【例6】在2021年东京奥运会蹦床比赛中，一个质量为60 kg的运动员，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0 m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2 s，若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。(g＝10 m/s2)
解析：法一：分段法
设运动员从高为h1处下落，则刚接触网时的速度大小为v1＝(方向向下)
弹跳后上升的高度设为h2，则刚离网时的速度大小为v2＝(方向向上)
与网接触过程中，运动员受到向下的重力mg和网对其向上的弹力F，规定竖直向上为正方向，由动量定理得：(F－mg)Δt＝mv2－m(－v1)
解以上三式得F＝mg＋m，
代入数值可解得F＝1.5×103 N。
法二：整段法
从3.2 m高处自由下落的时间为：t1＝＝0.8 s，
蹦到5.0 m高处的时间为：t2＝＝1 s，
整个过程中运动员始终受重力作用，仅在与网接触的t0＝1.2 s的时间内受到网对他向上的弹力FN的作用，设竖直向上为正方向，对全过程应用动量定理：FNt0－mg(t1＋t2＋t0)＝0，则FN＝1 500 N。
答案：1 500 N
【变式6-1】(2022·衡水中学月考)“蹦蹦床”游乐项目是孩子们经常去游乐场玩的一款项目。将儿童在“蹦蹦床”上弹起、下落的过程简化为竖直方向上的运动。一质量为m的儿童从h高度处落下，从接触蹦床到速度大小减为零的时间为Δt，在此过程中(　 )
A．蹦床对他的冲量大小为mgΔt＋m，蹦床对他做功不为0
B．蹦床对他的冲量大小为m，蹦床对他做功不为0
C．蹦床对他的冲量大小为mgΔt＋m，蹦床对他做功为0
D．蹦床对他的冲量大小为mgΔt－m，蹦床对他做功为0
解析：选A　儿童接触蹦床时的速度大小为，接触蹦床后，以向上为正方向，根据动量定理得I－mgΔt＝0－(－m)，解得I＝mgΔt＋m，设儿童接触蹦床后，又下降了x，全程根据动能定理得W＋mg(h＋x)＝0，所以蹦床对儿童做的功为W＝－mg(h＋x)，故选A。
【变式6-2】某节目中，“气功师”平躺在水平地面上，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 高处由静止落下，打在石板上反弹，当反弹达到最大高度h2＝0.05 m时被拿开；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。重力加速度g取10 m/s2。求铁锤敲击大石板的过程中：
(1)铁锤受到的冲量大小；
(2)大石板对铁锤的平均作用力大小；
(3)大石板对人的平均作用力大小。
解析：(1)由机械能守恒定律mv2＝mgh，解得v＝，则铁锤敲击石板时的速度v1＝＝6 m/s，方向向下，铁锤反弹时的速度v2＝＝1 m/s，方向向上，取方向向上为正方向，对铁锤，由动量定理得I＝mv2－(－mv1)，解得I＝35 N·s。
(2)对铁锤，由冲量定义得I＝(F1－mg)t1，解得F1＝3 550 N。
(3)对石板，由动量定理得(F2－Mg)t2－F1t1＝0，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F2′＝F2＝871 N。
答案：(1)35 N·s　(2)3 550 N　(3)871 N
【变式6-3】质量为1 kg的物体静止放在足够大的水平桌面上，物体与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4.有一大小为5 N的水平恒力F作用于物体上，使之加速前进，经
3 s后撤去F.求物体运动的总时间．(g取10 m/s2)
答案　3.75 s
解析　物体由静止开始运动到停止运动的全过程中，F的冲量为Ft1，摩擦力的冲量为Fft.选水平恒力F的方向为正方向，根据动量定理有
Ft1－Fft＝0①
又Ff＝μmg②
联立①②式解得t＝＝3.75 s.
【变式6-4】用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理。如图所示，从距秤盘80 cm高处把1 000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1 s，豆粒弹起时竖直方向的速度大小变为碰前的一半，方向相反。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知1 000粒的豆粒的总质量为100 g。则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为(　 )
A．0.2 N B．0.6 N
C．1.0 N D．1.6 N
解析：选B　设豆粒从80 cm高处下落到秤盘上时的速度为v1，v12＝2gh，则v1＝＝ m/s＝4 m/s。设竖直向上为正方向，以所有豆粒与秤盘碰撞过程，根据动量定理：Ft＝mv2－mv1，则F＝＝ N＝0.6 N，根据牛顿第三定律可知，在碰撞过程中秤盘受到的压力大小为0.6 N，故B正确，A、C、D错误。
【题型7 利用动量定理解释生活现象】
【例7】(2020·全国卷Ⅰ)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是(　 )
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
解析：选D　汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触。司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小，又知安全气囊打开后，司机的受力面积变大，因此减少了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能。D正确。
【变式7-1】(2022·山东枣庄模拟)人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为160 g，从离人眼约20 cm的高度无初速度掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.2 s，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　 )
A．手机与眼睛作用过程中手机的动量变化约为0.48 kg·m/s
B．手机对眼睛的冲量方向竖直向上
C．手机对眼睛的冲量大小约为0.32 N·s
D．手机对眼睛的平均作用力大小约为3.2 N
解析：选D　手机砸到眼睛后手机未反弹，手机的末速度为0，手机到达人眼时的速度约为v＝＝2 m/s，取方向竖直向上为正，手机与眼睛作用过程中手机的动量变化约为Δp＝0－p＝0－(－mv)＝0.32 kg·m/s，故A错误；手机对眼睛的冲量方向与手机对眼睛的作用力方向相同，竖直向下，故B错误；由动量定理可知，眼睛对手机的作用力的冲量和手机重力的冲量的合冲量约为0.32 N·s，(F－mg)t＝Δp，所以眼睛对手机的作用力的冲量大于0.32 N·s，由牛顿第三定律可知，手机对眼睛的冲量大于0.32 N·s，故C错误；手机与眼睛作用过程中，由动量定理可知(F－mg)t＝0－(－mv)，解得眼睛对手机的平均作用力大小约为F＝＋mg＝3.2 N，由牛顿第三定律可知，手机对眼睛的平均作用力大小约为3.2 N，故D正确。
【变式7-2】拍皮球是大家都喜欢的体育活动，既能强身又能健体。已知皮球质量为0.4 kg，为保证皮球与地面碰撞后自然跳起的最大高度均为1.25 m，小明需每次在球到达最高点时拍球，每次拍球作用距离为0.25 m，使球在离手时获得一个竖直向下4 m/s的初速度。若不计空气阻力及球的形变，g取10 m/s2，则每次拍球(　 )
A．手给球的冲量为1.6 kg·m/s
B．手给球的冲量为2.0 kg·m/s
C．人对球做的功为3.2 J
D．人对球做的功为2.2 J
解析：选D　人拍球的过程，由动量定理：I＋mgΔt＝mv＝1.6 kg·m/s，则I<1.6 kg·m/s，A、B错误；由动能定理：W＋mgh＝mv2，解得W＝2.2 J，D正确，C错误。
【变式7-3】一辆质量为2 200 kg的汽车正在以26 m/s的速度行驶，如果驾驶员紧急制动，可在3.8 s内使车停下，如果汽车撞到坚固的墙上，则会在0.22 s 内停下，下列判断正确的是(　 )
A．汽车紧急制动过程动量的变化量较大
B．汽车撞到坚固的墙上动量的变化量较大
C．汽车紧急制动过程受到的平均作用力约为15 000 N
D．汽车撞到坚固的墙上受到的平均作用力约为15 000 N
解析：选C　汽车无论是紧急制动还是撞到坚固的墙上，动量都是由mv变为0，所以动量的变化量一样大，A、B错误；汽车紧急制动过程中，平均作用力F1＝≈15 053 N，C正确；汽车撞到坚固的墙上，平均作用力F2＝＝260 000 N，D错误。
【题型8 图像问题】
【例8】质量相等的A、B两物体运动的速度v随时间t变化的图像如图所示。整个运动过程中，A、B两物体的位移大小分别为xA、xB，合外力做的功分别为WA、WB，合外力的冲量大小分别为IA、IB，加速度大小分别为aA、aB，下列关系式正确的是(　 )
A．xA∶xB＝2∶1 B．WA∶WB＝4∶1
C．IA∶IB＝4∶1 D．aA∶aB＝2∶1
解析：选B　在v-t图像中，图线与时间轴所围的面积表示位移，则有xA＝·2v0·t0＝v0t0，xB＝·v0·2t0＝v0t0，解得xA∶xB＝1∶1，故A错误；设A、B两物体的质量为m，据动能定理W合＝mvt2－mv02得WA＝0－m(2v0)2＝－2mv02，WB＝0－mv02＝－mv02，解得WA∶WB＝4∶1，故B正确；根据动量定理I合＝mvt－mv0得IA＝0－m(2v0)＝－2mv0，IB＝0－m(v0)＝－mv0，解得IA∶IB＝2∶1，故C错误；在v-t图中，图线的斜率代表物体的加速度，那么aA＝－，aB＝－，解得aA∶aB＝4∶1，故D错误。
【变式8-1】(多选)如图所示，物体从t＝0时刻开始由静止做直线运动，0～4 s内其合外力随时间变化的关系图线为正弦曲线，下列表述正确的是(　　)
A．0～2 s内合外力的冲量一直增大
B．0～4 s内合外力的冲量为零
C．2 s末物体的动量方向发生变化
D．0～4 s内物体动量的方向一直不变
答案　ABD
解析　根据F－t图象中图线与t轴围成的面积表示冲量，可知在0～2 s内合外力的冲量一直增大，故A正确；0～4 s内合外力的冲量为零，故B正确；2 s末冲量方向发生变化，物体的动量开始减小，但方向不发生变化，0～4 s内物体动量的方向一直不变，故C错误，D正确．
【变式8-2】(多选)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动．F随时间t变化的图线如图所示，则(　　)
A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s
B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t＝4 s时物块的速度为零
答案　AB
解析　由动量定理可得：Ft＝mv，解得v＝.t＝1 s时物块的速率为v＝＝ m/s＝
1 m/s，故A正确；t＝2 s时物块的动量大小p2＝F1t2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，t＝3 s时物块的动量大小为p3＝(2×2－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，t＝4 s 时物块的动量大小为p4＝(2×2－1×2) kg·m/s＝2 kg·m/s，所以t＝4 s时物块的速度为1 m/s，故B正确，C、D错误．
【变式8-3】质量为1 kg的物体做直线运动，其速度—时间图象如图所示．则物体在前10 s内和后10 s内所受外力的冲量分别是(　　)
A．10 N·s,10 N·s
B．10 N·s，－10 N·s
C．0,10 N·s
D．0，－10 N·s
答案　D
解析　由题图图象可知，在前10 s内初、末状态的动量相同，p1＝p2＝5 kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10 s内末状态的动量p3＝－5 kg·m/s，由动量定理得I2＝p3－p2＝－10 N·s，故选项D正确．专题4.1 光的折射
【人教版】
【题型1 生活中的折射问题】
【题型2 折射的理解】
【题型3 折射率的求解】
【题型4 折射中的时间问题】
【题型5 折射与反射的综合】
【题型6 折射率的测定】
【题型7 折射中的色散问题】
【题型8 折射中的临界问题】
【题型1 生活中的折射问题】
【例1】“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与光的折射规律类似，可表述为＝(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，则肿瘤离肝脏表面的深度h为(　　)
A. B.
C. D.
【变式1-1】汽车氙气大灯(前照灯)通常需要透镜(近似看作半球形玻璃砖)才能达到更好的照明效果，保证行车安全，图甲为该系统工作的原理图。图乙是使用近光灯时透镜调节光线的原理图，图中MN为透镜的竖直直径，透镜的半径为R，一束单色光的入射点P与球心O的距离为l＝R，入射光线与MN的夹角为θ＝37°，已知透镜对该入射光的折射率为n＝1.6，透镜距地面的距离为h＝1.0 m(可认为远大于透镜半径)，求近光灯照射的距离L(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，tan 83°＝8.1)。
【变式1-2】一束单色光由空气进入水中，则该光在空气和水中传播时(　　)
A．速度相同，波长相同　　　B．速度不同，波长相同
C．速度相同，频率相同 D．速度不同，频率相同
【变式1-3】雨过天晴，人们常看到天空中出现彩虹，它是由阳光照射到空中弥漫的水珠上时出现的现象．在说明这种现象时，需要分析光线射入水珠后的光路，一细束光线射入水珠，水珠可视为一个半径为R＝10 mm的球，球心O到入射光线的垂直距离为d＝8 mm，水的折射率为n＝.
(1)在图中画出该束光线射入水珠后，第一次从水珠中射出的光路图；
(2)求这束光线从射向水珠到第一次射出水珠，光线偏转的角度．
【题型2 折射的理解】
【例2】(2021年8省联考·辽宁卷)如图所示，一束单色光从介质1射入介质2，在介质1、2中的波长分别为λ1、λ2，频率分别为f1、f2，则(　 )
A．λ1<λ2 B．λ1>λ2 C．f1f2
【变式2-1】(2021·北京等级考)如图所示的平面内，光束a经圆心O射入半圆形玻璃砖，出射光为b、c两束单色光。下列说法正确的是(　 )
A．这是光的干涉现象
B．在真空中光束b的波长大于光束c的波长
C．玻璃砖对光束b的折射率大于对光束c的折射率
D．在玻璃砖中光束b的传播速度大于光束c的传播速度
【变式2-2】如图所示，一束激光照射在横截面为正方形的透明玻璃柱上，光线与横截面平行，则透过玻璃柱的光线可能是图中的(　 )
A．① B．②
C．③ D．④
【变式2-3】两束不同频率的单色光a、b从空气射入水中，发生了如图所示的折射现象(α>β)。下列结论中正确的是(　 )
A．光束b的频率比光束a低
B．在水中的传播速度，光束a比光束b小
C．水对光束a的折射率比水对光束b的折射率小
D．若光束从水中射向空气，则光束b的临界角比光束a的临界角大
【题型3 折射率的求解】
【例3】如图所示，直角边AC长度为d的直角棱镜ABC置于桌面上，D为斜边BC的中点，桌面上的S点发射一条光线经D点折射后，垂直于AB边射出.已知SC＝CD，光线通过棱镜的时间t＝，c为真空中光速，不考虑反射光线.求：
(1)棱镜的折射率n；
(2)入射光线与界面BC间的夹角.
【变式3-1】如图所示，ABC为直角三棱镜的截面，∠A＝30°，∠B＝90°，一束单色光从AB边上的D点平行AC射入，折射光线刚好经过C点，已知BD＝AD，则三棱镜的折射率为(　 )
A. B． C. D．
【变式3-2】如图，一束单色光射入一玻璃球体，入射角为60°.已知光线在玻璃球内经一次反射后，再次折射回到空气中时与入射光线平行.此玻璃的折射率为(　　)
A. B.1.5
C. D.2
【变式3-3】一直桶状容器的高为2l，底面是边长为l的正方形；容器内装满某种透明液体，过容器中心轴DD′、垂直于左右两侧面的剖面图如图所示。容器右侧内壁涂有反光材料，其他内壁涂有吸光材料。在剖面的左下角处有一点光源，已知由液体上表面的D点射出的两束光线相互垂直，求该液体的折射率。
【题型4 折射中的时间问题】
【例4】如图所示，ACDB为圆柱型玻璃的横截面，AB为其直径.现有两单色光组成的复合光沿EA方向射向玻璃，其折射光线分别沿AC、AD方向，光从A到C的时间为tAC，从A到D的时间为tAD.则(　　)
A.tAC＝tAD B.tAC＜tAD
C.tAC＞tAD D.无法确定
【变式4-1】如图所示，一块两面平行的玻璃砖平放在纸面上，将它的前、后两个边界PQ、MN记录在纸面上。若单色光沿纸面从真空中以入射角i＝60°从MN表面射入时，光通过玻璃砖的时间为t；若保持入射光的方向不变，现撤去玻璃砖，光通过PQ、MN之间的区域的时间也为t，那么，这块玻璃砖对该入射光的折射率为(　 )
A．2 B． C．1.5 D．
【变式4-2】(多选)如图所示，等边三角形ABC为某透明玻璃三棱镜的截面图，边长等于L，在截面上一束足够强的细光束从AB边中点与AB边成30°角由真空射入三棱镜，从BC边射出的光线与BC的夹角为30°.光在真空中的速度为c，则(　　)
A.玻璃的折射率为
B.玻璃的折射率为
C.光在三棱镜中的传播路程为0.5L
D.光在三棱镜中的传播时间为
【变式4-3】如图所示，一玻璃砖的横截面为半圆形，O为圆心，半径为R，MN为直径，P为OM的中点，MN与水平放置的足够大光屏平行，两者间距为d＝R，一单色细光束沿垂直于玻璃砖上表面的方向从P点射入玻璃砖，光从弧形表面上某点A射出后到达光屏上某处Q点，已知玻璃砖对该光的折射率为n＝。求光束从OM上的P点射入玻璃砖后到达光屏上Q点所用的时间(不考虑反射光，光在真空中传播速度为c)。
【题型5 折射与反射的综合】
【例5】(2021·浙江6月选考)用激光笔照射透明塑料制成的光盘边缘时观察到的现象如图所示。入射点O和两出射点P、Q恰好位于光盘边缘等间隔的三点处，空气中的四条细光束分别为入射光束a、反射光束b、出射光束c和d，已知光束a和b间的夹角为90°，则(　 )
A．光盘材料的折射率n＝2
B．光在光盘内的速度为真空中光速的三分之二
C．光束b、c和d的强度之和等于光束a的强度
D．光束c的强度小于O点处折射光束OP的强度
【变式5-1】(多选)如图所示，一束由两种单色光混合的复色光沿PO方向射向一上、下表面平行的厚玻璃平面镜的上表面，得到三束光Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ。下列有关这三束光的判断正确的是(　 )
A．光束Ⅰ仍为复色光，光束Ⅱ、Ⅲ为单色光
B．光束Ⅱ在玻璃中的传播速度比光束Ⅲ小
C．增大α角且α<90°，光束Ⅱ、Ⅲ会远离光束Ⅰ
D．改变α角且α<90°，光束Ⅱ、Ⅲ一定与光束Ⅰ平行
【变式5-2】如图，一玻璃工件的上半部是半径为R的半球体，O点为球心；下半部是半径为R、高为2R的圆柱体，圆柱体底面镀有反射膜。有一平行于中心轴OC的光线从半球面射入，该光线与OC之间的距离为0.6R。已知最后从半球面射出的光线恰好与入射光线平行(不考虑多次反射)。求该玻璃的折射率。
【变式5-3】某同学测量玻璃砖的折射率，准备了下列器材：激光笔、直尺、刻度尺、一面镀有反射膜的平行玻璃砖。如图所示，直尺与玻璃砖平行放置，激光笔发出的一束激光从直尺上O点射向玻璃砖表面，在直尺上观察到A、B两个光点，读出OA间的距离为20.00 cm，AB间的距离为6.00 cm，测得图中直尺到玻璃砖上表面距离d1＝10.00 cm，玻璃砖厚度d2＝4.00 cm。则玻璃的折射率n＝________，光在玻璃中传播速度v＝________ m/s(光在真空中传播速度c＝3.0×108 m/s，结果保留两位有效数字)。
【题型6 折射率的测定】
【例6】如图所示，在“测量玻璃的折射率”的实验中，当光线AO以一定入射角穿过两面平行的玻璃砖时，通过插针法找到跟入射光线AO对应的出射光线O′B，从而确定玻璃中的折射光线OO′。
(1)在图中标记了四个角，分别为θ1、θ2、θ3、θ4，则玻璃的折射率n＝________。
(2)下列措施中，不能减小实验误差的是________。
A．玻璃砖界面aa′与bb′间的距离适当大些
B．入射角要尽量小些
C．大头针应竖直地插在纸面上
D．大头针P1与P2、P3与P4的间距要适当远些
【变式6-1】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．选用粗的大头针完成实验
D．插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些
(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________。
(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，以入射点O为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线NN′的垂线，垂足分别为C、D点，如图所示，则玻璃的折射率n＝______。(用图中线段的字母表示)
【变式6-2】如图甲所示，在测量玻璃折射率的实验中，两位同学先在白纸上放好截面是正三角形ABC的三棱镜，并确定AB和AC界面的位置。然后在棱镜的左侧画出一条直线，并在线上竖直插上两枚大头针P1和P2，再从棱镜的右侧观察P1和P2的像。
(1)此后正确的操作步骤是________。
A．插上大头针P3，使P3挡住P2的像
B．插上大头针P3，使P3挡住P1、P2的像
C．插上大头针P4，使P4挡住P3的像
D．插上大头针P4，使P4挡住P1、P2的像和P3
(2)正确完成上述操作后，在纸上标出大头针P3、P4的位置(图中已标出)。为测量该种玻璃的折射率，两位同学分别用圆规及刻度尺作出了完整光路和若干条辅助线，如图乙、丙所示。能够仅通过测量ED、FG的长度便可正确计算出折射率的是图________(选填“乙”或“丙”)，所测玻璃折射率的表达式n＝________(用代表线段长度的字母ED、FG表示)。
【变式6-3】通过动手做实验可让学生们提高对物理实验的理解和应用能力。如图所示，一个学生用广口瓶和刻度尺测定水的折射率，请填写下述实验步骤中的空白。
(1)用刻度尺测出广口瓶瓶口内径d。
(2)在瓶内装满水。
(3)将刻度尺沿瓶口边缘竖直插入水中。
(4)沿广口瓶边缘向水中刻度尺正面看去，若恰能看到刻度尺的0刻度(即图中A点)，同时看到水面上B点刻度的像B′恰与A点的像重合。如图，若水面恰与直尺的C点相平，则________和________分别等于入射角和折射角。
(5)读出________和________的长度。
(6)由题中所给条件和前面步骤得到的数据，可以计算水的折射率n＝________。
【题型7 折射中的色散问题】
【例7】如图所示，一束光经玻璃三棱镜折射后分为两束单色光a、b，其在玻璃三棱镜中的波长分别为λa、λb，该玻璃对单色光a、b的折射率分别为na、nb，则(　 )
A．λa<λb，na>nb B．λa>λb，naC．λa<λb，naλb，na>nb
【变式7-1】如图所示，实线为空气和水的分界面，一束蓝光从空气中的A点沿AO1方向(O1点在分界面上，图中O1点和入射光线都未画出)射向水中，折射后通过水中的B点。图中O点为A、B连线与分界面的交点。下列说法错误的是(　 )
A．O1点在O点的右侧
B．蓝光从空气中射入水中时，速度变小
C．若沿AO1方向射向水中的是一束紫光，则折射光线有可能通过B点正下方的C点
D．若沿AO1方向射向水中的是一束红光，则折射光线有可能通过B点正上方的D点
【变式7-2】如图所示，一束可见光穿过平行玻璃砖后，变为a、b两束单色光。如果光束b是蓝光，则光束a可能是(　 )
A．红光 B．黄光 C．绿光 D．紫光
【变式7-3】虹和霓是太阳光在水珠内分别经过一次和两次反射后出射形成的，可用白光照射玻璃球来说明。两束平行白光照射到透明玻璃球后，在水平的白色桌面上会形成MN和PQ两条彩色光带，光路如图所示。M、N、P、Q点的颜色分别为(　 )
A．紫、红、红、紫 B．红、紫、红、紫
C．红、紫、紫、红 D．紫、红、紫、红
【题型8 折射中的临界问题】
【例8】如图，一艘帆船静止在湖面上，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sin 53°＝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，从水面射出后仍照射在桅杆顶端，求船行驶的距离.
【变式8-1】(2021·湖南高考)我国古代著作《墨经》中记载了小孔成倒像的实验，认识到光沿直线传播。身高1.6 m的人站在水平地面上，其正前方0.6 m处的竖直木板墙上有一个圆柱形孔洞，直径为1.0 cm、深度为1.4 cm，孔洞距水平地面的高度是人身高的一半。此时，由于孔洞深度过大，使得成像不完整，如图所示。现在孔洞中填充厚度等于洞深的某种均匀透明介质，不考虑光在透明介质中的反射。
(1)若该人通过小孔能成完整的像，透明介质的折射率最小为多少？
(2)若让掠射进入孔洞的光能成功出射，透明介质的折射率最小为多少？
【变式8-2】图为由某种透明材料做成的三棱镜的横截面，其形状是边长为a的等边三角形，现用一束宽度为a的单色平行光束以垂直于BC面的方向入射到该三棱镜的AB及AC面上，结果所有从AB、AC面入射的光线进入后恰好全部直接到达BC面．
(1)求该材料对此平行光束的折射率；
(2)这些到达BC面的光线从BC面射出后，如果照射到一块平行于BC面的屏上形成光斑，则当屏到BC面的距离d满足什么条件时，此光斑分为两块？
【变式8-3】如图所示，在MN的下方足够大的空间是玻璃介质，其折射率n＝，玻璃介质的上边界MN是屏幕，玻璃中有一个正三角形空气泡，其边长l＝40 cm，顶点与屏幕接触于C点，底边AB与屏幕平行，一束激光a垂直于AB边射向AC边的中点O，结果在屏幕MN上出现两个光斑．
(1)求两个光斑之间的距离；
(2)若任意两束相同的激光同时垂直于AB边向上射入空气泡，求屏幕上相距最远的两个光斑之间的距离．
参考答案
【题型1 生活中的折射问题】
【例1】“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与光的折射规律类似，可表述为＝(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，则肿瘤离肝脏表面的深度h为(　　)
A. B.
C. D.
解析　如图所示，根据光的折射定律有＝
由几何关系知sin θ＝
以上两式联立可解得h＝，故选项D正确．
答案　D
【变式1-1】汽车氙气大灯(前照灯)通常需要透镜(近似看作半球形玻璃砖)才能达到更好的照明效果，保证行车安全，图甲为该系统工作的原理图。图乙是使用近光灯时透镜调节光线的原理图，图中MN为透镜的竖直直径，透镜的半径为R，一束单色光的入射点P与球心O的距离为l＝R，入射光线与MN的夹角为θ＝37°，已知透镜对该入射光的折射率为n＝1.6，透镜距地面的距离为h＝1.0 m(可认为远大于透镜半径)，求近光灯照射的距离L(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，tan 83°＝8.1)。
解析：单色光的折射路径如图所示，由题意可得n＝，解得r＝30°
由正弦定理可得＝
则α＝30°，＝，则β＝53°
由几何关系知γ＝30°
则有L＝h·tan(β＋γ)，解得L＝8.1 m。
答案：8.1 m
【变式1-2】一束单色光由空气进入水中，则该光在空气和水中传播时(　　)
A．速度相同，波长相同　　　B．速度不同，波长相同
C．速度相同，频率相同 D．速度不同，频率相同
解析：选D　不同的单色光频率不相同，同一单色光在不同的介质内传播过程中，光的频率不会发生改变；由公式v＝可以判断，水的折射率大于空气的，所以该单色光进入水中后传播速度减小。故选项D正确。
【变式1-3】雨过天晴，人们常看到天空中出现彩虹，它是由阳光照射到空中弥漫的水珠上时出现的现象．在说明这种现象时，需要分析光线射入水珠后的光路，一细束光线射入水珠，水珠可视为一个半径为R＝10 mm的球，球心O到入射光线的垂直距离为d＝8 mm，水的折射率为n＝.
(1)在图中画出该束光线射入水珠后，第一次从水珠中射出的光路图；
(2)求这束光线从射向水珠到第一次射出水珠，光线偏转的角度．
答案　(1)见解析图　(2)32°
解析　(1)如图所示
(2)由几何关系知
sin θ1＝＝0.8，θ1＝53°
由折射定律sin θ1＝nsin θ2得sin θ2＝0.6，θ2＝37°
则光线偏转的角度
φ＝2(θ1－θ2)＝32°
【题型2 折射的理解】
【例2】(2021年8省联考·辽宁卷)如图所示，一束单色光从介质1射入介质2，在介质1、2中的波长分别为λ1、λ2，频率分别为f1、f2，则(　 )
A．λ1<λ2 B．λ1>λ2 C．f1f2
解析：选B　根据折射定律可知折射率小的介质光线与法线的夹角大，因此n1v2，因为光从一种介质进入另一种介质时频率不变，即f1＝f2，根据v＝λf，可知波长与波速成正比，即λ1>λ2。
【变式2-1】(2021·北京等级考)如图所示的平面内，光束a经圆心O射入半圆形玻璃砖，出射光为b、c两束单色光。下列说法正确的是(　 )
A．这是光的干涉现象
B．在真空中光束b的波长大于光束c的波长
C．玻璃砖对光束b的折射率大于对光束c的折射率
D．在玻璃砖中光束b的传播速度大于光束c的传播速度
解析：选C　光束a经圆心O射入半圆形玻璃砖，出射光为b、c两束单色光，这是光的色散现象，A错误；由题图可知光束c的折射角大于光束b的折射角，根据折射定律可知nc＜nb，C正确；由于光的折射率越大，其频率越大，波长越短，则光束b在真空中的波长较短，B错误；根据v ＝知，光束c的折射率小，则光束c在玻璃砖中的传播速度大，D错误。
【变式2-2】如图所示，一束激光照射在横截面为正方形的透明玻璃柱上，光线与横截面平行，则透过玻璃柱的光线可能是图中的(　 )
A．① B．②
C．③ D．④
解析：选C　根据折射定律有n＝，n>1，解得i1>r1，所以折射光线向右偏折；根据折射定律有n＝，r1＝r2，解得i1＝i2，所以出射光线与入射光线平行，C正确。
【变式2-3】两束不同频率的单色光a、b从空气射入水中，发生了如图所示的折射现象(α>β)。下列结论中正确的是(　 )
A．光束b的频率比光束a低
B．在水中的传播速度，光束a比光束b小
C．水对光束a的折射率比水对光束b的折射率小
D．若光束从水中射向空气，则光束b的临界角比光束a的临界角大
解析：选C　根据图示和折射定律n＝可知，b光的折射率较大，则b的频率较大，故A错误，C正确；由n＝可知，b光的折射率较大，在同种介质中传播速度较小，即在水中的传播速度，光束a比光束b大，故B错误；由临界角公式sin C＝分析得到，b光的折射率较大，对同种介质的临界角较小，故D错误。
【题型3 折射率的求解】
【例3】如图所示，直角边AC长度为d的直角棱镜ABC置于桌面上，D为斜边BC的中点，桌面上的S点发射一条光线经D点折射后，垂直于AB边射出.已知SC＝CD，光线通过棱镜的时间t＝，c为真空中光速，不考虑反射光线.求：
(1)棱镜的折射率n；
(2)入射光线与界面BC间的夹角.
答案　(1)　(2)30°
解析　(1)光路图如图所示，
E是光线在AB边的出射点，设光线通过棱镜的速度为v，则DE＝d，即vt＝d
又n＝
解得n＝.
(2)光线射到界面BC，设入射角为i，折射角为r，则i＝－θ，r＝－2θ，
又n＝，
解得θ＝30°.
【变式3-1】如图所示，ABC为直角三棱镜的截面，∠A＝30°，∠B＝90°，一束单色光从AB边上的D点平行AC射入，折射光线刚好经过C点，已知BD＝AD，则三棱镜的折射率为(　 )
A. B． C. D．
解析：选A　设BC长为d，则AB＝d，BD＝d，由几何关系可知，单色光在D点的入射角i＝60°，设折射角为r，由几何关系可知sin r＝＝，则三棱镜的折射率n＝＝，A正确。
【变式3-2】如图，一束单色光射入一玻璃球体，入射角为60°.已知光线在玻璃球内经一次反射后，再次折射回到空气中时与入射光线平行.此玻璃的折射率为(　　)
A. B.1.5
C. D.2
答案　C
解析　作出光线在玻璃球体内的光路图，A、C是折射点，B是反射点，OD平行于入射光线，由几何知识得，∠AOD＝∠COD＝60°，则∠OAB＝30°，即折射角r＝30°，入射角i＝60°，所以折射率n＝＝，C正确.
【变式3-3】一直桶状容器的高为2l，底面是边长为l的正方形；容器内装满某种透明液体，过容器中心轴DD′、垂直于左右两侧面的剖面图如图所示。容器右侧内壁涂有反光材料，其他内壁涂有吸光材料。在剖面的左下角处有一点光源，已知由液体上表面的D点射出的两束光线相互垂直，求该液体的折射率。
[解析]　设从光源发出直接射到D点的光线的入射角为i1，折射角为r1。在剖面内作光源相对于反光壁的镜像对称点C，连接C、D，交反光壁于E点，由光源射向E点的光线，反射后沿ED射向D点。光线在D点的入射角为i2，折射角为r2，如图所示。
设液体的折射率为n，由折射定律有
nsin i1＝sin r1①
nsin i2＝sin r2②
由题意知
r1＋r2＝90°③
联立①②③式得
n2＝④
由几何关系可知
sin i1＝＝⑤
sin i2＝＝⑥
联立④⑤⑥式得
n＝1.55。
[答案]　1.55
【题型4 折射中的时间问题】
【例4】如图所示，ACDB为圆柱型玻璃的横截面，AB为其直径.现有两单色光组成的复合光沿EA方向射向玻璃，其折射光线分别沿AC、AD方向，光从A到C的时间为tAC，从A到D的时间为tAD.则(　　)
A.tAC＝tAD B.tAC＜tAD
C.tAC＞tAD D.无法确定
答案　B
解析　由于AD光折射角小于AC光的折射角，故AD光的折射率大于AC光的折射率，由v＝可知，AD光在玻璃中的传播速度较小，AB为直径，故AD＞AC，所以tAC＜tAD，故B正确.
【变式4-1】如图所示，一块两面平行的玻璃砖平放在纸面上，将它的前、后两个边界PQ、MN记录在纸面上。若单色光沿纸面从真空中以入射角i＝60°从MN表面射入时，光通过玻璃砖的时间为t；若保持入射光的方向不变，现撤去玻璃砖，光通过PQ、MN之间的区域的时间也为t，那么，这块玻璃砖对该入射光的折射率为(　 )
A．2 B． C．1.5 D．
解析：选B　设玻璃砖的厚度为d，折射率为n，折射角为r，则t＝＝＝，t＝＝，n＝，可解得n＝，故B正确。
【变式4-2】(多选)如图所示，等边三角形ABC为某透明玻璃三棱镜的截面图，边长等于L，在截面上一束足够强的细光束从AB边中点与AB边成30°角由真空射入三棱镜，从BC边射出的光线与BC的夹角为30°.光在真空中的速度为c，则(　　)
A.玻璃的折射率为
B.玻璃的折射率为
C.光在三棱镜中的传播路程为0.5L
D.光在三棱镜中的传播时间为
答案　ACD
解析　光射入三棱镜的光路图如图所示，
i1＝90°－30°＝60°，
由折射定律得：n＝
光在BC边折射时，由折射定律有：＝
由题意知r2＝90°－30°＝60°，则i2＝r1
由几何关系可得r1＝i2＝30°，则n＝
由几何知识知：从AB边上射入的光在三棱镜中的传播路程s＝0.5L，
光在三棱镜中的传播速度v＝＝c，
故光在三棱镜中的传播时间t＝＝.
【变式4-3】如图所示，一玻璃砖的横截面为半圆形，O为圆心，半径为R，MN为直径，P为OM的中点，MN与水平放置的足够大光屏平行，两者间距为d＝R，一单色细光束沿垂直于玻璃砖上表面的方向从P点射入玻璃砖，光从弧形表面上某点A射出后到达光屏上某处Q点，已知玻璃砖对该光的折射率为n＝。求光束从OM上的P点射入玻璃砖后到达光屏上Q点所用的时间(不考虑反射光，光在真空中传播速度为c)。
解析：完成光路图如图所示，P为OM的中点。
设出射点处的入射角为α，折射角为β
由几何关系知：
sin α＝，得α＝30°
PA＝Rcos 30°
设光在玻璃砖中的传播速度为v，传播时间为t1，则：
v＝
则光线在玻璃砖内传播的时间为t1＝
由折射定律得：n＝
由图知，AQ＝
设光从A到Q所用时间为t2，则：
t2＝
由以上关系可求得从P到Q的时间为：
t＝t1＋t2＝。
答案：
【题型5 折射与反射的综合】
【例5】(2021·浙江6月选考)用激光笔照射透明塑料制成的光盘边缘时观察到的现象如图所示。入射点O和两出射点P、Q恰好位于光盘边缘等间隔的三点处，空气中的四条细光束分别为入射光束a、反射光束b、出射光束c和d，已知光束a和b间的夹角为90°，则(　 )
A．光盘材料的折射率n＝2
B．光在光盘内的速度为真空中光速的三分之二
C．光束b、c和d的强度之和等于光束a的强度
D．光束c的强度小于O点处折射光束OP的强度
解析：选D　画出光路图，如图所示，由几何关系可得入射角为i＝45°，折射角为r＝30°，根据折射定律有n＝＝＝，A错误；根据v＝＝c，B错误；因为在Q处光还有反射光线，所以光束b、c和d的强度之和小于光束a的强度，C错误；光束c的强度与反射光线PQ强度之和等于折射光线OP的强度，D正确。
【变式5-1】(多选)如图所示，一束由两种单色光混合的复色光沿PO方向射向一上、下表面平行的厚玻璃平面镜的上表面，得到三束光Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ。下列有关这三束光的判断正确的是(　 )
A．光束Ⅰ仍为复色光，光束Ⅱ、Ⅲ为单色光
B．光束Ⅱ在玻璃中的传播速度比光束Ⅲ小
C．增大α角且α<90°，光束Ⅱ、Ⅲ会远离光束Ⅰ
D．改变α角且α<90°，光束Ⅱ、Ⅲ一定与光束Ⅰ平行
解析：选ABD　由题意画出如图所示的光路图，可知光束Ⅰ是反射光线，所以仍是复色光，而光束Ⅱ、Ⅲ由于折射率的不同导致偏折分离，所以光束Ⅱ、Ⅲ是单色光，故A正确；由于光束Ⅱ的偏折程度大于光束Ⅲ，所以玻璃对光束Ⅱ的折射率大于对光束Ⅲ的折射率，根据v＝可知，光束Ⅱ在玻璃中的传播速度比光束Ⅲ小，故B正确；当增大α角且α<90°，即入射角减小时，光束Ⅱ、Ⅲ会靠近光束Ⅰ，故C错误；因为厚玻璃平面镜的上下表面是平行的，根据光的入射角与反射角相等以及光的可逆性，可知改变α角且α<90°，光束Ⅱ、Ⅲ一定与光束Ⅰ平行，故D正确
【变式5-2】如图，一玻璃工件的上半部是半径为R的半球体，O点为球心；下半部是半径为R、高为2R的圆柱体，圆柱体底面镀有反射膜。有一平行于中心轴OC的光线从半球面射入，该光线与OC之间的距离为0.6R。已知最后从半球面射出的光线恰好与入射光线平行(不考虑多次反射)。求该玻璃的折射率。
解析：如图，
根据光路的对称性和光路可逆性，与入射光线相对于OC轴对称的出射光线一定与入射光线平行。这样，从半球面射入的折射光线，将从圆柱体底面中心C点反射。设光线在半球面的入射角为i，折射角为r。由折射定律有
sin i＝nsin r①
由正弦定理有＝②
由几何关系，入射点的法线与OC的夹角为i。
由题设条件和几何关系有sin i＝③
式中L是入射光线与OC的距离。由②③式和题给数据得sin r＝④
由①③④式和题给数据得n＝≈1.43。
答案：1.43
【变式5-3】某同学测量玻璃砖的折射率，准备了下列器材：激光笔、直尺、刻度尺、一面镀有反射膜的平行玻璃砖。如图所示，直尺与玻璃砖平行放置，激光笔发出的一束激光从直尺上O点射向玻璃砖表面，在直尺上观察到A、B两个光点，读出OA间的距离为20.00 cm，AB间的距离为6.00 cm，测得图中直尺到玻璃砖上表面距离d1＝10.00 cm，玻璃砖厚度d2＝4.00 cm。则玻璃的折射率n＝________，光在玻璃中传播速度v＝________ m/s(光在真空中传播速度c＝3.0×108 m/s，结果保留两位有效数字)。
解析：作出光路图如图所示，根据几何知识可得入射角i＝45°，由于AB之间的距离等于CE之间的距离，所以折射角r＝37°，故折射率n＝≈1.2，故v＝＝2.5×108 m/s。
答案：1.2　2.5×108
【题型6 折射率的测定】
【例6】如图所示，在“测量玻璃的折射率”的实验中，当光线AO以一定入射角穿过两面平行的玻璃砖时，通过插针法找到跟入射光线AO对应的出射光线O′B，从而确定玻璃中的折射光线OO′。
(1)在图中标记了四个角，分别为θ1、θ2、θ3、θ4，则玻璃的折射率n＝________。
(2)下列措施中，不能减小实验误差的是________。
A．玻璃砖界面aa′与bb′间的距离适当大些
B．入射角要尽量小些
C．大头针应竖直地插在纸面上
D．大头针P1与P2、P3与P4的间距要适当远些
解析：(1)由折射定律可知，玻璃的折射率n＝。
(2)玻璃砖界面aa′与bb′间的距离适当大些，可减小实验误差；入射角太小，则角度的测量会产生较大误差；大头针应竖直地插在纸面上，可减小实验误差；大头针P1与P2、P3与P4的间距要适当远些，这样可减小标记入射光线以及折射光线时的误差。故选B。
答案：(1)　(2)B
【变式6-1】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．选用粗的大头针完成实验
D．插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些
(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________。
(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，以入射点O为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线NN′的垂线，垂足分别为C、D点，如图所示，则玻璃的折射率n＝______。(用图中线段的字母表示)
解析：(1)测玻璃的折射率关键是根据入射光线和出射光线确定在玻璃中的传播光线，因此选用光学表面间距大的玻璃砖以及使插在玻璃砖同侧两枚大头针的距离大些都有利于提高实验准确程度，减小误差；两光学表面是否平行不影响折射率的测量，为减小误差，应选用细长的大头针，故A、D正确，B、C错误。
(2)由题图可知，选用的玻璃砖两光学表面平行，则入射光线与出射光线平行，由光线在空气中的入射角大于玻璃中的折射角，画图可知正确的图为D。
(3)如图所示，玻璃的折射率
n＝，
又sin i＝，sin r＝，
故n＝。
答案：(1)AD　(2)D　(3)
【变式6-2】如图甲所示，在测量玻璃折射率的实验中，两位同学先在白纸上放好截面是正三角形ABC的三棱镜，并确定AB和AC界面的位置。然后在棱镜的左侧画出一条直线，并在线上竖直插上两枚大头针P1和P2，再从棱镜的右侧观察P1和P2的像。
(1)此后正确的操作步骤是________。
A．插上大头针P3，使P3挡住P2的像
B．插上大头针P3，使P3挡住P1、P2的像
C．插上大头针P4，使P4挡住P3的像
D．插上大头针P4，使P4挡住P1、P2的像和P3
(2)正确完成上述操作后，在纸上标出大头针P3、P4的位置(图中已标出)。为测量该种玻璃的折射率，两位同学分别用圆规及刻度尺作出了完整光路和若干条辅助线，如图乙、丙所示。能够仅通过测量ED、FG的长度便可正确计算出折射率的是图________(选填“乙”或“丙”)，所测玻璃折射率的表达式n＝________(用代表线段长度的字母ED、FG表示)。
解析：(1)此后正确的操作步骤是：插上大头针P3，使P3挡住P1、P2的像；插上大头针P4，使P4挡住P1、P2的像和P3，B、D正确。
(2)能够仅通过测量ED、FG的长度便可正确计算出折射率的是题图丙，因为n＝＝＝。
答案：(1)BD　(2)丙　
【变式6-3】通过动手做实验可让学生们提高对物理实验的理解和应用能力。如图所示，一个学生用广口瓶和刻度尺测定水的折射率，请填写下述实验步骤中的空白。
(1)用刻度尺测出广口瓶瓶口内径d。
(2)在瓶内装满水。
(3)将刻度尺沿瓶口边缘竖直插入水中。
(4)沿广口瓶边缘向水中刻度尺正面看去，若恰能看到刻度尺的0刻度(即图中A点)，同时看到水面上B点刻度的像B′恰与A点的像重合。如图，若水面恰与直尺的C点相平，则________和________分别等于入射角和折射角。
(5)读出________和________的长度。
(6)由题中所给条件和前面步骤得到的数据，可以计算水的折射率n＝________。
解析：(4)从A点发出的光线经折射后进入眼睛，所以∠OAC等于入射角，∠OB′C(或∠OBC)等于折射角。
(5)若水面恰与直尺C点相平，读出AC和AB(或AC和BC)的长度。
(6)设从A点发出的光线射到水面时入射角为i，折射角为r，根据数学知识得知：sin i＝，sin r＝，则折射率为n＝，根据对称性有：B′C＝BC，联立得n＝ 或 。
答案： (4)∠OAC　　∠OB′C(或∠OBC)
(5)AC　AB(或BC)
(6)
【题型7 折射中的色散问题】
【例7】如图所示，一束光经玻璃三棱镜折射后分为两束单色光a、b，其在玻璃三棱镜中的波长分别为λa、λb，该玻璃对单色光a、b的折射率分别为na、nb，则(　 )
A．λa<λb，na>nb B．λa>λb，naC．λa<λb，naλb，na>nb
解析：选B　一束光经过三棱镜折射后，折射率小的光偏折较小，在介质中的波长较长。所以λa>λb，na【变式7-1】如图所示，实线为空气和水的分界面，一束蓝光从空气中的A点沿AO1方向(O1点在分界面上，图中O1点和入射光线都未画出)射向水中，折射后通过水中的B点。图中O点为A、B连线与分界面的交点。下列说法错误的是(　 )
A．O1点在O点的右侧
B．蓝光从空气中射入水中时，速度变小
C．若沿AO1方向射向水中的是一束紫光，则折射光线有可能通过B点正下方的C点
D．若沿AO1方向射向水中的是一束红光，则折射光线有可能通过B点正上方的D点
解析：选A　根据折射定律，可知光由空气斜射入水中时入射角大于折射角，则画出光路图如图所示，
知O1点应在O点的左侧，故A错误；光从光疏介质(空气)射入光密介质(水)中时，速度变小，故B正确；紫光的折射率大于蓝光，所以折射角要小于蓝光的，则折射光线可能通过B点正下方的C点，故C正确；红光的折射率小于蓝光，折射角要大于蓝光的，则折射光线可能通过B点正上方的D点，故D正确。
【变式7-2】如图所示，一束可见光穿过平行玻璃砖后，变为a、b两束单色光。如果光束b是蓝光，则光束a可能是(　 )
A．红光 B．黄光 C．绿光 D．紫光
解析：选D　由题图可知，光束a的折射角小，根据n＝知，光束a的折射率大于光束b的折射率，频率越大，折射率越大，且已知光束b是蓝光，选项中频率大于蓝光的只有紫光，D正确。
【变式7-3】虹和霓是太阳光在水珠内分别经过一次和两次反射后出射形成的，可用白光照射玻璃球来说明。两束平行白光照射到透明玻璃球后，在水平的白色桌面上会形成MN和PQ两条彩色光带，光路如图所示。M、N、P、Q点的颜色分别为(　 )
A．紫、红、红、紫 B．红、紫、红、紫
C．红、紫、紫、红 D．紫、红、紫、红
解析：选A　由题图可知，射到M点的光线进入玻璃球时的折射角小于射到N点的光线进入玻璃球时的折射角，所以玻璃球对射到M点的光的折射率大于玻璃球对射到N点的光的折射率，故M点的颜色为紫色，N点的颜色为红色；同理可得P点的颜色为红色，Q点的颜色为紫色，A正确。
【题型8 折射中的临界问题】
【例8】如图，一艘帆船静止在湖面上，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sin 53°＝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，从水面射出后仍照射在桅杆顶端，求船行驶的距离.
答案　(1)7 m　(2)5.5 m
解析　(1)设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1，到P点的水平距离为x2；桅杆距水面的高度为h1，P点处水深为h2；激光束在水中与竖直方向的夹角为θ，由几何关系有
＝tan 53°①
＝tan θ②
由折射定律有：sin 53°＝nsin θ③
设桅杆到P点的水平距离为x，
则x＝x1＋x2④
联立①②③④式并代入题给数据得：x＝7 m⑤
(2)设激光束在水中与竖直方向的夹角为45°时，从水面出射的方向与竖直方向夹角为i′，
由折射定律有：sin i′＝nsin 45°⑥
设船向左行驶的距离为x′，此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1′，到P点的水平距离为x2′，则：x1′＋x2′＝x′＋x⑦
＝tan i′⑧
＝tan 45°⑨
联立⑤⑥⑦⑧⑨式并代入题给数据得：
x′＝ m≈5.5 m
【变式8-1】(2021·湖南高考)我国古代著作《墨经》中记载了小孔成倒像的实验，认识到光沿直线传播。身高1.6 m的人站在水平地面上，其正前方0.6 m处的竖直木板墙上有一个圆柱形孔洞，直径为1.0 cm、深度为1.4 cm，孔洞距水平地面的高度是人身高的一半。此时，由于孔洞深度过大，使得成像不完整，如图所示。现在孔洞中填充厚度等于洞深的某种均匀透明介质，不考虑光在透明介质中的反射。
(1)若该人通过小孔能成完整的像，透明介质的折射率最小为多少？
(2)若让掠射进入孔洞的光能成功出射，透明介质的折射率最小为多少？
解析：(1)如图所示，若人脚处反射的光恰能成像，则透明介质的折射率最小，由几何关系得此时入射角的正弦值sin i＝＝0.8，折射角的正弦值sin r＝＝，所以nmin＝＝。
(2)光从光疏介质向光密介质传播，入射角接近90°时为掠射。分析可知，当掠射的光恰好从洞的边缘射出时折射率最小，则有nmin′＝＝。
答案：(1)　(2)
【变式8-2】图为由某种透明材料做成的三棱镜的横截面，其形状是边长为a的等边三角形，现用一束宽度为a的单色平行光束以垂直于BC面的方向入射到该三棱镜的AB及AC面上，结果所有从AB、AC面入射的光线进入后恰好全部直接到达BC面．
(1)求该材料对此平行光束的折射率；
(2)这些到达BC面的光线从BC面射出后，如果照射到一块平行于BC面的屏上形成光斑，则当屏到BC面的距离d满足什么条件时，此光斑分为两块？
答案　(1)　(2)d＞a
解析　(1)从AB面入射的光线，在棱镜中是平行于AC面的，则光线进入AB面时的入射角α、折射角β分别为α＝60°，β＝30°
由折射定律知，该材料对此平行光束的折射率n＝＝.
(2)如图所示，O为BC的中点，在B点附近折射的光线从BC面射出后与直线AO的延长线交于D点，只要屏放得比D点远，光斑就会分成两块．
由几何关系可得OD＝a
所以当屏到BC面的距离d＞a时，此光斑分为两块．
【变式8-3】如图所示，在MN的下方足够大的空间是玻璃介质，其折射率n＝，玻璃介质的上边界MN是屏幕，玻璃中有一个正三角形空气泡，其边长l＝40 cm，顶点与屏幕接触于C点，底边AB与屏幕平行，一束激光a垂直于AB边射向AC边的中点O，结果在屏幕MN上出现两个光斑．
(1)求两个光斑之间的距离；
(2)若任意两束相同的激光同时垂直于AB边向上射入空气泡，求屏幕上相距最远的两个光斑之间的距离．
答案　(1)40 cm　(2)80 cm
解析　(1)画出光路图如图所示．
在界面AC，入射角i＝60°，由折射定律n＝，n＝解得折射角r＝30°.
由光的反射定律得反射角θ＝60°
由几何关系得，△ODC是边长为l的正三角形，△OEC为等腰三角形，且CE＝OC＝，则两个光斑之间的距离L＝DC＋CE＝40 cm.
(2)作出入射点在A、B两点的光线的光路图，如图所示，由图可得屏幕上相距最远的两个光斑之间的距离PQ＝2l＝80 cm.专题1.3 碰撞
【人教版】
【题型1 完全非弹性碰撞】
【题型2 弹性正碰、一静一动】
【题型3 碰撞三原则】
【题型4 图像问题】
【题型5 子弹穿木块问题】
【题型6 块板模型】
【题型7 涉及弹簧的问题】
【题型8 一般的碰撞】
【题型1 完全非弹性碰撞】
【例1】如图甲是打桩机进行路基打桩的实物情景图，打桩过程情景模型如图乙所示，已知打桩机重锤A的质量为m，混凝土钢筋桩B的质量为M，其中M＝8m。每一次打桩时，打桩机抬高重锤A，比桩B顶部高出H，然后从静止自由释放，与桩发生时间极短的完全非弹性碰撞后，与桩一起向下运动，设桩受到的阻力f与桩深入地面下的深度h成正比，即f＝kh，其中k＝(重力加速度为g，其他阻力忽略不计)。
(1)完成第1次打桩后，试求桩B深入地面下的深度h1；
(2)已知桩B的长度l＝3H，试求使桩B刚好全部进入地面下，则要打多少次？
解析：(1)设重锤A下落与桩B碰撞前的速度为v0，则有mgH＝mv02
因为重锤A与桩B发生了时间极短的完全非弹性碰撞，设碰撞后的共同速度为v，则有mv0＝(M＋m)v
设第1次打桩，桩B克服阻力所做的功为W1，则有
(M＋m)gh1－W1＝0－(M＋m)v2
其中W1＝kh12
联合上式解得h1＝，另一负解不合实际情况，故舍去。
(2)设使桩B刚好全部进入地面下，要打N次，根据动能定理，有：
(M＋m)gl－W总＝0－N×(M＋m)v2
其中W总＝kl2，解得N＝2 025。
答案：(1)　(2)2 025
【变式1-1】(多选)如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，小车总质量为M；质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩。开始时小车AB和木块C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起。忽略一切摩擦，以下说法正确的是(　 )
A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动
B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶m
C．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动
D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动
解析：选BC　小车AB与木块C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，AB应向左运动，故A错误；设碰前C的速率为v1，AB的速率为v2，则0＝mv1－Mv2，得＝，故B正确；设C与油泥粘在一起后，AB、C的共同速度为v共，则0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C正确，D错误。
【变式1-2】(多选)如图所示，质量均为m的物块A、B并排放置在光滑水平面上，一个质量也为m的物块C以初速度2v0在极短时间与A相碰并粘在一起。由于A、B的作用，A、B分离时B的速度等于v0，从C接触A到A、B分离的全过程中，下面说法正确的是(　 )
A．A、B分离时A的速度为v0
B．A、B分离时A的速度为v0
C．A、B、C组成的系统损失的机械能为mv02
D．A、B、C组成的系统损失的机械能为mv02
解析：选BD　该过程动量守恒，有2mv0＝2mv＋mv0，解得v＝v0，A错误，B正确；A、B、C组成的系统损失的机械能为ΔEk＝m(2v0)2－·2mv02－mv02＝mv02，C错误，D正确。
【变式1-3】如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2 kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以1.5 m/s 的初速度、3 m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为μ＝，重力加速度取g＝10 m/s2，sin θ＝，cos θ＝，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化。求：
(1)滑道AB段的长度；
(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
解析：(1)设斜面长度为L，背包质量为m1＝2 kg，在斜面上滑行的加速度为a1，由牛顿第二定律有
m1gsin θ－μm1gcos θ＝m1a1
解得a1＝2 m/s2
滑雪者质量为m2＝48 kg，初速度为v0＝1.5 m/s，加速度为a2＝3 m/s2，在斜面上滑行时间为t，落后时间t0＝1 s，则背包的滑行时间为t＋t0，由运动学公式得
L＝a1(t＋t0)2
L＝v0t＋a2t2
联立解得t＝2 s或t＝－1 s(舍去)，L＝9 m。
(2)设背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为v1、v2，有
v1＝a1(t＋t0)＝6 m/s
v2＝v0＋a2t＝7.5 m/s
滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为v，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
解得v＝7.44 m/s。
答案：(1)9 m　(2)7.44 m/s
【题型2 弹性正碰、一静一动】
【例2】秦山核电站是我国第一座核电站，其三期工程采用重水反应堆技术，利用中子(n)与静止氘核(H)的多次碰撞，使中子减速。已知中子某次碰撞前的动能为E，碰撞可视为弹性正碰。经过该次碰撞后，中子损失的动能为(　 )
A.E B.E C.E D.E
解析：选B　质量数为1的中子与质量数为2的氘核发生弹性碰撞，满足机械能守恒和动量守恒，设中子的初速度为v0，碰撞后中子和氘核的速度分别为v1和v2，可列式×1×v02＝×1×v12＋×2×v22, 1×v0＝1×v1＋2×v2。解得：v1＝－v0，即动能减小为原来的，动能损失量为E。
【变式2-1】如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R＝0.1 m，半圆形轨道的底端放置一个质量为m＝0.1 kg的小球B，水平面上有一个质量为M＝0.3 kg的小球A以初速度v0＝4.0 m/s开始向着小球B运动，经过时间t＝0.80 s与B发生弹性碰撞，设两个小球均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知小球A与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2.求：
(1)两小球碰前A的速度大小vA；
(2)小球B运动到最高点C时对轨道的压力大小．
答案　(1)2 m/s　(2)4 N
解析　(1)碰前对A由动量定理有－μMgt＝MvA－Mv0
解得vA＝2 m/s.
(2)对A、B组成的系统，碰撞前后动量守恒，则有
MvA＝MvA′＋mvB
碰撞前后总动能保持不变，
则有MvA2＝MvA′2＋mvB2
由以上两式解得vA′＝1 m/s，vB＝3 m/s
设小球B运动到最高点C时的速度大小为vC，以水平面为参考平面，因为B球由半圆形轨道的底端运动到C点的过程中机械能守恒，则有mvC2＋2mgR＝mvB2
解得vC＝ m/s
对小球B，在最高点C有mg＋FN＝m
解得FN＝4 N
由牛顿第三定律知小球B运动到最高点C时对轨道的压力大小为4 N.
【变式2-2】如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个弧形槽，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上滑块，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是(　 )
A．当v0＝时，小球能到达B点
B．如果小球的速度足够大，小球将从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上
C．小球到达斜槽最高点处，小球的速度为零
D．小球回到斜槽底部时，小球速度方向可能向左
解析：选D　滑块不固定，当v0＝时，设小球沿槽上升的高度为h，则有mv0＝(m＋M)v，mv02＝(M＋m)v2＋mgh，可解得h＝R＜R，故A错误；当小球速度足够大，从B点离开滑块时，由于B点切线竖直，在B点时小球与滑块的水平速度相同，离开B点后将再次从B点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上，B错误；当小球到达斜槽最高点，由在水平方向上动量守恒有mv0＝(M＋m)v，小球具有水平速度，故C错误；当小球回到斜槽底部，相当于完成了弹性碰撞，mv0＝mv1＋Mv2，mv02＝mv12＋Mv22，v1＝v0，当m＞M，v1与v0方向相同，向左，当m＜M，v1与v0方向相反，即向右，故D正确。
【变式2-3】如图所示，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M，三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性碰撞．
答案　(－2)M≤m＜M
解析　A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒，机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0＝mvA1＋MvC1
mv02＝mvA12＋MvC12
联立解得vA1＝v0，vC1＝v0
如果m>M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞，所以只需考虑m第一次碰撞后，A反向运动与B发生碰撞，设与B发生碰撞后，A的速度为vA2，B的速度为vB1，同样有
mvA1＝mvA2＋MvB1
mvA12＝mvA22＋MvB12
联立解得vA2＝vA1＝()2v0
根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有vA2≤vC1
联立解得m2＋4mM－M2≥0
解得m≥(－2)M
另一解m≤－(＋2)M舍去
所以，m和M应满足的条件为(－2)M≤m＜M.
【题型3 碰撞三原则】
【例3】(多选)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg，规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞前后A球动量的变化量为－4 kg·m/s，则(　　)
A．左方是A球
B．B球动量的变化量为4 kg·m/s
C．碰撞后A、B两球的速度大小之比为5∶2
D．两球发生的碰撞是弹性碰撞
答案　ABD
解析　初状态两球的动量均为正，故两球均向右运动，vA＝＝6 m/s，vB＝＝3 m/s，故左方是A球，A正确；由动量守恒定律知，ΔpB＝－ΔpA＝4 kg·m/s，B正确；碰撞后A的动量为pA′＝ΔpA＋pA＝2 kg·m/s，则vA′＝＝2 m/s，碰撞后B的动量为pB′＝ΔpB＋pB＝10 kg·m/s，则vB′＝＝5 m/s，故vA′∶vB′＝2∶5，C错误；
碰撞前系统的机械能为mAvA2＋mBvB2＝27 J，碰撞后系统的机械能为mAvA′2＋mBvB′2＝27 J，故两球发生的碰撞是弹性碰撞，D正确．
【变式3-1】两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是(　 )
A．vA′＝3 m/s，vB′＝4 m/s
B．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
C．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
D．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
解析：选C　碰前系统总动量为p＝mAvA＋mBvB＝10 kg·m/s，碰前总动能为Ek＝mAvA2＋mBvB2＝22 J，如果vA′＝3 m/s，vB′＝4 m/s，则碰后总动量为p′＝11 kg·m/s，动量不守恒，A错误；碰撞后，A、B两球同向运动，A球在B球的后面，A球的速度大于B球的速度，不可能，B错误；如果vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s，则碰后总动量为p′＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为Ek′＝18 J，系统动能减小，满足碰撞的条件，C正确；如果vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s，则碰后总动量为p′＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为Ek′＝57 J，系统动能增加，不可能，D错误。
【变式3-2】如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两个小球在同一直线上运动。两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为8 kg·m/s，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则(　 )
A．右方为A球，碰后A、B的速率之比为2∶3
B．右方为A球，碰后A、B的速率之比为1∶6
C．左方为A球，碰后A、B的速率之比为2∶3
D．左方为A球，碰后A、B的速率之比为1∶6
解析：选C　A、B两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球，若是A球则动量的增量应该是正值，因此碰撞后A球的动量大小为4 kg·m/s，所以碰撞后B球的动量是增加的，为12 kg·m/s，由于mB＝2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶3，故C正确。
【变式3-3】如图所示，在光滑水平面上有直径相同的a、b两球，在同一直线上运动，选定向右为正方向，两球的动量分别为pa＝6 kg·m/s、pb＝－4 kg·m/s.当两球相碰之后，两球的动量可能是(　　)
A．pa＝－6 kg·m/s、pb＝4 kg·m/s
B．pa＝－6 kg·m/s、pb＝8 kg·m/s
C．pa＝－4 kg·m/s、pb＝6 kg·m/s
D．pa＝2 kg·m/s、pb＝0
答案　C
解析　根据碰撞过程中动量守恒可知碰撞后的总动量等于原来总动量2 kg·m/s，A选项碰后的总动量为－2 kg·m/s，动量不守恒，故A错误；B选项碰后a球的动能不变，b球的动能增加了，不符合机械能不增加的规律，故B错误；C选项碰后a、b小球的动量满足动量守恒定律，也不违背物体的运动规律，故C正确；D选项与实际不符，a不可能穿过静止的b向前运动，故D错误．
【题型4 图像问题】
【例4】(多选)某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移—时间图象．图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移随时间变化关系．已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知(　　)
A．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为5∶2
B．碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大
C．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小
D．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的
答案　AD
解析　根据x－t图象的斜率表示速度，可知碰前滑块Ⅰ速度为v1＝－2 m/s，滑块Ⅱ的速度为v2＝0.8 m/s，则碰前速度大小之比为5∶2，故选项A正确；碰撞后的共同速度为v＝0.4 m/s，根据动量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得m2＝6m1，由动量的表达式可知|m1v1|＜m2v2，由动能的表达式可知，m1v12>m2v22，故选项B、C错误，D正确．
【变式4-1】甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为(　 )
A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J
解析：选A　设乙物块的质量为m，由动量守恒定律有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入图中数据解得m乙＝6 kg，进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为E损＝m甲v甲2＋m乙v乙2－m甲v甲′2－m乙v乙′2，代入图中数据解得E损＝3 J，A正确。
【变式4-2】碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动。游乐场上，大人和小孩各驾着一辆碰碰车迎面相撞，碰撞前后两人的位移—时间图像(x-t图像)如图所示。已知小孩的质量为20 kg，大人的质量为60 kg，碰碰车质量相同，碰撞时间极短。下列说法正确的是(　 )
A．碰撞前后小孩的运动方向没有改变
B．碰碰车的质量为50 kg
C．碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小为80 N·s
D．碰撞过程中损失的机械能为600 J
解析：选D　规定小孩初始运动方向为正方向，由图可知，碰后两车一起向反方向运动，故碰撞前后小孩的运动方向发生了改变，故A错误；由图可知，碰前瞬间小孩的速度为2 m/s，大人的速度为－3 m/s，碰后两人的共同速度为－1 m/s，设碰碰车的质量为M，由动量守恒定律有(20＋M)×2－(60＋M)×3＝(2M＋20＋60)×(－1)，解得M＝60 kg，故B错误；碰前小孩与其驾驶的碰碰车的总动量为p1＝160 kg·m/s，碰后总动量为p1′＝－80 kg·m/s，由动量定理可知碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量为I＝Δp＝－240 N·s，故C错误；由能量守恒定律可得碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝×80×22 J＋×120×(－3)2 J－×200×(－1)2 J＝600 J，故D正确。
【变式4-3】如图甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量mA＝1 kg.初始时刻B静止，A以一定的初速度向右运动，之后与B发生碰撞并一起运动，它们的位移—时间图象如图乙所示(规定向右为位移的正方向)，已知A、B碰撞时间极短(t＝0.01 s)，图中无法显示，则(　　)
A．物块B的质量为2 kg
B．物块B的质量为4 kg
C．A、B碰撞时的平均作用力大小为300 N
D．A、B碰撞时的平均作用力大小为100 N
答案　C
解析　由题图乙可知撞前vA＝4 m/s，vB＝0，撞后v＝ m/s＝1 m/s，则由mAvA＝(mA＋mB)v可得mB＝＝3 kg，A、B错误；对B有Ft＝mBv－0，解得F＝300 N，C正确，D错误．
【题型5 子弹穿木块问题】
【例5】一质量为M的木块放在光滑的水平面上，一质量为m的子弹以初速度v0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的相互作用力为Ff.则：
(1)子弹、木块相对静止时的速度是多少？
(2)子弹在木块内运动的时间为多长？
(3)子弹、木块相互作用过程中子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度分别是多少？
(4)系统损失的机械能、系统增加的内能分别是多少？
(5)要使子弹不射出木块，木块至少多长？
解析　(1)设子弹、木块相对静止时的速度为v，以子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝(M＋m)v
解得v＝v0
(2)设子弹在木块内运动的时间为t，由动量定理得
对木块：Fft＝Mv－0
解得t＝
(3)设子弹、木块发生的位移分别为x1、x2，如图所示，由动能定理得
对子弹：－Ffx1＝mv2－mv02
解得：x1＝
对木块：Ffx2＝Mv2
解得：x2＝
子弹打进木块的深度等于相对位移，即x相＝x1－x2＝
(4)系统损失的机械能为：E损＝mv02－(M＋m)v2＝
系统增加的内能为Q＝Ff·x相＝
(5)假设子弹恰好不射出木块，此时有FfL＝mv02－(M＋m)v2
解得L＝
因此木块的长度至少为
【变式5-1】如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2。子弹射入后，求：
(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1。
(2)木板向右滑行的最大速度v2。
(3)物块在木板上滑行的时间t。
解析：(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒可得：
m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6 m/s。
(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2 m/s。
(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：
－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，
解得：t＝1 s。
答案：(1)6 m/s　(2)2 m/s　(3)1 s
【变式5-2】如图所示，静止在光滑水平桌面上的物块A和B用一轻质弹簧拴接在一起，弹簧处于原长。一颗子弹沿弹簧轴线方向射入物块A并留在其中，射入时间极短。下列说法中正确的是(　 )
A．子弹射入物块A的过程中，子弹和物块A的机械能守恒
B．子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的冲量大小大于物块A对子弹的冲量大小
C．子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和等于射入物块A前子弹的动能
D．两物块运动过程中，弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能
解析：选D　子弹射入物块A的过程中，为完全非弹性碰撞动能损失最大，动能转化为内能，则子弹和物块A的机械能不守恒，A错误；子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的冲量大小等于物块A对子弹的冲量大小，B错误；子弹射入物块A后，因为有动能转化为内能，两物块与子弹的动能之和小于射入物块A前子弹的动能，C错误；两物块运动过程中，弹簧最短时与弹簧最长时都是两物体具有共同速度时，有mA＋m子v1＝mA＋m子＋mBv2，ΔEp＝mA＋m子v12－(mA＋m子＋mB)v22，则弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能，D正确。
【变式5-3】如图所示，光滑悬空轨道上静止一质量为3m的小车A，用一段不可伸长的轻质细绳悬挂一质量为2m的木块B.一质量为m的子弹以水平速度v0射入木块(时间极短)，在以后的运动过程中，细绳离开竖直方向的最大角度小于90°，试求：(不计空气阻力，重力加速度为g)
(1)子弹射入木块B时产生的热量；
(2)木块B能摆起的最大高度；
(3)小车A运动过程的最大速度大小．
答案　(1)mv02　(2)　(3)v0
解析　(1)子弹与木块B作用瞬间水平方向的动量守恒，可得
mv0＝(m＋2m)v1，解得v1＝.
设产生的热量为Q，根据能量守恒定律有Q＝mv02－mv12＝mv02.
(2)木块B到最高点时，小车A、木块B、子弹三者有相同的水平速度，
根据水平方向动量守恒有(m＋2m)v1＝(m＋2m＋3m)v2，
解得v2＝v0.
由机械能守恒定律有3mgh＋×6mv22＝×3mv12，
解得h＝.
(3)设小车A运动过程的最大速度为v4，此时木块的速度为v3，当木块回到原来高度时，小车的速度最大，根据水平方向动量守恒，
有3mv1＝3mv3＋3mv4，
根据能量守恒定律有mv12＝mv32＋mv42，
解得v4＝v0.
【题型6 块板模型】
【例6】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。
解析：(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，
联立解得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。
答案：(1)　(2)　(3)　mv02
【变式6-1】如图所示，光滑水平面上静止放置着一辆平板车A。车上有两个小滑块B和C，A、B、C三者的质量分别是3m、2m、m。B与平板车之间的动摩擦因数为μ，而C与平板车之间的动摩擦因数为2μ。开始时B、C分别从平板车的左、右两端同时以大小相同的初速度v0相向滑行。已知B、C最后都没有脱离平板车，则平板车的最终速度v车是(　 )
A.v0 B.v0 C.v0 D．0
解析：选B　设水平向右为正方向，因为水平面光滑，三个物体组成的系统动量守恒，系统最终的速度为v车，所以2mv0－mv0＝(3m＋2m＋m)v车，解得v车＝v0，B正确。
【变式6-2】(多选)如图所示，一质量M＝3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0 kg的小木块A，同时给A和B以大小均为4.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是(　　)
A．2.1 m/s B．2.4 m/s
C．2.8 m/s D．3.0 m/s
答案　AB
解析　以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右为正方向，从A开始运动到A的速度为零过程中，由动量守恒定律得(M－m)v＝MvB1，代入数据解得vB1≈2.67 m/s.当从开始到A、B速度相同的过程中，由动量守恒定律得(M－m)v＝(M＋m)vB2，代入数据解得vB2＝2 m/s，则在木块A做加速运动的时间内，B的速度大小范围为2 m/s【变式6-3】如图所示，质量mA＝8.0 kg的足够长的木板A放在光滑水平面上，在其右端放一个质量为mB＝2.0 kg的小木块B。给B以大小为4.0 m/s、方向向左的初速度，同时给A以大小为6.0 m/s、方向向右的初速度，两物体同时开始运动，直至A、B运动状态稳定，下列说法正确的是(　 )
A．木块B的最终速度大小为5.6 m/s
B．在整个过程中，木块B的动能变化量为0
C．在整个过程中，木块B的动量变化量为0
D．在整个过程中，系统的机械能守恒
解析：选B　小木块与木板组成的系统动量守恒，由于木板的动量大于小木块的动量，所以系统的合动量方向向右；小木块先向左减速运动，速度减为零后再反向向右加速运动，最后小木块与木板一起匀速运动。设向右为正方向，由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v，解得v＝4 m/s，故A错误；在整个过程中，木块B的动能变化量为ΔEk＝mBv2－mBvB2＝0，故B正确；在整个过程中，木块B的动量变化量为Δp＝mBv－mBvB＝16 kg·m/s，故C错误；在整个过程中，由于小木块与木板之间有摩擦力作用，系统克服摩擦力做功，一部分机械能转化为内能，故系统机械能不守恒，故D错误。
【题型7 涉及弹簧的问题】
【例7】(多选)如图所示，质量为m的小球A系在轻线的一端，线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h。物块B和C的质量均为5m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方。现拉动小球使轻线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生弹性正碰(碰撞时间极短)，小球与物块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，则可求出(　 )
A．碰撞后小球A反弹的上升的最大高度
B．碰撞后小球A反弹的上升的时间
C．碰撞过程中物块B获得冲量大小
D．碰后轻弹簧获得的最大弹性势能
解析：选ACD　对小球A，由机械能守恒定律可求出碰前小球A的速度，小球A与物块B发生弹性正碰，根据系统动量守恒定律和机械能守恒定律可求出碰后小球A和物块B的速度，对小球A再使用机械能守恒定律可求出碰撞后小球A反弹上升的最大高度，故A正确；由于小球碰后做变速圆周运动，故无法求得小球A反弹上升的时间，故B错误；碰撞过程中根据动量定理可求出物块B获得冲量大小，故C正确；碰撞后，物块B、轻弹簧和物块C组成的系统，当物块B和物块C共速时弹簧有最大弹性势能，根据动量守恒定律求出共速的速度，再根据系统机械能守恒定律求出弹簧获得的最大弹性势能，故D正确。
【变式7-1】如图所示，质量为3m的物块A与质量为m的物块B用轻弹簧和不可伸长的细线连接，静止在光滑的水平面上，此时细线刚好伸直但无弹力。现使物块A瞬间获得向右的速度v0，在以后的运动过程中，细线没有绷断，以下判断正确的是(　 )
A．细线再次伸直前，物块A的速度先减小后增大
B．细线再次伸直前，物块B的加速度先减小后增大
C．弹簧最大的弹性势能等于mv02
D．物块A、B与弹簧组成的系统，损失的机械能最多为mv02
解析：选C　细线再次伸直时，也就是弹簧再次恢复原长时，该过程中A始终受到向左的弹力，即一直做减速运动，B始终受到向右的弹力，即一直做加速运动，弹簧的弹力先变大后变小，则B的加速度先增大后减小，故A、B错误；弹簧弹性势能最大时，弹簧被压缩到最短，此时两物块速度相同，根据动量守恒定律可得3mv0＝(3m＋m)v，解得v＝v0，根据能量守恒定律可得弹簧最大的弹性势能Epmax＝×3mv02－×(3m＋m)v2＝mv02，故C正确；整个过程中，只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，故D错误。
【变式7-2】如图所示，竖直放置的轻弹簧的一端固定在水平地面上，另一端拴接着质量为M的木块A，开始时木块A静止，现让一质量为m的木块B从木块A正上方高为h处自由下落，与木块A碰撞后一起向下压缩弹簧，经过时间t木块A下降到最低点。已知弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，木块A与木块B碰撞时间极短，重力加速度为g，下列关于从两木块发生碰撞到木块A第一次回到初始位置的过程中弹簧对木块A的冲量I的大小正确的是(　 )
A．I＝2(M＋m)
B．I＝2m－2(M＋m)gt
C．I＝2(M－m)
D．I＝2m＋2(M＋m)gt
解析：选D　B下落h过程有mgh＝mvB2，解得vB＝，木块B与A碰撞过程由动量守恒定律得mvB＝(M＋m)v，规定向下为正方向，则两木块从开始共同运动至最低点过程中由动量定理得(M＋m)gt－I1＝0－(M＋m)v，从两木块发生碰撞到木块A第一次回到初始位置的过程中弹簧对木块A的冲量I的大小为I＝2I1，联立解得弹簧对木块A的冲量I的大小为I＝2m＋2(M＋m)gt，故D正确。
【变式7-3】（2022-全国乙卷）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。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（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
【题型8 一般的碰撞】
【例8】质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度允许有不同的值．请你论证：碰撞后B球的速度可能是以下值吗？
(1)0.6v；(2)0.4v；(3)0.2v.
答案　(2)可能
解析　①若是弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律：
mv＝mv1＋3mv2
mv2＝mv12＋×3mv22
得：v1＝v＝－v
v2＝v＝v
②若是完全非弹性碰撞，则：
mv＝4mv′　v′＝v
因此v≤vB≤v，因此只有(2)是可能的．
【变式8-1】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。
[解析]　(1)设 B运动到半圆弧轨道最高点时速度为v2′，由于B对轨道最高点的压力为零，
则由牛顿第二定律得mg＝m
B离开最高点后做平抛运动，
则在竖直方向上有2R＝gt2
在水平方向上有x＝v2′t，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
mgRcos θ＝mvD2
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P＝mgvDsin θ，解得
P＝mgsin θ 。
(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mv22＝mv2′2＋mg·2R，解得v2＝
对A由Q到C的过程，由机械能守恒定律得mv12＝mgR，解得v1＝
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mv0＝mv1＋mv2
解得v0＝＋
碰撞过程中A和B损失的总动能为
ΔE＝mv02－mv12－mv22
解得ΔE＝mgR。
[答案]　(1)2R　(2)mgsin θ
(3)mgR
【变式8-2】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s1＝3.5×10－2 m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10－2 m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1。现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10 m/s2。
(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。
[解析]　(1)甲算珠从被拨出到与乙算珠碰撞前，做匀减速直线运动，
加速度大小a1＝＝1 m/s2，
设甲算珠与乙算珠碰撞前瞬间的速度为v1，
则v12－v2＝2(－a1)s1，
解得v1＝0.3 m/s，
甲、乙两算珠碰撞时，由题意可知碰撞过程中动量守恒，取甲算珠初速度方向为正方向，
则有mv1＝mv1′＋mv乙，其中v1′＝0.1 m/s，
解得碰撞后乙算珠的速度v乙＝0.2 m/s，
碰撞后，乙算珠做匀减速直线运动，加速度大小a2＝＝1 m/s2，
设乙算珠能运动的最远距离为x，
则x＝＝0.02 m，
由于x＝s2，
所以乙算珠能够滑动到边框a。
(2)甲算珠从拨出到与乙算珠碰撞所用时间t1＝＝0.1 s，
碰撞后甲算珠继续做匀减速直线运动直到停止，所用时间t2＝＝0.1 s，
所以甲算珠从拨出到停下所需的时间t＝t1＋t2＝0.2 s。
[答案]　(1)能，计算过程见解析　(2)0.2 s
【变式8-3】如图所示，质量为6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘齐平。B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数为μ＝，质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触。现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半。
(1)求细绳能够承受的最大拉力；
(2)若要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大；
(3)通过计算判断C能否从木板上掉下来。
解析：(1)设小球运动到最低点的速率为v0，小球向下摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgL＝mv02，解得：v0＝
小球在圆周运动最低点，由牛顿第二定律得：T－mg＝m
由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力T′＝T
解得：T′＝3mg。
(2)小球碰撞后做平抛运动。在竖直方向上：h＝gt2
水平方向：L＝t，解得：h＝L。
(3)小球与滑块C碰撞过程中小球和C组成的系统满足动量守恒，设C碰后速率为v1，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝m＋3mv1
设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率为v2，由动量守恒定律得：3mv1＝(3m＋6m)v2
由能量守恒定律得：×3mv12＝(3m＋6m)v22＋μ·3mgs
联立解得：s＝
由s＜L知，滑块C不会从木板上掉下来。
答案：(1)3mg　(2)L　(3)滑块C不会从木板上掉下来专题1.2 动量守恒定律【八大题型】
【人教版】
【题型1 动量守恒的判断】
【题型2 碰撞问题】
【题型3 爆炸、反冲问题】
【题型4 人船模型】
【题型5 某方向动量守恒】
【题型6 多过程问题】
【题型7 临界问题】
【题型8 高科技问题】
【题型1 动量守恒的判断】
【例1】(2021·全国乙卷)如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统(　 )
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
【变式1-1】(多选)如图所示，在足够长的光滑水平面上，相对放置着两个形状完全相同的光滑弧形槽A、B，槽底端与光滑水平面相切，其中弧形槽A不固定，弧形槽B固定。一小球从弧形槽A顶端由静止释放。下列判断正确的是(　 )
A．小球在弧形槽A下滑过程中，小球的机械能不守恒
B．小球在弧形槽B上滑过程中，小球的机械能不守恒
C．小球和弧形槽A组成的系统满足动量守恒
D．小球不能上升到弧形槽B的顶端
【变式1-2】(2021年8省联考·湖北卷)如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是(　 )
A．P对Q做功为零
B．P和Q之间相互作用力做功之和为零
C．P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒
D．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒
【变式1-3】如图所示，物块与小车壁之间连有水平轻弹簧，弹簧处于伸长状态，外力使整个装置处于静止状态。现撤去其他外力，仅给小车施加一水平向左的恒力F，F恰好等于小车与地面间的滑动摩擦力，在弹簧恢复原长的过程中，则(　 )
A．物块向右运动，小车静止
B．物块与小车组成的系统动量守恒
C．弹簧弹力对小车的冲量与弹簧弹力对物块的冲量相同
D．物块、弹簧与小车组成的系统机械能一定不守恒
【变式1-4】(多选)如图所示，A、B两物体质量之比 mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑。当弹簧突然被释放后，则以下系统动量守恒的是(　 )
A．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统
B．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统
【题型2 碰撞问题】
【例2】(2021·广东高考)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s1＝3.5×10－2 m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10－2 m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1。现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10 m/s2。
(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。
【变式2-1】(2020·全国卷Ⅲ)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为(　 )
A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J
【变式2-2】两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是(　 )
A．vA′＝3 m/s，vB′＝4 m/s
B．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
C．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
D．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
【变式2-3】(2022·广州模拟)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两个小球在同一直线上运动。两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为8 kg·m/s，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则(　 )
A．右方为A球，碰后A、B的速率之比为2∶3
B．右方为A球，碰后A、B的速率之比为1∶6
C．左方为A球，碰后A、B的速率之比为2∶3
D．左方为A球，碰后A、B的速率之比为1∶6
【变式2-4】如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2。子弹射入后，求：
(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1。
(2)木板向右滑行的最大速度v2。
(3)物块在木板上滑行的时间t。
【题型3 爆炸、反冲问题】
【例3】一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s。设火箭(包括燃料)质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次。
(1)当发动机第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？
(2)运动第1 s末，火箭的速度为多大？
【变式3-1】(2019·江苏高考)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为(　 )
A.v B.v C.v D.v
【变式3-2】(2022·四川内江模拟)一质量为M的烟花斜飞到空中，到达最高点时的速度为v0，此时烟花炸裂成沿v0所在直线上的两块(损失的炸药质量不计)，两块的速度方向水平相反，落地时水平位移大小相等，不计空气阻力。若向前的一块质量为m，则炸裂瞬间其速度大小为(　 )
A.v0 B.v0
C.v0 D.v0
【变式3-3】(2021·浙江1月选考)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。遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s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340 m/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80 m
C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s
D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
【变式3-4】如图所示，A、B质量分别为m1＝1 kg，m2＝2 kg，置于小车C上，小车的质量为m3＝1 kg，A、B与小车间的动摩擦因数为0.5，小车静止在光滑的水平面上。A、B间夹有少量炸药，某时刻炸药爆炸，若A、B间炸药爆炸的能量有12 J转化为A、B的机械能，其余能量转化为内能。A、B始终在小车表面水平运动，小车足够长，求：
(1)炸开后A、B获得的速度大小；
(2)A、B在小车上滑行的时间各是多少？
【题型4 人船模型】
【例4】(2022·邯郸调研)一个质量为M、底面边长为b的斜面体静止于光滑的水平桌面上，如图所示，有一质量为m的物块由斜面顶部无初速度滑到底部时，斜面体移动的距离为s。下列说法中正确的是(　 )
A．若斜面粗糙，则s＝
B．只有斜面光滑，才有s＝
C．若斜面光滑，则下滑过程中系统动量守恒，机械能守恒
D．若斜面粗糙，则下滑过程中系统动量守恒，机械能不守恒
【变式4-1】如图所示小船静止于水面上，站在船尾上的人不断将鱼抛向船头的船舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法正确的是(　 )
A．向左运动，船向左移一些
B．小船静止，船向左移一些
C．小船静止，船向右移一些
D．小船静止，船不移动
【变式4-2】(多选)如图所示，质量相同的两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑水平细杆上，初始时刻，细绳处于水平状态。将A、B由静止释放，空气阻力不计，下列说法正确的是(　 )
A．A球将做变速圆周运动
B．B球将一直向右运动
C．B球向右运动的最大位移为L
D．B球运动的最大速度为
【变式4-3】某人在一辆静止的小车上练习打靶，已知车、人、枪(不包括子弹)及靶的总质量为M，枪内装有n颗子弹，每颗子弹的质量均为m，枪口到靶的距离为L，子弹水平射出枪口相对于地的速度为v，在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已嵌入靶中，则发射完n颗子弹时，小车后退的距离为(　　)
A.L B.L
C.L D.L
【题型5 某方向动量守恒】
【例5】如图所示，光滑水平轨道右边与墙壁连接，木块A、B和半径为0.5 m的光滑圆轨道C静置于光滑水平轨道上，A、B、C质量分别为1.5 kg、0.5 kg、4 kg。现让A以6 m/s 的速度水平向右运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为0.3 s，碰后速度大小变为4 m/s。当A与B碰撞后会立即粘在一起运动，已知g＝10 m/s2，求：
(1)A与墙壁碰撞过程中，墙壁对小球平均作用力的大小；
(2)AB第一次滑上圆轨道所能达到的最大高度h。
【变式5-1】如图所示，小车的质量M＝2.0 kg，带有光滑的圆弧轨道AB和粗糙的水平轨道BC，且两轨道相切于B点。一小物块(可视为质点)质量为m＝0.5 kg，与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.10，BC部分的长度L＝0.80 m，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若小车固定在水平面上，将小物块从AB轨道的D点静止释放，小物块恰好可运动到C点。试求D点与BC轨道的高度差；
(2)若将小车置于光滑水平面上，小物块仍从AB轨道的D点静止释放，试求小物块滑到BC中点时的速度大小。
【变式5-2】(多选)如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ。一个质量为m的小物块从斜面底端以初速度v0沿斜面向上开始运动。当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，则下列关系式中正确的是(　 )
A．mv0＝(m＋M)v
B．mv0cos θ＝(m＋M)v
C．mgh＝m(v0sin θ)2
D．mgh＋(m＋M)v2＝mv02
【变式5-3】如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个弧形槽，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上滑块，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是(　 )
A．当v0＝时，小球能到达B点
B．如果小球的速度足够大，小球将从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上
C．小球到达斜槽最高点处，小球的速度为零
D．小球回到斜槽底部时，小球速度方向可能向左
【题型6 多过程问题】
【例6】(2019·陕西安康模拟)如图所示，三个小木块A、B、C静止在足够长的光滑水平轨道上，质量分别为mA＝0.1 kg，mB＝0.1 kg，mC＝0.3 kg，其中B与C用一个轻弹簧固定连接，开始时整个装置处于静止状态；A和B之间有少许塑胶炸药(质量不计)，现引爆塑胶炸药，若炸药爆炸产生的能量有E＝0.4 J转化为A和B沿轨道方向的动能。
(1)求爆炸后瞬间A、B的速度大小；
(2)求弹簧弹性势能的最大值。
【变式6-1】(多选)如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，小车总质量为M；质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩。开始时小车AB和木块C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起。忽略一切摩擦，以下说法正确的是(　 )
A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动
B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶m
C．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动
D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动
【变式6-2】(2021·河北高考)如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2 kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以1.5 m/s 的初速度、3 m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为μ＝，重力加速度取g＝10 m/s2，sin θ＝，cos θ＝，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化。求：
(1)滑道AB段的长度；
(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
【变式6-3】如图所示，一对杂技演员(都视为质点)乘秋千(秋千绳处于水平位置)从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A。已知男演员质量m1和女演员质量m2之比m1∶m2＝2，秋千的质量不计，秋千的摆长为R，C点比O点低5R。求男演员落地点C与O点的水平距离s。
【变式6-4】(2022·北京海淀区模拟)如图所示，静止在光滑水平桌面上的物块A和B用一轻质弹簧拴接在一起，弹簧处于原长。一颗子弹沿弹簧轴线方向射入物块A并留在其中，射入时间极短。下列说法中正确的是(　 )
A．子弹射入物块A的过程中，子弹和物块A的机械能守恒
B．子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的冲量大小大于物块A对子弹的冲量大小
C．子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和等于射入物块A前子弹的动能
D．两物块运动过程中，弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能
【题型7 临界问题】
【例7】如图所示，质量为3m的物块A与质量为m的物块B用轻弹簧和不可伸长的细线连接，静止在光滑的水平面上，此时细线刚好伸直但无弹力。现使物块A瞬间获得向右的速度v0，在以后的运动过程中，细线没有绷断，以下判断正确的是(　 )
A．细线再次伸直前，物块A的速度先减小后增大
B．细线再次伸直前，物块B的加速度先减小后增大
C．弹簧最大的弹性势能等于mv02
D．物块A、B与弹簧组成的系统，损失的机械能最多为mv02
【变式7-1】(多选)如图所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为d，两小球质量分别为m1、m2，m1＞m2，m2的左边有一固定挡板。由图示位置静止释放m1、m2，当m1与m2相距最近时m1的速度为v1，则在以后的运动过程中(　 )
A．m1的最小速度是0
B．m1的最小速度是v1
C．m2的最大速度是v1
D．m2的最大速度是v1
【变式7-2】如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度的大小。(不计水的阻力和货物在两船之间的运动过程)
【变式7-3】(多选)(2020·全国卷Ⅱ·21)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞．总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员．不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　)
A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg
【变式7-4】(2021年8省联考·广东卷)如图所示，固定的粗糙斜面，倾角θ＝30°，斜面底端O处固定一个垂直斜面的弹性挡板。在斜面上P、Q两点有材质相同、质量均为m的滑块A和B，A和B恰好能静止，且均可视为质点，Q到O的距离是L，Q到P的距离是kL(k>0)。现始终给A施加一个大小为F＝mg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，g为重力加速度。设A、B之间以及B与挡板之间的碰撞时间极短，且无机械能损失，滑块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)A、B第一次碰撞后瞬间它们的速率分别为多少。
(2)A、B第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间。
【题型8 高科技问题】
【例8】秦山核电站是我国第一座核电站，其三期工程采用重水反应堆技术，利用中子(n)与静止氘核(H)的多次碰撞，使中子减速。已知中子某次碰撞前的动能为E，碰撞可视为弹性正碰。经过该次碰撞后，中子损失的动能为(　 )
A.E B.E C.E D.E
【变式8-1】如图所示，我国自行研制的第五代隐形战机“歼-20”以速度v0水平向右匀速飞行，到达目标地时，将质量为M的导弹自由释放，导弹向后喷出质量为m、对地速率为v1的燃气，则喷气后导弹的速率为(　 )
A. B.
C. D.
【变式8-2】所谓对接是指两艘以几乎同样快慢同向运行的宇宙飞船在太空中互相靠近，最后连接在一起。假设“天舟一号”和“天宫二号”的质量分别为M、m，两者对接前的在轨速度分别为v＋Δv、v，对接持续时间为Δt，则在对接过程中“天舟一号”对“天宫二号”的平均作用力大小为(　 )
A. B.
C. D．0
参考答案
【题型1 动量守恒的判断】
【例1】(2021·全国乙卷)如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统(　 )
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
解析：选B　撤去推力，系统所受合外力为零，动量守恒；因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，故系统的机械能减少，B正确。
【变式1-1】(多选)如图所示，在足够长的光滑水平面上，相对放置着两个形状完全相同的光滑弧形槽A、B，槽底端与光滑水平面相切，其中弧形槽A不固定，弧形槽B固定。一小球从弧形槽A顶端由静止释放。下列判断正确的是(　 )
A．小球在弧形槽A下滑过程中，小球的机械能不守恒
B．小球在弧形槽B上滑过程中，小球的机械能不守恒
C．小球和弧形槽A组成的系统满足动量守恒
D．小球不能上升到弧形槽B的顶端
解析：选AD　由于A是不固定的，小球下滑的过程中，一部分动能转移给了A，所以小球的机械能不守恒，A正确；由于B是固定的，小球在上滑的过程中，动能转化为重力势能，机械能守恒，B错误；小球最初和A的合动量为零，而当小球上升到静止时，小球的动量为零，A的动量不为零，所以小球和弧形槽A组成的系统动量不守恒，C错误；由于小球的一部分动能给了A，所以小球最终到达不了B的顶端，D正确。
【变式1-2】(2021年8省联考·湖北卷)如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是(　 )
A．P对Q做功为零
B．P和Q之间相互作用力做功之和为零
C．P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒
D．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒
解析：选B　P对Q有弹力的作用，并且在力的方向上有位移，在运动中，P会向左移动，P对Q的弹力方向垂直于接触面向上，与Q移动位移方向的夹角大于90°，所以P对Q做功不为0，故A错误；因为P、Q之间的力属于系统内力，并且等大反向，两者在力的方向上发生的位移相等，所以做功之和为0，故B正确；因为系统除重力外，其他力做功代数和为零，所以P、Q组成的系统机械能守恒，系统水平方向上不受外力的作用，水平方向上动量守恒，但是在竖直方向上Q有加速度，即竖直方向上动量不守恒，故C、D错误。
【变式1-3】如图所示，物块与小车壁之间连有水平轻弹簧，弹簧处于伸长状态，外力使整个装置处于静止状态。现撤去其他外力，仅给小车施加一水平向左的恒力F，F恰好等于小车与地面间的滑动摩擦力，在弹簧恢复原长的过程中，则(　 )
A．物块向右运动，小车静止
B．物块与小车组成的系统动量守恒
C．弹簧弹力对小车的冲量与弹簧弹力对物块的冲量相同
D．物块、弹簧与小车组成的系统机械能一定不守恒
解析：选B　F恰好等于小车与地面间的滑动摩擦力，则物块与小车组成的系统所受的合力为零，故物块与小车组成的系统动量守恒，B正确；在弹簧恢复原长的过程中，物块向右运动，则小车向左运动，弹簧弹力对小车的冲量与弹簧弹力对物块的冲量大小相等，方向相反，A、C错误；如果小车上表面光滑，因为小车克服摩擦力做功与F对小车做功相等，则物块、弹簧与小车组成的系统动能与势能相互转化，机械能不变，D错误。
【变式1-4】(多选)如图所示，A、B两物体质量之比 mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑。当弹簧突然被释放后，则以下系统动量守恒的是(　 )
A．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统
B．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统
解析：选BCD　若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，弹簧被释放后，A、B分别相对C向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FA向右，FB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故A、B组成的系统动量不守恒，A错误；对A、B、C组成的系统，A与C、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，和A、B与C间的动摩擦因数或摩擦力大小是否相等无关，B、D正确；若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受的外力之和为零，故其动量守恒，C正确。
【题型2 碰撞问题】
【例2】(2021·广东高考)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s1＝3.5×10－2 m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10－2 m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1。现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10 m/s2。
(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。
[解析]　(1)甲算珠从被拨出到与乙算珠碰撞前，做匀减速直线运动，
加速度大小a1＝＝1 m/s2，
设甲算珠与乙算珠碰撞前瞬间的速度为v1，
则v12－v2＝2(－a1)s1，
解得v1＝0.3 m/s，
甲、乙两算珠碰撞时，由题意可知碰撞过程中动量守恒，取甲算珠初速度方向为正方向，
则有mv1＝mv1′＋mv乙，其中v1′＝0.1 m/s，
解得碰撞后乙算珠的速度v乙＝0.2 m/s，
碰撞后，乙算珠做匀减速直线运动，加速度大小a2＝＝1 m/s2，
设乙算珠能运动的最远距离为x，
则x＝＝0.02 m，
由于x＝s2，
所以乙算珠能够滑动到边框a。
(2)甲算珠从拨出到与乙算珠碰撞所用时间t1＝＝0.1 s，
碰撞后甲算珠继续做匀减速直线运动直到停止，所用时间t2＝＝0.1 s，
所以甲算珠从拨出到停下所需的时间t＝t1＋t2＝0.2 s。
[答案]　(1)能，计算过程见解析　(2)0.2 s
【变式2-1】(2020·全国卷Ⅲ)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为(　 )
A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J
解析：选A　设乙物块的质量为m，由动量守恒定律有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入图中数据解得m乙＝6 kg，进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为E损＝m甲v甲2＋m乙v乙2－m甲v甲′2－m乙v乙′2，代入图中数据解得E损＝3 J，A正确。
【变式2-2】两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是(　 )
A．vA′＝3 m/s，vB′＝4 m/s
B．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
C．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
D．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
解析：选C　碰前系统总动量为p＝mAvA＋mBvB＝10 kg·m/s，碰前总动能为Ek＝mAvA2＋mBvB2＝22 J，如果vA′＝3 m/s，vB′＝4 m/s，则碰后总动量为p′＝11 kg·m/s，动量不守恒，A错误；碰撞后，A、B两球同向运动，A球在B球的后面，A球的速度大于B球的速度，不可能，B错误；如果vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s，则碰后总动量为p′＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为Ek′＝18 J，系统动能减小，满足碰撞的条件，C正确；如果vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s，则碰后总动量为p′＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为Ek′＝57 J，系统动能增加，不可能，D错误。
【变式2-3】(2022·广州模拟)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两个小球在同一直线上运动。两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为8 kg·m/s，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则(　 )
A．右方为A球，碰后A、B的速率之比为2∶3
B．右方为A球，碰后A、B的速率之比为1∶6
C．左方为A球，碰后A、B的速率之比为2∶3
D．左方为A球，碰后A、B的速率之比为1∶6
解析：选C　A、B两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球，若是A球则动量的增量应该是正值，因此碰撞后A球的动量大小为4 kg·m/s，所以碰撞后B球的动量是增加的，为12 kg·m/s，由于mB＝2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶3，故C正确。
【变式2-4】如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2。子弹射入后，求：
(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1。
(2)木板向右滑行的最大速度v2。
(3)物块在木板上滑行的时间t。
解析：(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒可得：
m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6 m/s。
(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2 m/s。
(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：
－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，
解得：t＝1 s。
答案：(1)6 m/s　(2)2 m/s　(3)1 s
【题型3 爆炸、反冲问题】
【例3】一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s。设火箭(包括燃料)质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次。
(1)当发动机第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？
(2)运动第1 s末，火箭的速度为多大？
[解析]　(1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，由动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，解得v3≈2 m/s。
(2)发动机每秒喷气20次，设运动第1 s末，火箭的速度为v20，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv＝0，
解得v20≈13.5 m/s。
[答案]　(1)2 m/s　(2)13.5 m/s
【变式3-1】(2019·江苏高考)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为(　 )
A.v B.v C.v D.v
解析：选B　由题意知：小孩和滑板动量守恒，则Mv＋mv′＝0，得v′＝－v，即滑板的速度大小为，方向与小孩运动方向相反，故B项正确。
【变式3-2】(2022·四川内江模拟)一质量为M的烟花斜飞到空中，到达最高点时的速度为v0，此时烟花炸裂成沿v0所在直线上的两块(损失的炸药质量不计)，两块的速度方向水平相反，落地时水平位移大小相等，不计空气阻力。若向前的一块质量为m，则炸裂瞬间其速度大小为(　 )
A.v0 B.v0
C.v0 D.v0
解析：选C　设炸裂后向前的一块速度大小为v，两块均在空中做平抛运动，根据落地时水平位移大小相等知，两块的速度大小相等、方向相反，炸裂过程系统动量守恒，以炸裂前的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得Mv0＝mv－(M－m)v，解得v＝，C正确，A、B、D错误。
【变式3-3】(2021·浙江1月选考)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。遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s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340 m/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80 m
C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s
D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
解析：选B　爆炸物上升到最高点时，瞬时速度为零，爆炸瞬间水平方向动量守恒，因此质量为2∶1的两块碎块，其速度大小之比为1∶2，根据平抛运动规律可知，水平方向位移大小之比为1∶2，但合位移大小之比并不为1∶2，A错误。根据题意，则有＋＝5，＋＝6，解得s＝340 m，两碎块落地点之间的水平距离为1 020 m，D错误。由上述推导可知，碎块做平抛运动的时间为4 s，根据平抛运动的规律可知，爆炸物爆炸点离地面的高度为h＝gt2＝80 m，B正确。质量大的碎块其初速度为85 m/s，C错误。
【变式3-4】如图所示，A、B质量分别为m1＝1 kg，m2＝2 kg，置于小车C上，小车的质量为m3＝1 kg，A、B与小车间的动摩擦因数为0.5，小车静止在光滑的水平面上。A、B间夹有少量炸药，某时刻炸药爆炸，若A、B间炸药爆炸的能量有12 J转化为A、B的机械能，其余能量转化为内能。A、B始终在小车表面水平运动，小车足够长，求：
(1)炸开后A、B获得的速度大小；
(2)A、B在小车上滑行的时间各是多少？
[解析]　(1)根据爆炸过程中能量的转化，
有：E＝m1v12＋m2v22
爆炸过程中，根据动量守恒得：m1v1＝m2v2
联立解得：v1＝4 m/s，v2＝2 m/s。
(2)爆炸后A、B都在C上滑动，由题意可知B与C会先相对静止，设此时A的速度为v3，B、C的速度为v4，在该过程中，A、B、C组成的系统动量守恒。设该过程的时间为t1。
对A应用动量定理：－μm1gt1＝m1v3－m1v1；
对B应用动量定理：－μm2gt1＝m2v4－m2v2；
对C应用动量定理：(μm2g－μm1g)t1＝m3v4；
代入数据解得：v3＝3 m/s，v4＝1 m/s，t1＝0.2 s。
之后，A在C上滑动直到相对静止，由动量守恒定律可知三者速度都为0。
即：(m1＋m2＋m3)v＝0，
解得v＝0。
设A滑动的总时间为t，对A应用动量定理，则：
－μm1gt＝0－m1v1，
解得：t＝0.8 s。
[答案]　(1)4 m/s　 2 m/s　(2)0.8 s　 0.2 s
【题型4 人船模型】
【例4】(2022·邯郸调研)一个质量为M、底面边长为b的斜面体静止于光滑的水平桌面上，如图所示，有一质量为m的物块由斜面顶部无初速度滑到底部时，斜面体移动的距离为s。下列说法中正确的是(　 )
A．若斜面粗糙，则s＝
B．只有斜面光滑，才有s＝
C．若斜面光滑，则下滑过程中系统动量守恒，机械能守恒
D．若斜面粗糙，则下滑过程中系统动量守恒，机械能不守恒
解析：选A　不论斜面是否光滑，斜面体和物块组成的系统在水平方向上都动量守恒，以向左为正方向，斜面体的位移大小为s，则物块的位移大小为b－s，物块和斜面体的平均速率分别为v1＝，v2＝，由动量守恒定律得mv1－Mv2＝0，解得s＝，A正确，B错误；不论斜面是否光滑，物块下滑过程中系统在竖直方向上所受合力都不为零，系统所受的合力不为零，所以系统动量不守恒，若斜面光滑，则系统机械能守恒，若斜面不光滑，则系统机械能不守恒，C、D错误。
【变式4-1】如图所示小船静止于水面上，站在船尾上的人不断将鱼抛向船头的船舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法正确的是(　 )
A．向左运动，船向左移一些
B．小船静止，船向左移一些
C．小船静止，船向右移一些
D．小船静止，船不移动
解析：选C　人、船、鱼构成的系统水平方向动量守恒，据“人船模型”，鱼动船动，鱼停船静止；鱼对地发生向左的位移，则人、船的位移向右。故C正确。
【变式4-2】(多选)如图所示，质量相同的两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑水平细杆上，初始时刻，细绳处于水平状态。将A、B由静止释放，空气阻力不计，下列说法正确的是(　 )
A．A球将做变速圆周运动
B．B球将一直向右运动
C．B球向右运动的最大位移为L
D．B球运动的最大速度为
[解析]　由于B点不固定，故A的轨迹不可能为圆周，A错误；A球来回摆动，A、B组成的系统在水平方向上不受外力，系统在水平方向上动量守恒，可知B球将做往复运动，B错误；对于A、B组成的系统，当A球摆到左侧，细绳再次处于水平状态时，B球有向右的最大位移，此时对系统有mA－mB＝0，xA＋xB＝2L，解得B球向右运动的最大位移为L，C正确；当A球摆到B球正下方时，B球的速度最大，在水平方向上由动量守恒定律得mAvA＝mBvB，由机械能守恒定律得mAgL＝mAvA2＋mBvB2，解得B球运动的最大速度为vB＝，D正确。
[答案]　CD
【变式4-3】某人在一辆静止的小车上练习打靶，已知车、人、枪(不包括子弹)及靶的总质量为M，枪内装有n颗子弹，每颗子弹的质量均为m，枪口到靶的距离为L，子弹水平射出枪口相对于地的速度为v，在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已嵌入靶中，则发射完n颗子弹时，小车后退的距离为(　　)
A.L B.L
C.L D.L
解析：选C　由题意知系统动量守恒，前一发击中靶后，再打下一发，说明发射后一颗子弹时，车已经停止运动。每发射一颗子弹，车后退一段距离。每发射一颗子弹时，子弹动量为mv，由动量守恒定律有：0＝mv－[M＋(n－1)m]v′，设每发射一颗子弹车后退x，则子弹相对于地面运动的距离是(L－x)，m＝[M＋(n－1)m]，解得：x＝，则打完n发后车共后退s＝。
【题型5 某方向动量守恒】
【例5】如图所示，光滑水平轨道右边与墙壁连接，木块A、B和半径为0.5 m的光滑圆轨道C静置于光滑水平轨道上，A、B、C质量分别为1.5 kg、0.5 kg、4 kg。现让A以6 m/s 的速度水平向右运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为0.3 s，碰后速度大小变为4 m/s。当A与B碰撞后会立即粘在一起运动，已知g＝10 m/s2，求：
(1)A与墙壁碰撞过程中，墙壁对小球平均作用力的大小；
(2)AB第一次滑上圆轨道所能达到的最大高度h。
解析　(1)A与墙壁碰撞过程，规定水平向左为正方向，对A由动量定理有
Ft＝mAv2－mA(－v1)
解得F＝50 N
(2)A与B碰撞过程，对A、B系统，水平方向动量守恒有
mAv2＝(mB＋mA)v3
A、B滑上斜面到最高点的过程，对A、B、C组成的系统，水平方向动量守恒有
(mB＋mA)v3＝(mB＋mA＋mC)v4
由能量守恒得
(mB＋mA)v＝(mB＋mA＋mC)v＋(mB＋mA)gh
解得h＝0.3 m。
答案　(1)50 N　(2)0.3 m
【变式5-1】如图所示，小车的质量M＝2.0 kg，带有光滑的圆弧轨道AB和粗糙的水平轨道BC，且两轨道相切于B点。一小物块(可视为质点)质量为m＝0.5 kg，与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.10，BC部分的长度L＝0.80 m，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若小车固定在水平面上，将小物块从AB轨道的D点静止释放，小物块恰好可运动到C点。试求D点与BC轨道的高度差；
(2)若将小车置于光滑水平面上，小物块仍从AB轨道的D点静止释放，试求小物块滑到BC中点时的速度大小。
解析：(1)设D点与BC轨道的高度差为h，根据动能定理有mgh＝μmgL，解得：h＝8.0×10－2 m。
(2)设小物块滑到BC中点时小物块的速度为v1，小车的速度为v2，对系统，水平方向动量守恒有：mv1－Mv2＝0；根据功能关系有：μmg＝mgh－；由以上各式，解得：v1＝0.80 m/s。
答案：(1)8.0×10－2 m　(2)0.80 m/s
【变式5-2】(多选)如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ。一个质量为m的小物块从斜面底端以初速度v0沿斜面向上开始运动。当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，则下列关系式中正确的是(　 )
A．mv0＝(m＋M)v
B．mv0cos θ＝(m＋M)v
C．mgh＝m(v0sin θ)2
D．mgh＋(m＋M)v2＝mv02
[解析]　小物块上升到最高点时，小物块相对楔形物体静止，所以小物块与楔形物体的速度都为v，二者组成的系统在水平方向上动量守恒，全过程机械能守恒。以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得mv0cos θ＝(m＋M)v，故A错误，B正确；由机械能守恒定律得mgh＋(m＋M)v2＝mv02，故C错误，D正确。
[答案]　BD
【变式5-3】如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个弧形槽，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上滑块，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是(　 )
A．当v0＝时，小球能到达B点
B．如果小球的速度足够大，小球将从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上
C．小球到达斜槽最高点处，小球的速度为零
D．小球回到斜槽底部时，小球速度方向可能向左
解析：选D　滑块不固定，当v0＝时，设小球沿槽上升的高度为h，则有mv0＝(m＋M)v，mv02＝(M＋m)v2＋mgh，可解得h＝R＜R，故A错误；当小球速度足够大，从B点离开滑块时，由于B点切线竖直，在B点时小球与滑块的水平速度相同，离开B点后将再次从B点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上，B错误；当小球到达斜槽最高点，由在水平方向上动量守恒有mv0＝(M＋m)v，小球具有水平速度，故C错误；当小球回到斜槽底部，相当于完成了弹性碰撞，mv0＝mv1＋Mv2，mv02＝mv12＋Mv22，v1＝v0，当m＞M，v1与v0方向相同，向左，当m＜M，v1与v0方向相反，即向右，故D正确。
【题型6 多过程问题】
【例6】(2019·陕西安康模拟)如图所示，三个小木块A、B、C静止在足够长的光滑水平轨道上，质量分别为mA＝0.1 kg，mB＝0.1 kg，mC＝0.3 kg，其中B与C用一个轻弹簧固定连接，开始时整个装置处于静止状态；A和B之间有少许塑胶炸药(质量不计)，现引爆塑胶炸药，若炸药爆炸产生的能量有E＝0.4 J转化为A和B沿轨道方向的动能。
(1)求爆炸后瞬间A、B的速度大小；
(2)求弹簧弹性势能的最大值。
解析　(1)塑胶炸药爆炸瞬间取A和B为研究对象，假设爆炸后瞬间A、B的速度大小分别为vA、vB，取向右为正方向
由动量守恒－mAvA＋mBvB＝0
爆炸产生的能量有0.4 J转化为A、B的动能
E＝mAv＋mBv
解得vA＝vB＝2 m/s
(2)取B、C和弹簧为研究系统，当弹簧第一次被压缩到最短时，B、C达到共同速度vBC，此时弹簧的弹性势能最大，设为Ep1
由动量守恒mBvB＝(mB＋mC)vBC
由能量守恒定律mBv＝(mB＋mC)v＋Ep1
解得Ep1＝0.15 J
答案　(1)大小均为2 m/s　(2)0.15 J
【变式6-1】(多选)如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，小车总质量为M；质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩。开始时小车AB和木块C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起。忽略一切摩擦，以下说法正确的是(　 )
A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动
B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶m
C．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动
D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动
解析：选BC　小车AB与木块C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，AB应向左运动，故A错误；设碰前C的速率为v1，AB的速率为v2，则0＝mv1－Mv2，得＝，故B正确；设C与油泥粘在一起后，AB、C的共同速度为v共，则0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C正确，D错误。
【变式6-2】(2021·河北高考)如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2 kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以1.5 m/s 的初速度、3 m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为μ＝，重力加速度取g＝10 m/s2，sin θ＝，cos θ＝，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化。求：
(1)滑道AB段的长度；
(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
解析：(1)设斜面长度为L，背包质量为m1＝2 kg，在斜面上滑行的加速度为a1，由牛顿第二定律有
m1gsin θ－μm1gcos θ＝m1a1
解得a1＝2 m/s2
滑雪者质量为m2＝48 kg，初速度为v0＝1.5 m/s，加速度为a2＝3 m/s2，在斜面上滑行时间为t，落后时间t0＝1 s，则背包的滑行时间为t＋t0，由运动学公式得
L＝a1(t＋t0)2
L＝v0t＋a2t2
联立解得t＝2 s或t＝－1 s(舍去)，L＝9 m。
(2)设背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为v1、v2，有
v1＝a1(t＋t0)＝6 m/s
v2＝v0＋a2t＝7.5 m/s
滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为v，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
解得v＝7.44 m/s。
答案：(1)9 m　(2)7.44 m/s
【变式6-3】如图所示，一对杂技演员(都视为质点)乘秋千(秋千绳处于水平位置)从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A。已知男演员质量m1和女演员质量m2之比m1∶m2＝2，秋千的质量不计，秋千的摆长为R，C点比O点低5R。求男演员落地点C与O点的水平距离s。
解析：两演员一起从A点摆到B点，只有重力做功，机械能守恒，设总质量为m，则mgR＝mv2，女演员刚好能回到A处，机械能依然守恒，m2gR＝m2v12，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，两演员系统动量守恒(m1＋m2)v＝－m2v1＋m1v2，根据题意：m1∶m2＝2，由以上四式解得v2＝2，接下来男演员做平抛运动，由4R＝gt2，得t＝ ，因而s＝v2t＝8R。
答案：8R
【变式6-4】(2022·北京海淀区模拟)如图所示，静止在光滑水平桌面上的物块A和B用一轻质弹簧拴接在一起，弹簧处于原长。一颗子弹沿弹簧轴线方向射入物块A并留在其中，射入时间极短。下列说法中正确的是(　 )
A．子弹射入物块A的过程中，子弹和物块A的机械能守恒
B．子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的冲量大小大于物块A对子弹的冲量大小
C．子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和等于射入物块A前子弹的动能
D．两物块运动过程中，弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能
解析：选D　子弹射入物块A的过程中，为完全非弹性碰撞动能损失最大，动能转化为内能，则子弹和物块A的机械能不守恒，A错误；子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的冲量大小等于物块A对子弹的冲量大小，B错误；子弹射入物块A后，因为有动能转化为内能，两物块与子弹的动能之和小于射入物块A前子弹的动能，C错误；两物块运动过程中，弹簧最短时与弹簧最长时都是两物体具有共同速度时，有mA＋m子v1＝mA＋m子＋mBv2，ΔEp＝mA＋m子v12－(mA＋m子＋mB)v22，则弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能，D正确。
【题型7 临界问题】
【例7】如图所示，质量为3m的物块A与质量为m的物块B用轻弹簧和不可伸长的细线连接，静止在光滑的水平面上，此时细线刚好伸直但无弹力。现使物块A瞬间获得向右的速度v0，在以后的运动过程中，细线没有绷断，以下判断正确的是(　 )
A．细线再次伸直前，物块A的速度先减小后增大
B．细线再次伸直前，物块B的加速度先减小后增大
C．弹簧最大的弹性势能等于mv02
D．物块A、B与弹簧组成的系统，损失的机械能最多为mv02
解析：选C　细线再次伸直时，也就是弹簧再次恢复原长时，该过程中A始终受到向左的弹力，即一直做减速运动，B始终受到向右的弹力，即一直做加速运动，弹簧的弹力先变大后变小，则B的加速度先增大后减小，故A、B错误；弹簧弹性势能最大时，弹簧被压缩到最短，此时两物块速度相同，根据动量守恒定律可得3mv0＝(3m＋m)v，解得v＝v0，根据能量守恒定律可得弹簧最大的弹性势能Epmax＝×3mv02－×(3m＋m)v2＝mv02，故C正确；整个过程中，只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，故D错误。
【变式7-1】(多选)如图所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为d，两小球质量分别为m1、m2，m1＞m2，m2的左边有一固定挡板。由图示位置静止释放m1、m2，当m1与m2相距最近时m1的速度为v1，则在以后的运动过程中(　 )
A．m1的最小速度是0
B．m1的最小速度是v1
C．m2的最大速度是v1
D．m2的最大速度是v1
解析：选BD　由题意结合题图可知，当m1与m2相距最近时，m2的速度为0，此后，m1在前，做减速运动，m2在后，做加速运动，当再次相距最近时，m1减
速结束，m2加速结束，此时m1速度最小，m2速度最大，在此过程中系统动量和机械能均守恒m1v1＝m1v1′＋m2v2，m1v12＝m1v1′2＋m2v22，解得v1′＝v1，v2＝v1，B、D正确；A、C错误。
【变式7-2】如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度的大小。(不计水的阻力和货物在两船之间的运动过程)
解析：设乙船上的人抛出货物的最小速度的大小为vmin，抛出货物后乙船的速度为v乙。甲船上的人接到货物后甲船的速度为v甲，规定水平向右的方向为正方向。
对乙船和货物的作用过程，由动量守恒定律得
12mv0＝11mv乙－mvmin ①
对货物和甲船的作用过程，同理有
10m×2v0－mvmin＝11mv甲 ②
为避免两船相撞应有v甲＝v乙 ③
联立①②③式得vmin＝4v0。
答案：4v0
【变式7-3】(多选)(2020·全国卷Ⅱ·21)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞．总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员．不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　)
A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg
答案　BC
解析　设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，运动员速度大小为v2……第八次推物块后，运动员速度大小为v8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：Mv1＝mv0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，第n次推物块后，由动量守恒定律知：M(vn－vn－1)＝2mv0，整理得vn＝，则v7＝，v8＝.由题意知，v7<5 m/s，则M>52 kg，又知v8>5 m/s，则M<60 kg，故选B、C.
【变式7-4】(2021年8省联考·广东卷)如图所示，固定的粗糙斜面，倾角θ＝30°，斜面底端O处固定一个垂直斜面的弹性挡板。在斜面上P、Q两点有材质相同、质量均为m的滑块A和B，A和B恰好能静止，且均可视为质点，Q到O的距离是L，Q到P的距离是kL(k>0)。现始终给A施加一个大小为F＝mg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，g为重力加速度。设A、B之间以及B与挡板之间的碰撞时间极短，且无机械能损失，滑块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)A、B第一次碰撞后瞬间它们的速率分别为多少。
(2)A、B第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间。
解析：(1)A和B恰好能静止，则有
mgsin θ＝μmgcos θ，
当给A施加一个大小为F＝mg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，
由牛顿第二定律可知F＋mgsin θ－μmgcos θ＝ma
解得：a＝g
A与B碰撞前的速度为v12＝2gkL
A与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律可知
mv1＝mv2＋mv1′，
由能量守恒定律可知mv12＝mv22＋mv1′2
解得：v1′＝0，v2＝。
(2)碰撞后B运动到底端所用时间为
t1＝＝
A运动到底端所用时间为t2＝
若t1＝t2
解得：k＝
当0＜k≤时，A与B同向相撞，即B与挡板碰撞前A、B发生第二次碰撞，此时有gt2＝t
解得：t＝2
当k＞时，A与B反向相撞，即B先与挡板碰撞反向后与A发生第二次碰撞，
B与挡板碰后原速率返回mgsin θ＋μmgcos θ＝ma′
解得：a′＝g
再次相碰时，满足：L－gt2＝·(t－t1)－a′(t－t1)2，
解得：t＝ 。
答案：(1)0　　(2)当0＜k≤时，t＝2；当k＞时，t＝
【题型8 高科技问题】
【例8】秦山核电站是我国第一座核电站，其三期工程采用重水反应堆技术，利用中子(n)与静止氘核(H)的多次碰撞，使中子减速。已知中子某次碰撞前的动能为E，碰撞可视为弹性正碰。经过该次碰撞后，中子损失的动能为(　 )
A.E B.E C.E D.E
解析：选B　质量数为1的中子与质量数为2的氘核发生弹性碰撞，满足机械能守恒和动量守恒，设中子的初速度为v0，碰撞后中子和氘核的速度分别为v1和v2，可列式×1×v02＝×1×v12＋×2×v22,1×v0＝1×v1＋2×v2。解得：v1＝－v0，即动能减小为原来的，动能损失量为E。
【变式8-1】如图所示，我国自行研制的第五代隐形战机“歼-20”以速度v0水平向右匀速飞行，到达目标地时，将质量为M的导弹自由释放，导弹向后喷出质量为m、对地速率为v1的燃气，则喷气后导弹的速率为(　 )
A. B.
C. D.
解析：选A　设导弹飞行的方向为正方向，由动量守恒定律Mv0＝(M－m)v－mv1，解得v＝。
【变式8-2】所谓对接是指两艘以几乎同样快慢同向运行的宇宙飞船在太空中互相靠近，最后连接在一起。假设“天舟一号”和“天宫二号”的质量分别为M、m，两者对接前的在轨速度分别为v＋Δv、v，对接持续时间为Δt，则在对接过程中“天舟一号”对“天宫二号”的平均作用力大小为(　 )
A. B.
C. D．0
解析：选C　在“天舟一号”和“天宫二号”对接的过程中，水平方向动量守恒，则有M(v＋Δv)＋mv＝(M＋m)v′，解得对接后两者的共同速度v′＝v＋，以“天宫二号”为研究对象，根据动量定理有F·Δt＝mv′－mv，解得F＝，故C正确。专题3.2 机械波的干涉
【人教版】
【题型1 波的叠加】
【题型2 公式法判断振动加强点与振动削弱点】
【题型3 动态图解法判断振动加强点与振动削弱点】
【题型4 寻找振动加强区与振动削弱区的个数】
【题型5 干涉特点】
【题型1 波的叠加】
【例1】[多选]甲、乙两列横波在同一介质中分别从波源M、N两点沿x轴相向传播，波速为2 m/s，振幅相同；某时刻的图像如图所示。则(　　)
A．甲、乙两波的起振方向相反
B．甲、乙两波的频率之比为3∶2
C．再经过3 s，平衡位置在x＝7 m处的质点振动方向向下
D．再经过3 s，两波源间(不含波源)有5个质点位移为零
解析：选ABD　根据题意，甲波向右传播，起振方向向下，乙波向左传播，起振方向向上，故选项A正确；据题图可知甲波波长为4 m，甲波周期为：T＝＝2 s，频率f＝ Hz，乙波波长为6 m，周期为：T＝＝3 s，频率为：f＝ Hz，故选项B正确；再经过3 s，甲波波谷到达x＝7 m处，乙波是平衡位置与波峰之间某一振动到达x＝7 m处，所以该质点应该向上振动，选项C错误；此时除了波源还有x＝9～10 m处、x＝7～8 m处、x＝6 m处、x＝4～5 m处、x＝2～3 m处共5个质点位移为零，故选项D正确。
【变式1-1】甲、乙两列简谐横波分别沿x轴负方向和正方向传播，两波源分别位于x＝0.9 m处和x＝－0.6 m处，两列波的波速大小相等，波源的振幅均为2 cm，两列波在t＝0时刻的波形如图所示，此时平衡位置在x＝－0.2 m和x＝0.1 m处的P、Q两质点刚要开始振动。质点M的平衡位置在x＝0.3 m处，已知甲波的周期为0.8 s，求：
(1)乙波传播到M质点所需要的时间；
(2)在0～2.5 s时间内，M质点沿y轴正方向位移最大的时刻。
解析：(1)由题图可知，甲波的波长为λ甲＝0.8 m，由于甲波的周期为T甲＝0.8 s
由v＝可得v＝1.0 m/s
两波波速大小相等，由题图可知xPM＝0.5 m
由t＝，可解得t＝0.5 s。
(2)由题图乙知乙波的波长λ乙＝0.4 m，由T乙＝
可得T乙＝0.4 s
甲波使M质点处于波峰时，应有t甲＝mT甲
解得t甲＝ s(m＝0,1,2，…)
乙波使M质点处于波峰时，应有t乙＝(n＋2)T乙
解得t乙＝(n＋2)s(n＝0,1,2，…)
欲使两列波相遇后M质点位于波峰位置，
则必有t甲＝t乙，即2m－n＝2
因m、n只能取整数，故有
m＝1、n＝0时，t＝0.8 s
m＝2、n＝2时，t＝1.6 s
m＝3、n＝4时，t＝2.4 s
所以t＝0时刻后的2.5 s时间内，M质点沿y轴正方向位移最大的时刻分别为0.8 s、1.6 s和2.4 s。
答案：(1)0.5 s　(2)见解析
【变式1-2】[多选]如图所示为某时刻的两列简谐横波在同一介质中沿相同方向传播的波形图，此时a波上某质点P的运动方向如图所示，则下列说法正确的是(　　)
A．两列波具有相同的波速
B．此时b波上的质点Q正向上运动
C．一个周期内，Q质点沿x轴前进的距离是P质点的1.5倍
D．在P质点完成30次全振动的时间内Q质点可完成20次全振动
E．a波和b波在空间相遇处会产生稳定的干涉图样
解析：选ABD　两列简谐横波在同一介质中波速相同，故A正确。此时a波上某质点P的运动方向向下，由波形平移法可知，波向左传播，可知此时b波上的质点Q正向上运动，故B正确。在简谐波传播过程中，介质中质点只上下振动，不会沿x轴前进，故C错误。由题图可知，两列波波长之比λa∶λb＝2∶3，波速相同，由波速公式v＝λf得a、b两波频率之比为fa∶fb＝3∶2，所以在P质点完成30次全振动的时间内Q质点可完成20次全振动，故D正确。两列波的频率不同，不能产生稳定的干涉图样，故E错误。
【变式1-3】有两列简谐横波a、b在同一介质中分别沿x轴正方向和负方向传播．两列波在t＝0时刻的波形曲线如图所示，已知a波的周期Ta＝1 s．求：
(1)两列波的传播速度；
(2)从t＝0时刻开始，最短经过多长时间x＝1.0 m的质点偏离平衡位置的位移为0.16 m
答案　(1)2.5 m/s　(2)5.4 s
解析　(1)由图可知a、b两列波的波长分别为
λa＝2.5 m，λb＝4.0 m
两列波在同种介质中的传播速度相同为v＝＝2.5 m/s
(2)a波的波峰传播到x＝1.0 m的质点经历的时间：
ta＝＝
b波的波峰传播到x＝1.0 m的质点经历的时间：
tb＝＝
又：ta＝tb＝t
联立解得：5m－8n＝1(式中m、n均为正整数)
分析知，当m＝5、n＝3时，x＝1.0 m的质点偏离平衡位置的位移为0.16 m时经过时间最短．
将m＝5代入t＝
解得：t＝5.4 s.
【题型2 公式法判断振动加强点与振动削弱点】
【例2】如图甲所示，在水平面内，有三个质点a、b、c分别位于直角三角形的三个顶点上，已知ab＝6 m，ac＝8 m。在t1＝0时刻a、b同时开始振动，振动图像均如图乙所示，所形成的机械波在水平面内传播，在t2＝4 s时c点开始振动，则下列说法正确的是(　 )
A．该机械波的波长为8 m
B．该机械波的传播速度大小为8 m/s
C．两列波相遇后，c点的振动频率增大
D．两列波相遇后，c点振动加强
解析：选D　由于两列波的波速相同，且ac【变式2-1】如图所示，在xOy平面内有两个沿z轴方向(垂直xOy平面)做简谐运动的点波源S1(1 m,0)和S2(5 m,0)，振动方程分别为zs1＝Asin 、zs2＝Asin 。两列波的波速均为1 m/s，两列波在点B(5 m,3 m)和点C(3 m,2 m)相遇时，分别引起B、C处质点的振动总是相互(　 )
A．加强、加强 B．减弱、减弱
C．加强、减弱 D．减弱、加强
解析：选B　由于C点到两波源的距离相等，两列波从波源传到C点的路程差为ΔsC＝0，为波长的整数倍，由两波源的振动方程可知两波的振动方向相反，所以C为振动减弱点，则A、D错误；两列波从波源传到B点的路程差为ΔsB＝ m－3 m＝2 m，由振动方程可知两列波源的振动周期为T＝＝2 s，波长为λ＝vT＝1×2 m＝2 m，两列波从波源传到B点的路程差为波长的整数倍，所以B点为振动减弱点，所以B正确，C错误。
【变式2-2】如图(a)，在xy平面内有两个沿z方向做简谐振动的点波源S1(0,4)和S2(0，－2)。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1.00 m/s。两列波从波源传播到点A(8，－2)的路程差为________ m，两列波引起的点B(4,1)处质点的振动相互________(填“加强”或“减弱”)，点C(0,0.5)处质点的振动相互________(填“加强”或“减弱”)。
解析：点波源S1(0,4)的振动形式传播到点A(8，－2)的路程为L1＝10 m，点波源S2(0，－2)的振动形式传播到点A(8，－2)的路程为L2＝8 m，两列波从波源传播到点A(8，－2)的路程差为ΔL＝L1－L2＝2 m。由于两列波的波源到点B(4,1)的路程相等，路程差为零，且t＝0时两列波的波源的振动方向相反，所以两列波到达点B时振动方向相反，引起点B处质点的振动相互减弱；由振动图线可知，波动周期为T＝2 s，波长λ＝vT＝2 m。由于两列波的波源到点C(0,0.5)的路程分别为3.5 m和2.5 m，路程差为1 m，而t＝0时两列波的波源的振动方向相反，所以两列波到达点C时振动方向相同，引起点C处质点的振动相互加强。
答案：2　减弱　加强
【变式2-3】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体的过程中都会发出噪声，干涉型消声器可以用来削弱高速气流产生的噪声。干涉型消声器的结构及气流运行如图所示，产生的波长为λ的声波沿水平管道自左向右传播。在声波到达a处时，分成两束相干波，它们分别通过r1和r2的路程，再在b处相遇，即可达到削弱噪声的目的。若Δr＝r2－r1，则Δr等于(　 )
A．波长λ的整数倍 B．波长λ的奇数倍
C．半波长的奇数倍 D．半波长的偶数倍
解析：选C　要想达到削弱噪声的目的，应使两相干波的路程差等于半波长的奇数倍，C正确。
【题型3 动态图解法判断振动加强点与振动削弱点】
【例3】(多选)如图所示为两列相干波某时刻的波峰和波谷位置，实线表示波峰，虚线表示波谷，相邻实线与虚线间的距离为0.2 m，波速为1 m/s，在图示范围内可以认为这两列波的振幅均为1 cm，C点是B、D两点连线的中点，则(　　)
A.图示时刻A、B两点的高度差为2 cm
B.图示时刻C点正处在平衡位置且向上运动
C.F点到两波源的路程差为零
D.经0.1 s，A点的位移为零
答案　BD
解析　A、B两点为振动加强点，两点振幅均为2 cm，两点高度差为4 cm，故A错误；C点为B、D两点连线的中点，所以C点处在平衡位置，根据“上下坡”法，C点正向上运动，故B正确；F点为振动减弱点，它到两波源的路程之差应为半波长的奇数倍，故C错误；因周期T＝＝ s＝0.4 s，经t＝0.1 s＝，A点由波峰回到平衡位置，位移为零，故D正确.
【变式3-1】如图所示，A、B为振幅相同的相干波源，且向外传播过程中振幅衰减不计，图中实线表示波峰，虚线表示波谷，则下列叙述错误的是(　 )
A．Q点始终处于波峰位置
B．R、S两点始终处于静止状态
C．P、Q连线上各点振动始终最强
D．P点在图中所示的时刻处于波谷，再过周期处于平衡位置
解析：选A　
Q点是波峰与波峰相遇点，是振动加强点，但并不是始终处于波峰的位置，A错误；R、S两点是波峰与波谷相遇点，是振动减弱点，位移为零，则始终处于静止状态，B正确；P、Q两点都是振动加强点，故P、Q连线上各点振动始终最强，C正确；P点是振动加强点，在题图所示的时刻处于波谷，再过周期处于平衡位置，D正确。
【变式3-2】甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中传播，甲波沿x轴正方向传播，乙波沿x轴负方向传播，t＝0时刻两列波的波形图如图所示。已知波速v＝8 m/s，下列说法正确的是(　 )
A．波的频率f＝0.5 Hz
B．t＝0时刻，x＝4 m与x＝8 m处的两质点振动方向相同
C．两列波叠加后，x＝6 m处为振动加强点
D．在t＝0.5 s时刻，x＝5 m处的质点第一次到达y＝－7 cm处
解析：选D　由题图可知λ＝4 m，根据v＝λf得f＝2 Hz，故A错误；t＝0时刻，x＝4 m处的质点向上振动，x＝8 m处的质点向下振动，故B错误；两列波叠加后，x＝6 m处为振动减弱点，故C错误；x＝5 m处为振动加强点，在t＝0.5 s时刻质点第一次到达波谷，即y＝－7 cm处，故D正确。
【变式3-3】如图表示两个相干波源S1、S2产生的波在同一种均匀介质中相遇．图中实线表示波峰，虚线表示波谷，c和f分别为ae和bd的中点，则：
(1)在a、b、c、d、e、f六点中，振动加强的点是__________．振动减弱的点是____________．
(2)若两振源S1和S2振幅相同，此时刻位移为零的点是________．
(3)画出此时刻a、c、e连线上，以a为起点的一列完整波形，标出e点．
答案　(1)a、c、e　b、d、f　(2)b、d、f　(3)见解析图
解析　(1)a、e两点分别是波谷与波谷、波峰与波峰相交的点，故此两点为振动加强点；c点处在a、e连线上，且从运动的角度分析a点的振动形式恰沿该线传播，故c点是振动加强点，同理b、d是振动减弱点，f也是振动减弱点．
(2)因为S1、S2振幅相同，振动最强区的振幅为2A，最弱区的振幅为零，位移为零的点是b、d、f.
(3)题图中对应时刻a处在两波谷的交点上，即此时刻a在波谷，同理e在波峰，所以对应的波形如图所示．
【题型4 寻找振动加强区与振动削弱区的个数】
【例4】[多选]如图所示，空间同一平面内有A、B、C三点，AB＝5 m，BC＝4 m，AC＝3 m。A、C两点处有完全相同的波源做简谐振动，振动频率为1 360 Hz，波速为340 m/s。下列说法正确的是(　　)
A．B点的位移总是最大
B．A、B间有7个振动加强的点
C．两列波的波长均为0.25 m
D．B、C间有8个振动减弱的点
E．振动减弱点的位移总是为零
解析：选CDE　波的波长λ＝＝ m＝0.25 m，B点到两波源的路程差Δx＝1 m＝4λ，该点为振动加强点，但位移不总是最大，故A错误，C正确；AC的垂直平分线交AB于O点，则点O到A、C的距离相等，为振动加强点，OB上到A、C的距离之差为0.25 m、0.5 m、0.75 m、1 m的点为加强点，OA上到C、A的距离之差为0.25 m、0.5 m、0.75 m、1 m、1.25 m、1.5 m、1.75 m、2 m、2.25 m、2.5 m、2.75 m的点为加强点，共16个加强点，故B错误；BC上到A、C的距离之差为1.125 m、1.375 m、1.625 m、1.875 m、2.125 m、2.375 m、2.625 m、2.875 m的点为振动减弱点，共8个减弱点，故D正确；由于两波源的振幅相同，故振动减弱点的位移总是为零，故E正确。
【变式4-1】如图甲、乙分别是A、B两列横波波源的振动图像，一起处在相同的介质中，C、D位置与A、B两个波源恰好组成一个矩形，其中边长为4m，边长为3m，以两波源同时起振的时刻开始计时，已知时D点开始振动，下列说法不正确的是（　　）
A．D点开始振动的方向是y负方向
B．到时间内，D点振动通过的路程为64cm
C．连线上（不包含波源）有7个点振幅为0
D．连线上（不包含波源）有3个点振幅为16cm
【答案】D
【解析】由丙图可知对角线长度为5m，由A波先传播到D点，故D点起振方向与波源A相同，为y负方向，选项A说法正确；由A波传播到D点的时间可知波速为1m/s，结合周期1s可得波长为1m，由甲、乙图像可知波源A、B的起振方向相反，波源A、B到D点的路程差为2米，等于半波长的偶数倍，故D点为振动减弱点，振幅为0，故到内D不振动，到内D参与A波振动，路程为64cm，到内D点相干减弱，振幅为0，选项B说法正确；波源A、B到连线上（不包含波源）各点的路程差为-4m到+4m，振动减弱点的路程差为半波长的偶数被，即0m，1m，-1m，2m，-2m，3m，-3m，共有7个点振幅为0，选项C说法正确；波源A、B到连线上（不包含波源）各点的路程差为+2m到+4m，振动加强点的路程差为半波长的奇数被，即2.5m，3.5m，共有2个点振幅为16cm，选项D说法错误；因为题意要选不正确的说法，故选D。
【变式4-2】两个振动情况完全一样的波源S1和S2相距6 m，它们发出的两列波在空间相遇时产生干涉，图中实线表示振动加强的区域，虚线表示振动减弱的区域。已知S1、S2间的距离等于两列波波长的整数倍，则下列说法正确的是 （　　）
A．两波源的振动频率一定相同 B．虚线一定是波谷与波谷相遇处
C．两列波的波长都是3 m D．两列波的波长都是1 m
【答案】A
【解析】波发生干涉的条件之一是频率相同，故A正确；虚线是振动减弱的区域，则一定是波峰与波谷相遇处，故B错误；由题图可知波源S1和S2之间的距离为3个波长，所以两列波的波长都是2 m，故CD错误。故选A。
【变式4-3】如图所示，在均匀介质中，位于和处的两波源和沿y轴方向不断振动，在x轴上形成两列振幅均为4cm、波速均为2m/s的相向传播的简谐横波，时刻的波形如图，下列说法正确的是（　　）
A．波源和的起振方向都沿y轴正方向
B．时，两列波的第一个波峰在处相遇
C．0~5s内，处的质点运动的路程为8cm
D．形成稳定干涉图样后，x轴上两波源间（不含波源）有9个振动加强点
【答案】D
【解析】通过观察图像，根据上、下坡法，的起振方向沿y轴正方向，的起振方向沿y轴负方向，A错误；由图知波长，用周期
时刻，两波的第一个波峰距离，两列波的第一个波峰相遇的时间为
相遇位置在处，B错误；的振动在时传播到处，的振动经时传播到处，在0～3.5s内，的质点不动，3.5～4.5s内，该质点运动半个周期，只参与的振动，运动的路程
在4.5～5s内，两列波分别在处的振动情况恰好相同，振动增强，运动的路程
则处质点运动的总路程
C错误；两波源振动同步，振动加强点满足波程差
，
其中0、1、2、3、4，即两波源间（不含波源）有9个振动加强点，如图坐标－8、－6、－4、－2、0、2、4、6、8（单：m）共9个点，D正确。
故选D。
【题型5 干涉特点】
【例5】关于波的干涉，下列说法正确的是（　　）
A．在振动减弱区域，介质质点的位移总为零
B．在振动加强区域，介质质点的振幅随时间做周期性变化
C．产生干涉现象的必要条件之一，就是两列波的频率相等
D．两列波发生干涉时，振动加强点的位移一定大于振动减弱点的位移
【答案】C
【解析】振动减弱区域内的介质质点的位移为矢量和，当两个振幅大小不相等时，合位移不总是零。故A错误；在振动加强区域，介质质点的振幅不变，故B错误；若两列波发生干涉，则两列波的频率相等，故C正确；两列波发生干涉时，振动加强点的位移和振动减弱点的位移都在做周期性的运动，所以加强点的位移不一定大于减弱点的位移，故D错误。故选C。
【变式5-1】(多选)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
答案　BDE
解析　在波的干涉实验中，质点在振动加强区的振幅是两列波振幅之和，质点在振动减弱区的振幅是两列波振幅之差，A项错误；沿波的传播方向上，波不停地向外传播，故各质点的相位不都相同，C项错误；两波源振动频率相同，其他各质点均做受迫振动，故频率均与波源频率相同，周期均与振动片的周期相同，B、D项正确；同一质点到两波源的距离确定，故波程差恒定，知相位差保持不变，E正确.
【变式5-2】（多选）两列振幅相等、波长均为、周期均为T的简谐横波沿同一绳子相向传播，若两列波均由一次全振动产生，t=0时刻的波形如图1所示，此时两列波相距，则（　　）
A．时，波形如图2甲所示
B．时，波形如图2乙所示
C．时，波形如图2丙所示
D．时，波形如图2丁所示
【答案】BD
【解析】根据波长和波速的关系式为
则时，两列波各种向前传播的距离为
故两列波的波前还未相遇，故A错误；
时，两列波各种向前传播的距离为
故两列波的波前刚好相遇，故B正确；
时，两列波各种向前传播的距离为
根据波的叠加原理可知，在两列波之间的区域为两列波的波形波谷相遇，振动加强，处的波谷质点的位移为2A，故C错误；
时，两列波各种向前传播的距离为
两列波的波峰与波谷叠加，位移为零，故D正确；故选BD。
【变式5-3】如图甲所示，手机小孔位置内置降噪麦克风，通过其降噪系统产生与外界噪音相位相反的声波，从而实现降噪的效果。图乙表示的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．降噪过程外界噪音的能量消失了
B．降噪原理是使声波发生干涉
C．图乙所示，此时介质中的质点P处于平衡位置、速度最大
D．图乙所示，介质中的质点P经过一个周期沿波的传播方向传播了一个波长的距离
【答案】B
【解析】由图可以看出，降噪声波与环境声波波长相等，波速相等，频率相等，则两波叠加时候会产生干涉，由于两列声波等大反向，所以振动减弱，能起到降噪的作用，但并不是噪音声波的能量消失。故A错误，B正确；图乙所示，此时介质中的质点P处于平衡位置，但因为两列声波等大反向，所以合振幅为零，故质点P静止不动，速度为零，故C错误；因为质点P只在自己的平衡位置附近振动，并不会随波迁移。故D错误。
故选B。专题1.4 反冲和爆炸
【人教版】
【题型1 反冲问题】
【题型2 人船模型】
【题型3 某方向上的人船模型】
【题型4 爆炸问题】
【题型5 涉及反冲的综合问题】
【题型6 涉及爆炸的综合问题】
【题型1 反冲问题】
【例1】一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s。设火箭(包括燃料)质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次。
(1)当发动机第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？
(2)运动第1 s末，火箭的速度为多大？
【变式1-1】质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为(　 )
A.v B.v C.v D.v
【变式1-2】(多选)如图所示，在足够长的光滑水平面上，相对放置着两个形状完全相同的光滑弧形槽A、B，槽底端与光滑水平面相切，其中弧形槽A不固定，弧形槽B固定。一小球从弧形槽A顶端由静止释放。下列判断正确的是(　 )
A．小球在弧形槽A下滑过程中，小球的机械能不守恒
B．小球在弧形槽B上滑过程中，小球的机械能不守恒
C．小球和弧形槽A组成的系统满足动量守恒
D．小球不能上升到弧形槽B的顶端
【变式1-3】如图所示，光滑水平面上有两辆小车，用细线(未画出)相连，中间有一个被压缩的轻弹簧(与两小车未连接)，小车处于静止状态，烧断细线后，由于弹力的作用两小车分别向左、右运动．已知两小车的质量之比为m1∶m2＝2∶1，下列说法正确的是(　　)
A．弹簧弹开后左右两小车的速度大小之比为1∶2
B．弹簧弹开后左右两小车的动量大小之比为1∶2
C．弹簧弹开过程左右两小车受到的冲量大小之比为2∶1
D．弹簧弹开过程弹力对左右两小车做功之比为1∶4
【题型2 人船模型】
【例2】有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m，水的阻力不计，船的质量为(　 )
A. B. C. D.
【变式2-1】如图所示小船静止于水面上，站在船尾上的人不断将鱼抛向船头的船舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法正确的是(　 )
A．向左运动，船向左移一些
B．小船静止，船向左移一些
C．小船静止，船向右移一些
D．小船静止，船不移动
【变式2-2】某人在一辆静止的小车上练习打靶，已知车、人、枪(不包括子弹)及靶的总质量为M，枪内装有n颗子弹，每颗子弹的质量均为m，枪口到靶的距离为L，子弹水平射出枪口相对于地的速度为v，在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已嵌入靶中，则发射完n颗子弹时，小车后退的距离为(　　)
A.L B.L
C.L D.L
【变式2-3】如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m1＝50 kg的人抓在气球下方，气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触，当静止时人离地面的高度为h＝5 m．如果这个人开始沿绳向下滑，当滑到绳下端时，他离地面的高度是(可以把人看成质点)(　　)
A．5 m B．3.6 m
C．2.6 m D．8 m
【题型3 某方向上的人船模型】
【例3】一个质量为M、底面边长为b的斜面体静止于光滑的水平桌面上，如图所示，有一质量为m的物块由斜面顶部无初速度滑到底部时，斜面体移动的距离为s。下列说法中正确的是(　 )
A．若斜面粗糙，则s＝
B．只有斜面光滑，才有s＝
C．若斜面光滑，则下滑过程中系统动量守恒，机械能守恒
D．若斜面粗糙，则下滑过程中系统动量守恒，机械能不守恒
【变式3-1】(多选)如图所示，质量相同的两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑水平细杆上，初始时刻，细绳处于水平状态。将A、B由静止释放，空气阻力不计，下列说法正确的是(　 )
A．A球将做变速圆周运动
B．B球将一直向右运动
C．B球向右运动的最大位移为L
D．B球运动的最大速度为
【变式3-2】如图，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g。
(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；
(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车，已知滑块质量m＝，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：
①滑块运动过程中，小车的最大速度vm；
②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小。
【变式3-3】如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h，今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是(　　)
A． B．
C． D．
【题型4 爆炸问题】
【例4】一质量为M的烟花斜飞到空中，到达最高点时的速度为v0，此时烟花炸裂成沿v0所在直线上的两块(损失的炸药质量不计)，两块的速度方向水平相反，落地时水平位移大小相等，不计空气阻力。若向前的一块质量为m，则炸裂瞬间其速度大小为(　 )
A.v0 B.v0
C.v0 D.v0
【变式4-1】如图所示，光滑水平面上有三个滑块A、B、C，质量关系是mA＝mC＝m、mB＝.开始时滑块B、C紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于静止状态，滑块A以速度v0正对B向右运动，在A未与B碰撞之前，引爆了B、C间的炸药，炸药爆炸后B与A迎面碰撞，最终A与B粘在一起，以速率v0向左运动．求：
(1)炸药爆炸过程中炸药对C的冲量；
(2)炸药的化学能有多少转化为机械能？
【变式4-2】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。遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s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340 m/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80 m
C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s
D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
【变式4-3】一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块弹片水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
【题型5 涉及反冲的综合问题】
【例5】如图所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面的左侧有一竖直墙，在小车B上坐着一个小孩，小孩与B车的总质量是A车质量的10倍．两车开始都处于静止状态，小孩把A车以相对于地面的速度v推出，A车与墙壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A车后，又把它以相对于地面的速度v推出．每次推出，A车相对于地面的速度都是v，方向向左．则小孩把A车推出几次后，A车返回时小孩不能再接到A车(　　)
A．5 B．6
C．7 D．8
【变式5-1】静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0 kg，mB＝4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0 J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20。重力加速度取g＝10 m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
【变式5-2】一玩具以初速度v0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。
【变式5-3】如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
【题型6 涉及爆炸的综合问题】
【例6】以初速度v0与水平方向成60°角斜向上抛出的手榴弹,到达最高点时炸成质量分别为m和2m的两块,其中质量大的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行。
(1)求质量较小的另一块弹片速度的大小和方向。
(2)爆炸过程有多少化学能转化为弹片的动能
【变式6-1】如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径R＝0.6 m．平台上静止着两个滑块A、B，mA＝0.1 kg，mB＝0.2 kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带竖直挡板的小车，静止在光滑的水平地面上．小车质量为M＝0.3 kg，车上表面与平台的台面等高，小车的上表面的右侧固定一根水平轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，小车的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的，滑块B与PQ之间表面的动摩擦因数为μ＝0.2，Q点右侧表面是光滑的．点燃炸药后，A、B分离瞬间A滑块获得向左的速度vA＝6 m/s，而滑块B则冲向小车．两滑块都可以看成质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，且g＝10 m/s2.求：
(1)滑块A在半圆轨道最高点对轨道的压力；
(2)若L＝0.8 m，滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；
(3)要使滑块B既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上PQ之间的距离L应在什么范围内．
【变式6-2】如图，A、B质量分别为m1＝1 kg，m2＝2 kg，置于小车C上，小车的质量为m3＝1 kg，A、B与小车的动摩擦因数为0.5，小车静止在光滑的水平面上。某时刻炸药爆炸，若A、B间炸药爆炸的能量有12 J转化为A、B的机械能，其余能量转化为内能。A、B始终在小车表面水平运动，小车足够长，求：
(1)炸开后A、B获得的速度大小；
(2)A、B在小车上滑行的时间各是多少？
【变式6-3】如图所示，固定的光滑平台左端固定有一光滑的半圆轨道，轨道半径为R，平台上静止放着两个滑块A、B，其质量mA＝m，mB＝2m，两滑块间夹有少量炸药．平台右侧有一小车，静止在光滑的水平地面上，小车质量M＝3m，车长L＝2R，车面与平台的台面等高，车面粗糙，动摩擦因数μ＝0.2，右侧地面上有一不超过车面高的立桩，立桩与小车右端的距离为x，x在0＜x＜2R的范围内取值，当小车运动到立桩处立即被牢固粘连．点燃炸药后，滑块A恰好能够通过半圆轨道的最高点D，滑块B冲上小车．两滑块都可以看做质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，重力加速度为g＝10 m/s2.求：
(1)滑块A在半圆轨道最低点C时受到轨道的支持力FN；
(2)炸药爆炸后滑块B的速度大小vB；
(3)请讨论滑块B从滑上小车在小车上运动的过程中，克服摩擦力做的功Wf与s的关系．
参考答案
【题型1 反冲问题】
【例1】一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s。设火箭(包括燃料)质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次。
(1)当发动机第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？
(2)运动第1 s末，火箭的速度为多大？
[解析]　(1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，由动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，解得v3≈2 m/s。
(2)发动机每秒喷气20次，设运动第1 s末，火箭的速度为v20，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv＝0，
解得v20≈13.5 m/s。
[答案]　(1)2 m/s　(2)13.5 m/s
【变式1-1】质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为(　 )
A.v B.v C.v D.v
解析：选B　由题意知：小孩和滑板动量守恒，则Mv＋mv′＝0，得v′＝－v，即滑板的速度大小为，方向与小孩运动方向相反，故B项正确。
【变式1-2】(多选)如图所示，在足够长的光滑水平面上，相对放置着两个形状完全相同的光滑弧形槽A、B，槽底端与光滑水平面相切，其中弧形槽A不固定，弧形槽B固定。一小球从弧形槽A顶端由静止释放。下列判断正确的是(　 )
A．小球在弧形槽A下滑过程中，小球的机械能不守恒
B．小球在弧形槽B上滑过程中，小球的机械能不守恒
C．小球和弧形槽A组成的系统满足动量守恒
D．小球不能上升到弧形槽B的顶端
解析：选AD　由于A是不固定的，小球下滑的过程中，一部分动能转移给了A，所以小球的机械能不守恒，A正确；由于B是固定的，小球在上滑的过程中，动能转化为重力势能，机械能守恒，B错误；小球最初和A的合动量为零，而当小球上升到静止时，小球的动量为零，A的动量不为零，所以小球和弧形槽A组成的系统动量不守恒，C错误；由于小球的一部分动能给了A，所以小球最终到达不了B的顶端，D正确。
【变式1-3】如图所示，光滑水平面上有两辆小车，用细线(未画出)相连，中间有一个被压缩的轻弹簧(与两小车未连接)，小车处于静止状态，烧断细线后，由于弹力的作用两小车分别向左、右运动．已知两小车的质量之比为m1∶m2＝2∶1，下列说法正确的是(　　)
A．弹簧弹开后左右两小车的速度大小之比为1∶2
B．弹簧弹开后左右两小车的动量大小之比为1∶2
C．弹簧弹开过程左右两小车受到的冲量大小之比为2∶1
D．弹簧弹开过程弹力对左右两小车做功之比为1∶4
答案　A
解析　两小车及弹簧系统所受合力为零，动量守恒，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律得m2v2－m1v1＝0，解得v1∶v2＝1∶2，A正确；由动量守恒定律知，弹簧弹开后左右两小车的动量大小相等，B错误；弹簧弹开过程中，左右两小车受到的弹力大小相等，作用时间相同，由I＝Ft知，左右两小车受到的冲量大小之比为1∶1，C错误；由动能定理得，弹簧弹开过程弹力对左右两小车做功之比为W1∶W2＝∶＝1∶2，D错误．
【题型2 人船模型】
【例2】有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m，水的阻力不计，船的质量为(　 )
A. B. C. D.
解析：选A　设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t，则v＝，v′＝；取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：Mv－mv′＝0，则得：M＝m，解得船的质量为M＝，故选A。
【变式2-1】如图所示小船静止于水面上，站在船尾上的人不断将鱼抛向船头的船舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法正确的是(　 )
A．向左运动，船向左移一些
B．小船静止，船向左移一些
C．小船静止，船向右移一些
D．小船静止，船不移动
解析：选C　人、船、鱼构成的系统水平方向动量守恒，据“人船模型”，鱼动船动，鱼停船静止；鱼对地发生向左的位移，则人、船的位移向右。故C正确。
【变式2-2】某人在一辆静止的小车上练习打靶，已知车、人、枪(不包括子弹)及靶的总质量为M，枪内装有n颗子弹，每颗子弹的质量均为m，枪口到靶的距离为L，子弹水平射出枪口相对于地的速度为v，在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已嵌入靶中，则发射完n颗子弹时，小车后退的距离为(　　)
A.L B.L
C.L D.L
解析：选C　由题意知系统动量守恒，前一发击中靶后，再打下一发，说明发射后一颗子弹时，车已经停止运动。每发射一颗子弹，车后退一段距离。每发射一颗子弹时，子弹动量为mv，由动量守恒定律有：0＝mv－[M＋(n－1)m]v′，设每发射一颗子弹车后退x，则子弹相对于地面运动的距离是(L－x)，m＝[M＋(n－1)m]，解得：x＝，则打完n发后车共后退s＝。
【变式2-3】如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m1＝50 kg的人抓在气球下方，气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触，当静止时人离地面的高度为h＝5 m．如果这个人开始沿绳向下滑，当滑到绳下端时，他离地面的高度是(可以把人看成质点)(　　)
A．5 m B．3.6 m
C．2.6 m D．8 m
答案　B
解析　当人滑到下端时，设人相对地面下滑的位移大小为h1，气球相对地面上升的位移大小为h2，由动量守恒定律，得m1＝m2，且h1＋h2＝h，解得h2≈3.6 m，所以他离地高度是3.6 m，故选项B正确．
【题型3 某方向上的人船模型】
【例3】一个质量为M、底面边长为b的斜面体静止于光滑的水平桌面上，如图所示，有一质量为m的物块由斜面顶部无初速度滑到底部时，斜面体移动的距离为s。下列说法中正确的是(　 )
A．若斜面粗糙，则s＝
B．只有斜面光滑，才有s＝
C．若斜面光滑，则下滑过程中系统动量守恒，机械能守恒
D．若斜面粗糙，则下滑过程中系统动量守恒，机械能不守恒
解析：选A　不论斜面是否光滑，斜面体和物块组成的系统在水平方向上都动量守恒，以向左为正方向，斜面体的位移大小为s，则物块的位移大小为b－s，物块和斜面体的平均速率分别为v1＝，v2＝，由动量守恒定律得mv1－Mv2＝0，解得s＝，A正确，B错误；不论斜面是否光滑，物块下滑过程中系统在竖直方向上所受合力都不为零，系统所受的合力不为零，所以系统动量不守恒，若斜面光滑，则系统机械能守恒，若斜面不光滑，则系统机械能不守恒，C、D错误。
【变式3-1】(多选)如图所示，质量相同的两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑水平细杆上，初始时刻，细绳处于水平状态。将A、B由静止释放，空气阻力不计，下列说法正确的是(　 )
A．A球将做变速圆周运动
B．B球将一直向右运动
C．B球向右运动的最大位移为L
D．B球运动的最大速度为
[解析]　由于B点不固定，故A的轨迹不可能为圆周，A错误；A球来回摆动，A、B组成的系统在水平方向上不受外力，系统在水平方向上动量守恒，可知B球将做往复运动，B错误；对于A、B组成的系统，当A球摆到左侧，细绳再次处于水平状态时，B球有向右的最大位移，此时对系统有mA－mB＝0，xA＋xB＝2L，解得B球向右运动的最大位移为L，C正确；当A球摆到B球正下方时，B球的速度最大，在水平方向上由动量守恒定律得mAvA＝mBvB，由机械能守恒定律得mAgL＝mAvA2＋mBvB2，解得B球运动的最大速度为vB＝，D正确。
[答案]　CD
【变式3-2】如图，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g。
(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；
(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车，已知滑块质量m＝，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：
①滑块运动过程中，小车的最大速度vm；
②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小。
解析：(1)滑块到达B点时的速度最大，受到的支持力最大；滑块下滑的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgR＝mvB2，滑块在B点处受到的支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：
N－mg＝m，解得：N＝3mg，
由牛顿第三定律得：滑块对小车的压力：N′＝N＝3mg
即滑块运动过程中对小车的最大压力是3mg。
(2)①在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，设小车的最大速度是vm，
由机械能守恒定律得：mgR＝Mvm2＋m(2vm)2，
解得：vm＝ 。
②由于在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，所以滑块从B到C运动过程中，滑块的平均速度是小车的平均速度的2倍，即：滑块＝2车，
由于它们运动的时间相等，根据：
x＝ t可得s滑块＝2s车
又：s滑块＋s车＝L
所以小车的位移大小：s车＝L。
答案：(1)3mg　(2)① 　②L
【变式3-3】如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h，今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是(　　)
A． B．
C． D．
解析：选C　此题属“人船模型”问题。m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移为x1，M在水平方向上对地位移为x2，因此有
0＝mx1－Mx2。 ①
且x1＋x2＝。 ②
由①②可得x2＝，故C正确。
【题型4 爆炸问题】
【例4】一质量为M的烟花斜飞到空中，到达最高点时的速度为v0，此时烟花炸裂成沿v0所在直线上的两块(损失的炸药质量不计)，两块的速度方向水平相反，落地时水平位移大小相等，不计空气阻力。若向前的一块质量为m，则炸裂瞬间其速度大小为(　 )
A.v0 B.v0
C.v0 D.v0
解析：选C　设炸裂后向前的一块速度大小为v，两块均在空中做平抛运动，根据落地时水平位移大小相等知，两块的速度大小相等、方向相反，炸裂过程系统动量守恒，以炸裂前的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得Mv0＝mv－(M－m)v，解得v＝，C正确，A、B、D错误。
【变式4-1】如图所示，光滑水平面上有三个滑块A、B、C，质量关系是mA＝mC＝m、mB＝.开始时滑块B、C紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于静止状态，滑块A以速度v0正对B向右运动，在A未与B碰撞之前，引爆了B、C间的炸药，炸药爆炸后B与A迎面碰撞，最终A与B粘在一起，以速率v0向左运动．求：
(1)炸药爆炸过程中炸药对C的冲量；
(2)炸药的化学能有多少转化为机械能？
解析　(1)全过程，A、B、C组成的系统动量守恒
mAv0＝－(mA＋mB)v0＋mCvC
炸药对C的冲量：I＝mCvC－0
解得：I＝mv0，方向向右
(2)炸药爆炸过程，B和C组成的系统动量守恒
mCvC－mBvB＝0
据能量关系：
ΔE＝×vB2＋mvC2
解得：ΔE＝mv02.
【变式4-2】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。遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s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340 m/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80 m
C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s
D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
解析：选B　爆炸物上升到最高点时，瞬时速度为零，爆炸瞬间水平方向动量守恒，因此质量为2∶1的两块碎块，其速度大小之比为1∶2，根据平抛运动规律可知，水平方向位移大小之比为1∶2，但合位移大小之比并不为1∶2，A错误。根据题意，则有＋＝5，＋＝6，解得s＝340 m，两碎块落地点之间的水平距离为1 020 m，D错误。由上述推导可知，碎块做平抛运动的时间为4 s，根据平抛运动的规律可知，爆炸物爆炸点离地面的高度为h＝gt2＝80 m，B正确。质量大的碎块其初速度为85 m/s，C错误。
【变式4-3】一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块弹片水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
答案：B
解析：由h＝gt2可知，爆炸后甲、乙两块弹片做平抛运动的时间t＝1 s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块弹片的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v＞2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D项错误；甲、乙两块弹片在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块弹片的动量改变量大小相等，两块弹片质量比为3∶1，所以速度变化量之比为1∶3，由平抛运动水平方向上，x＝v0t，由题图知，A图中，v乙＝－0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝2.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，A项错误；B图中，v乙＝0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝1.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，B项正确。
【题型5 涉及反冲的综合问题】
【例5】如图所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面的左侧有一竖直墙，在小车B上坐着一个小孩，小孩与B车的总质量是A车质量的10倍．两车开始都处于静止状态，小孩把A车以相对于地面的速度v推出，A车与墙壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A车后，又把它以相对于地面的速度v推出．每次推出，A车相对于地面的速度都是v，方向向左．则小孩把A车推出几次后，A车返回时小孩不能再接到A车(　　)
A．5 B．6
C．7 D．8
答案　B
解析　方法一　取水平向右为正方向，小孩第一次推出A车时，有mBv1－mAv＝0，解得v1＝v，第n次推出A车时，有mAv＋mBvn－1＝－mAv＋mBvn，则vn－vn－1＝v，所以vn＝v1＋(n－1)v，当vn≥v时，再也接不到小车，由以上各式得n≥5.5，取n＝6，故选B.
方法二　当小孩推、接小车A时，小车A、B与小孩组成的系统动量守恒，当A车与墙壁碰撞反弹时墙壁对A车冲量I＝2mAv
系统动量增加2mAv，设小孩把A车推出n次后，小孩恰好不能再接到A车，对整个系统由动量定理得：
nI＝mAv＋mBv
联立两式解得n＝5.5，故至少推6次．
【变式5-1】静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0 kg，mB＝4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0 J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20。重力加速度取g＝10 m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
[解析]　(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向，由动量守恒定律和题给条件有0＝mAvA－mBvB ①
Ek＝mAvA2＋mBvB2 ②
联立①②式并代入题给数据得
vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s。 ③
(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有mBa＝μmBg④
sB＝vBt－at2 ⑤
vB－at＝0 ⑥
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为
sA＝vAt－at2 ⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA＝1.75 m，sB＝0.25 m ⑧
由于l＜sA＜2l＋sB，在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25 m处，B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m。 ⑨
(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有
mAvA′2－mAvA2＝－μmAg(2l＋sB) ⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
vA′＝ m/s
故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″
mAvA′2＝mAvA″2＋mBvB″2
联立 式并代入题给数据得
vA″＝ m/s，vB″＝－ m/s
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动，设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式
2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2
由④ 式及题给数据得
sA′＝0.63 m，sB′＝0.28 m
sA′小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离s′＝sA′＋sB′＝0.91 m。
[答案]　(1)4.0 m/s　1.0 m/s　(2)物块B先停止　0.50 m　(3)0.91 m
【变式5-2】一玩具以初速度v0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。
[解析]　(1)设玩具上升的最大高度为h，玩具上升到高度h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，由运动学公式，有
0－v02＝－2gh ①
v2－v02＝－2g ②
联立①②式解得
v＝v0。 ③
(2)设玩具分开时两部分的质量分别为m1、m2，水平速度大小分别为v1、v2。依题意，动能关系为m1v12＋m2v22＝(m1＋m2)v02 ④
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
m1v1－m2v2＝0 ⑤
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v0，设两部分落地时的速度大小分别为v1′、v2′，由速度合成公式，有
v1′＝ ⑥
v2′＝ ⑦
联立④⑤⑥⑦式，考虑到m1∶m2＝1∶4，得 ＝2。 ⑧
[答案]　(1)v0　(2)2
【变式5-3】如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
答案　(1)20 kg　(2)不能，理由见解析
解析　(1)规定向左为正方向．冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.对冰块与斜面体，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得
m2v0＝(m2＋m3)v①
m2v02＝(m2＋m3)v2＋m2gh②
式中v0＝3 m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得
v＝1 m/s，m3＝20 kg③
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，对小孩与冰块，由动量守恒定律有
m1v1＋m2v0＝0④
代入数据得v1＝－1 m/s⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，对冰块与斜面体，由动量守恒和机械能守恒定律有
m2v0＝m2v2＋m3v3⑥
m2v02＝m2v22＋m3v32⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得
v2＝－1 m/s⑧
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且冰块处在后方，故冰块不能追上小孩．
【题型6 涉及爆炸的综合问题】
【例6】以初速度v0与水平方向成60°角斜向上抛出的手榴弹,到达最高点时炸成质量分别为m和2m的两块,其中质量大的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行。
(1)求质量较小的另一块弹片速度的大小和方向。
(2)爆炸过程有多少化学能转化为弹片的动能
【解析】(1)斜抛的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动,在最高点处爆炸前的速度v0'=v0cos 60°=v0。设v0'的方向为正方向,如图所示,由动量守恒定律得
3mv0'=2mv1+mv2
其中爆炸后大块弹片速度v1=2v0
解得v2=-2.5v0,“-”号表示v2的速度与爆炸前速度方向相反。
(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量,ΔEk=×2m+m-×3m=m。
【答案】(1)2.5v0　方向与爆炸前速度的方向相反
【变式6-1】如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径R＝0.6 m．平台上静止着两个滑块A、B，mA＝0.1 kg，mB＝0.2 kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带竖直挡板的小车，静止在光滑的水平地面上．小车质量为M＝0.3 kg，车上表面与平台的台面等高，小车的上表面的右侧固定一根水平轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，小车的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的，滑块B与PQ之间表面的动摩擦因数为μ＝0.2，Q点右侧表面是光滑的．点燃炸药后，A、B分离瞬间A滑块获得向左的速度vA＝6 m/s，而滑块B则冲向小车．两滑块都可以看成质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，且g＝10 m/s2.求：
(1)滑块A在半圆轨道最高点对轨道的压力；
(2)若L＝0.8 m，滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；
(3)要使滑块B既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上PQ之间的距离L应在什么范围内．
答案　(1)1 N，方向竖直向上　(2)0.22 J
(3)0.675 m解析　(1)A从轨道最低点到轨道最高点由机械能守恒定律得：mAvA2－mAv2＝mAg·2R
在最高点由牛顿第二定律得：mAg＋FN＝mA
解得FN＝1 N
由牛顿第三定律得，滑块A在半圆轨道最高点对轨道的压力大小为1 N，方向竖直向上．
(2)爆炸过程由动量守恒定律得：mAvA＝mBvB，
解得vB＝3 m/s
滑块B冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，由动量守恒定律得：
mBvB＝(mB＋M)v共
由能量守恒定律得：Ep＝mBvB2－(mB＋M)v共2－μmBgL，
联立解得Ep＝0.22 J
(3)滑块B最终没有离开小车，滑块B和小车具有共同的末速度，设为u，滑块B与小车组成的系统动量守恒，
有mBvB＝(M＋mB)u
若小车PQ之间的距离L足够大，则滑块B还没与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块B恰好滑到Q点，
由能量守恒定律得
μmBgL1＝mBvB2－(mB＋M)u2
联立解得L1＝1.35 m
若小车PQ之间的距离L不是很大，则滑块B必然挤压弹簧，由于Q点右侧是光滑的，滑块B必然被弹回到PQ之间，设滑块B恰好回到小车的左端P点处，由能量守恒定律得：2μmBgL2＝mBvB2－(mB＋M)u2
联立解得L2＝0.675 m
综上所述，要使滑块B既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ之间的距离L应满足的条件是0.675 m【变式6-2】如图，A、B质量分别为m1＝1 kg，m2＝2 kg，置于小车C上，小车的质量为m3＝1 kg，A、B与小车的动摩擦因数为0.5，小车静止在光滑的水平面上。某时刻炸药爆炸，若A、B间炸药爆炸的能量有12 J转化为A、B的机械能，其余能量转化为内能。A、B始终在小车表面水平运动，小车足够长，求：
(1)炸开后A、B获得的速度大小；
(2)A、B在小车上滑行的时间各是多少？
[解析]　(1)根据爆炸过程中能量的转化，
有：E＝m1v12＋m2v22
爆炸过程中，根据动量守恒得：m1v1＝m2v2
联立解得：v1＝4 m/s，v2＝2 m/s。
(2)爆炸后A、B都在C上滑动，由题意可知B会与C先相对静止，设此时A的速度为v3，B、C的速度为v4，在该过程中，ABC组成的系统动量守恒。设该过程的时间为t1。
对A应用动量定理：－μm1gt1＝m1v3－m1v1；
对B应用动量定理：－μm2gt1＝m2v4－m2v2；
对C应用动量定理：(μm2g－μm1g)t1＝m3v4；
代入数据解之得：v3＝3 m/s，v4＝1 m/s，t1＝0.2 s。
之后，A在C上滑动直到相对静止，由动量守恒定律可知三者速度都为0。
即：(m1＋m2＋m3)v＝0，
解得v＝0。
设A滑动的总时间为t，对A应用动量定理，则：－μm1gt＝0－m1v1，
解得：t＝0.8 s。
[答案]　(1)4 m/s　 2 m/s　(2)0.8 s　 0.2 s
【变式6-3】如图所示，固定的光滑平台左端固定有一光滑的半圆轨道，轨道半径为R，平台上静止放着两个滑块A、B，其质量mA＝m，mB＝2m，两滑块间夹有少量炸药．平台右侧有一小车，静止在光滑的水平地面上，小车质量M＝3m，车长L＝2R，车面与平台的台面等高，车面粗糙，动摩擦因数μ＝0.2，右侧地面上有一不超过车面高的立桩，立桩与小车右端的距离为x，x在0＜x＜2R的范围内取值，当小车运动到立桩处立即被牢固粘连．点燃炸药后，滑块A恰好能够通过半圆轨道的最高点D，滑块B冲上小车．两滑块都可以看做质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，重力加速度为g＝10 m/s2.求：
(1)滑块A在半圆轨道最低点C时受到轨道的支持力FN；
(2)炸药爆炸后滑块B的速度大小vB；
(3)请讨论滑块B从滑上小车在小车上运动的过程中，克服摩擦力做的功Wf与s的关系．
解析　(1)以水平向右为正方向，设爆炸后滑块A的速度大小为vA，设滑块A在半圆轨道运动到达最高点的速度为vAD，则mAg＝m
得到vAD＝
滑块A在半圆轨道上运动过程中，
据动能定理：－mAg×2R＝mAvAD2－mAvAC2
得：vA＝vAC＝
滑块A在半圆轨道最低点：FN－mAg＝m
得：FN＝mAg＋mA＝6mg
(2)在A、B爆炸过程，动量守恒，则mBvB＋mA(－vA)＝0
得：vB＝vA＝
(3)滑块B滑上小车直到与小车共速，设为v共
整个过程中，动量守恒：mBvB＝(mB＋M)v共
得：v共＝＝
滑块B从滑上小车到共速时的位移为
xB＝＝
小车从开始运动到共速时的位移为
x车＝＝R
两者位移之差(即滑块B相对小车的位移)为：
Δx＝xB－x车＝＜2R，
即滑块B与小车在达到共速时未掉下小车．
当小车与立桩碰撞后小车停止，然后滑块B以v共向右做匀减速直线运动，则直到停下来发生的位移为x′
x′＝＝＞(L－Δx)＝R
所以，滑块B会从小车上滑离．
讨论：当0＜x＜时，滑块B克服摩擦力做功为
Wf＝μ2mg(L＋x)＝4m(2R＋x)
当≤x≤2R时，滑块B从滑上小车到共速时克服摩擦力做功为
Wf1＝μ2mgxB＝.专题4.4 通过干涉实验测定光的波长
【人教版】
【题型1 实验原理与操作】
【题型2 数据处理与误差分析】
【题型3 实验器材的创新】
【题型4 实验过程和方法的创新】
【题型1 实验原理与操作】
【例1】（2022浙江）关于双缝干涉实验，下列说法正确的是（ ）
A. 用复色光投射就看不到条纹
B. 明暗相间条纹是两列光在屏上叠加的结果
C. 把光屏前移或后移，不能看到明暗相间条纹
D. 蓝光干涉条纹的间距比红光的大
【变式1-1】在“观察光的干涉现象”的实验中，将两片刀片合在一起，在涂有墨汁的玻璃片上划出不同间隙的双缝；按如图所示的方法，让激光束通过自制的双缝，观察在光屏上出现的现象。
(1)保持缝到光屏的距离不变，换用不同间隙的双缝，双缝的间隙越小，屏上明暗相间的条纹间距________(填“越大”或“越小”)。
(2)保持双缝的间隙不变，光屏到双缝的距离越大，屏上明暗相间的条纹间距________(填“越大”或“越小”)。
(3)在双缝间的距离和双缝与屏的距离都不变的条件下，用不同颜色的光做实验，发现用蓝色光做实验在屏上明暗相间的条纹间距比用红色光做实验时________(填“大”或“小”)。
(4)在该实验中，若所用激光的波长为5.300×10－7 m，屏上P点距双缝S1和S2的路程差为1.855×10－6 m，则在这里出现的应是________(填“亮条纹”或“暗条纹”)。
【变式1-2】（2022山东卷）某同学采用图甲所示的实验装置研究光的干涉与衍射现象，狭缝，的宽度可调，狭缝到屏的距离为L。同一单色光垂直照射狭缝，实验中分别在屏上得到了图乙，图丙所示图样。下列描述正确的是（　　）
A. 图乙是光双缝干涉图样，当光通过狭缝时，也发生了衍射
B. 遮住一条狭缝，另一狭缝宽度增大，其他条件不变，图丙中亮条纹宽度增大
C. 照射两条狭缝时，增加L，其他条件不变，图乙中相邻暗条纹的中心间距增大
D. 照射两条狭缝时，若光从狭缝、到屏上P点的路程差为半波长的奇数倍，P点处一定是暗条纹
【变式1-3】在观察光的双缝干涉现象的实验中：
(1)将激光束照在如图乙所示的双缝上，在光屏上观察到的现象是图甲中的________。
(2)换用间隙更小的双缝，保持双缝到光屏的距离不变，在光屏上观察到的条纹宽度将________；保持双缝间隙不变，减小光屏到双缝的距离，在光屏上观察到的条纹宽度将________(以上均选填“变宽”“变窄”或“不变”)。
【题型2 数据处理与误差分析】
【例2】在双缝干涉实验中，分别用红色和绿色的激光照射同一双缝，在双缝后的屏幕上，红光的干涉条纹间距Δx1与绿光的干涉条纹间距Δx2相比，Δx1____Δx2(填“＞”“＝”或“＜”)．若实验中红光的波长为630 nm，双缝与屏幕的距离为1.00 m，测得第1条到第6条亮条纹中心间的距离为10.5 mm，则双缝之间的距离为________ mm.
【变式2-1】在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，实验装置如图所示。
(1)某同学以线状白炽灯为光源，对实验装置进行调节并观察了实验现象后，总结出以下几点，正确的是________。
A．灯丝与单缝和双缝必须平行放置
B．干涉条纹与双缝垂直
C．干涉条纹的疏密程度与单缝宽度有关
D．干涉条纹的间距与光的波长有关
(2)当测量头中的分划板中心刻线对齐某条纹的中心时，手轮上的示数如图甲所示，该读数为________mm。
(3)如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，如图乙所示，则在这种情况下测量干涉条纹的间距Δx时，测量值________(选填“大于”“小于”或“等于”)实际值。
【变式2-2】用双缝干涉测光的波长的实验装置如图甲所示，已知单缝与双缝的距离L1＝60 mm，双缝与光屏的距离L2＝700 mm，单缝宽d1＝0.10 mm，双缝间距d2＝0.25 mm。
(1)分划板的中心刻线分别对准第1条和第4条亮条纹的中心时，手轮上的读数如图乙所示，则对准第1条时读数x1＝______mm，对准第4条时读数x2＝________ mm，相邻两条亮条纹间的距离Δx＝________mm。
(2)本实验中计算波长的公式λ＝______，求得的波长是________nm(结果保留三位有效数字)。
【变式2-3】现有：A毛玻璃屏、B双缝、C白光光源、D单缝、E透红光的滤光片等光学元件。要把它们放在如图甲所示的光具座上组装成双缝干涉装置，用以测量红光的波长。
(1)将白光光源C放在光具座的最左端，依次放置其它光学元件，由左至右，表示各光学元件的字母排列顺序为C、________、________、________、A。
(2)将测量头的分划板中心刻线与某亮条纹的中心对齐，将该亮条纹定为第一条亮条纹，此时手轮上的示数如图乙所示，记为x1。然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第六条亮条纹中心对齐，此时手轮上的示数如图丙所示，记为x2。则x2＝________mm。
(3)已知双缝间距d为2.0×10－4 m，测得双缝到屏的距离L为0.700 m，由计算式λ＝__________，求得所测红光波长为________nm。(公式要求按题目所给具体符号填写，计算结果保留整数，1 nm＝10－9 m)
【题型3 实验器材的创新】
【例3】在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，请按照题目要求回答下列问题：
(1)图中甲、乙两图都是光的条纹形状示意图，其中干涉图样是________(填“甲”或“乙”).
(2)将下表中的光学元件放在下图所示的光具座上组装成用双缝干涉测量光的波长的实验装置，并用此装置测量红光的波长.
元件代号 A B C D E
元件名称 光屏 双缝 白光光源 单缝 透红光的滤光片
将白光光源C放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，从左至右，表示各光学元件的排列顺序应为________.(填写元件代号)
(3)已知该装置中双缝间距d＝0.50 mm，双缝到光屏的距离l＝0.50 m，在光屏上得到的干涉图样如图(a)所示，分划板中心刻线在图中A位置时游标卡尺如图(b)所示，则其示数为________ mm；在B位置时游标卡尺如图(c)所示.由以上所测数据可以得出形成此干涉图样的单色光的波长为________ m(保留2位有效数字).
【变式3-1】小沈同学进行“用双缝干涉测量波长”的实验，
(1)其中部分器材如下：
A．白炽灯　　 B．凸透镜　　 　C．单缝片
D．滤光片　　　E．测量头　　 　F．双缝片
将以上器材安装在光具座遮光筒上时，自光源起合理的顺序是(填字母)：A、B、________、________、F、E。
(2)某次观察时，透过测量头观察到了绿光的干涉条纹，但条纹的亮度很低，为了便于测量，下列方法能够使条纹亮度增加的是________。
A．增加光源的功率
B．将毛玻璃换成透明玻璃
C．换一个面积更大的凸透镜
D．调节测量头的位置
(3)下列图示中条纹间距表示正确的是________。
(4)如图所示的是小沈同学参考课本上“用光传感器做双缝干涉的实验”进行实验，图甲、乙分别对应的是第一、二次实验得到的干涉图线。比较甲、乙两图线可判断，第一次实验中的________。
A．单缝与双缝的缝距一定较大
B．光强度较小
C．光源离双缝的距离较大
D．双缝离光传感器的距离可能较小
【变式3-2】如图所示为双缝干涉实验的装置示意图，现要利用这套装置来测量某种单色光的波长.
(1)装置示意图中有三个电学元件的名称空缺，关于它们的说法正确的是________.
A.①是双缝，③是滤光片
B.②是双缝，③是单缝
C.②是单缝，③是双缝
(2)用20分度的游标卡尺测量双缝间距如图甲所示，双缝间距d＝________ mm.
(3)图乙为实验得到的干涉条纹，用测量头测出了第1条和第6条亮条纹中心间的距离为Δx，已知双缝到光屏的距离为l，则所测单色光波长的计算式为λ＝______(用题中所给的字母表示).
【变式3-3】在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，请按照题目要求回答下列问题。
(1)图中甲、乙两图都是光的条纹形状示意图，其中干涉图样是________。
(2)将下表中的光学元件放在图丙所示的光具座上组装成用双缝干涉测光的波长的实验装置，并用此装置测量红光的波长。
元件代号 A B C D E
元件名称 光屏 双缝 白光光源 单缝 透红光的滤光片
将白光光源C放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左至右，表示各光学元件的排列顺序应为________。(填写元件代号)
(3)已知该装置中双缝间距d＝0.50 mm，双缝到光屏的距离L＝0.50 m，在光屏上得到的干涉图样如图(a)所示，分划板在图中A位置时游标卡尺如图(b)所示，则其示数为________mm；在B位置时游标卡尺如图(c)所示。由以上所测数据可以得出形成此干涉图样的单色光的波长为________m。
【题型4 实验过程和方法的创新】
【例4】(多选)图中给出了“用双缝干涉测量光的波长”实验示意图，双缝S1和S2间距为0.80 mm，双缝到屏的距离为0.80 m.波长为500 nm的单色平行光垂直入射到双缝S1和S2上，在屏上形成干涉条纹.中心轴线OO′上方第1条亮纹中心位置在P1处，第3条亮纹中心位置在P2处.现有1号、2号虫子分别从S1、S2出发以相同速度沿垂直屏方向飞行，1号虫子到达屏后，沿屏直线爬行到P1,2号虫子到达屏后，沿屏直线爬行到P2.假定两只虫子爬行速率均为10－3 m/s.正确的是(　　)
A.1号虫子运动路程比2号短
B.两只虫子运动的时间差为0.2 s
C.两只虫子运动的时间差为1.0 s
D.已知条件不够，两只虫子运动时间差无法计算
【变式4-1】洛埃德在1834年提出了一种更简单的观察干涉的装置。如图所示，从单缝S发出的光，一部分入射到平面镜后反射到屏上，另一部分直接投射到屏上，在屏上两光束交叠区域里将出现干涉条纹。单缝S通过平面镜成的像是S′。
(1)通过如图所示的装置在屏上可以观察到明暗相间的干涉条纹，这和双缝干涉实验得到的干涉条纹一致。如果S被视为其中的一个缝，____________相当于另一个“缝”；
(2)实验表明，光从光疏介质射向光密介质在界面发生反射时，在入射角接近90° 时，反射光与入射光相比，相位有π的变化，即半波损失。如果把光屏移动到和平面镜接触，接触点P处是__________(填写“亮条纹”或“暗条纹”)；
(3)实验中已知单缝S到平面镜的垂直距离h＝0.15 mm，单缝到光屏的距离D＝1.2 m，观测到第3个亮条纹到第12个亮条纹的中心间距为22.78 mm，则该单色光的波长λ＝________ m(结果保留3位有效数字)。
【变式4-2】(1)干涉条纹除了可以通过双缝干涉观察到外，把一个凸透镜压在一块平面玻璃上(图甲)，让单色光从上方射入(示意图如图乙，其中R为凸透镜的半径)，从上往下看凸透镜，也可以观察到由干涉造成图丙所示的环状条纹，这些条纹叫作牛顿环。如果改用波长更长的单色光照射，观察到的圆环半径将________(选填“变大”“变小”或“不变”)；如果换一个半径更大的凸透镜，观察到的圆环半径将________(选填“变大”“变小”或“不变”)。
(2)采用波长为690 nm的红色激光作为单色入射光，牛顿环的两条相邻亮条纹位置所对应的空气膜的厚度差约为________。
A．345 nm　　　　　　　 B．690 nm
C．几微米 D．几毫米
【变式4-3】用平行单色光垂直照射一层透明薄膜，观察到如图所示明暗相间的干涉条纹。
下列关于该区域薄膜厚度d随坐标x的变化图像，可能正确的是(　 )
参考答案
【题型1 实验原理与操作】
【例1】（2022浙江）关于双缝干涉实验，下列说法正确的是（ ）
A. 用复色光投射就看不到条纹
B. 明暗相间条纹是两列光在屏上叠加的结果
C. 把光屏前移或后移，不能看到明暗相间条纹
D. 蓝光干涉条纹的间距比红光的大
【答案】B
【解析】用复色光投射同样能看到条纹，A错误；双缝干涉实验中，明暗相间条纹是两列光在屏上叠加的结果，B正确；由条纹间知，把光屏前移或后移，改变了L，从而改变了条纹间距，但还可能看到明暗相间条纹，C错误；由条纹间知，且λ蓝 < λ红，则蓝光干涉条纹的间距比红光的小，D错误。
故选B。
【变式1-1】在“观察光的干涉现象”的实验中，将两片刀片合在一起，在涂有墨汁的玻璃片上划出不同间隙的双缝；按如图所示的方法，让激光束通过自制的双缝，观察在光屏上出现的现象。
(1)保持缝到光屏的距离不变，换用不同间隙的双缝，双缝的间隙越小，屏上明暗相间的条纹间距________(填“越大”或“越小”)。
(2)保持双缝的间隙不变，光屏到双缝的距离越大，屏上明暗相间的条纹间距________(填“越大”或“越小”)。
(3)在双缝间的距离和双缝与屏的距离都不变的条件下，用不同颜色的光做实验，发现用蓝色光做实验在屏上明暗相间的条纹间距比用红色光做实验时________(填“大”或“小”)。
(4)在该实验中，若所用激光的波长为5.300×10－7 m，屏上P点距双缝S1和S2的路程差为1.855×10－6 m，则在这里出现的应是________(填“亮条纹”或“暗条纹”)。
解析：(1)由Δx＝λ可知双缝间隙d越小，屏上明暗相间的条纹间距Δx越大。
(2)由Δx＝λ可知，光屏到双缝的距离l越大，明暗相间的条纹间距Δx越大。
(3)由Δx＝λ可知，因蓝色光的波长比红色光的波长小，故用蓝色光做实验时的条纹间距比用红色光做实验时小。
(4)屏上P点距双缝S1和S2的路程差为所用激光的波长的3.5倍，所以P点应出现暗条纹。
答案：(1)越大　(2)越大　(3)小　(4)暗条纹
【变式1-2】（2022山东卷）某同学采用图甲所示的实验装置研究光的干涉与衍射现象，狭缝，的宽度可调，狭缝到屏的距离为L。同一单色光垂直照射狭缝，实验中分别在屏上得到了图乙，图丙所示图样。下列描述正确的是（　　）
A. 图乙是光双缝干涉图样，当光通过狭缝时，也发生了衍射
B. 遮住一条狭缝，另一狭缝宽度增大，其他条件不变，图丙中亮条纹宽度增大
C. 照射两条狭缝时，增加L，其他条件不变，图乙中相邻暗条纹的中心间距增大
D. 照射两条狭缝时，若光从狭缝、到屏上P点的路程差为半波长的奇数倍，P点处一定是暗条纹
【答案】ACD
【解析】由图可知，图乙中间部分等间距条纹，所以图乙是光的双缝干涉图样，当光通过狭缝时，同时也发生衍射，故A正确；狭缝越小，衍射范围越大，衍射条纹越宽，遮住一条狭缝，另一狭缝宽度增大，则衍射现象减弱，图丙中亮条纹宽度减小，故B错误；根据条纹间距公式可知照射两条狭缝时，增加L，其他条件不变，图乙中相邻暗条纹的中心间距增大，故C正确；照射两条狭缝时，若光从狭缝、到屏上P点的路程差为半波长的奇数倍，P点处一定是暗条纹，故D正确。
故选ACD。
【变式1-3】在观察光的双缝干涉现象的实验中：
(1)将激光束照在如图乙所示的双缝上，在光屏上观察到的现象是图甲中的________。
(2)换用间隙更小的双缝，保持双缝到光屏的距离不变，在光屏上观察到的条纹宽度将________；保持双缝间隙不变，减小光屏到双缝的距离，在光屏上观察到的条纹宽度将________(以上均选填“变宽”“变窄”或“不变”)。
解析：(1)双缝干涉图样是平行且等宽的明暗相间的条纹，A图正确。
(2)根据Δx＝λ知，双缝间的距离d减小时，条纹间距变宽；当双缝到屏的距离l减小时，条纹间距变窄。
答案：(1)A　(2)变宽　变窄
【题型2 数据处理与误差分析】
【例2】在双缝干涉实验中，分别用红色和绿色的激光照射同一双缝，在双缝后的屏幕上，红光的干涉条纹间距Δx1与绿光的干涉条纹间距Δx2相比，Δx1____Δx2(填“＞”“＝”或“＜”)．若实验中红光的波长为630 nm，双缝与屏幕的距离为1.00 m，测得第1条到第6条亮条纹中心间的距离为10.5 mm，则双缝之间的距离为________ mm.
答案　＞　0.3
解析　双缝干涉条纹间距Δx＝λ，红光波长长，所以红光的双缝干涉条纹间距较大，即Δx1＞Δx2.相邻条纹间距Δx＝＝2.1 mm＝2.1×10－3 m，根据Δx＝λ可得d＝＝0.3 mm.
【变式2-1】在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，实验装置如图所示。
(1)某同学以线状白炽灯为光源，对实验装置进行调节并观察了实验现象后，总结出以下几点，正确的是________。
A．灯丝与单缝和双缝必须平行放置
B．干涉条纹与双缝垂直
C．干涉条纹的疏密程度与单缝宽度有关
D．干涉条纹的间距与光的波长有关
(2)当测量头中的分划板中心刻线对齐某条纹的中心时，手轮上的示数如图甲所示，该读数为________mm。
(3)如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，如图乙所示，则在这种情况下测量干涉条纹的间距Δx时，测量值________(选填“大于”“小于”或“等于”)实际值。
解析：(1)为了获得清晰的干涉条纹，灯丝与单缝和双缝必须平行放置，A正确；干涉条纹与双缝平行，B错误；由干涉条纹的间距Δx＝λ可知，干涉条纹的间距与单缝宽度无关，与光的波长有关，C错误，D正确。
(2)手轮的读数为0.5 mm＋20.0×0.01 mm＝0.700 mm。
(3)条纹与分划板中心刻线不平行时，有Δx实＝Δx测cos θ，θ为条纹与分划板中心刻线间的夹角，故Δx实<Δx测。
答案：(1)AD　(2)0.700　(3)大于
【变式2-2】用双缝干涉测光的波长的实验装置如图甲所示，已知单缝与双缝的距离L1＝60 mm，双缝与光屏的距离L2＝700 mm，单缝宽d1＝0.10 mm，双缝间距d2＝0.25 mm。
(1)分划板的中心刻线分别对准第1条和第4条亮条纹的中心时，手轮上的读数如图乙所示，则对准第1条时读数x1＝______mm，对准第4条时读数x2＝________ mm，相邻两条亮条纹间的距离Δx＝________mm。
(2)本实验中计算波长的公式λ＝______，求得的波长是________nm(结果保留三位有效数字)。
解析：(1)对准第1条时读数x1＝(2＋0.01×19.0)mm＝2.190 mm，对准第4条时读数x2＝(7.5＋0.01×36.9)mm＝7.869 mm，相邻两条亮条纹间的距离Δx＝＝1.893 mm。
(2)由条纹间距公式Δx＝可得，本实验中λ＝Δx，
波长λ＝×1.893×10－3 m≈6.76×10－7 m＝676 nm。
答案：(1)2.190　7.869　1.893　(2)Δx　676
【变式2-3】现有：A毛玻璃屏、B双缝、C白光光源、D单缝、E透红光的滤光片等光学元件。要把它们放在如图甲所示的光具座上组装成双缝干涉装置，用以测量红光的波长。
(1)将白光光源C放在光具座的最左端，依次放置其它光学元件，由左至右，表示各光学元件的字母排列顺序为C、________、________、________、A。
(2)将测量头的分划板中心刻线与某亮条纹的中心对齐，将该亮条纹定为第一条亮条纹，此时手轮上的示数如图乙所示，记为x1。然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第六条亮条纹中心对齐，此时手轮上的示数如图丙所示，记为x2。则x2＝________mm。
(3)已知双缝间距d为2.0×10－4 m，测得双缝到屏的距离L为0.700 m，由计算式λ＝__________，求得所测红光波长为________nm。(公式要求按题目所给具体符号填写，计算结果保留整数，1 nm＝10－9 m)
解析：(1)为获取单色线光源，白色光源后面要有滤光片、单缝、双缝。所以各光学元件的字母排列顺序应为C、E、D、B、A。
(2)测第6条亮条纹时，测量头固定刻度读数为13.5 mm，可动刻度读数为0.01×37.0 mm＝0.370 mm，所以最终读数为13.870 mm。
(3)双缝干涉条纹的间距公式Δx＝λ，又Δx＝，所以λ＝，测第1条亮条纹时，测量头固定刻度读数为2 mm，可动刻度读数为0.01×32.0 mm＝0.320 mm，所以最终读数为2.320 mm。Δx＝＝ mm＝2.310 mm。所以计算式λ＝＝ m＝660 nm。
答案：(1)E　D　B　(2)13.870　(3)　660
【题型3 实验器材的创新】
【例3】在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，请按照题目要求回答下列问题：
(1)图中甲、乙两图都是光的条纹形状示意图，其中干涉图样是________(填“甲”或“乙”).
(2)将下表中的光学元件放在下图所示的光具座上组装成用双缝干涉测量光的波长的实验装置，并用此装置测量红光的波长.
元件代号 A B C D E
元件名称 光屏 双缝 白光光源 单缝 透红光的滤光片
将白光光源C放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，从左至右，表示各光学元件的排列顺序应为________.(填写元件代号)
(3)已知该装置中双缝间距d＝0.50 mm，双缝到光屏的距离l＝0.50 m，在光屏上得到的干涉图样如图(a)所示，分划板中心刻线在图中A位置时游标卡尺如图(b)所示，则其示数为________ mm；在B位置时游标卡尺如图(c)所示.由以上所测数据可以得出形成此干涉图样的单色光的波长为________ m(保留2位有效数字).
答案　(1)甲　(2)EDBA　(3)111.15　6.1×10－7
解析　(1)题图甲中的条纹间距和亮度相同，是干涉图样，题图乙是衍射图样.
(2)光源发出的白光，各种频率都有，加上E后通过的只有红光了，变成单色光，加上D和B，就得到两列频率相同、步调一致的相干光，最后放置光屏，干涉条纹呈现在光屏上，所以顺序为EDBA.
(3)A位置的示数为111.15 mm，B位置的示数为115.45 mm，题图(a)中A、B之间的距离为(115.45－111.15) mm＝4.30 mm，则相邻条纹的间距为Δx＝ mm，再根据公式Δx＝λ，代入数据得波长为λ≈6.1×10－7 m.
【变式3-1】小沈同学进行“用双缝干涉测量波长”的实验，
(1)其中部分器材如下：
A．白炽灯　　 B．凸透镜　　 　C．单缝片
D．滤光片　　　E．测量头　　 　F．双缝片
将以上器材安装在光具座遮光筒上时，自光源起合理的顺序是(填字母)：A、B、________、________、F、E。
(2)某次观察时，透过测量头观察到了绿光的干涉条纹，但条纹的亮度很低，为了便于测量，下列方法能够使条纹亮度增加的是________。
A．增加光源的功率
B．将毛玻璃换成透明玻璃
C．换一个面积更大的凸透镜
D．调节测量头的位置
(3)下列图示中条纹间距表示正确的是________。
(4)如图所示的是小沈同学参考课本上“用光传感器做双缝干涉的实验”进行实验，图甲、乙分别对应的是第一、二次实验得到的干涉图线。比较甲、乙两图线可判断，第一次实验中的________。
A．单缝与双缝的缝距一定较大
B．光强度较小
C．光源离双缝的距离较大
D．双缝离光传感器的距离可能较小
解析：(1)根据“用双缝干涉测量光的波长”的实验中仪器的位置可知，从左向右依次为：白色光源、凸透镜、滤光片、单缝、双缝、测量头。将以上器材安装在光具座遮光筒上时，自光源起合理的顺序是：A、B、D、C、F、E。
(2)为了便于测量，要使条纹亮度增加，即使得单位时间内的光子数目增多；当增加光源的功率，导致单位时间内的光子数目增多，故A正确；将毛玻璃换成透明玻璃，不会看到亮条纹，故B错误；将凸透镜换成一个面积更大的凸透镜，则光的强度的增强，导致亮度增加，故C正确；调节测量头的位置，亮度不变，故D错误。
(3)干涉条纹的宽度是指一个明条纹与一个暗条纹的宽度的和，为两个相邻的明条纹(或暗条纹)的中心之间的距离，故图C是正确的，图A、B、D错误。
(4)由图可知，第一次得到的条纹间距较小，根据Δx＝λ可知：单缝与双缝的缝距对条纹间距无影响，A错误；光强度对条纹间距无影响，B错误；光源离双缝的距离对条纹间距无影响，C错误；双缝离光传感器的距离l较小，则条纹间距较小，D正确。
答案：(1)D　C　(2)AC　(3)C　(4)D
【变式3-2】如图所示为双缝干涉实验的装置示意图，现要利用这套装置来测量某种单色光的波长.
(1)装置示意图中有三个电学元件的名称空缺，关于它们的说法正确的是________.
A.①是双缝，③是滤光片
B.②是双缝，③是单缝
C.②是单缝，③是双缝
(2)用20分度的游标卡尺测量双缝间距如图甲所示，双缝间距d＝________ mm.
(3)图乙为实验得到的干涉条纹，用测量头测出了第1条和第6条亮条纹中心间的距离为Δx，已知双缝到光屏的距离为l，则所测单色光波长的计算式为λ＝______(用题中所给的字母表示).
答案　(1)C　(2)2.05　(3)
【变式3-3】在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，请按照题目要求回答下列问题。
(1)图中甲、乙两图都是光的条纹形状示意图，其中干涉图样是________。
(2)将下表中的光学元件放在图丙所示的光具座上组装成用双缝干涉测光的波长的实验装置，并用此装置测量红光的波长。
元件代号 A B C D E
元件名称 光屏 双缝 白光光源 单缝 透红光的滤光片
将白光光源C放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左至右，表示各光学元件的排列顺序应为________。(填写元件代号)
(3)已知该装置中双缝间距d＝0.50 mm，双缝到光屏的距离L＝0.50 m，在光屏上得到的干涉图样如图(a)所示，分划板在图中A位置时游标卡尺如图(b)所示，则其示数为________mm；在B位置时游标卡尺如图(c)所示。由以上所测数据可以得出形成此干涉图样的单色光的波长为________m。
[解析]　(1)题图甲中的条纹间距和亮度相同，是干涉图样，图乙是衍射图样。
(2)光源发出的白光，各种频率都有，加上E后通过的只有红光了，变成单色光，加上D和B，就得到两列频率相同、步调一致的相干光，最后放置光屏，干涉条纹呈现在光屏上，所以顺序为CEDBA。
(3)A位置的示数为111.10 mm，B位置的示数为115.45 mm，题图(a)中A、B之间的距离为(115.45－111.10)mm＝4.35 mm，则相邻条纹的间距为Δx＝ mm，再根据公式Δx＝λ，代入数据得波长为5.4×10－7 m。
[答案]　(1)甲　(2)CEDBA　(3)111.10　5.4×10－7
【题型4 实验过程和方法的创新】
【例4】(多选)图中给出了“用双缝干涉测量光的波长”实验示意图，双缝S1和S2间距为0.80 mm，双缝到屏的距离为0.80 m.波长为500 nm的单色平行光垂直入射到双缝S1和S2上，在屏上形成干涉条纹.中心轴线OO′上方第1条亮纹中心位置在P1处，第3条亮纹中心位置在P2处.现有1号、2号虫子分别从S1、S2出发以相同速度沿垂直屏方向飞行，1号虫子到达屏后，沿屏直线爬行到P1,2号虫子到达屏后，沿屏直线爬行到P2.假定两只虫子爬行速率均为10－3 m/s.正确的是(　　)
A.1号虫子运动路程比2号短
B.两只虫子运动的时间差为0.2 s
C.两只虫子运动的时间差为1.0 s
D.已知条件不够，两只虫子运动时间差无法计算
答案　AB
解析　由题意结合双缝干涉的条纹间距公式Δx＝λ可知，该光的干涉条纹相邻亮条纹中心的间距：
Δx＝×500×10－9 m＝5×10－4 m，
中心轴线OO′上方第1条亮纹中心位置在P1处，
所以＝Δx＝5×10－4 m
中心轴线OO′上方第3条亮纹中心位置在P2处，
所以＝3Δx＝1.5×10－3 m
所以1号虫子的路程为：s1＝l＋＋；
2号虫子的路程为：s2＝l＋－，
则s2－s1＝－－d＝1.5×10－3 m－5×10－4 m－0.80×10－3 m＝2×10－4 m，故A正确；两只虫子运动的时间差Δt＝＝ s＝0.2 s，故B正确，C、D错误.
【变式4-1】洛埃德在1834年提出了一种更简单的观察干涉的装置。如图所示，从单缝S发出的光，一部分入射到平面镜后反射到屏上，另一部分直接投射到屏上，在屏上两光束交叠区域里将出现干涉条纹。单缝S通过平面镜成的像是S′。
(1)通过如图所示的装置在屏上可以观察到明暗相间的干涉条纹，这和双缝干涉实验得到的干涉条纹一致。如果S被视为其中的一个缝，____________相当于另一个“缝”；
(2)实验表明，光从光疏介质射向光密介质在界面发生反射时，在入射角接近90° 时，反射光与入射光相比，相位有π的变化，即半波损失。如果把光屏移动到和平面镜接触，接触点P处是__________(填写“亮条纹”或“暗条纹”)；
(3)实验中已知单缝S到平面镜的垂直距离h＝0.15 mm，单缝到光屏的距离D＝1.2 m，观测到第3个亮条纹到第12个亮条纹的中心间距为22.78 mm，则该单色光的波长λ＝________ m(结果保留3位有效数字)。
解析：(1)根据题图可知，如果S被视为其中的一个缝，S经平面镜成的像S′相当于另一个“缝”。
(2)根据题意可知，把光屏移动到和平面镜接触，光线经过平面镜反射后将会有半波损失，因此接触点P处是暗条纹。
(3)条纹间距为Δy＝ m＝2.53×10－3 m，根据λ＝Δy，代入数据解得：λ＝6.33×10－7 m。
答案：(1)S经平面镜成的像S′　(2)暗条纹 (3)6.33×10－7
【变式4-2】(1)干涉条纹除了可以通过双缝干涉观察到外，把一个凸透镜压在一块平面玻璃上(图甲)，让单色光从上方射入(示意图如图乙，其中R为凸透镜的半径)，从上往下看凸透镜，也可以观察到由干涉造成图丙所示的环状条纹，这些条纹叫作牛顿环。如果改用波长更长的单色光照射，观察到的圆环半径将________(选填“变大”“变小”或“不变”)；如果换一个半径更大的凸透镜，观察到的圆环半径将________(选填“变大”“变小”或“不变”)。
(2)采用波长为690 nm的红色激光作为单色入射光，牛顿环的两条相邻亮条纹位置所对应的空气膜的厚度差约为________。
A．345 nm　　　　　　　 B．690 nm
C．几微米 D．几毫米
解析：(1)当光程差为波长的整数倍时是亮条纹，当光程差为半个波长的奇数倍时是暗条纹；用波长更长的光照射，则出现亮条纹的这一厚度需远离中心，则圆环的半径变大；换一个表面曲率半径更大的凸透镜，出现亮条纹的这一厚度偏移中心，知圆环的半径变大。
(2)由题意知相邻亮条纹对应的空气层的厚度差为半个波长，故为345 nm，故A正确，B、C、D错误。
答案：(1)变大　变大　(2)A
【变式4-3】用平行单色光垂直照射一层透明薄膜，观察到如图所示明暗相间的干涉条纹。
下列关于该区域薄膜厚度d随坐标x的变化图像，可能正确的是(　 )
解析：选D　根据薄膜干涉的形成规律，若薄膜厚度d均匀变化时，会产生等间距的明暗相间的条纹，现在条纹间距不等，说明薄膜厚度d不是线性变化的， 故A、B错误；由于条纹间距变大，说明薄膜厚度d的变化趋缓，反映到d-x图像中即图像的斜率减小，故C错误，D正确。专题3.3 机械波的反射、折射、衍射和多普勒效应
【人教版】
【题型1 机械波的反射】
【题型2 机械波的折射】
【题型3 机械波的衍射】
【题型4 多普勒效应】
【题型1 机械波的反射】
【例1】一只汽船以的速度在无风河面上航行，船上发出声鸣笛，旅客在后听到前方悬崖反射回来的声音，已知声音在空气中的传播速度为。则悬崖离汽船鸣笛时的位置有多远。
【变式1-1】机械波在传播过程中遇到障碍物时会发生反射，如果用射线表示波的传播方向，下列说法正确的是（　　）
A．入射线与反射线一定在同一平面内，法线与这一平面垂直
B．入射线与反射线可能在法线同侧
C．“回声”是声波的反射现象
D．“回声”是声波的折射现象
【变式1-2】甲、乙两人平行站在一堵墙前面，二人相距，距离墙均为，当甲开了一枪后，乙在时间t后听到第一声枪响，则乙听到第二声枪响的时间为( )
A.听不到 B.甲开枪后 C.甲开枪后 D.甲开枪后
【变式1-3】测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B为测速仪，A为汽车，两者相距335 m．某时刻B发出超声波，同时A由静止开始做匀加速直线运动．当B接收到反射回来的超声波信号时A、B相距355 m，已知声速为340 m/s，则下列说法正确的是(　　)
A．经1 s，B接收到返回的超声波
B．超声波追上A车时，A车前进了10 m
C．A车加速度的大小为10 m/s2
D．A车加速度的大小为5 m/s2
【题型2 机械波的折射】
【例2】关于波的折射现象，下列说法正确的是（　　）
A．一切波都能发生折射现象
B．发生折射时，波的传播方向一定会发生改变
C．不是所有的波都能发生折射
D．波发生折射时，波长、频率和波速都会发生变化
【变式2-1】根据波的反射和折射原理，以下说法正确的是（　　）
A．声波从空气传到平静的湖面上，声波在水面处只发生反射
B．声波从空气传到平静的湖面上，声波在水面处只发生折射
C．声波从空气传到平静的湖面上时既发生反射又发生折射
D．声波从空气传到平静的湖面上时既不发生反射又不发生折射
【变式2-2】关于波的频率，下列说法中正确的是（ ）.
A．波的频率由介质决定，与波源无关
B．波的频率与波速无关
C．波由一种介质进入另一种介质时，频率变大
D．波由一种介质进入另一种介质时，频率变小
【变式2-3】如图所示1、2、3分别代表入射波、反射波和折射波的波线，则( )
A.2与1的波长、频率相等，波速不等 B.2与1的波速、频率相等，波长不等
C.3与1的波速、频率、波长均相等 D.3与1的频率相等，波速、波长均不等
【题型3 机械波的衍射】
【例3】(多选)如图所示，当波源和障碍物都静止不动时，波源发出的波在障碍物处不能发生明显衍射.下列措施可能使波发生较为明显衍射的是(　　)
A.增大波源的振动频率
B.减小波源的振动频率
C.增大障碍物的长度
D.减小障碍物的长度
【变式3-1】如图所示是观察水面波衍射的实验装置，AC和BD是两块挡板，AB是一个孔，O是波源，图中已画出波源所在区域波的传播情况，每两条相邻波纹(图中曲线)之间距离表示一个波长，则波经过孔之后的传播情况，下列描述错误的是(　 )
A．此时能观察到明显的波的衍射现象
B．挡板前后波纹间距离相等
C．如果将孔AB扩大，有可能观察不到明显的衍射现象
D．如果孔的大小不变，使波源频率增大，能观察到更明显的衍射现象
【变式3-2】(多选)一列周期为0.8 s的简谐波在均匀介质中沿x轴传播，该波在某一时刻的波形如图所示；A、B、C是介质中的三个质点，平衡位置分别位于2 m、3 m、6 m处，此时B质点的速度方向为－y方向，下列说法正确的是(　　)
A.该波沿x轴正方向传播，波速为10 m/s
B.A质点比B质点晚振动0.1 s
C.B质点此时的位移为1 cm
D.由图示时刻经0.2 s，B质点的运动路程为2 cm
E.该列波在传播过程中遇到宽度为d＝4 m的障碍物时不会发生明显的衍射现象
【变式3-3】（多选）下列说法正确的是（　　）
A．波的衍射现象必须具备一定的条件，否则不可能发生衍射现象
B．要观察到水波明显的衍射现象，必须使狭缝的宽度远大于水波波长
C．波长越长的波，越容易发生明显的衍射现象
D．只有波才有衍射现象
【题型4 多普勒效应】
【例4】(多选)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
【变式4-1】如图所示，在原点O处的质点(波源)做简谐运动，产生沿x轴正方向传播的简谐波，波速v＝20 m/s。为了接收到这列波，在x＝200 m处设有一台接收器(图中未标出)。已知t＝0时，波刚好传播到x＝30 m处，则下列说法正确的是(　 )
A．波源振动的周期为2 s
B．接收器在t＝8 s时才能接收到此波
C．x＝40 m处的质点在t＝1 s时向上运动
D．若波源向x轴负方向移动，则在其移动过程中接收器接收到的波的频率将小于1 Hz
【变式4-2】[多选]关于多普勒效应，下列说法正确的是(　　)
A．多普勒效应是由于波的干涉引起的
B．发生多普勒效应时，波源的频率并未发生改变
C．多普勒效应是由于波源与观察者之间有相对运动而发生的
D．只有声波才有多普勒效应
E．若声源向观察者靠近，则观察者接收到的频率大于声源发出声波的频率
【变式4-3】根据高中物理所学知识，分析下列生活中的物理现象：①闻其声而不见其人；②钢琴声震碎玻璃酒杯；③当正在鸣笛的火车向着我们疾驰而来时，我们听到汽笛声的音调变高；④两列水波相遇产生稳定花纹。这些物理现象分别属于（　　）
A．干涉、衍射、多普勒效应、共振
B．折射、多普勒效应、共振、干涉
C．衍射、共振、多普勒效应、干涉
D．衍射、共振、折射、多普勒效应
参考答案
【题型1 机械波的反射】
【例1】一只汽船以的速度在无风河面上航行，船上发出声鸣笛，旅客在后听到前方悬崖反射回来的声音，已知声音在空气中的传播速度为。则悬崖离汽船鸣笛时的位置有多远。
答案：
【变式1-1】机械波在传播过程中遇到障碍物时会发生反射，如果用射线表示波的传播方向，下列说法正确的是（　　）
A．入射线与反射线一定在同一平面内，法线与这一平面垂直
B．入射线与反射线可能在法线同侧
C．“回声”是声波的反射现象
D．“回声”是声波的折射现象
答案：C
【变式1-2】甲、乙两人平行站在一堵墙前面，二人相距，距离墙均为，当甲开了一枪后，乙在时间t后听到第一声枪响，则乙听到第二声枪响的时间为( )
A.听不到 B.甲开枪后 C.甲开枪后 D.甲开枪后
答案：C
解析：乙听到的第一声枪响必然是甲放枪的声音直接传到乙的耳中，故。甲、乙二人及墙的位置如图所示，乙听到的第二声枪响必然是墙反射的枪声，由反射定律可知，波线如图中和，由几何关系可得，故第二声枪响传到乙的耳中的时间为，故C正确。
【变式1-3】测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B为测速仪，A为汽车，两者相距335 m．某时刻B发出超声波，同时A由静止开始做匀加速直线运动．当B接收到反射回来的超声波信号时A、B相距355 m，已知声速为340 m/s，则下列说法正确的是(　　)
A．经1 s，B接收到返回的超声波
B．超声波追上A车时，A车前进了10 m
C．A车加速度的大小为10 m/s2
D．A车加速度的大小为5 m/s2
答案　C
解析　从B发出超声波到接收到超声波过程中，汽车A的运动情况如图所示：
B发出超声波时，小车在C位置
小车反射超声波时，小车在D位置
B接收到超声波时，小车在E位置
经分析可知：tCD＝tDE，xCE＝20 m
由运动学规律得xCD∶xDE＝1∶3
所以xCD＝5 m，xDE＝15 m，tCD＝ s＝1 s
可见B接收到返回的超声波需2 s.
对小车A：Δx＝at
所以a＝10 m/s2
由以上可知只有选项C正确．
【题型2 机械波的折射】
【例2】关于波的折射现象，下列说法正确的是（　　）
A．一切波都能发生折射现象
B．发生折射时，波的传播方向一定会发生改变
C．不是所有的波都能发生折射
D．波发生折射时，波长、频率和波速都会发生变化
答案：A
【变式2-1】根据波的反射和折射原理，以下说法正确的是（　　）
A．声波从空气传到平静的湖面上，声波在水面处只发生反射
B．声波从空气传到平静的湖面上，声波在水面处只发生折射
C．声波从空气传到平静的湖面上时既发生反射又发生折射
D．声波从空气传到平静的湖面上时既不发生反射又不发生折射
答案：C
【变式2-2】关于波的频率，下列说法中正确的是（ ）.
A．波的频率由介质决定，与波源无关
B．波的频率与波速无关
C．波由一种介质进入另一种介质时，频率变大
D．波由一种介质进入另一种介质时，频率变小
答案：B
【详解】波的频率由波源决定，与介质无关，与波速无关，故A错误B正确。
当波由一种介质传到另一种介质时，频率不变，故CD错误。
【变式2-3】如图所示1、2、3分别代表入射波、反射波和折射波的波线，则( )
A.2与1的波长、频率相等，波速不等 B.2与1的波速、频率相等，波长不等
C.3与1的波速、频率、波长均相等 D.3与1的频率相等，波速、波长均不等
答案：D
解析：反射波的波长、频率、波速与入射波的都应该相等，选项AB错误；折射波的波长、波速与入射波的都不等，但频率相等，选项C错误，选项D正确。
【题型3 机械波的衍射】
【例3】(多选)如图所示，当波源和障碍物都静止不动时，波源发出的波在障碍物处不能发生明显衍射.下列措施可能使波发生较为明显衍射的是(　　)
A.增大波源的振动频率
B.减小波源的振动频率
C.增大障碍物的长度
D.减小障碍物的长度
答案　BD
解析　不能发生明显衍射的原因是障碍物的长度远大于波长，则增大波长或减小障碍物的长度可能使波发生较为明显的衍射，选项C错误，D正确；由λ＝知，v不变，减小f，λ增大，选项A错误，B正确.
【变式3-1】如图所示是观察水面波衍射的实验装置，AC和BD是两块挡板，AB是一个孔，O是波源，图中已画出波源所在区域波的传播情况，每两条相邻波纹(图中曲线)之间距离表示一个波长，则波经过孔之后的传播情况，下列描述错误的是(　 )
A．此时能观察到明显的波的衍射现象
B．挡板前后波纹间距离相等
C．如果将孔AB扩大，有可能观察不到明显的衍射现象
D．如果孔的大小不变，使波源频率增大，能观察到更明显的衍射现象
解析：选D　由题图可知，孔的尺寸与水波的波长差不多，故此时能观察到明显的波的衍射现象，故A正确；波通过孔后，波速、频率、波长不变，则挡板前后波纹间的距离相等，故B正确；如果将孔AB扩大，若孔的尺寸远大于水波的波长，可能观察不到明显的衍射现象，故C正确；如果孔的大小不变，使波源频率增大，因为波速不变，根据λ＝知，波长减小，可能观察不到明显的衍射现象，故D错误。
【变式3-2】(多选)一列周期为0.8 s的简谐波在均匀介质中沿x轴传播，该波在某一时刻的波形如图所示；A、B、C是介质中的三个质点，平衡位置分别位于2 m、3 m、6 m处，此时B质点的速度方向为－y方向，下列说法正确的是(　　)
A.该波沿x轴正方向传播，波速为10 m/s
B.A质点比B质点晚振动0.1 s
C.B质点此时的位移为1 cm
D.由图示时刻经0.2 s，B质点的运动路程为2 cm
E.该列波在传播过程中遇到宽度为d＝4 m的障碍物时不会发生明显的衍射现象
答案　BCD
解析　由题图知，波长λ＝8 m，则波速为v＝＝ m/s＝10 m/s.此时B质点的速度方向为－y方向，由波形的平移法知，该波沿x轴负方向传播，故A错误；A质点与B质点平衡位置相距x＝1 m，则波从B质点传到A质点的时间t＝＝ s＝0.1 s，故B正确；B质点此时的位移为y＝sin π cm＝1 cm，故C正确；由题图所示时刻经0.2 s＝T，由波形平移法可知，x＝5 m处质点的状态传到B质点，B质点的运动路程为s＝2y＝2 cm，故D正确；因该列波的波长为8 m，则该列波在传播过程中遇到宽度为d＝4 m的障碍物时会发生明显的衍射现象，故E错误.
【变式3-3】（多选）下列说法正确的是（　　）
A．波的衍射现象必须具备一定的条件，否则不可能发生衍射现象
B．要观察到水波明显的衍射现象，必须使狭缝的宽度远大于水波波长
C．波长越长的波，越容易发生明显的衍射现象
D．只有波才有衍射现象
答案：CD
【题型4 多普勒效应】
【例4】(多选)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
答案　BCE
解析　看到闪电后，过一会儿才能听到雷声，是光和声音在空气中的传播速度不同造成的，故A错误；探测器接收到光的超声波频率发生变化，是由于血液发生流动，探测器与血液的观测点的距离发生变化引起的，可以用多普勒效应解释，故B正确；观察者听到远去的列车发出的汽笛声，音调变低是由于列车与观察者的距离发生变化引起的，可以用多普勒效应解释，故C正确；声波在空气中和水中的传播速度不同，是由于进入不同介质，波长发生变化引起的，故D错误；观察者与双星的距离发生变化，接收到的频率发生变化，产生周期性变化的光谱，属于多普勒效应，E正确.
【变式4-1】如图所示，在原点O处的质点(波源)做简谐运动，产生沿x轴正方向传播的简谐波，波速v＝20 m/s。为了接收到这列波，在x＝200 m处设有一台接收器(图中未标出)。已知t＝0时，波刚好传播到x＝30 m处，则下列说法正确的是(　 )
A．波源振动的周期为2 s
B．接收器在t＝8 s时才能接收到此波
C．x＝40 m处的质点在t＝1 s时向上运动
D．若波源向x轴负方向移动，则在其移动过程中接收器接收到的波的频率将小于1 Hz
解析：选D　由图像可知，波长λ＝20 m，周期T＝＝ s＝1 s，A错误；接收器接收到此波所需时间为t＝＝ s＝8.5 s，B错误；在t＝1 s时，波向前传播了一个波长，x＝40 m处的质点与t＝0时x＝20 m处的质点的振动情况一样，而t＝0时x＝20 m处的质点向下运动，故x＝40 m处的质点在t＝1 s时向下运动，C错误；若波源向x轴负方向移动，则接收器离波源越来越远，根据多普勒效应可知，接收到的波的频率变小，D正确。
【变式4-2】[多选]关于多普勒效应，下列说法正确的是(　　)
A．多普勒效应是由于波的干涉引起的
B．发生多普勒效应时，波源的频率并未发生改变
C．多普勒效应是由于波源与观察者之间有相对运动而发生的
D．只有声波才有多普勒效应
E．若声源向观察者靠近，则观察者接收到的频率大于声源发出声波的频率
解析：选BCE　多普勒效应是由于波源与观察者之间发生相对运动而产生的，其波源的频率不发生变化，是观察者接收到的频率发生变化，故B、C正确，A错误；当声源向观察者靠近时，观察者接收到的频率大于声源发出声波的频率，E正确；机械波和光波都有多普勒效应现象，故D错误。
【变式4-3】根据高中物理所学知识，分析下列生活中的物理现象：①闻其声而不见其人；②钢琴声震碎玻璃酒杯；③当正在鸣笛的火车向着我们疾驰而来时，我们听到汽笛声的音调变高；④两列水波相遇产生稳定花纹。这些物理现象分别属于（　　）
A．干涉、衍射、多普勒效应、共振
B．折射、多普勒效应、共振、干涉
C．衍射、共振、多普勒效应、干涉
D．衍射、共振、折射、多普勒效应
【答案】C
【解析】①闻其声而不见其人是波的衍射现象；
②钢琴声震碎玻璃酒杯是由于共振产生的；
③当正在鸣笛的火车向着我们疾驰而来时，我们听到汽笛声的音调变高是多普勒效应；
④两列水波相遇产生稳定花纹是水波的干涉现象。故选C。专题4.2 全反射
【人教版】
【题型1 全反射】
【题型2 生活中的全反射问题】
【题型3 高科技中的全反射】
【题型4 半圆形玻璃砖与全反射】
【题型5 求范围、最值问题】
【题型6 三棱镜与全反射】
【题型7 全反射与色散】
【题型1 全反射】
【例1】两束不同频率的单色光a、b从空气射入水中，发生了如图所示的折射现象(α>β)。下列结论中正确的是(　 )
A．光束b的频率比光束a低
B．在水中的传播速度，光束a比光束b小
C．水对光束a的折射率比水对光束b的折射率小
D．若光束从水中射向空气，则光束b的临界角比光束a的临界角大
【变式1-1】如图是某种玻璃材料制成的空心圆柱体的截面图，玻璃圆柱体的半径为2R，空心部分是半径为R的圆，两圆同心。一束单色光(平行于截面)从圆柱体外表面上的A点以入射角i射入玻璃材料中，光束经折射后恰好与内圆面相切于B点。已知该玻璃材料对此单色光的折射率为。
(1)求入射角i；
(2)欲使该光束从A点入射后，恰好在内圆面上发生全反射，则入射角i′是多少？
【变式1-2】(2021·海南高考)如图，长方体玻璃砖的横截面为矩形MNPQ，MN＝2NP，其折射率为。一束单色光在纸面内以α＝45°的入射角从空气射向MQ边的中点O，则该束单色光(　 )
A．在MQ边的折射角为60°
B．在MN边的入射角为45°
C．不能从MN边射出
D．不能从NP边射出
【变式1-3】打磨某剖面如图所示的宝石时，必须将OP、OQ边与轴线的夹角θ切磨在θ1<θ<θ2的范围内，才能使从MN边垂直入射的光线，在OP边和OQ边都发生全反射(仅考虑如图所示的光线第一次射到OP边并反射到OQ边后射向MN边的情况)，则下列判断正确的是(　　)
A．若θ>θ2，光线一定在OP边发生全反射
B．若θ>θ2，光线会从OQ边射出
C．若θ<θ1，光线会从OP边射出
D．若θ<θ1，光线会在OP边发生全反射
【题型2 生活中的全反射问题】
【例2】单镜头反光相机简称单反相机，它用一块放置在镜头与感光部件之间的透明平面镜把来自镜头的图象投射到对焦屏上.对焦屏上的图象通过五棱镜的反射进入人眼中.如图为单反照相机取景器的示意图，ABCDE为五棱镜的一个截面，AB⊥BC，光线垂直AB射入，分别在CD和EA上发生全反射，且两次反射的入射角相等，最后光线垂直BC射出，则该五棱镜折射率的最小值为(　　)
A. B. C. D.
【变式2-1】如图，一小孩在河水清澈的河面上以1 m/s的速度游泳，t＝0时刻他看到自己正下方的河底有一小石块，t＝3 s时他恰好看不到小石块了，河水的折射率n＝，下列说法正确的是(　 )
A．3 s后，小孩会再次看到河底的石块
B．前3 s内，小孩看到的石块越来越明亮
C．这条河的深度为 m
D．t＝0时小孩看到的石块深度为 m
【变式2-2】很多公园的水池底都装有彩灯，当一细束由红、蓝两色组成的灯光从水中斜射向空气时，关于光在水面可能发生的反射和折射现象，下列光路图中正确的是(　　)
【变式2-3】一厚度为h的大平板玻璃水平放置，其下表面贴有一半径为r的圆形发光面．在玻璃板上表面放置一半径为R的圆纸片，圆纸片与圆形发光
面的中心在同一竖直线上．已知圆纸片恰好能完全遮挡住从圆形发光面发出的光线(不考虑反射)，求平板玻璃的折射率．
【题型3 高科技中的全反射】
【例3】导光管采光系统是一套采集天然光，并经管道传输到室内的采光系统，如图为过装置中心轴线的截面。上面部分是收集阳光的半径为R的某种均匀透明材料的半球形采光球，O为球心，下面部分是内侧涂有反光涂层的导光管，MN为两部分的分界面，M、N为球面两点。若一束平行MN且与MN相距h＝R的细光束从空气入射到采光球表面时，经折射绿光恰好照射到N点。则(　 )
A．绿光在采光球中的传播速度为c
B．红光一定能从N点上方射出
C．紫光有可能直接折射经过O点
D．要使光束在导光管中发生全反射，涂层折射率应小于管壁折射率
【变式3-1】(2021·辽宁高考)一束复色光从空气射入光导纤维后分成a、b两束单色光，光路如图所示，比较内芯中的a、b两束光，a光的(　 )
A．频率小，发生全反射的临界角小
B．频率大，发生全反射的临界角小
C．频率小，发生全反射的临界角大
D．频率大，发生全反射的临界角大
【变式3-2】如图甲所示，为研究一半圆柱形透明新材料的光学性质，用激光由真空沿半圆柱体的径向射入，入射光线与法线成θ角，由光学传感器CD可以探测反射光的强度.实验获得从AB面反射回来的反射光的强度随θ角变化的情况如图乙所示.光在真空中的传播速度为c，则该激光在这种透明新材料中(　　)
A.折射率为
B.传播速度为c
C.θ＝0°时，反射光强度为0
D.反射光的强度随θ角的增大而增大
【变式3-3】如图所示，光导纤维由内芯和包层两个同心圆柱体组成，其中心部分是内芯，内芯以外的部分为包层，光从一端进入，从另一端射出，下列说法正确的是(　　)
A．内芯的折射率大于包层的折射率
B．内芯的折射率小于包层的折射率
C．不同频率的可见光从同一根光导纤维的一端传输到另一端所用的时间相同
D．若紫光以如图所示角度入射时，恰能在内芯和包层分界面上发生全反射，则改用红光以同样角度入射时，也能在内芯和包层分界面上发生全反射
【题型4 半圆形玻璃砖与全反射】
【例4】(2021·河北高考)将两块半径均为R、完全相同的透明半圆柱体A、B正对放置，圆心上下错开一定距离，如图所示。用一束单色光沿半径照射半圆柱体A，设圆心处入射角为θ。当θ＝60°时，A右侧恰好无光线射出；当θ＝30°时，有光线沿B的半径射出，射出位置与A的圆心相比下移h。不考虑多次反射。求：
(1)半圆柱体对该单色光的折射率；
(2)两个半圆柱体之间的距离d。
【变式4-1】(2021·江苏高考)某种材料制成的半圆形透明砖平放在方格纸上，将激光束垂直于AC面射入，可以看到光束从圆弧面ABC出射，沿AC方向缓慢平移该砖，在如图所示位置时，出射光束恰好消失，该材料的折射率为(　 )
A．1.2 B．1.4 C．1.6 D．1.8
【变式4-2】某同学用大头针、三角板、量角器等器材测半圆形玻璃砖的折射率。开始玻璃砖的位置如图中实线所示，使大头针P1、P2与圆心O在同一直线上，该直线垂直于玻璃砖的直径边，然后使玻璃砖绕圆心O缓慢转动，同时在玻璃砖的直径边一侧观察P1、P2的像，且P2的像挡住P1的像。如此观察，当玻璃砖转到图中虚线位置时，上述现象恰好消失。此时只需测量出____________________，即可计算出玻璃砖的折射率。请用你测量的量表示出折射率n＝________。
【变式4-3】如图，一半径为R的玻璃半球，O点是半球的球心，虚线OO′表示光轴(过球心O与半球底面垂直的直线).已知玻璃的折射率为1.5.现有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出(不考虑被半球的内表面反射后的光线).求：
(1)从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值；
(2)距光轴的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O点的距离.
【题型5 求范围、最值问题】
【例5】一半径为R的半圆柱形玻璃砖，横截面如图所示．已知玻璃的全反射临界角γ(γ＜)．与玻璃砖的底平面成(－γ)角度、且与玻璃砖横截面平行的平行光射到玻璃砖的半圆柱面上．经柱面折射后，有部分光(包括与柱面相切的入射光)能直接从玻璃砖底面射出．若忽略经半圆柱内表面反射后射出的光．求底面透光部分的宽度．
【变式5-1】(多选)如图所示，空气中有一折射率为 的玻璃柱体，其横截面是圆心角为90°、半径为R的扇形，一束光平行于横截面，以入射角θ照射到OA上，OB不透光。只考虑首次入射到圆弧上的光(　 )
A．若θ＝45°，则AB面上最大的入射角大于45°
B．若θ＝45°，则AB面上最大的入射角为45°
C．若θ＝45°，则AB面上有光透出部分的弧长为πR
D．若θ增大，则AB面上有光透出部分的弧长变长
【变式5-2】如图所示，截面为半圆形的玻璃砖的半径为R，一束单色平行光向右垂直直面射向玻璃砖，在玻璃砖右侧可看到圆弧面上有三分之二的区域被照亮.已知光在真空中的速度为c，求：
(1)该玻璃砖对此单色光的折射率；
(2)自不同点入射的光在玻璃砖中的传播时间不同，计算得出最短传播时间(不考虑光在玻璃砖内的多次反射).
【变式5-3】(多选)固定的半圆形玻璃砖的横截面如图，O点为圆心，OO′为直径MN的垂线．足够大的光屏PQ紧靠玻璃砖右侧且垂直于MN.由A、B两种单色光组成的一束光沿半径方向射向O点，入射光线与OO′夹角θ较小时，光屏NQ区域出现两个光斑，逐渐增大θ角，当θ＝α时，光屏NQ区域A光的光斑消失，继续增大θ角，当θ＝β时，光屏NQ区域B光的光斑消失，则(　　)
A．玻璃砖对A光的折射率比对B光的大
B．A光在玻璃砖中传播速度比B光的大
C．α＜θ＜β时，光屏上只有1个光斑
D．β＜θ＜时，光屏上只有1个光斑
【题型6 三棱镜与全反射】
【例6】(2021·山东等级考)超强超短光脉冲产生方法曾获诺贝尔物理学奖，其中用到的一种脉冲激光展宽器截面如图所示。在空气中对称放置四个相同的直角三棱镜，顶角为θ。一细束脉冲激光垂直第一个棱镜左侧面入射，经过前两个棱镜后分为平行的光束，再经过后两个棱镜重新合成为一束，此时不同频率的光前后分开，完成脉冲展宽。已知相邻两棱镜斜面间的距离d＝100.0 mm，脉冲激光中包含两种频率的光，它们在棱镜中的折射率分别为n1＝ 和n2＝。取sin 37°＝，cos 37°＝，＝1.890。
(1)为使两种频率的光都能从左侧第一个棱镜斜面射出，求θ的取值范围；
(2)若θ＝37°，求两种频率的光通过整个展宽器的过程中，在空气中的路程差ΔL(保留3位有效数字)。
【变式6-1】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。
【变式6-2】如图所示，三角形ABC为某透明介质的横截面，O为BC边的中点，位于截面所在平面内的一束光线自O以角i入射，第一次到达AB边恰好发生全反射．已知θ＝15°，BC边长为2L，该介质的折射率为，求：
(ⅰ)入射角i；
(ⅱ)从入射到发生第一次全反射所用的时间(设光在真空中的速度为c，可能用到：sin 75°＝或tan 15°＝2－)．
【变式6-3】(多选)截面为等腰直角三角形的三棱镜如图甲所示，DE为嵌在三棱镜内部紧贴BB′C′C面的线状单色可见光光源，DE与三棱镜的ABC面垂直，D位于线段BC的中点，图乙为图甲中ABC面的正视图，三棱镜对该单色光的折射率为，只考虑由DE直接射向侧面AA′C′C的光线.下列说法正确的是(　　)
A.光从AA′C′C面出射的区域占该侧面总面积的
B.光从AA′C′C面出射的区域占该侧面总面积的
C.若DE发出的单色光频率变小，AA′C′C面有光出射的区域面积将增大
D.若DE发出的单色光频率变小，AA′C′C面有光出射的区域面积将减小
【题型7 全反射与色散】
【例7】一束白光从顶角为θ的一边以较大的入射角i射入并通过三棱镜后，在屏P上可得到彩色光带，如图所示，在入射角i逐渐减小到零的过程中，假如屏上的彩色光带先后全部消失，则(　　)
A．红光最先消失，紫光最后消失
B．紫光最先消失，红光最后消失
C．紫光最先消失，黄光最后消失
D．红光最先消失，黄光最后消失
【变式7-1】(多选)一束白光从水中射入真空的折射光线如图所示，若保持入射点O不变而逐渐增大入射角，下述说法中正确的是(　　)
A.若红光射到P点，则紫光在P点上方
B.若红光射到P点，则紫光在P点下方
C.紫光先发生全反射，而红光后发生全反射
D.当红光和紫光都发生全反射时，它们的反射光线射到水底时是在同一点
【变式7-2】一束复色光由空气斜射向平行玻璃砖，入射角为θ，从另一侧射出时分成a、b两束单色光，如图所示，下列说法正确的是(　　)
A.在该玻璃中a的传播速度比b小
B.b比a更容易发生衍射
C.增大θ(θ＜90°)，a、b可能不会从另一侧射出
D.a从该玻璃射向空气时的临界角比b的大
【变式7-3】(多选)如图，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为θ，经折射后射出a、b两束光线．则________．
A．在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度
B．在真空中，a光的波长小于b光的波长
C．玻璃砖对a光的折射率小于对b光的折射率
D．若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，则折射光线a首先消失
参考答案
【题型1 全反射】
【例1】两束不同频率的单色光a、b从空气射入水中，发生了如图所示的折射现象(α>β)。下列结论中正确的是(　 )
A．光束b的频率比光束a低
B．在水中的传播速度，光束a比光束b小
C．水对光束a的折射率比水对光束b的折射率小
D．若光束从水中射向空气，则光束b的临界角比光束a的临界角大
解析：选C　根据图示和折射定律n＝可知，b光的折射率较大，则b的频率较大，故A错误，C正确；由n＝可知，b光的折射率较大，在同种介质中传播速度较小，即在水中的传播速度，光束a比光束b大，故B错误；由临界角公式sin C＝分析得到，b光的折射率较大，对同种介质的临界角较小，故D错误。
【变式1-1】如图是某种玻璃材料制成的空心圆柱体的截面图，玻璃圆柱体的半径为2R，空心部分是半径为R的圆，两圆同心。一束单色光(平行于截面)从圆柱体外表面上的A点以入射角i射入玻璃材料中，光束经折射后恰好与内圆面相切于B点。已知该玻璃材料对此单色光的折射率为。
(1)求入射角i；
(2)欲使该光束从A点入射后，恰好在内圆面上发生全反射，则入射角i′是多少？
解析：(1)由题意，设折射角为r，由几何关系得：
sin r＝＝＝0.5，
根据折射定律：n＝
解得i＝45°。
(2)设在A点的入射角为i′时，光束经折射后到达内圆面上C点，并在C点恰发生全反射，则光束在内圆面上的入射角∠ACD恰等于临界角θ，如图所示，
又sin θ＝＝，
解得∠ACD＝θ＝45°
根据正弦定理得：＝
解得sin∠CAO＝
根据折射定律：n＝
解得i′＝30°。
答案：(1)45°　(2)30°
【变式1-2】(2021·海南高考)如图，长方体玻璃砖的横截面为矩形MNPQ，MN＝2NP，其折射率为。一束单色光在纸面内以α＝45°的入射角从空气射向MQ边的中点O，则该束单色光(　 )
A．在MQ边的折射角为60°
B．在MN边的入射角为45°
C．不能从MN边射出
D．不能从NP边射出
解析：选C　光线从O点入射，设折射角为β，由折射定律得sin α＝nsin β，解得β＝30°，即在MQ边的折射角为30°，故A错误；设边长NP＝l，则MN＝2l，作出折射后的光路图如图所示，
由几何关系可知光在MN边的入射角为60°，故B错误；光从光密介质射入光疏介质发生全反射的临界角设为θ，有sin θ＝＝，即θ＝45°，而MN边的入射角为60°>45°，故光在MN边发生全反射，即不能从MN边射出，故C正确；根据几何关系可知光在A点发生全反射后到达NP边的B点，根据光的折射的可逆性可知，光从NP边的B点折射后的折射角为45°，故D错误。
【变式1-3】打磨某剖面如图所示的宝石时，必须将OP、OQ边与轴线的夹角θ切磨在θ1<θ<θ2的范围内，才能使从MN边垂直入射的光线，在OP边和OQ边都发生全反射(仅考虑如图所示的光线第一次射到OP边并反射到OQ边后射向MN边的情况)，则下列判断正确的是(　　)
A．若θ>θ2，光线一定在OP边发生全反射
B．若θ>θ2，光线会从OQ边射出
C．若θ<θ1，光线会从OP边射出
D．若θ<θ1，光线会在OP边发生全反射
答案　D
解析　全反射的条件：sin C＝，90°－θ＞C，θ越小越容易发生全反射，选项A、C错误，选项D正确．θ较大时，已从OP边射出，选项B错误．
【题型2 生活中的全反射问题】
【例2】单镜头反光相机简称单反相机，它用一块放置在镜头与感光部件之间的透明平面镜把来自镜头的图象投射到对焦屏上.对焦屏上的图象通过五棱镜的反射进入人眼中.如图为单反照相机取景器的示意图，ABCDE为五棱镜的一个截面，AB⊥BC，光线垂直AB射入，分别在CD和EA上发生全反射，且两次反射的入射角相等，最后光线垂直BC射出，则该五棱镜折射率的最小值为(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　设射入CD面上的入射角为θ，因为在CD和EA上发生全反射，且两次反射的入射角相等，光路图如图，
根据几何知识有4θ＝90°
解得θ＝22.5°
当光刚好在CD和AE面上发生全反射时折射率最小，则有临界角C＝θ，则有sin θ＝
解得最小折射率为n＝，A正确.
【变式2-1】如图，一小孩在河水清澈的河面上以1 m/s的速度游泳，t＝0时刻他看到自己正下方的河底有一小石块，t＝3 s时他恰好看不到小石块了，河水的折射率n＝，下列说法正确的是(　 )
A．3 s后，小孩会再次看到河底的石块
B．前3 s内，小孩看到的石块越来越明亮
C．这条河的深度为 m
D．t＝0时小孩看到的石块深度为 m
解析：选C　t＝3 s时他恰好看不到小石块了，说明在此位置从小石块射到水面的光发生了全反射，则3 s后的位置从小石块射到水面的光仍发生全反射，A错误；前3 s内，从小石块上射向水面的光折射光线逐渐减弱，反射光逐渐增强，可知小孩看到的石块越来越暗，B错误；由于sin C＝＝，则tan C＝，可知水深h＝＝ m＝ m，C正确；t＝0时小孩看到的石块深度为h′＝＝ m，D错误。
【变式2-2】很多公园的水池底都装有彩灯，当一细束由红、蓝两色组成的灯光从水中斜射向空气时，关于光在水面可能发生的反射和折射现象，下列光路图中正确的是(　　)
答案　C
解析　红光、蓝光都要发生反射，红光的折射率较小，根据sin C＝可知红光发生全反射的临界角比蓝光大，所以蓝光发生全反射时，红光不一定发生，故C正确．
【变式2-3】一厚度为h的大平板玻璃水平放置，其下表面贴有一半径为r的圆形发光面．在玻璃板上表面放置一半径为R的圆纸片，圆纸片与圆形发光
面的中心在同一竖直线上．已知圆纸片恰好能完全遮挡住从圆形发光面发出的光线(不考虑反射)，求平板玻璃的折射率．
答案　见解析
解析　如图所示，
考虑从圆形发光面边缘的A点发出的一条光线，假设它斜射到玻璃上表面的A′点发生折射，根据折射定律有
nsin θ＝sin α
式中，n是玻璃的折射率，θ是入射角，α是折射角．
现假设A′恰好在纸片边缘，由题意，在A′点刚好发生全反射，故
sin θ＝sin C＝
设AA′线段在玻璃上表面的投影长为L，由几何关系有
sin θ＝
由题意，纸片的半径应为R＝L＋r
联立以上各式得n＝
【题型3 高科技中的全反射】
【例3】导光管采光系统是一套采集天然光，并经管道传输到室内的采光系统，如图为过装置中心轴线的截面。上面部分是收集阳光的半径为R的某种均匀透明材料的半球形采光球，O为球心，下面部分是内侧涂有反光涂层的导光管，MN为两部分的分界面，M、N为球面两点。若一束平行MN且与MN相距h＝R的细光束从空气入射到采光球表面时，经折射绿光恰好照射到N点。则(　 )
A．绿光在采光球中的传播速度为c
B．红光一定能从N点上方射出
C．紫光有可能直接折射经过O点
D．要使光束在导光管中发生全反射，涂层折射率应小于管壁折射率
解析：选B　如图所示，
根据几何关系sin α＝＝，α＝2θ，折射率n＝＝，绿光在采光球中的传播速度为v＝＝c，故A错误；红光折射率小，折射角大，则红光一定能从N点上方射出，故B正确；紫光不可能直接折射经过O点，如果直接经过O点，折射角为0°，故C错误；光由光密介质到光疏介质可能发生全反射，则涂层折射率应大于管壁折射率，故D错误。
【变式3-1】(2021·辽宁高考)一束复色光从空气射入光导纤维后分成a、b两束单色光，光路如图所示，比较内芯中的a、b两束光，a光的(　 )
A．频率小，发生全反射的临界角小
B．频率大，发生全反射的临界角小
C．频率小，发生全反射的临界角大
D．频率大，发生全反射的临界角大
解析：选C　由光路图可知a光的偏折程度没有b光的大，因此a光的折射率小，频率小，由sin C＝可知折射率越小发生全反射的临界角越大，故C正确。
【变式3-2】如图甲所示，为研究一半圆柱形透明新材料的光学性质，用激光由真空沿半圆柱体的径向射入，入射光线与法线成θ角，由光学传感器CD可以探测反射光的强度.实验获得从AB面反射回来的反射光的强度随θ角变化的情况如图乙所示.光在真空中的传播速度为c，则该激光在这种透明新材料中(　　)
A.折射率为
B.传播速度为c
C.θ＝0°时，反射光强度为0
D.反射光的强度随θ角的增大而增大
答案　B
解析　据题图乙知θ＝60°时激光发生全反射，由折射定律得n＝＝，故A错误；由速度公式得v＝＝c，故B正确；θ＝0°时大量的激光从O点射出，少量激光发生反射，故C错误；根据题图乙可知当θ＝60°时激光发生全反射，此后θ角增大，但反射光的强度不变，故D错误.
【变式3-3】如图所示，光导纤维由内芯和包层两个同心圆柱体组成，其中心部分是内芯，内芯以外的部分为包层，光从一端进入，从另一端射出，下列说法正确的是(　　)
A．内芯的折射率大于包层的折射率
B．内芯的折射率小于包层的折射率
C．不同频率的可见光从同一根光导纤维的一端传输到另一端所用的时间相同
D．若紫光以如图所示角度入射时，恰能在内芯和包层分界面上发生全反射，则改用红光以同样角度入射时，也能在内芯和包层分界面上发生全反射
答案　A
解析　光导纤维是依据全反射原理工作的，内芯的折射率大于包层的折射率，选项A正确，B错误；不同频率的可见光在同一介质中的传播速度不同，从同一根光导纤维的一端传输到另一端所用的时间一般不相同，选项C错误；若将紫光改用红光也以同样角度入射时，由于红光临界角大于紫光，所以不能在内芯和包层分界面上发生全反射，选项D错误．
【题型4 半圆形玻璃砖与全反射】
【例4】(2021·河北高考)将两块半径均为R、完全相同的透明半圆柱体A、B正对放置，圆心上下错开一定距离，如图所示。用一束单色光沿半径照射半圆柱体A，设圆心处入射角为θ。当θ＝60°时，A右侧恰好无光线射出；当θ＝30°时，有光线沿B的半径射出，射出位置与A的圆心相比下移h。不考虑多次反射。求：
(1)半圆柱体对该单色光的折射率；
(2)两个半圆柱体之间的距离d。
解析：(1)光从半圆柱体A射入，满足光从光密介质到光疏介质，当θ＝60°时发生全反射，有sin θ＝
解得n＝。
(2)当入射角θ＝30°，经两次折射沿半圆柱体B的半径射出，设折射角为r，光路如图所示
由折射定律有n＝
由几何关系有tan r＝
联立解得d＝。
答案：(1)　(2)
【变式4-1】(2021·江苏高考)某种材料制成的半圆形透明砖平放在方格纸上，将激光束垂直于AC面射入，可以看到光束从圆弧面ABC出射，沿AC方向缓慢平移该砖，在如图所示位置时，出射光束恰好消失，该材料的折射率为(　 )
A．1.2 B．1.4 C．1.6 D．1.8
解析：选A　画出激光束从玻璃砖射出时恰好发生全反射的入射角，如图所示。
由全反射的条件得sin θ＝，由几何关系知sin θ＝，联立解得n＝1.2，故A正确，B、C、D错误。
【变式4-2】某同学用大头针、三角板、量角器等器材测半圆形玻璃砖的折射率。开始玻璃砖的位置如图中实线所示，使大头针P1、P2与圆心O在同一直线上，该直线垂直于玻璃砖的直径边，然后使玻璃砖绕圆心O缓慢转动，同时在玻璃砖的直径边一侧观察P1、P2的像，且P2的像挡住P1的像。如此观察，当玻璃砖转到图中虚线位置时，上述现象恰好消失。此时只需测量出____________________，即可计算出玻璃砖的折射率。请用你测量的量表示出折射率n＝________。
解析：玻璃砖转动时，射在其直径所在平面内的光线的入射角增大，当增大到等于临界角C时，发生全反射现象。因sin C＝，可见只要测出临界角即可求得折射率n，而C和玻璃砖直径绕O点转过的角度θ相等，因此只要测出玻璃砖直径边绕O点转过的角度θ即可。
答案：玻璃砖直径边绕O点转过的角度θ　
【变式4-3】如图，一半径为R的玻璃半球，O点是半球的球心，虚线OO′表示光轴(过球心O与半球底面垂直的直线).已知玻璃的折射率为1.5.现有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出(不考虑被半球的内表面反射后的光线).求：
(1)从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值；
(2)距光轴的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O点的距离.
答案　(1)R　(2)2.74R
解析　(1)如图甲，从底面上A处射入的光线，在球面上发生折射时的入射角为i，当i等于全反射临界角ic时，对应入射光线到光轴的距离最大，设最大距离为l.
i＝ic①
设n是玻璃的折射率，由全反射临界角的定义有
nsin ic＝1②
由几何关系有
sin ic＝③
联立①②③式并利用题给条件，得
l＝R④
(2)如图乙，设与光轴相距的光线在球面B点发生折射时的入射角和折射角分别为i1和r1，
由折射定律有
nsin i1＝sin r1⑤
设折射光线与光轴的交点为C，在△OBC中，由正弦定理有
＝⑥
由几何关系有
∠C＝r1－i1⑦
sin i1＝⑧
联立⑤⑥⑦⑧式及题给条件得
OC＝R≈2.74R.
【题型5 求范围、最值问题】
【例5】一半径为R的半圆柱形玻璃砖，横截面如图所示．已知玻璃的全反射临界角γ(γ＜)．与玻璃砖的底平面成(－γ)角度、且与玻璃砖横截面平行的平行光射到玻璃砖的半圆柱面上．经柱面折射后，有部分光(包括与柱面相切的入射光)能直接从玻璃砖底面射出．若忽略经半圆柱内表面反射后射出的光．求底面透光部分的宽度．
答案　见解析
解析　光路图如图所示，沿半径方向射入玻璃砖的光线，即光线①射到MN上时，根据几何知识，入射角恰好等于临界角，即恰好在圆心O处发生全反射，光线①左侧的光线，经球面折射后，射到MN上的角一定大于临界角，即在MN上发生全反射，不能射出，光线①右侧的光线射到MN上的角小于临界角，可以射出，光线③与球面相切，入射角θ1＝90°，折射角即为γ，从MN上垂直射出．根据几何知识，底面透光部分的宽度OE＝Rsin γ.
【变式5-1】(多选)如图所示，空气中有一折射率为 的玻璃柱体，其横截面是圆心角为90°、半径为R的扇形，一束光平行于横截面，以入射角θ照射到OA上，OB不透光。只考虑首次入射到圆弧上的光(　 )
A．若θ＝45°，则AB面上最大的入射角大于45°
B．若θ＝45°，则AB面上最大的入射角为45°
C．若θ＝45°，则AB面上有光透出部分的弧长为πR
D．若θ增大，则AB面上有光透出部分的弧长变长
解析：选AC　若θ＝45°，根据折射定律有＝，可得光进入玻璃后光线与OB的夹角为30°，过O点的光线垂直入射到AB界面上的点C，如图所示，
C到B之间没有光线射出；越接近A的光线入射到AB界面上时的入射角越大，可知AB面上最大的入射角大于45°，故A正确，B错误。若θ＝45°，根据sin C＝，得临界角为45°；如果AB界面上的临界点为D，此光线在AO界面上点E入射，在三角形ODE中可求得OD与OA的夹角为180°－45°－120°＝15°，A到D之间没有光线射出，由此可得有光线射出的圆弧对应圆心角为90°－(30°＋15°)＝45°，有光透出部分的弧长为l＝·2πR＝πR，故C正确。增大θ，则折射角也增大，根据几何关系，设折射角为α，则有光线射出的部分对应的圆心角为90°－α－[180°－45°－(90°＋α)]＝45°，可知对应的弧长不变，故D错误。
【变式5-2】如图所示，截面为半圆形的玻璃砖的半径为R，一束单色平行光向右垂直直面射向玻璃砖，在玻璃砖右侧可看到圆弧面上有三分之二的区域被照亮.已知光在真空中的速度为c，求：
(1)该玻璃砖对此单色光的折射率；
(2)自不同点入射的光在玻璃砖中的传播时间不同，计算得出最短传播时间(不考虑光在玻璃砖内的多次反射).
答案　(1)　(2)
解析　(1)由几何关系可得，此单色光在玻璃砖中全反射的临界角C＝××180°＝60°
又sin C＝
得该玻璃砖对此单色光的折射率n＝
(2)光在玻璃砖中的最短传播距离x＝Rcos 60°
又n＝
x＝vt
得最短传播时间t＝
【变式5-3】(多选)固定的半圆形玻璃砖的横截面如图，O点为圆心，OO′为直径MN的垂线．足够大的光屏PQ紧靠玻璃砖右侧且垂直于MN.由A、B两种单色光组成的一束光沿半径方向射向O点，入射光线与OO′夹角θ较小时，光屏NQ区域出现两个光斑，逐渐增大θ角，当θ＝α时，光屏NQ区域A光的光斑消失，继续增大θ角，当θ＝β时，光屏NQ区域B光的光斑消失，则(　　)
A．玻璃砖对A光的折射率比对B光的大
B．A光在玻璃砖中传播速度比B光的大
C．α＜θ＜β时，光屏上只有1个光斑
D．β＜θ＜时，光屏上只有1个光斑
答案　AD
解析　当入射角θ逐渐增大时，A光的光斑先消失，说明A光的折射角大于B光的折射角，即玻璃对A光的折射率大于对B光的折射率(nA＞nB)，所以fA＞fB，vA＜vB，选项A正确，B错误．当A光、B光都发生全反射时，光屏上只有1个光斑，选项C错误，D正确．
【题型6 三棱镜与全反射】
【例6】(2021·山东等级考)超强超短光脉冲产生方法曾获诺贝尔物理学奖，其中用到的一种脉冲激光展宽器截面如图所示。在空气中对称放置四个相同的直角三棱镜，顶角为θ。一细束脉冲激光垂直第一个棱镜左侧面入射，经过前两个棱镜后分为平行的光束，再经过后两个棱镜重新合成为一束，此时不同频率的光前后分开，完成脉冲展宽。已知相邻两棱镜斜面间的距离d＝100.0 mm，脉冲激光中包含两种频率的光，它们在棱镜中的折射率分别为n1＝ 和n2＝。取sin 37°＝，cos 37°＝，＝1.890。
(1)为使两种频率的光都能从左侧第一个棱镜斜面射出，求θ的取值范围；
(2)若θ＝37°，求两种频率的光通过整个展宽器的过程中，在空气中的路程差ΔL(保留3位有效数字)。
解析：(1)设C是全反射的临界角，光线在第一个三棱镜右侧斜面上恰好发生全反射时，根据折射定律得
sin C＝ ①
代入较大的折射率得C＝45° ②
所以顶角θ的范围为0＜θ＜45°(或θ＜45°)。③
(2)脉冲激光从第一个三棱镜右侧斜面射出时发生折射，设折射角分别为α1和α2，
由折射定律得n1＝ ④
n2＝ ⑤
设两束光在前两个三棱镜斜面之间的路程分别为L1和L2，则L1＝⑥
L2＝ ⑦
ΔL＝2(L1－L2) ⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据得ΔL≈14.4 mm。⑨
答案：(1)0＜θ＜45°(或θ＜45°)　(2)14.4 mm
【变式6-1】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。
解析：(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θ，由几何关系，有θ＝90°－(30°－r)＞60° ①
根据题给数据得sin θ＞sin 60°＞ 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＝nsin r ⑤
nsin i′＝sin r′ ⑥
联立①③④⑤⑥式并代入题给数据，得
sin r′＝ 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。
答案：(1)见解析　(2)
【变式6-2】如图所示，三角形ABC为某透明介质的横截面，O为BC边的中点，位于截面所在平面内的一束光线自O以角i入射，第一次到达AB边恰好发生全反射．已知θ＝15°，BC边长为2L，该介质的折射率为，求：
(ⅰ)入射角i；
(ⅱ)从入射到发生第一次全反射所用的时间(设光在真空中的速度为c，可能用到：sin 75°＝或tan 15°＝2－)．
答案　(ⅰ)45°　(ⅱ)
解析　(ⅰ)如图所示，根据全反射规律可知，光线在AB面上P点的入射角等于临界角C，由折射定律得
sin C＝①
代入数据得
C＝45°②
设光线在BC面上的折射角为r，由几何关系得
r＝30°③
由折射定律得
n＝④
联立③④式，代入数据得
i＝45°⑤
(ⅱ)在△OPB中，根据正弦定理得
＝⑥
设所用时间为t，光线在介质中的速度为v，得
＝vt⑦
v＝⑧
联立⑥⑦⑧式，代入数据得t＝L
【变式6-3】(多选)截面为等腰直角三角形的三棱镜如图甲所示，DE为嵌在三棱镜内部紧贴BB′C′C面的线状单色可见光光源，DE与三棱镜的ABC面垂直，D位于线段BC的中点，图乙为图甲中ABC面的正视图，三棱镜对该单色光的折射率为，只考虑由DE直接射向侧面AA′C′C的光线.下列说法正确的是(　　)
A.光从AA′C′C面出射的区域占该侧面总面积的
B.光从AA′C′C面出射的区域占该侧面总面积的
C.若DE发出的单色光频率变小，AA′C′C面有光出射的区域面积将增大
D.若DE发出的单色光频率变小，AA′C′C面有光出射的区域面积将减小
答案　AC
解析　根据sin C＝，得光线在AC面上发生全反射的临界角C＝45°，如图所示.从AC面上射出的光线为射到FC区域的光线，由几何关系得FC＝AC，即有光线射出的区域占该侧面总面积的一半，故A正确，B错误；当单色光的频率变小时，折射率n变小，根据sin C＝，知临界角C变大，图中的F点向A点移动，故有光射出的区域的面积变大，故C正确，D错误.
【题型7 全反射与色散】
【例7】一束白光从顶角为θ的一边以较大的入射角i射入并通过三棱镜后，在屏P上可得到彩色光带，如图所示，在入射角i逐渐减小到零的过程中，假如屏上的彩色光带先后全部消失，则(　　)
A．红光最先消失，紫光最后消失
B．紫光最先消失，红光最后消失
C．紫光最先消失，黄光最后消失
D．红光最先消失，黄光最后消失
答案　B
解析　白光从AB面射入玻璃后，由于紫光偏折大，从而到达另一侧面AC时的入射角较大，且因紫光折射率大，sin C＝，因而其全反射的临界角最小，故随着入射角i的减小，进入玻璃后的各色光中紫光首先发生全反射不从AC面射出，后依次是蓝、青、绿、黄、橙、红，逐渐发生全反射而不从AC面射出．
【变式7-1】(多选)一束白光从水中射入真空的折射光线如图所示，若保持入射点O不变而逐渐增大入射角，下述说法中正确的是(　　)
A.若红光射到P点，则紫光在P点上方
B.若红光射到P点，则紫光在P点下方
C.紫光先发生全反射，而红光后发生全反射
D.当红光和紫光都发生全反射时，它们的反射光线射到水底时是在同一点
答案　BCD
解析　同一种介质对紫光的折射率大，而对红光的折射率小，水中入射角相同时，紫光的折射角大，所以紫光在P点下方，A错误，B正确；同理，紫光的临界角小，紫光先达到临界角发生全反射，红光后达到临界角发生全反射，C正确；根据光的反射定律，红光和紫光都发生全反射时，反射光线的传播方向一致，所以它们的反射光线射到水底时是在同一点，D正确.
【变式7-2】一束复色光由空气斜射向平行玻璃砖，入射角为θ，从另一侧射出时分成a、b两束单色光，如图所示，下列说法正确的是(　　)
A.在该玻璃中a的传播速度比b小
B.b比a更容易发生衍射
C.增大θ(θ＜90°)，a、b可能不会从另一侧射出
D.a从该玻璃射向空气时的临界角比b的大
答案　D
【变式7-3】(多选)如图，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为θ，经折射后射出a、b两束光线．则________．
A．在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度
B．在真空中，a光的波长小于b光的波长
C．玻璃砖对a光的折射率小于对b光的折射率
D．若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，则折射光线a首先消失
答案　ABD
解析　由题图可知，a光的折射角大于b光的折射角，根据折射定律可以判断出玻璃砖对a光的折射率大于对b光的折射率，故C错误；根据n＝可知，在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度，故A正确；a光的频率大于b光的频率，根据λ＝可知，在真空中a光的波长小于b光的波长，故B正确；若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，因为a光的折射率大，则折射光线a首先消失，故D正确．专题4.2 全反射
【人教版】
【题型1 全反射】
【题型2 生活中的全反射问题】
【题型3 高科技中的全反射】
【题型4 半圆形玻璃砖与全反射】
【题型5 求范围、最值问题】
【题型6 三棱镜与全反射】
【题型7 全反射与色散】
【题型1 全反射】
【例1】两束不同频率的单色光a、b从空气射入水中，发生了如图所示的折射现象(α>β)。下列结论中正确的是(　 )
A．光束b的频率比光束a低
B．在水中的传播速度，光束a比光束b小
C．水对光束a的折射率比水对光束b的折射率小
D．若光束从水中射向空气，则光束b的临界角比光束a的临界角大
解析：选C　根据图示和折射定律n＝可知，b光的折射率较大，则b的频率较大，故A错误，C正确；由n＝可知，b光的折射率较大，在同种介质中传播速度较小，即在水中的传播速度，光束a比光束b大，故B错误；由临界角公式sin C＝分析得到，b光的折射率较大，对同种介质的临界角较小，故D错误。
【变式1-1】如图是某种玻璃材料制成的空心圆柱体的截面图，玻璃圆柱体的半径为2R，空心部分是半径为R的圆，两圆同心。一束单色光(平行于截面)从圆柱体外表面上的A点以入射角i射入玻璃材料中，光束经折射后恰好与内圆面相切于B点。已知该玻璃材料对此单色光的折射率为。
(1)求入射角i；
(2)欲使该光束从A点入射后，恰好在内圆面上发生全反射，则入射角i′是多少？
解析：(1)由题意，设折射角为r，由几何关系得：
sin r＝＝＝0.5，
根据折射定律：n＝
解得i＝45°。
(2)设在A点的入射角为i′时，光束经折射后到达内圆面上C点，并在C点恰发生全反射，则光束在内圆面上的入射角∠ACD恰等于临界角θ，如图所示，
又sin θ＝＝，
解得∠ACD＝θ＝45°
根据正弦定理得：＝
解得sin∠CAO＝
根据折射定律：n＝
解得i′＝30°。
答案：(1)45°　(2)30°
【变式1-2】(2021·海南高考)如图，长方体玻璃砖的横截面为矩形MNPQ，MN＝2NP，其折射率为。一束单色光在纸面内以α＝45°的入射角从空气射向MQ边的中点O，则该束单色光(　 )
A．在MQ边的折射角为60°
B．在MN边的入射角为45°
C．不能从MN边射出
D．不能从NP边射出
解析：选C　光线从O点入射，设折射角为β，由折射定律得sin α＝nsin β，解得β＝30°，即在MQ边的折射角为30°，故A错误；设边长NP＝l，则MN＝2l，作出折射后的光路图如图所示，
由几何关系可知光在MN边的入射角为60°，故B错误；光从光密介质射入光疏介质发生全反射的临界角设为θ，有sin θ＝＝，即θ＝45°，而MN边的入射角为60°>45°，故光在MN边发生全反射，即不能从MN边射出，故C正确；根据几何关系可知光在A点发生全反射后到达NP边的B点，根据光的折射的可逆性可知，光从NP边的B点折射后的折射角为45°，故D错误。
【变式1-3】打磨某剖面如图所示的宝石时，必须将OP、OQ边与轴线的夹角θ切磨在θ1<θ<θ2的范围内，才能使从MN边垂直入射的光线，在OP边和OQ边都发生全反射(仅考虑如图所示的光线第一次射到OP边并反射到OQ边后射向MN边的情况)，则下列判断正确的是(　　)
A．若θ>θ2，光线一定在OP边发生全反射
B．若θ>θ2，光线会从OQ边射出
C．若θ<θ1，光线会从OP边射出
D．若θ<θ1，光线会在OP边发生全反射
答案　D
解析　全反射的条件：sin C＝，90°－θ＞C，θ越小越容易发生全反射，选项A、C错误，选项D正确．θ较大时，已从OP边射出，选项B错误．
【题型2 生活中的全反射问题】
【例2】单镜头反光相机简称单反相机，它用一块放置在镜头与感光部件之间的透明平面镜把来自镜头的图象投射到对焦屏上.对焦屏上的图象通过五棱镜的反射进入人眼中.如图为单反照相机取景器的示意图，ABCDE为五棱镜的一个截面，AB⊥BC，光线垂直AB射入，分别在CD和EA上发生全反射，且两次反射的入射角相等，最后光线垂直BC射出，则该五棱镜折射率的最小值为(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　设射入CD面上的入射角为θ，因为在CD和EA上发生全反射，且两次反射的入射角相等，光路图如图，
根据几何知识有4θ＝90°
解得θ＝22.5°
当光刚好在CD和AE面上发生全反射时折射率最小，则有临界角C＝θ，则有sin θ＝
解得最小折射率为n＝，A正确.
【变式2-1】如图，一小孩在河水清澈的河面上以1 m/s的速度游泳，t＝0时刻他看到自己正下方的河底有一小石块，t＝3 s时他恰好看不到小石块了，河水的折射率n＝，下列说法正确的是(　 )
A．3 s后，小孩会再次看到河底的石块
B．前3 s内，小孩看到的石块越来越明亮
C．这条河的深度为 m
D．t＝0时小孩看到的石块深度为 m
解析：选C　t＝3 s时他恰好看不到小石块了，说明在此位置从小石块射到水面的光发生了全反射，则3 s后的位置从小石块射到水面的光仍发生全反射，A错误；前3 s内，从小石块上射向水面的光折射光线逐渐减弱，反射光逐渐增强，可知小孩看到的石块越来越暗，B错误；由于sin C＝＝，则tan C＝，可知水深h＝＝ m＝ m，C正确；t＝0时小孩看到的石块深度为h′＝＝ m，D错误。
【变式2-2】很多公园的水池底都装有彩灯，当一细束由红、蓝两色组成的灯光从水中斜射向空气时，关于光在水面可能发生的反射和折射现象，下列光路图中正确的是(　　)
答案　C
解析　红光、蓝光都要发生反射，红光的折射率较小，根据sin C＝可知红光发生全反射的临界角比蓝光大，所以蓝光发生全反射时，红光不一定发生，故C正确．
【变式2-3】一厚度为h的大平板玻璃水平放置，其下表面贴有一半径为r的圆形发光面．在玻璃板上表面放置一半径为R的圆纸片，圆纸片与圆形发光
面的中心在同一竖直线上．已知圆纸片恰好能完全遮挡住从圆形发光面发出的光线(不考虑反射)，求平板玻璃的折射率．
答案　见解析
解析　如图所示，
考虑从圆形发光面边缘的A点发出的一条光线，假设它斜射到玻璃上表面的A′点发生折射，根据折射定律有
nsin θ＝sin α
式中，n是玻璃的折射率，θ是入射角，α是折射角．
现假设A′恰好在纸片边缘，由题意，在A′点刚好发生全反射，故
sin θ＝sin C＝
设AA′线段在玻璃上表面的投影长为L，由几何关系有
sin θ＝
由题意，纸片的半径应为R＝L＋r
联立以上各式得n＝
【题型3 高科技中的全反射】
【例3】导光管采光系统是一套采集天然光，并经管道传输到室内的采光系统，如图为过装置中心轴线的截面。上面部分是收集阳光的半径为R的某种均匀透明材料的半球形采光球，O为球心，下面部分是内侧涂有反光涂层的导光管，MN为两部分的分界面，M、N为球面两点。若一束平行MN且与MN相距h＝R的细光束从空气入射到采光球表面时，经折射绿光恰好照射到N点。则(　 )
A．绿光在采光球中的传播速度为c
B．红光一定能从N点上方射出
C．紫光有可能直接折射经过O点
D．要使光束在导光管中发生全反射，涂层折射率应小于管壁折射率
解析：选B　如图所示，
根据几何关系sin α＝＝，α＝2θ，折射率n＝＝，绿光在采光球中的传播速度为v＝＝c，故A错误；红光折射率小，折射角大，则红光一定能从N点上方射出，故B正确；紫光不可能直接折射经过O点，如果直接经过O点，折射角为0°，故C错误；光由光密介质到光疏介质可能发生全反射，则涂层折射率应大于管壁折射率，故D错误。
【变式3-1】(2021·辽宁高考)一束复色光从空气射入光导纤维后分成a、b两束单色光，光路如图所示，比较内芯中的a、b两束光，a光的(　 )
A．频率小，发生全反射的临界角小
B．频率大，发生全反射的临界角小
C．频率小，发生全反射的临界角大
D．频率大，发生全反射的临界角大
解析：选C　由光路图可知a光的偏折程度没有b光的大，因此a光的折射率小，频率小，由sin C＝可知折射率越小发生全反射的临界角越大，故C正确。
【变式3-2】如图甲所示，为研究一半圆柱形透明新材料的光学性质，用激光由真空沿半圆柱体的径向射入，入射光线与法线成θ角，由光学传感器CD可以探测反射光的强度.实验获得从AB面反射回来的反射光的强度随θ角变化的情况如图乙所示.光在真空中的传播速度为c，则该激光在这种透明新材料中(　　)
A.折射率为
B.传播速度为c
C.θ＝0°时，反射光强度为0
D.反射光的强度随θ角的增大而增大
答案　B
解析　据题图乙知θ＝60°时激光发生全反射，由折射定律得n＝＝，故A错误；由速度公式得v＝＝c，故B正确；θ＝0°时大量的激光从O点射出，少量激光发生反射，故C错误；根据题图乙可知当θ＝60°时激光发生全反射，此后θ角增大，但反射光的强度不变，故D错误.
【变式3-3】如图所示，光导纤维由内芯和包层两个同心圆柱体组成，其中心部分是内芯，内芯以外的部分为包层，光从一端进入，从另一端射出，下列说法正确的是(　　)
A．内芯的折射率大于包层的折射率
B．内芯的折射率小于包层的折射率
C．不同频率的可见光从同一根光导纤维的一端传输到另一端所用的时间相同
D．若紫光以如图所示角度入射时，恰能在内芯和包层分界面上发生全反射，则改用红光以同样角度入射时，也能在内芯和包层分界面上发生全反射
答案　A
解析　光导纤维是依据全反射原理工作的，内芯的折射率大于包层的折射率，选项A正确，B错误；不同频率的可见光在同一介质中的传播速度不同，从同一根光导纤维的一端传输到另一端所用的时间一般不相同，选项C错误；若将紫光改用红光也以同样角度入射时，由于红光临界角大于紫光，所以不能在内芯和包层分界面上发生全反射，选项D错误．
【题型4 半圆形玻璃砖与全反射】
【例4】(2021·河北高考)将两块半径均为R、完全相同的透明半圆柱体A、B正对放置，圆心上下错开一定距离，如图所示。用一束单色光沿半径照射半圆柱体A，设圆心处入射角为θ。当θ＝60°时，A右侧恰好无光线射出；当θ＝30°时，有光线沿B的半径射出，射出位置与A的圆心相比下移h。不考虑多次反射。求：
(1)半圆柱体对该单色光的折射率；
(2)两个半圆柱体之间的距离d。
解析：(1)光从半圆柱体A射入，满足光从光密介质到光疏介质，当θ＝60°时发生全反射，有sin θ＝
解得n＝。
(2)当入射角θ＝30°，经两次折射沿半圆柱体B的半径射出，设折射角为r，光路如图所示
由折射定律有n＝
由几何关系有tan r＝
联立解得d＝。
答案：(1)　(2)
【变式4-1】(2021·江苏高考)某种材料制成的半圆形透明砖平放在方格纸上，将激光束垂直于AC面射入，可以看到光束从圆弧面ABC出射，沿AC方向缓慢平移该砖，在如图所示位置时，出射光束恰好消失，该材料的折射率为(　 )
A．1.2 B．1.4 C．1.6 D．1.8
解析：选A　画出激光束从玻璃砖射出时恰好发生全反射的入射角，如图所示。
由全反射的条件得sin θ＝，由几何关系知sin θ＝，联立解得n＝1.2，故A正确，B、C、D错误。
【变式4-2】某同学用大头针、三角板、量角器等器材测半圆形玻璃砖的折射率。开始玻璃砖的位置如图中实线所示，使大头针P1、P2与圆心O在同一直线上，该直线垂直于玻璃砖的直径边，然后使玻璃砖绕圆心O缓慢转动，同时在玻璃砖的直径边一侧观察P1、P2的像，且P2的像挡住P1的像。如此观察，当玻璃砖转到图中虚线位置时，上述现象恰好消失。此时只需测量出____________________，即可计算出玻璃砖的折射率。请用你测量的量表示出折射率n＝________。
解析：玻璃砖转动时，射在其直径所在平面内的光线的入射角增大，当增大到等于临界角C时，发生全反射现象。因sin C＝，可见只要测出临界角即可求得折射率n，而C和玻璃砖直径绕O点转过的角度θ相等，因此只要测出玻璃砖直径边绕O点转过的角度θ即可。
答案：玻璃砖直径边绕O点转过的角度θ　
【变式4-3】如图，一半径为R的玻璃半球，O点是半球的球心，虚线OO′表示光轴(过球心O与半球底面垂直的直线).已知玻璃的折射率为1.5.现有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出(不考虑被半球的内表面反射后的光线).求：
(1)从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值；
(2)距光轴的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O点的距离.
答案　(1)R　(2)2.74R
解析　(1)如图甲，从底面上A处射入的光线，在球面上发生折射时的入射角为i，当i等于全反射临界角ic时，对应入射光线到光轴的距离最大，设最大距离为l.
i＝ic①
设n是玻璃的折射率，由全反射临界角的定义有
nsin ic＝1②
由几何关系有
sin ic＝③
联立①②③式并利用题给条件，得
l＝R④
(2)如图乙，设与光轴相距的光线在球面B点发生折射时的入射角和折射角分别为i1和r1，
由折射定律有
nsin i1＝sin r1⑤
设折射光线与光轴的交点为C，在△OBC中，由正弦定理有
＝⑥
由几何关系有
∠C＝r1－i1⑦
sin i1＝⑧
联立⑤⑥⑦⑧式及题给条件得
OC＝R≈2.74R.
【题型5 求范围、最值问题】
【例5】一半径为R的半圆柱形玻璃砖，横截面如图所示．已知玻璃的全反射临界角γ(γ＜)．与玻璃砖的底平面成(－γ)角度、且与玻璃砖横截面平行的平行光射到玻璃砖的半圆柱面上．经柱面折射后，有部分光(包括与柱面相切的入射光)能直接从玻璃砖底面射出．若忽略经半圆柱内表面反射后射出的光．求底面透光部分的宽度．
答案　见解析
解析　光路图如图所示，沿半径方向射入玻璃砖的光线，即光线①射到MN上时，根据几何知识，入射角恰好等于临界角，即恰好在圆心O处发生全反射，光线①左侧的光线，经球面折射后，射到MN上的角一定大于临界角，即在MN上发生全反射，不能射出，光线①右侧的光线射到MN上的角小于临界角，可以射出，光线③与球面相切，入射角θ1＝90°，折射角即为γ，从MN上垂直射出．根据几何知识，底面透光部分的宽度OE＝Rsin γ.
【变式5-1】(多选)如图所示，空气中有一折射率为 的玻璃柱体，其横截面是圆心角为90°、半径为R的扇形，一束光平行于横截面，以入射角θ照射到OA上，OB不透光。只考虑首次入射到圆弧上的光(　 )
A．若θ＝45°，则AB面上最大的入射角大于45°
B．若θ＝45°，则AB面上最大的入射角为45°
C．若θ＝45°，则AB面上有光透出部分的弧长为πR
D．若θ增大，则AB面上有光透出部分的弧长变长
解析：选AC　若θ＝45°，根据折射定律有＝，可得光进入玻璃后光线与OB的夹角为30°，过O点的光线垂直入射到AB界面上的点C，如图所示，
C到B之间没有光线射出；越接近A的光线入射到AB界面上时的入射角越大，可知AB面上最大的入射角大于45°，故A正确，B错误。若θ＝45°，根据sin C＝，得临界角为45°；如果AB界面上的临界点为D，此光线在AO界面上点E入射，在三角形ODE中可求得OD与OA的夹角为180°－45°－120°＝15°，A到D之间没有光线射出，由此可得有光线射出的圆弧对应圆心角为90°－(30°＋15°)＝45°，有光透出部分的弧长为l＝·2πR＝πR，故C正确。增大θ，则折射角也增大，根据几何关系，设折射角为α，则有光线射出的部分对应的圆心角为90°－α－[180°－45°－(90°＋α)]＝45°，可知对应的弧长不变，故D错误。
【变式5-2】如图所示，截面为半圆形的玻璃砖的半径为R，一束单色平行光向右垂直直面射向玻璃砖，在玻璃砖右侧可看到圆弧面上有三分之二的区域被照亮.已知光在真空中的速度为c，求：
(1)该玻璃砖对此单色光的折射率；
(2)自不同点入射的光在玻璃砖中的传播时间不同，计算得出最短传播时间(不考虑光在玻璃砖内的多次反射).
答案　(1)　(2)
解析　(1)由几何关系可得，此单色光在玻璃砖中全反射的临界角C＝××180°＝60°
又sin C＝
得该玻璃砖对此单色光的折射率n＝
(2)光在玻璃砖中的最短传播距离x＝Rcos 60°
又n＝
x＝vt
得最短传播时间t＝
【变式5-3】(多选)固定的半圆形玻璃砖的横截面如图，O点为圆心，OO′为直径MN的垂线．足够大的光屏PQ紧靠玻璃砖右侧且垂直于MN.由A、B两种单色光组成的一束光沿半径方向射向O点，入射光线与OO′夹角θ较小时，光屏NQ区域出现两个光斑，逐渐增大θ角，当θ＝α时，光屏NQ区域A光的光斑消失，继续增大θ角，当θ＝β时，光屏NQ区域B光的光斑消失，则(　　)
A．玻璃砖对A光的折射率比对B光的大
B．A光在玻璃砖中传播速度比B光的大
C．α＜θ＜β时，光屏上只有1个光斑
D．β＜θ＜时，光屏上只有1个光斑
答案　AD
解析　当入射角θ逐渐增大时，A光的光斑先消失，说明A光的折射角大于B光的折射角，即玻璃对A光的折射率大于对B光的折射率(nA＞nB)，所以fA＞fB，vA＜vB，选项A正确，B错误．当A光、B光都发生全反射时，光屏上只有1个光斑，选项C错误，D正确．
【题型6 三棱镜与全反射】
【例6】(2021·山东等级考)超强超短光脉冲产生方法曾获诺贝尔物理学奖，其中用到的一种脉冲激光展宽器截面如图所示。在空气中对称放置四个相同的直角三棱镜，顶角为θ。一细束脉冲激光垂直第一个棱镜左侧面入射，经过前两个棱镜后分为平行的光束，再经过后两个棱镜重新合成为一束，此时不同频率的光前后分开，完成脉冲展宽。已知相邻两棱镜斜面间的距离d＝100.0 mm，脉冲激光中包含两种频率的光，它们在棱镜中的折射率分别为n1＝ 和n2＝。取sin 37°＝，cos 37°＝，＝1.890。
(1)为使两种频率的光都能从左侧第一个棱镜斜面射出，求θ的取值范围；
(2)若θ＝37°，求两种频率的光通过整个展宽器的过程中，在空气中的路程差ΔL(保留3位有效数字)。
解析：(1)设C是全反射的临界角，光线在第一个三棱镜右侧斜面上恰好发生全反射时，根据折射定律得
sin C＝ ①
代入较大的折射率得C＝45° ②
所以顶角θ的范围为0＜θ＜45°(或θ＜45°)。③
(2)脉冲激光从第一个三棱镜右侧斜面射出时发生折射，设折射角分别为α1和α2，
由折射定律得n1＝ ④
n2＝ ⑤
设两束光在前两个三棱镜斜面之间的路程分别为L1和L2，则L1＝⑥
L2＝ ⑦
ΔL＝2(L1－L2) ⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据得ΔL≈14.4 mm。⑨
答案：(1)0＜θ＜45°(或θ＜45°)　(2)14.4 mm
【变式6-1】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。
解析：(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θ，由几何关系，有θ＝90°－(30°－r)＞60° ①
根据题给数据得sin θ＞sin 60°＞ 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＝nsin r ⑤
nsin i′＝sin r′ ⑥
联立①③④⑤⑥式并代入题给数据，得
sin r′＝ 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。
答案：(1)见解析　(2)
【变式6-2】如图所示，三角形ABC为某透明介质的横截面，O为BC边的中点，位于截面所在平面内的一束光线自O以角i入射，第一次到达AB边恰好发生全反射．已知θ＝15°，BC边长为2L，该介质的折射率为，求：
(ⅰ)入射角i；
(ⅱ)从入射到发生第一次全反射所用的时间(设光在真空中的速度为c，可能用到：sin 75°＝或tan 15°＝2－)．
答案　(ⅰ)45°　(ⅱ)
解析　(ⅰ)如图所示，根据全反射规律可知，光线在AB面上P点的入射角等于临界角C，由折射定律得
sin C＝①
代入数据得
C＝45°②
设光线在BC面上的折射角为r，由几何关系得
r＝30°③
由折射定律得
n＝④
联立③④式，代入数据得
i＝45°⑤
(ⅱ)在△OPB中，根据正弦定理得
＝⑥
设所用时间为t，光线在介质中的速度为v，得
＝vt⑦
v＝⑧
联立⑥⑦⑧式，代入数据得t＝L
【变式6-3】(多选)截面为等腰直角三角形的三棱镜如图甲所示，DE为嵌在三棱镜内部紧贴BB′C′C面的线状单色可见光光源，DE与三棱镜的ABC面垂直，D位于线段BC的中点，图乙为图甲中ABC面的正视图，三棱镜对该单色光的折射率为，只考虑由DE直接射向侧面AA′C′C的光线.下列说法正确的是(　　)
A.光从AA′C′C面出射的区域占该侧面总面积的
B.光从AA′C′C面出射的区域占该侧面总面积的
C.若DE发出的单色光频率变小，AA′C′C面有光出射的区域面积将增大
D.若DE发出的单色光频率变小，AA′C′C面有光出射的区域面积将减小
答案　AC
解析　根据sin C＝，得光线在AC面上发生全反射的临界角C＝45°，如图所示.从AC面上射出的光线为射到FC区域的光线，由几何关系得FC＝AC，即有光线射出的区域占该侧面总面积的一半，故A正确，B错误；当单色光的频率变小时，折射率n变小，根据sin C＝，知临界角C变大，图中的F点向A点移动，故有光射出的区域的面积变大，故C正确，D错误.
【题型7 全反射与色散】
【例7】一束白光从顶角为θ的一边以较大的入射角i射入并通过三棱镜后，在屏P上可得到彩色光带，如图所示，在入射角i逐渐减小到零的过程中，假如屏上的彩色光带先后全部消失，则(　　)
A．红光最先消失，紫光最后消失
B．紫光最先消失，红光最后消失
C．紫光最先消失，黄光最后消失
D．红光最先消失，黄光最后消失
答案　B
解析　白光从AB面射入玻璃后，由于紫光偏折大，从而到达另一侧面AC时的入射角较大，且因紫光折射率大，sin C＝，因而其全反射的临界角最小，故随着入射角i的减小，进入玻璃后的各色光中紫光首先发生全反射不从AC面射出，后依次是蓝、青、绿、黄、橙、红，逐渐发生全反射而不从AC面射出．
【变式7-1】(多选)一束白光从水中射入真空的折射光线如图所示，若保持入射点O不变而逐渐增大入射角，下述说法中正确的是(　　)
A.若红光射到P点，则紫光在P点上方
B.若红光射到P点，则紫光在P点下方
C.紫光先发生全反射，而红光后发生全反射
D.当红光和紫光都发生全反射时，它们的反射光线射到水底时是在同一点
答案　BCD
解析　同一种介质对紫光的折射率大，而对红光的折射率小，水中入射角相同时，紫光的折射角大，所以紫光在P点下方，A错误，B正确；同理，紫光的临界角小，紫光先达到临界角发生全反射，红光后达到临界角发生全反射，C正确；根据光的反射定律，红光和紫光都发生全反射时，反射光线的传播方向一致，所以它们的反射光线射到水底时是在同一点，D正确.
【变式7-2】一束复色光由空气斜射向平行玻璃砖，入射角为θ，从另一侧射出时分成a、b两束单色光，如图所示，下列说法正确的是(　　)
A.在该玻璃中a的传播速度比b小
B.b比a更容易发生衍射
C.增大θ(θ＜90°)，a、b可能不会从另一侧射出
D.a从该玻璃射向空气时的临界角比b的大
答案　D
【变式7-3】(多选)如图，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为θ，经折射后射出a、b两束光线．则________．
A．在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度
B．在真空中，a光的波长小于b光的波长
C．玻璃砖对a光的折射率小于对b光的折射率
D．若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，则折射光线a首先消失
答案　ABD
解析　由题图可知，a光的折射角大于b光的折射角，根据折射定律可以判断出玻璃砖对a光的折射率大于对b光的折射率，故C错误；根据n＝可知，在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度，故A正确；a光的频率大于b光的频率，根据λ＝可知，在真空中a光的波长小于b光的波长，故B正确；若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，因为a光的折射率大，则折射光线a首先消失，故D正确．专题1.3 简谐运动【八大题型】
【人教版】
【题型1 水平弹簧振子】
【题型2 竖直弹簧振子】
【题型3 单摆】
【题型4 等效单摆】
【题型5 振动图像的应用】
【题型6 简谐运动的对称性】
【题型7 简谐运动的周期性】
【题型8 简谐运动的表达式的应用】
【题型1 水平弹簧振子】
【例1】如图所示，
物体A置于物体B上，一轻质弹簧一端固定，另一端与B相连，现从弹簧处于压缩状态开始释放A、B，在弹簧的弹性限度内，A、B在光滑的水平面上做简谐运动，并保持相对静止。若取向右为正方向，则从释放开始，A、B向右运动的整个过程中，物体A的速度v和所受摩擦力Ff随时间变化的关系图像正确的是(　 )
解析：选B　由于物体A、B做简谐运动，开始时物体A、B向右运动，速度为正，位移越来越小，则速度越来越大，A、B的回复力由弹簧弹力提供，从开始释放到回到平衡位置过程中回复力减小，则加速度减小，运动到平衡位置时，回复力为0，加速度为0，此过程中加速度逐渐减小，v-t图像的斜率减小，过平衡位置后，物体A、B继续向右运动，速度仍为正，位移越来越大，速度越来越小，回复力越来越大，回复力方向变为向左，则加速度大小变大，方向改变，即v-t图像的斜率变大，斜率切线变为负，A错误，B正确；对A受力分析可知，A做简谐运动的回复力由B对A的摩擦力提供，A从初始位置向平衡位置运动过程中，回复力方向向右，则摩擦力方向向右即为正，回复力大小为F＝－kx＝Ff，此过程中位移减小，摩擦力减小，即摩擦力与位移呈线性关系，且为正值，但此过程中物体A做加速度减小的加速运动，同理，物体A从平衡位置向右运动的过程中，摩擦力与位移也呈线性关系，但此过程中物体A做加速度增大的减速运动即加速度向左，摩擦力向左，应为负值，C、D错误。
【变式1-1】(多选)如图甲所示，以O点为平衡位置，弹簧振子在A、B两点间做简谐运动，图乙为这个弹簧振子的振动图象.下列说法中正确的是(　　)
A.在t＝0.2 s时，弹簧振子的加速度为正向最大
B.在t＝0.1 s与t＝0.3 s两个时刻，弹簧振子在同一位置
C.从t＝0到t＝0.2 s时间内，弹簧振子做加速度增大的减速运动
D.在t＝0.6 s时，弹簧振子有最小的弹性势能
答案　BC
解析　在t＝0.2 s时，弹簧振子的位移为正向最大值，a＝－，知弹簧振子的加速度为负向最大，A错误；在t＝0.1 s与t＝0.3 s两个时刻，弹簧振子的位移相同，说明弹簧振子在同一位置，B正确；从t＝0到t＝0.2 s时间内，弹簧振子从平衡位置向最大位移处运动，位移逐渐增大，加速度逐渐增大，加速度方向与速度方向相反，弹簧振子做加速度增大的减速运动，C正确；在t＝0.6 s时，弹簧振子的位移为负向最大值，即弹簧的形变量最大，弹簧振子的弹性势能最大，D错误.
【变式1-2】如图甲所示，水平放置的弹簧振子在A、B之间做简谐运动，O是平衡位置，以向右为正方向，其振动图像如图乙所示，则(　 )
A．A、O间的距离为4 cm
B．0.1 s末，小球位于A点
C．0.2 s末，小球有正向的最大速度
D．在0.2～0.3 s内，小球从O向A做减速运动
解析：选D　由振动图像可知，振幅为2 cm，所以A、O间的距离为2 cm，A错误；0.1 s末，小球在正向最大位移处，即位于B点，B错误；0.2 s末，小球速度方向沿x轴负方向，并且速度最大，C错误；在0.2～0.3 s内，小球沿负向的速度逐渐减小，到达负向最大位移A处时速度减为零，则小球从O向A做减速运动，D正确。
【变式1-3】(2022·青岛调研)如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在光滑水平面上的A、B两点之间做简谐运动，A、B为分居O点左右两侧的对称点。取水平向右为正方向，振子的位移x随时间t变化的正弦曲线如图乙所示，下列说法正确的是(　 )
A．t＝0.6 s时，振子在O点右侧6 cm处
B．振子在t＝0.2 s和t＝1.0 s时的速度相同
C．t＝1.2 s时，振子的加速度方向水平向右
D．t＝1.0 s到t＝1.4 s的时间内，振子的加速度和速度都逐渐增大
解析：选C　由题图可知，弹簧振子的振幅为 0.12 m，周期为1.6 s，所以ω＝＝1.25π rad/s，结合振动图像得，振动方程为x＝0.12sin(1.25πt)m，在t＝0.6 s时，振子的位移x1＝0.12sin(1.25π×0.6)m＝6 cm，A错误；由振动图像可知，t＝0.2 s时振子从平衡位置向右运动，t＝1.0 s时振子从平衡位置向左运动，速度方向不同，B错误；t＝1.2 s时，振子到达A处，振子的加速度方向水平向右，C正确；t＝1.0 s到t＝1.2 s的时间内振子向负向最大位移处运动，速度减小，加速度增大；t＝1.2 s到t＝1.4 s时间内振子从负向最大位移处向平衡位置运动，则速度增大，加速度减小，D错误。
【题型2 竖直弹簧振子】
【例2】(多选)如图所示，一轻质弹簧上端固定在天花板上，下端连接一物块，物块沿竖直方向以O点为平衡位置，在C、D两点之间做周期为T的简谐运动.已知在t1时刻物块的速度大小为v、方向向下，动能为Ek.下列说法正确的是(　　)
A.如果在t2时刻物块的速度大小也为v，方向向下，则t2－t1的最小值小于
B.如果在t2时刻物块的动能也为Ek，则t2－t1的最小值为
C.当物块通过O点时，其加速度最小
D.物块在C、D两点的加速度相同
答案　AC
解析　如果在t1时刻物块位于O点上方且向下运动，t2时刻物块位于O点下方且与t1时刻物块速度相同，则t2－t1的最小值小于，选项A正确；如果在t2时刻物块的动能也为Ek，则t2时刻物块速度与t1时刻大小相等，方向可能相同，也可能相反，t2－t1的最小值小于，选项B错误；题图中O点是平衡位置，物块通过O点时位移最小，根据a＝－知，其加速度最小，选项C正确；C、D两点关于平衡位置对称，加速度等大反向，选项D错误.
【变式2-1】[多选]如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动。以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y＝0.1sin(2.5πt)m。t＝0时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t＝0.6 s时，小球恰好与物块处于同一高度。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。以下判断正确的是(　　)
A.h＝1.7 m
B．简谐运动的周期是0.8 s
C．0.6 s内物块运动的路程为0.2 m
D．t＝0.4 s时，物块与小球运动方向相反
[思路点拨]
(1)由物块做简谐运动的表达式确定物块的振幅和振动周期。
(2)确定0.6 s时物块所在的位置。
(3)确定0.6 s时小球下落的高度与h的关系。
[解析]　由物块做简谐运动的表达式y＝0.1sin(2.5πt)m知，ω＝2.5π，T＝＝ s＝0.8 s，选项B正确；t＝0.6 s时，y＝－0.1 m，对小球：h＋|y|＝gt2，解得h＝1.7 m，选项A正确；物块0.6 s内运动的路程为0.3 m，t＝0.4 s时，物块经过平衡位置向下运动，与小球运动方向相同，故选项C、D错误。
[答案]　AB
【变式2-2】如图所示，一轻质弹簧上端固定，下端悬挂一物块，取物块静止时所处位置为坐标原点O，向下为正方向，建立Ox坐标轴。现将物块竖直向下拉到A位置后由静止释放，不计空气阻力。已知物块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，A位置的坐标为x1，重力加速度为g。下列说法正确的是(　 )
A．该简谐运动的振幅为2x1
B．在任意周期内物块通过的路程一定等于x1
C．物块在A位置时所受的回复力大小为kx1
D．物块到O位置时的动能为kx12－mgx1
解析：选C　该简谐运动的振幅为x1，A错误；物块运动过程中，衡位置时运动比较快，远离平衡位置时运动比较慢，所以在不经过平衡位置的周期内物块通过的路程小于x1，B错误；物块在O位置时受力平衡，有kx0＝mg，x0为弹簧伸长量，在A位置时所受的回复力大小为F＝k(x0＋x1)－mg＝kx1，C正确；物块从A位置回到O位置时，根据能量守恒定律得k(x1＋x0)2＝mgx1＋mv2＋kx02，解得mv2＝k(x1＋x0)2－mgx1－kx02，D错误。
【变式2-3】如图所示，弹簧下面挂一质量为m的物体，物体在竖直方向上做振幅为A的简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好处于原长，弹簧在弹性限度内，则物体在振动过程中(　　)
A．弹簧的最大弹性势能等于2mgA
B．弹簧的弹性势能和物体动能总和不变
C．物体在最低点时的加速度大小应为2g
D．物体在最低点时所受弹簧的弹力大小应为mg
解析：选A　因物体振动到最高点时，弹簧正好处于原长，此时弹簧弹力等于零，物体的重力 mg＝F回＝kA，当物体在最低点时，弹簧的弹性势能最大等于2mgA，A对；在最低点，由F回＝mg＝ma知，C错；由F弹－mg＝F回得F弹＝2mg，D错；由能量守恒知，弹簧的弹性势能和物体的动能、重力势能三者的总和不变，B错。
【题型3 单摆】
【例3】[多选]图1、2分别是甲、乙两个单摆在同一位置处做简谐运动的图像，则下列说法中正确的是(　　)
A．甲、乙两单摆的振幅之比为2∶1
B．t＝2 s时，甲单摆的重力势能最小，乙单摆的动能为零
C．甲、乙两单摆的摆长之比为4∶1
D．甲、乙两单摆的摆球在最低点时，向心加速度大小一定相等
解析：选AB　由题图知，甲、乙两单摆的振幅分别为4 cm、2 cm，故选项A正确；t＝2 s时，甲单摆在平衡位置处，乙单摆在振动的正方向最大位移处，故选项B正确；由单摆的周期公式，推出甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝T甲2∶T乙2＝1∶4，故选项C错误；设摆球摆动的最大偏角为θ，由mgl(1－cos θ)＝mv2及a＝可得，摆球在最低点时向心加速度a＝2g(1－cos θ)，因两摆球的最大偏角θ满足sin θ＝，故θ甲>θ乙，所以a甲>a乙，故选项D错误。
【变式3-1】如图所示，房顶上固定一根长2.5 m的细线沿竖直墙壁垂到窗沿下，细线下端系了一个小球(可视为质点)。打开窗子，让小球在垂直于窗子的竖直平面内小幅度摆动，窗上沿到房顶的高度为1.6 m，不计空气阻力，g取10 m/s2，则小球从最左端运动到最右端所用的最短时间为(　 )
A．2.0π s B．0.4π s C．0.6π s D．1.2π s
解析：选B　小球的摆动可视为单摆运动，摆长为线长时对应的周期：T1＝2π ＝π s，摆长为线长减去墙体长时对应的周期T2＝2π ＝0.6π s，故小球从最左端到最右端所用的最短时间为t＝＝0.4π s，B正确。
【变式3-2】如图所示，两个摆长均为L的单摆，摆球A、B质量分别为m1、m2，悬点均为O。在O点正下方0.19L处固定一小钉。初始时刻B静止于最低点，其摆线紧贴小钉右侧，A从图示位置由静止释放(θ足够小)，在最低点与B发生弹性正碰。两摆在整个运动过程中均满足简谐运动条件，悬线始终保持绷紧状态且长度不变，摆球可视为质点，不计碰撞时间及空气阻力，重力加速度为g。下列选项正确的是(　 )
A．若m1＝m2，则A、B在摆动过程中最大振幅之比为9∶10
B．若m1＝m2，则每经过1.9π 时间A回到最高点
C．若m1>m2，则A与B第二次碰撞不在最低点
D．m1解析：选D　若m1＝m2，则两球碰撞后交换速度，所以A、B在摆动过程中最大振幅相等，两球的振动完全一样，所以每经过2π 时间A回到最高点，A、B错误；摆长为L的周期为T＝2π ，摆长为0.81L的周期为T′＝1.8π ，若m1>m2，则碰后A球向右运动，摆长变为0.81L，B球摆回最低点后向左运动时，摆长为0.81L，所以两摆的周期均为T″＝T＋T′＝1.9π ，即第一次在最低点碰撞后，经过一个周期发生第二次碰撞，位置仍然在最低点，C错误；若m1【变式3-3】如图，长为l的细绳下方悬挂一小球a，绳的另一端固定在天花板上O点处，在O点正下方l的O′处有一固定细铁钉。将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放，并从释放时开始计时。当小球a摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡。设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，向右为正。
下列图像中，能描述小球在开始一个周期内的x-t关系的是(　 )
解析：选A　摆长为l时单摆的周期T1＝2π ，振幅A1＝lα(α为摆角，α很小时，sin α＝α)，摆长为l时单摆的周期T2＝2π ＝π ＝，振幅A2＝lβ(β为摆角)。根据机械能守恒定律得mgl(1－cos α)＝mg(1－cos β)，利用cos α＝1－2sin 2，cos β＝1－2sin 2 ，以及sin α＝tan α＝α(α很小)，解得β＝2α，故A2＝A1，A正确。
【变式3-4】(多选)关于单摆，下列说法正确的是(　　)
A.将单摆由沈阳移至广州，单摆周期变大
B.将单摆的摆角从4°改为2°，单摆的周期变小
C.当单摆的摆球运动到平衡位置时，摆球的速度最大
D.当单摆的摆球运动到平衡位置时，受到的合力为零
答案　AC
解析　将单摆由沈阳移至广州，因重力加速度减小，根据T＝2π可知，单摆周期变大，选项A正确；单摆的周期与摆角无关，将单摆的摆角从4°改为2°，单摆的周期不变，选项B错误；当单摆的摆球运动到平衡位置时，摆球的速度最大，有向心加速度，则受到的合力不为零，选项C正确，D错误.
【题型4 等效单摆】
【例4】如图所示，ACB为光滑弧形槽，弧形槽半径为R，C为弧形槽最低点，R A。甲球从弧形槽的球心处自由下落，乙球从A点由静止释放，问：
(1)两球第1次到达C点的时间之比；
(2)若在弧形槽的最低点C的正上方h处由静止释放甲球，让其自由下落，同时将乙球从弧形槽左侧由静止释放，欲使甲、乙两球在弧形槽最低点C处相遇，则甲球下落的高度h是多少？
解析：(1)甲球做自由落体运动
R＝gt12，所以t1＝
乙球沿弧形槽做简谐运动(由于A R，可认为偏角θ<5°)。此运动与一个摆长为R的单摆运动模型相同，故此等效摆长为R，因此乙球第1次到达C处的时间为
t2＝T＝×2π ＝ ，
所以t1∶t2＝2∶π。
(2)甲球从离弧形槽最低点h高处自由下落，到达C点的时间为t甲＝
由于乙球运动的周期性，所以乙球到达C点的时间为
t乙＝＋n＝ (2n＋1)　(n＝0,1,2，…)
由于甲、乙两球在C点相遇，故t甲＝t乙
联立解得h＝　(n＝0,1,2，…)。
答案：(1)2∶π　(2)　(n＝0,1,2，…)
【变式4-1】如图所示，小球m自A点以指向AD方向的初速度v逐渐接近固定在D点的小球n，已知=0.8 m，AB圆弧半径R=10 m，AD=10 m，A、B、C、D在同一水平面上，则v为多大时，才能使m恰好碰到小球n？（g取10 m/s2，不计一切摩擦）
答案：v=m/s（k=1，2，3…）
解析：小球m的运动是由两个分运动合成的。这两个分运动分别是：以速度v在AD方向的匀速运动和在圆弧面上的往复滑动。因为 R，所以小球在圆弧面上的往复滑动具有等时性，其周期为
T=2π
设小球m恰好能碰到小球n，则有
且满足t=kT（k=1，2，3…）
又T=2π
联立解得v=m/s（k=1，2，3…）
【变式4-2】[多选]如图所示，长度为l的轻绳上端固定在点O，下端系一小球(小球可以看成质点)。在点O正下方，距点O为处的点P固定一颗小钉子。现将小球拉到点A处，轻绳被拉直，然后由静止释放小球。点B是小球运动的最低位置，点C(图中未标出)是小球能够到达的左方最高位置。已知点A与点B之间的高度差为h，h l。A、B、C、P、O在同一竖直平面内。当地的重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　)
A．点C与点B高度差小于h
B．点C与点B高度差等于h
C．小球摆动的周期等于
D．小球摆动的周期等于
解析：选BC　由于h l，故小球的运动可看成单摆运动，其周期T＝·2π ＋·2π ＝ ，故C正确，D错误；小球摆动过程不计空气阻力，其机械能守恒，点A、C应等高，故A错误，B正确。
【变式4-3】如图所示，用两根长度都为L的细绳悬挂一个小球A，绳与水平方向的夹角为α。使球A垂直于纸面做摆角小于5°的摆动，当它经过平衡位置的瞬间，另一小球B从A球的正上方自由下落，此后A球第3次经过最低点时B球恰击中A球，求B球下落的高度h。
答案：π2L sin α
【解析】球A垂直于纸面做摆角小于5°的摆动等效于一个单摆，摆长为l=Lsin α
所以A球振动周期T=2π
设B球自由下落的时间为t，则它击中A球时下落的高度h=gt2
则t=
A球经过平衡位置，接着返回到平衡位置的时间为半个周期，即=π
从B球开始下落至击中A球，A球振动的时间为的3倍t=3×=3π
则
解得h=π2L sin α
【题型5 振动图像的应用】
【例5】(多选)一个质点以O为中心做简谐运动，位移随时间变化的图象如图7，a、b、c、d表示质点在不同时刻的相应位置.下列说法正确的是(　　)
A.质点通过位置c时速度最大，加速度为零
B.质点通过位置b时，相对平衡位置的位移为
C.质点从位置a到位置c和从位置b到位置d所用时间相等
D.质点从位置a到位置b和从位置b到位置c的平均速度相等
E.质点通过位置b和通过位置d时速度方向相同，加速度方向相反
答案　ACE
解析　质点通过位置c，即平衡位置时，此时速度最大，加速度为零，故A正确；x－t图象是正弦图象，故质点通过位置b时，相对平衡位置的位移为 A，故B错误；质点从位置a到c和从位置b到d所用的时间相等，均为2 s，故C正确；质点从位置a到b和从b到c的过程中时间相同但位移大小不同，故平均速度不同，故D错误.因为x－t图象的斜率表示速度，则质点通过位置b和通过位置d时速度方向相同，加速度方向均指向平衡位置，即方向相反，故E正确.
【变式5-1】(多选)如图所示是甲、乙两个单摆做简谐运动的图象，则下列说法中正确的是(　　)
A.甲、乙两摆的振幅之比为2∶1
B.t＝2 s时，甲摆的重力势能最小，乙摆的动能为零
C.甲、乙两摆的摆长之比为4∶1
D.甲、乙两摆摆球在最低点时摆线的拉力大小一定相等
答案　AB
解析　由题图知甲、乙两摆的振幅分别为2 cm、1 cm，故A正确；t＝2 s时，甲摆在平衡位置处，重力势能最小，乙摆在正的最大位移处，动能为零，B正确；甲、乙两摆的周期之比为1∶2，由单摆的周期公式T＝2π，得到甲、乙两摆的摆长之比为1∶4，C错误；由题目中的条件不能比较甲、乙两摆摆球在最低点时摆线的拉力大小，D错误.
【变式5-2】如图是质量相等的甲、乙两个物体分别做简谐运动时的图像，下列说法错误的是(　 )
A．甲、乙两物体的振幅分别是2 m和1 m
B．甲的振动频率比乙的大
C．前2 s内，两物体的加速度均为负值
D．第2 s末，甲的速度最大，乙的加速度最大
解析：选A　由题图知，甲、乙两物体的振幅分别为2 cm和 1 cm，A错误；8 s内甲完成2次全振动，乙完成1次全振动，甲的振动频率比乙的大，B正确；前2 s内，甲、乙的位移均为正，所以加速度均为负值，C正确；第2 s末甲在平衡位置，速度最大，乙在最大位移处，加速度最大，D正确。
【变式5-3】(多选)某弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其振动图象如图所示，则(　　)
A.弹簧振子在t＝0到t＝10 s内路程为0.5 m
B.简谐运动的频率是0.125 Hz
C.弹簧振子在第4 s末的位移为零
D.在第3 s末与第5 s末弹簧振子的速度方向相同
E.第5 s末，弹簧振子的速度与加速度均为正值
答案　BCD
解析　弹簧振子在t＝0到t＝10 s内路程为5A，即2.5 m，选项A错误；简谐运动的周期T＝8 s，则频率是f＝＝0.125 Hz，选项B正确；弹簧振子第4 s末在平衡位置，位移为零，选项C正确；因x－t图象的斜率表示速度，可知在第3 s末与第5 s末弹簧振子的速度方向不变，选项D正确；第5 s末，弹簧振子的速度沿y轴负方向，加速度沿y轴正方向，选项E错误.
【变式5-4】如图所示为某弹簧振子在0～5 s内的振动图像，由图可知，下列说法中正确的是(　　)
A．振动周期为5 s，振幅为8 cm
B．第2 s末振子的速度为零，加速度为负向的最大值
C．从第1 s末到第2 s末振子在做加速运动
D．第3 s末振子的速度为正向的最大值
[解析]　振幅是位移的最大值的大小，故振幅为8 cm，而周期是完成一次全振动的时间，振动周期为4 s，故A错误；第2 s末振子的速度为零，加速度为正向的最大值，故B错误；从第1 s末到第2 s末振子的位移逐渐增大，速度逐渐减小，振子做减速运动，C错误；第3 s末振子的位移为零，经过平衡位置，故速度最大，且方向为正，故D正确。
[答案]　D
【题型6 简谐运动的对称性】
【例6】(多选)弹簧振子做简谐运动，O为平衡位置，从它经过O点时开始计时，经过0.3 s第一次到达点M，再经过0.2 s第二次到达点M，则弹簧振子的周期可能为(　 )
A．0.53 s B．1.4 s C．1.6 s D．2 s
解析：选AC　如图甲所示，若振子从O点开始向右按所示路线振动，则振子的振动周期为T1＝4×s＝1.6 s；如图乙所示，若振子从O点开始向左按所示路线振动，令从M运动到O的时间为t，则有＋t＝，解得t＝ s，振子的振动周期为T2＝4×s≈0.53 s，A、C正确。
【变式6-1】一个质点在平衡位置O点附近做简谐运动，若从O点开始计时，经过3 s质点第一次经过M点，如图所示，再继续运动，又经过4 s第二次经过M点，则再经过多长时间第三次经过M点(　　)
A.7 s B.14 s
C.16 s D. s
答案　C
解析　由题意可知质点第一次经过M点的运动方向向右，简谐运动的周期T＝4×(3＋2) s＝20 s，则第三次经过M点的时间为t＝(20－4) s＝16 s，故C选项正确.
【变式6-2】(多选)一弹簧振子做简谐运动，则以下说法正确的是(　　)
A.振子的加速度方向始终指向平衡位置
B.已知振动周期为T，若Δt＝T，则在t时刻和(t＋Δt)时刻振子运动的加速度一定相同
C.若t时刻和(t＋Δt)时刻弹簧的长度相等，则Δt一定为振动周期的整数倍
D.振子的动能相等时，弹簧的长度不一定相等
答案　ABD
解析　振子的加速度方向始终指向平衡位置，故A正确；若Δt＝T，则在t时刻和(t＋Δt)时刻振子的位移相同，加速度也相同，故B正确；从平衡位置再回到平衡位置，经历的时间最短为，弹簧的长度相等，故C错误；关于平衡位置对称的两个位置，振子的动能相等，弹簧的长度不相等，故D正确.
【变式6-3】弹簧振子以O点为平衡位置，在水平方向上的A、B两点间做简谐运动，以下说法正确的是（　　）
A．振子在A、B两点时的速度和位移均为零
B．振子在通过O点时速度的方向将发生改变
C．振子所受的弹力方向总跟速度方向相反
D．振子离开O点的运动总是减速运动，靠近O点的运动总是加速运动
【详解】A．弹簧振子以O点为平衡位置，在水平方向上的A、B两点间做简谐运动，故A、B速度为零，位移值最大，故A错误；
B．振子在通过O点前后速度的方向不发生改变，B错误；
C．由简谐运动规律的定义，振子的弹力方向总跟位移的方向相反，而跟振子的速度方向有时相同，有时相反，C错误；
D．振子离开O点运动后的运动方向与加速度方向相反，故为减速运动，振子靠近O点的运动方向与加速度方向相同故为加速运动，D正确。
【答案】D。
【题型7 简谐运动的周期性】
【例7】弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动，在t＝0时刻，振子从O、B间的P点以速度v向B点运动；在t＝0.2 s时，振子速度第一次变为－v；在t＝0.5 s时，振子速度第二次变为－v。
(1)求弹簧振子振动周期T；
(2)若B、C之间的距离为25 cm，求振子在4.0 s内通过的路程；
(3)若B、C之间的距离为25 cm，从平衡位置计时，写出弹簧振子位移表达式，并画出弹簧振子的振动图像。
解析：(1)弹簧振子简谐运动示意图如图所示，由对称性可得：
T＝0.5×2 s＝1.0 s。
(2)若B、C之间距离为25 cm，则振幅A＝×25 cm＝12.5 cm，振子4.0 s内通过的路程
s＝×4×12.5 cm＝200 cm。
(3)根据x＝Asin ωt，A＝12.5 cm，ω＝＝2π
得x＝12.5sin (2πt) cm。振动图像为
答案：(1)1.0 s　(2)200 cm　(3)x＝12.5sin (2πt) cm
【变式7-1】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
解析：选B　由单摆的周期公式T＝2π 可知，当摆长l不变时，周期不变，C、D错误；由机械能守恒定律可知mv2＝ mgh，其摆动的高度与质量无关，因摆球经过平衡位置的速度减小，则最大高度减小，故振幅变小，B正确，A错误。
【变式7-2】关于简谐运动以及完成一次全振动的意义，以下说法正确的是(　 )
A．位移的方向总跟加速度的方向相反，跟速度的方向相同
B．动能或势能第一次恢复为原来的大小所经历的过程为一次全振动
C．速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程为一次全振动
D．物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相同；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相反
解析：选C　回复力与位移方向相反，故加速度和位移方向相反，但速度与位移方向可以相同，也可以相反，物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相反，背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同，A、D错误；一次全振动过程中，动能和势能可以多次恢复为原来的大小，B错误；速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程为一次全振动，C正确。
【变式7-3】一单摆在地面处的摆动周期与在某矿井底部摆动周期的比值为k.设地球的半径为R，地球的密度均匀．已知质量均匀分布的球壳对壳内物体的引力为零，求矿井的深度d.
解析　根据万有引力定律，地面处质量为m的物体的重力mg＝G
式中g是地面处的重力加速度，M是地球的质量．设ρ是地球的密度，则有M＝πρR3
摆长为l的单摆在地面处的摆动周期为T＝2π
若该物体位于矿井底部，则其重力为mg′＝G
式中g′是矿井底部的重力加速度，且M′＝πρ(R－d)3
在矿井底部此单摆的周期为T′＝2π
由题意：T＝kT′
联立以上各式得d＝R(1－k2)
【题型8 简谐运动的表达式的应用】
【例8】(2021·江苏高考)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。t＝0时从图示位置沿逆时针方向匀速转动圆盘，角速度为ω，则P做简谐运动的表达式为(　 )
A．x＝Rsin B．x＝Rsin
C．x＝2Rsin D．x＝2Rsin
解析：选B　影子P做简谐运动的振幅为R，以向上为正方向，设P的振动方程为x＝Rsin(ωt＋φ)，当t＝0时，P的位移为R，代入解得φ＝，则P做简谐运动的表达式为x＝Rsin，B正确，A、C、D错误。
【变式8-1】(多选)某质点做简谐运动，其位移与时间的关系式为x＝3sin (t＋) cm，则(　　)
A.质点的振幅为3 cm
B.质点振动的周期为3 s
C.质点振动的周期为 s
D.t＝0.75 s时刻，质点回到平衡位置
答案　ABD
解析　质点做简谐运动，位移与时间的关系式为x＝3sin (t＋)cm，对照公式x＝Asin(ωt＋φ0)，振幅为3 cm，角速度为，根据公式ω＝，周期为3 s，故A、B正确，C错误；t＝0.75 s时刻，x＝3sin (×＋)cm＝0，即质点在平衡位置，故D正确.
【变式8-2】一质点做简谐运动的振动方程是x＝2sincm，则(　 )
A．在0至0.02 s内，质点的速度与加速度方向始终相同
B．在0.02 s时，质点具有沿x轴正方向的最大加速度
C．在0.035 s时，质点的速度方向与加速度方向均沿x轴正方向
D．在0.04 s时，质点所受回复力最大，速度方向沿x轴负方向
解析：选B　由振动方程可知，振幅A＝2 cm，T＝0.04 s，初相位φ＝，即t＝0时，质点位于正向最大位移处，在0至0.01 s内，速度与加速度方向相同，0.01 s至0.02 s内，速度与加速度方向相反，A错误；在0.02 s时，质点在负向最大位移处，具有正向最大加速度，B正确；在0.035 s时，质点从平衡位置向最大位移处运动，速度方向沿x轴正方向，加速度方向沿x轴负方向，C错误；在0.04 s时，质点回到正向最大位移处，回复力最大，速度为零，D错误。
【变式8-3】一位游客在千岛湖边欲乘坐游船，当日风浪较大，游船上下浮动。可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20 cm，周期为3.0 s。当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐。地面与甲板的高度差不超过10 cm时，游客能舒服地登船。在一个周期内，游客能舒服登船的时间是(　　)
A．0.5 s　　　　　　　 B．0.75 s
C．1.0 s D．1.5 s
[解析]　由于振幅A为20 cm，振动方程为y＝Asin ωt，由于高度差不超过10 cm时，游客能舒服登船，代入数据可知，在一个振动周期内，临界时刻为t1＝，t2＝，所以在一个周期内能舒服登船的时间为Δt＝t2－t1＝＝1.0 s，选项C正确。
[答案]　C专题1.4 单摆测重力加速度、受迫振动、共振【八大题型】
【人教版】
【题型1 单摆测重力加速度原理与操作】
【题型2 单摆测重力加速度数据处理与误差分析】
【题型3 单摆测重力加速度实验器材的创新】
【题型4 单摆测重力加速度实验方法的创新】
【题型5 受迫振动与弹簧振子】
【题型6 受迫振动与单摆】
【题型7 受迫振动与其它振动系统】
【题型8 共振曲线的应用】
【题型1 单摆测重力加速度原理与操作】
【例1】根据单摆周期公式T＝2π ，可以通过实验测量当地的重力加速度。如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。
(1)用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为________mm。
(2)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有________。
a．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些
b．摆球尽量选择质量大些、体积小些的
c．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度
d．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔Δt即为单摆周期T
e．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间Δt，则单摆周期T＝
【变式1-1】(2022·青岛高三调研)物理实验小组的同学做“用单摆测量重力加速度的大小”的实验。
(1)实验室有如下器材可供选用：
A．长约1 m的细线　 B．长约1 m的橡皮绳
C．直径约2 cm的均匀铁球 D．直径约5 cm的均匀木球
E．停表 F．时钟
G．最小刻度为毫米的米尺
实验小组的同学需要从上述器材中选择：____________________(填写器材前面的字母)。
(2)下列振动图像真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点O为计时起点，A、B、C均为30次全振动的图像，已知sin 5°≈0.087，sin 15°≈0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是________(填字母代号)。
(3)某同学利用单摆测重力加速度的大小，测得的g值与真实值相比偏大，可能的原因是________。
A．测摆长时记录的是摆线的长度
B．开始计时时，停表过早按下
C．摆线上端未牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加了
D．实验中误将29次全振动数记为30次
【变式1-2】实验小组的同学做“用单摆测重力加速度”的实验。
(1)实验前他们根据单摆周期公式导出了重力加速度的表达式g＝，其中L表示摆长，T表示周期。对于此式的理解，四位同学说出了自己的观点：
同学甲：T一定时，g与L成正比
同学乙：L一定时，g与T2成反比
同学丙：L变化时，2是不变的
同学丁：L变化时，L与T2的比值是定值
其中观点正确的是同学________(选填“甲”“乙”“丙”“丁”)。
(2)实验室有如下器材可供选用：
A．长约1 m的细线　　　　　 B．长约1 m的橡皮绳
C．直径约2 cm的均匀铁球 D．直径约5 cm的均匀木球
E．秒表 F．时钟
G．最小刻度为毫米的米尺
实验小组的同学选用了最小刻度为毫米的米尺，他们还需要从上述器材中选择：__________(填写器材前面的字母)。
(3)他们将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，将其上端固定，下端自由下垂(如图所示)。用刻度尺测量悬点到_________之间的距离记为单摆的摆长L。
(4)在小球平稳摆动后，他们记录小球完成n次全振动的总时间t，则单摆的周期T＝__________。
(5)如果实验得到的结果是g＝10.09 m/s2，比当地的重力加速度值大，分析可能是哪些不当的实际操作造成这种结果，写出其中一种：__________________________。
【变式1-3】某同学利用单摆测量重力加速度。
(1)为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是________。
A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球
B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线
C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动
D．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大
(2)如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1 m的单摆。实验时，由于仅有量程为20 cm、精度为1 mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL。用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g＝________。
【题型2 单摆测重力加速度数据处理与误差分析】
【例2】利用单摆测当地重力加速度的实验中。
(1)利用游标卡尺测得金属小球直径如图甲所示，小球直径d＝________cm。
(2)某同学测量数据如下表，请在图乙中画出L T2图像。
L/m 0.400 0.500 0.600 0.800 1.200
T2/s2 1.60 2.10 2.40 3.20 4.80
由图像可得重力加速度g＝______m/s2(保留三位有效数字 )。
(3)某同学在实验过程中，摆长没有加小球的半径，其他操作无误，那么他得到的实验图像可能是下列图像中的________。
【变式2-1】用单摆测量重力加速度的大小的实验装置如图所示。
(1)测出悬点O到小球球心的距离(摆长)l及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g＝________(用l、n、t表示)。
(2)下表是某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理。
组　次 1 2 3
摆长l/cm 80.00 90.00 100.00
50次全振动时间t/s 90.0 95.5 100.5
振动周期T/s 1.80 1.91
重力加速度g/(m·s－2) 9.74 9.73
请计算出第3组实验中的T＝______ s，g＝______ m/s2(计算结果保留两位小数)。
(3)用多组实验数据作出T2-l图像，也可以求出重力加速度g。已知三位同学作出的T2-l图线的示意图如图中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b，下列分析正确的是________(填选项前的字母)。
A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长l
B．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次
C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值
【变式2-2】某同学利用单摆测定当地重力加速度，发现单摆静止时摆球重心在球心的正下方，他仍将从悬点到球心的距离当作摆长L，通过改变摆线的长度，测得6组L和对应的周期T，画出L T2图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图所示。他采用恰当的数据处理方法，则计算重力加速度的表达式应为g＝________(用图中标注字母表示)。请你判断该同学得到的实验结果与摆球重心就在球心处的情况相比，将________(填“偏大”“偏小”或“相同”)。
【变式2-3】某同学在“用单摆测重力加速度”的实验中进行了如下的操作：
(1)用游标上有10个小格的游标卡尺测量摆球直径如图甲所示，摆球直径为________cm，把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长l0，通过计算得到摆长L.
(2)用停表测量单摆的周期.当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n＝0，单摆每经过最低点记一次数，当数到n＝60时停表的示数如图乙所示，该单摆的周期T＝________s(结果保留三位有效数字).
(3)测量出多组周期T、摆长L数值后，画出T2－L图象如图丙，造成图线不过坐标原点的原因可能是________.
A.摆球的振幅过小 B.将l0计为摆长L
C.将(l0＋d)计为摆长L D.摆球质量过大
(4)该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度.他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，然后把摆线缩短适当的长度ΔL，再测出其振动周期T2.用该同学测出的物理量表示重力加速度为g＝________.
【题型3 单摆测重力加速度实验器材的创新】
【例3】在用单摆测定重力加速度的实验中
（1） 实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图甲所示，该摆球的直径d=________ mm；
（2） 接着测量了摆线的长度为l0，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图乙所示，则重力加速度的表达式g=_______（用题目中的物理量表示）；
（3） 某小组改变摆线长度l0，测量了多组数据。在进行数据处理时，甲同学把摆线长l0作为摆长，直接利用公式求出各组重力加速度值再求出平均值；乙同学作出T2-l0图象后求出斜率，然后算出重力加速度。两同学处理数据的方法对结果的影响是：甲________，乙________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
【变式3-1】如图甲所示，某学习小组在实验室做“用单摆测量重力加速度的大小”的实验。
(1)若用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间t。请写出周期的表达式T＝________。
(2)若利用拉力传感器记录拉力随时间变化的关系，由图乙可知，该单摆的周期T＝________ s。
(3)在多次改变摆线长度测量后，根据实验数据，利用计算机作出周期与摆线长度的关系(T2-L)图线，并根据图线拟合得到方程T2＝kL＋b，由此可知当地的重力加速度g＝________，摆球半径r＝________(用k、b、π表示)。
【变式3-2】(1)在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中，两位同学用游标卡尺测量小球的直径的操作如图甲、乙所示。测量方法正确的是________(选填“甲”或“乙”)。
(2)实验时，若摆球在垂直纸面的平面内摆动，为了将人工记录振动次数改为自动记录振动次数，在摆球运动的最低点的左、右两侧分别放置一激光光源与光敏电阻，如图丙所示。光敏电阻与某一自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t的变化图线如图丁所示，则该单摆的振动周期为____________。若保持悬点到小球顶点的绳长不变，改用直径是原小球直径2倍的另一小球进行实验，则该单摆的周期将__________(填“变大”“不变”或“变小”)，图丁中的Δt将__________(填“变大”“不变”或“变小”)。
【变式3-3】如图所示，某同学利用双线摆和光电计数器测量当地的重力加速度。已知每根悬线长为d，两悬点间相距s，金属小球半径为r，AB为光电计数器。现将小球垂直于纸面向外拉动，使悬线偏离竖直方向一个较小的角度并由静止释放，同时，启动光电计数器，当小球第一次经过图中虚线（光束）位置O时，由A射向B的光束被挡住，计数器计数一次，显示为“1”，同时计时器开始计时．然后每当小球经过点O时，计数器都计数一次。当计数器上显示的计数次数刚好为n时，所用的时间为t，由此可知：
（1）双线摆的振动周期______，双线摆的等效摆长______。
（2）依据公式______代入周期T和等效摆长L的值，即可求出重力加速度。
（3）该同学在实验中，测量5种不同摆长情况下单摆的振动周期，记录数据见表。
如图表
实验次数 1 2 3 4 5
L/m 0.50 0.80 0.90 1.00 1.20
T/s 1.41 1.79 1.90 2.01 2.19
1.99 3.20 3.61 4.00 4.80
以L为横坐标，为纵坐标，在图中作出图像_______，并利用此图像求得重力加速度______。（保留三位有效数字）
【题型4 对比测重力加速度实验方法的创新】
【例4】将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为h(未知)且开口向下的小筒中(单摆的下部分露于筒外)，如图甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆振动过程中悬线不会碰到筒壁，如果本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离L，并通过改变L而测出对应的摆动周期T，再以T2为纵轴、L为横轴作出T2 L函数关系图象，那么就可以通过此图象得出小筒的深度h和当地的重力加速度g．
(1)如果实验中所得到的T2 L关系图象如图乙所示，那么真正的图象应该是a、b、c中的________；
(2)由图可知，小筒的深度h＝_________m，当地的重力加速度g＝________m/s2；(计算结果保留三位有效数字)
(3)某次停表计时得到的时间如图丙所示，则总时间为__________s．
【变式4-1】某同学利用单摆测量重力加速度的大小。
(1)为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是________。
A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球
B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线
C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动
D．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大
(2)如图所示，在支架的竖直立柱上固定有摆长约1 m的单摆。实验时，由于仅有量程为20 cm、精确度为1 mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL。用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g＝________。
【变式4-2】将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为h(未知)且开口向下的小筒中(单摆的下部分露于筒外)，如图甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆摆动过程中悬线不会碰到筒壁，如果本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离L，并通过改变L而测出对应的摆动周期T，再以T2为纵轴、L为横轴作出函数关系图象，那么就可以通过此图象得出小筒的深度h和当地的重力加速度g.
(1)测量单摆的周期时，某同学在摆球某次通过最低点时，按下秒表开始计时，同时数“1”，当摆球第二次通过最低点时数“2”，依此法往下数，当他数到“59”时，停止计时，读出这段时间t，则该单摆的周期为(　 　)
A. B. C. D.
(2)如果实验中所得到的T2L关系图象如图乙所示，那么真正的图象应该是a、b、c中的________．
(3)由图象可知，小筒的深度h＝________ m；当地重力加速度g＝________ m/s2.
【题型5 受迫振动与弹簧振子】
【例5】如图甲所示，曲轴上悬挂一弹簧振子。图乙为弹簧振子做受迫振动的共振曲线。下列说法正确的是（　　）
A．共振曲线的纵坐标表示物体在不同驱动力频率下的振幅
B．转动摇把时，弹簧振子的振幅与摇把转速无关
C．转动摇把时，弹簧振子的频率与摇把转速无关
D．停止转动摇把，弹簧振子做阻尼振动，其振动频率随振幅的减小而减小
答案：A
【变式5-1】(2022·威海四校联考)如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上下振动。开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2 Hz。现匀速转动摇把，转速为240 r/min。则(　 )
A．当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5 s
B．当振子稳定振动时，它的振动频率是6 Hz
C．当转速增大时，弹簧振子的振幅增大
D．当转速减小时，弹簧振子的振幅增大
【变式5-2】[多选]某简谐振子，自由振动时的振动图像如图甲中实线所示，而在某驱动力作用下做受迫振动时，稳定后的振动图像如图甲中虚线所示，那么，此受迫振动对应的状态可能是图乙中的(　　)
A．a点　　　　　　　　　 B．b点
C．c点 D．一定不是c点
【变式5-3】两个弹簧振子，甲的固有频率是，乙的固有频率是，若它们均在频率为的相同的驱动力作用下做受迫振动，则（　　）
A．甲的振幅较大，振动频率是 B．乙的振幅较大，振动频率是
C．甲的振幅较大，振动频率是 D．乙的振幅较大，振动频率是
【题型6 受迫振动与单摆】
【例6】(多选)如图所示为受迫振动的演示装置，在一根张紧的绳子上悬挂几个摆球，可以用一个单摆(称为“驱动摆”)驱动另外几个单摆.下列说法正确的是(　　)
A.某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度可能不同但加速度一定相同
B.如果驱动摆的摆长为L，则其他单摆的振动周期都等于2π
C.驱动摆只把振动形式传播给其他单摆，不传播能量
D.如果某个单摆的摆长等于驱动摆的摆长，则这个单摆的振幅最大
【变式6-1】如图所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，其中A、B的摆长相等。当A摆振动的时候，通过张紧的绳子给B、C、D摆施加驱动力，使其余各摆做受迫振动。观察B、C、D摆的振动发现(　 )
A．C摆的频率最小 B．D摆的周期最大
C．B摆的振幅最大 D．B、C、D的振幅相同
【变式6-2】如图所示为单摆做阻尼振动的位移随时间变化的图像，、时刻的位移大小均为2cm，时刻的位移大于2cm。关于摆球在、和时刻的速度、重力势能、动能、机械能的分析，下列说法正确的是（　　）
A．摆球在时刻的机械能等于时刻的机械能
B．摆球在时刻的动能等于时刻的动能
C．摆球在时刻的重力势能等于时刻的重力势能
D．摆球在时刻的速度大于时刻的速度
【变式6-3】如图甲所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆．当a摆振动的时候，通过张紧的绳子给其他各摆施加驱动力，使其余各摆也振动起来，此时b摆的振动周期________（选填“大于”、“等于”或“小于”）d摆的周期．图乙是a摆的振动图象，重力加速度为g，则a的摆长为________．
【题型7 受迫振动与其它振动系统】
【例7】(2021·浙江1月选考)(多选)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
【变式7-1】为了交通安全，常在公路上设置如图所示的减速带，减速带使路面稍微拱起以达到使车辆减速的目的。一排等间距设置的减速带，可有效降低车速。如果某路面上的减速带的间距为1.5 m，一辆固有频率为2 Hz的汽车匀速驶过这排减速带，下列说法正确的是(　 )
A．当汽车以5 m/s的速度行驶时，其振动频率为2 Hz
B．当汽车以3 m/s的速度行驶时最不颠簸
C．当汽车以3 m/s的速度行驶时颠簸最厉害
D．汽车速度越大，颠簸就越厉害
【变式7-2】.(多选)关于受迫振动和共振，下列说法正确的是(　　)
A.火车过桥时限制速度是为了防止火车发生共振
B.若驱动力的频率为5 Hz，则受迫振动稳定后的振动频率一定为5 Hz
C.当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大
D.受迫振动系统的机械能守恒
【变式7-3】[多选]正在运转的机器，当其飞轮以角速度ω0匀速转动时，机器的振动不强烈，切断电源，飞轮的转动逐渐慢下来，在某一小段时间内机器却发生了强烈的振动，此后飞轮转速继续变慢，机器的振动也随之减弱，在机器停下来之后若重新启动机器，使飞轮转动的角速度从0较缓慢地增大到ω0，在这一过程中(　　)
A．机器不一定还会发生强烈的振动
B．机器一定还会发生强烈的振动
C．若机器发生强烈振动，强烈振动可能发生在飞轮角速度为ω0时
D．若机器发生强烈振动，强烈振动时飞轮的角速度肯定不为ω0
【题型8 共振曲线的应用】
【例8】)(多选)一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)如图所示，则(　　)
A.此单摆的固有周期为2 s
B.此单摆的摆长约为1 m
C.若摆长增大，单摆的固有频率增大
D.若摆长增大，共振曲线的峰将向左移动
【变式8-1】如图所示为两单摆分别在受迫振动中的共振曲线，则下列说法错误的是(　 )
A．若两摆的受迫振动分别在月球上和地球上进行，且摆长相同，则图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线
B．若两摆的受迫振动是在地球上同一地点进行，则两摆摆长之比LⅠ∶LⅡ＝25∶4
C．图线Ⅱ若表示在地面上完成的，则该单摆摆长约为1 m
D．若摆长均为1 m，则图线Ⅰ表示在地面上完成的
【变式8-2】两单摆在不同的驱动力作用下其振幅A随驱动力频率f变化的图象如图中甲、乙所示，则下列说法正确的是(　　)
A.单摆振动时的频率与固有频率有关，振幅与固有频率无关
B.若两单摆放在同一地点，则甲、乙两单摆的摆长之比为4∶1
C.若两单摆摆长相同放在不同的地点，则甲、乙两单摆所处两地的重力加速度之比为4∶1
D.周期为2 s的单摆叫作秒摆，在地面附近，秒摆的摆长约为2 m
【变式8-3】[多选]关于受迫振动和共振，下列说法正确的是(　　)
A．火车过桥时限制速度是为了防止火车发生共振
B．若驱动力的频率为5 Hz，则受迫振动稳定后的振动频率一定为5 Hz
C．当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大
D．一个受迫振动系统在非共振状态时，同一振幅对应的驱动力频率一定有两个
E．受迫振动系统的机械能守恒
参考答案
【题型1 单摆测重力加速度原理与操作】
【例1】根据单摆周期公式T＝2π ，可以通过实验测量当地的重力加速度。如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。
(1)用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为________mm。
(2)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有________。
a．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些
b．摆球尽量选择质量大些、体积小些的
c．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度
d．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔Δt即为单摆周期T
e．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间Δt，则单摆周期T＝
[解析]　(1)该游标尺为十分度的，根据读数规则可读出小钢球直径为18 mm＋6×0.1 mm＝18.6 mm。
(2)根据用单摆测量重力加速度的实验要求可判断a、b、e正确。
[答案]　(1)18.6　(2)abe
【变式1-1】(2022·青岛高三调研)物理实验小组的同学做“用单摆测量重力加速度的大小”的实验。
(1)实验室有如下器材可供选用：
A．长约1 m的细线　 B．长约1 m的橡皮绳
C．直径约2 cm的均匀铁球 D．直径约5 cm的均匀木球
E．停表 F．时钟
G．最小刻度为毫米的米尺
实验小组的同学需要从上述器材中选择：____________________(填写器材前面的字母)。
(2)下列振动图像真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点O为计时起点，A、B、C均为30次全振动的图像，已知sin 5°≈0.087，sin 15°≈0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是________(填字母代号)。
(3)某同学利用单摆测重力加速度的大小，测得的g值与真实值相比偏大，可能的原因是________。
A．测摆长时记录的是摆线的长度
B．开始计时时，停表过早按下
C．摆线上端未牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加了
D．实验中误将29次全振动数记为30次
解析：(1)需要选择的器材有：长约1 m的细线，直径约2 cm的均匀铁球，停表(测量多次全振动的时间)，最小刻度为毫米的刻度尺(测量摆长)。
(2)单摆振动的摆角θ≤5°，当θ＝5°时单摆振动的振幅A＝lsin 5°＝0.087 m＝8.7 cm，为计时准确，在摆球摆至平衡位置时开始计时，故选A。
(3)根据单摆的周期公式推导出重力加速度的表达式g＝。将摆线的长误认为摆长，重力加速度的测量值偏小，A错误；开始计时时，停表过早按下，周期的测量值大于真实值，重力加速度的测量值偏小，B错误；摆线上端未牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加了，即摆长L的测量值偏小，重力加速度的测量值偏小，C错误；设单摆29次全振动的时间为t，则单摆的周期T＝，若误计为30次，则T测＝＜，即周期的测量值小于真实值，重力加速度的测量值偏大，D正确。
答案：(1)ACEG　(2)A　(3)D
【变式1-2】实验小组的同学做“用单摆测重力加速度”的实验。
(1)实验前他们根据单摆周期公式导出了重力加速度的表达式g＝，其中L表示摆长，T表示周期。对于此式的理解，四位同学说出了自己的观点：
同学甲：T一定时，g与L成正比
同学乙：L一定时，g与T2成反比
同学丙：L变化时，2是不变的
同学丁：L变化时，L与T2的比值是定值
其中观点正确的是同学________(选填“甲”“乙”“丙”“丁”)。
(2)实验室有如下器材可供选用：
A．长约1 m的细线　　　　　 B．长约1 m的橡皮绳
C．直径约2 cm的均匀铁球 D．直径约5 cm的均匀木球
E．秒表 F．时钟
G．最小刻度为毫米的米尺
实验小组的同学选用了最小刻度为毫米的米尺，他们还需要从上述器材中选择：__________(填写器材前面的字母)。
(3)他们将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，将其上端固定，下端自由下垂(如图所示)。用刻度尺测量悬点到_________之间的距离记为单摆的摆长L。
(4)在小球平稳摆动后，他们记录小球完成n次全振动的总时间t，则单摆的周期T＝__________。
(5)如果实验得到的结果是g＝10.09 m/s2，比当地的重力加速度值大，分析可能是哪些不当的实际操作造成这种结果，写出其中一种：__________________________。
解析：(1)因为g是定值，则L变化时，L与T2的比值是定值，丁同学观点正确。
(2)根据实验原理及要求易知，他们还需要从上述器材中选择：A.长约1 m的细线；C.直径约2 cm的均匀铁球；E.秒表。
(3)用刻度尺测量悬点到小球球心之间的距离记为单摆的摆长L。
(4)单摆的周期T＝。
(5)可能是振动次数n计多了；可能是测量摆长时从悬点量到了小球底部；可能在计时的时候秒表开表晚了。
答案：(1)丁　(2)ACE　(3)小球球心　(4)　(5)可能是振动次数n计多了；可能是测量摆长时从悬点量到了小球底部；可能在计时的时候秒表开表晚了(合理即可)
【变式1-3】某同学利用单摆测量重力加速度。
(1)为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是________。
A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球
B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线
C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动
D．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大
(2)如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1 m的单摆。实验时，由于仅有量程为20 cm、精度为1 mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL。用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g＝________。
解析：(1)组装单摆时，悬线应选用不易伸长的细线；摆球选择体积小、密度大的摆球；单摆摆动时在同一竖直面内摆动；摆的振幅尽量小一些。选项B、C正确。
(2)设单摆的周期为T1时摆长为L1，周期为T2时摆长为L2
则T1＝2π ①
T2＝2π ②
且L1－L2＝ΔL③
联立①②③式得g＝。
答案：(1)BC　(2)
【题型2 单摆测重力加速度数据处理与误差分析】
【例2】利用单摆测当地重力加速度的实验中。
(1)利用游标卡尺测得金属小球直径如图甲所示，小球直径d＝________cm。
(2)某同学测量数据如下表，请在图乙中画出L T2图像。
L/m 0.400 0.500 0.600 0.800 1.200
T2/s2 1.60 2.10 2.40 3.20 4.80
由图像可得重力加速度g＝______m/s2(保留三位有效数字 )。
(3)某同学在实验过程中，摆长没有加小球的半径，其他操作无误，那么他得到的实验图像可能是下列图像中的________。
解析：(1)小球的直径d＝22 mm＋0.1 mm×6＝22.6 mm＝2.26 cm。
(2)L T2图像如图所示：
由T＝2π 可得：L＝2，k＝
对应图像可得：k＝＝0.25
可解得：g＝4π2k≈9.86 m/s2。
(3)在实验中，若摆长没有加小球的半径，其他操作无误，
可得：L＝T2－。故可知B正确，A、C、D均错误。
答案：(1)2.26　(2)图见解析　9.86　(3)B
【变式2-1】用单摆测量重力加速度的大小的实验装置如图所示。
(1)测出悬点O到小球球心的距离(摆长)l及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g＝________(用l、n、t表示)。
(2)下表是某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理。
组　次 1 2 3
摆长l/cm 80.00 90.00 100.00
50次全振动时间t/s 90.0 95.5 100.5
振动周期T/s 1.80 1.91
重力加速度g/(m·s－2) 9.74 9.73
请计算出第3组实验中的T＝______ s，g＝______ m/s2(计算结果保留两位小数)。
(3)用多组实验数据作出T2-l图像，也可以求出重力加速度g。已知三位同学作出的T2-l图线的示意图如图中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b，下列分析正确的是________(填选项前的字母)。
A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长l
B．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次
C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值
解析：(1)由T＝，T＝2π ，得g＝。
(2)T＝＝ s＝2.01 s，
g＝＝ m/s2≈9.76 m/s2。
(3)b图线为正确图线，a图线与b图线相比，测量的周期相同时，摆长短，说明测量摆长偏小，A错误；c图线与b图线相比，测量摆长相同时，周期偏小，可能出现的原因是多记了全振动次数，B正确；由T＝2π 得T2＝l，图线斜率小，说明g偏大，C错误。
答案：(1)　(2)2.01　9.76　(3)B
【变式2-2】某同学利用单摆测定当地重力加速度，发现单摆静止时摆球重心在球心的正下方，他仍将从悬点到球心的距离当作摆长L，通过改变摆线的长度，测得6组L和对应的周期T，画出L T2图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图所示。他采用恰当的数据处理方法，则计算重力加速度的表达式应为g＝________(用图中标注字母表示)。请你判断该同学得到的实验结果与摆球重心就在球心处的情况相比，将________(填“偏大”“偏小”或“相同”)。
解析：由单摆的周期公式T＝2π，得T2＝4π2，则TA 2＝4π2 ，TB2＝4π2 ，可得g＝，由此式可知测得的g与某一次实验时的摆长无关，与两次实验中的摆长差有关，所以g值与摆球重心在不在球心处无关。
答案：　相同
【变式2-3】某同学在“用单摆测重力加速度”的实验中进行了如下的操作：
(1)用游标上有10个小格的游标卡尺测量摆球直径如图甲所示，摆球直径为________cm，把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长l0，通过计算得到摆长L.
(2)用停表测量单摆的周期.当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n＝0，单摆每经过最低点记一次数，当数到n＝60时停表的示数如图乙所示，该单摆的周期T＝________s(结果保留三位有效数字).
(3)测量出多组周期T、摆长L数值后，画出T2－L图象如图丙，造成图线不过坐标原点的原因可能是________.
A.摆球的振幅过小 B.将l0计为摆长L
C.将(l0＋d)计为摆长L D.摆球质量过大
(4)该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度.他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，然后把摆线缩短适当的长度ΔL，再测出其振动周期T2.用该同学测出的物理量表示重力加速度为g＝________.
答案　(1)2.06　(2)2.25　(3)B　(4)
解析　(1)由题图甲可知，游标卡尺示数为20 mm＋0.1×6 mm＝20.6 mm＝2.06 cm；
(2)由题图乙可知，停表示数为t＝1 min＋7.4 s＝67.4 s，单摆的周期T＝＝ s≈2.25 s
(3)题图丙图线不通过坐标原点，将图线向右平移1 cm就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小1 cm，可能是测摆长时漏掉了摆球的半径，故选B.
(4)根据题意，由单摆周期公式T＝2π，可得T1＝2π，T2＝2π，联立可得g＝.
【题型3 单摆测重力加速度实验器材的创新】
【例3】在用单摆测定重力加速度的实验中
（1） 实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图甲所示，该摆球的直径d=________ mm；
（2） 接着测量了摆线的长度为l0，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图乙所示，则重力加速度的表达式g=_______（用题目中的物理量表示）；
（3） 某小组改变摆线长度l0，测量了多组数据。在进行数据处理时，甲同学把摆线长l0作为摆长，直接利用公式求出各组重力加速度值再求出平均值；乙同学作出T2-l0图象后求出斜率，然后算出重力加速度。两同学处理数据的方法对结果的影响是：甲________，乙________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
答案：14.15 偏小 无影响
【详解】
（1）[1] 摆球的直径
（2）[2] 单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和，则单摆摆长为
由图乙所示图象可知，单摆的周期
由单摆周期公式
重力加速度
（3）[3] 摆长应该是摆线长度与摆球半径之和，甲同学把摆线长l0作为摆长，摆长小于实际摆长，根据单摆周期公式
重力加速度
可知，重力加速度的测量值小于真实值
[4] 乙同学由
可知
可知，T2-l0图象的斜率
把摆线长度当作摆长作出的T2-l0图象的斜率不受影响，所测重力加速度g不受影响
【变式3-1】如图甲所示，某学习小组在实验室做“用单摆测量重力加速度的大小”的实验。
(1)若用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间t。请写出周期的表达式T＝________。
(2)若利用拉力传感器记录拉力随时间变化的关系，由图乙可知，该单摆的周期T＝________ s。
(3)在多次改变摆线长度测量后，根据实验数据，利用计算机作出周期与摆线长度的关系(T2-L)图线，并根据图线拟合得到方程T2＝kL＋b，由此可知当地的重力加速度g＝________，摆球半径r＝________(用k、b、π表示)。
解析：(1)单摆完成n次全振动所用的时间为t，则周期的表达式T＝。
(2)单摆摆动过程中，每次经过最低点时拉力最大，每次经过最高点时拉力最小，拉力变化的周期为1.0 s，故单摆的周期为2.0 s。
(3)根据T＝2π 得：T2＝L′，知图线的斜率：k＝，因此g＝；而L′＝L＋r，图线拟合得到方程T2＝kL＋b，因此摆球半径r＝。
答案：(1)　(2)2.0　(3)　
【变式3-2】(1)在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中，两位同学用游标卡尺测量小球的直径的操作如图甲、乙所示。测量方法正确的是________(选填“甲”或“乙”)。
(2)实验时，若摆球在垂直纸面的平面内摆动，为了将人工记录振动次数改为自动记录振动次数，在摆球运动的最低点的左、右两侧分别放置一激光光源与光敏电阻，如图丙所示。光敏电阻与某一自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t的变化图线如图丁所示，则该单摆的振动周期为____________。若保持悬点到小球顶点的绳长不变，改用直径是原小球直径2倍的另一小球进行实验，则该单摆的周期将__________(填“变大”“不变”或“变小”)，图丁中的Δt将__________(填“变大”“不变”或“变小”)。
解析：(1)游标卡尺应该用两外测量爪对齐的地方测量，正确的是图乙。
(2)一个周期内小球应该两次经过最低点，使光敏电阻的阻值发生变化，故周期为t1＋2t0－t1＝2t0；小球的直径变大后，摆长变长，根据T＝2π 可知，周期变大；每次经过最低点时小球的挡光的时间变长，即Δt变大。
答案：(1)乙　(2)2t0　变大　变大
【变式3-3】如图所示，某同学利用双线摆和光电计数器测量当地的重力加速度。已知每根悬线长为d，两悬点间相距s，金属小球半径为r，AB为光电计数器。现将小球垂直于纸面向外拉动，使悬线偏离竖直方向一个较小的角度并由静止释放，同时，启动光电计数器，当小球第一次经过图中虚线（光束）位置O时，由A射向B的光束被挡住，计数器计数一次，显示为“1”，同时计时器开始计时．然后每当小球经过点O时，计数器都计数一次。当计数器上显示的计数次数刚好为n时，所用的时间为t，由此可知：
（1）双线摆的振动周期______，双线摆的等效摆长______。
（2）依据公式______代入周期T和等效摆长L的值，即可求出重力加速度。
（3）该同学在实验中，测量5种不同摆长情况下单摆的振动周期，记录数据见表。
如图表
实验次数 1 2 3 4 5
L/m 0.50 0.80 0.90 1.00 1.20
T/s 1.41 1.79 1.90 2.01 2.19
1.99 3.20 3.61 4.00 4.80
以L为横坐标，为纵坐标，在图中作出图像_______，并利用此图像求得重力加速度______。（保留三位有效数字）
答案： 9.86m/s2
【详解】
(1)[1]由题意可知，时间t内，单摆完成全振动的次数为，单摆的周期
[2]双线摆的等效摆长为
(2)[3]由单摆周期公式
可得
(3)[4][5]由单摆周期公式
变形得
则L与T2成正比，为方便实验数据处理，L-T2是一条直线，探究T、L的关系应作出L-T2图象，如图所示
斜率
解得
g=9.86m/s2
【题型4 对比测重力加速度实验方法的创新】
【例4】将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为h(未知)且开口向下的小筒中(单摆的下部分露于筒外)，如图甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆振动过程中悬线不会碰到筒壁，如果本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离L，并通过改变L而测出对应的摆动周期T，再以T2为纵轴、L为横轴作出T2 L函数关系图象，那么就可以通过此图象得出小筒的深度h和当地的重力加速度g．
(1)如果实验中所得到的T2 L关系图象如图乙所示，那么真正的图象应该是a、b、c中的________；
(2)由图可知，小筒的深度h＝_________m，当地的重力加速度g＝________m/s2；(计算结果保留三位有效数字)
(3)某次停表计时得到的时间如图丙所示，则总时间为__________s．
解析：(1)由单摆周期公式T＝2π得T2＝＋，纵轴截距大于0，图线应为题图乙中的图线a；
(2)由图象的截距得h≈0.315 m；由斜率可求得
g＝＝ m/s2＝π2 m/s2≈9.86 m/s2．
答案：(1)___a__；(2)h＝___0.315__m，g＝___9.86__m/s2；(3)___66.30__s．
【变式4-1】某同学利用单摆测量重力加速度的大小。
(1)为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是________。
A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球
B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线
C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动
D．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大
(2)如图所示，在支架的竖直立柱上固定有摆长约1 m的单摆。实验时，由于仅有量程为20 cm、精确度为1 mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL。用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g＝________。
解析：(1)在利用单摆测重力加速度实验中，为了使测量误差尽量小，须选用密度大、半径小的摆球和不易伸长的细线，摆球须在同一竖直面内摆动，摆长一定时，振幅尽量小些，以使其满足简谐运动条件，故选B、C。
(2)设第一次摆长为L，第二次摆长为L－ΔL，则T1＝2π，T2＝2π ，联立解得g＝。
答案：(1)BC　(2)
【变式4-2】将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为h(未知)且开口向下的小筒中(单摆的下部分露于筒外)，如图甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆摆动过程中悬线不会碰到筒壁，如果本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离L，并通过改变L而测出对应的摆动周期T，再以T2为纵轴、L为横轴作出函数关系图象，那么就可以通过此图象得出小筒的深度h和当地的重力加速度g.
(1)测量单摆的周期时，某同学在摆球某次通过最低点时，按下秒表开始计时，同时数“1”，当摆球第二次通过最低点时数“2”，依此法往下数，当他数到“59”时，停止计时，读出这段时间t，则该单摆的周期为(　 　)
A. B. C. D.
(2)如果实验中所得到的T2L关系图象如图乙所示，那么真正的图象应该是a、b、c中的________．
(3)由图象可知，小筒的深度h＝________ m；当地重力加速度g＝________ m/s2.
解析：(1)58个“半周期”，这段时间t含有29个周期，该单摆的周期为，选项A正确．
(2)设摆线在筒内部分的长度为h，由T＝2π 得，T2＝L＋h，可知T2L关系图象为a.
(3)将T2＝0，L＝－30 cm代入上式可得h＝30 cm＝0.3 m将T2＝1.20 s2，L＝0代入上式可求得g＝π2≈9.86 m/s2.
答案：(1)A　(2)a　(3)0.3　9.86
【题型5 受迫振动与弹簧振子】
【例5】如图甲所示，曲轴上悬挂一弹簧振子。图乙为弹簧振子做受迫振动的共振曲线。下列说法正确的是（　　）
A．共振曲线的纵坐标表示物体在不同驱动力频率下的振幅
B．转动摇把时，弹簧振子的振幅与摇把转速无关
C．转动摇把时，弹簧振子的频率与摇把转速无关
D．停止转动摇把，弹簧振子做阻尼振动，其振动频率随振幅的减小而减小
答案：A
【变式5-1】(2022·威海四校联考)如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上下振动。开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2 Hz。现匀速转动摇把，转速为240 r/min。则(　 )
A．当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5 s
B．当振子稳定振动时，它的振动频率是6 Hz
C．当转速增大时，弹簧振子的振幅增大
D．当转速减小时，弹簧振子的振幅增大
解析：选D　摇把匀速转动的频率f＝n＝ Hz＝4 Hz，周期T＝＝0.25 s，当振子稳定振动时，它的振动周期及频率均与驱动力的周期及频率相等，A、B错误；当转速减小时，其频率将更接近振子的固有频率2 Hz，弹簧振子的振幅将增大，C错误，D正确。
【变式5-2】[多选]某简谐振子，自由振动时的振动图像如图甲中实线所示，而在某驱动力作用下做受迫振动时，稳定后的振动图像如图甲中虚线所示，那么，此受迫振动对应的状态可能是图乙中的(　　)
A．a点　　　　　　　　　 B．b点
C．c点 D．一定不是c点
解析：选AD　简谐振子自由振动时，设周期为T1；而在某驱动力作用下做受迫振动时，设周期为T2；显然T1＜T2；根据f＝，有f1＞f2；题图乙中c点处代表发生共振，驱动力频率等于固有频率f1；做受迫振动时，驱动力频率f2＜f1，故此受迫振动对应的状态可能是图乙中的a点，且一定不是c点，故A、D正确。
【变式5-3】两个弹簧振子，甲的固有频率是，乙的固有频率是，若它们均在频率为的相同的驱动力作用下做受迫振动，则（　　）
A．甲的振幅较大，振动频率是 B．乙的振幅较大，振动频率是
C．甲的振幅较大，振动频率是 D．乙的振幅较大，振动频率是
答案：B
【题型6 受迫振动与单摆】
【例6】(多选)如图所示为受迫振动的演示装置，在一根张紧的绳子上悬挂几个摆球，可以用一个单摆(称为“驱动摆”)驱动另外几个单摆.下列说法正确的是(　　)
A.某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度可能不同但加速度一定相同
B.如果驱动摆的摆长为L，则其他单摆的振动周期都等于2π
C.驱动摆只把振动形式传播给其他单摆，不传播能量
D.如果某个单摆的摆长等于驱动摆的摆长，则这个单摆的振幅最大
答案　ABD
解析　某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度大小相等但方向可能不同，根据F＝－kx可得，加速度a＝＝－x，故加速度一定相同，A正确；如果驱动摆的摆长为L，根据单摆的周期公式有T＝2π，而其他单摆都做受迫振动，故其振动周期都等于驱动摆的周期，B正确；同一地区，单摆的固有频率只取决于单摆的摆长，摆长等于驱动摆的摆长时，单摆的振幅能够达到最大，这种现象称为共振，受迫振动不仅传播运动形式，还传播能量和信息，故C错误，D正确.
【变式6-1】如图所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，其中A、B的摆长相等。当A摆振动的时候，通过张紧的绳子给B、C、D摆施加驱动力，使其余各摆做受迫振动。观察B、C、D摆的振动发现(　 )
A．C摆的频率最小 B．D摆的周期最大
C．B摆的振幅最大 D．B、C、D的振幅相同
解析：选C　由A摆摆动从而带动其他3个单摆做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，故其他各摆振动周期跟A摆相同，频率也相等，故A、B错误；受迫振动中，当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅达到最大，由于B摆的固有频率与A摆的频率相同，故B摆发生共振，振幅最大，故C正确，D错误。
【变式6-2】如图所示为单摆做阻尼振动的位移随时间变化的图像，、时刻的位移大小均为2cm，时刻的位移大于2cm。关于摆球在、和时刻的速度、重力势能、动能、机械能的分析，下列说法正确的是（　　）
A．摆球在时刻的机械能等于时刻的机械能
B．摆球在时刻的动能等于时刻的动能
C．摆球在时刻的重力势能等于时刻的重力势能
D．摆球在时刻的速度大于时刻的速度
答案：C
【变式6-3】如图甲所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆．当a摆振动的时候，通过张紧的绳子给其他各摆施加驱动力，使其余各摆也振动起来，此时b摆的振动周期________（选填“大于”、“等于”或“小于”）d摆的周期．图乙是a摆的振动图象，重力加速度为g，则a的摆长为________．
答案： 等于
【题型7 受迫振动与其它振动系统】
【例7】(2021·浙江1月选考)(多选)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
解析：选AD　根据共振产生的条件可知，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，A正确；当振动器的振动频率等于树木的固有频率时产生共振，此时树干振动的幅度最大，则随着振动器频率的增加，树干振动的幅度不一定增大，B错误；打击杆对不同粗细树干打击时，为产生共振，打击杆的振动频率不相同，则打击结束后，树干的振动频率一定是不相同的，C错误；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，D正确。
【变式7-1】为了交通安全，常在公路上设置如图所示的减速带，减速带使路面稍微拱起以达到使车辆减速的目的。一排等间距设置的减速带，可有效降低车速。如果某路面上的减速带的间距为1.5 m，一辆固有频率为2 Hz的汽车匀速驶过这排减速带，下列说法正确的是(　 )
A．当汽车以5 m/s的速度行驶时，其振动频率为2 Hz
B．当汽车以3 m/s的速度行驶时最不颠簸
C．当汽车以3 m/s的速度行驶时颠簸最厉害
D．汽车速度越大，颠簸就越厉害
解析：选C　当汽车以5 m/s的速度行驶时，驱动力的周期为T＝＝ s＝0.3 s，所以频率等于f＝＝ Hz，故A错误；当汽车以3 m/s的速度行驶时，汽车的频率为f＝＝ Hz＝2 Hz，此时和固有频率相同，所以颠簸最厉害，故C正确，B、D错误。
【变式7-2】.(多选)关于受迫振动和共振，下列说法正确的是(　　)
A.火车过桥时限制速度是为了防止火车发生共振
B.若驱动力的频率为5 Hz，则受迫振动稳定后的振动频率一定为5 Hz
C.当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大
D.受迫振动系统的机械能守恒
答案　BC
解析　火车过桥时限制速度是为了防止桥发生共振，选项A错误；对于一个受迫振动系统，若驱动力的频率为5 Hz，则振动系统稳定后的振动频率也一定为5 Hz，选项B正确；由共振的定义可知，选项C正确；受迫振动系统，驱动力做功，系统的机械能不守恒，选项D错误.
【变式7-3】[多选]正在运转的机器，当其飞轮以角速度ω0匀速转动时，机器的振动不强烈，切断电源，飞轮的转动逐渐慢下来，在某一小段时间内机器却发生了强烈的振动，此后飞轮转速继续变慢，机器的振动也随之减弱，在机器停下来之后若重新启动机器，使飞轮转动的角速度从0较缓慢地增大到ω0，在这一过程中(　　)
A．机器不一定还会发生强烈的振动
B．机器一定还会发生强烈的振动
C．若机器发生强烈振动，强烈振动可能发生在飞轮角速度为ω0时
D．若机器发生强烈振动，强烈振动时飞轮的角速度肯定不为ω0
解析：选BD　以角速度ω0转动逐渐慢下来，在某一小段时间内机器却发生了强烈的振动，说明此过程机器的固有频率与驱动频率相等达到了共振，当飞轮转动的角速度从0较缓慢地增大到ω0，在这一过程中，一定会出现机器的固有频率与驱动频率相等即达到共振的现象，机器一定还会发生强烈的振动，故A错误，B正确；由已知当机器的飞轮以角速度ω0匀速转动时，其振动不强烈，则机器若发生强烈振动，强烈振动时飞轮的角速度肯定不为ω0，故C错误，D正确。
【题型8 共振曲线的应用】
【例8】)(多选)一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)如图所示，则(　　)
A.此单摆的固有周期为2 s
B.此单摆的摆长约为1 m
C.若摆长增大，单摆的固有频率增大
D.若摆长增大，共振曲线的峰将向左移动
答案　ABD
解析　由共振曲线知此单摆的固有频率为0.5 Hz，固有周期为2 s；再由T＝2π，得此单摆的摆长约为1 m；若摆长增大，单摆的固有周期增大，固有频率减小，则共振曲线的峰将向左移动，故选项A、B、D正确.
【变式8-1】如图所示为两单摆分别在受迫振动中的共振曲线，则下列说法错误的是(　 )
A．若两摆的受迫振动分别在月球上和地球上进行，且摆长相同，则图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线
B．若两摆的受迫振动是在地球上同一地点进行，则两摆摆长之比LⅠ∶LⅡ＝25∶4
C．图线Ⅱ若表示在地面上完成的，则该单摆摆长约为1 m
D．若摆长均为1 m，则图线Ⅰ表示在地面上完成的
解析：选D　图线中振幅最大处对应的频率应与做受迫振动的单摆的固有频率相等，从图线上可以看出，两摆的固有频率fⅠ＝0.2 Hz，fⅡ＝0.5 Hz。当两摆在月球和地球上分别做受迫振动且摆长相等时，根据公式f＝ 可知，g越大，f越大，所以gⅡ＞gⅠ，因为g地＞g月，因此可推知图线Ⅰ表示月球上单摆的
共振曲线，A正确；若在地球上同一地点进行两次受迫振动，g相同，摆长长的频率f小，且有＝，所以＝，B正确；fⅡ＝0.5 Hz，若图线Ⅱ表示在地面上完成的，根据g＝9.8 m/s2，可计算出LⅡ约为1 m，C正确，D错误。
【变式8-2】两单摆在不同的驱动力作用下其振幅A随驱动力频率f变化的图象如图中甲、乙所示，则下列说法正确的是(　　)
A.单摆振动时的频率与固有频率有关，振幅与固有频率无关
B.若两单摆放在同一地点，则甲、乙两单摆的摆长之比为4∶1
C.若两单摆摆长相同放在不同的地点，则甲、乙两单摆所处两地的重力加速度之比为4∶1
D.周期为2 s的单摆叫作秒摆，在地面附近，秒摆的摆长约为2 m
答案　B
解析　做受迫振动的物体的频率等于驱动力的频率，单摆振动时的频率由驱动力的频率决定，与单摆的固有频率无关，当驱动力频率等于单摆的固有频率时，单摆的振幅最大，发生共振，选项A错误；由题图可知，甲、乙两个单摆的固有频率之比为1∶2，则由T＝＝2π可知，l＝，则若两单摆放在同一地点，则甲、乙两单摆的摆长之比为4∶1；若两单摆摆长相同放在不同的地点，则甲、乙两单摆所处两地的重力加速度之比为1∶4，选项B正确，C错误；在地面附近，秒摆的摆长为l＝≈1 m，选项D错误.
【变式8-3】[多选]关于受迫振动和共振，下列说法正确的是(　　)
A．火车过桥时限制速度是为了防止火车发生共振
B．若驱动力的频率为5 Hz，则受迫振动稳定后的振动频率一定为5 Hz
C．当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大
D．一个受迫振动系统在非共振状态时，同一振幅对应的驱动力频率一定有两个
E．受迫振动系统的机械能守恒
解析：选BCD　火车过桥时限制速度是为了防止桥发生共振，A错误；对于一个受迫振动系统，若驱动力的频率为5 Hz，则振动系统稳定后的振动频率也一定为5 Hz，B正确；由共振的定义可知，C正确；根据共振现象可知，D正确；受迫振动系统，驱动力做功，系统的机械能不守恒，E错误。专题3.2 机械波的干涉
【人教版】
【题型1 波的叠加】
【题型2 公式法判断振动加强点与振动削弱点】
【题型3 动态图解法判断振动加强点与振动削弱点】
【题型4 寻找振动加强区与振动削弱区的个数】
【题型5 干涉特点】
【题型1 波的叠加】
【例1】[多选]甲、乙两列横波在同一介质中分别从波源M、N两点沿x轴相向传播，波速为2 m/s，振幅相同；某时刻的图像如图所示。则(　　)
A．甲、乙两波的起振方向相反
B．甲、乙两波的频率之比为3∶2
C．再经过3 s，平衡位置在x＝7 m处的质点振动方向向下
D．再经过3 s，两波源间(不含波源)有5个质点位移为零
【变式1-1】甲、乙两列简谐横波分别沿x轴负方向和正方向传播，两波源分别位于x＝0.9 m处和x＝－0.6 m处，两列波的波速大小相等，波源的振幅均为2 cm，两列波在t＝0时刻的波形如图所示，此时平衡位置在x＝－0.2 m和x＝0.1 m处的P、Q两质点刚要开始振动。质点M的平衡位置在x＝0.3 m处，已知甲波的周期为0.8 s，求：
(1)乙波传播到M质点所需要的时间；
(2)在0～2.5 s时间内，M质点沿y轴正方向位移最大的时刻。
【变式1-2】[多选]如图所示为某时刻的两列简谐横波在同一介质中沿相同方向传播的波形图，此时a波上某质点P的运动方向如图所示，则下列说法正确的是(　　)
A．两列波具有相同的波速
B．此时b波上的质点Q正向上运动
C．一个周期内，Q质点沿x轴前进的距离是P质点的1.5倍
D．在P质点完成30次全振动的时间内Q质点可完成20次全振动
E．a波和b波在空间相遇处会产生稳定的干涉图样
【变式1-3】有两列简谐横波a、b在同一介质中分别沿x轴正方向和负方向传播．两列波在t＝0时刻的波形曲线如图所示，已知a波的周期Ta＝1 s．求：
(1)两列波的传播速度；
(2)从t＝0时刻开始，最短经过多长时间x＝1.0 m的质点偏离平衡位置的位移为0.16 m
【题型2 公式法判断振动加强点与振动削弱点】
【例2】如图甲所示，在水平面内，有三个质点a、b、c分别位于直角三角形的三个顶点上，已知ab＝6 m，ac＝8 m。在t1＝0时刻a、b同时开始振动，振动图像均如图乙所示，所形成的机械波在水平面内传播，在t2＝4 s时c点开始振动，则下列说法正确的是(　 )
A．该机械波的波长为8 m
B．该机械波的传播速度大小为8 m/s
C．两列波相遇后，c点的振动频率增大
D．两列波相遇后，c点振动加强
【变式2-1】如图所示，在xOy平面内有两个沿z轴方向(垂直xOy平面)做简谐运动的点波源S1(1 m,0)和S2(5 m,0)，振动方程分别为zs1＝Asin 、zs2＝Asin 。两列波的波速均为1 m/s，两列波在点B(5 m,3 m)和点C(3 m,2 m)相遇时，分别引起B、C处质点的振动总是相互(　 )
A．加强、加强 B．减弱、减弱
C．加强、减弱 D．减弱、加强
【变式2-2】如图(a)，在xy平面内有两个沿z方向做简谐振动的点波源S1(0,4)和S2(0，－2)。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1.00 m/s。两列波从波源传播到点A(8，－2)的路程差为________ m，两列波引起的点B(4,1)处质点的振动相互________(填“加强”或“减弱”)，点C(0,0.5)处质点的振动相互________(填“加强”或“减弱”)。
【变式2-3】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体的过程中都会发出噪声，干涉型消声器可以用来削弱高速气流产生的噪声。干涉型消声器的结构及气流运行如图所示，产生的波长为λ的声波沿水平管道自左向右传播。在声波到达a处时，分成两束相干波，它们分别通过r1和r2的路程，再在b处相遇，即可达到削弱噪声的目的。若Δr＝r2－r1，则Δr等于(　 )
A．波长λ的整数倍 B．波长λ的奇数倍
C．半波长的奇数倍 D．半波长的偶数倍
【题型3 动态图解法判断振动加强点与振动削弱点】
【例3】(多选)如图所示为两列相干波某时刻的波峰和波谷位置，实线表示波峰，虚线表示波谷，相邻实线与虚线间的距离为0.2 m，波速为1 m/s，在图示范围内可以认为这两列波的振幅均为1 cm，C点是B、D两点连线的中点，则(　　)
A.图示时刻A、B两点的高度差为2 cm
B.图示时刻C点正处在平衡位置且向上运动
C.F点到两波源的路程差为零
D.经0.1 s，A点的位移为零
【变式3-1】如图所示，A、B为振幅相同的相干波源，且向外传播过程中振幅衰减不计，图中实线表示波峰，虚线表示波谷，则下列叙述错误的是(　 )
A．Q点始终处于波峰位置
B．R、S两点始终处于静止状态
C．P、Q连线上各点振动始终最强
D．P点在图中所示的时刻处于波谷，再过周期处于平衡位置
【变式3-2】甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中传播，甲波沿x轴正方向传播，乙波沿x轴负方向传播，t＝0时刻两列波的波形图如图所示。已知波速v＝8 m/s，下列说法正确的是(　 )
A．波的频率f＝0.5 Hz
B．t＝0时刻，x＝4 m与x＝8 m处的两质点振动方向相同
C．两列波叠加后，x＝6 m处为振动加强点
D．在t＝0.5 s时刻，x＝5 m处的质点第一次到达y＝－7 cm处
【变式3-3】如图表示两个相干波源S1、S2产生的波在同一种均匀介质中相遇．图中实线表示波峰，虚线表示波谷，c和f分别为ae和bd的中点，则：
(1)在a、b、c、d、e、f六点中，振动加强的点是__________．振动减弱的点是____________．
(2)若两振源S1和S2振幅相同，此时刻位移为零的点是________．
(3)画出此时刻a、c、e连线上，以a为起点的一列完整波形，标出e点．
【题型4 寻找振动加强区与振动削弱区的个数】
【例4】[多选]如图所示，空间同一平面内有A、B、C三点，AB＝5 m，BC＝4 m，AC＝3 m。A、C两点处有完全相同的波源做简谐振动，振动频率为1 360 Hz，波速为340 m/s。下列说法正确的是(　　)
A．B点的位移总是最大
B．A、B间有7个振动加强的点
C．两列波的波长均为0.25 m
D．B、C间有8个振动减弱的点
E．振动减弱点的位移总是为零
【变式4-1】如图甲、乙分别是A、B两列横波波源的振动图像，一起处在相同的介质中，C、D位置与A、B两个波源恰好组成一个矩形，其中边长为4m，边长为3m，以两波源同时起振的时刻开始计时，已知时D点开始振动，下列说法不正确的是（　　）
A．D点开始振动的方向是y负方向
B．到时间内，D点振动通过的路程为64cm
C．连线上（不包含波源）有7个点振幅为0
D．连线上（不包含波源）有3个点振幅为16cm
【变式4-2】两个振动情况完全一样的波源S1和S2相距6 m，它们发出的两列波在空间相遇时产生干涉，图中实线表示振动加强的区域，虚线表示振动减弱的区域。已知S1、S2间的距离等于两列波波长的整数倍，则下列说法正确的是 （　　）
A．两波源的振动频率一定相同 B．虚线一定是波谷与波谷相遇处
C．两列波的波长都是3 m D．两列波的波长都是1 m
【变式4-3】如图所示，在均匀介质中，位于和处的两波源和沿y轴方向不断振动，在x轴上形成两列振幅均为4cm、波速均为2m/s的相向传播的简谐横波，时刻的波形如图，下列说法正确的是（　　）
A．波源和的起振方向都沿y轴正方向
B．时，两列波的第一个波峰在处相遇
C．0~5s内，处的质点运动的路程为8cm
D．形成稳定干涉图样后，x轴上两波源间（不含波源）有9个振动加强点
【题型5 干涉特点】
【例5】关于波的干涉，下列说法正确的是（　　）
A．在振动减弱区域，介质质点的位移总为零
B．在振动加强区域，介质质点的振幅随时间做周期性变化
C．产生干涉现象的必要条件之一，就是两列波的频率相等
D．两列波发生干涉时，振动加强点的位移一定大于振动减弱点的位移
【变式5-1】(多选)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
【变式5-2】（多选）两列振幅相等、波长均为、周期均为T的简谐横波沿同一绳子相向传播，若两列波均由一次全振动产生，t=0时刻的波形如图1所示，此时两列波相距，则（　　）
A．时，波形如图2甲所示
B．时，波形如图2乙所示
C．时，波形如图2丙所示
D．时，波形如图2丁所示
【变式5-3】如图甲所示，手机小孔位置内置降噪麦克风，通过其降噪系统产生与外界噪音相位相反的声波，从而实现降噪的效果。图乙表示的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．降噪过程外界噪音的能量消失了
B．降噪原理是使声波发生干涉
C．图乙所示，此时介质中的质点P处于平衡位置、速度最大
D．图乙所示，介质中的质点P经过一个周期沿波的传播方向传播了一个波长的距离
参考答案
【题型1 波的叠加】
【例1】[多选]甲、乙两列横波在同一介质中分别从波源M、N两点沿x轴相向传播，波速为2 m/s，振幅相同；某时刻的图像如图所示。则(　　)
A．甲、乙两波的起振方向相反
B．甲、乙两波的频率之比为3∶2
C．再经过3 s，平衡位置在x＝7 m处的质点振动方向向下
D．再经过3 s，两波源间(不含波源)有5个质点位移为零
解析：选ABD　根据题意，甲波向右传播，起振方向向下，乙波向左传播，起振方向向上，故选项A正确；据题图可知甲波波长为4 m，甲波周期为：T＝＝2 s，频率f＝ Hz，乙波波长为6 m，周期为：T＝＝3 s，频率为：f＝ Hz，故选项B正确；再经过3 s，甲波波谷到达x＝7 m处，乙波是平衡位置与波峰之间某一振动到达x＝7 m处，所以该质点应该向上振动，选项C错误；此时除了波源还有x＝9～10 m处、x＝7～8 m处、x＝6 m处、x＝4～5 m处、x＝2～3 m处共5个质点位移为零，故选项D正确。
【变式1-1】甲、乙两列简谐横波分别沿x轴负方向和正方向传播，两波源分别位于x＝0.9 m处和x＝－0.6 m处，两列波的波速大小相等，波源的振幅均为2 cm，两列波在t＝0时刻的波形如图所示，此时平衡位置在x＝－0.2 m和x＝0.1 m处的P、Q两质点刚要开始振动。质点M的平衡位置在x＝0.3 m处，已知甲波的周期为0.8 s，求：
(1)乙波传播到M质点所需要的时间；
(2)在0～2.5 s时间内，M质点沿y轴正方向位移最大的时刻。
解析：(1)由题图可知，甲波的波长为λ甲＝0.8 m，由于甲波的周期为T甲＝0.8 s
由v＝可得v＝1.0 m/s
两波波速大小相等，由题图可知xPM＝0.5 m
由t＝，可解得t＝0.5 s。
(2)由题图乙知乙波的波长λ乙＝0.4 m，由T乙＝
可得T乙＝0.4 s
甲波使M质点处于波峰时，应有t甲＝mT甲
解得t甲＝ s(m＝0,1,2，…)
乙波使M质点处于波峰时，应有t乙＝(n＋2)T乙
解得t乙＝(n＋2)s(n＝0,1,2，…)
欲使两列波相遇后M质点位于波峰位置，
则必有t甲＝t乙，即2m－n＝2
因m、n只能取整数，故有
m＝1、n＝0时，t＝0.8 s
m＝2、n＝2时，t＝1.6 s
m＝3、n＝4时，t＝2.4 s
所以t＝0时刻后的2.5 s时间内，M质点沿y轴正方向位移最大的时刻分别为0.8 s、1.6 s和2.4 s。
答案：(1)0.5 s　(2)见解析
【变式1-2】[多选]如图所示为某时刻的两列简谐横波在同一介质中沿相同方向传播的波形图，此时a波上某质点P的运动方向如图所示，则下列说法正确的是(　　)
A．两列波具有相同的波速
B．此时b波上的质点Q正向上运动
C．一个周期内，Q质点沿x轴前进的距离是P质点的1.5倍
D．在P质点完成30次全振动的时间内Q质点可完成20次全振动
E．a波和b波在空间相遇处会产生稳定的干涉图样
解析：选ABD　两列简谐横波在同一介质中波速相同，故A正确。此时a波上某质点P的运动方向向下，由波形平移法可知，波向左传播，可知此时b波上的质点Q正向上运动，故B正确。在简谐波传播过程中，介质中质点只上下振动，不会沿x轴前进，故C错误。由题图可知，两列波波长之比λa∶λb＝2∶3，波速相同，由波速公式v＝λf得a、b两波频率之比为fa∶fb＝3∶2，所以在P质点完成30次全振动的时间内Q质点可完成20次全振动，故D正确。两列波的频率不同，不能产生稳定的干涉图样，故E错误。
【变式1-3】有两列简谐横波a、b在同一介质中分别沿x轴正方向和负方向传播．两列波在t＝0时刻的波形曲线如图所示，已知a波的周期Ta＝1 s．求：
(1)两列波的传播速度；
(2)从t＝0时刻开始，最短经过多长时间x＝1.0 m的质点偏离平衡位置的位移为0.16 m
答案　(1)2.5 m/s　(2)5.4 s
解析　(1)由图可知a、b两列波的波长分别为
λa＝2.5 m，λb＝4.0 m
两列波在同种介质中的传播速度相同为v＝＝2.5 m/s
(2)a波的波峰传播到x＝1.0 m的质点经历的时间：
ta＝＝
b波的波峰传播到x＝1.0 m的质点经历的时间：
tb＝＝
又：ta＝tb＝t
联立解得：5m－8n＝1(式中m、n均为正整数)
分析知，当m＝5、n＝3时，x＝1.0 m的质点偏离平衡位置的位移为0.16 m时经过时间最短．
将m＝5代入t＝
解得：t＝5.4 s.
【题型2 公式法判断振动加强点与振动削弱点】
【例2】如图甲所示，在水平面内，有三个质点a、b、c分别位于直角三角形的三个顶点上，已知ab＝6 m，ac＝8 m。在t1＝0时刻a、b同时开始振动，振动图像均如图乙所示，所形成的机械波在水平面内传播，在t2＝4 s时c点开始振动，则下列说法正确的是(　 )
A．该机械波的波长为8 m
B．该机械波的传播速度大小为8 m/s
C．两列波相遇后，c点的振动频率增大
D．两列波相遇后，c点振动加强
解析：选D　由于两列波的波速相同，且ac【变式2-1】如图所示，在xOy平面内有两个沿z轴方向(垂直xOy平面)做简谐运动的点波源S1(1 m,0)和S2(5 m,0)，振动方程分别为zs1＝Asin 、zs2＝Asin 。两列波的波速均为1 m/s，两列波在点B(5 m,3 m)和点C(3 m,2 m)相遇时，分别引起B、C处质点的振动总是相互(　 )
A．加强、加强 B．减弱、减弱
C．加强、减弱 D．减弱、加强
解析：选B　由于C点到两波源的距离相等，两列波从波源传到C点的路程差为ΔsC＝0，为波长的整数倍，由两波源的振动方程可知两波的振动方向相反，所以C为振动减弱点，则A、D错误；两列波从波源传到B点的路程差为ΔsB＝ m－3 m＝2 m，由振动方程可知两列波源的振动周期为T＝＝2 s，波长为λ＝vT＝1×2 m＝2 m，两列波从波源传到B点的路程差为波长的整数倍，所以B点为振动减弱点，所以B正确，C错误。
【变式2-2】如图(a)，在xy平面内有两个沿z方向做简谐振动的点波源S1(0,4)和S2(0，－2)。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1.00 m/s。两列波从波源传播到点A(8，－2)的路程差为________ m，两列波引起的点B(4,1)处质点的振动相互________(填“加强”或“减弱”)，点C(0,0.5)处质点的振动相互________(填“加强”或“减弱”)。
解析：点波源S1(0,4)的振动形式传播到点A(8，－2)的路程为L1＝10 m，点波源S2(0，－2)的振动形式传播到点A(8，－2)的路程为L2＝8 m，两列波从波源传播到点A(8，－2)的路程差为ΔL＝L1－L2＝2 m。由于两列波的波源到点B(4,1)的路程相等，路程差为零，且t＝0时两列波的波源的振动方向相反，所以两列波到达点B时振动方向相反，引起点B处质点的振动相互减弱；由振动图线可知，波动周期为T＝2 s，波长λ＝vT＝2 m。由于两列波的波源到点C(0,0.5)的路程分别为3.5 m和2.5 m，路程差为1 m，而t＝0时两列波的波源的振动方向相反，所以两列波到达点C时振动方向相同，引起点C处质点的振动相互加强。
答案：2　减弱　加强
【变式2-3】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体的过程中都会发出噪声，干涉型消声器可以用来削弱高速气流产生的噪声。干涉型消声器的结构及气流运行如图所示，产生的波长为λ的声波沿水平管道自左向右传播。在声波到达a处时，分成两束相干波，它们分别通过r1和r2的路程，再在b处相遇，即可达到削弱噪声的目的。若Δr＝r2－r1，则Δr等于(　 )
A．波长λ的整数倍 B．波长λ的奇数倍
C．半波长的奇数倍 D．半波长的偶数倍
解析：选C　要想达到削弱噪声的目的，应使两相干波的路程差等于半波长的奇数倍，C正确。
【题型3 动态图解法判断振动加强点与振动削弱点】
【例3】(多选)如图所示为两列相干波某时刻的波峰和波谷位置，实线表示波峰，虚线表示波谷，相邻实线与虚线间的距离为0.2 m，波速为1 m/s，在图示范围内可以认为这两列波的振幅均为1 cm，C点是B、D两点连线的中点，则(　　)
A.图示时刻A、B两点的高度差为2 cm
B.图示时刻C点正处在平衡位置且向上运动
C.F点到两波源的路程差为零
D.经0.1 s，A点的位移为零
答案　BD
解析　A、B两点为振动加强点，两点振幅均为2 cm，两点高度差为4 cm，故A错误；C点为B、D两点连线的中点，所以C点处在平衡位置，根据“上下坡”法，C点正向上运动，故B正确；F点为振动减弱点，它到两波源的路程之差应为半波长的奇数倍，故C错误；因周期T＝＝ s＝0.4 s，经t＝0.1 s＝，A点由波峰回到平衡位置，位移为零，故D正确.
【变式3-1】如图所示，A、B为振幅相同的相干波源，且向外传播过程中振幅衰减不计，图中实线表示波峰，虚线表示波谷，则下列叙述错误的是(　 )
A．Q点始终处于波峰位置
B．R、S两点始终处于静止状态
C．P、Q连线上各点振动始终最强
D．P点在图中所示的时刻处于波谷，再过周期处于平衡位置
解析：选A　
Q点是波峰与波峰相遇点，是振动加强点，但并不是始终处于波峰的位置，A错误；R、S两点是波峰与波谷相遇点，是振动减弱点，位移为零，则始终处于静止状态，B正确；P、Q两点都是振动加强点，故P、Q连线上各点振动始终最强，C正确；P点是振动加强点，在题图所示的时刻处于波谷，再过周期处于平衡位置，D正确。
【变式3-2】甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中传播，甲波沿x轴正方向传播，乙波沿x轴负方向传播，t＝0时刻两列波的波形图如图所示。已知波速v＝8 m/s，下列说法正确的是(　 )
A．波的频率f＝0.5 Hz
B．t＝0时刻，x＝4 m与x＝8 m处的两质点振动方向相同
C．两列波叠加后，x＝6 m处为振动加强点
D．在t＝0.5 s时刻，x＝5 m处的质点第一次到达y＝－7 cm处
解析：选D　由题图可知λ＝4 m，根据v＝λf得f＝2 Hz，故A错误；t＝0时刻，x＝4 m处的质点向上振动，x＝8 m处的质点向下振动，故B错误；两列波叠加后，x＝6 m处为振动减弱点，故C错误；x＝5 m处为振动加强点，在t＝0.5 s时刻质点第一次到达波谷，即y＝－7 cm处，故D正确。
【变式3-3】如图表示两个相干波源S1、S2产生的波在同一种均匀介质中相遇．图中实线表示波峰，虚线表示波谷，c和f分别为ae和bd的中点，则：
(1)在a、b、c、d、e、f六点中，振动加强的点是__________．振动减弱的点是____________．
(2)若两振源S1和S2振幅相同，此时刻位移为零的点是________．
(3)画出此时刻a、c、e连线上，以a为起点的一列完整波形，标出e点．
答案　(1)a、c、e　b、d、f　(2)b、d、f　(3)见解析图
解析　(1)a、e两点分别是波谷与波谷、波峰与波峰相交的点，故此两点为振动加强点；c点处在a、e连线上，且从运动的角度分析a点的振动形式恰沿该线传播，故c点是振动加强点，同理b、d是振动减弱点，f也是振动减弱点．
(2)因为S1、S2振幅相同，振动最强区的振幅为2A，最弱区的振幅为零，位移为零的点是b、d、f.
(3)题图中对应时刻a处在两波谷的交点上，即此时刻a在波谷，同理e在波峰，所以对应的波形如图所示．
【题型4 寻找振动加强区与振动削弱区的个数】
【例4】[多选]如图所示，空间同一平面内有A、B、C三点，AB＝5 m，BC＝4 m，AC＝3 m。A、C两点处有完全相同的波源做简谐振动，振动频率为1 360 Hz，波速为340 m/s。下列说法正确的是(　　)
A．B点的位移总是最大
B．A、B间有7个振动加强的点
C．两列波的波长均为0.25 m
D．B、C间有8个振动减弱的点
E．振动减弱点的位移总是为零
解析：选CDE　波的波长λ＝＝ m＝0.25 m，B点到两波源的路程差Δx＝1 m＝4λ，该点为振动加强点，但位移不总是最大，故A错误，C正确；AC的垂直平分线交AB于O点，则点O到A、C的距离相等，为振动加强点，OB上到A、C的距离之差为0.25 m、0.5 m、0.75 m、1 m的点为加强点，OA上到C、A的距离之差为0.25 m、0.5 m、0.75 m、1 m、1.25 m、1.5 m、1.75 m、2 m、2.25 m、2.5 m、2.75 m的点为加强点，共16个加强点，故B错误；BC上到A、C的距离之差为1.125 m、1.375 m、1.625 m、1.875 m、2.125 m、2.375 m、2.625 m、2.875 m的点为振动减弱点，共8个减弱点，故D正确；由于两波源的振幅相同，故振动减弱点的位移总是为零，故E正确。
【变式4-1】如图甲、乙分别是A、B两列横波波源的振动图像，一起处在相同的介质中，C、D位置与A、B两个波源恰好组成一个矩形，其中边长为4m，边长为3m，以两波源同时起振的时刻开始计时，已知时D点开始振动，下列说法不正确的是（　　）
A．D点开始振动的方向是y负方向
B．到时间内，D点振动通过的路程为64cm
C．连线上（不包含波源）有7个点振幅为0
D．连线上（不包含波源）有3个点振幅为16cm
【答案】D
【解析】由丙图可知对角线长度为5m，由A波先传播到D点，故D点起振方向与波源A相同，为y负方向，选项A说法正确；由A波传播到D点的时间可知波速为1m/s，结合周期1s可得波长为1m，由甲、乙图像可知波源A、B的起振方向相反，波源A、B到D点的路程差为2米，等于半波长的偶数倍，故D点为振动减弱点，振幅为0，故到内D不振动，到内D参与A波振动，路程为64cm，到内D点相干减弱，振幅为0，选项B说法正确；波源A、B到连线上（不包含波源）各点的路程差为-4m到+4m，振动减弱点的路程差为半波长的偶数被，即0m，1m，-1m，2m，-2m，3m，-3m，共有7个点振幅为0，选项C说法正确；波源A、B到连线上（不包含波源）各点的路程差为+2m到+4m，振动加强点的路程差为半波长的奇数被，即2.5m，3.5m，共有2个点振幅为16cm，选项D说法错误；因为题意要选不正确的说法，故选D。
【变式4-2】两个振动情况完全一样的波源S1和S2相距6 m，它们发出的两列波在空间相遇时产生干涉，图中实线表示振动加强的区域，虚线表示振动减弱的区域。已知S1、S2间的距离等于两列波波长的整数倍，则下列说法正确的是 （　　）
A．两波源的振动频率一定相同 B．虚线一定是波谷与波谷相遇处
C．两列波的波长都是3 m D．两列波的波长都是1 m
【答案】A
【解析】波发生干涉的条件之一是频率相同，故A正确；虚线是振动减弱的区域，则一定是波峰与波谷相遇处，故B错误；由题图可知波源S1和S2之间的距离为3个波长，所以两列波的波长都是2 m，故CD错误。故选A。
【变式4-3】如图所示，在均匀介质中，位于和处的两波源和沿y轴方向不断振动，在x轴上形成两列振幅均为4cm、波速均为2m/s的相向传播的简谐横波，时刻的波形如图，下列说法正确的是（　　）
A．波源和的起振方向都沿y轴正方向
B．时，两列波的第一个波峰在处相遇
C．0~5s内，处的质点运动的路程为8cm
D．形成稳定干涉图样后，x轴上两波源间（不含波源）有9个振动加强点
【答案】D
【解析】通过观察图像，根据上、下坡法，的起振方向沿y轴正方向，的起振方向沿y轴负方向，A错误；由图知波长，用周期
时刻，两波的第一个波峰距离，两列波的第一个波峰相遇的时间为
相遇位置在处，B错误；的振动在时传播到处，的振动经时传播到处，在0～3.5s内，的质点不动，3.5～4.5s内，该质点运动半个周期，只参与的振动，运动的路程
在4.5～5s内，两列波分别在处的振动情况恰好相同，振动增强，运动的路程
则处质点运动的总路程
C错误；两波源振动同步，振动加强点满足波程差
，
其中0、1、2、3、4，即两波源间（不含波源）有9个振动加强点，如图坐标－8、－6、－4、－2、0、2、4、6、8（单：m）共9个点，D正确。
故选D。
【题型5 干涉特点】
【例5】关于波的干涉，下列说法正确的是（　　）
A．在振动减弱区域，介质质点的位移总为零
B．在振动加强区域，介质质点的振幅随时间做周期性变化
C．产生干涉现象的必要条件之一，就是两列波的频率相等
D．两列波发生干涉时，振动加强点的位移一定大于振动减弱点的位移
【答案】C
【解析】振动减弱区域内的介质质点的位移为矢量和，当两个振幅大小不相等时，合位移不总是零。故A错误；在振动加强区域，介质质点的振幅不变，故B错误；若两列波发生干涉，则两列波的频率相等，故C正确；两列波发生干涉时，振动加强点的位移和振动减弱点的位移都在做周期性的运动，所以加强点的位移不一定大于减弱点的位移，故D错误。故选C。
【变式5-1】(多选)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
答案　BDE
解析　在波的干涉实验中，质点在振动加强区的振幅是两列波振幅之和，质点在振动减弱区的振幅是两列波振幅之差，A项错误；沿波的传播方向上，波不停地向外传播，故各质点的相位不都相同，C项错误；两波源振动频率相同，其他各质点均做受迫振动，故频率均与波源频率相同，周期均与振动片的周期相同，B、D项正确；同一质点到两波源的距离确定，故波程差恒定，知相位差保持不变，E正确.
【变式5-2】（多选）两列振幅相等、波长均为、周期均为T的简谐横波沿同一绳子相向传播，若两列波均由一次全振动产生，t=0时刻的波形如图1所示，此时两列波相距，则（　　）
A．时，波形如图2甲所示
B．时，波形如图2乙所示
C．时，波形如图2丙所示
D．时，波形如图2丁所示
【答案】BD
【解析】根据波长和波速的关系式为
则时，两列波各种向前传播的距离为
故两列波的波前还未相遇，故A错误；
时，两列波各种向前传播的距离为
故两列波的波前刚好相遇，故B正确；
时，两列波各种向前传播的距离为
根据波的叠加原理可知，在两列波之间的区域为两列波的波形波谷相遇，振动加强，处的波谷质点的位移为2A，故C错误；
时，两列波各种向前传播的距离为
两列波的波峰与波谷叠加，位移为零，故D正确；故选BD。
【变式5-3】如图甲所示，手机小孔位置内置降噪麦克风，通过其降噪系统产生与外界噪音相位相反的声波，从而实现降噪的效果。图乙表示的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．降噪过程外界噪音的能量消失了
B．降噪原理是使声波发生干涉
C．图乙所示，此时介质中的质点P处于平衡位置、速度最大
D．图乙所示，介质中的质点P经过一个周期沿波的传播方向传播了一个波长的距离
【答案】B
【解析】由图可以看出，降噪声波与环境声波波长相等，波速相等，频率相等，则两波叠加时候会产生干涉，由于两列声波等大反向，所以振动减弱，能起到降噪的作用，但并不是噪音声波的能量消失。故A错误，B正确；图乙所示，此时介质中的质点P处于平衡位置，但因为两列声波等大反向，所以合振幅为零，故质点P静止不动，速度为零，故C错误；因为质点P只在自己的平衡位置附近振动，并不会随波迁移。故D错误。
故选B。专题1.4 单摆测重力加速度、受迫振动、共振【八大题型】
【人教版】
【题型1 单摆测重力加速度原理与操作】
【题型2 单摆测重力加速度数据处理与误差分析】
【题型3 单摆测重力加速度实验器材的创新】
【题型4 单摆测重力加速度实验方法的创新】
【题型5 受迫振动与弹簧振子】
【题型6 受迫振动与单摆】
【题型7 受迫振动与其它振动系统】
【题型8 共振曲线的应用】
【题型1 单摆测重力加速度原理与操作】
【例1】根据单摆周期公式T＝2π ，可以通过实验测量当地的重力加速度。如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。
(1)用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为________mm。
(2)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有________。
a．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些
b．摆球尽量选择质量大些、体积小些的
c．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度
d．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔Δt即为单摆周期T
e．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间Δt，则单摆周期T＝
[解析]　(1)该游标尺为十分度的，根据读数规则可读出小钢球直径为18 mm＋6×0.1 mm＝18.6 mm。
(2)根据用单摆测量重力加速度的实验要求可判断a、b、e正确。
[答案]　(1)18.6　(2)abe
【变式1-1】(2022·青岛高三调研)物理实验小组的同学做“用单摆测量重力加速度的大小”的实验。
(1)实验室有如下器材可供选用：
A．长约1 m的细线　 B．长约1 m的橡皮绳
C．直径约2 cm的均匀铁球 D．直径约5 cm的均匀木球
E．停表 F．时钟
G．最小刻度为毫米的米尺
实验小组的同学需要从上述器材中选择：____________________(填写器材前面的字母)。
(2)下列振动图像真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点O为计时起点，A、B、C均为30次全振动的图像，已知sin 5°≈0.087，sin 15°≈0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是________(填字母代号)。
(3)某同学利用单摆测重力加速度的大小，测得的g值与真实值相比偏大，可能的原因是________。
A．测摆长时记录的是摆线的长度
B．开始计时时，停表过早按下
C．摆线上端未牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加了
D．实验中误将29次全振动数记为30次
解析：(1)需要选择的器材有：长约1 m的细线，直径约2 cm的均匀铁球，停表(测量多次全振动的时间)，最小刻度为毫米的刻度尺(测量摆长)。
(2)单摆振动的摆角θ≤5°，当θ＝5°时单摆振动的振幅A＝lsin 5°＝0.087 m＝8.7 cm，为计时准确，在摆球摆至平衡位置时开始计时，故选A。
(3)根据单摆的周期公式推导出重力加速度的表达式g＝。将摆线的长误认为摆长，重力加速度的测量值偏小，A错误；开始计时时，停表过早按下，周期的测量值大于真实值，重力加速度的测量值偏小，B错误；摆线上端未牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加了，即摆长L的测量值偏小，重力加速度的测量值偏小，C错误；设单摆29次全振动的时间为t，则单摆的周期T＝，若误计为30次，则T测＝＜，即周期的测量值小于真实值，重力加速度的测量值偏大，D正确。
答案：(1)ACEG　(2)A　(3)D
【变式1-2】实验小组的同学做“用单摆测重力加速度”的实验。
(1)实验前他们根据单摆周期公式导出了重力加速度的表达式g＝，其中L表示摆长，T表示周期。对于此式的理解，四位同学说出了自己的观点：
同学甲：T一定时，g与L成正比
同学乙：L一定时，g与T2成反比
同学丙：L变化时，2是不变的
同学丁：L变化时，L与T2的比值是定值
其中观点正确的是同学________(选填“甲”“乙”“丙”“丁”)。
(2)实验室有如下器材可供选用：
A．长约1 m的细线　　　　　 B．长约1 m的橡皮绳
C．直径约2 cm的均匀铁球 D．直径约5 cm的均匀木球
E．秒表 F．时钟
G．最小刻度为毫米的米尺
实验小组的同学选用了最小刻度为毫米的米尺，他们还需要从上述器材中选择：__________(填写器材前面的字母)。
(3)他们将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，将其上端固定，下端自由下垂(如图所示)。用刻度尺测量悬点到_________之间的距离记为单摆的摆长L。
(4)在小球平稳摆动后，他们记录小球完成n次全振动的总时间t，则单摆的周期T＝__________。
(5)如果实验得到的结果是g＝10.09 m/s2，比当地的重力加速度值大，分析可能是哪些不当的实际操作造成这种结果，写出其中一种：__________________________。
解析：(1)因为g是定值，则L变化时，L与T2的比值是定值，丁同学观点正确。
(2)根据实验原理及要求易知，他们还需要从上述器材中选择：A.长约1 m的细线；C.直径约2 cm的均匀铁球；E.秒表。
(3)用刻度尺测量悬点到小球球心之间的距离记为单摆的摆长L。
(4)单摆的周期T＝。
(5)可能是振动次数n计多了；可能是测量摆长时从悬点量到了小球底部；可能在计时的时候秒表开表晚了。
答案：(1)丁　(2)ACE　(3)小球球心　(4)　(5)可能是振动次数n计多了；可能是测量摆长时从悬点量到了小球底部；可能在计时的时候秒表开表晚了(合理即可)
【变式1-3】某同学利用单摆测量重力加速度。
(1)为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是________。
A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球
B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线
C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动
D．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大
(2)如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1 m的单摆。实验时，由于仅有量程为20 cm、精度为1 mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL。用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g＝________。
解析：(1)组装单摆时，悬线应选用不易伸长的细线；摆球选择体积小、密度大的摆球；单摆摆动时在同一竖直面内摆动；摆的振幅尽量小一些。选项B、C正确。
(2)设单摆的周期为T1时摆长为L1，周期为T2时摆长为L2
则T1＝2π ①
T2＝2π ②
且L1－L2＝ΔL③
联立①②③式得g＝。
答案：(1)BC　(2)
【题型2 单摆测重力加速度数据处理与误差分析】
【例2】利用单摆测当地重力加速度的实验中。
(1)利用游标卡尺测得金属小球直径如图甲所示，小球直径d＝________cm。
(2)某同学测量数据如下表，请在图乙中画出L T2图像。
L/m 0.400 0.500 0.600 0.800 1.200
T2/s2 1.60 2.10 2.40 3.20 4.80
由图像可得重力加速度g＝______m/s2(保留三位有效数字 )。
(3)某同学在实验过程中，摆长没有加小球的半径，其他操作无误，那么他得到的实验图像可能是下列图像中的________。
解析：(1)小球的直径d＝22 mm＋0.1 mm×6＝22.6 mm＝2.26 cm。
(2)L T2图像如图所示：
由T＝2π 可得：L＝2，k＝
对应图像可得：k＝＝0.25
可解得：g＝4π2k≈9.86 m/s2。
(3)在实验中，若摆长没有加小球的半径，其他操作无误，
可得：L＝T2－。故可知B正确，A、C、D均错误。
答案：(1)2.26　(2)图见解析　9.86　(3)B
【变式2-1】用单摆测量重力加速度的大小的实验装置如图所示。
(1)测出悬点O到小球球心的距离(摆长)l及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g＝________(用l、n、t表示)。
(2)下表是某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理。
组　次 1 2 3
摆长l/cm 80.00 90.00 100.00
50次全振动时间t/s 90.0 95.5 100.5
振动周期T/s 1.80 1.91
重力加速度g/(m·s－2) 9.74 9.73
请计算出第3组实验中的T＝______ s，g＝______ m/s2(计算结果保留两位小数)。
(3)用多组实验数据作出T2-l图像，也可以求出重力加速度g。已知三位同学作出的T2-l图线的示意图如图中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b，下列分析正确的是________(填选项前的字母)。
A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长l
B．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次
C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值
解析：(1)由T＝，T＝2π ，得g＝。
(2)T＝＝ s＝2.01 s，
g＝＝ m/s2≈9.76 m/s2。
(3)b图线为正确图线，a图线与b图线相比，测量的周期相同时，摆长短，说明测量摆长偏小，A错误；c图线与b图线相比，测量摆长相同时，周期偏小，可能出现的原因是多记了全振动次数，B正确；由T＝2π 得T2＝l，图线斜率小，说明g偏大，C错误。
答案：(1)　(2)2.01　9.76　(3)B
【变式2-2】某同学利用单摆测定当地重力加速度，发现单摆静止时摆球重心在球心的正下方，他仍将从悬点到球心的距离当作摆长L，通过改变摆线的长度，测得6组L和对应的周期T，画出L T2图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图所示。他采用恰当的数据处理方法，则计算重力加速度的表达式应为g＝________(用图中标注字母表示)。请你判断该同学得到的实验结果与摆球重心就在球心处的情况相比，将________(填“偏大”“偏小”或“相同”)。
解析：由单摆的周期公式T＝2π，得T2＝4π2，则TA 2＝4π2 ，TB2＝4π2 ，可得g＝，由此式可知测得的g与某一次实验时的摆长无关，与两次实验中的摆长差有关，所以g值与摆球重心在不在球心处无关。
答案：　相同
【变式2-3】某同学在“用单摆测重力加速度”的实验中进行了如下的操作：
(1)用游标上有10个小格的游标卡尺测量摆球直径如图甲所示，摆球直径为________cm，把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长l0，通过计算得到摆长L.
(2)用停表测量单摆的周期.当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n＝0，单摆每经过最低点记一次数，当数到n＝60时停表的示数如图乙所示，该单摆的周期T＝________s(结果保留三位有效数字).
(3)测量出多组周期T、摆长L数值后，画出T2－L图象如图丙，造成图线不过坐标原点的原因可能是________.
A.摆球的振幅过小 B.将l0计为摆长L
C.将(l0＋d)计为摆长L D.摆球质量过大
(4)该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度.他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，然后把摆线缩短适当的长度ΔL，再测出其振动周期T2.用该同学测出的物理量表示重力加速度为g＝________.
答案　(1)2.06　(2)2.25　(3)B　(4)
解析　(1)由题图甲可知，游标卡尺示数为20 mm＋0.1×6 mm＝20.6 mm＝2.06 cm；
(2)由题图乙可知，停表示数为t＝1 min＋7.4 s＝67.4 s，单摆的周期T＝＝ s≈2.25 s
(3)题图丙图线不通过坐标原点，将图线向右平移1 cm就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小1 cm，可能是测摆长时漏掉了摆球的半径，故选B.
(4)根据题意，由单摆周期公式T＝2π，可得T1＝2π，T2＝2π，联立可得g＝.
【题型3 单摆测重力加速度实验器材的创新】
【例3】在用单摆测定重力加速度的实验中
（1） 实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图甲所示，该摆球的直径d=________ mm；
（2） 接着测量了摆线的长度为l0，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图乙所示，则重力加速度的表达式g=_______（用题目中的物理量表示）；
（3） 某小组改变摆线长度l0，测量了多组数据。在进行数据处理时，甲同学把摆线长l0作为摆长，直接利用公式求出各组重力加速度值再求出平均值；乙同学作出T2-l0图象后求出斜率，然后算出重力加速度。两同学处理数据的方法对结果的影响是：甲________，乙________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
答案：14.15 偏小 无影响
【详解】
（1）[1] 摆球的直径
（2）[2] 单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和，则单摆摆长为
由图乙所示图象可知，单摆的周期
由单摆周期公式
重力加速度
（3）[3] 摆长应该是摆线长度与摆球半径之和，甲同学把摆线长l0作为摆长，摆长小于实际摆长，根据单摆周期公式
重力加速度
可知，重力加速度的测量值小于真实值
[4] 乙同学由
可知
可知，T2-l0图象的斜率
把摆线长度当作摆长作出的T2-l0图象的斜率不受影响，所测重力加速度g不受影响
【变式3-1】如图甲所示，某学习小组在实验室做“用单摆测量重力加速度的大小”的实验。
(1)若用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间t。请写出周期的表达式T＝________。
(2)若利用拉力传感器记录拉力随时间变化的关系，由图乙可知，该单摆的周期T＝________ s。
(3)在多次改变摆线长度测量后，根据实验数据，利用计算机作出周期与摆线长度的关系(T2-L)图线，并根据图线拟合得到方程T2＝kL＋b，由此可知当地的重力加速度g＝________，摆球半径r＝________(用k、b、π表示)。
解析：(1)单摆完成n次全振动所用的时间为t，则周期的表达式T＝。
(2)单摆摆动过程中，每次经过最低点时拉力最大，每次经过最高点时拉力最小，拉力变化的周期为1.0 s，故单摆的周期为2.0 s。
(3)根据T＝2π 得：T2＝L′，知图线的斜率：k＝，因此g＝；而L′＝L＋r，图线拟合得到方程T2＝kL＋b，因此摆球半径r＝。
答案：(1)　(2)2.0　(3)　
【变式3-2】(1)在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中，两位同学用游标卡尺测量小球的直径的操作如图甲、乙所示。测量方法正确的是________(选填“甲”或“乙”)。
(2)实验时，若摆球在垂直纸面的平面内摆动，为了将人工记录振动次数改为自动记录振动次数，在摆球运动的最低点的左、右两侧分别放置一激光光源与光敏电阻，如图丙所示。光敏电阻与某一自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t的变化图线如图丁所示，则该单摆的振动周期为____________。若保持悬点到小球顶点的绳长不变，改用直径是原小球直径2倍的另一小球进行实验，则该单摆的周期将__________(填“变大”“不变”或“变小”)，图丁中的Δt将__________(填“变大”“不变”或“变小”)。
解析：(1)游标卡尺应该用两外测量爪对齐的地方测量，正确的是图乙。
(2)一个周期内小球应该两次经过最低点，使光敏电阻的阻值发生变化，故周期为t1＋2t0－t1＝2t0；小球的直径变大后，摆长变长，根据T＝2π 可知，周期变大；每次经过最低点时小球的挡光的时间变长，即Δt变大。
答案：(1)乙　(2)2t0　变大　变大
【变式3-3】如图所示，某同学利用双线摆和光电计数器测量当地的重力加速度。已知每根悬线长为d，两悬点间相距s，金属小球半径为r，AB为光电计数器。现将小球垂直于纸面向外拉动，使悬线偏离竖直方向一个较小的角度并由静止释放，同时，启动光电计数器，当小球第一次经过图中虚线（光束）位置O时，由A射向B的光束被挡住，计数器计数一次，显示为“1”，同时计时器开始计时．然后每当小球经过点O时，计数器都计数一次。当计数器上显示的计数次数刚好为n时，所用的时间为t，由此可知：
（1）双线摆的振动周期______，双线摆的等效摆长______。
（2）依据公式______代入周期T和等效摆长L的值，即可求出重力加速度。
（3）该同学在实验中，测量5种不同摆长情况下单摆的振动周期，记录数据见表。
如图表
实验次数 1 2 3 4 5
L/m 0.50 0.80 0.90 1.00 1.20
T/s 1.41 1.79 1.90 2.01 2.19
1.99 3.20 3.61 4.00 4.80
以L为横坐标，为纵坐标，在图中作出图像_______，并利用此图像求得重力加速度______。（保留三位有效数字）
答案： 9.86m/s2
【详解】
(1)[1]由题意可知，时间t内，单摆完成全振动的次数为，单摆的周期
[2]双线摆的等效摆长为
(2)[3]由单摆周期公式
可得
(3)[4][5]由单摆周期公式
变形得
则L与T2成正比，为方便实验数据处理，L-T2是一条直线，探究T、L的关系应作出L-T2图象，如图所示
斜率
解得
g=9.86m/s2
【题型4 对比测重力加速度实验方法的创新】
【例4】将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为h(未知)且开口向下的小筒中(单摆的下部分露于筒外)，如图甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆振动过程中悬线不会碰到筒壁，如果本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离L，并通过改变L而测出对应的摆动周期T，再以T2为纵轴、L为横轴作出T2 L函数关系图象，那么就可以通过此图象得出小筒的深度h和当地的重力加速度g．
(1)如果实验中所得到的T2 L关系图象如图乙所示，那么真正的图象应该是a、b、c中的________；
(2)由图可知，小筒的深度h＝_________m，当地的重力加速度g＝________m/s2；(计算结果保留三位有效数字)
(3)某次停表计时得到的时间如图丙所示，则总时间为__________s．
解析：(1)由单摆周期公式T＝2π得T2＝＋，纵轴截距大于0，图线应为题图乙中的图线a；
(2)由图象的截距得h≈0.315 m；由斜率可求得
g＝＝ m/s2＝π2 m/s2≈9.86 m/s2．
答案：(1)___a__；(2)h＝___0.315__m，g＝___9.86__m/s2；(3)___66.30__s．
【变式4-1】某同学利用单摆测量重力加速度的大小。
(1)为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是________。
A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球
B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线
C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动
D．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大
(2)如图所示，在支架的竖直立柱上固定有摆长约1 m的单摆。实验时，由于仅有量程为20 cm、精确度为1 mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL。用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g＝________。
解析：(1)在利用单摆测重力加速度实验中，为了使测量误差尽量小，须选用密度大、半径小的摆球和不易伸长的细线，摆球须在同一竖直面内摆动，摆长一定时，振幅尽量小些，以使其满足简谐运动条件，故选B、C。
(2)设第一次摆长为L，第二次摆长为L－ΔL，则T1＝2π，T2＝2π ，联立解得g＝。
答案：(1)BC　(2)
【变式4-2】将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为h(未知)且开口向下的小筒中(单摆的下部分露于筒外)，如图甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆摆动过程中悬线不会碰到筒壁，如果本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离L，并通过改变L而测出对应的摆动周期T，再以T2为纵轴、L为横轴作出函数关系图象，那么就可以通过此图象得出小筒的深度h和当地的重力加速度g.
(1)测量单摆的周期时，某同学在摆球某次通过最低点时，按下秒表开始计时，同时数“1”，当摆球第二次通过最低点时数“2”，依此法往下数，当他数到“59”时，停止计时，读出这段时间t，则该单摆的周期为(　 　)
A. B. C. D.
(2)如果实验中所得到的T2L关系图象如图乙所示，那么真正的图象应该是a、b、c中的________．
(3)由图象可知，小筒的深度h＝________ m；当地重力加速度g＝________ m/s2.
解析：(1)58个“半周期”，这段时间t含有29个周期，该单摆的周期为，选项A正确．
(2)设摆线在筒内部分的长度为h，由T＝2π 得，T2＝L＋h，可知T2L关系图象为a.
(3)将T2＝0，L＝－30 cm代入上式可得h＝30 cm＝0.3 m将T2＝1.20 s2，L＝0代入上式可求得g＝π2≈9.86 m/s2.
答案：(1)A　(2)a　(3)0.3　9.86
【题型5 受迫振动与弹簧振子】
【例5】如图甲所示，曲轴上悬挂一弹簧振子。图乙为弹簧振子做受迫振动的共振曲线。下列说法正确的是（　　）
A．共振曲线的纵坐标表示物体在不同驱动力频率下的振幅
B．转动摇把时，弹簧振子的振幅与摇把转速无关
C．转动摇把时，弹簧振子的频率与摇把转速无关
D．停止转动摇把，弹簧振子做阻尼振动，其振动频率随振幅的减小而减小
答案：A
【变式5-1】(2022·威海四校联考)如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上下振动。开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2 Hz。现匀速转动摇把，转速为240 r/min。则(　 )
A．当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5 s
B．当振子稳定振动时，它的振动频率是6 Hz
C．当转速增大时，弹簧振子的振幅增大
D．当转速减小时，弹簧振子的振幅增大
解析：选D　摇把匀速转动的频率f＝n＝ Hz＝4 Hz，周期T＝＝0.25 s，当振子稳定振动时，它的振动周期及频率均与驱动力的周期及频率相等，A、B错误；当转速减小时，其频率将更接近振子的固有频率2 Hz，弹簧振子的振幅将增大，C错误，D正确。
【变式5-2】[多选]某简谐振子，自由振动时的振动图像如图甲中实线所示，而在某驱动力作用下做受迫振动时，稳定后的振动图像如图甲中虚线所示，那么，此受迫振动对应的状态可能是图乙中的(　　)
A．a点　　　　　　　　　 B．b点
C．c点 D．一定不是c点
解析：选AD　简谐振子自由振动时，设周期为T1；而在某驱动力作用下做受迫振动时，设周期为T2；显然T1＜T2；根据f＝，有f1＞f2；题图乙中c点处代表发生共振，驱动力频率等于固有频率f1；做受迫振动时，驱动力频率f2＜f1，故此受迫振动对应的状态可能是图乙中的a点，且一定不是c点，故A、D正确。
【变式5-3】两个弹簧振子，甲的固有频率是，乙的固有频率是，若它们均在频率为的相同的驱动力作用下做受迫振动，则（　　）
A．甲的振幅较大，振动频率是 B．乙的振幅较大，振动频率是
C．甲的振幅较大，振动频率是 D．乙的振幅较大，振动频率是
答案：B
【题型6 受迫振动与单摆】
【例6】(多选)如图所示为受迫振动的演示装置，在一根张紧的绳子上悬挂几个摆球，可以用一个单摆(称为“驱动摆”)驱动另外几个单摆.下列说法正确的是(　　)
A.某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度可能不同但加速度一定相同
B.如果驱动摆的摆长为L，则其他单摆的振动周期都等于2π
C.驱动摆只把振动形式传播给其他单摆，不传播能量
D.如果某个单摆的摆长等于驱动摆的摆长，则这个单摆的振幅最大
答案　ABD
解析　某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度大小相等但方向可能不同，根据F＝－kx可得，加速度a＝＝－x，故加速度一定相同，A正确；如果驱动摆的摆长为L，根据单摆的周期公式有T＝2π，而其他单摆都做受迫振动，故其振动周期都等于驱动摆的周期，B正确；同一地区，单摆的固有频率只取决于单摆的摆长，摆长等于驱动摆的摆长时，单摆的振幅能够达到最大，这种现象称为共振，受迫振动不仅传播运动形式，还传播能量和信息，故C错误，D正确.
【变式6-1】如图所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，其中A、B的摆长相等。当A摆振动的时候，通过张紧的绳子给B、C、D摆施加驱动力，使其余各摆做受迫振动。观察B、C、D摆的振动发现(　 )
A．C摆的频率最小 B．D摆的周期最大
C．B摆的振幅最大 D．B、C、D的振幅相同
解析：选C　由A摆摆动从而带动其他3个单摆做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，故其他各摆振动周期跟A摆相同，频率也相等，故A、B错误；受迫振动中，当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅达到最大，由于B摆的固有频率与A摆的频率相同，故B摆发生共振，振幅最大，故C正确，D错误。
【变式6-2】如图所示为单摆做阻尼振动的位移随时间变化的图像，、时刻的位移大小均为2cm，时刻的位移大于2cm。关于摆球在、和时刻的速度、重力势能、动能、机械能的分析，下列说法正确的是（　　）
A．摆球在时刻的机械能等于时刻的机械能
B．摆球在时刻的动能等于时刻的动能
C．摆球在时刻的重力势能等于时刻的重力势能
D．摆球在时刻的速度大于时刻的速度
答案：C
【变式6-3】如图甲所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆．当a摆振动的时候，通过张紧的绳子给其他各摆施加驱动力，使其余各摆也振动起来，此时b摆的振动周期________（选填“大于”、“等于”或“小于”）d摆的周期．图乙是a摆的振动图象，重力加速度为g，则a的摆长为________．
答案： 等于
【题型7 受迫振动与其它振动系统】
【例7】(2021·浙江1月选考)(多选)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
解析：选AD　根据共振产生的条件可知，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，A正确；当振动器的振动频率等于树木的固有频率时产生共振，此时树干振动的幅度最大，则随着振动器频率的增加，树干振动的幅度不一定增大，B错误；打击杆对不同粗细树干打击时，为产生共振，打击杆的振动频率不相同，则打击结束后，树干的振动频率一定是不相同的，C错误；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，D正确。
【变式7-1】为了交通安全，常在公路上设置如图所示的减速带，减速带使路面稍微拱起以达到使车辆减速的目的。一排等间距设置的减速带，可有效降低车速。如果某路面上的减速带的间距为1.5 m，一辆固有频率为2 Hz的汽车匀速驶过这排减速带，下列说法正确的是(　 )
A．当汽车以5 m/s的速度行驶时，其振动频率为2 Hz
B．当汽车以3 m/s的速度行驶时最不颠簸
C．当汽车以3 m/s的速度行驶时颠簸最厉害
D．汽车速度越大，颠簸就越厉害
解析：选C　当汽车以5 m/s的速度行驶时，驱动力的周期为T＝＝ s＝0.3 s，所以频率等于f＝＝ Hz，故A错误；当汽车以3 m/s的速度行驶时，汽车的频率为f＝＝ Hz＝2 Hz，此时和固有频率相同，所以颠簸最厉害，故C正确，B、D错误。
【变式7-2】.(多选)关于受迫振动和共振，下列说法正确的是(　　)
A.火车过桥时限制速度是为了防止火车发生共振
B.若驱动力的频率为5 Hz，则受迫振动稳定后的振动频率一定为5 Hz
C.当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大
D.受迫振动系统的机械能守恒
答案　BC
解析　火车过桥时限制速度是为了防止桥发生共振，选项A错误；对于一个受迫振动系统，若驱动力的频率为5 Hz，则振动系统稳定后的振动频率也一定为5 Hz，选项B正确；由共振的定义可知，选项C正确；受迫振动系统，驱动力做功，系统的机械能不守恒，选项D错误.
【变式7-3】[多选]正在运转的机器，当其飞轮以角速度ω0匀速转动时，机器的振动不强烈，切断电源，飞轮的转动逐渐慢下来，在某一小段时间内机器却发生了强烈的振动，此后飞轮转速继续变慢，机器的振动也随之减弱，在机器停下来之后若重新启动机器，使飞轮转动的角速度从0较缓慢地增大到ω0，在这一过程中(　　)
A．机器不一定还会发生强烈的振动
B．机器一定还会发生强烈的振动
C．若机器发生强烈振动，强烈振动可能发生在飞轮角速度为ω0时
D．若机器发生强烈振动，强烈振动时飞轮的角速度肯定不为ω0
解析：选BD　以角速度ω0转动逐渐慢下来，在某一小段时间内机器却发生了强烈的振动，说明此过程机器的固有频率与驱动频率相等达到了共振，当飞轮转动的角速度从0较缓慢地增大到ω0，在这一过程中，一定会出现机器的固有频率与驱动频率相等即达到共振的现象，机器一定还会发生强烈的振动，故A错误，B正确；由已知当机器的飞轮以角速度ω0匀速转动时，其振动不强烈，则机器若发生强烈振动，强烈振动时飞轮的角速度肯定不为ω0，故C错误，D正确。
【题型8 共振曲线的应用】
【例8】)(多选)一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)如图所示，则(　　)
A.此单摆的固有周期为2 s
B.此单摆的摆长约为1 m
C.若摆长增大，单摆的固有频率增大
D.若摆长增大，共振曲线的峰将向左移动
答案　ABD
解析　由共振曲线知此单摆的固有频率为0.5 Hz，固有周期为2 s；再由T＝2π，得此单摆的摆长约为1 m；若摆长增大，单摆的固有周期增大，固有频率减小，则共振曲线的峰将向左移动，故选项A、B、D正确.
【变式8-1】如图所示为两单摆分别在受迫振动中的共振曲线，则下列说法错误的是(　 )
A．若两摆的受迫振动分别在月球上和地球上进行，且摆长相同，则图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线
B．若两摆的受迫振动是在地球上同一地点进行，则两摆摆长之比LⅠ∶LⅡ＝25∶4
C．图线Ⅱ若表示在地面上完成的，则该单摆摆长约为1 m
D．若摆长均为1 m，则图线Ⅰ表示在地面上完成的
解析：选D　图线中振幅最大处对应的频率应与做受迫振动的单摆的固有频率相等，从图线上可以看出，两摆的固有频率fⅠ＝0.2 Hz，fⅡ＝0.5 Hz。当两摆在月球和地球上分别做受迫振动且摆长相等时，根据公式f＝ 可知，g越大，f越大，所以gⅡ＞gⅠ，因为g地＞g月，因此可推知图线Ⅰ表示月球上单摆的
共振曲线，A正确；若在地球上同一地点进行两次受迫振动，g相同，摆长长的频率f小，且有＝，所以＝，B正确；fⅡ＝0.5 Hz，若图线Ⅱ表示在地面上完成的，根据g＝9.8 m/s2，可计算出LⅡ约为1 m，C正确，D错误。
【变式8-2】两单摆在不同的驱动力作用下其振幅A随驱动力频率f变化的图象如图中甲、乙所示，则下列说法正确的是(　　)
A.单摆振动时的频率与固有频率有关，振幅与固有频率无关
B.若两单摆放在同一地点，则甲、乙两单摆的摆长之比为4∶1
C.若两单摆摆长相同放在不同的地点，则甲、乙两单摆所处两地的重力加速度之比为4∶1
D.周期为2 s的单摆叫作秒摆，在地面附近，秒摆的摆长约为2 m
答案　B
解析　做受迫振动的物体的频率等于驱动力的频率，单摆振动时的频率由驱动力的频率决定，与单摆的固有频率无关，当驱动力频率等于单摆的固有频率时，单摆的振幅最大，发生共振，选项A错误；由题图可知，甲、乙两个单摆的固有频率之比为1∶2，则由T＝＝2π可知，l＝，则若两单摆放在同一地点，则甲、乙两单摆的摆长之比为4∶1；若两单摆摆长相同放在不同的地点，则甲、乙两单摆所处两地的重力加速度之比为1∶4，选项B正确，C错误；在地面附近，秒摆的摆长为l＝≈1 m，选项D错误.
【变式8-3】[多选]关于受迫振动和共振，下列说法正确的是(　　)
A．火车过桥时限制速度是为了防止火车发生共振
B．若驱动力的频率为5 Hz，则受迫振动稳定后的振动频率一定为5 Hz
C．当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大
D．一个受迫振动系统在非共振状态时，同一振幅对应的驱动力频率一定有两个
E．受迫振动系统的机械能守恒
解析：选BCD　火车过桥时限制速度是为了防止桥发生共振，A错误；对于一个受迫振动系统，若驱动力的频率为5 Hz，则振动系统稳定后的振动频率也一定为5 Hz，B正确；由共振的定义可知，C正确；根据共振现象可知，D正确；受迫振动系统，驱动力做功，系统的机械能不守恒，E错误。专题4.6 光的偏振 激光
【人教版】
【题型1 光的偏振】
【题型2 光的偏振的应用】
【题型3 激光的应用】
【题型4 综合问题】
【题型1 光的偏振】
【例1】[多选]如图所示，P是一个偏振片，P的透振方向(用带箭头的实线表示)为竖直方向。下列四种入射光束中照射P时能在P的另一侧观察到透射光的是(　　)
A．太阳光
B．沿竖直方向振动的光
C．沿水平方向振动的光
D．沿与竖直方向成45°角振动的光
【变式1-1】(多选)光的偏振现象说明光是横波。下列现象中，能反映光的偏振特性的是(　 )
A．一束自然光相继通过两个偏振片，以光束为轴旋转其中一个偏振片，透射光的强度发生变化
B．一束自然光在玻璃、水面、木质桌面等表面反射时，反射光和折射光都是偏振光
C．日落时分，拍摄水面下的景物，在照相机镜头前装上偏振滤光片可使成像更清晰
D．通过手指间的缝隙观察日光灯，可看到彩色条纹
【变式1-2】如图所示，两光屏间放有两个偏振片，它们四者平行共轴，现让太阳光沿轴线通过光屏M上的小孔照射到固定不动的偏振片P上，再使偏振片Q绕轴匀速转动一周，则关于光屏N上光的亮度变化情况，下列说法正确的是(　 )
A．光屏N上光的亮度保持不变
B．光屏N上只有一条亮线随偏振片转动而转动
C．光屏N上有两条与偏振片P、Q透振方向对应的亮线
D．光屏N上光的亮度会时亮时暗
【变式1-3】(多选)所图所示，一玻璃柱体的横截面为半圆形，让太阳光或白炽灯光通过狭缝S形成细光束从空气射向柱体的O点(半圆的圆心)，产生反射光束1和透射光束2.现保持入射光不变，将半圆柱绕通过O点垂直于纸面的轴线转动，使反射光束1和透射光束2恰好垂直，在入射光线的方向上加偏振片P，偏振片与入射光线垂直，其透振方向在纸面内，这时看到的现象是(　　)
A．反射光束1消失
B．透射光束2消失
C．反射光束1和透射光束2都消失
D．偏振片P以入射光线为轴旋转90°角，透射光束2消失
【题型2 偏振的应用】
【例2】(多选)食品安全检验中碳水化合物(糖)的含量是一个重要指标，可以用“旋光法”来测量糖溶液的浓度，从而鉴定含糖量.偏振光通过糖的水溶液后，偏振方向会相对于传播方向向左或向右旋转一个角度α，这一角度α称为“旋光度”，α的值只与糖溶液的浓度有关，将α的测量值与标准值相比较，就能确定被测样品的含糖量了.如图所示，S是自然光源，A、B是偏振片，转动B，使到达O处的光最强，然后将被测样品P置于A、B之间.以下说法中正确的是(　　)
A.到达O处光的强度会明显减弱
B.到达O处光的强度不会明显减弱
C.将偏振片B转动一个角度，使得O处光强度最强，偏振片B转过的角度等于α
D.将偏振片A转动一个角度，使得O处光强度最强，偏振片A转过的角度等于α
【变式2-1】（多选）电子表的显示屏利用了液晶的旋光性,当液晶上不加电压时,偏振光通过液晶时偏振方向会旋转90°,这就是液晶的旋光性,如果在液晶上加上电压,则旋光性消失。有一种电子表的显示屏是透明的,而在显示数字时,数字的笔画处不透光,则关于该显示屏,下列说法正确的是(　　)
A.上下两个偏振片的透振方向相互垂直
B.上下两个偏振片的透振方向相互平行
C.笔画处为透明电极,因此加上电压时变为不透明的
D.笔画处没有电极,其余部分为透明电极
【变式2-2】小华通过偏振太阳镜观察平静水面上反射的阳光，转动镜片时发现光有强弱变化。下列说法能够解释这一现象的是(　 )
A．阳光在水面反射时发生了偏振，镜片起起偏器的作用
B．阳光在水面反射时发生了偏振，镜片起检偏器的作用
C．阳光在水面反射时没有发生偏振，镜片起起偏器的作用
D．阳光在水面反射时没有发生偏振，镜片起检偏器的作用
【变式2-3】如图所示是一种利用光纤温度传感器测量温度的装置，一束偏振光射入光纤，由于温度的变化，光纤的长度、芯径、折射率发生变化，从而使偏振光的振动方向发生变化，光接收器接收的光强度就会变化。设起偏器和检偏器透振方向相同，关于这种温度计的工作原理。正确的说法是(　　)
[]
A．到达检偏器的光的振动方向变化越小，光接收器所接收的光强度就会越小，表示温度变化越大
B．到达检偏器的光的振动方向变化越大，光接收器所接收的光强度就会越小，表示温度变化越大
C．到达检偏器的光的振动方向变化越小，光接收器所接收的光强度就会越小，表示温度变化越小
D．到达检偏器的光的振动方向变化越大，光接收器所接收的光强度就会越小，表示温度变化越小
【题型3 激光的应用】
【例3】（多选）准分子激光器利用氩气和氟气的混合物产生激光刀，可用于进行近视眼的治疗．用这样的激光刀对近视眼进行手术，手术时间短、效果好、无痛苦．关于这个治疗，以下说法中正确的是(　　)
A．近视眼是物体成像在眼球中的视网膜的前面，使人不能看清物体
B．激光具有很好的方向性，用激光刀可以在非常小的面积上对眼睛进行手术
C．激光治疗近视眼手术是对视网膜进行修复
D．激光治疗近视眼手术是对角膜进行切削
E．激光治疗近视眼手术是利用激光的相干性好
【变式3-1】[多选]在双缝干涉实验中，用绿色激光照射在双缝上，在缝后的屏幕上显示出干涉图样。若要增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距，可选用的方法是(　　)
A．改用红色激光
B．改用蓝色激光
C．减小双缝间距
D．将屏幕向远离双缝的位置移动
E．将光源向远离双缝的位置移动
【变式3-2】下列说法正确的是(　　)
A．全息照片的拍摄利用了光的衍射原理
B．只有发生共振时，受迫振动的频率才等于驱动力频率
C．高速飞离地球的飞船中的宇航员认为地球上的时钟变慢
D．鸣笛汽车驶近路人的过程中，路人听到的声波频率与该波源的频率相比减小
【变式3-3】(多选)下列说法正确的是(　　)
A．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度
B．用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象
C．用三棱镜观察白光看到的彩色图样是光的色散现象
D．泊松亮斑是光的衍射现象，全息照相的拍摄利用了激光的相干性
E．光纤通信和医用纤维式内窥镜都是利用了光的全反射原理
【题型4 综合问题】
【例4】(多选)下列有关光学现象的说法正确的是(　　)
A.光从光疏介质射入光密介质，若入射角大于临界角，则一定发生全反射
B.做双缝干涉实验时，仅用红光替代紫光，相邻亮条纹间距变大
C.在白光下观察肥皂泡，其表面的相邻各条纹是等间距的
D.光的偏振现象表明光是横波
【变式4-1】(多选)下列有关光学现象的说法正确的是(　　)
A．光从光疏介质射入光密介质，若入射角大于临界角，则一定发生全反射
B．做双缝干涉实验时，用红光替代紫光，相邻明条纹间距变大
C．在白光下观察肥皂泡，其表面的相邻各条纹是等间距的
D．光的偏振现象表明光是横波
E．在同一种物质中，波长越短的光传播速度越小
【变式4-2】（多选）如图甲，可以用来测定半圆柱形玻璃砖的折射率n，O是圆心，MN是法线．一束单色光线以入射角i＝30°由玻璃砖内部射向O点，折射角为r，当入射角增大到也为r时，恰好无光线从玻璃砖的上表面射出．让该单色光分别通过宽度不同的单缝a、b后，得到图乙所示的衍射图样(光在真空中的传播速度为c)．则下列说法正确的是(　　)
A．此光在玻璃砖中的全反射临界角为60°
B．玻璃砖的折射率n＝
C．此光在玻璃砖中的传播速度v＝c
D．单缝b宽度较大
E．光的偏振现象说明光是一种纵波
【变式4-3】(多选)下列关于波的叙述，说法正确的是(　　)
A．机械波在介质中传播的速度随波的频率升高而增大
B．频率小于20 Hz的声波称为次声波
C．声波是机械波，而超声波是电磁波
D．光波是电磁波，在介质中传播速度小于真空中传播速度
E．光的偏振现象说明光波是横波
参考答案
【题型1 光的偏振】
【例1】[多选]如图所示，P是一个偏振片，P的透振方向(用带箭头的实线表示)为竖直方向。下列四种入射光束中照射P时能在P的另一侧观察到透射光的是(　　)
A．太阳光
B．沿竖直方向振动的光
C．沿水平方向振动的光
D．沿与竖直方向成45°角振动的光
解析：选ABD　太阳光可以向各个方向振动，所以能通过偏振片观察到光，A项正确；沿竖直方向振动的光与偏振片的透振方向一致能通过偏振片，所以B项正确；沿水平方向振动的光与透振方向垂直，通过偏振片观察不到透射光，所以C项错误；只有透振方向与光的振动方向垂直时才观察不到透射光，沿与竖直方向成45°角振动的光能通过偏振片观察到透射光，所以D项正确。
【变式1-1】(多选)光的偏振现象说明光是横波。下列现象中，能反映光的偏振特性的是(　 )
A．一束自然光相继通过两个偏振片，以光束为轴旋转其中一个偏振片，透射光的强度发生变化
B．一束自然光在玻璃、水面、木质桌面等表面反射时，反射光和折射光都是偏振光
C．日落时分，拍摄水面下的景物，在照相机镜头前装上偏振滤光片可使成像更清晰
D．通过手指间的缝隙观察日光灯，可看到彩色条纹
解析：选ABC　自然光通过偏振片成为偏振光，以光束为轴旋转其中一个偏振片，透射光的强度发生变化，A正确；自然光射到光滑非金属表面时，反射光和折射光都是偏振光，B正确；日落时分，拍摄水面下的景物，在照相机镜头前装上偏振片，可以把反射的偏振光过滤，使成像更清晰，C正确；通过手指间的缝隙观察日光灯，看到的彩色条纹是光的衍射现象，D错误。
【变式1-2】如图所示，两光屏间放有两个偏振片，它们四者平行共轴，现让太阳光沿轴线通过光屏M上的小孔照射到固定不动的偏振片P上，再使偏振片Q绕轴匀速转动一周，则关于光屏N上光的亮度变化情况，下列说法正确的是(　 )
A．光屏N上光的亮度保持不变
B．光屏N上只有一条亮线随偏振片转动而转动
C．光屏N上有两条与偏振片P、Q透振方向对应的亮线
D．光屏N上光的亮度会时亮时暗
解析：选D　太阳光沿轴线通过光屏M上的小孔照射到固定不动的偏振片P上，再使偏振片Q绕轴匀速转动一周，当偏振片P与偏振片Q垂直时，光屏N上没有亮度，则光屏N上光的亮度从亮到暗，再由暗到亮，所以光屏N上光的亮度会时亮时暗，故A、B错误，D正确；光屏N上不可能有两条与偏振片P、Q透振方向对应的亮线，故C错误。
【变式1-3】(多选)所图所示，一玻璃柱体的横截面为半圆形，让太阳光或白炽灯光通过狭缝S形成细光束从空气射向柱体的O点(半圆的圆心)，产生反射光束1和透射光束2.现保持入射光不变，将半圆柱绕通过O点垂直于纸面的轴线转动，使反射光束1和透射光束2恰好垂直，在入射光线的方向上加偏振片P，偏振片与入射光线垂直，其透振方向在纸面内，这时看到的现象是(　　)
A．反射光束1消失
B．透射光束2消失
C．反射光束1和透射光束2都消失
D．偏振片P以入射光线为轴旋转90°角，透射光束2消失
答案　AD
解析　自然光射到界面上，当反射光与折射光垂直时，反射光和折射光的偏振方向相互垂直，且反射光的偏振方向与纸面垂直，折射光的偏振方向与纸面平行．因此当在入射光线方向垂直放上透振方向在纸面内的偏振片P时，因反射光垂直于纸面，则反射光束1消失，透射光束2不消失，A正确，B、C均错误．偏振片P转动90°角，平行于纸面内的光消失，则透射光束2消失，D正确．
【题型2 偏振的应用】
【例2】(多选)食品安全检验中碳水化合物(糖)的含量是一个重要指标，可以用“旋光法”来测量糖溶液的浓度，从而鉴定含糖量.偏振光通过糖的水溶液后，偏振方向会相对于传播方向向左或向右旋转一个角度α，这一角度α称为“旋光度”，α的值只与糖溶液的浓度有关，将α的测量值与标准值相比较，就能确定被测样品的含糖量了.如图所示，S是自然光源，A、B是偏振片，转动B，使到达O处的光最强，然后将被测样品P置于A、B之间.以下说法中正确的是(　　)
A.到达O处光的强度会明显减弱
B.到达O处光的强度不会明显减弱
C.将偏振片B转动一个角度，使得O处光强度最强，偏振片B转过的角度等于α
D.将偏振片A转动一个角度，使得O处光强度最强，偏振片A转过的角度等于α
答案　ACD
解析　偏振光通过糖的水溶液后，若迎着射来的光线看，偏振方向会以传播方向为轴线，旋转一个角度α，所以到达O处光的强度会明显减弱，故A正确，B错误；将偏振片B转动一个角度，使得O处光强度最强，偏振片B转过的角度等于α，故C正确；同理，将偏振片A转动一个角度，使得O处光强度最强，偏振片A转过的角度等于α，故D正确.
【变式2-1】（多选）电子表的显示屏利用了液晶的旋光性,当液晶上不加电压时,偏振光通过液晶时偏振方向会旋转90°,这就是液晶的旋光性,如果在液晶上加上电压,则旋光性消失。有一种电子表的显示屏是透明的,而在显示数字时,数字的笔画处不透光,则关于该显示屏,下列说法正确的是(　　)
A.上下两个偏振片的透振方向相互垂直
B.上下两个偏振片的透振方向相互平行
C.笔画处为透明电极,因此加上电压时变为不透明的
D.笔画处没有电极,其余部分为透明电极
答案：AC　
解析：假设光从下向上传播,光线通过下偏振片时成为偏振光,如果不加电压,偏振光通过液晶时偏振方向旋转90°,此时光线能透过上偏振片,可知上偏振片的透振方向应与此时偏振光的偏振方向相同,即与下偏振片的透振方向垂直,选项A正确,B错误;组成数字的笔画处有时透明,有时不透明,可知笔画处为透明电极,当加上电压时液晶旋光性消失,光线不能透过上偏振片,选项C正确,D错误。
【变式2-2】小华通过偏振太阳镜观察平静水面上反射的阳光，转动镜片时发现光有强弱变化。下列说法能够解释这一现象的是(　 )
A．阳光在水面反射时发生了偏振，镜片起起偏器的作用
B．阳光在水面反射时发生了偏振，镜片起检偏器的作用
C．阳光在水面反射时没有发生偏振，镜片起起偏器的作用
D．阳光在水面反射时没有发生偏振，镜片起检偏器的作用
解析：选B　发现强弱变化说明水面上反射的阳光是偏振光，而阳光本身是自然光，在反射时发生了偏振，当偏振片的方向与光的偏振方向平行时，通过的光最强，而当偏振片的方向与光的偏振方向垂直时，通过的光最弱，因此镜片起到检偏器的作用，B正确。
【变式2-3】如图所示是一种利用光纤温度传感器测量温度的装置，一束偏振光射入光纤，由于温度的变化，光纤的长度、芯径、折射率发生变化，从而使偏振光的振动方向发生变化，光接收器接收的光强度就会变化。设起偏器和检偏器透振方向相同，关于这种温度计的工作原理。正确的说法是(　　)
[]
A．到达检偏器的光的振动方向变化越小，光接收器所接收的光强度就会越小，表示温度变化越大
B．到达检偏器的光的振动方向变化越大，光接收器所接收的光强度就会越小，表示温度变化越大
C．到达检偏器的光的振动方向变化越小，光接收器所接收的光强度就会越小，表示温度变化越小
D．到达检偏器的光的振动方向变化越大，光接收器所接收的光强度就会越小，表示温度变化越小
解析：选B　根据题意知，温度变化越大，光通过光纤时振动方向变化越大，起偏器和检偏器的透振方向是相同的，光从光纤中通过时振动方向变化越大，透过检偏器的光强度就会越小，所以光接收器接收的光强度也就会越小。因此选项B正确。
【题型3 激光的应用】
【例3】（多选）准分子激光器利用氩气和氟气的混合物产生激光刀，可用于进行近视眼的治疗．用这样的激光刀对近视眼进行手术，手术时间短、效果好、无痛苦．关于这个治疗，以下说法中正确的是(　　)
A．近视眼是物体成像在眼球中的视网膜的前面，使人不能看清物体
B．激光具有很好的方向性，用激光刀可以在非常小的面积上对眼睛进行手术
C．激光治疗近视眼手术是对视网膜进行修复
D．激光治疗近视眼手术是对角膜进行切削
E．激光治疗近视眼手术是利用激光的相干性好
【答案】　ABD
【解析】　激光手术是物理技术用于临床医学的最新成果．人的眼睛是一个光学成像系统，角膜和晶状体相当于一个凸透镜，物体通过凸透镜成像在视网膜上，人就能看清楚物体．当角膜和晶状体组成的这个凸透镜的焦距比较小，物体成像在视网膜的前面时，人就不能看清物体，这就是近视眼，A对；激光具有很好的方向性，用激光刀可以在非常小的面积上对眼睛进行手术，B对、E错；激光手术不是修复视网膜，而是对角膜进行切削，改变角膜的形状，使眼球中的凸透镜的焦距适当变大，物体经过角膜和晶状体后成像在视网膜上，C错、D对．
【变式3-1】[多选]在双缝干涉实验中，用绿色激光照射在双缝上，在缝后的屏幕上显示出干涉图样。若要增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距，可选用的方法是(　　)
A．改用红色激光
B．改用蓝色激光
C．减小双缝间距
D．将屏幕向远离双缝的位置移动
E．将光源向远离双缝的位置移动
解析：选ACD　由Δx＝λ可知，改用波长更长的激光照射在双缝上，相邻亮条纹的间距Δx增大，A项正确，B项错误；减小双缝间距d，相邻亮条纹的间距Δx增大，C项正确；将屏幕向远离双缝的位置移动，增大了屏幕与双缝的距离l，相邻亮条纹的间距Δx增大，D项正确；相邻亮条纹的间距与光源到双缝的距离无关，E项错误。
【变式3-2】下列说法正确的是(　　)
A．全息照片的拍摄利用了光的衍射原理
B．只有发生共振时，受迫振动的频率才等于驱动力频率
C．高速飞离地球的飞船中的宇航员认为地球上的时钟变慢
D．鸣笛汽车驶近路人的过程中，路人听到的声波频率与该波源的频率相比减小
解析：选C　全息照相利用了激光的频率单一，相干性好的特点，利用了光的干涉现象，故A错误；受迫振动的频率等于驱动力的频率，当驱动力的频率等于物体的固有频率时发生共振，故B错误；根据爱因斯坦相对论可知，时间间隔的相对性：t＝，可知高速飞离地球的飞船中的宇航员认为地球上的时钟变慢，故C正确；根据多普勒效应可知，鸣笛汽车驶近路人的过程中，路人听到的声波频率与该波源的频率相比增大，故D错误。
【变式3-3】(多选)下列说法正确的是(　　)
A．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度
B．用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象
C．用三棱镜观察白光看到的彩色图样是光的色散现象
D．泊松亮斑是光的衍射现象，全息照相的拍摄利用了激光的相干性
E．光纤通信和医用纤维式内窥镜都是利用了光的全反射原理
答案　CDE
【题型4 综合问题】
【例4】(多选)下列有关光学现象的说法正确的是(　　)
A.光从光疏介质射入光密介质，若入射角大于临界角，则一定发生全反射
B.做双缝干涉实验时，仅用红光替代紫光，相邻亮条纹间距变大
C.在白光下观察肥皂泡，其表面的相邻各条纹是等间距的
D.光的偏振现象表明光是横波
答案　BD
【变式4-1】(多选)下列有关光学现象的说法正确的是(　　)
A．光从光疏介质射入光密介质，若入射角大于临界角，则一定发生全反射
B．做双缝干涉实验时，用红光替代紫光，相邻明条纹间距变大
C．在白光下观察肥皂泡，其表面的相邻各条纹是等间距的
D．光的偏振现象表明光是横波
E．在同一种物质中，波长越短的光传播速度越小
答案　BDE
【变式4-2】（多选）如图甲，可以用来测定半圆柱形玻璃砖的折射率n，O是圆心，MN是法线．一束单色光线以入射角i＝30°由玻璃砖内部射向O点，折射角为r，当入射角增大到也为r时，恰好无光线从玻璃砖的上表面射出．让该单色光分别通过宽度不同的单缝a、b后，得到图乙所示的衍射图样(光在真空中的传播速度为c)．则下列说法正确的是(　　)
A．此光在玻璃砖中的全反射临界角为60°
B．玻璃砖的折射率n＝
C．此光在玻璃砖中的传播速度v＝c
D．单缝b宽度较大
E．光的偏振现象说明光是一种纵波
解析：根据折射定律有n＝，由题知，玻璃砖的全反射临界角等于C，根据sin C＝，结合i＝30°，解得n＝，C＝45°，故A错误，B正确；光在玻璃砖中的传播速度为v＝＝c，故C正确；由乙图知，单色光通过单缝a后衍射现象比较显著，所以单缝a宽度较小，单缝b宽度较大，故D正确；偏振是横波的特有现象，光的偏振现象说明光是一种横波，故E错误．
答案：BCD
【变式4-3】(多选)下列关于波的叙述，说法正确的是(　　)
A．机械波在介质中传播的速度随波的频率升高而增大
B．频率小于20 Hz的声波称为次声波
C．声波是机械波，而超声波是电磁波
D．光波是电磁波，在介质中传播速度小于真空中传播速度
E．光的偏振现象说明光波是横波
答案　BDE
解析　机械波在介质中传播的速度与介质有关，与波的频率无关，选项A错误；频率小于20 Hz的声波称为次声波，选项B正确；声波是机械波，超声波也是机械波，选项C错误；光波是电磁波，在介质中传播速度小于真空中传播速度，选项D正确；光的偏振现象说明光波是横波，纵波不能发生光的偏振现象，选项E正确．专题3.3 机械波的反射、折射、衍射和多普勒效应
【人教版】
【题型1 机械波的反射】
【题型2 机械波的折射】
【题型3 机械波的衍射】
【题型4 多普勒效应】
【题型1 机械波的反射】
【例1】一只汽船以的速度在无风河面上航行，船上发出声鸣笛，旅客在后听到前方悬崖反射回来的声音，已知声音在空气中的传播速度为。则悬崖离汽船鸣笛时的位置有多远。
答案：
【变式1-1】机械波在传播过程中遇到障碍物时会发生反射，如果用射线表示波的传播方向，下列说法正确的是（　　）
A．入射线与反射线一定在同一平面内，法线与这一平面垂直
B．入射线与反射线可能在法线同侧
C．“回声”是声波的反射现象
D．“回声”是声波的折射现象
答案：C
【变式1-2】甲、乙两人平行站在一堵墙前面，二人相距，距离墙均为，当甲开了一枪后，乙在时间t后听到第一声枪响，则乙听到第二声枪响的时间为( )
A.听不到 B.甲开枪后 C.甲开枪后 D.甲开枪后
答案：C
解析：乙听到的第一声枪响必然是甲放枪的声音直接传到乙的耳中，故。甲、乙二人及墙的位置如图所示，乙听到的第二声枪响必然是墙反射的枪声，由反射定律可知，波线如图中和，由几何关系可得，故第二声枪响传到乙的耳中的时间为，故C正确。
【变式1-3】测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B为测速仪，A为汽车，两者相距335 m．某时刻B发出超声波，同时A由静止开始做匀加速直线运动．当B接收到反射回来的超声波信号时A、B相距355 m，已知声速为340 m/s，则下列说法正确的是(　　)
A．经1 s，B接收到返回的超声波
B．超声波追上A车时，A车前进了10 m
C．A车加速度的大小为10 m/s2
D．A车加速度的大小为5 m/s2
答案　C
解析　从B发出超声波到接收到超声波过程中，汽车A的运动情况如图所示：
B发出超声波时，小车在C位置
小车反射超声波时，小车在D位置
B接收到超声波时，小车在E位置
经分析可知：tCD＝tDE，xCE＝20 m
由运动学规律得xCD∶xDE＝1∶3
所以xCD＝5 m，xDE＝15 m，tCD＝ s＝1 s
可见B接收到返回的超声波需2 s.
对小车A：Δx＝at
所以a＝10 m/s2
由以上可知只有选项C正确．
【题型2 机械波的折射】
【例2】关于波的折射现象，下列说法正确的是（　　）
A．一切波都能发生折射现象
B．发生折射时，波的传播方向一定会发生改变
C．不是所有的波都能发生折射
D．波发生折射时，波长、频率和波速都会发生变化
答案：A
【变式2-1】根据波的反射和折射原理，以下说法正确的是（　　）
A．声波从空气传到平静的湖面上，声波在水面处只发生反射
B．声波从空气传到平静的湖面上，声波在水面处只发生折射
C．声波从空气传到平静的湖面上时既发生反射又发生折射
D．声波从空气传到平静的湖面上时既不发生反射又不发生折射
答案：C
【变式2-2】关于波的频率，下列说法中正确的是（ ）.
A．波的频率由介质决定，与波源无关
B．波的频率与波速无关
C．波由一种介质进入另一种介质时，频率变大
D．波由一种介质进入另一种介质时，频率变小
答案：B
【详解】波的频率由波源决定，与介质无关，与波速无关，故A错误B正确。
当波由一种介质传到另一种介质时，频率不变，故CD错误。
【变式2-3】如图所示1、2、3分别代表入射波、反射波和折射波的波线，则( )
A.2与1的波长、频率相等，波速不等 B.2与1的波速、频率相等，波长不等
C.3与1的波速、频率、波长均相等 D.3与1的频率相等，波速、波长均不等
答案：D
解析：反射波的波长、频率、波速与入射波的都应该相等，选项AB错误；折射波的波长、波速与入射波的都不等，但频率相等，选项C错误，选项D正确。
【题型3 机械波的衍射】
【例3】(多选)如图所示，当波源和障碍物都静止不动时，波源发出的波在障碍物处不能发生明显衍射.下列措施可能使波发生较为明显衍射的是(　　)
A.增大波源的振动频率
B.减小波源的振动频率
C.增大障碍物的长度
D.减小障碍物的长度
答案　BD
解析　不能发生明显衍射的原因是障碍物的长度远大于波长，则增大波长或减小障碍物的长度可能使波发生较为明显的衍射，选项C错误，D正确；由λ＝知，v不变，减小f，λ增大，选项A错误，B正确.
【变式3-1】如图所示是观察水面波衍射的实验装置，AC和BD是两块挡板，AB是一个孔，O是波源，图中已画出波源所在区域波的传播情况，每两条相邻波纹(图中曲线)之间距离表示一个波长，则波经过孔之后的传播情况，下列描述错误的是(　 )
A．此时能观察到明显的波的衍射现象
B．挡板前后波纹间距离相等
C．如果将孔AB扩大，有可能观察不到明显的衍射现象
D．如果孔的大小不变，使波源频率增大，能观察到更明显的衍射现象
解析：选D　由题图可知，孔的尺寸与水波的波长差不多，故此时能观察到明显的波的衍射现象，故A正确；波通过孔后，波速、频率、波长不变，则挡板前后波纹间的距离相等，故B正确；如果将孔AB扩大，若孔的尺寸远大于水波的波长，可能观察不到明显的衍射现象，故C正确；如果孔的大小不变，使波源频率增大，因为波速不变，根据λ＝知，波长减小，可能观察不到明显的衍射现象，故D错误。
【变式3-2】(多选)一列周期为0.8 s的简谐波在均匀介质中沿x轴传播，该波在某一时刻的波形如图所示；A、B、C是介质中的三个质点，平衡位置分别位于2 m、3 m、6 m处，此时B质点的速度方向为－y方向，下列说法正确的是(　　)
A.该波沿x轴正方向传播，波速为10 m/s
B.A质点比B质点晚振动0.1 s
C.B质点此时的位移为1 cm
D.由图示时刻经0.2 s，B质点的运动路程为2 cm
E.该列波在传播过程中遇到宽度为d＝4 m的障碍物时不会发生明显的衍射现象
答案　BCD
解析　由题图知，波长λ＝8 m，则波速为v＝＝ m/s＝10 m/s.此时B质点的速度方向为－y方向，由波形的平移法知，该波沿x轴负方向传播，故A错误；A质点与B质点平衡位置相距x＝1 m，则波从B质点传到A质点的时间t＝＝ s＝0.1 s，故B正确；B质点此时的位移为y＝sin π cm＝1 cm，故C正确；由题图所示时刻经0.2 s＝T，由波形平移法可知，x＝5 m处质点的状态传到B质点，B质点的运动路程为s＝2y＝2 cm，故D正确；因该列波的波长为8 m，则该列波在传播过程中遇到宽度为d＝4 m的障碍物时会发生明显的衍射现象，故E错误.
【变式3-3】（多选）下列说法正确的是（　　）
A．波的衍射现象必须具备一定的条件，否则不可能发生衍射现象
B．要观察到水波明显的衍射现象，必须使狭缝的宽度远大于水波波长
C．波长越长的波，越容易发生明显的衍射现象
D．只有波才有衍射现象
答案：CD
【题型4 多普勒效应】
【例4】(多选)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
答案　BCE
解析　看到闪电后，过一会儿才能听到雷声，是光和声音在空气中的传播速度不同造成的，故A错误；探测器接收到光的超声波频率发生变化，是由于血液发生流动，探测器与血液的观测点的距离发生变化引起的，可以用多普勒效应解释，故B正确；观察者听到远去的列车发出的汽笛声，音调变低是由于列车与观察者的距离发生变化引起的，可以用多普勒效应解释，故C正确；声波在空气中和水中的传播速度不同，是由于进入不同介质，波长发生变化引起的，故D错误；观察者与双星的距离发生变化，接收到的频率发生变化，产生周期性变化的光谱，属于多普勒效应，E正确.
【变式4-1】如图所示，在原点O处的质点(波源)做简谐运动，产生沿x轴正方向传播的简谐波，波速v＝20 m/s。为了接收到这列波，在x＝200 m处设有一台接收器(图中未标出)。已知t＝0时，波刚好传播到x＝30 m处，则下列说法正确的是(　 )
A．波源振动的周期为2 s
B．接收器在t＝8 s时才能接收到此波
C．x＝40 m处的质点在t＝1 s时向上运动
D．若波源向x轴负方向移动，则在其移动过程中接收器接收到的波的频率将小于1 Hz
解析：选D　由图像可知，波长λ＝20 m，周期T＝＝ s＝1 s，A错误；接收器接收到此波所需时间为t＝＝ s＝8.5 s，B错误；在t＝1 s时，波向前传播了一个波长，x＝40 m处的质点与t＝0时x＝20 m处的质点的振动情况一样，而t＝0时x＝20 m处的质点向下运动，故x＝40 m处的质点在t＝1 s时向下运动，C错误；若波源向x轴负方向移动，则接收器离波源越来越远，根据多普勒效应可知，接收到的波的频率变小，D正确。
【变式4-2】[多选]关于多普勒效应，下列说法正确的是(　　)
A．多普勒效应是由于波的干涉引起的
B．发生多普勒效应时，波源的频率并未发生改变
C．多普勒效应是由于波源与观察者之间有相对运动而发生的
D．只有声波才有多普勒效应
E．若声源向观察者靠近，则观察者接收到的频率大于声源发出声波的频率
解析：选BCE　多普勒效应是由于波源与观察者之间发生相对运动而产生的，其波源的频率不发生变化，是观察者接收到的频率发生变化，故B、C正确，A错误；当声源向观察者靠近时，观察者接收到的频率大于声源发出声波的频率，E正确；机械波和光波都有多普勒效应现象，故D错误。
【变式4-3】根据高中物理所学知识，分析下列生活中的物理现象：①闻其声而不见其人；②钢琴声震碎玻璃酒杯；③当正在鸣笛的火车向着我们疾驰而来时，我们听到汽笛声的音调变高；④两列水波相遇产生稳定花纹。这些物理现象分别属于（　　）
A．干涉、衍射、多普勒效应、共振
B．折射、多普勒效应、共振、干涉
C．衍射、共振、多普勒效应、干涉
D．衍射、共振、折射、多普勒效应
【答案】C
【解析】①闻其声而不见其人是波的衍射现象；
②钢琴声震碎玻璃酒杯是由于共振产生的；
③当正在鸣笛的火车向着我们疾驰而来时，我们听到汽笛声的音调变高是多普勒效应；
④两列水波相遇产生稳定花纹是水波的干涉现象。故选C。专题4.6 光的偏振 激光
【人教版】
【题型1 光的偏振】
【题型2 光的偏振的应用】
【题型3 激光的应用】
【题型4 综合问题】
【题型1 光的偏振】
【例1】[多选]如图所示，P是一个偏振片，P的透振方向(用带箭头的实线表示)为竖直方向。下列四种入射光束中照射P时能在P的另一侧观察到透射光的是(　　)
A．太阳光
B．沿竖直方向振动的光
C．沿水平方向振动的光
D．沿与竖直方向成45°角振动的光
解析：选ABD　太阳光可以向各个方向振动，所以能通过偏振片观察到光，A项正确；沿竖直方向振动的光与偏振片的透振方向一致能通过偏振片，所以B项正确；沿水平方向振动的光与透振方向垂直，通过偏振片观察不到透射光，所以C项错误；只有透振方向与光的振动方向垂直时才观察不到透射光，沿与竖直方向成45°角振动的光能通过偏振片观察到透射光，所以D项正确。
【变式1-1】(多选)光的偏振现象说明光是横波。下列现象中，能反映光的偏振特性的是(　 )
A．一束自然光相继通过两个偏振片，以光束为轴旋转其中一个偏振片，透射光的强度发生变化
B．一束自然光在玻璃、水面、木质桌面等表面反射时，反射光和折射光都是偏振光
C．日落时分，拍摄水面下的景物，在照相机镜头前装上偏振滤光片可使成像更清晰
D．通过手指间的缝隙观察日光灯，可看到彩色条纹
解析：选ABC　自然光通过偏振片成为偏振光，以光束为轴旋转其中一个偏振片，透射光的强度发生变化，A正确；自然光射到光滑非金属表面时，反射光和折射光都是偏振光，B正确；日落时分，拍摄水面下的景物，在照相机镜头前装上偏振片，可以把反射的偏振光过滤，使成像更清晰，C正确；通过手指间的缝隙观察日光灯，看到的彩色条纹是光的衍射现象，D错误。
【变式1-2】如图所示，两光屏间放有两个偏振片，它们四者平行共轴，现让太阳光沿轴线通过光屏M上的小孔照射到固定不动的偏振片P上，再使偏振片Q绕轴匀速转动一周，则关于光屏N上光的亮度变化情况，下列说法正确的是(　 )
A．光屏N上光的亮度保持不变
B．光屏N上只有一条亮线随偏振片转动而转动
C．光屏N上有两条与偏振片P、Q透振方向对应的亮线
D．光屏N上光的亮度会时亮时暗
解析：选D　太阳光沿轴线通过光屏M上的小孔照射到固定不动的偏振片P上，再使偏振片Q绕轴匀速转动一周，当偏振片P与偏振片Q垂直时，光屏N上没有亮度，则光屏N上光的亮度从亮到暗，再由暗到亮，所以光屏N上光的亮度会时亮时暗，故A、B错误，D正确；光屏N上不可能有两条与偏振片P、Q透振方向对应的亮线，故C错误。
【变式1-3】(多选)所图所示，一玻璃柱体的横截面为半圆形，让太阳光或白炽灯光通过狭缝S形成细光束从空气射向柱体的O点(半圆的圆心)，产生反射光束1和透射光束2.现保持入射光不变，将半圆柱绕通过O点垂直于纸面的轴线转动，使反射光束1和透射光束2恰好垂直，在入射光线的方向上加偏振片P，偏振片与入射光线垂直，其透振方向在纸面内，这时看到的现象是(　　)
A．反射光束1消失
B．透射光束2消失
C．反射光束1和透射光束2都消失
D．偏振片P以入射光线为轴旋转90°角，透射光束2消失
答案　AD
解析　自然光射到界面上，当反射光与折射光垂直时，反射光和折射光的偏振方向相互垂直，且反射光的偏振方向与纸面垂直，折射光的偏振方向与纸面平行．因此当在入射光线方向垂直放上透振方向在纸面内的偏振片P时，因反射光垂直于纸面，则反射光束1消失，透射光束2不消失，A正确，B、C均错误．偏振片P转动90°角，平行于纸面内的光消失，则透射光束2消失，D正确．
【题型2 偏振的应用】
【例2】(多选)食品安全检验中碳水化合物(糖)的含量是一个重要指标，可以用“旋光法”来测量糖溶液的浓度，从而鉴定含糖量.偏振光通过糖的水溶液后，偏振方向会相对于传播方向向左或向右旋转一个角度α，这一角度α称为“旋光度”，α的值只与糖溶液的浓度有关，将α的测量值与标准值相比较，就能确定被测样品的含糖量了.如图所示，S是自然光源，A、B是偏振片，转动B，使到达O处的光最强，然后将被测样品P置于A、B之间.以下说法中正确的是(　　)
A.到达O处光的强度会明显减弱
B.到达O处光的强度不会明显减弱
C.将偏振片B转动一个角度，使得O处光强度最强，偏振片B转过的角度等于α
D.将偏振片A转动一个角度，使得O处光强度最强，偏振片A转过的角度等于α
答案　ACD
解析　偏振光通过糖的水溶液后，若迎着射来的光线看，偏振方向会以传播方向为轴线，旋转一个角度α，所以到达O处光的强度会明显减弱，故A正确，B错误；将偏振片B转动一个角度，使得O处光强度最强，偏振片B转过的角度等于α，故C正确；同理，将偏振片A转动一个角度，使得O处光强度最强，偏振片A转过的角度等于α，故D正确.
【变式2-1】（多选）电子表的显示屏利用了液晶的旋光性,当液晶上不加电压时,偏振光通过液晶时偏振方向会旋转90°,这就是液晶的旋光性,如果在液晶上加上电压,则旋光性消失。有一种电子表的显示屏是透明的,而在显示数字时,数字的笔画处不透光,则关于该显示屏,下列说法正确的是(　　)
A.上下两个偏振片的透振方向相互垂直
B.上下两个偏振片的透振方向相互平行
C.笔画处为透明电极,因此加上电压时变为不透明的
D.笔画处没有电极,其余部分为透明电极
答案：AC　
解析：假设光从下向上传播,光线通过下偏振片时成为偏振光,如果不加电压,偏振光通过液晶时偏振方向旋转90°,此时光线能透过上偏振片,可知上偏振片的透振方向应与此时偏振光的偏振方向相同,即与下偏振片的透振方向垂直,选项A正确,B错误;组成数字的笔画处有时透明,有时不透明,可知笔画处为透明电极,当加上电压时液晶旋光性消失,光线不能透过上偏振片,选项C正确,D错误。
【变式2-2】小华通过偏振太阳镜观察平静水面上反射的阳光，转动镜片时发现光有强弱变化。下列说法能够解释这一现象的是(　 )
A．阳光在水面反射时发生了偏振，镜片起起偏器的作用
B．阳光在水面反射时发生了偏振，镜片起检偏器的作用
C．阳光在水面反射时没有发生偏振，镜片起起偏器的作用
D．阳光在水面反射时没有发生偏振，镜片起检偏器的作用
解析：选B　发现强弱变化说明水面上反射的阳光是偏振光，而阳光本身是自然光，在反射时发生了偏振，当偏振片的方向与光的偏振方向平行时，通过的光最强，而当偏振片的方向与光的偏振方向垂直时，通过的光最弱，因此镜片起到检偏器的作用，B正确。
【变式2-3】如图所示是一种利用光纤温度传感器测量温度的装置，一束偏振光射入光纤，由于温度的变化，光纤的长度、芯径、折射率发生变化，从而使偏振光的振动方向发生变化，光接收器接收的光强度就会变化。设起偏器和检偏器透振方向相同，关于这种温度计的工作原理。正确的说法是(　　)
[]
A．到达检偏器的光的振动方向变化越小，光接收器所接收的光强度就会越小，表示温度变化越大
B．到达检偏器的光的振动方向变化越大，光接收器所接收的光强度就会越小，表示温度变化越大
C．到达检偏器的光的振动方向变化越小，光接收器所接收的光强度就会越小，表示温度变化越小
D．到达检偏器的光的振动方向变化越大，光接收器所接收的光强度就会越小，表示温度变化越小
解析：选B　根据题意知，温度变化越大，光通过光纤时振动方向变化越大，起偏器和检偏器的透振方向是相同的，光从光纤中通过时振动方向变化越大，透过检偏器的光强度就会越小，所以光接收器接收的光强度也就会越小。因此选项B正确。
【题型3 激光的应用】
【例3】（多选）准分子激光器利用氩气和氟气的混合物产生激光刀，可用于进行近视眼的治疗．用这样的激光刀对近视眼进行手术，手术时间短、效果好、无痛苦．关于这个治疗，以下说法中正确的是(　　)
A．近视眼是物体成像在眼球中的视网膜的前面，使人不能看清物体
B．激光具有很好的方向性，用激光刀可以在非常小的面积上对眼睛进行手术
C．激光治疗近视眼手术是对视网膜进行修复
D．激光治疗近视眼手术是对角膜进行切削
E．激光治疗近视眼手术是利用激光的相干性好
【答案】　ABD
【解析】　激光手术是物理技术用于临床医学的最新成果．人的眼睛是一个光学成像系统，角膜和晶状体相当于一个凸透镜，物体通过凸透镜成像在视网膜上，人就能看清楚物体．当角膜和晶状体组成的这个凸透镜的焦距比较小，物体成像在视网膜的前面时，人就不能看清物体，这就是近视眼，A对；激光具有很好的方向性，用激光刀可以在非常小的面积上对眼睛进行手术，B对、E错；激光手术不是修复视网膜，而是对角膜进行切削，改变角膜的形状，使眼球中的凸透镜的焦距适当变大，物体经过角膜和晶状体后成像在视网膜上，C错、D对．
【变式3-1】[多选]在双缝干涉实验中，用绿色激光照射在双缝上，在缝后的屏幕上显示出干涉图样。若要增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距，可选用的方法是(　　)
A．改用红色激光
B．改用蓝色激光
C．减小双缝间距
D．将屏幕向远离双缝的位置移动
E．将光源向远离双缝的位置移动
解析：选ACD　由Δx＝λ可知，改用波长更长的激光照射在双缝上，相邻亮条纹的间距Δx增大，A项正确，B项错误；减小双缝间距d，相邻亮条纹的间距Δx增大，C项正确；将屏幕向远离双缝的位置移动，增大了屏幕与双缝的距离l，相邻亮条纹的间距Δx增大，D项正确；相邻亮条纹的间距与光源到双缝的距离无关，E项错误。
【变式3-2】下列说法正确的是(　　)
A．全息照片的拍摄利用了光的衍射原理
B．只有发生共振时，受迫振动的频率才等于驱动力频率
C．高速飞离地球的飞船中的宇航员认为地球上的时钟变慢
D．鸣笛汽车驶近路人的过程中，路人听到的声波频率与该波源的频率相比减小
解析：选C　全息照相利用了激光的频率单一，相干性好的特点，利用了光的干涉现象，故A错误；受迫振动的频率等于驱动力的频率，当驱动力的频率等于物体的固有频率时发生共振，故B错误；根据爱因斯坦相对论可知，时间间隔的相对性：t＝，可知高速飞离地球的飞船中的宇航员认为地球上的时钟变慢，故C正确；根据多普勒效应可知，鸣笛汽车驶近路人的过程中，路人听到的声波频率与该波源的频率相比增大，故D错误。
【变式3-3】(多选)下列说法正确的是(　　)
A．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度
B．用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象
C．用三棱镜观察白光看到的彩色图样是光的色散现象
D．泊松亮斑是光的衍射现象，全息照相的拍摄利用了激光的相干性
E．光纤通信和医用纤维式内窥镜都是利用了光的全反射原理
答案　CDE
【题型4 综合问题】
【例4】(多选)下列有关光学现象的说法正确的是(　　)
A.光从光疏介质射入光密介质，若入射角大于临界角，则一定发生全反射
B.做双缝干涉实验时，仅用红光替代紫光，相邻亮条纹间距变大
C.在白光下观察肥皂泡，其表面的相邻各条纹是等间距的
D.光的偏振现象表明光是横波
答案　BD
【变式4-1】(多选)下列有关光学现象的说法正确的是(　　)
A．光从光疏介质射入光密介质，若入射角大于临界角，则一定发生全反射
B．做双缝干涉实验时，用红光替代紫光，相邻明条纹间距变大
C．在白光下观察肥皂泡，其表面的相邻各条纹是等间距的
D．光的偏振现象表明光是横波
E．在同一种物质中，波长越短的光传播速度越小
答案　BDE
【变式4-2】（多选）如图甲，可以用来测定半圆柱形玻璃砖的折射率n，O是圆心，MN是法线．一束单色光线以入射角i＝30°由玻璃砖内部射向O点，折射角为r，当入射角增大到也为r时，恰好无光线从玻璃砖的上表面射出．让该单色光分别通过宽度不同的单缝a、b后，得到图乙所示的衍射图样(光在真空中的传播速度为c)．则下列说法正确的是(　　)
A．此光在玻璃砖中的全反射临界角为60°
B．玻璃砖的折射率n＝
C．此光在玻璃砖中的传播速度v＝c
D．单缝b宽度较大
E．光的偏振现象说明光是一种纵波
解析：根据折射定律有n＝，由题知，玻璃砖的全反射临界角等于C，根据sin C＝，结合i＝30°，解得n＝，C＝45°，故A错误，B正确；光在玻璃砖中的传播速度为v＝＝c，故C正确；由乙图知，单色光通过单缝a后衍射现象比较显著，所以单缝a宽度较小，单缝b宽度较大，故D正确；偏振是横波的特有现象，光的偏振现象说明光是一种横波，故E错误．
答案：BCD
【变式4-3】(多选)下列关于波的叙述，说法正确的是(　　)
A．机械波在介质中传播的速度随波的频率升高而增大
B．频率小于20 Hz的声波称为次声波
C．声波是机械波，而超声波是电磁波
D．光波是电磁波，在介质中传播速度小于真空中传播速度
E．光的偏振现象说明光波是横波
答案　BDE
解析　机械波在介质中传播的速度与介质有关，与波的频率无关，选项A错误；频率小于20 Hz的声波称为次声波，选项B正确；声波是机械波，超声波也是机械波，选项C错误；光波是电磁波，在介质中传播速度小于真空中传播速度，选项D正确；光的偏振现象说明光波是横波，纵波不能发生光的偏振现象，选项E正确．专题4.1 光的折射
【人教版】
【题型1 生活中的折射问题】
【题型2 折射的理解】
【题型3 折射率的求解】
【题型4 折射中的时间问题】
【题型5 折射与反射的综合】
【题型6 折射率的测定】
【题型7 折射中的色散问题】
【题型8 折射中的临界问题】
【题型1 生活中的折射问题】
【例1】“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与光的折射规律类似，可表述为＝(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，则肿瘤离肝脏表面的深度h为(　　)
A. B.
C. D.
解析　如图所示，根据光的折射定律有＝
由几何关系知sin θ＝
以上两式联立可解得h＝，故选项D正确．
答案　D
【变式1-1】汽车氙气大灯(前照灯)通常需要透镜(近似看作半球形玻璃砖)才能达到更好的照明效果，保证行车安全，图甲为该系统工作的原理图。图乙是使用近光灯时透镜调节光线的原理图，图中MN为透镜的竖直直径，透镜的半径为R，一束单色光的入射点P与球心O的距离为l＝R，入射光线与MN的夹角为θ＝37°，已知透镜对该入射光的折射率为n＝1.6，透镜距地面的距离为h＝1.0 m(可认为远大于透镜半径)，求近光灯照射的距离L(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，tan 83°＝8.1)。
解析：单色光的折射路径如图所示，由题意可得n＝，解得r＝30°
由正弦定理可得＝
则α＝30°，＝，则β＝53°
由几何关系知γ＝30°
则有L＝h·tan(β＋γ)，解得L＝8.1 m。
答案：8.1 m
【变式1-2】一束单色光由空气进入水中，则该光在空气和水中传播时(　　)
A．速度相同，波长相同　　　B．速度不同，波长相同
C．速度相同，频率相同 D．速度不同，频率相同
解析：选D　不同的单色光频率不相同，同一单色光在不同的介质内传播过程中，光的频率不会发生改变；由公式v＝可以判断，水的折射率大于空气的，所以该单色光进入水中后传播速度减小。故选项D正确。
【变式1-3】雨过天晴，人们常看到天空中出现彩虹，它是由阳光照射到空中弥漫的水珠上时出现的现象．在说明这种现象时，需要分析光线射入水珠后的光路，一细束光线射入水珠，水珠可视为一个半径为R＝10 mm的球，球心O到入射光线的垂直距离为d＝8 mm，水的折射率为n＝.
(1)在图中画出该束光线射入水珠后，第一次从水珠中射出的光路图；
(2)求这束光线从射向水珠到第一次射出水珠，光线偏转的角度．
答案　(1)见解析图　(2)32°
解析　(1)如图所示
(2)由几何关系知
sin θ1＝＝0.8，θ1＝53°
由折射定律sin θ1＝nsin θ2得sin θ2＝0.6，θ2＝37°
则光线偏转的角度
φ＝2(θ1－θ2)＝32°
【题型2 折射的理解】
【例2】(2021年8省联考·辽宁卷)如图所示，一束单色光从介质1射入介质2，在介质1、2中的波长分别为λ1、λ2，频率分别为f1、f2，则(　 )
A．λ1<λ2 B．λ1>λ2 C．f1f2
解析：选B　根据折射定律可知折射率小的介质光线与法线的夹角大，因此n1v2，因为光从一种介质进入另一种介质时频率不变，即f1＝f2，根据v＝λf，可知波长与波速成正比，即λ1>λ2。
【变式2-1】(2021·北京等级考)如图所示的平面内，光束a经圆心O射入半圆形玻璃砖，出射光为b、c两束单色光。下列说法正确的是(　 )
A．这是光的干涉现象
B．在真空中光束b的波长大于光束c的波长
C．玻璃砖对光束b的折射率大于对光束c的折射率
D．在玻璃砖中光束b的传播速度大于光束c的传播速度
解析：选C　光束a经圆心O射入半圆形玻璃砖，出射光为b、c两束单色光，这是光的色散现象，A错误；由题图可知光束c的折射角大于光束b的折射角，根据折射定律可知nc＜nb，C正确；由于光的折射率越大，其频率越大，波长越短，则光束b在真空中的波长较短，B错误；根据v ＝知，光束c的折射率小，则光束c在玻璃砖中的传播速度大，D错误。
【变式2-2】如图所示，一束激光照射在横截面为正方形的透明玻璃柱上，光线与横截面平行，则透过玻璃柱的光线可能是图中的(　 )
A．① B．②
C．③ D．④
解析：选C　根据折射定律有n＝，n>1，解得i1>r1，所以折射光线向右偏折；根据折射定律有n＝，r1＝r2，解得i1＝i2，所以出射光线与入射光线平行，C正确。
【变式2-3】两束不同频率的单色光a、b从空气射入水中，发生了如图所示的折射现象(α>β)。下列结论中正确的是(　 )
A．光束b的频率比光束a低
B．在水中的传播速度，光束a比光束b小
C．水对光束a的折射率比水对光束b的折射率小
D．若光束从水中射向空气，则光束b的临界角比光束a的临界角大
解析：选C　根据图示和折射定律n＝可知，b光的折射率较大，则b的频率较大，故A错误，C正确；由n＝可知，b光的折射率较大，在同种介质中传播速度较小，即在水中的传播速度，光束a比光束b大，故B错误；由临界角公式sin C＝分析得到，b光的折射率较大，对同种介质的临界角较小，故D错误。
【题型3 折射率的求解】
【例3】如图所示，直角边AC长度为d的直角棱镜ABC置于桌面上，D为斜边BC的中点，桌面上的S点发射一条光线经D点折射后，垂直于AB边射出.已知SC＝CD，光线通过棱镜的时间t＝，c为真空中光速，不考虑反射光线.求：
(1)棱镜的折射率n；
(2)入射光线与界面BC间的夹角.
答案　(1)　(2)30°
解析　(1)光路图如图所示，
E是光线在AB边的出射点，设光线通过棱镜的速度为v，则DE＝d，即vt＝d
又n＝
解得n＝.
(2)光线射到界面BC，设入射角为i，折射角为r，则i＝－θ，r＝－2θ，
又n＝，
解得θ＝30°.
【变式3-1】如图所示，ABC为直角三棱镜的截面，∠A＝30°，∠B＝90°，一束单色光从AB边上的D点平行AC射入，折射光线刚好经过C点，已知BD＝AD，则三棱镜的折射率为(　 )
A. B． C. D．
解析：选A　设BC长为d，则AB＝d，BD＝d，由几何关系可知，单色光在D点的入射角i＝60°，设折射角为r，由几何关系可知sin r＝＝，则三棱镜的折射率n＝＝，A正确。
【变式3-2】如图，一束单色光射入一玻璃球体，入射角为60°.已知光线在玻璃球内经一次反射后，再次折射回到空气中时与入射光线平行.此玻璃的折射率为(　　)
A. B.1.5
C. D.2
答案　C
解析　作出光线在玻璃球体内的光路图，A、C是折射点，B是反射点，OD平行于入射光线，由几何知识得，∠AOD＝∠COD＝60°，则∠OAB＝30°，即折射角r＝30°，入射角i＝60°，所以折射率n＝＝，C正确.
【变式3-3】一直桶状容器的高为2l，底面是边长为l的正方形；容器内装满某种透明液体，过容器中心轴DD′、垂直于左右两侧面的剖面图如图所示。容器右侧内壁涂有反光材料，其他内壁涂有吸光材料。在剖面的左下角处有一点光源，已知由液体上表面的D点射出的两束光线相互垂直，求该液体的折射率。
[解析]　设从光源发出直接射到D点的光线的入射角为i1，折射角为r1。在剖面内作光源相对于反光壁的镜像对称点C，连接C、D，交反光壁于E点，由光源射向E点的光线，反射后沿ED射向D点。光线在D点的入射角为i2，折射角为r2，如图所示。
设液体的折射率为n，由折射定律有
nsin i1＝sin r1①
nsin i2＝sin r2②
由题意知
r1＋r2＝90°③
联立①②③式得
n2＝④
由几何关系可知
sin i1＝＝⑤
sin i2＝＝⑥
联立④⑤⑥式得
n＝1.55。
[答案]　1.55
【题型4 折射中的时间问题】
【例4】如图所示，ACDB为圆柱型玻璃的横截面，AB为其直径.现有两单色光组成的复合光沿EA方向射向玻璃，其折射光线分别沿AC、AD方向，光从A到C的时间为tAC，从A到D的时间为tAD.则(　　)
A.tAC＝tAD B.tAC＜tAD
C.tAC＞tAD D.无法确定
答案　B
解析　由于AD光折射角小于AC光的折射角，故AD光的折射率大于AC光的折射率，由v＝可知，AD光在玻璃中的传播速度较小，AB为直径，故AD＞AC，所以tAC＜tAD，故B正确.
【变式4-1】如图所示，一块两面平行的玻璃砖平放在纸面上，将它的前、后两个边界PQ、MN记录在纸面上。若单色光沿纸面从真空中以入射角i＝60°从MN表面射入时，光通过玻璃砖的时间为t；若保持入射光的方向不变，现撤去玻璃砖，光通过PQ、MN之间的区域的时间也为t，那么，这块玻璃砖对该入射光的折射率为(　 )
A．2 B． C．1.5 D．
解析：选B　设玻璃砖的厚度为d，折射率为n，折射角为r，则t＝＝＝，t＝＝，n＝，可解得n＝，故B正确。
【变式4-2】(多选)如图所示，等边三角形ABC为某透明玻璃三棱镜的截面图，边长等于L，在截面上一束足够强的细光束从AB边中点与AB边成30°角由真空射入三棱镜，从BC边射出的光线与BC的夹角为30°.光在真空中的速度为c，则(　　)
A.玻璃的折射率为
B.玻璃的折射率为
C.光在三棱镜中的传播路程为0.5L
D.光在三棱镜中的传播时间为
答案　ACD
解析　光射入三棱镜的光路图如图所示，
i1＝90°－30°＝60°，
由折射定律得：n＝
光在BC边折射时，由折射定律有：＝
由题意知r2＝90°－30°＝60°，则i2＝r1
由几何关系可得r1＝i2＝30°，则n＝
由几何知识知：从AB边上射入的光在三棱镜中的传播路程s＝0.5L，
光在三棱镜中的传播速度v＝＝c，
故光在三棱镜中的传播时间t＝＝.
【变式4-3】如图所示，一玻璃砖的横截面为半圆形，O为圆心，半径为R，MN为直径，P为OM的中点，MN与水平放置的足够大光屏平行，两者间距为d＝R，一单色细光束沿垂直于玻璃砖上表面的方向从P点射入玻璃砖，光从弧形表面上某点A射出后到达光屏上某处Q点，已知玻璃砖对该光的折射率为n＝。求光束从OM上的P点射入玻璃砖后到达光屏上Q点所用的时间(不考虑反射光，光在真空中传播速度为c)。
解析：完成光路图如图所示，P为OM的中点。
设出射点处的入射角为α，折射角为β
由几何关系知：
sin α＝，得α＝30°
PA＝Rcos 30°
设光在玻璃砖中的传播速度为v，传播时间为t1，则：
v＝
则光线在玻璃砖内传播的时间为t1＝
由折射定律得：n＝
由图知，AQ＝
设光从A到Q所用时间为t2，则：
t2＝
由以上关系可求得从P到Q的时间为：
t＝t1＋t2＝。
答案：
【题型5 折射与反射的综合】
【例5】(2021·浙江6月选考)用激光笔照射透明塑料制成的光盘边缘时观察到的现象如图所示。入射点O和两出射点P、Q恰好位于光盘边缘等间隔的三点处，空气中的四条细光束分别为入射光束a、反射光束b、出射光束c和d，已知光束a和b间的夹角为90°，则(　 )
A．光盘材料的折射率n＝2
B．光在光盘内的速度为真空中光速的三分之二
C．光束b、c和d的强度之和等于光束a的强度
D．光束c的强度小于O点处折射光束OP的强度
解析：选D　画出光路图，如图所示，由几何关系可得入射角为i＝45°，折射角为r＝30°，根据折射定律有n＝＝＝，A错误；根据v＝＝c，B错误；因为在Q处光还有反射光线，所以光束b、c和d的强度之和小于光束a的强度，C错误；光束c的强度与反射光线PQ强度之和等于折射光线OP的强度，D正确。
【变式5-1】(多选)如图所示，一束由两种单色光混合的复色光沿PO方向射向一上、下表面平行的厚玻璃平面镜的上表面，得到三束光Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ。下列有关这三束光的判断正确的是(　 )
A．光束Ⅰ仍为复色光，光束Ⅱ、Ⅲ为单色光
B．光束Ⅱ在玻璃中的传播速度比光束Ⅲ小
C．增大α角且α<90°，光束Ⅱ、Ⅲ会远离光束Ⅰ
D．改变α角且α<90°，光束Ⅱ、Ⅲ一定与光束Ⅰ平行
解析：选ABD　由题意画出如图所示的光路图，可知光束Ⅰ是反射光线，所以仍是复色光，而光束Ⅱ、Ⅲ由于折射率的不同导致偏折分离，所以光束Ⅱ、Ⅲ是单色光，故A正确；由于光束Ⅱ的偏折程度大于光束Ⅲ，所以玻璃对光束Ⅱ的折射率大于对光束Ⅲ的折射率，根据v＝可知，光束Ⅱ在玻璃中的传播速度比光束Ⅲ小，故B正确；当增大α角且α<90°，即入射角减小时，光束Ⅱ、Ⅲ会靠近光束Ⅰ，故C错误；因为厚玻璃平面镜的上下表面是平行的，根据光的入射角与反射角相等以及光的可逆性，可知改变α角且α<90°，光束Ⅱ、Ⅲ一定与光束Ⅰ平行，故D正确
【变式5-2】如图，一玻璃工件的上半部是半径为R的半球体，O点为球心；下半部是半径为R、高为2R的圆柱体，圆柱体底面镀有反射膜。有一平行于中心轴OC的光线从半球面射入，该光线与OC之间的距离为0.6R。已知最后从半球面射出的光线恰好与入射光线平行(不考虑多次反射)。求该玻璃的折射率。
解析：如图，
根据光路的对称性和光路可逆性，与入射光线相对于OC轴对称的出射光线一定与入射光线平行。这样，从半球面射入的折射光线，将从圆柱体底面中心C点反射。设光线在半球面的入射角为i，折射角为r。由折射定律有
sin i＝nsin r①
由正弦定理有＝②
由几何关系，入射点的法线与OC的夹角为i。
由题设条件和几何关系有sin i＝③
式中L是入射光线与OC的距离。由②③式和题给数据得sin r＝④
由①③④式和题给数据得n＝≈1.43。
答案：1.43
【变式5-3】某同学测量玻璃砖的折射率，准备了下列器材：激光笔、直尺、刻度尺、一面镀有反射膜的平行玻璃砖。如图所示，直尺与玻璃砖平行放置，激光笔发出的一束激光从直尺上O点射向玻璃砖表面，在直尺上观察到A、B两个光点，读出OA间的距离为20.00 cm，AB间的距离为6.00 cm，测得图中直尺到玻璃砖上表面距离d1＝10.00 cm，玻璃砖厚度d2＝4.00 cm。则玻璃的折射率n＝________，光在玻璃中传播速度v＝________ m/s(光在真空中传播速度c＝3.0×108 m/s，结果保留两位有效数字)。
解析：作出光路图如图所示，根据几何知识可得入射角i＝45°，由于AB之间的距离等于CE之间的距离，所以折射角r＝37°，故折射率n＝≈1.2，故v＝＝2.5×108 m/s。
答案：1.2　2.5×108
【题型6 折射率的测定】
【例6】如图所示，在“测量玻璃的折射率”的实验中，当光线AO以一定入射角穿过两面平行的玻璃砖时，通过插针法找到跟入射光线AO对应的出射光线O′B，从而确定玻璃中的折射光线OO′。
(1)在图中标记了四个角，分别为θ1、θ2、θ3、θ4，则玻璃的折射率n＝________。
(2)下列措施中，不能减小实验误差的是________。
A．玻璃砖界面aa′与bb′间的距离适当大些
B．入射角要尽量小些
C．大头针应竖直地插在纸面上
D．大头针P1与P2、P3与P4的间距要适当远些
解析：(1)由折射定律可知，玻璃的折射率n＝。
(2)玻璃砖界面aa′与bb′间的距离适当大些，可减小实验误差；入射角太小，则角度的测量会产生较大误差；大头针应竖直地插在纸面上，可减小实验误差；大头针P1与P2、P3与P4的间距要适当远些，这样可减小标记入射光线以及折射光线时的误差。故选B。
答案：(1)　(2)B
【变式6-1】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．选用粗的大头针完成实验
D．插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些
(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________。
(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，以入射点O为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线NN′的垂线，垂足分别为C、D点，如图所示，则玻璃的折射率n＝______。(用图中线段的字母表示)
解析：(1)测玻璃的折射率关键是根据入射光线和出射光线确定在玻璃中的传播光线，因此选用光学表面间距大的玻璃砖以及使插在玻璃砖同侧两枚大头针的距离大些都有利于提高实验准确程度，减小误差；两光学表面是否平行不影响折射率的测量，为减小误差，应选用细长的大头针，故A、D正确，B、C错误。
(2)由题图可知，选用的玻璃砖两光学表面平行，则入射光线与出射光线平行，由光线在空气中的入射角大于玻璃中的折射角，画图可知正确的图为D。
(3)如图所示，玻璃的折射率
n＝，
又sin i＝，sin r＝，
故n＝。
答案：(1)AD　(2)D　(3)
【变式6-2】如图甲所示，在测量玻璃折射率的实验中，两位同学先在白纸上放好截面是正三角形ABC的三棱镜，并确定AB和AC界面的位置。然后在棱镜的左侧画出一条直线，并在线上竖直插上两枚大头针P1和P2，再从棱镜的右侧观察P1和P2的像。
(1)此后正确的操作步骤是________。
A．插上大头针P3，使P3挡住P2的像
B．插上大头针P3，使P3挡住P1、P2的像
C．插上大头针P4，使P4挡住P3的像
D．插上大头针P4，使P4挡住P1、P2的像和P3
(2)正确完成上述操作后，在纸上标出大头针P3、P4的位置(图中已标出)。为测量该种玻璃的折射率，两位同学分别用圆规及刻度尺作出了完整光路和若干条辅助线，如图乙、丙所示。能够仅通过测量ED、FG的长度便可正确计算出折射率的是图________(选填“乙”或“丙”)，所测玻璃折射率的表达式n＝________(用代表线段长度的字母ED、FG表示)。
解析：(1)此后正确的操作步骤是：插上大头针P3，使P3挡住P1、P2的像；插上大头针P4，使P4挡住P1、P2的像和P3，B、D正确。
(2)能够仅通过测量ED、FG的长度便可正确计算出折射率的是题图丙，因为n＝＝＝。
答案：(1)BD　(2)丙　
【变式6-3】通过动手做实验可让学生们提高对物理实验的理解和应用能力。如图所示，一个学生用广口瓶和刻度尺测定水的折射率，请填写下述实验步骤中的空白。
(1)用刻度尺测出广口瓶瓶口内径d。
(2)在瓶内装满水。
(3)将刻度尺沿瓶口边缘竖直插入水中。
(4)沿广口瓶边缘向水中刻度尺正面看去，若恰能看到刻度尺的0刻度(即图中A点)，同时看到水面上B点刻度的像B′恰与A点的像重合。如图，若水面恰与直尺的C点相平，则________和________分别等于入射角和折射角。
(5)读出________和________的长度。
(6)由题中所给条件和前面步骤得到的数据，可以计算水的折射率n＝________。
解析：(4)从A点发出的光线经折射后进入眼睛，所以∠OAC等于入射角，∠OB′C(或∠OBC)等于折射角。
(5)若水面恰与直尺C点相平，读出AC和AB(或AC和BC)的长度。
(6)设从A点发出的光线射到水面时入射角为i，折射角为r，根据数学知识得知：sin i＝，sin r＝，则折射率为n＝，根据对称性有：B′C＝BC，联立得n＝ 或 。
答案： (4)∠OAC　　∠OB′C(或∠OBC)
(5)AC　AB(或BC)
(6)
【题型7 折射中的色散问题】
【例7】如图所示，一束光经玻璃三棱镜折射后分为两束单色光a、b，其在玻璃三棱镜中的波长分别为λa、λb，该玻璃对单色光a、b的折射率分别为na、nb，则(　 )
A．λa<λb，na>nb B．λa>λb，naC．λa<λb，naλb，na>nb
解析：选B　一束光经过三棱镜折射后，折射率小的光偏折较小，在介质中的波长较长。所以λa>λb，na【变式7-1】如图所示，实线为空气和水的分界面，一束蓝光从空气中的A点沿AO1方向(O1点在分界面上，图中O1点和入射光线都未画出)射向水中，折射后通过水中的B点。图中O点为A、B连线与分界面的交点。下列说法错误的是(　 )
A．O1点在O点的右侧
B．蓝光从空气中射入水中时，速度变小
C．若沿AO1方向射向水中的是一束紫光，则折射光线有可能通过B点正下方的C点
D．若沿AO1方向射向水中的是一束红光，则折射光线有可能通过B点正上方的D点
解析：选A　根据折射定律，可知光由空气斜射入水中时入射角大于折射角，则画出光路图如图所示，
知O1点应在O点的左侧，故A错误；光从光疏介质(空气)射入光密介质(水)中时，速度变小，故B正确；紫光的折射率大于蓝光，所以折射角要小于蓝光的，则折射光线可能通过B点正下方的C点，故C正确；红光的折射率小于蓝光，折射角要大于蓝光的，则折射光线可能通过B点正上方的D点，故D正确。
【变式7-2】如图所示，一束可见光穿过平行玻璃砖后，变为a、b两束单色光。如果光束b是蓝光，则光束a可能是(　 )
A．红光 B．黄光 C．绿光 D．紫光
解析：选D　由题图可知，光束a的折射角小，根据n＝知，光束a的折射率大于光束b的折射率，频率越大，折射率越大，且已知光束b是蓝光，选项中频率大于蓝光的只有紫光，D正确。
【变式7-3】虹和霓是太阳光在水珠内分别经过一次和两次反射后出射形成的，可用白光照射玻璃球来说明。两束平行白光照射到透明玻璃球后，在水平的白色桌面上会形成MN和PQ两条彩色光带，光路如图所示。M、N、P、Q点的颜色分别为(　 )
A．紫、红、红、紫 B．红、紫、红、紫
C．红、紫、紫、红 D．紫、红、紫、红
解析：选A　由题图可知，射到M点的光线进入玻璃球时的折射角小于射到N点的光线进入玻璃球时的折射角，所以玻璃球对射到M点的光的折射率大于玻璃球对射到N点的光的折射率，故M点的颜色为紫色，N点的颜色为红色；同理可得P点的颜色为红色，Q点的颜色为紫色，A正确。
【题型8 折射中的临界问题】
【例8】如图，一艘帆船静止在湖面上，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sin 53°＝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，从水面射出后仍照射在桅杆顶端，求船行驶的距离.
答案　(1)7 m　(2)5.5 m
解析　(1)设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1，到P点的水平距离为x2；桅杆距水面的高度为h1，P点处水深为h2；激光束在水中与竖直方向的夹角为θ，由几何关系有
＝tan 53°①
＝tan θ②
由折射定律有：sin 53°＝nsin θ③
设桅杆到P点的水平距离为x，
则x＝x1＋x2④
联立①②③④式并代入题给数据得：x＝7 m⑤
(2)设激光束在水中与竖直方向的夹角为45°时，从水面出射的方向与竖直方向夹角为i′，
由折射定律有：sin i′＝nsin 45°⑥
设船向左行驶的距离为x′，此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1′，到P点的水平距离为x2′，则：x1′＋x2′＝x′＋x⑦
＝tan i′⑧
＝tan 45°⑨
联立⑤⑥⑦⑧⑨式并代入题给数据得：
x′＝ m≈5.5 m
【变式8-1】(2021·湖南高考)我国古代著作《墨经》中记载了小孔成倒像的实验，认识到光沿直线传播。身高1.6 m的人站在水平地面上，其正前方0.6 m处的竖直木板墙上有一个圆柱形孔洞，直径为1.0 cm、深度为1.4 cm，孔洞距水平地面的高度是人身高的一半。此时，由于孔洞深度过大，使得成像不完整，如图所示。现在孔洞中填充厚度等于洞深的某种均匀透明介质，不考虑光在透明介质中的反射。
(1)若该人通过小孔能成完整的像，透明介质的折射率最小为多少？
(2)若让掠射进入孔洞的光能成功出射，透明介质的折射率最小为多少？
解析：(1)如图所示，若人脚处反射的光恰能成像，则透明介质的折射率最小，由几何关系得此时入射角的正弦值sin i＝＝0.8，折射角的正弦值sin r＝＝，所以nmin＝＝。
(2)光从光疏介质向光密介质传播，入射角接近90°时为掠射。分析可知，当掠射的光恰好从洞的边缘射出时折射率最小，则有nmin′＝＝。
答案：(1)　(2)
【变式8-2】图为由某种透明材料做成的三棱镜的横截面，其形状是边长为a的等边三角形，现用一束宽度为a的单色平行光束以垂直于BC面的方向入射到该三棱镜的AB及AC面上，结果所有从AB、AC面入射的光线进入后恰好全部直接到达BC面．
(1)求该材料对此平行光束的折射率；
(2)这些到达BC面的光线从BC面射出后，如果照射到一块平行于BC面的屏上形成光斑，则当屏到BC面的距离d满足什么条件时，此光斑分为两块？
答案　(1)　(2)d＞a
解析　(1)从AB面入射的光线，在棱镜中是平行于AC面的，则光线进入AB面时的入射角α、折射角β分别为α＝60°，β＝30°
由折射定律知，该材料对此平行光束的折射率n＝＝.
(2)如图所示，O为BC的中点，在B点附近折射的光线从BC面射出后与直线AO的延长线交于D点，只要屏放得比D点远，光斑就会分成两块．
由几何关系可得OD＝a
所以当屏到BC面的距离d＞a时，此光斑分为两块．
【变式8-3】如图所示，在MN的下方足够大的空间是玻璃介质，其折射率n＝，玻璃介质的上边界MN是屏幕，玻璃中有一个正三角形空气泡，其边长l＝40 cm，顶点与屏幕接触于C点，底边AB与屏幕平行，一束激光a垂直于AB边射向AC边的中点O，结果在屏幕MN上出现两个光斑．
(1)求两个光斑之间的距离；
(2)若任意两束相同的激光同时垂直于AB边向上射入空气泡，求屏幕上相距最远的两个光斑之间的距离．
答案　(1)40 cm　(2)80 cm
解析　(1)画出光路图如图所示．
在界面AC，入射角i＝60°，由折射定律n＝，n＝解得折射角r＝30°.
由光的反射定律得反射角θ＝60°
由几何关系得，△ODC是边长为l的正三角形，△OEC为等腰三角形，且CE＝OC＝，则两个光斑之间的距离L＝DC＋CE＝40 cm.
(2)作出入射点在A、B两点的光线的光路图，如图所示，由图可得屏幕上相距最远的两个光斑之间的距离PQ＝2l＝80 cm.

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