資源簡介

參考答案
小球飛行過程中只受重力作用,所以合外力的沖量為
第一章　動量守恒定律
I＝
mgt＝１×１０×１N s＝１０N s
第１、２節　動　　量　動量定理 方向豎直向下
知識梳理
一、１．(１)質量　速度　mv　(２)千克米每秒　kg m/s　
(３)矢　速度　２．(１)末動量　初動量　p′－p　(２)代數
二、１．時間　N s　力　時間　２．(１)動量變化量
(２)mv′－mv＝F(t′－t)　p′－p＝I
典例精解
【典例１】　解析:(１)以球飛回的方向為正方向,則p１＝mv 由動量定理得１ Δp＝I＝１０N s,方向豎直向下．
(３)小球落地時豎直分速度為vy ＝gt＝１０m/s．由速度合成
＝－５×１０－３
９０
×３．６kg
m/s＝－０．１２５kg m/s,p２＝mv２＝５×
知,落地速度v＝ v２＋v２ ＝ １０２０ y ＋１０２ m/s＝１０ ２m/s,所以
１０－３
３４２
× kg m/３．６ s＝０．４７５kg
m/s,所以羽毛球的動量變化量為 小球落地時的動量大小為p′＝mv＝１０ ２kg m/s,方向與水平
方向的夾角為
Δp＝p２－p１＝０４．７５kg m/s－(
４５°．
－０１．２５kg m/s)＝０．６００kg m/s,
課后鞏固
即羽毛球的動量變化大小為０．６００kg m/s,方向與羽毛球飛回的方 【基礎訓練】
向相同．
() １．C　２．D　３．D　４．C　５．D　６．C　７．A　８．B　９．A２ 羽毛球的初速度為v１＝－２５m/s,羽毛球的末速度為v２
１０．解析:取豎直向上為正方向,籃球碰撞前的運動方向是豎直
＝９５m/s,所以 Δv＝v２－v１＝９５m/s－(－２５m/s)＝１２０m/s,
向下的,其動量p１＝mv１＝０．７５kg×(－１０)m/s＝－７．５kg m/s．碰１ １
羽毛球的初動能:Ek ＝ ２２mv１ ＝ ２ ×５×１０
－３ × (－２５)２J＝ 后的運動方向是豎直向上的,此時動量p２＝mv２＝０．７５kg×８m/s＝
１ １ ６kg m/s．動量的 變 化 Δp＝p２ －p１ ＝[６－(－７．５)]kg m/s
１．５６J,羽毛球的末動能:E′k＝ ２mv
２
２＝ ２ ×５×１０
－３×９５２J＝ ＝１３５．kg m/s．
２２．５６J,所以 ΔEk＝E′k－Ek＝２１J． 拓展提升
變式１:D １．B　２．C　３．D　４．D　５．B　６．A　７．B　８．B
【典例２】　解析:運動員剛接觸網時速度的大小v ＝ ２gh ９．解析:(１)以A 為研究對象,由牛頓第二定律有F＝m a,１ A１
/ / , 代入數據解得a＝２．５m/
２
＝ ２×１０×３．２ms＝８ms 方向向下． s．
(２)對A,B 碰撞后共同運動t＝０．６s的過程,由動量定理得
剛離網時速度的大小v２ ＝ ２gh２ ＝ ２×１０×５．０ m/s＝ Ft＝(mA ＋mB)vt－(m ＋m )v,代入數據解得v＝１m/s．
１０m/ ,
A B
s 方向向上．
１ １
運動員與網接觸的過程,設網對運動員的作用力為F,則運 １０．解析:(１)由動能定理,有－μmgs＝ mv２ ２,可得２ －２mv０
動員受到向上的彈力F 和向下的重力mg,對運動員應用動量定 μ＝０．３２．
理(以向上為正方向),有:(F－mg)Δt＝mv２－m(－v１) (２)由動量定理:有FΔt＝mv′－mv,可得F＝１３０N．
mv
F＝ ２
－m(－v１)
Δt ＋mg (
１
３)由動能定理－W＝０－ mv′２,可得２ W＝９J．
解得F＝ [６０×１０－６０×(－８)１．２ ＋６０×１０]N＝１．５×１０３N,方 第３節　動量守恒定律
向向上． 知識梳理
答案:１．５×１０３N　方向向上 一、１．整體　３．以外
變式２:B 二、１．外力　外力　２．p１′＋p２′　m１v１′＋m２v２′　３．外力
當堂訓練 外力
１．D　２．D　３．B　４．D　５．B　６．B　７．C　８．C　９．C 典例精解
１０．B　１１．D 【典例１】　B　解析:當兩手同時放開時,系統所受的合外力
１２．解析:(１)重力是恒力,０．４s內重力對小球的沖量I＝mgt 為零．所以系統的動量守恒,又因開始時總動量為零,故系統總動
＝１×１０×０．４N s＝４N s 量始終為零,選項 A正確;先放開左手,左邊的小車就向左運動,
方向豎直向下． 當再放開右手后,系統所受合外力為零,故系統的動量守恒,且開
(２)由于平拋運動的豎直分運動為自由落體運動,故h＝ 始時總動量方向向左,放開右手后總動量方向也向左,故選項 B
１ ２h 錯誤,選項C、D正確．
２gt
２,落地時間t＝ ＝１s,
g 變式１:C
１０２
【典例２】　解析:(１)子彈穿過物體A 的過程中,子彈和物體 ９．０×１０－３
m/０．０６０ s＝０．１５m
/s,則右側滑塊m
, , ２
v２＝１４９g×(－０．１５m/s)
A 組成的系統動量守恒 取向右為正方向 由動量守恒定律得
m (v －v) ≈－２２４．g m/s,可見在誤差允許的范圍內兩滑塊０ ０ m１v１＋m２v２≈０．m０v０＝m０v＋mAvA ,解得vA ＝ m ．A 答案:２２．５　０
(２)對物體A 和平板車B,以A 的速度方向為正方向, 變式１:解析:碰撞前:vA ＝０,vB ＝０,所以有mAvA ＋mBvB ＝
由動 量 守 恒 定 律 得 mAvA ＝ (mA ＋mB )v共 ,解 得 v共 ０,碰撞后:vA′＝０．０９m/s,vB′＝０．０６m/s規定向右為正方向,則
m０(v０－v) 有＝ ． mAvA′＋mBvB′＝０．２×
(－０．０９)kg m/s＋０．３×０．０６kg m/s
mA ＋mB ＝０,則由以上計算可知mAvA ＋mBvB ＝mAvA′＋mBvB′．
變式２:解 析:兩 車 一 起 運 動 時,由 牛 頓 第 二 定 律 得a＝ 答案:勻速　０．０９　碰撞前后滑塊 A,B 的質量與速度乘積
Ff
＝μg＝６m/s２,v＝ ２as＝９m/s,兩車碰撞前后,由動量 之和為不變量m１＋m２ 【典例２】　B　解析:不放被碰小球時,落點為P,則水平位移
( ), m１＋m守恒定律得mv ＝ m ＋m vv ＝ ２２ ０ １ ２ ０ v＝２７m/s． 為OP;放上被碰小球后小球a,b的落地點依次是圖中水平面上m２
的M 點和N 點,則水平位移為當堂訓練 OM 和O′N;碰撞過程中,如果水
平方向動量守恒,由動量守恒定律得 ,小球
１．C　２．A　３．C　４．A　５．B　６．D　７．D　８．C　９．D　 m１v１＝m１v′１ ＋m２v２
做平拋運動時拋出點的高度相等,它們在空中的運動時間 相
１０．C t
１１．解析:細線斷裂前A,
,
B 勻速上升,則系統合外力為零,細 等 兩邊同時乘以時間t
,m１v１t＝m１v′１t＋m２v２t,得 m →１OP＝
, , , m O→M＋m O′→ → → →線斷裂后外力不變 合力仍然為零 即系統動量守恒 根據動量守 １ ２ N;變形可得:m１ (OP－OM)＝m２ O′N．故 B
恒定律,取方向向上為正,得(m ＋m )v＝m v ＋２m v,解得v 正確,１ ２ ２ ２ １ ２ ACD錯誤．
(m －m )v 變式２:解析:(１)A 球與B 球碰后都做平拋運動,高度相同,
＝ ２ １ ,因 為 m１ ＞m２,所 以 v２ ＜０,故 速 度 大 小 為m２ 在空中運動時間都相同,水平射程與其速度成正比．而水平射程
(m１－m２)v, 是將１０個落點用盡量小的圓圈起來,其圓心即為落點方向向下 ．從尺上讀
m ．２ 數就可讀出６４．７cm．
課后鞏固 (２)由于B 球是放在水平槽上,所以A,B 兩球的水平射程的
【基礎訓練】 起點都是O 點,應選 A、B兩項．設沒放B 球時,A 球落點為M,由
１．C　２．B　３．A　４．C　５．B　６．D　７．B　８．A　９．B 動量守恒定律得mAOM＝mAOA＋mBOB,需要測量A,B 兩球的
m
１０．解析:動量守恒 m v －m v ＝m v′－m v′,解得 １ 質量,應選C．１ １ ２ ２ ２ ２ １ １ m２ 答案:(１)６４．７　(２)ABC
v２＋v＝ ２
′, m代入數據得 １ ３ 當堂訓練
v１＋v′ m ＝２．１ ２
【拓展提升】 １．C　２．BC　３．AEF　４．B
解析:()相互作用的兩車上,一個裝上撞針,一個裝上橡
１．B　２．B　３．D　４．D　５．D　６．D　７．B　８．C ５． １
:( ) , 皮泥,是為了碰撞后粘在一起,不是為了改變車的質量,AB錯誤;９．解析 １ 設子彈和木塊的共 同 速 度 為v 由 動 量 守 恒
, 應先接通電源,待打點穩定,然后再讓小車運動,C正確,D錯誤定律 ．
(
mv ２
)推動小車 M 由靜止開始運動,小車有個加速過程,在碰撞前
mv０＝(M＋m)v,解得:v＝
０ ,木塊的最大動能
m＋M Ek＝ 做勻速直線運動,即在相同的時間內通過的位移相同,故BC 段
１ Mm２v２ 為碰前勻速運動的階段,應選BC 段計算碰前的速度;碰撞過程
２Mv
２＝ ０( ;２m＋M)２ 是一個變速過程,而 M 和N 碰后共同運動時做勻速直線運動,應
(２)設子彈和木塊之間的相互作用力為F,位移分別為x１, 選DE 段來計算碰后共同的速度．
x２,由動能定理得, 答案:(１)C　(２)BC　DE
, １ ２ １ ２, , １ ２ ６．解析:(１)只有兩個小球的半徑相等,才能保證碰撞為一維對子彈 －Fx１＝ ２mv － ２mv０
對木塊 Fx２＝ ２Mv － 對心碰撞,碰后小球做平拋運動,A 錯誤,B正確;入射小球每次
, x ２m＋M０ 聯立解得子彈和木塊的位移之比 １＝ ． 應該從斜槽的同一位置由靜止滾下,C正確;斜槽末端必須水平x２ m 也是保證小球碰后做平拋運動的條件,D正確．
第４節　實驗:驗證動量守恒定律 (２)根據動量守恒定律,有m１v０＝m１v１＋m２v２,即有m１v０t
知識梳理 ＝m１v１t＋m２v２t,故有m１ OP＝m１ OM＋m２ ON．
三、參考案例１:(１)天平　毫米刻度尺　(２)中央　參考案 ( １ １３)若在碰撞過程中系統的動能守恒,則有 mv２＝ mv２１ ０ １ １
例２:(１)天平　(２)水平　(３)鉛垂線　(４)圓　圓心　(５)同一 ２ ２
典例精解 １ ２, １ １ １＋ m２v２ 即 m１ OP２＝ m１ OM２＋ m ON２２ ,又由于
【典例１】　解析:左側滑塊的速度為: ２ ２ ２ ２
,
d 聯立以上兩式可得１ ９．０×１０－３ m m１ OP＝m１ OM ＋m２ ON OM ＋OPv１＝ ＝ ＝０．２２５ m/s,則左側滑塊t１ ０．０４０s m１v１ ＝ ＝ON．
d 答案:(１)A　(２)m１ ２ OP　(３)OM＋OP１００g×０．２２５ m/s＝２２．５g m/s,右側滑塊的速度為:v２＝t ＝２ ７．解析:(１)在此實驗中兩小球在空中的飛行時間相同,實驗
１０３
中可用平拋時間作為時間單位． ②改變小球的質量比,小球仍做平拋運動,豎直方向高度不
(２)此實驗要求兩小球碰后做平拋運動,所以應使斜槽末端 變,飛行時間不變,水平距離與水平速度成正比,A 錯誤．升高小
水平,C對．不放被碰小球時,入射小球的平均落點為P 點,A 錯 球的初始釋放點,小球仍做平拋運動,豎直方向高度不變,飛行時
誤．斜槽的粗糙程度對實驗的誤差沒有影響,B錯誤．為使入射小 間不變,水平距離與水平速度成正比,B錯誤．改變小球直徑,兩球
球不反彈且碰撞時為對心正碰,應使ma＞mb且ra＝rb,D錯誤． 重心不在同一高度,飛行豎直高度不同,時間不同,水平距離與水
(３)實驗中要驗證mav１＝mav′１＋mbv′２,設平拋時間為t,則 平速度不再成正比,C正確．升高桌面高度,小球仍做平拋運動,豎
OP OM ON 直方向高度不變,飛行時間不變,水平距離與水平速度成正比,D
變為 ma t ＝ma
,即
t ＋mb t ma OP ＝ma OM ＋ 錯誤．
mb ON． , １③根據平拋運動 豎直方向h＝ gt２,水平x＝vt,根據題意
答案:(１)平拋時間　(２)C　(３)C ２
課后鞏固 得: p ３OPp＝mAvA ,p′＝mAvA′＋mBvB′聯立解得:′＝【基礎訓練】 p ３OM＋ON
＝
１．解析:(１)[１]實驗中是通過平拋運動的基本規律求解碰撞 １．０１(１．０１~１．０２)．
前后的速度,只要小球離開軌道后做平拋運動即可,對斜槽是否 答案:①１４．４５~１４．５０　②C　③１．０１~１．０２
光滑沒有要求,故 A錯誤;要保證每次小球都做平拋運動則軌道 ５．解析
:(１)為了保證小球做平拋運動,軌道的末端需切線水
, , , ,
的末端必須水平,但不需要測量軌道末端到地面的距離,故 B錯 平 軌道不一定需要光滑 故 A錯誤 B正確．為了發生對心碰撞
誤; ,為了保證小球碰撞為對心正碰,且碰后不反彈,要求實驗中應 m１和m２的球心在碰撞的瞬間在同一高度 故C正確．碰撞后兩球
, ; 均要做平拋運動,碰撞的瞬間m１和m２球心連線與軌道末端的切用大小相同的小球且m１要大于m２ 故 C錯誤 要保證碰撞前的
, , 線平行,故 D正確．為了保證碰撞前小球的速度相等,每次 都速度相同 所以 m１每次都要從同一高度由靜止滾下 故 D正確． m１
要從同一高度靜止滾下,故E正確．故選故選 D． BCDE．
() , ()小球離開軌道后做平拋運動,小球下落的高度相同,在空２ 要驗證動量守恒定律即m１v１＝m１v１′＋m２v２′ 小球做平
２
拋運動,由平拋運動規律可知,兩小球在空中運動的時間相同, 中的運動時間t相同
,由
上 x＝vt可知
,小球的水平位移與小球的
, 初速度v成正比,可以用小球的水平位移代小球的初速度,如果式可轉 換 為 m１v１t＝m１v１′t＋m２v２′t 所 以 需 驗 證 m１xOB ＝
小球動量守恒,滿足關系式: ,故有
m x ＋m x mAv０＝mAv１＋m． Bv２ mAv０t＝１ OA ２ OC
:() () m vt＋m vt
,即m OP＝m OM＋m ON;由此可知需測量小
答案 １D　 ２m１xOB ＝m１xOA ＋m x
A １ B ２ A A B
２ OC
球a,b的質量ma,mb,記錄紙上O 點A,B,C 各點的距離OA,２．解析:(１)若把平拋時間設為單位時間１s,則由x＝v０t知
OB,OC,由于要考慮小球的半徑,則還需要測量小球的半徑r,故
平拋運動的初速度和水平位移相等,故碰前 M２與其做平拋運動的
選 ABFG．
水平初速度v２的乘積 M v ＝３２．６×１０－３２ ２ ×５６．０×１０－２kg m/s＝ (３)碰撞前,系統的總動量等于球１的動量,即P１＝m１ v１,
０．０１８３kg m/s
碰后各自質量與其做平拋運動的水平初速度的乘積之和 OP OM碰撞后的總動量P２＝m１v′１ ＋m２v２,由于v１＝ ,t v１′＝
,
t v２
M２v′２ ＋M１v′１ ＝３２．６×１０－３×１２．５×１０－２kg m/s＋２０．９× ON－２r
１０－３×６７．８×１０－２kg m/s＝０．０１８２kg m/s ＝ ,則需要驗證 ;和 t m１ OP m１ OM＋m２
(ON－２r)
(２)實驗結論是在誤差范圍內,兩小球碰撞過程中系統動量 是否相等,故選 AE．
守恒． 答案:(１)BCDE　(２)ABFG　(３)AE
答案:(１)０．０１８３　０．０１８２　(２)在誤差范圍內,兩小球碰撞過 ６．解析:(１)本實驗中由于平拋運動高度相同,運動時間相
程中系統動量守恒 同,不需要測量時間,故 A 錯誤;．驗證動量守恒,需要計算動量,
３．解析:(１)將１０個點圈在圓內的最小圓的圓心作為平均落 需要測量質量,故B正確;實驗中需要測量落點到拋出點的水平
點,可由刻度尺測得碰撞后B 球的水平射程約為６４．７cm． 距離,故需要刻度尺,故 C正確;實驗中不需要處理紙帶,不需要
(２)從同一高度做平拋運動飛行的時間t相同,而水平方向 打點計時器,故 D錯誤;故選BC．
為勻速運動,故水平位移s＝vt,所以只要測出小球飛行的水平位 (２)實驗是通過平拋研究問題,故槽口末端水平,故 A 正確;
移,就可以用水平位移代替平拋初速度,亦即碰撞前后的速度,通 兩球需要發生對心碰撞,則兩球大小需相同,故B錯誤;入射球質
過計算mA OP,與mA OM＋mB ON 是否相等,即可以說明 量要大于被碰球質量,即 m１＞m２,防止碰后 m１被反彈,故 C錯
兩個物體碰撞前后各自的質量與其速度的乘積之和是否相等,故 誤;小球平拋運動時間相同,不需要測出桌面離地的高度,故 D錯
必須測量的是兩球的質量和水平射程,即選項 BCD是必須進行 誤;故選 A．
的測量; (３)P 是入射球碰撞前的落點,M 是入射球碰撞后的落點,N
(３)由動量守恒mAv０＝mAv１＋mBv２,因運動時間相同,等式 是被碰球碰撞后的落點,實驗需要驗證:m１v１＝m１v′１ ＋m２v２,兩
兩邊同時乘以運動時間得 mAv０t＝mAv１t＋mBv２t,即 mA OP 邊同時乘以小球做平拋運動的時間t,得 m１v１t＝m１v′１t＋m２v２
＝mA OM＋mB ON． t,結合平拋運動規律得 m１OP＝m１OM＋m２ON,代入數據解
答案:(１)６４．７cm(６４．２~６５．２cm 均可)　(２)BCD 得m１∶m２＝３∶２．
(３)mA OP′＝mA OM＋mB ON (４)小球發生彈性碰撞,碰撞過程中系統動量守恒、機械能也
４．解析:①根據圖像得,A 球落點應取所有點跡組成小圓的 １ ２ １ ２ １ ２ ２
圓心, 守恒,有 ,可得:A 球的水平射程為１４．４５~１４．５０cm． ２m１OP ＝ ２m１OM ＋ ２m２ON m１OP ＝
１０４
m OM２１ ＋m２ON２． (２)碰后對小球A 用機械能守恒m d１g (l＋ ) (１－cosβ)＝
答案:(１)BC　(２)A　(３)３∶２　(４)　m１OP２＝m１OM２＋ ２
１ １
m２ON２ m１v′２１ ,小球B 做平拋運動x＝v２t;h＝ ２,碰撞過程動量守２ ２gt
７．解析:(１)碰撞過程內力遠大于外力,所以碰撞前后可能相 恒 m１v１ ＝ m１v１′ ＋ m２v２,聯 立 以 上 五 式 整 理 得 m１
等的物理量是動量．
( x
０．０５５５ ２l＋d
)(１－cosα)＝m１ (２l＋d)(１－cosβ)＋m２ ．
(２)A 車碰撞前的速度為v＝ ０．０６ m
/s＝０．９２５m/s,A,B ２h
答案:(１)１２．４０　小球B 質量m２,碰后小球A 擺動的最大角
０．０４５０
碰后一起運動的速度為v′＝ /０．１０ ms＝０．４５０m
/s,所以碰前的 度β　(２)m１ (２l＋d)(１－cosα)＝m１ (２l＋d)(１－cosβ)＋
動量p＝mv＝０．６×０．９２５kg m/s＝０．５５５kg m/s,碰后的動量 xm２
p′＝２mv′＝１．２×０．４５０kg m/s＝０．５４０kg m/s． ２h
() 解析:(、)由于 , 原來靜止,總動量為零,驗證動量守３ 在誤差允許的范圍內p＝p′,所以碰撞前后動量守恒． ４． １２ A B
答案:(１)動量　(２)０．５５５kg m/s　０．５４０kg m/s　(３)在
L x
恒定律的表達式為:mAt －mB ＝０
,所以還需要測量的物理
A tB
誤差允許的范圍內,碰撞前后動量守恒
量是光電門E,F 間的水平距離;
【拓展提升】
L
１．解析:(１)被碰小球b從槽口飛出的速度最大,則小球b從 (３)彈簧恢復原長時,A 滑塊的速度為:vA ＝ ,t B
滑塊的速
A
槽口飛出到撞擊木板所用時間最短,由平拋運動規律可知,小球b x １ ２
, 度為
:v ＝ ,根 據 能 量 守 恒 定 律 得:E ＝ m L ＋
豎直方向的位移最小 所以砸痕P 是被碰小球b撞擊留下的． B t pB ２ A (t )A
(２)設小球a單獨滾下經過斜槽軌道末端的速度為va,兩球 １ ２m xB ,
碰撞后a,b 的速度分別為va′和vb′,若兩球碰撞動量守恒,則 ２
(t )B
mava＝mava′＋mbvb′,設槽口到木板的距離為x,根據平拋運動 答案:(１)
L x
光電門E,F 間的水平距離　(２)mAt －mB ＝A tB
, １ g規律 得 x ＝vt h ＝ ２gt
２,解 得 v ＝x ,則 有 v ＝ １ L ２ １ x ２２h a ０　(３)２mA (t ) ＋２mB (t )A B
g , gx v′＝x ,
g
v′＝x ,聯立可得,若 ５．解析:(１)為了保證碰撞后,A 不反彈,則滑塊A,B 的質量２ OM a ２ ON b ２ OP 應滿足mA ＞mB．
, m m m兩球碰撞動量守恒 應滿足的表達式為 a ＝ a ＋ b , d
OM ON OP (２)碰撞前A 的速度為v０＝ ,碰撞后B 的速度為Δt vB ＝０
所以本實驗還需測量的物理量是小球a 的質量ma和小球b的質 d , d碰撞后A 的速度為vA ＝ ,若碰撞過程系統動量守恒,由量mb． ΔtB ΔtA
(３)由(２)的分析可知,兩球碰撞過程動量守恒的表達式為 m動量守恒定律得m v ＝m v ＋m v ,即 A
mA mB
A ０ A A B B
m m m Δt
＝
０ Δt ＋Δt ．a a b A B＝ ＋ ．
OM ON OP (３)滑塊與導軌間的摩擦,使滑塊做減速運動,會導致測得的
答案:(１)P 點　(２)小球a 的質量ma、小球b 的質量mb　 系統碰撞前的總動量大于碰撞后的總動量．
m m m m(３) a
m
＝ a
m
＋ b 答案:(１)＞　(２)
A A B ()
Δt ＝０ Δt ＋A Δt 　 ３ ＞OM ON OP B
６．解析:燒斷細線后,兩物塊離開桌面做平拋運動,取質量為
２．解析:(１)小車A 碰前運動穩定時做勻速直線運動,所以
m１的物塊的初速度方向為正方向,兩物塊平拋初速度大小分別為
選擇BC 段計算A 碰前的速度．
v１,v２,平拋運動的水平位移大小分別為x１、x２,平拋運動的時間
兩小車碰后連在一起仍做勻速直線運動,所以選擇DE 段計
x１ x２
算A 和B 碰后的共同速度． 為t．需要驗證的關系式為０＝m１v１－m２v２,又v１＝ 、t v２＝
,
t
() DE ０．０６９５２ 碰后兩小車的速度為v＝ t ＝５×０．０２m
/s＝０．６９５m/s, 代入得到m１x１＝m２x２,故需要測量兩物塊落地點到桌面邊緣的
水平距離x１,x２,即水平位移大小,所以需要的器材為刻度尺．
則碰后 兩 小 車 的 總 動 量 為 p＝ (m１＋m２ )v＝ (０．４＋０．２)× 答案:(１)刻度尺　(２)兩物塊平拋運動的水平位移大小x１和
０．６９５kg m/s＝０．４１７kg m/s． x２　(３)m１x１＝m２x２
答案:(１)BC　DE　(２)０．４１７ ７．解析:(１)判斷氣墊導軌已經調節水平的方法是:接通氣
３．解析:(
１
１)球的直徑為d＝１２mm＋２０×８mm＝１２．４０mm．
源,輕推其中一個滑塊,使其在導軌上運動,看滑塊經過兩光電門
的時間是否相等,若滑塊自由通過兩光電門的時間相等,說明導
根 據 機 械 能 守 恒 定 律 可 得 碰 撞 前 瞬 間 球 A 的 速 度
d
m１g( d ) 軌水平．　(２)滑塊A 通過光電門１時的速度大小v ＝ ,滑塊l＋ ( １ １１－cosα)＝ m１v２１,碰撞后仍可根據機械能守恒定律 t１２ ２ d
計算小球A 的速度,所以需要小球A 碰后擺動的最大角β;小球B 碰 B 通過光電門２時的速度大小v２＝ ,滑塊 再次通過光電門t A １２
撞后做平拋運動,根據平拋運動規律可得小球B 的速度,要求B 的 d
時的速度大小
動量所以需要測量小球B 的質量m ． v３＝
,如果碰撞過程動量守恒,以向右為正方
２ t３
１０５
m１ m１ (２)從開始到碰后的全過程,由動量守恒定律得向,由動量守恒定律得m１v１＝－m１v３＋m２v２,整理得t ＝－１ t３ mv０＝(m＋mB)v③,設碰撞過程A,B 系統機械能的損失為
m
＋ ２
２
．(３)由于碰撞后滑塊A 再次通過光電門１,所以滑塊A 的 １ １ １t ΔE,則 ΔE＝２m (v２ ) ＋２m (２v)２B － (m＋m )v２B ④,聯立２ ２
質量小于滑塊B,A 正確;滑塊通過光電門的速度可以近似認為 １
式得 ２
是擋光片通過光電門時擋光的極短時間內的平均速度,滑塊A 推 ②③④ ΔE＝６mv０．
出的速度越小,擋光片通過光電門的時間越長,實驗誤差就越大, 課后鞏固
B錯誤;氣墊導軌沒有調節水平,滑塊將做變速直線運動,對實驗 【基礎訓練】
結果有影響,C錯誤． １．A　２．C　３．D　４．B　５．C　６．B　７．B　８．A　９．D
答案:(１)輕推滑塊,滑塊自由通過兩光電門的時間相等 １０．解析:(１)A 和B 碰撞又分開,這一過程滿足動量守恒,又
m１ m１ m２ 滿足機械能守恒．設A,B 兩物體分開后的速度分別為() () v１
,v２．
２t ＝－t ＋t 　 ３ A１ ３ ２ 由動量守恒定律得:Mv０＝Mv１＋mv２,由機械能守恒定律
第５節　彈性碰撞和非彈性碰撞 :１ ２ １ １ M－m ２M得
２Mv０＝２Mv
２
１＋２mv
２
２,得v１＝ ,M＋mv０ v２＝M＋mv０．
知識梳理
(２)彈簧彈性勢能最大時,彈簧被壓縮至最短,此時A,B 有
１．(１)守恒　(２)不守恒　(３)最大
共同速度．設共同速度為v．由動量守恒定律得:Mv ＝(M＋m)v,
２．(１)兩球心　這條直線　(２)兩球心　偏離
０
M １ １ ２ １
典例精解 則v＝ ,M＋mv０ Ep＝ ２Mv
２
０－ (２ M＋m
)( MM＋mv０ ) ＝ ２
【典例１】　A　解析:由題中圖乙可知,質量為 m１的小球碰 Mm ２
前速度v１＝４m/s,碰后速度為v１′＝－２m/s,質量為m２的小球碰 M＋mv０．
前速度v２＝０,碰后的速度v２′＝２m/s,兩小球組成的系統動量守 【拓展提升】
恒,有m１v１＋m２v２＝m１v１′＋m２v２′,代入數據解得m２＝０．３kg,所 １．C　２．A　３．C　４．C　５．C　６．A　７．D　８．A　９．D
以選項 A正確,選項BC錯誤;兩小球組成的系統在碰撞過程中的 １０．解析:(１)木板與豎直墻碰撞后,以原速率反彈,設向左為正
１ １
機械能損失為ΔE＝ mv′２＋ mv′２－ ( １ １mv２＋ mv２ ) ＝ 方向,由動量守恒定律m２v０－m１ １ ２ ２ １v０＝(m１＋m２)v,v＝０．４m/s,方向２ ２ ２ １ １ ２ ２ ２ １
０,所以碰撞是彈性碰撞,選項D錯誤． 向左,不會與豎直墻再次碰撞．由能量守恒定律 (２ m１＋m
２
２)v０＝
變式１:A １ ２
【 】 : ( ) ,解得典例２ 　D　解析 由題設條件,三個小球在碰撞過程中總 ２ m１＋m２ v ＋μm１gs１ s１＝０９．６m．
動量和機械能守恒,若各球質量均為 m,則碰撞前系統總動量為 (２)木板與豎直墻碰撞后,以原速率反彈,由動量守恒定律
, １ ２ , m２v０－m１v０＝
(m１＋m２)v′,v′＝－０．２m/s,方向向右,將與豎直mv０ 總動 能 應 為 mv０．假 如 選 項 A 正 確 則 碰 后 總 動 量 為２ １
墻再次碰撞,最后木板停在豎直墻處,由能量守恒定律 (
３ ２ m１＋
mv０,這顯然違反動量守恒定律,故不可能;假如選項 B正確,
３ m ２２)v０＝μm１gs２,解得s２＝０．５１２m．
２
則碰后總動量為 mv０,這也違反動量守恒定律,故也不可能;假 第６節　反沖現象　火　　箭
２
知識梳理
如選項C正確,
１
則碰后總動量為mv ,但總動能為 mv２０ ０,這顯然 一、１．相反　反沖　２．動量守恒　同樣大小４ 　３．m１v１＋m２v２
, ; , 　相等　相反 反比違反機械能守恒定律 故也不可能 假如選項 D正確 則通過計算 　
, , , 二、 反沖 反沖 噴氣速度 越大 越大其既滿足動量守恒定律 也滿足機械能守恒定律 而且合乎情理 １． 　 　２． 　 　
典例精解
不會發生二次碰撞．故選項 D正確．
: 【典例１】　解析:選取整體為研究對象,運用動量守恒定律求變式２D
解 設噴出三次氣體后火箭的速度為 ,以火箭和噴出的三次氣
當堂訓練 ． v３
體為研究對象,據動量守恒定律,得( ) ,所以
１．A　２．D　３．A　４．D　５．C　６．D　７．A　８．B　９．C M－３m v３－３mv＝０
１０．解析:取向左為正方向,根據動量守恒,有推出木箱的過 ３mvv３＝M－３m＝２m
/s．
程:０＝(m＋２m)v１－mv,接住木箱的過程:mv＋(m＋２m)v１＝ 變式１:C　解析:炮彈和火炮組成的系統水平方向動量守
(m＋m＋２m)v２,設人對木箱做的功為W,對木箱由動能定理得: mvcosθ
１ １ 恒,０＝m２v０cosθ－(m
２ ０
２, : ２ １
－m２)v,得v＝ ,選項C正確．
W＝ mv２ 解得 W＝ mv ． m１－m２２ ８ 【典例２】　解析:如圖所示,設繩長為
１１．解析:(１)以初速度v０的方向為正方向,設B 的質量mB ,
L,人沿軟繩滑至地面的時間為t,由圖可
A,B 碰撞后的共同速度為v,由題意知:碰撞前瞬間A 的速度為
知,L＝x人 ＋x球．設人下滑的平均速度大
v ,碰撞前瞬間B 的速度為２v,由動量守恒定律得 ,２ 小為v人 氣 球 上 升 的 平 均 速 度 大 小 為
v v球
,由動量守恒定律得:０＝Mv球 －mv人
m ＋２mBv＝(m＋mB)v①,
m
由 式得
２ ① mB ＝２②．
１０６
(x球 ) (x人 ) , 設v,v′分別為爆炸后爆竹和木塊的速率,取向上的方向為正方即０＝M t －m 球 人t ０＝Mx －mx 向,由動量守恒定律得 mv－Mv′＝０①,木塊陷入沙中做勻減速
又有x ＋x ＝L,x ＝h,
M＋m
聯立以上各式得:L＝ h． , F－Mg ５８－５０人 球 人 運動到停止 其加速度為a＝ ＝ m/s２＝１．６m/s２M ,M ５
變式２:B　解析:人和船組成的系統動量守恒,總動量為零, 木塊做勻減速運動的初速度v′＝ ２as＝ ２×１．６×０．０５m/s＝
人向前走時,船將向后退．又因為人的質量小于船的質量,即人前 ０．４m/s②,②代入①式,得v＝２０m/s,爆竹以初速度v 做豎直上
進的距離大于船后退的距離,B正確． v２ ２０２
當堂訓練 拋運動,上升的最大高度為h＝２ ＝２０m＝２０m．g
１．C　２．D　３．D　４．B　５．C　６．C　７．D　８．B　９．D　 ９．解析:(１)小滑塊滑到B 點時,木板和小滑塊速度分別為
１０．A　１１．B v１、v２,由動量守恒定律有 Mv１＋mv２＝０,由機械能守恒定律有
１２．解析:設瞬間噴出氧氣的質量為m,宇航員剛好安全返回 １
mgR＝ Mv２
１
( ２ １＋２mv
２
２,代入 m＝１kg、M＝２kg、R＝０．３m,得由動量守恒得mv－Mv１＝０ 氣體質量的變化對宇航員質量變化
的影響很小,可以忽略) v２＝２m/s．
s (２)小滑塊靜止在木板上時速度為v,由動量守恒定律有(M
勻速運動的時間t＝ ,m０≥Qt＋m,聯立解得v ０．０５kg≤m１ ＋m)v＝０,得v＝０,由能量守恒定律有 mgR＝μmgL,代入μ＝
≤０．４５kg． ０．２、R＝０．３m,得L＝１．５m．
所以瞬間噴出氧氣的質量m 滿足０．０５kg≤m≤０．４５kg． 專題　動量與能量綜合問題
課后鞏固
【基礎訓練】
【基礎訓練】
１．C　解析:兩球壓縮最緊時速度相等,mvA ＝２mv;彈性勢１．D
２．C　解析:根據動量守恒定律,選向右方向為正方向,則有 １ １ E能Ep＝ mv ２A － ２;解得
p ,故 正確
２ ２×２mv vA ＝２ m C ．
( ) mM＋m v０ ＝Mv′－mv．解得v′＝v０ ＋ (v０ ＋v),故選項M C ２．C
正確． ３．C　解析:當從開始到A,B 速度相同的過程中,取水平向
３．A 右方向為正方向,由動量守恒定律得:(M－m)v０＝(M＋m)v,解
４．B　解析:火箭整體動量守恒,則有(M－Δm)v＋Δmv ＝ １ １０ 得v＝１m/s;由能量關系可知:μmgL＝ (２ M＋m
)v ２０ － (２ M
, : Δm０ 解得 v＝－ v０,負號表示火箭的運動方向與 相反M－Δm v０ ． ＋m)v
２解得L＝１．０m,故C正確,ABD錯誤．
５．B　６．A ４．D
７．D　解析:由動量守恒定律可知,ABC正確． ５．A　解析:當兩球發生完全彈性碰撞時,A 球靜止,B 球的
８．C 動能最大,A正確,B錯誤;當兩球相碰后共同運動時,損失的能
９．解析:玩具蛙跳出時,它和小車組成的系統水平方向不受 １量最多,系統動能最小,系統動能的最小值是 ２, 錯誤
, , , , ４
mv０ CD ．
外力 動量守恒 車將獲得反向速度 之后玩具蛙將做平拋運動
６．A　７．D
由相關知識可求得結論．
８．解析:(１)A 從P 到Q 過程由動能定理得:, , － m L＝設玩具蛙以v跳出時 車獲得的速度為v′ 由動量守恒定律 μ
Ag
有mv＝Mv′,設蛙從跳出到落到車面上,蛙對地位移為x１,
１ １
車對 m ２Av － m ２Av０,解得２ ２ v＝ v
２
０－２μgL．
地位移為x２,則x１＝vt,x２＝v′t, (２)設A 與B 碰撞后,A 的速度為vA ,B 與C 碰撞前B 的速
１ ２ l Ml ggt ＝h,且有x ＋x ＝ ,解得v＝ ． 度為vB ,B 與C 碰撞后粘在一起的速度為v共 ,由動量守恒定律對２ １ ２ ２ ２(M＋m) ２h A,B 木塊:mAv＝mAvA ＋mBvB ,對B,C 木塊:mBvB ＝(mB ＋
【拓展提升】
mC)v共 ,由最后A 與B 間的距離保持不變,可知vA ＝v共 ,
１．D　２．A １
３．A　解析:開始時總動量為零,規定氣體噴出的方向為正 A 與B 碰撞過程系統損失的機 械 能 為 ΔE＝ m v
２
２ A －
方向,根據動量守恒定律有０＝m１v１＋p,解得火箭的動量p＝ １ １ (２ )
m v２ － m v２
６m v０－２μgL
－m１v１＝－０．０５×６００kg m/s＝－３０kg m/s,負號表示方向, ２ A A ２ B B
,解得 ΔE＝ ２５ ．
故 A正確,BCD錯誤． 【拓展提升】
４．D １．C　２．C　３．A　４．A　５．C　６．D　７．A
５．B ８．解析:(１)子彈射入木塊過程,動量守恒,有m０v０＝(m０＋
m
６．D　解析:設木板伸出船身部分至少長x,則x＝ M)v,
１
在該過程中機械能有損失,損失的機械能為
M＋m ΔE＝２m０v
２
０－
( ), mL＋x 解得x＝ L． １(m ＋M)v２０ ,聯立解得M ２ ΔE＝９９J．
７．C (２)木塊(含子彈)在向上擺動過程中,木塊(含子彈)和圓環
８．解析:火藥爆炸時內力遠大于重力,所以爆炸時動量守恒, 在水平方向動量守恒,有
１０７
(m０＋M)v＝(m０＋M＋m)v′,又木塊(含子彈)在向上擺動 １５．解析:木塊m 和物體P 組成的系統在相互作用過程中遵
過程中,機械能守恒,有 守動量守恒、能量守恒．
( ) １( )２ １
(
( ) ２, １
)以木塊開始運動至在斜面上上升到最大高度為研究過程,
m０＋M gh＝ ２ m０＋M v － ２ m０＋M＋m v′
聯立
當木塊上升到最高點時兩者具有相同的速度,根據動量守恒,有
解得h＝０．０１m． １ １
mv０＝(２m＋m)v①,根據能量守恒,有２mv
２
０＝ (２ ２m＋m
)v２＋
本章評估
mv２０ mgh mv２０－３mgh
１．C　２．D　３．A FfL＋mgh②,聯立①②解得Ff＝３L － L ＝ ３L ③．
４．B　解析:由動量守恒定律得 mava ＝mava′＋mbvb′,得 (２)以木塊開始運動至與物體P 相對靜止為研究過程,木塊
va－va′ mb, , va－v′由題圖知 a 與物體 相對靜止,兩者具有相同的速度,根據動量守恒,有
v′ ＝m va＞vb′va′＜０
,則 ,即 P mv０
b a v′ ＞１ mb＞b
１ １
ma,選項B正確． ＝(２m＋m)v④,根據能量守恒,有 mv２２ ０ ＝
(
２ ２m＋m
)v２＋
５．A　６．D　７．A　８．B　９．A　１０．C
( v
２L－６ghL
h Ff L＋L－s)⑤,聯立③④⑤解得s＝
０
２ ．
１１．B　解析:物體的加速度a＝gsinα,物體的位移x＝ v０－３ghsinα １６．解析:(１)以A 為研究對象,由牛頓第二定律得F＝mAa
１ ２, ２h
２
＝ at 解得t＝ ２ ,故 錯誤;到達底面的速度:２ sinα A v＝
①,代入數據解得a＝２．５m/s．②
g (２)對A,B 碰撞后共同運動t＝０．６s的過程,由動量定理得
２gh,動量大小為 m ２gh,故 B正確;重力的沖量I＝mgt＝ Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v③,代入數據解得v＝１m/s．④,
２h (, ; , ３
)設A、B 發生碰撞前,A 的速度為vA ,對A,B 發生碰撞
m
gsin２
故C錯誤 物塊滑到底端時的速度α v＝ ２gh
則重
的過程,由動量守恒定律有mAvA ＝(mA ＋mB )v⑤,從開始運動
力的瞬時功率P＝mgvsinα＝mg ２ghsinα,故 D錯誤． １到與B 發生碰撞前,由動能定理得:Fl＝ mAv２A ⑥,
１２．解析:容易知道 M 處的點跡為碰后A 的點跡,P 處的點 ２
跡為碰前A 的點跡,N 處的點跡為碰后B 的點跡． 聯立④⑤⑥式,代入數據解得:l＝０．４５m．
(１)用最小的圓的圓心確定落點的平均位置,則 M,P,N 距 第二章　機械振動
O 點的距離即為碰后各個球的水平射程,xOM ＝１４．４５cm;xOP ＝
２９．９０cm;xON ＝４４．４０cm;所以碰后A 球的水平射程應為xOM ＝ 第１節　簡諧運動
１４．４５cm． 知識梳理
(２)本實驗的前提條件是兩個球是對心碰撞,即要求碰撞前 一、１．靜止　２．平衡位置　往復　振動
后的速度在兩個球的球心連線方向上,由此可知,選項C正確． 三、１．時間　２．向右　向左　向左　向右　減小　增大　
(３)
p前 m x
碰撞前后的總動量比值為 ＝ １ OP ≈１．０２, 減小　增大
p后 m１xOM ＋m２xON 四、１．正弦　正弦　最簡單　簡諧　２．(１)正弦　位移　
考慮誤差因素可取１．０１~１．０２． 時間
答案:(１)１４．４５(１４．４３~１４．５０均正確)　(２)C　(３)１．０２(或 典例精解
１．０１) 【典例１】　B　解析:水位由O 點到N 點,說明魚漂向上運動,
１３．解析:(１)由圖知,C 與A 碰前速度為v１＝９m/s,碰后速度 位移方向向上,達到最大,A錯誤;O 點是平衡位置,所以水位在O 點
為v２＝３m/s,C 與A 碰撞過程動量守恒．mcv１＝(mA ＋mC)v２,即 時魚漂的速度最大,B正確;水位到達 M 點時,魚漂具有向上的加速
mC＝２kg, 度,C錯誤;魚漂由上往下運動時,可能加速也可能減速,D錯誤．
(２)１２s時B 離開墻壁,之后A,B,C 及彈簧組成的系統動 變式１:A
量和機械能守恒,且當A,C 與B 的速度相等時,彈簧彈性勢能最 【典例２】　A　解析:振子在A 點和B 點時的位移最大,由
大(mA ＋mC)v３＝(mA ＋mB ＋mC)v４, 于取向右為正方向,所以振子運動到A 點有正向最大位移,在B
１( １
２ mA ＋mC
)v２＝ (m ＋m ＋m )v２＋E 點有負向最大位移,則t 時刻,振子在 A 點,t 時刻,振子在３ B２ A B C ４ p
,得Ep＝９J． ２ ４
點,故選項 A正確,B錯誤;振子的位移是以平衡位置為參考點
１４．解析:設木塊與地面間的動摩擦因數為μ,炸藥爆炸釋放 的,所以在t１~t２和t３~t４時間內振子的位移都在增大,故選項
的化學能為E０． CD錯誤．
(１)從O 滑到P,對A,
１
B,由動能定理得－μ ２mgs＝ 變式２:B２
當堂訓練
v ２ ２２m ( ０ ) １ ３v－２ ２mv２,解得 ＝ ０．２ ０ μ ８gs １．D　２．D　３．B　４．D　５．C　６．D　７．D　８．A　９．B　
(２)在P 點爆炸,根據A,B 所組成的系統動量守恒有 １０．B
v ２ 課后鞏固
２m ０ ＝mv①,
１ v １
根據能量守恒有
２ E ＋
０ ２
０ ２ ×２m ４ ＝ ２mv 【基礎訓練】
１ １．B　解析:水平彈簧振子在運動過程中,因為只有彈簧彈力
②,聯立①②式解得E ＝ mv２０ ４ ０． 做功,不發生的變化的是機械能,而動能、彈性勢能、回復力都會
１０８
在運動過程中發生變化,故 A正確,BCD錯誤．故選B． : ３１０．解析 經過１．５s即 T,由O→B 開始振動并在O 點開
２．D ４
３．C　解析:回復力與位移的關系:F＝－kx,根據牛頓第二 , ３始計時 經過 個周期,彈簧振子位于 點;規定 到 的方向
定律:F＝ma,可知加速度與位移方向始終相反,故 C正確,ABD ４
C O B
錯誤 故選 為正方向
,則C 點的位移大小為－２cm;經過的路程:． C． s＝３A＝
４．D　５．C　６．A　７．B　８．B １ １６cm,振動的頻率:f＝ ＝ Hz＝０．５Hz．
【拓展提升】
T ２
答案:C　－２　６　０．５
１．D　２．C
課后鞏固
３．A　解析:由題意:設向右為x 正方向,振子運動到 N 點
【基礎訓練】
時,振子具有正方向最大位移,所以振子運動到 N 點時開始計時
, , １．A　２．C　３．B　４．B　５．B　６．D　７．C　８．A振動圖像應是余弦曲線 故B正確 ACD錯誤．
９．解析:(１)設簡諧振動的表達式為x＝Asin(ωt＋ ),A＝
４．B　解析:振子離開平衡位置的位移由平衡位置O 指向振 φ
子所在的位置,以 O 點為起點,C 點為終點,大小為 OC,方向 １２cm,
２π
T＝２s,ω＝ ＝πrad/s,t＝０時,x＝６cm．代入上式得,T ６
向右．
( ), １, π ５π５．B　６．D　７．A　８．C ＝１２sin０＋φ 解得sinφ＝ φ＝ 或 ,因這時物體向 軸２ ６ ６ x
９．解析:(１)紙帶勻速運動時,位移與時間成正比,因此在勻 π
, 正方向運動,故應取φ＝ ,
π
速條件下 可以用紙帶通過的位移表示時間 即其初相為． ６ ６．
(２)由題圖乙可知,t＝０時小球在平衡位置左側最大位移處, (２)由上述結果可得x＝Asin(ωt＋φ)＝１２sin
π
πt＋ cm,
周期T＝４s,可得t＝１７s時位移為零． ( ６ )
(３)紙帶勻速運動,所以振動圖像上１s處和３s處對應紙帶 ４所以x＝１２sin( π π )cm＝１２sin πcm＝６　２＋６ ６ ３cm．上兩點的間距x０＝２cm/s×２s＝４cm．
【拓展提升】
第２節　簡諧運動的描述 １．A　２．B　３．B　４．B　５．C　６．D　７．D　８．B
知識梳理 ９．解析:(１)彈簧振子以O 點為平衡位置,在B,C 兩點間做
一、１．(１)最大距離　(２)振幅的兩倍　(３)強弱
, １, ２５２．完整的振動過程　３．全振動　全振動　秒　赫茲　振動 簡諧運動 所以振幅是BC 之間距離而 所以２ A＝２＝１２．５cm
快慢　４．不同狀態 (２)由簡諧運動的對稱性可知P 到B 的時間與B 返回P 的
二、Asin(ωt＋φ)．　１．振幅．　２．２πf　３．相位　４．初相
, : ０．２時間是相等的 所以 tBP ＝ ＝０．１s;同時由簡諧振動的對稱性典例精解 ２
【典例１】　解析:(１)振幅設為A,則有２A＝BC＝２０cm,所
可知: ０．３ TtPO ＝ s＝０．１５s,又由于:tPO ＋tBP ＝ ,聯立得:２ ４ T＝１s
,
以A＝１０cm．
(２)從B 首次到C 的時間為周期的一半,因此T＝２t＝１s; １所以f＝T ＝１Hz．１
再根據周期和頻率的關系可得f＝T ＝１Hz． (３)４s內路程:s＝４×４A＝４×４×１２．５cm＝２００cm,由(２)
(３)振子一個周期通過的路程為４A＝４０cm,即一個周期運 的分析可知,從t＝０時刻,經過０．１s時間振子到達B 點;所以在
t ４．１s時刻質點又一次到達B 點,質點的位移是１２．５cm．
動的路程為４０cm,s＝ T ４A＝５×４０cm＝２００cm． 第３節　簡諧運動的回復力和能量
變式１:C
知識梳理
【典例２】　解析:(１)彈簧振子在B,C 之間做簡諧運動,故振
一、１．(１)平衡位置　(２)平衡位置　(, , ３
)－kx　２．正比　平
幅A＝１０cm 振子在２s內完成了１０次全振動 振子的周期T＝
衡位置
t
n ＝０．２s． 二、１．動能　勢能　(１)勢能　動能　(２)動能　勢能
(２)振子從平衡位置開始計時,故t ２．守恒　理想化
１ 典例精解
＝０時刻,位移是０,經 周期振子的位４ 【典例１】　解析:(１)此振動過程的回復力實際上是彈簧的彈
移為負向最大,故該振子的位移—時間 力與重力的合力．
圖像如圖所示． (２)設振子的平衡位置為O,向下方向為正方向,此時彈簧已
(３)由函數圖像可知振子的位移與時間的函數關系式為x 經有了一個伸長量h,設彈簧的勁度系數為k,由平衡條件得kh
＝－１０sin１０πtcm． ＝mg①
變式２:C 當振子向下偏離平衡位置的距離為x 時,回復力即合外力為
當堂訓練 F回 ＝mg－k(x＋h)②
１．C　２．A　３．D　４．B　５．B　６．C　７．D　８．B　９．B 將①代入②式得:F回 ＝－kx,可見小球所受合外力與它的位移
的關系符合簡諧運動的受力特點,該振動系統的振動是簡諧運動．
１０９
答案:(１)彈力和重力的合力　(２)是簡諧運動 典例精解
變式１:D 【典例１】　C　解析:簡諧運動中的位移是以平衡位置作為
【典例２】　A　解析:t＝０．２s時,振子的位移為正的最大,但 起點,擺球在正向最大位移處時位移為A,在平衡位置時位移應
由于沒有規定正方向,所以此時振子的位置可能在A 點也可能在 為零,A錯誤;擺球的回復力由重力沿圓弧切線方向的分力提供,
B 點,A正確;t＝０．１s時速度為正,t＝０．３s時速度為負,兩者方向 合力在擺線方向的分力提供向心力,B錯誤,C正確;擺球經過最
相反,B錯誤;從t＝０到t＝０．２s的時間內,彈簧振子遠離平衡位 低點(擺動的平衡位置)時回復力為零,但向心力不為零,所以合
置,速度減小,動能減小,C錯誤;t＝０．２s與t＝０．６s兩個時刻,位 力不為零,加速度也不為零,D錯誤．
移大小相等,方向相反,故加速度大小相等,方向相反,D錯誤． 變式１:C
變式２:A 【典例２】　A　解析:讓小球在紙面內振動,在偏角很小時,
當堂訓練 l
單擺做簡諧運動,擺長為l,周期T＝２π ;讓小球在垂直紙面
１．A　２．D　３．C　４．C　５．C　６．B　７．B　８．D　９．C g
１０．解析:設位移為x,對整體受力分析,受重力、支持力和彈 內振動,在偏角很小時,單擺做簡諧運動,擺長為 ３ l＋l÷ ,周期
簧的彈力,根據牛頓第二定律,有:kx＝(mA ＋mB)a,對B 物體受 è ４
力分析,受重力、支持力和靜摩擦力,靜摩擦力提供回復力,根據 ３ ÷
(m ＋m )F ＋１l
牛頓第二定律,有f＝mBa,f≤F
A B m è４
m,聯立解得:x≤ ,km T′＝２π A正確
,B、C、D錯誤．
B g
(０．２＋０．１)×０．２ 變式 :
＝ ２D４０×０．１ m＝０．０１５m． 當堂訓練
課后鞏固 １．C　２．C　３．C　４．B　５．D　６．A　７．C　８．A　９．B　
【基礎訓練】 １０．D
１．B　２．B　３．B　４．C　５．D　６．A　７．C　８．B　９．C
: １ ( ) , t , T１ T２
:() F k
１１．解析 n＝ × ２１－１ ＝１０T＝ ＝３sT＝ ＋
１０．解析 １ 由于簡諧運動的加速度a＝m ＝－ x
,故加速 ２ n ２ ２
m １
＝ l l＋h ２π ÷k ,解得h＝３m．
度最大的位置在最大位移處的A 或B 兩點,加速度大小a＝ x ２ è g
＋２π g
m 答案:３　３
２４０
＝０．５×０．０５m
/s２＝２４m/s２． 課后鞏固
【基礎訓練】
(２)在平衡位置O 滑塊的速度最大．根據機械能守恒,有Epm
１．A
１
＝ mv２２ m． ２．C　解析:單擺在平衡位置的速度大,漏下的沙子少,越接
近兩端點速度越小,漏下的沙子越多,故C選項符合題意．
２E
故v ＝ pm
２×０．３
m ＝ m/s＝１．１m/m ０．５ s． ３．C
【拓展提升】 ４．C　解析:
l
由T＝２π 可知,單擺的周期與擺球的質量
１．C　２．C　３．D　４．C　５．B　６．A　７．D　８．D g
９．解析:(１)因為O１、O２兩點與O０點距離相同,所以彈性勢 和振幅均無關, lAB均錯誤;對秒擺,T ＝２π ００ ＝２s,對周期為
能相同,故: g
( ) １ ２ １
l
mg ２x ＝ mv － mv２０ １ ２,其 中:２ ２ v２ ＝０
,解 得:v１ ＝ ４s的單擺,T＝２π ＝４s,l＝４l ,故C正確,D錯誤．g ０
２ gx ． ５．A　６．C　７．D　８．C０
(２)最高點合力為２mg,最低點合力也為２mg,故在最低點, １９．解析:(１)由單擺振動圖像得:T＝０．８s,故f＝T＝１２．５Hz．
有:FN －mg＝２mg, (２)開始時刻擺球在負方向最大位移處,故開始時刻擺球在
解得:FN ＝３mg,即得彈力是重力的３倍; B 點．
() １ １３ 由動能定理可知:WG ＋W ＝ mv２N ２ ３ － ２mv
２
２,Ep ＝
( L gT
２ ９．８６×０．８２
３)根據公式:T＝２π ,得:L＝ ２ ＝ ２ m≈
－WN ,又因 為 初 末 狀 態 速 度 為 零,所 以:ΔEp ＝ －WN ＝W g ４π ４×３．１４G
＝４mgx０． ０．１６m．
【拓展提升】
第４節　單　　擺 １．D　２．C　３．C　４．A　５．D　６．C　７．B　８．A
知識梳理 ９．解析:(１)由題圖乙讀出單擺的振幅A＝５cm,周期T＝２s,根
一、１．長度　質量　直徑　理想化　２．(１)切線　mgsinθ L gT２ １０×２２
(２)正比　平衡位置　(３)簡諧 據單擺的周期公式 T＝２π 得擺長L＝ ＝ m≈g ４π２ ４×３１．４２
二、１．(１)擺 球 質 量 　 振 幅 　 (２)擺 長 　 越 大 　２．(１) １０．１m．
l １
２π ． (２)根據機械能守恒定律mgL(１－cosθ)＝ ２,２mv １－cosθ＝g
１１０
A 以不需要天平或彈簧秤．故選 AB．
θ θ ２
２sin２ ,又因為θ 很小,故有sin ≈ ,v＝ ２gL(１－cosθ) (２)游標卡尺的主尺讀數為１２mm,游標讀數為０．１×５mm２ ２ L ＝０．５mm,所以最終讀數為１２mm＋０．５mm＝１２．５mm．
g
≈A ≈０．１５７m/s． (３)擺球經過平衡位置時速度最大,在該處計時測量誤差較L
第５節　實驗:用單擺測量重力加速度 小．故 A錯誤;
t
通過測量n次全振動的時間t,通過T＝ 求解周n
典例精解 期,測量一次誤差較大．故 B錯誤;擺球在同一豎直面內擺動,不
２ 能做圓錐擺．當擺角不超過５°時其擺動可視為簡諧振動,故L ４πL C
錯
【典例１】　C　解析:根據T＝２π 可得 ＝
g g T２
可知, 誤;選用的細線應細、質量小,且不易伸長．所以 D是正確的．
對重力加速度測量值影響較大的是周期的測量,選項 A 正確;擺 ２(４)
L gT
根據T＝２π ,得L＝ ２ ,可知圖線的斜率為k＝
球盡量選擇質量大些、體積小些的,以減小振動時的阻力的影響, g ４π
; , g L －L ４π２選項B正確 用刻度尺測量擺線的長度 加上擺球的半徑才是單 , B A
(LB －L又由圖像知k＝ A
)
２ ２ ２ ,所以得g＝ ２ ２
擺的擺長,選項C錯誤;為了讓擺長不變,阻力小一些,擺線要選 ４π TB －TA TB －TA
２
擇細些的、伸縮性小些的,并且盡可能長一些,選項 D正確． ( )答案:(１)AB　(２)　１２．５mm　(３)
４π L －L
D　(４) B A
: T
２ －T２
變式１ A B A
課后鞏固
【典例２】　解析:(１)為了減小空氣阻力的影響,應選擇質量
【基礎訓練】
大體積小的擺球,擺球應選 D;擺線長短應適當,選長度約為１m
１．C　２．A　３．C　４．C
的尼龍絲線,擺線應選C;計時工具應盡量精確,選擇秒表G;應用
, , ５．解析
:(１)描點做圖,如圖所示
刻度尺測量擺線的長度 用游標卡尺測擺球的直徑 此外還需要
鐵架臺與鐵夾,故需要的實驗器材為 ACDFGI,故選 A．
(２)測擺線的長度需要用米尺,故還需要米尺．
(４)為了用圖像法驗證T′＝T ( θ０ １＋asin２ ) ,則要測出不２
同的擺角θ以及所對應的周期T′．實驗中得到的是線性圖線,根
( ２ θ ) ２ θ T′ １據T′＝T １＋asin 得sin ＝ － ,sin２ θ０ 與２ ２ aT a ２ T′是０ (２)由圖可知當T２＝５．２s２ 時,l＝１．３m．
一次函數關系．所以圖像中的橫軸表示T′,圖線與縱軸的交點坐
l ４π２l
標 (０, １ ) 根據T＝２π ,－ ． g g＝ ２ ,解得g≈９．８６m/２T s．a
:() () 答案:() ()答案 １ A　 ２ 米尺　(４)不同的擺角θ 及所對應的周期 １ 　 ２１．３　９．８６
T′　T′　 ( , １０ －a )
變式２:解析:(１)方法A 中當擺球擺動時擺長會發生變化,
則如圖甲所示的兩種不同的懸掛方式中,最好選 B;(２)擺球直徑
d＝４mm＋０．０５mm×１２＝４．６０mm;(３)單擺的擺長為L＝l＋
６．解析:①用單擺測量當地重力加速度時除鐵架臺、小鋼球
d ;( t ２t４)單擺的周期T＝ ＝ ,(５)根據單擺周期公式２ n－１ n－１ T＝ 和細線外,還必須用刻度尺測量擺長,用秒表測量周期,故選CD．
２ L＋r ４π２
②根據單擺的周期公式T＝２π ,解得T２＝ L＋
L ２ ２ ２ g g
２π , ２
４π ４π ４π
可得T ＝ L,則 ＝k,解得g＝ ．g g g k ４π２r, ２ ４π
２
則T －L 圖像的斜率k＝ ,與橫坐標交點的絕對值是小
:() () () d ()２t
２ g g
答案 １B　 ２４．６０　 ３l＋ 　 ４ ()
４π
２ n－１　 ５ k 球的半徑．
當堂訓練 答案:①CD　②C
１．C　２．D　３．C　４．D 【拓展提升】
５．解析:(１)本實驗應選擇細、輕又不易伸長的線,長度一般
:() L ４π
２L
１．解析 １ 由周期公式T＝２π 得g＝
在１m 左右,小球應選用直徑較小、密度較大的金屬球,故選 A． g T２
L g (２)為減小誤差應保持擺線的長度不變,則 A 正確,B錯誤;(２)由單擺的周期公式知T＝２π ,所以 L＝ 可見g ２π
T 為減小誤差,擺球密度要大,體積要小,則C正確,D錯誤．
g (３)懸點要固定,則為題圖乙．
k＝ ,將 代入知 /２２π k＝０．５００ g＝９．８６ms (４)擺長等于擺線的長度加上擺球的半徑,A錯誤;應把單擺
答案:(１)A　(２)９．８６m/s２ 從平衡位置拉開一個很小的角度釋放,使之做簡諧運動,故 B正
６．解析:(１)在實驗中,需要測量單擺的周期,所以需要秒表, 確;應在擺球經過平衡位置時開始計時,C正確;把秒表記錄擺球
需要測量擺線的長度,所以需要米尺,擺球的質量不需要測量,所 一次全振動的時間作為周期,誤差較大,應采用累積法測量周期,
１１１
D錯誤． 加小球直徑,所測擺長L 偏大,所測g 偏大,故 A正確;讀單擺周
L ４π２L 期時,讀數偏大,所測g 偏小,故B錯誤;擺線上端懸點未固定好,(５)由T＝２π 得g＝ ２ ．振幅大小與g 無關,故 A 錯g T 擺動中出現松動,所測周期偏大,所測g 偏小,故 C錯誤;測擺線
誤;開始計時時,過早按下秒表,所測周期偏大,則g 偏小,B錯 長時擺線拉得過緊,所測擺長L 偏大,所測g 偏大,故 D正確;細
誤;測量周期時,誤將擺球(n－１)次全振動的時間記為n 次全振 繩不是剛性繩,所測擺長L 偏小,所測g 偏小,故E錯誤．
動的時間,則所測周期偏小,則g 偏大,C正確．
( L ４π
２L
２ ４)由單擺周期公式 T＝２π ,可知加速度 ＝ ＝
() , L T g g
g T２
６ 由題圖可知周期為２s 由 T＝２π 得L＝ ＝
g ４π２ ４×３．１４２×０．６３５
m/s２＝７．７３m/s２．
４×９．８ , , ０．０４ １．８
２
４×３．１４２m≈１m
振幅為４cm＝０．０４m 則sinθ≈ １ ＝０．０４． 答案:(１)６３．５０　(２)１．８　(３)AD　(４)７．７３
４π２
答案:() L１ ２ 　(２)AC　(３)乙　(４)BC　(５)C　(６)０．０４ ４．
解析:(１)擺角不應過大,否則單擺就不是簡諧振動,一般
T 不超過５°,選項 A錯誤;擺線應適當長些,有利于減小實驗誤差,
２．解析:(１)單擺擺長為擺線的長度加擺球的半徑,故單擺擺 選項B正確;擺球應選擇密度較大的實心金屬小球,以減小振動
d
長為L＝l＋ ,由題意知,單擺n次全振動所用的時間為t,故其 中的相對阻力,選項C正確;用停表測量周期時,應從擺球擺至最２
低點時開始計時,選項 D錯誤．
t L
單擺的周期為T＝ ,由單擺周期公式T＝２π ,可得到重力 (２)擺球直徑是n g ２cm＋０．１mm×４＝２０．４mm
;
１００s d
４π２４π２L ( d ) ４n２π２ ( d ) (３)單擺振動的周期為l＋ l＋ T＝ ＝２s,擺長５０ L＝l＋２＝１．０m２ ２
加速度的表達式g＝ T２ ＝ t ２ ＝ ２ ． －３ ２(n ) t ２０．４×１０ , L ４πL＋ ２ m＝１．０１０２m 根據T＝２π ,解得 ＝g g T２ ＝
(２)為了提高實驗精確度,小球應選用密度比較大的,故 A錯 ４×９．６×１．０１０２
２ m/s２２ ＝９．７０m
/s２
誤;為了提高實驗精確度,需要當擺球經過平衡位置時開始計時,
故B正確;用單擺測重力加速度的實驗中,只有在一個比較小的 (４)若測量擺長時忘了加上擺球的半徑,則T２－L 關系為T２
角度下擺動才可以看成簡諧振動,才可以用單擺的周期公式進行 ４π２
＝ (L＋r),則乙同學當時作出的 T２－L 圖像應該是圖中虛
計算,所以實驗時應當把擺球從平衡位置拉開一個較小的角度后 g
釋放,故C錯誤;在測量單擺的周期時,不能用測量一次全振動的 線③．
時間作為單擺的周期,應當用統計規律去測量其周期,再根據公 答案:(１)BC　(２)２０．４　(３)９．７０　③
式計算重力加速度g,故 D錯誤． ５．解析:(１)小球直徑d＝２１mm＋５×０．０５mm＝２１．２５mm
２ ＝２．１２５cm．
(３)
L ４πL
由單擺周期公式T＝２π 可知
g g
＝ ２ ,如果把懸點T 秒表讀數t＝９０s＋９．８s＝９９．８s．
到擺球下端的長度記為擺長,將增大L,會得到重力加速度值偏 ２(２)
L ４πL
由單擺的周期公式T＝２π ,解得T２＝ ,所以圖
大,故 A錯誤;如果以小球擺到最高點時開始計時,將會導致時間 g g
的測量誤差過大,并且不能確定周期是偏大還是偏小,故無法確 甲中的圖線斜率就可求得加速度大小,斜率越大,加速度越小,由
定重力加速度值是偏大還是偏小,故 B錯誤;實驗中誤將擺球經 圖中我們看出B 線加速度大,重力加速度從赤道到兩極逐漸變
過平衡位置４９次數為５０次,會使得周期T 偏小,從而得到重力 大,所以北大的同學測出來的加速度大,對應的線為B．
加速度值偏大,故C錯誤;實驗中擺線上端未牢固地系于懸點,在 ４從圖乙中,我們可得到Tb＝２s,Ta＝ s,由單擺的周期公
振動過程中出現松動,使擺線長度增加了,可知擺長的測量值偏 ３
小,但重力加速度值偏小,故 D正確． L ２式T＝２π ,
T L L ４
可得 a ＝ a,解得 a＝ ．
g T ２b Lb Lb ９
(４)
L
根 據 單 擺 的 周 期 公 式 可 知 T１ ＝２π ,Tg ２
＝ ４
答案:(１)２．１２５　９９．８　(２)B　９
L－Δl ４π２Δl
２π ,可知 ＝
g g T２１－T２
．
２ 第６節　受迫振動　共　　振
４n２d π
２ ( dl＋２ ) 知識梳理
答案:(１)l＋ 　 　 (２)B　 (３)D　 一、１．外力　固有頻率　２．(１)阻尼　阻尼　振幅２ 　(２)振２ t
幅
２ 　阻尼　振幅
()４πΔl４T２－T２ 二、１．(１)周期性　(２)驅動力　(３)驅動力　固有頻率１ ２
D ２．(１)振幅達到最大值　(２)等于　(３)振幅　(４)振幅A　驅動
３．解析:(１)單擺擺長L＝l＋２＝６２．５０cm＋１０．cm＝６３．５０cm 力頻率f
(２)在一個周期內擺球兩次經過最低點,每次經過最低點時 典例精解
拉力最大,根據圖像知周期T＝１．８s 【典例１】　B　解析:阻尼振動中,單擺的振幅逐漸減小,由于
L ４π２L 周期與振幅無關,故振動過程中周期不變,A 錯誤,B正確;因A,(３)由單擺周期公式T＝２π 可知g＝ ２ 計算擺長時,g T B 兩時刻的位移相同,故擺球A 時刻的勢能等于B 時刻的勢能,
１１２
C錯誤;由于振動的能量逐漸減小,故擺球A 時刻的動能大于B t
n次全振動時間t,可以利用T＝ 求出周期,代入重力加速度表
時刻的動能,D錯誤． n
２ ２
變式１:A ４πnL達式即可計算得g＝ ２ ．
【典例２】　C　解析:圖像乙是物體自由振動時的周期,故由 t
２
圖像乙可知,物體的固有頻率為T０＝４s,振幅為４cm,故 錯
(４)在用圖像法處理數據時,AB 明確 T －L 圖像的斜率k＝
２
誤;當物體的驅動力的頻率等于物體的固有頻率時,物體的振動 ４π ,所以斜率k 越小,對應重力加速度
g g
越大,C錯誤．在圖像
達到最強,故當T 在４s附近時,振幅顯著增大,當T 比４s小很
中,圖線與縱軸正半軸相交表示計算擺長時漏加小球半徑,與縱
多或大得很多時,Y 很小,故C正確,D錯誤;故選C．
軸負半軸相交表示計算擺長時多加小球半徑,故 A 錯誤．若誤將
變式２:D
４９次全振動記為５０次全振動,則周期測量值偏小,g 測量值偏
當堂訓練
大,對應圖像斜率偏小,故B正確．
１．B　２．B　３．A　４．C　５．C　６．B　７．A　８．C　９．B　 (５)抓住A 點下方擺線長不變,可設為l０,l０＋l１為第一次擺
１０．A
長,l０＋l２為第二次擺長,分別代入重力加速度表達式,聯立消去
１１．解析:每振動１０次要補充的能量為 ΔE＝mgΔh＝０．２× ２( )
１０×(０．４－０．３)×１０－２
４π l１－l２
J＝２．０×１０－３J．秒擺的周期為２s,１min內 l０,即可得重力加速度表達式g＝ T２１－T２
．
２
完成全振動的次數為３０次,則１min內總共應補充的能量為E＝ ４π２n２L
３ΔE＝６．０×１０－３J． 答案:(１)AD　 (２) t２ 　
(３)２．０１　９．７６　 (４)B　
１２．解析:(１)小球振動達到穩定時周期為０４．s,頻率為２５．Hz． ２( )
(５)
４π l１－l２
２ ２
(２)
１
由圖像可以看出單擺的固有頻率為０．３Hz,周期為 s,由 T１－T２０．３ F k
２ １３．解析:(１)由于簡諧運動的加速度a＝ ＝－ x,故加速L Tg １ ９．８６ m m
單擺的周期公式T＝２π ,解得L＝
g ４π２
＝０．３２×４×３．１４２m≈ k
度最大的位置在最大位移處的A 或B 兩點,加速度大小a＝ x
２．７８m． m
課后鞏固 ２４０＝ /２ /２
【基礎訓練】 ０．５
×０．０５ms＝２４ms．
１．A　２．D　３．D　４．B　５．B　６．B (２)在平衡位置O 滑塊的速度最大．
７．D　解析:若使振子振幅最大,則曲軸轉動頻率為f＝ 根據機械能守恒, １有Epm＝２mv
２
m
d r １ ω ２
２Hz,即轉速為２r/s．由于 １＝ １ ＝ ,ω１r１＝ω２r２,故
１＝ ,d２ r２ ２ ω２ １ ２Epm ２×０．３故vm＝ / /m ＝ ０．５ ms＝１．１ms．所以電動機轉速為４r/s,即２４０r/min,D選項正確．
１ １ １４．解析:(１)由題圖乙得小滑塊做簡諧振動的周期
８．解析:(１)由題圖知單擺固有周期T＝ ＝ ,
f ０．４Hz
＝２．５s 　π R T２g
T＝ s,由５ T＝２π
,得R＝４π２ ＝０．１m．l g
由T＝２π ,得擺長l≈１．５８m．
g (２)在最高點A,有Fmin＝mgcosθ
(２)由圖像知,振幅為１５cm． v２在最低點B,有Fmax－mg＝m
(３)擺長變長,固有周期增大,固有頻率減小,故圖像左移． R
【拓展提升】 １從A 到B,滑塊機械能守恒,有mgR(１－cosθ)＝ mv２２
１．C　２．D　３．B　４．D　５．B　６．B　７．A
解得
８．解析:人體的固有頻率f固 ＝２Hz,
m＝０．０５k ．
當汽車的振動頻率與其 g
() １ １３ 滑塊機械能守恒 E＝ mv２＝ R(Fmax－mg)＝５×
相等時,人體與之發生共振, , １ g人感覺最難受 即f＝ , ２ ２２π l ＝f固 １０－４J．
g
得l＝ 代入數據得: ,由胡克定律得 ( １５．解析:(１)由題圖可知T＝２×１０－２s,則４π２ ２ l＝０．０６２５m kl＝ m１＋f固
(kl－m１g) ( ５ )
２π /
nm２) ,
１．５×１０ ×０．０６２５－６００×９．８ ω＝ ＝１００πrads
gn＝ m ＝ ＝５
(人) T
２g ７０×９．８
則簡諧運動的表達式為
本章評估 x＝－Acosωt＝－２cos１００πtcm
１．C　２．D　３．D　４．A　５．C　６．B　７．C　８．D　９．D　 所以當t＝０．２５×１０－２s時
１０．A　１１．A x＝－２cos(１００π×０．２５×１０－２)cm≈－１．４１４cm．
１２．解析:(１)在“用單擺測定重力加速度”的實驗中,擺線應 (２)在t＝１．５×１０－２s到t′＝２×１０－２s的時間內,位移、回復
選取長約１m 左右的不可伸縮的細線,擺球應選取體積小質量大 力、勢能都增大,速度、動能均減小．
的鐵球,以減小實驗誤差,故選 AD． (３)因振動是變速運動,因此只能利用其周期性求解,即一個
(２)和(３)根據單擺的周期公式可以推導出重力加速度的表 周期內通過的路程為４個振幅．
４π２L １７
達式g＝ －２
１
T２
,單擺的周期為完成一次全振動所用的時間,給出 因為 Δt＝８．５×１０ s＝４T＝ (４＋４ )T
１１３
１７ 下振動．
路程s＝４A×４＝１７A＝１７×２cm＝３４cm． 答案:左　下
１６．解析:(１)設物塊在斜面上平衡時,彈簧伸長量為 Δl,有 課后鞏固
mgsinα－kΔl＝０ 【基礎訓練】
mgsinα
解得 Δl＝ １．B　２．B　３．C　４．B　５．C　６．Bk ７．解析:由“特殊點法”或“微平移法”可知波沿x 軸負方向傳
mgsinα
此時彈簧的長度為l＋ ． 播;根據波的形成過程中質點的帶動特點,即都是靠靠近波源的k
臨近的點來帶動．所以,可以判斷a,b,c,d,e點的振動方向分別(２)當物塊的位移為x 時,彈簧伸長量為x＋Δl
是:向下、向下、向上、向上、向上．所以,向上的點是c,d,e;位移為
正時,加速度為負,即加速度向下的點是e．
答案:x 軸負方向　c,d,e　e
８．解析:由于質點間的相互作用,前面的質點總是帶動后面
的質點振動,所以后面的質點總是滯后于前面的質點．
物塊所受合力為
F合 ＝mgsinα－k(x＋Δl)
聯立以上各式可得F合 ＝－kx
可知物塊做簡諧運動．
() l mgsinα３ 物塊做簡諧運動的振幅為A＝４＋ k
l ２mgsinα
由對稱性可知,最大伸長量為
４＋ k ．
第三章　機　械　波
第１節　波的形成
知識梳理
一、１．帶動　跟著振動　振動　２．(１)傳播　(２)相互作用 (１)
１
t＝ T 時,質點８正在向上振動,未達到最高點,質點
二、１．垂直　最高處　最低處　在同一直線上　密集　稀 ２
疏　２．縱波 １２,１６未動,如圖甲所示．
三、１．機械振動　２．(１)波源　(２)介質　３．(１)振動 () ３２t＝ T 時,質點８正在向下振動,質點１２向上振動,質
(２)能量　(３)傳遞信息 ４
典例精解 點１６未振動,如圖乙所示．
【典例１】　B　解析:據波的傳播特點知,波傳播過程中各質 (３)t＝T 時,質點８,１２正在向下振動,質點１６向上振動,如
點的振動總是重復波源的振動,所以起振方向相同,都是豎直向 圖丙所示．
, , T
【拓展提升】
下 但從時間上來說 起振依次落后 的時間,所以選項
４ AC
正 １．D　２．B　３．A　４．B　５．C　６．C
確,B錯誤．由題意知,質點９比質點１應晚起振兩個周期,所以當 ７．解析:(１)設地震中心到觀測中心的距離為x,則有:
所有質點都起振后,質點１與質點９步調完全一致,所以選項 D x x ,解得
３．７km/s－９．１km/s＝７．８s x＝４８．６km．正確．
: (２)由于縱波傳播得快,故地震發生時縱波最先到達觀測中變式１B
【 心,因此在那里的人們先是感到地面上下振動,當橫波到達后,又典例２】　B　解析:物理學中把質點的振動方向與波的傳
增加了左右晃動的感覺
播方向垂直的波稱作橫波,在橫波中,凸起的最高處稱為波峰,凹 ．
下的最低處稱為波谷,故 A 正確;把質點的振動方向與波的傳播 第２節　波的描述
方向在同一直線的波稱作縱波,故B錯誤,D正確;質點在縱波傳 知識梳理
播時來回振動,其中質點分布最密集的地方稱為密部,質點分布 一、１．平衡位置　位移　平滑的曲線　２．平衡位置　３．正
最稀疏的地方稱為疏部,故C正確．本題要求選錯誤的,故選B． 弦曲線　正弦波　簡諧運動
變式２:C 二、１．(１)振動　相位相鄰　(２)相鄰波峰　相鄰波谷　相
當堂訓練 鄰疏部　相鄰密部
１．C　２．D　３．A　４．B　５．D　６．D　７．C　８．B　９．B　 ２．(１)相同的　波源　(２)波源　(３)一個波長　(４)倒數　
１０．B　１１．C ３．(１)傳播　(２)λf　(３)介質　不同　(４)波速　頻率
１２．解析:質點a 的振動方向向下,由波形平移法可知,則知 典例精解
波向左傳播;若波向右傳播,波形向右平移,則知此時時刻b點向 【典例１】　解析:(１)由圖像可知:質點１,９之間是一個完整
１１４
的波形,它們的平衡位置之間的距離即為一個波長,即λ＝８L． ５．C　解析:根據同側法可判斷
(２)t＝０時,波剛傳到質點１,且質點１起振方向向下,說明波 波向左傳播,故 A 錯誤;此時質點C
中各質點的起振方向均向下,在 Δt后由圖像乙可知質點９的振 受到的回復力最大,加速度最大,故 B
T 錯誤;根據同側法可判斷質點B 向上
動方向為向上,說明它已經振動了 ,而波傳到質點９需時間T,２ 運動,故質點C 比質點B 先回到平衡
T , ２因此 Δt＝T＋ 即T＝ Δt． 位置,故C正確;根據同側法可判斷質點 H 向上運動,與質點F２ ３ 的運動方向相反,故 D錯誤．故選C．
() λ ８L １２L３ 波速v＝ ＝ ＝ ． ６．D　７．C　８．DT ２ Δt
３Δt ９．解析:(１)根據波形圖得到波長λ＝４m;t＝０時刻,質點Q
變式１:D 正向下運動;從t＝０時刻開始計時,當t＝１５s時質點Q 剛好第４
【典例２】　B　解析:從題圖中可以看出波形從實線傳播到虛 次到達波峰, ３ ４t故有３T＋ T＝t,解得T＝ ＝４s,４ １５
１
線的時間為t＝ ( １n＋ (４ )T n＝０,１,２, ),波的頻率為f＝T ＝ λ ４m故波速為v＝ ＝ ＝１m/T ４s s．
４n＋１ ４n＋１ ( )
４t ＝４×０．１Hz＝２．５４n＋１ Hz
(n＝０,１,２, ),A錯誤;從題圖 (２)t＝０時刻,質點P 正在向上運動,振幅為:A＝０．２m,
中得出波長為λ＝４m,波的傳播速度為v＝λf＝１０(４n＋１)m/s(n ２π ２π π角速度為:ω＝ ＝ ＝ rad/s,故質點P 做簡諧運動的表
＝０,１,２, ),
T ４ ２
當n＝１時,v＝５０m/s,B正確;從題圖中可以看出質
π
點P 的振幅為０．１m,C錯誤;從題圖中可知t＝０．１s時,質點P 向 達式為:y＝０．２sin ( )２t m ．
上振動, １與質點P 相距５m的質點與質點P 相距１ 個波長,若 【拓展提升】４
, , １．A　２．A　３．B　４．C　５．B　６．D　７．A　８．B　９．B該質點在P 點左側 它正在向下振動 若該質點在P 點右側,它正
１０．解析:(, １
)質點a一個周期運動的路程s０＝４A＝０．１６m,１s
在向上振動 D錯誤．
１
變式２:B 內的周期數是n＝T ＝２５
,１s內a質點運動的路程s＝ns０＝４m．
當堂訓練 ３
１．B　２．D　３．C　４．A　５．B　６．D　７．A　８．A　９．D　 (２)若波由a傳向b,sab＝ (n＋４ )λ
１０．A ６００ / ( ,, )
１１．解析:(１)由題意知x＝２m 處的質點a 連續兩次位于波 v＝λf＝４n＋３msn＝１２３
峰的時間間隔是０．２s,所以該簡諧橫波周期為T＝０．２s,波速為 若波由b傳向a,sab＝ ( １n＋４ )λλ ４
v＝T ＝
/ /
０．２ms＝２０ms． ６００v＝λf＝ m/s(n＝１,２,３ )．
(２)由t＝０時刻到x＝９m 處的質點c第一次位于波峰,該 ４n＋１
s ７
簡諧橫波向右傳播的距離為s＝(
、 、
９－２)m＝７m,則t＝ ＝ 第３４節　波的反射 折射和衍射　波的干涉v ２０s 知識梳理
＝０．３５s． 一、１．返回　２．(１)入射波　(２)反射波　３．同一平面　
在上述時間內,x＝９m處的質點c的振動時間為t１＝０．３５s－ 等于
９－５
２０s＝０．１５s
, 二、１．傳播的方向　２．折射
三、１．繞過障礙物　２．相差不多　更小３ 　３．
衍射　衍射
０．１５s＝４T
,質點C 由平衡位置開始起振,因此x＝９m 處 四、１．保持　運動　特征保持不變　２．同時　矢量和
的質點c通過的路程為 五、１．頻率　加大　減小　加大　減小　干涉圖樣　２．相
３ 同　保持不變　３．特有
s路 ＝４×２×４cm＝６cm． 典例精解
１２．解析:(１)由圖可知λ＝４m,若波向左傳播,傳播距離最 【典例１】　C　解析:乙聽到的第一聲槍
３ 響必然是甲開槍的聲音直接傳到乙的耳中,
小值 Δx＝４λ＝３m． ２a
故t＝ ．甲、乙二人及墻的位置如圖所示,乙
() １ T v２ 若波向右傳播 Δx＝nλ＋ λ,所用時間４ Δt＝nT＋ ４ ＝ 聽到的第二聲槍響必然是經墻反射傳來的槍
０．８
０．２,T＝ ,所以當n＝０時,有最大周期T 聲,由反射定律可知,波線如圖中AC 和CB,４n＋１ max＝０．８s． 由幾何關系可得AC＝CB＝２a,故第二聲槍響傳到乙耳中的時間
( ３３)Δx＝Δt v＝０．２×３５m＝７m＝１ λ,所以波向左傳播． AC＋CB ４a４ 為t′＝ v ＝v ＝２t．
課后鞏固 v ３４０
【基礎訓練】 變式１:解析:(１)由f＝ 得 ,因波的頻率λ f＝ １ Hz＝３４０Hz
１．D　２．C　３．A　４．B
１１５
不變,則在海水中的波速為v海 ＝λ′f＝４．５×３４０m/s＝１５３０m/s． (３)(４)
４８
由于λ＝ m＞３m,所以此波無論是通過直徑為１１ ３m
( t２)入射聲波和反射聲波用時相同,則海水深為h＝v海 ２ ＝ 的橋墩,還是通過寬為３m 的涵洞,都能發生明顯衍射現象．
０．５
１５３０× ２ m＝３８２．５m．
第５節　多普勒效應
() 知識梳理３ 物體與聲音運動的過程示意圖如圖
所示,設聽到回聲的時間為t′,
一、１．靠近或者遠離 頻率 ()增加 大于 變大則v物t′＋ 　 　２．１ 　 　 　
()變小
v海t′＝２h ２
二、()頻率 反射波 頻率變化 ()頻率 靜止 ()頻
代入數據解得t′＝０．４９８s． １ 　 　 　 ２ 　 　 ３
答案:( 率 反射 頻率變化１)３４０　１５３０　(２)３８２．５m 　 　
( 典例精解３)０．４９８s
【 【典例 】典例２】　D　解析:從題圖中可以看出,孔的大小與波長相 １ 　C
變式 :
差不多,故能夠發生明顯的衍射現象,選項 A正確;由于在同一均
１B
【典例２】　A　解析:車輛(警車)勻速駛向停在路邊的警車
勻介質中,波的傳播速度沒有變化,又因為波的頻率是一定的,又
(車輛),兩者間距變小,產生多普勒效應,警車探測到的反射波頻
v
根據λ＝ 可得波長λ沒有變化,選項B正確;當將孔擴大后,孔
f 率增高,選項 A正確,C錯誤;車輛(警車)勻速駛離停在路邊的警
的寬度和波長有可能不滿足發生明顯衍射的條件,選項 C正確; 車(車輛),兩者間距變大,產生多普勒效應,警車探測到的反射波
如果孔的大小不變,使波源頻率增大,則波長減小,孔的寬度將比 頻率降低,選項B、D錯誤．
波長大,孔的寬度和波長有可能不滿足發生明顯衍射現象的條 變式２:B
件,選項 D錯誤
當堂訓練
．
變式２:C １．A　２．B　３．C　４．C　５．A　６．D　７．A　８．B　９．A　
當堂訓練 １０．D
解析:如圖所示,設船發出鳴笛聲
１．D　２．D　３．A　４．B　５．C　６．D　７．B　８．C　９．B　 １１．
于 處,旅客聽到回聲位置在 處,即
１０．D　１１．A B A
３s內汽船前進了 A、:() B 間的距離l
,則聲
１２．解析 １ 設簡諧橫波波長為λ,頻率為f,則v＝λf,代入
波經過２s－l的距離．
已知數據,得λ＝１m．
( v聲t＝２s－l＝２s－v船t
,得s＝
２)以O 為坐標原點,設P 為OA 間的任意一點,其坐標為
(
, v聲 ＋v船
)t (３４０＋４)×３
x 則兩波源到P 點的波程差 Δl＝x－(２－x),０≤x≤２．其中x, ２ ＝ ２ m＝５１６m．
Δl 以 m 為 單 位．合 振 動 振 幅 最 小 的 點 的 位 置 滿 足 Δl＝ 課后鞏固
( １k＋ ) １ ５ ５ ３λ,k為整數,所以x＝ ,可得 ,故２ ２k＋４ －２≤k≤２ k 【基礎訓練】
１．C　２．A　３．B　４．B　５．A　６．A　７．C　８．B　９．A
＝－２、－１、０、１,解得x＝０．２５m,０．７５m,１．２５m,１．７５m．
１０．解析:(１)聲波由空氣進入另一種介質時,頻率不變,由v
課后鞏固
v ３４０
【基礎訓練】 ＝λf 得f＝λ ＝２５×１０－２Hz＝１３６０Hz．
１．C　２．B　３．D　４．B　５．D　６．B　７．C　８．B　９．B
() , v v′, λ′ ８０×１０
－２
v ２ 因頻率不變 有 ＝ 得v′＝ v＝ －２×３４０m
/s
１０．解析:(１)由公式λ＝ 得:
６
λ＝ m＝０．２m,質點 A 與 λ λ′ λ ２５×１０
f ３０ ＝１０８８m/s．
S１、S２的距離差為:Δx＝|S２A－S１A|＝２m＝１０λ．即質點A 為 【拓展提升】
振動加強點,振幅A＝２cm＋２cm＝４cm．故A 點以振幅為４cm, １．D　２．C　３．C　４．A　５．C　６．C　７．A　８．C　９．D
１
周期為 s做機械振動． １０．解析:多普勒效應中,觀察者和發射源的頻率關系為:f′３０
１ ＝ (v±v０ )f;f′為觀察到的頻率;f 為發射源于該介質中的原始(２)由(１)知,A 點在時間 s內經過了兩個全振動,通過的 v vs１５ 發射頻率;v為波在該介質中的行進速度;v０為觀察者移動速度,
路程為８倍振幅,即４×８cm＝３２cm． 若接近發射源則前方運算符號為＋號,反之則為－號;vs為發射
【拓展提升】
源移動速度,若接近觀察者則前方運算符號為－號,反之則為＋
１．B　２．D　３．B　４．A　５．A　６．C　７．C　８．A　９．C
６０ 號．當超高速列車迎面駛來時,有:f ＝ (v＋v０１ f　①,當超高速
１０．解析:(１)
)
由題意知:周期T＝ s＝３s．設波長為λ,則５λ v－vs２０
λ ４８ λ ４８ １６ 列車駛過他身旁后, : (v－v０ ) , f１ ８有 f２＝ f　② 又 ＝ 　③,聯
＋２＝２４m
,λ＝１１m．
由v＝ 得,T v＝ m
/
１１×３ s＝１１m
/s． v＋vs f２ ５
立解得:vs＝２００km/h．
( ４８２)由于λ＝ m,大于豎直電線桿的直徑,所以此波通過豎１１ 本章評估
直的電線桿時會發生明顯的衍射現象． １．C　２．D　３．C　４．B　５．C　６．B　７．C　８．D　９．C
１１６
１０．B
波峰, ３根據題意,有:t１＝T＋ T,解得:周期４ T＝０．８s
,由題圖可
１１．解析:(１)由乙圖知,質點的振動周期為T＝０．８s,由甲圖
知,波長λ＝２０m, , λ知波長λ＝４cm 根據波速v＝ ,解得T v＝５cm
/s．
: λ ２０則波速為 v＝ / /T ＝０．８ms＝２５ms． (２)
QA
由題圖可知,振幅A＝２cm,Q 的起振時刻為t２＝
() v
＝
２ 振幅為２m;則由t＝０到１．６s時,質點P 通過的路程為:
; ０．７s,Q 的振動方程 ＝Asin [２πs＝２×４A＝１６m y (t－t２)] ,代入數據得:當T t≥
(３)質點P,Q 平衡位置之間的距離為:L＝８５m－１０m＝ ５π
７５m;由L＝vt,解得:t＝３s, ０．７s時,y＝２sin[ (２ t－０．７)]cm,當t＜０．７s時,y＝０．
即經過３s時間質點Q 第一次到達波谷,經過３．８s時間質點
第二次到達波谷． 第四章　光
１２．解析:(１)因為超聲波的頻率為f＝１．０×１０５Hz,所以質 第１節　光的折射１
點振動周期T＝ ＝１０－５s
f 知識梳理
x＝７．５×１０－３m 處質點圖示時刻處于波谷,所以可畫出該質 一、１．(１)分界面　(２)進入第２種介質　２．(１)同一平面內
點做簡諧運動的圖像如圖所示． sinθ　兩側　成正比　 １　(２)可逆sinθ２
sinθ c
二、１．光學性質　２．真空　 １sinθ 　３．
真空　 　４．大于１
２ v
典例精解
【 sinθ典例１】　解析:(１)由折射定律有n＝ １,解得sinθ sinθ２＝２
(２)因為超聲波的頻率為f＝１．０×１０５Hz,由波的圖像可知 sinθ１ １＝ ,則θ２＝３０°,由反射定律得θ′１＝θ１＝４５°,由幾何關系
超聲波的波長λ＝１５×１０－３m,v＝λf 可得超聲波的速度v＝λ
n ２
f
可知反射光線與折射光線間的夾角為
＝１５×１０－３×１．０×１０５m/s＝１５００m/s,所以魚群與漁船間的距 θ＝１０５°．
()當反射光線與折射光線垂直時,
vt １５００×４ ２ θ１′＋θ２ ＝９０°
,則n＝
離x＝２＝ ２ m＝３０００m． sinθ１ sinθ１ sinθ
sinθ ＝
１
cosθ′＝cosθ ＝tanθ１＝ ２
,故θ１＝arctan２＝５４．７４°．
１３．解析:(１)由波的傳播方向可確定質點的振動方向,根據 ２ １ １
:
帶動法可知,兩列簡諧橫波分別沿x 軸正方向和負方向傳播,
變式
則 １C
【典例２】　解析:(１)P３,P４的連線與CD 的交點即為光線從質點P、Q 均沿y 軸負方向運動,所以質點 M 的起振方向也沿y
玻璃磚中射出的位置,P１,P２的連線與AB 的交點即為光線進入軸負方向;
玻璃磚的位置,連接這兩點即可作出玻璃磚中的光路,如圖所示
() , , ．２ 由圖可知 該兩波的波長為０．４m 由波長與波速關系可
λ ０．４
求出,波的周期為T＝ ＝ s＝１s,由圖可知,兩質點到 的v ０．４ M
０．３ ３
距離都是０．３m．波傳到 M 的時間都是:t１＝ s＝ T,M 點起０．４ ４
５
振的方向向下,再經過:t２＝１．２５s＝ T,兩波的波谷恰好傳到質４ (２)連接O 點與光線在AB 上的入射點所得直線即為法線,
點 M,所以 M 點的位移為－４cm． 作出入射角和折射角如圖中i,r所示．
() ５ sini３０到２s這段時間內質點 M 振動的時間是 s,通過的路 (３)圖乙中圖線的斜率k＝ ＝n,由圖乙可知斜率為１．５,４ sinr
５ 即該玻璃磚的折射率為( ) ; １．５．程為s＝４×４× ２A ＝１０×２cm＝２０cm 變式２:B
(４)經過１s,兩列波都向前傳播了０．４m,由波的疊加分析可 當堂訓練
以知道,在t＝１s時,M 處于波谷位置,位移為－４cm,x＝０．４m １．C　２．C　３．C　４．C　５．D　６．C　７．A　８．C　９．A　
和x＝０．６m 處質點位于平衡位置,x＝０．２m 和x＝０．８m 處質點 １０．B
位于平衡位置,如圖所示． １１．解析:(１)此時OP３與OE 之間的夾角為入射角,θ１＝６０°,
, sinθ１ sin６０°θ２＝３０° 則n＝sinθ ＝２ sin３０°＝ ３．
(２)P４對應的入射角大,折射角相同,所以對應的折射率大．
(３)當在 K 位置時,入射角與折射角相等,所以折射率等
于１．
１４．解析:(１)t＝０時刻,P 向下振動,此前P 已經到過一次 答案:(１)３　(２)P４　(３)１
１１７
１２．解析:(１)光路圖如圖所示． (３)用插針法“測定玻璃磚折射率”的實驗原理是折射定律n
() sinα , sini２ 根據折射定律n＝ ＝ ３ 由幾何 ＝ ,如圖所示,實線表示玻璃磚向上平移后實際的光路圖,虛sinβ sinr
關系２β＝α,可得β＝３０°,α＝６０°,所以CD＝ 線表示作圖光路圖,由圖看出,畫圖時的入射角、折射角與實際的
３ 入射角、折射角相等,由折射定律可知,測出的折射率沒有變化．
Rsinα＝ ２R． 即測出的n值將不變．
課后鞏固 AC
答案:(１)AB　(２)n＝BD　
(３)不變
【基礎訓練】
１．B　２．D　３．A　４．B　５．A　６．A　７．C １０．解 析:過 D 點 作 AB 邊 的 法 線
sinθ１ １ NN′,連接OD,則∠ODN＝α 為O 點發出８．B　解析:由n＝ , 正確, 錯誤;由于sinθ ≈０．６７≈１．４９ B C２ 的光線在D 點的入射角;設該光線在 D 點
sinθ１＞sinθ２,故光線是從空氣射入玻璃中的,AD錯誤． 的折射角為β,如圖所示．根據折射定律有
９．解析:(１)光路圖如圖所示,畫出通過P１、P２的入射光線, nsinα＝sinβ①,式中n 為三棱鏡的折
交AC 于O,畫出通過P３、P４的出射光線交AB 于O′,連接OO′, 射率．由幾何關系可知β＝６０°②,∠EOF＝３０°③,在△OEF 中有
則光線OO′就是入射光線P１P２在三棱鏡中的折射光線． EF＝OEsin∠EOF④,由③④式和題給條件得OE＝２cm⑤,根據
題給條件可知,△OED 為等腰三角形,有α＝３０°⑥,由①②⑥式
得n＝ ３．
第２節　全　反　射
知識梳理
一、１．較小　較大　光密　光疏　光疏　光密　光密　光
疏　２．(１)①折射() , 　
反射　②入射角　(２)①光密　光疏　②等
２ 在所畫的圖上注明入射角θ１和折射角θ２ 并畫出虛線部
分, １用量角器量出θ１和θ２(或用直尺測出線段EF,OE,GH,OG 于或大于　(３)sinC＝n
的長度)． 二、１．改變光的方向　２．較大　較小　全反射
() sinθ１ ( EF GH EF/３n＝ , , OE或因為 則 典例精解sinθ sinθ１＝２ OE sinθ２＝OG n＝GH/OG
【 】
典例 解析
:()光路如圖所
EF OG １ 　 １
＝OE GH ) ． 示,圖中 N 點為光線在AC 邊發生反
射的入射點．設光線在 P 點的入射角
１０．解析:()
OA
１ 設入射角為α,由幾何關系可知sinα＝OB ＝ 為i、折射角為r,在 M 點的入射角為
１ sinβ ３ r′、折射角依題意得也為i,且,得α＝３０°,由n＝ ,可得２ sinα sinβ＝nsinα＝
,所以
２ β＝６０°． i＝６０°,①
c c ３ 由折射定律得sini＝nsinr,nsinr′＝sini,得r＝r′,OO′為過(２)光在球體中的傳播速度v＝ ＝ ,AB＝ R,則光從A 傳n ３ ２ M 點的法線,∠C 為直角,OO′∥AC．由幾何關系知∠MNC＝r′,
AB ３R 由反射定律可知∠PNA＝∠MNC,得∠PNA＝r,由幾何關系得
到B 的時間t１＝ ＝ ,由幾何知識知BC＝R,則光從B 傳到v ２c r＝３０°,得n＝ ３．
BC R
C 的時間t２＝ ＝ ,故藍光從A 點傳播到C 點所需時間t＝t１ (２)設在 N 點的入射角為i″,由幾何關系得i″＝６０°,此三棱c c
鏡的全反射臨界角滿足
５R nsinθ＝１
,得i″＞θ,此光線在N 點發生全
＋t２＝２c． 反射,三棱鏡的AC 邊沒有光線透出．
【拓展提升】 變式１:A
１．C　２．C　３．D　４．B　５．A　６．D　７．D　８．C 【典例２】　解析:該題考查光導纖維的全反射及光速問題．由
９．解析:(１)為了減小角度測量的相對誤差,入射角應適當大 題中的已知條件可知,要使光線從光導纖維的一端射入,然后從
一些．但不能太大,否則出射光線太弱,故 A 正確;該同學在插大 它的另一端全部射出,必須使光線在光導纖維中發生全反射現
頭針d 時,使d 擋住a、b的像和c,由此確定出射光線的方向,故 象．要使光線在光導纖維中經歷的時間最長,就必須使光線的路
B正確;C．由幾何知識可知,光線在上表面的折射角等于下表面 徑最長,即光對光導纖維的入射角最小,光導纖維的臨界角為C
的入射角,根據光路可逆性原理可知,光線一定會從下表面射出, １ L
＝arcsin ．光在光導纖維中傳播的路程為d＝ ＝nL,光在光
折射光線不會在玻璃磚的內表面發生全反射．故 C錯誤;該實驗 n sinC
方法的原理是折射定律,也能用來測量其他透明介質的折射率, c , nL導纖維中傳播的速度為v＝ 所需的最長時間為tmax ＝
故 D錯誤． n c
n
AC
２
() sin∠AOC AO AC
nL
２ 玻璃的折射率n＝sin∠BOD＝BD＝
＝ ．
BD c
BO 變式２:D
１１８
當堂訓練 π π
由幾何關系知,α＝C＝ ,此時玻璃磚轉過的角度為 ．
１．D　２．B　３．A　４．B　５．A　６．D　７．B　８．C　９．C　 ３ ３
１０．C () h２ 折射光線光點A 到O′的距離為xAO′＝ ,
１１．解析:(１)光路圖及相關量如圖所示． tanα
光束在AB 邊上折射,由折射定律得 １０ ３解得xAO′＝ ３ cm．sini
sinα＝n　①
,式中n 是棱鏡的折射率．由 第３節　光的干涉
幾何關系可知α＋β＝６０°　②,由幾何關 知識梳理
系和反射定律得β＝β′＝∠B　③,聯立①②③式,并代入i＝６０° 一、１．托馬斯 楊　２．(１)單色　相同　干涉　(２)明暗相
得n＝ ３④．
間　３．()
l
１ 整數　明條紋 ()奇數 暗條紋 ()
() , sini′
　 ２ 　 　４．１ndλ
２ 設改變后的入射角為i′ 折射角為α′,由折射定律得sinα′
, , ()
l
＝n　⑤ 依題意 光束在BC 邊上的入射角為全反射的臨界角 ２ dλ．
, １ 二、 路程差 亮 暗θ 且sinθ ＝ 　⑥,由幾何關系得θ ＝α′＋３０°　⑦,由④⑤⑥ １． 　 　 　２．
透射　反射　薄膜干涉
c c n c 典例精解
３－ ２ 【典例１】　B　解析:雙縫干涉中單縫的作用是獲得線光源,⑦式得入射角的正弦為sini′＝ ２ ． 而線光源可以看成是由許多個點光源沿一條線排列組成的,這里
１２．解析:(１)
c
光在液體中的速度為v＝ ,在液體中經過的 觀察不到光的干涉現象是由于單縫太寬,得不到線光源．故選項Bn
正確．
nh
最短時間t,則有vt＝h,解得t＝c ． 變式１:D
(２)液面上有光射出的范圍是半徑為r 的圓,光在液面發生 【典例２】　C　解析:
c c
根據λ＝ ,單色光a的波長λ１＝ ＝
１ f f１
全反射的臨界角為C,則有sinC＝ ,因r＝htanC,則有n r＝ ３×１０
８ c
１４m＝０．６×１０－６m＝０．６０μm;單色光５．０×１０ b
的波長λ２＝ ＝
h ２ f２, πh液面上有光射出的面積S＝πr２,解得S＝
２ n２ ．
８
n －１ －１ ３×１０ m＝０．４×１０－６７．５×１０１４ m＝０．４０μm．
則 Δx＝０．６０μm＝λ１,Δx＝
課后鞏固
【 ３ λ基礎訓練】 ０．６０μm＝２λ２＝３×
２ ,可得出選項 正確
２ C ．
１．D　２．C　３．B　４．B　５．C　６．A　７．B　８．C 變式２．解析:屏上P 點距雙縫S１和S２的路程差為７．３０×
９．解析:()
sinθ
１ 根據折射定律n＝ １,代入數據得sinθ θ２＝３０°． －７ ,
Δs ７．３０×１０－７m
２ １０ m 則n＝λ ＝
,故在
７．３０×１０－７m＝２ P
點出現明條紋．
(２)作光路圖如圖所示 ２ ２
在AC 面上光線正好發生全反射,入 答案:明條紋
射角 當堂訓練
１ ２
sinθ′＝ ＝ ,θ′＝４５° １．D　２．B　３．D　４．C　５．B　６．B　７．A　８．B　９．D　１ n ２ １ １０．C　１１．B
根據幾何關系,可以求得∠A＝７５°,
:() c Δs ３×１０
－６
∠B＝６０°． １第３節　簡諧運動的回復力和能量
B．彈簧振子在運動過程中受重力、支持力、彈簧彈力
和回復力作用
C．彈簧振子由A 向O 運動的過程中,回復力逐漸增大
一、簡諧運動的回復力 D．彈簧振子由O 向B 運動的過程中,回復力的方向
１．回復力 指向平衡位置
()定義:振動質點受到的總能使其回到 【典例２】　如圖所示,１ 　 　 　 　 圖甲為以O 點為平衡位置,在
的力 A,． B 兩點間做簡諧運動的彈簧振子,圖乙為該彈簧振子的
(２)方向:指向　　　　． 振動圖像
,由圖可知下列說法中正確的是 (　　)
(３)表達式:F＝　　　　．
２．簡諧運動的動力學特征
如果物體在運動方向上所受的力與它偏離平衡位置位
移的大小成　　　　,并且總是指向　　　　,質點的運動 　　　
就是簡諧運動．
甲 乙
說明:(３)式中k是比例系數,并非彈簧的勁度系數(水
平彈簧振子中的k才為彈簧的勁度系數),其值由振動系統 A．在t＝０．２s時,彈簧振子可能運動到B 位置
決定,與振幅無關． B．在t＝０．１s與t＝０．３s兩個時刻,彈簧振子的速度
二、簡諧運動的能量 相同
,
１．振動系統(彈簧振子)的狀態與能量的對應關系 C．
從t＝０到t＝０．２s的時間內 彈簧振子的動能持續
彈簧振子運動的過程就是　　　　和
的增加
　　　　互相轉
化的過程 在． D． t＝０．２s
與t＝０．６s兩個時刻,彈簧振子的加速
(１)在最大位移處,　　　　最大,
度相同
　　　　為零．
( :２)在平衡位置處,　　　　最大,　　　　最小
變式２ 把一個小球套在光滑．
,
簡諧運動的能量特點:在簡諧運動中,振動系統的 細桿上 小球與輕彈簧相連組成彈２．
, , 簧振子,機械能　　　　 而在實際運動中都有一定的能量損耗 因 小球沿桿在水平方向做簡諧運動
,它的平衡位置為
此簡諧運動是一種 的模型 O,在A,B 間振動,如圖所示,下列結論正確的是 (　　)　　　　 ．
A．小球在O 位置時,動能最大,加速度最小
B．小球在A,B 位置時,動能最大,加速度最大
C．小球從A 經O 到B 的過程中,回復力一直做正功
【典例１】　一質量為m 的小球,通過一根輕質彈簧懸 D．小球從A 經O 到B 的過程中,回復力一直做負功
掛在天花板上,如圖所示．
(１)小球在振動過程中的回復力實際
上是　　　　　　　　　;
(２)該小球的振動是否為簡諧運動 １．如圖所示,對做簡諧運動的彈簧振子M 的受力情況
分析正確的是 (　　)
A．重力、支持力、彈簧的彈力
B．重力、支持力、彈簧的彈力、回復力
變式１:如圖所示,彈簧振子在光滑水平桿上的A,B C．重力、支持力、回復力、摩擦力
兩點之間做往復運動,下列說法正確的是 (　　) D．重力、支持力、摩擦力、彈簧的彈力
２．機械振動中,下列各組物理量中其大小變化始終一
致的是 (　　)
A．回復力與速度 B．位移與速度
A．彈簧振子在運動過程中只受彈簧彈力的作用 C．加速度與速度 D．位移與加速度
３６
３．如圖的簡諧運動圖像中, 列說法中正確的是 (　　)
在t１ 和t２ 時刻,運動質點相同
的量為 (　　)
A．加速度
B．位移
C．速度 　　　
D．回復力 甲 乙
４．對簡諧運動的回復力公式F＝－kx的理解,正確的是
( 時,小球在 點左側 處　　) A．t＝０．５s O ５cm
和
A．k只表示彈簧的勁度系數 B．t＝０．２５s t＝０．７５s
時,小球的速度相同
B．式中的負號表示回復力總是負值 C．t＝０．２５s
和t＝０．７５s時,小球的加速度相同
到 過程中,系統的勢能在逐漸增加
C．位移x 是相對平衡位置的位移 D．t＝０．５s t＝１．５s
, １０．勁度系數k＝４０N/m 的輕彈簧,一端拴在豎直墻D．回復力只隨位移變化 不隨時間變化
, ( ) 上,另一端拴物體 , 的質量５．物體做簡諧運動時 下列敘述正確的是 　　 A A mA ＝０．２kg
,在A 的上表面
放有質量
A．平衡位置就是合力為零的位置 mB ＝０．１kg
的物體B,如圖所示,已知水平地面
, 光滑,A 和B 之間的最大靜摩擦力 ,若要使 ,B．處于平衡位置的物體 一定處于平衡狀態 Fm＝０．２N A
, B 兩物體一起做簡諧運動,則振幅的最大值是多少 C．物體到達平衡位置時 合力不一定為零
D．物體到達平衡位置時,回復力不一定為零
６．彈簧振子的振動圖像如圖所示．在t＝２~３s的時間
內,振子的動能Ek和勢能Ep的變化
情況是 (　　)
A．Ek變小,Ep變大
B．Ek變大,Ep變小
C．Ek,Ep均變小
D．Ek,Ep均變大
７．沿水平方向振動的彈簧振子在做簡諧運動的過程
中,下列說法正確的是 (　　)
A．在平衡位置,它的機械能最大
B．在最大位移處,它的彈性勢能最大 基礎訓練
C．從平衡位置向最大位移處運動過程中,它的彈性勢 １．關于簡諧運動的回復力,以下說法正確的是 (　　)
能減小
A．簡諧運動的回復力可能是恒力
D．從最大位移處向平衡位置運動的過程中,它的機械 B．做簡諧運動的物體的加速度方向與位移方向總是
能減小 相反
８．一彈簧振子振幅為A,從最大位移處經過時間t０第 C．簡諧運動中回復力的公式F＝－kx 中k 是彈簧的
t
一次到達平衡位置,若振子從最大位移處經過 ０ 時的加速 勁度系數,x 是彈簧的長度
３ D．做簡諧運動的物體每次經過平衡位置合力一定
度大小和動能分別為a１和E１,若振子從最大位移處經過路 為零
A
程為 時加速度大小和動能分別為a 和E 做簡諧振動的物體,當振子的位移為負值時,下列３ ２ ２
,則a１,a２和 ２．
說法中可能正確的是 (　　)
E１,E２的大小關系為 (　　) A．速度一定為正值,加速度一定為負值
A．a１＞a２,E１＞E２ B．速度為零時,加速度最大
B．a１＜a２,E１＞E２ C．速度一定為負值,加速度一定為正值
C．a１＜a２,E１＜E２ D．速度最大時,加速度為零
D．a１＞a２,E１＜E２ ３．如圖所示,A,B 兩物體組成
９．如圖甲所示,光滑水平桿上套著一個小球和一個彈 彈簧振子,在振動過程中,A,B 始
簧,彈簧一端固定,另一端連接在小球上,忽略彈簧質量．小 終保持相對靜止,下列給定的四幅圖中能正確反映振動過
球以點O 為平衡位置,在A,B 兩點之間做往復運動,取向 程中物體A 所受摩擦力Ff與振子相對平衡位置位移x 關
右為正方向,小球的位移x 隨時間t的變化如圖乙所示．下 系的圖線為 (　　)
３７
A． B． ９．如圖所示是某一質點做簡諧
運動的振動圖像,下列說法正確的是
(　　)
A．在 第 １s內,質 點 速 度 逐 漸
增大
B．在第１s內,質點加速度逐漸減小
C． D． C．在第４s內,質點的動能逐漸增大
D．在第４s內,質點的勢能逐漸增大
１０．如圖所示,光滑的水平面上放有一輕彈簧,輕彈簧
右端固定在滑塊上,已知滑塊質量m＝０．５kg,彈簧勁度系
數k＝２４０N/m,將滑塊從平衡位置O 向左平移,將彈簧壓
４．彈簧振子在水平方向上做簡諧運動的過程中,下列 縮５cm,靜止釋放后滑塊在A,B 間滑動,則:
說法正確的是 (　　) (１)滑塊加速度最大是在A,B,O 三點中哪點 此時
A．在平衡位置時它的機械能最大 滑塊加速度多大
B．在最大位移處時它的彈性勢能最小 (２)滑塊速度最大是在A,B,O 三點中哪點 此時滑塊
C．從平衡位置到最大位移處它的動能減小 速度多大 (假設整個系統具有的最大彈性勢能為０．３J)
D．從最大位移處到平衡位置它的機械能減小
５．做簡諧運動的彈簧振子質量為０．２kg,當它運動到
平衡位置左側２０cm 時受到的回復力是４N;當它運動到
平衡位置右側４０cm 時,它的加速度為 (　　)
A．２０m/s２,向右 B．２０m/s２,向左
C．４０m/s２,向右 D．４０m/s２,向左
６．一個做簡諧運動的物體,每次勢能相同時,下列說
拓展提升
法中正確的是 (　　)
１．光滑的水平面上疊放有三個
A．有相同的動能 B．有相同的位移
完全相同的質量均為 m 的木塊有相同的加速度 有相同的速度 A
,
C． D．
B,C．其中 A, 兩木塊分別與勁度
７．公路上勻速行駛的貨車受一
C
, 系數為k的完全相同的兩彈簧相連
,彈簧的另一端固定在
擾動 車上貨物隨車廂底板上下振動
墻上,如圖所示,這三個木塊組成的系統像一個整體一樣地
但不脫離底板．一段時間內貨物在豎
水平振動 ( )
直方向的振動可視為簡諧運動,周期 　　
, A．彈簧由壓縮回到原長時
,若
為 取豎直向上為正方向 以某時刻 A
對B 的摩擦力向左
T．
, , ( ) 為
,則 對
為計時起點 其振動圖像如圖所示 則 Ff C B
的摩擦力向右為Ff,B 受到的合力為F　　 f
B．彈簧壓縮到最短時,若A 對B 的摩擦力向左為F
１ f
,
A．t＝ T 時,貨物對車廂底板的壓力最大４ 則C 對B 的摩擦力向右為Ff,B 受到的合力向右為Ff
１ C．彈簧拉伸到最長時,若A 對B 的摩擦力向左為Ff,
B．t＝ T 時,貨物對車廂底板的壓力最小２ 則C 對B 的摩擦力向左為Ff,B 受到的合力向左為２Ff
３ D．彈簧由拉伸恢復到原長的過程中,B 對A 的摩擦
C．t＝ T 時,貨物對車廂底板的壓力最大４ 力向右且減小,B 對C 的摩擦力向右且減小
３ , 甲
、乙 兩 彈 簧 振 子,
D．t＝ T 時 貨物對車廂底板的壓力最小
２．
４ 振動圖像如圖所示,則可知
８．如圖,輕質彈簧下掛重為３００N 的物體A (　　)
時伸長了３cm,再掛上重為２００N的物體B 時又 A．兩 彈 簧 振 子 完 全
伸長了２cm,現將A,B 間的細線燒斷,使A 在豎 相同
直平面內振動,則 (　　) B．振子的振動頻率之
A．最大回復力為５００N,振幅為５cm 比f甲 ∶f乙 ＝１∶１
B．最大回復力為２００N,振幅為２cm C．振子甲速度為零時,振子乙速度最大
C．只減小A 的質量,振動的振幅變小,周期不變 D．兩彈簧振子所受回復力最大值之比 F甲 ∶F乙 ＝
D．只減小B 的質量,振動的振幅變小,周期變小 ２∶１
３８
３．如圖甲所示,在升降機的頂部裝了一個能夠顯示拉力 C．D 點的位置一定在平衡位置以上
大小的傳感器,傳感器下方掛上一輕質彈簧,彈簧下端掛一個 D．物體的運動方向可能是向下的
質量為m 的小球,若升降機在勻速運行過程中突然停止,并以 ７．一水平彈簧振子沿x 軸
此時為零時刻,在后面一段時間內傳感器顯示彈簧彈力F 隨 方向做簡諧運動,平衡位置在
時間t的變化關系如圖乙所示,g為重力加速度,則 (　　) 坐標原點,向x 軸正方向運動
時彈簧被拉伸,振子的振動圖
像如圖所示,已知彈簧的勁度
系數為２０N/cm,振子質量為m＝０．１kg,則 (　　)
A．在０~４s內振子做了１．７５次全振動
　　　 B．圖中A 點對應的時刻振子的加速度大小為５m/s２
甲 乙 C．圖中A 點對應的時刻振子的速度方向指向x 軸的
負方向
A．升降機停止前在向下運動 D．圖中A 點對應的時刻振子所受的回復力大小為
B．０~t１時間內小球處于失重狀態,速率不斷增大 ５N,方向指向x 軸的負方向
C．t２~t３時間內小球處于超重狀態,速率不斷增大 ８．如圖所示,在光滑水平面
D．t２~t４時間內小球處于超重狀態,速率先減小后 上有一輕質彈簧左端固定,右端
增大 與一質量為m 的小球相連,構成一個水平彈簧振子,彈簧
４．光滑的水平面上放有質量分別 處于原長時小球位于O 點．現使小球以O 點為平衡位置,
１
為m 和 m 的兩木塊,下方木塊與一勁 在C,B 兩點間沿光滑水平面做簡諧運動,關于這個彈簧振２
子做簡諧運動的過程,下列說法中正確的是 (　　)
度系數為k的彈簧相連,彈簧的另一端固定在墻上,如圖所
A．小球從O 位置向B 位置運動過程中做勻減速運動
示．已知兩木塊之間的最大靜摩擦力為Ff,為使這兩個木 B．小球每次通過同一位置時的加速度不一定相同
塊組成的系統能像一個整體一起振動,系統的最大振幅為
( ) C．
小球從C 位置向B 位置運動過程中,彈簧振子所
　　
具有的勢能持續增加
Ff ２Ff ３Ff ４Ff
A．k B．k C．k D．k D．
小球在C 位置彈簧振子所具有的勢能與在B 位置
, 彈簧振子所具有的勢能相等５．如圖甲所示 彈簧振子以O 點為平衡位置,在A,B
, , 如圖所示有一下端固定的輕彈簧,原長時上端位于兩點之間做簡諧運動 取向右為正 振子的位移x 隨時間t ９．
點,質量為 的小物塊 (可視為質點)與輕彈簧上端相
的變化如圖乙所示,則由圖可知 (　　) O０ m P
連,且只能在豎直方向上運動．當物體靜止時,物體下降到
O１點,測得彈簧被壓縮了x０．現用一外力將物體拉至O０點
上方O２點,輕輕釋放后,物塊將開始做簡諧運動,已知O０
O２兩點間距離x０,當地重力加速度為g．求:
(１)物塊過O１點時的速度v１是多大
　　　 (２)若物塊達到O３點(圖中沒有標出)時,物塊對彈簧
甲 乙 的壓力最大,則最大壓力是重力的幾倍
A．t＝０．２s時,振子的速度方向向左 (３)從O２點到O３點過程中彈性勢能變化了多少
B．t＝０．６s時,振子的加速度方向向左
C．t＝０．４s到t＝０．８s的時間內,振子的動能逐漸
減小
D．t＝０到t＝２．４s的時間內,振子通過的路程是８０cm
６．如圖所示,物體放在輕彈簧上,沿豎
直方向在A,B 之間作簡諧運動,今物體在
A,B 之間的D 點和C 點沿DC 方向運動
(D、C 圖上未畫出)的過程中,彈簧的彈性
勢能減少了３．０J,物體的重力勢能增加了
１．０J,則在這段運動過程中 (　　)
A．物體經過D 點時的運動方向是指向平衡位置的
B．物體的動能增加了４．０J
３９

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