第二章 机械振动
第１节 简谐运动
距平衡位置８cm．
[特别提醒]
振动位移的方向与当时振子的振动速度方向可能同
一、机械振动 向,也可能反向
１．平衡位置:振子原来 时的位置． 三、弹簧振子的位移—时间图像
２．机械振动:振子在 附近所做的 运 １．图像的含义:反映了振动物体
动,简称 ． 相对平衡位置的位移随 的变
二、弹簧振子的位移 化规律．
１．弹簧振子是一个理想模型,实际物体可以看作弹簧 ２．弹簧振子的位移变化
振子的条件: 振子的运动 A→O O→A′ A′→O O→A
①弹簧的质量比振子的质量小得多,可以认为质量集 对O 点位移的方向
中于振子; 对O 点位移的
②阻力(摩擦力及空气阻力)足够小; 大小变化情况
③振动中,弹簧形变始终处于弹性限度内．
四、简谐运动
２．形形色色的弹簧振子
如图所示,振子可以沿水平方向振动,也可以沿竖直方 １．定义:如果质点的位移与时间的关系遵从
向或倾斜方向振动,弹簧可以只有一个,也可以有多个． 函数的规律,即它的振动图像(x－t图像)是一条
曲线,这样的振动叫作简谐运动,
简谐运动是 、最基本的振动．弹簧振子的运动
就是 运动．
２．简谐运动的图像
(１)简谐运动的图像特点:是一条
曲线,表示
做简谐运动的质点 随 变化的规律．
甲 乙
(２)物理意义:表示振动的质点在不同时刻偏离平衡位
置的位移,是位移随时间的变化规律．
３．依据振动图像可以获得的信息
(１)从振动图像上可直接读出振子在某一时刻相对于
丙 丁 平衡位置的位移大小．
(２)从振动图像上可直接读出正(负)位移的最大值．
２．弹簧振子的位移 (３)可判断某一时刻振动物体的速度方向和加速度方(１)振动位移与运动物体在某一时间内的位移的区别
向,以及它们的大小和变化趋势．
振动位移可用从平衡位置指向振子所在位置的有向线
段表示,方向为从平衡位置指向振子所在位置,大小为平衡
位置到该位置的距离;而物体在某一时间内的位移是相对
于这段时间内初始位置的位移,其方向由初始位置指向末
【典例１】 如图为某鱼漂的示意图．当鱼漂静止
位置,其大小等于初、末位置间的距离．
时,水位恰好在
() O
点．用手将鱼漂往下按,使水位到达
２ 位移的表示方法
M 点．松手后,鱼漂会上下运动,水位在 M,N 之间来
以平衡位置为坐标原点,以振动所在的直线为坐标轴,
回移动
, ．
且鱼漂的运动是简谐运动．下列说法正确的是
规定正方向 则某时刻振子偏离平衡位置的位移可用该时
( )
刻振子所在位置的坐标来表示．如若某一时刻振子在平衡
A．水位由O 点到N 点,鱼漂的位移向下最大
位置正方向一侧,离平衡位置２cm,则可以表示为x＝
水位在 点时,鱼漂的速度最大
２cm, ,
B． O
若x＝－８cm 则表示振子在平衡位置负方向一侧,
２８
C．水位到达 M 点时,鱼漂具有向下的加速度 D．先vP＜vQ,后vP＞vQ,最后vP＝vQ
D．鱼漂由上往下运动时,速度越来越大 ２．质点运动的位移x 与时间t的关系如图所示,其中
变式１:如下表中给出的是做简谐运动的物体的位移 不做机械振动的是 ( )
x、速度v与时间的对应关系,T 是振动周期,则下列选项 A． B．
中正确的是 ( )
０ T T ３T４ ２ ４ T
甲 零 正向最大 零 负向最大 零
乙 零 负向最大 零 正向最大 零
C． D．
丙 正向最大 零 负向最大 零 正向最大
丁 负向最大 零 正向最大 零 负向最大
A．若甲表示位移x,则丙表示相应的速度v
B．若丁表示位移x,则乙表示相应的速度v
C．若丙表示位移x,则甲表示相应的速度v
D．若乙表示位移x,则丙表示相应的速度v ３．如图所示,弹簧下端悬挂一钢球,
【典例２】 如图甲所示,一弹簧振子在A,B 间振动, 上端固定,它们组成一个振动的系统．用
取向右为正方向,振子经过O 点时开始计时,其振动的x－ 手把钢球向上托起一段距离,然后释放,
t图像如图乙所示．则下列说法中正确的是 ( ) 钢球便上下振动起来,若以竖直向下为正
方向,下列说法正确的是 ( )
A．钢球的最低处为平衡位置
B．钢球原来静止时的位置为平衡位置
C．钢球振动到距原静止位置下方３cm处时位移为
６cm
D．钢球振动到距原静止位置上方２cm处时位移为
甲 乙
２cm
A．t２时刻振子在A 点 ４．跳绳是一种健身运动,某运动员一分钟跳１８０次,假
B．t２时刻振子在B 点 定在每次跳跃中,脚与地面的接触时间占跳跃一次所需时
C．在t１~t２时间内,振子的位移在减小 ２
间的 ,为了算出该运动员跳起的最大高度,我们
D．在t３~t４时间内,振子的位移在减小 ５
变式２:如图所示是表示某弹簧振 A．不能将跳绳中的运动员视为质点
子运动的x－t图像,下列说法正确的是 B．可以将运动中的绳子视为质点
( ) C．将跳绳运动看作简谐振动
A．０．１s时振子正通过平衡位置 D．将在空中的运动员看作只受重力的作用
向正方向运动 ５．下列说法正确的是 ( )
B．０．１~０．１５s这段时间内,振子的加速度增大,速度 A．做圆周运动的物体,其加速度一定指向圆心
减小,加速度方向与速度方向相反 B．只要系统所受外力之和为零,则系统的动量守恒,
C．０．２~０．３s这段时间内,振子的位移在增大 系统的机械能也守恒
D．该图像是从振子在平衡位置时开始计时画出的 C．在地球上同一位置,沿不同方向抛出物体,不计空
气阻力,物体的速度变化率相同
D．做简谐运动的质点先后通过同一点,回复力、速度、
加速度、位移一定相同
１．质点P 以O 点为平衡位置竖直向上作简谐运动,同 ６．如图所示,一弹性小球被水平抛出,在
时质点Q 也从O 点被竖直上抛,它们恰好同时到达最高 两个互相竖直平行的平面间运动,小球落在
点,且高度相同,在此过程中,两质点的瞬时速度v 与v 地面之前的运动 ( )P Q
的关系应该是 ( ) A．是机械振动,但不是简谐运动
A．v ＞v B．是简谐运动,但不是机械振动P Q
是简谐运动,同时也是机械振动
B．先vP＞vQ,后vP＜vQ,最后vP＝v C．Q
D．不是简谐运动,也不是机械振动C．vP＜vQ
２９
７．弹簧振子做简谐运动,以下说法正确的是 ( ) A．回复力与速度 B．位移与速度
A．若位移为负,则速度和加速度必为正 C．加速度与位移 D．速度与加速度
B．若位移为正,则加速度必为正,速度可正可负 ４．机械振动中,下列各组物理量中其大小变化始终一
C．振子每次通过同一位置时,加速度和速度都分别 致的是 ( )
相同 A．回复力与速度 B．位移与速度
D．振子每次通过同一位置时,加速度相同,速度不一 C．加速度与速度 D．位移与加速度
定相同 ５．如图所示,弹簧振子在B,C 两点间做机械振动,O
８．如图所示,物体A 置于物体B 为平衡位置,A 为OB 间的一点,则 ( )
上,一轻质弹簧一端固定,另一端与B
相连,在弹性限度范围内,A 和B 一起
在光滑水平面上作往复运动(不计空气阻力),均保持相对
静止．则下列说法正确的是 ( ) A．振子在位置B,C 时的速度最大
A．A 和B 均作简谐运动 B．振子从B 向O 运动时加速度逐渐增大
B．作用在 A 上的静摩擦力大小与弹簧的形变量成 C．振子经过位置O 时动能最大
反比 D．振子每次经过位置A 时速度都相等
C．B 对A 的静摩擦力对A 做功,而A 对B 的静摩擦 ６．对水平弹簧振子,下列说法正确的是 ( )
力对B 不做功 A．每次通过同一位置时,其速度不一定相同,但加速
D．B 对A 的静摩擦力始终对A 做正功,而A 对B 的 度一定相同
静摩擦力始终对B 做负功 B．通过平衡位置时,速度为零,加速度最大
９．一质点做简谐运动的图像如图所示,下列说法正确 C．每次通过平衡位置时,加速度相同,速度也一定
的是 ( ) 相同
A．质点的振动频率是４Hz D．若位移为负值,则速度一定为正值,加速度也一定
B．在１０s内质点经过的 为正值
路程是２０cm ７．弹簧振子以O 点为平衡位置,在水平方向上的B,C
C．第４s质点的加速度为 两点之间做机械振动,以下说法正确的是 ( )
零,速度最小
A．振子在B,C 两点的速度和加速度都为零
D．在t＝１s和t＝３s两时刻,质点的位移大小相等、 B．振子通过O 点时加速度的方向将发生变化
方向相同
C．振子所受的合力总是跟速度反向
１０．如图,轻质弹簧下挂重为３００N的物体A D．振子离开O 的运动是匀减速运动
时伸长了３cm,再挂上重为２００N的物体B 时又 ８．关于机械振动的位移和平衡位置的说法中正确的是
伸长了２cm,现将A,B 间的细线烧断,使A 在竖 ( )
直平面内振动,则 ( ) A．平衡位置就是物体振动范围的中心位置
A．最大回复力为５００N,振幅为５cm
B．机械振动的位移总是以平衡位置为起点的位移
B．最大回复力为２００N,振幅为２cm
C．机械振动的物体运动的路程越大,发生的位移也
C．只减小A 的质量,振动的振幅变小,周期不变 越大
D．只减小B 的质量,振动的振幅变大,周期不变 D．机械振动的位移是指振动物体偏离平衡位置最远
时的位移
拓展提升
１．下列所述振动系统不可看成弹簧振子的是 ( )
基础训练
１．水平弹簧振子在运动过程中,不发生的变化的是
( )
A．动能 B．机械能
C．回复力 D．弹性势能
２．简谐振动属于 ( )
甲 乙 丙
A．匀变速直线运动 B．匀速直线运动
C．曲线运动 D．变速运动 A．如图甲所示,竖直悬挂的轻弹簧与小铅球组成的
３．机械振动中,下列各组物理量中其方向始终相反的是 系统
( ) B．如图乙所示,放在光滑斜面上的铁块与轻弹簧组成
３０
的系统 B．第２s末振子相对于平衡位置的位移为－２０cm
C．如图丙所示,光滑水平面上,两根轻弹簧系住一个 C．第２s末和第３s末振子相对于平衡位置的位移均
小钢球组成的系统 相同,但瞬时速度方向相反
D．蹦极运动中的人与弹性绳组成的系统 D．第１s内和第２s内振子相对于平衡位置的位移方
２．关于简谐运动的位移、加速度和速度的关系,下列 向相同,瞬时速度方向相反
说法正确的是 ( ) ７．某弹簧振子沿x 轴的简谐
A．位移减小时,加速度减小,速度也减小 振动图像如图所示,下列描述正
B．位移方向总是与加速度方向相反,与速度方向相同 确的是 ( )
C．物体的运动方向指向平衡位置时,速度方向与位移 A．t＝１s时,振子的速度为
方向相反;背离平衡位置时,速度方向与位移方向相同 零,加速度为负的最大值
D．物体向负方向运动时,加速度方向与速度方向相 B．t＝２s时,振子的速度为
同;向正方向运动时,加速度方向与速度方向相反 负,加速度为正的最大值
３．如图所示,弹簧振子在 C．t＝３s时,振子的速度为负的最大值,加速度为零
M,N 之间做简谐运动．以平 D．t＝４s时,振子的速度为正,加速度为负的最大值
衡位置O 为原点,建立Ox 轴． ８．如图所示是用频闪照
向右为x 的轴的正方向．若振子位于 N 点时开始计时,则 相的方法获得的弹簧振子的
其振动图像为 ( ) 位移Ｇ时间图像,下列有关该
A． B． 图像的说法不正确的是
( )
A．该图像的坐标原点是建立在弹簧振子合力为零的
位置
从图像可以看出小球在振动过程中是沿 轴方向
C． D． B． x
移动的
C．为了显示小球在不同时刻偏离平衡位置的位移,让
底片沿x 轴方向匀速运动
D．图像中小球的疏密显示出小球位置变化的快慢
４．如图所示的弹簧振子,O 点为它的平衡位置、当振 ９．简谐运动的振动图像可用下述方法画出:如图甲所
子从A 点运动到C 点时,振子离开平衡位置的位移( ) 示,在弹簧振子的小球上安装一支绘图笔P,让一条纸带在
A．大小为OC,方向向左 与小球振动方向垂直的方向上匀速运动,绘图笔P 在纸带
B．大小为OC,方向向右 上画出的就是小球的振动图像．取弹簧振子水平向右的方
C．大小为AC,方向向左 向为小球离开平衡位置的位移的正方向,纸带运动的距离
D．大小为AC,方向向右 代表时间,得到的振动图像如图乙所示．
５．如图甲所示,弹簧振子以O 点为平衡位置,在A,B
两点之间做简谐运动,取A 到B 为正方向,振子的位移x
随时间t的变化如图乙所示,下列说法正确的是 ( )
甲 乙
甲 乙
(１)为什么必须匀速拖动纸带
A．t＝０．２s时,振子在O 点右侧６cm 处 (２)刚开始计时时,小球处在什么位置 t＝１７s时小
B．t＝０．８s时,振子的速度方向为负方向
球相对平衡位置的位移是多少;
C．t＝０．４s和t＝１．２s时,振子的加速度完全相同 (３)若纸带运动的速度为, ２cm
/s,振动图像上１s处和
D．t＝０．４s到t＝０．８s的时间内 振子的速度逐渐减小
３s处对应纸带上两点间的距离是多少
６．某弹簧振子的振动图像如
图所示．根据图像判断,下列说法
正确的是 ( )
A．第１s内振子相对于平衡
位置的位移与速度方向相反
３１ 参考答案
小球飞行过程中只受重力作用,所以合外力的冲量为
第一章 动量守恒定律
I＝
mgt＝１×１０×１N s＝１０N s
第１、２节 动 量 动量定理 方向竖直向下
知识梳理
一、１．(１)质量 速度 mv (２)千克米每秒 kg m/s
(３)矢 速度 ２．(１)末动量 初动量 p′－p (２)代数
二、１．时间 N s 力 时间 ２．(１)动量变化量
(２)mv′－mv＝F(t′－t) p′－p＝I
典例精解
【典例１】 解析:(１)以球飞回的方向为正方向,则p１＝mv 由动量定理得１ Δp＝I＝１０N s,方向竖直向下．
(３)小球落地时竖直分速度为vy ＝gt＝１０m/s．由速度合成
＝－５×１０－３
９０
×３．６kg
m/s＝－０．１２５kg m/s,p２＝mv２＝５×
知,落地速度v＝ v２＋v２ ＝ １０２０ y ＋１０２ m/s＝１０ ２m/s,所以
１０－３
３４２
× kg m/３．６ s＝０．４７５kg
m/s,所以羽毛球的动量变化量为 小球落地时的动量大小为p′＝mv＝１０ ２kg m/s,方向与水平
方向的夹角为
Δp＝p２－p１＝０４．７５kg m/s－(
４５°．
－０１．２５kg m/s)＝０．６００kg m/s,
课后巩固
即羽毛球的动量变化大小为０．６００kg m/s,方向与羽毛球飞回的方 【基础训练】
向相同．
() １．C ２．D ３．D ４．C ５．D ６．C ７．A ８．B ９．A２ 羽毛球的初速度为v１＝－２５m/s,羽毛球的末速度为v２
１０．解析:取竖直向上为正方向,篮球碰撞前的运动方向是竖直
＝９５m/s,所以 Δv＝v２－v１＝９５m/s－(－２５m/s)＝１２０m/s,
向下的,其动量p１＝mv１＝０．７５kg×(－１０)m/s＝－７．５kg m/s．碰１ １
羽毛球的初动能:Ek ＝ ２２mv１ ＝ ２ ×５×１０
－３ × (－２５)２J＝ 后的运动方向是竖直向上的,此时动量p２＝mv２＝０．７５kg×８m/s＝
１ １ ６kg m/s．动量的 变 化 Δp＝p２ －p１ ＝[６－(－７．５)]kg m/s
１．５６J,羽毛球的末动能:E′k＝ ２mv
２
２＝ ２ ×５×１０
－３×９５２J＝ ＝１３５．kg m/s．
２２．５６J,所以 ΔEk＝E′k－Ek＝２１J． 拓展提升
变式１:D １．B ２．C ３．D ４．D ５．B ６．A ７．B ８．B
【典例２】 解析:运动员刚接触网时速度的大小v ＝ ２gh ９．解析:(１)以A 为研究对象,由牛顿第二定律有F＝m a,１ A１
/ / , 代入数据解得a＝２．５m/
２
＝ ２×１０×３．２ms＝８ms 方向向下． s．
(２)对A,B 碰撞后共同运动t＝０．６s的过程,由动量定理得
刚离网时速度的大小v２ ＝ ２gh２ ＝ ２×１０×５．０ m/s＝ Ft＝(mA ＋mB)vt－(m ＋m )v,代入数据解得v＝１m/s．
１０m/ ,
A B
s 方向向上．
１ １
运动员与网接触的过程,设网对运动员的作用力为F,则运 １０．解析:(１)由动能定理,有－μmgs＝ mv２ ２,可得２ －２mv０
动员受到向上的弹力F 和向下的重力mg,对运动员应用动量定 μ＝０．３２．
理(以向上为正方向),有:(F－mg)Δt＝mv２－m(－v１) (２)由动量定理:有FΔt＝mv′－mv,可得F＝１３０N．
mv
F＝ ２
－m(－v１)
Δt ＋mg (
１
３)由动能定理－W＝０－ mv′２,可得２ W＝９J．
解得F＝ [６０×１０－６０×(－８)１．２ ＋６０×１０]N＝１．５×１０３N,方 第３节 动量守恒定律
向向上． 知识梳理
答案:１．５×１０３N 方向向上 一、１．整体 ３．以外
变式２:B 二、１．外力 外力 ２．p１′＋p２′ m１v１′＋m２v２′ ３．外力
当堂训练 外力
１．D ２．D ３．B ４．D ５．B ６．B ７．C ８．C ９．C 典例精解
１０．B １１．D 【典例１】 B 解析:当两手同时放开时,系统所受的合外力
１２．解析:(１)重力是恒力,０．４s内重力对小球的冲量I＝mgt 为零．所以系统的动量守恒,又因开始时总动量为零,故系统总动
＝１×１０×０．４N s＝４N s 量始终为零,选项 A正确;先放开左手,左边的小车就向左运动,
方向竖直向下． 当再放开右手后,系统所受合外力为零,故系统的动量守恒,且开
(２)由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动,故h＝ 始时总动量方向向左,放开右手后总动量方向也向左,故选项 B
１ ２h 错误,选项C、D正确．
２gt
２,落地时间t＝ ＝１s,
g 变式１:C
１０２
【典例２】 解析:(１)子弹穿过物体A 的过程中,子弹和物体 ９．０×１０－３
m/０．０６０ s＝０．１５m
/s,则右侧滑块m
, , ２
v２＝１４９g×(－０．１５m/s)
A 组成的系统动量守恒 取向右为正方向 由动量守恒定律得
m (v －v) ≈－２２４．g m/s,可见在误差允许的范围内两滑块０ ０ m１v１＋m２v２≈０．m０v０＝m０v＋mAvA ,解得vA ＝ m ．A 答案:２２．５ ０
(２)对物体A 和平板车B,以A 的速度方向为正方向, 变式１:解析:碰撞前:vA ＝０,vB ＝０,所以有mAvA ＋mBvB ＝
由动 量 守 恒 定 律 得 mAvA ＝ (mA ＋mB )v共 ,解 得 v共 ０,碰撞后:vA′＝０．０９m/s,vB′＝０．０６m/s规定向右为正方向,则
m０(v０－v) 有＝ ． mAvA′＋mBvB′＝０．２×
(－０．０９)kg m/s＋０．３×０．０６kg m/s
mA ＋mB ＝０,则由以上计算可知mAvA ＋mBvB ＝mAvA′＋mBvB′．
变式２:解 析:两 车 一 起 运 动 时,由 牛 顿 第 二 定 律 得a＝ 答案:匀速 ０．０９ 碰撞前后滑块 A,B 的质量与速度乘积
Ff
＝μg＝６m/s２,v＝ ２as＝９m/s,两车碰撞前后,由动量 之和为不变量m１＋m２ 【典例２】 B 解析:不放被碰小球时,落点为P,则水平位移
( ), m１＋m守恒定律得mv ＝ m ＋m vv ＝ ２２ ０ １ ２ ０ v＝２７m/s． 为OP;放上被碰小球后小球a,b的落地点依次是图中水平面上m２
的M 点和N 点,则水平位移为当堂训练 OM 和O′N;碰撞过程中,如果水
平方向动量守恒,由动量守恒定律得 ,小球
１．C ２．A ３．C ４．A ５．B ６．D ７．D ８．C ９．D m１v１＝m１v′１ ＋m２v２
做平抛运动时抛出点的高度相等,它们在空中的运动时间 相
１０．C t
１１．解析:细线断裂前A,
,
B 匀速上升,则系统合外力为零,细 等 两边同时乘以时间t
,m１v１t＝m１v′１t＋m２v２t,得 m →１OP＝
, , , m O→M＋m O′→ → → →线断裂后外力不变 合力仍然为零 即系统动量守恒 根据动量守 １ ２ N;变形可得:m１ (OP－OM)＝m２ O′N．故 B
恒定律,取方向向上为正,得(m ＋m )v＝m v ＋２m v,解得v 正确,１ ２ ２ ２ １ ２ ACD错误．
(m －m )v 变式２:解析:(１)A 球与B 球碰后都做平抛运动,高度相同,
＝ ２ １ ,因 为 m１ ＞m２,所 以 v２ ＜０,故 速 度 大 小 为m２ 在空中运动时间都相同,水平射程与其速度成正比．而水平射程
(m１－m２)v, 是将１０个落点用尽量小的圆圈起来,其圆心即为落点方向向下 ．从尺上读
m ．２ 数就可读出６４．７cm．
课后巩固 (２)由于B 球是放在水平槽上,所以A,B 两球的水平射程的
【基础训练】 起点都是O 点,应选 A、B两项．设没放B 球时,A 球落点为M,由
１．C ２．B ３．A ４．C ５．B ６．D ７．B ８．A ９．B 动量守恒定律得mAOM＝mAOA＋mBOB,需要测量A,B 两球的
m
１０．解析:动量守恒 m v －m v ＝m v′－m v′,解得 １ 质量,应选C．１ １ ２ ２ ２ ２ １ １ m２ 答案:(１)６４．７ (２)ABC
v２＋v＝ ２
′, m代入数据得 １ ３ 当堂训练
v１＋v′ m ＝２．１ ２
【拓展提升】 １．C ２．BC ３．AEF ４．B
解析:()相互作用的两车上,一个装上撞针,一个装上橡
１．B ２．B ３．D ４．D ５．D ６．D ７．B ８．C ５． １
:( ) , 皮泥,是为了碰撞后粘在一起,不是为了改变车的质量,AB错误;９．解析 １ 设子弹和木块的共 同 速 度 为v 由 动 量 守 恒
, 应先接通电源,待打点稳定,然后再让小车运动,C正确,D错误定律 ．
(
mv ２
)推动小车 M 由静止开始运动,小车有个加速过程,在碰撞前
mv０＝(M＋m)v,解得:v＝
０ ,木块的最大动能
m＋M Ek＝ 做匀速直线运动,即在相同的时间内通过的位移相同,故BC 段
１ Mm２v２ 为碰前匀速运动的阶段,应选BC 段计算碰前的速度;碰撞过程
２Mv
２＝ ０( ;２m＋M)２ 是一个变速过程,而 M 和N 碰后共同运动时做匀速直线运动,应
(２)设子弹和木块之间的相互作用力为F,位移分别为x１, 选DE 段来计算碰后共同的速度．
x２,由动能定理得, 答案:(１)C (２)BC DE
, １ ２ １ ２, , １ ２ ６．解析:(１)只有两个小球的半径相等,才能保证碰撞为一维对子弹 －Fx１＝ ２mv － ２mv０
对木块 Fx２＝ ２Mv － 对心碰撞,碰后小球做平抛运动,A 错误,B正确;入射小球每次
, x ２m＋M０ 联立解得子弹和木块的位移之比 １＝ ． 应该从斜槽的同一位置由静止滚下,C正确;斜槽末端必须水平x２ m 也是保证小球碰后做平抛运动的条件,D正确．
第４节 实验:验证动量守恒定律 (２)根据动量守恒定律,有m１v０＝m１v１＋m２v２,即有m１v０t
知识梳理 ＝m１v１t＋m２v２t,故有m１ OP＝m１ OM＋m２ ON．
三、参考案例１:(１)天平 毫米刻度尺 (２)中央 参考案 ( １ １３)若在碰撞过程中系统的动能守恒,则有 mv２＝ mv２１ ０ １ １
例２:(１)天平 (２)水平 (３)铅垂线 (４)圆 圆心 (５)同一 ２ ２
典例精解 １ ２, １ １ １＋ m２v２ 即 m１ OP２＝ m１ OM２＋ m ON２２ ,又由于
【典例１】 解析:左侧滑块的速度为: ２ ２ ２ ２
,
d 联立以上两式可得１ ９．０×１０－３ m m１ OP＝m１ OM ＋m２ ON OM ＋OPv１＝ ＝ ＝０．２２５ m/s,则左侧滑块t１ ０．０４０s m１v１ ＝ ＝ON．
d 答案:(１)A (２)m１ ２ OP (３)OM＋OP１００g×０．２２５ m/s＝２２．５g m/s,右侧滑块的速度为:v２＝t ＝２ ７．解析:(１)在此实验中两小球在空中的飞行时间相同,实验
１０３
中可用平抛时间作为时间单位． ②改变小球的质量比,小球仍做平抛运动,竖直方向高度不
(２)此实验要求两小球碰后做平抛运动,所以应使斜槽末端 变,飞行时间不变,水平距离与水平速度成正比,A 错误．升高小
水平,C对．不放被碰小球时,入射小球的平均落点为P 点,A 错 球的初始释放点,小球仍做平抛运动,竖直方向高度不变,飞行时
误．斜槽的粗糙程度对实验的误差没有影响,B错误．为使入射小 间不变,水平距离与水平速度成正比,B错误．改变小球直径,两球
球不反弹且碰撞时为对心正碰,应使ma＞mb且ra＝rb,D错误． 重心不在同一高度,飞行竖直高度不同,时间不同,水平距离与水
(３)实验中要验证mav１＝mav′１＋mbv′２,设平抛时间为t,则 平速度不再成正比,C正确．升高桌面高度,小球仍做平抛运动,竖
OP OM ON 直方向高度不变,飞行时间不变,水平距离与水平速度成正比,D
变为 ma t ＝ma
,即
t ＋mb t ma OP ＝ma OM ＋ 错误．
mb ON． , １③根据平抛运动 竖直方向h＝ gt２,水平x＝vt,根据题意
答案:(１)平抛时间 (２)C (３)C ２
课后巩固 得: p ３OPp＝mAvA ,p′＝mAvA′＋mBvB′联立解得:′＝【基础训练】 p ３OM＋ON
＝
１．解析:(１)[１]实验中是通过平拋运动的基本规律求解碰撞 １．０１(１．０１~１．０２)．
前后的速度,只要小球离开轨道后做平抛运动即可,对斜槽是否 答案:①１４．４５~１４．５０ ②C ③１．０１~１．０２
光滑没有要求,故 A错误;要保证每次小球都做平抛运动则轨道 ５．解析
:(１)为了保证小球做平抛运动,轨道的末端需切线水
, , , ,
的末端必须水平,但不需要测量轨道末端到地面的距离,故 B错 平 轨道不一定需要光滑 故 A错误 B正确．为了发生对心碰撞
误; ,为了保证小球碰撞为对心正碰,且碰后不反弹,要求实验中应 m１和m２的球心在碰撞的瞬间在同一高度 故C正确．碰撞后两球
, ; 均要做平抛运动,碰撞的瞬间m１和m２球心连线与轨道末端的切用大小相同的小球且m１要大于m２ 故 C错误 要保证碰撞前的
, , 线平行,故 D正确．为了保证碰撞前小球的速度相等,每次 都速度相同 所以 m１每次都要从同一高度由静止滚下 故 D正确． m１
要从同一高度静止滚下,故E正确．故选故选 D． BCDE．
() , ()小球离开轨道后做平抛运动,小球下落的高度相同,在空２ 要验证动量守恒定律即m１v１＝m１v１′＋m２v２′ 小球做平
２
抛运动,由平抛运动规律可知,两小球在空中运动的时间相同, 中的运动时间t相同
,由
上 x＝vt可知
,小球的水平位移与小球的
, 初速度v成正比,可以用小球的水平位移代小球的初速度,如果式可转 换 为 m１v１t＝m１v１′t＋m２v２′t 所 以 需 验 证 m１xOB ＝
小球动量守恒,满足关系式: ,故有
m x ＋m x mAv０＝mAv１＋m． Bv２ mAv０t＝１ OA ２ OC
:() () m vt＋m vt
,即m OP＝m OM＋m ON;由此可知需测量小
答案 １D ２m１xOB ＝m１xOA ＋m x
A １ B ２ A A B
２ OC
球a,b的质量ma,mb,记录纸上O 点A,B,C 各点的距离OA,２．解析:(１)若把平抛时间设为单位时间１s,则由x＝v０t知
OB,OC,由于要考虑小球的半径,则还需要测量小球的半径r,故
平抛运动的初速度和水平位移相等,故碰前 M２与其做平抛运动的
选 ABFG．
水平初速度v２的乘积 M v ＝３２．６×１０－３２ ２ ×５６．０×１０－２kg m/s＝ (３)碰撞前,系统的总动量等于球１的动量,即P１＝m１ v１,
０．０１８３kg m/s
碰后各自质量与其做平抛运动的水平初速度的乘积之和 OP OM碰撞后的总动量P２＝m１v′１ ＋m２v２,由于v１＝ ,t v１′＝
,
t v２
M２v′２ ＋M１v′１ ＝３２．６×１０－３×１２．５×１０－２kg m/s＋２０．９× ON－２r
１０－３×６７．８×１０－２kg m/s＝０．０１８２kg m/s ＝ ,则需要验证 ;和 t m１ OP m１ OM＋m２
(ON－２r)
(２)实验结论是在误差范围内,两小球碰撞过程中系统动量 是否相等,故选 AE．
守恒． 答案:(１)BCDE (２)ABFG (３)AE
答案:(１)０．０１８３ ０．０１８２ (２)在误差范围内,两小球碰撞过 ６．解析:(１)本实验中由于平抛运动高度相同,运动时间相
程中系统动量守恒 同,不需要测量时间,故 A 错误;．验证动量守恒,需要计算动量,
３．解析:(１)将１０个点圈在圆内的最小圆的圆心作为平均落 需要测量质量,故B正确;实验中需要测量落点到抛出点的水平
点,可由刻度尺测得碰撞后B 球的水平射程约为６４．７cm． 距离,故需要刻度尺,故 C正确;实验中不需要处理纸带,不需要
(２)从同一高度做平抛运动飞行的时间t相同,而水平方向 打点计时器,故 D错误;故选BC．
为匀速运动,故水平位移s＝vt,所以只要测出小球飞行的水平位 (２)实验是通过平抛研究问题,故槽口末端水平,故 A 正确;
移,就可以用水平位移代替平抛初速度,亦即碰撞前后的速度,通 两球需要发生对心碰撞,则两球大小需相同,故B错误;入射球质
过计算mA OP,与mA OM＋mB ON 是否相等,即可以说明 量要大于被碰球质量,即 m１＞m２,防止碰后 m１被反弹,故 C错
两个物体碰撞前后各自的质量与其速度的乘积之和是否相等,故 误;小球平抛运动时间相同,不需要测出桌面离地的高度,故 D错
必须测量的是两球的质量和水平射程,即选项 BCD是必须进行 误;故选 A．
的测量; (３)P 是入射球碰撞前的落点,M 是入射球碰撞后的落点,N
(３)由动量守恒mAv０＝mAv１＋mBv２,因运动时间相同,等式 是被碰球碰撞后的落点,实验需要验证:m１v１＝m１v′１ ＋m２v２,两
两边同时乘以运动时间得 mAv０t＝mAv１t＋mBv２t,即 mA OP 边同时乘以小球做平抛运动的时间t,得 m１v１t＝m１v′１t＋m２v２
＝mA OM＋mB ON． t,结合平抛运动规律得 m１OP＝m１OM＋m２ON,代入数据解
答案:(１)６４．７cm(６４．２~６５．２cm 均可) (２)BCD 得m１∶m２＝３∶２．
(３)mA OP′＝mA OM＋mB ON (４)小球发生弹性碰撞,碰撞过程中系统动量守恒、机械能也
４．解析:①根据图像得,A 球落点应取所有点迹组成小圆的 １ ２ １ ２ １ ２ ２
圆心, 守恒,有 ,可得:A 球的水平射程为１４．４５~１４．５０cm． ２m１OP ＝ ２m１OM ＋ ２m２ON m１OP ＝
１０４
m OM２１ ＋m２ON２． (２)碰后对小球A 用机械能守恒m d１g (l＋ ) (１－cosβ)＝
答案:(１)BC (２)A (３)３∶２ (４) m１OP２＝m１OM２＋ ２
１ １
m２ON２ m１v′２１ ,小球B 做平抛运动x＝v２t;h＝ ２,碰撞过程动量守２ ２gt
７．解析:(１)碰撞过程内力远大于外力,所以碰撞前后可能相 恒 m１v１ ＝ m１v１′ ＋ m２v２,联 立 以 上 五 式 整 理 得 m１
等的物理量是动量．
( x
０．０５５５ ２l＋d
)(１－cosα)＝m１ (２l＋d)(１－cosβ)＋m２ ．
(２)A 车碰撞前的速度为v＝ ０．０６ m
/s＝０．９２５m/s,A,B ２h
答案:(１)１２．４０ 小球B 质量m２,碰后小球A 摆动的最大角
０．０４５０
碰后一起运动的速度为v′＝ /０．１０ ms＝０．４５０m
/s,所以碰前的 度β (２)m１ (２l＋d)(１－cosα)＝m１ (２l＋d)(１－cosβ)＋
动量p＝mv＝０．６×０．９２５kg m/s＝０．５５５kg m/s,碰后的动量 xm２
p′＝２mv′＝１．２×０．４５０kg m/s＝０．５４０kg m/s． ２h
() 解析:(、)由于 , 原来静止,总动量为零,验证动量守３ 在误差允许的范围内p＝p′,所以碰撞前后动量守恒． ４． １２ A B
答案:(１)动量 (２)０．５５５kg m/s ０．５４０kg m/s (３)在
L x
恒定律的表达式为:mAt －mB ＝０
,所以还需要测量的物理
A tB
误差允许的范围内,碰撞前后动量守恒
量是光电门E,F 间的水平距离;
【拓展提升】
L
１．解析:(１)被碰小球b从槽口飞出的速度最大,则小球b从 (３)弹簧恢复原长时,A 滑块的速度为:vA ＝ ,t B
滑块的速
A
槽口飞出到撞击木板所用时间最短,由平抛运动规律可知,小球b x １ ２
, 度为
:v ＝ ,根 据 能 量 守 恒 定 律 得:E ＝ m L ＋
竖直方向的位移最小 所以砸痕P 是被碰小球b撞击留下的． B t pB ２ A (t )A
(２)设小球a单独滚下经过斜槽轨道末端的速度为va,两球 １ ２m xB ,
碰撞后a,b 的速度分别为va′和vb′,若两球碰撞动量守恒,则 ２
(t )B
mava＝mava′＋mbvb′,设槽口到木板的距离为x,根据平抛运动 答案:(１)
L x
光电门E,F 间的水平距离 (２)mAt －mB ＝A tB
, １ g规律 得 x ＝vt h ＝ ２gt
２,解 得 v ＝x ,则 有 v ＝ １ L ２ １ x ２２h a ０ (３)２mA (t ) ＋２mB (t )A B
g , gx v′＝x ,
g
v′＝x ,联立可得,若 ５．解析:(１)为了保证碰撞后,A 不反弹,则滑块A,B 的质量２ OM a ２ ON b ２ OP 应满足mA ＞mB．
, m m m两球碰撞动量守恒 应满足的表达式为 a ＝ a ＋ b , d
OM ON OP (２)碰撞前A 的速度为v０＝ ,碰撞后B 的速度为Δt vB ＝０
所以本实验还需测量的物理量是小球a 的质量ma和小球b的质 d , d碰撞后A 的速度为vA ＝ ,若碰撞过程系统动量守恒,由量mb． ΔtB ΔtA
(３)由(２)的分析可知,两球碰撞过程动量守恒的表达式为 m动量守恒定律得m v ＝m v ＋m v ,即 A
mA mB
A ０ A A B B
m m m Δt
＝
０ Δt ＋Δt ．a a b A B＝ ＋ ．
OM ON OP (３)滑块与导轨间的摩擦,使滑块做减速运动,会导致测得的
答案:(１)P 点 (２)小球a 的质量ma、小球b 的质量mb 系统碰撞前的总动量大于碰撞后的总动量．
m m m m(３) a
m
＝ a
m
＋ b 答案:(１)＞ (２)
A A B ()
Δt ＝０ Δt ＋A Δt ３ ＞OM ON OP B
６．解析:烧断细线后,两物块离开桌面做平抛运动,取质量为
２．解析:(１)小车A 碰前运动稳定时做匀速直线运动,所以
m１的物块的初速度方向为正方向,两物块平抛初速度大小分别为
选择BC 段计算A 碰前的速度．
v１,v２,平抛运动的水平位移大小分别为x１、x２,平抛运动的时间
两小车碰后连在一起仍做匀速直线运动,所以选择DE 段计
x１ x２
算A 和B 碰后的共同速度． 为t．需要验证的关系式为０＝m１v１－m２v２,又v１＝ 、t v２＝
,
t
() DE ０．０６９５２ 碰后两小车的速度为v＝ t ＝５×０．０２m
/s＝０．６９５m/s, 代入得到m１x１＝m２x２,故需要测量两物块落地点到桌面边缘的
水平距离x１,x２,即水平位移大小,所以需要的器材为刻度尺．
则碰后 两 小 车 的 总 动 量 为 p＝ (m１＋m２ )v＝ (０．４＋０．２)× 答案:(１)刻度尺 (２)两物块平抛运动的水平位移大小x１和
０．６９５kg m/s＝０．４１７kg m/s． x２ (３)m１x１＝m２x２
答案:(１)BC DE (２)０．４１７ ７．解析:(１)判断气垫导轨已经调节水平的方法是:接通气
３．解析:(
１
１)球的直径为d＝１２mm＋２０×８mm＝１２．４０mm．
源,轻推其中一个滑块,使其在导轨上运动,看滑块经过两光电门
的时间是否相等,若滑块自由通过两光电门的时间相等,说明导
根 据 机 械 能 守 恒 定 律 可 得 碰 撞 前 瞬 间 球 A 的 速 度
d
m１g( d ) 轨水平． (２)滑块A 通过光电门１时的速度大小v ＝ ,滑块l＋ ( １ １１－cosα)＝ m１v２１,碰撞后仍可根据机械能守恒定律 t１２ ２ d
计算小球A 的速度,所以需要小球A 碰后摆动的最大角β;小球B 碰 B 通过光电门２时的速度大小v２＝ ,滑块 再次通过光电门t A １２
撞后做平抛运动,根据平抛运动规律可得小球B 的速度,要求B 的 d
时的速度大小
动量所以需要测量小球B 的质量m ． v３＝
,如果碰撞过程动量守恒,以向右为正方
２ t３
１０５
m１ m１ (２)从开始到碰后的全过程,由动量守恒定律得向,由动量守恒定律得m１v１＝－m１v３＋m２v２,整理得t ＝－１ t３ mv０＝(m＋mB)v③,设碰撞过程A,B 系统机械能的损失为
m
＋ ２
２
．(３)由于碰撞后滑块A 再次通过光电门１,所以滑块A 的 １ １ １t ΔE,则 ΔE＝２m (v２ ) ＋２m (２v)２B － (m＋m )v２B ④,联立２ ２
质量小于滑块B,A 正确;滑块通过光电门的速度可以近似认为 １
式得 ２
是挡光片通过光电门时挡光的极短时间内的平均速度,滑块A 推 ②③④ ΔE＝６mv０．
出的速度越小,挡光片通过光电门的时间越长,实验误差就越大, 课后巩固
B错误;气垫导轨没有调节水平,滑块将做变速直线运动,对实验 【基础训练】
结果有影响,C错误． １．A ２．C ３．D ４．B ５．C ６．B ７．B ８．A ９．D
答案:(１)轻推滑块,滑块自由通过两光电门的时间相等 １０．解析:(１)A 和B 碰撞又分开,这一过程满足动量守恒,又
m１ m１ m２ 满足机械能守恒．设A,B 两物体分开后的速度分别为() () v１
,v２．
２t ＝－t ＋t ３ A１ ３ ２ 由动量守恒定律得:Mv０＝Mv１＋mv２,由机械能守恒定律
第５节 弹性碰撞和非弹性碰撞 :１ ２ １ １ M－m ２M得
２Mv０＝２Mv
２
１＋２mv
２
２,得v１＝ ,M＋mv０ v２＝M＋mv０．
知识梳理
(２)弹簧弹性势能最大时,弹簧被压缩至最短,此时A,B 有
１．(１)守恒 (２)不守恒 (３)最大
共同速度．设共同速度为v．由动量守恒定律得:Mv ＝(M＋m)v,
２．(１)两球心 这条直线 (２)两球心 偏离
０
M １ １ ２ １
典例精解 则v＝ ,M＋mv０ Ep＝ ２Mv
２
０－ (２ M＋m
)( MM＋mv０ ) ＝ ２
【典例１】 A 解析:由题中图乙可知,质量为 m１的小球碰 Mm ２
前速度v１＝４m/s,碰后速度为v１′＝－２m/s,质量为m２的小球碰 M＋mv０．
前速度v２＝０,碰后的速度v２′＝２m/s,两小球组成的系统动量守 【拓展提升】
恒,有m１v１＋m２v２＝m１v１′＋m２v２′,代入数据解得m２＝０．３kg,所 １．C ２．A ３．C ４．C ５．C ６．A ７．D ８．A ９．D
以选项 A正确,选项BC错误;两小球组成的系统在碰撞过程中的 １０．解析:(１)木板与竖直墙碰撞后,以原速率反弹,设向左为正
１ １
机械能损失为ΔE＝ mv′２＋ mv′２－ ( １ １mv２＋ mv２ ) ＝ 方向,由动量守恒定律m２v０－m１ １ ２ ２ １v０＝(m１＋m２)v,v＝０．４m/s,方向２ ２ ２ １ １ ２ ２ ２ １
０,所以碰撞是弹性碰撞,选项D错误． 向左,不会与竖直墙再次碰撞．由能量守恒定律 (２ m１＋m
２
２)v０＝
变式１:A １ ２
【 】 : ( ) ,解得典例２ D 解析 由题设条件,三个小球在碰撞过程中总 ２ m１＋m２ v ＋μm１gs１ s１＝０９．６m．
动量和机械能守恒,若各球质量均为 m,则碰撞前系统总动量为 (２)木板与竖直墙碰撞后,以原速率反弹,由动量守恒定律
, １ ２ , m２v０－m１v０＝
(m１＋m２)v′,v′＝－０．２m/s,方向向右,将与竖直mv０ 总动 能 应 为 mv０．假 如 选 项 A 正 确 则 碰 后 总 动 量 为２ １
墙再次碰撞,最后木板停在竖直墙处,由能量守恒定律 (
３ ２ m１＋
mv０,这显然违反动量守恒定律,故不可能;假如选项 B正确,
３ m ２２)v０＝μm１gs２,解得s２＝０．５１２m．
２
则碰后总动量为 mv０,这也违反动量守恒定律,故也不可能;假 第６节 反冲现象 火 箭
２
知识梳理
如选项C正确,
１
则碰后总动量为mv ,但总动能为 mv２０ ０,这显然 一、１．相反 反冲 ２．动量守恒 同样大小４ ３．m１v１＋m２v２
, ; , 相等 相反 反比违反机械能守恒定律 故也不可能 假如选项 D正确 则通过计算
, , , 二、 反冲 反冲 喷气速度 越大 越大其既满足动量守恒定律 也满足机械能守恒定律 而且合乎情理 １． ２．
典例精解
不会发生二次碰撞．故选项 D正确．
: 【典例１】 解析:选取整体为研究对象,运用动量守恒定律求变式２D
解 设喷出三次气体后火箭的速度为 ,以火箭和喷出的三次气
当堂训练 ． v３
体为研究对象,据动量守恒定律,得( ) ,所以
１．A ２．D ３．A ４．D ５．C ６．D ７．A ８．B ９．C M－３m v３－３mv＝０
１０．解析:取向左为正方向,根据动量守恒,有推出木箱的过 ３mvv３＝M－３m＝２m
/s．
程:０＝(m＋２m)v１－mv,接住木箱的过程:mv＋(m＋２m)v１＝ 变式１:C 解析:炮弹和火炮组成的系统水平方向动量守
(m＋m＋２m)v２,设人对木箱做的功为W,对木箱由动能定理得: mvcosθ
１ １ 恒,０＝m２v０cosθ－(m
２ ０
２, : ２ １
－m２)v,得v＝ ,选项C正确．
W＝ mv２ 解得 W＝ mv ． m１－m２２ ８ 【典例２】 解析:如图所示,设绳长为
１１．解析:(１)以初速度v０的方向为正方向,设B 的质量mB ,
L,人沿软绳滑至地面的时间为t,由图可
A,B 碰撞后的共同速度为v,由题意知:碰撞前瞬间A 的速度为
知,L＝x人 ＋x球．设人下滑的平均速度大
v ,碰撞前瞬间B 的速度为２v,由动量守恒定律得 ,２ 小为v人 气 球 上 升 的 平 均 速 度 大 小 为
v v球
,由动量守恒定律得:０＝Mv球 －mv人
m ＋２mBv＝(m＋mB)v①,
m
由 式得
２ ① mB ＝２②．
１０６
(x球 ) (x人 ) , 设v,v′分别为爆炸后爆竹和木块的速率,取向上的方向为正方即０＝M t －m 球 人t ０＝Mx －mx 向,由动量守恒定律得 mv－Mv′＝０①,木块陷入沙中做匀减速
又有x ＋x ＝L,x ＝h,
M＋m
联立以上各式得:L＝ h． , F－Mg ５８－５０人 球 人 运动到停止 其加速度为a＝ ＝ m/s２＝１．６m/s２M ,M ５
变式２:B 解析:人和船组成的系统动量守恒,总动量为零, 木块做匀减速运动的初速度v′＝ ２as＝ ２×１．６×０．０５m/s＝
人向前走时,船将向后退．又因为人的质量小于船的质量,即人前 ０．４m/s②,②代入①式,得v＝２０m/s,爆竹以初速度v 做竖直上
进的距离大于船后退的距离,B正确． v２ ２０２
当堂训练 抛运动,上升的最大高度为h＝２ ＝２０m＝２０m．g
１．C ２．D ３．D ４．B ５．C ６．C ７．D ８．B ９．D ９．解析:(１)小滑块滑到B 点时,木板和小滑块速度分别为
１０．A １１．B v１、v２,由动量守恒定律有 Mv１＋mv２＝０,由机械能守恒定律有
１２．解析:设瞬间喷出氧气的质量为m,宇航员刚好安全返回 １
mgR＝ Mv２
１
( ２ １＋２mv
２
２,代入 m＝１kg、M＝２kg、R＝０．３m,得由动量守恒得mv－Mv１＝０ 气体质量的变化对宇航员质量变化
的影响很小,可以忽略) v２＝２m/s．
s (２)小滑块静止在木板上时速度为v,由动量守恒定律有(M
匀速运动的时间t＝ ,m０≥Qt＋m,联立解得v ０．０５kg≤m１ ＋m)v＝０,得v＝０,由能量守恒定律有 mgR＝μmgL,代入μ＝
≤０．４５kg． ０．２、R＝０．３m,得L＝１．５m．
所以瞬间喷出氧气的质量m 满足０．０５kg≤m≤０．４５kg． 专题 动量与能量综合问题
课后巩固
【基础训练】
【基础训练】
１．C 解析:两球压缩最紧时速度相等,mvA ＝２mv;弹性势１．D
２．C 解析:根据动量守恒定律,选向右方向为正方向,则有 １ １ E能Ep＝ mv ２A － ２;解得
p ,故 正确
２ ２×２mv vA ＝２ m C ．
( ) mM＋m v０ ＝Mv′－mv．解得v′＝v０ ＋ (v０ ＋v),故选项M C ２．C
正确． ３．C 解析:当从开始到A,B 速度相同的过程中,取水平向
３．A 右方向为正方向,由动量守恒定律得:(M－m)v０＝(M＋m)v,解
４．B 解析:火箭整体动量守恒,则有(M－Δm)v＋Δmv ＝ １ １０ 得v＝１m/s;由能量关系可知:μmgL＝ (２ M＋m
)v ２０ － (２ M
, : Δm０ 解得 v＝－ v０,负号表示火箭的运动方向与 相反M－Δm v０ ． ＋m)v
２解得L＝１．０m,故C正确,ABD错误．
５．B ６．A ４．D
７．D 解析:由动量守恒定律可知,ABC正确． ５．A 解析:当两球发生完全弹性碰撞时,A 球静止,B 球的
８．C 动能最大,A正确,B错误;当两球相碰后共同运动时,损失的能
９．解析:玩具蛙跳出时,它和小车组成的系统水平方向不受 １量最多,系统动能最小,系统动能的最小值是 ２, 错误
, , , , ４
mv０ CD ．
外力 动量守恒 车将获得反向速度 之后玩具蛙将做平抛运动
６．A ７．D
由相关知识可求得结论．
８．解析:(１)A 从P 到Q 过程由动能定理得:, , － m L＝设玩具蛙以v跳出时 车获得的速度为v′ 由动量守恒定律 μ
Ag
有mv＝Mv′,设蛙从跳出到落到车面上,蛙对地位移为x１,
１ １
车对 m ２Av － m ２Av０,解得２ ２ v＝ v
２
０－２μgL．
地位移为x２,则x１＝vt,x２＝v′t, (２)设A 与B 碰撞后,A 的速度为vA ,B 与C 碰撞前B 的速
１ ２ l Ml ggt ＝h,且有x ＋x ＝ ,解得v＝ ． 度为vB ,B 与C 碰撞后粘在一起的速度为v共 ,由动量守恒定律对２ １ ２ ２ ２(M＋m) ２h A,B 木块:mAv＝mAvA ＋mBvB ,对B,C 木块:mBvB ＝(mB ＋
【拓展提升】
mC)v共 ,由最后A 与B 间的距离保持不变,可知vA ＝v共 ,
１．D ２．A １
３．A 解析:开始时总动量为零,规定气体喷出的方向为正 A 与B 碰撞过程系统损失的机 械 能 为 ΔE＝ m v
２
２ A －
方向,根据动量守恒定律有０＝m１v１＋p,解得火箭的动量p＝ １ １ (２ )
m v２ － m v２
６m v０－２μgL
－m１v１＝－０．０５×６００kg m/s＝－３０kg m/s,负号表示方向, ２ A A ２ B B
,解得 ΔE＝ ２５ ．
故 A正确,BCD错误． 【拓展提升】
４．D １．C ２．C ３．A ４．A ５．C ６．D ７．A
５．B ８．解析:(１)子弹射入木块过程,动量守恒,有m０v０＝(m０＋
m
６．D 解析:设木板伸出船身部分至少长x,则x＝ M)v,
１
在该过程中机械能有损失,损失的机械能为
M＋m ΔE＝２m０v
２
０－
( ), mL＋x 解得x＝ L． １(m ＋M)v２０ ,联立解得M ２ ΔE＝９９J．
７．C (２)木块(含子弹)在向上摆动过程中,木块(含子弹)和圆环
８．解析:火药爆炸时内力远大于重力,所以爆炸时动量守恒, 在水平方向动量守恒,有
１０７
(m０＋M)v＝(m０＋M＋m)v′,又木块(含子弹)在向上摆动 １５．解析:木块m 和物体P 组成的系统在相互作用过程中遵
过程中,机械能守恒,有 守动量守恒、能量守恒．
( ) １( )２ １
(
( ) ２, １
)以木块开始运动至在斜面上上升到最大高度为研究过程,
m０＋M gh＝ ２ m０＋M v － ２ m０＋M＋m v′
联立
当木块上升到最高点时两者具有相同的速度,根据动量守恒,有
解得h＝０．０１m． １ １
mv０＝(２m＋m)v①,根据能量守恒,有２mv
２
０＝ (２ ２m＋m
)v２＋
本章评估
mv２０ mgh mv２０－３mgh
１．C ２．D ３．A FfL＋mgh②,联立①②解得Ff＝３L － L ＝ ３L ③．
４．B 解析:由动量守恒定律得 mava ＝mava′＋mbvb′,得 (２)以木块开始运动至与物体P 相对静止为研究过程,木块
va－va′ mb, , va－v′由题图知 a 与物体 相对静止,两者具有相同的速度,根据动量守恒,有
v′ ＝m va＞vb′va′＜０
,则 ,即 P mv０
b a v′ ＞１ mb＞b
１ １
ma,选项B正确． ＝(２m＋m)v④,根据能量守恒,有 mv２２ ０ ＝
(
２ ２m＋m
)v２＋
５．A ６．D ７．A ８．B ９．A １０．C
( v
２L－６ghL
h Ff L＋L－s)⑤,联立③④⑤解得s＝
０
２ ．
１１．B 解析:物体的加速度a＝gsinα,物体的位移x＝ v０－３ghsinα １６．解析:(１)以A 为研究对象,由牛顿第二定律得F＝mAa
１ ２, ２h
２
＝ at 解得t＝ ２ ,故 错误;到达底面的速度:２ sinα A v＝
①,代入数据解得a＝２．５m/s．②
g (２)对A,B 碰撞后共同运动t＝０．６s的过程,由动量定理得
２gh,动量大小为 m ２gh,故 B正确;重力的冲量I＝mgt＝ Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v③,代入数据解得v＝１m/s．④,
２h (, ; , ３
)设A、B 发生碰撞前,A 的速度为vA ,对A,B 发生碰撞
m
gsin２
故C错误 物块滑到底端时的速度α v＝ ２gh
则重
的过程,由动量守恒定律有mAvA ＝(mA ＋mB )v⑤,从开始运动
力的瞬时功率P＝mgvsinα＝mg ２ghsinα,故 D错误． １到与B 发生碰撞前,由动能定理得:Fl＝ mAv２A ⑥,
１２．解析:容易知道 M 处的点迹为碰后A 的点迹,P 处的点 ２
迹为碰前A 的点迹,N 处的点迹为碰后B 的点迹． 联立④⑤⑥式,代入数据解得:l＝０．４５m．
(１)用最小的圆的圆心确定落点的平均位置,则 M,P,N 距 第二章 机械振动
O 点的距离即为碰后各个球的水平射程,xOM ＝１４．４５cm;xOP ＝
２９．９０cm;xON ＝４４．４０cm;所以碰后A 球的水平射程应为xOM ＝ 第１节 简谐运动
１４．４５cm． 知识梳理
(２)本实验的前提条件是两个球是对心碰撞,即要求碰撞前 一、１．静止 ２．平衡位置 往复 振动
后的速度在两个球的球心连线方向上,由此可知,选项C正确． 三、１．时间 ２．向右 向左 向左 向右 减小 增大
(３)
p前 m x
碰撞前后的总动量比值为 ＝ １ OP ≈１．０２, 减小 增大
p后 m１xOM ＋m２xON 四、１．正弦 正弦 最简单 简谐 ２．(１)正弦 位移
考虑误差因素可取１．０１~１．０２． 时间
答案:(１)１４．４５(１４．４３~１４．５０均正确) (２)C (３)１．０２(或 典例精解
１．０１) 【典例１】 B 解析:水位由O 点到N 点,说明鱼漂向上运动,
１３．解析:(１)由图知,C 与A 碰前速度为v１＝９m/s,碰后速度 位移方向向上,达到最大,A错误;O 点是平衡位置,所以水位在O 点
为v２＝３m/s,C 与A 碰撞过程动量守恒．mcv１＝(mA ＋mC)v２,即 时鱼漂的速度最大,B正确;水位到达 M 点时,鱼漂具有向上的加速
mC＝２kg, 度,C错误;鱼漂由上往下运动时,可能加速也可能减速,D错误．
(２)１２s时B 离开墙壁,之后A,B,C 及弹簧组成的系统动 变式１:A
量和机械能守恒,且当A,C 与B 的速度相等时,弹簧弹性势能最 【典例２】 A 解析:振子在A 点和B 点时的位移最大,由
大(mA ＋mC)v３＝(mA ＋mB ＋mC)v４, 于取向右为正方向,所以振子运动到A 点有正向最大位移,在B
１( １
２ mA ＋mC
)v２＝ (m ＋m ＋m )v２＋E 点有负向最大位移,则t 时刻,振子在 A 点,t 时刻,振子在３ B２ A B C ４ p
,得Ep＝９J． ２ ４
点,故选项 A正确,B错误;振子的位移是以平衡位置为参考点
１４．解析:设木块与地面间的动摩擦因数为μ,炸药爆炸释放 的,所以在t１~t２和t３~t４时间内振子的位移都在增大,故选项
的化学能为E０． CD错误．
(１)从O 滑到P,对A,
１
B,由动能定理得－μ ２mgs＝ 变式２:B２
当堂训练
v ２ ２２m ( ０ ) １ ３v－２ ２mv２,解得 ＝ ０．２ ０ μ ８gs １．D ２．D ３．B ４．D ５．C ６．D ７．D ８．A ９．B
(２)在P 点爆炸,根据A,B 所组成的系统动量守恒有 １０．B
v ２ 课后巩固
２m ０ ＝mv①,
１ v １
根据能量守恒有
２ E ＋
０ ２
０ ２ ×２m ４ ＝ ２mv 【基础训练】
１ １．B 解析:水平弹簧振子在运动过程中,因为只有弹簧弹力
②,联立①②式解得E ＝ mv２０ ４ ０． 做功,不发生的变化的是机械能,而动能、弹性势能、回复力都会
１０８
在运动过程中发生变化,故 A正确,BCD错误．故选B． : ３１０．解析 经过１．５s即 T,由O→B 开始振动并在O 点开
２．D ４
３．C 解析:回复力与位移的关系:F＝－kx,根据牛顿第二 , ３始计时 经过 个周期,弹簧振子位于 点;规定 到 的方向
定律:F＝ma,可知加速度与位移方向始终相反,故 C正确,ABD ４
C O B
错误 故选 为正方向
,则C 点的位移大小为－２cm;经过的路程:． C． s＝３A＝
４．D ５．C ６．A ７．B ８．B １ １６cm,振动的频率:f＝ ＝ Hz＝０．５Hz．
【拓展提升】
T ２
答案:C －２ ６ ０．５
１．D ２．C
课后巩固
３．A 解析:由题意:设向右为x 正方向,振子运动到 N 点
【基础训练】
时,振子具有正方向最大位移,所以振子运动到 N 点时开始计时
, , １．A ２．C ３．B ４．B ５．B ６．D ７．C ８．A振动图像应是余弦曲线 故B正确 ACD错误．
９．解析:(１)设简谐振动的表达式为x＝Asin(ωt＋ ),A＝
４．B 解析:振子离开平衡位置的位移由平衡位置O 指向振 φ
子所在的位置,以 O 点为起点,C 点为终点,大小为 OC,方向 １２cm,
２π
T＝２s,ω＝ ＝πrad/s,t＝０时,x＝６cm．代入上式得,T ６
向右．
( ), １, π ５π５．B ６．D ７．A ８．C ＝１２sin０＋φ 解得sinφ＝ φ＝ 或 ,因这时物体向 轴２ ６ ６ x
９．解析:(１)纸带匀速运动时,位移与时间成正比,因此在匀 π
, 正方向运动,故应取φ＝ ,
π
速条件下 可以用纸带通过的位移表示时间 即其初相为． ６ ６．
(２)由题图乙可知,t＝０时小球在平衡位置左侧最大位移处, (２)由上述结果可得x＝Asin(ωt＋φ)＝１２sin
π
πt＋ cm,
周期T＝４s,可得t＝１７s时位移为零． ( ６ )
(３)纸带匀速运动,所以振动图像上１s处和３s处对应纸带 ４所以x＝１２sin( π π )cm＝１２sin πcm＝６ ２＋６ ６ ３cm．上两点的间距x０＝２cm/s×２s＝４cm．
【拓展提升】
第２节 简谐运动的描述 １．A ２．B ３．B ４．B ５．C ６．D ７．D ８．B
知识梳理 ９．解析:(１)弹簧振子以O 点为平衡位置,在B,C 两点间做
一、１．(１)最大距离 (２)振幅的两倍 (３)强弱
, １, ２５２．完整的振动过程 ３．全振动 全振动 秒 赫兹 振动 简谐运动 所以振幅是BC 之间距离而 所以２ A＝２＝１２．５cm
快慢 ４．不同状态 (２)由简谐运动的对称性可知P 到B 的时间与B 返回P 的
二、Asin(ωt＋φ)． １．振幅． ２．２πf ３．相位 ４．初相
, : ０．２时间是相等的 所以 tBP ＝ ＝０．１s;同时由简谐振动的对称性典例精解 ２
【典例１】 解析:(１)振幅设为A,则有２A＝BC＝２０cm,所
可知: ０．３ TtPO ＝ s＝０．１５s,又由于:tPO ＋tBP ＝ ,联立得:２ ４ T＝１s
,
以A＝１０cm．
(２)从B 首次到C 的时间为周期的一半,因此T＝２t＝１s; １所以f＝T ＝１Hz．１
再根据周期和频率的关系可得f＝T ＝１Hz． (３)４s内路程:s＝４×４A＝４×４×１２．５cm＝２００cm,由(２)
(３)振子一个周期通过的路程为４A＝４０cm,即一个周期运 的分析可知,从t＝０时刻,经过０．１s时间振子到达B 点;所以在
t ４．１s时刻质点又一次到达B 点,质点的位移是１２．５cm．
动的路程为４０cm,s＝ T ４A＝５×４０cm＝２００cm． 第３节 简谐运动的回复力和能量
变式１:C
知识梳理
【典例２】 解析:(１)弹簧振子在B,C 之间做简谐运动,故振
一、１．(１)平衡位置 (２)平衡位置 (, , ３
)－kx ２．正比 平
幅A＝１０cm 振子在２s内完成了１０次全振动 振子的周期T＝
衡位置
t
n ＝０．２s． 二、１．动能 势能 (１)势能 动能 (２)动能 势能
(２)振子从平衡位置开始计时,故t ２．守恒 理想化
１ 典例精解
＝０时刻,位移是０,经 周期振子的位４ 【典例１】 解析:(１)此振动过程的回复力实际上是弹簧的弹
移为负向最大,故该振子的位移—时间 力与重力的合力．
图像如图所示． (２)设振子的平衡位置为O,向下方向为正方向,此时弹簧已
(３)由函数图像可知振子的位移与时间的函数关系式为x 经有了一个伸长量h,设弹簧的劲度系数为k,由平衡条件得kh
＝－１０sin１０πtcm． ＝mg①
变式２:C 当振子向下偏离平衡位置的距离为x 时,回复力即合外力为
当堂训练 F回 ＝mg－k(x＋h)②
１．C ２．A ３．D ４．B ５．B ６．C ７．D ８．B ９．B 将①代入②式得:F回 ＝－kx,可见小球所受合外力与它的位移
的关系符合简谐运动的受力特点,该振动系统的振动是简谐运动．
１０９
答案:(１)弹力和重力的合力 (２)是简谐运动 典例精解
变式１:D 【典例１】 C 解析:简谐运动中的位移是以平衡位置作为
【典例２】 A 解析:t＝０．２s时,振子的位移为正的最大,但 起点,摆球在正向最大位移处时位移为A,在平衡位置时位移应
由于没有规定正方向,所以此时振子的位置可能在A 点也可能在 为零,A错误;摆球的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供,
B 点,A正确;t＝０．１s时速度为正,t＝０．３s时速度为负,两者方向 合力在摆线方向的分力提供向心力,B错误,C正确;摆球经过最
相反,B错误;从t＝０到t＝０．２s的时间内,弹簧振子远离平衡位 低点(摆动的平衡位置)时回复力为零,但向心力不为零,所以合
置,速度减小,动能减小,C错误;t＝０．２s与t＝０．６s两个时刻,位 力不为零,加速度也不为零,D错误．
移大小相等,方向相反,故加速度大小相等,方向相反,D错误． 变式１:C
变式２:A 【典例２】 A 解析:让小球在纸面内振动,在偏角很小时,
当堂训练 l
单摆做简谐运动,摆长为l,周期T＝２π ;让小球在垂直纸面
１．A ２．D ３．C ４．C ５．C ６．B ７．B ８．D ９．C g
１０．解析:设位移为x,对整体受力分析,受重力、支持力和弹 内振动,在偏角很小时,单摆做简谐运动,摆长为 ３ l＋l÷ ,周期
簧的弹力,根据牛顿第二定律,有:kx＝(mA ＋mB)a,对B 物体受 è ４
力分析,受重力、支持力和静摩擦力,静摩擦力提供回复力,根据 ３ ÷
(m ＋m )F ＋１l
牛顿第二定律,有f＝mBa,f≤F
A B m è４
m,联立解得:x≤ ,km T′＝２π A正确
,B、C、D错误．
B g
(０．２＋０．１)×０．２ 变式 :
＝ ２D４０×０．１ m＝０．０１５m． 当堂训练
课后巩固 １．C ２．C ３．C ４．B ５．D ６．A ７．C ８．A ９．B
【基础训练】 １０．D
１．B ２．B ３．B ４．C ５．D ６．A ７．C ８．B ９．C
: １ ( ) , t , T１ T２
:() F k
１１．解析 n＝ × ２１－１ ＝１０T＝ ＝３sT＝ ＋
１０．解析 １ 由于简谐运动的加速度a＝m ＝－ x
,故加速 ２ n ２ ２
m １
＝ l l＋h ２π ÷k ,解得h＝３m．
度最大的位置在最大位移处的A 或B 两点,加速度大小a＝ x ２ è g
＋２π g
m 答案:３ ３
２４０
＝０．５×０．０５m
/s２＝２４m/s２． 课后巩固
【基础训练】
(２)在平衡位置O 滑块的速度最大．根据机械能守恒,有Epm
１．A
１
＝ mv２２ m． ２．C 解析:单摆在平衡位置的速度大,漏下的沙子少,越接
近两端点速度越小,漏下的沙子越多,故C选项符合题意．
２E
故v ＝ pm
２×０．３
m ＝ m/s＝１．１m/m ０．５ s． ３．C
【拓展提升】 ４．C 解析:
l
由T＝２π 可知,单摆的周期与摆球的质量
１．C ２．C ３．D ４．C ５．B ６．A ７．D ８．D g
９．解析:(１)因为O１、O２两点与O０点距离相同,所以弹性势 和振幅均无关, lAB均错误;对秒摆,T ＝２π ００ ＝２s,对周期为
能相同,故: g
( ) １ ２ １
l
mg ２x ＝ mv － mv２０ １ ２,其 中:２ ２ v２ ＝０
,解 得:v１ ＝ ４s的单摆,T＝２π ＝４s,l＝４l ,故C正确,D错误．g ０
２ gx ． ５．A ６．C ７．D ８．C０
(２)最高点合力为２mg,最低点合力也为２mg,故在最低点, １９．解析:(１)由单摆振动图像得:T＝０．８s,故f＝T＝１２．５Hz．
有:FN －mg＝２mg, (２)开始时刻摆球在负方向最大位移处,故开始时刻摆球在
解得:FN ＝３mg,即得弹力是重力的３倍; B 点．
() １ １３ 由动能定理可知:WG ＋W ＝ mv２N ２ ３ － ２mv
２
２,Ep ＝
( L gT
２ ９．８６×０．８２
３)根据公式:T＝２π ,得:L＝ ２ ＝ ２ m≈
－WN ,又因 为 初 末 状 态 速 度 为 零,所 以:ΔEp ＝ －WN ＝W g ４π ４×３．１４G
＝４mgx０． ０．１６m．
【拓展提升】
第４节 单 摆 １．D ２．C ３．C ４．A ５．D ６．C ７．B ８．A
知识梳理 ９．解析:(１)由题图乙读出单摆的振幅A＝５cm,周期T＝２s,根
一、１．长度 质量 直径 理想化 ２．(１)切线 mgsinθ L gT２ １０×２２
(２)正比 平衡位置 (３)简谐 据单摆的周期公式 T＝２π 得摆长L＝ ＝ m≈g ４π２ ４×３１．４２
二、１．(１)摆 球 质 量 振 幅 (２)摆 长 越 大 ２．(１) １０．１m．
l １
２π ． (２)根据机械能守恒定律mgL(１－cosθ)＝ ２,２mv １－cosθ＝g
１１０
A 以不需要天平或弹簧秤．故选 AB．
θ θ ２
２sin２ ,又因为θ 很小,故有sin ≈ ,v＝ ２gL(１－cosθ) (２)游标卡尺的主尺读数为１２mm,游标读数为０．１×５mm２ ２ L ＝０．５mm,所以最终读数为１２mm＋０．５mm＝１２．５mm．
g
≈A ≈０．１５７m/s． (３)摆球经过平衡位置时速度最大,在该处计时测量误差较L
第５节 实验:用单摆测量重力加速度 小．故 A错误;
t
通过测量n次全振动的时间t,通过T＝ 求解周n
典例精解 期,测量一次误差较大．故 B错误;摆球在同一竖直面内摆动,不
２ 能做圆锥摆．当摆角不超过５°时其摆动可视为简谐振动,故L ４πL C
错
【典例１】 C 解析:根据T＝２π 可得 ＝
g g T２
可知, 误;选用的细线应细、质量小,且不易伸长．所以 D是正确的．
对重力加速度测量值影响较大的是周期的测量,选项 A 正确;摆 ２(４)
L gT
根据T＝２π ,得L＝ ２ ,可知图线的斜率为k＝
球尽量选择质量大些、体积小些的,以减小振动时的阻力的影响, g ４π
; , g L －L ４π２选项B正确 用刻度尺测量摆线的长度 加上摆球的半径才是单 , B A
(LB －L又由图像知k＝ A
)
２ ２ ２ ,所以得g＝ ２ ２
摆的摆长,选项C错误;为了让摆长不变,阻力小一些,摆线要选 ４π TB －TA TB －TA
２
择细些的、伸缩性小些的,并且尽可能长一些,选项 D正确． ( )答案:(１)AB (２) １２．５mm (３)
４π L －L
D (４) B A
: T
２ －T２
变式１ A B A
课后巩固
【典例２】 解析:(１)为了减小空气阻力的影响,应选择质量
【基础训练】
大体积小的摆球,摆球应选 D;摆线长短应适当,选长度约为１m
１．C ２．A ３．C ４．C
的尼龙丝线,摆线应选C;计时工具应尽量精确,选择秒表G;应用
, , ５．解析
:(１)描点做图,如图所示
刻度尺测量摆线的长度 用游标卡尺测摆球的直径 此外还需要
铁架台与铁夹,故需要的实验器材为 ACDFGI,故选 A．
(２)测摆线的长度需要用米尺,故还需要米尺．
(４)为了用图像法验证T′＝T ( θ０ １＋asin２ ) ,则要测出不２
同的摆角θ以及所对应的周期T′．实验中得到的是线性图线,根
( ２ θ ) ２ θ T′ １据T′＝T １＋asin 得sin ＝ － ,sin２ θ０ 与２ ２ aT a ２ T′是０ (２)由图可知当T２＝５．２s２ 时,l＝１．３m．
一次函数关系．所以图像中的横轴表示T′,图线与纵轴的交点坐
l ４π２l
标 (０, １ ) 根据T＝２π ,－ ． g g＝ ２ ,解得g≈９．８６m/２T s．a
:() () 答案:() ()答案 １ A ２ 米尺 (４)不同的摆角θ 及所对应的周期 １ ２１．３ ９．８６
T′ T′ ( , １０ －a )
变式２:解析:(１)方法A 中当摆球摆动时摆长会发生变化,
则如图甲所示的两种不同的悬挂方式中,最好选 B;(２)摆球直径
d＝４mm＋０．０５mm×１２＝４．６０mm;(３)单摆的摆长为L＝l＋
６．解析:①用单摆测量当地重力加速度时除铁架台、小钢球
d ;( t ２t４)单摆的周期T＝ ＝ ,(５)根据单摆周期公式２ n－１ n－１ T＝ 和细线外,还必须用刻度尺测量摆长,用秒表测量周期,故选CD．
２ L＋r ４π２
②根据单摆的周期公式T＝２π ,解得T２＝ L＋
L ２ ２ ２ g g
２π , ２
４π ４π ４π
可得T ＝ L,则 ＝k,解得g＝ ．g g g k ４π２r, ２ ４π
２
则T －L 图像的斜率k＝ ,与横坐标交点的绝对值是小
:() () () d ()２t
２ g g
答案 １B ２４．６０ ３l＋ ４ ()
４π
２ n－１ ５ k 球的半径．
当堂训练 答案:①CD ②C
１．C ２．D ３．C ４．D 【拓展提升】
５．解析:(１)本实验应选择细、轻又不易伸长的线,长度一般
:() L ４π
２L
１．解析 １ 由周期公式T＝２π 得g＝
在１m 左右,小球应选用直径较小、密度较大的金属球,故选 A． g T２
L g (２)为减小误差应保持摆线的长度不变,则 A 正确,B错误;(２)由单摆的周期公式知T＝２π ,所以 L＝ 可见g ２π
T 为减小误差,摆球密度要大,体积要小,则C正确,D错误．
g (３)悬点要固定,则为题图乙．
k＝ ,将 代入知 /２２π k＝０．５００ g＝９．８６ms (４)摆长等于摆线的长度加上摆球的半径,A错误;应把单摆
答案:(１)A (２)９．８６m/s２ 从平衡位置拉开一个很小的角度释放,使之做简谐运动,故 B正
６．解析:(１)在实验中,需要测量单摆的周期,所以需要秒表, 确;应在摆球经过平衡位置时开始计时,C正确;把秒表记录摆球
需要测量摆线的长度,所以需要米尺,摆球的质量不需要测量,所 一次全振动的时间作为周期,误差较大,应采用累积法测量周期,
１１１
D错误． 加小球直径,所测摆长L 偏大,所测g 偏大,故 A正确;读单摆周
L ４π２L 期时,读数偏大,所测g 偏小,故B错误;摆线上端悬点未固定好,(５)由T＝２π 得g＝ ２ ．振幅大小与g 无关,故 A 错g T 摆动中出现松动,所测周期偏大,所测g 偏小,故 C错误;测摆线
误;开始计时时,过早按下秒表,所测周期偏大,则g 偏小,B错 长时摆线拉得过紧,所测摆长L 偏大,所测g 偏大,故 D正确;细
误;测量周期时,误将摆球(n－１)次全振动的时间记为n 次全振 绳不是刚性绳,所测摆长L 偏小,所测g 偏小,故E错误．
动的时间,则所测周期偏小,则g 偏大,C正确．
( L ４π
２L
２ ４)由单摆周期公式 T＝２π ,可知加速度 ＝ ＝
() , L T g g
g T２
６ 由题图可知周期为２s 由 T＝２π 得L＝ ＝
g ４π２ ４×３．１４２×０．６３５
m/s２＝７．７３m/s２．
４×９．８ , , ０．０４ １．８
２
４×３．１４２m≈１m
振幅为４cm＝０．０４m 则sinθ≈ １ ＝０．０４． 答案:(１)６３．５０ (２)１．８ (３)AD (４)７．７３
４π２
答案:() L１ ２ (２)AC (３)乙 (４)BC (５)C (６)０．０４ ４．
解析:(１)摆角不应过大,否则单摆就不是简谐振动,一般
T 不超过５°,选项 A错误;摆线应适当长些,有利于减小实验误差,
２．解析:(１)单摆摆长为摆线的长度加摆球的半径,故单摆摆 选项B正确;摆球应选择密度较大的实心金属小球,以减小振动
d
长为L＝l＋ ,由题意知,单摆n次全振动所用的时间为t,故其 中的相对阻力,选项C正确;用停表测量周期时,应从摆球摆至最２
低点时开始计时,选项 D错误．
t L
单摆的周期为T＝ ,由单摆周期公式T＝２π ,可得到重力 (２)摆球直径是n g ２cm＋０．１mm×４＝２０．４mm
;
１００s d
４π２４π２L ( d ) ４n２π２ ( d ) (３)单摆振动的周期为l＋ l＋ T＝ ＝２s,摆长５０ L＝l＋２＝１．０m２ ２
加速度的表达式g＝ T２ ＝ t ２ ＝ ２ ． －３ ２(n ) t ２０．４×１０ , L ４πL＋ ２ m＝１．０１０２m 根据T＝２π ,解得 ＝g g T２ ＝
(２)为了提高实验精确度,小球应选用密度比较大的,故 A错 ４×９．６×１．０１０２
２ m/s２２ ＝９．７０m
/s２
误;为了提高实验精确度,需要当摆球经过平衡位置时开始计时,
故B正确;用单摆测重力加速度的实验中,只有在一个比较小的 (４)若测量摆长时忘了加上摆球的半径,则T２－L 关系为T２
角度下摆动才可以看成简谐振动,才可以用单摆的周期公式进行 ４π２
＝ (L＋r),则乙同学当时作出的 T２－L 图像应该是图中虚
计算,所以实验时应当把摆球从平衡位置拉开一个较小的角度后 g
释放,故C错误;在测量单摆的周期时,不能用测量一次全振动的 线③．
时间作为单摆的周期,应当用统计规律去测量其周期,再根据公 答案:(１)BC (２)２０．４ (３)９．７０ ③
式计算重力加速度g,故 D错误． ５．解析:(１)小球直径d＝２１mm＋５×０．０５mm＝２１．２５mm
２ ＝２．１２５cm．
(３)
L ４πL
由单摆周期公式T＝２π 可知
g g
＝ ２ ,如果把悬点T 秒表读数t＝９０s＋９．８s＝９９．８s．
到摆球下端的长度记为摆长,将增大L,会得到重力加速度值偏 ２(２)
L ４πL
由单摆的周期公式T＝２π ,解得T２＝ ,所以图
大,故 A错误;如果以小球摆到最高点时开始计时,将会导致时间 g g
的测量误差过大,并且不能确定周期是偏大还是偏小,故无法确 甲中的图线斜率就可求得加速度大小,斜率越大,加速度越小,由
定重力加速度值是偏大还是偏小,故 B错误;实验中误将摆球经 图中我们看出B 线加速度大,重力加速度从赤道到两极逐渐变
过平衡位置４９次数为５０次,会使得周期T 偏小,从而得到重力 大,所以北大的同学测出来的加速度大,对应的线为B．
加速度值偏大,故C错误;实验中摆线上端未牢固地系于悬点,在 ４从图乙中,我们可得到Tb＝２s,Ta＝ s,由单摆的周期公
振动过程中出现松动,使摆线长度增加了,可知摆长的测量值偏 ３
小,但重力加速度值偏小,故 D正确． L ２式T＝２π ,
T L L ４
可得 a ＝ a,解得 a＝ ．
g T ２b Lb Lb ９
(４)
L
根 据 单 摆 的 周 期 公 式 可 知 T１ ＝２π ,Tg ２
＝ ４
答案:(１)２．１２５ ９９．８ (２)B ９
L－Δl ４π２Δl
２π ,可知 ＝
g g T２１－T２
．
２ 第６节 受迫振动 共 振
４n２d π
２ ( dl＋２ ) 知识梳理
答案:(１)l＋ (２)B (３)D 一、１．外力 固有频率 ２．(１)阻尼 阻尼 振幅２ (２)振２ t
幅
２ 阻尼 振幅
()４πΔl４T２－T２ 二、１．(１)周期性 (２)驱动力 (３)驱动力 固有频率１ ２
D ２．(１)振幅达到最大值 (２)等于 (３)振幅 (４)振幅A 驱动
３．解析:(１)单摆摆长L＝l＋２＝６２．５０cm＋１０．cm＝６３．５０cm 力频率f
(２)在一个周期内摆球两次经过最低点,每次经过最低点时 典例精解
拉力最大,根据图像知周期T＝１．８s 【典例１】 B 解析:阻尼振动中,单摆的振幅逐渐减小,由于
L ４π２L 周期与振幅无关,故振动过程中周期不变,A 错误,B正确;因A,(３)由单摆周期公式T＝２π 可知g＝ ２ 计算摆长时,g T B 两时刻的位移相同,故摆球A 时刻的势能等于B 时刻的势能,
１１２
C错误;由于振动的能量逐渐减小,故摆球A 时刻的动能大于B t
n次全振动时间t,可以利用T＝ 求出周期,代入重力加速度表
时刻的动能,D错误． n
２ ２
变式１:A ４πnL达式即可计算得g＝ ２ ．
【典例２】 C 解析:图像乙是物体自由振动时的周期,故由 t
２
图像乙可知,物体的固有频率为T０＝４s,振幅为４cm,故 错
(４)在用图像法处理数据时,AB 明确 T －L 图像的斜率k＝
２
误;当物体的驱动力的频率等于物体的固有频率时,物体的振动 ４π ,所以斜率k 越小,对应重力加速度
g g
越大,C错误．在图像
达到最强,故当T 在４s附近时,振幅显著增大,当T 比４s小很
中,图线与纵轴正半轴相交表示计算摆长时漏加小球半径,与纵
多或大得很多时,Y 很小,故C正确,D错误;故选C．
轴负半轴相交表示计算摆长时多加小球半径,故 A 错误．若误将
变式２:D
４９次全振动记为５０次全振动,则周期测量值偏小,g 测量值偏
当堂训练
大,对应图像斜率偏小,故B正确．
１．B ２．B ３．A ４．C ５．C ６．B ７．A ８．C ９．B (５)抓住A 点下方摆线长不变,可设为l０,l０＋l１为第一次摆
１０．A
长,l０＋l２为第二次摆长,分别代入重力加速度表达式,联立消去
１１．解析:每振动１０次要补充的能量为 ΔE＝mgΔh＝０．２× ２( )
１０×(０．４－０．３)×１０－２
４π l１－l２
J＝２．０×１０－３J．秒摆的周期为２s,１min内 l０,即可得重力加速度表达式g＝ T２１－T２
．
２
完成全振动的次数为３０次,则１min内总共应补充的能量为E＝ ４π２n２L
３ΔE＝６．０×１０－３J． 答案:(１)AD (２) t２
(３)２．０１ ９．７６ (４)B
１２．解析:(１)小球振动达到稳定时周期为０４．s,频率为２５．Hz． ２( )
(５)
４π l１－l２
２ ２
(２)
１
由图像可以看出单摆的固有频率为０．３Hz,周期为 s,由 T１－T２０．３ F k
２ １３．解析:(１)由于简谐运动的加速度a＝ ＝－ x,故加速L Tg １ ９．８６ m m
单摆的周期公式T＝２π ,解得L＝
g ４π２
＝０．３２×４×３．１４２m≈ k
度最大的位置在最大位移处的A 或B 两点,加速度大小a＝ x
２．７８m． m
课后巩固 ２４０＝ /２ /２
【基础训练】 ０．５
×０．０５ms＝２４ms．
１．A ２．D ３．D ４．B ５．B ６．B (２)在平衡位置O 滑块的速度最大．
７．D 解析:若使振子振幅最大,则曲轴转动频率为f＝ 根据机械能守恒, １有Epm＝２mv
２
m
d r １ ω ２
２Hz,即转速为２r/s．由于 １＝ １ ＝ ,ω１r１＝ω２r２,故
１＝ ,d２ r２ ２ ω２ １ ２Epm ２×０．３故vm＝ / /m ＝ ０．５ ms＝１．１ms．所以电动机转速为４r/s,即２４０r/min,D选项正确．
１ １ １４．解析:(１)由题图乙得小滑块做简谐振动的周期
８．解析:(１)由题图知单摆固有周期T＝ ＝ ,
f ０．４Hz
＝２．５s π R T２g
T＝ s,由５ T＝２π
,得R＝４π２ ＝０．１m．l g
由T＝２π ,得摆长l≈１．５８m．
g (２)在最高点A,有Fmin＝mgcosθ
(２)由图像知,振幅为１５cm． v２在最低点B,有Fmax－mg＝m
(３)摆长变长,固有周期增大,固有频率减小,故图像左移． R
【拓展提升】 １从A 到B,滑块机械能守恒,有mgR(１－cosθ)＝ mv２２
１．C ２．D ３．B ４．D ５．B ６．B ７．A
解得
８．解析:人体的固有频率f固 ＝２Hz,
m＝０．０５k ．
当汽车的振动频率与其 g
() １ １３ 滑块机械能守恒 E＝ mv２＝ R(Fmax－mg)＝５×
相等时,人体与之发生共振, , １ g人感觉最难受 即f＝ , ２ ２２π l ＝f固 １０－４J．
g
得l＝ 代入数据得: ,由胡克定律得 ( １５．解析:(１)由题图可知T＝２×１０－２s,则４π２ ２ l＝０．０６２５m kl＝ m１＋f固
(kl－m１g) ( ５ )
２π /
nm２) ,
１．５×１０ ×０．０６２５－６００×９．８ ω＝ ＝１００πrads
gn＝ m ＝ ＝５
(人) T
２g ７０×９．８
则简谐运动的表达式为
本章评估 x＝－Acosωt＝－２cos１００πtcm
１．C ２．D ３．D ４．A ５．C ６．B ７．C ８．D ９．D 所以当t＝０．２５×１０－２s时
１０．A １１．A x＝－２cos(１００π×０．２５×１０－２)cm≈－１．４１４cm．
１２．解析:(１)在“用单摆测定重力加速度”的实验中,摆线应 (２)在t＝１．５×１０－２s到t′＝２×１０－２s的时间内,位移、回复
选取长约１m 左右的不可伸缩的细线,摆球应选取体积小质量大 力、势能都增大,速度、动能均减小．
的铁球,以减小实验误差,故选 AD． (３)因振动是变速运动,因此只能利用其周期性求解,即一个
(２)和(３)根据单摆的周期公式可以推导出重力加速度的表 周期内通过的路程为４个振幅．
４π２L １７
达式g＝ －２
１
T２
,单摆的周期为完成一次全振动所用的时间,给出 因为 Δt＝８．５×１０ s＝４T＝ (４＋４ )T
１１３
１７ 下振动．
路程s＝４A×４＝１７A＝１７×２cm＝３４cm． 答案:左 下
１６．解析:(１)设物块在斜面上平衡时,弹簧伸长量为 Δl,有 课后巩固
mgsinα－kΔl＝０ 【基础训练】
mgsinα
解得 Δl＝ １．B ２．B ３．C ４．B ５．C ６．Bk ７．解析:由“特殊点法”或“微平移法”可知波沿x 轴负方向传
mgsinα
此时弹簧的长度为l＋ ． 播;根据波的形成过程中质点的带动特点,即都是靠靠近波源的k
临近的点来带动．所以,可以判断a,b,c,d,e点的振动方向分别(２)当物块的位移为x 时,弹簧伸长量为x＋Δl
是:向下、向下、向上、向上、向上．所以,向上的点是c,d,e;位移为
正时,加速度为负,即加速度向下的点是e．
答案:x 轴负方向 c,d,e e
８．解析:由于质点间的相互作用,前面的质点总是带动后面
的质点振动,所以后面的质点总是滞后于前面的质点．
物块所受合力为
F合 ＝mgsinα－k(x＋Δl)
联立以上各式可得F合 ＝－kx
可知物块做简谐运动．
() l mgsinα３ 物块做简谐运动的振幅为A＝４＋ k
l ２mgsinα
由对称性可知,最大伸长量为
４＋ k ．
第三章 机 械 波
第１节 波的形成
知识梳理
一、１．带动 跟着振动 振动 ２．(１)传播 (２)相互作用 (１)
１
t＝ T 时,质点８正在向上振动,未达到最高点,质点
二、１．垂直 最高处 最低处 在同一直线上 密集 稀 ２
疏 ２．纵波 １２,１６未动,如图甲所示．
三、１．机械振动 ２．(１)波源 (２)介质 ３．(１)振动 () ３２t＝ T 时,质点８正在向下振动,质点１２向上振动,质
(２)能量 (３)传递信息 ４
典例精解 点１６未振动,如图乙所示．
【典例１】 B 解析:据波的传播特点知,波传播过程中各质 (３)t＝T 时,质点８,１２正在向下振动,质点１６向上振动,如
点的振动总是重复波源的振动,所以起振方向相同,都是竖直向 图丙所示．
, , T
【拓展提升】
下 但从时间上来说 起振依次落后 的时间,所以选项
４ AC
正 １．D ２．B ３．A ４．B ５．C ６．C
确,B错误．由题意知,质点９比质点１应晚起振两个周期,所以当 ７．解析:(１)设地震中心到观测中心的距离为x,则有:
所有质点都起振后,质点１与质点９步调完全一致,所以选项 D x x ,解得
３．７km/s－９．１km/s＝７．８s x＝４８．６km．正确．
: (２)由于纵波传播得快,故地震发生时纵波最先到达观测中变式１B
【 心,因此在那里的人们先是感到地面上下振动,当横波到达后,又典例２】 B 解析:物理学中把质点的振动方向与波的传
增加了左右晃动的感觉
播方向垂直的波称作横波,在横波中,凸起的最高处称为波峰,凹 ．
下的最低处称为波谷,故 A 正确;把质点的振动方向与波的传播 第２节 波的描述
方向在同一直线的波称作纵波,故B错误,D正确;质点在纵波传 知识梳理
播时来回振动,其中质点分布最密集的地方称为密部,质点分布 一、１．平衡位置 位移 平滑的曲线 ２．平衡位置 ３．正
最稀疏的地方称为疏部,故C正确．本题要求选错误的,故选B． 弦曲线 正弦波 简谐运动
变式２:C 二、１．(１)振动 相位相邻 (２)相邻波峰 相邻波谷 相
当堂训练 邻疏部 相邻密部
１．C ２．D ３．A ４．B ５．D ６．D ７．C ８．B ９．B ２．(１)相同的 波源 (２)波源 (３)一个波长 (４)倒数
１０．B １１．C ３．(１)传播 (２)λf (３)介质 不同 (４)波速 频率
１２．解析:质点a 的振动方向向下,由波形平移法可知,则知 典例精解
波向左传播;若波向右传播,波形向右平移,则知此时时刻b点向 【典例１】 解析:(１)由图像可知:质点１,９之间是一个完整
１１４
的波形,它们的平衡位置之间的距离即为一个波长,即λ＝８L． ５．C 解析:根据同侧法可判断
(２)t＝０时,波刚传到质点１,且质点１起振方向向下,说明波 波向左传播,故 A 错误;此时质点C
中各质点的起振方向均向下,在 Δt后由图像乙可知质点９的振 受到的回复力最大,加速度最大,故 B
T 错误;根据同侧法可判断质点B 向上
动方向为向上,说明它已经振动了 ,而波传到质点９需时间T,２ 运动,故质点C 比质点B 先回到平衡
T , ２因此 Δt＝T＋ 即T＝ Δt． 位置,故C正确;根据同侧法可判断质点 H 向上运动,与质点F２ ３ 的运动方向相反,故 D错误．故选C．
() λ ８L １２L３ 波速v＝ ＝ ＝ ． ６．D ７．C ８．DT ２ Δt
３Δt ９．解析:(１)根据波形图得到波长λ＝４m;t＝０时刻,质点Q
变式１:D 正向下运动;从t＝０时刻开始计时,当t＝１５s时质点Q 刚好第４
【典例２】 B 解析:从题图中可以看出波形从实线传播到虚 次到达波峰, ３ ４t故有３T＋ T＝t,解得T＝ ＝４s,４ １５
１
线的时间为t＝ ( １n＋ (４ )T n＝０,１,２, ),波的频率为f＝T ＝ λ ４m故波速为v＝ ＝ ＝１m/T ４s s．
４n＋１ ４n＋１ ( )
４t ＝４×０．１Hz＝２．５４n＋１ Hz
(n＝０,１,２, ),A错误;从题图 (２)t＝０时刻,质点P 正在向上运动,振幅为:A＝０．２m,
中得出波长为λ＝４m,波的传播速度为v＝λf＝１０(４n＋１)m/s(n ２π ２π π角速度为:ω＝ ＝ ＝ rad/s,故质点P 做简谐运动的表
＝０,１,２, ),
T ４ ２
当n＝１时,v＝５０m/s,B正确;从题图中可以看出质
π
点P 的振幅为０．１m,C错误;从题图中可知t＝０．１s时,质点P 向 达式为:y＝０．２sin ( )２t m ．
上振动, １与质点P 相距５m的质点与质点P 相距１ 个波长,若 【拓展提升】４
, , １．A ２．A ３．B ４．C ５．B ６．D ７．A ８．B ９．B该质点在P 点左侧 它正在向下振动 若该质点在P 点右侧,它正
１０．解析:(, １
)质点a一个周期运动的路程s０＝４A＝０．１６m,１s
在向上振动 D错误．
１
变式２:B 内的周期数是n＝T ＝２５
,１s内a质点运动的路程s＝ns０＝４m．
当堂训练 ３
１．B ２．D ３．C ４．A ５．B ６．D ７．A ８．A ９．D (２)若波由a传向b,sab＝ (n＋４ )λ
１０．A ６００ / ( ,, )
１１．解析:(１)由题意知x＝２m 处的质点a 连续两次位于波 v＝λf＝４n＋３msn＝１２３
峰的时间间隔是０．２s,所以该简谐横波周期为T＝０．２s,波速为 若波由b传向a,sab＝ ( １n＋４ )λλ ４
v＝T ＝
/ /
０．２ms＝２０ms． ６００v＝λf＝ m/s(n＝１,２,３ )．
(２)由t＝０时刻到x＝９m 处的质点c第一次位于波峰,该 ４n＋１
s ７
简谐横波向右传播的距离为s＝(
、 、
９－２)m＝７m,则t＝ ＝ 第３４节 波的反射 折射和衍射 波的干涉v ２０s 知识梳理
＝０．３５s． 一、１．返回 ２．(１)入射波 (２)反射波 ３．同一平面
在上述时间内,x＝９m处的质点c的振动时间为t１＝０．３５s－ 等于
９－５
２０s＝０．１５s
, 二、１．传播的方向 ２．折射
三、１．绕过障碍物 ２．相差不多 更小３ ３．
衍射 衍射
０．１５s＝４T
,质点C 由平衡位置开始起振,因此x＝９m 处 四、１．保持 运动 特征保持不变 ２．同时 矢量和
的质点c通过的路程为 五、１．频率 加大 减小 加大 减小 干涉图样 ２．相
３ 同 保持不变 ３．特有
s路 ＝４×２×４cm＝６cm． 典例精解
１２．解析:(１)由图可知λ＝４m,若波向左传播,传播距离最 【典例１】 C 解析:乙听到的第一声枪
３ 响必然是甲开枪的声音直接传到乙的耳中,
小值 Δx＝４λ＝３m． ２a
故t＝ ．甲、乙二人及墙的位置如图所示,乙
() １ T v２ 若波向右传播 Δx＝nλ＋ λ,所用时间４ Δt＝nT＋ ４ ＝ 听到的第二声枪响必然是经墙反射传来的枪
０．８
０．２,T＝ ,所以当n＝０时,有最大周期T 声,由反射定律可知,波线如图中AC 和CB,４n＋１ max＝０．８s． 由几何关系可得AC＝CB＝２a,故第二声枪响传到乙耳中的时间
( ３３)Δx＝Δt v＝０．２×３５m＝７m＝１ λ,所以波向左传播． AC＋CB ４a４ 为t′＝ v ＝v ＝２t．
课后巩固 v ３４０
【基础训练】 变式１:解析:(１)由f＝ 得 ,因波的频率λ f＝ １ Hz＝３４０Hz
１．D ２．C ３．A ４．B
１１５
不变,则在海水中的波速为v海 ＝λ′f＝４．５×３４０m/s＝１５３０m/s． (３)(４)
４８
由于λ＝ m＞３m,所以此波无论是通过直径为１１ ３m
( t２)入射声波和反射声波用时相同,则海水深为h＝v海 ２ ＝ 的桥墩,还是通过宽为３m 的涵洞,都能发生明显衍射现象．
０．５
１５３０× ２ m＝３８２．５m．
第５节 多普勒效应
() 知识梳理３ 物体与声音运动的过程示意图如图
所示,设听到回声的时间为t′,
一、１．靠近或者远离 频率 ()增加 大于 变大则v物t′＋ ２．１
()变小
v海t′＝２h ２
二、()频率 反射波 频率变化 ()频率 静止 ()频
代入数据解得t′＝０．４９８s． １ ２ ３
答案:( 率 反射 频率变化１)３４０ １５３０ (２)３８２．５m
( 典例精解３)０．４９８s
【 【典例 】典例２】 D 解析:从题图中可以看出,孔的大小与波长相 １ C
变式 :
差不多,故能够发生明显的衍射现象,选项 A正确;由于在同一均
１B
【典例２】 A 解析:车辆(警车)匀速驶向停在路边的警车
匀介质中,波的传播速度没有变化,又因为波的频率是一定的,又
(车辆),两者间距变小,产生多普勒效应,警车探测到的反射波频
v
根据λ＝ 可得波长λ没有变化,选项B正确;当将孔扩大后,孔
f 率增高,选项 A正确,C错误;车辆(警车)匀速驶离停在路边的警
的宽度和波长有可能不满足发生明显衍射的条件,选项 C正确; 车(车辆),两者间距变大,产生多普勒效应,警车探测到的反射波
如果孔的大小不变,使波源频率增大,则波长减小,孔的宽度将比 频率降低,选项B、D错误．
波长大,孔的宽度和波长有可能不满足发生明显衍射现象的条 变式２:B
件,选项 D错误
当堂训练
．
变式２:C １．A ２．B ３．C ４．C ５．A ６．D ７．A ８．B ９．A
当堂训练 １０．D
解析:如图所示,设船发出鸣笛声
１．D ２．D ３．A ４．B ５．C ６．D ７．B ８．C ９．B １１．
于 处,旅客听到回声位置在 处,即
１０．D １１．A B A
３s内汽船前进了 A、:() B 间的距离l
,则声
１２．解析 １ 设简谐横波波长为λ,频率为f,则v＝λf,代入
波经过２s－l的距离．
已知数据,得λ＝１m．
( v声t＝２s－l＝２s－v船t
,得s＝
２)以O 为坐标原点,设P 为OA 间的任意一点,其坐标为
(
, v声 ＋v船
)t (３４０＋４)×３
x 则两波源到P 点的波程差 Δl＝x－(２－x),０≤x≤２．其中x, ２ ＝ ２ m＝５１６m．
Δl 以 m 为 单 位．合 振 动 振 幅 最 小 的 点 的 位 置 满 足 Δl＝ 课后巩固
( １k＋ ) １ ５ ５ ３λ,k为整数,所以x＝ ,可得 ,故２ ２k＋４ －２≤k≤２ k 【基础训练】
１．C ２．A ３．B ４．B ５．A ６．A ７．C ８．B ９．A
＝－２、－１、０、１,解得x＝０．２５m,０．７５m,１．２５m,１．７５m．
１０．解析:(１)声波由空气进入另一种介质时,频率不变,由v
课后巩固
v ３４０
【基础训练】 ＝λf 得f＝λ ＝２５×１０－２Hz＝１３６０Hz．
１．C ２．B ３．D ４．B ５．D ６．B ７．C ８．B ９．B
() , v v′, λ′ ８０×１０
－２
v ２ 因频率不变 有 ＝ 得v′＝ v＝ －２×３４０m
/s
１０．解析:(１)由公式λ＝ 得:
６
λ＝ m＝０．２m,质点 A 与 λ λ′ λ ２５×１０
f ３０ ＝１０８８m/s．
S１、S２的距离差为:Δx＝|S２A－S１A|＝２m＝１０λ．即质点A 为 【拓展提升】
振动加强点,振幅A＝２cm＋２cm＝４cm．故A 点以振幅为４cm, １．D ２．C ３．C ４．A ５．C ６．C ７．A ８．C ９．D
１
周期为 s做机械振动． １０．解析:多普勒效应中,观察者和发射源的频率关系为:f′３０
１ ＝ (v±v０ )f;f′为观察到的频率;f 为发射源于该介质中的原始(２)由(１)知,A 点在时间 s内经过了两个全振动,通过的 v vs１５ 发射频率;v为波在该介质中的行进速度;v０为观察者移动速度,
路程为８倍振幅,即４×８cm＝３２cm． 若接近发射源则前方运算符号为＋号,反之则为－号;vs为发射
【拓展提升】
源移动速度,若接近观察者则前方运算符号为－号,反之则为＋
１．B ２．D ３．B ４．A ５．A ６．C ７．C ８．A ９．C
６０ 号．当超高速列车迎面驶来时,有:f ＝ (v＋v０１ f ①,当超高速
１０．解析:(１)
)
由题意知:周期T＝ s＝３s．设波长为λ,则５λ v－vs２０
λ ４８ λ ４８ １６ 列车驶过他身旁后, : (v－v０ ) , f１ ８有 f２＝ f ② 又 ＝ ③,联
＋２＝２４m
,λ＝１１m．
由v＝ 得,T v＝ m
/
１１×３ s＝１１m
/s． v＋vs f２ ５
立解得:vs＝２００km/h．
( ４８２)由于λ＝ m,大于竖直电线杆的直径,所以此波通过竖１１ 本章评估
直的电线杆时会发生明显的衍射现象． １．C ２．D ３．C ４．B ５．C ６．B ７．C ８．D ９．C
１１６
１０．B
波峰, ３根据题意,有:t１＝T＋ T,解得:周期４ T＝０．８s
,由题图可
１１．解析:(１)由乙图知,质点的振动周期为T＝０．８s,由甲图
知,波长λ＝２０m, , λ知波长λ＝４cm 根据波速v＝ ,解得T v＝５cm
/s．
: λ ２０则波速为 v＝ / /T ＝０．８ms＝２５ms． (２)
QA
由题图可知,振幅A＝２cm,Q 的起振时刻为t２＝
() v
＝
２ 振幅为２m;则由t＝０到１．６s时,质点P 通过的路程为:
; ０．７s,Q 的振动方程 ＝Asin [２πs＝２×４A＝１６m y (t－t２)] ,代入数据得:当T t≥
(３)质点P,Q 平衡位置之间的距离为:L＝８５m－１０m＝ ５π
７５m;由L＝vt,解得:t＝３s, ０．７s时,y＝２sin[ (２ t－０．７)]cm,当t＜０．７s时,y＝０．
即经过３s时间质点Q 第一次到达波谷,经过３．８s时间质点
第二次到达波谷． 第四章 光
１２．解析:(１)因为超声波的频率为f＝１．０×１０５Hz,所以质 第１节 光的折射１
点振动周期T＝ ＝１０－５s
f 知识梳理
x＝７．５×１０－３m 处质点图示时刻处于波谷,所以可画出该质 一、１．(１)分界面 (２)进入第２种介质 ２．(１)同一平面内
点做简谐运动的图像如图所示． sinθ 两侧 成正比 １ (２)可逆sinθ２
sinθ c
二、１．光学性质 ２．真空 １sinθ ３．
真空 ４．大于１
２ v
典例精解
【 sinθ典例１】 解析:(１)由折射定律有n＝ １,解得sinθ sinθ２＝２
(２)因为超声波的频率为f＝１．０×１０５Hz,由波的图像可知 sinθ１ １＝ ,则θ２＝３０°,由反射定律得θ′１＝θ１＝４５°,由几何关系
超声波的波长λ＝１５×１０－３m,v＝λf 可得超声波的速度v＝λ
n ２
f
可知反射光线与折射光线间的夹角为
＝１５×１０－３×１．０×１０５m/s＝１５００m/s,所以鱼群与渔船间的距 θ＝１０５°．
()当反射光线与折射光线垂直时,
vt １５００×４ ２ θ１′＋θ２ ＝９０°
,则n＝
离x＝２＝ ２ m＝３０００m． sinθ１ sinθ１ sinθ
sinθ ＝
１
cosθ′＝cosθ ＝tanθ１＝ ２
,故θ１＝arctan２＝５４．７４°．
１３．解析:(１)由波的传播方向可确定质点的振动方向,根据 ２ １ １
:
带动法可知,两列简谐横波分别沿x 轴正方向和负方向传播,
变式
则 １C
【典例２】 解析:(１)P３,P４的连线与CD 的交点即为光线从质点P、Q 均沿y 轴负方向运动,所以质点 M 的起振方向也沿y
玻璃砖中射出的位置,P１,P２的连线与AB 的交点即为光线进入轴负方向;
玻璃砖的位置,连接这两点即可作出玻璃砖中的光路,如图所示
() , , ．２ 由图可知 该两波的波长为０．４m 由波长与波速关系可
λ ０．４
求出,波的周期为T＝ ＝ s＝１s,由图可知,两质点到 的v ０．４ M
０．３ ３
距离都是０．３m．波传到 M 的时间都是:t１＝ s＝ T,M 点起０．４ ４
５
振的方向向下,再经过:t２＝１．２５s＝ T,两波的波谷恰好传到质４ (２)连接O 点与光线在AB 上的入射点所得直线即为法线,
点 M,所以 M 点的位移为－４cm． 作出入射角和折射角如图中i,r所示．
() ５ sini３０到２s这段时间内质点 M 振动的时间是 s,通过的路 (３)图乙中图线的斜率k＝ ＝n,由图乙可知斜率为１．５,４ sinr
５ 即该玻璃砖的折射率为( ) ; １．５．程为s＝４×４× ２A ＝１０×２cm＝２０cm 变式２:B
(４)经过１s,两列波都向前传播了０．４m,由波的叠加分析可 当堂训练
以知道,在t＝１s时,M 处于波谷位置,位移为－４cm,x＝０．４m １．C ２．C ３．C ４．C ５．D ６．C ７．A ８．C ９．A
和x＝０．６m 处质点位于平衡位置,x＝０．２m 和x＝０．８m 处质点 １０．B
位于平衡位置,如图所示． １１．解析:(１)此时OP３与OE 之间的夹角为入射角,θ１＝６０°,
, sinθ１ sin６０°θ２＝３０° 则n＝sinθ ＝２ sin３０°＝ ３．
(２)P４对应的入射角大,折射角相同,所以对应的折射率大．
(３)当在 K 位置时,入射角与折射角相等,所以折射率等
于１．
１４．解析:(１)t＝０时刻,P 向下振动,此前P 已经到过一次 答案:(１)３ (２)P４ (３)１
１１７
１２．解析:(１)光路图如图所示． (３)用插针法“测定玻璃砖折射率”的实验原理是折射定律n
() sinα , sini２ 根据折射定律n＝ ＝ ３ 由几何 ＝ ,如图所示,实线表示玻璃砖向上平移后实际的光路图,虚sinβ sinr
关系２β＝α,可得β＝３０°,α＝６０°,所以CD＝ 线表示作图光路图,由图看出,画图时的入射角、折射角与实际的
３ 入射角、折射角相等,由折射定律可知,测出的折射率没有变化．
Rsinα＝ ２R． 即测出的n值将不变．
课后巩固 AC
答案:(１)AB (２)n＝BD
(３)不变
【基础训练】
１．B ２．D ３．A ４．B ５．A ６．A ７．C １０．解 析:过 D 点 作 AB 边 的 法 线
sinθ１ １ NN′,连接OD,则∠ODN＝α 为O 点发出８．B 解析:由n＝ , 正确, 错误;由于sinθ ≈０．６７≈１．４９ B C２ 的光线在D 点的入射角;设该光线在 D 点
sinθ１＞sinθ２,故光线是从空气射入玻璃中的,AD错误． 的折射角为β,如图所示．根据折射定律有
９．解析:(１)光路图如图所示,画出通过P１、P２的入射光线, nsinα＝sinβ①,式中n 为三棱镜的折
交AC 于O,画出通过P３、P４的出射光线交AB 于O′,连接OO′, 射率．由几何关系可知β＝６０°②,∠EOF＝３０°③,在△OEF 中有
则光线OO′就是入射光线P１P２在三棱镜中的折射光线． EF＝OEsin∠EOF④,由③④式和题给条件得OE＝２cm⑤,根据
题给条件可知,△OED 为等腰三角形,有α＝３０°⑥,由①②⑥式
得n＝ ３．
第２节 全 反 射
知识梳理
一、１．较小 较大 光密 光疏 光疏 光密 光密 光
疏 ２．(１)①折射() ,
反射 ②入射角 (２)①光密 光疏 ②等
２ 在所画的图上注明入射角θ１和折射角θ２ 并画出虚线部
分, １用量角器量出θ１和θ２(或用直尺测出线段EF,OE,GH,OG 于或大于 (３)sinC＝n
的长度)． 二、１．改变光的方向 ２．较大 较小 全反射
() sinθ１ ( EF GH EF/３n＝ , , OE或因为 则 典例精解sinθ sinθ１＝２ OE sinθ２＝OG n＝GH/OG
【 】
典例 解析
:()光路如图所
EF OG １ １
＝OE GH ) ． 示,图中 N 点为光线在AC 边发生反
射的入射点．设光线在 P 点的入射角
１０．解析:()
OA
１ 设入射角为α,由几何关系可知sinα＝OB ＝ 为i、折射角为r,在 M 点的入射角为
１ sinβ ３ r′、折射角依题意得也为i,且,得α＝３０°,由n＝ ,可得２ sinα sinβ＝nsinα＝
,所以
２ β＝６０°． i＝６０°,①
c c ３ 由折射定律得sini＝nsinr,nsinr′＝sini,得r＝r′,OO′为过(２)光在球体中的传播速度v＝ ＝ ,AB＝ R,则光从A 传n ３ ２ M 点的法线,∠C 为直角,OO′∥AC．由几何关系知∠MNC＝r′,
AB ３R 由反射定律可知∠PNA＝∠MNC,得∠PNA＝r,由几何关系得
到B 的时间t１＝ ＝ ,由几何知识知BC＝R,则光从B 传到v ２c r＝３０°,得n＝ ３．
BC R
C 的时间t２＝ ＝ ,故蓝光从A 点传播到C 点所需时间t＝t１ (２)设在 N 点的入射角为i″,由几何关系得i″＝６０°,此三棱c c
镜的全反射临界角满足
５R nsinθ＝１
,得i″＞θ,此光线在N 点发生全
＋t２＝２c． 反射,三棱镜的AC 边没有光线透出．
【拓展提升】 变式１:A
１．C ２．C ３．D ４．B ５．A ６．D ７．D ８．C 【典例２】 解析:该题考查光导纤维的全反射及光速问题．由
９．解析:(１)为了减小角度测量的相对误差,入射角应适当大 题中的已知条件可知,要使光线从光导纤维的一端射入,然后从
一些．但不能太大,否则出射光线太弱,故 A 正确;该同学在插大 它的另一端全部射出,必须使光线在光导纤维中发生全反射现
头针d 时,使d 挡住a、b的像和c,由此确定出射光线的方向,故 象．要使光线在光导纤维中经历的时间最长,就必须使光线的路
B正确;C．由几何知识可知,光线在上表面的折射角等于下表面 径最长,即光对光导纤维的入射角最小,光导纤维的临界角为C
的入射角,根据光路可逆性原理可知,光线一定会从下表面射出, １ L
＝arcsin ．光在光导纤维中传播的路程为d＝ ＝nL,光在光
折射光线不会在玻璃砖的内表面发生全反射．故 C错误;该实验 n sinC
方法的原理是折射定律,也能用来测量其他透明介质的折射率, c , nL导纤维中传播的速度为v＝ 所需的最长时间为tmax ＝
故 D错误． n c
n
AC
２
() sin∠AOC AO AC
nL
２ 玻璃的折射率n＝sin∠BOD＝BD＝
＝ ．
BD c
BO 变式２:D
１１８
当堂训练 π π
由几何关系知,α＝C＝ ,此时玻璃砖转过的角度为 ．
１．D ２．B ３．A ４．B ５．A ６．D ７．B ８．C ９．C ３ ３
１０．C () h２ 折射光线光点A 到O′的距离为xAO′＝ ,
１１．解析:(１)光路图及相关量如图所示． tanα
光束在AB 边上折射,由折射定律得 １０ ３解得xAO′＝ ３ cm．sini
sinα＝n ①
,式中n 是棱镜的折射率．由 第３节 光的干涉
几何关系可知α＋β＝６０° ②,由几何关 知识梳理
系和反射定律得β＝β′＝∠B ③,联立①②③式,并代入i＝６０° 一、１．托马斯 杨 ２．(１)单色 相同 干涉 (２)明暗相
得n＝ ３④．
间 ３．()
l
１ 整数 明条纹 ()奇数 暗条纹 ()
() , sini′
２ ４．１ndλ
２ 设改变后的入射角为i′ 折射角为α′,由折射定律得sinα′
, , ()
l
＝n ⑤ 依题意 光束在BC 边上的入射角为全反射的临界角 ２ dλ．
, １ 二、 路程差 亮 暗θ 且sinθ ＝ ⑥,由几何关系得θ ＝α′＋３０° ⑦,由④⑤⑥ １． ２．
透射 反射 薄膜干涉
c c n c 典例精解
３－ ２ 【典例１】 B 解析:双缝干涉中单缝的作用是获得线光源,⑦式得入射角的正弦为sini′＝ ２ ． 而线光源可以看成是由许多个点光源沿一条线排列组成的,这里
１２．解析:(１)
c
光在液体中的速度为v＝ ,在液体中经过的 观察不到光的干涉现象是由于单缝太宽,得不到线光源．故选项Bn
正确．
nh
最短时间t,则有vt＝h,解得t＝c ． 变式１:D
(２)液面上有光射出的范围是半径为r 的圆,光在液面发生 【典例２】 C 解析:
c c
根据λ＝ ,单色光a的波长λ１＝ ＝
１ f f１
全反射的临界角为C,则有sinC＝ ,因r＝htanC,则有n r＝ ３×１０
８ c
１４m＝０．６×１０－６m＝０．６０μm;单色光５．０×１０ b
的波长λ２＝ ＝
h ２ f２, πh液面上有光射出的面积S＝πr２,解得S＝
２ n２ ．
８
n －１ －１ ３×１０ m＝０．４×１０－６７．５×１０１４ m＝０．４０μm．
则 Δx＝０．６０μm＝λ１,Δx＝
课后巩固
【 ３ λ基础训练】 ０．６０μm＝２λ２＝３×
２ ,可得出选项 正确
２ C ．
１．D ２．C ３．B ４．B ５．C ６．A ７．B ８．C 变式２．解析:屏上P 点距双缝S１和S２的路程差为７．３０×
９．解析:()
sinθ
１ 根据折射定律n＝ １,代入数据得sinθ θ２＝３０°． －７ ,
Δs ７．３０×１０－７m
２ １０ m 则n＝λ ＝
,故在
７．３０×１０－７m＝２ P
点出现明条纹．
(２)作光路图如图所示 ２ ２
在AC 面上光线正好发生全反射,入 答案:明条纹
射角 当堂训练
１ ２
sinθ′＝ ＝ ,θ′＝４５° １．D ２．B ３．D ４．C ５．B ６．B ７．A ８．B ９．D １ n ２ １ １０．C １１．B
根据几何关系,可以求得∠A＝７５°,
:() c Δs ３×１０
－６
∠B＝６０°． １
