物理鲁科选择性必修1教材习题答案_高中全套电子教材及答案。_02高中教材参考答案_高中物理_鲁科版

教材习题答案 第 1 章 动量及其守恒 第2 节 动量守恒定律及其 定律 应用 第1 节 动量和动量定理 练习 １.答案 不可行 对于人 小车及锤子组成的系统 水平方向不 练习 ꎮ 、 ꎬ 受外力 动量守恒 系统内力不会改变系统的总动量 系统的 １.答案 根据动量定理Ｆｔ ｐ 在动量变化量 ｐ 相同的情况 ꎬ ꎬ ꎬ ＝Δ ꎬ Δ 总动量一直保持为 下 增大力的作用时间ｔ 可以减小力的大小Ｆ ０ꎮ ꎬ ꎬ ꎮ ２.答案 ＡＤ ｍｖ ２ ｐ２ ２.答案 由于Ｅ ｋ＝ ２ １ ｍｖ２ ＝ ( ２ ｍ ) ＝ ２ ｍꎬ 所以ｐ２ ＝２ ｍＥ ｋꎮ 解析 系统总动量守恒 ꎬ 两手同时放开后 ꎬ 系统的总动量恒为 ３.答案 由动量定理Ｆｔ ｍｖ ｍｖ 故 对 错 先放开左手 系统有向左的动量 紧接着放开 (１) ＝ ２－ １ ０ꎬ Ａ ꎬＢ ꎻ ꎬ ꎬ 右手 系统总动量向左 故 错 对 １０８ ꎬ ꎬ Ｃ ꎬＤ ꎮ ｍｖ ｍｖ ０－６０× . ３.答案 ＡＤ 可得Ｆ ２－ １ ３６ 负号表示力的方 ＝ ｔ ＝ . Ｎ＝－９ ０００ Ｎꎬ 解析 人与小船组成的系统所受合外力为 动量守恒 ０２ ０ꎬ ꎮ 向与轿车运动方向相反 ４.答案 . 方向向左 ꎮ ０５ ｍ/ｓꎬ 在类似事故中 由于作用时间极短 因此人将受到巨大的 解析 规定向右为正方向 由动量守恒定律 ｍ ｖ ｍ ｖ ｍ (２) ꎬ ꎬ ꎮ ꎬ Ａ Ａ＋ Ｂ Ｂ＝ Ａ 作用力 如果人用双手抵住方向盘 巨大的作用力会对人造成 ｖ ′ ｍ ｖ ′ ꎬ ꎬ Ａ ＋ Ｂ Ｂ 伤害 ｍ ｖ ｍ ｖ ｍ ｖ ′ ꎮ 可 得 碰 撞 后 Ｂ 的 速 度 ｖ ′ Ａ Ａ＋ Ｂ Ｂ－ Ａ Ａ ４.答案 Ｂ ＝ ｍ ＝ ３ ｓ Ｂ 解析 取竖直向下为正方向 整个过程小球只受重力作用 . ꎬ ꎬ ５０×２＋７０×(－３)－５０×(－１５) . 负号表示方向 由动量定理ｍｇｔ ｍｖ ｍｖ ｍ/ｓ＝－０ ５ ｍ/ｓꎬ ＝ ２－ １ ７０ ｍｖ ｍｖ ｖ ｖ 向左 可得小球在空中的运动时间ｔ ２－ １ ２－ １ ２０－(－１０) ꎮ ＝ ｍｇ ＝ ｇ ＝ ｓ＝３ ｓ ｍ ｍ ｖ ｍ ｖ １０ ５.答案 ( １＋ ２) ０－ ２ ２ ｍ ｇｈ ｍ ５.答案 ２ ｍｇ １ ｔ ＋ 解析 由动量守恒定律 ｍ ｍ ｖ ｍ ｖ ｍ ｖ ꎬ( １＋ ２) ０＝ １ １＋ ２ ２ ｍ ｍ ｖ ｍ ｖ 解析 设人自由下落ｈ时的速度为ｖ 有ｍｇｈ １ ｍｖ２ 可得分离后卫星的速率为ｖ ( １＋ ２) ０－ ２ ２ ꎬ ＝ ２ ① １＝ ｍ １ 经历时间ｔ 安全带达到最大伸长量 此时人的速度为 由动 ｍｖ ꎬ ꎬ ０ꎬ ６.答案 两种情况小船获得的速度大小相等 都是２ 量定理有 Ｆ ｍｇ ｔ ｍｖ ꎬ Ｍ ( － ) ＝ ② 解析 两人同时跳出 ｍ ｇｈ 联立 两式解得Ｆ ２ ｍｇ : ①② ＝ ｔ ＋ 由动量守恒守律 有Ｍｖ ｍｖ ꎬ １－２ ＝０ 建议 高空作业的安全带要有一定的弹性 增大相互作用时 ｍｖ : ꎬ 解得小船的速度ｖ ２ 间 减轻对人的伤害 １＝ Ｍ ꎬ ꎮ ６.答案 两人依次跳出 ４ ｍ/ｓ ０ －２ ｍ/ｓ : 解析 物体受力Ｆ 由动量定理 Ｆ ｔ ｍｖ 一个人以相对于地面的速度ｖ先跳出时 有 Ｍ ｍ ｖ′ ｍｖ ０~２ ｓꎬ １＝２ Ｎꎬ ꎬ １ ＝ １－０ ꎬ ( ＋ ) － ＝０ Ｆ ｔ 另一个人以相对于地面的速度ｖ后跳出时 有Ｍｖ ｍｖ Ｍ 解得ｖ １ ２×２ ꎬ ２－ ＝( ＋ １＝ ｍ ＝ １ ｍ/ｓ＝４ ｍ/ｓ ｍ ) ｖ′ 物体不受力 物体以 的速度做匀速直线运动 ｍｖ ２~４ ｓꎬ ꎬ ４ ｍ/ｓ ꎮ 两式联立 解得小船的速度ｖ ２ 物体受力Ｆ 由动量定理 Ｆ ｔ ｍｖ ｍｖ ꎬ ２＝ Ｍ ４~６ ｓꎬ ２＝－２ Ｎꎬ ꎬ ２ ＝ ２－ １ ｍｖ 解得ｖ Ｆ ２ ｔ ＋ ｍｖ １ －２×２＋１×４ 所以两种情况小船获得的速度大小相等 ꎬ 都是２ Ｍ ２＝ ｍ ＝ ｍ/ｓ＝０ １ 物体不受力 物体静止不动 ６~８ ｓꎬ ꎬ ꎮ 第3 节 科学验证：动量 物体受力Ｆ 由动量定理 Ｆ ｔ ｍｖ ８~９ ｓꎬ ３＝－２ Ｎꎬ ꎬ ３ ０＝ ３－０ 守恒定律 Ｆ ｔ 解得ｖ ３ ０ －２×１ ３＝ ｍ ＝ ｍ/ｓ＝－２ ｍ/ｓ 练习 １ ７.答案 ρＳｖ２ １.答案 实验名称 验证动量守恒定律 : 解析 取 ｔ 时间内的水柱为研究对象 水柱质量 ｍ ρＶ 实验目的 Δ ꎬ ＝ ＝ : ρＳｖ ｔ 水柱的初速度为ｖ 末速度为 由动量定理Ｆ ｔ ｍｖ 解 验证动量守恒定律 Δꎬ ꎬ ０ꎬ Δ ＝ ꎬ (１) 得钢板对水的作用力Ｆ ρＳｖ２ 根据牛顿第三定律可知 水对钢 体会将不易测量的物理量转换为易测量的物理量的实验 ＝ ꎬ ꎬ (２) 板的平均冲击力大小为ρＳｖ２ 设计思想 ꎮ ꎮ １ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等实验器材 解析 设子弹射击沙箱时的速度为ｖ 射击沙箱后的共同速度 : ꎬ 实验原理与设计 为ｖ : １ 实验步骤 由动量守恒 有ｍｖ ｍ Ｍ ｖ : ꎬ ＝( ＋ ) １ 数据分析 将测量的数据记入下表 子弹与沙箱摆动过程 最大摆角为α 由机械能守恒 有 : ꎬ ꎬ ꎬ Ａ 量 球 ｍ 质 Ａ Ｂ 量 球 ｍ 质 Ｂ 点 斜 位 槽 置 Ｃ ｘ ＯＰ ｘ ＯＭ ｘ ＯＮ ｍ Ａ􀅰 ｘ ＯＰ ｍ ｍ Ａ Ｂ 􀅰 􀅰 ｘ ｘ Ｏ Ｏ Ｍ Ｎ ＋ 两 １ ２ ( 式 ｍ ＋ 联 Ｍ ) 立 ｖ２ １＝( 解 ｍ ＋ 得 Ｍ ) 子 ｇ ( ｌ － 弹 ｌ ｃ 射 ｏｓ α 击 ) 沙 箱 时 的 速 度 ｖ Ｃ ꎬ ＝ １ ｍ Ｍ ＋ ｇｌ α Ｃ ｍ ２ (１－ｃｏｓ ) ２ Ｃ ７.答案 １ ｍ １ ｍｖ２ ３ (１) (２) ０ ２ ６ 如果满足ｍ Ａ􀅰 ｘ ＯＰ＝ ｍ Ａ􀅰 ｘ ＯＭ＋ ｍ Ｂ􀅰 ｘ ＯＮꎬ 那么两小球在碰撞过 解析 (１) 设Ｂ的质量是Ｍ ꎬ 碰撞后共同速度是ｖ ꎬ 则碰撞前瞬 程中动量守恒 间 Ａ的速度是 １ ｖ Ｂ的速度是 ｖ 实验结论 Ａ Ｂ两小球在碰撞过程中 动量守恒 ꎬ ꎬ ２ ꎮ : 、 ꎬ ２ 讨论 : 从最初到碰撞前 由动量守恒 得ｍｖ ｍ １ ｖ Ｍ ｖ ２.答案 ｍ ｘ ｍ ｘ ｍ ｘ . ꎬ ꎬ ０＝ 􀅰 ＋ 􀅰２ (１)ＢＣＤ (２)ＢＥ (３) ａ ＯＢ＝ ａ ＯＡ＋ ｂ ＯＣ (４)８５５ ２ . 从最初到碰撞后 由动量守恒 得ｍｖ ｍ Ｍ ｖ (５)１４ ꎬ ꎬ ０＝( ＋ ) ３.答案 两 木 (１ 块 ) 的 刻 质 度 量 尺 、 ｍ 天平 ｍ 以及木块从桌边平抛到地面水平方 两式联立 ꎬ 解得Ｂ的质量Ｍ ＝ ２ １ ｍ ꎬ 碰撞后共同速度ｖ ＝ ３ ２ ｖ ０ (２) １、 ２ 向的位移ｘ ｘ 碰撞前 Ａ Ｂ系统的机械能是Ｅ １ ｍｖ２ １、 ２ (２) ꎬ 、 ｋ＝ ０ ｍ ｘ ｍ ｘ ２ (３) １ １＝ ２ ２ 碰撞后 Ａ Ｂ系统的机械能是 ４.答案 ＢＣ ＤＥ . . 在误差允许范围内 ꎬ 、 (１) (２)０ ４２０ ０ ４１７ ꎬ ( )( ) ２ 小车Ｍ与小车Ｎ在碰撞过程中动量守恒 Ｅ ′ １ ｍ １ ｍ ２ ｖ １ ｍｖ２ ｋ ＝ ＋ ０ ＝ ０ . ２ ２ ３ ３ 解析 小车Ｍ碰撞前的速度ｖ ０１０５０ . (２) ＝ . ｍ/ｓ＝１０５０ ｍ/ｓ 碰撞过程中 Ａ Ｂ系统损失的机械能是Ｅ Ｅ ′ １ ｍｖ２ ０１ ꎬ 、 ｋ－ ｋ ＝ ０ ６ 碰撞前系统总动量ｐ ｍｖ . . . ＝ １ ＝０４０×１０５０ｋｇ􀅰ｍ/ｓ＝０４２０ｋｇ􀅰ｍ/ｓ . 章末练习 小车Ｍ与小车 Ｎ 碰撞后的共同速度 ｖ′ ００６９５ . ＝ . ｍ/ｓ＝０ ６９５ ０１ 练习 ｍ/ｓ １.答案 在水平方向上 第一次摩擦力作用时间极短 摩擦力的 碰撞后系统总动量ｐ′ ｍ ｍ ｖ′ . . . ꎬ ꎬ ＝( １＋ ２) ＝(０４０＋０２０)×０６９５ｋｇ􀅰ｍ/ｓ＝ 冲量小 ꎬ 因此水杯没有明显的动量变化 ꎬ 几乎不动 ꎻ 第二次摩 . ０４１７ ｋｇ􀅰ｍ/ｓ 擦力作用时间长 摩擦力的冲量大 因此水杯会有明显的动量 ꎬ ꎬ 变化 水杯被拉动 第4 节 弹性碰撞与非弹性碰撞 ꎬ ꎮ ２.答案 Ｂ 练习 解析 人在起跳时 人受到的地面支持力没有产生位移 故支持 ꎬ ꎬ １.答案 属于弹性碰撞 因为碰撞前后动量守恒 动能也守恒 力不做功 人的速度原来是 起跳后为ｖ 由动量定理 Ｆ ｍｇ ꎮ ꎬ ꎮ ꎻ ０ꎬ ꎬ ( － )􀅰 ２.答案 Ｂ ｔ ｍｖ 所以地面对人的支持力的冲量为Ｆ ｔ ｍｖ ｍｇ ｔ Δ ＝ ꎬ 􀅰Δ ＝ ＋ Δꎮ 解析 冲量是矢量 甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等 ３.答案 ＡＣ ꎬ ꎬ 方向相反 ꎮ 整个作用过程中 ꎬ 有能量损失 ꎬ 机械能不守恒 ꎮ 解析 由题意知 ｍ ｍ Ｅ Ｅ 则有 ｐ２ａ ｐ２ｂ 所以ｐ ｐ ３.答案 Ｂ ꎬ ａ> ｂꎬ ｋ ａ＝ ｋ ｂꎬ ２ ｍ ａ ＝ ２ ｍ ｂ ꎬ ａ> ｂꎬ 解析 Ａ Ｂ两物体碰撞后 动量守恒 四个选项都符合 系统初动量与ａ的初速度方向相同 则末动量应沿原来ａ球 、 :(１) ꎬ ꎻ ꎬ 系统机械能不增加 排除 选项 如果同向 Ａ物体 运动的方向 所以可能出现的状态是 (２) ꎬ Ｃ、Ｄ ꎻ(３) ꎬ ꎬ Ａ、Ｃꎮ 的速度应不大于Ｂ物体的速度 排除 选项 故选 ｍ ｇｈ ꎬ Ａ ꎬ Ｂꎮ ４.答案 ２ ｍｇ ４.答案 . ｔ ＋ ０３ ｍ/ｓ 解析 由动量守恒 ｍｖ ｍｖ ｍｖ 解得 ｖ ｖ ｖ . ＝ １＋ ２ ２ ＝ － １ ＝０ ４ ｍ/ｓ－ 解析 设运动员自由下落ｈ时的速度为ｖ 有ｍｇｈ １ｍｖ２ ꎬ ＝ ① ０.１ ｍ/ｓ＝０.３ ｍ/ｓ ２ ５.答案 见解析 经历时间ｔ 运动员到达最低点 此时运动员的速度为 由动 ꎬ ꎬ ０ꎬ 解析 由题意知 ꎬ 氖核２ １ ０ ０Ｎｅ 质量是 α 粒子４ ２Ｈｅ 质量的 ５ 倍 ꎮ 发 量定理有 ( Ｆ － ｍｇ ) ｔ ＝ ｍｖ ② 生弹性碰撞 动量守恒 ｍｖ ｍｖ ｍｖ ｍ ｇｈ ꎬ : ＝ １＋５ ２ 联立 两式 可解得Ｆ ２ ｍｇ ①② ꎬ ＝ ｔ ＋ 动能守恒 １ ｍｖ２ １ ｍｖ２ １ ｍｖ２ : ＝ １＋ 􀅰５ ２ ２ ２ ２ ５.答案 ３ ｖ 两式联立 解得碰撞后 粒子的速度 ｖ ２ 氖核的速度 ５ ꎬ α １＝－ ３ ꎬ 解析 取碰撞前 Ａ 的速度方向为正方向 ꎬ 由动量守恒定律 ｖ ｖ ｍ ｖ ｍ ｖ ｍ ｖ ｍ ｖ得 ｍ Ａ ｖ Ｂ＋ ｖ ３ ２＝ ３ Ａ Ａ－ Ｂ Ｂ＝－ Ａ ＋ Ｂ ｍ Ｂ ＝ｖ Ａ＋ ｖ＝ ５ ｍ Ｍ ｍＭｖ２ ６.答案 ＋ ｇｌ α ６.答案 ０ ｍ ２ (１－ｃｏｓ ) ｍ Ｍ ｆ ２( ＋ ) ２ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 解析 子弹射入木块过程动量守恒 有ｍｖ ｍ Ｍ ｖ 到Ｂ过程 由机械能守恒有 ꎬ ０＝( ＋ ) ꎬ ｍｖ 解得子弹与木块的共同速度为ｖ ０ ｍ ｍ ｇＲ １ ｍ ｍ ｖ２ ＝ｍ Ｍ ( １＋ ２) ＝ ( １＋ ２) ＋ ２ 两杂技演员分开过程 动量守恒 有 ｍ ｍ ｖ ｍ ｖ ｍ ｖ 设子弹射入木块的深度为ｘ 由能量关系有ｆｘ １ ｍｖ２ ꎬ ꎬ ( １＋ ２) ＝ １ １－ ２ ２ ꎬ ＝ ０－ 男女两演员质量关系为ｍ ｍ ２ １＝２ ２ １ ｍ Ｍ ｖ２ 女杂技演员从Ｂ到Ａ 由机械能守恒 有ｍ ｇＲ １ ｍ ｖ２ ( ＋ ) ꎬ ꎬ ２ ＝ ２ ２ ２ ２ ｍＭｖ２ 男杂技演员从Ｂ到Ｃ做平抛运动 水平方向ｓ ｖ ｔ 解得ｘ ０ ꎬ ＝ １ ＝ ｍ Ｍ ｆ ２( ＋ ) 竖直方向 Ｒ Ｒ １ ｇｔ２ ７.答案 ｍ ｋｇｌ ５ － ＝ １０ ２ 解析 设人给第一辆车水平冲量为Ｉ 则第一辆车获得的动量 将以上几式联立 解得ｓ Ｒ ꎬ ꎬ ＝８ 为Ｉ 则第一辆车获得的动能为 Ｉ２ １２.答案 ꎬ ｍꎮ ２ 设第一辆车与第二辆车碰撞前的速度为ｖ 碰撞后两车的共 １ꎬ 同速度为ｖ ２ꎮ 两车碰撞时 动量守恒 有ｍｖ ｍｖ ꎬ ꎬ １＝２ ２ 第一辆车从最初到碰撞前瞬间 由动能定理有 ꎬ Ｉ２ ｋｍｇ ｌ １ ｍｖ２ 单元自我检测 － 􀅰 ＝ １－ ｍ ２ ２ 两车由碰撞后共速到最后停止 由动能定理有 ｋ ｍｇ ｌ 练习 ꎬ － 􀅰２ 􀅰 ＝０ １.答案 Ｃ １ ｍｖ２ － 􀅰２ ２ 解析 增大缓冲时间 减小了手受到的力Ｆ 而Ｆ ｍａ ２ ꎬ ꎬ ＝ ＝ 以上三式联立 得Ｉ ｍ ｋｇｌ ｖ ｖ ｍｖ ｍｖ ꎬ ＝ １０ ｍ ２－ １ ２－ １ 所以减小了篮球的动量变化率 ８.答案 . ｍ ｔ ＝ ｔ ꎬ ꎮ １１６ Ｈ Δ Δ 解析 未知粒子与氢原子核发生弹性碰撞时 ２.答案 Ａ 动量守恒 ｍｖ ｍｖ ｍ ｖ 解析 由动量守恒定律可得 火箭的动量大小Ｍｖ ｍｖ . ꎬ ＝ １＋ Ｈ Ｈ ꎬ ＝ ＝０ ０５× 故选 机械能守恒 １ ｍｖ２ １ ｍｖ２ １ ｍ ｖ２ ６００ ｋｇ􀅰ｍ/ｓ＝３０ ｋｇ􀅰ｍ/ｓꎬ Ａꎮ ꎬ ＝ １＋ Ｈ Ｈ ３.答案 Ｂ ２ ２ ２ 其中ｖ Ｈ＝３ . ３×１０ ７ ｍ/ｓ 解析 整个运动过程动量守恒 ꎬ ｍｖ 甲＝( ｍ ＋ ｍ 球) ｖ 乙ꎬ 所以ｖ 甲> ｖ 乙ꎮ 未知粒子与氮原子核发生弹性碰撞时 ４.答案 Ｄ 动量守恒 ｍｖ ｍｖ ｍ ｖ 解析 碰撞瞬间 小车与物体构成的系统动量守恒 小球可以 ꎬ ＝ ２＋１４ Ｈ Ｎ ꎬ ꎬ 认为没有参与碰撞 由于惯性 其瞬时速度不变 但小车碰撞 机械能守恒 １ ｍｖ２ １ ｍｖ２ １ ｍ ｖ２ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ＝ ２＋ 􀅰１４ Ｈ Ｎ 后速度变小 因此小球相对小车发生摆动 小球与小车之间会 ２ ２ ２ ꎬ ꎬ 其中ｖ . ６ 发生能量转化 小车与物体构成的系统机械能不守恒 Ｎ＝４７×１０ ｍ/ｓ ꎬ ꎮ 将以上几式联立 可得ｍ . ｍ ５.答案 ＡＤ ꎬ ＝１１６ Ｈ ９.答案 本实验在误差范围内验证了动量守恒定律 解析 整个过程 动量守恒 弹簧被压缩至最短时 两物体共 ꎬ ꎬ ꎬ 解析 由纸带数据可得 ꎬ 碰撞前滑块 Ａ 的速度 ｖ Ａ １ ＝ 速 ꎬ 故选项 Ａ、Ｄ 正确 ꎮ . . －２ ６.答案 ｍ ＯＰ ｍ ＯＭ ｍ ＯＮ (４０２＋４ . ０３)×１０ ｍ/ｓ＝２ . ０１３ ｍ/ｓ (１) . ＡＤＥ . (２) １ ＝ １ ＋ ２ ００４ (３)１４ ２９ １００７ 碰撞后滑块Ａ的速度ｖ Ａ ２＝ (１ . ９２＋ ０ １ . . ０ ９ ４ ３)×１０ －２ ｍ/ｓ＝０ . ９６３ ｍ/ｓ ７.答 解 案 析 ２ 设 ４ . 足 ７８ 球 Ｎ 被头顶起时的速度为ｖ 头与足球相互作用时 ꎬ ꎬ 碰撞后滑块Ｂ的速度ｖ １ . ００×１０ －２ . 由动量定理得 Ｆ ｍｇ ｔ ｍｖ ｍｖ Ｂ＝ . －３ ｍ/ｓ＝２８５７ ｍ/ｓ ( － ) ＝ －(－ ) ３５００×１０ 碰撞前总动量为ｐ ｍｖ . . . 足球离开头上升到最高点时 由机械能守恒得ｍｇｈ １ ｍｖ２ １＝ １ Ａ １＝０３１０×２０１３ｋｇ􀅰ｍ/ｓ＝０６２４ｋｇ􀅰ｍ/ｓ ꎬ ＝ ２ 碰撞后总动量为 ｐ ｍ ｖ ｍ ｖ . . . ２ ＝ １ Ａ ２＋ ２ Ｂ ＝(０ ３１０×０ ９６３＋０ １０８× 两式联立 ꎬ 解得Ｆ ＝２４ . ７８ Ｎꎬ 由牛顿第三定律得 ꎬ 足球对该同 . . ２８５７) ｋｇ􀅰ｍ/ｓ＝０６０７ ｋｇ􀅰ｍ/ｓ 学的平均作用力大小为 . ２４７８ Ｎꎮ 相对误差的绝对值 ｐ ２ ｐ － １ ｐ １ ×１００ ％ ≈ ０ . ６０ ０ ７ . ６ － ２ ０ ４ . ６２４ ×１００ ％ ＝ ８.答案 ( ３ Ｍ Ｍ ＋ － ｍ ｍ) ２ ｈ . ％ 解析 设Ａ Ｂ两球下落ｈ时的速度为ｖ 由机械能守恒 有 ２７２ 、 ꎬ ꎬ １０.答案 锤子与石板接触面积较小 压强大 从而使石裂 石板 与人接 触面积大 压强小 从而人 ꎬ 未伤 用 ꎬ 棉被代替石 ꎬ 板不 ( ｍ ＋ Ｍ ) ｇｈ ＝ １ ( ｍ ＋ Ｍ ) ｖ２ ꎬ ꎬ ꎮ ２ 可行 特别重的石板质量很大 运动状态不容易改变 而棉 球Ｂ与地面碰撞前后的速度等大反向 设Ａ Ｂ两球相碰后的 ꎬ ꎬ ꎮ ꎬ 、 被质量很小 运动状态容易改变 速度分别为ｖ ｖ 由动量守恒Ｍｖ ｍｖ Ｍｖ ｍｖ ꎬ ꎮ ２、 １ꎬ － ＝ １＋ ２ １１.答案 Ｒ 解析 ８ 设杂技演员分开前瞬间的速度为ｖ 分开后瞬间 男杂 由机械能守恒得 １ Ｍｖ２ ＋ １ ｍｖ２ ＝ １ Ｍｖ２ １＋ １ ｍｖ２ ２ ꎬ ꎬ ２ ２ ２ ２ 技演员的速度为ｖ 女杂技演员的速度为ｖ 两杂技演员从Ａ Ａ Ｂ两球相碰后 设Ａ上升的最大高度为Ｈ 由机械能守恒 有 １ꎬ ２ꎬ 、 ꎬ ꎬ ꎬ ３ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等( ) ｍｇＨ １ ｍｖ２ 振动方程为ｘ ２πｔ 当ｘ 时 在一个周期 ＝ ２ ＝２０ ｓｉｎ ｃｍꎬ ＝１０ ｃｍ ꎬ ２ ３ ( Ｍ ｍ) ２ 内 即 ｔ 时 解得ｔ . ｔ . 所以在一个周期 将以上几式联立 ꎬ 解得球Ａ上升的最大高度Ｈ ＝ ３ Ｍ － ｍ ｈ 内 ꎬ 甲板 ０≤ 与 ≤ 码 ３ 头间 ꎬ 高度差 １ 不 ＝０ 超 ２ 过 ５ｓꎬ２＝１ 的 ２５ 时 ｓꎮ 间有 ＋ ꎬ １０ ｃｍ １ ｓꎮ ６.答案 . 或 . 第2 章 机械振动 ０７２ ｓ ０２４ ｓ 解析 质点的振动周期存在两种可能性 设质点在ＡＡ′范围内 ꎬ 运动 第1 节 简谐运动 ꎮ 练习 １.答案 可以视为振动 它的平衡位置在弧形滑道的最低点 ꎮ ꎮ ２.答案 不正确 回复力是效果力 可由振动物体受到的某一 ꎮ ꎬ 个力来提供 也可由振动物体受到的几个力的合力来提供 本 ꎬ ꎬ 题中的回复力是弹簧的弹力 ꎮ ３.答案 ＢＣＤ 解析 物体所受的回复力始终指向平衡位置 但方向会改变 如图甲所示 由Ｏ Ｍ Ａ历时 周期 ꎬ ꎬ (１) ꎬ → → ０.１３ ｓ＋０.０５ ｓ＝０.１８ ｓꎬ 错 正确 Ｔ Ａ ꎬＢ、Ｃ、Ｄ ꎮ １＝４×０.１８ ｓ＝０.７２ ｓ ４.答案 ＢＣ 如图乙所示 由Ｏ Ａ′ Ｍ历时ｔ . 由Ｍ Ａ Ｍ历 (２) ꎬ → → １＝０１３ｓꎬ → → 解析 做简谐运动的弹簧振子 当它每次经过同一位置时 速 时ｔ . 设Ｍ Ｏ历时为ｔ 则 . ｔ ｔ . 解得ｔ . 所 ꎬ ꎬ ２＝０１ｓꎬ → ꎬ ０１３－ ＝２＋０１ꎬ ＝００１ｓꎬ 度大小相等 但方向可能不同 错误 正确 位移相同 以周期Ｔ ｔ ｔ ｔ . ꎬ ꎬＡ、Ｄ ꎬＣ ꎻ ꎬ ２＝ １＋ ２＋ ＝０２４ ｓ 由Ｆ ｋｘ知 力相同 所以加速度相同 正确 ＝－ ꎬ ꎬ ꎬＢ ꎮ ５.答案 Ｂ 第3 节 单摆 Ｆ ｋｘ ｋ 练习 解析 由ａ － ｘ知 ａ与ｘ关系为一次函数 且斜 ＝ ｍ ＝ ｍ ＝－ｍ ꎬ ꎬ １.答案 ＢＤ 率为负 故选 ꎬ Ｂꎮ 解析 单摆摆线拉力与摆球重力的合力沿摆线方向的分力提 ６.答案 ＡＢ 供向心力 沿圆弧切线方向的分力提供回复力 解析 点Ｍ到达水面时 鱼漂具有向上的加速度 错 如果 ꎬ ꎮ ꎬ ꎬＣ ꎻ 鱼漂从平衡位置向下运动 则速度越来越小 错 ２.答案 ２ ４ ꎬ ꎬＤ ꎮ １ １ 解析 甲摆 次与乙摆 次时间相同 其周期是摆 次所用 第2 节 振动的描述 ２０ ４０ ꎬ １ ｔ 练习 时间 所以 Ｔ 甲 ２０ ２ 由Ｔ ｌ 得ｌ ｇＴ２ 所以摆长之 １.答案 橡皮筋振动的频率可能与橡皮筋的粗细 、 松紧 、 长度有 ꎬ Ｔ 乙 ＝ ｔ ＝ １ ꎬ ＝２π ｇ ꎬ ＝ ４π ２ꎬ 关 与振幅无关 ꎬ ꎮ ４０ ２.答 解 案 析 Ｃ 题 Ｄ 中图像是从正向位移最大处开始计时画的 ꎬＡ 错 ꎻ ｔ １ 比为 ｌ ｌ 甲 乙 ＝ æ è ç Ｔ Ｔ 甲 乙 ö ø ÷ ２ ＝ １ ４ 时刻振子正通过平衡位置向负方向运动 错 由题图可知 正确 ꎬＢ ꎻ ꎬ ３.答案 ｔ 丙< ｔ 甲＝ ｔ 乙 Ｃ、Ｄ ꎮ 解析 甲 乙两球做简谐运动 可看成单摆 它们从静止释放 ３.答案 Ｄ 、 ꎬ ꎬ ｌ 解析 甲每分钟心跳 次 跳 次的时间是 由题图 至到达 Ｏ 点所用时间为 ｔ ｔ １ Ｔ １ ６０ ꎬ １ １ ｓꎬ (ａ) 甲 ＝ 乙 ＝ ＝ 􀅰２π ｇ ＝ 可知 心脏跳 次心电图仪坐标纸移动的位移是 所以 ４ ４ ꎬ １ ２５ ｍｍꎬ Ｒ Ｒ ｘ π . 坐标纸的速度是ｖ １ ２５ 同一台心电图仪 ｇ ≈１５７ ｇ ＝ ｔ ＝ ｍｍ/ｓ＝２５ ｍｍ/ｓꎬ ２ １ １ 走纸速度相同 错误 由题图 可知心脏跳 次心电图 Ｒ Ｒ ꎬＢ、Ｃ ꎻ (ｂ) １ ｘ 丙球做自由落体运动 ꎬ 所用时间为ｔ 丙＝ ２ ｇ ≈１ . ４１４ ｇ ꎮ 仪坐标纸移动的位移是 ２０ ｍｍꎬ 所以跳 １ 次的时间是ｔ ２＝ ｖ ２ ＝ ４.答案 ０ . １６２ ｍ ２０ . 所以 分钟心跳次数为６０ 次 解析 由Ｔ ｌ 得ｌ ｇ 月 Ｔ２ １ . ６×２ . ０ ２ . ２５ ｓ＝０８ ｓꎬ １ ０ . ８ ＝７５ ꎮ ＝２π ｇ ꎬ ＝ ４π ２ ＝ ４×３ . １４ ２ ｍ≈０１６２ ｍꎮ ４.答案 Ｄ ５.答案 Ｏ Ｅ Ａ Ｇ Ｂ Ｅ Ｃ Ｆ Ｄ Ｅ (１) → → → → → ５.答案 . . １ ｓ １５~２ ｓ ０~０５ ｓ 解析 将游船浮动看作竖直方向的简谐运动 振动图像如图 摆球多次通过Ｅ点时 发生变化的物理量是速度 ꎬ (２) ꎬ 所示 ｌ ｇＴ２ ２ 由Ｔ 得ｌ １０×２ (３) ＝２π ｇ ꎬ ＝ ４π ２ ＝ ４×１０ ｍ＝１ ｍ Ｔ ＧＭ ６.答案 Ｒ ｌ － ２π 解析 设山顶海拔为ｈ 山顶处的重力加速度为ｇ ꎬ ꎬ ｌ 对于山顶处的一个单摆 有Ｔ ꎬ ＝２π ｇ ４ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 Ｍｍ 对于山顶处的一个质量为ｍ的物体 有Ｇ ｍｇ ６.答案 Ｂ ４ ꎬ Ｒ ｈ ２ ＝ (１) (２) ( ＋ ) ９ 解析 因为北京比上海的纬度高 所以北京比上海的重力 Ｔ ＧＭ (１) ꎬ 两式联立 解得ｈ Ｒ ꎬ ＝ ｌ － 加速度大 ２π ꎮ ｌ ２ ２ 由Ｔ 得Ｔ２ ４π ｌ 即 ｋ ４π 所以重力加速度 ｇ 第4 节 科学测量：用单摆测量重力加速度 ＝２π ｇ ꎬ ＝ ｇ ꎬ ＝ ｇ ꎬ ＝ 练习 ２ ４π ｋ越小 重力加速度越大 ｋ ꎬ ꎬ ꎮ １.答案 实验目的 : (１) 用单摆测量重力加速度 由题图 得出ａ ｂ周期之比是 Ｔ ａ ２ 由Ｔ ｌ (２) 会使用秒表测量时间 (２) (ｂ) 、 Ｔ ｂ ＝ ３ ꎬ ＝２π ｇ ꎬ (３) 能分析实验误差来源 ꎬ 并能采用适当方法减小测量误差 得ｌ ｇＴ２ 所以两单摆摆长之比为 ｌ ａ æ ç Ｔ ａ ö ÷ ２ ４ 实验器材 : ＝ ４π ２ꎬ ｌ ｂ ＝èＴ ｂ ø ＝ ９ ꎮ 实验原理与设计 : 第5 节 生活中的振动 实验步骤 : 重力加速度 练习 摆线长度ｌ摆球直径ｄ摆长Ｌ摆球全振动次数Ｎ所用时间ｔ周期Ｔ ｇ ＝ ４ Ｔ π ２ ２ｌ 平均值 １.答案 这是记载在 « 墨子 » 中的一段话 ꎬ 它描述了战国时 ꎬ 墨家 运用共振效应侦察敌情的事情 这种设置 由于坛口蒙皮 其 ꎮ ꎬ ꎬ 坛腔形成共振腔 可产生 交混回响 当敌人打隧道的声音 ꎬ “ ”ꎮ 通过泥土沙石传给坛壁时 坛内空气振动引起坛口蒙皮振动 ꎬ ꎬ 这就容易为人所察觉 数据分析 ꎮ : 实验结论 ２.答案 Ａ Ｂ对应的时刻 摆球的势能相同 但机械能与动能 Ａ 、 ꎬ ꎬ ꎬ : 大Ｂ小 讨论 : 解析 由于振幅逐渐减小 故摆球的机械能逐渐减小 所以Ａ ２ｌ ꎬ ꎬ ２.答案 将摆线长度当成摆长ｌ 重力加速度为ｇ ４π 总是 ꎮ ＝ Ｔ２ ꎬ 时刻的机械能大于Ｂ时刻的机械能 ꎮ 由于Ａ 、 Ｂ两时刻摆球的 位移相同 所以在这两个时刻摆球相对零势能点高度相同 因 偏小 说明不是偶然误差 可能是将摆线长度当成摆长ｌ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎮ 此势能相同 所以Ａ时刻的动能大于Ｂ时刻的动能 ３.答案 还要用游标卡尺测量摆球的直径 摆长应是摆线的 ꎬ ꎮ (１) ꎬ ３.答案 ＢＤ 长度与摆球半径之和 ꎮ 解析 当飞轮的转动频率与机器的固有频相同时 机器振幅 一个周期内摆球经过最低点 次 所以单摆的周期应是 ꎬ (２) ２ ꎬ 最大 振动最强烈 ｔ ꎬ ꎮ Ｔ ＝ ꎮ ４.答案 ＡＢＣ (６０－１) 解析 振子做受迫振动时 振动稳定后的频率总等于驱动力 ２ ꎬ 还要改变摆长 重复实验多次 得到多个 ｇ 再取平均值 的频率 当驱动力的频率与振子固有频率相同时 振子的振 (３) ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎮ ꎬ 才能作为实验结果 幅最大 发生共振 振子的固有频率与驱动力的频率无关 ꎮ ꎬ ꎮ ꎬＤ ４.答案 . . . 错误 ０８７５ １８８ ９７６ ꎮ . ５.答案 . 解析 . １８０ . . 秒表读数为 １２５ ｍ/ｓ ８８４０ ｃｍ－ ｃｍ＝８７５ ｃｍ＝０８７５ ｍꎬ ６０ ｓ ｘ ２ 解析 固有周期Ｔ １ １ . ｖ １０ . . . 则周期Ｔ ７５ . ２ . ｇ ４π ２ｌ . ２ ＝ ｆ ＝ １ . ２５ ｓ＝０ ８ ｓꎬ ＝ Ｔ ＝ ０ . ８ ｍ/ｓ＝１２ ５ ＋１５２ ｓ＝７５２ ｓꎬ ＝ ４０ ｓ＝１８８ ｓꎬ ＝ Ｔ２ ＝９７６ ｍ/ｓ ｍ/ｓꎮ ５.答案 (１) 如图所示 (２)４ . ０３ (３)９ . ７９ ｍ/ｓ ２ ６.答案 风阻尼器可以抑制建筑物由于强风引起的摇晃 ꎬ 吸收 楼体的振动 ꎮ 章末练习 练习 １.答案 增加筛子质量或增大电动偏心轮电压 解析 驱动力的周期与筛子的固有周期越接近 筛子振动的 ꎬ 振幅越大 ꎮ 筛子的固有周期为Ｔ １５ . 电动偏心轮的转动周期为 ＝ ｓ＝１ ５ ｓꎬ １０ Ｔ′ ６０ . . . ＝ ｓ＝１６７ ｓ 解析 ｋ ４８４－２０２ . ３６ (２) ＝ . . ＝４０３ 使两者接近 可以增大筛子的周期 通过增加筛子质量实现 １２－０５ ꎬ ( ) 由Ｔ ｌ 得Ｔ２ ４π ２ ｌ 即ｋ ４π ２ 或减小电动偏心轮的周期 ( 通过增大电压实现转速提高 ꎬ 减小 (３) ＝２π ｇ ꎬ ＝ ｇ ꎬ ＝ ｇ ꎬ 周期 )ꎮ 所以重力加速度ｇ ４π ２ ４×３ . １４ ２ ２ . ２ ２.答案 Ｄ ＝ ｋ ＝ . ｍ/ｓ ＝９７９ ｍ/ｓ 解析 初始时刻 试管在正向最大位移处 故 正确 ４０３ ꎬ ꎬ Ｄ ꎮ ５ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等３.答案 Ｄ ９.答案 略 解析 如图所示 质点由 Ｍ Ａ Ｍ 经过的时间并非一个周 １０.答案 作出拉力Ｆ随弹簧形变量ｘ变化的关系图像 即 ꎬ → → ꎬ (１) ꎬ 期 故 错 质点由Ｍ Ｏ Ｍ′ Ｍ′与Ｍ处速度相同 但经过 Ｆ ｘ图像 如图所示 在图像中图线与ｘ轴所围面积即拉力 ꎬ Ａ、Ｃ ꎻ → → ꎬ ꎬ － ꎬ ꎮ 的时间并非一个周期 故 错 只有 正确 ꎬ Ｂ ꎮ Ｄ ꎮ Ｆ在弹簧自由端移动的位移 ｘ 上所做的功 即 Ｗ １ ｋｘ２ ꎬ ＝－ ꎮ ２ 负号表示弹力做负功 ｌ ｌ ꎮ ４.答案 π ｇ ＋π ｇ ２ ｌ 解析 由单摆周期公式Ｔ 可得 ＝２π ｇ : ｌ ｌ Ａ Ｂ ｔ １ Ｔ １ π → ꎬ１＝ １＝ 􀅰２π ｇ ＝ ｇ ４ ４ ２ ｌ ｌ Ｂ Ｃ ｔ １ Ｔ １ ２ π → ꎬ２＝ ２＝ 􀅰２π ｇ ＝ ｇ ４ ４ ２ ２ ｌ ｌ 所以此单摆的周期是Ｔ′ ｔ ｔ ＝２( １＋ ２)＝π ｇ ＋π ｇ ２ ５.答案 位移变大 回复力变大 速度变小 动 (１)－ ２ ｃｍ (２) ꎬ ꎬ ꎬ 物块由ｘ 向右运动到ｘ 然后由ｘ 返回到ｘ 弹力做的 能变小 弹性势能变大 (２) １ ３ꎬ ３ ２ꎬ ꎬ 功是Ｗ １ ｋ ｘ２ ｘ２ 弹性势能的变化量是 １ ｋ ｘ２ ｘ２ (３)３４ ｃｍ ＝－ ( ２－ １)ꎬ ( ２－ １)ꎮ 解析 由图像可得简谐运动方程为 ２ ２ (１) 第3 章 机械波 æ ö ( ) ｘ ç ２π ｔ ３ ÷ ｔ ３ ＝２ ｓｉｎè －２􀅰 ＋ πø ｃｍ＝２ ｓｉｎ １００π ＋ π ｃｍ ２×１０ ２ ２ 第1 节 波的形成和描述 当ｔ . －２ 时 ｘ ＝０２５×１０ ｓ ꎬ ＝－ ２ ｃｍ 练习 从ｔ . －２ 到ｔ －２ 这段时间内 振子的位移变 (２) ＝１５×１０ ｓ ＝２×１０ ｓ ꎬ １.答案 不能实现 篮球只能在水面某个位置上下振动 大 回复力变大 速度变小 动能变小 弹性势能变大 ꎮ ꎮ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎮ ２.答案 Ｂ Ｔ 从ｔ 到ｔ . －２ 这段时间内 弹簧振子经 (３) ＝２ ｓꎬ ＝０ ｓ ＝８５×１０ ｓ ꎬ 解析 根据质点ｅ的运动方向向下及波形图中ｅ的位置 可以 历了 . 个周期 个周期内质点的路程是 倍振幅 所以 ꎬ ４２５ ꎮ １ ４ ꎬ 确定此波沿ｘ轴负方向传播 质点ｃ此时向下运动 错误 . 个周期质点的路程是 . ꎬ ꎬＡ ꎬＢ ４２５ ４２５×４×２ ｃｍ＝３４ ｃｍꎮ 正确 由于波沿ｘ轴负方向传播 质点ａ比质点ｂ后回到平衡 ｘ ｙ ｙ ꎮ ꎬ ６.答案 周期Ｔ ２ ０ 振幅Ａ １－ ２ 位置 错误 每个点的振幅都等于波源的振幅 错误 ＝ ｖ ＝ ꎬＣ ꎮ ꎬＤ ꎮ ２ ３.答案 Ｄ ７.答案 Ｒ( ｋ２ ) １－ 解析 根据波源位置 可知波向右传播 错 对 根据波形 ＧＭｍ ꎬ ꎬＣ ꎬＤ ꎻ 解析 在地面处 ꎬ 单摆所受重力近似等于万有引力ｍｇ ＝ Ｒ２ 图 ꎬ ａ 、 ｂ两质点之间的距离为一个波长 ꎬ 振动开始时刻相差一 个周期 错误 Ｌ ꎬＡ、Ｂ ꎮ 单摆在地面的摆动周期Ｔ ＝２π ｇ ４.答案 每秒做两次全振动 所以频率ｆ 周期Ｔ １ . ꎬ ＝２Ｈｚꎬ ＝ ｆ ＝０５ｓꎬ 设地球密度为ρ 地球的质量Ｍ ４ Ｒ３ρ λ ꎬ ＝ π 由波形图可知波长λ . 所以波速ｖ ３ ＝５０ ｃｍ＝０５ ｍꎬ ＝ Ｔ ＝１ ｍ/ｓꎮ Ｌ 将以上四式联立解得Ｔ ３ ｔ . 时 波传播到ｘ ｖｔ . 处 ＝π Ｇρ Ｒ ＝１２５ ｓ ꎬ ＝ ＝１２５ ｍ＝１２５ ｃｍ ꎮ π 如果最初手向下抖动 . 后的波形图如图所示 质量均匀分布的球壳对壳内物体的引力为零 深度为ｄ的矿 ꎬ１２５ ｓ : ꎬ 井内单摆受到的万有引力可以看作是半径为(Ｒ ｄ)的球体施 － Ｌ 加的 同理单摆的摆动周期Ｔ′ ３ ꎬ ＝π Ｇρ (Ｒ ｄ) π － Ｔ 而周期之比 ｋ 解得ｄ Ｒ( ｋ２ ) Ｔ′＝ ＝ １－ 如果最初手向上抖动 . 后的波形图如图所示 ꎬ１２５ ｓ : ８.答案 游标卡尺 秒表 毫米刻度尺 ａ . (１) 、 、 (２) (３)０ ３ . ９８６ ｌ ｘ ２ ２ ２ 解析 由Ｔ ＋ 得Ｔ２ ４π ｌ ４π ｘ 即ｋ ４π (３) ＝２π ｇ ꎬ ＝ ｇ ＋ ｇ ꎬ ＝ ｇ ꎬ . 由图像ａ可知 ｋ １２０ ꎬ ＝ ３０×１０ －２ ＝４ 若要增大绳波的波长 ꎬ 应减小抖动绳子的频率 ꎮ 所以重力加速度ｇ ＝ ４π ｋ ２ ＝ ４×３ . １４ ２ ｍ/ｓ ２ ＝９ . ８６ ｍ/ｓ ２ ５.答案 ｖ ＝ ｘ ｔ ＝ １４×１０ ３ ｍ/ｓ＝１４００ ｍ/ｓ ４ １０ ６.答案 . . . 由图像ａ可知４π ２ ｘ . 所以ｘ . (１)０３ ｍ/ｓ ０６７ ｓ (２)０１ ｍ/ｓ ２ ｓ ｇ ＝１２０ꎬ ＝０３ ｍ 解析 由题图可知 波长λ . 由于该波的周期Ｔ大于 . ꎬ ＝０２ｍꎬ ０５ｓꎬ ６ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 则波在 . 内传播的距离小于一个波长 解析 因为当狭缝的宽度跟波长相差不大或者比波长更小 ０５ ｓ ꎮ 如果波向ｘ轴正方向传播 由图得到波传播的距离为 ｘ 时 才能观察到明显的衍射现象 (１) ꎬ Δ ＝ ꎬ ꎮ ３.答案 ＢＣ ３ λ . ＝０１５ ｍ 解析 当两列波相遇时 在相遇的区域里 介质中的质点同时 ４ ꎬ ꎬ ｘ . λ . 参与相遇的波列的振动 质点的位移等于相遇波列单独存在 故波速为 ｖ Δ ０１５ . 周期 Ｔ ０２ ꎬ ＝ ｔ ＝ . ｍ/ｓ＝０ ３ ｍ/ｓꎬ ＝ ｖ ＝ . ｓ＝ 时在该处引起的位移的矢量和 波使相遇处的质点向下运 Δ ０５ ０３ ꎮ １ . 动 波使相遇处的质点向上运动 因此相遇处质点位移是 ０６７ ｓ ꎬ２ ꎮ 如果波向ｘ轴负方向传播 由图得到波传播的距离为 ｘ 可能 当两列波重叠在一起时 所有质点振动的位移均等 (２) ꎬ Δ ＝ ０ꎬＢ ꎮ ꎬ 于每列波单独传播时引起的位移的矢量和 使得所有质点振 １ λ . ꎬ ＝００５ ｍ ４ 动的位移加倍 可能 ꎬＣ ꎮ 故波速为ｖ Δ ｘ ０ . ０５ . 周期Ｔ λ ０ . ２ ４.答案 Ｂ ＝ ｔ＝ . ｍ/ｓ＝０１ ｍ/ｓꎬ ＝ ｖ ＝ . ｓ＝２ ｓ Δ ０５ ０１ 解析 同种介质中波速相同 而两列波波长不同 因此周期及 ７.答案 沿ｘ轴负方向 . ꎬ ꎬ (１) ０５ ｍ/ｓ (２)８ ｃｍ 频率不同 不会产生干涉 解析 根据图 可知ｘ . 处的质点在ｔ 时的振 ꎬ ꎮ (１) (ｂ) ＝１５ ｍ ＝２ ｓ ５.答案 ＡＤ 动方向向下 所以该波沿ｘ轴负方向传播 ꎬ ꎮ 解析 波峰与波峰相遇处 质点的振幅是Ａ Ａ 但其位移不 由 图知 周期Ｔ 由 图知波长λ 所以波速ｖ ꎬ １＋ ２ꎬ (ｂ) ꎬ ＝４ ｓꎬ (ａ) ＝２ ｍꎬ ＝ 总是为Ａ Ａ 波峰与波谷相遇处 质点的振幅是 Ａ Ａ 但 λ １＋ ２ꎬ ꎬ ｜ １－ ２｜ꎬ ２ . 其位移不总是为Ａ Ａ 质点的位移做周期性变化 且小于或 Ｔ ＝ ｍ/ｓ＝０５ ｍ/ｓ １－ ２ꎮ ꎬ ４ 等于振幅 错误 正确 个周期内 质点运动的路程是 Ａ 前 是半个周期 所 ꎬＢ、Ｃ ꎬＡ、Ｄ ꎮ (２)１ ꎬ ４ ꎬ ２ ｓ ꎬ ６.答案 Ｃ 以质点Ｐ运动的路程是 倍振幅 是 ２ ꎬ ８ ｃｍꎮ 解析 到两波源路程之差等于半波长的偶数倍时 振动都加 ８.答案 . . ꎬ (１)１５ ｓ (２)１７ ｓ ２５ ｃｍ －５ ｃｍ 强 到两波源路程之差等于半波长的奇数倍时 振动都减弱 λ . ｘ ꎻ ꎬ ꎮ 解析 Ｔ ０２４ . 波传播到质点Ｐ需要用时ｔ Δ (１) ＝ ｖ ＝ . ｓ＝０４ｓꎬ １＝ ｖ ＝ ０６ 第4 节 多普勒效应及其应用 . . ０９６－０２４ . 质点Ｐ从开始振动到第 次到达波峰用时 练习 . ｓ＝１２ｓꎬ １ ０６ １.答案 变大 ｔ ３ Ｔ . 所以ｔ ｔ ｔ . ２＝ ４ ＝０３ ｓꎬ ＝ １＋ ２＝１５ ｓꎮ 解析 当观察者靠近波源时 ꎬ 在单位时间内接收到完整的波 的个数增多 接收到的波的频率增大 质点 Ｐ 从开始振动到第 次到达波谷用时 ｔ ５ Ｔ ꎬ ꎮ (２) ２ ３ ＝ ＝ ２.答案 Ｃ ４ . 所以ｔ′ ｔ ｔ . 解析 多普勒效应是由波源与观察者间的相对运动引起的 ０５ ｓꎬ ＝ １＋ ３＝１７ ｓꎮ ꎬ 当Ｐ点第 次到达波谷时 质点Ｐ通过的路程是 Ａ 任何波都能产生多普勒效应 ２ ꎬ ５ ＝２５ ｃｍꎻ ꎮ 该时刻Ｐ的位移是 ３.答案 ＣＤ －５ ｃｍꎮ 解析 观察者接收到的频率与波源发出的频率大小关系由它 第2 节 波的反射和折射 们之间的相对运动情况决定 如果它们之间的距离不变 两 ꎮ ꎬ 练习 频率相同 如果它们之间的距离变小 观察者接收到的频率比 ꎻ ꎬ １.答案 波源发出的频率高 如果它们之间的距离变大 观察者接收到 ３４０ ｍ ꎻ ꎬ 的频率比波源发出的频率低 错误 解析 ｄ １ ｖｔ ｖｔ １ . . ꎬＡ、Ｂ ꎮ ＝ ( 右＋ 左)＝ (３４０×０５＋３４０×１５) ｍ＝３４０ ｍ ４.答案 超速 ２ ２ ２.答案 ＡＢＣＤ 解析 巡警车接收到的电磁波的频率比发出时的低 说明巡 ꎬ ３.答案 ＡＢ 警车与轿车间的距离变大 因此前方轿车的速度一定大于后 ꎮ ４.答案 方巡警车的速度 即超速 ２ ｋｍ ꎬ ꎮ ｄ 解析 爆炸声由空气直接传来所需时间ｔ ３ 所 １＝ ｖ ＝ ｓ＝９ ｓꎬ 章末练习 １ 练习 ３ 以通过云层反射传来所需时间ｔ ｔ ｔ １.答案 频率变大 波速不变 波长变小 ２＝ １＋Δ ＝１５ ｓꎬ 解析 波速由介质决定 频率由波源决定 波长由波速和频 通过云层反射传播的距离ｘ ｖｔ １ 所以云层 ꎮ ꎮ ＝ ２＝ ３ ×１５ ｋｍ＝５ ｋｍꎬ 率决定 ꎮ ( ｘ ) ２ ( ｄ ) ２ ( ) ２ ( ) ２ ２.答案 Ｐ振子 下表面的高度ｈ ５ ３ (１) (２)３５ ｋｍ ＝ － ＝ － ｋｍ＝ 解析 Ｐ振子接收纵波 Ｈ振子接收横波 因为纵波传播 ２ ２ ２ ２ (１) ꎬ ꎮ 速率大 所以Ｐ振子先开始振动 ２ ｋｍꎮ ꎬ ꎮ ｄ ｄ 第3 节 波的干涉和衍射 (２) 设震源距地震仪距离为ｄ ꎬ 则有 . － ＝５ ｓꎬ 解 ３５ ｋｍ/ｓ ７ ｋｍ/ｓ 练习 得ｄ ＝３５ ｋｍꎮ １.答案 干涉图样中的振动加强区与振动减弱区的位置是固定 ３.答案 Ｃ 的 与拍摄时间无关 解析 蝙蝠垂直飞向墙面 蝙蝠与墙面间的距离变小 接收到 ꎬ ꎮ ꎬ ꎬ ２.答案 使狭缝ＡＢ的宽度减小可以使衍射现象更明显 的频率都变大 ꎮ ꎮ ７ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等４.答案 Ｄ ｙ Ａ ωｔ φ 可得 ω ２π π 再由 ｔ 时 ｙ 解析 每个质点的振幅都等于 错误 经过 . 质点 ＝ ｓｉｎ( ＋ ０)ꎬ ＝ Ｔ ＝ ｒａｄ/ｓꎬ ＝０ ꎬ ＝ ４ ｃｍꎬＡ ꎻ ０２５ ｓꎬ ２ ｂ沿ｘ方向移动的距离是 沿ｙ方向移动 错误 由于 ０ꎬ ４ ｃｍꎻＢ ꎻ ｔ １ 时 ｙ 代入得 φ ５ Ａ . 所以质点 波沿ｘ轴正方向传播 从ｔ 时刻起 质点ａ比质点ｃ先回到 ４ ｃｍꎬ ＝ ｓ ꎬ ＝０ꎬ : ０＝ πꎬ ＝０ ０８ ｍꎬ ꎬ ＝０ ꎬ ３ ６ 平衡位置 错误 由回复力Ｆ ｋｙ 可知 正确 ( ) ꎬＣ ꎻ ＝－ ꎬ Ｄ ꎮ Ｏ的位移随时间变化的关系式为ｙ . πｔ ５ 或 ５.答案 ＡＢＤ ＝００８ ｓｉｎ ＋ π ｍ ２ ６ 解析 甲起振方向向下 乙起振方向向上 正确 甲 乙波长 ( ) ꎬ ꎬＡ ꎻ 、 ｙ . πｔ １ 之比是 波速相同 所以频率之比是 正确 再经过 ＝００８ ｃｏｓ ＋ π ｍꎮ ２ ∶ ３ꎬ ꎬ ３ ∶ ２ꎬＢ ꎻ ２ ３ 甲 乙两波都传播了 在ｘ 处 由波的叠加原理可 ９.答案 ３ ｓꎬ 、 ６ ｍꎬ ＝７ ｍ ꎬ ４ 知 该处质点振动方向向上 错误 解析 当该同学到两声源的间距为半波长的偶数倍时 振动 ꎬ ꎬＣ ꎻ ꎬ ( ｘ ) 加强 故该同学从中间向一侧移动 . . 由ｙ Ａ ωｔ φ Ａ ２π φ 得 ꎬ ０ ｍ、２５ｍ、５ｍ、７５ｍ、１０ｍ ＝ ｓｉｎ ( ＋ )＝ ｓｉｎ Ｔ􀅰 ｖ ＋ : 时 听到声音变强 当该同学到两声源的间距为半波长的奇数 ꎬ ꎻ ( ｘ ) ( ) 倍时 振动减弱 故该同学从中间向一侧移动 . . ｙ Ａ ２π Ａ π ｘ ꎬ ꎬ １２５ ｍ、 ３７５ ｍ、 甲＝ ｓｉｎ 􀅰 ＋π ＝ ｓｉｎ 􀅰 ＋π . . 时 听到声音变弱 所以由强变弱的次数为 ２ ２ ２ ６２５ ｍ、８ ７５ ｍ ꎬ ꎮ ( ｘ) ( ) 次 ｙ Ａ ２π １２－ Ａ πｘ ４ ꎮ 乙＝ ｓｉｎ 􀅰 ＝ ｓｉｎ ４π－ １０.答案 光速不变 波长变长 说明频率变小 根据多普勒效应 ３ ２ ３ ( ) ꎬ ꎬ ꎬ 可知星体与地球间距离变大 因此星体正远离地球 经过 ３ ｓꎬ 两波叠加部分 : ｙ ＝ ｙ 甲＋ ｙ 乙＝ Ａ ｓｉｎ π 􀅰 ｘ ＋π ＋ Ａ 􀅰ｓｉｎ ꎬ ꎮ ( ) ２ １１.答案 １ Ｔ １ ｈ (１) (２) πｘ 其中ｘ ４ ４ ４π－ ꎬ ∈[０ꎬ８] ３ ｌ 解析 单摆周期Ｔ 只取决于摆长和重力加速 令ｙ 解得ｘ １２ ２４ ３６ 再加上ｘ 处 两 (１) ＝２π ｇ ＝０ꎬ ＝ ｍ、 ｍ、６ ｍ、 ｍꎬ ＝９ ｍ ꎬ ５ ５ ５ 度 与质量无关 波源间 不含波源 共有 个质点位移为 正确 ꎬ ꎮ ６.答案 Ａ ( Ｂ ) ５ ０ꎬＤ ꎮ (２) 设ａ 、 ｂ两球碰撞前的速度分别为ｖ ａ、 ｖ ｂꎬ 碰撞后的共同速 度为ｖ 解析 根据 图知ｔ . 时Ｑ点向下振动 再结合 ꎮ (ｂ) ＝０ １０ ｓ ꎬ (ａ) 图 ꎬ 可以确定该波沿ｘ轴负方向传播 ꎮ ｔ ＝０ . ２５ｓ 时Ｑ点位于波 已知ｖ ａ＝ １ ｖ ｂꎬ ｍ ａ＝５ ｍ ｂ 峰 所以Ｐ点在ｘ轴下方 加速度方向与ｙ轴正方向相同 正 ２ ꎬ ꎬ ꎬＡ 确 波速ｖ λ ８ 从ｔ . 到ｔ . 该 ａ球从最高点摆到最低点 ꎬ 机械能守恒 ꎬ 有ｍ ａ ｇｈ ＝ １ ｍ ａ ｖ２ａ ꎻ ＝ Ｔ ＝ . ｍ/ｓ＝４０ ｍ/ｓꎬ ＝０ １０ ｓ ＝０ ２５ ｓꎬ ２ 波沿ｘ轴负方向 ０ 传 ２ 播的距离 ｘ ｖ ｔ . . 两球碰撞过程 ꎬ 动量守恒 ꎬ 有ｍ ａ ｖ ａ－ ｍ ｂ ｖ ｂ＝( ｍ ａ＋ ｍ ｂ) ｖ ＝ Δ ＝４０×(０ ２５－０ １０) ｍ＝６ ｍꎬＢ 正确 ꎻ 由于ｔ ＝０ . １０ ｓ 时质点Ｐ没在平衡位置或波峰 、 波谷 碰撞后摆动过程 ꎬ 机械能守恒 ꎬ 有 １ ( ｍ ａ＋ ｍ ｂ) ｖ２ ＝( ｍ ａ＋ ２ 处 ꎬ 所以在 ３ Ｔ内质点通过的路程不是 ３ Ａ ＝３０ ｃｍꎬＣ 错误 ꎻ 质 ｍ ｂ) ｇｈ′ ４ 点Ｑ 简谐运动的表达式为 ｙ Ａ ωｔ φ . 解得 ｈ′ １ ｈ ＝ ｓｉｎ ( ＋ )＝ ０ １０ ｓｉｎ : ＝ ( ) ４ ２π ｔ . ｔ 错误 １２.答案 . 􀅰 ＋０ (ｍ)＝０１０ ｓｉｎ１０π(ｍ)ꎬＤ ꎮ ０２ ７.答案 或 ６ ｍ １２ ｍ 解析 如图所示 : ８.答案 . . (１)４ ｓ ００７５ ｍ/ｓ ０３ ｍ ( ) ｙ . πｔ ５ (２) ＝００８ ｓｉｎ ＋ π ｍ ２ ６ ( ) 或ｙ . πｔ １ ＝００８ ｃｏｓ ＋ π ｍ ２ ３ 解析 ｔ 时 Ａ点处于波峰位置 ｔ 时 Ａ点第一次回 (１) ＝０ ꎬ ꎬ ＝１ ｓ ꎬ Ｔ 到平衡位置 可得 解得Ｔ Ｏ在ｔ １ 时回到平 ꎬ ＝１ ｓꎬ ＝４ ｓꎻ ＝ ｓ ４ ３ 衡位置 而Ａ在ｔ 时回到平衡位置 时间相差 ｔ ２ 则 ꎬ ＝１ ｓ ꎬ Δ ＝ ｓꎬ ３ ＯＡ . 波速为ｖ ００５ . 波长为λ ｖｔ . 设 ＝ ｔ＝ ｍ/ｓ＝００７５ｍ/ｓꎮ ＝ ＝０３ｍꎮ Δ ２ ３ ８ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 单元自我检测 第4 章 光的折射和全反射 练习 １.答案 Ｂ 第1 节 光的折射 ２.答案 Ｃ 练习 解析 质点做简谐运动的振幅是 周期是Ｔ ２π ２π １.答案 看起来错位 好像断开了 ５ ｃｍꎬ ＝ ω ＝ ｓ＝ ꎬ ꎮ π ４ ｔ 时 质点在平衡位置 速度最大 加速度最小 ８ ｓꎬ ＝４ ｓ ꎬ ꎬ ꎬ ꎮ Ｃ 正确 ꎮ ３.答案 Ｄ ２.答案 解析 由 图可知 Ｑ点该时刻向上运动 结合 图 可知 Ｄ (ｂ) ꎬ ꎬ (ａ) ꎬ ３.答案 波沿ｘ轴负方向传播 波速是ｖ λ ８ 质点Ｐ Ａ ꎬ ＝ Ｔ ＝ ｍ/ｓ＝１ ｍ/ｓꎬ ８ ４.答案 如图所示 ｎ ｓｉｎ∠１ ｓｉｎ∠４ 所以 经 振动的路程是 此时刻质点Ｐ的速度沿ｙ轴负方向 ꎬ∠２＝∠３ꎬ ＝ ＝ ꎬ ∠１＝ ４ｓ １ｍꎻ ꎻ ｓｉｎ∠２ ｓｉｎ∠３ 质点Ｐ在ｔ 时位于波谷位置 速度为 正确 出射光ｂ与入射光ａ平行 ＝２ ｓ ꎬ ０ꎬＤ ꎮ ∠４ꎬ ꎮ ４.答案 ＡＢ 解析 此单摆的固有频率是ｆ . 固有周期Ｔ １ ＝０ ５ Ｈｚꎬ ＝ ｆ ＝２ ｓꎬ ｌ Ｔ２ｇ 由Ｔ 得摆长ｌ 正确 若摆长增加 ＝２π ｇ ＝ ２ ＝１ ｍꎬＡ、Ｂ ꎮ ꎬ ４π 单摆的固有频率变小 共振曲线的峰将向左移动 错误 ꎬ ꎬＣ、Ｄ ꎮ ５.答案 ＢＤ 解析 ｄ点是两波源连线的中垂线上的一点 到两波源的距离 ꎬ 相等 一定是振动最强点 两波源振幅不同 所以此时刻ａ点 ꎬ ꎮ ꎬ 的位移不是 ｄ 点虽然是振动加强点 但此时刻位移不是 ５.答案 ４ ０ꎬ ꎬ ３ 最大 ꎮ ｒ Ｒ ｒ ６.答案 (１)ＢＣＤ 摆长不是摆线长度 ꎻ 单摆偏角应小于 ５ ° ꎻ 要 解析 如图所示 ꎬｓｉｎ ｉ ＝ ｒ２ ｈ２ ＝０ . ８ꎬｓｉｎ ｒ ＝ Ｒ ｒ － ２ Ｈ２ ＝ 从石块摆到最低点时开始计时 ＋ ( － ) ＋ ꎮ . ２ (ｌ ｌ ) ０６ꎮ 偏小 ｇ ４π ２－ １ ｉ . (２) (３) ＝ Ｔ２ Ｔ２ 所以ｎ ｓｉｎ ０８ ４ ２－ １ ＝ ｒ＝ . ＝ ７.答案 . ｓｉｎ ０６ ３ ６３６８ Ｎ Ｆ 解析 由ｖ λｆ ＝ ＝ μ ｍ 得Ｆ μλ２ｆ２ λ２ｆ２ . ＝ ＝ ｌ ＝６３６８ Ｎ ８.答案 . 沿ｘ轴负方向传播 (１)０１８ ｍ/ｓ (２)９ ｃｍ λ . 解析 ｖ ０３６ . (１) ＝ Ｔ ＝ ｍ/ｓ＝０１８ ｍ/ｓ ２ 由 图可知Ｑ点在ｔ １ 时向上振动 结合 图中Ｑ点 (ｂ) ＝ ｓ ꎬ (ａ) ３ 的位置 可知波沿ｘ轴负方向传播 ６.答案 Ｂ ꎬ ꎮ Ａ 由 图可知 ｘ 处 ｙ Ａ ° 所以Ｐ点的 (２) (ａ) ꎬ ＝０ ꎬ ＝－ ＝ ｓｉｎ(－３０ )ꎬ 第2 节 科学测量：玻璃的折射率 ２ ° 平衡位置坐标为ｘ ３０ λ 练习 Ｐ＝ ° ＝３ ｃｍ ３６０ １.答案 实验目的 测量玻璃的折射率 学习用插针法 :(１) ꎻ(２) 由 图可知 ｔ 时Ｑ点在平衡位置 经 ｔ １ 其振动状 (ｂ) ꎬ ＝０ ꎬ Δ ＝ ｓꎬ 确定光路 ３ 态沿ｘ轴负方向传到Ｐ点处 实验器材 ꎮ : 所以ｘ ｘ ｖ ｔ 实验原理与设计 Ｑ－ Ｐ＝ Δ ＝６ ｃｍ : 所以Ｑ点的平衡位置坐标为ｘ 实验步骤 Ｑ＝９ ｃｍꎮ : ９ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等实验次数入射角ｉ 折射角ｒ ｓｉｎ ｉ ｓｉｎ ｒ 折射率ｎ ＝ ｓ ｓ ｉ ｉ ｎ ｎ ｒ ｉ 平均值 率 : ｎ ＝ ｓｉｎ ｒ ｉ ＝ ｄ ｄ ２ ２ ＋( Ｓ Ｓ ０－ Ｓ Ｓ １ ′ ) ２ ２ꎮ ｓｉｎ ＋( ０－ ２ ) １ ２ ３ 数据分析 : 实验结论 : 讨论 : ｉ ２.答案 ｎ ｋ ｓｉｎ ＝ ＝ ｒ ｓｉｎ 第3 节 光的全反射 练习 １.答案 光在尾灯内部的左表面发生全反射 ３.答案 ＡＣ ２.答案 由于大气不均匀 发生光的折射而产生海市蜃楼现象 ４.答案 偏小 ꎬ 解析 如图所示 测量值 ｎ′ ｓｉｎ１ 而真实值 ｎ ｓｉｎ１ ꎬ : ＝ ꎬ : ＝ ꎬ ｓｉｎ２ ｓｉｎ３ 故ｎ′ ｎ ｓｉｎ２ >ｓｉｎ３ꎬ < ꎮ ｉ ５.答案 ｓｉｎ ｉ α ｓｉｎ ( － ) ｉ ｉ 解析 如图所示 ｎ ｓｉｎ ｓｉｎ ꎬ ＝ ｒ＝ ｉ α ｓｉｎ ｓｉｎ ( － ) ３.答案 Ｂ 解析 ｎ １ １ ＝ Ｃ＝ ＝ ２ ｓｉｎ ｓｉｎ４５° ４.答案 ＡＤ ｉ ６.答案 ｎ ｓｉｎ (１)(ａ) (２)(ｄ) ＝ ｒ 解析 光线偏折越多 折射率越大 由题图可知玻璃对 ａ 光 ｓｉｎ ꎬ ꎮ 的折射率大于对ｂ光的折射率 所以ａ是蓝光 ｂ是红光 ꎬ ꎬ ꎬＢ、Ｃ ｃ 错误 由ｎ 知 正确 由ｎ ｎ 知 ａ光临界角小于ｂ光临 ꎻ ＝ ｖ ꎬＡ ꎻ ａ> ｂ ꎬ 界角 正确 ꎬＤ ꎮ ５.答案 Ｒ 此光从玻璃砖射出时的位置在Ｏ点右侧 (１) ２ (２) ３Ｒ处 ７.答案 见解析 ２ 解析 设刻度尺最下端为 测出圆筒直径ｄ 如图所示 ０ꎬ ꎮ : 解析 由ｎ １ 知 Ｃ 如图所示 ＯＭ ２Ｒ 因此 ｄ ｄ (１) ＝ Ｃ ∠ ＝４５°ꎬ ꎬ ＝ ꎬ ｉ ｒ 所以液体折射 ｓｉｎ ２ ｓｉｎ ＝ ꎬ ｓｉｎ ＝ ꎬ ｄ２ Ｓ Ｓ ′ ２ ｄ２ Ｓ Ｓ ２ 入射光在ＡＢ的宽度为 ＯＭ Ｒ ＋( ０－ ２ ) ＋( ０－ １) ２􀅰 ＝ ２ １０ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 光线从点Ｏ左侧与Ｏ相距 ３Ｒ处垂直于ＡＢ从下方射入 (２) ꎬ 因此临界角Ｃ ｎ １ 所以ｎ 正确 光在透 ２ ≤４５°ꎬ ＝ Ｃꎬ ≥ ２ ꎬＡ、Ｂ ꎻ 在上表面的入射角是 在玻璃砖内发生 次全反射 最后 ｓｉｎ ６０° ꎬ ３ ꎬ Ｌ ｎｒ ｒ 明柱体中的运动路程是Ｌ ｒ 运动时间为ｔ ４ ４ ２ 从Ｎ点射出 如图所示 由对称关系得ＯＮ ３Ｒ ＝４ ꎬ ＝ ｖ ＝ ｃ ≥ ｃ ꎬ ꎬ ꎬ ＝ ꎮ ２ 错误 Ｃ、Ｄ ꎮ ｎ２Ｌ ５.答案 ｃ 解析 光在光纤内是以全反射的方式传播的 每次的入射角 ꎬ 都大于等于临界角 但等于临界角时路程最长 时间最长 ꎬ ꎬ ꎮ ６.答案 θ 可以射出 (１)４０°≤ ≤６０° (２) 解析 由 Ｃ １ 得发生全反射的临界角 Ｃ 光路 (１) ｓｉｎ ＝ ｎ ∠ ＝３０°ꎬ 如图所示 Ｌ 以临界角入射时 由几何关系 Ｃ Δ １ 所以 ｓ ｎ Ｌ ꎬ ꎬｓｉｎ ＝ ｓ＝ ｎ ꎬ Δ ＝ Δ Δ 设光经过Ｎ次全反射从另一个端面射出 则总路程为 ｓ ｓ ꎬ ꎬ ＝ (Ｎ ) ｓ (Ｎ )ｎ Ｌ ｎ Ｎ Ｌ ｎＬ ＋１ 􀅰Δ ＝ ＋１ Δ ＝ ( ＋１)Δ ＝ ｓ ｎ２Ｌ 因此 光在光纤中传播的时间 ｔ ꎬ ＝ ｖ ＝ ｃ 在ＯＭ边全反射应满足 θ Ｃ 章末练习 ９０°－ ≥ 在ＯＮ边全反射应满足 θ Ｃ １.答案 东方 ３ －９０°≥ 所以 θ 解析 彩虹是由于阳光射到空中的水滴里 发生反射与折射 ４０°≤ ≤６０° ꎬ 若θ 则该光线第一次返回 ＭＮ 边时的入射角为 造成的 对着太阳看不到彩虹 背着太阳才能看到彩虹 (２) ＝４２° ꎬ ꎮ ꎬ ꎮ θ Ｃ ２.答案 Ｄ １８０°－４ ＝１２°< 因此可以射出 Ｒ ꎮ 解析 如图所示 ｎ １ ５ ꎬ ＝ ｉ＝ＯＣ＝ ｓｉｎ ３ 第4 节 光导纤维及其应用 练习 １.答案 频带宽 损耗低 抗干扰能力强 有利于保密 如在光纤 、 ꎬ ꎬ ꎬ 中传输的信号不易被窃听 ꎮ ２.答案 内芯的折射率更大 不可以是任意值 入射角必须大 ꎮ ꎬ 于等于临界角才会发生全反射 ꎮ ｉ . ３.答案 ｎ ｓｉｎ ０５ . ＝ ｒ＝ ≈１５１４ ｓｉｎ ７ ２ ２ ７ ＋２０ ４.答案 ６０° 解析 光线射在玻璃球上 最终能沿与入射光平行的方向射 ３.答案 Ｂ ꎬ 出 说明入射光路与出射光路平行对称 如图所示 解析 向瓶内加适量清水 使从孔中射出的水流速度变大 水 ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ 流轨道变得平直 从而使激光在水和空气界面的入射角大于 ꎬ 临界角 ꎮ ４.答案 ＡＢ 解析 由只经过两次全反射就从水平端Ｂ射出 可知第一次 ꎬ 的入射角为 光路图如图所示 ４５°ꎬ : ｉ ｓｉｎ ｎ ｒ＝ ＝ ３ ｓｉｎ １１ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等出射光线与入射光线平行 所以 ｉ ｒ ꎬ ＝２ 所以 ｉ ＝６０° ５.答案 ２ｃ (１) (２)７５° ２ ｃ 解析 ｎ ｓｉｎ４５° ｖ ２ｃ (１) ＝ ＝ ２ꎬ ＝ ｎ ＝ ｓｉｎ３０° ２ Ｃ １ １ 所以临界角等于 如图所示 即 . Ａ (２)ｓｉｎ ＝ ｎ ＝ ꎬ ４５°ꎬ ꎬ ∠１ (２)１５２ (３) ２ １０.答案 液面较低 玻璃管被液体包围之前 玻璃管之外是光 ꎬ ꎬ ＝４５° 疏介质空气 光线发生全反射 没有光线从玻璃管中射出 液 所以 Ａ ꎬ ꎬ ꎻ ∠ ＝１８０°－∠２－∠３＝１８０°－４５°－６０°＝７５° 面升高 玻璃管被液体包围之后 液体的折射率大于玻璃管 ꎬ ꎬ 壁的折射率 光线不再发生全反射 有一部分光线进入液体 ꎬ ꎬ ꎬ 出射光的强度会减弱 ꎮ １１.答案 略 １２.答案 (１)１３３ ｃｍ (２)１２５ ｃｍ 解析 由题可知 Ｏ Ｐ间的距离满足 ＯＰ ５ λ Ｒ (１) ꎬ 、 ＝ ＝３５ ｃｍꎬ ６.答案 π ４ 如图所示 所以λ ３ ꎬ ＝２８ ｃｍ ｉ 解析 如图所示 ｎ ｓｉｎ ｓｉｎ４５° 所以折射角 ｒ ꎬ ＝ ｒ＝ ｒ ＝ ２ꎬ ＝３０°ꎬ ｓｉｎ ｓｉｎ Ｒ ＡＢ上有光透出部分的弧长为Ａ(Ｄ ６０ Ｒ π ＝ 􀅰２π ＝ ３６０ ３ λ . 波速 ｖ ０２８ . ＝ Ｔ ＝ ｍ/ｓ＝０２８ ｍ/ｓ １ ｔ 的时间间隔内 波传播的距离为ｖ ｔ Δ ＝５ ｓ ꎬ Δ ꎬ 由题意有ＰＱ ｖ ｔ １ λ ＝ Δ － ＝１３３ ｃｍ ４ 平衡位置在Ｑ处的质点第一次处于波峰位置时 波源运 (２) ꎬ ７.答案 ４５° 动时间 ｔ ５ Ｔ ｔ . Ｔ ＝ ＋Δ ＝６２５ 解析 由ｎ １ 得临界角为 光射到ＡＢ面时的入 ４ ＝ Ｃ＝ ２ ꎬ ４５°ꎬ 每一个周期 波源运动的路程为 Ａ 所以在 . Ｔ时间内 波 ｓｉｎ ꎬ ４ ꎬ ６２５ ꎬ 射角是 大于临界角 要发生全反射 光路如图所示 源运动的路程是 . ∠１＝６０°ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ６２５×４×５ ｃｍ＝１２５ ｃｍ 第5 章 光的干涉、衍射和偏振 射到ＡＣ面时的入射角是 由ｎ ｓｉｎ∠３ 得 ∠２＝３０°ꎬ ＝ ＝ ２ ꎬ ∠３＝ ｓｉｎ∠２ 光线离开棱镜时与界面的夹角 ４５° ꎬ ∠４＝９０°－∠３＝４５°ꎮ 第1 节 光的干涉 练习 １.答案 这是太阳光在肥皂液膜前后两个表面反射的光波相遇 而产生的光的干涉现象 由于太阳光中各种颜色的光薄膜干 ꎮ 涉条纹间距不同 所以液膜上出现了彩色条纹 ꎬ ꎮ ８.答案 . ２.答案 白光是由不同颜色的光组成的 不同颜色的光的双缝 ２５ ｍｍ ꎬ 解析 当发光面边缘发出的光与ＡＢ垂直时 入射角ｉ最大 如 干涉条纹间距不同 所以亮纹是彩色的 而各种颜色的光通 ꎬ ꎬ ꎬ ꎮ 图所示 过双缝在光屏中央处都是加强的 因此中间的条纹是白色的 : ꎬ ꎮ ３.答案 Ｂ 解析 两列光波到达某点的路程差是半波长的偶数倍 这两 ꎬ 列波互相加强 在那里出现亮条纹 两列光波到达某点的路程 ꎬ ꎻ 差是半波长的奇数倍 这两列波互相减弱 在那里出现暗 ꎬ ꎬ 条纹 ꎮ Ｐ 到Ｓ Ｓ 的路程差是 所以用各种波长的光照射 在Ｐ 处 ０ １、 ２ ０ꎬ ꎬ ０ 若这条光线不发生全反射 则所有的光线均不发生全反射 ｎ 都是亮条纹 Ｐ到Ｓ Ｓ 的路程差是 是紫光半波长的 ꎬ ꎮ ＝ ꎻ １、 ２ ６００ ｎｍꎬ ｒ 倍 因此用紫光照射 在Ｐ处是暗条纹 ｓｉｎ ｉ Ｃ １ ３ ꎬ ꎬ ꎮ ｉ ꎬ ｓｉｎ <ｓｉｎ ＝ ｎ ４.答案 Ｃ ｓｉｎ ｄ ５.答案 红光 . ０３ ｍｍ 又因为 ｓｉｎ ｉ ＝ Ｒ ２ ꎬ 三式联立 ꎬ 可得Ｒ >２ . ５ ｍｍ 解析 由 Δ ｙ ＝ ｄ ｌ λ ꎬ 得 ｄ ＝ ｌλ ｙ＝ １×６ . ３０×１０ －３ －９ ｍ＝３００×１０ －６ ｍ＝ Δ １０５×１０ ９.答案 如图所示 (１) ５ １２ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 . ２.答案 Ａ ０３ ｍｍꎮ ６.答案 Ｂ ３.答案 戴上由偏振片制成的太阳镜 可以阻挡眩光通过 ꎬ ꎮ 解析 中央亮条纹通过双缝到光源的路程差为 由于Ｓ′Ｓ ４.答案 略 ０ꎬ １> ｌ Ｓ′Ｓ 所以中央亮条纹的位置向上移动 由条纹间距 ｙ λ ２ꎬ ꎻ Δ ＝ ｄ 第5 节 激光与全息照相 可知 条纹间距不变 练习 ꎬ ꎮ １.答案 全息照相应用了激光的相干性好 第2 节 科学测量：用双缝干涉测光的波长 ꎮ 激光雷达应用了激光的方向性好 ꎮ 练习 切割金属应用了激光的亮度高 ꎮ １.答案 实验名称 用双缝干涉测光的波长 ２.答案 方向性好 : ꎮ 实验目的 ３.答案 全息照相利用光的干涉原理 全息照片是三维立体 : ꎮ 用双缝干涉实验装置测量光的波长 图 与原物一模一样 改变角度可以看见被遮挡的部分 一小 (１) ꎬ ꎬ ꎬ 学习测量微小距离的方法 部分可以还原全貌 一张底片上可以存储多张图片 (２) ꎬ ꎮ 实验器材 ４.答案 略 : 实验原理与设计 : 实验步骤 章末练习 : 双缝间距ｄ 双缝到光屏的距离ｌ 相邻亮条纹间的距离 ｙ 波长λ ｄ ｙ １.答案 如图所示 在屏上出现加强与减弱相间的区域 对 Δ ＝ ｌ Δ (１) ꎬ ꎬ 应的就是明暗相间的条纹 ꎮ 数据分析 : 实验结论 : 讨论 : ２.答案 (ｃ)(ｄ) (ｃ) 解析 单色光的干涉条纹与单缝和双缝都平行 应沿竖直方 ꎬ ｌ 向 由 ｙ λ可知 干涉条纹间距 ｙ与双缝间距 ｄ 成反 ꎮ Δ ＝ ｄ ꎬ Δ 比 所以与较小的双缝间距ｄ 对应的应是条纹间距 ｙ较大的 ꎬ １ Δ (ｃ)ꎮ ３.答案 Ｃ ｄ 解析 由λ ｙ 可知 对于同一双缝干涉装置 干涉条纹间 ＝ ｌ Δ ꎬ ꎬ 距 ｙ越大 说明光的波长越大 由题可知ａ光的波长大 由 Δ ꎬ ꎮ ꎬ ｃ ｆ 知 ａ光的频率小 水对ａ光折射率较小 ａ光在水中的波 ＝ λ ꎬ ꎬ ꎬ ｌ 干涉条纹的间距 ｙ λ 若用蓝光代替红光 因为蓝光 速较大 全反射的临界角较大 (２) Δ ＝ ｄ ꎬ ꎬ ꎬ ꎮ ４.答案 Ｅ Ｄ Ｂ 的波长小于红光的波长 故条纹间距变小 (１) ꎬ ꎮ 放置单缝 双缝时 必须使缝平行 单缝 双缝间的距离为 ２.答案 水面上的油膜在阳光下呈彩色 是因为油膜的上下表 (２) 、 ꎬ ꎻ 、 ꎬ 面反射的光叠加发生干涉 当油膜运动变化时 上面的色彩 ５~１０ ｃｍꎮ ꎮ ꎬ . . 会随之运动变化 (３)１３８７０ ２３１０ ꎮ ｄ ３.答案 条纹间距将减小 只有光的波长比缝宽小得多的情况 ｙ ꎮ (４) ｌ Δ ６６０ 下 光才可视为沿直线传播 ꎬ ꎮ ４.答案 Ｄ 第3 节 光的衍射 解析 白光包含各种颜色的光 它们的频率不同 波长不同 通 ꎬ ꎬ ꎬ 练习 过双缝产生的干涉条纹间距不同 从面呈现彩色 ꎬ ꎮ １.答案 当狭缝的宽度等于或小于波长时 会发生明显的衍射 ５.答案 ＡＢＣ ꎬ 现象 ｌ ｌλ －９ ꎮ ６.答案 由 ｙ λ 得 双缝间距 ｄ １×５８９×１０ ２.答案 墙的宽度小于声波的波长 声波发生了明显的衍射 Δ ＝ ｄ ꎬ ＝ ｙ＝ . －２ ｍ＝ ꎬ ꎮ Δ ０３５０×１０ ３.答案 双缝干涉图样条纹间距相同 单缝衍射图样的条纹间 . ꎬ ０１６８ ｍｍ 距不相同 ７.答案 ＡＣ ꎮ (１)(ａ) (２) ４.答案 太阳光中不同的色光能通过狭缝发生光的衍射现象 解析 图 是干涉图样 图是单缝衍射图样 ꎬ (１) (ａ) ꎬ(ｂ) ꎮ 狭缝的宽度越小 光的衍射现象越明显 ｌ ꎬ ꎮ 红光的波长大于蓝光的波长 由 ｙ λ可知 正确 (２) ꎬ Δ ＝ ｄ Ａ、Ｃ ꎻ 第4 节 光的偏振 干涉条纹间距与单缝和双缝间的距离无关 错误 去掉滤光 ꎬＢ ꎻ 练习 片后 通过双缝的光变成白光 白光仍能发生干涉现象 只不 ꎬ ꎬ ꎬ １.答案 旋转其中的一片 报纸的亮度会发生变化 这是由于 过干涉图样变成了彩色的 错误 ꎬ ꎮ ꎬＤ ꎮ 光波是横波 会发生偏振现象 ８.答案 从空气膜的上下表面分别反射的两列光是相干光 ꎬ ꎮ (１) ꎬ １３ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等其光程差为 ｘ ｄ 即光程差是空气膜厚度的 倍 当光程差 Δ ＝２ ꎬ ２ ꎬ ｎ 单元自我检测 ｘ ｎλ时 此处表现为亮条纹 当光程差 ｘ ２ ＋１λ时 此处 Δ ＝ ꎬ ꎬ Δ ＝ ꎬ 练习 ２ 表现为暗条纹 所以任意相邻亮条纹或暗条纹对应的薄膜厚 １.答案 Ｃ ꎮ λ ２.答案 Ｂ 度差都是 ２ ꎮ ３.答案 Ｄ 利用劈尖干涉可以检验玻璃板是否平整 解析 无论小球处于什么位置 小球发出的光会有一部分沿 (２) ꎮ ꎬ ９.答案 托马斯 杨在物理学上作出的最大贡献是关于光学特 水平方向射向侧面 垂直玻璃缸壁射出 人可以从侧面看见小 􀅰 ꎬ ꎬ 别是光的波动性质的研究 年他进行了著名的杨氏双缝 球 错误 小球发出的光射向水面的入射角较大时会发生全 ꎮ １８０１ ꎬＡ ꎻ 干涉实验 发现了光的干涉性质 证明了光以波动形式存在 反射 不能从水面射出 错误 小球所发的光从水中进入空 ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬＢ ꎻ 而不是牛顿所想象的光颗粒 该实验被评为 物理最美实验 气后频率不变 错误 小球所发的光从水中进入空气后传播 ꎬ “ ” ꎬＣ ꎻ 之一 二十世纪初物理学家将杨氏双缝干涉实验结果和爱因 速度变大 而频率不变 所以波长变长 正确 ꎮ ꎬ ꎬ ꎬＤ ꎮ 斯坦的光量子假说结合起来 提出了光的波粒二象性 后来又 ꎬ ꎬ ４.答案 ＡＢＤ 被德布罗意利用量子力学引申到所有粒子上 ꎮ ５.答案 ＢＤ １０.答案 ＢＣ 解析 若用白光作为光源 屏上将呈现彩色条纹 Ａ错误 两束 ꎬ ꎬ ꎻ 解析 由题图可知 ꎬ 棱镜对ｂ的折射率大于对ａ的折射率 ꎬ 所 频率不同的光不能发生干涉 Ｃ错误 ꎬ ꎮ 以ｂ光的频率大于ａ光的频率 由ｖ ｃ 可知 ｂ光在棱镜中 ６.答案 光学 ｄ ｅ ꎬ ＝ ｎ ꎬ 解析 连接ｄｃ ｅｃ并延长至玻璃砖的光学面与白纸的交线 入 ｃ 、 ꎬ 的传播速度小 错 对 由λ 可知 ａ光的波长大 再由 射角一定 用ｄ点时 折射角大 折射率小 对于两光学面平行 ꎬＡ ꎬＢ ꎻ ＝ ｆ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎻ 的玻璃砖 入射光线与出射光线平行 ｅｃ 连线与入射光线平 ｌ ꎬ ꎬ ｙ λ 可知 在完全相同的条件下做双缝干涉实验 ａ光干 行 因此用点ｅ得到的值是合理的 Δ ＝ ｄ ꎬ ꎬ ꎮ ꎮ ｎ２ｌ 涉条纹间距较宽 正确 当光从光密介质射入光疏介质 ７.答案 ꎬＣ ꎮ ꎬ ｃ ｉ 且入射角大于或等于临界角时 就会发生全反射 错误 ｓｉｎ ꎬ ꎬＤ ꎮ ｃ １１.答案 解析 光在介质中的传播速度为 ｖ 光在介质中的传播 ＝ ｎ ꎬ ｌ ｎｌ 路程是ｓ ２ ＝２􀅰 ｉ＝ ｉ ｓｉｎ ｓｉｎ ｎ ｓ ｎ２ｌ 光在介质中的传播时间是 ｔ ＝ ｖ ＝ｃ ｉ ｓｉｎ ８.答案 ３ ｉ ｒ 解析 如图所示 由题可知 ｉ ｒ 由 ｎ ｓｉｎ ｓｉｎ 可 ꎬ ꎬ ＝ ꎬ ＝ ＝ ꎬ ｓｉｎ ∠１ ｓｉｎ ∠２ 知 而 所以 ꎬ∠１＝∠２ꎬ ∠２＝∠３ꎬ∠３＝∠４ꎬ ∠１＝∠２＝∠３＝∠４ꎬ 而 Ａ 所以 ｉ ∠ ＝３０°ꎬ ∠１＝３０°ꎬ ＝６０°ꎮ ｉ 三棱镜的折射率 ｎ ｓｉｎ ｓｉｎ６０° ＝ ＝ ＝ ３ꎮ ｓｉｎ∠１ ｓｉｎ３０° １４ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等