高中物理选择性必修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_人教版

教材习题答案 第一章 动量守恒定律 力ｆ的方向相同 错误 合力的冲量大小为 Ｉ Ｆ ｔ ꎬＣ ꎻ 合＝ 合 ＝０ꎬＤ 正确 ꎮ 1 动量 ２.答案 体操运动员在着地过程中 动量的改变量是一个定值 ꎬ ꎬ ◆练习与应用 通过屈腿 可以增长作用时间 由动量定理可知 地面对运动 ꎬ ꎬ ꎬ １.答案 初动量为ｐ ｍｖ 员的作用力将会减小 从而使运动员避免受伤 (１) ０＝ ０＝２×３ ｋｇ􀅰ｍ/ｓ＝６ ｋｇ􀅰ｍ/ｓ ꎬ ꎮ 末动量为ｐ ｍｖ ３.答案 以铁锤为研究对象 规定竖直向下为正方向 设钉子对 ＝ ＝２×６ ｋｇ􀅰ｍ/ｓ＝１２ ｋｇ􀅰ｍ/ｓ ꎬ ꎬ 因此 物体的动量增大为原来的 倍 ꎬ ２ ꎮ 铁锤的平均作用力为Ｆ ꎮ 初动能为Ｅ ｋ０＝ １ ｍｖ２ ０＝ １ ×２×３ ２ Ｊ＝９ Ｊ (１) 不计铁锤的重力时 ꎬ 钉子对铁锤的作用力即合力 ꎬ 由 ２ ２ ｍｖ . 动量定理可得Ｆｔ ｍｖ 则有Ｆ ０ ０５×４ 末动能为Ｅ １ ｍｖ２ １ ２ ＝０－ ０ꎬ ＝－ ｔ ＝－ . Ｎ＝－２００ Ｎꎬ ｋ＝ ＝ ×２×６ Ｊ＝３６ Ｊ ００１ ２ ２ 负号表示钉子对铁锤的作用力竖直向上 由牛顿第三定律可 因此 物体的动能增大为原来的 倍 ꎮ ꎬ ４ ꎮ 知铁锤钉钉子的平均作用力大小为 物体的动量变化了 动能没有变化 ２００ Ｎꎮ (２) ꎬ ꎮ 取向东为正方向 ꎬ 则物体的末速度为ｖ′ ＝－３ ｍ/ｓꎬ 动量变 (２) 考虑铁锤重力时 ꎬ 铁锤所受的合力 Ｆ 合＝ Ｆ ＋ ｍｇ ꎬ 由动 化量为 ｐ ｍｖ′ ｍｖ ｍｖ . Δ ＝ － ＝ [２×(－ ３) － ２× ３] ｋｇ􀅰ｍ/ｓ ＝ 量定理可得 Ｆ ｍｇ ｔ ｍｖ 则有Ｆ ０ ｍｇ ０５×４ 负号表示动量变化量的方向与正方向相反 即 ( ＋ ) ＝０－ ０ꎬ ＝－ ｔ － ＝－ ０ . ０１ Ｎ－ －１２ ｋｇ􀅰ｍ/ｓꎬ ꎬ . 负号表示钉子对铁锤的作用力竖直向上 向西 ０５×１０ Ｎ＝－２０５ Ｎꎬ ꎮ ꎮ 由牛顿第三定律可知铁锤钉钉子的平均作用力大小为 取向东为正方向 则Ｂ物体的速度为ｖ 两 ２０５ Ｎꎮ (３) ꎬ Ｂ＝－４ ｍ/ｓꎬ 由问题 可知 不计铁锤重力和考虑铁锤重力 物体动量之和为ｐ ｍ ｖ ｍ ｖ (３) (１)(２) ꎬ ＝ Ａ Ａ＋ Ｂ Ｂ＝[２×３＋３×(－４)] ｋｇ􀅰ｍ/ｓ＝ 时的相对误差为２０５ Ｎ－２００ Ｎ ％ . ％ 由此可知 当作 －６ ｋｇ􀅰ｍ/ｓꎮ ×１００ ＝２ ４ ꎬ ꎬ ２０５ Ｎ 两物体的动能之和为Ｅ ｋ＝ １ ｍ Ａ ｖ２Ａ＋ １ ｍ Ｂ ｖ２Ｂ＝ １ ×２×３ ２ Ｊ＋ 用时间很短时 ꎬ 铁锤的重力可以忽略不计 ꎮ ２ ２ ２ ４.答案 取初速度方向为正方向 由动量定理有 ꎬ １ ×３×(－４) ２ Ｊ＝３３ Ｊꎮ Ｆｔ ｍｖ′ ｍｖ ２ ＝ － ２.答案 由题意可知 物体在 内做匀加速直线运动 加 ｍｖ′ ｍｖ (１) ꎬ ０~２ｓ ꎬ Ｆ － １０×(－２)－１０×１０ ＝ ｔ ＝ Ｎ＝－３０ Ｎ Ｆ ４ 速度ａ １＝ ｍ １ ＝ ２ ２ ｍ/ｓ ２ ＝１ｍ/ｓ ２ ꎬ ｔ ＝２ｓ 时物体的速度ｖ １＝ ａ １ ｔ １＝ 负号表示力 Ｆ 的方向与初速度方向相反 ꎬ 该力大小为 则ｔ 时物体的动量大小为ｐ ｍｖ ２ ｍ/ｓꎬ ＝２ ｓ １＝ １＝２×２ ｋｇ􀅰ｍ/ｓ＝ ３０ Ｎꎮ ５.答案 规定竖直向下为正方向 设网对运动员的平均作用力 ４ ｋｇ􀅰ｍ/ｓꎮ ꎬ 时间内 力的方向反向 加速度反向 加速度大 为Ｆ (２)２~４ ｓ ꎬ ꎬ ꎬ ꎮ Ｆ 设运动员从ｈ 处自由下落 刚触网时的速度为 ｖ 小为ａ ２ １ ２ . ２ 物体做初速度为 加速 (１) １ ꎬ １＝ ２＝ ｍ ＝ ２ ｍ/ｓ ＝０５ｍ/ｓ ꎬ ２ｍ/ｓ、 ｇｈ . 运动员反弹到达的高度为 度为 . ２ 的匀减速直线运动 ｔ 时 物体的速度ｖ ２ １ ＝ ２×１０×３２ ｍ/ｓ＝８ ｍ/ｓꎻ －０５ｍ/ｓ ꎮ ＝３ｓ ꎬ ２＝ ｈ 离网时的速度为ｖ ｇｈ ｖ ａ ｔ . . 物体的动量大小 ｐ ２ꎬ ２＝－ ２ ２ ＝－ ２×１０×５ ｍ/ｓ＝－１０ｍ/ｓꎬ １－ ２ ２＝２ ｍ/ｓ－０ ５×１ ｍ/ｓ＝１ ５ ｍ/ｓꎬ ２＝ 则运动员与网接触的这段时间内动量的变化量 ｐ ｍｖ ｍｖ . Δ ＝ ２－ ２＝２×１５ ｋｇ􀅰ｍ/ｓ＝３ ｋｇ􀅰ｍ/ｓꎮ ｍｖ 负 １＝６０×(－１０) ｋｇ􀅰ｍ/ｓ－６０×８ｋｇ􀅰ｍ/ｓ＝－１０８０ｋｇ􀅰ｍ/ｓꎬ 号表示动量变化量的方向竖直向上 2 动量定理 ꎮ ｐ ◆练习与应用 由动量定理得 Ｆ ｍｇ ｔ ｐ 故Ｆ Δ ｍｇ －１０８０ (２) ( ＋ )Δ ＝Δ ꎬ ＝ ｔ－ ＝ . Ｎ－ Δ ０８ １.答案 物体受力分析如图所示 根据平衡条件可得ｆ Ｆ θ ꎬ ＝ ｃｏｓ ꎬ 负号表示网对运动员的平均作用力Ｆ的 Ｆ ６０×１０ Ｎ＝－１９５０ Ｎꎬ 合＝０ꎮ 方向竖直向上 ꎮ ｈ 运动员从开始下落到触网的时间为 ｔ ２ １ (３) １ ＝ ｇ ＝ . ２×３２ . 从离网到回到距水平网面 . 高处的时 ｓ＝０８ ｓꎬ ５ ０ ｍ １０ ｈ 间为ｔ ２ ２ ２×５ 则运动员在这一过程中所受 拉力Ｆ的冲量大小为Ｉ Ｆ＝ Ｆｔ ꎬ 方向与拉力Ｆ的方向相同 ꎬ ２＝ ｇ ＝ １０ ｓ＝１ ｓꎬ 错误 摩擦力ｆ的冲量大小为Ｉ ｆｔ Ｆ θｔ 方向与摩擦 重力的冲量为Ｉ ｍｇ ｔ ｔ ｔ . . Ａ、Ｂ ꎻ ｆ＝ ＝ ｃｏｓ ꎬ Ｇ＝ ( １＋Δ＋２)＝６０×１０×(０８＋０８＋１) Ｎ􀅰ｓ＝ 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１５６０Ｎ􀅰ｓꎬ 弹力的冲量为 Ｉ Ｆ ＝ Ｆ Δ ｔ ＝－１ ９５０×０ . ８ Ｎ􀅰ｓ＝ 由机械能守恒定律得 １ ( ｍ １＋ ｍ ) ｖ２ １＝( ｍ １＋ ｍ ) ｇｌ (１－ｃｏｓ θ )ꎻ 联 负号表示弹力冲量的方向竖直向上 ２ －１５６０ Ｎ􀅰ｓꎬ ꎮ ｍ ｍ ６.答案 岁儿童的体重约 每层楼高约 规定竖直向下 立上面两式 解得ｖ １＋ ｇｌ θ ４ １５ｋｇꎬ ３ ｍꎬ ꎬ ０＝ ｍ ２ (１－ｃｏｓ )ꎮ 为正方向 儿童刚触碰到见义勇为的青年时的速度约为ｖ ꎮ ＝ ｇｈ . 由动量定理可知儿童受到的 4 实验：验证动量守恒定律 ２ ＝ ２×１０×３×３ ｍ/ｓ＝１３４ｍ/ｓꎬ 合力的冲量约为Ｉ ｍｖ . 合＝０－ ＝０－１５×１３４ｋｇ􀅰ｍ/ｓ＝－２０１ｋｇ􀅰ｍ/ｓꎬ ◆练习与应用 负号表示合力冲量的方向竖直向上 由冲量的定义可知合力 ꎮ １.答案 由于小车Ａ与小车Ｂ碰撞后的速度小于碰撞前的 Ｉ (１) 的平均值约为Ｆ 合 －２０１ 负号表示合力的平 速度 所以ＡＣ段应是碰撞之前打出的纸带 ＤＥ段是碰撞之后 ＝ ｔ ＝ . Ｎ＝－２ ０１０ Ｎꎬ ꎬ ꎬ ０１ 打出的纸带 碰撞过程发生在ＣＤ段 小车Ａ开始运动有一段 均值的方向竖直向上 ꎬ ꎮ ꎮ 加速过程 在碰撞前做匀速直线运动 即在相等时间内通过的 ꎬ ꎬ 3 动量守恒定律 位移相同 故计算小车Ａ碰撞前的速度大小应选ＢＣ段 碰撞 ꎬ ꎻ 过程是一个变速运动的过程 Ａ Ｂ碰撞后粘在一起做匀速直 ◆练习与应用 ꎬ 、 线运动 故计算两车碰撞后的速度大小应选ＤＥ段 １.答案 由于甲 乙两人组成的系统所受合外力为零 满足动量 ꎬ ꎮ 、 ꎬ 守恒的条件 所以甲推乙后 尽管两人都有了动量 但总动量 碰前小车Ａ的速度为ｖ ｘ ＢＣ １７ . １２×１０ －２ . ꎬ ꎬ ꎬ (２) Ａ＝ｔ ＝ . ｍ/ｓ＝１７１２ｍ/ｓꎬ 还等于 以甲运动的方向为正方向 根据动量守恒定律可得 ＢＣ ５×００２ ０ꎮ ꎬ 则碰前两小车的总动量为 ｐ ｍ ｖ . . ｖ ｍ ＝ Ａ Ａ＝０ ４×１ ７１２ ｋｇ􀅰ｍ/ｓ＝ ０＝ ｍ 甲 ｖ 甲－ ｍ 乙 ｖ 乙ꎬ 则有 ｖ 甲 乙 ＝ｍ 乙 甲 ＝ １ ９ ０ ꎮ ０ . ６８５ ｋｇ􀅰ｍ/ｓꎻ 碰后两小车的速度ｖ 共＝ ｘ ｔ ＤＥ ＝ １１ . ４０× . １０ －２ ｍ/ｓ＝ ２.答案 由于在Ａ Ｂ运动过程中 Ａ Ｂ组成的系统所受外力的 ＤＥ ５×００２ 、 ꎬ 、 . 则碰后两车的总动量为 ｐ′ ｍ ｍ ｖ . 矢量和为零 满足动量守恒的条件 取Ａ的初速度方向为正 １１４０ ｍ/ｓꎬ ＝( Ａ＋ Ｂ) 共＝(０ ４＋ ꎬ ꎮ . . . 方向 根据动量守恒定律得ｍ ｖ ｍ ｖ ｍ ｖ′ ｍ ｖ′ ０２)×１１４０ ｋｇ􀅰ｍ/ｓ＝０６８４ ｋｇ􀅰ｍ/ｓꎮ ꎬ Ａ Ａ＋ Ｂ Ｂ＝ Ａ Ａ＋ Ｂ Ｂ ２.答案 如果第二次操作时 小球 从斜槽上开始滚下时位 ｍ ｖ ｍ ｖ ｍ ｖ′ (１) ꎬ １ ｖ′ Ａ＝ Ａ Ａ＋ ｍ Ｂ Ｂ－ Ｂ Ｂ ＝ ５×９＋２×６－２×１０ ｍ/ｓ＝７ . ４ ｍ/ｓ 置比原来低一些 会使小球 到达斜槽末端的速度小一些 进 Ａ ５ ꎬ １ ꎬ Ａ的速度大小为 . 方向与初速度方向相同 而使计算式中的ｖ′ ｖ′变小 则有ｍ ｖ ｍ ｖ′ ｍ ｖ′ 因此将会得 ７４ ｍ/ｓꎬ ꎮ １、 ２ ꎬ １ １> １ １＋ ２ ２ꎬ ３.答案 因为木块在光滑水平桌面上 所受的摩擦力为零 且子 到碰撞前小球 的动量大于碰撞后两球的总动量的结果 ꎬ ꎬ １ ꎮ 弹与木块的相互作用属于子弹与木块组成的系统的内力 所 第一次操作中 斜槽的末端不水平 会导致球 落地 ꎬ (２) ꎬ ꎬ １ 以整个系统所受外力的矢量和为零 满足动量守恒的条件 的水平距离减小 进而使计算式中的 ｖ 变小 则有 ｍ ｖ ꎬ ꎮ ꎬ １ ꎬ １ １< 已知子弹的质量ｍ １＝１ . ０×１０ －２ ｋｇꎬ 初速度ｖ １＝３００ｍ/ｓꎬ 木 ｍ １ ｖ′ １＋ ｍ ２ ｖ′ ２ꎬ 因此将会得到碰撞前小球 １ 的动量小于碰撞后两 块的质量ｍ ２＝２ . ４×１０ －２ ｋｇꎬ 初速度ｖ ２＝０ꎬ 取子弹的初速度方向 球的总动量的结果 ꎮ 为正方向 ꎮ 5 弹性碰撞和非弹性碰撞 若子弹留在木块中 由动量守恒定律 得 (１) ꎬ ꎬ ◆练习与应用 ｍ ｖ ｍ ｍ ｖ １ １＝( １＋ ２) ｖ ｍ １ ｖ １ １ . ０×１０ －２ ×３００ . １.答案 规定质量为 ４００ ｇ 的滑块的初速度方向为正方向 ꎮ ＝ｍ １＋ ｍ ２ ＝ １ . ０×１０ －２ ＋２ . ４×１０ －２ ｍ/ｓ＝８８２ ｍ/ｓ (１) 根据动量守恒定律可得ｍ １ ｖ １－ ｍ ２ ｖ ２＝( ｍ １＋ ｍ ２) ｖ′ ꎬ 则有 若子弹把木块打穿 子弹射穿木块后的速度 ｖ′ ｍ ｖ ｍ ｖ (２) ꎬ １＝ ｖ′ １ １－ ２ ２ ４００×１５－２００×１０ . 即碰撞后滑 由动量守恒定律 得ｍ ｖ ｍ ｖ′ ｍ ｖ′ ＝ ｍ ｍ ＝ ｃｍ/ｓ＝６ ７ ｃｍ/ｓꎬ １００ ｍ/ｓꎬ ꎬ １ １＝ １ １＋ ２ ２ １＋ ２ ４００＋２００ ｖ′ ｍ １ ｖ １－ ｍ １ ｖ′ １ １ . ０×１０ －２ ×(３００－１００) . 块的速度大小为 ６ . ７ ｃｍ/ｓꎬ 方向与质量为 ４００ ｇ 的滑块的初速 ２＝ ｍ ＝ . －２ ｍ/ｓ＝８３３ ｍ/ｓ 度方向相同 ２ ２４×１０ ꎮ ４.答案 规定机车初速度的方向为正方向 由于铁轨的摩擦忽 根据能量守恒定律可得 碰撞过程损失的机械能 Ｅ ꎬ (２) ꎬ Δ ＝ 略不计 所以机车和 节车厢组成的系统所受合外力为零 满 ꎬ ７ ꎬ １ ｍ ｖ２ １ ｍ ｖ２ １ (ｍ ｍ )ｖ′２ 代入数据解得 Ｅ . 足动量守恒的条件 根据动量守恒定律可得ｍｖ ｍ ｍ ｖ １ １＋ ２ ２－ １＋ ２ ꎬ Δ ＝０００４ Ｊꎮ ꎬ ０＝( ＋７ ) ꎬ ２ ２ ２ 解得ｖ . 即与最后一节车厢碰撞后车厢的速度为 ２.答案 设塑料球的质量为ｍ 则钢球的质量为 ｍ 根据动量守 ＝０ ０５ ｍ/ｓꎬ ꎬ ４ ꎬ . 恒定律可得ｍｖ ｍｖ ｍｖ 由于碰撞是弹性的 所以碰撞过 ００５ ｍ/ｓꎮ ０＝ １＋４ ２ꎻ ꎬ ５.答案 取碰撞前甲物体的速度方向为正方向 碰撞前 ｖ ꎮ ꎬ 甲＝ 程中机械能守恒 则有 １ ｍｖ２ １ ｍｖ２ １ ｍｖ２ 联立以上两 ６ ｍ/ｓꎬ ｖ 乙＝－２ ｍ/ｓꎻ 碰撞后 ꎬ ｖ′ 甲＝－４ ｍ/ｓꎬ ｖ′ 乙＝４ ｍ/ｓꎮ 由动量 ꎬ ２ ０＝ ２ １＋ ２ 􀅰４ ２ꎻ 式解得ｖ ｖ 即碰撞后塑料球的速度大小为 守恒定律得ｍ ｖ ｍ ｖ ｍ ｖ′ ｍ ｖ′ ｍ 甲 ｖ′ 乙－ ｖ 乙 ３ １＝－６ ｍ/ｓꎬ ２＝４ ｍ/ｓꎬ 甲 甲＋ 乙 乙＝ 甲 甲＋ 乙 乙ꎬ ｍ ＝ｖ ｖ′ ＝ ꎮ 方向与初速度方向相反 钢球的速度大小为 方 乙 甲－ 甲 ５ ６ ｍ/ｓꎬ ꎬ ４ ｍ/ｓꎬ ６.答案 设子弹射入沙袋前的速度为ｖ 射入后子弹和沙袋的共 向与塑料球的初速度方向相同 ０ꎬ ꎮ 同速度为ｖ 在子弹射入沙袋的过程中 根据动量守恒定律得 ３.答案 中子和原子核的碰撞可以看成是弹性碰撞 设中子的 １ꎮ ꎬ ꎬ ｍｖ ｍ ｍ ｖ 子弹和沙袋沿圆弧向上摆至最高点的过程 质量为ｍ 碰前速度为ｖ 方向为正方向 原子核的质量为ｍ ０＝( １＋ ) １ꎻ ꎬ １ꎬ ꎬ ꎬ ２ꎬ 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 ｍ ｍ 设喷气前总质量为ｍ 喷气过程喷出的气体质量为ｍ 碰前可以认为是静止的 则碰后中子的速度为ｖ′ １－ ２ｖ １ꎬ ２ꎬ ꎬ ＝ｍ ｍ ꎮ 取喷气后航天员的速度方向为正方向 由动量守恒定律 得 １＋ ２ ꎬ ꎬ 由于中子的质量一般小于原子核的质量 因此 ｖ′ ｍ ｍ ｖ ｍ ｖ ꎬ ＝ ０＝( １－ ２) １＋ ２(－ ２) ｍ ｍ ｍ ｖ . ２－ １ｖ ２ １ ｖ ｍ １ ｍ ００７５×１００ . ｍ ｍ ＝(１－ｍ ｍ ) ꎮ ２＝ｖ ｖ １＝ . ｋｇ＝０１５ ｋｇꎮ １＋ ２ １＋ ２ １＋ ２ ００７５＋５０ 可见 ｍ 越小 ｖ′ 越小 故应选用质量较小的原子核来 ３.答案 设卫星的质量为ｍ 最后一节火箭壳体的质量为ｍ ꎬ ２ ꎬ ꎬ １ꎬ ２ꎬ 降低中子的速度 分离后卫星与火箭壳体相对地面的速度分别为ｖ ｖ 分离时 ꎮ １、 ２ꎬ ４.答案 设未知粒子的质量为ｍ 初速度为ｖ 与氢原子核碰撞 卫星与火箭壳体的相对速度为ｕ 则ｕ ｖ ｖ 根据动量守恒 ꎬ ꎬ ꎬ ＝ １－ ２ꎬ 后二者的速度分别为ｖ ｖ 与氮原子核碰撞后二者的速度分 定律可得(ｍ ｍ )ｖ ｍ ｖ ｍ ｖ 联立以上两式并代入数据解 １、 Ｈꎬ １＋ ２ ＝ １ １＋ ２ ２ꎬ 别为ｖ ｖ 得ｖ . ３ ｖ . ３ 分离后卫星的速度ｖ ２、 Ｎꎮ １＝７３×１０ ｍ/ｓꎬ ２＝５５×１０ ｍ/ｓꎮ １> 根据动量守恒定律可得 ｍｖ ｍｖ ｍ ｖ ｍｖ ｍｖ ｖ . ３ 故卫星做离心运动 卫星对地的高度增大 该 ＝ １＋ Ｈ Ｈ①ꎬ ＝ ２＋ ＝７０×１０ ｍ/ｓꎬ ꎬ ꎬ ｍ ｖ 过程需克服地球引力做功 动能减小 势能增大 最后卫星将 Ｎ Ｎ② ꎬ ꎬ ꎬ 在某一个较高的轨道稳定下来做匀速圆周运动 分离后火箭 根据能量守恒定律可得 １ ｍｖ２ １ ｍｖ２ １ ｍ ｖ２ １ ｍｖ２ ꎻ ＝ １＋ Ｈ Ｈ③ꎬ ＝ 壳体的速度ｖ ｖ . ３ 故火箭壳体做近心运动 壳体 ２ ２ ２ ２ ２< ＝７０×１０ ｍ/ｓꎬ ꎬ 对地的高度减小 该过程地球引力做正功 动能增加 势能减 １ ｍｖ２ １ ｍ ｖ２ ꎬ ꎬ ꎬ ２＋ Ｎ Ｎ④ 小 最后将会在大气层中被烧毁 ２ ２ ꎬ ꎮ 联立 ①③ 两式可得碰后氢原子核的速度 ｖ Ｈ＝ｍ ２ ｍ ｍ ｖ ⑤ꎬ ４.答案 设皮划艇 、 枪 ( 含子弹 ) 及士兵整个系统的质量为ｍ ꎬ 每 ＋ Ｈ 发子弹的质量为ｍ 子弹射出运动的反方向为正方向 子弹相 ｍ ｍ ０ꎬ ꎬ 联立 两式得碰后氮原子核的速度ｖ ２ ｖ ２ ｖ 对步枪的速度大小为ｕ ②④ Ｎ＝ｍ ｍ ＝ｍ ｍ ꎮ ＋ Ｎ ＋１４ Ｈ 设第 次射击后皮划艇的速度大小为ｖ 由动量守恒 联立 两式并代入数据解得未知粒子的质量为ｍ ｍ (１) １ １ꎬ ⑥ꎻ ⑤⑥ ＝ Ｈꎮ 定律有 ｍ ｍ ｖ ｍ ｖ ｕ 由此可知 中子的质量与氢核的质量相等 ０＝( － ０) １＋ ０( １－ ) ꎬ ꎮ ｍ ５.答案 若Ａ和Ｂ发生的是弹性碰撞 则由动量守恒定律和机 ｖ ０ｕ ꎬ １＝ ｍ 械能守恒定律有ｍ ｖ ｍ ｖ ｍ ｖ Ａ ＝ Ａ Ａ＋ Ｂ ｍａｘ 设第 ２ 次射击后皮划艇的速度大小为ｖ ２ꎬ 由动量守恒定 １ ｍ Ａ ｖ２ ＝ １ ｍ Ａ ｖ２Ａ＋ １ ｍ Ｂ ｖ２ ｍａｘ 律有 ( ｍ － ｍ ０) ｖ １＝( ｍ －２ ｍ ０) ｖ ２＋ ｍ ０( ｖ ２－ ｕ ) ２ ２ ２ ｍ ｕ 可以解得Ｂ获得的最大速度为 ｖ ｍａｘ＝ｍ ２ Ａ ｍ ＋ ｍ Ａ Ｂ ｖ ＝ｍ ２ ＋ ｍ ３ ｍ ｖ ＝ 设 ｖ ２－ 第 ｖ １＝ｍ 次 － 射 ０ ｍ 击 ０ 后皮划艇的速度大小为ｖ 由动量守恒定 . ｖ ３ ３ꎬ ０５ 律有 ｍ ｍ ｖ ｍ ｍ ｖ ｍ ｖ ｕ 若Ａ和Ｂ发生的是完全非弹性碰撞 则碰后二者连在一 ( －２ ０) ２＝( －３ ０) ３＋ ０( ３－ ) ꎬ ｍ ｕ 起运动时 ꎬ Ｂ获得的速度最小 ꎬ 由动量守恒定律得 ｖ ３－ ｖ ２＝ｍ －２ ０ ｍ ０ ｍ Ａ ｖ ＝( ｍ Ａ＋ ｍ Ｂ) ｖ ｍｉｎ 同理 ꎬ 第 １０ 次射击后皮划艇的速度大小为ｖ １０ꎬ 由动量守 ｍｖ 恒定律有 ｍ ｍ ｖ ｍ ｍ ｖ ｍ ｖ ｕ ｖ ｍｉｎ＝ｍ ＋３ ｍ＝０ . ２５ ｖ ( － ｍ ９ ｕ ０) ９＝( －１０ ０) １０＋ ０( １０－ ) Ｂ获得的速度 ｖ Ｂ 应满足 ｖ ｍｉｎ≤ ｖ Ｂ≤ ｖ ｍａｘꎬ 即 ０ . ２５ ｖ ≤ ｖ Ｂ≤ ｖ １０－ ｖ ９＝ｍ －９ ０ ｍ ０ . ｖ 所以 设射出子弹ｎ发 则每次射击后皮划艇速度的改变 ０５ ꎬ ꎬ 可见 Ｂ球的速度可能是 . ｖ 不可能是 . ｖ ｍ ｕ ꎬ ０４ ꎬ ０６ ꎮ 量为 ｖ ０ ８ ｎ Δ ＝ｍ ｎ ｍ ＝ . . ｎ ｍ/ｓ( ＝１、２、３、􀆺) 6 反冲现象 火箭 －( －１) ０ １２００１－００１ 连续射击 次后 可得 (２) １０ ꎬ ◆练习与应用 ｍ ｕ ｍ ｕ ｍ ｕ ｖ ０ ０ ０ １.答案 设飞机的质量为ｍ 喷出的气体质量为ｍ 取飞机喷 １０＝ ｍ ＋ｍ ｍ ＋􀆺＋ｍ ｍ １ꎬ ꎮ － ０ －９ ０ 气前速度ｖ 的方向为正方向 喷出的气体的速度为ｖ ｖ 的方 ( . . . ) ０ ꎬ １ꎬ １ ＝ ００１×８００ ＋ ００１×８ . ００ ＋􀆺＋ ００１×８０ . ０ ｍ/ｓ 向与ｖ 相同 但ｖ ｖ 由动量守恒定律 有 １２０ １２０－００１ １２０－９×００１ ０ ꎬ ０> １ꎬ ꎬ ( ) ｍ ｍ ｖ ｍｖ ｍ ｖ １ １ １ ( １＋ ) ０＝ １＋ １ ２ ＝８× ＋ . ＋􀆺＋ . ｍ/ｓ ｍ ｖ ｖ １２０ １２０－００１ １２０－９×００１ ｖ ｖ ( ０－ １) ２＝ ０＋ ｍ ≈８× １０ ｍ/ｓ≈０ . ６７ ｍ/ｓ １ １２０ 由于ｖ ｖ 且ｖ ｖ 故有ｖ ｖ 因此飞机的速度还 ０>０ꎬ １>０ꎬ ０> １ꎬ ２> ０ꎬ (３) 对整个过程应用动量定理 ꎬ 得 会增加 ꎮ Ｆｔ ｍ ｍ ｖ ＝( －１０ ０) １０－０ ２.答案 喷气后 航天员做匀速直线运动的速度为 ꎬ . ２ ｘ ｍ ｍ ｖ (１２０－１０×００１)× ｖ Δ ４５ . Ｆ ( －１０ ０) １０ ３ １＝ ｔ ＝ ｍ/ｓ＝００７５ ｍ/ｓ ＝ ｔ ＝ Ｎ≈４０ Ｎ １０×６０ ２ 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◆复习与提高 ０－８ 质量为ｍ 的物体的速度为ｖ′ １６－８ Ａ组 ６－２ ｍ/ｓ＝－２ ｍ/ｓꎬ ２ ２＝ ６－２ ｍ/ｓ＝ １.答案 铁锤与水泥桩碰前的速度ｖ ｇｈ . ２ ｍ/ｓꎮ ＝ ２ ＝ ２×１０×３２ ｍ/ｓ＝ 根据动量守恒定律可得 ｍ ｖ ｍ ｖ′ ｍ ｖ′ 代入数据 规定竖直向下为正方向 对铁锤应用动量定理可得 (１) １ １＝ １ １＋ ２ ２ꎬ ８ ｍ/ｓꎮ ꎬ 解得ｍ ｍｇ Ｆ ｔ ｍｖ 代入数据解得Ｆ 根据牛顿第三 ２＝３ ｋｇꎮ ( － ) ＝０－ ꎬ ＝１９３２００Ｎꎮ 定律可知 ꎬ 铁锤对桩的平均作用力大小为 １９３ ２００ Ｎꎬ 方向竖 (２) 碰撞前系统的总动能为Ｅ ＝ Ｅ １＋ Ｅ ２＝ ２ １ ｍ １ ｖ２ １＝ ２ １ ×１× 直向下 ꎮ ２ 碰撞后系统的总动能为 Ｅ′ Ｅ′ Ｅ′ １ ｍ ｖ′２ ２.答案 规定初速度的方向为正方向 根据动量定理有 μｍｇｔ ４ Ｊ＝８ Ｊꎬ ＝ １＋ ２＝ １ １ ＋ ꎬ － ＝ ２ ｍｖ ｍｖ 得ｔ 两物体的初动量ｍｖ相同 它们与地面间的 １ ｍ ｖ′２ １ ( ) ２ １ ２ 则有Ｅ Ｅ′ 故该碰 ０－ ꎬ ＝μｍｇꎮ ꎬ ２ ２ ＝ ×１× －２ Ｊ＋ ×３×２ Ｊ＝８Ｊꎬ ＝ ꎬ ２ ２ ２ 撞是弹性碰撞 动摩擦因数μ相同 则ｔ １ 故质量小的物体滑行时间较长 ꎮ ꎬ ∝ｍꎬ ꎮ ｈ ８.答案 小球被击穿后做平抛运动 落地时间为 ｔ ２ ３.答案 根据机械能守恒定律可知 ａ ｂ 两球落地时的速度相 ꎬ ＝ ｇ ＝ 、 等 ꎬ ｃ球落地时的速度最小 ꎬ 即ｖ ａ＝ ｖ ｂ> ｖ ｃꎻ 由于三个小球的质量 ２×５ . ０ 小球平抛的初速度为 ｖ ｓ ２０ 相等 根据动量的定义式ｐ ｍｖ可知 三球落地时动量的大小 ｓ＝１ ｓꎬ 球 ＝ ｔ ＝ ｍ/ｓ＝ ꎬ ＝ ꎬ １０ １ 关系为ｐ ｐ ｐ ａ球在空中运动的时间最长 ｂ球在空中运 规定向右为正方向 子弹击穿小球的过程 根据动量 ａ＝ ｂ> ｃꎮ ꎬ ２０ ｍ/ｓꎮ ꎬ ꎬ 动的时间最短 即ｔ ｔ ｔ 根据动量定理可知动量的变化量 守恒定律可得ｍ′ｖ ｍ ｖ ｍ′ｖ 代入数据解得击穿小球后子 ꎬ ａ> ｃ> ｂꎻ ０＝ １ 球＋ 弹ꎬ Δ ｐ ＝ ｍｇｔ ꎬ 则从抛出到落地三球的动量变化量的大小关系为 弹的速度ｖ 弹＝１００ ｍ/ｓꎬ 则子弹落地处离杆的距离为ｓ′ ＝ ｖ 弹 ｔ ＝ ｐ ｐ ｐ Δ ａ>Δ ｃ>Δ ｂꎮ １００×１ ｍ＝１００ ｍꎮ ４.答案 小球抛出时 动量的大小为ｐ ｍｖ . Ｂ组 (１) ꎬ １＝ ０＝０５×６ｋｇ􀅰ｍ/ｓ＝ 方向沿水平方向 小球落地时 竖直方向的分速度 １.答案 由Ｆ ｔ可知 力Ｆ随时间均匀变化 则 内力Ｆ的 ３ｋｇ􀅰ｍ/ｓꎬ ꎮ ꎬ ＝５ ꎬ ꎬ ２ ｓ Ｆ Ｆ ｖ ｙ＝ ｇｔ ＝１０×０ . ８ｍ/ｓ＝８ｍ/ｓꎬ 落地速度ｖ ＝ ｖ２ ０＋ ｖ２ｙ ＝ ６ ２ ＋８ ２ ｍ/ｓ＝ 平均值为Ｆ ＝ ０＋ ２ ＝ ０＋５×２ Ｎ＝５Ｎꎬ 则力Ｆ在 ２ｓ 内的冲量为 ｖ ２ ２ 设落地速度与水平方向的夹角为θ 则 θ ｙ ４ １０ ｍ/ｓꎻ ꎬ ｔａｎ ＝ｖ ＝ ꎬ Ｉ Ｆｔ ０ ３ ＝ ＝５×２ Ｎ􀅰ｓ＝１０ Ｎ􀅰ｓꎮ 故θ ° 因此小球落地时动量的大小为 ｐ ｍｖ . ２.答案 设水平拉力为Ｆ 在整个运动过程中 根据动量定理可 ＝５３ ꎬ ２ ＝ ＝０ ５× ꎬ ꎬ 方向与水平方向的夹角为 ° 得Ｆｔ μｍｇ ｔ ｔ 则拉力的大小为Ｆ μｍｇ １０ ｋｇ􀅰ｍ/ｓ＝５ ｋｇ􀅰ｍ/ｓꎬ ５３ ꎮ － ( ＋)＝０－０ꎬ ＝２ ꎮ 小球从抛出到落地过程中 动量的变化量 ｐ ｍ ｖ ３.答案 设鸡蛋落地瞬间的速度大小为ｖ 楼的高度约为ｈ (２) ꎬ Δ ＝ Δ ＝ ꎬ１８ ＝ ｍｖ ｙ＝０ . ５×８ ｋｇ􀅰ｍ/ｓ＝４ ｋｇ􀅰ｍ/ｓꎬ 动量变化量的方向与速度变 ３×１７ ｍ＝５１ ｍꎬ 从鸡蛋开始下落到落地瞬间 ꎬ 根据动能定理可 化量的方向相同 即方向竖直向下 ꎬ ꎮ 得ｍｇｈ ＝ １ ｍｖ２ ꎬ 解得ｖ ＝ ２ ｇｈ ＝ ２×１０×５１ ｍ/ｓ≈３１ . ９ ｍ/ｓꎻ 小球在空中运动的 . 内所受重力的冲量Ｉ ｍｇｔ ２ (３) ０８ ｓ ＝ ＝ ｖ . . 冲量的方向与重力的方向 鸡蛋与地面作用过程中的平均速度为ｖ ＋０ . 鸡蛋 ０５×１０×０ ８ ｋｇ􀅰ｍ/ｓ＝４ ｋｇ􀅰ｍ/ｓꎬ ＝ ＝１６０ ｍ/ｓꎬ 相同 即方向竖直向下 ２ ꎬ ꎮ ｄ －２ 由以上分析可知 物体在一个过程中所受力的冲量等 与地面作用的时间为ｔ ５×１０ . 规定竖直向 (４) ꎬ ＝ ｖ ＝ . ｓ＝０ ００３ ｓꎮ １６０ 于它在这个过程初末状态的动量的变化量 上为正方向 在鸡蛋落地的过程中 根据动量定理可得 ꎮ ꎬ ꎬ ５.答案 普通的木槌质量约为 . 故木槌的质量不符合实 １ ５ ｋｇꎬ (Ｆ ｍｇ)ｔ ｍｖ 解得Ｆ 由牛顿第三定律可知鸡 际 将木槌在空中的运动视为自由落体运动 根据ｖ２ ｇｈ可 － ＝０－(－ )ꎬ ≈５３２ Ｎꎬ ꎻ ꎬ ＝２ 蛋对地面的平均冲击力为 ｖ２ ２ ５３２ Ｎꎮ 知 木槌下落的高度为ｈ ２２ . 可知木槌刚接 ４.答案 设ｔ时间内有体积为Ｖ的水射到墙壁上 则这些水的质 ꎬ ＝ ｇ＝ ｍ＝２４２ｍꎬ ꎬ ２ ２×１０ 量为ｍ ρＶ ρｖｔＳ 以这部分水为研究对象 设它受到墙壁的平 触糍粑时的速度过大 不符合实际的情景 ＝ ＝ ꎬ ꎬ ꎬ ꎮ ６.答案 当Ａ Ｂ之间的距离最近时 它们的速度相同 规定Ａ的 均冲击力为Ｆ 规定水流初速度方向为正方向 根据动量定理 ꎬ ꎬ 、 ꎬ ꎬ 初速度的方向为正方向 ꎬ 根据动量守恒定律可得 ｍ Ａ ｖ ＝( ｍ Ａ＋ 可得Ｆｔ ＝０－ ｍｖ ꎬ 则有Ｆ ＝－ ｍ ｔ ｖ ＝－ ρＳｖ２ ꎬ 负号表示水受到墙壁的 ｍ ｍ ｍ ｖ 则有ｖ Ａ ｖ Ａ ｖ １ ｖ 即当 Ａ Ｂ 之间的 作用力方向与水流初速度方向相反 根据牛顿第三定律可知 Ｂ) 共ꎬ 共＝ｍ ｍ ＝ｍ ｍ ＝ ꎬ 、 ꎬ ꎬ Ａ＋ Ｂ Ａ＋４ Ａ ５ 墙壁受到的平均冲击力大小为ρＳｖ２ 方向与水流初速度方向 ꎬ 距离最近时 它们的速度都为 １ ｖ ꎬ ꎮ 相同 ５ ꎮ ７.答案 ｘ ｔ图线的斜率表示速度 由图像可知 两物体碰撞前 ５.答案 由于不计水的阻力 所以小船和人组成的系统在水平 － ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ｘ 方向动量守恒 规定人运动的方向为正方向 根据动量守恒定 质量为ｍ 的物体静止 质量为ｍ 的物体的速度为ｖ Δ ꎬ ꎬ ２ ꎬ １ １＝ ｔ＝ 律可得 ｍ′ｖ′ ｍｖ 人从船头走到船尾 设船后退的距离为ｘ Δ ０＝ － ꎻ ꎬ ꎬ ｘ′ ｘ ８－０ 碰撞后 质量为 ｍ 的物体的速度为 ｖ′ 人相对地面运动的距离为ｘ′ 则有ｍ′ ｍ 又有ｘ ｘ′ ｌ ｍ/ｓ＝４ ｍ/ｓꎻ ꎬ １ １＝ ꎬ ｔ ＝ ｔ ꎻ ＋ ＝ ꎬ ２－０ 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 ｍ′ ｍ 联立解得ｘ ｌ ｘ′ ｌ 即船和人对地面位移的大小 动的方向向左 运动情况如图乙所示 则有 １ ３ Ｔ ＝ｍ ｍ′ ꎬ ＝ｍ ｍ′ ꎬ ꎬ ꎬ ３ ｓ＋２ ｓ× ＝ ꎬ ＋ ＋ ２ ４ ｍ′ ｍ 分别为 ｌ ｌ 解得周期Ｔ １６ ｍ ｍ′、ｍ ｍ′ꎮ ＝ ｓꎮ ＋ ＋ ３ ６.答案 设碰撞前Ａ球的速度为ｖ 当两球压缩最紧时速度相 ꎬ ｖ 等 根据动量守恒定律可得ｍｖ ｍ ｍ ｖ 则有ｖ 在 ꎬ ＝( ＋ ) 共ꎬ 共＝ ꎮ ２ 碰撞过程中总机械能守恒 ꎬ 则有 １ ｍｖ２ ＝ １ ( ｍ ＋ ｍ ) ｖ２共＋ Ｅ ｐꎬ 解 甲 ２ ２ Ｅ 得ｖ ｐ ＝２ ｍ ꎮ ７.答案 由于Ａ Ｃ碰撞时间极短 所以Ａ Ｃ碰撞过程动量守恒 、 ꎬ 、 ꎬ 设碰后瞬间Ａ的速度大小为ｖ Ａꎬ Ｃ的速度大小为ｖ Ｃꎬ 规定向右 乙 为正方向 ꎬ 根据动量守恒定律可得 ｍ Ａ ｖ ０＝ ｍ Ａ ｖ Ａ＋ ｍ Ｃ ｖ Ｃꎻ 设 Ａ 、 Ｂ ２.答案 这两个简谐运动的振幅之比为 Ａ １ ３ ａ １ 它们的频 共速时的速度为 ｖ 根据动量守恒定律可得 ｍ ｖ ｍ ｖ Ａ ＝ ａ＝ ꎻ ＡＢꎬ Ａ Ａ＋ Ｂ ０ ＝ ２ ９ ３ ｍ ｍ ｖ Ａ Ｂ共速后恰好不再与Ｃ碰撞 应满足ｖ ｖ ｂ ( Ａ＋ Ｂ) ＡＢꎻ 、 ꎬ ＡＢ＝ Ｃꎻ ８π 联立以上各式并代入数据解得ｖ ｆ Ａ＝２ ｍ/ｓꎮ 率之比为 １ ２π １ ｔ 时 φ π φ π 则相位差为 ８.答案 小球Ｃ下落到最低点时 ꎬ Ａ 、 Ｂ 开始分离 ꎬ 此过程中 Ａ 、 ｆ ２ ＝ ８π ｂ＝ １ ꎻ ＝０ ꎬ １＝ ４ ꎬ ２＝ ２ ꎬ Ｂ Ｃ组成的系统水平方向动量守恒 规定水平向左为正方向 ２π 、 ꎬ ꎬ 根据动量守恒定律可得 ｍ ｖ ｍｖ 根据能量守恒定律可 φ φ φ π ０＝ ０ Ｃ－２ ＡＢꎬ Δ ＝ ２－ １＝ ꎮ ４ 得 ｍ ０ ｇｌ ＝ １ ｍ ０ ｖ２Ｃ ＋ １ 􀅰２ ｍｖ２ＡＢꎬ 联立以上两式解得 ｖ Ｃ ＝ ３.答案 甲 、 乙振动图像的位移与时间的关系式分别为 ｘ １＝ ２ ２ Ａ ωｔ φ ｘ Ａ ωｔ φ 由图可知 当ｔ 时 φ ｍｇｌ ｍ ｍｇｌ １ｓｉｎ( ＋ １)ꎬ ２＝ ２ｓｉｎ( ＋ ２)ꎬ ꎬ ＝０ ꎬｓｉｎ １＝０ꎬ ｖ ０ ２ ｍ ｍ ꎬ ＡＢ＝ ｍ ｍ ｍ ꎮ φ 故φ φ π 它们的相位差 φ φ φ π ２ ＋ ０ ２ ＋ ０ ｓｉｎ ２＝－１ꎬ １＝０ꎬ ２＝－ ꎬ Δ ＝ ２－ １＝－ ꎮ ２ ２ ４.答案 如图所示 第二章 机械振动 1 简谐运动 ◆练习与应用 １.答案 白纸上ＯＯ′坐标轴上的坐标代表时间 纵坐标代表振 ꎬ 动位移 白纸匀速运动时 由位移ｓ ｖｔ知一定位移与一定时 ꎮ ꎬ ＝ 间对应 因此在匀速条件下 可以用白纸通过的位移表示 ꎬ ꎬ 时间 ５.答案 由图知 ｘ . ｔ ｘ . ꎮ 甲 ＝ ０ ００５ ｓｉｎ(５π ＋π)ｍꎬ 乙 ＝ ０ ００２􀅰 如果拖动白纸的速度为ｖ －２ 在ＯＯ′坐标轴上 ( ) ＝５×１０ ｍ/ｓꎬ . ｔ π 应该以长度ｌ ＝ ｖｔ ＝５×１０ －２ ×１ ｍ＝５×１０ －２ ｍ＝５ ｃｍ 作为 １ ｓ 的 ｓｉｎ ２５π ＋ ２ ｍꎮ 时间 ꎮ 3 简谐运动的回复力和能量 ２.答案 质点离开平衡位置的最大距离等于振幅 为 (１) ꎬ １０ｃｍꎮ ◆练习与应用 在 . 和 . 这两个时刻 质点在平衡位置两侧距 (２) １５ ｓ ２５ ｓ ꎬ １.答案 小球自由静止时 受到重力 斜面的支持力和弹簧的拉 平衡位置 处 . 时质点正向平衡位置运动 . 时 ꎬ 、 ５ ２ ｃｍ ꎬ１５ ｓ ꎬ２５ ｓ 力三个力的作用 沿斜面方向 弹簧的拉力与重力沿斜面方向 质点正远离平衡位置 ꎬ ꎬ ꎮ 的分力平衡 内及 内质点相对平衡位置的位移与它的 ꎮ (３)０~１ｓ ２~３ｓ 即Ｆ ｋｘ ｍｇ θ 瞬时速度方向相同 内及 内质点相对平衡位置的 ０＝－ ０＝ ｓｉｎ ꎻ１~２ ｓ ３~４ ｓ 弹簧拉长后 Ｆ ｋ ｘ ｘ 位移与它的瞬时速度方向相反 ꎮ ꎬ ＝－ ( ０＋ ) 小球沿斜面方向所受的合外力Ｆ′ Ｆ ｍｇ θ ｋ ｘ (４) 质点在第 ２ ｓ 末的位移为零 ꎮ ＝ － ｓｉｎ ＝－ ( ０＋ ｘ ｋｘ ｋｘ (５) 质点在前 ２ ｓ 内运动的路程为 ２０ ｃｍꎮ )－(－ ０)＝－ 由此可知 小球的运动是简谐运动 ꎬ ꎮ 2 简谐运动的描述 ２.答案 如果不考虑水的黏滞阻力 木筷受到重力和水的浮 (１) ꎬ ◆练习与应用 力 重力恒定不变 浮力与木筷排开水的体积成正比 木筷静 ꎮ ꎬ ꎬ １.答案 若小球开始运动的方向向右 运动情况如图甲所示 则 止时的位置看作平衡位置 ꎮ 由此可知 ꎬ 以平衡位置为坐标原 ꎬ ꎬ ( ) 点 木筷所受合力与其偏离平衡位置的位移成正比 且方向相 小球振动的周期为Ｔ １ 若小球开始运 ꎬ ꎬ ＝４× ３ ｓ＋２ ｓ× ＝１６ ｓꎻ 反 则可以判定木筷做简谐运动 ２ ꎬ 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、讲义等小球在光滑圆弧面上受到重力和圆弧面的支持力 能增大摆的周期 故 错误 单摆的摆长应等于摆线的长度与 (２) ꎮ ꎬ Ｃ ꎻ 重力恒定不变 支持力的方向始终与运动方向垂直 小球的 摆球半径之和 故 错误 释放摆球 当摆球振动稳定后 从平 ꎬ ꎮ ꎬ Ｄ ꎻ ꎬ ꎬ 运动与单摆的运动类似 从而判定小球做简谐运动 衡位置开始计时 要测量摆球振动ｎ个周期的时间ｔ 周期Ｔ ꎬ ꎮ ꎬ ꎬ ＝ ３.答案 由Ｆ ｋｘ与牛顿第二定律Ｆ ｍａ可知 以ＡＢ方向为 ｔ ＝－ ＝ ꎬ 故 正确 正方向 在Ａ点 Ｆ ｋｘ ｍａ ｎ ꎬ Ｅ ꎮ ꎬ : Ａ＝－ Ａ＝ Ａ 在Ｂ点 Ｆ ｋｘ ｍａ : Ｂ＝－ Ｂ＝ Ｂ ２.答案 根据表中数据猜测ａ ｂ的关系 例如作ａ ｂ图像 ａ １ 、 ꎬ － 、 － ｂ 且Ａ Ｂ两点在平衡位置的两侧 所以ｘ ｘ 、 ꎬ Ｂ－ Ａ＝１０ ｃｍ 三式联立解得ｘ Ａ＝－４ｃｍꎬ ｘ Ｂ＝６ｃｍꎬ 即平衡位置在Ａ 、 Ｂ之 图像 、 ａ － ｂ２ 图像 、 ａ －ｂ １ ２ 图像 、 ｂ － ａ １ 图像 、 ｂ － ａ２ 图像等 ꎬ 从中寻 间 距Ａ点 距Ｂ点 ꎬ ４ ｃｍꎬ ６ ｃｍꎮ 找图线为直线的 经过尝试发现ａ ｂ２ 图像为直线 对应的实 ４.答案 . . . ꎬ － ꎬ (１)０６ ｓꎬ１２ ｓꎬ１４ ｓꎮ 验数据和图像如下 . . . : (２)０２ ｓꎬ１０ ｓꎬ１２ ｓꎮ . . . . . . ａ/ . . . . . . (３)０ꎬ０２ ｓꎬ０６ ｓꎬ０８ ｓꎬ１０ ｓꎬ１２ ｓꎬ１４ ｓꎮ Ｐ ０５ ０８ ０９ １０ １２ １５ (４)０ . １~０ . ３ ｓꎬ０ . ５~０ . ７ ｓꎬ０ . ９~１ . １ ｓꎬ１ . ３~１ . ５ ｓꎮ ｂ２/ Ｑ ２ ２ . ０２ ３ . ２０ ３ . ６１ ４ . ００ ４ . ８４ ６ . ００ . . . . . . . (５)０~０１ ｓꎬ０３~０５ ｓꎬ０７~０９ ｓꎬ１１~１３ ｓꎮ 4 单摆 ◆练习与应用 ｌ １.答案 由单摆周期公式Ｔ 知 周期与振幅 摆球质量 ＝２π ｇ ꎬ 、 无关 ꎮ ｇ ｌ 因ｇ′ ｌ′ 所以Ｔ′ ２Ｔ ＝ ꎬ ＝ ꎬ ＝ ꎮ ２ ４ ２ 则ａ与ｂ之间关系的表达式为ａ ｋｂ２ 其中ｋ为常量 大 ＝ ꎬ ꎬ ｌ ２.答案 由Ｔ 知 当Ｔ 时 摆长约为 ＝２π ｇ ꎬ ＝２ ｓ ꎬ １ ｍꎮ 小为 １ 单位为Ｐ/Ｑ２ ꎬ ꎮ ４ 依题可得 地球上的秒摆在月球上的周期 ꎬ 6 受迫振动 共振 Ｔ′ １ ＝２π . ｓ＝５ ｓ ◆练习与应用 １６ 所以它在月球上做 次全振动要用 ５０ ２５０ ｓꎮ １.答案 由于小球做受迫振动 振动达到稳定时周期为 频 ꎬ ４ ｓꎬ ３.答案 由图像可以看出 单摆乙的周期是单摆甲的周期的 (１) ꎬ 率为 . ０２５ Ｈｚꎮ 倍 即Ｔ １ Ｔ 由单摆的周期公式可知ｌ ｌ ２.答案 Ｂ Ｃ球也开始振动 且Ｃ球振动的振幅比较大 ２ ꎬ 甲＝ 乙ꎬ 甲 ∶ 乙＝１ ∶ ４ꎮ (１) 、 ꎬ ꎮ ２ Ａ Ｂ球开始振动 Ａ球的振幅比较大 由图像可以看出 当乙第一次到达右方最大位移处时 (２) 、 ꎬ ꎮ (２) ꎬ ３.答案 根据共振的规律 当颠簸的时间间隔正好等于车身 弹 ꎬ － 经过了 １ 周期 此时甲振动了 １ 周期 因此甲处于平衡位置 ｘ ꎬ ꎬ ꎬ 簧系统的固有周期时 汽车颠簸得最剧烈 由ｖ 可知汽车 ４ ２ ꎬ ꎮ ＝ Ｔ 此时正向左运动 ꎮ 的速度大小为 . ４.答案 由图可知该单摆的周期为 代入周期公式 Ｔ ５３ ｍ/ｓꎮ (１) ２ ｓꎬ ＝ ４.答案 由图像可以看出单摆的固有频率约 . 故由单 (１) ０３ Ｈｚꎬ ｌ Ｔ２ ２π ｇ ꎬ 可得其摆长ｌ ＝ ２ ｇ ＝１ ｍꎮ 摆的周期公式Ｔ ｌ 可得ｌ Ｔ２ｇ ｇ ９ . ８ ４π ＝２π ｇ ＝ ２ ＝ ２ｆ２ ＝ ２ . ２ ｍ＝ 设单摆的最大偏角为 θ 其偏角最大时 摆球处于最 ４π ４π ４π ×０３ (２) ꎬ ꎬ . 大位移处 由图可知 摆球的振幅为 . 远小于摆长 因 ２７６ ｍꎮ ꎮ ꎬ ０ ０４ ｍꎬ ꎬ 摆长增大 单摆的固有周期增大 固有频率减小 共振 Ａ (２) ꎬ ꎬ ꎬ 此 最大偏角θ的正弦值为 θ －２ 由此可估算出 曲线振幅最大值所对立的横坐标将向左移动 ꎬ ｓｉｎ ≈ ｌ ＝４×１０ ꎬ ꎮ 它摆动的最大偏角θ ＝２ . ２９ ° ꎮ ５.答案 摆球在Ｐ和Ｎ时刻的位移大小相等 ꎬ 即摆球所处的高 度相同 因此势能相等 由于阻力的影响 摆球要克服阻力做 ꎬ ꎻ ꎬ 5 实验：用单摆测量重力加速度 功 在运动过程中机械能一直在减小 因此Ｎ时刻的机械能小 ꎬ ꎬ ◆练习与应用 于Ｐ时刻的机械能 又知Ｐ Ｎ两时刻摆球的势能相等 所以Ｎ ꎻ 、 ꎬ １.答案 在用单摆测量重力加速度的实验中 摆线要选择细些 时刻的动能小于Ｐ时刻的动能 ꎬ ꎮ 的 伸缩性小些的 且长度要适当长一些 摆球应选择体积比 ◆复习与提高 、 ꎬ ꎬ 较小 密度比较大的小球 故 均正确 根据单摆的周期公 Ａ组 、 ꎬ Ａ、Ｂ ꎻ ｌ １.答案 做简谐运动的质点在通过平衡位置时 速度具有最大 式Ｔ 可知 摆球的周期与摆角无关 因此增大摆角不 ꎬ ＝２π ｇ ꎬ ꎬ 值 位移 回复力 加速度具有最小值 ꎬ 、 、 ꎮ 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 ２.答案 弹簧振子完成 次全振动的时间为 则弹簧振子的 １０ ２ ｓꎬ 周期为Ｔ ２ . 频率和周期互为倒数 则频率为ｆ １ ＝ ｓ＝０２ｓꎻ ꎬ ＝ Ｔ ＝ １０ １ 每个周期内振子通过的路程等于 倍的振幅 则 . Ｈｚ＝５Ｈｚꎻ ４ ꎬ ０２ 有 Ａ 解得Ａ １０×４ ＝８０ ｃｍꎬ ＝２ ｃｍꎮ ３.答案 由于向右为ｘ轴的正方向 所以滑块运动到Ｎ点时 具 ꎬ ꎬ 有正向最大位移 若滑块位于Ｎ点时开始计时 其位移与时间 ꎻ ꎬ 的关系遵从余弦函数的规律 其振动图像如图所示 ꎬ : ４.答案 摆钟走得慢了 说明摆钟的周期变长了 根据单摆周期 ꎬ ꎬ ｌ 公式Ｔ 可知 若要将此摆钟调准 应将摆长适当缩短 ＝２π ｇ ꎬ ꎬ 一些 ꎮ ５.答案 设小球的质量为ｍ 小球相对于最低点的位移为ｘ 小 ꎬ ꎬ 球与Ｏ的连线和竖直方向的夹角为θ 小球的重力沿圆弧切线 ꎬ 方向的分力为回复力 即Ｆ ｍｇ θ ＡＢ ꎬ 回＝ ｓｉｎ ꎮ ７ ( 充的能量为 Ｅ ｍｇ ｈ . . . . －２ Δ ＝５ Δ ＝５×０ ２×９ ８×(１ ５－１ ２)×１０ Ｊ＝ . ００３ Ｊꎮ ２.答案 在星球表面上 物体受到的重力等于万有引力 则有 ꎬ ꎬ Ｍｍ Ｍ ｌ ｍｇ Ｇ 解得ｇ Ｇ 单摆的周期公式为Ｔ 整 ＝ Ｒ２ ꎬ ＝ Ｒ２ꎻ ＝２π ｇ ꎬ ｌＲ２ Ｔ Ｒ２ｍ Ｒ ｍ 理可得Ｔ 故 １ １ ２ １ ２ ＝２π ＧＭꎬ Ｔ ＝ Ｒ２ｍ ＝Ｒ ｍ ꎮ ２ ２ １ ２ １ ｌ ｇ ３.答案 根据单摆的周期公式Ｔ 可得ｌ Ｔ２ 则 (１) ＝２π ｇ ＝ ２ ꎬ ４π ｇ ｇ ｌ ｌ ２ (ｌ ｌ ) ｌ Ｔ２ 图线的斜率表示 即 ２－１ 解得ｇ ４π ２－１ － ２ꎬ ２ ＝Ｔ２ Ｔ２ꎬ ＝ Ｔ２ Ｔ２ ꎮ ４π ４π ２－ １ ２－ １ 用ｌ Ｔ２ 图像计算重力加速度 可以消除因摆球质量 (２) － ꎬ 分布不均匀而造成的测量误差 因为若摆球的质量分布不均 ꎮ 匀 则测量的摆长不准确 但摆长的变化是不受影响的 ｌ Ｔ２ ꎬ ꎬ ꎬ － 图线的斜率不变 只是图线不再通过坐标原点了 ꎬ ꎮ ４.答案 由图像可知 振幅Ａ 周期Ｔ 初相φ 故 (１) ꎬ ＝５ｃｍꎬ ＝４ｓꎬ ＝０ꎬ 小球位移随时间变化的关系式为ｘ Ａ ２πｔ πｔ ＝ ｓｉｎ Ｔ ＝５ ｓｉｎ (ｃｍ)ꎮ ２ 由图可知 在第 末到第 末这段时间内 小球的 (２) ꎬ ２ ｓ ３ ｓ ꎬ Ｒ时 θ很小 小 加速度变大 速度变小 动能变小 弹簧的弹性势能变大 ≪ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎮ ｘ 弹簧振子在一个周期内的位移为零 路程为振幅的 球位移的大小与θ角所对的弧长近似相等 因而 θ 且 (３) ꎬ ４ ꎬ ｓｉｎ ≈Ｒꎬ 倍 小球在 内刚好经历了 个周期 故第 时的位 ꎬ １００ ｓ ２５ ꎬ １００ ｓ ｘ ｍｇ 移为ｘ 路程为ｓ Ａ 位移方向与回复力方向相反 故回复力Ｆ ｍｇ ｘ ＝０ꎬ ＝２５×４ ＝２５×４×５ ｃｍ＝５００ ｃｍ＝５ ｍꎮ ꎬ 回＝－ 􀅰Ｒ ＝－ Ｒ ꎬ ５.答案 由图乙可知 单摆的振动周期为 . 由单摆周期 (１) ꎬ ０ ４πꎬ 即小球的运动可视为简谐运动 此模型可以视为等效单摆 Ｒ ꎮ ꎬ ｌ ｇ 公式Ｔ 可得 单摆的摆长为ｌ Ｔ２ . Ｒ ＝２π ｇ ꎬ ＝ ２ ＝０４ ｍꎮ 为等效摆长 其周期为Ｔ 则频率为ｆ １ １ ４π ꎬ ＝２π ｇ ꎬ ＝ Ｔ ＝ Ｒ ＝ 摆球运动到Ｂ点时细线的拉力最大 由图乙可知最大 (２) ꎬ ２π ｇ 拉力为Ｆ . 在Ｂ点 根据牛顿第二定律可得Ｆ ｍａｘ＝０ ５１０ Ｎꎬ ꎬ ｍａｘ－ １ ｇ ｍｇ ｍ ｖ２ 在Ａ点和Ｃ点时细线的拉力最小 最小拉力为 Ｒ ꎮ ＝ ｌ ①ꎻ ꎬ ２π ６.答案 设长绳的长度为ｌ 根据自由落体运动的规律可知 做 Ｆ . 此时有Ｆ ｍｇ θ 摆球从Ａ到Ｂ的过程 ꎬ ꎬ ｍｉｎ＝０４９５ Ｎꎬ ｍｉｎ＝ ｃｏｓ ②ꎻ ｌ 自由落体运动的小球下落的时间为ｔ ２ 由单摆的周期 中机械能守恒 则有ｍｇｌ θ １ ｍｖ２ 联立 式 １＝ ｇ ꎻ ꎬ (１－ｃｏｓ )＝ ③ꎻ ①②③ ２ 公式可知 偏离平衡位置一个很小角度的小球第一次摆到平 Ｆ Ｆ . . ꎬ 解得ｍ ｍａｘ＋２ ｍｉｎ ０５１０＋２×０４９５ . ＝ ｇ ＝ ｋｇ＝００５ ｋｇꎮ 衡位置的时间为 ｔ １ Ｔ １ ｌ π ｌ 由于 ３ ３０ ２ ＝ ＝ ×２π ｇ ＝ ｇ ꎻ ｖ２ ４ ４ ２ 摆球在Ｂ点时速度最大 由Ｆ ｍｇ ｍ 可得 摆球 (３) ꎬ ｍａｘ－ ＝ ｌ ꎬ ｌ ｌ ２ ｇ < π ２ ｇ ꎬ 所以做自由落体运动的小球先到达第一个小 运动过程中的最大速度为ｖ ＝０ . ２８３ ｍ/ｓꎮ 球的平衡位置 ６.答案 根据题意 某电压下偏心轮的转速是 则周期 ꎬ ５４ ｒ/ｍｉｎꎬ ꎮ ７.答案 (１) 由图像可知 ꎬ 简谐运动的振幅 Ａ ＝２ ｃｍꎬ 周期 Ｔ ＝ 为Ｔ ＝ ｎ １ ＝ ６０ ｓ＝ １０ ｓꎬ 所以驱动力的频率为ｆ ＝ Ｔ １ ＝０ . ９ Ｈｚꎮ ５４ ９ ０ . ８ ｓꎬ 则频率ｆ ＝ Ｔ １ ＝ ０ １ . ８ Ｈｚ＝１ . ２５ Ｈｚꎮ 由图乙可知 ꎬ 共振筛的固有频率为ｆ ０＝０ . ８ Ｈｚꎬ 因此为了使筛 子的振幅增大 可以增大共振筛的固有频率 还可以减小驱动 由于完成一次全振动的时间为一个周期 故从Ｃ点算 ꎬ ꎬ (２) ꎬ 力的频率 即可以减小筛子的质量或降低电压 起到Ｇ点表示完成了一次全振动 ꎬ ꎮ ꎮ 振子在平衡位置时动能最大 故Ｂ Ｄ Ｆ Ｈ这四个点 (３) ꎬ 、 、 、 第三章 机械波 表示振子的动能最大 振子的位移最大时势能最大 故 Ａ Ｃ ꎻ ꎬ 、 、 Ｅ Ｇ这四个点表示振子的势能最大 、 ꎮ Ｂ组 1 波的形成 １.答案 单摆完成 次全振动的时间是 则单摆的周期为 ◆练习与应用 １０ ４０ ｓꎬ 内共完成了 次全振动 共补充能量 次 则共补 １.答案 将石子投入平静的湖面 会激起一圈圈起伏不平的水 ４ ｓꎬ２００ ｓ ５０ ꎬ ５ ꎬ ꎬ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 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、讲义等波向周围传播 而漂浮在水面的物体上下振动却没有随波 质点Ｐ最初并不在这些特殊位置 ꎮ ꎮ 迁移 ３.答案 若波沿 ｘ 轴正方向传播 此时 Ｋ 沿 ｙ 轴负方向运 ꎮ (１) ꎬ ２.答案 波源带动后面的质点振动 后面的质点总是重复前 动 Ｍ沿ｙ轴正方向运动 Ｌ在波谷位置 所以Ｋ最先回到平衡 (１) ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ 面质点的振动状态 可知Ｑ点此时向上振动 介质中各质点开 位置 ꎬ ꎬ ꎮ 始振动时的方向都与波源开始振动时的方向相同 图中该波 若波沿ｘ轴负方向传播 此时Ｋ沿ｙ轴正方向运动 ꎮ (２) ꎬ ꎬ 刚传到Ｑ点 Ｑ点此时的振动状态与波源Ｐ开始振动时的状 Ｍ沿ｙ 轴负方向运动 Ｌ 在波谷位置 所以 Ｍ 最先回到平衡 ꎬ ꎬ ꎬ 态相同 所以波源的起振方向也向上 质点的振动方向与波的 位置 ꎬ ꎬ ꎮ 传播方向垂直 故该机械波为横波 ４.答案 由图乙可知ｔ 时刻 质点位于平衡位置且向ｙ轴正 ꎬ ꎮ ＝０ ꎬ 由问题 分析可知 Ｐ点从平衡位置刚开始振动时 方向运动 (２) (１) ꎬ ꎬ ꎮ 是向上振动的 由图甲可知 波沿ｘ轴正方向传播时 质点Ｌ在平衡 ꎮ (１) ꎬ ꎬ Ｔ 位置且向ｙ轴正方向运动 故图乙是Ｌ点的振动图像 ３.答案 ｔ 时 质点 向上运动 质点 还没有运动 ꎬ ꎮ (１) ＝ ꎬ ８ ꎬ １２、１６ ꎮ 由图甲可知 波沿ｘ轴负方向传播时 质点Ｎ在平衡 ２ (２) ꎬ ꎬ 位置且向ｙ轴正方向运动 故图乙是Ｎ点的振动图像 ｔ ３ Ｔ时 质点 向下运动 质点 向上运动 质点 ꎬ ꎮ (２) ＝ ꎬ ８ ꎬ １２ ꎬ ４ ５.答案 时 空气中的声速是 水中的声速是 ０ ℃ ꎬ ３３２ ｍ/ｓꎬ 还没有运动 １６ ꎮ 声波从空气传入水中 频率不变 由ｖ λｆ可知 声 １４５０ ｍ/ｓꎮ ꎬ ꎬ ＝ ꎬ ｔ Ｔ时 质点 向下运动 质点 向下运动 质点 (３) ＝ ꎬ ８ ꎬ １２ ꎬ １６ ｖ ｖ 向上运动 ꎮ 波在水中的频率为ｆ 水＝λ 水 水 ＝λ 空 空 ＝３３２ Ｈｚꎮ ｖ λ 2 波的描述 由ｖ λｆ 可知 波速与波长成正比 则有 水 水 其中 ＝ ꎬ ꎬ ｖ ＝λ ꎬ 空 空 ◆练习与应用 λ 解得λ . 空＝１ ｍꎬ 水＝４３７ ｍꎮ １.答案 该波经过极短时间后的波形曲线如图中虚线所示 由 ６.答案 据题意可知 甲 乙两船之间的距离为 . 个波长 即 ꎬ ꎬ 、 １ ５ ꎬ 图可知 初始时刻图中Ａ质点向下振动 Ｂ质点向上振动 Ｃ质 ꎬ ꎬ ꎬ . λ 得λ ４０ 点向上振动 Ｄ质点向下振动 在这段时间内 Ａ质点的速度增 １５ ＝２０ ｍꎬ ＝ ｍ ꎬ ꎻ ꎬ ３ 大 Ｂ质点的速度减小 Ｃ 质点的速度增大 Ｄ 质点的速度 ꎬ ꎬ ꎬ 船每分钟上下浮动 次 说明水波的频率 ｆ ２０ ２０ ꎬ ＝ Ｈｚ＝ 减小 ６０ ꎮ １ Ｈｚ ３ 则水波的波速ｖ λｆ ４０ １ ４０ ＝ ＝ × ｍ/ｓ＝ ｍ/ｓꎮ ３ ３ ９ 3 波的反射、折射和衍射 ◆练习与应用 ２.答案 简谐横波沿ｘ轴正方向传播 由波的传播特点 上 １.答案 人耳能听到的声音频率范围是 高于 (１) ꎬ “ ２０ Ｈｚ~２０ ０００ Ｈｚꎬ 坡下 下坡上 可知 此时刻质点Ｐ向上运动 其速度方向沿ｙ 的声叫超声波 声波的频率越高 方向性越好 说明 ꎬ ” ꎬ ꎬ ２００００ Ｈｚ ꎬ ꎬ ꎬ 蝙蝠发出的声波为频率较高的超声波 借助超声波的反射 蝙 轴正方向 加速度方向沿ｙ轴负方向 １ Ｔ时刻的波形曲线如 ꎬ ꎬ ꎬ ꎻ ４ 蝠便能准确地确定目标的位置和距离 ꎮ 图中虚线所示 由图可知 １ Ｔ时刻质点Ｐ处于 上坡 故向 ２.答案 高音和低音的区别在于声波振动的频率不同 高音频 ꎬ ꎬ “ ”ꎬ ꎬ ４ 率高 低音频率低 由ｖ λｆ可知 频率高的高音波长小 衍射 下运动 其速度方向沿 ｙ 轴负方向 加速度方向也沿 ｙ 轴负 ꎬ ꎮ ＝ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ 现象不明显 故高音减弱得明显一些 方向 ꎬ ꎮ ꎮ ３.答案 波发生明显衍射现象的条件是缝 孔的宽度或障碍物 、 的尺寸与波长相差不多 或者比波长更小 所以要使Ｐ点的水 ꎬ ꎬ 振动起来 有两种方法 一是减小孔的尺寸 二是增大波的波 ꎬ ꎬ ꎬ 长 Ｎ板向上移 可以减小孔的尺寸 由ｖ λｆ可知 水波的波 ꎮ ꎬ ꎻ ＝ ꎬ 速一定 减小波源的振动频率可以增大水波的波长 ꎬ ꎮ 4 波的干涉 ◆练习与应用 经过一个周期 质点 Ｐ 通过的路程是振幅的 倍 (２) ꎬ ４ ꎬ 即 Ａ １.答案 Ｍ质点此时刻处于波峰 以后一个周期内以两列波 ４ ０ꎮ (１) ꎬ 这种说法不对 质点只有最初处于平衡位置 波峰或 的振幅之和为振幅上下振动 Ｎ质点以两列波的振幅之差为 (３) ꎮ 、 ꎬ 振幅上下振动 波谷这些特殊位置时 经过 １ Ｔ 质点通过的路程才是 Ａ 而 ꎮ ꎬ ꎬ ０ꎬ 如图所示 ４ (２)(３) ꎮ 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 ２.答案 凸起的最高点在图中由Ｍ向Ｐ移动 Ｍ点并不随 (１) ꎮ 波迁移 Ｍ在竖直方向上运动 ꎬ ꎮ Ｋ点 凹下最低的位置由Ｋ向Ｑ移动 甲 (２) ꎮ ꎮ 位移为 (３) ０ꎮ 注 两问答案中字母位置参见 题答案图 :(１)(２) １ ꎮ ３.答案 该消声器的工作原理是 利用某点到相干波源的距离 : 差为半波长的奇数倍时 此点为振动减弱点 进而消除噪声 ꎬ ꎬ ꎮ 若要达到良好的消声效果 应使在ａ处分成的上下两束波到 ꎬ 达ｂ处时通过的路程差等于半个波长的奇数倍 让ｂ处成为振 ꎬ 动减弱点 从而有效消除噪声 ꎬ ꎮ ｖ 乙 ４.答案 由ｖ λｆ可知 该波的波长λ ４ 设Ｐ为 ＝ ꎬ ＝ ｆ ＝ ｍ＝１ｍꎮ ４ ２.答案 看到火把发光 后听到钟声 可以近似认为钟声在 ＡＢ上任意一点 Ｐ点距Ａ的距离为ｘ 则距Ｂ的距离为 . ꎬ１０ ｓ ꎬ ꎬ ꎬ １２ ｍ－ ｘ ｘ Ｐ点到两波源的路程差为 ｓ ｘ . ｘ 其中 ｘ 水中传播 所用的时间为 则水中的声速为ｖ ꎬ Δ ＝ －(１ ２ ｍ－ )ꎬ ０≤ ≤ １４ ｋｍ １０ ｓꎬ ＝ ｔ ＝ . 合振动振幅最小的点即振动减弱点 应满足 ｓ ｋ １２ ｍꎬ ꎬ Δ ＝(２ ＋ ３ ( ) １４×１０ ｍ/ｓ＝１４００ ｍ/ｓꎮ １ λ ｋ 即 ｋ １ λ ｘ . ｘ 解得ｘ １０ １)􀅰 ( ＝０、１、２􀆺)ꎬ ＋ ＝ －(１２ ｍ－ )ꎬ ＝ ２ ２ ３.答案 经过 后 该波向右传播的距离为ｘ ｖｔ . . 故Ａ Ｂ间合振动振幅最小的点距Ａ点的距离为ｘ １ ｓ ꎬ １＝ １＝０５×１ ｍ＝ ０８５ ｍꎬ 、 １＝ ０ . ５ ｍꎬ 将波形曲线沿波的传播方向平移 ０ . ５ ｍꎬ 其波形图如图 . 或ｘ . . . ０８５ ｍꎬ ２＝１２ ｍ－０８５ ｍ＝０３５ ｍꎮ 中虚线所示 ꎮ 5 多普勒效应 ◆练习与应用 １.答案 甲 乙站着不动时 相当于观察者 乙 与波源 甲 相 、 ꎬ ( ) ( ) 对静止 观察到的频率等于波源振动的频率 ꎬ ꎮ 当乙以一定速度向甲运动时 相当于观察者向波源靠近 ꎬ ꎬ 经过 ４ ｓ 后 ꎬ 该波向右传播的距离为 ｘ ２＝ ｖｔ ２＝０ . ５×４ ｍ＝ 由于间距缩短 乙接到球的时间间隔将会减小 所以乙每隔小 将波形曲线沿波的传播方向平移 其波形图如图 ꎬ ꎬ ２ ｍꎬ ２ ｍꎬ 于 的时间接到一个球 １ ｓ ꎮ 所示 ꎮ 如果乙靠向甲的速度增大 乙接到球的频率会增加得更 ꎬ 大 乙接球的时间间隔会更短 ꎬ ꎮ ２.答案 ＢＤ 当观察者与声源相向运动时 相同时间内 观察 ꎬ ꎬ 者接收到的声波的个数增多 所以观察者接收到的声波的频 ꎬ 率升高 听到乐音的音调比原来要高 当观察者与声源背向 ꎬ ꎮ 运动时 相同时间内 观察者接收到的声波的个数减少 所以 ４.答案 由图可知 这列波的波长λ 振幅Ａ ꎬ ꎬ ꎬ (１) ꎬ ＝４ ｍꎬ ＝１０ ｃｍꎮ 观察者接收到的声波的频率降低 听到乐音的音调比原来降 由质点Ｐ的振动方程为ｙ ( ｔ) 可知 ω ꎬ (２) ＝１０ ｓｉｎ ５π ｃｍ ꎬ ＝ 低了 综上所述 选 ꎮ ꎬ Ｂ、Ｄꎮ 则周期Ｔ ２π ２π . 故这列波的波速 ｖ ５π ｒａｄ/ｓꎬ ＝ ω ＝ ｓ＝０ ４ ｓꎬ ＝ ３.答案 略 ５π ꎮ λ ◆复习与提高 ４ Ｔ ＝ . ｍ/ｓ＝１０ ｍ/ｓꎮ Ａ组 ０４ 由质点Ｐ的振动方程ｙ ｔ 可知 质点Ｐ １.答案 如图所示 (３) ＝１０ｓｉｎ(５π)ｃｍ ꎬ 的起振方向沿ｙ轴正方向 由波的传播特点 上坡下 下坡上 ꎬ “ ꎬ ” 可知 该波沿ｘ轴正方向传播 ꎬ ꎮ ５.答案 由图可知 这列波的周期Ｔ . 则Ａ Ｂ两点开 (１) ꎬ ＝２ ０ ｓꎬ 、 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、讲义等时间起点 Ｓ Ｐ Ｑ三点的振动图像分别如图乙 丙 丁所示 始振动的时间间隔ｔ . １ Ｔ 所以Ａ Ｂ两点间的距离为 ꎬ 、 、 、 、 ꎮ ＝１ ０ ｓ＝ ꎬ 、 ２ 半个波长 故波长λ ꎬ ＝２×(５５－４５)ｍ＝２０ ｍꎮ 由于Ａ Ｂ两点间的距离为半个波长 所以Ａ Ｂ两点 (２) 、 ꎬ 、 的振动情况总是相反 因此当 Ｂ 点离开平衡位置的位移为 ꎬ 时 Ａ点离开平衡位置的位移是 ６ ｃｍ ꎬ －６ ｃｍꎮ Ｂ组 乙 丙 １.答案 根据波的叠加原理可知 在两列波相遇区域 每一个质 ꎬ ꎬ 点的振动速度都等于每列波单独引起的振动速度的矢量和 ꎮ 图乙中 由波的传播特点 上坡下 下坡上 可知 向右传播的 ꎬ “ ꎬ ” ꎬ 波使质点ａ向下振动 向左传播的波使质点ａ向下振动 由波 ꎬ ꎬ 的叠加原理可知 质点ａ向下振动 向右传播的波使质点ｂ向 ꎬ ꎻ 上振动 向左传播的波使质点ｂ向上振动 由波的叠加原理可 ꎬ ꎬ 丁 知 质点ｂ向上振动 ꎬ ꎮ ２.答案 由图可知 波向右传播 ｔ 时刻Ａ位于平衡位置 位 ５.答案 当该同学所处的位置距两个声源的距离差为波长的整 ꎬ ꎬ ＝０ ꎬ 移为零 由波的传播特点 上坡下 下坡上 可知 Ａ向下振动 数倍时 该位置振动加强 听到的声音是变强的 故该同学从 ꎬ “ ꎬ ” ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ 其振动图像如图所示 中间向一侧移动 . . 时 听到声音变强 ꎮ ０、２５ ｍ、５ ｍ、７５ ｍ、１０ ｍ ꎬ ꎻ 该同学所处的位置距两个声源的距离差为半个波长的奇数倍 时 该位置振动减弱 听到的声音是变弱的 故该同学从中间 ꎬ ꎬ ꎬ 向一侧移动 . . . . 时 听到声音变弱 １２５ ｍ、３７５ ｍ、６２５ ｍ、８７５ ｍ ꎬ ꎻ 故该同学从中间向一侧移动过程中听到扬声器声音由强变弱 的次数为 次 ４ ꎮ ３.答案 由图可知 这列波的波长λ 若波向右传播 则有 ６.答案 若该波沿ｘ轴由ａ向ｂ传播 ꎬ 由振动图像可知 ꎬ ｔ ＝０ 时 ꎬ ＝４ ｍꎮ ꎬ ( ) . 刻 ꎬ 质点ａ经过平衡位置向下运动 ꎬ 质点ｂ位于波峰 ꎬ 则ｘ ａｂ＝ . ｎ １ Ｔ 其中ｎ 可得Ｔ ０８ ｎ ０２ ｓ＝ ＋ ꎬ ＝０、１、２、􀆺ꎬ ＝ ｎ ｓ( ＝０、１、 ( ) ｘ ４ ４ ＋１ ｎ １ λ 其中ｎ 可得波长λ ４ ａｂ ２４ 其 λ ＋ ꎬ ＝０、１、２、􀆺ꎬ ＝ ｎ ＝ ｎ ｍꎬ 则波速ｖ ４ ｎ 其中ｎ ４ ４ ＋１ ４ ＋１ ２、􀆺)ꎬ ＝ Ｔ ＝ . ｍ/ｓ＝(２０ ＋５) ｍ/ｓꎬ ＝０、１、 ０８ ２４ ｎ λ ｎ ４ ＋１ 中ｎ 波速ｖ ４ ＋１ ６ 其中ｎ ( ) ＝０、１、２、􀆺ꎬ ＝ Ｔ ＝ ｍ/ｓ＝ ｎ ｍ/ｓꎬ ＝０、 若波向左传播 则有 . ｎ ３ Ｔ 其中 ｎ ４ ４ ＋１ ２、􀆺ꎻ ꎬ ０ ２ ｓ＝ ＋ ꎬ ＝０、１、 同理可知 若该波沿 ｘ 轴由 ｂ 向 ａ 传播 波长 λ ４ １、２、􀆺ꎮ ꎬ ꎬ ＝ . λ 可得Ｔ ０８ ｎ 则波速ｖ ４ ２４ ２、􀆺ꎬ ＝ ４ ｎ ＋３ ｓ( ＝０、１、２、􀆺)ꎬ ＝ Ｔ ＝ ０ . ８ ｍ/ｓ＝ ４ ｘ ａｂ ２４ 其中 ｎ 波速 ｖ λ ４ ｎ ＋３ ｎ ｎ ＝ ｎ ｍꎬ ＝０、１、２、􀆺ꎬ ＝ Ｔ ＝ ｍ/ｓ＝ ４ ＋３ ４ ＋３ ４ ＋３ ４ ｎ 其中ｎ (２０ ＋１５) ｍ/ｓꎬ ＝０、１、２、􀆺ꎮ ６ 其中ｎ ４.答案 波向右传播 某时刻 ｔ Ｓ 点通过平衡位置向上运 ４ ｎ ＋３ ｍ/ｓꎬ ＝０、１、２、􀆺ꎮ (１) ꎬ ꎬ 动 ꎬ 则ｔ时刻的波形图如图甲所示 ꎮ 由ｖ ＝ λｆ可知该波的波长 ７.答案 (１) 两列波分别传到Ｐ 、 Ｑ两质点 ꎬ Ｐ 、 Ｑ的平衡位置相 距ｓ . . . 设两列波经过时间ｔ相遇 则有ｓ ｖ ＝０８ ｍ－０２ ｍ＝０６ ｍꎬ ꎬ ＝ 为λ ８０ . 则ＳＱ . ３ λ Ｓ与Ｑ之间的 ＝ ｆ ＝ ｍ＝０８ ｍꎬ ＝５４ ｍ＝６ ꎬ ｓ . １００ ４ ｖｔ ｖｔ 解得两列波相遇的时刻为ｔ ０６ . ＋ ꎬ ＝ ｖ＝ . ｓ＝０７５ ｓꎮ ２ ２×０４ 位置关系相当于相距 ３ λ的两质点 ＳＰ . １ λ Ｓ与Ｐ ꎻ ＝４２ ｍ＝５ ꎬ λ . ４ ４ 两列波的振动周期为Ｔ ０４ 两列波经过 (２) ＝ ｖ ＝ . ｓ＝１ ｓꎬ ０４ 之间的位置关系相当于相距 １ λ的两质点 结合图甲可知 ｔ ꎮ ꎬ ｔ . 在ＰＱ的中点Ｍ相遇 所以质点Ｍ在ｔ . 时刻开 ４ ＝０７５ ｓ ꎬ ＝０７５ｓ 时刻Ｐ处于波谷 Ｑ处于波峰 始振动 两列波同时到达Ｍ点时 引起质点Ｍ的振动方向均 ꎬ ꎮ ꎬ ꎬ 向下 所以Ｍ点为振动加强点 即质点 Ｍ 的振幅为 Ａ′ Ａ ꎬ ꎬ ＝２ ＝ 当ｔ . 时 质点 Ｍ 振动的时间为 . . ４ ｃｍꎮ ＝１ ５ ｓ ꎬ １ ５ ｓ－０ ７５ ｓ＝ . ３ Ｔ 故 . 后质点 Ｍ 运动的路程为 ｓ ３ Ａ′ ０７５ ｓ＝ ꎬ １ ５ ｓ ＝ ×４ ＝ ４ ４ Ａ′ ３ ＝１２ ｃｍꎮ 甲 Ｓ Ｐ Ｑ三点的振动周期为Ｔ １ . 取时刻ｔ为 (２) 、 、 ＝ ｆ ＝００１ ｓꎬ 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 第四章 光 ｄ 又ＯＯ′ ＝ θ ｃｏｓ ２ 1 光的折射 θ 根据折射定律有ｎ ｓｉｎ １ ＝ θ ◆练习与应用 ｓｉｎ ２ ｄ １.答案 光线垂直半圆形界面射向Ｏ时 入射角等于零 光线不 所以Ｄ θ θ ꎬ ꎬ ＝ θ ×ｓｉｎ( １－ ２) 发生偏折 在经过平面界面时发生偏折 光线由空气斜射入 ｃｏｓ ２ ꎬ ꎮ ｄ θ θ θ θ 玻璃时 ꎬ 折射角小于入射角 ꎻ 反之 ꎬ 由玻璃斜射入空气时 ꎬ 折射 ＝ ｃｏｓ θ ２ ×(ｓｉｎ １ ｃｏｓ ２－ｃｏｓ １ ｓｉｎ ２) 角大于入射角 ｄ θ ｄ θ θ ꎮ ＝ ｓｉｎ １－ ｃｏｓ １ ｔａｎ ２ 根据上述知识进行判断 æ θ ö ꎮ ｄ θ ç ｃｏｓ １ ÷ 甲 : 光线由空气进入玻璃 ꎬ 折射角大于入射角 ꎬ 不可能 ＝ ｓｉｎ １è１－ ｎ２ －ｓｉｎ ２ θ １ ø 发生 可以看出 当θ 越大时 Ｄ越大 ꎮ ꎬ １ ꎬ ꎮ 乙 光线由空气进入玻璃 折射角小于入射角 可能发生 ６.答案 图为筷子竖直插入盛水玻璃杯内的俯视图 Ａ处为筷 : ꎬ ꎬ ꎮ ꎬ 丙 光线由玻璃进入空气 折射角大于入射角 可能发生 子 ＡＢＰ表示由筷子发出的穿过玻璃杯壁Ｂ射向观察者Ｐ处 : ꎬ ꎬ ꎮ ꎬ 丁 光线由玻璃斜射入空气 折射角等于入射角 不可能 的一条光线 ＯＮ为过Ｂ点沿半径的直线 即在Ｂ处水和空气 : ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ 发生 的分界面的法线 忽略玻璃 上述光线相当于在Ｂ处由水中 ꎮ ( )ꎬ ２.答案 由折射定律可知 射入空气中 图中的角ｉ和角ｒ分别为此光线的入射角和折射 ꎬ ° 角 根据光的折射规律可知ｒ ｉ 所以观察者在Ｐ处看到的Ａ ｓｉｎ６０ ꎻ > ꎬ θ ＝ ３ ｓｉｎ 的像Ａ′不在Ａ的实际位置 而是由其实际位置偏离杯中心的 ꎬ ° θ ｓｉｎ６０ . 方向向杯壁靠近一些 同时 玻璃杯相当于一个凸透镜 对筷 ｓｉｎ ＝ ＝０５ ꎻ ꎬ ꎬ ３ 子起到了放大作用 因此 观察到的筷子比实际粗些 ꎬ ꎬ ꎮ 所以θ ° 光路图略 ＝３０ ꎮ ꎮ ° ３.答案 ｎ ｓｉｎ４０ . ＝ °＝１１２ ｓｉｎ３５ ｃ ｖ . ８ ＝ ｎ ＝２６８×１０ ｍ/ｓ ４.答案 作出由坦克内部左侧观察外部的最大范围的光路图 ꎬ 由图可知 坦克内的人通过这块玻璃能看到的外界视角为左 ꎬ 侧或右侧观察时的两倍 ꎮ 2 全反射 ◆练习与应用 １.答案 根据ｎ １ 得 ＝ Ｃ ｓｉｎ 玻璃的临界角Ｃ 满足 Ｃ １ 得Ｃ ° ′ １ ｓｉｎ １＝ . ꎬ １＝４１ ４９ １５ 金刚石的临界角Ｃ 满足 Ｃ １ 得Ｃ ° ′ ２ ｓｉｎ ２＝ . ꎬ ２＝２４ ２４ ２４２ 根据几何关系可知 θ １２ ｓｉｎ ２＝ ２ ２ ２.答案 根据ｎ １ 得介质的临界角Ｃ ° ２０ ＋１２ ＝ Ｃ ＝４５ θ ｓｉｎ 根据折射定律得ｎ ｓｉｎ １ 由题目知 入射角小于 ° 故不能发生全反射 ＝ θ ꎬ ４５ ꎬ ꎮ ｓｉｎ ２ 代入数据得θ ° ′ ３.答案 根据ｎ １ 得介质的临界角为Ｃ ° ′ １＝５１ ２７ ＝ ｓｉｎ Ｃ ＝２４ ３７ 故视角Φ θ ° ′ ＝２ １＝１０２ ５４ 知Ｃ <３０ ° ５.答案 证明 对于边ａ上的入射光线 根据折射定律得 (１) : ꎬ 其光路图如图所示 ꎮ θ ｎ ｓｉｎ １ ＝ θ ｓｉｎ ２ 对于边ａ′上的出射光线 同理有 ꎬ θ ｎ ｓｉｎ ４ ＝ θ ｓｉｎ ３ 因为θ θ 则θ θ θ 和θ 分别为出射光线对应的入 ２＝ ３ꎬ １＝ ４( ３ ４ 射角和折射角 ) 所以入射光线与射出玻璃砖的光线是平行的 ꎮ 证明 设玻璃砖的厚度为ｄ 则侧移量 ４.答案 若要保证光能从玻璃丝的ＡＢ端面传播到另一端面 则 (２) : ꎬ ꎬ Ｄ ＯＯ′ θ θ 需保证光能在内芯发生全反射 恰好发生全反射的光路如图 ＝ ｓｉｎ( １－ ２) ꎬ 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ｉ 乙图中手轮上的示数为 . . . 则 所示 由折射定律可得ｎ ｓｉｎ 由几何关系可知α ｒ ° １５ｍｍ＋００１×３７６ｍｍ＝１５３７６ｍｍꎬ ꎮ ＝ ｒꎬ ＋ ＝９０ ꎬ . . ｓｉｎ 相邻两亮条纹的中心间距为 ｘ １５３７６－２３３３ . Δ ＝ ｍｍ＝２ ６０９× 则有 ｒ α 由临界角公式可得 α １ 联立以上各式 ６－１ ｓｉｎ ＝ｃｏｓ ꎻ ｓｉｎ ＝ ｎ ꎬ ｌ －３ 根据双缝干涉的条纹间距公式 ｘ λ可得 该光的 可得 ｉ ｎ２ 故要使光能从玻璃丝的ＡＢ端面传播到 １０ ｍꎬ Δ ＝ ｄ ꎬ ｓｉｎ ＝ －１ꎮ ｄ ｘ . －３ . －３ 另一端面 应满足 ｉ ｎ２ 即ｉ ° 波长为 λ Δ ０３×１０ ×２６０９×１０ . －７ ꎬ ｓｉｎ ≤ －１<１ꎬ <９０ ꎮ ＝ ｌ ＝ . ｍ＝ ６ ５２×１０ ｍ＝ １２ ６５２ ｎｍꎮ 5 光的衍射 ◆练习与应用 １.答案 会观察到明暗相间的彩色条纹 因为当两支铅笔夹成 3 光的干涉 ꎮ 的狭缝宽度与光波波长相差不多或更小时 会看到光的明显 ◆练习与应用 ꎬ 衍射现象 ꎮ １.答案 干涉是波特有的现象 光的干涉现象说明光是一种波 ꎬ ꎮ ２.答案 衍射条纹宽度增大 ꎮ ２.答案 亮条纹到两光源的距离差为半波长的偶数倍 暗条纹 ꎬ ３.答案 当孔足够大时 由于光的直线传播 屏上首先出现的是 ꎬ ꎬ 到两光源的距离差为半波长的奇数倍 ꎮ 三角形光斑 之后随着孔的缩小 出现小孔成像 成的是太阳 ꎻ ꎬ ꎬ 由于观察者Ａ离两声源的距离差 ｘ . . . Δ １＝５４ｍ－４５ｍ＝０９ｍꎬ 的像 ꎬ 故为小圆形光斑 ꎻ 随着小孔的进一步缩小 ꎬ 当孔的尺寸 Δ λ ｘ １ ＝ ０ . . ９ ｍ ＝３ꎬ 故观察者Ａ处为振动减弱点 ꎮ 由于观察者Ｂ 与光波波长相关不多时 ꎬ 出现了明暗相间的衍射条纹 ꎬ 最后随 ０３ ｍ 小孔的闭合而全部消失 ꎮ ２ ４.答案 可见光的波长是微米数量级的 若眼睛的瞳孔直径 ｘ . (１) ꎬ 离两声源的距离差 ｘ . . . Δ ２ １２ ｍ 也是微米数量级的 则瞳孔处会发生明显的衍射 所有光源都 Δ ２＝５５ ｍ－４３ ｍ＝１２ ｍꎬ λ ＝ . ＝４ꎬ ꎬ ꎬ ０３ ｍ 会变得模糊 也就无法清晰成像 这时所看到的外部世界将是 ꎬ ꎬ ２ 模糊一片 出现明暗相间的条纹景象 故观察者Ｂ处为振动加强点 所以 观察者Ａ听到的声音比 ꎬ ꎮ ꎮ ꎬ 某种动物可听到波长是毫米数量级的声波 那么平时 观察者Ｂ要小 (２) ꎬ ꎮ ３.答案 由ｃ λｆ得 可听到的波长是米数量级的声波就听不到了 听到的是超声 ＝ ꎬ 波 也就是说和蝙蝠差不多 各个方向的声音差异会很大 λ ｃ ３×１０ ８ －７ ( )ꎬ ꎮ ＝ ｆ ＝ ６ . ０×１０ １４ ｍ＝５×１０ ｍ 因为超声波的方向性强 ꎬ 衍射比可听声波弱 ꎮ 路程差与半波长的关系 6 光的偏振 激光 ｘ . －７ Δ ７５×１０ λ ＝ . －７ ＝３ ◆练习与应用 ２５×１０ １.答案 光在某个特定方向振动的现象叫偏振现象 偏振是波 ２ ꎮ 故Ｐ点出现暗条纹 的特性 光的偏振现象说明光是横波 ꎮ ꎬ ꎮ ４.答案 经空气薄膜上下表面分别反射的两列光是相干光源 ２.答案 两者的目的都是减少通光量 但普通带色玻璃只允许 ꎬ ꎬ 其光程差为 ｘ ｄ 即光程差是空气层厚度的 倍 当光程 某个特定颜色的光通过 使看到的物体的颜色改变了 而通过 Δ ＝２ ꎬ ２ ꎮ ꎬ ꎻ 差 ｘ ｎλ时 此处出现亮条纹 因此相邻亮条纹之间的空气 偏振片看到的物体的颜色不变 安装镜片时 两镜片的透振 Δ ＝ ꎬ ꎬ ꎮ ꎬ 方向相互垂直 利用偏振镜片可以检验光波是不是横波 可 层厚度差一定为 １ λ 抽去一张纸后 空气层的倾角变小 则 ꎮ ꎬ ꎮ ꎬ ꎬ ２ 以检测某一光波是不是偏振波 相邻亮纹 或暗纹 之间的间距变大 因此干涉条纹变疏 ꎮ ( ) ꎬ ꎮ ３.答案 可以将激光应用在检查物体表面平整度和全息照相技 术等方面 4 实验：用双缝干涉测量光的波长 ꎮ ４.答案 应用了激光的平行度好的特点 ◆练习与应用 ꎮ ５.答案 可以利用激光束来切割 焊接 以及在很硬的材料上打 ｌ 、 ꎬ １.答案 据 ｘ λ知 λ ｄ不变 屏与双缝间的距离ｌ变 孔 医学上可以用激光做 光刀 来切开皮肤 切除肿瘤 还可 (１) Δ ＝ ｄ ꎬ 、 ꎬ ꎮ “ ” 、 ꎬ 以用激光 焊接 剥落的视网膜 大 相邻两亮条纹中心的距离变大 “ ” ꎮ ꎬ ꎮ ◆复习与提高 ｌ 据 ｘ λ知 ｌ ｄ不变 ｘ变大了 说明λ变大了 Ａ组 (２) Δ ＝ ｄ ꎬ、 ꎬΔ ꎬ ꎬ 则红光的波长较长 １.答案 光的干涉和衍射现象 (１) ꎻ ꎮ 光的偏振现象 ｌ 据 ｘ λ知 ｌ λ不变 ｄ由 . 变为 . (２) ꎻ (３) Δ ＝ ｄ ꎬ、 ꎬ ０ ２ ｍｍ ０ ３ ｍｍꎬ 若想看到显著的光的衍射现象不容易 而水波的衍射 (３) ꎬ 则相邻两个亮条纹中心间距变小 现象却随处可见 ꎮ ꎻ ２.答案 通过测多个条纹的间距求平均值可减小实验误差 在双缝干涉实验中 双缝间距 双缝到屏的距离相等 ꎮ (４) ꎬ 、 ３.答案 甲图中手轮上的示数为 . . . 时 用绿光做实验的相邻亮条纹中心间距比用红光做实验的 ２ｍｍ＋００１×３３３ ｍｍ＝２３３３ ｍｍꎬ ꎬ 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 相邻亮条纹中心间距小 根据双缝干涉的条纹间距公式 ｘ ꎬ Δ ＝ ｌ λ可知 绿光的波长比红光的波长短 ｄ ꎬ ꎮ ２.答案 将一块厚玻璃板压在书上 透过玻璃板看书上的字 眼 ꎬ ꎬ 睛看到的是字的虚像 像的位置比字的实际位置高 这是由 ꎬ ꎮ 于从玻璃射向空气的光线在玻璃界面发生折射 且折射角大 图 ꎬ ２ 于入射角 人逆着折射光线看去 像的位置变高 ꎬ ꎬ ꎮ ２.答案 从液面上方的各个方向恰好看不到大头针 说明恰 (１) ꎬ ３.答案 证明 设入射角为ｉ 折射角为ｒ 根据折射定律可得ｎ : ꎬ ꎬ ＝ 好发生全反射 则有 ｎ １ 由几何关系可知 Ｃ ｉ ＯＮ ＯＮ ＯＢ Ｒ ꎬ ＝ Ｃꎻ ｓｉｎ ＝ ｓｉｎ 由几何关系可知 ｉ ｒ 则ｎ ｓｉｎ ｒꎻ ｓｉｎ ＝ＯＭꎬｓｉｎ ＝ＯＢꎬ ＝ＯＭ＝ ｒ ꎮ ｓｉｎ ｒ ｒ２ ｈ２ ４.答案 设任一光线的入射角为ｉ 折射角为ｒ 光在玻璃中传播 因此用ｒ和ｈ求折射率的计算式为ｎ ＋ ꎬ ꎬ ｒ２ ｈ２ ꎬ ＝ ｒ ꎮ 的路程为ｓ 半圆柱截面的半径为Ｒ 如图所示 由几何关系 ＋ ꎬ ꎮ ꎬ 调节大头针在水面下的长度 使大头针的最下端反射 可知ｓ Ｒ ° ｒ Ｒ ｒ 又知光在玻璃中传播的速度 (２) ꎬ ＝２ ｃｏｓ(９０ － )＝２ ｓｉｎ ꎬ 到木塞边沿的光恰好发生全反射 连接大头针的下端与木塞 ｃ ｓ Ｒ ｒ ꎬ 为ｖ 则光在玻璃中传播的时间为 ｔ ２ ｓｉｎ 的边沿 则该连线与竖直方向的夹角等于临界角Ｃ 要测出Ｃ ＝ ｎ ꎬ ＝ ｖ ＝ ｃ ＝ ꎬ ꎬ ꎬ ｎ 则需要测出薄木塞的半径ｒ 大头针在水面下的长度ｈ 、 ꎮ Ｒｎ ｒ Ｒ ｉ ３.答案 光线在棱镜中的光路图如图所示 根据几何关系可知 ２ ｓｉｎ 由折射定律可知ｎ ｒ ｉ 因此ｔ ２ ｓｉｎ 由 ꎬ ｃ ꎻ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ꎬ ＝ ｃ ꎮ α ° 则α . ° 由临界角公式 Ｃ １ 可知 . ° 此可知ｔ ｔ ４ ＝９０ ꎬ ＝２２５ ꎮ ｓｉｎ ＝ ｎ ꎬ ｓｉｎ ２２５ ≥ Ｂ＝ Ｃꎮ １ 得ｎ １ 故该五棱镜折射率的最小值为 １ ｎ ꎬ ≥ . °ꎬ . °ꎮ ｓｉｎ２２５ ｓｉｎ２２５ ５.答案 由题知光线在ＡＢ边的入射角为 ° 设光线在ＡＢ边 ４５ ꎬ 的折射角为ｒ 在ＢＣ边的入射角为α 在ＣＤ边的入射角为β ꎬ ꎬ ꎬ ４.答案 光路如图所示 由题意可知 双缝间距为 ａ 双缝到屏 ° ꎬ ꎬ ２ ꎬ 在ＣＤ边的折射角为γ 由折射定律可得ｎ ｓｉｎ４５ 解得ｒ ꎮ ＝ ｒ ꎬ ＝ ｌ ｓｉｎ 的距离为 ｌ 根据双缝干涉的条纹间距公式 ｘ λ 可得 ꎬ Δ ＝ ｄ ꎬ ° 则光线到达ＢＣ边时入射角α ° 由临界角公式 Ｃ ３０ ꎬ ＝７５ ꎻ ｓｉｎ ＝ ｌ ｘ λ １ 解得棱镜材料的临界角Ｃ ° α Ｃ 故光线在ＢＣ边发生 Δ ＝ ａ ꎮ ｎ ꎬ ＝４５ ꎬ > ꎬ ２ 全反射 无法从 ＢＣ 边射出 光线射到 ＣＤ 边时 入射角 β ꎬ ꎮ ꎬ ＝ ° β Ｃ 则光线从ＣＤ边射出 折射角为γ ° 因此从ＤＣ ３０ ꎬ < ꎬ ꎬ ＝４５ ꎮ 边射出的光线跟入射光线平行 三条光线的光路图如图 ꎮ 所示 ꎮ ５.答案 光路如图所示 由发生全反射的临界角公式 Ｃ １ ꎬ ｓｉｎ ＝ ｎ ꎬ 可得临界角Ｃ ° 若沿ＤＥ方向射到ＡＢ面上的光线刚好 ＝３０ ꎮ Ｂ组 发生全反射 则有 ＡＤＦ ° 同理 若沿ＤＧ方向射到ＢＣ面 ꎬ ∠ ＝３０ ꎻ ꎬ １.答案 一束光斜射入界面相互平行 折射率递增的多层介质 、 上的光线刚好发生全反射 则有 ＧＤＣ ° 因此 ＦＤＨ ꎬ ∠ ＝３０ ꎻ ∠ ＝ 膜中 光的轨迹将越来越靠近法线 如图 所示 若光斜射入 ꎬ ꎬ １ ꎻ ° 根据几何关系可得ＦＨ 界面相互平行 折射率递减的多层介质膜中 光的轨迹将越来 ３０ ꎮ 、 ꎬ 越远离法线 如图 所示 ꎬ ２ ꎮ 图 １ １３ ( ° Ｒ ３０ Ｒ π 即这部分光照 ＝ °×２π ＝ ꎬ ３６０ ６ 射圆弧ＡＣ ( Ｒ 的弧长为π ꎮ 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