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教材习题答案
１
第一章 动量守恒定律
1 动量
◆练习与应用
１.答案 (１)初动量为ｐ０＝ｍｖ０＝２×３ｋｇｍ/ ｓ＝６ｋｇｍ/ ｓ
末动量为ｐ＝ｍｖ＝２×６ｋｇｍ/ ｓ＝１２ｋｇｍ/ ｓ
因此ꎬ物体的动量增大为原来的２倍ꎮ
初动能为Ｅｋ０＝１
２ｍｖ
２
０＝１
２×２×３
２Ｊ＝９Ｊ
末动能为Ｅｋ＝１
２ｍｖ
２＝１
２×２×６
２Ｊ＝３６Ｊ
因此ꎬ物体的动能增大为原来的４倍ꎮ
(２)物体的动量变化了ꎬ动能没有变化ꎮ
取向东为正方向ꎬ则物体的末速度为ｖ′ ＝－３ｍ/ ｓꎬ动量变
化量为Δｐ＝ｍｖ′ －ｍｖ＝[ ２× ( －３) －２× ３] ｋｇｍ/ ｓ＝
－１２ｋｇｍ/ ｓꎬ负号表示动量变化量的方向与正方向相反ꎬ即
向西ꎮ
(３)取向东为正方向ꎬ则Ｂ物体的速度为ｖＢ＝－４ｍ/ ｓꎬ两
物体动量之和为ｐ＝ｍＡｖＡ＋ｍＢｖＢ＝[２×３＋３×( －４)] ｋｇｍ/ ｓ＝
－６ｋｇｍ/ ｓꎮ
两物体的动能之和为Ｅｋ＝１
２ｍＡｖ
２
Ａ＋１
２ｍＢｖ
２
Ｂ＝１
２×２×３
２Ｊ＋
１
２×３×(－４)
２Ｊ＝３３Ｊꎮ
２.答案 (１)由题意可知ꎬ物体在０~２ｓ内做匀加速直线运动ꎬ加
速度ａ１＝Ｆ１
ｍ＝２
２ｍ/ ｓ
２＝１ｍ/ ｓ
２ꎬｔ＝２ｓ时物体的速度ｖ１＝ａ１ｔ１＝
２ｍ/ ｓꎬ则ｔ＝２ｓ时物体的动量大小为ｐ１＝ｍｖ１＝２×２ｋｇｍ/ ｓ＝
４ｋｇｍ/ ｓꎮ
(２)２~４ｓ时间内ꎬ力的方向反向ꎬ加速度反向ꎬ加速度大
小为ａ２＝Ｆ２
ｍ＝１
２ｍ/ ｓ
２＝０.５ｍ/ ｓ
２ꎬ物体做初速度为２ｍ/ ｓ、加速
度为－０.５ｍ/ ｓ
２的匀减速直线运动ꎮｔ＝３ｓ时ꎬ物体的速度ｖ２＝
ｖ１－ａ２ｔ２＝２ｍ/ ｓ－０.５× １ｍ/ ｓ＝１.５ｍ/ ｓꎬ物体的动量大小ｐ２＝
ｍｖ２＝２×１.５ｋｇｍ/ ｓ＝３ｋｇｍ/ ｓꎮ
2 动量定理
◆练习与应用
１.答案 物体受力分析如图所示ꎬ根据平衡条件可得ｆ＝Ｆｃｏｓθꎬ
Ｆ合＝０ꎮ
拉力Ｆ的冲量大小为ＩＦ＝Ｆｔꎬ方向与拉力Ｆ的方向相同ꎬ
Ａ、Ｂ错误ꎻ摩擦力ｆ的冲量大小为Ｉｆ＝ｆｔ＝Ｆｃｏｓθ ｔꎬ方向与摩擦
力ｆ的方向相同ꎬＣ错误ꎻ合力的冲量大小为Ｉ合＝Ｆ合ｔ＝０ꎬＤ
正确ꎮ
２.答案 体操运动员在着地过程中ꎬ动量的改变量是一个定值ꎬ
通过屈腿ꎬ可以增长作用时间ꎬ由动量定理可知ꎬ地面对运动
员的作用力将会减小ꎬ从而使运动员避免受伤ꎮ
３.答案 以铁锤为研究对象ꎬ规定竖直向下为正方向ꎬ设钉子对
铁锤的平均作用力为Ｆꎮ
(１)不计铁锤的重力时ꎬ钉子对铁锤的作用力即合力ꎬ由
动量定理可得Ｆｔ＝０－ｍｖ０ꎬ则有Ｆ＝－ｍｖ０
ｔ＝－０.５×４
０.０１Ｎ＝－２００Ｎꎬ
负号表示钉子对铁锤的作用力竖直向上ꎮ由牛顿第三定律可
知铁锤钉钉子的平均作用力大小为２００Ｎꎮ
(２)考虑铁锤重力时ꎬ铁锤所受的合力Ｆ合＝Ｆ＋ｍｇꎬ由动
量定理可得(Ｆ＋ｍｇ)ｔ＝０－ｍｖ０ꎬ则有Ｆ＝－ｍｖ０
ｔ－ｍｇ＝－０.５×４
０.０１Ｎ－
０.５×１０Ｎ＝－２０５Ｎꎬ负号表示钉子对铁锤的作用力竖直向上ꎮ
由牛顿第三定律可知铁锤钉钉子的平均作用力大小为２０５Ｎꎮ
(３)由问题(１)(２) 可知ꎬ不计铁锤重力和考虑铁锤重力
时的相对误差为２０５Ｎ－２００Ｎ
２０５Ｎ
×１００％＝２.４％ꎬ由此可知ꎬ当作
用时间很短时ꎬ铁锤的重力可以忽略不计ꎮ
４.答案 取初速度方向为正方向ꎬ由动量定理有
Ｆｔ＝ｍｖ′－ｍｖ
Ｆ＝ｍｖ′－ｍｖ
ｔ
＝１０×(－２)－１０×１０
４
Ｎ＝－３０Ｎ
负号表示力Ｆ的方向与初速度方向相反ꎬ该力大小为
３０Ｎꎮ
５.答案
规定竖直向下为正方向ꎬ设网对运动员的平均作用力
为Ｆꎮ
(１)设运动员从ｈ１处自由下落ꎬ刚触网时的速度为ｖ１＝
２ｇｈ１＝
２×１０×３.２ｍ/ ｓ＝８ｍ/ ｓꎻ运动员反弹到达的高度为
ｈ２ꎬ离网时的速度为ｖ２＝－
２ｇｈ２＝－
２×１０×５ｍ/ ｓ＝－１０ｍ/ ｓꎬ
则运动员与网接触的这段时间内动量的变化量Δｐ＝ｍｖ２－
ｍｖ１＝６０×(－１０) ｋｇｍ/ ｓ－６０×８ｋｇｍ/ ｓ＝－１０８０ｋｇｍ/ ｓꎬ负
号表示动量变化量的方向竖直向上ꎮ
(２)由动量定理得(Ｆ＋ｍｇ)Δｔ＝Δｐꎬ故Ｆ＝Δｐ
Δｔ－ｍｇ＝－１０８０
０.８
Ｎ－
６０×１０Ｎ＝－１９５０Ｎꎬ负号表示网对运动员的平均作用力Ｆ的
方向竖直向上ꎮ
(３) 运动员从开始下落到触网的时间为ｔ１＝
２ｈ１
ｇ
＝
２×３.２
１０
ｓ＝０.８ｓꎬ从离网到回到距水平网面５.０ｍ高处的时
间为ｔ２＝
２ｈ２
ｇ
＝
２×５
１０
ｓ＝１ｓꎬ则运动员在这一过程中所受
重力的冲量为ＩＧ＝ｍｇ(ｔ１＋Δｔ＋ｔ２)＝６０×１０×(０.８＋０.８＋１) Ｎｓ＝
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２
１５６０Ｎｓꎬ弹力的冲量为ＩＦ＝ＦΔｔ＝－１９５０× ０. ８Ｎｓ＝
－１５６０Ｎｓꎬ负号表示弹力冲量的方向竖直向上ꎮ
６.答案 ４岁儿童的体重约１５ｋｇꎬ每层楼高约３ｍꎬ规定竖直向下
为正方向ꎮ儿童刚触碰到见义勇为的青年时的速度约为ｖ＝
２ｇｈ＝
２×１０×３×３ｍ/ ｓ＝１３.４ｍ/ ｓꎬ由动量定理可知儿童受到的
合力的冲量约为Ｉ合＝０－ｍｖ＝０－１５×１３.４ｋｇｍ/ ｓ＝－２０１ｋｇｍ/ ｓꎬ
负号表示合力冲量的方向竖直向上ꎮ由冲量的定义可知合力
的平均值约为Ｆ＝Ｉ合
ｔ＝－２０１
０.１
Ｎ＝－２０１０Ｎꎬ负号表示合力的平
均值的方向竖直向上ꎮ
3 动量守恒定律
◆练习与应用
１.答案 由于甲、乙两人组成的系统所受合外力为零ꎬ满足动量
守恒的条件ꎬ所以甲推乙后ꎬ尽管两人都有了动量ꎬ但总动量
还等于０ꎮ以甲运动的方向为正方向ꎬ根据动量守恒定律可得
０＝ｍ甲ｖ甲－ｍ乙ｖ乙ꎬ则有
ｖ甲
ｖ乙
＝ｍ乙
ｍ甲
＝１０
９ꎮ
２.答案 由于在Ａ、Ｂ运动过程中ꎬＡ、Ｂ组成的系统所受外力的
矢量和为零ꎬ满足动量守恒的条件ꎮ取Ａ的初速度方向为正
方向ꎬ根据动量守恒定律得ｍＡｖＡ＋ｍＢｖＢ＝ｍＡｖ′Ａ＋ｍＢｖ′Ｂ
ｖ′Ａ＝ｍＡｖＡ＋ｍＢｖＢ－ｍＢｖ′Ｂ
ｍＡ
＝５×９＋２×６－２×１０
５
ｍ/ ｓ＝７.４ｍ/ ｓ
Ａ的速度大小为７.４ｍ/ ｓꎬ方向与初速度方向相同ꎮ
３.答案 因为木块在光滑水平桌面上ꎬ所受的摩擦力为零ꎬ且子
弹与木块的相互作用属于子弹与木块组成的系统的内力ꎬ所
以整个系统所受外力的矢量和为零ꎬ满足动量守恒的条件ꎮ
已知子弹的质量ｍ１＝１.０×１０
－２ｋｇꎬ初速度ｖ１＝３００ｍ/ ｓꎬ木
块的质量ｍ２＝２.４×１０
－２ｋｇꎬ初速度ｖ２＝０ꎬ取子弹的初速度方向
为正方向ꎮ
(１)若子弹留在木块中ꎬ由动量守恒定律ꎬ得
ｍ１ｖ１＝(ｍ１＋ｍ２)ｖ
ｖ＝ｍ１ｖ１
ｍ１＋ｍ２
＝
１.０×１０
－２×３００
１.０×１０
－２＋２.４×１０
－２ｍ/ ｓ＝８８.２ｍ/ ｓ
(２) 若子弹把木块打穿ꎬ子弹射穿木块后的速度ｖ′１＝
１００ｍ/ ｓꎬ由动量守恒定律ꎬ得ｍ１ｖ１＝ｍ１ｖ′１＋ｍ２ｖ′２
ｖ′２＝ｍ１ｖ１－ｍ１ｖ′１
ｍ２
＝１.０×１０
－２×(３００－１００)
２.４×１０
－２
ｍ/ ｓ＝８３.３ｍ/ ｓ
４.答案 规定机车初速度的方向为正方向ꎬ由于铁轨的摩擦忽
略不计ꎬ所以机车和７节车厢组成的系统所受合外力为零ꎬ满
足动量守恒的条件ꎬ根据动量守恒定律可得ｍｖ０＝(ｍ＋７ｍ) ｖꎬ
解得ｖ＝０.０５ｍ/ ｓꎬ即与最后一节车厢碰撞后车厢的速度为
０.０５ｍ/ ｓꎮ
５.答案 取碰撞前甲物体的速度方向为正方向ꎮ碰撞前ꎬｖ甲＝
６ｍ/ ｓꎬｖ乙＝－２ｍ/ ｓꎻ碰撞后ꎬｖ′甲＝－４ｍ/ ｓꎬｖ′乙＝４ｍ/ ｓꎮ由动量
守恒定律得ｍ甲ｖ甲＋ｍ乙ｖ乙＝ｍ甲ｖ′甲＋ｍ乙ｖ′乙ꎬ
ｍ甲
ｍ乙
＝ｖ′乙－ｖ乙
ｖ甲－ｖ′甲
＝３
５ꎮ
６.答案 设子弹射入沙袋前的速度为ｖ０ꎬ射入后子弹和沙袋的共
同速度为ｖ１ꎮ在子弹射入沙袋的过程中ꎬ根据动量守恒定律得
ｍｖ０＝(ｍ１＋ｍ)ｖ１ꎻ子弹和沙袋沿圆弧向上摆至最高点的过程ꎬ
由机械能守恒定律得１
２(ｍ１＋ｍ) ｖ
２
１＝(ｍ１＋ｍ)ｇｌ(１－ｃｏｓθ)ꎻ联
立上面两式ꎬ解得ｖ０＝ｍ１＋ｍ
ｍ
２ｇｌ(１－ｃｏｓθ) ꎮ
4 实验：验证动量守恒定律
◆练习与应用
１.答案 (１)由于小车Ａ与小车Ｂ碰撞后的速度小于碰撞前的
速度ꎬ所以ＡＣ段应是碰撞之前打出的纸带ꎬＤＥ段是碰撞之后
打出的纸带ꎬ碰撞过程发生在ＣＤ段ꎮ小车Ａ开始运动有一段
加速过程ꎬ在碰撞前做匀速直线运动ꎬ即在相等时间内通过的
位移相同ꎬ故计算小车Ａ碰撞前的速度大小应选ＢＣ段ꎻ碰撞
过程是一个变速运动的过程ꎬＡ、Ｂ碰撞后粘在一起做匀速直
线运动ꎬ故计算两车碰撞后的速度大小应选ＤＥ段ꎮ
(２)碰前小车Ａ的速度为ｖＡ＝ｘＢＣ
ｔＢＣ
＝１７.１２×１０
－２
５×０.０２
ｍ/ ｓ＝１.７１２ｍ/ ｓꎬ
则碰前两小车的总动量为ｐ＝ｍＡｖＡ＝０.４× １.７１２ｋｇｍ/ ｓ＝
０.６８５ｋｇｍ/ ｓꎻ碰后两小车的速度ｖ共＝ｘＤＥ
ｔＤＥ
＝１１.４０×１０
－２
５×０.０２
ｍ/ ｓ＝
１.１４０ｍ/ ｓꎬ则碰后两车的总动量为ｐ′ ＝( ｍＡ＋ｍＢ) ｖ共＝(０.４＋
０.２)×１.１４０ｋｇｍ/ ｓ＝０.６８４ｋｇｍ/ ｓꎮ
２.答案 (１)如果第二次操作时ꎬ小球１从斜槽上开始滚下时位
置比原来低一些ꎬ会使小球１到达斜槽末端的速度小一些ꎬ进
而使计算式中的ｖ′１、ｖ′２变小ꎬ则有ｍ１ｖ１>ｍ１ｖ′１＋ｍ２ｖ′２ꎬ因此将会得
到碰撞前小球１的动量大于碰撞后两球的总动量的结果ꎮ
(２)第一次操作中ꎬ斜槽的末端不水平ꎬ会导致球１落地
的水平距离减小ꎬ进而使计算式中的ｖ１变小ꎬ则有ｍ１ｖ１<
ｍ１ｖ′１＋ｍ２ｖ′２ꎬ因此将会得到碰撞前小球１的动量小于碰撞后两
球的总动量的结果ꎮ
5 弹性碰撞和非弹性碰撞
◆练习与应用
１.答案 规定质量为４００ｇ的滑块的初速度方向为正方向ꎮ
(１)根据动量守恒定律可得ｍ１ｖ１－ｍ２ｖ２＝(ｍ１＋ｍ２)ｖ′ꎬ则有
ｖ′＝ｍ１ｖ１－ｍ２ｖ２
ｍ１＋ｍ２
＝４００×１５－２００×１０
４００＋２００
ｃｍ/ ｓ＝６.７ｃｍ/ ｓꎬ即碰撞后滑
块的速度大小为６.７ｃｍ/ ｓꎬ方向与质量为４００ｇ的滑块的初速
度方向相同ꎮ
(２)根据能量守恒定律可得ꎬ碰撞过程损失的机械能ΔＥ＝
１
２ｍ１ｖ
２
１＋１
２ｍ２ｖ
２
２－１
２
ｍ１＋ｍ２
(
) ｖ′
２ꎬ代入数据解得ΔＥ＝０.００４Ｊꎮ
２.答案 设塑料球的质量为ｍꎬ则钢球的质量为４ｍꎬ根据动量守
恒定律可得ｍｖ０＝ｍｖ１＋４ｍｖ２ꎻ由于碰撞是弹性的ꎬ所以碰撞过
程中机械能守恒ꎬ则有１
２ｍｖ
２
０＝１
２ｍｖ
２
１＋１
２４ｍｖ
２
２ꎻ联立以上两
式解得ｖ１＝－６ｍ/ ｓꎬｖ２＝４ｍ/ ｓꎬ即碰撞后塑料球的速度大小为
６ｍ/ ｓꎬ方向与初速度方向相反ꎬ钢球的速度大小为４ｍ/ ｓꎬ方
向与塑料球的初速度方向相同ꎮ
３.答案
中子和原子核的碰撞可以看成是弹性碰撞ꎬ设中子的
质量为ｍ１ꎬ碰前速度为ｖꎬ方向为正方向ꎬ原子核的质量为ｍ２ꎬ
教材习题答案
３
碰前可以认为是静止的ꎬ则碰后中子的速度为ｖ′＝ｍ１－ｍ２
ｍ１＋ｍ２
ｖꎮ
由于中子的质量一般小于原子核的质量ꎬ因此
ｖ′ ＝
ｍ２－ｍ１
ｍ１＋ｍ２
ｖ＝(１－２ｍ１
ｍ１＋ｍ２
)ｖꎮ
可见ꎬｍ２越小ꎬｖ′ 越小ꎬ故应选用质量较小的原子核来
降低中子的速度ꎮ
４.答案 设未知粒子的质量为ｍꎬ初速度为ｖꎬ与氢原子核碰撞
后二者的速度分别为ｖ１、ｖＨꎬ与氮原子核碰撞后二者的速度分
别为ｖ２、ｖＮꎮ
根据动量守恒定律可得ｍｖ＝ｍｖ１＋ｍＨｖＨ①ꎬｍｖ＝ｍｖ２＋
ｍＮｖＮ②
根据能量守恒定律可得１
２ｍｖ
２＝１
２ｍｖ
２
１＋１
２ｍＨｖ
２
Ｈ③ꎬ１
２ｍｖ
２＝
１
２ｍｖ
２
２＋１
２ｍＮｖ
２
Ｎ④
联立①③两式可得碰后氢原子核的速度ｖＨ＝
２ｍ
ｍ＋ｍＨ
ｖ⑤ꎬ
联立②④两式得碰后氮原子核的速度ｖＮ＝
２ｍ
ｍ＋ｍＮ
ｖ＝
２ｍ
ｍ＋１４ｍＨ
ｖ
⑥ꎻ联立⑤⑥两式并代入数据解得未知粒子的质量为ｍ＝ｍＨꎮ
由此可知ꎬ中子的质量与氢核的质量相等ꎮ
５.答案 若Ａ和Ｂ发生的是弹性碰撞ꎬ则由动量守恒定律和机
械能守恒定律有ｍＡｖ＝ｍＡｖＡ＋ｍＢｖｍａｘ
１
２ｍＡｖ
２＝１
２ｍＡｖ
２
Ａ＋１
２ｍＢｖ
２
ｍａｘ
可以解得Ｂ获得的最大速度为ｖｍａｘ＝
２ｍＡ
ｍＡ＋ｍＢ
ｖ＝
２ｍ
ｍ＋３ｍｖ＝
０.５ｖ
若Ａ和Ｂ发生的是完全非弹性碰撞ꎬ则碰后二者连在一
起运动时ꎬＢ获得的速度最小ꎬ由动量守恒定律得
ｍＡｖ＝(ｍＡ＋ｍＢ)ｖｍｉｎ
ｖｍｉｎ＝
ｍｖ
ｍ＋３ｍ＝０.２５ｖ
Ｂ获得的速度ｖＢ应满足ｖｍｉｎ≤ｖＢ≤ｖｍａｘꎬ即０.２５ｖ≤ｖＢ≤
０.５ｖ
可见ꎬＢ球的速度可能是０.４ｖꎬ不可能是０.６ｖꎮ
6 反冲现象 火箭
◆练习与应用
１.答案 设飞机的质量为ｍ１ꎬ喷出的气体质量为ｍꎮ取飞机喷
气前速度ｖ０的方向为正方向ꎬ喷出的气体的速度为ｖ１ꎬｖ１的方
向与ｖ０相同ꎬ但ｖ０>ｖ１ꎬ由动量守恒定律ꎬ有
(ｍ１＋ｍ)ｖ０＝ｍｖ１＋ｍ１ｖ２
ｖ２＝ｖ０＋ｍ(ｖ０－ｖ１)
ｍ１
由于ｖ０>０ꎬｖ１>０ꎬ且ｖ０>ｖ１ꎬ故有ｖ２>ｖ０ꎬ因此飞机的速度还
会增加ꎮ
２.答案 喷气后ꎬ航天员做匀速直线运动的速度为
ｖ１＝Δｘ
ｔ＝
４５
１０×６０ｍ/ ｓ＝０.０７５ｍ/ ｓ
设喷气前总质量为ｍ１ꎬ喷气过程喷出的气体质量为ｍ２ꎬ
取喷气后航天员的速度方向为正方向ꎬ由动量守恒定律ꎬ得
０＝(ｍ１－ｍ２)ｖ１＋ｍ２(－ｖ２)
ｍ２＝
ｖ１
ｖ１＋ｖ２
ｍ１＝０.０７５×１００
０.０７５＋５０ｋｇ＝０.１５ｋｇꎮ
３.答案 设卫星的质量为ｍ１ꎬ最后一节火箭壳体的质量为ｍ２ꎬ
分离后卫星与火箭壳体相对地面的速度分别为ｖ１、ｖ２ꎬ分离时
卫星与火箭壳体的相对速度为ｕꎬ则ｕ＝ｖ１－ｖ２ꎬ根据动量守恒
定律可得ｍ１＋ｍ２
(
) ｖ＝ｍ１ｖ１＋ｍ２ｖ２ꎬ联立以上两式并代入数据解
得ｖ１＝７.３×１０
３ｍ/ ｓꎬｖ２＝５.５×１０
３ｍ/ ｓꎮ分离后卫星的速度ｖ１>
ｖ＝７.０×１０
３ｍ/ ｓꎬ故卫星做离心运动ꎬ卫星对地的高度增大ꎬ该
过程需克服地球引力做功ꎬ动能减小ꎬ势能增大ꎬ最后卫星将
在某一个较高的轨道稳定下来做匀速圆周运动ꎻ分离后火箭
壳体的速度ｖ２<ｖ＝７.０×１０
３ｍ/ ｓꎬ故火箭壳体做近心运动ꎬ壳体
对地的高度减小ꎬ该过程地球引力做正功ꎬ动能增加ꎬ势能减
小ꎬ最后将会在大气层中被烧毁ꎮ
４.答案 设皮划艇、枪(含子弹)及士兵整个系统的质量为ｍꎬ每
发子弹的质量为ｍ０ꎬ子弹射出运动的反方向为正方向ꎬ子弹相
对步枪的速度大小为ｕꎮ
(１)设第１次射击后皮划艇的速度大小为ｖ１ꎬ由动量守恒
定律有０＝(ｍ－ｍ０)ｖ１＋ｍ０(ｖ１－ｕ)
ｖ１＝ｍ０
ｍｕ
设第２次射击后皮划艇的速度大小为ｖ２ꎬ由动量守恒定
律有(ｍ－ｍ０)ｖ１＝(ｍ－２ｍ０)ｖ２＋ｍ０(ｖ２－ｕ)
ｖ２－ｖ１＝ｍ０ｕ
ｍ－ｍ０
设第３次射击后皮划艇的速度大小为ｖ３ꎬ由动量守恒定
律有(ｍ－２ｍ０)ｖ２＝(ｍ－３ｍ０)ｖ３＋ｍ０(ｖ３－ｕ)
ｖ３－ｖ２＝
ｍ０ｕ
ｍ－２ｍ０
同理ꎬ第１０次射击后皮划艇的速度大小为ｖ１０ꎬ由动量守
恒定律有(ｍ－９ｍ０)ｖ９＝(ｍ－１０ｍ０)ｖ１０＋ｍ０(ｖ１０－ｕ)
ｖ１０－ｖ９＝
ｍ０ｕ
ｍ－９ｍ０
所以ꎬ设射出子弹ｎ发ꎬ则每次射击后皮划艇速度的改变
量为Δｖ＝
ｍ０ｕ
ｍ－(ｎ－１)ｍ０
＝
８
１２０.０１－０.０１ｎｍ/ ｓ(ｎ＝１、２、３、)
(２)连续射击１０次后ꎬ可得
ｖ１０＝ｍ０ｕ
ｍ＋ｍ０ｕ
ｍ－ｍ０
＋＋ｍ０ｕ
ｍ－９ｍ０
＝０.０１×８００
１２０
＋０.０１×８００
１２０－０.０１＋＋０.０１×８００
１２０－９×０.０１
(
) ｍ/ ｓ
＝８×
１
１２０＋
１
１２０－０.０１＋＋
１
１２０－９×０.０１
(
) ｍ/ ｓ
≈８× １０
１２０ｍ/ ｓ≈０.６７ｍ/ ｓ
(３)对整个过程应用动量定理ꎬ得
Ｆｔ＝(ｍ－１０ｍ０)ｖ１０－０
Ｆ＝(ｍ－１０ｍ０)ｖ１０
ｔ
＝
(１２０－１０×０.０１)× ２
３
２
Ｎ≈４０Ｎ
４
◆复习与提高
Ａ组
１.答案 铁锤与水泥桩碰前的速度ｖ＝
２ｇｈ＝
２×１０×３.２ｍ/ ｓ＝
８ｍ/ ｓꎮ规定竖直向下为正方向ꎬ对铁锤应用动量定理可得
(ｍｇ－Ｆ)ｔ＝０－ｍｖꎬ代入数据解得Ｆ＝１９３２００Ｎꎮ根据牛顿第三
定律可知ꎬ铁锤对桩的平均作用力大小为１９３２００Ｎꎬ方向竖
直向下ꎮ
２.答案 规定初速度的方向为正方向ꎬ根据动量定理有－μｍｇｔ＝
０－ｍｖꎬ得ｔ＝ｍｖ
μｍｇꎮ两物体的初动量ｍｖ相同ꎬ它们与地面间的
动摩擦因数μ 相同ꎬ则ｔ∝１
ｍꎬ故质量小的物体滑行时间较长ꎮ
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
等ꎬｃ球落地时的速度最小ꎬ即ｖａ＝ｖｂ>ｖｃꎻ由于三个小球的质量
相等ꎬ根据动量的定义式ｐ＝ｍｖ可知ꎬ三球落地时动量的大小
关系为ｐａ＝ｐｂ>ｐｃꎮａ球在空中运动的时间最长ꎬｂ球在空中运
动的时间最短ꎬ即ｔａ>ｔｃ>ｔｂꎻ根据动量定理可知动量的变化量
Δｐ＝ｍｇｔꎬ则从抛出到落地三球的动量变化量的大小关系为
Δｐａ>Δｐｃ>Δｐｂꎮ
４.答案 (１)小球抛出时ꎬ动量的大小为ｐ１＝ｍｖ０＝０.５×６ｋｇｍ/ ｓ＝
３ｋｇｍ/ ｓꎬ方向沿水平方向ꎮ小球落地时ꎬ竖直方向的分速度
ｖｙ＝ｇｔ＝１０×０.８ｍ/ ｓ＝８ｍ/ ｓꎬ落地速度ｖ＝
ｖ
２
０＋ｖ
２
ｙ＝
６
２＋８
２ｍ/ ｓ＝
１０ｍ/ ｓꎻ设落地速度与水平方向的夹角为θꎬ则ｔａｎθ＝ｖｙ
ｖ０
＝４
３ꎬ
故θ＝５３°ꎬ因此小球落地时动量的大小为ｐ２＝ｍｖ＝０. ５×
１０ｋｇｍ/ ｓ＝５ｋｇｍ/ ｓꎬ方向与水平方向的夹角为５３°ꎮ
(２)小球从抛出到落地过程中ꎬ动量的变化量Δｐ＝ｍΔｖ＝
ｍｖｙ＝０.５×８ｋｇｍ/ ｓ＝４ｋｇｍ/ ｓꎬ动量变化量的方向与速度变
化量的方向相同ꎬ即方向竖直向下ꎮ
(３)小球在空中运动的０.８ｓ内所受重力的冲量Ｉ＝ｍｇｔ＝
０.５×１０×０.８ｋｇｍ/ ｓ＝４ｋｇｍ/ ｓꎬ冲量的方向与重力的方向
相同ꎬ即方向竖直向下ꎮ
(４)由以上分析可知ꎬ物体在一个过程中所受力的冲量等
于它在这个过程初末状态的动量的变化量ꎮ
５.答案 普通的木槌质量约为１.５ｋｇꎬ故木槌的质量不符合实
际ꎻ将木槌在空中的运动视为自由落体运动ꎬ根据ｖ
２＝２ｇｈ可
知ꎬ木槌下落的高度为ｈ＝ｖ
２
２ｇ＝２２
２
２×１０ｍ＝２４.２ｍꎬ可知木槌刚接
触糍粑时的速度过大ꎬ不符合实际的情景ꎮ
６.答案 当Ａ、Ｂ之间的距离最近时ꎬ它们的速度相同ꎬ规定Ａ的
初速度的方向为正方向ꎬ根据动量守恒定律可得ｍＡｖ＝(ｍＡ＋
ｍＢ)ｖ共ꎬ则有ｖ共＝
ｍＡ
ｍＡ＋ｍＢ
ｖ＝
ｍＡ
ｍＡ＋４ｍＡ
ｖ＝１
５ｖꎬ即当Ａ、Ｂ之间的
距离最近时ꎬ它们的速度都为１
５ｖꎮ
７.答案 ｘ－ｔ图线的斜率表示速度ꎬ由图像可知ꎬ两物体碰撞前ꎬ
质量为ｍ２的物体静止ꎬ质量为ｍ１的物体的速度为ｖ１＝Δｘ
Δｔ＝
８－０
２－０ｍ/ ｓ＝４ｍ/ ｓꎻ碰撞后ꎬ质量为ｍ１的物体的速度为ｖ′１＝
０－８
６－２ｍ/ ｓ＝－２ｍ/ ｓꎬ质量为ｍ２的物体的速度为ｖ′２＝１６－８
６－２ｍ/ ｓ＝
２ｍ/ ｓꎮ
(１)根据动量守恒定律可得ｍ１ｖ１＝ｍ１ｖ′１＋ｍ２ｖ′２ꎬ代入数据
解得ｍ２＝３ｋｇꎮ
(２)碰撞前系统的总动能为Ｅ＝Ｅ１＋Ｅ２＝１
２ｍ１ｖ
２
１＝１
２×１×
４
２Ｊ＝８Ｊꎬ碰撞后系统的总动能为Ｅ′ ＝Ｅ′１＋Ｅ′２＝１
２ｍ１ｖ′１
２＋
１
２ｍ２ｖ′２
２＝１
２×１× －２
(
) ２Ｊ＋１
２×３×２
２Ｊ＝８Ｊꎬ则有Ｅ＝Ｅ′ꎬ故该碰
撞是弹性碰撞ꎮ
８.答案
小球被击穿后做平抛运动ꎬ落地时间为ｔ＝
２ｈ
ｇ＝
２×５.０
１０
ｓ＝１ｓꎬ小球平抛的初速度为ｖ球＝ｓ
ｔ＝２０
１
ｍ/ ｓ＝
２０ｍ/ ｓꎮ规定向右为正方向ꎬ子弹击穿小球的过程ꎬ根据动量
守恒定律可得ｍ′ｖ０＝ｍ１ｖ球＋ｍ′ｖ弹ꎬ代入数据解得击穿小球后子
弹的速度ｖ弹＝１００ｍ/ ｓꎬ则子弹落地处离杆的距离为ｓ′＝ｖ弹ｔ＝
１００×１ｍ＝１００ｍꎮ
Ｂ组
１.答案 由Ｆ＝５ｔ可知ꎬ力Ｆ随时间均匀变化ꎬ则２ｓ内力Ｆ的
平均值为Ｆ＝Ｆ０＋Ｆ２
２
＝０＋５×２
２
Ｎ＝５Ｎꎬ则力Ｆ在２ｓ内的冲量为
Ｉ＝Ｆｔ＝５×２Ｎｓ＝１０Ｎｓꎮ
２.答案 设水平拉力为Ｆꎬ在整个运动过程中ꎬ根据动量定理可
得Ｆｔ－μｍｇ(ｔ＋ｔ)＝０－０ꎬ则拉力的大小为Ｆ＝２μｍｇꎮ
３.答案 设鸡蛋落地瞬间的速度大小为ｖꎬ１８楼的高度约为ｈ＝
３×１７ｍ＝５１ｍꎬ从鸡蛋开始下落到落地瞬间ꎬ根据动能定理可
得ｍｇｈ＝１
２ｍｖ
２ꎬ解得ｖ＝
２ｇｈ＝
２×１０×５１ｍ/ ｓ≈３１.９ｍ/ ｓꎻ
鸡蛋与地面作用过程中的平均速度为ｖ＝ｖ＋０
２＝１６.０ｍ/ ｓꎬ鸡蛋
与地面作用的时间为ｔ＝ｄ
ｖ＝５×１０
－２
１６.０
ｓ＝０.００３ｓꎮ规定竖直向
上为正方向ꎬ在鸡蛋落地的过程中ꎬ根据动量定理可得
Ｆ－ｍｇ
(
) ｔ＝０－(－ｍｖ)ꎬ解得Ｆ≈５３２Ｎꎬ由牛顿第三定律可知鸡
蛋对地面的平均冲击力为５３２Ｎꎮ
４.答案 设ｔ时间内有体积为Ｖ的水射到墙壁上ꎬ则这些水的质
量为ｍ＝ρＶ＝ρｖｔＳꎬ以这部分水为研究对象ꎬ设它受到墙壁的平
均冲击力为Ｆꎬ规定水流初速度方向为正方向ꎬ根据动量定理
可得Ｆｔ＝０－ｍｖꎬ则有Ｆ＝－ｍｖ
ｔ＝－ρＳｖ
２ꎬ负号表示水受到墙壁的
作用力方向与水流初速度方向相反ꎬ根据牛顿第三定律可知ꎬ
墙壁受到的平均冲击力大小为ρＳｖ
２ꎬ方向与水流初速度方向
相同ꎮ
５.答案
由于不计水的阻力ꎬ所以小船和人组成的系统在水平
方向动量守恒ꎬ规定人运动的方向为正方向ꎬ根据动量守恒定
律可得０＝ｍ′ｖ′－ｍｖꎻ人从船头走到船尾ꎬ设船后退的距离为ｘꎬ
人相对地面运动的距离为ｘ′ꎬ则有ｍ′ ｘ′
ｔ＝ｍｘ
ｔꎻ又有ｘ＋ｘ′＝ｌꎬ
教材习题答案
５
联立解得ｘ＝
ｍ′
ｍ＋ｍ′ｌꎬｘ′ ＝
ｍ
ｍ＋ｍ′ｌꎬ即船和人对地面位移的大小
分别为ｍ′
ｍ＋ｍ′ｌ、
ｍ
ｍ＋ｍ′ｌꎮ
６.答案
设碰撞前Ａ球的速度为ｖꎬ当两球压缩最紧时速度相
等ꎬ根据动量守恒定律可得ｍｖ＝(ｍ＋ｍ) ｖ共ꎬ则有ｖ共＝ｖ
２ꎮ在
碰撞过程中总机械能守恒ꎬ则有１
２ｍｖ
２＝１
２(ｍ＋ｍ) ｖ
２
共＋Ｅｐꎬ解
得ｖ＝２
Ｅｐ
ｍꎮ
７.答案 由于Ａ、Ｃ碰撞时间极短ꎬ所以Ａ、Ｃ碰撞过程动量守恒ꎬ
设碰后瞬间Ａ的速度大小为ｖＡꎬＣ的速度大小为ｖＣꎬ规定向右
为正方向ꎬ根据动量守恒定律可得ｍＡｖ０＝ｍＡｖＡ＋ｍＣｖＣꎻ设Ａ、Ｂ
共速时的速度为ｖＡＢꎬ根据动量守恒定律可得ｍＡｖＡ＋ｍＢｖ０＝
(ｍＡ＋ｍＢ)ｖＡＢꎻＡ、Ｂ共速后恰好不再与Ｃ碰撞ꎬ应满足ｖＡＢ＝ｖＣꎻ
联立以上各式并代入数据解得ｖＡ＝２ｍ/ ｓꎮ
８.答案 小球Ｃ下落到最低点时ꎬＡ、Ｂ开始分离ꎬ此过程中Ａ、
Ｂ、Ｃ组成的系统水平方向动量守恒ꎬ规定水平向左为正方向ꎬ
根据动量守恒定律可得０＝ｍ０ｖＣ－２ｍｖＡＢꎬ根据能量守恒定律可
得ｍ０ｇｌ＝１
２ｍ０ｖ
２
Ｃ＋１
２２ｍｖ
２
ＡＢꎬ联立以上两式解得ｖＣ＝
２
ｍｇｌ
２ｍ＋ｍ０
ꎬｖＡＢ＝ｍ０
ｍ
ｍｇｌ
２ｍ＋ｍ０
ꎮ
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ꎬ纵坐标代表振
动位移ꎮ白纸匀速运动时ꎬ由位移ｓ＝ｖｔ知一定位移与一定时
间对应ꎬ因此在匀速条件下ꎬ可以用白纸通过的位移表示
时间ꎮ
如果拖动白纸的速度为ｖ＝５×１０
－２ｍ/ ｓꎬ在ＯＯ′坐标轴上
应该以长度ｌ＝ｖｔ＝５×１０
－２×１ｍ＝５×１０
－２ｍ＝５ｃｍ作为１ｓ的
时间ꎮ
２.答案 (１)质点离开平衡位置的最大距离等于振幅ꎬ为１０ｃｍꎮ
(２)在１.５ｓ和２.５ｓ这两个时刻ꎬ质点在平衡位置两侧距
平衡位置５２ｃｍ处ꎬ１.５ｓ时质点正向平衡位置运动ꎬ２.５ｓ时
质点正远离平衡位置ꎮ
(３)０~１ｓ内及２~３ｓ内质点相对平衡位置的位移与它的
瞬时速度方向相同ꎻ１~２ｓ内及３~４ｓ内质点相对平衡位置的
位移与它的瞬时速度方向相反ꎮ
(４)质点在第２ｓ末的位移为零ꎮ
(５)质点在前２ｓ内运动的路程为２０ｃｍꎮ
2 简谐运动的描述
◆练习与应用
１.答案 若小球开始运动的方向向右ꎬ运动情况如图甲所示ꎬ则
小球振动的周期为Ｔ＝４× ３ｓ＋２ｓ× １
２
(
) ＝１６ｓꎻ若小球开始运
动的方向向左ꎬ运动情况如图乙所示ꎬ则有３ｓ＋２ｓ× １
２＝３
４Ｔꎬ
解得周期Ｔ＝１６
３ｓꎮ
甲
乙
２.答案 这两个简谐运动的振幅之比为
Ａ１
Ａ２
＝３ａ
９ａ＝１
３ꎻ它们的频
率之比为
ｆ１
ｆ２
＝
８πｂ
２π
８πｂ
２π
＝１
１ꎻｔ＝０时ꎬφ１＝π
４ꎬφ２＝π
２ꎬ则相位差为
Δφ＝φ２－φ１＝π
４ꎮ
３.答案
甲、乙振动图像的位移与时间的关系式分别为ｘ１＝
Ａ１ｓｉｎ(ωｔ＋φ１)ꎬｘ２＝Ａ２ｓｉｎ(ωｔ＋φ２)ꎬ由图可知ꎬ当ｔ＝０时ꎬｓｉｎφ１＝０ꎬ
ｓｉｎφ２＝－１ꎬ故φ１＝０ꎬφ２＝－π
２ꎬ它们的相位差Δφ＝φ２－φ１＝－π
２ꎮ
４.答案 如图所示
５.答案
由图知ｘ甲＝０. ００５ｓｉｎ( ５πｔ＋π) ｍꎬｘ乙＝０. ００２
ｓｉｎ
２.５πｔ＋π
２
(
) ｍꎮ
3 简谐运动的回复力和能量
◆练习与应用
１.答案 小球自由静止时ꎬ受到重力、斜面的支持力和弹簧的拉
力三个力的作用ꎬ沿斜面方向ꎬ弹簧的拉力与重力沿斜面方向
的分力平衡ꎮ
即Ｆ０＝－ｋｘ０＝ｍｇｓｉｎθ
弹簧拉长后ꎬＦ＝－ｋ(ｘ０＋ｘ)
小球沿斜面方向所受的合外力Ｆ′ ＝Ｆ－ｍｇｓｉｎθ ＝－ｋ(ｘ０＋
ｘ)－(－ｋｘ０)＝－ｋｘ
由此可知ꎬ小球的运动是简谐运动ꎮ
２.答案 (１)如果不考虑水的黏滞阻力ꎬ木筷受到重力和水的浮
力ꎮ重力恒定不变ꎬ浮力与木筷排开水的体积成正比ꎬ木筷静
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
点ꎬ木筷所受合力与其偏离平衡位置的位移成正比ꎬ且方向相
反ꎬ则可以判定木筷做简谐运动ꎮ
６
(２)小球在光滑圆弧面上受到重力和圆弧面的支持力ꎮ
重力恒定不变ꎬ支持力的方向始终与运动方向垂直ꎮ小球的
运动与单摆的运动类似ꎬ从而判定小球做简谐运动ꎮ
３.答案 由Ｆ＝－ｋｘ与牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ可知ꎬ以ＡＢ方向为
正方向ꎬ在Ａ点:ＦＡ＝－ｋｘＡ＝ｍａＡ
在Ｂ点:ＦＢ＝－ｋｘＢ＝ｍａＢ
且Ａ、Ｂ两点在平衡位置的两侧ꎬ所以ｘＢ－ｘＡ＝１０ｃｍ
三式联立解得ｘＡ＝－４ｃｍꎬｘＢ＝６ｃｍꎬ即平衡位置在Ａ、Ｂ之
间ꎬ距Ａ点４ｃｍꎬ距Ｂ点６ｃｍꎮ
４.答案 (１)０.６ｓꎬ１.２ｓꎬ１.４ｓꎮ
(２)０.２ｓꎬ１.０ｓꎬ１.２ｓꎮ
(３)０ꎬ０.２ｓꎬ０.６ｓꎬ０.８ｓꎬ１.０ｓꎬ１.２ｓꎬ１.４ｓꎮ
(４)０.１~０.３ｓꎬ０.５~０.７ｓꎬ０.９~１.１ｓꎬ１.３~１.５ｓꎮ
(５)０~０.１ｓꎬ０.３~０.５ｓꎬ０.７~０.９ｓꎬ１.１~１.３ｓꎮ
4 单摆
◆练习与应用
１.答案 由单摆周期公式Ｔ＝２π
ｌ
ｇ知ꎬ周期与振幅、摆球质量
无关ꎮ
因ｇ′＝ｇ
２ꎬｌ′＝ｌ
４ꎬ所以Ｔ′＝２
２Ｔꎮ
２.答案 由Ｔ＝２π
ｌ
ｇ知ꎬ当Ｔ＝２ｓ时ꎬ摆长约为１ｍꎮ
依题可得ꎬ地球上的秒摆在月球上的周期
Ｔ′＝２π
１
１.６ｓ＝５ｓ
所以它在月球上做５０次全振动要用２５０ｓꎮ
３.答案 (１)由图像可以看出ꎬ单摆乙的周期是单摆甲的周期的
２倍ꎬ即Ｔ甲＝１
２Ｔ乙ꎬ由单摆的周期公式可知ｌ甲∶ｌ乙＝１∶４ꎮ
(２)由图像可以看出ꎬ当乙第一次到达右方最大位移处时
经过了１
４周期ꎬ此时甲振动了１
２周期ꎬ因此甲处于平衡位置ꎬ
此时正向左运动ꎮ
４.答案 (１)由图可知该单摆的周期为２ｓꎬ代入周期公式Ｔ＝
２π
ｌ
ｇꎬ可得其摆长ｌ＝Ｔ
２
４π
２ｇ＝１ｍꎮ
(２)设单摆的最大偏角为θꎬ其偏角最大时ꎬ摆球处于最
大位移处ꎮ由图可知ꎬ摆球的振幅为０.０４ｍꎬ远小于摆长ꎬ因
此ꎬ最大偏角θ 的正弦值为ｓｉｎθ≈Ａ
ｌ＝４×１０
－２ꎬ由此可估算出
它摆动的最大偏角θ＝２.２９°ꎮ
5 实验：用单摆测量重力加速度
◆练习与应用
１.答案 在用单摆测量重力加速度的实验中ꎬ摆线要选择细些
的、伸缩性小些的ꎬ且长度要适当长一些ꎬ摆球应选择体积比
较小、密度比较大的小球ꎬ故Ａ、Ｂ均正确ꎻ根据单摆的周期公
式Ｔ＝２π
ｌ
ｇ可知ꎬ摆球的周期与摆角无关ꎬ因此增大摆角不
能增大摆的周期ꎬ故Ｃ错误ꎻ单摆的摆长应等于摆线的长度与
摆球半径之和ꎬ故Ｄ错误ꎻ释放摆球ꎬ当摆球振动稳定后ꎬ从平
衡位置开始计时ꎬ要测量摆球振动ｎ个周期的时间ｔꎬ周期Ｔ＝
ｔ
ｎꎬ故Ｅ正确ꎮ
２.答案 根据表中数据猜测ａ、ｂ的关系ꎬ例如作ａ－ｂ图像、ａ－１
ｂ
图像、ａ－ｂ
２图像、ａ－１
ｂ
２图像、ｂ－１
ａ图像、ｂ－ａ
２图像等ꎬ从中寻
找图线为直线的ꎬ经过尝试发现ａ－ｂ
２图像为直线ꎬ对应的实
验数据和图像如下:
ａ/ Ｐ
０.５
０.８
０.９
１.０
１.２
１.５
ｂ
２/ Ｑ
２
２.０２
３.２０
３.６１
４.００
４.８４
６.００
则ａ与ｂ之间关系的表达式为ａ＝ｋｂ
２ꎬ其中ｋ为常量ꎬ大
小为１
４ꎬ单位为Ｐ/ Ｑ
２ꎮ
6 受迫振动 共振
◆练习与应用
１.答案
由于小球做受迫振动ꎬ振动达到稳定时周期为４ｓꎬ频
率为０.２５Ｈｚꎮ
２.答案 (１)Ｂ、Ｃ球也开始振动ꎬ且Ｃ球振动的振幅比较大ꎮ
(２)Ａ、Ｂ球开始振动ꎬＡ球的振幅比较大ꎮ
３.答案 根据共振的规律ꎬ当颠簸的时间间隔正好等于车身－弹
簧系统的固有周期时ꎬ汽车颠簸得最剧烈ꎮ由ｖ＝ｘ
Ｔ可知汽车
的速度大小为５.３ｍ/ ｓꎮ
４.答案 (１)由图像可以看出单摆的固有频率约０.３Ｈｚꎬ故由单
摆的周期公式Ｔ＝２π
ｌ
ｇ可得ｌ＝Ｔ
２ｇ
４π
２＝
ｇ
４π
２ｆ
２＝
９.８
４π
２×０.３
２ｍ＝
２.７６ｍꎮ
(２)摆长增大ꎬ单摆的固有周期增大ꎬ固有频率减小ꎬ共振
曲线振幅最大值所对立的横坐标将向左移动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ꎬ因此势能相等ꎻ由于阻力的影响ꎬ摆球要克服阻力做
功ꎬ在运动过程中机械能一直在减小ꎬ因此Ｎ时刻的机械能小
于Ｐ时刻的机械能ꎻ又知Ｐ、Ｎ两时刻摆球的势能相等ꎬ所以Ｎ
时刻的动能小于Ｐ时刻的动能ꎮ
◆复习与提高
Ａ组
１.答案
做简谐运动的质点在通过平衡位置时ꎬ速度具有最大
值ꎬ位移、回复力、加速度具有最小值ꎮ
教材习题答案
７
２.答案 弹簧振子完成１０次全振动的时间为２ｓꎬ则弹簧振子的
周期为Ｔ＝２
１０ｓ＝０.２ｓꎻ频率和周期互为倒数ꎬ则频率为ｆ＝１
Ｔ＝
１
０.２Ｈｚ＝５Ｈｚꎻ每个周期内振子通过的路程等于４倍的振幅ꎬ则
有１０×４Ａ＝８０ｃｍꎬ解得Ａ＝２ｃｍꎮ
３.答案 由于向右为ｘ轴的正方向ꎬ所以滑块运动到Ｎ点时ꎬ具
有正向最大位移ꎻ若滑块位于Ｎ点时开始计时ꎬ其位移与时间
的关系遵从余弦函数的规律ꎬ其振动图像如图所示:
４.答案 摆钟走得慢了ꎬ说明摆钟的周期变长了ꎬ根据单摆周期
公式Ｔ＝２π
ｌ
ｇ可知ꎬ若要将此摆钟调准ꎬ应将摆长适当缩短
一些ꎮ
５.答案 设小球的质量为ｍꎬ小球相对于最低点的位移为ｘꎬ小
球与Ｏ的连线和竖直方向的夹角为θꎬ小球的重力沿圆弧切线
方向的分力为回复力ꎬ即Ｆ回＝ｍｇｓｉｎθꎮＡＢ
(
≪Ｒ时ꎬθ 很小ꎬ小
球位移的大小与θ 角所对的弧长近似相等ꎬ因而ｓｉｎθ≈ｘ
Ｒꎬ且
位移方向与回复力方向相反ꎬ故回复力Ｆ回＝－ｍｇｘ
Ｒ＝－ｍｇ
Ｒｘꎬ
即小球的运动可视为简谐运动ꎮ此模型可以视为等效单摆ꎬＲ
为等效摆长ꎬ其周期为Ｔ＝２π
Ｒ
ｇꎬ则频率为ｆ＝１
Ｔ＝
１
２π
Ｒ
ｇ
＝
１
２π
ｇ
Ｒꎮ
６.答案 设长绳的长度为ｌꎬ根据自由落体运动的规律可知ꎬ做
自由落体运动的小球下落的时间为ｔ１＝
２ｌ
ｇꎻ由单摆的周期
公式可知ꎬ偏离平衡位置一个很小角度的小球第一次摆到平
衡位置的时间为ｔ２＝１
４Ｔ＝１
４× ２π
ｌ
ｇ＝π
２
ｌ
ｇꎻ由于
２ｌ
ｇ< π
２
ｌ
ｇꎬ所以做自由落体运动的小球先到达第一个小
球的平衡位置ꎮ
７.答案 (１)由图像可知ꎬ简谐运动的振幅Ａ＝２ｃｍꎬ周期Ｔ＝
０.８ｓꎬ则频率ｆ＝１
Ｔ＝１
０.８Ｈｚ＝１.２５Ｈｚꎮ
(２)由于完成一次全振动的时间为一个周期ꎬ故从Ｃ点算
起到Ｇ点表示完成了一次全振动ꎮ
(３)振子在平衡位置时动能最大ꎬ故Ｂ、Ｄ、Ｆ、Ｈ这四个点
表示振子的动能最大ꎻ振子的位移最大时势能最大ꎬ故Ａ、Ｃ、
Ｅ、Ｇ这四个点表示振子的势能最大ꎮ
Ｂ组
１.答案 单摆完成１０次全振动的时间是４０ｓꎬ则单摆的周期为
４ｓꎬ２００ｓ内共完成了５０次全振动ꎬ共补充能量５次ꎬ则共补
充的能量为ΔＥ＝５ｍｇΔｈ＝５× ０.２× ９.８×(１.５－１.２) × １０
－２Ｊ＝
０.０３Ｊꎮ
２.答案
在星球表面上ꎬ物体受到的重力等于万有引力ꎬ则有
ｍｇ＝ＧＭｍ
Ｒ
２ꎬ解得ｇ＝ＧＭ
Ｒ
２ꎻ单摆的周期公式为Ｔ＝２π
ｌ
ｇꎬ整
理可得Ｔ＝２π
ｌＲ
２
ＧＭꎬ故
Ｔ１
Ｔ２
＝
Ｒ
２
１ｍ２
Ｒ
２
２ｍ１
＝Ｒ１
Ｒ２
ｍ２
ｍ１
ꎮ
３.答案 (１)根据单摆的周期公式Ｔ＝２π
ｌ
ｇ可得ｌ＝ｇ
４π
２Ｔ
２ꎬ则
ｌ－Ｔ
２图线的斜率表示ｇ
４π
２ꎬ即ｇ
４π
２＝ｌ２－ｌ１
Ｔ
２
２－Ｔ
２
１
ꎬ解得ｇ＝４π
２ｌ２－ｌ１
(
)
Ｔ
２
２－Ｔ
２
１
ꎮ
(２) 用ｌ－Ｔ
２图像计算重力加速度ꎬ可以消除因摆球质量
分布不均匀而造成的测量误差ꎮ因为若摆球的质量分布不均
匀ꎬ则测量的摆长不准确ꎬ但摆长的变化是不受影响的ꎬｌ－Ｔ
２
图线的斜率不变ꎬ只是图线不再通过坐标原点了ꎮ
４.答案 (１)由图像可知ꎬ振幅Ａ＝５ｃｍꎬ周期Ｔ＝４ｓꎬ初相φ＝０ꎬ故
小球位移随时间变化的关系式为ｘ＝Ａｓｉｎ２π
Ｔｔ＝５ｓｉｎπ
２ｔ(ｃｍ)ꎮ
(２)由图可知ꎬ在第２ｓ末到第３ｓ末这段时间内ꎬ小球的
加速度变大ꎬ速度变小ꎬ动能变小ꎬ弹簧的弹性势能变大ꎮ
(３)弹簧振子在一个周期内的位移为零ꎬ路程为振幅的４
倍ꎬ小球在１００ｓ内刚好经历了２５个周期ꎬ故第１００ｓ时的位
移为ｘ＝０ꎬ路程为ｓ＝２５×４Ａ＝２５×４×５ｃｍ＝５００ｃｍ＝５ｍꎮ
５.答案 (１)由图乙可知ꎬ单摆的振动周期为０.４πꎬ由单摆周期
公式Ｔ＝２π
ｌ
ｇ可得ꎬ单摆的摆长为ｌ＝ｇ
４π
２Ｔ
２＝０.４ｍꎮ
(２)摆球运动到Ｂ点时细线的拉力最大ꎬ由图乙可知最大
拉力为Ｆｍａｘ＝０.５１０Ｎꎬ在Ｂ点ꎬ根据牛顿第二定律可得Ｆｍａｘ－
ｍｇ＝ｍｖ
２
ｌ①ꎻ在Ａ点和Ｃ点时细线的拉力最小ꎬ最小拉力为
Ｆｍｉｎ＝０.４９５Ｎꎬ此时有Ｆｍｉｎ＝ｍｇｃｏｓθ②ꎻ摆球从Ａ到Ｂ的过程
中机械能守恒ꎬ则有ｍｇｌ(１－ｃｏｓθ)＝１
２ｍｖ
２③ꎻ联立①②③式
解得ｍ＝Ｆｍａｘ＋２Ｆｍｉｎ
３ｇ
＝０.５１０＋２×０.４９５
３０
ｋｇ＝０.０５ｋｇꎮ
(３)摆球在Ｂ点时速度最大ꎬ由Ｆｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ
２
ｌ可得ꎬ摆球
运动过程中的最大速度为ｖ＝０.２８３ｍ/ ｓꎮ
６.答案 根据题意ꎬ某电压下偏心轮的转速是５４ｒ/ ｍｉｎꎬ则周期
为Ｔ＝１
ｎ＝６０
５４ｓ＝１０
９ｓꎬ所以驱动力的频率为ｆ＝１
Ｔ＝０.９Ｈｚꎮ
由图乙可知ꎬ共振筛的固有频率为ｆ０＝０.８Ｈｚꎬ因此为了使筛
子的振幅增大ꎬ可以增大共振筛的固有频率ꎬ还可以减小驱动
力的频率ꎬ即可以减小筛子的质量或降低电压ꎮ
第三章 机械波
1 波的形成
◆练习与应用
１.答案
将石子投入平静的湖面ꎬ会激起一圈圈起伏不平的水
８
波向周围传播ꎮ而漂浮在水面的物体上下振动却没有随波
迁移ꎮ
２.答案 (１)波源带动后面的质点振动ꎬ后面的质点总是重复前
面质点的振动状态ꎬ可知Ｑ点此时向上振动ꎬ介质中各质点开
始振动时的方向都与波源开始振动时的方向相同ꎮ图中该波
刚传到Ｑ点ꎬＱ点此时的振动状态与波源Ｐ开始振动时的状
态相同ꎬ所以波源的起振方向也向上ꎬ质点的振动方向与波的
传播方向垂直ꎬ故该机械波为横波ꎮ
(２)由问题(１)分析可知ꎬＰ点从平衡位置刚开始振动时ꎬ
是向上振动的ꎮ
３.答案 (１)ｔ＝Ｔ
２时ꎬ质点８向上运动ꎬ质点１２、１６还没有运动ꎮ
(２)ｔ＝３
４Ｔ时ꎬ质点８向下运动ꎬ质点１２向上运动ꎬ质点
１６还没有运动ꎮ
(３)ｔ＝Ｔ时ꎬ质点８向下运动ꎬ质点１２向下运动ꎬ质点１６
向上运动ꎮ
2 波的描述
◆练习与应用
１.答案 该波经过极短时间后的波形曲线如图中虚线所示ꎬ由
图可知ꎬ初始时刻图中Ａ质点向下振动ꎬＢ质点向上振动ꎬＣ质
点向上振动ꎬＤ质点向下振动ꎻ在这段时间内ꎬＡ质点的速度增
大ꎬＢ质点的速度减小ꎬＣ质点的速度增大ꎬＤ质点的速度
减小ꎮ
２.答案 (１)简谐横波沿ｘ轴正方向传播ꎬ由波的传播特点“上
坡下ꎬ下坡上”可知ꎬ此时刻质点Ｐ向上运动ꎬ其速度方向沿ｙ
轴正方向ꎬ加速度方向沿ｙ轴负方向ꎻ１
４Ｔ时刻的波形曲线如
图中虚线所示ꎬ由图可知ꎬ１
４Ｔ时刻质点Ｐ处于“上坡”ꎬ故向
下运动ꎬ其速度方向沿ｙ轴负方向ꎬ加速度方向也沿ｙ轴负
方向ꎮ
(２)经过一个周期ꎬ质点Ｐ通过的路程是振幅的４倍ꎬ
即４Ａ０ꎮ
(３)这种说法不对ꎮ质点只有最初处于平衡位置、波峰或
波谷这些特殊位置时ꎬ经过１
４Ｔꎬ质点通过的路程才是Ａ０ꎬ而
质点Ｐ最初并不在这些特殊位置ꎮ
３.答案 (１)若波沿ｘ轴正方向传播ꎬ此时Ｋ沿ｙ轴负方向运
动ꎬＭ沿ｙ轴正方向运动ꎬＬ在波谷位置ꎬ所以Ｋ最先回到平衡
位置ꎮ
(２)若波沿ｘ轴负方向传播ꎬ此时Ｋ沿ｙ轴正方向运动ꎬ
Ｍ沿ｙ轴负方向运动ꎬＬ在波谷位置ꎬ所以Ｍ最先回到平衡
位置ꎮ
４.答案 由图乙可知ｔ＝０时刻ꎬ质点位于平衡位置且向ｙ轴正
方向运动ꎮ
(１)由图甲可知ꎬ波沿ｘ轴正方向传播时ꎬ质点Ｌ在平衡
位置且向ｙ轴正方向运动ꎬ故图乙是Ｌ点的振动图像ꎮ
(２)由图甲可知ꎬ波沿ｘ轴负方向传播时ꎬ质点Ｎ在平衡
位置且向ｙ轴正方向运动ꎬ故图乙是Ｎ点的振动图像ꎮ
５.答案
０℃时ꎬ空气中的声速是３３２ｍ/ ｓꎬ水中的声速是
１４５０ｍ/ ｓꎮ声波从空气传入水中ꎬ频率不变ꎬ由ｖ＝λｆ可知ꎬ声
波在水中的频率为ｆ水＝ｖ水
λ水
＝ｖ空
λ空
＝３３２Ｈｚꎮ
由ｖ＝λｆ可知ꎬ波速与波长成正比ꎬ则有
ｖ水
ｖ空
＝λ水
λ空
ꎬ其中
λ空＝１ｍꎬ解得λ水＝４.３７ｍꎮ
６.答案 据题意可知ꎬ甲、乙两船之间的距离为１.５个波长ꎬ即
１.５λ＝２０ｍꎬ得λ＝４０
３ｍ
船每分钟上下浮动２０次ꎬ说明水波的频率ｆ＝２０
６０Ｈｚ＝
１
３Ｈｚ
则水波的波速ｖ＝λｆ＝４０
３× １
３ｍ/ ｓ＝４０
９ｍ/ ｓꎮ
3 波的反射、折射和衍射
◆练习与应用
１.答案 人耳能听到的声音频率范围是２０Ｈｚ~ ２００００Ｈｚꎬ高于
２００００Ｈｚ的声叫超声波ꎬ声波的频率越高ꎬ方向性越好ꎬ说明
蝙蝠发出的声波为频率较高的超声波ꎬ借助超声波的反射ꎬ蝙
蝠便能准确地确定目标的位置和距离ꎮ
２.答案
高音和低音的区别在于声波振动的频率不同ꎬ高音频
率高ꎬ低音频率低ꎮ由ｖ＝λｆ可知ꎬ频率高的高音波长小ꎬ衍射
现象不明显ꎬ故高音减弱得明显一些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ꎬ或者比波长更小ꎬ所以要使Ｐ点的水
振动起来ꎬ有两种方法ꎬ一是减小孔的尺寸ꎬ二是增大波的波
长ꎮＮ板向上移ꎬ可以减小孔的尺寸ꎻ由ｖ＝λｆ可知ꎬ水波的波
速一定ꎬ减小波源的振动频率可以增大水波的波长ꎮ
4 波的干涉
◆练习与应用
１.答案 (１)Ｍ质点此时刻处于波峰ꎬ以后一个周期内以两列波
的振幅之和为振幅上下振动ꎬＮ质点以两列波的振幅之差为
振幅上下振动ꎮ
(２)(３)如图所示ꎮ
教材习题答案
９
２.答案 (１)凸起的最高点在图中由Ｍ向Ｐ移动ꎮＭ点并不随
波迁移ꎬＭ在竖直方向上运动ꎮ
(２)Ｋ点ꎮ凹下最低的位置由Ｋ向Ｑ移动ꎮ
(３)位移为０ꎮ
注:(１)(２)两问答案中字母位置参见１题答案图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ꎬ此点为振动减弱点ꎬ进而消除噪声ꎮ
若要达到良好的消声效果ꎬ应使在ａ处分成的上下两束波到
达ｂ处时通过的路程差等于半个波长的奇数倍ꎬ让ｂ处成为振
动减弱点ꎬ从而有效消除噪声ꎮ
４.答案 由ｖ＝λｆ可知ꎬ该波的波长λ＝ｖ
ｆ＝４
４ｍ＝１ｍꎮ设Ｐ为
ＡＢ上任意一点ꎬＰ点距Ａ的距离为ｘꎬ则距Ｂ的距离为１.２ｍ－
ｘꎬＰ点到两波源的路程差为Δｓ＝ｘ－(１.２ｍ－ｘ)ꎬ其中０≤ｘ≤
１.２ｍꎬ合振动振幅最小的点即振动减弱点ꎬ应满足Δｓ＝(２ｋ＋
１)１
２λ (ｋ＝０、１、２)ꎬ即ｋ＋１
２
(
) λ＝ｘ－(１.２ｍ－ｘ)ꎬ解得ｘ＝
０.８５ｍꎬ故Ａ、Ｂ间合振动振幅最小的点距Ａ点的距离为ｘ１＝
０.８５ｍꎬ或ｘ２＝１.２ｍ－０.８５ｍ＝０.３５ｍꎮ
5 多普勒效应
◆练习与应用
１.答案 甲、乙站着不动时ꎬ相当于观察者(乙) 与波源(甲) 相
对静止ꎬ观察到的频率等于波源振动的频率ꎮ
当乙以一定速度向甲运动时ꎬ相当于观察者向波源靠近ꎬ
由于间距缩短ꎬ乙接到球的时间间隔将会减小ꎬ所以乙每隔小
于１ｓ的时间接到一个球ꎮ
如果乙靠向甲的速度增大ꎬ乙接到球的频率会增加得更
大ꎬ乙接球的时间间隔会更短ꎮ
２.答案 ＢＤ 当观察者与声源相向运动时ꎬ相同时间内ꎬ观察
者接收到的声波的个数增多ꎬ所以观察者接收到的声波的频
率升高ꎬ听到乐音的音调比原来要高ꎮ当观察者与声源背向
运动时ꎬ相同时间内ꎬ观察者接收到的声波的个数减少ꎬ所以
观察者接收到的声波的频率降低ꎬ听到乐音的音调比原来降
低了ꎮ综上所述ꎬ选Ｂ、Ｄꎮ
３.答案 略ꎮ
◆复习与提高
Ａ组
１.答案 如图所示
甲
乙
２.答案 看到火把发光ꎬ１０ｓ后听到钟声ꎬ可以近似认为钟声在
水中传播１４ｋｍ所用的时间为１０ｓꎬ则水中的声速为ｖ＝ｘ
ｔ＝
１４×１０
３
１０
ｍ/ ｓ＝１４００ｍ/ ｓꎮ
３.答案 经过１ｓ后ꎬ该波向右传播的距离为ｘ１＝ｖｔ１＝０.５×１ｍ＝
０.５ｍꎬ将波形曲线沿波的传播方向平移０.５ｍꎬ其波形图如图
中虚线所示ꎮ
经过４ｓ后ꎬ该波向右传播的距离为ｘ２＝ｖｔ２＝０.５×４ｍ＝
２ｍꎬ将波形曲线沿波的传播方向平移２ｍꎬ其波形图如图
所示ꎮ
４.答案 (１)由图可知ꎬ这列波的波长λ＝４ｍꎬ振幅Ａ＝１０ｃｍꎮ
(２)由质点Ｐ的振动方程为ｙ＝１０ｓｉｎ
５πｔ
(
) ｃｍ可知ꎬω ＝
５π ｒａｄ/ ｓꎬ则周期Ｔ＝２π
ω ＝２π
５π ｓ＝０.４ｓꎬ故这列波的波速ｖ＝
λ
Ｔ＝４
０.４ｍ/ ｓ＝１０ｍ/ ｓꎮ
(３)由质点Ｐ的振动方程ｙ＝１０ｓｉｎ(５πｔ)ｃｍ可知ꎬ质点Ｐ
的起振方向沿ｙ轴正方向ꎬ由波的传播特点“上坡下ꎬ下坡上”
可知ꎬ该波沿ｘ轴正方向传播ꎮ
５.答案 (１)由图可知ꎬ这列波的周期Ｔ＝２.０ｓꎬ则Ａ、Ｂ两点开
１０
始振动的时间间隔ｔ＝１.０ｓ＝１
２Ｔꎬ所以Ａ、Ｂ两点间的距离为
半个波长ꎬ故波长λ＝２×(５５－４５)ｍ＝２０ｍꎮ
(２)由于Ａ、Ｂ两点间的距离为半个波长ꎬ所以Ａ、Ｂ两点
的振动情况总是相反ꎬ因此当Ｂ点离开平衡位置的位移为
６ｃｍ时ꎬＡ点离开平衡位置的位移是－６ｃｍꎮ
Ｂ组
１.答案 根据波的叠加原理可知ꎬ在两列波相遇区域ꎬ每一个质
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ꎬ由波的传播特点“上坡下ꎬ下坡上” 可知ꎬ向右传播的
波使质点ａ向下振动ꎬ向左传播的波使质点ａ向下振动ꎬ由波
的叠加原理可知ꎬ质点ａ向下振动ꎻ向右传播的波使质点ｂ向
上振动ꎬ向左传播的波使质点ｂ向上振动ꎬ由波的叠加原理可
知ꎬ质点ｂ向上振动ꎮ
２.答案
由图可知ꎬ波向右传播ꎬｔ＝０时刻Ａ位于平衡位置ꎬ位
移为零ꎬ由波的传播特点“上坡下ꎬ下坡上”可知ꎬＡ向下振动ꎬ
其振动图像如图所示ꎮ
３.答案 由图可知ꎬ这列波的波长λ＝４ｍꎮ若波向右传播ꎬ则有
０.２ｓ＝ｎ＋１
４
(
) Ｔꎬ其中ｎ＝０、１、２、ꎬ可得Ｔ＝０.８
４ｎ＋１ｓ(ｎ＝０、１、
２、)ꎬ则波速ｖ＝λ
Ｔ＝
４
０.８
４ｎ＋１
ｍ/ ｓ＝(２０ｎ＋５) ｍ/ ｓꎬ其中ｎ＝０、１、
２、ꎻ若波向左传播ꎬ则有０. ２ｓ＝
ｎ＋３
４
(
) Ｔꎬ其中ｎ＝０、１、
２、ꎬ可得Ｔ＝０.８
４ｎ＋３ｓ(ｎ＝０、１、２、)ꎬ则波速ｖ＝λ
Ｔ＝
４
０.８
４ｎ＋３
ｍ/ ｓ＝
(２０ｎ＋１５) ｍ/ ｓꎬ其中ｎ＝０、１、２、ꎮ
４.答案 (１) 波向右传播ꎬ某时刻ｔꎬＳ点通过平衡位置向上运
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
为λ＝ｖ
ｆ＝８０
１００ｍ＝０.８ｍꎬ则ＳＱ＝５.４ｍ＝６３
４λꎬＳ与Ｑ之间的
位置关系相当于相距３
４λ 的两质点ꎻＳＰ＝４.２ｍ＝５１
４λꎬＳ与Ｐ
之间的位置关系相当于相距１
４λ 的两质点ꎮ结合图甲可知ꎬｔ
时刻Ｐ处于波谷ꎬＱ处于波峰ꎮ
甲
(２)Ｓ、Ｐ、Ｑ三点的振动周期为Ｔ＝１
ｆ＝０.０１ｓꎬ取时刻ｔ为
时间起点ꎬＳ、Ｐ、Ｑ三点的振动图像分别如图乙、丙、丁所示ꎮ
乙
丙
丁
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
数倍时ꎬ该位置振动加强ꎬ听到的声音是变强的ꎬ故该同学从
中间向一侧移动０、２.５ｍ、５ｍ、７.５ｍ、１０ｍ时ꎬ听到声音变强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ꎬ该位置振动减弱ꎬ听到的声音是变弱的ꎬ故该同学从中间
向一侧移动１.２５ｍ、３.７５ｍ、６.２５ｍ、８.７５ｍ时ꎬ听到声音变弱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４次ꎮ
６.答案 若该波沿ｘ轴由ａ向ｂ传播ꎬ由振动图像可知ꎬｔ＝０时
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ｘａｂ＝
ｎ＋１
４
(
) λꎬ其中ｎ＝０、１、２、ꎬ可得波长λ ＝４ｘａｂ
４ｎ＋１＝２４
４ｎ＋１ｍꎬ其
中ｎ＝０、１、２、ꎬ波速ｖ＝λ
Ｔ＝
２４
４ｎ＋１
４
ｍ/ ｓ＝
６
４ｎ＋１ｍ/ ｓꎬ其中ｎ＝０、
１、２、ꎮ同理可知ꎬ若该波沿ｘ轴由ｂ向ａ传播ꎬ波长λ ＝
４ｘａｂ
４ｎ＋３＝２４
４ｎ＋３ｍꎬ其中ｎ＝０、１、２、ꎬ波速ｖ＝λ
Ｔ＝
２４
４ｎ＋３
４
ｍ/ ｓ＝
６
４ｎ＋３ｍ/ ｓꎬ其中ｎ＝０、１、２、ꎮ
７.答案 (１)两列波分别传到Ｐ、Ｑ两质点ꎬＰ、Ｑ的平衡位置相
距ｓ＝０.８ｍ－０.２ｍ＝０.６ｍꎬ设两列波经过时间ｔ相遇ꎬ则有ｓ＝
ｖｔ＋ｖｔꎬ解得两列波相遇的时刻为ｔ＝ｓ
２ｖ＝０.６
２×０.４ｓ＝０.７５ｓꎮ
(２)两列波的振动周期为Ｔ＝λ
ｖ＝０.４
０.４ｓ＝１ｓꎬ两列波经过
ｔ＝０.７５ｓ在ＰＱ的中点Ｍ相遇ꎬ所以质点Ｍ在ｔ＝０.７５ｓ时刻开
始振动ꎬ两列波同时到达Ｍ点时ꎬ引起质点Ｍ的振动方向均
向下ꎬ所以Ｍ点为振动加强点ꎬ即质点Ｍ的振幅为Ａ′ ＝２Ａ＝
４ｃｍꎮ当ｔ＝１.５ｓ时ꎬ质点Ｍ振动的时间为１.５ｓ－０.７５ｓ＝
０.７５ｓ＝３
４Ｔꎬ故１.５ｓ后质点Ｍ运动的路程为ｓ＝３
４× ４Ａ′ ＝
３Ａ′＝１２ｃｍꎮ
教材习题答案
１１
第四章 光
1 光的折射
◆练习与应用
１.答案 光线垂直半圆形界面射向Ｏ时ꎬ入射角等于零ꎬ光线不
发生偏折ꎬ在经过平面界面时发生偏折ꎮ光线由空气斜射入
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
角大于入射角ꎮ
根据上述知识进行判断ꎮ
甲:光线由空气进入玻璃ꎬ折射角大于入射角ꎬ不可能
发生ꎮ
乙:光线由空气进入玻璃ꎬ折射角小于入射角ꎬ可能发生ꎮ
丙:光线由玻璃进入空气ꎬ折射角大于入射角ꎬ可能发生ꎮ
丁:光线由玻璃斜射入空气ꎬ折射角等于入射角ꎬ不可能
发生ꎮ
２.答案 由折射定律可知
ｓｉｎ６０°
ｓｉｎθ ＝３
ｓｉｎθ＝ｓｉｎ６０°
３
＝０.５
所以θ＝３０°ꎮ光路图略ꎮ
３.答案 ｎ＝ｓｉｎ４０°
ｓｉｎ３５° ＝１.１２
ｖ＝ｃ
ｎ＝２.６８×１０
８ｍ/ 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ꎬ坦克内的人通过这块玻璃能看到的外界视角为左
侧或右侧观察时的两倍ꎮ
根据几何关系可知ｓｉｎθ２＝
１２
２０
２＋１２
２
根据折射定律得ｎ＝ｓｉｎθ１
ｓｉｎθ２
代入数据得θ１＝５１°２７′
故视角Φ＝２θ１＝１０２°５４′
５.答案 (１)证明:对于边ａ上的入射光线ꎬ根据折射定律得
ｎ＝ｓｉｎθ１
ｓｉｎθ２
对于边ａ′上的出射光线ꎬ同理有
ｎ＝ｓｉｎθ４
ｓｉｎθ３
因为θ２＝θ３ꎬ则θ１＝θ４(θ３和θ４分别为出射光线对应的入
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
(２)证明:设玻璃砖的厚度为ｄꎬ则侧移量
Ｄ＝ＯＯ′ ｓｉｎ(θ１－θ２)
又ＯＯ′＝
ｄ
ｃｏｓθ２
根据折射定律有ｎ＝ｓｉｎθ１
ｓｉｎθ２
所以Ｄ＝
ｄ
ｃｏｓθ２
×ｓｉｎ(θ１－θ２)
＝
ｄ
ｃｏｓθ２
×(ｓｉｎθ１ｃｏｓθ２－ｃｏｓθ１ｓｉｎθ２)
＝ｄｓｉｎθ１－ｄｃｏｓθ１ｔａｎθ２
＝ｄｓｉｎθ１１－
ｃｏｓθ１
ｎ
２－ｓｉｎ
２θ１
æ
è
ç
ö
ø
÷
可以看出ꎬ当θ１越大时ꎬＤ越大ꎮ
６.答案 图为筷子竖直插入盛水玻璃杯内的俯视图ꎬＡ处为筷
子ꎬＡＢＰ表示由筷子发出的穿过玻璃杯壁Ｂ射向观察者Ｐ处
的一条光线ꎬＯＮ为过Ｂ点沿半径的直线ꎬ即在Ｂ处水和空气
的分界面的法线(忽略玻璃)ꎬ上述光线相当于在Ｂ处由水中
射入空气中ꎬ图中的角ｉ和角ｒ分别为此光线的入射角和折射
角ꎻ根据光的折射规律可知ｒ>ｉꎬ所以观察者在Ｐ处看到的Ａ
的像Ａ′不在Ａ的实际位置ꎬ而是由其实际位置偏离杯中心的
方向向杯壁靠近一些ꎻ同时ꎬ玻璃杯相当于一个凸透镜ꎬ对筷
子起到了放大作用ꎬ因此ꎬ观察到的筷子比实际粗些ꎮ
2 全反射
◆练习与应用
１.答案 根据ｎ＝
１
ｓｉｎＣ得
玻璃的临界角Ｃ１满足ｓｉｎＣ１＝１
１.５ꎬ得Ｃ１＝４１°４９′
金刚石的临界角Ｃ２满足ｓｉｎＣ２＝
１
２.４２ꎬ得Ｃ２＝２４°２４′
２.答案 根据ｎ＝
１
ｓｉｎＣ得介质的临界角Ｃ＝４５°
由题目知ꎬ入射角小于４５°ꎬ故不能发生全反射ꎮ
３.答案 根据ｎ＝
１
ｓｉｎＣ得介质的临界角为Ｃ＝２４°３７′
知Ｃ<３０°
其光路图如图所示ꎮ
４.答案 若要保证光能从玻璃丝的ＡＢ端面传播到另一端面ꎬ则
需保证光能在内芯发生全反射ꎬ恰好发生全反射的光路如图
１２
所示ꎮ由折射定律可得ｎ＝ｓｉｎｉ
ｓｉｎｒꎬ由几何关系可知α＋ｒ＝９０°ꎬ
则有ｓｉｎｒ＝ｃｏｓαꎻ由临界角公式可得ｓｉｎα＝１
ｎꎬ联立以上各式
可得ｓｉｎｉ＝
ｎ
２－１ꎮ故要使光能从玻璃丝的ＡＢ端面传播到
另一端面ꎬ应满足ｓｉｎｉ≤
ｎ
２－１<１ꎬ即ｉ<９０°ꎮ
3 光的干涉
◆练习与应用
１.答案 干涉是波特有的现象ꎬ光的干涉现象说明光是一种波ꎮ
２.答案 亮条纹到两光源的距离差为半波长的偶数倍ꎬ暗条纹
到两光源的距离差为半波长的奇数倍ꎮ
由于观察者Ａ离两声源的距离差Δｘ１＝５.４ｍ－４.５ｍ＝０.９ｍꎬ
Δｘ１
λ
２
＝０.９ｍ
０.３ｍ＝３ꎬ故观察者Ａ处为振动减弱点ꎮ由于观察者Ｂ
离两声源的距离差Δｘ２＝５.５ｍ－４.３ｍ＝１.２ｍꎬ
Δｘ２
λ
２
＝１.２ｍ
０.３ｍ＝４ꎬ
故观察者Ｂ处为振动加强点ꎮ所以ꎬ观察者Ａ听到的声音比
观察者Ｂ要小ꎮ
３.答案 由ｃ＝λｆ得
λ＝ｃ
ｆ＝３×１０
８
６.０×１０
１４ｍ＝５×１０
－７ｍ
路程差与半波长的关系
Δｘ
λ
２
＝７.５×１０
－７
２.５×１０
－７＝３
故Ｐ点出现暗条纹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ꎬ
其光程差为Δｘ＝２ｄꎬ即光程差是空气层厚度的２倍ꎮ当光程
差Δｘ＝ｎλ 时ꎬ此处出现亮条纹ꎬ因此相邻亮条纹之间的空气
层厚度差一定为１
２λꎮ抽去一张纸后ꎬ空气层的倾角变小ꎬ则
相邻亮纹(或暗纹)之间的间距变大ꎬ因此干涉条纹变疏ꎮ
4 实验：用双缝干涉测量光的波长
◆练习与应用
１.答案 (１)据Δｘ＝ｌ
ｄλ 知ꎬλ、ｄ不变ꎬ屏与双缝间的距离ｌ变
大ꎬ相邻两亮条纹中心的距离变大ꎮ
(２)据Δｘ＝ｌ
ｄλ 知ꎬｌ、ｄ不变ꎬΔｘ变大了ꎬ说明λ 变大了ꎬ
则红光的波长较长ꎮ
(３)据Δｘ＝ｌ
ｄλ 知ꎬｌ、λ 不变ꎬｄ由０.２ｍｍ变为０.３ｍｍꎬ
则相邻两个亮条纹中心间距变小ꎮ
２.答案 通过测多个条纹的间距求平均值可减小实验误差ꎮ
３.答案 甲图中手轮上的示数为２ｍｍ＋０.０１×３３.３ｍｍ＝２.３３３ｍｍꎬ
乙图中手轮上的示数为１５ｍｍ＋０.０１×３７.６ｍｍ＝１５.３７６ｍｍꎬ则
相邻两亮条纹的中心间距为Δｘ＝１５.３７６－２.３３３
６－１
ｍｍ＝２.６０９×
１０
－３ｍꎬ根据双缝干涉的条纹间距公式Δｘ＝ｌ
ｄλ 可得ꎬ该光的
波长为λ ＝ｄΔｘ
ｌ
＝０.３×１０
－３×２.６０９×１０
－３
１.２
ｍ＝６. ５２× １０
－７ｍ＝
６５２ｎｍꎮ
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ꎮ因为当两支铅笔夹成
的狭缝宽度与光波波长相差不多或更小时ꎬ会看到光的明显
衍射现象ꎮ
２.答案 衍射条纹宽度增大ꎮ
３.答案 当孔足够大时ꎬ由于光的直线传播ꎬ屏上首先出现的是
三角形光斑ꎻ之后随着孔的缩小ꎬ出现小孔成像ꎬ成的是太阳
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
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
小孔的闭合而全部消失ꎮ
４.答案 (１)可见光的波长是微米数量级的ꎬ若眼睛的瞳孔直径
也是微米数量级的ꎬ则瞳孔处会发生明显的衍射ꎬ所有光源都
会变得模糊ꎬ也就无法清晰成像ꎬ这时所看到的外部世界将是
模糊一片ꎬ出现明暗相间的条纹景象ꎮ
(２)某种动物可听到波长是毫米数量级的声波ꎬ那么平时
可听到的波长是米数量级的声波就听不到了ꎬ听到的是超声
波(也就是说和蝙蝠差不多)ꎬ各个方向的声音差异会很大ꎮ
因为超声波的方向性强ꎬ衍射比可听声波弱ꎮ
6 光的偏振 激光
◆练习与应用
１.答案 光在某个特定方向振动的现象叫偏振现象ꎮ偏振是波
的特性ꎬ光的偏振现象说明光是横波ꎮ
２.答案
两者的目的都是减少通光量ꎬ但普通带色玻璃只允许
某个特定颜色的光通过ꎬ使看到的物体的颜色改变了ꎻ而通过
偏振片看到的物体的颜色不变ꎮ安装镜片时ꎬ两镜片的透振
方向相互垂直ꎮ利用偏振镜片可以检验光波是不是横波ꎬ可
以检测某一光波是不是偏振波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ꎮ
４.答案 应用了激光的平行度好的特点ꎮ
５.答案 可以利用激光束来切割、焊接ꎬ以及在很硬的材料上打
孔ꎮ医学上可以用激光做“光刀”来切开皮肤、切除肿瘤ꎬ还可
以用激光“焊接”剥落的视网膜ꎮ
◆复习与提高
Ａ组
１.答案 (１)光的干涉和衍射现象ꎻ
(２)光的偏振现象ꎻ
(３)若想看到显著的光的衍射现象不容易ꎬ而水波的衍射
现象却随处可见ꎻ
(４)在双缝干涉实验中ꎬ双缝间距、双缝到屏的距离相等
时ꎬ用绿光做实验的相邻亮条纹中心间距比用红光做实验的
教材习题答案
１３
相邻亮条纹中心间距小ꎬ根据双缝干涉的条纹间距公式Δｘ＝
ｌ
ｄλ 可知ꎬ绿光的波长比红光的波长短ꎮ
２.答案 将一块厚玻璃板压在书上ꎬ透过玻璃板看书上的字ꎬ眼
睛看到的是字的虚像ꎬ像的位置比字的实际位置高ꎮ这是由
于从玻璃射向空气的光线在玻璃界面发生折射ꎬ且折射角大
于入射角ꎬ人逆着折射光线看去ꎬ像的位置变高ꎮ
３.答案 证明:设入射角为ｉꎬ折射角为ｒꎬ根据折射定律可得ｎ＝
ｓｉｎｉ
ｓｉｎｒꎻ由几何关系可知ｓｉｎｉ＝ＯＮ
ＯＭꎬｓｉｎｒ＝ＯＮ
ＯＢꎬ则ｎ＝ＯＢ
ＯＭ＝Ｒ
ｒꎮ
４.答案 设任一光线的入射角为ｉꎬ折射角为ｒꎬ光在玻璃中传播
的路程为ｓꎬ半圆柱截面的半径为Ｒꎮ如图所示ꎬ由几何关系
可知ｓ＝２Ｒｃｏｓ(９０°－ｒ)＝２Ｒｓｉｎｒꎬ又知光在玻璃中传播的速度
为ｖ＝ｃ
ｎꎬ则光在玻璃中传播的时间为ｔ＝ｓ
ｖ＝２Ｒｓｉｎｒ
ｃ
ｎ
＝
２Ｒｎｓｉｎｒ
ｃ
ꎻ由折射定律可知ｎｓｉｎｒ＝ｓｉｎｉꎬ因此ｔ＝２Ｒｓｉｎｉ
ｃ
ꎮ由
此可知ｔＢ＝ｔＣꎮ
５.答案
由题知光线在ＡＢ边的入射角为４５°ꎬ设光线在ＡＢ边
的折射角为ｒꎬ在ＢＣ边的入射角为αꎬ在ＣＤ边的入射角为βꎬ
在ＣＤ边的折射角为γꎮ由折射定律可得ｎ＝ｓｉｎ４５°
ｓｉｎｒꎬ解得ｒ＝
３０°ꎬ则光线到达ＢＣ边时入射角α＝７５°ꎻ由临界角公式ｓｉｎＣ＝
１
ｎꎬ解得棱镜材料的临界角Ｃ＝４５°ꎬα>Ｃꎬ故光线在ＢＣ边发生
全反射ꎬ无法从ＢＣ边射出ꎮ光线射到ＣＤ边时ꎬ入射角β ＝
３０°ꎬβ<Ｃꎬ则光线从ＣＤ边射出ꎬ折射角为γ ＝４５°ꎮ因此从ＤＣ
边射出的光线跟入射光线平行ꎮ三条光线的光路图如图
所示ꎮ
Ｂ组
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
膜中ꎬ光的轨迹将越来越靠近法线ꎬ如图１所示ꎻ若光斜射入
界面相互平行、折射率递减的多层介质膜中ꎬ光的轨迹将越来
越远离法线ꎬ如图２所示ꎮ
图１
图２
２.答案 (１)从液面上方的各个方向恰好看不到大头针ꎬ说明恰
好发生全反射ꎬ则有ｎ＝
１
ｓｉｎＣꎻ由几何关系可知ｓｉｎＣ＝
ｒ
ｒ
２＋ｈ
２ꎬ因此用ｒ和ｈ求折射率的计算式为ｎ＝
ｒ
２＋ｈ
２
ｒ
ꎮ
(２)调节大头针在水面下的长度ꎬ使大头针的最下端反射
到木塞边沿的光恰好发生全反射ꎬ连接大头针的下端与木塞
的边沿ꎬ则该连线与竖直方向的夹角等于临界角Ｃꎬ要测出Ｃꎬ
则需要测出薄木塞的半径ｒ、大头针在水面下的长度ｈꎮ
３.答案
光线在棱镜中的光路图如图所示ꎬ根据几何关系可知
４α＝９０°ꎬ则α＝２２.５°ꎮ由临界角公式ｓｉｎＣ＝１
ｎꎬ可知ｓｉｎ２２.５°≥
１
ｎꎬ得ｎ≥
１
ｓｉｎ２２.５°ꎬ故该五棱镜折射率的最小值为
１
ｓｉｎ２２.５°ꎮ
４.答案 光路如图所示ꎬ由题意可知ꎬ双缝间距为２ａꎬ双缝到屏
的距离为ｌꎬ根据双缝干涉的条纹间距公式Δｘ＝ｌ
ｄλꎬ可得
Δｘ＝ｌ
２ａλꎮ
５.答案 光路如图所示ꎬ由发生全反射的临界角公式ｓｉｎＣ＝１
ｎꎬ
可得临界角Ｃ＝３０°ꎮ若沿ＤＥ方向射到ＡＢ面上的光线刚好
发生全反射ꎬ则有∠ＡＤＦ＝３０°ꎻ同理ꎬ若沿ＤＧ方向射到ＢＣ面
上的光线刚好发生全反射ꎬ则有∠ＧＤＣ＝３０°ꎻ因此∠ＦＤＨ＝
３０°ꎮ根据几何关系可得ＦＨ
(
＝３０°
３６０°×２πＲ＝πＲ
６ꎬ即这部分光照
射圆弧ＡＣ
(
的弧长为πＲ
６ꎮ
