强烈推荐：军校考试物理知识点总结(含例题详细解答)

军校招生文化科目统考复习《高中物理》部分第一讲直线运动和力一．牛顿三定律知识清单：1．牛顿第一定律知识清单：（1）牛顿第一定律导出了力的概念力是改变物体运动状态的原因。（运动状态指物体的速度）又根据加速度定义：，有速度变化就一定有加速度，所以可以说：力是使物体产生加速度的原因。（不能说“力是产生速度的原因”、“力是维持速度的原因”，也不能说“力是改变加速度的原因”。）（2）牛顿第一定律导出了惯性的概念一切物体都有保持原有运动状态的性质，这就是惯性。惯性反映了物体运动状态改变的难易程度（惯性大的物体运动状态不容易改变）。质量是物体惯性大小的量度。（3）牛顿第一定律描述的是理想化状态牛顿第一定律描述的是物体在不受任何外力时的状态。而不受外力的物体是不存在的。物体不受外力和物体所受合外力为零是有区别的，所以不能把牛顿第一定律当成牛顿第二定律在F=0时的特例。2.牛顿第三定律知识清单：（1）区分一对作用力反作用力和一对平衡力一对作用力反作用力和一对平衡力的共同点有：大小相等、方向相反、作用在同一条直线上。不同点有：作用力反作用力作用在两个不同物体上，而平衡力作用在同一个物体上；作用力反作用力一定是同种性质的力，而平衡力可能是不同性质的力；作用力反作用力一定是同时产生同时消失的，而平衡力中的一个消失后，另一个可能仍然存在。（2）一对作用力和反作用力的冲量和功一对作用力和反作用力在同一个过程中（同一段时间或同一段位移）的总冲量一定为零，但作的总功可能为零、可能为正、也可能为负。这是因为作用力和反作用力的作用时间一定是相同的，而位移大小、方向都可能是不同的。3．牛顿第二定律知识清单：（1）定律的内容表述物体的加速度跟所受的外力的合力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合力的方向相同，即F=ma。（2）要点表述：（1）矢量性（方向性）：F合与a的方向永远是一致的。（2）瞬时性（同时性）：F合与a是瞬时对应的，它们同生、同灭、同变化。（3）同一性：F、m、a均指同一研究对象。（4）相对性：公式中a是相对惯性系的。（5）独立性：一个力在物体上产生的效果不因另一个力的存在而改变。即：Fx=max;Fy=may（3）牛顿第二定律确立了力和运动的关系牛顿第二定律明确了物体的受力情况和运动情况之间的定量关系。联系物体的受力情况和运动情况的桥梁或纽带就是加速度。（4）应用牛顿第二定律解题的步骤①明确研究对象。可以以某一个物体为对象，也可以以几个物体组成的质点组为对象。设每个质点的质量为mi，对应的加速度为ai，则有：F合=m1a1+m2a2+m3a3+……+mnan对这个结论可以这样理解：先分别以质点组中的每个物体为研究对象用牛顿第二定律：∑F1=m1a1，∑F2=m2a2，……∑Fn=mnan，将以上各式等号左、右分别相加，其中左边所有力中，凡属于系统内力的，总是成对出现并且大小相等方向相反的，其矢量和必为零，所以最后得到的是该质点组所受的所有外力之和，即合外力F。②对研究对象进行受力分析。同时还应该分析研究对象的运动情况（包括速度、加速度），并把速度、加速度的方向在受力图旁边画出来。③若研究对象在不共线的两个力作用下做加速运动，一般用平行四边形定则（或三角形定则）解题；若研究对象在不共线的三个以上的力作用下做加速运动，一般用正交分解法解题（注意灵活选取坐标轴的方向，既可以分解力，也可以分解加速度）。④当研究对象在研究过程的不同阶段受力情况有变化时，那就必须分阶段进行受力分析，分阶段列方程求解。解题要养成良好的习惯。只要严格按照以上步骤解题，同时认真画出受力分析图，标出运动情况，那么问题都能迎刃而解。4．运动和力的关系一览表：V0=0静止F合=0a=0V0≠0匀速直线运动V0=0匀加速直线运动F合F合恒定a恒定V0与F合同向匀加速直线运动V0≠0V0与F合反向匀减速直线运动V0与F合成一角度匀变速曲线运动V始终垂直F合可做匀速圆周运动F合变化a变化a=Acos（ωt+φ）简谐运动二．重点与难点：1．惯性是物体的一种固有属性，惯性大小跟物体运动的速度是无关的.同一辆汽车在同一路面上行驶，速度越大，刹车后滑行的时间越长，运动状态越难改变，是否可以推断出速度越大，汽车的惯性越大呢？这种推断之所以错误，主要是把速度大的汽车刹车后滑行的时间长误认为汽车的运动状态难改变.其实物体的运动状态难改变，是指在相同外力作用下物体的速度变化慢，即产生的加速度小.这辆汽车虽以不同的速度运动，但由于汽车的质量不变，在同一路面上产生的制动力是相同的，因而由制动力产生的加速度也是相同的，故汽车运动状态改变的难易程度是一样的.至于滑行时间长短是由速度的变化量和加速度两者共同决定的（公式Δt=）.当汽车的加速度相同时，滑行时间完全取决于速度的变化量.汽车的初速度越大，刹车后直到车停止的全过程中，速度的变化量越大，因而经历的时间就越长。2．牛顿第一定律是牛顿在伽利略理想实验的基础上，继承前人的成果，加以丰富的想象总结出来的一条由实验不能直接验证的独立定律.这种以可靠的实验事实为基础，通过推理，得出结论的思维方法是科学研究中的一种重要方法，称理想实验法。3．超重、失重现象是系统在竖直方向上有加速度时表现出的一种好像物体的重力增加或减少的现象，超重、失重问题可做如下等效处理：将物体的重力mg直接看作mg+ma(超重)或mg-ma(失重)，然后按平衡问题处理。4．当求物体的作用力不方便时，根据牛顿第三定律，可以求其反作用力，即转化研究对象。5．牛顿定律适用于惯性参考系.地球及相对于其静止或匀速运动的物体均为惯性参考系。因此，由牛顿第二定律求出的加速度是相对地球的，由此推断出的物体的运动情况也是对地的。这一点，在两个物体相对滑动的有关问题中，要特别注意、例．如图3—2—4所示，一质量为m的物体系于长度分别为l1、l2的两根细线上，l1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，l2水平拉直，物体处于平衡状态。现将l2线剪断，求剪断瞬时物体的加速度.图3—图3—2—5图3—2—4(1)下面是某同学对该题的一种解法：解：设l1线上拉力为F1，l2线上拉力为F2，重力为mg,物体在三力作用下保持平衡，即F1cosθ=mg,F2=mgtanθ。剪断线的瞬间，F2突然消失，物体即在F2反方向获得加速度.因为mgtanθ=ma，所以加速度a=gtanθ,方向在F2的反方向。你认为这个结果正确吗？请对该解法作出评价并说明理由。(2)若将图3—2—4中的细线l1改为长度相同、质量不计的轻弹簧，如图3—2—5所示，其他条件不变，求解的步骤和结果与（1）完全相同，即a=gtanθ，你认为这个结果正确吗？请说明理由。两种基本模型的建立：1。刚性绳（或接触面）：认为是一种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断或脱离后，其中的弹力立即消失，不需要形变恢复时间，一般题目中所给细线、轻杆和接触面在不加特殊说明时，均可按此模型处理。2．弹簧（或橡皮绳）：此种物体的特点是形变量大，形变恢复需要较长时间，在瞬间问题中，其弹力大小往往可以看成是不变的。第二讲曲线运动一、平抛运动OVOXOVOXVoVyY2、平抛运动的处理方法平抛运动可分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，建立如右图所示的坐标系，设物体被抛出后经历的时间为ts，则ts末，物体的水平速度为VO，竖直速度Vy=gt，合速度V=√VO2+(gt2)tanθ=Vy/VO=gt/VOts内，在x轴上发生的位移X=Vot，在y轴上发生的位移y=1/2gt2，故合位移为S=√X2+y2=√（VO2）+（1/2gt2）2，方向tanα=y/x=gt/2v0在这种问题当中，时间是联系两个分运动的桥梁，并且时间仅由下落的高度来决定，其他的像位移、速度、速度和位移的方向等均是由时间和水平初速度共同来决定。1、．在2009年第十一届全运会上一位运动员进行射击比赛时，子弹水平射出后击中目标．当子弹在飞行过程中速度平行于抛出点与目标的连线时，大小为v，不考虑空气阻力，已知连线与水平面的夹角为θ，则子弹 ()A．初速度v0＝vcosθB．飞行时间t＝eq\f(2vtanθ,g)C．飞行的水平距离x＝eq\f(v2sin2θ,g)D．飞行的竖直距离y＝eq\f(2v2tan2θ,g)解析：如图所示，初速度v0＝vcosθ，A正确；tanθ＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)，则t＝eq\f(2vsinθ,g)，所以B错误；飞行的水平距离x＝eq\f(v2sin2θ,g)，C正确；飞行的竖直距离y＝eq\f(2v2sin2θ,g)，D错误．答案：AC2．以速度v0水平抛出一小球后，不计空气阻力，某时刻小球的竖直分位移与水平分位移大小相等，以下判断正确的是 ()A．此时小球的竖直分速度大小大于水平分速度大小B．此时小球速度的方向与位移的方向相同C．此时小球速度的方向与水平方向成45度角D．从抛出到此时小球运动的时间为eq\f(2v0,g)解析：平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动：x＝v0t①；竖直方向的自由落体：y＝eq\f(1,2)gt2②；vy＝gt③；tanα＝eq\f(y,x)④；tanθ＝eq\f(vy,v0)⑤.联立得：tanθ＝2tanα；t＝eq\f(2v0,g).所以vy＝2v0，故B、C错误，A、D正确．答案：AD3．如图6所示，从倾角为θ的斜面上的M点水平抛出一个小球，小球的初速度为v0，最后小球落在斜面上的N点，则(重力加速度为g)()A．可求M、N之间的距离B．不能求出小球落到N点时速度的大小和方向图6C．可求小球到达N点时的动能D．可以断定，当小球速度方向与斜面平行时，小球与斜面间的距离最大解析：设小球从抛出到落到N点经历时间为t，则有tanθ＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)，t＝eq\f(2v0tanθ,g)，因此可求出dMN＝eq\f(v0t,cosθ)＝eq\f(2v02tanθ,gcosθ)，vN＝eq\r(gt2＋v02)，方向(与水平方向的夹角)：tanα＝eq\f(gt,v0)，故A正确、B错误．但因小球的质量未知，因此小球在N点时的动能不能求出，C错误．当小球的速度方向与斜面平行时，小球垂直于斜面方向的速度为零，此时小球与斜面间的距离最大，D正确．答案：AD1.运动员沿操场的弯道部分由Ｍ向Ｎ跑步时，速度越来越大，如图所示，他所受到的地面的水平力的方向正确的是（）NFFFFFＮNFFFFFＮＮＭＭＭＭＭＭＡ.Ｂ.C.D.Ａ.Ｂ.C.D.Ｍ4－4－92．如图4－4－9是马戏团中上演的飞车节目，在竖直平面内有半径为的圆轨道。表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动。已知人和摩托车的总质量为，人以的速度过轨道最高点，并以的速度过最低点。求在、两点轨道对摩托车的压力大小相差多少？4－4－93．如图4－4－10所示，轨道ABCD的AB段为一半径R=0.2m的光滑1/4圆形轨道，BC段为高h=5m的竖直轨道，CD段为水平轨道。一质量为0.1kg的小球由A点从静止开始下滑到B点时速度的大小为2m/s，离开B点后做平抛运动（g取10m/s（1）小球离开B点后，在CD轨道上的落地点到C的水平距离；（2）小球到达B点时对圆形轨道的压力大小？二、万有引力与航天一、万有引力定律：（1687年）适用于两个质点或均匀球体；r为两质点或球心间的距离；G为万有引力恒量二、万有引力定律的应用天体运动的向心力来源于天体之间的万有引力，即＝；地球对物体的万有引力近似等于物体的重力，即G＝mg得出GM＝Rg。（2）圆周运动的有关公式：＝，v=r。=1\*GB3①由可得：r越大，v越小。=2\*GB3②由可得：r越大，ω越小。=3\*GB3③由可得：r越大，T越大。=4\*GB3④由可得：r越大，a向越小。2．常见题型（1）测天体的质量及密度：（万有引力全部提供向心力）由得又得【例1】中子星是恒星演化过程的一种可能结果，它的密度很大。现有一中子星，观测到它的自转周期为T=s。问该中子星的最小密度应是多少才能维持该星的稳定，不致因自转而瓦解。计算时星体可视为均匀球体。(引力常数G=6.6710m/kg.s)解析：设想中子星赤道处一小块物质，只有当它受到的万有引力大于或等于它随星体所需的向心力时，中子星才不会瓦解。设中子星的密度为，质量为M，半径为R，自转角速度为，位于赤道处的小物块质量为m，则有由以上各式得，代入数据解得：。点评：在应用万有引力定律解题时，经常需要像本题一样先假设某处存在一个物体再分析求解是应用万有引力定律解题惯用的一种方法。（2）行星表面重力加速度、轨道重力加速度问题：（重力近似等于万有引力）表面重力加速度：轨道重力加速度：【例2】一卫星绕某行星做匀速圆周运动，已知行星表面的重力加速度为g0，行星的质量M与卫星的质量m之比M/m=81，行星的半径R0与卫星的半径R之比R0/R＝3.6，行星与卫星之间的距离r与行星的半径R0之比r/R0＝60。设卫星表面的重力加速度为g，则在卫星表面有……经过计算得出：卫星表面的重力加速度为行星表面的重力加速度的1/3600。上述结果是否正确？若正确，列式证明；若有错误，求出正确结果。解析：题中所列关于g的表达式并不是卫星表面的重力加速度，而是卫星绕行星做匀速圆周运动的向心加速度。正确的解法是卫星表面＝g行星表面=g0即=即g=0.16g0。（3）人造卫星、宇宙速度：人造卫星分类同步卫星【例3】我国自行研制的“风云一号”、“风云二号”气象卫星运行的轨道是不同的。“一号”是极地圆形轨道卫星。其轨道平面与赤道平面垂直，周期是12h；“二号”是地球同步卫星。两颗卫星相比号离地面较高；号观察范围较大；号运行速度较大。若某天上午8点“风云一号”正好通过某城市的上空，那么下一次它通过该城市上空的时刻将是。解析：根据周期公式T=知，高度越大，周期越大，则“风云二号”气象卫星离地面较高；根据运行轨道的特点知，“风云一号”观察范围较大；根据运行速度公式V=知，高度越小，速度越大，则“风云一号”运行速度较大，由于“风云一号”卫星的周期是12h，每天能对同一地区进行两次观测，在这种轨道上运动的卫星通过任意纬度的地方时时间保持不变。则下一次它通过该城市上空的时刻将是第二天上午8点。【例4】可发射一颗人造卫星，使其圆轨道满足下列条件（）A、与地球表面上某一纬度线（非赤道）是共面的同心圆B、与地球表面上某一经度线是共面的同心圆C、与地球表面上的赤道线是共面同心圆,且【例1】一卫星绕某行星做匀速圆周运动，已知行星表面的重力加速度为g0，行星的质量M与卫星的质量m之比M/m=81，行星的半径R0与卫星的半径R之比R0/R＝3.6，行星与卫星之间的距离r与行星的半径R0之比r/R0＝60。设卫星表面的重力加速度为g，则在卫星表面有……经过计算得出：卫星表面的重力加速度为行星表面的重力加速度的1/3600。上述结果是否正确？若正确，列式证明；若有错误，求出正确结果。解析：题中所列关于g的表达式并不是卫星表面的重力加速度，而是卫星绕行星做匀速圆周运动的向心加速度。正确的解法是卫星表面＝g行星表面=g0即=即g=0.16g0【例2】在地球（看作质量均匀分布的球体）上空有许多同步卫星，下面说法中正确的是（）A．它们的质量可能不同 B．它们的速度可能不同C．它们的向心加速度可能不同 D．它们离地心的距离可能不同解析：同步卫星绕地球近似作匀速圆周运动所需的向心力由同步卫星的地球间的万有引力提供。设地球的质量为M，同步卫星的质量为m，地球半径为R，同步卫星距离地面的高度为h，由F引=F向，G=m（R+h）得：h=-R，可见同步卫星离地心的距离是一定的。由G=m得：v=,所以同步卫星的速度相同。由G=ma得：a=G即同步卫星的向心加速度相同。由以上各式均可看出地球同步卫星的除质量可以不同外，其它物理量值都应是固定的。所以正确选项为A。第三讲功和能1.动量守恒定律成立的条件⑴系统不受外力或者所受外力之和为零；⑵系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；⑶系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。⑷全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。2．动量守恒定律的表达形式p1+p2=p1/+p2/，3．应用动量守恒定律解决问题的基本思路和一般方法（1）分析题意，明确研究对象。（2）对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，判定能否应用动量守恒。（3）确定过程的始、末状态，写出初动量和末动量表达式。（4）建立动量守恒方程求解。例一、在光滑水平面上有一个静止的质量为Ｍ的木块，一颗质量为ｍ的子弹以初速ｖ0水平射入木块，且陷入木块的最大深度为d。设冲击过程中木块的运动位移为s，子弹所受阻力恒定。试证明：s<d。解：如图所示，m冲击M的过程，m、M组成的系统水平方向不受外力，动量守恒设子弹所受阻力的大小为F，由动能定理得：对M：（3分）对m：联立上式解得：因所以s<d.。例二、质量m1=10g的小球在光滑的水平桌面上以v1=30cm/s的速率向右运动，恰好遇上在同一条直线上向左运动的另一个小球．第二个小球的质量为m2=50g，速率v2=10cm/s．碰撞后，小球m2恰好停止．那么，碰撞后小球m1的速度是多大，方向如何？【分析】取相互作用的两个小球为研究的系统。由于桌面光滑，在水平方向上系统不受外力．在竖直方向上，系统受重力和桌面的弹力，其合力为零．故两球碰撞的过程动量守恒．【解】设向右的方向为正方向据动量守恒定律有：代入数据解得v'1=-20cm/s.即碰撞后球m1的速度大小为20cm/s，方向向左．例三、（6分）质量为M的小车，如图所示，上面站着一个质量为m的人，以v0的速度在光滑的水平面上前进。现在人用相对于地面速度大小为u水平向后跳出。求：人跳出后车的速度？解：取向右为正方向，对人和车组成的系统动量守恒：(m+M)V0=－mu+MV3分所以：V=2分方向水平向右1分例四、炮弹在水平飞行时，其动能为Ek0=800J，某时它炸裂成质量相等的两块，其中一块的动能为Ek1=625J，求另一块的动能Ek2。【解答】以炮弹爆炸前的方向为正方向，并考虑到动能为625J的一块的速度可能为正．可能为负，由动量守恒定律：P＝P1＋P2①由动能和动量的关系有：②由①②得：整理并代入数据解得：Ek2=225J或4225J。（正确答案是另一块的动能为225J或4225J）。【评析】从上面的结果看，炮弹炸裂后的总动能为(625＋225)J=850J或(625+4225)J=4850J。比炸裂前的总动能大，这是因为在爆炸过程中，化学能转化为机械能的缘故。例五、一个质量M=1kg的鸟在空中v0=6m/s沿水平方向飞行，离地面高度h=20m，忽被一颗质量m=20g沿水平方向同向飞来的子弹击中，子弹速度v=300m/s，击中后子弹留在鸟体内，鸟立即死去，g=10m/s2．求：（1）鸟被击中后的速度为多少？（2）鸟落地处离被击中处的水平距离．【分析】子弹击中鸟的过程，水平方向动量守恒，接着两者一起作平抛运动。解：把子弹和鸟作为一个系统，水平方向动量守恒．设击中后的共同速度为u，取v0的方向为正方向，则由：Mv0＋mv＝(m＋M)u，得：m/s=11.8m/s击中后，鸟带着子弹作平抛运动。由得运动时间为：s=2s故鸟落地处离击中处水平距离为：S＝ut＝11.8×2m＝23.6m．例六、图中，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平导轨上，弹簧处在原长状态。另一质量与B相同滑块A，从导轨上的P点以某一初速度向B滑行，当A滑过距离时，与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B紧贴在一起运动，但互不粘连。已知最后A恰好返回出发点P并停止。滑块A和B与导轨的滑动摩擦因数都为，运动过程中弹簧最大形变量为，求A从P出发时的初速度。解．令A、B质量皆为m，A刚接触B时速度为（碰前），由功能关系，有①A、B碰撞过程中动量守恒，令碰后A、B共同运动的速度为有：②碰后A、B先一起向左运动，接着A、B一起被弹回，在弹簧恢复到原长时，设A、B的共同速度为，在这过程中，弹簧势能始末两态都为零，利用功能关系，有：③此后A、B开始分离，A单独向右滑到P点停下，由功能关系有④由以上各式，解得三、针对练习练习11．质量为M的小车在水平地面上以速度v0匀速向右运动。当车中的砂子从底部的漏斗中不断流下时，车子速度将（）A．减小B．不变C．增大D．无法确定2．某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾，设水的阻力不计，那么在这段时间内人和船的运动情况是（）A．人匀速走动，船则匀速后退，且两者的速度大小与它们的质量成反比B．人匀加速走动，船则匀加速后退，且两者的速度大小一定相等C．不管人如何走动，在任意时刻两者的速度总是方向相反，大小与它们的质量成反比D．人走到船尾不再走动，船则停下3．如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B木块中部夹一被压缩的弹簧，当弹簧被放开时，它们各安闲桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地上。A的落地点与桌边水平距离0.5m，B的落地点距离桌边1m，那么（）A．A、B离开弹簧时的速度比为1∶2B．A、B质量比为2∶1C．未离开弹簧时，A、B所受冲量比为1∶2D．未离开弹簧时，A、B加速度之比1∶24．连同炮弹在内的车停放在水平地面上。炮车和弹质量为M，炮膛中炮弹质量为m，炮车与地面同时的动摩擦因数为μ，炮筒的仰角为α。设炮弹以速度射出，那么炮车在地面上后退的距离为_________________。5．甲、乙两人在摩擦可略的冰面上以相同的速度相向滑行。甲手里拿着一只篮球，但总质量与乙相同。从某时刻起两人在行进中互相传球，当乙的速度恰好为零时，甲的速度为__________________，此时球在_______________位置。6．如图所示，在沙堆表面放置一长方形木块A，其上面再放一个质量为m=0.10kg的爆竹B，木块的质量为M=6.0kg。当爆竹爆炸时，因反冲作用使木块陷入沙中深度h=50cm，而木块所受的平均阻力为f=80N。若爆竹的火药质量以及空气阻力可忽略不计，g取，求爆竹能上升的最大高度。练习31．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是（）A．若两球质量相同，碰后以某一相等速率互相分开B．若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行C．若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开D．若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行2．如图所示，用细线挂一质量为M的木块，有一质量为m的子弹自左向右水平射穿此木块，穿透前后子弹的速度分别为和v（设子弹穿过木块的时间和空气阻力不计），木块的速度大小为（）A．B．C．D．3．载人气球原静止于高h的空中，气球质量为M，人的质量为m。若人要沿绳梯着地，则绳梯长至少是（）A．（mM）h/MB．mh/MC．Mh/mD．h4．质量为2kg的小车以2m/s的速度沿光滑的水平面向右运动，若将质量为2kg的砂袋以3m/s的速度迎面扔上小车，则砂袋与小车一起运动的速度的大小和方向是（）A．2.6m/s，向右B．2.6m/s，向左C．0.5m/s，向左D．0.8m/s，向右5．在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为，小车（和单摆）以恒定的速度V沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短。在此碰撞过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的（）A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为、、，满足B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为和，满足C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v，满足MV（Mm）vD．小车和摆球的速度都变为，木块的速度变为，满足6．车厢停在光滑的水平轨道上，车厢后面的人对前壁发射一颗子弹。设子弹质量为m，出口速度v，车厢和人的质量为M，则子弹陷入前车壁后，车厢的速度为（）A．mv/M，向前B．mv/M，向后C．mv/（mM），向前D．07．向空中发射一物体，不计空气阻力。当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块，若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则（）A．b的速度方向一定与原速度方向相反B．从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大C．a、b一定同时到达水平地面D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的冲量大小一定相等8．两质量均为M的冰船A、B静止在光滑冰面上，轴线在一条直线上，船头相对，质量为m的小球从A船跳入B船，又马上跳回，A、B两船最后的速度之比是_________________。答案【例1】解析：系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒。在小球上升过程中，由水平方向系统动量守恒得：由系统机械能守恒得：解得全过程系统水平动量守恒，机械能守恒，得点评：本题和上面分析的弹性碰撞基本相同，唯一的不同点仅在于重力势能代替了弹性势能。【例3】解析：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为f，设子弹、木块的位移大小分别为s1、s2，如图所示，显然有s1-s2=d对子弹用动能定理：……①对木块用动能定理：……②①、②相减得：……③点评：这个式子的物理意义是：fžd恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用路程，而不是用位移）。若，则s2<<d。木块的位移很小。但这种运动物体与静止物体相互作用，最后共同运动的类型，全过程动能的损失量均可用公式：…④当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统动量仍然守恒，系统动能损失仍然是ΔEK=fžd（这里的d为木块的厚度），但由于末状态子弹和木块速度不相等，所以不能再用④式计算ΔEK的大小。【例4】解析：先画出示意图。人、船系统动量守恒，总动量始终为零，所以人、船动量大小始终相等。从图中可以看出，人、船的位移大小之和等于L。设人、船位移大小分别为l1、l2，则：mv1=Mv2，两边同乘时间t，ml1=Ml2，而l1l2=L，∴点评：应该注重到：此结论与人在船上行走的速度大小无关。不论是匀速行走还是变速行走，甚至往返行走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是相同的。做这类题目，首先要画好示意图，要非凡注重两个物体相对于地面的移动方向和两个物体位移大小之间的关系。以上所列举的人、船模型的前提是系统初动量为零。假如发生相互作用前系统就具有一定的动量，那就不能再用m1v1=m2v2这种形式列方程，而要利用(m1m2)v0=m1v1m2v2列式。【例5】解析：火箭喷出燃气前后系统动量守恒。喷出燃气后火箭剩余质量变为M-m，以v0方向为正方向，【例6】分析：手雷在空中爆炸时所受合外力应是它受到的重力G=(m1m2)g，可见系统的动量并不守恒。但在爆炸瞬间，内力远大于外力时，外力可以不计，系统的动量近似守恒。设手雷原飞行方向为正方向，则整体初速度；m1=0.3kg的大块速度为m/s、m2=0.2kg的小块速度为，方向不清，暂设为正方向。由动量守恒定律：m/s此结果表明，质量为200克的部分以50m/s的速度向反方向运动，其中负号表示与所设正方向相反【例7】解析：虽然小球、细绳及圆环在运动过程中合外力不为零（杆的支持力与两圆环及小球的重力之和不相等）系统动量不守恒，但是系统在水平方向不受外力，因而水平动量守恒。设细绳与AB成θ角时小球的水平速度为v，圆环的水平速度为V，则由水平动量守恒有：MV=mv且在任意时刻或位置V与v均满足这一关系，加之时间相同，公式中的V和v可分别用其水平位移替代，则上式可写为：Md=m［（L-Lcosθ）-d］解得圆环移动的距离：d=mL（1-cosθ）/（Mm）点评：以动量守恒定律等知识为依托，考查动量守恒条件的理解与灵活运用能力易出现的错误：（1）对动量守恒条件理解不深刻，对系统水平方向动量守恒感到怀疑，无法列出守恒方程.（2）找不出圆环与小球位移之和（L-Lcosθ）。【例8】解析：（1）由A、B系统动量守恒定律得：Mv0-mv0=（Mm）v①所以v=v0方向向右（2）A向左运动速度减为零时，到达最远处，此时板车移动位移为s,速度为v′,则由动量守恒定律得：Mv0-mv0=Mv′①对板车应用动能定理得：-μmgs=mv′2-mv02②联立①②解得：s=v02【例9】解析：这是一个由A、B、C三个物体组成的系统，以这系统为研究对象，当C在A、B上滑动时，A、B、C三个物体间存在相互作用，但在水平方向不存在其他外力作用，因此系统的动量守恒。（1）当C滑上A后，由于有摩擦力作用，将带动A和B一起运动，直至C滑上B后，A、B两木块分离，分离时木块A的速度为。最后C相对静止在B上，与B以共同速度运动，由动量守恒定律有∴（2）为计算，我们以B、C为系统，C滑上B后与A分离，C、B系统水平方向动量守恒。C离开A时的速度为，B与A的速度同为，由动量守恒定律有∴三、针对练习练习1参考答案1．B砂子和小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律，在初状态，砂子落下前，砂子和车都以向前运动；在末状态，砂子落下时具有与车相同的水平速度，车的速度为v′，由得，车速不变。此题易错选C，认为总质量减小，车速增大。这种想法错在研究对象的选取，应保持初末状态研究对象是同系统，质量不变。2．A、C、D人和船组成的系统动量守恒，总动量为0，∴不管人如何走动，在任意时刻两者的动量大小相等，方向相反。若人停止运动而船也停止运动，∴选A、C、D。B项错在两者速度大小一定相等，人和船的质量不一定相等。3．A、B、DA、B组成的系统在水平不受外力，动量守恒，从两物落地点到桌边的距离，∵两物体落地时间相等，∴与x成正比，∴，即A、B离开弹簧的速度比。由，可知，未离开弹簧时，A、B受到的弹力相同，作用时间相同，冲量I=F·t也相同，∴C错。未离开弹簧时，F相同，m不同，加速度，与质量成反比，∴。第四讲机械振动和机械波例一．一列简谐横波沿x轴负方向传播，图(甲)是t＝1s时的波形图，图(乙)是波中某振动质点位移随时间变化的振动图线(两图用同一时间起点)，则图(乙)可能是图(甲)中哪个质点的振动图线 ()A．x＝0处的质点B．x＝1m处的质点C．x＝2m处的质点 D．x＝3m处的质点【解析】由题图(乙)知，1s时，质点正经平衡位置向下振动(和邻近的下一个时刻的位移相比较得出)．由题图(甲)，用“上坡下振”判出：这样的质点为x＝0或x＝4m处的质点．故答案选A.例二、一列简谐波沿x轴传播，某时刻波的图象如图所示．此时A、B两质点的位移相同，此后A和B分别经过最短时间0.1s和0.7s回到该时刻位置．则()A．该波沿x轴负方向传播B．该波的传播速度为2.5m/sC．图示时刻A点的速度方向和加速度方向相同D．图示时刻B点的速度方向和加速度方向相反【解析】题图中所示A和B位置都在正方向上，加速度方向均指向y轴负方向，A回到原来位置所用时间为0.1s，B回到原位置所用时间为0.7s，可以看出A先向y轴正方向运动，B先向y轴负方向运动，故C、D错误．由于A正向上运动，根据“平移法”可知此波正向x轴负方向传播，A正确．A和B回到原位置的过程刚好组成一个周期质点的运动，故此波的周期为0.8s，则v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(2,0.8)＝2.5(m/s)，B正确．例三．如图所示，沿波的传播方向上有间距均为1m的五个质点，均静止在各自的平衡位置，一列简谐横波以1m/s的速度水平向右传播，t＝0时到达质点a，质点a开始由平衡位置向下运动t＝3s时质点a第一次到达平衡位置上方的最高点，则下列判断正确的是 ()A．质点d是开始振动后的振动周期为4sB．t＝4s时波恰好传到质点eC．在3s<t<4s这段时间内质点c的速度方向向上D．质点b开始振动时速度方向向上【解析】质点a先向下运动，第一次到达最高点需四分之三周期，根据题意，经历时间3s，故该波的周期为4s，该波经过的所有质点的振动周期均为4s，A正确；t＝4s时，波传播了4m，正好在质点e，B正确；波需要2s传播到质点c，又经1s质点c到达最低位置，接下来的1s，即3s<t<4s时间段内质点c应向上运动，C正确；因为波经过的所有质点振动形式都相同，故质点b开始振动的方向应例四．有两个静止的声源，发出声波1和声波2，在空气中传播，如图所示为某时刻这两列波的图象，则下列说法中正确的是 ()A．声波1的波速比声波2的波速大B．相对于同一障碍物，波1比波2更容易发生明显的衍射现象C．这两列波相遇时，不会产生干涉现象D．远离两个声源运动的观察者，听到的这两列波的频率均与从声源发出时的频率相同【解析】波的传播速度由介质决定，与波的波长无关，A项错；根据波发生明显衍射的条件可知，波长较大的波1空易发生明显的衍射现象B项正确；两列波频率不同，故不能发生干涉现象，C项正确；由于波的多普勒效应，远离声源运动的观察者听到的波的频率均比声源的频率低，D项错．6．一列简谐波沿x轴传播，某时刻波的图象如图所示．此时A、B两质点的位移相同，此后A和B分别经过最短时间0.1s和0.7s回到该时刻位置．则()A．该波沿x轴负方向传播B．该波的传播速度为2.5m/sC．图示时刻A点的速度方向和加速度方向相同D．图示时刻B点的速度方向和加速度方向相反【解析】题图中所示A和B位置都在正方向上，加速度方向均指向y轴负方向，A回到原来位置所用时间为0.1s，B回到原位置所用时间为0.7s，可以看出A先向y轴正方向运动，B先向y轴负方向运动，故C、D错误．由于A正向上运动，根据“平移法”可知此波正向x轴负方向传播，A正确．A和B回到原位置的过程刚好组成一个周期质点的运动，故此波的周期为0.8s，则v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(2,0.8)＝2.5(m/s)，B正确．【答案】AB7．如图所示，沿波的传播方向上有间距均为1m的五个质点，均静止在各自的平衡位置，一列简谐横波以1m/s的速度水平向右传播，t＝0时到达质点a，质点a开始由平衡位置向下运动t＝3s时质点a第一次到达平衡位置上方的最高点，则下列判断正确的是 ()A．质点d是开始振动后的振动周期为4sB．t＝4s时波恰好传到质点eC．在3s<t<4s这段时间内质点c的速度方向向上D．质点b开始振动时速度方向向上【解析】质点a先向下运动，第一次到达最高点需四分之三周期，根据题意，经历时间3s，故该波的周期为4s，该波经过的所有质点的振动周期均为4s，A正确；t＝4s时，波传播了4m，正好在质点e，B正确；波需要2s传播到质点c，又经1s质点c到达最低位置，接下来的1s，即3s<t<4s时间段内质点c应向上运动，C正确；因为波经过的所有质点振动形式都相同，故质点b开始振动的方向应与质点a相同，向下运动，故D错误．【答案】ABC8．一列沿x轴正方向传播的横波，t＝0时刻的波形如图中实线所示，t＝0.2s时刻的波形如图中的虚线所示，则 ()A．质点P的运动方向向右B．波的周期可能为0.27sC．波的频率可能为1.25HzD．波的传播速度可能为20m/s【解析】因为横波沿x轴正方向传播，所以选项A错．由图知λ＝24m,0.2s＝(n＋1/4)T，故T＝0.8/(4n＋1)s，n＝0,1,2….又f＝1/T，故f＝(4n＋1)/0.8Hz，n＝0,1,2，….v＝λ/T＝30(4n＋1)m/s，n＝0,1,2….故选项C对，B、D错．【答案】C9．如图是用频闪照相的方法获得的弹簧振子的位移—时间图象，下列有关该图象的说法正确的是 ()A．该图象的坐标原点是建立在弹簧振子小球的平衡位置处B．从图象可以看出小球在振动过程中沿t轴方向移动的C．为了显示小球在不同时刻偏离平衡位置的位移，让底片沿垂直x轴方向匀速运动D．图象中小球的疏密显示出相同时间内小球位置变化快慢不同【解析】从图象看出，小球振动方向是沿x轴的，故B错；平衡位置附近小球疏，表示运动快；小球密处表示运动慢，故D对．【答案】ACD10．某地区地震波中的横波和纵波传播速率分别约为4km/s和9km/s.一种简易地震仪由竖直弹簧振子P和水平弹簧振子H组成(如图所示)．在一次地震中，震源在地震仪下方，观察到两振子相差5s开始振动，则 ()A．P先开始振动，震源距地震仪约36kmB．P先开始振动，震源距地震仪约25kmC．H先开始振动，震源距地震仪约36kmD．H先开始振动，震源距地震仪约25km【解析】由于纵波的传播速度快些，所以纵波先到达地震仪处，所以P先开始振动．设地震仪距震源为x，则有eq\f(x,4)－eq\f(x,9)＝5，解得：x＝36km.【答案】A11．如图甲所示，在弹簧振子的小球上安装了一支记录用的笔P，在下面放一条纸带．当小球做简谐运动时，沿垂直于振动方向拉动纸带，笔P在纸带上画出了一条振动曲线．已知在某次实验中如图方向拉动纸带，且在某段时间内得到如图乙所示的曲线，根据曲线可知这段时间内 ()A．纸带在加速运动B．纸带在减速运动C．振子的振动周期在逐渐增加D．振子的振动周期在逐渐减小【解析】振子做简谐振动，其周期不发生变化，C、D错误，由纸带上的轨迹可以看出相等时间内的位移在增大，所以纸带在加速运动，A对，B错．注意纸带的运动方向和位移变化之间的关系．【答案】A12．有两个静止的声源，发出声波1和声波2，在空气中传播，如图所示为某时刻这两列波的图象，则下列说法中正确的是 ()A．声波1的波速比声波2的波速大B．相对于同一障碍物，波1比波2更容易发生明显的衍射现象C．这两列波相遇时，不会产生干涉现象D．远离两个声源运动的观察者，听到的这两列波的频率均与从声源发出时的频率相同【解析】波的传播速度由介质决定，与波的波长无关，A项错；根据波发生明显衍射的条件可知，波长较大的波1空易发生明显的衍射现象B项正确；两列波频率不同，故不能发生干涉现象，C项正确；由于波的多普勒效应，远离声源运动的观察者听到的波的频率均比声源的频率低，D项错．【答案】BC二、实验题(本题共2小题，共18分)13．在用单摆测重力加速度的实验中，(1)需要用到的测量仪器有__________．实验中需要直接测出的物理量有__________．可推导出g＝__________.(2)在这个实验中，为减小误差，尽量准确地测出重力加速度，实验中要使：摆绳长度远__________摆球直径，摆绳的质量远__________摆球的质量，并在悬挂后进行摆长的测量；最大摆角__________10°；先测出单摆摆动30～50次的总时间，再计算出摆动的周期；测摆动时间要选取摆求通过__________时为计时的起、止点．【解析】(1)摆长是悬点到球心的距离，故要用到游标卡尺测摆球的直径，用秒表测时间．(2)摆球通过最低点的速度最大，此时作为计时的起、止点，能减少计时误差．【答案】(1)游标卡尺、米尺、秒表摆长l和摆动周期Teq\f(4π2l,T2)14．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，用刻度尺量悬点到小球的距离为96.60cm，用卡尺量得小球直径是5.260cm，测量周期有3次，每次都在摆球通过最低点时按下秒表开始计时，同时将此次通过最低点作为第一次，接着一直数到计时终止，结果如下表：123数的次数618171时间(s)60.4079.8070.60这个单摆振动周期的测量值是__________s，当地重力加速度的值是__________m/s2.(取三位有效数字)【解析】由题可知单摆的周期T1＝eq\f(60.40,(60－1)/2)s≈2.013sT2＝eq\f(79.80,(81－1)/2)s≈1.995sT3＝eq\f(70.60,(71－1)/2)s≈2.017s则周期T＝eq\f(T1＋T2＋T3,3)≈2.01s摆长l＝l′＋eq\f(d,2)＝(0.966＋eq\f(1,2)×0.0526)m＝0.9923m故重力加速度g＝eq\f(4π2l,T2)＝eq\f(4×3.142×0.9923,2.012)m/s2≈9.69m/s2.【答案】2.019.69三、计算题(本题共包括4小题，共54分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15．在湖中，甲、乙两人分别乘坐在相距24m的两只小船上，有一列水波从湖面传来，每只船每分钟上、下浮动20次，当甲船位于波峰时，乙船位于波谷，这时两船之间还有一个波峰，求水波的波速．【解析】由题意知，周期T＝60/20s＝3s，且甲、乙两点间相隔1.5个波长，故波长λ＝24/1.5m＝16m，所以波速v＝λ/T≈5.3m/s.【答案】5.3m/s16．一列横波上有相距4m的A、B两点，波的传播方向是由A向B，波长大于2m，如图所示的是A、B两质点的振动图象，求这列波可能的波速．【解析】由振动图象得：质点振动周期T＝0.4sB点比A点晚振动的时间Δt＝nT＋eq\f(3,4)T(n＝1,2,3，……)所以A、B间的距离为Δs＝kλ＋eq\f(3,4)λ(k＝0,1,2,3，……)则波长为λ＝eq\f(4Δs,4k＋3)＝eq\f(16,4k＋3)因为λ<2m，所以k＝0,1当n＝0时，λ1＝eq\f(16,3)m，v1＝eq\f(λ,T)＝eq\f(16,3×0.4)m/s＝eq\f(40,3)m/s当n＝1时，λ2＝eq\f(16,7)m，v2＝eq\f(λ2,T)＝eq\f(16,7×0.4)m/s＝eq\f(40,7)m/s【答案】eq\f(40,3)m/s或eq\f(40,7)m/s17．在火车车厢里用悬线吊一个小球，由于铁轨结合处的震动使球摆动，如果铁轨轨长为L＝12.5m，单摆悬线长l＝40cm，当单摆摆动振幅有较长时间最大时，则可估算火车在此时间内行驶速度为多大？(g取10m/s2)【解析】当摆球与火车发生共振时，球摆动的振幅最大，摆球做受迫振动，驱动力的频率即为火车与铁轨结合处相撞击的频率，由共振条件知：f驱＝f固即T驱＝T固而T驱＝eq\f(L,v)又T固＝2πeq\r(\f(l,g))所以eq\f(L,v)＝2πeq\r(\f(l,g))解得v＝eq\f(L,2π)eq\r(\f(g,l))≈10m/s.【答案】10m/s18．如图所示，实线为某时刻的波形图，虚线是0.2s后的波形图．(1)若波向左传播，请在实线波形图上标出此时刻图中P点的振动方向；(2)若波向右传播，求它的最大周期；(3)若波速是35m/s，求波的传播方向．【解析】(1)竖直向上(图略)(2)当波向右传播时，由图可知：t＝kT＋eq\f(1,4)T(k＝0,1,2,3，…)T＝eq\f(4t,4k＋1)，当k＝0时，T最大，T＝4t＝0.8s(3)当v＝35m/s时，波传播的位移：s＝vt＝35×0.2m＝7m＝4m＋3m所以，波向左传播．【答案】(1)竖直向上(图略)(2)0.8s(3)向左传播第五讲气体的性质1.气体状态参量：(1)体积V：容器的容积。单位m3。(2)温度T(t)：表示物体的冷热程度，是分子平均动能的标志单位T(k)，t(℃)(3)压强P：定义P＝F/S。气体压强是气体分子对容器频繁碰撞的结果，单位Pa。2、理想气体状态方程：对一定质量的理想气体有＝恒量或＝例1一定质量的理想气体，由状态A沿直线变化到状态C，如图1所示，则气体在A、B、C三个状态中的温度之比为（）A.1:1:1B.1:2:3C.3:4:3D.4:3:4图1解析：由图线可知PAVA=PCVC，则TA=TC，又，则，所以A、B、C三态的温度之比TA:TB:TC=3:4:3，故选C。图1例2一定质量的理想气体的p-t图像如图2所示，在气体由状态A变化到状态B的过程中，体积变化情况为（）A.一定不变B.一定减小C.一定增大D.不能判定怎样变化图2解析：因一定质量理想气体的等容线在p-t图上为过原点的直线，且图线斜率与气体体积成反比；而在p-t图上应为过t轴上-273的直线，本题图无法确定BA的延长线与t轴的交点坐标，因而无法比较t轴上-273的点分别与A、B两点连线的斜率大小，也就无法比较A、B两状态体积的大小，故应选D。图2例3一定质量的理想气体，温度经过不同状态变化回到初始状态温度，可能的过程是：A.先等压膨胀，后等容降压B.先等压压缩，后等容降压C.先等容升压，后等压膨胀D.先等容降压，后等压膨胀图3解析：作出P-V图像，设气体初状态为Q，作过Q的等温线，根据4个选项所述过程，分别画出气体状态变化图线A、B、C、D，如图3所示，可知AD为正确选项。图3例6使一定质量的理想气体按图6中箭头所示的顺序变化，图中BC是一段以纵轴和横轴为渐近线的双曲线。（1）已知气体在状态A的温度TA=300K，求气体在状态B、C和D的温度各是多少。（2）将上述状态变化过程在V-T中用图线表示出来（图中要标明A、B、C、D四点，并且要画箭头表示变化的方向）。说明每段图线各表示什么过程。图6解析：由P-V图可直观地看出，气体在A、B、C、D各状态下的压强和体积为VA=10L，PA=4atm，PB=4atm，PC=2atm，PD=2atm，VC=40L，VD=20L。图6（1）根据气态方程可得（2）由状态B到状态C为等温变化，由玻意耳定律有：PBVB=PCVC得图7在V-T图上状态变化过程的图线由A、B、C、D各状态点依次连接（如图7），AB是等压膨胀过程，BC是等温膨胀过程，CD是等压压缩过程。图7【练习】1．一定质量的理想气体经历如图8所示的一系列过程ab、bc、cd和da。这四个过程在P－T图上都是直线段，其中的的延长线通过坐标原点，bc垂直于ab，而cd平行于ab。由图可判断（）A.ab过程中气体体积不断减少图8B.bc过程中气体休积不断减少图8C.cd过程中气体体积不断增大D.da过程中气体体积不断增大2．一定质量的理想气体p－t图如图9所示，在气体状态由A点沿直线A、B变化到状态B的过程中，其体积（）A.一定不变B.一定减小C.一定增加D.无法判定怎样变化3．如图10为一定质量的理想气体从状态A经B至C的p－1／V图线，在此过程中（）A.气体内能不变B.气体内能减小C.气体内能增加D.气体体积减小图10图10图114．图11给出了一定质量的理想气体的V-t图，由状态M到状态A，气体的压强保持不变；从状态A开始保持体积不变，而使压强增加到原来的2倍，然后保持气体的温度不变；到达状态N，状态N与M体积相同，在图中画出上述状态变化过程及N点的位置，并计算M态与N态的压强之比pM:pN=。图11图2图2图125.一定质量的理想气体由温度为T1（热力学温度，下同）的状态1作等容变化至状态2(温度为T2)，再由状态2作等压变化至温度为T3的状态3，最后由状态3沿曲线变化至状态1，已知状态3、状态1连线的延长线过坐标原点如图12，则T3和T1、T2的关系为。图126．如图13所示是两个连在一起的相同气缸，其中BB’与AB’面是良导热面，两缸内分别用两个可以自由移动的活塞封闭着一定量的理想气体，放在活塞上的重物分别为M1=5千克，M2=4千克，测得两活塞的高度差h0=6厘米，温度均为t0=27℃。现对A’B’面缓慢加热，当缸内气体温度升高到t=127℃时，求两活塞的高度差h=?（两气缸均不漏气，不计摩擦）图13图13第六讲光的传播及其本性△考纲要求△光的折射、折射定律、折射率、全反射和临界角在考试说明中都属第Ⅱ类要求，棱镜和色散属I类要求，并要求知道和光从一种介质射到另一种介质中其频率不变。☆考点透视☆一、光的直线传播1．光源：能自行发光的物体，如通电的电灯、点燃的蜡烛、太阳等．光源是把其它形式的能转化为光能的装置．2．介质：光能够在其中传播的物质，如空气、玻璃等．3．光沿直线传播的条件：在同一种均匀介质中光沿直线传播．4．光线：用来表示光束传播方向的直线，是为了方便研究光而科学抽象的概念．5．光速⑴光在真空中的传播速度为c=3.00×108⑵在其它介质中的速度，式中n为介质的折射率，n>1，故v<c．二、光的折射1．光的折射：光由一种介质射入另一种介质时，在界面上将发生光路改变的现象叫光的折射．折射不仅可以改变光路，还可以改变光束的性质．2．光的折射定律：折射光线在入射光线和法线所决定的平面内，折射光线和入射光线分居在法线两侧，入射角的正弦与折射角的正弦之比是一个常数：．在光的折射中光路是可逆的．三、折射率1．定义：光由真空射人某种介质发生折射时，入射角的正弦跟折射角的正弦之比，叫做这种介质的折射率，即．说明：折射率是反映介质光学性质的物理量，它的大小由介质本身决定，同时光的频率越高，折射率越大。而与入射角、折射角的大小无关．2．与光速的关系介质的折射率等于光在真空中的速度与在该介质中的速度之比，即n=c/v说明：⑴由n=c/v可知，任何介质的折射率都大于1.⑵由和，当光由真空(或空气)射入某种介质时，入射角大于折射角；当光由介质射入真空(或空气)时，入射角小于折射角．⑶两种介质相比较，折射率较大的介质叫光密介质，折射率较小的介质叫光疏介质．3．分析光的折射时，一般需作出光路图，以便应用折射规律及光路图中提供的几何关系来解答．在实际应用中，常见方法是：①三角形边角关系法；②近似法，即利用小角度时，θ≈tanθ≈sinθ的近似关系求解．四、全反射和临界角1．全反射：当光线从光密介质射到光疏介质的界面上时，若入射角大于临界角，则折射光线消失，只产生反射的现象叫全反射．产生全反射的条件是：⑴光从光密介质射向光疏介质；⑵入射角大于或等于临界角．两条件必须同时存在，才发生全反射。2．临界角：折射角等于900时的入射角叫临界角．显然，临界角是一种特殊的入射角．当光线从某介质射入真空(或空气)时，其临界角的正弦值为．注意：发生反射时，不一定发生折射，如：全反射时无折射；发生折射时，却一定存在反射。五、棱镜、光的色散1．棱镜⑴光线通过棱镜时，出射光将向底面偏折．通过棱镜可看到物体的虚像，像的位置向顶角偏移．⑵横截面是等腰直角形的棱镜叫全反射棱镜，光垂直于任意一侧面射入，都会在其它侧面上发生全反射．2．光的色散：白光通过三棱镜后，出射光束变为红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七色光的光束，这种现象叫光的色散。由七色光组成的光带称光谱．3，色散的实质是由于各种色光在同一介质中传播的速率不同，或同一介质对不同色光的折射率不同．那么在同一介质中各色光的临界角C也不一样．在同一介质中，频率越高的光，其传播速度越小，波长越短，折射率越大．4．用折射定律分析光的色散现象光的色散问题常与折射现象相关联，关键物理量是n()。分析、计算时，要掌握好n的应用及有关数学知识，如三角函数(尤其是特殊角的函数)．注意：着重理解两点：其一，光的频率(颜色)由光源决定，与介质无关；光的传播速度由介质决定；光的波长由光源和介质共同确定。其二，同一介质中，频率越大的光折射率越大．再应用等知识，就能准确而迅速地判断有关色光在介质中的传播速度、波长、入射线与折射线偏折程度等问题．●难点释疑●1．在反射现象中，光路可逆。即如果把反射光线变成入射光线，则原来入射光线的位置变成反射光线的位置。根据光路可逆，能方便的作出光路图，解决相关问题。如确定人眼通过平面镜看到的视场范围，我们就可以把人眼当作点光源，其通过平面镜能照亮的范围就是人眼看到的范围。2．在处理穿越不同介质的光路问题时，要注意判断是否会发生全反射。在确定未发生全反射的条件下，才能应用折射定律处理问题。◎命题趋势◎从近几年高考试题看，折射定律的应用、折射率概念出现的频率较高；棱镜、全反射和临界角常与光路图结合在一起考查。考生在学习过程中应注意新增的光导纤维这方面的知识。图A-14-59-1※典型例析※图A-14-59-1【例l】如图A-14-59-1所示，一点光源S，它距离墙MN的水平距离为L，现从S处以水平速度v0抛出一小球P，P在墙上形成的影子为P/，在球做平抛运动中，其影子P/的速度v/是多少?图A-14-59-2【解析】设小球做平抛运动的水平位移为x，竖直位移为y，影子在竖直墙上的位移为y/，如图A-14-59-2所示，设P是运动中的任一点，延长SP到P/，由△SPA∽△SP/B知，即图A-14-59-2设小球到P点用时为t，由运动学公式可知，.由以上三式可知．而在本题中L和都是一定的，y/与t成正比．因此可知影子在竖直墙上做匀速运动，其速度是一恒量．即．图A-14-59-3【例2】如图A-14-59-3所示，在竖直平面xOy上，人眼位于x轴上+3坐标点H，一平面镜位于图示位置，平面镜两端坐标为N(一l，3)与M(0，3)，那么当一发光点P从坐标原点沿x轴负方向运动过程中，当P点在以下哪个区域中运动时，人眼可以从平面镜中观察到P的像图A-14-59-3图A-14-59-4A．0至-1图A-14-59-4B．-1至-3区间C．0至-∞区间D．-3至-5区间【解析】选D．设想H处有一点光源，它发出的光被平面镜反射后照到x轴上的A、B区间，具体光路如图A-14-59-4所示，那么根据光路可逆知识，当发光点P在A、B之间运动时，能被处于H的人眼通过平面镜看到，具体范围为发光点P在-3至-5区间内.【例3】假设地球表面不存在大气层，那么人们观察到的日出时刻与实际存在大气层的情况相比，则()A．将提前B．将延后C．在某些地区将提前，在另一些地区将延后D．不变图A-14-59-5【解析】地球周围的大气是不均匀的，离地面越高，空气越稀薄，太阳光从大气层外射到地面的光线由真空进入空气中，光要发生折射，越接近地面空气越稠密，折射率也越大，因此人们观察到的日出时刻的太阳，实际上还完全处在地平线的下方，如图A-14-59-5所示.假设地球表面不存在大气层，则太阳光将沿直线射到地面，因此只有当太阳到达图中的地平线位置时，人们才能观察到日出的太阳．由图可知，这一现象与人们所站的地理位置没有什么关系．故选项A、C图A-14-59-5【例4】某棱镜顶角θ=41.30，一束白光以较大的入射角从棱镜的一个侧面射人，通过棱镜从另一个侧面射出，在光屏上形成由红到紫的彩色光带如图A-14-59-6所示．当入射角i逐渐减小到零的过程中彩色光带变化情况是()色光紫蓝绿黄橙红折射率1.5321.5281.5191.5171.5141.513临界角40.75040.88041.17041.23041.34041.370A．紫光最先消失，最后只剩下橙光、红光B．紫光最先消失，最后只剩下黄光、橙光和红光C．红光最先消失，最后只剩下紫光、靛光和蓝光D．红光最先消失，最后只剩下紫光、靛光、蓝光和绿光图A-14-59-6【解析】屏上的彩色光带最上端为红色，最下端为紫色，当入射角i减小时，使光线在棱镜右侧面的入射角变大，因紫光临界角最小，所以紫光最先达到临界角，在棱镜右侧面发生全反射，紫光首先在屏上消失．当入射角i=0时，光线在棱镜右侧面的入射角为i/图A-14-59-6这时仅剩下橙光和红光未达到临界角而射出，到达光屏，所以A正确．【例5】如图A-14-59-7所示，两块同样的玻璃直角三棱镜ABC，两者的AC面是平行放置的，在它们之间是均匀的未知透明介质．一单色细光束O垂直于AB面入射，在图示的出射光线中()图图A-14-59-7A．1、2、3(彼此平行)中的任一条都有可能B．4、5、6(彼此平行)中的任一条都有可能C．7、8、9(彼此平行)中的任一条都有可能D．只能是4、6中的某一条【解析】设透明介质折射率为，分三种情况进行研究：⑴=，将三部分看作一个整体，根据光的折射定律可知，单色细光束O从AB面垂直入射后，将原方向继续向前传播，最后从BA面垂直透射出来，即为图中出射光线“5”⑵>，同理由光的折射定律作出入射单色细光束O经两个相同棱镜及中间透明介质后的大致光路OPQR，如图14-59-8所示．由题目提供已知∠r/=∠r．便推出∠i/=∠i、∥，即可能为出射光线“6”．⑶>，同样作出对应大致光路OPQ/R/如图A-14-59-8所示，同样得出可能为出射光线“4”．图A-14-59-8图A-14-59-8本题思考方法不惟一，根据光路的可逆性直接推出∥；也可将中间透明介质当作“玻璃砖”来处理，结果一样．图A-14-9-9【例6】某三棱镜的横截面有一直角三角形，如图A-14-9-9所示，∠A=900，∠B=300，∠c=600。棱镜图A-14-9-9⑴求出射光线与入射光线延长线间的夹角δ．⑵为使上述入射光线能从AC面射出，折射率n的最大值为多少?⑶如果射向AB面的光线方向可以改变，为使折射光线能直接从AC面射出，棱镜的折射率应当满足什么条件?【解析】⑴设光在AB面上入射角为i、折射角为α、在AC面上入射角为β、折射角为γ．由折射定律sini=nsinα，且i=600∴sinα=sin600=．由几何关系有α+β=900，∴sinβ＝cosα=①在AC面上由折射定律nsinβ=sinγ得sinγ=nsinβ=②由几何关系有δ=(i-α)+(γ-β)=i一(a+β)+γ=600—900+γ∴δ=γ-300=．⑵要使光从AC面出射，应用sinγ≤l即≤1∴n≤．即入射光线能从AC面射出，折射率n的最大值为．该部分另一解法：要使光从AC面出射，则入射到AC面光线的入射角β必须小于等于临界角C．即sinβ＝sinC＝1/n将①式代入，则≤即．图A-14-59-10⑶如图A-14-59-10可以看出，当入射光线顺时针转动时，AC面上的入射角β将会增大．因此，棱镜的折射率越大，入射角i应越大，β才可能小于临界角．在极限的情况下，如图14-59-10所示．入射角i和出射角γ接近900，则β＝α==450．所以，要使光线能从AC面射出，棱镜的折射率n应小于＝1.41．图A-14-59-10

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1．关于光的反射和折射，以下说法错误的是()A．光发生反射时，光的传播方向一定改变B．光发生反射时，光的传播方向可能偏转900C．光发生折射时，一定伴有反射现象D．光发生反射时，一定伴有折射现象2．如图A-14-59-11所示，一束光线从折射率为1.5的玻璃内射向空气，在界面上的入射角为450．下面四个光路图中，正确的是()图图A-14-59-113.某种色光在传播过程中，下面说法正确的是()A．当它的频率不发生改变时，一定是在同一种介质中传播B．当它的速度由小变大时，一定是从光疏介质进入光密介质C．当它的速度由小变大时，一定是从密度大的介质进入密度小的介质D．当它的波长由长变短时，一定是从光疏介质进入光密介质4．对于某单色光，玻璃的折射率比水的大，则此单色光在玻璃中传播时，()A．其速度比在水中的大，其波长比在水中的长B．其速度比在水中的大，其波长比在水中的短C．其速度比在水中的小，其波长比在水中的短D．其速度比在水中的小，其波长比在水中的长5．发出白光的细线光源ab，长度为l0，竖直放置，上端a恰好在水面以下，如图A-14-59-12．现考虑线光源ab发出的靠近水面法线(图中的虚线)的细光束经水面折射后所成的像，由于水对光有色散作用，若以l1表示红光成的像的长度，l2表示蓝光成的像的长度，则()图A-14-59-12A．l1＜l2＜l0图A-14-59-12B．l1＞l2＞l0C．l2＞l1＞l0D．l2＜l1＜l06．（2004年江苏高考）如图A-14-59-13所示，只含黄光和紫光的复色光束PO，沿半径方向射人空气中的玻璃半圆柱后，被分成两光束OA和OB沿如图所示方向射出．则（）图A-14-59-13A．图A-14-59-13B．OA为紫光，OB为黄光C．OA为黄光，OB为复色光D．OA为紫光，OB为复色光7．水中的空气泡看上去比较亮，对这一现象有以下不同的解释，其中正确的是()A．空气泡对光线有会聚作用，因而较亮B．空气泡对光线有发散作用，因而较亮C．从空气泡到达水中的界面处的光一部分发生全反射，因而较亮图A-14-59-14图A-14-59-148．如图A-14-59-14所示，一玻璃柱体的横截面为半圆形．细的单色光束从空气射向柱体的O点(半圆的圆心)，产生反射光束l和透射光束2．已知玻璃折射率n=3，入射