3-4 本章小结与习题分析

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本章小结-教科版选修3-4教案

本章小结-教科版选修3-4教案教材知识点回顾本章主要学习了通过导数和积分来研究函数的性质。

具体内容包括以下几个方面：1.导数：–定义：函数f(x)在x点处的导数$f\\prime(x)$表示函数在这一点处的变化率。

–求导法则：常数、幂函数、和差函数、积函数、商函数、复合函数、反函数求导法则。

–函数图形：通过导数来分析函数的递增和递减、极值点和拐点，对函数图形进行研究。

2.积分：–定义：函数f(x)的积分$\\int^b_a{f(x)dx}$表示在x=a到x=b区间内，函数f(x)所围成的面积或曲线下的面积。

–求积法则：定积分的定义，基本积分法，换元积分法，分部积分法，有理函数积分法。

–积分应用：计算定积分的值，研究函数的变化趋势，计算空间中的体积、曲面积分等。

学习重点1.导数应用领域的拓展：通过导数来研究函数的变化趋势，可以应用到各个领域，比如金融、工程、数学等。

–具有极值点的函数优化问题–利用斜率求切线和法线–根据速度求位移和位置2.积分应用领域的拓展：积分不仅仅是在数学中应用广泛，在工程、物理等领域也有很多的应用。

–曲线长度与曲率 -体积、质量、质心–曲面积分、环量、斯托克斯公式学习方法本章学习的难度较大，对学生的数学基础和逻辑思维能力都有很高的要求。

以下是一些学习方法和技巧，可以帮助学生更好地掌握本章的知识：1.概念理解：良好的概念理解是掌握本章知识的基础。

建议学生先重点学习本章的一些关键概念及其定义，比如导数、积分等，结合书中的例题和练习题，多加理解。

2.掌握求导法则：求导是本章的基础知识，学生需要掌握各种函数的求导方法，建议学生可以制作一个求导法则表格，方便对各种函数求导进行快速查找和复习。

3.注意变量替换：在积分过程中，变量替换可以简化积分式子，但同时也需要注意变量的上下限和积分因子的取法。

4.做好例题：例题是掌握本章知识的重要途径，建议学生在学习每一个知识点后，多对比同类型的例题进行理解和巩固。

鲁科版物理同步习题：选修3-4参考答案及解析

选修3-4参考答案及解析第十二章机械振动机械波第一单元机械振动第二单元机械波第三单元实验：用单摆测定重力加速度第十三章光第一单元光的折射、全反射光的波动性第二单元实验：测定玻璃的折射率第三单元实验：用双缝干涉测光的波长第十四章电磁波相对论简介第一单元麦克斯韦电磁场理论相对论解章末综合检测12-11、解析：外部摇臂带动内部一系列装臵工作时，会对气缸产生作用．为防止出现共振现象，用两根劲度系数不同的弹簧一起工作，使外部振动频率很难与气缸本身的固有频率一致，可以避免共振发生，故选C .答案：C2、解析：由单摆周期公式T ＝2πlg知周期只与l 、g 有关，与m 和v 无关，周期不变频率不变．又因为没改变质量前，设单摆最低点与最高点高度差为h ，最低点速度为v ，mgh ＝12m v 2质量改变后：4mgh ′＝12·4 m·⎝⎛⎭⎫v 22，可知h ′≠h ，振幅改变，故选C. 答案：C3、解析：受迫振动的频率总等于驱动力的频率，D 正确；驱动力频率越接近固有频率，受迫振动的振幅越大，B 正确．故选BD.答案：BD4、解析：T ＝0.2 s ，玻璃板在连续T2时间内位移依次为1 cm 、3 cm 、5 cm.由Δx ＝a ⎝⎛⎭⎫T22得a ＝2 m/s 2由F －mg ＝ma ，得F ＝24 N. 答案：24 N5、解析：只有A 物体振动时T 1＝2Mk ，将物体Q 固定在A 上振动时，T 2＝2(M ＋m )k，解得m ＝M (T22T 21－1)．这种装臵比天平优越之处在于它可在完全失重时或太空中测物体质量．答案：M (T 22T 21－1) 优越之处在于它可在完全失重时或太空中测物体质量6、解析：物体对车厢底板的压力与物体受到的支持力大小相等．当物体的加速度向上时，支持力大于重力；当物体的加速度向下时，支持力小于重力．t ＝14T 时，货物向下的加速度最大，货物对车厢底板的压力最小．t ＝12T 时，货物的加速度为零，货物对车厢底板的压力等于重力大小．t ＝34T 时，货物向上的加速度最大，则货物对车厢底板的压力最大．答案：C7、解析：(1)因小球上下振动时始终未脱离弹簧，当振幅最大时，应是小球上升到最高点，弹簧对它恰无弹力，重力完全充当回复力的时候，在此位臵应有：mg ＝kA ，解得：A＝mg k. (2)根据小球运动的对称性，小球在最低点时的回复力大小也为mg ，而此时的回复力是弹簧弹力减去重力充当的，因重力恒定，所以此时弹力最大，即F m －mg ＝mg ，得F m ＝2mg .答案：(1)mgk(2)2mg8、解析：(1)从共振曲线可知，单摆的固有频率f ＝0.5 Hz ，因为f ＝ 12πg l ，所以l ＝g4π2f2，代入数据解得l ≈1 m. (2)从共振曲线可知：单摆发生共振时，振幅A ＝8 cm. 答案：(1)1 m (2)8 cm9、解析：(1)由单摆振动图象，T ＝0.8 s 故f ＝1T＝1.25 Hz(2)开始时刻小球在负方向最大位移处故开始时刻摆球在B 点 (3)根据公式T ＝2πL gL ＝gT24π2＝0.16 m.答案：(1)1.25 Hz (2)B 点 (3)0.16 m10、解析：(1)纸带匀速运动时，由s ＝v t 知，位移与时间成正比，因此在匀速条件下，可以用纸带通过的位移表示时间．(2)由图(2)可知t ＝0时，振子在平衡位臵左侧最大位移处；周期T ＝4 s ，t ＝17 s 时位移为零．(3)由s ＝v t ，所以1、3间距s ＝2 cm/s ×2 s ＝4 cm.(4)3 s 末负方向速度最大；加速度方向总是指向平衡位臵，所以t ＝0或t ＝4 s 时正方向加速度最大；t ＝2.5 s 时，向－x 方向运动．(5)x ＝10sin(π2t －π2) cm答案：(1)在匀速条件下，可以用纸带通过的位移表示时间 (2)左侧最大位移零 (3)4 cm(4)3 0或4 －x (5)x ＝10sin(π2t －π2) cm11、解析：设第二个摆离地面的高度为h ，则距地心为(R ＋h )，此处的重力加速度为g ，地球表面的重力加速度为g ，由万有引力定律：G Mm R 2＝mg ，G Mm (R ＋h )2＝mg ′，得gg ′＝(R ＋h )2R 2，由单摆周期公式： T ＝tn ＝2πl g， T ′＝tn －1＝2πl g ′所以T ′T ＝nn －1＝g g ′＝R ＋h R. 解得：h ＝Rn －1. 答案：Rn －112、解析：设小球B 做平抛运动的时间为t ， s ＝v 0t ，h ＝12gt 2小球A 在槽内做简谐运动的周期T ＝2π Rg，要使B 球在O 处击中A 球，必有： t ＝T 2·n (n ＝1,2,3…) 以上各式联立可得： h ＝5π2n 2m (n ＝1,2,3…)， v 0＝5πnm/s(n ＝1,2,3…)．答案：v 0＝5πnm/s(n ＝1,2,3…) h ＝5π2n 2m(n ＝1,2,3…)12-21、解析：根据振动图象，可知x ＝0处的质点，在t ＝T /2时刻在平衡位臵，向下振动，只有选项A 中波的图象在x ＝0处的质点满足条件，故选A.答案：A2、解析：判断A 项可先由“上下坡法”得出质点b 此时的运动方向向下，即正在远离平衡位臵，回复力增大，加速度增大，A 正确；由图得波长为4 m ，只要障碍物的尺寸不大于4 m 或相差不大，就能产生明显的衍射现象，所以D 错误；根据波长、波速和频率的关系是f ＝vλ＝50 Hz ，所以，若该波遇到另一列波发生稳定的干涉现象，则另一列波的频率必定与这列波频率相同，为50 Hz ，C 正确；另外由频率得这列波的周期为0.02 s ，经过0.01 s 后，质点a 应运动到负方向最大位移处，通过的路程为4 cm ，相对平衡位臵的位移为－2 cm ，B 错误，选AC.答案：AC3、解析：由A 、B 两质点的振动图象及传播可画出t ＝0时刻的波动图象如右图25，由此可得λ＝43 m ，A 选项正确；由振动图象得周期T ＝4 s ，故v ＝λT ＝43×4 m/s ＝13m/s ，B 选项错误；由振动图象3 s 末A 点位移为－2 cm ，B 点位移为0，故C 选项错误；由振动图象知1 s 末A 点处于波峰，振动速度为零，1 s 末B 点处于平衡位臵，振动速度最大，故D 选项错误．答案：A4、解析：由图象可知，A ＝8 cm ，T ＝4t ＝1 s ，λ＝20 cm ，所以波速v ＝λT ＝201cm/s ＝20cm/s ，绳上的每个质点刚开始振动的方向是沿y 轴负方向，故波传到N 点所用的时间为：t 1＝x 2v ＝4520s ＝2.25 s ，所以质点N 第一次沿y 轴正向通过平衡位臵时，t ＝t 1＋T2＝2.75 s.答案：20 2.755、解析：声波的波长为：λ＝v f ＝32040 m ＝8 m.由波的干涉原理知：l ADB －l ACB ＝λ2所以l ADB ＝λ2＋l ACB ＝4 m ＋0.4 m ＝4.4 m.答案：4.4 m6、解析：(1)由图象可以看出，质点振动的最大位移是10 cm ，因此振幅是10 cm.图29(2)经0.125 s 波形沿x 轴正方向移动的距离为Δx ＝v Δt ＝16×0.125 m ＝2 m ，所以经过0.125 s 后的波形图象如图29中的虚线所示．答案：(1)10 cm (2)如图29虚线所示．7、解析：(1)波上每一点开始振动的方向都与此刻波上最前端质点的振动方向相同，即向下振动．(2)P 质点开始振动后，其振动周期等于振源的振动周期，由v ＝λ/T ，可得：T ＝λ/v ＝0.4s.(3)P 质点第二次到达波峰也就是第二个波峰传到P 点，第二个波峰到P 点的距离为s ＝x ＋34λ＝1.14 m ，所以t ＝s v ＝1.140.6s ＝1.9 s.答案：(1)向下振动 (2)0.4 s (3)1.9 s 8、解析：(1)此波沿x 轴负方向传播．(2)在t 1＝0到t 2＝0.55 s 这段时间时，质点M 恰好第3次到达沿y 轴正方向的最大位移处，则有：(2＋34)T ＝0.55 s ，得T ＝0.2 s.由图象得简谐波的波长为λ＝0.4 m ，则波速v ＝λT＝2 m/s.(3)在t 1＝0至t 3＝1.2 s 这段时间，波中质点N 经过了6个周期，即质点N 回到始点，所以走过的路程为s ＝6×5×4 cm ＝120 cm.相对于平衡位臵的位移为2.5 cm. 答案：(1)沿x 轴负方向 (2)2 m/s (3)120 cm 2.5 cm9、解析：由图象知：λ＝8 m ，又因为3T ＜t 2－t 1＜4T ， (1)当波向右传播时，t 2－t 1＝3T ＋38T ，所以T ＝8(t 2－t 1)27＝8×0.527 s ＝427 s ，由v ＝λT 得v ＝84/27m/s ＝54 m/s.(2)当波向左传播时t 2－t 1＝3T ＋58T ，所以T ＝8(t 2－t 1)29＝8×0.529 s ＝429 s ，由v ＝λT 得v ＝84/29m/s ＝58 m/s.(3)当波速为74 m/s 时，在0.5 s 内波传播的距离为s ＝74×0.5 m ＝37 m ＝458λ，故此波向左传播．答案：(1)若波向右传播时其波速为54 m/s (2)当波向左传播时其波速为58 m/s (3)当波速为74 m/s 时波向左传播10、解析：(1)由图知：λ＝4 m ，又因v ＝10 m/s ，所以由f ＝v λ得f ＝104 Hz ＝2.5 Hz ，故甲、乙两列波的频率均为2.5 Hz.图34(2)设经t 时间两波相遇，则2v t ＝4 m ，所以t ＝42×10 s ＝0.2 s ，又因T ＝1f ＝12.5 s ＝0.4 s ，故波分别向前传播λ2相遇，此时两列波的波形如图34中的虚线所示．故CD 间有x ＝5m 和x ＝7m 处的点位移最大．答案：(1)2.5 Hz 2.5 Hz (2)x ＝5 m 和x ＝7 m 11、解析：(1)图象如图36所示．(2)因为水波3.5 s 内传播了3.5 m ，所以波速为v ＝st ＝1 m/s ，又由图象得T ＝1 s ，根据v ＝λT，所以λ＝1 m. (3)如图37所示．答案：(1)图象如下图36图36(2)1 m (3)如图37所示图3712、解析：(a)由所给出的振动的题图知周期T ＝4×10－3s.(b)由题图可知，t ＝0时刻，x ＝0的质点P [其振动图象即为(a)]在正最大位移处，x ＝1的质点Q [其振动图象即为(b)]在平衡位臵向y 轴负方向运动，所以当简谐波沿x 轴正向传播时PQ 间距离为(nλ1＋34λ1)，当波沿x 轴负方向传播时PQ 间距离为(nλ2＋14λ2)．因为(n ＋34)λ1＝1，所以λ1＝43＋4nm因为(n ＋14)λ2＝1，所以λ2＝41＋4nm波沿x 轴正向传播时的波速v 1＝λ1T 1＝1033＋4n m/s(n ＝0,1,2…)波沿x 轴负向传播时的波速v 2＝λ2T 2＝1031＋4n m/s(n ＝0,1,2…)答案：沿x 轴正向传播时，v 1＝1033＋4n m/s(n ＝0,1,2…)沿x 轴负向传播时：v 2＝1031＋4nm/s(n ＝0,1,2…)13-11、解析：用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用薄膜干涉的原理，故选项A 错；用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的色散，故选项B 错；在光导纤维束内传送图像是利用光的全反射，故选项C 错；光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象．选项D 对．答案：D2、解析：根据薄膜干涉的产生原理，上述现象是由空气膜前后表面反射的两列光叠加而成，当波峰与波峰、波谷与波谷相遇叠加时，振动加强，形成亮条纹，所以A 项对B 项错；因相干光是反射光，故观察薄膜干涉时，应在入射光的同一侧，故D 项错误；根据条纹的位臵与空气膜的厚度是对应的，当上玻璃板平行上移时，同一厚度的空气膜向劈尖移动，故条纹向着劈尖移动，故C 项正确．答案：AC3、解析：由几何关系可知，入射角θ1＝60°，折射角θ2＝30°.由折射定律n ＝sin θ1sin θ2＝3212＝3，A 选项正确；在BC 界面上，入射角为30°，临界角的正弦值为sin C ＝1n ＝33＞sin30°，即C ＞30°，所以在F 点，不会发生全反射，B 选项错误；光从空气进入棱镜，频率f 不变，波速v 减小，所以λ＝vf 减小，C 选项正确；由上述计算结果，作出光路图，可知D 选项错误．答案：AC4、解析：双缝干涉条纹平行等距，且波长越大，条纹间距越大，而红光波长大于蓝光波长，故第一幅图为红光，第三幅图为蓝光；又由于黄光波长比紫光波长大，故第四幅图为黄光的衍射图样，第二幅为紫光的衍射图样．故B 正确．答案：B5、解析：设光在玻璃砖BC 面与AC 弧面上的临界角为C ，则有sin C ＝1n ＝23，显然C＜45°，故可知光将在整个BC 面上发生全反射，也会在AC 弧面上靠近A 点和C 点附近区域发生全反射．D 点附近的射出光线形成会聚光束照到光屏P 上．由以上分析可知B 、D 选项正确．答案：BD6、解析：由图26可知，当λA ＝625 nm 时，φA ＝0.35，根据传感器输出强度相同可得：φA ·I A ＝φB 1·25I B ＋φB 2·35I B ，可求出I A ∶I B ＝27∶35.答案：0.35 27∶357、解析：(1)由λ＝c f 得λ＝3×1087.5×1014m ＝4×10－7m Δs λ＝1.8×10－6m 4×10－7m ＝4.5，即路程差为半波长的奇数倍，若S 1、S 2的振动步调完全相同，则A 点出现暗条纹．(2)若S 1、S 2的振动步调完全相反，则路程差为半波长的奇数倍时应为加强点，A 点出现亮条纹．答案：(1)暗条纹 (2)亮条纹 8、解析：由v ＝cn 得v ＝2×108m/s 由sin i sin r ＝n 得sin r ＝1nsin i ＝0.5，r ＝30° 由sin C ＝1n ＝23＜22，可知C ＜45°而光线在BC 面的入射角θ＝45°＞C ，故光线在BC 面上发生全反射后，垂直AC 面射出棱镜．答案：2×108m/s 垂直AC 面射出棱镜9、解析：(1)设信号频率为f ，真空中的波长为λ0，c ＝λ0f ，光在纤芯中的频率仍为f ，波长为λ，则光在纤芯中的速度v ＝λf ，又n ＝cv，可以得出：λ0＝nλ＝1.47×1.06μm ＝1.56μm.(2)上行光信号和下行光信号的频率相同，将发生干涉现象而互相干扰．答案：(1)1.56μm(2)频率相同，将发生干涉现象而互相干扰 10、解析：(1)紫光(2)如下图30，紫光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕S 上的点D 到亮区中心E 的距离r 就是所求最大半径．设紫光临界角为C ，由全反射的知识：sin C ＝1n所以cos C ＝n 2－1ntan C ＝1n 2－1，OB ＝R /cos C ＝nRn 2－1 r ＝(D －OB )/tan C ＝D n 2－1－nR . 答案：(1)紫光 (2)D n 2－1－nR11、解析：设用波长为0.4 μm 的光入射，条纹宽度为Δx 1，则Δx 1＝ld λ1，屏上两侧各有3条亮纹，则屏上第三条亮纹到中心距离为3Δx 1.用0.6μm 光入射，设条纹宽度为Δx 2，则Δx 2＝ld λ2，设此时屏上有x 条亮纹，则有xΔx 2＝3Δx 1∴x ＝l d λ2＝3l dλ1代入数据解之得x ＝2，∴两侧各有2条亮纹．答案：212、解析：(1)如图33所示，sin θ1＝L H 2＋L2，图33sin θ2＝L 2－L4(H 2)2＋(L 2－L 4)2.由n ＝sin θ1sin θ2可得：n ＝L 2＋4H 2L 2＋H2(2)当液面高为23H 时，由于液体的折射率n 和入射角θ1不变，可得：n ＝sin θ1sin θ2′sin θ′2＝L ′－x (23H )2＋(L ′－x )2(式中L ′为光线在液面的入射点与出液口的水平距离)而L H ＝L ′23H ，以上三式联立可求出：x ＝L 3. 答案：(1)L 2＋4H 2L 2＋H 2 (2)L 3 14-11、解析：了解部分物理学史：牛顿发现万有引力定律；法拉第发现电磁感应定律；光电效应证明了光具有粒子性；相对论的创立表明了经典力学有一定的适用范围：适用于低速，宏观．答案：A2、解析：均匀变化的电场产生稳定的磁场，而非均匀变化的电场产生变化的磁场，本题电场的变化有以上两种可能，故D 正确．答案：D3、解析：爱因斯坦的质能方程阐明了质量和能量的相互联系，质量和能量是物体存在的两种形式，质量和能量是不同的概念．再由相对论的基本原理可知，选项A 正确．答案：A4、解析：根据爱因斯坦狭义相对论，在任何参考系中光速不变，可知D 正确．答案：D5、解析：根据c ＝λff 1＝c λ1＝3×108577Hz ＝5.20×105Hz f 2＝c λ2＝3×108182Hz ＝1.65×106Hz 所以，频率范围为5.20×105Hz ～1.65×106Hz.答案：5.20×105Hz ～1.65×106Hz6、解析：雷达向东方发射电磁波时，没有反射回来的信号，向西方发射时，有反射回来的信号，所以目标在西方．目标到雷达的距离d ＝ct 2＝3×108×2×10－4×92 m ＝270 km. 答案：西方 270 km7、解析：由E ＝L ·ΔI Δt得L ＝3.6×10－3H 又λ＝v f ，f ＝v λ＝3×10811.3×103Hz. 代入f ＝12πLC得C ＝0.01 μF. 答案：0.01 μF8、解析：因线圈的电感L 为定值，根据LC 回路的频率公式f ＝12πLC，可知收音机先后两次接收的电台信号的频率之比为f 1f 2＝C 2C 1根据波长与频率的关系式λ＝c f ，可得先后两次接收的电台信号的波长之比为λ1λ2＝f 2f 1以上两式联立，可得接收波长为200 m 的电台信号时，可变电容器的电容值为C 2＝(λ2λ1)2C 1＝(200600)2×360 pF ＝40 pF . 答案：40 pF9、解析：由电磁波发射到接收到反射波历时200 μs ，可算出此时飞机距雷达站的距离为：L 1＝3.0×108×200×10－62m ＝3.0×104m. 经4s 后，飞机距雷达站的距离为：L 2＝3.0×108×186×10－62m ＝2.79×104m. 在这4s 时间内飞机飞过的路程为：x ＝L 1－L 2＝0.21×104m.故飞机飞行的速度为：v ＝x t ＝0.21×1044m/s ＝525m/s. 答案：525 m/s10、解析：电磁波在空中的传播速度可认为等于真空中的光速c ，由波速、波长和频率三者间的关系可求得频率．根据雷达荧光屏上发射波形和反射波形间的时间间隔，即可求得侦察距离，为此反射波必须在后一个发射波发出前到达雷达接收器．可见，雷达的最大侦察距离应等于电磁波在雷达发射相邻两个脉冲间隔时间内传播距离的一半．由c ＝λf ，可得电磁波的振荡频率f ＝c λ＝3×10820×10－2Hz ＝1.5×109Hz. 电磁波在雷达发射相邻两个脉冲间隔时间内传播的距离s ＝cΔt ＝c (1n－t )＝3×108×(15000－0.02×10－6)m ≈6×104m 所以雷达的最大侦察距离s ′＝s 2＝3×104m ＝30 km. 答案：1.5×109 Hz 30 km11、解析：(1)设地面为S 系，飞船A 为S ′系．则已知量为u ＝0.5c ，v ′x ＝0.4c ，求v x ，根据速度合成公式有v x ＝v ′x ＋u 1＋u c 2v ′x ＝0.4c ＋0.5c 1＋0.5c c 2×0.4c ＝0.75c . 即以地面参考系测得飞船B 的速度为0.75c .(2)设地面为参照系S ，飞船B 为S ′系，则已知量为：u ＝0.75c ，v x ＝0.5c .需要求解的是v ′x .根据速度变换公式可得v ′x ＝v x －u 1－u c 2v x ＝0.5c －0.75c 1－0.75c c 2×0.5c ＝－0.4c . 即飞船B 测得飞船A 的速度为－0.4c .由解题过程可以看出：若求在B 中测得的飞船A 的速度，就必须先求出在地面测得的飞船B 的速度．答案：(1)0.75c (2)0.4c12、解析：(1)车头的灯先亮．(2)l ＝l ′1－(v c )2＝5× 1－(2×183×108)2m ＝3.7 m ，在垂直运动方向没有相对性，所以看到的是一张3.7×5m 2的宣传画．(3)因为Δt ＝Δt ′1－(v c)2，所以Δt ′＝Δt ·1－(v c )2 Δt ＝5昼夜v ＝0.8c所以Δt ′＝5×1－(0.8)2＝3昼夜．答案：(1)车头的灯先亮 (2)3.7×5m 2的画 (3)3昼夜14-章末1、答案：B2、解析：如果容器A 、B 中气体相同，则折射率相同，到屏的中央光程相同，所以为亮纹．如果中央为暗纹，则A 、B 中折射率一定不同，故B 正确；中央为亮纹B 中可能含瓦斯，也可能不含，A 错；条纹不停的移动，则B 中气体的折射率在变化即瓦斯含量不稳定，C 正确；单色光或复色光都能出现干涉条纹，D 错．答案：BC3、解析：本题主要考查了电磁波的产生机制和特性．在电磁波谱中，红外线的波长比可见光长，而红光属于可见光，故选项A 正确．阴极射线与电磁波有着本质不同，电磁波在电场、磁场中不偏转，而阴极射线在电场、磁场中会偏转，电磁波在真空中的速度是3×108m/s ，而阴极射线的速度总是小于3×108m/s ，阴极射线的实质是高速电子流，故选项C 错误．X 射线就是伦琴射线，是高速电子流射到固体上产生的一种波长很短的电磁波，故B 项正确．由于紫外线的显著作用是荧光作用，而伦琴射线的显著作用是穿透作用，故选项D 正确．答案：ABD4、解析：根据麦克斯韦电磁场理论可知，均匀变化的电场在它的周围产生稳定的磁场，故选项A 是错误的．因电磁波中每一处的电场强度和磁感应强度总是互相垂直的．且与波的传播方向垂直，所以电磁波是横波，故选项B 是正确的．有振荡的电场或磁场时，就会由近向远逐渐传播，即形成了电磁波，故D 正确．答案：BD5、解析：由图甲知该波的波长λ＝4 m ，而P 、Q 两质点间间距Δx ＝3 m ＝34λ，则两质点的振动步调相差34T ，结合图乙知A 、D 两项皆错误．因波的传播方向未知，故无法判定Q 点的振动状态相比于P 点是超前还是滞后，B 、C 皆正确．答案：BC6、解析：由该棱镜的折射率为n ＝53可知其临界角C 满足：sin C ＝1n ＝35，可求出GG 1左边的入射光线没有发生全反射，其右边的光线全部发生全反射，所以光线只能从圆弧NG 1射出．故B 正确．答案：B7、解析：波向x 轴负向传播，T ＞0.6 s ，由波形图可知34λ＝Δx ，用时间t ＝0.6 s ＝34T ，T ＝0.8 s ，A 错．t ＝0.9 s ＝T ＋0.1 s ，P 点沿y 轴负方向运动，经0.4 s ，P 点运动半个周期，经过的路程为0.4 m ，C 错．t ＝0，x ＝10 m 处质点处在波峰，经0.5 s ，波峰向左传Δx ′＝5 m ，故D 正确．答案：D8、解析：由同一波源分成的两列波频率相同，这符合两列机械波干涉的条件，当两波的路程差等于半波长的奇数倍时，振动减弱，当路程差等于波长的整数倍时，振动加强．答案：相同减小增大9、解析：(1)各光学元件的字母排列顺序应为C 、E 、D 、B 、A.(2)步骤②还应注意单缝和双缝间距5 cm ～10 cm ，使单缝和双缝相互平行．答案：(1)EDB (2)单缝和双缝间距5 cm ～10 cm 和使单缝和双缝相互平行．10、解析：(1)乙图中相邻点间的时间间隔是音叉振动周期的一半，用T 表示，则有T ＝12f 0.金属片自由下落是自由落体运动，所以有g 1＝(b 4－b 1)3T 2，g 2＝(b 5－b 2)3T 2，g 3＝(b 6－b 3)3T 2 g ＝g 1＋g 2＋g 33＝49(b 6＋b 5＋b 4－b 3－b 2－b 1)f 20 (2)由于金属片是自由落体运动，速度会越来越大，故选项A 、B 是不正确的，选项C 是符合要求的．(3)因为音叉振动是简谐运动，故针离开平衡位臵的位移变化符合正弦规律变化，考虑到针的开始运动方向与规定的方向相同，故有y ＝A sin ⎝⎛⎭⎫2πf 02h g . 答案：(1)g ＝49(b 6＋b 5＋b 4－b 3－b 2－b 1)f 20 (2)C(3)A sin ⎝⎛⎭⎫2πf 02h g 11、解析：(1)由图知T ＝4 s ，因位移图线的斜率表示速度，且在t ＝8 s ＝2T 时质点振动状态与t ＝0时相同，则由图可知t ＝0时图线斜率为正，速度沿y 轴正向．在t ＝9 s 时由图线知质点A 处于正向最大位移处．再由Δt ＝AB v＝8 s ＝2T 知B 的振动状态与质点A 相差两个周期，所以同一时刻两质点相对平衡位臵的位移相同，即也为10 cm.图10(2)设照片圆形区域的实际半径为R ，运动员的实际长为L由折射定律n sin α＝sin90°几何关系sin α＝RR 2＋h 2，R r ＝L l 得h ＝n 2－1·L lr 取L ＝2.2 m ，解得h ＝2.1 m(1.6～2.6 m 都算对)答案：(1)4 正 10 (2)2.1 m(1.6～2.6 m 都算对)12、解析：(1)从甲、乙图可看出波长λ＝2.0 m ，周期T ＝4 s ，振幅A ＝0.8 m ；乙图中显示t ＝0时刻该质点处于平衡位臵向上振动，甲图波形图中，波向x 轴正方向传播，则质点L 正在平衡位臵向上振动，波速v ＝λ/T ＝0.5 m/s ；(2)由相对论知识易得运动方向上的边长变短，垂直运动方向的边长不变，C 图象正确；(3)简谐运动的特征公式为x ＝A sin ωt ，其中A 是振幅；篮球从自由落体到反弹起来的过程中，回复力始终为重力，恒定不变，与偏离平衡位臵的位移不是成正比的，不符合简谐运动的规律．答案：(1)0.8 4 L 0.5 (2)C (3)A sin ωt 不是13、解析：(1)以速度v 运动时的能量E ＝m v 2，静止时的能量为E 0＝m 0v 2，依题意E ＝kE 0，故m ＝km 0；由m ＝m 01－v2c 2，解得v ＝k 2－1k 2c . (2)地震纵波传播速度为：v p ＝fλp地震横波传播速度为：v s ＝fλs震源离实验室距离为s ，有：s ＝v p ts ＝v s (t ＋Δt )，解得：s ＝fΔt 1λs －1λp＝40 km. 答案：(1)k k 2－1k 2 (2)40 km 14、解析：(1)由图象可以看出：λ＝4 m.由T ＝λv 可解得：T ＝λv ＝42s ＝2 s.图15由于t ＝0时刻P 点向上振动，则P 点的振动图象如图15所示：(2)由T ＝2πL g 得：g ＝4π2L T2 又L ＝l ＋d 2联立可得： g ＝4π2(99.6＋0.4)×10－222m/s 2 ＝9.9 m/s 2.答案：见解析15、解析：(1)最先振动的是B 摆，纵波速度最快，纵波使B 摆最先剧烈上下振动．(2)根据波速大小可推知，a 处的波形对应的是速度最快的P 波(纵波)，b 处的波形对应的是速度较快的S 波(横波)，c 处的波形对应的是速度较慢的L 波(面波)．设地震观测台T距震源的距离为s ，则s v S －s v P＝t ，代入数据得s ＝47.9 km. (3)设震源深度为h ，纵波沿ZT 方向传播，设纵波传播的方向与地面的夹角为θ，则tan θ＝y x，h ＝s ·sin θ，代入数据得h ＝2.4 km. 答案：(1)B(2)a －P 波 b －S 波 c －L 波 47.9 km(3)2.4 km16、解析：(1)连接BC ，如图18图18在B 点光线的入射角、折射角分别标为i 、rsin i ＝52/10＝22，所以，i ＝45° 由折射率定律：在B 点有：n ＝sin i sin rsin r ＝1/2 故：r ＝30° BC ＝2R cos r t ＝BC n /c ＝2Rn cos r /ct ＝(6/3)×10－9 s(2)由几何关系可知∠COP ＝15°∠OCP ＝135° α＝30°答案：(1)(6/3)×10－9s (2)30°17、解析：(1)由简谐运动表达式可知ω＝5πrad/s ，t ＝0时刻质点P 向上运动，故波沿x 轴正方向传播．由波形图读出波长λ＝4 m.图20T ＝2πω① 由波速公式v ＝λT② 联立①②式，代入数据可得v ＝10 m/s ③t ＝0.3 s 时的波形图如图20所示．图21(2)当光线在水面发生全反射时，有sin C ＝1n④ 当光线从左侧射入时，由折射定律 sin αsin ⎝⎛⎭⎫π2－C ＝n ⑤ 联立④⑤式，代入数据可得 sin α＝73⑥ 答案：(1)10 m/s 波形图见图20 (2)73。

2019-2020学年鲁科版物理选修3-4同步配套学案：第1章机械振动本章优化总结 Word版含答案

本章优化总结机械振动⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧自由振动⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧简谐运动（无阻尼振动）⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧受力特征：回复力F ＝－kx基本模型⎩⎪⎨⎪⎧弹簧振子单摆：θ≤5°描述⎩⎪⎨⎪⎧公式：x ＝A sin （ωt ＋φ）概念：振幅、周期和频率单摆周期：T ＝2πl g x －t 图象：正弦（或余弦）曲线机械能：动能和势能之和阻尼振动⎩⎪⎨⎪⎧特征：振幅不断减小原因：机械能逐渐转化为其他形式的能受迫振动⎩⎪⎨⎪⎧定义：在周期性外力作用下产生的振动特征⎩⎨⎧f ＝f 驱，跟f 固无关f 驱与f 固相差越小，振幅A 越大共振：f 驱＝f 固时，振幅A 最大简谐运动的周期性、对称性和多解性1．周期性：做简谐运动的物体，每隔一段时间总重复前面的运动，也就是说其运动具有周期性，不同的简谐运动，其周期一般是不同的．2．对称性(1)空间的对称性：经过平衡位置两侧的对称点(如图中的C 、B 点)时位移的大小相等，方向相反；速度的大小相等，方向有时相同，有时相反．(2)时间的对称性：不论是从对称点回到平衡位置，还是从平衡位置运动到对称点，所用时间都相等．(3)速率的对称性：系统在关于平衡位置对称的两位置具有相等的速率．(4)加速度的对称性：系统在关于平衡位置对称的两位置具有等大反向的加速度和回复力．3．简谐运动的多解性：做简谐运动的质点，在运动方向上是一个变加速运动，质点运动相同的路程所需的时间不一定相同．它是一个周期性的运动，若运动的时间与周期存在整数倍的关系，则质点运动的路程就会是唯一的；若运动时间为周期的一半，运动的路程也具有唯一性．若不具备以上条件，质点运动的路程会是多解的，这是必须要注意的．一个质点在平衡位置O 点附近做简谐运动，它离开O 点后经过3 s 时间第一次经过M 点，再经过2 s 第二次经过M 点，该质点再经过________s 第三次经过M 点．若该质点由O 点出发，在20 s 内经过的路程是20 cm ，则质点做简谐运动的振幅为________cm.[解析] 根据简谐运动的周期性和对称性分析解决问题．作出该质点的振动图象如图所示，则M 点的可能位置有两个，即对应图中的M 1或M 2.第一种情况：若是位置M 1，由图可知T 14＝3 s ＋1 s ＝4 s ，T 1＝16 s ，根据简谐运动的周期性，质点第三次经过M 点时所需时间为一个周期减从第一次经过M 点到第二次经过M 点的时间，故Δt 1＝16 s －2 s ＝14 s ．质点在20 s 内⎝⎛⎭⎫即n ＝2016＝54个周期内的路程为20 cm ，故由5A 1＝20 cm ，得振幅A 1＝4 cm.第二种情况：若是位置M 2，由图可知3T 24＝3 s ＋1 s ＝4 s ，T 2＝163s ．根据对称性，质点第三次经过M 点时所需时间为一个周期减从第一次经过M 点到第二次经过M 点的时间，故Δt 2＝163 s －2 s ＝103s. 质点在20 s 内⎝ ⎛⎭⎪⎫即n ＝20163＝154个周期内的路程为20 cm.故由15A 2＝20 cm ，得振幅A 2＝43 cm. [答案] 14或103 4或43由于简谐运动的对称性和周期性造成问题多解需多向思维，画出运动示意图可以帮助全面思考，以免漏解.简谐运动的图象1．确定振动物体在任一时刻的位移．如图所示，对应t 1、t 2时刻的位移分别为x 1＝＋5 cm ，x 2＝－5 cm.2．确定振动的振幅．图象中最大位移的值就是振幅，如图所示，振动的振幅是10 cm.3．确定振动的周期和频率．振动图象上一个完整的正弦(余弦)图形在时间轴上拉开的“长度”表示周期．由图可知，OD 、AE 、BF 的间隔都等于振动周期，T ＝0.2 s ，频率f ＝1T＝5 Hz. 4．确定各质点的振动方向．图中的t 1时刻，质点正远离平衡位置向正方向运动；在t 3时刻，质点正向着平衡位置运动．5．比较各时刻质点加速度的大小和方向．在图中t 1时刻质点位移x 1为正，则加速度a 1为负，t 2时刻质点位移x 2为负，加速度a 2为正，又因为|x 1|＝|x 2|，所以|a 1|＝|a 2|.(多选)如图是某弹簧振子在水平面内做简谐运动的位移－时间图象，则振动系统在( )A ．t 1和t 3时刻具有相同的动能和速度B ．t 3和t 5时刻具有相同的势能和速度C ．t 1和t 5时刻具有相同的加速度D ．t 2和t 5时刻振子所受回复力大小之比为2∶1[解析] 由题图知，t 1和t 3时刻质点的位置相同，但运动方向不同，所以具有相同的动能，而速度是矢量，方向不同，故A 错误；t 3和t 5时刻的位置相对于平衡位置对称，所以势能是相同的，位移虽然不同，但具有相同的速度，故B 正确；t 1和t 5时刻相差半个周期，处于相对于平衡位置对称的两个位置，由a ＝－kx m知加速度大小相同而方向相反，故C 错误；由回复力的公式：F ＝－kx ，知t 2和t 5时刻位移大小分别是6 cm 和3 cm ，则振子所受回复力大小之比为2∶1，故D 正确．[答案] BD在振动图象中以位移这个矢量及位移的变化来分析一系列的物理量，当位移大小相等时，回复力大小、加速度大小、速率、动能、势能都相等，当位移变大时，加速度、回复力、势能三量变大，速率、动能则变小；方向上，位移为正时，加速度、回复力两量都为负，速度方向则不一定，速度的方向可根据位移的具体矢量的变化去判定，也可用斜率的正负去判定.简谐运动中等效分析法的应用在解决某些实际物理问题时，由于研究的问题比较复杂，有时甚至求解起来十分困难，这时可以在保证研究对象的有关数据不变的前提下，用一个简单模型把原来复杂的问题简单明了化，这就是等效分析法，这一方法对我们来说非常实用，因此，我们应注意这一方法的体会与应用．光滑斜面倾角为θ，斜面上有一辆挂有单摆的小车，如图所示，在小车下滑过程中单摆同时摆动，已知摆长为L，求单摆的振动周期．[思路点拨]小球在与斜面垂直的平面内摆动，等效重力加速度实际上是重力加速度垂直斜面方向的分量．[解析]单摆处于失重状态，当单摆与小车相对静止加速下滑时，悬线拉力为F＝mg cos θ，故单摆做简谐运动时的等效加速度g′＝g cos θ，如图所示．故振动周期T＝2πLg cos θ.[答案]2πL g cos θ。

3-4 本章小结与习题分析 - 副本

x′
（1）电子相对S′系的速度为 υ′x=0.8c，电子相对S系的速度
o
x
为υx
υx
=
υ
′
x
+
u
1
+
u c2
υ
′
x
=
0.8c + 0.5c
1
+
0.5c c2
×
0.8c
≈
0.93c
（2）光子相对S′系的速度为
υ′x=-c，光子相对S系的速度υx y
y′ u = 0.5c
υx
= υ′x + u
=
1
+
u c2
( ) u′z
=
1−
uz
v c2
ux
1−
v c
2
x ' = x − vt 1 − (v / c)2
y' = y z'= z t' = t − vx / c2
1 − (v / c)2
相对论的时空观
•长度收缩
l = l0 1 − v2 c2
•时间延缓
Δt =
Δt0
1 − v2
2 c
•同时的相对性
•有因果关系的两事件的时序会颠倒。
惯性系肯定不同时。 •错 Δt′ = Δt −vΔx/c2 Δt = 0 1−v2 c2
Δx ≠ 0 ⇒ Δt ' ≠ 0 Δx = 0 ⇒ Δt ' = 0
（３）在某一惯性系中，两个不同时发生的事件，
总能找到另一惯性系使之同时发生。 •错
Δt ≠ 0
Δt ′
=
0
⇒
Δt
=
v c

2019-2020学年沪教版物理选修3-4同步配套学案：1.机械振动本章优化总结Word版含答案

本章优化总结颠簸图像与振动图像的应用从简谐运动的振动图像能够知道振动物体的运动状况．1．确立振动质点在任一时辰的位移：如下图，与t1、 t2时辰对应的位移分别为x1＝＋7 cm、 x2＝－ 5 cm.2．确立振动的振幅：图像中的最大位移的数值等于振幅，如下图，表示的振幅是10 cm.3．确立振动的周期和频次：振动图像上一个完好的正弦(或余弦)图形在时间轴上拉开的“长度”表示周期．由图可知，OD、 AE、 BF 的时间间隔都等于振动周期，T＝ 0.2 s，频率 f＝1＝ 5 Hz.T2π4．获取振动质点的位移随时间变化的关系：因为ω＝T＝ 10π rad/s，所以 x＝ 10sin(10πt) cm.5．比较各时辰速度的大小和方向：在位移－时间图像上，某时辰对应的图像的斜率表示质点的速度．图中 |k t1|<|k t2|，所以 |v t1|<|v t2|.在 t1时辰，质点正远离均衡地点运动；在t3时辰，质点正向着均衡地点运动．6．比较各时辰质点的加快度的方向和大小：在图中， t1时辰质点位移 x1为正，加快度a1为负，二者方向相反； t2时辰质点位移x2为负，加快度 a2为正，又因为 |x1|>|x2 |，所以 |a1|>|a2|.7．比较不一样时辰质点的势能、动能的大小：质点的位移越大，它所拥有的势能越大，动能则越小．如下图，在 t1时辰质点的势能 E p1大于 t2时辰质点的势能 E p2，而动能 E k1 <E k2.(多项选择 )如图，一列简谐横波沿x 轴正方向流传，实线为t＝ 0 时的波形图，虚线为 t＝0.5 s 时的波形图．已知该简谐波的周期大于0.5 s．对于该简谐波，以下说法正确的选项是()A ．波长为 2 mB．波速为 6 m/sC．频次为 1.5 HzD． t＝1 s 时， x＝ 1 m 处的质点处于波峰E． t＝ 2 s 时， x＝ 2 m 处的质点经过均衡地点[分析 ]由图像可知简谐横波的波长为λ＝4 m，A项错误；波沿x轴正向流传，t＝0.5 s＝3T，可得周期 T＝λ2s、频次 f＝1＝ 1.5 Hz ，波速 v＝＝ 6 m/s，B 、C 项正确； t＝ 0 时辰，43T T3x＝1 m 处的质点在波峰，经过 1 s＝2T，必定在波谷， D 项错误； t＝ 0 时辰， x＝ 2 m 处的质点在均衡地点，经过 2 s＝ 3T，质点必定经过均衡地点， E 项正确．[答案 ] BCE在振动图像中以位移这个矢量及位移的变化来剖析一系列的物理量，当位移大小相等时，答复力大小、加快度大小、速率、动能、势能都相等，当位移变大时，加快度、答复力、势能三量变大，速率、动能则变小；方向上，位移为正时，加快度、答复力两量都为负，速度方向则不必定，速度的方向可依据位移的详细矢量的变化去判断，也可用斜率的正负去判定．简谐运动的周期性、对称性和多解性1．周期性：做简谐运动的物体经过一个周期或几个周期后，能答复到本来的状态，振动的各物理量与本来状态完好同样．2．对称性：简谐运动的对称性是指振子经过对于均衡地点对称的两个地点时，振子的位移、答复力、加快度、速度、动能、势能等均是等大的(位移、答复力、加快度的方向相反，速度的方向不确立)．运动时间也拥有对称性，即在对于均衡地点对称的两段位移内运动的时间相等．3．多解性：一个做简谐运动的质点，经过时间t＝ nT(n 为正整数 )，则质点必回到原状T态，对应的物理量完好同样，而经过t＝ (2n＋ 1) 2(n 为正整数 )，则质点所处地点必与本来位置对于均衡地点对称，所对应的物理量大小相等，所以在办理一些问题时，要注意多解的可能．经过 M 质点由一个质点在均衡地点O 点邻近做简谐运动，它走开O 点后经过 3 s 时间第一次点，再经过 2 s 第二次经过M 点，该质点再经过________s 第三次经过M 点．若该O 点出发，在20 s 内经过的行程是20 cm，则质点做简谐运动的振幅为________cm.[分析 ]依据简谐运动的周期性和对称性剖析解决问题．作出该质点的振动图像如图所示，则M 点的可能地点有两个，即对应图中的M1或M2.T1第一种状况：假如地点M1，由图可知 4 ＝3 s＋1 s＝4 s，T1＝16 s，依据简谐运动的周期性，质点第三次经过M 点时所需时间为一个周期减从第一次经过M 点到第二次经过M 点的时间，故t1＝ 16 s－ 2 s＝ 14 s．质点在20 520 s 内即n＝ 16＝4个周期内的行程为20 cm，故由 5A1＝ 20 cm，得振幅A1＝ 4 cm.3T216第二种状况：假如地点 M2，由图可知4＝ 3 s＋1 s＝ 4 s，T2＝3 s．依据对称性，质点第三次经过 M 点时所需时间为一个周期减从第一次经过M 点到第二次经过 M 点的时间，故1610即 n＝20＝15个周期内t2＝3s－ 2 s＝3 s．质点在20 s 内164的行程为 20 cm. 34故由 15A2＝ 20 cm，得振幅A2＝3 cm.[答案 ]14 或104 或4 33因为简谐运动的对称性和周期性造成问题多解需多向思想，画出运动表示图能够帮助全面思虑，免得漏解．自由振动、受迫振动、共振的比较振动种类自由振动受迫振动共振比较项目受力状况仅受答复力周期性驱动力作用周期性驱动力作用由系统自己性质决由驱动力的周期或频振动周期或频次定，即固有周期或固率决定，即 T＝T 驱或T 驱＝T 固或 f 驱＝f 固有频次f＝f 驱振动能量振动物体的机械能不由产生驱动力的物体振动物体获取的能量变供给最大常有例子弹簧振子或单摆机器运行时底座发生共振筛、声音的共识的振动等(多项选择 )如下图，一根绷紧的水平绳上挂五个摆，此中A、E摆长均为 l，先让 A 摆振动起来，其余各摆随后也随着振动起来，则 ()A ．其余各摆振动周期跟 A 摆同样B．其余各摆振动的振幅大小相等C．其余各摆振动的振幅大小不一样， E 摆的振幅最大D． B、 C、 D 三摆振动的振幅大小不一样， B 摆的振幅最小[分析 ] A 摆振动后迫使水平绳摇动．水平绳又迫使B、 C、 D、 E 四摆做受迫振动，由于物体做受迫振动的周期老是等于驱动力的周期，所以，B、 C、D、E 四摆的周期跟 A 摆相同．驱动力的频次等于 A 摆的固有频次 f A＝1 ＝1g，其余四摆的固有频次与驱动力的T A2πl频次关系是：1g1gf B＝2π0.5l≈1.41f A， f C＝2π 1.5l≈0.82f A1g1gf D＝2π2l≈0.71f A， f E＝2πl＝ f A可见只有 E 摆的固有频次与驱动力的频次相等，它发生共振现象，其振幅最大，B、C、D 三个摆均不发生共振，振幅各异，此中 B 摆的固有频次与驱动力的频次相差最大，所以它的振幅最小．[答案 ] ACD。

高中物理选修3-4课后习题和答案以及解释

课后练习一第 1 讲冲量与动量1.质点受两个方向相反的恒力F1、F2作用.其中F1的大小为4N,作用时间为20s;F2的大小为5N,作用时间为16s.则质点在整个过程中受到的冲量大小为.答案：0详解：4*20 –5*16，减号是因为两个冲量反向。

2.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动.两球质量关系为mB=2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg•m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg•m/s.则( )A.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5B.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10C.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5D.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10答案：A详解：因为二者动量都是正，于是速度方向相同，要保证二者相碰，左边那个要去追右边的，于是左球速度大，因为B质量大，于是B速度小，于是右球是B.碰后A动量是2 kg•m/s 据动量守恒，B动量是10 kg•m/s.动量除以质量得到速度比。

3.在光滑水平面上,A和B两小球沿同一方向做直线运动,A以10kg•m/s的动量和正前方动量为15kg•m/s的B球正碰.设原速度方向为正方向,则A和B动量的变化可能是( )A.5kg•m/s和5kg•m/sB.-5kg•m/s和5kg•m/sC.-5kg•m/s和10kg•m/sD.5kg•m/s和-5kg•m/s答案：B详解：因为A在B后方嘛，碰后A会减速，B会加速，于是A动量必然减小，根据动量守恒，C不可能，B才对。

4.一只小船静止在水面上,一个人从小船的一端走到另一端,不计水的阻力,以下说法正确的是( )A.人在小船上行走时,人对船的冲量比船对人的冲量小,所以人向前运动得快,小船向后退得慢B.人在小船上行走时,人的质量比船的质量小,它们受到的冲量大小一样,所以人向前运动得快,小船向后退得慢C.当人停止走动时,因为小船惯性大,所以小船要继续后退D.当人停止走动时,因为总动量守恒,所以小船也停止后退答案：BD详解：冲量大小肯定是一样的。

高二物理选修3-4 章末小结11

[答案] 87.46 75.2 1.88 9.76
第十一章章末小结
l 4π2l g得g＝ T2 ，
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触及高考
第十一章
章末小结
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本章在高考中，常考知识点有单摆周期公式及其应用，弹簧振子的振动图象及对日常生活现象的解释，振动过程中物理量的变化等，有时结合万有引力定律，电场等知识联合考查，题型多以选择、填空为主。
第十一章
章末小结
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考题探析
第十一章
章末小结
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[例]
(2012· 重庆理综，14)装有砂粒的试管竖直静浮于
水面，如图所示。将试管竖直提起少许，然后由静止释放并开始计时，在一定时间内试管在竖直方向近似做简谐运动。若取竖直向上为正方向，则以下描述试管振动的图象中可能正确的是( )
第十一章
章末小结
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第十一章
章末小结
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[解析] 单摆摆长是悬点到摆球球心间的距离，故摆长为l＝87.46cm；停表读数为t＝1×60s＋15.2s＝75.2s； t 单摆的振动周期为T＝＝1.88s； 40 由单摆周期公式T＝2π 故g＝9.76m/s2。
4．确定各质点的振动方向。如图中的t1时刻，质点正远离平衡位置向位移的正方向运动；在t3时刻，质点正向着平衡位置运动。 5．比较各时刻质点加速度的大小和方向。如图中t1时刻质点位移x1为正，则加速度a1为负；t2时刻质点位移x2为负，则加速度a2为正，又因为|x1|>|x2|，所以|a1|>|a2|。

九年级上册第三、四章知识点总结

第四章基础知识分析第一节食物与摄食1．热量价：每克营养物质在体内氧化时所产生的热量叫热量价。

不同物质的热量价是不同的，蛋白质为16.7千焦，糖类为16.7千焦，脂肪为37.7 干焦。

2．食物中的营养素主要有水、糖类、蛋白质、脂肪、无机盐、维生素和粗纤维等7大类。

3．各类营养素的作用。

糖类：①是人体细胞最重要的供能物质； ②人体细胞的—种组成成分。

蛋白质：①是细胞生长和修补的主要原料； ②为人体生命活动提供能量； ③参与人体的各种生理活动。

脂肪：生物体贮存能量的物质。

水：①细胞的重要组成成分； ②各种生理活动的基础。

无机盐：构成组织和维护正常生理功能所必需的物质。

如缺锌时会使儿童味蕾功能下降,造成食欲减弱。

维生素：是维持人体正常生理活动不可缺少的微量有机物。

粗纤维：来源于植物性食物，能吸收和保留水分，辅助人体对食物的消化和吸收。

45蛾蝶类虹吸式；蝇类舐吸式；蚊类刺吸式；蜂类嚼吸式；蝗虫咀嚼式。

6．牙的结构及龋齿的形成。

（1）结构示意图：①写出图中一、二、三所指的名称：一：牙冠；二：牙颈；三：牙根。

②构成牙齿的主要物质是[ 2 ] 牙本质；③人得了龋齿发生疼痛，是由于病菌已侵入[ 3 ]牙髓腔而引起神经发炎所致；④保护牙齿要做到饭后漱口，早晚刷牙。

（2）龋齿的形成：牙齿上粘有的糖类食物 → 微生物发酵 → 产生酸性物质 → 腐蚀牙釉质（出现黑斑）→ 破坏牙骨质 → 牙髓腔受到破坏 → 牙髓受病菌感染发炎、疼痛。

第二节食物的消化和吸收1．消化系统的组成：消化道和消化腺。

食物在由消化腺分泌的消化液作用下消化。

一二三①消化道依次包括：口、咽、食道、胃、小肠、大肠、肛门。

②消化腺包括：唾液腺、胃腺、肝脏、肠腺、胰腺。

③唾液腺：分泌唾液，流入口腔；④胃腺：分泌胃液，进入胃；⑤肝脏：分泌胆汁，暂存胆囊，流入小肠中促进脂肪的消化，胆汁不含消化酶；⑥肠腺：分泌肠液，进入小肠；⑦胰腺：分泌胰液，进入小肠。

人教版物理选修3-4 知识点总结【完美笔记打印】

共振定做义共：振驱动力的频率等于系统振动的固有频率时，受迫振动的振幅最大，这种现象叫共振曲线（受迫振动振幅A、驱动力频率f、固有频率f′）
第十二章机械波波的形成和传播波动横波：质点的振动方向跟波的传播方向垂直的波叫做横波，也叫做凹凸波
波峰：在横波中凸起的最高处叫做波峰波谷：在横波中凹下的最低处叫做波谷能在固体中传播纵波：质点的振动方向跟波的传播方向在同一直线上的波叫做纵波，也叫做疏密波密部：在纵波中，质点分布最密的地方叫做密部疏部：在纵波中，质点分布最疏的地方叫做疏部在固体、液体和气体中均能传播。声波是纵波。机械波概念：机械振动在介质中传播的过程产生条件
阻尼振动定义：振幅逐渐减小的振动，叫做阻尼振动阻尼振动图像
受力及能量受到阻力作用，即有阻尼振动物体的能量逐渐减小
提示简谐运动是理想化模型，是无阻尼振动物着体振做幅阻的尼减振小动而时变，化振幅不断减小，但振动的频率仍由自身结构决定，并不会随
受迫振动定义：系统在驱动力作用下的振动驱动力：作用在振动系统上的周期性外力频率固率有称频为率固：有如频果率振动系统不受外力作用，此时的振动叫做固有振动，其振动的频物体做受迫振动时，振动稳定后的频率等于驱动力的频率，跟系统的固有频率无关能量：受迫振动的系统与外界始终进行着能量交换
人教版物理选修3-4 知识点总结
第十一章机械振动简谐运动定这义样：的如振果动质叫点做的简位谐移运与动时。间的关系遵从正弦函数的规律，即x-t图像是一条正弦曲线，简谐位运移动表的达描式述：x=Asin（ωt ） +φ 全全振振动动：。振动质点从经过某一位置开始到再次以相同速度通过同一位置的过程称为一次 x=As位振周in移幅期（（（（ωtxAT+）））φ）:：振完动成物一体次离全开振平动衡所位需置要的的最时大间距离频相相率位位意（（差义fω（）t：Δ+：φφ反））单应位两时振间动内的完振成动全步振调动的的差次异数，f=1/T 提示初相位的差值要用同种函数表示振动方程简谐运动的回复力和能量回复定力义（：F=振-k动x）物体偏离平衡位置后，所受到的使它回到平衡位置的力特点一个力或几个力的合力或某一个力的分力方向总是指向平衡位置回复力是沿速度方向上的合力简谐运动的能量变化规律各个物理量变化规律

[3-4]4-7本章小结

4．7本章小结【学习目标】1．知识与技能：通过对光的干涉、衍射、光的偏振、折射、全反射的学习，从生活、实验、理论多方位理解光的现象、规律、实际应用，理解光的波动性。

2．过程与方法：学生在实验中，通过了解每个实验元件的作用，学会科学设计实验仪器和实验方案的思维方法；同时培养学生的实践能力、自学能力；学习科学探究方法，养成良好的思维习惯，能运用物理知识和科学探究方法解决一些问题。

3．情感态度与价值观：培养学生的科学态度，让学生体验探究科学的艰辛与喜悦；从体会光现象的奇妙培养学习物理的兴趣，从光学技术的应用，激发学习光学知识的动力。

【要点导学】【方法举例】1．干涉的条件、操作、规律、现象、应用等在用单色光做双缝干涉实验时，若双缝处两列光的振动情况完全相同，则在光屏上距双缝的路程差为光波波长整数倍的地方（22λ⋅=∆n S ， 3,2,1,0=n ）光被加强，出现亮条纹；光屏上距双缝的路程差为光波半波长的奇数倍的地方（2)12(λ⋅+=∆n S ，3,2,1,0=n ）光被减弱，出现暗条纹。

理论和实验都证明：在实验装置不变的条件下，单色光产生的干涉条纹间距（相邻两条明条纹中心或相邻两条暗纹中心间的距离）跟光的波长成正比（λdlx =∆，l 为双缝屏与像屏间距，d 为双缝间距），所以从红光到紫光的的干涉条纹间距将越来越小，在用白光做双缝干涉实验时，除中央亮条纹为白色外，两侧均为彩色的干涉条纹。

2．光的折射和全反射，解决这类题目必须做到以下两点（1）画图是解决物理问题的重要途径：认真审题，读懂题目的意思，从而作出草图，有些同学没有这个习惯，在这一部分又不得不去画图，导致图画不准确、不严密，图中包含的物理知识，遵循的物理规律体现不出来或不全面，情境问题的出现，更需要将抽象的问题形象化，综合运用理解能力、推理能力才能解决问题。

正确地画出几何光学图，相当于完成了一半的工作量，剩余的仅仅是计算问题。

（2）充分利用临界条件：全反射知识问题求解时，不仅要利用图形，结合几何关系去处理，同时特别要注意对临界条件光线的分析。

材料科学基础第3-4章小结及习题课讲解

表示，模的大小表示该晶向上原子间的距离。
b a u2 v2 w2 n
六方晶系中: b=（a/n）[uvtw]
同一晶体中，柏氏矢量愈大，表明该位错导致点阵畸变愈严重，它所在处的能量也愈高。
3.2.3 位错的运动
基本形式:滑移和攀移
滑移（slip）:三种位错的滑移过程攀移（climb）：在垂直于滑移面方向上运动，
第三章晶体缺陷
晶体缺陷分类及特征（几何形态、相对于晶体的尺寸、影响范围）：
1. 点缺陷：特征是三维空间的各个方面上尺寸都很小，尺寸
范围约为一个或几个原子尺度，包括空位、间隙原子、杂质和溶质原子。
2. 线缺陷：特征是在两个方向上尺寸很小，另外一个方面上
很大，如各类位错。
3. 面缺陷：特征是在一个方向上尺寸很小,另外两个方向上
晶界：属于同一固相但位向不同的晶粒之间的界面称为晶界。
亚晶界：每个晶粒有时又由若干个位向稍有差异的亚晶粒所组成，相邻亚晶粒间的界面称为亚晶界。
确定晶界位置方法： (1)两晶粒的位向差θ (2)晶界相对于一个点阵某一平面的夹角φ。
晶界分类（按θ的大小）：小角度晶界θ<10º 大角度晶界θ>10º
（3）刃型位错标记正刃型位错用“⊥”表示，负刃型位错用“┬”表示；其
正负只是相对而言。
（4）刃型位错特征： ① 有一额外的半原子面，分正和负刃型位错；
② 可理解为是已滑移区与未滑移区的边界线，可是直线也可是折线和曲线，但它们必与滑移方向和滑移矢量垂直；
③ 只能在同时包含有位错线和滑移矢量的滑移平面上滑移； ④ 位错周围点阵发生弹性畸变，有切应变，也有正应变；
表面能(γ）：产生单位面积新表面所做的功。表示法：①γ= dw/ds ②γ= T/L （N/m） ③γ= [被割断的结合键数/形成单位新表面]×[能量/每个键] 影响γ的因素： (1)晶体表面原子排列的致密程度。 (2)晶体表面曲率。 (3)外部介质的性质。 (4)晶体性质。

高中物理选修3-4选修3-4教材全解

选修3-4教材全解第十一章机械振动第1节简谐运动P2旁批：弹簧振子的名称。

名词和符号问题不必纠缠弹簧振子是小球和弹簧所组成的系统的名称，但有时也把这样的小球称做弹簧振子或简称振子。

P3从图11.1-2可以看出，小球运动时的位置与时间的关系很像正弦函数的关系。

是不是这样呢？对比曲线运动教学中关于红蜡块的说法，情感态度价值观的教育。

P3思考与讨论确定弹簧振子的位置与时间的关系方法一数学课中我们已经学过正弦函数的振幅、周期（频率）等知识。

假定图11.1-2中的曲线的确是正弦曲线，用刻度尺测量它的振幅和周期，写出具有这样振幅、周期的正弦函数的表达式。

应该注意到，这个表达式中计时开始时位移应该是零，随后位移开始增加并为正值。

然后，在图11.1-2的曲线中选小球的若干个位置，用刻度尺在图中测量它们的横坐标和纵坐标，代入你所写出的正弦函数的表达式中进行检验，看一看这条曲线是否真的是一条正弦曲线。

方法二在图11.1-2中测量小球在各个位置的横坐标和纵坐标。

把测量值输入计算机中，用数表软件做出这条曲线，然后按照计算机的提示用一个周期性函数拟合这条曲线，看一看弹簧振子的位移－时间的关系可以用什么函数表示。

重视科学方法：一种处理实验数据的方法P4说：“如果质点的位置与时间的关系遵从正弦函数的规律，即它的振动图象（x -t 图象）是一条正弦曲线，这样的振动叫做简谐运动。

” 这是运动学的定义，它告诉我们，什么样的运动是简谐运动。

P12“简谐运动的回复力和能量”一节中说：“如果质点所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成正比，并且总是指向平衡位置，质点的运动就是简谐运动。

” 这里告诉我们，在什么力的作用下物体做简谐运动。

应该从运动学的角度定义一种运动，例如，不应说“物体在不受任何力的作用时所做的运动叫做匀速直线运动”，而应说“沿直线且速度不变的运动叫做……”现行教材也是两方面都提到了，但新教材把“什么是……”和“什么情况下做……”说得更清楚了。

新编基础物理学上册3-4单元课后答案

第三章3-1 半径为R 、质量为M 的均匀薄圆盘上，挖去一个直径为R 的圆孔，孔的中心在12R 处，求所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量。

分析：用补偿法（负质量法）求解，由平行轴定理求其挖去部分的转动惯量，用原圆盘转动惯量减去挖去部分的转动惯量即得。

注意对同一轴而言。

解：没挖去前大圆对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：2112J MR =① 由平行轴定理得被挖去部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：2222213()()2424232c M R M R J J md MR =+=⨯⨯+⨯= ② 由①②式得所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：2121332J J J MR =-=3-2 如题图3-2所示，一根均匀细铁丝，质量为M ，长度为L ，在其中点O 处弯成120θ=︒角，放在xOy 平面内，求铁丝对Ox 轴、Oy 轴、Oz 轴的转动惯量。

分析：取微元，由转动惯量的定义求积分可得解：（1）对x 轴的转动惯量为：2022201(sin 60)32Lx M J r dm l dl ML L ===⎰⎰ （2）对y 轴的转动惯量为：20222015()(sin 30)32296Ly M L M J l dl ML L =⨯⨯+=⎰（3）对Z 轴的转动惯量为：22112()32212z M L J ML =⨯⨯⨯=3-3 电风扇开启电源后经过5s 达到额定转速，此时角速度为每秒5转，关闭电源后经过16s 风扇停止转动，已知风扇转动惯量为20.5kg m ⋅，且摩擦力矩f M 和电磁力矩M 均为常量，求电机的电磁力矩M 。

分析：f M ，M 为常量，开启电源5s 内是匀加速转动，关闭电源16s 内是匀减速转动，可得相应加速度，由转动定律求得电磁力矩M 。

解：由定轴转动定律得：1f M M J β-=，即11252520.50.5 4.12516f M J M J J N m ππβββ⨯⨯=+=+=⨯+⨯=⋅ 3-4 飞轮的质量为60kg ，直径为0.5m ，转速为1000/min r ，现要求在5s 内使其制动，求制动力F ，假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数0.4μ=，飞轮的质量全部分布在轮的外周上，尺寸如题图3-4所示。

3-4知识点例题.pdf

4 2L
g= 2 .
T
（ 8）要判定一个物体的运动是简谐运动，首先要判定这个物体的运动是机械振动，即看这个物体是不是做的往复
运动；看这个物体在运动过程中有没有平衡位置；看当物体离开平衡位置时，会不会受到指向平衡位置的回复力作
用，物体在运动中受到的阻力是不是足够小。
然后再找出平衡位置并以平衡位置为原点建立坐标系，再让物体沿
，所以波速为 V T
②由于周期 T 和频率 f 互为倒数（即 f =1/ T），所以上式可写成 V f
（ 6）波的图象：①波的图象是描述在波的传播方向上的介质中各质点在某时刻离开平衡位置的位移。②简谐波的
图象是一条正弦或余弦图象。③波的图象的重复性：相隔时间为周期整数倍的两个时刻的波形相同。④波的图象反
加速度 a=-Kx/m 动能 Ek=E-Kx 2/2
速度 V
2E K
m
(10) 简谐运动的图象： ①定义：振动物体离开平衡位置的位移 X随时
间 t 变化的函数图
象。不是运动轨迹，它只是反映质点的位移随时间的变化规律。②作法：以横轴表示时间，纵轴表示位移，根据实
际数据取单位，定标度，描点，用平滑线连接各点便得图线。③图象特点：用演示实验证明简谐运动的图象是一条
②在离开平衡位置最远时：速度最小、动能最小、动量最小；位移最大、回复力最大、加速度最大。
③振动中的位移 x都是以平衡位置为起点的，方向从平衡位置指向末位置，大小为这两位置间的直线距离。加速度
与回复力、位移的变化一致 , 在两个“端点”最大，在平衡位置为零，方向总是指向平衡位置。
（ 3）振幅 A：振动物体离开平衡位置的最大距离称为振幅。它是描述振动强弱的物理量。它是标量。
g 取 10m/s 2）