2014《步步高》物理大一轮复习讲义第十三章第2课时
物理大一轮复习讲义5第十三章动量守恒定律波粒二象性原子结构与原子核第讲含答案
第2讲光电效应波粒二象性一、普朗克能量子假说黑体与黑体辐射1．黑体与黑体辐射（1)黑体:如果某种物质能够完全吸收入射的各种波长的电磁波而不发生反射，这种物体就是绝对黑体．(2）黑体辐射：辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关．2．普朗克能量子假说当带电微粒辐射或吸收能量时,是以最小能量值为单位一份一份地辐射或吸收的，这个最小能量值ε叫做能量子．ε＝hν。
二、光电效应及其规律1．光电效应现象在光的照射下,金属中的电子从表面逸出的现象，发射出来的电子叫光电子．2．光电效应的产生条件入射光的频率大于等于金属的极限频率．3．光电效应规律(1)每种金属都有一个极限频率，入射光的频率必须大于等于这个极限频率才能产生光电效应．(2)光电子的最大初动能与入射光的强度无关,只随入射光频率的增大而增大．(3)光电效应的发生几乎是瞬时的，一般不超过10－9 s.(4）当入射光的频率大于等于极限频率时,饱和光电流的大小与入射光的强度成正比．4．爱因斯坦光电效应方程(1)光子说:光的能量不是连续的，而是一份一份的，每一份叫做一个光子,光子的能量ε＝hν。
(2)逸出功W0:电子从金属中逸出所需做功的最小值．(3)最大初动能：发生光电效应时,金属表面上的电子吸收光子后克服原子核的引力逸出时所具有的动能的最大值．(4）光电效应方程①表达式：hν＝E k＋W0或E k＝hν－W0。
②物理意义：金属表面的电子吸收一个光子获得的能量是hν,这些能量的一部分用来克服金属的逸出功W0,剩下的表现为逸出后电子的最大初动能．三、光的波粒二象性物质波1．光的波粒二象性(1)波动性:光的干涉、衍射、偏振现象证明光具有波动性．(2）粒子性：光电效应、康普顿效应说明光具有粒子性．(3)光既具有波动性,又具有粒子性，称为光的波粒二象性．2．物质波（1)概率波光的干涉现象是大量光子的运动遵守波动规律的表现,亮条纹是光子到达概率大的地方,暗条纹是光子到达概率小的地方，因此光波又叫概率波．（2)物质波任何一个运动着的物体，小到微观粒子大到宏观物体都有一种波与它对应,其波长λ＝错误!，p为运动物体的动量，h为普朗克常量．1．判断下列说法是否正确．(1)任何频率的光照射到金属表面都可以发生光电效应．(×)(2)要使某金属发生光电效应,入射光子的能量必须大于金属的逸出功．(√）(3）光电子的最大初动能与入射光子的频率成正比．（×）（4）光的频率越高，光的粒子性越明显,但仍具有波动性．（√）(5）德国物理学家普朗克提出了量子假说，成功地解释了光电效应规律．(×）（6）美国物理学家康普顿发现了康普顿效应，证实了光的粒子性．(√)(7）法国物理学家德布罗意大胆预言了实物粒子具有波动性．(√）2．（多选）如图1所示，用导线把验电器与锌板相连接，当用紫外线照射锌板时，发生的现象是（)图1A．有光子从锌板逸出B．有电子从锌板逸出C．验电器指针张开一个角度D．锌板带负电答案BC3．（多选)在光电效应实验中，用频率为ν的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是()A．增大入射光的强度，光电流增大B．减小入射光的强度，光电效应现象消失C．改用频率小于ν的光照射，一定不发生光电效应D．改用频率大于ν的光照射,光电子的最大初动能变大答案AD解析增大入射光强度,单位时间内照射到单位面积的光子数增加，则光电流将增大，故选项A正确；光电效应是否发生取决于入射光的频率，而与入射光强度无关，故选项B错误．用频率为ν的光照射光电管阴极，发生光电效应，用频率较小的光照射时,若光的频率仍大于等于极限频率，则仍会发生光电效应,选项C错误；根据hν－W逸＝错误!mv2可知,增加入射光频率，光电子的最大初动能增大，故选项D正确．4．有关光的本性，下列说法正确的是(）A．光既具有波动性，又具有粒子性，两种性质是不相容的B．光的波动性类似于机械波，光的粒子性类似于质点C．大量光子才具有波动性，个别光子只具有粒子性D．由于光既具有波动性，又具有粒子性,无法只用其中一种性质去说明光的一切行为，只能认为光具有波粒二象性答案D5．黑体辐射的规律如图2所示，从中可以看出，随着温度的降低，各种波长的辐射强度都________（填“增大”“减小"或“不变)，辐射强度的极大值向波长________（填“较长"或“较短”）的方向移动．图2答案减少较长解析由题图可知,随着温度的降低，相同波长的光辐射强度都会减小;同时最大辐射强度向右侧移动,即向波长较长的方向移动。
《步步高》2014高考物理大一轮复习讲义【配套word版文档】第九章_专题十_电磁感应中的动力学和能
专题十 电磁感应中的动力学和能量问题考纲解读 1.会分析计算电磁感应中有安培力参与的导体的运动及平衡问题.2.会分析计算电磁感应中能量的转化与转移． 考点一 电磁感应中的动力学问题分析1． 安培力的大小由感应电动势E ＝Bl v ，感应电流I ＝ER 和安培力公式F ＝BIl 得F ＝B 2l 2v R .2． 导体两种状态及处理方法(1)导体的平衡态——静止状态或匀速直线运动状态． 处理方法：根据平衡条件(合外力等于零)列式分析． (2)导体的非平衡态——加速度不为零．处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．例1 (2012·广东理综·35)如图1所示，质量为M 的导体棒ab ，垂直放在相距为l 的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．左侧是水平放置、间距为d 的平行金属板，R 和R x 分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．图1(1)调节R x ＝R ，释放导体棒，当导体棒沿导轨匀速下滑时，求通过导体棒的电流I 及导体棒的速率v .(2)改变R x ，待导体棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m 、带电荷量为＋q 的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的R x . 答案 (1)Mg sin θBl 2MgR sin θB 2l 2(2)mBldMq sin θ解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是 “先电后力”，即：先做“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E 和r ；再进行“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相应部分的电流大小，以便求解安培力；然后是“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力；最后进行“运动”状态的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型．突破训练1如图2所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab、cd的质量之比为2∶1.用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd，经过足够图2长时间以后() A．金属棒ab、cd都做匀速运动B．金属棒ab上的电流方向是由b向aC．金属棒cd所受安培力的大小等于2F/3D．两金属棒间距离保持不变答案BC考点二电磁感应中的能量问题分析1．过程分析(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转化过程．(2)电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用，因此，要维持感应电流的存在，必须有“外力”克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能．“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．(3)当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能．安培力做功的过程，或通过电阻发热的过程，是电能转化为其他形式能的过程．安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能．2．求解思路(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算．(2)若电流变化，则：①利用安培力做的功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则机械能的减少量等于产生的电能．例2如图3所示，倾角为θ＝30°、足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ相距L1＝0.4 m，B1＝5 T的匀强磁场垂直导轨平面向上．一质量m＝1.6 kg的金属棒ab垂直于MN、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，其电阻r＝1 Ω.金属导轨上端连接右侧电路，R1＝1 Ω，R2＝1.5 Ω.R2两端通过细导线连接质量M＝0.6 kg的正方形金属框cdef，正方形边长L2＝0.2 m，每条边电阻r0为1 Ω，金属框处在一方向垂直纸面向里、B2＝3 T的匀强磁场中．现将金属棒由静止释放，不计其他电阻及滑轮摩擦，g取10 m/s2.(1)若将电键S断开，求棒下滑过程中的最大速度．(2)若电键S闭合，每根细导线能承受的最大拉力为3.6 N，求细导线刚好被拉断时棒的速度．(3)若电键S闭合后，从棒释放到细导线被拉断的过程中，棒上产生的电热为2 J，求此过程中棒下滑的高度(结果保留一位有效数字)．图3答案(1)7 m/s(2)3.75 m/s(3)1 m电磁感应中能量转化问题的分析技巧1．电磁感应过程往往涉及多种能量的转化(1)如图4中金属棒ab沿导轨由静止下滑时，重力势能减少，一部分用来克服安培力做功，转化为感应电流的电能，最终在R上转化为焦耳热，另一部分转化为金属棒的动能．(2)若导轨足够长，棒最终达到稳定状态做匀速运动，之后重力图4势能的减小则完全用来克服安培力做功，转化为感应电流的电能．2．安培力做功和电能变化的特定对应关系(1)“外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．(2)安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程，安培力做多少功就有多少电能转化为其他形式的能．3．解决此类问题的步骤(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(包括右手定则)确定感应电动势的大小和方向．(2)画出等效电路图，写出回路中电阻消耗的电功率的表达式．(3)分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的方程，联立求解．突破训练2如图5所示电路，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨下端接有电阻R，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上的匀强磁场中，电阻可忽略不计的金属棒ab质量为m，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用．金属棒沿导轨匀图5速下滑，则它在下滑高度h的过程中，以下说法正确的是() A．作用在金属棒上各力的合力做功为零B．重力做的功等于系统产生的电能C．金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热D．金属棒克服恒力F做的功等于电阻R上产生的焦耳热答案AC1．模型概述“导轨＋杆”模型是电磁感应问题在高考命题中的“基本道具”，也是高考的热点，考查的知识点多，题目的综合性强，物理情景变化空间大，是我们复习中的难点．“导轨＋杆”模型又分为“单杆”型和“双杆”型；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速运动、匀变速运动、非匀变速运动或转动等；磁场的状态可分为恒定不变、均匀变化和非均匀变化等等，情景复杂，形式多变．2．常见模型类型“电—动—电”型“动—电—动”型示意图已知量棒ab长L，质量m，电阻R；导轨光滑水平，电阻不计棒ab长L，质量m，电阻R；导轨光滑，电阻不计过程分析S闭合，棒ab受安培力F＝BLER，此时加速度a＝BLEmR，棒ab速度v↑→感应电动势E′＝BL v↑→电流I↓→安培力F＝BIL↓→加速度a↓，当安培力F＝0时，a＝0，v最大，最后匀速运动棒ab释放后下滑，此时加速度a＝g sin α，棒ab速度v↑→感应电动势E＝BL v↑→电流I＝ER↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，当安培力F＝mg sin α时，a＝0，v最大，最后匀速运动能量转化通过安培力做功，把电能转化为动能克服安培力做功，把重力势能转化为内能运动形式变加速运动变加速运动最终状态匀速运动，v m＝E′BL匀速运动v m＝mgR sin αB2L2解析(1)设甲在磁场区域abcd内运动时间为t1，乙从开始运动到ab位置的时间为t2，则由运动学公式得L ＝12·2g sin θ·t 21，L ＝12g sin θ·t 22 解得t 1＝Lg sin θ，t 2＝ 2Lg sin θ(1分) 因为t 1<t 2，所以甲离开磁场时，乙还没有进入磁场．(1分)设乙进入磁场时的速度为v 1，乙中产生的感应电动势为E 1，回路中的电流为I 1，则12m v 21＝mgL sin θ(1分) E 1＝Bd v 1(1分) I 1＝E 1/2R (1分) mg sin θ＝BI 1d (1分) 解得R ＝B 2d 22m2Lg sin θ(1分) (2)从释放金属杆开始计时，设经过时间t ，甲的速度为v ，甲中产生的感应电动势为E ，回路中的电流为I ，外力为F ，则 v ＝at (1分) E ＝Bd v (1分) I ＝E /2R (1分)F ＋mg sin θ－BId ＝ma (1分) a ＝2g sin θ 联立以上各式解得 F ＝mg sin θ＋mg sin θ2g sin θL·t (0≤t ≤ Lg sin θ)(1分) 方向垂直于杆平行于导轨向下．(1分)(3)甲在磁场运动过程中，乙没有进入磁场，设甲离开磁场时速度为v 0，甲、乙产生的热量相同，均设为Q 1，则 v 20＝2aL (1分)W ＋mgL sin θ＝2Q 1＋12m v 20(2分)解得W ＝2Q 1＋mgL sin θ乙在磁场运动过程中，甲、乙产生相同的热量，均设为Q 2，则2Q 2＝mgL sin θ(2分) 根据题意有Q ＝Q 1＋Q 2(1分) 解得W ＝2Q (1分) 答案 (1)B 2d 22m2Lg sin θ(2)F ＝mg sin θ＋mg sin θ 2g sin θL·t (0≤t ≤ Lg sin θ)，方向垂直于杆平行于导轨向下 (3)2Q突破训练3 如图7甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 竖直放置，其宽度L ＝1 m ，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M 与P 之间连接阻值为R ＝0.40 Ω的电阻，质量为m ＝0.01 kg 、电阻为r ＝0.30 Ω的金属棒ab 紧贴在导轨上．现使金属棒ab 由静止开始下滑，下滑过程中ab 始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x 与时间t 的关系如图乙所示，图象中的OA 段为曲线，AB 段为直线，导轨电阻不计，g ＝10 m/s 2(忽略ab 棒运动过程中对原磁场的影响)，求：甲 乙图7(1)磁感应强度B 的大小；(2)金属棒ab 在开始运动的1.5 s 内，通过电阻R 的电荷量； (3)金属棒ab 在开始运动的1.5 s 内，电阻R 上产生的热量． 答案 (1)0.1 T (2)0.67 C (3)0.26 J1． (2012·山东理综·20)如图8所示，相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R ，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B .将质量为m 的导体棒由静止释放，当速度达到v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P ，图8导体棒最终以2v 的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g .下列选项正确的是 ( )A ．P ＝2mg v sin θB ．P ＝3mg v sin θC ．当导体棒速度达到v 2时加速度大小为g2sin θD ．在速度达到2v 以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功 答案 AC2． (2012·江苏单科·13)某兴趣小组设计了一种发电装置，如图9所示．在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为49π，磁场均沿半径方向．匝数为N 的矩形线圈abcd的边长ab ＝cd ＝l 、bc ＝ad ＝2l .线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc 边和ad 边同时进入磁场．在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B 、方向始终与两边的运动方向垂直．线圈的总电阻为r ，外接电阻为R .求：图9(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小E m ； (2)线圈切割磁感线时，bc 边所受安培力的大小F ； (3)外接电阻上电流的有效值I . 答案(1)2NBl 2ω(2)4N 2B 2l 3ωr ＋R (3)4NBl 2ω3(r ＋R )6． 如图6所示，两平行光滑的金属导轨MN 、PQ 固定在水平面上，相距为L ，处于竖直方向的磁场中，整个磁场由若干个宽度皆为d 的条形匀强磁场区域1、2、3、4……组成，磁感应强度B 1、B 2的方向相反，大小相等，即B 1＝B 2＝B .导轨左端MP 间接一电阻R ，质量为m 、电阻为r 的细导体棒ab 垂直放置在导轨上，与导轨接触良好，不计导轨的电阻．现对棒ab 施加水平向右的拉力，使其从区域1磁场左边界位置开始以速度v 0向右做匀速直线运动并穿越n 个磁场区域．图6(1)求棒ab 穿越区域1磁场的过程中电阻R 产生的焦耳热Q ； (2)求棒ab 穿越n 个磁场区域的过程中拉力对棒ab 所做的功W ；(3)规定棒中从a 到b 的电流方向为正，画出上述过程中通过棒ab 的电流I 随时间t 变化的图象；(4)求棒ab 穿越n 个磁场区域的过程中通过电阻R 的净电荷量q . 答案 (1)B 2L 2v 0Rd (R ＋r )2 (2)nB 2L 2v 0dR ＋r(3)见解析图(4)BLd R ＋r 或0。
2014届步步高大一轮复习讲义13.2
§13.2合情推理与演绎推理2014高考会这样考 1.从近几年的高考来看，高考对本部分的考查多以选择或填空题的形式出现，主要考查利用归纳推理、类比推理去寻求更为一般的、新的结论，试题的难度以低、中档为主；2.演绎推理主要与立体几何、解析几何、函数与导数等知识结合在一起命制综合题．复习备考要这样做 1.联系具体实例，体会几种推理的概念和特点，并结合这些方法解决一些应用问题；2.培养归纳、类比、演绎的推理思维模式，培养分析、解决问题的能力．1．合情推理主要包括归纳推理和类比推理．合情推理的过程(1)归纳推理：根据一类事物中部分事物具有某种属性，推断该类事物中每一个事物都有这种属性，我们将这种推理方式称为归纳推理(简称归纳)．简言之，归纳推理是由部分到整体、由个别到一般的推理．归纳推理的基本模式：a、b、c∈M且a、b、c具有某属性，结论：任意d∈M，d也具有某属性．(2)类比推理：由于两类不同对象具有某些类似的特征，在此基础上，根据一类对象的其他特征，推断另一类对象也具有类似的其他特征，我们把这种推理过程称为类比推理(简称类比)，简言之，类比推理是由特殊到特殊的推理．类比推理的基本模式：A：具有属性a，b，c，d；B：具有属性a′，b′，c′；结论：B具有属性d′.(a，b，c，d与a′，b′，c′，d′相似或相同)2．演绎推理：从一般性的原理出发，推出某个特殊情况下的结论，我们把这种推理称为演绎推理．简言之，演绎推理是由一般到特殊的推理．(1)“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：①大前提——已知的一般原理；②小前提——所研究的特殊情况；③结论——根据一般原理，对特殊情况做出的判断．(2)“三段论”可以表示为①大前提：M是P；②小前提：S 是M ； ③结论：S 是P .用集合说明：即若集合M 的所有元素都具有性质P ，S 是M 的一个子集，那么S 中所有元素也都具有性质P . [难点正本 疑点清源]1．在解决问题过程中，合情推理具有猜测和发现结论，探索和提供思路的作用．合情推理的结论可能为真，也可能为假，结论的正确性有待于进一步的证明．2．应用三段论解决问题时，应首先明确什么是大前提，什么是小前提，如果大前提与推理形式是正确的，结论必定是正确的．如果大前提错误，尽管推理形式是正确的，所得结论也是错误的．3．演绎推理是由一般到特殊的推理，它常用来证明和推理数学问题，注意推理过程的严密性，书写格式的规范性．1．(2012·陕西)观察下列不等式：1＋122<32， 1＋122＋132<53， 1＋122＋132＋142<74， ……照此规律，第五个．．．不等式为________． 答案 1＋122＋132＋142＋152＋162<116解析 观察每行不等式的特点，每行不等式左端最后一个分数的分母的开方与右端值的分母相等，且每行右端分数的分子构成等差数列．∴第五个不等式为1＋122＋132＋142＋152＋162<116.2．(2011·山东)设函数f (x )＝xx ＋2(x >0)，观察：f 1(x )＝f (x )＝xx ＋2，f 2(x )＝f (f 1(x ))＝x3x ＋4，f 3(x )＝f (f 2(x ))＝x7x ＋8，f 4(x )＝f (f 3(x ))＝x15x ＋16，……根据以上事实，由归纳推理可得：当n ∈N *且n ≥2时，f n (x )＝f (f n －1(x ))＝________.答案x(2n－1)x ＋2n解析 依题意，先求函数结果的分母中x 项系数所组成数列的通项公式，由1,3,7,15，…，可推知该数列的通项公式为a n ＝2n －1.又函数结果的分母中常数项依次为2,4,8,16，…，故其通项公式为b n ＝2n .所以当n ≥2时，f n (x )＝f (f n －1(x ))＝x (2n －1)x ＋2n .3．给出下列三个类比结论：①(ab )n ＝a n b n 与(a ＋b )n 类比，则有(a ＋b )n ＝a n ＋b n ；②log a (xy )＝log a x ＋log a y 与sin(α＋β)类比，则有sin(α＋β)＝sin αsin β； ③(a ＋b )2＝a 2＋2ab ＋b 2与(a ＋b )2类比，则有(a ＋b )2＝a 2＋2a ·b ＋b 2. 其中结论正确的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3答案 B4．“因为指数函数y ＝a x 是增函数(大前提)，而y ＝⎝⎛⎭⎫13x 是指数函数(小前提)，所以函数y ＝⎝⎛⎭⎫13x 是增函数(结论)”，上面推理的错误在于 ( )A ．大前提错误导致结论错B ．小前提错误导致结论错C ．推理形式错误导致结论错D ．大前提和小前提错误导致结论错 答案 A5．(2012·江西)观察下列各式：a ＋b ＝1，a 2＋b 2＝3，a 3＋b 3＝4，a 4＋b 4＝7，a 5＋b 5＝11，…，则a 10＋b 10等于( )A ．28B ．76C ．123D ．199答案 C解析 从给出的式子特点观察可推知，等式右端的值，从第三项开始，后一个式子的右端值等于它前面两个式子右端值的和，照此规律，则a 10＋b 10＝123.题型一 归纳推理例1 已知函数f (x )＝x 21＋x 2，(1)分别求f (2)＋f ⎝⎛⎭⎫12，f (3)＋f ⎝⎛⎫13，f (4)＋f ⎝⎛⎭⎫14的值； (2)归纳猜想一般性结论，并给出证明； (3)求值：f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (2 012)＋f ⎝⎛⎭⎫12＋f ⎝⎛⎭⎫13＋…＋f ⎝⎛⎭⎫12 012. 思维启迪：所求函数值的和应该具有规律性、经观察可发现f (x )＋f ⎝⎛⎭⎫1x ＝1. 解 (1)∵f (x )＝x 21＋x 2，∴f (2)＋f ⎝⎛⎭⎫12＝221＋22＋⎝⎛⎭⎫1221＋⎝⎛⎭⎫122＝221＋22＋122＋1＝1， 同理可得f (3)＋f ⎝⎛⎭⎫13＝1，f (4)＋f ⎝⎛⎭⎫14＝1. (2)由(1)猜想f (x )＋f ⎝⎛⎭⎫1x ＝1，证明：f (x )＋f ⎝⎛⎭⎫1x ＝x21＋x 2＋⎝⎛⎭⎫1x 21＋⎝⎛⎭⎫1x 2 ＝x 21＋x 2＋1x 2＋1＝1. (3)由(2)可得，原式＝f (1)＋⎣⎡⎦⎤f (2)＋f ⎝⎛⎭⎫12＋⎣⎡⎦⎤f (3)＋f ⎝⎛⎭⎫13＋…＋⎣⎡⎦⎤f (2 012)＋f ⎝⎛⎭⎫12 012 ＝f (1)＋2 011＝12＋2 011＝4 0232.探究提高 本题实质是根据前几项，归纳猜想一般规律，归纳推理是由部分到整体、由特殊到一般的推理，由归纳推理所得的结论不一定正确，通常归纳的个体数目越多，越具有代表性，那么推广的一般性命题也会越可靠，它是一种发现一般性规律的重要方法．已知经过计算和验证有下列正确的不等式：3＋17<210，7.5＋12.5<210，8＋2＋12－2<210，根据以上不等式的规律，请写出一个对正实数m ，n 都成立的条件不等式________．答案 若m >0，n >0，则当m ＋n ＝20时，有m ＋n <210解析 观察所给不等式可以发现：不等式左边两个根式的被开方数的和等于20，不等式的右边都是210，因此对正实数m ，n 都成立的条件不等式是若m >0，n >0，则当m ＋n ＝20时，有m ＋n <210. 题型二 类比推理例2 在Rt △ABC 中，AB ⊥AC ，AD ⊥BC 于D ，求证：1AD 2＝1AB 2＋1AC 2，那么在四面体A －BCD 中，类比上述结论，你能得到怎样的猜想？并说明理由．思维启迪：①平面中的三角形与空间中的三棱锥是类比对象；②三角形各边的边长与三棱锥的各面的面积是类比对象；③三角形边上的高与三棱锥面上的高是类比对象；④三角形的面积与三棱锥的体积是类比对象；⑤三角形的面积公式中的“二分之一”与三棱锥的体积公式中的“三分之一”是类比对象． 解图①如图①所示，由射影定理知AD2＝BD·DC，AB2＝BD·BC，AC2＝BC·DC，∴1AD2＝1BD·DC＝BC2 BD·BC·DC·BC＝BC2AB2·AC2.又BC2＝AB2＋AC2，∴1AD2＝AB2＋AC2AB2·AC2＝1AB2＋1AC2.∴1AD2＝1AB2＋1AC2.类比AB⊥AC，AD⊥BC猜想：四面体A—BCD中，AB、AC、AD两两垂直，AE⊥平面BCD，则1AE2＝1AB2＋1AC2＋1AD2.图②如图②，连接BE并延长交CD于F，连接AF.∵AB⊥AC，AB⊥AD，AC∩AD＝A，∴AB⊥平面ACD.而AF平面ACD，∴AB⊥AF，在Rt△ABF中，AE⊥BF，∴1AE2＝1AB2＋1AF2.在Rt△ACD中，AF⊥CD，∴1AF2＝1AC2＋1AD2.∴1AE2＝1AB2＋1AC2＋1AD2，故猜想正确．探究提高(1)类比推理是由特殊到特殊的推理，其一般步骤为①找出两类事物之间的相似性或一致性；②用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题(猜想)．(2)类比推理的关键是找到合适的类比对象．平面几何中的一些定理、公式、结论等，可以类比到立体几何中，得到类似的结论．已知命题：若数列{a n }为等差数列，且a m ＝a ，a n ＝b (m ≠n ，m 、n ∈N *)，则a m ＋n ＝bn －amn －m ；现已知等比数列{b n } (b ≠0，n ∈N *)，b m ＝a ，b n ＝b (m ≠n ，m 、n ∈N *)，若类比上述结论，则可得到b m ＋n ＝__________. 答案 n －m b na m解析 等差数列中的bn 和am 可以类比等比数列中的b n 和a m ，等差数列中的bn －am 可以类比等比数列中的b na m ，等差数列中的bn －am n －m 可以类比等比数列中的n －mb n a m ，故b m ＋n ＝n －m b na m.题型三 演绎推理例3 数列{a n }的前n 项和记为S n ，已知a 1＝1，a n ＋1＝n ＋2n·S n (n ∈N *)，证明： (1)数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是等比数列；(2)S n ＋1＝4a n .思维启迪：在推理论证过程中，一些稍复杂的证明题常常要由几个三段论才能完成．大前提通常省略不写，或者写在结论后面的括号内，小前提有时也可以省略，而采取某种简明的推理模式．证明 (1)∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝n ＋2n S n，∴(n ＋2)S n ＝n (S n ＋1－S n )，即nS n ＋1＝2(n ＋1)S n . ∴S n ＋1n ＋1＝2·S n n ，又S 11＝1≠0，(小前提)故⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是以1为首项，2为公比的等比数列．(结论) (大前提是等比数列的定义，这里省略了)(2)由(1)可知S n ＋1n ＋1＝4·S n －1n －1(n ≥2)，∴S n ＋1＝4(n ＋1)·S n －1n －1＝4·n －1＋2n －1·S n －1＝4a n (n ≥2)(小前提)又a 2＝3S 1＝3，S 2＝a 1＋a 2＝1＋3＝4＝4a 1，(小前提) ∴对于任意的正整数n ，都有S n ＋1＝4a n .(结论)(第(2)问的大前提是第(1)问的结论以及题中的已知条件)探究提高 演绎推理的一般模式为三段论，应用三段论解决问题时，首先应该明确什么是大前提，小前提，然后再找结论．已知函数f (x )＝－aa x ＋a(a >0且a ≠1)．(1)证明：函数y ＝f (x )的图像关于点⎝⎛⎭⎫12，－12对称； (2)求f (－2)＋f (－1)＋f (0)＋f (1)＋f (2)＋f (3)的值．(1)证明 函数f (x )的定义域为全体实数，任取一点(x ，y )，它关于点⎝⎛⎭⎫12，－12对称的点的坐标为(1－x ，－1－y )．由已知得y ＝－aa x ＋a，则－1－y ＝－1＋a a x ＋a ＝－a xa x ＋a ，f (1－x )＝－a a 1－x ＋a ＝－a a a x＋a ＝－a ·a xa ＋a ·a x＝－a xa x ＋a ，∴－1－y ＝f (1－x )，即函数y ＝f (x )的图像关于点⎝⎛⎭⎫12，－12对称． (2)解 由(1)有－1－f (x )＝f (1－x )， 即f (x )＋f (1－x )＝－1.∴f (－2)＋f (3)＝－1，f (－1)＋f (2)＝－1， f (0)＋f (1)＝－1.则f (－2)＋f (－1)＋f (0)＋f (1)＋f (2)＋f (3)＝－3.归纳不准确致误典例：(5分)如图所示，坐标纸上的每个单元格的边长为1，由下往上的六个点：1,2,3,4,5,6的横、纵坐标分别对应数列{a n }(n ∈N *)的前12项，如下表所示．按如此规律下去，则a 2 009＋a 2 010＋a 2 011等于( )A ．1 003B ．1 005C ．1 006D ．2 010易错分析 本题中的“按如此规律下去”就是要求由题目给出的6个点的坐标和数列的对应关系，归纳出该数列的一般关系．可能出现的错误有两种：一是归纳时找不准“前几项”的规律，胡乱猜测；二是弄错奇偶项的关系．本题中各个点的纵坐标对应数列的偶数项，并且逐一递增，即a 2n ＝n (n ∈N *)，各个点的横坐标对应数列的奇数项，正负交替后逐一递增，并且满足a4n－3＋a4n－1＝0(n∈N*)，如果弄错这些关系就会得到错误的结果，如认为当n为偶数时a n＝n，就会得到a2 009＋a2 010＋a2 011＝2 010的错误结论，而选D.解析a1＝1，a2＝1，a3＝－1，a4＝2，a5＝2，a6＝3，a7＝－2，a8＝4，…，这个数列的规律是奇数项为1，－1,2，－2,3，…，偶数项为1,2,3，…，故a2 009＋a2 011＝0，a2 010＝1 005，故a2 009＋a2 010＋a2 011＝1 005.答案 B温馨提醒由归纳推理得到的结论具有猜测的性质，结论是否真实，还需经过逻辑证明和实践检验．因此，它不能作为数学证明的工具.方法与技巧1．合情推理主要包括归纳推理和类比推理．数学研究中，在得到一个新结论前，合情推理能帮助猜测和发现结论，在证明一个数学结论之前，合情推理常常能为证明提供思路与方向．2．演绎推理是从一般的原理出发，推出某个特殊情况下的结论的推理方法，是由一般到特殊的推理，常用的一般模式是三段论．数学问题的证明主要通过演绎推理来进行．3．合情推理仅是“合乎情理”的推理，它得到的结论不一定正确．而演绎推理得到的结论一定正确(前提和推理形式都正确的前提下)．失误与防范1．合情推理是从已知的结论推测未知的结论，发现与猜想的结论都要经过进一步严格证明．2．演绎推理是由一般到特殊的证明，它常用来证明和推理数学问题，注意推理过程的严密性，书写格式的规范性．3．合情推理中运用猜想时不能凭空想象，要有猜想或拓展依据．A组专项基础训练(时间：35分钟，满分：57分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．正弦函数是奇函数，f(x)＝sin(x2＋1)是正弦函数，因此f(x)＝sin(x2＋1)是奇函数，以上推理()A．结论正确B．大前提不正确C．小前提不正确D．全不正确答案 C解析 f (x )＝sin(x 2＋1)不是正弦函数是复合函数，所以小前提不正确．2．由710>58，911>810，1325>921，…，若a >b >0，m >0，则b ＋m a ＋m 与b a 之间的大小关系为( )A ．相等B ．前者大C ．后者大D ．不确定答案 B3．由代数式的乘法法则类比推导向量的数量积的运算法则： ①“mn ＝nm ”类比得到“a ·b ＝b ·a ”；②“(m ＋n )t ＝mt ＋nt ”类比得到“(a ＋b )·c ＝a ·c ＋b ·c ”； ③“(m ·n )t ＝m (n ·t )”类比得到“(a ·b )·c ＝a ·(b ·c )”；④“t ≠0，mt ＝xt ⇒m ＝x ”类比得到“p ≠0，a ·p ＝x ·p ⇒a ＝x ”； ⑤“|m ·n |＝|m |·|n |”类比得到“|a ·b |＝|a |·|b |”； ⑥“ac bc ＝a b ”类比得到“a ·c b ·c ＝ab ”．以上式子中，类比得到的结论正确的个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案 B解析 ①②正确；③④⑤⑥错误．4．(2011·江西)观察下列各式：72＝49,73＝343,74＝2 401，…，则72 011的末两位数字为( )A ．01B ．43C ．07D ．49答案 B解析 因为71＝7,72＝49,73＝343,74＝2 401,75＝16 807,76＝117 649，…，所以这些数的末两位数字呈周期性出现，且周期T ＝4.又因为2 011＝4×502＋3，所以72 011的末两位数字与73的末两位数字相同，故选B. 二、填空题(每小题5分，共15分)5．在Rt △ABC 中，若∠C ＝90°，AC ＝b ，BC ＝a ，则△ABC 外接圆半径r ＝a 2＋b 22.运用类比方法，若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直且长度分别为a ，b ，c ，则其外接球的半径R ＝________.答案 a 2＋b 2＋c 22解析 (构造法)通过类比可得R ＝a 2＋b 2＋c 22.证明：作一个在同一个顶点处棱长分别为a ，b ，c 的长方体，则这个长方体的体对角线的长度是a 2＋b 2＋c 2，故这个长方体的外接球的半径是a 2＋b 2＋c 22，这也是所求的三棱锥的外接球的半径．6．在平面内有n (n ∈N *，n ≥3)条直线，其中任何两条不平行，任何三条不过同一点，若这n 条直线把平面分成f (n )个平面区域，则f (5)的值是________，f (n )的表达式是________．答案 16 f (n )＝n 2＋n ＋22解析 由题意，n 条直线将平面分成n (n ＋1)2＋1个平面区域，故f (5)＝16，f (n )＝n 2＋n ＋22.7．仔细观察下面○和●的排列规律：○●○○●○○○●○○○○●○○○○○●○○○○○○ ●……若依此规律继续下去，得到一系列的○和●，那么在前120个○和●中，●的个数是________． 答案 14解析 进行分组○●|○○●|○○○●|○○○○●|○○○○○●|○○○○○○●|……，则前n 组两种圈的总数是f (n )＝2＋3＋4＋…＋(n ＋1)＝n (n ＋3)2，易知f (14)＝119，f (15)＝135，故n ＝14. 三、解答题(共22分)8．(10分)已知函数y ＝f (x )，满足：对任意a ，b ∈R ，a ≠b ，都有af (a )＋bf (b )>af (b )＋bf (a )，试证明：f (x )为R 上的单调增函数． 证明 设x 1，x 2∈R ，取x 1<x 2，则由题意得x 1f (x 1)＋x 2f (x 2)>x 1f (x 2)＋x 2f (x 1)， ∴x 1[f (x 1)－f (x 2)]＋x 2[f (x 2)－f (x 1)]>0， [f (x 2)－f (x 1)](x 2－x 1)>0，∵x 1<x 2，∴f (x 2)－f (x 1)>0，f (x 2)>f (x 1)．所以y ＝f (x )为R 上的单调增函数．9．(12分)f (x )＝13x ＋3，先分别求f (0)＋f (1)，f (－1)＋f (2)，f (－2)＋f (3)，然后归纳猜想一般性结论，并给出证明．解 f (0)＋f (1)＝130＋3＋131＋3＝11＋3＋13(1＋3)＝33(1＋3)＋13(1＋3)＝33，同理可得：f (－1)＋f (2)＝33，f (－2)＋f (3)＝33.由此猜想f (x )＋f (1－x )＝33.证明：f (x )＋f (1－x )＝13x ＋3＋131－x ＋3＝13x ＋3＋3x3＋3·3x＝13x ＋3＋3x3(3＋3x )＝3＋3x3(3＋3x)＝33.B组专项能力提升(时间：25分钟，满分：43分)一、选择题(每小题5分，共15分)1．定义一种运算“*”：对于自然数n满足以下运算性质：(1)1*1=1，（2）（n+1）*1=n*1+1，则n*1等于()A．n B．n＋1 C．n－1 D．n2答案 A解析由(n＋1)*1＝n*1＋1，得n*1＝(n－1)*1＋1＝(n－2)*1＋2＝…＝1*1+(n-1).又∵1*1=1，∴n*1=n2．为提高信息在传输中的抗干扰能力，通常在原信息中按一定规则加入相关数据组成传输信息．设定原信息为a0a1a2，a i∈{0,1}(i＝0,1,2)，传输信息为h0a0a1a2h1，其中h0＝a0a1，h1＝h0a2，运算规则为00＝0,01＝1,10＝1,11＝0.例如原信息为111，则传输信息为01111，信息在传输过程中受到干扰可能导致接收信息出错，则下列接收信息一定有误的是() A．11010 B．01100 C．10111 D．00011答案 C解析对于选项C，传输信息是10111，对应的原信息是011，由题目中运算规则知h0＝01＝1，而h1＝h0＋a2＝1＋1＝0，故传输信息应是10110.3．已知函数f(x)＝sin x＋e x＋x2 010，令f1(x)＝f′(x)，f2(x)＝f1′(x)，f3(x)＝f2′(x)，…，f n＋1(x)＝f n′(x)，则f2 011(x)等于() A．sin x＋e x B．cos x＋e xC．－sin x＋e x D．－cos x＋e x答案 D解析f1(x)＝f′(x)＝cos x＋e x＋2 010x2 009，f2(x)＝f′1(x)＝－sin x＋e x＋2 010×2 009x2 008，f3(x)＝f′2(x)＝－cos x＋e x＋2 010×2 009×2 008x2 007，f4(x)＝f′3(x)＝sin x＋e x＋2 010×2 009×2 008×2 007x2 006，由此可以看出，该函数前2项的和成周期性变化，周期T＝4；而f2 011(x)＝f′2 010(x)，此时其最后一项的导数将变为0.故求f2 011(x)的值，只需研究该函数前2项和的变化规律即可，于是，f2 011(x)＝f(3＋4×502)(x)＝－cos x＋e x.二、填空题(每小题5分，共15分) 4．给出下列命题：命题1：点(1,1)是直线y ＝x 与双曲线y ＝1x 的一个交点；命题2：点(2,4)是直线y ＝2x 与双曲线y ＝8x 的一个交点；命题3：点(3,9)是直线y ＝3x 与双曲线y ＝27x 的一个交点；…请观察上面命题，猜想出命题n (n 是正整数)为______________________________．答案 点(n ，n 2)是直线y ＝nx 与双曲线y ＝n 3x 的一个交点解析 观察题中给出的命题易知，命题n 中交点坐标为(n ，n 2)，直线方程为y ＝nx ，双曲线方程为y ＝n 3x .故猜想命题n ：点(n ，n 2)是直线y ＝nx 与双曲线y ＝n 3x 的一个交点．5．(2012·湖北)回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数．如22,121,3 443,94 249等．显然2位回文数有9个，11,22,33，…，99.3位回文数有90个：101,111,121，…，191,202，…，999.则 (1)4位回文数有________个；(2)2n ＋1(n ∈N ＋)位回文数有________个． 答案 90 9×10n 解析 (1)4位回文数有 1001,1111,1221，…，1991,10个 2001,2112,2222，…，2992,10个 ……9009,9119,9229，…，9999,10个 共90个． (2)5位回文数有⎭⎪⎬⎪⎫10001，10101，10201，…，10901，10个11011，11111，11211，…，11911，10个12021，12121，12321，…，12921，10个……19091，19191，19291，…，19991，10个100个．……⎭⎪⎬⎪⎫90009，90109，90209，…，9090991019，91119，91219，…，9191992029，92129，92229，…，92929……99099，99199，99299，…，99999.100个5位回文数共9×102个，又3位回文数有9×101个 2n ＋1位回文数共9×10n 个．6．(2012·福建)数列{a n }的通项公式a n ＝n cos n π2＋1，前n 项和为S n ，则S 2 012＝________. 答案 3 018解析 当n ＝4k ＋1(k ∈N )时，a n ＝(4k ＋1)·cos 4k ＋12π＋1＝1， 当n ＝4k ＋2(k ∈N )时，a n ＝(4k ＋2)·cos 4k ＋22π＋1 ＝－(4k ＋2)＋1＝－4k －1，当n ＝4k ＋3(k ∈N )时，a n ＝(4k ＋3)·cos 4k ＋32π＋1＝1， 当n ＝4k ＋4(k ∈N )时，a n ＝(4k ＋4)·cos 4k ＋42π＋1＝(4k ＋4)＋1＝4k ＋5，∴a 4k ＋1＋a 4k ＋2＋a 4k ＋3＋a 4k ＋4＝1－4k －1＋1＋4k ＋5＝6. ∴S 2 012＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋…＋a 2 012＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋a 7＋a 8)＋…＋(a 2 009＋a 2 010＋a 2 011＋a 2 012)＝6×503＝3 018. 三、解答题7．(13分)已知数列{a n }是各项均不为0的等差数列，公差为d ，S n 为其前n 项和，且满足a 2n ＝S 2n －1，n ∈N *.数列{b n }满足b n ＝1a n a n ＋1，T n 为数列{b n }的前n 项和． (1)求a 1、d 和T n ；(2)若对任意的n ∈N *，不等式λT n <n ＋8·(－1)n 恒成立，求实数λ的取值范围． 解 (1)在a 2n ＝S 2n －1中，分别令n ＝1，n ＝2，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 21＝S 1，a 22＝S 3，即⎩⎪⎨⎪⎧a 21＝a 1，(a 1＋d )2＝3a 1＋3d ， 解得a 1＝1，d ＝2，∴a n ＝2n －1.∵b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝12(1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1)＝n 2n ＋1.(2)①当n 为偶数时，要使不等式λT n <n ＋8·(－1)n 恒成立，即需不等式λ<(n ＋8)(2n ＋1)n＝2n ＋8n ＋17恒成立．∵2n ＋8n ≥8，等号在n ＝2时取得，∴此时λ需满足λ<25.②当n 为奇数时，要使不等式λT n <n ＋8·(－1)n 恒成立，即需不等式λ<(n －8)(2n ＋1)n ＝2n －8n－15恒成立．∵2n －8n是随n 的增大而增大，∴n ＝1时2n －8n 取得最小值－6，∴此时λ需满足λ<－21. 综合①②可得λ<－21， ∴λ的取值范围是{λ|λ<－21}．。
【步步高】2014高考物理大一轮复习 1.2 匀变速直线运动的规律
1.2 匀变速直线运动的规律1．某人估测一竖直枯井深度，从井口静止释放一石头并开始计时，经2 s 听到石头落底声．由此可知井深约为(不计声音传播时间，重力加速度g 取10 m/s 2)( )．A ．10 mB ．20 mC ．30 mD ．40 m解析 从井口由静止释放，石头做自由落体运动，由运动学公式h ＝12gt 2可得h ＝12×10×22m ＝20 m. 答案 B2．一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx 所用的时间为t 1，紧接着通过下一段位移Δx 所用的时间为t 2，则物体运动的加速度为( )．A.2Δx t 1－t 2t 1t 2t 1＋t 2 B.Δxt 1－t 2t 1t 2t 1＋t 2C.2Δx t 1＋t 2t 1t 2t 1－t 2D.Δxt 1＋t 2t 1t 2t 1－t 2解析 物体做匀变速直线运动，由匀变速直线运动规律：v ＝v t /2＝x t 知：vt 1/2＝Δxt 1①vt 2/2＝Δx t 2②由匀变速直线运动速度公式v ＝v 0＋at 知vt 2/2＝vt 1/2＋a ·⎝⎛⎭⎪⎫t 1＋t 22③①②③式联立解得a ＝2Δx t 1－t 2t 1t 2t 1＋t 2.答案 A3. 一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下，某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB .该爱好者用直尺量出轨迹的长度，如图1－2－1所示，已知曝光时间为11 000 s ，则小石子出发点离A 点的距离约为( )． A ．6.5 m B ．10 m C ．20 mD ．45 m图1－2－1解析 AB 长度为L ＝0.02 m ，小石子从A 到B 用时0.001 s ，根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，即经过AB 的中间时刻的瞬时速度v ＝20 m/s ， 小石子从静止开始下落到该处的高度为h ，则v 2＝2gh ，解得h ＝20 m ，由于A 点离AB 的中间时刻的位置很小，故小石子出发点离A 点距离约为20 m. 答案 C4．汽车刹车后开始做匀减速运动，第1 s 内和第2 s 内的位移分别为3 m 和2 m ，那么从2 s 末开始，汽车还能继续向前滑行的最大距离是( )． A ．1.5 mB ．1.25 mC ．1.125 mD ．1 m解析 由平均速度可求0.5 s 、1.5 s 时的速度分别为3 m/s 和2 m/s ，得a ＝－1 m/s 2.由v t＝v 0＋at 得v 0＝3.5 m/s ，共运动3.5 s ，2 s 末后汽车还能运动1.5 s ，由x ＝12at 2得x＝1.125 m. 答案 C5．做匀减速直线运动的物体经4 s 停止，若在第1 s 内的位移是14 m ，则最后1 s 内位移是( )． A ．3.5 mB ．2 mC ．1 mD ．0解析 利用“逆向推理法”，把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动， 则相等时间内的位移之比为7∶5∶3∶1，所以71＝14 ms 1，s 1＝2 m ．故选B(逆反思维法)．答案 B6．一物体以一定的初速度在水平地面上匀减速滑动．若已知物体在第1秒内位移为8.0 m ，在第3秒内位移为0.5 m ．则下列说法正确的是 ( )．A ．物体的加速度大小一定为3.75 m/s 2B ．物体的加速度大小可能为3.75 m/s 2C ．物体在第0.5秒末速度一定为4.0 m/sD ．物体在第2.5秒末速度一定为0.5 m/s解析 若物体在第3秒末速度减为零，则由s 3－s 1＝2aT 2可得a ＝－3.75 m/s 2.由v 0.5＝v1＝s 1t 可得v 0.5＝8.0 m/s.由v 2.5＝v 3＝s 3t可得v 2.5＝0.5 m/s ；若物体在第3秒内已减速至零，则物体的加速度大于3.75 m/s 2，物体在第2.5秒末的速度小于0.5 m/s ，甚至可能为零．不 管物体在第3秒内是否减速为零，C 都是不正确的．综上所述，本题的正确选项为B. 答案 B7. 如图1－2－2所示，以8 m/s 匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2 s 就熄灭，此时汽车距离停车线18 m ．该车加速时最大加速度大小为 2 m/s 2，减速时最大加速度大小为5 m/s 2.此路段允许行驶的最大速度为12.5 m/s.下列说法中正确的有( )．A ．如果立即以最大加速度做匀加速运动，在绿灯熄灭前 汽车可能通过停车线B ．如果立即以最大加速度做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速C ．如果立即以最大加速度做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线D ．如果距停车线5 m 处以最大加速度减速，汽车能停在停车线处解析 在加速阶段若一直加速，则2 s 末的速度为12 m/s ，2 s 内的位移为x ＝8＋122×2m＝20 m ，则在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线，A 正确．若汽车一直以最大加速度减速， 在绿灯熄灭前通过的距离小于18 m ，则不能通过停车线，如果在距离停车线5 m 处以最 大加速度减速，汽车运动的最小距离为6.4 m ，不能停在停车线处．C 项正确，B 、D 错 误． 答案 AC8．短跑名将博尔特在北京奥运会上创造了100 m 和200 m 短跑项目的新世界纪录，他的成绩分别是9.69 s 和19.30 s ．假定他在100 m 比赛时从发令到起跑的反应时间是0.15 s ，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动.200 m 比赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速时间与100 m 比赛时相同，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速率只有跑100 m 时最大速率的96%.求： (1)加速所用时间和达到的最大速率；(2)起跑后做匀加速运动的加速度．(结果保留两位小数)解析 (1)设加速所用时间为t (以s 为单位)，匀速运动的速度为v (以m/s 为单位)，则有图1－2－212vt ＋(9.69－0.15－t )v ＝100①12vt ＋(19.30－0.15－t )×0.96v ＝200②由①②式得t ＝1.29 s③ v ＝11.24 m/s④(2)设加速度大小为a ，则a ＝v t＝8.71 m/s 2.⑤答案 (1)1.29 s 11.24 m/s (2)8.71 m/s 29. 如图1－2－3所示，一小球从A 点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，若到达B 点时速度为v ，到达C 点时速度为2v ，则x AB ∶x BC 等于( )．A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶4解析 由位移－速度公式可得v B 2－v A 2＝2ax AB ，v C 2－v B 2＝2ax BC ， 将各瞬时速度代入可知选项C 正确． 答案 C10. 一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下，某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB .该爱好者用直尺量出轨迹的长度，如图1－2－4所示，已知曝光时间为11 000 s ，则小石子出发点离A 点的距离约为( )． A ．6.5 m B ．10 m C ．20 mD ．45 m解析 AB 长度为L ＝0.02 m ，小石子从A 到B 用时0.001 s ，根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，即经过AB 的中间时刻的瞬时速度v ＝20 m/s ， 小石子从静止开始下落到该处的高度为h ，则v 2＝2gh ，解得h ＝20 m ，由于A 点离AB 的中间时刻的位置很小，故小石子出发点离A 点距离约为20 m.. 答案 C11．目前，配置较高的汽车都安装了ABS(或EBS)制动装置，可保证车轮在制动时不会被抱死，使车轮仍有一定的滚动，安装了这种防抱死装置的汽车，在紧急刹车时可获得比车轮抱死更大的制动力，从而使刹车距离大大减小．假设汽车安装防抱死装置后刹车制动图1－2－3图1－2－4力恒为F ，驾驶员的反应时间为t ，汽车的质量为m ，刹车前匀速行驶的速度为v ，则( )． A ．汽车刹车的加速度大小为a ＝vtB ．汽车刹车时间t ′＝Fv mC ．汽车的刹车距离为s ＝vt ＋mv 2FD ．汽车的刹车距离为s ＝vt ＋mv 22F解析 由F ＝ma 可知，制动时间应为t ′＝v a ＝mv F ，A 、B 错误；刹车距离应为s ＝vt ＋v 22a＝vt ＋mv 22F，C 错误、D 正确(逆反思维法)．答案 D12．在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀变速直线运动，刚运动了8 s ，由于前方突然有巨石滚下，堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4 s 停在巨石前．则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是( )．A ．加速、减速中的加速度大小之比为a 1∶a 2等于2∶1B ．加速、减速中的平均速度大小之比v 1∶v 2等于1∶1C ．加速、减速中的位移之比s 1∶s 2等于2∶1D ．加速、减速中的加速度大小之比a 1∶a 2不等于1∶2解析 汽车由静止运动8 s ，又经4 s 停止，加速阶段的末速度与减速阶段的初速度相等，由v ＝at ，知a 1t 1＝a 2t 2，a 1a 2＝12，A 错、D 错，又由v 2＝2as 知a 1s 1＝a 2s 2，s 1s 2＝a 2a 1＝21，C对，由v ＝v2知，v 1∶v 2＝1∶1，B 对．答案 BC13．一列火车做匀变速直线运动驶来，一人在轨道旁边观察火车运动，发现在相邻的两个10 s 内，火车从他跟前分别驶过8节车厢和6节车厢，每节车厢长8 m(连接处长度不计)，求：(1)火车的加速度的大小； (2)人开始观察时火车速度的大小．解析 (1)由题知，火车做匀减速运动，设火车加速度大小为a ，L ＝8 m. Δs ＝aT 2,8L －6L ＝a ×102，a ＝2L 100＝2×8100m/s 2＝0.16 m/s 2. (2)设人开始观察时火车速度大小为v 0，v t 2＝v ＝8L ＋6L 2T ＝14×820 m/s ＝5.6 m/s.v t2＝v 0－aT ，解得v 0＝7.2 m/s(发散思维法)．答案 (1)0.16 m/s 2(2)7.2 m/s14.(2011·南开区高三检测)如图1－2－5所示，小滑块在较长的斜面顶端，以初速度v 0＝2 m/s 、加速度a ＝2 m/s 2向下滑，在到达底端前1 s 里，所滑过的距离为715L ，其中L 为斜面长，则(1)小球在斜面上滑行的时间为多少？ (2)小球到达斜面底端时的速度v 是多少？ (3)斜面的长度L 是多少？ 解析 a ＝2 m/s 2，v 0＝2 m/s 7L 15＝v 1×1＋12a ×12①v 1＝v 0＋at②8L 15＝v 0t ＋12at 2③①②③联立得t ＝2 s ，L ＝15 m小球在斜面上滑行的时间t 总＝t ＋1＝3 s 到达斜面底端时v t ＝v 0＋at 总＝8 m/s. 答案 (1)3 s (2)8 m/s (3)15 m图1－2－5。
2014《步步高》物理大一轮复习讲义 第02章 第1课时 力、重力、弹力
第1课时 力、重力、弹力考纲解读 1.掌握重力的大小、方向及重心概念.2.掌握弹力的有无、方向的判断及大小的计算的基本方法.3.掌握胡克定律．1．[对力的理解]关于力的概念，下列说法正确的是( )A ．一个受力物体可能受到两个施力物体的作用力B ．力可以从一个物体传给另一个物体C ．只有相互接触的物体之间才可能存在力的作用D．一个受力物体可以不对其他物体施力答案 A解析由于一个受力物体可能同时受到两个力的作用，所以一个受力物体可能找到两个施力物体，A正确；因为力是物体之间的相互作用，所以力不能通过一个物体传给另一个物体，B错误；力可以分为接触力和非接触力两大类，不接触的物体之间也可能存在相互作用，C错误；根据力的定义可知，受力物体同时也是施力物体，D错误．2．[对重力和重心的理解]下列关于重力和重心的说法正确的是() A．物体所受的重力就是地球对物体产生的吸引力B．物体静止时，对水平支持物的压力就是物体的重力C．用细线将物体悬挂起来，静止时物体的重心一定在悬线所在的直线上D．重心就是物体所受重力的等效作用点，故重心一定在物体上答案 C解析重力是由地球吸引产生的，是所受引力的一个分力，两者一般不等，A错．压力和重力是两种性质不同的力，B错．由平衡条件知，细线拉力和重力平衡，重心在重力作用线上，C对．重心跟物体的形状、质量分布有关，是重力的等效作用点，但不一定在物体上．如折弯成直角的均匀直杆，D错．3．[画弹力的受力分析图]画出图1中物体A和B所受重力、弹力的示意图．(各接触面均光滑，各物体均静止)图1答案物体A和B所受重力、弹力的示意图，如图所示．考点梳理1．重力(1)产生：由于地球的吸引而使物体受到的力．(2)大小：G＝mg.(3)g的特点①在地球上同一地点g值是一个不变的常数．②g值随着纬度的增大而增大．③g值随着高度的增大而减小．(4)方向：竖直向下．(5)重心①相关因素：物体的几何形状；物体的质量分布．②位置确定：质量分布均匀的规则物体，重心在其几何中心；对于形状不规则或者质量分布不均匀的薄板，重心可用悬挂法确定．2．弹力(1)形变：物体形状或体积的变化叫形变．(2)弹力①定义：发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，会对与它接触的物体产生力的作用．②产生条件：物体相互接触；物体发生弹性形变．(3)胡克定律①内容：弹簧发生弹性形变时，弹力的大小F跟弹簧伸长(或缩短)的长度x成正比．②表达式：F＝kx.k是弹簧的劲度系数，单位为N/m；k的大小由弹簧自身性质决定．x是弹簧长度的变化量，不是弹簧形变以后的长度．4．[利用假设法判断弹力是否存在]在下图中，a、b(a、b均处于静止状态)间一定有弹力的是()答案 B解析A选项中，a、b间如果存在弹力，则b给a的弹力水平向左，a将向左侧加速运动，显然与题设要求不符，故A选项中a、b间无弹力作用．同理，C选项中a、b间没有弹力．对于D选项，也可以假设a、b间有弹力，则a(斜面)对b的弹力将垂直于斜面向上，因此，b所受的合外力不为零，即b不可能处于静止状态，故D选项中a、b间无弹力作用．B选项，假设b对a没有弹力，则a所受的合外力不为零，不可能静止，故a、b间一定存在弹力．故选B.5．[胡克定律的应用]一根轻质弹簧，当它上端固定、下端悬挂重为G的物体时，长度为L1；当它下端固定在水平地面上，上端压一重为G的物体时，其长度为L2，则它的劲度系数是()A.GL1 B.GL2C.GL1－L2D.2G L1－L2答案 D解析设弹簧原长为L0，由胡克定律知，G＝k(L1－L0)，G＝k(L0－L2)，联立可得k＝2GL1－L2，D对．方法提炼1．假设法判断弹力的有无可以先假设有弹力存在，然后判断是否与研究对象所处状态的实际情况相符合．还可以设想将与研究对象接触的物体“撤离”，看研究对象能否保持原来的状态，若能，则与接触物体间无弹力；若不能，则与接触物体间有弹力．2．利用胡克定律求弹簧弹力的大小．考点一弹力有无及方向的判断1．弹力有无的判断方法(1)条件法：根据物体是否直接接触并发生弹性形变来判断是否存在弹力．此方法多用来判断形变较明显的情况．(2)假设法：对形变不明显的情况，可假设两个物体间弹力不存在，看物体能否保持原有的状态，若运动状态不变，则此处不存在弹力，若运动状态改变，则此处一定有弹力．(3)状态法：根据物体的运动状态，利用牛顿第二定律或共点力平衡条件判断弹力是否存在．(4)替换法：可以将硬的、形变不明显的施力物体用软的、易产生明显形变的物体来替换，看能否维持原来的运动状态．2．弹力方向的判断方法(1)根据物体所受弹力方向与施力物体形变的方向相反判断．(2)根据共点力的平衡条件或牛顿第二定律确定弹力的方向．例1画出图2中物体A受力的示意图．图2答案1.有形变才有弹力，只接触不发生形变不产生弹力．2．几种典型接触弹力的方向确认：突破训练1画出下列各图中物体A所受弹力的示意图．(所有接触面均光滑)答案考点二 弹力的分析与计算首先分析物体的运动情况，然后根据物体的运动状态，利用共点力平衡的条件或牛顿第二定律求弹力．例2 如图3所示，一光滑的半圆形碗固定在水平面上，质量为 m 1的小球用轻绳跨过光滑碗连接质量分别为m 2和m 3的物体， 平衡时小球恰好与碗之间没有弹力作用，两绳与水平方向夹角 分别为60°、30°，则m 1、m 2、m 3的比值为( )图3A ．1∶2∶3B ．2∶3∶1C ．2∶1∶1D ．2∶1∶ 3答案 B解析 对m1受力分析可知： m 2g ＝m 1g cos 30° m 3g ＝m 1g cos 60°， m 2＝32m 1m 3＝12m 1，B 正确．突破训练2 两个完全相同的小球A 和B ，质量均为m ，用长度相同的 两根细线悬挂在水平天花板上的同一点O ，再用长度相同的细线连接 A 、 B 两小球，如图4所示．然后用一水平向右的力F 拉小球A ，使三线均处于直线状态，此时OB 线恰好位于竖直方向，且两小球都静 图4 止，小球可视为质点，则拉力F 的大小为( )A ．0B.3mgC.33mgD ．mg答案 B解析 OB 恰好竖直，说明AB 绳无弹力，对A 进行受力分析如图：由图知，F ＝mg tan 60°＝ 3mg .突破训练3 如图5所示，小车内放有一物体，物体刚好可放入车箱中，小车在水平面上向右运动，下列说法正确的有( )A ．若小车做匀速运动，则物体只受两个力作用B ．若小车做匀加速运动，则物体受到车箱前壁的作用 图5C ．若小车做匀减速运动，则物体受到车箱前壁的作用D ．若小车做匀速运动，则物体受三个力作用 答案 AC解析 当小车做匀速运动时，物体只受重力与竖直向上的支持力，A 正确．若小车后壁不给物体作用力，则物体不可能做匀加速运动，故小车做匀加速运动时，物体受到车箱后壁的作用．同理，当小车做匀减速运动时，小车前壁给物体作用力，C 正确． 考点三 含弹簧类弹力问题的分析与计算中学物理中的“弹簧”和“橡皮绳”也是理想化模型，具有如下几个特性： (1)弹力遵循胡克定律F ＝kx ，其中x 是弹簧的形变量． (2)轻：即弹簧(或橡皮绳)的重力可视为零．(3)弹簧既能受拉力，也能受压力(沿着弹簧的轴线)，橡皮绳只能受拉力，不能受压力． (4)由于弹簧和橡皮绳受力时，其形变较大，发生形变需要一段时间，所以弹簧和橡皮绳中的弹力不能突变．但是，当弹簧和橡皮绳被剪断时，它们产生的弹力立即消失．例3 如图6所示，倾角为θ的光滑斜面ABC 放在水平面上， 劲度系数分别为k 1、k 2的两个轻弹簧沿斜面悬挂着，两弹 簧之间有一质量为m 1的重物，最下端挂一质量为m 2的重物，此时两重物处于平衡状态，现把斜面ABC 绕A 点缓 图6 慢地顺时针旋转90°后，重新达到平衡．试求m 1、m 2分别沿斜面移动的距离． 审题指导解析 没旋转时，两弹簧均处于伸长状态，两弹簧伸长量分别为x 1、x 2 k 2x 2＝m 2g sin θ，解得x 2＝m 2g sin θk 2k 2x 2＋m 1g sin θ＝k 1x 1，解得x 1＝(m 1＋m 2)g sin θk 1旋转后，两弹簧均处于压缩状态，压缩量分别为x 1′、x 2′ m 2g cos θ＝k 2x 2′，解得x 2′＝m 2g cos θk 2(m 1＋m 2)g cos θ＝k 1x 1′，解得x 1′＝(m 1＋m 2)g cos θk 1所以m 1移动的距离d 1＝x 1＋x 1′＝(m 1＋m 2)gk 1(sin θ＋cos θ)m 2移动的距离d 2＝d 1＋x 2＋x 2′＝(m 1＋m 2)g k 1(sin θ＋cos θ)＋m 2gk 2(sin θ＋cos θ)答案(m 1＋m 2)gk 1(sin θ＋cos θ) (m 1＋m 2)g k 1(sin θ＋cos θ)＋m 2gk 2(sin θ＋cos θ)突破训练4 如图7所示，完全相同的、质量为m 的A 、B 两球，用两根 等长的细线悬挂在O 点，两球之间夹着一根劲度系数为k 的轻弹簧， 静止不动时，弹簧处于水平方向，两根细线之间的夹角为θ，则弹簧的 长度被压缩了( )图7A.mg tan θkB.2mg tan θkC.mg tanθ2kD.2mg tanθ2k答案 C解析 对A 受力分析可知，A 球受竖直向下的重力mg 、沿着细线方向的拉力F T 以及水平向左的弹簧弹力F ，由正交分解法可得水平方向F T sin θ2＝F ＝k Δx ，竖直方向F T cos θ2＝mg ，解得Δx ＝mg tanθ2k，C 正确.4．滑轮模型与死结模型问题的分析1．跨过滑轮、光滑杆、光滑钉子的细绳两端张力大小相等．2．死结模型：如几个绳端有“结点”，即几段绳子系在一起，谓之“死结”，那么这几段绳中的张力不一定相等．3．同样要注意轻质固定杆的弹力方向不一定沿杆的方向，作用力的方向需要结合平衡方程或牛顿第二定律求得，而轻质活动杆中的弹力方向一定沿杆的方向．例4如图8所示，轻绳AD跨过固定在水平横梁BC右端的定滑轮挂住一个质量为10 kg的物体，∠ACB＝30°，g取10 m/s2，求：(1)轻绳AC段的张力F AC的大小；(2)横梁BC对C端的支持力大小及方向．解析物体M处于平衡状态，根据平衡条件可判断，与物体相连图8的轻绳拉力大小等于物体的重力，取C点为研究对象，进行受力分析，如图所示．(1)图中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M的物体，物体处于平衡状态，绳AC段的拉力大小为：F AC＝F CD＝Mg＝10×10 N＝100 N(2)由几何关系得：F C＝F AC＝Mg＝100 N方向和水平方向成30°角斜向右上方答案(1)100 N(2)100 N方向与水平方向成30°角斜向右上方一般情况下，插入墙中的杆属于固定杆(如钉子)．弹力方向不一定沿杆，而用铰链相连的杆属于活动杆，弹力方向一定沿杆．突破训练5若【例4】中横梁BC换为水平轻杆，且B端用铰链固定在竖直墙上，如图9所示，轻绳AD拴接在C端，求：(1)轻绳AC段的张力F AC的大小；(2)轻杆BC对C端的支持力．答案(1)200 N 图9(2)173 N，方向水平向右解析物体M处于平衡状态，与物体相连的轻绳拉力大小等于物体的重力，取C点为研究对象，进行受力分析，如图所示．(1)由F AC sin 30°＝F CD＝Mg得：F AC＝2Mg＝2×10×10 N＝200 N(2)由平衡方程得：F AC cos 30°－F C＝0解得：F C＝2Mg cos 30°＝3Mg≈173 N方向水平向右高考题组1．(2012·山东基本能力·85)力是物体间的相互作用，下列有关力的图示及表述正确的是()答案BD解析由于在不同纬度处重力加速度g不同，旅客所受重力不同，故对飞机的压力不同，A错误．充足气的篮球平衡时，篮球壳对内部气体有压力作用，即内外气体对篮球壳压力的差值等于篮球壳对内部气体的压力，故B正确．书对桌子的压力作用在桌子上，箭尾应位于桌面上，故C错误．平地上匀速行驶的汽车，其主动轮受到地面的摩擦力是其前进的动力，地面对其从动轮的摩擦力是阻力，汽车受到的动力与阻力平衡时才能匀速前进，故D正确．2．(2010·课标全国·15)一根轻质弹簧一端固定，用大小为F1的力压弹簧的另一端，平衡时长度为l 1；改用大小为F 2的力拉弹簧，平衡时长度为l 2.弹簧的拉伸或压缩均在弹性限度内，该弹簧的劲度系数为( )A.F 2－F 1l 2－l 1B.F 2＋F 1l 2＋l 1 C.F 2＋F 1l 2－l 1D.F 2－F 1l 2＋l 1答案 C解析 设弹簧原长为l ，由题意知，F 1＝k (l －l 1)，F 2＝k (l 2－l )，两式联立，得k ＝F 2＋F 1l 2－l 1，选项C 正确． 模拟题组3．如图10所示，两个质量均为m 的物体分别挂在支架上的B 点(如图甲所示)和跨过滑轮的轻绳BC 上(如图乙所示)，图甲中轻杆AB 可绕A 点转动，图乙中水平轻杆一端A 插在墙壁内，已知θ＝30°，则图甲中轻杆AB 受到绳子的作用力F 1和图乙中滑轮受到绳子的作用力F 2分别为( )图10A ．F 1＝mg 、F 2＝3mgB ．F 1＝3mg 、F 2＝3mgC ．F 1＝33mg 、F 2＝mgD ．F 1＝3mg 、F 2＝mg答案 D4．如图11所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔，质量为m 的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔 用力F 拉住，细线与竖直方向夹角为θ，小球处于静止状态．设小球受 支持力为F N ，则下列关系正确的是( ) A ．F ＝2mg cos θ B ．F ＝mg cos θ图11C ．F N ＝2mgD ．F N ＝mg答案 AD解析 对小球受力分析，利用几何关系可知F N ＝mg ，选项C 错误，D 正确；此时F ＝ 2mg cos θ，选项A 正确，B 错误．5．如图12所示，重80 N的物体A放在倾角为30°的粗糙斜面上，有一根原长为10 cm，劲度系数为1 000 N/m的弹簧，其一端固定在斜面底端，另一端放置物体A后，弹簧长度缩短为8 cm，现用一测力计沿斜面向上拉物体，若物体与斜面间最大静摩擦图12力为25 N，当弹簧的长度仍为8 cm时，测力计读数不可能为() A．10 N B．20 N C．40 N D．60 N答案 D解析当物体受到的静摩擦力方向沿斜面向下，且达到最大静摩擦力时，测力计的示数最大，此时F＋kΔx＝mg sin θ＋F fmax解得F＝45 N，故F不能超过45 N，选D.►题组1力、重力和弹力的理解1．如图1所示，两辆车在以相同的速度做匀速运动，根据图中所给信息和所学知识你可以得出的结论是()图1A．物体各部分都受重力作用，但可以认为物体各部分所受重力集中于一点B．重力的方向总是垂直向下的C．物体重心的位置与物体形状或质量分布有关D．力是使物体运动的原因答案AC解析物体各部分都受重力作用，但可以认为物体各部分所受重力集中于一点，这个点就是物体的重心，重力的方向总是和水平面垂直，是竖直向下而不是垂直向下，所以A 正确，B错误；从图中可以看出，汽车(包括货物)的形状和质量分布发生了变化，重心的位置就发生了变化，故C正确；力不是使物体运动的原因而是改变物体运动状态的原因，所以D错误．2．玩具汽车停在模型桥面上，如图2所示，下列说法正确的是()A．桥面受向下的弹力，是因为桥梁发生了弹性形变B．汽车没有发生形变，所以汽车不受弹力C．汽车受向上的弹力，是因为桥梁发生了弹性形变图2D．汽车受向上的弹力，是因为汽车发生了形变答案 C解析汽车与桥面相互挤压都发生了形变，B错；由于桥面发生弹性形变，所以对汽车有向上的弹力，C对，D错；由于汽车发生了形变，所以对桥面产生向下的压力，A错．3．如图3所示，四个完全相同的弹簧都处于水平位置，它们的右端皆受到大小为F的拉力作用，而左端的情况各不相同：①弹簧的左端固定在墙上；②弹簧的左端受大小也为F的拉力作用；③弹簧的左端拴一小物块，物块在光滑的桌面上滑动；④弹簧的左端拴一小物块，物块在有摩擦的桌面上滑动．图3若认为弹簧质量都为零，以L1、L2、L3、L4依次表示四个弹簧的伸长量，则有() A．L2>L1B．L4>L3C．L1>L3D．L2＝L4答案 D解析完全相同的弹簧，其伸长量由弹簧的弹力(F弹)大小决定．由于弹簧质量不计，这四种情况下，F弹都等于弹簧右端拉力F，因而弹簧伸长量均相同，故选D项．题组2弹力方向判断和大小的计算4．如图4所示，一倾角为45°的斜面固定于竖直墙上，为使一光滑的铁球静止，需加一水平力F，且F通过球心，下列说法正确的是()A．球一定受墙的弹力且水平向左B．球可能受墙的弹力且水平向左图4 C．球一定受斜面的弹力且垂直斜面向上D．球可能受斜面的弹力且垂直斜面向上答案BC解析F大小合适时，球可以静止在无墙的斜面上，F增大到一定程度时墙才对球有水平向左的弹力，故A错误，B正确；而斜面对球必须有斜向上的弹力才能使球不下落，故C正确，D错误．5．如图5所示，一重为10 N的球固定在支杆AB的上端，今用一段绳子水平拉球，使杆发生弯曲，已知绳的拉力为7.5 N，则AB杆对球的作用力()A．大小为7.5 N 图5B．大小为10 NC．方向与水平方向成53°角斜向右下方D．方向与水平方向成53°角斜向左上方答案 D解析对小球进行受力分析可得，AB杆对球的作用力F与绳的拉力的合力与小球重力等值反向，可得F方向斜向左上方，令AB杆对小球的作用力与水平方向夹角为α，可得：tan α＝GF拉＝43，α＝53°，F＝Gsin 53°＝12.5 N，故只有D项正确．6．如图6所示，重物的质量为m，轻细绳AO的A端和BO的B端固定，平衡时AO水平，BO与水平方向的夹角为60°.AO的拉力F1和BO的拉力F2与物体重力的大小关系是()A．F1>mg B．F1<mgC．F2<mg D．F2>mg 图6 答案BD7．如图7所示，两根相距为L 的竖直固定杆上各套有质量为m 的 小球，小球可以在杆上无摩擦地自由滑动，两小球用长为2L 的 轻绳相连，今在轻绳中点施加一个竖直向上的拉力F ，恰能使两 小球沿竖直杆向上匀速运动．则每个小球所受的拉力大小为(重 力加速度为g )( )图7A.mg 2B ．mg C.3F /3D ．F答案 C解析 根据题意可知：两根轻绳与竖直杆间距正好组成等边三角形，每个小球所受的拉力大小为F ′，对结点进行受力分析，根据平衡条件可得，F ＝2F ′cos 30°＝2mg ，解得小球所受拉力F ′＝3F 3＝233mg ，只有C 正确．8．如图8所示，轻杆BC 的C 点用光滑铰链与墙壁固定，杆的B 点通过 水平细绳AB 使杆与竖直墙壁保持30°的夹角．若在B 点悬挂一个定 滑轮(不计重力)，某人用它匀速地提起重物．已知重物的质量m ＝ 30 kg ，人的质量M ＝50 kg ，g 取10 m/s 2.试求： (1)此时地面对人的支持力的大小；图8(2)轻杆BC 和绳AB 所受力的大小． 答案 (1)200 N (2)400 3 N 200 3 N解析 (1)因匀速提起重物，则F T ＝mg ，故绳对人的拉力也为mg ，所以地面对人的支持力为：F N ＝Mg －mg ＝(50－30)×10 N ＝200 N ，方向竖直向上．(2)定滑轮对B 点的拉力方向竖直向下，大小为2mg ，杆对B 点的弹力方向沿杆的方向，如图所示，由共点力平衡条件得：F AB ＝2mg tan 30°＝2×30×10×33N ＝200 3 N F BC ＝2mgcos 30°＝2×30×1032N ＝400 3 N.题组3弹簧弹力分析和计算9．如图9所示，在一辆有动力驱动的小车上有一水平放置的弹簧，其左端固定在小车上，右端与一小球相连．设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于压缩状态，图9若忽略小球与小车间的摩擦力，则在此段时间内小车可能是() A．向右做加速运动B．向右做减速运动C．向左做加速运动D．向左做减速运动答案AD10．三个质量均为1 kg的相同木块a、b、c和两个劲度系数均为500 N/m的相同轻弹簧p、q用轻绳连接如图10所示，其中a 放在光滑水平桌面上．开始时p弹簧处于原长，木块都处于静止状态．现用水平力缓慢地向左拉p弹簧的左端，直到c木块刚图10 好离开水平地面为止，g取10 m/s2.该过程p弹簧的左端向左移动的距离是() A．4 cm B．6 cm C．8 cm D．10 cm 答案 C解析“缓慢地拉动”说明系统始终处于平衡状态，该过程中p弹簧的左端向左移动的距离等于两个弹簧长度变化量之和；最初，p弹簧处于原长，而q弹簧受到竖直向下的压力F N1＝m b g＝1×10 N＝10 N，所以其压缩量为x1＝F N1/k＝2 cm；最终c木块刚好离开水平地面，q弹簧受到竖直向下的拉力F N2＝m c g＝1×10 N＝10 N，其伸长量为x2＝F N2/k ＝2 cm，拉力F＝(m b＋m c)g＝2×10 N＝20 N，p弹簧的伸长量为x3＝F/k＝4 cm，所以所求距离x＝x1＋x2＋x3＝8 cm.题组4“滑轮”模型和“死结”模型问题11．如图11所示，质量为m的物体悬挂在轻质支架上，斜梁OB与竖直方向的夹角为θ.设水平横梁OA和斜梁OB作用于O点的弹力分别为F1和F2，以下结果正确的是()A．F1＝mg sin θ图11B．F1＝mgsin θC．F2＝mg cos θD．F2＝mgcos θ答案 D解析由题可知，对悬挂的物体由力的平衡条件可知绳子的拉力等于其重力，则绳子拉O点的力也等于重力．求OA和OB的弹力，选择的研究对象为作用点O ，受力分析如图，由平衡条件可知，F 1和F 2的合力与F T 等大反向，则由平行四边形定则和几何关系可得：F 1＝mg tan θ，F 2＝mg cos θ，故D 正确．12．图12所示，杆BC 的B 端用铰链接在竖直墙上，另一端C 为一滑轮．重物G 上系一绳经过滑轮固定于墙上A 点处，杆恰好 平衡．若将绳的A 端沿墙缓慢向下移(BC 杆、滑轮、绳的质量 及摩擦均不计)，则( ) A ．绳的拉力增大，BC 杆受绳的压力增大图12B ．绳的拉力不变，BC 杆受绳的压力增大 C ．绳的拉力不变，BC 杆受绳的压力减小D ．绳的拉力不变，BC 杆受绳的压力不变 答案 B解析 选取绳子与滑轮的接触点为研究对象，对其受力分析， 如图所示，绳中的弹力大小相等，即F T1＝F T2＝G ，C 点处于 三力平衡状态，将三个力的示意图平移可以组成闭合三角形， 如图中虚线所示，设AC 段绳子与竖直墙壁间的夹角为θ，则根据几何知识可知F ＝2G sin θ2，当绳的A 端沿墙缓慢向下移时，绳的拉力不变，θ增大，F 也增大，根据牛顿第三定律知，BC 杆受绳的压力增大，B 正确．13．在如图13所示的四幅图中，AB 、BC 均为轻质杆，各图中杆的A 、C 端都通过铰链与墙连接，两杆都在B 处由铰链相连接．下列说法正确的是( )图13A ．图中的AB 杆可以用与之等长的轻绳代替的有甲、乙 B ．图中的AB 杆可以用与之等长的轻绳代替的有甲、丙、丁C ．图中的BC 杆可以用与之等长的轻绳代替的有乙、丙D ．图中的BC 杆可以用与之等长的轻绳代替的有乙、丁 答案 B解析 如果杆端受拉力作用，则可用等长的轻绳代替，若杆端受到沿杆的压力作用，则杆不可用等长的轻绳代替，如图甲、丙、丁中的AB杆受拉力作用，而甲、乙、丁中的BC杆均受沿杆的压力作用，故A、C、D均错误，只有B正确．。
2014《步步高》物理大一轮复习讲义第一章第2课时
第2课时 匀变速直线运动规律的应用考纲解读 1.掌握匀变速直线运动的速度公式、位移公式及速度—位移公式，并能熟练应用.2.掌握并能应用匀变速直线运动的几个推论：平均速度公式、Δx ＝aT 2及初速度为零的匀加速直线运动的比例关系式．1． [位移公式和平均速度公式的应用]做匀减速直线运动的质点，它的加速度大小为a ，初速度大小为v 0，经过时间t 速度减小到零，则它在这段时间内的位移大小可用下列哪些式子表示( )A ．v 0t ＋12at 2B ．v 0t C.v 0t2D.12at 2 答案 CD解析 质点做匀减速直线运动，加速度为－a ，位移为v 0t －12at 2，A 、B 错；平均速度大小为v 02，位移大小为v 02·t ，C 对；匀减速到零的直线运动可当做初速度为零的匀加速直线运动来计算，位移大小为12at 2，D 对．2． [平均速度公式的应用]做匀加速直线运动的某物体初速度为2 m/s ，经过一段时间t 后速度变为6 m/s ，则t2时刻的速度为( )A ．由于t 未知，无法确定t2时刻的速度B ．由于加速度a 及时间t 未知，无法确定t2时刻的速度C ．5 m/sD ．4 m/s 答案 D解析 中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度2＋62m/s ＝4 m/s ，D 对．3． [推论公式v 2－v 20＝2ax 的应用]我国第一艘航空母舰“辽宁舰”已按计划完成建造和试验试航工作，于2012年9月25日上午正式交付海军．若航空母舰上有帮助飞机起飞的弹射系统，已知战斗机在跑道上加速时产生的加速度为4.5 m/s 2，战斗机滑行100 m 时起飞，起飞速度为50 m/s ，则航空母舰静止时弹射系统必须使战斗机具有的初速度为( )A ．10 m/sB ．20 m/sC ．30 m/sD ．40 m/s 答案 D 考点梳理一、匀变速直线运动的规律 1． 变速直线运动(1)定义：沿着一条直线运动，且加速度不变的运动． (2)分类①匀加速直线运动，a 与v 0方向同向． ②匀减速直线运动，a 与v 0方向反向． 2． 变速直线运动的规律(1)速度公式：v ＝v 0＋at . (2)位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2.(3)位移速度关系式：v 2－v 20＝2ax . 二、匀变速直线运动的推论 1． 变速直线运动的两个重要推论(1)物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的一半，即：v ＝v t 2＝v 0＋v 2.(2)任意两个连续相等的时间间隔T 内的位移之差为一恒量，即：Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2.2． 速度为零的匀变速直线运动的四个重要推论(1)1T 末、2T 末、3T 末、……瞬时速度的比为： v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n (2)1T 内、2T 内、3T 内……位移的比为： x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝12∶22∶32∶…∶n 2(3)第一个T 内、第二个T 内、第三个T 内……位移的比为：x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为： t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1) 三、自由落体运动和竖直上抛运动1． 由落体运动(1)条件：物体只受重力，从静止开始下落．(2)运动性质：初速度v 0＝0，加速度为重力加速度g 的匀加速直线运动． (3)基本规律 ①速度公式：v ＝gt . ②位移公式：h ＝12gt 2.③速度位移关系式：v 2＝2gh . 2． 直上抛运动(1)运动特点：加速度为g ，上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动． (2)基本规律①速度公式：v ＝v 0－gt . ②位移公式：h ＝v 0t －12gt 2.③速度位移关系式：v 2－v 20＝－2gh . ④上升的最大高度：H ＝v 202g .⑤上升到最高点所用时间：t ＝v 0g.4． 刹车问题的处理]汽车以20 m/s 的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/s 2，则自驾驶员急踩刹车开始，2 s 与5 s 时汽车的位移之比为 ( )A ．5∶4B ．4∶5C ．3∶4D ．4∶3答案 C5． [逆向思维法处理匀减速直线运动问题]做匀减速直线运动的物体经4 s 停止，若在第1 s内的位移是14 m ，则最后1 s 内位移是 ( )A ．3.5 mB ．2 mC ．1 mD ．0答案 B解析 利用“逆向思维法”，把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，则匀减速直线运动的物体在相等时间内的位移之比为7∶5∶3∶1，所以71＝14 mx 1，x 1＝2 m ．故选B. 方法提炼 1． 逆向思维法匀减速到速度为零的直线运动一般看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动． 2． 对于刹车类问题，实质是汽车在单方向上的匀减速直线运动问题．速度减为零后，加速度消失，汽车停止不动，不再返回，若初速度为v 0，加速度为a ，汽车运动时间满足t ≤v 0a，发生的位移满足x ≤v 202a.考点一 匀变速直线运动规律的应用1． 速度时间公式v ＝v 0＋at 、位移时间公式x ＝v 0t ＋12at 2、位移速度公式v 2－v 20＝2ax ，是匀变速直线运动的三个基本公式，是解决匀变速直线运动的基石．2． 三个公式中的物理量x 、a 、v 0、v 均为矢量(三个公式称为矢量式)，在应用时，一般以初速度方向为正方向，凡是与v 0方向相同的x 、a 、v 均为正值，反之为负值．当v 0＝0时，一般以a 的方向为正方向．这样就可将矢量运算转化为代数运算，使问题简化． 3． 如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带．例1 (2011·新课标全国·24)甲、乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变．在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半．求甲、乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比．解析 设汽车甲在第一段时间间隔末(时刻t 0)的速度为v ，第一段时间间隔内行驶的路程为s 1，加速度为a ；在第二段时间间隔内行驶的路程为s 2.由运动学公式得 v ＝at 0 s 1＝12at 20s 2＝v t 0＋12×(2a )t 20 设汽车乙在时刻t 0的速度为v ′，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s 1′、s 2′.同样有 v ′＝(2a )t 0 s 1′＝12×(2a )t 20 s 2′＝v ′t 0＋12at 20设甲、乙两车行驶的总路程分别为s 、s ′，则有 s ＝s 1＋s 2s′＝s1′＋s2′联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为s s′＝5 7答案5∶7匀变速直线运动的规范求解1．一般解题的基本思路2．描述匀变速直线运动的基本物理量涉及v0、v、a、x、t五个量，每一个基本公式中都涉及四个量，选择公式时一定要注意分析已知量和待求量，根据所涉及的物理量选择合适的公式求解，会使问题简单化．突破训练1短跑名将博尔特在北京奥运会上100 m和200 m短跑项目的成绩分别为9.69 s 和19.30 s．假定他在100 m比赛时从发令到起跑的反应时间是0.15 s，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动.200 m比赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速时间与100 m比赛时相同，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速率只有跑100 m时最大速率的96%.求：(1)加速所用时间和达到的最大速率；(2)起跑后做匀加速运动的加速度．(结果保留两位小数)答案(1)1.29 s11.24 m/s(2)8.71 m/s2解析(1)设加速所用时间为t(以s为单位)，匀速运动的速率为v(以m/s为单位)，则有：12v t＋(9.69 s－0.15 s－t)v＝100 m①12v t＋(19.30 s－0.15 s－t)×0.96v＝200 m②由①②式得t＝1.29 s，v＝11.24 m/s.(2)设加速度大小为a，则a＝vt＝8.71 m/s2考点二 解决匀变速直线运动的常用方法 1． 一般公式法一般公式法指速度公式、位移公式及推论三式．它们均是矢量式，使用时要注意方向性． 2． 平均速度法定义式v ＝Δx Δt 对任何性质的运动都适用，而v ＝v t 2＝12(v 0＋v )只适用于匀变速直线运动． 3． 比例法对于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动，可利用初速度为零的匀加速直线运动的重要特征的比例关系，用比例法求解． 4． 逆向思维法如匀减速直线运动可视为反方向的匀加速直线运动． 5． 推论法利用Δx ＝aT 2：其推广式x m －x n ＝(m －n )aT 2，对于纸带类问题用这种方法尤为快捷． 6． 图象法利用v －t 图可以求出某段时间内位移的大小，可以比较v t 2与v x2，以及追及问题；用x－t 图象可求出任意时间内的平均速度等．例2 物体以一定的初速度v0冲上固定的光滑斜面，到达斜面最高点C时速度恰为零，如图1所示．已知物体第一次运动到斜面长度3/4处的B 点时，所用时间为t ，求物体从B 滑到C 所用的时间． 解析 解法一 比例法图1对于初速度为0的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为 x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1) 现有x BC ∶x AB ＝x AC 4∶3x AC4＝1∶3通过x AB 的时间为t ，故通过x BC 的时间t BC ＝t . 解法二 中间时刻速度法利用教材中的推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度． v AC ＝v 0＋02＝v 02又v 20＝2ax AC ① v 2B ＝2ax BC ② x BC ＝14x AC ③解①②③得：v B ＝v 02.可以看出v B正好等于AC段的平均速度，因此B点是中间时刻的位置．因此有t BC＝t.解法三利用有关推论对于初速度为0的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶t n＝1∶(2－1)∶(3－2)∶(4－3)∶…∶(n－n－1)．现将整个斜面分成相等的四段，如图所示．设通过BC段的时间为t x，那么通过BD、DE、EA的时间分别为：t BD＝(2－1)t x，t DE＝(3－2)t x，t EA＝(2－3)t x，又t BD＋t DE＋t EA＝t，得t x＝t.答案t突破训练2在一个倾斜的长冰道上方，一群孩子排成队，每隔1 s就有一个小孩子往下滑，一游客对着冰道上的孩子拍下一张照片，如图2所示，照片上有甲、乙、丙、丁四个孩子．他根据照片与实物的比例推算出乙与甲、丙两孩子间图2的距离分别为12.5 m和17.5 m，请你据此求解下列问题：(g取10 m/s2)(1)若不考虑一切阻力，小孩下滑加速度是多少？(2)拍照时，最下面的小孩丁的速度是多大？(3)拍照时，在小孩甲上面的冰道上下滑的小孩子不会超过几个？答案(1)5 m/s2(2)25 m/s(3)不会超过2个考点三自由落体运动和竖直上抛运动1．自由落体运动实质：初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动．2．竖直上抛运动的研究方法竖直上抛运动的实质是加速度恒为g的匀变速运动，处理时可采用两种方法：(1)分段法：将全程分为两个阶段，即上升过程的匀减速阶段和下降过程的自由落体阶段．(2)全程法：将全过程视为初速度为v0、加速度为a＝－g的匀变速直线运动，必须注意物理量的矢量性．习惯上取v0的方向为正方向，则v>0时，物体正在上升；v<0时，物体正在下降；h>0时，物体在抛出点上方；h<0时，物体在抛出点下方．3. 竖直上抛运动的对称性如图3所示，物体以初速度v0竖直上抛，A、B为途中的任意两点，C为最高点，则(1)时间对称性：物体上升过程中从A→C所用时间t AC和下降过程中从C→A所用时间t CA相等，同理t AB＝t BA.(2)速度对称性：物体上升过程经过A点与下降过程经过A点的速度大小相等．图3(3)能量的对称性：物体从A→B和从B→A重力势能变化量的大小相等，均等于mgh AB. 例3在塔顶上将一物体竖直向上抛出，抛出点为A，物体上升的最大高度为20 m，不计空气阻力，设塔足够高，则物体位移大小为10 m时，物体通过的路程可能为() A．10 m B．20 m C．30 m D．50 m解析物体在塔顶上的A点抛出，位移大小为10 m的位置有两处，如图所示，一处在A点之上，另一处在A点之下，在A点之上时，通过位移为10 m处又有上升和下降两种过程，上升通过时，物体的路程s1等于位移x1的大小，即s1＝x1＝10 m；下降通过时，路程s2＝2h－x1＝2×20 m－10 m＝30 m．在A点之下时，通过的路程s3＝2h＋x2＝2×20 m＋10 m＝50 m．故A、C、D正确，B错误．答案ACD竖直上抛运动解题时应注意的问题竖直上抛运动可分为竖直向上的匀减速直线运动和竖直向下的自由落体运动两个阶段，解题时应注意以下两点：(1)可用整体法，也可用分段法．自由落体运动满足初速度为零的匀加速直线运动的一切规律及特点．(2)在竖直上抛运动中，当物体经过抛出点上方某一位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，因此这类问题可能造成时间多解或者速度多解．突破训练3在【例3】中求：(1)物体抛出的初速度大小；(2)若塔高H＝60 m，求物体从抛出到落到地面所用的时间和落到地面时的速度大小(g取10 m/s2)．答案(1)20 m/s(2)6 s40 m/s解析(1)由位移公式得：0－v20＝－2gh解得：v0＝2gh＝2×10×20 m/s＝20 m/s(2)由位移公式得：－H＝v0t－12gt2，解得：t＝6 s物体由最高点做自由落体运动，落地时的速度大小为v，则：v2＝2g(H＋h)，解得：v＝40 m/s.2．思维转化法：将“多个物体的运动”转化为“一个物体的运动”例4 从斜面上某一位置，每隔0.1 s 释放一个小球，在连续释放几颗小球后，对在斜面上滚动的小球拍下照片，如图4所示，测得x AB ＝15 cm ，x BC ＝20 cm ，求： (1)小球的加速度； (2)拍摄时B 球的速度；图4(3)拍摄时x CD 的大小；(4)A 球上方滚动的小球还有几颗． 解析 (1)由a ＝Δxt 2得小球的加速度a ＝x BC －x AB t2＝5 m/s 2 (2)B 点的速度等于AC 段上的平均速度，即 v B ＝x AC2t＝1.75 m/s (3)由相邻相等时间内的位移差恒定，即x CD －x BC ＝x BC －x AB ，所以 x CD ＝2x BC －x AB ＝0.25 m(4)设A 点小球的速度为v A ，由于 v A ＝v B －at ＝1.25 m/s所以A 球的运动时间为t A ＝v Aa ＝0.25 s ，所以在A 球上方滚动的小球还有2颗．答案 (1)5 m/s 2 (2)1.75 m/s (3)0.25 m (4)2在运动学问题的解题过程中，若按正常解法求 解有困难时，往往可以通过变换思维方式，使解答过程简单明了．在直线运动问题中常见的思维转化方法除上例所用外，还有：将末速度为零的匀减速直线运动通过逆向思维转化为初速度为零的匀加速直线运动；将平均速度转化为中间时刻的速度；将位置变化转化为相对运动等．突破训练4 某同学站在一平房边观察从屋檐边滴下的水滴，发现屋檐边滴水是等时的，且第5滴正欲滴下时，第1滴刚好到达地面；第2滴和第3滴水刚好位于窗户的下沿和上沿，他测得窗户上、下沿的高度差为1 m ，由此求屋檐离地面的高度． 答案 3.2 m解析 作出如图所示的示意图.5滴水滴的位置等效为一滴水做自由落体运动连续相等时间内的位置．图中自上而下相邻点之间的距离比为1∶3∶5∶7，因点“3”、“2”间距为1 m ，可知屋檐离地面高度为 15×(1＋3＋5＋7) m ＝3.2 m高考题组1． (2011·重庆·14)某人估测一竖直枯井深度，从井口静止释放一石头并开始计时，经2 s 听到石头落底声．由此可知井深约为(不计声音传播时间，重力加速度g 取10 m/s 2)( ) A ．10 m B ．20 m C ．30 m D ．40 m答案 B解析 从井口由静止释放，石头做自由落体运动，由运动学公式h ＝12gt 2可得h ＝12×10×22 m ＝20 m.2． (2011·安徽·16)一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx 所用的时间为t 1，紧接着通过下一段位移Δx 所用的时间为t 2，则物体运动的加速度为 ( )A.2Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2) B.Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2) C.2Δx (t 1＋t 2)t 1t 2(t 1－t 2)D.Δx (t 1＋t 2)t 1t 2(t 1－t 2)答案 A解析 物体做匀变速直线运动，由匀变速直线运动规律： v ＝v t 2＝x t 知：v t 12＝Δx t 1①v t 22＝Δx t 2② 由匀变速直线运动速度公式v t ＝v 0＋at 知 v t 22＝v t 12＋a ·(t 1＋t 22)③①②③式联立解得a ＝2Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2).3． (2011·山东·18)如图5所示，将小球a 从地面以初速度v 0竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球b 从距地面h 处由静止释放，两球恰在h2处相遇(不计空气阻力)．则( )图5A ．两球同时落地B ．相遇时两球速度大小相等C ．从开始运动到相遇，球a 动能的减少量等于球b 动能的增加量D ．相遇后的任意时刻，重力对球a 做功功率和对球b 做功功率相等 答案 C解析 对b 球，由h 2＝12gt 2得t ＝hg ，v b＝gt ＝gh .以后以初速度gh 匀加速下落．对a 球，h 2＝v 0t －12gt 2得v 0＝gh ，在h 2处，v a ＝v 0－gt ＝0，以后从h2处自由下落．故落地时间t b <t a ，a 、b 不同时落地，选项A 错误．相遇时v b ＝gh ，v a ＝0，选项B错误．从开始运动到相遇，a 球动能减少量ΔE k a ＝12m v 20＝12mgh ，b 球动能增加量ΔE k b＝12m v 2b ＝12mgh ，选项C 正确．相遇之后，重力对b 球做功的功率P b ＝mg (v b ＋gt ′)＝mg (gh ＋gt ′)，重力对a 球做功的功率P a ＝mg (v a ＋gt ′)＝mg ·gt ′，P b >P a ，选项D 错误． 模拟题组4． 如图6所示，小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动，依次经a 、b 、c 、d 到达最高点e .已知ab ＝bd ＝6 m ，bc ＝1 m ，小球从a 到c 和从c 到d 所用的时间都是2 s ，设小球经b 、c 时的速度分别为v b 、v c ，则( )图6A ．v b ＝2 2 m/sB ．v c ＝3 m/sC ．x de ＝3 mD ．从d 到e 所用时间为4 s 答案 BD解析 小球沿斜面向上做匀减速直线运动，因T ac ＝T cd ＝T ，故c 点为a 到d 的中间时刻，故v c ＝x ad 2T ＝6＋62×2 m/s ＝3 m/s ，故B 正确；因x ac ＝x ab ＋x bc ＝7 m ，x cd ＝x bd －x bc ＝5 m ，故加速度大小为a ＝x ac －x cd T 2＝0.5 m/s 2，由v c ＝aT ec 得T ec ＝v ca＝6 s ，则T de ＝T ec －T cd ＝4 s ；x de ＝x ec －x cd ＝4 m ，故C 错误，D 正确；由v 2b －v 2c ＝2a ·x bc 可得，v b ＝10 m/s ，A 错误．5． 气球以10 m/s 的速度沿竖直方向匀速上升，当它上升到离地175 m 的高处时，一重物从气球上掉落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大？(g 取10 m/s 2) 答案 7 s 60 m/s解析 解法一 全程法取全过程为一整体进行研究，从重物自气球上掉 落计时，经时间t 落地，规定初速度方向为正方向，画出运动草图，如图所示．重物在时间t 内的位移h ＝－175 m 将h ＝－175 m ，v 0＝10 m/s 代入位移公式 h ＝v 0t －12gt 2解得t ＝7 s 或t ＝－5 s(舍去)，所以重物落地速度为 v ＝v 0－gt ＝10 m/s －10×7 m/s ＝－60 m/s其中负号表示方向竖直向下，与初速度方向相反． 解法二 分段法设重物离开气球后，经过t 1时间上升到最高点，则 t 1＝v 0g ＝1010s ＝1 s上升的最大高度h 1＝v 202g ＝1022×10 m ＝5 m故重物离地面的最大高度为 H ＝h 1＋h ＝5 m ＋175 m ＝180 m重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为 t 2＝2H g＝ 2×18010s ＝6 s ， v ＝gt 2＝10×6 m/s ＝60 m/s ，方向竖直向下 所以重物从气球上掉落至落地共历时 t ＝t 1＋t 2＝7 s.(限时：30分钟)►题组1 匀变速直线运动基本规律的应用1． 一个做匀变速直线运动的质点，初速度为0.5 m/s ，在第9 s 内的位移比第5 s 内的位移多4 m ，则该质点的加速度、9 s 末的速度和质点在9 s 内通过的位移分别是( )A ．a ＝1 m/s 2，v 9＝9 m/s ，x 9＝40.5 mB ．a ＝1 m/s 2，v 9＝9 m/s ，x 9＝45 mC ．a ＝1 m/s 2，v 9＝9.5 m/s ，x 9＝45 mD ．a ＝0.8 m/s 2，v 9＝7.7 m/s ，x 9＝36.9 m 答案 C解析 a ＝x 9′－x 5′4T 2＝44×12 m/s 2＝1 m/s 2，v 9＝v 0＋at ＝(0.5＋1×9) m/s ＝9.5 m/s ，x 9＝v 0t ＋12at 2＝(0.5×9＋12×1×92) m ＝45 m ，故正确选项为C.2． 给滑块一初速度v 0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为g2，当滑块速度大小减为v 02时，所用时间可能是( )A.v 02g B.v 0g C.3v 0gD.3v 02g答案 BC解析 当滑块速度大小减为v 02时，其方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，因此要考虑两种情况，即v ＝v 02或v ＝－v 02，代入公式t ＝v －v 0a 得，t ＝v 0g 或t ＝3v 0g ，故B 、C 正确．3． 一个做匀加速直线运动的物体，在前4 s 内经过的位移为24 m ，在第二个4 s 内经过的位移是60 m ．求这个物体运动的加速度和初速度各是多少？ 答案 2.25 m/s 2 1.5 m/s 解析 解法一 基本公式法： 前4 s 内经过的位移：x 1＝v 0t ＋12at 2第2个4 s 内经过的位移： x 2＝v 0(2t )＋12a (2t )2－(v 0t ＋12at 2)将x 1＝24 m 、x 2＝60 m 代入上式， 解得a ＝2.25 m/s 2 v 0＝1.5 m/s.解法二 由公式Δx ＝aT 2，得 a ＝Δx T 2＝60－2442m/s 2＝2.25 m/s 2. 根据v ＝v t 2得v ＝v t 2＝24＋608m/s ＝v 0＋4a ，所以v 0＝1.5 m/s.►题组2 自由落体和竖直上抛运动的规律4． 从某高处释放一粒小石子，经过1 s 从同一地点再释放另一粒小石子，则在它们落地之前，两粒石子间的距离将( )A ．保持不变B ．不断增大C ．不断减小D ．有时增大，有时减小答案 B解析 设第1粒石子运动的时间为t s ，则第2粒石子运动的时间为(t －1) s ，两粒石子间的距离为Δh ＝12gt 2－12g (t －1)2＝gt －12g ，可见，两粒石子间的距离随t 的增大而增大，故B 正确．5． 从水平地面竖直向上抛出一物体，物体在空中运动，到最后又落回地面．在不计空气阻力的条件下，以下判断正确的是( )A ．物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度相同B ．物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度方向相反C ．物体上升过程经历的时间等于物体下落过程经历的时间D ．物体上升过程经历的时间小于物体下落过程经历的时间 答案 AC解析 物体竖直上抛，不计空气阻力，只受重力，则物体上升和下降阶段加速度相同，大小为g ，方向向下，A 正确，B 错误；上升和下落阶段位移大小相等，加速度大小相等，所以上升和下落过程所经历的时间相等，C 正确，D 错误．6． 一个从地面竖直上抛的物体，它两次经过一个较低的点a 的时间间隔是T a ，两次经过一个较高点b 的时间间隔是T b ，则a 、b 之间的距离为 ( )A.18g (T 2a －T 2b ) B.14g (T 2a －T 2b ) C.12g (T 2a －T 2b )D.12g (T a －T b ) 答案 A解析 根据时间的对称性，物体从a 点到最高点的时间为T a2，从b 点到最高点的时间为T b 2，所以a 点到最高点的距离h a ＝12g (T a 2)2＝gT 2a 8，b 点到最高点的距离h b ＝12g (T b 2)2＝gT 2b 8，故a 、b 之间的距离为h a －h b ＝18g (T 2a －T 2b )，故选A. 7． 不计空气阻力，以一定的初速度竖直上抛的物体，从抛出至回到原点的时间为t ，现在在物体上升的最大高度的一半处设置一块挡板，物体撞击挡板后以原速率弹回(撞击所需时间不计)，则此时物体上升和下降的总时间约为( )A ．0.5tB ．0.4tC ．0.3tD ．0.2t 答案 C解析 物体上升到最大高度所需的时间为t2，把上升的位移分成相等的两段，自上向下的时间的比为1：(2－1)，物体上升到最大高度的一半所需时间为t 1＝2－12×t2，由对称性，物体从最大位移的一半处下落到抛出点的时间也为t 1，故题中所求时间为2t 1＝2×2－12×t2≈0.3t . ►题组3 应用运动学基本规律分析实际运动问题8． 汽车进行刹车试验，若速率从8 m/s 匀减速至零，需用时间1 s ，按规定速率为8 m/s 的汽车刹车后拖行路程不得超过 5.9 m ，那么上述刹车试验的拖行路程是否符合规定( )A ．拖行路程为8 m ，符合规定B ．拖行路程为8 m ，不符合规定C ．拖行路程为4 m ，符合规定D ．拖行路程为4 m ，不符合规定 答案 C解析 由x ＝v 02t 可得：汽车刹车后的拖行路程为x ＝82×1 m ＝4 m<5.9 m ，所以刹车试验的拖行路程符合规定，C 正确．9． 一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1 s 内和第2 s 内位移大小依次为9 m 和7 m ．则刹车后6 s 内的位移是( )A ．20 mB ．24 mC ．25 mD ．75 m 答案 C解析 由Δx ＝aT 2得：a ＝－2 m/s 2，由v 0T ＋12aT 2＝x 1得：v 0＝10 m/s ，汽车刹车时间t＝0－v 0a ＝5 s<6 s ，故刹车后6 s 内的位移为x ＝0－v 202a＝25 m ，C 正确．10．一辆汽车沿着一条平直的公路行驶，公路旁边有与公路平行的一行电线杆，相邻电线杆间的间隔均为50 m ，取汽车驶过某一根电线杆的时刻为零时刻，此电线杆作为第1根电线杆，此时刻汽车行驶的速度大小为v 1＝5 m/s ，假设汽车的运动为匀加速直线运动，10 s 末汽车恰好经过第3根电线杆，则下列说法中正确的是( )A ．汽车运动的加速度大小为1 m/s 2B ．汽车继续行驶，经过第7根电线杆时的瞬时速度大小为25 m/sC ．汽车在第3根至第7根电线杆间运动所需的时间为20 sD ．汽车在第3根至第7根电线杆间的平均速度为25 m/s 答案 AB解析 由匀加速直线运动的位移规律x ＝v 0t ＋12at 2知汽车运动的加速度大小为1 m/s 2，A 正确；由v 2t －v 20＝2ax 知汽车经过第7根电线杆时的瞬时速度大小为25 m/s ，B 正确；由v t ＝v 0＋at 知汽车从第1根至第7根电线杆用时为20 s ，所以从第3根至第7根电线杆用时为10 s ，C 错误；由v ＝x t 知汽车在第3根至第7根电线杆间的平均速度为20 m/s ，D 错误．11．“蹦床”是奥运体操的一种竞技项目，比赛时，可在弹性网上安装压力传感器，利用压力传感器记录运动员运动过程中对弹性网的压力，并由计算机作出压力(F )－时间(t )图象，如图1为某一运动员比赛时计算机作出的F －t 图象，不计空气阻力，则关于该运动员，下列说法正确的是( )图1A ．裁判打分时可以把该运动员的运动看成质点的运动B ．1 s 末该运动员的运动速度最大C ．1 s 末到2 s 末，该运动员在做减速运动D ．3 s 末该运动员运动到最高点 答案 D解析 运动员的外形和动作影响裁判打分，不能把该运动员的运动看成质点的运动，则A 错误；1 s 末对弹性网的压力最大，运动员在最低点，速度为0,1 s 末到2 s 末，运动员在做加速运动，2 s 末到3 s 末，运动员做竖直上抛运动，3 s 末运动员运动到最高点，则B 、C 错误，D 正确．12．如图2所示，A 、B 两同学在直跑道上练习4×100 m 接力，他们在奔跑时有相同的最大速度．B 从静止开始全力奔跑需25 m 才能达到最大速度，这一过程可看做匀变速运动，现在A 持棒以最大速度向B 奔来，B 在接力区伺机全力奔出．若要求B 接棒时速度达到最大速度的80%，则：图2(1)B 在接力区需跑出的距离s 1为多少？ (2)B 应在离A 的距离s 2为多少时起跑？ 答案 (1)16 m (2)24 m解析 (1)对B ：设其加速度为a ，跑出的距离为s 时速度达到最大值v .则2as ＝v 2,2as 1＝(0.8v )2，解得s 1＝0.64s ＝16 m.(2)设B 接棒时跑出时间为t ，则s 1＝v t ＝0.8v2t ，在t 时间内，对A 有s A ＝v t ，解得s A＝40 m ．所以B 起跑时，应距离A 为Δs ＝s A －s 1，解得Δs ＝s 2＝24 m.13．一列火车做匀变速直线运动，一人在轨道旁边观察火车运动，发现在相邻的两个10 s内，火车从他跟前分别驶过8节车厢和6节车厢，每节车厢长8 m(连接处长度不计)，求：(1)火车的加速度的大小； (2)人开始观察时火车速度的大小． 答案 (1)0.16 m/s 2 (2)7.2 m/s解析 (1)由题知，火车做匀减速运动，设火车加速度大小为a ，L ＝8 m ．由Δx ＝aT 2得8L －6L ＝a ×102，a ＝2L 100＝2×8100m/s 2＝0.16 m/s 2.(2)设人开始观察时火车速度大小为v 0，v T 2＝v ＝8L ＋6L 2T ＝14×820 m/s ＝5.6 m/s.v T2＝v 0－aT ，解得v 0＝7.2 m/s.。
2014《步步高》物理大一轮复习讲义 第12章 第2课时 机械波
第2课时机械波考纲解读 1.知道机械波的特点和分类.2.掌握波速、波长和频率的关系，会分析波的图象.3.理解波的干涉、衍射现象和多普勒效应，掌握波的干涉和衍射的条件．1．[波的形成与波的分类]关于波的形成和传播，下列说法正确的是()A．质点的振动方向与波的传播方向平行时，形成的波是纵波B．质点的振动方向与波的传播方向垂直时，形成的波是横波C．波在传播过程中，介质中的质点随波一起迁移D．波可以传递振动形式和能量答案ABD2．[波长、波速、频率的关系]如图1所示，实线是沿x轴传播的一列简谐横波在t＝0时刻的波形图，虚线是这列波在t＝0.05 s时刻的波形图．已知该波的波速是80 cm/s，则下列说法中正确的是() 图1A．这列波有可能沿x轴正方向传播B．这列波的波长是10 cmC．t＝0.05 s时刻x＝6 cm处的质点正在向下运动D．这列波的周期一定是0.15 s答案 D解析由波的图象可看出，这列波的波长λ＝12 cm，B错误；根据v＝λT，可求出这列波的周期为T＝λv＝1280s＝0.15 s，D正确；根据x＝v t＝80×0.05 cm＝4 cm可判断，波应沿x轴负方向传播，根据波的“微平移”法可判断t＝0.05 s时刻x＝6 cm处的质点正在向上运动，A、C错误．3．[波的图象的理解]如图2所示是一列简谐波在t＝0时的波形图，介质中的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y＝10sin 5πt cm.关于这列简谐波，下列说法中正确的是() 图2A．这列简谐波的振幅为20 cmB ．这列简谐波的周期为5.0 sC ．这列简谐波在该介质中的传播速度为25 cm/sD ．这列简谐波沿x 轴正向传播 答案 D解析 由题图可知，质点偏离平衡位臵的最大距离即振幅为10 cm ，A 错；由该质点P 振动的表达式可知这列简谐横波的周期为T ＝2πω＝2π5π s ＝0.4 s ，B 错；由题图可知，该波的波长为λ＝4 m ，波速v ＝λT ＝40.4 m/s ＝10 m/s ，C 错；由质点P 做简谐运动的表达式可知，t ＝0时刻质点P 正在向上运动，由此可判断波沿x 轴正向传播，D 正确． 4． [波的干涉和衍射]如图3所示为观察水面波衍射的实验装置，AC 和BD是两块挡板，AB 是一个小孔，O 是波源，图中已画出波源所在区域波的传播情况，每两条相邻波纹(图中曲线)之间的距离表示一个波长，则对波经过孔后的传播情况，下列描述不正确的是 ( ) A ．此时能明显观察到波的衍射现象图3B ．挡板前后波纹间距相等C ．如果将孔AB 扩大，有可能观察不到明显的衍射现象D ．如果孔的大小不变，使波源频率增大，能更明显地观察到衍射现象 答案 D解析 由题图可以看出，孔AB 尺寸与波长相差不大，因只有缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不多，或者比波长更小时，才能观察到明显的衍射现象，故选项A 、C 正确；由λ＝vf 知，v 不变，f 增大，只能使λ减小，故选项D 错；既然衍射是指“波绕过障碍物而传播的现象”，那么经过孔后的波长自然不变，故选项B 正确． 考点梳理1． 机械波的形成条件：(1)波源；(2)介质． 2． 机械波的特点(1)机械波传播的只是振动的形式和能量，质点只在各自的平衡位置附近做简谐运动，并不随波迁移．(2)介质中各质点的振幅相同，振动周期和频率都与波源的振动周期和频率相同． (3)各质点开始振动(即起振)的方向均相同．(4)一个周期内，质点完成一次全振动，通过的路程为4A ，位移为零． 3． 波长、波速、频率及其关系(1)波长在波动中，振动相位总是相同的两个相邻质点间的距离，用λ表示．(2)波速波在介质中的传播速度．由介质本身的性质决定． (3)频率由波源决定，等于波源的振动频率． (4)波长、波速和频率的关系：v ＝fλ.特别提醒 1.机械波从一种介质进入另一种介质，频率不变，波速、波长都改变． 2． 机械波的波速仅由介质来决定，波速在固体、液体中比在空气中大．波速的计算方法：v ＝λT 或v ＝Δx Δt . 4． 波的图象的物理意义反映了某一时刻介质中各质点相对平衡位置的位移． 5． 波的干涉(1)产生稳定干涉的条件：频率相同的两列同性质的波相遇．(2)现象：两列波相遇时，某些区域振动总是加强，某些区域振动总是减弱，且加强区和减弱区互相间隔．(3)对两个完全相同的波源产生的干涉来说，凡到两波源的路程差为一个波长整数倍时，振动加强；凡到两波源的路程差为半个波长的奇数倍时，振动减弱．6． 产生明显衍射现象的条件：障碍物或孔(缝)的尺寸跟波长差不多，或者比波长更小． 7． 多普勒效应(1)波源不动⎩⎪⎨⎪⎧观察者向波源运动，接收频率增大观察者背离波源运动，接收频率减小(2)观察者不动⎩⎪⎨⎪⎧波源向观察者运动，接收频率增大波源背离观察者运动，接收频率减小5. [质点振动方向与波传播方向的关系应用]一列简谐横波沿x 轴传播，t ＝0时刻的波形如图4所示．则从图中可以看出( )A ．这列波的波长为5 mB ．波中的每个质点的振动周期都为4 s图4C ．若已知波沿x 轴正向传播，则此时质点a 正向下振动D ．若已知质点b 此时正向上振动，则波是沿x 轴负向传播的 答案 C解析 由题图可知，波长为λ＝4 m ，选项A 错误；波速未知，不能得出机械波的周期，选项B 错误；若已知波沿x 轴正向传播，则此时质点a 正向下振动，选项C 正确；若已知质点b 此时正向上振动，则波是沿x 轴正向传播的，选项D 错误．6． [质点振动方向与波传播方向的关系应用]一列简谐横波沿x 轴传播，t ＝0时的波形如图5所示，质点A 与质点B 相距1 m ，A 点速度沿y 轴正方向；t ＝0.02 s 时，质点A 第一次到达正向最大位移处，由此可知( )图5A ．此波沿x 轴负方向传播B ．此波的传播速度为25 m/sC ．从t ＝0时起，经过0.04 s ，质点A 沿波传播方向迁移了1 mD ．在t ＝0.04 s 时，质点B 处在平衡位置，速度沿y 轴正方向 答案 ABD解析 根据图象，由t ＝0时A 点速度沿y 轴正方向可判断，此波沿x 轴负方向传播，选项A 正确；根据题意，波长λ＝2 m ，周期T ＝0.08 s ，波速v ＝λT ＝25 m/s ，选项B 正确；沿波传播方向上各质点并不随波迁移，而是在平衡位臵附近做简谐运动，选项C 错误；t ＝0时刻质点B 从平衡位臵向下振动，经过0.04 s 即0.5T ，质点B 处在平衡位臵，速度沿y 轴正方向，选项D 正确． 方法提炼质点的振动方向与波的传播方向的互判方法 (1)上下坡法沿波的传播方向看，“上坡”的点向下运动，“下坡”的点向上运动，简称“上坡下，下坡上”，如图6所示．图6(2)带动法如图7所示，在质点P 靠近波源一方附近的图象上另找一点P ′，若P ′在P 上方，则P 向上运动，若P ′在P 下方，则P 向下运动．图7(3)微平移法图8原理：波向前传播，波形也向前平移．方法：作出经微小时间Δt 后的波形，如图8虚线所示，就知道了各质点经过Δt 时间到达的位置，也就知道了此刻质点的振动方向，可知图中P 点振动方向向下．考点一 波动图象与波速公式的应用1. 波的图象反映了在某时刻介质中的质点离开平衡位臵的位移情况，图象的横轴表示各质点的平衡位臵，纵轴表示该时刻各质点的位移，如图9：图象的应用：(1)直接读取振幅A 和波长λ，以及该时刻各质点的位移．(2)确定某时刻各质点加速度的方向，并能比较其大小．(3)结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向．2． 波速与波长、周期、频率的关系为：v ＝λT＝λf .例1 (2011·海南·18(1))一列简谐横波在t ＝0时的波形图如图10所示．介质中x ＝2 m 处的质点P 沿y 轴方向做简谐运动的表达式为y ＝10sin (5πt ) cm.关于这列简谐波，下列说法正确的是( )图10A ．周期为4.0 sB ．振幅为20 cmC ．传播方向沿x 轴正向D ．传播速度为10 m/s解析 由题意知ω＝5π rad/s ，周期为：T ＝2πω＝0.4 s ，由波的图象得：振幅A ＝10 cm 、波长λ＝4 m ，故波速为v ＝λT＝10 m/s ，P 点在t ＝0时振动方向为正y 方向，波向正x方向传播．答案CD突破训练1如图11所示为一列在均匀介质中沿x轴正方向传播的简谐横波在某时刻的波形图，波速为4 m/s，则()A．质点P此时刻的振动方向沿y轴正方向B．P点振幅比Q点振幅小C．经过Δt＝3 s，质点Q通过的路程是0.6 m 图11D．经过Δt＝3 s，质点P将向右移动12 m答案 C解析由机械波沿x轴正方向传播，利用“带动”原理可知，质点P此时刻的振动方向沿y轴负方向，选项A错误；沿波传播方向上各质点并不随波迁移，而是在平衡位臵附近做简谐运动，并且各质点振动的幅度相同，即振幅相同，选项B、D均错误；根据波形图可知，波长λ＝4 m，振幅A＝5 cm，已知v＝4 m/s，所以T＝λv＝1 s，Δt＝3 s ＝3T，质点Q通过的路程是12A＝60 cm＝0.6 m，所以选项C正确．考点二振动图象与波动图象2质点，Q 是平衡位置为x ＝4 m 处的质点，图乙为质点Q 的振动图象，则( )图12A ．t ＝0.15 s 时，质点Q 的加速度达到正向最大B ．t ＝0.15 s 时，质点P 的运动方向沿y 轴负方向C ．从t ＝0.10 s 到t ＝0.25 s ，该波沿x 轴正方向传播了6 mD ．从t ＝0.10 s 到t ＝0.25 s ，质点P 通过的路程为30 cm解析 A 选项，由乙图象看出，当t ＝0.15 s 时，质点Q 位于负方向的最大位移处，而简谐运动的加速度大小与位移成正比，方向与位移方向相反，所以加速度为正向最大值；B 选项中，由乙图象看出，简谐运动的周期为T ＝0.20 s ，t ＝0.10 s 时，质点Q 的速度方向沿y 轴负方向，由甲图可以看出，波的传播方向应该沿x 轴负方向，因甲图是t ＝0.10 s 的波形，所以t ＝0.15 s 时，经历了0.05 s ＝T4的时间，图甲的波形沿x 轴负方向平移了λ4＝2 m 的距离，如图所示，因波沿x 轴负方向传播，则此时P 点的运动方向沿y 轴负方向；C选项中，由题意知λ＝8 m ，T ＝0.2 s ，则v ＝λT ＝40 m/s.从t ＝0.10 s 到t ＝0.25 s ，该波沿x 轴负方向传播的距离为0.15 s×40 m/s ＝6 m ；D 选项中，由图甲可以看出，由于t ＝0.10 s 时刻质点P 不处于平衡位臵，故从t ＝0.10 s 到t ＝0.25 s 质点P 通过的路程不为30 cm ，本题正确选项为A 、B. 答案 AB突破训练2 如图13所示，甲图为沿x 轴传播的一列简谐横波在t ＝0时刻的波动图象，乙图是x ＝2 m 处质点P 的振动图象，下列判断正确的是( )图13A ．该波的传播速率为4 m/sB ．该波沿x 轴正方向传播C ．经过0.5 s ，质点P 沿波的传播方向移动2 mD ．若遇到3 m 的障碍物，该波能发生明显的衍射现象 答案 AD解析 由题图可知，机械波的波长为λ＝4 m ，周期为T ＝1 s ，则v ＝λT ＝4 m/s ，该波的传播速率为4 m/s ，选项A 正确；由乙图可知，t ＝0时刻质点P 经平衡位臵往下振动，由甲图可知，该波沿x 轴负方向传播，选项B 错误；质点P 只在平衡位臵附近振动，不沿波的传播方向移动，选项C 错误；由于波长大于障碍物尺寸，该波能发生明显的衍射现象，选项D 正确． 考点三 波的干涉、衍射、多普勒效应 1． 波的干涉中振动加强点和减弱点的判断某质点的振动是加强还是减弱，取决于该点到两相干波源的距离之差Δr . (1)当两波源振动步调一致时若Δr ＝nλ(n ＝0,1,2，…)，则振动加强； 若Δr ＝(2n ＋1)λ2(n ＝0,1,2，…)，则振动减弱．(2)当两波源振动步调相反时若Δr ＝(2n ＋1)λ2(n ＝0,1,2，…)，则振动加强；若Δr ＝nλ(n ＝0,1,2，…)，则振动减弱．2． 波的衍射现象是指波能绕过障碍物继续传播的现象，产生明显衍射现象的条件是缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不大或者小于波长． 3． 多普勒效应的成因分析(1)接收频率：观察者接收到的频率等于观察者在单位时间内接收到的完全波的个数．当波以速度v 通过观察者时，时间t 内通过的完全波的个数为N ＝v tλ，因而单位时间内通过观察者的完全波的个数，即接收频率．(2)当波源与观察者相互靠近时，观察者接收到的频率变大，当波源与观察者相互远离时，观察者接收到的频率变小．例3 如图14表示两个相干波源S 1、S 2产生的波在同一种均匀介质中相遇．图中实线表示波峰，虚线表示波谷，c 和f 分别为ae 和bd 的中点，则：图14(1)在a、b、c、d、e、f六点中，振动加强的点是__________．振动减弱的点是____________．(2)若两振源S1和S2振幅相同，此时刻位移为零的点是________．(3)画出此时刻ace连线上，以a为起点的一列完整波形，标出e点．解析(1)a、e两点分别是波谷与波谷、波峰与波峰相交的点，故此两点为振动加强点；c点处在a、e连线上，且从运动的角度分析a点的振动形式恰沿该线传播，故c点是振动加强点，同理b、d是振动减弱点，f也是振动减弱点．(2)因为S1、S2振幅相同，振动最强区的振幅为2A，最弱区的振幅为零，位移为零的点是b、d.(3)题图中对应时刻a处在两波谷的交点上，即此刻a在波谷，同理e在波峰，所以所对应的波形如图所示．答案(1)a、c、e b、d、f(2)b、d(3)见解析图突破训练3如图15甲所示，男同学站立不动吹口哨，一位女同学坐在秋千上来回摆动，下列关于女同学的感受的说法正确的是()甲乙图15A．女同学从A向B运动过程中，她感觉哨声音调变高B．女同学从E向D运动过程中，她感觉哨声音调变高C．女同学在C点向右运动时，她感觉哨声音调不变D．女同学在C点向左运动时，她感觉哨声音调变低答案AD突破训练4(2011·上海·10)两波源S1、S2在水槽中形成的波形如` 图16所示，其中实线表示波峰，虚线表示波谷，则()A．在两波相遇的区域中会产生干涉B．在两波相遇的区域中不会产生干涉图16C．a点的振动始终加强D．a点的振动始终减弱答案 B解析由题图可知两列波的波长不同，在同一水槽中两波的波速相同，由v＝λf知两波的频率不同，故不能产生干涉现象．高考题组1．(2012·天津理综·7)沿x 轴正方向传播的一列简谐横波在t ＝0时刻的波形如图19所示，M 为介质中的一个质点，该波的传播速度为40 m/s ，则t ＝140s 时( ) A ．质点M 对平衡位置的位移一定为负值图19B ．质点M 的速度方向与对平衡位置的位移方向相同C ．质点M 的加速度方向与速度方向一定相同D ．质点M 的加速度方向与对平衡位置的位移方向相反 答案 CD解析 当t ＝140 s 时，波传播的距离Δx ＝v t ＝40×140 m ＝1 m ，所以当t ＝140s 时波的图象如图所示，由图可知，M 对平衡位臵的位移为正值，且沿y 轴负方向运动，故选项A 、B 错误；根据F ＝－kx 及a ＝－km x知，加速度方向与位移方向相反，沿y 轴负方向，与速度方向相同，选项C 、D 正确． 2． (2012·安徽理综·15)一列简谐波沿x 轴正方向传播，在t ＝0时波形如图20所示，已知波速为10 m/s.则t ＝0.1 s 时正确的波形应是下图中的( )图20答案 C解析由题图知：波长λ＝4.0 m，波在t＝0.1 s内传播的距离x＝v t＝10×0.1 m＝1 m＝1 4λ，故将原波形图沿波的传播方向(即x轴正方向)平移14λ即可，故选项C正确，选项A、B、D错误．3．(2012·福建理综·13)一列简谐横波沿x轴传播，t＝0时刻的波形如图21甲所示，此时质点P正沿y轴负方向运动，其振动图象如图乙所示，则该波的传播方向和波速分别是()图21A．沿x轴负方向，60 m/s B．沿x轴正方向，60 m/sC．沿x轴负方向，30 m/s D．沿x轴正方向，30 m/s答案 A解析由题图甲知，波长λ＝24 m，由题图乙知T＝0.4 s．根据v＝λT可求得v＝60 m/s，故C、D项错误；根据“同侧法”可判断出波的传播方向沿x轴负方向，故A项正确，B项错误．模拟题组4．位于坐标原点的波源S不断地产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v＝40 m/s，已知t＝0时刻波刚好传播到x＝13 m处，部分波形图如图22所示，下列说法正确的是()图22A．波源S开始振动的方向沿y轴正方向B．t＝0.45 s时，x＝9 m处的质点的位移为零C．t＝0.45 s时，波刚好传播到x＝18 m处D．t＝0.45 s时，波刚好传播到x＝31 m处答案AD解析已知波沿x轴正方向传播，结合波形图可知，x＝13 m处质点的起振方向沿y轴正方向，所以波源S开始振动的方向沿y轴正方向，选项A正确；由图可知，波长λ＝8 m ，周期T ＝λv ＝0.2 s ，根据波的传播方向可知，t ＝0时刻，x ＝9 m 处的质点正从平衡位臵向下运动，经过0.45 s ＝2.25T 即t ＝0.45 s 时刻，该质点位于波谷，选项B 错误；t ＝0.45 s 时，波刚好传播到x ＝13 m ＋v t ＝31 m 处，选项C 错误，D 正确．5． 如图23所示为一列在均匀介质中传播的简谐横波在某时刻的波形图，波速为2 m/s ，此时P 点振动方向沿y 轴负方向，则( )图23A ．该波传播的方向沿x 轴正方向B ．P 点的振幅比Q 点的小C ．经过Δt ＝4 s ，质点P 将向右移动8 mD ．经过Δt ＝4 s ，质点Q 通过的路程是0.4 m 答案 AD解析 由P 点振动方向沿y 轴负方向可知波向右传播，选项A 正确．波传播过程中，各点振幅相同，选项B 错误．周期T ＝λv ＝42 s ＝2 s ，Δt ＝4 s 为两个周期，P 、Q 两质点完成两个全振动，通过的路程为8A ＝40 cm ＝0.4 m ，位移为零，选项C 错，D 正确．(限时：30分钟)►题组1 波的干涉与衍射现象的理解 1． 关于波的衍射现象，下列说法正确的是( )A ．当孔的尺寸比波长大时，一定不会发生衍射现象B ．只有孔的尺寸与波长相差不多时，或者比波长还小时才会观察到明显的衍射现象C ．只有波才有衍射现象D ．以上说法均不正确 答案 BC解析 当孔的尺寸比波长大时，会发生衍射现象，只不过不明显．只有当孔、缝或障碍物的尺寸跟波长相差不多，或者比波长更小时，才会发生明显的衍射现象，切不可把此条件用来判断波是否发生了衍射现象．2． 如图1所示，S 1、S 2为两个振动情况完全一样的波源，两列波的波长都为λ，它们在介质中产生干涉现象，S 1、S 2在空间共形成6个振动减弱的区域(图中虚线处)，P 是振动减弱区域中的一点，从图中可看出( )A ．P 点到两波源的距离差等于1.5λ图1B ．两波源之间的距离一定在2.5个波长到3.5个波长之间C ．P 点此时刻振动最弱，过半个周期后，振动变为最强D ．当一列波的波峰传到P 点时，另一列波的波谷也一定传到P 点 答案 ABD解析 从S 1、S 2的中点起到向右三条虚线上，S 1、S 2的距离差依次为0.5λ、1.5λ、2.5λ. ►题组2 波的图象的理解和波速公式的应用3. 有一列简谐横波在弹性介质中沿x 轴正方向以速率v ＝5.0 m/s 传播，t ＝0时刻的波形如图2所示，下列说法中正确的是( ) A ．该列波的波长为0.5 m ，频率为5 Hz图2B ．t ＝0.1 s 时，波形沿x 轴正方向移动0.5 mC ．t ＝0.1 s 时，质点A 的位置坐标为(1.25 m,0)D ．t ＝0.1 s 时，质点A 的速度为零 答案 B解析 由波形图知λ＝1.0 m ．T ＝λv ＝0.2 s ，f ＝5 Hz ，A 项错．t ＝0.1 s 时，波传播的距离 x ＝v t ＝5×0.1 m ＝0.5 m ，B 项正确．在t ＝0.1 s ＝T2时，A 在平衡位臵，位臵坐标仍为(0.75 m,0)，且A 此时的速度最大，C 、D 项错．4. 如图3所示，实线是沿x 轴传播的一列简谐横波在t ＝0时刻的波形图，虚线是这列波在t ＝0.2 s 时刻的波形图．该波的波速为0.8 m/s ，则下列说法正确的是 ( ) A ．这列波的波长是14 cm图3B ．这列波的周期是0.5 sC ．这列波可能是沿x 轴正方向传播的D ．t ＝0时，x ＝4 cm 处的质点速度沿y 轴负方向 答案 D解析 由题图知该波的波长λ＝12 cm ，故A 项错误．由v ＝λT ，得T ＝0.120.8 s ＝1.5×10－1 s ，故B 项错误．因t T ＝0.20.15＝43，故该波沿x 轴负方向传播，所以C 项错误．由波沿x 轴负方向传播可判定t ＝0时刻，x ＝4 cm 处质点的振动方向沿y 轴负方向，故D项正确．5．如图4为一列在均匀介质中沿x轴正方向传播的简谐横波在某时刻的波形图，波速为4 m/s.图中“A、B、C、D、E、F、G、H”各质点中()A．沿y轴正方向速率最大的质点是D 图4B．沿y轴正方向加速度最大的质点是BC．经过Δt＝0.5 s，质点D将向右移动2 mD．经过Δt＝2.5 s，质点D的位移是0.2 m答案 A解析在平衡位臵的质点速率最大，又从传播方向可以判断，质点D向上振动，质点H向下振动，所以A项正确；在最大位移处的质点加速度最大，加速度的方向与位移方向相反，B质点的加速度方向向下，B项错误；质点只能在平衡位臵两侧上下振动，并不随波迁移，C项错误；波传播的周期T＝λv＝1 s，经过Δt＝2.5 s＝2.5T，质点D仍位于平衡位臵，所以位移为0，D项错误．6．如图5所示，在坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v＝200 m/s，已知t＝0时，波刚好传播到x＝40 m处．在x′＝400 m处有一处于静止状态的接收器(图中未画出)，则下列说法正确的是()图5A．波源振动周期为0.1 sB．波源开始振动时方向沿y轴正方向C．t＝0.15 s时，x＝40 m的质点已运动的路程为30 mD．接收器在t＝1.8 s时开始接收此波E．若波源向x轴正方向运动，接收器接收到的波的频率可能为15 Hz答案ADE7．(2012·山东理综·37(1))一列简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时刻的波形如图6所示，介质中质点P、Q分别位于x＝2 m，x＝4 m处．从t＝0时刻开始计时，当t＝15 s时质点Q刚好第4次到达波峰．①求波速．②写出质点P做简谐运动的表达式(不要求推导过程)．图6答案 ①1 m/s ②y ＝0.2sin (0.5πt ) m解析 ①设简谐横波的波速为v ，波长为λ，周期为T ，由题图知，λ＝4 m ．由题意知t ＝3T ＋34T ①v ＝λT② 联立①②式，代入数据得 v ＝1 m/s ②ω＝2πT＝0.5π质点P 做简谐运动的表达式为y ＝0.2sin (0.5πt ) m 题组3 波动图象与振动图象的结合8． 一列沿着x 轴正方向传播的横波，在t ＝2 s 时刻的波形如图7甲所示，则图乙表示图甲中E 、F 、G 、H 四个质点中哪一个质点的振动图象( )图7A ．E 点B ．F 点C ．G 点D ．H 点 答案 D解析 由题图乙可知，t ＝2 s 质点经平衡位臵往下振动，波沿着x 轴正方向传播，图甲中符合要求的是H 点，选项D 正确．9． 一简谐波沿x 轴正方向传播，波长为λ，周期为T .在t ＝T2时刻该波的波形图如图8甲所示，a 、b 是波上的两个质点．图乙表示某一质点的振动图象．下列说法中正确的是( )图8A ．质点a 的振动图象如图乙所示B ．质点b 的振动图象如图乙所示C ．t ＝0时刻质点a 的速度比质点b 的大D ．t ＝0时刻质点a 的加速度比质点b 的大 答案 D解析 在t ＝0时刻，质点a 在波谷，质点b 在平衡位臵，振动质点位移增大时，回复力、加速度、势能均增大，速度、动能均减小，所以在t ＝0时刻，质点a 的加速度比质点b 的加速度大，质点a 的速度比质点b 的速度小，选项D 正确，C 错误．由图乙知，T2时刻图乙表示的质点在平衡位臵向下振动，故图乙既不是a 的振动图象也不是b的振动图象，选项A 、B 均错误．10．一列简谐横波，沿x 轴正方向传播，波长2 m ．位于原点O 的质点的振动图象如图9所示，则下列说法正确的是( )图9图10A ．在t ＝0.05 s 时，位于原点的质点离开平衡位置的位移是8 cmB ．图10可能为该波在t ＝0.15 s 时刻的波形图C ．该波的传播速度为10 m/sD ．从图10时刻开始计时，再经过0.10 s 后，A 点离开平衡位置的位移是－8 cm 答案 C解析 在t 等于14周期时，位于原点的质点离开平衡位臵的位移是0，故A 选项错误．由公式v ＝λT 可知该波的传播速度是10 m/s ，C 选项正确．根据振动与波动之间的联系，可知B 选项错误．从题图10时刻开始计时，再经过0.10 s 后，A 点离开平衡位臵的位移是8 cm ，D 选项错误． ►题组4 振动和波动关系的应用11．如图11为一列简谐横波在t ＝0时刻的波的图象，A 、B 、C 是介质中的三个质点．已知波是沿x 轴正方向传播的，波速为v ＝20 m/s.请回答下列问题：图11(1)判断质点B 此时的振动方向；(2)求出质点A 在0～1.65 s 内通过的路程及t ＝1.65 s 时刻相对于平衡位置的位移． 答案 (1)沿y 轴正方向 (2)4.4 cm －0.4 cm解析 (1)因波沿x 轴正方向传播，根据波的传播方向与质点振动方向的关系可知质点B 此时的振动方向为沿y 轴正方向． (2)由波形图可知该波波长为λ＝12 m 根据波速公式v ＝λT，可得T ＝λv ＝0.6 s质点在一个周期内通过的路程为4个振幅，即4A ，则质点A 在0～1.65 s 内通过的路程为s ＝4nA ，n ＝t T ＝1.650.6＝2.75，所以s ＝11A ＝11×0.4 cm ＝4.4 cm ，由于t ＝0时质点A的振动方向沿y 轴正方向，故在t ＝1.65 s 时刻质点相对于平衡位臵的位移为－0.4 cm. 12. 在某介质中形成一列简谐波，t ＝0时刻的波形如图12所示．若波向右传播，零时刻刚好传到B 点，且再经过0.6 s ，P 点也开始起振，求： (1)该列波的周期T ；(2)从t ＝0时刻起到P 点第一次达到波峰时止，O 点相对平衡位置的位移y 0及其所经过的路程s 0各为多少？图12答案 (1)0.2 s (2)－2 cm 0.3 m 解析 由题图可知，λ＝2 m ，A ＝2 cm.当波向右传播时，点B 的起振方向竖直向下，包括P 点在内的各质点的起振方向均为竖直向下．(1)波速v ＝x Δt 1＝60.6 m/s ＝10 m/s ，由v ＝λT ，得T ＝λv ＝0.2 s.(2)由t ＝0至P 点第一次到达波峰，经历的时间Δt 2＝Δt 1＋34T ＝0.75 s ＝(3＋34)T ，而t ＝0时O 点的振动方向竖直向上(沿y 轴正方向)，故经Δt 2时间，O 点振动到波谷，即： y 0＝－2 cm ，s 0＝(3＋34)×4A ＝0.3 m.。
《步步高》2014高考物理大一轮复习讲义【配套word版文档】第3课时光的折射全反射资料
第 3 课时光的折射全反射考纲解读 1.理解折射率的观点，掌握光的折射定律 .2.掌握全反射的条件，会进行有关简单的计算．1． [ 折射定律的应用]察看者看见太阳从地平线升起时，对于太阳地点的以下表达中正确的是() A．太阳位于地平线之上B．太阳位于地平线之下C．太阳恰位于地平线D．大气密度不知，没法判断答案 B分析太阳光由地球大气层外的真空射入大气层时要发生折射，依据折射定律，折射角小于入射角，折射光芒进入察看者的眼睛，察看者以为光芒来自它的反向延伸线．这样使得太阳的实质地点比察看者看见的太阳地点偏低．2． [折射定律与折射率的理解和应用] 如图 1 所示，光芒以入射角θ1从空气射向折射率n＝2的玻璃表面．(1)当入射角θ1＝ 45°时，求反射光芒与折射光芒间的夹角θ.(2) 当入射角θ1为什么值时，反射光芒与折射光芒间的夹角θ＝ 90°？图 1答案(1)105 ° (2)arctan 2分析(1)设折射角为θ，由折射定律sin θ1θ＝sin θ1sin 45°1＝ n 得 sin＝＝，所以，θ＝2sin θ22n222 30°.因为θ′＝θ＝ 45°，所以θ＝ 180°－ 45°－ 30°＝105°.111′＋θ2＝90°，所以，sinθ2＝sin (90－°θ1′)＝cosθ1′＝cosθ1(2) 因为θ由折射定律得tan θ＝1 2，θ＝1 arctan 2.3． [ 全反射问题剖析]好多公园的水池底都装有彩灯，当一细束由红、蓝两色构成的灯光从水中斜射向空气时，对于光在水面可能发生的反射和折射现象，以下光路图中正确的选项是()答案C分析红光、蓝光都要发生反射，红光的折射率较小，所以蓝光发生全反射的临界角较红光小，蓝光发生全反射时，红光不必定发生，故只有 C 正确．4． [光的色散现象剖析](2011大·纲全国·16)雨后太阳光入射到水滴中发生色散而形成彩虹．设水滴是球形的，图 2 中的圆代表水滴过球心的截面，入射光芒在过此截面的平面内，a、b、c、d 代表四条不一样颜色的出射光芒，则它们可能挨次是()A ．紫光、黄光、蓝光和红光图2B ．紫光、蓝光、黄光和红光C．红光、蓝光、黄光和紫光D ．红光、黄光、蓝光和紫光答案B分析由可见光的折射率知，红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七种色光的折射率挨次增大，由题图知a→ d 折射率挨次减小，故 A 、 C、 D 错， B 对．考点梳理1．折射现象光从一种介质斜射进入另一种介质时流传方向改变的现象．2．折射定律(1)内容：如图 3 所示，折射光芒与入射光芒、法线处在同一平面内，折射光芒与入射光芒分别位于法线的双侧；入射角的正弦与折射角的正弦成正比．sin θ1＝n.(2) 表达式：sinθ2(3) 在光的折射现象中，光路是可逆的．图 3 3．折射率(1)折射率是一个反应介质的光学性质的物理量．(2)sin θ1定义式： n＝ 2 .sinθ(3)c，因为 v<c，所以任何介质的折射率都大于1.计算公式： n＝v(4)当光从真空 (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．4．全反射现象(1)条件：①光从光密介质射入光疏介质．②入射角大于或等于临界角．(2)现象：折射光完整消逝，只剩下反射光．5．临界角：折射角等于90°时的入射角，用 C 表示，1 sin C＝ n.6．光的色散(1)光的色散现象：含有多种颜色的光被分解为单色光的现象．(2)光谱：含有多种颜色的光被分解后，各样色光按其波长的有序摆列．(3)光的色散现象说明：①白光为复色光；②同一介质对不一样色光的折射率不一样，频次越大的色光折射率越大；③不一样色光在同一介质中的流传速度不一样，波长越短，波速越慢．(4)棱镜①含义：截面是三角形的玻璃仪器，能够使光发生色散，白光的色散表示各色光在同一介质中的折射率不一样．②三棱镜对光芒的作用：改变光的流传方向，使复色光发生色散．5． [光流传路径确实定方法]如图 4 所示是一种折射率 n＝ 1.5 的棱镜，现有一束光芒沿 MN 的方向射到棱镜的 AB 界面上，入射角的正弦值为 sin i＝ 0.75.求：(1)光在棱镜中流传的速率；(2) 经过计算说明此束光芒射出棱镜后的方向并画出光路图(不考图 4虑返回到 AB 面上的光芒 )．答案看法析分析(1)由 n＝c得 v＝c＝2× 108 m/sv nsin i＝n，得 sin r＝sin i＝ 0.5，r＝ 30°，光芒射到(2) 设光芒进入棱镜后的折射角为r，由sin r nBC 界面时的入射角i 1＝ 90°－ 45°＝ 45°1因为 sin 45 >°，所以光芒在BC 边发生全反射，光芒沿 DE 方向射出棱镜后的方向与 AC n 边垂直，光路图如下图．方法提炼确立光芒的方法1．先确立光芒在界面上的入射点，而后再找光芒经过的此外一个点，经过两点确立光芒．2．依据折射定律计算折射角，确立折射光芒．当光由光密介质射向光疏介质时，应注意能否发生全反射．考点一折射定律的理解与应用解决光的折射问题的一般方法：(1)依据题意画出正确的光路图．(2)利用几何关系确立光路中的边、角关系，确立入射角和折射角．(3)利用折射定律成立方程进行求解．例 1如图5所示，ABCD为向来角梯形棱镜的截面，∠C＝ 60°， P 为垂直于直线 BC 的光屏，现用一宽度等于AB 边的单色平行光束垂直射向AB 面，经棱镜折射后在屏P 上形2成宽度等于AB 的一条光带，求棱镜的折射率．图 5分析光路图如下图，依据题意有＝ θ＝ 30°， FC ＝ 2θ123 AB1则EF ＝3AB 依据几何关系有3DE ＝ CE tan 30＝° AB tan 30 ＝° 3 AB在 △ DEF 中， tan θ＝3EF3，解得 θ＝3 30°＝DE3由折射定律可得＋ θn ＝sin θ23，解得 n ＝ 3sin θ1答案 3打破训练 1 如图 6 所示，在座标系的第一象限内有一横截面为四分之一圆周的柱状玻璃体 OPQ ，OP ＝ OQ ＝ R ，一束单色光垂直 OP 面射入玻璃体， 在 OP 面上的入射点为 A ，OA＝ R，此单色光经过玻璃体后沿BD 方向射出，且与 x 轴交2于 D 点，OD ＝ 3R ，求该玻璃的折射率．图 6答案 3分析作光路图如下图．在PQ 面上的入射角sin θ＝OA ＝1， θ＝ 30°11OB 2由几何关系可得θ＝ 60°2sin θ2折射率 n ＝＝ 3考点二全反射现象的理解与应用1． 在光的反射和全反射现象中，均按照光的反射定律；光路均是可逆的．2．当光射到两种介质的界面上时，常常同时发生光的折射和反射现象，但在全反射现象中，只发生反射，不发生折射．当折射角等于90°时，实质上就已经没有折射光了．3．全反射现象能够从能量的角度去理解：当光由光密介质射向光疏介质时，在入射角渐渐增大的过程中，反射光的能量渐渐加强，折射光的能量渐渐减弱，当入射角等于临界角时， 折射光的能量已经减弱为零， 这时就发生了全反射．例 2如图 7 所示为用某种透明资料制成的一块柱形棱镜的截面图，圆弧 CD 为半径为 R 的四分之一的圆周，圆心为O ，光芒从 AB 面上的某点入射，入射角 θ＝45°，它进入棱镜后恰巧以图 71临界角射在 BC 面上的 O 点．(1) 画出光芒由 AB 面进入棱镜且从 CD 弧面射出的光路图；(2) 求该棱镜的折射率 n ；(3) 求光芒在该棱镜中流传的速度大小v(已知光在空气中的流传速度c ＝ 3.0×108 m/s)．分析 (1)光路图如下图．(2) 光芒在 BC 面上恰巧发生全反射，入射角等于临界角 C1， cos C ＝ n2－1sin C ＝ n n.光芒在 AB 界面上发生折射，折射角θ＝ 90°－ C ，由几何关系得 sin θ＝cos C ，22由折射定律得n ＝ sin θ1sin θ2由以上几式联立解得n ＝ 62(3) 光速 v ＝ c＝ 6× 108 m/sn答案(1)看法析图(2) 6 (3) 6× 108m/s2打破训练 2 为丈量一块等腰直角三棱镜 ABD 的折射率，用一束激光沿平行于 BD 边的方向射向直角边 AB 边，如图 8 所示．激光束进入棱镜后射到另向来角边 AD 边时，恰巧能发生全反射．该棱镜的折射率为多少？ 图 8答案62分析 作出法线如下图sin 45 °1 ，C ＋ r ＝ 90°n ＝sin r ， n ＝sin Csin 45 ° 1 即 cos C ＝sin C6 6解得 tan C ＝ 2，sin C ＝ 3 ， n ＝ 2 .考点三光路控制问题剖析1． 玻璃砖对光路的控制两平面平行的玻璃砖，出射光芒和入射光芒平行，且光芒发生了侧移，如图9 所示．图92．三棱镜对光路的控制(1) 光密三棱镜：光芒两次折射均向底面偏折，偏折角为δ，如图10所示．(2) 光疏三棱镜：光芒两次折射均向顶角偏折．图10(3)全反射棱镜 (等腰直角棱镜 )，如图 11 所示．图 11① 当光芒从向来角边垂直射入时，在斜边发生全反射，从另向来角边垂直射出(如图 11甲 )．②当光芒垂直于斜边射入时，在两直角边发生全反射后又垂直于斜边射出(如图 11 乙 )，入射光芒和出射光芒相互平行．特别提示不一样颜色的光的频次不一样，在同一种介质中的折射率、光速也不一样，发生全反射现象的临界角也不一样．例 3如图12所示，MNPQ是一块截面为正方形的玻璃砖，正方形的边长为 30 cm，有一束很强的细光束AB 射到玻璃砖的 MQ 面上，入射点为 B，该光束从 B 点进入玻璃砖后再经QP 面反射沿 DC 方向射出．此中 B 为 MQ 的中点，∠ABM ＝ 30°，PD ＝ 7.5 cm，∠ CDN＝ 30°.试在原图上正确画出该光束在玻璃砖内的光路图，并求出该图 12玻璃砖的折射率．分析找出 B 点对于界面 QP 的对称点 E，连结 ED 交 QP 于 F点，即光束在 F 点发生反射，所以其光路图如下图．由几何关系得DE ＝302＋ 15＋7.5 2 cm＝ 37.5 cmsin θ2＝DP＋QE＝ 0.6 DEsin θ1由折射定律得n＝＝1.44.答案看法析图1.44打破训练3如图13 是透明圆柱介质的横截面，C 、 D为圆上两点．一束单色光沿BC方向入射，从D 点射出．已知∠ COD ＝ 90°，∠ BCO＝ 120°.(1) 求介质的折射率；图 13(2) 改变∠ BCO 的大小，可否在介质的内表面发生全反射？答案 (1) 26(2) 不可以分析(1)作出光路图如图，由几何关系知α＝ 60°，β＝ 45°；折射率 n ＝sin α6＝2.sin β (2) 由光路可逆可知，光不行能在介质内表面发生全反射．54． 平行板玻璃砖模型的剖析 例4如图14 所示，两块同样的玻璃等腰三棱镜ABC置于空气中，二者的AC 面相互平行搁置， 由红光和蓝光构成的细光束 平行于BC面从P 点射入，经过两棱镜后，变成从a 、b 两点射出的单色光，对于这两束单色光()A ．红光在玻璃中流传速度比蓝光大图 14B ．从 a 点射出的为红光，从b 点射出的为蓝光C ．从 a 、 b 两点射出的单色光不平行D ．从a 、b 两点射出的单色光仍平行，且平行于BC分析由玻璃对蓝光的折射率较大，可知A 选项正确． 由偏折程度可知B 选项正确． 对于 C 、D 二选项，我们应第一理解，除了题设给出的两个三棱镜外，二者之间又形成一个物理模型 —— 平行玻璃砖 (不改变光的方向， 只使光芒发生侧移 )．中间平行部分不过使光发生了侧移．略去侧移要素，整体来看， 还是一块平行玻璃板，AB ∥ BA.所以出射光芒仍平行． 作出光路图如下图，可知光芒Pc在 P 点的折射角与光芒ea 在a 点的入射角相等，据光路可逆，则过a 点的出射光芒与过P 点的入射光芒平行．由此，D 选项正确．答案ABD平常遇到的两面平行的玻璃砖常常是清清楚楚画出来的，是“有形” 的，其折射率大于四周介质的折射率，这光阴线的侧移方向也是我们熟习的．而该题中，未知介质形成的两面平行的“玻璃砖”并未勾画出来，倒是其双侧的介质(三棱镜 )被清楚地勾画出来了，并且前者的折射率未必大于后者．这就在必定程度上掩饰了两面平行的“ 玻璃砖” 的特点．所以我们不单要熟习光学元件的光学特点，并且要会灵巧地运用，将新的情况转变成我们熟知的模型．打破训练 4频次不一样的两束单色光1 和 2 以同样的入射角从同一点射入一厚玻璃板后，其光路如图15 所示，以下说法正确的选项是()A ．单色光 1 的波长小于单色光 2 的波长B ．在玻璃中单色光 1 的流传速度大于单色光 2 的流传速度图15C．单色光 1 垂直经过玻璃板所需的时间小于单色光 2 垂直经过玻璃板所需的时间D ．单色光 1 从玻璃到空气的全反射临界角小于单色光 2 从玻璃到空气的全反射临界角答案AD分析色光此题考察光的色散、全反射现象、光速和折射率之间的关系等知识点．由图知单1 在界面折射时的偏折程度大，则单色光 1 的折射率大，所以单色光 1 的频次大于单色光 2 的频次，那么单色光 1 的波长就小于单色光 2 的波长，A 项对；由n＝ cv知，折射率大的单色光1 在玻璃中流传速度小，当单色光1、2 垂直射入玻璃时，二者经过玻璃板的行程相等，此时单色光 1 经过玻璃板所需的时间大于单色光 2 的， B 、C 项都错；由 sin C＝ 1n及单色光1 的折射率大知， D 项对．高考题组1．(2012 ·津理综天·6)半圆形玻璃砖横截面如图16 所示， AB 为直径， O点为圆心．在该截面内有a、b 两束单色可见光从空气垂直于AB 射入玻璃砖，两入射点到 O 的距离相等．两束光在半圆界限上反射和折射的状况如下图，则a、b 两束光()图 16A ．在同种平均介质中流传， a 光的流传速度较大B ．以同样的入射角从空气斜射入水中， b 光的折射角大C．若 a 光照耀某金属表面能发生光电效应，则 b 光也必定能D ．分别经过同一双缝干预装置， a 光的相邻亮条纹间距大答案ACD分析由题图可知， b 光发生了全反射， a 光没有发生全反射，即a 光发生全反射的临界角 C a大于 b 光发生全反射的临界角 C b，依据 sin C＝1，知 a 光的折射率较小，即 n a<n b， n依据 n＝c，知 v，选项 A 正确；依据 n＝sinθ1，当θ相等时，θ，选项 B 错误；v a>v b sinθ212a>θ2b光的折射率越大，频次越高，波长越小，即ν，λ，所以 a 光照耀金属表面时能发a<νba>λb生光电效应，则 b 光也必定能，选项 C 正确；依据条纹间距公式x＝lλ知，经过同一d双缝干预装置时 a 光的相邻亮条纹间距较大，选项 D 正确．2． (2011 福·建理综·14)如图 17 所示，半圆形玻璃砖置于光屏PQ 的左下方．一束白光沿半径方向从 A 点射入玻璃砖，在O 点发生反射和折射，折射光在光屏上体现七色光带．若入射点由 A 向B 迟缓挪动，并保持白光沿半径方向入射到O 点，察看到各色光在光屏上陆续消逝．在光带未完整消逝以前，反射光的强度变化以及光屏上最初消逝的光分别是()图 17A ．减弱，紫光B ．减弱，红光C．加强，紫光 D ．加强，红光答案C分析因 n 红 <n 紫，再由临界角公式 sin C＝1可得， C 红 >C 紫，所以当增大入射角时，紫n光先发生全反射，紫光先消逝，且当入射光的入射角渐渐增大时，折射光强度会渐渐减弱，反射光强度会渐渐加强，故应选 C.3． (2009 浙·江理综·18)如图 18 所示，有一束平行于等边三棱镜截面ABC 的单色光从空气射向 E 点，并偏折到 F 点．已知入射方向与边AB 的夹角为θ＝ 30°， E、F分别为边 AB、 BC 的中点，则()A ．该棱镜的折射率为3B ．光在 F 点发生全反射图 18C．光从空气进入棱镜，波长变小D ．从 F 点出射的光束与入射到E 点的光束平行答案AC分析由几何关系可得入射角θ＝ 60°，折射角θ＝ 30°，由 n＝sinθ1＝3，A 对；由 sin122sin θ1，临界角 C>30°，故在 F 点不发生全反射， B 错；由 n＝c＝λ0知光进入棱镜波长变C＝n vλ小， C 对； F 点出射的光束与BC 边的夹角为 30°，与入射光芒不平行， D 错；应选 A、C.模拟试题组4.高速公路上的标牌常用“回光返照膜”制成，夜间行车时，它能将车灯照耀出去的光逆向返回，标记牌上的字特别醒目，这类“回光返照膜”是用球体反射原件制成的．如图19 所示，返照膜内平均散布着直径为10 μm的细玻璃珠，所用玻璃的折射率为3，为使入射的车灯光芒经玻璃的折射、反射、再折射后恰巧和入射光芒平行，那么第一次入射的图 19入射角是()A ． 60°B ． 45° C． 30° D． 15°答案A分析设入射角为 i，折射角为θ，作出光路图如下图，因为出射光线恰巧和入射光芒平行，所以 i ＝2θ，依据折射定律， n＝sin i＝sin 2 θ＝sin θsin θ3，所以θ＝ 30°， i ＝2θ＝ 60°，选项 A 正确．5. 如图 20 所示，扇形 AOB 为透明柱状介质的横截面，圆心角∠AOB＝ 60°.一束平行于角均分线 OM 的单色光由 OA 射入介质，经 OA折射的光芒恰平行于OB，以下对介质的折射率值及折射光芒中恰巧射到 M 点的光芒能不可以发生全反射的说法正确的选项是()A. 3，不可以发生全反射图 20B.3，能发生全反射C.233，不可以发生全反射D.233，能发生全反射答案A分析画出光路图，并依据几何关系标出角度，如下图．由图可知，介质的折射率n＝sin 60°3；因为 sin 30 ＝°1<31 sin 30＝2＝n °3＝sin C，所以折射光芒中恰巧射到M 点的光芒不可以发生全反射，选项 A 正确．(限时： 30 分钟 )?题组 1 光的折射现象与光的色散1． (2011 安·徽 ·15)实验表示，可见光经过三棱镜时各色光的折射率n 随波长 λ的变化切合科西经验公式： B Cn ＝ A ＋ 2 4λ＋λ，此中 A 、B 、C 是正的常量．太阳光进入三棱镜后发生色散的情况如图 1 所示，则()图1A ．屏上c 处是紫光B ．屏上d 处是红光 C ．屏上b 处是紫光D ．屏上a 处是红光答案D分析可见光中红光波长最长，折射率最小，折射程度最小，所以射率最大，所以d 为紫光．2． 红光与紫光对比a 为红光，而紫光折()A ．在真空中流传时，紫光的速度比较大B ．在玻璃中流传时，红光的速度比较大D ．从玻璃到空气的界面上，红光的临界角较紫光的大答案 BD分析 因为各样色光在真空中的流传速度均为 3×108 m/s ，所以 A 错误．因为玻璃对红 光的折射率较玻璃对紫光的折射率小，依据v ＝ c得红光在玻璃中的流传速度比紫光大，n1所以 B 正确， C 错误．依据公式sin C ＝ n 得红光的临界角比紫光的大， D 正确．3． 已知介质对某单色光的临界角为θ，则()A ．该介质对此单色光的折射率等于1sin θB ．此单色光在该介质中的流传速度等于 c ·sin θ(c 为真空中的光速 )C ．此单色光在该介质中的波长是在真空中波长的 sin θ倍D ．此单色光在该介质中的频次是真空中的1sin θ答案 ABC分析介质对该单色光的临界角为θ，它的折射率 n ＝1，A 项正确； 此单色光在介质sin θ中的流传速度和波长分别为cv ＝ c ·sin θv ＝ ＝ csin θ， B 正确； λ＝＝ λ θ，所以 λ∶λ0n ν 0sinc/ λ0＝ sin θ∶ 1，故 C 项正确；而光的频次是由光源决定的，与介质没关，故D 项错误．4. 如图 2 所示，红色细光束 a 射到折射率为2的透明球表面， 入射角为 45°，在球的内壁经过一次反射后， 从球面射出的光芒为b ，则入射光芒 a 与出射光芒 b 之间的夹角 α为()A ．30° `B ．45°C ． 60°D ． 75°答案A图 25． 一束光从空气射入折射率n ＝ 2的某种玻璃的表面，则()A ．当入射角大于 45°时，会发生全反射现象B ．不论入射角多大，折射角都不会超出 45°C ．欲使折射角等于D ．当入射角等于30°，应以 45°角入射arctan2时，反射光芒恰巧跟折射光芒垂直答案BCD分析角为对 B 项能够从光的可逆性考虑， 即光芒从介质射向空气， 入射45°时，折射角为 90°，反之， 折射角不会超出 45°，所以 B 正确；由 sin θ＝2sin θ1，当 θ＝2 30°，n ＝ 2时，θ＝1 45°，C 正确；如下图，n∠ 1＝ arctan 2，若反射光芒与折射光芒垂直，则 ∠3＝ ∠ 4＝ 90°－ ∠ 2，sin ∠ 3＝sin ∠ 1n＝ 3，sin ∠ 3＝cos ∠2＝ cos ∠ 1＝3，与已知条件符合，故 D 正确．因为光芒从光疏33介质射入向光密介质，不行能发生全反射现象，故A 错误．?题组 2 光的全反射6． 公园里灯光喷泉的水池中有处于同一深度的若干彩灯，在夜晚察看不一样颜色彩灯的深度和水面上被照亮的面积，以下说法正确的选项是()A ．红灯看起来较浅，红灯照亮的水面面积较小B ．红灯看起来较深，红灯照亮的水面面积较小C ．红灯看起来较浅，红灯照亮的水面面积较大D．红灯看起来较深，红灯照亮的水面面积较大答案 D分析光从水里射入空气发生折射，入射角同样时，折射率越大，折射角越大，从水面上看光源越浅，红灯发出的红光的折射率最小，看起来最深；设光源的深度为d，光的临界角为 C，则光能够照亮的水面面积大小为 S＝π(dtan C)2，可见，临界角越大，照亮的面积越大，各样色光中，红光的折射率最小，临界角最大，所以红灯照亮的水面面积较大，选项 D 正确．7．如图 3 所示， MN 是位于竖直平面内的光屏，放在水平面上的半圆柱`形玻璃砖的平面部分 ab 与屏平行．由光源 S 发出的一束白光从半圆沿半径射入玻璃砖，经过圆心 O 再射到屏上．在水平面内以O 点为圆心沿逆时针方向慢慢转动玻璃砖，在光屏上出现了彩色光带．当玻图 3璃砖转动角度大于某一值时，屏上彩色光带中的某种颜色的色光第一消逝．有关彩色的摆列次序和最初消逝的色光是()A ．左紫右红，紫光B ．左红右紫，紫光C．左紫右红，红光D．左红右紫，红光答案B分析如下图，因为紫光的折射率大，故在光屏MN 上是左红右紫，并且是紫光最初发生全反射，应选项 B 正确．8．某物理兴趣小组用实验研究光的色散规律，他们将半圆形玻璃砖放在竖直面内，在其左方竖直搁置一个很大的光屏P，让一复色光束SA 射向玻璃砖的圆心 O 后，有两束单色光 a 和 b 射向光屏 P，如图 4 所示．他们依据实验现象提出了以下四个猜想，你以为正确的选项是()A ．单色光 a 的波长小于单色光 b 的波长图 4B ．在玻璃中单色光 a 的流传速度大于单色光 b 的流传速度C．单色光 a 经过玻璃砖所需的时间大于单色光 b 经过玻璃砖所需的时间D ．当光束 SA 绕圆心 O 逆时针转动过程中，在光屏P 上最早消逝的是 a 光答案B分析此题考察光学的有关知识．依据光的折射定律可知 a 光的折射率小于 b 光的折射率，则 a 光的频次小于 b 光的频次，由λ＝c可知， A 错误；由 v＝c可知， B 正确；因为f n复色光在玻璃砖中流传距离同样，依据t＝R可知， C 错误；由 sin C＝1可知， D 错误．v n9．为了表演“隐形的大头针”节目，某同学在半径为r 的圆形软木片中心垂直插入一枚大头针，并将其放入盛有水的碗中，如图5 所示．已知水的折射率为4，为了保证表演成功(在水面上看不到大头针)，大头针尾端3离水面的最大距离 h 为()74337A. 3 rB.3rC.4rD. 7 r图 5答案A分析只需从大头针尾端发出的光芒射到圆形软木片边沿界面处能够发生全反射，从水面上就看不到大头针，如下图，依据图中几何关系有sin C＝r＝1＝3，所以 hr2＋ h2 n 4＝73 r，选项 A 对．?题组 3光的折射与光的全反射的综合问题10.如图 6 所示，直角三角形 ABC 为一三棱镜的横截面，∠A＝ 30°.一束单色光从空气射向BC 上的 E 点，并偏折到AB上的 F点，光芒 EF 平行于底边 AC .已知入射光与BC 边的夹角为θ＝ 30°.试经过计算判断光在 F 点可否发生全反射．图 6答案能分析由几何关系知，光芒在BC 界面的入射角θ＝160°，折射角θ＝230°依据折射定律得 n＝sin θ1sin 60°＝sin 30＝ 3 sin θ2°由几何关系知，光芒在AB 界面的入射角为θ＝360°而棱镜对空气的临界角 C 的正弦值 sin C＝1＝3，则光芒在AB 界面的入射角n3 <sin θ3θ3>C，所以光芒在 F 点能发生全反射．11. 如图 7 所示，AOB是由某种透明物质制成的1/4 圆柱体的横截面 (O 为圆心 )，其折射率为 2.今有一束平行光以 45度的入射角射向柱体的OA 平面，这些光芒中有一部分不可以从柱体的AB 面上射出．设凡射到OB 面的光芒所有被汲取，也不考虑OA 面的反射，求圆柱AB 面上能射出光芒的部分占 AB 表面的几分之几？答案1图 7 2分析如下图，从 O 点射入的光芒，折射角为r，sin 45°依据折射定律有： n＝sin r解得 r＝ 30°设从某地点 P 点入射的光芒，折射到AB 弧面上 Q 点时，入射角恰等于临界角 C，有：1sin C＝n代入数据得： C＝45°所以能射出光芒的地区对应的圆心角β＝C＝ 45°45° 1故能射出光芒的部分占AB 表面的比率为：＝.90° 2。
(完整版)物理步步高大一轮复习讲义答案
实验基础知识一、螺旋测微器的使用1．构造：如图1所示，B为固定刻度，E为可动刻度．图12．原理：测微螺杆F与固定刻度B之间的精密螺纹的螺距为0.5 mm，即旋钮D每旋转一周，F前进或后退0.5 mm，而可动刻度E上的刻度为50等份，每转动一小格，F前进或后退0.01 mm，即螺旋测微器的精确度为0.01 mm.读数时估读到毫米的千分位上，因此，螺旋测微器又叫千分尺．3．读数：测量值(mm)＝固定刻度数(mm)(注意半毫米刻度线是否露出)＋可动刻度数(估读一位)×0.01(mm)．如图2所示，固定刻度示数为2.0 mm，半毫米刻度线未露出，而从可动刻度上读的示数为15.0，最后的读数为：2.0 mm＋15.0×0.01 mm＝2.150 mm.图2二、游标卡尺1．构造：主尺、游标尺(主尺和游标尺上各有一个内、外测量爪)、游标卡尺上还有一个深度尺．(如图3所示)图32．用途：测量厚度、长度、深度、内径、外径．3．原理：利用主尺的最小分度与游标尺的最小分度的差值制成．不管游标尺上有多少个小等分刻度，它的刻度部分的总长度比主尺上的同样多的小等分刻度少1 mm.常见的游标卡尺的游标尺上小等分刻度有10个的、20个的、50个的，其规格见下表：4.读数：若用x表示从主尺上读出的整毫米数，K表示从游标尺上读出与主尺上某一刻度线对齐的游标的格数，则记录结果表示为(x＋K×精确度)mm.三、常用电表的读数对于电压表和电流表的读数问题，首先要弄清电表量程，即指针指到最大刻度时电表允许通过的最大电压或电流，然后根据表盘总的刻度数确定精确度，按照指针的实际位置进行读数即可．(1)0～3 V的电压表和0～3 A的电流表的读数方法相同，此量程下的精确度分别是0.1 V和0.1 A，看清楚指针的实际位置，读到小数点后面两位．(2)对于0～15 V量程的电压表，精确度是0.5 V，在读数时只要求读到小数点后面一位，即读到0.1 V.(3)对于0～0.6 A量程的电流表，精确度是0.02 A，在读数时只要求读到小数点后面两位，这时要求“半格估读”，即读到最小刻度的一半0.01 A.基本实验要求1．实验原理根据电阻定律公式知道只要测出金属丝的长度和它的直径d ，计算出横截面积S ，并用伏安法测出电阻R x ，即可计算出金属丝的电阻率． 2．实验器材被测金属丝，直流电源(4 V)，电流表(0～0.6 A)，电压表(0～3 V)，滑动变阻器(50 Ω)，开关，导线若干，螺旋测微器，毫米刻度尺． 3．实验步骤(1)用螺旋测微器在被测金属丝上的三个不同位置各测一次直径，求出其平均值d . (2)连接好用伏安法测电阻的实验电路．(3)用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度，反复测量三次，求出其平均值l .(4)把滑动变阻器的滑片调节到使接入电路中的电阻值最大的位置．(5)闭合开关，改变滑动变阻器滑片的位置，读出几组相应的电流表、电压表的示数I 和U 的值，填入记录表格内．(6)将测得的R x 、l 、d 值，代入公式R ＝ρl S 和S ＝πd 24中，计算出金属丝的电阻率．4．电流表、电压表测电阻两种方法的比较电流表分压 电压表分流。
2014《步步高》物理大一轮复习讲义 第01章 第2课时 匀变速直线运动规律的应用DOC
第2课时 匀变速直线运动规律的应用考纲解读 1.掌握匀变速直线运动的速度公式、位移公式及速度—位移公式，并能熟练应用.2.掌握并能应用匀变速直线运动的几个推论：平均速度公式、Δx ＝aT 2及初速度为零的匀加速直线运动的比例关系式．1． [位移公式和平均速度公式的应用]做匀减速直线运动的质点，它的加速度大小为a ，初速度大小为v 0，经过时间t 速度减小到零，则它在这段时间内的位移大小可用下列哪些式子表示 ( )A ．v 0t ＋12at 2 B ．v 0tC.v 0t 2D.12at 2 2． [平均速度公式的应用]做匀加速直线运动的某物体初速度为2 m/s ，经过一段时间t 后速度变为6 m/s ，则t2时刻的速度为 ( )A ．由于t 未知，无法确定t2时刻的速度B ．由于加速度a 及时间t 未知，无法确定t2时刻的速度C ．5 m/sD ．4 m/s3． [推论公式v 2－v 20＝2ax 的应用]我国第一艘航空母舰“辽宁舰”已按计划完成建造和试验试航工作，于2012年9月25日上午正式交付海军．若航空母舰上有帮助飞机起飞的弹射系统，已知战斗机在跑道上加速时产生的加速度为4.5 m/s 2，战斗机滑行100 m 时起飞，起飞速度为50 m/s ，则航空母舰静止时弹射系统必须使战斗机具有的初速度为( )A ．10 m/sB ．20 m/sC ．30 m/sD ．40 m/s 考点梳理一、匀变速直线运动的规律 1． 变速直线运动(1)定义：沿着一条直线运动，且 不变的运动． (2)分类①匀加速直线运动，a 与v 0方向 ． ②匀减速直线运动，a 与v 0方向 ． 2． 变速直线运动的规律(1)速度公式： .(2)位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2.(3)位移速度关系式： . 二、匀变速直线运动的推论1． 变速直线运动的两个重要推论(1)物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的一半，即：v ＝v t 2＝v 0＋v2.(2)任意两个连续相等的时间间隔T 内的位移之差为一恒量，即：Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝ .2． 速度为零的匀变速直线运动的四个重要推论(1)1T 末、2T 末、3T 末、……瞬时速度的比为： v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝ (2)1T 内、2T 内、3T 内……位移的比为： x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝12∶22∶32∶…∶n 2(3)第一个T 内、第二个T 内、第三个T 内……位移的比为：x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ∶…∶x n ＝(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为：t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1) 三、自由落体运动和竖直上抛运动 1． 由落体运动(1)条件：物体只受 ，从 开始下落．(2)运动性质：初速度v 0＝0，加速度为重力加速度g 的 运动． (3)基本规律①速度公式： .②位移公式：h ＝12gt 2.③速度位移关系式： . 2． 直上抛运动(1)运动特点：加速度为g ，上升阶段做 运动，下降阶段做 运动． (2)基本规律①速度公式：v ＝ .②位移公式：h ＝v 0t －12gt 2.③速度位移关系式：v 2－v 20＝ .④上升的最大高度：H ＝v 202g.⑤上升到最高点所用时间：t ＝v 0g .4． 刹车问题的处理]汽车以20 m/s 的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/s 2，则自驾驶员急踩刹车开始，2 s 与5 s 时汽车的位移之比为 ( ) A ．5∶4 B ．4∶5 C ．3∶4 D ．4∶35． [逆向思维法处理匀减速直线运动问题]做匀减速直线运动的物体经4 s 停止，若在第1 s内的位移是14 m ，则最后1 s 内位移是 ( ) A ．3.5 m B ．2 m C ．1 m D ．0 方法提炼1． 逆向思维法匀减速到速度为零的直线运动一般看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动．2． 对于刹车类问题，实质是汽车在单方向上的匀减速直线运动问题．速度减为零后，加速度消失，汽车停止不动，不再返回，若初速度为v 0，加速度为a ，汽车运动时间满足t≤v 0a ，发生的位移满足x ≤v 202a.考点一 匀变速直线运动规律的应用1．速度时间公式v＝v0＋at、位移时间公式x＝v0t＋12at2、位移速度公式v2－v2＝2ax，是匀变速直线运动的三个基本公式，是解决匀变速直线运动的基石．2．三个公式中的物理量x、a、v0、v均为矢量(三个公式称为矢量式)，在应用时，一般以初速度方向为正方向，凡是与v0方向相同的x、a、v均为正值，反之为负值．当v0＝0时，一般以a的方向为正方向．这样就可将矢量运算转化为代数运算，使问题简化．3．如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带．例1(2013·新课标全国·24)甲、乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变．在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半．求甲、乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比．突破训练1短跑名将博尔特在北京奥运会上100 m和200 m短跑项目的成绩分别为9.69 s和19.30 s．假定他在100 m比赛时从发令到起跑的反应时间是0.15 s，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动.200 m比赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速时间与100 m比赛时相同，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速率只有跑100 m时最大速率的96%.求：(1)加速所用时间和达到的最大速率；(2)起跑后做匀加速运动的加速度．(结果保留两位小数)考点二解决匀变速直线运动的常用方法1．一般公式法一般公式法指速度公式、位移公式及推论三式．它们均是矢量式，使用时要注意方向性．2．平均速度法定义式v＝ΔxΔt对任何性质的运动都适用，而v＝vt2＝12(v0＋v)只适用于匀变速直线运动．3．比例法对于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动，可利用初速度为零的匀加速直线运动的重要特征的比例关系，用比例法求解．4．逆向思维法如匀减速直线运动可视为反方向的匀加速直线运动．5．推论法利用Δx＝aT2：其推广式x m－x n＝(m－n)aT2，对于纸带类问题用这种方法尤为快捷．6．图象法利用v－t图可以求出某段时间内位移的大小，可以比较v t2与v x2，以及追及问题；用x－t图象可求出任意时间内的平均速度等．例2物体以一定的初速度v0冲上固定的光滑斜面，到达斜面最高点C时速度恰为零，如图1所示．已知物体第一次运动到斜面长度3/4处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间．突破训练2在一个倾斜的长冰道上方，一群孩子排成队，每隔1 s就有一个小孩子往下滑，一游客对着冰道上的孩子拍下一张照片，如图2所示，照片上有甲、乙、丙、丁四个孩子．他根据照片与实物的比例推算出乙与甲、丙两孩子间的距离分别为12.5 m和17.5 m，请你据此求解下列问题：(g取10 m/s2)(1)若不考虑一切阻力，小孩下滑加速度是多少？(2)拍照时，最下面的小孩丁的速度是多大？(3)拍照时，在小孩甲上面的冰道上下滑的小孩子不会超过几个？考点三自由落体运动和竖直上抛运动1．自由落体运动实质：初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动．2．竖直上抛运动的研究方法竖直上抛运动的实质是加速度恒为g的匀变速运动，处理时可采用两种方法：(1)分段法：将全程分为两个阶段，即上升过程的匀减速阶段和下降过程的自由落体阶段．(2)全程法：将全过程视为初速度为v、加速度为a＝－g的匀变速直线运动，必须注意物理量的矢量性．习惯上取v0的方向为正方向，则v>0时，物体正在上升；v<0时，物体正在下降；h>0时，物体在抛出点上方；h<0时，物体在抛出点下方．3. 竖直上抛运动的对称性如图3所示，物体以初速度v0竖直上抛，A、B为途中的任意两点，C为最高点，则(1)时间对称性：物体上升过程中从A→C所用时间t AC和下降过程中从C→A所用时间t CA相等，同理t AB＝t BA.(2)速度对称性：物体上升过程经过A点与下降过程经过A点的速度大小相等．(3)能量的对称性：物体从A→B和从B→A重力势能变化量的大小相等，均等于mgh AB. 例3在塔顶上将一物体竖直向上抛出，抛出点为A，物体上升的最大高度为20 m，不计空气阻力，设塔足够高，则物体位移大小为10 m时，物体通过的路程可能为() A．10 m B．20 m C．30 m D．50 m突破训练3在【例3】中求：(1)物体抛出的初速度大小；(2)若塔高H＝60 m，求物体从抛出到落到地面所用的时间和落到地面时的速度大小(g取10 m/s2)．2．思维转化法：将“多个物体的运动”转化为“一个物体的运动”例4从斜面上某一位置，每隔0.1 s释放一个小球，在连续释放几颗小球后，对在斜面上滚动的小球拍下照片，如图4所示，测得x AB＝15 cm，x BC＝20 cm，求：(1)小球的加速度；(2)拍摄时B球的速度；(3)拍摄时x CD的大小；(4)A球上方滚动的小球还有几颗．突破训练4某同学站在一平房边观察从屋檐边滴下的水滴，发现屋檐边滴水是等时的，且第5滴正欲滴下时，第1滴刚好到达地面；第2滴和第3滴水刚好位于窗户的下沿和上沿，他测得窗户上、下沿的高度差为1 m，由此求屋檐离地面的高度．高考题组 1． (2011·重庆·14)某人估测一竖直枯井深度，从井口静止释放一石头并开始计时，经2 s听到石头落底声．由此可知井深约为(不计声音传播时间，重力加速度g 取10 m/s 2)( ) A ．10 m B ．20 m C ．30 m D ．40 m 2． (2011·安徽·16)一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx 所用的时间为t 1，紧接着通过下一段位移Δx 所用的时间为t 2，则物体运动的加速度为 ( ) A.2Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2) B.Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2) C.2Δx (t 1＋t 2)t 1t 2(t 1－t 2) D.Δx (t 1＋t 2)t 1t 2(t 1－t 2)3． (2011·山东·18)如图5所示，将小球a 从地面以初速度v 0竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球b 从距地面h 处由静止释放，两球恰在h2处相遇(不计空气阻力)．则 ( )A ．两球同时落地B ．相遇时两球速度大小相等C ．从开始运动到相遇，球a 动能的减少量等于球b 动能的增加量D ．相遇后的任意时刻，重力对球a 做功功率和对球b 做功功率相等 模拟题组4． 如图6所示，小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动，依次经a 、b 、c 、d 到达最高点e .已知ab ＝bd ＝6 m ，bc ＝1 m ，小球从a 到c 和从c 到d 所用的时间都是2 s ，设小球经b 、c 时的速度分别为v b 、v c ，则 ( ) A ．v b ＝2 2 m/s B ．v c ＝3 m/sC ．x de ＝3 mD ．从d 到e 所用时间为4 s5． 气球以10 m/s 的速度沿竖直方向匀速上升，当它上升到离地175 m 的高处时，一重物从气球上掉落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大？(g 取10 m/s 2)(限时：30分钟)►题组1 匀变速直线运动基本规律的应用1． 一个做匀变速直线运动的质点，初速度为0.5 m/s ，在第9 s 内的位移比第5 s 内的位移多4 m ，则该质点的加速度、9 s 末的速度和质点在9 s 内通过的位移分别是 ( ) A ．a ＝1 m/s 2，v 9＝9 m/s ，x 9＝40.5 m B ．a ＝1 m/s 2，v 9＝9 m/s ，x 9＝45 m C ．a ＝1 m/s 2，v 9＝9.5 m/s ，x 9＝45 m D ．a ＝0.8 m/s 2，v 9＝7.7 m/s ，x 9＝36.9 m2． 给滑块一初速度v 0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为g2，当滑块速度大小减为v 02时，所用时间可能是 ( )A.v 02gB.v 0gC.3v 0gD.3v 02g3． 一个做匀加速直线运动的物体，在前4 s 内经过的位移为24 m ，在第二个4 s 内经过的位移是60 m ．求这个物体运动的加速度和初速度各是多少？►题组2 自由落体和竖直上抛运动的规律4． 从某高处释放一粒小石子，经过1 s 从同一地点再释放另一粒小石子，则在它们落地之前，两粒石子间的距离将 ( ) A ．保持不变 B ．不断增大 C ．不断减小 D ．有时增大，有时减小5． 从水平地面竖直向上抛出一物体，物体在空中运动，到最后又落回地面．在不计空气阻力的条件下，以下判断正确的是 ( ) A ．物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度相同 B ．物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度方向相反 C ．物体上升过程经历的时间等于物体下落过程经历的时间 D ．物体上升过程经历的时间小于物体下落过程经历的时间6． 一个从地面竖直上抛的物体，它两次经过一个较低的点a 的时间间隔是T a ，两次经过一个较高点b 的时间间隔是T b ，则a 、b 之间的距离为 ( ) A.18g (T 2a －T 2b ) B.14g (T 2a －T 2b ) C.12g (T 2a －T 2b ) D.12g (T a －T b ) 7． 不计空气阻力，以一定的初速度竖直上抛的物体，从抛出至回到原点的时间为t ，现在在物体上升的最大高度的一半处设置一块挡板，物体撞击挡板后以原速率弹回(撞击所需时间不计)，则此时物体上升和下降的总时间约为 ( ) A ．0.5t B ．0.4t C ．0.3t D ．0.2t►题组3 应用运动学基本规律分析实际运动问题8． 汽车进行刹车试验，若速率从8 m/s 匀减速至零，需用时间1 s ，按规定速率为8 m/s 的汽车刹车后拖行路程不得超过 5.9 m ，那么上述刹车试验的拖行路程是否符合规定( )A ．拖行路程为8 m ，符合规定B ．拖行路程为8 m ，不符合规定C ．拖行路程为4 m ，符合规定D ．拖行路程为4 m ，不符合规定9． 一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1 s 内和第2 s 内位移大小依次为9 m 和7 m ．则刹车后6 s 内的位移是 ( ) A ．20 m B ．24 m C ．25 m D ．75 m10．一辆汽车沿着一条平直的公路行驶，公路旁边有与公路平行的一行电线杆，相邻电线杆间的间隔均为50 m ，取汽车驶过某一根电线杆的时刻为零时刻，此电线杆作为第1根电线杆，此时刻汽车行驶的速度大小为v 1＝5 m/s ，假设汽车的运动为匀加速直线运动，10 s 末汽车恰好经过第3根电线杆，则下列说法中正确的是 ( ) A ．汽车运动的加速度大小为1 m/s 2B ．汽车继续行驶，经过第7根电线杆时的瞬时速度大小为25 m/sC ．汽车在第3根至第7根电线杆间运动所需的时间为20 sD ．汽车在第3根至第7根电线杆间的平均速度为25 m/s11．“蹦床”是奥运体操的一种竞技项目，比赛时，可在弹性网上安装压力传感器，利用压力传感器记录运动员运动过程中对弹性网的压力，并由计算机作出压力(F)－时间(t)图象，如图1为某一运动员比赛时计算机作出的F－t图象，不计空气阻力，则关于该运动员，下列说法正确的是()A．裁判打分时可以把该运动员的运动看成质点的运动B．1 s末该运动员的运动速度最大C．1 s末到2 s末，该运动员在做减速运动D．3 s末该运动员运动到最高点12．如图2所示，A、B两同学在直跑道上练习4×100 m接力，他们在奔跑时有相同的最大速度．B从静止开始全力奔跑需25 m才能达到最大速度，这一过程可看做匀变速运动，现在A持棒以最大速度向B奔来，B在接力区伺机全力奔出．若要求B接棒时速度达到最大速度的80%，则：(1)B在接力区需跑出的距离s1为多少？(2)B应在离A的距离s2为多少时起跑？13．一列火车做匀变速直线运动，一人在轨道旁边观察火车运动，发现在相邻的两个10 s 内，火车从他跟前分别驶过8节车厢和6节车厢，每节车厢长8 m(连接处长度不计)，求：(1)火车的加速度的大小；(2)人开始观察时火车速度的大小．参考答案[基础知识题组]1答案 CD解析 质点做匀减速直线运动，加速度为－a ，位移为v 0t －12at 2，A 、B 错；平均速度大小为v 02，位移大小为v 02·t ，C 对；匀减速到零的直线运动可当做初速度为零的匀加速直线运动来计算，位移大小为12at 2，D 对．2答案 D解析 中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度2＋62m/s ＝4 m/s ，D 对．3答案 D [考点梳理]一、匀变速直线运动的规律 1加速度；同向；反向 2 v ＝v 0＋at . ；v 2－v 20＝2ax . 二、匀变速直线运动的推论1 aT2 ；1∶2∶3∶…∶n ；1∶3∶5∶…∶(2n －1) 三、自由落体运动和竖直上抛运动1.重力；静止；匀加速直线；v ＝gt ；v 2＝2gh . 2．匀减速直线；自由落体；v 0－gt .；－2gh . [规律方法题组]4答案 C 5答案 B解析 利用“逆向思维法”，把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，则匀减速直线运动的物体在相等时间内的位移之比为7∶5∶3∶1，所以71＝14 mx 1，x 1＝2 m ．故选B. [课堂探究考点突破]例1答案 5∶7解析 设汽车甲在第一段时间间隔末(时刻t 0)的速度为v ，第一段时间间隔内行驶的路程为s 1，加速度为a ；在第二段时间间隔内行驶的路程为s 2.由运动学公式得 v ＝at 0s 1＝12at 20s 2＝v t 0＋12×(2a )t 20 设汽车乙在时刻t 0的速度为v ′，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s 1′、s 2′.同样有 v ′＝(2a )t 0s 1′＝12×(2a )t 20 s 2′＝v ′t 0＋12at 20设甲、乙两车行驶的总路程分别为s 、s ′，则有 s ＝s 1＋s 2s ′＝s 1′＋s 2′联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为 s s ′＝57突破训练1答案 (1)1.29 s 11.24 m/s (2)8.71 m/s 2 解析 (1)设加速所用时间为t (以s 为单位)，匀速运动的速率为v (以m/s 为单位)，则有： 12v t ＋(9.69 s －0.15 s －t )v ＝100 m ① 12v t ＋(19.30 s －0.15 s －t )×0.96v ＝200 m ② 由①②式得t ＝1.29 s ，v ＝11.24 m/s.(2)设加速度大小为a ，则a ＝vt ＝8.71 m/s 2例2解析答案 t 解法一 比例法对于初速度为0的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为 x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)现有x BC ∶x AB ＝x AC 4∶3x AC4＝1∶3通过x AB 的时间为t ，故通过x BC 的时间t BC ＝t . 解法二 中间时刻速度法利用教材中的推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度．v AC ＝v 0＋02＝v 02又v 20＝2ax AC ① v 2B ＝2ax BC ②x BC ＝14x AC ③解①②③得：v B ＝v 02.可以看出v B 正好等于AC 段的平均速度，因此B 点是中间时刻的位置． 因此有t BC ＝t .解法三 利用有关推论对于初速度为0的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之比为t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶(4－3)∶…∶(n －n －1)．现将整个斜面分成相等的四段，如图所示．设通过BC 段的时间为t x ，那么通过BD 、DE 、EA 的时间分别为： t BD ＝(2－1)t x ，t DE ＝(3－2)t x ，t EA ＝(2－3)t x ， 又t BD ＋t DE ＋t EA ＝t ，得t x ＝t .突破训练2答案 (1)5 m/s 2 (2)25 m/s (3)不会超过2个 例3答案 ACD解析 物体在塔顶上的A 点抛出，位移大小为10 m 的位置有两处， 如图所示，一处在A 点之上，另一处在A 点之下，在A 点之上时，通过位移为10 m 处又有上升和下降两种过程，上升通过时，物体的路程s 1等于位移x 1的大小，即s 1＝x 1＝10 m ；下降通过时，路程s 2＝2h －x 1＝2×20 m －10 m ＝30 m ．在A 点之下时，通过的路程s 3＝2h ＋x 2＝2×20 m ＋10 m ＝50 m ．故A 、C 、D 正确，B 错误． 突破训练3答案 (1)20 m/s (2)6 s 40 m/s 解析 (1)由位移公式得：0－v 20＝－2gh 解得：v 0＝2gh ＝2×10×20 m/s ＝20 m/s(2)由位移公式得：－H ＝v 0t －12gt 2，解得：t ＝6 s物体由最高点做自由落体运动，落地时的速度大小为v ，则：v 2＝2g (H ＋h )，解得：v ＝40 m/s.例4答案 (1)5 m/s 2 (2)1.75 m/s (3)0.25 m (4)2解析 (1)由a ＝Δx t 2得小球的加速度 a ＝x BC －x AB t 2＝5 m/s 2 (2)B 点的速度等于AC 段上的平均速度，即v B ＝x AC 2t＝1.75 m/s (3)由相邻相等时间内的位移差恒定，即x CD －x BC ＝x BC －x AB ，所以x CD ＝2x BC －x AB ＝0.25 m(4)设A 点小球的速度为v A ，由于v A ＝v B －at ＝1.25 m/s所以A 球的运动时间为t A ＝v A a＝0.25 s ，所以在A 球上方滚动的小球还有2颗． 突破训练4答案 3.2 m解析 作出如图所示的示意图.5滴水滴的位置等效为一滴水做自由落体运动连续相等时间内的位置．图中自上而下相邻点之间的距离比为1∶3∶5∶7，因点“3”、“2”间距为1 m ，可知屋檐离地面高度为15×(1＋3＋5＋7) m ＝3.2 m[高考模拟提能训练]1答案 B解析 从井口由静止释放，石头做自由落体运动，由运动学公式h ＝12gt 2可得h ＝12×10×22 m ＝20 m.2答案 A解析 物体做匀变速直线运动，由匀变速直线运动规律： v ＝v t 2＝x t 知：v t 12＝Δx t 1① v t 22＝Δx t 2② 由匀变速直线运动速度公式v t ＝v 0＋at 知v t 22＝v t 12＋a ·(t 1＋t 22)③ ①②③式联立解得a ＝2Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2). 3答案 C解析 对b 球，由h 2＝12gt 2得t ＝ h g ，v b＝gt ＝gh .以后以初速度gh 匀加速下落．对a 球，h 2＝v 0t －12gt 2得v 0＝gh ，在h 2处，v a ＝v 0－gt ＝0，以后从h 2处自由下落．故落地时间t b <t a ，a 、b 不同时落地，选项A 错误．相遇时v b ＝gh ，v a ＝0，选项B 错误．从开始运动到相遇，a 球动能减少量ΔE k a ＝12m v 20＝12mgh ，b 球动能增加量ΔE k b ＝12m v 2b ＝12mgh ，选项C 正确．相遇之后，重力对b 球做功的功率P b ＝mg (v b ＋gt ′)＝mg (gh ＋gt ′)，重力对a 球做功的功率P a ＝mg (v a ＋gt ′)＝mg ·gt ′，P b >P a ，选项D 错误．4答案 BD解析 小球沿斜面向上做匀减速直线运动，因T ac ＝T cd ＝T ，故c 点为a 到d 的中间时刻，故v c ＝x ad 2T ＝6＋62×2m/s ＝3 m/s ，故B 正确；因x ac ＝x ab ＋x bc ＝7 m ，x cd ＝x bd －x bc ＝5 m ，故加速度大小为a ＝x ac －x cd T 2＝0.5 m/s 2，由v c ＝aT ec 得T ec ＝v c a＝6 s ，则T de ＝T ec －T cd ＝4 s ；x de ＝x ec －x cd ＝4 m ，故C 错误，D 正确；由v 2b －v 2c ＝2a ·x bc 可得，v b ＝10 m/s ，A 错误．5答案 7 s 60 m/s解析 解法一 全程法取全过程为一整体进行研究，从重物自气球上掉落计时，经时间t 落地，规定初速度方向为正方向，画出运动草图，如图所示．重物在时间t 内的位移h ＝－175 m将h ＝－175 m ，v 0＝10 m/s 代入位移公式h ＝v 0t －12gt 2 解得t ＝7 s 或t ＝－5 s(舍去)，所以重物落地速度为v ＝v 0－gt ＝10 m/s －10×7 m/s ＝－60 m/s其中负号表示方向竖直向下，与初速度方向相反．解法二 分段法设重物离开气球后，经过t 1时间上升到最高点，则t 1＝v 0g ＝1010s ＝1 s 上升的最大高度h 1＝v 202g ＝1022×10m ＝5 m 故重物离地面的最大高度为H ＝h 1＋h ＝5 m ＋175 m ＝180 m重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为t 2＝ 2H g ＝ 2×18010s ＝6 s ， v ＝gt 2＝10×6 m/s ＝60 m/s ，方向竖直向下所以重物从气球上掉落至落地共历时t ＝t 1＋t 2＝7 s.[练出高分]1答案 C解析 a ＝x 9′－x 5′4T 2＝44×12 m/s 2＝1 m/s 2，v 9＝v 0＋at ＝(0.5＋1×9) m/s ＝9.5 m/s ，x 9＝v 0t ＋12at 2＝(0.5×9＋12×1×92) m ＝45 m ，故正确选项为C. 2答案 BC解析 当滑块速度大小减为v 02时，其方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，因此要考虑两种情况，即v ＝v 02或v ＝－v 02，代入公式t ＝v －v 0a 得，t ＝v 0g 或t ＝3v 0g，故B 、C 正确．3答案 2.25 m/s 2 1.5 m/s解析 解法一 基本公式法：前4 s 内经过的位移：x 1＝v 0t ＋12at 2 第2个4 s 内经过的位移：x 2＝v 0(2t )＋12a (2t )2－(v 0t ＋12at 2) 将x 1＝24 m 、x 2＝60 m 代入上式，解得a ＝2.25 m/s 2v 0＝1.5 m/s.解法二 由公式Δx ＝aT 2，得a ＝Δx T 2＝60－2442 m/s 2＝2.25 m/s 2. 根据v ＝v t 2得v ＝v t 2＝24＋608m/s ＝v 0＋4a ， 所以v 0＝1.5 m/s.4答案 B解析 设第1粒石子运动的时间为t s ，则第2粒石子运动的时间为(t －1) s ，两粒石子间的距离为Δh ＝12gt 2－12g (t －1)2＝gt －12g ，可见，两粒石子间的距离随t 的增大而增大，故B 正确．5答案 AC解析 物体竖直上抛，不计空气阻力，只受重力，则物体上升和下降阶段加速度相同，大小为g ，方向向下，A 正确，B 错误；上升和下落阶段位移大小相等，加速度大小相等，所以上升和下落过程所经历的时间相等，C 正确，D 错误．6答案 A解析 根据时间的对称性，物体从a 点到最高点的时间为T a 2，从b 点到最高点的时间为T b 2，所以a 点到最高点的距离h a ＝12g (T a 2)2＝gT 2a 8，b 点到最高点的距离h b ＝12g (T b 2)2＝gT 2b 8，故a 、b 之间的距离为h a －h b ＝18g (T 2a －T 2b )，故选A. 7答案 C解析 物体上升到最大高度所需的时间为t 2，把上升的位移分成相等的两段，自上向下的时间的比为1：(2－1)，物体上升到最大高度的一半所需时间为t 1＝2－12×t 2，由对称性，物体从最大位移的一半处下落到抛出点的时间也为t 1，故题中所求时间为2t 1＝2×2－12×t 2≈0.3t . 8答案 C解析 由x ＝v 02t 可得：汽车刹车后的拖行路程为x ＝82×1 m ＝4 m<5.9 m ，所以刹车试验的拖行路程符合规定，C 正确．9答案 C解析 由Δx ＝aT 2得：a ＝－2 m/s 2，由v 0T ＋12aT 2＝x 1得：v 0＝10 m/s ，汽车刹车时间t ＝0－v 0a ＝5 s<6 s ，故刹车后6 s 内的位移为x ＝0－v 202a＝25 m ，C 正确． 10答案 AB解析 由匀加速直线运动的位移规律x ＝v 0t ＋12at 2知汽车运动的加速度大小为1 m/s 2，A 正确；由v 2t －v 20＝2ax 知汽车经过第7根电线杆时的瞬时速度大小为25 m/s ，B 正确；由v t ＝v 0＋at 知汽车从第1根至第7根电线杆用时为20 s ，所以从第3根至第7根电线杆用时为10 s ，C 错误；由v ＝x t知汽车在第3根至第7根电线杆间的平均速度为20 m/s ，D 错误．11答案 D解析 运动员的外形和动作影响裁判打分，不能把该运动员的运动看成质点的运动，则A 错误；1 s 末对弹性网的压力最大，运动员在最低点，速度为0,1 s 末到2 s 末，运动员在做加速运动，2 s 末到3 s 末，运动员做竖直上抛运动，3 s 末运动员运动到最高点，则B 、C 错误，D 正确．12答案 (1)16 m (2)24 m解析 (1)对B ：设其加速度为a ，跑出的距离为s 时速度达到最大值v .则2as ＝v 2,2as 1＝(0.8v )2，解得s 1＝0.64s ＝16 m.(2)设B 接棒时跑出时间为t ，则s 1＝v t ＝0.8v 2t ，在t 时间内，对A 有s A ＝v t ，解得s A ＝40 m ．所以B 起跑时，应距离A 为Δs ＝s A －s 1，解得Δs ＝s 2＝24 m.13答案 (1)0.16 m/s 2 (2)7.2 m/s解析 (1)由题知，火车做匀减速运动，设火车加速度大小为a ，L ＝8 m ．由Δx ＝aT 2得8L －6L ＝a ×102，a ＝2L 100＝2×8100m/s 2＝0.16 m/s 2. (2)设人开始观察时火车速度大小为v 0，v T 2＝v ＝8L ＋6L 2T ＝14×820 m/s ＝5.6 m/s.v T 2＝v 0－aT ，解得v 0＝7.2 m/s.。
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第2课时 光电效应 波粒二象性 考纲解读 1.知道什么是光电效应，理解光电效应的实验规律.2. 会用光子说解释光电效应.3.知道光的波粒二象性，知道物质波的概念．1． [黑体辐射和能量子的理解]下列说法正确的是 ( )A ．一般物体辐射电磁波的情况与温度无关，只与材料的种类及表面情况有关B ．黑体能完全吸收入射的各种波长的电磁波，不反射C ．带电微粒辐射和吸收的能量，只能是某一最小能量值的整数倍D ．普朗克最先提出了能量子的概念答案 BCD2． [光电效应规律的理解]关于光电效应的规律，下列说法中正确的是( )A ．只有入射光的波长大于该金属的极限波长，光电效应才能产生B ．光电子的最大初动能跟入射光强度成正比C ．发生光电效应的反应时间一般都大于10－7 sD ．发生光电效应时，单位时间内从金属内逸出的光电子数目与入射光强度成正比 答案 D解析 由ε＝hν＝h c λ知，当入射光波长小于金属的极限波长时，发生光电效应，故A 错．由E k ＝hν－W 0知，最大初动能由入射光频率决定，与入射光强度无关，故B 错．发生光电效应的时间一般不超过10－9 s ，故C 错． 3． [光的波粒二象性的理解]下列说法正确的是( )A ．光电效应反映了光的粒子性B ．大量光子产生的效果往往显示出粒子性，个别光子产生的效果往往显示出波动性C ．光的干涉、衍射、偏振现象证明了光具有波动性D ．只有运动着的小物体才有一种波和它相对应，大的物体运动是没有波和它对应的 答案 AC 考点梳理一、黑体辐射与能量子1． 黑体与黑体辐射(1)黑体：是指能够完全吸收入射的各种波长的电磁波而不发生反射的物体．(2)黑体辐射的实验规律①一般材料的物体，辐射的电磁波除与温度有关外，还与材料的种类及表面状况有关．②黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关．a．随着温度的升高，各种波长的辐射强度都增加．b．随着温度的升高，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动．2．能量子(1)定义：普朗克认为，带电微粒辐射或者吸收能量时，只能辐射或吸收某个最小能量值的整数倍．即能量的辐射或者吸收只能是一份一份的．这个不可再分的最小能量值ε叫做能量子．(2)能量子的大小：ε＝hν，其中ν是电磁波的频率，h称为普朗克常量．h＝6.63×10－34 J·s.二、光电效应1．光电效应现象光电效应：在光的照射下金属中的电子从金属表面逸出的现象，叫做光电效应，发射出来的电子叫做光电子．2．光电效应规律(1)每种金属都有一个极限频率．(2)光子的最大初动能与入射光的强度无关，只随入射光的频率增大而增大．(3)光照射到金属表面时，光电子的发射几乎是瞬时的．(4)光电流的强度与入射光的强度成正比．3．爱因斯坦光电效应方程(1)光子说：空间传播的光的能量是不连续的，是一份一份的，每一份叫做一个光子．光子的能量为ε＝hν，其中h是普朗克常量，其值为6.63×10－34 J·s.(2)光电效应方程：E k＝hν－W0.其中hν为入射光的能量，E k为光电子的最大初动能，W0是金属的逸出功．4．遏止电压与截止频率(1)遏止电压：使光电流减小到零的反向电压U c.(2)截止频率：能使某种金属发生光电效应的最小频率叫做该种金属的截止频率(又叫极限频率)．不同的金属对应着不同的极限频率．(3)逸出功：电子从金属中逸出所需做功的最小值，叫做该金属的逸出功．三、光的波粒二象性与物质波1．光的波粒二象性(1)光的干涉、衍射、偏振现象证明光具有波动性．(2)光电效应说明光具有粒子性．(3)光既具有波动性，又具有粒子性，称为光的波粒二象性．2．物质波(1)概率波光的干涉现象是大量光子的运动遵守波动规律的表现，亮条纹是光子到达概率大的地方，暗条纹是光子到达概率小的地方，因此光波又叫概率波．(2)物质波任何一个运动着的物体，小到微观粒子大到宏观物体都有一种波与它对应，其波长λ＝hp，p为运动物体的动量，h为普朗克常量.考点一对光电效应规律的理解例11905年是爱因斯坦的“奇迹”之年，这一年他先后发表了三篇具有划时代意义的论文，其中关于光量子的理论成功的解释了光电效应现象．关于光电效应，下列说法正确的是() A．当入射光的频率低于极限频率时，不能发生光电效应B．光电子的最大初动能与入射光的频率成正比C．光电子的最大初动能与入射光的强度成正比D．某单色光照射一金属时不发生光电效应，改用波长较短的光照射该金属可能发生光电效应解析根据光电效应现象的实验规律，只有入射光频率大于极限频率才能发生光电效应，故A、D正确．根据光电效应方程，最大初动能与入射光频率为线性关系，但非正比关系，B错误；根据光电效应现象的实验规律，光电子的最大初动能与入射光强度无关，C错误．答案AD突破训练1入射光照射到某金属表面上发生光电效应，若入射光的强度减弱，而频率保持不变，则() A．从光照至金属表面上到发射出光电子之间的时间间隔将明显增加B．逸出的光电子的最大初动能将减小C．单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减小D．有可能不发生光电效应答案 C解析光电效应瞬时(10－9s)发生，与光强无关，A错；能否发生光电效应，只取决于入射光的频率是否大于极限频率，与光强无关，D错；对于某种特定金属，光电子的最大初动能只与入射光频率有关，入射光频率越大，最大初动能越大，B 错；光电子数目多少与入射光强度有关(可理解为一个光子能打出一个电子)，光强减弱，逸出的电子数目减少，C 对．考点二 对光电效应方程的应用和E k －ν图象的考查1． 爱因斯坦光电效应方程E k ＝hν－W 0hν：光电子的能量W 0：逸出功，即从金属表面直接飞出的光电子克服正电荷引力所做的功．E k ：光电子的最大初动能．2． 由E k －ν图象(如图1)可以得到的信息(1)极限频率：图线与ν轴交点的横坐标νc .(2)逸出功：图线与E k 轴交点的纵坐标的值E ＝W 0.(3)普朗克常量：图线的斜率k ＝h . 图1 例2 如图2所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线(直线与横轴的交点坐标为4.27，与纵轴交点坐标为0.5)．由图可知 ( )图2A ．该金属的截止频率为4.27×1014 HzB ．该金属的截止频率为5.5×1014 HzC ．该图线的斜率表示普朗克常量D ．该金属的逸出功为0.5 eV解析 图线在横轴上的截距为截止频率，A 正确，B 错误；由光电效应方程E k ＝hν－W 0可知图线的斜率为普朗克常量，C 正确；金属的逸出功为W 0＝hνc ＝6.63×10－34×4.27×10141.6×10－19 eV ＝1.77 eV ，D 错误． 答案 AC突破训练2 已知锌的逸出功为3.34 eV ，用某单色紫外线照射锌板时，逸出光电子的最大速度为106 m/s ，求该紫外线的波长λ(电子质量m e ＝9.11×10－31 kg ，普朗克常量h ＝6.63×10－34 J·s,1 eV ＝1.60×10－19 J)． 答案 2.01×10－7 m解析 根据爱因斯坦光电效应方程hc λ＝W 0＋12m e v 2 所以λ＝2.01×10－7 m.考点三对光的波粒二象性、物质波的考查光既有波动性，又有粒子性，两者不是孤立的，而是有机的统一体，其表现规律为：(1)个别光子的作用效果往往表现为粒子性；大量光子的作用效果往往表现为波动性．(2)频率越低波动性越显著，越容易看到光的干涉和衍射现象；频率越高粒子性越显著，越不容易看到光的干涉和衍射现象，贯穿本领越强．(3)光在传播过程中往往表现出波动性；在与物质发生作用时，往往表现为粒子性．例3关于物质的波粒二象性，下列说法中不正确的是() A．不仅光子具有波粒二象性，一切运动的微粒都具有波粒二象性B．运动的微观粒子与光子一样，当它们通过一个小孔时，都没有特定的运动轨道C．波动性和粒子性，在宏观现象中是矛盾的、对立的，但在微观高速运动的现象中是统一的D．实物的运动有特定的轨道，所以实物不具有波粒二象性解析光具有波粒二象性是微观世界具有的特殊规律，大量光子运动的规律表现出光的波动性，而单个光子的运动表现出光的粒子性．光的波长越长，波动性越明显，光的频率越高，粒子性越明显．而宏观物体的德布罗意波的波长太小，实际很难观察到波动性，不是不具有波粒二象性．答案 D突破训练3关于光的本性，下列说法正确的是() A．光既具有波动性，又具有粒子性，这是互相矛盾和对立的B．光的波动性类似于机械波，光的粒子性类似于质点C．大量光子才具有波动性，个别光子只具有粒子性D．由于光既具有波动性，又具有粒子性，无法只用其中一种去说明光的一切行为，只能认为光具有波粒二象性答案 D解析光既具有波动性，又具有粒子性，但不同于宏观的机械波和机械粒子，波动性和粒子性是光在不同的情况下的不同表现，是同一客体的两个不同的侧面、不同属性，只能认为光具有波粒二象性，选项D正确.51．用光电管研究光电效应的规律同、强度不同的光分别照射密封真空管的钠极板(阴极K)，钠极板发射出的光电子被阳极A吸收，在电路中形成光电流．下列光电流I与A、K之间的电压U AK的关系图象中，正确的是________．图3解析由于光的频率相同，所以对应的反向截止电压相同，选项A、B错误；发生光电效应时，在同样的加速电压下，光强度越大，逸出的光电子数目越多，形成的光电流越大，所以选项C正确，D错误．答案 C1.常见电路(如图4所示)图42．两条线索(1)通过频率分析：光子频率高→光子能量大→产生光电子的最大初动能大．(2)通过光的强度分析：入射光强度大→光子数目多→产生的光电子多→光电流大．1．(2012·四川理综·18)a、b两种单色光组成的光束从介质进入空气时，其折射光束如图5所示．用a、b两束光()A ．先后照射双缝干涉实验装置，在缝后屏上都能出现干涉条纹，由 此确定光是横波 图5B ．先后照射某金属，a 光照射时恰能逸出光电子，则b 光照射时也能逸出光电子C ．从同一介质以相同方向射向空气，其界面为平面，若b 光不能进入空气，则a 光也不能进入空气D ．从同一介质以相同方向射向空气，其界面为平面，a 光的反射角比b 光的反射角大 答案 C解析 光的干涉说明光是一种波，光的偏振说明光是横波，选项A 错误．由题图可知，光束a 的折射角r a 大于光束b 的折射角r b .根据n ＝sin r sin i，知两束光的折射率n a >n b ，频率νa >νb ，因此a 光照射金属时恰能逸出光电子，b 光照射时则不能逸出光电子，选项B错误．根据临界角公式sin C ＝1n知两束光的临界角C a <C b ，因此入射角相同时b 光发生全反射，a 光也一定发生全反射，选项C 正确．根据反射定律，反射角总等于入射角，所以两束光以相同的入射角射到界面上时，两束光的反射角相等，选项D 错误．2． (2011·江苏单科·12C(1))下列描绘两种温度下黑体辐射强度与波长关系的图中，符合黑体辐射实验规律的是 ( )答案 A解析 随着温度的升高，黑体辐射的强度与波长有这样的关系：一方面，各种波长的辐射强度都有增加，另一方面，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动．由此规律可知应选A.3． (2010·浙江理综·16)在光电效应实验中，飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线(甲光、乙光、丙光)，如图6所示．则可判断出( )图6A．甲光的频率大于乙光的频率B．乙光的波长大于丙光的波长C．乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率D．甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能答案 B解析由题图可知，甲、乙两光对应的反向截止电压均为U c2，由爱因斯坦光电效应方程E km＝hν－W0及－eU c2＝0－E km可知甲、乙两光频率相同，且均小于丙光频率，选项A、C均错；甲光频率小，则甲光对应的光电子最大初动能小于丙光对应的光电子最大初动能，选项D错误；乙光频率小于丙光频率，故乙光的波长大于丙光的波长，选项B正确．模拟题组4．用光照射某种金属，有光电子从金属表面逸出，如果光的频率不变，而减弱光的强度，则() A．逸出的光电子数减少，光电子的最大初动能不变B．逸出的光电子数减少，光电子的最大初动能减小C．逸出的光电子数不变，光电子的最大初动能减小D．光的强度减弱到某一数值，就没有光电子逸出了答案 A解析光的频率不变，表示光子能量不变，仍会有光电子从该金属表面逸出，逸出的光电子的最大初动能也不变；而减弱光的强度，逸出的光电子数就会减少，选项A正确．5．如图7所示，用a、b两种不同频率的光分别照射同一金属板，发现当a光照射时验电器的指针偏转，b光照射时指针未偏转，以下说法正确的是()图7A．增大a光的强度，验电器的指针偏角一定减小B．a光照射金属板时验电器的金属小球带负电C．a光在真空中的波长小于b光在真空中的波长D．若a光是氢原子从n＝4的能级向n＝1的能级跃迁时产生的，则b光可能是氢原子从n＝5的能级向n＝2的能级跃迁时产生的答案CD解析增大a光的强度，从金属板飞出的光电子增多，金属板带电荷量增大，验电器的指针偏角一定增大，选项A错误；a光照射金属板时，光电子从金属板飞出，金属板带正电，验电器的金属小球带正电，选项B错误；经分析，a光在真空中的频率大于b光在真空中的频率，故a光在真空中的波长小于b光在真空中的波长，选项C正确；氢原子跃迁，因为|E4－E1|>|E5－E2|，故选项D正确．(限时：30分钟)►题组1对光的波粒二象性的考查1．下列说法正确的是() A．有的光是波，有的光是粒子B．光子与电子是同样的一种粒子C．光的波长越长，其波动性越显著；波长越短，其粒子性越显著D．γ射线具有显著的粒子性，而不具有波动性答案 C解析从光的波粒二象性可知：光是同时具有波粒二象性的，只不过在有的情况下波动性显著，有的情况下粒子性显著．光的波长越长，越容易观察到其显示波动特征．光子是一种不带电的微观粒子，而电子是带负电的实物粒子，它们虽然都是微观粒子，但有本质区别，故上述选项中正确的是C.2．物理学家做了一个有趣的实验：在双缝干涉实验中，在光屏处放上照相底片，若减弱光的强度．使光子只能一个一个地通过狭缝．实验结果表明，如果曝光时间不太长，底片上只能出现一些不规则的点；如果曝光时间足够长，底片上就会出现规则的干涉条纹．对这个实验结果下列认识正确的是() A．曝光时间不长时，光的能量太小，底片上的条纹看不清楚，故出现不规则的点B．单个光子的运动没有确定的规律C．干涉条纹中明亮的部分是光子到达机会较多的地方D．只有大量光子的行为才表现出波动性答案BCD解析单个光子通过双缝后的落点无法预测，大量光子的落点呈现一定的规律性，落在某些区域的可能性较大，这些区域正是波通过双缝后发生干涉时振幅加强的区域，因而把光波叫做概率波．光具有波粒二象性，少数光子的行为表现为粒子性，大量光子的行为表现为波动性．所以正确选项为B 、C 、D.►题组2 对光电效应理解的考查3． 利用光子说对光电效应的解释，下列说法正确的是( )A ．金属表面的一个电子只能吸收一个光子B ．电子吸收光子后一定能从金属表面逸出，成为光电子C ．金属表面的一个电子吸收若干个光子，积累了足够的能量才能从金属表面逸出D ．无论光子能量大小如何，电子吸收光子并积累了能量后，总能逸出成为光电子 答案 A解析 根据光子说，金属的一个电子一次只能吸收一个光子，若所吸收的光子频率大于金属的极限频率，电子逸出金属表面，成为光电子，且光子的吸收是瞬时的，不需要时间的积累，若所吸收的光子能量小于逸出功(光子频率小于金属的极限频率)，则电子不能逸出金属表面，不能成为光电子．4． 入射光照射到某金属表面上发生光电效应，若入射光的强度减弱，而频率保持不变，下列说法中正确的是 ( ) A ．有可能不发生光电效应B ．从光照射到金属表面上至发射出光电子之间的时间间隔将明显增加C ．逸出的光电子的最大初动能将减小D ．单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减少答案 D解析 由光电效应方程E k ＝hν－W 0可知，光电子的最大初动能只与入射光的频率有关，与光强没有关系，但入射光的强度减弱，单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减少，选项A 、C 错，D 对；光电效应具有瞬时性，B 错．5． 光电效应的实验结论是：对于某种金属 ( )A ．无论光强多强，只要光的频率小于极限频率就不能产生光电效应B ．无论光的频率多低，只要光照时间足够长就能产生光电效应C ．超过极限频率的入射光强度越弱，所产生的光电子的最大初动能就越小D ．超过极限频率的入射光频率越高，所产生的光电子的最大初动能就越大答案 AD解析 根据光电效应规律可知，选项A 正确；根据光电效应方程hν＝12m v 2max＋W 0知，频率ν越高，初动能就越大，选项D 正确．6． 对光电效应的理解正确的是 ( )A ．金属钠的每个电子可以吸收一个或一个以上的光子，当它积累的动能足够大时，就能逸出金属B ．如果入射光子的能量小于金属表面的电子克服原子核的引力而逸出时所需做的最小功，便不能发生光电效应C ．发生光电效应时，入射光越强，光子的能量就越大，光电子的最大初动能就越大D ．由于不同金属的逸出功是不相同的，因此使不同金属产生光电效应，入射光的最低频率也不同答案 BD解析 按照爱因斯坦的光子说，光子的能量由光的频率决定，与光强无关，入射光的频率越大，发生光电效应时产生的光电子的最大初动能越大．但要使电子离开金属，须使电子具有足够的动能，而电子增加的动能只能来源于入射光的光子能量，且电子只能吸收一个光子，不能吸收多个光子．电子从金属逸出时只有从金属表面向外逸出的电子克服原子核的引力所做的功最小．综上所述，选项B 、D 正确．题组3 对光电效应方程应用的考查7. 如图1是某金属在光的照射下产生的光电子的最大初动能E k 与入射光频率ν的关系图象．由图象可知( ) A ．该金属的逸出功等于EB ．该金属的逸出功等于hνc 图1C ．入射光的频率为2νc 时，产生的光电子的最大初动能为ED ．入射光的频率为νc 2时，产生的光电子的最大初动能为E 2答案 ABC解析 由题图并结合E k ＝hν－W 0得，E k ＝hν－E ，故逸出功W 0＝E ，故选项A 对；当E k ＝0时，ν＝νc ，故E ＝hνc ，故选项B 对；ν＝2νc 时，可得出E k ＝E ，故选项C 对；当入射光的频率为νc 2时，不发生光电效应，故选项D 错． 8． 下表给出了一些金属材料的逸出功.(普朗克常量h ＝6.63×10－34 J·s ，光速c ＝3.0×108 m/s) ( )A ．2种B ．3种C ．4种D ．5种答案 A解析 要发生光电效应，则入射光的能量必须大于金属的逸出功，由题可算出波长为400 nm 的光的能量为E ＝hν＝h c λ＝6.63×10－34×3.0×108400×10－9 J ＝4.97×10－19 J ，大于铯和钙的逸出功．所以A 选项正确．9． 如图2所示是光电管的原理图，已知当有波长为λ0的光照到阴极K 上时，电路中有光电流，则 ( )A ．若换用波长为λ1(λ1>λ0)的光照射阴极K 时，电路中一定没有光电流B ．若换用波长为λ2(λ2<λ0)的光照射阴极K 时，电路中一定有光电流 图2C ．增加电路中电源电压，电路中光电流一定增大D ．若将电源极性反接，电路中一定没有光电流产生答案 B解析 用波长为λ0的光照射阴极K ，电路中有光电流，说明入射光的频率ν＝c λ0大于金属的极限频率，换用波长为λ1的光照射阴极K ，因为λ1>λ0，根据ν＝c λ可知，波长为λ1的光的频率不一定大于金属的极限频率，因此不一定能发生光电效应现象，A 错误；同理可以判断，B 正确；光电流的大小与入射光的强度有关，在一定频率与强度的光照射下，光电流与电压之间的关系为：开始时，光电流随电压U 的增加而增大，当U 增大到一定程度时，光电流达到饱和值，这时即使再增大U ，在单位时间内也不可能有更多的光电子定向移动，光电流也就不会再增加，即饱和光电流是在一定频率与强度的光照射下的最大光电流，增大电源电压，若光电流达到饱和值，则光电流也不会增大，C 错误；将电源极性反接，若光电子的最大初动能大于光电管两极间电场力做的功，电路中仍有光电流产生，D 错误．10．2009年诺贝尔物理学奖得主威拉德·博伊尔和乔治·史密斯主要成就是发明了电荷耦合器件(CCD)图象传感器．他们的发明利用了爱因斯坦的光电效应原理．如图3所示电路可研究光电效应规律．图中标有A 和K 的为光电管，其中K 为阴极，A 为阳极．理想电流计可检测通过光电管的电流，理想电压表用来指示光电管两端的电压．现接通电源，用光子能量为10．5 eV 的 图3光照射阴极K ，电流计中有示数；若将滑动变阻器的滑片P 缓慢向右滑动，电流计的读数逐渐减小，当滑至某一位置时电流计的读数恰好为零，读出此时电压表的示数为6.0 V ；现保持滑片P 位置不变，光电管阴极材料的逸出功为________，若增大入射光的强度，电流计的读数________(选填“为零”或“不为零”)．答案 4.5 eV 为零解析 根据当滑至某一位置时电流计的读数恰好为零，读出此时电压表的示数为U ＝6.0 V ，由动能定理得eU ＝E k ；由爱因斯坦光电效应方程有E k ＝E －W 0，解得光电管阴极材料的逸出功为W 0＝4.5 eV ；若增大入射光的强度，电流计的读数仍为零．11．从1907年起，美国物理学家密立根开始以精湛的技术测量光电效应中几个重要的物理量．他通过如图4甲所示的实验装置测量某金属的遏止电压U c 与入射光频率ν，作出U c —ν的图象，由此算出普朗克常量h ，并与普朗克根据黑体辐射测出的h 相比较，以检验爱因斯坦光电效应方程的正确性．图中频率ν1、ν2、遏止电压U c1、U c2及电子的电荷量e 均为已知，求：甲 乙图4(1)普朗克常量h ；(2)该金属的截止频率ν0.答案 (1)e (U c2－U c1)ν2－ν1， (2)U c2ν1－U c1ν2U c2－U c1解析 根据爱因斯坦光电效应方程E k ＝hν－W 0及动能定理eU c ＝E k 得U c ＝h e ν－h eν0 结合题图乙有k ＝h e ＝U c2－U c1ν2－ν1＝U c1ν1－ν0解得普朗克常量h ＝e (U c2－U c1)ν2－ν1，ν0＝U c2ν1－U c1ν2U c2－U c112．如图4所示，当开关S 断开时，用光子能量为2.5 eV 的一束光照射阴极P ，发现电流表读数不为零．合上开关，调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于0.60 V 时，电流表读数仍不为零；当电压表读数大于或等于0.60V 时，电流表读数为零．(1)求此时光电子的最大初动能的大小；图4(2)求该阴极材料的逸出功．答案 (1)0.6 eV (2)1.9 eV解析 设用光子能量为2.5 eV 的光照射时，光电子的最大初动能为E km ，阴极材料逸出功为W 0当反向电压达到U 0＝0.60 V 以后，具有最大初动能的光电子达不到阳极，因此eU 0＝E km。