2018版高考物理二轮(江苏专版)教师用书：第一部分专题十四振动和波动光及光的波动性 Word版含解析

合集下载

2018版高考物理二轮(江苏专版)教师用书：第一部分专题七带电粒子在电场中的运动 Word版含解析

专题七带电粒子在电场中的运动考点1| 电场的性质难度：中档题题型：选择题五年5考(对应学生用书第31页)1．(2014·江苏高考T 4)如图7-1所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x 轴垂直于环面且过圆心O ．下列关于x 轴上的电场强度和电势的说法中正确的是( )【导学号：17214114】图7-1A．O点的电场强度为零，电势最低B．O点的电场强度为零，电势最高C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低【解题关键】解此题的关键有两点：(1)圆环正电荷均匀分布，x轴上各处的场强方向与x轴平行．(2)沿电场方向电势降低，但电场强度不一定减小．B[根据电场的叠加原理和电场线的性质解题．根据电场的对称性和电场的叠加原理知，O点的电场强度为零．在x轴上，电场强度的方向自O点分别指向x轴正方向和x轴负方向，且沿电场线方向电势越来越低，所以O点电势最高．在x轴上离O点无限远处的电场强度为零，故沿x轴正方向和x轴负方向的电场强度先增大后减小．选项B正确．]2．(2016·江苏高考T3)一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图7-2所示，容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是()图7-2A．A点的电场强度比B点的大B．小球表面的电势比容器内表面的低C．B点的电场强度方向与该处内表面垂直D．将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功不同【解题关键】解此题的关键有三点：(1)电场线越密的地方电场强度越大(2)电场线一定与该处的等势面垂直．(3)电场力做功的大小由始末两点的电势差与移动的电荷量共同决定．C[由题图知，B点处的电场线比A点处的密，则A点的电场强度比B点的小，选项A错误；沿电场线方向电势降低，选项B错误；电场强度的方向总与等势面导体表面垂直，选项C 正确；检验电荷由A 点移动到B 点，电场力做功一定，与路径无关，选项D 错误．]3．(2013·江苏高考T 3)下列选项中的各14圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各14圆环间彼此绝缘．坐标原点O 处电场强度最大的是( )【导学号：17214115】B [每个14圆环在O 点产生的电场强度大小相等，设为E ．根据电场的叠加原理和对称性，得A 、B 、C 、D 各图中O 点的电场强度分别为E A ＝E 、E B ＝2E 、E C ＝E 、E D ＝0，故选项B 正确．]4．(多选)(2015·江苏高考T 8)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图7-3所示．c 是两负电荷连线的中点，d 点在正电荷的正上方，c 、d 到正电荷的距离相等，则( )【导学号：17214116】图7-3A ．a 点的电场强度比b 点的大B．a点的电势比b点的高C．c点的电场强度比d点的大D．c点的电势比d点的低ACD[根据电场线的分布图，a、b两点中，a点的电场线较密，则a点的电场强度较大，选项A正确．沿电场线的方向电势降低，a点的电势低于b点的电势，选项B错误．由于c、d关于正电荷对称，正电荷在c、d两点产生的电场强度大小相等、方向相反；两负电荷在c点产生的电场强度为0，在d 点产生的电场强度方向向下，根据电场的叠加原理，c点的电场强度比d点的大，选项C正确．c、d两点中c点离负电荷的距离更小，c点电势比d点低，选项D正确．]5．(多选)(2013·江苏高考T6)将一电荷量为＋Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图7-4所示，金属球表面的电势处处相等．a、b为电场中的两点，则()【导学号：17214117】图7-4A．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高C．检验电荷－q在a点的电势能比在b点的大D．将检验电荷－q从a点移到b点的过程中，电场力做负功ABD[由题图可知，a处电场线比b处密，所以E a>E b，选项A正确；沿着电场线的方向电势不断降落，a点电势高于不带电金属球的电势，不带电金属球的电势高于b点电势，所以φa>φb，选项B正确；负电荷在高电势点的电势能小，选项C错误；检验电荷－q从a点移到b点时，电势能增大，故电场力做负功，选项D正确．]电场强度、电势、电势能的判断方法(1)电场强度：①根据电场线的疏密程度进行判断；②根据等势面的疏密程度进行判断；③根据E ＝ma q 进行判断．(2)电势：①沿电场线方向电势逐渐降低；②若q 和W ab 已知，由U ab ＝W ab q 判定．(3)电势能：①电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大；②正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能反而小．●考向1 电场力的性质1．(2017·绍兴模拟)如图7-5所示，绝缘水平面上有A 、B 、C 、D 四点，依次相距L ，若把带电金属小球甲(半径远小于L )放在B 点，测得D 点处的电场强度大小为E ；现将不带电的相同金属小球乙与甲充分接触后，再把两球分置于A 、C 两点，此时D 点处的电场强度大小为( )图7-5A ．49EB ．59EC ．ED ．209E D [根据点电荷电场强度公式E ＝kQ r 2，则B 点电荷在D 的电场强度为E B ＝kQ (2L )2＝kQ 4L 2＝E ；当将不带电的相同金属小球乙与甲充分接触后，再把两球分置于A 、C 两点，则两球的电量分别为Q 2，那么A 处的小球在D 处的电场强度E A ＝k ·Q 2(3L )2＝kQ 18L 2，而C 处的小球在D 处的电场强度E C ＝kQ 2L 2；由于两球在D 处的电场强度方向相同，因此它们在D 点处的电场强度大小为E 合＝kQ 18L 2＋kQ 2L 2＝5kQ 9L 2＝209E ，故A 、B 、C 错误，D 正确．]●考向2 电场能的性质2．(2017·南京一模)如图7-6所示，带正电的金属球A ，放置在不带电的金属球B 附近，M 、N 是金属球B 表面上的两点．下列说法中正确的是( )【导学号：17214118】图7-6A．M点处带正电，N点处带负电，且M点电势高于N点电势B．M点处带正电，N点处带负电，且M点电势等于N点电势C．M点处带负电，N点处带正电，且M点电势高于N点电势D．M点处带负电，N点处带正电，且M点电势等于N点电势D[带电的金属球A靠近不带电的金属球B，由于电荷间的相互作用，同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，导致金属球B中左侧的自由电子向右侧移动，M点由于得到电子带负电；N点由于失去电子带正电；但整个金属球B是处于静电平衡的导体，其整体是等势体，故M、N点电势相等，故A、B、C错误，D正确．]3．(2017·南通二模)实验表明，地球表面上方的电场强度不为零，且方向竖直向下，说明地球表面有净负电荷．设地球表面净负电荷均匀分布，且电荷量绝对值为Q，已知地球半径为R，静电力常量为k，选地面电势为零，则在地面上方高h (约几十米)处的电势为()A．－kQh(R＋h)2B．kQh(R＋h)C．－kQhR D．kQh(R＋h)2D[地球表面电荷在地面上方h处的场强，根据点电荷的场强公式，有：E＝k Q(R＋h)2因为距离地面h，且h约为几十米，电场强度变化不大，认为是匀强电场，有：U＝Ed＝kQ(R＋h)2·h＝kQh(R＋h)2地面电势为0，故地面上方h处的电势为：φ＝kQh(R＋h)2，故D正确，A、B、C错误．]●考向3电场的综合应用4．(2017·镇江三模)如图7-7所示，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M＝30°．M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示．已知φM＝φN，φP＝φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则()【导学号：17214119】图7-7A．点电荷Q一定在MP的中点B．φP大于φMC．N点的场强比P点的场强大D．将负试探电荷从P点搬运到N点，电场力做正功B[点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆、圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在MN的中垂线和FP的中垂线的交点上，在MP的连线上，如图所示，故A错误；根据图可知，正点电荷到P点的距离小于到M点的距离，所以φP大于φM，故B正确；在点电荷的电场中，离场源越远，电场强度越小，所以N点的场强比P点的场强小，故C错误；在正点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，将负试探电荷从P点搬运到N点，电势能增加，故电场力做负功，故D错误．]5．(2017·宿迁三模)某静电除尘设备集尘板的内壁带正电，设备中心位置有一个带负电的放电极，它们之间的电场线分布如图7-8所示，虚线为某带电烟尘颗粒(重力不计)的运动轨迹，A、B是轨迹上的两点，C点与B点关于放电极对称．下列说法正确的是()【导学号：17214120】图7-8A．A点电势低于B点电势B．A点电场强度小于C点电场强度C．烟尘颗粒在A点的动能大于在B点的动能D．烟尘颗粒在A点的电势能小于在B点的电势能A[由沿电场线方向电势降低可知，A点电势低于B点电势，故A正确；由题图可知，A点电场线比C点密集，因此A点的场强大于C点场强，故B错误；烟尘颗粒带负电，从A到B的过程中，电场力做正功，动能增加，烟尘颗粒在A点的动能小于在B点的动能，故C错误；烟尘颗粒带负电，从A到B的过程中，电场力做正功，电势能减小，烟尘颗粒在A点的电势能大于在B点的电势能，故D错误．]考点2| 平行板电容器难度：中档题题型：选择题(对应学生用书第33页)6．(2012·江苏高考T2)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是()A．C和U均增大B．C增大，U减小C．C减小，U增大D．C和U均减小【解题关键】B[由平行板电容器电容决定式C＝4πkd知，当插入电介质后，ε变大，则在S、d不变的情况下C增大；由电容定义式C＝QU得U＝QC，又电荷量Q不变，故两极板间的电势差U减小，选项B正确．]●考向1电容器的动态分析6．(2017·南京一模)如图7-9所示是可变电容器，旋转动片使之与定片逐渐重合，则电容器的电容将()图7-9A．逐渐增大B．逐渐减小C．保持不变D．先增大后减小A[旋转动片使之与定片逐渐重合时，相当于增加了电容器的正对面积，则由电容器电容的决定式C＝εS4πkd可知，电容将逐渐增大，故B、C、D错误，A正确．]7．(2017·盐城二模)目前的手机触摸屏大多是电容式触摸屏．电容式触摸屏内有一导电层．导电层四个角引出四个电极，当手指触摸屏幕时，人体和触摸屏就形成了一个电容，电容具有“通高频”的作用，从而导致有电流分别从触摸屏四角上的电极中流出，并且流经这四个电极的电流与手指到四角的距离成正比，控制器通过对这四个电流比例的精确计算，得出触摸点的位置信息．在开机状态下，下列说法正确的是()【导学号：17214121】A．电容式触摸屏感测手指触摸点的位置是因为手指对屏幕按压产生了形变B．电容式触摸屏感测手指触摸点的位置是利用了电磁感应现象C．当手指触摸屏幕时手指有微弱的电流流过D．当手指离开屏幕时，电容变小，对高频电流的阻碍变大，控制器不易检测到手指的准确位置C[电容式触摸屏只需要触摸，由于流经四个电极的电流与手指头到四角的距离成正比，控制器就能确定手指的位置，不需要手指有压力，故A错误；电容式触摸屏感测手指触摸点的位置是电容器的充放电原理，不是电磁感应现象，故B错误；由题意可知，手指从手的触点吸走一部分电荷，在电荷定向移动的过程中，会有微弱电流通过，故C正确；根据电容器的工作原理可知，当手指离开屏幕时，电容变小，电容器将放电，控制器仍然能检测到手指离开的准确位置，故D错误．]●考向2平行板电容器的综合问题8．(多选)(2017·苏北四市摸底)如图7-10所示，电路中平行板电容器C不带电．下列说法正确的有()图7-10A．闭合S瞬间，电流计G中有a→b方向的电流B．闭合S后，增大C两极板间距离的过程中，电流计G中有a→b方向的电流C．闭合S后再断开，增大C两极板间距离，极板间电场强度保持不变D．闭合S后再断开，在C两极板间插入电介质，极板间电势差变小ACD[闭合S瞬间，电容器充电，上极板接正极，故电流计中有a→b方向的电流，故A正确；闭合S后，电压不变，增大C两极板间距离的过程中，由C＝εS4πkd可知，C减小，由Q＝UC可知，电量减小，电容器放电，故电流计中有b→a方向的电流，故B错误；闭合S后再断开，电容器两板上的电量不变，增大C两极板间距离，由C＝εS4πkd和Q＝UC可知，U＝4πkdQεS，再由U＝Ed可得，E＝4πkQεS，故两极板间电场强度不变，故C正确；闭合S后再断开，电容器两板上的电量不变，在两极板间插入电介质时电容C增大，则由Q＝UC可知，U变小，故D正确．]考点3| 带电粒子在电场中的运动难度：中档题题型：选择题、计算题五年1考(对应学生用书第33页)7．(2017·江苏高考T4)如图7-11所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点．由O点静止释放的电子恰好能运动到P点．现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子()【导学号：17214122】图7-11A．运动到P点返回B．运动到P和P′点之间返回C．运动到P′点返回D．穿过P′点【解题关键】1、E212点运动到P点的过程中，据动能定理得：eE1d1－eE2d2＝0①当C板向右平移后，BC板间的电场强度E′2＝U′d′2＝QC′d′2＝QεS4πkd′2·d′2＝4πkQεS，BC板间的电场强度与板间距无关，大小不变．第二次释放后，设电子在BC间移动的距离为x，则eE1d1－eE2x＝0－0②比较①②两式知，x＝d2，即电子运动到P点时返回，选项A正确．]带电粒子在电场中的运动问题的解题思路(1)首先分析粒子的运动规律，区分是在电场中的直线运动还是曲线运动问题．(2)对于直线运动问题，可根据对粒子的受力分析与运动分析，从以下两种途径进行处理：①如果是带电粒子在恒定电场力作用下做直线运动的问题，应用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等．②如果是非匀强电场中的直线运动，一般利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、运动的位移等．(3)对于曲线运动问题，如是类平抛运动模型，通常采用运动的合成与分解方法处理．通过对带电粒子的受力分析和运动规律分析，应用动力学方法或功能方法求解．●考向1 电场中的直线运动9．(2017·武汉二模)如图7-12所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d ，带负电的微粒质量为m 、带电量为q ，从极板M 的左边缘A 处以初速度v 0水平射入，沿直线运动并从极板N 的右边缘B 处射出，则( )【导学号：17214123】图7-12A ．微粒达到B 点时动能为12m v 20B ．微粒的加速度大小等于g sin θC ．两极板的电势差U MN ＝mgd q cos θD ．微粒从A 点到B 点的过程电势能减少mgd cos θC [物体在运动过程中，受力如图所示．由于物体受力不在一条直线上，因此不可能做匀速直线运动，到达B 点的动能一定不是12m v 20，因此A 错误；将电场力分解到水平方向和竖直方向上，可知，Eq cos θ＝mg ，Eq sin θ＝ma ，因此加速度大小为g tan θ，B 错误；电容器内的电场强度E ＝mg q cos θ，因此两板间的电势差为U ＝Ed ＝mgd q cos θ，C 正确；从A 向B 运动的过程中，由于电场力做负功，电势能增加，D 错误．]●考向2 电场中的曲线运动10．(2017·林州市月考)a 、b 、c 三个α粒子(重力不计)由同一点M 同时垂直场强方向进入带有等量异种电荷的两平行金属板的电场间，其轨迹如图7-13所示，其中b 恰好沿板的边缘飞出电场，由此可知( )【导学号：17214124】图7-13A ．进入电场时a 的速度最大，c 的速度最小B ．a 、b 、c 在电场中运动经历的时间相等C ．若把上极板向上移动，则a 在电场中运动经历的时间增长D ．若把下极板向下移动，则a 在电场中运动经历的时间增长D [三个α粒子进入电场后加速度相同，由图看出，竖直方向a 、b 偏转距离相等，大于c 的偏转距离，由y ＝12at 2知，a 、b 运动时间相等，大于c 的运动时间，即t a ＝t b ＞t c ．又水平位移的关系为 x a ＜x b ＝x c ，因为粒子水平方向都做匀速直线运动，所以v c ＞v b ＞v a ，即a 的速度最小，c 的速度最大，故A 、B 错误．若把上极板向上移动，根据推论E ＝4πkQ εS 知，板间场强不变，粒子的加速度不变，可知a 的运动情况不变，运动时间不变，故C 错误．若把下极板向下移动，根据推论E ＝4πkQ εS 知，板间场强不变，粒子的加速度不变，a的竖直分位移增大，由y ＝12at 2知，a 在电场中运动经历的时间增长，故D 正确．]●考向3 电场中的力电综合问题11．(2017·徐州期末)如图7-14甲所示，极板A 、B 间电压为U 0，极板C 、D 间距为d，荧光屏到C、D板右端的距离等于C、D板的板长．A板O处的放射源连续无初速地释放质量为m、电荷量为＋q的粒子，经电场加速后，沿极板C、D的中心线射向荧光屏(荧光屏足够大且与中心线垂直)，当C、D板间未加电压时，粒子通过两板间的时间为t0；当C、D板间加上图7-14乙所示电压(图中电压U1已知)时，粒子均能从C、D两板间飞出，不计粒子的重力及相互间的作用．求：图7-14(1)C、D板的长度L；(2)粒子从C、D板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离；(3)粒子打在荧光屏上区域的长度．【导学号：17214125】【解析】(1)粒子在A、B板间有：qU0＝12m v2在C、D板间有：L＝v0t0解得：L＝t02qU0 m．(2)粒子从nt0(n＝0、2、4…)时刻进入C、D间，偏移距离最大，粒子做类平抛运动，偏移距离为：y＝12at2加速度为：a＝qU1 md得：y＝qU1t20 2md．(3)粒子在C、D间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远处C、D板偏转角tan θ＝v yv0，v y＝at0打在荧光屏上距中心线最远距离为：s＝y＋L tan θ荧光屏上区域长度为：Δs＝s＝3qU1t20 2md．【答案】(1)t02qU0m(2)qU1t202md(3)3qU1t202md热点模型解读| 平行板电容器中带电粒子运动模型(对应学生用书第35页)内阻不能忽略，当开关闭合，滑片P位于滑动变阻器R左端点a时，水平放置的平行金属板间有一带电液滴正好处于静止状态，在将滑片P由左端点a滑向右端点b的过程中，下列关于液滴的带电情况及运动情况(液滴始终没与极板相碰)分析正确的是()【导学号：17214126】图7-15A．液滴带正电，液滴将向上做匀加速直线运动B．液滴带正电，液滴将以原平衡位置为中心做往复运动C．液滴带正电，液滴将向上先做变加速再做变减速直线运动D．液滴带负电，液滴将向上做变速直线运动【解题指导】当开关闭合，滑片P位于滑动变阻器R左端点a时，液滴在重力和电场力作用下处于平衡状态，所以电场力竖直向上，由题图知下极板带正电，即液滴一定带正电，D项错误；因滑片由左端点a滑向右端点b的过程中，外电路总电阻先增大后减小，电路的总电流先减小后增大，内电压先减小后增大，即电源的路端电压先增大后减小，所以电容器两极板间电压先增大后减小，由E＝Ud可知电容器两极板间电场强度先增大后减小，但方向不变，所以液滴的加速度先增大后减小，方向一直向上，即液滴将向上先做变加速运动再做变减速直线运动，C项正确，A、B项错误．【答案】 C[拓展应用]如图7-16(a)所示，平行板电容器间距为d，两板所加电压如图7-16(b)所示，t＝0时刻，质量为m、带电荷量为q的粒子以平行于极板的速度v0射入电容器，2．5T时恰好落在下极板上，带电粒子的重力不计，在这一过程中，求：图7-16(1)该粒子的水平位移；(2)粒子落到下极板时的速度．【解析】(1)带电粒子在水平方向不受外力作用，做匀速直线运动，因此水平位移为s ＝v 0t ＝v 0×2．5T ＝2．5v 0T ．(2)带电粒子落在下极板上时在竖直方向的分速度为v y ＝a ·32T ＝3qU 02md T粒子落在下极板上时的速度大小为v ＝v 2x ＋v 2y ＝ v 20＋9q 2U 20T 24m 2d2．【答案】 (1)2．5v 0T (2) v 20＋9q 2U 20 T 24m 2d 2。

2018年高考物理(江苏专用)总复习教师用书选修3-4

[高考导航]基础课1 机械振动知识点一、简谐运动单摆、单摆的周期公式 1．简谐运动(1)定义：物体在跟位移大小成正比并且总是指向平衡位置的回复力作用下的振动。

(2)平衡位置：物体在振动过程中回复力为零的位置。

(3)回复力①定义：使物体返回到平衡位置的力。

②方向：总是指向平衡位置。

③来源：属于效果力，可以是某一个力，也可以是几个力的合力或某个力的分力。

(4)简谐运动的特征①动力学特征：F 回＝－kx 。

②运动学特征：x 、v 、a 均按正弦或余弦规律发生周期性变化(注意v 、a 的变化趋势相反)。

③能量特征：系统的机械能守恒，振幅A 不变。

2.简谐运动的两种模型知识点二、简谐运动的公式和图象 1．简谐运动的表达式(1)动力学表达式：F ＝－kx ，其中“－”表示回复力与位移的方向相反。

(2)运动学表达式：x ＝A sin(ωt ＋φ)，其中A 代表振幅，ω＝2πf 表示简谐运动的快慢。

2．简谐运动的图象(1)从平衡位置开始计时，函数表达式为x ＝A sin ωt ，图象如图1甲所示。

图1(2)从最大位移处开始计时，函数表达式为x ＝A cos ωt ，图象如图1乙所示。

知识点三、受迫振动和共振1．受迫振动系统在驱动力作用下的振动。

做受迫振动的物体，它做受迫振动的周期(或频率)等于驱动力的周期(或频率)，而与物体的固有周期(或频率)无关。

2．共振做受迫振动的物体，它的固有频率与驱动力的频率越接近，其振幅就越大，当二者相等时，振幅达到最大，这就是共振现象。

共振曲线如图2所示。

图2[思考判断](1)简谐运动平衡位置就是质点所受合力为零的位置。

()(2)做简谐运动的质点先后通过同一点，回复力、速度、加速度、位移都是相同的。

()(3)做简谐运动的质点，速度增大时，加速度可能增大。

()(4)简谐运动的周期与振幅成正比。

()(5)单摆在任何情况下的运动都是简谐运动。

()(6)物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关。

2018届高三物理二轮复习教师用书：专题八选修3-4 振

板块一专题突破复习[答案](1)自由振动、受迫振动和共振的关系比较(2)波动图象和振动图象异同点对比(3)全反射的条件：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．(4)光的干涉和衍射的比较考向一振动与波动的综合应用[归纳提炼]求解波动图象与振动图象综合类问题可采用“一分、一看、二找”的方法1．分清振动图象与波动图象．此问题最简单，只要看清横坐标即可，横坐标为x则为波动图象，横坐标为t则为振动图象．2．看清横、纵坐标的单位．尤其要注意单位前的数量级．3．找准波动图象对应的时刻．4．找准振动图象对应的质点．(多选)(2017·全国卷Ⅲ)如图，一列简谐横波沿x轴正方向传播，实线为t＝0时的波形图，虚线为t＝0.5 s时的波形图．已知该简谐波的周期大于0.5 s．关于该简谐波，下列说法正确的是________．A．波长为2 mB．波速为6 m/sC．频率为1.5 HzD．t＝1 s时，x＝1 m处的质点处于波峰E．t＝2 s时，x＝2 m处的质点经过平衡位置解法一：用波向x正方向匀速运动求解．[思路点拨]抓住简谐横波在同一均匀介质中匀速运动、波形整体向前推进的特点求解。

从图1可知，虚线是左边实线向x 正方向推进3λ4所致，从而求出波速和x ＝1 m 、x ＝2 m 处质点在不同时刻的位置．[解析] 由图得波长为λ＝4 m ，A 选项不正确。

因该简谐波的周期T >0.5 s ，说明波的运动不到一波长．由图1可知，波的位移为Δx ＝3λ4＝3 m所以波速v ＝s t ＝30.5 m/s ＝6 m/s ，选项B 正确．由v ＝λT 得 T ＝23s所以，频率f ＝1T ＝1.5 Hz ，选项C 正确．由Δx ＝v t ，t ＝1 s 时，Δx ＝6 m ，C 处的②号波谷来到了x ＝1 m 的B 处，所以x ＝1 m 处的质点处于波谷，选项D 不正确．同理，t ＝2 s 时，Δx 1＝v t ＝12 m ，距离x ＝2 m 左边12 m 的波形(图中没有画出)，来到了x ＝2 m 位置，所以x ＝2 m 处的质点正经过平衡位置往y 轴正方向运动，选项E 正确．解法二：用波运动而质点只是在平衡位置振动求解．[思路点拨] 抓住特殊质点振动与波形的对应关系特点求解．在波的传播过程中，质点并没有随波逐流．波向x 正方向传播3λ4所需时间刚好是3T 4，T4时间内处于波峰的质点来到平衡位置向y 轴负方向运动.3T4时间波峰处质点经历了从波峰到平衡位置，再从平衡位置到波谷，又从波谷到平衡位置向上．从而确定各质点在各时刻的位置．[解析] 由图2得波长为λ＝4 m ，选项A 不正确．因该简谐波的周期T >0.5 s ，说明波的运动还不到一个波长．由图可知，波的位移Δx ＝3λ4.所以相应的时间t ＝0.5 s ＝3T 4，则T ＝23 s ，频率f ＝1T ＝1.5 Hz ，选项C 正确．所以波速v ＝λT ＝423m/s ＝6 m/s ，选项B 正确．t ＝0 s 时，x ＝1 m 处的质点正处于波峰，将要往y 轴负方向运动．经T4来到平衡位置往y 轴负方向运动；经2T 4到波谷；3T 4时来到平衡位置沿y 轴正方向运动．所以选项D 错误．x ＝2 m 处的质点在t ＝0 s 时，正经过平衡位置往y 轴正方向运动．t ＝2 s ，由n ＝tT 可得n ＝t T ＝223＝3即再经过3个整周期，质点仍在原位置．故选项E 正确． [答案] BCE [熟练强化]1．(多选)(2017·河北正定模拟)如图所示，有一列减幅传播的简谐横波，x ＝0与x ＝75 m 处的A 、B 两个质点的振动图象分别如图中实线与虚线所示．则这列波的()A ．A 点处波长是10 cm ，B 点处波长是5 cm B ．周期一定都是2×10－2 sC ．t ＝0.0125 s 时刻，两质点的振动速度方向相反D ．传播速度一定是600 m/sE ．A 质点的振幅是B 质点的振幅的2倍[解析] 由A 、B 两质点的振动图象可知两质点的周期均为2×10－2s ，所以B 项正确；再由振动图象知t ＝0时，质点A 在平衡位置且向上振动，B 处在波峰，则有75 m ＝34λ＋nλ(n ＝0、1、2、3…)，解得λ＝3004n ＋3m(n ＝0、1、2、3…)，所以A 项错；在t ＝0.0125 s ＝58T 时，质点A 向下振动，B 向上振动，所以C 项正确；波的传播速度v＝λT＝150004n＋3m/s(n＝0、1、2、3…)，有多种可能，D项错；由图可知质点A的振幅为10 cm，质点B的振幅为5 cm，所以E项正确．[答案]BCE2．(多选)(2017·河南六市一联)某横波在介质中沿x轴传播，图甲为t＝0.75 s时的波形图，图乙为P点(x＝1.5 m处的质点)的振动图象，那么下列说法正确的是()A．该波向左传播，波速为2 m/sB．质点L与质点N的运动方向总相反C．t＝1.0 s时，质点P处于平衡位置，并正在往y轴正方向运动D．在0.5 s时间内，质点P向右运动了1 mE．若该波波长增大，则更容易发生明显的衍射[解析]由乙图可知T＝2 s，且P质点在0.75 s时向y轴负方向运动，结合甲图可知该波向左传播，由图甲知λ＝4 m，则波速v＝λT＝2 m/s，A项正确．由图甲可知，质点L和质点N的平衡位置相距1 2λ，则质点L与质点N的运动方向总相反，B项正确．由图乙可知t ＝1.0 s时，质点P处于平衡位置，并正在往y轴负方向运动，C项错误．波动过程中各质点只在各自的平衡位置附近振动，并不随波迁移，D项错误．由发生明显衍射现象的条件可知，E项正确．[答案]ABE判断波的传播方向和质点振动方向的方法考向二光的折射和全反射[归纳提炼]1．求解光的折射问题时应掌握以下几点(1)光的折射现象遵守折射定律；光从真空射入某种介质，入射角的正弦与折射角的正弦之比，叫做介质的折射率.sin θ1sin θ2＝n ，实验证明：n ＝cv .(2)光线照射到棱镜的一个侧面上时，经两个侧面折射后，出射光线向棱镜的底边偏折．白光通过三棱镜后，出射光束变为红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七色光的光束，这种现象叫光的色散．(3)在解决光的折射问题时，应根据题意作出光路图，找出入射角和折射角，并注意光路是可逆的．灵活运用几何知识和三角函数的知识解决几何光学问题，然后应用公式来求解．2．分析光的全反射、临界角问题的一般思路(1)画出恰好发生全反射的光路．(2)利用几何知识分析边、角关系，找出临界角．(3)以刚好发生全反射的光线为比较对象来判断光线是否发生全反射，从而画出其他光线的光路图．(2017·全国卷Ⅰ)如图，一玻璃工件的上半部是半径为R的半球体，O点为球心；下半部是半径为R、高为2R的圆柱体，圆柱体底面镀有反射膜．有一平行于中心轴OC的光线从半球面射入，该光线与OC之间的距离为0.6R.已知最后从半球面射出的光线恰好与入射光线平行(不考虑多次反射)．求该玻璃的折射率．[思路路线][解析] 如图，根据光路的对称性和光路可逆性，与入射光线相对于OC 轴对称的出射光线一定与入射光线平行．这样，从半球面射入的折射光线，将从圆柱体底面中心C 点反射．设光线在半球面的入射角为i ，折射角为r .由折射定律有 sin i ＝n sin r ① 由正弦定理有 sin r 2R＝sin (i －r )R ②由几何关系，入射点的法线与OC的夹角为i.由题设条件和几何关系有sin i＝LR③式中L是入射光线与OC的距离．由②③式和题给数据得sin r＝6 205④由①③④式和题给数据得n＝ 2.05≈1.43[答案] 1.43光的折射和全反射问题的解题技巧(1)在解决光的折射问题时，应根据题意分析光路，即画出光路图，找出入射角和折射角，然后应用公式来求解，找出临界光线往往是解题的关键．(2)分析全反射问题时，先确定光是否由光密介质进入光疏介质、入射角是否大于临界角，若不符合全反射的条件，则再由折射定律和反射定律确定光的传播情况．(3)在处理光的折射和全反射类型的题目时，根据折射定律及全反射的条件准确作出几何光路图是基础，利用几何关系、折射定律是关键．[熟练强化]迁移一折射定律的应用1．一直桶状容器的高为2l，底面是边长为l的正方形；容器内装满某种透明液体，过容器中心轴DD′、垂直于左右两侧面的剖面图如图所示．容器右侧内壁涂有反光材料，其他内壁涂有吸光材料．在剖面的左下角处有一点光源，已知由液体上表面的D点射出的两束光线相互垂直，求该液体的折射率．[解析]设从光源发出直接射到D点的光线的入射角为i1，折射角为r1.在剖面内作光源相对于反光壁的镜像对称点C，连接C、D，交反光壁于E点，由光源射向E点的光线，反射后沿ED射向D点．光线在D点的入射角为i2，折射角为r2，如图所示．设液体的折射率为n，由折射定律有n sin i1＝sin r1①n sin i2＝sin r2②由题意知r1＋r2＝90°③联立①②③式得n2＝1sin2i1＋sin2i2④由几何关系可知sin i1＝l24l2＋l24＝117⑤sin i2＝32l4l2＋9l24＝35⑥联立④⑤⑥式得n＝1.55⑦[答案] 1.55迁移二三棱镜的折射与全反射的考查2．如右图所示，一玻璃棱镜的截面为直角三角形ABD，∠A＝30°，斜边AB＝L，现有一条光线从距离B点L6处的O点垂直BD边射入，已知玻璃对该光线的折射率n＝2，求光线在AD边的射出点到A点的距离．[解析]光路如图所示，光线射到AB界面时的入射角i＝60°全反射临界角C满足sin C＝1n＝22，可得C＝45°<i，故光线在E点发生全反射又r ＝30°<C ，光线从AD 边上F 点射出棱镜由几何关系可得BE ＝2BO ＝L3，AE ＝AB －BE ＝2L 3根据光的反射定律可知，三角形AEF 为等腰三角形，故有 AF cos30°＝AE 2＝L3则AF ＝L3cos30°＝23L 9[答案]23L9迁移三半圆形玻璃砖的折射与全反射的考查3．(2017·全国卷Ⅲ)如图，一半径为R 的玻璃半球，O 点是半球的球心，虚线OO ′表示光轴(过球心O 与半球底面垂直的直线)．已知玻璃的折射率为1.5.现有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出(不考虑被半球的内表面反射后的光线)．求(1)从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值； (2)距光轴R3的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O 点的距离．[解析] (1)如图，从底面上A 处射入的光线，在球面上发生折射时的入射角为i ，当i 等于全反射临界角i c 时，对应入射光线到光轴的距离最大，设最大距离为l .i ＝i c ①设n 是玻璃的折射率，由全反射临界角的定义有n sin i c ＝1② 由几何关系有 sin i ＝l R ③联立①②③式并利用题给条件，得 l ＝23R ④ (2)设与光轴相距R3的光线在球面B 点发生折射时的入射角和折射角分别为i 1和r 1，由折射定律有n sin i 1＝sin r 1⑤设折射光线与光轴的交点为C ，在△OBC 中，由正弦定理有 sin ∠C R ＝sin (180°－r 1)OC ⑥ 由几何关系有 ∠C ＝r 1－i 1⑦ sin i 1＝13⑧联立⑤⑥⑦⑧式及题给条件得OC ＝3(22＋3)5R ≈2.74R ⑨[答案] (1)23R (2)2.74R考向三光的波动性[归纳提炼]1．干涉与衍射的比较光的干涉与衍射现象是光的波动性的表现，也是光具有波动性的证据．两者的区别是：光的干涉现象只有在符合一定条件下才发生；而光的衍射现象却总是存在的，只有明显与不明显之分．光的干涉现象和衍射现象在屏上出现的都是明暗相间的条纹，但双缝干涉时条纹间隔均匀，从中央到两侧的明纹亮度不变化；而单缝衍射的条纹间隔不均匀，中央明纹又宽又亮，从中央向两侧，条纹宽度减小，明纹亮度显著减弱．2．光的偏振横波的振动矢量垂直于波的传播方向振动时，偏于某个特定方向的现象叫偏振．纵波只能沿着波的传播方向振动，所以不可能有偏振，光的偏振现象证明光是横波．光的偏振现象在科技、生活中的应用有：照相机镜头上的偏振片、立体电影等．[熟练强化] 角度一光的衍射1．(2017·常州重点中学第二次联合)抽制细丝时可用激光监控其粗细，如下图所示，激光束越过细丝时产生的条纹和它通过遮光板上的一条同样宽度的窄缝规律相同，则下列描述正确的是( )①这是利用光的干涉现象②这是利用光的衍射现象③如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝变粗了④如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝变细了A．①③B．②④C．①④D．②③[解析]上述现象符合光的衍射产生的条件，故②正确；由衍射产生的条件，可知丝越细，即障碍物尺寸越小，衍射现象越明显，故④也正确．[答案] B角度二光的干涉2．(多选)把一个曲率半径很大的凸透镜的弯曲表面压在另一个玻璃平面上，让单色光从上方射入，俯视可以观察到明暗相间的同心圆环，如图所示．这个现象是牛顿首先发现的，这些同心圆叫做牛顿环．为了使同一级圆环的半径变大(例如从中心数起的第二条圆环)，则应()A．将凸透镜的曲率半径变大B．将凸透镜的曲率半径变小C．改用波长更长的单色光照射D．改用波长更短的单色光照射[解析]牛顿环的形成是利用空气薄膜干涉原理，为了使同一级圆环半径变大，可以使空气薄膜更薄，或改用波长更长的单色光照射，故选A、C.[答案]AC角度三光的偏振3．(2017·皖南八校第二次联考)光的偏振现象说明光是横波．下列现象中不能反映光的偏振特性的是()A．一束自然光相继通过两个偏振片，以光束为轴旋转其中一个偏振片，透射光的强度发生变化B．一束自然光入射到两种介质的分界面上，当反射光线与折射光线之间的夹角恰好是90°时，反射光是偏振光C．日落时分，拍摄水面下的景物，在照相机镜头前装上偏振滤光片可以使景物的像更清晰D．通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到彩色条纹[解析]由光的偏振现象的知识，可知A、B、C均反映了光的偏振特性，只有D选项反映了光的衍射现象，故选D.[答案] D干涉和衍射的比较[考点归纳]造成波动问题多解的主要因素1．周期性(1)时间周期性：时间间隔Δt与周期T的关系不明确；(2)空间周期性：波传播距离Δx与波长λ的关系不明确．2．双向性(1)传播方向双向性：波的传播方向不确定；(2)振动方向双向性：质点振动方向不确定．3．对称性波源的振动，要带动它左、右相邻质元的振动，波向左、右两方向传播．对称性是指波在介质中向左、右同时传播时，关于波源对称的左、右两质点振动情况完全相同．4．波形的隐含性形成多解在波动问题中，往往只给出完整波形的一部分，或给出几个特殊点，而其余信息，均处于隐含状态．这样，波形就有多种情况，形成波动问题的多解性．[典题示例](2017·河北六校联考)简谐横波在均匀介质中沿直线传播，P、Q 是传播方向上相距10 m的两质点．波先传到P，当波传到Q开始计时，P、Q两质点的振动图象如图所示．则()A．质点Q开始振动的方向沿y轴正方向B．该波从P传到Q的时间可能为7 sC．该波的传播速度可能为2 m/sD．该波的波长可能为6 m[审题指导]第一步读题干—提信息[解析] 由图可知，t ＝0时质点Q 处于平衡位置，t ＝T 4时运动至波峰，故其起振方向沿y 轴正方向，A 正确；仍由图可知，T ＝6 s ，质点Q 比质点P 到达同一振动状态晚了Δt ＝nT ＋23T ＝(6n ＋4) s(n ＝0,1,2，…)，此即为该波从P 传到Q 所需的时间，当Δt ＝7 s 时n ＝12，故B 错误；由v ＝Δx Δt ＝106n ＋4m/s 知，当v ＝2 m/s 时n ＝16，故C 错误；再由λ＝v T ＝606n ＋4m 知，当n ＝1时λ＝6 m ，故D 正确． [答案] AD解决波的多解问题的方法一般采用从特殊到一般再从一般到特殊的思维方法，即首先找出一个周期内满足条件的关系Δt 或Δx ，若此关系为时间，则t ＝nT ＋Δt(n＝0,1,2，…)；若此关系为距离，则x＝nλ＋Δx(n＝0,1,2，…)．然后结合题意或附加限制条件从多种可能情况中选出完全符合要求的一种或几种答案．[预测题组](多选)一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如下图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t＋0.6 s时刻的波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点，则下列说法正确的是()A．这列波的波速可能为50 m/sB．质点a在这段时间内通过的路程一定小于30 cmC．质点c在这段时间内通过的路程可能为60 cmD．若周期T＝0.8 s，则在t＋0.5 s时刻，质点b、P的位移相同E．若周期T＝0.8 s，从t＋0.4 s时刻开始计时，则质点c的振动方程为x＝0.1sinπt(m)[解析]由波形图可知波长λ＝40 m，且0.6 s＝nT＋34T(n＝0,1,2，…)，解得周期T＝2.44n＋3s(n＝0,1,2，…). 当n＝0时，T＝0.8 s，波速v＝λT＝50 m/s，选项A正确；由传播方向沿x轴正方向可知质点a在t时刻向上运动，当n＝0时，T＝0.8 s，则质点a在这段时间内通过的路程小于30 cm，当n＝1时，T＝2470s，质点a在这段时间内通过的路程大于30 cm ，选项B 错误；若n ＝1，则T ＝2470s ，波传播到c 点所用时间为14T,0.6 s ＝7T 4，质点c 振动的时间为74T －14T ＝64T ，故在这段时间内质点c 通过的路程则为6A ＝60 cm ，选项C 正确；若T ＝0.8 s ，t ＋0.5 s 时刻，质点b 、P 的位移均为负值，大小相等，选项D 正确；若T ＝0.8 s ，从t ＋0.4 s 时刻开始计时，则质点c 的振动方程为y ＝0.1cos 52πt (m)，选项E 错误． [答案] ACD。

【金榜教师用书】2018届高考物理二轮复习精讲精练高效演练第12讲振动波动

关闭Word文档返回原板块。

高效演练1.(2014·福州模拟)如图甲所示,弹簧振子以点O为平衡位置,在A、B两点之间做简谐运动。

取向右为正方向,振子的位移x随时间t 的变化如图乙所示,下列说法正确的是( )A.t =0.8s时,振子的速度方向向左B.t =0.2s时,振子在O点右侧6cm处C.t =0.4s和t =1.2s时,振子的加速度完全相同D.t =0.4s到t =0.8s的时间内,振子的速度逐渐减小【解析】选A。

t =0.2s时,振子在O点右侧6cm处,B错;t=0.8s时,振子从B运动到O点,速度方向向左,A对;t =0.4s到t =0.8s的时间内,振子的速度逐渐增大,D错;t =0.4s和t =1.2s时,振子的加速度方向相反,C错。

2.(2014·大纲版全国卷改编)两列振动方向相同、振幅分别为A1和A2的相干简谐横波相遇。

下列说法正确的是( )A.波峰与波谷相遇处质点的振幅为零B.波峰与波峰相遇处质点离开平衡位置的位移始终为A1+A2C.波峰与波谷相遇处质点的位移总是小于波峰与波峰相遇处质点的位移D.波峰与波峰相遇处质点的振幅一定大于波峰与波谷相遇处质点的振幅【解题指南】解答本题应注意以下三点:(1)这两列波是相干波。

(2)波的叠加原理。

(3)振动加强和减弱是振动的强烈程度及振幅的大小的表现,振幅大是质点离开平衡位置的最大距离大,而不是停留在最大位移处。

【解析】选D。

波峰与波峰相遇处的质点振动加强,振幅为A1+A2,而质点的位移大小在0～A1+A2之间变化;波峰和波谷相遇处的质点,振动减弱,振幅为|A1-A2|,其位移大小在0～|A1-A2|之间变化,故A、B、C 错,D对。

3.(2014·上海高考)一列横波沿水平放置的弹性绳向右传播,绳上两质点A、B的平衡位置相距波长,B位于A右方。

(江苏专版)2018版高考物理二轮复习第一部分专题十四振动和波动光及光的波动性学案

专题十四振动和波动光及光的波动性江苏卷考情导向考点考题考情振动与波动的综合应用2017年T12(B)(2)考查波的传播特性2015年T12(B)(1)(2)考查多普勒效应、波长、波速及频率的关系2014年T12(B)(2)考查探究单摆的周期与摆长的关系2013年T12(B)(1)考查产生共振的条件及其应用高考热点：(1)考查简谐运动的特点和波传播的空间关系，题型为选择题或计算题；(2)以常规模型或实际生活材料为背景，考查折射率、全反射等基本规律的应用，题型为选择题或计算题．备考时：(1)深刻理解基本概念和基本规律；(2)强化应用类题目的训练；(3)加强对光的干涉、衍射、多普勒效应及相对论知识的理解和训练．光的折射、全反射、光的波动性和相对论2017年T12(B)(1)(3)考查爱因斯坦狭义相对论、光的折射定律和数学知识的综合应用2016年T12(B)考查爱因斯坦狭义相对论、双缝干涉的条纹间距与波长的关系2015年T12(B)(3)考查光的折射定律2014年T12(B)(1)(3)考查双缝干涉的条纹间距与波长的关系、光的折射定律2013年T12(B)(2)(3)考查爱因斯坦狭义相对论、光的折射定律考点1| 振动与波动的综合应用难度：中档题题型：选择题、填空题和计算题五年4考(对应学生用书第79页)1．(2015·江苏高考T12(B)(1)(2))(1)(多选)一渔船向鱼群发出超声波，若鱼群正向渔船靠近，则被鱼群反射回来的超声波与发出的超声波相比( )【导学号：17214203】A．波速变大B．波速不变C．频率变高D．频率不变(2)用2×106Hz的超声波检查胆结石，该超声波在结石和胆汁中的波速分别为2 250 m/s和1 500 m/s，则该超声波在结石中的波长是胆汁中的________倍．用超声波检查胆结石是因为超声波的波长较短，遇到结石时________(选填“容易”或“不容易”)发生衍射．【解析】(1)渔船与鱼群发生相对运动，被鱼群反射回来的超声波的速度大小不变；由多普勒效应知，反射回来的超声波的频率变高，故选项B、C正确．(2)由v ＝λf 知，超声波在结石中的波长λ1＝v 1f ，在胆汁中的波长λ2＝v 2f，则波长之比：λ1λ2＝v 1v 2＝1．5．超声波遇到结石时，其波长远小于结石的线度，则超声波遇到结石时不容易发生衍射现象．【答案】 (1)BC (2)1．5 不容易2．(2017·江苏高考T 12(B)(2))野生大象群也有自己的“语言”．研究人员录下象群“语言”交流时发出的声音，发现以2倍速度快速播放录音时，能听到比正常播放时更多的声音．播放速度变为原来的2倍时，播出声波的______(选填“周期”或“频率”)也变为原来的2倍，声波传播速度________(选填“变大”“变小”或“不变”)．【解析】播放速度加倍，其频率加倍，但声波传播速度由介质决定，与频率无关．【答案】频率不变3．(2014·江苏高考T 12(B)(2))在“探究单摆的周期与摆长的关系”实验中，某同学准备好相关实验器材后，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度后释放，同时按下秒表开始计时，当单摆再次回到释放位置时停止计时，将记录的这段时间作为单摆的周期．以上操作中有不妥之处，请对其中两处加以改正．【解析】 ①应在摆球通过平衡位置时开始计时；②应测量单摆多次全振动的时间，再计算出周期的测量值．(或在单摆振动稳定后开始计时) 【答案】见解析4．(2013·江苏高考T 12(B)(1))如图141所示的装置，弹簧振子的固有频率是4 Hz ．现匀速转动把手，给弹簧振子以周期性的驱动力，测得弹簧振子振动达到稳定时的频率为1 Hz ，则把手转动的频率为( )图141A ．1 HzB ．3 HzC ．4 HzD ．5 HzA [根据受迫振动的频率等于驱动力的频率，选项A 正确．]“1分，1看”巧解两种图象问题1分：分清振动图象与波动图象，此问题最简单，只要看清横坐标即可，横坐标为x 则为波动图象，横坐标为t则为振动图象．1看：看清横、纵坐标的单位，尤其要注意单位前的数量级．●考向1 机械振动1．(2017·盐城期中)一个在水平面内做简谐运动的弹簧振子，从第一次以不等于零的速度经过非平衡位置的某点a时开始计时，下列说法中正确的是( )A．到它第二次经过a点时，所需时间为半个周期B．到它第二次经过a点时，所需时间为一个周期C．到它第三次经过a点时，所需时间为一个周期D．到它第三次经过a点时，所需时间为二个周期C [振子从第一次以不等于零的速度经过非平衡位置的某点a时开始计时，当振子再次经过a时，速度的方向一定与开始时的方向相反，所以经过的时间可能大于半周期，也可能小于半个周期，但一定不等于半个周期或一个周期，故A错误，B错误．振子从第一次以不等于零的速度经过非平衡位置的某点a时开始计时，当振子第三次经过a时，速度的方向一定与开始时的方向相同，所以经过的时间一定是一个周期，故C正确，D 错误．]2．(2017·苏州一模)如图142所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，其中A、B的摆长相等．当A摆振动的时候，通过张紧的绳子给B、C、D摆施加驱动力，使其余各摆做受迫振动．观察B、C、D摆的振动发现( )图142A．C摆的频率最小B．D摆的周期最大C．B摆的摆角最大D．B、C、D的摆角相同C [由A摆摆动从而带动其它3个单摆做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，故其它各摆振动周期跟A摆相同，频率也相等，故A、B错误；受迫振动中，当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅最大，由于B摆的固有频率与A摆的相同，故B摆发生共振，振幅最大，故C正确，D错误．]●考向2 机械波3．(2017·北京高考)某弹簧振子沿x 轴的简谐运动图象如图143所示，下列描述正确的是( )图143A ．t ＝1 s 时，振子的速度为零，加速度为负的最大值B ．t ＝2 s 时，振子的速度为负，加速度为正的最大值C ．t ＝3 s 时，振子的速度为负的最大值，加速度为零D ．t ＝4 s 时，振子的速度为正，加速度为负的最大值A [A 对：t ＝1 s 时，振子处于正的最大位移处，振子的速度为零，加速度为负的最大值．B 错：t ＝2 s 时，振子在平衡位置且向x 轴负方向运动，则振子的速度为负，加速度为零．C 错：t ＝3 s 时，振子处于负的最大位移处，振子的速度为零，加速度为正的最大值．D 错：t ＝4 s 时，振子在平衡位置且向x 轴正方向运动，则振子的速度为正，加速度为零．]4．(2017·天津高考)手持较长软绳端点O 以周期T 在竖直方向上做简谐运动，带动绳上的其他质点振动形成简谐波沿绳水平传播，示意如图144．绳上有另一质点P ，且O 、P 的平衡位置间距为L ．t ＝0时，O 位于最高点，P 的位移恰好为零，速度方向竖直向上，下列判断正确的是( )图144A ．该简谐波是纵波B ．该简谐波的最大波长为2LC ．t ＝T8，P 在平衡位置上方D ．t ＝3T8时，P 的速度方向竖直向上C [A 错：由于O 点的振动方向与传播方向垂直，故该简谐波为横波． B 错：由于P 在平衡位置且向上振动，故OP 间的基本波形如图所示．因此λ4＋nλ＝L ，即λ＝4L 4n ＋1，最大波长为4L ．C 对：0～T 4，质点P 从平衡位置向正的最大位移运动，所以t ＝T8时，P 在平衡位置上方．D 错：T 4～3T4，质点P 从正的最大位移运动到负的最大位移，即P 的速度方向竖直向下，即t ＝3T8时，P 的速度方向竖直向下．]●考向3 波的干涉和衍射5．(2017·上饶期末)如图145所示，S 1、S 2是两个相干波源，它们振动同步且振幅相同．实线和虚线分别表示在某一时刻它们所发出的波的波峰和波谷．关于图中所标的a 、b 、c 、d 四点，下列说法中正确的有( )图145A ．a 质点振动始终最弱，b 、c 质点振动始终最强，d 质点振动既不是最强也不是最弱B ．a 质点振动始终最弱，b 、c 、d 质点振动始终最强C ．a 、d 质点的振动始终是最弱的，b 、c 质点的振动始终是最强的D ．再过T4的时刻，b 、c 、d 三个质点都将处于各自的平衡位置B [a 质点处是两列波波峰与波谷叠加的地方，振动始终是最弱的，而b 、c 质点处是两列波波峰与波峰或波谷与波谷叠加的地方，振动始终是最强的，对于d 处于振动加强区域．故A 、C 错误，B 正确；图示时刻d 在平衡位置，b 在波峰，c 在波谷，再过T4后的时刻b 、c 两个质点都将处于各自的平衡位置，但d 点处于波峰位置，故D 错误．] 6．(2017·湖州期中)关于下列4幅图片，说法正确的是( )甲乙丙丁图146A ．甲、乙属衍射现象，甲的水波波长比乙更接近缝的宽度B ．丙图水面的衍射现象比甲、乙更明显C ．丁图蜂鸣器在旋转时，周围的同学听到声音有变化，其原理与丙相同D ．测量宇宙中星球靠近或远离地球的速度应用的原理与丁图原理相同D [甲、乙都属于衍射现象，乙的衍射现象比甲明显，所以乙的水波波长比甲更接近缝的宽度，故A 错误；甲、乙、丙三图中，乙图的衍射现象更明显，故B 错误；丁图蜂鸣器在旋转时，周围的同学听到声音有变化，其原理是多普勒效应，丙属于衍射，原理不同，故C 错误；测量宇宙中星球靠近或远离地球的速度应用的原理与丁图原理相同，都属于多普勒效应，故D 正确．]考点2| 光的折射、全反射、光的波动性和相对论难度：中高档题题型：选择题、填空题和计算题五年5考(对应学生用书第81页)5．(2015·江苏高考T 12(B)(3))人造树脂是常用的眼镜镜片材料．如图147所示，光线射在一人造树脂立方体上，经折射后，射在桌面上的P 点．已知光线的入射角为30°，OA ＝5 cm ，AB ＝20 cm ，BP ＝12 cm ，求该人造树脂材料的折射率n ．图147【解题关键】利用几何知识求出折射角的正弦值，再利用折射定律n ＝sin i sin r ，可求折射率．【解析】设折射角为γ，由折射定律知：sin 30°sin γ＝n由几何关系知：sin γ＝BP －OAOP且OP ＝BP －OA2＋AB 2代入数据得n ＝44914≈1．5．【答案】 1．56．(2013·江苏高考T 12(B)(2)(3))(1)如图148所示，两艘飞船A 、B 沿同一直线同向飞行，相对地面的速度均为v (v 接近光速c )．地面上测得它们相距为L ，则A 测得两飞船间的距离________(选填“大于”“等于”或“小于”)L ．当B 向A 发出一光信号，A 测得该信号的速度为________．图148(2)图149为单反照相机取景器的示意图，ABCDE 为五棱镜的一个截面，AB ⊥BC ．光线垂直AB 射入，分别在CD 和EA 上发生反射，且两次反射的入射角相等，最后光线垂直BC 射出．若两次反射都为全反射，则该五棱镜折射率的最小值是多少？(计算结果可用三角函数表示)图149【解析】 (1)根据长度的相对性得L ＝L 01－v c2所以A 测得两飞船间的距离L 0＝L 1－v c2＞L ．根据狭义相对论的基本假设，光信号的速度为光速c ．(2)光线在棱镜中的光路图如图所示，根据反射定律和题设条件，得4α＝90°所以入射角α＝22．5° 根据全反射规律，sin A ＝1n故sin 22．5°≥1n所以n ≥1sin 22．5°，即折射率的最小值为1sin 22．5°．【答案】 (1)大于 c (或光速) (2)1sin 22．5°7．(2016·江苏高考T 12(B))(1)一艘太空飞船静止时的长度为30 m ，它以0．6c (c 为光速)的速度沿长度方向飞行越过地球，下列说法正确的是________． A ．飞船上的观测者测得该飞船的长度小于30 m B ．地球上的观测者测得该飞船的长度小于30 m C ．飞船上的观测者测得地球上发来的光信号速度小于cD ．地球上的观测者测得飞船上发来的光信号速度小于c(2)杨氏干涉实验证明光的确是一种波．一束单色光投射在两条相距很近的狭缝上，两狭缝就成了两个光源，它们发出的光波满足干涉的必要条件，即两列光的________相同．如图1410所示，在这两列光波相遇的区域中，实线表示波峰，虚线表示波谷，如果放置光屏，在________(选填“A ”“B ”或“C ”)点会出现暗条纹．图1410(3)在上述杨氏干涉实验中，若单色光的波长λ＝5．89×10－7m ，双缝间的距离d ＝1 mm ，双缝到屏的距离l ＝2 m ．求第1个亮条纹到第11个亮条纹的中心间距．【解析】 (1)飞船上的观测者相对飞船静止，测得飞船的长度为飞船静止时的长度l 0＝30 m ，选项A 错误；地球上的观测者与飞船有相对运动，测得飞船的长度l ＝l 01－⎝⎛⎭⎪⎫0．6c c 2＜l 0，故应小于30 m ，选项B 正确；狭义相对论的一个基本假设是光速不变原理，即飞船上和地球上的观测者测得的光信号速度都等于c ，选项C 、D 错误． (2)当一束光投射到两条相距很近的狭缝上，狭缝成了两个光源，两列光的频率、相位、振动方向相同．A 、B 两点是振动加强点，出现亮条纹，C 点是波峰与波谷的叠加，为振动减弱点，出现暗条纹．(3)相邻亮条纹的中心间距Δx ＝ldλ 由题意知，亮条纹的数目n ＝10 解得L ＝nlλd，代入数据得L ＝1．178×10－2m ．【答案】 (1)B (2)频率 C (3)1．178×10－2m8．(2017·江苏高考T 12(B)(1)(3))(1)(多选)接近光速飞行的飞船和地球上各有一只相同的铯原子钟，飞船和地球上的人观测这两只钟的快慢，下列说法正确的有( ) A ．飞船上的人观测到飞船上的钟较快 B ．飞船上的人观测到飞船上的钟较慢 C ．地球上的人观测到地球上的钟较快 D ．地球上的人观测到地球上的钟较慢(3)人的眼球可简化为如图1411所示的模型．折射率相同、半径不同的两个球体共轴．平行光束宽度为D ，对称地沿轴线方向射入半径为R 的小球，会聚在轴线上的P 点．取球体的折射率为2，且D ＝2R ．求光线的会聚角α．(示意图未按比例画出)图1411【解析】 (1)飞船上的人观察钟表时，是以飞船为参考系，看到地球上的钟表在高速运动，观察到地球上的钟慢，飞船上的钟快，选项A 正确、B 错误；同理地球上的人是以地球为参考系，观察结果是地球上的钟快，飞船上的钟慢，选项C 正确、D 错误． (3)由几何关系sin i ＝D2R ，解得i ＝45°则由折射定律sin isin γ＝n ，解得γ＝30°且i ＝γ＋α2，解得α＝30°．【答案】 (1)AC (3)30°9．(2014·江苏高考T 12(B)(1)(3))(1)某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到如图1412甲所示的条纹，仅改变一个实验条件后，观察到的条纹如图乙所示．他改变的实验条件可能是( )图1412A ．减小光源到单缝的距离B ．减小双缝之间的距离C ．减小双缝到光屏之间的距离D ．换用频率更高的单色光源(2)Morpho 蝴蝶的翅膀在阳光的照射下呈现出闪亮耀眼的蓝色光芒，这是因为光照射到翅膀的鳞片上发生了干涉．电子显微镜下鳞片结构的示意图见1413．一束光以入射角i 从a 点入射，经过折射和反射后从b 点出射．设鳞片的折射率为n ，厚度为d ，两片之间空气层厚度为h ．取光在空气中的速度为c ，求光从a 到b 所需的时间t ．图1413【解析】根据光的干涉规律、单摆的摆动、光的折射定律和光的传播规律解题． (1)在双缝干涉中，相邻明条纹间的距离Δx ＝ldλ，由题图知干涉条纹间距变宽，故可增大l 、λ或减小d ．根据c ＝λν知要增大λ，应减小ν．选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．(2)设光在鳞片中的折射角为γ，折射定律sin i ＝n sin γ在鳞片中传播的路程l 1＝2d cos γ，传播速度v ＝c n ，传播时间t 1＝l 1v解得t 1＝2n 2dc n 2－sin 2 i同理，在空气中的传播时间t 2＝2hc cos i则t ＝t 1＋t 2＝2n 2dc n 2－sin 2 i＋2hc cos i．【答案】 (1)B (2)2n 2dc n 2－sin 2 i ＋2hc cos i●考向1 光的折射率的计算7．(2017·徐州模拟)如图1414所示，半径为R 的半球形玻璃砖的下表面涂有反射膜，玻璃砖的折射率n ＝2．一束单色光以45°入射角从距离球心左侧33R 处射入玻璃砖(入射面即纸面)，真空中光速为c ．求：图1414(1)单色光射入玻璃砖时的折射角； (2)单色光在玻璃砖中的传播时间．【导学号：17214204】【解析】 (1)设折射角为r，根据折射定律得，sin isin r ＝n则sin r ＝sin i n ＝sin 45°2＝12，解得r ＝30°．(2)由n ＝c v 得，v ＝c n ，根据几何关系得，单色光在玻璃砖中的路程s ＝3R3sin 30°×2＝433R ，由433R ＝vt 得t ＝46R 3c．【答案】 (1)30° (2)46R 3c8．(2017·江苏四模)某同学用下述方法测玻璃的折射率：先将平行玻璃砖固定在水平桌面的白纸上，画出两界面MN 、PQ ，在玻璃砖的一侧用激光照射，在光源同侧且与MN 平行的光屏上得到两光点A 、B ，两光线的位置如图1415所示．测得入射光线与界面的夹角α＝30°，光屏上两光点之间的距离L ＝3．0 cm ，玻璃砖的厚度h ＝2．0 cm ，求玻璃的折射率．图1415【解析】画出光路图如图所示．可知OO ′＝AB ，由几何原理得：sin β＝L2h 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22＝L 4h 2＋L 2＝34×22＋32＝35则玻璃的折射率 n ＝sin 90°－αsin β＝sin90°－30°35＝1．44．【答案】 1．44●考向2 光的折射、全反射综合应用9．(2017·徐州二模)如图1416所示，玻璃砖ABCD 的折射率n ＝1．732，左右两个侧面AD 、BC 垂直于上表面AB ，∠ADC ＝120°，一束光从图示方向射到AB 面上，试通过计算作出光经过玻璃砖的光路图．【导学号：17214205】图1416【解析】在AB 面光线发生折射的入射角θ1＝90°－30°＝60° 由折射定律有sin θ1sin θ2＝n解得θ2＝30°由几何关系可得光线在CD 面上的入射角 θ3＝60° 设全反射临界角为C ，则 sin C ＝1n ＝11．732≈33<32所以 C ＜60°，故光线在CD 面上发生了全反射，垂直射向BC 面，光经过玻璃砖的光路图如答图所示．【答案】光经过玻璃砖的光路图如图所示．10．(2017·南京二模)如图1417所示，一束光线从玻璃球的A 点入射，入射角60°，折射入球后，经过一次反射再折射到球外的光线恰好平行于入射光线．图1417(1)求玻璃球的折射率；(2)B 点是否有光线折射出玻璃球，请写出证明过程．【解析】 (1)光路图如图．由几何关系可得：i ＝2r则得 r ＝30°玻璃球的折射率为：n ＝sin i sin r ＝sin 60°sin 30°＝3．(2)设全反射临界角为C ．则有：sin C ＝1n ＝33光线射到B 点时入射角为：i ″＝r ＝30° 因为 sin i ″＝12＜sin C ＝33，即i ″＜C所以光线在B 点不能发生全反射，能折射出玻璃球．【答案】 (1) 3 (2)B 点有光线折射出玻璃球 ●考向3 光的波动性和相对论11．(多选)(2017·徐州二模)利用光的干涉，两台相距很远(几千公里)联合动作的射电望远镜观察固体的射电恒星，可以精确测定大陆板块漂移速度，模型可简化为如图1418所示的双缝干涉，射电恒星看成点光源S ，分别在地球上不同大陆的两个望远镜相当于两个狭缝S 1、S 2，它们收到的光满足相干条件，汇集两望远镜信号的接收器相当于光屏上的P 点，设某时刻光屏上P 点到S 1、S 2的距离相等，S 到S 1、S 2的距离也相等，当S 2向上远离S 1时，下列说法中正确的有 ( )【导学号：17214206】图1418A ．P 点接收到的干涉信号先变强B ．P 点接收到的干涉信号先变弱C ．干涉条纹间距发生改变D ．干涉条纹间距不变BC [在双缝干涉实验中，若当S 2向上远离S 1时，则经过S 1、S 2到P 的路程差不等于0，导致P 点接收到的干涉信号先变弱，当移动到经过S 1、S 2到P 的路程差等于半个波长偶数倍时，才能出现干涉加强现象，故A 错误，B 正确；根据公式Δx ＝Ldλ，当S 2向上远离S 1时，即d 增大，那么条纹间距变小，故C 正确，D 错误．]12．(2017·扬州模拟)如图1419所示，两束单色光a 、b 同时从空气中斜射入平行玻璃砖的上表面，进入玻璃砖后形成复合光束c ，则穿过玻璃砖的过程中________光所用时间较长；在相同的条件下，________光更容易发生衍射．图1419【解析】由图看出，a 光的入射角小于b 光的入射角，而折射角相同，根据折射定律n ＝sin i sin r 得知玻璃对a 光的折射率小于b 光的折射率，由v ＝cn分析知b 光在玻璃中速度较小，穿过玻璃砖的过程所用时间较长．a 光的折射率较小，则a 光的波长较长，波动性较强，在相同的条件下更容易发生衍射．【答案】 b a。

2018版高考物理二轮(江苏专版)教师用书：第一部分专题二力与直线运动 Word版含解析

专题二力与直线运动考点1| 匀变速直线运动规律的应用难度：中档题型：选择题、计算题五年1考(对应学生用书第5页)1．(2015·江苏高考T 5)如图2-1所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m 设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s 和2 s ．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s 2由静止加速到2 m/s ，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( )【导学号：17214015】图2-1A ．关卡2B ．关卡3C ．关卡4D ．关卡5【解题关键】解此题抓住两点：(1)该同学先匀加速再匀速运动．(2)该同学在关卡开启前若已到该关卡则被关卡挡住．C [同学加速到2 m/s 时所用时间为t 1，由v 1＝at 1，得t 1＝v 1a ＝1 s ，通过的位移x 1＝12at 21＝1 m ，然后匀速前进的位移x 2＝v 1(t －t 1)＝8 m ，因x 1＋x 2＝9 m>8 m ，即这位同学已通过关卡2，距该关卡1 m ，当关卡关闭t 2＝2 s 时，此同学在关卡2、3之间通过了x 3＝v 1t 2＝4 m 的位移，接着关卡放行t ＝5 s ，同学通过的位移x 4＝v 1t ＝10 m ，此时距离关卡4为x 5＝16 m －(1＋4＋10) m ＝1 m ，关卡关闭2 s ，经过t 3＝x 51＝0．5 s 后关卡4最先挡住他前进．]1．解决匀变速直线运动问题的四种常用方法2．求解追及问题的技巧●考向1 匀变速直线运动基本公式的应用1．(2017·如皋期末)目前我省交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚．如图2-2所示，以8 m/s 的速度匀速行驶的汽车即将通过路口，有一位老人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线8 m ．该车减速时的加速度大小为5 m/s 2．则下列说法中正确的是( )【导学号：17214016】图2-2A ．如果驾驶员立即刹车制动，则t ＝2 s 时，汽车车头离停车线的距离为2 mB ．如果在距停车线6 m 处开始刹车制动，汽车车头能在停车线处停下C ．如果驾驶员的反应时间为0．4 s ，汽车车头刚好能在停车线处停下D ．如果驾驶员的反应时间为0．2 s ，汽车车头刚好能在停车线处停下D [汽车速度减为零所需的时间t 0＝0－v 0a ＝－8－5s ＝1．6 s ，则2 s 内的位移等于1．6 s 内的位移，x ＝v 02t 0＝82×1．6 m ＝6．4 m ，此时离停车线的距离Δx＝(8－6．4) m ＝1．6 m ，故A 错误；因为汽车速度减为零时的位移为6．4 m ，大于6 m ，可知汽车车头不能在停车线处停下，故B 错误；若驾驶员的反应时间为0．4 s ，则在反应时间内的位移x ′＝v 0t ＝8×0．4 m ＝3．2 m ，到停止时的位移x ＝6．4 m ＋3．2 m ＝9．6 m ，大于8 m ，汽车车头不能在停车线处停下，故C 错误；若驾驶员的反应时间为0．2 s ，则在反应时间内的位移x ′＝v 0t ＝8×0．2 m ＝1．6 m ，到停止时的位移x ＝6．4 m ＋1．6 m ＝8 m ，汽车车头刚好能在停车线处停下，故D 正确．]●考向2 匀变速直线运动推论的应用2．(2017·苏锡常二模)战机在平直跑道上由静止开始做匀加速运动，经时间t 达到起飞速度v ，则它在时间t 内的位移为( )【导学号：17214017】A ．v tB ．v t 2C ．2v tD ．不能确定B [战机在平直跑道上由静止开始做匀加速运动，经时间t 达到起飞速度v ，则它在时间t 内的位移为：x ＝v t ＝0＋v 2t ＝v t 2，故B 正确，A 、C 、D 错误．]●考向3 追及相遇问题3．(2017·普宁市模拟)1935年在苏联的一条直铁轨上，有一列火车因蒸气不足而停驶，驾驶员将货车厢甲留在现场，只拖着几节车厢向前面不远的车站开进，但他忘了将货车车厢刹好，以致货车厢在斜坡上以4 m/s 的速度匀速后退，此时另一列火车乙正在以16 m/s 的速度向该货车厢驶来，驾驶技术相当好的驾驶员波尔西列夫立即刹车，紧接着加速倒退，结果恰好接住了货车厢甲，从而避免了相撞，设列车乙刹车过程和加速倒退过程均为匀变速直线运动，且加速度大小均为2 m/s 2，求波尔西列夫发现货车厢甲向自己驶来而立即开始刹车时，两车相距多远？【导学号：17214018】图2-3【解析】当两车恰好不相撞时，速度相同．取向右方向为正方向，则有对乙车：t ＝v 甲－v 乙a ＝4－(－16)2s ＝10 s 在这段时间内，甲车的位移为x 甲＝v 甲t ＝4×10 m ＝40 m 乙车的位移为x 乙＝v 0t ＋12at 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－16×10＋12×2×102 m ＝－60 m 所以，波尔西列夫发现货车厢甲向自己驶来而立即开始刹车时，两车的距离L ＝x 甲＋|x 乙|＝100 m ．【答案】波尔西列夫发现货车厢甲向自己驶来而立即开始刹车时，两车相距100 m ．考点2| 运动图象问题难度：中档题型：选择题、计算题五年2考(对应学生用书第6页)2．(2016·江苏高考T5)小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动．取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向．下列速度v和位置x的关系图象中，能描述该过程的是()【导学号：17214019】【解题关键】解此题要抓住以下两点：(1)小球与地面碰撞后回到原高度再次下落，说明小球的加速度为g．(2)位置坐标x的正方向竖直向上，原点在地面．A[由题意知在运动过程中小球机械能守恒，设机械能为E，小球离地面高度为x时速度为v，则有mgx＋12m v2＝E，可变形为x＝－v22g＋Emg，由此方程可知图线为开口向左、顶点在(Emg，0)的抛物线，故选项A正确．] 3．(2014·江苏高考T5)一汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动，直到停止．下列速度v和位移x的关系图象中，能描述该过程的是()【导学号：17214020】A[根据匀变速直线运动速度与位移的关系解题．根据v2－v20＝2ax及v0＝0得汽车做匀加速直线运动时的速度v＝2ax，做匀减速直线运动时的速度v ＝v20－2ax，根据数学知识知选项A正确．]1．v-t图象提供的信息2．处理力学图象问题的思路(1)明确什么性质的图象，看纵横两轴表示的物理量．(2)分析图线的意义，提取图象的关键信息．(3)将物体的运动过程与图象对应起来．(4)较复杂的图象，可通过列解析式的方法进行判断．●考向1图象的选取4．(2017·扬州模拟)某物体以一定的初速度沿足够长的斜面从底端向上滑去，此后该物体的v-t图象不可能的是()【导学号：17214021】A BC DC[若斜面光滑，则物体先向上做匀减速直线运动，后向下做匀加速直线运动，整个过程中，由牛顿第二定律得：mg sin α＝ma，得a＝g sin α，加速度一定，v-t图象的斜率一定，则A图是可能的，故A正确；若斜面粗糙，物体可能先向上做匀减速直线运动，后向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：上滑时有：mg sin α＋μmg cos α＝ma；下滑时有：mg sin α－μmg cos α上；可知上滑的加速度大于下滑的加速度，根据v-t图象中图象的斜率等＝ma下于加速度，可知上滑时图象的斜率较大，则B图是可能的，C图不可能，故B正确，C错误；物体可能先向上做匀减速直线运动，后停在最高点，则D 图是可能的，故D正确．]●考向2图象的转换5．(2017·南京一模)如图2-4所示，E为斜面的中点，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一个小物体由顶端静止释放，沿斜面下滑到底端时速度为零．小物体下滑过程中位移x、速度v、合力F、加速度a与时间t的关系如图所示．以沿斜面向下为正方向，则下列图象中可能正确的是()【导学号：17214022】图2-4A BC DB[物体在光滑的斜面上做匀加速直线运动，位移－时间图线的开口向上，然后做匀减速直线运动，故A错误；物体在前半段做匀加速直线运动，后半段做匀减速直线运动，由于到达底端的速度为零，则前半段和后半段的平均速度相等，由位移相等，则在前半段和后半段的运动时间相等，故B正确；由B选项知，前半段和后半段的时间相等，匀加速直线运动的末速度等于匀减速直线运动的初速度，则匀加速和匀减速直线运动的加速度大小相等，方向相反，则合力大小相等，方向相反，故C、D错误．]●考向3图象信息的应用6．(2017·徐州期中)甲、乙两物体从同一地点同时出发，其v-t图象如图2-5所示．下列说法正确的是()【导学号：17214023】图2-5A．两物体的加速度方向相同B．前2 s内两物体的平均速度相等C．前4 s内两物体的位移相等D．第1 s末两物体相遇B[在v-t图象中，斜率代表加速度，故甲、乙的加速度方向相反，故A错误；物体做匀变速直线运动，平均速度等于初末速度和的一半，故甲、乙的平均速度v＝1＋22m/s＝1．5 m/s，故B正确；在v-t图象中，图线与时间轴所围面积为物体通过的位移，前4 s内，乙所围面积大于甲所围面积，故前4 s内两物体的位移不相等，故C错误；第1 s末两图线所围面积不同，故不可能相遇，故D错误．]7．(2017·徐州模拟)某人乘电梯下楼，在竖直下降的过程中，电梯速度的平方v2与下降的位移x的关系如图2-6所示，则人对地板的压力()【导学号：17214024】图2-6A ．x ＝1 m 时大于人的重力B ．x ＝11 m 时大于人的重力C ．x ＝21 m 时大于人的重力D ．x ＝21 m 时等于人的重力C [根据v 2＝2ax 可知，图象的斜率表示加速度的2倍，则由图可知，x ＝1 m时，加速度a 1＝42×2＝1 m/s 2；因电梯下降，故人的加速度向下，人处于失重状态，人对地板的压力小于人的重力，故A 错误；x ＝11 m 时，加速度为零，故人对地板的压力等于人的重力，故B 错误；x ＝21 m 时，加速度a 2＝0－42×3m/s 2＝－23 m/s 2，负号说明加速度向上，故人处于超重状态，人对地板的压力大于人的重力，故C 正确，D 错误．]考点3| 牛顿第二定律的应用难度：较难题型：选择题五年5考(对应学生用书第7页)4．(多选)(2016·江苏高考T 9)如图2-7所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )【导学号：17214025】图2-7A ．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B ．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C ．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D ．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面【解题关键】错误；由于鱼缸与桌布和桌面之间动摩擦因数相等，鱼缸在桌布上运动和在桌面上运动时加速度的大小相等，根据v ＝at ，鱼缸在桌布上和在桌面上的滑动时间相等，选项B 正确；鱼缸与桌布之间的摩擦力为滑动摩擦力，猫增大拉力，鱼缸所受的摩擦力不变，选项C 错误；若猫减小拉力，鱼缸可能随桌布一起运动，而滑出桌面，选项D 正确．]5．(多选)(2015·江苏高考T 6)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a 随时间t 变化的图线如图2-8所示，以竖直向上为a 的正方向，则人对地板的压力( )图2-8A ．t ＝2 s 时最大B ．t ＝2 s 时最小C ．t ＝8．5 s 时最大D ．t ＝8．5 s 时最小AD [人受重力mg 和支持力F N 的作用，由牛顿第二定律得F N －mg ＝ma ．由牛顿第三定律得人对地板的压力F ′N ＝F N ＝mg ＋ma ．当t ＝2 s 时a 有最大值，F ′N 最大；当t ＝8．5 s 时，a 有最小值，F ′N 最小，选项A 、D 正确．]6．(多选)(2014·江苏高考T 8)如图2-9所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m ，静止叠放在水平地面上．A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ．现对A 施加一水平拉力F ，则( )【导学号：17214026】图2-9A ．当F <2μmg 时，A 、B 都相对地面静止B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为13μgC ．当F >3μmg 时，A 相对B 滑动D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12μgBCD [根据牛顿第二定律、力与运动的关系解题．当0<F ≤32μmg 时，A 、B皆静止；当32μmg <F ≤3μmg 时，A 、B 相对静止，但两者相对地面一起向右做匀加速直线运动；当F >3μmg 时，A 相对B 向右做加速运动，B 相对地面也向右加速，选项A 错误，选项C 正确．当F ＝52μmg 时，A 与B 共同的加速度a ＝F －32μmg3m ＝13μg ，选项B 正确．F 较大时，取物块B 为研究对象，物块B 的加速度最大为a 2＝2μmg －32μmg m ＝12μg ，选项D 正确．]7．(多选)(2014·江苏高考T 15)如图2-10所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为v 0．小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为μ．乙的宽度足够大，重力加速度为g ．图2-10(1)若乙的速度为v 0，求工件在乙上侧向(垂直于乙的运动方向)滑过的距离s ；(2)若乙的速度为2v 0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v ；(3)保持乙的速度2v 0不变，当工件在乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如此反复．若每个工件的质量均为m ，除工件与传送带之间摩擦外，其他能量损耗均不计，求驱动乙的电动机的平均输出功率P －．【导学号：17214027】【解析】根据牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律、运动的合成与分解、能量守恒定律解决问题．小工件由传送带甲传到乙上时，考虑其运动的相对性知：(1)摩擦力与侧向的夹角为45°侧向加速度大小：a x ＝μg cos 45°；在侧向上由匀变速直线运动规律知－2a x s ＝0－v 20，解得小工件侧向滑动距离s ＝2v 202μg ．(2)设t ＝0时刻摩擦力与侧向的夹角为θ，侧向、纵向加速度的大小分别为a x 、a y ，则a y a x＝tan θ，很小的Δt 时间内，侧向、纵向的速度增量Δv x ＝a x Δt ，Δv y ＝a y Δt 解得Δv y Δv x＝tan θ 且由题意知tan θ＝v y v x则v ′y v ′x ＝v y －Δv y v x －Δv x＝tan θ 所以摩擦力方向保持不变则当v ′x ＝0时，v ′y ＝0，即工件停止侧向滑动时的速度为v ＝2v 0．(3)工件在乙上滑动时侧向位移为x ，沿乙方向的纵向位移为y ，由题意知：a x ＝μg cos θ，a y ＝μg sin θ由匀变速运动规律知在侧向上：－2a x x ＝0－v 20在纵向上：2a y y ＝(2v 0)2－0工件滑动时间：t ＝2v 0a y乙前进的距离：y 1＝2v 0t工件相对乙的位移：L ＝x 2＋(y 1－y )2则系统摩擦生热：Q ＝μmgL电动机做功：W ＝12m (2v 0)2－12m v 20＋Q由P －＝W t ，解得电动机的平均输出功率为：P －＝45μmg v 05．【答案】 (1)2v 202μg (2)2v 0 (3)P －＝45μmg v 058．(2013·江苏高考T 14)如图2-11所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m 1和m 2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g ．图2-11(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；(3)本实验中，m 1＝0．5 kg ，m 2＝0．1 kg ，μ＝0．2，砝码与纸板左端的距离d ＝0．1 m ，取g ＝10 m/s 2．若砝码移动的距离超过l ＝0．002 m ，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？【导学号：17214028】【解析】 (1)砝码对纸板的摩擦力f 1＝μm 1g ，桌面对纸板的摩擦力f 2＝μ(m 1＋m 2)gf ＝f 1＋f 2，解得f ＝μ(2m 1＋m 2)g ．(2)设砝码的加速度为a 1，纸板的加速度为a 2，则f 1＝m 1a 1，F －f 1－f 2＝m 2a 2发生相对运动a 2>a 1，解得F >2μ(m 1＋m 2)g ． (3)纸板抽出前，砝码运动的距离x 1＝12a 1t 21纸板运动的距离d ＋x 1＝12a 2t 21纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x 2＝12a 3t 22l ＝x 1＋x 2由题意知a 1＝a 3，a 1t 1＝a 3t 2解得F ＝2μ[m 1＋(1＋d l )m 2]g代入数据得F ＝22．4 N ．【答案】 (1)μ(2m 1＋m 2)g (2)F ＞2μ(m 1＋m 2)g(3)22．4 N1．牛顿第二定律应用的三点注意(1)瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，前者能突变后者不能．(2)连接体问题要充分利用“加速度相等”这一条件或题中特定条件，交替使用隔离法与整体法．(3)两类动力学基本问题的解决关键是运动分析、受力分析，充分利用加速度“桥梁”作用．2．用运动学公式和牛顿第二定律解题的步骤●考向1 瞬时加速度的分析与计算8．(2017·徐州一模)如图2-12所示，用两根细线AC 和BD 悬挂一薄板．下列说法正确的是( )图2-12A．薄板的重心一定在AC和BD的延长线交点处B．BD的拉力大于AC的拉力C．剪断BD瞬间，薄板的加速度方向一定沿BD斜向下D．若保持AC位置不变，缓慢移动BD至竖直方向，则AC的拉力一直减小D[薄板受到重力、AC细线的拉力和BD细线的拉力三个力作用，三个力不平行，平衡时力所在的直线交于一点，所以薄板的重心一定在通过AC和BD 延长线的交点的竖直线上，但不一定在AC和BD的延长线交点处，故A错误；根据水平方向受力平衡可得：T BD sin 60°＝T AC sin 45°，可得T BD＜T AC，故B错误；剪断BD瞬间，薄板的速度为零，向心力为零，合力等于重力垂直于AC向下的分力，所以此瞬间，板的加速度方向一定垂直于AC方向向下，而不是沿BD斜向下，故C错误；若保持AC位置不变，缓慢移动BD至竖直方向，作出三个不同位置板的受力合成图，AC的拉力T和BD拉力F的合力与重力G总等大反向，T一直减小，故D正确．]●考向2连接体问题9．(2017·徐州二模)如图2-13所示，质量为m2的物块B放置在光滑水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，A通过跨过光滑定滑轮的细线与质量为M的物块C连接．释放C，A和B一起以加速度a从静止开始运动，已知A、B间动摩擦因数为μ1，则细线中的拉力大小为()图2-13A．Mg B．Mg＋MaC．(m1＋m2)a D．m1a＋μ1m1gC[以C为研究对象，则Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，故A、B错误；以A、B为整体，根据牛顿第二定律可知T＝(m1＋m2)a，故C正确；A、B间为静摩擦力，对B根据牛顿第二定律可知，f＝m2a，对A可知T－f＝m1a联立解得T＝m1a＋m2a，故D错误．]●考向3动力学的两类基本问题10．(2017·泰州三模)如图2-14甲所示，长木板B静置于光滑水平面上，其上放置物块A，木板B受到水平拉力F作用时，其加速度a与拉力F的关系图象如图2-14乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A的质量为()甲乙图2-14A．4 kg B．3 kgC．2 kg D．1 kgB[设A、B的质量分别为m和M．当F＝4 N时，加速度为：a＝1 m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F＝(M＋m)a代入数据解得：M＋m＝4 kg当F＞4 N时，A、B发生相对滑动，对B，根据牛顿第二定律得：a＝F－μmgM＝1M F－μmgM知a-F图线的斜率k＝1M＝1，解得：M＝1 kg，所以A的质量为：m＝3 kg．故B正确，A、C、D错误．]11．如图2-15所示为一滑草场某条滑道的侧面图，由高均为h、与水平面倾角分别为45°和37°的两段直滑道组成．一辆滑草车由静止开始从上滑道顶端处滑下，不计车在滑道交接处的能量损失．已知滑草车与上、下滑道草地之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8，计算结果请用μ、h和g表示．图2-15(1)求滑草车在下滑道上运动的加速度；(2)求滑草车在整个运动过程中最大速度的大小；(3)如果μ＝67，请通过计算来判断滑草车能否到达下段滑道的最底端．【导学号：17214029】【解析】(1)根据牛顿第二定律F合＝ma得：滑草车在下滑道上有：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 解得：a＝(0．6－0．8μ)g．(2)滑草车通过上滑道末端时速度最大由动能定理得：mgh－μmg cos 45°·hsin 45°＝12m v2m解得最大速度v m＝2(1－μ)gh．(3)根据动能定理W合＝ΔE k得：对全过程：2mgh－μmg cos 45°·hsin 45°－μmg cos 37°·hsin 37°＝12m v2解得：v＝0说明滑草车刚好到达下段滑道的最底端．【答案】(1)滑草车在下段滑道上运动的加速度是(0．6－0．8μ)g(2)滑草车在整个运动过程中最大速度的大小是2(1－μ)gh(3)见解析●考向4动力学中的临界、极值问题12．(2017·南京四模)远距离运输鸡蛋时，为减少颠簸引起的破裂损失，通常将鸡蛋放置在如图2-16所示的泡沫槽内．设一只鸡蛋质量为m，蛋壳能承受最大压力是F0，已知当地的重力加速度为g，为保证汽车在水平路面行驶时鸡蛋不致于损坏，汽车的刹车加速度不能超过()【导学号：17214030】图2-16A ．F 0m －gB ．g ＋F 0mC ．⎝ ⎛⎭⎪⎫F 0m 2－g 2D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫F 0m 2＋g 2C [对鸡蛋进行受力分析，受到重力和泡沫槽的支持力两个力的作用，根据牛顿第二定律，有：F 20－(mg )2＝ma解得：a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫F 0m 2－g 2，选项C 正确，A 、B 、D 错误．]规范练高分| 动力学中多过程问题(对应学生用书第10页)[典题在线](2015·全国卷ⅡT 25)(20分)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝35)的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；B 上有一碎石堆A (含有大量泥土)，A 和B 均处于静止状态，如图2-17所示．假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m (可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，①A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为38，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0．5，A 、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s 末，②B 的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A 开始运动时，③A 离B 下边缘的距离l ＝27_m ，C 足够长．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2．求：图2-17(1)在④0～2_s时间内A和B加速度的大小；(2)⑤A在B上总的运动时间．[信息解读]①摩擦因数突变，A与B会相对滑动，分别隔离A、B进行受力分析．②A与B、B与C相对运动情况发生变化，重新分别隔离A、B进行受力分析．③A与B的相对位移为27 m．④隔离法进行受力分析，由牛顿第二定律求加速度．⑤整个过程中A在B上的运动，分段受力研究A、B的运动特点．[考生抽样][阅卷点评]【解析】 (1)在0～2 s 时间内，A 和B 的受力如图所示，其中f 1、N 1是A 与B 之间的摩擦力和正压力的大小，f 2、N 2是B 与C 之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得f 1＝μ1N 1①(1分)N 1＝mg cos θ②(1分)f 2＝μ2N 2③(1分)N 2＝N ′1＋mg cos θ④(1分)规定沿斜面向下为正．设A 和B 的加速度分别为a 1和a 2，由牛顿第二定律得 mg sin θ－f 1＝ma 1⑤(1分)mg sin θ－f 2＋f ′1＝ma 2⑥(1分)N 1＝N ′1f 1＝f ′1联立①②③④⑤⑥式，并代入题给数据得a 1＝3 m/s 2⑦(1分)a 2＝1 m/s 2．⑧(1分)(2)在t 1＝2 s 时，设A 和B 的速度分别为v 1和v 2，则v 1＝a 1t 1＝6 m/s ⑨(1分)v 2＝a 2t 1＝2 m/s ⑩(1分)t ＞t 1时，设A 和B 的加速度分别为a ′1和a ′2．此时A 与B 之间的摩擦力为零，同理可得a ′1＝6 m/s 2⑪(1分)a ′2＝－2 m/s 2⑫(1分)B 做减速运动．设经过时间t 2，B 的速度减为零，则有v 2＋a ′2t 2＝0⑬(1分)联立⑩⑫⑬式得t 2＝1 s ⑭(1分)在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为s ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a ′1t 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a ′2t 22 ＝12 m ＜27 m ⑮(2分)此后B 静止，A 继续在B 上滑动．设再经过时间t 3后A 离开B ，则有l －s ＝(v 1＋a ′1t 2)t 3＋12a ′1t 23⑯(2分)可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去)⑰(1分)设A 在B 上总的运动时间为t 总，有t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s ．⑱(1分)【答案】 (1)3 m/s 2 1 m/s 2 (2)4 s[评分标准]第(1)问：(1)不列②式和④式而合并成f 1＝μ1mg cos θ和f 2＝2μ2mg cos θ也可分别得2分．(2)若不列①②③④式，而是根据受力图直接写出mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma 1 和mg sin θ－2μ2mg cos θ＋μ1mg cos θ＝ma 2可分别得3分．第(2)问：(1)列式时没有出现⑨⑩式而是合并在⑮式并计算正确，可得4分．(2)对2秒后A 、B 运动状态的分析没有利用公式，而借助其它方式(如v -t 图象)．只要合理正确，可参考规范解答给分．。

【赢在高考】人教版 2018 高三物理二轮复习教师用书全书word版

第一部分专题突破知能提升专题一力与运动第1讲力与物体的平衡2015卷ⅠT24：安培力、胡克定律、力的平衡2016卷ⅠT19：有重力、弹力、摩擦力的共点力平衡卷ⅠT24：有关电磁感应问题的平衡及法拉第电磁感应定律的应用卷ⅡT14：力的动态平衡卷ⅢT17：共点力的平衡条件2017卷ⅠT21：物体的动态平衡卷ⅡT16：共点力的受力平衡卷ⅢT17：共点力的受力平衡1．(2017·全国卷Ⅲ)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)()A．86 cm B．92 cmC．98 cm D．104 cmB轻质弹性绳的两端分别固定在相距80 cm的两点上，钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm，以钩码为研究对象，受力如图所示，由胡克定律F＝k(l－l0)＝0.2k，由共点力的平衡条件和几何知识得F＝mg2sin α＝5mg6；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，设弹性绳的总长度变为l′，由胡克定律得F′＝k(l′－l0)，由共点力的平衡条件F′＝mg2，联立上面各式解得l′＝92 cm，选项B正确.2．(2017·全国卷Ⅱ)如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数为()A．2－3 B.3 6C.33 D.32C设物块的质量为m.据平衡条件及摩擦力公式有拉力F水平时，F＝μmg①拉力F与水平面成60°角时，F cos 60°＝μ(mg－F sin 60°)②联立①②式解得μ＝33.故选C.3．(多选)(2017·全国卷Ⅰ)如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N.初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α(α>π2)．现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM由竖直被拉到水平的过程中()A．MN上的张力逐渐增大B．MN上的张力先增大后减小C．OM上的张力逐渐增大D．OM上的张力先增大后减小AD设重物的质量为m，绳OM中的张力为T OM，绳MN中的张力为T MN.开始时，T O M＝mg，T MN＝0.由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力mg等大、反向．如图所示，已知角α不变，在绳MN缓慢拉起的过程中，角β逐渐增大，则角(α－β)逐渐减小，但角θ不变，在三角形中，利用正弦定理得：T OMsin(α－β)＝mg sin θ，(α－β)由钝角变为锐角，则T OM先增大后减小，选项D正确；同理知T MNsin β＝mgsin θ，在β由0变为π2的过程中，T MN一直增大，选项A正确．4．(多选)(2016·全国卷Ⅰ)如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则()A．绳OO′的张力也在一定范围内变化B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化BD由于物体a、b均保持静止，各绳间角度保持不变，对a受力分析得，绳的拉力T＝m a g，所以物体a受到绳的拉力保持不变．由滑轮性质，滑轮两侧绳的拉力相等，所以连接a和b绳的张力大小、方向均保持不变，C选项错误；a、b受到绳的拉力大小、方向均不变，所以OO′的张力不变，A选项错误；对b进行受力分析，如图所示．由平衡条件得：T cos β＋f＝F cos α，F sin α＋F N＋T sin β＝m b g.其中T和m b g始终不变，当F大小在一定范围内变化时，支持力在一定范围内变化，B选项正确；摩擦力也在一定范围内发生变化，D选项正确．5．(2016·全国卷Ⅰ)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，已知金属棒ab匀速下滑．求(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小．解析(1)由于ab、cd棒被平行于斜面的导线相连，故ab、cd速度总是大小相等，cd也做匀速直线运动．设两导线上拉力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为F N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为F N2.对于ab棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得甲乙2mg sin θ＝μF N1＋T＋F ①F N1＝2mg cos θ②对于cd棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得mg sin θ＋μF N2＝T ③F N2＝mg cos θ④联立①②③④式得：F＝mg(sin θ－3μcos θ) ⑤(2)设金属棒运动速度大小为v，ab棒上的感应电动势为E＝BL v ⑥回路中电流I＝ER⑦安培力F＝BIL ⑧联立⑤⑥⑦⑧得：v＝(sin θ－3μcos θ)mgR B2L2答案(1)mg(sin θ－3μcos θ)(2)(sin θ－3μcos θ)mgR B2L2受力分析和平衡条件的应用[解题方略]1．静态平衡问题：应先分析物体的受力情况，再根据平衡条件列出相应方程，解方程并对结果进行讨论．2．动态平衡问题3.求解共点力平衡问题常用的方法(1)力的合成法：对研究对象受力分析后，应用平行四边形定则(或三角形定则)求合力的方法．力的合成法常用于仅受三个共点力作用且保持平衡．(2)正交分解法：把物体受到的各力都分解到互相垂直的两个方向上，然后分别列出两个方向上合力为零的方程并求解．当物体受四个及四个以上共点力作用而平衡时，一般采用正交分解法．(3)图解法：对研究对象进行受力分析，再根据平行四边形定则或三角形定则画出不同状态下力的矢量图(画在同一个图中)，然后根据有向线段(表示力)的长度变化情况判断各个力的变化情况．用图解法分析动态平衡问题时要在矢量三角形中确定不变的量和改变的量．[题组预测]1．(2017·河北冀州2月模拟)如图所示，质量为m(可以看成质点)的小球P，用两根轻绳OP和O′P在P点拴结后再分别系于竖直墙上相距0.4 m的O、O′两点上，绳OP长0.5 m，绳O′P长0.3 m，今在小球上施加一方向与水平成θ＝37°角的拉力F，将小球缓慢拉起．绳O′P刚拉直时，OP绳拉力为T1，绳OP刚松弛时，O′P绳拉力为T2，则T1∶T2为(sin 37°＝0.6；cos 37°＝0.8)()A．3∶4 B．4∶3C．3∶5 D．4∶5C 绳O ′P 刚拉直时，由几何关系可知此时OP 绳与竖直方向夹角为37°，小球受力如图甲，则T 1＝45mg .绳OP 刚松驰时，小球受力如图乙，则T 2＝43mg .则T 1∶T 2＝3∶5，C 项正确．2．(2017·河北唐山一中模拟)如图所示，在竖直平面内固定一圆心为O 、半径为R 的光滑圆环，原长为R 的轻弹簧上端固定在圆环的最高点A ，下端系有一个套在环上且重为G 的小球P (可视为质点)．若小球静止时，O 、P 两点的连线恰好水平，且弹簧的形变未超出其弹性限度，则弹簧的劲度系数为( )A.G RB.G 2RC.(2＋2)G RD.(2－5)G RC 对小球受力分析如图所示，由几何知识可知θ＝45°，则F ＝2mg ，弹簧的伸长量Δx ＝(2－1)R ，则k ＝F Δx ＝(2＋2)G R，C 项正确．3．质量为m 的物体用轻绳AB 悬挂于天花板上．用水平向左的力F 缓慢拉动绳的中点O ，如图所示．用T 表示绳OA 段拉力的大小，在O 点向左移动的过程中( )A ．F 逐渐变大，T 逐渐变大B ．F 逐渐变大，T 逐渐变小C ．F 逐渐变小，T 逐渐变大D ．F 逐渐变小，T 逐渐变小A对O点受力分析如图所示，F与T的变化情况如图，由图可知在O点向左移动的过程中，F逐渐变大，T逐渐变大，故选项A正确．整体法和隔离法的综合应用[解题方略]1．在分析两个或两个以上物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法进行分析．2．采用整体法进行受力分析时，要注意系统内各个物体的状态应该相同．3．当直接分析一个物体的受力不方便时，可转移研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力，此法叫“转移研究对象法”．[题组预测]1．(多选)(2017·江西南昌3月模拟)如图所示，静止在粗糙水平面上的半径为4R的半球的最高点A处有一根水平细线系着质量为m、半径为R的光滑小球．已知重力加速度为g.下列说法正确的是()A．地面对半球的摩擦力的方向水平向右B．细线对小球的拉力大小为34mgC．保持小球的位置不变，将A点沿半球逐渐下移，半球对小球的支持力逐渐减小D．剪断细线的瞬间，小球的加速度大小为0.6gBD以半球和小球整体为研究对象，整体处于平衡状态，不受摩擦力作用，A项错误．对小球受力分析如图，拉力F A ＝mg tan θ，由几何关系可知tan θ＝34，则F A ＝34mg ，B 项正确．半球对小球的支持力F N ＝mg cos θ，在A 点下移时，θ增大，cos θ减小，则F N 增大，C 项错误．在剪断细线的瞬时，细线对小球的拉力消失，小球在沿切线方向有mg sin θ＝ma ，其中sin θ＝0.6，得a ＝0.6g ，D 项正确．2．(2017·河北邢台一模)如图所示，在竖直墙壁间有半圆球A 和圆球B ，其中圆球B 的表面光滑，半圆球A 与左侧墙壁之间的动摩擦因数为25 3.两球心之间连线与水平方向成30°的夹角，两球恰好不下滑，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则半圆球A 和圆球B 的质量之比为( )A.12B.14C.15D.16C 设A 的质量为m ，B 的质量为M ，隔离光滑圆球B ，对B 受力分析如图所示，可得：F N ＝F cos θ，Mg －F sin θ＝0解得：F N ＝Mg tan θ，对两球组成的整体有：(m ＋M )g －μF N ＝0代入数据，联立解得：m M ＝15.3．将一横截面为扇形的物体B 放在水平面上，一小滑块A 放在物体B 上，如图所示，除了物体B 与水平面间的摩擦力之外，其余接触面的摩擦力均可忽略不计，已知物体B 的质量为M ，滑块A 的质量为m ，当整个装置静止时，滑块A与物体B 接触的一面与竖直挡板之间的夹角为θ.已知重力加速度为g ，则下列选项正确的是( )A ．物体B 对水平面的压力大小为MgB ．物体B 受水平面的摩擦力大小为mg tan θC ．滑块A 与竖直挡板之间的弹力大小为mg tan θD ．滑块A 对物体B 的压力大小为mg cos θC 以滑块A 为研究对象进行受力分析，并运用合成法，如图所示，由几何知识得，挡板对滑块A 的弹力大小为F N1＝mg tan θ，C 正确；物体B 对滑块A 的弹力大小为F N2＝mg sin θ，根据牛顿第三定律，滑块A 对物体B 的压力大小为mg sin θ，D 错误；以滑块A 和物体B 组成的系统为研究对象，在竖直方向上受力平衡，则水平面对物体B 的支持力F N ＝(M ＋m )g ，故水平面所受压力大小为(M ＋m )g ，A 错误；A 和B 组成的系统在水平方向上受力平衡，则水平面对物体B 的摩擦力大小为F f ＝F N1＝mg tan θ，B 错误．电磁场中的平衡问题[解题方略]1．带电体的平衡问题仍然满足平衡条件，只是要注意准确分析场力——电场力、安培力或洛伦兹力．(1)2．处理电学问题中的平衡问题的方法：与纯力学问题的分析方法一样，学会把电学问题力学化．选取研究对象方法,“整体法”或“隔离法” 受力分析――→多了电场力F ＝Eq 或安培力F ＝BIl 或洛伦兹力F ＝q v B列平衡方程―→F 合＝0或F x ＝0，F y ＝0[题组预测]1．(2017·河南六市一联)如图所示，PQ 和MN 为水平平行放置的金属导轨，相距L ＝1 m ．P 、M 间接有一个电动势为E ＝6 V ，内阻不计的电源和一只滑动变阻器，导体棒ab 跨放在导轨上并与导轨接触良好，棒的质量为m ＝0.2 kg ，棒的中点用细绳经定滑轮与物体相连，物体的质量M ＝0.4 kg.棒与导轨的动摩擦因数为μ＝0.5(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，导轨与棒的电阻不计，g 取10 m/s 2)，匀强磁场的磁感应强度B ＝2 T ，方向竖直向下，为了使物体保持静止，滑动变阻器连入电路的阻值不可能的是( )A ．2 ΩB ．2.5 ΩC ．3 ΩD ．4 ΩA 对棒受力分析可知，其必受绳的拉力T ＝Mg 和安培力F 安＝BIL ＝BEL R .若摩擦力向左，且满足BEL R 1＋μmg ＝Mg ，代入数据解得R 1＝4 Ω；若摩擦力向右，且满足BEL R 2－μmg ＝Mg ，代入数据解得R 2＝2.4 Ω，所以R 的取值范围为2.4 Ω≤R ≤4 Ω，则选A.2．(多选) (2017·山东临沂市三模)某老师用图示装置探究库仑力与电荷量的关系．A 、B 是可视为点电荷的两带电小球，用绝缘细线将A 悬挂，实验中在改变电荷量时，移动B 并保持A 、B 连线与细线垂直．用Q 和q 表示A 、B 的电荷量，d 表示A 、B间的距离，θ(θ不是很小)表示细线与竖直方向的夹角，x表示A偏离O点的水平距离，实验中()A．d应保持不变B．B的位置在同一圆弧上C．x与电荷量乘积Qq成正比D．tan θ与A、B间库仑力成正比ABC因实验要探究库仑力与电荷量的关系，故两电荷间距d应保持不变，选项A正确；因要保持A、B连线与细线垂直且AB距离总保持d不变，故B的位置在同一圆弧上，选项B正确；对A球由平衡知识可知F库＝mg sin θ，即k qQd2，可知x与电荷量乘积Qq成正比，选项C正确，D错误．＝mg xL3．如图所示，将长为50 cm、质量为10 g的均匀金属棒ab的两端用两只相同的弹簧悬挂成水平状态，位于垂直于纸面向里的匀强磁场中．当金属棒中通以0.4 A的电流时，弹簧恰好不伸长．g＝10 m/s2.(1)求匀强磁场的磁感应强度的大小；(2)当金属棒中通过大小为0.2 A、方向由a到b的电流时，弹簧伸长1 cm.如果电流方向由b到a，而电流大小不变，则弹簧伸长又是多少？解析(1)弹簧恰好不伸长时，ab棒受到向上的安培力BIL和向下的重力mg 大小相等，即BIL＝mg解得B＝mg＝0.5 TIL(2)当金属棒中通过大小为0.2 A、方向由a向b的电流时，ab棒受到两只弹簧向上的拉力2kx1及向上的安培力BI1L和向下的重力mg作用，处于平衡状态．根据平衡条件有2kx1＋BI1L＝mg当电流反向后，ab棒在两个弹簧向上的拉力2kx2及向下的安培力BI2L和重力mg作用下处于平衡状态．根据平衡条件有2kx2＝mg＋BI2L联立解得x2＝mg＋BI2Lmg－BI1Lx1＝3 cm.答案(1)0.5 T(2)3 cm平衡中的临界和极值问题[解题方略]1．平衡问题的临界状态是指物体所处的平衡状态将要被破坏而尚未被破坏的状态，可理解成“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等语言叙述，解临界问题的基本方法是假设推理法．2．临界问题往往是和极值问题联系在一起的．解决此类问题重在形成清晰的物理图景，分析清楚物理过程，从而找出临界条件或达到极值的条件．要特别注意可能出现的多种情况．[题组预测]1．(多选)(2017·江西南昌一模)如图所示，两个小球a、b质量均为m，用细线相连并悬挂于O点，现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向夹角为θ＝45°，已知弹簧劲度系数为k，则弹簧形变量可能是()A.2mgk B.2mg2kC.42mg3k D.2mgkACD当F与细线Oa垂直时，F有最小值，F的最小值为：F min＝2mg sin θ＝2×22mg＝2mg.根据胡克定律：F min＝kx min，所以：x min＝2mgk则A、C、D可能，B不可能．2．质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，质量为m的木块刚好可以在木楔上表面上匀速下滑．现在用与木楔上表面成α角的力F拉着木块匀速上滑，如图所示，求：(1)当α＝θ时，拉力F有最小值，求此最小值；(2)拉力F最小时，木楔对水平面的摩擦力的大小．解析(1)木块刚好可以沿木楔上表面匀速下滑，mg sin θ＝μmg cos θ，则μ＝tan θ，用力F拉着木块匀速上滑，受力分析如图甲所示，F cos α＝mg sin θ＋F f，F N＋F sin α＝mg cos θ，F f＝μF N.联立以上各式解得，F＝mg sin 2θcos (θ－α).当α＝θ时，F有最小值，F min＝mg sin 2θ.(2)对木块和木楔整体受力分析如图乙所示，由平衡条件得，F f′＝F cos(θ＋α)，当拉力F最小时，F f′＝F min·cos 2θ＝12mg sin 4θ.答案(1)mg sin 2θ(2)12mg sin 4θ3．(2017·河北邯郸一模)如图所示，小球被轻质细绳系住斜吊着放在静止的光滑斜面上，设小球质量为m，斜面倾角α＝30°，细绳与竖直方向夹角θ＝30°，斜面体的质量M＝3m，置于粗糙水平地面上．求：(1)当斜面体静止时，细绳对小球拉力的大小；(2)地面对斜面体的摩擦力的大小和方向；(3)若地面对斜面体的最大静摩擦力等于地面对斜面体支持力的k倍，为了使整个系统始终处于静止状态，k值必须满足什么条件？解析(1)以小球为研究对象受力分析如图甲所示甲由共点力的平衡条件，可得在x轴方向有：F T sin θ＝F N1sin α在y轴方向有：F N1cos α＋F T cos θ＝mg解得F T＝33mg(2)以小球和斜面体整体为研究对象受力分析如图乙所示乙由共点力平衡条件，在x轴方向可得F f＝F T·sin θ＝36mg方向水平向左(3)对照第(2)题小球和斜面体整体受力分析图，由共点力平衡条件，在y轴方向可得F N2＋F T·cos θ＝(M＋m)g又由题意可知F f max＝k·F N2≥F f又M＝3m联立解得：k≥321.答案见解析课时作业一一、选择题1．(2017·广东华南三校联考)如图所示，小球A、B通过一细绳跨过定滑轮连接，它们都穿在一根竖直杆上．当两球平衡时，连接两球的细绳与水平方向的夹角分别为θ和2θ，假设装置中各处摩擦均不计，则A、B球的质量之比为()A．2cos θ∶1B．1∶2cos θC．tan θ∶1 D．1∶2sin θB小球A、B都平衡时，在竖直方向上：对A球T sin θ＝m A g，对B球T′sin2θ＝m B g，又T＝T′，解得：m Am B＝12cos θ，B项正确．2．如图所示，一光滑小球静置在光滑半球面上，被竖直放置的光滑挡板挡住，现水平向右缓慢地移动挡板，则在小球运动的过程中(该过程小球未脱离球面且球面始终静止)，挡板对小球的推力F、半球面对小球的支持力F N的变化情况是()A．F增大，F N减小B．F增大，F N增大C．F减小，F N减小D．F减小，F N增大B某时刻小球的受力如图所示，设小球与半球面的球心连线跟竖直方向的夹角为α，则F＝mg tan α，F N＝mgcos α，随着挡板向右移动，α越来越大，则F和F N都要增大．3．(2017·安徽江南十校联考)如图所示，竖直面光滑的墙角有一个质量为m，半径为r的半球体A.现在A上放一密度和半径与A相同的球体B，调整A的位置使得A、B保持静止状态，已知A与地面间的动摩擦因数为0.5.则A球心距墙角的最远距离是()A．2r B.9 5rC.115r D.135rC由题可知B球质量为2m，当A球球心距墙角最远时，A受地面水平向右的摩擦力f＝μ·3mg，此时以B球为研究对象，对其受力分析如图所示，有F2＝2mgtan θ，以A和B整体为研究对象，在水平方向有μ·3mg＝F2，则tan θ＝2mg3μmg，代入数据得θ＝53°.由几何关系可知，A球球心到墙角的最远距离l＝r＋2r cos θ＝115r，选项C 正确．4．如图甲、乙、丙是生活中三种不同的背包方式．为了研究方便，假设背包者身体均呈竖直，因而可认为每条背包带均在竖直面内．甲中背包带对人的肩部的作用力设为F1；乙中的背包带与竖直方向的夹角为θ(如图)，其背包带对人肩部的作用力设为F2；丙中的两根背包带与竖直方向的夹角均为θ(如图)，其每根背包带对人肩部的作用力均为F3.若三种情况所背的包完全相同，不考虑背包跟人体间的摩擦，则关于F1、F2、F3大小的下列关系正确的是()A．F1>F2B．F2>F3C．F1>F3D．F3＝F2B由图可知，题图甲中背包带沿竖直方向，所以每一根背包带的作用力都等于0.5mg，则背包带对肩部的作用力等于两根背包带的作用力的和，即等于F1＝mg；乙图中，背包受到重力、腿部的支持力和肩膀的作用力如图a：则：F2＝mgcos θ题图丙中，背包受到两边肩膀的作用力，如图b所示，则：mg＝2F3cos θ所以：F3＝mg2cos θ由以上的分析可得：F1<F2，F3<F2，由于夹角θ是未知的，所以不能判断F3与重力mg的大小关系，因此不能判断出F3与F1的大小关系．所以只有选项B正确．5．(多选)(2017·九江4月模拟)如图所示，一根通电的导体棒放在倾斜的粗糙斜面上，置于图示方向的匀强磁场中，处于静止状态．现增大电流，导体棒仍静止，则在增大电流过程中，导体棒受到的摩擦力的大小变化情况可能是()A．一直增大B．先减小后增大C．先增大后减小D．始终为零AB若F安＜mg sin α，因安培力方向向上，则摩擦力方向向上，当F安增大时，F摩减小到零，再向下增大，B项对，C、D项错；若F安＞mg sin α，摩擦力方向向下，随F安增大而一直增大，A项对．6．如图所示，粗糙水平地面上的长方体物块将一重为G的光滑圆球抵在光滑竖直的墙壁上，现用水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块，在圆球与地面接触之前，下面的相关判断正确的是()A．球对墙壁的压力逐渐减小B．水平拉力F逐渐减小C．地面对长方体物块的摩擦力逐渐增大D．地面对长方体物块的支持力逐渐增大B对球进行受力分析，如图甲所示．F N1＝G tan θ，F N2＝Gcos θ.当长方体物块向右运动中，θ增大，F N1、F N2均增大，由牛顿第三定律知，球对墙壁的压力逐渐增大，选项A错误；圆球对物块的压力在竖直方向的分力F N2′cos θ＝G等于重力，在拉动长方体物块向右运动的过程中，对物块受力分析如图乙所示，物块与地面之间的压力F N＝G1＋F N2′cos θ＝G1＋G不变，滑动摩擦力f＝μF N不变，选项C错误；又由于圆球对物块的压力在水平方向的分力F N2′sin θ逐渐增大，所以水平拉力F＝f－F N2′sin θ逐渐减小，选项B正确；由于物块与地面之间的压力不变，由牛顿第三定律可知，地面对物块的支持力不变，选项D错误．7．如图所示，在一个倾角为θ的斜面上，有一个质量为m，带负电的小球P(可视为点电荷)，空间存在着方向垂直斜面向下的匀强磁场，带电小球与斜面间的摩擦力不能忽略，它在斜面上沿图中所示的哪个方向运动时，有可能保持匀速直线运动状态()A．v1方向B．v2方向C．v3方向D．v4方向C若小球的速度沿v1方向，滑动摩擦力与v1的方向相反，即沿图中v3方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v1垂直向下，重力的分力mg sin θ沿斜面向下，则知球在斜面平面内所受的合外力不为零，小球不可能做匀速直线运动，故A错误；若小球的速度沿v2方向，滑动摩擦力与v2的方向相反，即沿图中v4方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v2垂直向上，重力的分力mg sin θ沿斜面向下，则知球在斜面平面内所受的合外力不为零，小球不可能做匀速直线运动，故B错误；若小球的速度沿v3方向，滑动摩擦力与v3的方向相反，即沿图中v1方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v3垂直向上，即沿v2方向，重力的分力mg sin θ沿斜面向下，则知斜面平面内的合外力可能为零，小球有可能做匀速直线运动，故C正确；若小球的速度沿v4方向，滑动摩擦力与v4的方向相反，即沿图中v2方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v4垂直向下，重力的分力mg sin θ沿斜面向下，则知斜面平面内的合外力不可能为零，小球不可能做匀速直线运动，故D 错误．8．(2017·安徽皖南八校二次联考)如图所示，三角形ABC 是固定在水平面上的三棱柱的横截面，∠A ＝30°，∠B ＝37°，C 处有光滑小滑轮，质量分别为m 1、m 2的两物块通过细线跨放在AC 面和BC 面上，且均恰好处于静止状态，已知AC 面光滑，物块2与BC 面间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则两物块的质量比m 1∶m 2不可能是( )A ．1∶3B ．3∶5C ．5∶3D ．2∶1A 物块1受重力m 1g 、细线拉力T 和斜面支持力F N 作用处于平衡状态，则T ＝m 1g sin 30°，物块2受重力m 2g 、细线拉力T 、斜面支持力F N ′及摩擦力F f 作用处于平衡状态，当m 1较大时，最大静摩擦力方向沿斜面向下，此时有T ＝m 2g sin 37°＋μm 2g cos 37°，即m 1m 2＝2；当m 1较小时，最大静摩擦力方向沿斜面向上，此时有T ＝m 2g sin 37°－μm 2g cos 37°，即m 1m 2＝25，所以25≤m 1m 2≤2. 9．(多选)如图所示，带电物体P 、Q 可视为点电荷，电荷量相同．倾角为θ、质量为M 的斜面体放在粗糙水平面上，将质量为m 的物体P 放在粗糙的斜面体上．当物体Q 放在与P 等高(PQ 连线水平)且与物体P 相距为r 的右侧位置时，P 静止且受斜面体的摩擦力为0，斜面体保持静止，静电力常量为k ，则下列说法正确的是( )A ．P 、Q 所带电荷量为mgr 2tan θkB ．P 对斜面的压力为0C ．斜面体受到地面的摩擦力为0D．斜面体对地面的压力为(M＋m)gAD设P、Q所带电荷量为q，对物体P受力分析如图所示，受到水平向左的库仑力F＝k q2r2、竖直向下的重力mg、支持力F N，由平衡条件可得tan θ＝Fmg，解得q＝mgr2tan θk，选项A正确；斜面对P的支持力F N＝mg cos θ＋F sin θ，由牛顿第三定律可知，P对斜面的压力为F N′＝mg cos θ＋F sin θ，选项B错误；对P和斜面体整体受力分析，可知水平方向受到Q对P向左的库仑力F＝k q2r2和地面对斜面体水平向右的摩擦力，由平衡条件可知，斜面体受到水平向右的摩擦力大小为f＝k q2r2，选项C错误；对P和斜面体整体受力分析，竖直方向受到竖直向下的重力(M＋m)g和水平面的支持力，由平衡条件可得，水平面支持力等于(M＋m)g，根据牛顿第三定律，斜面体对地面的压力大小为(M＋m)g，选项D正确．10．(多选)如图所示，用两根完全相同的橡皮筋M、N将两个质量均为m＝1 kg的可视为质点的小球A、B拴接在一起，并悬挂在水平天花板上，在小球A 上施加一水平向左的恒力F，当系统处于静止状态时，橡皮筋M与竖直方向的夹角为60°.假设两橡皮筋的劲度系数均为k＝5 N/cm，且始终处在弹性限度以内，重力加速度取g＝10 m/s2.则()A．橡皮筋M的伸长量为4 cmB．橡皮筋N的伸长量为2 cmC．水平恒力的大小为10 3 ND．如果将水平恒力撤去，则小球B的瞬时加速度为零BD先对小球B进行受力分析，小球B受重力。

2018版高考物理二轮江苏专版教师用书：第一部分专题一力与物体的平衡含解析精品

专题一力与物体的平衡考点1| 力学中的平衡问题难度：中档题题型：选择题五年2考(对应学生用书第1页)1．(2018·江苏高考T 1)如图1-1所示，石拱桥的正中央有一质量为m 的对称楔形石块，侧面与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g ，若接触面间的摩擦力忽略不计，求石块侧面所受弹力的大小为( )【导学号：17214000】A ．mg2sin α B ．mg 2cos α C ．12mg tan αD ．12mg cot α【解题关键】对石块受力分析，根据共点力平衡条件，运用合成法列式求解．A [对石块受力分析，如图根据共点力平衡条件，将弹力F 1、F 2合成，结合几何关系，有F 1＝F 2＝F ，mg ＝2×F cos(90°－α)，所以F ＝mg2sin α．]2．(2018·江苏高考T 1)一轻质弹簧原长为8 cm ，在4 N 的拉力作用下伸长了2 cm ，弹簧未超出弹性限度．则该弹簧的劲度系数为( )【导学号：17214001】A ．40 m/NB ．40 N/mC ．200 m/ND ．200 N/mD [由F ＝kx 知，弹簧的劲度系数k ＝F x ＝40．02 N/m ＝200 N/m ，选项D 正确．]3．(2018·全国丙卷T 17)如图1-2所示，两个轻环a 和b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m 的小球．在a 和b 之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a 、b 间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( ) A ．m2 B ．32m C ．m D ．2m【解题关键】受细线的作用力的合力方向指向圆心．由于a 、b 间距等于圆弧半径，则∠aOb ＝60°，进一步分析知，细线与aO 、bO 间的夹角皆为30°．取悬挂的小物块研究，悬挂小物块的细线张角为120°，由平衡条件知，小物块的质量与小球的质量相等，即为m ．故选项C 正确．]1．受力分析的技巧(1)一般按照“一重、二弹、三摩擦，再其他外力”的程序； (2)分析物体的受力情况时结合整体法与隔离法； (3)平衡状态下结合平衡条件． 2．解平衡问题常用的方法(1)正交分解法⎩⎨⎧F x ＝0F y ＝0⇒多用于物体受三个以上力而平衡；(2)合成法F ＝0⇒适用于物体受三个力而平衡． 3．解决动态平衡问题方法的选取(1)图解法：如果物体受到三个力的作用，其中一个力的大小、方向均不变，另一个力的方向不变，此时可用图解法，画出不同状态下力的矢量图，判断各个力的变化情况．(2)解析法：如果物体受到多个力的作用，可进行正交分解，利用解析法，建立平衡方程，根据自变量的变化确定因变量的变化．(3)相似三角形法：如果物体受到三个力的作用，其中的一个力大小、方向均不变，另外两个力的方向都发生变化，可以用力三角形与几何三角形相似的方法．●考向1 物体的受力分析1．(2018·徐州模拟)如图1-3所示，水平面上的长方体物块被沿对角线分成相同的A 、B 两块．物块在垂直于左边的水平力F 作用下，保持原来形状沿力F 的方向匀速运动，则( )【导学号：17214002】A ．物块A 受到4个力作用B ．物块A 受到水平面的摩擦力为F 2C ．物块B 对物块A 的作用力为FD ．若增大力F ，物块A 和B 将相对滑动B [对物块A 分析受力情况：A 受重力、水平面的支持力、滑动摩擦力f 、B 的弹力N BA 和摩擦力f BA ，即知物块A 共受5个力作用，故A 错误；A 、B 受到水平面的摩擦力大小相等，对A 、B 整体，由平衡条件：F ＝2f ，得物块A 受到水平面的摩擦力f ＝F2，故B 正确；如图所示，物块B 对物块A 的作用力是弹力N BA 和摩擦力f BA 的合力，对A ，在水平方向受力平衡可知，弹力N BA 和摩擦力f BA 的合力与f 大小相等，所以物块B 对物块A 的作用力等于f ＝F2，故C 错误；整体匀速运动，有 f BA ＝N BA tan θ≤μN BA ，得 μ≥1tan θ，若增大力F ，物块A 和B 不会发生相对滑动，故D 错误．] ●考向2 物体的静态平衡2．(2018·南京一模)如图1-4所示，高空走钢丝的表演中，若表演者走到钢丝中点时，使原来水平的钢丝下垂与水平面成θ角，此时钢丝上的弹力应是表演者和平衡杆重力的( )【导学号：17214018】A ．12 B ．cos θ2 C ．12sin θD ．tan θ2C [以人为研究对象，分析受力情况，作出受力分析图，根据平衡条件：两钢丝合力与重力等大反向，则有：2F sin θ＝mg ，解得：F ＝mg2sin θ，故钢丝上的弹力应是表演者和平衡杆重力的12sin θ，故C 正确，A 、B 、D 错误．]3．(2018·南京江苏二模)质量为M 的磁铁，吸在竖直放置的磁性黑板上静止不动．某同学沿着黑板面，用水平向右的恒力F 轻拉磁铁，磁铁向右下方做匀速直线运动，则磁铁受到的摩擦力f ( ) A ．大小为Mg B ．大小为F 2＋(Mg )2 C ．大小为FD ．方向水平向左B [由题意可知，磁铁受向下的重力、向右的拉力的作用，二力的合力为：F合＝F 2＋(Mg )2；由力的平衡条件可知，摩擦力应与合力大小相等、方向相反，故A 、C 、D 错误，B 正确．] ●考向3 物体的动态平衡4．(多选)(2018·苏锡常二模)如图1-6所示，将长为l 的橡皮筋上端O 固定在竖直放置的木板上，另一端M 通过细线悬挂重物．某同学用水平力F 在M 处拉住橡皮筋，缓慢拉动M 至A 点处，松开后，再次用水平力拉M ，缓慢将橡皮筋也拉至OA 直线上，此时M 位于图中的B 点处，则下列判断正确的是( )【导学号：17214018】A ．当M 被拉至A 点处时，橡皮筋长度OA 可能小于lB ．当M 被分别拉到A 、B 两点处时，橡皮筋的弹力T A ＝T BC ．当M 被分别拉到A 、B 两点处时，所用水平拉力F A ＜F BD ．上述过程中此橡皮筋的弹力不遵循胡克定律BD [物体受三个力，设橡皮筋与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件，三个力平移后可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示：根据平衡条件，有：T ＝Gcos θ，F ＝G tan θ；橡皮筋竖直时拉力等于重力G ，而T ＝Gcos θ＞G ，故橡皮筋长度OA 一定是大于l ，故A 错误；由于重力和角度θ不变，故水平拉力和橡皮筋的拉力均不变，即T A ＝T B 、F A ＝F B ，故B 正确，C 错误；橡皮筋第二次拉到与竖直方向成θ时，橡皮筋的拉力大小不变，但长度变大了，说明超出了弹性限度，不遵循胡克定律，故D 正确．]考点2| 电磁学中的平衡问题难度：中档题型：选择题计算题，五年1考(对应学生用书第2页)4．(2018·江苏高考T 13)如图1-7所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g．求：【导学号：17214018】图1-7(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；(2)导体棒匀速运动的速度大小v；(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q．【解题关键】(1)在绝缘涂层上导体棒受力平衡：mg sin θ＝μmg cos θ解得导体棒与涂层间的动摩擦因数μ＝tan θ．(2)在光滑导轨上感应电动势：E ＝BL v 感应电流：I ＝ER安培力：F 安＝BIL 受力平衡的条件是：F 安＝mg sin θ 解得导体棒匀速运动的速度v ＝mgR sin θB 2L 2． (3)摩擦生热：Q T ＝μmgd cos θ根据能量守恒定律知：3mgd sin θ＝Q ＋Q T ＋12m v 2 解得电阻产生的焦耳热Q ＝2mgd sin θ－m 3g 2R 2sin 2 θ2B 4L 4．【答案】 (1)tan θ (2)mgR sin θB 2L 2 (3)2mgd sin θ－m 3g 2R 2sin 2 θ2B 4L 4处理电学中的平衡问题的技巧(1)与纯力学问题的分析方法一样，学会把电学问题力学化，分析方法是：(2)几点提醒①电荷在电场中一定受电场力作用，电流或电荷在磁场中不一定受磁场力作用；②分析电场力或洛伦兹力时，一定要注意带电体是正电荷还是负电荷．●考向1 电场中的平衡问题5．(2018·海安期末)如图1-8所示，小球A 固定在绝缘支架上，电荷量为Q ，小球B 用丝线悬挂，电荷量为＋q ，B 偏转后两球距离为r，A、B均视为点电荷．下列说法正确的是()【导学号：17214018】A．A带负电B．B对A的作用力大小为kqQ r2C．A在B处产生的场强大小为kq r2D．减小B的电荷量，丝线与竖直方向的夹角变大B[依据同种电荷相斥，异种电荷相吸，结合题图可知，A带正电，故A错误；根据库仑定律F＝kqQr2，B对A的作用力大小为kqQr2，故B正确；依据点电荷电场强度公式E＝kQr2可知，A在B处产生的场强大小为kQr2，故C错误；当减小B的电荷量时，依据库仑定律可知，库仑力减小，则有丝线与竖直方向的夹角变小，故D错误．]●考向2磁场中的平衡问题6．(2018·徐州模拟)被弯成正弦函数图象形状的导体棒a和直导体棒b放置在如图所示的坐标系中，a、b的右端通过导线与阻值R＝5 Ω的电阻连接，导体棒c与y轴重合，整个装置处在方向垂直坐标系向里、磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中(图1-9中未画出)，除R外不计一切电阻．现使导体棒c在水平力F作用下从图示位置以v＝5 m/s的速度匀速运动至a、b右端，整个过程中导体棒a、b和c保持良好接触，不计一切摩擦．则()A．流过电阻R的电流方向如图1-9中箭头所示B．水平力F的最小值为0．32 NC．水平力F的最大功率为7．2 WD．电阻R产生的总热量为2．56 JC[导体棒c向右运动时，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律“增反减同”知，感应电流的磁场垂直坐标系向里，由安培定则可知，流过电阻R的电流方向与图中箭头所示的方向相反，故A错误；c棒有效切割的长度最小值为 L min ＝0．4 m ，产生的感应电动势最小值为 E min ＝BL min v ＝1×0．4×5 V ＝2 V ，感应电流最小值为 I min ＝E min R ＝25 A ＝0．4 A ，c 棒所受安培力的最小值为 F 安min ＝BI min L min ＝1×0．4×0．4 N ＝0．16 N ，金属棒匀速运动，由平衡条件可得，水平力F 的最小值为 F min ＝F 安min ＝0．16 N ，故B 错误；c 棒有效切割的长度最大值为 L max ＝1．2 m ，产生的感应电动势最大值为 E max ＝BL max v ＝1×1．2×5 V ＝6 V ，感应电流最大值为 I max ＝E max R ＝65 A ＝1．2 A ，c 棒所受安培力的最大值为 F 安max ＝BI max L max ＝1×1．2×1．2 N ＝1．44 N ，金属棒匀速运动，由平衡条件可得，水平力F 的最大值为F max ＝F 安max ＝1．44 N ，水平力F 的最大功率为 P max ＝F max v ＝1．44×5 W ＝7．2 W ，故C 正确；在回路中c 棒产生的瞬时电动势为 e ＝BL v ＝B v (0．4 sin πv t ＋0．8)＝1×(0．4sin π×5t ＋0．8)×5 V ＝(2sin 5πt ＋4)V ，可看成正弦式电动势和恒定电动势叠加而成，正弦式电动势的最大值为 E m ＝2 V ，有效值为 E 1＝22E m＝ 2 V ，恒定电动势为 E 2＝4 V ，所以电阻R 产生的总热量为Q ＝(E 21R ＋E 22R )t ＝(E 21R ＋E 22R )xv ＝((2)25＋425)×45 J ＝2．88 J ，故D 错误．]热点模型解读| 力学中的斜面体模型(对应学生用书第4页)物块运动与图象结，将v -t 图象的信息[典例] (2018·云南重点中学三联)如图1-10所示，固定的倾角θ＝37°的斜坡C 上放有一个长方体木块A ，它恰好能静止在斜坡上．现把一正方体铁块B 放在木块上，已知铁块与木块间的动摩擦因数为0．5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则下列说法正确的是( )图1-10【导学号：17214018】A ．铁块能静止在木块上B ．铁块会匀速下滑C ．木块仍然能够静止D ．木块会加速下滑【解题指导】由于木块恰好能静止在斜坡上，故依题意，木块与斜坡间的动摩擦因数为μ1＝tan 37°＝0．75，当铁块放在木块上后，由于μ2＝0．5<tan 37°，故铁块会加速下滑，选项A 、B 错误；放上铁块后，木块受到铁块沿斜面向下的力为μ2mg cos 37°，而木块与斜面间的最大静摩擦力增加了μ1mg cos 37°，大于μ2mgcos 37°，故木块仍然能够静止，选项C 正确，D 错误．【答案】 C[拓展应用] 如图1-11所示，质量为m 的物体，放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑．对物体施加一大小为F 的水平向右恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F 多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：图1-11(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)这一临界角θ0的大小．【解析】(1)物体恰匀速下滑，由平衡条件得mg sin 30°＝μmg cos 30°则μ＝3 3．(2)设斜面倾角为α，由平衡条件F cos α＝mg sin α＋F fF N＝mg cos α＋F sin α而F f＝μF N解得F＝mg sin α＋μmg cos αcos α－μsin α当cos α－μsin α＝0时，即cot α＝μ时，外力F趋于无穷大，即不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行．此时临界角θ0＝α＝60°．【答案】(1)33(2)60°。

2018高考物理一轮总复习教师用书：第14章第1讲机械

机械振动、机械波光和电磁波考点一简谐运动的基本特征及其规律应用1．简谐运动的规律：质点的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律，即它的振动图象(x -t图象)是一条正弦曲线。

2．平衡位置：物体在振动过程中回复力为零的位置。

3．回复力(1)定义：使物体返回到平衡位置的力。

(2)方向：总是指向平衡位置。

(3)属于效果力，可以是某一个力，也可以是几个力的合力或某个力的分力。

4．描述简谐运动的物理量(1)动力学特征：F＝－kx，“－”表示回复力的方向与位移方向相反，k是比例系数，不一定是弹簧的劲度系数。

(2)运动学特征：当物体靠近平衡位置时，x、a都减小，v增大；当物体远离平衡位置时，x、a都增大，v减小。

(3)能量特征：对单摆和弹簧振子来说，振幅越大，能量越大。

在运动过程中，动能和势能相互转化，机械能守恒。

(4)周期性特征：物体做简谐运动时，其位移、回复力、加速度、速度等矢量都随时间做周期性变化，它们的变化周期就是简谐运动的周期(T)；物体的动能和势能也随时间做周期性变化，其变化周期为T2。

(5)对称性特征①如图所示，振子经过关于平衡位置O 对称的两点P 、P ′时(OP ＝OP ′)，速度的大小、动能、势能相等，相对于平衡位置的位移大小相等。

②振子由P 到O 所用时间等于由O 到P ′所用时间，即t PO ＝t OP ′。

③振子往复过程中通过同一段路程(如OP 段)所用时间相等，即t OP ＝t PO 。

[思维诊断](1)简谐运动是匀变速运动。

( ) (2)振幅等于振子运动轨迹的长度。

( ) (3)简谐运动的回复力肯定可以是恒力。

( )(4)弹簧振子每次经过平衡位置时，位移为零、动能为零。

( ) (5)周期、频率和振幅都是表征物体做简谐运动快慢程度的物理量( ) 答案： (1)× (2)× (3)× (4)× (5)× [题组训练]1．[对简谐运动的理解](多选)做简谐运动的物体，当它每次经过同一位置时，相同的物理量是( )A ．位移B ．速度C ．加速度D ．回复力E ．动量解析：简谐运动的位移是指由平衡位置指向物体所在位置的有向线段，物体经过同一位置时，运动位移一定相同，选项A 正确；回复力产生加速度，回复力与位移满足F ＝－kx 的关系，只要位移相同，回复力一定相同，回复力产生的加速度也一定相同，选项C 、D 正确；经过同一位置，可能远离平衡位置，也可能靠近平衡位置，因此，速度的方向可能相反，选项B 、E 错误。

2018高考物理一轮总复习教师用书：第14章第2讲机械

第2讲机械波考点一波的图象与波速公式的应用1．机械波的形成和传播(1)产生条件①有波源。

②有能传播振动的介质，如空气、水、绳子等。

(2)传播特点①传播振动形式、能量和信息。

②质点不随波迁移。

③介质中各质点振动频率、振幅、起振方向等都与波源相同。

2．机械波的分类波的图象反映了在某时刻介质中的各质点离开平衡位置的位移情况，图象的横轴表示各质点的平衡位置，纵轴表示该时刻各质点的位移，如图所示。

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。

4．波速、波长和频率(周期)的关系(1)波长λ：在波动中，振动相位总是相同的两个相邻质点平衡位置间的距离。

(2)波速v：波在介质中的传播速度，由介质本身的性质决定。

(3)频率f：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①v＝λf；②v＝λT。

[思维诊断](1)在机械波的传播中，各质点随波的传播而迁移。

()(2)简谐波在传播过程中，各个质点振动的周期、振幅都相等。

()(3)机械波传递的是振动形式和能量。

()(4)机械波在一个周期内传播的距离等于一个波长。

()(5)波速表示介质中质点振动的快慢。

()答案：(1)×(2)√(3)√(4)√(5)×[题组训练]1．[机械波的特点](多选)关于机械波的形成，下列说法中正确的是()A．物体做机械振动，一定产生机械波B．后振动的质点总是跟着先振动的质点重复振动，只是时间落后一步C．参与振动的质点群有相同的频率D．机械波是介质随波迁移，也是振动能量的传递E．机械波在传播过程中，各质点并不随波迁移，传递的是振动形式和能量解析：机械振动在介质中传播形成机械波，只有机械振动，没有介质不会有机械波，选项A错误；机械波实质是传播的振动形式和能量，波源振动带动其周围质点振动，后振动的质点总是落后于前面振动的质点，但振动周期和频率一致，故选项B、C正确；机械波并不是介质随波而迁移，参与波动的各质点只在各自平衡位置附近振动，并不随波迁移，选项D错误，E正确。

2018版高考物理二轮(江苏专版)教师用书：第一部分专题十五碰撞与动量守恒近代物理初步 Word版含解析

专题十五碰撞与动量守恒近代物理初步考点1| 原子结构和光电效应难度：低档题题型：选择题五年5考(对应学生用书第84页)1．(2013·江苏高考T 12(C)(1)(2))(1)如果一个电子的德布罗意波长和一个中子的相等，则它们的________也相等．图15-1A．速度B．动能C．动量D．总能量(2)根据玻尔原子结构理论，氦离子(He＋)的能级图如图15-1所示．电子处在n ＝3轨道上比处在n＝5轨道上离氦核的距离_______(选填“近”或“远”)．当大量He＋处在n＝4的激发态时，由于跃迁所发射的谱线有_______条．【导学号：17214210】【解题关键】解此题的关键有以下两点：(1)德布罗意波长公式λ＝h p．(2)大量处于n能级的原子由于跃迁所发射的谱线条数为r＝C2n．【解析】(1)根据λ＝hp，知电子和中子的动量大小相等，选项C正确．(2)根据玻尔理论r n＝n2r1可知电子处在n＝3的轨道上比处在n＝5的轨道上离氦核的距离近．大量He＋处在n＝4的激发态时，发射的谱线有6条．【答案】(1)C(2)近 62．(2016·江苏高考T12(C)(3))几种金属的逸出功W0见下表：知该可见光的波长范围为4．0×10－7～7．6×10－7 m，普朗克常数h＝6．63×10－34 J·s．【解题关键】解此题的关键有以下两点：(1)光子能量与光波波长的关系：E ＝hc λ．(2)要发生光电效应，入射光子能量应大于金属的逸出功．【解析】光子的能量E ＝hc λ取λ＝4．0×10－7m ，则E ≈5．0×10－19 J根据E ＞W 0判断，钠、钾、铷能发生光电效应．【答案】钠、钾、铷能发生光电效应3．(多选)(2015·江苏高考T 12(C)(1))波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的有( )A ．光电效应现象揭示了光的粒子性B ．热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性C ．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释D ．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等【解析】光电效应现象、黑体辐射的实验规律都可以用光的粒子性解释，选项A 正确，选项C 错误；热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性，选项B 正确；由德布罗意波长公式λ＝h p和p 2＝2m ·E k 知动能相等的质子和电子动量不同，德布罗意波长不相等，选项D 错误．【答案】 AB4．(2014·江苏高考T 12(C)(1))已知钙和钾的截止频率分别为7．73×1014 Hz 和5．44×1014 Hz ，在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应，比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子，钙逸出的光电子具有较大的( )A ．波长B ．频率C ．能量D ．动量A [根据爱因斯坦光电效应方程12m v 2m ＝hν－W ．由题知W 钙>W 钾，所以钙逸出的光电子的最大初动能较小．根据p ＝2mE k 及p ＝h λ和c ＝λν知，钙逸出的光电子的特点是：动量较小、波长较长、频率较小．选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．]5．(2017·江苏高考T 12(C)(2))质子(11H)和α粒子(42He)被加速到相同动能时，质子的动量________(选填“大于”“小于”或“等于”)α粒子的动量，质子和α粒子的德布罗意波波长之比为________．【解析】由p ＝m v ，E k ＝12m v 2知，p ＝2mE k ，质子质量小于α粒子质量，动能相同时质子动量小．由λ＝h p 知，λ质λα＝p αp 质＝m αm 质＝2∶1．【答案】小于 2∶1●考向1 光电效应及方程1．(2017·苏锡常三模)下列说法正确的是( )A ．光电效应和康普顿效应说明光具有粒子性B ．光电效应实验中，改用强光可以增大逸出光电子的最大初动能C ．在一定的光照条件下，增大所加正向电压的值，一定可以增大饱和光电流D ．实验时，若用光照射金属不能发生光电效应时，可以改用强光照射使实验成功A [为解释光电效应现象，爱因斯坦提出了光子说，说明光具有粒子性；康普顿效应深入地揭示了光的粒子性，遵守能量守恒和动量守恒，它表明光子不仅具有能量而且具有动量，故A 正确；根据光电效应方程E k ＝hν－W 可知，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，还与金属的逸出功有关，与入射光的强度无关，故B 错误；饱和光电流与入射光的强度有关，在一定的光照条件下，增大所加正向电压的值，饱和光电流不一定增大，故C 错误；发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与光的强度无关，故D 错误．]2．(2017·徐州模拟)如图15-2所示的光电管实验中，当用波长3．0×10－7 m 的光照射在阴极K 上时，电流表有示数．调节滑动变阻器，当电压表读数为3．0 V 时，电流表读数恰好为零；改用波长为1．5×10－7 m 的光照射在阴极K 上时，调节滑动变阻器，当电压表读数为7．1 V 时，电流表读数也恰好为零．由此可得普朗克常量为________J·s ，该阴极的逸出功为________J ．已知电子电量为1．6×10－19 C ，光速c 为3×108 m/s ，结果保留两位有效数字．图15-2【解析】设普朗克常量为h ，K 的逸出功为W由光电方程可得光电子最大动能：E k ＝hν－W由题意知，当光电流恰好为零时有：E k ＝eU又：c ＝λν由上三式可得：eU ＝h c λ－W当入射光波长为3．0×10－7 m 时，可得：3．0×1．6×10－19＝h 3．00×1083．0×10－7－W当入射光波长为1．5×10－7 m 时，可得：7．1×1．6×10－19＝h 3．00×1081．5×10－7－W联立可得：h ＝6．6×10－34 J·s ，W ＝1．8×10－19 J ．【答案】 6．6×10－34 1．8×10－19●考向2 光的波粒二象性3．(2017·苏南四市二模)关于近代物理实验，下列说法正确的是( )【导学号：17214211】A ．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释B ．利用α粒子散射实验可以估算核外电子的运动半径C ．电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样，说明实物粒子也具有波动性D ．汤姆孙研究阴极射线发现了电子，提出了原子核式结构模型C [黑体辐射的实验规律可用量子理论来解释，故A 错误；卢瑟福用α粒子轰击金箔的实验中提出原子核式结构学说，通过实验可以估算原子核的半径，而不是核外电子的运动半径，故B 错误；电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样，说明实物粒子也具有波动性，故C 正确；汤姆孙研究阴极射线发现了电子，提出了原子的枣糕模型，是卢瑟福根据α粒子散射实验提出了原子核式结构模型，故D错误．]4．(2017·徐州期末)关于光的波粒二象性及物质波，下列说法正确的是() A．光子的动量和波长成反比B．康普顿效应说明光具有波动性C．光的波粒二象性说明，光的波动性明显时，粒子性也一定明显D．电子显微镜利用电子束到达微小物体表面，再反射到荧光板上成像来实现观察，这是由于电子束的德布罗意波长较长A[根据德布罗意波长公式λ＝hp可知，光子的动量和波长成反比，故A正确；光电效应和康普顿效应都说明光具有粒子性，故B错误；光的波粒二象性说明，光的波动性明显时，粒子性就不明显，光的粒子性明显时，波动性就不明显，故C错误；电子显微镜利用电子束到达微小物体表面，再反射到荧光板上成像来实现观察，这是由于电子束的德布罗意波长较短，分辨率高，故D错误．]●考向3氢原子能级及跃迁5．(2017·泰州三模)下列说法中正确的是()A．汽车安全气囊是通过减小撞击过程中动量变化量来减轻对乘员的伤害程度的B．由α粒子散射的实验数据可以估测核半径、确定核电荷量C．电子束穿过铝箔的衍射实验证实了电子的粒子性D．原子核的能量是不连续的，能级越高越稳定B[安全气囊可以增加人体与车接触的时间，根据动量定理得：－Ft＝0－m v，所以：F＝m vt，当时间增大时，冲量和动量的变化量都不变，改变了动量的变化率，即车对人的作用力减小，所以汽车安全气囊是通过增加撞击过程中的时间，减小车与人之间的作用力来减轻对乘员的伤害程度的，故A错误．根据α粒子散射实验数据可以确定原子核电荷量和估算原子核半径，故B正确．衍射是波特有的性质，电子束穿过铝箔后的衍射图样，证实了实物粒子的波动性，故C错误；根据玻尔理论可知，原子核的能量是不连续的，能级越高越不稳定，故D错误．]6．(2017·江苏二模)汞原子的能级如图15-3所示，现让光子能量为E 的一束光照射到大量处于基态的汞原子上，汞原子能发出3种不同频率的光，那么入射光光子的能量为________eV ，发出光的最大波长为________m ．(普朗克常量h ＝6．63×10－34 J·s ，计算结果保留两位有效数字)图15-3【解析】根据C 2n ＝3知，n ＝3，则吸收的光子能量ΔE ＝(－2．7＋10．4) eV ＝7．7 eV ．由n ＝3跃迁到n ＝2时辐射的光子能量最小，波长最长，有：E 3－E 2＝h c λ，代入数据有(－2．7＋5．5)×1．6×10－19＝6．63×10－34×3×108λ，解得λ＝4．4×10－7 m ．【答案】 7．7 4．4×10－7考点2| 动量和动量守恒的应用难度：中档题题型：计算题五年4考(对应学生用书第86页)6．(2013·江苏高考T 12(C)(3))如图15-4所示，进行太空行走的宇航员A 和B 的质量分别为80 kg 和100 kg ，他们推携手远离空间站，相对空间站的速度为0．1 m/s ．A 将B 向空间站方向轻推后，A 的速度变为0．2 m/s ，求此时B 的速率大小和方向．图15-4【解题关键】宇航员A 和B 在相互作用过程中系统动量守恒．【解析】根据动量守恒定律，(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v B ，代入数值解得v B ＝0．02 m/s ，离开空间站方向．【答案】 0．02 m/s 离开空间站方向7．(2014·江苏高考T 12(C)(3))牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载，A 、B 两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16．分离速度是指碰撞后B 对A 的速度，接近速度是指碰撞前A 对B 的速度．若上述过程是质量为2m 的玻璃球A 以速度v 0碰撞质量为m 的静止玻璃球B ，且为对心碰撞，求碰撞后A 、B 的速度大小．【解析】设A 、B 球碰撞后速度分别为v 1和v 2由动量守恒定律知：2m v 0＝2m v 1＋m v 2，且由题意知v 2－v 1v 0＝1516，解得v 1＝1748v 0，v 2＝3124v 0．【答案】 1748v 0 3124v 08．(2017·江苏高考T 12(C)(3))甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是1 m/s ．甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1 m/s 和2 m/s ．求甲、乙两运动员的质量之比．【导学号：17214212】【解析】动量守恒得m 1v 1－m 2v 2＝m 2v ′2－m 1v ′1解得m 1m 2＝v 2＋v ′2v 1＋v ′1，代入数据得m 1m 2＝32．【答案】 3∶29．(2016·江苏高考T 12(C)(2))已知光速为c ，普朗克常量为h ，则频率为ν的光子的动量为________．用该频率的光垂直照射平面镜，光被镜面全部垂直反射回去，则光子在反射前后动量改变量的大小为________．【解析】光速为c ，频率为ν的光子的波长λ＝c ν，光子的动量p ＝h λ＝hνc．用该频率的光垂直照射平面镜，光被垂直反射，则光子在反射前后动量方向相反，取反射后的方向为正方向，则反射前后动量改变量Δp ＝p 2－p 1＝2hνc ．【答案】 hνc 2hνc●考向1动量守恒定律的应用7．(2017·泰州三模)冰雪游乐场上一质量为M的人站在质量为m的冰车A上一起运动，迎面而来一个质量也为m的冰车B，为了防止相撞，该人跳上冰车B，冰车A速度立即变为零，人和冰车B一起以速度v沿A原来的方向运动，不计冰面与冰车间的摩擦，则：(1)相撞前该人和两冰车的总动量大小p是多少？(2)若要使两冰车恰好不相撞，求该人跳到冰车B上后冰车A的速度大小v A．【解析】(1)冰车A、B和人组成的系统在相互作用前后满足动量守恒，则相撞前该人和两冰车的总动量p＝(m＋M)v．(2)要使两冰车恰好不相撞，该人跳到冰车B上后冰车A和B的速度相同，设为v A．取人和冰车A原来的速度v方向为正方向，根据动量守恒定律得(m＋M)v＝(2m＋M)v A．解得v A＝M＋m2m＋Mv．【答案】(1)(m＋M)v(2)M＋m 2m＋Mv8．(2017·南京二模)一个静止的氮核147N俘获一个速度为1．1×107 m/s的氦核变成B、C两个新核，设B的速度方向与氦核速度方向相同、大小为4×106 m/s，B的质量数是C的17倍，B、C两原子核的电荷数之比为8∶1．(1)写出核反应方程；(2)估算C核的速度大小．【解析】(1)根据电荷数守恒、质量数守恒得，B、C电荷数之和为9，因为B、C两原子核的电荷数之比为8∶1，则C的电荷数为1，B、C质量数之和为18．因为B的质量是C的17倍，则B的质量数为17，则C的质量数为1，所以C为质子；故核反应方程为：147N＋42He―→178O＋11H．(2)设氦核的速度方向为正方向；根据动量守恒得，m He v He＝m B v B＋m C v C4×1．1×107＝17×4×106＋v C解得v C＝－2．4×107 m/s所以C核的速度大小为2．4×107 m/s．【答案】 (1)14 7N ＋42He ―→17 8O ＋11H (2)2．4×107 m/s9．(2017·南京三模)如图15-5所示，两个完全相同的物体，沿同一直线运动，速度分别为v 1＝3 m/s ，v 2＝2 m/s ，它们发生碰撞后仍在同一直线运动，速度分别为v 1′和v 2′，求：图15-5(1)当v 1′＝2 m/s 时，v 2′的大小；(2)在各种可能碰撞中，v 1′的最大值．【解析】 (1)由取向右为正方向，由动量守恒定律得m v 1＋m v 2＝m v 1′＋m v 2′，代入数据解得 v 2′＝3 m/s ．(2)当两者速度相等时v 1′有最大值v m ，由动量守恒定律得：m v 1＋m v 2＝2m v m 代入数据v m ＝2．5 m/s ．【答案】 (1)3 m/s (2)2．5 m/s●考向2 动量与能量的综合应用10．(2017·徐州模拟)如图15-6所示，光滑的水平面上，小球A 以速率v 0撞向正前方的静止小球B ，碰后两球沿同一方向运动，且小球B 的速率是A 的4倍，已知小球A 、B 的质量别为2m 、m ．图15-6(1)求碰撞后A 球的速率；(2)判断该碰撞是否为弹性碰撞．【解析】 (1)设向右为正方向，以A 、B 球为系统，由动量守恒定律得：2m v 0＝2m v A ＋m v B且v B ＝4v A解得：v A ＝13v 0．(2)碰撞前：系统的总动能为：E k ＝12×2m v 20＝m v 20碰撞后：系统的总动能为：E k ′＝12×2m v 2A ＋12m v 2B ＝m v 20，则E k ＝E k ′，所以该碰撞是弹性碰撞．【答案】(1)13v0(2)是弹性碰撞考点3| 核反应及核能的计算难度：低档题题型：选择题、填空题五年4考(对应学生用书第87页)10．(2016·江苏高考T12(C)(1))贝可勒尔在120年前首先发现了天然放射现象，如今原子核的放射性在众多领域中有着广泛应用．下列属于放射性衰变的是________．A．146C→147N＋0－1eB．23592U＋10n→13953I＋9539Y＋210nC．21H＋31H→42He＋10nD．42He＋2713Al→3015P＋10n【解题关键】天然放射性衰变是自发地放出α、β粒子的核反应，与原子核聚变、裂变及人工转变是有区别的．A[放射性元素自发地放出射线的现象叫天然放射现象．A选项为β衰变方程，B选项为重核裂变方程，C选项为轻核聚变方程，D选项为原子核的人工转变方程，故选A．]11．(2015·江苏高考T12(C)(2)(3))(1)核电站利用原子核链式反应放出的巨大能量进行发电，23592U是核电站常用的核燃料．23592U受一个中子轰击后裂变成14456Ba和8936Kr 两部分，并产生________个中子．要使链式反应发生，裂变物质的体积要________(选填“大于”或“小于”)它的临界体积．(2)取质子的质量m p＝1．672 6×10－27 kg，中子的质量m n＝1．674 9×10－27 kg，α粒子的质量mα＝6．646 7×10－27 kg，光速c＝3．0×108 m/s．请计算α粒子的结合能．(计算结果保留两位有效数字)【导学号：17214213】【解题关键】解此题的三个关键：(1)核反应过程满足电荷数守恒和质量数守恒．(2)理解临界体积的含义．(3)应用ΔE＝Δmc2求核能时注意Δm和ΔE单位对应．【解析】(1)核反应方程遵守质量数守恒和电荷数守恒，且该核反应方程为：235U＋10n―→14456Ba＋8936Kr＋310n，即产生3个中子．临界体积是发生链式反应的92最小体积，要使链式反应发生，裂变物质的体积要大于它的临界体积．(2)组成α粒子的核子与α粒子的质量差Δm＝(2m p＋2m n)－mα结合能ΔE＝Δmc2代入数据得ΔE＝4．3×10－12 J．【答案】(1)3大于(2)4．3×10－12 J12．(多选)(2017·江苏高考T12(C)(1))原子核的比结合能曲线如图15-7所示．根据该曲线，下列判断正确的有()图15-7A．42He核的结合能约为14 MeVB．42He核比63Li核更稳定C．两个21H核结合成42He核时释放能量D．23592U核中核子的平均结合能比8936Kr核中的大BC[A错：42He核有4个核子，由比结合能图线可知，42He核的结合能约为28 MeV．B对：比结合能越大，原子核越稳定．C对：两个21H核结合成42He核时，核子的比结合能变大，结合时要放出能量．D错：由比结合能图线知，23592U核中核子平均结合能比8936Kr核中的小．]13．(2014·江苏高考T12(C)(2))氡222是一种天然放射性气体，被吸入后，会对人的呼吸系统造成辐射损伤．它是世界卫生组织公布的主要环境致癌物质之一．其衰变方程是22286Rn→21884Po＋________．已知22286Rn的半衰期约为3．8天，则约经过________天，16 g的22286Rn衰变后还剩1 g．【解析】根据质量数、电荷数守恒得衰变方程为222 86Ra →218 84Po ＋42He ．根据衰变规律m ＝m 0⎝ ⎛⎭⎪⎫12t τ，代入数值解得t ＝15．2天．【答案】 42He 15．2●考向1 放射性元素的衰变11．(2017·盐城三模)氡222经过α衰变变成钋218，t ＝0时氡的质量为m 0，任意时刻氡的质量为m ，下列四幅图中正确的是( )【导学号：17214214】A BC DB [每经过一个半衰期有一半质量发生衰变，则剩余质量m ＝m 0⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝m 0⎝ ⎛⎭⎪⎫12t T ，解得m m 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12t T ，T 为半衰期，可知m m 0与t 成指数函数关系，故B 正确，A 、C 、D 错误．]12．(2017·南通二模)原子核的能量也是量子化的，226 89Ac 能发生β衰变产生新核226 90Th ，处于激发态的新核226 90Th 的能级图如图15-8所示． (1)写出226 89Ac 发生β衰变的方程；(2)发生上述衰变时，探测器能接收到γ射线谱线有几条？求出波长最长γ光子的能量E ．图15-8【解析】(1)由质量数与核电荷数守恒可知，核衰变反应方程为：22689Ac→22690 Th＋0－1e(2)根据C23＝3，知探测器能接收到3条γ射线谱线．波长最长对应能级差最小E＝E2－E1＝0．0721 MeV；【答案】(1)22689Ac→22690Th＋0－1e(2)30．072 1 MeV13．(2017·南通模拟)下列说法中正确的是()A．铀235裂变成氙136和锶90并放出9个中子B．1 g含有放射性钍的矿物质，经过1个半衰期还剩0．5 gC．卢瑟福原子核式结构模型能解释原子光谱的不连续性D．增加原子核内的中子个数有助于维持原子核的稳定D[发生核反应的过程满足电荷数和质量数守恒，铀235裂变成氙136和锶90的过程中，质量数守恒，由于中子的质量数等于1，所以中子的个数：n ＝235＋1－136－90＝10，所以可能的裂变的反应方程式为：23592U＋10n→13654Xe ＋9038Sr＋1010n，故A错误；由于经过1个半衰期，有半数发生衰变，所以1 g 含有放射性钍的矿物质，经过1个半衰期还剩0．5 g放射性钍，但该矿物质的质量应大于0．5 g，故B错误；卢瑟福原子核式结构模型能解释α粒子的散射实验，不能解释原子光谱的不连续性，故C错误；若只增加原子核内的中子，由于中子与其他核子没有库仑斥力，但有相互吸引的核力，所以有助于维持原子核的稳定，故D正确．]●考向2核反应方程及核能的计算14．(2017·南京三模)太阳内部不断进行着各种核聚变反应，一个氘核和一个氚核结合成一个氦核是其中一种，请写出其核反应方程________；如果氘核的比结合能为E1，氚核的比结合能为E2，氦核的比结合能为E3，则上述反应释放的能量可表示为_______________________________________．【解析】根据电荷数守恒、质量数守恒，知核反应方程为21H＋31H→42He＋10n，氘核的比结合能为E1，氚核的比结合能为E2，氦核的比结合能为E3，根据比结合能等于结合能与核子数的比值，则有：该核反应中释放的核能ΔE＝4E3－2E1－3E2．【答案】21H＋31H→42He＋10nΔE＝4E3－2E1－3E215．(2017·镇江三模)2011年3月11日在日本海域发生强烈地震，强震引发了福岛核电站危机．核电站中的23592U发生裂变反应，试完成下列反应方程式23592U ＋10n→14156Ba＋9236Kr＋________；已知23592U、14156Ba、9236Kr和中子的质量分别是m U、m Ba、m Kr、m n，该反应中一个23592U裂变时放出的能量为________．(已知光速为c)【解析】反应方程式23592U＋10n→14156Ba＋9236Kr＋X中，根据质量数守恒，X的总的质量数为：235＋1－141－92＝3X的总的电荷数为：92－56－36＝0故X是3个中子，即为：310n；一个23592U裂变时放出的能量为：ΔE＝Δm·c2＝(m U－m Ba－m Kr－2m n)c2．【答案】310n(m U－m Ba－m Kr－2m n)c2。

2018高考物理江苏专版二轮复习与策略课件：2018年江苏卷考题统计

动 ( 一 )—— 抛体运动 2016 年：T2；2015 年：T7；2014 年：T6；2013 年：T2、
和圆周运动
T7；2012 年：T6
专题四力与曲线运
动 ( 二 )—— 万有引力 2016 年：T7；2015 年：T3；2014 年：T2；2013 年：T1；
与航天
2012 Байду номын сангаас：T8
年：T12(C)；2012 年：T12(C) 步
【命题规律】近 5 年高考江苏物理试题结构保持稳定，即 5 个单项选择题、4 个多项选择题、2 个实验题、3 个选考题、3 个计算题．在分值上，力电分值相对稳定，基本维持在 45 分左右，上下浮动不超过 5 分，选做题三选二，分值保持在 24 分不变．试题考查形式比较灵活，在选择题中有计算类、定性分析类、图表结合类、图象选择类等多种形式．计算题在能力考查上，侧重于建模分析、分析归纳、推理能力、应用数学知识解决物理问题的能力．
电场中的运动
T3、T6；2012 年：T1、T2、T15
专题八磁场、带电粒
子在磁场及复合场中 2016 年：T15；2015 年：T4、T15；2014 年：T9、T14；
的运动
2013 年：T15；2012 年：T9、T15
专题九直流电路与 2016 年：T4、T8；2015 年：T1；2014 年：T3；2013 年：
专题十二电学实验 2016 年：T10；2015 年：T10；2014 年：T10；2013 年： T10；2012 年：T10
专题十三分子动理 2016 年：T12(A)；2015 年：T12(A)；2014 年：T12(A)；2013
论气体及热力学定律年：T12(A)；2012 年：T12(A)

2018年物理新课标高考总复习第一轮复习教师用书：第十

章末热点集训对振动图象与波动图象的理解及应用(高考全国卷Ⅱ)图甲为一列简谐横波在t ＝0.10 s 时刻的波形图，P 是平衡位置在x ＝1.0 m 处的质点，Q 是平衡位置在x ＝4.0 m 处的质点；图乙为质点Q 的振动图象，下列说法正确的是( )A ．在t ＝0.10 s 时，质点Q 向y 轴正方向运动B ．在t ＝0.25 s 时，质点P 的加速度方向与y 轴正方向相同C ．从t ＝0.10 s 到t ＝0.25 s ，该波沿x 轴负方向传播了6 mD ．从t ＝0.10 s 到t ＝0.25 s ，质点P 通过的路程为30 cmE ．质点Q 简谐运动的表达式为y ＝0.10sin 10πt (国际单位制)[解析] 由y －t 图象可知，t ＝0.10 s 时质点Q 沿y 轴负方向运动，选项A 错误；由y －t 图象可知，波的振动周期T ＝0.2 s ，由y －x 图象可知λ＝8 m ，故波速v ＝λT ＝40 m/s ，根据振动与波动的关系知波沿x 轴负方向传播，则波在0.10 s 到0.25 s 内传播的距离Δx ＝v Δt ＝6 m ，选项C 正确；t ＝0.25 s 时，波形图如图所示，此时质点P 的位移沿y 轴负方向，而回复力、加速度方向沿y 轴正方向，选项B 正确；Δt ＝0.15 s ＝34T ，质点P 在其中的12T内路程为20 cm ，在剩下的14T 内包含了质点P 通过最大位移的位置，故其路程小于10 cm ，因此在Δt ＝0.15 s 内质点P 通过的路程小于30 cm ，选项D 错误；由y －t 图象可知质点Q 做简谐运动的表达式为y ＝0.10·sin2π0.2t (m)＝0.10·sin 10πt (m)，选项E 正确． [答案] BCE1.(高考福建卷)在均匀介质中，一列沿x 轴正向传播的横波，其波源O 在第一个周期内的振动图象如右图所示，则该波在第一个周期末的波形图是( )解析：选D.由波的形成规律可知，一个周期内x ＝0处，质点刚好完成一次全振动，结合振动图象知，质点在平衡位置向下运动；x ＝14λ(λ为该波波长)处，质点振动了34个周期，质点位于正向最大位移处；x ＝34λ处的质点，振动了14个周期，质点位于负向最大位移处．选项D 正确．波动多解问题的求解(2017·河北邢台质检)一列简谐横波沿x 轴正方向传播，图甲是t ＝0时刻的波形图，图乙和图丙分别是x 轴上某两处质点的振动图象．由此可知，这两质点平衡位置之间的距离可能是( )A ．13 m B.23 m C ．1 mD.43 mE.83m [解析] 题图乙所示质点在t ＝0时在正向最大位移处，图丙所示质点在t ＝0时，y ＝－0.05 m ，运动方向沿y 轴负方向，结合波形图找到对应的点，如图所示，若题图乙所示质点为图中左侧波峰上的点，则两点距离为43m ，选项D 正确；若题图乙所示质点为图中右侧波峰上的点，则两点距离为23 m ，选项B 正确．考虑到空间周期性，则x ＝nλ＋43(m)或x ＝nλ＋23(m)(n ＝0、1、2…)，因此E 正确．[答案] BDE2．如图，一列沿x 轴正方向传播的简谐横波，振幅为2 cm ，波速为2 m/s ，在波的传播方向上两质点a 、b 的平衡位置相距0.4 m(小于一个波长)，当质点a 在波峰位置时，质点b 在x 轴下方与x 轴相距1 cm 的位置，则( )A ．此波的周期可能为0.6 sB ．此波的周期可能为1.2 sC ．从此时刻起经过0.5 s ，b 点可能在波谷位置D ．从此时刻起经过0.5 s ，b 点可能在波峰位置解析：选ACD.根据波的传播方向和质点的振动方向的关系可知：t ＝0时刻，b 质点在－1 cm 处，既可能沿y 轴正方向运动也可能沿y 轴负方向运动；该波的波长λ满足：λ4<0.4m ，即λ<1.6 m ，T <0.8 s ，又λ>0.4 m ，T >0.2 s ，所以A 正确，B 错误；同理可知C 、D 均正确．对折射定律的理解及应用(2015·高考江苏卷)人造树脂是常用的眼镜镜片材料．如图所示，光线射在一人造树脂立方体上，经折射后，射在桌面上的P 点．已知光线的入射角为30°，OA ＝5 cm ，AB ＝20 cm ，BP ＝12 cm ，求该人造树脂材料的折射率n .[解析] 设折射角为γ，由折射定律知：sin 30°sin γ＝n由几何关系知：sin γ＝BP －OAOP且OP ＝（BP －OA ）2＋AB 2 代入数据得n ＝44914≈1.5. [答案]44914(或1.5)3.(高考江苏卷)Morpho 蝴蝶的翅膀在阳光的照射下呈现出闪亮耀眼的蓝色光芒，这是因为光照射到翅膀的鳞片上发生了干涉. 电子显微镜下鳞片结构的示意图如下. 一束光以入射角 i 从 a 点入射，经过折射和反射后从 b 点出射. 设鳞片的折射率为 n, 厚度为 d, 两片之间空气层厚度为h . 取光在空气中的速度为 c ，求光从 a 到 b 所需的时间 t .解析：设光在鳞片中的折射角为γ，折射定律sin i ＝n sin γ 在鳞片中传播的路程l 1＝2d cos γ，传播速度v ＝c n ，传播时间t 1＝l 1v解得t 1＝2n 2dc n 2－sin 2i同理，在空气中的传播时间t 2＝2hc cos i则t ＝t 1＋t 2＝2n 2d c n 2－sin 2i ＋2hc cos i.答案：2n 2d c n 2－sin 2i ＋2hc cos i对全反射现象的分析计算(2015·高考海南卷)一半径为R 的半圆柱形玻璃砖，横截面如图所示．已知玻璃的全反射临界角为γ⎝⎛⎭⎫γ<π3.与玻璃砖的底平面成⎝⎛⎭⎫π2－γ角度、且与玻璃砖横截面平行的平行光射到玻璃砖的半圆柱面上．经柱面折射后，有部分光(包括与柱面相切的入射光)能直接从玻璃砖底面射出．若忽略经半圆柱内表面反射后射出的光，求底面透光部分的宽度．[解析]如图所示，设光线从A 点沿半径方向射入半圆柱形玻璃砖，恰好与法线重合，折射光线恰好射入圆心O 处，由图中几何关系，可知该光线在O 点的入射角恰好等于临界角而发生全反射．由几何光路可知：从BA ︵部分射入的光线在BO 界面发生全反射，无光线射出，从AC ︵部分射入的光线在OD 界面有光线射出．由全反射条件知∠OCD ＝γ由几何关系，可知∠COD ＝γ，∠CDO ＝π－2γ 即sin γOD ＝sin （π－2γ）R得OD ＝R 2cos γ.[答案]R2cos γ4.(高考海南卷)如图所示，矩形ABCD 为一水平放置的玻璃砖的截面，在截面所在平面有一细束激光照射玻璃砖，入射点距底面的高度为h ，反射光线和折射光线与底面所在平面的交点到AB 的距离分别为l 1和l 2，在截面所在平面内，改变激光束在AB 面上入射点的高度与入射角的大小，当折射光线与底面的交点到AB 的距离为l 3时，光线恰好不能从底面射出，求此时入射点距离底面的高度H .解析：设玻璃砖的折射率为n ，入射角和反射角为θ1，折射角为θ2，由光的折射定律n ＝sin θ1sin θ2根据几何关系有sin θ1＝h l 21＋h 2，sin θ2＝hl 22＋h2 因此求得n ＝l 22＋h2l 21＋h2 根据题意，折射光线在某一点刚好无法从底面射出，此时发生全反射，设在底面发生全反射时的入射角为θ3，有sin θ3＝1n ，由几何关系得sin θ3＝l 3l 23＋H 2解得H ＝ l 22－ l 21l 21＋h 2l 3. 答案： l 22－l 21l 21＋h2l 3。

2018版高考物理(全国通用)大一轮复习讲义文档：第十四章机械振动与机械波光第1讲含答案

［高考命题解读]分析年份高考（全国卷)四年命题情况对照分析1.考查方式从近几年高考题来看，对于选修3－4内容的考查，形式比较固定，一般第（1）问为选择题，5个选项．从考查内容来看，机械振动和机械波、光学和电磁波的相关基础知识和基本方法都曾经命题．第(2）问命题主要以几何光学命题为主．2．命题趋势从近几年高考命题来看，命题形题号命题点2013年Ⅰ卷34题第(1)问选择题，质点的振动和波动的关系第（2）问计算题，折射定律、全反射和光的直线传播Ⅱ卷34题第（1）问填空题，简谐运动的相关知识第（2)问计算题,光经过三棱镜的折射问题2014年Ⅰ卷34题第（1)问选择题，波动和振动图象的结合、波速公式的应用第（2)问计算题,光经过半圆柱形玻璃砖的全反射问题Ⅱ卷34题第(1）问选择题，电磁波的基本特点第（2)问计算题，质点的振动和波动问题,波速公式的应用和振动位移函数式的书写Ⅲ卷34题第（1）问选择题,波的传播和质点的振动之间的关系第（2）问计算题，光的折射现象和光路图问题第1讲机械振动1．简谐运动(1）定义：如果质点所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成正比,并且总是指向平衡位置．(2）平衡位置:物体在振动过程中回复力为零的位置．（3）回复力①定义:使物体返回到平衡位置的力．②方向：总是指向平衡位置．③属于效果力，可以是某一个力，也可以是几个力的合力或某个力的分力．[深度思考］简谐运动的平衡位置就是质点所受合力为零的位置吗？答案不是，是回复力为零的位置．2．简谐运动的两种模型模型弹簧振子单摆示意图简谐运动条件①弹簧质量要忽略②无摩擦等阻力③在弹簧弹性限度内①摆线为不可伸缩的轻细线②无空气等阻力③最大摆角小于5°回复力弹簧的弹力提供摆球重力沿与摆线垂直方向（即切向）的分力平衡位置弹簧处于原长处最低点周期与振幅无关T＝2πL g能量转化弹性势能与动能的相互转化,机械能守恒重力势能与动能的相互转化，机械能守恒［深度思考] 做简谐运动的质点,速度增大时，其加速度如何变化？答案一定减小．3．简谐运动的公式和图象（1)简谐运动的表达式①动力学表达式：F＝－kx，其中“－"表示回复力与位移的方向相反．②运动学表达式：x＝A sin（ωt＋φ）,其中A代表振幅，ω＝2πf表示简谐运动的快慢,ωt＋φ代表简谐运动的相位,φ叫做初相．(2)简谐运动的图象①从平衡位置开始计时,函数表达式为x＝A sin ωt,图象如图1甲所示．②从最大位移处开始计时，函数表达式为x＝A cos ωt，图象如图乙所示．图14．受迫振动和共振(1）受迫振动系统在驱动力作用下的振动．做受迫振动的物体，它做受迫振动的周期(或频率）等于驱动力的周期(或频率），而与物体的固有周期(或频率）无关．(2)共振做受迫振动的物体,它的驱动力的频率与固有频率越接近,其振幅就越大，当二者相等时，振幅达到最大，这就是共振现象．共振曲线如图2所示．图21。

(江苏选考)2018版高考物理二轮复习第一部分专题六选考模块专题跟踪检测(二十五)振动和波动、光与电磁波

专题跟踪检测（二十五）振动和波动、光与电磁波一、选择题1．(2017·宿迁期末)下列说法正确的是( )A ．相对论认为空间和时间与物质的运动状态有关B ．光的偏振现象说明光是一种横波C ．根据麦克斯韦的电磁场理论可知，变化的电场周围一定可以产生变化的磁场D ．验钞机是利用红外线使钞票上的荧光物质产生发光效应进行防伪的解析：选AB 相对论认为空间和时间与物质的运动状态有关，速度增大时，长度缩短，时间变长，故A 正确；偏振是横波特有的现象，故B 正确；根据麦克斯韦电磁场理论可知，均匀变化的电场产生稳定的磁场，而非均匀变化的电场产生非均匀变化的磁场，恒定的电场不会产生磁场，故C 错误；验钞机是利用紫外线使钞票上的荧光物质产生发光效应进行防伪的，故D 错误。

2.(2017·徐州二模)利用光的干涉，两台相距很远(几千公里)联合动作的射电望远镜观察固体的射电恒星，可以精确测定大陆板块漂移速度，模型可简化为如图所示的双缝干涉，将射电恒星看成点光源S ，分别在地球上不同大陆的两个望远镜相当于两个狭缝S 1、S 2，它们收到的光满足相干条件，汇集两望远镜信号的接收器相当于光屏，设某时刻光屏上P 点到S 1、S 2的距离相等，S 到S 1、S 2的距离也相等，当S 2向上远离S 1时，下列说法中正确的有( )A ．P 点接收到的干涉信号先变强B ．P 点接收到的干涉信号先变弱C ．干涉条纹间距发生改变D ．干涉条纹间距不变解析：选BC 在双缝干涉实验中，当S 2向上远离S 1时，则光经过S 1、S 2到P 的路程差不等于0，导致P 点接收到的干涉信号先变弱，当移动到经过S 1、S 2到P 的路程差等于半波长的偶数倍时，才能出现干涉现象，故A 错误，B 正确；根据公式Δx ＝L dλ，当S 2向上远离S 1时，即d 增大，那么干涉条纹间距变小，故C 正确，D 错误。

3．(2017·南京一模)下列事例哪些应用了光的全反射现象( )A ．光导纤维通讯B ．用三棱镜观察太阳光谱C ．用白光照肥皂膜看到彩色条纹D ．某些光学仪器中用等腰直角玻璃三棱镜改变光路90°解析：选AD 由于光导纤维能发生全反射，故用来传输光信号、图像信号，故A 正确；用三棱镜观察太阳光谱，是利用光的折射率不同，属于光的色散现象，故B 错误；用白光照肥皂膜看到彩色条纹是薄膜干涉现象，故C 错误；某些光学仪器中用等腰直角玻璃三棱镜改变光路，是利用光的全反射现象，故D 正确。

2018版高考物理二轮江苏专版教师用书：第一部分专题十二电学实验含解析精品

专题十二电学实验一、电学仪器的使用与读数1．电流表、电压表、欧姆表的比较：(1)电流的流向：使用欧姆挡时，多用电表内部电池的正极接黑表笔，负极接红表笔，从电源外部看，电流从红表笔流入，从黑表笔流出．(2)区分“机械调零”和“欧姆调零”：“机械调零”在表盘刻度左侧“0”位置，调整表盘下边的中间定位螺丝；“欧姆调零”在表盘刻度的右侧电阻刻度“0”位置，调整欧姆调零旋钮．(3)倍率选择：使用欧姆挡测电阻时，表头指针过大或过小均有较大误差，指针偏转角度在13满偏到23满偏之间读数较准确，如待测电阻约为2 kΩ，应选用“×100”挡．3．电学仪器的选择：(1)电源的选择：一般可以根据待测电路的额定电流或额定电压选择符合需要的直流电源．(2)电表的选择：一般根据电源的电动势或待测用电器的额定电压选择电压表；根据待测电流的最大电流选择电流表；选择的电表的量程应使电表的指针偏转的幅度较大，一般应使指针能达到半偏以上，以减小读数的偶然误差，提高精确度．二、电流表内外接法的区分与选择1．控制电路的比较：(1)从节能的角度考虑，优先选用限流式．(2)以下三种情况必须用分压式：①要求待测电路的U、I从0变化．②R≪R x．滑③选用限流式，U x、I x过大(超过电流表量程，烧坏电表、电源或用电器等)．四、电学实验方法1．等效替代法：在保证某种效果(特性和关系)相同的前提下，将实际的、复杂的物理问题和物理过程转化为等效的、简单的、易于研究的物理问题和物理过程来进行研究和处理．2．控制变量法：对于多个变量的问题，常常采用控制变量的方法，把多个变量的问题变成单个变量的问题，从而研究这一个变量对事物的影响，分别对各个变量加以研究，最后综合解决．3．累积法：把某些难以用常规仪器直接准确测量的物理量用累积的方法，将微小量变为较大的量，不仅便于测量，还可以提高测量的准确程度，从而减小误差．考点1| 电表的改装、使用与读数难度：中档题题型：填空题五年2考(对应学生用书第65页)1．多用电表使用“五步”法(1)选倍率：一般要选择比被测电阻的估计值低一个数量级的倍率，如估计值为200 Ω，就应该选“×10”的倍率；(2)进行欧姆调零；(3)将红、黑表笔接被测电阻两端进行测量；(4)将指针示数乘以倍率，得测量值；(5)测量结束后，将选择开关扳到OFF或交流电压最高挡．2．多用电表测电阻的注意事项(1)改换倍率必须重新进行欧姆调零；(2)通过选择合适倍率，指针指在刻度盘中间附近，误差较小；(3)测量电阻时，手不可接触表笔的金属杆部分；(4)被测元件与电源断开．●考向1 电压表和电流表的读数1．(2018·浙江高考改编)图12-1甲是小红同学在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验连好的实物连接图．图12-1小红调节滑动变阻器得到了两组电流表与电压表的示数如图乙中的①、②、③、④所示，电流表量程为0．6 A ，电压表量程为3 V ．所示读数为：①________、②________、③________、④__________．两组数据得到的电阻分别为________和________．【解析】由实物图可知，电流表接的是0．6 A 的量程，电压表接的是3 V 的量程，因此①的读数为0．02 A ×5＝0．10 A ，②的读数为0．02 A ×12＝0．24 A ，③的读数为0．1 V ×20．0＝2．00 V ，④的读数为0．1 V ×2．7＝0．27 V ．两组数据得到的电阻R 1＝U 1I 1＝2．000．24 Ω＝8．3 Ω，R 2＝U 2I 2＝0．270．10 Ω＝2．7 Ω．【答案】 ①0．10 A ②0．24 A ③2．00 V ④0．27 V 8．3(±0．1)Ω 2．7(±0．1)Ω ●考向2 电表的改装2．如图12-2是一个电流表、电压表两用电表的电路，电流表G 的量程是100 μA ，内阻是1 000 Ω，电阻R 1＝0．1 Ω，R 2＝99 000 Ω，当双刀双掷开关接到a 、b 上时，可作为____________表，其量程是________，当双刀双掷开关接到c 、d 上时，可作为________表，其量程是________．图12-2【解析】当开关合到a 、b 上时，电路转换成图甲所示的电路，此时小电阻R 1与电流表G 并联，R 1起分流作用，可作为大量程电流表使用，根据并联电路的特点有： (I －I g )R 1＝I g R g ．甲乙电流表量程为 I ＝I g (R g ＋R 1)R 1＝0．000 1×(1 000＋0．1)0．1A ≈1 A ．当开关合到c 、d 上时，电路变成图乙所示的电路，此时大电阻R 2与电流表G 串联，R 2起分压作用，所以电流表G 已装成电压表，根据串联电路的特点，电压表量程为：U ＝I g (R g ＋R 2)＝0．000 1×(1 000＋99 000) V ＝10 V ．【答案】见解析 ●考向3 多用电表的使用3．(2018·江苏高考T 10)如图12-3甲所示的黑箱中有三只完全相同的电学元件，小明使用多用电表对其进行探测．甲乙图12-3(1)在使用多用电表前，发现指针不在左边“0”刻度线处，应先调整图乙中多用电表的________(选填“A”“B”或“C”)．(2)在用多用电表的直流电压挡探测黑箱a、b接点间是否存在电源时，一表笔接a，另一表笔应________(选填“短暂”或“持续”)接b，同时观察指针偏转情况．(3)在判定黑箱中无电源后，将选择开关旋至“×1”挡，调节好多用电表，测量各接点间的阻值．测量中发现，每对接点间正反向阻值均相等，测量记录如下表．两表笔分别接a、b时，多用电表的示数如图乙所示．请将记录表补充完整，并在黑箱图中画出一种可能的电路．(2)使用多用电表进行测量时，为保证电表不被损坏往往要进行试触，即让两表笔进行短暂接触，观察指针偏转情况，若持续接触则有可能损坏电表．(3)黑箱中无电源且每对接点间正反阻值相等，由多用电表读数可知所缺数据为5．0 Ω，由a、b间电阻为5 Ω，a、c间为10 Ω，b、c间为15 Ω知，电路为a、b间5 Ω的电阻与a、c间10 Ω电阻串联而成，电路图如答案图所示．【答案】(1)A(2)短暂(3)5．0电路图如图4．某同学用电阻箱、多用电表、开关和导线测一节旧干电池的电动势和内阻．【导学号：17214185】(1)他先用多用表电压挡直接接在电源两极，读数如图12-4，则电源电动势约为________V ．图12-4(2)为了更准确的测量电源的电动势和内电阻，他用多用表的“直流100 mA ”挡设计了如图12-5甲的测量电路，为了电表安全，请估算开关闭合前电阻箱的最小取值为______________Ω．甲乙图12-5(3)将多用电表的选择开关从“OFF ”旋转至“直流100 mA ”挡，调节电阻箱到合适的值并记录其读数R ，合上开关从多用表上读出相应的示数I ． (4)重复(3)获得多组数据，根据数据作出了如图乙所示的R -1I 图线． (5)由图线得干电池的电动势E ＝________V(保留三位有效数字)，内阻r ＝________Ω(取整数)．【解析】 (1)用量程为2．5 V 直流电压挡测电动势，最小分度为0．18，因此要读到本位，所以读数为1．30 V ．(2)由欧姆定律得：I g ＝ER ，得R ＝1．30 V 100×10－3 A ＝13 Ω．(5)由闭合电路欧姆定律可知： E ＝I (R ＋r )，变形得R ＝E ·1I －r 由R -1I 图线可知，斜率表示电动势： E ＝1．40 V纵轴截距表示电源的内阻：r ＝8 Ω．【答案】 (1)1．30 (2)13 (5)1．40(1．35～1．45均可) 8考点2| 电学基本实验难度：中档题型：实验题五年2考(对应学生用书第66页)1．(2018·江苏高考T 10)小明利用如图12-6所示的实验装置测量一干电池的电动势和内阻．【导学号：17214186】图12-6(1)图中电流表的示数为________A ．(2)调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数记录如下：由图线求得：电动势E＝______V；内阻r＝________Ω．(3)实验时，小明进行了多次测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合．其实，从实验误差考虑，这样的操作不妥，因为____________________ _______________________________________________________________．【解题关键】解此题应注意以下两点：(1)电流表的量程为0～0．6 A，每小格表示0．02 A．(2)电压表示数最小值为1．18 V，作图时纵坐标起点不应为0．【解析】(1)电流表选用量程为0～0．6 A，分度值为0．02 A，则其读数为0．44 A．(2)坐标系选择合适的标度，根据表中数据描点作出的U-I图线如图所示．图线与纵轴交点为“1．61 V”，故E＝1．61 V，由图线的斜率ΔUΔI＝1．24知，电池内阻为1．24 Ω．注意此处不要用图线与纵轴交点值除以与横轴交点值．(3)长时间保持电路闭合，电池会发热，电池内阻会发生变化，干电池长时间放电，也会引起电动势变化，导致实验误差增大．【答案】(1)0．44(2)U-I图线见解析1．61(1．59～1．63都算对)1．24(1．22～1.26都算对)(3)干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大2．(2018·江苏高考T10)某同学通过实验测量一种合金的电阻率．【导学号：17214187】(1)用螺旋测微器测量合金丝的直径．为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧图12-7甲所示的部件________(选填“A”“B”“C”或“D”)．从图中的示数可读出合金丝的直径为________ mm．甲乙图12-7(2)如图乙所示是测量合金丝电阻的电路，相关器材的规格已在图中标出．合上开关，将滑动变阻器的滑片移到最左端的过程中，发现电压表和电流表的指针只在图示位置发生很小的变化．由此可以推断：电路中________(选填图中表示接线柱的数字)之间出现了________(选填“短路”或“断路”)．(3)在电路故障被排除后，调节滑动变阻器，读出电压表和电流表的示数分别为2．23 V和38 mA，由此，该同学算出接入电路部分的合金丝的阻值为58．7 Ω．为了更准确地测出合金丝的阻值，在不更换实验器材的条件下，对实验应作怎样的改进？请写出两条建议．【解题关键】解此题应注意以下三点：(1)螺旋测微器读数时要符合有效数字要求．(2)由电压表示数接近3 V可知，电压表两测量点间有断点．(3)根据测量合金丝阻值的结果与电压表、电流表的内阻值判断电流表应采用内接法还是外接法．【解析】根据欧姆定律解题．(1)螺旋测微器读数时应先将锁紧装置锁紧，即旋紧B．螺旋测微器的示数为(0＋41．0×0．01) mm＝0．410 mm．(2)电压表的示数不为零，电流表的示数几乎为零，说明连接两电表的电路是导通的．而滑动变阻器几乎不起作用，说明线路电阻很大，故可判断7、8、9间断路．(3)由题知R AR x≈0．018<R xR V≈0．019，说明电流表的分压作用不显著，故可将电流表改为内接，并测出多组U、I值，求出R x后，再取平均值作为实验结果．【答案】(1)B0．410(2)7、9断路(3)电流表改为内接；测量多组电流和电压值，计算出电阻的平均值．(或测量多组电流和电压值，用图象法求电阻值)1．电阻测量的常用方法(1)器材选择的三个主要原则：安全性(量程不能太小)、准确性(量程不能太大)、方便性(滑动变阻器要方便调节)．(2)选择电流表内外接法的口诀：“好表要内接”(因为：越接近理想电流表，其分压的影响越小)或“大内小外”(内接法测大电阻，外接法测小电阻)；选择滑动变阻器接法口诀：“以小控大用分压”(变阻器阻值小于待测电阻)．(3)电表有时可反常规使用：已知内阻的电压表可当电流表使用，已知内阻的电流表可当电压表使用．(4)定值电阻的常见用途：保护电路、与电流表串联改装为电压表、与电流表并联扩程．2．测量电源的电动势和内阻的常用方法(1)三种常用实验方法和原理：伏安法E＝U＋Ir、伏阻法E＝U(1＋r/R)、安阻法E＝I(R＋r)．(2)两种数据处理方法：联立方程求解法和图象处理法，对伏安法利用电源的U-I图象求电动势和内阻；对伏阻法和安阻法需对闭合电路欧姆定律方程E＝U(1＋r/R)和E＝I(R＋r)适当变形作线性处理，并利用直线方程的截距和斜率求电动势或内阻等物理量．●考向1以测电阻为核心的电学实验5．(2018·南京四模)测量一未知电阻的阻值．图12-8(1)某同学首先用多用电表粗测电阻的大小，将多用表选择开关置于“×10”挡，调零后，将红黑表笔分别接电阻两端，发现指针读数如图甲所示，则所测阻值为________Ω．(2)接着该同学计划用V A法准确测量电阻的阻值，提供的实验器材有：8 V直流电源；电压表(0～10 V，内阻约20 kΩ)；电流表(0～50 mA，内阻约10 Ω)；滑动变阻器(0～20 Ω，1 A)；开关和导线．请根据实验要求和提供的器材，参考下面未完全连接好的实物电路在下面虚线方框内画出实验电路图(图乙)，并完成实物电路(图丙)未连接的导线．(3)在上述(2)的实验中，连接好电路后，闭合开关，发现电流表和电压表皆没有读数，该同学用多用电表检查电路故障．他的操作如下：选用多用电表的直流电压挡，将红、黑表笔分别接在：电源正负极间；变阻器电阻丝的两端；电流表“－”接线柱和电压表“＋”接线柱之间，结果多用电表的指针均发生偏转，则可能是连接__________________之间的导线发生了断路．(4)实验中移动变阻器滑动头，记下多组电压表、电流表读数(U，I)，然后在坐标纸上作出U-I图线，图线的________大小表示待测电阻阻值．在这个实验中，测量值________真实值．(填“＞”“＝”或“＜”)【解析】(1)由题图甲所示欧姆表可知，所测电阻阻值为：20×10 Ω＝200 Ω．(2)由于滑动变阻器最大阻值为20 Ω，远小于待测电阻阻值200 Ω，如果滑动变阻器采用限流接法，移动滑动变阻器滑片时，电路电流及待测电阻电压变化较小，不能进行多次测量，因此滑动变阻器应采用分压接法；电压表内阻是20 kΩ，电流表内阻是10 Ω，待测电阻阻值约为200 Ω，相对来说电压表内阻远大于待测电阻阻值，因此电流表应采用外接法，实验电路图如图1所示；根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图2所示．图1图2(3)闭合开关，发现电流表和电压表皆没有读数，说明电路存在断路；用电压表测：电源正负极间、变阻器电阻丝的两端、电流表“－”接线柱和电压表“＋”接线柱之间，结果多用电表的指针均发生偏转，说明各测试连点与电源之间不存在断路，因此电路断路位置在连接电流表与电压表之间的导线断路．(4)由欧姆定律可知，I＝UR，则U＝IR，在电阻一定时，U与I成正比，它们的比例系数是导体电阻R，因此U-I图象的斜率大小表示电阻阻值；实验采用了电流表外接法，由于电压表的分流作用，使电流表的测量值大于真实值，由R＝UI可知，电阻的测量值小于电阻的真实值．【答案】(1)200(2)实验电路图如图1所示；实物电路图如图2所示(3)连接电流表和电压表(4)斜率＜6．(2018·泰州三模)为描绘小灯泡的伏安特性曲线，实验室备有下列器材：【导学号：17214188】A．小灯泡(额定电压6 V，额定电流600 mA)B．电流表A1(量程0～0．6 A，内阻约为0．5 Ω)C．电流表A2(量程0～3 A，内阻约为0．1 Ω)D．电压表V(量程0～6 V，内阻约为10 kΩ)E．滑动变阻器R1(0～10 Ω，2 A)F．滑动变阻器R2(0～100 Ω，1．5 A)G．直流电源E(约6 V)H．开关、导线若干(1)实验中电流表应选用__________；滑动变阻器应选用________．(填器材前面的字母)(2)请用笔画线代替导线，将图甲电路连接完整．(3)实验电路连接正确，闭合开关，从最左端向右端调节滑动变阻器滑片，记录电流表和电压表相应示数，根据实验数据在坐标系中描点如图乙所示，则电路发生的故障是______________________________________________．甲乙图12-9【解析】(1)灯泡的额定电流为600 mA，因此电流表应选择600 mA量程的A1；本实验采用滑动变阻器分压接法，因此滑动变阻器应选择总阻值较小的R1；(2)根据原理可知，本实验应采用滑动变阻器分压接法，同时灯泡内阻较小，故电流表采用外接法，连接实物图如图所示；(3)由伏安特性曲线可知，电路中有电流和电压存在，说明电路是完好的，但明显没有测出较小的电流和电压值，说明滑动变阻器接成了限流接法，因此故障应是电源负极和滑动变阻器左下接线柱间的电路断路造成的．【答案】(1)A1R1(2)如图所示(3)电源负极和滑动变阻器左下接线柱间的电路断路●考向2以测量电源电动势和内阻为核心的电学实验7．(2018·徐州模拟)某同学查阅电动车使用说明书知道自家电动车的电源是铅蓄电池，他通过以下操作测量该电池的电动势和内阻．(1)先用多用电表粗测电池的电动势．把电表的选择开关拨到直流电压50 V挡，将两只表笔与电池两极接触，此时多用电表的指针位置如图12-10甲所示，读出该电池的电动势为________V．甲乙丙图12-10(2)再用图乙所示装置进一步测量．多用电表的选择开关拨向合适的直流电流挡，与黑表笔连接的是电池的________极(选填“正”或“负”)．闭合开关，改变电阻箱的阻值R，得到不同的电流值I，根据实验数据作出1I-R图象如图丙所示．已知图中直线的斜率为k，纵轴截距为b，则此电池的电动势E＝________，内阻r＝________．(结果用字母k、b表示)(3)他发现两次测得电动势的数值非常接近，请你对此做出合理的解释：______．【解析】(1)电压挡量程为50 V，则最小分度为1 V，则指针对应的读数为12．0 V；(2)作为电流表使用时，应保证电流由红表笔流进，黑表笔流出，故黑表笔连接的是电池的负极；由闭合电路欧姆定律可得：I＝E r＋R变形可得：1I＝rE＋1E·R则由图可知：rE＝b；1E＝k则可解得：E＝1k；r＝bk．(3)因铅蓄电池的内阻远小于多用电表电压挡的内阻，因此直接用表笔接在蓄电池的两极时，电表的读数非常接近电源的电动势．【答案】(1)12．0(2)负1kbk(3)因铅蓄电池的内阻远小于多用电表电压挡的内阻，因此直接用表笔接在蓄电池的两极时，电表的读数非常接近电源的电动势8．(2018·如皋市模拟)在测量一节干电池电动势E和内阻r的实验中，小明设计了如图12-11甲所示的实验电路．甲乙丙图12-11(1)根据图甲实验电路，请在乙图中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接．(2)实验开始前，应先将滑动变阻器的滑片P调到______(选填“a”或“b”)端．(3)合上开关S1，S2接图甲中的1位置，改变滑动变阻器的阻值，记录下几组电压表示数和对应的电流表示数；S2改接图甲中的2位置，改变滑动变阻器的阻值，再记录下几组电压表示数和对应的电流表示数．在同一坐标系内分别描点作出电压表示数U和对应的电流表示数I的图象，如图丙所示，两直线与纵轴的截距分别为U A、U B，与横轴的截距分别为I A、I B．①S2接1位置时，作出的U-I图线是图丙中的________(选填“A”或“B”)线；②S2接1位置时，测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是________表(选填“电压”或“电流”)的示数偏________(选填“大”或“小”)．【解析】(1)实物连线图如图所示：(2)为保护电流表，实验开始前，应将滑片P置于电阻最大的a端；(3)①当S2接1位置时，可把电压表与电源看作一个等效电源，根据闭合电路可知，电动势和内阻的测量值均小于真实值，所以作出的欧姆定律E＝U断U-I图线应是B线；②测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是电压表的分流，结果使电流表的读数偏小．【答案】(1)见解析图(2)a(3)①B②电流偏小考点3| 电学创新实验难度：中高档题型：实验填空题五年2考(对应学生用书第69页)3．(2018·江苏高考T10)小明同学通过实验探究某一金属电阻的阻值R随温度t 的变化关系．已知该金属电阻在常温下的阻值约10 Ω，R随t的升高而增大．实验电路如图12-12所示，控温箱用以调节金属电阻的温度．【导学号：17214189】图12-12实验时闭合S，先将开关K与1端闭合，调节金属电阻的温度，分别记下温度t1，t2，…和电流表的相应示数I1，I2，…．然后将开关K与2端闭合，调节电阻箱使电流表的示数再次为I1，I2，…，分别记下电阻箱相应的示数R1，R2，…．(1)有以下两种电流表，实验电路中应选用________．A．量程0～100 mA，内阻约2 ΩB．量程0～0．6 A，内阻可忽略(2)实验过程中，要将电阻箱的阻值由9．9 Ω调节至10．0 Ω，需旋转图中电阻箱的旋钮“a”、“b”、“c”，正确的操作顺序是________．①按旋钮a由“0”旋转至“1”②将旋钮b由“9”旋转至“0”③将旋钮c由“9”旋转至“0”(3)实验记录的t和R的数据见下表：由图线求得R随t的变化关系为R＝________ Ω．【解题关键】解此题的关键有以下三点：(1)估算电流的变化范围，再选择电流表的量程．(2)为避免电流过大烧坏器材，电阻箱应先调至较大阻值．(3)因阻值R随温度变化范围较小，纵坐标起点不应取为零．【解析】(1)电路中电源电动势为1．5 V，金属电阻的阻值约为10 Ω，滑动变阻器电阻最大为10 Ω，电流在0．185～0．15 A，则电流一般在0．1 A以内调整，为使电流读数更准确，应选用量程0～100 mA的电流表．(2)调节电阻箱阻值时，为了避免有其他电路发生短路而烧毁器材，电阻箱应先调至较大电阻，然后依次从电阻较小的挡位开始减小．(3)R-t图象如答案图所示，可得R随t的变化规律是R＝0．18t＋8．8 Ω．【答案】(1)A(2)①②③(或①③②)(3)如图所示0．18t＋8．8(0．18t＋8．6～0．18t＋9．0都算对)4．(2018·江苏高考T11)某同学通过实验制作一个简易的温控装置，实验原理电路图如图12-13所示，继电器与热敏电阻R t、滑动变阻器R串联接在电源E两端，当继电器的电流超过15 mA时，衔铁被吸合，加热器停止加热，实现温控．继电器的电阻约20 Ω，热敏电阻的阻值R t与温度t的关系如下表所示．【导学号：17214190】12滑动变阻器R1(0～200 Ω)、滑动变阻器R2(0～500 Ω)、热敏电阻R t、继电器、电阻箱(0～999．9 Ω)、开关S、导线若干．为使该装置实现对30 ℃～80 ℃之间任一温度的控制，电源E应选用________(选填“E1”或“E2”)，滑动变阻器R应选用________(选填“R1”或“R2”)．图12-13图12-14(2)实验发现电路不工作．某同学为排查电路故障，用多用电表测量各接点间的电压，则应将如图12-14所示的选择开关旋至________(选填“A”“B”“C”或“D”)．(3)合上开关S，用调节好的多用电表进行排查．在图12-13中，若只有b、c 间断路，则应发现表笔接入a、b时指针__________(选填“偏转”或“不偏转”)，接入a、c时指针________(选填“偏转”或“不偏转”)．(4)排除故障后，欲使衔铁在热敏电阻为50 ℃时被吸合，下列操作步骤的正确顺序是________．(填写各步骤前的序号)①将热敏电阻接入电路②观察到继电器的衔铁被吸合③断开开关，将电阻箱从电路中移除④合上开关，调节滑动变阻器的阻值⑤断开开关，用电阻箱替换热敏电阻，将阻值调至118．1 Ω【解析】(1)若实现对30 ℃温度的控制继电器和R t的电压U＝0．015×(20＋199．5) V≈3．29 V因此符合要求的电源应选E2．若实现对80 ℃温度的控制对全电路有U＝I(R继＋R t＋R)即6 V＝0．015 A×(20 Ω＋49．1 Ω＋R)解得R＝330．9 Ω．因此滑动变阻器应选R2．(2)用多用电表测量直流电压时，选择开关应旋至C(直流电压挡)．(3)a、b间电压为0，指针不偏转．接入a、c时，多用电表与电源等构成回路，指针偏转．(4)连接电路时，先用电阻箱代替热敏电阻，调节滑动变阻器阻值，衔铁被吸合时，调节完毕，移除电阻箱换为热敏电阻即可，正确的顺序为⑤④②③①．【答案】(1)E2R2(2)C(3)不偏转偏转(4)⑤④②③①5．(2018·江苏高考T10)为探究小灯泡的电功率P和电压U的关系，小明测量小灯泡的电压U和电流I，利用P＝UI得到电功率．实验所使用的小灯泡规格为“3．0 V1．8 W”，电源为12 V的电池，滑动变阻器的最大阻值为10 Ω．(1)准备使用的实物电路如图12-15所示．请将滑动变阻器接入电路的正确位置．(用笔画线代替导线)图12-15(2)现有10 Ω、20 Ω和50 Ω的定值电阻，电路中的电阻R1应选________Ω的定值电阻．(3)测量结束后，应先断开开关，拆除________两端的导线，再拆除其他导线，最后整理好器材．(4)小明处理数据后将P、U2描点在坐标纸上，并作出了一条直线，如图12-16所示．请指出图象中不恰当的地方．图12-16【解题关键】解此题应注意以下三点：(1)由小灯泡规格“3．0 V1．8 W”确定电流表所选量程．(2)小灯泡正常发光时电流为0．6 A，则流过电源的电流不小于0．6 A．(3)应用平滑的曲线连接所描各点，偏离较远的点舍去．【解析】(1)从P-U2图象上描出的点可知，小灯泡两端的电压从0开始逐渐增大，故滑动变阻器采用分压电路．根据P＝IU知，通过小灯泡的最大电流I＝PU＝0．6 A，故电流表选0～0．6 A的量程．实物电路如答案中图所示．(2)电路中定值电阻起保护作用，电池的电动势为12 V，小灯泡的内阻为R＝U2 P＝91．8Ω＝5 Ω，因此小灯泡和滑动变阻器并联后的最大电阻为5×1015Ω＝103Ω，要使小灯泡两端的电压能达到3 V，由3103＝9R1可知，R1不能超过10 Ω，所以R1选10 Ω．(3)为了实验仪器的安全，防止电源短路及误将电源与其他电路接通，所以断开开关后，先拆除电池两端的导线，再拆除其他导线．(4)从坐标纸上所描点可以看出这些点不近似在一条直线上，应为曲线，小明作出了一条直线不合适．作图时应使这些点占据整个坐标纸，而小明的横坐标只用了一半，所以小明横坐标的标度选择不合适．【答案】(1)如图所示(2)10(3)电池(4)图线不应画为直线；横坐标的标度选择不合适．●考向1实验原理的设计与创新9．(2018·镇江一模)小明在研究由某种新材料制成的圆柱体电学元件(图12-17甲所示)的过程中，进行了如下操作：(1)用20分度的游标卡尺测量其长度如图12-17乙所示，由图可知其长度为_____mm，用螺旋测微器测量其直径如图12-17丙所示，其直径为_____mm；图12-17图12-18图12-19(2)小明为研究通过该电学元件的电流I随两端电压U变化的关系，设计了图12-18所示实验电路．为使该电学元件两端电压能从零开始调起，请你用笔画线代替导线帮他将电路实物图连接完整；(3)小明利用(2)中实验电路测得相关数据如下表所示，请你在如图12-19的坐标纸上绘出I-U图象；。

2018年高考物理试题分类解析振动与波

2018年高考物理试题分类解析：振动与波江苏省特级教师戴儒京解析1. 2018年高考全国1卷第34.（2）题一列简谐横波在t =1s 3时的波形图如图（a ）所示，P 、Q 是介质中的两个质点，图（b ）是质点Q 的振动图像。

求（i ）波速及波的传播方向；（ii ）质点Q 的平衡位置的x 坐标。

【解析】34.（2）（i ）由图（a ）可以看出，该波的波长为36cm λ=① 由图（b ）可以看出，周期为T =2 s ②波速为18cm/s v Tλ==③ 由图（b ）知，当1s 3t =时，Q 点向上运动，结合图（a ）可得，波沿x 轴负方向传播。

（ii ）设质点P 、Q 平衡位置的x 坐标分别为x P 、x Q 。

由图（a ）知，x =0处sin 302Ay A =-=-︒（），因此 303cm 360P x λ︒==︒④ 由图（b ）知，在t =0时Q 点处于平衡位置，经1s 3t ∆=，其振动状态向x 轴负方向传播至P 点处，由此及③式有6cm Q P x x v t -=∆=⑤由④⑤式得，质点Q 的平衡位置的x 坐标为x Q =9 cm ⑥2. 2018年高考全国3卷第34（1）题（1）（5分）声波在空气中的传播速度为340m/s ，在钢铁中的传播速度为4900m/s 。

一平直桥由钢铁制成，某同学用锤子敲击一铁桥的一端而发出声音，分别经空气和桥传到另一端的时间之差为 1.00s 。

桥的长度为_______m ，若该波在空气中的波长为λ，则它在钢铁中波长为λ的_______倍。

【解析】设桥的长度为s ，则00.14900340=-s s ，解得m s 365=。

根据f v λ=，f 相等，所以3404900=λλ铁。

【答案】365，344903. 2018年高考全国3卷第34（1）题一列简谐横波沿x 轴正方向传播，在t =0和t =0.20 s 时的波形分别如图中实线和虚线所示。

己知该波的周期T >0.20 s 。

2018版高考物理(全国通用)大一轮复习讲义文档：第十四章机械振动与机械波光第3讲含答案

第3讲光的折射全反射一、光的折射定律折射率1．折射定律（1)内容：如图1所示，折射光线与入射光线、法线处在同一平面内,折射光线与入射光线分别位于法线的两侧；入射角的正弦与折射角的正弦成正比．图1(2)表达式：错误!＝n.（3）在光的折射现象中，光路是可逆的．2．折射率(1）折射率是一个反映介质的光学性质的物理量．(2）定义式：n＝错误!.(3）计算公式：n＝错误!,因为v〈c，所以任何介质的折射率都大于1.(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．3．折射率的理解(1)折射率由介质本身性质决定，与入射角的大小无关．（2)折射率与介质的密度没有关系,光密介质不是指密度大的介质．(3)同一种介质中，频率越大的色光折射率越大，传播速度越小．[深度思考] 判断下列说法是否正确．（1)光的传播方向发生改变的现象叫光的折射．（×）(2)折射率跟折射角的正弦成正比．( ×)（3)光从空气射入水中，它的传播速度一定增大．( ×）（4）在同一种介质中，光的频率越大,折射率越大．（√)二、全反射光导纤维1．定义：光从光密介质射入光疏介质，当入射角增大到某一角度时，折射光线将全部消失,只剩下反射光线的现象．2．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．3．临界角:折射角等于90°时的入射角．若光从光密介质(折射率为n)射向真空或空气时，发生全反射的临界角为C，则sin C＝错误!.介质的折射率越大，发生全反射的临界角越小．4．光导纤维光导纤维的原理是利用光的全反射．如图2所示．图2［深度思考] 判断下列说法是否正确．（1）光密介质和光疏介质是相对而言的．同一种介质，相对于其他不同的介质，可能是光密介质,也可能是光疏介质．（√)（2）如果光线从光疏介质进入光密介质，则无论入射角多大，都会发生全反射现象．（×）（3）在光的反射和全反射现象中，均遵循光的反射定律,光路均是可逆的．( √)(4)当光射到两种介质的界面上时，往往同时发生光的折射和反射现象，在全反射现象中,也是如此．（×)1．(人教版选修3－4P53第1题)光从介质a射向介质b，如果要在a、b介质的分界面上发生全反射，那么必须满足的条件是( )A．a是光密介质，b是光疏介质B．光在介质a中的速度必须大于在介质b中的速度C．光的入射角必须大于或等于临界角D．必须是单色光答案AC2．一束单色光经空气射入玻璃，这束光的（)A．速度变小,波长变短B．速度不变，波长变短C．频率增大，波长变长D．频率不变，波长变长答案A3。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

专题十四振动和波动光及光的波动性考点1| 振动与波动的综合应用难度：中档题题型：选择题、填空题和计算题五年4考(对应学生用书第79页)1．(2015·江苏高考T 12(B)(1)(2))(1)(多选)一渔船向鱼群发出超声波，若鱼群正向渔船靠近，则被鱼群反射回来的超声波与发出的超声波相比( )【导学号：17214203】A ．波速变大B ．波速不变C ．频率变高D ．频率不变(2)用2×106 Hz 的超声波检查胆结石，该超声波在结石和胆汁中的波速分别为2 250 m/s 和1 500 m/s ，则该超声波在结石中的波长是胆汁中的________倍．用超声波检查胆结石是因为超声波的波长较短，遇到结石时________(选填“容易”或“不容易”)发生衍射．【解析】 (1)渔船与鱼群发生相对运动，被鱼群反射回来的超声波的速度大小不变；由多普勒效应知，反射回来的超声波的频率变高，故选项B 、C 正确．(2)由v ＝λf 知，超声波在结石中的波长λ1＝v 1f ，在胆汁中的波长λ2＝v 2f ，则波长之比：λ1λ2＝v 1v 2＝1．5．超声波遇到结石时，其波长远小于结石的线度，则超声波遇到结石时不容易发生衍射现象．【答案】 (1)BC (2)1．5 不容易2．(2017·江苏高考T 12(B)(2))野生大象群也有自己的“语言”．研究人员录下象群“语言”交流时发出的声音，发现以2倍速度快速播放录音时，能听到比正常播放时更多的声音．播放速度变为原来的2倍时，播出声波的______(选填“周期”或“频率”)也变为原来的2倍，声波传播速度________(选填“变大”“变小”或“不变”)．【解析】播放速度加倍，其频率加倍，但声波传播速度由介质决定，与频率无关．【答案】频率不变3．(2014·江苏高考T 12(B)(2))在“探究单摆的周期与摆长的关系”实验中，某同学准备好相关实验器材后，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度后释放，同时按下秒表开始计时，当单摆再次回到释放位置时停止计时，将记录的这段时间作为单摆的周期．以上操作中有不妥之处，请对其中两处加以改正．【解析】 ①应在摆球通过平衡位置时开始计时；②应测量单摆多次全振动的时间，再计算出周期的测量值．(或在单摆振动稳定后开始计时)【答案】见解析4．(2013·江苏高考T 12(B)(1))如图14-1所示的装置，弹簧振子的固有频率是4 Hz ．现匀速转动把手，给弹簧振子以周期性的驱动力，测得弹簧振子振动达到稳定时的频率为1 Hz，则把手转动的频率为()图14-1A．1 Hz B．3 HzC．4 Hz D．5 HzA[根据受迫振动的频率等于驱动力的频率，选项A正确．]“1分，1看”巧解两种图象问题1分：分清振动图象与波动图象，此问题最简单，只要看清横坐标即可，横坐标为x则为波动图象，横坐标为t则为振动图象．1看：看清横、纵坐标的单位，尤其要注意单位前的数量级．●考向1机械振动1．(2017·盐城期中)一个在水平面内做简谐运动的弹簧振子，从第一次以不等于零的速度经过非平衡位置的某点a时开始计时，下列说法中正确的是() A．到它第二次经过a点时，所需时间为半个周期B．到它第二次经过a点时，所需时间为一个周期C．到它第三次经过a点时，所需时间为一个周期D．到它第三次经过a点时，所需时间为二个周期C[振子从第一次以不等于零的速度经过非平衡位置的某点a时开始计时，当振子再次经过a时，速度的方向一定与开始时的方向相反，所以经过的时间可能大于半周期，也可能小于半个周期，但一定不等于半个周期或一个周期，故A错误，B错误．振子从第一次以不等于零的速度经过非平衡位置的某点a时开始计时，当振子第三次经过a时，速度的方向一定与开始时的方向相同，所以经过的时间一定是一个周期，故C正确，D错误．] 2．(2017·苏州一模)如图14-2所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，其中A、B的摆长相等．当A摆振动的时候，通过张紧的绳子给B、C、D摆施加驱动力，使其余各摆做受迫振动．观察B、C、D摆的振动发现()图14-2A．C摆的频率最小B．D摆的周期最大C．B摆的摆角最大D．B、C、D的摆角相同C[由A摆摆动从而带动其它3个单摆做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，故其它各摆振动周期跟A摆相同，频率也相等，故A、B错误；受迫振动中，当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅最大，由于B摆的固有频率与A摆的相同，故B摆发生共振，振幅最大，故C正确，D错误．]●考向2机械波3．(2017·北京高考)某弹簧振子沿x轴的简谐运动图象如图14-3所示，下列描述正确的是()图14-3A．t＝1 s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值B．t＝2 s时，振子的速度为负，加速度为正的最大值C．t＝3 s时，振子的速度为负的最大值，加速度为零D．t＝4 s时，振子的速度为正，加速度为负的最大值A[A对：t＝1 s时，振子处于正的最大位移处，振子的速度为零，加速度为负的最大值．B错：t＝2 s时，振子在平衡位置且向x轴负方向运动，则振子的速度为负，加速度为零．C 错：t ＝3 s 时，振子处于负的最大位移处，振子的速度为零，加速度为正的最大值．D 错：t ＝4 s 时，振子在平衡位置且向x 轴正方向运动，则振子的速度为正，加速度为零．]4．(2017·天津高考)手持较长软绳端点O 以周期T 在竖直方向上做简谐运动，带动绳上的其他质点振动形成简谐波沿绳水平传播，示意如图14-4．绳上有另一质点P ，且O 、P 的平衡位置间距为L ．t ＝0时，O 位于最高点，P 的位移恰好为零，速度方向竖直向上，下列判断正确的是( )图14-4A ．该简谐波是纵波B ．该简谐波的最大波长为2LC ．t ＝T 8，P 在平衡位置上方D ．t ＝3T 8时，P 的速度方向竖直向上C [A 错：由于O 点的振动方向与传播方向垂直，故该简谐波为横波．B 错：由于P 在平衡位置且向上振动，故OP 间的基本波形如图所示．因此λ4＋nλ＝L ，即λ＝4L 4n ＋1，最大波长为4L ． C 对：0～T 4，质点P 从平衡位置向正的最大位移运动，所以t ＝T 8时，P 在平衡位置上方．D 错：T 4～3T 4，质点P 从正的最大位移运动到负的最大位移，即P 的速度方向竖直向下，即t ＝3T 8时，P 的速度方向竖直向下．]●考向3 波的干涉和衍射5．(2017·上饶期末)如图14-5所示，S1、S2是两个相干波源，它们振动同步且振幅相同．实线和虚线分别表示在某一时刻它们所发出的波的波峰和波谷．关于图中所标的a、b、c、d四点，下列说法中正确的有()图14-5A．a质点振动始终最弱，b、c质点振动始终最强，d质点振动既不是最强也不是最弱B．a质点振动始终最弱，b、c、d质点振动始终最强C．a、d质点的振动始终是最弱的，b、c质点的振动始终是最强的D．再过T4的时刻，b、c、d三个质点都将处于各自的平衡位置B[a质点处是两列波波峰与波谷叠加的地方，振动始终是最弱的，而b、c 质点处是两列波波峰与波峰或波谷与波谷叠加的地方，振动始终是最强的，对于d处于振动加强区域．故A、C错误，B正确；图示时刻d在平衡位置，b在波峰，c在波谷，再过T4后的时刻b、c两个质点都将处于各自的平衡位置，但d点处于波峰位置，故D错误．]6．(2017·湖州期中)关于下列4幅图片，说法正确的是()甲乙丙丁图14-6A．甲、乙属衍射现象，甲的水波波长比乙更接近缝的宽度B．丙图水面的衍射现象比甲、乙更明显C．丁图蜂鸣器在旋转时，周围的同学听到声音有变化，其原理与丙相同D．测量宇宙中星球靠近或远离地球的速度应用的原理与丁图原理相同D[甲、乙都属于衍射现象，乙的衍射现象比甲明显，所以乙的水波波长比甲更接近缝的宽度，故A错误；甲、乙、丙三图中，乙图的衍射现象更明显，故B错误；丁图蜂鸣器在旋转时，周围的同学听到声音有变化，其原理是多普勒效应，丙属于衍射，原理不同，故C错误；测量宇宙中星球靠近或远离地球的速度应用的原理与丁图原理相同，都属于多普勒效应，故D正确．]考点2| 光的折射、全反射、光的波动性和相对论难度：中高档题题型：选择题、填空题和计算题五年5考(对应学生用书第81页)5．(2015·江苏高考T12(B)(3))人造树脂是常用的眼镜镜片材料．如图14-7所示，光线射在一人造树脂立方体上，经折射后，射在桌面上的P点．已知光线的入射角为30°，OA＝5 cm，AB＝20 cm，BP＝12 cm，求该人造树脂材料的折射率n．图14-7【解题关键】利用几何知识求出折射角的正弦值，再利用折射定律n＝sin i sin r，可求折射率．【解析】设折射角为γ，由折射定律知：sin 30°sin γ＝n由几何关系知：sin γ＝BP－OAOP且OP＝(BP－OA)2＋AB2代入数据得n＝44914≈1．5．【答案】1．56．(2013·江苏高考T12(B)(2)(3))(1)如图14-8所示，两艘飞船A、B沿同一直线同向飞行，相对地面的速度均为v(v接近光速c)．地面上测得它们相距为L，则A 测得两飞船间的距离________(选填“大于”“等于”或“小于”)L．当B向A 发出一光信号，A测得该信号的速度为________．图14-8(2)图14-9为单反照相机取景器的示意图，ABCDE 为五棱镜的一个截面，AB ⊥BC ．光线垂直AB 射入，分别在CD 和EA 上发生反射，且两次反射的入射角相等，最后光线垂直BC 射出．若两次反射都为全反射，则该五棱镜折射率的最小值是多少？(计算结果可用三角函数表示)图14-9【解析】 (1)根据长度的相对性得L ＝L 01－(v c )2 所以A 测得两飞船间的距离L 0＝L1－(v c )2＞L ．根据狭义相对论的基本假设，光信号的速度为光速c ．(2)光线在棱镜中的光路图如图所示，根据反射定律和题设条件，得4α＝90°所以入射角α＝22．5°根据全反射规律，sin A ＝1n故sin 22．5°≥1n所以n ≥1sin 22．5°，即折射率的最小值为1sin 22．5°．【答案】 (1)大于 c (或光速) (2)1sin 22．5°7．(2016·江苏高考T 12(B))(1)一艘太空飞船静止时的长度为30 m ，它以0．6c (c 为光速)的速度沿长度方向飞行越过地球，下列说法正确的是________．A ．飞船上的观测者测得该飞船的长度小于30 mB ．地球上的观测者测得该飞船的长度小于30 mC ．飞船上的观测者测得地球上发来的光信号速度小于cD ．地球上的观测者测得飞船上发来的光信号速度小于c(2)杨氏干涉实验证明光的确是一种波．一束单色光投射在两条相距很近的狭缝上，两狭缝就成了两个光源，它们发出的光波满足干涉的必要条件，即两列光的________相同．如图14-10所示，在这两列光波相遇的区域中，实线表示波峰，虚线表示波谷，如果放置光屏，在________(选填“A ”“B ”或“C ”)点会出现暗条纹．图14-10(3)在上述杨氏干涉实验中，若单色光的波长λ＝5．89×10－7m ，双缝间的距离d ＝1 mm ，双缝到屏的距离l ＝2 m ．求第1个亮条纹到第11个亮条纹的中心间距．【解析】 (1)飞船上的观测者相对飞船静止，测得飞船的长度为飞船静止时的长度l 0＝30 m ，选项A 错误；地球上的观测者与飞船有相对运动，测得飞船的长度l ＝l 01－⎝ ⎛⎭⎪⎫0．6c c 2＜l 0，故应小于30 m ，选项B 正确；狭义相对论的一个基本假设是光速不变原理，即飞船上和地球上的观测者测得的光信号速度都等于c ，选项C 、D 错误．(2)当一束光投射到两条相距很近的狭缝上，狭缝成了两个光源，两列光的频率、相位、振动方向相同．A 、B 两点是振动加强点，出现亮条纹，C 点是波峰与波谷的叠加，为振动减弱点，出现暗条纹．(3)相邻亮条纹的中心间距Δx ＝l d λ由题意知，亮条纹的数目n ＝10解得L＝nlλd，代入数据得L＝1．178×10－2 m．【答案】(1)B(2)频率C(3)1．178×10－2m8．(2017·江苏高考T12(B)(1)(3))(1)(多选)接近光速飞行的飞船和地球上各有一只相同的铯原子钟，飞船和地球上的人观测这两只钟的快慢，下列说法正确的有()A．飞船上的人观测到飞船上的钟较快B．飞船上的人观测到飞船上的钟较慢C．地球上的人观测到地球上的钟较快D．地球上的人观测到地球上的钟较慢(3)人的眼球可简化为如图14-11所示的模型．折射率相同、半径不同的两个球体共轴．平行光束宽度为D，对称地沿轴线方向射入半径为R的小球，会聚在轴线上的P点．取球体的折射率为2，且D＝2R．求光线的会聚角α．(示意图未按比例画出)图14-11【解析】(1)飞船上的人观察钟表时，是以飞船为参考系，看到地球上的钟表在高速运动，观察到地球上的钟慢，飞船上的钟快，选项A正确、B错误；同理地球上的人是以地球为参考系，观察结果是地球上的钟快，飞船上的钟慢，选项C正确、D错误．(3)由几何关系sin i＝D2R，解得i＝45°则由折射定律sin isin γ＝n，解得γ＝30°且i＝γ＋α2，解得α＝30°．【答案】(1)AC(3)30°9．(2014·江苏高考T12(B)(1)(3))(1)某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到如图14-12甲所示的条纹，仅改变一个实验条件后，观察到的条纹如图乙所示．他改变的实验条件可能是()图14-12A．减小光源到单缝的距离B．减小双缝之间的距离C．减小双缝到光屏之间的距离D．换用频率更高的单色光源(2)Morpho蝴蝶的翅膀在阳光的照射下呈现出闪亮耀眼的蓝色光芒，这是因为光照射到翅膀的鳞片上发生了干涉．电子显微镜下鳞片结构的示意图见14-13．一束光以入射角i从a点入射，经过折射和反射后从b点出射．设鳞片的折射率为n，厚度为d，两片之间空气层厚度为h．取光在空气中的速度为c，求光从a到b所需的时间t．图14-13【解析】根据光的干涉规律、单摆的摆动、光的折射定律和光的传播规律解题．(1)在双缝干涉中，相邻明条纹间的距离Δx＝ldλ，由题图知干涉条纹间距变宽，故可增大l、λ或减小d．根据c＝λν知要增大λ，应减小ν．选项B正确，选项A、C、D错误．(2)设光在鳞片中的折射角为γ，折射定律sin i＝n sin γ在鳞片中传播的路程l1＝2dcos γ，传播速度v＝cn，传播时间t1＝l1v解得t1＝2n2dc n2－sin2i同理，在空气中的传播时间t2＝2hc cos i则t＝t1＋t2＝2n2dc n2－sin2i ＋2hc cos i．【答案】(1)B(2)2n2dc n2－sin2i＋2hc cos i●考向1光的折射率的计算7．(2017·徐州模拟)如图14-14所示，半径为R的半球形玻璃砖的下表面涂有反射膜，玻璃砖的折射率n＝2．一束单色光以45°入射角从距离球心左侧3 3R处射入玻璃砖(入射面即纸面)，真空中光速为c．求：图14-14(1)单色光射入玻璃砖时的折射角；(2)单色光在玻璃砖中的传播时间．【导学号：17214204】【解析】(1)设折射角为r，根据折射定律得，sin i sin r＝n则sin r＝sin in＝sin 45°2＝12，解得r＝30°．(2)由n ＝c v 得，v ＝c n ，根据几何关系得，单色光在玻璃砖中的路程s ＝3R 3sin 30°×2＝433R ，由433R ＝v t 得t ＝46R 3c ．【答案】 (1)30° (2)46R 3c8．(2017·江苏四模)某同学用下述方法测玻璃的折射率：先将平行玻璃砖固定在水平桌面的白纸上，画出两界面MN 、PQ ，在玻璃砖的一侧用激光照射，在光源同侧且与MN 平行的光屏上得到两光点A 、B ，两光线的位置如图14-15所示．测得入射光线与界面的夹角α＝30°，光屏上两光点之间的距离L ＝3．0 cm ，玻璃砖的厚度h ＝2．0 cm ，求玻璃的折射率．图14-15【解析】画出光路图如图所示．可知OO ′＝AB ，由几何原理得：sin β＝L 2h 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22＝L 4h 2＋L 2＝34×22＋32＝35 则玻璃的折射率 n ＝sin (90°－α)sin β＝sin(90°－30°)35＝1．44．【答案】 1．44●考向2 光的折射、全反射综合应用9．(2017·徐州二模)如图14-16所示，玻璃砖ABCD 的折射率n ＝1．732，左右两个侧面AD 、BC 垂直于上表面AB ，∠ADC ＝120°，一束光从图示方向射到AB 面上，试通过计算作出光经过玻璃砖的光路图．【导学号：17214205】图14-16【解析】在AB 面光线发生折射的入射角θ1＝90°－30°＝60°由折射定律有sin θ1sin θ2＝n 解得θ2＝30°由几何关系可得光线在CD 面上的入射角 θ3＝60°设全反射临界角为C ，则 sin C ＝1n ＝11．732≈33<32 所以 C ＜60°，故光线在CD 面上发生了全反射，垂直射向BC 面，光经过玻璃砖的光路图如答图所示．【答案】光经过玻璃砖的光路图如图所示．10．(2017·南京二模)如图14-17所示，一束光线从玻璃球的A 点入射，入射角60°，折射入球后，经过一次反射再折射到球外的光线恰好平行于入射光线．图14-17(1)求玻璃球的折射率；(2)B 点是否有光线折射出玻璃球，请写出证明过程．【解析】 (1)光路图如图．由几何关系可得：i ＝2r则得 r ＝30°玻璃球的折射率为：n ＝sin i sin r ＝sin 60°sin 30°＝3．(2)设全反射临界角为C ．则有：sin C ＝1n ＝33光线射到B 点时入射角为：i ″＝r ＝30°因为 sin i ″＝12＜sin C ＝33，即i ″＜C所以光线在B 点不能发生全反射，能折射出玻璃球．【答案】 (1)3 (2)B 点有光线折射出玻璃球●考向3 光的波动性和相对论11．(多选)(2017·徐州二模)利用光的干涉，两台相距很远(几千公里)联合动作的射电望远镜观察固体的射电恒星，可以精确测定大陆板块漂移速度，模型可简化为如图14-18所示的双缝干涉，射电恒星看成点光源S ，分别在地球上不同大陆的两个望远镜相当于两个狭缝S 1、S 2，它们收到的光满足相干条件，汇集两望远镜信号的接收器相当于光屏上的P 点，设某时刻光屏上P 点到S 1、S 2的距离相等，S 到S 1、S 2的距离也相等，当S 2向上远离S 1时，下列说法中正确的有 ( )【导学号：17214206】图14-18A ．P 点接收到的干涉信号先变强B ．P 点接收到的干涉信号先变弱C ．干涉条纹间距发生改变D ．干涉条纹间距不变BC [在双缝干涉实验中，若当S 2向上远离S 1时，则经过S 1、S 2到P 的路程差不等于0，导致P 点接收到的干涉信号先变弱，当移动到经过S 1、S 2到P 的路程差等于半个波长偶数倍时，才能出现干涉加强现象，故A 错误，B 正确；根据公式Δx ＝L d λ，当S 2向上远离S 1时，即d 增大，那么条纹间距变小，故C 正确，D 错误．]12．(2017·扬州模拟)如图14-19所示，两束单色光a 、b 同时从空气中斜射入平行玻璃砖的上表面，进入玻璃砖后形成复合光束c ，则穿过玻璃砖的过程中________光所用时间较长；在相同的条件下，________光更容易发生衍射．图14-19【解析】由图看出，a 光的入射角小于b 光的入射角，而折射角相同，根据折射定律n ＝sin i sin r 得知玻璃对a 光的折射率小于b 光的折射率，由v ＝c n 分析知b 光在玻璃中速度较小，穿过玻璃砖的过程所用时间较长．a 光的折射率较小，则a 光的波长较长，波动性较强，在相同的条件下更容易发生衍射．【答案】 b a。

2018版高考物理二轮(江苏专版)教师用书：第一部分 专题十四 振动和波动 光及光的波动性 Word版含解析

2018版高考物理二轮(江苏专版)教师用书：第一部分 专题七 带电粒子在电场中的运动 Word版含解析

2018年高考物理(江苏专用)总复习教师用书选修3-4

2018届高三物理二轮复习教师用书：专题八 选修3-4 振

【金榜教师用书】2018届高考物理二轮复习精讲精练 高效演练 第12讲 振动 波动