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第一部分專題十二機械振動與機械波光
第2練光
A
[小題·精講精練]
由于02角度較小，可以得到sin04=2sin01=
[例題講壇]
2
例1（多選）某同學在觀看太空水球光學實驗后，
因此光從內國通過距離為L=sn
R
=√2R
想研究光在含有氣泡的水球中的傳播情況，于是
找到一塊環形玻璃磚模擬光的傳播，俯視圖如圖
光從內圓通過的時間為(=R,故C錯誤，D正
2所示.光線a沿半徑方向入射玻璃磚，光線b與
光線a平行，兩束光線之間的距離設為x,已知
確.故選：AD,
玻璃磚內圓半徑為R,外圓半徑為2R,折射率為
【答案】AD
√2，光在真空中的速度為c,不考慮反射光線，下
例2直線P,P2過均勻
a
列關于光線b的說法正確的是
玻璃球球心O,細光束
P
a、b平行且關于P1P2
對稱，由空氣射人玻璃
球的光路如圖.a、b光相比
A.玻璃對a光的折射率較大
B.玻璃對a光的臨界角較小
圖1
圖2
C.b光在玻璃中的傳播速度較小
D.b光在玻璃中的傳播時間較短
:
A.當x>√2R時，光不會經過內圓
【解析】由于a、b光平行且關于過球心O的直
B.當x=√2R時，光線從外圓射出的方向與圖中
線P1P2對稱，因此它們的入射角i相等，根據圖
入射光線的夾角為45
可
中幾何關系可知，b光在玻璃球中的光路偏離進
C當二2R時，光線從外圓射出的方向與圖中
入球之前方向較多，即b光的折射角Y較小，根
入射光線平行
據折射定律有：n=sin,所以玻璃對b光的折射
sin y
此
D.當工=R時，光從內圓通過的時間為2R
率較大，故選項A錯誤；根據臨界角公式有：
2
線
【解析】當折射光線恰好和內圓相切時，光恰好
sinC=。,所以玻璃對a光的臨界角較大，故選
不會通過內圓
R
項B錯誤；根據折射率的定義式有：n=C,所以
壁
根據幾何關系得sini=2R,sinr
2R
b光在玻璃中的傳播速度口較小，故選項C正
不
根據折射率公式n=sini
確；根據圖中幾何關系可知，a、b光進入玻璃球
sin r
后，b光的光程d較大，根據勻速直線運動規律
代入數據解得x=√2R
因此當x>√2R時，光不會經過內圓，故A正確；
有：1一號，所以6光在玻璃中的傳格時問較長，
B.由上式解得i=45°，r=30
故選項D錯誤。
由幾何分析可知，光線從外圓射出的方向與圖中
【答案】C
入射光線的夾角小于45°，故B錯誤；
[小題·分層分練]
[一層·打基礎]
知識點一光的折射與反射
1.如圖所示，一玻璃球體
的半徑為R,球心為O,
60g
一細激光束沿與OA夾
角為60°方向從A點射
入玻璃球體，該光線經
兩次折射后從玻璃球體
C當x=R時，由幾何分析可知，光線從外圓
射出時，出射光線的方
2
射出的方向不可能與圖中入射光線平行03≈202
向相對于初始入射方向的偏角為60°，則玻璃球
體的折射率為
根據折射定律n=
sin 61 sin 0
sin 02 sin 03
A.1.5
B.2
C.√2
D.√3
65參考答案
umgt=Mu一0，代入數據解得，A與B間的動摩擦因數：=
1
1
0.1,故B正確；設系就損失的機械能為△E,木板B的最小長度
Em=2·3m%+m%l
為L,由能量守恒定律得：7m=號0M十m十△正，共中△正
3
聯立解得：Ee=之md
=umgL,
故C錯誤；彈簧第一次恢復原長時，a1>1,此后彈簧拉
代入致據解得：△E=2J,L=1m,故C錯誤，D正確.故
伸，在到彈簧第二次恢復原長的過程中，彈力始終對P做正
選：ABD.
功，對Q做負功，根據動量守恒和能量守恒定律可推知當彈
【答案】ABD
簧第二次恢復原長時，P的速度為。，Q的速度為0，此時Q
5.【解析】火箭的推力來源于向下噴出的水對它的反作用力，
與擋板碰撞后，系統的運動情況與A項中描述相同，所以彈
A錯誤；水噴出的過程中，瓶內氣體做功，火箭及水的機械能
黃彈性勢能的最大位是m,故D正確，故選：AD.
不守恒，B錯誤：在水噴出后的瞬間，火箭菽得的速度最大，
【答案】AD
mvo,C
由動量守恒定律有(M-m)一m,=0,解得=M一m,
小題·真題真練
錯誤：水噴出后，火箭做豎直上拋運動，有=2gh解得h=
【解析】子彈在木塊內運動的過程中，子彈與木塊組成的系
m話
就所受合外力為0，所以該系航動量守恒，若子彈沒有射出
2g(M-m)D正確.故逸D.
木塊，則由動量守恒定律有m=(m十M)v,解得木塊獲得
【答案】D
的建度大小為一m十M:又子彈的初速度越大，共打入木塊
6.【解析】斜面和物塊組成的系統水平方向動量守恒，規定右
越深，則當子彈恰不射出木塊時，木塊獲得的速度最大，此時
為正方向，在水平方向有mU1=M2,則mU1=Ml,所以
h
mx1=Mx,又有x1+=an37
有之md=之(m十M+k,解得=2LD;若
mM
代入數據解得x2=0.2m,故C正確，ABD錯誤.故選：C.
子彈能夠射出木塊，則有>2Lm+M,子彈在木塊內運
mM
【答案】C
動的過程，對子彈和木塊分別由牛頓第二定律有=mam,
7.【解析】若無固定擋板，則P,Q達到共同速度1時彈簧的
彈性勢能最大，規定向右為正方向，根據動量守恒定律有
kw=Mwu:報據位移關系有一a-名02=L,對術
3m=4m1
2kmL
解得=子
塊有=w,聯立解得一2Mm-十m,又越大，
t越小，則巴，越小，即隨希的增大，木塊莪得的速度2不
根據能量守恒定律可知彈簧彈性勢能的最大值是：
斷減小。綜上，若木塊獲得的速度最大，則子彈的初速度大
E=名·3md-之·4m時=gnd
3
小v=
2L(m十M迎，A正確：子彈在木塊內運動的過程，對
mM
故A正確；若P、Q第一次共速時Q與擋板碰撞，碰撞后Q
子彈由動量定理有一kt=mU一m。,解得子彈在木塊中運
的速度變為一巴，P,Q再次達到共同達度2時彈簧的彈性
mM
勢能最大，根據動量守恒定律有
動的時間1一(m干MB錯誤：由能量守位定律可知，木塊
3m1一y1=4m2
和子彈損失的總動能△E,=k,L=21（十M.C錯誤：
mM
1
3
解得，=2=8
木塊在加速過程中微勻加速運動，由運動學規律有x=2,
Vat
設彈簧彈性勢能的最大值是E,根據能量守位定律有
Ee一Ea=名·tmo聽-名·tmd
解得木塊在加速過程中運動的距離xmD正騎。
【答案】AD
39
解得Eme=32m
專題十二機械振動與機械被
光
故B錯誤；設彈簧第一次恢復原長時P、Q的速度分別為
v1,a1,根據動量守恒定律有
第1練機械振動與機械波
3m=3mUp1十Va1
根據能量守恒定律有
小題·分層分練
1.【解析】彈簧振子在平衡位置時，回復力為零，故加逸度最
·3m暖=合·3加+名m喝
1
1
小為零，此時振子的速度最大，動能最大，故A錯誤：彈簧振
子在振動過程中機械能守恒，水平方向振動的彈簧振子小球
解得1=2
的動能和彈簧的彈性勢能相互轉化·豎直方向振動的彈簧振
3vo
val=2
子小球的動能、重力勢能以及彈簧的彈性勢能之間相互轉
碰撞后Q的速度變為一a,P,Q再次達到共同速度vg時彈
化，敢B錯誤：由單擺的周期公元T=2√臣可如，單擺的
簧的彈性勢能最大，根據動量守恒定律有
周期隨擺長L的增大而增大，故C正確；單擺運動到平衡位
3mvp1一mVQ1=4mV3
置時，由于需要有指向圈心的合力提供向心力，故在平衡位
解得：=0
置受到的合力不為零，故D錯誤，故選：C.
彈簧彈性勢能的最大值為
【答案】C
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