2025高考物理步步高同步練習(xí)選修1課前預(yù)習(xí)答案精析第一章動(dòng)量守恒定律1動(dòng)量一、(1)A球停止運(yùn)動(dòng)，B球擺到A球原來的高度。碰撞前后兩球的速度之和不變。(2)碰撞后B球獲得較大的速度，擺起的最大高度大于C球被拉起時(shí)的高度。碰撞前后，兩球的速度之和并不相等，速度變化跟它們的質(zhì)量有關(guān)。(3)動(dòng)能速度與質(zhì)量(4)0.3400.397不相等質(zhì)量與速度的乘積之和二、1.(1)質(zhì)量速度(2)mv(3)矢速度的方向2．(2)相同三、①動(dòng)量不變，動(dòng)能不變；②動(dòng)量方向不變，大小隨時(shí)間推移而增大，動(dòng)能逐漸增大；③動(dòng)量方向時(shí)刻改變，大小隨時(shí)間推移而增大，動(dòng)能逐漸增大；④動(dòng)量方向時(shí)刻改變，大小不變，動(dòng)能不變。2動(dòng)量定理一、加速度a＝eq\f(v′－v,Δt)根據(jù)牛頓第二定律F＝ma，則有F＝meq\f(v′－v,Δt)＝eq\f(mv′－mv,Δt)＝eq\f(p′－p,Δt)，即FΔt＝p′－p知識(shí)梳理1．(1)力的作用時(shí)間(2)FΔt(3)累積效應(yīng)大(4)牛秒N·s(5)矢2．(1)動(dòng)量變化量(2)p′－pmv′－mv二、兩次碰撞瞬間雞蛋的初速度相同，而末速度都是零，也相同，所以兩次碰撞過程中雞蛋的動(dòng)量變化相同。根據(jù)FΔt＝Δp，第一次與泡沫塑料墊作用的時(shí)間長，作用力小，所以雞蛋沒有被打破；第二次與玻璃作用的時(shí)間短，作用力大，所以雞蛋被打破。三、拉力F做的功是零，沖量大小是Ft，方向與F方向相同。專題強(qiáng)化1動(dòng)量定理的應(yīng)用解法一用動(dòng)量定理，分階段求解。選物體為研究對(duì)象，對(duì)于撤去F前物體做勻加速運(yùn)動(dòng)的過程，初態(tài)速度為零，末態(tài)速度為v。取水平力F的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量定理有(F－μmg)t1＝mv－0，對(duì)于撤去F后物體做勻減速運(yùn)動(dòng)的過程，初態(tài)速度為v，末態(tài)速度為零。根據(jù)動(dòng)量定理有－μmgt2＝0－mv。聯(lián)立解得t2＝eq\f(F－μmg,μmg)t1＝eq\f(30－0.2×5×10,0.2×5×10)×6s＝12s。解法二用動(dòng)量定理，研究全過程。選物體為研究對(duì)象，研究整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程，這個(gè)過程的初、末狀態(tài)物體的速度都等于零。取水平力F的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量定理得Ft1－μmg(t1＋t2)＝0解得t2＝12s。3動(dòng)量守恒定律一、根據(jù)動(dòng)量定理：對(duì)A：F1Δt＝m1v1′－m1v1①對(duì)B：F2Δt＝m2v2′－m2v2②由牛頓第三定律得F1＝－F2③由①②③得兩物體總動(dòng)量關(guān)系為：m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2。知識(shí)梳理1．(1)兩個(gè)(或多個(gè))(2)系統(tǒng)中(3)以外2．(1)不受外力所受外力的矢量和為0(2)m1v1′＋m2v2′(3)不受外力矢量和為零(4)微觀思考與討論兩輛小車分別向左、向右運(yùn)動(dòng)，它們同時(shí)獲得了動(dòng)量，但兩輛小車的動(dòng)量的方向相反，動(dòng)量的矢量和仍然為0，故系統(tǒng)的總動(dòng)量沒有增加。4實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律一、1.系統(tǒng)不受外力所受外力的矢量和為02．遠(yuǎn)大于m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′二、方案12．(1)天平(2)eq\f(d,Δt)寬度光電門5.eq\f(m1,t1)＋eq\f(m2,t2)＝eq\f(m1,t1′)＋eq\f(m2,t2′)方案21．較大較小平拋運(yùn)動(dòng)不同天平刻度尺3．(1)靜止(2)同一4．m1·OP＝m1·OM＋m2·ON5彈性碰撞和非彈性碰撞一、1.相同點(diǎn)是碰撞過程持續(xù)時(shí)間極短，此過程中內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，碰撞滿足動(dòng)量守恒；不同點(diǎn)是碰撞過程中機(jī)械能損失有多有少，圖甲損失的機(jī)械能相比碰撞前的機(jī)械能占比較小，圖乙損失的機(jī)械能相比碰撞前的機(jī)械能占比較大。2．(1)碰撞中有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。(2)通過數(shù)據(jù)分析知不可以。(3)兩輛小車安裝彈性碰撞架。知識(shí)梳理2．(1)不變(2)減少二、m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1eq\f(2m1,m1＋m2)v1知識(shí)梳理正碰對(duì)心碰撞一維碰撞思考與討論1．(1)0v1互換(2)>>相同(3)<相反2．(1)v12v1(2)－v10專題強(qiáng)化3彈簧—小球模型滑塊—光滑斜(曲)面模型一、(1)當(dāng)兩個(gè)小球速度相同時(shí)，彈簧最短，彈簧的彈性勢(shì)能最大。由動(dòng)量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v由能量守恒定律得eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋Epmax解得Epmax＝eq\f(m1m2v02,2m1＋m2)(2)如圖所示，兩球共速后，A減速，B加速，A、B間的距離增大，故彈簧的壓縮量減小，彈簧的長度增加。(3)當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí)，小球B的速度最大，由動(dòng)量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2由能量守恒定律得eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22解得v2＝eq\f(2m1v0,m1＋m2)。拓展延伸(1)彈簧和小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，兩球共速時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，系統(tǒng)的動(dòng)能最小。Ekmin＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq\f(m12,2m1＋m2)v02(2)彈簧和小球組成系統(tǒng)機(jī)械能守恒，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最小，系統(tǒng)的動(dòng)能最大，Ekmax＝eq\f(1,2)m1v02。二、(1)整個(gè)過程中系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，豎直方向上動(dòng)量不守恒，故總動(dòng)量不守恒。(2)當(dāng)小球上升到最高點(diǎn)時(shí)，小球和軌道的速度相同。由動(dòng)量守恒定律得mv0＝3mv由能量守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)×3mv2＋mgh解得h＝eq\f(v02,3g)(3)設(shè)小球離開軌道時(shí)的速度為v1，軌道的速度為v2，由動(dòng)量守恒定律有：mv0＝mv1＋2mv2根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)×2mv22聯(lián)立以上兩式可得：v1＝－eq\f(1,3)v0，v2＝eq\f(2,3)v0。6反沖現(xiàn)象火箭一、1．內(nèi)力相反的2．大動(dòng)量守恒定律3．(1)旋轉(zhuǎn)(2)反沖思考與討論不正確。在反沖運(yùn)動(dòng)中，即使系統(tǒng)所受合外力不為零，因內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，外力可以忽略，也可用動(dòng)量守恒定律來解釋。二、思考與討論1．在火箭發(fā)射過程中，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以動(dòng)量守恒。以火箭的速度方向?yàn)檎较?，發(fā)射前的總動(dòng)量為0；發(fā)射后的總動(dòng)量為：mv－(M－m)v1由動(dòng)量守恒定律得：0＝mv－(M－m)v1得v＝eq\f(M－m,m)v1＝(eq\f(M,m)－1)v1。2．根據(jù)v＝(eq\f(M,m)－1)v1，分析可知，若要提高火箭獲得的速度，應(yīng)①提高火箭發(fā)射前的總質(zhì)量和燃料燃盡后火箭的質(zhì)量比；②提高火箭噴出的燃?xì)獾乃俣取Ｈ?1)因?yàn)樾『⑴c小船組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，當(dāng)小孩向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，小船向右運(yùn)動(dòng)。設(shè)小孩的速度v的方向?yàn)檎较?，?dāng)小孩速度為v時(shí)，mv－Mv′＝0，解得v′＝eq\f(mv,M)。(2)由人船系統(tǒng)始終動(dòng)量守恒可知meq\x\to(v)－Meq\x\to(v′)＝0，故當(dāng)小孩的位移大小為x時(shí)，有mx－Mx′＝0，解得x′＝eq\f(mx,M)。(3)小孩與小船的位移大小與質(zhì)量成反比，即eq\f(x,x′)＝eq\f(M,m)。(4)x＋x′＝L解得x＝eq\f(M,M＋m)L四、由于爆炸時(shí)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，故爆炸時(shí)系統(tǒng)動(dòng)量守恒，爆炸時(shí)通過內(nèi)力做功將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，故爆炸時(shí)系統(tǒng)機(jī)械能增加。專題強(qiáng)化4子彈打木塊模型滑塊—木板模型一、1．由動(dòng)能定理可得－eq\x\to(F)·d＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得eq\x\to(F)＝3.5×104N木塊與地面間的滑動(dòng)摩擦力Ff＝μMg＝2N兩者之比為eq\f(F,Ff)＝17500由此可知，子彈與木塊間的平均作用力遠(yuǎn)大于木塊與地面間的作用力，因此子彈和木塊組成系統(tǒng)在相互作用過程中滿足動(dòng)量守恒的條件。2．(1)子彈與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以子彈的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，解得：v＝eq\f(mv0,m＋M)(2)由能量守恒定律可知：eq\f(1,2)mv02＝Q＋eq\f(1,2)(m＋M)v2得產(chǎn)生的熱量為：Q＝eq\f(Mmv02,2M＋m)(3)設(shè)木塊最小長度為L，由能量守恒定律：FL＝Q得木塊的最小長度為：L＝eq\f(Mmv02,2M＋mF).二、(1)系統(tǒng)的合外力為零，故系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。由于摩擦力對(duì)系統(tǒng)做負(fù)功，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒。(2)根據(jù)動(dòng)量守恒：mv0＝(m＋M)v系統(tǒng)機(jī)械能損失(摩擦生熱)，Q熱＝Ff·x相對(duì)＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋M)v2，F(xiàn)f＝μmg若滑塊恰未脫離木板，則L＝x相對(duì)解得L＝eq\f(Mv02,2μgm＋M)。章末素養(yǎng)提升質(zhì)量速度力的作用時(shí)間mv′－mvm1v1′＋m2v2′第二章機(jī)械振動(dòng)1簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)一、(1)小球的運(yùn)動(dòng)具有往復(fù)性。小球因?yàn)槭艿阶枇Φ淖饔米罱K停止運(yùn)動(dòng)。(2)小球往復(fù)運(yùn)動(dòng)的次數(shù)增多，運(yùn)動(dòng)時(shí)間變長。(3)小球?qū)⒊掷m(xù)地在AB間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)。知識(shí)梳理1．往復(fù)2.03．(1)小球彈簧理想化二、(1)軌跡是一條平行于振子運(yùn)動(dòng)方向的直線。(2)軌跡是一條正弦曲線。知識(shí)梳理1．平衡位置平衡2．(1)時(shí)間(t)平衡往復(fù)運(yùn)動(dòng)位移時(shí)間(2)不是3．正弦函數(shù)正弦曲線思考與討論(1)t1時(shí)刻小球位于正向最大位移處，t2時(shí)刻小球位于平衡位置。(2)位移為正，在減小，速度增大，方向?yàn)樨?fù)。(3)位移為負(fù)，在增大，速度減小，方向?yàn)樨?fù)。2簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的描述一、(1)a圖像是從A點(diǎn)開始釋放的，b圖像是從B點(diǎn)開始釋放的；彈簧振子兩次形成的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)具有相同的周期，從B點(diǎn)釋放時(shí)離平衡位置的最大距離比從A點(diǎn)釋放時(shí)的最大距離更大。(2)不相同，兩次速度方向相反。這段時(shí)間僅為半個(gè)周期。若經(jīng)過一個(gè)周期，小球一定從同一方向再次經(jīng)過O點(diǎn)。知識(shí)梳理1．(1)最大(2)振動(dòng)幅度A兩倍2．(1)完整相同(2)全振動(dòng)秒(3)次數(shù)所用時(shí)間單位時(shí)間內(nèi)完成全振動(dòng)赫茲赫Hz(4)eq\f(1,T)振動(dòng)快慢大快(5)反比正比eq\f(2π,T)2πf二、(1)兩個(gè)小球在相同位置同時(shí)釋放，除振幅和周期都相同外，還總是向同一方向運(yùn)動(dòng)，同時(shí)經(jīng)過平衡位置，并同時(shí)到達(dá)同一側(cè)的最大位移處。兩個(gè)小球的振動(dòng)步調(diào)完全一致。(2)當(dāng)?shù)谝粋€(gè)小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，第二個(gè)剛剛到達(dá)平衡位置，而當(dāng)?shù)诙€(gè)小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，第一個(gè)已經(jīng)返回平衡位置了。與第一個(gè)小球相比，第二個(gè)小球總是滯后eq\f(1,4)個(gè)周期，或者說總是滯后eq\f(1,4)個(gè)全振動(dòng)。(3)由問題(1)可得兩振子A、ω相同，可知φ不同，且(ωt＋φ1)－(ωt＋φ2)＝eq\f(1,4)×2π，即φ1－φ2＝eq\f(π,2)。知識(shí)梳理1．(1)ωt＋φ0(2)狀態(tài)(3)頻率φ1－φ22．位移振幅周期初相位3簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力和能量一、(1)彈簧的彈力使小球回到平衡位置。(2)彈簧彈力與位移大小成正比，方向與位移方向相反。知識(shí)梳理1．(1)平衡位置(2)平衡位置(3)－kx2．F＝－kx位移正比平衡位置思考與討論規(guī)定向下為正方向，在平衡位置b點(diǎn)，有mg＝kx0，小球在c點(diǎn)受到的彈力大小為F′＝k(x＋x0)，小球在c點(diǎn)的回復(fù)力F＝mg－F′＝mg－k(x＋x0)＝mg－kx－kx0＝－kx，回復(fù)力滿足F＝－kx，是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。彈簧彈力和重力的合力充當(dāng)回復(fù)力。二、(1)小球的動(dòng)能先增大后減小；彈簧的彈性勢(shì)能先減小后增大；總機(jī)械能保持不變。(2)小球回到平衡位置的動(dòng)能增大；振動(dòng)系統(tǒng)的機(jī)械能增大；振動(dòng)系統(tǒng)的機(jī)械能與彈簧的勁度系數(shù)和振幅有關(guān)。知識(shí)梳理1．動(dòng)能勢(shì)能(1)勢(shì)能動(dòng)能(2)動(dòng)能勢(shì)能2．守恒理想化3.振幅思考與討論(1)不變，在M點(diǎn)時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)能為零，彈性勢(shì)能最大，拿走A物體后，振動(dòng)系統(tǒng)的彈性勢(shì)能不變，總能量不變，最大動(dòng)能也不發(fā)生變化。(2)變小，在O點(diǎn)時(shí)彈簧彈性勢(shì)能為零，振動(dòng)系統(tǒng)的動(dòng)能最大，拿走A物體后，振動(dòng)系統(tǒng)的最大動(dòng)能減小，總能量減小，最大彈性勢(shì)能也將減小。三、正減小負(fù)減小負(fù)增大增大減小4單擺一、(1)小球受重力和細(xì)線的拉力作用。(2)細(xì)線的拉力和重力沿徑向的分力的合力提供向心力。重力沿切線方向的分力提供小球振動(dòng)的回復(fù)力。(3)小球經(jīng)過平衡位置時(shí)，做圓周運(yùn)動(dòng)，其合外力不為零。知識(shí)梳理1．小球2．(2)直徑(3)形變量(4)重力拉力3．(1)圓弧切線mgsinθ(2)小正比平衡位置思考與討論均不能看成單擺。圖(a)(d)擺動(dòng)過程中擺長會(huì)發(fā)生變化，圖(b)空氣阻力不能忽略，圖(c)球的直徑與繩的長度相比不能忽略，圖(e)繩的質(zhì)量與小球相比不能忽略。二、1．無關(guān)無關(guān)有關(guān)越大2．(1)惠更斯(2)正比反比無關(guān)思考與討論(1)擺針走時(shí)偏快應(yīng)調(diào)節(jié)螺母使圓盤沿?cái)[桿下移。(2)調(diào)節(jié)螺母使圓盤沿?cái)[桿下移。5實(shí)驗(yàn)：用單擺測(cè)量重力加速度三、2.平衡位置3.l′＋eq\f(d,2)四、2.eq\f(4π2,g)l6受迫振動(dòng)共振一、振子在振動(dòng)的過程中振幅逐漸減小，因?yàn)檎褡釉趯?shí)際振動(dòng)過程中受到空氣的阻礙作用，振動(dòng)的能量逐漸減少。知識(shí)梳理1．(1)沒有外力干預(yù)(2)固有2．(1)阻礙振幅(2)①摩擦內(nèi)能②減少二、手柄轉(zhuǎn)動(dòng)的越快，振子上下振動(dòng)的也越快，手柄不停的轉(zhuǎn)動(dòng)，振子也將持續(xù)的振動(dòng)。知識(shí)梳理1．周期性2．(1)驅(qū)動(dòng)力(2)驅(qū)動(dòng)力無關(guān)三、1.等于最大值思考與討論(1)開始時(shí)，脫水桶轉(zhuǎn)動(dòng)的頻率遠(yuǎn)高于洗衣機(jī)的固有頻率，振幅較小，振動(dòng)比較弱。(2)當(dāng)洗衣機(jī)脫水桶轉(zhuǎn)動(dòng)的頻率等于洗衣機(jī)的固有頻率時(shí)發(fā)生共振，振動(dòng)劇烈。章末素養(yǎng)提升平衡位置最大一次全振動(dòng)無關(guān)單位時(shí)間－kxAsin(ωt＋φ)保持不變減小驅(qū)動(dòng)力驅(qū)動(dòng)力的頻率f固彈力第三章機(jī)械波1波的形成一、(1)沒有，紅色標(biāo)記只在豎直方向上下振動(dòng)(2)不會(huì)，當(dāng)手停止抖動(dòng)后，波仍向右傳播知識(shí)梳理1．振動(dòng)2．(1)相連彈性力(2)帶動(dòng)遲上下振動(dòng)的狀態(tài)思考與討論1．繩上各點(diǎn)的起振方向與振源起振方向相同。2．能夠繼續(xù)傳播二、(1)相互垂直(2)在同一條直線上三、1．(1)傳播(2)相互作用相鄰質(zhì)點(diǎn)2．介質(zhì)3．(1)振動(dòng)(2)能量(3)信息四、若O點(diǎn)為波源，A點(diǎn)左側(cè)的質(zhì)點(diǎn)將帶動(dòng)A向上振動(dòng)；若O′是波源，A點(diǎn)右側(cè)的質(zhì)點(diǎn)將帶動(dòng)A點(diǎn)向下振動(dòng)。拓展延伸由于此刻質(zhì)點(diǎn)a在前一個(gè)質(zhì)點(diǎn)的帶動(dòng)下正在向上運(yùn)動(dòng)?？芍ㄔ丛谫|(zhì)點(diǎn)a的左側(cè)，因此該列波由左向右傳播，質(zhì)點(diǎn)b在左側(cè)質(zhì)點(diǎn)的帶動(dòng)下將向下運(yùn)動(dòng)。2波的描述一、1．(1)平衡位置偏離平衡位置的位移(2)平滑波的圖像波形圖2．(1)正弦曲線(2)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)相同3．(1)正弦曲線(2)某一時(shí)刻(3)各個(gè)時(shí)刻思考與討論(1)甲乙(2)題圖甲中M、P、Q三個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)分別表示x＝1m、x＝2m、x＝4m處三個(gè)質(zhì)點(diǎn)此時(shí)的位移為10cm、0、0；質(zhì)點(diǎn)P的振幅為10cm。(3)題圖乙中M′、P′、Q′三個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)分別表示同一質(zhì)點(diǎn)在t＝1s、t＝2s、t＝4s時(shí)的位移為10cm、0、0。二、1．(1)相同相鄰(2)①波峰波谷②密部疏部2．(1)振動(dòng)周期(或頻率)(2)eq\f(1,T)(3)波源(4)一個(gè)波長λ3．(1)介質(zhì)(2)介質(zhì)不同(3)λf思考與討論1．(1)42(2)2m/s(3)2．波在不同介質(zhì)中傳播時(shí)，其頻率總與波源振動(dòng)頻率相同，故頻率保持不變，因v＝fλ，λ＝eq\f(v,f)，v變大，則λ變大。專題強(qiáng)化6波的圖像與振動(dòng)圖像的綜合問題及波的多解問題一、1．一個(gè)質(zhì)點(diǎn)各質(zhì)點(diǎn)平衡位置不同時(shí)刻同一時(shí)刻二、2．(1)整數(shù)完全重合(2)整數(shù)完全重合3波的反射、折射和衍射一、1．(2)同一平面法線等于2．(1)進(jìn)入另一種介質(zhì)折射(2)深度折射思考與討論1．在波的反射和折射現(xiàn)象中，反射波和入射波的頻率都與波源的頻率相同；反射現(xiàn)象是在同種介質(zhì)中傳播，波速相同，由v＝λf可知，波長也相同，而折射現(xiàn)象是在不同介質(zhì)中傳播，波速不同，波長也不同。2．不一定，如果入射波垂直于交界面時(shí)，傳播方向保持不變。二、水波遇到小孔時(shí)，水波能穿過小孔，并能到達(dá)擋板后面的“陰影區(qū)”，小孔的尺寸減小時(shí)，水波到達(dá)“陰影區(qū)”的現(xiàn)象更加明顯。知識(shí)梳理1．繞過障礙物2.相差不多更小3．衍射思考與討論1．低音，由v＝λf得λ＝eq\f(v,f)，由此可知，聲速相同情況下，低音的頻率小，波長長，在障礙物相同的情況下，低音更容易發(fā)生衍射現(xiàn)象，因此低音更容易繞過高墻。2．不對(duì)。聲波波長較長，遇到與其波長相差不大的障礙物可發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象。光波波長較短，其波長比一般障礙物小得多，衍射現(xiàn)象不明顯。4波的干涉一、1．(1)相遇時(shí)凸起的高度比原來的更大一些。(2)兩列波相遇后仍然保持原來各自的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)繼續(xù)傳播，并沒有受到另一列波的影響。2．相同，沒有受到其他樂器的影響。知識(shí)梳理1．波長頻率2.同時(shí)矢量和二、1．頻率相位差振動(dòng)方向2．(1)頻率(2)相位差(3)振動(dòng)方向思考與討論不能，振動(dòng)加強(qiáng)(減弱)點(diǎn)是指質(zhì)點(diǎn)的振幅最大(小)，而不是指振動(dòng)的位移最大(小)，因?yàn)槲灰剖窃跁r(shí)刻變化的，加強(qiáng)點(diǎn)和減弱點(diǎn)的位移均可以為零，只有發(fā)生干涉的兩列波振幅大小相等，減弱點(diǎn)位移才始終為零。5多普勒效應(yīng)一、1．接收到頻率2．(1)一定等于(2)增加增大減小思考與討論不對(duì)，如果觀察者繞著波源做圓周運(yùn)動(dòng)，雖然兩者間發(fā)生了相對(duì)運(yùn)動(dòng)，但觀察者接收的頻率與波源發(fā)出的頻率依然相等，并未發(fā)生多普勒效應(yīng)。二、1．頻率頻率2.頻率速度3.速度章末素養(yǎng)提升波源介質(zhì)振動(dòng)形式能量不會(huì)不一定橫波縱波波源介質(zhì)平衡位置某一時(shí)刻各質(zhì)點(diǎn)偏離平衡位置的位移第四章光1光的折射一、(1)折射角增大光線的偏折程度變大(2)入射角的正弦和折射角的正弦之比保持不變知識(shí)梳理1．(1)分界面返回(2)同一平面法線等于2．(1)分界面(2)同一平面法線的兩側(cè)入射角的正弦折射角的正弦(3)可逆思考與討論1．不一定。當(dāng)光從一種介質(zhì)斜射入另一種介質(zhì)時(shí)，傳播方向改變。垂直界面入射時(shí)，傳播方向不變。2．不一定。當(dāng)光從真空斜射入介質(zhì)時(shí)，入射角大于折射角，當(dāng)光從介質(zhì)斜射入真空時(shí)，入射角小于折射角。3．不對(duì)。由折射定律可知，當(dāng)介質(zhì)一定時(shí)，入射角的正弦與折射角的正弦成正比，而并非兩角成正比。二、這說明在光的折射現(xiàn)象中，入射角的正弦值與折射角的正弦值的比值與入射角和折射角的大小無關(guān)，與介質(zhì)的種類有關(guān)。知識(shí)梳理1．入射角的正弦折射角的正弦2．真空eq\f(c,v)思考與討論不能。雖然在這種情況下，光線不偏折，但n＝eq\f(c,v)仍成立，即光在介質(zhì)中的傳播速度仍比真空中的光速小，仍然屬于折射。實(shí)驗(yàn)：測(cè)量玻璃的折射率三、2．大5.P1、P26.P3P1、P2四、1.e