步步高2014版《考前三个月》高考物理(通用)大二轮专题复习课件：选修3-4 机械振动和机械波 光
λ 4 v＝ ＝ m/s＝20 m/s，B 正确； T 0.2
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质点不随波迁移，C 错； 1 经过 0.1 s＝ T，质点 Q 的运动方向沿 y 轴负方向，故 D 错误； 2 3 经过 0.35 s＝1 T，质点 P 到达波峰，而质点 Q 在波谷以上某处 4 且在 x 轴下方，故 E 正确．
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方法 (1)微平移法：沿波的传播方向将波的图象进 行一微小平移，然后由两条波形曲线来判断 例如：波沿 x 轴正方向传播，t 时刻波形曲 线如图中实线所示．将其沿 v 的方向移动一 微小距离 Δx，获得如图中虚线所示的图线 可以判定：t 时刻质点 A 振动方向向下，质 点 B 振动方向向上，质点 C 振动方向向下
(1)振动周期
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(1)波长、振幅 (2)任意质点在该时刻的位移 (3)任意质点在该时刻的加速 度方向 (4)传播方向、振动方向的相 互判定
(2)振幅 图象信息 (3)各时刻质点位移 (4)各时刻质点速度 及加速度的方向
专题十 学案18
2．波的传播方向与质点振动方向的互判方法 (1)已知波的传播方向判断质点的振动方向 图象
图5 较小时，光屏 NQ 区域出现两个光斑，逐渐增大 θ 角，当 θ
＝α 时，光屏 NQ 区域 A 光的光斑消失，继续增大 θ 角，当 θ＝β 时，光屏 NQ 区域 B 光的光斑消失，则 ( )
A．玻璃砖对 A 光的折射率比对 B 光的大 B．A 光在玻璃砖中传播速度比 B 光的大 C．α＜θ＜β 时，光屏上只有 1 个光斑 π D．β＜θ＜ 时，光屏上只有 1 个光斑 2
图6
专题十 学案18
c c 解析 (1)v 红＝ ，v 紫＝ n1 n2 v红 n 2 所以 ＝ v紫 n 1
(2)画出两种色光通过棱镜的光路图，如图所示，
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由几何关系知 i＝30° ，由图得 sin r1 ＝n1 sin 30° sin r2 ＝n2 sin 30° n2 n1 x＝d(tan r2－tan r1)＝d( 2－ 2) 4－n2 4－n1
专题十 学案18
1 审题突破 ①光恰好发生全反射时满足 sin θ＝n. ②光屏 PQ 上的光斑有折射光线和反射光线照射的光斑．
解析 当入射角 θ 逐渐增大时，A 光斑先消失，
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说明玻璃对 A 光的折射率大于对 B 光的折射率 (nA＞nB)，所以 νA＞νB，vA＜vB，选项 A 正确， B 错误． 当 A 光、B 光都发生全反射时，光屏上只有 1 个光斑，选项 C 错误，D 正确．
【考点预测】 机械振动、机械波和光是每年高考必考的内容．纵观近几
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年的高考，高考对该部分知识点的考查体现在以下几个方面： 波动图象与波速公式的综合应用、波动图象与振动图象的结 合、光的折射、光的全反射、光的折射率的测定和光的波长的 测定．预计 2014 年高考对此部分的考查仍以上述知识为主， 复习时要加强对基本概念、规律的理解、抓住简谐运动和振动 图象、波的传播和波动图象、光的折射和全反射三条主线，强 化典型题目的训练，掌握其分析、求解的思路和方法．
答案 D
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专题十 学案18
3．如图 4 所示，一列简谐横波沿 x 轴传播，t1 时刻波形为图中 实线所示，t2 时刻波形如图中虚线所示．已知 Δt＝t2－t1＝ 0.5 s，且 3T<Δt<4T.
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图4 (1)如果波向右传播，波速多大？ (2)如果波向左传播，在这段时间内质点 O 运动的路程是多 大？
波动的过程是振动状态向前传播的过程，介质中的质点只是在 各自的平衡位置上下做简谐运动，并不随波向前传播，B 错误．
由于 t＝0.6 s 时波前位于质点 c 右侧半个波长处，可知质点 c 已 经振动了半个周期，则其通过的路程为 20 cm，故 C 错误．
专题十 学案18
因在 0.6 s 时间内波向前传播了 3/4 波长的距离，可知波的周期 T＝0.8 s．当 t＝0.5 s 时，波向前传播了 5/8 个波长的距离，即 5 此时每个质点的位移与其左侧相距 Δx＝ λ＝25 m 处的质点在 t 8 ＝0 时的位移相同，由题图知质点 b、P 左侧 25 m 处两质点在 t＝0 时恰好位于同一波谷左右两侧对称位置上，位移相等，故 t＝0.5 s 时 b、P 两质点的位移也必相等，D 正确．
n2 答案 (1)n 1
n2 n1 (2)d( 2－ 2) 4－n2 4－n1
专题十 学案18
5．(2013· 重庆· 11(2))利用半圆柱形玻璃，可减小激光光束的发 散程度．在图 7 所示的光路中，A 为激光的出射点，O 为半 圆柱形玻璃横截面的圆心，AO 过半圆顶点．若某条从 A 点
图2
( )
专题十 学案18
解析 由题图可以看出波长为 4 m， t＝0 时刻 x＝3 m 处的质点 向上振动，可得该波向左传播．将整个波形图向左平移 1.5 m 时，a 质点到达波峰，此时 b 质点正好在平衡位置，A 错；
将图象整体向左平移 1 m，即波传播 T/4 时，a 质点的振动状态
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表示一振动质点在 物理意义
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各时刻的位移，是 位移随时间变化的 函数图象 随时间推移，图象
表示某时刻所有质点偏离各 自平衡位置的位移，是某时 刻各质点构成的形状 随时间推移，图象沿传播方 向平移 表示一个波长
图象变化 一完整曲线
延伸，但已有形态 不变 表示一个周期
专题十 学案18
专题十 学案18
考题 1 对机械振动和机械波的考查 例 1 如图 1 甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为 介质中 x＝2 m 处的质点 P 以此时刻为计时起点的振动图
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象．下列说法正确的是
(
)
图1
专题十 学案18
A．这列波的传播方向是沿 x 轴正方向 B．这列波的传播速度是 20 m/s C．经过 0.15 s，质点 P 沿 x 轴正方向传播了 3 m
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D．经过 0.1 s，质点 Q 的运动方向沿 y 轴正方向 E．经过 0.35 s，质点 Q 距平衡位置的距离小于质点 P 距平衡 位置的距离
审题突破 ①由 P 点的振动图象确定 P 的振动方向和振动周
期．②由波动图象结合振动图象确定波长和波速．
专题十 学案18
解析 由质点 P 的振动图象可知，该波沿 x 轴正方向传播，A 正确；
答案 C
专题十 学案18
2．一列简谐横波沿 x 轴正方向传播，t＝0 时波形图如图 3 中 实线所示， 此时波刚好传到 P 点， t＝0.6 s 时恰好传到 Q 点， 波形如图中虚线所示，a、b、c、P、Q 是介质中的质点， 下列说法正确的是
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(
)
图3 A．当 t＝0.6 s 质点 a 速度沿 y 轴负方向 B．质点 P 在这段时间内沿 x 轴正方向移动了 30 m C．质点 c 在这段时间内通过的路程为 30 cm D．当 t＝0.5 s 时，质点 b、P 的位移相同
专题十 学案18
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(1)由题图可知：λ＝4 m，A＝20 cm 1 如果波向右传播：3 T＝0.5 s 4 λ v＝T 解析
3 (2)如果波向左传播，则质点 O 运动了 n＝3 个周期 4 质点 O 运动的路程 s＝4nA＝300 cm
答案 (1)26 m/s
(2)300 cm
专题十 学案18
(4)同侧法 质点的振动方向与波的传
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播方向在波的图象的同一 侧，如图所示 (2)已知质点的振动方向判断波的传播方向 当已知质点振动方向判断波的传播方向时，仍应用上述方法， 只不过是上述方法的逆向思维．
专题十 学案18
突破练习 1．一列简谐横波沿 x 轴传播，周期为 T，t ＝0 时刻的波形如图 2 所示．此时平衡
专题十 学案18
学案 18
【考情分析】
本 学 考查点 案 栏 目 机械振动 开 关
选修 3－4
课标全国 12
机械振动和机械波
山东 浙江 福建
光
江苏
命题情况
13 12 13 12 13 12 13 12 13 Ⅰ Ⅱ 34 (1) 12 (B) 37 37 (1) (1) 34 37 37 16 21 16 13 16 14 12 (B) 12 12 (B) (B)
v＝26 m/s
专题十 学案18
考题 2 对光的折射、全反射的考查 例2 (2013· 天津· 8)固定的半圆形玻璃砖的横截 面如图 5，O 点为圆心，OO′为直径 MN 的 垂线． 足够大的光屏 PQ 紧靠玻璃砖右侧且垂
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直于 MN.由 A、 B 两种单色光组成的一束光沿 半径方向射向 O 点，入射光线与 OO′夹角 θ
答案 ABE
专题十 学案18
规律总结 1．振动图象和波动图象的比较 比较项目 研究对象
本 学 案 栏 目 开 关
振动图象 一个振动质点 时间的变化规律 时间
波动图象 一系列振动质点 空间分布规律 各质点在波传播 方 向上的平衡位置
研究内容 横坐标
某 一 质 点 位 移 随 某时刻大量质点的
图象
专题十 学案18
与 t＝0 时刻平衡位置在 3.5 m 处的质点振动状态一样，即处在 平衡位置上方并向 y 轴正方向运动，B 错；
将图象整体向左平移 3 m，即波传播 3T/4 时，a 质点的振动状 态与 t＝0 时刻平衡位置在 5.5 m 处的 b 质点的振动状态一样， 即处在平衡位置下方并向 y 轴负方向运动，C 对； a、b 质点相隔 3 m，即相差 3T/4，不可能出现位移和速度相同 的情况，故 D 错．
高考物理一轮复习 第13章 第1单元 机械振动课件(选修3-4) (2)
gL′，
其中M′＝ρ·43π(R－d)3 T＝kT′ 联立以上各式解得d＝(1－k2)R
[答案] (1－k2)R
(1)在地球表面上方，重力加速度随高度增大而减小。 (2)在地球表面下方，重力加速度也随深度增大而减小， 但所遵从的规律不同。
[随堂巩固落实] 1．弹簧振子在水平方向上做简谐运动，下列说法中正确的是
A．振子在平衡位置，动能最大，势能最小
()
B．振子在最大位移处，势能最大，动能最小
C．振子在向平衡位置振动时，由于振子振幅减小，故总机械能减
小
D．在任意时刻，动能与势能之和保持不变
解析：振子在平衡位置两侧往复振动，在最大位移处速度为 零，动能为零，此时弹簧的形变最大，势能最大，所以B正确； 在任意时刻只有弹簧的弹力做功，所以机械能守恒，D正确；到 平衡位置处速度最大，动能最大，势能最小，所以A正确；根据 振幅的大小与振子的位置无关，所以选项C错误。 答案：ABD
区别？
(3)在一个周期T内，质点的路程与振幅有何关系？
1 2
T、
1 4
T呢？
提示：(1)不同。简谐运动的图象描述的是振动质点的位移
(一个物理量)随时间变化的规律，而简谐运动的轨迹是质点运动
的径迹。
(2)简谐运动的位移是以平衡位置为参考点，与位置对应， 是时刻的函数，总是从平衡位置指向质点所在的位置；直线运
图13－1－4 (3)振子由P到O所用时间等于由O到P′所用时间，即tPO＝tOP′ (4)振子往复过程中通过同一段路程(如OP段)所用时间相等，即 tOP＝tPO。 5．能量特征 振动的能量包括动能Ek和势能Ep，简谐运动过程中，系统动能 与势能相互转化，系统的机械能守恒。
[例1] 一简谐振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点。t＝0
2013-2014学年高二物理配套课件：3.2 电磁场和电磁波（教科版选修3-4）
强度B随时间成正比例增加的变化磁场，设运动过程中小球的
带电荷量不变，那么
( )．
图3-2-4
A．小球对玻璃杯的压力不断增大 B．小球受到的磁场力不断增大 C．小球先沿逆时针方向做减速运动，过一段时间后，沿顺时针 方向做加速运动 D．磁场力对小球一直不做功
解析 因为玻璃圆环所在处有均匀变化的磁场，在周围产生稳定 的旋涡电场，对带正电的小球做功．由楞次定律，判断电场方向 为顺时针方向．在电场力作用下，小球先沿逆时针方向做减速运 动，后沿顺时针方向做加速运动．小球在水平面内沿轨迹半径方 向受两个力作用：环对小球的弹力N和磁场的洛伦兹力F＝Bqv， 而且两个力的矢量和时刻等于小球做圆周运动的向心力．考虑到 小球速度大小的变化和方向的变化以及磁场强弱的变化，弹力N和 洛伦兹力F不一定始终在增大．磁场力始终与圆周运动的线速度方 向垂直，所以磁场力对小球不做功． 答案 CD
ΔΦ Δt
＝429
V．设电子在加速器中绕行了N圈，则电场力做功NeE
应该等于电子的动能Ek.所以有N＝
Ek Ee
，代入数据可得N＝
2.8×105圈．所以正确答案为D.
答案 D
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一、麦克斯韦电磁场理论 克斯韦电磁场理论
19世纪60年代，英国物理学家麦克斯韦总结前人对电磁现象的 研究，建立了完整的电磁场理论，预言了电磁波的存在． (1)变化的磁场产生电场
图3-2-2
实验基础：实验装置如图3-2-2所示，麦克斯韦认为在变化的磁场 周围产生电场，是一种普遍存在的现象，跟闭合电路(导体环)是 否存在无关．导体环的作用只是用来显示电场的存在． 注意：在变化的磁场中产生的电场的电场线是闭合的；而静电场 中的电场线是不闭合的．
人教版高中物理选修3-4课件第十四章电磁波
知识深化
对麦克斯韦电磁场理论的理解 (1)变化的磁场产生电场 ①均匀变化的磁场产生恒定的电场. ②非均匀变化的磁场产生变化的电场. ③周期性变化的磁场产生同频率的周期性变化的电场. (2)变化的电场产生磁场 ①均匀变化的电场产生恒定的磁场. ②非均匀变化的电场产生变化的磁场. ③周期性变化的电场产生同频率的周期性变化的磁场.
波(涟漪)的形式向外传播，这就是“引力波”.其实只要有质量的物体加速运动就会
产生引力波，不同方式产生的引力波的波长是不一样的.引力波是以光速传播的时空
扰动，是横波.引力波和物质之间的相互作用极度微弱，
因此它的衰减也是极度缓慢的.引力波的发现为我们打
开了研究宇宙的全新窗口，引力波携带着与电磁波截然
不同的信息，将为我们揭示宇宙新的奥秘.
重点探究
一、麦克斯韦电磁场理论
导学探究
1.电子感应加速器是用来获得高速电子的装置，其基本原理如图所示，上、下 为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电磁铁线圈中通入变化 的电流，真空室中的带电粒子就会被加速，其速率会越来 越大.请思考：带电粒子受到什么力的作用而被加速？如果 线圈中通以恒定电流会使粒子加速吗？这个现象告诉我们 什么道理？ 答案 带电粒子受到电场力作用做加速运动.线圈中通入恒定电流时，带电粒 子不会被加速.变化的磁场能产生电场.
二、电磁波
导学探究 如图所示是赫兹证明电磁波存在的实验装置，当接在高压感应圈上的两金属 球间有电火花时，导线环上两小球间也会产生电火花，这是为什么？这个实 验证实了什么问题？
答案 当A、B两金属球间产生电火花时就会产生变化的电磁场，这种变化的 电磁场传播到导线环时，在导线环中激发出感应电动势，使导线环上两小球 间也产生电火花.这个实验证实了电磁波的存在.
高中物理步步高
高中物理步步高篇一：2014年《步步高》高中物理(人教选修3-1)配套全册结综合检测卷(含解析) (1)综合检测卷(时间：90分钟，满分100分)一、单项选择题(共5小题，每小题4分，共20分)1．物理学的发展是许多物理学家奋斗的结果，下面关于一些物理学家的贡献说法正确的是( )A．安培通过实验发现了通电导线对磁体有作用力，首次揭示了电与磁的联系B．奥斯特认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，并提出了著名的洛伦兹力公式C．库仑在前人工作的基础上通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力遵循的规律——库仑定律D．安培不仅提出了电场的概念，而且采用了画电场线这个简洁的方法描述电场答案 C解析奥斯特将通电导体放在小磁针上方时，小磁针发生了偏转，说明通电导体周围存在磁场，奥斯特是第一个发现了电与磁之间的联系的物理学家，故A错误；洛伦兹认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，并提出了洛伦兹力公式，故B错误；真空中两个点电荷间存在相互的作用．库仑利用扭秤装置，研究出两个静止点电荷间的相互作用规律：点电荷间的相互作用力跟两个点电荷的电荷量有关，跟它们之间的距离有关，这个规律就是库仑定律，故C正确；19世纪30年代，法拉第提出电荷周围存在一种场，并且是最早提出用电场线描述电场的物理学家，故D错误．所以选C.2.如图1所示，在等量的异种点电荷形成的电场中，有A、B、C三点，A点为两点电荷连线的中点，B点为连线上距A点距离为d的一点，C点为连线中垂线距A点距离也为d 的一点，则下面关于三点电场强度的大小、电势高低的比较，正确的是()图1A．EA＝ECEB；φA＝φCφBB．EBEAEC；φA＝φCφBC．EA<EB，EA<EC；φAφB，φAφCD．因为零电势点未规定，所以无法判断电势的高低答案B解析电场线分布如图所示，电场线在B处最密集，在C 处最稀疏，故EBEAEC，中垂线为等势线，φA＝φC；沿电场线方向电势降低，φAφB.综上所述，选项B正确．3.如图2所示，B是一个螺线管，C是与螺线管相连接的金属线圈，在B的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环A，A的环面水平且与螺线管的横截面平行．若仅在金属线圈C 所处的空间加上与C环面垂直的变化磁场，发现在t1至t2时间段内金属圆环的面积有缩小的趋势，则金属线圈C处所加磁场的磁感应强度随时间变化的B－t图象可能是()图2答案D解析金属环A的面积有缩小的趋势，说明B产生的磁场在增强，即B中的电流在增大，C中产生的感应电动势在增大，故D正确．4.如图3所示，金属板M、N水平放置，相距为d，其左侧有一对竖直金属板P、Q，板P上小孔S正对板Q上的小孔O，M、N间有垂直纸面向里的匀强磁场，在小孔S处有一带负电粒子，其重力和初速度均不计，当变阻器的滑动触头在AB的中点时，带负电粒子恰能在M、N间做直线运动，当滑动变阻器滑片向A点滑动过程中()图3A．粒子在M、N间运动过程中，动能一定不变B．粒子在M、N间运动过程中，动能一定减小C．粒子在M、N间仍做直线运动D．粒子可能沿M板的右边缘飞出答案B解析滑动触头在中点时，粒子恰能做直线运动，此时M、N间为一速度选择器模型．当滑动触头滑向A点时，M、N 间电压减小，电场力变小，粒子向下偏，所以粒子在其间运动时电场力做负功，动能减小，B选项正确．因为粒子向下偏，所以不可能从M板的右边缘飞出．5.如图4所示，有一混合正离子束先后通过正交的电场、磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子流在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径r相同，则它们一定具有相同的()图4①速度②质量③电荷量④比荷A．①②B．①③C．①④D．②④答案CE解析离子束在区域Ⅰ中不偏转，一定有qE＝qvB1，v ＝，①正确．进入区域Ⅱ后，做匀B1mv速圆周运动的半径相同，由rv、B2相同，所以只能是比荷相同，故④正确，故qB2选C.6.如图5所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是()图5A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B．穿过线圈a的磁通量变小C．线圈a有缩小的趋势D．线圈a对水平桌面的压力FN将减小答案C解析若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，螺线管b中的电流增大，根据楞次定律，线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流，穿过线圈a的磁通量变大，线圈a有缩小的趋势，线圈a对水平桌面的压力FN将变大，选项C正确，D错误．二、不定项选择题(共4小题，每小题4分，共16分，在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)7．一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电动势为E，内阻为r的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则( )A．电动机消耗的总功率为UIU2B．电动机消耗的热功率为RC．电源的输出功率为EIIrD．电源的效率为1－E答案AD解析电动机消耗的总功率为UI，选项A正确；电动机消耗的热功率为I2R，选项B错误；Ir电源的总功率为EI，电源的输出功率为EI－I2r，所以电源的效率为1－，选项C错误，DE正确．8.如图6所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab＝Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知()图6A．三个等势面中，a的电势最高B．带电质点通过P点时的电势能较Q点大C．带电质点通过P点时的动能较Q点大D．带电质点通过P点时的加速度较Q点大答案ABD解析由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大．电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故a的电势最高，c 的电势最低，A正确．根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能减小，动能增大，故P点的电势能大于Q点的电势能，P点的动能小于Q点的动能，B正确，C错误．等势线密的地方电场线密，电场强度大，由题图可知P 点场强大于Q点场强，由牛顿第二定律可知，带电质点通过P点时的加速度较Q点大，D正确．故选A、B、D.9.在如图7所示的电路中，E为电源的电动势，r为电源的内电阻，R1、R2为可变电阻．在下列叙述的操作中，可以使灯泡L的亮度变暗的是()图7A．仅使R1的阻值增大B．仅使R1的阻值减小C．仅使R2的阻值增大D．仅使R2的阻值减小答案AD解析由“串反并同”可知要使灯泡变暗，则要求与其串联(包括间接串联)的器件阻值增大或与其并联(包括间接并联)的器件阻值减小，故A、D正确，B、C错误．10.如图8所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN和PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，(来自: 小龙文档网:高中物理步步高)如棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，ab棒速度的大小为v，则金属棒ab在这一过程中()图8A．运动的平均速度大小为v/2B．下滑位移的大小为qR/BLC．产生的焦耳热为qBLvD．机械能转化为内能答案BD三、实验题(本题共2小题，共16分)11.(8分)如图9所示为J0411多用电表示意图．其中A、B、C为三个可调节的部件．某同学在实验室中用它测量一阻值约为1 kΩ～3 kΩ的电阻．他测量的操作步骤如下：篇二：步步高2015高三物理(新课标)一轮讲义：4.3圆周运动第3课时圆周运动考纲解读 1.掌握描述圆周运动的物理量及其之间的关系.2.理解向心力公式并能应用；了解物体做离心运动的条件．1．[匀速圆周运动的条件和性质]质点做匀速圆周运动时，下列说法正确的是( )A．速度的大小和方向都改变B．匀速圆周运动是匀变速曲线运动C．当物体所受合力全部用来提供向心力时，物体做匀速圆周运动D．向心加速度大小不变，方向时刻改变答案CD解析匀速圆周运动的速度的大小不变，方向时刻变化，A错；它的加速度大小不变，但方向时刻改变，不是匀变速曲线运动，B错，D对；由匀速圆周运动的条件可知，C对． 2．[圆周运动的相关公式]关于质点做匀速圆周运动的下列说法正确的是( )v2A．由a＝a与r成反比rB．由a＝ω2r知，a与r成正比vC．由ω＝知，ω与r成反比rD．由ω＝2πn知，ω与转速n成正比答案Dv2解析由a＝v一定时，a才与r成反比，如果v不一定，则a与r不成r反比，同理，只有当ω一定时，a才与r成正比；v一定时，ω与r成反比；因2π是定值，故ω与n成正比．3．[向心力来源分析]如图1所示，水平的木板B托着木块A一起在竖直平面内做匀速圆周运动，从水平位置a沿逆时针方向运动到最高点b的过程中()图1A．B对A的支持力越来越大B．B对A的支持力越来越小C．B对A的摩擦力越来越小D．B对A的摩擦力越来越大答案BC解析因做匀速圆周运动，所以其向心力大小不变，方向始终指向圆心，故对木块A，在a→b的过程中，竖直方向的分加速度向下且增大，而竖直方向的力是由A的重力减去B对A的支持力提供的，因重力不变，所以支持力越来越小，即A错，B对；在水平方向上A的加速度向左且减小，至b 时减为0，因水平方向的加速度是由摩擦力提供的，故B对A的摩擦力越来越小，所以C对，D错．4．[对离心现象的理解]下列关于离心现象的说法正确的是( )A．当物体所受的离心力大于向心力时产生离心现象B．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失后，物体将做背离圆心的圆周运动C．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失后，物体将沿切线做直线运动D．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失后，物体将做曲线运动答案 C解析物体只要受到力，必有施力物体，但“离心力”是没有施力物体的，故所谓的离心力是不存在的，只要物体所受合外力不足以提供其所需向心力，物体就做离心运动，故A 选项错；做匀速圆周运动的物体，当所受的一切力突然消失后，物体将沿切线做匀速直线运动，故B、D选项错，C选项对．一、描述圆周运动的物理量1．线速度：描述物体圆周运动快慢的物理量．Δs2πrv＝ΔtT2．角速度：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．Δθ2πωΔtT32πr1TT＝.f4v24π2an＝rω＝ωv＝r.rT25Fn＝man. 2π6．相互关系：(1)v＝r＝.Tv24π22(2)an＝rω＝ωv＝＝4π2f2r.rTv24π22(3)Fn＝man＝m＝mω＝22.rT二、匀速圆周运动和非匀速圆周运动1．匀速圆周运动(1) .(2) (3)质点做匀速圆周运动的条件合力大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心．2．非匀速圆周运动(1) (2)合力的作用①合力沿速度方向的分量Ft产生切向加速度，Ft＝mat，它只改变速度的方向．②合力沿半径方向的分量Fn产生向心加速度，Fn＝man，它只改变速度的大小．三、离心运动1 2．受力特点(如图2所示)图2(1)当F＝2时，物体做匀速圆周运动．(2)当F＝0(3)当F<2时，物体逐渐远离圆心，F为实际提供的向心力．(4)当Fmrω2时，物体逐渐向圆心靠近，做向心运动．考点一描述圆周运动的物理量的求解1．对公式v＝ωr的理解当r一定时，v与ω成正比．当ω一定时，v与r成正比．当v一定时，ω与r成反比．v22．对a＝ω2r＝ωv的理解r在v一定时，a与r成反比；在ω一定时，a与r成正比．特别提醒在讨论v、ω、r之间的关系时，应运用控制变量法．例1 如图3所示，轮O1、O3固定在同一转轴上，轮O1、O2用皮带连接且不打滑．在O1、O2、O3三个轮的边缘各取一点A、B、C，已知三个轮的半径比r1∶r2∶r3＝2∶1∶1，求：图3(1)A、B、C三点的线速度大小之比vA∶vB∶vC；(2)A、B、C三点的角速度之比ωA∶ωB∶ωC；(3)A、B、C三点的向心加速度大小之比aA∶aB∶aC.解析(1)令vA＝v，由于皮带转动时不打滑，所以vB＝v.因ωA＝ωC，由公式v＝ωr知，1当角速度一定时，线速度跟半径成正比，故vC＝v，所以vA∶vB∶vC＝2∶2∶1.2v(2)令ωA＝ω，由于共轴转动，所以ωC＝ω.因vA＝vB，由公式ω＝知，当线速度一定r时，角速度跟半径成反比，故ωB＝2ω.所以ωA∶ωB∶ωC＝1∶2∶1.v2(3)令A点向心加速度为aA＝a，因vA＝vB，由公式a＝r 速度跟半径成反比，所以aB＝2a.又因为ωA＝ωC，由公式a＝ω2r知，当角速度一定时，1向心加速度跟半径成正比，故aC＝.所以aA∶aB∶aC＝2∶4∶1.2答案(1)2∶2∶1 (2)1∶2∶1 (3)2∶4∶11．高中阶段所接触的传动主要有：(1)皮带传动(线速度大小相等)；(2)同轴传动(角速度相等)；(3)齿轮传动(线速度大小相等)；(4)摩擦传动(线速度大小相等)．2．传动装置的特点：(1)同轴传动：固定在一起共轴转动的物体上各点角速度相同；(2)皮带传动、齿轮传动和摩擦传动：皮带(或齿轮)传动和不打滑的摩擦传动的两轮边缘上各点线速度大小相等．突破训练1 如图4所示是一个玩具陀螺，a、b和c是陀螺表面上的三个点．当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，下列表述正确的是()图4A．a、b和c三点的线速度大小相等B．b、c两点的线速度始终相同C．b、c两点的角速度比a点的大D．b、c两点的加速度比a点的大答案 D解析当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，a、b和c三点的角速度相同，a半径小，线速度要比b、c的小，A、C错；b、c两点的线速度大小始终相同，但方向不相同，B错；由a＝ω2r可得b、c两点的加速度比a点的大，D对．考点二圆周运动中的动力学分析1．向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力．2．向心力的确定(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置．(2)分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，就是向心力．图5例2 (2013·重庆·8)如图5所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合．转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°，重力加速度大小为g. (1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；篇三：步步高2015高三物理(新课标)一轮讲义：4.2平抛运动第2课时平抛运动考纲解读 1.掌握平抛运动的特点和性质.2.掌握研究平抛运动的方法，并能应用解题．1．[对平抛运动性质和特点的理解]关于平抛运动，下列说法错误的是( )A．平抛运动是一种在恒力作用下的曲线运动B．平抛运动的轨迹为抛物线，速度方向时刻变化，加速度方向也时刻变化C．做平抛运动的物体在Δt时间内速度变化量的方向可以是任意的D．做平抛运动的物体的初速度越大，在空中的运动时间越长答案BCD解析做平抛运动的物体只受重力作用，加速度为g恒定，任意时间内速度变化量的方向竖直向下(Δv＝gt)，运动时间由抛出时的高度决定，选项B、C、D错误．2．[斜抛运动的特点]做斜上抛运动的物体，到达最高点时( )A．速度为零，加速度向下B．速度为零，加速度为零C．具有水平方向的速度和竖直向下的加速度D．具有水平方向的速度和加速度答案 C解析斜上抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直上抛运动．因物体只受重力，且方向竖直向下，所以水平方向的分速度不变，竖直方向上的加速度也不变，所以只有C选项正确．3．[用分解思想处理类平抛运动问题]如图1所示，两个足够大的倾角分别为30°、45°的光滑斜面放在同一水平面上，两斜面间距大于小球直径，斜面高度相等，有三个完全相同的小球a、b、c，开始均静止于斜面同一高度处，其中b小球在两斜面之间．若同时释放a、b、c小球到达该水平面的时间分别为t1、t2、t3.若同时沿水平方向抛出，初速度方向如图所示，到达水平面的时间分别为t1′、t2′、t3′.下列关于时间的关系不正确的是()图1A．t1t3t2 B．t1＝t1′、t2＝t2′、t3＝t3′ C．t1′t3′t2′ D．t1<t1′、t2<t2′、t3<t3′ 答案Dh18h122解析由静止释放三个小球时对a：gsin 30°·t2.对b：h＝2，则1，则t1＝sin 30°2g22hh14h2t2.对c：＝gsin 45°·t2t1t3t2.当平抛三个小球时，小球b2＝3，则t3gsin 45°2g做平抛运动，小球a、c在斜面内做类平抛运动．沿斜面方向的运动同第一种情况，所以t1＝t1′，t2＝t2′，t3＝t3′.故选D.一、平抛运动1．性质：加速度为重力加速度g2．基本规律：以抛出点为原点，水平方向(初速度v0方向)为x轴，竖直向下方向为y轴，建立平面直角坐标系，则：(1)vxx1(2)vy＝gt，位移y＝gt2.2vygt(3)合速度：v＝vx＋vy，方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝＝. x0ygt(4)合位移：s＝x＋y，方向与水平方向的夹角为α，tan α＝x2v0二、斜抛运动1．运动性质加速度为g的匀变速曲线运动，轨迹为抛物线．2．基本规律(以斜向上抛为例说明，如图2所示)图2(1)水平方向：v0x＝vF合x＝0. (2)竖直方向：v0y＝v，F合y＝mg.考点一平抛运动的基本规律1．飞行时间：由t＝2．水平射程：x＝v0t＝v0素无关．h，与初速度v0无关．g，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定，与其他因g3．落地速度：vt＝vx＋vyv0＋2gh，以θ表示落地速度与x轴正方向的夹角，有tan θvy2gh＝，所以落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关．x0 4．速度改变量：因为平抛运动的加速度为重力加速度g，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt内的速度改变量Δv＝gΔt相同，方向恒为竖直向下，如图3所示．图35．两个重要推论(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图4中A点和B点所示．图4(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为θ，则tan α＝2tan θ.例 1 有一项人体飞镖项目，可将该运动简化为以下模型(如图5所示)：手握飞镖的小孩用一根不可伸长的细绳系于天花板下，在A处被其父亲沿垂直细绳方向推出，摆至最低处B时小孩松手，飞镖依靠惯性沿BC飞出命中竖直放置的圆形靶的靶心O，圆形靶的最高点C与B点在同一高度，A、B、C三点处在同一竖直平面内，且BC与圆形靶平面垂直．已知小孩质量为m，细绳长为L，B、C两点之间的距离为d，靶的半径为R，A、B 两点之间的高度差为h.不计空气阻力，小孩和飞镖均可视为质点，重力加速度为g.图5(1)求小孩在A处被推出时的初速度大小；(2)如果飞镖脱手时沿BC方向速度不变，但由于小孩手臂的水平抖动使其获得了一个垂直于BC的水平速度v1，要让飞镖能够击中圆形靶，求v1的取值范围．解析(1)设飞镖从B点平抛运动到O点的时间为t，从B 点抛出的速度为v，则有d＝vt 1R＝gt22由机械能守恒定律得121mv0＋mgh＝v2 22联立以上三式解得v0＝－2gh 2R(2)因BC方向的速度不变，则从B到靶的时间t不变，竖直方向上的位移仍为R，则靶上的击中点一定与靶心O在同一高度上，则垂直于BC的水平位移一定小于R，因此有v1t<R 可得v1< 答案(1)22gh (2)v1< 2R2“化曲为直”思想——平抛运动的基本求解方法平抛运动的三种分解思路(1)分解速度：v合＝vx＋vy＝v0＋?gt?1y(2)分解位移：x＝v0t，y＝gt2，tan θ＝2x(3)分解加速度突破训练1 如图6，从半径为R＝1 m的半圆AB上的A 点水平抛出一个可视为质点的小球，经t＝0.4 s小球落到半圆上，已知当地的重力加速度g＝10 m/s2，则小球的初速度v0可能为( )图6A．1 m/s B．2 m/s C．3 m/s D．4 m/s 答案AD1解析由于小球经0.4 s落到半圆上，下落的高度h＝2＝0.8 m，位置可能有两处，如2图所示．第一种可能：小球落在半圆左侧，v0t＝RR－h＝0.4 m，v0＝1 m/s 第二种可能：小球落在半圆右侧，v0t＝RR－h，v0＝4 m/s，选项A、D正确．考点二斜面上的平抛运动问题斜面上的平抛运动问题是一种常见的题型，在解答这类问题时除要运用平抛运动的位移和速度规律，还要充分运用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系，从而使问题得到顺利解决．常见的模型如下：例2 如图7所示，一名跳台滑雪运动员经过一段时间的加速滑行后从O点水平飞出，经过3 s落到斜坡上的A点．已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运动员的质量m＝50 kg.不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8；g取10 m/s2)．求：。
2014年《步步高》高中物理配套Word版文档(人教选修3-1)第一章 学案4
学案4 电场线[学习目标定位] 1.理解电场强度的概念及公式，并会进行有关的计算.2.会用电场线表示电场，并熟记几种常见电场的电场线分布特征.3.理解点电荷的电场强度及场强叠加原理．一、电场法拉第认为在电荷的周围存在着由它产生的 ，处在电场中的其他电荷受到的 就是这个电场给予的．近代物理学认为电场以及磁场是一种客观存在，并且是互相联系的，统称为 ， 与 是物质存在的两种不同形式． 二、电场强度试探电荷在电场中某个位置 与它的 的比值叫电场强度，用公式E ＝Fq 表示；单位是 ，符号为 ；电场强度是矢量，方向与 的受力方向相同． 三、电场线电场线是画在电场中的一条条有方向的曲线，曲线上每点的切线方向表示该点的电场强度方向．在同一幅图中，电场强度较大的地方电场线较密，电场强度较小的地方电场线较疏，电场线不是实际存在的线，而是为了形象地描述电场而假想的线．三、电场线 匀强电场 [问题设计]1．电场线是如何表示电场方向和强弱的？2．电场线是真实存在的吗？能不能相交？[要点提炼]1．电场线的特点有：(1)起始于无限远或正电荷，终止于负电荷或无限远．(2)任意两条电场线不相交．(3)在同一幅图中，电场线的疏密表示场强的大小，电场线某点的切线方向表示该点电场强度的方向．2．匀强电场中各点的电场强度大小相等，方向相同；电场线是间距相等的平行线．[延伸思考]1．点电荷、等量同号点电荷、等量异号点电荷电场的电场线有何特点？答案点电荷的电场：正电荷的电场线从正电荷出发延伸到无限远处，负电荷的电场线由无限远处延伸到负电荷，如图所示，其特点有：(1)点电荷形成的电场中，不存在场强相同的点．(2)若以点电荷为球心作一个球面，电场线处处与球面垂直．在此球面上场强大小处处相等，方向各不相同．等量同号点电荷的电场：电场线分布如图所示(以等量正点电荷为例)，其特点有：(1)两点电荷连线上，中点O处场强为零，向两侧场强逐渐增大，方向指向中点．(2)两点电荷连线中点O沿中垂面(中垂线)到无限远，电场线先变密后变疏，即场强先变大后变小，方向背离中点．等量异号点电荷的电场：电场分布如图所示，其特点有：(1)两点电荷连线上的各点场强方向从正电荷指向负电荷，沿电场线方向场强先变小再变大，中点处场强最小．(2)两点电荷连线的中垂面(中垂线)上，电场线的方向均相同，即电场强度方向都相同，总与中垂面(或中垂线)垂直且指向负点电荷一侧．沿中垂面(中垂线)从中点到无限远处，场强大小一直减小，中点处场强最大．2．电场线和带电粒子在电场中的运动轨迹相同吗？答案不一定相同．电场线是为了形象地描述电场而引入的假想曲线，规定电场线上每点的切线方向为该点的场强方向，也是正电荷在该点的受力方向(与负电荷受力方向相反)．运动轨迹是带电粒子在电场中实际通过的径迹，径迹上每点的切线方向为粒子在该点的速度方向．在力学的学习中我们就已经知道，物体运动速度的方向和它的加速度的方向是两回事，不一定相同，因此，电场线与运动轨迹不能混为一谈，不能认为电场线就是带电粒子在电场中运动的轨迹．只有当电场线是直线，且带电粒子只受静电力作用(或受其他力，但方向沿电场线所在直线)，同时带电粒子的初速度为零或初速度方向沿电场线所在直线时，运动轨迹才和电场线重合，这只是一种特殊情况．一、电场线的理解和应用例1某电场的电场线分布如图5所示，下列说法正确的是()图5A．c点的电场强度大于b点的电场强度B．若将一试探电荷＋q由a点静止释放，它将沿电场线运动到b点C．b点的电场强度大于d点的电场强度D．a点和b点的电场强度的方向相同例2关于电场线的特征，下列说法中正确的是()A．如果某空间中的电场线是曲线，那么在同一条电场线上各处的场强不相同B．如果某空间中的电场线是直线，那么在同一条电场线上各处的场强相同C．如果空间中只存在一个孤立的点电荷，那么这个空间中的任意两条电场线相交；如果空间中存在两个以上的点电荷，那么这个空间中有许多电场线相交D．电场中任意两条电场线都不相交例3下列各电场中，A、B两点电场强度相同的是()例4如图所示是某静电场的一部分电场线分布情况，下列说法中正确的是()A．这个电场可能是负点电荷的电场B．点电荷q在A点处受到的电场力比在B点处受到的电场力大C．负电荷在B点处受到的电场力的方向沿电场线的切线方向D．点电荷q在A点处的瞬时加速度比在B点处的瞬时加速度小(不计重力)例5如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强大小为900 N/C，在电场内一水平面上作半径为10 cm的圆心为O的圆，圆上取A、B两点，AO沿电场方向，BO⊥OA，另在圆心处放一电荷量为10－9C的正点电荷，则A处场强大小E A＝________ N/C，B处场强大小E B＝________ N/C.1．如图6所示，带箭头的直线是某一电场中的一条电场线，在这条线上有A、B两点，用E A、E B表示A、B两处的场强，则()图6A．A、B两处的场强方向相同B．因为A、B在一条电场线上，且电场线是直线，所以E A＝E BC．电场线从A指向B，所以E A＞E BD．不知A、B附近电场线的分布情况，E A、E B的大小不能确定2．如图2所示是点电荷Q周围的电场线，图中A到Q的距离小于B到Q的距离．以下判断正确的是()图2A．Q是正电荷，A点的电场强度大于B点的电场强度B．Q是正电荷，A点的电场强度小于B点的电场强度C．Q是负电荷，A点的电场强度大于B点的电场强度D．Q是负电荷，A点的电场强度小于B点的电场强度3．如图5所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷Q产生的电场线，若带电粒子q(|Q|≫|q|)由a运动到b，静电力做正功．已知在a、b两点粒子所受静电力分别为F a、F b，则下列判断正确的是()图5A．若Q为正电荷，则q带正电，F a＞F bB．若Q为正电荷，则q带正电，F a＜F bC．若Q为负电荷，则q带正电，F a＞F bD．若Q为负电荷，则q带正电，F a＜F b。
高中物理选修3-5步步高全套学案及课件第一章2课时1
2动量课时1动量及动量定理[学习目标] 1.理解动量概念及其矢量性,会计算一维情况下的动量变化量.2.理解冲量的概念,知道冲量是矢量；理解动量定理及其表达式.3.能够利用动量定理解释有关现象和解决实际问题.一、动量1.动量(1)定义：物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量.用符号p表示,单位：kg·m/s.(2)动量是矢(选填“矢”或“标”)量,方向与速度的方向相同,运算遵循平行四边形定则.(3)动量是状态量(选填“状态量”或“过程量”).2.动量变化Δp＝p′－p(1)方向：与速度变化的方向相同.(2)若p′、p不在一条直线上,要用平行四边形定则求矢量差.二、动量定理1.冲量(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量.(2)公式：I＝Ft.(3)单位：牛顿·秒,符号N·s.2.动量定理(1)内容：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化.(2)公式：Ft＝m v′－m v或I＝Δp.[即学即用]1.判断下列说法的正误.(1)动量相同的物体,运动方向一定相同.(√)(2)一个物体的动量改变,它的动能一定改变.(×)(3)一个物体(质量不变)的动能改变,它的动量一定改变.(√)(4)冲量是矢量,其方向与力的方向相同.(√)(5)若物体在一段时间内,其动量发生了变化,则物体在这段时间内受到的合外力一定不为零.(√) (6)物体受到的合外力的冲量越大,它的动量变化量一定越大.(√)2.质量为m的物体以初速度v竖直向上抛出,经时间t,达到最高点,速度变为0,以竖直向上为正方向,重力加速度为g,在这个过程中,物体的动量变化量是________,重力的冲量是__________. 答案－m v－mgt一、对动量及其变化量的理解[导学探究]在激烈的橄榄球赛场上,一个较瘦弱的运动员携球奔跑时迎面碰上了高大结实的对方运动员,自己被碰倒在地,而对方却几乎不受影响,这说明运动物体产生的效果不仅与速度有关,而且与质量有关.(1)若质量为60 kg的运动员(包括球)以5 m/s的速度向东奔跑,他的动量是多大？方向如何？若他以大小不变的速率做曲线运动时,他的动量是否变化？(2)若这名运动员与对方运动员相撞后速度变为零,他的动量的变化量多大？动量的变化量的方向如何？答案(1)300 kg·m/s方向向东变化(2)300 kg·m/s方向向西[知识深化]1.动量：p＝m v,是描述物体运动状态的物理量.2.动量的变化量(1)动量变化的三种情况：大小变化、方向变化、大小和方向同时变化.(2)关于动量变化量的求解①若初、末动量在同一直线上,则在选定正方向的前提下,可化矢量运算为代数运算.②若初、末动量不在同一直线上,运算时应遵循平行四边形定则.例1羽毛球是速度较快的球类运动之一,运动员扣杀羽毛球的速度可达到100 m/s,假设羽毛球飞来的速度为50 m/s,运动员将羽毛球以100 m/s的速度反向击回.设羽毛球的质量为10 g,试求：(1)运动员击球过程中羽毛球的动量变化量；(2)运动员击球过程中羽毛球的动能变化量.答案(1)1.5 kg·m/s,方向与羽毛球飞来的方向相反(2)37.5 J解析(1)以羽毛球飞来的方向为正方向,则p1＝m v1＝10×10－3×50 kg·m/s＝0.5 kg·m/s,p 2＝m v 2＝－10×10－3×100 kg·m /s ＝－1 kg·m/s,所以动量的变化量Δp ＝p 2－p 1＝－1 kg·m /s －0.5 kg·m/s ＝－1.5 kg·m/s, 即羽毛球的动量变化量大小为1.5 kg·m/s,方向与羽毛球飞来的方向相反.(2)羽毛球的初动能：E k ＝12m v 12＝12.5 J,羽毛球的末动能：E k ′＝12m v 22＝50 J,所以ΔE k ＝E k ′－E k ＝37.5 J.动量与动能的区别与联系1.区别：动量是矢量,动能是标量,质量相同的两物体,动量相同时动能一定相同,但动能相同时,动量不一定相同.2.联系：动量和动能都是描述物体运动状态的物理量,大小关系为E k ＝p 22m 或p ＝2mE k .二、冲量及冲量的计算[导学探究] 如图1所示,一个质量为m 的物体在与水平方向成θ角的拉力F 的作用下保持静止状态,经过一段时间t ,拉力F 做的功是多少？拉力F 的冲量是多大？图1答案 拉力F 做的功是零,但冲量是Ft . [知识深化]1.求冲量时,一定要注意是哪个力在哪一段时间内的冲量.2.公式I ＝Ft 只适用于计算恒力的冲量,若求变力的冲量,可考虑用以下方法求解： (1)用动量定理I ＝m v ′－m v 求冲量. (2)若力随时间均匀变化,则可用平均力求冲量.(3)若给出了力F 随时间t 变化的图像,可用F －t 图像与t 轴所围的面积求冲量.例2 在倾角为37°、足够长的固定斜面上,有一质量为5 kg 的物体沿斜面下滑,物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2,求物体下滑2 s 的时间内,物体所受各力的冲量.(g 取10 m/s 2,sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8) 答案 见解析解析 物体沿斜面下滑的过程中,受重力、支持力和摩擦力的作用.重力的冲量I G ＝Gt ＝mgt ＝5×10×2 N·s ＝100 N·s,方向竖直向下.支持力的冲量I N ＝Nt ＝mg cos 37°·t ＝5×10×0.8×2 N·s ＝80 N·s,方向垂直于斜面向上. 摩擦力的冲量I f ＝ft ＝μmg cos 37°·t ＝0.2×5×10×0.8×2 N·s ＝16 N·s,方向沿斜面向上.1.在求力的冲量时,首先明确是求哪个力的冲量,是恒力还是变力,如是恒力,再用I ＝Ft 进行计算.2.注意不要忘记说明冲量的方向. 三、动量定理的理解和应用 [导学探究]1.如图2所示,一个质量为m 的物体(与水平面无摩擦)在水平恒力F 的作用下,经过时间t ,速度从v 变为v ′,应用牛顿第二定律和运动学公式推导物体的动量变化量Δp 与恒力F 及作用时间t 的关系.图2答案 物体在题述过程中的加速度a ＝v ′－vt根据牛顿第二定律F ＝ma 可得F ＝m v ′－vt整理得：Ft ＝m (v ′－v ) 即Ft ＝m v ′－m v ＝Δp .2.在日常生活中,有不少这样的事例：跳远时要跳在沙坑里；跳高时在下落处要放海绵垫子；从高处往下跳,落地后双腿往往要弯曲；轮船边缘及轮渡的码头上都装有橡胶轮胎……这样做的目的是什么？答案 延长作用时间以减小作用力. [知识深化]1.对动量定理的理解(1)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因.(2)动量定理的表达式是矢量式,运用动量定理解题时,要注意规定正方向.(3)公式中的F 是物体所受的合外力,若合外力是均匀变化的力,则F 应是合外力在作用时间内的平均值.2.应用动量定理定量计算的一般步骤选定研究对象，明确运动过程→进行受力分析，确定初、末状态→选取正方向，列动量定理方程求解例3 如图3所示,用0.5 kg 的铁锤竖直把钉子钉进木头里,击打时铁锤的速度为4.0 m/s.如果击打后铁锤的速度变为0,击打的作用时间是0.01 s,求：图3(1)不计铁锤受的重力,铁锤钉钉子时,钉子受到的平均作用力；(2)考虑铁锤受的重力,铁锤钉钉子时,钉子受到的平均作用力.(g 取10 m/s 2) 答案 (1)200 N,方向竖直向下 (2)205 N,方向竖直向下解析 (1)以铁锤为研究对象,不计重力时,只受钉子的作用力,方向竖直向上,设为F 1,取竖直向上为正方向,由动量定理可得F 1t ＝0－m v所以F 1＝－0.5×(－4.0)0.01N ＝200 N,方向竖直向上.由牛顿第三定律知,钉子受到的平均作用力为200 N,方向竖直向下.(2)若考虑重力,设此时铁锤受钉子的作用力为F 2,对铁锤应用动量定理,取竖直向上为正方向,则(F 2－mg )t ＝0－m vF 2＝－0.5×(－4.0)0.01 N ＋0.5×10 N ＝205 N,方向竖直向上.由牛顿第三定律知,钉子受到的平均作用力为205 N,方向竖直向下.在用动量定理进行定量计算时注意： (1)列方程前首先选取正方向；(2)分析速度时一定要选取同一参考系,一般是选地面为参考系；(3)公式中的冲量应是合外力的冲量,求动量的变化量时要严格按公式,且要注意动量的变化量是末动量减去初动量.例4 (多选)对下列几种物理现象的解释,正确的是( ) A.击打钉子时,不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻 B.跳远时,在沙坑里填沙,是为了减小冲量C.易碎品运输时,要用柔软材料包装,船舷常常悬挂旧轮胎,都是为了延长作用时间以减小作用力D.在车内推车推不动,是因为车(包括人)所受合外力的冲量为零 答案 CD解析 击打钉子时,不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作用时间长,作用力小；跳远时,在沙坑里填沙,是为了延长人与地的接触时间,减小作用力,所以A 、B 项不正确；据动量定理F ·t ＝Δp知,当Δp相同时,t越长,作用力越小,故C项正确；车能否移动或运动状态能否改变取决于所受的合外力,与内部作用无关,所以D项正确.利用动量定理解释现象的问题主要有三类1.Δp一定,t短则F大,t长则F小.2.F一定,t短则Δp小,t长则Δp大.3.t一定,F大则Δp大,F小则Δp小.1.(动量定理的理解)(多选)下面关于物体动量和冲量的说法,正确的是()A.物体所受合外力冲量越大,它的动量也越大B.物体所受合外力冲量不为零,它的动量一定要改变C.物体动量变化量的方向,就是它所受合外力的冲量方向D.物体所受合外力冲量越大,它的动量变化量就越大答案BCD2.(动量定理的简单应用)(多选)在任何相等时间内,物体动量的变化量总是相等的运动可能是()A.匀速圆周运动B.匀变速直线运动C.自由落体运动D.平抛运动答案BCD3.(动量定理的分析)篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球,两臂随球迅速收缩至胸前,这样做可以()A.减小球对手的冲量B.减小球对人的冲击力C.减小球的动量变化量D.减小球的动能变化量答案 B解析在篮球运动员接球的过程中,手对球的冲量等于球的动量的变化量,接球时,两臂随球迅速收缩至胸前,并没有减小球对手的冲量,也没有减小球的动量变化量,更没有减小球的动能变化量,只是延长了手与球的作用时间,从而减小了球对人的冲击力,B正确.4.(动量定理的计算)0.2 kg的小球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面,再以4 m/s的速度反向弹回,取竖直向上为正方向,g取10 m/s2.(1)小球与地面碰撞前后的动量变化量的大小为多少？(2)若小球与地面的作用时间为0.2 s,则小球受到的地面的平均作用力为多大？ 答案 (1)2 kg·m/s (2)12 N解析 (1)小球与地面碰撞前的动量为p 1＝m (－v 1)＝0.2×(－6) kg·m /s ＝－1.2 kg·m/s 小球与地面碰撞后的动量为p 2＝m v 2＝0.2×4 kg·m /s ＝0.8 kg·m/s 小球与地面碰撞前后动量变化量的大小为Δp ＝p 2－p 1＝2 kg·m/s. (2)由动量定理得(F －mg )Δt ＝Δp所以F ＝Δp Δt ＋mg ＝20.2N ＋0.2×10 N ＝12 N.一、选择题考点一 对动量和动量变化量的理解 1.关于动量,以下说法正确的是( )A.做匀速圆周运动的质点,其动量不随时间发生变化B.悬线拉着的摆球在竖直面内摆动时,每次经过最低点时的动量均相同C.匀速飞行的巡航导弹巡航时动量始终不变D.平抛运动的质点在竖直方向上的动量与运动时间成正比 答案 D解析 做匀速圆周运动的质点速度方向时刻变化,动量时刻变化,故A 项错；单摆的摆球相邻两次经过最低点时动量大小相等,但方向相反,故B 项错；巡航导弹巡航时虽速度不变,但由于燃料不断燃烧(导弹中燃料占其总质量的一部分,不可忽略),从而使导弹总质量不断减小,导弹动量减小,故C 项错；平抛运动的质点在竖直方向上的分运动为自由落体运动,在竖直方向上的动量p 竖＝m v y ＝mgt ,故D 项正确.2.质量为0.5 kg 的物体,运动速度为3 m /s,它在一个变力作用下速度变为7 m/s,方向和原来方向相反,则这段时间内动量的变化量为( ) A.5 kg·m/s,方向与原运动方向相反 B.5 kg·m/s,方向与原运动方向相同 C.2 kg·m/s,方向与原运动方向相反 D.2 kg·m/s,方向与原运动方向相同 答案 A解析 以原来的运动方向为正方向,由定义式Δp ＝m v ′－m v 得Δp ＝(－7×0.5－3×0.5) kg·m /s ＝－5 kg·m/s,负号表示Δp 的方向与原运动方向相反.考点二 对冲量的理解和计算3.放在水平桌面上的物体质量为m ,用一个大小为F 的水平推力推它t 秒,物体始终不动,那么t 秒内,推力的冲量大小是( ) A.Ft B.mgt C.0 D.无法计算答案 A4.质量为1 kg 的物体做直线运动,其速度－时间图像如图1所示,则物体在前10 s 内和后10 s 内所受合外力的冲量分别是( )图1A.10 N·s,10 N·sB.10 N·s,－10 N·sC.10 N·s,0D.0,－10 N·s 答案 D解析 由题图可知,在前10 s 内初、末状态的动量相同,p 1＝p 2＝5 kg·m /s,由动量定理知I 1＝0；在后10 s 内末状态的动量p 3＝－5 kg·m/s,由动量定理得I 2＝p 3－p 2＝－10 N·s,故正确答案为D.5.质量为m 的钢球由高处自由落下,以速率v 1碰地,竖直向上弹回,碰撞时间极短,离地的速率为v 2.在碰撞过程中,地面对钢球的冲量的方向和大小为( ) A.向下,m (v 1－v 2) B.向下,m (v 1＋v 2) C.向上,m (v 1－v 2) D.向上,m (v 1＋v 2)答案 D解析 设竖直向上的方向为正方向,对钢球应用动量定理得Ft －mgt ＝m v 2－(－m v 1)＝m v 2＋m v 1由于碰撞时间极短,重力的冲量可忽略不计.所以Ft ＝m (v 2＋v 1),即地面对钢球的冲量方向向上,大小为m (v 2＋v 1).6.(多选)一细绳系着小球,在光滑水平面上做匀速圆周运动,小球质量为m ,速度大小为v ,做匀速圆周运动的周期为T ,则以下说法中正确的是( ) A.经过时间t ＝T2,小球动量变化量为0B.经过时间t ＝T4,小球动量变化量大小为2m vC.经过时间t ＝T2,细绳对小球的冲量大小为2m vD.经过时间t ＝T 4,重力对小球的冲量大小为mgT4答案 BCD解析 经过时间t ＝T2,小球转过了180°,速度方向正好反向,若规定开始计时时的速度方向为正,则动量变化量为Δp ＝－m v －m v ＝－2m v ,细绳对小球的冲量为I ＝Δp ＝－2m v ,故冲量大小为2m v ,A 错误,C 正确；经时间t ＝T4,小球转过了90°角,根据矢量合成法则可得,动量变化量大小为Δp ′＝2m v ,重力对小球的冲量大小为I G ＝mgt ＝mgT4,B 、D 正确.7.水平推力F 1和F 2分别作用于水平面上等质量的甲、乙两物体上,作用一段时间后撤去推力,物体将继续运动一段时间后停下来.两物体的v －t 图像如图2所示,图中线段AB 平行于线段CD ,则整个运动过程中( )图2A.F 1的冲量大于F 2的冲量B.F 1的冲量等于F 2的冲量C.两物体受到的摩擦力大小相等D.两物体受到的摩擦力大小不等 答案 C解析 甲、乙先做匀加速运动,撤去推力后做匀减速运动.题图中线段AB 平行于线段CD ,表明甲、乙与水平面的动摩擦因数相同,又甲、乙质量相等,所以两物体受到的摩擦力大小相等,选项C 正确,D 错误；因为整个运动过程中两物体的动量改变量均为零,所以推力的冲量大小等于物体受到的摩擦力的冲量大小.由题图可知甲的运动时间小于乙的运动时间,所以甲的摩擦力的冲量小于乙的摩擦力的冲量,则F 1的冲量小于F 2的冲量,选项A 、B 错误. 考点三 动量定理的分析和计算8.从某高处落下一个鸡蛋,分别落到相同高度的棉絮上和水泥地上,下列结论正确的是( ) A.落到棉絮上的鸡蛋不易破碎,是因为它的动量变化小 B.落到水泥地上的鸡蛋易碎,是因为它受到的冲量大 C.落到棉絮上的鸡蛋不易破碎,是因为它的动量变化率大D.落到水泥地上的鸡蛋易碎,是因为它的动量变化快 答案 D9.(多选)如图3所示,把重物G 压在纸带上,用一水平力缓慢拉动纸带,重物跟着纸带一起运动,若迅速拉动纸带,纸带将会从重物下抽出,下列解释正确的是( )图3A.在缓慢拉动纸带时,重物和纸带间摩擦力大B.在迅速拉动纸带时,纸带对重物的摩擦力小C.在缓慢拉动纸带时,纸带对重物的冲量大D.在迅速拉动纸带时,纸带对重物的冲量小 答案 CD10.(多选)一个质量为0.18 kg 的垒球,以25 m /s 的水平速度飞向球棒,被球棒击打后反向水平飞回,速度大小变为45 m/s,设球棒与垒球的作用时间为0.01 s.下列说法正确的是( ) A.球棒对垒球的平均作用力大小为1 260 N B.球棒对垒球的平均作用力大小为360 N C.球棒对垒球做的功为126 J D.球棒对垒球做的功为36 J 答案 AC解析 设球棒对垒球的平均作用力为F ,由动量定理得F t ＝m (v 1－v 0),取末速度方向为正方向,则v 1＝45 m /s,v 0＝－25 m /s,代入得F ＝1 260 N.由动能定理得W ＝12m v 12－12m v 02＝126 J,故A 、C 正确.11.为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强,小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台,测得1小时内杯中水位上升了45 mm.查询得知,当时雨滴竖直下落的速度约为12 m/s.据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为1×103 kg·m －3)( )A.0.15 PaB.0.54 PaC.1.5 PaD.5.4 Pa 答案 A解析 以1 s 内下落的雨滴为研究对象,设圆柱形水杯的底面积为S ,则1 s 内下落的雨滴的质量m ＝ρSh3 600,取竖直向上为正方向,则v ＝－12 m/s,由动量定理得Ft ＝0－m v ,又p ＝FS ,联立解得p ＝－ρv h 3 600＝103×12×0.0453 600Pa ＝0.15 Pa. 二、非选择题12.(冲量和动量的计算)将质量为m ＝1 kg 的小球,从距水平地面高h ＝5 m 处,以v 0＝10 m /s 的水平速度抛出,不计空气阻力,g 取10 m/s 2.求：(1)抛出后0.4 s 内重力对小球的冲量；(2)平抛运动过程中小球动量的增加量Δp ；(3)小球落地时的动量大小p ′.答案 (1)4 N·s 方向竖直向下(2)10 N·s 方向竖直向下 (3)10 2 kg·m/s解析 (1)重力是恒力,0.4 s 内重力对小球的冲量I 1＝mgt 0＝1×10×0.4 N·s ＝4 N·s,方向竖直向下.(2)由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动,故h ＝12gt 2, 落地时间t ＝2h g＝1 s.小球平抛运动过程中只受重力作用,所以合外力的冲量为 I ＝mgt ＝1×10×1 N·s ＝10 N·s,方向竖直向下.由动量定理得Δp ＝I ＝10 N·s,方向竖直向下.(3)小球落地时竖直分速度为v y ＝gt ＝10 m/s.由速度合成知,落地速度v ＝v 02＋v y 2＝102＋102 m/s ＝10 2 m/s,所以小球落地时的动量大小为p ′＝m v ＝10 2 kg·m/s.13.(动量定理的应用)质量为m 的物体静止在足够大的水平面上,物体与水平面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g ,有一水平恒力F 作用于物体上,并使之加速前进,经时间t 1后撤去此恒力,求物体运动的总时间t .答案 Ft 1μmg解析 方法一：物体的运动可分为两个阶段,第一阶段水平方向受F 、f 两个力的作用,时间为t 1,物体由A 运动到B ,速度达到v 1；第二阶段物体水平方向只受摩擦力f 的作用,时间为t 2,由B 运动到C ,速度由v 1变为0.设由A 到B 为正方向,据动量定理：第一阶段：(F －f )t 1＝m v 1－0＝m v 1第二阶段：－f ·t 2＝0－m v 1＝－m v 1两式相加：F·t1－f(t1＋t2)＝0因为f＝μmg,则总时间t＝t1＋t2＝Ft1μmg.方法二：把两个阶段当成一个过程来看,F作用t1时间,μmg则作用了t时间,动量变化Δp＝0.Ft1－μmgt＝0,t＝Ft1μmg.。
【步步高】(浙江专用)2014届高考数学 考前三个月 专题五 第三讲空间向量与立体几何
第三讲 空间向量与立体几何1．直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)．平面α，β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)，v ＝(a 3，b 3，c 3)(以下相同)．(1)线面平行l ∥α⇔a ⊥μ⇔a ·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0.(2)线面垂直l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2.(3)面面平行α∥β⇔μ∥v ⇔μ＝λv ⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3.(4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0.2．空间角的计算(1)两条异面直线所成角的求法设直线a ，b 的方向向量为a ，b ，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝|a ·b ||a ||b |(其中φ为异面直线a ，b 所成的角)．(2)直线和平面所成角的求法如图所示，设直线l 的方向向量为e ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为φ，两向量e 与n 的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|e ·n ||e ||n |.(3)二面角的求法①利用向量求二面角的大小，可以不作出平面角，如图所示，〈m ，n 〉即为所求二面角的平面角．②对于易于建立空间直角坐标系的几何体，求二面角的大小时，可以利用这两个平面的法向量的夹角来求．如图所示，二面角α－l －β，平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2，〈n 1，n 2〉＝θ，则二面角α－l －β的大小为θ或π－θ.1．(2012·某某)如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )A.55B.53C.255 D.35答案 A解析 不妨令CB ＝1，则CA ＝CC 1＝2.可得O (0,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0,2,0)，A (2,0,0)，B 1(0,2,1)， ∴BC →1＝(0,2，－1)，AB →1＝(－2,2,1)，∴cos〈BC →1，AB →1〉＝BC →1·AB →1|BC →1||AB →1|＝4－15×9＝15＝55>0.∴BC →1与AB →1的夹角即为直线BC 1与直线AB 1的夹角，∴直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为55.2．(2013·某某)如图，AB 是圆的直径，PA 垂直圆所在的平面，C 是圆上的点．(1)求证：平面PAC ⊥平面PBC ；(2)若AB ＝2，AC ＝1，PA ＝1，求二面角C －PB －A 的余弦值． (1)证明 由AB 是圆的直径，得AC ⊥BC ， 由PA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，得PA ⊥BC . 又PA ∩AC ＝A ，PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ， 所以BC ⊥平面PAC . 因为BC ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面PAC .(2)解 方法一 过C 作CM ∥AP ，则CM ⊥平面ABC .如图，以点C 为坐标原点，分别以直线CB 、CA 、CM 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．在Rt△ABC 中，因为AB ＝2，AC ＝1，所以BC ＝ 3. 因为PA ＝1，所以A (0,1,0)，B (3，0,0)，P (0,1,1)． 故C B →＝(3，0,0)，C P →＝(0,1,1)． 设平面BCP 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ C B →·n 1＝0，C P →·n 1＝0，所以⎩⎨⎧3x 1＝0，y 1＋z 1＝0，不妨令y 1＝1，则n 1＝(0,1，－1)． 因为A P →＝(0,0,1)，A B →＝(3，－1,0)， 设平面ABP 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧A P →·n 2＝0，AB →·n 2＝0，所以⎩⎨⎧z 2＝0，3x 2－y 2＝0，不妨令x 2＝1，则n 2＝(1，3，0)．于是cos 〈n 1，n 2〉＝322＝64.所以由题意可知二面角C －PB －A 的余弦值为64. 方法二过C 作CM ⊥AB 于M ，因为PA ⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ， 所以PA ⊥CM ，又PA ∩AB ＝A ，故CM ⊥平面PAB .所以CM ⊥PB . 过M 作MN ⊥PB 于N ，连接NC ， 所以PB ⊥面MNC ，所以⊥PB ，所以∠M 为二面角C －PB －A 的平面角． 在Rt△ABC 中，由AB ＝2，AC ＝1，得BC ＝3，CM ＝32，BM ＝32，在Rt△PAB 中，由AB ＝2，PA ＝1，得PB ＝ 5. 因为Rt△BNM ∽Rt△BAP ，所以MN 1＝ 32 5，故MN ＝3510.又在Rt△M 中，＝305， 故cos∠M ＝64. 所以二面角C －PB －A 的余弦值为64.题型一 利用空间向量证明平行与垂直例1 如图所示，平面PAC ⊥平面ABC ，△ABC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形，E 、F 、O分别为PA 、PB 、AC 的中点，AC ＝16，PA ＝PC ＝10.(1)设G 是OC 的中点，证明：FG ∥平面BOE ； (2)证明：在△ABO 内存在一点M ，使FM ⊥平面BOE .审题破题 以O 点为原点，OB 、OC 、OP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，利用向量法可求解．(1)证明 如图所示，连接OP ，以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O —xyz ，则O (0,0,0)，A (0，－8，0)，B (8,0,0)，C (0,8,0)，P (0，0,6)，E (0，－4,3)，F (4,0,3)，由题意得，G (0,4,0)，因OB →＝(8,0,0)，OE →＝(0，－4,3)，因此平面BOE 的一个法向量n ＝(0,3,4)，FG →＝(－4,4，－3)，得n ·FG →＝0，又直线FG 不在平面BOE 内，因此有FG ∥平面BOE . (2)设点M 的坐标为(x 0，y 0,0)， 则FM →＝(x 0－4，y 0，－3)，因为FM ⊥平面BOE ，所以有FM →∥n ，因此有x 0＝4，y 0＝－94，即点M 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫4，－94，0， 在平面直角坐标系xOy 中，△AOB 的内部区域可表示为不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x >0y <0x －y <8，经检验，点M 的坐标满足上述不等式组，所以，在△ABO 内存在一点M ，使FM ⊥平面BOE .反思归纳 (1)空间中线面的平行与垂直的证明有两种思路：一是利用相应的判定定理和性质定理去解决；二是利用空间向量法来论证．(2)用向量法来证明平行与垂直，避免了繁杂的推理论证，直接计算就行了，把几何问题代数化．尤其是在正方体、长方体、直四棱柱中相关问题的证明用向量法更简捷，但是向量法要求计算必须准确无误．变式训练1 如图，在直三棱柱ADE —BCF 中，面ABFE 和面ABCD 都是正方形且互相垂直，M为AB 的中点，O 为DF 的中点．运用向量方法证明：(1)OM ∥平面BCF ； (2)平面MDF ⊥平面EFCD .证明 (1)由题意，AB ，AD ，AE 两两垂直，以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为1，则A (0,0,0)，B (1，0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，F (1,0,1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0， O ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，12. (1)OM →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－12，－12，BA →＝(－1,0,0)，∴OM →·BA →＝0, ∴OM →⊥BA →.∵棱柱ADE —BCF 是直三棱柱，∴AB ⊥平面BCF ，∴BA →是平面BCF 的一个法向量， 且OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF .(2)设平面MDF 与平面EFCD 的一个法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)． ∵DF →＝(1，－1,1)，DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0，DC →＝(1,0,0)，由n 1·DF →＝n 1·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，令x 1＝1，则n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－12.同理可得n 2＝(0,1,1)．∵n 1·n 2＝0，∴平面MDF ⊥平面EFCD . 题型二 利用向量求空间角例2 如图，三棱锥P －ABC 中，PB ⊥平面ABC .PB ＝BC ＝CA ＝4，∠BCA ＝90°，E 为PC 的中点．(1)求证：BE ⊥平面PAC ； (2)求二面角E －AB －C 的余弦值．审题破题 本题的关键是在平面ABC 内找到两条互相垂直的直线，可以过点B 作BC 的垂线BT ，分别以BC ，BT ，BP 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系． (1)证明⎭⎪⎬⎪⎫PB ⊥面ABC ⇒PB ⊥AC BC ⊥AC⇒⎭⎪⎬⎪⎫AC ⊥面PBC ⇒AC ⊥BEPB ＝BC ，E 为中点⇒BE ⊥PC ⇒BE ⊥面PAC .(2)解 如图，在平面ABC 内过点B 作BT ⊥BC ，分别以BC ，BT ，BP 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则B (0,0,0)，C (4,0,0)，A (4,4,0)，P (0,0,4)，E (2,0,2)，则BA →＝(4,4,0)，BE →＝(2,0,2)，平面ABC 的法向量为n 1＝(0,0,1)，设平面ABE的法向量为n 2＝(x ，y ，z )．则BA →·n 2＝0，BE →·n 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4x ＋4y ＝02x ＋2z ＝0.令z ＝1，得x ＝－1，y ＝1，即n 2＝(－1,1,1)．设二面角E －AB －C 为θ，则cos θ＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝33.反思归纳 利用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤为：(1)建立恰当的空间直角坐标系．(2)求出相关点的坐标．(3)写出向量坐标．(4)结合公式进行论证、计算．(5)转化为几何结论．变式训练2 (2012·课标全国)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝BC ＝12AA 1，D 是棱AA 1的中点，DC 1⊥BD .(1)证明：DC 1⊥BC ；(2)求二面角A 1－BD －C 1的大小．(1)证明 由题设知，三棱柱的侧面为矩形．由于D 为AA 1的中点，故DC ＝DC 1.又AC ＝12AA 1，可得DC 21＋DC 2＝CC 21，所以DC 1⊥DC .而DC 1⊥BD ，CD ∩BD ＝D ，所以DC 1⊥平面BCD .因为BC ⊂平面BCD ，所以DC 1⊥BC .(2)解 由(1)知BC ⊥DC 1，且BC ⊥CC 1，则BC ⊥平面ACC 1A 1，所以CA ，CB ，CC 1两两相互垂直．以C 为坐标原点，CA →的方向为x 轴的正方向，|CA →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .由题意知A 1(1,0,2)，B (0,1,0)，D (1,0,1)，C 1(0,0,2)． 则A 1D →＝(0,0，－1)，BD →＝(1，－1，1)，DC 1→＝(－1,0,1)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1B 1BD 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·A 1D →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋z ＝0，z ＝0，可取n ＝(1,1,0)．同理，设m ＝(x ，y ，z )是平面C 1BD 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BD →＝0，m ·DC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋z ＝0，－x ＋z ＝0，可取m ＝(1,2,1)．从而cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n |·|m |＝32.故二面角A 1－BD －C 1的大小为30°. 题型三 利用向量求空间距离例3 如图所示，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，BA ＝BC ＝2，BA →·BC →＝0，异面直线A 1B 与AC成60°的角，点O 、E 分别是棱AC 和BB 1的中点，点F 是棱B 1C 1上的动点．(1)求证：A 1E ⊥OF ； (2)求点E 到面AB 1C 的距离； (3)求二面角B 1—A 1C —C 1的大小．审题破题 在已知三棱柱中，直线BA ，BC ，BB 1两两垂直，已有空间直角坐标系的框架． (1)证明 设棱柱的高为h ，以B 为坐标原点，以BA 、BC 、BB 1所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则B (0,0,0)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，O (1,1,0)，A 1(2,0，h )，∴BA 1→＝(2,0，h )，CA →＝(2，－2,0)，∴cos〈BA 1→，CA →〉＝BA 1→·CA →|BA 1→||CA →|＝422×4＋h 2，即cos 60°＝12＝422×4＋h 2，解得h ＝2.∴E (0,0,1)，A 1(2,0,2)，∴A 1E →＝(－2,0，－1)． ∵F 是B 1C 1上的动点，∴设F (0，y,2)，∴OF →＝(－1，y －1,2)， ∴A 1E →·OF →＝(－2,0，－1)·(－1，y －1,2)＝0， ∴A 1E →⊥OF →， 即A 1E ⊥OF .(2)解 易求面AB 1C 的法向量为n ＝(1,1,1)， EA →＝(2,0，－1)，所以E 到面AB 1C 的距离为d ＝|n ·EA →||n |＝13＝33.(3)解 ∵平面A 1CC 1的一个法向量是BO →＝(1,1,0)． 设平面A 1B 1C 的一个法向量是n ＝(x ，y ，z )，A 1C →＝(－2,2，－2)，A 1B 1→＝(－2,0,0)，则n ·A 1C →＝(x ，y ，z )·(－2,2，－2)＝－2x ＋2y －2z ＝0，①n ·A 1B 1→＝(x ，y ，z )·(－2,0,0)＝－2x ＝0，∴x ＝0.② 代入①并令z ＝1得y ＝1，∴n ＝(0,1,1)，∴cos〈n ，BO →〉＝n ·BO →|n |·|BO →|＝12×2＝12，∴〈n ，BO →〉＝60°，即二面角B 1—A 1C —C 1的大小为60°.反思归纳 求点面距的常用方法：①直接法：即寻找或作出与该距离相对应的垂线段，此法的关键是确定垂足的位置，然后借助于直角三角形求解；②等体积法：把所求的距离转化为三棱锥的高，再通过变换三棱锥的顶点，由同一棱锥的体积是不变的，求出相应的距离．变式训练3 如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，平面PBC ⊥底面ABCD ，且PB ＝PC ＝ 5.(1)求证：AB ⊥CP ；(2)求点B 到平面PAD 的距离；(3)设面PAD 与面PBC 的交线为l ，求二面角A －l －B 的大小．(1)证明 以BC 的中点O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则B (1,0,0)，A (1，－2,0)，C (－1,0,0)，P (0,0,2)，D (－1，－2,0)． AB →＝(0,2,0)，CP →＝(1,0,2)，则有AB →·CP →＝0，∴AB →⊥CP →. 即AB ⊥CP .(2)解 设平面PAD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， PD →＝(－1，－2，－2)，AD →＝(－2,0,0)， 则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·AD →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x －2y －2z ＝0，－2x ＝0.则x ＝0，令z ＝1＝－y ，得n ＝(0，－1,1)，又BP →＝(－1,0,2)，∴点B 到平面PAD 的距离d ＝|BP →·n ||n |＝|0＋0＋2|2＝ 2.(3)解 由(2)知平面PAD 的法向量n ＝(0，－1,1)， 而平面PBC ⊥平面ABCD ，∴平面PBC 的法向量m ＝(0,1,0)． ∴二面角A －l －B 的余弦值为|m ·n ||m ||n |＝22.由图形知二面角A －l －B 为锐二面角， ∴二面角A －l －B 的大小为45°.典例 (15分)如图，在三棱锥P —ABC 中，AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝90°，AP ＝BP ＝AB ，PC ⊥AC ，点D 为BC 的中点．(1)求二面角A —PD —B 的余弦值；(2)在直线AB 上是否存在点M ，使得PM 与平面PAD 所成角的正弦值为16，若存在，求出点M 的位置；若不存在，说明理由．规X 解答解 (1)∵AC ＝BC ，PA ＝PB ，PC ＝PC ，∴△PCA ≌△PCB ， ∴∠PCA ＝∠PCB ， ∵PC ⊥AC ，∴PC ⊥CB ， 又AC ∩CB ＝C ，∴PC ⊥平面ACB ，且PC ，CA ，CB 两两垂直，[2分]故以C 为坐标原点，分别以CB ，CA ，CP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (0,2,0)，D (1,0,0)，P (0,0,2)，∴AD →＝(1，－2,0)，PD →＝(1,0，－2)，[4分]设平面PAD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0n ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＝0，x －2z ＝0，∴取n ＝(2,1,1)，平面PDB 的一个法向量为CA →＝(0,2,0)，[6分]∴cos〈n ，CA →〉＝66，设二面角A —PD —B 的平面角为θ，且θ为钝角，∴cos θ＝－66，∴二面角A —PD —B 的余弦值为－66.[8分](2)方法一 存在，M 是AB 的中点或A 是MB 的中点．[10分]设M (x,2－x,0) (x ∈R )，∴PM →＝(x,2－x ，－2)，[12分]∴|cos〈PM →，n 〉|＝|x |x 2＋2－x 2＋4·6＝16， 解得x ＝1或x ＝－2，∴M (1,1,0)或M (－2,4,0)，[14分]∴在直线AB 上存在点M ，且M 是AB 的中点或A 是MB 的中点，使得PM 与平面PAD 所成角的正弦值为16.[15分]方法二 存在，M 是AB 的中点或A 是MB 的中点．[10分] 设AM →＝λAB →， 则AM →＝λ(2，－2,0)＝(2λ，－2λ，0) (λ∈R )， ∴PM →＝PA →＋AM →＝(2λ，2－2λ，－2)，[8分]∴|cos〈PM →，n 〉|＝|2λ|2λ2＋2－2λ2＋4·6＝16. 解得λ＝12或λ＝－1.[13分]∴M 是AB 的中点或A 是MB 的中点．∴在直线AB 上存在点M ，且M 是AB 的中点或A 是MB 的中点，使得PM 与平面PAD 所成角的正弦值为16.[15分]评分细则 (1)没有指明CA 、CB 、CD 两两垂直，直接建系的扣1分；(2)求出平面的法向量给1分；法向量写成其他形式不扣分；(3)二面角余弦值写成66的扣1分；(4)第(2)问最后不写结论的扣1分．阅卷老师提醒 (1)利用空间向量求二面角的平面角时，应注意观察二面角是锐角还是钝角．如果两个平面的法向量分别是m ，n ，两个平面所成的锐二面角的大小为θ，则cosθ＝|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |.在一般的二面角大小计算中要根据这个二面角的实际大小，确定其余弦值的正、负号的选取． (2)探索性问题一定要写出结论．1．在空间中，已知AB →＝(2,4,0)，DC →＝(－1,3,0)，则异面直线AB 与DC 所成角θ的大小为( )A ．45° B．90° C．120° D．135°答案 A解析 ∵AB →＝(2,4,0)，DC →＝(－1,3,0)，cos 〈AB →，DC →〉＝AB →·DC →|AB →||DC →|＝12－225·10＝22.∵〈AB →，DC →〉∈(0°，90°]，∴〈AB →，DC →〉＝45°. 故选A.2．在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1，则AC 1与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为( )A.22B.155C.64D.63答案 C解析 建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝2，则C 1(3，1,0)，A (0,0,2)，AC 1→＝(3，1，－2)，平面BB 1C 1C 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，所以AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角的正弦值为|AC 1→·n ||AC 1→||n |＝38＝64.故选C. 3．如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，M 、N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝23a ，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( )A ．相交B ．平行C ．垂直D ．不能确定 答案 B解析 分别以C 1B 1、C 1D 1、C 1C 所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．∵A 1M ＝AN ＝23a ，∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，23a ，a 3， N ⎝ ⎛⎭⎪⎫23a ，23a ，a ，∴MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3，0，23a . 又C 1(0,0,0)，D 1(0，a,0)，∴C 1D 1→＝(0，a,0)， ∴MN →·C 1D 1→＝0，∴MN →⊥C 1D 1→. ∵C 1D 1→是平面BB 1C 1C 的法向量，且MN ⊄平面BB 1C 1C ，∴MN ∥平面BB 1C 1C .4．在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D 是侧面BB 1C 1C 的中心，则AD 与平面BB 1C 1C 所成角的大小是( )A ．30° B．45° C．60° D．90° 答案 C解析 取BC 中点E ，连接AE ，则AE ⊥平面BCC 1B 1，故∠ADE 为直线AD 与平面BB 1C 1C 所成的角．设各棱长为a ，则AE ＝32a ，DE ＝12a .∴tan∠ADE ＝ 3.∴∠ADE ＝60°.5．在一直角坐标系中已知A (－1,6)，B (3，－8)，现沿x 轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后A 、B 两点间的距离为________． 答案 217解析 如图为折叠后的图形，其中作AC ⊥CD ，BD ⊥CD ， 则AC ＝6，BD ＝8，CD ＝4，两异面直线AC 、BD 所成的角为60°，故由AB →＝AC →＋CD →＋DB →， 得|AB →|2＝|AC →＋CD →＋DB →|2＝68， ∴|AB →|＝217.6．已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 为C 1D 1的中点，则异面直线AE 与BC 所成角的余弦值为________．答案 23解析 在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AD ∥BC ，所以AE 与BC 所成的角即为AD 与AE 所成的角，即是∠EAD .连接DE ，在Rt△ADE 中，设AD ＝a ，则DE ＝52a ，tan∠EAD ＝DE AD ＝52，cos∠EAD ＝23，所以异面直线AE 与BC 所成角的余弦值为23.专题限时规X 训练一、选择题1．已知点G 是△ABC 的重心，O 是空间任一点，若OA →＋OB →＋OC →＝λOG →，则λ的值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案 C解析 OA →＋OB →＋OC →＝λOG →⇔OG →＝1λOA →＋1λOB →＋1λOC →，具体表示出向量OG →后，比较即可．如图所示． OG →＝OA →＋AG →＝OA →＋23AE →＝OA →＋13(AB →＋AC →)＝OA →＋13[(OB →－OA →)＋(OC →－OA →)]＝OA →＋13OB →＋13OC →－23OA →＝13OB →＋13OC →＋13OA → ＝1λOA →＋1λOB →＋1λOC →，所以λ＝3.2．若不同直线l 1，l 2的方向向量分别为μ，ν，则下列直线l 1，l 2中既不平行也不垂直的是( )A ．μ＝(1,2，－1)，ν＝(0,2,4)B ．μ＝(3,0，－1)，ν＝(0,0,2)C ．μ＝(0,2，－3)，ν＝(0，－2,3)D ．μ＝(1,6,0)，ν＝(0,0，－4) 答案 B解析 A 项中μ·ν＝0＋4－4＝0，∴l 1⊥l 2； C 项中μ＝－ν，∴μ，ν共线，故l 1∥l 2； D 项中，μ·ν＝0＋0＋0＝0，∴l 1⊥l 2，故选B.3．在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥平面ABCD ，AB ＝PD ＝a .点E 为侧棱PC 的中点，又作DF ⊥PB 交PB 于点F .则PB 与平面EFD 所成角为( )A ．30° B．45° C ．60° D．90° 答案 D解析 建立如图所示的空间直角坐标系D —xyz ，D 为坐标原点．则P (0,0，a )，B (a ，a,0)，PB →＝(a ，a ，－a )， 又DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，a 2，PB →·DE →＝0＋a 22－a 22＝0，所以PB ⊥DE ，由已知DF ⊥PB ，且DF ∩DE ＝D ， 所以PB ⊥平面EFD ，所以PB 与平面EFD 所成角为90°.4．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AA 1＝2，AC ＝BC ＝1，则异面直线A 1B 与AC 所成角的余弦值是( )A.63B.66C.33D.22答案 B解析 以C 为坐标原点，CA 、CB 、CC 1所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，A 1(1,0,2)，B (0,1,0)，A (1,0,0)，C (0,0,0)， 则A 1B →＝(－1,1，－2)， AC →＝(－1,0,0)，cos 〈A 1B →，AC →〉＝A 1B →·AC →|A 1B →||AC →|＝11＋1＋4＝66.5．已知a ＝(1,1,0)，b ＝(－1,0,3)，且k a ＋b 与2a －b 垂直，则k 的值为( )A.125B ．1 C.75D ．2 答案 A解析 k a ＋b ＝(k －1，k,3)，2a －b ＝(3,2，－3)，依题意，得：(k －1)×3＋k ×2＋3×(－3)＝0，解得k ＝125.6．如图，过正方形ABCD 的顶点A ，引PA ⊥平面ABCD .若PA ＝BA ，则平面ABP 和平面CDP 所成的二面角的大小是( )A ．30° B．45° C ．60° D．90° 答案 B解析 建立如图所示的空间直角坐标系，不难求出平面APB 与平面PCD 的法向量分别为n 1＝(0,1,0)，n 2＝(0,1,1)，故平面ABP与平面CDP 所成二面角(锐角)的余弦值为|n 1·n 2||n 1||n 2|＝22，故所求的二面角的大小是45°.7．正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点M 在AC 1上且AM →＝12MC 1→，N 为B 1B 的中点，则|MN →|为( )A.216aB.66aC.156aD.153a答案 A解析 以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ， 则A (a,0,0)，C 1(0，a ，a )，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ，a 2.设M (x ，y ，z )．∵点M 在AC 1上且AM →＝12MC 1→，∴(x －a ，y ，z )＝12(－x ，a －y ，a －z )∴x ＝23a ，y ＝a 3，z ＝a 3.∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3，a 3，a 3， ∴|MN →|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －23a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 32＝216a . 8．将正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角A －BD －C ，则下面结论错误的为( )A ．AC ⊥BDB ．△ACD 是等边三角形C ．AB 与平面BCD 所成的角为60° D ．AB 与CD 所成的角为60° 答案 C解析 取BD 中点O ，连接AO 、CO ， 则AO ⊥BD ，CO ⊥BD ， ∴BD ⊥平面AOC ，∴AC ⊥BD ，又AC ＝2AO ＝AD ＝CD ， ∴△ACD 是等边三角形，而∠ABD 是AB 与平面BCD 所成的角，应为45°. 又AC →＝AB →＋BD →＋DC →(设AB ＝a )，则a 2＝a 2＋2a 2＋a 2＋2·a ·2a ·(－22)＋2a ·2a ·(－22)＋2a 2cos 〈AB →，DC →〉， ∴cos〈AB →，DC →〉＝12，∴AB 与CD 所成的角为60°.二、填空题9．到正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的三条棱AB 、CC 1、A 1D 1所在直线的距离相等的点：①有且只有1个；②有且只有2个；③有且只有3个；④有无数个．其中正确答案的序号是________． 答案 ④解析 注意到正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的对角线B 1D 上的每一点到直线AB ，CC 1，A 1D 1的距离都相等，因此到ABCD －A 1B 1C 1D 1的三条棱AB ，CC 1，A 1D 1所在直线距离相等的点有无数个，其中正确答案的序号是④.10．如图所示，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是________．答案 60°解析 以BC 为x 轴，BA 为y 轴，BB 1为z 轴，建立空间直角坐标系． 设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)， 则EF →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2)， ∴EF →·BC 1→＝2，∴cos〈EF →，BC 1→〉＝22×22＝12，∴EF 和BC 1所成的角为60°.11．在四面体P －ABC 中，PA ，PB ，PC 两两垂直，设PA ＝PB ＝PC ＝a ，则点P 到平面ABC 的距离为________．答案 33a解析 根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系P —xyz ，则P (0,0,0)，A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (0,0，a )．过点P 作PH ⊥平面ABC ，交平面ABC 于点H ，则PH 的长即为点P 到平面ABC 的距离．∵PA ＝PB ＝PC ，∴H 为△ABC 的外心．又∵△ABC 为正三角形，∴H 为△ABC 的重心，可得H 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，a 3，a3. ∴PH ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0－a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－a 32＝33a . 12．底面是正方形的四棱锥A －BCDE 中，AE ⊥底面BCDE ，且AE ＝CD ＝a ，G 、H 分别是BE 、ED的中点，则GH 到平面ABD 的距离是________． 答案 3a6解析 建立如图所示的坐标系，则有A (0,0，a )，B (a,0,0)，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0，0，D (0，a,0)． 设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由题意知，GH ∥BD ，则有GH ∥平面ABD ，∴GH 到平面ABD 的距离等于G 点到平面ABD 的距离，设为d . ∵AB →＝(a,0，－a )，BD →＝(－a ，a,0)，GB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0，0，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·BD →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧ax －az ＝0，－ax ＋ay ＝0，∴n ＝(1,1,1)．∴d ＝|GB →·n ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a 23＝a 23＝3a 6.三、解答题13．如图所示，已知直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D 、E 、F 分别为B 1A 、C 1C 、BC 的中点．求证：(1)DE ∥平面ABC ； (2)B 1F ⊥平面AEF .证明 如图建立空间直角坐标系A —xyz ，令AB ＝AA 1＝4， 则A (0,0,0)，E (0,4,2)，F (2,2,0)，B (4,0,0)，B 1(4,0,4)．(1)取AB 中点为N ，连接， 则N (2,0,0)，C (0,4,0)，D (2,0,2)，∴DE →＝(－2,4,0)， NC →＝(－2,4,0)， ∴DE →＝NC →，∴DE ∥NC ，又∵NC ⊂平面ABC ，DE ⊄平面ABC .故DE ∥平面ABC .(2)B 1F →＝(－2,2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)，AF →＝(2,2,0)． B 1F →·EF →＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， B 1F →·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0. ∴B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF →，即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF ， 又∵AF ∩EF ＝F ，∴B 1F ⊥平面AEF .14．(2013·某某)如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，BC ＝CD ＝2，AC ＝4，∠ACB ＝∠ACD ＝π3，F 为PC 的中点，AF ⊥PB .(1)求PA 的长；(2)求二面角B －AF －D 的正弦值． 解 (1)如图，连接BD 交AC 于点O ， 因为BC ＝CD ，即△BCD 为等腰三角形，又AC 平分∠BCD ，故AC ⊥BD .以O 为坐标原点，OB →，OC →，AP →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O －xyz ，则OC ＝CD cos π3＝1，而AC ＝4，得AO ＝AC －OC ＝3，又OD ＝CD sin π3＝ 3.故A (0，－3,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)． 因为PA ⊥底面ABCD ，可设P (0，－3，z )， 因为F 为PC 的中点，所以F ⎝⎛⎭⎪⎫0，－1，z 2.又AF →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，2，z 2，PB →＝(3，3，－z )，因为AF ⊥PB ，故AF →·PB →＝0，即6－z 22＝0，z ＝23(舍去－23)，所以|PA →|＝23，所以PA 的长为2 3.(2)由(1)知，AD →＝(－3，3,0)，AB →＝(3，3,0)，AF →＝(0,2，3)．设平面FAD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面FAB 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)．由n 1·AD →＝0，n 1·AF →＝0得⎩⎨⎧－3x 1＋3y 1＝0，2y 1＋3z 1＝0，因此可取n 1＝(3，3，－2)．由n 2·AB →＝0，n 2·AF →＝0得⎩⎨⎧3x 2＋3y 2＝0，2y 2＋3z 2＝0，故可取n 2＝(3，－3，2)．从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝18.故二面角B －AF －D 的正弦值为378.。
【新步步高】2015-2016学年高二物理教科版选修3-4学案：第五章 3 光的衍射与偏振 激光 Word版含解析[www.k
学案3光的衍射与偏振激光[目标定位] 1.知道光产生明显衍射现象的条件，了解几种不同衍射现象的图样.2.能用衍射知识对生活中的现象进行解释和分析.3.认识光的偏振现象，知道光是横波.4.知道偏振光和自然光的区别，能用偏振知识来解释生活中的一些常见光学现象.5.了解激光的特性及应用．一、光的衍射[问题设计]常见的“闻其声而不见其人”的现象是如何形成的呢？为什么声波容易发生衍射现象而光波不容易发生衍射现象呢？答案诗句中描写的是声波的衍射现象．声波的波长较大，与日常生活中的物体可以相比，很容易发生明显衍射现象，故可以隔着障碍物“闻其声”，但光的波长远小于日常生活中物体的尺寸，光在障碍物后形成阴影，故有“不见其人”的现象．[要点提炼]1．光的直线传播只是一个近似的规律，各种不同形状的障碍物都能使光发生衍射，使得影像的轮廓模糊不清．2．光产生明显衍射现象的条件当障碍物或小孔的尺寸可以跟光的波长相比，甚至比光的波长还小的时候，就会产生明显的衍射现象．3．衍射图样的特点(1)单缝衍射图样的特点：①中央条纹亮而宽．两侧亮条纹具有对称性，亮条纹宽度逐渐变窄，亮度逐渐减弱．②光的波长一定时，单缝窄的中央条纹宽，各条纹间距大；单缝不变时，光波波长大的中央条纹宽，条纹间距大．③白光的单缝衍射条纹是中央为白色亮纹，两侧为彩色条纹．(2)圆孔衍射图样的特点：①单色光的圆孔衍射图样中央亮圆的亮度高，外面是明暗相间的不等距(填“等距”或“不等距”)的圆环，越向外，亮环亮度越低．②白光的圆孔衍射图样中央亮圆为白色，周围是彩色圆环．(3)泊松亮斑：障碍物的衍射现象①在单色光传播途中，放一个较小的圆形障碍物，会发现在阴影中心有一个亮斑，这就是著名的泊松亮斑．②图样特点：中央是一个亮斑，圆板阴影的边缘模糊，阴影外边有明暗相间的圆环．[延伸思考]衍射现象明显就是衍射条纹更亮吗？答案衍射现象明显是指光绕到阴影区域的范围更大，随着缝、孔的减小，衍射条纹的宽度增大，但条纹亮度减弱．二、光的偏振[问题设计]1．取一根软绳，一端固定在墙上，手持另一端上下抖动，软绳上形成一列横波，质点在竖直平面内沿着上下方向振动．如果手持绳的一端左右抖动，会在绳上形成另一列横波，质点在水平平面内沿着左右方向振动．现在让软绳穿过一块带有狭缝的木板．分别将狭缝与振动方向平行放置及与振动方向垂直放置，观察发生的现象(如图1甲、乙所示)．如果将这根软绳换成细软的弹簧，前后推动弹簧形成纵波，观察发生的现象(如图丙所示)．这两种现象说明什么？图1答案当机械波是横波时，若质点的振动方向与狭缝平行，则机械波能透过狭缝传播，反之则不能透过狭缝传播．对纵波而言，不管什么情况，纵波总能透过狭缝传播．2．如图2所示，取一个偏振片P，让阳光通过偏振片P，在P的另一侧观察，可以看到偏振片是透明的；在偏振片P的后面再放置另一个偏振片Q，以光的传播方向为轴旋转偏振片Q，会看到什么现象？这说明什么？图2答案会看到在旋转偏振片Q时光的亮度发生变化．偏振片的作用类似于1中狭缝的作用，只有振动方向与透振方向一致的光才能通过．当偏振片Q与P的透振方向平行时，穿过Q的光最强；当偏振片Q与P的透振方向垂直时，光不能透过Q.[要点提炼]1．横波、纵波的判定方法(1)直接看质点的振动方向与波传播方向的关系．若互相垂直，为横波；若平行，为纵波，这种方法适用于可看得见质点振动方向的机械波．(2)看波能否通过两个互相垂直且共线的“狭缝”，能通过两个“狭缝”的为纵波，不能通过的为横波．2．偏振片偏振片由特定的材料制成，每个偏振片都有一个特定的方向，只有沿着这个方向振动的光波才能通过偏振片，这个方向叫做透振方向．偏振片对光波的作用就像狭缝对机械波的作用一样．3．光的偏振现象表明光是一种横波．4．自然光和线偏振光(1)自然光：太阳、电灯等普通光源发出的光，包含着垂直于传播方向上沿一切方向振动的光，而且沿着各个方向振动的光波的强度都相同，这种光叫自然光．(2)线偏振光：在垂直于传播方向的平面上，沿着某个特定的方向振动的光叫线偏振光，平时看到的绝大部分光，都是不同程度的线偏振光，自然光在玻璃、水面、木质桌面等表面反射时，反射光和折射光都是线偏振光，入射角变化时偏振的程度也有变化．5．偏振现象的应用举例(1)摄影中应用偏振光：为了消除反射光的影响，在镜头前安装一片偏振滤光片，让它的透振方向与玻璃表面的反射光的偏振方向垂直，阻挡了反射光进入镜头．(2)电子表的液晶显示屏：在两块透振方向互相垂直的偏振片当中插进一个液晶盒，液晶具有各向异性的属性，特别是对偏振光经过液晶时，其偏振方向会旋转90°，利用这种特性控制光通过或不通过，从而显示数字的形状．三、激光激光的特点及应用一、对光的衍射的理解例1观察单缝衍射现象时，把缝宽由0.2 mm逐渐增大到0.8 mm，看到的现象是() A．衍射条纹的间距逐渐变小，衍射现象逐渐不明显B．衍射条纹的间距逐渐变大，衍射现象越来越明显C．衍射条纹的间距不变，只是亮度增强D．以上现象都不会发生解析由单缝衍射实验的调整与观察可知，狭缝宽度越小，衍射现象越明显，衍射条纹越宽，条纹间距也越大，本题是将缝调宽，现象向相反的方向发展，故选项A正确，B、C、D错误．答案 A例2如图3所示的4幅明暗相间的条纹，分别是红光、蓝光各自通过同一个双缝干涉仪器形成的干涉图样以及黄光、紫光各自通过同一个单缝形成的衍射图样(黑色部分表示亮纹)．则在下面的四幅图中从左到右排列，亮条纹的颜色依次是()图3A．红黄蓝紫B．红紫蓝黄C．蓝紫红黄D．蓝黄红紫解析双缝干涉条纹平行等距，且波长越大，条纹间距越大，而红光波长大于蓝光波长，故第一幅图为红光，第三幅图为蓝光；又由于黄光波长比紫光波长大，故第四幅图为黄光的衍射图样，第二幅为紫光的衍射图样．答案 B二、对光的偏振的理解例3如图4所示，白炽灯的右侧依次平行放置偏振片P和Q，A点位于P、Q之间，B点位于Q右侧．旋转偏振片P，A、B两点光的强度变化情况是()图4A．A、B均不变B．A、B均有变化C．A不变，B有变化D．A有变化，B不变解析白炽灯光包含各方向的光，且各个方向的光强度相等，所以旋转偏振片P时各方向透射光强度相同，故A点光的强度不变；白炽灯光经偏振片P后为偏振光，当P旋转时，只有与Q的透振方向一致时才有光透过Q，因此B点光的强度有变化，选项C正确．答案 C例4一段时间以来，“假奶粉事件”闹得沸沸扬扬，奶粉中碳水化合物(糖)含量是一个重要指标，可以用“旋光法”来测量糖溶液的浓度，从而鉴定含糖量．图5偏振光通过糖的水溶液后，偏振方向会相对于传播方向向左或向右旋转一个角度α，这一角度α称为“旋光度”，α的值只与糖溶液的浓度有关，将α的测量值与标准值相比较，就能确定被测样品的含糖量了．如图5所示，S是自然光源，A、B是偏振片，转动B，使到达O 处的光最强，然后将被测样品P置于A、B之间，则下列说法中正确的是()A．到达O处光的强度会明显减弱B．到达O处光的强度不会明显减弱C．将偏振片B转动一个角度，使得O处光强度最大，偏振片B转过的角度等于αD．将偏振片A转动一个角度，使得O处光强度最大，偏振片A转过的角度等于α解析因为未放糖溶液时，A、B的偏振方向一致，故A、B间不放糖溶液时，自然光通过偏振片A后，变成偏振光，通过B后到达O.当在A、B间放糖溶液时，由于溶液的旋光作用，使通过A的偏振光振动方向转动了一定角度，不能再通过B，A对，B错．但当B转过一个角度，恰好使偏振片方向与经过糖溶液后的偏振光振动方向一致时，O处光强为最强，故B 的旋转角度即为糖溶液的旋光度．所以C对．同理D也对．答案ACD1．(对光的衍射的理解)在单缝衍射实验中，下列说法正确的是()A．其他条件不变，将入射光由黄色换成绿色，衍射条纹间距变窄B．其他条件不变，使单缝宽度变小，衍射条纹间距变窄C．其他条件不变，换用波长较长的光照射，衍射条纹间距变宽D．其他条件不变，增大单缝到屏的距离，衍射条纹间距变宽答案ACD解析当单缝宽度一定时，波长越长，衍射现象越明显，条纹间距也越大，黄光波长大于绿光波长，所以A、C正确；当光的波长一定时，单缝宽度越小，衍射现象越明显，衍射条纹间距会变宽，B错误；当光的波长一定，单缝宽度也一定时，增大单缝到屏的距离，衍射条纹间距会变宽，D正确．2．(对光的衍射的理解)关于光的衍射现象，下面说法正确的是()A．红光的单缝衍射图样是红暗相间的条纹B．白光的单缝衍射图样是白黑相间的条纹C．光照到不透明小圆盘上出现泊松亮斑，说明发生了衍射D．光照到较大圆孔上出现大光斑，说明光沿着直线传播，不存在光的衍射答案AC解析单色光照到狭缝上产生的衍射图样是明暗相间的条纹，白光的衍射图样是彩色条纹．光照到不透明小圆盘上，在其阴影中心处出现亮点，是衍射现象．光的衍射现象只有明显与不明显之分，D项中屏上大光斑的边缘模糊，正是光的衍射造成的，不能认为不存在衍射现象．3．(对光的偏振的理解)将两个偏振片紧靠在一起，放在一盏灯的前面，眼睛通过偏振片看到的光很弱．如果将其中一个偏振片旋转180°，在旋转过程中会观察到()A．灯光强度逐渐增强，然后逐渐减弱B．灯光强度保持不变C．灯光强度逐渐增强，没有减弱现象D．灯光强度逐渐增强，再减弱，然后增强到最亮答案 A解析眼睛通过两偏振片看到的光很弱，是因为两偏振片的透振方向不一致，在旋转其中一个偏振片的过程中，透振方向逐渐一致，光线逐渐增强，当两个偏振片的透振方向一致时，光线最强，继续旋转偏振片，透振方向又逐渐偏离，光线逐渐减弱．所以选项A正确．4．(对激光的理解)让激光照到VCD机、CD机或计算机的光盘上，就可以读出盘上记录的信息，经过处理后还原成声音和图像，这是利用激光的()A．方向性好，可以会聚到很小的一点上B．相干性好，可以很容易形成干涉图样C．强度大，可以在很短时间内集中很大的能量D．波长短，很容易发生明显的衍射现象答案 A解析激光的特点之一是方向性好，它可以会聚到一个很小的点上，DVD、VCD、CD唱机或电脑上的光驱及刻录设备就利用了激光的这一特点，选项A正确，B、C、D错误．题组一对光的衍射的理解1．对光的衍射现象的定性分析，正确的是()A．光的衍射是光在传播过程中绕过障碍物继续传播的现象B．衍射条纹图样是光波相互叠加的结果C．光的衍射现象为光的波动说提供了有力的证据D．光的衍射现象完全否定了光沿直线传播的结论答案ABC解析根据光的衍射现象的定义可知选项A正确；衍射图中有亮、暗条纹，这是光波相互叠加的结果，加强区为亮条纹，减弱区为暗条纹，选项B正确；因为衍射也是波特有的现象，所以光的衍射现象的发现为光的波动说提供了有力证据，选项C正确；当障碍物较大时，光的衍射很弱，光几乎沿直线传播，即光沿直线传播只是特殊情况下的近似，二者是统一的，选项D错误．2.在一次观察光的衍射的实验中，观察到如图1所示的清晰的明暗相间图样(黑线为暗纹)，那么障碍物应是()图1A．很小的不透明的圆板B．很大的中间有大圆孔的不透明的圆板C．很大的不透明圆板D．很大的中间有小圆孔的不透明的圆板答案 D解析由题图可知中央是大且亮的圆形亮斑，周围分布着明暗相间的同心圆环，且越向外，圆形条纹宽度越小，可判断此图样为圆孔衍射图样，故D选项正确；有的同学误选为A，要注意很小的不透明的圆板产生的图样中心也是亮点，但其周围有一个大的阴影区，在阴影区的边缘有明暗相间的圆环，它与圆孔衍射的图样是不同的．3．如图2所示，为红光或紫光通过双缝或单缝所呈现的图样，则()图2A．甲为紫光的干涉图样B．乙为紫光的干涉图样C．丙为红光的干涉图样D．丁为红光的干涉图样答案 B4．如图3所示，某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到甲图所示的条纹，仅改变一个实验条件后，观察到的条纹如乙图所示．他改变的实验条件可能是()图3A．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答案 B解析在双缝干涉中，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．5．使太阳光垂直照射到一块遮光板上，板上有可以自由收缩的正方形孔，孔的后面放置一个光屏，在正方形孔逐渐变小直至闭合的过程中，光屏上依次可以看到几种不同的现象，试把下列现象依次排列________．A．圆形光斑B．明暗相间的彩色条纹C．变暗消失D．正方形光斑E．正方形光斑由大变小答案DEABC解析由于光的波长很短，因此当孔很大时，不会发生明显的衍射现象，此时可看做光是近似沿直线传播的，在屏上得到孔的影；当孔继续减小时，虽不能使光发生明显的衍射现象，但可以在屏上得到太阳的像，即小孔成像；孔再继续减小时，光开始发生明显的衍射现象，出现明暗相间的彩色条纹；孔进一步减小直到闭合时，由于穿过光的能量减小而使光线变暗直至消失．题组二对光的偏振的理解6．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，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影像更清晰D．通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到彩色条纹答案 D解析A、B、C都与光的偏振这一特性有关，A、B、C都不能选；通过手指间的缝隙观察日光灯看到彩色条纹是由于光的衍射形成的，与偏振无关，应选D.7．关于自然光和偏振光，以下说法正确的是()A．自然光包含着在垂直于传播方向上沿一切方向振动的光，但是沿各个方向振动的光波的强度可以不相同B．偏振光是在垂直于传播方向的平面上，只沿着某一特定方向振动的光C．自然光透过一个偏振片后就成为偏振光，偏振光经过一个偏振片后又还原为自然光D．太阳、电灯等普通光源发出的光都是自然光答案BD8．如图4所示，P是一偏振片，P的透振方向(用带有箭头的实线表示)为竖直方向．下列四种入射光束中，哪几种照射P时能在P的另一侧观察到透射光()图4A．太阳光B．沿竖直方向振动的光C．沿水平方向振动的光D．沿与竖直方向成45 °角振动的光答案ABD解析太阳光是自然光，沿各个方向振动的光都有，所以在偏振片另一侧可看到透射光；沿竖直方向振动的光，与P的透振方向相同，能透过偏振片P；沿与竖直方向成45°角振动的光，有部分能透过偏振片P，故A、B、D正确．9．在杨氏双缝干涉实验装置的双缝后面各放置一个偏振片，若两个偏振片的透振方向相互垂直，则()A．光屏上仍有干涉条纹、但亮条纹的亮度减小B．光屏上仍有干涉条纹、但亮条纹的亮度增大C．干涉条纹消失，光屏上一片黑暗D．干涉条纹消失，但仍有光照射到光屏上答案 D解析双缝后面分别放置偏振片后，由于两个偏振片的透振方向相互垂直，不能出现干涉条纹，但仍有光照射到光屏上．题组三激光的特性和应用10．关于光的色散、激光，下列说法正确的是()A．棱镜对红光的折射率比紫光大B．红光在棱镜中的速度比紫光大C．每种色光通过棱镜后都会分成几种颜色的光D．激光不能像无线电波那样用来传递信息E．激光治疗近视眼手术是对角膜进行切削答案BE解析色散现象表明棱镜对红光的折射率最小，由n＝cv知，红光在棱镜中的速度最大，A错误，B正确；单色光经棱镜后不能发生色散，C错误；激光在光导纤维中利用时，不仅可以传递信息，而且可以使信息量大增，D错误；激光手术不是修复视网膜，而是对角膜进行切削，改变角膜的形状，E正确．11．以下说法中正确的是()A．激光是一种人工产生的相干光，具有高度的相干性B．由于激光的方向性好，所以激光不能发生衍射现象C．光纤通信是激光和光导纤维相结合的产物D．普通照相技术所记录的只是光波的强弱信息，而全息照相技术还可以记录光波的相位信息答案ACD题组四综合应用12．如图5所示，两束单色光a、b从水下射向A点，光线经折射后合成一束光c，则下列说法正确的是________．图5A．用同一双缝干涉实验装置分别以a、b光做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距B．用a、b光分别做单缝衍射实验时它们的衍射条纹宽度都是均匀的C．在水中a光的速度比b光的速度小D．在水中a光的临界角大于b光的临界角E．若a光与b光以相同入射角从水射向空气，在不断增大入射角时水面上首先消失的是a 光F．a比b更容易发生衍射现象解析假设a为红光，b为紫光，红光的波长最长，在介质中的速度最大，临界角最大，不易发生全反射，衍射本领最强．据此可判断选项C、E错误，D、F正确；波长越长，干涉条纹间距越大，选项A正确；光的衍射条纹宽度不均匀，选项B错误．答案ADF。
物理步步高大一轮复习章末总结PPT课件
6.一种理想模型——理想气体
理想气体是一种理想模型,其内能由气体的温度决定.
7.一种统计规律 具有某一速率的分子数目并不相等,呈现“中间多, 两头少”. 以上知识,是高考的重点和难点,通过以上的归纳,
有助于学生对知识的识记和理解.
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【例1】下列有关布朗运动的说法中正确的是( )
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3.如图4所示,固定容器及可动活塞P
都是绝热的,中间有一导热的固定
隔板B,B的两边分别盛有气体甲和
乙,现将活塞P缓慢地向B移动一段
图4
距离，已知气体的温度随其内能的增加而升高,则
在移动P的过程中
()
A.外力对乙做功,甲的内能不变 C
B.外力对乙做功,乙的内能不变
C.乙传递热量给甲,乙的内能增加
是
()
A.第二类永动机违反能量守恒定律
B.如果物体从外界吸收了热量,则物体的内能一定
增加
C.外界对物体做功,则物体的内能一定增加
D.做功和热传递都可以改变物体的内能,但从能量
转化或转移的观点来看这两种改变方式是有区别的
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解析 第二类永动机违反热力学第二定律并不违反 能量守恒定律,故A错.据热力学第一定律ΔU=Q+W知 内能的变化由做功W和热传递Q两个方面共同决定,只 知道做功情况或只知道传热情况就无法确定内能的变 化情况,故B、C项错误.做功和热传递都可改变物体 内能.但做功是不同形式能的转化,而热传递是同种形 式能间的转移,这两种方式是有区别的,故D正确. 答案 D
D.乙的内能增加,甲的内能不变
解析 外界对乙做功,乙的内能增加温度升高,乙通
过导热隔板B向甲传递热量,故C正确.
2014届高考物理大二轮复习与测试课件： 选修3-4 机械振动和机械波 光
(ⅰ)光路图如图所示，图中N点为光线在AC 边发生反射的入射点．设光线在P点的入射 角为i、折射角为r，在M点的入射角为r′、折 射角依题意也为i，有 i＝60° ① 由折射定律有 sin i＝nsin r ② nsin r′＝sin I ③ 由②③式得r＝r′ ④
OO′为过 M 点的法线，∠C 为直角，OO′∥AC.由几何 关系有 ∠MNC＝r′ 由反射定律可知 ∠PNA＝∠MNC 联立④⑤⑥式得∠PNA＝r⑦ 由几何关系得 r＝30° 联立 ①②⑧式得 n＝ 3. ⑨ ⑧ ⑥ ⑤
③y＝－Asin ωt＝－0.1 sin10πt(m)
c (2)①由 n＝v 可知光在圆柱体中的 c 传播速度为：v＝n＝ 3×108 m/s，②如 sin α 图乙所示 α＝2β， ＝n， d＝Rsin α， 而 sin β 由以上三式可求得：d＝15 cm.
答案： 10πt(m) (1)①10 cm 0.2 s ②见解析 ③y＝－0.1 sin
sin β n＝ sin α 代入数据得 β＝45° . 4 3 ② cm 3
答案： (1)①1 m ②加强 4 3 3
⑥
⑦
(2)①光线与 CD 成 45° 角
②
机械振动与光的折射和全反射的组 合题 (2013·全国新课标Ⅱ·34)(1)如图， 一轻弹簧一端固定，另一端连接一物块构成 弹簧振子，该物块是由a、b两个小物块粘在 一起组成的．物块在光滑水平面上左右振动， 振幅为A0，周期为T0.当物块向右通过平衡位 置时，a、b之间的粘胶脱开；以后小物块a 振动的振幅和周期分别为A和T，则 A________A0(填“＞”、“＜”或“＝”)， T________T0(填“＞”“＜”或“＝”)．
(2)① 3×108