2017版步步高高考物理(江苏专用)大一轮复习讲义 课件 第十二章 实验十 单摆的周期与摆长的关系
高2020届高2017级高三物理一轮复习步步高全书学案第十章 专题强化十二
专题强化十二电磁感应的综合问题专题解读 1.本专题是运动学、动力学、恒定电流、电磁感应和能量等知识的综合应用,高考既以选择题的形式命题,也以计算题的形式命题.2.学好本专题,可以极大地培养同学们数形结合的推理能力和电路分析能力,针对性的专题强化,可以提升同学们解决数形结合、利用动力学和功能关系解决电磁感应问题的信心.3.用到的知识有:左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、平衡条件、牛顿运动定律、函数图象、动能定理和能量守恒定律等.命题点一电磁感应中的图象问题1.题型简述借助图象考查电磁感应的规律,一直是高考的热点,此类题目一般分为两类:(1)由给定的电磁感应过程选出正确的图象；(2)由给定的图象分析电磁感应过程,定性或定量求解相应的物理量或推断出其他图象.常见的图象有B－t图、E－t图、i－t图、v－t图及F－t图等.2.解题关键弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键.3.解题步骤(1)明确图象的种类,即是B－t图还是Φ－t图,或者E－t图、I－t图等；(2)分析电磁感应的具体过程；(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系；(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式；(5)根据函数关系式,进行数学分析,如分析斜率的变化、截距等；(6)画图象或判断图象.4.常用方法(1)排除法:定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化),特别是分析物理量的正负,以排除错误的选项.(2)函数法:根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系,然后由函数关系对图象进行分析和判断.例1 (2018·全国卷Ⅱ·18)如图1,在同一水平面内有两根平行长导轨,导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域,区域宽度均为l ,磁感应强度大小相等、方向交替向上向下.一边长为32l 的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动.线框中感应电流i 随时间t 变化的正确图线可能是( )图1答案 D解析 设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i .分析知,只有选项D 符合要求.变式1 (多选)(2018·湖北省黄冈市期末调研)如图2所示,在光滑水平面内,虚线右侧存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外,一正方形金属线框质量为m ,电阻为R ,边长为L ,从虚线处进入磁场时开始计时,在外力作用下,线框由静止开始,以垂直于磁场边界的恒定加速度a 进入磁场区域,t 1时刻线框全部进入磁场,规定顺时针方向为感应电流I 的正方向,外力大小为F ,线框中电功率的瞬时值为P ,通过导线横截面的电荷量为q ,选项中P －t 图象和q －t 图象均为抛物线,则这些量随时间变化的图象正确的是( )图2答案 CD解析 线框切割磁感线运动,则有运动速度v ＝at ,产生感应电动势E ＝BL v ,所以产生感应电流i ＝BL v R ＝BLat R ,故A 错误；对线框受力分析,由牛顿第二定律得F －F 安＝ma ,F 安＝BLi ＝B 2L 2at R,解得:F ＝ma ＋B 2L 2at R ,故B 错误；电功率P ＝i 2R ＝(BLat )2R,P 与t 是二次函数,图象为抛物线,故C 正确；由电荷量表达式,则有q ＝BL ·12at 2R,q 与t 是二次函数,图象为抛物线,故D 正确. 例2 (多选)(2018·广西北海市一模)如图3甲所示,导体框架abcd 放置于水平面内,ab 平行于cd ,导体棒MN 与两导轨垂直并与导轨接触良好,整个装置放置于垂直于框架平面的磁场中,磁感应强度B 随时间变化规律如图乙所示,MN 始终保持静止.规定竖直向上为磁场正方向,沿导体棒由M 到N 为感应电流的正方向,水平向右为导体棒所受安培力F 的正方向,水平向左为导体棒所受摩擦力F f 的正方向,下列图象中正确的是( )图3答案 BD解析 由题图乙可知,回路中产生的感应电动势先为零,后恒定不变,感应电流先为零,后恒定不变,回路中感应电流方向为逆时针,故A 错误,B 正确；在0～t 1时间内,导体棒MN 不受安培力；在t 1～t 2时间内,导体棒MN 所受安培力方向水平向右,由F ＝BIL 可知,B 均匀减小,MN 所受安培力均匀减小；在t 2～t 3时间内,导体棒MN 所受安培力方向水平向左,由F ＝BIL 可知,B 均匀增大,MN 所受安培力均匀增大；根据平衡条件得到,棒MN 受到的摩擦力大小F f ＝F ,二者方向相反,即在0～t 1时间内,没有摩擦力,而在t 1～t 2时间内,摩擦力方向向左,大小均匀减小,在t 2～t 3时间内,摩擦力方向向右,大小均匀增大,故C 错误,D 正确.变式2 (多选)(2019·安徽省黄山市质检)如图4甲所示,闭合矩形导线框abcd 固定在匀强磁场中,磁场的方向与导线框所在平面垂直,磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示.规定垂直纸面向外为磁场的正方向,顺时针为线框中感应电流的正方向,水平向右为安培力的正方向.关于线框中的感应电流i 与ad 边所受的安培力F 随时间t 变化的图象,下列选项中正确的是( )图4答案 BC解析 由题图乙可知,0～1 s 内,B 增大,Φ增大,由楞次定律可知,感应电流沿顺时针方向,为正值,1～2 s 内,磁通量不变,无感应电流,2～3 s 内,B 的方向垂直纸面向外,B 减小,Φ减小,由楞次定律可知,感应电流沿逆时针方向,为负值,3～4 s 内,B 的方向垂直纸面向里,B 增大,Φ增大,由楞次定律可知,感应电流沿逆时针方向,感应电流为负值,A 错误,B 正确；由左手定则可知,在0～1 s 内,ad 边受到的安培力方向水平向右,是正值,1～2 s 内无感应电流,ad 边不受安培力,2～3 s,安培力方向水平向左,是负值,3～4 s,安培力方向水平向右,是正值.由法拉第电磁感应定律可知,感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ,感应电流I ＝E R ＝S ΔB R Δt ,由B －t 图象可知,在每一时间段内,ΔB Δt的大小是定值,在各时间段内I 是定值,ad 边受到的安培力F ＝BIL ,I 、L 不变,B 均匀变化,则安培力F 均匀变化,不是定值,C 正确,D 错误.命题点二 电磁感应中的动力学问题1.题型简述感应电流在磁场中受到安培力的作用,因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起.解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等).2.两种状态及处理方法3.动态分析的基本思路解决这类问题的关键是通过运动状态的分析,寻找过程中的临界状态,如速度、加速度最大值或最小值的条件.具体思路如下:导体受外力运动――→E ＝Bl v 感应电动势――→E I R r ＝感应电流――→F ＝BIl导体受安培力→合力变化――→F 合＝ma 加速度变化→速度变化→临界状态例3 (2016·全国卷Ⅱ·24)如图5,水平面(纸面)内间距为l 的平行金属导轨间接一电阻,质量为m 、长度为l 的金属杆置于导轨上.t ＝0时,金属杆在水平向右、大小为F 的恒定拉力作用下由静止开始运动.t 0时刻,金属杆进入磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,且在磁场中恰好能保持匀速运动.杆与导轨的电阻均忽略不计,两者始终保持垂直且接触良好,两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g .求:图5(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值.答案 (1)Blt 0(F m －μg ) (2)B 2l 2t 0m解析 (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a ,由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma ① 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v ,由运动学公式有v ＝at 0②当金属杆以速度v 在磁场中运动时,由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为E ＝Bl v ③ 联立①②③式可得E ＝Blt 0(F m－μg )④(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时,金属杆中的电流为I ,根据欧姆定律I ＝E R⑤ 式中R 为电阻的阻值.金属杆所受的安培力为F 安＝BlI ⑥因金属杆做匀速运动,有F －μmg －F 安＝0⑦联立④⑤⑥⑦式得R ＝B 2l 2t 0m . 变式3 (多选)(2018·安徽省安庆市二模)如图6甲所示,光滑平行金属导轨MN 、PQ 所在平面与水平面成θ角,M 、P 两端接一电阻R ,整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中.t ＝0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F ,使金属棒由静止开始沿导轨向上运动,金属棒电阻为r ,导轨电阻忽略不计.已知通过电阻R 的感应电流I 随时间t 变化的关系如图乙所示.下列关于棒的运动速度v 、外力F 、流过R 的电荷量q 以及闭合回路中磁通量的变化率ΔΦΔt随时间变化的图象正确的是( )图6答案 AB解析 根据题图乙所示的I －t 图象可知I ＝kt ,其中k 为比例系数,由闭合电路欧姆定律可得:I ＝E R ＋r＝kt ,可推出:E ＝kt (R ＋r ),而E ＝ΔΦΔt ,所以有:ΔΦΔt ＝kt (R ＋r ),ΔΦΔt －t 图象是一条过原点且斜率大于零的直线,故B 正确；因E ＝Bl v ,所以v ＝k (R ＋r )Blt ,v －t 图象是一条过原点且斜率大于零的直线,说明金属棒做的是初速度为零的匀加速直线运动,即v ＝at ,故A 正确；对金属棒在沿导轨方向有F －BIl ＝ma ,而I ＝Bl v R ＋r ,v ＝at ,得到F ＝B 2l 2at R ＋r＋ma ,可见F －t 图象是一条斜率大于零且与纵轴正半轴有交点的直线,故C 错误；q ＝I Δt ＝ΔΦR ＋r ＝Bl 12at 2R ＋r ＝Bla 2(R ＋r )t 2,q －t 图象是一条开口向上的抛物线,故D 错误.变式4 如图7甲所示,间距L ＝0.5 m 的两根光滑平行长直金属导轨倾斜放置,导轨平面倾角θ＝30°.导轨底端接有阻值R ＝0.8 Ω的电阻,导轨间有Ⅰ、Ⅱ两个矩形区域,其长边都与导轨垂直,两区域的宽度均为d 2＝0.4 m,两区域间的距离d 1＝0.4 m,Ⅰ区域内有垂直导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度大小B 0＝1 T,Ⅱ区域内的磁感应强度B 随时间t 变化如图乙所示,规定垂直于导轨平面向上的磁感应强度方向为正方向.t ＝0时刻,把导体棒MN 无初速度地放在区域Ⅰ下边界上.已知导体棒的质量m ＝0.1 kg,导体棒始终与导轨垂直并接触良好,且导体棒在磁场边界时都认为处于磁场中,导体棒和导轨电阻不计,取重力加速度g ＝10 m/s 2.求:图7(1)0.1 s 内导体棒MN 所受的安培力大小；(2)t ＝0.5 s 时回路中的电动势和流过导体棒MN 的电流方向；(3)0.5 s 时导体棒MN 的加速度大小.答案 (1) 0.5 N (2)0.4 V N →M (3)7 m/s 2解析 (1)Δt 1＝0.1 s 时间内感应电动势E 1＝ΔB 1Δt 1d 2L ,I 1＝E 1R0.1 s 内安培力F 1＝B 0I 1L ,解得F 1＝0.5 N(2)因F 1＝mg sin θ,故导体棒在0.1 s 内静止,从第0.1 s 末开始加速,设加速度为a 1,则:mg sin θ＝ma 1,d 1＝12a 1Δt 2,v 1＝a 1Δt ,解得:Δt ＝0.4 s,v 1＝2 m/s t ＝0.5 s 时,导体棒刚滑到Ⅱ区域上边界,此时B 2＝0.8 T,切割磁感线产生的电动势E 2＝B 2L v 1＝0.8 Vt ＝0.5 s 时,因磁场变化而产生的感应电动势E 3＝ΔB 2Δt 2d 2L ,ΔB 2Δt 2＝6 T/s,解得E 3＝1.2 V t ＝0.5 s 时的总电动势E ＝E 3－E 2＝0.4 V导体棒电流方向:N →M(3)设0.5 s 时导体棒的加速度为a ,有F ＋mg sin θ＝ma ,又I ＝E R,F ＝B 2IL ,解得a ＝7 m/s 2,方向沿斜面向下.命题点三电磁感应中的动力学和能量问题1.题型简述电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程,而能量的转化是通过安培力做功来实现的.安培力做功的过程,是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程,则是其他形式的能转化为电能的过程.2.解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)；(2)弄清电磁感应过程中,哪些力做功,哪些形式的能量相互转化；(3)根据能量守恒定律或功能关系列式求解.3.求解电能应分清两类情况(1)若回路中电流恒定,可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算.(2)若电流变化,则①利用安培力做功求解:电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解:若只有电能与机械能的转化,则减少的机械能等于产生的电能.例4(2018·吉林省吉林市第二次调研)如图8甲所示,一边长L＝2.5 m、质量m＝0.5 kg的正方形金属线框,放在光滑绝缘的水平面上,整个装置处在方向竖直向上、磁感应强度B＝0.8 T 的匀强磁场中,它的一边与磁场的边界MN重合.在水平力F作用下由静止开始向左运动,经过5 s线框被拉出磁场.测得金属线框中的电流随时间变化的图象如图乙所示,在金属线框被拉出的过程中,图8(1)求通过线框的电荷量及线框的总电阻；(2)分析线框运动性质并写出水平力F随时间变化的表达式；(3)已知在这5 s内力F做功1.92 J,那么在此过程中,线框产生的焦耳热是多少.答案见解析解析(1)根据q＝I t,由I－t图象得,q＝1.25 C又根据I＝ER＝ΔΦtR＝BL2tR得R＝4 Ω；(2)由题图乙可知,感应电流随时间变化的规律:I ＝0.1t由感应电流I ＝BL v R ,可得金属线框的速度随时间也是线性变化的,v ＝RI BL＝0.2t 线框做初速度为0的匀加速直线运动,加速度a ＝0.2 m/s 2线框在外力F 和安培力F 安作用下做匀加速直线运动,F －F 安＝ma又F 安＝BIL得F ＝(0.2t ＋0.1) N ；(3)5 s 时,线框从磁场中拉出时的速度v 5＝at ＝1 m/s由能量守恒得:W ＝Q ＋12m v 52 线框中产生的焦耳热Q ＝W －12m v 52＝1.67 J 变式5 (多选)如图9所示,竖直放置的“”形光滑导轨宽为L ,矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d ,磁感应强度为B .质量为m 的水平金属杆由静止释放,进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等.金属杆在导轨间的电阻为R ,与导轨接触良好,其余电阻不计,重力加速度为g .金属杆( )图9A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B.穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C.穿过两磁场产生的总热量为4mgdD.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h 可能小于m 2gR 22B 4L 4 答案 BC解析 穿过磁场Ⅰ后,金属杆在磁场之间做加速运动,在磁场Ⅱ上边缘速度大于从磁场Ⅰ出来时的速度,即进入磁场Ⅰ时的速度等于进入磁场Ⅱ时的速度,大于从磁场Ⅰ出来时的速度,金属棒在磁场Ⅰ中做减速运动,加速度方向向上,A 错误；金属棒在磁场Ⅰ中做减速运动,由牛顿第二定律知BIL －mg ＝B 2L 2v R－mg ＝ma ,a 随着减速过程逐渐变小,即在前一段做加速度减小的减速运动,在磁场之间做加速度为g 的匀加速直线运动,两个过程位移大小相等,由v －t 图象(可能图象如图所示)可以看出前一段用时多于后一段用时,B 正确；由于进入两磁场时速度相等,由动能定理知,W 安1－mg ·2d ＝0,W 安1＝2mgd .即通过磁场Ⅰ产生的热量为2mgd ,故穿过两磁场产生的总热量为4mgd ,C 正确；设刚进入磁场Ⅰ时速度为v ,则由机械能守恒定律知mgh ＝12m v 2,① 进入磁场时BIL －mg ＝B 2L 2v R－mg ＝ma , 解得v ＝m (a ＋g )R B 2L 2,② 由①②式得h ＝m 2(a ＋g )2R 22B 4L 4g >m 2gR 22B 4L 4,D 错误. 变式6 (2018·福建省南平市适应性检测)如图10所示,一对平行的粗糙金属导轨固定于同一水平面上,导轨间距L ＝0.2 m,左端接有阻值R ＝0.3 Ω的电阻,右侧平滑连接一对弯曲的光滑轨道.仅在水平导轨的整个区域内存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小B ＝1.0 T.一根质量m ＝0.2 kg 、电阻r ＝0.1 Ω的金属棒ab 垂直放置于导轨上,在水平向右的恒力F 作用下从静止开始运动,当金属棒通过位移x ＝9 m 时离开磁场,在离开磁场前已达到最大速度.当金属棒离开磁场时撤去外力F ,接着金属棒沿弯曲轨道上升到最大高度h ＝0.8 m 处.已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.1,导轨电阻不计,棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触,取g ＝10 m/s 2.求:图10(1)金属棒运动的最大速率v ；(2)金属棒在磁场中速度为v 2时的加速度大小； (3)金属棒在磁场区域运动过程中,电阻R 上产生的焦耳热.答案 见解析解析 (1)金属棒从出磁场到上升到弯曲轨道最高点,根据机械能守恒定律得:12m v 2＝mgh ① 由①得:v ＝2gh ＝4 m/s ②(2)金属棒在磁场中做匀速运动时,设回路中的电流为I ,根据平衡条件得F ＝BIL ＋μmg ③I ＝BL v R ＋r④ 联立②③④式得F ＝0.6 N ⑤金属棒速度为v 2时,设回路中的电流为I ′,根据牛顿第二定律得 F －BI ′L －μmg ＝ma ⑥I ′＝BL v 2(R ＋r )⑦ 联立②⑤⑥⑦得:a ＝1 m/s 2⑧(3)设金属棒在磁场区域运动过程中,回路中产生的焦耳热为Q ,根据功能关系:Fx ＝μmgx ＋12m v 2＋Q ⑨ 则电阻R 上的焦耳热Q R ＝R R ＋rQ ⑩ 联立⑤⑨⑩解得:Q R ＝1.5 J.1.(多选)(2018·广西防城港市3月模拟)如图1所示,等边闭合三角形线框,开始时底边与匀强磁场的边界平行且重合,磁场的宽度大于三角形的高度,线框由静止释放,穿过该磁场区域,不计空气阻力,则下列说法正确的是( )图1A.线框进磁场过程中感应电流为顺时针方向B.线框底边刚进入和刚穿出磁场时线圈的加速度大小可能相同C.线框出磁场的过程,可能做先减速后加速的直线运动D.线框进出磁场过程,通过线框横截面的电荷量不同答案 BC解析 线框进入磁场过程中,磁通量增大,根据楞次定律可知,感应电流为逆时针方向,故A 错误；线框底边刚进入瞬间,速度为零,产生的感应电动势为零,下落加速度为g ,完全进入磁场后下落加速度为g ,随着下落速度的增大,出磁场时产生的安培力可能等于2mg ,此时减速的加速度大小可能为g ,故B 正确；线框出磁场的过程,可能先减速,随着速度减小,切割长度变短,线框受到的安培力减小,当小于重力后线框做加速直线运动,故C 正确；线框进、出磁场过程,磁通量变化相同,所以通过线框横截面的电荷量相同,故D 错误.2.(2018·陕西省咸阳市第二次模拟)如图2甲所示,匝数n ＝2的金属线圈(电阻不计)围成的面积为20 cm 2,线圈与R ＝2 Ω的电阻连接,置于竖直向上、均匀分布的磁场中,磁场与线圈平面垂直,磁感应强度为B ,B －t 关系如图乙所示,规定感应电流i 从a 经过R 到b 的方向为正方向,忽略线圈的自感影响,则下列i －t 关系图正确的是( )图2答案 D解析 由题图乙可知,0～2 s 内,线圈中磁通量的变化率相同,故0～2 s 内电流的方向相同,由楞次定律可知,电路中电流方向为顺时针,即电流为正方向；同理可知,2～5 s 内电路中的电流方向为逆时针,为负方向,由E ＝n ΔΦΔt 可得E ＝nS ΔB Δt,则知0～2 s 内电路中产生的感应电动势大小为:E 1＝2×20×10－4×3×10－32 V ＝6×10－6 V ,则电流大小为:I 1＝E 1R ＝62×10－6A ＝3×10－6 A ；同理2～5 s 内,I 2＝2×10－6 A,故A 、B 、C 错误,D 正确. 3.(多选)(2019·湖北省武汉市调研)如图3甲所示,在足够长的光滑的固定斜面上放置着金属线框,垂直于斜面方向的匀强磁场的磁感应强度B 随时间的变化规律如图乙所示(规定垂直斜面向上为正方向).t ＝0时刻将线框由静止释放,在线框下滑的过程中,下列说法正确的是( )图3A.线框中产生大小、方向周期性变化的电流B.MN边受到的安培力先减小后增大C.线框做匀加速直线运动D.线框中产生的焦耳热等于其机械能的损失答案BC解析穿过线框的磁通量先向下减小,后向上增大,则根据楞次定律可知,感应电流方向不变,选项A错误；因磁感应强度的变化率不变,则感应电动势不变,感应电流不变,而磁感应强度的大小先减小后增大,根据F＝BIL可知,MN边受到的安培力先减小后增大,选项B正确；因线框平行的两边电流等大反向,则整个线框受到的安培力为零,则线框下滑的加速度不变,线框做匀加速直线运动,选项C正确；因安培力对线框做功为零,斜面光滑,则线框的机械能守恒,选项D错误.4.(多选)(2018·福建省厦门市质检)如图4所示,在倾角为θ的光滑固定斜面上,存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场,磁场方向垂直斜面向上,磁场的宽度为2L.一边长为L的正方形导线框,由静止开始沿斜面下滑,当ab边刚越过GH进入磁场瞬间和刚越过MN穿出磁场瞬间速度刚好相等.从ab边刚越过GH处开始计时,规定沿斜面向上为安培力的正方向,则线框运动的速率v与线框所受安培力F随时间变化的图线中,可能正确的是()图4答案 AC解析 根据楞次定律可得线框进入磁场的过程中电流方向为顺时针；根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势E ＝BL v ,感应电流I ＝BL v R ,所受的安培力大小为F ＝BIL ＝B 2L 2v R,ab 边刚越过GH 进入磁场瞬间和刚越过MN 穿出磁场瞬间速度刚好相等,可能的运动情况有两种,一是进磁场时匀速,完全进入磁场后做匀加速直线运动,出磁场过程中,做加速度逐渐减小的减速运动,二是进磁场时做加速度逐渐减小的减速运动,完全进入磁场后做匀加速运动,出磁场时做加速度逐渐减小的减速运动,结合图象知A 正确,B 错误；根据左手定则可得线框进入磁场的过程中安培力方向沿斜面向上,为正,且F ＝BIL ＝B 2L 2v R,线框完全进入磁场后,线框所受安培力为零；出磁场的过程中安培力方向沿斜面向上,且出磁场时的安培力可能等于进入磁场时的安培力,所以C 正确,D 错误.5.(2018·山东省泰安市上学期期末)如图5,两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,两定滑轮间的距离也为L .左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.已知斜面及两根柔软轻导线足够长.回路总电阻为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 .使两金属棒水平,从静止开始下滑.求:图5(1)金属棒运动的最大速度v m 的大小；(2)当金属棒运动的速度为v m 2时,其加速度大小是多少？ 答案 (1)mgR (sin θ－3μcos θ)B 2L 2 (2)g 6(sin θ－3μcos θ) 解析 (1)达到最大速度时,设两导线中张力均为F T ,金属棒cd 受到的安培力为F对ab 、cd ,根据平衡条件得到:2mg sin θ＝2F T ＋2μmg cos θ2F T ＝mg sin θ＋μmg cos θ＋F而安培力F ＝BIL根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律:E ＝BL v m ,I ＝E R整理得到:v m ＝mgR (sin θ－3μcos θ)B 2L 2(2)当金属棒的速度为v m 2时,设两导线中张力均为F T1,金属棒cd 受到的安培力为F 1,根据牛顿第二定律:2mg sin θ－2F T1－2μmg cos θ＝2ma2F T1－mg sin θ－μmg cos θ－F 1＝ma又F 1＝BI 1L ,E 1＝BL v m 2,I 1＝E 1R, 联立解得:a ＝g 6(sin θ－3μcos θ). 6.(2018·天津市实验中学模拟)如图6所示,固定光滑金属导轨间距为L ,导轨电阻不计,上端a 、b 间接有阻值为R 的电阻,导轨平面与水平面的夹角为θ,且处在磁感应强度大小为B 、 方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中.质量为m 、电阻为r 的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上.初始时刻,弹簧恰处于自然长度,导体棒具有沿导轨向上的初速度v 0.整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触.已知弹簧的劲度系数为k ,弹簧的中心轴线与导轨平行.图6(1)求初始时刻通过电阻R 的电流I 的大小和方向；(2)当导体棒第一次回到初始位置时,速度变为v ,求此时导体棒的加速度大小a .答案 (1)BL v 0R ＋r 电流方向为b →a (2)g sin θ－B 2L 2v m (R ＋r )解析 (1)导体棒产生的感应电动势为:E 1＝BL v 0根据闭合电路欧姆定律得通过R 的电流大小为:I 1＝E 1R ＋r ＝BL v 0R ＋r根据右手定则判断得知:电流方向为b →a(2)导体棒第一次回到初始位置时产生的感应电动势为:E 2＝BL v根据闭合电路欧姆定律得感应电流为: I 2＝E 2R ＋r ＝BL v R ＋r导体棒受到的安培力大小为:F ＝BIL ＝B 2L 2v R ＋r ,方向沿斜面向上.导体棒受力如图所示:根据牛顿第二定律有:mg sin θ－F ＝ma解得:a ＝g sin θ－B 2L 2v m (R ＋r ). 7.(2018·广东省惠州市模拟)如图7所示,足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成θ＝37°角放置,在斜面上虚线aa ′和bb ′与斜面底边平行,在aa ′、bb ′围成的区域中有垂直斜面向上的有界匀强磁场,磁感应强度为B ＝1 T ；现有一质量为m ＝10 g 、总电阻R ＝1 Ω、边长d ＝0.1 m 的正方形金属线圈MNQP ,让PQ 边与斜面底边平行,从斜面上端由静止释放,线圈刚好匀速穿过整个磁场区域.已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5,(取g ＝10 m/s 2,sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8)求:图7(1)线圈进入磁场区域时的速度大小；(2)线圈释放时,PQ 边到bb ′的距离；(3)整个线圈穿过磁场的过程中,线圈上产生的焦耳热.答案 (1)2 m/s (2)1 m (3)4×10－3 J 解析 (1)对线圈受力分析,根据平衡条件得:F 安＋μmg cos θ＝mg sin θ,F 安＝BId ,I ＝E R,E ＝Bd v 联立并代入数据解得:v ＝2 m/s(2)线圈进入磁场前做匀加速运动,根据牛顿第二定律得:a ＝mg sin θ－μmg cos θm＝2 m/s 2 线圈释放时,PQ 边到bb ′的距离L ＝v 22a ＝222×2m ＝1 m ； (3)由于线圈刚好匀速穿过磁场,则磁场宽度等于d ＝0.1 m,Q ＝W 安＝F 安·2d代入数据解得:Q ＝4×10－3 J.。
2017版步步高高考物理(江苏专用)大一轮复习讲义 课件 第十二章 第4讲 光的波动性 电磁波和相对论
答案
考点一 光的干涉现象
1. (多选)下列属于光的干涉现象的是( BC )
1
2
3
4
【题组阶梯突破】
解析 图A属于单缝衍射，图B属于薄膜干涉， 图C属于薄膜干涉，图D属于白光的色散.
解析答案
考点一 光的干涉现象
两侧还有彩色条纹，其原因是( )
1
2
3
4
2.一束白光在真空中通过双缝后在屏上观察到的干涉条纹，除中央白色亮条纹外，
第十二章 机械振动与机械波 光 电磁波与相对论
第4讲 光的波动性
电磁波和相对论
考纲解读
理解光的干涉现象，掌握双缝干涉中出现亮暗条纹的条件. 理解光的衍射现象，知道发生明显衍射的条件. 知道光的偏振现象，了解偏振在日常生活中的应用. 掌握麦克斯韦电磁场理论，知道电磁波是横波.
了解电磁波的产生、传播、发射和接收，熟记电磁波谱.
√
A.各色光的波长不同，因而各色光分别产生的干涉条纹的间距不同
B.各色光的速度不同，因而各色光分别产生的干涉条纹的间距不同
C.各色光的强度不同，因而各色光分别产生的干涉条纹的间距不同
D.上述说法都不正确
解析 白光包含各种颜色的光，它们的波长不同，在相同条件下做双缝干涉实验 时，它们的干涉条纹间距不同，所以在中央亮条纹两侧出现彩色条纹，A正确.
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
解析 l 在双缝干涉中， 相邻亮条纹间的距离 Δx＝dλ， 由题图知干涉条纹间距变宽，
可增大 l、λ 或减小 d.根据 c＝λf 知要增大 λ，应减小 f.选项 B 正确，选项 A、C、 D 错误.
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考点二 光的衍射和偏振现象 一、光的衍射 1.发生明显衍射的条件
【步步高】(江苏专用)2017版高考数学一轮复习 第十二章 概率、随机变量及其概率分布 12.3 几何概型 理
【步步高】（江苏专用）2017版高考数学一轮复习第十二章概率、随机变量及其概率分布 12.3 几何概型理1．几何概型的概念设D是一个可度量的区域(例如线段、平面图形、立体图形等)，每个基本事件可以视为从区域D内随机地取一点，区域D内的每一点被取到的机会都一样；随机事件A的发生可以视为恰好取到区域D内的某个指定区域d中的点．这时，事件A发生的概率与d的测度(长度、面积、体积等)成正比，与d的形状和位置无关．我们把满足这样条件的概率模型称为几何概型．2．几何概型的概率计算公式一般地，在几何区域D中随机地取一点，记事件“该点落在其内部一个区域d内”为事件A，则事件A发生的概率P(A)＝d的测度D的测度.3．要切实理解并掌握几何概型试验的两个基本特点(1)无限性：在一次试验中，可能出现的结果有无限多个；(2)等可能性：每个结果的发生具有等可能性．4．随机模拟方法(1)使用计算机或者其他方式进行的模拟试验，以便通过这个试验求出随机事件的概率的近似值的方法就是模拟方法．(2)用计算机或计算器模拟试验的方法为随机模拟方法．这个方法的基本步骤是①用计算器或计算机产生某个范围内的随机数，并赋予每个随机数一定的意义；②统计代表某意义的随机数的个数M和总的随机数个数N；③计算频率f n(A)＝MN作为所求概率的近似值．【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)在一个正方形区域内任取一点的概率是零．( √)(2)几何概型中，每一个基本事件就是从某个特定的几何区域内随机地取一点，该区域中的每一点被取到的机会相等．( √)(3)在几何概型定义中的区域可以是线段、平面图形、立体图形．( √)(4)随机模拟方法是以事件发生的频率估计概率．( √)(5)与面积有关的几何概型的概率与几何图形的形状有关．( ×)(6)从区间[1,10]内任取一个数，取到1的概率是P＝19.( ×)1．(教材改编)在线段[0,3]上任投一点，则此点坐标小于1的概率为________．答案13解析坐标小于1的区间为[0,1]，长度为1，[0,3]区间长度为3，故所求概率为13.2．(2015·山东改编)在区间[0,2]上随机地取一个数x，则事件“－1≤121log()2x+≤1”发生的概率为________．答案34解析∵由－1≤121log()2x+≤1，得12≤x＋12≤2，∴0≤x≤32.∴由几何概型的概率计算公式得所求概率P＝32－02－0＝34.3．(2014·辽宁改编)若将一个质点随机投入如图所示的长方形ABCD中，其中AB＝2，BC＝1，则质点落在以AB为直径的半圆内的概率是________．答案π4解析设质点落在以AB为直径的半圆内为事件A，则P(A)＝阴影面积长方形面积＝12π·121×2＝π4.4．(2014·福建)如图，在边长为1的正方形中随机撒1 000粒豆子，有180粒落到阴影部分，据此估计阴影部分的面积为________．答案0.18解析 由题意知，这是个几何概型问题，S 阴S 正＝1801 000＝0.18， ∵S 正＝1，∴S 阴＝0.18.5．(教材改编)如图，圆中有一内接等腰三角形．假设你在图中随机撒一把黄豆，则它落在阴影部分的概率为________． 答案1π解析 设圆的半径为R ，由题意知圆内接三角形为等腰直角三角形，其直角边长为2R ，则所求事件的概率为： P ＝S 阴S 圆＝12×2R ×2R πR ＝1π.题型一 与长度、角度有关的几何概型例1 (1)(2015·重庆)在区间[0,5]上随机地选择一个数p ，则方程x 2＋2px ＋3p －2＝0有两个负根的概率为________．(2)在区间[－π2，π2]上随机取一个数x ，则cos x 的值介于0到12之间的概率为________．答案 (1)23 (2)13解析 (1)方程x 2＋2px ＋3p －2＝0有两个负根， 则有⎩⎪⎨⎪⎧Δ≥0，x 1＋x 2＜0，x 1·x 2＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧4p 2－4 3p －2 ≥0，－2p ＜0，3p －2＞0，解得p ≥2或23＜p ≤1，又p ∈[0,5]，则所求概率为P ＝3＋135＝1035＝23.(2)当－π2≤x ≤π2时，由0≤cos x ≤12，得－π2≤x ≤－π3或π3≤x ≤π2，根据几何概型概率公式得所求概率为13.(3)如图所示，在△ABC 中，∠B ＝60°，∠C ＝45°，高AD ＝3，在∠BAC 内作射线AM 交BC 于点M ，求BM <1的概率． 解 因为∠B ＝60°，∠C ＝45°，所以∠BAC ＝75°. 在Rt△ABD 中，AD ＝3，∠B ＝60°， 所以BD ＝ADtan 60°＝1，∠BAD ＝30°.记事件N 为“在∠BAC 内作射线AM 交BC 于点M ，使BM <1”，则可得∠BAM <∠BAD 时事件N 发生．由几何概型的概率公式，得：P (N )＝30°75°＝25.引申探究1．本例(2)中，若将“cos x 的值介于0到12”改为“cos x 的值介于0到32”，则概率如何？解 当－π2≤x ≤π2时，由0≤cos x ≤32，得－π2≤x ≤－π6或π6≤x ≤π2，根据几何概型概率公式得所求概率为23.2．若本例(3)中“在∠BAC 内作射线AM 交BC 于点M ”改为“在线段BC 上找一点M ”，求BM <1的概率．解 依题意知BC ＝BD ＋DC ＝1＋3，P (BM <1)＝11＋3＝3－12.思维升华 求解与长度、角度有关的几何概型的方法求与长度(角度)有关的几何概型的概率的方法是把题中所表示的几何模型转化为长度(角度)，然后求解．要特别注意“长度型”与“角度型”的不同．解题的关键是构建事件的区域(长度或角度)．(1)如图，在直角坐标系内，射线OT 落在30°角的终边上，任作一条射线OA ，则射线OA 落在∠yOT 内的概率为________．(2)已知集合A ＝{x |－1<x <5}，B ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x －23－x >0，在集合A 中任取一个元素x ，则事件“x ∈(A ∩B )”的概率是________． 答案 (1)16 (2)16解析 (1)如题图，因为射线OA 在坐标系内是等可能分布的，所以OA 落在∠yOT 内的概率为60°360°＝16. (2)由题意得A ＝{x |－1<x <5}，B ＝{}x | 2<x <3，故A ∩B ＝{x |2<x <3}．由几何概型知，在集合A 中任取一个元素x ，则x ∈(A ∩B )的概率为P ＝16.题型二 与面积有关的几何概型 命题点1 与平面图形面积有关的问题例2 (2015·福建改编)如图，矩形ABCD 中，点A 在x 轴上，点B 的坐标为(1,0)，且点C 与点D 在函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x ≥0，－12x ＋1，x ＜0的图象上．若在矩形ABCD 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率等于________． 答案 14解析 由图形知C (1,2)，D (－2,2)，∵S 四边形ABCD ＝6，S 阴＝12×3×1＝32.∴P ＝326＝14.命题点2 与线性规划知识交汇命题的问题例3 (2014·重庆)某校早上8：00开始上课，假设该校学生小张与小王在早上7：30～7：50之间到校，且每人在该时间段的任何时刻到校是等可能的，则小张比小王至少早5分钟到校的概率为________． 答案932解析 设小张与小王的到校时间分别为7：00后第x 分钟，第y 分钟，根据题意可画出图形，如图所示，则总事件所占的面积为(50－30)2＝400.小张比小王至少早5分钟到校表示的事件A ＝{(x ，y )|y －x ≥5,30≤x ≤50,30≤y ≤50}，如图中阴影部分所示，阴影部分所占的面积为12×15×15＝2252，所以小张比小王至少早5分钟到校的概率为P (A )＝2252400＝932.思维升华 求解与面积有关的几何概型的注意点求解与面积有关的几何概型时，关键是弄清某事件对应的面积，必要时可根据题意构造两个变量，把变量看成点的坐标，找到全部试验结果构成的平面图形，以便求解．(1)在区间[－π，π]内随机取出两个数分别记为a ，b ，则函数f (x )＝x 2＋2ax－b 2＋π2有零点的概率为________．(2)(2014·湖北改编)由不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，y ≥0，y －x －2≤0确定的平面区域记为Ω1，不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤1，x ＋y ≥－2确定的平面区域为Ω2，在Ω1中随机取一点，则该点恰好在Ω2内的概率为________．答案 (1)1－π4 (2)78解析 (1)由函数f (x )＝x 2＋2ax －b 2＋π2有零点， 可得Δ＝(2a )2－4(－b 2＋π2)≥0，整理得a 2＋b 2≥π2，如图所示，(a ，b )可看成坐标平面上的点， 试验的全部结果构成的区域为Ω＝{(a ，b )|－π≤a ≤π，－π≤b ≤π}， 其面积S Ω＝(2π)2＝4π2. 事件A 表示函数f (x )有零点，所构成的区域为M ＝{(a ，b )|a 2＋b 2≥π2}， 即图中阴影部分，其面积为S M ＝4π2－π3，故P (A )＝S M S Ω＝4π2－π34π2＝1－π4. (2)如图，平面区域Ω1就是三角形区域OAB ，平面区域Ω2与平面区域Ω1的重叠部分就是区域OACD ，易知C (－12，32)，故由几何概型的概率公式，得所求概率P ＝S 四边形OACDS △OAB ＝2－142＝78.题型三 与体积有关的几何概型例4 在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点O 为底面ABCD 的中心，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1 内随机取一点P ，则点P 到点O 的距离大于1的概率为________． 答案 1－π12解析 V 正＝23＝8，V 半球＝12×43π×13＝23π，V 半球V 正＝2π8×3＝π12， 故点P 到O 的距离大于1的概率为1－π12.思维升华 求解与体积有关问题的注意点对于与体积有关的几何概型问题，关键是计算问题的总体积(总空间)以及事件的体积(事件空间)，对于某些较复杂的也可利用其对立事件去求．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，有一动点在此长方体内随机运动，则此动点在三棱锥A －A 1BD 内的概率为________．答案 16解析 因为11A A BD A ABD V V －－＝＝13·S △ABD ·AA 1＝16·S矩形ABCD·AA 1＝16V长方体，故所求概率为VA －A 1BD V 长方体＝16.16．混淆长度型与面积型几何概型致误典例 (14分)在长度为1的线段上任取两点，将线段分成三段，试求这三条线段能构成三角形的概率．易错分析 不能正确理解题意，无法找出准确的几何度量来计算概率． 规范解答解 设x 、y 表示三段长度中的任意两个．因为是长度，所以应有0<x <1,0<y <1,0<x ＋y <1，即(x ，y )对应着坐标系中以(0,1)、(1,0)和(0,0)为顶点的三角形内的点，如图所示．[6分] 要形成三角形，由构成三角形的条件知⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y >1－x －y ，1－x －y >x －y ，1－x －y >y －x ，所以x <12，y <12，且x ＋y >12，故图中阴影部分符合构成三角形的条件．[10分] 因为阴影部分的三角形的面积占大三角形面积的14，故这三条线段能构成三角形的概率为14.[14分]温馨提醒 解决几何概型问题的易误点：(1)不能正确判断事件是古典概型还是几何概型，导致错误．(2)利用几何概型的概率公式时，忽视验证事件是否具有等可能性，导致错误．[方法与技巧]1．区分古典概型和几何概型最重要的是看基本事件的个数是有限个还是无限个． 2．转化思想的应用对一个具体问题，可以将其几何化，如建立坐标系将试验结果和点对应，然后利用几何概型概率公式．(1)一般地，一个连续变量可建立与长度有关的几何概型，只需把这个变量放在坐标轴上即可； (2)若一个随机事件需要用两个变量来描述，则可用这两个变量的有序实数对来表示它的基本事件，然后利用平面直角坐标系就能顺利地建立与面积有关的几何概型；(3)若一个随机事件需要用三个连续变量来描述，则可用这三个变量组成的有序数组来表示基本事件，利用空间直角坐标系建立与体积有关的几何概型． [失误与防范]1．准确把握几何概型的“测度”是解题关键；2．几何概型中，线段的端点、图形的边框是否包含在事件之内不影响所求结果．A 组 专项基础训练(时间：40分钟)1．(2014·湖南改编)在区间[－2,3]上随机选取一个数X ，则X ≤1的概率为________． 答案 35解析 在区间[－2,3]上随机选取一个数X ，则X ≤1，即－2≤X ≤1的概率为P ＝35.2．在区间[－1,4]内取一个数x ，则22x x －≥14的概率是________．答案 35解析 不等式22x x －≥14，可化为x 2－x －2≤0，则－1≤x ≤2，故所求概率为2－ －1 4－ －1 ＝35.3．已知△ABC 中，∠ABC ＝60°，AB ＝2，BC ＝6，在BC 上任取一点D ，则使△ABD 为钝角三角形的概率为_________________________________________________． 答案 12解析 如图，当BE ＝1时，∠AEB 为直角，则点D 在线段BE (不包含B 、E 点)上时，△ABD 为钝角三角形；当BF ＝4时，∠BAF 为直角，则点D在线段CF (不包含C 、F 点)上时，△ABD 为钝角三角形．所以△ABD 为钝角三角形的概率为1＋26＝12.4．设不等式组⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤2，0≤y ≤2表示的平面区域为D ，在区域D 内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离大于2的概率是__________． 答案 1－π4解析 如图所示，正方形OABC 及其内部为不等式组表示的区域D ，且区域D 的面积为4，而阴影部分表示的是区域D 内到坐标原点的距离大于2的区域．易知该阴影部分的面积为4－π.因此满足条件的概率是1－π4.5．已知一只蚂蚁在边长分别为5,12,13的三角形的边上随机爬行，则其恰在离三个顶点的距离都大于1的地方的概率为________．答案 45解析 由题意可知，三角形的三条边长的和为5＋12＋13＝30，而蚂蚁要在离三个顶点的距离都大于1的地方爬行，则它爬行的区域长度为3＋10＋11＝24，根据几何概型的概率计算公式可得所求概率为2430＝45.6．有一个底面圆的半径为1、高为2的圆柱，点O 为这个圆柱底面圆的圆心，在这个圆柱内随机取一点P ，则点P 到点O 的距离大于1的概率为________． 答案 23解析 V 圆柱＝2π，V 半球＝12×43π×13＝23π，V 半球V 圆柱＝13， 故点P 到O 的距离大于1的概率为23.7．在区间[1,5]和[2,4]上分别各取一个数，记为m 和n ，则方程x 2m 2＋y 2n2＝1表示焦点在x 轴上的椭圆的概率是________． 答案 12解析 ∵方程x 2m 2＋y 2n2＝1表示焦点在x 轴上的椭圆，∴m >n .如图，由题意知，在矩形ABCD 内任取一点Q (m ，n )，点Q 落在阴影部分的概率即为所求的概率，易知直线m ＝n 恰好将矩形平分， ∴所求的概率为P ＝12.8．随机地向半圆0<y <2ax －x 2(a 为正常数)内掷一点，点落在圆内任何区域的概率与区域的面积成正比，则原点与该点的连线与x 轴的夹角小于π4的概率为______．答案 12＋1π解析 半圆域如图所示：设A 表示事件“原点与该点的连线与x 轴的夹角小于π4，由几何概型的概率计算公式得P (A )＝A 的面积半圆的面积＝14πa 2＋12a 212πa 2＝12＋1π.9．随机向边长为5,5,6的三角形中投一点P ，则点P 到三个顶点的距离都不小于1的概率是________． 答案24－π24解析 由题意作图，如图则点P 应落在深色阴影部分，S 三角形＝12×6×52－32＝12，三个小扇形可合并成一个半圆，故其面积为π2，故点P 到三个顶点的距离都不小于1的概率为12－π212＝24－π24.10．已知向量a ＝(－2,1)，b ＝(x ，y )．(1)若x ，y 分别表示将一枚质地均匀的正方体骰子(六个面的点数分别为1,2,3,4,5,6)先后抛掷两次时第一次、第二次出现的点数，求满足a ·b ＝－1的概率； (2)若x ，y 在连续区间[1,6]上取值，求满足a ·b <0的概率．解 (1)将一枚质地均匀的正方体骰子先后抛掷两次，所包含的基本事件总数为6×6＝36(个)；由a ·b ＝－1有－2x ＋y ＝－1，所以满足a ·b ＝－1的基本事件为(1,1)，(2,3)，(3,5)，共3个； 故满足a ·b ＝－1的概率为336＝112. (2)若x ，y 在连续区间[1,6]上取值，则全部基本事件的结果为Ω＝{(x ，y )|1≤x ≤6,1≤y ≤6}； 满足a ·b <0的基本事件的结果为A ＝{(x ，y )|1≤x ≤6,1≤y ≤6且－2x ＋y <0}；画出图形如图，矩形的面积为S 矩形＝25，阴影部分的面积为S 阴影＝25－12×2×4＝21，故满足a ·b <0的概率为2125.B 组 专项能力提升(时间：30分钟)11．一个长方体空屋子，长，宽，高分别为5米，4米，3米，地面三个角上各装有一个捕蝇器(大小忽略不计)，可捕捉距其一米空间内的苍蝇，若一只苍蝇从位于另外一角处的门口飞入，并在房间内盘旋，则苍蝇被捕捉的概率是________． 答案π120解析 屋子的体积为5×4×3＝60立方米，捕蝇器能捕捉到的空间体积为18×43π×13×3＝π2立方米．故苍蝇被捕捉的概率是π260＝π120.12．(2015·湖北改编)在区间[0,1]上随机取两个数x ，y ，记p 1为事件“x ＋y ≥12”的概率，p 2为事件“|x －y |≤12”的概率，p 3为事件“xy ≤12”的概率，则下列关系正确的是________．①p 1<p 2<p 3 ②p 2<p 3<p 1 ③p 3<p 1<p 2 ④p 3<p 2<p 1答案 ②解析 如图，点(x ，y )所处的空间为正方形OBCA 表示的平面区域(包括其边界)，故本题属于几何概型中的“面积比”型．分别画出三个事件对应的图形，根据图形面积的大小估算概率的大小．满足条件的x ，y 构成的点(x ，y )在正方形OBCA 及其边界上．事件“x ＋y ≥12”对应的图形为图①所示的阴影部分；事件“|x －y |≤12”对应的图形为图②所示的阴影部分；事件“xy ≤12”对应的图形为图③所示的阴影部分．对三者的面积进行比较，可得p 2<p 3<p 1.13.如图，已知点A 在坐标原点，点B 在直线y ＝1上，点C (3,4)，若AB ≤10，则△ABC 的面积大于5的概率是________． 答案524解析 设B (x,1)，根据题意知点D (34，1)，若△ABC 的面积小于或等于5，则12×DB ×4≤5，即DB ≤52，此时点B 的横坐标x ∈[－74，134]，而AB ≤10，所以点B 的横坐标x ∈[－3,3]，所以△ABC 的面积小于或等于5的概率为 P ＝3－ －746＝1924，所以△ABC 的面积大于5的概率是1－P ＝524.14．已知集合A ＝[－2,2]，B ＝[－1,1]，设M ＝{(x ，y )|x ∈A ，y ∈B }，在集合M 内随机取出一个元素(x ，y )．(1)求以(x ，y )为坐标的点落在圆x 2＋y 2＝1内的概率； (2)求以(x ，y )为坐标的点到直线x ＋y ＝0的距离不大于22的概率． 解 (1)集合M 内的点形成的区域面积S ＝8.因圆x 2＋y 2＝1的面积S 1＝π，故所求概率为S 1S＝π8. (2)由题意|x ＋y |2≤22，即－1≤x ＋y ≤1，形成的区域如图中阴影部分，阴影部分面积S 2＝4，所求概率为S 2S ＝12.15．甲、乙两船驶向一个不能同时停泊两艘船的码头，它们在一昼夜内到达该码头的时刻是等可能的．如果甲船停泊时间为1 h ，乙船停泊时间为2 h ，求它们中的任意一艘都不需要等待码头空出的概率．解 设甲、乙两艘船到达码头的时刻分别为x 与y ，记事件A 为“两船都不需要等待码头空出”，则0≤x ≤24,0≤y ≤24，要使两船都不需要等待码头空出，当且仅当甲比乙早到达1 h 以上或乙比甲早到达2 h 以上，即y －x ≥1或x －y ≥2.故所求事件构成集合A ＝{(x ，y )|y －x ≥1或x －y ≥2，x ∈[0,24]，y ∈[0,24]}．A 为图中阴影部分，全部结果构成集合Ω为边长是24的正方形及其内部．所求概率为P(A)＝A的面积Ω的面积＝ 24－1 2×12＋ 24－2 2×12242＝506.5576＝1 0131 152.。
【步步高】2017年高考物理(人教版浙江)一轮复习 课件 第12章1讲 动量和动量定理 动量守恒定律
等效代换动量的变化.
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考点二 动量守恒定律
【考点逐项排查】
1.内容 如果一个系统 不受外力 ，或者 所受外力的矢量和为零 ，这个系统的总动量保持不变， 这就是动量守恒定律. 2.适用条件 (1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合力都为零， 更不能认为系统处于 平衡 状态. (2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力 远大于 它所受到的外力. (3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统 在该方向上 动量守恒. 3.动量守恒定律的不同表达形式 (1)m1v1＋m2v2＝ m1v1′＋m2v2′ ，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等 于作用后的动量和. (2)Δp1＝ －Δp2 ，相互作用的两个物体动量的增量等大反向. (3)Δp＝ 0 ，系统总动量的增量为零.
解析
B.2 m/s
解析答案
考点一 动量和动量定理
4.质量是60 kg的建筑工人，不慎从高空
1
2
3
4
跌下，由于弹性安全带的保护，他被悬
挂起来.已知安全带的缓冲时间是1.2 s， 安全带长5 m，取g＝10 m/s2，则安全带 所受的平均冲力的大小为( A.500 N B.600 N D.100 N )
自由落体h=5m
√
C.1 100 N
解析答案
考点一 动量和动量定理
动量定理的两个重要应用
1.应用I＝Δp求变力的冲量
[技巧点拨]
如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝Ft求变力的冲量， 可以求出该力作用下物体动量的变化Δp，等效代换变力的冲量I. 2.应用Δp＝FΔt求动量的变化 例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp＝p2－p1)需要应 用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，
【步步高】高考物理大一轮复习讲义 (深度思考+考点突破+提能训练)第十二章 第2课时 机械波(含
第2课时 机械波考纲解读 1.知道机械波的特点和分类.2.掌握波速、波长和频率的关系，会分析波的图象.3.理解波的干涉、衍射现象和多普勒效应，掌握波的干涉和衍射的条件．1． [波的形成与波的分类]关于波的形成和传播，下列说法正确的是( )A ．质点的振动方向与波的传播方向平行时，形成的波是纵波B ．质点的振动方向与波的传播方向垂直时，形成的波是横波C ．波在传播过程中，介质中的质点随波一起迁移D ．波可以传递振动形式和能量 答案 ABD2． [波长、波速、频率的关系]如图1所示，实线是沿x 轴传播的一列简谐横波在t ＝0时刻的波形图，虚线是这列波在t＝0.05 s 时刻的波形图．已知该波的波速是80 cm/s ，则下列说法中正确的是( )图1A ．这列波有可能沿x 轴正方向传播B ．这列波的波长是10 cmC ．t ＝0.05 s 时刻x ＝6 cm 处的质点正在向下运动D ．这列波的周期一定是0.15 s 答案 D解析 由波的图象可看出，这列波的波长λ＝12 cm ，B 错误；根据v ＝λT，可求出这列波的周期为T ＝λv ＝1280 s ＝0.15 s ，D 正确；根据x ＝vt ＝80×0.05 cm＝4 cm 可判断，波应沿x 轴负方向传播，根据波的“微平移”法可判断t ＝0.05 s 时刻x ＝6 cm 处的质点正在向上运动，A 、C 错误． 3． [波的图象的理解]如图2所示是一列简谐波在t ＝0时的波形图，介质中的质点P 沿y 轴方向做简谐运动的表达式为y ＝10sin 5πt cm.关于这列简谐波，下列说法中正确的是( )图2A ．这列简谐波的振幅为20 cmB ．这列简谐波的周期为5.0 sC ．这列简谐波在该介质中的传播速度为25 cm/sD ．这列简谐波沿x 轴正向传播 答案 D解析 由题图可知，质点偏离平衡位置的最大距离即振幅为10 cm ，A 错；由该质点P 振动的表达式可知这列简谐横波的周期为T ＝2πω＝2π5π s ＝0.4 s ，B 错；由题图可知，该波的波长为λ＝4 m ，波速v ＝λT ＝40.4 m/s ＝10 m/s ，C 错；由质点P 做简谐运动的表达式可知，t ＝0时刻质点P 正在向上运动，由此可判断波沿x 轴正向传播，D 正确． 4． [波的干涉和衍射]如图3所示为观察水面波衍射的实验装置，AC 和BD是两块挡板，AB 是一个小孔，O 是波源，图中已画出波源所在区域波的传播情况，每两条相邻波纹(图中曲线)之间的距离表示一个波长，则对波经过孔后的传播情况，下列描述不正确的是 ( ) A ．此时能明显观察到波的衍射现象图3B ．挡板前后波纹间距相等C ．如果将孔AB 扩大，有可能观察不到明显的衍射现象D ．如果孔的大小不变，使波源频率增大，能更明显地观察到衍射现象 答案 D解析 由题图可以看出，孔AB 尺寸与波长相差不大，因只有缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不多，或者比波长更小时，才能观察到明显的衍射现象，故选项A 、C 正确；由λ＝vf知，v 不变，f 增大，只能使λ减小，故选项D 错；既然衍射是指“波绕过障碍物而传播的现象”，那么经过孔后的波长自然不变，故选项B 正确． 考点梳理1． 机械波的形成条件：(1)波源；(2)介质． 2． 机械波的特点(1)机械波传播的只是振动的形式和能量，质点只在各自的平衡位置附近做简谐运动，并不随波迁移．(2)介质中各质点的振幅相同，振动周期和频率都与波源的振动周期和频率相同． (3)各质点开始振动(即起振)的方向均相同．(4)一个周期内，质点完成一次全振动，通过的路程为4A ，位移为零． 3． 波长、波速、频率及其关系(1)波长在波动中，振动相位总是相同的两个相邻质点间的距离，用λ表示． (2)波速波在介质中的传播速度．由介质本身的性质决定． (3)频率由波源决定，等于波源的振动频率． (4)波长、波速和频率的关系：v ＝f λ.特别提醒 1.机械波从一种介质进入另一种介质，频率不变，波速、波长都改变． 2． 机械波的波速仅由介质来决定，波速在固体、液体中比在空气中大．波速的计算方法：v＝λT 或v ＝Δx Δt . 4． 波的图象的物理意义反映了某一时刻介质中各质点相对平衡位置的位移． 5． 波的干涉(1)产生稳定干涉的条件：频率相同的两列同性质的波相遇．(2)现象：两列波相遇时，某些区域振动总是加强，某些区域振动总是减弱，且加强区和减弱区互相间隔．(3)对两个完全相同的波源产生的干涉来说，凡到两波源的路程差为一个波长整数倍时，振动加强；凡到两波源的路程差为半个波长的奇数倍时，振动减弱．6． 产生明显衍射现象的条件：障碍物或孔(缝)的尺寸跟波长差不多，或者比波长更小． 7． 多普勒效应(1)波源不动⎩⎪⎨⎪⎧观察者向波源运动，接收频率增大观察者背离波源运动，接收频率减小(2)观察者不动⎩⎪⎨⎪⎧波源向观察者运动，接收频率增大波源背离观察者运动，接收频率减小5. [质点振动方向与波传播方向的关系应用]一列简谐横波沿x 轴传播，t ＝0时刻的波形如图4所示．则从图中可以看出( )A ．这列波的波长为5 mB ．波中的每个质点的振动周期都为4 s图4C ．若已知波沿x 轴正向传播，则此时质点a 正向下振动D ．若已知质点b 此时正向上振动，则波是沿x 轴负向传播的答案 C解析 由题图可知，波长为λ＝4 m ，选项A 错误；波速未知，不能得出机械波的周期，选项B 错误；若已知波沿x 轴正向传播，则此时质点a 正向下振动，选项C 正确；若已知质点b 此时正向上振动，则波是沿x 轴正向传播的，选项D 错误．6． [质点振动方向与波传播方向的关系应用]一列简谐横波沿x 轴传播，t ＝0时的波形如图5所示，质点A 与质点B 相距1 m ，A 点速度沿y 轴正方向；t ＝0.02 s 时，质点A 第一次到达正向最大位移处，由此可知( )图5A ．此波沿x 轴负方向传播B ．此波的传播速度为25 m/sC ．从t ＝0时起，经过0.04 s ，质点A 沿波传播方向迁移了1 mD ．在t ＝0.04 s 时，质点B 处在平衡位置，速度沿y 轴正方向 答案 ABD解析 根据图象，由t ＝0时A 点速度沿y 轴正方向可判断，此波沿x 轴负方向传播，选项A 正确；根据题意，波长λ＝2 m ，周期T ＝0.08 s ，波速v ＝λT＝25 m/s ，选项B 正确；沿波传播方向上各质点并不随波迁移，而是在平衡位置附近做简谐运动，选项C 错误；t ＝0时刻质点B 从平衡位置向下振动，经过0.04 s 即0.5T ，质点B 处在平衡位置，速度沿y 轴正方向，选项D 正确． 方法提炼质点的振动方向与波的传播方向的互判方法 (1)上下坡法沿波的传播方向看，“上坡”的点向下运动，“下坡”的点向上运动，简称“上坡下，下坡上”，如图6所示．图6(2)带动法如图7所示，在质点P 靠近波源一方附近的图象上另找一点P ′，若P ′在P 上方，则P 向上运动，若P ′在P 下方，则P 向下运动．图7(3)微平移法图8原理：波向前传播，波形也向前平移．方法：作出经微小时间Δt 后的波形，如图8虚线所示，就知道了各质点经过Δt 时间到达的位置，也就知道了此刻质点的振动方向，可知图中P 点振动方向向下．考点一 波动图象与波速公式的应用1. 波的图象反映了在某时刻介质中的质点离开平衡位置的位移情况，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9：图象的应用：(1)直接读取振幅A 和波长λ，以及该时刻各质点的 位移．(2)确定某时刻各质点加速度的方向，并能比较其大小．(3)结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向．2． 波速与波长、周期、频率的关系为：v ＝λT＝λf .例1 (2011·海南·18(1))一列简谐横波在t ＝0时的波形图如图10所示．介质中x ＝2 m处的质点P 沿y 轴方向做简谐运动的表达式为y ＝10sin (5πt ) cm.关于这列简谐波，下列说法正确的是( )图10A ．周期为4.0 sB ．振幅为20 cmC ．传播方向沿x 轴正向D ．传播速度为10 m/s解析 由题意知ω＝5π rad/s ，周期为：T ＝2πω＝0.4 s ，由波的图象得：振幅A ＝10 cm 、波长λ＝4 m ，故波速为v ＝λT＝10 m/s ，P 点在t ＝0时振动方向为正y 方向，波向正x方向传播． 答案 CD突破训练1 如图11所示为一列在均匀介质中沿x 轴正方向传播的简谐横波在某时刻的波形图，波速为4 m/s ，则 ( )A ．质点P 此时刻的振动方向沿y 轴正方向B ．P 点振幅比Q 点振幅小C ．经过Δt ＝3 s ，质点Q 通过的路程是0.6 m图11D ．经过Δt ＝3 s ，质点P 将向右移动12 m 答案 C解析 由机械波沿x 轴正方向传播，利用“带动”原理可知，质点P 此时刻的振动方向沿y 轴负方向，选项A 错误；沿波传播方向上各质点并不随波迁移，而是在平衡位置附近做简谐运动，并且各质点振动的幅度相同，即振幅相同，选项B 、D 均错误；根据波形图可知，波长λ＝4 m ，振幅A ＝5 cm ，已知v ＝4 m/s ，所以T ＝λv＝1 s ，Δt ＝3 s ＝3T ，质点Q 通过的路程是12A ＝60 cm ＝0.6 m ，所以选项C 正确． 考点二 振动图象与波动图象质点，Q是平衡位置为x＝4 m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则 ( )图12A．t＝0.15 s时，质点Q的加速度达到正向最大B．t＝0.15 s时，质点P的运动方向沿y轴负方向C．从t＝0.10 s到t＝0.25 s，该波沿x轴正方向传播了6 mD．从t＝0.10 s到t＝0.25 s，质点P通过的路程为30 cm解析A选项，由乙图象看出，当t＝0.15 s时，质点Q位于负方向的最大位移处，而简谐运动的加速度大小与位移成正比，方向与位移方向相反，所以加速度为正向最大值；B选项中，由乙图象看出，简谐运动的周期为T＝0.20 s，t＝0.10 s时，质点Q的速度方向沿y轴负方向，由甲图可以看出，波的传播方向应该沿x轴负方向，因甲图是t＝0.10 s的波形，所以t＝0.15 s时，经历了0.05 s＝T4的时间，图甲的波形沿x轴负方向平移了λ4＝2 m的距离，如图所示，因波沿x轴负方向传播，则此时P点的运动方向沿y轴负方向；C选项中，由题意知λ＝8 m，T＝0.2 s，则v＝λT＝40 m/s.从t＝0.10 s到t＝0.25 s，该波沿x轴负方向传播的距离为0.15 s×40 m/s＝6 m；D选项中，由图甲可以看出，由于t＝0.10 s时刻质点P不处于平衡位置，故从t＝0.10 s到t＝0.25 s质点P通过的路程不为30 cm，本题正确选项为A、B.答案 AB突破训练2 如图13所示，甲图为沿x 轴传播的一列简谐横波在t ＝0时刻的波动图象，乙图是x ＝2 m 处质点P 的振动图象，下列判断正确的是( )图13A ．该波的传播速率为4 m/sB ．该波沿x 轴正方向传播C ．经过0.5 s ，质点P 沿波的传播方向移动2 mD ．若遇到3 m 的障碍物，该波能发生明显的衍射现象 答案 AD解析 由题图可知，机械波的波长为λ＝4 m ，周期为T ＝1 s ，则v ＝λT＝4 m/s ，该波的传播速率为4 m/s ，选项A 正确；由乙图可知，t ＝0时刻质点P 经平衡位置往下振动，由甲图可知，该波沿x 轴负方向传播，选项B 错误；质点P 只在平衡位置附近振动，不沿波的传播方向移动，选项C 错误；由于波长大于障碍物尺寸，该波能发生明显的衍射现象，选项D 正确．考点三 波的干涉、衍射、多普勒效应 1． 波的干涉中振动加强点和减弱点的判断某质点的振动是加强还是减弱，取决于该点到两相干波源的距离之差Δr . (1)当两波源振动步调一致时若Δr ＝n λ(n ＝0,1,2，…)，则振动加强； 若Δr ＝(2n ＋1)λ2(n ＝0,1,2，…)，则振动减弱．(2)当两波源振动步调相反时若Δr ＝(2n ＋1)λ2(n ＝0,1,2，…)，则振动加强；若Δr ＝n λ(n ＝0,1,2，…)，则振动减弱．2． 波的衍射现象是指波能绕过障碍物继续传播的现象，产生明显衍射现象的条件是缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不大或者小于波长． 3． 多普勒效应的成因分析(1)接收频率：观察者接收到的频率等于观察者在单位时间内接收到的完全波的个数．当波以速度v 通过观察者时，时间t 内通过的完全波的个数为N ＝vtλ，因而单位时间内通过观察者的完全波的个数，即接收频率．(2)当波源与观察者相互靠近时，观察者接收到的频率变大，当波源与观察者相互远离时，观察者接收到的频率变小．例3 如图14表示两个相干波源S 1、S 2产生的波在同一种均匀介质中相遇．图中实线表示波峰，虚线表示波谷，c 和f 分别为ae 和bd 的中点，则：图14(1)在a 、b 、c 、d 、e 、f 六点中，振动加强的点是__________．振动减弱的点是____________． (2)若两振源S 1和S 2振幅相同，此时刻位移为零的点是________． (3)画出此时刻ace 连线上，以a 为起点的一列完整波形，标出e 点．解析 (1)a 、e 两点分别是波谷与波谷、波峰与波峰相交的点，故此两点为振动加强点；c 点处在a 、e 连线上，且从运动的角度分析a 点的振动形式恰沿该线传播，故c 点是振动加强点，同理b 、d 是振动减弱点，f 也是振动减弱点． (2)因为S 1、S 2振幅相同，振动最强区的振幅为2A ，最弱区的振幅为零，位移为零的点是b 、d .(3)题图中对应时刻a 处在两波谷的交点上，即此刻a 在波谷，同理e 在波峰，所以所对应的波形如图所示．答案 (1)a 、c 、e b 、d 、f (2)b 、d (3)见解析图突破训练3 如图15甲所示，男同学站立不动吹口哨，一位女同学坐在秋千上来回摆动，下列关于女同学的感受的说法正确的是( )甲 乙图15A ．女同学从A 向B 运动过程中，她感觉哨声音调变高 B ．女同学从E 向D 运动过程中，她感觉哨声音调变高C ．女同学在C 点向右运动时，她感觉哨声音调不变D ．女同学在C 点向左运动时，她感觉哨声音调变低 答案 AD突破训练4 (2011·上海·10)两波源S 1、S 2在水槽中形成的波形如` 图16所示，其中实线表示波峰，虚线表示波谷，则( )A．在两波相遇的区域中会产生干涉B．在两波相遇的区域中不会产生干涉图16C．a点的振动始终加强D．a点的振动始终减弱答案 B解析由题图可知两列波的波长不同，在同一水槽中两波的波速相同，由v＝λf知两波的频率不同，故不能产生干涉现象．53．波的多解问题的处理方法1．造成波动问题多解的主要因素有(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．2．解决波的多解问题的思路一般采用从特殊到一般的思维方法，即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…)．例4一列简谐横波在t＝0时刻的波形如图17中的实线所示，t＝0.02 s时刻的波形如图中虚线所示．若该波的周期T大于0.02 s，则该波的传播速度可能是( )图17A．2 m/s B．3 m/s C．4 m/s D．5 m/s解析这类问题通常要考虑两种情况：(1)设波向右传播，则在0时刻x ＝4 m 处的质点往上振动，设经历Δt 时间时质点运动到波峰的位置，则Δt ＝(14＋n )T (n ＝0,1,2…)，即T ＝4Δt 4n ＋1＝0.084n ＋1s (n ＝0,1,2…)．当n ＝0时，T ＝0.08 s>0.02 s ，符合要求，此时v ＝λT ＝0.080.08m/s ＝1 m/s ；当n ＝1时，T＝0.016 s<0.02 s ，不符合要求．(2)设波向左传播，则在0时刻x ＝4 m 处的质点往下振动，设经历Δt 时间时质点运动到波峰的位置，则Δt ＝(34＋n )T (n ＝0,1,2…)，即T ＝4Δt 4n ＋3＝0.084n ＋3s(n ＝0,1,2…)．当n ＝0时，T ＝0.083 s>0.02 s ，符合要求，此时v ＝λT ＝0.080.083m/s ＝3 m/s ；当n ＝1时，T ＝0.087s< 0.02 s ，不符合要求．综上所述，只有B 选项正确． 答案 B突破训练5 如图18甲所示，一列机械横波沿ab 直线向右传播，已知a 、b 两点间的距离为1 m ，a 、b 两点的振动情况如图乙所示，下列说法中正确的是()图18A ．波速可能是116 m/s B ．波速可能大于1 m/sC ．波长可能是411 m D ．波长可能大于4 m答案 C解析 由振动图象可知，T ＝4 s ，由题意结合a 、b 两点的振动情况可得，(34＋n )λ＝1 m ，解得，λ＝44n ＋3 m(n ＝0,1,2…)，选项C 正确，D 错误；波速可能值是v ＝λT ＝14n ＋3m/s(n ＝0,1,2…)，选项A 、B 错误．高考题组1．(2012·天津理综·7)沿x 轴正方向传播的一列简谐横波在t ＝0时刻的波形如图19所示，M 为介质中的一个质点，该波的传播速度为40 m/s ，则t ＝140s 时( ) A ．质点M 对平衡位置的位移一定为负值图19B ．质点M 的速度方向与对平衡位置的位移方向相同C ．质点M 的加速度方向与速度方向一定相同D ．质点M 的加速度方向与对平衡位置的位移方向相反 答案 CD解析 当t ＝140 s 时，波传播的距离Δx ＝vt ＝40×140 m ＝1 m ，所以当t ＝140s 时波的图象如图所示，由图可知，M 对平衡位置的位移为正值，且沿y 轴负方向运动，故选项A 、B 错误；根据F ＝－kx 及a ＝－k mx 知，加速度方向与位移方向相反，沿y 轴负方向，与速度方向相同，选项C 、D 正确． 2． (2012·安徽理综·15)一列简谐波沿x 轴正方向传播，在t ＝0时波形如图20所示，已知波速为10 m/s.则t ＝0.1 s 时正确的波形应是下图中的( )图20答案 C解析 由题图知：波长λ＝4.0 m ，波在t ＝0.1 s 内传播的距离x ＝vt ＝10×0.1 m＝1 m ＝14λ，故将原波形图沿波的传播方向(即x 轴正方向)平移14λ即可，故选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．3． (2012·福建理综·13)一列简谐横波沿x 轴传播，t ＝0时刻的波形如图21甲所示，此时质点P 正沿y 轴负方向运动，其振动图象如图乙所示，则该波的传播方向和波速分别是( )图21A ．沿x 轴负方向，60 m/sB ．沿x 轴正方向，60 m/sC ．沿x 轴负方向，30 m/sD ．沿x 轴正方向，30 m/s 答案 A解析 由题图甲知，波长λ＝24 m ，由题图乙知T ＝0.4 s ．根据v ＝λT可求得v ＝60 m/s ，故C 、D 项错误；根据“同侧法”可判断出波的传播方向沿x 轴负方向，故A 项正确，B项错误．4．(2012·四川理综·19)在xOy 平面内有一列沿x 轴正方向传播的简谐横波，波速为2 m/s ，振幅为A .M 、N 是位于平衡位置且相距2 m 的两个质 点，如图22所示．在t ＝0时，M 通过其平衡位置沿y 轴正方向运图22动，N 位于其平衡位置上方最大位移处．已知该波的周期大于1 s ．则 ( ) A ．该波的周期为53sB ．在t ＝13 s 时，N 的速度一定为2 m/sC ．从t ＝0到t ＝1 s ，M 向右移动了2 mD ．从t ＝13 s 到t ＝23 s ，M 的动能逐渐增大答案 D解析 根据题意，M 、N 间的基本波形如图所示．则Δx ＝n λ＋34λ(n＝0,1,2，…)，所以该简谐横波的波长λ＝84n ＋3 m(n ＝0,1,2，…)．根据v ＝λT ，得简谐横波的周期T ＝λv ＝44n ＋3 s(n ＝0,1,2，…)．当n ＝0时，T ＝43 s ；当n ＝1时， T ＝47s ．又题设T >1 s ，所以该波的周期T ＝43s ，选项A 错误．波的传播速度与质点的振动速度是两个不同的物理量，当t ＝13 s 时，N 在平衡位置，振动速度最大但不一定为2 m/s ，选项B 错误．波在传播的过程中，介质质点不沿波的传播方向移动，选项C 错误．从t ＝13 s 到t ＝23s ，M 从正的最大位移处向平衡位置振动，速度逐渐增大，动能也逐渐增大，选项D 正确． 模拟题组5． 位于坐标原点的波源S 不断地产生一列沿x 轴正方向传播的简谐横波，波速v ＝40 m/s ，已知t ＝0时刻波刚好传播到x ＝13 m 处，部分波形图如图23所示，下列说法正确的是( )图23A ．波源S 开始振动的方向沿y 轴正方向B ．t ＝0.45 s 时，x ＝9 m 处的质点的位移为零C ．t ＝0.45 s 时，波刚好传播到x ＝18 m 处D ．t ＝0.45 s 时，波刚好传播到x ＝31 m 处 答案 AD解析 已知波沿x 轴正方向传播，结合波形图可知，x ＝13 m 处质点的起振方向沿y 轴正方向，所以波源S 开始振动的方向沿y 轴正方向，选项A 正确；由图可知，波长λ＝ 8 m ，周期T ＝λv＝0.2 s ，根据波的传播方向可知，t ＝0时刻，x ＝9 m 处的质点正从平衡位置向下运动，经过0.45 s ＝2.25T 即t ＝0.45 s 时刻，该质点位于波谷，选项B 错误；t ＝0.45 s 时，波刚好传播到x ＝13 m ＋vt ＝31 m 处，选项C 错误，D 正确． 6． 如图24所示为一列在均匀介质中传播的简谐横波在某时刻的波形图，波速为2 m/s ，此时P 点振动方向沿y 轴负方向，则( )图24A ．该波传播的方向沿x 轴正方向B ．P 点的振幅比Q 点的小C ．经过Δt ＝4 s ，质点P 将向右移动8 mD ．经过Δt ＝4 s ，质点Q 通过的路程是0.4 m 答案 AD解析 由P 点振动方向沿y 轴负方向可知波向右传播，选项A 正确．波传播过程中，各点振幅相同，选项B 错误．周期T ＝λv ＝42 s ＝2 s ，Δt ＝4 s 为两个周期，P 、Q 两质点完成两个全振动，通过的路程为8A ＝40 cm ＝0.4 m ，位移为零，选项C 错，D 正确．(限时：30分钟)►题组1 波的干涉与衍射现象的理解1．关于波的衍射现象，下列说法正确的是 ( ) A．当孔的尺寸比波长大时，一定不会发生衍射现象B．只有孔的尺寸与波长相差不多时，或者比波长还小时才会观察到明显的衍射现象C．只有波才有衍射现象D．以上说法均不正确答案BC解析当孔的尺寸比波长大时，会发生衍射现象，只不过不明显．只有当孔、缝或障碍物的尺寸跟波长相差不多，或者比波长更小时，才会发生明显的衍射现象，切不可把此条件用来判断波是否发生了衍射现象．2．如图1所示，S1、S2为两个振动情况完全一样的波源，两列波的波长都为λ，它们在介质中产生干涉现象，S1、S2在空间共形成6个振动减弱的区域(图中虚线处)，P是振动减弱区域中的一点，从图中可看出( )A．P点到两波源的距离差等于1.5λ图1B．两波源之间的距离一定在2.5个波长到3.5个波长之间C．P点此时刻振动最弱，过半个周期后，振动变为最强D．当一列波的波峰传到P点时，另一列波的波谷也一定传到P点答案ABD解析从S1、S2的中点起到向右三条虚线上，S1、S2的距离差依次为0.5λ、1.5λ、2.5λ. ►题组2 波的图象的理解和波速公式的应用3. 有一列简谐横波在弹性介质中沿x轴正方向以速率v＝5.0 m/s传播，t＝0时刻的波形如图2所示，下列说法中正确的是( )A．该列波的波长为0.5 m，频率为5 Hz 图2B．t＝0.1 s时，波形沿x轴正方向移动0.5 mC．t＝0.1 s时，质点A的位置坐标为(1.25 m,0)D ．t ＝0.1 s 时，质点A 的速度为零 答案 B解析 由波形图知λ＝1.0 m ．T ＝λv＝0.2 s ，f ＝5 Hz ，A 项错．t ＝0.1 s 时，波传播的距离 x ＝vt ＝5×0.1 m＝0.5 m ，B 项正确．在t ＝0.1 s ＝T2时，A 在平衡位置，位置坐标仍为(0.75 m,0)，且A 此时的速度最大，C 、D 项错．4. 如图3所示，实线是沿x 轴传播的一列简谐横波在t ＝0时刻的波形图，虚线是这列波在t ＝0.2 s 时刻的波形图．该波的波速为0.8 m/s ，则下列说法正确的是( )A ．这列波的波长是14 cm图3B ．这列波的周期是0.5 sC ．这列波可能是沿x 轴正方向传播的D ．t ＝0时，x ＝4 cm 处的质点速度沿y 轴负方向 答案 D解析 由题图知该波的波长λ＝12 cm ，故A 项错误．由v ＝λT ，得T ＝0.120.8s ＝1.5×10－1s ，故B 项错误．因t T ＝0.20.15＝43，故该波沿x 轴负方向传播，所以C 项错误．由波沿x 轴负方向传播可判定t ＝0时刻，x ＝4 cm 处质点的振动方向沿y 轴负方向，故D 项正确．5． 如图4为一列在均匀介质中沿x 轴正方向传播的简谐横波在某时刻的波形图，波速为4 m/s.图中“A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 、H ”各质点中( )A ．沿y 轴正方向速率最大的质点是D 图4B ．沿y 轴正方向加速度最大的质点是BC ．经过Δt ＝0.5 s ，质点D 将向右移动2 m D ．经过Δt ＝2.5 s ，质点D 的位移是0.2 m 答案 A解析 在平衡位置的质点速率最大，又从传播方向可以判断，质点D 向上振动，质点H 向下振动，所以A 项正确；在最大位移处的质点加速度最大，加速度的方向与位移方向相反，B 质点的加速度方向向下，B 项错误；质点只能在平衡位置两侧上下振动，并不随波迁移，C 项错误；波传播的周期T ＝λv＝1 s ，经过Δt ＝2.5 s ＝2.5T ，质点D 仍位于平衡位置，所以位移为0，D 项错误．6． 如图5所示，在坐标原点的波源产生一列沿x 轴正方向传播的简谐横波，波速v ＝200 m/s ，已知t ＝0时，波刚好传播到x ＝40 m 处．在x ′＝400 m 处有一处于静止状态的接收器(图中未画出)，则下列说法正确的是( )图5A ．波源振动周期为0.1 sB ．波源开始振动时方向沿y 轴正方向C ．t ＝0.15 s 时，x ＝40 m 的质点已运动的路程为30 mD ．接收器在t ＝1.8 s 时开始接收此波E ．若波源向x 轴正方向运动，接收器接收到的波的频率可能为15 Hz 答案 ADE7． (2012·山东理综·37(1))一列简谐横波沿x 轴正方向传播，t ＝0时刻的波形如图6所示，介质中质点P 、Q 分别位于x ＝2 m ，x ＝4 m 处．从t ＝0时刻开始计时，当t ＝15 s 时质点Q 刚好第4次到达波峰． ①求波速．②写出质点P 做简谐运动的表达式(不要求推导过程)．图6答案 ①1 m/s ②y ＝0.2sin (0.5πt ) m解析 ①设简谐横波的波速为v ，波长为λ，周期为T ，由题图知，λ＝4 m ．由题意知t ＝3T ＋34T ① v ＝λT②联立①②式，代入数据得 v ＝1 m/s②ω＝2πT＝0.5π质点P 做简谐运动的表达式为y ＝0.2sin (0.5πt ) m 题组3 波动图象与振动图象的结合8． 一列沿着x 轴正方向传播的横波，在t ＝2 s 时刻的波形如图7甲所示，则图乙表示图甲中E 、F 、G 、H 四个质点中哪一个质点的振动图象( )图7A ．E 点B ．F 点C ．G 点D ．H 点 答案 D解析 由题图乙可知，t ＝2 s 质点经平衡位置往下振动，波沿着x 轴正方向传播，图甲中符合要求的是H 点，选项D 正确．9． 一简谐波沿x 轴正方向传播，波长为λ，周期为T .在t ＝T2时刻该波的波形图如图8甲所示，a 、b 是波上的两个质点．图乙表示某一质点的振动图象．下列说法中正确的是( )图8A ．质点a 的振动图象如图乙所示B ．质点b 的振动图象如图乙所示C ．t ＝0时刻质点a 的速度比质点b 的大D ．t ＝0时刻质点a 的加速度比质点b 的大 答案 D解析 在t ＝0时刻，质点a 在波谷，质点b 在平衡位置，振动质点位移增大时，回复力、加速度、势能均增大，速度、动能均减小，所以在t ＝0时刻，质点a 的加速度比质点b 的加速度大，质点a 的速度比质点b 的速度小，选项D 正确，C 错误．由图乙知，T2时刻图乙表示的质点在平衡位置向下振动，故图乙既不是a 的振动图象也不是b 的振动图象，选项A 、B 均错误．10．一列简谐横波，沿x 轴正方向传播，波长2 m ．位于原点O 的质点的振动图象如图9所示，则下列说法正确的是( )。
步步高高考物理一轮复习配套课件第十二章 第5课时 电磁波与相对论
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解析 无线电波的波长长， 易
【例 2】 关于电磁波谱， 下列说法正确 的是 射现象的是无线电波 B．紫外线的频率比可见光低，长时 间照射可以促进钙的吸收，改善 身体健康 C．X 射线和 γ 射线的波长比较短， 穿透力比较强 D．红外线的显著作用是热作用，温 度较低的物体不能辐射红外线 ( AC ) A．电磁波中最容易表现出干涉、衍
发生衍射现象，A 正确．
紫外线的频率比可见光高，B 错． 任何物体都能辐射红外线，D 错．故选 A、C.
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【突破训练 2】 说法正确的是 关于电磁波，下列 ( D )
解析 雷达是用微波测定物
A． 雷达是用 X 光来测定物体位置 的设备 B．使电磁波随各种信号而改变的 技术叫做解调 C．用红外线照射时，大额钞票上 用荧光物质印刷的文字会发出 可见光 D．变化的电场可以产生磁场
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【例 3】 如图 3 所示，考虑几个问题：
图3
(1)如图所示，参考系 O′相对于参考系 O 静止时，人看到的光速应 是多少？ (2)参考系 O′相对于参考系 O 以速度 v 向右运动，人看到的光速应 是多少？ (3)参考系 O 相对于参考系 O′以速度 v 向左运动，人看到的光速又 是多少？
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8 c 3.0×10 (2)①由 c＝λf 可得：λ1＝ ＝ m＝1.5 m， f1 200×106 3.0×108 c λ2＝ ＝ m＝0.3 m. f2 1 000×106
故雷达发出的电磁波的波长范围是 0.3 m～1.5 m. ② 电磁波测距的原理就是通过发射和接收电磁波的时间间隔来 vt 确定距离，所以可根据 x＝ 确定雷达和目标间的距离． 2
第十二章
机械振动与机械波
电磁波与相对论
2017版新步步高高考物理(江苏专用)大一轮复习文档(讲义+题库)第12章第2讲机械波2Word版含答案
考点一机械波的传播与图象1.机械波的形成和传播(1)产生条件①有波源.②有介质，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：横波和纵波.3.描述机械波的物理量(1)波长λ：在波动中，振动相位总是相同的两个相邻质点间的距离.用“λ”表示.(2)频率f：在波动中，介质中各质点的振动频率都是相同的，都等于波源的振动频率.(3)波速v、波长λ和频率f、周期T的关系公式：v＝λT＝λf.机械波的速度大小由介质决定，与机械波的频率无关.4.波的图象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1所示.图1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. [易错辨析]请判断下列说法是否正确(1)在机械波的传播中，各质点随波的传播而迁移.( × )(2)机械波在传播过程中，各个质点振动的周期、振幅都相同.( √ ) (3)机械波在一个周期内传播的距离等于一个波长.( √ )1.[机械波的产生与传播](多选)如图2所示为沿水平方向的介质中的部分质点，每相邻两质点间距离相等，其中O 为波源.设波源的振动周期为T ，自波源通过平衡位置竖直向下振动时开始计时，经过T4质点1开始起振，则下列关于各质点的振动和介质中的波的说法中正确的是( )图2A.介质中所有质点的起振方向都是竖直向下的，但图中质点9起振最晚B.图中所有质点的起振时间都是相同的，起振的位置和起振的方向是不同的C.图中质点8的振动完全重复质点7的振动，只是质点8振动时，通过平衡位置或最大位移的时间总是比质点7通过相同位置时落后T4D.只要图中所有质点都已振动了，质点1与质点9的振动步调就完全一致，但如果质点1发生的是第100次振动，则质点9发生的就是第98次振动 答案 ACD解析 据波的传播特点知，波传播过程中各质点的振动总是重复波源的振动，所以起振方向相同，都是竖直向下，但从时间上来说，起振依次落后T4的时间，所以选项A 、C 正确，B错误；由题意知，质点9比质点1应晚起振两个周期，所以当所有质点都起振后，质点1与质点9步调完全一致，所以选项D 正确.2.[机械波的图象](2015·福建理综·16)简谐横波在同一均匀介质中沿x 轴正方向传播，波速为v .若某时刻在波的传播方向上，位于平衡位置的两质点a 、b 相距为s ，a 、b 之间只存在一个波谷，则从该时刻起，下列四幅波形图中质点a 最早到达波谷的是( )答案 D解析 由题图知：A 图对应波长λ1＝2s ，周期T 1＝2s v ，质点a 第一次到达波谷的时间t 1＝34T 1＝3s 2v ；B 图对应波长λ2＝s ，周期T 2＝s v ，质点a 第一次到达波谷的时间t 2＝14T 2＝s4v ；C 图对应波长λ3＝s ，周期T 3＝s v ，质点a 第一次到达波谷的时间t 3＝34T 3＝3s4v ；D 图对应波长λ4＝23s ，周期T 4＝2s 3v ，质点a 第一次到达波谷的时间t 4＝14T 4＝s6v ，故t 1＞t 3＞t 2＞t 4，选项D 正确.3.[波速公式的应用](2015·四川理综·2)平静湖面传播着一列水面波(横波)，在波的传播方向上有相距3 m 的甲、乙两小木块随波上下运动，测得两小木块每分钟都上下30次，甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰.这列水面波( ) A.频率是30 Hz B.波长是3 m C.波速是1 m/s D.周期是0.1 s答案 C解析 由题意知T ＝6030 s ＝2 s ，f ＝1T ＝0.5 Hz ，A 、D 错误；32λ＝3 m ，则λ＝2 m ，B 错误；由v ＝λT ＝22m /s ＝1 m/s ，所以C 正确.4.[波的传播、波速公式](2015·全国Ⅱ·34(2))平衡位置位于原点O 的波源发出的简谐横波在均匀介质中沿水平x 轴传播，P 、Q 为x 轴上的两个点(均位于x 轴正向)，P 与O 的距离为35 cm ，此距离介于一倍波长与二倍波长之间.已知波源自t ＝0时由平衡位置开始向上振动，周期T ＝1 s ，振幅A ＝5 cm.当波传到P 点时，波源恰好处于波峰位置；此后再经过5 s ，平衡位置在Q 处的质点第一次处于波峰位置.求： (ⅰ)P 、Q 间的距离；(ⅱ)从t ＝0开始到平衡位置在Q 处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过的路程.答案 (ⅰ)133 cm (ⅱ)125 cm解析 (ⅰ)由题意，O 、P 两点间的距离与波长λ之间满足OP ＝54λ＝35 cm解得λ＝28 cm 波速为v ＝λT＝28 cm/s在t ＝5 s 的时间间隔内，波传播的路程为s ＝v t ＝140 cm 由题意有s ＝PQ ＋λ4解得PQ ＝133 cm(ⅱ)Q 处的质点第一次处于波峰位置时，波源运动的时间为t 1＝t ＋54T ＝25×T4波源从平衡位置开始运动，每经过T4，波源运动的路程为A .故t 1时间内，波源运动的路程为s ′＝25A ＝125 cm判断波的传播方向与质点的振动方向的三种常见方法1.上下坡法：沿波的传播方向，上坡时质点向下振动，下坡时质点向上振动，如图3甲所示.2.同侧法：波形图上某点表示传播方向和振动方向的箭头在图线同侧，如图乙所示.图33.微平移法：将波形图沿传播方向平移Δx (Δx ≤λ4)，再由x 轴上某一位置的两波形曲线上的点来判定，如图丙所示.考点二 振动图象与波动图象两种图象的比较5.[图象的应用](2015·天津理综·3)图4甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，a 、b 两质点的横坐标分别为x a ＝2 m 和x b ＝6 m ，图乙为质点b 从该时刻开始计时的振动图象.下列说法正确的是( )图4A.该波沿＋x 方向传播，波速为1 m/sB.质点a 经过4 s 振动的路程为4 mC.此时刻质点a 的速度沿＋y 方向D.质点a 在t ＝2 s 时速度为零 答案 D解析 由题图可知，该简谐横波波长为λ＝8 m ，周期T ＝8 s ，所以波速为v ＝λT＝1 m/s ，该时刻开始质点b向上运动，所以该波沿－x方向传播，A错误；经过4 s(半个周期)质点a振动的路程为2A＝1 m，B错误；此刻质点a运动方向与质点b相反，沿－y方向，C错误；在t＝2 s时质点a在波谷处，速度为0，D正确.6.[已知振动图象确定波动图象](2014·福建·17)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图5所示，则该波在第一个周期末的波形图是()图5答案 D7.[两种图象的综合应用]如图6甲所示为一列沿水平方向传播的简谐横波在t＝2 s时的波形图，图乙是这列波中质点P的振动图线，那么：图6(1)该波的传播速度为________m/s；(2)该波的传播方向为________(填“向左”或“向右”)；(3)图甲中质点Q(坐标为x＝2.25 m处的点)的振动方程为y＝________cm.答案(1)0.5(2)向左(3)0.2cos πt解析(1)波的周期T＝2 s，波长λ＝1.0 m，波速v＝λT＝0.5 m/s.(2)由y－t图象可知，t＝2 s时，质点P向上运动，不难判断波是向左传播.(3)质点Q此时从最大位移开始向平衡位置运动，振动图象是一条余弦曲线，A＝0.2 cm，ω＝2πT＝π rad/s ，质点Q 的振动方程为y ＝0.2cos πt cm.“一分、一看、二找”巧解波的图象与振动图象综合类问题1.分清振动图象与波的图象.只要看清横坐标即可，横坐标为x 则为波的图象，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.找准波的图象对应的时刻.4.找准振动图象对应的质点.考点三 波的干涉、衍射和多普勒效应1.波的干涉和衍射2.多普勒效应(1)定义：当波源与观察者相互靠近或者相互远离时，观察者接收到的波的频率会发生变化. (2)规律①波源与观察者如果相互靠近，观察者接收到的频率增大； ②波源与观察者如果相互远离，观察者接收到的频率减小；③波源和观察者如果相对静止，观察者接收到的频率等于波源的频率. (3)实质：声源频率不变，观察者接收到的频率变化. [易错辨析]请判断下列说法是否正确.(1)加强点只是振幅增大，并非任一时刻位移都大.( √ ) (2)衍射不需要条件，只有明显衍射才有条件.( √ ) (3)两列波在介质中叠加，一定产生干涉现象.( × )(4)一切波都能发生衍射现象.(√)(5)多普勒效应说明波源的频率发生变化.(×)8.[波的干涉](2013·大纲全国·21)在学校运动场上50 m直跑道的两端，分别安装了由同一信号发生器带动的两个相同的扬声器.两个扬声器连续发出波长为5 m的声波.一同学从该跑道的中点出发，向某一端点缓慢行进10 m.在此过程中，他听到扬声器声音由强变弱的次数为()A.2B.4C.6D.8答案 B解析该同学在中点时，由于该点到两波源的距离差Δx1＝0，则该点为加强点，向某一方向缓慢行进10 m时，Δx2＝35 m－15 m＝20 m＝4λ，则该点仍为加强点.因此，在此过程中，他听到扬声器声音由强变弱的次数为4次，选项B正确.9.[波的衍射](多选)图7中S为在水面上振动的波源，M、N是水面上的两块挡板，其中N板可以上下移动，两板中间有一狭缝，此时测得A处水面没有振动，为使A处水面也能发生振动，可采用的方法是()图7A.使波源的频率增大B.使波源的频率减小C.移动N使狭缝的间距增大D.移动N使狭缝的间距减小答案BD解析使孔满足明显衍射的条件即可，或将孔变小，或将波长变大，B、D正确.10.[波的多普勒效应的应用](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________.A.波速变大B.波速不变C.频率变高D.频率不变答案BC解析在同种介质中，超声波的传播速度保持不变，根据多普勒效应可知，当波源与观察者相互靠近时，观察者接收到的频率变高，所以B、C正确.11.[波的干涉图样]如图8表示两个相干波源S1、S2产生的波在同一种均匀介质中相遇.图中实线表示波峰，虚线表示波谷，c和f分别为ae和bd的中点，则：图8(1)在a、b、c、d、e、f六点中，振动加强的点是________.振动减弱的点是_________.(2)若两振源S1和S2振幅相同，此时刻位移为零的点是________.(3)画出此时刻a、c、e连线上，以a为起点的一列完整波形，标出e点.答案(1)a、c、e b、d、f(2)b、c、d、f(3)见解析图解析(1)a、e两点分别是波谷与波谷、波峰与波峰相交的点，故此两点为振动加强点；c 点处在a、e连线上，且从运动的角度分析a点的振动形式恰沿该线传播，故c点是振动加强点，同理b、d是振动减弱点，f也是振动减弱点.(2)因为S1、S2振幅相同，振动最强区的振幅为2A，最弱区的振幅为零，位移为零的点是b、c、d、f.(3)题图中对应时刻a处在两波谷的交点上，即此时刻a在波谷，同理e在波峰，所以对应的波形如图所示.振动加强点与振动减弱点的判断方法1.条件判断法振动频率相同、振动情况完全相同的两列波叠加时，设点到两波源的距离差为Δr，当Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)时为振动加强点，当Δr＝(2n＋1)λ2(n＝0,1,2，…)时为振动减弱点.2.现象判断法若某点总是波峰与波峰(或波谷与波谷)相遇，则该点为振动加强点；若总是波峰与波谷相遇，则为振动减弱点.1.用手握住较长软绳的一端连续上下抖动，形成一列简谐横波.某一时刻的波形如图9所示，绳上a、b两质点均处于波峰位置.下列说法正确的是()图9A.a、b两点之间的距离为半个波长B.a、b两点振动开始时刻相差半个周期C.b点完成全振动次数比a点多一次D.b点完成全振动次数比a点少一次答案 D解析相邻的两个波峰之间的距离为一个波长，A错误.波在一个周期内向前传播的距离为一个波长，a点比b点早振动一个周期，完成全振动的次数也比b点多一次，故B、C错误，D正确.2.(2015·北京理综·15)周期为2.0 s的简谐横波沿x轴传播，该波在某时刻的图象如图10所示，此时质点P沿y轴负方向运动，则该波()图10A.沿x轴正方向传播，波速v＝20 m/sB.沿x轴正方向传播，波速v＝10 m/sC.沿x轴负方向传播，波速v＝20 m/sD.沿x轴负方向传播，波速v＝10 m/s答案 B解析已知P点的运动方向为沿y轴负方向，可知波沿x轴正方向传播；由波的图象可知λ＝20 m，又T＝2.0 s，则波速v＝λT＝10 m/s.故B选项正确.3.(多选)下列四幅图中关于机械振动和机械波的说法中正确的有()A.粗糙斜面上的金属球M 在弹簧的作用下运动，该运动是简谐运动B.单摆的摆长为l ，摆球的质量为m 、位移为x ，此时回复力约为F ＝－mg lx C.质点A 、C 之间的距离等于简谐波的一个波长D.实线为某时刻的波形图，若此时质点M 向下运动，则经一时间段后波动图如虚线所示 答案 BD解析 在粗糙斜面上金属球运动过程中，要不断克服摩擦力做功，系统的机械能减小，金属球最终静止，所以该运动不是简谐运动，故A 错误.单摆模型中摆球的回复力等于重力沿运动方向上的分力，即F ＝mg sin θ，因为θ较小，sin θ≈x l，考虑到回复力的方向与位移x 的方向相反，所以F ＝－mg lx ，故B 正确.相邻波峰或波谷之间的距离等于一个波长，而选项中质点A 、C 的平衡位置之间的距离只是简谐波的半个波长，故C 错误.根据质点M 向下运动可知，波正向x 轴正方向传播，经很短时间，波形图如题图虚线所示，故D 正确.4.(2013·山东·37(1))如图11所示，在某一均匀介质中，A 、B 是振动情况完全相同的两个波源，其简谐运动表达式均为x ＝0.1sin(20πt ) m ，介质中P 点与A 、B 两波源间的距离分别为4 m 和5 m ，两波源形成的简谐横波分别沿AP 、BP 方向传播，波速都是10 m/s.图11①求简谐横波的波长.②P 点的振动________(填“加强”或“减弱”).答案 ①1 m ②加强解析 ①设简谐波的波速为v ，波长为λ，周期为T ，由题意知T ＝0.1 s由波速公式v ＝λT代入数据得λ＝1 m5.如图12所示，一列简谐波在均匀介质中传播，图甲表示t ＝0时刻的波形图，图乙表示图甲中质点D 从t ＝0时刻开始的振动图象，试求：图12(1)这列波传播的速度和方向；(2)t ＝2.5 s 时，质点P 偏离平衡位置的位移.答案 (1)1.5 m/s ，方向沿x 轴负方向 (2)－5 2 cm解析 (1)由题图甲知波长λ＝6 m ，由题图乙知周期T ＝4 s所以波速v ＝λT ＝64m /s ＝1.5 m/s 传播方向为沿x 轴负方向(2)质点P 的简谐运动方程为y ＝10sin (π2t ) cm 所以t ＝2.5 s 时，y ＝－5 2 cm练出高分基础巩固题组1.利用发波水槽得到的水面波形如图1甲、乙所示，则( )图1A.图甲、乙均显示了波的干涉现象B.图甲、乙均显示了波的衍射现象C.图甲显示了波的干涉现象，图乙显示了波的衍射现象D.图甲显示了波的衍射现象，图乙显示了波的干涉现象答案 D解析 由题图容易看出甲是小孔衍射，图乙是干涉，D 选项正确.2.平直公路上，汽车正在匀速远离，用多普勒测速仪向其发出频率为ν0的超声波，被汽车反射回来的超声波频率随汽车运动位移变化的图象，正确的是( )答案 D解析 由于汽车正在匀速远离，用多普勒测速仪向其发出频率为ν0的超声波，被汽车反射回来的超声波频率小于发出的超声波频率，故选项D 正确.3.图2为一列简谐横波在介质中传播的波形图.在传播过程中，某一质点在10 s 内运动的路程是16 m ，则此波的波速是( )图2A.1.6 m/sB.2.0 m/sC.40 m/sD.20 m/s答案 C解析 由题图得λ＝20 m ，A ＝0.2 mt ＝10 s ＝16 m 4×0.2 mT ＝20T 所以T ＝0.5 s故v ＝λT ＝20 m 0.5 s＝40 m/s 4.如图3所示为一列简谐横波在t ＝0时刻的波形图，M 为介质中的一个质点，若该波以20 m/s 的速度沿x 轴负方向传播，则下列说法正确的是( )图3A.在t ＝0时刻，质点M 向上振动B.经过0.25 s ，质点M 通过的路程为10 cmC.在t ＝0.25 s 时，质点M 的速度方向与加速度方向相同D.在t ＝0.25 s 时，质点M 的速度方向沿y 轴正方向答案 D解析 根据机械波的传播方向，由带动法可知，t ＝0时刻，质点M 向下振动，故A 错；根据题图可知，波长为4 m ，故周期T ＝λv ＝0.2 s ，经过一个周期质点M 通过的路程为8 cm ，又因为质点向平衡位置运动时速度越来越大，故自题图所示时刻在0.05 s(即T 4)时间内通过的路程大于振幅2 cm ，故经过0.25 s ，质点M 通过的路程大于10 cm ，B 错；在t ＝0.25 s 时质点到达平衡位置下方，此时正在向下振动，而加速度的方向指向平衡位置，即沿y 轴正方向，故C 错，D 对.5.一列简谐横波沿x 轴正方向传播，O 为波源且由t ＝0开始沿y 轴负方向起振，如图4所示是t ＝0.3 s ，x ＝0至x ＝4 m 范围内的波形图，虚线右侧的波形未画出.已知图示时刻x ＝2 m 处的质点第一次到达波峰，则下列判断中正确的是( )图4A.这列波的周期为0.4 s ，振幅为10 cmB.这列波的波长为8 m ，波速为20 m/sC.t ＝0.4 s 时，x ＝8 m 处的质点速度沿y 轴正方向D.t ＝3 s 时，x ＝40 m 处的质点沿x 方向前进了80 m答案 C解析 根据题意可知，t ＝0.3 s 时O 点振动方向是向下的，又已知此时刻x ＝2 m 处的质点第一次到达波峰，则34T ＋2 m v ＝34T ＋2 m λT ＝0.3 s ，由波长λ＝8 m ，可得波的周期T ＝0.3 s ，波速v ＝λT ＝803 m/s ，故A 、B 错；t ＝0.4 s 时，x ＝8 m 处的质点已振动了0.1 s ，而T 4<0.1 s<T 2，该质点振动方向沿y 轴正方向，故C 对；波上各质点不随波迁移，只在平衡位置附近做简谐振动，故D 错.6.(多选)如图5所示，两列简谐横波的振幅都是20 cm ，传播速度大小相同.虚线波的频率为2 Hz ，沿x 轴负方向传播；实线波沿x 轴正方向传播.某时刻两列波在如图所示区域相遇，以下判断正确的是( )图5A.实线波与虚线波的周期之比为1∶2B.两列波在相遇区域会发生干涉现象C.平衡位置为x＝6 m处的质点此刻速度为零D.平衡位置为x＝4.5 m处的质点此刻位移y>20 cm 答案AD解析两列波的波速相等，实线波与虚线波的波长之比为1∶2，由T＝λv知，周期之比为1∶2，A正确；两列波的周期和频率不同，在相遇区域内不会发生干涉现象，B错误；平衡位置为x＝6 m处的质点此刻速度方向向下，速度大小等于两振动速度的和，C错误；平衡位置为x ＝4.5 m处的质点此刻位移等于两列波分别引起位移的和，而两位移都向上，实线波的位移为20 cm，所以此时刻质点的位移y>20 cm，D正确.7.(多选)如图6甲所示，男同学站立不动吹口哨，一位女同学坐在秋千上来回摆动，据图乙，下列关于女同学的感受的说法正确的是()甲乙图6A.女同学从A向B运动过程中，她感觉哨声音调变高B.女同学从E向D运动过程中，她感觉哨声音调变高C.女同学在点C向右运动时，她感觉哨声音调不变D.女同学在点C向左运动时，她感觉哨声音调变低答案AD解析女同学荡秋千的过程中，只要她有向右的速度，她都有靠近声源的趋势，根据多普勒效应，她都会感到哨声音调变高；反之，女同学向左运动时，她感到音调变低，选项A 、D 正确，B 、C 错误.8.(多选)如图7所示为某时刻从O 点同时发出的两列简谐横波在同一介质中沿相同方向传播的波形图，P 点在甲波最大位移处，Q 点在乙波最大位移处，下列说法中正确的是( )图7A.两列波具有相同的波速B.两列波传播相同距离时，乙波所用的时间比甲波的短C.P 点比Q 点先回到平衡位置D.在P 质点完成20次全振动的时间内Q 质点可完成30次全振动答案 AD解析 两列简谐横波在同一介质中波速相同，传播相同距离所用时间相同，故A 正确，B错误.由题图可知，两列波波长之比λ甲∶λ乙＝3∶2，波速相同，由波速公式v ＝λT得到周期之比为T 甲∶T 乙＝3∶2，Q 点与P 点都要经过14周期才回到平衡位置，所以Q 点比P 点先回到平衡位置，故C 错误.两列波的频率之比为f 甲∶f 乙＝2∶3，则在P 质点完成20次全振动的时间内Q 质点完成了30次全振动，故D 正确.综合应用题组9.(多选)如图8所示，空间同一平面内有A 、B 、C 三点，AB ＝5 m ，BC ＝4 m ，AC ＝3 m.A 、C 两点处有完全相同的波源做简谐运动，振动频率为1 360 Hz ，波速为340 m/s.下列说法正确的是( )图8A.B 点的位移总是最大B.A 、B 间有7个振动加强的点C.两列波的波长均为0.25 mD.振动减弱点的位移总是为零答案 CD解析 波长λ＝v f ＝3401 360 m ＝0.25 m ，B 点到两波源的路程差Δx ＝1 m ＝4λ，该点为振动加强点，但不是位移总是最大，故A错误，C正确.AB上的点与A的距离和与C的距离之差一定小于AC，即小于3 m，则路程差可能为0、0.5 m、0.75 m、1 m、1.25 m、1.5 m、1.75 m、2 m、2.25 m、2.5 m、2.75 m，可知有11个振动加强点，故B错误.由于两波源的振幅相同，可知振动减弱点的位移总是为零，故D正确.10.(多选)图9甲为某一列沿x轴正向传播的简谐横波在t＝1 s时刻的波形图，图乙为参与波动的某一质点的振动图象，则下列说法正确的是()图9A.该简谐横波的传播速度为4 m/sB.从此时刻起，经过2 s，P质点运动了8 m的路程C.从此时刻起，P质点比Q质点先回到平衡位置D.图乙可能是图甲x＝2 m处质点的振动图象答案ACD解析由题图甲可得λ＝4 m，由题图乙可得T＝1 s，所以该简谐横波的传播速度为v＝λT＝4 m/s，故A正确.t＝2 s＝2T，则从此时刻起，经过2 s，P质点运动的路程为s＝8A＝8×0.2 m ＝1.6 m，故B错误.简谐横波沿x轴正向传播，此时刻Q质点向上运动，而P质点直接向下运动，所以P质点比Q质点先回到平衡位置，故C正确.由题图乙知t＝0时刻质点的位移为0，振动方向沿y轴负方向，与题图甲x＝2 m处t＝0时刻的状态相同，所以题图乙可能是图甲x＝2 m处质点的振动图象，故D正确.11.如图10所示，为一列沿－x方向传播的简谐波在t＝0时刻的波形图.当t＝0.3 s时，Q点恰好处于波谷位置，则P点此时处于________(选填“波峰”、“波谷”或“平衡”)位置.这列波的波速至少为________m/s.图10答案 平衡 0.1解析 根据题中图象可知波长λ＝4 cm ＝0.04 m ，波沿－x 方向传播，则此时Q 向上振动，t＝0.3 s 时，Q 点恰好处于波谷位置，则有：0.3 s ＝(34＋n )T ，此时，P 点应处于平衡位置处，当n ＝0时，周期最大，波速最小，则最小速度为：v ＝λT max ＝0.040.4 m /s ＝0.1 m/s. 12.如图11甲所示，在水平面内，有三个质点a 、b 、c 分别位于直角三角形的三个顶点上，已知ab ＝6 m ，ac ＝8 m ，在t 1＝0时刻a 、b 同时开始振动，振动图象均如图乙所示，所形成的机械波在水平面内传播，在t 2＝4 s 时c 点开始振动，则该机械波的传播速度大小为________m/s ；两列波相遇后叠加，c 点的振动________(选填“加强”、“减弱”或“先加强后减弱”)图11答案 2 加强解析 由于两列波的波速相同，a 、b 同时开始振动，则a 处振动先到达c 点，波速为v ＝ac t＝84m /s ＝2 m/s.由题图知：波长为λ＝v T ＝2 m ，c 点到a 、b 两点的路程差为Δs ＝ac －ab ＝2 m ＝λ，故c 点振动加强.13.一列简谐横波在t ＝0时刻的波形如图12所示，质点P 此时刻向－y 方向运动，经过0.1 s 第一次到达平衡位置，波速为5 m/s ，那么图12(1)该波沿________(选填“＋x ”或“－x ”)方向传播；(2)图中Q 点(坐标为x ＝7.5 m 的点)的振动方程y ＝________cm.答案 (1)－x (2)5cos 5π3t 解析 (1)质点P 此时刻沿－y 方向运动，根据“上下坡法”可知，该波沿－x 方向传播.(2)由题图知，波长λ＝6 m ，则周期为：T ＝λv ＝65s ＝1.2 s则Q 点的振动方程为：y ＝A cos 2πT t cm ＝5cos 5π3t cm 14.P 、Q 是一列简横波中相距30 m 的两点，各自的振动图象如图13所示，此列波的频率f ＝_____Hz ，如果P 比Q 离波源近，且P 与Q 间距离小于1个波长，则波速v ＝_____m/s.图13答案 0.25 10解析 由题图可知此波的周期T ＝4 s ，频率为f ＝1T ＝14Hz ＝0.25 Hz 据题P 比Q 离波源近，且P 与Q 间距离小于1个波长，则得：34λ＝30 m 解得λ＝40 m波速为v ＝λT ＝404m /s ＝10 m/s。
2017步步高高考数学(江苏,理)大一轮复习讲义课件1.3简单的逻辑用词
①∀x∈R，x2≥0; ③∃x0∈R, 2x0 0;
解析
②∀x∈R，－1<sin x<1； ④∃x0∈R，tan x0＝2.
∀x∈R，x2≥0，故①正确；
∀x∈R，－1≤sin x≤1，故②错； ∀x∈R,2x>0，故③错，故④正确.
解析答案
(2)下列四个命题
0 0 1 1 p1：∃x0∈(0，＋∞)， ; 2 3
2
②¬ q：至少存在一个正方形不是矩形，假命题.
③¬ r：∀x∈R，x2＋2x＋2>0，真命题.
④¬ s：∀x∈R，x3＋1≠0，假命题.
解析答案
(2)(2015· 课 标 全 国 Ⅰ 改 编 ) 设 命 题 p ： ∃n∈N ， n2>2n ， 则 ¬ p为
∀n∈N，n2≤2n ______________.
答案
思考辨析
判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)命题p∧q为假命题，则命题p、q都是假命题.( × ) (2)命题p和¬ p不可能都是真命题.( √ ) (3)若命题p、q至少有一个是真命题，则p∨q是真命题.( √ ) (4)全称命题一定含有全称量词，存在性命题一定含有存在量词.( × ) (5)写存在性命题的否定时，存在量词变为全称量词.( √ ) (6)∃x0∈M，p(x0)与∀x∈M，¬ p(x)的真假性相反.( √ )
存在性命题
存在M中的一个x，使p(x)成立
∃x∈M，p(x) ________________
答案
4.含有一个量词的命题的否定 命题 命题的否定
∃x∈M，¬ p(x) ___________________
∀x∈M，p(x) ∃x∈M，p(x)
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1
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1.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. ①应在摆球通过平衡位置时开始计时； _____________________________________
答案
知识梳理
1.注意事项
【规律方法总结】
(1)构成单摆的条件：细线的质量要小、弹性要小，选用体积 小 、密度 大 的小球， 摆角不超过5°. (2)要使摆球在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，方法是将摆球拉到一定位置后 由静止释放.
(3)测周期的方法：①要从摆球过平衡位置时开始计时.因为此处速度大、计时误差小，
而最高点速度小、计时误差大. ②要测多次全振动的时间来计算周期.如在摆球过平衡位置时开始计时，且在数“零”
的同时按下秒表，以后每当摆球从同一方向通过平衡位置时计数1次.
(4)本实验可以采用图象法来处理数据.即用纵轴表示摆长l，用横轴表示T2，将实验所 得数据在坐标平面上标出，应该得到一条倾斜直线，直线的斜率k＝ 的实验中经常采用的科学处理数据的重要办法.
答案
考点一 实验操作与误差分析
1
2
3
③下表是某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理. 组次 摆长L/cm 50次全振动时间t/s 1 80.00 90.0 2 90.00 95.5 3 100.00 100.5
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
振动周期T/s
重力加速度g/(m· s－2)
1.80
9.74
1.91
9.73
2. 2.01 9.76 请计算出第3组实验中的T＝________s ，g＝________m/s
B.出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次
C.图线c对应的g值小于图线b对应的g值
解析答案
考点一 实验操作与误差分析
1
2
3
⑤某同学在家里测重力加速度.他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图所示，由于 家里只有一根量程为30 cm的刻度尺，于是他在细线上的A点做了一个标记，使得悬 点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程.保持该标记以下的细线长度不变，通过改变 O、A间细线长度以改变摆长.实验中，当O、A间细线的长度分别为l1、l2时，测得相
1
2
3
①(多选)为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是_____. BC
A.组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球 B.组装单摆须选用轻且不易伸长的细线 C.实验时须使摆球在同一竖直面内摆动 D.摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大 解析 在利用单摆测重力加速度的实验中，为了使测量误差尽量小，须选用密度大、 半径小的摆球和不易伸长的细线，摆球须在同一竖直面内摆动，摆长一定时，振幅 尽量小些，以使其满足简谐运动的条件，故选B、C.
第十二章 机械振动与机械波 光 电磁波与相对论
实验十 单摆的周期与摆长的关系
考纲解读
知道把单摆的运动看做简谐运动的条件.
会探究与单摆的周期有关的因素. 会用单摆测定重力加速度.
知识梳理
考点一
考点二
知识梳理
【基本实验要求】
秒表
游标卡尺
答案
知识梳理
l′＋r
答案
知识梳理
(5)根据单摆周期公式T＝______计算当地的重力加速度g＝_____. (6)改变摆长，重做几次实验，计算出每次实验的重力加速度值，求出它们的平均值， 该平均值即为当地的重力加速度值. (7)将测得的重力加速度值与当地的重力加速度值相比较，分析产生误差的可能原因.
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
考点一 实验操作与误差分析
2.某同学利用单摆测量重力加速度.
解析答案
考点一 实验操作与误差分析
1
2
3
②如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1 m的单摆.
实验时，由于仅有量程为20 cm、精度为1 mm的钢板刻度尺，于 是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水 平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T1；然后保持悬点位置 不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法 在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T2；最后用钢板 刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离
t 100.5 解析③T＝n＝ 50 s＝2.01 s 4π2n2L 4× 3.142× 502× 1 2 2 g＝ t2 ＝ m/s ≈9.76 m/s ， 2 100.5
解析答案
考点一 实验操作与误差分析
1
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④用多组实验数据作出T2—L图象，也可以求出重力加速度g.已知三位同学作出的T2-L图 线的示意图如图中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接 近当地重力加速度的值.则相对于图线b，下列分析正确的是____( B 选填选项前的字母). A.出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
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①(多选)组装单摆时，应在下列器材中选用________( 选填选项前的字母). AD A.长度为1 m左右的细线 B.长度为30 cm左右的细线
C.直径为1.8 cm的塑料球
D.直径为1.8 cm的铁球 ②测出悬点O到小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重 4π2n2L t2 力加速度g＝__________( 用L、n、t表示).
4π2ΔL
2 2 T － T 1 2 ΔL.用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g＝_________.
解析
设第一次摆长为 L，第二次摆长为 L－ΔL， L g ，T2＝2π L－ΔL 4π2ΔL g ，联立解得 g＝T1 2－T2 2.
解析答案
则 T1＝2π
考点一 实验操作与误差分析
3.用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示.
答案
.这是在众多
知识梳理
4π2k
答案
知识梳理 3.误差分析 (1)系统误差的主要来源：悬点不固定，球、线不符合要求，振动是圆锥 摆而不是在同一竖直平面内的振动等. (2)偶然误差主要来自时间的测量，因此，要从摆球通过平衡位置时开始 计时，不能多计或漏计振动次数.
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