2019-2020年高考物理總復(fù)習(xí) 3-4模塊整合講義.doc

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2019-2020年高考物理總復(fù)習(xí) 3-4模塊整合講義 一、簡諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性 簡諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性是指做簡諧運(yùn)動(dòng)的物體，在關(guān)于平衡位置對(duì)稱的兩點(diǎn)，速度、加速度、回復(fù)力具有等大反向的關(guān)系，不要錯(cuò)誤地認(rèn)為彈力的大小具有對(duì)稱性；動(dòng)能的大小具有對(duì)稱性，不要錯(cuò)誤地認(rèn)為彈性勢(shì)能具有對(duì)稱性．這是因?yàn)閷?duì)于豎直方向的彈簧振子，回復(fù)力是彈力與重力的合力，系統(tǒng)的振動(dòng)能量除動(dòng)能、彈性勢(shì)能外，還有重力勢(shì)能．利用簡諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，可快捷地處理用牛頓運(yùn)動(dòng)定律很難處理的問題． [例1]　一個(gè)質(zhì)點(diǎn)在平衡位置O點(diǎn)的附近做簡諧運(yùn)動(dòng)，它離開O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)后經(jīng)3s第一次經(jīng)過M點(diǎn)，再經(jīng)過2s第二次經(jīng)過M點(diǎn)，則質(zhì)點(diǎn)再經(jīng)過________s第三次經(jīng)過M點(diǎn)．若該質(zhì)點(diǎn)由O點(diǎn)出發(fā)，在20s內(nèi)經(jīng)過的路程是20cm，則質(zhì)點(diǎn)做振動(dòng)的振幅為________cm. [解析]　作出該質(zhì)點(diǎn)做振動(dòng)的圖像如圖甲所示，從圖乙振動(dòng)模擬圖可看出，M點(diǎn)的位置可能是兩個(gè)，即如圖甲所示的M1或M2. 若是位置M1，由圖甲可知 ＝4s，T1＝16s，質(zhì)點(diǎn)第三次經(jīng)過M1時(shí)，所需時(shí)間為Δt1＝16s－2s＝14s，質(zhì)點(diǎn)在20s內(nèi)的路程為20cm，故由5A1＝20cm，得振幅A1＝4cm. 若是位置M2，由圖可知 ＝4s，T2＝ s，質(zhì)點(diǎn)第三次經(jīng)過M2時(shí)，所需時(shí)間為Δt2＝ s－2s＝ s，質(zhì)點(diǎn)在20s內(nèi)的路程為20cm，故由15A2＝20cm，得振幅A2＝ cm. [答案]　14　4或　 [總結(jié)評(píng)述]　在求解過程中，往往容易漏掉了后一解，這是思考問題的不嚴(yán)密．可見用振動(dòng)圖像進(jìn)行分析，不會(huì)出現(xiàn)漏解情況，而且使問題變得直觀、簡潔． 二、波的圖象及其多解性 波形在空間分布的周期性及振動(dòng)在時(shí)間上的周期性是波動(dòng)問題有多解的兩大因素，另外波的傳播方向未定，也會(huì)帶來波動(dòng)問題的多解． 1．傳播方向的雙向性帶來的多解 在二維空間坐標(biāo)系中，波的傳播方向只有兩種可能：沿x軸的正方向或負(fù)方向．在波的傳播方向未定的情況下必須要考慮這一點(diǎn)． 2．圖形的多樣性帶來的多解 在波的傳播中，質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)情況、波的傳播方向及波形三者緊密相關(guān)．若質(zhì)點(diǎn)在一定的限制條件(時(shí)間、空間、振動(dòng)狀態(tài))下振動(dòng)，則質(zhì)點(diǎn)間的波形可能不是唯一的，因此相應(yīng)的波的參變量可能不是唯一的． 3．波傳播時(shí)間的周期性帶來的多解 波在傳播過程中，經(jīng)過整數(shù)倍周期時(shí)，其波形圖線相同． 4．解決波動(dòng)中多解問題的一般思路 (1)首先分析出造成多解的原因． (2)抓住質(zhì)點(diǎn)周期性運(yùn)動(dòng)及其與波的傳播之間的聯(lián)系，并要靈活地用周期個(gè)數(shù)來表示波的傳播時(shí)間，用波長個(gè)數(shù)來表示波的傳播距離． (3)然后由λ＝vT進(jìn)行計(jì)算，若有限定條件，再進(jìn)行討論． [例2]　一列簡諧橫波在x軸上傳播，在t1＝0和t2＝0.5s兩時(shí)刻的波形分別如圖中的實(shí)線和虛線所示，求： (1)若周期大于t2－t1，波速多大？ (2)若周期小于t2－t1，則波速又是多少？ (3)若波速為92m/s，求波的傳播方向． [解析]　(1)若波向右傳播，Δx1＝2m，Δt＝t2－t1＝0.5s，則v1＝ ＝4m/s； 若波向左傳播，Δx2＝6m，Δt＝t2－t1＝0.5s，則v2＝ ＝12m/s. (2)若波向右傳播，Δx3＝(2＋8n)m(n＝1,2,3，…)，Δt＝t2－t1＝0.5s，則v3＝ ＝(4＋16n)m/s(n＝1,2,3，…)； 若波向左傳播，Δx4＝(6＋8n)m＝n(1,2,3，…)，Δt＝t2－t1＝0.5s，則v4＝ ＝(12＋16n)m/s(n＝1,2,3，…)． (3)當(dāng)波速為92m/s時(shí)，波向前傳播的距離為Δx＝vt＝46m＝ 由圖可知波向左傳播． [答案]　(1)若波向右傳播，波速為4m/s；若波向左傳播，波速為12m/s (2)若波向右傳播，波速為(4＋16n)m/s(n＝1,2,3，…) 若波向左傳播，波速為(12＋16n)m/s(n＝1,2,3，…) (3)向左傳播 三、振動(dòng)圖象和波的圖象的綜合 1．振動(dòng)圖象與波動(dòng)圖象的互換 (1)由振動(dòng)圖象定出振幅、周期及某時(shí)刻該質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向，結(jié)合波的傳播方向從而可定出某時(shí)刻介質(zhì)中各個(gè)質(zhì)點(diǎn)在該時(shí)刻的位置，便可作出該時(shí)刻的波動(dòng)圖象． (2)由波動(dòng)圖象定振動(dòng)圖象．從波動(dòng)圖象定出振幅、該時(shí)刻某質(zhì)點(diǎn)的位置及振動(dòng)方向，再結(jié)合波的傳播方向定出各個(gè)時(shí)刻該質(zhì)點(diǎn)的位置，便可求出該質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖象． 2．解決兩種圖象結(jié)合的問題的基本思路 (1)首先識(shí)別哪一個(gè)是波動(dòng)圖象，哪一個(gè)是振動(dòng)圖象，兩者間的聯(lián)系紐帶是周期與振幅． (2)再從振動(dòng)圖象中找出某一質(zhì)點(diǎn)在波動(dòng)圖象中的那一時(shí)刻的振動(dòng)方向，然后再確定波的傳播方向及其他問題． [例3]　下圖(甲)為一列簡諧橫波在某一時(shí)刻的波形圖，圖(乙)為質(zhì)點(diǎn)P以此時(shí)刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)的振動(dòng)圖象．從該時(shí)刻起 (　　) A．經(jīng)過0.35s，質(zhì)點(diǎn)Q距平衡位置的距離小于質(zhì)點(diǎn)P距平衡位置的距離 B．經(jīng)過0.25s，質(zhì)點(diǎn)Q的加速度小于質(zhì)點(diǎn)P的加速度 C．經(jīng)過0.15s，波沿x軸的正方向傳播了3m D．經(jīng)過0.1s，質(zhì)點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)方向沿y軸正方向 [解析]　t＝0時(shí)刻從(乙)圖可知(甲)圖中P點(diǎn)振動(dòng)方向沿y輛負(fù)向，所以(甲)圖中波沿x軸正向傳播，(甲)圖中各個(gè)質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)周期相同，均為0.2s；經(jīng)過0.35s即7/4個(gè)周期，質(zhì)點(diǎn)P位于正的最大位移(即波峰)，而質(zhì)點(diǎn)Q正離開平衡位置向y軸負(fù)向運(yùn)動(dòng)的過程中，位移還未達(dá)到最大值，故A正確；經(jīng)過0.25s即5/4個(gè)周期，質(zhì)點(diǎn)P處于負(fù)向最大位移，而質(zhì)點(diǎn)Q的位移未達(dá)到最大值，而加速度與位移大小成正比，故B正確；根據(jù)波速公式v＝ ＝20m/s，根據(jù)x＝vt可知C正確；經(jīng)過0.1s即1/2個(gè)周期，質(zhì)點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)方向沿y軸負(fù)方向，故D錯(cuò)誤． [答案]　ABC 四、電磁振蕩的周期和頻率 1．振蕩過程中電荷量、電流、電場能和磁場能的變化 在LC回路產(chǎn)生振蕩電流的過程中，磁場能和電場能之間不斷地相互轉(zhuǎn)化著，電容器放電時(shí)，電容器電荷量減小，電流增大，電場能轉(zhuǎn)化為磁場能；放電完畢的瞬間，電荷量為零，電流最大，電場能為零，磁場能轉(zhuǎn)化為電場能；充電完畢的瞬間，電流為零，電荷量達(dá)到最大，此時(shí)磁場能為零，電場能最大． 2．電磁振蕩的周期和頻率 [例4]　在如圖甲所示的LC振蕩電路中，通過P點(diǎn)的電流變化規(guī)律如圖乙所示，且把通過P點(diǎn)向右的電流規(guī)定為圖乙坐標(biāo)軸i的正方向，則 (　　) A．0.5s至1s內(nèi)，電容器在充電 B．0.5s至1s內(nèi)，電容器的上極板帶正電 C．1s至1.5s內(nèi)，Q點(diǎn)比P點(diǎn)電勢(shì)高 D．1s至1.5s內(nèi)，磁場能正在轉(zhuǎn)化為電場能 [解析]　在0.5s至1s內(nèi)，由圖象可以看出，電流方向?yàn)檎较?，即在LC振蕩電路中P點(diǎn)的電流方向向右；由于電流正在減小，故電容器上的電量正在增加，電容器在充電，且下極板帶正電．由于P點(diǎn)與電容器上極板等電勢(shì)，Q點(diǎn)與電容器下極板等電勢(shì)，故為了比較P，Q兩點(diǎn)電勢(shì)的高低，只要比較電容器上、下極板電勢(shì)的高低即可．在1s至1.5s內(nèi)，電流為負(fù)方向，在LC回路中P點(diǎn)的電流方向向左；由于電流增大，故電容器正在放電，電容器的電荷量在減少，下極板帶正電，故Q點(diǎn)電勢(shì)比P點(diǎn)電勢(shì)高，且在此時(shí)間內(nèi)電場能正在向磁場能轉(zhuǎn)化． [答案]　AC 五、電磁場理論的理解與應(yīng)用 變化的磁場在周圍空間激發(fā)的電場是渦旋電場，渦旋電場與靜電場一樣對(duì)電荷有力的作用．但渦旋電場又與靜電場不同，它不是靜電荷產(chǎn)生的，它的電場線是閉合的，在渦旋電場中移動(dòng)電荷時(shí)，電場力做的功與路徑有關(guān)，因此不能引用“電勢(shì)”“電勢(shì)能”等概念，變化的磁場產(chǎn)生電場是電磁感應(yīng)現(xiàn)象的本質(zhì)． [例5]　電子感應(yīng)加速器是利用變化磁場產(chǎn)生的電場來加速電子的，如圖所示．在圓形磁鐵的兩極之間有一環(huán)形真空室，用交變電流作電源充磁的電磁鐵在兩極間產(chǎn)生交變磁場，從而在環(huán)形室內(nèi)產(chǎn)生很強(qiáng)的電場，使電子加速．被加速的電子同時(shí)在洛倫茲力的作用下沿圓形軌道運(yùn)動(dòng)，設(shè)法把高能電子引入靶室，能使其進(jìn)一步加速．在一個(gè)半徑為r的電子感應(yīng)加速器中，電子在被加速的4.210－3s時(shí)間內(nèi)獲得的能量為120MeV，這期間電子軌道內(nèi)的高頻交變磁場是線性變化的，磁通量從零增到1.8Wb，求： 電子感應(yīng)加速器結(jié)構(gòu)原理圖 (1)電子在環(huán)形真空室中共繞行了多少周？ (2)有人說，根據(jù)麥克斯韋電磁場理論及法拉第電磁感應(yīng)定律，電子感應(yīng)加速器要完成電子的加速過程，電子軌道內(nèi)的高頻交變磁場也可以是線性減弱的，效果將完全一樣．你同意嗎？請(qǐng)簡述理由． [解析]　(1)由麥克斯韋電磁場理論可知，當(dāng)交變磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度線性增強(qiáng)時(shí)，電子所處的環(huán)形真空室內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，該電動(dòng)勢(shì)可由法拉第電磁感應(yīng)定律求得，令其為ε， 則電子在環(huán)形真空室中運(yùn)動(dòng)一周的過程中被電場加速做功為W0＝εe＝ 103eV，那么獲得120MeV的能量需繞行的周數(shù)為 (2)不同意．盡管交變磁場線性減小也可以產(chǎn)生等大的電動(dòng)勢(shì)使電子加速，但減小的磁場不能提供越來越大的洛倫茲力以維持做加速運(yùn)動(dòng)的電子繞行時(shí)所需的向心力． [答案]　(1)2.8105　(2)見解析 六、光的折射和折射率 1．光的折射定律 折射光線跟入射光線在同一平面內(nèi)；折射光線和入射光線分別位于法線的兩側(cè)；入射角的正弦跟折射角的正弦成正比，即＝ n. 在光的折射現(xiàn)象中，光路也是可逆的． 2．折射率 光從真空射入某種介質(zhì)，入射角的正弦與折射角正弦之比為定值，叫做介質(zhì)的折射率，表示為n＝ . 實(shí)驗(yàn)和研究證明，某種介質(zhì)的折射率等于光在真空中的速度c跟光在這種介質(zhì)中的速度v之比，即n＝ . 同一種介質(zhì)，對(duì)頻率越高的光，折射率越大，這是光的色散現(xiàn)象形成的根本原因． 3．全反射和臨界角 全反射的條件：①光從光密介質(zhì)進(jìn)入光疏介質(zhì)；②入射角大于或等于臨界角． 臨界角：折射角等于90時(shí)的入射角，某種介質(zhì)的臨界角用sinC＝ 計(jì)算． [例6]　如圖所示，AOB是由某種透明物質(zhì)制成的1/4圓柱體的橫截面(O為圓心)，其折射率為，今有一束平行光以45的入射角射向柱體的OA平面，這些光線中有一部分不能從柱體的AB面上射出．設(shè)所有射到OB面的光線全部被吸收，也不考慮OA面的反射，求圓柱AB面上能射出光線的部分占AB表面的幾分之幾？并在圖中用陰影部分標(biāo)示． [解析]　作出光路如右圖所示，從O點(diǎn)射入的光線，折射角為r，根據(jù)折射定律有： 解得r＝30 從某位置P點(diǎn)入射的光線，折射到AB弧面上Q點(diǎn)時(shí)，入射角恰等于臨界角C，有： 代入數(shù)據(jù)得：C＝45 △PQO中，α＝180－90－r－C＝15 所以能射出的光線區(qū)域?qū)?yīng)的圓心角 β＝90－α－r＝45 故能射出光線的部分占AB面的比例為： 圖中陰影部分為能射出光線的區(qū)域． [答案]　 七、全反射和臨界角 1．全反射 (1)現(xiàn)象：光經(jīng)過兩種不同介質(zhì)的界面時(shí)全部反射，不發(fā)生折射的現(xiàn)象． (2)條件：①光從光密介質(zhì)射入光疏介質(zhì)．②入射角大于等于臨界角． 2．臨界角：sinC＝ ，C為折射角等于90時(shí)的入射角． [例7]　如圖所示，置于空氣中的一不透明容器內(nèi)盛滿某種透明液體．容器底部靠近器壁處有一豎直放置的6.0cm長的線光源．靠近線光源一側(cè)的液面上蓋有一遮光板，另一側(cè)有一水平放置的與液面等高的望遠(yuǎn)鏡，用來觀察線光源．開始時(shí)通過望遠(yuǎn)鏡不能看到線光源的任何一部分．將線光源沿容器底向望遠(yuǎn)鏡一側(cè)平移至某處時(shí)，通過望遠(yuǎn)鏡剛好可以看到線光源底端，再將線光源沿同一方向移動(dòng)8.0cm，剛好可以看到其頂端．求此液體的折射率n. [解析]　若線光源底端在A點(diǎn)時(shí)，望遠(yuǎn)鏡內(nèi)剛好可看到線光源的底端，則有： ∠AOO′＝α 其中α為此液體到空氣的全反射臨界角，由折射定律得：sinα＝ 同理，線光源頂端在B1點(diǎn)時(shí)，望遠(yuǎn)鏡內(nèi)剛好可看到線光源的頂端，則：∠B1OO′＝α 由圖中幾何關(guān)系得：sinα＝ [答案]　1.3