高中物理-经典习题及答案-选修3-5

第十六章 动量守恒定律

一、冲量和动量

（一）知识要点

1.动量：按定义，物体的质量和速度的乘积叫做动量：p =mv

⑴动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。

⑵动量是矢量，它的方向和速度的方向相同。

2.冲量：按定义，力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I =Ft

⑴冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应。

⑵冲量是矢量，它的方向由力的方向决定（不能说和力的方向相同）。如果力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向相同。

⑶高中阶段只要求会用I=Ft 计算恒力的冲量。对于变力的冲量，高中阶段只能利用动量定理通过物体的动量变化来求。

⑷要注意的是：冲量和功不同。恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量。

（二）例题分析

例1：质量为m 的小球由高为H 的光滑斜面顶端无初速滑到底端过程中，重力、弹力、合力的冲量各是多大？ 解：力的作用时间都是g

H g H t 2sin 1sin 22αα==，力的大小依次是mg 、mg cos α和mg sin α，所以它们的冲量依次是：

特别要注意，该过程中弹力虽然不做功，但对物体有冲量。

例2：一个质量是0.2kg 的钢球，以2m/s 的速度水平向右运动，碰到一块竖硬的大理石后被弹回，沿着同一直线以2m/s 的速度水平向左运动，碰撞前后钢球的动量有没有变化？变化了多少？

解：取水平向右的方向为正方向，碰撞前钢球的速度v =2m/s ，碰撞前钢球的动量为P=mv =0.2×2kg ·m/s=0.4kg·m/s。碰撞后钢球的速度为v ′=0.2m/s ，碰撞后钢球的动量为

p ′=m v ′=-0.2×2kg ·m/s=-0.4kg·m/s。

△p= p ′-P =-0.4kg·m/s -0.4kg·m/s =-0.8kg·m/s，且动量变化的方向向左。

例3：

以

45o，碰撞后被斜

P 为邻边做平行四边形，则△p 就等于

∴s m kg /24.0

?

==?动量是矢量，这时求动量的变化就可以简化为代数运算了。

例4（12分）如图所示，在光滑、固定的水平杆上套着一个光滑的滑环

，滑环下通过一根不可伸长的轻绳悬吊一重物M ，轻绳长为L ，将滑环固定在水平杆上，给M 一个水平冲量作用，使M 摆动，且恰好刚碰到水平杆。问

（1）M 在摆动过程中，滑环对水平杆的压力的最大值是多少？

（2）若滑环 不固定，仍给M 以同样大小的冲量作用，则M 摆起的最大高度为多少？

解：（1）机械能守恒 （2分）

M 通过最低点T 最大 （2分）

∴ （1分）

再对滑环受力分析 （2分）

（2）不固定机械能仍守恒 初速度：

（2分）

水平动量守恒 （2分）

∴ ∴ （1分）

二、动量定理

（一）知识要点

1.动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化。既I =Δp

⑴动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度。这里所说的冲量必须是物体所受的合外力的冲量（或者说是物体所受各外力冲量的矢量和）。

⑵动量定理给出了冲量（过程量）和动量变化（状态量）间的互求关系。

⑶现代物理学把力定义为物体动量的变化率：t

P F ??=（牛顿第二定律的动量形式）。 ⑷动量定理的表达式是矢量式。在一维的情况下，各个矢量必须以同一个规定的方向为正。

2.利用动量定理定性地解释一些现象

3.利用动量定理进行定量计算

利用动量定理解题，必须按照以下几个步骤进行：

⑴明确研究对象和研究过程。研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的质点组。质点组内各物体可以是保持相对静止的，也可以是相对运动的。研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。

⑵进行受力分析。只分析研究对象以外的物体施给研究对象的力。所有外力之和为合外力。研究对象内部的相互作用力（内力）会改变系统内某一物体的动量，但不影响系统的总动量，因此不必分析内力。如果在所选定的研究过程中的不同阶段中物体的受力情况不同，就要分别计算它们的冲量，然后求它们的矢量和。

⑶规定正方向。由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的情况下，列式前要先规定一个正方向，和这个方向一致的矢量为正，反之为负。

⑷写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量（或各外力在各个阶段的冲量的矢量和）。

⑸根据动量定理列式求解。

（二）例题分析

例1：以初速度v 0平抛出一个质量为m 的物体，抛出后t 秒内物体的动量变化是多少？

解：因为合外力就是重力，所以Δp =F t =m g t

有了动量定理，不论是求合力的冲量还是求物体动量的变化，都有了两种可供选择的等价的方法。本题用冲量求解，比先求末动量，再求初、末动量的矢量差要方便得多。当合外力为恒力时往往用Ft 来求较为简单；当合外力为变力时，在高中阶段只能用Δp 来求。

例2：鸡蛋从同一高度自由下落，第一次落在地板上，鸡蛋被打破；第二次落在泡沫塑料垫上，没有被打破。这是为什么？

解：两次碰地（或碰塑料垫）瞬间鸡蛋的初速度相同，而末速度都是零也相同，所以两次碰撞过程鸡蛋的动量变化相同。根据Ft =Δp ，第一次与地板作用时的接触时间短，作用力大，所以鸡蛋被打破；第二次与泡沫塑料垫作用的接触时间长，作用力小，所以鸡蛋没有被打破。（再说得准确一点应该指出：鸡蛋被打破是因为受到的压强大。鸡蛋和地板相互作用时的接触面积小而作用力大，所以压强大，鸡蛋被打破；鸡蛋和泡沫塑料垫相互作用时的接触面积大而作用力小，所以压强小，鸡蛋未被打破。）

例3：某同学要把压在木块下的纸抽出来。第一次他将纸迅速抽出，木块几乎不动；第二次他将纸较慢地抽出，木块反而被拉动了。这是为什么？

解：物体动量的改变不是取决于合力的大小，而是取决于合力冲量的大小。在水平方向

上，第一次木块受到的是滑动摩擦力，一般来说大于第二次受到的静摩擦力；但第一次力的

作用时间极短，摩擦力的冲量小，因此木块没有明显的动量变化，几乎不动。第二次摩擦力

虽然较小，但它的作用时间长，摩擦力的冲量反而大，因此木块会有明显的动量变化。

例4：质量为m 的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间t 1到达沙坑表面，又经过时间t 2停在沙

坑里。求：⑴沙对小球的平均阻力F ；⑵小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I 。

解：设刚开始下落的位置为A ，刚好接触沙的位置为B ，在沙中到达的最低点为C 。 ⑴在下落的全过程对小球用动量定理：重力作用时间为t 1+t 2，而阻力作用时间仅为t 2，以竖直向

下为正方向，有：

m g (t 1+t 2)-F t 2=0, 解得：()2

21t t t mg F +=

⑵仍然在下落的全过程对小球用动量定理：在t 1时间内只有重力的冲量，在t 2时间内只有总冲量（已包括重力冲量在内），以竖直向下为正方向，有：

m g t 1-I =0,∴I =m g t 1

这种题本身并不难，也不复杂，但一定要认真审题。要根据题意所要求的冲量将各个外力灵活组合。若本题目给出小球自由下落的高度，可先把高度转换成时间后再用动量定理。当t 1>> t 2时，F >>mg 。

例5：质量为M 的汽车带着质量为m 的拖车在平直公路上以加速度a 匀加速前进，当速度为v 0时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现。若汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为μ，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？ 解：以汽车和拖车系统为研究对象，全过程系统受的合外力始终为()a m M +，该过程

经历时间为v 0/μ

g ，末状态拖车的动量为零。全过程对系统用动量定理可得： 这种方法只能用在拖车停下之前。因为拖车停下后，系统受的合外力中少了拖车受到的摩擦力，因此合外力大小不再是()a m M +。

例6：质量为m =1kg 的小球由高h 1=0.45m 处自由下落，落到水平地面后，反跳的最大高度为h 2=0.2m ，从小

球下落到反跳到最高点经历的时间为Δt =0.6s ，取g =10m/s 2。求：小球撞击地面过程中，球对地面的平均压

力的大小F 。

解：以小球为研究对象，从开始下落到反跳到最高点的全过程动量变化为零，根据下降、上升高度可知其中下落、上升分别用时t 1=0.3s 和t 2=0.2s ，因此与地面作用的时间必为t 3=0.1s 。由动量定理得：mg Δ

C

/

t-Ft3=0 ，F=60N

例7、如图所示，，质量为Ｍ＝2kg的小车Ａ静止在光滑水平面上，Ａ的右端停放有一个质量为ｍ＝0.4kg、带正电荷ｑ＝0.8C的小物体Ｂ。整个空间存在着垂直于纸面向里、磁感应强度Ｂ＝0.5Ｔ的匀强磁场，现从小车的左端，给小车A一个水平向右的瞬时冲量I=26N﹒s，使小车获得一个水平向右的初速度，物体与小车之间有摩擦力作用，设小车足够长，求（1）瞬时冲量使小车获得的动能（2）物体Ｂ的最大

速度?

（3）在A与B相互作用过程中系统增加的内能?（ｇ＝10m/s2）

解析：（1）瞬时冲量和碰撞是一样的，由于作用时间极短，可以忽略较小的外

力的影响，而且认为，冲量结束后物体Ｂ的速度仍为零．冲量是物体动量变化的原因，根据动量定理即可求的小车获得的速度，进而求出小车的动能．

Ｉ＝Mv, v=I/M=13m/s, E=Mv2/2=169J

(2)要想得知物体Ｂ的速度何时最大，就要对瞬时冲量结束后Ａ、Ｂ物体相互作用的过程做一个较具体的分析。小车Ａ获得水平向右的初速度后，由于Ａ、Ｂ之间的摩擦，Ａ向右减速运动，Ｂ向左加速运动，同时由于罗伦兹力的影响Ａ、Ｂ之间的摩擦也发生变化，设A、Ｂ刚分离时速度为v B qv B B＝ｍｇ

即v B＝ｍｇ／Ｂｑ＝10ｍ/ｓ

若A 、Ｂ能相对静止，设共同速度为Ｖ，由Ｍv0＝（Ｍ＋m）ＶＶ=10.8m/s,

因v B<Ｖ说明Ａ、Ｂ在没有达到共同速度前就分离了所以，Ｂ的最大速度为v B＝10ｍ/ｓ

这一步的要害就是对两个临界状态进行分析和比较，最后确定Ｂ的最大速度。假如题中条件Ｉ＝20N﹒s,将得出v B＞Ｖ，就说明Ａ、Ｂ在没有分离前就达到了共同速度．则共同速度Ｖ就是Ｂ的最大速度，因为，Ａ、Ｂ在达到共同速度后速度不再发生变化，也就不会再分离。做过这个题目后，对本题的分析和反思时应该想到这一步。

(3) 由于罗伦兹力的影响Ａ、B之间的摩擦力逐渐减少，因此无法用Ｑ＝fs相对求摩擦产生的热量，只能根据机械能的减少等于内能的增加来求解。

由于Ｂ物体在达到最大速度时，两个物体已经分离，就要根据动量守恒定律求这时Ａ的速度，设当物体Ｂ的速度最大时物体A的速度为v A

Ａ、Ｂ系统动量守：Ｍv０＝Ｍv A＋ｍv B ∴v A＝(Mv0－mv B)/M=11ｍ/ｓ

Ｑ＝ΔＥ＝Ｍv０２/2－Ｍv A２/2－ｍv B２/2＝28J

例8、设小车一辆玩具小车的质量为3.0kg，沿光滑的水平面以2.0m/s的速度向正东方向运动，要使小车的运动方向改变，可用速度为2.4m/s的水流由西向东射到小车的竖直挡板CD上，然后流入车中．求：要改变小车的运动方向，射到小车里的水的质量至少是多少？

解：设射入小车中的水的质量分别为M和m，对于小车和射入的水组成的系统，水平方向

动量守恒，以向东为正方向，有

随着射入小车中水的质量增加，车与车中的水的速度V要减小，直到速度V=0，射入小

车的水质量再增加，V<0，小车（包括车中的水）的速度方向变为向西。因此对应V=0时的水的质量即为所求。

m=2.5kg 。

三、动量守恒定律

（一）知识要点

1.动量守恒定律：一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。

即：221

12211v m v m v m v m '+'=+ 2.动量守恒定律成立的条件

⑴系统不受外力或者所受外力之和为零；

⑵系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；

⑶系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。

⑷全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。

3.动量守恒定律的表达形式

除了22112211v m v m v m v m '+'=+，即p 1+p 2=p 1/+p 2/

外，还有： Δp 1+Δp 2=0，Δp 1= -Δp 2 和1

221v v m m ??-=

4.动量守恒定律的重要意义

从现代物理学的理论高度来认识，动量守恒定律是物理学中最基本的普适原理之一。（另一个最基本的普适原理就是能量守恒定律。）从科学实践的角度来看，迄今为止，人们尚未发现动量守恒定律有任何例外。相反，每当在实验中观察到似乎是违反动量守恒定律的现象时，物理学家们就会提出新的假设来补救，最后总是以有新的发现而胜利告终。例如静止的原子核发生β衰变放出电子时，按动量守恒，反冲核应该沿电子的反方向运动。但云室照片显示，两者径迹不在一条直线上。为解释这一反常现象，1930年泡利提出了中微子假说。由于中微子既不带电又几乎无质量，在实验中极难测量，直到1956年人们才首次证明了中微子的存在。（2000年高考综合题23 ②就是根据这一历史事实设计的）。又如人们发现，两个运动着的带电粒子在电磁相互作用下动量似乎也是不守恒的。这时物理学家把动量的概念推广到了电磁场，把电磁场的动量也考虑进去，总动量就又守恒了。

（二）例题分析

例1：质量为m=0.10kg 的小钢球以Vo=10m/s 的水平速度抛出，下落h=5.0m 时撞击一钢板，撞后速度恰好反向，则钢板与水平地面的夹角θ=_______.刚要撞击时小球的动量的大小为________（g=10m/s2)

解：小钢球作平抛运动，撞击钢板时的竖直分速度Vy==10m/s.而水平方向作的是匀速运动，所以Vx=Vo=10m/s.而tgn θ=Vo/Vy=1，所以θ=450，另外钢球的末速度为：Vt=m/s ，于是刚要撞击时小球的动量大小等于： P=mVt=kgm/s

例2.质量为m 的钢球自高处下落，以速度V1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为V2，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(V1-V2)

B.向下，m （V1+V2）

C.向上，m(V1-V2)

D.向上，m(V1+V2)

分析：将钢球作研究对象，钢球在碰地过程中的受力如图中的动画所示，图中mg 为钢球受到的重力、N 是受到地面对它的弹力，由于弹力和重力对钢球的冲量使钢球的动量发生改变.图中钢球的碰地速度V1，弹起速度为V2，我们假设垂直地面向上为正，对钢球运用动理定理得：

Nt-mgt=mV2-(-mV1)=mV2+mV1，

由于碰撞时间极短，t 趋近于零，故mgt 也趋于零可忽略不计，于是Nt=m(V2+V1),即弹力的冲量方向向上，大小等于m(V1+V2),故答案选D

例题3: 质量为M 的小船以速度Vo 行驶，船上有两个质量皆为m 的小孩a 和b ，分别静止站在船头和船尾.现小孩a 沿水平方向以速率V （相对于静水面）向前跃入水中，然后小孩b 沿水平方向以同一速率（相对于静水面）向后跃入水中，求小孩b 跃出后小船的速度。

本题是由三个物体组成的物体系，和两个物体过程的动量守恒定律的应用问题，选择合理的研究对象和研究过程可使解题方便简捷.

解答：选小孩a 、b 和船为一系统，在两小孩先后跳入水的整个过程中可忽略水的阻力.系统水平方向上动量

守恒.设小孩b跃出后船向前行驶的速度为Vx，选Vx方向为正方向根据动量守恒定律有；

（M+2m)Vo=MVx+mV-mV 整理得：Vx=（1+2m/M)Vo

例题4:一列火车在水平直轨道上做匀速运动，总质量为M，速度为V，某时刻火车后部有质量为m的一节车厢脱钩，司机并未发觉，又继续行驶了一段距离，这期间车牵引力保持不变，并且火车各部所受的阻力跟运动速度无关，当司机发现时，后面脱钩的车厢的速度已减为V/3，求此时刻火车车厢前面部分的速度多大？

解答：火车原在铁轨上匀速运动，故所受合外力等于零，一节车厢脱钩后，牵引力和阻力均不变，火车系统合外力等于零，动量守恒.当脱钩车厢速度为V/3时，设前面部分的速度为V'，根据动量守恒定律有：MV=（M-m)V'+mV/3

解得：

例5.(20分)用轻弹簧相连的质量均为2 kg的A、B两物块都以v=6 m／s的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量4 kg的物块C静止在前方，如图所示.B与C碰撞后二者粘在一起运动.在以后的运动中.求：(1)当弹簧的弹性势能最大时，物体A的速度多大?(2)弹性势能的最大是多大?(3)A的速度有可能向左吗?为什么?

解：(20分)(1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大.

由于A、B、C三者组成的系统动量守恒，(mA mB)v＝(mA mB mC)vA′ ( 3分)

解得vA′= m/s=3 m/s ( 1分)

(2) B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为v′，则

mBv=(mB mC)v′( 3分) v′= =2 m/s ( 1分)

设物A速度为vA′时弹簧的弹性势能最大为Ep，

根据能量守恒Ep= (mB mC) mAv2- (mA mB mC) ( 3分)

= ×(2 4)×22 ×2×62- ×(2 2 4)×32=12 J ( 1分)

(3)(8分) A不可能向左运动系统动量守恒，mAv mBv=mAvA (mB mC)vB

设A向左，vA＜0，vB＞4 m/s 则作用后A、B、C动能之和

E′= mAvA2 (mB mC)vB2＞(mB mC)vB2=48 J

实际上系统的机械能E=Ep(mA mB mC)·=12 36=48 J

根据能量守恒定律，＞E是不可能的

例6（12分）质量为M的小物块A静止在离地面高的水平桌面的边缘，质量为的小物块B沿桌面向A运动并以速度与之发生正碰（碰撞时间极短）。碰后A离开桌面，其落地点离出发点的水平距离为L。碰

后B反向运动。求B后退的距离。已知B与桌面间的动摩擦因数为。重力加速度为。

解：A落地过程是平抛运动，则有（1分）

（1分）∴（1分）B与A碰撞动量守恒

（4分）B返回有（3分）

∴（2分）

例7.(16分) 两个木块的质量分别为=0.2kg，=0.55kg，中间用轻弹簧相连放在光滑水平面上，左

侧与竖直墙壁接触。质量为＝0.050kg的子弹以水平向左的初速度射入中，并立即与具有相同的速

度，然后向左压缩弹簧。被弹回时带动运动。若木块的最大速率为

=0.30m/s，求子弹射入木块前的速度。

解：子弹打入木块瞬间，速度为,射入后跟一起的速度为

由动量守恒：=( ) ①（４分）

离开墙角后，同理：( ) = ( ) ②（４分）

再由能量守恒：③（４分）

由①②③得= 即= = 0.2m/s （２分）

解得：= （２分）

例8、如图所示，长为2L的板面光滑且不导电的平板小车C放在光滑水平面上，车的右端有块挡板，车的

质量，绝缘小物块B的质量。若B以一定速度沿平板向右与C车的挡板相碰，磁后小车的

速度总等于碰前物块B速度的一半。今在静止的平板车的左端放一个带电量、质量为的小物块A，将物块B放在平板车的中心，在整个空间加上一个水平方向的匀强电场时，金属块A由静止开始向右运动，当A

以速度与B发生碰撞，碰后A以的速率反弹回来，B向右运动，

（1）求匀强电场的场强大小和方向。

（2）若A第二次和B相碰，判定是在B与C相碰之前还是相碰之后？

（3）A从第一次与B相碰到第二次与B相碰这个过程中，电场力对A做了多少功？

解：（1）对金属块A用动能定理①所以电场强度大小②方向水平向右③（2）A、B碰撞，由系统动量守恒定律得

④

用代入解得⑤

B碰后做匀速运动，碰到挡板的时间

⑥

A的加速度⑦

A 在 段时间的位移为

⑧

因 ，故A 第二次与B 相碰必在B 与C 相碰之后 ⑨

（3）B 与C 相碰，由动量守恒定律可得 ⑩

eq \o\ac(○,11)11

A 从第一次相碰到第二次与

B 相碰的位移为L ，因此电场力做的功

例9、质量为M 的物块以速度V 运动，与质量为m 的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量

之比M/m 可能为

A.2

B.3

C.4

D. 5

答案AB

【解析】本题考查动量守恒.根据动量守恒和能量守恒得设碰撞后两者的动量都为P,则总动量为2P,根据

K mE P 22

=,以及能量的关系得M P m p M P 2224222+≥得3≤m M ,所以AB 正确. 例10、如图所示，质量m 1=0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L=15 m,现有质量m 2=0.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v 0=2 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持

相对静止。物块与车面间的动摩擦因数μ=0.5,取g=10 m/s 2

，求 （1） 物块在车面上滑行的时间t;

（2） 要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v ′0不超过多少。

（1）0.24s (2)5m/s

【解析】本题考查摩擦拖动类的动量和能量问题。涉及动量守恒定律、动量定理和功能关系这些物理规律的运用。

（1）设物块与小车的共同速度为v ，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有

()v m m v m 2102+= ①

设物块与车面间的滑动摩擦力为F ，对物块应用动量定理有

022v m v m t F --= ②

其中 g m F 2μ= ③

解得

代入数据得 s 24.0=t ④

（2）要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度v ′，则

()v m m v m '+='210

2 ⑤ 由功能关系有 ()gL m v m m v m 22212022

121μ+'+=' ⑥ 代入数据解得 =5m/s

故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v 0′不能超过5m/s 。

例11、如图19所示，水平地面上静止放置着物块B 和C 相距l =1.0m 物快A 以速度v 0=10m/s 沿水平方向与B 正碰，碰撞后A 和B 牢固粘在一起向右运动，并再与C 发生正碰，碰后瞬间C 的速度v=2.0m/s ，已知A 和B 的质

量均为m 。C 的质量为A 质量的k 倍，物块与地面的动摩擦因数μ=0.45(设碰撞时间很短，g 取10m/s 2)

（1）计算与C 碰撞前瞬间AB 的速度

（2）根据AB 与C 的碰撞过程分析k 的取值范围，并讨论与C 碰撞后AB 的可能运动方向。

解：（1）A 与B 相碰，由动量守恒定律知 mv 0=2mv 1，得到v 1=5m/s

之后，A 与B 一起向右运动直到与C 相碰

以A 和B 为整体，由动能定理知 21212221222mv mv mgl -=-μ，得到v 2=4m/s

（2）当A 与B 运动到C 所在位置时，AB 与C 相碰，由动量守恒定律知

2mv 2=2mv 3+kmv ①

（一）若AB 与C 发生的碰撞是弹性碰撞，则根据能量守恒

2212321222122kmv mv mv += ②

联立①②两式得到k=6，v 3=-2m/s ，说明AB 与C 碰后反弹

（二）若AB 与C 发生的碰撞是完全非弹性碰撞，则根据动量守恒

2mv 2=（2m+km ）v ，得到k=2，物体AB 仍然向右运动

根据以上讨论可知，k 的取值范围是 2≤k ≤6

设k=k 1时，物体AB 与C 碰后速度为零，根据动量守恒定律

2mv 2=k 1mv ， 得到k 1=4

由此可以确定AB 与C 碰后的可能运动方向为

A ．当2≤k ＜4时，A

B 碰后继续向右运动；

B ．当k=4时，AB 碰后静止；

C ．当4＜k ≤6时，AB 碰后继续向左运动（反弹）

例12、一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为M 的盒子，如图l 所示。现给盒子一初速度v0，此后，盒子运动的v 一t 图像呈周期性变化，如图2所示。请据此求盒内物体的质量。

解：设物体的质量为m ，t 0时刻受盒子碰撞获得速度v ，根据动量守恒定律

Mv 0=mv ①

3t 0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v 0，说明碰撞是弹性碰撞

12Mv 02 = 12

mv 2 ② 联立①②解得

m=M ③

（也可通过图象分析得出v 0=v ，结合动量守恒，得出正确结果）

例13、一倾角为θ＝45°的斜面固定于地面，斜面顶端离地面的高度h 0＝1m ，斜面底端有一垂直于斜而的

固定挡板。在斜面顶端自由释放一质量m ＝0.09kg 的小物块（视为质点）。小物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝

0.2。当小物块与挡板碰撞后，将以原速返回。重力加速度g ＝10 m/s 2。在小物块与挡板的前4次碰撞过程中，

挡板给予小物块的总冲量是多少？

解法一：设小物块从高为h 处由静止开始沿斜面向下运动，到达斜面底端时速度为v 。

由功能关系得

θ

θμsin cos 212h mg mv mgh += ① 以沿斜面向上为动量的正方向。按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量

)(v m mv I --= ②

设碰撞后小物块所能达到的最大高度为h ’，则

θ

θμsin cos 212h mg h mg mv '+'= ③ 同理，有 θ

θμsin cos 212h mg v m h mg '+'=' ④ )(v m v m I '--'=' ⑤

式中，v ’为小物块再次到达斜面底端时的速度，I ’为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量。由①②③④⑤式得

kI I =' ⑥

式中 μ

θμθ+-=tan tan k ⑦ 由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为 )cot 1(2201θμ-=gh m I ⑧

总冲量为

)1(3214321k k k I I I I I I +++=+++= ⑨

由 k

k k k k n

n --=?+++-11112 ⑩ 得 )cot 1(221104

θμ---=gh m k

k I ⑾ 代入数据得 )63(4.0+=I N ·s ⑿

解法二：设小物块从高为h 处由静止开始沿斜面向下运动，小物块受到重力，斜面对它的摩擦力和支持力，小物块向下运动的加速度为a ，依牛顿第二定律得

ma mg mg =-θμθcos sin ①

设小物块与挡板碰撞前的速度为v ，则 θ

sin 22h a v = ② 以沿斜面向上为动量的正方向。按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量为

)(v m mv I --= ③

由①②③式得

)cot 1(22θμ-=gh m I ④

设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为a ’， 依牛顿第二定律有

a m mg mg '=+θμθcos sin ⑤

小物块沿斜面向上运动的最大高度为

θsin 22

a v h '

=' ⑥ 由②⑤⑥式得 h k h 2=' ⑦

式中 μ

θμθ+-=tan tan k ⑧ 同理，小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量

)cot 1(22θμ-'='h g m I ⑨

由④⑦⑨式得 kI I =' ⑩

由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为 )cot 1(2201θμ-=gh m I ⑾

总冲量为 )1(3214321k k k I I I I I I +++=+++= ⑿

由 k

k k k k n

n --=?+++-11112 ⒀ 得 )cot 1(221104

θμ---=gh m k

k I ⒁ 代入数据得 )63(4.0+=I N ·s ⒂

四、动量守恒定律的应用

（一）知识要点

1.碰撞：两个物体在极短时间内发生相互作用，这种情况称为碰撞。由于作用时间极短，一般都满足内力远大于外力，所以可以认为系统的动量守恒。碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种。

仔细分析一下碰撞的全过程：设光滑水平面上，质量为m 1的物体A 以速度v 1向质量为m 2的静

止物体B 运动，B 的左端连有轻弹簧。在Ⅰ位置A 、

B 刚好接触，弹簧开始被压缩，A 开始减速，B 开始加速；到Ⅱ位置A 、B 速度刚好相等（设为v ），弹

簧被压缩到最短；再往后A 、B 开始远离，弹簧开始恢复原长，到Ⅲ位置弹簧刚好为原长，A 、B 分开，这时A 、B

的速度分别为21

v v ''和。全过程系统动量一定是守恒的；而机械能是否守恒就要看弹簧的弹性如何了。 ⑴弹簧是完全弹性的。Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为弹性势能，Ⅱ状态系统动能最小而弹性势能最大；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少全部转化为动能；因此Ⅰ、Ⅲ状态系统动能相等。这种碰撞叫做弹性碰撞。由动量守恒和能量守恒可以证明A 、B 的最终速度分别为：121121212112,v m m m v v m m m m v +='+-='。（这个结论最好背下来，以后经常要用

/ /

到。）

⑵弹簧不是完全弹性的。Ⅰ→Ⅱ系统动能减少，一部分转化为弹性势能，一部分转化为内能，Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同，弹性势能仍最大，但比⑴小；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少，部分转化为动能，部分转化为内能；因为全过程系统动能有损失（一部分动能转化为内能）。这种碰撞叫非弹性碰撞。

⑶弹簧完全没有弹性。Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为内能，Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同，但没有弹性势能；由于没有弹性，A 、B 不再分开，而是共同运动，不再有Ⅱ→Ⅲ过程。这种碰撞叫完全非弹性碰撞。可以证

明，A 、B 最终的共同速度为12

1121v m m m v v +='='。在完全非弹性碰撞过程中，系统的动能损失最大，为：

()()21212122121122121m m v m m v m m v m E k +='+-=?。 （这个结论最好背下来，以后经常要用到。）

2.子弹打木块类问题：子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。

3.反冲问题：在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类问题相互作用过程中系统的动能增大，有其它能向动能转化。可以把这类问题统称为反冲。

（二）例题分析

例1：质量为M 的楔形物块上有圆弧轨道，静止在水平面上。质量为m

的小球以速度v 1向物块运动。不计一切摩擦，圆弧小于90°且足够长。

求小球能上升到的最大高度H 和物块的最终速度v 。

解：系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒。

在小球上升过程中，由水平方向系统动量守恒得：()v m M mv '+=1 由系统机械能守恒得：()mgH v m M mv +'+=2212121 解得()g m M Mv H +=221 全过程系统水平动量守恒，机械能守恒，得1

2v m M m v += 本题和上面分析的弹性碰撞基本相同，唯一的不同点仅在于重力势能代替了弹性势能。

例2：动量分别为5kg ?m/s 和6kg ?m/s 的小球A 、B 沿光滑平面上的同一条直线同向运动，A 追上B 并发生碰撞后。若已知碰撞后A 的动量减小了2kg ?m/s ，而方向不变，那么A 、B 质量之比的可能范围是什么？

解：A 能追上B ，说明碰前v A >v B ,∴B A m m 65>；碰后A 的速度不大于B 的速度， B

A m m 83≤；又因为碰撞

过程系统动能不会增加， B A B A m m m m 282326252222+≥+，由以上不等式组解得：7

483≤≤B A m m

此类碰撞问题要考虑三个因素：①碰撞中系统动量守恒；②碰撞过程中系统动能不增加；③碰前、碰后两个物体的位置关系（不穿越）和速度大小应保证其顺序合理。 例3：设质量为m 的子弹以初速度v 0射向静止在光滑水平面上的质量为M 的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d 。求木块对子弹的平均阻力的大小和

该过程中木块前进的距离。 解：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。从动量的角度看，子弹

射入木块过程中系统动量守恒：

从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为f ，设子弹、木块的位移大小分别为s 1、s 2，如图所示，显然有s 1-s 2=d 对子弹用动能定理：22012

121mv mv s f -=? ……① 对木块用动能定理：2221Mv s f =? ……②

①、②相减得：()()

2022022121v m M Mm v m M mv d f +=+-=? ……③ 这个式子的物理意义是：f ?d 恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见Q d f =?，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用路程，而不是用位移）。

由上式不难求得平均阻力的大小：()d

m M Mmv f +=220

至于木块前进的距离s 2，可以由以上②、③相比得出：d m

M m s +=2 从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比：

一般情况下m M >>，所以s 2<

202v m M Mm E k +=?…④ 当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统动量仍然守恒，系统动能损失仍然是ΔE K = f ?d （这里的d 为木块的厚度），但由于末状态子弹和木块速度不相等，所以不能再用④式计算ΔE K 的大小。

做这类题目时一定要画好示意图，把各种数量关系和速度符号标在图上，以免列方

程时带错数据。

例4：质量为m 的人站在质量为M ，长为L 的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边。

当他向左走到船的左端时，船左端离岸多远？

解：先画出示意图。人、船系统动量守恒，总动量始终为零，所以人、船动量大小始终

相等。从图中可以看出，人、船的位移大小之和等于L 。设人、船位移大小分别为l 1、l 2，

则：mv 1=Mv 2，两边同乘时间t ，ml 1=Ml 2，而l 1+l 2=L ，∴L m M m l +=2 应该注意到：此结论与人在船上行走的速度大小无关。不论是匀速行走还是变速行

走，甚至往返行走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是相同的。

做这类题目，首先要画好示意图，要特别注意两个物体相对于地面的移动方向和两个物体位移大小之间的关系。

以上所列举的人、船模型的前提是系统初动量为零。如果发生相互作用前系统就具有一定的动量，那就不能再用m 1v 1=m 2v 2这种形式列方程，而要利用(m 1+m 2)v 0= m 1v 1+ m 2v 2列式。

例5：总质量为M 的火箭模型 从飞机上释放时的速度为v 0，速度方向水平。火箭向后以相对于地面的速率u 喷出质量为m 的燃气后，火箭本身的速度变为多大？

解：火箭喷出燃气前后系统动量守恒。喷出燃气后火箭剩余质量变为M-m ，以v 0方向为正方向，()m

M mu Mv v v m M mu Mv -+=''-+-=00, 例6（15分）如图所示，挡板P 固定在足够高的水平桌面上，小物块A 和B 大小可忽略，它们分别带有 Q A 和 Q B 的电荷量，质量分别为m A 和m B ．两物块由绝缘的轻弹簧相连，一不可伸长的轻绳跨过滑轮，一端与B 连接，另一端连接一轻质小钩，整个装置处于方向水平向左的匀强电场中，电场强度为E ．开始时A 、B 静止，已知弹簧的劲度系数为k ，不计一切摩擦及A 、B 间的库仑力，A 、B 所带电荷量保持不变，B 一直在水平面上运动且不会碰到滑轮．试求

(1) 开始A 、B 静止时，挡板P 对物块A 的作用力大小；

(2) 若在小钩上挂一质量为M的物块C并由静止释放，当物块C下落到最大距离时物块A对挡板P的压力刚好为零，试求物块C下落的最大距离；

(3) 若C的质量改为2M，则当A刚离开挡板P时，B的速度多大？

解：（15分）（1）对系统AB：（4分）

(2)开始时弹簧形变量为，由平衡条件：①（2分）

设当A刚离开档板时弹簧的形变量为：由：可得②（2分）

故C下降的最大距离为：③……………（1分）

由①～③式可解得④…………… （1分）

（3）由能量守恒定律可知：C下落h过程中，C重力势能的的减少量等于B的电势能的增量和弹簧弹性势能的增量以及系统动能的增量之和

当C的质量为M时：⑤…（2分）

当C的质量为2M时，设A刚离开挡板时B的速度为V

⑥…（2分）

由④～⑥式可解得A刚离开P时B的速度为：

⑦………………（1分）

例7、有两个完全相同的小滑块A和B，A沿光滑水平面以速度v0与静止在平面

边缘O点的B发生正碰，碰撞中无机械能损失。碰后B运动的轨迹为OD曲线，

如图所示。

（1）已知滑块质量为m,碰撞时间为t ，求碰撞过程中A对B平均冲力的大小。

（2）为了研究物体从光滑抛物线轨道顶端无初速下滑的运动，特制做一个与B

平抛轨道完全相同的光滑轨道，并将该轨道固定在与OD曲线重合的位置，让A

沿该轨道无初速下滑（经分析，A下滑过程中不会脱离轨道）。

a.分析A沿轨道下滑到任意一点

．．．．的动量p A与B平抛经过该点的动量p B的大小关系;

b.在OD曲线上有一M点，O和M两点连线与竖直方向的夹角为45°。求A通过M点时的水平分速度和竖直分速度。

解：

（1） 滑块A 与B 正碰，满足

mv A +mv B =mv 0 ①

222111222

A B a mv mv mv += ② 由①②，解得v A =0, v B =v 0,

根据动量定理，滑块B 满足 F ·?t=mv 0

解得 0mv F t

=? (2)a.设任意点到O 点竖直高度差为d 。

A 、

B 由O 点分别运动至该点过程中，只有重力做功，所以机械能守恒。

选该任意点为势能零点，有

E kA =mgd , E k B = mgd+201

2

mv 由于p

,

有1A B P P ==< 即 P A

A 下滑到任意一点的动量总和是小于

B 平抛经过该点的动量。

b.以O 为原点，建立直角坐标系xOy,x 轴正方向水平向右，y 轴正方向竖直向下，则对B 有 x =v 0t ，y=12

gt 2 B 的轨迹方程 y =220

x v 2g 在M 点x=y ，所以 y=202v g

③ 因为A 、B 的运动轨迹均为OD 曲线，故在任意一点，两者速度方向相同。设B 水平和竖直分速度大小分别为Bx v 和By v ，速率为v B ；A 水平和竖直分速度大小分别为Ax v 和Ay v ，速率为v A ,则

,Ay By Ax Bx A B A B

v v v v v v v v == ④ B

做平抛运动，故0,Bx By B v v v v === ⑤ 对A 由机械能守恒得v A =gy 2 ⑥

由④⑤⑥得

Ax Ay v v ==

将③代入得00,Ax Ay v v == 例8、如图，一质量为M 的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高

度为h 。一质量为m 的子弹以水平速度v 0射入物块后，以水平速度v 0/2 射

出。重力加速度为g 。求：

（1）此过程中系统损失的机械能；

（2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离。

解：（1）设子弹穿过物块后物块的速度为V ，由动量守恒得

mv 0＝m 2

0v ＋MV ① 解得V ＝02v M

m ② 系统的机械能损失为

ΔE ＝21m 20v －???

?????+???? ??222021221MV v m ③ 由②③式得

ΔE ＝20381mv M m ??

? ??

- ④ （2）设物块下落到地面所需时间为t ，落地点距桌面边缘的水平距离为s ，则

h ＝2

1gt 2 ⑤ s ＝Vt ⑥

由②⑤⑥式得

s ＝g

h M mv 20

⑦ 例9、如图，一质量m = 1 kg 的木块静止的光滑水平地面上。开始时，木块右端与墙相距L = 0.08 m ；质量为m = 1 kg 的小物块以初速度v 0 = 2 m/s 滑上木板左端。木板长度可保证物块在运动过程中不与墙接触。物块与木板之间的动摩擦因数为μ= 0.1，木板与墙的碰撞是完全弹性的。取g

= 10 m/s 2

，求

（1）从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙碰撞的次数及所

用的时间；

（2）达到共同速度时木板右端与墙之间的距离。

解：（1）物块滑上木板后，在摩擦力作用下，木板从静止开始做匀加速运动。设木块加速度为a ，经历时间T 后与墙第一次碰撞，碰撞时的速度为v 1，则： ma mg =μ ①

22

1aT L = ② at v =1 ③

联立①②③式解得

T = 0.4 s v 1 = 0.4 m/s ④

在物块与木板两者达到共同速度前，在每两次碰撞之间，木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间为T 。设在物块与木板两者达到共同速度v 前木块共经历

n

次碰撞，则有：

t a a t nT v v ?=?+-=)2(0 ⑤

式中t ?是碰撞n 次后木板从起始位置至达到共同速度所需要的时间。

⑤式可改写为

nT v v 220-= ⑥

由于木板的速率只能位于0到v 0之间，故有

0≤nT v 20-≤02v ⑦

求解上式得

1.5≤n ≤

2.5

由于n 是整数，故 n =2 ⑧

再由①⑤⑧得

t ? = 0.2 s ⑨

v = 0.2 m/s ⑩

从开始到物块与木板两者达到共同速度所用的时间为

t T t ?+=4= 1.8 s ○

11 （2）物块与木板达到共同速度时，木板右端与墙之间的距离为

联立①○12式，并代入数据得

s = 0.06 m ○13

例10、光滑水平面上放着质量，m A ＝1kg 的物块A 与质量m B ＝2kg 的物块B ， A 与B 均可视为质点，A 靠在竖直墙壁上，A 、B 间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与A 、B 均不拴接），用手挡住B 不动，此时弹簧弹性势能E P ＝49J 。在A 、B 间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示。放手后B 向右运动，绳在短暂时间内被拉

断，之后B 冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R ＝0.5m, B 恰能到达最高点C 。取g ＝10m/s 2，求

（1）绳拉断后瞬间B 的速度v B 的大小；

（2）绳拉断过程绳对B 的冲量I 的大小；

（3）绳拉断过程绳对A 所做的功W 。

解：（1）设B 在绳被拉断后瞬间的速度为v B ，到达C 点时的速度为v C ，有

m B g ＝m B R

v C 2 ① 21m B v 2B ＝2

1m B 2C v ＋2m B gR ② 代入数据得

v B ＝5m/s ③

（2）设弹簧恢复到自然长度时B 的速度为v 1，取水平向右为正方向，有

E P ＝2

1m B 2

1v ④ I ＝m B v B －m B v 1 ⑤

代入数据得

I ＝－4N ·s ，其大小为4N ·s ⑥

（3）设绳断后A 的速度为v A ，取水平向右为正方向，有

m B v 1＝m B v B ＋m A v A ⑦ W ＝

2

1 m A 2A v ⑧ 代入数据得 W ＝8J ⑨

例11、如图16（a ）所示，在光滑绝缘水平面的AB 区域内存在水平向右的电场，电场强度E 随时间的变化如图16（b ）所示。不带电的绝缘小球P 2静止在O 点。t=0时，带正电的小球P 1以速度v 0从A 点进入AB 区域。随后与P 2发生正碰后反弹，反弹速度是碰前的3

2倍。P 1的质量为m 1，带电量为q ，P 2的质量为m 2=5m 1，A 、O 间距为L 0，O 、B 间距为340L L =. 已知0

201032L v m qE =，00v L T =. （1）求碰撞后小球P 1向左运动的最大距离及所需时间。

（2）讨论两球能否在OB 区间内再次发生碰撞。

解析：(1)P 1经t 1时间与P 2碰撞，则0

01v L t = P 1、P 2碰撞，设碰后P 2速度为v 2，由动量守恒：220101)3

2(v m v m v m +-

= 解得3/201v v =（水平向左） 3/02v v =（水平向右） 碰撞后小球P 1向左运动的最大距离：1212a v S m = 又：20

2010132L v m qE a == 解得：3/0L S m = 所需时间：0

0112v L a v t == （2）设P 1、P 2碰撞后又经t ?时间在OB 区间内再次发生碰撞，且P 1受电场力不变，由运动学公式，以水平向右为正：21S S = 则：t v t a t v ?=?+

?-221121 解得：T v L t 330

0==? （故P 1受电场力不变） 对P 2分析：<=?=

?=000022331L v L v t v S 043L L = 所以假设成立，两球能在OB 区间内再次发生碰撞。

例12、如图17所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置U 形滑板N ，滑板两端为半径R=0.45m 的1/4圆弧面。A 和D 分别是圆弧的端点，BC 段表面粗糙，其余段表面光滑。小滑块P 1和P 2的质量均为m 。滑板的质量M=4m ，P 1和P 2与BC 面的动摩擦因数分别为μ1=0.10和μ2=0.40，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。开始时滑板紧靠槽的左端，P 2静止在粗糙面的B 点，P 1以v 0=4.0m/s 的初速度从A 点沿弧面自由滑下，与P 2发生弹性碰撞后，P 1处在粗糙面B 点上。当P 2滑到C 点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢

固粘连，P 2继续滑动，到达D 点时速度为零。P 1与P 2视为质点，取g=10m/s 2. 问：

（1）P 2在BC 段向右滑动时，滑板的加速度为多大？

（2）BC 长度为多少？N 、P 1和P 2最终静止后，P 1与P 2间的距离为多少？

解：（1）P 1滑到最低点速度为1v ，由机械能守恒定律有：

21202

121mv mgR mv =+ 解得：s m v /51= P 1、P 2碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为1

v '、2v ' 解得：01

='v 2v '=5m/s P 2向右滑动时，假设P 1保持不动，对P 2有：m mg u f 422==（向左）

对P 1、M 有：2)(a M m f += 22/8.054s m m

m M m f a ==+= 此时对P 1有：m f m ma f m 0.180.01=<==，所以假设成立。

（2）P 2滑到C 点速度为2v '，由222

1v m mgR '= 得s m v /32=' P 1、P 2碰撞到P 2滑到C 点时，设P 1、M 速度为v ，对动量守恒定律：

2

2)(v m v M m mv '++= 解得：s m v /40.0= 对P 1、P 2、M 为系统：222222)(2

12121v M m v m mv L f ++'-=

代入数值得：m L 9.1= 滑板碰后，P 1向右滑行距离：m a v S 08.021

2

1== P 2向左滑行距离：m a v S 125.122

222='= 所以P 1、P 2静止后距离：m S S L S 695.021=--=?

第十七章 波粒二象性

一、光的波动性

（一）知识要点

1.光的干涉

光的干涉的条件是有两个振动情况总是相同的波源，即相干波源。（相干波源的频率必须相同）。形成相干波源的方法有两种：

⑴利用激光（因为激光发出的是单色性极好的光）。

⑵设法将同一束光分为两束（这样两束光都来源于同一个光源，因此频率必然相等）。下面4个图分别是利用双缝、利用楔形薄膜、利用空气膜、利用平面镜形成相干光源的示意图。

2.干涉区域内产生的亮、暗纹

⑴亮纹：屏上某点到双缝的光程差等于波长的整数倍，即δ= n λ（n=0，1，2，……）

⑵暗纹：屏上某

b

d

点到双缝的光程差等于半波长的奇数倍，即δ=

)12(2-n λ（n=0，1，2，……） 相邻亮纹（暗纹）间的距离λλ∝=?d l x 。用此公式可以测定单色光的波长。用白光作双缝干涉实验时，由

于白光内各种色光的波长不同，干涉条纹间距不同，所以屏的中央是白色亮纹，两边出现彩色条纹。

3.衍射

注意关于衍射的表述一定要准确。（区分能否发生衍射和能否发生明显衍射）

⑴各种不同形状的障碍物都能使光发生衍射。

⑵发生明显衍射的条件是：障碍物（或孔）的尺寸可以跟波长相比，甚至比波长还小。（当障碍物或孔的尺寸小于0.5mm 时，有明显衍射现象。）

⑶在发生明显衍射的条件下，当窄缝变窄时，亮斑的范围变大，条纹间距离变大，而亮度变暗。

4.光的电磁说

⑴麦克斯韦根据电磁波与光在真空中的传播速度相同，提出光在本质上是一种电磁波——这就是光的电磁说，赫兹用实验证明了光的电磁说的正确性。

⑵电磁波谱。波长从大到小排列顺序为：无线电波、红外线、可见光、紫外线、X 射线、γ射线。各种电磁波中，除可见光以外，相邻两个波段间都有重叠。

各种电磁波的产生机理分别是：无线电波是振荡电路中自由电子的周期性运动产生的；红外线、可见光、紫外线是原子的外层电子受到激发后产生的；伦琴射线是原子的内层电子受到激发后产生的；γ射线是原子核受到激发后产生的。

⑶红外线、紫外线、X 射线的主要性质及其应用举例。

⑷实验证明：物体辐射出的电磁波中辐射最强的波长λm 和物体温度之间满足关系λm T = b （b 为常数）。可见高温物体辐射出的电磁波频率较高。在宇宙学中，可以根据接收到的恒星发出的光的频率，分析其表面温度。

⑸可见光频率范围是3.9-7.5×1014Hz ，波长范围是400-770nm 。

5.光的偏振(以下新教材适用)

⑴光的偏振也证明了光是一种波，而且是横波。各种电磁波中电场E 的方向、磁场B 的方向和电磁波的传播方向之间，两两互相垂直。

⑵光波的感光作用和生理作用主要是由电场强度E 引起的，因此将E 的振动称为光振动。

⑶自然光。太阳、电灯等普通光源直接发出的光，包含垂直于传播方向上沿一切方向振动的光，而且沿各个方向振动的光波的强度都相同，这种光叫自然光。 ⑷偏振光。自然光通过偏振片后，在垂直于传播方向的平面上，只沿一个特定的方向振

动，叫偏振光。自然光射到两种介质的界面上，如果光的入射方向合适，使反射和折射光之

间的夹角恰好是90°，这时，反射光和折射光就都是偏振光，且它们的偏振方向互相垂直。

我们通常看到的绝大多数光都是偏振光。

（二）例题分析

例1：用绿光做双缝干涉实验，在光屏上呈现出绿、暗相间的条纹，相邻两条绿条纹间的距离为Δx 。下列说法中正确的有：

A.如果增大单缝到双缝间的距离，Δx 将增大

B.如果增大双缝之间的距离，Δx 将增大

C.如果增大双缝到光屏之间的距离，Δx 将增大

D.如果减小双缝的每条缝的宽度，而不改变双缝间的距离，Δx 将增大 光振动垂 直于纸面 光振动 在纸面

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