《2019版高中物理二轮专题复习教师用书：专题七 第18讲 振动与波动、光 Word版含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版高中物理二轮专题复习教师用书：专题七 第18讲 振动与波动、光 Word版含答案.pdf（36页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第 18 讲振动与波动、光 主干体系知识核心再现及学科素养 1.振动和波 (1)振动的周期性、对称性 ： x Asin t. (2)波的产生和传播：v . T 2.光的折射和全反射 (1)折射定律：光从真空进入介 质时：n. sin sin r (2)全反射条件：光从光密介质 射入光疏介质；入射角等于或 大于临界角 C，sin C . 1 n 3.波的干涉、衍射等现象 (1)干涉、衍射是波特有的现 象干涉条件：频率相同、相 位差恒定，振动方向相同；明 显衍射条件：d. (2)明条纹(振动加强区)：r k； 暗条纹(振动减弱区)：r .(k0,1,2,3，) ( k1 2) (3)光的干涉条纹特
2、点：明暗相 间，条纹间距 x . l d 1 (2018高考全国卷， 34)(1)如图ABC 为一玻璃三棱镜的横截面， A 30.一束红光垂直 AB 边射入，从 AC 边上的 D 点射出，其折射角为 60，则玻璃 对红光的折射率为_若改用蓝光沿同一路径入射，则光线在 D 点射出 时的折射角_(填“小于”“等于”或“大于”)60. (2)一列简谐横波在 t s 时的波形图如图(a)所示， P、 Q 是介质中的两个质 1 3 点图(b)是质点 Q 的振动图像求 ()波速及波的传播方向； ()质点 Q 的平衡位置的 x 坐标 解析 (1)根据光路的可逆性，在 AC 面，入射角为 60时，折射角为 3
3、0. 根据光的折射定律有 m. sin i sin r sin 60 sin 30 3 玻璃对蓝光的折射率比对红光的折射率大， 沿同一路径入射时，r 角仍为 30不变，对应的 i 角变大 因折射角大于 60. (2)()由图(a)可以看出，该波的波长为 36 cm 由图(b)可以看出，周期为 T2 s 波还为 v 18 cm/s T 由图(b)知，当 t s 时，Q 点向上运动，结合图(a)可得，波沿 x 轴负方向传 1 3 播 ()设质点 P、Q 平衡位置的 x 坐标分别为 xp、xQ.由图(a)知，x0 处 y Asin(30)，因此 x3 cm A 2 30 360 由图(b)知，在 t
4、0 地 Q 点处于平衡位置，经 t s，其振动状态 x 轴负方 1 3 向传播至 P 点处，由此及式有 xQxPvt6 cm 由式得，质点 Q 的位移位置的 x 坐标为 xQ9 cm 答案 (1) 大于 (2)()18 cm/s 沿 x 轴负方向传播 ()9 cm3 2(2018高考全国卷，34)(1)声波在空气中的传播速度为 340 m/s，在钢 铁中的传播速度为 4 900 m/s.一平直桥由钢铁制成， 某同学用锤子敲击一下桥的 一端发出声音，分别经空气和桥传到另一端的时间之差为 1.00 s桥的长度为 _m 若该声波在空气中的波长为 ， 则它在钢铁中的波长为 的_ 倍 (2)如图，ABC
5、 是一直角三棱镜的横截面，A90，B60.一细光束 从BC边的D点折射后， 射到AC边的E点， 发生全反射后经AB边的F点射出 EG 垂直于 AC 交 BC 于 G，D 恰好是 CG 的中点不计多次反射 ()求出射光相对于 D 点的入射光的偏角； ()为实现上述光路，棱镜折射率的取值应在什么范围？ 命题点 (1)声波的波速、传播时间与传播距离的关系及 vf 的应用 ； (2)光 路分析，反射定律、折射定律及全反射 解析 (1)设声波在钢铁中的传播时间为 t，由 Lvt 知，340(t1.00)4 900t，解得 ts， 17 228 代入 Lvt 中解得桥长 L365 m 声波在传播过程中频率
6、不变，根据 vf 知，声波在钢铁中的波长 v 铁 v声 . 245 17 (2)()光线在 BC 面上折射，由折射定律有 sin i1nsin r1 式中，n 为棱镜的折射率，i1和 r1分别是该光线在 BC 面上的入射角和折射 角光线在 AC 面上发生全反射，由反射定律有 i2r2 式中 i2和 r2分别是该光线在 AC 面上的入射角和反射角光线在 AB 面上发 生折射，由折射定律有 nsin i3sin r3 式中 i3和 r3分别是该光线在 AB 面上的入射角和折射角 由几何关系得 i2r260，r1i330 F 点的出射光相对于 D 点的入射光的偏角为 (r1i1)(180i2r2)(
7、r3i3) 由式得 60 ()光线在 AC 面上发生全反射，光线在 AB 面上不发生全反射，有 nsin i2nsin Csin i3 式中 C 是全反射临界角，满足 nsin C1 由式知，棱镜的折射率 n 的取值范围应为 n0.20 s下 列说法正确的是_ (填正确答案标号 选对 1 个得 2 分， 选对 2 个得 4 分， 选对 3 个得 5 分每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分) A波速为 0.40 m/s B波长为 0.08 m Cx0.08 m 的质点在 t0.70 s 时位于波谷 Dx0.08 m 的质点在 t0.12 s 时位于波谷 E若此波传入另一介质中其波速变为
8、0.80 m/s，则它在该介质中的波长为 0.32 m (2)如图，某同学在一张水平放置的白纸上画了一个小标记“”(图中 O 点)， 然后用横截面为等边三角形 ABC 的三棱镜压在这个标记上，小标记位于 AC 边 上D 位于 AB 边上，过 D 点做 AC 边的垂线交 AC 于 F.该同学在 D 点正上方向 下顺着直线 DF 的方向观察，恰好可以看到小标记的像；记 O 点做 AB 边的垂线 交直线 DF 于 E；DE2 cm，EF1 cm.求三棱镜的折射率(不考虑光线在三棱 镜中的反射) 解析 (1)A 对 ： 因周期 T0.20 s， 故波在 t0.20 s 内传播的距离小于波长 ， 由 y
9、x 图像可知传播距离 x0.08 m，故波速 v0.40 m/s.B 错：由 yx x t 图像可知波长 0.16 mC 对、D 错：由 v 得，波的周期 T 0.4 s，根据 T v 振动与波动的关系知 t0 时，x0.08 m 的质点沿y 方向振动，t0.7 s1 T， 3 4 故此时该质点位于波谷；因为 T0.5 s， 故式中 n0， 即 T0.5 s， T s， 频率为 1.5 Hz， 波速为 v 6 3 4 2 3 T m/s，B、C 正确；根据波传播方向与振动方向的关系知，t1 s T，x1 m 处 3 2 的质点振动到波谷位置，D 错；同理 t2 s3T，x2 m 处的质点从平衡
10、位置向 上运动，故 E 正确 13.(多选)右图为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法正确的是 ( ) A甲、乙两单摆的摆长相等 B甲摆的振幅比乙摆大 C甲摆的机械能比乙摆大 D在 t0.5 s 时有正向最大加速度的是乙摆 E由图象可以求出当地的重力加速度 ABD 由题图看出，两单摆的周期相同，同一地点 g 相同，由单摆的周期 公式 T2知，甲、乙两单摆的摆长 l 相等，故 A 正确；甲摆的振幅为 10 l g cm，乙摆的振幅为 7 cm，则甲摆的振幅比乙摆大，故 B 正确；尽管甲摆的振幅 比乙摆大，两摆的摆长相等，但由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小， 故 C 错误；在 t0.
11、5 s 时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位 移为负的最大， 则乙摆具有正向最大加速度， 故 D 正确 ； 由单摆的周期公式 T2 得 g，由于单摆的摆长不知道，所以不能求得重力加速度，故 E 错误 l g 42l T2 14.(2018河北石家庄 3 月调研， 34(1)(多选)如图甲为一列简谐横波在某一 时刻的波形图，图乙为介质中 x2 m 处的质点 P 以此时刻为计时起点的振动图 象下列说法正确的是_(填正确答案标号) 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 轴的正方向前进了 3 m D经过 0.1
12、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 ABE 由甲、乙两图可知，该波向 x 轴正方向传播，A 正确；由图甲知波 长 4 m，由图乙知周期 T0.2 s，则波速 v m/s20 m/s，B 正确；质 T 4 0.2 点不随波迁移，只在其平衡位置附近振动，C 错；经过 0.1 s T，质点 Q 的运 1 2 动方向沿 y 轴负方向，D 错；经过 0.35 s1 T，质点 P 到达波峰，而质点 Q 在 3 4 波谷与平衡位置之间，故 E 正确 归纳反思 1解波动图象与振动图象综合问题的基本方法 求解波动图象与振动图象
13、综合类问题可采用“一分、一看、一找”的方法： (1)分清振动图象与波动图象，此问题最简单，只要看清横坐标即可，横坐 标为 x 则为波动图象，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)找准波动图象对应的时刻及振动图象对应的质点， 灵活应用 “波振法则” 2波的多解问题的分析思路 高频考点二 光的折射与全反射 备考策略 1折射率 光从真空射入某种介质， 入射角的正弦与折射角的正弦之比叫做介质的折射 率，公式为 n.实验和研究证明，某种介质的折射率等于光在真空中的传 sin 1 sin 2 播速度 c 跟光在这种介质中的传播速度 v 之比，即 n . c
14、 v 2临界角 折射角等于 90时的入射角，称为临界角当光从入射率为 n 的某种介质射 向真空(空气)时发生全反射的临界角为 C，则 sin C . 1 n 3全反射的条件 (1)光从光密介质射向疏介质 (2)入射角大于或等于临界角 4光的几何计算题往往是光路现象与光的反射、折射、全反射(临界点)及 几何图形关系的综合问题 解决此类问题应注意以下四个方面： (1)依据题目条件，正确分析可能的全反射及临界角 (2)通过分析、 计算确定光传播过程中可能的折射、 反射， 把握光的 “多过程” 现象 (3)准确作出光路图 (4)充分考虑三角形、圆的特点，运用几何图形中的角关系、三角函数、相 似形、全等
15、形等，仔细分析光传播过程中产生的几何关系 命题视角 考向 1 光的折射及折射率的计算 例 1 如图所示，一个半径为 R、折射率为的透明玻璃半球体，O 为球心，3 轴线 OA 水平且与半球体的左边界垂直，位于轴线上 O 点左侧 处的点光源 S 发 R 3 出一束与 OA 夹角 60光线射向半球体，已知光在真空中传播的速度为 c.求： 光线第一次从玻璃半球体出射时的方向以及光线在玻璃半球内传播的时间 解析 作如图所示的光路图， lOB tan R， R 3 3 3 n， sin 60 sin 3 解得 30. 在OBC 中， lOB sin R sin90 解得 30.n， sin sin 3 解
16、得 60， 即出射光线 CD 方向与 OA 平行 光在玻璃半球体中传播的距离 lBClOB； 由速度 v 可得传播的时间 t . c n lBC v R c 答案 R c 考向 2 光的折射与全反射的综合 例 2 如图，一半径为 R 的玻璃半球，O 点是半球的球心，虚线 OO表示 光轴(过球心 O 与半球底面垂直的直线)已知玻璃的折射率为 1.5.现有一束平行 光垂直入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出(不考虑被半球的内表面反 射后的光线)求 ()从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值； ()距光轴 的入射光线经球面折射后与光轴的交点到 O 点的距离 R 3 解析 ()如图，从底
17、面上 A 处射入的光线，在球面上发生折射时的入射角 为 i，当 i 等于全反射临界角 i 时，对应入射光线到光轴的距离最大，设最大距离 为 l. iic 设 n 是玻璃的折射率，由全反射临界角的定义有 nsinic1 由几何关系有 sin i l R 联立式并利用题给条件，得 l R 2 3 ()设与光轴相距 的光线在球面 B 点发生折射时的入射角和折射角分别为 R 3 i1和 r1，由折射定律有 nsin i1sin r1 设折射光线与光轴的交点为 C，在OBC 中，由正弦定理有 sinC R sin180r1 OC 由几何关系有 Cr1i1 sin i1 1 3 联立式及题给条件得 OCR
18、2.74R 32 2 3 5 答案 () R ()2.74R 2 3 归纳反思 光的折射和全反射题型的分析思路 1确定要研究的光线，有时需根据题意，分析、寻找临界光线、边界光线 2 找入射点， 确认界面， 并画出法线， 结合反射定律、 折射定律作出光路图 3明确两介质折射率的大小关系 (1)若光硫光密：定有反射、折射光线 (2)若光密光疏：如果入射角大于或等于临界角，一定发生全反射 4根据反射定律、折射定律列出关系式，结合几何关系，具体求解 题组突破 21.(2018届高三厦门一中检测)如图所示，上下表面平行的玻璃砖折射率 为 n，下表面镶有银反射面，一束单色光与界面的夹角 45射到玻璃表面2
19、 上，结果在玻璃砖右边竖直光屏上出现相距 h2.0 cm 的光点 A 和 B(图中未画 出) (1)请在图中画出光路示意图(请使用刻度尺)； (2)求玻璃砖的厚度 d. 解析 (1)画出光路图如图所示 (2)设第一次折射时折射角为 1， 则有 n， sin90 sin 1 sin 45 sin 1 代入解得 130 设第二次折射时折射角为 2， 则有 ，解得 245 sin 1 sin 2 1 n 可知 AC 与 BE 平行，由几何知识得：h2dtan 1， 则 dcm. h 2tan 1 3 答案 (1)见解析 (2)cm3 22.(2018河北五市一名校联盟)如图所示，一束截面为圆形(半径
20、为 R)的平 行复色光垂直射向一玻璃半球的平面， 经折射后在屏幕 S 上形成一个圆形彩色亮 区已知玻璃半球的半径为 R，屏幕 S 至球心的距离为 D(D3R)，不考虑光的干 涉和衍射 (1)问在屏幕 S 上形成的圆形亮区的最外侧是什么颜色； (2)若玻璃半球对(1)问中色光的折射率为 n，请求出圆形亮区的最大半径 解析 如图所示，紫光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕 S 上的 F 点， 则 F 点到亮区中心 E 的距离 r 就是所求最大半径， 设紫光临界角为 C， 由全反射 的知识：sin C1 n 所以 cos C n21 n 可得 tan C 1 n21 由几何知识可得： OB，rDnR
21、. R cos C nR n21 DOB tan C n21 答案 (1)紫色 (2)DnRn21 高频考点三 光的波动性 备考策略 1光的色散问题 (1)在同一介质中，不同频率的光的折射率不同，频率越高，折射率越大 (2)由 n ，n 可知，光的频率越高，在介质中的波速越小，波长越小 c v 0 2光的衍射和干涉、偏振问题 (1)光的衍射是无条件的，但发生明显的衍射现象是有条件的，即：障碍物 (或孔)的尺寸跟波长相差不多，甚至比波长还小 (2)两列光波发生稳定干涉现象时， 光的频率相等， 相位差恒定， 条纹间距 x . 1 d (3)光的干涉现象和光的衍射现象证明了光的波动性，光的偏振现象说
22、明光 为横波 3单缝衍射和圆盘衍射现象 (1)单缝衍射 单色光的衍射图样为中间宽且亮的单色条纹，两侧是明暗相间的条纹，条 纹宽度比中央窄且暗 白光的衍射图样为中间宽且亮的白条纹，两侧是窄且渐暗的彩色条纹 (2)圆盘衍射与泊松亮斑 当光照到不透明的小圆板上，在圆板的阴影中心出现亮斑(在阴影外还有不 等间距的明暗相间的圆环) 题组突破 大 31.(2018宝鸡市二模)(多选)下列说法中正确的是( ) A不管光源与观察者是否存在相对运动，观察者观察到的光速是不变的 B水面上的油膜呈现彩色是光的衍射现象 C双缝干涉实验中，若只减小屏到挡板间距离 l，两相邻亮条纹间距离 x 将减小 D声源向静止的观察者
23、运动，观察者接收到的频率小于声源的频率 E液晶显示器应用了光的偏振原理 ACE 根据相对论原理可知，不管光源与观察光是否存在相对运动，观察 者观察到的光速是不变的故 A 正确；水面上的油膜呈现彩色是光的薄膜干涉 现象故 B 错误；双缝干涉实验中，若只减小屏到挡板间距离 l，根据公式 x 可知，两相邻亮条纹间距离 x 将减小，故 C 正确；声源向静止的观察者运动 l d 时，产生多普勒效应，则观察者接收到的频率大于声源的频率，故 D 错误；液 晶本身是不发光的， 发光体是在液晶本身的后面， 只有改变发光体的角度和方向， 才能改变液晶光的偏振方向，故 E 正确 32.物理学原理在现代科技中有许多重
24、要应用例如，利用波的干涉，可 将无线电波的干涉信号用于飞机降落的导航 如图所示，两个可发射无线电波的天线对称地固定于飞机跑道两侧，它们类 似于杨氏干涉实验中的双缝两天线同时都发出被长为 1和 2的无线电波飞 机降落过程中，当接收到 1和 2的信号都保持最强时，表明飞机已对准跑道， 下列说法正确的是( ) A天线发出的两种无线电流必须一样强 B导航利用了 1与 2两种无线电波之间的干涉 C两种无线电波在空间的强弱分布稳定 D两种无线电波各自在空间的强弱分布完全重合 C A 错：两种无线电波强度不一定相同B 错：两列波长为 1的无线电波 干涉时，在两波源连线的中垂面上，各点都是振动加强点，在这条线
25、上收到的信 号始终最强 ； 同理， 两列波长为 2的无线电波干涉时， 在两波源连线的中垂面上， 各点也都是振动加强点在机场其他区域，不能满足在一条线上两种频率的波各 自干涉后所有的点同时都是加强点的条件，故当接收到 1和 2的信号都保持最 强时，表明飞机已对准跑道，导航利用了 1与 1、2与 2两种无线电波之间的 干涉，而不是利用了 1与 2两种无线电波之间的干涉C 对：两种无线电波分 别干涉后，在空间的强弱分布稳定D 错：由于两种无线电波波长不同，各自在 空间的强弱分布不完全重合 33.(2018 届高三厦门一中检测)下列说法中正确的是( ) A军队士兵过桥时使用便步，是为了防止桥发生共振现
26、象 B机械波和电磁波在介质中的传播速度均仅由介质决定 C拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以减弱玻璃反 射光的影响 D假设火车以接近光速通过站台时，站台上旅客观察到车上乘客变矮 E赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在 ACE 军队士兵过桥时使用便步，防止行走的频率与桥的频率相同，使桥 发生共振现象，故 A 正确；机械波在介质中的传播速度由介质决定，与波的频 率无关，电磁波在介质中的传播速度与介质和波的频率均有关，故 B 错误 ； 加装 偏振片的作用是减弱反射光的强度，故 C 正确；根据尺缩效应，沿物体运动的 方向上的长度将变短，火车以接近光速通过站台时，站在站台上旅客观察车上的
27、乘客变瘦，而不是变矮，故 D 错误；赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，E 正确 34.(多选)如图所示，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃 砖底面上的入射角为 ，经折射后射出 a、b 两束光线，则( ) A在玻璃中，a 光的传播速度小于 b 光的传播速度 B在真空中，a 光的波长小于 b 光的波长 C玻璃砖对 a 光的折射率小于对 b 光的折射率 D若改变光束的入射方向使 角逐渐变大，则折射光线 a 首先消失 E分别用 a、b 光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a 光的干涉条纹间 距大于 b 光的干涉条纹间距 ABD 利用 n， 由图及光的可逆性可知 a1b1， a2b2， 可
28、知 nanb， sin 1 sin 2 C 错误同一介质中，折射率越大，频率越大，波长越小，发生全反射的临界角 越小，B、D 正确又 n ，则 vavb，A 正确由于涉条纹间距公式 x 可 c v l d 知，E 错误 课时跟踪训练(十八) 1 (1)如图(a)， 在xy平面内有两上沿z方向做简谐振动的点波源S1(0,4)和S2(0， 2)两波源的振动图线分别如图(b)和图(c)所示两列波的波速均为 1.00 m/s.两 列波从波源传播到点 A(8， 2)的路程差为_m， 两列波引起的点 B(4,1)处 质点的振动相互_(填“加强”或“减弱”)，点 C(0,0.5)处质点的振动相 互_(填“加
29、强”或“减弱”) (2)如图，一玻璃工件的上半部是半径为 R 的半球体，O 点为球心；下半部 是半径为 R、高为 2R 的圆柱体，圆柱体底面镀有反射膜有一平行于中心轴 OC 的光线从半球面射入，该光线与 OC 之间的距离为 0.6R.已知最后从半球面射出 的光线恰好与入射光线平行(不考虑多次反射)求该玻璃的折射率 解析 (1)波长 vT2 m，两列波的波长相等 两波源到 A 点的路程差 xm8 m2 m.6282 两波源到 B 点的路程差 xmm0，初相相差 ，B 点32423242 为振动减弱点 两波源到 C 点的路程差 x3.5 m2.5 m1 m ，初相相差 ，C 点为 2 振动加强点
30、(2)如图，根据光路的对称性和光路可逆性，与入射光线相对于 OC 轴对称 的出射光线一定与入射光线平行这样，从半球面射入的折射光线，将从圆柱体 底面中心 C 点反射 设光线在半球面的入射角为 i，折射角为 r. 由折射定律有 sin insin r 由正弦定理有 sin r 2R sinir R 由几何关系，入射点的法线与 OC 的夹角为 i.由题设条件和几何关系有 sin i L R 式中 L 是入射光线与 OC 的距离，由式和题给数据得 sin r 6 205 由式和题给数据得 n1.432.05 答案 (1)2 减弱 加强 (2)1.43 2(1)(多选)某同学漂浮在海面上，虽然水面波正
31、平稳地 1.8 m/s 的速率向着 海滩传播，但他并不向海滩靠近该同学发现从第 1 个波峰到第 10 个波峰通过 身下的时间间隔为 15 s下列说法正确的是( ) A水面波是一种机械波 B该水面波的频率为 6 Hz C该水面波的波长为 3 m D水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时能量不会传递出去 E水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时振动的质点并不随波迁 移 (2)(2018辽南协作体二模)如图所示，ABCD 是一玻璃砖的截面图，一束光 与 AB 面成 30角从 AB 边上的 E 点射入玻璃砖中， 折射后经玻璃砖的 BC 边反射 后，从 CD 边上的 F 点垂直于 CD 边射出
32、已知B90，C60，BE10 cm，BC30 cm.真空中的光速 c 3108m/s，求： 玻璃砖的折射率； 光在玻璃砖中从 E 到 F 所用的时间(结果保留两位有效数字) 解析 (1)水面波是机械振动在水面上传播，是一种典型的机械波，A 对； 从第一个波峰到第十个波峰中经历了九个波形，时间间隔为 15 秒，所以其振动 周期为 Ts s，频率为 0.6 Hz.B 错 ； 其波长 vT1.8 m/s s3 m，C 对 ； 15 9 5 3 5 3 波中的质点都上下振动， 不随波迁移， 但是能量随着波的传播而传递出去， D 错， E 对 (2)光在玻璃砖中传播光路如图所示， 由几何关系可得 i60
33、，rBQECQF30 由折射定律 nsin i sin r 得 n 3 由 n ，得 v108m/s c v 3 由几何关系得 EQ2EB20 cm QFQC cos 30(BCBQ)cos 30(1515)cm3 t1.8109s EQQF v 答案 (1)ACE (2) 1.8109s3 3 (1)(多选)如图甲所示为一列简谐横波在t0.6 s时的波形图， 图乙为质点A 的振动图象，则下列判断正确的是_ A该简谐波沿 x 轴负方向传播 B这列波的传播速度为m/s 20 3 C从 t0.6 s 开始，质点 P 比质点 Q 先回到平衡位置 D从 t0.6 s 开始，再经过 t1.5 s 后质点
34、 A 传播到了坐标原点处 E从 t0.6 s 开始，紧接着的 t0.6 s 的时间内质点 A 通过的路程为 10 cm (2)如图丙所示，ABNM 为一透明柱体的横截面，AB 和 MN 为两段以 O 为 圆心的同心 圆弧，AB 圆弧所在圆的半径为 R，现有一单色光垂直水平端面并从 1 4 AM 上的 D 点射入透明柱体， 经过一次全反射后恰好从 B 点射出， 出射光线与水 平方向成 60角且反向延长线恰好与 MN 相切， 已知光在真空中的传播速度为 c， 求： 透明柱体的折射率； 光在透明柱体中的传播时间； MN 圆弧所在圆的半径 解析 (1)由题图乙知 t0.6 s 时，质点 A 的振动方向
35、是向下的，由“上下坡 法”可知此波是沿 x 轴负方向传播的，A 对；由题图甲知波长 8 m，由题图 乙知该波的周期 T1.2 s，所以该波的波速为 v m/s，B 对；由波上各质 T 20 3 点的振动情况可知此时质点 P 向上振动，质点 Q 向下振动，但 P 离波峰距离大， 应后回到平衡位置， C 错 ； 因波传播的是能量和波形， 质点本身并不随波传播， D 错；0.6 s 是半个周期，所以质点 A 通过的路程为 s2A10 cm，E 对 (2)由题意可画出如图所示的光路图，由图知DCOOCBCBO DCOOCBCBO180 所以CBO60 所以由折射率定义知透明柱体的折射率为 n. sin
36、 60 sin9060 3 由几何关系知 DC ，BCR R 2 光在透明柱体中的传播速度为 v c c n 3 3 所以光在透明柱体中的传播时间为 t. DCCB v 3 3R 2c 由几何关系知， 法线 OC 一定经过出射光线的反向延长线与弧 MN 的切点 MN 圆弧所在圆的半径 r . R 2 答案 (1)ABE (2) 3 3 3R 2c R 2 4 (2018宝鸡市二模)(1)(多选)如图所示为 t0 时刻两列简谐横波的图象(都 刚好形成了一个周期的波形)，两列波分别沿 x 轴正方向和负方向传播，波源分 别位于x2 m和x12 m处， 两列波的波速均为v4 m/s， 波源的振幅均为A
37、 2 cm.此刻平衡位置在 x2 m 和 x8 m 的 P、Q 两质点刚开始振动质点 M 的 平衡位置处于 x5 m 处，下列关于各质点运动情况的判断中不正确的是 _ A质点 P、Q 沿 y 轴正向起振 Bt0.75 s 时刻，质点 P、Q 都运动到 M 点 Ct1 s 时刻，质点 M 的位移为4 cm Dt1 s 时刻，质点 M 的位移为4 cm E两列波相映后能发生干涉，且 M 点为振动加强区，P 点为振动减弱区 (2)如图所示，已知半圆柱形玻璃砖的折射率为，半径为 R，长为 d，一组2 与玻璃砖横截面平行的光， 射向玻璃砖， 入射光与底面夹角 45， 真空中光速为 c， 求： 经玻璃砖折
38、射后，从底面射出光的面积； 这组平行光经一次折射后，在玻璃砖中沿直线传播的最长时间 解析 (1)质点 P、Q 沿 y 轴负方向起振；质点不随波迁移；两列波波长、波 速相同，故频率相同，相遇后能发生稳定干涉，且 M 点为振动加强区，t1 s 时 质点 M 的位移为4 cm； P 点到两振源的距离之差为 6 cm，即 1.5 个波长，P 为 振动减弱区，故选 ABC. (2)光路图如图所示，临界角 sin C ，即 C45 1 n 1 2 号光为对着圆心 O 点入射的光，垂直截面到达 O 点，号光左侧的光全 部发生全反射， 号光线与圆周相切， 折射后垂直射向底边 B， 折射角为 45， OB 长为
39、 lR 2 2 所以，透出光的面积 SldRd 2 2 在玻璃砖中传播最长时间的光为号光 号光 sin ，此时折射角为 30 sin 45 n 1 2 光程 l2R，在玻璃砖中的光速 vc R cos 2 3 2 2 所以 t l2 v 2 6R 3c 答案 (1)ABC (2)Rd 2 2 2 6R 3c 5(1)如图甲所示为用双缝干涉测量光的波长的实验装置图，滤光片为红光 滤光片，测量头为螺旋测微器实验时调节测量头，使分划板中心刻线与一条亮 纹中心对齐，记录为第一条亮纹，此时手轮上的示数如图乙所示，然后同方向转 动测量头，使分划板中心线对准第六条亮纹的中心，记下此时图丙中手轮的示数 为_m
40、m.求得相邻亮纹的间距为 x_mm，已知双缝间距 d 为 1.5104m，双缝到屏的距离为 l0.800 m，由计算式 _，求得红光 波长为_m(保留两位有效数字) (2)(10 分)一中间有小孔的小球与固定弹簧一端相连， 弹簧另一端固定在墙壁 上，球和弹簧穿在光滑水平杆上，O 点为小球的平衡位置，取 O 点为位移原点， 水平向右为位移的正方向建立直线坐标系将小球拉到偏离 O 点右侧 4 cm 由静 止释放，经过 0.1 s 小球第一次经过平衡位置 ()求小球位移随时间变化的关系式； ()将小球从右侧最大位置释放后经过时间 t，小球经过某一位置 A 点(A 点 不是 O 点和最大位移点)，则小
41、球经过其关于平衡位置的对称点 B 时可能经过了 多长时间？ 解析 (1)题图乙中示数为 2.320 mm，题图丙中示数为 13.870 mm，相邻条 纹间距 x2.310 mm，由条纹间距公式 x ，得 ，代 13.8702.320 5 l d dx l 入数据解得 4.3107m. (2)()小球从开始释放的位移大小为振幅大小，A4 cm 小球从最大位移到第一次经过平衡位置经历的时间为四分之一周期，T0.4 s，则 5 rad/s 2 T 则振动位移随时间变化的表达式为 x4 cos5t(cm) ()如图 1 所示，若 A 点在 O 点右侧，当小球向左经过对称点 B 时，有 图 1 tnT2
42、(0.1 st)0.4n0.22t(s)(n0,1,2,3，) 若 A 点在 O 点右侧，当小球向右经过对称点 B 时，有 tnT2(0.1 st)2t0.4n0.2(s)(n0,1,2,3，) 图 2 如图 2 所示，若 A 点在 O 点左侧，当小球向右经过对称点 B 时，有 tnT2(0.2 st)2(t0.1 s)0.4n0.2(s)(n0,1,2,3，) 若 A 点在 O 点左侧，当小球向左经过对称点 B 时，有 tnT4(0.2 st)2(t0.1 s)0.4n0.62t(s)(n0,1,2,3，) 若 A 点在 O 点左侧，当小球向左经过对称点 B 时，有 tnT4(0.2 st)
43、2(t0.1 s)0.4n0.62t(s)(n0,1,2,3，) 答案 (1)13.870 2.310 4.3107 (2)见解析 dx l 6(1)一列简谐横波沿 x 轴传播，波速为 v4 m/s.已知坐标原点(x0)处质 点的振动图象如图甲所示，t0.45 s 时部分波形图如图乙所示简谐横波的传播 方向沿 x 轴_(选填“正”或“负”)方向；x0 处的质点经过 0.6 s 时的 路程为_m；t0.45 s 时 x0 处的质点对应的纵坐标为_m. (2)如图所示， 一玻璃棱柱， 其截面边长为 2a 的等边三角形 ABC， D 点是 AB 边的中点，一束细光从 D 点射入棱柱，改变其入射方向，
44、使进入棱柱的光恰好 在 BC 面发生全反射，玻璃棱柱对该光的折射率为，求：(sin 15)2 6 2 4 ()细光束在 D 点的入射角 的正弦值； ()细光束从 AC 面射出的点离 C 点的距离 解析 由题图甲、乙可知，x0 处的质点在 t0.45 s 时沿 y 轴正方向振动， 则该波沿 x 轴正方向传播；简谐波的周期 T0.4 s，波速 v4 m/s，简谐波的波 长 1.6 m； x0 处的质点经过 0.6 s 时的路程 s4A0.6 m； x0 处的质 0.6 0.4 点的振动方程为 y0.1 sin 5t(m)，将 t0.45 s 代入得 ym. 2 20 (2)()当光在 BC 面恰好
45、发生全反射时，光路图如图所示 由 sin ，得 45 1 n 则由几何关系可得 15 由n，得 sin sin sin 31 2 ()在DFC 中，CDa，3 DFC135 由正弦定理得 3a sin 135 FC sin 15 在FCG 中，CFG45，CGF75 由正弦定理得 FC sin 75 CG sin 45 解得 CG(23)a3 答案 (1)正 0.6 2 20 7(2018济宁市高三第二次模拟)(1)(多选)一列简谐横波在弹性介质中沿 x 轴传播，波源位于坐标原点 O，t0 时刻波源开始振动，t3s 时波源停止振动， 如图所示为 t3.2s 时靠近波源的部分波形图其中质点 a
46、的平衡位置离原点 O 的距离为 x2.5m.下列说法中正确的是_(填正确答案标号选对 1 个 得 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 5 分每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分) A波速为 5 m/s B波长为 2.0 m C波源起振方向沿 y 轴正方向 D在 t3.3 s，质点 a 位于波谷 E从波源起振开始时，3.0 s 内质点 a 运动的总路程为 2.5 m (2)如图所示，MN 为半圆形玻璃砖的对称轴，O 为玻璃砖的圆心，某同学在 与 MN 平行的直线上插上两枚大头计 P1、P2，在 MN 上插大头针 P3，从 P3一侧 透过玻璃砖观察 P1、P2的像，调整 P3位置使 P3能同时挡住 P1、P2的像，确定 了的 P3位置如图所示，他测得玻璃砖直径 D8 cm，P1、P2