高中物理选修3-4

1、系统集成·物理选修34第十二章机械振动和机械波考纲要览考点要求说明简谐运动1.简谐运动只限于单摆和弹簧振子2.简谐运动的公式只限于回复力公式；图象只限于位移时间图象简谐运动的公式和图象单摆、单摆的周期公式受迫振动和共振机械波横波和纵波横波的图象 波速、波长和频率(周期)的关系波的干涉和衍射现象多普勒效应实验：探究单摆的运动，用单摆测定重力加速度命题规律本章内容是湖南近几年高考选考题的必考内容，命题频率较高的知识点是：波的形成，横波的图象，波长、频率和波速的关系，以及单摆的简谐运动及周期公式和运动的图象等.题型多以选择题形式出现，一道题往往考查多个概念和规律，特别是通过波的图象考查对波

2、的理解能力、推理能力和空间想象能力.本章的复习，要通过抓住振动所具有的周期性、对称性这一特征，掌握在简谐运动中回复力、加速度、位移、速度这四个矢量的变化规律，进而联系到表示该过程的振动图象；波动问题要深刻理解波的形成过程，波动中各质点都在平衡位置附近做周期性运动，后一质点的振动总是落后于前一质点的振动，这种后一质点的落后性、重复性决定了波的周期性.知识结构第1讲机械振动重点难点突破规律方法技巧一、对简谐运动基本特征的理解1.动力学特征Fkx，“”表示回复力的方向与位移方向相反，k是比例系数，不一定是弹簧的劲度系数.Fkx是判定一个物体是否做简谐运动的依据.2.运动学特征简谐运动的加速度与物体偏

3、离平衡位置的位移成正比而方向相反，为变加速运动.远离平衡位置时，x、F、a、Ep均增大，v、Ek均减小，靠近平衡位置时则相反.3.运动的周期性特征相隔T或nT的两个时刻振子处于同一位置，且振动状态相同.4.对称性特征(1)相隔或(2n1)(n为正整数)的两个时刻，振子位置关于平衡位置对称.位移、速度、加速度大小相等，方向相反.(2)质点在距平衡位置等距离的两个点上具有相等大小的速度、加速度，在平衡位置左右相等的距离上运动时间也是相同的.5.能量特征振动的能量包括动能和势能.简谐运动过程中，系统动能Ek与势能Ep相互转化，系统的机械能守恒.二、进一步认识简谐运动的图象解决有关振动图象的问题，需要

4、从振动图象中获得一些有用的信息，通过图象可获得的信息如下：1.振幅A、周期T(注意单位).2.某一时刻振动质点离开平衡位置的位移.3.某时刻质点的回复力、加速度和速度的方向.判定方法：因回复力总是指向平衡位置，故回复力和加速度在图象上总是指向t轴.速度方向可以通过下一时刻位移的变化来判定.下一时刻位移若增加，振动质点的速度方向就是远离t轴；下一时刻位移若减小，振动质点的速度方向就是指向t轴. 4.某段时间内质点的位移、回复力、加速度、速度、动能、势能的变化情况.高频考点突破考点一、简谐运动的图象【例1】如图所示为一弹簧振子的振动图象，试完成以下问题：(1)写出该振子简谐运动的表达式.(2)在第

5、2 s末到第3 s末这段时间内，弹簧振子的加速度、速度、动能和弹性势能各是怎样变化的？(3)该振子在前100 s的总位移是多少？路程是多少？【解析】(1)由振动图象可得A5 cm，T4 s，0，则 rad/s，故该振子做简谐运动的表达式为x5sin t cm.(2)由题图可知，在t2 s时振子恰好通过平衡位置，此时加速度为零，随着时间的延续，位移的值不断加大，加速度的值也变大，速度的值不断变小，动能不断减小，弹性势能逐渐增大.当t3 s时，加速度的值达到最大，速度等于零，动能等于零，弹性势能达到最大值.(3)振子经过一个周期的位移为零，路程为5×4 cm20 cm，前100 s刚好经

6、过了25个周期，所以前100 s振子的位移x0，振子的路程s20×25 cm500 cm5 m.【思维提升】从简谐运动图象提取信息的常用步骤：从图象上得到的振幅A、初相和周期T.根据求出.书写简谐运动表达式，可根据公式xAsin (t)代入数据即可.【拓展1】一质点做简谐运动，其位移和时间关系如图所示.(1)求t0.25×102 s时的位移；(2)在t1.5×102 s到2×102 s的振动过程中，质点的位移、回复力、速度、动能、势能如何变化？(3)在t0到8.5×102 s时间内，质点的路程、位移各多大？【解析】(1)由题图可知A2 cm，T

7、2×102 s，振动方程为：xAsin Acos t2cos t cm2cos 100t cm.当t0.25×102 s时，x2cos cm cm.(2)由图可知在1.5×102 s2×102 s内，质点的位移变大，回复力变大，速度变小，动能变小，势能变大.(3)从t0至8.5×102 s时间内为个周期，质点的路程为s17A34 cm，位移为2 cm.考点二、单摆周期公式的应用【例2】(多选)如图所示，两个单摆摆长相等，平衡时两摆球刚好接触.现在将摆球A在两摆球所在的平面内向左拉开一小角度后释放，碰撞后两个摆球各自做简谐运动，以mA和mB分别表

8、示两球质量，则()A.如果mA>mB，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧B.如果mA>mB，下一次碰撞将发生在平衡位置左侧C.无论两摆球的质量关系如何，下一次碰撞都不可能发生在平衡位置右侧D.无论两摆球的质量关系如何，下一次碰撞都不可能发生在平衡位置左侧【解析】从单摆的周期公式可以知道，当摆长相等时，周期就相等.两球碰后有两种可能：一是速度方向相反，这样两球各自到达最高点再返回平衡位置都是半个周期的时间.只能在平衡位置相碰；二是碰后速度向同一方向摆动，也都是分别摆到各自的最大高度处再返回平衡位置，时间还是半个周期，仍在平衡位置相碰.【答案】CD【思维提升】单摆的周期与摆球的质量无关.【

9、拓展2】有两个同学在物理实验室中各自利用先进的DIS系统较准确地探究了“单摆的周期T与摆长L的关系”，他们通过校园网交换了实验数据，并由计算机绘制了T2-L图象，如图甲所示.去北大的同学所测实验结果对应的图线是B(选填“A”或“B”).另外，在南大做探究的同学还利用计算机绘制了两种单摆的振动图象(如图乙)，由图可知，两单摆摆长之比2.【解析】由T2 得，T2L，根据图甲可知>，即gA<gB，因北大更靠近北极，其所在地的重力加速度更大些，应选B；根据图甲可知·，由图乙可得，由T2L得，2.考点三、简谐运动的对称性【例3】(多选)一个质点在平衡位置O点附近做简谐运动，若从O点

10、开始计时，经过3 s质点第一次经过M点(如图所示)，再继续运动，又经过2 s它第二次经过M点，则该质点第三次经过M点还需的时间是()A.8 sB.4 sC.14 sD. s【解析】设题图中a、b两点为质点振动过程的最大位移处.若开始计时时刻质点从O点向右运动.OM运动过程历时3 s，MbM过程历时2 s，显然4 s，T16 s.质点第三次经过M点还需要的时间t3T2 s16 s2 s14 s，故C正确.若开始计时时刻质点从O点向左运动，OaOM运动过程历时3 s，MbM运动过程历时2 s，显然，4 s， T s.质点第三次再经过M点所需要的时间t3T2 s s2 s s，故D正确.【答案】CD

11、【思维提升】做简谐运动的弹簧振子的运动具有往复性、对称性和周期性.在关于平衡位置对称的两个位置，动能、势能对应相等；回复力、加速度大小相等，方向相反；速度大小相等，方向可能相同，也可能相反；运动时间也对应相等.【拓展3】一弹簧振子做简谐振动，周期为T，则( C )A.若t时刻和(tt)时刻振子运动位移的大小相等、方向相同，则t一定等于T的整数倍B.若t时刻和(tt)时刻振子运动的速度的大小相等、方向相反，则t一定等于的整数倍C.若tT，则在t时刻和(tt)时刻振子运动的加速度一定相等D.若t，则在t时刻和(tt)时刻弹簧的长度一定相等【解析】设弹簧振子的振动图象如图所示.B、C两点的位移大小相

12、等、方向相同，但B、C两点的时间间隔tnT(n1,2,3，)，故A错误；B、C两点的速度大小相等、方向相反，但t(n1,2,3，)，故B错误；如图中A、D两点的时间间隔tT，A、D两点的位移大小和方向均相同，所以A、D两点的加速度一定相等，C正确；A、C两点的时间间隔tT/2，A点与C点位移大小相等、方向相反，若在A点弹簧是伸长的，则在C点弹簧是压缩的，所以A、C两点弹簧的形变量大小相同，而弹簧的长度不相等，D错误.考点四、受迫振动和共振的应用【例4】(多选)一砝码和一轻弹簧构成弹簧振子，如图所示的装置可用于研究该弹簧振子的受迫振动.匀速转动把手时，曲杆给弹簧振子以驱动力，使振子做受迫振动.把

13、手匀速转动的周期就是驱动力的周期，改变把手匀速转动的速度就可以改变驱动力的周期.若保持把手不动，给砝码一向下的初速度，砝码便做简谐运动，振动图线如图甲所示.当把手以某一速度匀速转动，受迫振动达到稳定时，砝码的振动图线如图乙所示.若用T0表示弹簧振子的固有周期，T表示驱动力的周期，Y表示受迫振动达到稳定后砝码振动的振幅，则()A.由图线可知T04 sB.由图线可知T08 sC.当T在4 s附近时，Y显著增大；当T比4 s小得多或大得多时，Y很小D.当T在8 s附近时，Y显著增大；当T比8 s小得多或大得多时，Y很小【解析】由题意可知，图甲是自由振动的振动图线，固有周期T04 s，A正确.由共振的

14、规律可知，当受迫振动的周期T越接近固有周期T0时，振幅越大；当受迫振动的周期T远离固有周期T0时，振幅变小，C正确.【答案】AC【思维提升】(1)解答受迫振动和共振的问题时要抓住两点：受迫振动的频率等于驱动力的频率；当受迫振动的频率越接近固有频率时，受迫振动的振幅越大，反之则越小.(2)生活中受迫振动的例子很多，要善于利用受迫振动和共振的原理解释生活中的一些现象.【拓展4】(多选)如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上下振动.开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2 Hz.现匀速转动摇把，转速为240 r/min.则( BD )A.当振子稳定振动时，它的振动周期

15、是0.5 sB.当振子稳定振动时，它的振动频率是4 HzC.当转速增大时，弹簧振子的振幅增大D.当转速减小时，弹簧振子的振幅增大【解析】摇把匀速转动的频率fn Hz4 Hz，周期T0.25 s，当振子稳定振动时，它的振动周期及频率均与驱动力的周期及频率相等，A错误，B正确.当转速减小时，其频率将更接近振子的固有频率2 Hz，弹簧振子的振幅将增大，C错误，D正确.第2讲机械波重点难点突破规律方法技巧一、对描述波的几个概念的理解1.对波长的理解(1)在波的传播方向上，两个相邻的、振动步调总相同的质点间的距离.(2)质点振动一个周期，波传播的距离.(3)在横波中，两个相邻的波峰或波谷之间的距离.(4

16、)在纵波中，两个相邻的密部或疏部之间的距离.(5)在简谐横波波形图线中，一个完整的正弦曲线在横轴上所截取的距离.(6)波长反映了机械波在传播过程中的空间周期性.2.对波速的理解(1)机械波在均匀介质中匀速传播，波速就是指波在介质中的传播速度.(2)同一类机械波在同一种均匀介质中的传播速度是一个定值，波速的大小完全由介质来决定，和波的频率无关.(3)注意区别：波的传播速度与波源的振动速度是两个不同的概念.(4)纵波和横波的传播速度是不同的.3.对频率的理解(1)在波的传播方向上，介质各质点都做受迫振动，其振动是由振源的振动引起的，故各质点的振动频率都等于振源的振动频率.(2)当波从一种介质进入另

17、一种介质时，波的频率不变.注意：波在传播过程中波长、波速、频率的决定关系.频率(f)由振源决定，与介质无关且稳定不变.波速(v)由介质决定.波长()由介质和振源频率共同决定.二、机械波的特点1.介质依存性机械波是机械振动在介质中的传播，因此，机械波离不开介质，真空中不能传播机械波.2.能量信息性机械波传播的是振动的形式，因此机械波可以传递能量和信息.3.传播不移性在波的传播方向上，各质点只在各自的平衡位置附近振动，并不随波定向迁移.4.时空重复性 机械波传播时，介质中的质点不断地重复着振源的振动形式，虽然距波源由近及远振动依次落后，但振动快慢完全一致，具有时间上的重复性周期.介质中的不同位置处

18、的一些特定质点具有完全相同“步调”的振动形式，这些相邻的特定质点形成波的空间上的重复性波长.5.周期、频率同源性介质(包括在不同介质中)中各质点的振动周期和频率都等于振源的振动周期和频率，而且在传播过程中保持稳定.6.起振同向性各质点开始振动的方向与振源开始振动的方向相同.三、振动图象和波动图象的比较特点振动图象波动图象相同点图线形状正(余)弦曲线正(余)弦曲线纵坐标y不同时刻某一质点的位移某一时刻介质中所有质点的位移纵坐标最大值振幅振幅不同点描述对象某一个振动质点一群质点(x轴上各个质点)物理意义振动位移y随时间t的变化关系x轴上所有质点在某一时刻的位移y横坐标表示时间t表示介质中各点的平衡

19、位置离原点的距离x横轴上相邻两个步调总一致的点之间的距离的含义图随时间的变化情况图线随时间延伸，原有部分图形不变整个波形沿波的传播方向平移，不同时刻的波形不同运动情况质点做简谐运动，属非匀变速运动波在同一均匀介质中是匀速传播的，介质中的质点做简谐运动注意：应用时要在准确理解两图象的物理意义的基础上，从图象上获取相关信息，根据已知信息，找出两图象共有的信息作为结合点，推知未知问题.四、质点振动方向与波传播方向的互判图象方法(1)微平移法：沿波的传播方向将波的图象进行一微小平移，然后由两条波形曲线来判断.例如：波沿x轴正方向传播，t时刻波形曲线如左图中实线所示.将其沿v的方向移动一微小距离x，获得

20、如左图中虚线所示的图线.可以判定：t时刻质点A振动方向向下.质点B振动方向向上，质点C振动方向向下.(2)“上、下坡”法沿着波的传播方向看，上坡的点向下振动，下坡的点向上振动.即“上坡下、下坡上”.例如：左图中，A点向上振动，B点向下振动，C点向上振动.(3)逆向描迹法逆着波的传播方向用铅笔描波形曲线，笔头向上动，质点的振动方向向上，笔头向下动，质点的振动方向就向下.(4)同侧法质点的振动方向与波的传播方向在波的图象的同一侧.注意：(1)当已知质点振动方向来判断波的传播方向时，仍应用上述方法，只不过是上述方法的逆向思维.(2)波中各质点的起振方向是由波源的起振方向决定的，对横波来说，波源开始时

21、向上振动，以后波传到哪个质点，该质点就一定先向上振动.五、机械波的多解问题1.传播方向不确定出现多解波总是由波源出发，并由近及远地向前传播.波在介质中传播时，介质中的各个质点的振动情况可以根据波的传播方向判定，反之亦然.但是，如果题中的已知条件不能确定波的传播方向或者不能确定质点的振动方向，则需要分情况进行讨论，此时就会出现多解现象.2.两质点间位置关系不确定出现多解在波的传播方向上，如果两个质点间的距离不确定或相位之间关系不确定，就会形成多解.而不能联想到所有可能的情况，就会出现漏解.做这类题时，应根据题意在两质点间先画出最短的波形图，然后再分别分析.3.传播距离与波长关系不确定出现多解在波

22、的传播方向上，相隔一个波长的质点振动的步调是完全相同的；但如果题目中没有给定波的传播距离x与波长之间的大小关系，就会出现多解现象.4.间隔时间与周期关系不确定出现多解在波向前传播的过程中，质点在各自平衡位置两侧做简谐运动.由于简谐运动具有周期性而出现多解.即若某一时刻t各振动质点形成一波形，经过时间tnT(n0,1,2，)，各振动质点将回到原来的运动状态，则tttnT时刻的波形与t时刻的波形重合.在处理这类问题时，要始终抓住质点做周期性运动及其与波的传播之间的联系，并要灵活地用周期数来表示波的传播时间，用波长个数来表示波的传播距离，才便于分析、表达和解决问题.注意：解决有关波动图象的问题，关键

23、是从波动图象准确地获取信息，分析相关问题，同时要注意波动的空间和时间的周期性引起的多解问题；对波动图象与振动图象相结合的问题，应注意从各自的图象中提取有关信息，寻找两图象的结合点.六、波的干涉现象中有关问题的讨论1.频率不同的两列波可以叠加但不能形成稳定的干涉图样.2.加强区和减弱区质点的位移都是两列波引起的位移的矢量和，该处质点的位移的矢量和也随着波的传播和时间而发生变化，它们仍围绕着平衡位置振动，且与波源振动周期相同.3.加强区振幅最大，等于两列波振幅之和，减弱区振幅最小，等于两列波振幅之差，且加强区、减弱区的位置是固定的，如两列波振幅相等.则减弱区质点位移为零，而加强区质点的位移随时间周

24、期性变化.4.波峰与波峰(或波谷与波谷)相遇处，一定是加强的，用一条平滑的曲线将以上各点连接起来，这条线上的点都是加强的；而波峰与波谷相遇处，一定是减弱的，把以上各点用平滑的曲线连接起来，这条线上的点都是减弱的；加强点和减弱点之间各个质点的振幅介于加强点和减弱点的振幅之间.5.振动最强点、最弱点的判断(1)当两个波源的振动情况完全相同时振动最强：该点到两个波源的路程之差是波长的整数倍，即xn(n0,1,2,3，).振动最弱：该点到两个波源的路程之差是半波长的奇数倍，即x(2n1)(n0,1,2,3，).(2)当两个波源的振动情况完全相反时振动最强：该点到两个波源的路程之差是半波长的奇数倍，即x

25、(2n1)(n0,1,2,3，).振动最弱：该点到两个波源的路程之差是波长的整数倍，即xn(n0,1,2,3，).高频考点突破考点一、波的形成与传播规律【例1】如图所示，一列向右传播的简谐横波，速度大小为0.6 m/s，P质点横坐标x0.96 m，从图中状态开始计时，求：(1)经过多长时间，P质点第一次到达波谷；(2)经过多长时间，P质点第二次到达波峰；(3)P质点刚开始振动时，运动方向如何.【解析】(1)P质点第一次到达波谷的时间，就是初始时刻x坐标为0.18 m处的质点的振动状态传到P点所需要的时间，则t1，又x1(0.960.18) m0.78 m，所以t1 s1.3 s.(2)P质点第

26、二次到达波峰的时间等于初始时刻x坐标为0.06 m处质点的振动状态传到P质点所需要的时间与一个周期的和，则t2，又x2(0.960.06) m0.90 m，0.24 m，所以t2 s1.90 s，从P质点的振动也可发现，t2应为t1与1.5T的和，同样可得t21.90 s.(3)P质点刚开始的振动方向就是初始时刻x坐标为0.24 m处质点的振动方向.因为横波沿x轴正方向传播，所以x坐标为0.24 m处的质点初始时刻的振动方向沿y轴负方向，故P质点刚开始振动的方向也沿y轴负方向.【思维提升】本题利用机械波在传播过程中介质中的质点并未随波迁移，而波形沿传播方向匀速移动来求解.【拓展1】如图所示，实

27、线是沿x轴传播的一列简谐横波在t0时刻的波形图，虚线是这列波在t0.05 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( D )A.这列波有可能沿x轴正方向传播B.这列波的波长是10 cmC.t0.05 s时刻x6 cm处的质点正在向下运动D.这列波的周期一定是0.15 s【解析】由波的图象可看出，这列波的波长12 cm，B错误；根据v，可求出这列波的周期为T s0.15 s，D正确；根据xvt80×0.05 cm4 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t0.05 s时刻x6 cm处的质点正在向上运动，A、C错误.考点二、振动图象与波动

28、图象的综合【例2】(多选)图甲为一列简谐横波在t0.10 s时刻的波形图，P是平衡位置为x1 m处的质点，Q是平衡位置为x4 m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则()A.t0.15 s时，质点Q的加速度达到正向最大B.t0.15 s时，质点P的运动方向沿y轴负方向C.从t0.10 s到t0.25 s，该波沿x轴正方向传播了6 mD.从t0.10 s到t0.25 s，质点P通过的路程为30 cm【解析】由y-t图象知，周期T0.20 s，且在t0.10 s，Q点在平衡位置沿y轴负方向运动，可以推断波沿x轴负方向传播，所以C错；从t0.10 s到t0.15 s时，t0.05 sT/4，质点Q从图

29、甲所示的位置振动T/4到达负最大位移处，又加速度方向与位移方向相反，大小与位移的大小成正比，所以此时Q的加速度达到正向最大，而P点从图甲所示位置运动T/4时正在由正最大位移处向平衡位置运动的途中，速度沿y轴负方向，所以A、B都对；振动的质点在一个周期内，质点运动的路程为4A；tT/2，质点运动的路程为2A；但 tT/4，质点运动的路程不一定是1A；t3T/4，质点运动的路程也不一定是3A.本题中从 t0.10 s到t0.25 s内，t0.15 s3T/4，P点的起始位置既不是平衡位置，又不是最大位移处，所以在3T/4时间内的路程不是30 cm，所以D错.【答案】AB【思维提升】振动图象与波的图

30、象的结合问题，要注意深刻理解每种图象表达的意义，注意联系与区别，防止干扰，比如振动图象中时间轴是单向的，波动图象中，波的传播方向有两种可能.【拓展2】(多选)一列简谐横波沿x轴正方向传播，图(a)是t0时刻的波形图，图(b)和图(c)分别是x轴上某两处质点的振动图象.由此可知，这两质点平衡位置之间的距离可能是( BD )A. mB. mC.1 mD. m【解析】由题图(a)知，波长2 m，在t0时刻，题图(b)中的质点在波峰位置，题图(c)中的质点在y0.05 m处，且振动方向向下(设为B位置，其坐标为x m)若题图(b)中质点在题图(c)中质点的左侧，则两质点平衡位置之间的距离xn m(n0

31、,1,2，)当n0时，x m；当n1时，x m，若题图(b)中质点在题图(c)中质点的右侧，则两质点平衡位置之间的距离xn m(n0,1,2，)当n0时，x m；当n1时，x m，综上所述，选项B、D正确.考点三、波的多解问题【例3】如图实线是某时刻的波形图象，虚线是经过0.2 s时的波形图象.求：(1)波传播的可能距离；(2)可能的周期；(3)可能的波速；(4)若波速是35 m/s，求波的传播方向；(5)若0.2 s小于一个周期时，求传播的距离、周期和波速.【解析】(1)波的传播方向有两种可能：向左传播或向右传播.向左传播时，传播的距离为xn(4n3) m(n0,1,2，)向右传播时，传播的

32、距离为xn(4n1) m(n0,1,2，)(2)向左传播时，传播的时间为tnT(n0,1,2，)解得T(n0,1,2，)向右传播时，传播的时间为tnT(n0,1,2，)解得T(n0,1,2，)(3)计算波速，有两种方法：v或v向左传播时，v(20n15) m/s或v(20n15) m/s(n0,1,2，)向右传播时，v(4n1)/0.2(20n5) m/s或v(20n5) m/s(n0,1,2，)(4)若波速是35 m/s，则波在0.2 s内传播的距离为xvt35×0.2 m7 m1，所以波向左传播.(5)若0.2 s小于一个周期，说明波在0.2 s内传播时，传播的距离小于一个波长，

33、则向左传播时，传播的距离x3 m.传播的时间t，解得周期T0.267 s，波速v15 m/s.向右传播时，传播的距离为x1 m，传播的时间t，解得周期T0.8 s，波速v5 m/s.【思维提升】解决波动图象的多解问题的一般思路：(1)首先分析出造成多解的原因.波动多解的主要原因有：波动图象的周期性.如由xnx，tnTt，求v出现多解.波传播的双向性.(2)然后由vT进行计算，若有限定条件，再进行讨论.【拓展3】如图所示实线是一列简谐横波在t10时刻的波形，虚线是这列波在t20.5 s时刻的波形，这列波的周期T符合：3T<t2t1<4T，问：(1)若波速向右，波速多大？(2)若波速向

34、左，波速多大？(3)若波速大小为74 m/s，波速方向如何？【解析】(1)波向右传播时，传播距离x满足xk(k0,1,2,3).由t知，传播时间满足tkTT(k0,1,2,3)由于3T<t2t1<4T，因此k取值为3，故t3TT.由波形图知8 m，波速v，解得v54 m/s.(2)波向左传播时，传播距离x满足xk(k0,1,2,3，)传播时间满足tkTT(k0,1,2,3)由3T<t2t1<4T可知k取值为3，故t3TT，波速v，解得v58 m/s.(3)波速大小为74 m/s时，波在t时间内传播的距离为xvt74×0.5 m37 m (45) m，所以波向左

35、传播.考点四、波的叠加【例4】(多选)如图所示，S1、S2是两个周期为T的相干波源，它们振动同步且振幅相同，实线和虚线分别表示波的波峰和波谷，关于图中所标的a、b、c、d四点，下列说法中正确的是( AB )A.图示时刻质点a的位移为零B.质点b和c振动都最强C.质点d振动最弱D.再过后b点振动减弱【解析】图示时刻质点a处是波峰与波谷相遇，两列波引起的位移正负叠加的结果是总位移为零，A正确.质点b是波峰与波峰相遇，c点是波谷与波谷相遇，振动都增强，振幅最大，振幅是一列波振幅的两倍，振动最强，B正确.振动增强点意味着振幅最大，与位移变化无关，且总是振动增强的，再过后b点振动位移变化，振幅不变，D不

36、正确.质点d处于振动加强区域，振幅最大，C不正确.【答案】AB【思维提升】振动加强点并非都是波峰相遇或者波谷相遇，加强点和减弱点的位置不变但质点位移都随时间周期性变化，所不同的是加强点振幅是两列波振幅之和，减弱点振幅是两列波振幅之差.【拓展4】如图所示为某一报告厅主席台的平面图，AB是讲台，S1、S2是与讲台上话筒等高的喇叭，它们之间的相互位置和尺寸如图所示.报告者的声音放大后经喇叭传回话筒再次放大时可能会产生啸叫.为了避免啸叫，话筒最好摆放在讲台上适当的位置，在这些位置上两个喇叭传来的声音因干涉而相消.已知空气中声速为340 m/s，若报告人声音的频率为136 Hz，问讲台上这样的位置有多少

37、个？【解析】声音频率f136 Hz的声波波长是2.5 m式中v340 m/s，是空气中的声速.在右图中，O是AB的中点，P是OB上任意一点.将S1PS2P表示为k式中k为实数，当k0,2,4，时，从两个喇叭来的声波因干涉而加强；当k1,3,5，时，从两个喇叭传来的声波因干涉而相消.由此可知，O是干涉加强点；对于B点有20 m15 m4×所以B点也是干涉加强点.因而O、B之间有两个干涉相消点，由对称性可知，AB上有4个干涉相消点.第3讲实验：用单摆测定重力加速度重点难点突破规律方法技巧一、实验数据的处理方法一：计算法根据公式T2，g.将测得的几次周期T和摆长l代入公式g中算出重力加速度

38、g的值，再算出g的平均值，即当地的重力加速度的值.方法二：图象法由单摆的周期公式T2可得lT2，因此以摆长l为纵轴，以T2为横轴作出的l-T2图象是一条过原点的直线，如图所示，求出斜率k，即可求出g值.g42k，k.二、实验中的注意事项1.测周期的方法(1)开始计时位置：平衡位置，此处的速度大，参考位置易确定，最高点位置不确定，速度小，误差大.(2)记录全振动次数的方法：摆球过平衡位置时启动秒表，同时记数为零，以后摆球每过一次平衡位置记一个数，最后秒表计时为t秒，记数为n，则周期T秒.2.选材料时应先选择细、轻且不易伸长的线，长度一般在1 m左右，小球应选用密度较大的金属球，直径应较小，最好不

39、超过2 cm.3.单摆摆线的上端不可随意绕在铁夹的杆上，应夹紧在铁夹中，以免摆球摆动时发生摆线下滑、摆长改变的现象.4.注意控制单摆摆动时摆线与竖直方向的夹角不超过10°，且摆动时，要使之保持在同一个竖直平面内，不要形成圆锥摆.5.摆长的测量为使摆长测量准确，从而减小实验误差，在不使用游标卡尺测量摆球直径的情况下，可以用刻度尺量出右图中的l1和l2，再通过l计算求得摆长，最好在测周期前后分别测量摆长，再以它们的平均值代入公式求g值.三、实验误差的来源及分析1.本实验系统误差主要来源于单摆模型本身是否符合要求，即悬点是否固定，是单摆还是复摆，球、线是否符合要求，振动是圆锥摆还是在同一竖

40、直平面内振动以及测量哪段长度作为摆长等等.只要注意了上述这些方面，就可以使系统误差减小到远远小于偶然误差的程度.2.本实验偶然误差主要来自时间(即单摆周期)的测量上，因此，要注意测准时间(周期)，要从摆球通过平衡位置开始计时，并采用倒数计时计数的方法，不能多记或漏记振动次数，为了减小偶然误差，应进行多次测量后取平均值.高频考点突破考点一、对实验步骤和注意事项的理解【例1】(1)某同学在探究影响单摆周期因素的实验中有如下操作，请判断这些操作是否恰当(填“是”或“否”).把单摆从平衡位置拉开约10°释放；在摆球经过最低点时启动秒表计时；把秒表记录摆球完成一次全振动所用时间作为周期.(2)

41、该同学改进测量方法后，得到的部分测量数据见下表.用螺旋测微器测量其中一个摆球直径的示数如图所示.该球的直径为mm.根据表中的数据可以初步判断单摆周期随的增大而增大.数据组编号摆长/mm摆球质量/g周期/s1999.332.22.02999.316.52.03799.232.21.84799.216.51.85501.132.21.4【解析】单摆做简谐运动要求摆角小，单摆从平衡位置拉开约5°释放满足此条件；因为最低点位置固定，容易观察，所以在最低点启动秒表计时；摆球完成一次全振动所用时间太短，不易读准，误差大，应测多个周期的时间求平均值；表中数据可以初步判断单摆周期随摆长的增大而增大.

42、【答案】(1)是；是；否(2)20.685(20.68320.687)；摆长【思维提升】正确理解摆长的测量，正确记录周期，多次测量以减小误差.【拓展1】某同学想在家里做用单摆测定重力加速度的实验，但没有合适的摆球，他只好找到一块大小为3 cm左右，外形不规则的大理石块代替小球.实验步骤是A.石块用细尼龙线系好，结点为M，将尼龙线的上端固定于O点；B.用刻度尺测量OM间尼龙线的长度L作为摆长；C.将石块拉开一个大约30°的角度，然后由静止释放；D.从摆球摆到最高点时开始计时，测出30次全振动的总时间t，由T得出周期；E.改变OM间尼龙线的长度，再做几次实验，记下相应的L和T；F.求出多

43、次实验中测得的L和T的平均值作计算时使用的数据，代入公式g2L求出重力加速度g.(1)你认为该同学在以上实验步骤中有重大错误的是哪些步骤？为什么？(2)该同学用OM的长作为摆长，这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值比真实值偏大还是偏小？你认为用何方法可以解决摆长无法准确测量的困难？【解析】(1)实验步骤中有重大错误的是：B：大理石重心到悬挂点间的距离才是摆长.C：最大偏角不能超过10°.D：应在摆球经过平衡位置时计时.F：应该用各组的L、T求出各组的g后，再取平均值.(2)用OM作为摆长，则忽略了大理石块的大小，没有考虑从结点M到石块重心的距离，故摆长L偏小.根据T2，g.故测

44、量值比真实值偏小.可以用改变摆长的方法，如T2，T2，测出l.则g.考点二、实验原理和实验数据的处理【例2】某同学用单摆测重力加速度的实验数据如下：摆长l/m0.5000.6000.8001.100周期T/s1.431.551.792.09请你用画“T2l”图线的方法求出当地的重力加速度，并写出处理过程和画出“T2-l”的图线.【解析】根据单摆的周期公式T2可得T2l.由此可得“T2l”图线的斜率 k.故从图线中求得斜率k，即可求得g值.表格中对应T和T2值分别为：T2.04 s2，T2.40 s2，T3.20 s2，T4.37 s2，建立T2l坐标，绘图如下图所示.从上图可得k s2/m4.

45、00 s2/m.当地的重力加速度g m/s29.86 m/s2.【思维提升】图象法处理实验数据具有直观、方便、减小偶然误差等优点，复习中应重点掌握.【拓展2】某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中，先测得摆线长为97.50 cm，摆球直径为2.00 cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间如图所示.则：(1)该摆摆长为 cm，秒表的示数为；(2)如果他测得的g值偏小，可能的原因是( B )A.测摆线长时摆线拉得过紧B.摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了C.开始计时时，秒表过迟按下D.实验中误将49次全振动数为50次(3)已知单摆在任意摆角时的周期公式可近似为TT

46、0，式中T0为摆角趋近于0°时的周期，a为常数.为了用图象法验证该关系式，需要测量的物理量有；若某同学在实验中得到了如图所示的图线，则图象中的横轴表示.【解析】(1)由摆长公式ll知，l98.50 cm0.985 0 m，由秒表的读数方法，可求得单摆振动50次所用的时间(t)短针读数(t1)长针读数(t2)3×30 s9.8 s99.8 s，同时可求得周期T.(2)通过g，可知g偏小的可能原因有：一是摆长l的测量值偏小，即测量值小于实际值，可知A错，B正确；二是周期T的测量值偏大，如开始计时时，过早按下秒表；停止计时时，过迟按下秒表；误把n1次全振动数为n次等等.由此可知C

47、、D选项皆错，故正确答案为B. (3)在公式中T0、a为定值.故要验证此关系式，只需测量T和即可.由题图可知，此图线为直线，可判断纵横轴所表示量的关系为一次函数关系.把0代入TT0得TT0，故横轴表示T.考点三、实验创新设计【例3】某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，先测得摆线长78.50 cm，摆球直径2.0 cm，然后将一个力电传感器接到计算机上，实验中测量快速变化的力，悬线上拉力F的大小随时间t的变化曲线如右图所示.(1)该单摆摆长为cm；(2)该单摆摆动周期为s；(3)测得当地的重力加速度gm/s2；(4)(多选)如果测得的g值偏小，可能原因是.A.测摆线长时摆线拉得过紧B.摆

48、线上端悬点未固定好，摆动中出现松动C.计算摆长时，忘记了加小球半径D.读单摆周期时，读数偏大【解析】(1)摆长摆线长小球半径78.50 cm1.0 cm79.50 cm；(2)由F-t图线可知T1.8 s；(3)g cm/s29.68 m/s2；(4)由g可知g值偏小的可能原因是：l的测量值偏小，B、C正确，A错误；也可能是T值偏大，D正确.【答案】(1)79.50(2)1.8(3)9.68(4)BCD【思维提升】将单摆与传感器结合起来进行考查，在高考中也经常出现，复习中应引起重视.【拓展3】实验时，若摆球在垂直纸面的平面内摆动，为了将人工记录振动次数改为自动记录振动次数，在摆球运动最低点的左

49、、右两侧分别放置一激光光源与光敏电阻，如图甲所示.光敏电阻与某一自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t变化图线如图乙所示，则该单摆的振动周期为2t0.若保持悬点到小球顶点的绳长不变，改用直径是原小球直径2倍的另一小球进行实验，则该单摆的周期将变大(选填“变大”、“不变”或“变小”)，图乙中的t将变大(选填“变大”、“不变”或“变小”).【解析】单摆1个周期遮光两次；单摆周期与小球质量、大小无关，但若改用直径变为原小球直径的2倍的小球，周期变大，遮光时间t变大.第十三章光电磁波相对论考纲要览考点要求说明光的折射定律1.相对折射率作要求2.光的干涉限于双缝干涉、薄膜干涉折射率全反射、光

50、导纤维光的干涉、衍射和偏振现象变化的磁场产生电场、变化的电场产生磁场、电磁波及其传播电磁波的产生、发射和接收电磁波谱狭义相对论的基本假设质速关系、质能关系相对论质能关系式实验：测定玻璃的折射率实验：用双缝干涉测光的波长命题规律高考对光学的考查在折射率、全反射现象的分析、光的干涉、衍射和偏振现象等知识点方面的命题频率较高，其次是波长、波速和频率的关系，以及几何光学和物理光学的综合应用，在复习中，注意以作图训练为主线，养成良好的作图习惯是学好本章的关键.作图的依据是光的直线传播、光的反射和光的折射三条基本定律.几何光学的核心概念是折射率，光的本性的核心概念是频率.通过这两个概念可联系光的折射现象(

51、全反射现象、光的色散)、光的波动性(干涉、衍射)、电磁波(电磁振荡、无线电波、电磁波谱)等知识.也可联系光速、波长、临界角等概念.复习中可以以这两个概念为核心，分类对比记忆.知识结构第1讲光的折射、全反射重点难点突破规律方法技巧一、对折射率的理解折射率的定义指明了光是从空气(真空)入射至介质中，n，1是空气(真空)中的角度，2是介质中的角度.计算折射率时，应先根据题意画好光路图，找对两个角度.无论光是从空气(真空)入射至介质中，还是从介质入射至空气(真空)中，1均为空气(真空)中的角度.1>2，c>v，所以n>1.二、对全反射现象的理解1.在光的折射和全反射现象中，均遵循光的

52、反射定律；光路均是可逆的.2.光线射向两种介质的界面上时，往往同时发生光的折射和反射现象，但在全反射现象中，只发生反射，不发生折射，折射角等于90°时，实际上就已经没有折射光线了.3.光导纤维：简称“光纤”，它是非常细的特制玻璃丝(直径在几微米到一百微米之间)，由内芯和外套两层组成.内芯的折射率比外套大，光在内芯中传播时，在内芯与外套的界面上发生全反射.光纤通信就是利用了全反射原理.三、棱镜对光线的作用及各种色光的比较1.棱镜对光线的作用(1)光密三棱镜：光线两次均向底面偏折.(2)光疏三棱镜：光线两次均向顶角偏折.(3)全反射棱镜(等腰直角棱镜)当光线从一直角边垂直射入时，在斜边发

53、生全反射，从另一直角边垂直射出.当光线垂直于斜边射入时，在两直角边发生全反射后又垂直于斜边射出.2.各种色光的比较注意：(1)在解决光的折射问题时，应根据题意分析光路，即作出光路图，找出入射角和折射角，然后应用公式来求解.找出临界光线和临界角往往是解题的关键.(2)分析全反射现象的问题时，先确定光是否由光密介质进入光疏介质、入射角是否大于临界角，若满足全反射的条件，则再由折射定律和反射定律来确定光的传播情况.高频考点突破考点一、对折射率的理解和应用【例1】光线以60°的入射角从空气射入玻璃中，折射光线与反射光线恰好垂直.(真空中的光速c3.0×108 m/s)(1)画出折射

54、光路图.(2)求出玻璃的折射率和光在玻璃中的传播速度.(3)当入射角变为45°时折射角等于多大？(4)当入射角增大或减小时，玻璃的折射率是否变化？【解析】(1)由题意知入射角i60°，反射角60°，折射角r30°，折射光路如图所示.(2)n，根据n，得v1.7×108 m/s(3)根据n，得sin r，代入数据可求得rarcsin (4)折射率不会变化，折射率由介质和入射光的频率决定，跟入射角的大小无关.【思维提升】准确作出光路图，找出入射角和折射角，利用几何知识确定入射角和折射角的正弦值是解答这类问题的关键.【拓展1】如图所示，一玻璃球体的半径为R，O为球心，AB为直径.来自B点的光线BM在M点射出，出射光线平行于AB，另一光线BN恰好在N点发生全反射.已知ABM30°，求：(1)玻璃的折射率；(2)球心O到BN的距离.【解析】(1)设光线BM在M点的入射角为i，折射角为r，由几何知识可知，i30°，r60°，根据折射定律得n代入数据得n.(2)光线BN恰好在N点发生全反射，则BNO为临界角Csin C设球心到BN的距离为d，由几何知识可知dRsin C联立式得dR.考点二、对全反射的理解和应用【例2】如图所示，空气中有一折射率为的玻璃