2019版高考物理二轮复习专题七选考部分第18讲振动与波动、光学案

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(2)波的产生和传播：v=q.描述方法2 .光的折射和全反射.(1)折射定律：光从真空进入介质时:sin i n 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, sin1 C= n.光宁也史必晌/! |光的衍酎Jttf lAlk3 .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入.(2)明条纹(振动加强区广Ar=k入；1暗条纹(振动减弱区)：Ar=k十万人.(k=0,1,2,3,(3

2、)光的干涉条纹特点：明暗相间，条纹间距Ax=%.1.(2018高考全国卷I,34)(1)如图ABC一玻璃三棱镜白横截面，/A=30°.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(填“小.若改用蓝光沿同一路径入射，则光线在D点射出时的折射角于”“等于”或“大于”)60。(2) 一列简谐横波在t=1s时的波形图如图(a)所示，P、Q是介质中的两个质点.图(b)3是质点Q的振动图像.求(i)波速及波的传播方向;(ii)质点Q的平衡位置的x坐标.图图向解析（1）根据光路的可逆性，在AC面，入射角为60。时，折射角为30根据光的折射定律有mrs

3、i，=Sin60。=J3.sinrsin30*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）（i）由图（a）可以看出，该波的波长为入=36cm由图（b）可以看出，周期为T=2s波还为v=亨=18cm/s一，1一，r-由图（b）知，当t=s时，Q点向上运动，结合图（a）可得，波沿x轴负万向传播.31. .一,一A（11）设质点P、Q平衡位置的x坐标分别为Xp、xa由图（a）知，x=0处y=wnAsim一,30°三30),因此x=TX=3cm3601由图（b）知，在t=0地Q点处于平衡位置，经At=s,其振

4、动状态x轴负方向传播至3P点处，由此及式有Xq-xP=vAt=6cm由式得，质点Q的位移位置的x坐标为xq=9cm答案力大于（2）（i）18cm/s沿x轴负方向传播（ii）9cm2. （2018高考全国卷n,34）（1）声波在空气中的传播速度为340m/s,在钢铁中的传播速度为4900m/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1.00s.桥的长度为mk_若该声波在空气中的波长为入，则它在钢铁中的波长为人的倍.（2）如图，ABC是一直角三棱镜白横截面，/A=90°,/B=60°.一细光束从BC边的D点折射后，射到AC

5、边的E点，发生全反射后经AB边白F点射出.EG垂直于AC交BC于GD恰好是CG的中点.不计多次反射.(i)求出射光相对于D点的入射光的偏角；(ii)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v=入f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L=vt知，340(t+1.00)=4900t,解得1 =17s ，228 '代入L=vt中解得桥长L=365mv铁入245声波在传播过程中频率不变，根据V=入f知，声波在钢铁中的波长入=7T7入.V声17(2)(i)光线在BC面上折射，由折射定

6、律有sini1=nsinj式中，n为棱镜的折射率，i1和1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i2=2式中i2和2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nsini3=sin3式中i3和3分别是该光线在AB面上的入射角和折射角.由几何关系得i2=2=60°,r1=i3=30F点的出射光相对于D点的入射光的偏角为B=(1i1)+(180。i22)+(3i3)由式得B=60°(ii)光线在AC面上发生全反射，光线在AB面上不发生全反射，有nsini2>nsinC>sini3式中C是全反射临

7、界角，满足nsinC=1由式知，棱镜的折射率n的取值范围应为"3"&n<2-245答案(1)3657(2)(i)60(ii )223<n<23. （2018高考全国卷出，34）（1）一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t=0和t=0.20s时的波形分别如图中实线和虚线所示.已知该波的周期T>0.20s.下列说法正确的是ytcxn.（填正确答案标号.选对1个彳导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0.40m/sB.波长为0.08mC. x=0.08m的质点在t=0.70s时位于波谷D. x=0.08m的

8、质点在t=0.12s时位于波谷E.若此波传入另一介质中其波速变为0.80m/s,则它在该介质中的波长为0.32m（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勺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;DE=2cm,EF=1cm.求三棱镜的折射率.（不考虑光线在三镜中的反射）解析（1）A对：因周期T>0.20s,故波在At=0.20s内传播的距离小于波长入，由_.Ax,一.一.yx

9、图像可知传播距离Ax=0.08m,故波速v=0.40m/s.B错：由yx图像可知波At长入"16*C对、D错：由vJ得，波的周期T=V=0.4s，根据振动与波动的关系3知t=0时，x=0.08m的质点沿+y方向振动，t=0.7s=1不，故此时该质点位于波谷;一.1T.因为4T<0.12svg,此时质点在x轴上万沿y万向振动.E对：根据X=vT得波速变为0.80m/s时波长入=0.32m/s.C o A（2）过D点作AB边的法线NN,连接OD则/OD郎a为O点发出的光线在D点的入射角；设该光线在D点的折射角为§,如图所示.根据折射定律有nsina=sin3式中n为三棱镜

10、的折射率.由几何关系可知（3=60°/EOH30在4OE冲有EF=OEinZEOF由式和题给条件得OE=2cm根据题给条件可知，OE泗等腰三角形，有a=30由式得n=3答案（1）ACE（2）3考情分析命题特点与趋势1 .分析近几年的高考试题，本讲命题热点主要有以下特点：（1）在考查机械波的形成和传播时，往往以考查振动图象和波动图象为主，主要涉及的知识为波速、波长和频率（周期）的关系.（2）光学部分以考查光的折射定律和全反射等知识为主.2 .2018年高考命题形式变化不大，仍为一选择题（或填空题）加一计算题，选择题（或填空题）侧重考查对机械波或光学知识的理解，计算题主要考查光的折射、全

11、反射的综合应用，也可能会考查振动和波的综合应用.解题要领本部分内容应加强对基本概念和规律的理解，抓住波的传播特点和图象分析、光的折射定律和全反射这两条主线，兼顾振动图象和光的特性（干涉、衍射、偏振）、光的本性，强化典型问题的训练，力求掌握解决本部分内容的基本方法高频考点突破0析腔龚栋浦如提升者能高频考点一机械振动、机械波备考策略一、必须理清的知识联系筒靖运劭的表达式:wj+中力图像：反映同-随点在各个时则的位移伍!1:将理山波长，周虬波速f4户生条件：波源二、必须弄明的三个问题1 .波的传播问题(1)沿波的传播方向上各质点的起振方向与波源的起振方向一致.(2)介质中各质点随波振动，但并不随波迁

12、移.(3)沿波的传播方向上波每个周期传播一个波长的距离.(4)在波的传播过程中，同一时刻如果一个质点处于波峰，而另一质点处于波谷，则这两个质子点一定是板相点.2 .波的叠加问题(1)两个振动情况相同的波源形成的波，在空间某点振动加强的条件为Ax=nX,振动减弱的条件为X=n入+.两个振动情况相反的波源形成的波，在空间某点振动加强的条件为Ax=n入+"2",振动减弱的条件为Ax=n入.(2)振动加强点的位移随时间而改变，振幅最大.3 .波的多解问题由于波的周期性、波传播方向的双向性，波的传播问题易出现多解现象.题组突破11.(2018广东深圳一调，34(1)(多选)一个质点经

13、过平衡位置O,在AB间做简谐运动，如图(a)所示，它的振动图象如图(b)所示，设向右为正方向，下列说法正确的是.(填正确答案标号).l/cillA.OB=5cmB.第0.2s末质点的速度方向是A-OC.第0.4s末质点的加速度方向是ZOD.第0.7s末时质点位置在O点与A点之间E.在4s内完成5次全振动ACE由图（b）可知振幅为5cm,则OB=OA=5cm,A项正确；由图可知00.2s内质点从B向O运动，第0.2s末质点的速度方向是酎O,B项错误；由图可知第0.4s末质点运动到A点处，则此时质点的加速度方向是AO,C项正确；由图可知第0.7s末时质点位置在O与B之间，D项错误；由图（b）可知周

14、期T=0.8s，则在4s内完成全振动的次数4s一为一=5,E项正确.0.8s1 2.（多选）如图，一列简谐横波沿x轴正方向传播，实线为t=0时的波形图，虚线为t=0.5s时的波形.已知该简谐波的周期大于0.5s.关于该简谐波，下列说法正确的是o/cm（）i/mA.波长为2mB.波速为6m/sC.频率为1.5HzD. t=1s时，x=1m处的质点处于波峰E. t=2s时，x=2m处的质点经过平衡位置3BCE由波的图象可以看出，波长为入=4m,A错，由题意知n+4T=0.5s,且T>0.5s,故式中n=0,即）T=0.5s,T=|s,频率为1.5Hz,波速为v=-=6m/s,BC正确；43I

15、根据波传播方向与振动方向的关系知，t=1s=2T,x=1m处的质点振动到波谷位置，D错；同理t=2s=3T,x=2m处的质点从平衡位置向上运动，故E正确.1 3.（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（）出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t=0.5s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T=2兀知，甲、乙两单摆的摆长l相等，故A正确；甲摆的振幅为10cm,乙摆的振幅为7cm,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

16、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t=0.5s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T=2兀得g=4，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.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x=2m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20m/sC.经过0.15s,质点P沿x轴的正方向前进了3mD.经过0.1s,质点Q

17、的运动方向沿y轴正方向E.经过0.35s,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；由图甲知波长入=4m,，4入4八一一，由图乙知周期T=0.2s,则波速v=02m/s=20m/s,B正确；质点不随波迁移，只在，一t,1一，,一.、,其平衡位置附近振动，C错；经过0.1s=2T,质点Q的运动方向沿y轴负方向，D错；经3.过0.35s=14质点P到达波峰，而质点Q在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

18、图象，此问题最简单，只要看清横坐标即可，横坐标为波动图象，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流的同崩性引起的多解.则写用时的叮却期的关系式或事寓与波长的关系式进行求解波传能双向性引居的多解,初应分两睥懵况进行讨论对手有距例条件的问题.整伽出通式以后再限艇聊.这样可以避免多解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,x则为公式为八n=.实验和研究证明,某种介质的折射率等于光在真空中的

19、传播速度c跟光在这种介质中的传播速度v之比，即n=c.v2 .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sinC=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

20、、三角函数、相似形、全等形等，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。3的透明玻璃半球体，O为球心，轴线OAR水平且与半球体的左边界垂直，位于轴线上o点左侧之处的点光源s发出一束与oa夹角e3=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,Rl ob= _tan9 =3sin60°sina解得a=30.lOBR在OBWT一-=.s上一，sin（3sin90+asinyf-解得B=30.n=s；n-=®

21、;解得丫=60°,即出射光线CDT向与OAF行.光在玻璃半球体中传播的距离lBC=lOB；由速度v=c可得传播的时间t=坦=目nvc-R答案一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(i)从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值;R(ii)距光轴a的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O点的距离.3解析(i)如图，从底面上A处射入的光线，在球面上发生折射时的入射角为i

22、,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.i=ic设n是玻璃的折射率，由全反射临界角的定义有nsinic=1由几何关系有联立式并利用题给条件，得2l3R(ii)设与光轴相距3的光线在球面B点发生折射时的入射角和折射角分别为ii和ri,由折射定律有nsinii=sinri设折射光线与光轴的交点为C,在OB计，由正弦定理有sin/Csin180°ri_=ROC由几何关系有/C=riiiisinii=；3联立式及题给条件得“322+J3-iO摩飞外274股答案(i)2R(五)2.74R3归纳反思光的折射和全反射题型的分析思路5 .确定要研究的光线，有时需根据

23、题意，分析、寻找临界光线、边界光线.6 .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.7 .明确两介质折射率的大小关系.(1)若光硫一光密：定有反射、折射光线.(2)若光密一光疏：如果入射角大于或等于临界角，一定发生全反射.8 .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=包下表面镶有银反射面，一束单色光与界面的夹角e=45°射到玻璃表面上，结果在玻璃砖右边竖直光屏上出现相距h=2.0cm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)；(

24、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e1,则有n=sin 90° 6sin 01sin 45 °sin 01代入解得01=30。设第二次折射时折射角为e2,则有sin sin1n,解得 0 2 = 45可知ACMBE平行，由几何知识得：h=2dtan01,3cm.答案（1）见解析（2）43cm22.（2018河北五市一名校联盟）如图所示，一束截面为圆形（半径为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QD>3R）,不考虑光的干涉和衍射.1 si

25、n C=- n（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:所以cos可得tan由几何知识可得:nROB=c0s C .n-r = D-OBB= M2T - nR tan C答案 （1）紫色 （2）Dn 1 _ nR高频考点三光的波动性备考策略9 .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=c,n=F可知，光的频率越高，在介质中

26、的波速越小，波长越小.v入10 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.1(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Ax=d入.(3)光的干涉现象和光的衍射现象证明了光的波动性，光的偏振现象说明光为横波.11 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

27、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Ax将减小D.声源向静止的观察者运动，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Ax=d入可知，两相邻亮条纹间距离

28、Ax将减小，故C正确；声源向静止的观察者运动时，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.3-2.物理学原理在现代科技中有许多重要应用.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入1和入2的无线电波.飞机降落过程中，当接收到入1和入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

29、航利用了入1与入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CA错：两种无线电波强度不一定相同.B错：两列波长为入i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，在这条线上收到的信号始终最强；同理，两列波长为入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，故当接收到入i和入2的信号都保持最强时，表明飞机已对准跑道，导航利用了入i与入1、入2与入2两种无线电波之间的干涉，而不是利用了入1与入2两种无线电波之间的干涉.

30、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

31、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.3-4.（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9,经折射后射出a、b两束光线，则（）A.在玻壬中，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0角逐渐变大，则折射光线a首先消失E.分另ij用a、

32、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sin0i一.ABD利用n=-,由图及光的可逆性可知ea1>0b1,0a2=0b2,可知皿>叫，C错sin92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，BD正cl.确.又n=-,则va<vb,A正确.由于涉条纹间距公式Ax=二入可知，E错误.vd课时跟我训练（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S（0,4）和卷（0,2）.两波源的振动图线分别如图（b）和图（-）所示.两列波白波速均为1.00m/s.两列波从波源传播到点代8,2）的路程

33、差为m,两列波引起的点R4,1）处质点的振动相互（填“加强”或“减弱”），点口0。5）处质点的振动相互（填“加强”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 OCW光线从半球面射入， 该光线与O2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）波长入=vT=2m,两列波的波长相等.两波源到A点的路程差=462+82m-8m=2m.两波源到B点的路程差Ax'=32+42m-，32+42m=0,初相相差兀，B点为振动减弱与

34、八、两波源到C点的路程差Ax"=3.5m2.5m=1m=y,初相相差兀，C点为振动加强点.（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oa由对称的出射光线定与入射光线平行.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由折射定律有sini=nsinr由正弦定理有sinrsinir2R=R由几何关系，入射点的法线与OC勺夹角为i.由题设条件和几何关系有sini=式中L是入射光线与OC勺距离，由式和题给数据得6sinr=j=205由式和题给数据得n=y2.05，1.43答案（1）2减弱加强（2）1.432.（1）（多选）某同学漂浮在海面上

35、，虽然水面波正平稳地1.8m/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15s.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6HzC.该水面波的波长为3mD.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，ABC虚一玻璃砖的截面图，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CM射出.已知/B=90°,/C=60°,BE=

36、10cm,BC=30cm.真空中白光速c=3xi08m/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 T=蔡s = 5s,频93率为 0.6 Hz.B 错；其波长 X =vT= 1.8 m/s5-s = 3 m, C对；波中的质点都上下振动，不3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i=60,r=ZBQ号/CQF30sini由折射7E律n=sinr得n=

37、J3由n弋得gxdm/s=(15 415)cm由几何关系得EQ=2EB=20cmQF=QCcos30=(BOBQcos30EQb QF-9"1.8X10 s v答案 (1)ACE (2)小 1.8X10 9s3.（1）（多选）如图甲所示为一列简谐横波在t=0.6s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20m/s3C.从t=0.6s开始，质点P比质点Q先回到平衡位置D.从t=0.6s开始，再经过t=1.5s后质点A传播到了坐标原点处E.从t=0.6s开始，紧接着的t=0.6s的时间内质点A通过的路程为10cm1(2)如图

38、丙所示，ABN树一透明柱体的横截面，AB和MM两段以O为圆心的同心.圆弧，AB圆弧所在圆白半径为R,现有一单色光垂直水平端面并从AM上白DD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；MN1弧所在圆的半径.解析(1)由题图乙知t=0.6s时，质点A的振动方向是向下的，由“上下坡法”可知此波是沿x轴负方向传播的，A对；由题图甲知波长入=8m,由题图乙知该波的周期T=1.2s,所以该波的波速为丫=卓=2%治，B对；由波上各质点的振动情况可知此时质点P向

39、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；0.6s是半个周期，所以质点A通过的路程为s=2A=10cm,E对.AMO(2)由题意可画出如图所示的光路图，由图知/DCO/OCB-/CBO180DC / OCB= / CBO所以由折射率定义知透明柱体的折射率为sin 60 °n =sin 90 -603.所以/CB住60°一一R由几何关系知DC=2，BC=R光在透明柱体中的传播速度为v=c=卓cn3一DOCB3：3R所以光在透明柱体中的传播时间为t=.v2c由几何关系知，法线OC一定经过出射光线的反向延

40、长线与弧MN的切点RMNff弧所在圆的半径r=.答案(1)ABE(2)/岑詈R4.(2018宝鸡市二模)(1)(多选)如图所示为t=0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x=-2m和x=12m处，两列波的波速均为v=4m/s,波源的振幅均为A=2cm.此刻平衡位置在x=2m和x=8m的P、Q两质点刚开始振动.质点M的平衡位置处于x=5m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B. t=0.75s时刻，质点P、Q都运动到M点C. t=1s时刻，质点M的位移为+4cmD. t=1s时刻，质点M的位移为

41、一4cmE.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板,半径为R长为d,一组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，t=1s时质点M的位移为一4cm；P点到两振源的距离之差为6cm,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sin1C

42、=-=,即 C= 45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l =所以，透出光的面积S=ld=j-Rd在玻璃砖中传播最长时间的光为号光sin45°1号光sin0=-,此时折射角为30。n2光程R 212=cos e在玻璃砖中的光速v'c所以t=乎v3c2一6R答案(1)ABC(2)-Rd凄-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

43、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mm.求得相邻亮纹的间距为Ax=mm已知双缝间距d为1.5x10-4m,双缝到屏的距离为1=0.800m,由计算式入=,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4cm由静止释放，经过0.1s小球第一次经过平衡位置.t,小球经过某一位置 A点(A点不是O点和(i)求小球位移随时间变化的关系式；(ii)将小球

44、从右侧最大位置释放后经过时间最大位移点)，则小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2.320mm,题图丙中示数为13.870mm,相邻条纹间距Ax13.870-2.320l入dAx,=5=2.310mm,由条纹间距公式Ax=-,得入=丁，代入数据解得入=4.3X107m.(2)(i)小球从开始释放的位移大小为振幅大小，A=4cm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，T=0.4s,则=5兀rad/s则振动位移随时间变化的表达式为x=4cos5兀t(cm)(ii)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£U_

45、s=J_|_OJ_ji=r七口0.1s-f图1t=nT+2(0.1s-t)=0.4n+0.2-2t(s)(n=0,1,2,3,若A点在O点右侧，当小球向右经过对称点B时，有t=nT+2(0.1s-t)+2t=0.4n+0.2(s)(n=0,1,2,3, U.W ST().2 !WT-l、 r-n.l、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 t=nT+2(0.2st)+2(t0.1s)=0.4n+0.2(s)(n=0,1,2,3，)若A点在O点左侧，当小球向左经过对称点B时，有 t=nT+4(0.2st)+2(t0.1s)=0.4n+0.62t(s)(n=0,1,2,3，)若A点在O点左侧，当小球向左经过对称点B时，有 t=nT+4(0.2st)+2(t0.1s)=0.4n+0.62t(s)=(n=0,1,2,3，) dAx7答案(1)13.8702.310-y-4.3X10(2)见解析6. (1)一列简谐横波沿x轴传播，波速为v=4m/s.已知坐标原点(x=0)处质点的振动图象如图甲所示，t=0.45s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；x=0处的质点经过0.6s时的路程为m；t=0.45s时x=0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