2025版高考物理二轮复习专题七鸭部分第18讲振动与波动光学案

PAGEPAGE1第18讲振动与波动、光主干体系学问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＝Asinωt.(2)波的产生和传播：v＝eq\f(λ,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＝eq\f(sinⅰ,sinr).(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，sinC＝eq\f(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≤λ.(2)明条纹(振动加强区)：Δr＝kλ；暗条纹(振动减弱区)：Δr＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,2)))λ.(k＝0,1,2,3，…)(3)光的干涉条纹特点：明暗相间，条纹间距Δx＝eq\f(l,d)λ.1．(2024·高考全国卷Ⅰ，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＝eq\f(1,3)s时的波形图如图(a)所示，P、Q是介质中的两个质点．图(b)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．解析(1)依据光路的可逆性，在AC面，入射角为60°时，折射角为30°.依据光的折射定律有m＝eq\f(sini,sinr)＝eq\f(sin60°,sin30°)＝eq\r(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)(ⅰ)由图(a)可以看出，该波的波长为λ＝36cm①由图(b)可以看出，周期为T＝2s②波还为v＝eq\f(λ,T)＝18cm/s③由图(b)知，当t＝eq\f(1,3)s时，Q点向上运动，结合图(a)可得，波沿x轴负方向传播．(ⅱ)设质点P、Q平衡位置的x坐标分别为xp、xQ.由图(a)知，x＝0处y＝－eq\f(A,2)＝Asin(－30°)，因此x＝eq\f(30°,360°)λ＝3cm④由图(b)知，在t＝0地Q点处于平衡位置，经Δt＝eq\f(1,3)s，其振动状态x轴负方向传播至P点处，由此及③式有xQ－xP＝vΔt＝6cm⑤由④⑤式得，质点Q的位移位置的x坐标为xQ＝9cm答案(1)eq\r(3)大于(2)(ⅰ)18cm/s沿x轴负方向传播(ⅱ)9cm2．(2024·高考全国卷Ⅱ，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________m．若该声波在空气中的波长为λ，则它在钢铁中的波长为λ的________倍．(2)如图，△ABC是始终角三棱镜的横截面，∠A＝90°，∠B＝60°.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．(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＝λf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t＝eq\f(17,228)s，代入L＝vt中解得桥长L＝365m声波在传播过程中频率不变，依据v＝λf知，声波在钢铁中的波长λ′＝eq\f(v铁λ,v声)＝eq\f(245,17)λ.(2)(ⅰ)光线在BC面上折射，由折射定律有sini1＝nsinr1①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i2＝r2②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nsini3＝sinr3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i2＝r2＝60°，r1＝i3＝30°④F点的出射光相对于D点的入射光的偏角为δ＝(r1－i1)＋(180°－i2－r2)＋(r3－i3)⑤由①②③④⑤式得δ＝60°⑥(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>sini3⑦式中C是全反射临界角，满意nsinC＝1⑧由④⑦⑧式知，棱镜的折射率n的取值范围应为eq\f(2\r(3),3)≤n<2⑨答案(1)365eq\f(245,17)(2)(ⅰ)60°(ⅱ)eq\f(2\r(3),2)≤n≤23．(2024·高考全国卷Ⅲ，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________．(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0.40m/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的方向视察，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．(不考虑光线在三棱镜中的反射)解析(1)A对：因周期T>0.20s，故波在Δt＝0.20s内传播的距离小于波长λ，由y－x图像可知传播距离Δx＝0.08m，故波速v＝eq\f(Δx,Δt)＝0.40m/s.B错：由y－x图像可知波长λ＝0.16m．C对、D错：由v＝eq\f(λ,T)得，波的周期T＝eq\f(λ,v)＝0.4s，依据振动与波动的关系知t＝0时，x＝0.08m的质点沿＋y方向振动，t＝0.7s＝1eq\f(3,4)T，故此时该质点位于波谷；因为eq\f(1,4)T<0.12s<eq\f(T,2)，此时质点在x轴上方沿－y方向振动．E对：依据λ＝vT得波速变为0.80m/s时波长λ＝0.32m/s.(2)过D点作AB边的法线NN′，连接OD，则∠ODN＝α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β，如图所示．依据折射定律有nsinα＝sinβ式中n为三棱镜的折射率．由几何关系可知β＝60°∠EOF＝30°在△OEF中有EF＝OEsin∠EOF由③④式和题给条件得OE＝2cm依据题给条件可知，△OED为等腰三角形，有α＝30°由①②⑥式得n＝eq\r(3)答案(1)ACE(2)eq\r(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，主要涉及的学问为波速、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学问为主．2．2024年高考命题形式变更不大，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学问的理解，计算题主要考查光的折射、全反射的综合应用，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，力求驾驭解决本部分内容的基本方法.高频考点一机械振动、机械波[备考策略]一、必需理清的学问联系二、必需弄明的三个问题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样．(2)介质中各质点随波振动，但并不随波迁移．(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，同一时刻假如一个质点处于波峰，而另一质点处于波谷，则这两个质子点肯定是板相点．2．波的叠加问题(1)两个振动状况相同的波源形成的波，在空间某点振动加强的条件为Δx＝nλ，振动减弱的条件为Δx＝nλ＋eq\f(λ,2).两个振动状况相反的波源形成的波，在空间某点振动加强的条件为Δx＝nλ＋eq\f(λ,2)，振动减弱的条件为Δx＝nλ.(2)振动加强点的位移随时间而变更，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]1－1.(2024·广东深圳一调，34(1))(多选)一个质点经过平衡位置O，在A、B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)A．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A→OD．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0～0.2s内质点从B向O运动，第0.2s末质点的速度方向是B→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A→O，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)可知周期T＝0.8s，则在4s内完成全振动的次数为eq\f(4s,0.8s)＝5，E项正确．]1－2.(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()A．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BCE[由波的图象可以看出，波长为λ＝4m，A错，由题意知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(3,4)))T＝0.5s，且T>0.5s，故式中n＝0，即eq\f(3,4)T＝0.5s，T＝eq\f(2,3)s，频率为1.5Hz，波速为v＝eq\f(λ,T)＝6m/s，B、C正确；依据波传播方向与振动方向的关系知，t＝1s＝eq\f(3,2)T，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()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＝2πeq\r(\f(l,g))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＝2πeq\r(\f(l,g))得g＝eq\f(4π2l,T2)，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．]1－4.(2024·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λ＝4m，由图乙知周期T＝0.2s，则波速v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(4,0.2)m/s＝20m/s，B正确；质点不随波迁移，只在其平衡位置旁边振动，C错；经过0.1s＝eq\f(1,2)T，质点Q的运动方向沿y轴负方向，D错；经过0.35s＝1eq\f(3,4)T，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纳“一分、一看、一找”的方法：(1)分清振动图象与波动图象，此问题最简洁，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，尤其要留意单位前的数量级．(3)找准波动图象对应的时刻及振动图象对应的质点，敏捷应用“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＝eq\f(sinθ1,sinθ2).试验和探讨证明，某种介质的折射率等于光在真空中的传播速度c跟光在这种介质中的传播速度v之比，即n＝eq\f(c,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sinC＝eq\f(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．解决此类问题应留意以下四个方面：(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)精确作出光路图．(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、相像形、全等形等，细致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eq\r(3)的透亮玻璃半球体，O为球心，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eq\f(R,3)处的点光源S发出一束与OA夹角θ＝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＝eq\f(R,3)tanθ＝eq\f(\r(3),3)R，n＝eq\f(sin60°,sinα)＝eq\r(3)，解得α＝30°.在△OBC中eq\f(lOB,sinβ)＝eq\f(R,sin90°＋α)，解得β＝30°.n＝eq\f(sinγ,sinβ)＝eq\r(3)，解得γ＝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lBC＝lOB；由速度v＝eq\f(c,n)可得传播的时间t＝eq\f(lBC,v)＝eq\f(R,c).答案eq\f(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(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；(ⅱ)距光轴eq\f(R,3)的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O点的距离．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，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＝ic①设n是玻璃的折射率，由全反射临界角的定义有nsinic＝1②由几何关系有sini＝eq\f(l,R)③联立①②③式并利用题给条件，得l＝eq\f(2,3)R④(ⅱ)设与光轴相距eq\f(R,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i1和r1，由折射定律有nsini1＝sinr1⑤设折射光线与光轴的交点为C，在△OBC中，由正弦定理有eq\f(sin∠C,R)＝eq\f(sin180°－r1,OC)⑥由几何关系有∠C＝r1－i1⑦sini1＝eq\f(1,3)⑧联立⑤⑥⑦⑧式及题给条件得OC＝eq\f(32\r(2)＋\r(3),5)R≈2.74R⑨答案(ⅰ)eq\f(2,3)R(ⅱ)2.74R[归纳反思]光的折射和全反射题型的分析思路1．确定要探讨的光线，有时需依据题意，分析、找寻临界光线、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：假如入射角大于或等于临界角，肯定发生全反射．4．依据反射定律、折射定律列出关系式，结合几何关系，详细求解．[题组突破]2－1.(2024·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＝eq\r(2)，下表面镶有银反射面，一束单色光与界面的夹角θ＝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(请运用刻度尺)；(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θ1，则有n＝eq\f(sin90°－θ,sinθ1)＝eq\f(sin45°,sinθ1)，代入解得θ1＝30°设其次次折射时折射角为θ2，则有eq\f(sinθ1,sinθ2)＝eq\f(1,n)，解得θ2＝45°可知AC与BE平行，由几何学问得：h＝2dtanθ1，则d＝eq\f(h,2tanθ1)＝eq\r(3)cm.答案(1)见解析(2)eq\r(3)cm2－2.(2024·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D(D>3R)，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，恳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，由全反射的学问：sinC＝eq\f(1,n)所以cosC＝eq\f(\r(n2－1),n)可得tanC＝eq\f(1,\r(n2－1))由几何学问可得：OB＝eq\f(R,cosC)＝eq\f(nR,\r(n2－1))，r＝eq\f(D－OB,tanC)＝Deq\r(n2－1)－nR.答案(1)紫色(2)Deq\r(n2－1)－nR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＝eq\f(c,v)，n＝eq\f(λ0,λ)可知，光的频率越高，在介质中的波速越小，波长越小．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Δx＝eq\f(1,d)λ.(3)光的干涉现象和光的衍射现象证明白光的波动性，光的偏振现象说明光为横波．3．单缝衍射和圆盘衍射现象(1)单缝衍射①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，条纹宽度比中心窄且暗．②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亮的小圆板上，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3－1.(2024·宝鸡市二模)(多选)下列说法中正确的是()A．不管光源与视察者是否存在相对运动，视察者视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．双缝干涉试验中，若只减小屏到挡板间距离l，两相邻亮条纹间距离Δx将减小D．声源向静止的视察者运动，视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[依据相对论原理可知，不管光源与视察光是否存在相对运动，视察者视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；双缝干涉试验中，若只减小屏到挡板间距离l，依据公式Δx＝eq\f(l,d)λ可知，两相邻亮条纹间距离Δx将减小，故C正确；声源向静止的视察者运动时，产生多普勒效应，则视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，只有变更发光体的角度和方向，才能变更液晶光的偏振方向，故E正确．]3－2.物理学原理在现代科技中有很多重要应用．例如，利用波的干涉，可将无线电波的干涉信号用于飞机着陆的导航．如图所示，两个可放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试验中的双缝．两天线同时都发出被长为λ1和λ2的无线电波．飞机着陆过程中，当接收到λ1和λ2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需一样强B．导航利用了λ1与λ2两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．两种无线电波各自由空间的强弱分布完全重合C[A错：两种无线电波强度不肯定相同．B错：两列波长为λ1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λ2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，不能满意在一条线上两种频率的波各自干涉后全部的点同时都是加强点的条件，故当接收到λ1和λ2的信号都保持最强时，表明飞机已对准跑道，导航利用了λ1与λ1、λ2与λ2两种无线电波之间的干涉，而不是利用了λ1与λ2两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，各自由空间的强弱分布不完全重合．]3－3.(2025届高三·厦门一中检测)下列说法中正确的是()A．军队士兵过桥时运用便步，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确定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，站台上旅客视察到车上乘客变矮E．赫兹第一次用试验证明白电磁波的存在ACE[军队士兵过桥时运用便步，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确定，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；依据尺缩效应，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，站在站台上旅客视察车上的乘客变瘦，而不是变矮，故D错误；赫兹第一次用试验证明白电磁波的存在，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θ，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．若变更光束的入射方向使θ角渐渐变大，则折射光线a首先消逝E．分别用a、b光在同一个双缝干涉试验装置上做试验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距ABD[利用n＝eq\f(sinθ1,sinθ2)，由图及光的可逆性可知θa1>θb1，θa2＝θb2，可知na>nb，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＝eq\f(c,v)，则va<vb，A正确．由于涉条纹间距公式Δx＝eq\f(l,d)λ可知，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1.00m/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.已知最终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λ＝vT＝2m，两列波的波长相等．两波源到A点的路程差Δx＝eq\r(62＋82)m－8m＝2m.两波源到B点的路程差Δx′＝eq\r(32＋42)m－eq\r(32＋42)m＝0，初相相差π，B点为振动减弱点．两波源到C点的路程差Δx″＝3.5m－2.5m＝1m＝eq\f(λ,2)，初相相差π，C点为振动加强点．(2)如图，依据光路的对称性和光路可逆性，与入射光线相对于OC轴对称的出射光线肯定与入射光线平行．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sini＝nsinr由正弦定理有eq\f(sinr,2R)＝eq\f(sini－r,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sini＝eq\f(L,R)③式中L是入射光线与OC的距离，由②③式和题给数据得sinr＝eq\f(6,\r(205))由①③④式和题给数据得n＝eq\r(2.05)≈1.43答案(1)2减弱加强(2)1.432．(1)(多选)某同学漂移在海面上，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．该同学发觉从第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)(2024·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．已知∠B＝90°，∠C＝60°，BE＝10cm，BC＝30cm.真空中的光速c＝3×108①玻璃砖的折射率；②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验了九个波形，时间间隔为15秒，所以其振动周期为T＝eq\f(15,9)s＝eq\f(5,3)s，频率为0.6Hz.B错；其波长λ＝vT＝1.8m/s×eq\f(5,3)s＝3m，C对；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)①光在玻璃砖中传播光路如图所示，由几何关系可得i＝60°，r＝∠BQE＝∠CQF＝30°由折射定律n＝eq\f(sini,sinr)得n＝eq\r(3)②由n＝eq\f(c,v)，得v＝eq\r(3)×108m/s由几何关系得EQ＝2EB＝20cmQF＝QCcos30°＝(BC－BQ)cos30°＝(15eq\r(3)－15)cmt＝eq\f(EQ＋QF,v)≈1.8×10－9s答案(1)ACE(2)①eq\r(3)②1.8×10－9s3．(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，则下列推断正确的是________．A．该简谐波沿x轴负方向传播B．这列波的传播速度为eq\f(20,3)m/sC．从t＝0.6s起先，质点P比质点Q先回到平衡位置D．从t＝0.6s起先，再经过Δt＝1.5s后质点A传播到了坐标原点处E．从t＝0.6s起先，紧接着的Δt＝0.6s的时间内质点A通过的路程为10cm(2)如图丙所示，ABNM为一透亮柱体的横截面，AB和MN为两段以O为圆心的同心eq\f(1,4)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AM上的D点射入透亮柱体，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：①透亮柱体的折射率；②光在透亮柱体中的传播时间；③MN圆弧所在圆的半径．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λ＝8m，由题图乙知该波的周期T＝1.2s，所以该波的波速为v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(20,3)m/s，B对；由波上各质点的振动状况可知此时质点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；0.6s是半个周期，所以质点A通过的路程为s＝2A＝10cm，E对．(2)①由题意可画出如图所示的光路图，由图知∠DCO＝∠OCB＝∠CBO∠DCO＋∠OCB＋∠CBO＝180°所以∠CBO＝60°所以由折射率定义知透亮柱体的折射率为n＝eq\f(sin60°,sin90°－60°)＝eq\r(3).②由几何关系知DC＝eq\f(R,2)，BC＝R光在透亮柱体中的传播速度为v＝eq\f(c,n)＝eq\f(\r(3),3)c所以光在透亮柱体中的传播时间为t＝eq\f(DC＋CB,v)＝eq\f(3\r(3)R,2c).③由几何关系知，法线OC肯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＝eq\f(R,2).答案(1)ABE(2)①eq\r(3)②eq\f(3\r(3)R,2c)③eq\f(R,2)4．(2024·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两质点刚起先振动．质点M的平衡位置处于x＝5m处，下列关于各质点运动状况的推断中不正确的是________．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－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eq\r(2)，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：①经玻璃砖折射后，从底面射出光的面积；②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－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)①光路图如图所示，临界角sinC＝eq\f(1,n)＝eq\f(1,\r(2))，即C＝45°①号光为对着圆心O点入射的光，垂直截面到达O点，①号光左侧的光全部发生全反射，③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＝eq\f(\r(2),2)R所以，透出光的面积S＝ld＝eq\f(\r(2),2)Rd②在玻璃砖中传播最长时间的光为②号光②号光sinθ＝eq\f(sin45°,n)＝eq\f(1,2)，此时折射角为30°光程l2＝eq\f(R,cosθ)＝eq\f(2,\r(3))R，在玻璃砖中的光速v＝eq\f(\r(2),2)c所以t＝eq\f(l2,v)＝eq\f(2\r(6)R,3c)答案(1)ABC(2)①eq\f(\r(2),2)Rd②eq\f(2\r(6)R,3c)5．(1)如图甲所示为用双缝干涉测量光的波长的试验装置图，滤光片为红光滤光片，测量头为螺旋测微器．试验时调整测量头，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，登记此时图丙中手轮的示数为________mm.求得相邻亮纹的间距为Δx＝________mm，已知双缝间距d为1.5×10－4m，双缝到屏的距离为l＝0.800m，由计算式λ(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．(ⅰ)求小球位移随时间变更的关系式；(ⅱ)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Δx＝eq\f(13.870－2.320,5)＝2.310mm，由条纹间距公式Δx＝eq\f(lλ,d)，得λ＝eq\f(dΔx,l)，代入数据解得λ＝4.3×10－7m.(2)(ⅰ)小球从起先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验的时间为四分之一周期，T＝0.4s，则ω＝eq\f(2π,T)＝5πrad/s则振动位移随时间变更的表达式为x＝4cos5πt(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，有图1Δt＝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Δt＝nT＋2(0.1s－t)＋2t＝0.4n＋0.2(s)(n＝0,1,2,3，…)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Δt＝nT＋2(0.2s－t)＋2(t－0.1s)＝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Δt＝nT＋4(0.2s－t)＋2(t－0.1s)＝0.4n＋0.6－2t(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Δt＝nT＋4(0.2s－t)＋2(t－0.1s)＝0.4n＋0.6－2t(s)＝(n＝0,1,2,3，…)答案(1)13.8702.310eq\f(dΔx,l)4.3×10－7(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