2026版高考物理步步高大二轮 （培优版）第一部分 专题整合提升专题五 机械振动与机械波　光　电磁波含答案

2026版高考物理步步高大二轮（培优版）第一部分专题整合提升专题五机械振动与机械波光电磁波第13课时机械振动和机械波【知识网络】热点一机械振动1.简谐运动的五个特征受力特征回复力：F＝－kx，F(或a)的大小与x的大小成正比，方向相反运动特征(1)运动学表达式：x＝Asin(ωt＋φ0)。(2)靠近平衡位置时，a、F、x都减小，v增大；远离平衡位置时，a、F、x都增大，v减小能量特征(1)振幅越大，能量越大。(2)在运动过程中，系统的动能和势能相互转化，机械能守恒周期性特征质点的位移、回复力、加速度和速度随时间做周期性变化，变化周期就是简谐运动的周期T；动能和势能也随时间做周期性变化，其变化周期为eq\f(T,2)对称性特征关于平衡位置O对称的两点，速度的大小、动能、势能相等，相对平衡位置的位移大小相等2.单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))g为当地重力加速度，在地球上不同位置g的取值不同，不同星球表面g值也不相同。例1(2024·河北卷，6)如图1，一电动机带动轻杆在竖直框架平面内匀速转动，轻杆一端固定在电动机的转轴上，另一端悬挂一紫外光笔，转动时紫外光始终竖直投射至水平铺开的感光纸上，沿垂直于框架的方向匀速拖动感光纸，感光纸上就画出了描述光点振动的x－t图像。已知轻杆在竖直面内长0.1m，电动机转速为12r/min。该振动的圆频率和光点在12.5s内通过的路程分别为()图1A.0.2rad/s，1.0m B.0.2rad/s，1.25mC.1.26rad/s，1.0m D.1.26rad/s，1.25m答案C解析根据题意可知，紫外光笔的光点在纸面上沿x轴方向做简谐运动，由ω＝eq\f(2π,T)＝2πn可得，圆频率ω＝0.4πrad/s≈1.26rad/s，A、B错误；振动周期T＝eq\f(1,n)＝5s，由杆长为0.1m知振幅A＝0.1m，则运动路程s＝eq\f(t,T)·4A＝eq\f(12.5,5)×4×0.1m＝1.0m，C正确，D错误。例2(2024·浙江6月选考，9)如图2所示，不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1kg的小铁球，两端A、B悬挂在倾角为30°的固定斜杆上，间距为1.5m。小球平衡时，A端细线与杆垂直；当小球受到垂直纸面方向的扰动做微小摆动时，等效于悬挂点位于小球重垂线与AB交点的单摆，已知重力加速度g＝10m/s2，则()图2A.摆角变小，周期变大B.小球摆动周期约为2sC.小球平衡时，A端拉力为eq\f(\r(3),2)ND.小球平衡时，A端拉力小于B端拉力答案B解析由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，单摆的周期与摆角无关，故摆角变小，周期不变，A错误；由于同一光滑细线上的拉力大小处处相等，则由题意可知，小球平衡时，细线A端拉力等于B端拉力，D错误；对平衡时的小球受力分析，如图所示，则由力的平衡条件可知FAcos30°＋FBcos30°＝mg，又FA＝FB，代入数据解得FA＝eq\f(\r(3),3)N，C错误；由几何关系可知单摆的摆长l＝eq\f(LABtan30°,cos30°)＝1m，则由T＝2πeq\r(\f(l,g))可知小球摆动周期T≈2s，B正确。训练1(2024·福建福州模拟)一竖直悬挂的弹簧振子，下端装有记录笔，在竖直面内放置一张记录纸。当振子上下振动时，以恒定速率v水平向左拉动记录纸，记录笔在纸上留下如图3所示的图像。y1、y2、x0、2x0为纸上印迹的位置坐标。下列说法正确的是()图3A.振子的振幅为eq\f(y1－y2,2)B.振子的振动周期为eq\f(x0,v)C.图像记录了振子相对地面的运动轨迹D.若记录纸移动的速率减小为原来的一半，振子振动的周期变为原来的2倍答案A解析由题图可知，y1为最高点坐标，y2为最低点坐标，所以振幅为A＝eq\f(y1－y2,2)，故A项正确；记录纸匀速运动，振子振动的周期等于记录纸运动2x0所用时间，即T＝eq\f(2x0,v)，故B项错误；图像记录的是振子相对于记录纸的运动轨迹，故C项错误；弹簧振子的周期只与弹簧振子本身有关，与记录纸移动速率无关，弹簧振子的周期不变，故D项错误。热点二机械波机械波的特点及性质形成条件(1)波源；(2)传播介质，如空气、水等传播特点(1)机械波传播的只是振动的形式和能量，质点只在各自的平衡位置附近做简谐运动，并不随波迁移(2)介质中各质点振动周期和频率都与波源的振动周期和频率相同(3)一个周期内，质点完成一次全振动，通过的路程为4A，位移为零(4)一个周期内，波向前传播一个波长波的图像及各量关系v＝λf波的叠加(1)两个振动情况相同的波源形成的波，振动加强的条件为Δx＝nλ(n＝0，1，2，…)，振动减弱的条件为Δx＝(2n＋1)eq\f(λ,2)(n＝0，1，2，…)(2)振动加强点的位移随时间而改变，振幅为两波振幅的和A1＋A2波的多解问题由于波的周期性、波传播方向的双向性，波的传播易出现多解问题波的特性波的干涉、波的衍射、多普勒效应、偏振例3(多选)(2024·湖北娄底一模)甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中传播，甲波沿x轴正方向传播，乙波沿x轴负方向传播，t＝0时刻两列波的波形图如图4所示。已知甲波源振动周期T＝1.0s，下列说法正确的是()图4A.两列波的传播速度均为v＝4m/sB.若两列波同时开始传播，则振源振动方向相同C.两列波叠加后，质点振动的最小振幅为1cmD.t＝3s时刻，0<x<10m区间有4个振动加强点答案AC解析由波形图可知两列波的波长均为λ＝4m，甲、乙两列波在同一均匀介质中传播速度相同，波速为v＝eq\f(λ,T)＝4m/s，故A正确；根据波形平移法可知，甲波源起振方向沿y轴正方向，乙波源起振方向沿y轴负方向，则振源振动方向相反，故B错误；两列波叠加后，振动减弱点的最小振幅为5cm－4cm＝1cm,故C正确；t＝3s时刻，两列波均传播了3λ，即12m，两个波源的频率相同，且振动的步调完全相反，取x轴上的一点，到两个波源的距离分别为x和12m－x，则当满足|x－(12m－x)|＝(2n＋1)eq\f(λ,2)(n＝0，1，2，…)时，该点是振动加强点，解得x＝1m，x＝3m，x＝5m，x＝7m，x＝9m，x＝11m，……，即0<x<10m区间有5个振动加强点，D错误。训练2(2024·山东济南模拟预测)波源O沿y轴做简谐运动，形成两列简谐横波，一列波在介质Ⅰ中沿x轴正方向传播，另一列波在介质Ⅱ中沿x轴负方向传播。t＝0时刻完整波形如图5所示，此时两列波分别传到x1＝6m和x2＝－4m处。t＝1s时质点M位移不变，振动方向相反，已知波源振动周期大于1s。则()图5A.波源的起振方向沿y轴负方向B.介质Ⅰ中与介质Ⅱ中波速之比为1∶1C.介质Ⅰ中与介质Ⅱ中波频率之比为2∶3D.介质Ⅱ中波的周期为1.5s答案D解析t＝0时，两列波分别传到x1＝6m和x2＝－4m处，由上下坡法可知，波源的起振方向沿y轴正方向，故A错误；两列波是由同一波源的振动形成的，所以周期相同，频率相同，故C错误；由题图可知，两列波的波长分别为λⅠ＝12m，λⅡ＝8m，由公式v＝eq\f(λ,T)，可得介质Ⅰ中与介质Ⅱ中波速之比为vⅠ∶vⅡ＝λⅠ∶λⅡ＝3∶2，故B错误；当t＝1s时质点M位移不变，振动方向相反可知(2×eq\f(1,12)T＋eq\f(T,2))＋nT＝1s(n＝0，1，2，…)，可得T＝eq\f(3,2＋3n)s(n＝0，1，2，…)，因为波源振动周期大于1s，所以当n＝0时，可得T＝1.5s，因为两列波的周期相同，则介质Ⅱ中波的周期为1.5s，故D正确。训练3(多选)(2024·黑龙江哈尔滨一模)如图6所示，一列简谐横波沿x轴负方向传播，振幅为6cm，周期为T＝2s。已知在t＝0时刻，质点A坐标为(2cm，－3cm)，质点B坐标为(6cm，－3cm)，A、B都沿y轴正向运动。下列说法正确的是()图6A.该列简谐横波波长可能为eq\f(4,3)cmB.A、B两质点可以一个在波峰，一个在波谷C.从t＝0时刻起，经历Δt＝0.5s时间，质点A的位移为4cmD.在t＝eq\f(1,6)s时，质点B的位移为零答案AD解析在t＝0时，质点A、B都沿y轴正向运动，且A、B的位移相同，则振动刚好相同，故两质点振动总是相同，所以A、B两质点不可能一个在波峰，一个在波谷，两质点平衡位置间的距离为4cm＝nλ(n＝1，2，3，…)，则该列简谐横波波长可能为eq\f(4,3)cm，故A正确，B错误；根据质点A的振幅和周期可得，质点A的振动方程为y＝6sin(πt－eq\f(π,6))cm，则从t＝0时刻起，经历Δt＝0.5s时间，质点A的位置为y＝3eq\r(3)cm，位移为(3＋3eq\r(3))cm，故C错误；根据质点B的振幅和周期可得，质点B的振动方程为y＝6sin(πt－eq\f(π,6))cm，则在t＝eq\f(1,6)s时，质点B的位移为零，故D正确。热点三振动图像与波的图像的综合应用例4(2023·湖北卷，7)一列简谐横波沿x轴正向传播，波长为100cm，振幅为8cm。介质中有a和b两个质点，其平衡位置分别位于x＝－eq\f(40,3)cm和x＝120cm处。某时刻b质点的位移为y＝4cm，且向y轴正方向运动。从该时刻开始计时，a质点的振动图像为()答案A解析a、b两质点平衡位置的距离Δx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(120＋\f(40,3)))cm＝eq\f(4,3)λ＝λ＋eq\f(λ,3)，a质点的振动情况和b质点左侧与b质点的平衡位置相差eq\f(λ,3)的质点的振动情况相同，由波向x轴正向传播，某时刻b质点的位移为y＝4cm，且向y轴正方向运动，可推出a、b两质点之间的波形如图所示，此刻a质点向下振动，速度增大，且此刻a质点与b质点位移相同，y＝4cm，振动图像为A，A正确，B、C、D错误。振动图像与波的图像综合问题的分析方法训练4(2024·湖北宜荆一模)图7甲是一列简谐横波在t＝0.1s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1.5m处的质点，Q是平衡位置在x＝12m处的质点；图乙为质点Q的振动图像，下列说法正确的是()图7A.这列波沿x轴负方向传播B.在t＝0.25s时，质点P的位置坐标为(1.5m，5eq\r(2)cm)C.从t＝0.1s到t＝0.25s的过程中，质点Q的位移大小为30cmD.从t＝0时刻开始计时，质点P在t＝(0.125＋0.2n)s(n＝0，1，2，…)时到达波峰答案B解析根据图乙，t＝0.1s时，质点Q向下振动，所以这列波沿x轴正方向传播，A错误；根据图乙，波的周期为T＝0.2s，根据图甲，可知t＝0.1s时质点P向下振动，此时位移为y＝10sineq\f(π,4)cm＝5eq\r(2)cm，到t＝0.25s，历时Δt＝0.25s－0.1s＝0.15s＝eq\f(3,4)T，质点P回到t＝0.1s时的初始位置，坐标为(1.5m，5eq\r(2)cm)，B正确；从t＝0.1s到t＝0.25s的过程中，历时eq\f(3,4)T，质点Q运动到波峰，其位移大小为10cm，C错误；波速为v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(12,0.2)m/s＝60m/s，则波从O传到P所用的时间为t0＝eq\f(x,v)＝eq\f(1.5,60)s＝0.025s，可知质点P第一次到达波峰的时间为t′＝t0＋eq\f(T,4)＝0.075s，则质点P到达波峰的时刻为t＝(0.075＋0.2n)s(n＝0，1，2，…)，D错误。1.(2024·湖南卷，2)如图8，健身者在公园以每分钟60次的频率上下抖动长绳的一端，长绳自右向左呈现波浪状起伏，可近似为单向传播的简谐横波。长绳上A、B两点平衡位置相距6m，t0时刻A点位于波谷，B点位于波峰，两者之间还有一个波谷。下列说法正确的是()图8A.波长为3mB.波速为12m/sC.t0＋0.25s时刻，B点速度为0D.t0＋0.50s时刻，A点速度为0答案D解析由题意可知xAB＝eq\f(3,2)λ＝6m，则该波的波长为λ＝4m，A错误；根据振源的振动频率为f＝1Hz，可知该波的周期T＝1s，则波速为v＝eq\f(λ,T)＝4m/s，B错误；由于t0时刻A点、B点分别位于波谷、波峰位置，则t0时刻A点、B点的速度均为0，从t0时刻到t0＋0.25s时刻，B点振动了eq\f(1,4)个周期，运动至平衡位置，速度最大，C错误；从t0时刻到t0＋0.50s时刻，A点振动了eq\f(1,2)个周期，运动至波峰位置，速度为0，D正确。2.(多选)(2024·新课标卷，19)位于坐标原点O的波源在t＝0时开始振动，振动图像如图9所示，所形成的简谐横波沿x轴正方向传播。平衡位置在x＝3.5m处的质点P开始振动时，波源恰好第2次处于波谷位置，则()图9A.波的周期是0.1sB.波的振幅是0.2mC.波的传播速度是10m/sD.平衡位置在x＝4.5m处的质点Q开始振动时，质点P处于波峰位置答案BC解析由波源的振动图像可知T＝0.2s，A＝0.2m，波源起振方向向上，A错误，B正确；波源第2次处于波谷位置的时间t1＝1eq\f(3,4)T＝0.35s，波速为v＝eq\f(xP,t1)＝10m/s，C正确；设t2时刻波传播到Q，t2＝eq\f(xQ,v)＝0.45s，Δt＝t2－t1＝0.1s＝eq\f(T,2)，此时P正好振动半个周期，处于平衡位置向下振动，D错误。3.(多选)(2024·山东卷，9)甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴相向传播，波速均为2m/s。t＝0时刻二者在x＝2m处相遇，波形图如图10所示。关于平衡位置在x＝2m处的质点P，下列说法正确的是()图10A.t＝0.5s时，P偏离平衡位置的位移为0B.t＝0.5s时，P偏离平衡位置的位移为－2cmC.t＝1.0s时，P向y轴正方向运动D.t＝1.0s时，P向y轴负方向运动答案BC解析由于两列波的波速均为2m/s，则t＝0.5s时，题图所示平衡位置在x＝1m处和x＝3m处两质点的振动形式传到P点处，则由波的叠加可知，t＝0.5s时，P偏离平衡位置的位移为－2cm，A错误，B正确；同理，t＝1.0s时，题图所示平衡位置在x＝0处和x＝4m处两质点的振动形式(均向y轴正方向运动)传到P点处，根据波的叠加可知，t＝1.0s时，P向y轴正方向运动，C正确，D错误。4.(2024·江西卷，6)如图11(a)所示，利用超声波可以检测飞机机翼内部缺陷。在某次检测实验中，入射波为连续的正弦信号，探头先后探测到机翼表面和缺陷表面的反射信号，分别如图(b)、(c)所示。已知超声波在机翼材料中的波速为6300m/s。关于这两个反射信号在探头处的叠加效果和缺陷深度d，下列选项正确的是()图11A.振动减弱；d＝4.725mmB.振动加强；d＝4.725mmC.振动减弱；d＝9.45mmD.振动加强；d＝9.45mm答案A解析根据反射信号图像可知，超声波的传播周期T＝2×10－7s，又波速v＝6300m/s，则超声波在机翼材料中的波长λ＝vT＝1.26×10－3m，结合题图(b)和题图(c)可知，两个反射信号传播到探头处的时间差为Δt＝1.5×10－6s，故两个反射信号的路程差为2d＝vΔt＝9.45×10－3m＝eq\f(15,2)λ，解得d＝4.725×10－3m＝4.725mm，因路程差等于半个波长的奇数倍，则两个反射信号在探头处振动减弱，A正确。5.(2024·北京卷，9)如图12甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是()图12A.t＝0时，弹簧弹力为0B.t＝0.2s时，手机位于平衡位置上方C.从t＝0至t＝0.2s，手机的动能增大D.a随t变化的关系式为a＝4sin(2.5πt)m/s2答案D解析由题图乙可知，t＝0时，手机加速度为0，则此时手机所受合力为0，可知此时弹簧弹力大小F＝mg，A错误；由题图乙可知，t＝0.2s时，手机加速度向上，则此时弹簧弹力向上且大于重力，由胡克定律可知，此时弹簧伸长量大于平衡位置弹簧的伸长量，故此时手机处于平衡位置下方，B错误；从t＝0至t＝0.2s，手机由平衡位置向下运动，又合力方向向上，则合力对手机做负功，由动能定理可知，该过程手机的动能减小，C错误；由题图乙可知ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,0.8)rad/s＝2.5πrad/s，则a随t变化的关系式为a＝4sin(2.5πt)m/s2，D正确。基础保分练1.(2024·江苏卷，7)如图1所示，水面上有O、A、B三点共线，OA＝2AB，零时刻在O点的水面给一个扰动，t1时刻A点开始振动，则B点开始振动的时刻为()图1A.t1 B.eq\f(3t1,2) C.2t1 D.eq\f(5t1,2)答案B解析水波的传播速度大小不变，设水波传播的速度为v，由题意可知OA＝vt1、AB＝vt2，又OA＝2AB，则t2＝eq\f(1,2)t1，则B点开始振动的时刻为t3＝t1＋t2＝eq\f(3t1,2)，B正确。2.(2024·甘肃卷，5)如图2为某单摆的振动图像，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是()图2A.摆长为1.6m，起始时刻速度最大B.摆长为2.5m，起始时刻速度为零C.摆长为1.6m，A、C点的速度相同D.摆长为2.5m，A、B点的速度相同答案C解析根据题图可知，单摆的周期T＝1.0πs－0.2πs＝0.8πs，结合单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可得单摆的摆长l＝1.6m，起始时刻，单摆的位移最大，加速度最大，速度为零，A、B两点速度大小相等，方向相反，A、C两点速度相同，A、B、D错误，C正确。3.(多选)(2024·海南卷，10)一歌手在湖边唱歌，歌声通过空气和水传到距其2km的湖对岸，空气中的声速为340m/s，水中声速为1450m/s，歌声可视为频率为400Hz的声波，则下列说法正确的是()A.歌声在水中传播频率会改变B.歌声由空气和水传到湖对岸的时间差约为4.5sC.歌声在空气中波长为0.85mD.歌声在水中的波长为5m答案BC解析频率只与波源有关，同一波源产生的波在不同介质中的频率相同，A错误；根据匀速直线运动规律可得t空＝eq\f(d,v空)，t水＝eq\f(d,v水)，Δt＝t空－t水，联立并代入数据解得Δt≈4.5s，B正确；根据v＝λf可得，λ空＝eq\f(v空,f)＝eq\f(340,400)m＝0.85m，λ水＝eq\f(v水,f)＝eq\f(1450,400)m＝3.625m，C正确，D错误。4.(2023·广东卷，4)渔船常用回声探测器发射的声波探测水下鱼群与障碍物。声波在水中的传播速度为1500m/s，若探测器发出频率为1.5×105Hz的声波，下列说法正确的是()A.两列声波相遇时一定会发生干涉B.声波由水中传播到空气中，波长会改变C.该声波遇到尺寸约为1m的被探测物时会发生明显衍射D.探测器接收到的回声频率与被探测物相对探测器运动的速度无关答案B解析根据多普勒效应可知，探测器接收到的回声频率与被探测物相对探测器运动的速度有关，而两列声波发生干涉的条件是频率相等，所以两列声波相遇时不一定发生干涉，A、D错误；声波由水中传播到空气中时，声波的频率不变，但波速发生变化，所以波长会发生改变，B正确；根据波长的计算公式可得λ＝eq\f(v,f)＝eq\f(1500,1.5×106)m＝1×10－3m，当遇到尺寸约1m的被探测物时不会发生明显衍射，C错误。5.(2024·重庆名校联盟联考)如图3甲所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，上端连接一质量为m的物块，物块在竖直向下的压力F的作用下保持静止。t＝0时，撤去压力F，物块在竖直方向做简谐振动，取竖直向上为正方向，弹簧振子的振动图像如图乙所示。弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，F＝2mg。以下说法正确的是()图3A.弹簧振子的振幅为eq\f(3mg,k)B.弹簧振子的频率为2.5HzC.t＝0.2s时，物块的加速度最大D.t＝0.4s到t＝0.6s的时间内，物块加速度和速度方向相同答案D解析物块在振动过程中回复力为零的位置为平衡位置，由题知，在平衡位置弹簧弹力等于物块重力mg，则弹簧回复力为F＝2mg，则弹簧振子的振幅为A＝eq\f(F,k)＝eq\f(2mg,k)，A错误；由弹簧振子的振动图像知周期为T＝0.8s，弹簧振子的频率为f＝eq\f(1,T)＝1.25Hz，B错误；t＝0.2s＝eq\f(1,4)T时，物块处于平衡位置，物块的回复力最小，加速度最小，C错误；t＝0.4s到t＝0.6s的时间内，物块由最高点到平衡位置，速度由0变化到最大，速度方向指向平衡位置，回复力指向平衡位置，故物块加速度和速度方向相同，D正确。6.(2024·河北张家口模拟预测)如图4所示，一根长为l、粗细均匀且横截面积为S的木筷下端绕几圈铁丝，竖直浮在较大装有水的容器中。现把木筷往上提起一小段距离后放手，木筷就在水中上下做简谐振动。已知铁丝与木筷总质量为m0，木筷与铁丝整体的等效密度为ρ1，水的密度为ρ2。简谐运动的周期公式T＝2πeq\r(\f(m,k))，其中k是回复力与位移的比例系数，m为系统的质量。当地重力加速度为g。忽略铁丝的体积，则该系统振动的周期为()图4A.T＝2πeq\r(\f(l,g)) B.T＝2πeq\r(\f(ρ2l,ρ1g))C.T＝2πeq\r(\f(m0,ρ2gS)) D.T＝2πeq\r(\f(m0,ρ1gS))答案C解析平衡时，有m0g＝F浮＝ρ2gSh，取向下为正，向下移动位移为x时，浮力增大了ΔF浮＝ρ2gSx，木筷就在水中上下做简谐振动，所以F回＝－ΔF浮＝－ρ2gSx＝－kx，可得k＝ρ2gS，该系统振动的周期为T＝2πeq\r(\f(m0,k))＝2πeq\r(\f(m0,ρ2gS))，故C正确，D错误；由题知m0＝ρ1Sl，代入可得T＝2πeq\r(\f(ρ1l,ρ2g))，故A、B错误。7.(2024·浙江湖州二模)如图5甲，小球在光滑球面上的A、B之间来回运动。t＝0时刻将小球从A点由静止释放，球面对小球的支持力大小F随时间t变化的曲线如图乙，若弧长AB远小于半径，则()图5A.小球运动的周期为0.2πsB.光滑球面的半径为0.1mC.小球的质量为0.05kgD.小球的最大速度约为0.10m/s答案C解析小球在一个周期内两次经过最低点，根据图乙可知，小球的运动周期为0.4πs，故A错误；小球在光滑球面上做简谐运动，根据单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，式中的l即为光滑球面的半径R，代入数据可得R＝l＝0.4m，故B错误；设小球在光滑球面上最高点时与其做圆周运动的圆心连线与竖直方向的夹角为θ，小球到达最低点时的速度的最大值为v，则在最高点有mgcosθ＝F1，在最低点有F2－mg＝meq\f(v2,R)，从最高点到最低点由动能定理有mgR·(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2，其中F1＝0.495N，F2＝0.510N，联立以上各式解得m＝0.05kg，v＝eq\f(\r(2),5)m/s，故C正确，D错误。8.(2024·海南海口一模)如图6所示，实线和虚线分别是沿x轴传播的一列简谐横波在t1＝0和t2＝0.45s时刻的波形图，0时刻x＝2m处的质点沿－y方向运动。该波()图6A.沿x轴正方向传播B.波长为2mC.周期可能为0.4sD.传播的速度大小可能为15.6m/s答案D解析根据同侧法可判断该波沿x轴负方向传播，故A错误；由波形图可知波长为4m，故B错误；根据波形图的周期性可得Δt＝t2－t1＝(eq\f(3,4)＋n)T(n＝0，1，2，3，…)，解得T＝eq\f(1.8,4n＋3)s(n＝0，1，2，3，…)，当n＝0时，解得T＝0.6s；当n＝1时，解得T＝0.26s，故C错误；波的传播速度为v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(20（4n＋3）,9)m/s(n＝0，1，2，3，…)，当n＝0时，解得v＝6.7m/s；当n＝1时，解得v＝15.6m/s，故D正确。提能增分练9.(多选)(2024·福建龙岩模拟)某一B超探头发送的简谐超声波沿x轴正方向传播，其波的图像如图7所示，此刻(t＝0)处于平衡位置的质点M刚开始振动。已知波的频率为1×107Hz，下列说法正确的是()图7A.质点M开始振动的方向沿y轴正方向B.t＝2.0×10－7s时，N点第一次出现波峰C.t＝1.25×10－7s时，质点M运动到N点处D.经过1.25×10－7s质点M运动的路程为2mm答案BD解析根据同侧法，由题图可知，质点M开始振动的方向沿y轴负方向，故A错误；由图可知，该波的波长为14×10－2mm，波的周期为T＝eq\f(1,f)＝1×10－7s，经过1.25×10－7s，质点M振动eq\f(5,4)T，运动的路程为s＝5A＝2mm，故D正确；波的传播速度为v＝eq\f(λ,T)＝1.4×103m/s，波传播到N点处的时间为t′＝eq\f(xN－xM,v)＝1.25×10－7s，t＝2.0×10－7s时，质点N振动的时间为Δt＝t－t′＝0.75×10－7s＝eq\f(3,4)T，可知，N点第一次出现波峰，故B正确；质点不随波移动，则质点M不能运动到N点处，故C错误。10.(2024·河北保定二模)花样游泳被誉为水中芭蕾。运动员在花样游泳表演赛中，用手拍皮球，水波向四周散开，可简化为如图8所示的模型，t＝0时，波源O开始振动(起振方向向下)，激发的简谐横波沿水面向四周传播，水面上的各点均在竖直方向做振幅为4cm的简谐运动。已知t＝3s时，离O点10m的质点P第一次到达波谷，t＝7s时，离O点20m的质点Q第一次到达波峰，下列说法正确的是()图8A.简谐横波的波长为10mB.简谐横波的波速大小为4m/sC.0～10s内，质点P通过的路程为12cmD.0～10s内，质点Q通过的路程为24cm答案D解析t＝3s时，离O点10m的质点P第一次到达波谷，则t1＝eq\f(xOP,v)＋eq\f(1,4)T＝3s，t＝7s时，离O点20m的质点Q第一次到达波峰，则t2＝eq\f(xOQ,v)＋eq\f(3,4)T＝7s，解得v＝5m/s，T＝4s，简谐横波的波长为λ＝vT＝20m，故A、B错误；波源O传播至质点P的时间为t3＝eq\f(xOP,v)＝2s，0～10s内，质点P的振动时间为8s，即两个周期，质点P通过的路程为s1＝2×4A＝32cm，故C错误；波源O传播至质点Q的时间为t4＝eq\f(xOQ,v)＝4s，0～10s内，质点Q的振动时间为6s，即eq\f(3,2)T，质点Q通过的路程为s2＝eq\f(3,2)×4A＝24cm，故D正确。11.(多选)(2024·山东泰安一模)在同一均匀介质中，位于x＝－6m和x＝12m处的两个波源M和N均沿y轴方向做简谐运动，形成横波a和b。如图9所示，t＝0时波a、b分别传播到x＝－2m和x＝8m处；t＝5s时波a、b恰好相遇，则下列说法正确的是()图9A.波a、b相叠加后，会出现稳定的干涉现象B.x＝3m处质点的位移最大值为2cmC.t＝2s时，质点P沿y轴正方向运动D.t＝11s时，x＝2m处质点的位移为10cm答案AB解析横波a和b的波长相同，同种介质中波的传播速度相同，故两列波的频率相同，满足产生稳定干涉现象的条件，A正确；两列波同时到达x＝3m处，两列波振动步调相反，故在此处处于减弱状态，所以此处质点的位移最大值为2cm，B正确；由题意可知，t＝5s时两列波恰好相遇，且两列波的波速相同，故横波a的波速为v＝eq\f(x,t)＝1m/s，周期为T＝eq\f(λ,v)＝4s，t＝0时质点P沿y轴正方向运动，故经过2s＝eq\f(1,2)T质点P沿y轴负方向运动，C错误；t＝11s时，x＝2m处质点同时参与了a波和b波的运动，都在波谷位置，所以此时刻x＝2m处质点的位移为y＝(－4)cm＋(－6)cm＝－10cm，D错误。培优高分练12.(2024·湖南永州模拟)“地震预警”是指在地震发生以后，抢在地震波传播到受灾地区前，向受灾地区提前发出警报，通知目标区域从而实现预警。科研机构对波的特性展开研究，某机械波沿x轴传播，图10甲为t＝0.6s时的波动图像，图乙为x＝5m处A质点的振动图像，此时P、Q两质点的位移均为－1cm，下列说法正确的是()图10A.这列波沿x轴正方向传播B.P质点的振动方程为y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)t＋\f(π,6)))cmC.t＝0.6s时，P、Q两质点加速度大小相同，方向相反D.从t＝0.6s开始经过0.3s，P、Q两质点经过的路程相等答案B解析由乙图可知，在t＝0.6s时，A质点正在沿y轴负方向运动，根据“同侧法”可知，波沿x轴负方向传播，故A错误；设P质点的振动方程为y＝Asin(ωt＋φ)，而ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,1.2)rad/s＝eq\f(5π,3)rad/s，A＝2cm，将t＝0.6s，y＝－1cm代入解得φ＝eq\f(π,6)或eq\f(5π,6)，因t＝0时刻，质点P沿＋y方向运动，故取φ＝eq\f(π,6)，因此P质点的振动方程为y＝2sin(eq\f(5π,3)t＋eq\f(π,6))cm，故B正确；t＝0.6s时，质点P、Q点在x轴下方，加速度方向都沿y轴正方向，P、Q两质点位移相同，加速度大小相同，故C错误；波向x轴负方向传播可知t＝0.6s时质点P在x轴下方并向y轴负方向减速运动，Q在x轴下方并向y轴正方向加速运动，又0.3s＝eq\f(T,4)，所以从t＝0.6s开始经过0.3s，P、Q两质点经过的路程不相等，故D错误。第14课时光电磁波【知识网络】

热点一光的折射与全反射1.求解折射率的三个公式(1)n12＝eq\f(sinθ1,sinθ2)。(2)n＝eq\f(c,v)。(3)n＝eq\f(1,sinC)。2.折射率的理解(1)折射率与介质和光的频率有关，与入射角的大小无关。(2)光密介质指折射率大的介质，而不是指密度大的介质。(3)同一种介质中，频率越大的色光折射率越大，传播速度越小。(4)同一种光在不同介质中的折射率不同。例1(多选)(2024·天津南开二模)如图1甲所示，我国航天员王亚平在天宫课堂上演示了微重力环境下的神奇现象。液体呈球状，往其中央注入空气，可以在液体球内部形成一个同心球形气泡。假设此液体球其内外半径之比为1∶3，由a、b、c三种颜色的光组成的细复色光束在过球心的平面内，从A点以i＝45°的入射角射入球中，a、b、c三条折射光线如图乙所示，其中b光的折射光线刚好与液体球内壁相切。下列说法正确的是()图1A.该液体材料对a光的折射率小于对c光的折射率B.c光在液体球中的传播速度最大C.该液体材料对b光的折射率为eq\f(3\r(2),2)D.若继续增大入射角i，b光可能因发生全反射而无法射出液体球答案BC解析根据折射率的公式n＝eq\f(sini,sinr)可知，以相同的入射角射入球中时，a光的折射角较小，故其折射率较大，A错误；以相同的入射角射入球中时，c光的折射角最大，折射率最小，故在液体球中传播的速度最大，B正确；如图所示，可知b光线折射角的正弦值sinr＝eq\f(1,3)，故该液体对b光的折射率n＝eq\f(sini,sinr)＝eq\f(\f(\r(2),2),\f(1,3))＝eq\f(3\r(2),2)，C正确；若继续增大入射角i，b光的折射角增大，光线远离同心球形气泡，光线从液体材料射出时的入射角与射入液体材料时的折射角大小相等，根据光的可逆性可知不会发生全反射，D错误。求解光的折射和全反射问题的思路(1)根据题意画出正确的光路图，特别注意全反射的临界光线。(2)利用几何关系确定光路中的边、角关系。(3)利用折射定律等公式求解。(4)注意折射现象中光路的可逆性。训练1(2024·江苏卷，6)现有一束光以相同的入射角θ，打在两杯不同浓度的NaCl溶液甲、乙中，折射光线如图2所示(β1<β2)，已知NaCl溶液的折射率随NaCl浓度的增大而增大。则()图2A.甲溶液折射率较大B.甲溶液的NaCl浓度较小C.光在甲溶液中的传播速度较大D.光在甲中发生全反射的临界角较大答案A解析训练2(2024·湖南永州三模)如图3所示为三棱镜的截面△ABC，∠A＝105°、∠B＝45°。某细单色光束从AC边上的D点射入三棱镜，折射光线射到BC边上的E点，刚好发生全反射，反射光线垂直射到AB边的F点，光线在D点的入射角为α，折射角为β，已知B、E两点之间的距离为L，sin15°＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)，光在真空中的传播速度为c，下列说法正确的是()图3A.sinα＝eq\f(\r(3)－1,4)B.sinβ＝eq\f(\r(6)－\r(2),6)C.光从E到F的传播时间为eq\f(L,c)D.介质对此单色光的折射率为eq\r(3)答案C解析设光线在介质中发生全反射的临界角为θ，折射光线射到BC边上的E点，刚好发生全反射，反射光线垂直射到AB边的F点，由几何关系可得θ＝45°，由折射率的定义可得n＝eq\f(1,sinθ)＝eq\r(2)，D错误；已知∠A＝105°、∠B＝45°，由几何关系可得∠ADE＝75°，则β＝15°，代入得sinβ＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)，由折射率公式知n＝eq\f(sinα,sinβ)，解得sinα＝eq\f(\r(3)－1,2)，A、B错误；E、F两点之间的距离为d＝Lsin45°，由n＝eq\f(c,v)，光从E到F的传播时间为t＝eq\f(d,v)＝eq\f(L,c)，C正确。热点二光的波动性电磁波1.光的双缝干涉和单缝衍射的比较双缝干涉单缝衍射产生条件两束光频率相同、相位差恒定障碍物或狭缝的尺寸足够小(明显衍射现象)图样不同点条纹宽度条纹宽度相等条纹宽度不等，中央最宽条纹间距各相邻条纹间距相等各相邻条纹间距不等亮度情况清晰条纹，亮度基本相同中央条纹最亮，两边变暗与光的偏振的区别干涉、衍射都是波特有的现象；光的偏振现象说明光是横波2.电磁振荡和电磁波(1)电磁振荡：周期T＝2πeq\r(LC)，电流为0时电场能最大，电流最大时磁场能最大。(2)关于电磁波的产生的两点说明①能否产生电磁波，要看变化的电场和磁场是否能持续地再产生变化的磁场和电场，也就是说，所产生的磁场或电场必须是变化的，而不能是稳定的。②明确是怎样变化的电场(磁场)产生怎样变化的磁场(电场)。振荡电场产生同频率的振荡磁场；振荡磁场产生同频率的振荡电场；LC振荡电路产生的振荡电场和振荡磁场都能产生电磁波。(3)电磁波传播不需要介质，在介质中传播时速度与介质材料和电磁波频率有关。

例2(2024·浙江湖州二模)某同学根据光的干涉原理设计了探究不同材料热膨胀程度的实验装置，如图4所示。材料甲置于玻璃平板之间，材料乙的上表面3与上层玻璃下表面2间形成空气劈尖。单色光垂直照射到玻璃平板上，就可以观察到干涉条纹。下列说法正确的是()图4A.表面3可以与表面2平行B.该条纹是由上层玻璃上表面1与下层玻璃上表面4的反射光发生干涉形成的C.仅温度升高，若干涉条纹向左移动，则材料甲膨胀程度大D.仅换用频率更小的单色光，干涉条纹将向左移动答案C解析该条纹是由上层玻璃下表面2与材料乙的上表面3的反射光发生干涉形成的，由空气劈尖薄膜干涉原理可知，若表面3与表面2平行，则两表面的反射光之间的光程差始终恒定，不会形成明暗相间的条纹，故A、B错误；若温度升高，干涉条纹向左移动，则上层玻璃下表面2与材料乙的上表面3之间的空气膜厚度增加，即材料甲膨胀程度大，故C正确；若换用频率更小的单色光，则波长变长，根据条纹间距公式Δx＝eq\f(l,d)λ可知，干涉条纹间距增大，对应空气膜厚度增加，干涉条纹向右移动，故D错误。训练3(多选)某同学采用图5甲所示的实验装置研究光的干涉与衍射现象，狭缝S1、S2的宽度可调，狭缝到屏的距离为L。同一单色光垂直照射狭缝，实验中分别在屏上得到了图乙、图丙所示图样。下列描述正确的是()图5A.图乙是光的双缝干涉图样，当光通过狭缝时，也发生了衍射B.遮住一条狭缝，另一狭缝宽度增大，其他条件不变，图丙中亮条纹宽度增大C.照射两条狭缝时，增加L，其他条件不变，图乙中相邻暗条纹的中心间距增大D.照射两条狭缝时，若光从狭缝S1、S2到屏上P点的路程差为半波长的奇数倍，P点处一定是暗条纹答案ACD解析题图乙中间部分为等间距条纹，所以题图乙是光的双缝干涉图样，当光通过狭缝时，同时也发生衍射，故A正确；狭缝越小，衍射范围越大，衍射条纹越宽，遮住一条狭缝，另一狭缝宽度增大，则衍射现象减弱，题图丙中亮条纹宽度减小，故B错误；根据条纹间距公式Δx＝eq\f(L,d)λ可知，照射两条狭缝时，增加L，其他条件不变，题图乙中相邻暗条纹的中心间距增大，故C正确；照射两条狭缝时，若光从狭缝S1、S2到屏上P点的路程差为半波长的奇数倍，P点处一定是暗条纹，故D正确。训练4(2024·广东惠州市一模)使用蓝牙耳机接听手机来电，信号传输示意图如图6所示，以下说法正确的是()图6A.蓝牙通信的电磁波是可见光B.在同种介质中，蓝牙通信的电磁波波长比手机通信的电磁波波长短C.两束蓝牙通信的电磁波在任何情况下都不会发生干涉D.蓝牙通信的电磁波在真空中的传播速度小于光速答案B解析蓝牙通信的电磁波是无线电波，不是可见光，故A错误；在同种介质中，蓝牙通信与手机通信的电磁波传播速度相等，但蓝牙通信的电磁波频率高于手机通信的电磁波频率，所以蓝牙通信的电磁波波长比手机通信的电磁波波长短，故B正确；两束蓝牙通信的电磁波若频率相同，相位差恒定，就会发生干涉，故C错误；蓝牙通信的电磁波在真空中的传播速度等于光速，故D错误。热点三几何光学与物理光学的综合应用1.含有多种颜色的光从一种介质进入另一种介质时，由于介质对不同色光的折射率不同，各种色光的偏折程度不同。2.各种色光的比较颜色红橙黄绿青蓝紫频率f低→高同一介质中的折射率小→大同一介质中速度大→小波长大→小临界角大→小通过棱镜的偏折角小→大例3(2024·江苏南京二模)为了装点夜景，常在喷水池水下安装彩灯。如图7甲所示，水下有一点光源S，同时发出两种不同颜色的a光和b光，在水面上形成了一个有光射出的圆形区域，俯视如图乙所示，环状区域只有b光，中间小圆为复色光，下列说法正确的是()图7A.a光发生全反射的临界角大B.a光的频率小于b光C.水对a光的折射率大于对b光的折射率D.用同一装置做双缝干涉实验，b光条纹间距更小答案C解析作出光路图，如图所示，在被照亮的圆形区域边缘光线恰好发生了全反射，入射角等于临界角，由于a光照射的面积较小，则a光的临界角较小，故A错误；根据n＝eq\f(1,sinC)可知，水对a光的折射率大于对b光的折射率，则a光的频率大于b光的频率，故B错误，C正确；a光的频率较高，则波长较小，根据Δx＝eq\f(l,d)λ可知，用同一装置做双缝干涉实验，a光条纹间距更小，故D错误。训练5(2024·河北衡水模拟预测)一束光照射到底面有涂层的平行玻璃砖上表面，在玻璃砖中传播后分为a、b两束从上表面射出，如图8所示，下列说法正确的是()图8A.在玻璃中a光的折射率小于b光的折射率B.a光的频率小于b光的频率C.遇到障碍物时a光更容易发生明显的衍射现象D.增大空气一侧的入射角，a、b光线都不会消失答案D解析光路图如图所示，在玻璃砖上表面折射时，a光的偏折程度较大，则a光的折射率较大，故A错误；由a光的折射率较大，可得a光的频率较大，故B错误；b光的频率较小，则b光的波长较长，遇到障碍物时波长较长的b光更容易发生明显的衍射现象，故C错误；两列光折射后经反射再从玻璃进入空气折射，由几何关系可知第一次折射的折射角等于第二次折射的入射角，根据光路的可逆性可知两列光均不能发生全反射，故增大空气一侧的入射角，两列光不会消失，故D正确。

1.(2024·新课标卷，17)三位科学家由于在发现和合成量子点方面的突出贡献，荣获了2023年诺贝尔化学奖，不同尺寸的量子点会发出不同颜色的光。现有两种量子点分别发出蓝光和红光，下列说法正确的是()A.蓝光光子的能量大于红光光子的能量B.蓝光光子的动量小于红光光子的动量C.在玻璃中传播时，蓝光的速度大于红光的速度D.蓝光在玻璃中传播时的频率小于它在空气中传播时的频率答案A解析蓝光频率大于红光频率，光子能量E＝hν，ν越大，E越大，可知蓝光光子的能量大于红光光子的能量，A正确；光子动量p＝eq\f(h,λ)＝eq\f(hν,c)，ν越大，p越大，可知蓝光光子的动量大于红光光子的动量，B错误；同一介质对蓝光的折射率大于对红光的折射率，根据v＝eq\f(c,n)可知，在玻璃中传播时，蓝光的速度小于红光的速度，C错误；光从真空进入介质，频率不变，D错误。2.(2024·黑吉辽卷，4)某同学自制双缝干涉实验装置：在纸板上割出一条窄缝，于窄缝中央沿缝方向固定一根拉直的头发丝形成双缝，将该纸板与墙面平行放置，如图9所示。用绿色激光照射双缝，能够在墙面上观察到干涉条纹。下列做法可以使相邻两条亮条纹中心间距变小的是()图9A.换用更粗的头发丝B.换用红色激光照射双缝C.增大纸板与墙面的距离D.减小光源与纸板的距离答案A解析双缝干涉中相邻两亮条纹的间距Δx＝eq\f(l,d)λ，若换用更粗的头发丝，d增大，Δx减小，A正确；换用红色激光照射双缝，λ增大，Δx增大，B错误；增大纸板与墙面的距离，l增大，Δx增大，C错误；减小光源与纸板的距离对产生的亮条纹间距无影响，D错误。3.(2024·山东卷，4)检测球形滚珠直径是否合格的装置如图10甲所示，将标准滚珠a与待测滚珠b、c放置在两块平板玻璃之间，用单色平行光垂直照射平板玻璃，形成如图乙所示的干涉条纹。若待测滚珠与标准滚珠的直径相等为合格，下列说法正确的是()图10A.滚珠b、c均合格B.滚珠b、c均不合格C.滚珠b合格，滚珠c不合格D.滚珠b不合格，滚珠c合格答案C解析单色平行光垂直照射平板玻璃，上玻璃的下表面与下玻璃上表面的反射光在上玻璃上表面发生干涉，形成干涉条纹，光程差为两块玻璃间距离的两倍，根据光的干涉知识可知，同一条干涉条纹位置处光的波程差相等，即滚珠a的直径与滚珠b的相等，即滚珠b合格，不同的干涉条纹位置处光的波程差不同，则滚珠a的直径与滚珠c的不相等，即滚珠c不合格，C正确。4.(2024·广东卷，6)如图11所示，红绿两束单色光，同时从空气中沿同一路径以角θ从MN面射入某长方体透明均匀介质。折射光束在NP面发生全反射。反射光射向PQ面。若θ逐渐增大。两束光在NP面上的全反射现象会先后消失。已知在该介质中红光的折射率小于绿光的折射率。下列说法正确的是()图11A.在PQ面上，红光比绿光更靠近P点B.θ逐渐增大时，红光的全反射现象先消失C.θ逐渐增大时，入射光可能在MN面发生全反射D.θ逐渐减小时，两束光在MN面折射的折射角逐渐增大答案B解析红光的频率比绿光的频率小，则红光的折射率小于绿光的折射率，在MN面，入射角相同，根据折射定律n＝eq\f(sinθ,sinα)，可知绿光在MN面的折射角较小，根据几何关系可知绿光比红光更靠近P点，故A错误；根据全反射发生的条件sinC＝eq\f(1,n)可知，红光发生全反射的临界角较大，θ逐渐增大时，折射光线与NP面的交点左移过程中，在NP面的入射角先达到红光发生全反射的临界角，所以红光的全反射现象先消失，故B正确；在MN面，光是从光疏介质到光密介质，无论θ多大，在MN面都不可能发生全反射，故C错误；根据折射定律n＝eq\f(sinθ,sinα)可知，θ逐渐减小时，两束光在MN面折射的折射角逐渐减小，故D错误。5.(多选)(2024·甘肃卷，10)如图12为一半圆柱形均匀透明材料的横截面，一束红光a从空气沿半径方向入射到圆心O，当θ＝30°时，反射光b和折射光c刚好垂直。下列说法正确的是()图12A.该材料对红光的折射率为eq\r(3)B.若θ＝45°，光线c消失C.若入射光a变为白光，光线b为白光D.若入射光a变为紫光，光线b和c仍然垂直答案ABC解析如图所示，根据几何关系可知，当入射角θ＝30°时，折射角β＝90°－θ＝60°，根据折射定律可得n＝eq\f(sinβ,sinθ)＝eq\r(3)，A正确；根据全反射临界角公式可知sinC＝eq\f(1,n)＝eq\f(\r(3),3)，由于sin45°＝eq\f(\r(2),2)>eq\f(\r(3),3)，则45°>C，因此θ＝45°时，光在O点发生全反射，光线c消失，B正确；光在界面处发生反射时，不改变光的颜色，则入射光的颜色与反射光的颜色相同，C正确；若入射光a变为紫色，则折射角增大，反射角不变，根据几何关系可知，光线b和c的夹角将小于90°，D错误。6.(2024·山东卷，15)某光学组件横截面如图13所示，半圆形玻璃砖圆心为O点，半径为R；直角三棱镜FG边的延长线过O点，EG边平行于AB边且长度等于R，∠FEG＝30°。横截面所在平面内，单色光线以θ角入射到EF边发生折射，折射光线垂直EG边射出。已知玻璃砖和三棱镜对该单色光的折射率均为1.5。图13(1)求sinθ；(2)以θ角入射的单色光线，若第一次到达半圆弧AMB可以发生全反射，求光线在EF上入射点D(图中未标出)到E点距离的范围。答案(1)0.75(2)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(3),9)R))解析(1)设光在三棱镜中的折射角为α，则根据折射定律有n＝eq\f(sinθ,sinα)根据几何关系可得α＝30°代入数据解得sinθ＝0.75。(2)作出单色光线第一次到达半圆弧AMB恰好发生全反射的光路图如图，则由几何关系可知FE上从P点到E点以θ角入射的单色光线第一次到达半圆弧AMB都可以发生全反射，根据全反射临界角公式有sinC＝eq\f(1,n)设P点到FG的距离为l，则根据几何关系有l＝RsinC又xPE＝eq\f(R－l,cos30°)联立解得xPE＝eq\f(2\r(3),9)R故光线在EF上的入射点D到E点的距离范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(3),9)R))。基础保分练1.(多选)(2024·山东菏泽二模)以下说法正确的是()A.泊松亮斑是由光的衍射形成的B.将托马斯·杨双缝干涉实验装置放进水中，条纹间距会变大C.用一个偏振片来观察某光源发出的光，在垂直光的传播方向上旋转偏振片时，发现光的强度发生变化，说明该光是偏振光D.为增加透射光的强度，在眼镜、相机等镜片表面涂有一层“薄膜”，使光学系统成像更清晰，这是利用了薄膜前后表面反射光相互干涉的原理答案ACD解析泊松亮斑是光绕过障碍物形成的，属于光的衍射现象，故A正确；将托马斯·杨双缝干涉实验装置放进水中，根据n＝eq\f(λ0,λ)可知，光的波长变小，结合条纹间距与波长之间的关系Δx＝eq\f(l,d)λ可知条纹间距变小，故B错误；自然光在各个振动方向上的强度相同，所以旋转偏振片时透射光的亮度不变，而用一个偏振片来观察某光源发出的光，在垂直光的传播方向上旋转偏振片时，发现光的强度发生变化，说明该光是偏振光，故C正确；根据薄膜干涉原理，为增加透射光的强度，在眼镜、相机等镜片表面涂有一层“薄膜”，薄膜前后表面反射光相互干涉而消弱，使光学系统成像更清晰，故D正确。2.(多选)电磁波在科学研究和日常生活中有着广泛的应用。如图1所示，关于电磁波的应用，以下说法正确的是()图1A.图甲中经过调制后的电磁波的波长不变B.图乙中天文学家利用射电望远镜接收无线电波，进行天体物理研究C.图丙中红外线夜视仪是利用了红外线热效应强的特点D.图丁中CT机应用人体发射红外线的原理拍摄人体组织答案AB解析图甲中为调幅波，不影响频率，故波长不变，A正确；图乙中天文学家利用射电望远镜接收无线电波，进行天体物理研究，B正确；红外线夜视仪利用的是红外遥感技术，C错误；CT机通过X射线拍摄人体组织，D错误。3.(2024·浙江县域联盟一模)地球大气层对光线的折射会使地球上的人们看到的太阳位置与实际位置存在偏差，这种现象被称为蒙气差效应。为便于研究这一现象，现将折射率不均匀的大气简化成折射率为eq\r(2)的均匀大气，大气层的厚度等效为地球半径R，赤道上的人一天中能看到太阳的时间相比没有大气层时要多()图2A.3小时 B.2小时 C.1.5小时 D.1小时答案B解析太阳光是平行光，临界光路图如图所示。由几何关系可得临界光线的折射角满足sinr＝eq\f(R,2R)＝eq\f(1,2)，可知临界光线的折射角为30°；根据折射定律可得n＝eq\f(sini,sinr)＝eq\r(2)，解得i＝45°，由几何关系可知，地球多转α角度便看不见太阳了，则有α＝60°－45°＝15°，一个住在赤道上的人在太阳“落山”后还能看到太阳的时间为t＝eq\f(15°,360°)×24h＝1h，同理可知，在太阳升起时也能提早1小时看到太阳，所以赤道上的人一天中能看到太阳的时间相比没有大气层时要多2小时，故B正确。4.(2024·江西南昌二模)如图3所示，昌昌同学为了测量某浓度糖水的折射率，将圆柱形透明薄桶放在水平桌面上，倒入半桶糖水；再将圆柱体竖直插入水中，圆柱体的中轴线与圆桶的中轴线重合；用刻度尺测量圆柱体在糖水中成的像的直径d2＝5.80cm；已知圆柱体截面直径为d1＝4.00cm，透明圆桶直径d3＝10.00cm。则该糖水的折射率为()图3A.1.45 B.1.72 C.2.00 D.2.50答案A解析作出对应的光路图如图所示，根据几何关系可得sini＝eq\f(\f(d2,2),\f(d3,2))，sinr＝eq\f(\f(d1,2),\f(d3,2))则该糖水的折射率为n＝eq\f(sini,sinr)＝eq\f(d2,d1)＝eq\f(5.8,4)＝1.45，故A正确。5.(2023·湖北卷，6)如图4所示，楔形玻璃的横截面POQ的顶角为30°，OP边上的点光源S到顶点O的距离为d，垂直于OP边的光线SN在OQ边的折射角为45°。不考虑多次反射，OQ边上有光射出部分的长度为()图4A.eq\f(1,2)d B.eq\f(\r(2),2)d C.d D.eq\r(2)d答案C解析设光线在OQ界面的入射角为α，折射角为β，由几何关系可知α＝30°，由折射定律得n＝eq\f(sinβ,sinα)＝eq\r(2)，光线在OQ界面的临界条件为恰好发生全反射，光路图如图，其中OB⊥CS，光线在A、B两点恰好发生全反射，由sinC＝eq\f(1,n)＝eq\f(\r(2),2)得A、B两处的临界角为45°，A、B之间有光线射出，由几何关系可知AB＝2AC＝2CS＝OS＝d，故C正确。6.(多选)(2024·山东济南二模)如图5所示，一段弯成四分之一圆弧形状的粗细均匀的玻璃棒截面图，ME＝MO，一细束蓝光由ME端面的中点A垂直射入，恰好能在弧面EF上发生全反射。下列说法正确的是()图5A.玻璃棒的折射率小于eq\r(2)B.发生全反射的临界角小于45°C.若蓝光换成紫光，在弧面EF上发生全反射D.若将入射光向E端平移，在弧面EF上不发生全反射答案AC解析如图所示，玻璃的折射率n＝eq\f(1,sinC)＝eq\f(BO,AO)＝eq\f(4,3)<eq\r(2)，故A正确；因sinC＝eq\f(3,4)＞eq\f(\r(2),2)＝sin45°，所以临界角C＞45°，故B错误；由于紫光频率大于蓝光频率，则紫光临界角小于蓝光临界角，紫光在弧面EF上发生全反射，故C正确；入射光向E端平移，在弧面EF上入射角大于临界角，发生全反射，故D错误。7.(多选)如图6是半径为R的玻璃半球体截面图，O点为球心，左表面竖直，左表面下部为毛玻璃，在其右侧竖直放置一平面镜。小明同学用激光笔发出一细束与过球心的水平直线OO1平行且间距为OA＝eq\f(1,2)R的激光，小明同学缓慢地向左移动平面镜，发现当图中L＝eq\r(3)R时，在毛玻璃上观察到清晰的亮点A′，且A′点与A点关于O点对称，已知光在真空中的速度为c。则下列判断正确的是()图6A.激光在该玻璃中的折射率n＝eq\r(2)B.激光在该玻璃中的折射率n＝eq\r(3)C.激光在该玻璃中的传播速度为eq\f(\r(2),2)cD.激光由A点射入到从A′点射出的时间t＝eq\f(5R,c)答案BD解析光路图如图所示，根据光路的对称性与光路的可逆性，依题意有sinα＝eq\f(OA,R)＝eq\f(1,2)，所以α＝30°，根据余弦定理得A1Oeq\o\al(2,1)＝R2＋L2－2LRcosα，解得A1O1＝R，所以θ＝α＝30°，β＝60°，根据折射定律可得n＝eq\f(sinβ,sinα)＝eq\r(3)，故A错误，B正确；激光在该玻璃中的传播速度为v＝eq\f(c,n)＝eq\f(\r(3),3)c，激光在该玻璃中通过的路程s1＝2AA1＝eq\r(3)R，激光由A点射入到从A′点射出的时间t＝eq\f(\r(3)R,v)＋eq\f(2R,c)＝eq\f(5R,c)，故C错误，D正确。提能增分练8.(2024·安徽淮南二模)有两种透明物质甲、乙，知道其中一种为玻璃，另一种为水晶。某同学利用