【物理】2019届二轮复习第2讲　机械振动和机械波　光　电磁波学案（全国通用）

【物理】2019届二轮复习第2讲　机械振动和机械波　光　电磁波学案（全国通用）

第2讲　机械振动和机械波　光　电磁波 网络构建 ‎1.机械振动和机械波 ‎2.光　电磁波 ‎[规律方法]‎ ‎1.分析简谐运动的技巧 ‎(1)物理量变化分析：以位移为桥梁，位移增大时，振动质点的回复力、加速度、势能均增大，速度、动能均减小；反之，则产生相反的变化。‎ ‎(2)矢量方向分析：矢量均在其值为零时改变方向。‎ ‎2.波的传播方向与质点的振动方向判断方法 ‎(1)“上下坡”法：沿波的传播方向，“上坡”时质点向下振动，“下坡”时质点向上振动。‎ ‎(2)“同侧”法：波形图上某点表示传播方向和振动方向的箭头在图线同侧。‎ ‎(3)“微平移”法：将波形沿传播方向进行微小的平移，再通过因波形平移引起质点的运动方向来确定。‎ ‎3.几何光学临界问题的分析 画出正确的光路图，从图中找出各种几何关系；利用好光路图中的临界光线，准确地判断出恰好发生全反射的临界条件。‎ ‎4.数学知识 ‎(1)平行线、三角形、圆等有关几何定理。‎ ‎(2)三角函数知识。‎ ‎(3)相似三角形的性质。‎ ‎(4)勾股定理。‎ ‎(5)正弦、余弦定理。‎ ‎5.数理转化 几何光学的求解通常要画出临界光线与边界光线，用相关的几何知识与数学方法进行求解。‎ ‎　振动(或波动)与光的折射、全反射的组合 ‎【典例1】 (2018·全国卷Ⅱ，34)(1)(5分)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λ，则它在钢铁中的波长为λ的________倍。‎ ‎(2)(10分)如图1，△ABC是一直角三棱镜的横截面，∠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。‎ 图1‎ ‎(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？‎ 解析　(1)设声波在钢铁中的传播时间为t1、传播速度为v1，在空气中的传播时间为t2、传播速度为v2，桥长为l，则l＝v1t1＝v2t2，而t2－t1＝1.00 s，代入数据解得l≈365 m。又λ＝，声波频率不变，所以＝，得λ钢＝λ空＝λ。‎ ‎(2)(ⅰ)光线在BC面上折射，由折射定律有 sin i1＝nsin r1①‎ 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 nsin i3＝sin r3③‎ 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°④‎ F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 nsin i2≥nsin C>nsin i3⑦‎ 式中C是全反射临界角，满足 nsin C＝1⑧‎ 由④⑦⑧式知，棱镜的折射率n的取值范围应为 ≤n＜2⑨‎ 答案　(1)365　　(2)(ⅰ)60°　(ⅱ)≤n＜2‎ ‎【典例2】 (2018·全国卷Ⅲ，34)(1)(5分)一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t＝0和t＝0.20 s时的波形分别如图2中实线和虚线所示。已知该波的周期T>0.20 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)‎ 图2‎ A.波速为0.40 m/s B.波长为0.08 m C.x＝0.08 m的质点在t＝0.70 s时位于波谷 D.x＝0.08 m的质点在t＝0.12 s时位于波谷 E.若此波传入另一介质中其波速变为0.80 m/s，则它在该介质中的波长为0.32 m ‎(2)(10分)如图3，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；过O点做AB边的垂线交直线DF于E；DE＝2 cm，EF＝1 cm。求三棱镜的折射率。(不考虑光线在三棱镜中的反射)‎ 图3‎ 解析　(1)根据波形图可知，波长λ＝16 cm＝0.16 m，选项B错误；根据t＝0时刻和t＝0.20 s时刻的波形图和该波的周期T>0.20 s可知，该波的周期T＝0.40 s，波速v＝＝0.40 m/s，选项A正确；简谐波沿x轴正方向传播，x＝0.08 m 的质点在t＝0时刻沿y轴正方向振动，在t＝0.70 s 时位于波谷，在t＝0.12 s时位于y>0的某位置(不是位于波谷)，选项C正确，D错误；若此波传入另一介质中，周期T不变，其波速变为v′＝0.80 m/s，由λ′＝v′T可得它在该介质中的波长为λ′＝0.80×0.4 m＝0.32 m，选项E正确。‎ ‎(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。‎ 根据折射定律有 nsin α＝sin β①‎ 式中n为三棱镜的折射率。‎ 由几何关系可知β＝60°②‎ ‎∠EOF＝30°③‎ 在△OEF中有EF＝OEsin ∠EOF④‎ 由③④式和题给条件得OE＝2 cm⑤‎ 根据题给条件可知，△OED为等腰三角形，有 α＝30°⑥‎ 由①②⑥式得n＝⑦‎ 答案　(1)ACE　(2) ‎1.(1)(5分)波源S在t＝0时刻从平衡位置开始向上振动，形成向左、右两侧传播的简谐横波。S、a、b、c和a′、b′、c′是沿波传播方向上的间距为1 m的6个质点，t＝0时刻各质点均处于平衡位置，如图4所示。已知波的传播速度为8 m/s，当t＝0.125 s时波源S 第一次达最高点，则________(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)。‎ 图4‎ A.任意时刻质点c与质点c′振动状态完全相同 B.t＝0.28 s时质点a的速度正在减小 C.t＝2.375 s时质点b′处于波谷 D.波传到c点时，质点c开始向上振动 E.若波源S向距它40 m的接收器匀速靠近，接收器接收到的频率将大于2 Hz ‎(2)(10分)横截面边长ab为3L的正方形薄壁透明容器内，盛有透明液体，在容器的右侧壁上液面下方L的位置有一点光源S。在容器左侧与容器距离为L、液面上方L处有一点P，从P点通过液面上方观察S，发现P与S的像连线的延长线与右侧器壁交于S1点，S1位于液面下方L处，其正视图如图5所示。若从P点通过侧壁沿液面与器壁交点b观察S，发现P与S的像连线的延长线与右侧器壁交于S2点。忽略器壁厚度，求：‎ ‎　图5‎ ‎(ⅰ)透明液体的折射率n；‎ ‎(ⅱ)S2与液面的距离。‎ 解析　(1)由题意知＝0.125 s，则T＝0.5 s，f＝＝2 Hz，λ＝vT＝4 m，c′、c相对S对称，振动状态完全相同，选项A、D正确；振动状态传到a点需0.125 s，a质点开始向上振动，0.25 s末达最高点，则0.28 s时质点向平衡位置运动，速度增大，选项B错误；振动状态传到b′需0.25 s，0.375 s末到达最高点，则t＝2.375 s时质点b′处于波峰，选项C错误；根据多普勒效应知选项E正确。‎ ‎(2)(ⅰ)延长ab，过P作ab的垂线交于c，连接PS1与液面交点为O，设折射角为i1，入射角为i2，‎ 则＝ 由Pc＝L，aS1＝L，bc＝L，ab＝3L，Oc＝bc＋Ob＝bc＋ab－Oa＝4L－Oa 得Oa＝L，Oc＝3L，‎ 可求n＝＝＝＝。‎ ‎(ⅱ)连接Pb并延长交侧壁于S2，连接Sb，＝，‎ 所以aS2＝3L。‎ 答案　(1)ADE　(2)(ⅰ)　(ⅱ)3L ‎2.(1)(5分)在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，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)‎ 图6‎ A.用摆线长作为摆长，测出的重力加速度值会偏小 B.在同质量的铝球和铜球中选择，应选择铝球作为摆球 C.取单摆摆角小于5°进行实验，是为了减小实验的偶然误差 D.摆球运动经过平衡位置时开始计时，用机械秒表测得经过40个周期的时间如图6所示，则此单摆周期为1.81 s E.测量单摆振动40个周期的时间除以40算出的周期与直接测量振动1个周期的时间相比，是为了减小实验的偶然误差 ‎(2)(10分)如图7所示为某透明介质的截面图，圆弧AP2B的半径为R，O点为圆心，D点为半径OB的中点，OC＝R。某一光线P1P2射入介质，射到C点时恰好发生全反射，且从D点射出介质。求：‎ 图7‎ ‎(ⅰ)透明介质的折射率n和光线P1P2的入射角θ；‎ ‎(ⅱ)光线从P2点入射到D点射出所用的时间t。‎ 解析　(1)由T＝2π知，若用摆线长作为摆长，则L测量值偏小，测出的重力加速度g的值也会偏小，选项A正确；由于铝的密度比铜的密度小许多，同质量的铝球的体积比铜球大许多，铝球受到的空气阻力比铜球要大，则用铝球作为摆球进行实验，测量误差较大，所以应选择铜球作为摆球，选项B错误；原理不完善引起的误差属于系统误差，取单摆摆角小于5°进行实验，是为了减小实验的系统误差，选项C错误；机械秒表测量的时间t＝1 min＋12.4 s＝72.4 s，此单摆周期T＝ s＝1.81 s，选项D正确；由于开始计时和停止计时，按下的时刻会引起偶然误差，测量单摆振动40个周期的时间，再除以40算出周期，是为了减小实验的偶然误差，选项E正确。‎ ‎(2)(ⅰ)光线在介质中的光路图如图所示，‎ 设临界角为α 则tan α＝＝ n＝ 解得n＝ 在△OCP2中，根据正弦定理有＝ 根据折射定律有n＝ 联立解得θ＝30°‎ ‎(ⅱ)根据正弦定理有 ＝ CD＝ n＝ 时间t＝ 联立解得t＝ 答案　(1)ADE　(2)(ⅰ)30°　(ⅱ) ‎3.(1)(5分)如图8所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时的波形如图所示，此时波刚好传到x＝5 m处的P点。t＝1.2 s时x＝6 m处Q点第一次有沿y轴正方向的最大速度。则以下说法正确的是________(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)。‎ 图8‎ A.t＝0时P点的运动方向为沿y轴负方向 B.波传播的速度是3 m/s C.x＝4 m处的质点的振动方程为y＝－0.1cos(m)‎ D.波源的起振方向沿y轴正方向 E.x＝10 m处的质点再过2 s开始振动 ‎(2)(10分)左侧是半圆形、右侧是直角三角形的某材料砖的截面图如图9所示，BC为半圆形材料砖的直径，O为圆心，圆的半径为R。直角三角形ABC的AB边水平，∠A＝30°，过A点放置了一个与水平面垂直的屏幕MN，一束红光射向半圆形材料砖的圆心O，已知该材料砖对红光的折射率为，红光在真空中运动的速度为c，入射方向与BC的夹角为60°。‎ 图9‎ ‎(ⅰ)红光从哪些面射出？射出的光线在光屏上能接收到吗？如果能接收到，红光射到屏上的位置距A点的距离是多少？‎ ‎(ⅱ)如果光屏能接收到红光，求红光从射入该材料砖到光屏接收到红光的时间。‎ 解析　(1)波沿x轴正方向传播，所以P点运动方向为沿y轴负方向，选项A正确；波速v＝＝ m/s＝2.5 m/s，选项B错误；t＝0时，x＝4 m处的质点位于负的最大位移处，所以其振动方程为y＝－Acos t＝－0.1 cos (m)，选项C正确；波源起振方向与t＝0时刻x＝5 m处的质点振动方向相同，选项D错误；t＝0时刻时波传到了P点，根据Δt＝＝ s＝2 s，选项E正确。‎ ‎(2)(ⅰ)如图所示，光射向半圆形玻璃砖的圆心O时在半圆内不改变传播方向，射到AC边时入射角是30°‎ 根据sin C＝可知，sin C＝＝0.58‎ 说明全反射的临界角大于30°，由此可知红光在AC面发生反射和折射，由几何关系可知反射光线垂直BA边射出，与光屏无交点。‎ 折射光线根据n＝，得i＝60°‎ 折射光线垂直射到屏上E点，BD＝2Rcos 30°＝R，‎ AE＝DBcos 30°＝R，则AE＝1.5R ‎(ⅱ)根据n＝可知，红光在该材料砖中的速度 v＝＝ 红光在该材料砖中运动的时间t1＝＝ 红光在空气中运动的路程为DE＝＝R 红光在空气中运动的时间t2＝＝ 则红光从射入该材料砖至到达E点的时间为 t＝t1＋t2＝ 答案　(1)ACE　(2)(ⅰ)1.5R　(ⅱ) 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、边界光线为研究对象。‎ ‎(2)找入射点，确认界面，并画出法线。‎ ‎(3)明确两介质折射率的大小关系。‎ ‎①若光疏→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，联立求解。充分考虑三角形、圆的特点，运用几何图形中的边角关系、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。‎ ‎　光学基本知识与波动(或振动)的组合 ‎【典例】 (2018·全国卷Ⅰ，34)(1)(5分)如图10，△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°。‎ 图10‎ ‎(2)(10分)一列简谐横波在t＝ s时的波形图如图11(a)所示，P、Q是介质中的两个质点。图(b)是质点Q的振动图象。求 图11‎ ‎(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)根据题述和题图可知，折射角i＝60°，入射角r＝30°，由折射定律光路可逆得，玻璃对红光的折射率n＝＝。若改用蓝光沿同一路径入射，由于玻璃对蓝光的折射率大于玻璃对红光的折射率，则光线在D点射出时的折射角大于60°。‎ ‎(2)(ⅰ)由图(a)可以看出，该波的波长为λ＝36 cm①‎ 由图(b)可以看出，周期为T＝2 s②‎ 波速为v＝＝18 cm/s③‎ 由图(b)知，当t＝ s时，质点Q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＝－＝A sin(－30°)，‎ 因此xP＝λ＝3 cm④‎ 由图(b)知，在t＝0时，质点Q处于平衡位置，经Δt＝ s，其振动状态向x轴负方向传播至P点处，由此及③式有 xQ－xP＝vΔt＝6 cm⑤‎ 由④⑤式得，质点Q的平衡位置的x坐标为 xQ＝9 cm⑥‎ 答案　(1)　大于　(2)(ⅰ)18 cm/s　波沿x轴负方向传播　(ⅱ)9 cm ‎1.(1)(5分)如图12所示，一束复色光射到三棱镜上，从三棱镜另一面射出两单色光A、B，两种色光中折射率较小的是________；如果增大入射角，则先发生全反射的是________；如果A、B两种光使用同一装置做双缝干涉实验，条纹间距较大的是________。‎ 图12‎ ‎(2)(10分)一列简谐波沿x轴正方向传播，该波在t＝1.0 s时的图象如图13甲所示，介质中质点P的振动图象如图乙所示。求：‎ 图13‎ ‎(ⅰ)该列简谐波的波速v；‎ ‎(ⅱ)在0～10 s时间内质点M的路程s和位移。‎ 解析　(1)由题图可知，B光折射率较大，B光的频率大，A光折射率较小，A光的频率小。由于B光的折射率较大，B光的全反射临界角较小，如果增大入射角，则B光先发生全反射。在同种介质中，A光的波长比B光的波长长，如果A、B两种光使用同一装置做双缝干涉实验，根据Δx＝λ知，条纹间距较大的是A光。‎ ‎(2)(ⅰ)由题图甲得波长λ＝4 m 由题图乙得周期T＝1.0 s 波速v＝＝4 m/s ‎(ⅱ)由题图乙可知质点P从t＝0.5 s开始振动 该波由质点P传播到质点M所需时间t＝＝5 s 所以在0～10 s时间内质点M振动了Δt＝4.5 s 因为n＝＝4.5‎ 路程s＝4A×n＝4×0.2×4.5 m＝3.6 m ‎0～10 s时间内质点M的位移为0‎ 答案　(1)A光　B光　A光 ‎(2)(ⅰ)4 m/s　(ⅱ)3.6 m　0‎ ‎2.(1)(5分)图示14为“用双缝干涉测光的波长”的实验装置，从左到右依次放置①光源、②红色滤光片、③、④、⑤遮光筒、⑥光屏。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)‎ 图14‎ A.③、④分别是双缝、单缝 B.减小双缝之间的距离，可以增大相邻暗条纹间的距离 C.先放上单缝和双缝，调节光源高度使光沿遮光筒轴线照在屏中心 D.若双缝的间距为d，④与光屏的间距为l，用测微目镜测出6条红色条纹间的距离为a，则该红光的波长λ＝ E.假若把此装置置于某液体中测量某单色光的波长，测得结果要比在真空中测得该光的波长短 ‎(2)(10分)在图15甲中，轻弹簧上端固定，下端系一质量为m＝0.2‎ ‎ kg的小球，现让小球在竖直方向上做简谐运动，小球从最高点释放时开始计时，小球相对平衡位置的位移y随时间t按正弦规律变化，如图乙所示。取g＝10 m/s2。‎ 图15‎ ‎(ⅰ)写出小球相对平衡位置的位移y的表达式；‎ ‎(ⅱ)求0～9.2 s内小球的总路程s，并指出t＝9.2 s时小球的位置。‎ 解析　(1)光源产生的光经滤光片变成单色光，通过单缝成为线光源，经过双缝获得相干波源，③、④分别是单缝、双缝，选项A错误；由Δx＝λ知，要增大相邻暗条纹间的距离，可减小双缝之间的距离d或增大双缝到屏的距离l，选项B正确；先不放单缝和双缝，调节光源高度使光沿遮光筒轴线照在屏中心，然后再放单缝和双缝，调节其位置使光屏上出现干涉条纹，选项C错误；相邻两条红色条纹间的距离Δx＝＝，又Δx＝λ，得该红光的波长λ＝，选项D正确；假若把此装置置于某种液体中，由于液体的折射率大于1，所以结果将比在真空中测得该光的波长短，选项E正确。‎ ‎(2)(ⅰ)由题图乙可知，周期T＝0.8 s 振幅A＝0.1 m 小球相对平衡位置的位移y＝Acos t 即y＝0.1cos πt(m)‎ ‎(ⅱ)由于n＝＝11.5‎ ‎0～9.2 s内小球的总路程L＝n×4A＝11.5×4×0.1 m＝4.6 m t＝9.2 s时小球处于最低点 答案　(1)BDE　(2)(ⅰ)y＝0.1cos πt(m)‎ ‎(ⅱ)4.6 m　小球处于最低点 ‎3.(1)(5分)如图16所示，等边三角形AOB为透明柱状介质的横截面。一束单色光PQ平行于角平分线OM射向OA，在界面OA发生折射，折射光线平行于OB 且恰好射到M点(不考虑反射光线)。则________(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)‎ 图16‎ A.透明柱状介质对单色光PQ的折射率为 B.从AMB面出射的光线与入射光线PQ的偏向角为60°‎ C.保持入射点Q不变，减小入射角，一直有光线从AMB面射出 D.保持入射光PQ的方向不变，增大入射光的频率，出射点将在M点下方 E.增大入射光PQ的频率，光在该介质中的传播速度不变 ‎(2)(10分)如图17所示，虚线是一列简谐横波在t＝0时刻的波形，实线是这列波在t＝1 s时刻的波形。‎ 图17‎ ‎(ⅰ)若波沿x轴正方向传播，则从t＝1 s时刻开始，x＝3 m处的质点第一次回到平衡位置需要的时间最长为多少？‎ ‎(ⅱ)若波速大小为75 m/s，则波的传播方向如何？‎ 解析　(1)入射角i＝60 °，折射角γ＝30 °，n＝＝，由光路可逆性可知光从M点折射时，折射角为60 °，由几何关系可知此出射光线与入射光线PQ的偏向角为60 °，选项A、B正确；入射点Q不变，减小入射角，则折射角减小，射到AB面的入射角增大，可能发生全反射，选项C错误；增大入射光频率，则从Q点折射时的折射角变小，出射点将在M点下方，选项D正确；增大入射光频率，由n＝，可知光在介质中传播速度减小，选项E错误。‎ ‎(2)(ⅰ)由图象可知，波长λ＝8 m 当波沿x轴正方向传播时，波在Δt＝1 s内传播距离为 Δs＝(8n＋5) m，其中n＝0，1，2，…‎ v＝＝(8n＋5) m/s，其中n＝0，1，2，…‎ 从t＝1 s时刻开始，平衡位置在x＝3 m处的质点第一次回到平衡位置需要的时间，即为波沿x轴传播1 m距离需要的时间，最长时间 tmax＝＝ s＝0.2 s。‎ ‎(ⅱ)当波沿x轴负方向传播时，波在Δt＝1 s内传播距离为s＝(8n＋3) m，其中n＝0，1，2，…‎ 若波速大小为75 m/s，则1 s内波传播的距离 s＝vt＝75×1 m＝75 m 因为s＝75 m＝(9×8＋3) m，所以波沿x轴负方向传播。‎ 答案　(1)ABD　(2)(ⅰ)0.2 s　(ⅱ)x轴负方向 ‎1.巧解波动图象与振动图象综合问题的基本方法 采用“一分、一看、二找”的方法：‎ ‎2.波的多解问题的分析思路 ‎ 　电磁波、相对论与光学或机械波的组合 ‎【典例】 (1)(5分)关于电磁波，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.电磁波有偏振现象 B.电磁波是一种纵波，是麦克斯韦发现的 C.电磁波由空气进入水中时，波速变小，波长变短 D.采用闭合电路，才能使振荡电路有效地向空间辐射电磁波 E.在场强E＝200sin 106t(N/C)的电场周围一定产生磁场，并能向远处传播形成电磁波 ‎(2)(10分)某同学用激光笔做测定某透明体的折射率实验，透明体的截面如图18所示的直角三角形，∠B＝60°，BC＝6 cm。他先将激光笔发出的光线PQ始终对准AC边上的Q点，让PQ与QA的夹角从90°缓慢减小，同时在AB边的左侧观察，当PQ与QA的夹角为θ时，刚好看不到出射光线，此时光线从BC边中点N射出，射出的光线刚好与BC垂直。已知光在真空中的传播速度c＝3.0×108 m/s。求：‎ 图18‎ ‎(ⅰ)透明体的折射率n和cos θ的值；‎ ‎(ⅱ)光在透明体中的传播时间t。‎ 解析　(1)电磁波是麦克斯韦预言的，赫兹用实验证实了电磁波的存在，电磁波是横波，横波有偏振现象，选项A正确，B错误；电磁波由空气进入水中时，频率f不变，波速v变小，由v＝λf得，波长λ变短，选项C正确；采用开放电路，才能使振荡电路有效地向空间辐射电磁波，选项D错误；场强E＝200sin 106t(N/C)，即该电场是周期性变化的电场，周围一定会产生同频率的周期性变化的磁场，并能向远处传播形成电磁波，选项E正确。‎ ‎(2)(ⅰ)光在透明体中的光路如图所示，在AB边的左侧观察，刚好看不到出射光线，则光在AB边刚好发生全反射，有sin α＝ 由几何关系知α＝∠B＝60°‎ 得n＝ 根据折射定律有 n＝＝ 得cos θ＝ ‎(ⅱ)＝tan∠B＝3×10－2 m ＝2＝6×10－2 m 由几何关系知M点为AB边的中点，＝6×10－2 m ＝cos(90°－α)‎ 所以＝2×10－2 m n＝ 传播时间t＝ 得t＝×10－10 s(或3.33×10－10 s)‎ 答案　(1)ACE　(2)(ⅰ)　　(ⅱ)×10－10 s(或3.33×10－10 s)‎ ‎(1)(5分)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.在真空中传播的电磁波，当它的频率增加时，它的传播速度不变，波长变短 B.手机、电视、光纤通信都是通过电磁波来传递信息的 C.医院中用于检查病情的“B超”是利用了电磁波的反射原理 D.车站、机场安全检查时，“透视”行李箱的安检装置是利用红外线实现成像的 E.电磁波中电场能量最大时，磁场能量为零；磁场能量最大时，电场能量为零 ‎(2)从坐标原点产生的简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，t＝0时刻的波形图如图19所示，此时波刚好传播到M点，x＝1 m处的质点P的位移为10 cm，再经Δt＝0.1 s，质点P第一次回到平衡位置。‎ 图19‎ ‎(ⅰ)求波源的振动周期；‎ ‎(ⅱ)从t＝0时刻起经多长时间位于x＝－81 m处的质点N(图中未画出)第一次到达波峰位置？并求出在此过程中质点P运动的路程。‎ 解析　(1)在真空中传播的电磁波，传播速度等于光速，当它的频率增加时，波长变短，选项A正确；手机、电视、光纤通信都是通过电磁波来传递信息的，选项B正确；医院中用于检查病情的“B超”是利用了超声波的反射原理，选项C错误；车站、机场安全检查时“透视”行李箱的安检装置是利用X射线实现成像的，选项D错误；振荡电场和磁场向外传播，形成电磁波，所以电磁波中电场能量最大时，磁场能量为零；磁场能量最大时，电场能量为零，选项E正确。‎ ‎(2)(ⅰ)波在0.1 s内传播了1 m，波速v＝＝10 m/s 由图可知该波的波长λ＝12 m 故波源的振动周期为T＝＝1.2 s ‎(ⅱ)t＝0时刻，坐标原点左侧第一个波峰位于x0＝－3 m处，设经时间t，N点第一次到达波峰位置，则 t＝＝7.8 s＝6.5T 在此过程中质点P运动的路程为 s＝6.5×4 A＝6.5×4×0.2 m＝5.2 m。‎ 答案　(1)ABE　(2)(ⅰ)1.2 s　(ⅱ)7.8 s　5.2 m 课时跟踪训练 ‎1.(1)(5分)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.电磁波、机械波均能发生干涉、衍射现象 B.偏振光可以是横波，也可以是纵波 C.有经验的战士可以通过炮弹飞行的声音判断飞行炮弹是接近还是远去，这利用了多普勒效应 D.人们眯起眼睛看灯丝时看到的彩色条纹是光的单缝衍射现象 E.用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度利用了光的衍射现象 ‎(2)(10分)在一列简谐横波传播的路径上有A、B两个质点，它们振动的图象分别如图1甲、乙所示。已知这两质点平衡位置间的距离为1 m。‎ 图1‎ ‎(ⅰ)若B质点比A质点振动滞后1.1 s，则这列波的波速为多大？‎ ‎(ⅱ)若两质点平衡位置间的距离小于一个波长，求这列波的波长和波速大小。‎ 解析　(1)只要是波均能发生干涉与衍射，故选项A正确；偏振是横波特有的现象，光的偏振现象说明光是横波，故选项B错误；根据波的多普勒效应原理知，选项C正确；人们眯起眼睛看灯丝时看到的彩色条纹是光的衍射现象，故选项D正确；用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度，是利用两者之间的空气薄层的反射面，获取频率相同的光，是光的干涉，故选项E错误。‎ ‎(2)(ⅰ)若B质点比A质点振动滞后1.1 s 则波从A传播到B所用的时间为t＝1.1 s 则波传播的速度v＝＝ m/s ‎(ⅱ)当这列波由质点A向质点B方向传播时，由于两质点平衡位置间的距离小于一个波长，因此有 λ＝1 m 得波长λ＝4 m 由题图可知，该列波的周期T＝0.4 s 因此波速v＝＝10 m/s 当这列波由质点B向质点A方向传播时 λ＝1 m 得波长λ＝ m 因此波速v＝＝ m/s 答案　(1)ACD　(2)(ⅰ) m/s　(ⅱ)波由质点A向质点B方向传播　1 m　10 m/s　波由质点B向质点A方向传播　 m　 m/s ‎2.(1)(5分)一列沿x轴正方向传播的简谐横波，当波传到x＝2.0 m 处的P点时开始计时，该时刻波形如图2所示，t＝0.7 s时，观测到质点P第二次到达波谷位置，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)‎ 图2‎ A.波速为5 m/s B.t＝1.4 s时，质点P在平衡位置处向上振动 C.t＝1.6 s时，平衡位置在x＝4.5 m处的质点Q第三次到达波谷 D.0～2 s时间内，平衡位置在x＝4.5 m处的质点Q通过的路程为75 cm E.能与该波发生稳定干涉的另一列简谐横波的频率一定为5 Hz ‎(2)(10分)如图3所示，扇形AOB为透明柱状介质的横截面，半径为R，介质折射率为，圆心角为45°，一束平行于OB的单色光由OA面射入介质，要使柱体AB 面上没有光线射出，至少要在O点上方竖直放置多高的遮光板？(不考虑OB面的反射)‎ 图3‎ 解析　(1)简谐横波向右传播，由波形平移法知，各质点的起振方向均为竖直向上，t＝0.7 s时，质点P第二次到达波谷，即有T＋T＝0.7 s，解得T＝0.4 s，波长λ＝2 m，则波速v＝＝5 m/s，故选项A正确；t＝1.4 s＝3.5 T，质点P在平衡位置处向下振动，故选项B错误；波传播到平衡位置在x＝4.5 m处的质点Q需要的时间为0.5 s，再经历T＋2T＝1.1 s第三次到达波谷，总共需时1.6 s，故选项C正确；波传播到平衡位置在x＝4.5 m处的质点Q需要的时间为0.5 s，在剩下的1.5 s内，质点Q运动了3T，通过的路程s＝3×4A＋×4A＝75 cm，故选项D正确；要发生稳定干涉现象，两列波的频率一定相同，即f＝2.5 Hz，故选项E错误。‎ ‎(2)如图所示，‎ 光线在OA面上的C点发生折射，入射角为45°，折射角为θ2‎ 由n＝ 解得θ2＝30°‎ 折射光线射向球面AB，在D点恰好发生全反射，入射角为α sin α＝，α＝45°‎ 在三角形OCD中，由正弦定理＝ OC＝R 则遮光板高度H＝OCsin 45°＝R 答案　(1)ACD　(2)R ‎3.(1)(5分)ABCDE为单反照相机取景器中五棱镜的一个截面示意图，AB⊥BC。由a、b两种单色光组成的细光束从空气垂直于AB射入棱镜，经两次反射后光线垂直于BC射出，且在CD、AE边只有a光射出，光路如图4所示。则关于a、b两种光，下列分析和判断中正确的是________。(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)‎ 图4‎ A.在真空中，a光的传播速度比b光的大 B.棱镜对a光的折射率较小 C.在棱镜内，a光的传播速度比b光的小 D.以相同的入射角从空气斜射入水中，b光的折射角较小 E.分别通过同一双缝干涉装置，a光的相邻亮条纹间距大 ‎(2)(10分)如图5甲是一个单摆振动的情况，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置。视向右为正方向，图乙是这个单摆的振动图象。‎ 图5‎ ‎(ⅰ)开始时摆球在哪个位置？‎ ‎(ⅱ)写出单摆的振动方程。‎ 解析　(1)所有光在真空中有相同的速度，故选项A错误；由题图知，光线在CD 界面上，以相同入射角入射时a光发生了折射，b光发生了全反射，说明b光比a光折射率大，由公式v＝，知同种介质中a光速度大，故选项B正确，C错误；由折射率n＝，可知以相同的入射角从空气斜射入水中，b光的折射角较小，故选项D正确；折射率小的光的波长大，通过同一双缝干涉装置，由Δx＝λ可知a光的相邻亮条纹间距大，故选项E正确。‎ ‎(2)(ⅰ)当t＝0时，x＝－0.8 cm，故摆球在B位置 ‎(ⅱ)该单摆的振幅A＝0.8 cm，振动周期T＝0.8 s 故ω＝＝2.5π rad/s 设单摆的振动方程表达式为x＝Asin(ωt＋φ)‎ 设t＝0时，x＝－0.8 cm，代入可得φ＝1.5 π 则单摆的振动方程为x＝0.8sin(2.5πt＋1.5π)cm 答案　(1)BDE　(2)(ⅰ)B位置 ‎(ⅱ)x＝0.8sin(2.5πt＋1.5π)cm ‎4.(1)(5分)如图6所示是摆长均为L的两个单摆，两摆球间用一根细线相连，现使两摆线与竖直方向均成θ角(θ<5°)，且使两单摆静止。已知甲的质量大于乙的质量。当细线突然断开后，两摆球都做简谐运动，从细线断开瞬间开始计时，当经过t时间，甲、乙两摆球第n次距离最近。则下列说法正确的是________。(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)‎ 图6‎ A.甲的振幅小于乙的振幅 B.甲的振幅等于乙的振幅 C.两单摆所处位置的重力加速度为g＝ D.甲在平衡位置的速度等于乙在平衡位置的速度 E.两摆所处位置的重力加速度为g＝ ‎(2)(10分)如图7所示，半径为R的半圆形玻璃砖的底面MN涂有一层反射膜。甲、乙两束相同的红色平行光分别从a点和b点斜射到玻璃砖的弧面上，入射方向与水平方向成45°角。进入玻璃砖后，甲光射到圆心O点，其反射光线恰与乙光反射光线相交于弧面上c点。‎ 图7‎ ‎(ⅰ)求该玻璃砖对红色光的折射率；如果底面没有涂反射膜，甲光能不能从MN射出？‎ ‎(ⅱ)如果将甲光换成单色紫色，其能不能从MN射出？‎ 解析　(1)甲、乙两单摆的摆长相等，再结合题意可知，甲、乙两单摆做间谐运动的振幅相等，选项A错误，B正确；两单摆在平衡位置时速度最大，根据mgh＝mv2，得v＝，即速度与质量无关，所以甲在平衡位置的速度等于乙在平衡位置的速度，选项D正确；当经过时间t，甲、乙两摆球第n次距离最近，说明单摆周期为T＝，根据T＝2π，知单摆周期与质量无关，且计算得两单摆所处位置的重力加速度为g＝，所以选项C错误，E正确。‎ ‎(2)(ⅰ)在光路图中，过c点作MN的垂线，根据几何关系，知垂线长为R 设乙光的折射角为r，则由几何关系 有Rtan r＋Rtan r＝R 解得tan r＝－1‎ 即sin r＝＝ 根据折射定律n＝＝ 因为n＝>，因此临界角小于45°，如果底面没有涂反射膜，甲光在底面将发生全反射，甲光不能从MN射出。‎ ‎(ⅱ)因为红光发生了全反射，而紫光的频率比红光大，同种介质对紫光的折射率更大，紫光发生全反射的临界角也小于45°，因此不能从MN射出。‎ 答案　(1)BDE　(2)(ⅰ)　不能从MN射出　(ⅱ) 不能从MN射出