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.docx

1、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 t .(2)波的产生和传播： v . T2.光的折射和全反射(1)折射定律：光从真空进入介质时： n .sin 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，sin C .1n3.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 .(2)明条纹(振动加强区)： r k ；暗条纹(振动减弱区)：r .(k0,1,2,3，)(k12)(3)光的干涉条纹特点：明暗相间，条纹间距x .l

2、d1(2018高考全国卷，34)(1)如图 ABC 为一玻璃三棱镜的横截面， A30.一束红光垂直 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 s 时的波形图如图(a)所示， P、 Q 是介质中的两个质点图13(b)是质点 Q 的振动图像求()波速及波的传播方向；2()质点 Q 的平衡位置的 x 坐标解析 (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 m .sin isin r sin

3、 60sin 30 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)()由图(a)可以看出，该波的波长为 36 cm由图(b)可以看出，周期为T2 s波还为 v 18 cm/s T由图(b)知，当 t s 时， Q 点向上运动，结合图(a)可得，波沿 x 轴负方向传播13()设质点 P、 Q 平衡位置的 x 坐标分别为 xp、 xQ.由图(a)知， x0 处y Asin(30)，因此 x 3 cmA2 30360由图(b)知，在 t0 地 Q 点处于平衡位置，经 t s，其振动状态 x 轴负方向传播13至 P 点处，

4、由此及式有 xQ xP vt 6 cm由式得，质点 Q 的位移位置的 x 坐标为 xQ9 cm答案 (1) 大于 (2)()18 cm/s 沿 x 轴负方向传播 ()9 cm32(2018高考全国卷，34)(1)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 ，则它在钢铁中的波长为 的_倍(2)如图， ABC 是一直角三棱镜的横截面， A90， B60.一细光束从 BC 边的 D 点折射后，射到 AC 边的 E

5、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3()求出射光相对于 D 点的入射光的偏角；()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 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( t1.00)4 900t，解得 t s，17228代入 L vt 中解得桥长 L365 m声波在传播过程中频率不变，根据 v f 知，声波在钢铁中的波长 v铁 v声 .24517(2)()光线在 BC 面

6、上折射，由折射定律有sin i1 nsin r1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 r2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 i3sin r3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 r260， r1 i330F 点的出射光相对于 D 点的入射光的偏角为 ( r1 i1)(180 i2 r2)( r3 i3)由式得 60()光线在 AC 面上发生全反射，光线在 AB 面上不发生全反射，有 n

7、sin i2 nsin Csin i3式中 C 是全反射临界角，满足 nsin C1由式知，棱镜的折射率 n 的取值范围应为4 n0.20 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)A波速为 0.40 m/sB波长为 0.08 mC x0.08 m 的质点在 t0.70 s 时位于波谷D x0.08 m 的质点在 t0.12 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)如图，某同学在一张水平放置的白纸上画了一个小标记“”(图

8、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；记 O 点做 AB 边的垂线交直线 DF 于 E； DE2 cm， EF1 cm.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 T0.20 s，故波在 t 0.20 s 内传播的距离小于波长 ，由 y x 图像可知传播距离 x 0.08 m，故波速 v 0.40 m/s.B 错：由 y x 图像可 x t知波长 0.16 mC

9、对、 D 错：由 v 得，波的周期 T 0.4 s，根据振动与波动 T v的关系知 t0 时， x0.08 m 的质点沿 y 方向振动， t0.7 s1 T，故此时该质点位于34波谷；因为 T0.5 s，故式中 n0，即 T0.5 s， T s，频率为 1.5 Hz，波速为 v 6 34 23 Tm/s，B、C 正确；根据波传播方向与振动方向的关系知， t1 s T， x1 m 处的质点振32动到波谷位置，D 错；同理 t2 s3 T， x2 m 处的质点从平衡位置向上运动，故 E 正确13.(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( )8A甲、乙两单摆的摆长相等B甲摆

10、的振幅比乙摆大C甲摆的机械能比乙摆大D在 t0.5 s 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 T2知，甲、乙两单摆的摆长 l 相等，故 A 正确；甲摆的振幅为 10 cm，乙摆的振幅为 7 lgcm，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 t0.5 s 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 T2 得 g ，由于单摆的摆长不

11、知道，所以不能求得lg 4 2lT2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 x2 m 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 20 m/sC经过 0.15 s，质点 P 沿 x 轴的正方向前进了 3 mD经过 0.1 s，质点 Q 的运动方向沿 y 轴正方向E经过 0.35 s，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

12、长 4 m，由图乙知周期 T0.2 s，则波速 v m/s20 m/s，B 正确；质点不随波迁移，只 T 40.2在其平衡位置附近振动，C 错；经过 0.1 s T，质点 Q 的运动方向沿 y 轴负方向，D 错；12经过 0.35 s1 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34归纳反思1解波动图象与振动图象综合问题的基本方法9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图象，此问题最简单，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，尤其要注意单位前的数量级(

13、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 .实验和研究证明，某种介质的折射率等于光在真空中的传播速度 c 跟光在sin 1sin 2这种介质中的传播速度 v 之比，即 n .cv2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 sin C .1n3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

14、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、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10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 的透明玻璃半球体， O 为球心，轴线 OA3水平且与半球体的左边界垂直，位于轴线上 O 点左侧 处的点光源 S 发出一束与 OA 夹角R3 60光线射向半球体，已

15、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 tan R，R3 33n ，sin 60sin 3解得 30.在 OBC 中 ，lOBsin Rsin90 解得 30. n ，sin sin 3解得 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 可得传播的时间 t .cn lBCv Rc答案 Rc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

16、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11()从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值；()距光轴 的入射光线经球面折射后与光轴的交点到 O 点的距离R3解析 ()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 ic设 n 是玻璃的折射率，由全反射临界角的定义有nsinic1由几何关系有sin i lR联立式并利用题给条件，得l R23()设与光轴相距 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

17、，R3由折射定律有nsin i1sin r1设折射光线与光轴的交点为 C，在 OBC 中，由正弦定理有 sin CR sin180 r1OC由几何关系有 C r1 i1sin i1 13联立式及题给条件得12OC R2.74 R322 35答案 () R ()2.74 R23归纳反思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：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

18、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，下表面镶有银反射面，一束单色光与界面的夹角 45射到玻璃表面上，结果在玻2璃砖右边竖直光屏上出现相距 h2.0 cm 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)；(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 1，则有 n ，sin90 sin 1 sin 45sin 1代入解得 130设第二次折射时折射角为 2，则有 ，解得 245sin 1sin 2 1n可知 AC 与 BE 平行，由几何知识得： h2 d

19、tan 1，13则 d cm.h2tan 1 3答案 (1)见解析 (2) cm322.(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 D(D3R)，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，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，

20、由全反射的知识：sin C1n所以 cos Cn2 1n可得 tan C1n2 1由几何知识可得：OB ， r D nR.Rcos C nRn2 1 D OBtan C n2 1答案 (1)紫色 (2) D nRn2 1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14(2)由 n ， n 可知，光的频率越高，在介质中的波速越小，波长越小cv 02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

21、位差恒定，条纹间距 x .1d(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3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

22、板间距离 l，两相邻亮条纹间距离 x 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 x 可知，两相邻亮条纹间距离ldx 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

23、确32.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 1和 2的无线电波飞机降落过程中，当接收到 1和 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( )15A天线发出的两种无线电流必须一样强B导航利用了 1与 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C A 错：两种无线电波强度不一定相同B 错：两列波长为 1的无线电波干涉时，在两波源连线的中垂面上，各点都是

24、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 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 1和 2的信号都保持最强时，表明飞机已对准跑道，导航利用了 1与 1、 2与 2两种无线电波之间的干涉，而不是利用了 1与 2两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

25、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

26、错误；赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，E 正确34.(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 ，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16B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 角逐渐变大，则折射光线 a 首先消失E分别用 a、 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ABD 利用 n ，由图及光的可逆性可知 a1 b1， a2 b2，可知sin 1sin 2nanb，C

27、 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 ，则 vavb，A 正确由于涉条纹间距公式 x 可知，E 错cv ld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 1.00 m/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

28、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 vT2 m，两列波的波长相等两波源到 A 点的路程差 x m8 m2 m.62 82两波源到 B 点的路程差 x m m0，初相相差 ， B 点为振动减32 42 32 42弱点两波源到 C 点的路程差 x 3.5 m2.5 m1 m ，初相相差 ， C 点为振动加 2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 O

29、C 轴对称的出射光线一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17设光线在半球面的入射角为 i，折射角为 r.由折射定律有sin i nsin r由正弦定理有sin r2R sini rR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sin i LR式中 L 是入射光线与 OC 的距离，由式和题给数据得sin r6205由式和题给数据得n 1.432.05答案 (1)2 减弱 加强 (2)1.432(1)(多选)某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地 1.8 m/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

30、 10 个波峰通过身下的时间间隔为15 s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 6 HzC该水面波的波长为 3 mD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， 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18已知 B90， C60， BE10 cm， BC30 cm.真空中的光速 c310 8m/s，求：玻璃砖的折射率；光

31、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 s s，159 53频率为 0.6 Hz.B 错；其波长 vT1.8 m/s s3 m，C 对；波中的质点都上下振动，53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)光在玻璃砖中传播光路如图所示，由几何关系可得i60， r BQE CQF30由折射定律 nsin isin r得 n 3由 n ，得 v 108m/scv 3由几何关系得 EQ2 EB20 cmQF

32、 QC cos 30( BC BQ)cos 30(15 15)cm3t 1.810 9 sEQ QFv答案 (1)ACE (2) 1.810 9 s33(1)(多选)如图甲所示为一列简谐横波在 t0.6 s 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19B这列波的传播速度为 m/s203C从 t0.6 s 开始，质点 P 比质点 Q 先回到平衡位置D从 t0.6 s 开始，再经过 t 1.5 s 后质点 A 传播到了坐标原点处E从 t0.6 s 开始，紧接着的 t 0.6 s 的时间内质点 A 通过的路程为 10 cm(2)如图丙所示， ABNM

33、 为一透明柱体的横截面， AB 和 MN 为两段以 O 为圆心的同心 圆14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； MN 圆弧所在圆的半径解析 (1)由题图乙知 t0.6 s 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 8 m，由题图乙知该波的周期T1.2 s，所以该波的波速为 v m/s，B 对；由波

34、上各质点的振动情况可知此时质 T 203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；0.6 s 是半个周期，所以质点 A 通过的路程为 s2 A10 cm，E 对(2)由题意可画出如图所示的光路图，由图知 DCO OCB CBO DCO OCB CBO180所以 CBO60所以由折射率定义知透明柱体的折射率为 n .sin 60sin90 60 320由几何关系知 DC ， BC RR2光在透明柱体中的传播速度为 v ccn 33所以光在透明柱体中的传播时间为 t .DC CBv 33R2c由几何关

35、系知，法线 OC 一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 .R2答案 (1)ABE (2) 333R2c R24(2018宝鸡市二模)(1)(多选)如图所示为 t0 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 x2 m 和 x12 m 处，两列波的波速均为 v4 m/s，波源的振幅均为 A2 cm.此刻平衡位置在x2 m 和 x8 m 的 P、 Q 两质点刚开始振动质点 M 的平衡位置处于 x5 m 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 t0.75

36、s 时刻，质点 P、 Q 都运动到 M 点C t1 s 时刻，质点 M 的位移为4 cmD t1 s 时刻，质点 M 的位移为4 cmE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 ，半径为 R，长为 d，一组与玻璃砖2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，

37、t1 s 时质点 M 的位移为4 cm； P 点到两振源的距离之差为 6 cm，即 1.5 个波长， P 为振动减弱区，故选 ABC.21(2)光路图如图所示，临界角 sin C ，即 C451n 12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 R22所以，透出光的面积 S ld Rd22在玻璃砖中传播最长时间的光为号光号光 sin ，此时折射角为 30sin 45n 12光程 l2 R，在玻璃砖中的光速 v cRcos 23 22所以 t l2v 26R3c答案 (1)ABC (

38、2) Rd 22 26R3c5(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x _mm，已知双缝间距 d 为 1.5104 m，双缝到屏的距离为 l0.800 m，由计算式 _，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22和弹簧穿在光滑水平杆上， O 点为小球的

39、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 4 cm 由静止释放，经过 0.1 s 小球第一次经过平衡位置()求小球位移随时间变化的关系式；()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 2.320 mm，题图丙中示数为 13.870 mm，相邻条纹间距x 2.310 mm，由条纹间距公式 x ，得 ，代入数据解得13.870 2.3205 ld d xl 4.310 7 m.(2)()小球从开始释

40、放的位移大小为振幅大小， A4 cm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， T0.4 s，则 5 rad/s2T则振动位移随时间变化的表达式为 x4 cos5 t(cm)()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 1t nT2(0.1 s t)0.4 n0.22 t(s)(n0,1,2,3，)若 A 点在 O 点右侧，当小球向右经过对称点 B 时，有t nT2(0.1 s t)2 t0.4 n0.2(s)( n0,1,2,3，)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t nT2(0.2 s t)

41、2( t0.1 s)0.4 n0.2(s)( n0,1,2,3，)若 A 点在 O 点左侧，当小球向左经过对称点 B 时，有t nT4(0.2 s t)2( t0.1 s)0.4 n0.62 t(s)(n0,1,2,3，)若 A 点在 O 点左侧，当小球向左经过对称点 B 时，有t nT4(0.2 s t)2( t0.1 s)0.4 n0.62 t(s)( n0,1,2,3，)23答案 (1)13.870 2.310 4.310 7 (2)见解析d xl6(1)一列简谐横波沿 x 轴传播，波速为 v4 m/s.已知坐标原点( x0)处质点的振动图象如图甲所示， t0.45 s 时部分波形图如图

42、乙所示简谐横波的传播方向沿 x 轴_(选填“正”或“负”)方向； x0 处的质点经过 0.6 s 时的路程为_m； t0.45 s 时 x0 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 点射入棱柱，改变其入射方向，使进入棱柱的光恰好在 BC 面发生全反射，玻璃棱柱对该光的折射率为 ，求：(sin 15 )26 24()细光束在 D 点的入射角 的正弦值；()细光束从 AC 面射出的点离 C 点的距离解析 由题图甲、乙可知， x0 处的质点在 t0.45 s 时沿 y 轴正方向振动，则该波沿 x 轴

43、正方向传播；简谐波的周期 T0.4 s，波速 v4 m/s，简谐波的波长 1.6 m； x0 处的质点经过 0.6 s 时的路程 s 4A0.6 m； x0 处的质点的振动方程为0.60.4y0.1 sin 5 t(m)，将 t0.45 s 代入得 y m.220(2)()当光在 BC 面恰好发生全反射时，光路图如图所示由 sin ，得 451n则由几何关系可得 1524由 n，得 sin sin sin 3 12()在 DFC 中， CD a，3 DFC135由正弦定理得 3asin 135 FCsin 15在 FCG 中， CFG45， CGF75由正弦定理得FCsin 75 CGsin

44、45解得 CG(2 3) a3答案 (1)正 0.6 2207(2018济宁市高三第二次模拟)(1)(多选)一列简谐横波在弹性介质中沿 x 轴传播，波源位于坐标原点 O， t0 时刻波源开始振动， t3s 时波源停止振动，如图所示为t3.2s 时靠近波源的部分波形图其中质点 a 的平衡位置离原点 O 的距离为 x2.5m.下列说法中正确的是_(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)A波速为 5 m/sB波长为 2.0 mC波源起振方向沿 y 轴正方向D在 t3.3 s，质点 a 位于波谷E从波源起振开始时

45、，3.0 s 内质点 a 运动的总路程为 2.5 m(2)如图所示， MN 为半圆形玻璃砖的对称轴， O 为玻璃砖的圆心，某同学在与 MN 平行的直线上插上两枚大头计 P1、 P2，在 MN 上插大头针 P3，从 P3一侧透过玻璃砖观察 P1、 P2的像，调整 P3位置使 P3能同时挡住 P1、 P2的像，确定了的 P3位置如图所示，他测得玻璃砖直径 D8 cm， P1、 P2连线与 MN 之间的距离 d12 cm， P3到 O 的距离 d26.92 cm(取 1.73)求该玻璃砖的折射率325解析 (1) v m/s5 m/s，选项 A 正确；由题图可知，波长 2 m，选 x t 1.03.2 3项 B 正确； t3.2 s 时， x vt 53.2 m16 m，由于 2.0 m，故波形前端的运动同 x2.0 m 质点的运动，可判断 2.0 m 处的质点向下振动，故波源起振方向沿 y 轴负方向，选项 C 错误； T s0.4 s，从图示时刻经 t 0.1 s T，质点 a 位于平 v 2.05 14衡位置，选项 D 错误；从 t0 时刻起，经 t s0.5 s，质点 a 开始振动， xv 2.553.0 s 内质点 振动了