高考一轮专题复习：第13章 波和相对论

第1课时机械振动考点考级命题点考查频率简谐运动(Ⅱ)命题点1：简谐运动的规律命题点2：弹簧振子模型分析2013·课标卷Ⅱ，34(1)简谐运动的图象(Ⅱ)命题点1：对振动图象的理解命题点2：应用振动图象分析运动过程命题点3：应用振动图象求解有关物理量2017·北京卷，15考点一简谐运动(高频76)1．简谐运动(1)定义：如果质点的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律，即它的振动图象(x­t图象)是一条正弦曲线，这样的振动叫做简谐运动．(2)平衡位置：物体在振动过程中回复力为零的位置．(3)回复力①定义：使物体返回到平衡位置的力．②公式：F＝－kx.③方向：总是指向平衡位置.④来源：属于效果力，可以是某一个力，也可以是几个力的合力或某个力的分力.2．简谐运动的运动规律：x＝Asin(ωt＋φ)(1)变化规律位移增大时eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(回复力、加速度增大,\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(速度、动能减小,势能增大))机械能守恒,振幅、周期、频率保持不变))(2)对称规律①做简谐运动的物体，在关于平衡位置对称的两点，回复力、位移、加速度具有等大反向的关系，另外速度的大小、动能具有对称性，速度的方向可能相同或相反.②振动物体来回通过相同的两点间的时间相等，如tBC＝tCB；振动物体经过关于平衡位置对称的等长的两线段的时间相等，如tBC＝tB′C′，如图所示．(3)运动的周期性特征相隔T或nT的两个时刻振动物体处于同一位置且振动状态相同．命题点1简谐运动的规律1.(2013·课标卷Ⅱ，34(1))如图，一轻弹簧一端固定，另一端连接一物块构成弹簧振子，该物块是由a、b两个小物块粘在一起组成的．物块在光滑水平面上左右振动，振幅为A0，周期为T0.当物块向右通过平衡位置时，a、b之间的粘胶脱开；以后小物块a振动的振幅和周期分别为A和T，则A________A0(填“>”、“<”或“＝”)，T________T0(填“>”、“<”或“＝”)．【解析】振子振动时机械能守恒，物块通过平衡位置，a、b脱开后，振子的动能减小，根据机械能守恒定律可知，振子的最大弹性势能也减小，振幅减小，即A<A0；根据弹簧振子周期公式T＝2πeq\r(\f(m,R))可知振子质量减小，周期减小，即T<T0.【答案】＜＜2．一简谐振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点．t＝0时刻振子的位移x＝－0.1m；t＝eq\f(4,3)s时刻x＝0.1m；t＝4s时刻x＝0.1m．该振子的振幅和周期可能为()A．0.1m，eq\f(8,3)s B．0.1m,8sC．0.2m，eq\f(8,3)s D．0.2m,8s【解析】作出示意图，并在图中找出对应几个时刻的振子位置．若振子的振幅为0.1m，eq\f(4,3)(s)＝(n＋eq\f(1,2))T，则周期最大值为eq\f(8,3)s，A项正确，B项错误；若振子的振幅为0.2m，由简谐运动的对称性可知，当振子由x＝－0.1m处运动到负向最大位移处再反向运动到x＝0.1m处，再经n个周期时所用时间为eq\f(4,3)s，则(eq\f(1,2)＋n)T＝eq\f(4,3)(s)，所以周期的最大值为eq\f(8,3)s，且t＝4s时刻x＝0.1m，故C项正确；当振子由x＝－0.1m经平衡位置运动到x＝0.1m处，再经n个周期时所用时间为eq\f(4,3)s，则(eq\f(1,6)＋n)T＝eq\f(4,3)(s)，所以此时周期的最大值为8s，且t＝4s时，x＝0.1m，故D项正确．【答案】ACD命题点2弹簧振子模型分析3.(2015·山东卷，38(1))如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动．以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y＝0.1sin(2.5πt)m．t＝0时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t＝0.6s时，小球恰好与物块处于同一高度．取重力加速度的大小g＝10m/s2.以下判断正确的是()A．h＝1.7mB．简谐运动的周期是0.8sC．0.6s内物块运动的路程是0.2mD．t＝0.4s时，物块与小球运动方向相反【解析】t＝0.6s时，物块的位移为y＝0.1sin(2.5π×0.6)m＝－0.1m，则对小球h＋|y|＝eq\f(1,2)gt2，解得h＝1.7m，选项A正确；简谐运动的周期是T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,2.5π)s＝0.8s，选项B正确；0.6s内物块运动的路程是3A＝0.3m，选项C错误；t＝0.4s＝eq\f(T,2)，此时物块在平衡位置向下振动，则此时物块与小球运动方向相同，选项D错误．【答案】AB考点二简谐运动的图象1．简谐运动的图象(1)从平衡位置开始计时，函数表达式为x＝Asinωt，图象如图甲所示．(2)从最大位移处开始计时，函数表达式为x＝Acosωt，图象如图乙所示．(3)物理意义：表示振动质点的位移随时间的变化规律．2．振动图象的信息(1)由图象可以看出振幅、周期.(2)可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移.(3)可以根据图象确定某时刻质点回复力、加速度和速度的方向．①回复力和加速度的方向：因回复力总是指向平衡位置，故回复力和加速度在图象上总是指向t轴．②速度的方向：速度的方向可以通过下一时刻位移的变化来判定，若下一时刻位移增大，振动质点的速度方向就是远离t轴；若下一时刻位移减小，振动质点的速度方向就是指向t轴．命题点1对振动图象的理解4．如图所示的简谐运动图象中，在t1和t2时刻，运动质点具有相同的物理量为()A．加速度 B．位移C．速度 D．回复力【解析】由题图可知，在t1和t2时刻，质点的位移大小相等，方向相反，根据简谐运动的回复力F＝－kx可知，回复力大小相等，方向相反，根据简谐运动的加速度a＝－eq\f(kx,m)可知，加速度大小相等，方向相反；x­t图象上某点的切线的斜率表示速度，根据简谐运动的对称性可知，在t1和t2时刻质点的速度相同，故选项C正确．【答案】C命题点2应用振动图象分析运动过程5．(2017·北京卷，15)某弹簧振子沿x轴的简谐运动图象如图所示，下列描述正确的是()A．t＝1s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值B．t＝2s时，振子的速度为负，加速度为正的最大值C．t＝3s时，振子的速度为负的最大值，加速度为零D．t＝4s时，振子的速度为正，加速度为负的最大值【解析】A对：t＝1s时，振子处于正的最大位移处，振子的速度为零，加速度为负的最大值；B错：t＝2s时，振子在平衡位置且向x轴负方向运动，则振子的速度为负，加速度为零；C错：t＝3s时，振子处于负的最大位移处，振子的速度为零，加速度为正的最大值；D错：t＝4s时，振子在平衡位置且向x轴正方向运动，则振子的速度为正，加速度为零．【答案】A命题点3应用振动图象求解有关物理量6．如图所示为一弹簧振子的振动图象，试完成以下问题：(1)写出该振子简谐运动的表达式；(2)在第2s末到第3s末这段时间内，弹簧振子的加速度、速度、动能和弹性势能各是怎样变化的？(3)该振子在前100s的总位移是多少？路程是多少？【解析】(1)由振动图象可得A＝5cm，T＝4s，φ＝0，则ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,2)rad/s，故该振子简谐运动的表达式为x＝5sineq\f(π,2)t(cm)．(2)由题图可知，在t＝2s时，振子恰好通过平衡位置，此时加速度为零，随着时间的延续，位移不断变大，加速度也变大，速度不断变小，动能不断减小，弹性势能逐渐增大，当t＝3s时，加速度达到最大值，速度等于零，动能等于零，弹性势能达到最大值．(3)振子经过一个周期位移为零，路程为4×5cm＝20cm，前100s刚好经过了25个周期，所以前100s振子的位移x＝0，振子的路程s＝25×20cm＝500cm＝5m.【答案】(1)x＝5sineq\f(π,2)t(cm)(2)见解析(3)05m[高考真题]1．(2016·北京卷，15)如图所示，弹簧振子在M、N之间做简谐运动．以平衡位置O为原点，建立Ox轴，向右为x轴正方向．若振子位于N点时开始计时，则其振动图象为()【解析】开始计时时振子位于正向最大位移处向负方向做简谐运动，振动图象为余弦函数图象，A项对．【答案】A2．(2016·海南卷，16(1))下列说法正确的是________.(填正确答案标号)A．在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比B．弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变C．在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小D．系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率E．已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期，就可知振子在任意时刻运动速度的方向【解析】根据单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))可以知道，在同一地点，重力加速度g为定值，故周期的平方与其摆长成正比，故选项A正确；弹簧振子做简谐振动时，只有动能和势能参与转化，根据机械能守恒条件可以知道，振动系统的势能与动能之和保持不变，故选项B正确；根据单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))可以知道，单摆的周期与质量无关，故选项C错误；当系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，故选项D正确；若弹簧振子初始时刻的位置在波峰或波谷，知道周期后，可以确定任意时刻运动速度的方向，若弹簧振子初始时刻的位置不在波峰或波谷，则无法确定，故选项E错误．【答案】ABD[名校模拟]3．(2018·北京海淀区适应性练习)如图甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以O点为平衡位置，在a、b两点之间做简谐运动，其振动图象如图乙所示．由振动图象可以得知________.A．振子的振动周期等于t1B．振子的振动周期等于2t1C．在t＝0时刻，振子的位置在a点D．在t＝t1时刻，振子的速度为最大E．从t1到t2，振子正从O点向b点运动【解析】弹簧振子先后经历最短时间到达同一位置时，若速度相同，则这段时间间隔就等于弹簧振子的振动周期，从振动图象可以看出振子的振动周期为2t1，选项A错误，B正确；在t＝0时刻，振子的位移为零，所以振子应该在平衡位置O，选项B错误；在t＝t1时刻，振子在平衡位置O，该时刻振子速度最大，选项D正确；从t1到t2振子的位移在增加，所以振子正从O点向b点运动，选项E正确．【答案】BDE4.(2018·郑州一中高三入学测试)某弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其位移x＝Asinωt，振动图象如图所示，则()A．弹簧在第1s末与第5s末的长度相同B．简谐运动的频率为eq\f(1,8)HzC．第3s末，弹簧振子的位移大小为eq\f(\r(2),2)AD．第3s末与第5s末弹簧振子的速度方向相同E．第5s末，振子的加速度与速度方向相同【解析】在水平方向上做简谐运动的弹簧振子，其位移x的正、负表示弹簧被拉伸或压缩，所以弹簧在第1s末与第5s末时，虽然位移大小相同，但方向不同，弹簧长度不同，选项A错误；由图象可知，T＝8s，故频率为f＝eq\f(1,8)Hz，选项B正确；ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,4)rad/s，则将t＝3s代入x＝Asineq\f(π,4)t，可得弹簧振子的位移大小x＝eq\f(\r(2),2)A，选项C正确；第3s末至第5s末弹簧振子沿同一方向经过关于平衡位置对称的两点，故速度方向相同，选项D正确；第5s末加速度与速度反向，E错误．【答案】BCD5．(2018·江西赣中南五校高三第一次联考)如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，则下列说法中正确的是()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【解析】由振动图象可以看出，甲摆的振幅比乙摆的大，两单摆的振动周期相同，根据单摆周期公式T＝2π·eq\r(\f(L,g))可得，甲、乙两单摆的摆长相等，但不知道摆长是多少，不能计算出重力加速度g，故A、B正确，E错误；两单摆的质量未知，所以两单摆的机械能无法比较，故C错误；在t＝0.5s时，乙摆有负向最大位移，即有正向最大加速度，而甲摆的位移为零，加速度为零，故D正确．【答案】ABD第2课时机械波考点考级命题点考查频率波的形成与传播(Ⅱ)命题点1：波的产生与传播命题点2：波动图象命题点3：波速公式及应用2017·课标卷Ⅲ，34(1)2016·课标卷Ⅰ，34(1)2016·课标卷Ⅱ，34(2)2016·课标卷Ⅲ，34(1)2015·课标卷Ⅱ，34(2)2013·课标卷Ⅰ，34(1)振动图象与波动图象(Ⅱ)命题点1：两种图象的互判命题点2：两种图象的综合应用2014·课标卷Ⅰ，34(1)2014·课标卷Ⅱ，34(1)2017·天津卷，7波的传播的多解问题(Ⅰ)命题点1：波的周期性造成多解命题点2：波的双向性造成多解2015·课标卷Ⅰ，34(2)波特有的现象(Ⅰ)命题点1：波的衍射命题点2：多普勒效应及应用命题点3：波的干涉2017·课标卷Ⅰ，34(1)2017·海南卷，16(2)考点一波的形成与传播(高频77)1．机械波的形成和传播(1)产生条件①有波源.②有介质，如空气、水、绳子等．(2)传播特点①传播振动形式、能量和信息．②质点不随波迁移.③介质中各质点振动频率、振幅、起振方向等都与波源相同．2．机械波的分类：横波和纵波．3．描述机械波的物理量(1)波长λ：在波动中，振动相位总是相同的两个相邻质点间的距离．用“λ”表示．(2)频率f：在波动中，介质中各质点的振动频率都是相同的，都等于波源的振动频率．(3)波速v、波长λ和频率f、周期T的关系公式：v＝eq\f(λ,T)＝λf.机械波的速度大小由介质决定，与机械波的频率无关．4．波的图象波的图象反映了在某时刻介质中的各质点离开平衡位置的位移情况，图象的横轴表示各质点的平衡位置，纵轴表示该时刻各质点的位移，如图所示．图象的应用：(1)直接读取振幅A和波长λ，以及该时刻各质点的位移．(2)确定某时刻各质点加速度的方向，并能比较其大小．(3)结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向.命题点1波的产生与传播1．(2016·课标卷Ⅰ，34(1))某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以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________.(填正确答案标号)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【解析】水面波是一种机械波，故A正确；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，所以周期T＝eq\f(t,n)＝eq\f(15,9)s＝eq\f(5,3)s，该水面波的频率f＝0.6Hz，故B错误；该水面波的波长λ＝vT＝3m，故C正确；水面波没有将该同学推向岸边，只能说是因为波传播时振动的质点并不随波迁移，不能说是因为波传播时能量不会传递出去，波的传播过程也是能量传递过程，故D错误，E正确．【答案】ACE第1个波峰到第10个波峰之间经历了9个周期的时间，而不是10个周期.2．如图所示为沿水平方向的介质中的部分质点，每相邻两质点间距离相等，其中O为波源．设波源的振动周期为T，自波源通过平衡位置竖直向下振动时开始计时，经过eq\f(T,4)质点1开始起振，则下列关于各质点的振动和介质中的波的说法中正确的是()A．介质中所有质点的起振方向都是竖直向下的，但图中质点9起振最晚B．图中所有质点的起振时间都是相同的，起振的位置和起振的方向是不同的C．图中质点8的振动完全重复质点7的振动，只是质点8振动时，通过平衡位置或最大位移的时间总是比质点7通过相同位置时落后eq\f(T,4)D．只要图中所有质点都已振动了，质点1与质点9的振动步调就完全一致，但如果质点1发生的是第100次振动，则质点9发生的就是第98次振动【解析】据波的传播特点知，波传播过程中各质点的振动总是重复波源的振动，所以起振方向相同，都是竖直向下，但从时间上来说，起振依次落后eq\f(T,4)的时间，所以选项A、C正确，B错误；由题意知，质点9比质点1应晚起振两个周期，所以当所有质点都起振后，质点1与质点9步调完全一致，所以选项D正确．【答案】ACD命题点2波动图象3．(2017·课标卷Ⅲ，34(1))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时的波形图．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________.(填正确答案标号)A．波长为2m B．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【解析】A错：由简谐波的波动图象可知，波长为4m；B对：t＝0.5s时波向x轴正方向传播的距离为x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(3,4)))λ(n＝0,1,2,3…)，即t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(3,4)))T＝0.5s(n＝0,1,2,3…)，又T＞0.5s，解之得T＝eq\f(0.5,n＋\f(3,4))，当n＝0时，T＝eq\f(2,3)s，符合题意；当n＝1时，T＝eq\f(2,7)s＜0.5s，不符合题意，则波速v＝eq\f(λ,T)＝6m/s；C对：频率f＝eq\f(1,T)＝1.5Hz；D错：t＝0时x＝1m处的质点处于波峰，因t＝1s时n＝eq\f(t,T)＝eq\f(1,\f(2,3))＝1.5，则此时x＝1m处的质点处于波谷；E对：t＝0时x＝2m处的质点经过平衡位置向上振动，因t＝2s时n＝eq\f(t,T)＝eq\f(2,\f(2,3))＝3，则此时x＝2m处的质点经过平衡位置向上振动．【答案】BCE4．图1是一列简谐横波在t＝1.25s时的波形图，已知c位置的质点比a位置的晚0.5s起振，则图2所示振动图象对应的质点可能位于()A．a<x<b B．b<x<cC．c<x<d D．d<x<e【解析】由题图1知a、c位置间距离为半个波长，则波从a位置的质点传播到c位置的质点需要半个周期的时间，即T＝1s．当t＝1.25s＝eq\f(5,4)T时，由图2可以看出该质点正处于从波峰向平衡位置运动的过程中．因c位置的质点比a位置的质点的起振时间晚，故波是沿x轴正向传播的，结合图1可知t＝1.25s时处于从波峰向平衡位置运动的质点可能在d、e两位置之间，故D正确．【答案】D命题点3波速公式及应用5．(2016·课标卷Ⅱ，34(2))一列简谐横波在介质中沿x轴正向传播，波长不小于10cm.O和A是介质中平衡位置分别位于x＝0和x＝5cm处的两个质点．t＝0时开始观测，此时质点O的位移为y＝4cm，质点A处于波峰位置；t＝eq\f(1,3)s时，质点O第一次回到平衡位置，t＝1s时，质点A第一次回到平衡位置．求：(ⅰ)简谐波的周期、波速和波长；(ⅱ)质点O的位移随时间变化的关系式．【解析】(ⅰ)设振动周期为T.由于质点A在0到1s内由最大位移处第一次回到平衡位置，经历的是eq\f(1,4)个周期，由此可知T＝4s①由于质点O与A的距离Δx＝5cm小于半个波长，且波沿x轴正向传播，O在t＝eq\f(1,3)s时回到平衡位置，而A在t＝1s时回到平衡位置，时间相差Δt＝eq\f(2,3)s，可得波的速度v＝eq\f(Δx,Δt)＝7.5cm/s②由λ＝vT得，简谐波的波长λ＝30cm③(ⅱ)设质点O的位移随时间变化的关系为y＝Acos(eq\f(2πt,T)＋φ0)④将①式及题给条件代入上式得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4＝Acosφ0,0＝Acos\f(π,6)＋φ0))⑤解得φ0＝eq\f(π,3)，A＝8cm⑥质点O的位移随时间变化的关系式为y＝0.08cos(eq\f(π,2)t＋eq\f(π,3))(m)⑦或y＝0.08sin(eq\f(π,2)t＋eq\f(5π,6))(m)【答案】(ⅰ)4s7.5cm/s30cm(ⅱ)y＝0.08cos(eq\f(π,2)t＋eq\f(π,3))(m)或y＝0.08sin(eq\f(π,2)t＋eq\f(5π,6))(m)机械波中的各质点都在做简谐运动，简谐运动位移与时间的关系式为y＝Asin(ωt＋φ)或者是y＝Acos(ωt＋φ)，式中ω＝eq\f(2π,T)，把数学中的三角函数知识与物理中的简谐运动结合起来，就能够顺利得出结果.6．(2015·课标卷Ⅱ，34(2))平衡位置位于原点O的波源发出的简谐横波在均匀介质中沿水平x轴传播，P、Q为x轴上的两个点(均位于x轴正向)，P与O的距离为35cm，此距离介于一倍波长与二倍波长之间．已知波源自t＝0时由平衡位置开始向上振动，周期T＝1s，振幅A＝5cm.当波传到P点时，波源恰好处于波峰位置；此后再经过5s，平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置．求：(1)P、Q间的距离；(2)从t＝0开始到平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过的路程．【解析】(1)由题意，O、P两点间的距离与波长λ之间满足OP＝eq\f(5,4)λ①波速为v＝eq\f(λ,T)②在t＝5s的时间间隔内，波传播的路程为s＝vt由题意有s＝PQ＋eq\f(λ,4)③由①②③式和所给数据解得PQ＝133cm(2)Q处的质点第一次处于波峰位置时，波源运动的时间为t1＝t＋eq\f(5,4)T波源从平衡位置开始运动，每经过eq\f(T,4)，波源运动的路程为A.故t1时间内，波源运动的路程为s′＝25A＝125cm.【答案】(1)133cm(2)125cm

考点二振动图象与波动图象(高频78)两种图象的比较振动图象波动图象研究对象一振动质点沿波传播方向的所有质点研究内容一质点的位移随时间的变化规律某时刻所有质点的空间分布规律图象物理意义表示同一质点在各时刻的位移表示某时刻各质点的位移图象信息(1)质点振动周期(2)质点振幅(3)某一质点在各时刻的位移(4)各时刻速度、加速度的方向(1)波长、振幅(2)任意一质点在该时刻的位移(3)任意一质点在该时刻的加速度方向(4)传播方向、振动方向的互判图象变化随着时间推移，图象延续，但已有形状不变随着时间推移，波形沿传播方向平移一完整曲线占横坐标的距离表示一个周期表示一个波长命题点1两种图象的互判7．(2014·课标卷Ⅱ，34(1))图(a)为一列简谐横波在t＝0.10s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1.0m处的质点，Q是平衡位置在x＝4.0m处的质点；图(b)为质点Q的振动图象．下列说法正确的是________.(填正确答案标号)A．在t＝0.10s时，质点Q向y轴正方向运动B．在t＝0.25s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同C．从t＝0.10s到t＝0.25s，该波沿x轴负方向传播了6mD．从t＝0.10s到t＝0.25s，质点P通过的路程为30cmE．质点Q简谐运动的表达式为y＝0.10sin10πt(国际单位制)【解析】由yt图象可知，t＝0.10s时质点Q沿y轴负方向运动，选项A错误；由yt图象可知，波的振动周期T＝0.2s，由yx图象可知λ＝8m，故波速v＝eq\f(λ,T)＝40m/s，根据振动与波动的关系知波沿x轴负方向传播，则波在0.10s到0.25s内传播的距离Δx＝vΔt＝6m，选项C正确；在t＝0.25s时其波形图如图所示，此时质点P的位移沿y轴负方向，而回复力、加速度方向沿y轴正方向，选项B正确；Δt＝0.15s＝eq\f(3,4)T，质点P在其中的eq\f(1,2)T内路程为20cm，在剩下的eq\f(1,4)T内包含了质点P通过最大位移的位置，故其路程小于10cm，因此在Δt＝0.15s内质点P通过的路程小于30cm，选项D错误；由yt图象可知质点Q做简谐运动的表达式为y＝0.10sineq\f(2π,0.2)t(m)＝0.10sin10πt(m)，选项E正确．【答案】BCE判断波的传播方向与质点的振动方向的三种常见方法(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，如图甲所示．(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，如图乙所示．(3)微平移法：将波形图沿传播方向平移Δx(Δx≤eq\f(λ,4))，再由x轴上某一位置的两波形曲线上的点来判定，如图丙所示．8．(2014·课标卷Ⅰ，34(1))图(a)为一列简谐横波在t＝2s时的波形图，图(b)为媒质中平衡位置在x＝1.5m处的质点的振动图象，P是平衡位置为x＝2m的质点．下列说法正确的是()A．波速为0.5m/sB．波的传播方向向右C．0～2s时间内，P运动的路程为8cmD．0～2s时间内，P向y轴正方向运动E．当t＝7s时，P恰好回到平衡位置【解析】由图(a)可知，波长λ＝2m，由图(b)可知周期T＝4s，则波速v＝eq\f(λ,T)＝0.5m/s，A正确；t＝2s时，x＝1.5m处的质点振动方向向下，则波向左传播，B错；0～2s时间内P质点运动的路程xP＝eq\f(t,T)×4A＝8cm，C正确；0～2s内P质点向y轴负方向运动，D错；t＝0时P质点位于正向最大位移处，故P质点达到平衡位置的时刻为t＝(2n＋1)eq\f(T,4)，则n＝3时，t＝7s，P恰好回到平衡位置，E正确．【答案】ACE命题点2两种图象的综合应用9．如图甲所示为一列沿水平方向传播的简谐横波在t＝2s时的波形图，图乙是这列波中质点P的振动图线，那么：(1)该波的传播速度为________m/s；(2)该波的传播方向为________(填“向左”或“向右”)；(3)图甲中质点Q(坐标为x＝2.25m处的点)的振动方程为y＝________cm.【解析】(1)波的周期T＝2s，波长λ＝1.0m，波速v＝eq\f(λ,T)＝0.5m/s.(2)由y­t图象可知，t＝2s时，质点P向上运动，不难判断波是向左传播．(3)质点Q此时从最大位移开始向平衡位置运动，振动图象是一条余弦曲线，A＝0.2cm，ω＝eq\f(2π,T)＝πrad/s，质点Q的振动方程为y＝0.2cosπtcm.【答案】(1)0.5(2)向左(3)0.2cosπt“一分、一看、二找”巧解波的图象与振动图象综合类问题(1)分清振动图象与波的图象．只要看清横坐标即可，横坐标为x则为波的图象，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)找准波的图象对应的时刻．(4)找准振动图象对应的质点.考点三波的传播的多解问题(高频79)1．波动问题多解的主要因素(1)周期性①时间周期性：时间间隔Δt与周期T的关系不明确．②空间周期性：波传播的距离Δx与波长λ的关系不明确．(2)双向性①传播方向双向性：波的传播方向不确定．②振动方向双向性：质点振动方向不确定．2．解决波的多解问题的思路一般采用从特殊到一般的思维方法，即找出一个周期内满足条件的关系Δt或Δx，若此关系为时间，则t＝nT＋Δt(n＝0,1,2，…)；若此关系为距离，则x＝nλ＋Δx(n＝0.1,2.…)．命题点1波的周期性造成多解10．(2015·课标卷Ⅰ，34(2))甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播，波速均为v＝25cm/s.两列波在t＝0时的波形曲线如图所示．求：(ⅰ)t＝0时，介质中偏离平衡位置位移为16cm的所有质点的x坐标；(ⅱ)从t＝0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为－16cm的质点的时间．【解析】(ⅰ)两列波的振幅均为8cm，故偏离平衡位置位移为16cm的质点应为两列波的波峰相遇处的质点．根据波形图可知，甲、乙的波长分别为λ乙＝60cm，λ甲＝50cm，则甲、乙两列波的波峰坐标分别为x甲＝(50＋k1×50)cm(k1＝0，±1，±2，±3，…)x乙＝(50＋k2×60)cm(k2＝0，±1，±2，±3，…)综上分析，所有波峰和波峰相遇的质点x坐标应为x＝(50＋300n)cm(n＝0，±1，±2，±3，…)．(ⅱ)质点偏离平衡位置位移为－16cm为两列波的波谷相遇处．t＝0时，波谷之差Δx＝(50＋eq\f(2n2＋1,2)×60)cm－(50＋eq\f(2n1＋1,2)×50)cm整理可得Δx＝[10(6n2－5n1)＋5]cm波谷之间最小的距离为Δx′＝5cm两列波相向传播，相对速度为2v＝50cm/s所以出现偏离平衡位置位移为－16cm的最短时间t＝eq\f(Δx′,2v)＝0.1s.【答案】(ⅰ)x＝(50＋300n)cm(n＝0，±1，±2，±3，…)(ⅱ)0.1s11．沿x轴传播的简谐横波如图所示，其中实线为t＝0时刻的波形，虚线为t＝0.3s时刻的波形，求：(1)该波的周期；(2)该波的波速最小值．【解析】(1)若波沿x轴负方向传播，则eq\f(1,4)T＋nT＝0.3s(n＝0,1,2，…)，解得T＝eq\f(1.2,1＋4n)s(n＝0,1,2…)若波沿x轴正方向传播，则eq\f(3,4)T＋nT＝0.3s(n＝0,1,2,3…)，解得T＝eq\f(1.2,3＋4n)s(n＝0,1,2…)．(2)由波形图可知，波长λ＝1.2m若波沿x轴负方向传播，n＝0时，可能最大周期Tm＝1.2svmin＝eq\f(λ,Tm)＝1m/s同理，若波沿x轴正方向传播，可得vmin＝3m/s.【答案】(1)T＝eq\f(1.2,3＋4n)s(n＝0,1,2…)．(2)1m/s或3m/s命题点2波的双向性造成多解12．一列横波在x轴上传播，a、b是x轴上相距sab＝6m的两质点，t＝0时，b点正好到达最高点，且b点到x轴的距离为4cm，而此时a点恰好经过平衡位置向上运动．已知这列波的频率为25Hz.(1)求经过时间1s，a质点运动的路程；(2)质点a、b在x轴上的距离大于一个波长，求该波的波速．【解析】(1)质点a一个周期运动的路程s0＝4A＝0.16m1s内的周期数是n＝eq\f(1,T)＝251s内a质点运动的路程s＝ns0＝4m.(2)波由a传向b，sab＝(n＋eq\f(3,4))λv＝λf＝eq\f(600,4n＋3)m/s(n＝1,2,3…)波由b传向a，sab＝(n＋eq\f(1,4))λv＝λf＝eq\f(600,4n＋1)m/s(n＝1,2,3…)．【答案】(1)4m(2)见解析求解波的多解问题的一般解题步骤(1)根据初末两时刻的波形图确定传播距离与波长的关系通式．(2)根据题设条件判断是唯一解还是多解．(3)根据波速公式v＝eq\f(Δx,Δt)或v＝eq\f(λ,T)＝λf求波速.考点四波特有的现象(高频80)1．波的干涉和衍射波的干涉波的衍射条件两列波的频率必须相同明显条件：障碍物或孔的尺寸比波长小或相差不多现象形成加强区和减弱区相互隔开的稳定的干涉图样波能够绕过障碍物或孔继续向前传播2.多普勒效应(1)定义：当波源与观察者相互靠近或者相互远离时，观察者接收到的波的频率会发生变化．(2)规律①波源与观察者如果相互靠近，观察者接收到的频率增大；②波源与观察者如果相互远离，观察者接收到的频率减小；③波源和观察者如果相对静止，观察者接收到的频率等于波源的频率．(3)实质：声源频率不变，观察者接收到的频率变化.命题点1波的衍射13．图中S为在水面上振动的波源，M、N是水面上的两块挡板，其中N板可以上下移动，两板中间有一狭缝，此时测得A处水面没有振动，为使A处水面也能发生振动，可采用的方法是()A．使波源的频率增大B．使波源的频率减小C．移动N使狭缝的间距增大D．移动N使狭缝的间距减小【解析】使孔满足明显衍射的条件即可，或将孔变小，或将波长变大，B、D正确．【答案】BD命题点2多普勒效应及应用14．如图甲所示，男同学站立不动吹口哨，一位女同学坐在秋千上来回摆动，据图乙，下列关于女同学的感受的说法正确的是()A．女同学从A向B运动过程中，她感觉哨声音调变高B．女同学从E向D运动过程中，她感觉哨声音调变高C．女同学在点C向右运动时，她感觉哨声音调不变D．女同学在点C向左运动时，她感觉哨声音调变低【解析】女同学荡秋千的过程中，只要她有向右的速度，她都有靠近声源的趋势，根据多普勒效应，她都会感到哨声音调变高；反之，女同学向左运动时，她感到音调变低，选项A、D正确，B、C错误．【答案】AD命题点3波的干涉15．(2017·课标卷Ⅰ，34(1))如图(a)，在xy平面内有两个沿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”)．【解析】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．【答案】2m减弱加强振动加强点与振动减弱点的判断方法(1)条件判断法振动频率相同、振动情况完全相同的两列波叠加时，设点到两波源的距离差为Δr，当Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)时为振动加强点，当Δr＝(2n＋1)eq\f(λ,2)(n＝0,1,2，…)时为振动减弱点．(2)现象判断法若某点总是波峰与波峰(或波谷与波谷)相遇，则该点为振动加强点；若总是波峰与波谷相遇，则为振动减弱点.16．(2017·海南卷，16(2))从两个波源发出的两列振幅相同、频率均为5Hz的简谐横波，分别沿x轴正、负方向传播，在某一时刻到达A、B点，如图中实线、虚线所示．两列波的波速均为10m/s.求：(ⅰ)质点P、O开始振动的时刻之差；(ⅱ)再经过半个周期后，两列波在x＝1m和x＝5m之间引起的合振动振幅极大和极小的质点的，x坐标．【解析】(ⅰ)该波的周期为T＝eq\f(1,f)＝eq\f(1,5)＝0.2s由图知，质点P、O开始振动的时刻之差为Δt＝eq\f(T,4)＝0.05s.(ⅱ)该波的波长为λ＝vT＝10×0.2m＝2m根据波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，可知，两列波在x＝1m和x＝5m之间引起的合东动振幅极大的质点的x坐标为：2m、3m、3m、4m、5m．合振动振幅极小的质点的x坐标为1.5m、2.5m、3.5m、4.5m.【答案】(ⅰ)0.05s(ⅱ)2m、3m、3m、4m、5m1．5m、2.5m、3.5m、4.5m[高考真题]1．(2016·课标卷Ⅲ，34(1))由波源S形成的简谐横波在均匀介质中向左、右传播．波源振动的频率为20Hz，波速为16m/s.已知介质中P、Q两质点位于波源S的两侧，且P、Q和S的平衡位置在一条直线上，P、Q的平衡位置到S的平衡位置之间的距离分别为15.8m、14.6m．P、Q开始振动后，下列判断正确的是________.A．P、Q两质点运动的方向始终相同B．P、Q两质点运动的方向始终相反C．当S恰好通过平衡位置时，P、Q两点也正好通过平衡位置D．当S恰好通过平衡位置向上运动时，P在波峰E．当S恰好通过平衡位置向下运动时，Q在波峰【解析】根据题意信息可得T＝eq\f(1,20)＝0.05s，v＝16m/s，故波长为λ＝vT＝0.8m，找P点关于S点的对称P′，根据对称性可知P′和P的振动情况完全相同，P′、Q两点相距Δx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15.8,0.8)－\f(14.6,0.8)))λ＝eq\f(3,2)λ，为半波长的整数倍，所以两点为反相点，故P′、Q两点振动方向始终相反，即P、Q两点振动方向始终相反，A错误、B正确；P点距离S点x＝19eq\f(3,4)λ，当S恰好通过平衡位置向上振动时，P点在波峰，同理Q点相距S点x′＝18eq\f(1,4)λ，当S恰好通过平衡位置向下振动时，Q点在波峰，D、E正确．【答案】BDE2．(2017·天津卷，5)手持较长软绳端点O以周期T在竖直方向上做简谐运动，带动绳上的其他质点振动形成简谐波沿绳水平传播，示意如图．绳上有另一质点P，且O、P的平衡位置间距为L.t＝0时，O位于最高点，P的位移恰好为零，速度方向竖直向上，下列判断正确的是()A．该简谐波是纵波B．该简谐波的最大波长为2LC．t＝eq\f(T,8)时，P在平衡位置上方D．t＝eq\f(3T,8)时，P的速度方向竖直向上【解析】A错：由于O点的振动方向与传播方向垂直，故该简谐波为横波；B错：由于P在平衡位置且向上振动，故OP间的基本波形如图所示；因此eq\f(λ,4)＋nλ＝L，即λ＝eq\f(4L,4n＋1)，最大波长为4L；C对：0～eq\f(T,4)，质点P从平衡位置向正的最大位移运动，所以t＝eq\f(T,8)时，P在平衡位置上方；D错：eq\f(T,4)～eq\f(3T,4)，质点P从正的最大位移运动到负的最大位移，即P的速度方向竖直向下，即t＝eq\f(3T,8)时，P的速度方向竖直向下．【答案】C[名校模拟]3．(2018·郑州一中高三上学期入学测试)图甲为一列简谐横波在t＝0.10s时的波形图，P是平衡位置在x＝0.5m处的质点，Q是平衡位置在x＝2.0m处的质点，图乙为质点Q的振动图象．下列说法正确的是________.A．这列波沿x轴正方向传播B．这列波的传播速度为20m/sC．从t＝0到t＝0.15s，这列波传播的距离为3mD．从t＝0.10s到t＝0.15s，P通过的路程为10cmE．t＝0.15s时，P的加速度方向与y轴正方向相反【解析】由波形图可知波的波长为λ＝4m，由振动图象可知波的周期T＝0.2s，所以波速为v＝eq\f(λ,T)＝20m/s，B项正确；波在0～0.15s内传播的距离x＝vt＝3m，C项正确；由t＝0.10s时Q点的振动图象可知，Q点经平衡位置向下运动，结合波形图中Q点位置可知波沿x轴负方向传播，A项错误；t＝0.10s时质点P已经过平衡位置且向y轴正方向运动(此时位移为5eq\r(2)cm)，再经过0.05s，即四分之一周期，通过的路程小于振幅，D项错误；简谐运动质点的加速度方向总是指向平衡位置，所以t＝0.15s时，P的加速度方向与y轴正方向相反，E项正确．【答案】BCE4．(2018·山东实验中学入学考试)如图所示，实线与虚线分别表示振幅、频率均相同的两列简谐横波的波峰和波谷，此刻，M是波峰与波峰的相遇点．设这两列波的振幅均为A，则下列说法正确的是()A．此时刻位于O处的质点正处于平衡位置B．P、N两处的质点始终处在平衡位置C．随着时间的推移，M处的质点将向O处移动D．从此时刻起，经过四分之一周期，M处的质点到达平衡位置，此时位移为零E．O、M连线的中点是振动加强的点，其振幅为2A【解析】此时刻位于O处的质点正处于波谷与波谷的相遇点，不在平衡位置，选项A错误；P、N两处的质点处于波峰和波谷的相遇点，两列波在这两处的位移始终相反，合位移为0，选项B正确；质点并不随波迁移，选项C错误；从此时刻起，经过四分之一周期，两列波在M点的振动均达到平衡位置，合位移为零，选项D正确；O、M连线的中点是振动加强区的点，其振幅为2A，选项E正确．【答案】BDE5．(2018·湖北重点中学高三上学期起点考试)如图所示为一列简谐横波在t1＝0.1s时的波形图，已知该简谐波渡沿x轴的负方向传播，A、B两点为该简谐波上平衡位置在xA＝1.0m、xB＝1.2m处的质点．经观察可知A点通过的路程为振幅的10倍时所用的时间为t＝0.5s，则________.A．该简谐横波的传播周期为0.2sB．开始计时时，B质点的运动方向向下C．0～1.5s内，A、B点通过的路程均为24cmD．t2＝0.58s时刻，B质点回到平衡位置且运动方向向上E．t3＝0.73s时刻，A质点在x轴上方且运动方向向上【解析】A点通过的路程为振幅的10倍时所用的时间应为2eq\f(1,2)T，即2eq\f(1,2)T＝0.5s，解得T＝0.2s，A正确；由t1＝0.1s时B质点的振动方向向下，可知开始计时时，B质点的运动方向向上，B错误；1.5s为7eq\f(1,2)周期，则两质点通过的路程均为振幅的30倍，即30×0.8cm＝24cm，C正确；0.58s即波在题图所示时刻向左又传播0.48s，考虑到周期性，此时波形图与波又向左传播0.08s的波形图相同，即波向左传播eq\f(2,5)λ＝0.8m，即0.1s时2.0m处质点的振动形式传播到B点，即此时B质点回到平衡位置且运动方向向上，D正确；同理可知0.73s时，质点A位于x轴下方且向下振动，E错误．【答案】ACD第3课时光的折射全反射考点考级命题点考查频率光的折射定律(Ⅱ)命题点1：折射率的理解与计算命题点2：折射定律的应用2017·课标卷Ⅰ，34(2)2017·课标卷Ⅱ，34(2)2016·课标卷Ⅰ，34(2)2017·江苏卷，12B(3)全反射(Ⅱ)命题点1：全反射现象命题点2：全反射现象的应用2017·课标卷Ⅲ，34(2)2014·课标卷Ⅱ，34(2)2013·课标卷Ⅰ，34(2)2013·课标卷Ⅱ，34(2)2017·北京卷，14色散光路控制问题(Ⅰ)命题点1：光的色散现象命题点2：平行玻璃砖对光路的控制命题点3：三棱镜对光路的控制命题点4：球对光路的控制2016·课标卷Ⅲ，34(2)2014·课标卷Ⅰ，34(2)2017·海南卷，17考点一光的折射定律(高频81)1．折射定律(1)内容：如图所示，折射光线与入射光线、法线处在同一平面内，折射光线与入射光线分别位于法线的两侧；入射角的正弦与折射角的正弦成正比．(2)表达式：eq\f(sinθ1,sinθ2)＝n.(3)在光的折射现象中，光路是可逆的．2．折射率(1)折射率是一个反映介质的光学性质的物理量．(2)定义式：n＝eq\f(sinθ1,sinθ2).(3)计算公式：n＝eq\f(c,v)，因为v<c，所以任何介质的折射率都大于1.(4)当光从真空(或空气)射入某种介质时，入射角大于折射角；当光由介质射入真空(或空气)时，入射角小于折射角．3．折射率的理解(1)折射率由介质本身性质决定，与入射角的大小无关．(2)折射率与介质的密度没有关系，光密介质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.命题点1折射率的理解与计算1．(2015·安徽卷，18)如图所示，一束单色光从空气入射到棱镜的AB面上，经AB和AC两个面折射后从AC面进入空气．当出射角i′和入射角i相等时，出射光线相对于入射光线偏转的角度为θ.已知棱镜顶角为α，则计算棱镜对该色光的折射率表达式为()A.eq\f(sin\f(α＋θ,2),sin\f(α,2)) B．eq\f(sin\f(α＋θ,2),sin\f(θ,2))C.eq\f(sinθ,sinθ－\f(α,2)) D．eq\f(sinα,sinα－\f(θ,2))【解析】如图所示，设AB面上的折射角为γ，AC面上的入射角为γ′，由于i′＝i，由光的折射定律及光路可逆知γ′＝γ，又设两法线的夹角为β，则由几何关系得：γ＋γ′＋β＝180°，又由α＋β＝180°，则解得：γ＝eq\f(α,2)，又由几何关系得：γ＋γ′＋θ＝i＋i′，解得：i＝eq\f(α＋θ,2)，则棱镜对该色光的折射率n＝eq\f(sini,sinγ)＝eq\f(sin\f(α＋θ,2),sin\f(α,2))，故A正确．【答案】A命题点2折射定率的应用2.(2017·课标卷Ⅰ，34(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】如图，根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．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＝nsinr①由正弦定理有eq\f(sinr,2R)＝eq\f(sini－r,R)②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))④由①③④式和题给数据得n＝eq\r(2.05)≈1.43.⑤【答案】1.433．(2017·江苏卷，12B(3))人的眼球可简化为如图所示的模型，折射率相同、半径不同的两个球体共轴，平行光束宽度为D，对称地沿轴线方向射入半径为R的小球，会聚在轴线上的P点．取球体的折射率为eq\r(2)，且D＝eq\r(2)R.求光线的会聚角α.(示意图未按比例画出)【解析】由几何关系sini＝eq\f(D,2R)，解得i＝45°，则由折射定律eq\f(sini,sinγ)＝n，解得γ＝30°，且i＝γ＋eq\f(α,2)，解得α＝30°，【答案】30°考点二全反射(高频82)1．定义：光从光密介质射入光疏介质，当入射角增大到某一角度时，折射光线将消失，只剩下反射光线的现象．2．条件：(1)光从光密介质射入光疏介质．(2)入射角大于或等于临界角．3．临界角：折射角等于90°时的入射角．若光从光密介质(折射率为n)射向真空或空气时，发生全反射的临界角为C，则sinC＝eq\f(1,n).介质的折射率越大，发生全反射的临界角越小．命题点1全反射现象4．(2014·福建卷，13)如图，一束光由空气射向半圆柱体玻璃砖，O点为该玻璃砖截面的圆心，下图能正确描述其光路的是()【解析】光从空气进入玻璃在分界面上会发生折射，且折射角小于入射角，故B、D错误；光从玻璃进入空气折射角应大于入射角，所以C错误；若满足入射角大于临界角的情况，则会发生全反射，故A正确．【答案】A命题点2全反射现象的应用5．(2017·课标卷Ⅲ，34(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ic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)R.④(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≈2.74R.⑨【答案】(ⅰ)eq\f(2,3)R(ⅱ)2.74R6．(2014·课标卷Ⅱ，34(2))一厚度为h的大平板玻璃水平放置，其下表面贴有一半径为r的圆形发光面．在玻璃板上表面放置一半径为R的圆纸片，圆纸片与圆形发光面的中心在同一竖直线上．已知圆纸片恰好能完全遮挡住从圆形发光面发出的光线(不考虑反射)，求平板玻璃的折射率．【解析】如图，从图形发光面边缘的A点发出的一条光线射到玻璃上表面A′点恰好发生全反射，则由sinC＝eq\f(1,n)①又由几何关系：sinC＝eq\f(L,\r(L2＋h2))②其中L＝R－r③联立以上各式解得n＝eq\f(\r(L2＋h2),L)＝eq\r(1＋\f(h,R－r)2)【答案】eq\r(1＋\f(h,R－r)2)解决全反射问题的一般方法(1)确定光是从光密介质进入光疏介质．(2)应用sinC＝eq\f(1,n)确定临界角．(3)根据题设条件，判定光在传播时是否发生全反射．(4)如发生全反射，画出入射角等于临界角时的临界光路图．(5)运用几何关系或三角函数关系以及反射定律等进行分析、判断、计算.考点三色散光路控制问题(高频83)1．光的色散(1)现象：一束白光通过三棱镜后在屏上会形成彩色光带．(2)成因：棱镜材料对不同色光的折射率不同，对红光的折射率最小，红光通过棱镜后的偏折程度最小，对紫光的折射率最大，紫光通过棱镜后的偏折程度最大，从而产生色散现象．2．各种色光的比较颜色红橙黄绿青蓝紫频率υ低→高同一介质中的折射率小→大同一介质中的速度大→小波长大→小通过棱镜的偏折角小→大临界角大→小双缝干涉时的条纹间距大→小3.平行玻璃砖、三棱镜和圆柱体(球)对光路的控制类别项目平行玻璃砖三棱镜圆柱体(球)结构玻璃砖上下表面是平行的横截面为三角形横截面是圆对光线的作用通过平行玻璃砖的光线不改变传播方向，但要发生侧移通过三棱镜的光线经两次折射后，出射光线向棱镜底边偏折圆界面的法线是过圆心的直线，经过两次折射后向圆心偏折应用测定玻璃的折射率全反射棱镜，改变光的传播方向改变光的传播方向【温馨提示】不同颜色的光的频率不同，在同一种介质中的折射率、光速也不同，发生全反射现象的临界角也不同．命题点1光的色散现象7．一束白光从顶角为θ的一边以较大的入射角i射入并通过三棱镜后，在屏P上可得到彩色光带，如图所示，在入射角i逐渐减小到零的过程中，假如屏上的彩色光带先后全部消失，则()A．红光最先消失，紫光最后消失B．紫光最先消失，红光最后消失C．紫光最先消失，黄光最后消失D．红光最先消失，黄光最后消失【解析】白光从AB面射入玻璃后，由于紫光偏折大，从而到达另一侧面AC时的入射角较大，且因紫光折射率大，sinC＝eq\f(1,n)，因而其全反射的临界角最小，故随着入射角i的减小，进入玻璃后的各色光中紫光首先发生全反射不从AC面射出，后依次是蓝、青、绿、黄、橙、红，逐渐发生全反射而不从AC面射出．【答案】B命题点2平行玻璃砖对光路的控制8．(2017·海南卷，16(1))如图，空气中有两块材质不同、上下表面平行的透明玻璃板平行放置，一细光束从空气中以某一角度θ(0<θ<90°)入射到第一块玻璃板的上表面．下列说法正确的是()A．在第一块玻璃板下表面一定有出射光B．在第二块玻璃板下表面一定没有出射光C．第二块玻璃板下表面的出射光方向一定与入射光方向平行D．第二块玻璃板下表面的出射光一定在入射光延长线的左侧E．第一块玻璃板下表面的出射光线一定在入射光延长线的右侧【解析】光线从第一块玻璃板中的上表面射入，在第一块玻璃板中上表面的折射角和下表面的入射角相等，根据光的可逆原理可知，光在第一块玻璃板下表面一定有出射光，同理，在第二个玻璃板下表面也一定有出射光，故A正确，B错误；因为光在玻璃板中的上表面的折射角和下表面的入射角相等，根据光的可逆原理知，从下表面出射光的折射角和开始在上表面的入射角相等，即两光线平行，所以第二块玻璃板下表面的出射光方向一定与入射光方向平行，故C正确；根据光线在玻璃板中发生偏折，由于折射角小于入射角，可知第二块玻璃板下表面的出射光一定在入射光延长线的左侧，故D正确，E错误．【答案】ACD命题点3三棱镜对光路的控制9．如图所示，一束宽度为d的平行光射向截面为正三角形的玻璃三棱镜，入射光与AB界面夹角为45°，玻璃的折射率n＝eq\r(2)，光束通过三棱镜后到达与BC界面平行的光屏PQ，求光屏PQ上光斑的宽度D.【解析】设AB面的入射角为θ，折射角为γ，由n＝eq\f(sinθ,sinγ)得γ＝30°光线射到BC边时由几何关系可知入射角γ′＝30°，由折射定律n＝eq\f(sinθ′,sinγ′)得θ′＝45°由几何关系知光斑的宽度D＝eq\f(d,cos45°)，得D＝eq\r(2)d.【答案】eq\r(2)d命题点4球对光路的控制10．(2016·课标卷Ⅲ，34(2))如图，玻璃球冠的折射率为eq\r(3)，其底面镀银，底面的半径是球半径的eq\f(\r(3),2)倍；在过球心O且垂直于底面的平面(纸面)内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的M点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点．求该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角．【解析】设球半径为R，球冠底面中心为O′，连接OO′，则OO′⊥AB，令∠OAO′＝α，则cosα＝eq\f(O′A,OA)＝eq\f(\f(\r(3),2)R,R)，即α＝30°根据题意知MA⊥AB，所以∠OAM＝60°设图中N点为光线在球冠内底面上的反射点，所考虑的光线的光路图如图所示．设光线在M点的入射角为i，折射角为r，在N点的入射角为i′，反射角为i″，玻璃折射率为n.由于△OAM为等边三角形，有i＝60°.根据折射定律可得sini＝nsinr，代入题给条件n＝eq\r(3)得r＝30°作底面在N点的法线NE，由于NE∥AM，有i′＝30°根据反射定律可得i″＝30°连接ON，由几何关系可知△NAM≌△NOM，故有∠MNO＝60°故可得∠ENO＝30°于是∠ENO为反射角，ON为反射光线，这一反射光线经球面再次折射后不改变方向．所以，经一次反射后射出玻璃球冠的光线相对于入射光线的偏角β为：β＝180°－∠ENO＝150°.【答案】150°(1)R底＝eq\f(\r(3),2)R，所以∠OAB＝30°，∠OAM＝60°，而OM＝OA＝R，所以△OAM为等边三角形，且在M点的入射角i＝∠OMA.(2)从AB面反射的光线经过圆心O，故该反射光线会垂直球面射出球冠．11.如图为一圆柱中空玻璃管，管内径为R1，外径为R2，R2＝2R1.一束光线在圆柱横截面内射向玻璃管，为保证在内壁处光不会进入中空部分，问入射角i应满足什么条件？【解析】设第一次折射角为r，全反射临界角为C，折射率为n，由折射定律有n＝eq\f(sini,sinr)sinC＝eq\f(1,n)当光在内壁上的入射角恰好等于临界角C时，由图中三角形，根据数学知识可得eq\f(sinπ－C,R2)＝eq\f(sinr,R1)综上可得：i≥30°.【答案】i≥30°[高考真题]1．(2017·北京卷，14)如图所示，一束可见光穿过平行玻璃砖后，变为a、b两束单色光．如果光束b是蓝光，则光束a可能是()A．红光 B．黄光C.绿光 D．紫光【解析】解法一：光的偏折程度大，则折射率大；光的频率越大，折射率也越大．题中a光的折射率大于b光的折射率，则a光的频率大于b光的频率，只有选项D正确．解法二：本题是单项选择，题中A、B、C项光的频率均比蓝光的小，只有D项光的频率比蓝光的大，可以直接判定D项正确．【答案】D2.(2013·天津卷，8)固定的半圆形玻璃砖的横截面如图，O点为圆心，OO′为直径MN的垂线．足够大的光屏PQ紧靠玻璃砖右侧且垂直于MN.由A、B两种单色光组成的一束光沿半径方向射向O点，入射光线与OO′夹角θ较小时，光屏NQ区域出现两个光斑，逐渐增大θ角，当θ＝α时，光屏NQ区域A光的光斑消失，继续增大θ角，当θ＝β时，光屏NQ区域B光的光斑消失，则()A．玻璃砖对A光的折射率比对B光的大B．A光在玻璃砖中传播速度比B光的大C．α<θ<β时，光屏上只有1个光斑D．β<θ<eq\f(π,2)时，光屏上只有1个光斑【解析】当A光光斑消失时，sinα＝eq\f(1,nA)；当B光光斑消失时，sinβ＝eq\f(1,nB).由于β>α，故nA>nB，选项A正确；根据n＝eq\f(c,v)，得vA<vB，选项B错误；当α<θ<β时，A光发生全反射，B光发生折射和反射，在光屏PQ上有两个光斑，选项C错误；当β<θ<eq\f(π,2)时，A、B两光都发生全反射，光屏PQ上有一个光斑，选项D正确．【答案】AD3．(2017·课标卷Ⅱ，34(2))一直桶状容器的高为2l，底面是边长为l的正方形；容器内装满某种透明液体，过容器中心轴DD′、垂直于左右两侧面的剖面图如图所示．容器右侧内壁涂有反光材料，其他内壁涂有吸光材料．在剖面的左下角处有一点光源，已知由液体上表面的D点射出的两束光线相互垂直，求该液体的折射率．【解析】设从光源发出直接射到D点的光线的入射角为i1，折射角为r1.在剖面内作光源相对于反光壁的镜像对称点C，连接C、D，交反光壁于E点，由光源射向E点的光线，反射后沿ED射向D点．光线在D点的入射角为i2，折射角为r2，如图所示．设液体的折射率为n，由折射定律有nsini1＝sinr1①nsini2＝sinr2②由题意知r1＋r2＝90°③联立①②③式得n2＝eq\f(1,sin2i1＋sin2i2)④由几何关系可知sini1＝eq\f(\f(l,2),\r(4l2＋\f(l2,4)))＝eq\f(1,\r(17))⑤sini2＝eq\f(\f(3,2)l,\r(4l2＋\f(9l2,4)))＝eq\f(3,5)⑥联立④⑤⑥式得n≈1.55.【答案】1.55[名校模拟]4．(2018·湖北省重点中学高三上学期起点考试)如图所示，等腰三角形ABC为某透明介质的横截面，O为BC边的中点，位于截面所在平面内的一束光线自O以角度i入射，第一次到达AB边恰好发生全反射．已知θ＝15°，BC边长为L，该介质的折射率为eq\r(2).求：①入射角i；②光从入射到发生第一次全反射所用的时间(设光在真空中的速度为c，可能用到：sin75°＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)或tan15°＝2－eq\r(3))．【解析】根据题意可知光路图如图所示，①根据全反射可知，光线在AB面上P点的入射角等于临界角C，由折射定律得sinC＝eq\f(1,n)代入数据得C＝45°设光线在BC面上的折射角为r，由几何关系得r＝30°由折射定律得n＝eq\f(sini,sinr)联立得i＝45°.②在△OPB中，根据正弦定理得eq\f(\x\to(OP),sin75°)＝eq\f(L,2sin45°)设光从入射到发生第一次全反射所用时间为t，光在介质中的速度为v，得eq\x\to(OP)＝vtv＝eq\f(c,n)联立解得t＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4c)L.【答案】①45°②eq\f(\r(6)＋\r(2),4c)L5．(2018·郑州一中高三上学期入学测试)如图所示，一玻璃砖的截面为直角三角形ABC，其中∠A＝60°，AB＝9cm.现有两细束平行且相同的单色光a、b，分别从AC边上的D点、E点以45°角入射，且均能从AB边上的F点射出，已知AD＝AF＝3cm.求：①玻璃砖的折射率；②D、E两点之间的距离．【解析】①光路如图所示，由于AD＝AF，∠A＝60°则入射光α在AC边的折射角r＝30°折射率n＝eq\f(sini,sinr)＝eq\f(sin45°,sin30°)＝eq\r(2).②设光在玻璃中发生全反射的临界角为CsinC＝eq\f(1,n)＝eq\f(1,\r(2))则C＝45°由图可知，b光经AC边折射后，在BC边上的入射角为60°，此光线在G点发生全反射由几何知识可知，四边形DEGF是平行四边形，由于∠BFG＝60°，AF＝3cm，BF＝AB－AFBF＝FGcos60°FG＝DE联立解得DE＝12cm.【答案】①eq\r(2)②12cm

第4课时光的波动性电磁波和相对论考点考级命题点考查频率光的干涉现象(Ⅰ)命题点1：光的干涉现象及判断命题点2：双缝干涉命题点3：薄膜干涉命题点4：双缝干涉明暗条纹的判断及计算2017·课标卷Ⅱ，34(1)2015·课标卷Ⅱ，34(1)光的衍射和偏振现象(Ⅰ)命题点1：衍射产生的条件命题点2：衍射的应用命题点3：干涉、衍射两种图样的区分命题点4：光的偏振现象的理解及应用————电磁波与相对论(Ⅰ)命题点1：对电磁场理论的理解命题点2：电磁波谱命题点3：狭义相对论的理解及应用2016·课标卷Ⅱ，34(1)2017·江苏卷，12B(1)用双缝干涉测量光的波长(Ⅰ)命题点1：实验原理与操作命题点2：仪器读数与数据处理2015·课标卷Ⅰ，34(1)考点一光的干涉现象(高频84)1．产生条件两列光的频率相同，振动方向相同，且具有恒定的相位差，才能产生稳定的干涉图样．2．杨氏双缝干涉(1)原理如图所示(2)亮、暗条纹的条件①单色光：形成明暗相间的条纹，中央为亮条纹.a．光的路程差Δr＝r2－r1＝kλ(k＝0,1,2，…)，光屏上出现亮条纹．b．光的路程差Δr＝r2－r1＝(2k＋1)eq\f(λ,2)(k＝0,1,2，…)，光屏上出现暗条纹.②白光：光屏上出现彩色条纹，且中央亮条纹是白色(填写颜色)．(3)条纹间距公式：Δx＝eq\f(l,d)λ.3．薄膜干涉(1)相干光：光照射到透明薄膜上，从薄膜的两个表面反射的两列光波．(2)图样特点：同双缝干涉，同一条亮(或暗)条纹对应的薄膜的厚度相等.单色光照射薄膜时形成明暗相间的条纹，白光照射薄膜时形成彩色条纹．命题点1光的干涉现象及判断1．下列四种现象中与光的干涉有关的是()A．雨后空中出现彩虹B．肥皂泡的表面呈现彩色C．一束白光通过三棱镜后形成彩色光带D．一束白光通过很窄的单缝后在光屏上形成彩色光带【解析】雨后空中出现彩虹是太阳光经过悬浮在空气中的小液滴时发生色散而形成的，也就是七种单色光的折射率不同，造成偏转程度不同而分成七种单色光，不是干涉，选项A错．肥皂泡的表面呈现彩色是由于白光在肥皂泡的前后表面的反射光相互叠加而干涉形成的，由于不同单色光波长不同，所以发生叠加后加强减弱的位置也不同，所以形成彩色条纹，选项B对．一束白光通过三棱镜后发生折射，由于折射率不同而发生色散形成彩色光