2024版高考物理一轮复习第十三章机械振动与机械波光电磁波与相对论第2讲机械波学案新人教版2

PAGE14-2024版高考物理一轮复习第十三章机械振动与机械波光电磁波与相对论第2讲机械波学案新人教版2第2讲机械波知识点1机械波1．机械波的形成条件(1)有发生机械振动的波源。(2)有传播介质，如空气、水等。2．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)介质中各质点的振幅相同，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。注意：eq\f(1,2)个周期内，振动质点通过的路程一定为2A；但是eq\f(1,4)个周期内，振动质点通过的路程不一定为A(可能＝A、可能＞A、可能＜A)。3．机械波的分类(1)横波：质点的振动方向与波的传播方向相互垂直的波，有波峰(凸部)和波谷(凹部)。(2)纵波：质点的振动方向与波的传播方向在同一直线上的波，有密部和疏部。知识点2横波的图像1．横波的图像(1)坐标轴：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。(2)意义：表示在波的传播方向上，某时刻各质点离开平衡位置的位移。(3)图像(4)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方向，并能比较大小。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。2．波长、波速、频率及其关系(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。(2)波速v：波在介质中的传播速度，由介质本身的性质决定。(3)频率f：由波源决定，等于波源的振动频率。(4)波长、波速和频率的关系①v＝λf；②v＝eq\f(λ,T)。知识点3波特有的现象1．波的叠加：观察两列波的叠加过程可知：几列波相遇时，每列波都能够保持各自的状态继续传播而不互相干扰，只是在重叠的区域里，质点同时参与这几列波引起的振动，质点的位移等于这几列波单独传播时引起的位移的矢量和。2．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注意：发生衍射是无条件的，发生明显衍射是有条件的。3．多普勒效应：(1)定义：由于波源和观察者之间有相对运动，使观察者感受到波的频率发生变化的现象。(2)实质：声源频率不变，观察者接收到的频率发生变化。(3)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。双基自测一、堵点疏通1．在水平方向传播的波为横波。(×)2．在机械波中各质点不随波的传播而迁移。(√)3．通过波的图像可以找出任一质点在任意时刻的位移。(×)4．机械波在传播过程中，各质点振动的周期、起振方向都相同。(√)5．机械波在一个周期内传播的距离就是振幅的4倍。(×)6．波速表示介质中质点振动的快慢。(×)7．两列波在介质中叠加，一定产生干涉现象。(×)8．一切波都能发生衍射现象。(√)9．多普勒效应说明波源的频率发生变化。(×)二、对点激活1．(多选)关于机械振动与机械波下列说法正确的是(ACD)A．机械波的频率等于振源的振动频率B．机械波的传播速度与振源的振动速度相等C．机械波在介质中传播的速度由介质本身决定D．在一个周期内，沿着波的传播方向，振动在介质中传播一个波长的距离E．质点振动的方向总是垂直于波传播的方向[解析]本题考查对机械振动和机械波的认识。机械波的频率是振源的振动频率，由振源决定的，故A正确；机械波的传播速度与介质有关，与振源的振动速度无关，故B错误；机械波在介质中传播的速度由介质本身决定，故C正确；由v＝eq\f(λ,T)可知，在一个周期内，沿波的传播方向，振动在介质中传播一个波长的距离，故D正确；波分横波与纵波，纵波的质点振动方向与波的传播方在同一条直线上，横波的质点振动方向与波的传播方向垂直，故E错误。2．(多选)如图所示，列车上安装一个声源，发出一定频率的乐音。当列车与观察者都静止时，观察者记住了这个乐音的音调。在以下情况中，观察者听到这个乐音的音调比原来降低的是(BD)A．观察者静止，列车向他驶来B．观察者静止，列车离他驶去C．列车静止，观察者靠近列车D．列车静止，观察者远离列车[解析]根据多普勒效应，当观察者与声源相互靠近时，观察者接收到的频率大于声源发出的频率；当观察者与声源相互远离时，观察者接收到的频率小于声源发出的频率，故A、C错误，B、D正确。3．(多选)一列沿x轴方向传播的简谐机械横波，波速为2.0m/s。某时刻的波形如图所示，下列说法正确的是(BDE)A．这列波的周期为5.0sB．此时x＝4m处的质点加速度达到最大值C．此时x＝6m处的质点一定沿y轴正方向振动D．从此时起再经6s，x＝8m处的质点的位移为－5cmE．质点P的加速度方向与相对平衡位置的位移方向相反[解析]由波动图像可知，这列波的波长λ＝8m，则周期T＝eq\f(λ,v)＝4s，选项A错误；此时x＝4m处的质点处于波谷，加速度达到最大值，选项B正确；此时x＝6m处的质点运动到平衡位置，由于不知波的传播方向，不能得出振动方向，选项C错误；从此时起再经6s，x＝8m处的质点运动到波谷，其位移为－5cm，选项D正确；根据振动的加速度大小与位移成正比，方向相反可知，选项E正确。核心考点·重点突破HEXINKAODIANZHONGDIANTUPO考点一机械波的传播与图像1．机械波的传播特点：(1)波传到任意一点，该点的起振方向都和波源的起振方向相同。(2)介质中每个质点都做受迫振动，因此，任一质点的振动频率和周期都和波源的振动频率和周期相同。(3)波从一种介质进入另一种介质，由于介质的情况不同，它的波长和波速可以改变，但频率和周期都不会改变。(4)振源经过一个周期T完成一次全振动，波恰好向前传播一个波长的距离，所以v＝eq\f(λ,T)＝λf。2．波的图像特点：(1)质点振动nT(波传播nλ)时，波形不变。(2)在波的传播方向上，当两质点平衡位置间的距离为nλ时(n＝1,2,3…)，它们的振动步调总相同；当两质点平衡位置间的距离为(2n＋1)eq\f(λ,2)(n＝0,1,2,3…)时，它们的振动步调总相反。3．波的传播方向与质点的振动方向的判断方法内容图像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微平移法将波形图沿传播方向进行微小平移，再由x轴上某一位置的两波形曲线上的点来判定例1(2019·北京，13)一列简谐横波某时刻的波形如图所示，比较介质中的三个质点a、b、c，则(C)A．此刻a的加速度最小B．此刻b的速度最小C．若波沿x轴正方向传播，此刻b向y轴正方向运动D．若波沿x轴负方向传播，a比c先回到平衡位置[解析]A错：此刻a的位移最大，由a＝－eq\f(kx,m)知，此时a的加速度最大。B错：此刻b位于平衡位置，其速度最大。C对：若波沿x轴正方向传播，a比b离波源近，b在模仿a的振动，a在上方此时b向y轴正方向运动。D错：若波沿x轴负方向传播，c向y轴正方向运动，故c比a先回到平衡位置。〔变式训练1〕(2020·浙江选考)(多选)如图所示，两种不同材料的弹性细绳在O处连接，M、O和N是该绳上的三个点，OM间距离为7.0m，ON间距离为5.0m。O点上下振动，则形成以O点为波源向左和向右传播的简谐横波Ⅰ和Ⅱ，其中波Ⅱ的波速为1.0m/s。t＝0时刻O点处在波谷位置，观察发现5s后此波谷传到M点，此时O点正通过平衡位置向上运动，OM间还有一个波谷。则(BD)A．波Ⅰ的波长为4mB．N点的振动周期为4sC．t＝3s时，N点恰好处于波谷D．当M点处于波峰时，N点也一定处于波峰[解析]OM之间有两个波谷，即1eq\f(1,4)λ1＝7m，解得波Ⅰ的波长为λ1＝5.6m，根据题意可知波Ⅰ的波速为v1＝eq\f(7.0m,5s)＝1.4m/s，故波的周期为T＝eq\f(λ1,v1)＝eq\f(5.6,1.4)s＝4s。同一波源的频率相同，故N点的振动周期为4s，A错误，B正确；波Ⅱ的波长为λ2＝v2T＝4m，故在t＝0时刻N处于平衡位置向下振动，经过3s，即四分之三周期，N点在波峰。C错误；因为MN两点到波源的距离都为其各自波长的1eq\f(1,4)，又两者振动周期相同，起振方向相同，所以两者振动步调相同，即当M点处于波峰时，N点也一定处于波峰，D正确。考点二波动图像与振动图像综合两种图像的比较图像类型振动图像波的图像研究对象某一振动质点沿波传播方向上的所有质点研究内容某一质点的位移随时间变化规律某时刻所有质点的空间分布规律图像物理意义表示某质点各个时刻的位移表示某时刻各质点的位移图像信息(1)质点振动周期(2)质点振幅(3)各时刻质点位移(4)各时刻速度、加速度方向(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加速度方向(4)传播方向、振动方向的互判形象比喻记录着一个人一段时间内活动的录像带记录着许多人某时刻动作、表情的集体照片图像变化随时间推移，图像延续，但已有形状不变随时间推移，图像沿传播方向平移一完整曲线占横坐标距离表示一个周期表示一个波长例2(2019·全国卷Ⅰ)(多选)一简谐横波沿x轴正方向传播，在t＝eq\f(T,2)时刻，该波的波形图如图(a)所示，P、Q是介质中的两个质点。图(b)表示介质中某质点的振动图像。下列说法正确的是(CDE) 图(a) 图(b)A．质点Q的振动图像与图(b)相同B．在t＝0时刻，质点P的速率比质点Q的大C．在t＝0时刻，质点P的加速度的大小比质点Q的大D．平衡位置在坐标原点的质点的振动图像如图(b)所示E．在t＝0时刻，质点P与其平衡位置的距离比质点Q的大[解析]A错：t＝eq\f(T,2)时刻，质点Q在平衡位置，向上振动，振动图像与图(b)不符。B错，C对：t＝0时刻的波形图如图所示[图(a)的波形图左移半个波长即可得到]，质点P在最低点，Q在平衡位置，质点Q的速率比P的大；P的加速度大小比Q的大。D对：t＝eq\f(T,2)时刻，坐标原点的质点经过平衡位置向下振动，对应的振动图像与图(b)吻合。E对：t＝0时刻，质点P与其平衡位置的距离为振幅，质点Q在平衡位置，与其平衡位置的距离为0。〔变式训练2〕(多选)甲图为一列简谐横波在t＝2s时波的图像，Q为x＝4m的质点，P为x＝11m的质点。乙图为质点P的振动图像。下列说法正确的是(ADE)A．此波沿x轴负方向传播B．t＝2s时，Q点的位移为eq\r(3)cmC．t＝eq\f(10,3)s时，Q点到达正的最大位移处D．t＝eq\f(7,3)s时，Q点回到平衡位置且向y轴负方向运动E．质点P的振动方程为y＝－2sin(0.5πt)cm[解析]由乙图知，在t＝2s时质点P沿y轴正方向运动，根据上下坡法可知此波沿x轴负方向传播，故A正确；由甲图知，波长λ＝12m，由乙图知，周期T＝4s，所以波速v＝eq\f(λ,T)＝3m/s。在t＝2s时，x＝14m处的质点处在正向最大位移处，当该点的振动形式传播到Q点时，Q点到达波峰，需时Δt＝eq\f(Δx,v)＝eq\f(14－4,3)s＝eq\f(10,3)s，所以t＝eq\f(16,3)s时，Q点到达正的最大位移处，故C错误；x＝5m处质点的振动形式传播到Q点时，Q点回到平衡位置且向y轴负方向运动，需时Δt′＝eq\f(Δx′,v)＝eq\f(1,3)s，所以t＝eq\f(7,3)s时，Q点回到平衡位置且向y轴负方向运动，故D正确；因为从图甲t＝2s时刻再经过Δt′＝eq\f(1,3)s＝eq\f(T,12)，Q点第一次回到平衡位置，所以t＝2s时，Q点的位移为Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)Δt′))＝1cm，故B错误；角速度ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,2)rad/s，质点P的振动方程为y＝－2sin(0.5πt)cm，故E正确。考点三波的多解问题1．造成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。如：a.质点达到最大位移处，则有正向和负向最大位移两种可能。b．质点由平衡位置开始振动，则起振方向有向上、向下(或向左、向右)两种可能。c．只告诉波速不指明波的传播方向，应考虑沿两个方向传播的可能，即沿x轴正方向或沿x轴负方向传播。d．只给出两时刻的波形，则有多次重复出现的可能。(3)波形的隐含性形成多解在波动问题中，往往只给出完整波形的一部分，或给出几个特殊点，而其余信息均处于隐含状态。这样，波形就有多种情况，形成波动问题的多解性。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，…)。例3(多选)一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t＋0.6s时刻的波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点。下列说法正确的是(ACD)A．这列波的波速可能为50m/sB．质点a在这段时间内通过的路程一定小于30cmC．质点c在这段时间内通过的路程可能为60cmD．若周期T＝0.8s，则在t＋0.5s时刻，质点b、P的位移相同E．若T＝0.8s，从(t＋0.4)s时刻开始计时，则质点c的振动方程为x＝0.1sin(πt)m[解析]由波形图可知波长λ＝40m，且0.6s＝nT＋eq\f(3,4)T(n＝0,1,2…)，解得周期T＝eq\f(2.4,4n＋3)s(n＝0,1,2…)。当n＝0时，T＝0.8s，波速v＝eq\f(λ,T)＝50m/s，选项A正确；由传播方向沿x轴正方向可知质点a在t时刻向上运动，当n＝0时，T＝0.8s，则质点a在这段时间内通过的路程小于30cm；当n＝1时，T＝eq\f(24,70)s，质点a在这段时间内通过的路程大于30cm，选项B错误；若n＝1，则T＝eq\f(24,70)s，波传播到c点所用时间为eq\f(1,4)T,0.6s＝eq\f(7T,4)，质点c振动的时间为eq\f(7,4)T－eq\f(1,4)T＝eq\f(3,2)T，故在这段时间内质点c通过的路程则为6A＝60cm，选项C正确；若T＝0.8s，t＋0.5s时刻，质点P从平衡位移向下移动Δt＝0.1s，质点P从波谷向上移动Δt＝0.1s，而eq\f(T,4)＝0.2，故质点b、P的位移均为负值，大小相等，选项D正确；若T＝0.8s，当(t＋0.4)s时刻时，质点c在上端最大位移处。ω＝eq\f(2π,T)＝2.5rad/s，据图知，A＝0.1m。质点c的振动方程为x＝0.1cos(2.5πt)(m)，选项E错误。方法技巧波的多解问题的求解解题的一般思路有如下情况：(1)波的空间周期性。在波的传播方向上，相距为波长整数倍的多个不同质点的振动情况完全相同，它们之间的距离为波长的整数倍。(2)波的时间周期性。由波的特性可知，波在t＝nT时间内，向外传播Δx＝nλ的距离，所以经过整数倍周期时，其波形图线完全相同。(3)波的双向性。若题中没有已知波的传播方向，也无法由题意确定波的传播方向，则在解题时要注意考虑波的传播方向的不确定性。〔变式训练3〕(2019·天津)(多选)一列简谐横波沿x轴传播，已知x轴上x1＝1m和x2＝7m处质点的振动图像分别如图1、图2所示，则此列波的传播速率可能是(BC)图1图2A．7m/s B．2m/sC．1.2m/s D．1m/s[解析]由振动图像可知周期T＝4s，零时刻x1处质点在平衡位置且向下振动，而x2处质点在正的最大位移处。①若沿x轴正向传播，其波形如图所示，x2处质点的平衡位置可能在A1或A2或A3……则波长有：x2－x1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,4)))λ(n＝0、1、2……)得波速表达式v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(\f(x2－x1,n＋\f(1,4)),T)＝eq\f(6,4n＋1)(n＝0、1、2……)当n＝0时，v＝6m/s，当n＝1时，v＝1.2m/s，C正确。②若沿x轴负向传播，其波形如图所示。则有x2－x1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(3,4)))λ(n＝0、1、2……)得v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(\f(x2－x1,n＋\f(3,4)),T)＝eq\f(6,4n＋3)(n＝0、1、2……)当n＝0时，v＝2m/s，当n＝1时，v≈0.86m/s，B正确。考点四波的干涉、衍射、多普勒效应波的干涉中振动加强点和减弱点的判断(1)图像法：在某时刻的波形图上，波峰与波峰(或波谷与波谷)的交点，一定是加强点，而波峰与波谷的交点一定是减弱点，各加强点或减弱点各自连接而成以两波源为中心向外辐射的连线，形成加强线和减弱线，两种线互相间隔，这就是干涉图样，加强点与减弱点之间各质点的振幅介于加强点与减弱点的振幅之间。(2)公式法：①当两个相干波源的振动步调一致时，到两个波源的距离之差Δx＝nλ(n＝0,1,2，…)处是加强区，Δx＝(2n＋1)eq\f(λ,2)(n＝0,1,2，…)处是减弱区。②当两波源振动步调相反时。若Δr＝(2n＋1)eq\f(λ,2)(n＝0,1,2，…)，则振动加强；若Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)，则振动减弱。例4(2020·江西南昌月考)(多选)两列完全相同的机械波在某时刻的叠加情况如图所示，图中的实线和虚线分别表示波峰和波谷，此时(ACD)A．a、b连线中点振动加强B．a、b连线中点速度为零C．a、b、c、d四点速度均为零D．再经过eq\f(1,2)周期c、d两点振动仍然减弱E．再经过eq\f(1,4)周期c、d两点振动加强[解析]本题考查波的叠加问题。图中a点为波谷与波谷相遇，b点为波峰与波峰相遇，a、b两点速度均为零，a、b连线中点质点在平衡位置振动速度最大，在a、b连线上为振动加强区，振动始终加强，每个点的振幅都为2A，c、d两点振动始终减弱，振幅为零，即质点静止，故B、E错误，A、C、D正确。易错分析对振动加强、减弱理解不透彻引起错解波的叠加满足矢量法则，当振动情况相同则相加，振动情况相反则相减，且两列波互不干扰。例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的二倍；当波峰与波谷相遇时此处的位移为零。判断振动加强或减弱的条件：振幅最大的点为振动加强点，振幅最小的点为振动减弱点。需要特别指出的是：(1)振动加强点的振幅一定大于振动减弱点的振幅；(2)振动加强点的位移不一定大于振动减弱点的位移。本题在判断振动位置及振动速度大小时容易出错。〔变式训练4〕如图(a)所示，在xy平面内有两个沿垂直于纸面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2m，两列波引起的点B(4,1)处质点的振动相互减弱(填“加强”或“减弱”)，点C(0,0.5)处质点的振动相互加强(填“加强”或“减弱”)。图(a)图(b)图(c)[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年高考·1年模拟2NIANGAOKAO1NIANMONI1．(2020·山东卷)一列简谐横波在均匀介质中沿x轴负方向传播，已知x＝eq\f(5,4)λ处质点的振动方程为y＝Acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t))，则t＝eq\f(3,4)T时刻的波形图正确的是(D)[解析]根据题意可知，t＝eq\f(3,4)T时，在eq\f(5,4)λ＝λ＋eq\f(1,4)λ处的质点处于y＝Acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t))＝Acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)·\f(3,4)T))＝Acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)))＝0，则此时质点位于平衡位置；下一时刻，该质点向上运动，远离平衡位置，根据题意，横波沿x轴负方向传播，根据同侧法判断可知，A、B、C错误，D正确。故选D。2．(2020·全国Ⅲ理综·34(1))如图，一列简谐横波平行于x轴传播，图中的实线和虚线分别为t＝0和t＝0.1s时的波形图。已知平衡位置在x＝6m处的质点，在0到0.1s时间内运动方向不变。这列简谐波的周期为0.4s，波速为10m/s，传播方向沿x轴负方向(填“正方向”或“负方向”)。[解析]本题考查波的传播问题。根据题图可知波长λ＝4m，根据平衡位置在x＝6m处的质点在0到0.1s时间内运动方向不变可知，此过程该质点从最大位移处第一次运动到平衡位置，且继续向下运动，由同侧法可知该波的传播方向沿x轴负方向，运动时间为eq\f(1,4)T＝0.1s，可得周期T＝0.4s，所以波速为v＝eq\f(λ,T)＝10m/s。3．(1)(2020·全国Ⅰ理综·34(1))(多选)在下列现象中，可以用多普勒效应解释的有BCE。A．雷雨天看到闪电后，稍过一会儿才能听到雷声B．超声波被血管中的血流反射后，探测器接收到的超声波频率发生变化C．观察者听到远去的列车发出的汽笛声，音调会变低D．同一声源发出的声波，在空气和水中传播的速度不同E．天文学上观察到双星(相距较近、均绕它们连线上某点做圆周运动的两颗恒星)光谱随时间的周期性变化(2)(2020·全国Ⅰ理综·34(2))一振动片以频率f做简谐振动时，固定在振动片上的两根细杆同步周期性地触动水面上a、b两点，两波源发出的波在水面上形成稳定的干涉图样。c是水面上的一点，a、b、c间的距离均为l，如图所示。已知除c点外，在ac连线上还有其他振幅极大的点，其中距c最近的点到c的距离为eq\f(3,8)l。求(ⅰ)波的波长；(ⅱ)波的传播速度。[答案](ⅰ)eq\f(1,4)l(ⅱ)eq\f(fl,4)[解析]本题考查光、机械波、多普勒效应。光的传播速度大于声的传播速度，故雷雨天看到闪电后，稍过一会儿才能听到雷声，与多普勒效应无关，A错误；超声波被血管中的血液反射后，探测器接收到的超声波频率发生变化，是多普勒效应的体现，B正确；列车远去时观察者接收到的汽笛声频率变小，音调会变低，是多普勒效应的体现，C正确；机械波的传播速度与介质有关，故同一声源发出的声波在空气和水中的传播速度不同，与多普勒效应无关，D错误；天文学上观察到双星光谱随时间的周期性变化的原因是双星与观察者之间的距离随时间周期性变化，观察者接收到的光谱的频率周期性变化，是多普勒效应的体现，E正确。(2)(ⅰ)如图，设距c点最近的振幅极大的点为d点，a与d的距离为r1，b与d的距离为r2，d与c的距离为s，波长为λ。则r2－r1＝λ ①由几何关系有r1＝l－s ②req\o\al(2,2)＝(r1sin60°)2＋(l－r1cos60°)2 ③联立①②③式并代入题给数据得λ＝eq\f(1,4)l。 ④(ⅱ)波的频率为f，设波的传播速度为v，有v＝fλ ⑤联立④⑤式得v＝eq\f(fl,4)。 ⑥第3讲光的折射全反射一、选择题(本题共8小题，1～3题为单选，4～8题为多选)1．(2020·丰台区)很多公园的水池底部都装有彩灯，当一束由红、蓝两色光组成的灯光从水中斜射向空气时，下列光路图中可能存在的一种情况是(C)[解析]当两种色光都能折射到空气中时，根据折射定律n＝eq\f(sini,sinr)知，红光与蓝光的折射率不同，在入射角相等时，折射角一定不同，蓝色光的折射角大，A不可能；光线射到水面时一定有反射，所以反射光中红光和蓝光都有，B图、D图不可能；由于红光的折射率比蓝光小，由临界角公式sinC＝eq\f(1,n)知，红光的临界角比蓝光大，有可能是蓝光发生了全反射而红光没有发生全反射，C有可能。2．(2021·浙江温州月考)如图甲所示，为了研究一半圆柱形透明新材料的光学性质，用激光由真空沿半圆柱体的径向射入，入射光线与法线成θ角，由光学传感器CD可以探测反射光的强度。实验获得从AB面反射回来的反射光的强度随θ角变化的情况如图乙所示。光在真空中的传播速度为c，则该激光在这种透明新材料中(B)A．折射率为eq\f(\r(3),2)B．传播速度为eq\f(\r(3),2)cC．θ＝0°时，反射光强度为0D．反射光的强度随θ角的增大而增大[解析]本题考查折射率、全反射等知识。根据题图乙可得，当θ＝60°时该激光发生全反射，根据折射定律得n＝eq\f(1,sinθ)＝eq\f(2\r(3),3)，故A错误；该激光在这种透明新材料中的传播速度v＝eq\f(c,n)＝eq\f(\r(3),2)c，故B正确；θ＝0°时大量的激光从O点射出，少量激光反射经过C点，故C错误；根据题图乙可得，当θ≥60°时激光发生全反射，反射光的强度不变，故D错误。3．(2021·北京市高考适应性考试)已知天然材料的折射率都为正值(n>0)。近年来，人们针对电磁波某些频段设计的人工材料，可以使折射率为负值(n<0)，称为负折射率介质。电磁波从正折射率介质入射到负折射率介质时，符合折射定律，但折射角为负，即折射线与入射线位于界面法线同侧，如图1所示。点波源S发出的电磁波经一负折射率平板介质后，在另一侧成实像。如图2所示，其中直线SO垂直于介质平板，则图中画出的4条折射线(标号为1、2、3、4)之中，正确的是(D)A．1 B．2C．3 D．4[解析]电磁波经过负折射率介质后，折射光线与入射光线位于界面法线同侧，所以折射线1、2不对，A、B错误；又题意说，点波源S发出的电磁波经负折射率平板介质后，在另一侧成实像，而折射线3不能成实像，折射线4能成实像，所以C错误，D正确。4．(2021·宁夏银川一中月考)一束光从空气射向折射率为n＝eq\r(2)的某种玻璃的表面，如图所示，i代表入射角，则(BCD)A．当入射角i＝30°时，折射角r＝45°B．无论入射角i为多大，折射角r都不会超过45°C．欲使折射角r＝30°，应以i＝45°的角度入射D．当入射角i＝arctaneq\r(2)时，反射光线跟折射光线恰好互相垂直E．当i>45°时会发生全反射现象[解析]根据折射定律得n＝eq\f(sini,sinr)＝eq\f(sin30°,sinr)＝eq\r(2)，sinr＝eq\f(\r(2),4)，故A错误；当入射角最大时，折射角最大，最大入射角为90°，根据折射定律得n＝eq\f(sini,sinr)＝eq\f(sin90°,sinr)＝eq\r(2)，解得最大折射角r＝45°，故B正确；欲使折射角r＝30°，根据折射定律得n＝eq\f(sini,sinr)＝eq\f(sini,sin30°)＝eq\r(2)，解得i＝45°，故C正确；设入射角为α时反射光线与折射光线垂直，则折射角为90°－α，根据折射定律得n＝eq\f(sini,sinr)＝eq\f(sinα,sin90°－α)＝tanα＝eq\r(2)，解得α＝arctaneq\r(2)，故D正确；从空气中射向玻璃表面时，不可能发生全反射现象，故E错误。5．一光纤通信中信号传播的主要载体是光导纤维，它的结构如图所示，可看成一段直线，其内芯和外套的材料不同，光在内芯中传播，下列关于光导纤维的说法中正确的是(ACE)A．内芯的折射率比外套的大，光传播时在内芯与外套界面上发生全反射B．内芯的折射率比外套的大，光传播时在套与外界的界面上发生全反射C．波长越长的光在光纤中传播的速度越大D．频率越大的光在光纤中传播的速度越大E．若紫光以如图所示角度入射时，恰能在光纤中发生全反射，则改用红光以同样角度入射时，不能在光纤中发生全反射[解析]内芯的折射率比外套的大，光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射，故A正确，B错误；波长越长的光，频率越小，介质对它的折射率n越小，根据公式v＝eq\f(c,n)，光在光纤中传播的速度越大，故C正确，D错误；根据sinC＝eq\f(1,n)知，折射率越大，全反射临界角越小，红光的折射率小，则全反射临界角大，若紫光恰能发生全反射，则红光不能发生全反射，故E正确。6．水下一点光源，发出a、b两单色。人在水面上方向下看，如图所示，水面中心Ⅰ区域有a光、b光射出，Ⅱ区域只有a光射出。下列判断正确的是(ABE)A．a、b光从Ⅰ区域某点倾斜射出时，a光的折射角小B．在真空中，a光的波长大于b光的波长C．水对a光的折射率大于b光的折射率D．水下b光不能射到图中Ⅱ区域E．若光源深度变大，则水面上Ⅰ、Ⅱ区域的面积变大[解析]根据题述，b光发生全反射的临界角较小，由sinC＝eq\f(1,n)，可知水对b光的折射率较大，对a光的折射率较小，a、b光从Ⅰ区域某点倾斜射出时，a光折角小，选项A正确，C错误；由c＝λf可知，a光的频率较小，波长较长，选项B正确；水下b光能射到题图中Ⅱ区域，由于在题图中Ⅱ区域发生了全反射，Ⅱ区域只有a光射出，选项D错误；若光源离水面深度变大，可知发生全反射亮斑半径尺寸也扩大，Ⅰ、Ⅱ面积会加大，E正确。7．(2021·江西模拟)如图所示，一由玻璃制成的直角三棱镜ABC，其中AB＝AC，该三棱镜对红光的折射率大于eq\r(2)。一束平行于BC边的白光射到AB面上。光束先在AB面折射后射到BC面上，接着又从AC面射出。下列说法正确的是(ABE)A．各种色光在AB面的折射角都小于30°B．各种色光在BC面的入射角都大于45°C．有的色光可能不在BC面发生全反射D．从AC面射出的有色光束中红光在最上方E．从AC面射出的光束一定平行于BC边[解析]本题考查光的折射与全反射。设光在AB面的折射角为α，由折射定律知，eq\f(sin45°,sinα)>eq\r(2)，解得sinα<eq\f(1,2)，即各种色光在AB面的折射角都小于30°，故A正确；由几何关系知，各种色光射向BC面时，入射角都大于45°，故B正确；由临界角公式sinC＝eq\f(1,n)知，各种色光全反射的临界角都小于45°，各种色光都在BC面发生全反射，故C错误；从AC面射出的光束一定平行于BC面，由于红光射向BC面时的入射角最大，故红光射到AC面时处于最下方，故E正确，D错误。8．(2021·湖南月考)如图所示，自左向右依次固定放置半圆形玻璃砖、足够长的竖立的长方体玻璃砖和光屏，BC、MN、PQ三个表面相互平行。一点光源可沿着圆弧BAC移动，从点光源发出的一束白光始终正对圆心O射入半圆形玻璃砖，经过长方体玻璃砖后，打在光屏上。已知玻璃对紫光的折射率为n＝1.532，若不考虑光在各个界面的反射，则下列说法正确的是(BCE)A．点光源从B移动到C的过程中，光屏上总有彩色光斑B．点光源从B移动到C的过程中，光屏上红色光斑的移动范围比紫色光斑的大C．点光源在A点时，光屏上红色光斑在紫色光斑的上方D．点光源在A点时，若撤除长方体玻璃砖，光屏上红色光斑将向上移动E．点光源在A点时，若将光屏稍向右平移，光屏上红色光斑与紫色光斑的间距将增大[解析]光线靠近玻璃砖直边时，会发生全反射，没有光斑，且当入射光与BC垂直时，光线不发生偏折，在光屏上没有彩色光斑，故A错误；由于红光的折射率比紫光的折射率小，红光通过半圆形玻璃砖后折射角比紫光的小，则点光源在A点时，光屏上红色光斑在紫色光斑的上方，故C正确；由光的折射、全反射规律及几何分析可知，点光源从B移动到C的过程中，光屏上红色光斑的移动范围比紫色光斑的大，故B正确；点光源在A点时，光线通过长方体玻璃砖后会向上发生移动，若撤除长方体玻璃砖，光屏上红色光斑将向下移动，故D错误；点光源在A点时，若将光屏稍向右平移，出射光线方向不变，根据几何关系可知，光屏上红色光斑与紫色光斑的间距将增大，故E正确。二、非选择题9．(2019·全国卷Ⅲ，34(2))如图，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，∠A＝90°，∠B＝30°。一束光线平行于底边BC射到AB边上并进入棱镜，然后垂直于AC边射出。(1)求棱镜的折射率；(2)保持AB边上的入射点不变，逐渐减小入射角，直到BC边上恰好有光线射出。求此时AB边上入射角的正弦值。[答案](1)eq\r(3)(2)eq\f(\r(3)－\r(2),2)[解析](1)光路图及相关量如图所示。光束在AB边上折射，由折射定律得eq\f(sini,sinα)＝n式中n是棱镜的折射率。由几何关系可知α＋β＝60°由几何关系和反射定律得β＝β′＝∠B联立①②③式，并代入i＝60°得n＝eq\r(3)。(2)设改变后的入射角为i′，折射角为α′，由折射定律得eq\f(sini′,sinα′)＝n依题意，光束在BC边上的入射角为全反射的临界角θc，且sinθc＝eq\f(1,n)由几何关系得θc＝α′＋30°由上式得入射角的正弦为sini′＝eq\f(\r(3)－\r(2),2)。10．(2021·湖南师大附中月考)如图所示，某种材料制成的半球体，左侧面镀有水银，CD为半球底面直径，O为球心，直线OB垂直CD，且与半球面交于B点．现有一束单色光平行于BO方向从半球面上的A点射入半球，经CD面反射后恰好从B点射出半球．半球的半径为R，入射时单色光线与OB间的距离d＝eq\f(\r(3),2)R，透明半球对该单色光的折射率n＝eq\r(3)，不考虑单色光在B点的反射。(1)求该单色光从B点射出时的折射角α；(2)已知光在真空中的传播速度为c，求该单色光在半球内传播的总时间t。[答案](1)60°(2)eq\f(3R,c)[解析]本题考查光的折射和反射问题。(1)该单色光在半球体内传播的光路如图所示，设该单色光在A点的入射角为θ1，则有sinθ1＝eq\f(d,R)＝eq\f(\r(3),2)，可得θ1＝60°，设该单色光在A点的折射角为θ2，则有n＝eq\f(sinθ1,sinθ2)，可得θ2＝30°，由几何关系可知，该单色光在B点的入射角θ3＝30°，则有n＝eq\f(sinα,sinθ3)，可得α＝60°。(2)由图可知，OE＝eq\f(\r(3),3)R，EF＝OF－OE＝eq\f(\r(3),2)R－eq\f(\r(3),3)R＝eq\f(\r(3),6)R，AE＝2EF＝eq\f(\r(3),3)R。该单色光在半球内的总路程s＝AE＋EB＝eq\r(3)R，该单色光在半球内的传播速度大小v＝eq\f(c,n)＝eq\f(c,\r(3))，则该单色光在半球内的传播时间t＝eq\f(s,v)＝eq\f(3R,c)。第3讲光的折射全反射知识点1光的折射定律折射率1．折射现象光从一种介质斜射进入另一种介质时传播方向改变的现象。2．折射定律(1)内容：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)＝n12，式中n12是比例常数。(3)在光的折射现象中，光路是可逆的。3．折射率(1)定义：光从真空射入某种介质发生折射时，入射角的正弦与折射角的正弦的比值。(2)物理意义：折射率仅反映介质的光学特性，折射率大，说明光从真空射入到该介质时偏折大，反之偏折小。(3)定义式：n＝eq\f(sinθ1,sinθ2)，不能说n与sinθ1成正比、与sinθ2成反比。折射率由介质本身的光学性质和光的频率决定。(4)计算公式：n＝eq\f(c,v)，因v<c，故任何介质的折射率总大于(填“大于”或“小于”)1。知识点2全反射光的色散1．全反射：观察如图折射光路，将空格填充。(1)全反射的条件：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。(2)全反射现象：折射光完全消失，只剩下反射光。(3)临界角：折射角等于90°时的入射角，用C表示，且sinC＝eq\f(1,n)。2．光的色散：(1)色散现象：白光通过三棱镜会形成由红到紫七种色光组成的彩色光谱。(2)成因：由于n红<n紫，所以以相同的入射角射到棱镜界面时，红光和紫光的折射角不同，紫光折射得更明显些，当它们射出另一个界面时，紫光的偏折角最大，红光的偏折角最小。双基自测一、堵点疏通1．光的传播方向发生改变的现象叫光的折射。(×)2．折射率跟折射角的正弦成正比。(×)3．只要入射角足够大，就能发生全反射。(×)4．折射定律是托勒密发现的。(×)5．若光从空气中射入水中，它的传播速度一定减小。(√)6．已知介质对某单色光的临界角为C，则该介质的折射率等于eq\f(1,sinC)。(√)7．密度大的介质一定是光密介质。(×)二、对点激活1．(多选)光从介质a射向介质b，如果要在a、b介质的分界面上发生全反射，那么必须满足的条件是(AC)A．a是光密介质，b是光疏介质B．光在介质a中的速度必须大于在介质b中的速度C．光的入射角必须大于或等于临界角D．必须是单色光[解析]发生全反射必须同时满足两个条件：①光从光密介质射向光疏介质，②入射角大于或等于临界角。而光在光密介质中的传播速度比在光疏介质中的小，且对光的颜色，以及单色光、复合光没有要求，故A、C正确，B、D错误。2．如图所示，MN是空气与某种液体的分界面，一束红光由空气射到分界面，一部分光被反射，一部分光进入液体中。当入射角是45°时，折射角为30°，则以下说法正确的是(C)A．反射光线与折射光线的夹角为120°B．该液体对红光的折射率为eq\r(3)C．该液体对红光的全反射临界角为45°D．当紫光以同样的入射角从空气射到分界面时，折射角也是30°[解析]反射角为45°，可求得反射光线与折射光线的夹角为105°，A错误；该液体对红光的折射率n＝eq\f(sin45°,sin30°)＝eq\r(2)，由sinC＝eq\f(1,n)，可求得全反射临界角为45°，B错误，C正确；该液体对紫光的折射率更大，所以折射角小于30°，D错误。核心考点·重点突破HEXINKAODIANZHONGDIANTUPO考点一折射定律和折射率的理解与应用1．对折射率的理解：(1)公式理解。①公式n＝eq\f(sinθ1,sinθ2)中，不论是光从真空射入介质，还是从介质射入真空，θ1总是真空中的光线与法线间的夹角，θ2总是介质中的光线与法线间的夹角。②折射率大小不仅反映了介质对光的折射本领，也反映了光在介质中传播速度的大小v＝eq\f(c,n)。(2)本质理解。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，光疏介质不是指密度小的介质。(3)特性理解。①折射率的大小不仅与介质本身有关，还与光的频率有关。同一种介质中，频率越大的色光折射率越大，传播速度越小。②同一种色光，在不同介质中虽然波速、波长不同，但频率相同。2．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的三棱镜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例1(2019·全国卷Ⅰ)如图，一艘帆船静止在湖面上，帆船的竖直桅杆顶端高出水面3m。距水面4m的湖底P点发出的激光束，从水面出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与竖直方向的夹角为53°(取sin53°＝0.8)。已知水的折射率为eq\f(4,3)。(1)求桅杆到P点的水平距离；(2)船向左行驶一段距离后停止，调整由P点发出的激光束方向，当其与竖直方向夹角为45°时，从水面射出后仍照射在桅杆顶端，求船行驶的距离。[解析](1)设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1，到P点的水平距离为x2；桅杆高度为h1，P点处水深为h2；激光束在水中与竖直方向的夹角为θ。由几何关系有eq\f(x1,h1)＝tan53° ①eq\f(x2,h2)＝tanθ ②由折射定律有sin53°＝nsinθ ③设桅杆到P点的水平距离为x，则x＝x1＋x2 ④联立①②③④式并代入题给数据得x＝7m。 ⑤(2)设激光束在水中与竖直方向的夹角为45°时，从水面出射的方向与竖直方向夹角为i′，由折射定律有sini′＝nsin45° ⑥设船向左行驶的距离为x′，此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1′，到P点的水平距离为x2′，则x1′＋x2′＝x′＋x ⑦eq\f(x1′,h1)＝tani′ ⑧eq\f(x2′,h2)＝tan45° ⑨联立⑤⑥⑦⑧⑨式并代入题给数据得x′＝(6eq\r(2)－3)m≈5.5m。[答案](1)7m(2)5.5m名师点拨解决光的折射问题的思路(1)根据题意画出正确的光路图。(2)利用几何关系确定光路中的边、角关系，要注意入射角、折射角均以法线为标准。(3)利用折射定律、折射率公式求解。(4)注意折射现象中光路的可逆性。〔变式训练1〕(2018·全国卷Ⅰ)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eq\r(3)。若改用蓝光沿同一路径入射，则光线在D点射出时的折射角大于(填“小于”“等于”或“大于”)60°。[解析]根据光路的可逆性，在AC面由空气射入玻璃三棱镜，入射角为60°时，折射角为30°。根据光的折射定律有n＝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，因此折射角大于60°。考点二光的折射、全反射的综合应用1．求解光的折射、全反射问题的四点提醒(1)光密介质和光疏介质是相对而言的。同一种介质，相对于其他不同的介质，可能是光密介质，也可能是光疏介质。(2)如果光线从光疏介质进入光密介质，则无论入射角多大，都不会发生全反射现象。(3)光的反射和全反射现象，均遵循光的反射定律，光路均是可逆的。(4)当光射到两种介质的界面上时，往往同时发生光的折射和反射现象，但在全反射现象中，只发生反射，不发生折射。2．求解全反射现象中光的传播时间的注意事项(1)全反射现象中，光在同种均匀介质中的传播速度不发生变化，即v＝eq\f(c,n)。(2)全反射现象中，光的传播路程应结合光路图与几何关系进行确定。(3)利用t＝eq\f(l,v)求解光的传播时间。3．解决全反射问题的一般步骤(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，判断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、运算，解决问题。例2(2021·河北鸡泽一中月考)如图所示，两束不同单色光P和Q射向半圆形玻璃砖，在O点的入射角分别为45°和30°，它们都从圆心O点沿OF方向出射，OF与界面的夹角为30°，半圆形玻璃砖的半径为R，真空中光速为c，求：(1)两束光穿过玻璃砖所用的时间差；(2)将P光绕O点旋转，使其刚好发生全反射，则其旋转的角度为多少？[解析]本题考查半圆形玻璃砖中光的折射和全反射问题。(1)P光在O点的入射角为45°，由题意可知，折射角为60°，因此玻璃对P光的折射率n1＝eq\f(sin60°,sin45°)＝eq\f(\r(6),2)，在玻璃砖中传播的时间t1＝eq\f(R,\f(c,n1))＝eq\f(\r(6)R,2c)，Q光在O点的入射角为30°，折射角为60°，则玻璃对Q光的折射率n2＝eq\f(sin60°,sin30°)＝eq\r(3)，在玻璃砖中传播的时间t2＝eq\f(R,\f(c,n2))＝eq\f(\r(3)R,c)，两束光穿过玻璃砖所用的时间差Δt＝t2－t1＝eq\f(2\r(3)－\r(6)R,2c)。(2)P光刚好发生全反射时的临界角C满足sinC＝eq\f(1,n1)＝eq\f(\r(6),3)，因此要使P光刚好发生全反射，可以沿逆时针方向旋转P光的角度为arcsineq\f(\r(6),3)－eq\f(π,4)，或沿顺时针方向旋转P光的角度为arcsineq\f(\r(6),3)＋eq\f(π,4)。[答案](1)eq\f(2\r(3)－\r(6)R,2c)(2)逆时针旋转arcsineq\f(\r(6),3)－eq\f(π,4)，或顺时针旋转arcsineq\f(\r(6),3)＋eq\f(π,4)名师点拨解答此类问题的关键是画出光路图，根据全反射条件、折射定律和几何关系列方程联立求解。〔变式训练2〕(2021·浙江杭州高级中学模拟)(多选)如图所示是在四川景区九寨沟拍摄的一张风景照片，湖水清澈见底，近处湖面水下的树枝和池底都看得很清楚，而远处则只看到对岸山峰和绿树的倒影，水面下的景物则根本看不到。下列说法中正确的是(BC)A．远处山峰的倒影非常清晰，是因为来自山峰的光线在水面上发生了全反射B．光线由空气射入水中，光的波速变小，波长变短C．远处水面下景物的光线射到水面处，入射角较大，可能发生了全反射，所以看不见D．来自近处水面下景物的光射到水面处，入射角较小，反射光强而折射光弱，因此有较多的能量射出水面而进入人的眼睛中[解析]本题考查光的反射、折射和全反射。远处山峰的倒影非常清晰，是因为来自山峰的光线在水面上发生了反射，但不是全反射，因为全反射只有光从光密介质射入光疏介质时才可能发生，选项A错误；光线由空气射入水中，光的波速变小，频率不变，由v＝λf知，波长变短，选项B正确；远处水面下景物的光线射到水面处，入射角较大，当入射角大于等于全反射的临界角时，远处水面下景物的光线在水面处发生全反射，光线不能射出水面，所以看不见，选项C正确；来自近处水面下景物的光线射到水面处，入射角较小，反射光弱而折射光强，因此有较多的能量射出水面而进入人的眼中，选项D错误。考点三色散现象1．光的色散成因棱镜对不同色光的折射率不同，对红光的折射率最小，红光的偏折程度最小。对紫光的折射率最大，紫光的偏折程度最大，从而产生色散现象。光线通过棱镜的光路2.各种色光的比较颜色红橙黄绿青蓝紫频率ν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→小例3(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两束单色光线。则(ABE)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．进入玻璃后，a，b光的波长都减小，故该单色光的颜色发生变化D．玻璃砖对a光的折射率小于对b光的折射率E．若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，则折射光线a首先消失[解析]通过题图可看出，折射后a光的偏折