高考物理总复习 第11章 机械振动 机械波 光 电磁波教师用书1

第11章机械振动机械波光电磁波知识内容考试要求必考加试简谐运动b主要考查简谐运动的图象、波动图象以及波的传播规律等；另外对光学知识的考查主要以折射定律、全反射等为主，对电磁波的考查主要集中在电磁场理论，电磁振荡、电磁波的发射与接收等。最可能选修3-4知识整合到一个选择题中出简谐运动的描述C简谐运动的回复力和能量b单摆C外力作用下的振动b波的形成和传播b波的图象b波长、频率和波速C波的衍射和干涉b多普勒效应b惠更斯原理b光的反射与折射C全反射b光的干涉C光的衍射b光的偏振b光的颜色、色散b激光a电磁波的发现a电磁振荡C电磁波的发射和接收b电磁波与信息化社会a电磁波谱a第1课时机械振动考点一简谐运动简谐运动的回复力和能量(-/b)1.简谐运动2.简谐运动的回复力和能量内容定义方向指向平衡位置表达式答案D2.对简谐运动的回复力公式F=-kx的理解，正确的是()答案C要点简谐运动的特征1.受力特征：2.运动特征：3.能量特征：4.周期性特征：5.对称性特征：B.有向线段OA是质点在时间内的位移D.有向线段OA的斜率是质点在t₁时刻的瞬时速率答案C答案DC.到它第三次经过a点时，所需时间为一个周期D.到它第三次经过a点时，所需时间为二个周期解析因为是从第一次以不等于零的速度经过非平衡位置的某点a时开始计时，故到它第答案CA.位移不断减小B.速度不断减小C.加速度不断减小D.弹簧的弹性势能不断增大答案AC4.弹簧振子的质量是2kg,当它运动到平衡位置左侧2cm时，受到的回复力是4N,当解析由振动的对称性知右侧4cm处回复力为8N,由a=4m/s²,方答案D【方法总结】考点二简谐运动的描述(-/c)1.描述简谐运动的物理量物理量定义意义振幅振动质点离开平衡位置的最大距离描述振动的强弱和能量周期振动物体完成一次全振动所需时间描述振动的快慢，两者互为倒数：T频率振动物体单位时间内完成全振动的次数相位描述周期性运动在各个时刻所处的不同状态2.简谐运动的表达式简谐运动的表达式为x=Asin(wt+φ)(2)w:是一个与频率成正比的量，叫做简谐运动的“圆频率”,表示简谐运动的快慢，w【过关演练】1.一位游客在千岛湖边欲乘坐游船，当日风浪较大，游船上下浮动。可把解析设振动图象的表达式为y=Asinwt,~~答案C2.某个质点的简谐运动图象如图所示，求质点的振幅和周期分别为多大?7解析由题图读出振幅代入数据得解得T=8s。答案要点简谐运动图象1.振动图象提供的信息2.振动图象的物理意义图象描述的是振子相对平衡位置的位移随时间变化的情况，不是物体的运动轨迹。【例题】(多选)(2016·宁波效实中学期中)如图所示为一质点的简谐运动图象。由图可知A.质点的运动轨迹为正弦曲线B.t=0时，质点正通过平衡位置向正方向运动C.t=0.25s时，质点的速度方向与位移的正方向相同D.质点运动过程中，两端点间的距离为0.1m解析简谐运动图象反映质点的位移随时间变化的情况，不是质点的运动轨迹，故A错误；t=0时，质点离开平衡位置的位移最大，速度为零，故B错误；根据图象的斜率表示速度，则t=0.25s时，质点的速度为正值，则速度方向与位移的正方向相同。故C正确；质点运动过程中，两端点间的距离等于2倍的振幅，即=2A=2×5cm=10cm=0.1m,故D正确。故选C、D。1.如图所示为某质点在0～4s内的振动图象，则()A.质点在3s末的位移为2mB.质点在4s末的位移为8mC.质点在4s内的路程为8mD.质点在4s内的路程为零答案CA.质点振动的频率是4HzB.质点振动的振幅是2cm解析由题图可以直接看出振幅为2cm,周期为4s,所以频率为0.25Hz,所以选项A振幅仍为2cm,所以选项D错误。答案BC3.(多选)一弹簧振子A的位移x随时间t变化的关系式为x=0.1sin(2.5πt),位移x的单位解析由振动方程为y=0.1sin2.5πt,可读出振幅A=0.1m,圆频率w=2.5π,故周期T,故A、B错误；在t=0.2s时，振子的位移最大，故速度最小，为4.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()甲A.振子的振动周期等于tiB.在t=0时刻，振子的位置在a点C.在t=t时刻，振子的速度为零D.从ti到t,振子从O点运动到b点解析由题图乙可知，振子的振动周期等于2t,故A错；在t=0时刻，振子的位置在O点，故B错；在t=t时刻，振子在平衡位置，其速度最大，故C错；由题图乙可看出，从ti到t,振子从O点运动到b点，故D对。答案D5.有一弹簧振子在水平方向上的B、C之间做简谐运动，已知B、C间的距离为20cm振子在2s内完成了10次全振动。若从某时刻振子经过平衡位置时开始计时(t=0),经周期振子有正向最大加速度。(2)在图中作出该振子的位移—时间图象；解析(1)振幅1得φ=0或φ=π,当再过较短时间，y为负值，所以φ答案(1)10cm0.2s(2)图见解析考点三单摆(-/c)外力作用下的振动(-/b)2.受迫振动与共振(2)受迫振动的特点：受迫振动稳定时，系统的振动频率等于驱动力的频率，跟振动系统的(3)共振：做受迫振动的物体，它的固有频率与驱动力的频率越接近，其振幅就越大，当二由图可知，当f驱=f固时振幅最大。【过关演练】1.(多选)(2016·浙江4月选考)摆球质如图所示。选悬挂点所在水平面为重力势能的参考面，由图可知()A.甲、乙两单摆摆长之比是4:9B.ta时刻甲、乙两单摆的摆角相等C.tb时刻甲、乙两单摆的势能差最大D.tc时刻甲、乙两单摆的速率相等,所以摆长之比,A正确；由于两摆为甲的摆线短摆幅大，所以甲上升的最大高度大于乙的，在tb时刻，乙在平衡位置最低处，而甲在最高处，因此两者的势能差是最大的，C对；由于甲偏离平衡位置高度差大于乙的，所以甲经过平衡位置时速度大于乙，所以D错。2.(多选)如图所示，在一根张紧的水平绳上，悬挂有a、b、cd、e五个单摆，让a摆略偏离平衡位置后无初速释放，在垂直纸面的平面内振动，接着其余各摆也开始振动。下列说法中正确的是()A.各摆的振动周期与a摆相同B.各摆的振幅大小不同，c摆的振幅最大C.各摆的振动周期不同，c摆的周期最长D.各摆均做自由振动解析a摆做的是自由振动，周期就等于a摆的固有周期，其余各摆均做受迫振动，所以振驱动力的频率与其固有频率十分接近，故c摆的振幅最大，B正确。要点一单摆周期公式1.对周期公式的理解(2)公式中/是摆长，即悬点到摆球球心的距离/=1线+r球。(3)公式中g是单摆所在地的重力加速度，由单摆所在的空间位置决定。2.周期公式应用(1)只要测出单摆摆长/和周期T,就可以根据当地重力加速度g3.类单摆【例1】图中O点为单摆的固定悬点，现将摆球(可视为质点)拉至A点，此时细线处于张A.摆球在A点和C点处，速度为零，合力也为零B.摆球在A点和C点处，速度为零，回复力也为零D.摆球在B点处，速度最大，细线拉力也最大解析摆球在摆动过程中，最高点A、C处速度为零，回复力最大，合力不为零，在最低点答案D要点二受迫振动与共振的理解1.阻尼振动和受迫振动2.对共振的理解答案D1.(多选)单摆是为研究振动而抽象出的理想化模型，其理想化条件是()A.摆线质量不计B.摆线长度不可伸缩C.摆球的直径比摆线长度短得多D.只要是单摆的运动就是一种简谐运动解析单摆由摆线和摆球组成，摆线只计长度不计质量，摆球只计质量不计大小，且摆线不视单摆运动为简谐运动。故正确答案为A、B、C。2.发生下列哪一种情况时，单摆周期会增大()A.增大摆球质量B.缩短摆长C.减小单摆振幅D.将单摆由山下移至山顶解析由单摆周期公式,T与单摆的摆球质量、振幅无关，缩短摆长，/变3.(多选)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，根据单摆周得，甲、乙两单摆的摆长相等，故A、B正确；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。4.如图所示的装置，弹簧振子的固有频率是4Hz。现匀速转动把手，给弹簧振子以周期性的驱动力，测得弹簧振子振动达到稳定时的频率为1Hz,则把手转动的频率为()解析因把手每转动一周，驱动力完成一次周期性变化，把手转动频率即为驱动力的频率。弹簧振子做受迫振动，而受迫振动的频率等于驱动力的频率，与振动系统的固有频率无关，5.(多选)如图表示一弹簧振子做受迫振动时的振幅与驱动力频率的关系，由图可知()A.驱动力频率为f时，振子处于共振状态B.驱动力频率为た时，振子的振动频率为fC.假如让振子自由振动，它的频率为f解析由题图可知当驱动力的频率为₂时，振子的振幅最大，即振子发生共振现象，故A振动自由振动受迫振动共振受力情况仅受回复力受驱动力作用受驱动力作用振动周期或频率后由驱动力的周期或频率决定，即T=T驱或f=f驱或f驱=f振动能量振动物体的机械能不变由产生驱动力的物体提供振动物体获得的能量最大常见例子机械工作时底座发生的振动共振筛、声音的共鸣等解析振子的平衡位置为振子静止时的位置，故A错，B对；振动中的位移为从平衡位置2.(多选)如图所示为某物体做简谐运动的图象，下列说法中正确的是()A.由P→Q,位移在增大B.由P→Q,速度在增大C.由M→N,位移先减小后增大D.由M→N,位移始终减小3.(多选)某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为,则质点()A.第1s末与第3s末的位移相同B.第1s末与第3s末的速度相同C.第3s末与第5s末的位移方向相同D.第3s末与第5s末的速度方向相同t解析根据可求得该质点振动周期为T=8s,则该质点振动图象如图所示，图t象的斜率为正表示速度为正，反之为负，由图可以看出第1s末和第3s末的位移相同，但斜率一正一负，故速度方向相反，选项A正确，B错误；第3s末和第5s末的位移方向相答案B选项D对。答案CD答案B7.若单摆的摆长不变，摆球的质量由20g增加为40g,摆球离开平衡位置时最大角度由4°减为2°,则单摆振动的()A.频率不变，振幅不变B.频率不变，振幅改变C.频率改变，振幅不变D.频率改变，振幅改变解析单摆的摆长不变时，单摆振动的周期变，频率变摆长不变时，摆角越小，振幅越小，选项B正确。答案B8.一弹簧振子做简谐运动，它所受的回复力F随时间t变化的图象为正弦曲线，如图所示，下列说法正确的是()A.在t从0到2s时间内，弹簧振子做加速运动B.在ti=3s和tz=5s时，弹簧振子的速度大小相等，方向相反C.在tz=5s和t₃=7s时，弹簧振子的位移大小相等，方向相同时刻弹簧振子所受回复力做功的功率最大解析在t从0到2s时间内，弹簧振子所受的回复力增大，说明位移在增大，振子做减速运动，选项A错误；从题图中可以看出，在ti=3s和t₂=5s时，振子所受的回复力大小相等，振子的速度大小相等，速度方向相同，选项B错误；从题图中可以看出，在tz=5s和ts=7s时，回复力大小相等，方向相同，则有弹簧振子的位移大小相等，方向相同，选项C正确；从题图中可以看出，t=2s时刻弹簧振子所受的回复力最大，振子的速度为零，则回复力做功的功率为零，选项D错误。9.如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动，取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是()0A.t=0.8s时，振子的速度方向向左B.t=0.2s时，振子在O点右侧6cm处C.t=0.4s和t=1.2s时，振子的加速度完全相同D.t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子的速度逐渐减小解析从t=0.8s起，再过一段微小时间，振子的位移为负值，因为取向右为正方向，故t=0.8s时，速度方向向左，A对；由图象得振子的位移,故t=0.2s时，近平衡位置，其速度逐渐增大，故D错。10.(多选)如图所示，两单摆的摆长相同，平衡时两摆球刚好接触，现将摆球A在两摆线所在平面内向左拉开一小角度后释放，碰撞后，两摆球分开各自做简谐运动，以mA、mB分别表示摆球A、B的质量，则()A.如果mA>ms,下一次碰撞将发生在平衡位置右侧B.如果mA<mg,下一次碰撞将发生在平衡位置左侧C.无论两球质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置右侧D.无论两球质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置左侧解析单摆做简谐运动的周期摆球的质量无关，因此两单摆周期相同。碰后经都将回到最低点再次发生碰撞，下一次碰撞一定发生在平衡位置，不可能在平衡位置左侧或右侧，故C、D正确。解答本题的关键在于正确理解单摆的等时性。11.如图所示，在光滑水平面上，一弹簧振子在A、B间做简谐运动，平衡位置为O,已知振子的质量为M。(1)简谐运动的能量取决于,物体振动时动能和能相互转化，总机械能 A.振子在平衡位置时，动能最大，势能最小B.振子在最大位移处，势能最大，动能最小C.振子在向平衡位置运动时，由于振子振幅减小，故总机械能减小D.在任意时刻，动能与势能之和保持不变(3)若振子运动到B处时将一质量为m的物体放到M的上面，且m和M无相对滑动而一起运动，下列说法正确的是()A.振幅不变B.振幅减小C.最大动能不变D.最大动能减小解析(1)简谐运动的能量取决于振幅，物体振动时动能和弹性势能相互转化，总机械能守(2)振子在平衡位置两侧往复运动，在最大位移处速度为零，动能为零，此时弹簧的形变最大，势能最大，所以B正确；在任意时刻只有弹簧的弹力做功，所以机械能守恒，D正确；到平衡位置处速度达到最大，动能最大，势能最小，所以A正确；振幅的大小与振子的位置无关，所以选项C错误。(3)振子运动到B点时速度恰为零，此时放上m,系统的总能量即为此时弹簧储存的弹性势能，由于简谐运动中机械能守恒，所以振幅保持不变。因伸长x=15cm,未超出弹性限度。若剪断A、B间绳，则A在竖直方向做简谐运动，求：(g取10m/s²)(1)A的振幅为多大?(2)A的最大加速度为多大?解析(1)设只挂A时弹簧伸长量得由(mA+mB)g=kx,得即振幅A=x-x₁=12.5(2)剪断细绳瞬间，A受最大弹力，合力最大，加速度最大。F=(mA+ms)g-mAg=msg=mAam,答案(1)12.5cm(2)50m/s²考点一波的形成和传播、波的图象(-/b)1.机械波的形成条件2.传播特点随波迁移(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。3.机械波的分类4.横波的图象Ao【过关演练】1.根据图甲、乙所列的两图象，分别判断它们属于何种图象()A.甲是振动图象，乙是波动图象B.甲是波动图象，乙是振动图象C.都是波动图象D.都是振动图象解析波动图象横轴为x轴，表示传播方向及介质中各质点的平衡位置到坐标原点的距离，振动图象横轴为t轴，表示时间，故B正确。2.(多选)如图所示，沿水平方向的介质中的部分质点，相邻质点间的距离相等，其中O为事波源，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开始计时，经质点事1开始振动，则下列关于各质点的振动和介质中的波的说法正确的是()A.介质中所有的质点的起振方向都竖直向下，图中质点9起振最晚B.图中所画出的质点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起振时，通过平衡位置或最大位移处的时间总是比质点7通过相同位置时落D.只要图中所有的质点都已振动了，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发生的是第98次振动解析从图中可知，质点9是图中距波源最远的点，尽管与振源起振方向相同，但起振时错误；质点7与质点8相比较，质点7是质点8的前质点，7、8质点间的振动步调相声故选项C正确；质点9与质点1相距2个波长，质点9比质点8质点间的振动步调相声1晚2T开始起振，一旦质点9起振后，质点1、9振动步调就完全一致，故选项D正确。要点一波的图象1.波动图象的信息(如图所示)(1)直接读取振幅A和波长λ,以及该时刻各质点的位移。(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2.波的传播方向与质点振动方向的互判方法方法内容坡”法“下坡”时质点向上振动下坡上0上坡下“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移”法将波形沿传播方向进行微小的平移，再由对应同一x坐标的两波形曲线上的点来判断振动方向【例1】周期为2.0s的简谐横波沿x轴传播，该波在某时刻的图象如图所示，此时质点P沿y轴负方向运动，则该波()A.沿x轴正方向传播，波速v=20m/sC.沿x轴负方向传播，波速v=20m/sD.沿x轴负方向传播，波速v=10m/s解析质点P沿y轴负方向运动，根据振动方向与波的传播方向的关系，可判定该波沿x轴正方向传播。由波的图象可知λ=20m,根据波速v=10ms。B选项正确。答案B要点二振动图象与波的图象的比较振动图象波的图象研究对象一个质点沿波传播方向上的所有质点图象正(余)弦曲线正(余)弦曲线物理意义某质点在各时刻的位移某时刻各质点的位移振动方向(看下一时刻的位移)(将波沿传播方向平移)△t波形随时间推移，图象延续，但已有形状不变随时间推移,图象沿波的传播方向平移横坐标表示时间表示各质点的平衡位置联系(1)纵坐标均表示质点的位移；(2)纵坐标的最大值都表示振幅；己的振动图象【例2】一列简谐横波沿x轴负方向传播，波速v=4m/s。已知坐标原点(x=0)处质点的n0n.A0解析由x=0处质点的振动图象可知波的周期T=0.4s,由v=4m/s,得λ=vT=1.6m,x=0处质点在t=0.15s时刻的运动情况是在0～0.1m之间的某一位置向平衡位置振动。所以满足以上条件的波的图象为A项。答案A1.(多选)如图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1m处的甲A.t=0.15s时，质点Q的加速度达到正向最大B.t=0.15s时，质点P的运动方向沿y轴负方向C.从t=0.10s到t=0.25s,该波沿x轴正方向D.从t=0.10s到t=0.25解析由乙图象看出，t=0.15s时，质点Q位于负方向的最大位移处，而简谐运动的加速度大小与位移大小成正比，方向与位移方向相反，所以加速度为正方向最大值，A项正确；由乙图象看出，简谐运动的周期T=0.20s,t=0.10s时，质点Q的速度方向沿y轴负方向，由甲图可以看出，波的传播方向应该沿x轴负方向，C项错误；因甲图是t=0.10s时的波形，所以t=0.15s时，经历了时间，图甲的波形向x轴负方向平移2m的距离，如图所示，因波向x轴负方向传播，则此时P点的运动方向沿y轴负方向，B项正确；由图甲可以看出，由于t=0.10s时质点P不处于平衡位置或最大位移处，故从t=0.10s到t=0.25s,质点P通过的路程不为30cm,D项错误。2.如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，从波传到x=5m的M点时开始计时，已知P点相继出现两个波峰的时间间隔为0.4s,下面说法中错误的是()A.这列波的波长是4mB.这列波的传播速度是10m/sD.M点以后的各质点开始振动时的方向都是向下解析从图中可以看出这列波的波长为4m,A对；“相继出现两个波峰的时间间隔为0.4s”,即周期T=0.4s,则对；质点Q(x=9m)经过0.4s开始振动，波传到Q时，其左侧质点在它下方，所以Q点在0.5s时处于波谷，再经过0.2s,即总共经过0.7s才第一次到达波峰，C错；从波的传播原理可以知道，M点以后的每个质点都是先向下振动的，D对，故选C。答案C3.(多选)如图所示为一列简谐波在某一时刻的波形图，此时刻质点F的振动方向如图所示。则()B.质点B和D的运动方向相同C.质点C比质点B先回到平衡位置D.此时质点F和H的加速度相同解析由上、下坡法可知，波只有沿x轴负方向传播才会有此时刻质点F的运动方向向下。同理，质点D、E的运动方向也向下，而质点A、B、H的运动方向向上。质点F、H相对各自平衡位置的位移相同，由,两质点的加速度相同。因质点C直接从最大位移处回到平衡位置，即而质点B要先运动到最大位移处，再回到平衡位置，故ts故正确答案为A、C、D。答案ACD4.(2016浙江台州选考模拟)一根粗细均匀的较长绳子，右侧固定。现使左侧的S点上下振动，产生一列向右传播的机械波，某时刻第一次形成了如图所示的波形。下列说法中正确的是()A.该波的频率逐渐增大B.该波的频率逐渐减小C.此时S点向下运动D.S点的起始振动方向是向下的解析波速是由介质的性质决定的，与波长无关，故该波的波速保持不变，由图看出，该波传播方向与5点的振动方向的关系知此时S点向上运动，故C错误；右端刚起振的点的振动方向与波源S的起振方向相同，方向向上，D错。【方法总结】求解波动图象与振动图象综合类问题可采用“一分、一看、二找”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。考点二波长、频率和波速(-/c)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。波在介质中的传播速度，由介质本身的性质决定。4.波长、波速和频率的关系：②【过关演练】1.一列沿x轴正方向传播的简谐机械横波，波速为4m/s。某时刻波形如图所示，下列说法中，正确的是()A.这列波的振幅为4cmB.这列波的周期为1sC.此时x=4m处质点沿y轴负方向运动D.此时x=4m处质点的加速度为0解析由机械波图象知：振幅A=2cm,波长λ=8m,由得,故A、B选项错误；由波沿x轴正方向传播，用微平移法画出下一时刻的波形，如图中虚线所示，可判定，x=4m处质点沿y轴正方向运动，故C选项错误；图示时刻x=4m处质点位于平衡位置，故加速度为0,D选项正确。答案D2.平静湖面传播着一列水面波(横波),在波的传播方向上有相距3m的甲、乙两小木块随波上下运动。测得两小木块每分钟都上下30次。甲在波谷时，乙在波峰，且两小木块之间有一个波峰，这列水面波()A.频率是30HzB.波长是3mC.波速是1m/sD.周期是0.1s解析由题意知甲、乙两小木块间的距离,故波长λ=2m。又知两小木块都故C选项正是每分钟振动30次，故周期T=2s,频率f=0.5Hz故C选项正要点二波的多解问题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△t与周期T的关系不明确。②空间周期性：波传播的距离△x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△t或△x,若此关系为时间，则t=nT+△t(n=0,1,2,.);若此关系为距离，则x=nA+△xX(n=0,1,2,.)。【例2】(多选)一列简谐横波沿直线传播，该直线上平衡位置相距9m的a、b两质点的振动图象如图所示，下列描述该波的图象可能正确的是()ACBD解析由振动图象可知，在t=0时，质点a处在波峰位置，质点b处在平衡位置且向下运=0,1,2,3,4,…),其波长可能值为12m,5.14m,..,选项C正确；若简谐横波沿直线由b向a传播，,解得波长的表达式：4,…),其波长可能值为36m,7.2m,4m,…,选项A正确。它们之间的关系是()C.f>f,λ₁<λ2,v=V2D.以上说法都不正确解析由于两声音是同一种机械波，因而波速相同，A、B均排除；而音调高即是频率高，2.一列简谐横波在某时刻的波形图如图所示，已知图中质点b的起振时刻比质点a延迟了0.5s,b和c之间的距离是5m,以下说法正确的是()A.此列波的波长为2.5mB.此列波的频率为2HzC.此列波的波速为2.5m/sD.此列波的传播方向为沿x轴正方向传播解析相邻两个波峰或者波谷之间的距离就是一个波长，b和c之间的距离就是一个波长即5m,A项错；而ab之间距离为半个波长，波从a传到b所用时间为半个周期，即0.5s,所以周期为1s,频率f=1Hz,B项错；波速项错；质点b的起振时刻答案D3.(多选)如图所示，一列简谐波沿一直线向左传播，当直线上某质点a向上运动到达最大,1,2,…),解得：0时，λ=0.3m,选项B正确；当n=1时，λ=0.1m,选项D正确；波长不可能等于0.6由此可以判定此波的()2mA.波长一定是4cmB.周期一定是4sC.振幅一定是2cmD.传播速度一定是1cm/s解析解波的图象的题目，一般可分为两类：一类是读图，可以直接从图上读出振幅和波长，此题便可读出波长是4cm,振幅是2cm,故选项A、C正确；另一类是根据图象给定的条件，去计算波速、周期，判定波传播的方向，判定某一质点的运动情况及判定某一时刻的波播速度不确定，选项D错误。答案AC5.一列简谐横波在t=0时刻的波形如图中的实线所示，t=0.02s时刻的波形如图中虚线所示。若该波的周期T大于0.02s,则该波的传播速度可能是()解析这类问题通常要设出波的传播方向：(1)设波向右传播，则在0时刻x=4cm处的质点向上振动，t=0.02s时刻该质点运动到波峰的位置，由题意知T>0.02(2)设波向左传播，则在0时刻x=4cm处的质点向下振动，t=0.02s时刻该质点运动到波综上所述，只有B选项正确。答案B求解波的多解问题一般思路(3)根据波速公式f求波速。考点三波的干涉和衍射现象多普勒效应惠更斯原理(-/b)1.波的叠加几列波相遇时，每列波都能够保持各自的状态继续传播而不互相干扰，只是重叠的区域里，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3.多普勒效应4.惠更斯原理 答案BA.波速变大B.波速不变C.频率变高D.频率不变答案BC要点一波的干涉理解2.加强点和减弱点的理解断出在D点甲、乙两波都向上振动，是振动加强点；在B、E两点两波的波峰和波谷相遇，故是振动减弱点，故选B、C。答案BC要点二多普勒效应理解与应用1.多普勒效应的特点2.多普勒效应的应用【例2】下列关于多普勒效应的说法正确的是()现象，故A错。答案D①在春天里一次闪电过后，有时雷声轰鸣不绝；②“闻其声而不见其人”;③学生围绕答案A答案CM答案D答案AD内容定义现象可观察到现象的条件相同点波的波可以绕过障碍物继波能偏离直线而传缝、孔或障碍物的尺寸衍射和干衍射续传播的现象到直线传播以外的跟波长相差不多或者涉是波特空间小于波长有的现象波的干涉频率相同的两列波叠加，使某些区域的振动加强，某些区域的振动减弱，而且加强和减弱的区域相间分布的现象振动强弱相间的区域，某些区域总是加强，某些区域总是减弱两列波的频率相同、相位差恒定答案DA.高于100km/hB.低于100km/hC.等于100km/hD.无法确定答案A答案ABCA.简谐横波的频率为2.5Hz解析由波动图象知λ=0.24m,,,6.(多选)一振动周期为不振幅为A、位于x=0点的波源从平衡位置沿y轴正向开始做简一段时间后，该振动传播至某质点P,关于质点P振动的说法正确的是()A.振幅一定为AB.周期一定为TC.开始振动的方向沿y轴向上或向下取决于它离波源的距离D.若P点与波源距离s=vT,则质点P的位移与波源的相同解析由于没有能量损失，故P与波源的振幅相同，A正确；波在传播过程中周期不变，与波源距离s=vT,则质点P与波源之间的距离为一个波长，故质点P与波源的位移总是相答案ABD7.(多选)下列图中正确的波形图是()ACBBD解析根据“坡形”法，凡是在“上坡”区必向下运动，“下坡”区的必向上运动，故B、8.如图所示为一列简谐横波在某一时刻的波形图,已知质点A在此时刻的振动方向如图中箭头所示，则以下说法中正确的是()A.波向左传播，质点B向下振动，质点C向上振动B.波向右传播，质点B向上振动，质点C向下振动C.波向左传播，质点B向上振动，质点C向上振动D.波向右传播，质点B向下振动，质点C向下振动解析解决该题有许多方法，现用“上下坡”法判断，若波向右传播，则A质点处于下坡，应向上振动。由此可知波向左传播。同理可判断C向上振动，B向上振动，故C正确。答案C9.如图所示是某绳波形成过程的示意图，1,2,3,4...为绳上的一系列等间距的质点，绳处于水平方向。质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，带动2,3,4...各个质点依次上下振动，把振动从绳的左端传到右端。t=0时质点1开始竖直向上运动，经过四分之一周期，质点5开始运动。下列判断正确的是()A.质点6开始振动时的运动方向向下8质点6的速度方向向下质点10的速度方向向上D.t=T时质点16开始运动解析介质中各质点开始振动时的振动方向和振源开始振动时的振动方向相同，A错；经过点1回到平衡位置，质点9开始向上振动，质点5振动到正的最大位移处，根据带动法可知，质点6在平衡位置上方向上振动，即速度的方向向上，B错；质点1振动到负的最大位移处，质点9振动到正的最大位移处，质点13开始振动，5~13之间的质点在平衡位置上方，9～13之间的质点振动方向都向上，C对；t=T时质点17开始运动，D错。答案C10.(2016·9月嘉兴教学测试)为了研究乐音的物理规律，某同学用计算机录制下优美的笛声do和sol,然后在电脑上用软件播放，分别得到如下图(a)和图(b)的两个振动图象，由此可以判断()A.do和so/的周期之此约为3:2B.do和so/的频率之比约为3:2C.do和so/在空气中传播的波速之比为3:2D.do和so/在空气中传播的波长之比为3:2解析由图象知，相同时间t内，do和so/的全振动次数分别为Ndo=4,nso/=6,所以Vdo=Vsol,C错误；λ=vT,所11.一简谐机械横波沿x轴正方向传播，波长为λ,周期为T。t=0时刻的波形如图甲所示，甲A.t=0时质点a的速度比质点b的大0乙B.t=0时质点a的加速度比质点b的小C.图乙可以表示质点a的振动D.图乙可以表示质点b的振动动，故选项C错D对。答案D2答案(1)10cm(2)如解析图所示因此振幅是10cm。(2)再经0.125s考点一光的反射与折射(-/c)光的全反射(-/b)1.光的反射及反射定律(1)光的反射：光从第1种介质射到它与第2种介质的分界面时，一部分光会返回到第1种2.折射现象3.折射定律(2)表达式：,式中n2是比例常数。4.折射率5.全反射1.一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，如图所示中能正确描B解析光束沿玻璃砖半径射向O点，在界面处入射角大于临界角时，发生全反射，小于临答案A其中两块玻璃的厚度相同。坦克内的人在同一位置通过玻璃能看到的外界的角度范围是A.图甲的大于图乙的B.图甲的小于图丙的C.图乙的小于图丙的D.图乙的等于图丙的解析光在玻璃和空气的界面发生折射，假设眼睛在左下角观察，观察到外界的范围比没有玻璃时大。如图所示，当玻璃的厚度变小时(竖虚线表示玻璃左边位置),观察到外界的范围也变小，且观察范围与玻璃的位置无关，只与玻璃的厚度有关，A、D选项正确。答案AD要点一折射定律应用1.解决光的折射问题的一般方法2.应用折射定律的三点注意(2)应用公式,一定要明确哪个角在分子上，哪个角在分母上。【例1】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1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1=i,由光的折答案A4.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】为测量一块等腰直角三棱镜ABC的折射率，用一束激光沿平行于BC边的方向射向AB边，如图所示。激光束进入棱镜后射到AC边时，刚好能发生全反射。该棱镜的折射率为(),sinC=90°-r,联立以上各式，可得,选项D正确。球的光路如图所示，a、b光相比()A.玻璃对a光的折射率较大B.玻璃对a光的临界角较小C.b光在玻璃中的传播速度较小D.b光在玻璃中的传播时间较短解析从光路图可以看出，a、b两束光的入射角相等，b光的折射角更小一些，由此可知nb>na,A错误；由sin知，玻璃对a光的临界角较大，B错误；由,b距离较长，所以在玻璃中的传播时间较长，2.关于全反射，下列叙述中正确的是()A.发生全反射时仍有折射光线，只是折射光线非常弱B.光从光密介质射向光疏介质时，一定会发生全反射现象C.光从光密介质射向光疏介质时，可能不发生全反射现象D.光从光疏介质射向光密介质时，可能发生全反射现象解析发生全反射时折射光线的能量为零，折射光线消失，所以选项A错误；发生全反射的条件是光从光密介质射向光疏介质，且入射角大于或等于临界角，二者缺一不可，所以选解析由题意知，光由光密介质射向光疏介质，由,得C=45°<θ₁=60°,故在两介质的界面上会发生全反射，只有反射光线，没有折射光线，故选项D正确。4.以往，已知材料的折射率都为正值(n>0)。现已有针对某些电磁波设计制作的人工材料，其折射率可以为负值(n<0),称为负折射率材料。位于空气中的这类材料，入射角i与折射角r依然满,但是折射线与入射线位于法线的同一侧(此时折射角取负值)。现空料对此电磁波的折射率n=-1,正确反映电磁波穿过该材料的传播路径的示意图是(ACD解析由题意知，折射线和入射线位于法线的同一侧，n=-1,由折射定律可知，入射角答案B5.为了测定等腰玻璃三棱镜的折射率，如图所示，我们测出为30°,让激光由空气垂直AB面进入棱镜，由AC面进入空气中，我们又测出了其折射光解析(1)由图得，入射角为30°,折射角为60°,(2)由光的折射定律,解得答案(1)见解析可得考点二光的干涉(-/c)光的衍射和偏振(-/b)1.产生条件：3.光的衍射单缝衍射圆孔衍射单色光中央为亮且宽的条纹，两侧为明暗相间宽度越小①中央是大且亮的圆形亮斑,周围分布着明距离随圆孔半径的增大而减小白光中央为亮且宽的白色条纹，两侧为亮度逐渐变暗、宽度变窄的彩色条纹，其中最靠近中央的色光是紫光，离中央最远的是红光中央是大且亮的白色亮斑,周围是不等间距的彩色的同心圆环4.光的偏振1.下列说法中，正确的是()A.真空中蓝光的波长比红光的波长长B.天空中的彩虹是由光干涉形成的C.光纤通信利用了光的全反射原理D.机械波在不同介质中传播，波长保持不变解析红光的频率小于蓝光的频率，在真空中红光和蓝光的传播速度相同，由得红光波长比蓝光波长长，故A选项错误；天空中的彩虹是水滴对不同光的折射程度不同造成时，其频率不变，但传播速度不同，由v=λf知，波长也不同，D选项错误。2.(多选)关于下列光学现象的说法，正确的是()A.水中蓝光的传播速度比红光快B.光从空气射入玻璃时可能发生全反射C.在岸边观察前方水中的一条鱼，鱼的实际深度比看到的要深D.分别用蓝光和红光在同一装置上做双缝干涉实验，用红光时得到的条纹间距更宽光由光密介质射向光疏介质时才有可能发生全反射，B选项错误；在岸边看水中物体时比实D选项正确。要点一双缝干涉理解1.亮条纹的条件：屏上某点P到两条缝S1和S₂的路程差正好是波长的整数倍或半波长的偶数倍。即：2.暗条纹的条件：屏上某点P到两条缝Si和S2的路程差正好是半波长的奇数倍。即：k为暗条纹的级次，从第1级暗条纹开始向两侧展开。3.双缝干涉形成的条纹是等间距的，两相邻亮条纹或相邻暗条纹间距离与波长成正比，即4.用白光照射双缝时，形成的干涉条纹的特点：中央为白色条纹，两侧为彩色条纹。【例1】(多选)在杨氏双缝干涉实验中，如果()A.用白光作为光源，屏上将呈现黑白相间的条纹B.用红光作为光源，屏上将呈现红黑相间的条纹C.用红光照射一条狭缝，用紫光照射另一条狭缝，屏上将呈现彩色干涉条纹D.用紫光作为光源，遮住其中一条狭缝，屏上将呈现间距不等的条纹解析因白光为复色光，所以用白光作光源时，屏上将呈现彩色条纹，A错；用红光作光遮住其中一条狭缝时，将产生单缝衍射现象，D对。要点二单缝衍射与双缝干涉的比较两种现象比较项目单缝衍射双缝干涉不同条纹宽度条纹宽度不等，中央最宽条纹宽度相等条纹间距各相邻条纹间距不等各相邻条纹等间距点亮度情况中央条纹最亮，两边变暗条纹清晰，亮度基本相等相同点干涉、衍射都是波特有的现象，属于波的叠加；干涉、衍射都有明暗相间的条纹【例2】如图所示的4种明暗相同的条纹分别是红光、蓝光各自通过同一个双缝干涉仪器形成的干涉图样以及黄光、紫光各自通过同一个单缝形成的衍射图样(黑色部分表示亮条纹)。在下面的4幅图中从左往右排列，亮条纹A.红黄蓝紫B.红紫蓝黄C.蓝紫红黄D.蓝黄红紫解析双缝干涉条纹是等间距的，而单缝衍射条纹除中央亮条亮度、宽度都逐渐减小，因此1、3为双缝干涉条纹，2、4为单缝衍射条纹。双缝干涉条纹的宽度(即相邻亮、暗条纹间距,红光波长比蓝光波长长，则红光干涉条纹间距大于蓝光干涉条纹间距，即1、3分别对应于红光和蓝光。而在单缝衍射中，当单缝宽度一所述，1、2、3、4四个图中亮条纹的颜色依次是：红、紫、蓝、黄，B正确。要点三光的偏振现象自然光(非偏振光)偏振光光的来源直接从光源发出的光①自然光通过偏振片后的光②自然光被界面反射或折射后的反射光或折射光光的振在垂直于光的传播方向的平面内光沿动方向一切方向振动且沿各个方向振动的光波的强度相同个特定方向振动联系自然光通过偏振片后或被界面反射、折射后就转变为偏振光【例3】光的偏振现象说明光是横波。下列现象中不能反映光的偏振特性的是()变化A.太阳光以看不到透射光；沿与竖直方向成45°角方向振动的光，其振动方向与透振方向不垂直，仍可看到透射光。2.(多选)抽制高强度纤维细丝可用激光监控其粗细，如图所示，激光束越过细丝时产生的条纹和它通过遮光板的同样宽度的窄缝规律相同。观察光束经过细丝后在光屏上所产生的条纹即可判断细丝粗细的变化，下列叙述中正确的是()A.这里应用的是光的衍射现象B.这里应用的是光的于涉现象C.如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝变粗D.如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝变细解析由于是激光束越过细丝即绕过障碍物所以是光的衍射现象当抽制的丝变细的时候，丝的直径较接近激光的波长，条纹间距就大，A、D对。3.如图所示为一显示薄膜干涉现象的实验装置，P是附有肥皂薄膜的铁丝圈，S是一点燃的酒精灯，往火焰上撒些盐后，在肥皂膜上观察到的干涉图样应是图中的()ABC0解析铁丝圈上的肥皂泡薄膜在重力作用下上薄下厚，在同一水平线上厚度基本一致，如果某一厚度处前后表面反射的同一列光波叠加得到加强,那么这一水平线上同一厚度处光波会加强，所以干涉条纹应是水平的。4.(多选)(2016·绍兴一中9月)在信息技术迅猛发展的今天，光盘是存储信息的一种盘面盘面透明介质层载有信息的基层入射激光光盘截面示意图A.图中光束①是红光②是蓝光B.在光盘的透明介质层中，光束②比①传播速度更快解析从图中可知①光的偏折角大，所以①光的折射率较大，而窄。故D错误。答案BC解析用同一单色光做双缝干涉实验，能观察到明暗相间的单色条纹，故A正确；当两列上，若它们振动的相位相反，即同一单色光经双缝后到两缝的距离之差为该光半波长的奇数倍时，该处的振动减弱，是暗条纹，故D正确。考点三光的颜色、色散(-/b)激光(-/a)1.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，如(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，就是说紫光偏折得更明显些，当它们射到另一个界面时，紫光的偏折角最大，红光偏折角最小。三棱镜对光线的作用：改变光的传播方向，使复色光发生色散。特点性质应用相干性只有频率相同、相位差恒定、偏振方向一致的光才是相干光。激光是一种人工产生的相干光，具有高度的相干性光纤通信平行度激光的平行度非常好，在传播很远的距离后仍能保持一定的强度精确的测距；读取光盘上记录的信息等高亮度中很大的能量用激光束切割、焊接；医学上可以用激光做“光刀”;激发核反应等【过关演练】1.(多选)将激光束的宽度聚焦到纳米级(10-9m)范围内，可修复人体已损坏的器官，可对DNA分子进行超微型基因修复，把至今尚令人无奈的癌症、遗传疾病彻底根除，以上功能A.单色性好B.相干性好C.平行度好D.高能量答案D2.如图，一束光经玻璃三棱镜折射后分为两束单色光a、b,波长分别为λa、λb,该玻璃对单色光a、b的折射率分别为na、nb,则()A.λa<λb,na>nbB.λa>Ab,na<nbC.λa<λb,na<NbD.λa>Ab,na>nb解析由图可知b光偏折程度大，则na<Nb,波长越短，折射率越大，所以λa>Ab,B项正答案B要点一光的色散理解1.光的颜色由光源的频率决定，与介质无关，与波长无关，波速由介质和光的频率共同决2.白光由红、橙、黄、绿、青、蓝、紫七种色光组成，七种色光的特性差异可以用下表表各种色光频率波长折射率波速(介质中)双缝干涉时所产生的条纹间距薄膜干涉时所产生的条纹间距经三棱镜折射时偏向角大小A.减弱，紫光B.减弱，红光C.增强，紫光D.增强，红光答案C要点二平行玻璃砖模型的应用2.不改变传播方向，只是侧移d。3.比较在不同介质中光的传播光线传播路径光线传播特点出射光线平行于入射光线，出射光线向入射光线与界面所夹的锐角(θ)一方侧移出射光线平行于入射光线，出射光线向入射光线与界面所夹的钝角(φ)一方侧移相同点入射角一定时，光的频率越大，侧移量越大；同一频率的光，入射角大的侧移量大【例2】如图所示为两等腰三角形玻璃棱镜，其中ablla'b',aclldd,bcllbd,一入射光线由空气经两玻璃棱镜折射后射出来，下列关于出射光线的说法正确的是()A.一定是光线2B.一定是光线3C.可能是光线1、4D.可能是光线1、3而出射光线不可能是光线4、5、6,入射光线AO经棱镜abc折射，出射光线向底边bc偏射出的光线向a侧移，故选B。1.一束白光从顶角为θ的三棱镜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，红光最后消失答案BA.亮度高B.平行性好C.相干性D.波动性好答案CACBD答案B一、选择题天气变黄变暗，这是由于这种情况下()发生衍射绕过空气中的颗粒物到达地面，选项A、C错误，B、D正确。答案BDA.图中a光为偏振光答案BD动加强的条件，就会出现明条纹，满足振动减弱的条件就会出现暗条纹。这种情况在薄膜厚度不均匀时才会出现；当薄膜厚度均匀时，不会出现干涉条纹，但也发生干涉现象，如果是单色光照射，若满足振动加强的条件，整个薄膜前方都是亮的，否则整个薄膜的前方都是暗的；如果是复色光照射，某些颜色的光因干涉而减弱，另一些颜色的光会因干涉而加强，减弱的光透过薄膜，加强的光被反射回来，这时会看到薄膜的颜色呈某种单色光的颜色，但不答案D5.某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到如图甲所示的条纹，仅改变一个实验条件后，观察到的条纹如乙图所示。他改变的实验条件可能是()A.减小光源到单缝的距离B.减小双缝之间的距离C.减小双缝到光屏之间的距离D.换用频率更高的单色光源解析在双缝干涉中，相邻明条纹间的距离,由题图知干涉条纹间距变宽，故可增大1、λ或减小d。根据c=λv知要增大λ,应减小v。选项B正确，选项A、C、D错误。答案B6.—束复色光由空气斜射向一块平行平面玻璃砖，经折射分成两束单色光a、b。已知a光的频率小于b光的频率，下列光路图正确的是()解析两种单色光射入玻璃砖时的折射角小于入射角，据此可排除选项A、B;已知a光的频率小于b光的频率，那么a光在玻璃砖中的折射率较小，入射角相同时，折射角较大，答案D7.如图所示，从点光源S发出的一细束白光以一定的角度入射到三棱镜的表面，经过三棱镜的折射后发生色散现象，在光屏的ab间形成一条彩色光带。下面的说法中正确的是()A.a侧是红色光，b侧是紫色光B.在真空中a侧光的波长小于b侧光的波长C.三棱镜对a侧光的折射率小于对b侧光的折射率D.在三棱镜中a侧光的传播速度大于b侧光的传播速度解析由于玻璃对各色光的折射率不同，导致色散的形成，玻璃对紫光的折射率最大，对红光的折射率最小，据知a侧为紫光，b侧为红光，在真空中，红光的波长大于紫光的波长，由以求出，在三棱镜中，红光的传播速度大于紫光的传播速度。8.很多公园的水池底都装有彩灯，当一细束由红、蓝两色组成的灯光从水中斜射向空气时，关于光在水面可能发生的反射和折射现象，下列光路图中正确的是()红红+蓝A红蓝B红蓝水面解析红光、蓝光都要发生反射，红光的折射率较小，根据红光发生全反射的临界角较蓝光大，所以蓝光发生全反射时，红光不一定发生，故C正确。答案D答案D二、非选择题BC为半径R=10cm的四分之一圆弧，AB与水平面屏幕MN垂直并接触于A点。由红光i=45°=C2,i=45°<C1所以紫光在AB面发生全反射，而红光在AB面一部分折射，一部分反射，且由几何关系可知，反射光线与AC垂直，所以在AM处产生的亮斑P1为红色，根据折射定律答案(1)在AM处产生的亮斑颜色为红色，在AN处产生的亮斑颜色为红色与紫色的混合(2)在图中画出一条由AD部分射入，最解析(1)根据发生全反射时临界角的定义有,可求得临界角C=45°光线)与BC垂直，再利用光的反射从该点做一条入射光线，该入射光线与AD部分相交于由折射率定义,可知,可知则入射角θ₁=45°答案(1)45°(2)见解析图(3)45°第4课时电磁波1.电磁波的发现2.电磁波谱电磁波谱特性应用真空中波长/m频率/Hz递变规律无线电波波动性强，易发生衍射无线电技术被长减小确率增大红外线热效应红外线遥感可见光引起视觉照明、摄影紫外线化学效应、荧光效应、能杀菌医用消毒、防伪贯穿性强检查、医用透视Y射线贯穿本领最强工业探伤、医用治疗4.无线电波的接收解析电磁波可以传递信息，如电视信号；声波也可以根据C=λf,波长不同，故D选项错误。答案B答案C要点一电磁波的发射和接收信号调制调频发射按收调谐→解调①调幅②调频③调谐④检波答案B要点二电磁波2.电磁波和机械波的区别要点三电磁波谱答案BCDC.稳定电场能够在周围空间产生稳定的磁场解析变化的磁场周围产生电场，当电场中有闭合回路时，回2.当电磁波的频率减小时，它在真空中的波长将()C.减小D.无法确定解析电磁波的波长为频率减小，波长增大，选项B正确。答案B的频率有关解析机械波由振动产生；电磁波由周期性变化的电场(或磁场答案BCD答案AD考点二电磁振荡(-/c)1.电磁振荡的产生电容器里的电场逐渐减弱，线圈的磁场逐渐增强，电场能逐渐转增大，放电完毕，电流达到最大，电场能全部转化为磁场能。②充电过程：电容器放电完毕后，由于线圈的自感作用，容器将进行反向充电，线圈的磁场逐渐减弱，电容器里的电场逐电场能，振荡电流逐渐减小，充电完毕，电流减小为零，磁场能全部转化为电场能。2.电磁振荡的周期和频率(1)电磁振荡的周期T:电磁振荡完成一次周期性变化需要的时间。(2)电磁振荡的频率f:1s内完成的周期性变化的次数。3.电磁波可以通过电缆、光缆进行有线传输，也可实现无线传输。电磁波的频率越高，相摄像管：摄取景物的图像并将其转换为电信号J调制和发射业天线接收高频信号，调谐，解调显像管：还原出与摄像管屏上相同的图像6.移动电话(2)移动电话的体积很小，发射功率不大；它的天线也很简单，灵敏度不高。因此它与其他用户的通话要靠较大的固定无线电台连接。这种固定的电台叫做基地台或基站。【过关演练】1.(多选)为了测量储罐中不导电液体的高度，将与储罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容器C置于储罐中，电容器可通过开关S与线圈L或电源相连，如图所示。当开关从aA.电容器的电容减小B.电容器的电容增大C.LC回路的振荡频率减小D.LC回路的振荡频率增大答案BC2.利用所学物理知识，可以初步了解常用的公交一卡通(IC卡)的工作原理及相关问题。IC卡内部有一个由电感线圈L和电容C构成的LC振荡电路，公交车上的读卡机(刷卡时“嘀”的响一声的机器)向外发射某一特定频率的电磁波。刷卡时，IC卡内的线圈L中产生感应电流，给电容C充电，达到一定的电压后，驱动卡内芯片进行数据处理和传输。下列说法中，正确的是()A.IC卡工作所需要的能量来源于卡内的电池B.仅当读卡机发射该特定频率的电磁波时，IC卡才能有效工作C.若读卡机发射的电磁波偏离该特定频率，则线圈L中不会产生感应电流要点一振荡电路abdoT2甲以逆时针方向电流为正4114e)答案ABD要点二电视、雷达、手机在生活中应用原理【例2】目前雷达发射的电磁波频率多在200MHz到1000MHz的范围内。下列关于答案B1如图所示的LC振荡电路中已知某时刻电流i的方向指向A板且正在增大,则此时()A.A板带正电答案D答案ABCA.在时刻ti,电路中的电流最大B.在时刻t,电路中的磁场能最大C.从时刻t₂至t,电路的电场能不断增大D.从时刻t至t4,电容的带电荷量不断增大解析电磁振荡中的物理量可分为两组：①电容器带电q,极板间电压u,电场强度E及电场能为一组。②自感线圈中的电流i,磁感应强度B及磁场能为一组。同组量的大小变化规律一致；同增同减同为最大或为零值。异组量的大小变化规律相反；若q、E、u等量按正弦规律变化，则i、B等量必按余弦规律变化。根据上述分析由题图可以看出，本题正确选活页作业1.建立完整的电磁场理论并首先预言电磁波存在的科学家是()C.赫兹D.麦克斯韦解析麦克斯韦建立了电磁场理论并且预言了电磁波的存在，选项D正确。答案D2.(多选)以下关于电磁波的说法中正确的是()A.只要电场或磁场发生变化，就能产生电磁波B.电磁波传播需要介质C.电磁振荡一旦停止，电磁波仍能独立存在D.电磁波具有能量，电磁波的传播是伴随有能量向外传递的解析如果电场(或磁场)是均匀变化的，产生的磁场(或电场)是稳定的，就不能再产生新的电场(或磁场),也就不能产生电磁波；电磁波不同于机械波，它的传播不需要介质；电磁振A.频率B.波长解析电磁波在真空中的传播速度为光速c=3.0×10⁸m/s,且c=λf,从一种介质进入另答案ACC.减小线圈的匝数解析实行开放电路和提高辐射频率是发射电磁波的两种有效方法。由答案ABC6.把经过调制的高频电流变为图象信号电流的过程叫做()解析解调是调制的逆过程，该过程把所载的声音信号或图象信号从高频电流中还原出来。7.用一台简易收音机收听某一电台的广播，必须经过的两个过程是()A.调制和解调B.调谐和检波C.检波和解调D.高频和调幅解析首先必须接收到电磁波，叫调谐或选台，收到后将高频电磁波与低频音频信号分开，答案BA.一切物体都在不停地辐射红外线B.红外线具有很强的热作用和荧光作用C.红外线的显著作用是化学作用D.红外线容易穿透云雾解析荧光作用和化学作用都是紫外线的重要用途，红外线波长比可见光长，绕过障碍物能答案ADC.伦琴射线和γ射线是原子的内层电子受激发后产生的机理可知γ射线是原子核受到激发后产生的。不论物体温度高低如何，都能辐射红外线，10.电视机的室外天线能把电信号接收下来，是因为()路路解析处于变化的电磁场中的导体，都会产生感应电动势。答案AA.医院里常用X射线对病房和手术进行消毒答案BCD答案D答案BCA.振荡电流i在减小B.振荡电流i在增大答案AD实验十六探究单摆周期与摆长的关系(选考)1.实验原理图(2)摆长的测量：用刻度尺测出细线长度o,用游标卡尺测出小球直径D,利用4.周期公式(3)应用——测重力加速度：由,即只要测出单摆的摆长/和周期T,就可以求出当地的重力加速度。考点一实验原理及实验操作实验操作时应注意1.悬线顶端不能晃动，需用夹子夹住，保证顶点固定。2.摆球在同一平面内振动且摆角小于10°。3.选择在摆球摆到平衡位置处开始计时，并数准全振动的次数。4.小球自然下垂时，用毫米刻度尺量出悬线长1,用游标卡尺测量小球的直径，然后算出摆球的半径r,则摆长/=1+r。5.选用一米左右的细线。1.根据单摆周期公式可以通过实验测量当地的重力加速度。如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。(1)用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为mm。A.摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些B.摆球尽量选择质量大些、体积小些的C.为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度D.拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°,在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔△t即为单摆周期TE.拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°,释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间△t,则单摆周期解析(1)该游标尺为十分度的，根据读数规则可读出小钢球直径大小为18.7mm。(2)根据用单摆测量重力加速度的实验要求可知选项A、B、E正确。答案(1)18.7(2)ABE①他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁A.保证摆动过程中摆长不变B.可使周期测量得更加准确C.需要改变摆长时便于调节D.保证摆球在同一竖直平面内摆动③下列振动图象真实地描述了对摆长约为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中=0.26,这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是(填字母代号)。AC②摆球的直径d=12mm+0×0.1mm=12.0mm摆考点二实验数据处理1.有两个同学利用假期分别去参观北大和南大的物理实验室，各自利用先进的DIS系统较准确地探究了“单摆的周期T