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挑战2020年高考物理必须突破15个必考热点
热点（15）振动与波动　光的折射和反射
考向一：波的形成与传播
【真题引领】
(多选)(2018·全国卷Ⅲ)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
(　　)
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
【答案】A、C、E
(1)题眼解读：
①看到“一列简谐横波沿x轴正方向传播”想到“质点的振动方向”
②看到“波的周期T>0.20
s”想到“0.2
s内沿波传播方向的距离小于一个波长”
(2)情境转化：
质点振动方向与波传播方向的判断方法——“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。
解析：由图象可知波长λ=0.16
m，B错；由于该波的周期T>0.2
s，结合图象可知T=0.4
s，则波速为0.40
m/s，A对；t=0时x=0.08
m的质点从平衡位置沿y轴正向振动，t=0.70
s时位于波谷，t=0.12
s时位于平衡位置与波峰之间的某一位置，C对，D错；据f==可知此波波速变为0.80
m/s，则它在该介质中的波长为0.32
m，E对，故选A、C、E。
波的形式与传播问题的求解思路：
(1)清楚波的图象的意义：同一时刻波动的所有质点相对各自平衡位置的位移情景。
(2)把握波的传播特征：传播的是振动形式，不是质点本身。
(3)找规律求解：波速v=。
考场练兵：
1.(多选)两列简谐横波的振幅都是20
cm，传播速度大小相同。实线波的频率为2
Hz，沿x轴正方向传播；虚线波沿x轴负方向传播。某时刻两列波在如图所示区域相遇，则
(　　)
A.在相遇区域会发生干涉现象
B.实线波和虚线波的频率之比为3∶2
C.平衡位置为x=6
m处的质点此时刻速度为零
D.平衡位置为x=8.5
m处的质点此刻位移y>20
cm
【答案】B、D　
解析：由于f1≠f2，故两列波在相遇区域不会发生干涉现象。故A错误。两列波传播速度大小相同。由图可知，实线波的波长λ1=4
m，虚线波的波长λ2=6
m，由v=λf可知，实线波和虚线波的频率之比为f1∶f2=λ2∶λ1=3∶2，故B正确。两列简谐横波在平衡位置为x=6
m处，振动加强，速度是两者之和，所以不可能为零，故C错误；两列简谐横波在平衡位置为x=8.5
m处的质点是振动加强的，此刻各自位移都大于10
cm，合位移大于20
cm，故D正确。
2.(多选)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20
Hz，波速为16
m/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15.8
m、14.6
m。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
【答案】B、D、E　
解析：波源振动的频率为20
Hz，波速为16
m/s，由波长公式v=λf
有：λ=
m=0.8
m
P、Q两质点距离波源的距离之差为：
Δx=15.8
m-14.6
m=1.2
m=3×，
为半个波长的奇数倍，
所以P、Q两质点振动步调相反，
P、Q两质点运动的方向始终相反，
选项A错误，B正确。
SP=15.8
m=λ，
SQ=14.6
m=(18+)λ，
所以当S恰好通过平衡位置时，P、Q两点一个在波峰，一个在波谷，选项C错误。
由SP=15.8
m=(19+)λ可知，
当S恰好通过平衡位置向上运动时，P在波峰，选项D正确。
SQ=14.6
m=(18+)λ，
当S恰好通过平衡位置向下运动时，Q在波峰，选项E正确。
考向二：波的图象与振动图象
【真题引领】
(多选)(2019·全国卷Ⅰ)一简谐横波沿x轴正方向传播，在t=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象。下列说法正确的是
(　　)
A.质点Q的振动图象与图(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象如图(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
【答案】C、D、E
(1)题眼解读：
①看到“简谐波沿x轴正方向传播”想到“质点的振动方向”
②看到“t=时刻，该波的波形图”想到“应该与振动图象时刻对应”
解析：波沿x轴正方向传播，在t=时刻，平衡位置在坐标原点的质点正在从平衡位置向y轴负方向振动，质点P正位于波峰，质点Q正位于平衡位置向y轴正方向振动。在t=0时刻，平衡位置在坐标原点的质点正在从平衡位置向y轴正方向振动，质点P正位于波谷，质点Q正在平衡位置向y轴负方向振动，则质点Q的振动图象与图(b)不相同，平衡位置在坐标原点的质点的振动图象如图(b)所示，故选项A错误，D正确。在t=0时刻，质点P正位于波谷，质点P的速度为0，加速度最大，与其平衡位置的距离最大；质点Q正在平衡位置，速率最大，加速度最小，与其平衡位置的距离最小，故在t=0时刻，质点P的速率比质点Q的小，质点P的加速度的大小比质点Q的大，质点P与其平衡位置的距离比质点Q的大，故选项B错误，C、E正确。
(2)错因警示：
根据振动图象、波动图象的不同判断质点振动方向的方法不同。
波的图象与振动图象：
1.采用“一分、一看、二找”的方法巧解图象问题：
(1)分清振动图象与波动图象。此步骤最简单，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。
(3)找准波动图象对应的时刻。
(4)找准振动图象对应的质点。
2.图象问题的易错点：
(1)不理解振动图象与波动图象的区别。
(2)误将振动图象看作波动图象或将波动图象看作振动图象。
(3)不知道波传播过程中任意质点的起振方向就是波源的起振方向。
(4)不会区分波的传播位移和质点的振动位移。
(5)误认为质点随波迁移。
考场练兵：
1.(多选)一列简谐横波，在t=0.6
s时刻的图象如图甲所示，此时，P、Q两质点的位移均为-1
cm，波上A质点的振动图象如图乙所示，则以下说法正确的
是
(　　)
A.这列波沿x轴负方向传播
B.这列波的波速是
m/s
C.这列波的频率为
Hz
D.从t=0.6
s开始，紧接着的Δt=0.6
s时间内，A质点通过的路程为10
m
E.从t=0.6
s开始，质点P比质点Q早0.4
s回到平衡位置
【答案】B、C、E　
解析：由乙图读出t=0.6
s时刻质点A的速度方向沿y轴负方向，由甲图判断出该波的传播方向沿x轴正方向，故A错误。由甲图读出该波的波长为λ=20
m，由乙图知周期为：T=1.2
s，则波速为：v==
m/s=
m/s，频率f==
Hz=
Hz，所以B、C选项是正确的。因为Δt=0.6
s=0.5T，根据质点做简谐运动时在一个周期内通过的路程是4倍振幅，则知经过Δt=0.6
s，A质点通过的路程是：s=2A=2×2
cm=4
cm，故D错误；图示时刻质点P沿y轴正方向，质点Q沿y轴负方向，所以质点P比质点Q早0.4
s回到平衡位置，所以E选项是正确的。
2.(多选)某横波在介质中沿x轴传播，图甲是t=1
s时波形图，图乙是介质中x=2
m处质点的振动图象，则下列说法正确的是
(　　)
A.波沿x轴正向传播，波速为1
m/s
B.t=2
s时，
x=2
m处质点的振动方向为y轴负向
C.x=1
m处质点和x=2
m处质点振动步调总相同
D.在1
s的时间内，波动图象上任意质点通过的路程都是10
cm
E.t=1
s到t=2
s的时间内，x=0.5
m处的质点运动速度先增大后减小
【答案】B、D、E　
解析：由甲图知，波长λ=2
m，由乙图知，质点的振动周期为T=2
s，则波速为：v==1
m/s。由乙图知，t=1
s时刻，x=2
m处质点向上运动，根据甲图可知，该波沿x轴负方向传播，故A错误；由乙图知，t=2
s时，
x=2
m处质点的振动方向为y轴负向，故B正确；x=1
m处和x=2
m相距Δx=1
m，Δx=，则这两质点振动步调总相反，故C错误；Δt=1
s=，则在1
s的时间内波动图象上任意质点通过的路程都是两个振幅为s=2A=10
cm
，故D正确；在t=1
s到t=2
s经历的时间为Δt=1
s=，
t=1
s时刻x=0.5
m处的质点位于波峰，则在t=1
s到t=2
s
的时间内该质点的速度先增大后减小，故E正确。
考向三：光的折射和反射
【真题引领】
(2019·全国卷Ⅲ)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。
【答案】(1)　(2)
(1)题眼解读：
看到“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”想到“光的反射定律和折射定律”
(2)情境转化：
将文字信息转化成光线示意图
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
=n
①
式中n是棱镜的折射率。由几何关系可知
α+β=60°
②
由几何关系和反射定律得
β=β′=∠B
③
联立①②③式，并代入i=60°得
n=
④
(2)设改变后的入射角为i′，折射角为α′，由折射定律得
=n
⑤
依题意，光束在BC边上的入射角为全反射的临界角θc，且
sinθc=
⑥
由几何关系得θc=α′+30°
⑦
由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦为
sini′=
分析光的折射和全反射的思路：
1.确定研究光线：根据题意，分析、寻找临界光线、边界光线为研究对象。
2.画光路图：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.列式求解：根据反射定律、折射定律列出关系式，结合几何关系，具体求解。
考场练兵：
1.如图所示，将一等腰直角棱镜ABC截去棱角ADE，使其截面DE平行于底面BC，可制成“道威棱镜”，这样就减小了棱镜的重量和杂散的内部反射。已知棱镜玻璃的折射率n=，棱边长LAC=3
cm，LAD=3
cm，一束平行于底边BC的单色光从DB边上的M点射入棱镜，求：
(1)光线进入“道威棱镜”时的折射角；
(2)通过计算判断光线能否从BC边射出；
(3)光线在棱镜中传播所用的时间。
【答案】(1)30°　(2)光线不能从BC边射出
(3)2×10-10
s
解析：(1)由折射定律n=，
解得γ=30°
(2)由临界角公式sinC=，
得C=45°
如图所示，光线到达BC边时，入射角θ=75°>C，将发生全反射，所以光线不能从BC边射出。
(3)光在棱镜中的传播速度
v==
m/s=
m/s
由几何关系∠ACD=30°，
CD=2LAD=6
cm，
光在介质中的路程s=CD=6
cm=0.06
m。
所用时间t==2×10-10
s
2.如图所示为一置于空气中用透明材料做成的圆柱体元件的横截面，AB为通过截面圆心O的轴线，截面圆的半径为R；一平行于AB的细光束从N点射入该元件，恰好从P点射出，P点为直线AB与圆柱界面的交点，测得MN与AB的距离d=R，已知光在真空中传播的速度为c，求：
(1)该元件材料的折射率n。
(2)光线在此圆柱体元件中传播的速度v。
【答案】(1)　(2)c
解析：(1)根据题意作出光路图如图所示
通过几何关系得sini1==
解得i1=60°
由几何关系得2i2=i1
则i2=30°
则此材料的折射率n==。
(2)光在此圆柱体元件中传播的速度为v，由折射率公式有v=
解得v=c。

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