资源简介 选修3－4 波与相对论 第1讲 机械振动考点1 简谐运动的特征受力 特征 回复力F＝－kx，F(或a)的大小与x的大小成正比，方向相反运动 特征 靠近平衡位置时，a、F、x都减小，v增大；远离平衡位置时，a、F、x都增大，v减小能量 特征 振幅越大，能量越大．在运动过程中，系统的动能和势能相互转化，机械能守恒周期性 特征 质点的位移、回复力、加速度和速度随时间做周期性变化，变化周期就是简谐运动的周期T；动能和势能也随时间做周期性变化，其变化周期为对称性 特征 关于平衡位置O对称的两点，速度的大小、动能、势能相等，相对平衡位置的位移大小相等1．关于简谐运动的位移、加速度和速度的关系，下列说法中正确的是( C )A．位移减小时，加速度减小，速度也减小B．位移方向总是与加速度方向相反，与速度方向相同C．物体的运动方向指向平衡位置时，速度方向与位移方向相反；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同D．物体向负方向运动时，加速度方向与速度方向相同；向正方向运动时，加速度方向与速度方向相反解析：位移减小时，加速度减小，速度增大，A错误；位移方向总是与加速度方向相反，与速度方向有时相同，有时相反，B、D错误，C正确．2．(多选)如图所示，两根完全相同的弹簧和一根张紧的细线将甲、乙两物块束缚在光滑水平面上，已知甲的质量大于乙的质量．当细线突然断开后，两滑块都开始做简谐运动，在运动过程中( BC )A．甲的振幅大于乙的振幅B．甲的最大加速度小于乙的最大加速度C．甲的最大速度小于乙的最大速度D．甲的最大动能大于乙的最大动能解析：细线断开前，两根弹簧伸长的长度相同，物块离开平衡位置的最大距离相同，即振幅一定相同，故A错误；细线刚断开时，弹力最大，故加速度最大，由于甲的质量大，故根据牛顿第二定律，其加速度小，故B正确；当细线断开的瞬间，两弹簧的弹性势能相同，物块到达平衡位置时，甲、乙的最大动能相同，由于甲的质量大于乙的质量，可知甲的最大速度一定小于乙的最大速度，故C正确，D错误．3．(2018·天津卷)(多选)一振子沿x轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点．t＝0时振子的位移为－0.1 m，t＝1 s时位移为0.1 m，则( AD )A．若振幅为0.1 m，振子的周期可能为 sB．若振幅为0.1 m，振子的周期可能为 sC．若振幅为0.2 m，振子的周期可能为4 sD．若振幅为0.2 m，振子的周期可能为6 s解析：本题考查简谐运动的多解问题．简谐运动的位移方程为x＝Asin，当振幅A＝0.1 m时，由t＝0时x＝－0.1 m得θ＝－；由t＝1 s时x＝0.1 m有sin＝1，则－＝2kπ＋(k＝0,1,2，…)，k＝0时，T＝2 s；k＝1时，T＝ s；k＝2时，T＝ s．由以上分析可见，A项正确，B项错误．当振幅A＝0.2 m时，由t＝0时x＝－0.1 m得θ＝－或θ＝－；若θ＝－，由t＝1 s时x＝0.1 m有sin＝，则当－＝时，T＝6 s；当－＝π时，T＝2 s．同理，若θ＝－，则周期T最大值为2 s．由以上分析可见C项错误，D项正确．1做简谐运动的物体经过平衡位置时，回复力一定为零，但所受合外力不一定为零.2由于简谐运动具有周期性和对称性，因此涉及简谐运动时往往会出现多解的情况，分析时应特别注意.位移相同时回复力、加速度、动能和势能等可以确定，但速度可能有两个方向，由于周期性，运动时间也不能确定.考点2 简谐运动的规律1．简谐运动的数学表达式x＝Asin(ωt＋φ)2．简谐运动的图象(1)简谐运动的图象是一条正弦或余弦曲线，是正弦曲线还是余弦曲线取决于质点初始时刻的位置．(2)图象反映的是位移随时间的变化规律，随时间的增加而延伸，图象不代表质点运动的轨迹．3．根据简谐运动图象可获取的基本信息(1)振幅A、周期T(或频率f)和初相位φ(如上图所示)(2)某时刻振动质点离开平衡位置的位移．(3)某时刻质点速度的大小和方向，某时刻质点的回复力、加速度的方向．(4)某段时间内质点的位移、回复力、加速度、速度、动能和势能的变化情况．考向1 对x＝Asin(ωt＋φ)的理解 有一弹簧振子在竖直方向上的M、N之间做简谐运动，已知M、N之间的距离为10 cm，振子在4 s内完成10次全振动，若从某时刻振子经过一侧最大位移处时开始计时(t＝0)，经过周期振子有正向最大速度，(1)求振子的振幅和周期．(2)写出振子的振动方程．[审题指导] 解答本题应注意以下两点：(1)一个全振动的时间为一个周期．(2)具有正向最大速度说明振子正经过平衡位置且向正向最大位移处运动．【解析】 (1)振幅A＝ cm＝5 cm，周期T＝ s＝0.4 s.(2)设振动方程为：y＝Acos(ωt＋φ)当t＝0时，y＝－A，则φ＝π；而ω＝＝5π rad/s，A＝5 cm，故振动方程为：y＝5cos(5πt＋π) cm.【答案】 (1)5 cm 0.4 s (2)y＝5cos(5πt＋π) cm1．(多选)某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x＝10sint(cm)，则下列关于质点运动的说法中正确的是( ACE )A．质点做简谐运动的振幅为10 cmB．质点做简谐运动的周期为4 sC．在t＝4 s时质点的速度最大D．在t＝4 s时质点的位移最大E．在t＝2 s时质点的加速度最大解析：由质点做简谐运动的位移随时间变化的表达式x＝10sint(cm)，知质点的振幅为10 cm，T＝ s＝8 s，故A正确，B错误；将t＝4 s代入x＝10sint(cm)，可得位移为零，质点正通过平衡位置，速度最大，故C正确，D错误；将t＝2 s代入x＝10sint(cm)，可知x＝10 cm，此时振子的位移最大，速度为零，加速度最大，故E正确．考向2 对简谐运动图象的理解 (2019·广东深圳一调)(多选)装有一定量液体的玻璃管竖直漂浮在水中，水面足够大，如图甲所示，把玻璃管向下缓慢按压4 cm后放手，忽略运动阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得振动周期为0.5 s．以竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其振动图象如图乙所示，其中A为振幅．对于玻璃管，下列说法正确的是( )A．回复力等于重力和浮力的合力B．振动过程中动能和重力势能相互转化，玻璃管的机械能守恒C．位移满足函数式x＝4sin(cm)D．振动频率与按压的深度有关E．在t1～t2时间内，位移减小，加速度减小，速度增大【解析】 玻璃管振动过程中，受到重力和水的浮力，这两个力的合力充当回复力，A正确；玻璃管在振动过程中，水的浮力对玻璃管做功，故振动过程中，玻璃管的机械能不守恒，B错误；由于振动周期为0.5 s，故ω＝＝4π rad/s，由图乙可知振动位移的函数表达式为x＝4sin(cm)，C正确；振动系统不变且为自由振动，故振动频率不变，D错误；由图象可知，t1～t2时间内玻璃管在靠近平衡位置，故位移减小，加速度减小，速度增大，E正确．【答案】 ACE2．(2019·北京首都师大附中模拟)一个水平放置的弹簧振子在A、B两点间做简谐运动，O为平衡位置，如图所示．设水平向右为正方向，以某一时刻作为计时起点(t＝0)，经周期，振子具有正方向最大加速度．那么，在图中所示的几个振动图象中(x表示振子离开平衡位置的位移)，能正确反映该振子振动情况的是( D )解析：由题可知，以某一时刻作为计时起点(t＝0)，经周期，振子具有正方向最大加速度，此时振子的位移为负方向最大，即在A点，说明t＝0时刻振子经过平衡位置向左，则此时x＝0，在周期内位移向负方向最大变化，故选D.3．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 )A．t＝1 s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值B．t＝2 s时，振子的速度为负，加速度为正的最大值C．t＝3 s时，振子的速度为负的最大值，加速度为零D．t＝4 s时，振子的速度为正，加速度为负的最大值解析：t＝1 s时，振子处于正向最大位移处，振子的速度为零，加速度为负的最大值，选项A正确；t＝2 s时，振子处于平衡位置，振子的速度为负，加速度为零，选项B错误；t＝3 s时，振子处于负向最大位移处，振子的速度为零，加速度为正的最大值，选项C错误；t＝4 s时，振子处于平衡位置，振子的速度为正，加速度为零，选项D错误．简谐运动图象问题的两种分析方法方法一：图象—运动结合法解此类题时，首先要理解x?t图象的意义，其次要把x?t图象与质点的实际振动过程联系起来．图象上的一个点表示振动中的一个状态(位置、振动方向等)，图象上的一段曲线对应振动的一个过程，关键是判断好平衡位置、最大位移及振动方向．方法二：直观结论法简谐运动的图象表示振动质点的位移随时间变化的规律，即位移—时间的函数关系图象，不是物体的运动轨迹．考点3 受迫振动 共振1．自由振动、受迫振动和共振的关系比较 振动 项目 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 由系统本身性质决定，即固有周期T0或固有频率f0 由驱动力的周期或频率决定，即T＝T驱或f＝f驱 T驱＝T0或f驱＝f0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 弹簧振子或单摆(θ≤5°) 机械工作时底座发生的振动 共振筛、声音的共鸣等2.对共振的理解(1)共振曲线：如图所示，横坐标为驱动力频率f，纵坐标为振幅A.它直观地反映了驱动力频率对某固有频率为f0的振动系统受迫振动振幅的影响，由图可知，f与f0越接近，振幅A越大；当f＝f0时，振幅A最大．(2)受迫振动中系统能量的转化：做受迫振动的系统的机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交换．1．(2019·辽宁大连模拟)(多选)某振动系统的固有频率为f0，在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率为f.若驱动力的振幅保持不变，则下列说法正确的是( BDE )A．当fB．当f>f0时，该振动系统的振幅随f减小而增大C．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f0D．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于fE．当f＝f0时，该振动系统一定发生共振解析：受迫振动的振幅A随驱动力的频率变化的规律如图所示，显然选项A错误，B正确；稳定时系统的频率等于驱动力的频率，即选项C错误，D正确；根据共振产生的条件可知，当f＝f0时，该振动系统一定发生共振，选项E正确．2．(多选)一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)如图所示，则( ABD )A．此单摆的固有周期约为2 sB．此单摆的摆长约为1 mC．若摆长增大，单摆的固有频率增大D．若摆长增大，共振曲线的峰将向左移动E．若摆长减小，共振曲线的峰将向左移动解析：由共振曲线知此单摆的固有频率为0.5 Hz，固有周期为2 s；再由T＝2π，得此单摆的摆长约为1 m；若摆长增大，单摆的固有周期增大，固有频率减小，则共振曲线的峰将向左移动．故选项A、B、D正确．考点4 探究单摆的运动 用单摆测重力加速度 在探究单摆运动的实验中：(1)甲是用力传感器对单摆振动过程进行测量的装置图，乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F?t图象，根据图乙的信息可得，从t＝0时刻开始摆球第一次摆到最低点的时刻为0.5 s，摆长为0.64 m(取π2＝10，重力加速度大小g＝10 m/s2)．(2)单摆振动的回复力是B.A．摆球所受的重力B．摆球重力在垂直摆线方向上的分力C．摆线对摆球的拉力D．摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力(3)某同学的操作步骤如下，其中正确的是A、C.A．取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上B．用米尺量得细线长度l，测得摆长为lC．在摆线偏离竖直方向5°位置释放小球D．让小球在水平面内做圆周运动，测得摆动周期，再根据公式计算重力加速度解析：(1)根据题图乙的信息可得，摆球第一次摆到最低点时，力传感器显示的力最大，所对应的时刻为t＝0.5 s．根据题图乙的信息可得，单摆周期T＝1.6 s，由单摆周期公式T＝2π，解得摆长为L＝0.64 m．(2)单摆振动的回复力是摆球重力在垂直摆线方向上的分力，B正确．(3)测得摆长应为l＋，B错误．若让小球在水平面内做圆周运动，则为圆锥摆运动，测得摆动周期就不是单摆运动周期，D错误．对单摆做简谐运动的理解(1)单摆的受力特征①回复力：摆球重力沿与摆线垂直方向的分力，F回＝－mgsinθ＝－x＝－kx，负号表示回复力F回与位移x的方向相反．②向心力：细线的拉力和摆球重力沿细线方向分力的合力充当向心力，F向＝FT－mgcosθ.(2)周期公式T＝2π的两点说明①l为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离．②g为当地重力加速度．学习至此，请完成课时作业44第2讲 机械波考点1 波的形成与传播1．波的形成：机械振动在介质中传播形成机械波．2．波的传播规律(1)当介质中有机械波传播时，质点本身并不随波迁移，只是在平衡位置附近往复运动，机械波向外传播的只是机械振动这种运动形式．(2)波在传播振动这种运动形式的同时，也将波源的能量传递出去．波是传递能量的一种重要方式．(3)波从一种介质进入另一种介质，由于介质不同，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＝＝λf.1．如图甲所示，某均匀介质中各质点的平衡位置在同一条直线上，相邻两点间距离为d.质点1开始振动时速度方向竖直向上，振动由此开始向右传播．经过时间t，前13个质点第一次形成如图乙所示的波形．关于该波的周期与波长说法正确的是( D )A.t,9d B.t,8dC.，9d D.，8d解析：根据振动的周期性和波的传播特点可知，质点13此时的振动方向向下，而波源的起振方向向上，所以从质点13算起，需要再经时间振动的方向才能向上，即与波源的起振方向相同，图上还有半个波长的波没有画出，设周期为T，则t＝T＋＝2T，即T＝；相邻波峰(或波谷)间的距离等于波长，由题意知波长为8d，故D正确．2．(2019·福建泉州检测)(多选)如图甲所示，沿波的传播方向上有间距均为0.1 m的六个质点a、b、c、d、e、f，均静止在各自的平衡位置，t＝0时刻振源a从平衡位置开始沿y轴正方向做简谐运动，其运动图象如图乙所示，形成的简谐横波以0.1 m/s的速度水平向右传播，则下列说法正确的是( ABE )A．这列波的周期为4 sB．0～4 s时间内质点b运动路程为6 cmC．4～5 s时间内质点c的加速度在减小D．6 s时质点e的振动方向沿y轴正方向E．质点d起振后的运动方向始终与质点b的运动方向相反解析：由图乙可知振源a的振动周期T＝4 s，则这列波的周期为4 s，A选项正确；因b点距振源的距离为0.1 m，＝1 s，则在t＝1 s时b质点才开始振动，则0～4 s时间内质点b实际只振了3 s，运动路程为s＝A×3＝6 cm，B选项正确；波长λ＝vT＝0.1×4 m＝0.4 m，结合图乙画出t＝4 s时的波形图如图所示，则知4～5 s时间内质点c由平衡位置向y轴负方向振动，加速度在增大，C选项错误；质点e距振源的距离为0.4 m，＝4 s，则知在t＝4 s时质点e才开始振动，其由平衡位置向上振动，再经2 s＝T，在t＝6 s时质点e的振动方向沿y轴负方向，D选项错误；质点d和质点b相差半个波长，所以质点d起振后的运动方向始终与质点b的运动方向相反，E选项正确．机械振动和机械波的联系(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．考点2 波动图象1．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．2．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)确定该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．1．(多选)一列简谐横波沿x轴正方向传播，周期为T.在t＝0时的波形如图所示，波上有P、Q两点，其纵坐标分别为yP＝2 cm，yQ＝－2 cm，下列说法中正确的是( ABE ) A．P点的振动形式传到Q点需要B．P、Q在振动过程中，位移的大小总相等C．在内，P点通过的路程为20 cmD．经过，Q点回到平衡位置E．在相等时间内，P、Q两点通过的路程相等解析：由图看出，P、Q两点所对应的平衡位置间的距离等于半个波长，因简谐横波传播过程中，在一个周期内传播一个波长，则P点的振动形式传到Q点需要半个周期，P、Q两点的振动情况总是相反，所以在振动过程中，它们的位移大小总是相等，故A、B正确．若图示时刻P点在平衡位置或最大位移处，在T内，P点通过的路程为：s＝5A＝5×4 cm＝20 cm，而实际上图示时刻，P点不在平衡位置或最大位移处，所以在T内，P点通过的路程不是20 cm，故C错误．图示时刻，Q点向下运动，速度减小，所以从图示位置运动到波谷的时间大于，再从波谷运动到平衡位置的时间为，所以经过T，Q点没有回到平衡位置，故D错误．由于P、Q两点的振动步调总是相反，所以在相等时间内，P、Q两点通过的路程相等，故E正确．2．(2019·天津河东一模)一简谐横波沿着x轴正方向在弹性绳上传播，振源的周期为0.4 s，波的振幅为0.4 m，在t0时刻的波形如图所示，则在t0＋0.2 s时( B )A．质点P正处于波谷B．质点P正经过平衡位置向上运动C．质点Q通过的总路程为1.2 mD．质点M正处于波峰解析：因0.2 s＝，则知t＝t0＋0.2 s时质点P正处于平衡位置，再根据波的传播方向可以知道，质点P正向上运动，故A错误，B正确．由图可知波长λ＝4 m，波速v＝＝ m/s＝10 m/s，波传播到Q点所需的时间为＝0.1 s，则在t0＋0.2 s时质点Q已经振动了0.1 s＝T，通过的总路程s＝A＝0.4 m，故C错误．波传播到M点所需的时间为＝0.2 s，则在t0＋0.2 s时波刚传播到质点M处，此时质点M仍处在平衡位置，故D错误．波的传播方向与质点振动方向的互判方法 内容 图象“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 考点3 振动图象和波动图象的综合应用 振动图象 波动图象研究对象 振动质点 沿波传播方向上的所有质点图象意义 质点的位移随时间变化的规律 某时刻所有质点相对平衡位置的位移图象特点 图象信息 (1)振动周期、振幅 (2)各时刻质点的位移，速度、加速度的方向 (1)波长、振幅 (2)任意一质点此刻的位移 (3)任意一质点在此时刻加速度方向一完整曲线 对应横坐标 一个周期 一个波长 (2018·全国卷Ⅰ)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(b)是质点Q的振动图象．求(1)波速及波的传播方向；(2)质点Q的平衡位置的x坐标．[审题指导] (1)由(a)图可得波长，由(b)图可得波的周期，可求波速．(2)由(b)图知t＝ s时Q点经过平衡位置向上振动，可判断波的传播方向．(3)t＝0时，Q点经过平衡位置向上振动，经过 s，其运动状态传播至P点，可求出PQ间距离．【解析】 (1)由图(a)可以看出，该波的波长为λ＝36 cm①由图(b)可以看出，周期为T＝2 s②波速为v＝＝18 cm/s③由图(b)知，当t＝ s时，质点Q向上运动，结合图(a)可得，波沿x轴负方向传播．(2)设质点P、Q平衡位置的x坐标分别为xP、xQ.由图(a)知，x＝0处y＝－＝Asin(－30°)，因此xP＝λ＝3 cm④由图(b)知，在t＝0时质点Q处于平衡位置，经Δt＝ s，其振动状态向x轴负方向传播至P点处，由此及③式有xQ－xP＝vΔt＝6 cm⑤由④⑤式得，质点Q的平衡位置的x坐标为xQ＝9 cm⑥【答案】 (1)18 cm/s 沿x轴负方向传播(2)xQ＝9 cm1．(2019·河北唐山模拟)一列简谐横波以10 m/s的速度沿x轴正方向传播，t＝0时刻这列波的波形如右图所示．则a质点的振动图象为( D )解析：简谐横波沿x轴正方向传播，可判断出t＝0时刻a质点的振动方向沿y轴负方向，其振动图象应为正弦图形．由图可知λ＝4 m，则该波的周期为T＝＝ s＝0.4 s，故D正确．2．(2019·辽宁大连测试)(多选)一列简谐横波沿x轴正方向传播，在x＝8 m处质点的振动图象如图1所示，在x＝11 m处质点的振动图象如图2所示．下列说法正确的是( ABD )A．该波的周期为8 sB．x＝8 m处的质点在平衡位置向上振动时，x＝11 m处的质点在波峰C．在0～1 s内，x＝8 m处和x＝11 m处的质点通过的路程均为2 cmD．该波从x＝8 m处传到x＝11 m处可能用时6 sE．该波的波长可能为12 m解析：由图可知，该波的周期为8 s，故A正确；简谐横波沿x轴正方向传播，在x＝8 m处的质点在平衡位置向y轴正方向振动时，易知x＝11 m处的质点在波峰，故B正确；x＝8 m处的质点的位移与时间关系为y＝4sin cm，在t＝0时位移为－4 cm，在t＝1 s时位移为－2 cm，所以x＝8 m处的质点在0～1 s内通过的路程为(4－2) cm，x＝11 m处的质点的位移与时间关系为y＝4sint cm，在t＝0的位移为0 cm，在t＝1 s时位移为2 cm，所以x＝11 m处的质点在0～1 s内通过的路程为2 cm，故C错误；简谐横波沿x轴正方向传播，由图可知，t＝0时刻，x＝8 m处质点位于波谷，x＝11 m处在t＝6 s时刻才位于波谷，时间相差Δt＝T＝×8 s，当n＝1时，Δt＝6 s，故D正确；结合波形得Δx＝x2－x1＝λ(n＝0,1,2，…)，解得λ＝ m(n＝0,1,2，…)，所以波长不可能为12 m，故E错误．“一分、一看、二找”巧解振动和波动图象问题(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．考点4 波的多解问题1．形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．(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，…)．考向1 波的周期性形成多解 (2018·全国卷Ⅲ)(多选)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/sB．波长为0.08 mC．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[审题指导] (1)由图可直接得到波长；(2)由于周期大于0.2 s，所以在0.2 s内波传播的距离小于一个波长．【解析】 本题考查机械振动和机械波的综合应用．由图象可知，该波的波长λ＝16 cm＝0.16 m，选项B错误；Δt＝nT＋T(n＝0,1,2，…)，可得T＝>0.20 s，即>0.20 s，解得n＝0，T＝0.40 s，波速v＝＝ m/s＝0.40 m/s，选项A正确；Δt1＝0.70 s＝T＋T，即从t＝0时刻开始到t＝0.70 s时刻，x＝0.08 m的质点振动了T＋T，则可知t＝0.70 s时，该质点位于波谷，选项C正确；Δt2＝0.12 s＝T【答案】 ACE3．(2018·北京卷)如图所示，一列简谐横波向右传播，P、Q两质点平衡位置相距0.15 m．当P运动到上方最大位移处时，Q刚好运动到下方最大位移处，则这列波的波长可能是( B )A．0.60 mB．0.30 mC．0.20 mD．0.15 m解析：本题考查机械波的相关知识．由题意知，P位于波峰时，Q位于波谷，故两点平衡位置间距0.15 m＝＋nλ(n＝0,1,2，…)，所以波长λ＝ m(n＝0,1,2，…)，当n＝0时，λ＝0.30 m，故选项B正确．考向2 波的双向性及周期性形成多解 (多选)如图所示，一列简谐横波在某区域沿x轴传播，实线a为t＝0时刻的波形图，虚线b为t＝0.5 s时刻的波形图，虚线b与x轴交点P的横坐标为xP＝1 m．下列说法正确的是( )A．t＝0时刻P质点的位移为5 cmB．这列波的传播速度大小可能为30 m/sC．这列波的波源振动频率可能为2.5 HzD．t＝1.5 s时刻P点一定处于波谷位置【解析】 因xP＝1 m＝，则由数学知识可知，t＝0时刻P质点的位移为y＝10sin45° cm＝5 cm，选项A错误；若波向右传播，则波速v＝＝ m/s＝(16n＋2) m/s(n＝0,1,2，…)；若波向左传播，则波速v＝＝ m/s＝(16n＋14) m/s(n＝0,1,2，…)，可知v＝30 m/s符合要求，选项B正确；若波向右传播，波的频率为f＝＝ Hz＝(2n＋0.25) Hz(n＝0,1,2，…)；若波向左传播，波的频率为f＝＝ Hz＝(2n＋1.75) Hz(n＝0,1,2，…)，可知频率不可能为2.5 Hz，选项C错误；t＝1.5 s时刻也就是从虚线波位置再传播1 s，即虚线波形向右移动2×λ或向左移动2×λ(两式中n＝0,1,2，…)，可知t＝1.5 s时P点一定处于波谷位置，选项D正确．【答案】 BD4．(2019·上海松江质检)一列简谐横波沿x轴传播，a、b为x轴上的两质点，平衡位置分别为x＝0，x＝xb(xb>0)．a点的振动规律如图所示．已知波速为v＝1 m/s，在t＝0时b的位移为0.05 m，则下列判断正确的是( C )A．从t＝0时刻起的2 s内，a质点随波迁移了2 mB．t＝0.5 s时，质点a的位移为0.05 mC．若波沿x轴正向传播，则可能xb＝0.5 mD．若波沿x轴负向传播，则可能xb＝2.5 m解析：本题考查机械波的产生和传播，正确理解波的传播方向与质点振动方向的关系，合理运用波长波速公式即可．注意多解情况．在波传播过程中，各质点在自己的平衡位置附近振动，并不随波传播，故A错误；由图可知，t＝0.5 s时，质点a的位移为－0.05 m，故B错误；根据图象可知该波的周期为2 s，已知波速为v＝1 m/s，则波长：λ＝vT＝1×2 m＝2 m；由图可知，在t＝0时刻a位于平衡位置而且振动的方向向下，而在t＝0时b的位移为0.05 m，位于正的最大位移处，可知若波沿x轴正向传播，则b与a之间的距离xb＝λ(n＝0,1,2,3，…)，n＝0时，xb＝0.5 m，故C正确；结合C项分析，xb′＝(n＋)λ，则不可能xb′＝0.5 m，故D错误．波的多解问题的思路(1)先考虑波传播的“双向性”，例如，nT＋T时刻向右传播的波形和nT＋T时刻向左传播的波形相同．(2)再考虑波的周期性，若已知一段时间，就要找出与周期的关系，写成t＝nT＋Δt(Δt(3)最后注意一些限制条件．考点5 波的干涉和衍射 多普勒效应1．波的干涉中振动加强点和减弱点的判断某质点的振动是加强还是减弱，取决于该点到两相干波源的距离之差Δr.(1)当两波源振动步调一致时若Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)，则振动加强；若Δr＝(2n＋1)(n＝0,1,2，…)，则振动减弱．(2)当两波源振动步调相反时若Δr＝(2n＋1)(n＝0,1,2,3…)，则振动加强；若Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)，则振动减弱．2．对波的衍射的理解波的衍射现象是指波能绕过障碍物继续传播的现象，任何波都能发生衍射现象，而发生明显衍射现象则需要缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不大或者小于波长．3．多普勒效应的两种情况1．(多选)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( ADE )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E．女同学从B向D运动过程中，她感觉哨声音调变高解析：女同学荡秋千的过程中，只要她有向右的速度，她就有靠近声源的趋势，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、E正确，B、C错误．2．(2019·福建漳州质检)(多选)如图，两个频率相同、振幅均为A的相干波源在水面上传播产生的干涉现象，其中实线和虚线分别表示两列波的波峰和波谷，t＝0时刻M是波峰与波峰相遇的点，下列说法正确的是( BDE )A．如果两个波源频率不同，也能产生类似的稳定的干涉现象B．质点P和质点M在图示时刻的高度差为2AC．质点Q、M是振动加强点，再过半个周期，质点P、N也成为振动加强点D．质点M振动一个周期，其路程为8AE．若质点M振动的频率为2.5 Hz，则从图示时刻起经1.7 s后质点M的运动方向竖直向下解析：如果两个波源频率不同，不能产生类似的稳定的干涉现象，故A错误；在图示时刻，质点M是波峰与波峰叠加，是振动加强点，振动加强点的振幅等于两列波单独传播时振幅的和，质点P是波谷与波峰叠加，是振动减弱点，位移为0，故质点P和质点M在图示时刻的高度差为2A，故B正确；两列波干涉时，两列波的波峰与波峰、波谷与波谷相遇处振动始终加强，峰波与波谷相遇处振动始终减弱，质点Q、M是振动加强点，质点P、N是振动减弱点，再过半个周期，质点P、N还是振动减弱点，故C错误；质点M是振动加强点，振动加强点的振幅等于两列波单独传播时振幅的和，所以质点M振动一个周期，其路程为8A，故D正确；若质点M振动的频率为2.5 Hz，周期为T＝0.4 s，由于1.7 s＝1.6 s＋0.1 s＝4T＋T，则从图示时刻起经过1.7 s后质点M的运动方向竖直向下，故E正确．3．(2019·河南南阳模拟)(多选)如图所示，两列简谐横波a和b均沿x轴正方向传播，波速为40 m/s，下列说法正确的是( ACE )A．a波的周期为0.2 s，b波的周期为0.1 sB．对于b波，x轴上x＝1 m处的质点经过0.1 s就传到x＝5 m处C．a、b两列波相遇时不能发生稳定干涉D．x＝8 m处的质点振动总是加强的E．若两列波进入另一种介质，它们的频率都不会改变解析：从图中可知λa＝8 m，λb＝4 m，故Ta＝＝＝0.2 s，Tb＝＝＝0.1 s，A正确；波上的质点在传播过程中，只在平衡位置附近上下振动，不随波迁移，B错误；由于两列波周期不相同，即频率不相等，故不能发生稳定干涉，则x＝8 m处质点振动并不总是加强的，C正确，D错误；波的频率等于波源的振动频率，由波源决定，而与介质无关，所以其频率不变，E正确．(1)只要两列波相遇就会叠加，使质点的振动加强或减弱，但不会形成稳定的加强区或减弱区，只有符合干涉条件才能发生干涉现象．(2)稳定干涉中，振动加强区域和振动减弱区域的空间位置是不变的．加强区域中心质点的振幅等于两列波的振幅之和，减弱区域中心质点的振幅等于两列波的振幅之差．学习至此，请完成课时作业45第3讲 光的折射 全反射考点1 折射定律 折射率1．对折射定律和折射率的理解及应用(1)折射率只由介质本身的光学性质和光的频率决定．由n＝定义和计算，与入射角θ1、折射角θ2无关．(2)由n＝可计算光的折射率，n是光从真空射入某种介质的折射率．对两种介质来说，若n1>n2，则折射率为n1的称为光密介质，折射率为n2的称为光疏介质．(3)光从一种介质进入另一种介质时频率不变，波长改变，光速改变，可以根据v＝λf和n＝判断．(4)从空气中看水中深度为h处的物体的视深为h′＝(n为水的折射率)，同理可知从水中看空气中高度为H的物体的视高为H′＝nH.2．光路的可逆性在光的折射现象中，光路是可逆的．如果让光线逆着原来的折射光线射到界面上，光线就会逆着原来的入射光线发生折射． (2018·全国卷Ⅲ)如图，某同学在一张水平放置的白纸上画了一个小标记“·”(图中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；过O点做AB边的垂线交直线DF于E；DE＝2 cm，EF＝1 cm.求三棱镜的折射率．(不考虑光线在三棱镜中的反射)[审题指导] (1)“恰好可以看到小标记的像”理解为“从O点发出的光经过D点折射后垂直AC边射出”．(2)画出光路图，找到入射角和折射角，求折射率．【解析】 本题考查折射定律．过D点作AB边的法线NN′，连接OD，则∠ODN＝α为O点发出的光线在D点的入射角；设该光线在D点的折射角为β，如图所示．根据折射定律有nsinα＝sinβ①式中n为三棱镜的折射率．由几何关系可知β＝60°②∠EOF＝30°③△OEF中有EF＝OEsin∠EOF④由③④式和题给条件得OE＝2 cm⑤根据题给条件可知，△OED为等腰三角形，有α＝30°⑥由①②⑥式得n＝⑦【答案】 1．(2019·唐山模拟)(多选)如图所示，光在真空和介质的界面MN上发生偏折，那么下列说法正确的是( BCE )A．光是从真空射向介质B．介质的折射率为1.73C．光在介质中的传播速度为1.73×108 m/sD．反射光线与折射光线成60°角E．反射光线与折射光线成90°角解析：因为折射角大于入射角，所以光是从介质射向真空的，选项A错误．据折射率公式n＝，所以n＝1.73，选项B正确．再由折射率n＝，代入数据得v＝1.73×108 m/s，选项C正确．反射光线与折射光线成90°角，选项D错误，E正确．2．(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.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：本题考查折射定律在三棱镜中的应用等知识．由题意知，θ1＝60°，由几何关系知θ2＝30°，由n＝，得n＝.由f蓝>f红得n蓝>n红，又因n＝，θ2相同，故θ1蓝>θ1红，蓝光在D点射出时的折射角大于60°.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．考点2 全反射现象的理解和应用1．对全反射的理解(1)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．(2)光的全反射现象遵循光的反射定律，光路是可逆的．(3)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．当折射角等于90°时，实际上就已经没有折射光了．(4)全反射现象可以从能量的角度去理解：当光由光密介质射向光疏介质时，在入射角逐渐增大的过程中，反射光的能量逐渐增强，折射光的能量逐渐减弱；当入射角等于临界角时，折射光的能量已经减弱为零，这时就发生了全反射．特别提醒：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．2．求解全反射现象中光的传播时间的三个注意事项(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＝.(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＝求解光的传播时间． (2018·全国卷Ⅱ)如图，△ABC是一直角三棱镜的横截面，∠A＝90°，∠B＝60°.一细光束从BC边的D点折射后，射到AC边的E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．(1)求出射光相对于D点的入射光的偏角；(2)为实现上述光路，棱镜折射率的取值应在什么范围？[审题指导] (1)根据光路图及几何特点，确定入射角和折射角，求出偏折角；(2)发生上述光路的条件为：在AC边发生全反射及在AB边不发生全反射．【解析】 (1)光线在BC边上折射，由折射定律有sini1＝nsinr1①式中，n为棱镜的折射率，i1和r1分别是该光线在BC边上的入射角和折射角．光线在AC边上发生全反射，由反射定律有r2＝i2②式中i2和r2分别是该光线在AC边上的入射角和反射角．光线在AB边上发生折射，由折射定律有nsini3＝sinr3③式中i3和r3分别是该光线在AB边上的入射角和折射角．由几何关系得i2＝r2＝60°，r1＝i3＝30°④F点的出射光相对于D点的入射光的偏角为δ＝(r1－i1)＋(180°－i2－r2)＋(r3－i3)⑤由①②③④⑤式得δ＝60°⑥(2)光线在AC边上发生全反射，光线在AB边上不发生全反射，有nsini2≥nsinC>nsini3⑦式中C是全反射临界角，满足nsinC＝1⑧由④⑦⑧式知，棱镜的折射率n的取值范围应为≤n<2⑨【答案】 (1)60° (2)≤n<23．(多选)如图是不平行玻璃砖的截面，a、b两束单色光从空气垂直玻璃砖上表面射入，在下表面上反射和折射情况如图所示，则a、b两束光( ABE )A．在同种均匀介质中传播时，b光的传播速度大B．以相同的入射角从空气斜射入水中，b光的折射角较大C．在真空中，a光的波长大于b光波长D．在玻璃中，naE．让b光以入射点为轴，逆时针转动，则b光会在玻璃砖的下表面发生全反射解析：由图可知，a光发生了全反射，b光没有发生全反射，即a光发生全反射的临界角C小于b光发生全反射的临界角C，由sinC＝，知b光的折射率小，即na>nb，故D错误；根据n＝，知vanb，则fa>fb，由c＝fλ知λa<λb，C错误；当b光逆时针转动时，b光在玻璃砖下表面的入射角会增大，当该角大于b光的临界角时，b光就会发生全反射，E正确．4．(2019·山西模拟)一块半圆柱形玻璃砖，其横截面是半径为R的半圆，AB为半圆的直径，O为圆心，如图所示．现让一细单色光束垂直AB沿半径Oa方向射到玻璃砖上，光沿Oa方向从玻璃砖的左侧射出．若保持光的入射方向不变，将光沿Oa方向向上平移．(真空中的光速为c，不考虑光在玻璃砖内的多次反射)(1)当细光束平移到距O点R的M点时，玻璃砖左侧恰好不再有光线射出，求玻璃砖对该单色光的折射率；(2)当细光束平移到距O点R的N点时，出射光线与Oa延长线的交点为f，求光由N点传播到f点的时间．解析：(1)如图所示，光束由M处平行Oa射入，在b处发生全反射，∠ObM为临界角由临界角公式：sinC＝又sinC＝解得：n＝(2)如图所示，光束由N点平行Oa射入，在e点发生折射，设入射角为α，折射角为γ.有n＝又sinα＝得：γ＝60°由几何关系得β＝30°，eN＝R，ef＝R光在玻璃中传播速度：v＝光在玻璃中N、e间传播的时间：t1＝光在空气中e、f间传播的时间：t2＝光由N点传播到f点的时间t＝t1＋t2＝答案：(1) (2)解答全反射类问题的技巧(1)根据题意画出光的折射或恰好发生全反射的光路图．(2)作图时找出具有代表性的光线，如符合边界条件的临界光线等．(3)利用平面几何知识分析线、角关系，找出入射角、折射角或临界角．注意入射角、折射角均以法线为标准．(4)以刚好发生全反射的光线为比较对象，来判断光线是否发生全反射，从而画出其他光线的光路图．考点3 光的色散1．光的颜色单色光的颜色是由其频率决定的，当它从一种介质进入另一种介质时，它的频率不变，因而其颜色也不变．2．波长、频率和波速的关系光速v与波长λ、频率f的关系为v＝λf，光从一种介质进入另一种介质时，波长改变，光速改变．3．光的色散及成因(1)含有多种颜色的光被分解为单色光的现象称为光的色散．(2)含有多种颜色的光从一种介质进入另一种介质，由于介质对不同色光的折射率不同，各种色光的偏折程度不同，所以产生光的色散．4．各种色光的比较颜色 红橙黄绿青蓝紫频率f 低→高同一介质中的折射率 小→大同一介质中速度 大→小波长 大→小临界角 大→小通过棱镜的偏折角 小→大1．实验表明，可见光通过三棱镜时各色光的折射率n随波长λ的变化符合科西经验公式：n＝A＋＋，其中A、B、C是正的常量．太阳光进入三棱镜后发生色散的情形如图所示．则( D )A．屏上c处是紫光B．屏上d处是红光C．屏上b处是紫光D．屏上a处是红光解析：由科西经验公式可知，光的波长越长，折射率越小．太阳光经三棱镜发生色散，从红光到紫光的波长越来越短，即折射率越来越大，所以a处是红光，d处是紫光，则A、B、C错误，D正确．2．(多选)如图所示，一束光斜射向厚度为d的矩形玻璃砖，经它折射后射出a、b两束光线，则下列说法正确的是( ACE )A．玻璃砖对a光的折射率小于对b光的折射率B．在真空中，a光的波长小于b光的波长C．在玻璃中，a光的传播速度大于b光的传播速度D．从玻璃砖底边射出的a、b光传播方向不平行E．如果只将玻璃砖的厚度d减半，那么从玻璃砖底边射出的a、b光线间的距离将减小解析：a光的偏折程度小，折射率小，故A正确；在真空中，折射率小的光波长长，故B错误；在玻璃中v＝，知a光的传播速度较大，C正确；根据平行玻璃砖对光的控制作用，知出射光与入射光平行，D错误；当玻璃砖的厚度减半时，a、b两出射光的间距也会减小，E正确．3．(多选)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( AD )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<时，光屏上只有1个光斑解析：因A光先消失，说明A光先发生全反射，所以玻璃对A光的折射率大于B光，A项正确．由v＝可知折射率越大则速度v越小，B项错误．当α<θ<β时，A光发生全反射，只有反射光斑与B光的折射光斑，共2个，C项错误．当β<θ<时，A、B光均发生全反射，光屏上只剩下1个反射光斑，D项正确．光发生色散现象本质属于光的折射，只是由于介质对不同频率的光的折射率不同，从而使不同色光的偏折程度不同，从而出现彩色光带.学习至此，请完成课时作业46第4讲 光的波动性 电磁波 相对论考点1 光的干涉考向1 双缝干涉1．双缝干涉的条件和理解(1)光能够发生干涉的条件：两光的频率相同，振动步调相同．(2)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Δx＝λ.(3)用白光照射双缝时，形成的干涉条纹的特点：中央为白条纹，两侧为彩色条纹．2．亮暗条纹的判断方法(1)如图所示，光源S1、S2发出的光到屏上某点的路程差r2－r1＝kλ(k＝0,1,2…)时，光屏上出现亮条纹．(2)光的路程差r2－r1＝(2k＋1)(k＝0,1,2…)时，光屏上出现暗条纹． (2018·北京卷)用双缝干涉实验装置得到白光的干涉条纹，在光源与单缝之间加上红色滤光片后( )A．干涉条纹消失B．彩色条纹中的红色条纹消失C．中央条纹变成暗条纹D．中央条纹变成红色【解析】 本题考查双缝干涉实验．用白光做双缝干涉实验时，屏上呈现彩色条纹，在光源与单缝间加红色滤光片，光源发出的白光照射滤光片后，仅有红光透过滤光片，故射到双缝上的光为红光，屏上呈现出的是红色干涉条纹，中央条纹为红色，选项D正确．【答案】 D1．(2019·唐山模拟)(多选)如图所示是a、b两光分别经过同一双缝干涉装置后在屏上形成的干涉图样，则( BD )A．在同种均匀介质中，a光的传播速度比b光的大B．在真空中a、b两光传播速度相同C．从真空射入同种介质发生全反射时，a光全反射临界角小D．从同种介质射入真空发生全反射时，a光全反射临界角小解析：结合干涉图样a、b，由Δx＝λ可知，λa<λb，则fa>fb，在同种介质中，na>nb，由v＝知va考向2 薄膜干涉1．如图所示，竖直的肥皂薄膜，由于重力的作用，形成上薄下厚的楔形．2．明暗条纹的判断(1)在P1、P2处，两个表面反射回来的两列光波的路程差Δr等于波长的整数倍，即Δr＝nλ(n＝1,2,3，…)，薄膜上出现亮条纹．(2)在Q处，两列反射回来的光波的路程差Δr等于半波长的奇数倍，即Δr＝(2n＋1)(n＝0,1,2,3，…)，薄膜上出现暗条纹． 劈尖干涉是一种薄膜干涉，其装置如图甲所示，将一块平板玻璃放置在另一平板玻璃上，在一端夹入两张纸片，从而在两玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜．当光垂直入射后，从上往下看到的干涉条纹如图乙所示，干涉条纹有如下特点：(1)任意一条亮条纹或暗条纹所在位置下面的薄膜厚度相等；(2)任意相邻亮条纹和暗条纹所对应的薄膜厚度差恒定．现若在图甲的装置中抽去一张纸片，则当光垂直入射到新的劈形空气薄膜后，从上往下观察到的干涉条纹( )A．变疏 B．变密 C．不变 D．消失【解析】 如图所示，若抽去一张纸片，则三角截面空气层的倾角变小，则干涉条纹变疏，A正确．【答案】 A2．用如图所示的实验装置观察光的薄膜干涉现象．图甲是点燃的酒精灯(在灯芯上洒些盐)，图乙是竖立的附着一层肥皂液薄膜的金属线圈．将金属线圈在其所在的竖直平面内缓慢旋转，观察到的现象是( D )A．当金属线圈旋转30°时，干涉条纹同方向旋转30°B．当金属线圈旋转45°时，干涉条纹同方向旋转90°C．当金属线圈旋转60°时，干涉条纹同方向旋转30°D．干涉条纹保持不变解析：金属线圈的转动，改变不了肥皂液膜的上薄下厚的形状，由干涉原理可知干涉条纹与金属线圈在该竖直平面内的转动角度无关，仍然是水平的干涉条纹，A、B、C错误，D正确．考向3 用双缝干涉测单色光的波长1．根据公式Δx＝λ得λ＝Δx.2．用刻度尺测出双缝到光屏的距离l，用测量头调节清晰的干涉条纹，测出n个亮纹间的距离a，则Δx＝.双缝间距d是已知的，这样就可以计算出波长λ. (多选)在双缝干涉实验中，用绿色激光照射在双缝上，在缝后的屏幕上显示出干涉图样．若要增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距，可选用的方法是( )A．改用红色激光B．改用蓝色激光C．减小双缝间距D．将屏幕向远离双缝的位置移动E．将光源向远离双缝的位置移动【解析】 双缝干涉的条纹间距公式为Δx＝λ，其中L是双缝到屏幕的距离，d是双缝间距，λ是入射光的波长，要增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距，可以改用波长更长的红色激光，或仅减小d或仅增大L，故A、C、D正确．【答案】 ACD3．(2019·天津河东一模)在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中(1)已知双缝到光屏之间的距离为L，双缝之间的距离为d，单缝到双缝之间的距离为s，某同学在用测量头测量时，现将测量头目镜中看到的分划板中心刻线对准某条亮纹(记作第1条)的中心，这时手轮上的示数用a表示，然后他转动测量头，使分划板中心刻线对准第6条亮纹的中心，这时手轮上的示数用b表示(b>a)，由此可计算出实验中所测得的单色光的波长λ＝.(2)以下哪些操作能够增大光屏上相邻两条亮条纹之间的距离B.A．增大单缝和双缝之间的距离sB．增大双缝和光屏之间的距离LC．将红色滤光片改为绿色滤光片D．增大双缝之间的距离d解析：(1)根据题意可以知道相邻的两条亮条纹之间的距离为Δx＝，根据双缝干涉条纹间距公式Δx＝λ，可得λ＝；(2)根据双缝干涉条纹间距公式Δx＝λ，分析可得：相邻两条亮条纹之间的距离与单缝和双缝之间的距离s无关，故A错误；增大双缝和光屏之间的距离L，可增大光屏上相邻两条亮条纹之间的距离，故B正确；将红色滤光片改为绿色滤光片，波长λ减小，相邻两条亮条纹之间的距离减小，故C错误；增大双缝之间的距离d，相邻两条亮条纹之间的距离减小，故D错误．考点2 光的衍射和偏振现象1．对光的衍射的理解(1)波长越长，衍射现象越明显．在任何情况下都可以发生衍射现象，只是明显与不明显的差别．(2)衍射现象说明“光沿直线传播”只是一种特殊情况，只有在光的波长比障碍物小得多时，光才可以看做是沿直线传播的．2．光的偏振(1)自然光与偏振光的比较类别 自然光(非偏振光) 偏振光光的 来源 从普通光源发出的光 自然光通过起偏器后的光光的振 动方向 在垂直于光的传播方向的平面内，光振动沿任意方向，且沿各个方向振动的光的强度相同 在垂直于光的传播方向的平面内，光振动沿特定方向(2)偏振光的应用：加偏振滤光片的照相机镜头、液晶显示器、立体电影、消除车灯眩光等．1．(多选)用激光做单缝衍射实验和双缝干涉实验，比普通光源效果更好，图象更清晰．如果将感光元件置于光屏上，则不仅能在光屏上看到彩色条纹，还能通过感光元件中的信号转换，在电脑上看到光强的分布情况．下列说法正确的是( AD )A．当做单缝实验时，光强分布如图乙所示B．当做单缝实验时，光强分布如图丙所示C．当做双缝实验时，光强分布如图乙所示D．当做双缝实验时，光强分布如图丙所示解析：当做单缝实验时，中间是亮条纹，两侧条纹亮度逐渐降低，且亮条纹的宽度不等，所以其光强分布如图乙所示，A项正确，B项错误；当做双缝实验时，在屏上呈现的是宽度相等的亮条纹，所以其光强分布如图丙所示，C项错误，D项正确．2．(多选)食品安全检验中碳水化合物(糖)的含量是个重要的指标，可以用“旋光法”来测量糖溶液的浓度，从而鉴定含糖量．偏振光通过糖的水溶液后，偏振方向会相对传播方向向左或向右旋转一个角度α，这一角度α称为“旋光度”，α的值只与糖溶液的浓度有关，将α的测量值与标准值进行比较，就能确定被测样品的含糖量．如图所示，S是自然光源，A、B是偏振片，转动B，使到达O处的光最强，然后将待测糖溶液P置于A、B之间，则下列说法正确的是( ACD )A．到达O处光的强度会明显减弱B．到达O处光的强度不会明显减弱C．将偏振片B转动一个角度，使得O处光强度最大，偏振片B转过的角度等于αD．将偏振片A转动一个角度，使得O处光强度最大，偏振片A转过的角度等于α解析：没有待测糖溶液时，A、B透振方向平行，O处光最强，当加上待测糖溶液时，由于旋光作用，偏振光的振动方向会旋转一个角度，即振动方向与B的透振方向不再平行，所以O处光的强度会明显减弱；要想使O处的光仍最强，可以将B旋转一个角度或反方向将A旋转相同角度，此角度大小为α，A、C、D正确．3．如图是a、b两光分别经过同一双缝干涉装置后在屏上形成的干涉图样，则( D )A．在同种均匀介质中，a光的传播速度比b光的大B．从同种介质射入真空发生全反射时a光临界角大C．照射在同一金属板上发生光电效应时，a光的饱和电流大D．若两光均由氢原子能级跃迁产生，产生a光的能级能量差大解析：由图可得，b光的干涉条纹间距较大，由Δx＝λ可得，b光的波长较长，波长越长，频率越小，在同种均匀介质中传播速度越大，选项A错误；波长越长，同种介质中折射率越小，由sinC＝可得，全反射的临界角越大，b光发生全反射的临界角大，选项B错误；发生光电效应时，饱和光电流与光的强度有关，由于光的强度未知，选项C错误；a光的频率大，能量大，产生a光的能级能量差大，选项D正确．(1)单缝衍射与双缝干涉的比较(2)光的干涉和衍射的本质光的干涉和衍射都属于光的叠加，从本质上看，干涉条纹和衍射条纹的形成有相似的原理，都可认为是从单缝通过两列或多列频率相同的光波，在屏上叠加形成的．考点3 电磁场、电磁波1．麦克斯韦电磁场理论理论内容 变化的磁场能够产生电场，变化的电场能够产生磁场．根据这个理论，周期性变化的电场和磁场相互联系，交替产生，形成一个不可分割的统一体，即电磁场深度解决 (1)变化的磁场产生的电场叫感应电场；变化的电场产生的磁场叫感应磁场 (2)感应电场与感应磁场的场线都是闭合的曲线，而且相互正交、套连 (3)感应电场的方向可由楞次定律判定，感应磁场的方向可由安培定则判定2.电磁波的特性1．(多选)应用麦克斯韦的电磁场理论判断如图所示的电场产生磁场(或磁场产生电场)的关系图象中(每个选项中的上图是表示变化的场，下图是表示变化的场产生的另外的场)，正确的是( BC )解析：均匀变化的电场产生稳定的磁场，周期性变化的电场产生周期性变化的磁场．2．(2018·江苏卷)(多选)梳子在梳头后带上电荷，摇动这把梳子在空中产生电磁波．该电磁波( AD )A．是横波B．不能在真空中传播C．只能沿着梳子摇动的方向传播D．在空气中的传播速度约为3×108 m/s解析：电磁波为横波，电磁波的传播不需要介质，可以向周围各个方向传播，真空中传播速度最大，c＝3.0×108 m/s，在空气中的传播速度与真空中的传播速度近似相等，故选A、D.3．(多选)关于电磁波，下列说法正确的是( ABC )A．电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关B．周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波C．电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直D．利用电磁波传递信号可以实现无线通信，但电磁波不能通过电缆、光缆传输E．电磁波可以由电磁振荡产生，若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波随即消失解析：电磁波在真空中传播速度等于光速，与频率无关，A正确；电磁波是周期性变化的电场和磁场互相激发得到的，B正确；电磁波传播方向与电场方向，磁场方向均垂直，C正确；光是一种电磁波，光可在光导纤维中传播，D错误；电磁振荡停止后，电磁波仍会在介质或真空中继续传播，E错误．电磁波和机械波的对比 电磁波 机械波本质 电磁现象 力学现象产生机理 由电磁振荡产生 由机械振动产生周期性 变化的量 电场强度E与磁感应强度B随时间和空间周期性变化 质点的位移s、加速度a随时间和空间周期性变化波的性质 横波 既有横波，又有纵波传播介质 不需要介质，可在真空中传播 只在弹性介质中传播速度特点 由介质和频率决定 仅由介质决定考点4 相对论初步1．经典时空观和相对论时空观(1)经典时空观：在经典力学中，物体的质量是不随运动状态而改变的．在经典力学中，同一物理过程发生的位移和对应时间的测量结果在不同的参考系中是相同的．(2)相对论时空观：在狭义相对论中，物体的质量是随物体的运动速度的增大而增大的．在狭义相对论中，同一物理过程发生的位移和对应时间的测量结果在不同的参考系中是不同的．2．狭义相对论的两个基本假设(1)狭义相对性原理：在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的．(2)光速不变原理：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的．3．质能方程E＝mc2，公式中m为物体的质量，E为它具有的能量．1．关于经典时空观和相对论时空观，下列说法错误的是( D )A．经典时空观认为时间和空间是独立于物体及其运动而存在的B．相对论时空观认为时间和空间与物体及其运动有关系C．经典力学只适用于宏观物体的低速运动问题，不适用于高速运动的问题D．当物体的运动速度远小于光速时，相对论和经典力学的结论仍有很大的差别解析：经典时空观认为时间和空间是独立于物体及其运动而存在的，而相对论时空观认为时间和空间与物体及其运动有关系，故A、B正确；经典力学只适用于宏观物体的低速运动问题，不适用于高速运动(相对于光速)的问题，故C正确；当物体的运动速度远小于光速时，相对论和经典力学的结论相差不大，经典力学是适用的，故D错误．本题选择说法错误的，故选D.2．(多选)根据相对论原理，下列说法正确的是( ABC )A．按照相对论来讲，一个静止质量不为零的物体，相对任何惯性系的运动速度都不可能等于或超过光速cB．按照相对论及基本力学规律可推出质量和能量的关系为E＝mc2C．某个静止质量为m0的物体，相对它静止的观察者测其质量为m＝m0，能量为E＝E0＝m0c2，称为静能量，这表明任何静质量不为零的物体，都储存着巨大的能量D．按照相对论来讲，物理规律在一切惯性参考系中可以具有不同的形式解析：按照相对论的结论，m＝，这表明高速运动的物体其质量的测量值会非常大，并随着速度趋于光速而无限增大，所以按照相对论来讲，一个静止质量不为零的物体，相对任何惯性系的运动速度都不可能等于或超过光速c，A正确．质能方程能通过相对论及基本力学规律推出，B正确．根据质能方程E＝mc2的含义可知C正确．按照狭义相对论的基本假设，物理规律在一切惯性参考系中都是相同的，D错误．学习至此，请完成课时作业47课时作业44 机械振动时间：45分钟1．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轴的正方向．若振子位于N点时开始计时，则其振动图象为( A )解析：开始计时时，弹簧振子从正向最大位移处开始运动，故位移—时间图象为A图．2．如图所示为某弹簧振子在0～5 s内的振动图象，由图可知，下列说法中正确的是( D )A．振动周期为5 s，振幅为8 cmB．第2 s末振子的速度为零，加速度为负向的最大值C．从第1 s末到第2 s末振子的位移增加，振子在做加速度减小的减速运动D．第3 s末振子的速度为正向的最大值解析：由题图图象可知振动周期为4 s，振幅为8 cm，选项A错误；第2 s末振子在最大位移处，速度为零，位移为负，加速度为正向的最大值，选项B错误；从第1 s末到第2 s末振子的位移增大，振子在做加速度增大的减速运动，选项C错误；第3 s末振子在平衡位置，向正方向运动，速度为正向的最大值，选项D正确．3．如图所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，其中A、B的摆长相等．当A摆振动的时候，通过张紧的绳子给B、C、D摆施加驱动力，使其余各摆做受迫振动．观察B、C、D摆的振动发现( C )A．C摆的频率最小B．D摆的周期最大C．B摆的摆角最大D．B、C、D摆的摆角相同解析：A摆的振动驱动B、C、D摆振动，B、C、D摆做的是受迫振动，振动的周期和频率与A摆的振动周期和频率相等，所以A、B错误．B摆的摆长与A摆的摆长相等，所以B摆发生共振，振幅最大，故D错误、C正确．4．(多选)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＝－0.1 m；t＝ s时刻x＝0.1 m；t＝4 s时刻x＝0.1 m．该振子的振幅和周期可能为( ACD )A．0.1 m， s B．0.1 m,8 sC．0.2 m， s D．0.2 m,8 s解析：若振幅A＝0.1 m，T＝ s，则 s为半个周期，振子可以由－0.1 m运动到0.1 m，符合实际运动，4 s－ s＝ s为一个周期，正好返回0.1 m处，所以A项正确．若A＝0.1 m，T＝8 s， s只是T，振子不可能由负的最大位移处运动到正的最大位移处，所以B项错误．若A＝0.2 m，T＝ s， s＝，振子可以由－0.1 m运动到0.1 m,4 s－ s＝ s＝T，振子可以由0.1 m返回0.1 m处，所以C项正确．若A＝0.2 m，T＝8 s， s＝2×，而sin＝，即时间内，振子可以从平衡位置运动到0.1 m处，再经 s又恰好能由0.1 m处运动到0.2 m处后，再返回0.1 m处，故D项正确．5．(多选)一弹簧振子做简谐运动，周期为8 s．已知在t＝2 s和t＝6 s时刻，振子正好位于平衡位置O.下列说法正确的是( CDE )A．在t＝0 s和t＝10 s时，振子的速度都为零B．在t＝4 s和t＝14 s时，振子的加速度都最大C．在t＝6 s和t＝14 s时，振子的势能都最小D．振子振幅不变时，增加振子质量，振子的周期增大E．振子质量不变时，减小振子振幅，振子的周期不变解析：由题分析可得振子振动图象的一种可能情况如图所示，振子在t＝0时位于最大位移处，速度为零，t＝10 s时，振子在平衡位置，速度最大，故A错误；在t＝4 s时，振子位于最大位移处，加速度最大，t＝14 s时，振子处于平衡位置处，此时振子的加速度为零，故B错误；在t＝6 s和t＝14 s时，振子均处于平衡位置，此时动能最大，势能最小，故C正确；由振子的振动周期T＝2π可知，振动周期与振子的振幅无关，故只改变振子的振幅，振子的周期不变，只增加振子质量，振子的周期增大，故D、E正确．6．(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( ABD )A．甲、乙两单摆的摆长相等B．甲摆的振幅和乙摆大C．甲摆的机械能比乙摆大D．在t＝0.5 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解析：由题图振动图象可以看出，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，不能计算出当地的重力加速度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＝0.5 s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．7．弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动，在t＝0时刻，振子从O、B间的P点以速度v向B点运动；在t＝0.2 s时刻，振子速度第一次变为－v；在t＝0.5 s时，振子速度第二次变为－v.(1)求弹簧振子的振动周期T；(2)若B、C之间的距离为25 cm，求振子在4 s内通过的路程；(3)若B、C之间的距离为25 cm，从平衡位置开始计时，写出弹簧振子的位移表达式，并画出弹簧振子的振动图象．解析：(1)画出弹簧振子简谐运动示意图如图所示．由对称性可得T＝0.5×2 s＝1 s(2)若B、C之间距离为25 cm则振幅A＝×25 cm＝12.5 cm振子4 s内通过的路程s＝×4×12.5 cm＝200 cm(3)根据x＝Asinωt，A＝12.5 cm，ω＝＝2π rad/s得x＝12.5sin2πt(cm)振动图象为答案：(1)1 s (2)200 cm (3)见解析8．如图所示，将小球甲、乙、丙(都可视为质点)分别从A、B、C三点由静止同时释放，最后都到达竖直面内圆弧的最低点D，其中甲是从圆心处出发做自由落体运动，乙沿弦轨道从一端B到达另一端D，丙沿圆弧轨道从C点运动到D，且C点很靠近D点．如果忽略一切摩擦阻力，那么下列判断正确的是( A )A．甲球最先到达D点，乙球最后到达D点B．甲球最先到达D点，丙球最后到达D点C．丙球最先到达D点，乙球最后到达D点D．甲球最先到达D点，无法判断哪个球最后到达D点解析：由自由落体运动规律，可得甲球运动时间t1＝；设BD倾角为θ，则对乙球分析可得，其运动的加速度大小为a＝gsinθ，又BD长为2Rsinθ，故2Rsinθ＝(gsinθ)t，得乙球运动时间t2＝2；因C点很靠近D点，可认为丙球做简谐运动，则丙球运动时间t3＝×2π＝.9．(多选)下列说法中正确的是( ACE )A．单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关B．做简谐运动的物体受到的回复力都是由合外力提供的C．某学生用单摆测定重力加速度，处理数据时计算得到的数值偏大些，可能是测量摆长时误加了小球直径D．单摆的周期随振幅的增大而增大E．当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大，这种现象叫做共振解析：虽然单摆的固有周期与摆长有关，但是单摆在周期性外力作用下做受迫振动时，其振动周期等于驱动力的周期，与单摆的固有周期无关，即与摆长无关，故A项正确；做简谐运动的物体受到的回复力并不都是由合外力提供的，B项错误；由单摆周期公式T＝2π得g＝，摆长为摆线长加小球半径，若误加了直径则L偏大，求出的重力加速度偏大，C项正确；单摆的周期与振幅无关，D项错误；E项所述内容正确．10．(多选)一个质点经过平衡位置O，在A、B间做简谐运动，如图(a)所示，它的振动图象如图(b)所示，设向右为正方向，下列说法正确的是( ACE )A．OB＝5 cmB．第0.2 s末质点的速度方向是A→OC．第0.4 s末质点的加速度方向是A→OD．第0.7 s末时质点位置在O点与A点之间E．在4 s内完成5次全振动解析：由图(b)可知振幅为5 cm，则OB＝OA＝5 cm，A项正确；由图可知0～0.2 s内质点从B向O运动，第0.2 s末质点的速度方向是O→A，B项错误；由图可知第0.4 s末质点运动到A点处，则此时质点的加速度方向是A→O，C项正确；由图可知第0.7 s末时质点位置在O点与B点之间，D项错误；由图(b)可知周期T＝0.8 s，则在4 s内完成全振动的次数为＝5，E项正确．11．(多选)如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个弹簧振子做简谐运动的图象．已知甲、乙两个振子质量相等．则( ADE )A．甲、乙两振子的振幅之比为2?1B．甲、乙两振子的频率之比为1?2C．前2 s内甲、乙两振子的加速度均为正值D．第2 s末甲的速度最大，乙的加速度最大E．0～8 s时间内甲、乙两振子通过的路程之比为4?1解析：根据甲、乙两个振子做简谐运动的图象可知，两振子的振幅A甲＝2 cm，A乙＝1 cm，甲、乙两振子的振幅之比为2?1，选项A正确；甲振子的周期为4 s，频率为0.25 Hz，乙振子的周期为8 s，频率为0.125 Hz，甲、乙两振子的频率之比为2?1，选项B错误；前2 s内，甲的加速度为负值，乙的加速度为正值，选项C错误；第2 s末甲通过平衡位置，速度最大，乙在最大位移处加速度最大，选项D正确；0～8 s这段时间内，甲振子运动了两个周期，通过的路程为s甲＝8A甲＝16 cm，乙振子运动了一个周期，通过的路程为s乙＝4A乙＝4 cm，所以路程之比为4?1，E正确．12．(2019·辽宁辽南协作校一模)如图所示，倾角为α的斜面体(斜面光滑且足够长)固定在粗糙的水平地面上，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为L的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的物块．压缩弹簧使其长度为时，将物块自由释放．(重力加速度为g)(1)求物块处于平衡位置时弹簧的长度；(2)选物块的平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标轴，用x表示物块相对于平衡位置的位移，证明物块做简谐运动；(3)求弹簧的最大伸长量．解析：(1)设物块在斜面上平衡时，弹簧伸长量为ΔL，有mgsinα－kΔL＝0，得ΔL＝，此时弹簧的长度为L＋ΔL＝L＋.(2)当物块位移为x时，弹簧伸长量为x＋ΔL，物块所受合力为F合＝mgsinα－k(x＋ΔL)，联立解得F合＝－kx，可知物块做简谐运动．(3)物块做简谐运动的振幅为A＝＋，由对称性可知，弹簧的最大伸长量为＋.答案：(1)L＋ (2)见解析 (3)＋课时作业45 机械波时间：45分钟1．(多选)下列说法正确的是( BCD )A．海豚有完善的声呐系统，海豚发出的声波比无线电波传播的速度快，方向性好B．蝙蝠利用超声脉冲导航，当它飞向某一墙壁时，接收到的脉冲频率大于它发出的频率C．声波击碎玻璃杯的实验原理是共振D．频率相同，相位差恒定的两列波能产生稳定的干涉解析：海豚有完善的声呐系统，海豚的声呐系统发出的是超声波，故A错误；蝙蝠利用超声脉冲导航，当蝙蝠飞向某一墙壁时，根据多普勒效应可知，它接收到从墙壁反射回来的超声脉冲频率大于它发出的频率，故B正确；当声波的频率等于玻璃杯的固有频率时，玻璃杯震荡最剧烈，最容易被击碎，即声波击碎玻璃杯的实验原理是共振，故C正确；根据干涉产生的条件可知，频率相同、相位差恒定的两列波能产生稳定的干涉，故D正确．2．(多选)B超成像的基本原理就是向人体发射一组超声波，其遇到人体组织会产生不同程度的反射(类似回声)，通过探头发送和接收超声波信号，经过电子电路和计算机的处理，形成了我们今天的B超图象(如图甲所示)．图乙为仪器检测到发送和接收的超声波图象，其中实线为沿x轴正方向发送的超声波，虚线为一段时间后遇到人体组织后沿x轴负方向返回的超声波．已知超声波在人体内传播速度约为1 500 m/s，下列说法正确的是( AC )A．根据题意可知此超声波的频率约为1.25×105 HzB．图乙中质点A在此后的1 s内运动的路程为1 500 mC．图乙中质点B此时沿y轴正方向运动D．图乙中质点A、B加速度大小相等，方向相反解析：由图象可知该超声波的波长为12 mm，波速为1 500 m/s，T＝＝，可得f＝1.25×105 Hz，T＝8×10－6 s，故A选项正确；质点A振动的路程s＝×4A＝2 000 m，故B选项错误；虚线为沿x轴负方向返回的超声波，可知质点B此时沿y轴正方向运动，故C选项正确；图乙中质点A、B加速度大小相等，方向相同，故D选项错误．3．(多选)均匀介质中相距为a的两个波源S1和S2，振动频率均为f，产生的简谐横波沿其连线相向传播，振幅为A，波速为v.O为S1S2的中点，如图所示．已知两波源的振动方向和初始相位均相同．下列说法正确的是( ACE )A．质点O的振动频率为fB．质点O的振动频率为2fC．质点O的振幅为2AD．只要不满足a＝n(n＝1,2,3…)，质点O的振幅就一定小于2AE．质点O的振动可能与波源S1、S2不同步解析：S1和S2的振动在O点叠加，路程差x1－x2＝0，所以O点为振动加强点，即振幅为2A，频率仍为f，故A、C正确，B、D错误；只有到波源的距离等于波长整数倍的质点的振动才与波源同步，所以质点O的振动可能与波源S1、S2不同步，故E正确．4．(多选)波源S在t＝0时刻从平衡位置开始向上振动，形成向左、右两侧传播的简谐横波．a、b、c和a′、b′、c′是沿波传播方向上的间距为2 m的6个质点，Sa＝Sa′＝2 m，t＝0时刻各质点均处于平衡位置，如图所示．已知波的传播速度为4 m/s，当t＝0.25 s时波源S第一次达最高点，则下列说法正确的是( BCD )A．t＝5.25 s时质点b′处于波谷B．t＝1.35 s时质点a的速度正在增大C．波传到c质点时，质点c开始向上振动D．任意时刻质点a与质点a′的振动状态完全相同E．若接收器向距它20 m的波源S匀速远离，接收器接收到的频率将大于1 Hz解析：当t＝0.25 s时波源S第一次达最高点，波源S振动了周期，波的周期为T＝4×0.25 s＝1 s，波传到b′质点的时间为t＝＝ s＝1 s，则T＝5.25 s时，b′质点已经振动了4.25 s＝4T，又波源的起振方向向上，则t＝5.25 s时质点b′处于波峰位置，选项A错误；波传到a质点经历的时间是＝0.5 s，则t＝1.35 s时，a质点已经振动了0.85 s＝T＋T，又a质点初始时由平衡位置向上振动，则知t＝1.35 s时质点a在波谷与平衡位置之间向平衡位置运动，速度正在增大，选项B正确；因波源S起振方向向上，则当波传到c质点时，质点c的振动方向向上，选项C正确；因质点a与质点a′与波源距离相同，则任意时刻质点a与质点a′的振动状态完全相同，选项D正确；波的频率为1 Hz，根据多普勒效应可知，若接收器向距它20 m的波源S匀速远离，则接收器接收到的频率将小于1 Hz，选项E错误．5．(多选)如图甲所示，在水平面内，有三个质点a、b、c分别位于直角三角形的三个顶点上，已知ab＝6 m，ac＝8 m．在t1＝0时刻a、b同时开始振动，振动图象均如图乙所示，所形成的机械波在水平面内传播，在t2＝4 s时c点开始振动( ABC )A．该机械波的传播速度大小为2 m/sB．该列波的波长是2 mC．两列波相遇后，c点振动加强D．两列波相遇后，c点振动减弱E．两列波相遇后，c点振动先加强后减弱解析：a点振动产生的机械波最先到达c点，则根据关系式v＝可知波速v＝＝2 m/s，选项A正确；由于v＝，则λ＝vT＝2 m/s×1 s＝2 m，选项B正确；a波比b波早到达c点的时间t＝－＝＝1 s，即两列波到达c点时，使c点振动加强，产生共振，由于两列机械波频率相同相干涉，故c总是振动加强点，选项C正确，选项D、E错误．6．(多选)图(a)为一列简谐横波在t＝0时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1.0 m处的质点，Q是平衡位置在x＝4.0 m处的质点；图(b)为质点Q的振动图象，下列说法正确的是( BCE )A．波向左传播B．波速为40 m/sC．t＝0.10 s时，质点P向y轴正方向运动D．从t＝0到t＝0.05 s，质点P运动的路程为20 cmE．从t＝0到t＝0.25 s，质点Q运动的路程为50 cm解析：由(a)和(b)两图可知，波向右传播，A项错误．由(a)图可知波长λ＝8 m，由(b)图可知周期T＝0.2 s，则波速v＝＝40 m/s，B项正确．由于t＝0.10 s＝，则t＝0.10 s时P处在波谷与平衡位置之间且向y轴正方向运动，C项正确．从t＝0到t＝0.05 s的这内，P运动的路程小于20 cm，D项错误.0.25 s＝1T，则从t＝0到t＝0.25 s时间内，质点Q运动的路程为5A＝5×10 cm＝50 cm，E项正确．7．如图所示为一列简谐横波在t＝0时刻的图象．此时质点P的运动方向沿y轴负方向，且当t＝0.55 s时质点P恰好第3次到达y轴正方向最大位移处．问：(1)该简谐横波的波速v的大小和方向如何？(2)从t＝0至t＝1.2 s，质点Q运动的路程L是多少？(3)当t＝1.2 s时，质点Q相对于平衡位置的位移s的大小是多少？解析：(1)此波沿x轴负向传播；在t1＝0到t2＝0.55 s这段时间里，质点P恰好第3次到达y正方向最大位移处，则有T＝0.55 s，解得T＝0.2 s简谐波的波长为λ＝0.4 m，则波速v＝＝2 m/s；(2)在t1＝0至t3＝1.2 s这段时间里，质点Q恰经过了6个周期，即质点Q回到始点，由于振幅A＝5 cm，所以质点Q运动的路程为L＝4A×6＝4×5×6 cm＝120 cm；(3)质点Q经过6个周期后恰好回到始点，则相对于平衡位置的位移为s＝2.5 cm.答案：(1)2 m/s，沿x轴负向传播 (2)120 cm(3)2.5 cm8．(2019·山东聊城一模)(多选)某横波在介质中沿x轴传播，图甲是t＝1 s时的波形，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( BDE )A．波沿x轴正向传播，波速为1 m/sB．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 cmE．在t＝1 s到t＝2 s的时间内，x＝0.5 m处质点的运动速度先增大后减小解析：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时刻，x＝2 m处质点的振动方向为y轴负向，故B正确；因Δt＝1 s＝，则在x＝1 m处质点和x＝2 m处质点相距半个波长，振动步调总相反，故C错误；1 s的时间内，波的图象上任意质点通过的路程都是两个振幅，为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．9．(2019·四川成都一诊)(多选)两波源分别位于x＝0和x＝20 cm处，从t＝0时刻起两波源开始振动，形成沿x轴相向传播的简谐横波Ⅰ和Ⅱ，如图所示为t＝0.04 s时刻两列波的图象．已知两波的振幅分别为A1＝2 cm，A2＝3 cm，质点P的平衡位置在x＝1 cm处，质点Q的平衡位置在x＝18 cm处．下列说法中正确的是( BCE )A．两列波的波源起振方向相同B．Ⅰ和Ⅱ两列波的波长之比为1?2C．t＝0.05 s时，质点P向下振动，质点Q的坐标为(18 cm，－3 cm)D．Ⅰ和Ⅱ两列波将在t＝0.1 s时相遇，之后叠加形成稳定的干涉图样E．t＝0.12 s时，x＝10 cm处的质点位移为零解析：由图可知，简谐横波Ⅰ的起振方向沿y轴负方向，简谐横波Ⅱ的起振方向沿y轴正方向，而波源的起振方向与波前质点的起振方向相同，故A错误；由图可知简谐横波Ⅰ的波长为λⅠ＝2 cm，简谐横波Ⅱ的波长为λⅡ＝4 cm，则Ⅰ和Ⅱ两列波的波长之比为1?2，故B正确；由图可知，t＝0.05 s时质点P处在平衡位置且正向下振动；质点Q处在负向位移最大处，同时质点并不随波迁移，则质点Q的坐标为(18 cm，－3 cm)，故C正确；两列波的波长不相等，波速相等，所以两列波的频率不相等，无法形成稳定的干涉图样，故D错误；由波的图象和波的平移法可知t＝0.12 s时，简谐横波Ⅰ在x＝10 cm处的质点处在平衡位置，简谐横波Ⅱ在x＝10 cm处的质点也处在平衡位置，所以此处的质点位移为零，故E正确．10．(2019·河南濮阳一模)如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，P为传播方向上一质点，图象为t＝0时刻的波形，此时P点的纵坐标为 cm.若经过时间Δt＝0.1 s，P点首次到达波峰．求：(1)波的传播速度v；(2)从t＝0时刻起，再经过t＝0.5 s质点P的位置坐标和在这段时间内P运动的路程．解析：(1)根据波形可知：λ＝1 m，质点振幅A＝2 cm由图象可知，波动方程为y＝0.02sin2πx(m)，将P点纵坐标代入，结合图象解得P点的坐标为由于经过时间Δt＝0.1 s，P点首次到达波峰，即P点左侧相邻的波峰传播到P点，距离等于Δx＝ m＝ m波的传播速度v＝代入数据可得v＝1.25 m/s(2)波的传播方向上任意质点的振动周期T＝代入数据可得T＝0.8 s假设质点P在此过程中振动了n个周期，则t＝nT代入数据可得n＝t＝0时刻P向上振动，t＝0.5 s时P点首次到达波谷位置，所以质点P运动的路程s＝(2－)＋2A＝(6－) cm此时P在波谷位置，所以P点坐标为.答案：(1)1.25 m/s (2) (6－) cm11．有两列简谐横波a、b在同一介质中分别沿x轴正方向和负方向传播．两列波在t＝0时刻的波形如图所示，已知a波的周期Ta＝1 s.(1)求两列波的传播速度大小；(2)从t＝0时刻开始，最短经过多长时间平衡位置在x＝1.0 m处的质点偏离平衡位置的位移为0.16 m?解析：(1)由题图可知a、b两列波的波长分别为λa＝2.5 m，λb＝4.0 m，两列波在同种介质中的传播速度相同，为v＝＝2.5 m/s(2)a波的波峰传播到x＝1.0 m处经历的时间ta＝＝(m＝0,1,2，…)b波的波峰传播到x＝1.0 m处经历的时间tb＝＝，Δx＝1.5 m，(n＝0,1,2，…)又ta＝tb＝t 联立解得5m－8n＝1分析知，当m＝5、n＝3时，x＝1.0 m处的质点偏离平衡位置的位移为0.16 m，经过时间最短．将m＝5代入t＝，解得t＝5.4 s答案：(1)2.5 m/s (2)5.4 s课时作业46 光的折射 全反射时间：45分钟1．雨后太阳光入射到水滴中发生色散而形成彩虹．设水滴是球形的，图中的圆代表水滴过球心的截面，入射光线在此截面的平面内，a、b、c、d代表四条不同颜色的出射光线，则它们可能依次是( B )A．紫光、黄光、蓝光和红光B．紫光、蓝光、黄光和红光C．红光、蓝光、黄光和紫光D．红光、黄光、蓝光和紫光解析：四种光线红、黄、蓝、紫的频率为f红2．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 )A. B.C. D.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＝，又由几何关系得：γ＋γ′＋θ＝i＋i′，解得：i＝，则棱镜对该色光的折射率n＝＝，故A正确．3．如图，一束单色光射入一玻璃球体，入射角为60°.已知光线在玻璃球内经一次反射后，再次折射回到空气中时与入射光线平行．此玻璃的折射率为( C )A. B．1.5C. D．2解析：作出光线在玻璃球体内光路图，A、C是折射点，B是反射点，OD平行于入射光线，由几何知识得，∠AOD＝∠COD＝60°，则∠OAB＝30°，即折射角γ＝30°，入射角i＝60°，所以折射率n＝＝.4．一束白光从顶角为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( B )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＝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，随后依次是蓝、青、绿、黄、橙、红，逐渐发生全反射而不从AC面射出．5．在信息技术迅猛发展的今天，光盘是存储信息的一种重要媒介．光盘上的信息通常是通过激光束来读取的．若红、蓝激光束不是垂直投射到盘面上，则光线在通过透明介质层时会发生偏折而改变行进的方向，如图所示．下列说法中正确的是( C )A．图中光束①是红光，光束②是蓝光B．在光盘的透明介质层中，光束①比光束②传播速度更快C．若光束①、②从透明介质层以相同且逐渐增大的入射角射向空气中，则光束①先发生全反射D．若光束①、②先后通过同一小孔，则光束①衍射现象更明显解析：由图可知光束①偏折程度大，则其折射率大，光束②偏折程度小，则其折射率小，故光束①为蓝光，光束②为红光，A错；由n＝知，在透明介质层中光束①比光束②传播速度慢，B错；由sinC＝知：光束①的临界角比光束②的小，因此光束①先发生全反射，故C对；由λ＝c/v知，光束①的波长比光束②的小，故光束①、②先后通过同一小孔，则光束②衍射现象更明显，D错．6．如图所示，真空中有一个半径为R、质量分布均匀的玻璃球，一细激光束在真空中沿直线BC传播，并与玻璃球表面的C点经折射进入玻璃球，在玻璃球表面的D点又经折射进入真空中，已知∠COD＝120°，激光束的入射角为α＝60°，则下列说法中正确的是( A )A．玻璃球对该激光的折射率为B．该激光在玻璃中的波长是在真空中波长的倍C．该激光束的光子在玻璃球中的能量小于在真空中的能量D．改变入射角α，该激光束可能在玻璃球的内表面发生全反射解析：本题考查光的折射定律和对全反射的理解．由几何知识得到激光束在C点的折射角γ＝30°，则玻璃球对该激光束的折射率为n＝＝＝，A正确；激光在玻璃中的传播速度为v＝＝c，根据v＝λf可知，激光由真空射入玻璃球时频率f不变，故波长与波速成正比，即该激光在玻璃中的波长是在真空中波长的倍，B错误；根据激光光子的能量E＝hf，可知h为常数，激光由真空射入玻璃球时频率f不变，故该激光束的光子在玻璃球中的能量等于在真空中的能量，C错误；激光束从C点进入玻璃球时，无论怎样改变入射角，折射角都小于临界角，根据几何知识可知光线在玻璃球内表面的入射角不可能大于临界角，所以都不可能发生全反射，D错误．7．如图所示，宽为a的平行光束从空气斜射到平行玻璃砖上表面，入射角为60°，光束中包含两种波长的光，玻璃砖对这两种光的折射率分别为n1＝，n2＝，光束从玻璃下表面射出时恰好分成不重叠的两束，求玻璃砖的厚度d为多少？(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，结果可用根式表示)解析：根据光的折射定律，则有：n1＝n2＝得：θ1＝30°，θ2＝37°由分析可知，恰好分开时：x＝d(tan37°－tan30°)又有：x＝解得：d＝＝答案：8．(2019·山西豫南一联)如图所示，一截面为直角三角形的棱镜ABC，AB面涂有反射层，∠A＝30°，一束单色光垂直AC边从AC边上的P点(图中未画出)射入棱镜，折射光线经AB面反射后直接射到BC边的中点Q，已知棱镜对该单色光的折射率为，AB长L＝1 m．求：(1)P与C点间的距离；(2)从Q点射出的光线与BC边的夹角．解析：(1)如图所示，由几何关系知，光线射到AB边的D点时的入射角为30°，反射后从BC边的中点Q射出，则△BDQ为等边三角形，又因为AB长L＝1 m，则lBQ＝lCQ＝lBD＝＝＝0.25 mP与C点间的距离lPC＝lBDsin60°＝ m(2)由几何关系知：光线从BC边入射的入射角为30°，则由折射定律有：n＝解得光线在BC边的折射角θ＝60°所以从Q点射出的光线与BC边的夹角为30°答案：(1) m (2)30°9．(2019·河南南阳检测)如图所示，AOB是由某种透明物质制成的圆柱体的横截面(O为圆心)，其折射率为.今有一束平行光以45°的入射角射向柱体的OA平面，这些光线中有一部分不能从柱体的AB面上射出，设凡射到OB面的光线全部被吸收，也不考虑OA面的反射．(1)光线从透明物质射向真空时发生全反射的临界角．(2)圆柱AB面上有射出光线的部分占AB表面的几分之几？解析：(1)由公式sinC＝＝＝，得临界角C＝45°(2)设光线从某位置P点入射的光线，作出其光路如图所示：从O点射入的光线，折射角为γ，根据折射定律有：n＝解得γ＝30°折射到AB弧面上Q点时，入射角恰等于临界角C，△PQO中∠α＝180°－90°－C－γ＝15°所以能射出的光线区域对应的圆心角β＝90°－α－γ＝45°能射出光线的部分占AB面的比例为＝答案：(1)45° (2)10．(2019·湖南师大附中月考)如图所示，一巨大的玻璃容器，容器底部有一定的厚度，容器中装有一定量的水，在容器底部有一单色点光源S，已知水对该单色光的折射率为n水＝，玻璃对该单色光的折射率为n玻璃＝1.5，容器底部玻璃的厚度为d，水的深度为2d(已知光在真空中的传播速度为c，波的折射定律＝)．求：(1)该单色光在水和玻璃中传播的速度；(2)在水面形成的圆形光斑的半径(不考虑两个界面处的反射光线)．解析：(1)由n＝可知，光在水中的速度为v＝＝c，光在玻璃中的速度为v＝＝c；(2)光路图如图所示：光恰好在水和空气的分界面发生全反射时，sinC＝＝，又cosC＝＝，tanC＝，在玻璃与水的分界面上，由＝得sinθ＝，又cosθ＝，tanθ＝，由几何关系可知光斑的半径为R＝dtanθ＋2dtanC，解得R＝d.答案：(1)c c (2)d课时作业47 光的波动性 电磁波 相对论时间：45分钟1．用单色光照射位于竖直平面内的肥皂液薄膜，所观察到的干涉条纹为( B )解析：本题考查薄膜干涉．由于在光的干涉中亮、暗条纹的位置取决于两列光波相遇时通过的路程之差，则在薄膜干涉中取决于入射点处薄膜的厚度．因肥皂液薄膜在重力作用下形成了一个上薄下厚的楔形膜，厚度相等的位置在同一条水平线上，故同一条干涉条纹必然是水平的，由此可知只有选项B正确．2．(多选)下列说法正确的是( ABC )A．只有当障碍物或孔的尺寸跟光的波长差不多，甚至比光的波长还小时，才能产生明显的光的衍射现象B．光的衍射现象说明了光具有波动性C．用单色平行光照射单缝，缝宽不变，照射光的波长越长，衍射现象越显著D．光的衍射现象和干涉现象否定了光的直线传播的结论E．在太阳光照射下，肥皂泡呈现彩色，这是光的衍射现象解析：当障碍物或孔的尺寸可以跟光的波长相比，甚至比光的波长还小时，才能发生明显的衍射现象，故A正确；光的衍射现象说明了光具有波动性，故B正确；用单色平行光照射单缝，缝宽不变，照射光的波长越长，则衍射现象越显著，故C正确；光的衍射现象和干涉现象，说明了光具有波动性，但没有否定光的直线传播的结论，故D错误；在太阳光照射下，肥皂泡呈现彩色，这是光的干涉现象，故E错误．3．(多选)关于电磁波谱，下列说法中正确的是( AD )A．X射线对生命物质有较强的作用，过量的X射线辐射会引起生物体的病变B．在电磁波谱中，最容易发生衍射现象的是γ射线C．紫外线比紫光更容易发生干涉和衍射D．γ射线是波长最短的电磁波，且比X射线的频率高解析：X射线具有较强的穿透能力，过量的X射线辐射会引起生物体的病变，故A正确；电磁波谱中，最容易发生衍射现象的是无线电波，故B错误；紫外线比紫光的波长短，更不容易发生衍射，故C错误；γ射线波长最短，频率最高，故D正确．4．(多选)接近光速飞行的飞船和地球上各有一只相同的铯原子钟，飞船和地球上的人观测这两只钟的快慢，下列说法正确的有( AC )A．飞船上的人观测到飞船上的钟较快B．飞船上的人观测到飞船上的钟较慢C．地球上的人观测到地球上的钟较快D．地球上的人观测到地球上的钟较慢解析：飞船上的人是以飞船为参考系，故地球是高速运动的，根据狭义相对论的运动延时效应，飞船上的人观测到地球上的钟较慢，即飞船上的人观测到飞船上的钟较快，故A正确，B错误；地球上的人以地球为参考系，认为飞船高速运动，同样根据狭义相对论的运动延时效应，飞船上的钟较慢，故地球上的人观测到地球上的钟较快，故C正确，D错误．5．如图所示，市场上有种灯具俗称“冷光灯”，用它照射物品时能使被照物品处产生的热效应大大降低，从而广泛地应用于博物馆、商店等处．这种灯降低热效应的原因之一是在灯泡后面放置的反光镜玻璃表面上镀一层薄膜(例如氟化镁)，这种膜能消除不镀膜时玻璃表面反射回来的热效应最显著的红外线．以λ表示红外线的波长，则所镀薄膜的最小厚度应为( B )A.λ B.λC.λ D．λ解析：红外线最显著的特点之一就是热效应，当光照射物体时，一般都伴随着大量的红外线．在灯泡后面放置的反光镜玻璃表面上镀一层薄膜(相当于增透膜)，当增透膜最小厚度等于红外线在其中传播的波长的时，灯泡发出的红外线射到增透膜后，从增透膜的前后表面反射回来的两束红外线发生干涉，相互抵消，使反射的红外线强度减弱，达到冷光效果．故B正确．6．在双缝干涉实验中，屏上出现了明暗相间的条纹，则( D )A．中间条纹间距较两侧更宽B．不同色光形成的条纹完全重合C．双缝间距离越大条纹间距离也越大D．遮住一条缝后屏上仍有明暗相间的条纹解析：据干涉图样的特征可知，干涉条纹的特征是等间距且彼此平行的，故选项A错误；不同色光干涉条纹分布位置不相同，故选项B错误；据公式Δx＝λ可知，双缝间距d越大，干涉条纹间距离越小，故选项C错误；遮住一条缝后，变成了单缝衍射，屏上出现衍射条纹，仍为明暗相间的条纹，故选项D正确．7．如图所示，人眼隔着偏振片B、A去看一只电灯泡S，一束透射光都看不到，下列说法中正确的是( C )A．使A和B同时转过90°，能够看到透射光B．单使B转过90°的过程中，看到光先变亮再变暗C．单使B转过90°的过程中，看到光逐渐变亮D．单使A转动时，始终看不到透射光解析：原来人眼隔着偏振片B、A去看一只电灯泡S，无法看到透射光，说明两个偏振片正好相互垂直，现在同时转过90°，依然看不到透射光，故A错误；单使B转过90°的过程中，看到光逐渐变亮，故B错误，C正确；单使A转动时，可以看到透射光，故D错误．8．(多选)下列说法正确的是( BCE )A．偏振光可以是横波，也可以是纵波B．光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象C．光纤通信及医用纤维式内窥镜都是利用了光的全反射原理D．X射线在磁场中能偏转、穿透能力强，可用来进行人体透视E．声源与观察者相对靠近时，观察者所接收的频率大于声源振动的频率解析：偏振光只可以是横波，不能是纵波，故A错误；光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象，故B正确；光导纤维传输信号及医用纤维式内窥镜都是利用光的全反射原理，故C正确；用X射线透视人体是利用X光的穿透性，但在磁场中不能偏转，因其不带电，故D错误．根据多普勒效应可知，声源与观察者相对靠近，观察者所接收的频率大于声源发出的频率，故E正确．9．如图所示为用a、b两种单色光分别通过同一双缝干涉装置获得的干涉图样．现让a、b两种光组成的复色光穿过平行玻璃砖或三棱镜时，光的传播路径与方向可能正确的是( D )解析：由干涉条纹可看出，a光的条纹间距大于b光，故根据Δx＝λ可知，a光的波长大于b光，a光的频率小于b光，则a光的折射率小于b光；a光的临界角大于b光；A图中a、b两种光的位置颠倒了；B图中出射光应该和入射光平行；C、D图中首先发生全反射的应该是b光，所以选项D正确．10．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．两天线同时都发出波长为λ1和λ2的无线电波．飞机降落过程中，当接收到λ1和λ2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( C )A．天线发出的两种无线电波必须一样强B．导航利用了λ1与λ2两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解析：无线电波的干涉与强弱无关，故A错误；导航利用了λ1与λ1的干涉、λ2与λ2的干涉，并不是λ1与λ2的干涉，故B错误；空间中λ1的干涉与λ2的干涉相互叠加，因为每种无线电波干涉后强弱分布稳定，故叠加后空间的强弱分布依旧稳定，故C正确；由于λ1与λ2不同，故各自在空间的强弱分布不完全重合，故D错误．11．(2019·山东统测)(多选)关于机械波与电磁波，下列说法正确的是( BDE )A．电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率有关B．电磁波可以发生衍射现象和偏振现象C．简谐机械波在给定的介质中传播时，振动的频率越高，则波传播速度越大D．紫外线在水中的传播速度小于红外线在水中的传播速度E．机械波不但能传递能量，而且能传递信息，其传播方向就是能量或信息传递的方向解析：电磁波在真空中的传播速度都等于光速，与电磁波的频率无关，故A错误；衍射现象是波特有的现象，而偏振现象是横波特有的现象，电磁波也是一种横波，可以发生衍射现象和偏振现象，故B正确；在同一种介质中传播时，简谐机械波的传播速度相等，故C错误；光在介质中传播，频率越高，传播速度越小，紫外线在水中的传播速度小于红外线在水中的传播速度，故D正确；机械波沿其传播方向既能传递能量，又能传递信息，故E正确．12．(2019·湖北华师一附中模拟)(多选)下列说法正确的是( ABD )A．因为声波的波长可以与通常的障碍物尺寸相比，所以声波比较容易产生衍射现象B．向人体内发射频率已知的超声波被血管中的血流反射后又被仪器接收，测出反射波的频率变化就能知道血流的速度，这种方法俗称“彩超”C．用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象D．麦克斯韦关于电磁场的两个基本观点是：变化的磁场产生电场和变化的电场产生磁场E．狭义相对论认为真空中的光速与光的频率、光源的运动状态有关解析：因为声波的波长可以与通常的障碍物尺寸相比，根据明显衍射的条件可知，声波比较容易产生衍射现象，故A正确；测出反射波的频率变化就能知道血流的速度，这种方法俗称“彩超”，是利用了多普勒效应原理，故B正确；用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的薄膜干涉现象，故C错误；麦克斯韦关于电磁场的两个基本观点是：变化的磁场产生电场和变化的电场产生磁场，故D正确；根据狭义相对论中光速不变原理，可知，在所有惯性参考系中光速是相同的，光速与光源、观察者间的相对运动无关，故E错误．13．(2019·甘肃联考)(多选)如图所示，某复色光由空气斜射入某介质中后分解为a、b两束单色光，以下说法正确的是( ABC )A．a光的频率比b光大B．a光在该介质中的传播速度比b光小C．光由介质射入空气时，a光的临界角比b光小D．a、b通过相同的单缝衍射实验装置，a光的衍射条纹较宽E．a、b通过相同的双缝干涉实验装置，a光的干涉条纹间距较大解析：介质对a光的偏折程度大，即na>nb，所以a光频率大于b光频率，选项A正确；根据n＝可知，a光在介质中的传播速度小，选项B正确；根据n＝可知，a光临界角小，C正确；根据c＝λ·f可知λa<λb，通过相同装置发生干涉或衍射时，b光的衍射条纹及干涉条纹间距较大，选项D、E错误．14．(多选)下列说法正确的是( BCE )A．在观看3D电影时，观众要戴上特制的眼镜，否则，银幕上的图像就模糊不清了，是利用了光的干涉原理B．机械波和电磁波本质上不相同，但它们都能发生反射、折射、干涉和衍射现象C．通过狭缝看太阳光呈现的彩色是光的衍射现象，露珠呈现的彩色是光的色散现象，肥皂泡呈现的彩色是光的干涉现象D．相对论认为，竖直向上高速运动的球，无论谁去观察，在水平方向上都会变扁E．光纤通信的原理是全反射，光纤通信具有容量大，衰减小，抗干扰性强等优点解析：3D电影是利用了光的偏振现象，故A错误；竖直向上高速运动的球在水平方向上没有变化，竖直方向上变扁了，D项错误；BCE说法正确．15．用双缝干涉测量光的波长的实验装置如图甲所示，已知单缝与双缝间的距离L1＝100 mm，双缝与屏的距离L2＝700 mm，双缝间距d＝0.25 mm.用测量头来测量相邻亮条纹中心间的距离．测量头由分划板、目镜、手轮等构成，转动手轮，使分划板左右移动，让分划板的中心刻线对准亮条纹的中心，如图乙所示．(1)某同学发现，多次实验中，条纹有竖直的，有水平的，也有倾斜的，出现这些问题的原因是单缝是竖直的，条纹就是竖直的；单缝是水平的，条纹就是水平的；单缝是倾斜的，条纹就是倾斜的．(2)当分划板的中心刻线对准第1个亮条纹的中心时读数x1＝2.190 mm，对准第4个亮条纹的中心时读数如图丙所示，其读数x2＝A mm.A．7.869 B．7.86C．7.36 D．5.869(3)写出计算波长的表达式λ＝·(用d、L1、L2、x1、x2表示)，根据已知数据和(2)中测得的数据，求解得到的波长为676 nm.解析：(2)x2＝7.869 mm.(3)由题意知Δx＝＝根据Δx＝λ＝λ 得λ＝·代入数据解得λ＝676 nm 展开更多...... 收起↑ 资源列表 第1讲 机械振动.docx 第2讲 机械波.docx 第3讲 光的折射 全反射.docx 第4讲 光的波动性 电磁波 相对论.docx 课时作业44.doc 课时作业45.doc 课时作业46.doc 课时作业47.doc
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