2016版卓越学案高考物理(通用版)二轮复习第一部分考前复习方略：专题十五 振动与波动 光限时训练.doc

1．(1)对如图所示的图片、示意图或实验装置图，下列判断准确无误的是________．A．甲图是小孔衍射的图样，也被称为“泊松亮斑”B．乙图是薄膜干涉的应用，用来检测平面的平整程度C．丙图是双缝干涉原理图，若P到S1、S2的路程差是半波长的偶数倍，则P处是亮纹D．丁图是薄膜干涉现象的实验装置图，在附有肥皂膜的铁丝圈上，出现竖直干涉条纹E．戊图是波的振动图象，其振幅为8 cm，振动周期为4 s(2)如图所示，△ABC为一直角三棱镜的截面，其一个底角为30°，一束单色平行光束斜射向AB面，经三棱镜折射后在AC面水平平行射出．①以图中三条光线代表光束，画出三条光线经棱镜折射的光路示意图；②若棱镜的折射率为3，求入射光线与AB面的夹角θ.解析：(1)题图甲是小孔衍射的图样，但不是“泊松亮斑”，故A错．题图丁是薄膜干涉现象的实验装置图，但其干涉条纹应为水平的，故D错．(2)①光路图如图甲所示②由图乙可知sin αsin β＝nsin 60°sin γ＝n又n ＝ 3 解得γ＝30°由图中几何关系可知β＝30° 解得α＝60° 则θ＝30°.答案：(1)BCE (2)①见解析 ②30°2．(2015·武汉模拟)(1)下列关于波的现象和规律的说法中正确的是________． A ．机械波、电磁波均能产生干涉、衍射现象 B ．泊松亮斑是光的干涉现象中的加强区 C ．光的偏振现象说明光是横波D ．波速公式说明波速与波长、频率有关，与介质无关E ．“彩超”可以测血流速度，利用的是超声波的多普勒效应(2)如图所示，在桌面上方有一倒立的玻璃圆锥，顶角∠AOB ＝120°，顶点O 与桌面的距离为4a ，圆锥的底面半径R ＝3a ，圆锥轴线与桌面垂直．有一半径为R 的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的底面上，光束的中心轴与圆锥的轴重合．已知玻璃的折射率n ＝3，求光束在桌面上形成的光斑的面积．解析：(1)干涉、衍射是波特有的现象，A 正确；泊松亮斑是光的衍射现象，B 错误；横波才有偏振现象，C 正确；波速大小取决于介质，D 错误；利用多普勒效应可以测速度，E 正确．(2)如图所示，射到OA 界面的入射角α＝30°，则sin α＝12<1n ，故入射光能从圆锥侧面射出．设折射角为β，无限接近A 点的折射光线为AC ，根据折射定律 sin β＝n sin α， 解得β＝60°. 过O 点作OD ∥AC ， 则∠O 2OD ＝β－α＝30° 在Rt △O 1AO 中O 1O ＝R tan 30°＝3a ²33＝a 在Rt △ACE 中，EC ＝AE tan 30°＝5a 3故O 2C ＝EC －R ＝2a 3在Rt △OO 2D 中，O 2D ＝4a tan 30°＝4a 3光束在桌面上形成光斑的面积 S ＝π²O 2D 2－π²O 2C 2＝4πa 2. 答案：(1)ACE (2)4πa 23．(2014·高考全国卷Ⅱ，T34，15分)(1)如图甲为一列简谐横波在t ＝0.10 s 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；图乙为质点Q 的振动图象，下列说法正确的是________．A ．在t ＝0.10 s 时，质点Q 向y 轴正方向运动B ．在t ＝0.25 s 时，质点P 的加速度方向与y 轴正方向相同C ．从t ＝0.10 s 到t ＝0.25 s ，该波沿x 轴负方向传播了6 mD ．从t ＝0.10 s 到t ＝0.25 s ，质点P 通过的路程为30 cmE ．质点Q 简谐运动的表达式为y ＝0.10sin 10πt (国际单位)(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)，求大平板玻璃的折射率．解析：(1)由y －t 图象可知，t ＝0.10 s 时质点Q 沿y 轴负方向运动，选项A 错误；由y －t 图象可知，波的振动周期T ＝0.2 s ，由y －x 图象可知λ＝8 m ，故波速v ＝λT ＝40 m/s ，根据振动与波动的关系知波沿x 轴负方向传播，则波在0.10 s 到0.25 s 内传播的距离Δx ＝v Δt ＝6 m ，选项C 正确；t ＝0.25 s 时，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 ＝0.15 s ＝34T ，质点P 在其中的12T 内路程为20 cm ，在剩下的14T 内包含了质点P 通过最大位移的位置，故其路程小于10 cm ，因此在Δt ＝0.15 s 内质点P 通过的路程小于30 cm ，选项D 错误；由y －t 图象可知质点Q 做简谐运动的表达式为y ＝0.10sin 2π0.2t (m)＝0.10sin 10πt (m)，选项E 正确．(2)根据全反射定律，圆形发光面边缘发出的光线射到玻璃板上表面时入射角为临界角(如图所示)，设为θ，且sin θ＝1n.根据几何关系得：sin θ＝L h 2＋L 2而L ＝R －r联立以上各式，解得n ＝1＋⎝⎛⎭⎫hR －r 2.答案：(1)BCE (2)1＋⎝⎛⎭⎫h R －r 24．(2015·濮阳模拟)(1)如图所示，两列简谐横波分别沿x 轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x ＝－2 m 和x ＝12 m 处，两列波的传播速度均为v ＝4 m/s ，两波源的振幅均为A ＝2 cm.图示为t ＝0时刻两列波的图象(传播方向如图所示)，此时刻平衡位置处于x ＝2 m 和x ＝8 m 的P 、Q 两质点刚开始振动．质点M 的平衡位置处于x ＝5 m 处，则下列说法正确的是________．A ．两列波相遇后振幅仍然为2 cmB ．t ＝1 s 时刻，质点M 的位移为－4 cmC ．t ＝1 s 时刻，质点M 的位移为＋4 cmD ．t ＝0.75 s 时刻，质点P 、Q 都运动到M 点E ．质点P 、Q 的起振方向都沿y 轴负方向(2)如图所示，直角玻璃三棱镜置于空气中，已知∠A ＝60°，∠C ＝90°，一束极细的光于AC 的中点D 垂直AC 面入射，AD ＝a ，棱镜的折射率为n ＝2，求：①此玻璃的临界角；②光从棱镜第一次射入空气时的折射角；③光从进入棱镜到它第一次射入空气所经历的时间(设光在真空中的传播速度为c )． 解析：(1)根据波的叠加原理，A 正确；由题图可知两列波的起振方向都沿y 轴负方向，E 正确；又λ＝4 m ，v ＝4 m/s ，所以T ＝λv ＝1 s ，波形匀速传播，两列波传播到M 点时，t＝x v ＝34 s ＝0.75 s ，所以t ＝1 s 时刻，M 点已经振动了(1－0.75) s ＝14T ，两列波在M 点加强，合振幅为4 cm ，M 点的位移为－4 cm ，B 正确、C 错误；波传播时，波形移动，质点不随波传播，D 错误．(2)①设玻璃对空气的临界角为C ，则sin C ＝1n ＝12，C ＝45°.②如图所示，i 1＝60°，因i 1>45°，发生全反射．i 2＝90°－i 1＝30°<C ，由折射定律有sin rsin i 2＝2，所以r ＝45°.③棱镜中光速v ＝c n ＝c2，所求时间：t ＝3a v ＋a v cos 30°＝56a3c.答案：(1)ABE (2)①45° ②45° ③56a 3c5.(2015·高考全国卷Ⅱ，T34，15分)(1)如图，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 两束光线．则________．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 ．玻璃砖对a 光的折射率小于对b 光的折射率D ．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E ．分别用a 、b 光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a 光的干涉条纹间距大于b 光的干涉条纹间距(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35 cm ，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 ＝1 s ，振幅A ＝5 cm.当波传到P 点时，波源恰好处于波峰位置；此后再经过5 s ，平衡位置在Q 处的质点第一次处于波峰位置．求：①P 、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)通过光路图可看出，折射后a 光的偏折程度大于b 光的偏折程度，玻璃砖对a 光的折射率大于对b 光的折射率，选项C 错误．a 光的频率大于b 光的频率，波长小于b 光的波长，选项B 正确．由n ＝cv 知，在玻璃中，a 光的传播速度小于b 光的传播速度，选项A正确．入射角增大时，折射率大的光线首先发生全反射，a 光首先消失，选项D 正确．做双缝干涉实验时，根据Δx ＝ Ld λ得a 光的干涉条纹间距小于b 光的干涉条纹间距，选项E 错误．(2)①由题意，O 、P 两点间的距离与波长λ之间满足 OP ＝54λ①波速v 与波长λ的关系为 v ＝λT②在t ＝5 s 的时间间隔内，波传播的路程为vt .由题意有 vt ＝PQ ＋λ4③式中，PQ 为P 、Q 间的距离． 由①②③式和题给数据，得PQ ＝133 cm.②Q 处的质点第一次处于波峰位置时，波源运动的时间为 t 1＝t ＋54T波源从平衡位置开始运动，每经过T4，波源运动的路程为A .由题给条件得t 1＝25×T4故t 1时间内，波源运动的路程为 s ＝25A ＝125 cm.答案：(1)ABD (2)①133 cm ②125 cm6．(2015·高考全国卷Ⅰ，T34，15分)(1)在双缝干涉实验中，分别用红色和绿色的激光照射同一双缝，在双缝后的屏幕上，红光的干涉条纹间距Δx 1与绿光的干涉条纹间距Δx 2相比，Δx 1________Δx 2(填“>”、“＝”或“<”)．若实验中红光的波长为630 nm ，双缝与屏幕的距离为1.00 m ，测得第1条到第6条亮条纹中心间的距离为10.5 mm ，则双缝之间的距离为________ mm.(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 ＝25 cm/s.两列波在 t ＝0时的波形曲线如图所示．求：①t ＝0时，介质中偏离平衡位置位移为16 cm 的所有质点的x 坐标；②从t ＝0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为－16 cm 的质点的时间． 解析：(1)由公式Δx ＝L d λ可知，Δx 1>Δx 2.相邻亮条纹之间的距离为Δx ＝10.55 mm ＝2.1mm ，双缝间的距离d ＝L λΔx，代入数据得d ＝0.300 mm.(2)①t ＝0时，在x ＝50 cm 处两列波的波峰相遇，该处质点偏离平衡位置的位移为16 cm.两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位置的位移均为16 cm.从图线可以看出，甲、乙两列波的波长分别为 λ1＝50 cm ，λ2＝60 cm ① 甲、乙两列波波峰的x 坐标分别为x 1＝50＋k 1λ1，k 1＝0，±1，±2，…② x 2＝50＋k 2λ2，k 2＝0，±1，±2，…③由①②③式得，介质中偏离平衡位置位移为16 cm 的所有质点的x 坐标为 x ＝(50＋300n )cm ，n ＝0，±1，±2，…④②只有两列波的波谷相遇处的质点的位移为－16 cm.t ＝0时，两列波波谷间的x 坐标之差为Δx ′＝⎣⎡⎦⎤50＋（2m 2＋1）λ22－⎣⎡⎦⎤50＋（2m 1＋1）λ12⑤ 式中，m 1和m 2均为整数．将①式代入⑤式得 Δx ′＝10×(6m 2－5m 1)＋5由于m 1、m 2均为整数，波谷间的距离最小为 Δx ′0＝5 cm从t ＝0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为－16 cm 的质点的时间为t ＝Δx ′02v代入数值解得t ＝0.1 s.答案：(1)> 0.300 (2)①x ＝(50＋300n )cm ，n ＝0，±1，±2，… ②0.1 s7．(2014·高考全国卷Ⅰ，T34，15分)(1)如图甲为一列简谐横波在t ＝2 s 时的波形图，图乙为媒质中平衡位置在x ＝1.5 m 处的质点的振动图象，P 是平衡位置为x ＝2 m 的质点．下列说法正确的是________．A ．波速为0.5 m/sB ．波的传播方向向右C ．0～2 s 时间内，P 运动的路程为8 cmD ．0～2 s 时间内，P 向y 轴正方向运动E ．当t ＝7 s 时，P 恰好回到平衡位置丙(2)一个半圆柱形玻璃砖，其横截面是半径为R 的半圆，AB 为半圆的直径，O 为圆心，如图丙所示．玻璃的折射率为n ＝ 2.①一束平行光垂直射向玻璃砖的下表面，若光线到达上表面后，都能从该表面射出，则入射光束在AB 上的最大宽度为多长？②一细束光线在O 点左侧与O 相距 32R 处垂直于AB 从下方入射，求此光线从玻璃砖射出点的位置．解析：(1)由题图甲读出波长λ＝2 m ，由题图乙读出周期T ＝4 s ，则v ＝λT ＝0.5 m/s ，选项A 正确；题图甲是t ＝2 s 时的波形图，题图乙是x ＝1.5 m 处质点的振动图象，所以该点在t ＝2 s 时向下振动，所以波向左传播，选项B 错误；在0～2 s 内质点P 由波峰向波谷振动，通过的路程s ＝2A ＝8 cm ，选项C 正确，选项D 错误；t ＝7 s 时，P 点振动了74个周期，所以这时P 点位置与t ＝34T ＝3 s 时位置相同，即在平衡位置，所以选项E 正确．(2)①在O 点左侧，设从E 点射入的光线进入玻璃砖后在上表面的入射角恰好等于全反射的临界角θ，则OE 区域的入射光线经上表面折射后都能从玻璃砖射出，如图，由全反射条件有sin θ＝1n①由几何关系有OE ＝R sin θ②由对称性可知，若光线都能从上表面射出，光束的宽度最大为 l ＝2OE ③联立①②③式，代入已知数据得 l ＝2R .②设光线在距O 点32R 的C 点射入后，在上表面的入射角为α，由几何关系及①式和已知条件得α＝60°>θ光线在玻璃砖内会发生三次全反射，最后由G 点射出，如图，由反射定律和几何关系得OG ＝OC ＝32R射到G 点的光有一部分被反射，沿原路返回到达C 点射出． 答案：(1)ACE (2)①2R ②光线从G 点射出时，OG ＝OC ＝32R ，射到G 点的光有一部分被反射，沿原路返回到达C 点射出8．(2015·长春市质监)(1)如图甲所示的弹簧振子(以O 点为平衡位置在B 、C 间振动)，取水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移的正方向，得到如图乙所示的振动曲线，由曲线所给的信息可知，下列说法正确的是________．A ．t ＝0时，振子处在B 位置 B ．振子振动的周期为4 sC ．t ＝4 s 时振子对平衡位置的位移为10 cmD ．t ＝2.5 s 时振子对平衡位置的位移为5 cmE ．如果振子的质量为0.5 kg ，弹簧的劲度系数为20 N/cm ，则振子的最大加速度大小为400 m/s 2丙(2)如图丙所示为一透明的圆柱体的横截面，其半径为R ，透明圆柱体的折射率为n ，AB 是一条直径．今有一束平行光沿平行AB 方向射向圆柱体．求：经透明圆柱体折射后，恰能经过B 点的入射光线的入射点到AB 的垂直距离．解析：(1)由题图乙可知零时刻振子位移为－10 cm ，则所对应的位置为B ，故A 正确．由题图乙可知振子振动周期为4 s ，故B 正确．t ＝4 s 时，振子偏离平衡位置的位移为－10 cm ，故C 错误．t ＝2.5 s 时振子的位移为5 2 cm ，故D 错误．当振子偏离平衡位置最大时，振子受合力最大，产生的加速度也最大，由F ＝kx ＝ma ，得a ＝20³100.5 m/s 2＝400 m/s 2，故E正确．(2)设入射角为i ，折射角为r ，入射光线离AB 的距离为h ，由折射定律：sin i sin r＝n 由几何关系：sin i ＝h R， sin r ＝h 2R cos r解得：cos r ＝n 2，sin r ＝ 1－n 24 又因为：sin i ＝2sin r ²cos r ＝h R解得：h ＝nR 4－n 22. 答案：(1)ABE (2)nR 4－n 22。