高考物理二轮讲练【专题五】振动和波】光(含2014高考题)及答案

考向一 振动图像与波动图像的综合应用 (选择题)1.波速、波长、周期、频率的关系v ＝λT＝λf 。

2．机械波传播的特点(1)传播速度由介质决定。

(2)波上各质点都以它的平衡位置为中心做简谐运动，只是沿传播方向振动依次落后。

(3)波传播的只是振动形式和能量，质点并不随波迁移。

(4)波的传播方向和波上各质点的振动方向可以相互判断，常用的方法有“上下坡法”，其方法是：沿波的传播速度的方向看，“上坡”的点向下振动，“下坡”的点向上振动，简称“上坡下，下坡上”。

(5)每一个质点的起振方向都跟波源的起振方向相同。

3．振动图像和波动图像的对比分析[例1] (2014·全国新课标Ⅰ)图(a)为一列简谐横波在t ＝2 s 时的波形图，图(b)为媒质中平衡位置在x ＝1.5 m 处的质点的振动图像，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 [解析] 根据图像可知：该波的波长λ＝2 m ，周期T ＝4 s ，故波速v ＝λT＝0.5 m/s ，A 正确；从图(b)中可知：x ＝1.5 m 处的质点在t ＝2 s 时，其在平衡位置沿y 轴负向运动，在图(a)中，沿波的传播方向，“下坡向上，上坡向下”，故该波的传播方向向左，B 错误；0～2 s ，P 运动的路程s ＝t T·4A ＝8 cm ，C 正确；0～2 s ，P 从正向最大位移处运动到负向最大位移处，即沿y 轴负向运动，D 错误；当t ＝7 s 时，P 点从图示(t ＝2 s)经历了5 s ，即54T ，到达平衡位置，E 正确。

[答案] ACE[感悟升华]巧解波动图像与振动图像综合问题的基本方法求解波动图像与振动图像综合类问题可采用“一分、一看、二找”的方法：(1)分清振动图像与波动图像，此问题最简单，只要看清横坐标即可，横坐标为x 则为波动图像，横坐标为t 则为振动图像。

(2)看清横、纵坐标的单位，尤其要注意单位前的数量级。

(3)找准波动图像对应的时刻。

(4)找准振动图像对应的质点。

1．(2014·北京高考)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，a 、b 是波上的两个质点。

图乙是波上某一质点的振动图像。

下列说法正确的是( )A ．t ＝0时质点a 的速度比质点b 的大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 的振动解析：选D 根据题图甲所示的波动图像，由于波沿x 轴正方向传播，t ＝0时刻质点a 速度为零，质点b 速度最大，即t ＝0时刻质点a 的速度比质点b 的速度小，A 错误；由于t ＝0时刻质点a 位移最大，所受回复力最大，加速度最大，质点b 处于平衡位置，位移为零，回复力为零，加速度为零，所以t ＝0时刻质点a 的加速度比质点b 的大，B 错误；根据题图甲所示的波动图像，由于波沿x 轴正方向传播，t ＝0时刻，质点a 从正的最大位移处向下运动，质点b 从平衡位置向下运动，所以题图乙可以表示质点b 的振动，C 错误，D 正确。

2．(2014·四川高考)如图所示，甲为t ＝1 s 时某横波的波形图像，乙为该波传播方向上某一质点的振动图像，距该质点Δx ＝0.5 m 处质点的振动图像可能是( )解析：选A 根据振动与波动的关系解决问题。

(法一)若波沿＋x 方向传播，则t ＝0时的波形图如图甲虚线所示，则质点P 的振动图像为题中乙图所示。

距P 点0.5 m 的质点的位移y ＞0，且向下运动，或y ＜0，且向上运动；若波沿－x 方向传播，则t ＝0时的波形图如图甲虚线所示，则质点Q 的振动图像为题中乙图所示。

距Q 点0.5 m 的质点的位移y ＜0，且向上运动，或y ＞0，且向下运动。

所以选项A 正确。

甲(法二)根据波形图像可得波长λ＝2 m ，根据振动图像可得周期T ＝2 s 。

两质点之间的距离Δx ＝0.5 m ＝14λ。

根据振动和波动之间的关系，则另一质点相对该质点的振动延迟14T ，如图乙所示，或者提前14T ，如图丙所示。

符合条件的只有选项A 。

3．(2013·四川高考)图甲是一列简谐横波在t ＝1.25 s 时的波形图，已知c 位置的质点比a 位置的晚0.5 s 起振，则图乙所示振动图像对应的质点可能位于( )甲 乙A ．a ＜x ＜bB ．b ＜x ＜cC ．c ＜x ＜dD ．d ＜x ＜e解析：选D 根据所给波形图和c 位置的质点比a 位置的质点晚0.5 s 起振，则该列简谐横波的周期是T ＝1 s ，又根据周期和所给波形图能找到t ＝0时的波形图(余弦图像)，又根据所给振动图像可知，t ＝0时所找质点应该位于平衡位置上方且向上振动，又结合t ＝0时的波形图可知，所找质点可能位于d <x <e 范围内，故选D 。

考向二 光的折射和全反射 (选择题)1．对折射率的理解(1)n ＝sin θ1sin θ2(θ1、θ2分别为入射角和折射角)。

(2)n ＝c v (c 为光速，v 为光在介质中的速度)。

(3)折射率由介质本身性质决定，与入射角的大小无关。

(4)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。

(5)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．对全反射的理解(1)全反射的条件：光从光密介质进入光疏介质，入射角大于或等于临界角。

(2)临界角公式：sin C ＝1n。

(3)光的全反射现象遵循光的反射定律，光路是可逆的。

(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。

当折射角等于90°时，实际上就已经没有折射光了。

(5)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。

[例2] (2014·德阳模拟)一半径为R 的半圆形玻璃砖放置在竖直平面上，其截面如图所示。

图中O 为圆心，MN 为竖直方向的直径。

有一束细光线自O 点沿水平方向射入玻璃砖，可以观测到有光线自玻璃砖右侧射出，现将入射光线缓慢平行下移，当入射光线与O 点的距离为d 时，从玻璃砖右侧射出的光线刚好消失。

则此玻璃的折射率为( )A.R R 2－d 2B.R 2－d 2RC.R dD.d R[解析] 当从玻璃砖射出的光线刚好消失时，入射光线在半圆面上的入射角恰好等于玻璃砖的临界角，由几何关系可知，sin C ＝d R ，又sin C ＝1n ，故得n ＝R d，C 正确。

[答案] C[感悟升华]求解光的折射和全反射的思路4.(2014·四川高考)如图所示，口径较大、充满水的薄壁圆柱形浅玻璃缸底有一发光小球，则( )A ．小球必须位于缸底中心才能从侧面看到小球B ．小球所发的光能从水面任何区域射出C ．小球所发的光从水中进入空气后频率变大D ．小球所发的光从水中进入空气后传播速度变大解析：选D 发光小球沿水平方向发出的光，均能射出玻璃缸，不发生全反射，A 错误；小球发出的光射到水面上时，当入射角大于等于临界角时，会发生全反射，B 错误；光的频率由光源决定，光由一种介质进入另一种介质时，光的频率不变，C 错误；根据n ＝c v ，光在水中的传播速度较小，D 正确。

5．(2013·四川高考)光射到两种不同介质的分界面，分析其后的传播情形可知( )A ．折射现象的出现说明光是纵波B ．光总会分为反射光和折射光C ．折射光与入射光的传播方向总是不同的D ．发生折射是因为光在不同介质中的传播速度不同解析：选D 光属于电磁波，是一种横波，另外光的折射现象的出现不能说明光是纵波，A 错误；当光从光密介质射向光疏介质，且入射角足够大时，会在分界面处发生全反射现象，此时只有折射光线而反射光线消失，B 错误；当光垂直射到两种不同介质的分界面时，折射光线与入射光线的传播方向是相同的，C 错误；当光射到两种不同介质的分界面时会发生折射现象，这是因为不同介质对光的(绝对)折射率n ＝c v 不同，即光在不同介质中的传播速度不同，D6．如图所示，一束光从空气中射向折射率为n ＝2的某种玻璃的表面，θ1表示入射角，则下列说法中错误的是( )A ．当θ1＞45°时会发生全反射现象B ．无论入射角θ1是多大，折射角θ2都不会超过45°C ．欲使折射角θ2＝30°，应以θ1＝45°的角度入射D ．当入射角θ1＝arctan 2时，反射光线和折射光线恰好互相垂直解析：选A 光从光密介质射向光疏介质，且入射角大于临界角时，才能发生全反射，A项中，光从空气射向玻璃时不会发生全反射现象，A 错误；由折射率n ＝sin θ1sin θ2＝2可知，当入射角最大为90°时，折射角θ2＝45°，B 正确；由折射率n ＝sin θ1sin θ2可知，C 、D 均正确。

7．(2014·全国新课标Ⅰ)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 上的最大宽度为多少？(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)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，如图甲所示。

甲 由全反射条件有sin θ＝1n① 由几何关系有x 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 ＝2x OE ③联立①②③式，代入已知数据得 l ＝2R ④(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α＝60°>θ⑤光线在玻璃砖内会发生三次全反射，最后由G 点射出，如图乙所示。

乙 由反射定律和几何关系得x OG ＝x OC ＝32R ⑥ 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)2R (2)见解析考向三 光的波动性 电磁波和相对论 (选择题)1．光的波动性(1)必须明确光的干涉现象和光的衍射现象证明了光的波动性，光的偏振现象说明光为横波。