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文档介绍
【物理】2019届一轮复习人教版第十四章波与相对论[选修3－4]教案
第十四章 波与相对论[选修3－4] [全国卷5年考情分析] 未曾独立命题的考点 命题概率较小的考点 命题概率较大的考点 简谐运动的公式和图像(Ⅱ) 单摆、单摆的周期公式(Ⅰ) 受迫振动和共振(Ⅰ) 机械波、横波和纵波(Ⅰ) 多普勒效应(Ⅰ) 光的干涉、衍射和偏振现象(Ⅰ) 电磁波谱(Ⅰ) 狭义相对论的基本假设(Ⅰ) 质能关系(Ⅰ) 实验十四：探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度 实验十五：测定玻璃的折射率 简谐运动(Ⅰ) '13Ⅱ卷T34(1)(5分) 横波的图像(Ⅱ) '17 Ⅲ卷T34(1)(5分) 波的干涉和衍射现象(Ⅰ) '17Ⅰ卷T34(1)(5分) '16 Ⅱ卷T34(2)(10分) 光的折射定律(Ⅱ) '17Ⅰ卷T34(2)(10分) '17Ⅱ卷T34(2)(10分) '15 Ⅰ卷T34(2)(10分)，Ⅱ卷T34(2)(10分) 折射率(Ⅰ) '14Ⅱ卷T34(2)(10分) '14 Ⅰ卷T34(1)(6分)，Ⅱ卷T34(1)(5分) 电磁波的产生(Ⅰ) '16Ⅱ卷T34(1)(5分) 波速、波长和频率(周期)的关系(Ⅰ) '17 Ⅰ卷T34(1)(5分) Ⅲ卷T34(1)(5分) '16 Ⅱ卷T34(2)(10分) Ⅰ卷T34(1)(5分) '13 Ⅰ卷T34(1)(6分) 电磁波的发射、传播和接收(Ⅰ) '16Ⅱ卷T34(1)(5分) 全反射、光导纤维(Ⅰ) '17 Ⅲ卷T34(2)(10分) '16 Ⅰ卷T34(2)(10分)，Ⅲ卷T34(2)(10分) '15 Ⅱ卷T34(1)(5分) 实验十六：用双缝干涉测光的波长 '17Ⅱ卷T34(1)(5分) '15Ⅰ卷T34(1)(5分) '14 Ⅰ卷T34(2)(9分) '13 Ⅰ卷T34(2)(9分)，Ⅱ卷T34(2)(10分) 常考角度 (1)简谐运动的基本概念及规律 (2)机械波的形成与传播 (3)光的折射和全反射 (4)光的干涉和衍射 (5)光学与数学知识的综合应用 (6)电磁场理论与电磁波的性质 (7)电磁振荡与电磁波谱 第1节机_械_振_动 (1)简谐运动是匀变速运动。(×) (2)周期、频率是表征物体做简谐运动快慢程度的物理量。(√) (3)振幅等于振子运动轨迹的长度。(×) (4)简谐运动的回复力可以是恒力。(×) (5)弹簧振子每次经过平衡位置时，位移为零、动能最大。(√) (6)单摆在任何情况下的运动都是简谐运动。(×) (7)物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关。(√) (8)简谐运动的图像描述的是振动质点的轨迹。(×) 1．做简谐运动的物体当远离平衡位置运动时，其位移、加速度增大，而速度减小。 2．在关于平衡位置对称的两点，振动物体的位移、速度、加速度、回复力均大小相等。 3．单摆振动时在平衡位置回复力为零，但摆球所受合力不为零。 4．物体做受迫振动的频率一定等于驱动力的频率，但不一定等于系统的固有频率。 突破点(一) 简谐运动 1．动力学特征 F＝－kx，“－”表示回复力的方向与位移方向相反，k是比例系数，不一定是弹簧的劲度系数。 2．运动学特征 简谐运动的加速度与物体偏离平衡位置的位移成正比而方向相反，为变加速运动，远离平衡位置时，x、F、a、Ep均增大，v、Ek均减小，靠近平衡位置时则相反。 3．周期性特征 相隔T或nT的两个时刻，振子处于同一位置且振动状态相同。 4．对称性特征 (1)如图所示，振子经过关于平衡位置O对称的两点P、P′(OP＝OP′)时，速度的大小、动能、势能相等，相对于平衡位置的位移大小相等。 (2)振子由P到O所用时间等于由O到P′所用时间，即tPO＝tOP′。 (3)振子往复过程中通过同一段路程(如OP段)所用时间相等，即tOP＝tPO。 (4)相隔或(n为正整数)的两个时刻，振子位置关于平衡位置对称，位移、速度、加速度大小相等，方向相反。 5．能量特征 振动的能量包括动能Ek和势能Ep，简谐运动过程中，系统动能与势能相互转化，系统的机械能守恒。 [例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。可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20 cm，周期为3.0 s。当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐。地面与甲板的高度差不超过10 cm时，游客能舒服地登船。在一个周期内，游客能舒服登船的时间是( ) A．0.5 s B．0.75 s C．1.0 s D．1.5 s [解析] 由于振幅A为20 cm，振动方程为y＝Asin ωt，由于高度差不超过10 cm时，游客能舒服登船，代入数据可知，在一个振动周期内，临界时刻为t1＝，t2＝，所以在一个周期内能舒服登船的时间为Δt＝t2－t1＝＝1.0 s，选项C正确。 [答案] C [例2] [多选](2015·山东高考)如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动。以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y＝0.1sin(2.5πt)m。t＝0时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t＝0.6 s时，小球恰好与物块处于同一高度。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。以下判断正确的是( ) A.h＝1.7 m B．简谐运动的周期是0.8 s C．0.6 s内物块运动的路程为0.2 m D．t＝0.4 s时，物块与小球运动方向相反 [思路点拨] (1)由物块做简谐运动的表达式确定物块的振幅和振动周期。 (2)确定0.6 s时物块所在的位置。 (3)确定0.6 s时小球下落的高度与h的关系。 [解析] 由物块做简谐运动的表达式y＝0.1sin(2.5πt)m知，ω＝2.5π，T＝＝ s＝0.8 s，选项B正确；t＝0.6 s时，y＝－0.1 m，对小球：h＋|y|＝gt2，解得h＝1.7 m，选项A正确；物块0.6 s内运动的路程为0.3 m，t＝0.4 s时，物块经过平衡位置向下运动，与小球运动方向相同，故选项C、D错误。 [答案] AB [方法规律] 分析简谐运动的技巧 (1)分析简谐运动中各物理量的变化情况时，一定要以位移为桥梁，位移增大时，振动质点的回复力、加速度、势能均增大，速度、动能均减小；反之，则产生相反的变化。另外，各矢量均在其值为零时改变方向。 (2)分析过程中要特别注意简谐运动的周期性和对称性。 [集训冲关] 1．[多选]如图所示，物体A置于物体B上，一轻质弹簧一端固定，另一端与B相连，在弹性限度范围内，A和B一起在光滑水平面上做往复运动(不计空气阻力)。则下列说法正确的是( ) A．物体A和B一起做简谐运动 B．作用在A上的静摩擦力大小与弹簧的形变量成正比 C．B对A的静摩擦力对A做功，而A对B的静摩擦力对B不做功 D．物体A和B组成的系统机械能守恒 解析：选AB A和B一起在光滑水平面上做往复运动，对整体研究，整体在水平方向上只受弹簧的弹力，因为弹簧的弹力和位移成正比，所以回复力F＝－kx，而对A，在B 给的静摩擦力作用下，做往返运动，设弹簧的形变量为x，弹簧的劲度系数为k，A、B的质量分别为M和m，根据牛顿第二定律得到整体的加速度为a＝－，对A：f＝|Ma|＝，可见，作用在A上的静摩擦力大小f与弹簧的形变量x成正比，满足F＝－kx形式，故两者都做简谐运动，A、B正确；在简谐运动过程中，B对A的静摩擦力与位移方向相同或相反，B对A的静摩擦力对A做功，同理，A对B的静摩擦力对B也做功，C错误；由于A、B组成的系统中弹簧对系统做功，所以机械能不守恒，D错误。 2．(2017·上海高考)做简谐运动的单摆，其摆长不变，若摆球的质量增加为原来的倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的，则单摆振动的( ) A．周期不变，振幅不变 B．周期不变，振幅变小 C．周期改变，振幅不变 D．周期改变，振幅变大 解析：选B 由单摆的周期公式T＝2π 可知，当摆长l不变时，周期不变，故C、D错误；由能量守恒定律可知mv2＝mgh，其摆动的高度与质量无关，因平衡位置的速度减小，则最大高度减小，即振幅减小，选项B正确、A错误。 3．[多选](2016·海南高考)下列说法正确的是( ) A．在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比 B．弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变 C．在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小 D．系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率 E．已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期，就可知振子在任意时刻运动速度的方向 解析：选ABD 在同一地点，重力加速度g为定值，根据单摆周期公式T＝2π 可知，周期的平方与摆长成正比，故选项A正确；弹簧振子做简谐振动时，只有动能和势能相互转化，根据机械能守恒条件可知，振动系统的势能与动能之和保持不变，故选项B正确；根据单摆周期公式T＝2π 可知，单摆的周期与质量无关，故选项C错误；当系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，故选项D正确；若弹簧振子初始时刻在波峰或波谷位置，知道周期后，可以确定任意时刻运动速度的方向，若弹簧振子初始时刻不在波峰或波谷位置，则无法确定任意时刻运动的方向，故选项E错误。 突破点(二) 简谐运动的图像 1．对简谐运动图像的认识 (1)简谐运动的图像是一条正弦或余弦曲线，如图所示。 (2)图像反映了质点的位移随时间变化的规律，不代表质点运动的轨迹。 2．图像信息 (1)由图像可以得出质点做简谐运动的振幅、周期和频率。 (2)可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移。 (3)可以确定某时刻质点回复力、加速度的方向：因回复力总是指向平衡位置，故回复力和加速度的方向在图像上总是指向t轴。 (4)确定某时刻质点速度的方向：速度的方向可以通过下一时刻位移的变化来判定，若下一时刻位移增加，振动质点的速度方向就是远离t轴，若下一时刻位移减小，振动质点的速度方向就是指向t轴。 (5)比较不同时刻回复力、加速度的大小。 (6)比较不同时刻质点的动能、势能的大小。 [典例] 如图所示为某弹簧振子在0～5 s内的振动图像，由图可知，下列说法中正确的是( ) A．振动周期为5 s，振幅为8 cm B．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末振子在做加速运动 D．第3 s末振子的速度为正向的最大值 [解析] 振幅是位移的最大值的大小，故振幅为8 cm，而周期是完成一次全振动的时间，振动周期为4 s，故A错误；第2 s末振子的速度为零，加速度为正向的最大值，故B错误；从第1 s末到第2 s末振子的位移逐渐增大，速度逐渐减小，振子做减速运动，C错误；第3 s末振子的位移为零，经过平衡位置，故速度最大，且方向为正，故D正确。 [答案] D [方法规律] (1)简谐运动图像中，任意时刻图线上某点切线的斜率表示该时刻质点的速度；斜率的大小表示速度的大小，斜率的正负反映速度的方向。 (2)振动质点的加速度的大小变化规律与质点的位移的大小变化规律相同，两者方向始终相反。在振动图像中，根据位移的大小和方向比较加速度的大小比较直观。 [集训冲关] 1.(2017·北京高考)某弹簧振子沿x轴的简谐运动图像如图所示，下列描述正确的是( ) 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：选A 由题图可知，t＝1 s和t＝3 s时振子在最大位移处，速度为零，加速度分别为负向最大值、正向最大值；而t＝2 s和t＝4 s时振子在平衡位置，加速度为零，而速度分别为负向最大、正向最大。综上所述，A项说法正确。 2．[多选]如图1所示，弹簧振子以点O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2所示，下列说法正确的是( ) A．t＝0.8 s，振子的速度方向向左 B．t＝0.2 s时，振子在O点右侧6 cm处 C．t＝0.4 s和t＝1.2 s时，振子的加速度相同 D．t＝0.4 s到t＝0.8 s的时间内，振子的速度逐渐增大 解析：选AD 从t＝0.8 s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＝0.8 s时，速度方向向左，选项A正确；由题中图像得振子的位移x＝12sint cm，故t＝0.2 s时，x＝6 cm，选项B错误；t＝0.4 s和t＝1.2 s时，振子的位移方向相反，由a＝－知，加速度方向相反，选项C错误；从t＝0.4 s到t＝0.8 s的时间内，振子的位移逐渐变小，故振子逐渐靠近平衡位置，其速度逐渐变大，选项D正确。 3．[多选]图1、2分别是甲、乙两个单摆在同一位置处做简谐运动的图像，则下列说法中正确的是( ) A．甲、乙两单摆的振幅之比为2∶1 B．t＝2 s时，甲单摆的重力势能最小，乙单摆的动能为零 C．甲、乙两单摆的摆长之比为4∶1 D．甲、乙两单摆的摆球在最低点时，向心加速度大小一定相等 解析：选AB 由题图知，甲、乙两单摆的振幅分别为4 cm、2 cm，故选项A正确；t＝2 s时，甲单摆在平衡位置处，乙单摆在振动的正方向最大位移处，故选项B正确；由单摆的周期公式，推出甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝T甲2∶T乙2＝1∶4，故选项C错误；设摆球摆动的最大偏角为θ，由mgl(1－cos θ)＝mv2及a＝可得，摆球在最低点时向心加速度a＝2g(1－cos θ)，因两摆球的最大偏角θ满足sin θ＝，故θ甲>θ乙，所以a甲>a乙，故选项D错误。 突破点(三) 受迫振动和共振 1．自由振动、受迫振动和共振的关系比较 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 由驱动 力提供 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。 [题点全练] 1.[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，则下列说法正确的是( ) A．此单摆的固有周期约为2 s B．此单摆的摆长约为1 m C．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．此单摆的振幅是8 cm 解析：选ABD 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，则单摆的固有周期增大，固有频率减小，共振曲线的峰将向左移动，A、B、D正确，C错误；此单摆做受迫振动，只有共振时的振幅最大为8 cm，E错误。 2．[多选]正在运转的机器，当其飞轮以角速度ω0匀速转动时，机器的振动不强烈，切断电源，飞轮的转动逐渐慢下来，在某一小段时间内机器却发生了强烈的振动，此后飞轮转速继续变慢，机器的振动也随之减弱，在机器停下来之后若重新启动机器，使飞轮转动的角速度从0较缓慢地增大到ω0，在这一过程中( ) A．机器不一定还会发生强烈的振动 B．机器一定还会发生强烈的振动 C．若机器发生强烈振动，强烈振动可能发生在飞轮角速度为ω0时 D．若机器发生强烈振动，强烈振动时飞轮的角速度肯定不为ω0 解析：选BD 以角速度ω0转动逐渐慢下来，在某一小段时间内机器却发生了强烈的振动，说明此过程机器的固有频率与驱动频率相等达到了共振，当飞轮转动的角速度从0较缓慢地增大到ω0，在这一过程中，一定会出现机器的固有频率与驱动频率相等即达到共振的现象，机器一定还会发生强烈的振动，故A错误，B正确；由已知当机器的飞轮以角速度ω0匀速转动时，其振动不强烈，则机器若发生强烈振动，强烈振动时飞轮的角速度肯定不为ω0，故C错误，D正确。 3．[多选](2018·沈阳检测)某简谐振子，自由振动时的振动图像如图甲中实线所示，而在某驱动力作用下做受迫振动时，稳定后的振动图像如图甲中虚线所示，那么，此受迫振动对应的状态可能是图乙中的( ) A．a点 B．b点 C．c点 D．一定不是c点 解析：选AD 简谐振子自由振动时，设周期为T1；而在某驱动力作用下做受迫振动时，设周期为T2；显然T1＜T2；根据f＝，有f1＞f2；题图乙中c点处代表发生共振，驱动力频率等于固有频率f1；做受迫振动时，驱动力频率f2＜f1 ，故此受迫振动对应的状态可能是图乙中的a点，且一定不是c点，故A、D正确。 1．[多选]下列说法正确的是( ) A．单摆运动到平衡位置时，回复力为零 B．只有发生共振时，受迫振动的频率才等于驱动力的频率 C．水平放置的弹簧振子做简谐振动时的能量等于在平衡位置时振子的动能 D．单摆的周期随摆球质量的增大而增大 E．同一地点，两单摆的摆长相等时，周期也相等 解析：选ACE 对于单摆，在平衡位置，所受到的回复力为零，A正确；受迫振动的频率总等于周期性驱动力的频率，与是否发生共振没有关系，B错误；振动能量是振动系统的动能和势能的总和，在平衡位置时弹性势能为零，故C正确；根据单摆的周期公式T＝2π 可知，单摆的周期与摆球的质量无关，D错误，E正确。 2．做简谐运动的单摆摆长不变，若摆球质量减小为原来的，摆球经过平衡位置时速度增大为原来的2倍，则单摆振动的( ) A．频率、振幅都不变 B．频率、振幅都改变 C．频率不变、振幅改变 D．频率改变、振幅不变 解析：选C 由单摆的周期公式T＝2π ，单摆摆长不变，则周期不变，频率不变；振幅A是反映单摆运动过程中的能量大小的物理量，据动能公式可知，摆球经过平衡位置时的动能不变，但质量减小，所以摆动最大高度增加，因此振幅改变，故A、B、D错误，C正确。 3．(2016·北京高考)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轴正方向。若振子位于N点时开始计时，则其振动图像为( ) 解析：选A 从振子位于N点开始计时，则在0时刻，振子位于正向最大位移处，分析振动图像可知选项A正确。 4.如图所示，弹簧下面挂一质量为m的物体，物体在竖直方向上做振幅为A的简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好处于原长，弹簧在弹性限度内，则物体在振动过程中( ) A．弹簧的最大弹性势能等于2mgA B．弹簧的弹性势能和物体动能总和不变 C．物体在最低点时的加速度大小应为2g D．物体在最低点时所受弹簧的弹力大小应为mg 解析：选A 因物体振动到最高点时，弹簧正好处于原长，此时弹簧弹力等于零，物体的重力 mg＝F回＝kA，当物体在最低点时，弹簧的弹性势能最大等于2mgA，A对；在最低点，由F回＝mg＝ma知，C错；由F弹－mg＝F回得F弹＝2mg，D错；由能量守恒知，弹簧的弹性势能和物体的动能、重力势能三者的总和不变，B错。 5．[多选]一个质点做简谐运动的图像如图所示，下列说法正确的是( ) A．质点振动的频率为4 Hz B．在10 s内质点经过的路程是20 cm C．在5 s末，质点的速度为零，加速度最大 D．t＝1.5 s和t＝2.5 s两个时刻质点的位移和速度方向都相反 E．t＝1.5 s和t＝4.5 s两时刻质点的位移大小相等，都是 cm 解析：选BCE 由题图可知，振幅A＝2 cm，周期T＝4 s，频率f＝＝0.25 Hz，A错误；t＝10 s＝2.5T，故10 s内质点经过的路程s＝10A＝20 cm，B正确，t＝5 s时，质点位移最大，速度为零，加速度最大，C正确；t＝1.5 s和t＝2.5 s两个时刻的位移方向相反，但速度方向相同，D错误；由x＝Asin ωt＝2sin t cm可知，t＝1.5 s和t＝4.5 s两个时刻的位移大小相等，都为 cm，E正确。 6.[多选]有一个在y方向上做简谐运动的物体，其振动图像如图所示。下列关于图甲、乙、丙、丁的判断不正确的是(选项中v、F、a分别表示物体的速度、受到的回复力和加速度)( ) A．甲可作为该物体的vt图像 B．乙可作为该物体的Ft图像 C．丙可作为该物体的Ft图像 D．丙可作为该物体的at图像 E．丁可作为该物体的at图像 解析：选ABE 在简谐运动中，速度与位移是互余的关系，故图乙可作为vt图像，A、B错误；由F＝－kx可知，回复力的图像与位移图像的相位相反，故丙可作为Ft图像，C正确；又由F＝ma可知a与F的图像形状相同，丙可作为at图像，D正确，E错误。 7．[多选]关于受迫振动和共振，下列说法正确的是( ) A．火车过桥时限制速度是为了防止火车发生共振 B．若驱动力的频率为5 Hz，则受迫振动稳定后的振动频率一定为5 Hz C．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 D．一个受迫振动系统在非共振状态时，同一振幅对应的驱动力频率一定有两个 E．受迫振动系统的机械能守恒 解析：选BCD 火车过桥时限制速度是为了防止桥发生共振，A错误；对于一个受迫振动系统，若驱动力的频率为5 Hz，则振动系统稳定后的振动频率也一定为5 Hz，B正确；由共振的定义可知，C正确；根据共振现象可知，D正确；受迫振动系统，驱动力做功，系统的机械能不守恒，E错误。 8．[多选](2018·鞍山模拟)弹簧振子做简谐运动，O为平衡位置，当它经过点O时开始计时，经过0.3 s，第一次到达点M，再经过0.2 s第二次到达点M，则弹簧振子的周期不可能为( ) A．0.53 s B．1.4 s C．1.6 s D．2 s E．3 s 解析：选BDE 如图甲所示，设O为平衡位置，OB(OC)代表振幅，振子从O→C所需时间为。因为简谐运动具有对称性，所以振子从M→C所用时间和从C→M所用时间相等，故＝0.3 s＋＝0.4 s，解得T＝1.6 s；如图乙所示，若振子一开始从平衡位置向点B运动，设点M′与点M关于点O对称，则振子从点M′经过点B到点M′所用的时间与振子从点M经过点C到点M所需时间相等，即0.2 s。振子从点O到点M′、从点M′到点O及从点O到点M所需时间相等，为＝ s，故周期为T＝0.5 s＋ s≈0.53 s，所以周期不可能为选项B、D、E。 9．(2018·温州十校联考)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，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)求弹簧振子振动周期T； (2)若B、C之间的距离为25 cm，求振子在4.0 s内通过的路程； (3)若B、C之间的距离为25 cm，从平衡位置计时，写出弹簧振子位移表达式，并画出弹簧振子的振动图像。 解析：(1)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＝1.0 s。 (2)若B、C之间距离为25 cm，则振幅A＝×25 cm＝12.5 cm，振子4.0 s内通过的路程 s＝×4×12.5 cm＝200 cm。 (3)根据x＝Asin ωt，A＝12.5 cm，ω＝＝2π 得x＝12.5sin (2πt) cm。振动图像为 答案：(1)1.0 s (2)200 cm (3)x＝12.5sin (2πt) cm 图像见解析图 10.如图所示，ACB为光滑弧形槽，弧形槽半径为R，C为弧形槽最低点，R≫A。甲球从弧形槽的球心处自由下落，乙球从A点由静止释放，问： (1)两球第1次到达C点的时间之比； (2)若在弧形槽的最低点C的正上方h处由静止释放甲球，让其自由下落，同时将乙球从弧形槽左侧由静止释放，欲使甲、乙两球在弧形槽最低点C处相遇，则甲球下落的高度h是多少？ 解析：(1)甲球做自由落体运动 R＝gt12，所以t1＝ 乙球沿弧形槽做简谐运动(由于A≪R，可认为偏角θ<5°)。此运动与一个摆长为R的单摆运动模型相同，故此等效摆长为R，因此乙球第1次到达C处的时间为 t2＝T＝×2π ＝ ， 所以t1∶t2＝2∶π。 (2)甲球从离弧形槽最低点h高处自由下落，到达C点的时间为t甲＝ 由于乙球运动的周期性，所以乙球到达C点的时间为 t乙＝＋n＝ (2n＋1) (n＝0,1,2，…) 由于甲、乙两球在C点相遇，故t甲＝t乙 联立解得h＝ (n＝0,1,2，…)。 答案：(1)2∶π (2) (n＝0,1,2，…) 11.如图所示，房顶上固定一根长2.5 m的细线沿竖直墙壁垂到窗沿下，细线下端系了一个小球(可视为质点)。打开窗子，让小球在垂直于窗子的竖直平面内小幅度摆动，窗上沿到房顶的高度为1.6 m，不计空气阻力，g取10 m/s2，则小球从最左端运动到最右端的最短时间为( ) A．0.2π s B．0.4π s C．0.6π s D．0.8π s 解析：选B 小球的摆动可视为单摆运动，摆长为线长时对应的周期：T1＝2π ＝π s，摆长为线长减去墙体长时对应的周期T2＝2π ＝0.6π s，故小球从最左端到最右端所用的最短时间为t＝＝0.4π s，B正确。 12．[多选]如图所示，长度为l的轻绳上端固定在点O，下端系一小球(小球可以看成质点)。在点O正下方，距点O为处的点P固定一颗小钉子。现将小球拉到点A处，轻绳被拉直，然后由静止释放小球。点B是小球运动的最低位置，点C(图中未标出)是小球能够到达的左方最高位置。已知点A与点B之间的高度差为h，h≪l。A、B、C、P、O在同一竖直平面内。当地的重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是( ) A．点C与点B高度差小于h B．点C与点B高度差等于h C．小球摆动的周期等于 D．小球摆动的周期等于 解析：选BC 由于h≪l，故小球的运动可看成单摆运动，其周期T＝·2π ＋·2π ＝ ，故C正确，D错误；小球摆动过程不计空气阻力，其机械能守恒，点A、C应等高，故A错误，B正确。 第2节机_械_波 (1)在水平方向传播的波为横波。(×) (2)在机械波中各质点不随波的传播而迁移。(√) (3)通过波的图像可以找出任一质点在任意时刻的位移。(×) (4)机械波在传播过程中，各质点振动的周期、起振方向都相同。(√) (5)机械波在一个周期内传播的距离就是振幅的4倍。(×) (6)波速表示介质中质点振动的快慢。(×) (7)两列波在介质中叠加，一定产生干涉现象。(×) (8)一切波都能发生衍射现象。(√) (9)多普勒效应说明波源的频率发生变化。(×) 1．在波的传播方向上各质点起振的方向与波源的起振方向相同。 2．在波的传播方向上各质点只在其平衡位置两侧做简谐运动，并不随波迁移。 3．波的周期性、波传播的双向性及质点振动的双向性是波动问题产生多解的主要因素。 4．当两波源为同相波源时，到两波源的距离差为波长的整数倍的点为加强点，而两波 源为反相波源时，到两波源的距离差为波长的整数倍的点为减弱点。 5．多普勒效应是由波源和观察者之间的相对运动引起的。 突破点(一) 机械波的传播与图像 1．机械波的传播特点 (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。 (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)波源经过一个周期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。 2．波的图像的特点 (1)质点振动nT(波传播nλ)(n＝0,1,2,3，…)时，波形不变。 (2)在波的传播方向上，当两质点平衡位置间的距离为nλ(n＝1,2,3，…)时，它们的振动步调总相同；当两质点平衡位置间的距离为(2n＋1)(n＝0,1,2,3，…)时，它们的振动步调总相反。 (3)波源质点的起振方向决定了它后面的质点的起振方向，各质点的起振方向与波源的起振方向相同。 3．波的传播方向与质点振动方向的互判方法 方法解读 图像演示 “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 [题点全练] 1．[多选](2017·全国卷Ⅲ)如图，一列简谐横波沿x轴正方向传播，实线为t＝0时的波形图，虚线为t＝0.5 s时的波形图。已知该简谐波的周期大于0.5 s。关于该简谐波，下列说法正确的是( ) A．波长为2 m B．波速为6 m/s C．频率为1.5 Hz D．t＝1 s时，x＝1 m处的质点处于波峰 E．t＝2 s时，x＝2 m处的质点经过平衡位置 解析：选BCE 由图像可知简谐横波的波长为λ＝4 m，A项错误；波沿x轴正向传播，t＝0.5 s＝T，可得周期T＝ s、频率f＝＝1.5 Hz，波速v＝＝6 m/s，B、C项正确；t＝0时刻，x＝1 m处的质点在波峰，经过1 s＝T，一定在波谷，D项错误；t＝0时刻，x＝2 m处的质点在平衡位置，经过2 s＝3T，质点一定经过平衡位置，E项正确。 2．[多选](2016·全国卷Ⅰ)某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以1.8 m/s的速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近。该同学发现从第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15 s。下列说法正确的是( ) A．水面波是一种机械波 B．该水面波的频率为6 Hz C．该水面波的波长为3 m D．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时能量不会传递出去 E．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时振动的质点并不随波迁移 解析：选ACE 水面波是一种机械波，说法A正确；根据题意得周期T＝ s＝ s，频率f＝＝0.6 Hz，说法B错误；波长λ＝＝ m＝3 m，说法C正确；波传播过程中，传播的是振动形式，能量可以传递出去，但质点并不随波迁移，说法D错误，说法E正确。 3．[多选](2016·天津高考)在均匀介质中坐标原点O处有一波源做简谐运动，其表达式为y＝5sin，它在介质中形成的简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻波刚好传播到x＝12 m处，波形图像如图所示，则( ) A．此后再经6 s该波传播到x＝24 m处 B．M点在此后第3 s末的振动方向沿y轴正方向 C．波源开始振动时的运动方向沿y轴负方向 D．此后M点第一次到达y＝－3 m处所需时间是2 s 解析：选AB 根据表达式y＝5sin，得ω＝，因此波的周期T＝＝4 s。由波形图像可得波长λ＝8 m。从x＝12 m的位置到x＝24 m的位置传播距离为1.5λ，所用的时间为1.5T＝6 s，选项A正确；M点经过T时振动方向沿y轴正方向，选项B正确；波刚好传到12 m处时，起振方向沿y轴正方向，则波源开始振动的方向也沿y轴正方向，选项C错误；M点从此位置第一次到达y＝－3 m处所需的时间小于＝2 s，选项D错误。 突破点(二) 振动图像与波的图像的综合应用 两种图像的比较 振动图像 波的图像 图像 物理意义 表示某质点各个时刻的位移 表示某时刻各质点的位移 图像信息 (1)质点振动周期 (2)质点振幅 (3)各时刻质点位移 (4)各时刻速度、加速度方向 (1)波长、振幅 (2)任意一质点在该时刻的位移 (3)任意一质点在该时刻加速度方向 (4)传播方向、振动方向的互判 图像变化 随时间推移，图像延续，但已有形状不变 随时间推移，图像沿传播方向平移 形象比喻 记录着一个人一段时间内活动的录像带 记录着许多人某时刻动作、表情的集体照片 [典例] [多选](2018·邢台模拟)图甲为一列简谐横波在t＝0.10 s时刻的波形图，P是平衡位置为x＝1 m处的质点，Q是平衡位置为x＝4 m处的质点，图乙为质点Q的振动图像，则下列说法正确的是( ) A．该波的周期是0.10 s B．该波的传播速度是40 m/s C．该波沿x轴的负方向传播 D．t＝0.10 s时，质点Q的速度方向向下 E．从t＝0.10 s到t＝0.25 s，质点P通过的路程为30 cm [解析] 由题图乙可知该波的周期是0.20 s，A错误；由题图甲可知该波的波长λ＝8 m，则波速v＝＝40 m/s，B正确；由题图乙可知t＝0.10 s时质点Q正向下运动，故该波沿x轴负方向传播，C、D正确；t＝0.10 s时质点P正向上运动，从t＝0.10 s到t＝0.25 s经过的时间为t＝0.15 s＝T，质点P通过的路程应小于3A＝30 cm，故E错误。 [答案] BCD [方法规律] 1．巧解图像问题 求解波的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)分清振动图像与波的图像。此步骤最简单，只要看清横坐标即可，横坐标为x则为波的图像，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)找准波的图像对应的时刻。 (4)找准振动图像对应的质点。 2．图像问题的易错点 (1)不理解振动图像与波的图像的区别。 (2)误将振动图像看作波的图像或将波的图像看作振动图像。 (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。 [集训冲关] 1．(2015·天津高考)图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，a、b两质点的横坐标分别为xa＝2 m和xb＝6 m，图乙为质点b从该时刻开始计时的振动图像。下列说法正确的是( ) A．该波沿＋x方向传播，波速为1 m/s B．质点a经4 s振动的路程为4 m C．此时刻质点a的速度沿＋y方向 D．质点a在t＝2 s时速度为零 解析：选D 由题图乙可知，简谐横波的周期T＝8 s，且t＝0时质点b沿＋y方向运动，根据振动和波动的关系，波沿－x方向传播，质点a沿－y方向运动，选项A、C错误；质点a经过4 s振动的路程s＝·4A＝1 m，选项B错误；质点a在t＝2 s时，处于负向最大位移处，速度为零，选项D正确。 2．[多选]一列简谐横波沿x轴正方向传播，在x＝2 m处的质点的振动图像如图甲所示，在x＝8 m处的质点的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是( ) A．该波的周期为12 s B．x＝2 m处的质点在平衡位置向y轴正方向振动时，x＝8 m处的质点在波峰位置 C．在0～4 s内x＝2 m处和x＝8 m处的质点通过的路程均为6 cm D．该波的波长可能为8 m E．该波的传播速度可能为2 m/s 解析：选ABD 由题图可知，该波的周期为12 s，故A正确；该波沿x轴正方向传播，x＝2 m处的质点在平衡位置向y轴正方向振动时(如t＝3 s时)，x＝8 m处的质点在波峰位置，故B正确；由题图可知，在0～4 s内x＝2 m处的质点通过的路程为6 cm，而x＝8 m处的质点通过的路程小于6 cm，故C错误；简谐横波沿x轴正方向传播，由题图可知，t＝0时刻，x＝2 m处的质点位于波谷，x＝8 m处的质点在t＝9 s时刻才位于波谷，时间相差T，结合波形得(8－2)m＝6 m＝λ(n＝0,1,2，…)，得到波长λ＝ m，当n＝0时，λ＝8 m，故D正确；该波的波速v＝＝ m/s，当n＝0时，v＝ m/s，当n＝1时，v＝ m/s，可知该波的传播速度不可能为2 m/s，故E错误。 3．[多选]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/s B．波的传播方向向右 C．0～2 s时间内，P运动的路程为8 cm D．0～2 s时间内，P沿y轴正方向运动 E．当t＝7 s时，P恰好回到平衡位置 解析：选ACE 根据题图甲可知：该波的波长λ＝2 m，由题图乙可知，周期T＝4 s，故波速v＝＝0.5 m/s，A正确；从题图乙中可知：x＝1.5 m处的质点在t＝2 s时，正处于平衡位置沿y轴负方向运动，在题图甲中，沿波的传播方向，“下坡上，上坡下”，故该波的传播方向向左，B错误；0～2 s，P运动的路程s＝·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轴负方向运动，D错误；当t＝7 s时，P点从图示(t＝2 s)经历了5 s，即T，到达平衡位置，E正确。 突破点(三) 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。 如：a.质点达到最大位移处，则有正向和负向最大位移两种可能。 b．质点由平衡位置开始振动，则起振方向有向上、向下(或向左、向右)两种可能。 c．只告诉波速不指明波的传播方向，应考虑沿两个方向传播的可能，即沿x轴正方向或沿x轴负方向传播。 d．只给出两时刻的波形，则有两时刻间相同波形重复出现的可能。 (3)波形的隐含性： 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，…)。 [典例] [多选]一列简谐横波沿x轴的正向传播，振幅为2 cm，周期为T。已知为t＝0时刻波上相距50 cm的两质点a、b的位移都是1 cm，但运动方向相反，其中质点a沿y轴负向运动，如图所示，下列说法正确的是( ) A．该列简谐横波波长可能为150 cm B．该列简谐横波波长可能为12 cm C．当质点b的位移为＋2 cm时，质点a的位移为负 D．在t＝时刻质点b速度最大 E．质点a、质点b的速度始终大小相等，方向相反 [解析] 根据质点的振动方程：x＝Asin ωt，设质点的起振方向向上，且a、b中间的距离小于1个波长，则b点：1＝2sin ωt1，所以ωt1＝，a点振动的时间比b点长，所以由1＝2sin ωt2，得ωt2＝，a、b两个质点振动的时间差：Δt＝t2－t1＝－＝＝，所以a、b之间的距离：Δx＝vΔt＝v·＝。则通式为λ＝50 cm，n＝0,1,2,3，…；则波长可以为λ＝ cm(n＝0,1,2,3，…)；当n＝0时，λ＝150 cm，由于n是整数，所以λ不可能为12 cm，故A正确，B错误。当质点b的位移为＋2 cm时，即b到达波峰时，结合波形知，质点a在平衡位置下方，位移为负，故C正确。由ωt1＝，得t1＝＝，当t＝－t1＝时质点b到达平衡位置处，速度最大，故D正确。由题意及以上分析可知，a、b两质点间的距离不可能是半波长的整数倍，则两质点的速度不可能始终大小相等、方向相反，故E错误。 [答案] ACD [方法规律] 波的多解问题的一般解题步骤 (1)根据初、末两时刻的波形图确定传播距离与波长的关系通式。 (2)根据题设条件判断是唯一解还是多解。 (3)根据波速公式v＝或v＝＝λf求波速。 [集训冲关] 1．[多选]A、B两列简谐横波均沿x 轴正向传播，在某时刻的波形分别如图中甲、乙所示，经过时间t(t小于A波的周期TA)，这两列简谐横波的波形分别变为图中丙、丁所示，则A、B两列波的波速vA、vB之比可能是( ) A．1∶1 B．2∶1 C．1∶2 D．3∶1 E．1∶3 解析：选ACE 由题图读出，A波波长为λA＝24 cm，甲图到丙图一定相隔半个周期，所以周期TA＝2t；B波波长为λB＝12 cm，乙图与丁图的波形图相同，经过的时间一定是整数个周期，所以周期TB＝(n＝1,2,3，…)，波速vA＝＝＝，vB＝＝＝，得到vA∶vB＝1∶n，所以A、B两列波的波速vA、vB之比可能是A、C、E，不可能是B、D。 2．(2018·武汉华中师大附中模拟)一列简谐横波沿直线传播，在传播方向上有P、Q两个质点，它们相距为0.8 m，当t＝0时，P、Q两点的位移恰好是正最大值，且P、Q间只有一个波谷，t＝0.6 s末时，P、Q两点正好都处在平衡位置，且P、Q两点间只有一个波峰和一个波谷，且波峰距Q点的距离为，试求： (1)若波由P传至Q，波的周期； (2)若波由Q传至P，波的速度； (3)若波由Q传至P，从t＝0时开始观察，哪些时刻P、Q间(P、Q除外)只有一个质点的位移大小等于振幅？ 解析：(1)若波由P传到Q，由题结合波形得到， t＝T，得T＝＝ s(n＝0,1,2，…)。 (2)若波由Q传到P，由题结合波形得到，t＝T， 得T＝ s。 又由题意可得波长λ＝0.8 m， 则波速v＝＝(4n＋1)m/s(n＝0,1,2，…)。 (3)从t＝0开始，波形每隔半个周期时，P、Q间(P、Q 除外)只有一个波峰或波谷，即只有一个质点的位移等于振幅， 则t＝m·＝ s(m＝1,2,3，…；n＝0,1,2，…)。 答案：(1) s(n＝0,1,2，…) (2)(4n＋1)m/s(n＝0,1,2，…) (3) s(m＝1,2,3，…；n＝0,1,2，…) 突破点(四) 波的干涉、衍射、多普勒效应 1．波的干涉现象中加强点、减弱点的两种判断方法 (1)公式法： 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，…)，则振动加强； 若Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)，则振动减弱。 (2)图像法： 在某时刻波的干涉的波形图上，波峰与波峰(或波谷与波谷)的交点，一定是加强点，而波峰与波谷的交点一定是减弱点，各加强点或减弱点各自连接而成以两波源为中心向外辐射的连线，形成加强线和减弱线，两种线互相间隔，加强点与减弱点之间各质点的振幅介于加强点与减弱点的振幅之间。 2．多普勒效应的成因分析 (1)接收频率：观察者接收到的频率等于观察者在单位时间内接收到的完全波的个数。 (2)当波源与观察者相互靠近时，观察者接收到的频率变大，当波源与观察者相互远离时，观察者接收到的频率变小。 [题点全练] 1．[多选](2018·湖南重点中学模拟)关于多普勒效应，下列说法正确的是( ) A．多普勒效应是由于波的干涉引起的 B．发生多普勒效应时，波源的频率并未发生改变 C．多普勒效应是由于波源与观察者之间有相对运动而发生的 D．只有声波才有多普勒效应 E．若声源向观察者靠近，则观察者接收到的频率大于声源发出声波的频率 解析：选BCE 多普勒效应是由于波源与观察者之间发生相对运动而产生的，其波源的频率不发生变化，是观察者接收到的频率发生变化，故B、C正确，A错误；当声源向观察者靠近时，观察者接收到的频率大于声源发出声波的频率，E正确；机械波和光波都有多普勒效应现象，故D错误。 2.[多选]如图所示，沿x轴正方向传播的一列横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200 m/s，则下列说法正确的是( ) A．从图示时刻开始，质点b比质点a先回到平衡位置 B．从图示时刻开始，经0.01 s时间x＝2 m处质点通过的路程为0.4 m C．若该波波源从x＝0处沿x轴正方向运动，则在x＝2 000 m处接收到的波的频率将小于50 Hz D．若该波传播过程中遇到宽约为3 m的障碍物，则能发生明显的衍射现象 E．a质点的振动频率为50 Hz 解析：选BDE 根据“上坡下，下坡上”知，题图所示时刻质点b正向y轴负方向振动，故质点a比质点b先回到平衡位置，选项A错误；根据题图知波长为4 m，由T＝＝0.02 s知，fa＝50 Hz，经过0.01 s，x＝2 m处的质点回到平衡位置，运动的路程为0.4 m，选项B、E正确；由于波源靠近观察者所在处，故接收到的波的频率大于50 Hz，选项C错误；波发生明显衍射的条件是障碍物或孔的尺寸接近或小于波长，选项D正确。 3．(2017·全国卷Ⅰ)如图(a)，在xy平面内有两个沿z方向做简谐振动的点波源S1(0,4)和S2(0，－2)。两波源的振 动图线分别如图(b)和图(c)所示。两列波的波速均为1.00 m/s。两列波从波源传播到点A(8，－2)的路程差为________ m，两列波引起的点B(4,1)处质点的振动相互________(填“加强”或“减弱”)，点C(0,0.5)处质点的振动相互________(填“加强”或“减弱”)。 解析：点波源S1(0,4)的振动形式传播到点A(8，－2)的路程为L1＝10 m，点波源S2(0，－2)的振动形式传播到点A(8，－2)的路程为L2＝8 m，两列波从波源传播到点A(8，－2)的路程差为ΔL＝L1－L2＝2 m。由于两列波的波源到点B(4,1)的路程相等，路程差为零，且t＝0时两列波的波源的振动方向相反，所以两列波到达点B时振动方向相反，引起点B 处质点的振动相互减弱；由振动图线可知，波动周期为T＝2 s，波长λ＝vT＝2 m。由于两列波的波源到点C(0,0.5)的路程分别为3.5 m和2.5 m，路程差为1 m，而t＝0时两列波的波源的振动方向相反，所以两列波到达点C时振动方向相同，引起点C处质点的振动相互加强。 答案：2 减弱 加强 1．[多选]下列关于两列波相遇时叠加的说法中正确的是( ) A．相遇之后，振幅小的一列波将减弱，振幅大的一列波将加强 B．相遇之后，两列波的振动情况与相遇前完全相同 C．在相遇区域，任一点的总位移等于两列波分别在该点引起的位移的矢量和 D．几个人在同一房间说话，相互间听得清楚，这说明声波在相遇时互不干扰 E．相遇之后，振动加强区域内质点的位移始终最大 解析：选BCD 两列波相遇时，每一列波引起的振动情况都保持不变，而质点的振动情况由两列波共同作用的结果决定，故A错误，B、C正确；几个人在同一房间内说话，发出的声波在空间中相互叠加后，每列波的振幅和频率并不改变，所以声波传到人的耳朵后，仍能分辨出不同的人所说的话，故选项D正确；两列波相遇后，振动加强区域内质点的振幅最大，振动的位移仍随时间发生周期性变化，故E错误。 2.[多选](2018·开封五校联考)如图所示，空间同一平面内有A、B、C三点，AB＝5 m，BC＝4 m，AC＝3 m。A、C两点处有完全相同的波源做简谐振动，振动频率为1 360 Hz，波速为340 m/s。下列说法正确的是( ) A．B点的位移总是最大 B．A、B间有7个振动加强的点 C．两列波的波长均为0.25 m D．B、C间有8个振动减弱的点 E．振动减弱点的位移总是为零 解析：选CDE 波的波长λ＝＝ m＝0.25 m，B点到两波源的路程差Δx＝1 m＝4λ，该点为振动加强点，但位移不总是最大，故A错误，C正确；AC的垂直平分线交AB于O点，则点O到A、C的距离相等，为振动加强点，OB上到A、C的距离之差为0.25 m、0.5 m、0.75 m、1 m的点为加强点，OA上到C、A的距离之差为0.25 m、0.5 m、0.75 m、1 m、1.25 m、1.5 m、1.75 m、2 m、2.25 m、2.5 m、2.75 m的点为加强点，共16个加强点，故B错误；BC上到A、C的距离之差为1.125 m、1.375 m、1.625 m、1.875 m、2.125 m、2.375 m、2.625 m、2.875 m的点为振动减弱点，共8个减弱点，故D正确；由于两波源的振幅相同，故振动减弱点的位移总是为零，故E正确。 3．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为( ) A.t 9d B.t 8d C. 9d D. 8d 解析：选D 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，由题图知波长为8d，故D正确。 4．[多选](2016·上海高考)甲、乙两列横波在同一介质中分别从波源M、N两点沿x轴相向传播，波速为2 m/s，振幅相同；某时刻的图像如图所示。则( ) A．甲、乙两波的起振方向相反 B．甲、乙两波的频率之比为3∶2 C．再经过3 s，平衡位置在x＝7 m处的质点振动方向向下 D．再经过3 s，两波源间(不含波源)有5个质点位移为零 解析：选ABD 根据题意，甲波向右传播，起振方向向下，乙波向左传播，起振方向向上，故选项A正确；据题图可知甲波波长为4 m，甲波周期为：T＝＝2 s，频率f＝ Hz，乙波波长为6 m，周期为：T＝＝3 s，频率为：f＝ Hz，故选项B正确；再经过3 s，甲波波谷到达x＝7 m处，乙波是平衡位置与波峰之间某一振动到达x＝7 m处，所以该质点应该向上振动，选项C错误；此时除了波源还有x＝9～10 m处、x＝7～8 m处、x＝6 m处、x＝4～5 m处、x＝2～3 m处共5个质点位移为零，故选项D正确。 5.[多选](2017·南宁一模)如图所示为某时刻的两列简谐横波在同一介质中沿相同方向传播的波形图，此时a波上某质点P 的运动方向如图所示，则下列说法正确的是( ) A．两列波具有相同的波速 B．此时b波上的质点Q正向上运动 C．一个周期内，Q质点沿x轴前进的距离是P质点的1.5倍 D．在P质点完成30次全振动的时间内Q质点可完成20次全振动 E．a波和b波在空间相遇处会产生稳定的干涉图样 解析：选ABD 两列简谐横波在同一介质中波速相同，故A正确。此时a波上某质点P的运动方向向下，由波形平移法可知，波向左传播，可知此时b波上的质点Q正向上运动，故B正确。在简谐波传播过程中，介质中质点只上下振动，不会沿x轴前进，故C错误。由题图可知，两列波波长之比λa∶λb＝2∶3，波速相同，由波速公式v＝λf得a、b两波频率之比为fa∶fb＝3∶2，所以在P质点完成30次全振动的时间内Q质点可完成20次全振动，故D正确。两列波的频率不同，不能产生稳定的干涉图样，故E错误。 6．[多选](2016·全国卷Ⅲ)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 解析：选BDE 简谐横波的波长λ＝＝ m＝0.8 m。P、Q两质点距离波源S的距离PS＝15.8 m＝19λ＋λ，SQ＝14.6 m＝18λ＋λ。因此P、Q两质点运动的方向始终相反，A错误，B正确；当S恰好通过平衡位置向上运动时，P在波峰的位置，Q在波谷的位置。当S恰好通过平衡位置向下运动时，P在波谷的位置，Q在波峰的位置。C错误，D、E正确。 7．[多选](2018·宝鸡一模)一列简谐横波沿着x轴正方向传播，波中A、B两质点的平衡位置间的距离为0.5 m，且小于一个波长，如图甲所示，A、B两质点振动图像如图乙所示。由此可知( ) A．波中质点在一个周期内通过的路程为8 cm B．该机械波的波长为4 m C．该机械波的波速为0.5 m/s D．t＝1.5 s时A、B两质点的位移相同 E．t＝1.5 s时A、B两质点的振动速度相同 解析：选ACE 由题图可知，该波的振幅为2 cm，波中质点在一个周期内通过的路程为4倍的振幅，即8 cm，故A正确；由题图知，t＝0时刻B点通过平衡位置向上运动，A点位于波峰，则有：Δx＝x2－x1＝λ，n＝0,1,2,3…， 由题知λ>Δx＝0.5 m，则n只能取0，故λ＝2 m，故B错误； 由题图知周期T＝4 s，则波速为v＝＝ m/s＝0.5 m/s，故C正确；在t＝1.5 s时刻，A的位移为负，而B的位移为正，故D错误；t＝1.5 s时A、B两质点到平衡位置的距离是相等的，所以振动的速度大小相等；又由题图可知，在t＝1.5 s时刻二者运动的方向相同，所以它们的振动速度相同，故E正确。 8．[多选](2018·乌鲁木齐模拟)一列横波在t＝0时的波动图像如图所示，从此时开始，质点d比质点e早0.1 s到达波峰，则下列说法正确的是( ) A．此列波向左传播 B．此列波的波速为10 m/s C．1.0 s内质点通过的路程为0.5 m D．t＝0.45 s时质点c在向y轴负方向振动 E．经过0.1 s，质点a第一次到达波峰 解析：选BCD 由题分析可知，此时d点的速度向上，由波形平移法可知，此波向右传播，而且有T＝0.1 s，则得该波的周期为T＝0.4 s，由题图读出波长为λ＝4 m，故波速为v＝＝ m/s＝10 m/s，故A错误，B正确。由于t＝1.0 s＝2.5T，则1.0 s内质点通过的路程是s＝2.5×4A＝10A＝0.5 m，故C正确。因为t＝0.45 s＝T＋，所以t＝0.45 s时质点c在向y轴负方向振动，故D正确。t＝0时刻质点a正向下振动，所以经过T＝0.3 s，质点a第一次到达波峰，故E错误。 9．如图甲所示，在均匀介质中P、Q两质点相距d＝0.4 m，质点P的振动图像如图乙所示，已知t＝0时刻，P、Q两质点都在平衡位置，且P、Q之间只有一个波峰。求： (1)波的传播速度； (2)质点Q下一次出现在波谷的时间。 解析：(1)由图乙可得该波的周期T＝0.2 s 若P、Q间没有波谷，P、Q间距离等于半个波长， 即λ＝0.8 m，波速v＝＝4 m/s 若P、Q间有一个波谷，P、Q间距离等于一个波长， 即λ＝0.4 m，波速v＝＝2 m/s 若P、Q间有两个波谷，则λ＝0.4 m，即λ＝ m， 波速v＝＝ m/s。 (2)t＝0时刻，质点P向下振动，经过0.05 s到波谷处，经过0.15 s到波峰处 若P、Q间距为一个波长，P、Q同时出现在波谷处，则质点Q下一次出现在波谷的时间是t＝0.05 s 若P、Q间距为半波长的1倍或3倍，质点Q在波谷时，质点P在波峰，则质点Q下一次出现在波谷的时间是t＝0.15 s。 答案：(1)4 m/s、2 m/s或 m/s (2)0.05 s或0.15 s 10．(2018·福州质检)一列简谐横波正在沿x轴的正方向传播，波速为0.5 m/s，t＝0时刻的波形如图甲所示。 (1)求横波中质点振动的周期T； (2)在图乙中画出t＝1 s时刻的波形图(至少画出一个波长)； (3)在图丙中画出平衡位置为x＝0.5 m处质点的振动图像(t＝0时刻开始计时，在图中标出横轴的标度，至少画出一个周期)。 解析：(1)由于波速为0.5 m/s，波长为2 m， 故质点振动的周期T＝＝ s＝4 s。 (2)当t＝1 s时刻，相当于经过了，又因为波沿x轴正方向传播，故振源向下运动到负的最大位置处，然后依次画出波上各质点即可。如图(a)所示。 (3)x＝0.5 m处的质点在t＝0时处于波峰的位置，故其振动图像如图(b)所示。 答案：(1)4 s (2)见解析图(a) (3)见解析图(b) 11.如图所示，t＝0时，位于原点O处的波源，从平衡位置(在x轴上)开始沿y轴正方向做周期T＝0.2 s、振幅A＝4 cm的简谐振动。该波源产生的简谐横波沿x轴正方向传播，当平衡位置坐标为(9 m,0)的质点P刚开始振动时，波源刚好位于波谷。 (1)质点P在开始振动后的Δt＝1.05 s内通过的路程是多少？ (2)该简谐波的最大波速是多少？ (3)若该简谐波的波速为v＝12 m/s，质点Q的平衡位置坐标为(12 m,0)(图中未画出)。请写出以t＝1.05 s时刻为新的计时起点的质点Q的振动方程。 解析：(1)由于质点P从平衡位置开始振动，且Δt＝1.05 s＝5 T，故在Δt＝1.05 s内质点P通过的路程s＝21A＝84 cm。 (2)设该简谐波的波速为v，两质点O、P间的距离为Δx 由题意可得Δx＝λ＝9 m (n＝0,1,2，…) 所以v＝＝ m/s (n＝0,1,2，…) 当n＝0时，该简谐波的波速最大，vm＝60 m/s。 (3)简谐波从波源传到(12 m,0)点所用时间 t1＝ s＝1 s 再经t2＝t－t1＝0.05 s，质点Q位于波峰位置，则以此时刻为计时起点，质点Q的振动方程为 y＝0.04cos 10πt (m)。 答案：(1)84 cm (2)60 m/s (3)y＝0.04cos 10πt(m) 第3节光的折射__全反射 (1)光的传播方向发生改变的现象叫光的折射。(×) (2)折射率跟折射角的正弦成正比。(×) (3)只要入射角足够大，就能发生全反射。(×) (4)折射定律是托勒密发现的。(×) (5)若光从空气中射入水中，它的传播速度一定减小。(√) (6)已知介质对某单色光的临界角为C，则该介质的折射率等于。(√) (7)密度大的介质一定是光密介质。(×) 1．光从一种介质进入另一种介质为折射现象，光射到两种介质的界面后又返回原介质的现象为反射现象。 2．光发生全反射时必须同时满足两个条件：①光从光密介质射入光疏介质；②入射角等于或大于临界角。 3．无论折射现象还是反射现象，光路都是可逆的。 4．在同种介质中，光的频率越高，折射率越大，传播速度越小，全反射的临界角越小。 突破点(一) 折射定律与折射率的应用 1．对折射率的理解 (1)公式n＝中，不论光是从真空射入介质，还是从介质射入真空，θ1总是真空中的光线与法线间的夹角，θ2总是介质中的光线与法线间的夹角。 (2)折射率与入射角的大小无关，与介质的密度无关，光密介质不是指密度大的介质。 (3)折射率的大小不仅与介质本身有关，还与光的频率有关。同一种介质中，频率越大的色光折射率越大，传播速度越小。 (4)同一种色光，在不同介质中虽然波速、波长不同，但频率不变。 2．平行玻璃砖、三棱镜和圆柱体(球)对光路的控制 平行玻璃砖 三棱镜 圆柱体(球) 结构 玻璃砖上下表面是平行的 横截面为三角形的三棱镜 横截面是圆 对光线的作用 通过平行玻璃砖的光线不改变传播方向，但要发生侧移 通过三棱镜的光线经两次折射后，出射光线向棱镜底面偏折 圆界面的法线是过圆心的直线，光线经过两次折射后向圆心偏折 应用 测定玻璃的折射率 全反射棱镜，改变光的传播方向 改变光的传播方向 [典例] (2017·全国卷Ⅱ)一直桶状容器的高为2l，底面是边长为l的正方形；容器内装满某种透明液体，过容器中心轴DD′、垂直于左右两侧面的剖面图如图所示。容器右侧内壁涂有反光材料，其他内壁涂有吸光材料。在剖面的左下角处有一点光源，已知由液体上表面的D点射出的两束光线相互垂直，求该液体的折射率。 [解析] 设从光源发出直接射到D点的光线的入射角为i1，折射角为r1。在剖面内作光源相对于反光壁的镜像对称点C，连接C、D，交反光壁于E点，由光源射向E点的光线，反射后沿ED射向D点。光线在D点的入射角为i2，折射角为r2，如图所示。设液体的折射率为n，由折射定律有 nsin i1＝sin r1① nsin i2＝sin r2② 由题意知 r1＋r2＝90°③ 联立①②③式得 n2＝④ 由几何关系可知 sin i1＝＝⑤ sin i2＝＝⑥ 联立④⑤⑥式得 n＝1.55。 [答案] 1.55 [方法规律] 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。 (4)注意折射现象中光路的可逆性。 [集训冲关] 1．(2016·四川高考)某同学通过实验测定半圆形玻璃砖的折射率n。如图甲所示，O是圆心，MN是法线，AO、BO分别表示某次测量时光线在空气和玻璃砖中的传播路径。该同学测得多组入射角i和折射角r，作出sin isin r图像如图乙所示。则( ) A．光由A经O到B，n＝1.5 B．光由B经O到A，n＝1.5 C．光由A经O到B，n＝0.67 D．光由B经O到A，n＝0.67 解析：选B 由sin isin r图像可知，同一光线sin r＞sin i，即r＞i，故r为光线在空气中传播时光线与法线的夹角，则BO为入射光线，OA为折射光线，即光线由B经O到 A，折射率n＝＝＝1.5，故选项B正确，选项A、C、D错误。 2.(2015·安徽高考)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. B. C. D. 解析：选A 当出射角i′和入射角i相等时，由几何知识 ，作角A的平分线，角平分线过入射光线的延长线和出射光线的反向延长线的交点、两法线的交点，如图所示。 可知∠1＝∠2＝，∠4＝∠3＝ 而i＝∠1＋∠4＝＋ 由折射率公式n＝＝，选项A正确。 3．(2018·沈阳模拟)如图所示，一玻璃砖的横截面为半圆形，O为圆心，半径为R，MN为直径，P为OM的中点，MN与水平放置的足够大光屏平行，两者间距为d＝R，一单色细光束沿垂直于玻璃砖上表面的方向从P点射入玻璃砖，光从弧形表面上某点A射出后到达光屏上某处Q点，已知玻璃砖对该光的折射率为n＝。求光束从OM上的P点射入玻璃砖后到达光屏上Q点所用的时间(不考虑反射光，光在真空中传播速度为c)。 解析：完成光路图如图所示，P为OM的中点。 设出射点处的入射角为α，折射角为β 由几何关系知： sin α＝，得α＝30° PA＝Rcos 30° 设光在玻璃砖中的传播速度为v，传播时间为t1，则： v＝ 则光线在玻璃砖内传播的时间为t1＝ 由折射定律得：n＝ 由图知，AQ＝ 设光从A到Q所用时间为t2，则： t2＝ 由以上关系可求得从P到Q的时间为： t＝t1＋t2＝。 答案： 突破点(二) 光的全反射 1．求解光的折射、全反射问题的四点提醒 (1)光密介质和光疏介质是相对而言的，介质A相对于介质B可能是光密介质，而相对于介质C可能是光疏介质。 (2)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。 (3)光的反射和全反射现象，均遵循光的反射定律，光路均是可逆的。 (4)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．解决全反射问题的一般步骤 (1)确定光是从光密介质进入光疏介质。 (2)应用sin C＝确定临界角。 (3)根据题设条件，判定光在传播时是否发生全反射。 (4)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。 [典例] (2016·海南高考)如图，半径为R的半球形玻璃体置于水平桌面上，半球的上表面水平，球面与桌面相切于A点。一细束单色光经球心O从空气中射入玻璃体内(入射面即纸面)，入射角为45°，出射光线射在桌面上B点处。测得AB之间的距离为。现将入射光束在纸面内向左平移，求射入玻璃体的光线在球面上恰好发生全反射时，光束在上表面的入射点到O点的距离。不考虑光线在玻璃体内的多次反射。 [解析] 当光线经球心O入射时，光路图如图(a)所示。设玻璃的折射率为n ，由折射定律有n＝ 式中，入射角i＝45°，r为折射角。 △OAB为直角三角形，因此sin r＝ 发生全反射时，临界角C满足sin C＝ 光线左移，恰好在玻璃体球面发生全反射时，光路图如图(b)所示。设此时光线入射点为E，折射光线射到玻璃体球面的D点。由题意有∠EDO＝C 在△EDO内，根据正弦定理有＝ 联立以上各式并利用题给条件得OE＝R。 [答案] R [方法规律] 解答全反射类问题的技巧 (1)解答全反射类问题时，要抓住发生全反射的两个条件。 ①光必须从光密介质射入光疏介质。 ②入射角大于或等于临界角。 (2)利用好光路图中的临界光线，准确地判断出恰好发生全反射的光路图是解题的关键，且在作光路图时尽量与实际相符。 [集训冲关] 1．[多选]关于全反射，下列说法中正确的是( ) A．光从光密介质射向光疏介质时可能发生全反射 B．光从光疏介质射向光密介质时可能发生全反射 C．光从折射率大的介质射向折射率小的介质时可能发生全反射 D．光从其传播速度大的介质射向其传播速度小的介质时可能发生全反射 解析：选AC 当光从光密介质射向光疏介质时有可能发生全反射；由n＝可知，光在其中传播速度越大的介质，折射率越小，传播速度越小的介质，折射率越大，故A、C正确。 2．[多选]如图所示是一玻璃球体，其半径为R，O为球心，AB为水平直径。M点是玻璃球的最高点，来自B点的光线BD从D 点射出，出射光线平行于AB，已知∠ABD＝30°，光在真空中的传播速度为c，则( ) A．此玻璃的折射率为 B．光线从B到D需用时 C．该玻璃球的临界角应小于45° D．若增大∠ABD，光线不可能在DM段发生全反射现象 E．若减小∠ABD，从AD段射出的光线均平行于AB 解析：选ABC 由题图可知光线在D点的入射角为i＝30°，折射角为r＝60°，由折射率的定义得n＝，解得n＝，A正确；光线在玻璃中的传播速度为v＝＝c，由题图知BD＝R，所以光线从B到D需用时t＝＝，B正确；若增大∠ABD，则光线射向DM段时入射角增大，射向M点时为45°，而临界角满足sin C＝＝<＝sin 45°，即光线可以在DM段发生全反射现象，C正确，D错误；要使出射光线平行于AB，则入射角必为30°，E错误。 3.(2017·全国卷Ⅲ)如图，一半径为R的玻璃半球，O点是半球的球心，虚线OO′表示光轴(过球心O与半球底面垂直的直线)。已知玻璃的折射率为1.5。现有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出(不考虑被半球的内表面反射后的光线)。求 (1)从球面射出的光线对应的入射光线与光轴距离的最大值； (2)距光轴的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O点的距离。 解析：(1)如图，从底面上A处射入的光线，在球面上发生折射时的入射角为i，当i等于全反射临界角ic时，对应入射光线到光轴的距离最大，设最大距离为l。 i＝ic① 设n是玻璃的折射率，由全反射临界角的定义有nsin ic＝1② 由几何关系有 sin i＝③ 联立①②③式并利用题给条件，得 l＝R。④ (2)设与光轴相距的光线在球面B点发生折射时的入射角和折射角分别为i1和r1，由折射定律有 nsin i1＝sin r1⑤ 设折射光线与光轴的交点为C，在△OBC中，由正弦定理有 ＝⑥ 由几何关系有 ∠C＝r1－i1⑦ sin i1＝⑧ 联立⑤⑥⑦⑧式及题给条件得 OC＝R≈2.74R。⑨ 答案：(1)R (2)2.74R 突破点(三) 色散现象 1．光的色散 (1)现象：一束白光通过三棱镜后在屏上会形成彩色光带。 (2)成因：棱镜材料对不同色光的折射率不同，对红光的折射率最小，红光通过棱镜后的偏折程度最小，对紫光的折射率最大，紫光通过棱镜后的偏折程度最大，从而产生色散现象。 2．各种色光的比较 颜 色 红橙黄绿青蓝紫 频率ν 低―→高 同一介质中的折射率 小―→大 同一介质中的速度 大―→小 波长 大―→小 通过棱镜的偏折角 小―→大 临界角 大―→小 双缝干涉时的条纹间距 大―→小 [题点全练] 1．(2015·福建高考)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>nb B．λa>λb，na查看更多