【物理】2020届一轮复习人教版第十四章波与相对论[选修3-4]学案
第十四章波与相对论[选修3-4]
考 纲 要 求
考 情 分 析
简谐运动
Ⅰ
全反射、光导纤维
Ⅰ
1.命题规律
从近几年的高考试题来看，对该部分内容主要考查简谐运动的图像、波的图像以及波的传播规律等，另外对光学知识的考查主要以折射定律、全反射等知识为主。
2.考查热点
预计在明年高考中，对该部分内容仍将以图像为重点考查振动和波动问题，并以光的折射和全反射为要点考查光学知识。
简谐运动的公式和图像
Ⅱ
光的干涉、衍射和偏振现象
Ⅰ
单摆、单摆的周期公式
Ⅰ
电磁波的产生
Ⅰ
受迫振动和共振
Ⅰ
电磁波的发射、传播和接收
Ⅰ
机械波、横波和纵波
Ⅰ
电磁波谱
Ⅰ
横波的图像
Ⅱ
狭义相对论的基本假设
Ⅰ
波速、波长和频率(周期)的关系
Ⅰ
质能关系
Ⅰ
波的干涉和衍射现象
Ⅰ
实验十四：探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
多普勒效应
Ⅰ
光的折射定律
Ⅱ
实验十五：测定玻璃的折射率
折射率
Ⅰ
实验十六：用双缝干涉测光的波长
第79课时 机械振动(双基落实课)
点点通(一) 简谐运动
1．定义：如果质点的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律，即它的振动图像(xt图像)是一条正弦曲线，这样的振动叫做简谐运动。
2．平衡位置：物体在振动过程中回复力为零的位置。
3．回复力
(1)定义：使物体返回到平衡位置的力。
(2)方向：总是指向平衡位置。
(3)来源：属于效果力，可以由某一个力提供，也可以由几个力的合力或某个力的分力提供。
4．描述简谐运动的物理量
定 义
意 义
位移
由平衡位置指向质点所在位置的有向线段
描述质点振动中某时刻的位置相对于平衡位置的位移
振幅
振动物体离开平衡位置的最大距离
描述振动的强弱和能量
周期
振动物体完成一次全振动所需时间
描述振动的快慢，两者互为倒数：T＝
频率
振动物体单位时间内完成全振动的次数
相位
ωt＋φ
描述周期性运动在各个时刻所处的不同状态
[小题练通]
1．(鲁科教材原题)做简谐运动的质点通过平衡位置时，具有最大值的物理量是( )
A．加速度 B．速度
C．位移 D．回复力
解析：选B 做简谐运动的质点通过平衡位置时，位移、回复力、加速度都为零，速度为最大值，故B正确。
2．(沪科教材原题)一弹簧振子做简谐运动，周期为T。下列判断中正确的是( )
A．若t时刻和(t＋Δt)时刻振子位移的大小相等、方向相同，则Δt一定等于T的整数倍
B．若t时刻和(t＋Δt)时刻振子速度的大小相等、方向相反，则Δt一定等于的整数倍
C．若Δt＝T，则在t时刻和(t＋Δt)时刻振子的加速度一定相等
D．若Δt＝，则在t时刻和(t＋Δt)时刻弹簧长度一定相等
解析：选C 位移大小相等、方向相同，Δt不一定是T的整数倍，A错误；速度大小相等、方向相反，Δt不一定是的整数倍，B错误；若Δt＝T，则在t时刻和(t＋Δt)时刻振子的加速度一定相等，C正确；若Δt＝，在t时刻和(t＋Δt)时刻弹簧长度不一定相等，D错误。
3．两个简谐运动的表达式分别为：xA＝10sincm，xB＝8sin(4πt＋π)cm，下列说法正确的是( )
A．振动A的相位超前振动Bπ
B．振动A的相位滞后振动Bπ
C．振动A的相位滞后振动Bπ
D．两个振动没有位移相等的时刻
解析：选B 由两个简谐运动的表达式可知，振动A的相位滞后振动Bπ，B正确，A、C错误；由简谐运动的特点易知，两个振动有位移相等的时刻，D错误。
4．(多选)(2019·鞍山模拟)一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 由题知，弹簧振子的运动可分两种情况讨论，第1种情况如图甲所示，设O为平衡位置，OB(OC)代表振幅，弹簧振子从点O到点C所需时间为，因为简谐运动具有对称性，所以弹簧振子从点M到点C和从点C到点M所用时间相等，故＝0.3 s＋＝0.4 s，解得T＝1.6 s；第2种情况如图乙所示，若弹簧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，则弹簧振子从点M′经过点B到点M′所用的时间与弹簧振子从点M经过点C到点M所需时间相等，即0.2 s，弹簧振子从点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。
5．(多选)如图所示，在光滑杆下面铺一张可沿垂直杆方向匀速移动的白纸，一带有铅笔的弹簧振子在B、C两点间做机械振动，可以在白纸上留下痕迹。已知弹簧的劲度系数为k＝10 N/m，振子的质量为0.5 kg，白纸移动的速度为2 m/s，弹簧弹性势能的表达式Ep＝ky2(y为弹簧的形变量)，不计一切摩擦。在一次弹簧振子实验中得到如图所示的图线，则下列说法中正确的是( )
A．该弹簧振子的振幅为1 m
B．该弹簧振子的周期为1 s
C．该弹簧振子的最大加速度为10 m/s2
D．该弹簧振子的最大速度为2 m/s
E．该弹簧振子振动过程中机械能守恒
解析：选BCE 弹簧振子的振幅为振子偏离平衡位置的最大距离，所以该弹簧振子的振幅为A＝0.5 m，A错误；由题图所示振动曲线可知，白纸移动x＝2 m，弹簧振子振动一个周期，所以弹簧振子的周期为T＝＝1 s，B正确；该弹簧振子所受最大回复力为F＝kA
＝10×0.5 N＝5 N，最大加速度为a＝＝10 m/s2，C正确；根据题述弹簧弹性势能的表达式Ep＝ky2，不计一切摩擦，弹簧振子振动过程中机械能守恒，则mvm2＝kA2，可得该弹簧振子的最大速度为vm＝ A＝ m/s，D错误，E正确。
[融会贯通]
(1)做简谐运动的质点处于平衡位置时，位移、回复力、加速度都为零，而速度为最大值。
(2)简谐运动的速度、时间、位移和加速度等物理量具有一定的对称性。要善于利用这种对称性分析问题。
点点通(二) 简谐运动的图像
1．从平衡位置处开始计时，函数表达式为x＝Asin ωt，图像如图甲所示。
2．从最大位移处开始计时，函数表达式为x＝Acos ωt，图像如图乙所示。
3.结合图像理解简谐运动的规律——五个特征
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
[小题练通]
1．(多选)(教科教材原题)一质点做简谐运动的图像如图所示，则下列结论中，正确的是( )
A．质点速度最大而加速度为零的时刻分别是0.1 s、0.3 s
B．质点速度为零而加速度为负方向最大值的时刻分别是0 s、0.4 s
C．质点所受的回复力方向由正变负的时刻是0.3 s
D．振动系统势能最大而加速度为正方向最大值的时刻是0.3 s
解析：选ABC 质点在0.1 s和0.3 s时刻，位移为零，故加速度为零，速度最大，A正确；质点在0 s和0.4 s时刻，位移为正方向最大值，故速度为零，加速度为负方向最大值，B正确；质点在0.3 s时刻，位移由负方向变为正方向，则回复力由正方向变为负方向，C正确；质点在0.3 s时刻，位移为零，振动系统势能和加速度都为零，D错误。
2．(沪科教材原题)一质点做简谐运动，其振动图像如图所示。由图可知( )
A．质点振动的振幅随时间变化
B．质点振动的频率为4 Hz
C．在t＝2.5 s时，质点偏离平衡位置运动
D．在t＝4 s时，质点受到的回复力为最大值
解析：选D 由题图可知，质点振动的频率f＝ Hz，B错误；t＝2.5 s时，质点向平衡位置运动，C错误；t＝4 s时，质点位移为最大值，受到的回复力为最大值，D正确；做简谐运动的质点振动的振幅是不随时间变化的，A错误。
3．(多选)甲、乙两弹簧振子，振动图像如图所示，则可知( )
A．甲速度为零时，乙加速度最大
B．甲加速度为零时，乙速度最小
C．1.25～1.5 s时间内，甲的回复力大小增大，乙的回复力大小减小
D．甲、乙的振动频率之比f甲∶f乙＝1∶2
E．甲、乙的振幅之比A甲∶A乙＝2∶1
解析：选CDE 由题图可知，甲运动到最大位移处(速度为零)时，乙刚好运动到平衡位置，加速度为零，速度最大，A错误；甲运动到平衡位置(加速度为零)时，乙也运动到平衡位置，速度最大，B错误；由|F|＝k|x|可知，C正确；甲做简谐运动的周期T甲＝2.0 s，乙做简谐运动的周期T乙＝1.0 s，甲、乙的振动周期之比T甲∶T乙＝2∶1，根据周期与频率成反比，可知甲、乙的振动频率之比f甲∶f乙＝1∶2，D正确；甲的振幅A甲＝10 cm，乙的振幅A乙＝5 cm，甲、乙的振幅之比A甲∶A乙＝2∶1，E正确。
4.(人教教材原题)如图所示，在t＝0到t＝4 s的范围内回答以下问题。
(1)质点相对平衡位置的位移的方向在哪些时间内跟它的瞬时速度的方向相同？在哪些时间内跟瞬时速度的方向相反？
(2)质点在第2 s末的位移是多少？
(3)质点在前2 s内走过的路程是多少？
解析：(1)在0～1 s、2～3 s内位移方向和瞬时速度方向相同，在1～2 s、3～4 s内位移方向和瞬时速度方向相反。
(2)质点在第2 s末的位移是零。
(3)质点在前2 s内走过的路程是2A＝20 cm。
答案：见解析
[融会贯通]
由简谐运动的图像可获得的信息
(1)振幅A、周期T。
(2)某一时刻质点离开平衡位置的位移。
(3)某一时刻质点的回复力、加速度和速度的方向。
①回复力和加速度的方向：因为回复力总是指向平衡位置，所以回复力和加速度在图像上总是指向t轴。
②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，下一时刻位移若增大，质点的速度方向就是远离t轴；下一时刻位移若减小，质点的速度方向就是指向t轴。
(4)某段时间内质点的位移、回复力、加速度、速度、动能、势能的变化情况。
点点通(三) 单摆及其周期公式
简谐运动的两种模型(对比记忆单摆)
弹簧振子(水平)
单摆
示 意 图
简谐
运动
条件
(1)弹簧质量可忽略
(2)无摩擦力等阻力
(3)在弹簧弹性限度内
(1)摆线为不可伸缩的轻细线
(2)无空气等对摆球的阻力
(3)θ角小于5°
回复
力
弹簧的弹力
摆球重力沿与摆线垂直(即切向)方向的分力
平衡
位置
弹簧处于原长处
最低点
周期
与振幅无关
T＝2π
能量
转化
弹性势能与动能的相互转化，机械能守恒
重力势能与动能的相互转化，机械能守恒
[小题练通]
1．(多选)(鲁科教材原题)振动着的单摆摆球，返回到平衡位置时( )
A．回复力指向悬点 B．合外力为零
C．合外力指向悬点 D．回复力为零
解析：选CD 单摆摆球返回到平衡位置时，回复力为零，但由于摆球做圆周运动，合外力提供向心力，方向指向悬点，故C、D正确。
2．(沪科教材原题)若单摆的摆长不变，摆球的质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的，则单摆振动的物理量变化的情况是( )
A．频率不变，振幅不变 B．频率不变，振幅改变
C．频率改变，振幅改变 D．频率改变，振幅不变
解析：选B 根据T＝2π 可知，当摆球质量和经过平衡位置的速度变化时，单摆的周期和频率都不改变；振幅反映单摆运动过程中的能量大小，由Ek＝mv2可知，摆球经过平衡位置时的动能不变，则摆球在偏离平衡位置最大位移处的重力势能不变，因其质量改变，故振幅发生改变，故B正确。
3．(教科教材原题)一物体在某行星表面受到的万有引力是它在地球表面受到的万有引力的，在地球上走时正确的摆钟(设摆钟的周期与单摆简谐运动的周期相同)搬到此行星上，此钟分针走一整圈所经历的时间实际上是( )
A． h B． h
C．2 h D．4 h
解析：选C 行星表面重力加速度为g，根据T＝2π ，摆钟搬到此行星上，周期变为原来的2倍，则分针走一圈经历的时间实际上是2 h，故C正确。
4．(多选)某实验小组在研究单摆时改进了实验方案，将一力传感器连接到计算机上。图甲中O点为单摆的固定悬点，现将摆球(可视为质点)拉至A点，此时细线处于张紧状态。由静止释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，其中B点为最低位置，∠AOB＝∠COB＝α，α小于5°且大小未知，同时由计算机得到了摆线对摆球的拉力大小F随时间t
变化的曲线，如图乙所示(图中所标字母均为已知量)，且图中t＝0时刻为摆球从A点开始运动的时刻。已知摆长为l，重力加速度为g。根据题中(包括图中)所给的信息，下列说法正确的是( )
A．该单摆的周期为t2
B．可求出摆球的质量
C．不能求出摆球在最低点B时的速度大小
D．若在地球的两极做该实验，则测得单摆的周期最大
E．若增加摆球的质量，单摆的周期不变
解析：选ABE 由题图乙可知单摆的周期T＝t2，故A正确；在B点拉力F有最大值，根据牛顿第二定律Fmax－mg＝m，在A、C两点拉力F有最小值，Fmin＝mgcos α，由A点到B点根据机械能守恒定律有mgl(1－cos α)＝mv2，由此可求得摆球的质量m＝，在B点时的速度v＝ ，故B正确，C错误；地球的两极重力加速度最大，若在地球的两极做该实验，单摆周期为T＝2π ，所以测得单摆的周期最小，故D错误；根据单摆周期公式可知，单摆的周期与摆球质量无关，故E正确。
[融会贯通]
(1)单摆在平衡位置时，回复力为零，但合外力不为零。
(2)单摆的周期和频率只由摆长和重力加速度决定，与摆球的质量、振动的能量大小无关。
点点通(四) 受迫振动和共振
1．受迫振动
系统在驱动力作用下的振动。做受迫振动的物体，它做受迫振动的周期(或频率)等于驱动力的周期(或频率)，而与物体的固有周期(或频率)无关。
2．共振
做受迫振动的物体，它的驱动力的频率与固有频率越接近，其振幅就越大，当二者相等时，振幅达到最大，这就是共振现象。共振曲线如图所示。
[小题练通]
1．(鲁科教材原题)关于固有频率，以下说法正确的是( )
A．固有频率是由物体本身决定的
B．物体不振动时固有频率为零
C．振幅越大，固有频率越小
D．所有物体固有频率都相同
解析：选A 固有频率是由物体本身决定的，与是否振动、振幅大小无关，不同物体固有频率不同，故A正确。
2．(多选)(沪科教材原题)有一个振动系统，它做自由振动时的频率为4f，现在用频率分别为f、2f、4f、5f的驱动力依次对它施加作用，比较每次振动稳定后的情况，下列判断中正确的是( )
A．振动的振幅越来越大
B．振动的频率越来越大
C．振动的振幅先变大再变小
D．振动的频率保持不变
解析：选BC 振动系统振动的频率和驱动力频率相同，因此频率越来越大，而只有驱动力频率与固有频率(自由振动时的频率)相等时，振幅最大，即振幅先变大再变小，故B、C正确。
3.如图所示，两个弹簧振子悬挂在同一支架上，已知甲弹簧振子的固有频率为8 Hz，乙弹簧振子的固有频率为72 Hz。当支架受到竖直方向且频率为9 Hz的驱动力作用做受迫振动时，两个弹簧振子的振动情况是( )
A．甲的振幅较大，且振动频率为8 Hz
B．甲的振幅较大，且振动频率为9 Hz
C．乙的振幅较大，且振动频率为9 Hz
D．乙的振幅较大，且振动频率为72 Hz
解析：选B 弹簧振子做受迫振动时，振动频率一定等于驱动力的频率，故甲和乙的振动频率都是9 Hz；甲弹簧振子的固有频率更接近驱动力的频率，根据受迫振动的“振幅特征”可知，甲的振幅较大，B正确。
[融会贯通]
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．(多选)(2018·天津高考)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( )
A．若振幅为0.1 m，振子的周期可能为 s
B．若振幅为0.1 m，振子的周期可能为 s
C．若振幅为0.2 m，振子的周期可能为4 s
D．若振幅为0.2 m，振子的周期可能为6 s
解析：选AD 若振幅为0.1 m，则T＝1 s，其中n＝0、1、2、…，当n＝0时，T＝2 s，n＝1时，T＝ s，n＝2时，T＝ s，故A正确，B错误；若振幅为0.2 m，振动分4种情况讨论：
第①种情况，设振动方程为x＝Asin(ωt＋φ)，t＝0时，－＝Asin φ，解得φ＝－，所以由P点到O点用时至少为，由简谐运动的对称性可知，由P点到Q点用时至少为，即T＝1 s，其中n＝0、1、2、…，当n＝0时，T＝6 s，n＝1时，T＝ s；第②③种情况，由P点到Q点用时至少为，周期最大为2 s；第④种情况，周期一定小于2 s，故C错误，D正确。
2．(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，只有动能和势能参与转化，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，单摆的周期与摆球质量无关，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速度的方向，故选项E错误。
3．(多选)(2019·大连模拟)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。下列说法正确的是( )
A．当f
f0时，该振动系统的振幅随f减小而增大
C．该振动系统振动稳定后，振动的频率等于f0
D．该振动系统振动稳定后，振动的频率等于f
E．当f＝f0时，该振动系统一定发生共振
解析：选BDE 受迫振动的振幅A随驱动力的频率变化规律如图所示，故A错误，B正确；振动稳定后系统振动的频率等于驱动力的频率，故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，故E正确。
4．(多选)一个质点以O为平衡位置，在A、B间做简谐运动，如图(a)所示，它的振动图像如图(b)所示。设向右为正方向，下列说法正确的是( )
A．OB＝5 cm
B．第0.2 s末质点的速度方向是A→O
C．第0.4 s末质点的加速度方向是A→O
D．第0.7 s末质点位于O点与A点之间
E．质点在4 s内完成5次全振动
解析：选ACE 由题图(b)可知振幅为5 cm，则OB＝OA＝5 cm，A项正确；0～0.2 s内质点从B点向O点运动，第0.2 s 末质点的速度方向是B→O，B项错误；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；第 0.7 s 末质点位于O点与B点之间，D项错误；简谐运动周期T＝0.8 s，则质点在4 s内完成全振动的次数为＝5，E项正确。
5．(多选)一个质点以O为中心做简谐运动，位移随时间变化的图像如图所示，a、b、c、d
表示质点在不同时刻的相应位置，下列说法正确的是( )
A．质点通过位置c时速度最大，加速度为零
B．质点通过位置b时，相对平衡位置的位移为
C．质点从位置a到c和从位置b到d所用时间相等
D．质点从位置a到b和从位置b到c的平均速度相等
E．质点在b、d两位置速度相同
解析：选ACE 由题图知，位置c为质点运动中的平衡位置，由简谐运动的特点可知，选项A正确；简谐运动的振动图像是一条正弦曲线，故质点通过位置b时，相对平衡位置的位移为Asin π＝A，选项B错误；质点从位置a到c和从位置b到d所用时间都等于2 s，选项C正确；质点从位置a到b和从位置b到c所用时间相等，位移不相等，所以平均速度不相等，选项D错误；由质点运动的对称性知，选项E正确。
6．(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 由题图所示共振曲线知此单摆的固有频率为0.5 Hz，则固有周期为2 s；由T＝2π ，可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，只有发生共振时，振幅最大为8 cm，E错误。
7．(多选) 如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图像，下列说法中正确的是( )
A．两单摆的摆长相等
B．甲摆的振幅比乙摆大
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．由图像可以求出当地的重力加速度
解析：选ABD 由题图看出，两单摆的周期相同，同一地点g相同，由单摆的周期公式T＝2π 得知，两单摆的摆长相等，故A正确；甲摆的振幅为10 cm，乙摆的振幅为7 cm
，则甲摆的振幅比乙摆大，故B正确；尽管甲摆的振幅比乙摆大，两单摆的摆长也相等，但由于两单摆的质量未知，无法比较机械能的大小，故C错误；在t＝0.5 s时，甲摆的位移为零，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负向最大，则乙摆具有正向最大加速度，故D正确；由单摆的周期公式T＝2π 得g＝，由于单摆的摆长未知，所以由题图不能求得当地的重力加速度，故E错误。
8．(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，其振动图像如图乙所示，其中A为振幅。对于玻璃管(包括管内液体)，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＝4sincm
D．振动频率与按压的深度有关
E．在t1～t2时间内，玻璃管位移减小，加速度减小，速度增大
解析：选ACE 玻璃管(包括管内液体)只受到重力和水的浮力，所以玻璃管做简谐运动的回复力等于重力和浮力的合力，故A正确；玻璃管在做简谐运动的过程中，水的浮力对玻璃管做功，所以振动的过程中玻璃管的机械能不守恒，故B错误；振动周期为0.5 s，则ω＝＝4π rad/s，由题意可知题图乙中A＝4 cm，t＝0时刻x0＝－A＝Asin φ0，结合t＝0时刻玻璃管振动的方向向下，可知φ0＝π，则玻璃管的位移满足函数式x＝Asin(ωt＋φ0)＝4sincm＝4sincm，故C正确；由于玻璃管做简谐运动，与弹簧振子的振动相似，结合简谐运动的特点可知，该振动的周期与振幅无关，即振动频率与按压的深度无关，故D错误；由题图乙可知，在t1～t2时间内，玻璃管位移减小，回复力f＝－kx，加速度a＝＝－减小；玻璃管向着平衡位置做加速运动，所以速度增大，故E正确。
第80课时 机械波(重点突破课)
[考点一 波的形成和传播]
波的传播、波的图像、波长的概念是这部分内容的重点，而波的周期性、波的多解问题是难点，分析这些问题时要在脑海中形成波的传播的动态图形。
1．波的形成和传播
(1)机械波的形成条件
①有发生机械振动的波源。
②有介质，如空气、水等。
(2)机械波的传播特点
①机械波传播的只是振动的形式和能量，质点只在各自的平衡位置附近做简谐运动，并不随波迁移。
②介质中各质点的振动周期和频率都与波源的振动周期和频率相同。
③一个周期内，质点完成一次全振动，通过的路程为4A，位移为零。
(3)机械波的分类
横波
质点的振动方向与波的传播方向相互垂直的波，有波峰(凸部)和波谷(凹部)
纵波
质点的振动方向与波的传播方向在同一直线上的波，有密部和疏部
2.波的图像
(1)坐标轴：横轴表示在波的传播方向上各质点的平衡位置，纵轴表示某时刻各质点偏离平衡位置的位移。如图所示。
(2)意义：表示在波的传播方向上，某时刻各质点离开平衡位置的位移。
3．波长、波速、频率及其关系
(1)波长λ：在波动中，振动相位总是相同的两个相邻质点间的距离。
(2)波速v：波在介质中的传播速度，由介质本身的性质决定。
(3)频率f：由波源决定，等于波源的振动频率。
(4)波长、波速和频率的关系：v＝λf＝。
[考法细研]
考法1 波的形成与传播
[例1] (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] 水面波是一种机械波，A正确；根据题意得周期T＝ s＝ s，频率f＝＝0.6 Hz，B错误；波长λ＝＝ m＝3 m，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，D错误，E正确。
[答案] ACE
波的传播问题的分析方法
(1)波传播时，波的信息和能量可以向外传播，但振动的质点并不随波迁移。
(2)波的传播具有周期性，波在一个周期传播的距离等于一个波长。波长的大小等于相邻两波峰(或波谷)之间的距离。
(3)波长、波速、周期和频率的计算可利用关系式v＝和v＝λf。
考法2 波的图像分析
[例2] (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
[解析] 因周期T＞0.20 s，故波在t＝0到t＝0.20 s时间内传播的距离小于波长λ，由yx图像可知传播距离Δx＝0.08 m，故波速v＝＝0.40 m/s，故A正确；由yx图像可知波长λ＝0.16 m，故B错误；由v＝得，波的周期T＝＝0.4 s，根据振动与波动的关系知t＝0时，x＝0.08 m的质点沿＋y方向振动，t＝0.7 s＝1T，故此时该质点位于波谷；因为T＜0.12 s＜，此时x＝0.08 m的质点在x轴上方沿－y 方向振动，故C正确，D错误；根据λ＝vT得，波速变为0.80 m/s时波长λ＝0.32 m，故E正确。
[答案] ACE
考法3 波的图像和振动图像的综合应用
[例3] (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的振动图像。求：
(1)波速及波的传播方向；
(2)质点Q的平衡位置的x坐标。
[解析] (1)由题图(a)可以看出，该波的波长为
λ＝36 cm
由题图(b)可以看出，周期为
T＝2 s
波速为v＝＝18 cm/s
由题图(b)知，当t＝ s时，质点Q向上运动，结合题图(a)可得，波沿x轴负方向传播。
(2)设质点O的振动方程为yO＝Asin(ωt＋φ)，
其中ω＝＝π rad/s
t＝ s时，有yO＝Asin＝－，可得φ＝－
即yO＝Asin
由题图(b)可知yQ＝Asin ωt
所以O、Q两质点的相位差为
xQ＝λ＝9 cm。
[答案] (1)18 cm/s 沿x轴负方向传播 (2)9 cm
分析波的图像与振动图像综合问题的注意事项
(1)分清振动图像与波的图像。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，注意单位前的数量级。
(3)找准波的图像对应的质点和振动图像对应的时刻。
考法4 波的多解问题
[例4] 如图所示，实线是一列简谐横波某时刻的波形图，虚线是0.2 s 后的波形图。
(1)若波向左传播，求它传播的距离及最小距离；
(2)若波向右传播，求它的周期及最大周期；
(3)若波速为35 m/s，求波的传播方向。
[解析] (1)由题图知，λ＝4 m，若波向左传播，传播的距离为Δx＝nλ＋λ＝(4n＋3)m(n＝0,1,2，…)，最小距离为Δxmin＝3 m。
(2)若波向右传播，Δx＝nλ＋λ，
所用时间为Δt＝T＝0.2 s，
故周期为T＝ s，
所以最大周期为Tmax＝0.8 s。
(3)因为Δx＝v·Δt＝35×0.2 m＝7 m＝λ＋λ，
所以波向左传播。
[答案] 见解析
解答波的多解问题的方法
(1)假设波向x轴正方向或负方向传播。
(2)由题目提供的波形变化等条件列出传播距离或传播时间与波长、周期等相关的通式。
(3)根据v＝、v＝λf或v＝求出速度或其他未知量的关系通式。
(4)分析题目中有没有其他限制条件，判断通过关系通式得到的多解能否变为有限个解或唯一解。
[集训冲关]
1．(多选)一列简谐横波在t＝0时刻的波形图如图所示，已知这列波沿x轴正方向传播，M为传播方向上一质点，此时M点的纵坐标为 cm。若经过时间Δt＝0.1 s，M点首次到达波峰。下列说法中正确的是( )
A．波动方程为y＝2sin(2πx)cm
B．M点的坐标为(0.3，)
C．波的传播速度大小为1.25 m/s
D．质点的振动周期为1 s
E．从t＝0时刻起经过0.5 s，M点运动的路程为(6－)cm
解析：选ACE 根据题图可知：波长λ＝1 m，振幅A＝2 cm，则波动方程为y＝Asin x＝2sin(2πx)cm，选项A正确；将M点纵坐标y＝ cm代入波动方程，结合题图解得M点的坐标为，选项B错误；由于经过时间Δt＝0.1 s，M点首次到达波峰，即M点左侧相邻的波峰传播到M点，传播距离等于Δx＝m＝ m，波的传播速度v＝，代入数据解得v＝1.25 m/s，选项C正确；质点的振动周期T＝，代入数据可得T＝0.8 s，选项D错误；0.5 s－Δt＝0.4 s＝，所以从t＝0时刻起经过0.5 s，M点首次到达波谷位置，所以M点运动的路程：s＝(2－)cm＋2A＝(6－)cm，选项E正确。
2．(多选)图(a)为一列简谐横波在t＝2 s时的波形图，P是平衡位置为x＝2 m的质点，图(b)为介质中平衡位置在x＝1.5 m 处的质点的振动图像。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 根据题图可知：该波的波长λ＝2 m，周期T＝4 s，故波速v＝＝0.5 m/s，A正确；从题图(b)可知：x＝1.5 m处的质点在t＝2 s时，在平衡位置沿y轴负方向运动，根据“上下坡法”结合题图(a)可知，波的传播方向向左，B错误；0～2 s时间内，P运动的时间等于，运动的路程s＝×4A＝8 cm，C正确；0～2 s时间内，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点从题图(a)所示(t＝2 s)运动了5 s，即T，到达平衡位置，E正确。
3．(2018·全国卷Ⅱ)声波在空气中的传播速度为340 m/s，在钢铁中的传播速度为4 900 m/s。一平直桥由钢铁制成，某同学用锤子敲击一下桥的一端发出声音，分别经空气和桥传到另一端的时间之差为1.00 s。桥的长度为________m。若该声波在空气中的波长为λ，则它在钢铁中的波长为λ的________倍。
解析：设声波在钢铁中的传播时间为t，由L＝vt知，340(t＋1.00)＝4 900t，解得t＝ s，代入L＝vt中解得桥长L≈365 m。声波在传播过程中频率不变，根据v＝λf知，声波在钢铁中的波长λ′＝＝λ。
答案：365
4．(2019·南昌模拟)如图所示实线是一列简谐横波在t1＝0时刻的波形，虚线是这列波在t2＝0.5 s时刻的波形，这列波的周期T符合：3T＜t2－t1＜4T，求：
(1)若波向右传播，波速为多大；
(2)若波向左传播，波速为多大。
解析：(1)波向右传播时，传播距离Δx满足
Δx＝kλ＋λ(k＝0,1,2,3，…)
由Δt＝，v＝知
传播时间满足Δt＝t2－t1＝kT＋T(k＝0,1,2,3，…)
由3T＜t2－t1＜4T，可知k取3
故Δt＝3T＋T，解得T＝ s
由题图知λ＝8 m，解得v＝54 m/s。
(2)波向左传播时，传播距离Δx满足
Δx＝kλ＋λ(k＝0,1,2,3，…)
由Δt＝，v＝知
传播时间满足Δt＝kT＋T(k＝0,1,2,3，…)
由3T＜t2－t1＜4T，可知k取3
故Δt＝3T＋T，解得T＝ s
由λ＝8 m，解得v＝58 m/s。
答案：(1)54 m/s (2)58 m/s
[考点二 波的干涉、衍射和多普勒效应]
波的干涉、衍射、多普勒效应都是波的特性，这些现象的特点及发生的条件是高考考查的重点，而干涉、衍射的现象及图样易混淆，要注意正确分辨。
1．波的干涉和衍射现象
波的干涉
波的衍射
条件
两列波的频率必须相同，相位差保持不变
产生明显衍射的条件：障碍物或孔的尺寸比波长小或相差不多
现象
形成加强区和减弱区相互隔开的稳定的干涉图样
波能够绕过障碍物或孔继续传播
2．多普勒效应
(1)现象：观察者感到频率发生变化。
(2)条件：波源和观察者之间有相对运动。
(3)实质：波源频率不变，观察者接收到的频率变化。
[考法细研]
考法1 波的干涉现象
[例1] (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] (1)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，波长为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
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及两波源的振动步调。
(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．波形图法
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。
考法2 波的衍射现象
[例2] 如图，P为桥墩，A为靠近桥墩浮在水面的叶片，波源S连续振动，形成水波，此时叶片A静止不动。为使水波能带动叶片振动，可用的方法是( )
A．提高波源频率
B．降低波源频率
C．增加波源距桥墩的距离
D．减小波源距桥墩的距离
[解析] 叶片A静止不动，是因为水波不能绕过桥墩传过来，即水波衍射现象不太明显，而发生明显衍射的条件是，障碍物的尺寸比波长小或差不多，所以要让叶片A
动起来只能减小桥墩的尺寸或增大水波的波长，水波的速度一定，降低波源频率会增大波长，提高波源频率会减小波长，故A错误，B正确；改变波源与桥墩的距离不会让衍射现象更明显，故C、D错误。
[答案] B
考法3 多普勒效应
[例3] (多选)(2019·绵阳模拟)一频率为600 Hz的声源以20 rad/s 的角速度沿一半径为0.8 m 的圆周(圆心为O点)做匀速圆周运动。一观察者站在离圆心很远的P点且相对于圆心静止，如图所示，则观察者接收到( )
A．声源在A点时发出声音的频率大于600 Hz
B．声源在B点时发出声音的频率等于600 Hz
C．声源在C点时发出声音的频率等于600 Hz
D．声源在C点时发出声音的频率小于600 Hz
E．声源在D点时发出声音的频率小于600 Hz
[解析] 根据多普勒效应，当声源和观察者相互靠近时，观察者接收到的频率大于声源的频率，当声源和观察者相互远离时，观察者接收到的频率小于声源的频率，将声源运动至A、B、C、D四个点时相对于观察者的速度方向标出来，可得：声源运动到A点时有靠近观察者的趋势，运动到C点时有远离观察者的趋势，声源在B、D两点的速度方向垂直于O点与观察者的连线，故A、B、D正确，C、E错误。
[答案] ABD
[集训冲关]
1．(多选)(2019·广州荔湾区模拟)如图是水平面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况，以波源S1、S2为圆心的两组同心圆弧分别表示同一时刻两列波的波峰(实线)和波谷(虚线)，S1的振幅A1＝3 cm，S2的振幅A2＝2 cm。则下列说法正确的是( )
A．质点D是振动减弱点
B．质点A、D在该时刻的高度差为10 cm
C．再过半个周期，质点B、C是振动加强点
D．质点C的振幅为1 cm
E．质点C此刻以后将向下振动
解析：选BDE 题图中质点A、D分别是波峰与波峰相遇、波谷与波谷相遇，是振动加强点，而质点B、C是波峰与波谷相遇，是振动减弱点，故A错误；质点A的位移为3 cm＋2 cm＝5 cm，质点D的位移为－3 cm－2 cm＝－5 cm，故质点A、D在该时刻的高度差为
10 cm，故B正确；振动的干涉图样是稳定的，质点A、D一直是振动加强点，而质点B、C一直是振动减弱点，故C错误；质点C是振动减弱点，振幅为3 cm－2 cm＝1 cm，此刻在上方最大位移处，故质点C此刻以后将向下振动，故D、E正确。
2．(多选)下列关于多普勒效应的说法中，正确的是( )
A．只要波源在运动，就一定能观察到多普勒效应
B．如果波源静止，就观察不到多普勒效应
C．当声源朝着观察者运动时，声源的频率不变
D．当声源远离观察者运动时，观察者接收到的频率变低
E．当声源相对于观察者运动时，观察者接收到的频率可能变高，也可能变低
解析：选CDE 波源运动时，波源与观察者距离不一定变化，不一定能观察到多普勒效应，A错；波源静止时，若观察者靠近或远离波源，就能观察到多普勒效应，B错；声源朝着观察者运动时，声源频率不变，观察者接收到的频率变高，反之亦然，C、D对；声源相对于观察者运动时，二者距离可能增大，也可能减小，故观察者接收到的频率可能变低，也可能变高，E对。
3．利用发波水槽得到的水面波形如图甲、乙所示，则：
图甲显示了波的________现象，图乙显示了波的________现象。
解析：由波的干涉和衍射概念知，题图甲是一列波的传播，显示了波的衍射现象，题图乙是两列波的传播，显示了波的干涉现象。
答案：衍射 干涉
1.(多选)如图所示，a、b、c、d是均匀媒介中x轴上的四个质点，相邻两点的间距依次为2 m、4 m和6 m。一列简谐横波以2 m/s的波速沿x轴正方向传播，在t＝0时刻到达质点a处，质点a由平衡位置开始竖直向下运动，t＝3 s时刻质点a第一次到达最高点。下列说法正确的是( )
A．在t＝6 s时刻波恰好传到质点d处
B．在t＝5 s时刻质点c恰好到达最高点
C．质点b开始振动后，其振动周期为4 s
D．在4 s0，光束Ⅲ可能会在上表面发生全反射
解析：选ABD 由题意画出如图所示的光路图，可知光束Ⅰ是反射光线，所以仍是复色光，而光束Ⅱ、Ⅲ由于折射率的不同导致偏折分离，所以光束Ⅱ、Ⅲ是单色光，故A正确；由于光束Ⅱ的偏折程度大于光束Ⅲ，所以玻璃对光束Ⅱ的折射率大于对光束Ⅲ的折射率，根据v＝可知，光束Ⅱ在玻璃中的传播速度比光束Ⅲ小，故B正确；当增大α角且α<90°，即入射角减小时，光束Ⅱ、Ⅲ会靠近光束Ⅰ，故C错误；因为厚玻璃平面镜的上下表面是平行的，根据光的入射角与反射角相等以及光的可逆性，可知改变α角且α<90°，光束Ⅱ、Ⅲ一定与光束Ⅰ平行，故D正确；减小α角且α>0，根据折射定律，光的折射角增大，根据光的可逆性知，光束Ⅲ不可能在上表面发生全反射，故E错误。
2.(多选)如图所示，从点光源S发出的一细束白光以一定的角度入射到三棱镜的表面，经过三棱镜的折射后发生色散现象，在光屏的ab间形成一条彩色光带。下列说法中正确的是( )
A．a侧是红光，b侧是紫光
B．在真空中a侧光的波长小于b侧光的波长
C．三棱镜对a侧光的折射率大于对b侧光的折射率
D．在三棱镜中a侧光的传播速度比b侧光小
E．在三棱镜中a、b两侧光的传播速度相同
解析：选BCD 由题图可以看出，a侧光偏折程度较大，三棱镜对a侧光的折射率较大，所以a侧光是紫光，波长较短，b侧光是红光，波长较长，A错误，B、C正确；又v＝，所以在三棱镜中a侧光的传播速度小于b侧光的传播速度，D正确，E错误。
3.如图所示，光屏PQ的上方有一横截面为半圆形的玻璃砖，其直径AB与水平面成30°角。
(1)若让一束单色光沿半径方向竖直向下射向圆心O，由AB面折射后射出，当光点落在光屏上时，绕O点逆时针旋转入射光，调整入射光与竖直方向的夹角，该角多大时，光在光屏PQ上的落点距O′点最远？(已知玻璃砖对该光的折射率为n＝)
(2)若让一束白光沿半径方向竖直向下射向圆心O，经玻璃砖后射到光屏上形成完整彩色光带，则光带的最右侧是什么颜色的光？若使白光绕圆心O逆时针转动，什么颜色的光最先消失？
解析：(1)如图所示，光在O点刚好要发生全反射时，在光屏PQ上的落点距O′点最远，且此时sin C＝
解得C＝45°
由几何关系知，入射光与竖直方向的夹角为
θ＝C－30°＝15°。
(2)由于介质对紫光的折射率最大，所以位于光带的最右侧。若使白光绕圆心O逆时针转动，入射角增大，由于紫光发生全反射的临界角最小，所以紫光最先消失。
答案：(1)15° (2)紫光 紫光
1．(多选)一束光由空气射向半圆柱体玻璃砖，O点为该玻璃砖截面的圆心，选项图中能正确表述其光路的是( )
解析：选ACE 由折射定律可知，光从光密介质进入光疏介质，折射角大于入射角，可能发生全反射，由此判断A、C正确；光从空气射到玻璃砖表面，应有折射光线，且折射角小于入射角，B、D错误，E正确。
2.(多选)水下一点光源，发出a、b两单色光。人在水面上方向下看，水面中心Ⅰ 区域有a光、b光射出，Ⅱ 区域只有a光射出，如图所示。下列判断正确的是( )
A．a、b光从Ⅰ区域某点倾斜射出时，a光的折射角小
B．在真空中，a光的波长大于b光的波长
C．水对a光的折射率大于对b光的折射率
D．水下b光不能射到图中Ⅱ区域
E．水下a、b光能射到图中Ⅱ区域以外区域
解析：选ABE 根据题述可知，b光发生全反射的临界角较小，由sin C＝可知，水对b光的折射率较大，对a光的折射率较小，a、b光从Ⅰ区域某点倾斜射出时，a光的折射角小，A正确，C错误；由折射率随光的频率的增大而增大可知，a光的频率较小，波长较长，B正确；水下b光能射到题图中Ⅱ区域，由于水下b光在题图中Ⅱ区域发生了全反射，Ⅱ区域只有a光射出，D错误；水下a、b光能射到题图中Ⅱ区域以外区域，由于发生了全反射，不能射出水面，E正确。
3．(多选)光纤通讯中信号传播的主要载体是光纤，它的结构如图所示，可看成一段直线，其内芯和外套的材料不同，光在内芯中传播。下列关于光纤的说法中正确的是( )
A．内芯的折射率比外套的大，光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射
B．内芯的折射率比外套的大，光传播时在外套与外界的界面上发生全反射
C．波长越长的光在光纤中传播的速度越大
D．频率越大的光在光纤中传播的速度越大
E．若紫光以如图所示角度入射时，恰能在光纤中发生全反射，则改用红光以同样角度入射时，不能在光纤中发生全反射
解析：选ACE 由光纤的应用原理可知，内芯的折射率比外套的大，光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射，故A正确，B错误；波长越长的光，频率越小，介质对它的折射率n越小，根据公式v＝，光在光纤中传播的速度越大，故C正确，D错误；根据sin C＝知，折射率越大，全反射临界角越小，光纤对红光的折射率小，则全反射临界角大，若紫光恰能发生全反射，则红光不能发生全反射，故E正确。
4.(多选)如图所示，空气中有两块材质不同、上下表面平行的透明玻璃板平行放置；一束由红、蓝两种色光混合而成的细光束，从空气中以某一角度θ(0<θ<90°)入射到第一块玻璃板的上表面。下列说法正确的是( )
A．在第一块玻璃板下表面一定有出射光
B．在第二块玻璃板下表面一定没有出射光
C．第二块玻璃板下表面的出射光方向一定与入射光方向平行
D．第二块玻璃板下表面的出射光一定在入射光延长线的左侧
E．第一块玻璃板下表面的两条出射光线中蓝光一定在红光的右侧
解析：
选ACD 光线从第一块玻璃板的上表面射入，在第一块玻璃板上表面的折射角和下表面的入射角相等，根据光路可逆性知，光在第一块玻璃板下表面一定有出射光，同理，在第二个玻璃板下表面也一定有出射光，A正确，B错误；因为光在玻璃板上表面的折射角和下表面的入射角相等，根据光路可逆性知，下表面的出射光的折射角和上表面的入射光的入射角相等，即两光线平行，所以第二块玻璃板下表面的出射光方向一定与入射光方向平行，C正确；光线在玻璃板中发生偏折，由于折射角小于入射角，可知第二块玻璃板下表面的出射光一定在入射光延长线的左侧，D正确；蓝光的频率大于红光的频率，所以玻璃板对蓝光的折射率大于对红光的折射率，故蓝光的偏折程度大，出射光线中蓝光在红光的左侧，E错误。
5．(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________(填“小于”“等于”或“大于”)60°。
解析：根据光路的可逆性及折射率定义有n＝＝；玻璃对蓝光的折射率比对红光的折射率大，沿同一路径入射时，入射角仍为30°不变，对应的折射角变大，因此折射角大于60°。
答案： 大于
6．(2017·江苏高考)人的眼球可简化为如图所示的模型。折射率相同、半径不同的两个球体共轴。平行光束宽度为D，对称地沿轴线方向射入半径为R的小球，会聚在轴线上的P点。取球体的折射率为，且D＝R。求光线的会聚角α。(示意图未按比例画出)
解析：如图所示，由几何关系得sin i＝
解得i＝45°
由折射定律＝n
解得r＝30°
且i＝r＋，解得α＝30°。
答案：30°
7.如图所示的圆柱形容器中盛满折射率n＝2的某种透明液体，容器高为H，底部安装一块平面镜，底面直径L＝2H，在圆心正上方高为h处有一点光源S。要使人从液体表面上任意位置处能够观察到点光源S发出的光，h应该满足什么条件？
解析：设点光源S通过平面镜所成的像为S′
，作出光路图如图所示。
要使人从液体表面上任意位置处能够观察到点光源S发出的光，即相当于像S′发出的光
则入射角θ≤C，C为全反射临界角，则有：sin C＝
根据几何关系得：tan θ＝，且L＝2H
解得：h≥(－1)H
故(－1)H≤hnb，A正确；因为na>nb，所以λa<λb，又Δx＝λ，故Δxa<Δxb，D错误；波长越长，衍射现象越明显，b比a更容易发生明显的衍射现象，B、E正确，C错误。
7．(多选)下列说法正确的是( )
A．用光导纤维传播信号是利用了光的全反射
B．偏振光可以是横波，也可以是纵波
C．光速不变原理指出光在真空中的传播速度在不同惯性参考系中都是相同的
D．光学镜头上的增透膜利用了光的干涉现象
E．声源与观察者相互靠近时，观察者所接收的频率等于声源振动的频率
解析：选ACD 用光导纤维传播信号时，是让携带信号的光在光导纤维中进行全反射，从而向前传播，A正确；偏振光只能是横波，不可能是纵波，B错误；由狭义相对论的基本假设知，C正确；光学镜头上的增透膜利用了光的干涉现象，D正确；根据多普勒效应知，声源与观察者相互靠近时，观察者所接收的频率大于声源振动的频率，E错误。
8．(多选)下列说法正确的是( )
A．狭义相对论只涉及无加速运动的惯性系
B．做简谐运动的质点，其振动能量与振幅无关
C．孔的尺寸比波长小才能发生明显衍射现象
D．振荡的电场一定产生同频率振荡的磁场
E．泊松亮斑是光的衍射现象，玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的全反射现象
解析：选ADE 由狭义相对性原理知，狭义相对论只涉及无加速运动的惯性系，故A正确；做简谐运动的质点，其振动能量与振幅有关，振幅越大，能量越大，故B错误；波发生明显衍射现象的条件是：孔、缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相比差不多或比波长更小，故C错误；根据麦克斯韦的电磁场理论，振荡的电场一定产生同频率振荡的磁场，故D正确；泊松亮斑是光的衍射现象，玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的全反射现象，故E正确。
9．(多选)在五彩缤纷的大自然中，我们常常会见到一些彩色光的现象，下列现象中属于光的干涉的是( )
A．洒水车喷出的水珠在阳光照耀下出现的彩色现象
B．小孩儿吹出的肥皂泡在阳光照耀下出现的彩色现象
C．雨后天晴马路上的油膜在阳光照耀下出现的彩色现象
D．用游标卡尺两测量爪的狭缝观察日光灯的灯光出现的彩色现象
E．实验室通过双缝实验得到的彩色条纹
解析：选BCE A属于光的色散现象；B、C属于光的薄膜干涉现象；D属于光的单缝衍射现象；E属于光的双缝干涉现象。
10．(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( )
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．a、b两光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．a、b两光从同种介质射入真空发生全反射时，a光全反射临界角小
E．在相同的条件下，b光比a光更容易产生明显的衍射现象
解析：选BDE 根据题图可知，b光的干涉条纹间距大于a光的干涉条纹间距，由双缝干涉条纹间距公式Δx＝λ可知，b光的波长比a光的大，由f＝可知，b光的频率比a光的小，则同种均匀介质对b光的折射率小于对a光的折射率，根据v＝可知，a光的传播速度比b光的小，选项A错误；在真空中a、b两光传播速度相同，均为光速，选项B正确；光从真空射入同种介质不会发生全反射，选项C错误；介质对a光的折射率较大，a、b两光从同种介质射入真空发生全反射时，由光从介质射入真空的全反射临界角公式sin C＝可知，a光全反射临界角小，选项D正确；由于b光的波长比a光的大，根据发生明显衍射现象的条件可知，在相同的条件下，b光比a光更容易产生明显的衍射现象，选项E正确。
第83课时 探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度(实验增分课)
一、实验目的
1．学会用单摆测定当地的重力加速度。
2．能正确熟练地使用秒表。
二、实验原理
当偏角很小时，单摆做简谐运动，其振动周期为T＝2π
，它与偏角的大小及摆球的质量无关，由此得到g＝。因此，只要测出摆长l和振动周期T，就可以求出当地的重力加速度g的值。
三、实验器材
带有铁夹的铁架台、中心有小孔的小钢球，不易伸长的细线(约1米)、秒表、毫米刻度尺和游标卡尺。
谨记部分器材用途
小钢球、细线
用来制作单摆
秒表
用来测定单摆的周期
刻度尺、游标卡尺
测定摆线长和摆球直径，确定摆长
四、实验步骤
1．做单摆
取约1 m长的细线穿过带孔的小钢球，并打一个比小孔大一些的结，然后把细线的另一端用铁夹固定在铁架台上，并把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自然下垂。实验装置如图。
2．测摆长
用毫米刻度尺量出摆线长l′，用游标卡尺测出小钢球直径D，则单摆的摆长l＝l′＋。
3．测周期
将单摆从平衡位置拉开一个角度(小于5°)，然后释放摆球，记下单摆做30～50次全振动的总时间，算出平均每一次全振动的时间，即为单摆的振动周期。反复测量三次，再算出测得周期的平均值。
4．改变摆长，重做几次实验。
五、数据处理
1．公式法
将测得的几组周期T和摆长l代入公式g＝中算出重力加速度g的值，再算出g的平均值，即为当地重力加速度的值。
2．图像法
由单摆的周期公式T＝2π 可得l＝T2，因此以摆长l为纵轴、以T2为横轴作出的l T2图像是一条过原点的直线，如图所示，求出斜率k，即可求出g值。g＝4π2k，k＝＝。
六、误差分析
1．系统误差
主要来源于单摆模型本身是否符合要求。即：悬点是否固定，摆球是否可视为质点，球、线是否符合要求，振幅是否足够小，摆动是圆锥摆还是在同一竖直平面内振动以及测量哪段长度作为摆长等。
2．偶然误差
主要来自时间(即单摆周期)的测量。因此，要注意测准时间(周期)，要从摆球通过平衡位置开始计时，并采用倒计时计数的方法，即4,3,2,1,0,1,2，…在数“0”的同时按下秒表开始计时。不能多计或漏计振动次数。为了减小偶然误差，应多次测量后取平均值。
七、注意事项
1．选择材料时应选择细、轻又不易伸长的线，长度一般在1 m左右，小球应选用密度较大的金属球，直径应较小，最好不超过2 cm。
2．单摆悬线的上端不可随意卷在铁架台的杆上，应夹紧在铁夹中，以免摆动时发生摆线下滑、摆长改变的现象。
3．注意摆动时控制摆线偏离竖直方向的夹角要小于5°。可通过估算振幅的办法掌握。
4．摆球振动时，要使之保持在同一个竖直平面内，不要形成圆锥摆。
5．计算单摆的振动次数时，应从摆球通过平衡位置时开始计时，为便于计时，可在摆球平衡位置的正下方作一标记。以后摆球每次从同一方向通过平衡位置时进行计数，且在数“0”的同时按下秒表，开始计时计数。
1．某实验小组在“利用单摆测定当地重力加速度”的实验中：
(1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图所示，则该摆球的直径为________cm。
(2)小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是________(填选项前的字母)。
A．把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时
B．测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为
C．用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大
D．选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小
解析：(1)游标卡尺读数为0.9 cm＋6×0.01 cm＝0.96 cm。
(2)单摆符合简谐运动的条件是摆线偏离平衡位置的夹角小于5°，并从平衡位置开始计时，故A错误；若摆球第一次过平衡位置计为“0”，则周期T＝，若摆球第一次过平衡位置计为
“1”，则周期T＝，故B错误；由T＝2π 得g＝，其中l为摆长，即悬线长加摆球半径，若代入悬线长加摆球直径，由公式知g偏大，故C正确；选择密度较大体积较小的摆球，能够将摆球视为质点和减小空气阻力引起的误差，故D错误。
答案：(1)0.96 (2)C
2.(1)在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，用摆长l和周期T计算重力加速度的公式是g＝________。若已知摆球直径为2.00 cm，让刻度尺的零刻度线对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图甲所示，则单摆摆长是________m。若测定了40次全振动的时间为75.2 s，计算可得单摆周期是________s。
(2)为了提高测量精度，需多次改变l值，并测得相应的T值。现将测得的六组数据标示在以l为横坐标，以T2为纵坐标的坐标系上(如图乙所示)，即图中用“·”表示的点，则：
①单摆做简谐运动应满足的条件是___________________________________________
____________________。
②根据图中给出的数据点作出T2和l的关系图线，根据图线可求出g＝________m/s2(结果保留两位有效数字)。
解析：(1)由T＝2π ，可知g＝。由题图甲可知：摆长l＝(88.50－1.00)cm＝87.50 cm＝0.875 0 m。单摆周期T＝＝1.88 s。
(2)①单摆做简谐运动应满足的条件是摆线偏离平衡位置的夹角小于5°。②T2和l的关系图线如图所示，直线斜率k＝≈4.0，由g＝＝，可得g≈9.9 m/s2。
答案：(1) 0.875 0 1.88 (2)①摆线偏离平衡位置的夹角小于5° ②见解析图 9.9
3．(2019·北京海淀区检测)一位同学做“用单摆测定重力加速度”的实验。
(1)下列是供学生自主选择的器材，你认为应选用的器材是________(填写器材的字母代号)。
A．约1 m长的细线
B．约0.3 m长的铜丝
C．约0.8 m长的橡皮筋
D．直径约1 cm的实心木球
E．直径约1 cm的实心钢球
F．直径约1 cm的空心铝球
(2)该同学在安装好如图甲所示的实验装置后，测得单摆的摆长为L，然后让小球在竖直平面内小角度摆动。当小球某次经过最低点时开始计时，在完成N次全振动时停止计时，测得时间为t。请写出测量当地重力加速度的表达式g＝______。(用以上测量的物理量和已知量的字母表示)
(3)为减小实验误差，该同学又多次改变摆长L，测量多组对应的单摆周期T，准备利用T2L的关系图线求出当地的重力加速度值。相关测量数据如表：
次数
1
2
3
4
5
L/m
0.800
0.900
1.000
1.100
1.200
T/s
1.79
1.90
2.01
2.11
2.20
T2/s2
3.20
3.61
4.04
4.45
4.84
该同学在图乙中已标出第1、2、3、5次实验数据对应的坐标，请你在图乙中用符号“×”标出与第4次实验数据对应的坐标点，并画出T2L关系图线。
(4)根据绘制出的T2L关系图线，可求得g的测量值为________m/s2。(结果保留三位有效数字)
解析：(1)摆线应选择较细且不易伸长的线，为便于测量周期，应选约1 m长的细线，故选A；为了减小空气阻力的影响，摆球选择密度大的，故选E。
(2)单摆的周期为T＝，根据T＝2π ，可得g＝。
(3)第4次实验数据对应坐标点及T2L关系图线如图所示。
(4)由T＝2π ，可得T2＝，则T2L图线的斜率k＝，所以g＝。根据T2L图线求得斜率k≈4.10 s2/m，故g＝≈9.62 m/s2。
答案：(1)AE (2) (3)见解析图 (4)9.62
由单摆周期公式T＝2π 得出T2＝，从而确定T2L图像是过坐标原点的一条直线。利用描点法画出图像，求出图像的斜率，并根据斜率与重力加速度g的关系求出重力加速度g，是常用的数据处理方法。
1．(多选)一根不可伸长的细线，上端悬挂在O点，下端系一个小球，如图甲所示，某同学利用此装置来探究单摆周期与摆长的关系。该同学用米尺测得细线两端的长度，用游标卡尺测量小球的直径，二者相加为l，通过改变细线的长度，测得对应的周期T，得到该装置的lT2图像如图乙所示。下列说法正确的是(取π2＝9.86)( )
A．T＝2 s时摆长为1 m
B．T＝2 s时摆长为0.994 m
C．摆球半径为0.006 m
D．当地重力加速度为9.80 m/s2
E．当地重力加速度为9.86 m/s2
解析：选BCD 设摆长为l′，由单摆的周期公式T＝2π (l′＝l－r，r为摆球半径)，可得l＝r＋T2，结合题图乙可知lT2图线的纵轴截距为摆球半径r＝0.006 m，为l
T2图线的斜率，所以有＝＝，解得g≈9.80 m/s2，C、D正确，E错误；由题意及题图乙可知，T＝2 s时摆长l′＝1.000 m－0.006 m＝0.994 m，A错误，B正确。
2．在“用单摆测重力加速度”的实验中，
(1)为了比较准确地测量出当地的重力加速度值，应选用下列器材中的________。(选填器材前的字母)
A．长1 m左右的细绳；
B．长30 cm左右的细绳；
C．直径2 cm的实心钢球；
D．直径2 cm的空心木球；
E．秒表； F．时钟；
G．厘米刻度尺；
H．毫米刻度尺。
(2)某同学测出不同摆长时对应的周期T，作出T2L图线，如图所示，再利用图线上相距较远的两点A、B的坐标(x1，y1)、(x2，y2)，可求得g＝________。
解析：(1)摆线要用不易伸长的细绳，长度约为1 m，选A；小球应是密度较大、直径较小的实心金属球，选C；计时仪器宜选用秒表E；测摆长应该用毫米刻度尺H。
(2)由T＝2π 可知g＝4π2＝4π2，利用图线上两个相距较远的点的坐标可求得g＝4π2。
答案：(1)ACEH (2)4π2
3．某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下操作：
(1)用游标尺上有10个小格的游标卡尺测量摆球的直径如图甲所示，可读出摆球的直径为________cm。把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L。
(2)用秒表测量单摆的周期。当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n
＝1，单摆每经过最低点时记一次数，当数到n＝60时秒表的示数如图乙所示，该单摆的周期是T＝________s(结果保留三位有效数字)。
(3)测量出多组周期T、摆长L的数值后，画出T2L图线如图丙所示，此图线斜率k与重力加速度g的关系是__________。
解析：(1)摆球的直径为d＝20 mm＋6×0.1 mm＝20.6 mm＝2.06 cm。
(2)秒表的读数为t＝60 s＋7.4 s＝67.4 s，根据题意有t＝T＝T，所以周期T＝≈2.28 s。
(3)根据单摆周期公式T＝2π ，可得＝＝k(图线斜率)，故k＝。
答案：(1)2.06 (2)2.28 (3)k＝
4．某同学利用单摆测量重力加速度。
(1)为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是________。
A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球
B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线
C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动
D．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大
(2)如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1 m的单摆。实验时，由于仅有量程为20 cm、精度为1 mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL。用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g＝________。
解析：(1)组装单摆时，悬线应选用轻且不易伸长的细线；摆球选择体积小、密度大的摆球；单摆摆动时必须在同一竖直面内；摆的振幅应尽量小一些。选项B、C正确。
(2)设单摆的周期为T1时摆长为L1，周期为T2时摆长为L2，则T1＝2π ，T2＝2π ，且L1－L2＝ΔL，解得g＝。
答案：(1)BC (2)
5．(2019·金华质检)(1)在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中，两位同学用游标卡尺测量小球的直径的操作如图甲、乙所示。测量方法正确的是________(选填“甲”或“乙”)。
(2)实验时，若摆球在垂直纸面的平面内摆动，为了将人工记录振动次数改为自动记录振动次数，在摆球运动的最低点的左、右两侧分别放置一激光光源与光敏电阻，如图丙所示。光敏电阻与某一自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t的变化图线如图丁所示，则该单摆的周期为____________。若保持悬点到小球顶点的绳长不变，改用直径是原小球直径2倍的另一小球进行实验，则该单摆的周期将__________(选填“变大”“不变”或“变小”)，图丁中的Δt将__________(选填“变大”“不变”或“变小”)。
解析：(1)游标卡尺应该用两外测量爪对齐的地方测量物体，正确的是乙。
(2)一个周期内小球两次经过最低点，使光敏电阻的阻值发生变化，由题图丁可得，周期为t1＋2t0－t1＝2t0；改用直径大的小球后，摆长变长，根据T＝2π 可知，周期变大；小球的直径比原小球大，每次经过最低点时小球的挡光时间变长，即Δt变大。
答案：(1)乙 (2)2t0 变大 变大
第84课时 测定玻璃的折射率(实验增分课)
一、实验目的
1．测定玻璃的折射率。
2．学会用插针法确定光路。
二、实验原理
如图所示，当光线AO1以一定的入射角θ1穿过两面平行的玻璃砖时，通过插针法找出跟入射光线AO1对应的出射光线O2B，从而求出折射光线O1O2和折射角θ2，再根据n＝算出玻璃的折射率。
三、实验器材
玻璃砖、白纸、木板、大头针、图钉、量角器(或圆规)、三角板、铅笔。
谨记部分器材用途
玻璃砖
被测物体
大头针、三角板、铅笔
确定光线通过玻璃砖的光路图
量角器
测定入射角和折射角
四、实验步骤
1．把白纸铺在木板上并用图钉固定。
2．如图所示，在白纸上画一直线aa′作为界面，过aa′上的一点O画出界面的法线NN′，并画一条线段AO作为入射光线。
3．把长方形玻璃砖放在白纸上，并使其长边与aa′重合，再用三角板画出玻璃砖的另一边bb′。
4．在线段AO上竖直地插上两枚大头针P1、P2。
5．从玻璃砖bb′一侧透过玻璃砖观察大头针P1、P2的像，调整视线的方向直到P1的像被P2的像挡住。再在bb′一侧插上两枚大头针P3、P4，使P3能挡住P1、P2的像，P4能挡住P3本身及P1、P2的像。
6．移去玻璃砖，在拔掉P1、P2、P3、P4的同时分别记下它们的位置，过P3、P4作直线O′B交bb′于O′。连接O、O′， OO′就是玻璃砖内的折射光线。∠AON为入射角，∠O′ON′ 为折射角。
7．改变入射角，重复实验。
五、数据处理
1．计算法
用量角器测量入射角θ1和折射角θ2，并查出其正弦值sin θ1和sin θ2。算出入射角不同时的，并取平均值。
2．sin θ1 sin θ2图像法
改变入射角θ1，测出对应的折射角θ2，作sin θ1sin θ2 图像，由n＝可知图像应为过原点的直线，如图所示，其斜率为折射率。
3．“单位圆法”确定sin θ1、sin θ2，计算折射率n
以入射点O为圆心，以一定长度R为半径画圆，交入射光线OA于E点，交折射光线OO′于E′点，过E作NN′的垂线EH，过E′作NN′的垂线E′H′。如图所示，sin θ1＝，sin θ2＝，OE＝OE′＝R，则 n＝＝，只要测出EH、E′H′的长度就可以求出n。
六、误差分析
1．入射光线、出射光线确定的准确性造成误差，故入射侧、出射侧所插两枚大头针间距应大一些。
2．入射角和折射角的测量造成误差，故入射角应适当大些，以减小测量的相对误差。
七、注意事项
1．实验时，应尽可能将大头针竖直插在纸上，且P1和P2之间、P3和P4之间、P2与O、P3与O′之间距离要稍大一些。
2．入射角θ1不宜太大(接近90°)，也不宜太小(接近0)。太大：反射光较强，出射光较弱；太小：入射角、折射角测量的相对误差较大。
3．操作时，手不能触摸玻璃砖的光洁光学面，更不能把玻璃砖界面当尺子画界线。
4．实验过程中，玻璃砖与白纸的相对位置不能改变。
5．玻璃砖应选用宽度较大的，宜在5 cm以上，若宽度太小，则测量误差较大。
1.某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行。正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图所示。
(1)此玻璃的折射率计算式为n＝________(用图中的θ1、θ2表示)。
(2)如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度________(填“大”或“小”)的玻璃砖来测量。
解析：(1)据题图可知入射角为(90°－θ1)，折射角为(90°－θ2)，则玻璃的折射率为n＝＝。
(2)玻璃砖越宽，光线在玻璃砖内的传播方向越容易确定，测量结果越准确。故应选用宽度大的玻璃砖来测量。
答案：(1) (2)大
2.“测定玻璃的折射率”实验中，如图是在纸上留下的实验痕迹，其中直线a、a′是描在纸上的玻璃砖的两个边。
(1)在玻璃砖的一侧竖直插两枚大头针A、B，在另一侧再竖直插两枚大头针C、D。在插入第四枚大头针D时，要使它挡住__________________。
(2)某同学根据n＝计算玻璃的折射率，请在图中括号里标出要用的物理量及L1、L2。
解析： (1)在插入第四枚大头针D时必须挡住C本身及A、B的像，这样才能保证沿A、B的光线经过C、D。
(2)作出光路图，以入射点O为圆心作半径为r的圆，可得n＝＝＝，如图所示。
答案：(1)C本身及A、B的像 (2)见解析图
3．用圆弧状玻璃砖做测定玻璃折射率的实验时，先在白纸上放好圆弧状玻璃砖，在玻璃砖的一侧竖直插上两枚大头针P1、P2，然后在玻璃砖的另一侧观察，调整视线使P1的像被P2的像挡住，接着在眼睛所在的一侧插两枚大头针P3和P4，使P3挡住P1和P2的像，P4挡住P3本身及P1和P2的像，在纸上标出大头针位置和圆弧状玻璃砖轮廓，如图甲所示，其中O为两圆弧圆心，图中已画出经过P1、P2点的入射光线。
(1)在图甲上补画出所需的光路。
(2)为了测出玻璃的折射率，需要测量入射角i和折射角r，请在图甲中的AB分界面上画出这两个角。
(3)用所测物理量计算折射率的公式为n＝____________。
(4)为了保证在弧面CD得到出射光线，实验过程中，光线在弧面AB的入射角应适当____________(填“小一些”或“大一些”)。
(5)多次改变入射角，测得几组入射角和折射角，根据测得的入射角和折射角的正弦值，画出了如图乙所示的图像，由图像可知该玻璃的折射率n＝__________。
解析：(1)连接P3、P4并使其连线与CD
交于一点，此交点即光线从玻璃砖中射出的位置，由于P1、P2的连线与AB的交点即光线进入玻璃砖的位置，连接两交点即可作出玻璃砖中的光路，如图所示。
(2)连接O点与光线在AB上的入射点即法线，作出入射角i和折射角r如图所示。
(3)由折射定律可得n＝。
(4)为了保证能在弧面CD得到出射光线，实验过程中，光线在弧面AB的入射角应适当小一些，才不会使光线在弧面CD上发生全反射。
(5)图像的斜率k＝＝n，由题图乙可知斜率为1.5，即该玻璃的折射率为1.5。
答案：(1)见解析图 (2)见解析图 (3)
(4)小一些 (5)1.5
(1)无论什么形状的玻璃砖，只要确定了光线从玻璃砖上的入射点和出射点，就能确定折射光线。
(2)利用图像法求解折射率可以减小实验误差。
1.如图所示，一半圆形玻璃砖外面插上P1、P2、P3、P4四枚大头针时，P3恰可挡住P1、P2所成的像，P4恰可挡住P3本身及P1、P2所成的像，则该玻璃砖的折射率n＝________。有一同学把大头针插在P1′和P2′位置时，沿着P4、P3的方向看不到大头针的像，其原因是__________________________________________________________________________。
解析：由题图可知，当光线由玻璃砖进入空气时，入射角θ1＝30°，折射角θ2＝60°，由光路的可逆性知，折射率n＝＝，当光由玻璃砖进入空气时，若θ1≥C，则光发生全反射，而sin C＝＝，当大头针插在P1′、P2′时，入射角θ1＝60°>C，经过P1′P2′的光线在MN处发生全反射，所以看不到大头针的像。
答案： 经过P1′P2′的光线在MN处发生全反射
2.某同学用插针法测定一半圆形玻璃砖的折射率，实验后留下的痕迹如图所示。设AB的长度为l1，AO的长度为l2，CD的长度为l3，DO的长度为l4，为较方便地表示出玻璃砖的折射率，只需用刻度尺测量________和________(均选填“l1”“l2”“l3”或“l4”)，则玻璃砖的折射率可表示为________。
解析：根据折射定律可知，玻璃砖的折射率为n＝，其中i为入射角，r为折射角；由题图可知，sin i＝，sin r＝，显然OB、OC为圆半径，有OB＝OC，解得n＝
，所以需要用刻度尺测量l1和l3，则n＝。
答案：l1 l3 n＝
3.如图所示是利用插针法测定玻璃砖的折射率的实验留下的痕迹。玻璃砖的入射面AB和出射面CD并不平行，则：
(1)出射光线与入射光线________(填“仍平行”或“不再平行”)。
(2)以入射点O为圆心，以R＝5 cm为半径画圆，与入射光线PO交于M点，与折射光线OQ交于F点，过M、F点分别向法线作垂线，测得MN＝1.68 cm，EF＝1.12 cm，则该玻璃砖的折射率n＝________。
解析：(1)由于玻璃砖的入射面AB和出射面CD不平行，两处界面的法线不再平行，所以出射光线与入射光线不再平行。
(2)该玻璃砖的折射率
n＝＝＝＝＝1.5。
答案：(1)不再平行 (2)1.5
4.(2019·福建师大附中检测)如图所示，某同学用“插针法”测定一块两面不平行的玻璃砖的折射率，以下是几个主要操作步骤：
a．在平木板上固定白纸，将玻璃砖放在白纸上；
b．用笔沿玻璃砖的边缘画界面AA′和BB′(如图甲所示)；
c．在AA′上方竖直插针P1、P2；
d．在BB′下方竖直插针P3、P4，使P1、P2、P3、P4在一条直线上如图甲。
(1)以上步骤有错误的是________(填步骤的字母代号)。
(2)改正了错误操作并进行正确的操作和作图后，该同学作出的光路图如图乙所示，其中P1P2垂直于AA′，测量出了θ、β的角度，则该玻璃砖的折射率n＝________。
解析：(1)由用“插针法”测定玻璃砖的折射率实验中的注意事项可知，不能用玻璃砖的光学边界面(即边缘)代替直尺，可知b步骤错误；在BB′下方竖直插针P3、P4时，应使P3挡住P1、P2的像，P4挡住P3本身及P1、P2的像，由于AA′与BB′不平行，可知P3、P4所在直线与P1、P2所在直线不平行，且不在同一直线上，故d步骤错误。
(2)由题图乙易得，n＝＝。
答案：(1)bd (2)
5.某研究性学习小组利用插针法测量半圆形玻璃砖的折射率。实验探究方案如下：如图所示，在白纸上作一直线MN，并作出它的一条垂线AB，将半圆形玻璃砖(底面的圆心为O)放在白纸上，它的直径与直线MN重合，在垂线AB上插两枚大头针P1和P2，然后在半圆形玻璃砖的右侧插上适量的大头针，可以确定光线P1P2通过玻璃砖后的光路，从而求出玻璃砖的折射率。实验中提供的器材有半圆形玻璃砖、木板、大头针、量角器等。
(1)某同学用上述方法测量玻璃砖的折射率，他在画出的垂线AB上竖直插上了P1、P2两枚大头针，但在半圆形玻璃砖的右侧区域内，不管眼睛在何处，都无法透过玻璃砖同时看到P1、P2的像，为同时看到P1、P2的像，他应采取的措施是__________________________。
(2)在采取相应措施后，请在图中半圆形玻璃砖的右侧画出所插大头针的可能位置，并用“×”表示，作出光路图。
(3)为计算折射率，将应测量的物理量标注在光路图上，并由此得出折射率的计算公式为n＝________。
解析：(1)在半圆形玻璃砖的右侧区域内，不管眼睛在何处，都无法透过玻璃砖同时看到P1、P2的像，是因为过P1、P2的入射光线离圆心较远，在半圆形面发生了全反射，为同时看到P1、P2的像，他应采取的措施是：沿着NM方向平移玻璃砖。
(2)光路图如图所示。
(3)为计算折射率，应测量出光线的入射角和折射角，标注如图中r、i所示；由折射定律可得，折射率的计算公式为n＝。
答案：(1)沿着NM方向平移玻璃砖
(2)见解析图 (3)见解析图
第85课时 用双缝干涉测光的波长(实验增分课)
一、实验目的
1．了解光波产生稳定的干涉现象的条件。
2．观察白光和单色光的双缝干涉图样。
3．测定单色光的波长。
二、实验原理
单色光通过单缝后，经双缝产生稳定的干涉图样，图样中相邻两条亮(暗)条纹间的距离Δx与双缝间的距离d、双缝到屏的距离l、单色光的波长λ之间满足Δx＝λ。
三、实验器材
双缝干涉仪(由光具座、光源、滤光片、单缝、双缝、遮光筒、毛玻璃屏、测量头组成)，另外还有学生电源、导线、刻度尺。
谨记部分器材用途
滤光片
提供单色光
单缝
提供光线稳定的光源
双缝
提供相干光
测量头
测定条纹间距
四、实验步骤
1．安装仪器、观察干涉条纹
(1)将光源、遮光筒、毛玻璃屏依次安装在光具座上，如图所示。
(2)接好光源，打开开关，使灯丝正常发光。
(3)调节各器件的高度，使光源发出的光能沿遮光筒的轴线到屏。
(4)安装双缝和单缝，使缝的中点大致位于遮光筒的轴线上，且双缝与单缝相互平行，二者间距约5～10 cm，这时，可观察白光的干涉条纹。
(5)在单缝和光源间放上滤光片，观察单色光的干涉条纹。
2．测定单色光的波长
(1)安装测量头，调节至可观察到清晰的干涉条纹。
(2)使分划板中心刻线对齐某条亮条纹的中心，记下手轮上的读数a1，将该条纹记为第1条亮条纹；转动手轮，使分划板中心刻线移动至另一亮条纹的中心，记下此时手轮上的读数a2，将该条纹记为第n条亮条纹。
(3)用刻度尺测量双缝到屏的距离l(d是已知的)。
(4)重复测量。
五、数据处理
1．条纹间距Δx＝。
2．波长λ＝Δx。
3．计算多组数据，求λ的平均值。
六、误差分析
1．双缝到屏的距离l的测量存在误差。
2．测条纹间距Δx带来的误差
(1)干涉条纹没有调整到最清晰的程度。
(2)误认为Δx为亮(暗)条纹的宽度。
(3)分划板刻线与干涉条纹不平行，中心刻线没有恰好位于条纹中心。
(4)测量多条亮条纹间的距离时读数不准确，此间距中的条纹数未数清。
七、注意事项
1．双缝干涉仪是比较精密的仪器，应轻拿轻放，且注意保养。
2．安装时，注意调节光源、滤光片、单缝、双缝的中心均在遮光筒的轴线上，并使单缝、双缝平行且间距适当。
3．光源灯丝最好为线状灯丝，并与单缝平行且靠近。
4．照在屏上的光很弱，主要原因是灯丝与单缝、双缝、遮光筒不共轴所致；干涉条纹不清晰的一般原因是单缝与双缝不平行，故应正确调节。
1．利用双缝干涉测定光的波长实验中，双缝间距d＝0.5 mm，双缝与光屏间距离L＝0.5 m，用某种单色光照射双缝得到干涉图样如图1所示，分划板在图中A、B位置时游标卡尺读数如图2所示，则图中A位置的游标卡尺读数为________m，B位置的游标卡尺读数为________m，单色光的波长为________m。
解析：题图2所示游标卡尺的精确度为0.1 mm，故A位置读数为11 mm＋0.1×2 mm＝11.2 mm＝1.12×10－2 m；B位置读数为15 mm＋0.1×7 mm＝15.7 mm＝1.57×10－2 m；故Δx＝ m≈6.4×10－4 m；由Δx＝λ可得λ＝Δx·＝ m＝6.4×10－7 m。
答案：1.12×10－2 1.57×10－2 6.4×10－7
2．用双缝干涉测光的波长的实验装置如图甲所示，已知单缝与双缝的距离L1＝60 mm，双缝与光屏的距离L2＝700 mm，单缝宽d1＝0.10 mm，双缝间距d2＝0.25 mm。
(1)分划板的中心刻线分别对准第1条和第4条亮条纹的中心时，手轮上的读数如图乙所示，则对准第1条时读数x1＝________mm，对准第4条时读数x2＝________mm，相邻两条亮条纹间的距离Δx＝________mm。
(2)本实验中计算波长的公式λ＝______，求得的波长是________nm(结果保留三位有效数字)。
解析：(1)对准第1条时读数x1＝(2＋0.01×19.0)mm＝2.190 mm，对准第4条时读数x2＝(7.5＋0.01×36.9)mm＝7.869 mm，相邻两条亮条纹间的距离Δx＝＝1.893 mm。
(2)由条纹间距公式Δx＝可得，本实验中λ＝Δx，
波长λ＝×1.893×10－3 m≈6.76×10－7 m＝676 nm。
答案：(1)2.190 7.869 1.893 (2)Δx 676
3．现有毛玻璃屏A、双缝B、白光光源C、单缝D和红色滤光片E等光学元件，要把它们放在如图所示的光具座上组装成双缝干涉装置，用以测量红光的波长。
(1)将白光光源C放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左至右，表示各光学元件的字母排列顺序应为C、____________、A。
(2)本实验的操作步骤有：
①取下遮光筒左侧的元件，调节光源高度，使光束能直接沿遮光筒轴线把屏照亮；
②按合理顺序在光具座上放置各光学元件，并使各元件的中心位于遮光筒的轴线上；
③用米尺测量双缝到屏的距离；
④用测量头(其读数方法同螺旋测微器)测量数条亮条纹间的距离。
在操作步骤②时还应注意__________________________和______________________。
(3)将测量头的分划板中心刻线与某亮条纹中心对齐，将该亮条纹定为第1条亮条纹，此时手轮上的示数如图甲所示。然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮条纹中心对齐，此时图乙所示手轮上的示数为________mm，求得相邻亮条纹的间距Δx为________mm。
(4)已知双缝间距d＝2.0×10－4 m，测得双缝到屏的距离l＝0.700 m，由计算公式λ＝________，求得所测红光波长为________mm。
解析：(1)双缝干涉仪各组成部分在光具座上的正确排序为光源、滤光片、单缝、双缝、屏，因此应填：E、D、B。
(2)单缝与双缝的间距为5～10 cm，使单缝与双缝相互平行。
(3)题图甲的读数为2.320 mm，题图乙的读数为13.870 mm，Δx＝ mm＝2.310 mm。
(4)由Δx＝λ可得λ＝Δx，
可求出λ＝×2.310 mm＝6.6×10－4 mm。
答案：(1)E、D、B (2)单缝与双缝的间距为5～10 cm 使单缝与双缝相互平行 (3)13.870 2.310 (4)Δx 6.6×10－4
本实验常考双缝干涉仪器的安装、实验步骤及注意事项、Δx的测量和光的波长的计算。安装实验仪器要注意各种元件的安放顺序，实验步骤中需要牢记注意事项，另外还要准确掌握Δx的测量方法和λ的计算方法。
1．研究双缝干涉现象时，如图1所示，调节仪器使分划板的中心刻线对准一条亮条纹的中心A，游标卡尺示数如图2所示，其读数为________mm。如图3所示，使分划板的中心刻线对准另一条亮条纹中心B，读出游标卡尺的读数为27.6 mm。已知双缝与光屏间距为0.6 m，所用双缝相距0.2 mm，则所测单色光波长为________m(结果保留两位有效数字)。
解析：游标卡尺读数：1.9 cm＋0.1 mm×5＝19.5 mm；
条纹间距：Δx＝ mm＝2.025 mm；
根据双缝干涉条纹间距公式Δx＝λ，
解得λ＝＝ m≈6.8×10－7 m。
答案：19.5 6.8×10－7
2．在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，所用装置如图所示。双缝间的距离d＝3 mm。
(1)若测定红光的波长，应选用________色滤光片。
(2)若测得双缝与屏之间的距离为0.7 m，通过测量头(与螺旋测微器原理相似，手轮转动一周，分划板前进或后退0.500 mm)观察第1条亮条纹的位置如图甲所示，观察第5条亮条纹的位置如图乙所示，则可求出红光的波长λ＝________m(结果保留一位有效数字)。
解析：(1)若测红光波长，则应选红色滤光片，因为红色滤光片只能透过红光。
(2)由题图甲、乙可知，第1、5条亮条纹间距Δs＝0.575 mm，所以相邻两条亮条纹的间距为Δx＝＝ mm≈0.144 mm，根据Δx＝λ，解得λ＝＝ m≈6×10－7 m。
答案：(1)红 (2)6×10－7
3．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Δx1与绿光的干涉条纹间距Δx2相比，Δx1________(选填“>”“＝”或“<”)Δx2。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。
解析：由公式Δx＝λ可知，Δx1＞Δx2。相邻亮条纹之间的距离为Δx＝ mm＝2.1 mm，双缝之间的距离d＝，代入数据得d＝0.300 mm。
答案：> 0.300
4．某同学在观察光的波动性实验中：
(1)将激光束照射在如图甲所示的单缝上，在光屏上采集到的光强分布图像如图乙所示，则该同学所做的实验是光的________(填“干涉”或“衍射”)实验；亮条纹的光强分布特点是________________。
(2)若把图甲中的单缝改为双缝，在光屏上观察到的现象将会是选项图中的________。
(3)在第(2)问中，若换用双缝间距更小的双缝，其他条件不变，则在光屏上观察到的条纹间距将________；若减小双缝到光屏的距离，其他条件不变，则在光屏上观察到的条纹间距将________。(均选填“变宽”“变窄”或“不变”)
解析：(1)该同学做的是单缝衍射实验，光屏上亮条纹的光强分布特点是：中间强两边弱。
(2)光屏上将观察到双缝干涉条纹，是间距相等、明暗相间的平行条纹，故A正确。
(3)根据Δx＝λ知，若d减小，则Δx增大，条纹间距变宽；若l减小，则Δx减小，条纹间距变窄。
答案：(1)衍射 中间强两边弱 (2)A (3)变宽 变窄
5．在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，实验装置如图所示。
(1)某同学以线状白炽灯为光源，对实验装置进行调节并观察了实验现象后，总结出以下几点，正确的是________。
A．灯丝与单缝和双缝必须平行放置
B．干涉条纹与双缝垂直
C．干涉条纹的疏密程度与单缝宽度有关
D．干涉条纹的间距与光的波长有关
(2)当测量头中的分划板中心刻线对齐某条纹的中心时，手轮上的示数如图甲所示，该读数为________mm。
(3)如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，如图乙所示，则在这种情况下测量干涉条纹的间距Δx时，测量值________(选填“大于”“小于”或“等于”)实际值。
解析：(1)为了获得清晰的干涉条纹，灯丝与单缝和双缝必须平行放置，A正确；干涉条纹与双缝平行，B错误；由干涉条纹的间距Δx＝λ可知，干涉条纹的间距与单缝宽度无关，与光的波长有关，C错误，D正确。
(2)手轮的读数为0.5 mm＋20.0×0.01 mm＝0.700 mm。
(3)条纹与分划板中心刻线不平行时，有Δx实＝Δx测cos θ，θ为条纹与分划板中心刻线间的夹角，故Δx实<Δx测。
答案：(1)AD (2)0.700 (3)大于
