(新课标)2019版高考物理一轮复习 主题十三 波、光和相对论 13-2-2 有关玻璃砖的折射和全反
2019届高考物理一轮复习第十三章波与相对论2机械波课件
命题点1：波的衍射 命题点2：多普勒效应及应用 命题点3：波的干涉
•考点一 波的形成与传播(高频77)
1．机械波的形成和传播 (1)产生条件 ①有 ②有 波源 介质 . ，如空气、水、绳子等．
(2)传播特点 ①传播振动形式 、能量和信息． ②质点不随波迁移． ③介质中各质点振动频率、振幅、起振方向等都与波源 相同． 2．机械波的分类：横波和纵波．
A．介质中所有质点的起振方向都是竖直向下的，但图中质点 9 起振最晚 B．图中所有质点的起振时间都是相同的，起振的位置和起振的 方向是不同的
C．图中质点 8 的振动完全重复质点 7 的振动，只是质点 8 振动 时，通过平衡位置或最大位移的时间总是比质点 7 通过相同位置时 落后 T 4 D．只要图中所有质点都已振动了，质点 1 与质点 9 的振动步调 就完全一致，但如果质点 1 发生的是第 100 次振动，则质点 9 发生 的就是第 98 次振动
•第2课时
机械波
考点考级
命题点
命题点1：波的产生与传播 波的形成 命题点2：波动图象 与传播(Ⅱ) 命题点3：波速公式及应用
振动图象 与波动图 象 (Ⅱ ) 波的传播 的多解问 题 (Ⅰ ) 波特有的 现象(Ⅰ)
命题点1：两种图象的互判 命题点2：两种图象的综合应用 命题点1：波的周期性造成多解 命题点2：波的双向性造成多解
3 t＝ n＋4T＝0.5
s(n＝0,1,2,3„)，又 T＞0.5 s，解之得
0.5 2 2 T＝ ，当 n＝0 时，T＝ s，符合题意；当 n＝1 时，T＝ s＜0.5 3 3 7 n＋ 4 λ 1 s，不符合题意，则波速 v＝T＝6 m/s；C 对：频率 f＝T＝1.5 Hz；
(新课标)2019版高考物理一轮复习 主题十三 波、光和相对论 13-1-3 光的折射、全反射课件
(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．
A．a 光的频率大于 b 光的频率 B．光束 a 在空气中的波长较大 C．出射光束 a、b 一定相互平行 D．a、b 两色光从同种玻璃射向空气时，a 光发生全反射的 临界角大
[解析] 作出光路图如图所示，可知光从空气射入玻璃时 a 光的偏折程度较大，则 a 光的折射率较大，频率较大，故 A 正确； a 光的频率较大，则波长较小，故 B 错误；因为 a、b 两光在玻 璃砖上表面的折射角与反射后在上表面的入射角分别相等，根据 几何知识可知出射光束一定相互平行，故 C 正确；因为 a 光的折 射率较大，由临界角公式 sinC＝n1，知 a 光的临界角小，故 D 错 误．
(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
[思路点拨] (1)综合分析光的波长、频率及速度，玻璃折射 率，全反射等．
(2)综合双缝干涉测光波长实验中的关系式 Δx＝Ldλ.
2019届高考物理一轮复习第十三章波与相对论3光的折射全反射课件
α＋θ sin 2 A. α sin 2 C. sin θ α sinθ－ 2
α＋θ sin 2 B． θ sin 2 D． sin α θ sinα－ 2
【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 α ＋β＝180° ，则解得：γ＝ ，又由几何关系得：γ＋γ′＋θ＝i＋i′， 2 α＋θ sin α＋θ 2 sin i 解得：i＝ ，则棱镜对该色光的折射率 n＝ ＝ α ，故 A 2 sin γ sin 2 正确．
sin θ1 (2)表达式： ＝ n. sin θ2 (3)在光的折射现象中，光路是可逆 的．
2．折射率 (1)折射率是一个反映介质的光学性质 的物理量． sin θ1 (2)定义式：n＝ . sin θ2 c (3)计算公式： n＝ v， 因为 v<c， 所以任何介质的折射率都大于 1 . (4)当光从真空(或空气)射入某种介质时，入射角大于折射角；当 光由介质射入真空(或空气)时，入射角小于折射角．
3．折射率的理解 (1)折射率由介质本身性质 决定，与入射角的大小无关． (2)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． (3)同一种介质中， 频率越大的色光折射率越大 ， 传播速度越小．
命题点 1
折射率的理解与计算
1．(2015· 安徽卷，18)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( )
新课标2019版高考物理一轮复习主题十三波光和相对论13_1_4光的波动性电磁波相对论课件
4．阳光下茂密的树荫中地面上的圆形亮斑是光的衍射形成 的( )
[答案] ×
5．自然光是偏振光(
[答案] ×
)
6．电场周围一定存在磁场，磁场周围一定存在电场(
[答案] ×
)
7．无线电波不能发生干涉和衍射现象(
[答案] ×
)
8．波长不同的电磁波在本质上完全不同(
[答案] ×
)
9．真空中的光速在不同惯性参考系中是不同的(
(3)薄膜干涉
①如右图所示，竖直的肥皂薄膜，由于重力的作用，形成上 薄下厚的楔形． ②光照射到薄膜上时，在膜的前表面 AA′和后表面 BB′ 分别反射出来，形成两列频率相同的光波，并且叠加．
③原理分析 单色光 a．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…)，薄膜上出现明条纹． b． 在 Q 处， 两列反射回来的光波的路程差 Δr 等于半波长的 λ 奇数倍，即 Δr＝(2n＋1) (n＝0,1,2,3…)，薄膜上出现暗条纹． 2 白光：薄膜上出现水平彩色条纹．
[思路点拨] 解答本题要抓住三个关键： (1)明确光的干涉条纹与衍射条纹的特点分别是什么． (2)熟记课本中出现的干涉、衍射图样． (3)理解小孔衍射、“小圆盘”衍射图样的不同之处．
[尝试解答]
“泊松亮斑”是“小圆盘”产生的衍射现象，
形成的衍射图样是阴影中心有一个“亮斑”，而小孔衍射的图样 是中间有“亮斑”，无阴影，选项 A 正确，B 错误；丙图很明显 是双缝干涉的图样，因干涉图样中的条纹间距是相等的，单缝衍 射图样中的条纹间距是不相等的，中间最宽、最亮，丁图是单缝 衍射图样，选项 C 正确，D 错误．
[解析]
新教材高考物理一轮复习第13章光学电磁波相对论第1节光的折射全反射课件
√ 2 +ℎ 2
1
=
3
,解得
4
√7
h= r,故
3
A 正确,B、C、D 错误。
=
2.如图所示,一束单色光从介质1射入介质2,在介质1、2中的波长分别为λ1、
λ2,频率分别为f1、f2,则(
)
A.λ1<λ2
B.λ1>λ2
C.f1<f2
D.f1>f2
答案 B
解析 根据折射定律可知n1<n2,由
n=可得v1>v2,光从一种介质进入另一种
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。同一种介质,相对于其他不同的介
质,可能是光密介质,也可能是光疏介质。
(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)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
真空或空气时,发生全反射的临界角为C,则sin C=
发生全反射的临界角越小。
1
。介质的折射率越大,
3.全反射棱镜
棱镜对光路的控制
如图所示,玻璃棱镜的截面为等腰直角三角形,当光从图中所示的方向射入
玻璃时,由于光的方向与玻璃面 垂直 ,光线不发生偏折。但在玻璃内部,
光射向玻璃与空气的界面时,入射角 大于
第十三章
第1节 光的折射 全反射
内
容
索
引
01
强基础 增分策略
02
增素能 精准突破
【课程标准】
1.通过实验,理解光的折射定律。会测定材料的折射率。
2019高考物理一轮复习第十三章波与相对论第2节机
3．波的传播方向与质点振动方向的互判方法
方法解读 “上下 坡”法 “同 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 波形图上某点表示传播方向和振 图像演示
侧”法 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
答案：AC
2．[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
π y＝5sin2t，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：根据表达式
π y＝5sin2t，得
π 2π ω＝2，因此波的周期 T＝ ω
＝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 3 正确；M 点经过4T 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 T 次到达 y＝－3 m 处所需的时间小于 2 ＝2 s，选项 D 错误。 答案：AB
t B．这列波的周期为2
16s 18s C．这列波的传播速度为 t D．这列波的传播速度为 t
解析：由题知：质点 1 是波源，质点 1 的起振方向向上，则各 质点起振方向均向上。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， 1 所以从质点 13 算起， 需要再经2T 质点 13 振动的方向才能向上， 所以该时刻已经形成了两个完整的波形， 设周期为 T， 则 t＝2T， t 得 T＝2。由题意知，波长为 λ＝8s，结合 λ＝vT，可得波速为 λ 8s 16s v＝T＝ t ＝ t ，故 A、D 错误，B、C 正确。 2
(新课标)2019版高考物理一轮复习 主题十三 波、光和相对论 课时跟踪训练59
课时跟踪训练(五十九)增分提能1．如图所示，直角三角形ABC 是三角形玻璃砖的横截面，其中∠A ＝30°，一条光线从AB 边上的O 点射入，折射光线如图所示．已知该玻璃砖的折射率n ＝2，BC 边的长度是l ，OB 的长度是AB 边长度的四分之一．求：(1)光线的入射角i ； (2)出射点到A 点间的距离d .[解析] (1)光路图如图所示，根据折射定律有n ＝sin isin r ＝2，由几何关系知折射角r＝30°，解得i ＝45°(2)根据几何关系知，光线第一次射到BC 上的入射角为60°，根据临界角的定义sin C ＝1n，得光线的临界角为45°，可知入射角大于临界角，光在BC 面发生全反射．发生全发射的光线又射到AC 面上，根据几何关系可知，反射光线垂直于AC 射出，设出射点为E ，根据题意和几何关系可得OB ＝14AB ＝14BC tan60°＝34l 同理可得BD ＝OB tan60°＝34l ，CD ＝l －BD ＝14l ，CE ＝CD si n30°＝18l ，AE ＝2l －18l ＝158l故出射点到A 点间的距离d ＝AE ＝158l[答案] (1)45° (2)158l2．投影仪的镜头是一个半球形的玻璃体，光源产生的单色平行光投射到平面上，经半球形镜头折射后在光屏PQ 上形成一个圆形光斑．已知半球形镜头半径为R ，光屏PQ 到球心O 的距离为d (d >3R )，玻璃对该单色光的折射率为n ，不考虑光的干涉和衍射，真空中光速为c .求：(1)光在半球形镜头中的速度． (2)光屏PQ 上被照亮光斑的面积． [解析] (1)由n ＝c v 解得：v ＝c n.(2)如图所示，设光线入射到D 点时恰好发生全反射， sin C ＝1n，OF ＝Rcos C＝R n 2－1n＝nRn 2－1又因为O ′Fr＝tan CO ′F ＝d －OF解得r ＝d n 2－1－nR光屏PQ 上被照亮光斑的面积S ＝πr 2＝π(d n 2－1－nR )2. [答案] (1)c n(2)π(d n 2－1－nR )23．(2017·湖南长沙模拟)如图，将半径为R 的透明半球体放在水平桌面上方，O 为球心，直径恰好水平，轴线OO ′垂直于水平桌面．位于O 点正上方某一高度处的点光源S 发出一束与OO ′夹角θ＝60°的单色光射向半球体上的A 点，光线通过半球体后刚好垂直射到桌面上的B 点，已知O ′B ＝32R ，光在真空中传播速度为c ，不考虑半球体内光的反射，求：(1)透明半球体对该单色光的折射率n ； (2)该光在半球体内传播的时间． [解析](1)光从光源S 射出经半球体到达水平桌面的光路如图光由空气射向半球体，由折射定律，有n ＝sin θsin α在△OCD 中，sin ∠COD ＝32得∠COD ＝60°由几何知识知γ＝∠COD ＝60°光由半球体射向空气，由折射定律，有n ＝sin γsin β故α＝β由几何知识得α＋β＝60° 故α＝β＝30° 解得n ＝ 3(2)光在半球体中传播的速度为v ＝c n ＝33c 由几何关系知AC ＝AO 且AC sin α＋AO ＝O ′B 得AC ＝33R 光在半球体中传播的时间t ＝AC v ＝R c[答案] (1) 3 (2)R c4.(2017·河北衡中模拟)在真空中有一正方体玻璃砖，其截面如图所示，已知它的边长为d .在AB 面上方有一单色点光源S ，从S 发出的光线SP 以60°入射角从AB 面中点射入，当它从侧面AD 射出时，出射光线偏离入射光线SP 的偏向角为30°，若光从光源S 到AB 面上P 点的传播时间和它在玻璃砖中传播的时间相等，求点光源S 到P 点的距离．[解析]光路图如图所示，由折射定律知，光线在AB 面上折射时有n ＝sin60°sin α在AD 面上出射时n ＝sin γsin β由几何关系有α＋β＝90° δ＝(60°－α)＋(γ－β)＝30°联立以上各式并代入数据解得α＝β＝45°，γ＝60° 所以n ＝62光在玻璃砖中通过的距离s ＝22d ＝c nt 设点光源到P 点的距离为L ，有L ＝ct 解得L ＝32d [答案]32d 5．(2017·河北唐山一中模拟)如图所示，在一厚度为d ，折射率为n 的大玻璃板下表面，有一半径为r 的圆形发光面．已知真空中的光速为c .(1)求从玻璃板上表面射出的光在玻璃中传播的最短时间t min .(2)为了从玻璃的上方看不见圆形发光面，在玻璃板的上表面贴有一块不透光的圆形纸片，求贴圆形纸片的最小面积S min .[解析] (1)当光垂直于玻璃板的上下表面时，其在玻璃中传播的时间最短，有t min ＝d v ，其中v ＝c n解得t min ＝ndc(2)设E 为圆形发光面边缘上的一点，若由该点发出的光线恰好在玻璃的上表面D 处发生全反射，则此光线的入射角等于临界角，如图所示，由几何关系有Δr ＝d tan C又sin C ＝1n解得Δr ＝dn 2－1故所贴圆形纸片的最小半径为R ＝r ＋Δr 又S min ＝πR 2解得S min ＝π⎝⎛⎭⎪⎫r ＋d n 2－12[答案] (1)nd c (2)π⎝⎛⎭⎪⎫r ＋d n 2－126．(2017·河南八市质检)如图所示，AOB 为扇形玻璃砖，一细光束照射到AO 面上的C 点，入射角为60°，折射光线平行于BO 边，圆弧的半径为R ，C 点到BO 面的距离为R2，AD⊥BO ，∠DAO ＝30°，光在空气中传播速度为c ，求：(1)玻璃砖的折射率及光线在圆弧面上出射时的折射角； (2)光在玻璃砖中传播的时间． [解析](1)光路图如图所示，由于折射光线CE 平行于BO ，那么 光线在圆弧面上的入射点E 到BO 的距离也为R2光线在E 点的入射角α满足 sin α＝12，α＝30°由几何关系可知，∠COE ＝90°，因此光线在C 点的折射角为30° 玻璃砖的折射率n ＝sin60°sin30°＝ 3由于光线在E 点的入射角为30°，光线在E 点的折射角为60°(2)由几何关系可知，CE ＝R cos30°＝233R光在玻璃砖中的传播速度为v ＝cn因此光在玻璃砖中传播的时间为t ＝CE v＝2Rc.[答案] (1) 3 60° (2)2Rc7．(2017·安徽合肥六校联考)如图所示，ABC 为一块立在水平在面上的玻璃砖的截面示意图，△ABC 为一直角三角形，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝60°，AB 边长度为L ＝12 cm ，AC垂直于地面放置，现在有一束单色光垂直于AC 边从P 点射入玻璃砖，玻璃砖的折射率n ＝2，已知PA ＝18L ，该束光最终射到了水平地面上某点，试求该点距离C 点的距离(取tan15°≈0.25)．[解析] 由题意知，设临界角为C ，则有n ＝1sin C ，可得：C ＝45°，由几何知识得：当单色光照射到AB 上时入射角为i ＝60°>C ，将发生全反射，入射点为R ，然后射入到BC 面上Q 点，入射角为i ′＝30°，取折射角为θ，根据折射定律有：sin θsin30°＝n ，可得：θ＝45°，最终单色光射到地面上的K 点，如图：有：AR ＝L 8·1sin30°＝14×12 cm＝3 cm ，BQ ＝(AB －AR )tan30°＝(12－3)×33cm ＝3 3 cm ， 则CQ ＝BC －BQ ＝12 3 cm －3 3 cm ＝9 3 cm ， 由此可知：CS ＝CQ cos60°＝932cm ， SK ＝CQ sin60°tan15°＝278cm所以该点距离C 点：d ＝SK ＋CS ＝278 cm ＋932cm≈11.2 cm. [答案] 11.2 cm。
(新课标)近年高考物理一轮复习主题十三波、光和相对论课时训练57(2021年整理)
（新课标）2019版高考物理一轮复习主题十三波、光和相对论课时跟踪训练57编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（新课标）2019版高考物理一轮复习主题十三波、光和相对论课时跟踪训练57）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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课时跟踪训练（五十七）落实双基[基础巩固］1．据《飞行国际》报道称,中国制造的首款具有“隐身能力”和强大攻击力的第四代作战飞机“歼－20”(如图)，于2011年1月11日12：50进行了公开首飞．它的首飞成功标志着中国继美国和俄罗斯之后，成为世界上进入到第四代战机研发序列中的国家．隐形飞机的原理是：在飞机研制过程中设法降低其可探测性，使之不易被敌方发现、跟踪和攻击．根据你所学的物理知识，判断下列说法中正确的是（）A．运用隐蔽色涂层,无论距你多近，即使你拿望远镜也不能看到它B．使用能吸收雷达电磁波的材料，在雷达屏幕上显示的反射信息很小、很弱，很难被发现C．使用吸收雷达电磁波涂层后,传播到复合金属机翼上的电磁波在机翼上不会产生感应电流D．主要是对发动机、喷气尾管等因为高温容易产生紫外线辐射的部位采取隔热、降温等措施，使其不易被对方发现[解析]隐形飞机的原理是在飞机制造过程中使用能吸收雷达电磁波的材料，使反射的雷达电磁波很弱,在雷达屏幕上显示的反射信息很小、很弱，飞机在雷达屏幕上很难被发现,故只有B正确．［答案］B2．（2017·湖北八校联考)在“用双缝干涉测光的波长"的实验中，请按照题目要求回答下列问题．(1)图中甲、乙两图都是光的条纹形状示意图,其中干涉图样是________．（2）将下表中的光学元件放在图丙所示的光具座上组装成用双缝干涉测光的波长的实验装置,并用此装置测量红光的波长．元件代号A B C D E元件名称光屏双缝白光光源单缝透红光的滤光片排列顺序应为________．(填写元件代号)(3)已知该装置中双缝间距d＝0。
(新课标)2019版高考物理一轮复习 主题十三 波、光和相对论 课时跟踪训练54
课时跟踪训练(五十四)落实双基[基础巩固]1．(2018·河南百校联考)如图甲所示是一个摆线长度可调的单摆振动的情景图，O 是它的平衡位置，P 、Q 是小球所能到达的最高位置．小球的质量m ＝0.4 kg ，图乙是摆线长为l 时小球的振动图象，g 取10 m/s 2.(1)为测量单摆的摆动周期，测量时间应从摆球经过________(填“O ”“P ”或“Q ”)时开始计时；测出悬点到小球球心的距离(摆长)L 及单摆完成n 次全振动所用的时间t ，则重力加速度g ＝________(用L 、n 、t 表示)．(2)由图乙写出单摆做简谐运动的表达式，并判断小球在什么位置时加速度最大？最大加速度为多少？[解析] (1)因摆球经过最低点的速度大，容易观察和计时，所以测量时间应从摆球经过最低点O 开始计时．单摆周期T ＝t n，再根据单摆周期公式 T ＝2πL g ，可解得g ＝4π2n 2L t 2. (2)由图乙可知单摆的振幅A ＝5 cm ，ω＝2πT ＝2π2rad/s ＝π rad/s ，所以单摆做简谐运动的表达式为x ＝5sin πt cm.小球在Q 和P 处的加速度最大，由图乙可看出此摆的周期是2 s ，根据T ＝2πL g，可求得摆长为L ＝1 m ，加速度最大值a m ＝F m m ＝mgA Lm ＝10×5×10－21m/s 2＝0.5 m/s 2. [答案] (1)O 4π2n 2L t 2 (2)x ＝5sin πt cm 小球在Q 和P 处的加速度最大 0.5 m/s 22.如图所示为一弹簧振子的振动图象，试完成以下问题：(1)写出该振子简谐运动的表达式；(2)在第2 s 末到第3 s 末这段时间内，弹簧振子的加速度、速度、动能和弹性势能各是怎样变化的；(3)该振子在前100 s 的总位移是多少，路程是多少．[解析] (1)由振动图象可得A ＝5 cm ，T ＝4 s ，φ＝0则ω＝2πT ＝π2rad/s 故该振子简谐运动的表达式为x ＝5sin π2t cm (2)由题图可知，在t ＝2 s 时，振子恰好通过平衡位置，此时加速度为零，随着时间的延续，位移逐渐变大，加速度也逐渐变大，速度逐渐变小，动能逐渐减小，弹性势能逐渐增大，当t ＝3 s 时，加速度达到最大值，速度等于零，动能等于零，弹性势能达到最大值．(3)振子经过一个周期位移为零，路程为4×5 cm＝20 cm ，前100 s 刚好经过了25个周期，所以前100 s 振子的位移x ＝0，振子的路程s ＝25×20 cm＝500 cm ＝5 m.[答案] (1)5sin π2t cm (2)见解析 (3)0 5 m [素能培养]3．(2017·福建泉州模拟)如右图所示，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，两物块都开始做简谐运动，在运动过程中( )A．甲的振幅大于乙的振幅B．甲的振幅小于乙的振幅C．甲的最大速度小于乙的最大速度D．甲的最大速度大于乙的最大速度[解析]细线断开前，两根弹簧上的弹力大小相同，弹簧的伸长量相同，细线断开后，两物块都开始做简谐运动，简谐运动的平衡位置都在弹簧原长位置，所以它们的振幅相等，选项A、B错误；两物块做简谐运动时，动能和势能相互转化，总机械能保持不变，细线断开前，弹簧的弹性势能就是物块做简谐运动时的机械能，所以振动过程中，它们的机械能相等，到达平衡位置时，它们的弹性势能为零，动能达到最大，因为甲的质量大于乙的质量，所以甲的最大速度小于乙的最大速度，选项C正确、D错误．[答案] C4.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，弹簧正好为原长，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2mgAB．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2gD．物体在最低点时的弹力大小应为mg[解析]因物体振动到最高点时，弹簧正好为原长，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正确；在最低点，由F mg＝ma知，C错误；由F弹－mg＝F回得F弹＝2mg，D错误；由能量守恒知，弹簧的弹性回＝势能和物体的动能、重力势能三者的总和不变，B错误．[答案] A5．(多选)(2017·河北邯郸模拟)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 ＝43s 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( )A ．0.1 m ，83s B ．0.1 m,8 s C ．0.2 m ，83 s D ．0.2 m,8 s[解析] 若振子的振幅为0.1 m ，则有43 s ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12T ，n ＝0,1,2，…，此时周期的最大值为83s ，且t ＝4 s 时刻x ＝0.1 m ，故选项A 正确，B 错误．若振子的振幅为0.2 m ，由简谐运动的对称性可知，当振子由x ＝－0.1 m 处运动到负的最大位移处再反向运动到x ＝0.1m 处，再经n 个周期所用时间为43 s ，则有⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋n T ＝43s ，n ＝0,1,2，…，所以周期的最大值为83s ，且t ＝4 s 时刻x ＝0.1 m ，故选项C 正确；当振子由x ＝－0.1 m 经平衡位置运动到x ＝0.1 m 处，再经n 个周期所用的时间为43 s ，则有⎝ ⎛⎭⎪⎫16＋n T ＝43s ，n ＝0,1,2，…，所以此时周期的最大值为8 s ，且t ＝4 s 时x ＝0.1 m ，故选项D 正确．[答案] ACD6．(2017·温州质检)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 ＝0.20 s 时刻，振子速度第一次变为－v ；在t ＝0.50 s 时刻，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4.0 s 内通过的路程；(3)若B 、C 之间的距离为25 cm ，从平衡位置开始计时，写出弹簧振子位移表达式，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＝1.0 s(2)若B 、C 之间距离为25 cm ，则振幅A ＝12×25 cm＝12.5 cm 振子4.0 s 内通过的路程a ＝4T×4×12.5 cm＝200 cm(3)根据x ＝A sin ωt ，A ＝21.5 cm ，ω＝2πT＝2π rad/s ，得x ＝12.5sin2πt (cm)． 振动图象如图所示：[答案] (1)1.0 s (2)200 cm(3)x ＝12.5sin2πt (cm) 图象见解析图。
(新课标)近年高考物理一轮复习主题十三波、光和相对论课时训练58(2021年整理)
（新课标）2019版高考物理一轮复习主题十三波、光和相对论课时跟踪训练58编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（新课标）2019版高考物理一轮复习主题十三波、光和相对论课时跟踪训练58）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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课时跟踪训练（五十八)增分提能一、选择题1．简谐横波在同一均匀介质中沿x轴正方向传播，波速为v。
若某时刻在波的传播方向上，位于平衡位置的两质点a、b相距为s,a、b之间只存在一个波谷，则从该时刻起，下列四幅波形图中质点a最早到达波谷的是( )[解析］由图可知选项A波长为2s，由T＝错误!可知T A＝错误!,质点a振动方向沿y轴正向，因此a第一次到达波谷的时间为t A＝错误!T A＝错误!；选项B波长为s，由T＝错误!可知T B ＝错误!，质点a振动方向沿y轴负向,因此a第一次到达波谷的时间为t B＝错误!T B＝错误!;选项C波长为s，由T＝错误!可知T C＝错误!，质点a振动方向沿y轴正向，因此a第一次到达波谷的时间为t C＝错误!T C＝错误!；选项D波长为错误!，由T＝错误!可知T D＝错误!，质点a振动方向沿y轴负向,因此a第一次到达波谷的时间为t D＝错误!T D＝错误!。
因此质点A最早到达波谷的是选项D。
[答案] D2．(多选)（2017·河南平顶山一调)如图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，质点Q 为介质中平衡位置在图示处的一点，图乙为介质中平衡位置在x＝2 m处的质点P以此时刻为计时起点的振动图象．下列说法正确的是( )A．这列波的波长是4 mB．这列波的传播速度是20 m/sC．经过0。
2019版高考物理一轮复习 主题十三 波、光和相对论 13-2-1 机械波的常考问题
P 点为＋y 方向，第一次到达波谷还需要 t2＝34T＝0.3 s，所以 Δt ＝t1＋t2＝0.8 s．则 t＝Δt－nT＝0.8＋nT＝0.4(2＋n) s(n＝0,1,2，…)
[答案] (1)10 m/s (2)0.4(2＋n) s(n＝0,1,2，…)
K12课件
30
3．(2017·福建检测)如图所示，在 xOy 平面内有一列沿 x 轴 正方向传播的简谐横波，频率为 2.5 Hz.在 t＝0 时，xP＝2 m 的 P 点位于平衡位置，速度沿－y 方向；xQ＝6 m 的 Q 点位于平衡位 置下方最大位移处．求：
K12课件
3
课时一
机械波的常考问题
K12课件
4
高考真题研读 G
精析考题 明确考向
K12课件
5
K12课件
6
K12课件
7
K12课件
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考点题型突破 K
考点探究 题型突破
K12课件
9
探究一 振动图象和波的图象的关联分析 振动图象和波的图象的关联分析思路： 求解波的图象与振动图象综合类问题可采用“一分、一看、 二找”的方法 (1)分清振动图象与波的图象．关键要看清横坐标，横坐标为 x 则为波的图象，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．
A．x＝0 处的质点 B．x＝1 m 处的质点 C．x＝2 m 处的质点 D．x＝3 m 处的质点 (2)设该波沿 x 轴负方向传播，画出 x＝3 m 处的质点的振动 图象． [思路点拨] 题中给出了 t＝1 s 时的波形图和介质中某质点 的振动图象，可根据波的传播方向和质点振动方向的关系进行分 析．
K12课件
18
A．这列波的波长是 8 m，周期是 0.20 s，振幅是 10 cm B．在 t＝0 时刻，质点 Q 向 y 轴正方向运动 C．从 t＝0 到 t＝0.25 s，该波沿 x 轴负方向传播了 6 m D．从 t＝0 到 t＝0.25 s，质点 P 通过的路程为 0 cm E．质点 Q 简谐运动的表达式为 y＝0.1sin10πt (m)
(新课标)近年高考物理一轮复习主题十三波、光和相对论课时训练55(2021年整理)
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课时跟踪训练（五十五）落实双基[基础巩固]1．(2017·湖北八校联考）如图所示是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图，已知波的传播速度v＝4 m/s,试回答下列问题:(1)求出x＝1。
5 m处的质点在0～1。
25 s内通过的路程及t＝1。
25 s时该质点的位移；(2）写出x＝2。
0 m处的质点的振动函数表达式．[解析](1）由题图可知波长λ＝2.0 m，振幅A＝5 cm。
由T＝错误!,解得T＝0。
5 s，又1。
25 s＝2错误!T，故0～1。
25 s内的路程为错误!×4A＝50 cm.1．25 s时位移y＝5 cm.(2）x＝2。
0 m处的质点在t＝0时刻向y轴负方向运动，且ω＝错误!＝4π rad/s，则x＝2。
0 m处的质点的振动函数表达式为y＝－5sin 4πt(cm)或y＝5sin(4πt＋π）(cm）．[答案］（1)50 cm 5 cm(2）y＝－5sin 4πt(cm)或y＝5sin（4πt＋π)(cm)［素能培养］2．（多选）一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形如图所示，质点P的x 坐标为3 m．已知任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0。
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[答案] (1) 2 (2)30°
作光路图应规范，求角度应认真严谨.入射角、折射角及光疏、 光密介质要判断清楚.
[变式训练] 2．(2017·安徽江南十校联考)如图所示，等腰直角三角形 ABC 为某透明介质的横截面，O 为 BC 边的中点，位于 O 点处的点光 源在透明介质内向各个方向发射光线，其中从 AC 边上的 D 点射 出的光线平行于 BC，从 E 点射出的光线垂直 BC 向上．已知 BC 边长为 2L.求：
[答案] (1)30° (2)0.5R
[变式训练] 1．半径为 R、介质折射率为 n 的透明圆柱体，过其轴线 OO′ 的截面如图所示．位于截面所在平面内的一细束光线，以角 i0 由 O 点入射，折射光线由上边界的 A 点射出．当光线在 O 点的入 射角减小至某一值时，折射光线在上边界的 B 点恰好发生全反 射．求 A、B 两点间的距离．
(1)该光在介质中发生全反射的临界角 θ.
(2)DE 的长度 x.(可能用到 sin15°＝
2－ 2
3或 tan15°＝2－
3)
[解析] 由几何知识分析各角度，如图所示
(1)根据光的折射定律，分析光线 OD 的折射情况，有 n＝ssiinn4350°°＝ 2 由 sinθ＝n1知 θ＝45°
(2)由sinlO4D5°＝sin1L20°
得 lOD＝ 36L 又△பைடு நூலகம்DE 为等边三角形
得
x＝lOD＝
6 3L
[答案] (1)45° (2) 36L
探究三 半圆形玻璃砖 半圆形玻璃砖是指横截面为半圆形的玻璃砖． 光路特点及对光线的作用：
如图所示： 圆界面的法线是过圆心的直线，经过两次折射后向圆心偏 折． 注意：(1)由圆的几何特性及光路可逆原理知，上述光路不可 能发生全反射现象．
主
题
波、光和相对论
十
三
高考研究课
解读高考 精准备考
课时二
有关玻璃砖的折射和全反射问题
高考真题研读 G
精析考题 明确考向
真题案例 (2017·全国卷Ⅰ)如图，一玻璃工件的上半 部是半径为 R 的半球体，O 点为球心；下 半部是半径为 R、高为 2R 的圆柱体，① 圆柱体底面镀有反射膜．有一平行于中心 轴 OC 的光线从半球面射入，该光线与 OC 之间的距离为 0.6R.②已知最后从半球 面射出的光线恰好与入射光线平行(不考 虑多次反射)．求该玻璃的折射率．
(1)光线从透明半球体射出时，出射光线偏离原方向的角度； (2)光线在光屏上形成的光斑到 A 点的距离．
[解析] (1)如图所示，设入射点 B 到 O 的垂直距离 BO＝h， ∠BCO＝β，折射角为 i.
对△OBC 有，sinβ＝Rh＝12， 又 n＝ssiinnβi ＝ 3，联立解得 sini＝
[解析] 本题考查光的折射，意在考查折射定律和全反射的 规律．
当光线在 O 点的入射角为 i0 时，设折射角为 r0，由折射定律 得
ssiinnri00＝n① 设 A 点与左端面的距离为 dA，由几何关系得 sinr0＝ d2AR＋R2② 若折射光线恰好发生全反射，则在 B 点的入射角恰好为临界 角 C，设 B 点与左端面的距离为 dB，由折射定律得 sinC＝n1③ 由几何关系得 sinC＝ d2Bd＋B R2④
(2)两种特殊入射情况： ①光线沿着半径方向从圆面射入，如图甲所示．光线必经过 圆心，在直径面上有可能发生全反射．②光线从直径平面垂直射 入，如图乙所示．由于入射点不同，在圆面上有可能发生全反射．
(2017·湖南长沙联考)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
3 2R
处垂直于
AB
从下
方入射，求此光线从玻璃砖射出点的位置．
[思路点拨] (1)当光线垂直玻璃砖下表面射入时，光线的方
向不发生变化．
(2)当光线由玻璃砖进入空气时，是由光密介质进入光疏介
[解析] (1)由题知光束垂直从 AB 面射入后，在 AC、CB 面 恰好发生全反射，则：
临界角 C＝45° 可得此三棱镜材料的折射率 n＝sin1C＝ 2
(2)对于不标准的三棱镜，光束垂直 AB 面射入后，在 AC 面 恰好发生全反射后射向 BC′面，由于 β>45°，光束发生全反射后 折射射出 AB 面
(1)求此三棱镜材料的折射率 n； (2)若三棱镜 ABC′不标准，但∠A 是准确的，让光束仍垂直 射到 AB 上，最终只从与面 AB 成 45°角射出，求∠ABC′的大小． [思路点拨] (1)标准等腰直角三棱镜满足∠C＝2∠A＝2∠B ＝90°，光束恰好不从 AC、CB 面射出，说明临界角为 45°. (2)最终只从与面 AB 成 45°角的方向射出，说明光束在 BC′ 面发生全反射． (3)结合折射定律和几何知识分析求解．
3sinβ＝ 23，所以 i＝60°，出射光线偏离原方向的角度：Δθ ＝i－β＝60°－30°＝30°.
(2)设出射光线交 MN 于 P 点，交 OA 于 D 点，则由几何关
系可得，∠CDQ＝30°
所以：OQ－QD＝Rcos30°＝ 23R，
AD＝AO－OD＝3
2 3R－2×
23R＝
3 2R
所以：PA＝AD·tan30°＝ 23R× 33＝0.5R.
[思路点拨] (1)平面镜成像，物像对称． (2)作出正确光路图，由几何关系求解．
[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
通过三棱镜的光线经两次折射后，出射光线向棱镜底边偏 折．
注意：(1)调节入射角 θ，光线在 AC 面的出射方向会改变， 可能在 AC 面上发生全反射．
(2)两种特殊入射方向：①光线平行于 BC 边射入． ②光线垂直于 AB 边射入．两种情况光线在另一个面上可能 发生全反射．
为检测等腰直角三棱镜各角是否标准，用一细光束 垂直射在三棱镜 ABC 的底面 AB 上．如果等腰直角三棱镜是标准 的，当光束垂直射在底面 AB 上时，恰好不从 AC、CB 面射出， 最终只能垂直底面 AB 射出．
(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．
备考启示 折射定律是历年高考重点考查的内容之一，学生要通过观 察、实验，建立折射率概念，掌握折射定律．特别是综合运 用折射定律、光路的可逆性和全反射知识分析解决实际问题 时，切忌死套公式，要认真挖掘题目中的隐含条件，充分利 用数学知识，分析光线在介质传播中的反射规律和折射规 律.
考点题型突破 K
OG＝OC＝ 23R⑥ 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
本题考查了光的全反射规律及折射定律，解题的关键是确定 临界光线，再结合几何关系及全反射条件解决问题.
[变式训练] 3．(2017·河北衡水模拟)如图所示，MN 为竖直放置的光屏， 光屏的左侧有半径为 R、折射率为 3的透明半球体，O 为球心， 轴线 OA 垂直于光屏，O 至光屏的距离 OA＝3 23R，一细束单色 光垂直射向半球体的平面，在平面的入射点为 B，OB＝12R，求：
考点探究 题型突破
探究一 平行玻璃砖 平行玻璃砖是指两个侧面互相平行的玻璃砖． 光路特点及对光线的作用：
如图所示：
通过平行玻璃砖的光线不改变传播方向，但要发生侧移 注意：(1)侧移距离的大小与玻璃的折射率 n、砖的厚度 h 及 入射角 θ1 的大小等有关． (2)根据光的折射过程中光路可逆，上述过程不可能发生全反 射现象．
由几何关系有 OE＝Rsinθ② 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＝2OE③ 联立①②③式，代入已知数据得 l＝ 2R④
(2)设光线在距 O 点 23R 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°>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．由反射定律和几何关系得
规范解题
分析三角形 OCB，可得
OC ＝AC sinr sini
根据折射定律可得 n＝ssiinnri＝OACC
＝
AD22＋R DC2＝
0.6R2＋DO＋OC2 2R
＝ 0.6R2＋2R0.8R＋2R2＝1.43
答案：1.43
真题点评 1.对称法：运用对称思维找到入射光线与出射光射 线的关系． 2．此题对学生灵活运用数学知识，解决物理问题 也提出了较高的要求.
设 A、B 两点间的距离为 d，可得
d＝dB－dA⑤ 联立①②③④⑤式得
d＝
n21－1－
n2s－insi0in2i0R⑥
[答案]
n21－1－
n2s－insi0in2i0R
探究二 三角形玻璃砖 三角形玻璃砖(也称三棱镜)是指横截面为三角形的玻璃砖， 其横截面可分为：一般三角形、直角三角形、等腰三角形、等边 三角形等多种． 光路特点及对光线的作用： 如图所示：