[推荐学习]全国通用2018年高考物理二轮复习专题七鸭模块第2讲机械振动和机械波光电磁波学案

第2讲机械振动和机械波光电磁波
机械振动和机械波
[必备知识]
1.必须理清知识间的联系
2.必须弄明的六个问题
(1)单摆的回复力是重力的切向分力，或合力在切向的分力。

单摆固有周期T＝2πl g 。

(2)阻尼振动的振幅尽管在减小，但其振动周期(频率)不变，它是由振动系统决定的。

(3)稳定时，受迫振动的周期或频率等于驱动力的周期或频率，与物体的固有频率无关。

共振图象的横坐标为驱动力的频率，纵坐标为受迫振动物体的振幅。

共振条件：f驱＝f固。

(4)机械波必须要在介质中传播。

振动质点是“亦步亦趋”，但不“随波逐流”！
(5)横波是质点振动方向与波的传播方向垂直的波。

注意：“垂直”是一个直线和一个面的关系——沿水平方向传播的横波，质点可能不只是上下振动。

(6)机械波传播时，频率(f)由振源决定，与介质无关且稳定不变，波速(v)由介质决定。

波从一种介质进入另一种介质，频率不会发生变化，因为速度变化了，所以波长将发生改变。

[真题示例]
1.[2017·全国卷Ⅰ，34(1)]如图1(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”)。

图1
解析 由几何关系可知两波源到A 点的距离为AS 1＝10 m ，AS 2＝8 m ，所以两波的路程差为2 m ；同理可得，BS 1－BS 2＝0，为波长的整数倍，由振动图象知两振源振动方向相反，故B 点振动减弱；两波源到C 点的路程差为Δx ＝CS 1－CS 2＝1 m ，波长λ＝vT ＝2 m ，所以C 点振动加强。

答案 2 减弱 加强
2.[2017·全国卷Ⅲ，34(1)]如图2，一列简谐横波沿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________。

(填正确答案标号)
图2
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 由波形图可知，波长λ＝4 m ，故A 错误；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。

又该简谐波的周期大于0.5 s ，波传播的距离Δx ＝34λ，34T
＝0.5 s ，故周期T ＝23 s ，频率为1.5 Hz ，波速v ＝λf ＝6 m/s ，故B 、C 正确；t ＝1 s ＝3
2
T 时，
x ＝1 m 处的质点处于波谷位置，故D 错误；t ＝2 s ＝3T 时，x ＝2 m 处的质点正经过平衡位置向
上运动，故E 正确。

答案 BCE 真题感悟
1.高考考查特点
(1)简谐运动的特征及规律。

(2)考查波动图象和振动图象的相互转换与判断。

(3)根据波的图象确定波的传播方向、传播时间及波的相关参量。

(4)考查波的多解问题。

2.解题常见误区及提醒
(1)误认为波的传播速度与质点振动速度相同。

(2)误认为波的位移与质点振动位移相同。

(3)实际上每个质点都以它的平衡位置为中心振动，并不随波迁移。

1.[2017·广东深圳一调，34(1)]一个质点经过平衡位置O，在A、B间做简谐运动，如图3(a)所示，它的振动图象如图(b)所示，设向右为正方向，下列说法正确的是________。

(填正确答案标号)
图3
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末时质点位置在O点与A点之间
E.在4 s内完成5次全振动
解析由图(b)可知振幅为5 cm，则OB＝OA＝5 cm，A项正确；由图可知0～0.2 s内质点从B向O运动，第0.2 s末质点的速度方向是B―→O，B项错误；由图可知第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；由图可知第0.7 s末时质点位置在O与B之
间，D项错误；由图(b)可知周期T＝0.8 s，则在4 s内完成全振动的次数为4 s
0.8 s
＝5，E项正确。

答案ACE
2.[2017·江西萍乡二模，34(1)]一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t时刻与t＋0.2 s两个时刻，x轴上(－3 m，3 m)区间的波形完全相同，如图4所示。

图中M、N两质点在t时刻位移均为振幅a的一半，下列说法中正确的是________。

(填正确答案标号)
图4
A.该波的波速可能为20 m/s
B.t＋0.1 s时刻，x＝－2 m处的质点位移一定是a
C.从t时刻起，x＝2 m处的质点比x＝2.5 m处的质点先回到平衡位置
D.从t时刻起，在质点M第一次到达平衡位置时，质点N恰好到达波峰
E.该列波在传播过程中遇到宽度为d＝3 m的狭缝时会发生明显的衍射现象
解析已知波沿x轴正方向传播，则在Δt＝0.2 s时间内，波传播的距离为Δx＝nλ(n＝1，2，
3，…)，则该波的波速v＝Δx
Δt
＝5nλ(m/s)(n＝1，2，3，…)，当n＝1时，v＝20 m/s，所以A
正确；由于周期不确定，0.1 s不一定等于半个周期的奇数倍，则t＋0.1 s时刻，x＝－2 m处的质点位移不一定是a，B错误；因波沿x轴正方向传播，再结合波形图可知从t时刻起，在x ＝2 m处的质点比x＝2.5 m处的质点先回到平衡位置，则C正确；利用波的“平移法”可判断，当质点M第一次到达平衡位置时，N质点还在继续向上振动，没有到达波峰，所以D错误；此波的波长λ＝4 m>d＝3 m，由发生明显衍射现象的条件可判断，E正确。

答案ACE
3.[2017·河北石家庄3月调研，34(1)]如图5甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中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____________。

(填正确答案标号)
图5
A.这列波的传播方向是沿x 轴正方向
B.这列波的传播速度是20 m/s
C.经过0.15 s ，质点P 沿x 轴的正方向前进了3 m
D.经过0.1 s ，质点Q 的运动方向沿y 轴正方向
E.经过0.35 s ，质点Q 距平衡位置的距离小于质点P 距平衡位置的距离
解析 由甲、乙两图可知，该波向x 轴正方向传播，A 正确；由图甲知波长λ＝4 m ，由图乙知周期T ＝0.2 s ，则波速v ＝
λ
T ＝4
0.2
m/s ＝20 m/s ，B 正确；质点不随波迁移，只在其平衡位置附近振动，C 错；经过0.1 s ＝12T ，质点Q 的运动方向沿y 轴负方向，D 错；经过0.35 s ＝13
4T ，质
点P 到达波峰，而质点Q 在波谷与平衡位置之间，故E 正确。

答案 ABE
4.[2017·河北邢台质检，34(2)]一列简谐横波在x 轴上传播，如图6所示，实线是这列波在t 1＝0.1 s 时刻的波形，虚线是这列波在t 2＝0.2 s 时刻的波形，求：
图6
(ⅰ)如果此波沿x 轴正方向传播，波速的最小值； (ⅱ)如果此波沿x 轴负方向传播，波速的可能值。

解析 (ⅰ)由波形图知波长λ＝8 m
波沿x 轴正方向传播时，传播距离Δx 满足Δx ＝k λ＋3
8λ(k ＝0，1，2，3，…)
由v ＝Δx
Δt 知，当k ＝0时波速取最小值。

解得最小波速v min ＝30 m/s
(ⅱ)波沿x 轴负方向传播时，传播距离Δx ＝k λ＋5
8λ(k ＝0，1，2，3，…)
所以波速v ＝Δx
Δt
＝(80k ＋50) m/s(k ＝0，1，2，3，…)
答案 (ⅰ)30 m/s (ⅱ)v ＝(80k ＋50) m/s(k ＝0，1，2，3，…) 反思总结
1.巧解波动图象与振动图象综合问题的基本方法
求解波动图象与振动图象综合类问题可采用“一分、一看、二找”的方法：
2.波的多解问题的分析思路
光和电磁波
[必 备 知 识] 1.光的折射、全反射 (1)折射率：n ＝sin i sin r n ＝c
v
(2)全反射：sin C ＝1
n
2.光的色散问题
(1)在同一介质中，不同频率的光的折射率不同，频率越高，折射率越大。

(2)可由n ＝c v ，n ＝λ0
λ
可知，光的频率越高，在介质中的波速越小，波长越小。

3.光的波动性
4.电磁波的特点
(1)横波 (2)传播不需要介质 (3)具有波的共性 (4)真空中的波速c ＝3×108
m/s [真 题 示 例]
1.[2017·全国卷Ⅱ，34(1)]在双缝干涉实验中，用绿色激光照射在双缝上，在缝后的屏幕上显示出干涉图样。

若要增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距，可选用的方法是________。

(填正确答案标号) A.改用红色激光 B.改用蓝色激光 C.减小双缝间距
D.将屏幕向远离双缝的位置移动
E.将光源向远离双缝的位置移动
解析 根据干涉图样中两相邻亮条纹的间距Δx ＝L d
λ 可知，要使Δx 增大，可以增大波长或增大双缝到屏的距离或缩小双缝间的距离，所以选项A 、C 、D 正确，B 、E 错误。

答案 ACD
2.[2017·全国卷Ⅲ，34(2)]如图7，一半径为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
图7
(ⅰ)从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值； (ⅱ)距光轴R
3
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 (ⅰ)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i c 时，对应入射光线到光轴的距离最大，设最大距离为l 。

i ＝i c ①
设n 是玻璃的折射率，由全反射临界角的定义有
n sin i c ＝1②
由几何关系有 sin i ＝l R
③
联立①②③式并利用题给条件，得
l ＝23
R ④
(ⅱ)设与光轴相距R
3的光线在球面B 点发生折射时的入射角和折射角分别为i 1和r 1，由折射定律
有
n sin i 1＝sin r 1⑤
设折射光线与光轴的交点为C ，在△OBC 中，由正弦定理有 sin ∠C R ＝sin （180°－r 1）
OC
⑥
由几何关系有 ∠C ＝r 1－i 1⑦ sin i 1＝1
3
⑧
联立⑤⑥⑦⑧式及题给条件得
OC ＝
3（22＋3）
5
R ≈2.74R ⑨
答案 (ⅰ)2
3R (ⅱ)2.74R
3.[2017·全国卷Ⅰ，34(2)]如图8，一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，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 。

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。

图8
解析 如图，根据光路的对称性和光路可逆性，与入射光线相对于OC 轴对称的出射光线一定与入射光线平行。

这样，从半球面射入的折射光线，将从圆柱体底面中心C 点反射。

设光线在半球面的入射角为i ，折射角为r 。

由折射定律有 sin i ＝n sin r ① 由正弦定理有 sin r 2R ＝sin （i －r ）
R
② 由几何关系，入射点的法线与OC 的夹角为i 。

由题设条件和几何关系有 sin i ＝L R
③
式中L 是入射光线与OC 的距离，L ＝0.6R 。

由②③式和题给数据得sin r ＝6
205④
由①③④式和题给数据得
n ＝ 2.05≈1.43⑤
答案
2.05(或1.43)
4.[2017·全国卷Ⅱ，34(2)]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9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。

图9
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
n sin i1＝sin r1①
n sin i2＝sin r2②
由题意知r1＋r2＝90°③
联立①②③式得
n2＝1
sin2i1＋sin2i2
④由几何关系可知
sin i1＝
l
2
4l2＋
l2
4
＝
1
17
⑤
sin i2＝
3
2
l
4l2＋
9l2
4
＝
3
5
⑥
联立④⑤⑥式得n＝1.55⑦
答案 1.55
真题感悟 1.高考考查特点
(1)光在不同介质中传播时对折射定律与反射定律应用的考查。

(2)光在不同介质中传播时有关全反射的考查。

(3)光在介质中传播时临界光线的考查。

2.解题常见误区及提醒
(1)审清题意，规范、准确地画出光路图是解决几何光学问题的前提和关键。

(2)从光路图上找准入射角、折射角、临界角是正确解决问题的切入点。

(3)必要时可应用光路可逆进行辅助。

1.[2017·河北衡水中学期末，34(1)]有关光的应用，下列说法正确的是________。

(填正确答案标号)
A.拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度
B.光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象
C.用三棱镜观察白光看到的彩色图样是光的折射形成的色散现象
D.在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射原理
E.用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的衍射现象
解析 拍摄玻璃橱窗内的物品时，在镜头前加一个偏振片减弱反射光的强度，故A 错误；增透膜是利用薄膜干涉，故B 正确；用三棱镜观察白光，由于三棱镜对不同色光的折射率不同，进出三棱镜的偏折角度不同，出现了不同色光的色散，故C 正确；光导纤维束内传送图象是利用光的全反射原理，故D 正确；用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的干涉，故E 错误。

答案 BCD
2.[2017·福建福州质检，34(2)]如图10所示，一个半径为R 、折射率为3的透明玻璃半球体，
O 为球心，轴线OA 水平且与半球体的左边界垂直，位于轴线上O 点左侧R
3
处的点光源S 发出一束
与OA 夹角θ＝60°光线射向半球体，已知光在真空中传播的速度为c 。

求：光线笫一次从玻璃
半球体出射时的方向以及光线在玻璃半球内传播的时间。

图10
解析 作如图所示的光路图，
l OB ＝R 3
tan θ＝3
3
R ，
n ＝
sin 60°
sin α
＝3，
解得α＝30°。

在△OBC 中
l OB sin β＝R
sin （90°＋α）
， 解得β＝30°。

n ＝sin γ
sin β＝3，
解得γ＝60°，
即出射光线CD 方向与OA 平行。

光在玻璃半球体中传播的距离l BC ＝l OB ； 由速度v ＝c
n 可得传播的时间t ＝l BC v ＝R c。

答案 R c
3.[2017·福建厦门质检，34(1)]某种透明物质的直角三棱镜，其横截面如图11所示。

∠A ＝30°，
AB 边长为L ，O 为AB 边中点。

—条光线从O 点垂直于AB 面入射，接着入射光线绕O 点逆时针旋
转，入射角由0°逐渐增大，达到某一值时，观察到AC 面恰好无光线射出，而在BC 面有光线垂直BC 射出。

求：
图11
(ⅰ)该三棱镜折射率n ；
(ⅱ)入射光线逆时针旋转到与法线成45°过程中，AC 边有光线折射出的区域的长度。

解析 (ⅰ)由题意可知，光线射向AC 面恰好发生全反射，反射光线垂直于BC 面射出，光路图如图所示。

透明物体的临界角为C ，
则C ＝α＝60°
由sin C ＝1n ，得n ＝23
3
(ⅱ)射向AC 面的光线恰好发生全反射，光从AB 面入射，入射角为θ，则折射角β＝30°， 由n ＝sin θsin β，解得sin θ＝33<22，θ＝arcsin 3
3<45°。

当光线垂直于AB 入射时，从AC
面上O ′点射出。

当光线以θ＝arcsin
3
3
从AB 面入射，在棱镜沿OE 射到AC 面上E 点，恰好发生全反射，继续增大入射角，射到AC 面的光均发生全反射。

因此，从AC 边有光折射出的光的区域为O ′E 段且O ′E
＝OO ′＝AO tan 30°＝L 2×33＝36
L 。

答案 (ⅰ)233 (ⅱ)3
6L
方法技巧
求解光的折射和全反射的思路
(1)确定研究的光线：该光线一般是入射光线，还有可能是反射光线或折射光线，若研究的光线不明确，根据题意分析、寻找，如临界光线、边界光线等。

(2)画光路图：找入射点，确认界面，并画出法线，根据反射定律、折射定律作出光路图，结合
几何关系，具体求解；
(3)注意两点：①从光疏―→光密：定有反射、折射光线；②从光密―→光疏：如果入射角大于或等于临界角，一定发生全反射。

课时跟踪训练
1.(1)下列说法正确的是________。

(填正确答案标号)
A.在水中的潜水员斜向上看岸边的物体时，看到的物体将比物体所处的实际位置高
B.要发生全反射必须是光从光密介质射到光疏介质
C.水中的气泡，看起来特别明亮，是因为光线从气泡中射向水中时，一部分光在界面上发生全反射的缘故
D.光在某种介质中的传播速度为1.732×108
m/s ，要使光由真空射入这种介质的折射光线与反射光线之间夹角为90°，则入射角为45°
E.光在某种介质中的传播速度为1.732×108 m/s ，要使光由真空射入这种介质的折射光线与反射光线之间夹角为90°，则入射角为60°
(2)如图1甲所示，在某介质中波源A 、B 相距d ＝20 m ，t ＝0时二者开始上下振动，A 只振动了半个周期，B 连续振动，所形成的波的传播速度均为v ＝1.0 m/s ，两波源的振动图象如图乙所示。

求：
图1
(ⅰ)在波源A 右侧1 m 处的质点在0～22 s 时间内经过的路程；
(ⅱ)在0～16 s 时间内从A 发出的半个波在向右前进的过程中遇到的从B 发出的波的波峰个数。

解析 (1)由光的折射可知，看到的物体的位置比实际位置高，A 正确；要发生全反射必须是光从光密介质射到光疏介质，所以B 正确；水中气泡看起来特别明亮是因为光从水中射向气泡时一部
分光发生了全反射的缘故，C 错误；由n ＝c v 得n ＝3，n ＝sin i sin r
，由题意知r ＝90°－i ，所以i
＝60°，故D 错误，E 正确。

(2)(ⅰ)距波源A 右侧1 m 处的质点随从A 发出的波振动而经过的路程s 1＝2×4 cm＝8 cm 从B 发出的波在0～22 s 内传播的距离为vt 1＝22 m
故从B 发出的波可以传播到距A 右侧1 m 处的质点，且该质点又振动了1.5个周期，故此质点又振动而经过的路程为s 2＝1.5×4×20 cm＝120 cm 总路程s ＝s 1＋s 2＝128 cm
(ⅱ)0～16 s 内两列波相遇后又相对运动的长度 Δl ＝l A ＋l B －d ＝2vt 2－d ＝12 m
从B 发出的波的波长λB ＝vT B ＝2 m ，n ＝Δl
λB ＝6
即从A 发出的波遇到了6个从B 发出的波的波峰。

答案 (1)ABE (2)(ⅰ)128 cm (ⅱ)6个
2.一列波源为O 点的机械波，波源从平衡位置沿＋y 方向起振，从波源O 起振时开始计时，经t ＝0.9 s ，x 轴上0至12 m 范围第一次出现如图2所示简谐波，则________。

(填正确答案标号)
图2
A.此列波的波速约为13.3 m/s
B.波的周期一定是0.4 s
C.t ＝0.9 s 时，平衡位置在x 轴上7 m 处的质点Q 所受合外力方向向下
D.t ＝0.9 s 时，平衡位置在x 轴上3 m 处的质点P 正在向上运动
E.平衡位置在x 轴上10 m 处的质点R 的振动方程可表示为y ＝10sin 5πt (cm)
图3
(2)如图3所示，AOB 是由某种透明物质制成的1
4圆柱体的横截面(O 为圆心)。

今有一束平行光以
45°的入射角射向柱体的OA 平面，这些光线中有一部分不能从柱体的AB 面上射出。

设射到OB 面的光线全部被吸收，已知从O 点射向透明物质的光线恰好从AB 圆弧面上距离B 点1
3处射出，求：
(ⅰ)透明物质的折射率；
(ⅱ)圆弧面AB 上能射出光线的部分占AB 表面的百分比。

解析 (1)由波形图可知波长λ＝8 m 。

根据题述经t ＝0.9 s ，x 轴上0至12 m 范围第一次出现
图示简谐波，可知，t ＝0.9 s ＝2T ＋T 4，解得T ＝0.4 s 。

此列波的波速为v ＝λ
T
＝20 m/s ，选项A
错误，B 正确；波源从平衡位置沿＋y 方向起振，波沿＋x 轴方向传播，t ＝0.9 s 时，平衡位置在x 轴上3 m 处的质点P 正在向上运动，平衡位置在x 轴上7 m 处的质点Q 所受合外力方向向下，选项C 、D 正确；波经过Δt ＝Δx v ＝10
20 s ＝0.5 s 传播到质点R ，平衡位置在x 轴上10 m 处的质
点R 的振动方程可表示为y ＝10sin[5π(t －0.5)](cm)，选项E 错误。

(2)(ⅰ)根据题述，从O 点射向透明物质的光线的折射角r ＝30° 根据折射定律有：
n ＝
sin 45°
sin r
解得n ＝ 2
(ⅱ)设从某位置P 点入射的光线，折射到AB 弧面上Q 点时，入射角恰等于临界角C ，有： sin C ＝1
n
代入数据解得C ＝45°
能射出光线的区域对应的圆心角β＝C ＝45° 故能射出光线的部分占AB 表面的比例为
S S 总＝45°90°＝12
即圆弧面AB 上能射出光线的部分占AB 表面的百分比为50% 答案 (1)BCD (2)(ⅰ) 2 (ⅱ)50%
3.(2017·安徽合肥质检，34)(1)如图4，一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________。

(填正确答案标号)
图4
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)如图5(a)所示，用一根不可伸长的轻质细线将小球悬挂于天花板上的O点，现将小球拉离平衡位置，使细线与竖直方向成一夹角(小于5°)后由静止释放。

小球的大小和受到的空气阻力均忽略不计。

图5
(ⅰ)证明小球的运动是简谐运动；
(ⅱ)由传感器测得小球偏离平衡位置的位移随时间变化的规律如图(b)所示，求小球运动过程中的最大速度的值。

解析(1)由图可知：玻璃砖对a光的折射率大于对b光的折射率，故C错误；在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度，故A正确；a光的频率大于b光的频率，在真空中，a光的波长小于b光的波长，故B正确；若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，因为a光的折射率大，则折射光线a首先消失，故D正确；a光的波长小于b光的波长，分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距，故E错误。

(2)(ⅰ)证明：设摆长为l，小球离开平衡位置的位移为x时，细线和竖直方向夹角为θ，小球
重力的分力F 1提供回复力，其大小F 回＝F 1＝mg sin θ；在偏角很小时sin θ≈x l
； 单摆的回复力与位移的关系F 回＝－mg l
x ；所以，小球的运动是简谐运动。

(ⅱ)根据题图(b)可得小球偏离平衡位置的位移随时间变化的关系式x ＝0.08·sin πt (m)； 所以，小球的速度随时间变化的规律为
v ＝0.08πcos πt (m/s)；
则小球的最大速度v m ＝0.08π m/s 。

答案 (1)ABD (2)(ⅰ)见解析 (ⅱ)0.08π m/s
4.(2017·贵阳一中第七次月考)(1)下列说法正确的是________。

(填正确答案标号) A.如果振源停止振动，在介质中传播的波立即消失
B.用单色平行光照射单缝，缝宽不变，光的波长越长，衍射现象越显著
C.太阳光经过偏振片后，光强度减弱，且和医院“B 超”中的超声波传播速度相同
D.麦克斯韦关于电磁场的两个基本观点是：变化的电场产生磁场和变化的磁场产生电场
E.如果测量到来自遥远星系上某些元素发出的光波波长比地球上这些元素静止时发出的波长长，这说明该星系正在远离我们而去
图6
(2)如图6所示，平静湖面岸边的垂钓者，眼睛恰好位于岸边P 点正上方0.9 m 的高度处，水面与P 点等高，浮标Q 离P 点1.2 m 远，鱼饵灯M 在浮标正前方1.8 m 处的水下，垂钓者发现鱼饵灯刚好被浮标挡住，已知水的折射率n ＝4
3，求：
(ⅰ)鱼饵灯离水面的深度；
(ⅱ)若鱼饵灯缓慢竖直上浮，当它离水面多深时，鱼饵灯发出的光恰好无法从水面PQ 间射出。

解析 (1)振源停止振动时，由于惯性，其他振动质点并不立即停止振动，所以在介质中传播的波并不立即停止，故A 错误；单色平行光照射单缝，缝宽不变，光的波长越长，则衍射现象越显著，故B 正确；太阳光中的可见光是电磁波的一种，电磁波的速度等于光速，医院“B 超”中的超声波属于机械波，传播速度不同，故C 错误；由麦克斯韦的电
磁理论，变化的电场产生磁场，同样，变化的磁场产生电场，故D 正确；根据多普勒效应，可知，
来自遥远星系上某些元素发出的光波波长比地球上这些元素静止时发出的波长长，由c ＝λf ，知接收的频率变小，因此说明该星系正在远离我们而去，故E 正确。

(2)(ⅰ)设入射角、折射角分别为i 、r ， 设鱼饵灯离水面的深度为h 2 则光线从M 处射向水面
sin i ＝
s 2
s 22＋h 2
2 sin r ＝s 1
s 21＋h 21
根据光的折射定律可知：n ＝sin r
sin i
联立解得h 2＝2.4 m
(ⅱ)当鱼饵灯离水面深度为h 3时，水面PQ 间恰好无光射出，此时鱼饵灯与浮标的连线和竖直方向夹角恰好为临界角C ，则： sin C ＝1
n
sin C ＝
s 2
s 22＋h 2
3
联立解得：h 3＝37
5
m
答案 (1)BDE (2)(ⅰ)2.4 m (ⅱ)37
5
m。