2020届高三物理二轮复习第一篇专题攻略课时巩固过关练十八专题九震动和波动光和光的本性
高考物理大二轮复习第18讲振动和波动光及光的本性专题复习指导练案
——教学资料参考参考范本——高考物理大二轮复习第18讲振动和波动光及光的本性专题复习指导练案______年______月______日____________________部门限时：30分钟一、选择题(本题共8小题，均为多选)1．(20xx·××区二模)关于声波，下列说法正确的是( BDE )A．声波和电磁波都能在真空中传播B．声波的多普勒效应被应用在医疗中的“B超”检查C．声波只能产生衍射现象而不能产生干涉现象D．频率不同的声波在同种介质中的传播速度相同E．蝙蝠是利用超声波来定位猎物的[解析] 电磁波的传播不需要介质，机械波的传播需要介质，不能在真空中传播。
故A错误；根据多普勒效应的特点，声波的多普勒效应被应用在医疗中的“B超”检查。
故B正确；声波既能产生衍射现象也能产生干涉现象。
故C错误；机械波的传播速度由介质决定，与频率无关，频率不同的声波在同种介质中的传播速度相同。
故D正确；蝙蝠是利用超声波来定位猎物的。
故E正确。
2．(20xx·湖北省襄阳五中一模)下列选项与多普勒效应有关的是( BDE )A．科学家用激光测量月球与地球间的距离B．医生利用超声波探测病人血管中血液的流速C．技术人员用超声波探测金属、陶瓷、混凝土中是否有气泡D．交通警察向车辆发射超声波并通过测量反射波的频率确定车辆行进的速度E．科学家通过比较星球与地球上同种元素发出光的频率来计算星球远离地球的速度[解析] 多普勒效应是利用发射波与接收波间的波长变化(或者频率变化)来判断相对运动的情况。
科学家用激光测量月球与地球间的距离是利用光速快，并且光束集中，故A错误；医生利用超声波探测病人血管中血液的流速利用声波的多普勒效应，故B正确；技术人员用超声波探测金属、陶瓷、混凝土中是否有气泡是利用穿透能力强，故C 错误；交通警察向车辆发射超声波并通过反射波的频率确定车辆行进的速度是利用超声波的多普勒效应，故D正确；科学家通过比较星球与地球上同种元素发出光的频率来计算星球远离地球的速度，是光的多普勒效应，故E正确。
2020版高考物理二轮复习第1部分专题7选考部分第2讲振动和波动光及光的本性教案
振动和波动光及光的本性[高考统计·定方向] (教师授课资源)机械振动和机械波(5年11考)从近五年高考可以看出，机械振动和机械波是历年考查的热点，题型一般为选择题，有1．(2019·全国卷Ⅰ·T 34(1))一简谐横波沿x 轴正方向传播，在t ＝T2时刻，该波的波形图如图(a)所示，P ，Q 是介质中的两个质点。
图(b)表示介质中某质点的振动图象。
下列说法正确的是________。
(a) (b)A ．质点Q 的振动图象与图(b)相同B ．在t ＝0时刻，质点P 的速率比质点Q 的大C ．在t ＝0时刻，质点P 的加速度的大小比质点Q 的大D ．平衡位置在坐标原点的质点的振动图象如图(b)所示E ．在t ＝0时刻，质点P 与其平衡位置的距离比质点Q 的大CDE [t ＝T2时刻，题图(b)表示介质中的某质点从平衡位置向下振动，而题图(a)中质点Q 在t ＝T2时刻从平衡位置向上振动，平衡位置在坐标原点的质点从平衡位置向下振动，所以质点Q 的振动图象与题图(b)不同，平衡位置在坐标原点的质点的振动图象如题图(b)所示，选项A 错误，D 正确；在t ＝0时刻，质点P 处在波谷位置，速率为零，与其平衡位置的距离最大，加速度最大，而质点Q 运动到平衡位置，速率最大，加速度为零，即在t ＝0时刻，质点P 的速率比质点Q 的小，质点P 的加速度比质点Q 的大，质点P 与其平衡位置的距离比质点Q 的大，选项B 错误，C 、E 正确。
]2．(2019·全国卷Ⅱ·T 34(1))如图所示，长为l 的细绳下方悬挂一小球a ，绳的另一端固定在天花板上O 点处，在O 点正下方34l 的O ′处有一固定细铁钉。
将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放，并从释放时开始计时。
当小球a 摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡。
设小球相对于其平衡位置的水平位移为x ，向右为正。
2020版高考物理二轮复习专题限时集训振动和波动光及光的本性含解析
(ⅱ)如图所示.紫光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕S 上的点D 到亮区中心E 的距离r 就是所求最大半径。
设紫光临界角为C .由全反射的知识：sin C ＝1
n
所以cos C ＝n2－1
n tan C ＝1n2－1
OB ＝
R cos C ＝nR
n2－1
r ＝
d －OB
tan C
＝d n2－1－nR
代入数据得：r ＝(42－3)cm 。
[答案] (1)ACE (2)(ⅰ)紫色 (ⅱ)(42－3)cm
4.(1)如图为俯视图.光屏MN 水平放置.半圆柱形玻璃砖放在水平面上.其平面部分ab 与屏平行。
由光源S 发出的一束白光沿半径方向射入玻璃砖.通过圆心O 再射到屏上。
在水平面内绕过O 点的竖直轴沿逆时针方向缓缓转动玻璃砖.在光屏上出现了彩色光带。
当玻璃砖转动角度大于某一值时.屏上彩色光带中的某种颜色的色光首先消失。
下列说法正确的是________。
高考物理二轮复习第讲选修振动和波动光专题训练.docx
感谢倾听第 19 讲选修3-4振动和颠簸光非选择题 (每题 15 分,共 90 分)1.(1) 以下说法中正确的选项是。
A.遥控器发出的红外线脉冲信号能够用来遥控电视机、录像机和空调机B.察看者相对于振动频次必定的声源运动时,接收到声波的频次小于声源频次C.狭义相对论以为真空中光源的运动会影响光的流传速度D.光的偏振现象说明光是一种横波E.两列频次同样的机械波相遇时,在相遇区可能会出现稳固干预现象(2)一列简谐横波沿x 轴正方向流传 ,某时辰的波形图如下图,从该时辰开始计时。
(ⅰ )若质点 P( 坐标为 x=3.2 m) 经 0.4 s 第一次回到初始地点 ,求该机械波的波速和周期;(ⅱ )若质点 Q( 坐标为 x=5 m) 在 0.5 s 内经过的行程为 (10+52) cm, 求该机械波的波速和周期。
2.(2018 山东青岛八校联考 )(1) 对于波的现象 ,以下说法正确的有。
A.当波从一种介质进入另一种介质时 ,频次不会发生变化B.光波从空气中进入水中后 ,更简单发生衍射C.波源沿直线匀速凑近一静止接收者,则接收者接收到波信号的频次会比波源频次低D.无论机械波、电磁波 ,都知足 v=λ f,式中三个参量挨次为波速、波长、频次E.电磁波拥有偏振现象(2)如下图 ,AOB 是由某种透明物质制成的 14 圆柱体横截面 (O 为圆心 ),折射率为 2,今有一束平行光以 45°的入射角射向柱体的 OA 平面 ,这些光芒中有一部分不可以从柱体的 AB 面上射出 ,设凡射到 OB 面的光芒所有被汲取 ,也不考虑 OA 面的反射 ,求圆柱体 AB 面上能射出光芒的部分占 AB 面的几分之几。
3.(1) 如图甲 ,同一平均介质中的一条直线上有相距 6 m 的两个振幅相等的振源 A、 B。
从 0 时辰起 ,A、B 同时开始振动 ,且都只振动了一个周期。
图乙为 A 的振动图像 ,图丙为 B 的振动图像。
高三物理二轮复习 第一篇 专题攻略 专题九 震动和波动 光和光的本性课件
如图所示,宽为a的平行光束从空气斜射到平
行玻璃砖上表面,入射角为60°,光束中包含
两种波长的光,玻璃砖对这两种光的折射率分别为n1=
3，n2
5 3，光束从玻璃下表面出射时恰好分成不重叠
6
的两束,求玻璃砖的厚度d为多少?(已知sin37°=0.6,
cos37°=0.8,结果可用根式表示)。
【解析】根据光的折射定律,则有:n1=
14.6 0.8
18
1 ， 4
当S恰好通过平衡位置向下运动时,Q在波峰,C错误,D、
E正确。
【题组过关】 1.(多选)一列简谐横波沿x轴传播,在t=1.5s时的波形 图如图甲所示,a和b是波上的两个质点,图乙是其中某 一个质点的振动图象,则下列说法中正确的是 ( )
A.这列波的传播速度是1m/s B.t=3.5s时,质点b的振动速度最大 C.t=0时,质点a处于平衡位置 D.图乙描述的可能是质点b的振动图象 E.这列波的波长为4m
相比向左平移了3.46cm,已知透明体对光的折射率为 3 。求光在透明体里运动的时间。
【解析】设透明介质的厚度为d。作出光路图如图
所示。
根据折射定律得:n=
s s
i i
n n
，
将n= 3 ,α=60°,代入解得:β=30°
由题意及光路图得
Δs=2dtanα-2dtanβ
代入解得:d=1.5cm
【解析】选A、B、C。由图甲可知该简谐横波波长为2m, 由图乙知周期为2s,则波速为v= =1m/s,故A正确,E错
T
误;从t=1.5s到t=3.5s经历时间t=2s=1T,则知t=3.5s时, 质点b回到平衡位置,振动速度最大,故B正确;根据乙的 振动图象可知,质点在t=1.5s时位移为正向最大,可知 图乙为质点a的振动图象,则知t=0时,质点a处于平衡位 置,故C正确,D错误。
高考物理二轮复习(典例尝试+整理归纳+预测演练)振动和波动 光学课件
2．振动图像和波动图像对比
振动图像
波动图像
横坐标 时间
质点的平衡位置
研究对象 一个质点
介质中的各个质点
一个质点的位移随时
研究内容
某时刻所有质点的空间分布情况
间的变化规律
(1)振幅、波长(2)某时刻各质点
图像可提 (1)振幅、周期(2)任
的位移、加速度(3)通过各质点
供的物理 意时刻的位移；加速
的振动方向可确定波的传播方向；
图6－2－2
(2)同侧法： 在波的图像上的某一点，沿纵轴方向画出一个箭头表示质 点振动方向，并设想在同一点沿 x 轴方向画个箭头表示波的传 播方向，那么这两个箭头总是在曲线的同侧。(如图 6－2－2 乙所示)
2．求解波动图像与振动图像综合类问题可采用“一分、一 看、二找”的方法
(1)分清振动图像与波动图像。此问题最简单，只要看清横坐 标即可，横坐标为 x 则为波动图像，横坐标为 t 则为振动图像。
[答案] AC
一、基础知识要记牢 1．对波长、波速及频率的理解 (1)波长 λ：反映了波动在空间上的周期性，即沿波的传播方向相隔 nλ(n＝1,2,3，…)的两质点的振动情况(位移、速度、加速度)完全相同。 (2)波速：在同一种均匀介质中同一类机械波波速是一恒量，它只与 介质有关，与波的频率无关。但电磁波的波速既与介质有关，还与频率 有关。 (3)频率：波的频率，即波源振动的频率，只与波源有关，与介质无 关。 (4)波速与波长、频率的关系：v＝λf。
[典例] (2013·淄博模拟)图 6－2－1 甲是一列沿 x 轴正方向
传播的简谐横波在 t＝0 时刻的波形图，此时离原点 6 m 的介质
质点刚要开始振动，图乙是该简谐波传播方向上某一质点的振
2020届高考物理二轮：振动与波、光、电磁波、相对论练习及答案
2020届高考物理二轮：振动与波、光、电磁波、相对论练习及答案 *振动与波、光、电磁波、相对论*一、选择题1、(多选)做简谐运动的物体，其位移随时间的变化规律为x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫50πt ＋π6 cm ，则下列说法正确的是( )A ．它的振幅为4 cmB ．它的周期为0.04 sC ．它的初相位是π6D ．它在14周期内通过的路程可能是2 2 cmE ．该物体是从平衡位置开始振动的2、(2019·鞍山模拟)(多选)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 sB ．1.4 sC ．1.6 sD ．2 sE ．3 s3、(多选)一列简谐横波在x 轴上传播，如图甲、乙分别是在x 轴上a 、b 两质点的振动图象，且x ab ＝6 m 。
下列判断正确的是( )甲 乙A ．波一定沿x 轴正方向传播B ．波可能沿x 轴负方向传播C ．波长可能是8 mD ．波速一定是6 m/sE ．波速可能是2 m/s4、(2019·湖北部分重点中学联考)(多选)如图所示为一列简谐横波在t 1＝0.1 s 的波形图，已知该简谐横波沿x 轴负方向传播，A、B两点为该简谐波上平衡位置在x A＝1.0 m、x B＝1.2 m处的质点。
经观测可知A点通过大小为振幅的10倍的路程所用的时间为t＝0.5 s，则下列说法正确的是()A．该简谐横波的周期为0.2 sB．开始计时时，B质点的运动方向向下C．0～1.5 s内，A、B质点通过的路程均为24 cmD．t2＝0.58 s时刻，B质点回到平衡位置且运动方向向上E．t3＝0.73 s时刻，A质点在x轴上方且运动方向向上5、(多选)一束单色光从真空斜射向某种介质的表面，光路如图所示。
下列说法中正确的是()A．此介质的折射率等于1.5B．此介质的折射率等于 2C．当光线从介质射向真空中时，入射角大于45°时可发生全反射现象D．当光线从介质射向真空中时，入射角小于30°时可能发生全反射现象E．光进入介质后波长变短6、(2019·三亚模拟)(多选)下列说法正确的是()甲乙丙丁戊A．图甲是一束复色光进入水珠后传播的示意图，其中a束光在水珠中传播的速度一定大于b束光在水珠中传播的速度B．图乙是一束单色光进入平行玻璃砖后传播的示意图，当入射角i逐渐增大到某一值后不会再有光线从bb′面射出C．图丙是双缝干涉示意图，若只减小屏到挡板间的距离L，两相邻亮条纹间距离将减小D．图丁是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凸起的E．图戊中的M、N是偏振片，P是光屏。
高考物理二轮复习 专题限时训18 振动和波 光(含解析)-人教版高三全册物理试题
振动和波 光(限时45分钟)综合题(每一小题15分，共90分)1．(2015·山东理综)(1)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，物块做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/s 2.以下判断正确的答案是________．(双选，填正确答案标号)a ．h ＝1.7 mb ．简谐运动的周期是0.8 sc ．0.6 s 内物块运动的路程为0.2 md ．t ＝0.4 s 时，物块与小球运动方向相反(2)半径为R 、介质折射率为n 的透明圆柱体，过其轴线OO ′的截面如下列图．位于截面所在的平面内的一细束光线，以角i 0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．答案：(1)ab (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1n 2－1－n 2－sin 2i 0sin i 0R 解析：(1)由物块简谐运动的表达式y ＝0.1sin (2.5πt ) m 知，ω＝2.5π，T ＝2πω＝2π2.5πs ＝0.8 s ，选项b 正确；t ＝0.6 s 时，y ＝－0.1 m ，对小球：h ＋|y |＝12gt 2，解得h ＝1.7 m ，选项a 正确；物块0.6 s 内路程为0.3 m ，t ＝0.4 s 时，物块经过平衡位置向下运动，与小球运动方向一样，应当选项c 、d 错误．(2)当光线在O 点的入射角为i 0时，设折射角为r 0，由折射定律得 sin i 0sin r 0＝n ① 设A 点与左端面的距离为d A ，由几何关系得 sin r 0＝Rd 2A ＋R2②假设折射光线恰好发生全反射，如此在B 点的入射角恰好为临界角C ，设B 点与左端面的距离为d B ，由折射定律得sin C ＝1n③由几何关系得 sin C ＝d Bd 2B ＋R2④ 设A 、B 两点间的距离为d ，可得d ＝d B －d A ⑤联立①②③④⑤式得d ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1n 2－1－n 2－sin 2i 0sin i 0R .2．(2015·全国理综Ⅱ)(1)如图，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．如此________．(填正确答案标号)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 ．假设改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，如此折射光线a 首先消失E ．分别用a 、b 光在同一个双缝干预实验装置上做实验，a 光的干预条纹间距大于b 光的干预条纹间距(2)平衡位置位于原点O 的波源发出的简谐横波在均匀介质中沿水平x 轴传播，P 、Q 为x 轴上的两个点(均位于x 轴正向)，P 与O 的距离为35 cm ，此距离介于一倍波长与二倍波长之间．波源自t ＝0时由平衡位置开始向上振动，周期T ＝1 s ，振幅A ＝5 cm.当波传到P 点时，波源恰好处于波峰位置；此后再经过5 s ，平衡位置在Q 处的质点第一次处于波峰位置．求：①P 、Q 间的距离；②从t ＝0开始到平衡位置在Q 处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过的路程．答案：(1)ABD (2)①133 cm ②125 cm解析：(1)通过光路图可看出，折射后a 光的偏折程度大于对b 光的偏折程度，玻璃砖对a 光的折射率大于对b 光的折射率，选项C 错误．a 光的频率大于b 光的频率，波长小于b 光的波长，选项B 正确．由n ＝cv知，在玻璃中，a 光的传播速度小于b 光的传播速度，选项A 正确．入射角增大时，折射率大的光线首先发生全反射，a 光首先消失，选项D 正确．做双缝干预实验时，根据Δx ＝ Ldλ得a 光的干预条纹间距小于b 光的干预条纹间距，选项E 错误．(2)①由题意，O 、P 两点间的距离与波长λ之间满足OP ＝54λ①波速v 与波长的关系为v ＝λT②在t ＝5 s 的时间间隔内，波传播的路程为vt .由题意有vt ＝PQ ＋λ4③式中，PQ 为P 、Q 间的距离．由①②③式和题给数据，得PQ ＝133 cm.④②Q 处的质点第一次处于波峰位置时，波源运动的时间为t 1＝t ＋54T ⑤波源从平衡位置开始运动，每经过T4，波源运动的路程为A .由题给条件得t 1＝25×T4⑥故t 1时间内，波源运动的路程为s ＝25A ＝125 cm.⑦3．(2015·衡北中学第5次调研)(1)一列简谐横波沿x 轴正方向传播，图甲是波传播到x ＝5 m 处的M 点的波形图，图乙是质点N (x ＝3 m)从此时刻开始计时的振动图象，Q 是位于x＝10 m 处的质点．如下说法正确的答案是________．(填正确答案标号)甲乙A ．这列波的波长是4 mB ．这列波的传播速度是1.25 m/sC ．M 点以后的各质点开始振动时的方向都沿－y 方向D ．质点Q 经过8 s 时，第一次到达波峰E ．在0～16 s 内，质点Q 经过的路程为11 m(2)如下列图，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 ＝332R .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：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光线在光屏形成的光斑到A 点的距离．答案：(1)ACD (2)见解析解析：由题图甲知，该波的波长为4 m ，周期为4 s ，因此波速v ＝λT＝1 m/s ，故A 正确，B 错误；由于波沿x 正方向传播，由同侧法知M 点的起振方向沿y 轴的负方向，根据各质点的起振方向一致知，M 点以后的各质点开始振动时的方向都沿y 轴的负方向，C 正确；质点Q 第一次到达波峰所需的时间t ＝s v ＝10－21s ＝8 s ，D 正确；由于经过5 s ，Q 才开始振动，再经过11 s ，质点Q 经过的路程为x ＝11 sT·4A ＝1.1 m ，E 错误．(2)①如下列图，由折射定律，有n ＝sin θsin i ＝ 3其中i ＝30°，解得θ＝60°所以出射光线偏离原方向α＝60°－30°＝30°. ②由几何知识，有CD ＝R ，OD ＝3R 所以AD ＝32R 所以AE ＝AD tan α＝R2.4．(2015·陕西省西工大附中四模)(1)如图为频率f ＝1 Hz 的波源产生的简谐横波，图中虚线左侧为A 介质，右侧为B 介质，其中x ＝14 m 处的质点振动方向向上，如此该波在A 、B 两种介质中传播的速度之比为v A ∶v B ＝________.假设图示时刻为0时刻，如此经0.75 s 处于x ＝6 m 的质点位移为________cm ，处于x ＝4 m 的质点的振动方程为________cm.(2)如图，截面半径为R 的14圆的透明柱体放置在水平面上，折射率为 3.现有一束光线平行于桌面射到柱体外表，射入柱体后，从竖直外表射出，入射光线与桌面的距离为32R ，求出射角θ.答案：(1)235 y ＝5sin 2πt (2)60°解析：由v ＝λT＝λf 知，由于波的频率不变，如此该波在A 、B 两种介质中传播时的速度之比即为波长之比，由题图知，两列波的波长分别为4 m 、6 m ，因此该波在A 、B 两种介质中传播时的速度之比为2∶3；由于该波的周期为 1 s ，根据x ＝14 m 处的质点振动方向可以判断该波向左传播，如此经过0.75 s 即34个周期，x ＝6 m 的质点处于正向最大位移处，其位移为5 cm ；处于x ＝4 m 的质点的振动方程为y ＝5sin 2πTt (cm)＝5sin 2πt (cm)．(2)设入射光线与14柱体的交点为C ，连接OC ，OC 即为入射点的法线．因此，图中的角α为入射角，过C 点作柱体水平外表的垂线，垂足为B . 依题意，∠COB ＝α. 由几何知识可得 sin α＝32设光线在C 点的折射角为β，由折射定律得n ＝sin αsin β＝ 3 联立解得β＝30°由几何关系知，光线在柱体的竖直外表上的入射角γ(见图)为30° 由折射定律得n ＝sin θsin γ＝ 3因此sin θ＝32解得θ＝60°.5．(2015·西安八校联考)(1)关于波的现象，如下说法正确的有________．(填正确答案标号)A ．当波从一种介质进入另一种介质时，频率不会发生变化B ．光波从空气中进入水中后，更容易发生衍射C ．波源沿直线匀速靠近一静止接收者，如此接收者接收到波信号的频率会比波源频率低D ．不论机械波、电磁波，都满足v ＝λf ，式中三个参量依次为波速、波长、频率E ．电磁波具有偏振现象(2)如下列图，AOB 是由某种透明物质制成的14圆柱体的横截面(O 为圆心)，折射率为 2.今有一束平行光以45°的入射角射向柱体的OA 平面，这些光线中有一局部不能从柱体的AB 面上射出．设反射到OB 面的光线全部被吸收，也不考虑OA 面的反射，求圆柱体AB 面上能射出光线的局部占AB 外表的几分之几？答案：(1)ADE (2)12解析：(1)波在传播过程中波速和波长会变化，始终不变的量是频率，A 正确；光从空气中进入水中后，波长减小，更不容易发生衍射，B 错误；根据多普勒效应可知，当波源与观察者之间的相对距离减小时，如此接收到波信号的频率升高，C 错误；公式v ＝fλ适用于任何波，D 正确；电磁波是横波，横波具有偏振现象，E 正确．(2)从O 点射入的光线，折射角为γ，根据折射定律，有：n ＝sin 45°sin γ，解得：γ＝30°设从某位置P 点入射的光线，折射到AB 弧面上的Q 点时，在Q 点的入射角恰等于临界角C ，有：sin C ＝1n代入数据得：C ＝45°△PQO 中α＝180°－90°－C －γ＝15° 所以能射出光线区域对应的圆心角β＝90°－α－γ＝45°能射出光线的局部占AB 面的比例为45°90°＝12.6．(1)如下列图是水面上两列频率一样的波在某时刻的叠加情况，以波源S 1、S 2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)；S 1的振幅A 1＝4 cm ，S 2的振幅A 2＝3 cm ，如此如下说法正确的答案是________．(填正确答案标号)A ．质点D 是振动减弱点B ．质点A 、D 在该时刻的高度差为14 cmC ．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 cmE ．质点C 此刻以后将向下振动(2)如下列图，AOB 是截面为扇形的玻璃砖的横截面图，其顶角θ＝75°.今有一束单色光线在横截面内从OA 的中点E 沿垂直OA 的方向射入玻璃砖，一局部光线经AB 面反射后恰好未从OB 面射出，不考虑屡次反射作用．试求玻璃砖的折射率n .答案：(1)BDE (2) 2解析：(1)由干预图样可知，D 点为两波谷相遇应该是加强点，选项A 错误；此时A 点在加强后的最高点，D 点在加强后的最低点，由合成叠加关系可知AD 的高度差为14 cm ，选项B 正确；由于两波的频率相等，叠加后会形成稳定的干预图样，所以A 、D 点始终是加强点，B 、C 点始终是减弱点，选项C 错误；质点C 为减弱点，振幅为两振幅之差，为1 cm ，选项D 正确；由题意可知此时质点C 将向下振动，选项E 正确.(2)如下列图因E 点为OA 的中点，所以入射角α＝30° β＝θ＝75°临界角C ＝180°－2α－β＝45°OB 面恰好发生全反射，如此sin C ＝1n解得n ＝ 2.。
2020年高三物理第二轮总复习(全套精品)
2020年高三物理第二轮总复习（全套精品）录第1专题力与运动2第2专题动量和能量34第3专题圆周运动、航天与星体问题58第4专题带电粒子在电场和磁场中的运动75第5专题电磁感应与电路的分析101第6专题振动与波、光学、热学、原子物理130第7专题高考物理实验155第8专题数学方法在物理中的应用179第9专题高中物理常见的物理模型198第10专题计算题的答题规范与解析技巧217xx年高三物理第二轮总复习(大纲版)第1专题力与运动知识网络考点预测本专题复习三个模块的内容：运动的描述、受力分析与平衡、牛顿运动定律的运用、运动的描述与受力分析是两个相互独立的内容，它们通过牛顿运动定律才能连成一个有机的整体、虽然运动的描述、受力平衡在近几年(特别是xx年以前)都有独立的命题出现在高考中(如xx年的全国理综卷Ⅰ第23题、四川理综卷第23题)，但由于理综考试题量的局限以及课改趋势，独立考查前两模块的命题在xx年高考中出现的概率很小，大部分高考卷中应该都会出现同时考查三个模块知识的试题，而且占不少分值、在综合复习这三个模块内容的时候，应该把握以下几点：1、运动的描述是物理学的重要基础，其理论体系为用数学函数或图象的方法来描述、推断质点的运动规律，公式和推论众多、其中，平抛运动、追及问题、实际运动的描述应为复习的重点和难点、2、无论是平衡问题，还是动力学问题，一般都需要进行受力分析，而正交分解法、隔离法与整体法相结合是最常用、最重要的思想方法，每年高考都会对其进行考查、3、牛顿运动定律的应用是高中物理的重要内容之一，与此有关的高考试题每年都有，题型有选择题、计算题等，趋向于运用牛顿运动定律解决生产、生活和科技中的实际问题、此外，它还经常与电场、磁场结合，构成难度较大的综合性试题、一、运动的描述要点归纳(一)匀变速直线运动的几个重要推论和解题方法1、某段时间内的平均速度等于这段时间的中间时刻的瞬时速度，即t＝v、2、在连续相等的时间间隔T内的位移之差Δs为恒量，且Δs＝aT2、3、在初速度为零的匀变速直线运动中，相等的时间T内连续通过的位移之比为：s1∶s2∶s3∶…∶sn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)通过连续相等的位移所用的时间之比为：t1∶t2∶t3∶…∶tn＝、4、竖直上抛运动(1)对称性：上升阶段和下落阶段具有时间和速度等方面的对称性、(2)可逆性：上升过程做匀减速运动，可逆向看做初速度为零的匀加速运动来研究、(3)整体性：整个运动过程实质上是匀变速直线运动、5、解决匀变速直线运动问题的常用方法(1)公式法灵活运用匀变速直线运动的基本公式及一些有用的推导公式直接解决、(2)比例法在初速度为零的匀加速直线运动中，其速度、位移和时间都存在一定的比例关系，灵活利用这些关系可使解题过程简化、(3)逆向过程处理法逆向过程处理法是把运动过程的“末态”作为“初态”，将物体的运动过程倒过来进行研究的方法、(4)速度图象法速度图象法是力学中一种常见的重要方法，它能够将问题中的许多关系，特别是一些隐藏关系，在图象上明显地反映出来，从而得到正确、简捷的解题方法、(二)运动的合成与分解1、小船渡河设水流的速度为v1，船的航行速度为v2，河的宽度为d、(1)过河时间t仅由v2沿垂直于河岸方向的分量v⊥决定，即t＝，与v1无关，所以当v2垂直于河岸时，渡河所用的时间最短，最短时间tmin＝、(2)渡河的路程由小船实际运动轨迹的方向决定、当v1＜v2时，最短路程smin＝d；当v1＞v2时，最短路程smin＝，如图1－1 所示、图1－12、轻绳、轻杆两末端速度的关系(1)分解法把绳子(包括连杆)两端的速度都沿绳子的方向和垂直于绳子的方向分解，沿绳子方向的分运动相等(垂直方向的分运动不相关)，即v1cos θ1＝v2cos_θ2、(2)功率法通过轻绳(轻杆)连接物体时，往往力拉轻绳(轻杆)做功的功率等于轻绳(轻杆)对物体做功的功率、3、平抛运动如图1－2所示，物体从O处以水平初速度v0抛出，经时间t到达P点、图1－2(1)加速度(2)速度合速度的大小v＝＝设合速度的方向与水平方向的夹角为θ，有：tan θ＝＝，即θ＝arctan 、(3)位移设合位移的大小s＝＝合位移的方向与水平方向的夹角为α，有：tan α＝＝＝，即α＝arctan 要注意合速度的方向与水平方向的夹角不是合位移的方向与水平方向的夹角的2倍，即θ≠2α，而是tan θ＝2tan α、(4)时间：由sy＝gt2得，t＝，平抛物体在空中运动的时间t只由物体抛出时离地的高度sy决定，而与抛出时的初速度v0无关、(5)速度变化：平抛运动是匀变速曲线运动，故在相等的时间内，速度的变化量(g＝)相等，且必沿竖直方向，如图1－3所示、图1－3任意两时刻的速度与速度的变化量Δv构成直角三角形，Δv沿竖直方向、注意：平抛运动的速率随时间并不均匀变化，而速度随时间是均匀变化的、(6)带电粒子(只受电场力的作用)垂直进入匀强电场中的运动与平抛运动相似，出电场后做匀速直线运动，如图1－4所示、图1－4故有：y＝＝、热点、重点、难点(一)直线运动高考中对直线运动规律的考查一般以图象的应用或追及问题出现、这类题目侧重于考查学生应用数学知识处理物理问题的能力、对于追及问题，存在的困难在于选用哪些公式来列方程，作图求解，而熟记和运用好直线运动的重要推论往往是解决问题的捷径、●例1 如图1－5甲所示，A、B两辆汽车在笔直的公路上同向行驶、当B车在A车前s ＝84 m处时，B车的速度vB＝4 m/s，且正以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动；经过一段时间后，B车的加速度突然变为零、A车一直以vA＝20 m/s的速度做匀速运动，从最初相距84 m时开始计时，经过t0＝12 s后两车相遇、问B车加速行驶的时间是多少？图1－5甲【解析】设B车加速行驶的时间为t，相遇时A车的位移为：sA＝vAt0B车加速阶段的位移为：sB1＝vBt＋at2匀速阶段的速度v＝vB＋at，匀速阶段的位移为：sB2＝v(t0－t)相遇时，依题意有：sA＝sB1＋sB2＋s联立以上各式得：t2－2t0t－＝0将题中数据vA ＝20 m/s，vB＝4 m/s，a＝2 m/s2，t0＝12 s，代入上式有：t2－24t＋108＝0解得：t1＝6 s，t2＝18 s(不合题意，舍去)因此，B车加速行驶的时间为6 s、[答案] 6 s【点评】①出现不符合实际的解(t2＝18 s)的原因是方程“sB2＝v(t0－t)”并不完全描述B车的位移，还需加一定义域t≤12 s、②解析后可以作出vA－t、vB－t 图象加以验证、图1－5乙根据v－t 图象与t围成的面积等于位移可得，t＝12 s时，Δs＝[(16＋4)6＋46] m＝84 m、(二)平抛运动平抛运动在高考试题中出现的几率相当高，或出现于力学综合题中，如xx年北京、山东理综卷第24题；或出现于带电粒子在匀强电场中的偏转一类问题中，如xx年宁夏理综卷第24题、天津理综卷第23题；或出现于此知识点的单独命题中，如xx年高考福建理综卷第20题、广东物理卷第17(1)题、xx年全国理综卷Ⅰ第14题、对于这一知识点的复习，除了要熟记两垂直方向上的分速度、分位移公式外，还要特别理解和运用好速度偏转角公式、位移偏转角公式以及两偏转角的关系式(即tan θ＝2tan α)、●例2 图1－6甲所示，m为在水平传送带上被传送的小物体(可视为质点)，A为终端皮带轮、已知皮带轮的半径为r，传送带与皮带轮间不会打滑、当m可被水平抛出时，A轮每秒的转数最少为()图1－6甲A、B、C、D、【解析】解法一m到达皮带轮的顶端时，若m≥mg，表示m受到的重力小于(或等于)m沿皮带轮表面做圆周运动的向心力，m将离开皮带轮的外表面而做平抛运动又因为转数n＝＝所以当v≥，即转数n≥时，m可被水平抛出，故选项A正确、解法二建立如图1－6乙所示的直角坐标系、当m到达皮带轮的顶端有一速度时，若没有皮带轮在下面，m将做平抛运动，根据速度的大小可以作出平抛运动的轨迹、若轨迹在皮带轮的下方，说明m将被皮带轮挡住，先沿皮带轮下滑；若轨迹在皮带轮的上方，说明m立即离开皮带轮做平抛运动、图1－6乙又因为皮带轮圆弧在坐标系中的函数为：当y2＋x2＝r2初速度为v的平抛运动在坐标系中的函数为：y＝r－g()2平抛运动的轨迹在皮带轮上方的条件为：当x>0时，平抛运动的轨迹上各点与O点间的距离大于r，即>r即>r解得：v≥又因皮带轮的转速n与v的关系为：n＝可得：当n≥时，m可被水平抛出、[答案] A【点评】“解法一”应用动力学的方法分析求解；“解法二”应用运动学的方法(数学方法)求解，由于加速度的定义式为a＝，而决定式为a＝，故这两种方法殊途同归、★同类拓展1 高台滑雪以其惊险刺激而闻名，运动员在空中的飞跃姿势具有很强的观赏性、某滑雪轨道的完整结构可以简化成如图1－7所示的示意图、其中AB段是助滑雪道，倾角α＝30，BC段是水平起跳台，CD段是着陆雪道，AB段与BC段圆滑相连，DE段是一小段圆弧(其长度可忽略)，在D、E两点分别与CD、EF相切，EF是减速雪道，倾角θ＝37、轨道各部分与滑雪板间的动摩擦因数均为μ＝0、25，图中轨道最高点A处的起滑台距起跳台BC的竖直高度h＝10 m、A 点与C点的水平距离L1＝20 m，C点与D点的距离为32、625 m、运动员连同滑雪板的总质量m＝60 kg、滑雪运动员从A点由静止开始起滑，通过起跳台从C点水平飞出，在落到着陆雪道上时，运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿着陆雪道的分速度而不弹起、除缓冲外运动员均可视为质点，设运动员在全过程中不使用雪杖助滑，忽略空气阻力的影响，取重力加速度g＝10 m/s2，sin37＝0、6，cos37＝0、8、求：图1－7(1)运动员在C点水平飞出时的速度大小、(2)运动员在着陆雪道CD上的着陆位置与C点的距离、(3)运动员滑过D点时的速度大小、【解析】(1)滑雪运动员从A到C的过程中，由动能定理得：mgh－μmgcos α－μmg(L1－hcot α)＝mv解得：vC＝10 m/s、(2)滑雪运动员从C点水平飞出到落到着陆雪道的过程中做平抛运动，有：x＝vCty＝gt2＝tan θ着陆位置与C点的距离s＝解得：s＝18、75 m，t＝1、5 s、(3)着陆位置到D点的距离s′＝13、875 m，滑雪运动员在着陆雪道上做匀加速直线运动、把平抛运动沿雪道和垂直雪道分解，可得着落后的初速度v0＝vCcos θ＋gtsin θ加速度为：mgsin θ－μmgcos θ＝ma运动到D点的速度为：v＝v＋2as′解得：vD＝20 m/s、[答案] (1)10 m/s (2)18、75 m (3)20 m/s互动辨析在斜面上的平抛问题较为常见，“位移与水平面的夹角等于倾角”为着落条件、同学们还要能总结出距斜面最远的时刻以及这一距离、二、受力分析要点归纳(一)常见的五种性质的力产生原因或条件方向大小重力由于地球的吸引而产生总是竖直向下(铅直向下或垂直水平面向下)，注意不一定指向地心，不一定垂直地面向下G重＝mg＝G地球表面附近一切物体都受重力作用，与物体是否处于超重或失重状态无关弹力①接触②弹性形变①支持力的方向总是垂直于接触面而指向被支持的物体②压力的方向总是垂直于接触面而指向被压的物体③绳的拉力总是沿着绳而指向绳收缩的方向F＝－kx弹力的大小往往利用平衡条件和牛顿第二定律求解摩擦力滑动摩擦力①接触，接触面粗糙②存在正压力③与接触面有相对运动与接触面的相对运动方向相反f＝μFN只与μ、FN 有关，与接触面积、相对速度、加速度均无关静摩擦力①接触，接触面粗糙②存在正压力③与接触面存在相对运动的趋势与接触面相对运动的趋势相反①与产生相对运动趋势的动力的大小相等②存在最大静摩擦力，最大静摩擦力的大小由粗糙程度、正压力决定续表产生原因或条件方向大小电场力点电荷间的库仑力：真空中两个点电荷之间的相互作用作用力的方向沿两点电荷的连线，同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引F＝k电场对处于其中的电荷的作用正电荷的受力方向与该处场强的方向一致，负电荷的受力方向与该处场强的方向相反F＝qE磁场力安培力：磁场对通电导线的作用力F⊥B，F⊥I，即安培力F垂直于电流I和磁感应强度B所确定的平面、安培力的方向可用左手定则来判断F ＝BIL安培力的实质是运动电荷受洛伦兹力作用的宏观表现洛伦兹力：运动电荷在磁场中所受到的力用左手定则判断洛伦兹力的方向、特别要注意四指应指向正电荷的运动方向；若为负电荷，则四指指向运动的反方向带电粒子平行于磁场方向运动时，不受洛伦兹力的作用；带电粒子垂直于磁场方向运动时，所受洛伦兹力最大，即f洛＝qvB(二)力的运算、物体的平衡1、力的合成与分解遵循力的平行四边形定则(或力的三角形定则)、2、平衡状态是指物体处于匀速直线运动或静止状态，物体处于平衡状态的动力学条件是：F合＝0或Fx＝0、Fy＝0、Fz＝0、注意：静止状态是指速度和加速度都为零的状态，如做竖直上抛运动的物体到达最高点时速度为零，但加速度等于重力加速度，不为零，因此不是平衡状态、3、平衡条件的推论(1)物体处于平衡状态时，它所受的任何一个力与它所受的其余力的合力等大、反向、(2)物体在同一平面上的三个不平行的力的作用下处于平衡状态时，这三个力必为共点力、物体在三个共点力的作用下而处于平衡状态时，表示这三个力的有向线段组成一封闭的矢量三角形，如图1－8所示、图1－84、共点力作用下物体的平衡分析热点、重点、难点(一)正交分解法、平行四边形法则的应用1、正交分解法是分析平衡状态物体受力时最常用、最主要的方法、即当F合＝0时有：Fx合＝0，Fy合＝0，Fz合＝0、2、平行四边形法有时可巧妙用于定性分析物体受力的变化或确定相关几个力之比、●例3 举重运动员在抓举比赛中为了减小杠铃上升的高度和发力，抓杠铃的两手间要有较大的距离、某运动员成功抓举杠铃时，测得两手臂间的夹角为120，运动员的质量为75 kg，举起的杠铃的质量为125 kg，如图1－9甲所示、求该运动员每只手臂对杠铃的作用力的大小、(取g＝10 m/s2)图1－9甲【分析】由手臂的肌肉、骨骼构造以及平时的用力习惯可知，伸直的手臂主要沿手臂方向发力、取手腕、手掌为研究对象，握杠的手掌对杠有竖直向上的弹力和沿杠向外的静摩擦力，其合力沿手臂方向，如图1－9乙所示、图1－9乙【解析】手臂对杠铃的作用力的方向沿手臂的方向，设该作用力的大小为F，则杠铃的受力情况如图1－9丙所示图1－9丙由平衡条件得：2Fcos60＝mg解得：F＝1250 N、[答案] 1250 N●例4 两个可视为质点的小球a和b，用质量可忽略的刚性细杆相连放置在一个光滑的半球面内，如图1－10甲所示、已知小球a和b的质量之比为，细杆长度是球面半径的倍、两球处于平衡状态时，细杆与水平面的夹角θ是[xx年高考四川延考区理综卷]( )图1－10甲A、45B、30C、22、5D、15【解析】解法一设细杆对两球的弹力大小为T，小球a、b的受力情况如图1－10乙所示图1－10乙其中球面对两球的弹力方向指向圆心，即有：cos α＝＝解得：α＝45故FNa的方向为向上偏右，即β1＝－45－θ＝45－θFNb的方向为向上偏左，即β2＝－(45－θ)＝45＋θ两球都受到重力、细杆的弹力和球面的弹力的作用，过O作竖直线交ab于c点，设球面的半径为R，由几何关系可得：＝＝解得：FNa＝FNb取a、b及细杆组成的整体为研究对象，由平衡条件得：FNasin β1＝FNbsin β2即 FNbsin(45－θ)＝FNbsin(45＋θ)解得：θ＝15、解法二由几何关系及细杆的长度知，平衡时有：sin∠Oab＝＝故∠Oab＝∠Oba＝45再设两小球及细杆组成的整体重心位于c点，由悬挂法的原理知c点位于O点的正下方，且＝＝即Rsin(45－θ)∶Rsin(45＋θ)＝1∶解得：θ＝15、[答案] D【点评】①利用平行四边形(三角形)定则分析物体的受力情况在各类教辅中较常见、掌握好这种方法的关键在于深刻地理解好“在力的图示中，有向线段替代了力的矢量”、②在理论上，本题也可用隔离法分析小球a、b的受力情况，根据正交分解法分别列平衡方程进行求解，但是求解三角函数方程组时难度很大、③解法二较简便，但确定重心的公式＝＝超纲、(二)带电粒子在复合场中的平衡问题在高考试题中，也常出现带电粒子在复合场中受力平衡的物理情境，出现概率较大的是在正交的电场和磁场中的平衡问题及在电场和重力场中的平衡问题、在如图1－11所示的速度选择器中，选择的速度v＝；在如图1－12所示的电磁流量计中，流速v＝，流量Q＝、图1－11图1－12●例5 在地面附近的空间中有水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场的方向垂直纸面向里，一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动，如图1－13所示、由此可判断下列说法正确的是()图1－13A、如果油滴带正电，则油滴从M点运动到N点B、如果油滴带正电，则油滴从N点运动到M点C、如果电场方向水平向右，则油滴从N点运动到M点D、如果电场方向水平向左，则油滴从N点运动到M点【解析】油滴在运动过程中受到重力、电场力及洛伦兹力的作用，因洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，大小随速度的改变而改变，而电场力与重力的合力是恒力，所以物体做匀速直线运动；又因电场力一定在水平方向上，故洛伦兹力的方向是斜向上方的，因而当油滴带正电时，应该由M点向N点运动，故选项A正确、B错误、若电场方向水平向右，则油滴需带负电，此时斜向右上方与MN垂直的洛伦兹力对应粒子从N点运动到M点，即选项C 正确、同理，电场方向水平向左时，油滴需带正电，油滴是从M 点运动到N点的，故选项D错误、[答案] AC【点评】对于带电粒子在复合场中做直线运动的问题要注意受力分析、因为洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，而且与磁场的方向、带电粒子的电性都有关，分析时更要注意、本题中重力和电场力均为恒力，要保证油滴做直线运动，两力的合力必须与洛伦兹力平衡，粒子的运动就只能是匀速直线运动、★同类拓展2 如图1－14甲所示，悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端挂有一个带电荷量不变的小球A、在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球B、当B到达悬点O的正下方并与A在同一水平线上，A处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向的角度为θ、若两次实验中B的电荷量分别为q1和q2，θ分别为30和45，则为[xx年高考重庆理综卷]()图1－14甲A、2B、3C、2D、3【解析】对A球进行受力分析，如图1－14 乙所示，图1－14乙由于绳子的拉力和点电荷间的斥力的合力与A球的重力平衡，故有：F 电＝mgtan θ，又F电＝k、设绳子的长度为L，则A、B两球之间的距离r＝Lsin θ，联立可得：q＝，由此可见，q与tan θsin2 θ 成正比，即＝＝2，故选项C正确、[答案] C互动辨析本题为带电体在重力场和电场中的平衡问题，解题的关键在于：先根据小球的受力情况画出平衡状态下的受力分析示意图；然后根据平衡条件和几何关系列式，得出电荷量的通解表达式，进而分析求解、本题体现了新课标在知识考查中重视方法渗透的思想、三、牛顿运动定律的应用要点归纳(一)深刻理解牛顿第一、第三定律1、牛顿第一定律(惯性定律)一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止、(1)理解要点①运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持、②它定性地揭示了运动与力的关系：力是改变物体运动状态的原因，是使物体产生加速度的原因、③牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不能认为它是牛顿第二定律合外力为零时的特例、牛顿第一定律定性地给出了力与运动的关系，第二定律定量地给出力与运动的关系、(2)惯性：物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫做惯性、①惯性是物体的固有属性，与物体的受力情况及运动状态无关、②质量是物体惯性大小的量度、2、牛顿第三定律(1)两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在一条直线上，可用公式表示为F＝－F′、(2)作用力与反作用力一定是同种性质的力，作用效果不能抵消、(3)牛顿第三定律的应用非常广泛，凡是涉及两个或两个以上物体的物理情境、过程的解答，往往都需要应用这一定律、(二)牛顿第二定律1、定律内容物体的加速度a跟物体所受的合外力F合成正比，跟物体的质量m成反比、2、公式：F合＝ma理解要点①因果性：F合是产生加速度a的原因，它们同时产生，同时变化，同时存在，同时消失、②方向性：a与F合都是矢量，方向严格相同、③瞬时性和对应性：a为某时刻某物体的加速度，F合是该时刻作用在该物体上的合外力、3、应用牛顿第二定律解题的一般步骤：(1)确定研究对象；(2)分析研究对象的受力情况，画出受力分析图并找出加速度的方向；(3)建立直角坐标系，使尽可能多的力或加速度落在坐标轴上，并将其余的力或加速度分解到两坐标轴上；(4)分别沿x轴方向和y轴方向应用牛顿第二定律列出方程；(5)统一单位，计算数值、热点、重点、难点一、正交分解法在动力学问题中的应用当物体受到多个方向的外力作用产生加速度时，常要用到正交分解法、1、在适当的方向建立直角坐标系，使需要分解的矢量尽可能少、2、Fx合＝max 合，Fy合＝may合，Fz合＝maz合、3、正交分解法对本章各类问题，甚至对整个高中物理来说都是一重要的思想方法、●例6 如图1－15甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的细杆与水平面成θ＝37固定，质量m＝1 kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O点、现有水平向右的风力F作用于小球上，经时间t1＝2 s后停止，小球沿细杆运动的部分v－t图象如图1－15乙所示、试求：(取g＝10 m/s2，sin37＝0、6，cos37＝0、8)图1－15(1)小球在0～2 s内的加速度a1和2～4 s内的加速度a2、(2)风对小球的作用力F的大小、【解析】(1)由图象可知，在0～2 s内小球的加速度为：a1＝＝20m/s2，方向沿杆向上在2～4 s内小球的加速度为：a2＝＝－10 m/s2，负号表示方向沿杆向下、 (2)有风力时的上升过程，小球的受力情况如图1－15丙所示图1－15丙在y方向，由平衡条件得：FN1＝Fsin θ＋mgcos θ在x方向，由牛顿第二定律得：Fcos θ－mgsin θ－μFN1＝ma1停风后上升阶段，小球的受力情况如图1－15丁所示图1－15丁在y方向，由平衡条件得：FN2＝mgcos θ在x方向，由牛顿第二定律得：－mgsin θ－μFN2＝ma2联立以上各式可得：F＝60 N、【点评】①斜面(或类斜面)问题是高中最常出现的物理模型、②正交分解法是求解高中物理题最重要的思想方法之一、二、连接体问题(整体法与隔离法)高考卷中常出现涉及两个研究对象的动力学问题，其中又包含两种情况：一是两对象的速度相同需分析它们之间的相互作用，二是两对象的加速度不同需分析各自的运动或受力、隔离(或与整体法相结合)的思想方法是处理这类问题的重要手段、1、整体法是指当连接体内(即系统内)各物体具有相同的加速度时，可以把连接体内所有物体组成的系统作为整体考虑，分析其受力情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法、2、隔离法是指当研究对象涉及由多个物体组成的系统时，若要求连接体内物体间的相互作用力，则应把某个物体或某几个物体从系统中隔离出来，分析其受力情况及运动情况，再利用牛顿第二定律对隔离出来的物体列式求解的方法、3、当连接体中各物体运动的加速度相同或要求合外力时，优先考虑整体法；当连接体中各物体运动的加速度不相同或要求物体间的作用力时，优先考虑隔离法、有时一个问题要两种方法结合起来使用才能解决、●例7 如图1－16所示，在光滑的水平地面上有两个质量相等的物体，中间用劲度系数为k的轻质弹簧相连，在外力F1、F2的作用下运动、已知F1＞F2，当运动达到稳定时，弹簧的伸长量为()图1－16A、B、C、D、【解析】取。
2020届高三物理二轮复习第一篇专题攻略课时巩固过关练十专题四电场和磁场第10讲磁场及带电粒子在磁场中的运
课时巩固过关练十磁场及带电粒子在磁场中的运动(60分钟100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分。
第1～6题只有一项符合题目要求,第7～10题有多项符合题目要求)1.(2016·威海一模)在同一平面内有四根彼此绝缘的通电直导线,如图所示,四根导线中的电流大小关系为i1=i2<i3<i4,切断哪一导线中的电流能使O点(O点为四根导线所围矩形的中心)的磁感应强度减为最弱( )A.切断i1B.切断i2C.切断i3D.切断i4【解析】选D。
根据安培定则来确定通电导线周围磁场的分布,导线i1在O点产生的磁场的方向向外,导线i2在O点产生的磁场的方向向里,导线i3在O点产生的磁场的方向向里,导线i4在O点产生的磁场的方向向里,由于i1=i2<i3<i4,所以合磁场的方向向里,根据磁场的叠加可知,要使O的磁场的磁感应强度减为最弱,应切断i4,故选项D正确。
2.(2016·北京高考)中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角:“以磁石磨针锋,则能指南,然常微偏东,不全南也。
”进一步研究表明,地球周围地磁场的磁感线分布示意如图。
结合上述材料,下列说法不正确的是( )A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B.地球内部也存在磁场,地磁南极在地理北极附近C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用【解析】选C。
地理南、北极与地磁场存在一个夹角,称为磁偏角,故地理南、北极与地磁场的南、北极不重合,A正确;地磁南极在地理的北极附近,地磁北极在地理南极附近,B正确;由于地磁场中某点的磁场方向沿该点的磁感线切线方向,故只有赤道处磁场方向与地面平行,C错误;在赤道处磁场方向水平,而射线是带电的粒子,运动方向垂直磁场方向,根据左手定则可得射向赤道的带电宇宙射线粒子受到洛伦兹力的作用,D正确。
3.如图所示,匀强磁场中有一个电荷量为q的正离子,自a点沿半圆轨道运动,当它运动到b点时,突然吸收了附近若干电子,接着沿另一半圆轨道运动到c点,已知a、b、c点在同一直线上,且ac=ab,电子电荷量为e,电子质量可忽略不计,则该离子吸收的电子个数为( )A. B. C. D.【解析】选B。
高考物理二轮复习第一篇专题通关攻略8.13振动和波动光与电磁波课件
(2)单缝衍射时,照射光的波长越长,中央亮纹越宽,所以衍射和干预都能使白光 发生色散现象,且中央白光的边缘均呈红色。 (3)干预和衍射的图样有相似之处,都是明暗相间的条纹,只是干预条纹中条纹宽 度和亮纹宽度根本相同,衍射条纹中条纹宽度和亮纹宽度均不等,中央亮纹最宽 最亮。
3.波的干预现象中加强点、减弱点的判断方法 (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。
()
A.入射光C应采用单色光
B.当A、B之间某处距离为入射光的半波长
奇数倍时，对应的条纹是暗条纹
C.假设所观察的条纹是图乙，被检查外表上有洞状凹陷
D.假设所观察的条纹是图丙，被检查外表上有沟状凹陷
【解析】选A、D。入射光C应采用单色光，波长一定，不会出现干预条纹重合， 故A正确；当A、B之间某处上下反射光的光程差为入射光的半波长奇数倍时，对 应的条纹是暗条纹，故B错误；薄膜干预是等厚干预，即明条纹处空气膜的厚度 相等，明条纹右偏说明被检查外表上有凸起，故C错误；薄膜干预是等厚干预， 即明条纹处空气膜的厚度相等，明条纹左偏说明被检查外表上有凹陷，故D正确。
8
求: (1)波的波长; (2)波的传播速度。
【解析】(1)如图,设距c点最近的振幅极大的点为d点,a与d的距离为r1,b与d的
距离为r2,d与c的距离为s,波长为λ。那么
r2-r1=λ
①
由几何关系有
r1=l-s
②
r 22 =(r1sin60°)2+(l-r1cos60°)2③
联立①②③式并代入题给数据得λ=
T 0 .4 s
根据同侧法可知波沿x轴负方向传播。
答案:0.4 10 负方向
高考物理二轮复习第1部分---专题4---第1讲振动、波动
(1)弹簧振子
弹簧振子是一种理想化的模型．水平放置的弹簧振子的回复力 是弹力，振动过程中动能和弹性势能相互转化．竖直放置的弹簧振
子，回复力是弹力和重力的合力，振动过程中动能、弹性势能以及
重力势能间相互转化．
(2)单摆 单摆的回复力由重力沿圆弧切向的分力F＝mgsin θ来提供．单摆振 动的周期T＝2π l . g
【答案】
BD
巧解波动图象与振动图象相结合的问题 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． (1)分清振动图象与波动图象．此问题最简单，只要看清横坐标即 可，横坐标为x则为波动图象，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． (3)找准波动图象对应的时刻． (4)找准振动图象对应的质点．
核心考点 弹簧振子、简谐运动、简谐运 动的振幅、周期和频率，简谐 运动的位移—时间图象
要求 Ⅱ Ⅱ
应考策略 1.掌握简谐运动的位移—时间 图象及简谐运动的特点，如弹 簧振子、单摆的振动规律． 2.通过横波的图象分析波动规 律．一是利用波长、波速、频 率间的关系分析实际问题，二 是波动的多解问题． 3.热学部分重点分析压强的微 观含义．通过气体状态的变 化，利用热力学第一、二定律 来解决实际问题.
单摆，在小振幅条件下单摆做 简谐运动，单摆周期公式
振动在介质中的传播——波，横 波和纵波，横波的图象，波 长、频率和波速的关系
Ⅱ
第1讲 振动
波动
一、简谐运动的规律
1．简谐运动的特征
(1)动力学特征 回复力F＝－kx，x是指物体偏离平衡位置的位移，应从平衡位 置指向物体所在位置．回复力的方向跟物体偏离平衡位置的位移方 向相反，总指向平衡位置，它的作用是使物体返回到平衡位置．回 复力是效果力，由物体受到的沿振动方向的合外力来提供．
高三物理二轮复习《专题七 第18讲 振动与波动 光》
大二轮复习 物理
5．波的多解问题 由于波的周期性、波传播方向的双向性，波的传播问题易出现多解 现象．
一般思路 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，…)
高频考点 题组冲关 真题试做 达标演练 限时规范训练
2．波的多解问题的分析思路
大二轮复习 物理
高频考点 题组冲关 真题试做 达标演练 限时规范训练
大二轮复习 物理
[真题 6] (2017·高考全国卷Ⅲ)(1)(多选)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
高频考点 题组冲关 真题试做 达标演练 限时规范训练
[命题视角]
大二轮复习 物理
考向1 波的叠加 两波频率相等，形成稳定的干涉图象
(多选)如图是水面上两列频率相同
强 5cm
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
-5cm
峰(实线)和波谷(虚线)；S1 的振幅 A1＝3 cm，S2 的振幅为 A2＝2 cm，下
平衡位置
高频考点 题组冲关 真题试做 达标演练 限时规范训练
大二轮复习 物理
1．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、一找” 的方法： (1)分清振动图象与波动图象，此问题最简单，只要看清横坐标即可， 横坐标为 x 则为波动图象，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． (3)找准波动图象对应的时刻及振动图象对应的质点，灵活应用“波 振法则”．
高三物理二轮复习 第一篇 专题攻略 课时巩固过关练十八 专题九 震动和波动 光和光的本性(2021
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课时巩固过关练十八振动和波动光及光的本性（45分钟100分)1.（16分）(2016·潍坊二模)(1)如图所示，一列简谐波沿x轴传播,实线为t1=0时的波形图，此时P质点向y轴负方向运动，虚线为t2=0。
01s时的波形图.已知周期T>0.01s.①波沿x轴________________________（选填“正”或“负”）方向传播。
②求波速。
（2)如图所示，扇形AOB为透明柱状介质的横截面,圆心角∠AOB=60°。
一束平行于角平分线OM的单色光由OA射入介质,经OA折射的光线恰平行于OB。
①求介质的折射率.②折射光线中恰好射到M点的光线________________（选填“能"或“不能”)发生全反射。
【解析】（1)①由波动图象可知波长λ=8m，又由机械波的传播方向和质点的振动方向间的关系“上坡抬头,下坡低头"可以判定,波沿x轴正方向传播。
由题意可知经过质点P回到平衡位置，可得周期T=0。
08s。
②波速v==m/s=100m/s。
（2）①由题意画出光路图如图所示：可得入射角i=60°，折射角r=30°，由折射定律可得此介质的折射率为n===。
高三物理二轮温习第一篇专题攻略考题回访专题九震动和波动光和光的本性
考题回访 专题九 震动和波动 光和光的本性1.(2016·全国卷Ⅰ)(1)(多选)某同窗漂浮在海面上,尽管水面波正平稳地以1.8m/s 的速度向着海滩传播,但他并非向海滩靠近。
该同窗发觉从第1个波峰到第10个波峰通过身下的时刻距离为15s 。
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6HzC.该水面波的波长为3mD.水面波没有将该同窗推向岸边,是因为波传播时能量可不能传递出去E.水面波没有将该同窗推向岸边,是因为波传播时振动的质点并非随波迁移(2)如图,在注满水的游泳池的池底有一点光源A,它到池边的水平距离为3.0m 。
从点光源A 射向池边的光线AB 与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角,水的折射率为43。
①求池内的水深。
②一救生员坐在离池边不远处的高凳上,他的眼睛到池面的高度为2.0m 。
当他看到正前下方的点光源A 时,他的眼睛所接收的光线与竖直方向的夹角恰好为45°。
求救生员的眼睛到池边的水平距离(结果保留1位有效数字)。
【解析】(1)选A 、C 、E 。
水波是机械振动在介质中传播形成的,A 对;由题意可知T=159s=53s,f=,波长λ=vT=3m,B 错、C 对;波传播时将振源能量向别传播,而振动的质点并非随波迁移,D 错、E 对。
故选A 、C 、E 。
(2)①如图,设抵达池边的光线的入射角为i 。
依题意,水的折射率n=43,光线的折射角θ=90°。
由折射定律有nsini=sin θ ①由几何关系有sini= ②式中,l =3m,h 是池内水的深度。
联立①②式并代入题给数据得h=√7m ≈2.6m ③②设现在救生员的眼睛到池边的距离为x 。
依题意,救生员的视线与竖直方向的夹角为θ′=45°。
由折射定律有 nsini ′=sin θ′ ④式中,i ′是光线在水面的入射角。
设池底点光源A 到水面入射点的水平距离为a 。
由几何关系有sini′=√22⑤x+l=a+h′⑥式中h′=2m。
高三物理二轮复习 课时巩固过关练(十六)第一篇通关八 振动和波动 光及光的本性
峙对市爱惜阳光实验学校课时稳固过关练(十六)振动和波动 光及光的本性 (45分钟 100分)1.(14分)(1)(多项选择)某同学在做“用单摆测重力加速度〞中,先测得摆线长为l ,摆球直径为d,然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为t 。
他测得的g 值偏小,可能的原因是 。
(填选项前面的字母) A.测摆线长时摆线拉得过紧B.摆线上端未牢固地系于悬点,振动中出现松动,使摆线长度增加了C.开始计时,秒表过早按下D.中误将51次全振动数为50次E.中误将4次全振动数为50次(2)一单色光通过一横截面为半圆柱形的透明物体如下图,底面AOB 镀银(图中粗线),O 表示半圆截面的圆心,在横截面内从M 点入射,经过AB 面反射后从N 点射出,光线在M 点的入射角为30°,∠MOA=60°,∠NOB=30°。
求： ①光线在M 点的折射角。
②透明物体的折射率。
【解析】(1)根据T=2π√lg ,可得g=4π2l T 2,所以g 值偏小,可能是因为l 测量值较小或T 的测量值较大造成的,分析可得选项B 、C 、D 正确。
(2)①如下图,透明物体内部的光路为折线MPN,Q 、M 点相对于底面EF 对称,Q 、P 和N 三点共线。
设在M 点处,光的入射角为θ1,折射角为θ2,∠OMQ=α,∠PNF=β。
根据题意有α=30° ①由几何关系得∠PNO=∠PQO=θ2,所以β+θ2=60° ② 且α+θ2=β ③ 由①②③式得θ2=15° ②根据折射率公式有n=sin θ1sinθ2可得n=√6+√22≈32 答案：(1)B 、C 、D (2)①15° ②√6+√22(或32)2.(14分)(1)有一列简谐横波在弹性介质中沿x 轴正方向以速率v=10m/s 传播,某时刻的波形如下图,把此时刻作为零时刻,质点A 的振动方程为y= m 。
(2)一列沿x 轴负方向传播的横波在t=0时的波形如下图,t=0.7s 时,P 点第二次出现波峰。
高考物理二轮复习课时跟踪训练振动与波动光.doc
课时跟踪训练(十八) 振动与波动、光1．(1)如图(a)，在xy平面内有两上沿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”)．(2)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，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．解析(1)波长λ＝vT＝2 m，两列波的波长相等．两波源到A点的路程差Δx＝62＋82m－8 m＝2 m.两波源到B点的路程差Δx′＝32＋42m－32＋42m＝0，初相相差π，B点为振动减弱点．两波源到C点的路程差Δx″＝3.5 m－2.5 m＝1 m＝λ2，初相相差π，C点为振动加强点．(2)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 由正弦定理有 sin r2R＝－R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 ＝LR③式中L 是入射光线与OC 的距离，由②③式和题给数据得 sin r ＝6205由①③④式和题给数据得n ＝ 2.05≈1.43答案 (1)2 减弱 加强 (2)1.432．(1)(多选)某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地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 HzC ．该水面波的波长为3 mD ．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 (2)(2018·辽南协作体二模)如图所示，ABCD 是一玻璃砖的截面图，一束光与AB 面成30°角从AB 边上的E 点射入玻璃砖中，折射后经玻璃砖的BC 边反射后，从CD 边上的F 点垂直于CD 边射出．已知∠B ＝90°，∠C ＝60°，BE ＝10 cm ，BC ＝30 cm.真空中的光速c ＝3×108m/s ，求： ①玻璃砖的折射率；②光在玻璃砖中从E 到F 所用的时间．(结果保留两位有效数字)解析 (1)水面波是机械振动在水面上传播，是一种典型的机械波，A 对；从第一个波峰到第十个波峰中经历了九个波形，时间间隔为15秒，所以其振动周期为T ＝159s ＝53s ，频率为0.6 Hz.B 错；其波长λ＝vT ＝1.8 m/s×53s ＝3 m ，C 对；波中的质点都上下振动，不随波迁移，但是能量随着波的传播而传递出去，D 错，E 对．(2)①光在玻璃砖中传播光路如图所示， 由几何关系可得i ＝60°，r ＝∠BQE ＝∠CQF ＝30°由折射定律n ＝sin isin r得n ＝ 3②由n ＝c v ，得v ＝3×108m/s由几何关系得EQ ＝2EB ＝20 cmQF ＝QC cos 30°＝(BC －BQ )cos 30°＝(153－15)cm t ＝EQ ＋QF v≈1.8×10－9s 答案 (1)ACE (2)① 3 ②1.8×10－9s3．(1)(多选)如图甲所示为一列简谐横波在t ＝0.6 s 时的波形图，图乙为质点A 的振动图象，则下列判断正确的是________．A ．该简谐波沿x 轴负方向传播B ．这列波的传播速度为203m/sC ．从t ＝0.6 s 开始，质点P 比质点Q 先回到平衡位置D ．从t ＝0.6 s 开始，再经过Δt ＝1.5 s 后质点A 传播到了坐标原点处E ．从t ＝0.6 s 开始，紧接着的Δt ＝0.6 s 的时间内质点A 通过的路程为10 cm(2)如图丙所示，ABNM 为一透明柱体的横截面，AB 和MN 为两段以O 为圆心的同心14圆弧，AB 圆弧所在圆的半径为R ，现有一单色光垂直水平端面并从AM 上的D 点射入透明柱体，经过一次全反射后恰好从B 点射出，出射光线与水平方向成60°角且反向延长线恰好与MN 相切，已知光在真空中的传播速度为c ，求：①透明柱体的折射率； ②光在透明柱体中的传播时间； ③MN 圆弧所在圆的半径．解析 (1)由题图乙知t ＝0.6 s 时，质点A 的振动方向是向下的，由“上下坡法”可知此波是沿x 轴负方向传播的，A 对；由题图甲知波长λ＝8 m ，由题图乙知该波的周期T ＝1.2 s ，所以该波的波速为v ＝λT ＝203m/s ，B 对；由波上各质点的振动情况可知此时质点P向上振动，质点Q 向下振动，但P 离波峰距离大，应后回到平衡位置，C 错；因波传播的是能量和波形，质点本身并不随波传播，D 错；0.6 s 是半个周期，所以质点A 通过的路程为s ＝2A ＝10 cm ，E 对．(2)①由题意可画出如图所示的光路图，由图知∠DCO ＝∠OCB ＝∠CBO ∠DCO ＋∠OCB ＋∠CBO ＝180° 所以∠CBO ＝60°所以由折射率定义知透明柱体的折射率为n ＝sin 60°－＝ 3.②由几何关系知DC ＝R2，BC ＝R光在透明柱体中的传播速度为v ＝c n ＝33c所以光在透明柱体中的传播时间为t ＝DC ＋CB v ＝33R2c.③由几何关系知，法线OC 一定经过出射光线的反向延长线与弧MN 的切点MN 圆弧所在圆的半径r ＝R 2.答案 (1)ABE (2)① 3 ②33R 2c ③R24．(2018·宝鸡市二模)(1)(多选)如图所示为t ＝0时刻两列简谐横波的图象(都刚好形成了一个周期的波形)，两列波分别沿x 轴正方向和负方向传播，波源分别位于x ＝－2 m 和x ＝12 m 处，两列波的波速均为v ＝4 m/s ，波源的振幅均为A ＝2 cm.此刻平衡位置在x ＝2 m 和x ＝8 m 的P 、Q 两质点刚开始振动．质点M 的平衡位置处于x ＝5 m 处，下列关于各质点运动情况的判断中不正确的是________．A ．质点P 、Q 沿y 轴正向起振B ．t ＝0.75 s 时刻，质点P 、Q 都运动到M 点C ．t ＝1 s 时刻，质点M 的位移为＋4 cmD ．t ＝1 s 时刻，质点M 的位移为－4 cmE ．两列波相映后能发生干涉，且M 点为振动加强区，P 点为振动减弱区(2)如图所示，已知半圆柱形玻璃砖的折射率为2，半径为R ，长为d ，一组与玻璃砖横截面平行的光，射向玻璃砖，入射光与底面夹角45°，真空中光速为c ，求：①经玻璃砖折射后，从底面射出光的面积；②这组平行光经一次折射后，在玻璃砖中沿直线传播的最长时间．解析 (1)质点P 、Q 沿y 轴负方向起振；质点不随波迁移；两列波波长、波速相同，故频率相同，相遇后能发生稳定干涉，且M 点为振动加强区，t ＝1 s 时质点M 的位移为－4 cm ；P 点到两振源的距离之差为6 cm ，即1.5个波长，P 为振动减弱区，故选ABC.(2)①光路图如图所示，临界角sin C ＝1n ＝12，即C ＝45°①号光为对着圆心O 点入射的光，垂直截面到达O 点，①号光左侧的光全部发生全反射，③号光线与圆周相切，折射后垂直射向底边B ，折射角为45°，OB 长为l ＝22R所以，透出光的面积S ＝ld ＝22Rd ②在玻璃砖中传播最长时间的光为②号光 ②号光sin θ＝sin 45°n ＝12，此时折射角为30°光程l 2＝R cos θ＝23R ，在玻璃砖中的光速v ＝22c所以t ＝l2v ＝26R3c答案 (1)ABC (2)①22Rd ②26R3c5．(1)如图甲所示为用双缝干涉测量光的波长的实验装置图，滤光片为红光滤光片，测量头为螺旋测微器．实验时调节测量头，使分划板中心刻线与一条亮纹中心对齐，记录为第一条亮纹，此时手轮上的示数如图乙所示，然后同方向转动测量头，使分划板中心线对准第六条亮纹的中心，记下此时图丙中手轮的示数为________mm.求得相邻亮纹的间距为Δx ＝________mm ，已知双缝间距d 为1.5×10－4m ，双缝到屏的距离为l ＝0.800 m ，由计算式λ＝________，求得红光波长为________m(保留两位有效数字)．(2)(10分)一中间有小孔的小球与固定弹簧一端相连，弹簧另一端固定在墙壁上，球和弹簧穿在光滑水平杆上，O 点为小球的平衡位置，取O 点为位移原点，水平向右为位移的正方向建立直线坐标系．将小球拉到偏离O 点右侧4 cm 由静止释放，经过0.1 s 小球第一次经过平衡位置．(ⅰ)求小球位移随时间变化的关系式；(ⅱ)将小球从右侧最大位置释放后经过时间t ，小球经过某一位置A 点(A 点不是O 点和最大位移点)，则小球经过其关于平衡位置的对称点B 时可能经过了多长时间？解析 (1)题图乙中示数为2.320 mm ，题图丙中示数为13.870 mm ，相邻条纹间距Δx ＝13.870－2.3205＝2.310 mm ，由条纹间距公式Δx ＝l λd ，得λ＝d Δx l ，代入数据解得λ＝4.3×10－7m.(2)(ⅰ)小球从开始释放的位移大小为振幅大小，A ＝4 cm小球从最大位移到第一次经过平衡位置经历的时间为四分之一周期，T ＝0.4 s ，则ω＝2πT＝5π rad/s 则振动位移随时间变化的表达式为x ＝4 cos5πt (cm)(ⅱ)如图1所示，若A 点在O 点右侧，当小球向左经过对称点B 时，有图1Δt ＝nT ＋2(0.1 s －t )＝0.4n ＋0.2－2t (s)(n ＝0,1,2,3，…) 若A 点在O 点右侧，当小球向右经过对称点B 时，有 Δt ＝nT ＋2(0.1 s －t )＋2t ＝0.4n ＋0.2(s)(n ＝0,1,2,3，…)图2如图2所示，若A 点在O 点左侧，当小球向右经过对称点B 时，有 Δt ＝nT ＋2(0.2 s －t )＋2(t －0.1 s)＝0.4n ＋0.2(s)(n ＝0,1,2,3，…) 若A 点在O 点左侧，当小球向左经过对称点B 时，有Δt ＝nT ＋4(0.2 s －t )＋2(t －0.1 s)＝0.4n ＋0.6－2t (s)(n ＝0,1,2,3，…) 若A 点在O 点左侧，当小球向左经过对称点B 时，有Δt ＝nT ＋4(0.2 s －t )＋2(t －0.1 s)＝0.4n ＋0.6－2t (s)＝(n ＝0,1,2,3，…) 答案 (1)13.870 2.310d Δx l4.3×10－7(2)见解析 6．(1)一列简谐横波沿x 轴传播，波速为v ＝4 m/s.已知坐标原点(x ＝0)处质点的振动图象如图甲所示，t ＝0.45 s 时部分波形图如图乙所示．简谐横波的传播方向沿x 轴________(选填“正”或“负”)方向；x ＝0处的质点经过0.6 s 时的路程为________m ；t ＝0.45 s 时x ＝0处的质点对应的纵坐标为________m.(2)如图所示，一玻璃棱柱，其截面边长为2a 的等边三角形ABC ，D 点是AB 边的中点，一束细光从D 点射入棱柱，改变其入射方向，使进入棱柱的光恰好在BC 面发生全反射，玻璃棱柱对该光的折射率为2，求：(sin 15°＝6－24)(ⅰ)细光束在D 点的入射角α的正弦值； (ⅱ)细光束从AC 面射出的点离C 点的距离．解析 由题图甲、乙可知，x ＝0处的质点在t ＝0.45 s 时沿y 轴正方向振动，则该波沿x 轴正方向传播；简谐波的周期T ＝0.4 s ，波速v ＝4 m/s ，简谐波的波长λ＝1.6 m ；x ＝0处的质点经过0.6 s 时的路程s ＝0.60.4×4A ＝0.6 m ；x ＝0处的质点的振动方程为y ＝0.1sin 5πt (m)，将t ＝0.45 s 代入得y ＝220m. (2)(ⅰ)当光在BC 面恰好发生全反射时，光路图如图所示由sin γ＝1n ，得γ＝45°则由几何关系可得β＝15° 由sin αsin β＝n ，得sin α＝3－12(ⅱ)在△DFC 中，CD ＝3a ，∠DFC ＝135°由正弦定理得3a sin 135°＝FCsin 15°在△FCG 中，∠CFG ＝45°，∠CGF ＝75° 由正弦定理得 FC sin 75°＝CGsin 45°解得CG ＝(23－3)a 答案 (1)正 0.62207．(2018·济宁市高三第二次模拟)(1)(多选)一列简谐横波在弹性介质中沿x 轴传播，波源位于坐标原点O ，t ＝0时刻波源开始振动，t ＝3s 时波源停止振动，如图所示为t ＝3.2s 时靠近波源的部分波形图．其中质点a 的平衡位置离原点O 的距离为x ＝2.5m.下列说法中正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．波速为5 m/sB ．波长为2.0 mC ．波源起振方向沿y 轴正方向D ．在t ＝3.3 s ，质点a 位于波谷E ．从波源起振开始时，3.0 s 内质点a 运动的总路程为2.5 m(2)如图所示，MN 为半圆形玻璃砖的对称轴，O 为玻璃砖的圆心，某同学在与MN 平行的直线上插上两枚大头计P 1、P 2，在MN 上插大头针P 3，从P 3一侧透过玻璃砖观察P 1、P 2的像，调整P 3位置使P 3能同时挡住P 1、P 2的像，确定了的P 3位置如图所示，他测得玻璃砖直径D ＝8 cm ，P 1、P 2连线与MN 之间的距离d 1＝2 cm ，P 3到O 的距离d 2＝6.92 cm(取3＝1.73)．求该玻璃砖的折射率．解析 (1)v ＝Δx Δt ＝ 1.03.2－3m/s ＝5 m/s ，选项A 正确；由题图可知，波长λ＝2 m ，选项B 正确；t ＝3.2 s 时，Δx ＝v ·Δt ＝5×3.2 m＝16 m ，由于λ＝2.0 m ，故波形前端的运动同x ＝2.0 m 质点的运动，可判断2.0 m 处的质点向下振动，故波源起振方向沿y 轴负方向，选项C 错误；T ＝λv ＝2.05s ＝0.4 s ，从图示时刻经Δt ＝0.1 s ＝14T ，质点a 位于平衡位置，选项D 错误；从t ＝0时刻起，经Δt ＝Δx v ＝2.55s ＝0.5 s ，质点a 开始振动，3.0s 内质点α振动了2.5 s ，2.5 s ＝614T ，故质点a 运动的总路程为s ＝6×4A ＋A ＝25×0.1 m＝2.5 m ，选项E 正确．(2)光路图如图所示，sin i ＝AB OA ＝12得i ＝30°，则∠OAB ＝60°OB ＝OA sin 60°＝3.46 cm根据几何关系有P 3B ＝d 2－OB ＝3.46 cm tan ∠BAP 3＝B P 3AB ＝1.73得∠BAP 3＝60°因此r ＝180°－∠OAB －∠BAP 3＝60° 据折射定律得n ＝sin rsin i 解得n ＝1.73答案 (1)ABE (2)1.73谢谢你的关注谢谢你的关注。
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课时巩固过关练十八振动和波动光及光的本性(45分钟100分)1.(16分)(2016·潍坊二模)(1)如图所示,一列简谐波沿x轴传播,实线为t1=0时的波形图,此时P质点向y 轴负方向运动,虚线为t2=0.01s时的波形图。
已知周期T>0.01s。
①波沿x轴________________________(选填“正”或“负”)方向传播。
②求波速。
(2)如图所示,扇形AOB为透明柱状介质的横截面,圆心角∠AOB=60°。
一束平行于角平分线OM的单色光由OA射入介质,经OA折射的光线恰平行于OB。
①求介质的折射率。
②折射光线中恰好射到M点的光线________________(选填“能”或“不能”)发生全反射。
【解析】(1)①由波动图象可知波长λ=8m,又由机械波的传播方向和质点的振动方向间的关系“上坡抬头,下坡低头”可以判定,波沿x轴正方向传播。
由题意可知经过质点P回到平衡位置,可得周期T=0.08s。
②波速v==m/s=100m/s。
(2)①由题意画出光路图如图所示:可得入射角i=60°,折射角r=30°,由折射定律可得此介质的折射率为n===。
②由题意画出恰好经过M点的折射光线,可得出此时射向M点的入射角为180°-30°-90°-30°=30°全反射的临界角sinC==>sin30°=故不能发生全反射。
答案:(1)①正②100m/s(2)①②不能2.(16分)(2016·珠海二模)(1)(多选)一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示。
介质中x=2m处的质点P 沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=10sin(5πt)。
关于这列简谐波,下列说法正确的是()A.周期为4.0sB.振幅为20cmC.传播方向沿x轴正向D.传播速度为10m/sE.P点的振动方向向上(2)一赛艇停在平静的水面上,赛艇前端有一标记P离水面的高度为h1=0.6m,尾部下端Q略高于水面;赛艇正前方离赛艇前端s1=0.8m处有一浮标,示意如图。
一潜水员在浮标前方s2=3.0m处下潜到深度为h2=4.0m 时,看到标记刚好被浮标挡住,此处看不到船尾端Q;继续下潜Δh=4.0m,恰好能看见Q。
求:①水的折射率n。
②赛艇的长度l。
(可用根式表示)【解析】(1)选C、D、E。
由图象可知振幅A=10cm,λ=4m,故B错误;T===0.4s,故A错误;v==10m/s,故D正确;由P点做简谐运动的表达式可知,P点开始向上振动,所以机械波向右传播,故C、E正确。
(2)①如图所示:n====②刚好看到Q点时的光路图如图所示:x=s1+s2+ly=h2+ΔhsinC=n=联立以上4个方程解得l=-答案:(1)C、D、E (2)①②-3.(16分)(2016·全国卷Ⅱ)(1)(多选)关于电磁波,下列说法正确的是()A.电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关B.周期性变化的电场和磁场可以相互激发,形成电磁波C.电磁波在真空中自由传播时,其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直D.利用电磁波传递信号可以实现无线通信,但电磁波不能通过电缆、光缆传输E.电磁波可以由电磁振荡产生,若波源的电磁振荡停止,空间的电磁波随即消失(2)一列简谐横波在介质中沿x轴正向传播,波长不小于10cm。
O和A是介质中平衡位置分别位于x=0和x=5cm处的两个质点。
t=0时开始观测,此时质点O的位移为y=4cm,质点A处于波峰位置,t=s时,质点O 第一次回到平衡位置,t=1s时,质点A第一次回到平衡位置。
求:①简谐波的周期、波速和波长。
②质点O的位移随时间变化的关系式。
【解析】(1)选A、B、C。
电磁波在真空中传播速度不变,与波长、频率无关,选项A正确;电磁波的形成是变化的电场和变化的磁场互相激发得到,选项B正确;电磁波传播方向与电场方向和磁场方向垂直,选项C 正确;光是一种电磁波,光可在光导纤维中传播,选项D错误;电磁振荡停止后,电磁波仍会在介质或真空中继续传播,选项E错误。
(2)①设振动周期为T。
由于质点A在0到1s内由最大位移处第一次回到平衡位置,经历的是个周期,由此可知T=4s①由于质点O与A的距离5cm小于半个波长,且波沿x轴正向传播,O在t=s时回到平衡位置,而A在t=1s时回到平衡位置,时间相差s。
两质点平衡位置的距离除以传播时间,可得波的速度v=7.5cm/s②利用波长、波速和周期的关系得,简谐波的波长λ=30cm③②设质点O的位移随时间变化的关系为y=Acos(+φ0)④将①式及题给条件代入上式得4=Acosφ0⑤0=Acos(+φ0)⑥解得φ0=A=8cm⑦质点O的位移随时间变化的关系式为y=0.08cos(+)(国际单位制)⑧或y=0.08sin(+)(国际单位制)答案:(1)A、B、C (2)①4s 7.5cm/s 30cm②y=0.08cos(+)或y=0.08sin(+)4.(16分)(1)(多选)下列说法中正确的是()A.图甲是一束复色光进入水珠后传播的示意图,其中a束光在水珠中传播的速度一定大于b束光在水珠中传播的速度B.图乙是一束单色光进入平行玻璃砖后传播的示意图,当入射角i逐渐增大到某一值后不会再有光线从bb'面射出C.图丙是双缝干涉示意图,若只减小屏到挡板间的距离L,两相邻亮条纹间距离将减小D.图丁是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样,弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凸起的E.图戊中的M、N是偏振片,P是光屏。
当M固定不动缓慢转动N时,光屏P上的光亮度将会发生变化,此现象表明光波是横波(2)一列简谐横波沿x轴正方向传播,如图甲所示为波传播到x=5m的M点时的波形图,图乙是位于x=3m的质点N从此时刻开始计时的振动图象,Q是位于x=10m处的质点,求:①波由M点传到Q点所用的时间。
②波由M点传到Q点的过程中,x=3.5m处的质点通过的路程。
【解析】(1)甲图中a束光折射角大,折射率小,根据v=,a束光在水珠中的传播速度大,选项A正确;乙图中,光束在aa'面的折射角等于在bb'面的入射角,只要入射角i<90°,bb'面的入射角就小于临界角,就不会发生全反射,选项B错误;丙图中,根据Δx=λ,选项C正确;丁图中的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凹陷的,选项D错误;有偏振现象的光波为横波,选项E正确。
(2)①由题图甲可以看出波长λ=4m,由题图乙可以看出周期T=4s,所以波速v==1m/s,波由M点传到Q点所用的时间t==5s。
②4s内质点通过的路程为4A=20cm,x=3.5m处的质点1s内通过的路程为2×5×sin45°=5cm,则质点通过的位移为(20+5)cm≈27.07cm。
答案:(1)A、C、E (2)①5s ②27.07cm5.(18分)(2016·大连二模)(1)(多选)一简谐横波沿x轴正向传播,t=0时刻的波形如图甲所示,x=0.30m 处的质点的振动图线如图乙所示,该质点在t=0时刻的运动方向沿y轴________________________(选填“正向”或“负向”)。
已知该波的波长大于0.30m,则该波的波长为________________m。
(2)如图,三棱镜的横截面为直角三角形ABC,∠A=30°,AC平行于光屏MN,与光屏的距离为L。
棱镜对红光的折射率为n1,对紫光的折射率为n2。
一束很细的白光由棱镜的侧面AB垂直射入,直接到达AC面并射出。
画出光路示意图,并标出红光和紫光射在光屏上的位置。
求红光和紫光在光屏上的位置之间的距离。
【解析】(1)由振动图象即可判断,该质点在t=0时刻的运动方向沿y轴正方向。
根据振动方程y=Asinωt,即=2sinωt=2sin t,所以sin t=,再由t=0时刻的波形图甲及波的传播方向和该波的波长大于0.30m等条件即可得出,t=,t=T,对应t时间内波传播的距离满足0.30m=λ,所以λ=0.8m。
(2)光路如图所示:红光和紫光在AC面上的入射角相同,设为i,折射角分别为r1和r2,它们射到屏上的位置离O点的距离分别为d1和d2。
由折射定律得n1sini=sinr1①n2sini=sinr2②由几何关系得i=∠A③d1=Ltanr1④d2=Ltanr2⑤联立以上各式并利用题给条件得,红光和紫光在光屏上的位置之间的距离为d2-d1=L答案:(1)正向0.8 (2)图见解析L6.(18分)(2016·武汉二模)(1)(多选)下列选项与多普勒效应有关的是()A.科学家用激光测量月球与地球间的距离B.医生利用超声波探测病人血管中血液的流速C.技术人员用超声波探测金属、陶瓷、混凝土中是否有气泡D.交通警察向车辆发射超声波并通过测量反射波的频率确定车辆行进的速度E.科学家通过比较星球与地球上同种元素发出光的频率来计算星球远离地球的速度(2)如图所示,AOB是由某种透明物质制成的圆柱体横截面(O为圆心)折射率为。
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,设凡射到OB面的光线全部被吸收,也不考虑OA面的反射,求圆柱AB面上能射出光线的部分占AB表面的几分之几?【解析】(1)选B、D、E。
当观察者与测量对象无相对运动时,不发生多普勒效应,A、C错误;当观察者与测量对象相对运动时,发生多普勒效应,根据接收频率的变化来测速,故B、D、E正确。
(2)从O点射入的光线,折射角为r,根据折射定律有:n=①解得r=30°②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:sinC=③代入数据得:C=45°④△PQO中∠α=180°-90°-C-r=15°⑤所以能射出的光线区域对应的圆心角β=90°-α-r=45°⑥能射出光线的部分占AB面的比例为=⑦答案:(1)B、D、E (2)。