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高三物理二轮复习 课时巩固过关练(十六)第一篇 专题通关八 振动和波动 光及光的本性

课时巩固过关练(十六)

振动和波动 光及光的本性

(45 分钟 100 分)

1.(14 分)(1)(多选)某同学在做“用单摆测重力加速度”实验中,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.实验中误将 51 次全振动数为 50 次

E.实验中误将 49.5 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图所示,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,已知光线在 M 点的入射角为 30°,∠MOA=60°,

∠N OB=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 ,可得 g= ,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如图所示,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° 由几何关系得∠PNO=∠PQO=θ2, 所以β+θ2=60° 且α+θ2=β 由①②③式得θ2=15°
②根据折射率公式有 n=


② ③

可得 n=

≈1.932

答案:(1)B、C、D (2)①15° ②

(或 1.932)

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,某时刻的波形如图所示,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 时的波形如图所示,已知 t=0.7s 时,P 点第二次出现波峰。试计算:

①这列波的传播速度多大? ②从 t=0 时刻起,经多长时间 Q 点第一次出现波峰? ③当 Q 点第一次出现波峰时,P 点通过的路程为多少? 【解析】(1)由题图读出波长和振幅,由波速公式 v=λf 求出频率,由ω=2πf 得出角速度,由于质点 A 开始 时刻向下振动,故将相关数据代入 y=-Asinωt 可得答案。A=0.5m,ω= =20π,所以 y=-0.5sin20πt m (2)①由图示:这列波的波长λ=4m 又:Δt= T=0.7s,得 T=0.4s
由波速公式:v= = =10m/s ②第一个波峰到 Q 点的距离为 x=11m,振动传到 Q 点需 2.5 个周期,因质点起振方向向上,第一次到达波峰再

需 周期,故 t=2.5T+ T=1.1s ③振动传到 P 点需 个周期,所以当 Q 点第一次出现波峰时,P 点已振动了 2 个周期,则 P 点通过的路程为 s=2 ×4A=9A=0.9m。 答案:(1)-0.5sin20πt (2)①10m/s ②1.1s ③0.9m 【总结提升】横波的传播方向与质点的振动方向判断“三法” (1)“上、下坡”法:沿着波的传播方向,“上坡”时质点向下振动,“下坡”时质 点向上振动。 (2)同侧法:质 点的振动方向与波的传播方向在波的图像的同一侧。
(3)微平移法:沿波的传播方向将波的图像进行一微小平移,再由 x 轴上某一位置的两波形曲线上的点来判 断。

3.(14 分)(1)如图所示,一个半径为 R 的 透明球体放置在水平面上,一束蓝

光从 A 点沿水平方向射入球体后经 B 点射出,最后射到水平面上的 C 点。已

知 OA= ,该球体对蓝光的折射率为 。则它从球面射出时的出射角β

=

;若换用一束紫光同样从 A 点射向该球体,则它从球体射出后落到水平面上形成的光点与 C 点相

比,位置

(选填“偏左”“偏右”或“不变”)。

(2)如图所示是一列简谐横波上 A、B 两质点的振动图像,两质点平衡位置间的距离Δx=4.0m,波长大于 3.0m,

求这列波的传播速度。

【解析】(1)根据 OA= 可知入射角为 30°,由折射定律可得它从球面射出时的出射角β=60°。若换用一束 紫光同样从 A 点射向该球体,由于紫光的折射率大于蓝光的折射率,则它从球体射出后落到水平面上形成的 光点与 C 点相比,位置偏左。 (2)由振动图像可知,质点振动周期 T=0.4s ①若该波从质点 A 传到质点 B,取 t=0 时刻分析,质点 A 经平衡位置向上振动,质点 B 处于波谷, 则Δx=nλ+ λ(n=0、1、2、3…) 所以该波波长为 λ= = m(n=0、1、2、3…) 因为有λ>3.0m 的条件,所以取 n=0、1
当 n=0 时,λ1=16m,波速 v1= =40m/s
当 n=1 时,λ2=3.2m,波速 v2= =8.0m/s
②若该波从质点 B 传到质点 A,取 t=0 时刻分析,质点 A 经平衡位置向上振动,质点 B 处于波谷,Δx=nλ + λ (n=0、1、2、3…) 所以该波波长为λ= = m(n=0、1、2、3 …) 因为有λ>3.0m 的条件,所以取 n=0
当 n=0 时,λ3= m,波速 v3= = m/s 答案:(1)60° 偏左 (2)见解析 【加固训练】(1)(多选)关于振动和波动,下列说法正确的是( ) A.单摆做简谐运动的周期与摆球的质量无关 B.部队过桥不能齐步走而要便步走,是为了避免桥梁发生共振现象 C.在波的干涉中,振动加强的点位移不一定始终最大

D.各种波均会发生偏振现象 E.只有横波才能发生干涉现象,纵波不能发生干涉现象 (2)如图所示,OBCD 为半圆柱体玻璃的横截面,OD 为直径,一束由红光和紫光组成的复色光沿 AO 方向从真空 斜射入玻璃,B、C 点为两单色光的射出点(设光线在 B、C 处未发生全反射)。已知从 B 点射出的单色光由 O 到 B 的传播时间为 t。

①若 OB、OC 两束单色光在真空中的波长分别为λB、λC,试比较λB、λC 的大小(不必说明理由); ②求从 C 点射出的单色光由 O 到 C 的传播时间 tC。
【解析】(1)由 T=2π 知,A 正确;为防止桥的固有频率与人齐步走的频率接近,发生共振,故要求便步走,B
正确;振动加强点的振幅加大,但仍处于振动之中,位移在不停变化,C 正确;偏振是横波特有的现象,D 错误; 横波和纵波都可以发生干涉现象,故 E 错误。 (2)①由于 OB 偏折比 OC 偏折更多,所以λB<λC。 ②如图,作界面 OD 的法线 MN,设圆柱体直径为 d,入射角为θ,折射角分别为θB、θC,连接 DB、DC,

由折射定律得

nB=

,nC=

nB= ,nC=



=

已知 t=

,tC=

,所以 tC=t

答案:(1)A、B、C (2)①λB<λC ②t 4.(14 分)(2015·石家庄二模)(1)(多选)如图所示,O 点为振源,OA=10m,t=0 时刻 O 点由平衡位置开始振动,

产生向右沿直线传播的简谐横波。图乙为从 t=0 时刻开始描绘的质点 A 的振动图像,则下列说法正确的是

()

A.振源的起振方向向下 B.该波的周期为 5 s C.该波的传播速度为 2 m/s D.该波的波长 为 5 m E.该波很容易穿过宽度为 1 m 的小孔 (2)如图所示是一种液体深度自动监测仪示意图,在容器的底部水平放置 一平面镜,在平面镜上方有一光屏与平面镜平行。激光器发出的一束光线 以 60°的入射 角射到液面上,进入液体中的光线经平面镜反射后再从液 体的上表面射 出,打在光屏上形成一亮点,液体的深度变化后光屏上亮点 向左移动了 2 dm,已知该液体的折射率 n= 。真空中光速 c=3.0× 108m/s,不考虑经液面反射的光线。 求: ①液面高度的变化量。 ②液体的深度变化前后激光从发出到打到光屏上的时间变化了多少? 【解析】(1)A 点的起振方向与 O 点起振方向相同,由乙图读出 5s 时刻,A 点的振动方向沿 y 轴正方向,所以 振 源的起振方向向上,故 A 错误;由乙看出,周期 T=10s-5s= 5s,故 B 正确;由乙看出,波从 O 点传到 A 点的时 间为 5s,传播距离为 10m,则波速为 v= =2m/s,则波长为λ=vT=2×5m=10m,故 C 正确,D 错误;因为 1m 比波 长 10m 小得多,所以该波很容易穿过宽度为 1m 的小孔,故 E 正确。 (2)①光路如图所示,设入射角为α,折射角β,原来液面深度为 h,液面深度增加Δh,屏上光点移动的距离: s=2 dm
根据折射定律:n= 得:β=30°

由几何关系得:2htanβ+2Δhtanα=2(Δh+h)tanβ+s 得:Δh= 代入解得:Δh=1.5dm ②光在该液体中的传播速度为:v= = ×108m/s

液体的深度变化前后激光从发出到打到光屏上的时间变化为:Δt=

-

=0

答案:( 1)B、C、E (2)①1.5 dm ②0 5.(14 分)(2015·娄底一模)(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像,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°=5 cm,

则质点通过的位移为(20+5 )cm≈27.07cm。

答案:(1)A、C、E (2)①5 s ②27.07 cm

6.(15 分)(1)某介质中,x=0 处的质点在 t=0 时刻开始振动,产生的波沿 x 轴正方向传播,t=0.3s 时刻波的图

像如图所示,质点 b 刚好开始振动,则此时质点 a 的振动方向为沿 y 轴

(选填“正”或“负”)方向,

波在介质中传播的速度为



(2)如图所示,直角三棱镜折射率为 ,∠B=30°,一束单色光垂直于 AC 面射向棱镜,入射点为 O,试画出光 在棱镜中传播的光路图,并求出光射出棱镜时的折射角。(不考虑 BC 面对光线的反射)

【解析】(1)波沿 x 轴正方向传播,波形向右平移,则知 t=0.3s 时刻质点 b 正沿 y 轴正方向振动,而质点 a 的振动方向正沿 y 轴负方向。 据题,x=0 处的质点在 t=0 时刻开始振动,t=0.3s 时刻波传播的距离为 x=12m, 则波速为 v= = m/s=40m/s。 (2)光在棱镜中的光路如图所示
由图可知,α=60°, 设棱镜全反射临界角为 C,则 sinC= = ,C=4 5°, 则α>C。光线在 AB 面发生了全反射,则得 i=180°-30°-120°=30°。 由 n= 得 sinr=nsini= ,故 r=45°。 答案:(1)负 40 m/s (2)图见解析 45° 7.(15 分)(2015·海南高考)(1)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 3m。已知任意振动质点连续 2 次经过平衡位置的时间间隔为 0.4s。下列说法正确的是( )
A.波速为 4m/s B.波的频率为 1.25Hz C.x 坐标为 15m 的质点在 t=0.6s 时恰好位于波谷 D.x 坐标为 22m 的质点在 t=0.2s 时恰好位于波峰

E.当质点 P 位于波峰时,x 坐标为 17m 的质点恰好位于波谷 (2)一半径为 R 的半圆柱形玻璃砖,横截面如图所示。已知玻璃的全反射临
界角为γ(γ< )。与玻璃砖的底平面成( -γ)角度、且与玻璃砖横截面 平行的平行光射到玻璃砖的半圆柱面上。经柱面折射后,有部分光(包括与 柱面相切的入射光)能直接从玻璃砖底面射出。若忽略经半圆柱内表面反 射后射出的光,求底面透光部分的宽度。 【解析】(1)任意振动质点连续 2 次经过平衡位置的时间间隔为 0.4s,则 T=0.4s,解得 T=0.8s。从图像中

可知λ=4m,所以根据公式 v= = m/s=5m/s,故 A 错误;根据公式 f= 可得波的频率为 1.25Hz,B 正确;x 坐标

为 15m 的质点和 x 坐标为 3m 的质点相隔 12m,为波长的整数倍,即两质点为同相点,而 x 坐标为 3m 的质点经

过 t=0.6s 即四分之三周期振动到平衡位置,所以 x 坐标为 15m 的质点在 t=0.6s 时振动到平衡位置,C 错误;x

坐标为 22m 的质点和 x 坐标为 2m 的质点为同相点,x 坐标为 2m 的质点经过 t=0.2s 即四分之一周期恰好位

于波峰,故 x 坐标为 22m 的质点在 t=0.2s 时恰好位于波峰,D 正确;当质点 P 位于波峰时,经过了半个周期,

而 x 坐标为 17m 的质点和 x 坐标为 1m 的质点为同相点,经过半个周期 x 坐标为 1m 的质点恰好位于波谷,E

正确。

(2)在半圆柱形玻璃砖横截面内,考虑沿半径方向射到圆心 O 的光线 1(如图),

它在圆心处的入射角θ1 为

θ1=γ



恰好等于全反射临界角,发生全反射。

在光线 1 左侧的光线(例如光线 2),经柱面折射后,射在玻璃砖底面上的入射角

θ2 满足θ2>γ



因而在底面上发生全反射,不能直接折射出。

在光线 1 右侧的光线(例如光线 3)经柱面折射后,射在玻璃砖底面上的入射角θ3 满足θ3<γ



因而在底面上不能发生全反射,能从玻璃砖底面射出。

射到半圆柱面最右侧的光线 4 与柱面相切,入射角 i 为

i= 由折射定律知,经圆柱面折射后的折射角∠OAB=θ4 满足 sini=nsinθ4

④ ⑤

式中,n 是玻璃的折射率。由全反射角的定义知 1=nsinγ 联立④⑤⑥式得θ4=γ 由几何关系知∠AOB=γ,故底面上透光部分的宽度 OB 为 l=
答案:(1)B、D、E (2)

⑥ ⑦


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