2024年高考物理大一轮复习：第2课时 选修3－4 振动与波动 光的折射和反射 电磁波 相对论

这是一份2024年高考物理大一轮复习：第2课时 选修3－4 振动与波动 光的折射和反射 电磁波 相对论，共30页。试卷主要包含了机械振动与机械波，光学，必须掌握的数学知识，8)，5 m，0 m等内容，欢迎下载使用。

1.机械振动与机械波
2.光学
(1)折射率的两个公式
①n＝eq \f(sin θ1,sin θ2)(θ1、θ2分别为入射角和折射角)。
②n＝eq \f(c,v)(c为真空中的光速，v为光在介质中的速度)。
(2)全反射的条件及临界角公式
①全反射的条件：光从光密介质进入光疏介质，入射角大于或等于临界角。
②临界角公式：sin C＝eq \f(1,n)。
机械振动和波与光的折射、全反射的组合
1.必须夯实的“12个概念、6个公式和定律、3个实验”
(1)弹簧振子、单摆、振幅、波长、波速、电磁波、折射率、临界角、干涉、衍射、多普勒效应、偏振。
(2)简谐运动的规律、单摆周期公式、波的形成和传播规律、波速的计算公式、折射定律、干涉条纹间距的计算公式。
(3)测量玻璃的折射率、测量重力加速度、测量光的波长。
2.必须辨明的“9个易混易错点”
(1)简谐运动具有周期性和对称性，弹簧振子的回复力不一定等于弹簧的弹力。
(2)单摆的周期与摆球的质量和振幅无关。
(3)波的传播过程中，质点不随波迁移。
(4)区分波速和振动速度。
(5)由于波的周期性和传播方向的不确定会产生多解问题。
(6)在波的干涉现象中，振动加强的地方始终加强，但加强点的位移并不总是最大。
(7)在多普勒效应中，波源的频率并没有变化。
(8)注意光发生全反射的条件。
(9)增透膜最小厚度为光在介质中波长的四分之一。
3.必须掌握的数学知识
(1)平行线、三角形、圆等有关几何定理。
(2)三角函数知识。
(3)相似三角形的性质。
(4)勾股定理。
(5)正弦、余弦定理。
【例1】 (2019·全国卷Ⅰ，34)(1)(5分)一简谐横波沿x轴正方向传播，在t＝eq \f(T,2)时刻，该波的波形图如图1(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________。(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)
图1
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
(2)(10分)如图2，一艘帆船静止在湖面上，帆船的竖直桅杆顶端高出水面3 m。距水面4 m的湖底P点发出的激光束，从水面出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与竖直方向的夹角为53°(取sin 53°＝0.8)。已知水的折射率为eq \f(4,3)。
图2
(i)求桅杆到P点的水平距离；
(ii)船向左行驶一段距离后停止，调整由P点发出的激光束方向，当其与竖直方向夹角为45°时，从水面射出后仍照射在桅杆顶端，求船行驶的距离。
解析 (1)t＝eq \f(T,2)时刻，质点Q在平衡位置向上振动，振动图象与图(b)不符，A错误；t＝0时刻的波形图如图所示[图(a)的波形图左移半个波长即可得到]，质点P在最低点，Q在平衡位置，质点Q的速率比P的大；质点P的加速度大小比Q的大，B错误，C正确；t＝eq \f(T,2)时刻，坐标原点的质点经过平衡位置向下振动，对应的振动图象与图(b)吻合，D正确；t＝0时刻，质点P与其平衡位置的距离为振幅，质点Q在平衡位置，与其平衡位置的距离为0，E正确。
(2)(i)设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1，到P点的水平距离为x2；桅杆高度为h1，P点处水深为h2；激光束在水中与竖直方向的夹角为θ
由几何关系有eq \f(x1,h1)＝tan 53°①(1分)
eq \f(x2,h2)＝tan θ②(1分)
由折射定律有sin 53°＝nsin θ③(1分)
设桅杆到P点的水平距离为x
则x＝x1＋x2④(1分)
联立①②③④式并代入题给数据得
x＝7 m。⑤(1分)
(ii)设激光束在水中与竖直方向的夹角为45 °时，从水面出射的方向与竖直方向夹角为i′，由折射定律有
sin i′＝nsin 45°⑥(1分)
设船向左行驶的距离为x′，此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1′，到P点的水平距离为x2′，
则x1′＋x2′＝x′＋x⑦(1分)
eq \f(x1′,h1)＝tan i′⑧(1分)
eq \f(x2′,h2)＝tan 45°⑨(1分)
联立⑤⑥⑦⑧⑨式并代入题给数据得
x′＝(6eq \r(2)－3) m≈5.5 m。⑩(1分)
答案 (1)CDE (2)(i)7 m (ii)5.5 m
【例2】 (2019·全国卷Ⅲ，34)(1)(5分)水槽中，与水面接触的两根相同细杆固定在同一个振动片上。振动片做简谐振动时，两根细杆周期性触动水面形成两个波源。两波源发出的波在水面上相遇，在重叠区域发生干涉并形成了干涉图样。关于两列波重叠区域内水面上振动的质点，下列说法正确的是________。(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.不同质点的振幅都相同
B.不同质点振动的频率都相同
C.不同质点振动的相位都相同
D.不同质点振动的周期都与振动片的周期相同
E.同一质点处，两列波的相位差不随时间变化
(2)(10分)如图3，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，∠A＝90°，∠B＝30°。一束光线平行于底边BC射到AB边上并进入棱镜，然后垂直于AC边射出。
图3
(i)求棱镜的折射率；
(ii)保持AB边上的入射点不变，逐渐减小入射角，直到BC边上恰好有光线射出。求此时AB边上入射角的正弦。
解析 (1)两列波相遇叠加产生干涉，一些质点的振动加强，一些质点的振动减弱，即振幅不同；各质点的振动频率、周期都与振动片相同；不同质点的振动相位不同(不是同时到达正的最大位移)；两列波到达某点时相位差恒定。故选项B、D、E正确。
(2)(i)光路图及相关量如图所示。
光束在AB边上折射，由折射定律得
eq \f(sin i,sin α)＝n①(2分)
式中n是棱镜的折射率。由几何关系可知
α＋β＝60°②(1分)
由几何关系和反射定律得
β＝β′＝∠B③(1分)
联立①②③式，并代入i＝60°得
n＝eq \r(3)。④(1分)
(ii)设改变后的入射角为i′，折射角为α′，由折射定律得
eq \f(sin i′,sin α′)＝n⑤(1分)
依题意，光束在BC边上的入射角为全反射的临界角θc，且
sin θc＝eq \f(1,n)⑥(2分)
由几何关系得
θc＝α′＋30°⑦(1分)
由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦为
sin i′＝eq \f(\r(3)－\r(2),2)。⑧(1分)
答案 (1)BDE (2)(i)eq \r(3) (ii)eq \f(\r(3)－\r(2),2)
求解光的折射和全反射问题的思路
1.(1)(5分)一列简谐横波沿x轴传播，在x＝12 m处的质元a的振动图线如图4中甲所示，在x＝18 m处的质元b的振动图线如图中乙所示。下列判断正确的是________。(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)
图4
A.质元a在波谷时，质元b一定在平衡位置向y轴正方向振动
B.若波沿＋x方向传播，这列波的最大传播速度为3 m/s
C.若波沿－x方向传播，这列波的最大波长为24 m
D.若波的传播速度为0.2 m/s，则这列波沿＋x方向传播
E.若波的传播速度为1 m/s，则这列波沿－x方向传播
(2)(10分)如图5所示，水面下方有一个点光源S，在水面上有一艘截面可看成长方形的船，船的最左端到光源的水平距离为l，已知从距船eq \f(l,2)处的水面射出的光线恰好照亮船头标志物A，此束光线到达A之前在水中和空气中传播的时间之比为2∶1，若船后退eq \f(l,2)，则水面恰好出现完整的圆形透光区域，不考虑光线的多次反射，试求：
图5
(i)水的折射率n；
(ii)船露出水面的高度h。
解析 (1)从振动图象可以看出周期T＝8 s，当质元a在波谷时，质元b一定在平衡位置向y轴正方向振动，选项A正确；若波沿＋x方向传播，则有6 m＝eq \f(3,4)λ＋nλ，解得λ＝eq \f(24,4n＋3) m(n＝0，1，2，…)，当n＝0时波长最大，波速最大，vmax＝eq \f(8,8) m/s＝1 m/s，选项B、E错误；若波沿－x方向传播，则有6 m＝eq \f(1,4)λ＋nλ，解得λ＝eq \f(24,4n＋1) m(n＝0，1，2，…)，当n＝0时波长最大，为24 m，波速最大，为vmax＝eq \f(24,8) m/s＝3 m/s，选项C正确；波速v＝0.2 m/s时，波长λ＝0.2×8 m＝1.6 m，因为1.6 m＝eq \f(24,4×3＋3) m，所以若波的传播速度为0.2 m/s，则这列波沿＋x方向传播，选项D正确。
(2)(i)设SO＝x1，OA＝x2，光在水中的传播速度为v，
在空气中传播速度为c，根据题意知eq \f(x1,v)∶eq \f(x2,c)＝2(1分)
又根据n＝eq \f(c,v)(1分)
解得n·eq \f(x1,x2)＝2(1分)
根据折射定律知n＝eq \f(sin θ1,sin θ2)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l/2,x2))),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l/2,x1))))＝eq \f(x1,x2)(1分)
解得n＝eq \r(2)(1分)
(ii)由于sin C＝eq \f(1,n)，可知C＝45°，
所以光源S所处的深度h′＝l＋eq \f(l,2)＝eq \f(3l,2)(1分)
由几何知识可知x1＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3l,2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(10),2)l(2分)
根据n·eq \f(x1,x2)＝2，可知x2＝eq \f(n,2)x1＝eq \f(\r(5),2)l(1分)
解得h＝eq \r(xeq \\al(2,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,2)))\s\up12(2))＝l(1分)
答案 (1)ACD (2)(i)eq \r(2) (ii)l
2.(1)(5分)一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t时刻的波形如图6所示，已知该波的周期为T，a、b、c、d为沿波传播方向上的四个质点。则下列说法正确的是________。(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)
图6
A.在t＋eq \f(1,2)T时刻，质点c的速度达到最大值
B.在t＋2T时刻，质点d的加速度达到最大值
C.从t到t＋2T的时间间隔内，质点d通过的路程为15 cm
D.t时刻后，质点b比质点a先回到平衡位置
E.从t时刻起，在一个周期的时间内，质点a、b、c通过的路程均为2 m
(2)(10分)如图7所示，一柱体玻璃砖的横截面由一直角三角形和一半径为R的半圆组成，三角形中∠A＝30°，BC边为半圆的直径。现让一单色细激光束从AB边的中点D沿与AC平行的方向射入玻璃砖，激光束在AC面上的E点(图中未画出)发生全反射后，刚好能垂直于BC进入半圆区域，在半圆上的F点(图中未画出)发生折射进入空气中，再沿直线到达AB延长线上的G点(图中未画出)。已知光在真空中的速度为c，求：
图7
(i)该玻璃砖对该激光束的折射率n；
(ii)该激光束从D点到G点的传播时间t。
解析 (1)在t＋eq \f(T,2)时刻，质点c运动到波峰，速度为零，A错误；从图示时刻起，经过eq \f(5,4)T，质点d开始振动，起振方向竖直向下，再经过eq \f(3,4)T到达正向最大位移处，所以在t＋2T时，质点d的加速度达到最大值，通过的路程s＝3A＝15 cm，B、C正确；根据“上下坡法”知t时刻a、b质点向上振动，则b质点先回到平衡位置，D正确；从t时刻起，在一个周期的时间内，a、b、c三个质点通过的路程均为振幅的四倍，即为20 cm＝0.2 m，E错误。
(2)(i)依题意，光路如图
α＝60°
AB＝eq \f(2R,tan 30°)＝2eq \r(3)R
由几何知识可知∠BEF＝∠DEB＝60°
△EDB和△BEF都是等边三角形且这两个三角形全等(1分)
有DE＝EB＝EF＝BF＝BD＝eq \f(1,2)AB＝eq \r(3)R(1分)
则激光束在D点的折射角为β＝30°(1分)
由折射定律知n＝eq \f(sin α,sin β)＝eq \r(3)。(1分)
(ii)在△EBH中，HB＝EBcs 30°＝eq \f(3,2)R，即OH＝eq \f(1,2)R
则在F点的入射角为i＝30°(1分)
由n＝eq \f(sin r,sin i)可求得折射角r＝60°(1分)
故FG＝BFtan 60°＝3R(1分)
激光束在玻璃砖中的传播速度v＝eq \f(c,n)(1分)
该激光束从D点到G点的传播时间
t＝eq \f(DE＋EF,v)＋eq \f(FG,c)(1分)
即t＝eq \f(9R,c)。(1分)
答案 (1)BCD (2)(i)eq \r(3) (ii)eq \f(9R,c)
光学基本知识与波动(或振动)的组合
【例1】 (2019·全国卷Ⅱ，34)(1)(5分)如图8，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eq \f(3,4)l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。下列图象中，能描述小球在开始一个周期内的x－t关系的是________。
图8
(2)(10分)某同学利用图9所示装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源正常发光；调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。回答下列问题：
图9
(i)若想增加从目镜中观察到的条纹个数，该同学可________。
A.将单缝向双缝靠近
B.将屏向靠近双缝的方向移动
C.将屏向远离双缝的方向移动
D.使用间距更小的双缝
(ii)若双缝的间距为d，屏与双缝间的距离为l，测得第1条暗条纹到第n条暗条纹之间的距离为Δx，则单色光的波长λ＝________。
(iii)某次测量时，选用的双缝的间距为0.300 mm，测得屏与双缝间的距离为
1.20 m，第1条暗条纹到第4条暗条纹之间的距离为7.56 mm。则所测单色光的波长为________nm(结果保留3位有效数字)。
解析 (1)摆长为l时单摆的周期T1＝2πeq \r(\f(l,g))，振幅A1＝lα(α为摆角)，摆长为eq \f(1,4)l时单摆的周期T2＝2πeq \r(\f(\f(1,4)l,g))＝πeq \r(\f(l,g))＝eq \f(T1,2)，振幅A2＝eq \f(1,4)lβ(β为摆角)。
根据机械能守恒得mgl(1－cs α)＝mgeq \f(l,4)(1－cs β)，利用cs α＝1－2sin2eq \f(α,2)，cs β＝1－2sin2 eq \f(β,2)，以及sin α＝tan α＝α(α很小)，解得β＝2α，故A2＝eq \f(1,2)A1，故选项A正确。
(2)(i)相邻明(暗)干涉条纹的宽度Δx＝eq \f(l,d)λ，要增加观察到的条纹个数，即减小Δx，需增大d或减小l，因此应将屏向靠近双缝的方向移动，选项B正确。
(ii)第1条到第n条暗条纹间的距离为Δx，则相邻暗条纹间的距离Δx′＝eq \f(Δx,n－1)，又Δx′＝eq \f(l,d)λ，解得λ＝eq \f(Δxd,（n－1）l)。
(iii)由λ＝eq \f(Δxd,（n－1）l)，代入数据解得λ＝630 nm。
答案 (1)A (2)(i)B(3分) (ii)eq \f(Δxd,（n－1）l)(3分) (iii)630(4分)
【例2】 (2018·全国卷Ⅰ，34) (1)(5分)如图10，△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°。
图10
(2)(10分)一列简谐横波在t＝eq \f(1,3) s时的波形图如图11(a)所示，P、Q是介质中的两个质点。图(b)是质点Q的振动图象。求：
图11
(i)波速及波的传播方向；
(ii)质点Q的平衡位置的x坐标。
解题指导
解析 (1)根据题述和题图可知，折射角i＝60°，入射角r＝30°，由折射定律光路可逆得，玻璃对红光的折射率n＝eq \f(sin i,sin r)＝eq \r(3)。若改用蓝光沿同一路径入射，由于玻璃对蓝光的折射率大于玻璃对红光的折射率，则光线在D点射出时的折射角大于60°。
(2)(ⅰ)由图(a)可以看出，该波的波长为λ＝36 cm①
由图(b)可以看出，周期为T＝2 s②
波速为v＝eq \f(λ,T)＝18 cm/s③(3分)
由图(b)知，当t＝eq \f(1,3) s时，质点Q向上运动，结合图(a)可得，波沿x轴负方向传播。(1分)
(ⅱ)设质点P、Q平衡位置的x坐标分别为xP、xQ。由图(a)知，x＝0处y＝－eq \f(A,2)＝Asin(－30°)，
因此xP＝eq \f(30°,360°)λ＝3 cm④(2分)
由图(b)知，在t＝0时，质点Q处于平衡位置，经Δt＝eq \f(1,3) s，其振动状态向x轴负方向传播至P点处，由此及③式有
xQ－xP＝vΔt＝6 cm⑤(2分)
由④⑤式得，质点Q的平衡位置的x坐标为
xQ＝9 cm。⑥(2分)
答案 (1)eq \r(3) 大于 (2)(i)18 cm/s 波沿x轴负方向传播 (ii)9 cm
巧解波动图象与振动图象综合问题的基本方法
采用“一分、一看、二找”的方法：
1.(1)(5分)如图12所示，一块上、下表面平行的玻璃砖的厚度为L，玻璃砖的折射率n＝eq \r(3)，若光从上表面射入的入射角i＝60°，真空中的光速为c，则折射角r＝________，光在玻璃砖中传播的时间为________，改变入射角i，光在下表面________(填“会”或“不会”)发生全反射。
图12
(2)(10分)图13甲为一列简谐横波在t＝0.10 s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1.0 m处的质点，Q是平衡位置在x＝4.0 m处的质点；图乙为质点Q的振动图象。
图13
(i)判断波的传播方向，并求出质点P处于波峰位置的时刻；
(ii)试写出质点Q简谐运动的表达式。
解析 (1)由n＝eq \f(sin i,sin r)得sin r＝eq \f(sin i,n)＝eq \f(sin 60°,\r(3))＝0.5，则r＝30°；光在玻璃砖中传播的速度为v＝eq \f(c,n)，由几何知识可知光在玻璃砖中传播的路程为s＝eq \f(L,cs r)，则光在玻璃砖中传播的时间为t＝eq \f(s,v)＝eq \f(nL,ccs r)＝eq \f(\r(3)L,ccs 30°)＝eq \f(2L,c)；由于光在下表面上的入射角等于光在上表面上的折射角，根据光路可逆性原理可知光一定能从下表面射出。
(2)(i)由图乙可知，在t＝0.10 s时，质点Q向y轴正方向运动，则波沿x轴正方向传播(1分)
质点的振动周期T＝0.2 s(1分)
从t＝0开始，质点P处于波峰位置需要振动
(n＋eq \f(3,8))T(n＝0，1，2，…)(2分)
所以质点P处于波峰的时刻
tP＝(eq \f(n,5)＋eq \f(3,40))s(n＝0，1，2，…)。(2分)
(ii)质点Q简谐运动的表达式为y＝－Asineq \f(2π,T)t(2分)
将A＝10 cm、T＝0.2 s代入表达式，
化简可得y＝－0.10 sin(10πt) m。(2分)
答案 (1)30° eq \f(2L,c) 不会
(2)(i)波沿x轴正方向传播，tP＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,5)＋\f(3,40))) s(n＝0，1，2，…)
(ii)y＝－0.10 sin(10πt) m
2.(1)(5分)下列五幅图对应的说法正确的是( )
A.图甲是研究光的衍射 B.图乙是研究光的干涉
C.图丙是利用光的偏振 D.图丁是研究光的偏振
E.图戊是衍射图样
(2)(10分)简谐横波沿x轴传播，M是x轴上一质点，如图14甲是质点M的振动图象。图乙中实线是t＝3 s时刻的波形图象，质点M位于x＝4 m处，虚线是再过Δt时间后的波形图象。图乙中两波峰间距离Δx＝7.0 m。求：
图14
(i)波速大小和方向；
(ii)时间Δt。
解析 (1)图甲是光的单缝衍射，故A项正确；图乙是光的双缝干涉现象，故B项正确；图丙是检查表面的平整度，属于光的干涉现象，不是偏振现象，故C项错误；图丁是产生电磁波，不是光的偏振，故D项错误；图戊是泊松亮斑，光的衍射，故E项正确。
(2)从题图中可得周期和波长，根据v＝eq \f(λ,T)，可得波速；根据时间与周期的关系即可解得Δt。
(i)由题意知T＝6 s，λ＝8 m
则波速大小为v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(4,3) m/s(3分)
t＝3 s时，质点M向下振动，所以波沿x轴负向传播。(1分)
(ii)由题意知，Δt＝nT＋eq \f(Δx,v)(n＝1，2，3，…)
代入数据得Δt＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6n＋\f(21,4))) s(n＝1，2，3，…)。(6分)
答案 (1)ABE (2)(i)eq \f(4,3) m/s，沿x轴负向
(ii)Δt＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6n＋\f(21,4))) s(n＝1，2，3，…)
电磁波、相对论与光学或机械波的组合
【典例】 (1)(5分)下列说法正确的是________。(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.根据爱因斯坦的相对论可判断物体的质量与物体运动快慢无关
B.简谐机械波的频率等于单位时间内经过介质中一点的完全波的个数
C.在电磁波接收过程中，使声音信号或图像信号从音频电流中还原出来的过程叫调制
D.偏振光的振动方向与偏振片的偏振化方向(也称透振方向)的夹角从0°增大到90°的过程中，透过的光的强度越来越弱
E.赫兹在实验中发现，当电磁波到达导线环时，在导线环中激发出感应电动势，使导线环的空隙中产生火花，由此证实了电磁波的存在
(2)(10分)如图15所示，某同学想把剖面MON为等腰三角形的玻璃砖加工成“玻璃钻石”送给妈妈。已知顶角∠MON＝2θ，该玻璃折射率n＝2。现有一光线垂直MN边入射。
图15
(i)为了使光线在OM边和ON边都能发生全反射，求θ的取值范围；
(ii)若θ＝42°，试通过计算说明该光线第一次返回MN边能否射出。
解析 (1)根据爱因斯坦相对论可知质量m＝eq \f(m0,\r(1－\f(v2,c2)))，故A错误；把声音信号或图像信号从音频电流中还原出来的过程叫解调，故选项C错误，B、D、E正确。
(2)(i)光路如图所示。
由于sin C＝eq \f(1,n)＝eq \f(1,2)，得C＝30°(2分)
要使光线在OM边发生全反射，
应使90°－θ≥C＝30°(1分)
即θ≤60°
光线经OM边反射后，在ON边入射角设为α，
由几何关系有α＝3θ－90°(1分)
要使光线在ON边发生全反射，应有
3θ－90°≥C，即θ≥40°(1分)
则θ的取值范围为40°≤θ≤60°。(1分)
(ii)当θ＝42°时，α＝3θ－90°＝36°，∠1＝54°，
∠ONM＝48°(2分)
光线从ON边全反射到MN界面的入射角设为β
那么β＝90°－(180°－∠1－∠ONM)＝12°(1分)
由于sin β