2020届高考物理课标版二轮复习训练题：专题七第15讲 选修3-4 振动和波动 光 Word版含解析

 www.ks5u.com第15讲　选修3-4　振动和波动　光

1.(2019山东青岛八校联考)(1)关于波的现象,下列说法正确的有(　　)

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,则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,求圆柱体AB面上能射出光线的部分占AB面的几分之几。

答案　(1)ADE　(2)

解析　(1)波在传播过程中波速和波长可能会变化,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,当波源与接收者之间的相对距离减小,则接收到波信号的频率升高,C错误;公式v=λf适用任何波,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,设折射角为γ,根据折射定律,有n=,解得γ=30°

设从某位置P点入射的光线,折射到AB面上的Q点时,在Q点的入射角恰等于临界角C

有sin C=

解得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°

能射出光线的部分占AB面的比例为=

2.(1)如图甲,同一均匀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时刻起,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。若A向右传播的波与B向左传播的波在0.3 s时相遇,则下列说法正确的是(　　)

甲

A.两列波的波长都是2 m

B.两列波在A、B间的传播速度均为10 m/s

C.在两列波相遇过程中,A、B连线的中点C为振动加强点

D.在0.9 s时,质点B经过平衡位置且振动方向向上

E.两个波源振动的相位差为π

(2)如图所示,一束截面为圆形(半径R=1 m)的平行紫光垂直射向一半径也为R的玻璃半球的平面,经折射后在屏幕S上形成一个圆形亮区。屏幕S至球心的距离为D=(+1) m,不考虑光的干涉和衍射,试问:

①若玻璃半球对紫色光的折射率为n=,求圆形亮区的半径;

②若将紫光改为白光,在屏幕S上形成的圆形亮区的边缘是什么颜色?

答案　(1)ABE　(2)①1 m　②紫色

解析　(1)两波在均匀介质中传播波速相同,设为v,则有2vt1=xAB,解得v=10 m/s,故B正确。由题图知周期T=0.2 s,则波长λ=vT=2 m,故A正确。当A的波峰(或波谷)传到C时,恰好B的波谷(或波峰)传到C点,所以C点的振动始终减弱,故C错误。t2=0.9 s=T,此时刻A引起的波已传过B点,故B点此时不振动,D错误。振源A简谐运动的方程为y=A sin ωt,振源B简谐运动的方程为y=-A sin ωt=A sin(ωt-π),两个波源振动的相位差为π,故E正确。

(2)①如图,紫光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕S上的点E,E点到亮区中心G的距离r就是所求半径,设紫光临界角为C

由全反射的知识知sin C=

由几何知识可知

AB=R sin C=

OB=R cos C=R,BF=AB tan C=

GF=D-(OB+BF)=D-,=

所以有rx=GE=AB=D-nR=1 m

②由于白色光中紫光的折射率最大,临界角最小,故在屏幕S上形成的圆形亮区的边缘应是紫色光。

3.(2019河北衡水模拟)(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像,Q是位于x=10 m处的质点。下列说法正确的是(　　)

甲

乙

A.这列波的波长是4 m

B.这列波的传播速度是1.25 m/s

C.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,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)如图丙所示,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=R。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=R,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。

丙

答案　(1)ACD　(2)①30°　②

解析　(1)由题图知,该波的波长为4 m,周期为4 s,因此波速v==1 m/s,故A正确,B错误;由于波沿x轴正方向传播,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=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=·4A=1.1 m,E错误。

(2)①如图所示,由折射定律,有n==

其中i=30°,解得θ=60°

所以出射光线偏离原方向的角度α=60°-30°=30°

②由几何知识,有CD=R,OD=R

所以AD=R

所以AE=AD tan α=

4.(1)一列简谐横波沿直线传播。t=0时刻波源O由平衡位置开始振动,在波的传播方向上平衡位置距O点0.9 m处有一质点A,其振动图像如图所示。下列说法正确的是(　　)

A.波源起振方向沿y轴正方向

B.该简谐波波长为4 m

C.该简谐波周期为4 s

D.该简谐波波速大小为1.2 m/s

E.从振源起振开始,17 s内质点A通过的路程为2.8 m

(2)如图所示为直角梯形玻璃砖ABCD,其中BCDE是正方形,∠A=30°,BC=a。现有一束单色光从AD的中点M平行AB边射入,折射光线恰好过E点。求:

(ⅰ)该玻璃砖的折射率n;

(ⅱ)光线第一次从玻璃砖射出的点到B点的距离。

答案　(1)ACE　(2)(ⅰ)　(ⅱ)a

解析　(1)由振动图像可知,3 s时质点A刚好起振且振动方向沿y轴的正方向,因此波源的起振方向沿y轴的正方向,A正确;由振动图像可知,波的周期为4 s,则波源由起振到传播到0.9 m处的过程经历的时间为个周期,因此0.9 m对应个波长,即波长为1.2 m,B错误、C正确;由波速公式可知该波的波速为v== m/s=0.3 m/s,D错误;17 s为4个周期,质点A振动了3个周期,因此质点A通过的路程为振幅的14倍,即通过的路程为2.8 m,E正确。

(2)(ⅰ)光线在玻璃砖内的光路图如图所示

由几何关系可知光线在AD面上的折射角为30°

折射率n===

(ⅱ)在AB界面上, sin C==,入射角为60°大于临界角C,故光线发生全反射

设光从BC界面上N点射出,由几何关系可知

BN=a tan 30°=a

5.(1)如图所示,等边三角形AOB为透明柱状介质的横截面。一束单色光PQ平行于角平分线OM射向OA,在界面OA发生折射,折射光线平行于OB且恰好射到M点(不考虑反射光线)。则(　　)

A.透明柱状介质对单色光PQ的折射率为

B.从AMB面出射的光线与入射光线PQ的偏向角为60°

C.保持入射点Q不变,减小入射角,一直有光线从AMB面射出

D.保持入射光PQ的方向不变,增大入射光的频率,出射点将在M点下方

E.增大入射光PQ的频率,光在该介质中的传播速度不变

(2)如图所示,虚线是一列简谐横波在t=0时刻的波形,实线是这列波在t=1 s时刻的波形。

(ⅰ)若波沿x轴正方向传播,则从t=1 s时刻开始,x=3 m处的质点第一次回到平衡位置需要的时间最长为多少?

(ⅱ)若波速大小为75 m/s,则波的传播方向如何?

答案　(1)ABD

(2)(ⅰ)0.2 s　(ⅱ)x轴负方向

解析　(1)入射角i=60°,折射角γ=30°,n==,由光路可逆性可知光从M点折射时,折射角为60°,由几何关系可知此出射光线与入射光线PQ的偏向角为60°,选项A、B正确;入射点Q不变,减小入射角,则折射角减小,射到AB面的入射角增大,可能发生全反射,选项C错误;增大入射光频率,则从Q点折射时的折射角变小,出射点将在M点下方,选项D正确;增大入射光频率,由n=,可知光在介质中传播速度减小,选项E错误。

(2)(ⅰ)由图像可知,波长λ=8 m

当波沿x轴正方向传播时,波在Δt=1 s内传播距离为

Δs=(8n+5)m,其中n=0,1,2,…

v==(8n+5) m/s,其中n=0,1,2,…

从t=1 s时刻开始,平衡位置在x=3 m处的质点第一次回到平衡位置需要的时间,即为波沿x轴传播1 m距离需要的时间,最长时间

tmax== s=0.2 s

(ⅱ)当波沿x轴负方向传播时,波在Δt=1 s内传播距离为s=(8n+3) m,其中n=0,1,2,…

若波速大小为75 m/s,则1 s内波传播的距离

s=vt=75×1 m=75 m

因为s=75 m=(9×8+3) m,所以波沿x轴负方向传播