2019版高中物理二轮专题课时跟踪训练：18 振动与波动、光（含解析）

课时跟踪训练(十八)

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＝m－8 m＝2 m.

两波源到B点的路程差Δx′＝m－m＝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＝，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＝nsin r

由正弦定理有

＝

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＝③

式中L是入射光线与OC的距离，由②③式和题给数据得

sin r＝

由①③④式和题给数据得

n＝≈1.43

答案　(1)2　减弱　加强　(2)1.43

2．(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 Hz

C．该水面波的波长为3 m

D．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＝s＝s，频率为0.6 Hz.B错；其波长λ＝vT＝1.8 m/s×s＝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＝

得n＝

②由n＝，得v＝×108m/s

由几何关系得EQ＝2EB＝20 cm

QF＝QC cos 30°＝(BC－BQ)cos 30°＝(15－15)cm

t＝≈1.8×10－9s

答案　(1)ACE　(2)①　②1.8×10－9s

3．(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m/s

C．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＝＝m/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＝＝.

②由几何关系知DC＝，BC＝R

光在透明柱体中的传播速度为v＝＝c

所以光在透明柱体中的传播时间为t＝＝.

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＝.

答案　(1)ABE　(2)①　②　③

4．(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 cm

D．t＝1 s时刻，质点M的位移为－4 cm

E．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，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＝＝，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＝R

所以，透出光的面积S＝ld＝Rd

②在玻璃砖中传播最长时间的光为②号光

②号光sin θ＝＝，此时折射角为30°

光程l2＝＝R，在玻璃砖中的光速v＝c

所以t＝＝

答案　(1)ABC　(2)①Rd　②

5．(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＝＝2.310 mm，由条纹间距公式Δx＝，得λ＝，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＝＝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1

Δt＝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　2.310　　4.3×10－7　(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，求：(sin 15°＝)

(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＝×4A＝0.6 m；x＝0处的质点的振动方程为y＝0.1 sin 5πt(m)，将t＝0.45 s代入得y＝m.

(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＝，得γ＝45°

则由几何关系可得β＝15°

由＝n，得sin α＝

(ⅱ)在△DFC中，CD＝a，

∠DFC＝135°

由正弦定理得＝

在△FCG中，∠CFG＝45°，∠CGF＝75°

由正弦定理得

＝

解得CG＝(2－3)a

答案　 (1)正　0.6　

7．(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/s

B．波长为2.0 m

C．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P1、P2，在MN上插大头针P3，从P3一侧透过玻璃砖观察P1、P2的像，调整P3位置使P3能同时挡住P1、P2的像，确定了的P3位置如图所示，他测得玻璃砖直径D＝8 cm，P1、P2连线与MN之间的距离d1＝2 cm，P3到O的距离d2＝6.92 cm(取＝1.73)．求该玻璃砖的折射率．

解析　(1)v＝＝m/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＝＝s＝0.4 s，从图示时刻经Δt＝0.1 s＝T，质点a位于平衡位置，选项D错误；从t＝0时刻起，经Δt＝＝s＝0.5 s，质点a开始振动，3.0 s内质点α振动了2.5 s，2.5 s＝6T，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＝＝得i＝30°，则∠OAB＝60°

OB＝OAsin 60°＝3.46 cm

根据几何关系有P3B＝d2－OB＝3.46 cm

tan∠BAP3＝＝1.73得∠BAP3＝60°

因此r＝180°－∠OAB－∠BAP3＝60°

据折射定律得n＝解得n＝1.73

答案　(1)ABE　(2)1.73