2023版高考物理创新设计二轮复习讲义第21课时　机械振动与机械波　光

这是一份2023版高考物理创新设计二轮复习讲义第21课时　机械振动与机械波　光，共41页。


第21课时 机械振动与机械波 光
高考题型一 机械振动
【例1】 (多选)(2022·云南昆明模拟)如图1所示为某弹簧振子在0～5 s 内的振动图象，由图可知，下列说法中正确的是( )
图1
A.振动周期为4 s，振幅为8 cm
B.第2 s末振子的速度为零，加速度为负向的最大值
C.从第1 s末到第2 s末振子的位移增大，振子在做加速度减小的减速运动
D.第3 s末振子的速度为正向的最大值
E.第2 s末和第4 s末弹性势能相同
答案 ADE
解析 振动周期为4 s，振幅为8 cm，A正确；第2 s末振子的速度为零，加速度为正向的最大值，B错误；从第1 s末到第2 s末振子的位移增大，振子在做加速度增大的减速运动，C错误；第3 s末振子向正方向运动到平衡位置，速度为正向的最大值，D正确；第2 s末和第4 s末均在最大位移处，弹性势能相同，E正确。
【例2】 (多选)(2022·云南普洱模拟)如图2甲所示在一条张紧的绳子上挂几个摆，a、c摆的摆长相同且小于b摆的摆长。当a摆振动的时候，通过张紧的绳子给其他各摆施加驱动力，使其余各摆也振动起来。图乙是c摆稳定以后的振动图象，重力加速度为g，不计空气阻力，则( )
图2
A.a、b、c单摆的固有周期关系为Ta＝TcB.b、c摆振动达到稳定时，c摆振幅较大
C.达到稳定时b摆的振幅最大
D.由图乙可知，此时b摆的周期Tb小于t0
E.a摆的摆长为eq \f(gteq \\al(2,0),4π2)
答案 ABE
解析 由单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))，知固有周期关系为Ta＝Tc1.原理：根据单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可知，g＝eq \f(4π2l,T2)。
2.摆长l＝摆线长l0＋小球的半径r。
3.周期T是完成一个全振动的时间，采用积累法测量可以减小实验误差，还需要从最低点测量，因为球过最低点时速度最大，球在该处停留的时间最短，误差最小。
4.多次测量，利用T2－l图像的斜率k＝eq \f(4π2,g)可计算重力加速度，且不受摆长的影响。
【例3】 某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，将两根等长细绳固定在铁架台的水平横杆上，两悬点的间距与细绳长度相等，两绳下端系上一个匀质小钢球，构成一个“单摆”，如图3所示。该同学利用光电计数器测量小球前后摆动的周期，他把光源A固定在与小球自然下垂时的球心在同一水平线上的位置，将光电计数器B放在同一水平线上的另一侧，A发出的光束通过小球遮挡形成脉冲光信号，被B接收并转换成电信号进行记录和显示。
图3
(1)测得细绳长为l，小球直径为d，则该单摆的摆长为________。
(2)将小球向前拉开一个小角度由静止释放并从小球第一次经过平衡位置处时开始计时，测得小球经过时间t向后回到平衡位置时，B接收到的脉冲数为N，则该单摆的振动周期为________。
(3)则测得的重力加速度的表达式为g＝________(用所测物理量的符号表示)。
答案 (1)eq \f(\r(3)l＋d,2) (2)eq \f(2t,N－1) (3)eq \f(（N－1）2π2（\r(3)l＋d）,2t2)
解析 (1)该单摆在摆动过程中的等效摆长为L＝lsin 60°＋eq \f(d,2)＝eq \f(\r(3)l＋d,2)。
(2)单摆振动一个周期，B接收到的脉冲数为2，因此将小球向前拉开至小球向后回到平衡位置，单摆振动的周期数为eq \f(N－1,2)个，则时间t内单摆经历了eq \f(N－1,2)个周期，所以该单摆的振动周期为eq \f(2t,N－1)。
(3)根据单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))
可得测得的重力加速度的表达式为
g＝eq \f(（N－1）2π2（\r(3)l＋d）,2t2)
【素能提升】
1.(多选)(2022·云南昆明三诊一模)如图4所示，为一个水平弹簧振子的振动图象，下列说法正确的是( )
图4
A.该弹簧振子的振动方程为x＝－10sin eq \f(π,2)t cm
B.t＝1 s到t＝2 s内，弹簧振子的动能不断减小
C.t＝3 s时，弹簧振子的加速度沿x轴负方向
D.t＝9 s时弹簧振子的位移为10 cm
E.t＝0到t＝10 s弹簧振子的路程为100 cm
答案 ACE
解析 由图像可知A＝10 cm；ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(π,2) rad/s，由图像可得振动方程为x＝－10sin eq \f(π,2)t cm，故A正确；由图可知t＝1 s到t＝2 s内，弹簧振子向平衡位置振动，故动能不断增大，故B错误；t＝3 s时，弹簧振子位于最大正向位移处，即加速度沿x轴负方向，故C正确；由图知周期为T＝4 s，所以t＝9 s时弹簧振子处于负向最大位移处，即位移为－10 cm，故D错误；因为弹簧振子一个周期内的路程为s＝4A＝40 cm，t＝0到t＝10 s弹簧振子的路程为s′＝2.5s＝100 cm，故E正确。
2.(多选)(2022·四川成都二模)一同学在探究单摆的运动规律时，测得单摆50次全振动所用的时间为120 s。已知当地的重力加速度大小g＝9.80 m/s2，π2≈9.8。则( )
A.该单摆做简谐运动时，在速度增大的过程中回复力一定减小
B.该单摆做简谐运动的周期为1.2 s
C.该单摆的摆长约为1.44 m
D.若把该单摆放在月球上，则其摆动周期变大
E.若把该单摆的摆长减小为原来的一半，则其振动的周期为eq \f(5,6)eq \r(2) s
答案 ACD
解析 该单摆做简谐运动时，在速度增大的过程中，逐渐靠近平衡位置，所以回复力一定减小，故A正确；该单摆做简谐运动的周期为T＝eq \f(120,50) s＝2.4 s，故B错误；根据单摆的周期公式可得该单摆的摆长为l＝eq \f(gT2,4π2)＝1.44 m，故C正确；若把该单摆放在月球上，则重力加速度减小，根据T＝2πeq \r(\f(l,g))，可知其摆动周期变大，故D正确；若把该单摆的摆长减小为原来的一半，则周期应减小为原来的eq \f(1,\r(2))，即T′＝eq \f(T,\r(2))＝eq \f(6,5)eq \r(2) s，故E错误。
高考题型二 机械波
【例4】 (2022·湖南岳阳二模)两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x＝－0.2 m和x＝1.2 m处，两列波的波速均为0.4 m/s，如图5为t＝0时刻两列波的图像。此刻平衡位置在x＝0.2 m和x＝0.8 m的P、Q两质点刚开始振动。求：
图5
(1)两列波的周期；
(2)t＝0时刻开始，10秒内质点M、N运动的路程。
答案 (1)1 s (2)148 cm 4 cm
解析 (1)由图可知两列波的波长均为0.4 m，则波的周期为T＝eq \f(λ,v)＝eq \f(0.4,0.4) s＝1 s。
(2)P、Q两质点到M的距离都是0.3 m，两列波同时传到M的时间均为t＝eq \f(3,4)T＝0.75 s
两列波的起振方向都是向下，所以M点的起振方向向下，在两波相遇过程中M点为振动加强点，M点做简谐运动，振幅为A＝4 cm，一个周期内的路程为4A，0.75 s时M点开始振动，所以10 s内M点振动时间为
t1＝(10－0.75) s＝9.25 s
所以路程为s＝eq \f(t1,T)·4A
代入数据解得s＝148 cm
正方向传播的波先传播到N点，用时
t2＝eq \f(Δx,Δv)＝0.5 s
负方向传播的波后传播到N点，用时
t3＝eq \f(Δx′,Δv′)＝1 s
在负方向传播的波传到N点之前，质点N向下运动到最低点又回到平衡位置，振动路程为4 cm；两列波都传播到N点后，由于两列波到N点的距离差为半个波长，两列波在N点位移总是等大反向，合位移为0，两列波都传播到N点后质点N不振动，所以10秒内质点N运动的路程为4 cm。
【例5】 (多选)(2022·四川宜宾三诊)如图6所示，A、B是两列波的波源，t＝0 s时，两波源同时开始垂直纸面做简谐运动。其振动表达式分别为xA＝0.1sin(2πt)，xB＝0.5sin(2πt)，产生的两列波在同一种均匀介质中沿纸面传播。P是介质中的一点，t＝2 s时开始振动，已知PA＝40 cm，PB＝50 cm，则( )
图6
A.两列波的波速均为0.20 m/s
B.两列波的波长均为0.25 m
C.两列波在P点相遇时，振动总是减弱的
D.P点合振动的振幅为0.4 m
E.t＝2.25 s，P沿着A传播的方向运动了0.05 m
答案 ACD
解析 两列波在同一种均匀介质中沿纸面传播，故两列波的波速相同；根据质点P开始振动的时间可得v＝eq \f(Δx,Δt)＝eq \f(0.40,2) m/s＝0.20 m/s，故A正确；由振动方程可得，两列波的周期T相同，由公式T＝eq \f(2π,ω)＝1 s，故两列波的波长均为λ＝vT＝0.2 m，故B错误；根据两波源到P点的距离差Δx＝50 cm－40 cm＝10 cm＝eq \f(λ,2)可知，B波比A波传到P点的时间晚eq \f(T,2)，根据振动方程可得，A波起振方向与B波起振方向相同，故两波在P点的振动反向，那么，P点为振动减弱点，故两列波在P点相遇时振动总是减弱的，P点合振动的振幅为0.5 m－0.1 m＝0.4 m，故C、D正确；介质中的各质点不随波逐流，只能在各自平衡位置附近振动，故E错误。
【例6】 (多选)(2022·四川自贡三市诊断)我国地震局截获了一列沿x轴正方向传播的地震横波，在t(图中实线)与(t＋0.6) s(图中虚线)两个时刻x轴上－3～3 km区间内的波形图如图7所示，则下列说法正确的是( )
图7
A.该地震波的波长为6 km
B.质点振动的最大周期为1.2 s
C.该地震波波速可能为10 km/s
D.从t时刻开始计时，x＝2 km处的质点比x＝1.5 km处的质点先回到平衡位置
E.从t时刻开始计时，x＝2 km处的质点比x＝2.5 km处的质点先回到平衡位置
答案 BCE
解析 由波形图可知该地震波的波长为4 km，A错误；由波形图可知，图中实线变成虚线的时间为Δt＝0.6 s＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,2)))T(n＝0，1，2…)，当n＝0时，可得质点振动的最大周期为Tmax＝0.6×2 s＝1.2 s，B正确；质点振动的周期为T＝eq \f(0.6,n＋\f(1,2)) s＝eq \f(1.2,2n＋1) s(n＝0，1，2…)，则波速为v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(10×（2n＋1）,3) km/s(n＝0，1，2…)，当n＝1时，解得v＝10 km/s，C正确；波向右传播，可知t时刻x＝1.5 km处的质点振动方向向下，而x＝2 km处的质点在最大位移处，所以从t时刻开始计时，x＝1.5 km处的质点比x＝2 km处的质点先回到平衡位置，D错误；波向右传播，可知t时刻x＝2.5 km处的质点振动方向向上，而x＝2 km处的质点在最大位移处，所以从t时刻开始计时，x＝2 km处的质点比x＝2.5 km 处的质点先回到平衡位置，E正确。
【素能提升】
3.[2022·河北卷，16(1)]一列简谐横波沿x轴正方向传播。波速为10 m/s。在传播方向上有P、Q两质点，坐标分别为xP＝1 m，xQ＝ 6 m。波传播到P点开始计时，该点的振动图像如图8所示，则简谐波的波长为________m，经过________ s，Q点第一次到达正向最大位移处。
图8
答案 2 0.55
解析 由P点的振动图像可得出该波的周期T＝ 0.2 s，由于该波的波速为10 m/s，则该波的波长λ＝ vT＝ 2 m。
由题知P、Q两质点相距xPQ＝ 5 m，则波从P点传播到Q点需经过tPQ＝eq \f(xPQ,v)＝eq \f(5,10) s＝0.5 s，由P点的振动图像可得出该波的起振方向向上，则Q点从起振到第一次到达正向最大位移处还需经过eq \f(1,4)T，则经过t＝ 0.55 s，Q点第一次到达正向最大位移处。
4.一列简谐横波沿x方向传播，如图9所示，其中实线和虚线分别为t1＝0和t2＝0.5 s两时刻的波形图，坐标为x＝8 m处的质点在t1＝0时刻运动方向沿y轴负方向。试判断这列波的传播方向；如果周期T>0.5 s，求波速。
图9
答案 沿x轴正向传播；4m/s
解析 坐标为x＝8 m处的质点在t1＝0时刻运动方向沿y轴负方向，根据“同侧法”可知，该波沿x轴正向传播；波速表达式v＝eq \f(nλ＋2,t)＝eq \f(8n＋2,0.5)＝(16n＋4) m/s (n＝0、1、2、3…)，因T＝eq \f(λ,v)＝eq \f(8,16n＋4) s>0.5 s
可知n只能取0，则波速为v＝4 m/s。
巧解振动图象与波的图象综合问题的基本方法
【例7】 (多选)(2022·云南德宏质检)一列简谐横波，沿x轴传播，图10甲是t＝0.6 s时刻的波形图，图中P、Q两质点的位移均为－1 cm，x＝5 m处的质点的振动图象如图乙所示，则以下说法正确的是( )
图10
A.这列波沿x轴正方向传播
B.这列波的波速是eq \f(50,3) m/s
C.从t＝0.6 s开始，在接下来的0.6 s内，A质点通过的路程是10 m
D.从t＝0.6 s开始，质点P比质点Q晚0.4 s回到平衡位置
E.若该波在传播过程中遇到一个尺寸为40 m的障碍物能发生衍射现象
答案 BDE
解析 由图乙可知，t＝0.6 s时，x＝5 m处的质点沿y轴负方向振动，由图甲，根据同侧法可知，这列波沿x轴负方向传播，故A错误；由图甲可知，该波的波长为20 m，由图乙可知，该波的周期为1.2 s，根据公式v＝ eq \f(λ,T)可知，这列波的波速是v＝eq \f(20,1.2) m/s＝eq \f(50,3) m/s，故B正确；由图甲可知，t＝0.6 s时，质点A位于平衡位置，则在接下来的0.6 s内，质点振动半个周期，则通过的路程为s＝2A＝4 cm，故C错误；由图甲，根据题意，利用数学知识可知，图中P、Q两质点的平衡位置坐标分别为eq \f(20,3) m和eq \f(40,3) m，则两质点间的平衡位置的距离为Δx＝eq \f(20,3) m，结合题意可知，当质点Q到达平衡位置后，波向左传播eq \f(20,3) m后，质点P到达平衡位置，所用时间为t＝eq \f(Δx,v)＝0.4 s，故D正确；若该波在传播过程中遇到一个尺寸为40 m的障碍物能发生衍射现象，但由于障碍物尺寸大于波长，则衍射现象不明显，故E正确。
【素能提升】
5.(多选)(2022·云南德宏州质检)在某种均匀介质中，一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图如图11(a)所示，此时质点A在波峰位置，质点D刚要开始振动，质点C的振动图象如图(b)所示，t＝0时刻在D点有一台机械波信号接收器(图中未画出)，正以2 m/s的速度沿x轴正方向匀速运动。下列说法正确的是( )
图11
A.质点D的起振方向沿y轴正方向
B.该简谐波的波速是10 m/s
C.质点B的振动方程是y＝10sin(5πt＋eq \f(π,4))cm
D.信号接收器接收到该机械波的频率等于2.5 Hz
E.若改变振源的振动频率，则形成的机械波在该介质中的传播速度也将发生改变
答案 ABC
解析 由图(b)可知，t＝0时刻质点C从平衡位置向下振动，可知波沿x轴正方向传播，则质点D的起振方向沿y轴正方向，故A正确；由图(a)可知波长为4 m，由图(b)可知周期为0.4 s，则该简谐波的波速为v＝eq \f(λ,T)＝10 m/s，故B正确；由图(a)可知，t＝0时刻质点B已经从平衡位置向波峰方向起振了eq \a\vs4\al(\f(\r(2),2)A)。又由图(b)可知，振幅为A＝10 cm，则质点B的振动方程是y＝10sin(eq \f(2π,T)t＋eq \f(π,4))cm＝10sin(5πt＋eq \f(π,4))cm，故C正确；波源的波长为λ＝4 m，信号接收器以2 m/s的速度沿x轴正向匀速运动，则单位时间内接收到的波的个数为N＝eq \f(10－2,4)＝2个，所以信号接收器接收到该机械波的频率为2 Hz，故D错误；因为影响机械波传播速度的因素是介质，所以改变振源的振动频率，不会影响机械波在介质中的传播速度，故E错误。高考题型三 光的折射与全反射
求解光的折射和全反射问题的思路
(1)根据题意画出正确的光路图，特别注意全反射的临界光线。
(2)利用几何关系确定光路中的边、角关系。
(3)利用折射定律等式求解。
(4)注意折射现象中光路的可逆性。
【例8】 [2022·河北卷，16(2)] 如图12，一个半径为R的玻璃球，O点为球心。球面内侧单色点光源S发出的一束光在A点射出，出射光线AB与球直径SC平行，θ＝ 30°。光在真空中的传播速度为c。求：
图12
(ⅰ)玻璃的折射率；
(ⅱ)从S发出的光线经多次全反射回到S点的最短时间。
答案 (ⅰ)eq \r(3) (ⅱ)eq \f(4\r(6)R,c)
解析 (ⅰ)根据题意将光路图补充完整，如图所示
根据几何关系可知i1＝ θ＝ 30°，i2＝ 60°
根据折射定律有nsin i1＝ sin i2
解得n＝eq \r(3)
(ⅱ)设全反射的临界角为C，则
sin C＝eq \f(1,n)＝eq \f(\r(3),3)
光在玻璃球内的传播速度有v＝eq \f(c,n)
根据几何关系可知当θ＝ 45°时，即光路为圆的内接正方形，从S发出的光线经多次全反射回到S点的时间最短，则正方形的边长x＝eq \r(2)R
则最短时间为t＝eq \f(4x,v)＝eq \f(4\r(6)R,c)。
【素能提升】
6.(2022·陕西宝鸡二模)如图13，一潜水员在距海岸A点30 m的B点竖直下潜，B点和灯塔之间停着一条皮划艇。灯塔顶端的指示灯与皮划艇两端的连线与竖直方向的夹角分别为α和β(sin α＝eq \f(4,5)，sin β＝eq \f(2,3))，潜水员下潜的深度h＝10eq \r(7) m，皮划艇高度可忽略。
图13
(1)潜水员在水下看到水面上的所有景物都出现在一个倒立的圆锥里。若海岸上A点恰好为倒立圆锥面与水面交点，求水的折射率为多大；
(2)潜水员竖直下潜过程中，深度在h1＝4 m至h2＝7eq \r(3) m的范围内看不到灯塔指示灯，求皮划艇的长度。
答案 (1)eq \f(4,3) (2)4 m
解析 (1)设水的折射率为n，海岸上A点恰好处在倒立圆锥的边缘上，可得sin θ＝eq \f(1,n)
有几何关系得sin θ＝eq \f(AB,\r(AB2＋h2))
代入数据可得n＝eq \f(4,3)。
(2)设入射角为α的光线的折射角为α′，入射角为β的折射角为β′，B点和皮划艇右端距离为l1，B点和皮划艇左端距离为l2，皮划艇长为l，则由折射定律可得eq \f(sin α,sin α′)＝eq \f(sin β,sin β′)＝eq \f(4,3)
代入数据可得α′＝37°，β′＝30°
由几何关系可得l1＝h1tan α′＝3 m
l2＝h2tan β′＝7 m
所以可得l＝l2－l1＝4 m。
7.(2022·吉林长春模拟)如图14所示，直角梯形ABCD为某玻璃砖的截面，ABC为边长为L的正三角形，CD⊥BC，BC面镀了银，一束单色光沿垂直BC边的方向入射到AB边上E点(图中未画出)，在AB面折射后，折射光线照射到BC面，经BC面反射后的反射光线刚好射到CD边的中点。已知玻璃对光的折射率为eq \r(3)，光在真空中的传播速度为c，求：
图14
(1)A、E两点间的距离；
(2)光在玻璃砖中传播的时间(不考虑光在AD面的反射)。
答案 (1)eq \f(L,4) (2)eq \f(7\r(3)L,4c)
解析
(1)根据几何关系可知，光线在E点的入射角α为60°，则
eq \f(sin α,sin β)＝n
解得β＝30°
光线经过BC面发生反射，到达CD的中点。根据几何关系可知CG＝eq \f(1,2)CD＝eq \f(\r(3),4)L
根据反射定律和几何关系可知∠FGC＝30°
故CF＝CGtan 30°＝eq \f(L,4)
根据几何关系可知三角形BEF也为正三角形，故AE＝AB－BE＝BC－BF＝FC＝eq \f(L,4)。
(2)因为sin C＝eq \f(1,n)＝eq \f(\r(3),3)所以光线在G点会发生全反射，光线在玻璃中传播的速度为v＝eq \f(c,n)＝eq \f(c,\r(3))
根据反射定律和几何关系可知
FG＝GH＝eq \f(CF,sin 30°)＝eq \f(L,2)
传播时间为t＝eq \f(s,v)＝eq \f(EF＋FG＋GH,v)＝eq \f(\f(3,4)L＋\f(1,2)L＋\f(1,2)L,\f(c,\r(3)))＝eq \f(7\r(3)L,4c)。
高考题型四 光的干涉、衍射、多普勒效应 电磁波
1.光的双缝干涉和单缝衍射的比较
2.电磁波传播不需要介质，在介质中传播时速度与介质材料和电磁波频率有关。
3.各种色光特征比较
【例9】 (多选)(2022·四川泸州三诊)我国成功研发的反隐身先进米波雷达堪称隐身飞机的克星，它标志着我国雷达研究创新的里程碑。米波雷达发射无线电波的波长在1～10 m范围内，下列有关波的选项正确的有( )
图15
A.该米波必须依靠空气传播
B.该米波频率比厘米波的频率低
C.该米波比可见光更容易产生衍射现象
D.该米波遇到厘米波有可能产生干涉现象
E.上图为一列f＝1 Hz的机械波在t＝0时刻波形图，此时x＝14 m处的质点振动方向向上，则t＝1.75 s时，处于x＝6 m的质点位移为5 cm
答案 BCE
解析 无线电波不需要介质传播，在真空中也能传播，故A错误；根据f＝eq \f(v,λ)可知，波长越长，频率越低，故米波的频率比厘米波的频率低，故B正确；该米波的波长比可见光的波长长，因此更容易发生衍射现象，故C正确；发生干涉现象必须是频率相同，由于两者频率不同，因此不能发生干涉现象，故D错误；波在A、B两种介质中传播的频率f相同，由图读出波长分别是：λA＝4 m，λB＝6 m，图示时刻为t＝0时刻，且此时x＝14 m处的质点振动方向向上，故波沿x轴负方向传播。又因为该波的周期T＝eq \f(1,f)＝1 s，经1.75 s＝1eq \f(3,4)T处于x＝6 m的质点到达波峰，位移y＝5 cm，故E正确。
【素能提升】
8.(多选)(2022·江西南昌二模)关于波的现象，下列说法正确的有( )
A.根据麦克斯韦电磁场理论可知，变化的磁场一定会产生电磁波
B.声波和电磁波由空气进入水中，声波的波长变长而电磁波的波长变短
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高
D.照相机等的镜头涂有一层增透膜，其厚度应为入射光在真空中波长的eq \f(1,4)
E.拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以削弱反射光的干扰
答案 BCE
解析 根据麦克斯韦电磁场理论可知，变化的电场会产生磁场，变化的磁场会产生电场，故A错误；声波和电磁波由空气进入水中，频率保持不变，而声波波速变大，电磁波波速变小，由波长、频率和波速之间的关系v＝λf可知，声波的波长变长而电磁波的波长变短，故B正确；波源沿直线匀速靠近一静止接收者，两者距离减小，产生多普勒效应，则接收者接收到波信号的频率会比波源频率高，故C正确；在照相机的镜头前涂有一层增透膜，其厚度应为入射光在镜头材料中波长的eq \f(1,4)，故D错误；拍摄玻璃橱窗内的物品时，玻璃有反光，所以往往在镜头前加一个偏振片以削弱反射光的干扰，使照片清晰，故E正确。
高考题型五 光学实验
【例10】 小明同学为了测量某长方体透明物质的折射率，用黑纸制作了一个顶角为60°的圆锥形纸筒，在顶点固定一发光二极管(可看成点光源)，用支架悬挂在桌面上方，如图16所示。然后进行了如下操作：
A.用游标卡尺测量出待测长方体的厚度d
B.在桌面上铺一张白纸，接通电源使二极管发光，用铅笔描出在白纸上被照亮的光斑边缘
C.把被测长方体平放在白纸上，调整支架使圆锥纸筒上下移动，直到照在白纸上的光斑再次充满已经描下的区域，测量出圆锥纸筒移动的距离，记为h
D.计算出该材料的折射率n
E.改变初始时圆锥纸筒距离白纸的高度，重复步骤B、C、D，求出折射率的平均值。
根据上述实验过程，回答下列问题：
(1)用游标卡尺测量厚度时，卡尺的示数如图16所示，则透明长方体的厚度为d＝________ cm。
图16
(2)在步骤C中，为了达到实验要求，应该向________(选填“上”或“下”)调整圆锥纸筒。
答案 (1)1.225 (2)上
解析 (1)根据游标卡尺的读数规则可得，透明长方体的厚度为
d＝12 mm＋5×0.05 mm＝12.25 mm＝1.225 cm。
(2)由于光通过透明长方体会发生折射，应该向上调整圆锥纸筒。
【例11】 同学们利用图示17装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源(灯泡)正常发光，调整仪器从目镜中可以观察到干涉条纹。
图17
(1)若想增加从目镜中观察到的条纹个数，下列操作可行的是________。
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
(2)若双缝的间距为d，屏与双缝间的距离为l，测得第1条亮纹中央到第n条亮纹中央间距离为x，则单色光的波长λ＝________。
(3)若只将滤光片去掉，下列说法正确的是________。
A.屏上出现彩色衍射条纹，中央是紫色亮纹
B.屏上出现彩色衍射条纹，中央是白色亮纹
C.屏上出现彩色干涉条纹，中央是红色亮纹
D.屏上出现彩色干涉条纹，中央是白色亮纹
(4)随着学习的不断深入，同学们对光的本性有了更为丰富的认识。现在我们知道光既具有波动性，又具有粒子性，即光具有波粒二象性。
①在双缝干涉实验中，某个光子打在光屏上落点的准确位置________(选填“可以”或“不可以”)预测。
②在光电效应实验中，用紫外线照射锌板可以使光电子离开锌板，如果只增加紫外线的照射强度光电子的最大初动能是否会增加。请说明你的观点及依据。
答案 (1)B (2)eq \f(xd,（n－1）l) (3)D (4)①不可以 ②见解析
解析 (1)若想增加从目镜中观察到的条纹个数，意思是减小条纹间距，因为条纹间距Δx＝eq \f(l,d)λ；若将单缝向双缝靠近，条纹间距不会变化，选项A错误；将屏向靠近双缝的方向移动，减小l，则Δx会减小，故选项B正确；将屏向远离双缝的方向移动，则增大l，Δx会增大，故选项C错误；使用间距更小的双缝，即减小d，则Δx会增大，故选项D错误。
(2)若双缝的间距为d，屏与双缝间的距离为l，测得第1条亮纹中央到第n条亮纹中央间距离为x，则相邻两条明条纹的间距Δx＝eq \f(x,n－1)，故单色光的波长λ＝eq \f(dΔx,l)＝eq \f(dx,（n－1）l)。
(3)若只将滤光片去掉，则射到此缝上的光变为白光，则经过双缝得到的图样仍是干涉图样，中央是白色的亮条纹，亮条纹的边缘是彩色的，选项D正确。
(4)①若讨论的是某个光子打在光屏上，则显示出它的粒子性，但是该光子到底落在屏的什么位置是不确定的，即不可以预测落点的准确位置。
②只增加紫外线的照射强度不会增加光电子的最大初动能。根据爱因斯坦的光电效应方程Ek＝hν－W0，光电子的最大初动能与光的频率及金属的逸出功有关，与光的强度无关。因此当光的频率及金属的逸出功不变时，只增加紫外线的照射强度，光电子的最大初动能不变。
1.(2022·全国甲卷，34)(1)一平面简谐横波以速度v＝2 m/s沿x轴正方向传播，t＝0时刻的波形图如图18所示，介质中平衡位置在坐标原点的质点A在t＝0时刻的位移y＝eq \r(2) cm，该波的波长为______ m，频率为________ Hz，t＝2 s时刻，质点A________(选填“向上运动”“速度为零”或“向下运动”)。
图18
图19
(2)如图19，边长为a的正方形ABCD为一棱镜的横截面，M为AB边的中点。在截面所在的平面，一光线自M点射入棱镜，入射角为60°，经折射后在BC边的N点恰好发生全反射，反射光线从CD边的P点射出棱镜，求棱镜的折射率以及P、C两点之间的距离。
答案 (1)4 0.5 向下运动 (2)eq \f(\r(7),2) eq \f(\r(3)－1,2)a
解析 (1)设波的表达式为
y＝Asin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,λ)x＋φ))
由题知A＝2 cm，波图像过点(0，eq \r(2))和(1.5，0)，
代入表达式可得y＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x＋\f(π,4))) cm
即λ＝4 m
由于该波的波速v＝2 m/s，则
f＝eq \f(v,λ)＝eq \f(2,4) Hz＝0.5 Hz，T＝eq \f(λ,v)＝2 s
由于题图为t＝0时刻的波形图，则t＝2 s时刻该波的振动形式和0时刻相同，根据“上、下坡”法可知质点A向下运动。
(2)设光线在AB面的折射角为θ，则有
sin 60°＝nsin θ
由题知，光线经折射后在BC边的N点恰好发生全反射，则有sin C＝eq \f(1,n)，C＝90°－θ
联立解得tan θ＝eq \f(\r(3),2)，n＝eq \f(\r(7),2)
根据几何关系有tan θ＝eq \f(MB,BN)＝eq \f(a,2BN)
解得NC＝a－BN＝a－eq \f(a,\r(3))
再由tan θ＝eq \f(PC,NC)，解得PC＝eq \f(\r(3)－1,2)a。
2.(2022·全国乙卷，34)(1)介质中平衡位置在同一水平面上的两个点波源S1和S2，二者做简谐运动的振幅相等，周期均为0.8 s。当S1过平衡位置向上运动时，S2也过平衡位置向上运动。若波速为5 m/s，则由S1和S2发出的简谐横波的波长均为________ m。P为波源平衡位置所在水平面上的一点，与S1、S2平衡位置的距离均为10 m，则两波在P点引起的振动总是相互____________(填“加强”或“削弱”)的；当S1恰好在平衡位置向上运动时，平衡位置在P处的质点____________(填“向上”或“向下”)运动。
(2)一细束单色光在三棱镜ABC的侧面AC上以大角度由D点入射(入射面在棱镜的横截面内)，入射角为i，经折射后射至AB边的E点，如图20所示，逐渐减小i，E点向B点移动，当sin i＝eq \f(1,6)时，恰好没有光线从AB边射出棱镜，且DE＝DA。求棱镜的折射率。
图20
答案 (1)4 加强 向下 (2)1.5
解析 (1)因周期T＝0.8 s，波速为v＝5 m/s，则波长为λ＝vT＝4 m；因两波源到P点的距离之差为零，且两振源振动方向相同，则P点的振动是加强的；因S1P＝10 m＝2.5λ，则当S1恰好在平衡位置向上运动时，平衡位置在P处的质点向下振动。
(2)因为当sin i＝eq \f(1,6)时，恰好没有光线从AB边射出，可知光线在E点发生全反射，设临界角为C，则sin C＝eq \f(1,n)
由几何关系可知，光线在D点的折射角为
r＝90°－2C，且有eq \f(sin i,sin r)＝n
联立可得n＝1.5。
3.(2020·全国甲卷)(1)如图21，单色光从折射率n＝1.5、厚度d＝10.0 cm的玻璃板上表面射入。已知真空中的光速为3.0×108 m/s，则该单色光在玻璃板内传播的速度为________m/s；对于所有可能的入射角，该单色光通过玻璃板所用时问t的取值范围是________s≤t<________s(不考虑反射)。
图21
(2)均匀介质中质点A、B的平衡位置位于x轴上，坐标分别为0和xB＝16 cm。某简谐横波沿x轴正方向传播，波速为v＝20 cm/s，波长大于20 cm，振幅为y＝1 cm，且传播时无衰减。t＝0时刻A、B偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同，运动方向相反，此后每隔Δt＝0.6 s，两者偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同。已知在t1时刻(t1>0)，质点A位于波峰。求：
(ⅰ)从t1时刻开始，质点B最少要经过多长时间位于波峰；
(ⅱ)t1时刻质点B偏离平衡位置的位移。
答案 (1)2.0×108 5.0×10－10 3eq \r(5)×10－10 (2)(ⅰ)0.8 s (ⅱ)－0.5 cm
解析 (1)该单色光在玻璃板内传播的速度v＝eq \f(c,n)＝2.0×108 m/s；最短时间为垂直入射时，tmin＝eq \f(d,v)＝5.0×10－10 s，最长时间为入射光线接近水平时，此时折射角为临界角C，sin C＝eq \f(1,n)，根据几何关系可知，光程l＝eq \f(d,cs C)，tmax＝eq \f(l,v)＝3eq \r(5)×10－10 s。
(2)(ⅰ)因波速v＝20 cm/s，波长大于20 cm，所以周期T>1 s，
又由t＝0时刻后每隔0.6 sA、B两者偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同，可知该波周期T＝1.2 s，
该波波长λ＝vT＝24 cm，
故A、B的平衡位置相距eq \f(2,3)λ，
从t1时刻开始，质点B最少要经过eq \f(2,3)T＝0.8 s位于波峰。
(ⅱ)在t1时刻(t1>0)，质点A位于波峰，A、B平衡位置相距eq \f(2,3)λ，可知质点B偏离平衡位置的位移
yB＝ycseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2π×\f(2,3)))＝－0.5 cm。
4.(2021·全国乙卷，34)(1)图22中实线为一列简谐横波在某一时刻的波形曲线，经过0.3 s 后，其波形曲线如图中虚线所示。已知该波的周期T大于0.3 s，若波是沿x轴正方向传播的，则该波的速度大小为________m/s，周期为________s；若波是沿x轴负方向传播的，该波的周期为________s。
图22
(2)用插针法测量上、下表面平行的玻璃砖的折射率，实验中用A、B两个大头针确定入射光路，C、D两个大头针确定出射光路，O和O′分别是入射点和出射点，如图23(a)所示。测得玻璃砖厚度为h＝15.0 mm；A到过O点的法线OM的距离AM＝10.0 mm，M到玻璃砖的距离MO＝20.0 mm，O′到OM的距离为s＝5.0 mm。
图23
(ⅰ)求玻璃砖的折射率；
(ⅱ)用另一块材料相同，但上下两表面不平行的玻璃砖继续实验，玻璃砖的截面如图(b)所示。光从上表面入射，入射角从0逐渐增大，达到45°时，玻璃砖下表面的出射光线恰好消失。求此玻璃砖上下表面的夹角。
答案 (1)0.5 0.4 1.2 (2)(ⅰ)eq \r(2) (ⅱ)15°
解析 (1)若该波沿x轴正方向传播，则有eq \f(3,4)T＋nT＝0.3 s(n＝0，1，2，…)，由于T>0.3 s，所以n＝0，解得该波的周期T＝0.4 s，该波的波速v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(20×10－2,0.4) m/s＝0.5 m/s。若该波沿x轴负方向传播，则有eq \f(1,4)T＋nT＝0.3 s(n＝0，1，2，…)，由于T>0.3 s，所以n＝0，解得T＝1.2 s。
(2)(ⅰ)由几何关系可知，入射光线与法线夹角的正弦值
sin i＝eq \f(10.0,10\r(5))＝eq \f(\r(5),5)，
折射光线与法线夹角的正弦值
sin r＝eq \f(5.0,5\r(10))＝eq \f(\r(10),10)，
根据折射定律可知，玻璃砖的折射率n＝eq \f(sin i,sin r)＝eq \r(2)。
(ⅱ)当光线从玻璃砖上表面射入时，根据折射定律有
n＝eq \f(sin i′,sin r′)，
当入射角为45°时，光线在上表面的折射角r′＝30°，介质内的光线与上表面的夹角为60°，
该光线恰好在下表面发生全反射，则光线在下表面的入射角为临界角C，
根据n＝eq \f(1,sin C)，
解得C＝45°，
则介质内的光线与下表面的夹角为45°，
所以玻璃砖上、下表面的夹角为
60°－45°＝15°。
1.(1)(多选)下列说法中正确的是( )
A.做简谐运动的质点，其振动能量与振幅无关
B.泊松亮斑是光的衍射现象，玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的全反射现象
C.真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源和观察者的运动无关
D.在“用单摆测定重力加速度”的实验中，为使实验结果较为准确，应选用10 cm长的细线和小铁球
E.各种电磁波在真空中的传播速度与光速一样，为3×108 m/s
(2)如图1为透明塑料制成的极薄半圆形塑料壳，半径为R、圆心为O。在壳中注满某种透明液体，用间距为eq \r(2)R的两平行红色激光束、从圆周上垂直直径ab与O对称地照射到圆弧表面，ab上两亮斑的间距为(eq \r(6)－eq \r(2))R。
图1
(ⅰ)求该液体对红光的折射率；
(ⅱ)若让激光从右侧垂直ab射入并不断改变两激光束间的距离，求圆弧面上有光直接射出的范围的长度。
答案 (1)BCE (2)(ⅰ)eq \r(2) (ⅱ)eq \f(π,2)R
解析 (1)做简谐运动的质点，其振动能量与振幅有关，振幅越大，能量越大，故A错误；泊松亮斑是光的衍射现象，玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的全反射现象，故B正确；根据爱因斯坦相对论原理可知，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，故C正确；在“用单摆测定重力加速度”的实验中，为减少实验误差，应选用1 m长的细线和小铁球，故D错误；各种电磁波在真空中的传播速度与光速一样，为3×108 m/s，故E正确。
(2)(ⅰ)由题意得，光路图如图所示
由几何关系得sin i1＝eq \f(OP,OO1)＝eq \f(\r(2),2)
O1Q2＝O1P2＋PQ2
PQ＝OP－OQ＝eq \f(2\r(2)－\r(6),2)R
O1Q＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)－1))R
sin ∠PO1Q＝eq \f(PQ,O1Q)＝eq \f(\r(6)－\r(2),4)
得sin i2＝eq \f(1,2)
由折射定律n＝eq \f(sin i1,sin i2)
得n＝eq \r(2)
(ⅱ)若让激光从圆弧面上有光直接射出，设光射在圆弧面上恰好在O2发生全反射，如图所示
由sin C＝eq \f(1,n)
得C＝45°
则由几何关系得，圆弧面上有光直接射出的范围的长度等于弧长O2O3＝2C·R＝eq \f(π,2)R。
2.(1)(多选)以下说法正确的是( )
A.物体做受迫振动的频率等于驱动力的频率，而跟物体固有频率无关
B.产生显著衍射的条件是障碍物或孔的尺寸比波长要小或与波长相差不多
C.利用薄膜干涉可以检查精密部件的表面是否平整
D.在真空中无线电波、红外线、可见光、紫外线的波长越来越短，速度越来越大
E.根据光速不变原理可知光在任意介质中的速度是相等的
(2)如图2所示为某种透明介质的截面图，△AOC为等腰直角三角形，BC为以O为圆心、半径R＝10 cm的四分之一圆弧，AB与水平屏幕MN垂直并接触于A点。由红光和紫光两种单色光组成的复色光射向圆心O，在AB分界面上的入射角i＝45°，结果在水平屏幕MN上出现两个亮斑。已知该介质对红光和紫光的折射率分别为n1＝eq \f(2\r(3),3)、n2＝eq \r(2)。
图2
(ⅰ)判断在AM间和AN间产生亮斑的颜色；
(ⅱ)求两个亮斑的距离。
答案 (1)ABC (2)(ⅰ)红色 红色与紫色的混合色 (ⅱ)(5eq \r(2)＋10) cm
解析 (1)受迫振动的周期、频率与驱动力周期、频率相等，与固有周期、频率无关。并且驱动力频率与固有频率之差越小振幅越大，二者之差越大，振幅越小，故A正确；发生明显的衍射需障碍物或孔的尺寸比波长小或跟波长差不多，故B正确；利用薄膜干涉可以检查精密部件的表面是否平整，故C正确；在真空中无线电波、红外线、可见光、紫外线的波长越来越短，但速度不变，故D 错误；光速不变原理：真空中的光速对任何观察者来说都是相同的。但在不同介质中，光速不同，故E错误。
(2)(ⅰ)设红光和紫光的临界角分别为C1、C2，
则sin C1＝eq \f(1,n1)＝eq \f(1,\f(2\r(3),3))＝eq \f(\r(3),2)
得C1＝60°
同理得C2＝45°
i＝45°＝C2所以紫光在AB面发生全反射，而红光在AB面一部分发生折射，一部分发生反射，且由几何关系可知，反射光线与AC面垂直，所以在AM间产生的亮斑为红色，在AN间产生的亮斑为红色与紫色的混合色。
(ⅱ)画出如图光路图，设折射角为r，两个光斑分别为P1、P2
根据折射定律n1＝eq \f(sin r,sin i)
求得sin r＝eq \f(\r(6),3)
由几何知识可得tan r＝eq \f(R,AP1)
解得AP1＝5eq \r(2) cm
由几何知识可得△OAP2为等腰直角三角形，解得AP2＝10 cm
所以P1P2＝(5eq \r(2)＋10)cm。
3.(1)(多选)如图3所示的直角坐标系中，O点有一波源，t＝0时刻，波源从O点开始沿着y轴正方向振动，形成沿x轴正方向传播的简谐横波，经半个周期后刚好传播到P点。已知该波的周期为0.4 s，振幅为8 cm，OP间的距离为0.6 m，PQ间的距离为0.7 m。则下列说法正确的是( )
图3
A.该波的传播速度为3 m/s
B.Q点开始振动时，P点的位移为4 cm
C.Q点开始振动时，O点的位移为4 cm
D.P点第一次到波谷时，Q点正在做加速运动
E.Q点开始振动后，P、Q两点在同一时刻的速度不可能相等
(2)一节日彩灯的结构图如图4所示，半径为R的圆柱形透明灯柱其折射率为n＝ eq \f(2\r(3),3)，B为透明灯柱的背板，在灯柱的边缘内侧AA′位置有一贴片式线光源，光源发出的光线经透明灯柱传播和折射后投影在背板B上，求：
图4
(ⅰ)灯柱上有光线出射的圆弧面对应的圆心角φ；
(ⅱ)背板上有光线照射的宽度d。
答案 (1)ACE (2)(ⅰ)eq \f(4π,3) (ⅱ)2eq \r(3)R
解析 (1)由题可知，波从O传播到P的过程，波的传播速度v＝eq \f(Δx1,t1)＝eq \f(0.6,0.2) m/s＝3 m/s，故A正确；由题意T＝0.4 s，T＝eq \f(2π,ω)，ω＝5π rad/s
λ＝1.2 m，A＝8 cm，P点与O点间距半个波长，是反相点的关系，所以P质点的振动方程为yP＝－8sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5πt－π)) cm
波从P传播到Q，历时t2＝eq \f(Δx2,v)＝eq \f(0.7,3) s
代入P的振动方程可得yP′＝－4 cm，故B错误；
同理，O点的振动方程为yO＝8sin 5πtcm
波从O传播到Q历时
t＝t1＋t2＝0.2 s＋eq \f(0.7,3) s＝eq \f(1.3,3) s
代入O点的振动方程可得yO′＝4 cm，故C正确；P从起振至第一次处于波谷历时eq \f(3,4)T，波从P传播到Q历时eq \f(7,12)T，所以P点第一次到波谷时，Q点振动了Δt＝eq \f(3,4)T－eq \f(7,12)T＝eq \f(1,6)T
由于起振方向沿y轴正方向，所以此刻Q点在平衡位置上方向最大位移处运动，在做减速运动，故C错误；Q点开始振动后，P、Q两点振动相位上相差eq \f(7π,6)，所以在同一时刻的速度不可能相等，故E正确。
(2)(ⅰ)A点发出的光恰好射出圆弧面的光路如图所示
根据全反射定律sin θ＝eq \f(1,n)＝eq \f(\r(3),2)
所以临界角θ＝60°，则α＝30°
根据几何关系可知，C点以上有光线出射，则灯柱上有光线出射的圆弧面对应的圆心角
φ＝30°＋30°＋180°＝240°＝eq \f(4π,3)
(ⅱ)根据几何关系可知，背板上有光线照射的宽度d＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(HE＋EG))＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(CEtan α＋EG))
得d＝2Rcs 30°＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Rsin 30°＋R))tan 30°
即d＝2eq \r(3)R。
4.(1)(多选)关于电磁波和机械波，下列说法正确的有( )
A.周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波
B.电磁波传递信号可以实现无线通信，但不能通过电缆、光缆传输
C.有经验的战士利用炮弹飞行的尖叫声判断飞行炮弹是接近还是远去
D.铁路工人把耳朵贴在铁轨上可判断火车的运动情况利用了多普勒效应
E.物体做机械振动，不一定产生机械波
(2)一透明玻璃体的横截面如图5所示，右部是半径为R的半圆，O为圆心，BC为直径，左部ABCD为一长方形，EF为过玻璃体的中轴线且过O点。用宽度为2R、平行于轴线EF的平行光从AD边射入，从右向左看弧BFC上被照亮的部分占半圆弧的eq \f(1,2)，不计光线在玻璃体内的多次反射，求：
图5
(ⅰ)透明玻璃体的折射率n；
(ⅱ)若将平行光源改为放在E点的点光源，从右向左看弧BFC上被照亮的部分占半圆弧的eq \f(5,6)，AB的长度是多少？
答案 (1)ACE (2)(ⅰ)eq \r(2) (ⅱ)eq \r(2)R
解析 (1)周期性变化的电场产生周期性变化的磁场，周期性变化的磁场产生周期性变化的电场，相互激发，形成电磁波，故A正确；利用电磁波传递信号可以实现无线通信，电磁波也能通过电缆、光缆传输，故B错误；炮弹飞行，与空气摩擦产生声波，人耳接收到的频率与炮弹的相对运动方向有关，故C正确；铁路工人是根据振动的强弱而对列车的运动作出判断的，故D错误；机械波的形成必须具备两个条件：波源和介质。若只有物体做机械振动，而其周围没有传播这种振动的介质，远处的质点不可能振动起来形成机械波，故E正确。
(2)(ⅰ)当平行光线在弧BFC面上发生全反射时就没有光线出射，两条入射光在弧BFC面上恰好发生全反射，则入射角均为临界角C，从右向左看弧BFC上被照亮的部分占半圆弧的一半，根据对称性可得临界角C＝ 45°
sin C＝eq \f(1,n)＝eq \f(\r(2),2)
透明玻璃体的折射率n＝eq \r(2)
(ⅱ)从E点的点光源发出的光到弧BFC面上发生全反射时就没有光线出射，两条入射光在弧BFC面上恰好发生全反射，则入射角均为临界角C，如图所示。从右向左看弧BFC上被照亮的部分占半圆弧的eq \f(5,6)，由对称性可得∠MOF＝75°
由几何关系得θ＝∠MEO＝30°
由正弦定理得eq \f(sin C,OE)＝eq \f(sin θ,R)
OE＝eq \r(2)R
即AB＝OE＝eq \r(2)R。
5.(2022·湖南卷，16)(1)(多选)下端附着重物的粗细均匀木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿竖直方向做频率为1 Hz的简谐运动；与此同时，木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动，如图6(a)所示。以木棒所受浮力F为纵轴，木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系，浮力F随水平位移x的变化如图(b)所示。已知河水密度为ρ，木棒横截面积为S，重力加速度大小为g。下列说法正确的是________。
图6
A.x从0.05 m到0.15 m的过程中，木棒的动能先增大后减小
B.x从0.21 m到0.25 m的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小
C.x＝0.35 m和x＝0.45 m时，木棒的速度大小相等，方向相反
D.木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为eq \f(F1－F2,2ρSg)
E.木棒的运动为向x轴正方向传播的机械横波，波速为0.4 m/s
(2)如图7，某种防窥屏由透明介质和对光完全吸收的屏障构成，其中屏障垂直于屏幕平行排列，可实现对像素单元可视角度θ的控制(可视角度θ定义为某像素单元发出的光在图示平面内折射到空气后最大折射角的2倍)。透明介质的折射率n＝2，屏障间隙L＝0.8 mm。发光像素单元紧贴屏下，位于相邻两屏障的正中间。不考虑光的衍射。
图7
(ⅰ)若把发光像素单元视为点光源，要求可视角度θ控制为60°，求屏障的高度d；
(ⅱ)若屏障高度d＝1.0 mm，且发光像素单元的宽度不能忽略，求像素单元宽度x最小为多少时，其可视角度θ刚好被扩为180°(只要看到像素单元的任意一点，即视为能看到该像素单元)。
答案 (1)ABD (2)(ⅰ)1.55 mm (ⅱ)0.35 mm
解析 (1)由简谐运动的对称性可知，0.1 m、0.3 m、0.5 m时木棒处于平衡位置；则x从0.05 m到0.15 m的过程中，木棒从平衡位置下方向上移动，经平衡位置后到达平衡位置上方，速度先增大后减小，所以动能先增大后减小，A正确；x从0.21 m到0.25 m的过程中，木棒从平衡位置上方靠近最大位移处向下运动(未到平衡位置)，加速度方向竖直向下，大小逐渐变小，B正确；x＝0.35 m和x＝0.45 m时，由图像的对称性知浮力大小相等，说明木棒在同一位置，竖直方向速度大小相等，方向相反，而这两时刻木棒水平方向速度相同，所以合速度大小相等，方向不是相反，C错误；木棒底端处于水面下最大位移时，F1＝ρgSh1，木棒底端处于水面下最小位移时，F2＝ρgSh2，木棒在竖直方向做简谐运动的振幅A＝eq \f(h1－h2,2)＝eq \f(F1－F2,2ρSg)，D正确；木棒上各质点相对静止随木棒一起运动，不能看成向x轴正方向传播的机械横波，E错误。
(2)(ⅰ)发光像素单元射到屏障上的光被完全吸收，考虑射到屏障顶端的光射到透明介质和空气界面，折射后从界面射向空气，由题意可知θ＝60°，则r＝eq \f(θ,2)＝30°
在介质中的入射角为i，则eq \f(sin r,sin i)＝n
解得sin i＝eq \f(1,4)
由几何关系有sin i＝eq \f(\f(L,2),\r(d2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,2)))\s\up12(2)))
解得d＝eq \r(2.4) mm≈1.55 mm
(ⅱ)若视角度θ刚好被扩为180°，则折射角r′＝eq \f(180°,2)＝90°，此时光线在界面处的入射角sin i′＝eq \f(sin r′,n)，解得i′＝30°
此时发光像素单元最远发光点到屏障的距离为x1＝dtan i′＝eq \f(\r(3),3) mm
像素单元宽度x最小为
x＝2(x1－eq \f(L,2))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)－0.8)) mm
≈0.35 mm。
6.(1)(多选)《梦溪笔谈》是中国科学技术史上的重要文献，书中对彩虹作了如下描述：“虹乃雨中日影也，日照雨则有之”。如图8是彩虹成因的简化示意图，设水滴是球形的，图中的圆代表水滴过球心的截面，入射光线在过此截面的平面内，a、b是两种不同频率的单色光。下列说法正确的是( )
图8
A.雨后太阳光入射到水滴中发生色散而形成彩虹
B.水滴对a光的临界角小于对b光的临界角
C.在水滴中，a光的波长大于b光的波长
D.在水滴中，a光的传播速度大于b光的传播速度
E.a、b光分别通过同一双缝干涉装置，a光的相邻亮条纹间距较小
(2)如图9所示，P、Q是在x轴上的两个波源，其横坐标分别为xP＝－4 m，xQ＝8 m。t＝0时刻波源P开始沿着y轴正方向起振，波源Q开始沿着y轴负方向起振，两波源都一直做简谐运动，产生的两列简谐横波沿x轴相向传播。已知两波源振动周期均为T＝2 s，波速均为v＝2 m/s，振幅均为A＝1 m。求：
图9
(ⅰ)在0～3.5 s时间内，位于x＝3 m处的质点C通过的路程；
(ⅱ)P、Q之间(不含P、Q)振动减弱点的个数及每个减弱点的横坐标。
答案 (1)ABE (2)(ⅰ)2 m (ⅱ)见解析
解析 (1)雨后太阳光入射到水滴中发生折射时，不同颜色光折射率不同，偏折程度不同而形成彩虹，即发生色散而形成彩虹，故A正确；第一次折射时，入射角相同，a光的折射角较小，根据n＝eq \f(sin i,sin r)可知，a光的折射率较大，根据sin C＝eq \f(1,n)可知，水滴对a光的临界角小于对b光的临界角，故B正确；因为a光的折射率较大，所以a光频率较大，波长较短，故C错误；a光的折射率较大，根据v＝ eq \f(c,n)可知，在水滴中a光的传播速度小于b光的传播速度，故D错误；双缝条纹间距与波长成正比，a光波长较短，条纹间距较小，故E正确。
(2)(ⅰ)设波源P、Q产生的波分别经时间tP、tQ传到C点，则tP＝eq \f(PC,v)＝3.5 s
tQ＝eq \f(QC,v)＝2.5 s
波源Q产生的波先传到质点C，从tQ＝2.5 s时刻开始振动，在0～3.5 s时间内，波源P产生的波没有传到质点C，经过的时间t＝1 s，刚好是半个周期。设通过路程为s1，则s1＝2A＝2 m。
(ⅱ)设波长为λ，则λ＝vT＝4 m
由于t＝0时刻波源P开始沿着y轴正方向起振，波源Q开始沿着y轴负方向起振，若x轴上某点到P、Q的距离差是半波长的偶数倍，则该点振动减弱。设振动减弱点的横坐标为x，则(xQ－x)－(x－xP)＝eq \f(1,2)λ·n(n＝0，±2，±4，……)
－4 m解得n＝4， 2， 0，－2， －4
对应x＝－2 m，0，2 m，4 m，6 m
所以，振动减弱点的个数是5。横坐标分别是－2 m，0，2 m，4 m，6 m。
知识点
重要的规律、公式和二级结论
1.简谐运动、简谐运动的公式和图象、振动中的能量转化
(1)表达式：x＝Asin(ωt＋φ)。
(2)简谐运动的条件：回复力与位移成正比，即F＝－kx。
(3)质点在平衡位置时，速度最大，动能最大；最大位移时，速度为0，势能最大，机械能守恒。
2.单摆、单摆周期公式
(4)单摆在小角度(θ<10°)摆动时，F＝－eq \f(mg,l)x；单摆的周期：T＝2πeq \r(\f(l,g))。
3.受迫振动、共振
(5)受迫振动时，小球做受迫振动的周期(频率)与驱动力的周期(频率)相等。
(6)当系统的驱动力频率等于系统的固有频率时，振幅最大，这就是共振现象。
4.机械波
(7)产生条件：波源，介质。
(8)波源的起振方向就是波传播时最前头的质点的振动方向，依次带动后面的质点振动。
5.横波的图象、波速、波长和频率(周期)的关系
(9)判断质点振动方向的方法：“上下坡法”即沿着波的传播方向，“上坡”时质点向下振动，“下坡”时质点向上振动。
(10)波上的质点只会在自己的平衡位置附近振动，不会随波移动。
(11)波速、波长和频率的关系：v＝λf，其中f＝eq \f(1,T)。
(12)波由一种介质进入另一种介质时，频率不变，波长和波速改变(由介质决定)。
6.波的叠加、波的干涉、衍射现象
(13)叠加：几列波相遇时能够保持各自的运动状态，继续传播，重叠区域中质点的位移等于几列波单独传播的矢量和。
(14)干涉：频率相同的两列波叠加时，可以使某些区域的振动加强、某些区域的振动减弱，形成稳定的干涉图样。
(15)明显的衍射现象的条件：缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不多或者比波长小。
7.多普勒效应
(16)当波源与观察者之间的距离减小时，观察到的频率增加；距离增加时，观察到的频率减小。
8.光的折射定律，折射率
(17)折射率n12＝eq \f(sin θ1,sin θ2)＝eq \f(c,v)。
9.全反射、临界角
(18)光从光密介质射入光疏介质时，入射角大于临界角，没有折射光的现象。
(19)临界角：sin C＝eq \f(1,n)
10.光导纤维
(20)内芯的折射率较大，外芯的折射率较小；光在内芯与外芯的界面处发生全反射。
11.光的色散
(21)白光经过三棱镜后可以分解为：红、橙、黄、绿、青、蓝、紫七种色光。
(22)折射率依次增大，频率依次增大，波长依次减小。
12.电磁场、电磁波
(23)麦克斯韦预言了电磁波，赫兹用实验证明了电磁波的存在。
(24)变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场。
13.光的干涉现象，双缝干涉的条纹间距与波长的关系
(25)频率相同的光经过双缝干涉，在光屏上形成等间距的明暗相间的条纹。
(26)当光程差Δr＝2n×eq \f(λ,2)时，出现明条纹；当光程差Δr＝(2n＋1)×eq \f(λ,2)时，出现暗条纹。
(27)条纹间距：Δx＝eq \f(l,d)λ；应用：薄膜干涉，牛顿环，三角形空气层干涉。
(28)增透膜的最小厚度为绿光在膜中波长的eq \f(1,4)。
(29)薄膜干涉中用标准样板(空气隙干涉)检查工件表面情况：条纹向窄处弯是凹，向宽处弯是凸(左凹右凸)。
14.光的衍射现象
(30)当缝的宽度等于或小于波长时，能发生明显的衍射现象。
(31)衍射时形成的是中央宽亮、两边逐渐变窄暗的条纹；例：泊松亮斑。
15.光的偏振现象
(32)光有偏振现象，说明光是横波；自然光通过偏振片变成偏振光。
(33)应用：摄影，液晶，3D眼镜。
16.光谱和光谱分析，光的电磁本性，电磁波谱
(34)用光栅或棱镜可以把光按波长展开，获得光的波长(频率)成分和强度的记录，就是光谱；分连续光谱和线状光谱。
(35)光的本质就是电磁波。
(36)电磁波谱：无线电波→微波→红外线→可见光→紫外线→X射线→γ射线。
角度1
简谐运动的规律
角度2
单摆及其周期公式
单摆的受力特征
(1)回复力：摆球重力沿与摆线垂直方向的分力，F回＝mgsin θ＝eq \f(mg,l)x＝－kx
(2)向心力：摆线的拉力和摆球重力沿摆线方向分力的合力充当向心力，F向＝FT－mgcs θ
(3)两点说明
①当摆球在最高点时，F向＝eq \f(mv2,l)＝0，
FT＝mgcs θ
②当摆球在最低点时，F向＝eq \f(mveq \\al(2,max),l)，F向最大，FT＝mg＋meq \f(veq \\al(2,max),l)
周期公式
T＝2πeq \r(\f(l,g))，l为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离
角度3
实验：单摆测定重力加速度
形成条件
(1)波源；(2)传播介质，如空气、水等。
传播特点
(1)机械波传播的只是振动的形式和能量，质点只在各自的平衡位置附近做简谐运动，并不随波迁移。
(2)介质中各质点振动周期和频率都与波源的振动周期和频率相同。
(3)一个周期内，质点完成一次全振动，通过的路程为4A，位移为零。
(4)一个周期内，波向前传播一个波长。
波的图象
表示在波的传播方向上，某时刻各质点离开平衡位置的位移。
波长、波速和频率的关系
(1)v＝λf；(2)v＝eq \f(λ,T)。
波的叠加
(1)两个振动情况相同的波源形成的波，在空间某点振动加强的条件为Δx＝nλ(n＝0，1，2，…)，振动减弱的条件为Δx＝(2n＋1)eq \f(λ,2)(n＝0，1，2，…)。
(2)振动加强点的位移随时间而改变，振幅为两波振幅的和A1＋A2。
波的多解问题
由于波的周期性、波传播方向的双向性，波的传播易出现多解问题。
角度1
波的图象
角度2
波的叠加
角度3
波的多解
角度4
振动图象与波的图象的综合应用
双缝干涉
单缝衍射
产生条件
两束光频率相同、相位差恒定
障碍物或狭缝的尺寸足够小(明显衍射)
图样不同点
条纹宽度
条纹宽度相等
条纹宽度不等，中央最宽
条纹间距
各相邻条纹间距相等
各相邻条纹间距不等
亮度情况
清晰条纹，亮度基本相等
中央条纹最亮，两边变暗
与光的偏振的区别
干涉、衍射都是波特有的现象；光的偏振现象说明光是横波
项目
红→紫
频率
越来越高
波长
越来越短
折射率
越来越大
介质中传播速度
越来越小
发生全反射时的临界角
越来越小
光子能量
越来越大
角度1
测定玻璃的折射率
角度2
用双缝干涉测光的波长