第2讲振动与波动光2016高考导航——适用于全国卷Ⅰ热点聚焦备考对策本讲考查的重点和热点：①波的图象；②波长、波速和频率及其相互关系；③波的传播特性；④光的折射及全反射；⑤光的干涉、衍射及双缝干涉实验；⑥简谐运动的规律及振动图象；⑦电磁波的有关性质．命题形式基本上都是填空题或选择题与计算题的拼盘．在复习本部分内容时应加强对基本概念和规律的理解，抓住波的传播特点和图象分析、光的折射定律和全反射这两条主线，兼顾振动图象和光的特性(干涉、衍射、偏振)、光的本性，强化典型问题的训练，力求掌握解决本部分内容的基本方法.一、简谐运动1．动力学特征回复力及加速度的大小与位移的大小成正比，方向总是与位移的方向相反，始终指向平衡位置．其表达式为：F＝－kx，a＝－kmx，回复力的来源是物体所受到的合力．2．能量特征振动的能量与振幅有关，随振幅的增大而增大．振动系统的动能和势能相互转化，总机械能守恒．3．周期性做简谐运动的物体，其位移、回复力、加速度、速度都随时间按“正弦”或“余弦”的规律变化，它们的周期T均相同．其位移随时间变化的表达式为：x＝A sin(ωt＋φ)或x＝A cos(ωt＋φ)(注意动能和势能的变化周期为T/2)．4．对称性振动质点在关于平衡位置对称的两点，x、F、a、v、E k、E p的大小均相等，其中回复力F、加速度a与位移x的方向相反，而v与x的方向可能相同，也可能相反．振动质点来回通过相同的两点间的时间相等．5．两个模型——弹簧振子与单摆当单摆摆动的角度α<5°时，可以看成简谐运动，其周期公式为T＝2πlg．6．受迫振动和共振受迫振动是物体在外界周期性驱动力作用下的振动．其频率等于驱动力频率，与系统固有频率无关．当驱动力频率等于固有频率时发生共振，此时振幅最大．二、机械波1．机械波的产生条件(1)波源；(2)介质．2．机械波的特点(1)机械波传播的是振动的形式和能量，质点在各自的平衡位置附近振动，并不随波迁移．(2)介质中各质点的振动周期和波的传播周期都与波源振动周期相同． (3)机械波的传播速度只由介质决定．3．波速、波长、周期、频率的关系：v ＝λT＝f ·λ．4．波的现象(1)波的叠加、干涉、衍射、多普勒效应． (2)波的干涉①必要条件：频率相同．②设两列波到某一点的波程差为Δx .若两波源振动情况完全相同，则⎩⎪⎨⎪⎧Δx ＝nλ（n ＝0，1，2，…），振动加强Δx ＝nλ＋λ2（n ＝0，1，2，…），振动减弱 ③加强区始终加强，减弱区始终减弱．加强区的振幅A ＝A 1＋A 2，减弱区的振幅A ＝|A 1－A 2|.④若两波源的振动情况相反，则加强区、减弱区的条件与上述相反． 三、光1．折射率公式(1)光从真空进入介质时：n ＝sin θ1sin θ2．(2)决定式：n ＝c /v ．(同种介质对不同色光的折射率，随色光频率的增大而增大．不同色光在同种介质中的传播速度随色光频率的增大而减小)．2．全反射(1)条件：①光从光密介质进入光疏介质． ②入射角大于或等于临界角． (2)临界角：sin C ＝1/n ． 3．光的干涉、衍射和偏振现象(1)发生干涉的条件：两光源频率相等，相位差恒定；出现明暗条纹的条件：Δr ＝kλ，明条纹；Δr ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋12λ，暗条纹(k ＝0，1，2，…)． 相邻明(暗)条纹间距：Δx ＝l dλ．(2)光明显衍射条件：d ≤λ．(3)光的偏振现象证明光是横波，偏振光平行透过偏振片时光最强，垂直透过偏振片时光最弱．热点一 对振动和波动的考查命题规律 振动与波动的问题是近几年高考的重点和热点，分析近几年高考命题，命题规律主要有以下几点：(1)以选择题的形式考查，一般考查波动图象和振动图象的相互转换与判断；(2)根据波的图象确定波的传播方向、传播时间及波速、频率等；(3)波的多解问题．1．(2015·高考海南卷)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3 m ．已知任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4 s ．下列说法正确的是( )A ．波速为4 m/sB ．波的频率为1.25 HzC ．x 坐标为15 m 的质点在t ＝0.6 s 时恰好位于波谷D ．x 坐标为22 m 的质点在t ＝0.2 s 时恰好位于波峰E ．当质点P 位于波峰时，x 坐标为17 m 的质点恰好位于波谷 [突破点拨](1)由图象可知，波长λ＝________．由质点连续2次经过平衡位置的时间可知T ＝________．(2)根据波的传播方向，分别画出t ＝0.2 s 和t ＝0.6 s 时的波形图．根据波的空间周期性确定x ＝15 m 和x ＝22 m 的质点各与哪个质点的振动情况相同．(3)x ＝17 m 的质点与P 点的振动关系为________．[解析] 任意振动质点连续两次通过平衡位置的过程所用时间为半个周期，即12T ＝0.4s ，T ＝0.8 s ，f ＝1T ＝1.25 Hz ，选项B 正确；由题图知：该波的波长λ＝4 m ，波速v ＝λT＝5 m/s ，选项A 错误；画出t ＝0.6 s 时的波形图如图所示，因15 m ＝3λ＋34λ，故x 坐标为15 m 的质点与x＝3 m 处的质点振动情况一样，即在平衡位置向下振动，选项C 错误；画出t ＝0.2 s 时波形图如图所示，因22 m ＝5λ＋12λ，故x ＝22 m 处的质点与x ＝2 m处的质点振动情况一样，即在波峰位置，选项D 正确；因质点P 与x ＝17 m 处质点的平衡位置间距离Δx ＝14 m ＝3λ＋12λ，故两质点振动步调相反，选项E 正确．[答案] BDE2．(2015·河北石家庄3月调研)如图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中x ＝2 m 处的质点P 以此时刻为计时起点的振动图象．下列说法正确的是( )A ．这列波的传播方向是沿x 轴正方向B ．这列波的传播速度是20 m/sC ．经过0.15 s ，质点P 沿x 轴的正方向传播了3 mD ．经过0.1 s ，质点Q 的运动方向沿y 轴正方向E ．经过0.35 s ，质点Q 距平衡位置的距离小于质点P 距平衡位置的距离[解析] 由甲、乙两题图可知，该波沿x 轴正方向传播，A 正确；由题图甲知波长λ＝4 m ，由题图乙知周期T ＝0.2 s ，则波速v ＝λT ＝40.2m/s ＝20 m/s ，B 正确；质点不随波迁移，只在其平衡位置附近振动，C 错误；经过0.1 s ＝12T ，质点Q 的运动方向沿y 轴负方向，D 错误；经过0.35 s ＝134T ，质点P 到达波峰，而质点Q 在波谷与平衡位置之间，故E 正确．[答案] ABE3．(2015·衡水中学模拟)如图甲所示，一列机械波沿直线ab 向右传播，ab ＝2 m ，a 、b 两点的振动情况如图乙所示，下列说法中正确的是( )A ．波速可能是243 m/sB ．波长可能是83 mC ．波速可能是37 m/sD ．波速可能是27 m/sE ．波长可能大于83m[解析] 由题干中振动图象可看出t ＝0时刻，点a 在波谷，点b 在平衡位置且向上振动，所以ab ＝2 m ＝34 λ＋nλ(n ＝0、1、2、3…)，解得λ＝84n ＋3 m(n ＝0、1、2、3…)①，所以波速v ＝λT ＝24n ＋3m/s(n ＝0、1、2、3…)②，②式中当n ＝10时，A 项正确；①式中当n ＝0时，B 项正确；②式中当n ＝1时，D 项正确．[答案] ABD[方法技巧]波动图象和振动图象的应用技巧求解波动图象与振动图象综合类问题可采用“一分、一看、二找”的方法：(1)分清振动图象与波动图象，此问题最简单，只要看清横坐标即可，横坐标为x则为波动图象，横坐标为t则为振动图象．(2)看清横、纵坐标的单位，尤其要注意单位前的数量级．(3)找准波动图象对应的时刻．(4)找准振动图象对应的质点．热点二对光的折射与全反射的考查命题规律光的折射与全反射为每年高考中的常考内容，分析近几年高考命题，命题规律主要有以下几点：(1)光在不同介质中传播时对折射定律与反射定律应用的考查；(2)光在不同介质中传播时有关全反射的考查；(3)光在介质中传播时临界光线的考查．1.(2015·忻州模拟)如图，一个三棱镜的截面为等腰直角△ABC，∠A为直角．一细束光线沿此截面所在平面且平行于BC边的方向射到AB边上的M点，M、A间距为l.光进入棱镜后直接射到AC边上，并刚好能发生全反射．试求：(1)该棱镜材料的折射率n；(2)光从AB边到AC边的传播时间．(已知真空中的光速为c)[突破点拨](1)根据题给条件可知：光线在AB边上的入射角为________．(2)折射光线射到AC边上刚好发生全反射，入射角满足________．(3)根据几何知识，AB边上的折射角与AC边上的入射角的关系为________．[解析] (1)设光从AB边射入时，折射角为α，射到AC边上N点时，入射角为β，光路图如图所示：根据折射定律n sin α＝sin 45°，光在AC边上恰好发生全反射：n sin β＝1，根据几何关系α＋β＝90°，联立解得：n＝62.(2)由图中几何关系可得M、N之间的距离为x＝l sin α由(1)中可得：sin α＝3 3用v 表示光在棱镜内的传播速度， 则v ＝c n光从AB 边到AC 边的传播时间为t ＝x v ＝32l 2c. [答案] (1)62 (2)32l2c2.(2015·贵州六校联考)如图所示，实线为空气和水的分界面，一束蓝光从空气中的A点沿AO 1方向(O 1点在分界面上，图中O 1点和入射光线都未画出)射向水中，折射后通过水中的B 点．图中O 点为A 、B 连线与分界面的交点．下列说法正确的是( )A ．O 1点在O 点的右侧B ．蓝光从空气中射入水中时，速度变小C ．若沿AO 1方向射向水中的是一束紫光，则折射光线有可能通过B 点正下方的C 点D ．若沿AO 1方向射向水中的是一束红光，则折射光线有可能通过B 点正上方的D 点E ．若蓝光沿AO 方向射向水中，则折射光线有可能通过B 点正上方的D 点 [解析]据折射定律知，光由空气斜射入水中时入射角大于折射角，则画出光路图如图所示，知O 1点应在O 点的左侧，故A 错．光从光疏介质(空气)进入光密介质(水)中时，速度变小，故B 对．紫光的折射率大于蓝光，所以折射角要小于蓝光的，则可能通过B 点正下方的C 点，故C 对．若是红光，折射率小于蓝光，折射角大于蓝光的，则可能通过B 点正上方的D 点，故D 对．若蓝光沿AO 方向射入，据折射定律，知折射光线不能通过B 点正上方的D 点，故E 错．[答案] BCD3．(2015·河北正定2月调研)如图所示，将一等腰直角棱镜截去棱角，使其平行于底面，可制成“道威棱镜”，这样就减小了棱镜的重量和杂散的内部反射．从M 点发出的一束平行于底边CD 的单色光从AC 边射入，已知玻璃棱镜的折射率n ＝ 2.求：(1)光线进入棱镜时的折射角α；(2)第一次折射后到达底边CD 的光线能否从CD 边射出，若能，求折射角；若不能，求从BD 边射出的光线与BD 边的夹角．[解析] (1)由几何关系知，光线在AC 边射入时的入射角为45°，根据折射定律有：sin 45°＝n sin α 解得：α＝30°.(2)设光线在棱镜中发生全反射的临界角为C ，有： sin C ＝1n解得：C ＝45°.如图所示，由几何关系知，第一次折射后到达底边CD 的光线，在CD 边的入射角θ＝75°>C ，光线在CD 边发生全反射，不能从CD 边射出．由几何关系知，光线到达BD 边处的入射角为30°，小于临界角C ，故光线从BD 边射出．根据光路的可逆性可知，射出的光线仍与底边平行，与BD 边的夹角为45°.[答案] (1)30° (2)不能 夹角为45° [方法技巧]光的折射和全反射题型的分析思路(1)确定要研究的光线，有时需根据题意，分析、寻找临界光线、边界光线为研究对象． (2)找入射点，确认界面，并画出法线． (3)明确两介质折射率的大小关系．①若光疏→光密：定有反射、折射光线．②若光密→光疏：如果入射角大于或等于临界角，一定会发生全反射． (4)根据反射定律、折射定律列出关系式，结合几何关系，具体求解．热点三 对光的波动性的考查命题规律 该知识点为近几年高考选考的热点，题型为选择题，命题角度有以下几点： (1)单纯考查光的干涉、衍射和偏振现象及对光现象的解释；(2)结合光的折射考查不同色光的干涉、衍射情况；(3)考查光的干涉、衍射在实际中的应用．1．(2015·中山二模)如图所示，两束单色光a 、b 从水下射向A 点后，光线经折射合成一束光c ，则下列说法中正确的是( )A ．用同一双缝干涉实验装置分别以a 、b 光做实验，a 光的干涉条纹间距大于b 光的干涉条纹间距B ．用a 、b 光分别做单缝衍射实验时，它们的衍射条纹宽度都是均匀的C ．在水中a 光的速度比b 光的速度小D ．a 光在水中的临界角大于b 光在水中的临界角E ．a 光的频率小于b 光的频率[突破点拨](1)根据光路图，可判断a 、b 两束光的波长关系为λa ________λb . (2)水对两束光的折射率关系为n a ________n b . (3)干涉条纹宽度与光的波长成________比．[解析] 由题图可判断a 光的折射率小、频率小、波长长，因此同一装置下的干涉条纹间距大，故A 、E 正确．衍射条纹都是不均匀的，故B 错误．由v ＝c n知，a 光在水中的传播速度大，故C 错误．由sin C ＝1n知，a 光在水中的临界角大，故D 正确．[答案] ADE2．(2015·江西八校联考)以下说法中正确的是( ) A ．对于同一障碍物，波长越长的光越容易绕过去B ．白光通过三棱镜在屏上出现彩色条纹是光的一种干涉现象C ．红光由空气进入水中，波长变长、颜色不变D ．用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的干涉E ．不管光源与观察者是否存在相对运动，观察者观察到的光速是不变的[解析] 对于同一障碍物，它的尺寸d 不变，波长λ越长的光越容易满足d ≤λ，会产生明显的衍射现象，越容易绕过障碍物，所以A 项正确．白光通过三棱镜出现彩色条纹是光的色散现象，B 项错误．波的频率由波源决定，波速由介质决定，所以红光从空气进入水中，频率f 不变，波速v 变小，由v ＝λf 得，波长λ变小，所以C 项错误．检查平面的平整度是利用了光的干涉，所以D 项正确．由光速不变原理知，E 项正确．[答案] ADE 3．(2015·怀化模拟)如图所示为用a 、b 两种单色光分别通过同一双缝干涉装置获得的干涉图样．现让a 、b 两种光组成的复色光穿过平行玻璃砖或三棱镜时，光的传播路径与方向可能正确的是( )[解析] 由a 光比b 光干涉条纹宽知，λa >λb ，n a <n b ，即介质对b 光偏折得显著，故B 错误，D 正确．由于平行玻璃砖使光线发生侧移而不改变光的传播方向，故A 正确，C 错误；又因为b 光的临界角小于a 光的临界角，故在同一界面上，b 光可能发生全反射，而a 光不发生全反射，故E 正确．[答案] ADE [规律总结]各种色光特征比较项目红→紫频率越来越大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问题中，折射率是解决问题的桥梁．光学实验命题规律光学实验包括测折射率和双缝干涉实验，对折射定律结合几何知识计算折射率以及与双缝干涉实验相关问题的考查，预计将成为2016年高考的命题点．[范例] (1)如图所示的双缝干涉实验，用绿光照射单缝S时，在光屏P上观察到干涉条纹．如果增大S1与S2的间距，则会观察到相邻条纹间距________(填“变大”、“不变”或“变小”)的干涉图样；如果将绿光换为红光，则可以观察到相邻条纹间距________(填“变大”、“不变”或“变小”)的干涉图样．(2)某次实验中，将测量头的分划板中心刻线与某条亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图甲所示．然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时乙图中手轮上的示数为________________mm，求得相邻亮纹的间距Δx为____________mm.若已知双缝间距d为2.0×10－4m，测得双缝到屏的距离l为0.700 m，求得所测该光波长为________nm.[解析] (1)由Δx ＝l dλ知，增大双缝间距d ，Δx 将变小；绿光换为红光，即增大λ，Δx 将变大．(2)螺旋测微器读数时应该先读整数刻度，然后看半刻度是否露出，最后看可动刻度．题图乙读数为13.870 mm ，题图甲读数为 2.320 mm ，所以相邻条纹间距Δx ＝13.870－2.3205 mm ＝2.310 mm ，由条纹间距公式Δx ＝l d λ，得λ＝d Δxl， 代入数值解得λ＝6.6×10－7m ＝6.6×102nm.[答案] (1)变小 变大 (2)13.870 2.310 6.6×102[总结提升]光的干涉现象的“三要点”(1)干涉条件：两列光的频率相同、相位差恒定． (2)明暗条纹的形成条件：Δr ＝kλ(k ＝0，1，2，3，…)，明条纹．Δr ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋12λ(k ＝0，1，2，3，…)，暗条纹． (3)条纹间距：Δx ＝l dλ.用双缝干涉实验测光的波长原理：λ＝d lΔx .[最新预测]1．某同学设计了一个测定激光波长的实验装置，如图甲所示，激光器发出的一束直径很小的红色激光进入一个一端装双缝、另一端装有感光片的遮光筒，感光片的位置上出现一排等距的亮点，图乙中的黑点代表亮点的中心位置．(1)通过量出相邻光点的距离可算出激光的波长．据资料介绍：若双缝的缝间距离为a ，双缝到感光片的距离为L ，感光片相邻两光点间的距离为b ，则光的波长λ＝ab L. 该同学测得L ＝1.000 0 m ，双缝间距a ＝0.220 mm ，用带十分度游标的卡尺测感光片上的点间距离时，尺与点的中心位置如图乙所示．图乙中第1个光点到第4个光点的距离是________mm.实验中激光的波长λ＝________m ．(保留两位有效数字)(2)如果实验时将红色激光换成蓝色激光，屏上相邻两光点间的距离将________．解析：(1)由题图乙可知第1个光点到第4个光点间的距离b ′＝8.6 mm ，b ＝b ′3≈2.9mm ，λ＝ab L ＝0.220×10－3×2.9×10－31.000 0m ≈6.4×10－7m.(2)如果实验时将红色激光换成蓝色激光，λ变小了， 由b ＝L λa可得，屏上相邻两光点的间距将变小． 答案：(1)8.6 6.4×10－7(2)变小 2．(2015·天津蓟县第二中学一模)(1)几位同学做“用插针法测定玻璃折射率”实验，图示直线aa ′、bb ′表示在白纸上画出的玻璃砖的两个界面．几位同学进行了如下操作：A ．甲同学选定的玻璃砖两个光学面aa ′与bb ′不平行，其他操作正确B ．乙同学在白纸上正确画出平行玻璃砖的两个界面aa ′和bb ′后，将玻璃砖向aa ′方向平移了少许，其他操作正确C ．丙同学在白纸上画aa ′、bb ′两界面时，其间距比平行玻璃砖两光学面的间距稍微大些，其他操作正确上述几位同学的操作，对玻璃折射率的测定结果没有影响的是________(填写选项前的字母)．(2)在用插针法测玻璃砖折射率的实验中，已确定好入射方向AO ，插了两枚大头针P 1和P 2，如图所示(①②③是三条直线)．在以后的操作说法中你认为正确的是________．A ．在bb ′侧调整观察视线，另两枚大头针P 3和P 4可能插在③线上B ．保持O 点不动，减小入射角，在bb ′侧调整观察视线，另两枚大头针P 3和P 4可能插在①线上C ．保持O 点不动，增大入射角，在bb ′侧调整观察视线，看不清P 1和P 2的像，这可能是光在bb ′侧面发生全反射解析：(1)甲同学选定的玻璃砖两个光学面aa ′和bb ′不平行，不会影响入射角和折射角的确定；乙同学将玻璃砖向aa ′方向平移了少许，直线aa ′、bb ′之间的距离仍然等于玻璃砖的厚度，入射角和折射角的大小不变；丙同学在白纸上画aa ′和bb ′间距比平行玻璃砖两光学面的间距稍微大些，使画出的入射点向左移，出射点向右移，所画的折射角比实际值大，算得的折射率将偏小．(2)由折射定律得知，光线通过平行玻璃砖后向一侧发生侧移，由于光线在上表面折射时，折射角小于入射角，则出射光线向②一侧偏移，如图，故另两枚大头针P 3和P 4不可能插在③线上．故A 错误．若保持O 点不动，减小入射角，折射角也减小，另外两枚大头针P 3和P 4可能插在①线上．故B 正确．若保持O 点不动，增大入射角，在bb ′侧调整观察视线，看不清P 1和P 2的像，反射光增强，折射光线减弱，根据光路可逆性原理得知，光线不可能在bb′界面发生全反射．故C错误．答案：(1)AB (2)B[失分防范](1)测光的波长实验的失分点：①实验装置各部分的顺序不明；②测量的干涉条纹的条数错误．(2)测玻璃的折射率的失分点：①不能正确确定折射光线和折射角；②不能利用几何知识正确表示入射角与折射角的正弦值．可以从以下几点防范：(1)对测光的波长实验①明确各部分装置的安装顺序：光源→滤光片→单缝→双缝→遮光筒→光屏→测量头；②开始时，分划线在第1条亮纹的中心，后在第N条亮纹的中心，则移过的亮纹条数为N－1.(2)对测玻璃的折射率实验①先确定界面、光的入射点、出射点，然后确定第一次的折射光线和折射角；②准确画出光路图和辅助线，然后利用数学知识计算折射率．1．(1)对如图所示的图片、示意图或实验装置图，下列判断准确无误的是________．A．甲图是小孔衍射的图样，也被称为“泊松亮斑”B．乙图是薄膜干涉的应用，用来检测平面的平整程度C．丙图是双缝干涉原理图，若P到S1、S2的路程差是半波长的偶数倍，则P处是亮纹D．丁图是薄膜干涉现象的实验装置图，在附有肥皂膜的铁丝圈上，出现竖直干涉条纹E．戊图是波的振动图象，其振幅为8 cm，振动周期为4 s(2)如图所示，△ABC为一直角三棱镜的截面，其一个底角为30°，一束单色平行光束斜射向AB 面，经三棱镜折射后在AC 面水平平行射出．①以图中三条光线代表光束，画出三条光线经棱镜折射的光路示意图；②若棱镜的折射率为3，求入射光线与AB 面的夹角θ.解析：(1)题图甲是小孔衍射的图样，但不是“泊松亮斑”，故A 错．题图丁是薄膜干涉现象的实验装置图，但其干涉条纹应为水平的，故D 错．(2)①光路图如图甲所示②由图乙可知sin αsin β＝nsin 60°sin γ＝n又n ＝ 3解得γ＝30°由图中几何关系可知β＝30° 解得α＝60° 则θ＝30°.答案：(1)BCE (2)①见解析 ②30°2．(2014·高考全国卷Ⅰ，T34，15分)(1)如图甲为一列简谐横波在t ＝2 s 时的波形图，图乙为媒质中平衡位置在x ＝1.5 m 处的质点的振动图象，P 是平衡位置为x ＝2 m 的质点．下列说法正确的是________．A ．波速为0.5 m/sB ．波的传播方向向右C ．0～2 s 时间内，P 运动的路程为8 cmD ．0～2 s 时间内，P 向y 轴正方向运动E ．当t ＝7 s 时，P 恰好回到平衡位置丙(2)一个半圆柱形玻璃砖，其横截面是半径为R 的半圆，AB 为半圆的直径，O 为圆心，如图丙所示．玻璃的折射率为n ＝ 2.①一束平行光垂直射向玻璃砖的下表面，若光线到达上表面后，都能从该表面射出，则入射光束在AB 上的最大宽度为多长？②一细束光线在O 点左侧与O 相距 32R 处垂直于AB 从下方入射，求此光线从玻璃砖射出点的位置．解析：(1)由题图甲读出波长λ＝2 m ，由题图乙读出周期T ＝4 s ，则v ＝λT＝0.5 m/s ，选项A 正确；题图甲是t ＝2 s 时的波形图，题图乙是x ＝1.5 m 处质点的振动图象，所以该点在t ＝2 s 时向下振动，所以波向左传播，选项B 错误；在0～2 s 内质点P 由波峰向波谷振动，通过的路程s ＝2A ＝8 cm ，选项C 正确，选项D 错误；t ＝7 s 时，P 点振动了74个周期，所以这时P 点位置与t ＝34T ＝3 s 时位置相同，即在平衡位置，所以选项E 正确．(2)①在O 点左侧，设从E 点射入的光线进入玻璃砖后在上表面的入射角恰好等于全反射的临界角θ，则OE 区域的入射光线经上表面折射后都能从玻璃砖射出，如图，由全反射条件有sin θ＝1n①由几何关系有OE ＝R sin θ②由对称性可知，若光线都能从上表面射出，光束的宽度最大为l ＝2OE ③ 联立①②③式，代入已知数据得l ＝2R .④②设光线在距O 点32R 的C 点射入后，在上表面的入射角为α，由几何关系及①式和已知条件得α＝60°>θ光线在玻璃砖内会发生三次全反射，最后由G 点射出，如图，由反射定律和几何关系得OG ＝OC ＝32R 射到G 点的光有一部分被反射，沿原路返回到达C 点射出． 答案：(1)ACE (2)①2R ②光线从G 点射出时，OG ＝OC ＝32R ，射到G 点的光有一部分被反射，沿原路返回到达C 点射出3．(2015·长春市质监)(1)如图甲所示的弹簧振子(以O 点为平衡位置在B 、C 间振动)，取水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移的正方向，得到如图乙所示的振动曲线，由曲线所给的信息可知，下列说法正确的是________．A ．t ＝0时，振子处在B 位置 B ．振子振动的周期为4 sC ．t ＝4 s 时振子对平衡位置的位移为10 cmD ．t ＝2.5 s 时振子对平衡位置的位移为5 cmE ．如果振子的质量为0.5 kg ，弹簧的劲度系数为20 N/cm ，则振子的最大加速度大小为400 m/s 2丙(2)如图丙所示为一透明的圆柱体的横截面，其半径为R ，透明圆柱体的折射率为n ，AB 是一条直径．今有一束平行光沿平行AB 方向射向圆柱体．求：经透明圆柱体折射后，恰能经过B 点的入射光线的入射点到AB 的垂直距离．解析：(1)由题图乙可知零时刻振子位移为－10 cm ，则所对应的位置为B ，故A 正确．由题图乙可知振子振动周期为4 s ，故B 正确．t ＝4 s 时，振子偏离平衡位置的位移为－10 cm ，故C 错误．t ＝2.5 s 时振子的位移为5 2 cm ，故D 错误．当振子偏离平衡位置最大时，振子受合力最大，产生的加速度也最大，由F ＝kx ＝ma ，所以a ＝20×100.5 m/s 2＝400 m/s 2，故E 正确．(2)设入射角为i ，折射角为r ，入射光线离AB 的距离为h ，由折射定律：sin isin r ＝n由几何关系：sin i ＝h R， sin r ＝h2R cos r解得：cos r ＝n2，sin r ＝1－n 24又因为：sin i ＝2sin r ·cos r ＝h R解得：h ＝nR 4－n 22.答案：(1)ABE (2)nR 4－n 224．(2015·武汉模拟)(1)下列关于波的现象和规律的说法中正确的是________．。
一、单项选择题1．(2015·辽师大附中二模)如图所示，一重力不计的带电粒子以某一速度进入负点电荷形成的电场中，且只在电场力作用下依次通过M、N、P三点，其中N点是轨迹上距离负点电荷最近的点．若粒子在M点和P点的速率相等，则()A．粒子在N点时的速率最大B．U MN＝U NPC．粒子在N点时的加速度最大D．粒子在M点时的电势能大于其在N点时的电势能解析：选C.据带电粒子所受电场力指向运动轨迹的凹侧，再根据题图可知该粒子从M 点到N点电场力做负功，从N点到P点电场力做正功，所以带电粒子的动能先减少后增加，则在N点的动能最小，速度也最小，A错误；电势能先增加后减少，D错误；据题意知，粒子在M点和P点速率相等，据动能定理有qU MN＝m v2N2－m v2M2和qU NP＝m v2P2－m v2N2，所以U MN＝－U NP，B错误；在N点的电场线密集，即粒子在N点所受的电场力较大，加速度也较大，C正确．2.如图，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ.一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等．则()A．直线a位于某一等势面内，φM>φQB．直线c位于某一等势面内，φM>φNC．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功解析：选B.由电子从M点分别运动到N点和P点的过程中电场力所做的负功相等可知，N、P两点在同一等势面上，且电场线方向为M→N，故选项B正确，选项A错误．M点与Q点在同一等势面上，电子由M点运动到Q点，电场力不做功，故选项C错误．电子由P 点运动到Q点，电场力做正功，故选项D错误．3.(2015·河北石家庄一轮质检)M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能E p 随位移x变化的关系如图所示，其中电子在M点时的电势能为E p M，电子在N点时的电势能为E p N，则下列说法正确的是()A．电子在N点时的动能小于在M点时的动能B．该电场有可能是匀强电场C．该电子运动的加速度越来越小D．电子运动的轨迹为曲线解析：选C.电子仅受电场力的作用，电势能与动能之和恒定，由题图可知电子由M点运动到N点，电势能减小，故动能增加，A选项错误；分析题图可得电子的电势能随运动距离的增大，减小得越来越慢，即经过相等距离电场力做功越来越少，由W＝q EΔx可得电场强度越来越小，B选项错误；由于电子从M点运动到N点电场力逐渐减小，所以加速度逐渐减小，C选项正确；电子从静止开始沿电场线运动，可得M、N点所在电场线为直线，则电子的运动轨迹必为直线，D选项错误．4.如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们是一个四边形的四个顶点，ab ∥cd，ab⊥bc，2ab＝cd＝bc＝2l，电场线与四边形所在平面平行．已知a点电势为24 V，b 点电势为28 V，d点电势为12 V．一个质子(不计重力)经过b点的速度大小为v0，方向与bc成45°，一段时间后经过c点，则下列说法错误的是()A．c点电势为20 VB．质子从b运动到c所用的时间为2l v0C．场强的方向由a指向cD．质子从b运动到c电场力做功为8电子伏解析：选C.如图，由匀强电场中电场分布与电势差间的关系有：φb－φa＝φa－φe得φe＝20 V又φb－φe＝φc－φd得φc＝20 V，A正确．ec连线为等势线，则电场方向由b指向d，C错误．质子做类平抛运动，则有：2l sin 45°＝v0t得t＝2lv0，B正确．质子从b运动到c电场力做功W＝qU bc＝8 eV，D正确．二、不定项选择题5.(2015·高考江苏卷)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示．c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则()A．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高C．c点的电场强度比d点的大D．c点的电势比d点的低解析：选ACD.根据电场线的分布图，a、b两点中，a点的电场线较密，则a点的电场强度较大，选项A正确．沿电场线的方向电势降低，a点的电势低于b点的电势，选项B 错误．由于c、d关于正电荷对称，正电荷在c、d两点产生的电场强度大小相等、方向相反，两负电荷在c点产生的电场强度为0，在d点产生的电场强度方向向下，根据电场的叠加原理，c点的电场强度比d点的大，选项C正确．c、d两点中c点离负电荷的距离更小，c点电势比d点低，选项D正确．6.(2015·高考四川卷)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零，则小球a()A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B ．从N 到P 的过程中，速率先增大后减小C ．从N 到Q 的过程中，电势能一直增加D ．从P 到Q 的过程中，动能减少量小于电势能增加量解析：选BC.小球a 从N 点释放一直到达Q 点的过程中，a 、b 两球的距离一直减小，库仑力变大，a 受重力不变，重力和库仑力的夹角从90°一直减小，故合力变大，选项A 错误；小球a 从N 到P 的过程中，速度方向与重力和库仑力的合力方向的夹角由小于90°到大于90°，故库仑力与重力的合力先做正功后做负功，a 球速率先增大后减小，选项B 正确；小球a 由N 到Q 的过程中库仑力一直做负功，电势能一直增加，选项C 正确；小球a 从P 到Q 的过程中，减少的动能转化为重力势能和电势能之和，故动能的减少量大于电势能的增加量，选项D 错误．7．(2015·浙江宁波高三二模)如图所示，同一竖直平面内固定着水平绝缘细杆AB 、CD ，细杆长均为l ，两细杆间竖直距离为h ，B 、D 两端与光滑绝缘、半径为h2的半圆形细杆相连，半圆形细杆与AB 、CD 在同一竖直平面内，O 为AD 、BC 连线的交点．在O 点固定一电荷量为＋Q 的点电荷，一质量为m 、电荷量为－q 的小球穿在细杆上，从A 点以一定的初速度出发，沿细杆滑动且恰能到达C 点．已知小球与两水平细杆间的动摩擦因数为μ，小球所受库仑力始终小于小球所受重力，不计带电小球对点电荷电场的影响，静电力常量为k .则小球从A 点到C 点的运动过程中，下列说法正确的是( )A ．点电荷产生的电场在A 、C 两点的电场强度相同B ．小球运动到O 点正下方时，受到的摩擦力最小，其值为μ⎝⎛⎭⎫mg －4kqQ h 2C ．从B 点到D 点的运动过程中电场力对小球先做正功后做负功D ．小球的初速度大小为2gh ＋4μgl解析：选BD.点电荷产生的电场在A 、C 两点的电场强度大小相等、方向不同，选项A 错误；小球运动到O 点正下方时，细杆对小球的支持力最小，支持力大小为mg －4kqQh 2，所以摩擦力大小为F f ＝μF N ＝μ⎝⎛⎭⎫mg －4kqQh 2，选项B 正确；从B 点到D 点的运动过程中，小球到O 点的距离先变大，后变小，电场力先做负功，后做正功，选项C 错误；从A 点到C 点，根据对称性，小球克服摩擦力做功为2μmgl ，克服重力做功为mgh ，由动能定理，－mgh －2μmgl ＝0－12m v 2，可解得小球的初速度为v ＝2gh ＋4μgl ，选项D 正确．8.(2015·高考广东卷)如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M 和N 分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M 、N 保持静止，不计重力，则( )A ．M 的带电量比N 的大B ．M 带负电荷，N 带正电荷C ．静止时M 受到的合力比N 的大D ．移动过程中匀强电场对M 做负功 解析：选BD.两带电小球分别在两球间的库仑力和水平匀强电场的电场力作用下处于平衡状态，因为两小球间的库仑力等大反向，则匀强电场对两带电小球的电场力也等大反向，所以两带电小球的带电量相等，电性相反，静止时，两球所受合力均为零，选项A 、C 错误；M 、N 两带电小球受到的匀强电场的电场力分别水平向左和水平向右，即M 带负电，N 带正电，M 、N 两球在移动的过程中匀强电场对M 、N 均做负功，选项B 、D 正确．9.(2015·高考天津卷)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E 1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E 2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么( )A ．偏转电场E 2对三种粒子做功一样多B ．三种粒子打到屏上时的速度一样大C ．三种粒子运动到屏上所用时间相同D ．三种粒子一定打到屏上的同一位置解析：选AD.根据动能定理有qE 1d ＝12m v 21，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度v 1＝2qE 1d m .在偏转电场中，由l ＝v 1t 2 及y ＝12qE 2m t 22得，带电粒子经偏转电场的侧位移y ＝E 2l 24E 1d，则三种粒子在偏转电场中的侧位移大小相等，又三种粒子带电荷量相同，根据W ＝qE 2y 得，偏转电场E 2对三种粒子做功一样多，选项A 正确．根据动能定理，qE 1d ＋qE 2y ＝12m v 22，得到粒子离开偏转电场E 2打到屏上时的速度v 2＝ 2（qE 1d ＋qE 2y ）m，由于三种粒子的质量不相等，故v 2不一样大，选项B 错误．粒子打在屏上所用的时间t ＝d v 12＋L ′v 1＝2dv 1＋L ′v 1(L ′为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于v 1不一样大，所以三种粒子打在屏上的时间不相同，选项C 错误．根据v y ＝qE 2m t 2及tan θ＝v y v 1得，带电粒子的偏转角的正切值tan θ＝E 2l2E 1d，即三种带电粒子的偏转角相等，又由于它们的侧位移相等，故三种粒子打到屏上的同一位置，选项D 正确．10．(2015·河北百校联考)如图所示，在绝缘水平面上固定着一光滑绝缘的圆形槽，在某一过直径的直线上有O 、A 、B 三点，其中O 为圆心，A 点固定电荷量为Q 的正电荷，B 点固定一个未知电荷，且圆周上各点电势相等，AB ＝L .有一个可视为质点的质量为m ，电荷量为－q 的带电小球正在槽中运动，在C 点受到的电场力指向圆心，C 点所处的位置如图所示，根据题干和图示信息可知( )A ．B 点的电荷带正电B ．B 点的电荷的电荷量为3QC ．B 点的电荷的电荷量为3QD ．小球在槽内做的是匀速圆周运动 解析：选CD.如图，由小球在C 点时受到的电场力指向圆心，对小球受力分析可知B 点的电荷对小球有排斥力，因小球带负电，则B 点的电荷带负电．由∠ABC ＝∠ACB ＝30°，知：∠ACO ＝30°，AB ＝AC ＝L ，BC ＝2AB cos 30°＝3L 由几何关系可得：F 1＝3F 2即：kQq L 2＝3kQ B q （3L ）2得Q B ＝3Q ，故A 、B 错误，C 正确．圆周上各点电势相等，小球在运动过程中电势能不变，根据能量守恒得知，小球的动能不变，小球做匀速圆周运动，故D 正确．三、非选择题 11．(2015·福建厦门质检)如图所示，光滑、绝缘的水平轨道AB 与四分之一圆弧轨道BC 平滑连接，并均处于水平向右的匀强电场中，已知匀强电场的场强E ＝5×103 V/m ，圆弧轨道半径R ＝0.4 m ．现有一带电荷量q ＝＋2×10－5 C 、质量m ＝5×10－2 kg 的物块(可视为质点)从距B 端x ＝1 m 处的P 点由静止释放，加速运动到B 端，再平滑进入圆弧轨道BC ，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)物块在水平轨道上加速运动的时间和到达B 点的速度v B 的大小； (2)物块刚进入圆弧轨道时受到的支持力F N B 的大小．解析：(1)在物块从开始至运动到B 点的过程中，由牛顿第二定律可知： qE ＝ma又由运动学公式有：x ＝12at 2解得：t ＝1 s 又因：v B ＝at 得：v B ＝2 m/s.(2)物块刚进入圆弧轨道时，在沿半径方向由牛顿第二定律，有： F N B －mg ＝m v 2BR解得：F N B ＝1 N.答案：(1)1 s 2 m/s (2)1 N12.(2015·台州模拟)如图所示，质量m ＝2.0×10－4 kg 、电荷量q ＝1.0×10－6 C 的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E 的匀强电场中．取g ＝10 m/s 2.(1)求匀强电场的电场强度E 的大小和方向；(2)在t ＝0时刻，电场强度大小突然变为E 0＝4.0×103 N/C ，方向不变．求在t ＝0.20 s 时间内电场力做的功；(3)若(2)中条件不变，在t ＝0.20 s 时刻突然撤掉电场，求带电微粒回到出发点时的动能． 解析：(1)因微粒静止，知其受力平衡，对其受力分析有 Eq ＝mgE ＝mg q ＝2.0×10－4×101.0×10－6N/C ＝2.0×103 N/C ， 方向竖直向上．(2)在t ＝0时刻，电场强度大小突然变为E 0＝4.0×103 N/C ，设微粒的加速度为a ，在t ＝0.20 s 时间内上升高度为h ，电场力做功为W ，则qE 0－mg ＝ma 解得：a ＝10 m/s 2h ＝12at 2 解得：h ＝0.20 mW ＝qE 0h解得：W ＝8.0×10－4 J.(3)设在t ＝0.20 s 时刻突然撤掉电场时微粒的速度大小为v ，回到出发点时的动能为E k ，则v ＝atE k ＝mgh ＋12m v 2解得：E k ＝8.0×10－4 J.答案：(1)2.0×103 N/C 方向竖直向上(2)8.0×10－4 J (3)8.0×10－4 J。
第2讲 ⎪⎪熟知“四类典型运动”，掌握物体运动规律[考法·学法]一、“熟能生巧”，快速解答匀变速直线运动问题基础保分类考点[全练题点]1. (2016·全国卷Ⅲ)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍。
该质点的加速度为( )A.s t 2B.3s 2t2 C.4st2D.8s t2解析：选A 质点在时间t 内的平均速度v ＝s t，设时间t 内的初、末速度分别为v 1和v 2，则v ＝v 1＋v 22，故v 1＋v 22＝s t 。
由题意知：12mv 22＝9×12mv 12，则v 2＝3v 1，进而得出2v 1＝st。
质点的加速度a ＝v 2－v 1t ＝2v 1t ＝st2。
故选项A 正确。
2．如图所示，甲从A 点由静止匀加速跑向B 点，当甲前进距离为s 1时，乙从距A 点s 2处的C 点由静止出发，加速度与甲相同，最后二人同时到达B 点，则A 、B 两点间的距离为( )A ．s 1＋s 2B.s 1＋s 224s 1C.s 12s 1＋s2D.s 1＋s 22s 1－s 2s 1解析：选B 设A 、B 两点间的距离为x ，甲、乙两人的加速度大小为a ，由x ＝12at 2得，甲前进距离s 1用时t 1＝2s 1a，到达B 点的总时间t ＝2xa，乙到达B 点用时t 2＝x －s 2a ，根据题意，t ＝t 1＋t 2，解得x ＝s 1＋s 224s 1，故B 正确。
3.如图所示，两光滑斜面在B 处连接，小球从A 处由静止释放，经过B 、C 两点时速度大小分别为3 m/s 和4 m/s ，AB ＝BC 。
设球经过B 点前后速度大小不变，则小球在AB 、BC 段的加速度大小之比及小球由A 运动到C 过程中的平均速率分别为( ) A ．3∶4 2.1 m/s B ．9∶16 2.5 m/s C ．9∶7 2.1 m/sD ．9∶7 2.5 m/s解析：选C 设AB ＝BC ＝x ，则在AB 段a 1＝v B 22x ，在BC 段a 2＝v C 2－v B 22x ，所以a 1a 2＝3242－32＝97，AB 段平均速率为v 1＝12v B ＝1.5 m/s ，BC 段平均速率为v 2＝12(v B ＋v C )＝3.5 m/s ，因此从A 到C 的平均速率v ＝2xx v 1＋x v 2＝2v 1v 2v 1＋v 2＝2.1 m/s ，C 正确。
