2015高考物理二轮专题复习 素能提升 1-7 振动和波动 光及光的本性（含解析）新人教版.doc

‎【优化探究】2015高考物理二轮专题复习 素能提升 1-7 振动和波动 光及光的本性（含解析）新人教版 ‎1．(2014年高考江苏卷)(1)某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到甲图所示的条纹，仅改变一个实验条件后，观察到的条纹如乙图所示．他改变的实验条件可能是________．‎ A．减小光源到单缝的距离 B．减小双缝之间的距离 C．减小双缝到光屏之间的距离 D．换用频率更高的单色光源 ‎(2)在“探究单摆的周期与摆长的关系”实验中，某同学准备好相关实验器材后，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度后释放，同时按下秒表开始计时，当单摆再次回到释放位置时停止计时，将记录的这段时间作为单摆的周期．以上操作中有不妥之处，请对其中两处加以改正．‎ ‎(3)Morpho蝴蝶的翅膀在阳光的照射下呈现出闪亮耀眼的蓝色光芒，这是因为光照射到翅膀的鳞片上发生了干涉．电子显微镜下鳞片结构的示意图见下图．一束光以入射角i从a点入射，经过折射和反射后从b点出射．设鳞片的折射率为n，厚度为d，两片之间空气层厚度为h.取光在空气中的速度为c，求光从a到b所需的时间t.‎ 解析：(1)由甲和乙两图可知改变条件以后条纹变宽，由Δx＝λ可知，只有B正确．‎ ‎(2)摆球通过平衡位置时具有较大的速度，此时开始计时，误差较小．若只测量一次全振动的时间会产生较大的误差，而测量多次全振动的时间求平均值可减小误差．‎ ‎(3)设光在鳞片中的折射角为γ，折射定律sin i＝nsin γ，在鳞片中传播的路程l1＝，传播速度v＝，传播时间t1＝，‎ 解得t1＝.‎ 同理，在空气中的传播时间t2＝，‎ 则t＝t1＋t2＝＋.‎ 答案：(1)B　(2)①应在摆球通过平衡位置时开始计时；②‎ - 14 -‎ 应测量单摆多次全振动的时间，再计算出周期的测量值．(或在单摆振动稳定后开始计时)‎ ‎(3)＋ ‎2．(2014年高考新课标Ⅰ全国卷)(1)图a为一列简谐横波在t＝2 s时的波形图，图b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/s B．波的传播方向向右 C．0～2 s时间内，P运动的路程为‎8 cm D．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 ‎(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，如图所示．玻璃的折射率为n＝.‎ ‎(ⅰ)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上的最大宽度为多少？‎ ‎(ⅱ)一细束光线在O点左侧与O相距R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)由图a可知，波长λ＝‎2 m，由图b可知周期T＝4 s，则波速v＝＝‎0.5 m/s，A正确．t＝2 s时，x＝‎1.5 m处的质点振动方向向下，则波向左传播，B错.0～2 s时间内，P质点由波峰向波谷振动，通过的路程s＝×‎4A＝‎8 cm，C项正确，D错误．t＝0时，P质点位于正向最大位移处，故P质点达到平衡位置的时刻为t＝(2n＋1)，则n＝3时，t＝7 s，P恰好回到平衡位置，E项正确．‎ ‎(2)(ⅰ)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＝①‎ 由几何关系有OE＝Rsin θ②‎ - 14 -‎ 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＝2OE③‎ 联立①②③式，代入已知数据得l＝R.④‎ ‎(ⅱ)设光线在距O点R 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°>θ⑤‎ 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＝R⑥‎ 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)见解析 ‎3．(2014年高考山东卷)(1)(多选)一列简谐横波沿直线传播．以波源O由平衡位置开始振动为计时零点，质点A的振动图象如图所示，已在O、A的平衡位置相距‎0.9 m．以下判断正确的是________．‎ a．波长为‎1.2 m b．波源起振方向沿y轴正方向 c．波速大小为‎0.4 m/s d．质点A的动能在t＝4 s时最大 ‎(2)如图，三角形ABC为某透明介质的横截面，O为BC边的中点，位于截面所在平面内的一束光线自O以角i入射，第一次到达AB边恰好发生全反射．已知θ＝15°，BC边长为‎2L，该介质的折射率为.求：‎ ‎①入射角i；‎ ‎②从入射到发生第一次全反射所用的时间(设光在真空中的速度为c，可能用到：sin 75°＝或tan 15°＝2－)．‎ - 14 -‎ 解析：(1)由图可知波源起振后3 s质点A开始振动，故波速大小v＝＝＝‎0.3 m/s，c错误；由图知波的周期即质点A的振动周期T＝4 s，故该波的波长λ＝vT＝‎1.2 m，a正确；因介质中各质点的起振方向与波源的起振方向相同，故由图知b正确；由图知t＝4 s时质点A处于正向最大位移处，此时质点A的速度为零、动能为零，故d错误．‎ ‎(2)①根据全反射规律可知，光线在AB面上P点的入射角等于临界角C，由折射定律得 sin C＝①‎ 代入数据得 C＝45°②‎ 设光线在BC面上的折射角为r，由几何关系得 r＝30°③‎ 由折射定理得 n＝④‎ 联立③④式，代入数据得 i＝45°.⑤‎ ‎②在△OPB中，根据正弦定理得 ＝⑥‎ 设所用的时间为t，光线在介质中的速度为v，得 ＝vt⑦‎ v＝⑧‎ 联立⑥⑦⑧式，代入数据得 t＝L.‎ 答案：(1)ab　(2)①45°　②L ‎4．(1)一列简谐横波在t＝0.6 s时刻的图象如图甲所示，波上A质点的振动图象如图乙所示，则以下说法正确的是(　　)‎ - 14 -‎ A．这列波沿x轴正方向传播 B．这列波的波速为 m/s C．从t＝0.6 s开始，质点P比质点Q晚0.4 s回到平衡位置 D．从t＝0.6 s开始，紧接着的Δt＝0.6 s时间内，A质点通过的路程为‎4 m E．若该波在传播过程中遇到一个尺寸为‎10 m的障碍物，不能发生明显衍射现象 ‎(2)半径为R的透明薄圆柱体，如图所示，一条光线由A点入射到OM面上，OA＝R，入射角α＝60°，该光线第一次从MN面折射出去的折射角β＝30°.求该透明薄圆柱体的折射率．‎ 解析：(1)由两图可知波长λ＝‎20 m，周期T＝1.2 s，波速v＝＝ m/s，B正确，根据波长和障碍物尺寸可知E错误；由A的位置和A在0.6 s时向下振动可知该波沿x轴正方向传播，则P比Q先回到平衡位置，A正确，C错误；质点A半个周期通过的路程为‎4 m，D正确．‎ ‎(2)画出该光线从入射到第一次射出透明薄圆柱体的光路图如图所示，在A点：n＝①‎ 在C点：n＝②‎ 在△OBC中：＝③‎ 由①②③解得＝R.‎ 在△ABO中：tan θ＝，得θ＝30°，‎ 代入①得n＝.‎ 答案：(1)ABD　(2) - 14 -‎ ‎5．(1)2009年诺贝尔物理学奖授予科学家高锟以及威拉德·博伊尔和乔治·史密斯.3名得主的成就分别是发明光纤电缆和电荷耦合器件(CCD)图像传感器．光在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是________．‎ A．用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象 B．用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的衍射现象 C．在光导纤维束内传送图像是利用光的色散现象 D．光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象 ‎(2)如图所示，一截面为正三角形的棱镜，其折射率为.今有一束单色光射到它的一个侧面，经折射后与底边平行，则入射光线与水平方向的夹角是________．‎ ‎(3)如图所示是某时刻一列横波上A、B两质点振动图象，该波由A传向B，两质点沿波的传播方向上的距离Δx＝‎6.0 m，波长大于‎10.0 m，求：‎ ‎①再经过0.7 s，质点A通过的路程．‎ ‎②这列波的波速．‎ 解析：(1)选项A是利用光的干涉现象，选项B是利用光的色散现象，选项C是利用光的全反射现象，选项D是利用光的薄膜干涉现象，故D正确．‎ ‎(2)由题意可知，折射角r＝30°，由n＝可得i＝60°，故入射光线与水平方向夹角是30°.‎ ‎(3)由振动图象知T＝0.4 s，Δt＝0.7 s＝1 T，故质点A通过的路程为sA＝‎0.35 m，由振动图象知Δx＝λ，解得λ＝‎24 m，故v＝＝‎60 m/s.‎ 答案：(1)D　(2)30°　(3)①‎0.35 m　②‎60 m/s 课时跟踪训练 ‎1.(2014年高考重庆卷)(1)打磨某剖面如图所示的宝石时，必须将OP、OQ边与轴线的夹角θ切磨在θ1θ2，光线会从OQ边射出 - 14 -‎ C．若θ