专题能力训练17高中物理机械振动与机械波光学

1专题能力训练17机械振动与机械波光学(时间:45分钟满分:90分)专题能力训练第43页1.(2019·山东聊城模拟)(1)(5分)位于坐标原点O处的波源产生一个沿x轴正方向传播的脉冲波,波速v=20m/s。已知t=0时刻波刚好传播到x=10m处,如图所示。若传播过程中无能量损失,由图可知振源只振动了s,再经s波刚好传播到x=20m处,t=0时刻后x=8m处的质点运动的路程为cm。(2)(10分)光纤公司规定光纤内芯玻璃材料的折射率大于等于√,在抽制光纤时为检测材料是否合格,将样品材料用模具制成半径为R的半圆柱体,如图所示。再用一束可以转动的光束OC沿截面半径射向材料的O点,当θ≤45°时屏上只有一个光点,就说明材料合格。①写出质检人员推断的原理。②写出公司规定“光纤内芯的玻璃材料折射率大于等于√”的原因。答案:(1)0.30.510(2)见解析解析:(1)由题图可知λ=6m,则λ=8m,周期T=s=0.4s,振源振动了T=0.3s;波刚好传播到x=20m处还需要的时间t=-s=0.5s;t=0时刻后x=8m处的质点只振动了,则运动的路程为2A=10cm。(2)①如图甲所示,光束CO射向O点后,同时发生折射和反射,在屏上出现P和Q两个光斑,减小θ时,r角逐渐变大,由n=可知i角也增大;当r角增大到大于临界角时折射光线消失,屏上只有光斑P;由n=°,因此在θ≤45°时,屏上只有一个光斑,就说明材料是合格的。2甲乙②如图乙所示,取一段光纤,若任意一束光DE从端面中心E点以α角入射,经端面折射后射向F点,若能在F点发生全反射,就可实现光信号的传输;由n=知F点刚好发生全反射时n=由sin2β+sin2γ=1可得n=√;当α角接近90°时折射光还能在F点发生全反射,需要n≥√。2.(1)(多选)(5分)下列说法正确的是。A.在真空中传播的电磁波,当它的频率增加时,它的传播速度不变,波长变短B.手机、电视、光纤通信都是通过电磁波来传递信息的C.医院中用于检查病情的“B超”是利用了电磁波的反射原理D.车站、机场安全检查时,“透视”行李箱的安检装置是利用红外线实现成像的E.电磁波中电场能量最大时,磁场能量为零;磁场能量最大时,电场能量为零(2)(10分)从坐标原点产生的简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播,t=0时刻的波形图如图所示,此时波刚好传播到M点,x=1m处的质点P的位移为10cm,再经Δt=0.1s,质点P第一次回到平衡位置。①求波源的振动周期;②从t=0时刻起经多长时间位于x=-81m处的质点N(图中未画出)第一次到达波峰位置?并求出在此过程中质点P运动的路程。答案:(1)ABE(2)①1.2s②7.8s5.2m解析:(1)在真空中传播的电磁波,传播速度等于光速,当它的频率增加时,波长变短,选项A正确;手机、电视、光纤通信都是通过电磁波来传递信息的,选项B正确;医院中用于检查病情的“B超”是利用了超声波的反射原理,选项C错误;车站、机场安全检查时“透视”行李箱的安检装置是利用X射线实现成像的,选项D错误;振荡电场和磁场向外传播,形3成电磁波,所以电磁波中电场能量最大时,磁场能量为零;磁场能量最大时,电场能量为零,选项E正确。(2)①波在0.1s内传播了1m,波速v==10m/s由题图可知该波的波长λ=12m故波源的振动周期为T==1.2s。②t=0时刻,坐标原点左侧第一个波峰位于x0=-3m处,设经时间t,N点第一次到达波峰位置,则t=-=7.8s=6.5T在此过程中质点P运动的路程为s=6.5×4A=6.5×4×0.2m=5.2m。3.(2018·全国卷Ⅲ)(1)(多选)(5分)一列简谐横波沿x轴正方向传播,在t=0和t=0.20s时的波形分别如图中实线和虚线所示。已知该波的周期T0.20s。下列说法正确的是。A.波速为0.40m/sB.波长为0.08mC.x=0.08m的质点在t=0.70s时位于波谷D.x=0.08m的质点在t=0.12s时位于波谷E.若此波传入另一介质中其波速变为0.80m/s,则它在该介质中的波长为0.32m(2)(10分)如图所示,某同学在一张水平放置的白纸上画了一个小标记“·”(图中O点),然后用横截面为等边三角形ABC的三棱镜压在这个标记上,小标记位于AC边上。D位于AB边上,过D点作AC边的垂线交AC于F。该同学在D点正上方向下顺着直线DF的方向观察,恰好可以看到小标记的像;过O点作AB边的垂线交直线DF于E;DE=2cm,EF=1cm。求三棱镜的折射率。(不考虑光线在三棱镜中的反射)答案:(1)ACE(2)√解析:(1)根据题意,从图中可以看出该波波长等于0.16m,由于周期T0.20s,因此在0.20s时间内波向x轴正方向传播只能是0.5λ,所以周期为0.40s,波速为v==0.40m/s,选项A正确,选项B错误;0.7s=1.75T,0.12s=0.3T,t=0时刻位于0.08m处的质点向上振4动,t=0.70s时处于波谷位置,t=0.12s时介于平衡位置和波峰之间,选项C正确,选项D错误;波传播到另一介质中后周期不变,波长变为λ'=v'T=0.32m,选项E正确。(2)过D点作AB边的法线NN',连接OD,则∠ODN=α为O点发出的光线在D点的入射角;设该光线在D点的折射角为β,如图所示。根据折射定律有nsinα=sinβ①式中n为三棱镜的折射率。由几何关系可知β=60°②∠EOF=30°③在△OEF中有EF=OEsin∠EOF④由③④式和题给条件得OE=2cm⑤根据题给条件可知,△OED为等腰三角形,有α=30°⑥由①②⑥式得n=√。⑦4.(1)(多选)(5分)右图是一列简谐横波在t=0时刻的图像,经过Δt=1.2s时,恰好第三次重复出现图示的波形。根据以上信息,下面各项能确定的是。A.波的传播速度的大小B.经过Δt=0.3s时间,质点P通过的路程C.t=0.6s时刻质点P的速度方向D.t=0.9s时刻的波形(2)(10分)右图为某种透明介质的截面图,△AOC为等腰直角三角形,BC为半径R=10cm的圆弧,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=√,n2=√。5①在水平屏幕MN上出现的亮斑是什么颜色?②求两个亮斑间的距离。答案:(1)ABD(2)①在AM处出现的亮斑是红色,在AN处出现的亮斑是红色与紫色的混合色②(5√+10)cm解析:(1)经过Δt=1.2s时恰好第三次重复出现题图所示的波形,则该波的周期为0.6s,由题图可知波长为8m,可求得波速为m/s,选项A正确;经过0.3s,即半个周期,质点P运动的路程为振幅的2倍,为20cm,选项B正确;由于波的传播方向未知,故无法确定0.6s时质点P的振动方向,选项C错误;经过0.9s,即一个半周期,波形与半个周期后的波形相同,与题图所示波形相反,选项D正确。(2)①设红光和紫光的临界角分别为C1、C2。由sinC1=√,得C1=60°;同理,C2=45°,且i=45°=C2C1,所以紫光在AB面发生全反射,而红光在AB面一部分折射,一部分反射,由几何关系可知,反射光线与AC垂直,所以在AM处产生的亮斑P1为红色,在AN处产生的亮斑P2为红色与紫色的混合色。②如图所示,设折射角为r,由折射定律得n1=解得sinr=√由几何关系可知tanr=解得AP1=5√cm由几何关系可得△OAP2为等腰直角三角形,得AP2=10cm所以P1P2=(5√+10)cm。5.(1)(多选)(5分)一列横波沿x轴传播,传播方向未知,t时刻与t+0.4s时刻波形相同,两时刻在x轴上-3~3m的区间内的波形如图所示。下列说法正确的是。A.该波最大速度为10m/sB.质点振动的最小频率为2.5HzC.在t+0.2s时刻,x=3m处的质点正在经过x轴6D.若波沿x轴正方向传播,处在坐标原点处的质点会随波沿x轴正方向运动(2)(10分)如图所示,横截面为圆周的柱状玻璃棱镜AOB,有一束单色光垂直于OA面C点经玻璃砖AB面折射后与OB延长线相交于P点,已知玻璃砖半径R=5cm,CO之间的距离d1=3cm,P到O的距离d2=14.5cm。取tan74°=3.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:①该玻璃砖的折射率;②该单色光向A平移距离OB至少多远时,它将不能从AB面直接折射出来。答案:(1)BC(2)①1.33②3.75cm解析:(1)由题意知,波长为4m,而最大周期为0.4s,因此最小速度为10m/s,选项A错误;最小频率为2.5Hz,选项B正确;通过平衡位置的质点,经半个周期一定又通过平衡位置,而最大周期为0.4s,因此0.2s一定是半周期的整数倍,因此选项C正确;无论波向哪个方向传播,坐标原点处的质点不会随波迁移,只能在平衡位置附近往复运动,选项D错误。(2)①由光路图可知sinr==0.6,r=37°∠ODE=53°=d2-Rsin∠ODE=10.5cmtan∠EDP==3.5故∠EDP=74°i=180°-∠ODE-∠EDP=53°n==1.33。②设单色光入射点到OB距离为dd=RsinCsinC=解得d=3.75cm。6.(2019·全国卷Ⅰ)(1)(多选)(5分)一简谐横波沿x轴正方向传播,在t=时刻,该波的波形图如图甲所示,P、Q是介质中的两个质点。图乙表示介质中某质点的振动图像。下列说法正确的是。7甲乙A.质点Q的振动图像与图乙相同B.在t=0时刻,质点P的速率比质点Q的大C.在t=0时刻,质点P的加速度的大小比质点Q的大D.平衡位置在坐标原点的质点的振动图像如图乙所示E.在t=0时刻,质点P与其平衡位置的距离比质点Q的大(2)(10分)如图所示,一艘帆船静止在湖面上,帆船的竖直桅杆顶端高出水面3m。距水面4m的湖底P点发出的激光束,从水面出射后恰好照射到桅杆顶端,该出射光束与竖直方向的夹角为53°(取sin53°=0.8)。已知水的折射率为。①求桅杆到P点的水平距离;②船向左行驶一段距离后停止,调整由P点发出的激光束方向,当其与竖直方向夹角为45°时,从水面射出后仍照射在桅杆顶端,求船行驶的距离。答案:(1)CDE(2)①7m②5.5m解析:(1)在时刻质点Q向上振动,而图乙中质点在该时刻是向下振动,A错误。图甲是在时刻的波形,t=0时刻质点P在波谷,速率为0,加速度最大,质点Q在平衡位置,速率最大,加速度为0,B错误,C正确。在时刻平衡位置在坐标原点的质点向下振动,图乙中质点在该时刻是向下振动,D正确。t=0时刻质点P在波谷,与平衡位置距离等于振幅,质点Q在平衡位置,与平衡位置距离是0,E正确。(2)①设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1,到P点的水平距离为x2;桅杆高度为h1,P点处水深为h2;激光束在水中与竖直方向的夹角为θ。由几何关系有8=tan53°①=tanθ②由折射定律有sin53°=nsinθ③设桅杆到P点的水平距离为x,则x=x1+x2④联立①②③④式并代入题给数据得x=7m。⑤②设激光束在水中与竖直方向的夹角为45°时,从水面出射的方向与竖直方向夹角为i',由折射定律有sini'=nsin45°⑥设船向左行驶的距离为x',此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1',到P点的水平距离为x2',则x1'+x2'=x'+x⑦=tani'⑧=tan45°⑨联立⑤⑥⑦⑧⑨式并代入题给数据得x'=(6√-3)m≈5.5m。⑩