（通用版）2020高考物理二轮复习 专题七 选考模块 第15课时 机械振动与机械波 光课件

第15课时机械振动与机械波光专题七选考模块栏目索引考点1机械振动和机械波考点2光的折射和全反射考点3光的波动性电磁波1.波的传播问题(1)沿波的传播方向上各质点的起振方向与波源的起振方向一致.(2)介质中各质点随波振动，但并不随波迁移.(3)沿波的传播方向上波每个周期传播一个波长的距离.(4)在波的传播方向上，平衡位置间的距离为nλ(n＝1,2,3…)的质点，振动步调总相同；平衡位置间的距离为的质点，振动步调总相反.考点1机械振动和机械波(2n＋1)λ2(n＝0,1,2,3…)2.波的叠加问题(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该点到两波源的路程差Δx＝nλ，n＝0,1,2,3…，振动减弱的条件为，n＝0,1,2,3….两个振动情况相反的波源形成的波，在空间某点振动加强的条件为，n＝0,1,2,3…，振动减弱的条件为Δx＝nλ，n＝0,1,2,3….(2)振动加强点的位移随时间而改变，振幅最大.Δx＝nλ＋λ2Δx＝nλ＋λ23.波的多解问题(1)波的图象的周期性：相隔时间为周期整数倍的两个时刻的波形相同，从而使题目的解答出现多解的可能.(2)波传播方向的双向性：在题目未给出波的传播方向时，要考虑到波可沿正向或负向传播.例1(多选)(2019·福建龙岩市3月质量检查)如图1，一列简谐横波沿x轴传播，实线为t＝0时的波形图，虚线为t＝0.1s时的波形图.若该波传播的速度为10m/s，则图1A.这列波的波长为2mB.这列波的周期为0.4sC.这列波沿x轴负方向传播D.t＝0时刻质点a沿y轴负方向运动E.从t＝0时刻开始经0.2s，质点a沿x轴负方向移动2m√√√解析由题图可知，波长为λ＝4m，故A错误；由公式v＝λT得：T＝λv＝410s＝0.4s，故B正确；如果波向x轴正方向传播，则有：34T＋nT＝0.1s(n＝0,1,2,3…)，即(0.3＋0.4n)s＝0.1s(n＝0,1,2,3…)，在n的取值范围内，等式不成立，所以不可能向x轴正方向传播，如果波向x轴负方向传播，成立，故C正确；则有14T＋nT＝0.1s(n＝0,1,2，3…)，当n＝0时等式由C项分析可知，波向x轴负方向传播，根据“同侧法”可知，t＝0时刻质点a沿y轴负方向运动，故D正确；质点不会随波迁移，只会在各自平衡位置附近振动，故E错误.变式训练1.(多选)(2019·四川广元市第二次适应性统考)体育课上李辉同学一脚把足球踢到了足球场下面的池塘中间.王奇提出用石头激起水波让水浪把足球推到池边，他抛出一石块到水池中激起了一列水波，可是结果足球并没有被推到池边.大家一筹莫展，恰好物理老师来了，大家进行了关于波的讨论.物理老师把两片小树叶放在水面上，大家观察发现两片小树叶在做上下振动，当一片树叶在波峰时恰好另一片树叶在波谷，两树叶在1min内都上下振动了36次，两树叶之间有2个波峰，他们测出两树叶间水面距离是4m.则下列说法正确的是A.该列水波的频率是36HzB.该列水波的波长是1.6mC.该列水波的波速是0.96m/sD.两片树叶的位移始终等大反向E.足球不能到岸边的原因是水波的振幅太小√√√解析两树叶在1min内都上下振动了36次，则树叶振动的周期T＝6036s＝53s，树叶振动的频率f＝1T＝0.6Hz，则水波的频率为0.6Hz，故A项错误.两树叶之间有2个波峰，当一片树叶在波峰时恰好另一片树叶在波谷，两树叶间水面距离是4m，所以52λ＝4m，解得：该列水波的波长λ＝1.6m，故B项正确.根据v＝λf可得，水波的波速v＝1.6×0.6m/s＝0.96m/s，故C项正确.一片树叶在波峰时恰好另一片树叶在波谷，两者平衡位置间的距离是半波长的奇数倍，两片树叶的位移始终等大反向，故D项正确.水波传播时，各质点在自身的平衡位置附近往复振动，并不随波迁移，所以足球不能到岸边，故E项错误.2.(多选)(2019·浙江金丽衢十二校联考)如图2所示，S1为点振源，由平衡位置开始上下振动，产生一列简谐横波沿S1S2直线传播，S1、S2两点之间的距离为9m.S2点的左侧为一种介质，右侧为另一种介质，波在这两种介质中传播的速度之比为3∶4.某时刻波正好传到S2右侧7m处，且S1、S2均在波峰位置.则A.S2开始振动时方向可能向下也可能向上B.波在S2左侧的周期比在右侧时大图2C.右侧的波长为λ2＝28n＋1m(n＝1,2,3,4…)D.左侧的波长为λ1＝32n＋1m(n＝1,2,3,4…)√√例2(2019·全国卷Ⅰ·34(1))一简谐横波沿x轴正方向传播，在时刻，该波的波形图如图3(a)所示，P、Q是介质中的两个质点.图(b)表示介质中某质点的振动图像.下列说法正确的是______(填正确答案标号).t＝T2图3A.质点Q的振动图像与图(b)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(b)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CDE平衡位置在坐标原点的质点从平衡位置向下振动，所以质点Q的振动图像与题图(b)不同，平衡位置在坐标原点的质点的振动图像如题图(b)所示，选项A错误，D正确；在t＝0时刻，质点P处在波谷位置，速率为零，与其平衡位置的距离最大，加速度最大，而质点Q运动到平衡位置，速率最大，加速度为零，即在t＝0时刻，质点P的速率比质点Q的小，质点P的加速度比质点Q的大，质点P与其平衡位置的距离比质点Q的大，选项B错误，C、E正确.解析t＝T2时刻，题图(b)表示介质中的某质点从平衡位置向下振动，而题图(a)中质点Q在t＝T2时刻从平衡位置向上振动，3.(2019·山东泰安市3月第一轮模拟)如图4甲为某波源的振动图象，图乙是该波源产生的横波在某时刻的波动图象，波动图象中的O点表示波源，P、Q是介质中的两点.则：变式训练图4(1)这列波的波速多大？波源的起振方向向哪？答案1m/s波源起振方向沿y轴负方向解析从振动图象和波动图象可知，波源起振方向沿y轴负方向，T＝2s，λ＝2m则波速v＝λT＝1m/s(2)当波动图象中质点Q第一次到达平衡位置且向上运动时，质点P已经经过了多少路程？答案0.7m解析波由质点P传到质点Q经历时间：t1＝PQv＝61s＝6s＝3T质点Q从开始振动到第一次到达平衡位置且向上运动的时间t2＝T2P共振动：t＝t1＋t2＝72T则质点P经过的路程：s＝72×4A＝0.7m.1.三个公式考点2光的折射和全反射(1)折射率：n＝sinθ1sinθ2(2)n＝cv(3)临界角：sinC＝1n2.分析思路(1)根据题意严格作出光路图，有时需分析、寻找临界光线、边界光线为研究对象.(2)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，一定发生全反射.(3)根据反射定律、折射定律列出关系式，结合几何关系(充分利用三角形、圆的特点)，联立求解.例3(2019·全国卷Ⅰ·34(2))如图5，一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.43图5(1)求桅杆到P点的水平距离；答案7m解析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；桅杆距水面的高度为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x1h1＝tan53°①x2h2＝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＝7m⑤(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5.5m解析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′＋x⑦x1′h1＝tani′⑧⑨联立⑤⑥⑦⑧⑨式并代入题给数据得：x′＝62－3m≈5.5mx2′h2＝tan45°变式训练4.(2019·四川广元市第二次适应性统考)如图6所示，一截面为半圆的透明体，其AB面与水平面间的夹角为30°，半圆半径r＝10cm.一束很细的单色光从半圆上P点竖直向下射入透明体，且此光线的延长线恰好经过圆心O点，在水平面上得到一个亮点R(未画出)，同时光线从圆弧AB上某点Q射出(未画出)，已知透明体的折射率为.3图6(1)补充完整光路图；答案见解析图解析作出光路图如图所示(2)求QR两点间的距离x.答案2033cm解析由光路图可知光线从P点进入透明体在AB边的入射角为30°，根据反射定律有∠MOQ＝30°由n＝sinisinr得，折射角∠RON＝60°由几何关系可知∠ROB＝30°，则△BOR为等腰三角形所以OR＝BR＝r2cos30°＝1033cm则QR两点间的距离x＝OQ2＋OR2＝2033cm.由几何关系得△QOR为直角三角形，例4(2019·全国卷Ⅲ·34(2))如图7，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，∠A＝90°，∠B＝30°.一束光线平行于底边BC射到AB边上并进入棱镜，然后垂直于AC边射出.图7(1)求棱镜的折射率；答案3式中n是棱镜的折射率.由几何关系可知α＋β＝60°②由几何关系和反射定律得β＝β′＝∠B③联立①②③式，并代入i＝60°得解析光路图及相关量如图所示.光束在AB边上折射，由折射定律得sinisinα＝n①n＝3④(2)保持AB边上的入射点不变，逐渐减小入射角，直到BC边上恰好有光线射出.求此时AB边上入射角的正弦.答案3－22解析设改变后的入射角为i′，折射角为α′，由折射定律得sini′sinα′＝n⑤依题意，光束在BC边上的入射角为全反射的临界角θc，且sinθc＝1n⑥由几何关系得θc＝α′＋30°⑦由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦为sini′＝3－225.(2019·安徽A10联盟开年考)如图8是某种玻璃材料制成的空心圆柱体的截面图，玻璃圆柱体的半径为2R，空心部分是半径为R的圆，两圆同心.一束单色光(平行于截面)从圆柱体外表面上的A点以入射角i射入玻璃材料中，光束经折射后恰好与内圆面相切于B点，已知该玻璃材料对此单色光的折射率为.变式训练2图8(1)求入射角i；答案45°解析由题意，设折射角为r，由几何关系：sinr＝BOAO＝0.5根据折射定律：n＝sinisinr解得i＝45°(2)欲使该光束从A点入射后，恰好在内圆面上发生全反射，则入射角i′是多少？答案30°解得i′＝30°.解析设在A点的入射角为i′时，光束经折射后到达内圆面上的C点，并恰好在C点发生全反射，则光束在内圆面上的入射角∠ACD恰等于临界角θ，如图所示，则sinθ＝1n解得∠ACD＝θ＝45°根据正弦定理：AOsin∠ACO＝COsin∠CAO解得sin∠CAO＝24根据折射定律：n＝sini′sin∠CAO1.电磁波与机械波的主要区别(1)电磁波传播不需要介质，机械波传播需要介质.(2)电磁波是横波，机械波可能是横波，也可能是纵波.考点3光的波动性电磁波2.电磁波谱的特性及应用电磁波谱特性应用递变规律无线电波容易发生衍射通信和广播红外线热效应红外线遥感可见光引起视觉照明等紫外线荧光效应，能杀菌灭菌消毒、防伪X射线穿透能力强医用透视、安检γ射线穿透能力很强工业探伤、医用治疗波长减小频率增大3.波的特性机械波和光波都能发生干涉、衍射、多普勒效应等现象，是波特有的现象，偏振现象是横波的特有现象.要观察到稳定的干涉现象和明显的衍射现象需要一定的条件.4.稳定干涉条件与特点(1)两列光波发生稳定干涉现象时，光的频率相等，相位差恒定，干涉条纹间距Δx＝.(2)干涉图样中，实线和实线的