（新课标）2020高考物理二轮总复习 第一部分 专题突破方略 专题七 选考部分 1.7.2 振动和波

专题七选考部分第2讲振动和波光高频考点1机械振动机械波高频考点2光的折射全反射光的波动性栏目导航专题限时训练[知识体系构建]高频考点1机械振动机械波〉〉视角一机械振动[例1](多选)一个质点经过平衡位置O，在A、B间做简谐运动，如图(a)所示，它的振动图象如图(b)所示，设向右为正方向，下列说法正确的是()A．OB＝5cmB．第0.2s末质点的速度方向是A→OC．第0.4s末质点的加速度方向是A→OD．第0.7s时质点位置在O点与A点之间E．在4s内完成5次全振动答案：ACE解析：由振动图象可知OB＝OA＝5cm，选项A正确；第0.2s末质点回到O点，其速度方向是O→A，选项B错误；第0.4s末质点到达A点，加速度方向是A→O，选项C正确；第0.7s时质点位置在O点与B点之间，选项D错误；因为T＝0.8s，故在4s内完成5次全振动，选项E正确．[规律方法]简谐运动的图象信息1．由图象可以得出质点做简谐运动的振幅、周期和频率．2．可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移．3．可以确定某时刻质点回复力、加速度的方向：因回复力总是指向平衡位置，故回复力和加速度在图象上总是指向t轴．4．确定某时刻质点速度的方向：速度的方向可以通过下一时刻位移的变化来判定，若下一时刻位移增加，振动质点的速度方向就是远离t轴，若下一时刻位移减小，振动质点的速度方向就是指向t轴．5．比较不同时刻回复力、加速度的大小．6．比较不同时刻质点的动能、势能的大小．〉〉视角二机械波[例2](多选)(2016·全国卷Ⅰ)某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以1.8m/s的速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近．该同学发现从第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15s．下列说法正确的是()A．水面波是一种机械波B．该水面波的频率为6HzC．该水面波的波长为3mD．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时能量不会传递出去E．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时振动的质点并不随波迁移答案：ACE解析：水面波是一种机械波，A正确；根据题意得周期T＝159s＝53s，频率f＝1T＝0.6Hz，B错误；波长λ＝vf＝1.80.6m＝3m，C正确；波传播过程中，传播的是振动形式，能量可以传递出去，但质点并不随波迁移，D错误，E正确．[规律方法]1．波传到任意一点，该点的起振方向都和波源的起振方向相同．2．介质中每个质点做的都是受迫振动，所以任一质点的振动频率和周期都和波源相同．因此可以断定：波从一种介质进入另一种介质，由于介质的情况不同，它的波长和波速可以改变，但频率和周期不会改变．3．振源经过一个周期T完成一次全振动，波恰好向前传播一个波长的距离，所以有v＝λT＝λf.4．质点振动nT(波传播nλ)时，波形不变．5．相隔波长整数倍的两个质点，振动状态总相同，相隔半波长奇数倍的两个质点，振动状态总相反．〉〉视角三振动图象与波动图象的综合应用[例3](2018·全国卷Ⅰ)一列简谐横波在t＝13s时的波形图如图(a)所示，P、Q是介质中的两个质点，图(b)是质点Q的振动图象．求：(1)波速及波的传播方向；(2)质点Q的平衡位置的x坐标．答案：(1)18cm/s波沿负方向传播(2)xQ＝9cm解析：(1)由题图(a)可以看出，该波的波长为λ＝36cm①由题图(b)可以看出，周期为T＝2s②故波速v＝λT＝18cm/s③由题图(b)知，当t＝13s时，Q点向上运动，结合题图(a)可得，波沿x轴负方向传播．(2)设质点P、Q平衡位置的x坐标分别为xP、xQ.由题图(a)知，x＝0处y＝－A2＝Asin(－30°)，因此xP＝30°360°λ＝3cm④由题图(b)知，在t＝0时Q点处于平衡位置，经Δt＝13s，其振动状态向x轴负方向传播至P点处，由此及③式有xQ－xP＝vΔt＝6cm⑤由④⑤式得，质点Q的平衡位置的x坐标为xQ＝9cm⑥〉〉视角四波的多解问题[例4]如图所示实线是一列简谐横波在t1＝0时刻的波形，虚线是这列波在t2＝0.5s时刻的波形，这列波的周期T符合：3T＜t2－t1＜4T，问：(1)若波向右传播，波速多大？(2)若波向左传播，波速多大？(3)若波速大小为74m/s，波速方向如何？答案：(1)54m/s(2)58m/s(3)波向左传播解析：(1)波向右传播时，传播距离Δx满足Δx＝kλ＋38λ(k＝0,1,2,3…)由Δt＝Δxv知传播时间满足Δt＝kT＋38T(k＝0,1,2,3…)由于3T＜t2－t1＜4T因此k取3故Δt＝3T＋38T由波形图知λ＝8m波速v＝λT解得v＝54m/s(2)波向左传播时，传播距离Δx满足Δx＝kλ＋58λ(k＝0,1,2,3，…)传播时间满足Δt＝kT＋58T(k＝0,1,2,3…)由3T＜t2－t1＜4T可知k取3故Δt＝3T＋58T波速v＝λT解得v＝58m/s(3)波速大小为74m/s时，波在Δt时间内传播的距离为Δx＝vΔt＝74×0.5m＝37m＝(4λ＋58λ)m所以波向左传播．[规律方法]1．造成波动问题多解的主要因素(1)周期性：①时间周期性：时间间隔Δt与周期T的关系不明确．②空间周期性：波传播距离Δx与波长λ的关系不明确．(2)双向性：①传播方向双向性：波的传播方向不确定．②振动方向双向性：质点振动方向不确定．如：a.质点达到最大位移处，则有正向和负向最大位移两种可能．b．质点由平衡位置开始振动，则起振方向有向上、向下(或向左、向右)两种可能．c．只告诉波速不指明波的传播方向，应考虑沿两个方向传播的可能，即沿x轴正方向或沿x轴负方向传播．d．只给出两时刻的波形，则有多次重复出现的可能．(3)波形的隐含性形成多解：在波动问题中，往往只给出完整波形的一部分，或给出几个特殊点，而其余信息均处于隐含状态．这样，波形就有多种情况，形成波动问题的多解性．2．解决波的多解问题的思路一般采用从特殊到一般的思维方法，即找出一个周期内满足条件的关系Δt或Δx，若此关系为时间，则t＝nT＋Δt(n＝0,1,2…)；若此关系为距离，则x＝nλ＋Δx(n＝0,1,2…)．1．(多选)(2019·全国卷Ⅰ)一简谐横波沿x轴正方向传播，在t＝T2时刻，该波的波形图如图(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象．下列说法正确的是()A．质点Q的振动图象与图(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象如图(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的大答案：CDE解析：波沿x轴正方向传播，在t＝T2时刻，平衡位置在坐标原点的质点正在从平衡位置向y轴负方向振动，质点P正位于波峰，质点Q正位于平衡位置向y轴正方向振动．在t＝0时刻，平衡位置在坐标原点的质点正在从平衡位置向y轴正方向振动，质点P正位于波谷，质点Q正在平衡位置向y轴负方向振动，则质点Q的振动图象与图(b)不相同，平衡位置在坐标原点的质点的振动图象如图(b)所示，故选项A错误，D正确；在t＝0时刻，质点P正位于波谷，质点P的速度为0，加速度最大，与其平衡位置的距离最大；质点Q正在平衡位置，速率最大，加速度最小，与其平衡位置的距离最小，故在t＝0时刻，质点P的速率比质点Q的小，质点P的加速度的大小比质点Q的大，质点P与其平衡位置的距离比质点Q的大，故选项B错误，C、E正确．2．(2019·全国卷Ⅱ)如图，长为l的细绳下方悬挂一小球a.绳的另一端固定在天花板上O点处，在O点正下方34l的O′处有一固定细铁钉．将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放，并从释放时开始计时．当小球a摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡．设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，向右为正．下列图象中，能正确描述小球在开始一个周期内的x－t关系的是()答案：A解析：由T＝2πlg得：T1＝2πlg，T2＝2πl4g＝πlg＝12T1，故B、D错误；x1＝lsinθ1＝2lsinθ12cosθ12x2＝l4sinθ2＝2×l4sinθ22cosθ22由于θ1、θ2约为2°，所以cosθ12≈1，cosθ22≈1故x1＝lsinθ1≈2lsinθ12x2＝l4sinθ2≈2×l4sinθ22x1x2＝2lsinθ12l2·sinθ22＝4sinθ12sinθ22由能量守恒定律可知，小球先后摆起的最大高度相同，故l－lcosθ1＝l4－l4·cosθ2，根据半角公式sin2θ2＝1－cosθ2可得：sinθ22＝2sinθ12，故x1x2＝4sinθ12sinθ22＝2，即第一次振幅是第二次振幅的2倍，故A正确，C错误．3．(2017·全国卷Ⅰ)如图(a)，在xy平面内有两个沿z方向做简谐振动的点波源S1(0,4)和S2(0，－2)．两波源的振动图线分别如图(b)和图(c)所示，两列波的波速均为1.00m/s.两列波从波源传播到点A(8，－2)的路程差为________m，两列波引起的点B(4,1)处质点的振动相互________(填“加强”或“减弱”)，点C(0,0.5)处质点的振动相互________(填“加强”或“减弱”)．答案：2减弱加强解析：由图可得周期T＝2s，则波长λ＝vT＝2m，两列波从波源传播到点A(8，－2)的路程差Δr＝S1A－S2A＝10m－8m＝2m，两列波的振动步调相反，从波源传播到点B(4,1)的路程差为0，引起该处质点的振动相互减弱，从波源传播到点C(0,0.5)的路程差为1m＝λ2×1，该处质点为振动加强点．4．(2017·海南卷)从两个波源发出的两列振幅相同、频率均为5Hz的简谐横波，分别沿x轴正、负方向传播，在某一时刻到达A、B点，如图中实线、虚线所示．两列波的波速均为10m/s.求：(1)质点P、O开始振动的时刻之差；(2)再经过半个周期后，两列波在x＝1m和x＝5m之间引起的合振动振幅极大和极小的质点的x坐标．答案：(1)0.05s．(2)见解析解析：(1)该波的周期T＝1f＝15＝0.2s由题图知，质点P、O开始振动的时刻之差Δt＝T4＝0.05s(2)该波的波长λ＝vT＝10×0.2m＝2m根据波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，可知，两列波在x＝1m和x＝5m之间引起的合振动振幅极大的质点的x坐标为：1m、2m、3m、4m、5m．合振动振幅极小的质点的x坐标为1.5m、2.5m、3.5m、4.5m.高频考点2光的折射全反射光的波动性〉〉视角一光的折射[例5](2019·贵阳市适应性考试)如图所示，一半径为R的14球体位于水平桌面上，球体由折射率为3的透明材料制成．现有一束位于过球心O的竖直平面内的光线，平行于桌面射到球体表面上A点，折射入球体后再从竖直表面上C点射出．已知入射光线与桌面的距离为3R2，光在真空中传播的速度为c.求：(1)光在该透明材料中传播的速度；(2)出射角θ.答案：(1)3c3(2)θ＝60°解析：(1)由折射定律：n＝cv代入解得：v＝33c(2)连接OA，过A点作水平面的垂线，垂足为B，OA即为入射点的法线，因此，图中α为入射角，β为折射角．过C点作竖直表面的垂线，因此，图中γ为光线在球体竖直表面上的入射角．由几何关系可求：sinα＝32，sinαsinβ＝3，sinθsinγ＝3由几何关系知：γ＝β联立解得：θ＝60°.〉〉视角二全反射[例6](2018·全国卷Ⅱ)如图，△ABC是一直角三棱镜的横截面，∠A＝90°，∠B＝60°，一细光束从BC边的D点折射后，射到AC边的E点，发生全反射后经AB边的F点射出．EG垂直于AC交BC于G，D恰好是CG的中点．不计多次反射．(1)求出射光相对于D点的入射光的偏角；(2)为实现上述光路，棱镜折射率的取值应在什么范围？答案：(1)60°(2)233≤n＜2解析：(1)根据题意画出光路图，根据几何关系找到出射光线与入射光线之间的夹角．光线在BC面上折射，由折射定律有sini1＝nsinr1①式中，n