-学业水平考试2016-2017高中物理选修3-2 3-4（浙江专用 人教版）教师用书：第十一章 机械振动 第1课时　简谐运动 WORD版含解析.DOC

1、第 2 课时 简谐运动的描述研究学考把握考情知识内容简谐运动的描述考试要求加试 c教学要求1.理解全振动的概念2知道振幅、周期和频率的意义，掌握周期和频率的关系3知道简谐运动的表达式，了解式中每个量的意义4会用计算机观察声音的波形5经历振动步调不一致的实验过程，体会“相位”的意义6能从振动图象或表达式中求出振幅、频率和周期7对相位为零的情况，会根据振动图象写出表达式或根据表达式画出振动图象说明不要求理解“相位”的概念知识点一 描述简谐运动的物理量基 础 梳 理 1.振幅振动物体离开平衡位置的最大距离。振幅的两倍表示的是振动物体运动范围的大小。2周期和频率(1)全振动：一个完整的振动过程，称为一

2、次全振动。振动物体完成一次全振动的时间总是相同的。(2)周期：做简谐运动的物体完成一次全振动所需要的时间，叫做振动的周期，用T 表示。单位：在国际单位制中，周期的单位是秒(s)。(3)频率：单位时间内完成全振动的次数，叫做振动的频率，用 f 表示。单位：在国际单位制中，频率的单位是赫兹，简称赫，符号是 Hz。(4)周期和频率的关系：f1T(5)周期和频率都是表示物体振动快慢的物理量，周期越小，频率越大，表示振动越快。3相位在物理学上，我们用不同的相位来描述周期性运动在各个时刻所处的不同状态。要 点 精 讲要点 1 对全振动的理解正确理解全振动的概念，应注意把握全振动的五种特征。(1)振动特征：

3、一个完整的振动过程。(2)物理量特征：位移(x)、速度(v)第一次同时与初始状态相同。(3)时间特征：历时一个周期。(4)路程特征：振幅的 4 倍。(5)相位特征：增加 2【例 1】如图 1 所示，弹簧振子在 AB 间做简谐运动，O 为平衡位置，A、B 间距离是 20 cm，从 A 到 B 运动时间是 2 s，则()图 1A从 OBO 振子做了一次全振动B振动周期为 2 s，振幅是 10 cmC从 B 开始经过 6 s，振子通过的路程是 60 cmD从 O 开始经过 3 s，振子处在平衡位置解析 振子从 OBO 只完成半个全振动，A 错误；从 AB 振子也只是半个全振动，半个全振动是 2 s，

4、所以振动周期是 4 s，B 错误；t6 s112T，所以振子经过的路程为 4A2A6A60 cm，C 正确；从 O 开始经过 3 s，振子处在最大位移处 A 或 B，D 错误。答案 C要点 2 描述简谐运动的物理量的两个“关系”(1)振幅与路程的关系振动物体在一个周期内的路程为四个振幅。振动物体在半个周期内的路程为两个振幅。振动物体在14个周期内的路程不一定等于一个振幅。(2)周期(T)与频率(f)的关系周期是振动物体完成一次全振动所需的时间。频率是单位时间内完成全振动的次数。所以周期(T)与频率(f)的关系为：T1f。物体振动的周期和频率，由振动系统本身的性质决定，与振幅无关。【例 2】一质

5、点做简谐运动，其位移 x 与时间 t 的关系图象如图 2 所示，由图可知()图 2A质点振动的频率是 4 HzB质点振动的振幅是 2 cmCt3 s 时，质点的速度最大Dt3 s 时，质点的振幅为零解析 由题图可以直接看出振幅为 2 cm，周期为 4 s，所以以频率为 0.25 Hz，所以 A 错误，B 正确；t3 s 时，质点经过平衡位置，速度最大，所以 C 正确；振幅等于质点偏离平衡位置的最大距离，与质点的位移有着本质的区别，t3 s 时，质点的位移为零，但振幅仍为 2 cm，所以 D 错误。答案 BC知识点二 简谐运动的表达式基 础 梳 理 简谐运动的表达式为 xAsin(t)。(1)A

6、 表示简谐运动的振幅。(2)是一个与频率成正比的量，叫做简谐运动的圆频率。它也表示简谐运动的快慢，2T 2f。(3)(t)代表简谐运动的相位，是 t0 时的相位，称做初相位，或初相。典 例 精 析【例 3】一弹簧振子 A 的位移 x 随时间 t 变化的关系式为 x0.1sin 2.5 t，位移 x的单位为 m，时间 t 的单位为 s。则()A弹簧振子的振幅为 0.2 mB弹簧振子的周期为 1.25 sC在 t0.2 s 时，振子的运动速度为零D若另一弹簧振子 B 的位移 x 随时间变化的关系式为 x0.2sin(2.5t4)，则 B的振幅和周期是 A 的振幅和周期的 2 倍解析 由振动方程为

7、x0.1sin 2.5t，可读出振幅为 0.1 m，圆频率 2.5，故周期 T20.8 s，故 A、B 错误；在 t0.2 s 时，x0.1sin2 m0.1 m，振子的位移最大，故速度最小，为零，故 C 正确；由两表达式可知弹簧振子 B 的振幅是A 的 2 倍，但周期相同，D 错误。答案 C名师点睛 应用简谐运动的表达式解决相关问题，首先应明确振幅 A、周期 T、频率 f 的对应关系，其中 T2，f2，然后把确定的物理量与所要解决的问题相对应，找到关系。1如图 3 所示，弹簧振子以 O 为平衡位置，在 B、C 间振动，则()图 3A从 BOCOB 为一次全振动B从 OBOCB 为一次全振动C

8、从 COBOC 为一次全振动DOB 的大小不一定等于 OC解析 O 为平衡位置，B、C 为两侧最远点，则从 B 起始经 O、C、O、B 路程为振幅的 4 倍，A 对；若从 O 起始经 B、O、C、B 路程为振幅的 5 倍，超过一次全振动，B 错；若从 C 起始经 O、B、O、C 路程为振幅的 4 倍，C 对；因弹簧振子系统不考虑摩擦，所以振幅一定，D 错。答案 AC2如图 4 所示是一做简谐运动的物体的振动图象，下列说法正确的是()图 4A振动周期是 2102sB第 2 个 102s 内物体的位移是10 cmC物体的振动频率为 25 HzD物体的振幅是 10 cm解析 振动周期是完成一次全振动

9、所用的时间，所以周期 T4102s，又 f1T，所以 f25 Hz，则 A 项错误，C 项正确；由题图可读出振幅 A10 cm，则 D 项正确；第 2 个 102s 的初位置是 10 cm，末位置是 0，根据位移的概念有 x10 cm，则 B 项正确。答案 BCD3如图 5 所示，振子以 O 点为平衡位置在 A、B 间做简谐运动，从振子第一次到达 P 点时开始计时，则()图 5A振子第二次到达 P 点的时间间隔为一个周期B振子第三次到达 P 点的时间间隔为一个周期C振子第四次到达 P 点的时间间隔为一个周期D振子从 A 点到 B 点或从 B 点到 A 点的时间间隔为一个周期解析 从经过某点开始

10、计时，则再经过该点两次所用的时间为一个周期，B 对，A、C 错；振子从 A 到 B 或从 B 到 A 的时间间隔为半个周期，D 错。答案 B4如图 6 所示为 A、B 两质点做简谐运动的位移时间图象。请根据图象回答。图 6(1)A 的振幅是_ cm，周期是_ s；B 的振幅是_ cm，周期是_ s；(2)写出 A 质点的位移随时间变化的关系式；(3)在 t0.05 s 时 A 质点的位移是多少？解析(1)由题图知：A 的振幅是 0.5 cm，周期是 0.4 s；B 的振幅是 0.2 cm，周期是 0.8 s。(2)t0 时刻 A 质点从平衡位置开始沿正方向振动，由 T0.4 s，得 2T 5。

11、则简谐运动的表达式为 xA0.5sin 5t cm。(3)将 t0.05 s 代入 A 的表达式中得：xA0.5sin(50.05)cm0.5 22cm 24cm。答案(1)0.5 0.4 0.2 0.8(2)xA0.5sin 5t cm(3)24cm一、选择题(在每小题给出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。)1振动周期指的是振动物体()A从任意一个位置出发又回到这个位置所用的时间B从一侧最大位移处，运动到另一侧最大位移处所用的时间C从某一位置出发又沿同一运动方向回到这个位置所用的最短时间D经历了四个振幅的时间答案 CD2周期为 2 s 的简谐运动，在半分钟内振子通过的路程是 60 c

12、m，则在此时间内振子经过平衡位置的次数和振子的振幅分别为()A15 次，2 cm B30 次，1 cmC15 次，1 cm D60 次，2 cm解析 振子完成一次全振动经过轨迹上每点的位置均为两次(除最大位移处)，而每次全振动振子通过的路程为 4 个振幅。答案 B3质点沿直线以 O 点为平衡位置做简谐运动，A、B 两点分别为正向最大位移与负向最大位移处的点，A、B 相距 10 cm，质点从 A 到 B 的时间为 0.1 s，从质点经过 O 点时开始计时，经 0.5 s，则下述说法正确的是()A振幅为 5 cmB振幅为 10 cmC质点通过的路程为 50 cmD质点位移为 50 cm解析 A、B

13、 相距 10 cm，则振幅为 5 cm。由 A 到 B 历时 0.1 s，则周期 T0.2 s，从平衡位置开始经过 0.5 s，即为 2.5 个周期，通过的路程为 s2.545 cm50 cm，位移为 0.故正确答案为 A、C。答案 AC4如图 1 所示，在光滑水平面上振动的弹簧振子的平衡位置为 O，把振子拉到 A点，OA1 cm，然后释放振子，经过 0.2 s 振子第 1 次到达 O 点，如果把振子拉到 A点，OA2 cm，则释放振子后，振子第 1 次到达 O 点所需的时间为()图 1A0.2 s B0.4 s C0.1 s D0.3vs解析 简谐运动的周期只跟振动系统本身的性质有关，与振幅

14、无关，两种情况下振子第 1 次到达平衡位置所需的时间都是振动周期的14，它们相等。答案 A5一质点做简谐运动的图象如图 2 所示，下列说法正确的是()图 2A质点的振动频率是 4 HzB在 10 s 内质点通过的路程是 20 cmC第 4 s 末质点的速度是零D在 t1 s 和 t3 s 两时刻，质点位移大小相等、方向相同解析 根据振动图象可知，该简谐运动的周期 T4 s，所以频率 f1T0.25 Hz，A 错；10 s 内质点通过的路程 s104 4A10A102 cm20 cm，B 正确；第 4 s 末质点经过平衡位置，速度最大，C 错；在 t1 s 和 t3 s 两时刻，质点位移大小相等

15、、方向相反，D 错。答案 B6如图 3 所示，弹簧振子在 B、C 间振动，O 为平衡位置，BOOC5 cm，若振子从 B 到 C 的运动时间是 1 s，则下列说法正确的是()图 3A振子从 B 经 O 到 C 完成一次全振动B振动周期是 1 s，振幅是 10 cmC经过两次全振动，振子通过的路程是 20 cmD从 B 开始经过 3 s，振子通过的路程是 30 cm解析 振子从 BOC 仅完成了半次全振动，所以周期 T21 s2 s，振幅 ABO5 cm。弹簧振子在一次全振动过程中通过的路程为 4A20 cm，所以两次全振动中通过路程为 40 cm,3 s 的时间为 1.5T，所以振子通过的路程

16、为 30 cm。答案 D7如图 4 所示为某弹簧振子在 05 s 内的振动图象，由图可知，下列说法中正确的是()图 4A振动周期为 5 s，振幅为 8 cmB第 2 s 末振子的速度为零，加速度为负向的最大值C第 3 s 末振子的速度为正向的最大值D从第 1 s 末到第 2 s 末振子在做加速运动解析 根据图象可知，弹簧振子的周期 T4 s，振幅 A8 cm，选项 A 错误；第2 s 末振子到达波谷位置，速度为零，加速度最大，且沿 x 轴正方向，选项 B 错误；第 3 s 末振子经过平衡位置，速度达到最大，且向 x 轴正方向运动，选项 C 正确；从第 1 s 末到第 2 s 末振子经过平衡位置

17、向下运动到达波谷位置，速度逐渐减小，选项 D 错误。答案 C8质点沿 x 轴做简谐运动，平衡位置为坐标原点 O。质点经过 a 点(xa5 cm)和 b 点(xb5 cm)时速度相同，所用时间 tab0.2 s；质点由 b 点回到 a 点所用的最短时间 tba0.4 s。则该质点做简谐运动的频率为()A1 Hz B1.25 HzC2 Hz D2.5 Hz解析 由题意可知：a、b 点在 O 点的两侧，关于 O 点对称，质点由 a 点到 b 点所用时间 tab0.2 s，由 b 点回到 a 点所用最短时间 tba0.4 s，表明质点经过 b 点后还要继续向 x 轴的正方向运动，振幅大于 5 cm，设

18、周期为 T，由简谐运动的对称性可知，质点由 b 点回到 a 点的时间为T2，即T20.4 s，T0.8 s，频率 f1T 10.8Hz1.25 Hz，选项 B 正确。答案 B9某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为 xAsin4t，则质点()A第 1 s 末与第 3 s 末的位移相同B第 1 s 末与第 3 s 末的速度相同C第 3 s 末与第 5 s 末的位移方向相同D第 3 s 末与第 5 s 末的速度方向相同解析 根据 xAsin4t 可求得该质点振动周期为 T8 s，则该质点振动图象如图所示，图象的斜率为正表示速度为正，反之为负，由图可以看出第 1 s 末和第 3 s 末的位移相

19、同，但斜率一正一负，故速度方向相反，选项 A 正确，B 错误；第 3 s末和第 5 s 末的位移方向相反，但两点的斜率均为负，故速度方向相同，选项 C错误，D 正确。答案 AD10某弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其位移 xAsin t，振动图象如图 5所示，则()图 5A弹簧在第 1 s 末与第 5 s 末的长度相同B简谐运动的频率为18 HzC第 3 s 末，弹簧振子的位移大小为 22 AD弹簧振子在第 3 s 末与第 5 s 末的速度方向相同解析 在水平方向上做简谐运动的弹簧振子，其位移 x 的正、负表示弹簧被拉伸或压缩，所以弹簧在第 1 s 末与第 5 s 末时，虽然位移大小相同，但方

20、向不同，弹簧长度不同，选项 A 错误；由图象可知，T8 s，故频率为 f18 Hz，选项 B 正确；2T 4 rad/s，则将 t3 s 代入 xAsin4t，可得弹簧振子的位移大小 x 22A，选项 C 正确；第 3 s 末至第 5 s 末弹簧振子沿同一方向经过关于平衡位置对称的两点，故速度方向相同，选项 D 正确。答案 BCD二、非选择题11如图 6 所示，一弹簧振子在 M、N 间沿光滑水平杆做简谐运动，坐标原点 O为平衡位置，MN8 cm。从小球向右经过图中 O 点时开始计时，到第一次经过 N点的时间为 0.2 s 则小球的振动周期为_ s，振动方程为 x_ cm。图 6解析 从 O 点

21、到 N 点刚好为T4，则有T40.2 s，故 T0.8 s；由于 2T 52 rad/s，而振幅为 4 cm，从平衡位置处开始振动，所以振动方程为 x4sin52 t cm。答案 0.8 4sin 52 t12有一弹簧振子在水平方向上的 B、C 之间做简谐运动，已知 B、C 间的距离为 20 cm，振子在 2 s 内完成了 10 次全振动。若从某时刻振子经过平衡位置时开始计时(t0)，经过14周期振子有负向最大加速度。图 7(1)求振子的振幅和周期；(2)在图 7 中作出该振子的位移时间图象；(3)写出振子的振动方程。解析(1)xBC20 cm，t2 s，n10，由题意可知：AxBC2 20

22、cm210 cm，Ttn2 s100.2 s。(2)由从振子经过平衡位置开始计时，经过14周期振子有负向最大加速度，可知振子此时在正向最大位移处。所以位移时间图象如图所示。(3)由 A10 cm，T0.2 s，2T 10 rad/s得振子的振动方程为 x10sin 10t cm。答案(1)10 cm 0.2 s(2)见解析图(3)x10sin 10t cm第 3 课时 简谐运动的回复力和能量研究学考把握考情知识内容简谐运动的回复力和能量考试要求加试 b教学要求1.知道弹簧振子中小球的受力特点2知道简谐运动的回复力及其表达式3知道简谐运动是一种理想化的振动4会定性分析位移、速度、加速度、回复力、

23、动能、势能及机械能的变化情况。说明1.不要求定量讨论速度和加速度的变化2不要求根据简谐运动回复力的表达式证明物体做简谐运动知识点一 简谐运动的回复力基 础 梳 理 1简谐运动的动力学定义：如果质点所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成正比，并且总是指向平衡位置，质点的运动就是简谐运动。2回复力：由于力的方向总是指向平衡位置，它的作用总是要把物体拉回到平衡位置，所以通常把这个力称为回复力。3简谐运动的回复力与位移的关系：Fkx，式中 k 是比例系数。要 点 精 讲1对回复力的理解(1)回复力是指将振动物体拉回到平衡位置的力，它可以是物体所受的合外力，也可以是一个力或某一个力的分力，而不是一种新的性

24、质力。(2)简谐运动的回复力：Fkx。k 是比例系数，并非弹簧的劲度系数(水平弹簧振子中 k 为弹簧的劲度系数)，其值由振动系统决定，与振幅无关。“”号表示回复力的方向与偏离平衡位置的位移的方向相反。x 是指物体对平衡位置的位移，不一定是弹簧的伸长量或压缩量。回复力的作用总是把物体拉向平衡位置。2简谐运动的加速度据牛顿第二定律，aFmkmx，表明简谐运动的加速度大小也与位移大小成正比，加速度方向与位移方向相反。【例 1】如图 1 所示，弹簧振子在光滑水平杆上的 A、B 之间做往复运动，下列说法正确的是()图 1A弹簧振子运动过程中受重力、支持力和弹簧弹力的作用B弹簧振子运动过程中受重力、支持力

25、、弹簧弹力和回复力的作用C振子由 A 向 O 运动过程中，回复力逐渐增大D振子由 O 向 B 运动过程中，回复力的方向指向平衡位置解析 回复力是根据效果命名的力，不是做简谐运动的物体受到的具体的力，它是由物体受到的具体的力所提供的，在此情景中弹簧的弹力充当回复力，故 A 正确，B 错误；回复力与位移的大小成正比，由 A 向 O 运动过程中位移的大小在减小，故此过程回复力逐渐减小，C 错误；回复力总是指向平衡位置，故 D 正确。答案 AD知识点二 简谐运动的能量基 础 梳 理 1如果摩擦力等阻力造成的损耗可以忽略，在弹簧振子运动的任意位置，系统的动能与势能之和都是一定的。2简谐运动是一种理想化的

26、模型。3简谐运动的机械能由振幅决定对同一振动系统来说，振幅越大，振动的能量越大。如果没有能量损耗，振幅保持不变，它将永不停息地振动下去，因此简谐运动又称等幅振动。即 学 即 练如图 2 所示，一弹簧振子在 A、B 间做简谐运动，平衡位置为 O，已知振子的质量为 M。图 2(1)简谐运动的能量取决于_，物体振动时动能和_能相互转化，总机械能_。(2)振子在振动过程中，下列说法中正确是()A振子在平衡位置，动能最大，势能最小B振子在最大位移处，势能最大，动能最小C振子在向平衡位置运动时，由于振子振幅减小，故总机械能减小D在任意时刻，动能与势能之和保持不变(3)若振子运动到 B 处时将一质量为 m

27、的物体放到 M 的上面，从 m 到 M 无相对滑动而一起运动，下列说法正确的是()A振幅不变 B振幅减小C最大动能不变D最大动能减小解析(1)简谐运动的能量取决于振幅，物体振动时动能和弹性势能相互转化，总机械能守恒。(2)振子在平衡位置两侧往复运动，在最大位移处速度为零，动能为零，此时弹簧的形变最大，势能最大，所以 B 正确；在任意时刻只有弹簧的弹力做功，所以机械能守恒，D 正确；到平衡位置处速度达到最大，动能最大，势能最小，所以 A正确；振幅的大小与振子的位置无关，所以 C 错误。(3)振子运动到 B 点时速度恰为零，此时放上 m，系统的总能量即为此时弹簧储存的弹性势能，由于简谐运动中机械能

28、守恒，所以振幅保持不变，因此选项 A 正确，B 错误；由于机械能守恒，最大动能不变，所以选项 C 正确，D 错误。答案(1)振幅 弹性势 守恒(2)ABD(3)AC知识点三 简谐运动中各物理量的变化情况要 点 精 讲 如图 3 所示的弹簧振子图 3位置AAOOOBB位移的大小最大0最大速度的大小0最大0动能0最大0势能最大最小最大总能不变不变不变不变不变【例 2】如图 4 所示是某一质点做简谐运动的图象，下列说法正确的是()图 4A在第 1 s 内，质点速度逐渐增大B在第 1 s 内，质点加速度逐渐增大C在第 1 s 内，质点的回复力逐渐增大D在第 4 s 内，质点的动能逐渐增大，势能逐渐减小

29、，机械能保持不变解析 在第 1 s 内，质点由平衡位置向正向最大位移处运动，速度减小，位移增大，回复力和加速度都增大；在第 4 s 内，质点由负向最大位移处向平衡位置运动，速度增大，位移减小，动能增大，势能减小，但机械能守恒。答案 BCD 1如图 5 所示，弹簧振子 B 上放一个物块 A，在 A 与 B 一起做简谐运动的过程中，下列关于 A 受力的说法中正确的是()图 5A物块 A 受重力、支持力及弹簧对它的恒定的弹力B物块 A 受重力、支持力及弹簧对它的大小和方向都随时间变化的弹力C物块 A 受重力、支持力及 B 对它的恒定的摩擦力D物块 A 受重力、支持力及 B 对它的大小和方向都随时间变

30、化的摩擦力解析 物块 A 受到重力、支持力和摩擦力的作用。摩擦力提供 A 做简谐运动所需的回复力，其大小和方向都随时间变化，D 选项正确。答案 D2沿水平方向振动的弹簧振子在做简谐运动的过程中，下列说法正确的是()A在平衡位置，它的机械能最大B在最大位移处，它的弹性势能最大C从平衡位置向最大位移处运动过程中，它的弹性势能减小D从最大位移处向平衡位置运动的过程中，它的机械能减小解析 弹簧振子在振动过程中机械能守恒，故 A、D 错误；位移越大，弹簧的形变量越大，弹性势能越大，故 B 正确，C 错误。答案 B3把一个小球套在光滑细杆上，球与轻弹簧相连组成弹簧振子，小球沿杆在水平方向做简谐运动，它围绕

31、平衡位置 O 在 A、B 间振动，如图 6 所示，下列结论正确的是()图 6A小球在 O 位置时，动能最大，加速度最小B小球在 A、B 位置时，动能最大，加速度最大C小球从 A 经 O 到 B 的过程中，回复力一直做正功D小球从 B 到 O 的过程中，振动的能量不断增加解析 小球在平衡位置时动能最大，加速度为零，因此 A 选项正确；小球靠近平衡位置时，回复力做正功；远离平衡位置时，回复力做负功。振动过程中总能量不变，因此 B、C、D 选项错误。答案 A4如图 7 为一水平弹簧振子的振动图象，由图可知()图 7A在 t1 时刻，振子的动能最大，所受的弹力最大B在 t2 时刻，振子的动能最大，所受

32、的弹力最小C在 t3 时刻，振子的动能最大，所受的弹力最小D在 t4 时刻，振子的动能最大，所受的弹力最大解析 t2 和 t4 是在平衡位置处，t1 和 t3 是在最大位移处，根据弹簧振子振动的特征，弹簧振子在平衡位置时的速度最大，加速度为零，即弹力为零；在最大位移处，速度为零，加速度最大，即弹力为最大，所以 B 项正确。答案 B 一、选择题(在每小题给出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。)1对简谐运动的回复力公式 Fkx 的理解，正确的是()Ak 只表示弹簧的劲度系数B式中的负号表示回复力总是负值C位移 x 是相对平衡位置的位移D回复力只随位移变化，不随时间变化解析 位移 x 是相对

33、平衡位置的位移；Fkx 中的负号表示回复力总是与振动物体的位移方向相反。答案 C2物体做简谐运动时，下列叙述正确的是()A平衡位置就是回复力为零的位置B处于平衡位置的物体，一定处于平衡状态C物体到达平衡位置，合力一定为零D物体到达平衡位置，回复力一定为零解析 平衡位置是回复力等于零的位置，但物体所受合力不一定为零，A、D 对。答案 AD3对于弹簧振子的回复力和位移的关系，下列图中正确的是()解析 由简谐运动的回复力公式 Fkx 可知，C 正确。答案 C4如图 1 所示，质量为 m 的物体 A 放置在质量为 M 的物体 B 上，B 与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做简谐运动，振动过程中 A、B

34、 之间无相对运动，设弹簧的劲度系数为 k，当物体离开平衡位置的位移为 x 时，A、B 间摩擦力的大小等于()图 1A0 BkxC.mMkxD.mMmkx解析 当物体离开平衡位置的位移为 x 时，弹簧弹力的大小为 kx，以整体为研究对象，此时 A 与 B 具有相同的加速度，根据牛顿第二定律得 kx(mM)a，故 akxMm。以 A 为研究对象，使 A 产生加速度的力即为 B 对 A 的静摩擦力 F，由牛顿第二定律可得 FmamMmkx。故正确答案为 D。答案 D5关于振幅，以下说法中正确的是()A物体振动的振幅越大，振动越强烈B一个确定的振动系统，振幅越大，振动系统的能量越大C振幅越大，物体振动

35、的位移越大D振幅越大，物体振动的加速度越大解析 振动物体的振动剧烈程度表现为振幅的大小，对一个确定的振动系统，振幅越大，振动越剧烈，振动能量也就越大，A、B 项正确；在物体振动过程中振幅是最大位移的大小，而偏离平衡位置的位移是不断变化的，因此 C 项错；物体振动的加速度是不断变化的，故 D 项错。答案 AB6振动的物体都具有周期性，若简谐运动的弹簧振子的周期为 T，那么它的动能、势能变化的周期为()A2TBTC.T2D.T4解析 振动中动能、势能相互转化，总机械能不变，动能和势能为标量，没有方向。C 正确。答案 C7弹簧振子在光滑的水平面上做简谐运动，在振子向着平衡位置运动的过程中()A振子所

36、受的回复力逐渐增大B振子离开平衡位置的位移逐渐增大C振子的速度逐渐增大D振子的加速度逐渐增大解析 在振子向着平衡位置运动的过程中，振子所受的回复力逐渐减小，振子离开平衡位置的位移逐渐减小，振子的速度逐渐增大，振子的加速度逐渐减小，选项 C 正确。答案 C8做简谐运动的物体，振动周期为 2 s，从物体经过平衡位置时开始计时，那么当 t1.2 s 时，物体()A正在做加速运动，加速度的值正在增大B正在做减速运动，加速度的值正在减小C正在做减速运动，加速度的值正在增大D正在做加速运动，加速度的值正在减小解析 当 t1.2 s 时，物体正在做远离平衡位置的运动，位移正在增大，加速度正在增大，但加速度与

37、速度反向，故物体做减速运动。答案 C9如图 2 所示为某个弹簧振子做简谐运动的振动图象，由图象可知()图 2A在 0.1 s 时，由于位移为零，所以振动能量为零B在 0.2 s 时，振子具有最大势能C在 0.35 s 时，振子具有的能量尚未达到最大值D在 0.4 s 时，振子的动能最大解析 弹簧振子做简谐运动，振动能量不变，选项 A 错；在 0.2 s 时位移最大，振子具有最大势能，选项 B 对；弹簧振子的振动能量不变，在 0.35 s 时振子具有的能量与其他时刻相同，选项 C 错；在 0.4 s 时振子的位移最大，动能为零，选项 D 错。答案 B10一弹簧振子振动过程中的某段时间内其加速度数

38、值越来越大，则在这段时间内()A振子的速度逐渐增大B振子的位移逐渐增大C振子正在向平衡位置运动D振子的速度方向与加速度方向一致解析 振子由平衡位置向最大位移处运动过程中，振子的位移越来越大，加速度逐渐增大，速度方向与加速度方向相反，振子做减速运动，速度越来越小，故 A、D 错误，B 正确；振子向平衡位置运动的过程中，位移减小，回复力变小，加速度变小，故 C 错误。答案 B二、非选择题11甲、乙两弹簧振子，振动图象如图 3 所示，则可知()图 3A两弹簧振子完全相同B两弹簧振子所受回复力最大值之比 F 甲F 乙21C振子甲速度为零时，振子乙速度最大D两弹簧振子的振动频率之比 f 甲f 乙21解析

39、 由题图可知 f 甲f 乙12，因此两振子不相同，A、D 错误；由题图可知C 正确；因 F 甲k 甲A 甲，F 乙k 乙A 乙，由于 k 甲和 k 乙关系未知，因此无法判断 F甲与 F 乙的比值，所以 B 错误。答案 C12一质点做简谐运动，其位移和时间关系如图 4 所示。图 4(1)在 t1.5102s 到 2102s 的振动过程中，质点的位移、回复力、速度、动能、势能如何变化？(2)在 t0 到 8.5102s 时间内，质点的路程、位移各多大？解析(1)由题图可知在 1.51022102s 内，质点的位移变大，回复力变大，速度变小，动能变小，势能变大。(2)在 08.5102s 时间内为1

40、74 个周期，质点的路程为 s17A34 cm，质点 0 时刻在负的最大位移处，8.5102s 时刻质点在平衡位置，故位移为 2 cm。答案(1)变大 变大 变小 变小 变大(2)34 cm 2 cm第 4 课时 单摆研究学考把握考情知识内容单摆考试要求加试 c教学要求1.知道单摆是一个理想化模型和做简谐运动的条件2知道单摆做简谐运动时回复力的特点和表达式3知道单摆的周期与振幅、摆球质量无关4掌握单摆的周期公式5知道测量单摆周期的方法，会用单摆测定重力加速度6经历单摆做简谐运动条件的分析过程，体会摆角 很小时的近似方法7会用图象法处理用单摆测定重力加速度的实验数据，会求加速度8经历单摆周期的探

41、究过程，体会探究过程中猜想与数据处理的作用说明1.不要求掌握证明单摆在摆角很小的情况下做简谐运动的方法2不要求解决钟表快慢的调整问题知识点一 单摆的回复力基 础 梳 理 1单摆：用细线悬挂着小球，如果细线的质量与小球相比可以忽略，球的直径与细线长度相比可以忽略，这样的装置就叫做单摆。单摆是实际摆的理想化模型。2单摆的回复力：在偏角很小的情况下，摆球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总是指向平衡位置，因此单摆做简谐运动。要 点 精 讲1单摆(1)单摆是实际摆的理想化模型(2)实际摆看作单摆的条件摆线的形变量与摆线长度相比小得多摆线的质量与摆球质量相比小得多摆球的直径与摆线长度相比小得

42、多2单摆的回复力(1)单摆的回复力是由重力沿圆弧切向的分力 Fmgsin 提供的。(2)在最大偏角很小的条件下，单摆的回复力 Fmgl x，其中 x 为摆球相对平衡位置 O 的位移。由此可见：单摆的回复力与离开平衡位置的位移大小成正比，方向与位移的方向相反，因此单摆在偏角很小的条件下的振动为简谐运动。注意：(1)单摆经过平衡位置时，回复力为零，但合外力不为零。(2)单摆的回复力为小球受到的沿切线方向的合力，而不是小球受到的合外力【例 1】对于单摆，以下说法中正确的是()A单摆振动时，摆球受到的向心力大小处处相等B单摆运动的回复力就是摆球受到的合力C摆球经过平衡位置时所受回复力为零D摆球经过平衡

43、位置时所受合外力为零解析 单摆振动过程中受到重力和细线拉力的作用，把重力沿切向和径向分解，其切向分力提供回复力，细线拉力与重力的径向分力的合力提供向心力，向心力大小为mv2l，可见最大偏角处向心力为零，平衡位置处向心力最大，而回复力在最大偏角处最大，平衡位置处为零。故应选 C。答案 C名师点睛 单摆的回复力是重力在切线方向的分力，或者说是摆球所受合外力在切线方向的分力。摆球所受的合外力在摆线方向的分力作为摆球做圆周运动的向心力，所以并不是合外力完全用来提供回复力。因此摆球经过平衡位置时，只是回复力为零，而不是合外力为零(此时合外力提供摆球做圆周运动的向心力)。知识点二 实验：探究单摆周期与摆长

44、的关系要 点 精 讲 操作指要1要保证单摆在同一竖直平面内摆动。2摆动偏角尽量不要大于 5。3悬线上端不要随摆球摆动，一定要使之固定。4测量线长时要将其挂好后再测量。5开始计时的位置选在摆球经过平衡位置时。6测量周期时，一般测单摆振动 3050 次全振动的时间，再求周期。7处据数理时，一般作出 LT2 的关系图象，找出周期与摆长的关系。【例 2】某同学在探究影响单摆周期的因素时有如下操作，请判断是否恰当(填“是”或“否”)。把单摆从平衡位置拉开约 5释放；_在摆球经过最低点时启动秒表计时；_用秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期。_图 1该同学改进测量方法后，得到的部分测量数据见下表。用螺旋测

45、微器测量其中一个摆球直径的示数如图 1 所示，该球的直径为_ mm。根据表中数据可以初步判断单摆周期随_的增大而增大，与摆球的质量无关。数据组编号摆长/mm摆球质量/g周期/s1999.332.22.02999.316.52.03799.232.21.84799.216.51.85501.132.21.46501.116.51.4答案 是 是 否 20.683(20.68220.684)摆长知识点三 单摆的周期基 础 梳 理荷兰物理学家惠更斯确定了计算单摆周期的公式：T2lg，即单摆做简谐运动的周期 T 与摆长 l 的二次方根成正比，与重力加速度 g 的二次方根成反比，而与振幅、摆球质量无关(

46、填“有关”或“无关”)。要 点 精 讲1伽利略发现了单摆运动的等时性，惠更斯得出了单摆的周期公式并发明了摆钟。2对单摆的周期公式 T2lg的理解。(1)单摆的周期公式在单摆偏角很小时成立(偏角为 5时，由周期公式算出的周期和精确值相差 0.01%)。(2)公式中 l 是摆长，即悬点到摆球球心的距离 ll 线r 球。(3)公式中 g 是单摆所在地的重力加速度，由单摆所在的空间位置决定。(4)周期 T 只与 l 和 g 有关，与摆球质量 m 及振幅无关。所以单摆的周期也叫固有周期。【例 3】甲、乙两单摆在同一地点做简谐运动的图象如图 2 所示，由图可知()图 2A甲和乙的摆长一定相等B甲的摆球质量

47、较小C甲的摆角大于乙的摆角D甲、乙两曲线均表示运动轨迹解析 由题图可知，甲和乙两摆的周期相同，则由单摆的周期公式 T2lg可知，两摆的摆长一定相同，故 A 正确；因为单摆的周期与摆球质量无关，所以不能确定摆球质量的大小，故 B 错误；摆长相同，而甲的振幅大，故甲摆的摆角大，故 C 正确；简谐运动的图象表示位移随时间的变化规律，不表示摆球的运动轨迹，故 D 错误。答案 AC知识点四 实验：用单摆测定重力加速度要 点 精 讲操作指要1悬线顶端不能晃动，需用夹子夹住，保证顶点固定。2强调在同一平面内振动且摆角小于 5。3选择在摆球摆到平衡位置处时开始计时，并数准全振动的次数。4小球自然下垂时，用毫米

48、刻度尺量出悬线长 l 线，用游标卡尺测量小球的直径，然后算出摆球的半径 r，则摆长 ll 线r。5选用一米左右的细线。6数据据理(1)公式法：每改变一次摆长，将相应的 l 和 T 代入公式 g42lT2 中，求出 g 值，最后求出 g 的平均值。图 3(2)图象法：由 T2lg得 T242g l 作出 T2l 图象，即以 T2 为纵轴，以 l 为横轴，如图 3 所示。其斜率 k42g，由图象的斜率即可求出重力加速度 g。【例 4】下表是用单摆测定重力加速度实验中获得的有关数据：摆长 l/m0.40.50.60.81.01.2周期平方T2/s21.62.22.43.24.04.8(1)利用上述数

49、据，在图 4 中描出 lT2 的图象。图 4(2)利用图象，取 T25.2 s2 时，l_ m，重力加速度 g_ m/s2。解析(1)描点作图如图所示。(2)由图可知当 T25.2 s2 时，l1.3 m，将它代入 g42lT2 得：g42lT2 43.1421.35.2m/s29.86 m/s2答案(1)见解析图(2)1.3 9.86 1单摆振动的回复力是()A摆球所受的重力B摆球重力在垂直悬线方向上的分力C悬线对摆球的拉力D摆球所受重力和悬线对摆球拉力的合力解析 摆球振动的回复力是其重力沿轨迹切向方向的分力，即摆球重力在垂直悬线方向上的分力，B 正确。答案 B2单摆原来的周期为 T，下列哪

50、种情况会使单摆的周期发生变化()A摆长减为原来的四分之一B摆球的质量减为原来的四分之一C振幅减为原来的四分之一D重力加速度减为原来的四分之一解析 由单摆周期公式可知周期仅与摆长、重力加速度有关。答案 AD3图 5 为甲、乙两单摆的振动图象，则()图 5A若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比 l 甲l 乙21B若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比 l 甲l 乙41C若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比 g 甲g 乙41D若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比 g 甲g 乙14

51、解析 由题图可知 T 甲T 乙21，根据公式 T2lg，若两单摆在同一地点，则两摆长之比为 l 甲l 乙41；由 g42lT2 知若两摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为 g 甲g 乙14答案 BD4在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，用摆长 l 和周期 T 计算重力加速度的公式是 g_。若已知摆球直径为 2.00 cm，让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图 6 甲所示，则单摆摆长是_ m。若测定了 40次全振动的时间如图乙中秒表示数，则秒表读数是_ s，单摆摆动周期是_。图 6为了提高测量精度，需多次改变 l 值，并测得相应的 T 值。现将测得的六组数据标示在以 l 为横坐标

52、、以 T2 为纵坐标的坐标系上，如图 7 所示，则：图 7单摆做简谐运动应满足的条件是_。试根据图中给出的数据点作出 T2 和 l 的关系图线，根据图线可求出 g_ m/s2。(结果保留两位有效数字)解析 由 T2lg，可知 g42lT2由题图可知：摆长 l(88.501.00)cm87.50 cm0.875 0 m秒表的读数 t60 s15.2 s75.2 s，所以 T t401.88 s。单摆做简谐运动的条件是摆角 5。把在一条直线上的点连在一起，误差较大的点平均分布在直线的两侧，则直线斜率 kT2l。由 g42lT2 42k，可得 g9.9 m/s2。答案 见解析 一、选择题(在每小题给

53、出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。)1单摆是为研究振动而抽象出的理想化模型，其理想化条件是()A摆线质量不计B摆线长度不可伸缩C摆球的直径比摆长长度短得多D只要是单摆的运动就是一种简谐运动解析 单摆由摆线和摆球组成，摆线只计长度不计质量，摆球只计质量不计大小，且摆线不可伸缩。只有在摆角很小(5)的情况下才能视单摆运动为简谐运动。故正确答案为 A、B、C。答案 ABC2关于单摆，下列说法中正确的是()A摆球运动的回复力是它受到的合力B摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点，加速度是不变的C摆球在运动过程中加速度的方向始终指向平衡位置D摆球经过平衡位置时，加速度为零解析 摆球的回复力为重力沿

54、轨迹切线方向的分力，A 错；摆球经过最低点时，回复力为 0，但合力提供向心力，C、D 错；由简谐运动特点知 B 正确。答案 B3发生下列哪一种情况时，单摆周期会增大()A增大摆球质量B缩短摆长C减小单摆振幅D将单摆由山下移至山顶解析 由单摆周期公式 T2lg知，T 与单摆的摆球质量、振幅无关，缩短摆长，l 变小，T 变小；单摆由山下移到山顶，g 变小，T 变大。答案 D4如图 1 所示，两单摆摆长相同，平衡时两摆球刚好接触，现将摆球 A 在两摆线所在的平面内向左拉一小角度后释放，碰撞 B 球后，两摆球分开各自做简谐运动，以 mA、mB 分别表示摆球 A、B 的质量，则()图 1A如果 mAmB

55、，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧B如果 mAmB，下一次碰撞将发生在平衡位置左侧C只有当 mAmB，才能使得下一次碰撞发生在平衡位置D无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞都一定在平衡位置答案 D5已知在单摆 a 完成 10 次全振动的时间内，单摆 b 完成 6 次全振动，两单摆摆长之差为 1.6 m，则两单摆摆长 la 与 lb 分别为()Ala2.5 m，lb0.9 mBla0.9 m，lb2.5 mCla2.4 m，lb4.0 mDla4.0 m，lb2.4 m解析 单摆完成一次全振动所需的时间即单摆的周期，据题设可知 a、b 两单摆的周期之比为：TaTb 610，由单摆周期公式 T2l

56、g得：TaTb lalb，据题设得 lbla1.6 m，联立解得 la0.9 m，lb2.5 m。故正确答案为 B。答案 B6如图 2 所示的单摆，摆长为 l40 cm，摆球在 t0 时刻从右侧最高点静止释放做简谐运动，则当 t1 s 时，摆球的运动情况是(g 取 10 m/s2)()图 2A向右加速B向左减速C向左加速D向右减速解析 单摆的周期 T2lg20.410 s0.4s1.256 s，t1 s 时，则34TtT，摆球从右侧最高点释放做简谐运动，在 t1 s 时已经越过平衡位置(最低点)，正向右侧最大位移处运动，摆球做的是减速运动，故 A、B、C 错误，D 正确。答案 D二、非选择题7

57、在用单摆测定重力加速度时，某同学用同一套实验装置，用同样的步骤进行实验，但所测得的重力加速度总是偏大，其原因可能是()A测定周期时，振动次数少数了一次B测定周期时，振动次数多数了一次C摆球的质量过大D计算摆长时，只考虑悬线的长度，没有加上小球的半径解析 由公式 g42lT2 可知，如果振动次数多数了一次，即 T 偏小，则 g 偏大，选项 A 错，B 对；摆球的质量过大，不影响单摆的周期与摆长，所以不影响测得的重力加速度，选项 C 错；当没加小球的半径时 l 偏小，求得的 g 偏小，选项 D 错。答案 B8如图 3 所示是两个单摆的振动图象。图 3(1)甲、乙两个摆的摆长之比是多少？(2)以向右

58、的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向，从 t0 时起，乙第一次到达右方最大位移处时，甲振动到了什么位置？向什么方向运动？解析(1)由题图可以看出，单摆甲的周期是单摆乙的周期的12，即 T 甲T 乙12，又由单摆的周期与摆长的关系可知，l 甲l 乙14。(2)由题图可以看出，当乙第一次到达右方最大位移处时，t2 s，振动到14周期，甲振动到12周期，位移为 0，位于平衡位置，此时甲向左运动。答案(1)14(2)甲振动到12周期，位于平衡位置，此时甲向左运动。9图 4 甲中是一个单摆振动的情形，O 是它的平衡位置，B、C 是摆球所能到达的最远位置，设向右为正方向，图乙是这个单摆的振动图象，根据

59、图象回答：图 4(1)单摆振动的频率是多大？(2)开始时刻摆球在何位置？(3)若当地的重力加速度为 10 m/s2，试求这个单摆的摆长是多少？解析(1)由题图乙知周期 T0.8 s，则频率 f1T1.25 Hz。(2)由题图乙知，0 时刻摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以在 B 点。(3)由 T2lg得 lgT2420.16 m。答案(1)1.25 Hz(2)B 点(3)0.16 m10某同学利用单摆测定当地重力加速度，发现单摆静止时摆球重心在球心的正下方，他仍将从悬点到球心的距离当作摆长 l，通过改变摆线的长度，测得 6 组 l和对应的周期 T，画出 lT2 图线，然后在图线上选取

60、A、B 两个点，坐标如图 5所示。他采用恰当的数据处理方法，则计算重力加速度的表达式应为 g_。图 5请你判断该同学得到的实验结果与摆球重心就在球心处的情况相比，将_(填“偏大”、“偏小”或“相同”)。解析 由周期公式 T2lg，得 g42lT2，结合图象得到 g42lBlAT2BT2A，因为这样处理数据后用到的是前后两次摆长的差值，与重心位置无关，所以测量结果不受影响。答案 42lBlAT2BT2A 相同11根据单摆周期公式 T2lg，可以通过实验测量当地的重力加速度。如图 6甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。(1)用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读

61、数为_ mm.图 6(2)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有_。(多选)A摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些B摆球尽量选择质量大些、体积小些的C为了使摆的周期大一些、以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度D拉开摆球，使摆线偏离平衡位置大于 5 度，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔 t 即为单摆周期 TE拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于 5 度，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做 50 次全振动所用的时间 t，则单摆周期 Tt50解析(1)根据游标卡尺读数规则，游标卡尺的读数：18 mm0.16

62、mm18.6 mm。(2)摆线要选择细些的，可减小阻力，伸缩性小些的，保证摆长不变，并且尽可能长一些，以方便周期的测量，选项 A 正确；摆球尽量选择质量大些、体积小些的，可减小空气阻力的影响，选项 B 正确；为了使摆的周期大一些，以方便测量，可增大摆长，使摆线相距平衡位置有较大的角度，可能导致误差增大，选项 C 错误；拉开摆球，使摆线偏离平衡位置小于等于 5 度，在摆球通过平衡位置的同时开始计时，测量单摆运动 50 个周期的时间 t，则单摆周期 T t50，选项 D 错误，E 正确。答案(1)18.6(2)ABE12“用单摆测定重力加速度”的实验装置如图 7 甲所示，实验时使摆球在竖直平面内摆

63、动，在摆球运动最低点的左右两侧分别放置一激光光源和光敏电阻(光照时电阻比较小)，光敏电阻与某一自动记录仪相连，用刻度尺测量细绳的悬点到球的顶端距离当作摆长，分别测出 L1 和 L2 时，该仪器显示的光敏电阻的阻值 R 随时间 t 变化的图线分别如图乙、丙所示。图 7(1)根据图线可知，当摆长为 L1 时，单摆的周期 T1 为_，当摆长为 L2 时，单摆的周期 T2 为_。(2)请用测得的物理量(L1、L2、T1 和 T2)，写出当地的重力加速度 g_。答案(1)2t1 2t2(2)42L1L2T21T22第 5 课时 外力作用下的振动研究学考把握考情知识内容外力作用下的振动考试要求加试 b教学

64、要求1.了解固有振动和固有频率2了解阻尼振动，知道阻尼振动时，振动物体的能量变化情况3了解受迫振动，知道受迫振动的频率等于驱动力的频率与物体的固有频率无关4了解共振现象，知道共振现象产生的条件5理解共振曲线知识点一 阻尼振动基 础 梳 理 1固有振动如果振动系统不受外力的作用，此时的振动叫做固有振动，其振动频率称为固有频率2阻尼振动当振动系统受到阻力的作用时，我们说振动受到了阻尼，系统克服阻尼的作用要做功，消耗机械能，因而振幅减小，最后停下来。这种振幅逐渐减小的振动，叫做阻尼振动。即 学 即 练一单摆做阻尼振动，则在振动过程中()A振幅越来越小，周期也越来越小B振幅越来越小，周期不变C在振动过

65、程中，通过某一位置时，机械能始终不变D在振动过程中，机械能不守恒，周期不变解析 因单摆做阻尼振动，所以振幅越来越小，机械能越来越小，振动周期不变。答案 BD知识点二 受迫振动基 础 梳 理 1驱动力：周期性的外力。2受迫振动：系统在驱动力作用下的振动。3受迫振动的频率：不管系统的固有频率如何，它做受迫振动的频率总等于周期性驱动力的频率，与系统的固有频率无关。4共振：驱动力频率 f 等于系统的固有频率 f0 时，受迫振动的振幅最大，这种现象叫做共振。要 点 精 讲1受迫振动中，若周期性的驱动力给系统补充的能量与系统因振动阻尼消耗的能量相等，物体做等幅振动，但此振动不是简谐运动。2对共振现象的理解

66、(1)发生共振的条件f 驱f 固，即驱动力的频率等于振动系统的固有频率。(2)共振曲线(如图 1 所示)图 13共振的防止与利用(1)利用：由共振的条件知，要利用共振，就应尽量使驱动力的频率与物体的固有频率一致。如共振筛、荡秋千、共振转速计等。(2)防止：由共振曲线可知，在需要防止共振危害时，要尽量使驱动力的频率和固有频率不相等，而且相差越多越好。如：部队过桥应便步走。说明：共振是物体做受迫振动时的一种特殊现象。例 1 如图 2 所示的装置，图 2弹簧振子的固有频率是 4 Hz。现匀速转动把手，给弹簧振子以周期性的驱动力，测得弹簧振子振动达到稳定时的频率为 1 Hz，则把手转动的频率为()A1

67、 Hz B3 HzC4 Hz D5 Hz解析 受迫振动的频率等于驱动力的频率，把手转动的频率为 1 Hz，选项 A 正确。答案 A【例 2】如图 3 所示，在一根张紧的水平绳上悬挂五个摆，其中 A、E 的摆长为l，B 的摆长为 0.5 l，C 的摆长为 1.5 l，D 的摆长为 2l，先使 A 振动起来，其他各摆随后也振动起来，则摆球振动稳定后()图 3AD 的振幅一定最大BE 的振幅一定最大CB 的周期一定最短D四个摆的周期相同解析 A 振动起来后，使得 B、C、D、E 做受迫振动，振动的频率都等于 A 振动的频率，即各摆振动的周期都相等，选项 C 错误，D 正确；由于 D 与 A 的摆长相

68、差最大，E 与 A 的摆长相等，所以 D 的振幅最小，E 发生共振，振幅最大，选项A 错误，B 正确。答案 BD跟踪训练 如图 4 表示一弹簧振子做受迫振动时的振幅与驱动力频率的关系，由图可知()图 4A驱动力频率为 f2 时，振子处于共振状态B驱动力频率为 f3 时，振子的振动频率为 f3C假如让振子自由振动，它的频率为 f2D振子做自由振动时，频率可以为 f1、f2、f3解析 由题图可知当驱动力的频率为 f2 时，振子的振幅最大，即振子发生共振现象，故 A 正确；由共振条件知振子的固有频率为 f2，所以 C 正确，D 错误；振子做受迫振动时，振动频率由驱动力的频率决定，故 B 正确。答案

69、ABC 1若空气阻力不可忽略，单摆在偏角很小的摆动中，总是减小的物理量为()A振幅B位移C周期D机械能解析 有空气阻力时，振动为阻尼振动，振幅不断减小，机械能也不断减小。位移做周期性变化，不是一直减小。根据单摆周期公式 T2lg，l、g 不变，则 T不变，故选项 A、D 正确。答案 AD2如图 5 所示是单摆做阻尼振动的位移时间图线，下列说法中正确的是()图 5A摆球在 P 与 N 时刻的势能相等B摆球在 P 与 N 时刻的动能相等C摆球在 P 与 N 时刻的机械能相等D摆球在 P 时刻的机械能大于 N 时刻的机械能解析 由于摆球的势能大小由其位移和摆球质量共同决定，P、N 两时刻位移大小相同

70、，所以势能相等，A 正确；由于系统机械能在减少，P、N 两时刻势能相同，则 P 时刻动能大于 N 时刻动能，所以摆球在 P 时刻的机械能大于 N 时刻的机械能，B、C 错，D 正确。答案 AD3如图 6 所示，曲轴上悬挂一弹簧振子，转动摇把，曲轴可以带动弹簧振子上下振动。开始时不转动摇把，让振子上下自由振动，测得振动频率为 2 Hz，然后匀速转动摇把，转速为 240 r/min，当振子振动稳定后，它的振动周期为()图 6A.12 s B.14 s C2 s D4 s解析 受迫振动的周期等于驱动力的周期、n4 r/s，故 T14 s答案 B4一个单摆做受迫振动，其共振曲线(振幅 A 与驱动力的频

71、率 f 的关系)如图 7 所示，则()图 7A此单摆的固有周期约为 0.5 sB此单摆的摆长约为 1 mC若摆长增大，单摆的固有频率增大D若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动解析 由共振条件知单摆固有频率为 f0.5 Hz，则其固有周期为 T1f2 s，选项 A 错；由单摆周期公式 T2lg，可求得单摆摆长为 lgT2421 m，选项 B对；摆长增大，单摆的周期变大，其固有频率变小，共振曲线的峰将向左移动，选项 C、D 错。答案 B 选择题(在每小题给出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。)1自由摆动的秋千，摆动的振幅越来越小，下列说法正确的是()A机械能守恒B能量正在消失C总能量守恒，机

72、械能减小D只有动能和势能的相互转化答案 C2关于阻尼振动，以下说法中正确的是()A机械能不断减小 B动能不断减小C振幅不断减小D一定不是简谐运动解析 阻尼振动是振幅不断减小的振动，故阻尼振动一定不是简谐运动，而振幅是振动能量的标志，故阻尼振动中机械能也不断减小，但动能在振动过程中是不断变化的，无法比较其大小。故正确答案为 A、C、D。答案 ACD3下列振动中属于受迫振动的是()A用重锤敲击下一悬吊着的钟后，钟的摆动B打点计时器接通电源后，振针的振动C小孩睡在自由摆动的吊床上，小孩随着吊床一起摆动D弹簧振子在竖直方向上上下振动解析 受迫振动是振动物体在驱动力作用下的运动，故只有 B 对。C 是阻

73、尼振动，D 是简谐运动。答案 B4下列说法中正确的是()A实际的自由振动必然是阻尼振动B在外力作用下的振动是受迫振动C阻尼振动的振幅越来越小D受迫振动稳定后的频率与自身物理条件无关解析 实际的自由振动一定受到阻力而使得振动能量越来越小，所以是阻尼振动，表现为振幅越来越小。受迫振动必定是在周期性外力作用下的振动，稳定后的频率必定等于驱动力频率，与自身的物理条件无关。答案 ACD5下列说法中正确的是()A有阻力的振动叫做受迫振动B物体振动时受到外力作用，它的振动就是受迫振动C物体在周期性外力作用下的振动叫做受迫振动D物体在周期性外力作用下振动，它的振动频率最终等于驱动力频率解析 物体在周期性外力作

74、用下的振动叫做受迫振动，选项 A、B 错，C 对；受迫振动的频率最终等于驱动力频率，选项 D 对。答案 CD6两个弹簧振子，甲的固有频率是 100 Hz，乙的固有频率是 400 Hz，若它们均在频率是 300 Hz 的驱动力作用下做受迫振动，则振动稳定后()A甲的振幅较大，振动频率是 100 HzB乙的振幅较大，振动频率是 300 HzC甲的振幅较大，振动频率是 300 HzD乙的振幅较大，振动频率是 400 Hz解析 振动稳定后，受迫振动的频率等于驱动力频率，选项 A、D 错；由于乙的固有频率更接近驱动力频率，所以乙的振幅较大，选项 B 对，C 错。答案 B7如图 1 所示的演示装置，一根张

75、紧的水平绳上挂着五个单摆，其中 A、E 摆长相同，先使 A 摆动，其余各摆也随着摆动起来，可以发现振动稳定后()图 1A各摆的固有周期均相同B各摆振动的周期均与 A 摆相同CC 摆振幅最大DB 摆振动周期最小答案 B82016 年 1 月 21 日 01 时 13 分，青海省门源县发生 6.4 级地震。在发生地震时，下列说法正确的是()A所有建筑物振动周期相同B所有建筑物振幅相同C建筑物的振动周期由其固有周期决定D所有建筑物均做受迫振动解析 地面上的所有建筑物都在同一驱动力作用下做受迫振动，它们的振动周期都与驱动力的周期相同，与其固有周期无关，故 A、D 正确，C 错误；由于不同的建筑物固有周

76、期不尽相同，所以做受迫振动时，它们的振幅不一定相同，B 错误。答案 AD9下列关于应用共振和防止共振的说法，正确的是()A共振现象总是有害的，所以要避免共振现象发生B队伍过桥要慢行是为了不产生周期性的驱动力，从而避免产生共振C火车过桥慢行是为了使驱动力的频率远小于桥的固有频率，从而避免产生共振D利用共振时，应使驱动力的频率接近或等于振动物体的固有频率；防止共振危害时，应使驱动力的频率远离振动物体的固有频率答案 CD10如图 2 所示，在一条张紧的绳上挂 7 个摆，先让 A 摆振动起来，则其余各摆也随之振动，已知 A、B、F 三摆的摆长相同，则下列判断正确的是()图 2A7 个摆的固有频率都相同

77、B振动稳定后 7 个摆的振动频率都相同CB、F 摆的摆长与 A 摆相同，它们的振幅最大DD、E 摆离 A 摆最近，除 A 摆外，它们的振幅最大解析 7 个摆的摆长不完全相同，固有频率不相同，选项 A 错；A 摆振动起来后，带动其余 6 个摆做受迫振动，振动稳定后 7 个摆的振动频率都相同，选项 B 对；B、F 摆的摆长与 A 摆相同，发生共振，选项 C 对，D 错答案 BC11如图 3 所示为演示“受迫振动与驱动力频率之间关系”的实验装置，若驱动力的频率由小逐渐变大，直至超过弹簧振子的固有频率，则在此过程中，可以看到的现象是()图 3A弹簧振子的振动频率先增大后减小B弹簧振子的振动频率始终不变

78、C弹簧振子的振幅逐渐增大D弹簧振子的振幅先增大后减小解析 受迫振动的频率等于驱动力的频率，若驱动力的频率由小逐渐变大，则弹簧振子的振动频率由小逐渐变大，故 A、B 错误；当驱动力的频率 f 等于弹簧振子的固有频率 f0 时，系统达到共振，振幅最大，故 ff0 时，随 f 的增大，驱动力的频率远离固有频率，故弹簧振子的振幅减小，故当驱动力的频率逐渐增大的过程中弹簧振子的振幅先增大后减小，故 C 错误，D 正确。答案 D12铺设铁轨时，每两根钢轨接缝处都必须留一定的间隙，匀速运动的列车经过轨端接缝处时，车轮就会受到一次冲击。由于每一根钢轨长度相等。所以这个冲击力是周期性的，列车受到周期性的冲击做受

79、迫振动。普通钢轨长为 12.6 m，列车固有振动周期为 0.315 s。下列说法正确的是()A列车的危险速率为 40 m/sB列车过桥需要减速，是为了防止发生共振现象C列车运行的振动频率和列车的固有频率总是相等的D增加钢轨的长度有利于列车高速运行解析 对于受迫振动，当驱动力的频率与固有频率相等时将发生共振现象，所以列车的危险速率 vLT40 m/s，A 正确；为了防止共振现象发生，列车过桥需要减速，B 正确；列车运行的振动频率等于做受迫振动的驱动力的频率，与列车的固有频率无关，C 项错；由 vLT知 L 增大时，T 不变，v 变大，D 正确。答案 ABD13如图 4 所示为单摆在两次受迫振动中

80、的共振曲线，下列说法正确的是()图 4A若两次受迫振动分别在月球上和地球上进行，且摆长相同，则图线表示月球上单摆的共振曲线B若两次受迫振动是地球上同一地点进行，则两次摆长之比 l1l2254C图线若是在地球上完成的，则该摆摆长约为 1 mD若摆长均为 1 m，则图线是在地球上完成的解析 图线中振幅最大处对应频率应与单摆的固有频率相等，从图线上可以看出，两摆的固有频率 f10.2 Hz，f20.5 Hz。根据周期公式可得 f1T 12gl，当两摆分别在月球上和地球上做受迫振动且摆长相等时，g 越大，f 越大，所以 g2g1，由于月球上的重力加速度比地球上的小，所以图线表示月球上单摆的共振曲线，选

81、项 A 正确；若两次受迫振动是在地球上同一地点进行，则 g 相同，两次摆长之比 l1l21f211f22254，所以选项 B 正确；图线若是在地球上完成的，将 g9.8 m/s2 和 f20.5 Hz 代入频率的计算公式可解得 l21 m，所以选项 C 正确，D错误。答案 ABC章末整合提升突破一 简谐运动的图象及应用由简谐运动的图象可以获得的信息：(1)确定振动质点在任一时刻的位移；(2)确定振动的振幅；(3)确定振动的周期和频率；(4)确定各时刻质点的振动方向；(5)比较各时刻质点加速度的大小和方向。例 1 一质点做简谐运动的位移 x 与时间 t 的关系如图 1 所示，由图可知()图 1A

82、频率是 2 HzB振幅是 5 cmCt1.7 s 时的加速度为正，速度为负Dt0.5 s 时质点所受的合外力为零解析 由题图可知，质点振动的周期为 2 s，经计算得频率为 0.5 Hz，振幅为 5 m，所以 A、B 错误；t1.7 s 时的位移为负，加速度为正，速度为负，因此 C 正确；t0.5 s 时质点在平衡位置，回复力零，但所受合外力不一定为零，如单摆，D 错误。答案 C跟踪训练 1 一水平弹簧振子做简谐运动的振动图象如图 2 所示，已知弹簧的劲度系数为 20 N/cm，则()图 2A图中 A 点对应的时刻振子所受的回复力大小为 5 N，方向指向 x 轴的负方向B图中 A 点对应的时刻振

83、子的速度方向指向 x 轴的正方向C在 04 s 内振子做了 1.75 次全振动D在 04 s 内振子通过的路程为 3.5 cm解析 由简谐运动的特点和弹簧弹力与伸长量的关系可知，题图中 A 点对应的时刻振子所受的回复力大小为 Fkx2 000 N/m0.002 5 m5 N，方向指向 x 轴的负方向，并且现在正在远离 O 点向 x 轴的正方向运动，A、B 正确；由题图可读出周期为 2 s,4 s 内振子做两次全振动，通过的路程是 s0.5 cm424 cm，C、D 错误。答案 AB突破二 简谐运动的周期性和对称性1周期性做简谐运动的物体在完成一次全振动后，再次振动时则是重复上一个全振动的形式，

84、所以做简谐运动的物体经过同一位置可以对应不同的时刻，做简谐运动的物体具有周期性。2对称性(1)速率的对称性：振动物体在关于平衡位置对称的两位置具有相等的速率。(2)加速度和回复力的对称性：振动物体在关于平衡位置对称的两位置具有等大反向的加速度和回复力。(3)时间的对称性：振动物体通过关于平衡位置对称的两段位移的时间相等；振动过程中通过任意两点 A、B 的时间与逆向通过的时间相等。例 2 如图 3 所示，某质点做简谐运动，从向右经过平衡位置开始计时，经 0.2 s第一次到达 M 点，再经过 0.1 s 第二次到达 M 点，求它再经多长时间第三次到达M 点？图 3解析 质点由 O 点沿 x 轴正向

85、经过 t10.2 s 第一次到达 M，再经过 t20.1 s 由 C回到 M。由对称性可知，质点由 M 到达 C 所需要的时间与由 C 返回 M 所需要的时间相等，所以质点由 M 到达 C 的时间为 tt220.05 s。质点由 O 到达 C 的时间为从 O 到达 M 和从 M 到达 C 的时间之和，这一时间恰好是T4，所以该振动的周期为 T4(t1t)4(0.20.05)s1 s，质点第三次到达M 点的时间为 t3T22t1(1220.2)s0.9 s。答案 0.9 s突破三 单摆周期公式的应用1单摆的周期公式 T2lg。该公式提供了一种测定重力加速度的方法。2注意：(1)单摆的周期 T 只

86、与摆长 l 及 g 有关，而与摆球的质量及振幅无关。(2)l 为等效摆长，表示从悬点到摆球球心的距离，要区分摆长和摆线长。“l”实际为摆球球心到摆动所在圆弧的圆心的距离。(3)g 为当地的重力加速度或“等效重力加速度”。例 3 有两个同学利用假期分别去参观北京大学和浙江大学的物理实验室，并各自在那里利用先进的 DIS 系统较准确地探究了“单摆的周期 T 与摆长 l 的关系”，他们通过校园网交换实验数据，并由计算机绘制了 T2l 图象，如图 4 甲所示，去北大的同学所测实验结果对应的图线是_(填“A”或“B”)。另外，在浙大做探究的同学还利用计算机绘制了两种单摆的振动图象(如图乙)，由图可知，两

87、单摆摆长之比 lalb_。图 4解析 纬度越高重力加速度 g 越大，根据单摆的周期公式可得 T242g l，所以 B图线是在北大的同学做的。从题图乙中可以看出 Ta43 s，Tb2 s。所以lalbT2aT2b49。答案 B 49跟踪训练 2 如图 5 所示是演示沙摆运动图象的实验装置，沙摆的运动可看做简谐运动。若用手向外拉木板的速度是 0.20 m/s，木板的长度是 0.60 m，那么这次实验所用的沙摆的摆长为_ m。(结果保留两位有效数字，计算时可取 g2m/s2)图 5解析 由题意可知在木板以 0.20 m/s 的速度走过 0.60 m 的过程中，经历的时间为2T，则 2TLv，T1.5

88、 s。又由 T2lg得 lT2g421.52242m0.56 m答案 0.56章末检测卷(三)(时间：90 分钟 满分：100 分)一、选择题(本大题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分。在每小题给出的四个选项中，至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分)1关于做简谐运动的物体完成一次全振动的意义，有以下几种说法，其中正确的是()A回复力第一次恢复为原来的大小和方向所经历的过程B速度第一次恢复为原来的大小和方向所经历的过程C动能或势能第一次恢复为原来的大小所经历的过程D速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程答案 D2

89、一弹簧振子的振动周期为 0.25 s，从振子由平衡位置向右运动时开始计时，则经过 0.17 s，振子的振动情况是()A正在向右做减速运动B正在向右做加速运动C正在向左做加速运动D正在向左做减速运动解析 由题意知 t0.17 s 处于12T 和34T 之间，即质点从平衡位置向左远离平衡位置振动，所以做减速运动，故选项 D 正确。答案 D3弹簧振子在做简谐运动时，若某一过程中振子的速率在减小，则此时振子的()A速度与位移方向一定相反B加速度与速度方向可能相同C位移可能在减小D回复力一定在增大解析 振子的速率在减小，说明振子正在向远离平衡位置方向移动，速度与位移的方向相同，选项 A 错误；因为加速度

90、与位移方向相反，故此时加速度与速度方向相反，选项 B 错误；振子的位移正在增大，选项 C 错误；根据 Fkx 可知，回复力一定在增大，选项 D 正确。答案 D4一根弹簧原长为 l0，挂一质量为 m 的物体时伸长 x。当把这根弹簧与该物体套在一光滑水平的杆上组成弹簧振子，且其振幅为 A 时，物体振动的最大加速度为()A.Agl0B.AgxC.xgl0D.l0gA解析 振子的最大加速度 akAm，而 mgkx，解得 aAgx，B 项正确。答案 B5一个摆长约 1 m 的单摆，在下列的四个随时间变化的驱动力作用下振动，要使单摆振动的振幅尽可能大，应选用的驱动力是()解析 单摆的周期为 T2 s，驱动

91、力的频率应尽可能接近系统的固有频率，C 对。答案 C6如表所示为某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系，若该振动系统的固有频率为 f 固，则固有频率可能为()驱动力频率/Hz304050607080受迫振动振幅/cm10.216.827.228.116.58.3A.f 固40 Hz Bf 固70 HzC50 Hzf 固0.02 s，则波在 0.02 s 内传播距离 x0.08 m。故：若波向右传播，则波传播的距离 x10.02 m，则波速 v1x1t 0.020.02 m/s1 m/s；若波向左传播，则波传播的距离 x20.06 m，则波速 v2x2t 0.060.02 m/s3 m/s，故正

92、确的选项为 B、C。答案 BC二、非选择题10如图 4 所示，一列简谐横波沿 x 轴传播，实线为 t10 时的波形图，此时 P质点向 y 轴负方向运动，虚线为 t20.01 s 时的波形图。已知周期 T0.01 s。图 4(1)波沿 x 轴_(填“正”或“负”)方向传播；(2)求波速。解析(1)由题意可知波沿 x 轴正方向传播。(2)由题意知，8 mt2t118TvT联立式，代入数据解得，v100 m/s。答案(1)正(2)100 m/s11一列简谐横波沿 x 轴正方向传播，t0 时刻的波形如图 5 所示。经 0.6 s 时间质点 a 第一次到达波峰位置，求：图 5(1)波的传播速度；(2)质

93、点 b 第一次出现波峰的时刻。解析(1)设质点振动周期为 T，因 a 第一次到波峰的时间为34T0.6 s，故 T0.8 s，由题图可知 4 m，则波速 vT5 m/s。(2)质点 b 与相邻波峰间距离为 x5 m，则质点 b 第一次出现在波峰的时刻 txv1 s。答案(1)5 m/s(2)1 s12如图 6 所示，为一列简谐横波在 t0 时刻的图象。此时质点 P 的运动方向沿y 轴负方向，且当 t0.55 s 时质点 P 恰好第 3 次到达 y 轴正方向最大位移处。问：图 6(1)该简谐横波的波速 v 的大小和方向如何？(2)从 t0 至 t1.2 s，质点 Q 运动的路程 s 是多少？(3

94、)当 t1.2 s 时，质点 Q 相对于平衡位置的位移 x 的大小是多少？解析(1)此波沿 x 轴负向传播在 t0 到 t0.55 s 这段时间里，质点 P 恰好第 3 次到达 y 轴正方向最大位移处则有(234)T0.55 s解得 T0.2 s由图象可得简谐波的波长为 0.4 m则波速 vT2 m/s(2)在 t0 至 t1.2 s 这段时间里，质点 Q 恰好经过了 6 个周期，即质点 Q 回到起始点，由于振幅 A5 cm所以质点 Q 运动的路程为s4A6456 cm120 cm(3)质点 Q 经过 6 个周期后恰好回到起始点，则相对于平衡位置的位移为 x2.5 cm答案(1)2 m/s，方

95、向沿 x 轴负方向(2)120 cm(3)2.5 cm第 4 课时 波的衍射和干涉研究学考把握考情知识内容波的衍射和干涉考试要求加试 b教学要求1.知道波的衍射现象和波产生明显衍射的条件2知道一切波都能发生衍射，衍射是波特有的现象3了解波的叠加原理4知道波的干涉现象和波发生干涉的条件5知道一切波都能发生干涉，干涉是波特有的现象6经历波的衍射研究过程，体会波的传播特征7经历波的干涉，研究过程，体会波的传播特征8理解干涉现象中振动加强与减弱的意义说明不要求定量计算有关波的干涉问题知识点一 波的衍射基 础 梳 理 1定义：波可以绕过障碍物继续传播，这种现象叫做波的衍射。2发生明显衍射的条件：缝、孔的

96、宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不多，或者比波长更小。3一切波都能发生衍射，衍射是波特有的现象。要 点 精 讲1衍射是波特有的现象，一切波都可以发生衍射。2波的衍射总是存在的，只有“明显”与“不明显”的差异，“障碍物或孔的尺寸比波长小或跟波长差不多”只是发生明显衍射的条件。3波传到小孔(障碍物)时，小孔(障碍物)仿佛一个新波源，由它发出与原来同频率的波在孔(障碍物)后传播，就偏离了直线方向。因此，波的直线传播只是在衍射不明显时的近似情况。【例 1】下列关于波的衍射的说法正确的是()A衍射是机械波特有的现象B对同一列波，缝、孔或障碍物越小衍射现象越明显C只有横波才能发生衍射现象，纵波不能发生衍射现象

97、D声波容易发生明显衍射现象是由于声波波长较大解析 衍射是一切波特有的现象，所以 A、C 错；发生明显衍射的条件是缝、孔或障碍物的尺寸比波长小或跟波长差不多，缝、孔或障碍物越小，衍射现象越明显，B、D 对。答案 BD知识点二 波的叠加基 础 梳 理 1波的独立传播特性：几列波相遇时各自的波长、频率等运动特征，不受其他波的影响。2波的叠加原理：在几列波重叠的区域里，介质的质点同时参与这几列波引起的振动，质点的位移等于这几列波单独传播时引起的位移的矢量和。即 学 即 练波源在绳的左端发出半个波，频率为 f1，振幅为 A1；同时另一波源在绳右端发出半个波，频率为 f2(f2f1)，振幅为 A2，P 为

98、绳的中点，如图 1 所示，下列说法正确的是()图 1A两列波同时到达 P 点B两列波相遇时 P 点波峰值可达到 A1A2C两列波相遇再分开后，各自保持原波形传播D因频率不同，这两列波相遇不能叠加解析 因 P 为绳的中点，故两列波同时到达 P 点，A 正确；因 f2f1，故 21，当的波峰传至 P 点时，的波峰已过了 P 点，即两波峰在 P 点不会相遇，根据波的叠加原理，P 点的波峰值不会达到 A1A2，选项 B 错误，选项 C 正确；因波的叠加没有条件，故选项 D 错误。答案 AC知识点三 波的干涉基 础 梳 理 1定义：频率相同的两列波叠加时，某些区域的振幅加大、某些区域的振幅减小，这种现象

99、叫做波的干涉，形成的图样常常叫做干涉图样。2产生干涉的两个必要条件是：两列波的频率必须相同和两个波源的相位差必须保持不变。3一切波都能发生干涉，干涉是波所特有的现象。要 点 精 讲1波的叠加是无条件的，任何频率的两列波在空间相遇都会叠加。2稳定干涉图样的产生是有条件的，必须是两列波的频率相同、相位差恒定。3干涉图样及其特点(1)干涉图样：如图 2 所示。图 2(2)特点加强区和减弱区的位置固定不变。加强区始终加强，减弱区始终减弱(加强区与减弱区不随时间变化)。加强区与减弱区互相间隔。4振动加强点和减弱点(1)加强点：振动的振幅等于两列波振幅之和，AA1A2。(2)减弱点：振动的振幅等于两列波振

100、幅之差，A|A1A2|。(3)加强点和减弱点的判断条件判断法：振动频率相同、振动情况完全相同的两波叠加时，设点到两波源的路程差为 x，当 x|x2x1|k 时为振动加强点；当 x|x2x1|(2k1)2时为振动减弱点(k0,1,2，)。若两波源振动步调相反，则上述结论相反。现象判断法：若某点总是波峰与波峰或波谷与波谷相遇，该点为加强点，若总是波峰与波谷相遇，则为减弱点。【例 2】两个频率、振动方向、初始相位均相同的波源 S1、S2，产生的波在同一介质中传播时，某时刻 t 形成如图 3 所示的干涉图样，图样中两波源 S1、S2 同时为波谷(实线表示波峰，虚线表示波谷)，在图中标有 A、B、C 三

101、个点，则振动加强的点是_，振动减弱的点是_。图 3解析 方法一 由题图中可以知道，A 点距波源 S1、S2 的距离均为 1.5，即 x11.5，x21.5，故 A 到 S1、S2 的距离差xx1x20；B 点距 S1 距离为 x1，距 S2 距离为 x22，故 B 到 S1、S2 的距离差 x；C 点距 S1 的距离为 x12，距 S2 的距离为 x21.5，故 C 到两波源 S1、S2 的距离差为 xx1x20.5。因为两波源的振动情况完全相同。所以 A、B 点均为振动加强点，C 点为振动减弱点。方法二 由题图可知 A 点为波峰与波峰相遇，是振动加强点；B 点是波谷与波谷相遇，是振动加强点；

102、C 点是波峰与波谷相遇，是振动减弱点。答案 A、B C 1在水波槽的衍射实验中，若打击水面的振子的振动频率是 5 Hz，水波在水槽中的传播速度为 0.05 m/s，为观察到明显的衍射现象，小孔直径 d 应为()A10 cm B5 cm Cd1 cm Dd1 cm解析 在水槽中激发的水波波长为 vf0.055m0.01 m1 cm。若要在小孔后产生明显的衍射现象，应取小孔的尺寸小于波长或与波长相差不多。答案 D2如图 4 所示，沿一条直线相向传播的两列波的振幅和波长均相等，当它们相遇时可能出现的波形是下图中的()图 4解析 当两列波的前半个波(或后半个波)相遇时，根据波的叠加原理，在前半个波(或

103、后半个波)重叠的区域内所有的质点振动的合位移为零，而两列波的后半个波(或前半个波)的波形保持不变，所以选项 B 正确；当两列波完全相遇时(即重叠在一起)，由波的叠加原理可知，所有质点振动的位移均等于每列波单独传播时引起的位移的矢量和，使得所有的质点振动的位移加倍，所以选项 C 也是正确的。答案 BC3图 5 表示两个相干波源 S1、S2 产生的波在同一种均匀介质中相遇。图中实线表示波峰，虚线表示波谷，下列说法正确的是()图 5Aa、c 两点的振动加强，b、d 两点的振动减弱Be、f 两点的振动介于加强点和减弱点之间C经适当的时间后，加强点和减弱点的位置互换D经半个周期后，原来位于波峰的点将位于

104、波谷，原来位于波谷的点将位于波峰解析 波的干涉示意图表示某一时刻两列相干波叠加的情况，形成干涉图样的所有介质质点都在不停地振动着，其位移的大小和方向都在不停地变化着。但要注意，对稳定的干涉，振动加强和减弱的区域的空间位置是不变的。a 点是波谷和波谷相遇的点，c 点是波峰和波峰相遇的点，都是振动加强的点，而 b、d 两点都是波峰和波谷相遇的点，是振动减弱的点，A 正确；e 点位于加强点的连线上，也为加强点，f 点位于减弱点的连线上，也为减弱点，B 错误；相干波源叠加产生的干涉是稳定的，不会随时间变化，C 错误；因形成干涉图样的介质质点也在不停地做周期性振动，故经半个周期步调相反，D 正确。答案

105、AD4如图 6 所示，S1、S2 为两个振动情况完全一样的波源，两列波的波长都为，它们在介质中产生干涉现象，S1、S2 在空间共形成 6 个振动减弱的区域(图中虚线处)，P 是振动减弱区域中的一点，从图中可看出()图 6AP 点到两波源的距离差等于 2BP 点始终不振动CP 点此时刻振动最弱，过半个周期后，振动变为最强D当一列波的波峰传到 P 点时，另一列波的波谷也一定传到 P 点解析 振动减弱点到两波源距离差等于半波长的奇数倍，A 错；两波源振动情况相同，故 P 点振幅为零，B 对，C 错；在 P 点合位移为零，故其中一列波的波峰传播到 P 点时，另一列波的波谷也传播到 P 点，D 对。答案

106、 BD 一、选择题(在每小题给出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。)1以下说法中正确的是()A波的衍射现象必须具备一定的条件，否则不可能发生衍射现象B要观察到水波明显的衍射现象，必须使狭缝的宽度远大于水波波长C波长越长的波，越容易发生明显的衍射D只有波才有衍射现象解析 衍射是波特有的现象，即任何波都会发生衍射现象，只不过存在明显与不明显的差别而已，只有当障碍物或孔的尺寸跟波长差不多或者比波长小时，才会观察到明显的衍射现象。选项 C、D 正确。答案 CD2如图 1 所示，S 是波源，M，N 是两块挡板，其中 M 板固定，N 板可左右自由移动，两板中间有一狭缝，此时测得 A 点无明显振动，

107、为使 A 点能发生明显振动，下列采取的办法可行的是()图 1A增大波源振动频率B减小波源振动频率C将 N 板向右移D将 N 板向左移答案 BD3如图 2 所示，图中 O 点是水面上一波源，实线、虚线分别表示该时刻的波峰、波谷，A 是挡板，B 是小孔，经过一段时间，水面上的波形将分布于()图 2A整个区域B阴影以外区域C阴影以外区域D上述答案均不对解析 从题图中可以看出挡板 A 的长度比波长大的多，因此波不会绕过挡板 A，而小孔 B 的大小与波长差不多，能发生明显的衍射现象，故 B 正确。答案 B4下列关于两列波相遇时叠加的说法中正确的是()A相遇之后，振幅小的一列波将减弱，振幅大的一列波将加强

108、B相遇之后，两列波的振动情况与相遇前完全相同C在相遇区域，任一点的总位移等于两列波分别引起的位移的矢量和D几个人在同一房间说话，相互间听得清楚，这说明声波在相遇时互不干扰解析 两列波相遇时，每一列波引起的振动情况都保持不变，而质点的振动则是两列波共同作用的结果，故选项 A 错误，B、C 正确；几个人在同一房间说话，发出的声波在空间中相互叠加后，并不改变每列波的振幅、频率，所以声波传到人的耳朵后，仍能分辨出不同的人所说的话，故选项 D 正确。答案 BCD5如图 3 所示，两列简谐横波分别沿 x 轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x2 cm 和 x12 cm 处，两列波的波速均为 v4 cm/s

109、，两波源的振幅均为 A2 cm。图示为 t0 时刻两列波的图象，此刻平衡位置位于 x2 cm 和 8 cm 的 P、Q 两质点刚开始振动。质点 M 的平衡位置处于 x5 cm 处，关于各质点运动情况的判断正确的是()图 3A质点 P、Q 都首先沿 y 轴负向运动Bt0.75 s 时刻，质点 P、Q 都运动到 M 点Ct1 s 时刻，质点 M 的位移为4 cmDt1 s 时刻，质点 M 的位移为4 cm解析 根据“上、下坡”法可以判断，质点 P、Q 都首先沿 y 轴负向运动；两列波波速相等，经过 t0.75 s，两波传播的路程都为 3 cm，但 P、Q 两质点并不沿x 轴运动；t1 s 时刻，左

110、边波传到 x6 cm 处，右边波传到 x4 cm 处，两波的波谷相遇在 M 点，叠加后质点 M 的位移为4 cm。答案 AD6关于波的叠加和干涉，下列说法中正确的是()A两列频率不相同的波相遇时，因为没有稳定的干涉图样，所以波没有叠加B两列频率相同的波相遇时，振动加强的点只是波峰与波峰相遇的点C两列频率相同的波相遇时，如果介质中的某点振动是加强的，某时刻该质点的位移可能是零D两列频率相同的波相遇时，振动加强的质点的位移总是比振动减弱的质点的位移大解析 根据波的叠加原理，只要两列波相遇就会叠加，所以 A 选项错；两列频率相同的波相遇时，振动加强的点不只是波峰与波峰、波谷与波谷相遇的点，所以B 选

111、项错；振动加强的点仅是振幅加大，但仍在平衡位置附近振动，也一定有位移为零的时刻，所以 C 选项对，D 选项错。答案 C7两波源 S1、S2 在水槽中形成的波形如图 4 所示，其中实线表示波峰，虚线表示波谷，则()图 4A在两波相遇的区域中会发生干涉B在两波相遇的区域中不会发生干涉CP 点的振动始终加强DP 点的振动始终减弱解析 从题图中看出，两列波的波长不同，但同一介质中波速相等，根据 vf，知频率不同，所以在两波相遇的区域中不会发生干涉，B 正确；因为不能发生干涉，所以虽然此时刻 P 点的振动加强，但不会始终加强，当然也不会始终减弱。答案 B8当两列水波发生干涉时，若两列波的波峰在 P 点相

112、遇，则下列说法中正确的是()A质点 P 的振幅为两列波的振幅之和B质点 P 的振动始终是加强的C质点 P 的位移始终最大D质点 P 的位移有时为零答案 ABD9如图 5 中 S1、S2 是两个相干波源，由它们发出的波相互叠加，实线表示波峰，虚线表示波谷。则下列对 a、b、c 三点振动情况的判断中，正确的是()图 5Ab 处的振动永远互相减弱Ba 处永远是波峰与波峰相遇Cb 处在该时刻是波谷与波谷相遇Dc 处的振动永远互相减弱解析 b 处此刻是波谷和波谷相遇，位移为负的最大值，振动是加强的，A 错，C正确；a 处此刻是波峰与波峰相遇，过半个周期后变成波谷与波谷相遇，始终是振动加强的点，并非永远是

113、波峰与波峰相遇的点，B 错；c 处此刻是波峰、波谷相遇，过半个周期后仍是波峰、波谷相遇，振动永远互相减弱，D 正确。答案 CD10利用发波水槽得到的水面波形如图 6 甲、乙所示，则()图 6A图甲、乙均显示了波的干涉现象B图甲、乙均显示了波的衍射现象C图甲显示了波的干涉现象，图乙显示了波的衍射现象D图甲显示了波的衍射现象，图乙显示了波的干涉现象解析 由题图可以看出，图甲是水波通过小孔的情况，属于波的衍射现象，图乙是两列波在传播过程中叠加形成的干涉图样，属于波的干涉现象，选项 D 正确。答案 D11在同一地点有两个静止的声源，发出声波 1 和声波 2。在同一空间的空气中沿同一方向传播，如图 7

114、所示为某时刻这两列波的图象，则下列说法中正确的是()图 7A波 1 速度比波 2 速度大B这两列波的频率相同C在这两列波传播方向上，不会产生稳定的干涉现象D相对于同一障碍物，波 1 比波 2 发生衍射现象更明显解析 在同一种介质中，各种频率的机械波传播的速度相同，选项 A 错误；从题图中可以看出波 1 的波长大于波 2 的波长，由公式 vf 可得，波 1 的频率小于波 2 的频率，选项 B 错误；由于两列波的频率不同，两列波不能发生干涉，选项C 正确；对于同一障碍物，波长越大衍射越明显，选项 D 正确。答案 CD二、非选择题12甲、乙两人分乘两只小船在湖中钓鱼，两船相距 24 m。有一列水波在

115、湖面上传播，使每只船每分钟上下浮动 20 次，当甲船位于波峰时，乙船位于波谷，这时两船之间还有 5 个波峰。求：(1)此水波的波长为多少？波速为多少？(2)若此波在传播过程中遇到一根竖立的电线杆，是否会发生明显的衍射现象？(3)若该波经过一跨度为 30 m 的桥洞，桥墩直径为 3 m，桥墩处能否看到明显衍射现象？(4)若该桥为一 3 m 宽的涵洞，洞后能否发生明显衍射现象？解析(1)由题意知：周期 T6020 s3 s设波长为，则 5224 m，4811 m由 vT得，v 48113 m/s1611 m/s(2)由于 4811 m，大于竖立电线杆的直径，所以此波通过竖立的电线杆时会发生明显的衍

116、射现象。(3)、(4)由于 4811 m3 m，所以此波无论是通过直径为 3 m 的桥墩，还是通过宽为 3 m 的涵洞，都能发生明显的衍射现象。答案(1)4811 m 1611 m/s(2)会(3)能(4)能第 5 课时 多普勒效应 惠更斯原理研究学考把握考情知识内容多普勒效应、惠更斯原理考试要求加试 b教学要求1.了解多普勒效应2了解多普勒效应的简单应用3初步理解多普勒效应产生的原因4了解波面、波线的概念，知道惠更斯原理5理解球面波与平面波的传播特点6会用惠更斯原理解释波的反射7会用惠更斯原理解释波的折射8会用惠更斯原理分析简单的问题说明1.不要求推导接收频率与波源频率的关系式2不要求用惠更

117、斯原理证明波的反射定律和波的折射定律知识点一 多普勒效应基 础 梳 理 1定义波源与观察者互相靠近或者互相远离时，接收到的波的频率都会发生变化，这种现象叫做多普勒效应。2成因(1)波源与观察者相对静止时，1 s 内通过观察者的波峰(或密部)的数目是一定的，观察到的频率等于波源振动的频率。(2)当波源与观察者相向运动时，1 s 内通过观察者的波峰(或密部)的数目增加，观察到的频率增大；反之，当波源与观察者互相远离时，观察到的频率变小。3应用(1)测车辆速度；(2)测星球速度；(3)测血流速度。要 点 精 讲1多普勒效应是波共有的特征，不仅机械波，光波和电磁波也都会发生多普勒效应。2发生多普勒效应

118、时，波源发出的频率不变，变化的是观察者接收到的频率。3当声源与观察者相互接近时，f 观察者变大，音调变高。如图 1 甲中波源 S 不动，观察者由 A 向 B 运动和图乙中观察者 A 不动，波源由 S1 向 S2 运动。当声源与观察者相互远离时，f 观察者变小，音调变低。如图甲中波源 S 不动，观察者由 A 向 C 运动。图 1【例 1】下面说法中正确的是()A发生多普勒效应时，波源的频率变化了B发生多普勒效应时，观察者接收到的频率发生了变化C多普勒效应是在波源与观察者之间有相对运动时产生的D多普勒效应是由奥地利物理学家多普勒首先发现的解析 当波源与观察者之间有相对运动时会发生多普勒效应，故选项

119、 C 正确；发生多普勒效应时，观察者接收到的频率发生了变化，而波源的频率并没有改变，故选项 A 错误，B 正确；此现象是奥地利物理学家多普勒首先发现的，故选项 D正确。答案 BCD知识点二 惠更斯原理基 础 梳 理 1波面和波线(1)波面：在波的传播过程中，任一时刻振动状态都相同的介质质点所组成的面。波面为球面的波叫球面波，波面是平面的波叫平面波。如图 2 所示。图 2(2)波线：与波面垂直的那些线代表了波的传播方向，叫做波线。2惠更斯原理(1)内容：介质中任一波面上的各点，都可以看作发射子波的波源，其后任意时刻，这些子波在波前进方向的包络面就是新的波面。(2)应用：如果知道某时刻一列波的某个

120、波面的位置，还知道波速，利用惠更斯原理可以得到下一时刻这个波面的位置，从而确定波的传播方向。要 点 精 讲1对惠更斯原理的理解(1)惠更斯原理中，同一波面上的各点都可以看做子波的波源。波源的频率与子波波源的频率相等。(2)波线的指向表示波的传播方向。(3)在各向同性均匀介质中，波线恒与波面垂直。(4)球面波的波线是沿半径方向的直线，平面波的波线是垂直于波面的平行直线。(5)利用惠更斯原理可以解释平面波和球面波的传播、波的衍射、干涉和折射现象，但无法说明衍射现象与狭缝或障碍物的大小关系。2对波的反射与折射的理解(1)波的反射：反射波的波长、波速、频率跟入射波的相同。(2)波的折射：在波的折射中，

121、波的频率不变，波速和波长发生改变。(3)波在两种介质的界面上发生折射的原因是波在不同的介质中的传播速度不同。【例 2】关于对惠更斯原理的理解，下列说法正确的是()A同一波面上的各质点振动情况完全相同B同一波面上的各质点振动情况可能不相同C球面波的波面是以波源为中心的一个个球面D无论怎样的波，波线始终和波面垂直解析 按照惠更斯原理：波面是由任意时刻振动情况完全相同的点构成的面，故A 正确，B 错；由波面和波线的概念，不难判定 C、D 正确。答案 ACD【例 3】下列说法正确的是()A波发生反射时，波的频率不变，波速变小，波长变短B波发生反射时，波的频率、波长、波速均不变C波发生折射时，波的频率的

122、不变，但波长、波速发生变化D波发生折射时，波的频率、波长、波速均发生变化解析 波发生反射时，波在同一种介质中传播，频率、波长和波速均不变，选项A 错误，B 正确；波发生折射时，是从一种介质传播到另一种介质，波速发生变化，波的频率由波源决定，所以波的频率不变，由公式 vf 可知，波长发生变化，选项 C 正确，D 错误。答案 BC 1关于多普勒效应，下列说法中正确的是()A波源发出频率稳定，且保持静止，观察者靠近波源，接收频率高于实际发出频率B只要观察者在运动，就一定能观察到接收频率与发出频率的不同C火车边鸣笛边减速进站，站台上静止的旅客听到的声音频率低于火车发出的频率D纵波不能发生多普勒效应答案

123、 A2根据多普勒效应，下列说法正确的是()A当波源与观察者有相对运动时，观察者接收到的频率一定发生变化B当波源与观察者同向运动时，观察者接收到的频率一定比波源发出的频率低C当波源与观察者相向运动时，观察者接收到的频率一定比波源发出的频率高D当波源与观察者反向运动时，观察者接收到的频率一定比波源发出的频率低解析 当波源与观察者的相对距离减小时，观察者单位时间内接收到的完整波的个数增多，即观察者接收到的频率比波源发出的频率高；当二者的相对距离增大时，观察者单位时间内接收到的完整波的个数减少，即观察者接收到的频率比波源发出的频率低。当波源与观察者有相对运动，但距离不变时(如圆周运动)，则不会出现多普

124、勒效应，选项 A 错误；当波源与观察者同向运动时，二者的距离可能增大，也可能减小，也可能不变，选项 B 错误；当波源与观察者相向运动时，二者的相对距离减小，故选项 C 正确；当波源与观察者反向运动时，二者的相对距离增大，选项 D 正确。答案 CD3下列关于惠更斯原理的说法正确的是()A惠更斯原理能够解释波的反射和折射现象B惠更斯原理能够解释波的衍射现象C介质中任何一个波面的各点，都可以看成发射子波的波源D惠更斯原理能够解释衍射现象与障碍物或孔的大小的关系解析 惠更斯原理解释了波的传播相关的问题，所以能够解释波的反射现象和折射现象，故 A 正确；同样对波的衍射现象，惠更斯原理也可以解释，但不能解

125、释衍射现象与孔或障碍物大小的关系，故 B、C 正确，D 错误。答案 ABC4如图 3 所示，1、2、3 分别代表入射波、反射波、折射波的波线，则()图 3A2 与 1 的波长、频率相等，波速不等B2 与 1 的波速、频率相等，波长不等C3 与 1 的波速、频率、波长相等D3 与 1 的频率相等，波速、波长均不等解析 反射波的波长、频率、波速与入射波都应该相等，故 A、B 错；折射波的波长、波速与入射波都不等，但频率相等，故 C 错，D 正确。答案 D一、选择题(在每小题给出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。)1下列哪些现象是多普勒效应()A远去的汽车声音越来越小B炮弹迎面飞来，声音刺耳

126、C火车向你驶来时，音调变高；驶离你而去时，音调变低D大风中，远处人的说话声时强时弱解析 A 项和 D 项中所说的现象是能量传播的问题，不是多普勒效应，B、C 两项所发生的现象是多普勒效应。答案 BC2关于多普勒效应，下列说法中不正确的是()A发生多普勒效应时波源的频率保持不变B要发生多普勒效应，波源和观察者间必须有相对运动C只有声波会发生多普勒效应D机械波、电磁波和光波都会发生多普勒效应解析 多普勒效应是一种现象，发生多普勒效应时，波源的频率没有发生改变，波源与观察者之间存在相对运动时，观察者接收到的波的频率发生变化，而且机械波、电磁波和光波都会发生多普勒效应。答案 C3医院通过彩超对人体进行

127、体检时，彩超机向人体内发射频率已精确掌握的超声波，超声波经血液反射后被专用仪器接收，测出反射波的频率变化，就可以知道血液的流速。这一技术主要利用了哪一种物理现象()A多普勒效应B波的衍射C波的干涉D共振解析 彩超机是利用超声波的多普勒效应而制成的仪器。答案 A4如图 1 所示，将上下振动的振针水平移动，移动过程中在水面上形成了如图所示的水波图形，下列说法正确的是()图 1A振针向右移动B振针向左移动C在 A 处的观察者，接收到的水波频率变小D在 A 处的观察者，接收到的水波频率变大解析 振针(波源)前进方向上的水波变得密集，在其反方向的水波变得稀疏，因此振针向右移动；由于波源远离观察者时，水波

128、波长变长，观察者接收到的频率变小，故 A、C 正确。答案 AC5如图 2 所示，男同学站立不动吹口哨，一位女同学坐在秋千上来回摆动，下列关于女同学的感受的说法正确的是()图 2A女同学从 A 向 B 运动过程中，她感觉哨声音调变高B女同学从 E 向 D 运动过程中，她感觉哨声音调变高C女同学在 C 点向右运动时，她感觉哨声音调不变D女同学在 C 点向左运动时，她感觉哨声音调变低解析 女同学荡秋千的过程中，只要她有向右的速度，她都有靠近声源的趋势，根据多普勒效应，她都感到哨声音调变高；反之女同学向左运动时，她感到音调变低，选项 A、D 正确，B、C 错误。答案 AD6公路巡警开车在高速公路上以

129、100 km/h 的恒定速度巡查，在同一车道上巡警车向前方的一辆轿车发出一个已知频率的电磁波，如果该电磁波被轿车反射回来时，巡警车接收到的电磁波的频率比发出时低。此现象属于()A波的衍射B波的干涉C多普勒效应D波的反射答案 C7下列说法正确的是()A波线表示波的传播方向B波面表示波的传播方向C只有横波才有波面D波传播中某时刻任一波面上各子波波面的包络面就是新的波面解析 波线表示波的传播方向，故 A 正确，B 错误；所有的波都具有波面，故 C错误；由惠更斯原理可知，D 正确。答案 AD8下列说法中正确的是()A根据惠更斯原理可知，介质中任一波面上的各点，都可以看做发射子波的波源B惠更斯原理只能解

130、释球面波的传播，不能解释平面波的传播C若知道某时刻一列波的某个波面的位置，由惠更斯原理就可以确定波的传播方向D惠更斯原理不但可以解释波的直线传播，还可以解释波的反射与折射等相关现象解析 惠更斯原理将介质中任一波面上的各点看做发射子波的波源，可以解释波传播中的包括反射、折射在内的传播规律，故 A、D 正确。答案 AD9声波从声源发出，在空中向外传播的过程中()A波速在逐渐变小B频率在逐渐变小C振幅在逐渐变小D波长在逐渐变小解析 根据惠更斯原理知，声波从声源发出后，在空中向外传播的过程中，形成了以波源为中心的波面，波面上的每个点都是子波的波源，然后又形成子波波面，形成的包络面，即为新波面，但声源提

131、供的能量一定，在形成新的波面后，总能量不变，但每个新波面获得的能量减少，故在波的传播过程中振幅逐渐减少，故应选 C。答案 C10一列声波从空气传入水中，已知水中声速较大，则()A声波频率不变，波长变小B声波频率不变，波长变大C声波频率变小，波长变大D声波频率变大，波长不变解析 由于波的频率由波源决定，因此波无论在空气中还是在水中频率都不变，故 C、D 错；又因波在水中速度较大，由公式 vf 可得，波在水中的波长较大，故 A 错，B 正确。答案 B11蝙蝠在洞穴中飞来飞去时，它利用超声脉冲导航非常有效，这种超声脉冲是持续 1 ms 或不到 1 ms 的短促发射，且每秒重复发射几次。假定蝙蝠的超声

132、脉冲的发射频率为 39 000 Hz，在一次正朝着表面平直的墙壁飞扑的期间，则下列判断正确的是()A墙壁接收到的超声脉冲频率等于 39 000 HzB蝙蝠接收到从墙壁反射回来的超声脉冲频率等于墙壁接收的频率C蝙蝠接收到从墙壁反射回来的超声脉冲频率大于墙壁接收的频率D蝙蝠接收到从墙壁反射回来的超声脉冲频率等于 39 000 Hz解析 由于蝙蝠向墙壁靠近，所以墙壁接收的频率大于 39 000 Hz，蝙蝠接收到墙壁反射的频率也大于墙壁接收的频率。所以 C 正确。答案 C二、非选择题12一声波在空气中的波长为 25 cm，速度为 340 m/s，当折射进入另一种介质时，波长变为 80 cm，求：(1)

133、声波在这种介质中的频率；(2)声波在这种介质中的传播速度的大小。解析(1)声波由空气进入另一种介质时，频率不变，由 vf 得 fv34025102Hz1 360 Hz(2)因频率不变，有vv得 v v8010225102340 m/s1 088 m/s答案(1)1360 Hz(2)1 088 m/s章末整合提升突破一 波的图象反映的信息及其应用从波的图象可以看出：(1)波长；(2)振幅 A；(3)该时刻各质点偏离平衡位置的位移情况；(4)如果波的传播方向已知，可判断各质点该时刻的振动方向以及下一时刻的波形；(5)如果波的传播速度大小已知，可利用图象所得的相关信息进一步求得各质点振动的周期和频率

134、：Tv，fv。例 1 一列简谐横波在 t0 时刻的波形图如图 1 实线所示，从此刻起，经 0.1 s 波形图如图 1 虚线所示，若波传播的速度为 10 m/s，则()图 1A这列波沿 x 轴正方向传播B这列波的周期为 0.4 sCt0 时刻质点 a 沿 y 轴正方向运动D从 t0 时刻开始质点 a 经 0.2 s 通过的路程为 0.4 m解析 从题图可以看出波长 4 m，由已知得波速 v10 m/s，周期 T0.4 s；经0.1 s 波传播的距离 xvt1 m，说明波沿 x 轴负方向传播；t0 时刻质点 a 沿y 轴负方向运动；从 t0 时刻开始质点 a 经 0.2 s，即半个周期通过的路程为

135、 s2A0.4 m。答案 BD突破二 波的图象与振动图象的区别和联系面对波的图象和振动图象问题时可按如下步骤来分析：(1)先看两轴：由两轴确定图象种类。(2)读取直接信息：从振动图象上可直接读取周期和振幅；从波的图象上可直接读取波长和振幅。(3)读取间接信息：利用振动图象可确定某一质点在某一时刻的振动方向；利用波的图象可进行波传播方向与某一质点振动方向的互判。(4)利用波速关系式：波长、波速、周期、频率间一定满足 vTf。例 2 图 2 甲为一列简谐横波在 t0.1 s 时刻的波形图，P 是平衡位置为 x1 m处的质点，Q 是平衡位置为 x4 m 处的质点，图乙为质点 Q 的振动图象，则()图

136、 2A横波的波长是 8 mB横波的频率是 0.2 HzC质点 P 随波迁移的速度大小为 40 m/sDt0.1 s 时质点 P 正沿 y 轴正方向运动解析 由波的图象可知，横波的波长是 8 m，选项 A 正确；由质点 Q 的振动图象可知，横波的周期为 0.2 s，频率是 5 Hz，选项 B 错误；质点 P 围绕平衡位置振动，不随波迁移，选项 C 错误；根据质点 Q 的振动图象，t0.1 s 时刻，质点 Q正沿 y 轴负方向运动，说明波沿 x 轴负方向传播。t0.1 s 时质点 P 正沿 y 轴正方向运动，选项 D 正确。答案 AD突破三 波动问题的多解性波在传播过程中，由于空间周期性、时间周期

137、性和传播方向的双向性而引起多解，解决这类问题要注意下列情况：(1)波的空间周期性：在波的传播方向上，相距为波长整数倍的质点的振动情况相同。(2)波的时间周期性：由波的传播特性可知，经过整数倍个周期，波的图象相同。(3)波的传播方向的双向性：若根据题中条件无法确定波的传播方向，在解题时要注意考虑波的传播方向可以有两个方向。例 3 一列简谐横波 t1 时刻的波形如图 3 中实线所示，t2 时刻的波形如图中虚线所示，已知 tt2t10.5 s。问：图 3(1)这列波的传播速度是多少？(2)若波向左传播，且 3Tt4T，波速是多大？(3)若波速等于 68 m/s，则波向哪个方向传播？解析(1)有两组解

138、：若波向右传播，传播距离 s(n14)，又有 v 右 stn1480.5m/s(16n4)m/s(n0,1,2，)；若波向左传播，传播距离 s(n34)，又有 v左st n3480.5m/s(16n12)m/s(n0,1,2，)。(2)因波向左传播，且 3Tt4T，则必有 3s4，故 n3，v 左(16n12)m/s60 m/s。(3)因波速 v68 m/s，所以 svt680.5 m34 m(414)，故波向右传播。答案(1)若波向右传播，v 右(16n4)m/s(n0,1,2，)；若波向左传播，v 左(16n12)m/s(n0,1,2，)(2)60 m/s(3)向右章末检测卷(四)(时间：

139、90 分钟 满分：100 分)一、选择题(本大题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分。在每小题给出的选项中。至少有一项符合题目要求。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分)1关于振动和波的关系，下列说法正确的是()A有机械波必有振动B有机械振动必有波C离波源远的质点振动周期长D波源停止振动时，介质中的波动立即停止解析 一个质点的振动会带动邻近质点振动，使振动这种运动形式向外传播出去而形成机械波，但在缺少介质的情况下，波动现象就无法发生，故 A 选项对，B选项错；波动形成以后，各质点的振动都先后重复波源的振动，故各质点的振动周期是一样的，C 选项错；大量质点的振

140、动所形成的波动不会因波源停止振动而立即消失，因为能量不会无缘无故地消失，故 D 选项错。答案 A2图 1 分别表示一列水波在传播过程中遇到了小孔(图、)或障碍物(图、)，其中能发生明显衍射现象的有()图 1A只有B只有C只有D只有解析 图、中小孔与波长相差不多，能发生明显衍射，图中障碍物与波长相差不多，能发生明显衍射，图中障碍物比波长大得多，不能发生明显衍射。故正确答案为 A。答案 A3一列简谐横波沿某一直线传播，A、B 是该直线上相距 1.2 m 的两点，从波到达其中一点开始计时，4 s 内 A 完成 8 次全振动，B 完成 10 次全振动，则该波的传播方向及波速分别为()A方向由 A 向

141、B，v0.3 m/sB方向由 B 向 A，v0.3 m/sC方向由 B 向 A，v1.5 m/sD方向由 A 向 B，v1.5 m/s解析 由于 4 s 内 B 完成的全振动次数大于 A 完成的全振动的次数，所以波由 B向 A 传播。周期 T 410 s0.4 s，A、B 在 4 s 内完成的全振动次数相差 2 次，即A、B 间相距两个波长：21.2 m，0.6 m。则 vT1.5 m/s。答案 C4如图 2 所示，在均匀介质中 S1 和 S2 是同时起振(起振方向相同)、频率相同的两个机械波源，它们发出的简谐波相向传播。在介质中 S1 和 S2 平衡位置的连线上有 a、b、c 三点，已知 S

142、1aabbccS22(为波长)，则下列说法中正确的是()图 2Ab 点的振动总是最强，a、c 两点的振动总是最弱Bb 点的振动总是最弱，a、c 两点的振动总是最强Ca、b、c 三点的振动都总是最强Da、b、c 三点的振动都是有时最强有时最弱解析 根据加强点的条件当某点到两波源距离 x22n 时，该点加强，当 x2(2n1)时(n0,1,2)，该点减弱。a 点 xa，b 点 xb0，c 点 xc，所以 a、b、c 三点都是振动加强点。答案 C5在均匀介质中，一列沿 x 轴正向传播的横波，其波源 O 在第一个周期内的振动图象如图 3 所示，则该波在第一个周期末的波形图是()图 3解析 由振动图象知

143、波源开始振动的方向为负 y 方向，故第一个周期末开始振动的质点，其振动方向也是负 y 方向，所以 A、C 错误；由振动图象知，后半个周期振幅较大，根据波的传播特点知，B 错误，D 正确。答案 D6波源固定的一列自右向左传播的简谐横波，在 t0 时刻的波形图如图 4 所示。已知在 t10.3 s 时刻，P 质点首次位于波峰，Q 点的坐标是(3,0)，则以下说法正确的是()图 4A这列波的传播速度为 0.2 m/sB在 t0 时刻，质点 P 向上运动C站在 x10 m 处的人，接收到此横波的频率大于 2.5 HzD在 t20.5 s 时刻，质点 Q 首次位于波峰解析 波向左传播，所以 t0 时刻，

144、P 点向下振动，t10.3 s 时刻，P 质点首次位于波峰，可得周期为 T0.4 s，根据图象可知，波长 4 cm0.04 m，所以波速 vT0.040.4 m/s0.1 m/s，故 A、B 错误；该波的频率 f1T 10.4 Hz2.5 Hz，波源固定，站在 x10 m 处的人，看到波源不动，所以频率不变，仍为 2.5 Hz，故 C 错误；当 x2 cm 处的波形传到 Q 点时，Q 点第一次到达波峰，所需时间 txv0.020.030.1s0.5 s，所以在 t20.5 s 时刻，质点 Q 首次位于波峰，故D 正确。答案 D7如图 5 所示，为一波源 O 做匀速直线运动时在均匀介质中产生球面

145、波的情况，则()图 5A该波源正在移向 A 点B该波源正在移向 B 点C在 A 处观察波的频率变低D在 B 处观察波的频率变低解析 波源在某一位置产生一列波面后，该波面以该位置为球心，以波速作为传播速度向外传播，反之，由波面可确定出该波面的产生位置，即波源。波面半径大，表示产生时间早，传播时间长。对照题图，可确定出波源由右向左移动，选项 A 正确，B 错误；由于观察者不动，故波面经过观察者的速度等于波速，而在A 处观察时，相邻波面间距比波源不动时间距小，因而经过观察者的时间间隔短，频率大，同理在 B 处时间间隔长，频率小，选项 C 错误，D 正确。答案 AD8一列波沿直线传播，在某一时刻的波形

146、图如图 6 所示，质点 A 的位置与坐标原点相距 0.5 m，此时质点 A 沿 y 轴正方向运动，再经过 0.02 s 将第一次到达波峰，由此可见()图 6A这列波的波长是 2mB这列波的频率是 50 HzC这列波的波速是 25 m/sD这列波的传播方向是沿 x 轴的负方向解析 质点 A 的位置距原点 0.5 m，即40.5 m，2 m，A 对；质点 A 向上振动经 0.02 s 第一次到达波峰，即T40.02 s，T0.08 s，波的频率 f1T12.5 Hz，B错；波速 vf212.5 m/s25 m/s，C 对；质点 A 向上振动，根据“上、下坡”法可以确定该波向 x 轴负方向传播，D

147、对。答案 ACD9如图 7 所示，沿 x 轴正方向传播的一列简谐横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，若波速为 200 m/s，则下列说法中正确的是()图 7A从图示时刻开始，质点 b 的加速度将增大B图示时刻，质点 b 的振动方向沿 y 轴正方向C若此波遇到另一列波发生稳定干涉现象，则另一列波的频率为 50 HzD从图示时刻开始，经过 0.01 s，质点 a 沿波传播方向迁移了 2 m解析 波沿 x 轴正方向传播，质点 b 沿 y 轴负方向运动，加速度增大，A 正确，B 错误；波长 4 m，所以 fv200 m/s4 m50 Hz，因此发生干涉的另一列波频率为 50 Hz，C 正确；质点不会随波

148、迁移，只会在平衡位置附近振动，D 错误。答案 AC10一列简谐横波在 t0 时刻的波形如图 8 中的实线所示，t0.02 s 时刻的波形如图中虚线所示。若该波的周期 T 大于 0.02 s，则该波的传播速度可能是()图 8A2 m/s B3 m/s C4 m/s D5 m/s解析 由图知波长 8 cm，若波向右传播，则14T0.02 s，波速 vT 8 cm0.08 s1 m/s。若波向左传播，则34T0.02 s，波速 vT 8 cm0.083s3 m/s，选项 B 正确。答案 B二、填空题(本题共 2 小题，共 12 分)11(8 分)图 9 为某一简谐横波在 t0 时刻的波形图，由此可知

149、该波沿_传播，该时刻 a、b、c 三点中加速度最大的是_点，若从这一时刻开始，第一次最快回到平衡位置的是_点，若 t0.02 s 时，质点 c 第一次到达波谷处，则此波的波速为_m/s。图 9答案 x 轴正方向 c c 10012(4 分)一列简谐横波沿 x 轴正方向传播，在 t0 时刻的完整波形如图 10 所示。当 t0.7 s 时，A 点第 4 次位于波峰位置，B 点首次位于波谷位置，则再经过_s，A、B 又再次回到平衡位置，此时 A、B 相距_m。图 10解析 当 t0.7 s 时，A 点第 4 次位于波峰位置，即 3 个半周期，由此可知，波的周期 T0.2 s，再经T4，即 0.05

150、s，A、B 又再次回到平衡位置。由波动图象可知，波长为 20 m，当 B 点首次到达波谷时，可认为 A 点的振动通过 3 个半周期恰好传到 B 点，故 A、B 相距的距离为 3 个半波长，即 70 m。答案 0.05 70三、计算题(本题共 4 小题，共 38 分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13(8 分)如图 11 所示为一简谐波在 t0 时刻的波形图，介质中的质点 P 做简谐运动的表达式为 yAsin 5t cm，求该波的速度，并画出 t0.3 s 时的波形图(至少画出一个波长)。图 11解析 由简谐运动的表达式可知 5 rad/s，t0 时刻质点 P 向上运动，

151、故该波沿 x 轴正方向传播。由波形图读出波长 4 m。而 T2由波速公式知 vT联立式，代入数据可得 v10 m/st0.3 s 时的波形图如图所示。答案 见解析14(10 分)P、Q 是一列简谐横波中相距 30 m 的两点，各自的振动图象如图 12所示，此列波的频率为多少？如果 P 比 Q 离波源近，且 P 与 Q 间距离小于 1 个波长，则波速是多大？图 12解析 由图象读出此波的周期 T4 s，频率为 f1T14 Hz0.25 Hz据题 P 比 Q 离波源近，且 P 与 Q 间距离小于 1 个波长，则得：3430 m解得：40 m波速为：vT404 m/s10 m/s答案(1)0.25

152、Hz(2)10 m/s15(10 分)如图 13 甲所示，为某一列简谐波 tt0 时刻的图象，图乙是这列波上 P质点从这一时刻起的振动图象，试讨论：图 13(1)波的传播方向和波速大小；(2)画出经过 2.3 s 后波的图象，并求出 P 质点的位移和运动的路程。解析(1)根据振动图象可以判断：P 质点在 tt0 时刻在平衡位置且向负的最大位移处运动，由此可确定波沿 x 轴正向传播。由 tt0 时刻波的图象可知 2.0 m，根据 vf，f1T 10.4 Hz2.5 Hz，所以 v2.02.5 m/s5.0 m/s。(2)由于 T0.4 s，所以 2.3 s534T，波形重复 5 次再沿 x 轴推

153、进34个波长，经过 2.3 s 后的波的图象如图所示，P 质点的位移为 10 cm，路程 s4A53A23A2.3 m。答案(1)波沿 x 轴正向传播 5.0 m/s(2)图象见解析图 位移为 10 cm，路程为2.3 m16(12 分)一列简谐横波在 t10 时刻的波形图如图 14 所示，已知该波沿 x 轴正方向传播，在 t20.7 s 末时，质点 P 刚好第二次出现波峰，求：图 14(1)波速 v；(2)x6 m 处的 Q 点第一次出现波谷的时刻 t3。解析(1)由波形图可直接读出波长 2 m。根据带动法可判断 t10 时刻 P 质点应向 y 轴负方向运动。由题意可知 t2t174T，即

154、0.7 s74T，则 T0.4 s。根据 vT得 v 20.4 m/s5 m/s。(2)根据波形平移法，t10 时刻 x2 m 的质点第一次到达波谷，到 t3 时刻波谷沿波的传播方向平移至 x6 m 的 Q 质点处，此时 Q 质点第一次出现波谷，由 xvt 得 t3625s0.8 s。答案(1)5 m/s(2)0.8 s第 1 课时 光的反射和折射研究学考把握考情知识内容光的反射和折射考试要求加试 c教学要求1.知道光在反射与折射时光路可逆2掌握光的反射与折射定律3知道折射率的定义和表达式，知道折射率的决定因素说明不要求引入相对折射率的概念知识点一 反射定律和折射定律基 础 梳 理 1光的反射

155、及反射定律(1)光的反射：光从第 1 种介质射到它与第 2 种介质的分界面时，一部分光会返回到第 1 种介质的现象。(2)反射定律：反射光线与入射光线、法线处在同一平面内，反射光线与入射光线分别位于法线的两侧；反射角等于入射角。2光的折射及折射定律(1)光的折射：光从第 1 种介质射到它与第 2 种介质的分界面时，一部分光会进入第 2 种介质的现象。(2)入射角、折射角入射角：入射光线与法线间的夹角。折射角：折射光线与法线间的夹角。(3)折射定律折射光线与入射光线、法线处在同一平面内，折射光线与入射光线分别位于法线的两侧；入射角的正弦与折射角的正弦成正比，即sin 1sin 2n12。3与光的

156、反射现象一样，在光的折射现象中，光路也是可逆的。即 学 即 练关于光的反射与折射现象，下列说法正确的是()A光发生反射时，光的传播方向一定改变B光发生反射时，光的传播方向可能偏转 90C光发生折射时，一定伴随着反射D光发生折射时，光的传播方向可能偏转 90解析 由光的反射定律可知，反射角等于入射角，不管入射角多大，光发生反射时，光的传播方向都要改变，选项 A 正确；光发生反射时，当入射角等于 45时，光的传播方向偏转 90，选项 B 正确；光从一种介质射到两种介质的分界面时，一定有部分光发生反射，选项 C 正确；光发生折射时，光的传播方向偏转一定小于 90，选项 D 错误。答案 ABC知识点二

157、 折射率基 础 梳 理 1定义：光从真空射入某种介质发生折射时，入射角的正弦与折射角的正弦之比，叫做这种介质的绝对折射率，简称折射率，用符号 n 表示。2折射率与光速的关系：某种介质的折射率，等于光在真空中的传播速度 c 与光在这种介质中的传播速度 v 之比，即 ncv。3任何介质的折射率 n 都大于 1。要 点 精 讲要点 1 对折射率的理解(1)折射率是一个反映介质的光学性质的物理量，其大小由介质本身及入射光的频率决定，与入射角、折射角的大小无关。(2)应用 nsin 1sin 2计算介质的折射率时，注意 1 为真空中的光线与法线的夹角，不一定为入射角；2 为介质中光线与法线的夹角，也不一

158、定为折射角。【例 1】关于折射率，下列说法正确的是()A根据sin 1sin 2n12 可知，介质的折射率与入射角的正弦成正比B根据sin 1sin 2n12 可知，介质的折射率与折射角的正弦成反比C根据 ncv可知，介质的折射率与光在该介质中的传播速度成反比D同一频率的光由真空进入某种介质时，折射率与波长成反比解析 介质的折射率是一个反映介质光学性质的物理量，由介质本身和光的频率共同决定，与入射角、折射角无关，故选项 A、B 均错；由于真空中的光速是个定值，故 n 与 v 成反比是正确的，这也说明折射率与光在该介质中的传播速度是有联系的，选项 C 正确；由于 vf，当 f 一定时，v 与 成

159、正比，又 n 与 v 成反比，故 n 与 也成反比，选项 D 正确。答案 CD名师点睛 折射率 n 反映了介质的光学性质，它的大小只由介质本身和入射光的频率决定，与入射角和折射角的大小无关，切不可认为 n 与入射角的正弦成正比，与折射角的正弦成反比。要点 2 解决光的折射问题的基本思路(1)根据题意画出正确的光路图。(2)利用几何关系确定光路图中的边、角关系，要注意入射角、折射角是入射光线、折射光线与法线的夹角。(3)利用折射定律 nsin 1sin 2、折射率与光速的关系 ncv列方程，结合数学三角函数的关系进行计算。【例 2】一束光线射到一个玻璃球上，如图 1 所示。该玻璃球的折射率是 3

160、，光线的入射角是 60。求该束光线射入玻璃球后第一次从玻璃球射出的方向。(用与入射光线的夹角表示)图 1解析 光线射入玻璃球后第一次从玻璃球射出的光路如图所示。由折射定律得sin i1sin r1n，sin i2sin r21n。由AOB 为等腰三角形，则 i2r1。由几何关系知 r1160，i22r2，又由图知，3 是出射光线相对于入射光线的偏折角，且312。联立以上各式解得360，即第一次从玻璃球射出的光线与入射光线的夹角为 60。答案 与入射光线的夹角为 60名师点睛 在解决光的折射问题中正确画出光路图是前提，利用几何关系确定边、角关系是关键。知识点三 实验：测定玻璃的折射率要 点 精

161、讲操作指要1将白纸用图钉按在绘图板上。2在白纸上画出一条直线 aa作为界面(线)，过 aa上的一点 O 画出界面的法线 NN，并画一条线段 AO 作为入射光线。3把长方形玻璃砖放在白纸上，使它的长边跟 aa对齐，画出玻璃砖的另一边bb。4在直线 AO 上竖直插上两枚大头针 P1、P2，透过玻璃砖观察大头针 P1、P2 的像，调整视线方向，直到 P2 挡住 P1 的像。再在观察的这一侧插两枚大头针 P3、P4，使 P3 挡住 P1、P2 的像，P4 挡住 P3 及 P1、P2 的像，记下 P3、P4 的位置。5移去大头针和玻璃砖，过 P3、P4 所在处作直线 OB，与 bb交于 O，直线 OB

162、就代表了沿 AO 方向入射的光线通过玻璃砖后的传播方向。6连接 OO，入射角 AON，折射角 OON。用量角器量出入射角和折射角，从三角函数表中查出它们的正弦值，把这些数据记录在自己设计的表格中。7用上述方法分别求出入射角分别为 30、45、60时的折射角，查出它们的正弦值，填入表格中。8算出不同入射角时的比值sin sin，最后求出在几次实验中所测sin sin 的平均值，即为玻璃砖折射率的测量值。【例 3】在测定玻璃的折射率的实验中，某同学由于没有量角器，他在完成了光路图后，以 O 点为圆心，10 cm 为半径画圆，分别交线段 OA 于 A 点，交线段 OO的延长线于 C 点，过 A 点作

163、法线 NN的垂线 AB 交 NN于 B 点，过 C 点作法线NN的垂线 CD 交 NN于 D 点，如图 2 所示。用刻度尺量得 OB8 cm，CD4 cm，由此可得出玻璃的折射率 n_。图 2解析 由题图可知 sinAOBABOA，sinDOCCDOC，OAOCR，根据 nsin 1sin 2知，nsin AOBsin DOCABCD 1028241.5答案 1.5 1光从真空射入某介质，入射角 1 从零开始增大到某一值的过程中，折射角 2也随之增大，则下列说法中正确的是()A比值12不变B比值sin 1sin 2不变C比值sin 1sin 2是一个大于 1 的常数D比值sin 1sin 2是

164、一个小于 1 的常数解析 由折射率的概念可知：折射率与介质有关，对于同一束光，介质的折射率不变，即 nsin 1sin 2不变，又 ncv，故 n 始终大于 1。答案 BC2一条光线从空气射入折射率为 2的介质中，入射角为 45，在界面上入射光的一部分被反射，另一部分被折射，则反射光线和折射光线的夹角是()A75 B90 C105 D120解析 如图所示，根据折射定律sin 1sin 2n，则 sin 2sin 1nsin 45212，230，反射光线与折射光线的夹角 1804530105，C 正确。答案 C3如图 3 所示，一储油圆桶，底面直径与桶高均为 d，当桶内无油时，从某点 A恰能看到

165、桶底边缘上的某点 B，当桶内油的深度等于桶高的一半时，在 A 点沿 AB方向看去，看到桶底上的 C 点，C、B 相距14d。由此可得油的折射率 n_；光在油中传播的速度 v_m/s。(结果可用根式表示)图 3解析 作出光路图如图所示。由题意知，sin 22，sin d4d22d42 15 55，故油的折射率 nsin sin 102，光在油中传播的速度 vcn6 10107 m/s。答案 102 6 101074在用三棱镜测定玻璃折射率的实验中，先在白纸上放好三棱镜，在棱镜的一侧插入两枚大头针 P1 和 P2，然后在棱镜的另一侧观察，调整视线使 P1 的像被 P2挡住，接着在眼睛所在的一侧插两

166、枚大头针 P3、P4，使 P3 挡住 P1、P2 的像，P4挡住 P3 和 P1、P2 的像，在纸上标出的大头针位置和三棱镜轮廓如图 4 所示。图 4(1)在本题的图上画出所需的光路；(2)为了测出棱镜玻璃的折射率，需要测量的量是_，_，在图上标出它们；(3)计算折射率的公式是_。解析(1)如图所示，画出通过 P1、P2 的入射光线，交 AC 面于 O，画出通过 P3、P4 的出射光线交 AB 面于 O。则光线 OO就是入射光线 P1P2 在三棱镜中的折射光线。(2)在所画的图上注明入射角 1 和折射角 2，并画出虚线部分，用量角器量出 1和 2。(3)nsin 1sin 2。答案 见解析 一

167、、选择题(在每小题给出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。)1关于光的折射现象，下列说法正确的是()A光的传播方向发生改变的现象叫光的折射B光由一种介质进入另一种介质，传播方向一定改变C人观察盛水容器的底部，发现水变浅了D光从空气射入液体中，它的传播速度一定增大答案 C2在折射现象中，下列说法正确的是()A折射角一定小于入射角B折射率跟折射角的正弦值成反比C入射角增大为原来的 2 倍，折射角也增大为原来的 2 倍D折射率大的介质，光在其中传播速度小解析 折射角可能小于入射角，也可能大于入射角，例如光从水中射入空气时，折射角就大于入射角，故 A 错；某种介质的折射率对特定的光是一定的，不随

168、折射角的正弦值的变化而变化，故 B 错；入射角的正弦与折射角的正弦成正比，而不是入射角与折射角成正比，故 C 错；由 ncv知，D 正确。答案 D3光在某种玻璃中的传播速度是 3108 m/s，要使光由玻璃射入空气时折射光线与反射光线成 90夹角，则入射角应是()A30 B60 C45 D90解析 依题意作出光路图如图所示。折射角：290901，玻璃的折射率：ncv 31083108 3。由折射定律知：nsin 1sin 2，sin(901)cos 1，即 tan 11n 33，得 130。故正确选项为 A。答案 A4如图 1 所示是一束光从空气射向某介质在界面上发生反射和折射现象的光路图，下

169、列判断中正确的是()图 1AAO 是入射光，OB 为反射光，OC 为折射光BBO 是入射光，OC 为反射光，OA 为折射光CCO 是入射光，OB 为反射光，OA 为折射光D条件不足，无法确定解析 法线与界面垂直，根据反射角等于入射角，折射光线和入射光线位于法线两侧，可知 CO 为入射光线，OB 为反射光线，OA 为折射光线。答案 C5井口大小和深度相同的两口井，一口是枯井，一口是水井(如图 2 所示，水面在井口之下)，两井底部各有一只青蛙，则()图 2A水井中的青蛙觉得井口大些，晴天的夜晚，水井中的青蛙能看到更多的星星B枯井中的青蛙觉得井口大些，晴天的夜晚，水井中的青蛙能看到更多的星星C水井中

170、的青蛙觉得井口小些，晴天的夜晚，枯井中的青蛙能看到更多的星星D两只青蛙觉得井口一样大，晴天的夜晚，水井中的青蛙能看到更多的星星解析 这是一道典型的视野问题，解决视野问题的关键是确定边界光线和确定是谁约束了视野等。如本题中由于井口边沿的约束，而不能看到更大的范围，据此作出边界光线如图所示。由图可看出，所以水井中的青蛙觉得井口小些；，所以水井中的青蛙可看到更多的星星，故选项 B 正确，A、C、D 错误。答案 B6光从空气斜射进入介质中，比值sin isin r常数，这个常数()A与介质有关B与光在介质中的传播速度有关C与入射角的大小无关D与入射角的正弦成正比，跟折射角的正弦成反比解析 介质的折射率

171、与介质有关，与入射角无关，介质对光的折射率 ncv，选项D 错误，选项 A、B、C 正确。答案 ABC7如图 3 所示，光在真空和某介质的界面 MN 上发生偏折，那么()图 3A光是从真空射入介质B介质的折射率是 1.73C光在介质中的传播速度为 1.73108 m/sD反射光线与折射光线的夹角是 90答案 BCD8两束不同频率的单色光 a、b 从空气平行射入水中，发生了如图 4 所示的折射现象()。下列结论中正确的是()图 4A在水中的传播速度，光束 a 比光束 b 大B在水中的传播速度，光束 a 比光束 b 小C水对光束 a 的折射率比水对光束 b 的折射率小D水对光束 a 的折射率比水对

172、光束 b 的折射率大解析 由公式 nsin 1sin 2，可得折射率 nanb，C 正确，D 错误；由 vcn，nanb知 vavb，A 正确，B 错误。答案 AC9如图 5 所示，有一玻璃三棱镜 ABC，顶角 A 为 30，一束光线垂直于 AB 射入棱镜，从 AC 射出进入空气，测得出射光线与 AC 夹角为 30，则棱镜的折射率为()图 5A.12B.22C.3D.33解析 顶角 A 为 30，则光从 AC 面射出时，在玻璃中的入射角 130。由于出射光线和 AC 的夹角为 30，所以折射角 260，由光路可逆和折射率的定义可知 nsin 2sin 1 3，C 项正确。答案 C10现代高速公

173、路上的标志牌都使用“回归反光膜”制成，夜间行车时，它能把车灯射出的光逆向反射，标志牌上的字特别醒目。这种“回归反光膜”是用球体反射元件制成的，如图 6 所示，反光膜内均匀分布着直径为 10 m 的细玻璃珠，所用玻璃的折射率为 3，为使入射的车灯光线经玻璃珠折射反射再折射后恰好和入射光线平行，那么第一次入射的入射角应是()图 6A15 B30 C45 D60解析 已知入射光线和出射光线平行，所以光在三个界面上改变了传播方向，光线在玻璃珠的内表面反射时具有对称性，由此可作出光路图如图所示。由几何关系可知 i2r根据折射定律有 nsin isin r由可得 i60。答案 D11在用两面平行的玻璃砖测

174、定玻璃折射率的实验中，其实验光路图如图 7 所示，对实验中的一些具体问题，下列说法正确的是()图 7A为了减少作图误差，P3 和 P4 的距离应适当取大些B为减少测量误差，P1、P2 连线与玻璃砖界面的夹角应适当取大一些C若 P1、P2 的距离较大时，通过玻璃砖会看不到 P1、P2 的像D若 P1、P2 连线与法线 NN间夹角较大时，有可能在 bb一侧就看不到 P1、P2 的像解析 实验时，尽可能将大头针竖直插在纸上，且 P1 和 P2 之间，P2 与 O 点之间，P3 与 P4 之间，P3 与 O之间距离要稍大一些。入射角 1 应适当大一些，以减小测量角度的误差，但入射角不宜太大，也不宜太小

175、。在操作时，手不能触摸玻璃砖的光洁光学面，更不能把玻璃砖界面当尺子画界线。答案 A二、非选择题12用“插针法”测定透明半圆柱玻璃砖的折射率，O 为玻璃截面的圆心，使入射光线跟玻璃砖的平面垂直，如图 8 所示的四个图中 P1、P2、P3 和 P4 是四个学生实验插针的结果。图 8(1)在这四个图中肯定把针插错了的是_。(2)在这四个图中可以比较准地测出折射率的是_。计算玻璃的折射率的公式是_。解析 如图所示，将 P1P2 看做入射光线，P3P4 看做出射光线，由题图知，入射光线与界面垂直，进入玻璃砖后，在玻璃砖内传播方向不变，由作出的光路图可知A、C 错误；而 B 中光路虽然正确，但入射角和折射

176、角均为零度，测不出折射率，只有 D 能比较准确的测出折射率，角度如图，其折射率：nsin 1sin 2。答案(1)A、C(2)D nsin 1sin 2第 2 课时 全反射研究学考把握考情知识内容全反射考试要求加试 b教学要求1.区分光疏介质和光密介质2了解光的全反射现象，知道全反射现象产生的条件3知道光导纤维和全反射棱镜，了解它们的应用4会计算全反射临界角知识点一 全反射基 础 梳 理 1光疏介质和光密介质(1)折射率较小的介质称为光疏介质，折射率较大的介质称为光密介质。(2)光疏介质与光密介质是相对的。2全反射当光从光密介质射向光疏介质时，同时发生折射和反射，如果入射角逐渐增大，折射光离法

177、线会越来越远，而且越来越弱，反射光却越来越强。当入射角增大到某一角度，使折射角达到 90时，折射光完全消失，只剩下反射光，这种现象叫做全反射。3临界角(1)定义：折射角为 90时的入射角叫做临界角。(2)临界角 C 与折射率 n 的关系：sin C1n。4发生全反射的条件当光从光密介质射入光疏介质时，如果入射角等于或大于临界角，就会发生全反射现象。要 点 精 讲1对光疏介质和光密介质的理解(1)光疏介质和光密介质是相对而言的。(2)光在光密介质中的传播速度比在光疏介质中的传播速度小。(3)光从光密介质进入光疏介质时，折射角大于入射角；反之，光由光疏介质进入光密介质时，折射角小于入射角。(4)光

178、疏和光密是从介质的光学特性来说的，并不指它的密度大小。2全反射(1)临界角：折射角为 90时的入射角称为全反射的临界角，用 C 表示，sin C1n。(2)全反射的条件：光由光密介质射向光疏介质；入射角大于或等于临界角。(3)全反射遵循的规律：发生全反射时，光全部返回原介质，入射光与反射光遵循光的反射定律，由于不存在折射光线，光的折射定律不再适用。【例题】某种介质对空气的折射率是 2，一束光从该介质射向空气，入射角是60，则下列光路图中正确的是(图中为空气，为介质)()解析 由题意知，光由光密介质射向光疏介质，由 sin C1n 12，得 C45160，故在两介质的界面上会发生全反射，只有反射

179、光线，没有折射光线，故选项 D 正确。答案 D知识点二 全反射棱镜基 础 梳 理 1用玻璃制成的截面为等腰直角三角形的棱镜。2当光垂直于它的一个界面射入后，会在其内部发生全反射(如图 1)。全反射棱镜比平面镜的反射率高，几乎可达 100%。图 1即 学 即 练空气中两条光线 a 和 b 从方框左侧入射，分别从方框下方和上方射出，其框外光线如图 2 所示。方框内有两个折射率 n1.5 的玻璃全反射棱镜。下图给出了两棱镜的四种放置方式的示意图。其中能产生图中效果的是()图 2解析 四个选项产生光路效果如下图：由上图可知 B 项正确。答案 B知识点三 光导纤维基 础 梳 理 1构造及传播原理：光导纤

180、维是一种透明的玻璃纤维丝，由内芯和外套两层组成，内芯的折射率比外套大，光由一端进入，在两层的界面上经过多次全反射，从另一端射出，如图 3 所示。图 32应用：光纤通讯、医学上的内窥镜。即 学 即 练光导纤维的结构如图 4 所示，其内芯和外套材料不同，光在内芯中传播。以下关于光导纤维的说法正确的是()图 4A内芯的折射率比外套的大，光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射B内芯的折射率比外套的小，光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射C内芯的折射率比外套的小，光传播时在内芯与外套的界面上发生折射D内芯的折射率与外套的相同，外套的材料有韧性，可以起保护作用解析 光导纤维很细，它的直径只有几微米到一百

181、微米，它由内芯和外套两层组成，内芯的折射率比外套的大，光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射。答案 A 1光从介质 a 射向介质 b，如果要在 a、b 介质的分界面上发生全反射，那么必须满足的条件是()Aa 是光密介质，b 是光疏介质B光在介质 a 中的速度必须大于在介质 b 中的速度C光的入射角必须大于或等于临界角D光的入射角必须小于临界角答案 AC2关于全反射，下列叙述中正确的是()A发生全反射时仍有折射光线，只是折射光线非常弱B光从光密介质射向光疏介质时，一定会发生全反射现象C光从光密介质射向光疏介质时，可能不发生全反射现象D光从光疏介质射向光密介质时，可能发生全反射现象解析 发生全反射

182、时折射光线的能量为零，折射光线消失，所以选项 A 错误；发生全反射的条件是光从光密介质射向光疏介质，且入射角大于或等于临界角，二者缺一不可，所以选项 B、D 错误，选项 C 正确。答案 C3光在某种介质中的传播速度是 1.5108 m/s，光从该介质射向空气时()A临界角是 30B大于或等于 30的所有角都是临界角C入射角大于或等于 30时都能发生全反射D临界角可能是 60解析 由 ncv 31081.51082，sin C1n知临界角 C30，所以 A、C 正确。答案 AC4如图 5 所示，是在高山湖泊边拍摄的一张风景照片，湖水清澈见底，近处湖面水下的景物(石块、砂砾等)都看得很清楚，而远处

183、则只看到对岸山峰和天空彩虹的倒影，水面下的景物则根本看不到。下列说法中正确的是()图 5A远处山峰的倒影非常清晰，是因为山峰的光线在水面上发生了全反射B光线由水射入空气，光的波速变大，波长变小C远处水面下景物的光线射到水面处，入射角很大，可能发生了全反射，所以看不见D近处水面下景物的光线射到水面处，入射角较小，反射光强而折射光弱，因此有较多的能量射出水面而进入人眼睛中解析 远处山峰的倒影非常清晰，是因为山峰的光线在水面上发生了反射，但不是全反射，因为全反射只有光从光密介质射入光疏介质时才可能发生，故 A 错误；光线由水射入空气，光的波速变大，频率不变，由波速公式 vf 知波长变大，故 B 错误

184、；远处水面下景物的光线射到水面处，入射角很大，当入射角大于等于全反射临界角时能发生全反射，光线不能射出水面，因而看不见，故 C 正确；近处水面下景物的光线射到水面处，入射角越小，反射光越强而折射光越弱，射出水面而进入人眼睛中能量越少，故 D 错误。答案 C 一、选择题(在每小题给出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。)1下列说法正确的是()A因为水的密度大于酒精的密度，所以水是光密介质B因为水的折射率小于酒精的折射率，所以水对酒精来说是光疏介质C同一束光，在光密介质中的传播速度较大D同一束光，在光密介质中的传播速度较小解析 因为水的折射率为 1.33，酒精的折射率为 1.36，所以水对酒

185、精来说是光疏介质；由 vcn可知，光在光密介质中的传播速度较小。答案 BD2当光从光密介质射向光疏介质时()A反射光线的强度随入射角的增大而减小B折射光线的强度随入射角的增大而减小C当入射角等于临界角时，折射光线的强度等于零D当入射角等于零时，反射光线的强度等于零解析 反射光的强度随入射角的增大而增大，折射光的强度随入射角的增大而减小，当入射角等于临界角时，从光密介质射向光疏介质中的光线恰好发生全反射，故折射光线的强度等于零。答案 BC3以下哪些现象是由于光的全反射形成的()A在岸上能看见水中的鱼B夜晚，湖面上映出了岸上的彩灯C夏天，海面上出现的海市蜃楼D水中的气泡看起来特别明亮答案 CD4关

186、于光纤的说法，正确的是()A光纤是由高级金属制成的，所以它比普通电线容量大B光纤是非常细的特制玻璃丝，但导电性能特别好，所以它比普通电线衰减小C光纤是非常细的特制玻璃丝，由内芯和外套两层组成，光纤是利用全反射原理来实现光的传导的D在实际应用中，光纤必须呈笔直状态，因为弯曲的光纤是不能传导光的解析 光导纤维的作用是传导光，它是直径为几微米到一百微米之间的特制玻璃丝，且由内芯和外套两层组成，内芯的折射率比外套的大。载有声音、图象及各种数字信号的激光传播时，在内芯和外套的界面上发生全反射，光纤具有容量大、衰减小、抗干扰性强等特点。在实际应用中，光纤是可以弯曲的。所以，正确选项是 C。答案 C5下列选

187、项为光线由空气进入全反射玻璃棱镜再由棱镜射入空气的光路图。其中可以发生的是()解析 光垂直等腰直角三角形的某直角边射入玻璃棱镜时，在斜边发生全反射，故 A 正确。答案 A6一束光由空气射向半圆柱体玻璃砖，O 点为该玻璃砖截面的圆心，下图中能正确描述其光路的是()解析 光从空气进入玻璃在分界面上会发生折射，且折射角小于入射角，故 B、D 错误；光从玻璃进入空气折射角应大于入射角，所以 C 错误；若满足入射角大于临界角的情况，则会发生全反射，故 A 正确。答案 A7一束光从介质 1 进入介质 2，如图 1 所示，下列对于 1、2 两种介质光学属性的判断中正确的是()图 1A介质 1 是光疏介质B介

188、质 1 的折射率大C光在介质 1 中传播速度大D光在介质 2 中传播速度大解析 光线从介质 1 射入介质 2，从光路图可以看出入射角为：1906030，折射角为：2901575，入射角小于折射角，说明介质 1 的折射率大，选项 A 错误，B 正确；由 ncv可知光在介质 2 中的传播速度大，选项 C 错误，D正确。答案 BD8如图 2 所示，一个透明玻璃球的折射率为 2，一束足够强的细光束在过球心的平面内，以 45入射角由真空射入玻璃球后，在玻璃球与真空的交界面处发生多次反射和折射，从各个方向观察玻璃球，能看到从玻璃球内射出的光线的条数是()图 2A2 B3 C4 D5解析 sin C1n 2

189、2，C45；nsin 45sin ，30。光路图如图所示，所以共 3 条光线射出玻璃球。答案 B9如图 3 所示，ABCD 是两面平行的透明玻璃砖，AB 面和 CD 面是玻璃和空气的分界面，分别设为界面和界面。光线从界面射入玻璃砖，再从界面射出，回到空气中，如果改变光到达界面时的入射角，则()图 3A只要入射角足够大，光线在界面上可能发生全反射现象B只要入射角足够大，光线在界面上可能发生全反射现象C不管入射角多大，光线在界面上都不可能发生全反射现象D不管入射角多大，光线在界面上都不可能发生全反射现象解析 在界面光由空气进入玻璃砖，是由光疏介质进入光密介质，不管入射角多大，都不能发生全反射现象，

190、则选项 C 正确；在界面光由玻璃进入空气，是由光密介质进入光疏介质，但是，由于界面和界面平行，光由界面进入玻璃后再到达界面，在界面上的入射角等于在界面上的折射角，入射角总是小于临界角，因此也不会发生全反射现象，选项 D 正确。答案 CD10如图 4 所示，有一束平行于等边三棱镜截面 ABC 的单色光从空气射向 E 点，并偏折到 F 点，已知入射方向与边 AB 的夹角为 30，E、F 分别为边 AB、BC的中点，则()图 4A该棱镜的折射率为 3B光在 F 点发生全反射C光从空气进入棱镜，波长变小D从 F 点出射的光束与入射到 E 点的光束平行解析 在 E 点作出法线可知入射角为 60，折射角为

191、 30，折射率为 3，A 正确；由光路的可逆性可知，在 BC 边上的入射角小于临界角，不会发生全反射，B 错误；由 vcn，vf，可知波速变小，波长变小，C 正确；由几何关系知，在 F点入射角为 30，折射角为 60，出射光束不会与入射到 E 点的光束平行，故 D错误。答案 AC二、非选择题11如图 5 所示，一段横截面为正方形的玻璃棒，中间部分弯成四分之一圆弧状，一细束单色光由 MN 端面的中点垂直射入，恰好能在弧面 EF 上发生全反射，然后垂直 PQ 端面射出。图 5(1)求该玻璃棒的折射率；(2)若将入射光向N 端平移，当第一次射到弧面 EF上时_(填“能”、“不能”或“无法确定能否”)

192、发生全反射。解析(1)因为一细束单色光由 MN 端面中点垂直射入，所以到达弧面 EF 界面时入射角为 45，又因为恰好发生全反射，所以 45为临界角 C，由 sin C1n可知，该玻璃棒的折射率 n 1sin C 2。(2)如图所示若将入射光向 N 端平移，第一次射到弧面 EF 上的入射角将增大，即大于临界角 45，所以能发生全反射。答案(1)2(2)能12一足够大的水池内盛有某种透明液体，液体的深度为 H，在水池的底部放一点光源 S，其中一条光线以 30入射角射到液体与空气的界面上，它的反射光线与折射光线的夹角为 105，如图 6 所示。求：图 6(1)液体的折射率；(2)液体表面亮斑的面积

193、。解析(1)由题图知入射角 i30，折射角 r45，nsin rsin i 2。(2)若发生全反射，入射角 C 应满足 sin C1n，C45，亮斑半径 RHtan CH，亮斑面积 SH2。答案(1)2(2)H2第 3 课时 光的干涉实验：用双缝干涉测量光的波长研究学考把握考情知识内容光的干涉实验：用双缝干涉测量光的波长考试要求加试 c教学要求1.知道杨氏双缝干涉实验，以及它对认识光的本性的意义2知道光的干涉条件，知道杨氏双缝干涉实验设计的巧妙之处3了解干涉条件的特点4理解明、暗条纹产生的条件5了解实验装置，知道实验原理及需要测量的物理量6知道测量头的使用方法，会测量明条纹的间距7知道滤光片和

194、遮光筒的作用，理解实验中为了满足干涉条件所采用的方法8知道获得理想干涉条纹的实验操作要求9会用控制变量的方法，分别研究光的颜色、双缝距离和双缝与屏之间距离等与条纹间距的关系10会设计实验数据记录表并记录数据11会根据给出的波长表达式计算不同颜色光的波长12会用光传感器做双缝干涉实验13经历实验过程，体会条纹间距测量时的实验方法说明1.不要求定量计算以双缝干涉为背景的问题2不要求推导相邻两个明条纹或暗条纹中心间的计算公式知识点一 杨氏干涉实验基 础 梳 理 11801 年，英国物理学家托马斯杨成功地观察到了光的干涉现象。2双缝干涉的装置示意图图 1实验装置如图 1 所示，有光源、单缝、双缝和光屏

195、。(1)单缝的作用：获得一个线光源，使光源有唯一的频率和振动情况。也可用激光直接照射双缝。(2)双缝的作用：一束光被分成两束频率相同和振动情况完全一致的相干光。3让一束单色光投射到一个有两条狭缝 S1 和 S2 的挡板上，狭缝 S1 和 S2 相距很近，狭缝就成了两个波源，它们的频率、相位和振动方向总是相同的。这两个波源发出的光在挡板后面的空间互相叠加，发生干涉现象，挡板后面的屏上得到明暗相间的条纹。这种现象证明光是一种波。要 点 精 讲1产生干涉的条件：两列光的频率相同、相位相同、振动方向相同。本实验中是靠“一分为二”的方法获得两个相干光源的。2干涉图样(1)若用单色光作光源，则干涉条纹是等

196、间距的明暗相间的条纹。(2)若用白光作光源，则干涉条纹是彩色条纹，且中间条纹是白色的。3实验结论：证明光是一种波。【例 1】在双缝干涉实验中，以白光为光源，在屏幕上观察到了彩色干涉条纹，若在双缝中的一缝前放一红色滤光片(只能透过红光)，另一缝前放一绿色滤光片(只能透过绿光)，已知红光与绿光频率、波长均不相等，这时()A只有红色和绿色的双缝干涉条纹，其他颜色的双缝干涉条纹消失B红色和绿色的双缝干涉条纹消失，其他颜色的干涉条纹依然存在C任何颜色的双缝干涉条纹都不存在，但屏上仍有光亮D屏上无任何光亮解析 分别用绿色滤光片和红色滤光片挡住两条缝后，红光和绿光频率不等，不能发生干涉，因此屏上不会出现干涉

197、条纹，但仍有光亮。答案 C知识点二 出现明暗条纹的条件基 础 梳 理 当两个光源与屏上某点的距离之差等于半波长的偶数倍时(即恰好等于波长的整数倍时)，两列光在这点相互加强，这里出现亮条纹；当两个光源与屏上某点的距离之差等于半波长的奇数倍时，两列光在这点相互削弱，这里出现暗条纹。要 点 精 讲1屏上某处出现亮、暗条纹的条件图 2实验装置如图 2 所示，双缝 S1、S2 之间的距离为 d，双缝到屏的距离为 l，屏上的一点 P 到双缝的距离分别为 r1 和 r2，路程差 rr2r1。(1)若满足路程差为波长的整数倍，即 rk(其中 k0,1,2,3，)，则出现亮条纹。(2)若满足路程差为半波长的奇数

198、倍，即 r(2k1)2(其中 k0,1,2,3，)，则出现暗条纹。2相邻亮条纹(暗条纹)间的距离 x 与波长 的关系：xld，其中 l 为双缝到屏的距离，d 为双缝之间的距离。【例 2】用波长为 的单色光照射单缝 O，经过双缝 M、N 在屏上产生明暗相间的干涉条纹，如图 3 所示，图中 a、b、c、d、e 为相邻亮条纹的位置，c 为中央亮条纹，则()图 3AO 到达 a、b 的路程差为零BM、N 到达 b 的路程差为 CO 到达 a、c 的路程差为 4DM、N 到达 e 的路程差为 2解析 振动方向一致的两光源在空间发生干涉，得到亮条纹的条件满足 rk(k0,1,2,3)。答案 BD知识点三

199、实验：用双缝干涉测量光的波长要 点 精 讲操作指要1双缝干涉仪是比较精密的实验仪器，不要随便拆分遮光筒、测量头等元件。2滤光片、单缝、双缝、目镜等会粘附灰尘，只能用擦镜纸轻轻擦拭，不要用其他物品擦拭或口吹气除尘。3注意调节光源、滤光片、单缝、双缝的中心均在遮光筒的中心轴线上，并使单缝、双缝平行且竖直。4光源使用线状长丝灯泡，调节时使之与单缝平行且靠近。测量头原理1测量头由分划板、目镜、手轮构成，转动手轮，分划板会左右移动，测量时，应使分划板中心与条纹中心对齐，记下此时手轮上的读数，然后转动测量头，使分划板中心与另一条纹中心对比，再次记下手轮上读数。两次读数之差表示这两个条纹间距离。(如图 4

200、甲、乙所示)图 42为减小误差，利用“累积法”测 n 条亮纹间距，再求 x an1求得相邻条纹间距离。3注意测量头读数时的有效数字。【例 3】在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，装置如图 5 所示。双缝间的距离 d3 mm。图 5(1)若测量红光的波长，应选用_色的滤光片。实验时需要测定的物理量有_和_。(2)若测得双缝与屏之间的距离为 0.70 m，通过测量头(与螺旋测微器原理相似，手轮转动一周，分划板前进或后退 0.500 mm)观察第 1 条亮条纹的位置如图 6 甲所示，观察第 5 条亮条纹的位置如图乙所示。则可求出红光的波长 _ m。图 6解析(1)要测量红光的波长，应用红色滤光片。

201、由 xld 可知要想测 必须测定双缝到屏的距离 l 和条纹间距 x。(2)由测量头的数据可知 a10，a20.640 mm，所以 xa2a1n1 0.6404mm1.60104 m，dxl 31031.601040.70m6.86107 m。答案 见解析 1关于杨氏双缝干涉实验，下列说法正确的是()A用白光作为光源，屏上将呈现黑白相间的条纹B用红光作为光源，屏上将呈现红黑相间的条纹C若仅将入射光由红光改为紫光，则条纹间距一定变大D用红光照射一条狭缝，用紫光照射另一条狭缝，屏上将呈现彩色条纹解析 用白光做杨氏双缝干涉实验，屏上将呈现彩色条纹，A 错；用红光作为光源，屏上将呈现红色亮条纹与暗条纹(

202、即黑条纹)相间，B 对；变小，x 变小，C错；红光和紫光频率不同，不能产生干涉条纹，D 错。答案 B2在双缝干涉实验中，双缝到光屏上 P 点的距离之差为 0.6 m，若分别用频率为 f15.01014 Hz 和 f27.51014 Hz 的单色光垂直照射双缝，则 P 点现出明、暗条纹的情况是()A用单色光 f1 和 f2 分别照射时，均出现明条纹B用单色光 f1 和 f2 分别照射时，均出现暗条纹C用单色光 f1 照射时出现明条纹，单色光 f2 照射时出现暗条纹D用单色光 f1 照射时出现暗条纹，单色光 f2 照射时出现明条纹解析 单色光 f1 的波长：1cf1 31085.01014 m0.

203、6106 m0.6 m。单色光 f2 的波长：2cf2 31087.51014 m0.4106 m0.4 m。因 P 点到双缝的距离之差x0.6 m1，所以用单色光 f1 照射时 P 点出现亮条纹。x0.6 m322，所以用单色光 f2 照射时 P 点出现暗条纹，故选项 C 正确。答案 C3如图 7 所示，用单色光做双缝干涉实验，P 处为第二条暗条纹，改用频率较低的单色光重做上述实验(其他条件不变)时，则同侧第二条暗条纹的位置()图 7A仍在 P 处B在 P 点上方C在 P 点下方D要将屏向双缝方向移近一些才能看到解析 由 cf知 f 变小，变大。若出现第二条暗条纹，则 P 到双缝的光程差 r

204、32，当 变大时，r 也要变大，故第二条暗条纹的位置向上移，在 P 点上方，B 正确。答案 B4在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，若已知双缝间的距离 d。(1)若测定绿光的波长，应选用_色的滤光片。实验时需要测定的物理量有_和_。(2)已知双缝到光屏之间的距离 L500 mm，双缝之间的距离 d0.50 mm，单缝到双缝之间的距离 s100 mm，某同学在用测量头测量时，调整手轮，在测量头目镜中先看到分划板中心刻线对准 A 条亮纹的中心，然后他继续转动，使分划板中心刻线对准 B 条亮纹的中心，前后两次游标卡尺的读数如图 8 所示。则入射光的波长 _m(结果保留两位有效数字)。图 8(3)实

205、验中发现条纹太密，难以测量，可以采用的改善办法有_。A改用波长较长的光(如红光)作为入射光B增大双缝到屏的距离C增大双缝到单缝的距离D增大双缝间距解析(1)由于测量绿光的波长，因此应用绿色滤光片。由 xld 可知要想测 必须测定双缝到屏的距离 l 和条纹间距 x。(2)游标卡尺读数精确度为 0.1 mm，A 位置主尺读数为 11 mm，游标尺读数为 1，读数为 x111 mm10.1 mm11.1 mm，同理 B 位置读数为 x215.6 mm，则条纹间距 xx2x170.64 mm，利用 dLx6.4107 m。(3)由 xLd 可知，要增大条纹间距，可用波长更长的入射光或增大双缝到屏的距离

206、，故选项 A、B 正确。答案(1)绿 双缝到屏的距离 相邻条纹间距(2)6.4107(3)AB 选择题(在每小题给出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。)1用两个红灯泡照射白墙，在墙上看到的是()A明暗相间的条纹B彩色条纹C一片红光D晃动的条纹解析 两灯泡不是相干光源故现象为 C。答案 C2下列关于双缝干涉实验的说法中，正确的是()A单缝的作用是获得频率保持不变的相干光源B双缝的作用是获得两个振动情况相同的相干光源C光屏上相距两缝的路程差等于半波长的整数倍处出现暗条纹D照射单缝的单色光的频率越高，光屏上出现的条纹宽度越宽解析 单缝的作用是产生一个线光源，两个频率相同的光源称为相干光源，选

207、项A 错误；双缝的作用是产生两个频率相同、振动情况相同的相干光源，选项 B 正确；路程差等于半波长奇数倍处出现暗条纹，选项 C 错误；频率越高，波长越短，条纹宽度越窄，选项 D 错误。答案 B3用 a、b 两种单色光分别照射同一双缝干涉装置，在距双缝恒定距离的屏上得到如图 1 所示的干涉图样，其中图甲是 a 光照射形成的，图乙是 b 光照射形成的，则关于 a、b 两束单色光，下列说法中正确的是()图 1Aa 光的频率比 b 光的大B在水中 a 光传播的速度比 b 光的大C水对 a 光的折射率比 b 光的大Db 光的波长比 a 光的短解析 从题图可以看出，a 光的条纹间距小，说明 a 光的波长小

208、，频率大，选项D 错误，A 正确；水对频率低的单色光的折射率小，即水对 b 光的折射率小，选项 C 正确；折射率小的光在水中的传播速度大，即 b 光在水中的传播速度大，选项 B 错误。答案 AC4一束白光通过双缝后在屏上观察到干涉条纹，除中央白色条纹外，两侧还有彩色条纹，其原因是()A各色光的波长不同，因而各色光分别产生的干涉条纹间距不同B各色光的速度不同，造成条纹的间距不同C各色光的强度不同，造成条纹的间距不同D各色光通过双缝到达一确定点的距离不同解析 各色光的频率不同，波长不同，在屏上得到的干涉条纹的宽度不同，各种颜色的条纹相间得到彩色条纹。答案 A5用单色光做双缝干涉实验时()A屏上到双

209、缝的路(光)程差等于波长整数倍处出现明条纹B屏上到双缝的路(光)程差等于半波长整数倍处，可能是明条纹，也可能是暗条纹C屏上的明条纹一定是两列光波的波峰与波峰相遇的地方D屏上的明条纹是两列光波的波峰与波谷相遇的地方解析 在双缝干涉实验中，屏上到双缝的路(光)程差等于波长整数倍处出现明条纹，是振动加强处，不一定是两列光波的波峰与波峰相遇的地方，A 选项正确，C 选项错误；屏上到双缝的路(光)程差等于半波长整数倍处，可能是半波长的奇数倍(暗条纹)，也可能是半波长的偶数倍(明条纹)，B 选项正确；两列光波的波峰与波谷相遇的地方，应是暗条纹，D 选项错误。答案 AB6用绿光做双缝干涉实验，在光屏上呈现出

210、绿、暗相间的条纹，相邻两条绿条纹间的距离为 x。下列说法中正确的有()A如果增大单缝到双缝间的距离，x 将增大B如果增大双缝之间的距离，x 将增大C如果增大双缝到光屏之间的距离，x 将增大D如果换成红光做实验，实验装置不变，x 将增大解析 根据公式 xld 可以判断出 越大则条纹间距越大，而红光的波长大于绿光的波长，因此 D 正确；d 增大则 x 减小，因此 B 错；l 增大则 x 增大，因此C 正确，而单缝到双缝的距离不影响条纹间距，因此 A 错。答案 CD7如图 2 所示，在双缝干涉实验中，若单缝 S 从双缝 S1、S2 的中央对称轴位置处稍微向上移动，则()图 2A不再产生干涉条纹B仍可

211、产生干涉条纹，其中央亮条纹 P 的位置不变C仍可产生干涉条纹，其中央亮条纹 P 的位置略向上移D仍可产生干涉条纹，其中央亮条纹 P 的位置略向下移解析 本实验中单缝 S 的作用是形成频率一定的线光源，双缝 S1、S2 的作用是形成相干光源，稍微移动 S 后，没有改变传到双缝的光的频率，因此 S1、S2 射出的仍是相干光，则单缝 S 发出的光到达屏上 P 点下方某点的光程差为零，故中央亮纹下移。答案 D8双缝干涉实验装置如图 3 所示，绿光通过单缝 S 后，投射到有双缝的挡板上，双缝 S1 和 S2 与单缝 S 的距离相等，光通过双缝后在与双缝平行的屏上形成干涉条纹。屏上 O 点距双缝 S1 和

212、 S2 的距离相等，P 点是距 O 点的第一条亮条纹，如果将入射的单色光换成红光或蓝光，已知红光波长大于绿光波长，绿光波长大于蓝光波长，则下列说法正确的是()图 3AO 点是红光的亮条纹B红光的第一条亮条纹在 P 点的上方CO 点不是蓝光的亮条纹D蓝光的第一条亮条纹在 P 点的上方解析 由于 O 点到双缝的光程差为零，所以为各种色光的亮条纹，A 正确；P 点由于是绿光的第一条亮条纹，红光的波长大于绿光的波长，红光的条纹间距大于绿光的条纹间距，因此 B 正确；同理可知，C、D 错误。答案 AB9某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到如图 4 甲所示的条纹，仅改变一个实验条件后，观察到的条纹

213、如图乙所示。他改变的实验条件可能是()图 4A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解析 改变条件后亮条纹之间的间距变大，由公式 xld 可知，要使 x 增大，可增大双缝到光屏之间的距离 l，C 错；减小双缝之间的距离 d，B 对；换用波长更长，即频率更低的单色光，D 错；改变光源到单缝的距离不会改变 x，A 错。答案 B10某同学在做双缝干涉实验时，按装置图安装好实验装置，在光屏上却观察不到干涉图样，这可能是由于()A光束的中央轴线与遮光筒的轴线不一致，相差较大B没有安装滤光片C单缝与双缝不平行D光源发出的光束太强解析 安装实验器材时要注意

214、：光束的中央轴线与遮光筒的轴线要重合，光源与光屏正面相对，滤光片、单缝和双缝要在同一高度，中心位置在遮光筒轴线上，单缝与双缝要相互平行，才能使实验成功。当然还要使光源发出的光束不致太暗。综上所述，可知选项 A、C 正确。答案 AC11某次实验中，测得第一级明条纹和第三级明条纹相距 4.0103 m，若双缝片间距为 0.1 mm，缝到屏的距离为 l0.4 m，则光波的波长为()A8.0108 m B5.0107 mC1.5108 m D.1.0107 m解析 由公式 xld 有 xdl，x a312103 m，l0.4 m，d0.1 mm104 m，得 5.0107 m。答案 B12利用图 5

215、中装置研究双缝干涉现象时，下面几种说法正确的是()图 5A将屏移近双缝，干涉条纹间距变窄B将滤光片由蓝色的换成红色的，干涉条纹间距变宽C将单缝向双缝移动一小段距离后，干涉条纹间距变宽D换一个双缝之间距离较大的双缝，干涉条纹间距变窄解析 由条纹间距公式 xld(d 指双缝间距离，l 是双缝到屏的距离)，可知：A项中 l 减小，x 变小；B 项中 变大，x 变大；D 项中 d 变大，x 变小。故 A、B、D 正确。答案 ABD第 4 课时 光的衍射 光的偏振研究学考把握考情知识内容光的衍射、光的偏振考试要求加试 b教学要求1.了解光的衍射现象，知道衍射条纹的特点2知道光产生明显衍射现象的条件3会用

216、激光笔和光传感器做单缝衍射实验4能区分干涉条纹和衍射条纹5知道光的偏振现象6了解自然光与偏振光的区别7了解光的偏振的简单应用8知道光的偏振现象证明了光是横波说明1.不要求讨论衍射光栅2不要求讨论立体电影和液晶显示屏的原理知识点一 光的衍射基 础 梳 理 1用平行光照射狭缝，当缝很窄时，光没有沿直线传播，它绕过了缝的边缘，传播到了相当宽的地方。这就是光的衍射现象。2发生明显衍射现象的条件：在障碍物的尺寸可以跟光的波长相比，甚至比光的波长还小的时候，衍射现象十分明显。3各种不同形状的障碍物都能使光发生衍射，致使影的轮廓模糊不清，出现明暗相间的条纹。要 点 精 讲衍射图样的特点(1)单缝衍射：单色光

217、通过狭缝时，在屏幕上出现明暗相间的条纹，中央为亮条纹。中央条纹最宽最亮，两侧的亮纹逐渐变暗变窄；白光通过狭缝时，在屏上出现彩色条纹，中央为白色条纹。波长一定时，单缝窄的中央条纹宽，各条纹间距大；单缝不变时，光波波长大的中央条纹宽，条纹间距大。(2)圆孔衍射：光通过小孔(孔很小)时，在光屏上出现明暗相间的圆环。如图 1 所示。图 1(3)圆板衍射(泊松亮斑)若在单色光(如激光)传播途中放一个较小的圆形障碍物，会发现在影的中心有一个亮斑，这就是著名的泊松亮斑。衍射图样如图 2 所示。图 2中央是亮斑，圆板阴影的边缘是模糊的，在阴影外还有不等间距的明暗相间的圆环。【例 1】在单缝衍射实验中，下列说法

218、正确的是()A将入射光由黄光换成绿光，衍射条纹间距变窄B使单缝宽度变小，衍射条纹间距变窄C换用波长较长的光照射，衍射条纹间距变宽D增大单缝到屏的距离，衍射条纹间距变宽解析 当单缝宽度一定时，波长越长，衍射现象越明显，即光偏离直线传播的路径越远，条纹间距也越大，A，C 正确；当光的波长一定时，单缝宽度越小，衍射现象越明显，条纹间距越大，B 错误；光的波长一定、单缝宽度也一定时，增大单缝到屏的距离，衍射条纹间距也会变宽，D 正确。答案 ACD知识点二 衍射光栅基 础 梳 理 1构成：由许多等宽的狭缝等距离排列起来形成的光学仪器。2增加狭缝的个数，衍射条纹的宽度变窄，亮度增加。3种类：透射光栅和反射

219、光栅。即 学 即 练关于衍射光栅，下列说法正确的是()A衍射光栅是由许多等宽度的狭缝组成的B衍射光栅分为透射光栅和反射光栅两类C透射光栅中刻痕的部分相当于透光的狭缝D透射光栅中未刻痕的部分相当于透光的狭缝解析 对于透射光栅来说，当光照到刻痕上时，由于光发生漫反射而不能透过，故 C 选项错误，A、B、D 正确。答案 ABD知识点三 光的偏振基 础 梳 理 1偏振片：由特定的材料制成，每个偏振片都有一个特定的方向，只有沿着这个方向振动的光波才能顺利通过偏振片，这个方向叫做“透振方向”。2自然光和偏振光(1)自然光：太阳、电灯等普通光源发出的光，包含着在垂直传播方向上沿一切方向振动的光，而且沿各个方

220、向振动的光波的强度都相同。这种光是“自然光”。(2)偏振光：在垂直于传播方向的平面上，只沿着某个特定的方向振动，这种光叫做偏振光。3光的偏振现象表明光是一种横波。4偏振现象应用：照相机镜头前的偏振滤光片、电子表的液晶显示等。要 点 精 讲1偏振片上的“狭缝”表示透振方向，而不是刻上的真实狭缝。2只要光的振动方向不与透振方向垂直，都可以不同程度地通过偏振片，不过强度要比振动方向与透振方向平行的光弱一些。3自然光和偏振光自然光偏振光光的来源直接从光源发出的光自然光通过偏振片后的光光的振动方向在垂直于光的传播方向的平面内，光振动沿所有方向，且沿各个方向振动的光强度都相同在垂直于光的传播方向的平面内，

221、光振动沿某一特定方向(与偏振片透振方向一致)举列太阳、电灯、蜡烛火焰等直接发出的光自然光在介质表面反射和折射形成的光4偏振现象的应用举例(1)在摄影中的应用：在镜头前安装一片偏振滤光片，可以阻挡反射光进入镜头。(2)电子表的液晶显示屏：在两块透振方向垂直的偏振片当中插进一个液晶盒，可以控制光线显示数字。(3)夜晚行车时，车灯眩光的消除用的就是光的偏振现象。(4)立体电影也利用了光的偏振现象。【例 2】如图 3 所示，白炽灯的右侧依次平行放置偏振片 P 和 Q，A 点位于 P、Q 之间，B 点位于 Q 右侧。旋转偏振片 P，A、B 两点光的强度变化情况是()图 3AA、B 均不变BA、B 均有变

222、化CA 不变，B 有变化DA 有变化，B 不变解析 白炽灯光包含各方向的光，且各个方向的光强度相同，所以旋转偏振片 P时各方向透射光强度相同，故 A 点光的强度不变；白炽灯光经偏振片 P 后为偏振光，当 P 旋转时，只有与 Q 的偏振方向一致时才有光透过 Q，因此 B 点的光强有变化，选项 C 正确。答案 C 1关于光的衍射现象，下面说法正确的是()A红光的单缝衍射图样是红暗相间的直条纹B白光的单缝衍射图样是白暗相间的直条纹C光照到不透明小圆盘上出现泊松亮斑，说明发生了衍射D光照到较大圆孔上出现大光斑，说明光沿着直线传播，不存在光的衍射解析 单色光照到狭缝上产生的衍射图样是明暗相间的直条纹。白

223、光的衍射图样是彩色条纹。光照到不透明圆盘上，在其阴影处出现亮点，是衍射现象。光的衍射现象只有明显与不明显之分，D 项中屏上大光斑的边缘模糊，正是光的衍射造成的，不能认为不存在衍射现象。答案 AC2如图 4 所示，甲、乙为单色光通过窄缝后形成的明、暗相间的两种条纹图样。下列判断正确的是(图中黑色表示亮条纹)()图 4A甲为单缝衍射的图样B乙为双缝干涉的图样C甲为双缝干涉的图样D乙为单缝衍射的图样解析 双缝干涉图样的条纹是等宽等间距的，单缝衍射的条纹是中间宽、两侧逐渐变窄，由此可见选项 A、B 正确。答案 AB3如图 5 所示，A、B 为两偏振片，一束自然光沿 OO方向射向 A，此时在光屏 C 上

224、，透射光的强度最大，则下列说法中正确的是()图 5A此时 A、B 的透振方向平行B只有将 B 绕 OO轴顺时针旋转 90，屏上透射光的强度才最弱，几乎为零C将 A 或 B 绕 OO轴旋转 90，屏上透射光的强度最弱，几乎为零D将 A 沿顺时针旋转 180，屏上透射光的强度最弱，几乎为零解析 当 A、B 两偏振片的透振方向平行时，光屏上光的强度最强；当二者透振方向垂直时，光屏上光的强度最弱，几乎为零，由此可知 A、C 选项正确。答案 AC4下面关于光的偏振现象的应用正确的是()A自然光通过起偏振器后成为偏振光，利用检偏振器可以检验出偏振光的振动方向B立体电影利用了光的偏振现象C茶色眼镜利用了光的

225、偏振现象D拍摄日落时水面下的景物时，在照相机镜头前装一个偏振片可减弱水面反射光的影响答案 ABD 选择题(在每小题给出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。)1关于衍射现象，下列说法正确的是()A泊松亮斑是光的衍射现象B当障碍物的尺寸比波长大很多时，能发生明显的衍射现象C缝的宽度越小，光的传播路线越接近直线D只有横波才能发生衍射现象，纵波不能发生衍射现象答案 A2对于光的衍射现象的定性分析，下列说法正确的是()A只有障碍物或孔的尺寸可以跟光波波长相比相差不大甚至比波长还要小的时候，才能产生明显的衍射现象B光的衍射现象是光波相互叠加的结果C光的衍射现象否定了光沿直线传播的结论D光的衍射现象说

226、明了光具有波动性解析 光的干涉现象和衍射现象无疑说明了光具有波动性，而小孔成像说明光沿直线传播，而要出现小孔成像，孔不能太小，光的直线传播规律只是近似的，只有在光的波长比障碍物小很多的情况下，光才可以看成是直线传播的，所以光的衍射现象和直线传播是不矛盾的，它们是在不同条件下出现的两种现象，故上述选项中正确的是 A、B、D。答案 ABD3单色光源发出的光经一狭缝，照射到光屏上，可观察到的图象是下图中()解析 光的双缝干涉条纹是等间距等宽度的明暗相间的条纹，而在光的单缝衍射图样中，中间是宽度最大最亮的亮条纹，在中央亮条纹两边的亮条纹宽度越来越小，亮度也越来越低，故选项 A 正确。答案 A4在一次观

227、察光衍射的实验中，观察到如图 1 所示的清晰的明暗相间的图样(黑线为暗纹)，那么障碍物应是()图 1A很小的不透明的圆板B很大的中间有大圆孔的不透明的圆板C很大的不透明的圆板D很大的中间有小圆孔的不透明的圆板解析 由题图可知中央是大且亮的圆形亮斑，周围分布着明暗相间的同心圆环，且越向外，圆形条纹宽度越小，可判断此图样为圆孔衍射图样，故选项 D 正确。答案 D5如图 2 所示，a、b、c、d 四个图是不同的单色光形成的双缝干涉或单缝衍射图样，分析各图样的特点可以得出的正确结论是()图 2Aa、b 是光的干涉图样Bc、d 是光的干涉图样C形成 a 图样的光的波长比形成 b 图样的光的波长短D形成

228、c 图样的光的波长比形成 d 图样的光的波长短解析 干涉条纹是等间距的条纹，因此，a、b 是干涉图样，c、d 是衍射图样，故A 项正确，B 项错误；由公式 xld 可知，条纹宽的入射光的波长长，所以 a图样的光的波长比 b 图样的光的波长长，故 C 项错误；c 图样的光的波长比 d 图样的光的波长长，故 D 项错误。答案 A6关于衍射，下列说法中正确的是()A衍射现象中条纹的出现是光叠加后产生的结果B双缝干涉中也存在着光的衍射现象C一切波都很容易发生明显的衍射现象D影子的存在是一个与衍射现象相矛盾的客观事实解析 干涉和衍射都是波叠加的结果，干涉中有衍射现象，衍射中也有干涉现象。当障碍物的尺寸远

229、大于波长时，衍射现象不明显，因而形成影子，但影子的形成与衍射现象并不矛盾。答案 AB7在光的单缝衍射实验中可观察到清晰的明暗相间的图样，图 3 的四幅图片中属于光的单缝衍射图样的是()图 3Aa、c Bb、c Ca、d Db、d解析 单缝衍射条纹的特点是中央亮条纹最宽、最亮，双缝干涉条纹的特点是等间距的条纹，所以 a 是干涉条纹，b、d 是单缝衍射条纹，c 是水波的衍射图样。答案 D8一束红光射向一块有双缝的不透光的薄板，在薄板后的光屏上呈现明暗相间的干涉条纹，现将其中一条窄缝挡住，让这束红光只通过一条窄缝，则在光屏上可以看到()A与原来相同的明暗相间的条纹，只是明条纹比原来暗些B与原来不相同

230、的明暗相间的条纹，而中央明条纹变宽些C只有一条与缝宽对应的明条纹D无条纹，只存在一片红光解析 双缝为相干光源的干涉，单缝为光的衍射，且干涉和衍射的图样不同。衍射图样和干涉图样的异同点：中央都出现明条纹，但衍射图样中央明条纹较宽，两侧都出现明暗相间的条纹，干涉图样为等间隔的明暗相间的条纹，而衍射图样两侧为不等间隔的明暗相间的条纹，且亮度迅速减弱，所以本题正确选项为 B。答案 B9下列现象中可以说明光是横波的是()A光的干涉现象B光的衍射现象C光的全反射现象D光的偏振现象解析 光能发生干涉和衍射现象，说明光是一种波，具有波动性；光的全反射现象，说明光由光密介质进入光疏介质和由光疏介质进入光密介质会

231、有不同的现象；光的偏振现象说明光的振动方向与传播方向垂直，即说明光是横波，所以正确选项为 D。答案 D10关于自然光和偏振光，以下说法正确的是()A自然光包含着在垂直于传播方向上沿一切方向振动的光，但是沿各个方向振动的光波的强度可以不相同B偏振光是在垂直于传播方向上，只沿着某一特定方向振动的光C自然光透过一个偏振片后就成为偏振光，偏振光经过一个偏振片后又还原为自然光D太阳、电灯等普通光源发出的光都是自然光答案 BD11光的偏振现象说明光是横波，下列现象中能反映光的偏振特性的是()A一束自然光相继通过两个偏振片，以光束为轴旋转其中一个偏振片，透射光的强度发生变化B一束自然光入射到两种介质的分界面

232、上，当反射光与折射光线之间的夹角恰好是 90时，反射光是偏振光C日落时分，拍摄水面下的景物，在照相机镜头前装上偏振光片，可以使景象更清晰D通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到彩色条纹解析 自然光通过第一个偏振片后形成单一振动方向的偏振光，再通过第二个偏振片时，若偏振片的透射方向与此偏振光的振动方向垂直，则无光透过第二个偏振片，若二者平行则透射光最强，故选项 A 反映了光的偏振现象；一束自然光入射到两种介质的分界面上，当反射光与折射光线垂直时，反射光线和折射光线都是偏振光且偏振方向垂直，选项 B 反映了光的偏振；拍摄水中景物或玻璃橱窗中景物时，由于水或玻璃表面反射光较强，使所拍摄景物不清晰，在照

233、相机镜头前装上偏振光片，使其透振方向与反射光的偏振方向垂直，则有效防止反射光进入照相机，从而所拍景象更清晰，选项 C 反映了光的偏振；通过手指间的缝隙观察日光灯，看到彩色条纹是光的衍射现象。答案 ABC12如图 4 所示，P 是竖直方向的偏振片(用实线表示透振方向)，下列四种光束中，哪几种照射 P 时能在 P 的另一侧观察到透射光()图 4A太阳光B沿竖直方向振动的光C沿水平方向振动的光D沿与竖直方向成 45角振动的光解析 只要光的振动方向不与偏振片的透振方向垂直，光都能通过偏振片，故 A、B、D 正确。答案 ABD13在垂直于太阳光的传播方向上，前后放置两个偏振片 P 和 Q。在 Q 的后边

234、放上光屏，以下说法正确的是()AQ 不动，旋转偏振片 P，屏上光的亮度不变BQ 不动，旋转偏振片 P，屏上光的亮度时强时弱CP 不动，旋转偏振片 Q，屏上的光的亮度不变DP 不动，旋转偏振片 Q，屏上光的亮度时强时弱解析 P 是起偏振器，它的作用是把太阳光(自然光)转变为偏振光，该偏振光的振动方向与 P 的透振方向一致，所以当 Q 与 P 的透振方向平行时，通过 Q 的光强最大；当 Q 与 P 的透振方向垂直时，通过 Q 的光强最小，即无论旋转 P 或 Q，屏上的光强都是时强时弱的。答案 BD第 5 课时 光的颜色、色散、激光研究学考把握考情知识内容光的颜色、色散考试要求加试 b教学要求1.知

235、道光的颜色由频率决定，知道白光是由多种色光组成的2了解光在双缝干涉、薄膜干涉、衍射及折射时的色散现象及成因3知道不同色光在同一介质中的传播速度、折射率都不同4了解薄膜干涉的原理及应用说明不要求定量分析涉及薄膜干涉的有关问题知识内容激光考试要求加试 a教学要求1.知道激光与自然光的不同之处2知道激光的特点3知道激光的应用4区分相干光与非相干光说明1.不要求了解激光的产生机理2不要求了解全息照相原理知识点一 光的颜色、色散基 础 梳 理 1不同颜色的光，波长不同。白光是由多种色光组成的。2光的色散：含有多种颜色的光被分解为单色光的现象。3光谱：含有多种颜色的光被分解后，各种色光按其波长的有序排列，

236、就是光谱。即 学 即 练白光通过三棱镜发生色散，这说明()A不同颜色的光在真空中的光速不同B在同一介质中红光的折射率比紫光的大C在同一介质中红光的光速比紫光的大D每种颜色的光通过三棱镜都会分成几种颜色的光解析 色散现象表明，棱镜对红光的折射率最小，由 ncv可知，红光在棱镜中的速度最大。答案 C知识点二 薄膜干涉中的色散基 础 梳 理1薄膜干涉中相干光的获得光照射到薄膜上，在薄膜的前后两个面反射的光是由同一个实际的光源分解而成的，它们具有相同的频率，恒定的相位差。2薄膜干涉的原理光照在厚度不同的薄膜上时，前后两个面的反射光的路程差等于相应位置膜厚度的 2 倍，在某些位置，两列波叠加后相互加强，

237、于是出现亮条纹；在另一些位置，叠加后相互削弱，于是出现暗条纹。要 点 精 讲1薄膜干涉中应注意的问题(1)观察的是从膜前、后两表面反射回来的光(眼睛与光源在膜的同一侧)。(2)用单色光照射得到明暗相间的条纹，用白光照射得到彩色条纹。2薄膜干涉的应用(1)用干涉法检查平面的平整度。(2)光学仪器上的增透膜。【例 1】如图 1 所示为一显示薄膜干涉现象的实验装置，P 是附有肥皂薄膜的铁丝圈，S 是一点燃的酒精灯，往火焰上撒些盐后，在肥皂膜上观察到的干涉图样应是图中的()图 1解析 铁丝圈上的肥皂泡薄膜在重力作用下上薄下厚，在同一水平线上厚度基本一致，如果某一厚度处前后表面反射的同一列光波叠加得到加

238、强，那么这一水平线上同一厚度处形成亮条纹，所以干涉条纹应是水平的。答案 D知识点三 衍射及折射中的色散基 础 梳 理 1衍射中的色散用白光做衍射实验，得到的条纹是彩色的。这是因为白光中包含了各种颜色的光，衍射时不同色光的亮条纹的位置不同，于是各种色光就区分开了。2折射中的色散(1)一束白光通过棱镜而被折射后，在屏上的光斑是彩色的，这说明光在折射过程中发生了色散。(2)透明物质对于波长 不同的光的折射率 n 不一样，越小，n 越大。(3)在同一种物质中，不同波长的光波的传播速度不一样，波长越短，波速越慢。要 点 精 讲1棱镜对光的传播方向的改变遵循光的折射定律。图 2如图 2 所示中的 为光的偏

239、向角，光的偏向角越大，表示棱镜对光的偏折程度越大。2光的颜色由光源的频率决定，与介质无关，与波长无关，波速由介质和光的频率共同决定。3白光由红、橙、黄、绿、青、蓝、紫七种色光组成，七种色光的特性差异可以用下表表示出来。各种色光红 橙 黄 绿 青 蓝 紫频率小大波长长短折射率小大波速(介质中)大小双缝干涉时所产生的条纹间距大小薄膜干涉时所产生的条纹间距大小经三棱镜折射时偏向角大小小大【例 2】如图 3 所示，从点光源 S 发出的一细束白光以一定的角度入射到三棱镜的表面，经过三棱镜的折射后发生色散现象，在光屏的 ab 间形成一条彩色光带。下面的说法中正确的是()图 3Aa 侧是红色光，b 侧是紫色

240、光B在真空中 a 侧光的波长小于 b 侧光的波长C三棱镜对 a 侧光的折射率小于对 b 侧光的折射率D在三棱镜中 a 侧光的传播速度大于 b 侧光的传播速度解析 由于玻璃对各色光的折射率不同，导致色散的形成，玻璃对紫光的折射率最大，对红光的折射率最小，据 nsin 1sin 2可知 a 侧为紫光，b 侧为红色，在真空中，红光的波长大于紫光的波长，由 ncv可以求出，在三棱镜中，红光的传播速度大于紫光的传播速度。答案 B知识点四 激光 基 础 梳 理 激光的特点及其应用特点性质应用相干性只有频率相同、相位差恒定、偏振方向一致的光才是相干光。激光是一种人工产生的相干光，具有高度的相干性光纤通信平行

241、度激光的平行度非常好，在传播很远的距离后仍能保持一定的强度精确的测距；读取光盘上记录的信息等高亮度它可以在很小的空间和很短的时间内集中很大的能量用激光束切割、焊接；医学上可以用激光做“光刀”；激发核反应等即 学 即 练下列关于激光的说法正确的是()A激光可用于测距B激光能量十分集中，只可用于加工金属材料C外科研制的“激光刀”可以有效地减少细菌的感染D激光可用于全息照相，有独特的特点解析 激光平行度好，即使在传播了很远的距离之后，它仍保持一定的强度，此特点可用于激光测距，选项 A 正确；激光的亮度高，能量十分集中，可用于金属加工、激光医疗、激光美容、激光武器等，选项 B 错误；由于激光亮度高、能

242、量大，在切割皮肤的同时，也能杀灭细菌，所以选项 C 正确；激光具有很高的相干性，可用于全息照相，由于它记录了光的相应信息，所以看起来立体感较强，选项 D 正确。答案 ACD 1如图 4 所示是用干涉法检查某块厚玻璃板的上表面是否平整的装置，所用单色光是用普通光通过滤光片产生的，检查中所观察到的干涉条纹是由下列哪两个表面反射的光线叠加而成的()图 4Aa 的上表面和 b 的下表面Ba 的上表面和 b 的上表面Ca 的下表面和 b 的上表面Da 的下表面和 b 的下表面解析 干涉法的原理是利用单色光的薄膜干涉，这里的薄膜指的是样板与待测玻璃板之间的空气层。在空气层的上表面和下表面分别反射的光会发生

243、干涉，观察干涉后形成的条纹是否为平行直线，可以断定厚玻璃板的上表面是否平整。因此选项 C 是正确的。答案 C2用如图 5 所示的实验装置观察光的薄膜干涉现象。图(a)是点燃的酒精灯(在灯芯上洒些盐)，图(b)是竖立的附着一层肥皂液薄膜的金属丝圈。将金属丝圈在其所在的竖直平面内缓慢旋转，观察到的现象是()图 5A当金属丝圈旋转 30时干涉条纹同方向旋转 30B当金属丝圈旋转 45时干涉条纹同方向旋转 90C当金属丝圈旋转 60时干涉条纹同方向旋转 30D干涉条纹保持原来状态不变解析 金属丝圈的转动，改变不了肥皂液膜的上薄下厚的形状，由干涉原理可知干涉条纹与金属丝圈在该竖直平面内的转动无关，仍然是

244、水平的干涉条纹，A、B、C 错误，D 正确。答案 D3一束由红、紫两色光组成的复色光，从空气斜射向玻璃三棱镜。下面四幅图中能正确表示该复色光经三棱镜折射分离成两束单色光的是()解析 光通过玻璃三棱镜后向它的横截面的底边偏折，故 C、D 选项错误；同一介质对频率越高的光的折射率越大，所以复色光经玻璃折射后，光路应分开，故A 选项错误；紫光的频率比红光的大，故经玻璃三棱镜后紫光的偏折程度大于红光的，故 B 选项正确。答案 B4在演示双缝干涉的实验时，常用激光做光源，这主要是应用激光的()A亮度高B平行性好C相干性好D波动性好解析 频率相同的两束光相遇才能发生干涉，激光具有高度的相干性，通过双缝时能

245、够得到两束相干光。故本题的正确答案是 C。答案 C 选择题(在每小题给出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。)1下列现象中可以用薄膜干涉来解释的是()A雨后的彩虹B水面上的油膜在阳光照射下呈彩色C透过昆虫的翅膀看阳光呈彩色D荷叶上的水珠在阳光下晶莹透亮解析 雨后的彩虹是折射现象，故选项 A 错误；透过昆虫的翅膀看阳光呈彩色是衍射现象，故选项 C 错误；水珠在阳光下晶莹透亮是全反射的结果，故选项 D 错误；油膜在阳光照射下呈彩色是薄膜干涉的结果，故选项 B 正确。答案 B2如图 1 所示，一束白光从左侧射入肥皂薄膜，下列说法中正确的是()图 1A人从右侧向左看，可以看到彩色条纹B人从左侧向

246、右看，可以看到彩色条纹C彩色条纹水平排列D彩色条纹竖直排列解析 一束白光射到薄膜上，经前后两个面反射回来的光相遇，产生干涉现象，从左侧向右看可看到彩色条纹，又由于薄膜同一水平线上的厚度相同，所以彩色条纹是水平排列的，故正确答案为 B、C。答案 BC3一个半径较大的透明玻璃球体，截取其下面的一部分，然后将这一部分放到标准的水平面上，现让单色光竖直射向截面，如图 2 所示，在反射光中看到的是()图 2A平行的明暗相间的直干涉条纹B环形的明暗相间的干涉条纹C只能看到同颜色的平行反射光D一片黑暗解析 这是薄膜干涉模型，由于以接触点为圆心的同一圆周上，光通过空气楔的光程差是相同的，故干涉条纹是环形的。答

247、案 B4白光通过三棱镜发生色散现象，下列说法正确的是()A白光是由不同频率的光组成的B棱镜材料对各种色光的折射率不同C棱镜对红光的折射率大，对紫光的折射率小D出现色散现象是棱镜改变了颜色解析 从红光到紫光，频率越来越大，折射率也越来越大，A、B 正确。答案 AB5对于红、黄、绿、蓝四种单色光，下列表述正确的是()A在相同介质中，绿光的折射率最大B红光的频率最高C在相同介质中，蓝光的波长最短D同一双缝干涉实验装置，红光所产生的条纹间距最小解析 在红、黄、绿、蓝四种单色光中，蓝光的折射率最大，频率最高，波长最短，A、B 错误，C 正确；由 xld 知，D 错误。答案 C6一束复色光由空气射向一块平

248、行平面玻璃砖，经折射分成两束单色光 a、b。已知 a 光的频率小于 b 光的频率。下面的几个图中哪个光路图可能是正确的()解析 由于 a 光的频率小于 b 光的频率，可知 a 光的折射率小于 b 光的折射率。在上表面 a、b 两束单色光的入射角相同，由折射定律可判断出 a 光的折射角大于b 光的折射角。在下表面光线由玻璃射向空气，入射角等于上表面的折射角，故下表面的折射角应与上表面的入射角相同，即通过玻璃砖后的出射光线应与原入射光线平行。答案 B7对于激光的认识，以下说法正确的是()A普通光源发出的光都是激光B激光是自然界普遍存在的一种光C激光是一种人工产生的相干光D激光已深入到我们生活的各个

249、方面解析 激光是人工产生的相干光，并不能由普通光源发出，激光在我们日常生活中有着重要的应用。答案 CD8让激光照到 VCD 机、CD 机或计算机的光盘上，就可以读出盘上记录的信息，经过处理后还原成声音或图象，这是利用激光的()A平行度好，可以会聚到很小的一点上B相干性好，可以很容易形成干涉图样C亮度高，可以在很短时间内集中很大的能量D波长长，很容易发生明显的衍射现象解析 激光的特点之一是平行性好，它可以会聚到一个很小的点上，DVD、VCD、CD 唱机或电脑上的光驱及刻录设备就利用了激光的这一特点，选项 A 正确，B、C、D 错误。答案 A9将激光束的宽度聚焦到纳米级(109 m)范围内，可修复

250、人体已损坏的器官，对DNA 分子进行超微型基因修复，把至今尚令人无奈的癌症、遗传疾病等彻底根除，这是应用了激光的()A平行性好的特性B单色性好的特性C亮度高的特性D粒子性好的特性解析 激光的特性之一是强度大，亮度高，医学上用的激光刀就是其应用。答案 C10关于薄膜干涉，下列说法中正确的是()A只有厚度均匀的薄膜，才会发生干涉现象B只有厚度不均匀的楔形薄膜，才会发生干涉现象C厚度均匀的薄膜会形成干涉条纹D观察肥皂液膜的干涉现象时，观察者应和光源在液膜的同一侧解析 当光从薄膜的一侧照射到薄膜上时，只要前后两个面反射回来的光波的路程差满足振动加强的条件，就会出现明条纹，满足振动减弱的条件就会出现暗条

251、纹。这种情况在薄膜厚度不均匀时才会出现；当薄膜厚度均匀时，不会出现干涉条纹，但也发生干涉现象。答案 D11把一平行玻璃板压在另一个平行玻璃板上，一端用薄片垫起，构成空气劈尖，让单色光从上方射入，如图 3 所示，这时可以看到亮暗相间的条纹，下面关于条纹的说法中正确的是()图 3A干涉条纹的产生是由于光在空气劈尖膜的上下两表面反射形成的两列光波叠加的结果B干涉条纹中的暗纹是由于上述两列反射光的波谷与波谷叠加的结果C将上玻璃板平行上移，条纹向着劈尖移动D观察薄膜干涉条纹时，应在入射光的另一侧解析 根据薄膜干涉的产生原理，上述现象是由空气膜上下两表面反射的两列光叠加而成的，当波峰与波峰、波谷与波谷相遇

252、叠加时，振动加强，形成亮条纹，所以 A 项正确，B 项错误；因相干光是反射光，故观察薄膜干涉时，应在入射光的同一侧，故 D 项错误；根据条纹的位置与空气膜的厚度是对应的，当上玻璃板平行上移时，同一厚度的空气膜向劈尖移动，故条纹向着劈尖移动，故 C 项正确。答案 AC12如图 4 所示，将半圆形玻璃砖放在竖直面内，它左方有较大的光屏 P，一光束 SA 总是射向圆心 O，在光束 SA 绕圆心 O 逆时针转动过程中，在 P 上先看到七色光带，然后各色光陆续消失，则此七色光带从下到上的排列顺序以及最早消失的光是()图 4A红光紫光，红光B紫光红光，红光C红光紫光，紫光D紫光红光，紫光答案 D章末整合提

253、升突破一 光的折射、全反射的综合应用几何光学是以光线为工具研究光的传播规律，所以解决几何光学问题的关键是根据“光的传播规律”画出光路图，然后再利用几何学知识，寻找相应的边角关系。(1)几何光学主要包括四条原理：光的直线传播规律；光的反射定律；光的折射定律；光路可逆原理。(2)解题时常用的三个公式：折射定律公式：n12sin 1sin 2；折射率与光速的关系 ncv；全反射的临界角 sin C1n。(3)注意法线的画法：法线画成虚线；法线垂直于界面，如果界面是圆面，那应该垂直于圆的切线，即法线沿半径通过圆心。例 1 如图 1 所示，为一直角棱镜的横截面bac90，abc60。一平行细光束从 O

254、点沿垂直于 bc 面的方向射入棱镜。已知棱镜材料的折射率 n 2，若不考虑原入射光在 bc 面上的反射光，则有光线()图 1A从 ab 面射出B从 ac 面射出C从 bc 面射出，且与 bc 面斜交D从 bc 面射出，且与 bc 面垂直解析 当入射光线垂直射入时，折射光线 OA 没有发生偏折。由于棱镜材料的折射率 n 2，所以由折射定律 sin C1n可得临界角C 等于 45。在 ab 面上的入射角等于 60，所以发生光的全反射。当反射光线射到另一直角边时，由几何关系可得，入射角等于 30。因此既发生了折射也发生反射，由折射定律得折射角等于 60，正好平行于棱镜的底边。而反射光线对应的反射角是

255、 30，光线 BD 垂直射向棱镜底边，所以会垂直射出。(如图所示)答案 BD突破二 测折射率的方法测折射率常见的方法有成像法、插针法及全反射法，不管哪种方法其实质相同，由折射定律nsin 1sin 2知，只要确定出入射角1及折射角2即可测出介质的折射率。例 2 在“测定玻璃的折射率”实验中，在玻璃砖的一侧竖直插两个大头针 A、B，在另一侧再竖直插两个大头针 C、D。在插入第四个大头针 D 时，要使它_。图 2 是在白纸上留下的实验痕迹，其中直线 a、a是描在纸上的玻璃砖的两个边。根据该图可算得玻璃的折射率 n_。(计算结果保留两位有效数字)图 2解析 插在 D 点的大头针必须挡住 C 及 A、

256、B 的像，这样才能保证沿 A、B 的光线折射后经过 C、D；作出光路图如图所示，以入射点 O 为圆心作圆，分别交入射光线与折射光线于 E、F，从 E、F 作法线的垂线交于 G、H，用刻度尺量出 EG、FH 的长分别为 5.5 mm、3.4 mm，由公式 nsin 1sin 2EGEOFHFO求出折射率 n5.53.41.6。答案 挡住 C 及 A、B 的像，1.6(1.51.7 都算对)突破三 光的干涉1产生干涉的条件：两列频率相同、相位差恒定、振动情况相同的光。2产生亮暗条纹的条件：当 rk 时出现条纹；当 r(2k1)2时出现暗条纹(其中 k0,1,2)。相邻亮(或暗)条纹间距：xld。3

257、双缝干涉图样的特点：单色光照射时为间距相同的明暗相间的条纹，白光照射时为彩色条纹。4双缝干涉法测量光的波长：相邻亮(或暗)条纹间距 xld 得 xdl。5薄膜干涉(1)薄膜干涉中的条纹是从薄膜前、后两个表面反射的光在光源这一侧干涉形成的。(2)同一条纹上的点厚度相同，所以若用肥皂薄膜做实验，条纹为横条纹。例 3 如图 3 所示为双缝干涉实验，甲图为用绿光照射时的结果，a 为中央亮条纹，a为相邻亮条纹；乙图为换用另一种单色光照射的结果，a 为中央亮条纹，a为相邻亮条纹，两次实验中双缝间距和双缝到屏的距离相等，以下说法正确的是()图 3A乙图可能是用红光照射，表明红光波长较长B乙图可能是用紫光照射

258、，表明紫光波长较长C乙图可能是用紫光照射，表明紫光波长较短D乙图可能是用红光照射，表明红光波长较短解析 由题图知甲图中条纹间距大，由 xld 可知，在 l 和 d 相同的情况下，x大，则 大；x 小，则 小；所以乙图中所用单色光波长较短，因紫光比绿光波长短，故选项 C 正确。答案 C突破四 几何光学和光的本性的结合几何光学和光的本性(例如干涉、衍射等)结合点是折射率 n 和光的频率 f，折射率n 和 f 间虽然不存在公式关系，但它们的大小存在对应关系：频率 f 越大，折射率n 越大，再由 cf 找出与波长的关系，由波长关系可联系双缝干涉、光的衍射等现象的应用。例 4 如图 4 所示，一束复色光

259、从空气中沿半圆形玻璃砖半径方向射入，从玻璃砖射出后分成 a、b 两束单色光。则()图 4A玻璃砖对 a 光的折射率为 2Bb 光的频率比 a 光的频率大Cb 光在玻璃中的传播速度比 a 光在玻璃中的传播速度大D让 a、b 通过同一条狭缝，a 光衍射现象较明显解析 a 光的折射率 nsin 45sin 30 2，故 A 对；由题图可知，a 光的偏折程度比 b光的小，所以 a 光的折射率小，频率也小，由 ncv可得 vcn，a 光在玻璃中的传播速度比 b 光的大，故 B 对，C 错；a 光频率小，波长长，所以衍射现象更明显，D 正确。答案 ABD章末检测卷(五)(时间：90 分钟 满分：100 分

260、)一、选择题(本大题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分。在每小题给出的选项中至少有一个选项符合题目要求。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分)1两盏普通白炽灯发出的光相遇时，观察不到干涉条纹，这是因为()A两盏灯亮度不同B灯光的波长太短C两盏灯灯光的振动情况不同D电灯发出的光不稳定答案 C2用绿光做双缝干涉实验，在光屏上呈现出明、暗相间的绿条纹，相邻两条绿条纹间的距离为 x。下列说法中正确的有()A如果增大单缝到双缝间的距离，x 将增大B如果增大双缝之间的距离，x 将增大C如果增大双缝到光屏之间的距离，x 将增大D如果减小双缝的每条缝的宽度，而不改变双缝间

261、的距离，x 将增大答案 C3如图 1 所示，两光屏间放有两个偏振片，它们四者平行共轴，现让太阳光沿轴线通过光屏 M 上的小孔照射到固定不动的偏振片 P 上，再使偏振片 Q 绕轴匀速转动一周，则关于光屏 N 上的光的亮度变化情况，下列说法正确的是()图 1A光屏 N 上光的亮度保持不变B光屏 N 上光的亮度会时亮时暗C光屏 N 上只有一条亮线随偏振片转动而转动D光屏 N 上有两条与偏振片 P、Q 透振方向对应的亮线答案 B4如图 2 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。要得到相邻条纹间距更大的干涉图样，可以()图 2A增大 S1 与 S2 的间距B减小双缝屏

262、到光屏的距离C将绿光换成红光D将绿光换为紫光解析 在双缝干涉实验中，相邻两条亮条纹(或暗条纹)间的距离 xld，要想增大条纹间距可以减小两缝间距 d，或者增大双缝屏到光屏的距离 l，或者换用波长更长的光做实验。由此可知，选项 C 正确，选项 A、B、D 错误。答案 C5激光具有相干性好、平行度好、亮度高等特点，在科学技术和日常生活中应用广泛。下面关于激光的叙述正确的是()A激光是纵波B频率相同的激光在不同介质中的波长相同C两束频率不同的激光能产生干涉现象D利用激光平行度好的特点可以测量月球到地球的距离解析 电磁波是横波，A 项错；光在不同介质中传播速度不同，波长也不同，B项错；发生干涉条件是频

263、率相同，C 项错；由激光的特点知 D 项正确。答案 D6下列现象中，属于光的衍射现象的是()A通过一狭缝观察日光灯可看到彩色条纹B日光照射在肥皂泡上出现彩色条纹C一束白光通过三棱镜形成彩色光带D雨后天空出现彩虹解析 通过一个狭缝观察日光灯可以看到彩色条纹，是光绕过障碍物传播的现象，属于光的衍射现象，而之所以看到彩色条纹，是由于不同的色光波长不同发生叠加造成的，故 A 正确；日光照射在肥皂泡上出现彩色条纹是薄膜干涉现象，故 B错误；一束白光通过三棱镜形成彩色光带属于光的折射现象，故 C 错误；雨后天空出现彩虹属于光的折射现象，故 D 错误。答案 A7下列有关光现象的说法正确的是()A光学镜头上的

264、增透膜是利用光的干涉现象B泊松亮斑是光的衍射现象C双缝干涉实验中，若仅将入射光由紫光改为红光，则条纹间距一定变大D拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以增加透射光的强度解析 光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象，减弱反射光的强度，增加透射光的强度，选项 A 正确；泊松亮斑是光的衍射现象形成的，选项 B 正确；双缝干涉实验中条纹间距 xld，紫光改为红光即 增大，则 x 增大，选项 C 正确；拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以减弱反射光的强度，使照片清晰，选项 D 错误。答案 ABC8抽制高强度纤维细丝时可用激光监控其粗细，如图 3 所示，观察激光束经过细丝时在光

265、屏上所产生的条纹即可判断细丝粗细的变化，下列说法中正确的是()图 3A这主要是光的干涉现象B这主要是光的衍射现象C如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝变粗D如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝变细答案 BD9彩虹是由阳光射入雨滴(视为球形)时，经一次反射和两次折射而产生色散形成的。现有白光束 L 由图示方向射入雨滴，a、b 是经反射和折射后的其中两条出射光线，如图 4 所示，下列说法正确的是()图 4A光线 b 在雨滴中传播时的波长较长B光线 b 在雨滴中的折射率较大C若分别让 a、b 两色光通过同一双缝装置，则 b 光形成的干涉条纹的间距较大D光线 b 在雨滴中的传播速度较大答案 ACD10如图 5 所

266、示，一细束白光通过玻璃三棱镜折射后分为各种单色光，取其中 a、b、c 三种色光，下列说法正确的是()图 5A把温度计放在 c 的下方，示数增加最快B若分别让 a、b、c 三种色光通过一双缝装置，则 a 光形成的干涉条纹的间距最大Ca、b、c 三种色光在玻璃三棱镜中的传播速度依次越来越大D若让 a、b、c 三种色光以同一入射角，从空气中某方向射入一介质，b 光恰能发生全反射，则 c 光也一定能发生全反射答案 AC二、填空题(本题共 2 小题，共 12 分，请将正确的答案填在横线上)11(6 分)某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行。正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如

267、图 6 所示。图 6(1)此玻璃的折射率计算式为 n_(用图中的 1、2 表示)；(2)如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度_(填“大”或“小”)的玻璃砖来测量。解析 据题意可知入射角为(901)，折射角为(902)，则玻璃的折射率为 nsin 901sin 902cos 1cos 2；玻璃砖越宽，光线在玻璃砖内的传播方向越容易确定，测量结果越准确。故应选用宽度大的玻璃砖来测量。答案(1)cos 1cos 2或sin 901sin 902 (2)大12(6 分)如图 7 所示，在利用双缝干涉测量光的波长的实验中，需要从标尺上读出某条亮纹的位置。图中所示的读数是_

268、mm。图 7若双缝相距为 d，双缝到屏间的距离为 L，相邻两个亮条纹中心的距离为 x，图 8则光的波长表示为 _(字母表达式)，某同学在两个亮条纹之间测量，测出以下结果，其他数据为：d0.20 mm，L700 mm，测量 x 的情况如图 8所示。由此可计算出该光的波长为：_m。解析 从题图可以看出，主尺示数为 5 mm，游标尺第 12 条刻线与主尺上的刻线对齐，即游标尺示数为：120.02 mm0.24 mm，图中的游标卡尺的示数为：5 mm0.24 mm5.24 mm。由干涉条纹间距的计算公式 xLd，得光的波长表达式为：dxL。由题图可以求出条纹间距为：x9.805mm1.96 mm，代入

269、数据解得光的波长为：5.6107 m。答案 5.24 dLx 5.6107三、计算题(本题共 4 小题，共 38 分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的题，要注明单位)13(8 分)在真空中，黄光波长为 6107 m，紫光波长为 4107 m。现有一束频率为 51014 Hz 的单色光，它在 n1.5 的玻璃中的波长是多少？它在玻璃中是什么颜色？解析 先根据 0cf0计算出单色光在真空中的波长 0，再根据光进入另一介质时频率不变，由 ncv0，求出光在玻璃中的波长。0cf0 310851014 m6107 m，又由 n0 得 0n61071.5m4107 m。由于光的颜色是由光的频率决

270、定的，而在玻璃中光的频率未变化，故光的颜色依然是黄色。答案 4107 m 黄色14(10 分)如图 9 所示，真空中有一个半径为 R0.1 m、质量分布均匀的玻璃球，频率为 f5.01014 Hz 的细激光束在真空中沿直线 BC 传播，在玻璃球表面的 C点经折射进入小球，并在玻璃球表面的 D 点又经折射进入真空中。已知COD120，玻璃球对该激光束的折射率为 3。求：图 9(1)此激光束进入玻璃时的入射角；(2)此激光束穿越玻璃球的时间。解析 由几何知识得光束在 C 点的折射角 30，由 nsin sin 得 60；CD2Rsin 60 3R，光束在玻璃球中的速度 vcn 3108 m/s，光

271、束穿过玻璃球的时间 tCDv 109 s。答案(1)60(2)109 s15(10 分)如图 10 所示，一束光线以 60的入射角射到一水平放置的平面镜上，反射后在上方与平面镜平行的光屏上留下一光点 P，现在将一块上下两面平行的透明体平放在平面镜上，则进入透明体的光线经平面镜反射后再从透明体的上表面射出，打在光屏上的 P点，与原来相比向左平移了 3.46 cm，已知透明体对光的折射率为 3。求光在透明体里运动的时间。图 10解析 光路示意图如图所示。由 sin nsin 得 30由题意及光路图得 s2dtan 602dtan 30，代入数值解得 d1.5 cm光在透明介质里传播的速度 vcn，

272、光在透明介质里的路程s2 dcos，所以光在透明体里运动的时间tsv 2dnccos 21010 s答案 21010 s16(10 分)如图 11 所示，一个半径为 R 的14透明球体放置在水平面上，一束蓝光从 A 点沿水平方向射入球体后经 B 点射出，最后射到水平面上的 C 点。已知 OA12R，该球体对蓝光的折射率为 3。求：图 11(1)它从球面射出时的出射角 为多少？(2)若光在真空中的传播速度为 c，那么，请推导出光从 A 点传播到 C 点所需时间t 的表达式(用 c，R 表示)。解析(1)设入射角为，由几何关系可知：sin OAOB12，30由 nsin sin 可得：sin ns

273、in 3sin 30 32所以：60(2)光在球体中的传播速度 vcn c3AB 32 R则光从 A 传到 B 的时间 t1ABv 3R2cBCR，则光从 B 传到 C 的时间 t2BCc Rc故光从 A 点传播到 C 点所需时间 tt1t25R2c答案(1)60(2)t5R2c第 1 课时 电磁波的发现 电磁振荡研究学考把握考情知识内容电磁波的发现考试要求加试 a教学要求1.知道麦克斯韦预言了电磁波，说出麦克斯韦电磁理论的两个基本假设2知道电磁波的传播不需要介质3知道电磁波是横波，传播的速度等于光速，光是一种电磁波4知道赫兹用实验证实了电磁波的存在5了解麦克斯韦、赫兹对电磁学发展所做的巨大贡

274、献6认识电磁波和机械波的区别7了解电磁波和机械波的区别8知道变化的电场与变化的磁场相互激发产生了电磁波9体会电磁波研究过程中的科学思想方法说明不要求理解“变化的电场相当于一种电流”知识内容电磁振荡考试要求加试 c教学要求1.知道 LC 振荡电路的组成，知道振荡电流是一种交变电流。2知道振荡过程中电感线圈和电容器的作用。3了解 LC 振荡电路的振荡周期(频率)与电感、电容的关系。4会用传感器观察振荡电流随时间变化的规律。5了解振荡过程中的能量转化及损失情况。6了解电容器极板上电荷量、电路中电流、电压的变化情况。7会用 LC 振荡电路的周期、频率公式进行简单的计算。说明不要求知道等幅振荡的概念及等

275、幅振荡电路补充能量的方法。知识点一 电磁波的发现基 础 梳 理 1伟大的预言(1)麦克斯韦电磁场理论的基本观点：变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场。(2)如果在空间某区域中有周期性变化的电场，那么它就在空间引起周期性变化的磁场；这个变化的磁场又引起新的变化的电场于是，变化的电场和变化的磁场交替产生，由近及远向周围传播，形成了电磁波。2电磁波(1)根据麦克斯韦电磁场理论，电磁波在真空中传播时，它的电场强度与磁感应强度互相垂直，而且二者均与波的传播方向垂直，因此电磁波是横波。(2)电磁波在真空中传播的速度等于光速 c，麦克斯韦指出了光的电磁本质。3赫兹的电火花赫兹做了一系列的实验，观察到了电磁

276、波的反射、折射、干涉、衍射和偏振等现象。并通过测量证明，电磁波在真空中具有与光相同的速度。这样，赫兹证实了麦克斯韦关于光的电磁理论，赫兹在人类历史上首先捕捉到了电磁波。即 学 即 练关于电磁场理论，下列说法正确的是()A在电场周围一定产生磁场，磁场周围一定产生电场B在变化的电场周围一定产生变化的磁场，变化的磁场周围一定产生变化的电场C均匀变化的电场周围一定产生均匀变化的磁场D周期性变化的电场周围一定产生周期性变化的磁场解析 根据麦克斯韦电磁场理论，只有变化的电场能产生磁场，均匀变化的电场产生稳定的磁场，非均匀变化的电场才产生变化的磁场。答案 D知识点二 电磁振荡基 础 梳 理 1电磁振荡的产生

277、(1)振荡电流和振荡电路振荡电流：大小和方向都做周期性迅速变化的电流。振荡电流：产生振荡电流的电路。最简单的振荡电路为 LC 振荡电路。(2)电磁振荡的过程放电过程：由于线圈的自感作用，放电电流由零逐渐增大，电容器极板上的电荷逐渐减少，电容器里的电场逐渐减弱，线圈的磁场逐渐增强，电场能逐渐转化为磁场能，振荡电流逐渐增大，放电完毕，电流达到最大，电场能全部转化为磁场能。充电过程：电容器放电完毕后，由于线圈的自感作用，电流保持原来的方向逐渐减小，电容器将进行反向充电，线圈的磁场逐渐减弱，电容器里的电场逐渐增强，磁场能逐渐转化为电场能，振荡电流逐渐减小，充电完毕，电流减小为零，磁场能全部转化为电场能

278、。此后，这样充电和放电的过程反复进行下去。2电磁振荡的周期和频率(1)电磁振荡的周期 T：电磁振荡完成一次周期性变化需要的时间。(2)电磁振荡的频率 f：1 s 内完成的周期性变化的次数。(3)LC 电路的周期 T、频率 f 与自感系数 L、电容 C 的关系是 T2 LC、f12 LC。要 点 精 讲要点 1 电磁波与机械波的比较1电磁波和机械波的共同点(1)二者都能产生干涉和衍射。(2)二者在不同介质中传播时频率不变。(3)二者都满足波的公式 vTf。2电磁波和机械波的区别(1)二者本质不同电磁波是电磁场的传播，机械波是质点机械振动的传播。(2)传播机理不同电磁波的传播机理是电磁场交替感应，

279、机械波的传播机理是质点间的机械作用。(3)电磁波传播不需要介质，而机械波传播需要介质。(4)电磁波是横波，机械波既有横波又有纵波，甚至有的机械波同时有横波和纵波，例如地震波。【例 1】以下关于机械波与电磁波的说法中，正确的是()A机械波和电磁波，本质上是一致的B机械波的波速只与介质有关，而电磁波在介质中的波速不仅与介质有关，而且与电磁波的频率有关C机械波可能是纵波，而电磁波必定是横波D它们都能发生反射、折射、干涉和衍射现象解析 机械波由振动产生；电磁波由周期性变化的电场(或磁场)产生，机械波是能量波，传播需要介质，速度由介质决定，电磁波是物质波，波速由介质和自身的频率共同决定；机械波有横波，也

280、有纵波，而电磁波一定是横波，它们都能发生反射、折射、干涉和衍射等现象，故选项 B、C、D 正确。答案 BCD要点 2 电磁振荡中各物理量的变化情况如图 1 所示图 1【例 2】某时刻 LC 振荡电路的状态如图 2 所示，则此时刻()图 2A振荡电流 i 在减小B振荡电流 i 在增大C电场能正在向磁场能转化D磁场能正在向电场能转化解析 题图中电容器上极板带正电荷，图中给出的振荡电流方向，说明负电荷向下极板聚集，所以电容器正在充电，电容器充电的过程中，电流减小，磁场能向电场能转化，所以 A、D 选项正确。答案 AD名师点睛 在电磁振荡中各物理量变化是有规律的，我们要熟悉各物理量变化的特点，特别抓住

281、关键的电量和电流的变化。电量变大、电场强度、电场能变大；电流则变小，磁感应强度、磁场能变小。判断出充、放电情况是解决问题的关键。1下列说法中正确的是()A任何变化的磁场都要在周围空间产生变化的电场，振荡磁场在周围空间产生同频率的振荡电场B任何电场都要在周围空间产生磁场，振荡电场在周围空间产生同频率的振荡磁场C任何变化的电场都要在周围空间产生磁场，振荡电场在周围空间产生同频率的振荡磁场D电场和磁场总是相互联系着，形成一个不可分割的统一体，即电磁场解析 根据麦克斯韦电磁场理论，如果电场(磁场)的变化是均匀的，产生的磁场(电场)是稳定的；如果电场(磁场)的变化是不均匀的，产生的磁场(电场)是变化的；

282、振荡电场(磁场)在周围空间产生同频率的振荡磁场(电场)；周期性变化的电场和周期性变化的磁场总是相互联系着，形成一个不可分割的统一体，即电磁场。故选C。答案 C2用麦克斯韦的电磁场理论判断，图中表示电场(或磁场)产生磁场(或电场)的正确图象是()解析 A 图中的左图磁场是稳定的，由麦克斯韦的电磁场理论可知，其周围空间不会产生电场，A 图错误；B 图中的左图是均匀变化的电场，应该产生稳定的磁场，右图的磁场应是稳定的，所以 B 图错误；C 图中的左图是振荡的磁场，它能产生同频率的振荡电场，且相位相差2，C 图正确，D 图错误。答案 C3下列关于电磁波的说法中，正确的是()A电磁波是电磁场由发生区域向

283、远处的传播B电磁波在任何介质中的传播速度均为 3.0108 m/sC电磁波由真空进入介质传播时，波长将变短D电磁波不能产生干涉、衍射现象解析 电磁波在真空中的传播速度为光速 c3.0108 m/s，且 cf，从一种介质进入另一种介质，频率不变，但速度、波长会变。电磁波仍具有波的特征，电磁波只有在真空中的速度才为 3.0108 m/s，在其他介质中的传播速度小于 3.0108m/s。答案 AC4在 LC 回路中，电容器两端的电压随时间 t 变化的关系如图 3 所示，则()图 3A在时刻 t1，电路中的电流最大B在时刻 t2，电路中的磁场能最大C从时刻 t2 至 t3，电路的电场能不断增大D从时刻

284、 t3 至 t4，电容器的带电荷量不断增大解析 电磁振荡中的物理量可分为两组：电容器带电量 q，极板间电压 u，电场强度 E 及电场能为一组；自感线圈中的电流 i，磁感应强度 B 及磁场能为一组。同组量的大小变化规律一致，同增同减同为最大或为零。异组量的大小变化规律相反，若 q、E、u 等量按正弦规律变化，则 i、B 等量必按余弦规律变化。根据上述分析由题图可以看出，本题正确选项为 A、D。答案 AD 选择题(在每小题给出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。)1建立了完整的电磁场理论并首先预言电磁波存在的科学家是()A法拉第B奥斯特C赫兹D麦克斯韦解析 麦克斯韦建立了电磁场理论并且预言了

285、电磁波的存在，选项 D 正确。答案 D2按照麦克斯韦的电磁场理论，以下说法正确的是()A恒定的电场周围一定产生恒定的磁场，恒定的磁场周围一定产生恒定的电场B变化的电场周围一定产生变化的磁场，变化的磁场周围一定产生变化的电场C均匀变化的电场周围产生均匀变化的磁场，均匀变化的磁场周围产生均匀变化的电场D正弦规律变化的电场周围产生正弦规律变化的磁场，正弦规律变化的磁场周围产生正弦规律变化的电场答案 D3下列说法中正确的是()A电磁波只能在真空中传播B麦克斯韦第一次用实验证实了电磁波的存在C电磁场由发生区域向远处的传播就是电磁波D频率为 750 kHz 的电磁波在真空中传播时，其波长为 400 m解析

286、 电磁波不仅可以在真空中传播，还可以在介质中传播，选项 A 错误；麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，选项 B 错误；电磁场的传播就是电磁波，选项 C 正确；频率为 750 kHz 的电磁波的波长为：cf 3108750103 m400 m，选项 D 正确。答案 CD4当电磁波的频率减小时，它在真空中的波长将()A不变B增大C减小D无法确定解析 电磁波的波长为：cf，频率减小，波长增大，选项 B 正确。答案 B5有关电磁波和声波，下列说法正确的是()A电磁波的传播不需要介质，声波的传播需要介质B由空气进入水中传播时，电磁波的传播速度变小，声波的传播速度变大C电磁波是

287、横波，声波也是横波D由空气进入水中传播时，电磁波的波长变短，声波的波长变长解析 电磁波本身就是一种物质，它的传播不需要介质，而声波的传播需要介质，故选项 A 正确；电磁波由空气进入水中时，传播速度变小，但声波在水中的传播速度比其在空气中大，故选项 B 正确；电磁波的传播方向与 E、B 的方向都垂直，是横波，而声波是纵波，故选项 C 错误；电磁波由空气进入水中传播时，波速变小，波长变短，而声波由空气进入水中传播时，波速变大，波长变长，故选项 D正确。答案 ABD6关于 LC 振荡电路中电容器两极板上的电荷量，下列说法正确的是()A电荷量最大时，线圈中振荡电流也最大B电荷量为零时，线圈中振荡电流最

288、大C电荷量增大的过程中，电路中的磁场能转化为电场能D电荷量减少的过程中，电路中的磁场能转化为电场能解析 电容器电荷量最大时，振荡电流为零，A 错；电荷量为零时，放电结束，振荡电流最大，B 对；电荷量增大时，磁场能转化为电场能，C 对；同理可判断D 错。答案 BC7如图 1 所示的 LC 振荡电路中，已知某时刻电流 i 的方向指向 A 板，且正在增大，则此时()图 1AA 板带正电B线圈 L 两端电压在增大C电容器 C 正在充电D电场能正在转化为磁场能解析 电路中的电流正在增大，说明电容器正在放电，选项 C 错误；电容器放电时，电流从带正电的极板流向带负电的极板，则 A 板带负电，选项 A 错误

289、；电容器放电，电容器两板间的电压减小，线圈两端的电压减小，选项 B 错误；电容器放电，电场能减少，电流增大，磁场能增大，电场能正在转化为磁场能，选项 D正确。答案 D8在 LC 回路中发生电磁振荡时，以下说法正确的是()A电容器的某一极板，从带最多的正电荷放电到这一极板充满负电荷为止，这一段时间为一个周期B当电容器放电完毕瞬间，回路中的电流为零C提高充电电压，极板上带更多的电荷时，能使振荡周期变大D要提高振荡频率，可减小电容器极板间的正对面积解析 电容器某一极板从带最多的正电荷到带最多的负电荷这段时间，电容器完成了放电和反向充电过程，时间为半个周期，A 错误；电容器放电完毕瞬间，电路中电场能最

290、小，磁场能最大，故电路中的电流最大，B 错误；振荡周期仅由电路本身决定，与充电电压等无关，C 错误；提高振荡频率，就是减小振荡周期，可通过减小电容器极板正对面积减小电容 C，达到增大振荡频率的目的，D 正确。答案 D9在 LC 振荡电路中，用以下的哪种方法可以使振荡频率增大一倍()A自感 L 和电容 C 都增大一倍B自感 L 增大一倍，电容 C 减小一半C自感 L 减小一半，电容 C 增大一倍D自感 L 和电容 C 都减小一半解析 据 LC 振荡电路频率公式 f12 LC，当 L、C 都减小一半时，f 增大一倍，故选项 D 是正确的。答案 D10LC 振荡电路中，某时刻的磁场方向如图 2 所示

291、，则()图 2A若磁场正在减弱，则电容器正在充电，电流由 b 向 aB若磁场正在减弱，则电场能正在增大，电容器上极板带负电C若磁场正在增强，则电场能正在减少，电容器上极板带正电D若磁场正在增强，则电容器正在充电，电流方向由 a 向 b解析 若磁场正在减弱，则电流在减小，是充电过程，根据安培定则可确定电流由 b 向 a，电场能增大，上极板带负电，故选项 A、B 正确；若磁场正在增强，则电流在增大，是放电过程，电场能正在减小，根据安培定则，可判断电流由 b向 a，上极板带正电，故选项 C 正确，D 错误。答案 ABC11如图 3 所示为一个 LC 振荡电路中电流变化的图线，根据图线可判断()图 3

292、At1 时刻电感线圈两端电压最大Bt2 时刻电容器两板间电压为零Ct1 时刻电路中只有电场能Dt1 时刻电容器带电荷量为零答案 D12如图 4 所示，LC 电路的 L 不变，C 可调，要使振荡的频率从 700 Hz 变为 1 400 Hz，则可以采用的办法有()图 4A把电容增大到原来的 4 倍B把电容增大到原来的 2 倍C把电容减小到原来的12D把电容减小到原来的14解析 由题意，频率变为原来的 2 倍，则周期就变为原来的12，由 T2 LC知，L 不变，当 C14C0 时符合要求。答案 D13为了测量储罐中不导电液体的高度，将与储罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容器 C 置于储罐中，电容

293、器可通过开关 S 与线圈 L 或电源相连，如图 5 所示。当开关从 a 拨到 b 时，由 L 与 C 构成的电路中产生周期 T2 LC的振荡电流。当罐中的液面上升时()图 5A电容器的电容减小B电容器的电容增大CLC 电路的振荡频率减小DLC 电路的振荡频率增大解析 当罐中液面上升时，电容器极板间的介电常数变大，则电容器的电容 C 增大，根据 T2 LC可知，LC 电路的振荡周期 T 变大，又 f1T，所以振荡频率变小，故选项 B、C 正确，选项 A、D 错误。答案 BC第 2 课时 电磁波的发射和接收电磁波与信息化社会 电磁波谱研究学考把握考情知识内容电磁波的发射和接收考试要求加试 b教学要

294、求1.知道有效发射无线电波的两个条件2知道调制、调谐、解调的含义3了解调幅和调频的主要区别说明1.不要求掌握不同波段无线电波的传播特点2不要求掌握调谐、解调的方法与相关计算知识内容电磁波与信息化社会考试要求加试 c教学要求1.知道电磁波在现代信息传输中的作用2知道电磁波频率越高，相同时间传递的信息量越大3了解电视信号、移动电话信号的传输过程4知道雷达测定物体位置的工作原理说明1.不要求知道摄像管的工作原理和技术细节2不要求知道电视、雷达、移动电话、因特网的技术细节3不要求知道模拟信号和数字信号的区别知识内容电磁波谱考试要求加试 a教学要求1.知道电磁波在真空中的速度2知道可见光的颜色由频率决定

295、3知道电磁波具有能量4知道各种电磁波在电磁波谱中的排列顺序、特点及应用5了解太阳辐射，体会自然的奥妙知识点一 电磁波的发射和接收基 础 梳 理 1电磁波的发射(1)要有效地发射电磁波，振荡电路必须具有如下特点：第一，要有足够高的振荡频率，频率越高，发射电磁波的本领越大。第二，振荡电路的电场和磁场必须分散到尽可能大的空间，这样才能有效地把能量辐射出去。(2)调制定义：在电磁波发射技术中，使电磁波随各种信号而改变的技术。分类调幅AM：使高频电磁波的振幅随信号的强弱而变的调制技术调频FM：使高频电磁波的频率随信号的强弱而变的调制技术2电磁波的接收(1)原理：电磁波在传播过程中如果遇到导体，会使导体中

296、产生感应电流，因此，空中的导体可以用来接收电磁波。(2)电谐振与调谐电谐振：当接收电路的固有频率跟收到的电磁波的频率相同时，接收电路中产生的感应电流最强，这个现象叫做电谐振。调谐：使接收电路产生电谐振的过程。(3)解调：使声音或图像信号从高频电流中还原出来的过程，它是调制的逆过程。调幅波的解调也叫检波。(4)无线电波技术上把波长大于 1 mm 的电磁波称做无线电波，并按波长把无线电波分为若干波段：长波、中波、中短波、短波、微波。要 点 精 讲1电磁波的发射和接收过程2对概念的理解(1)“调幅”和“调频”都是调制过程，解调是调制的逆过程。(2)电谐振就是机械振动中的“共振”。(3)调谐与电谐振不

297、同，电谐振是一个物理现象，而调谐则是一个操作过程。【例 1】关于电磁波的发射过程，下列说法正确的是()A必须对信号进行调制B必须使信号产生电谐振C必须把传输信号加到高频电流上D必须使用开放回路解析 电磁波的发射过程中，一定要对低频输入信号进行调制，用开放电路发射。为了有效地向外发射电磁波，必须使用开放电路，A、C、D 正确。而产生电谐振是在接收过程，B 错误。答案 ACD【例 2】要提高 LC 振荡电路辐射电磁波的本领，应该采取的措施是()A增加辐射波的波长B使电容器的正对面积足够小C减小电容器两极板间的距离D增加回路中的电容和电感解析 研究表明频率越高，电磁波发射本领越大，电磁场应尽可能扩散

298、到周围空间，形成开放电路。f12 LC，C rS4kd，要使 f 增大，应减小 L 或 C，只有 B符合题意。答案 B知识点二 电磁波与信息化社会基 础 梳 理 1电磁波可以通过电缆、光缆进行有线传输，也可实现无线传输。电磁波的频率越高，相同时间内传递的信息量越大。2电视摄像管：摄取景物的图像并将其转换为电信号调制和发射天线接收高频信号，调谐，解调显像管：还原出与摄像管屏上相同的图像3雷达(1)雷达是利用无线电波来测定物体位置的无线电设备。(2)原理：电磁波遇到障碍物要发生反射，雷达是利用电磁波的这个特性工作的。4移动电话(1)每一部移动电话都是一个无线电台，同时又相当于一台收音机。(2)移动

299、电话的体积很小，发射功率不大，它的天线也很简单，灵敏度不高。因此它与其他用户的通话要靠较大的固定无线电台转接，这种固定的电台叫做基地台或基站。要 点 精 讲1雷达是利用电磁波中的微波遇到障碍物发生反射的特性工作的。2雷达既是电磁波的发射端，又是电磁波的接收端。3如果从发射一列波到再接收到这列波的反射波所用的时间为 t，那么雷达与障碍物间的距离 xvt2。【例 3】某地的雷达站正在跟踪一架向雷达站匀速飞来的飞机。设某一时刻从雷达发出电磁波后到再接收到反射波历时 200 s，经 4 s 后又发出一列电磁波，雷达站从发出电磁波到再接收到反射波历时 186 s，则该飞机的飞行速度多大？解析 由电磁波发

300、射到接收到反射波历时 200 s，可算出此时飞机距雷达站的距离为：L13.01082001062m3.0104 m经 4 s 后，飞机距雷达站的距离为：L23.01081861062m2.79104 m，故飞机飞行的速度为：vL1L2t0.211044m/s525 m/s。答案 525 m/s知识点三 电磁波谱基 础 梳 理 1电磁波谱：按电磁波的波长或频率大小的顺序把它们排成谱。按波长由长到短依次为：无线电波、红外线、可见光、紫外线、X 射线、射线。2应用：利用无线电波进行通信、广播及其他信号传输；利用红外线可进行红外遥感；利用紫外线可进行灭菌消毒；利用 X 射线可进行医用透视、机场安检；利

301、用 射线可进行工业探伤、医用治疗。3电磁波的能量各种各样的仪器能够探测到许许多多电磁波，所有这些都表明电磁波能够传递能量。4太阳辐射太阳辐射的能量集中在可见光、红外线和紫外线三个区域，在眼睛最敏感的黄绿光附近，辐射的能量最强。即 学 即 练关于电磁波的特性和应用，下列说法正确的是()A红外线和 X 射线都有很高的穿透本领，常用于医学上透视人体B过强的紫外线照射有利于人的皮肤健康C电磁波中频率最大的为 射线，最容易发生衍射现象D紫外线和 X 射线都可以使感光底片感光解析 X 射线有很高的穿透本领，常用于医学透视人体，红外线没有，选项 A 错误；过强的紫外线照射对人的皮肤有害，选项 B 错误；电磁

302、波中频率最大的为 射线，其波长最短，最不容易发生衍射现象，选项 C 错误。答案 D 1下列关于无线电广播要对电磁波进行调制的原因的说法中正确的是()A经过调制后的高频电磁波向外辐射能量的本领更强B经过调制后的电磁波在空间传播得更快C经过调制后的电磁波在空间传播波长不变D经过调制后的电磁波在空间传播波长改变解析 调制是把要发射的信号“加”到高频等幅振荡上去，频率越高，传播信息能力越强，A 对；电磁波在空气中以接近光速传播，B 错；由 vf，知波长与波速和传播频率有关，C 错，D 对。答案 AD2关于电磁波的接收，下列说法正确的是()A当处于电谐振时，所有的电磁波仍能在接收电路中产生感应电流B当处

303、于电谐振时，只有被接收的电磁波才能在接收电路中产生感应电流C由调谐电路接收的感应电流，再经过耳机就可以听到声音了D由调谐电路接收的感应电流，再经过解调、放大，通过耳机才可以听到声音解析 当处于电谐振时，所有的电磁波仍能在接收电路中产生感应电流，只不过频率跟调谐电路固有频率相等的电磁波，在接收电路中激发的感应电流最强。由调谐电路接收的感应电流，要再经过解调、放大，通过耳机才可以听到声音，故正确答案为 A、D。答案 AD3关于雷达的特点，下列说法正确的是()A雷达所用无线电波的波长比短波更长B雷达只有连续发射无线电波，才能发现目标C雷达的显示屏上可以直接读出障碍物的距离D雷达在能见度低的黑夜将无法

304、使用解析 雷达是利用无线电波的反射来工作的，因此它利用的无线电波处于微波段，目的是为了增加反射，减少衍射。雷达大约每隔 0.1 ms 发射时间短于 1 s 的脉冲信号，根据屏上显示的发射信号和接收到的反射信号可以直接读出障碍物的距离。答案 C4在电磁波中，波长按从长到短排列的是()A无线电波、可见光、红外线B无线电波、可见光、射线C红光、黄光、绿光D紫外线、X 射线、射线解析 电磁波谱按波长从长到短排列顺序依次是无线电波红外线可见光(红、橙、黄、绿、青、蓝、紫)紫外线X 射线 射线，由此可知 B、C、D 选项正确。答案 BCD 一、选择题(在每小题给出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。

305、)1把经过调制的高频电流变为图像信号电流的过程叫做()A调幅B调频C调谐D解调解析 解调是调制的逆过程，该过程把所载的声音信号或图像信号从高频电流中还原出来。答案 D2用一台简易收音机收听某一电台的广播，必须经过的两个过程是()A调制和解调B调谐和解调C检波和解调D调频和调幅解析 首先必须接收到电磁波，叫调谐或选台，收到后将高频电磁波与低频音频信号分开，叫解调或检波。答案 B3关于电磁波的发射和接收，下列说法中正确的是()A为了使振荡电路有效地向空间辐射能量，电路必须是闭合的B音频电流的频率比较低，不能直接用来发射电磁波C当接收电路的固有频率与收到的电磁波的频率相同时，接收电路产生的振荡电流最

306、强D要使电视机的屏幕上有图像，必须要有检波过程解析 有效发射电磁波，必须采用开放电路和高频发射；一般的音频电流的频率较低，不能直接用来发射电磁波；电磁波接收原理是一种叫电谐振的现象，与机械振动中的共振有些相似；电视机显示图像时，必须通过检波过程，把有效的信号从高频调制信号中取出来，否则就不能显示。故 A 错误，B、C、D 正确。答案 BCD4关于红外线的作用与来源，下列说法正确的是()A一切物体都在不停地辐射红外线B红外线具有很强的热作用和荧光作用C红外线的显著作用是化学作用D红外线容易穿透云雾解析 荧光作用和化学作用都是紫外线的重要用途，红外线波长比可见光长，绕过障碍物的能力强，易穿透云雾。

307、答案 AD5关于电磁波的应用，下列说法正确的是()A医院里常用 X 射线对病房和手术进行消毒B工业上利用 射线检查金属部件内有无砂眼或裂缝C刑侦上用紫外线拍摄指纹照片，因为紫外线波长短，分辨率高D卫星用红外遥感技术拍摄云图照片，因为红外线衍射能力较强解析 医院里用紫外线杀菌消毒，A 错误；B、C、D 均正确。答案 BCD6下列说法中正确的是()A各种电磁波中最容易表现出干涉和衍射现象的是 射线B红外线有显著的热效应，紫外线有显著的化学作用CX 射线的穿透本领比 射线更强D低温物体不能辐射红外线解析 波长越长，越容易产生干涉和衍射现象，而 射线波长最短，故 A 选项错误；频率越高，穿透本领越强，

308、故 C 选项错误；一切物体都能辐射红外线，故 D选项错误。答案 B7下列说法正确的是()A摄像机实际上是一种将光信号转变为电信号的装置B电视机实际上是一种将电信号转变为光信号的装置C摄像机在 1 s 内要送出 25 张画面D电视机接收的画面是连续的解析 摄像机通过摄像头摄取到景物的光信号，再通过特殊装置转变为电信号，在 1 s 内要送出 25 张画面；电视机通过显像管将接收到的电信号转变为光信号，最后还原成图像，每秒要接收到 25 张画面；由于画面更换迅速和人眼的视觉暂留效应，我们感觉到的便是连续的影像。故正确答案为 A、B、C。答案 ABC8用于通信的无线电波能绕过建筑墙体从而保证手机能正常

309、接收信号，而光波却不能绕过墙体实现正常照明功能，这是因为()A无线电波是横波，光波是纵波B无线电波的波速小于光波的波速C无线电波的振幅大于光波的振幅D无线电波的波长大于光波的波长解析 波发生明显的衍射现象的条件是：孔、缝的宽度或障碍物尺寸与波长相比差不多或比波长更短。由于无线电波的波长比较大和楼房的高度相近，远大于光波的波长，故无线电波可以发生明显的衍射现象，而可见光的波长很小，无法发生明显的衍射现象。故只有 D 正确。答案 D9雷达采用微波的原因是()A微波具有很高的频率B微波具有直线传播的特性C微波的反射性强D微波比其它无线电波(长波、中波、短波等)传播的距离更远解析 雷达采用微波，是利用

310、微波的频率高，不容易发生衍射，具有很好的直线传播的特性和反射性强的特点，所以 A、B、C 均正确，因微波不易发生衍射，传播的距离不一定比无线电波的长波、中波、短波段远，因此 D 错误。答案 ABC10目前雷达发射的电磁波频率多在 200 MHz 到 1 000 MHz 的范围内。下列关于雷达和电磁波的说法正确的是()A真空中上述雷达发射的电磁波的波长范围在 0.3 m 到 1.5 m 之间B电磁波是由恒定不变的电场或磁场产生的C测出从发射电磁波到接收反射波的时间间隔可以确定雷达和目标的距离D波长越短的电射波，反射性能越强解析 电磁波是由周期性变化的电磁场在空中传播而形成的，B 错误。答案 AC

311、D11下列哪些设备内部只有接收装置而无发射装置()A发报机B对讲机C收音机D雷达解析 收音机只能接收无线电波，不能发射无线电波。答案 C二、非选择题12如图 1 所示为某雷达的荧光屏，屏上标尺的最小刻度对应的时间为 2104 s，雷达天线朝东方时，屏上的波形如图甲；雷达天线朝西方时，屏上的波形如图乙。问：雷达在何方发现了目标？目标与雷达相距多远？图 1解析 当天线朝东方时，显示屏上只有发射信号而无反射信号，天线朝西方时，显示屏上既有发射信号也有反射信号，因此目标在西方。由题图可知 t2103 s，而 2xct，x12ct1231082103 m300 km。答案 西方 300 km章末整合提升

312、突破一 麦克斯韦的电磁理论1对麦克斯韦电磁场理论两个基本观点的理解(1)变化的磁场产生电场，可从以下三个方面理解：稳定的磁场不产生电场均匀变化的磁场产生恒定的电场周期性变化的磁场产生同频率的周期性变化的电场(2)变化的电场产生磁场，也可从以下三个方面理解：恒定的电场不产生磁场均匀变化的电场产生恒定的磁场周期性变化的电场产生同频率的周期性变化的磁场2感应电场方向的判定变化的磁场产生的感应电场的方向，与存在闭合回路时产生的感应电流的方向是相同的。例 1 关于麦克斯韦的电磁场理论，下列说法正确的是()A稳定的电场产生稳定的磁场B均匀变化的电场产生均匀变化的磁场，均匀变化的磁场产生均匀变化的电场C变化

313、的电场产生的磁场一定是变化的D振荡的电场周围空间产生的磁场也是振荡的解析 麦克斯韦电磁场理论的要点是：变化的磁场(电场)要在周围空间产生电场(磁场)，若磁场(电场)的变化是均匀的，产生的电场(磁场)是稳定的，若磁场(电场)的变化是振荡的，产生的电场(磁场)也是振荡的，由此可判定正确答案为 D 项。答案 D突破二 LC 回路振荡规律 周期及频率1LC 回路中各量的变化规律电容器上的物理量：电量 q、电场强度 E、电场能 EE。线圈上的物理量：振荡电流 i、磁感应强度 B、磁场能 EB。放电过程：qEEEiBEB充电过程：qEEEiBEB充电结束时 q、E、EE 最大，i、B、EB 均为零；放电结

314、束时 q、E、EE 均为零，i、B、EB 最大。2电磁振荡的周期和频率(1)周期 T2 LC频率 f12 LC(2)对周期公式 T2 LC的定性分析L 对 T 的影响：L 越大，振荡过程中因自感现象产生的自感电动势就越大，楞次定律中所说的“阻碍”作用也就越大，从而延缓振荡电流的变化，使振荡周期T 变长。C 对 T 的影响：C 越大，振荡过程中无论是充电阶段(将 C 充至一定电压)，还是放电阶段(将一定电压下的电容器 C 中的电荷量放完)，其时间都相应地变长，从而使振荡周期 T 变长。例 2 如图 1 甲所示的 LC 振荡电路中，通过 P 点的电流随时间变化的图线如图乙所示，若把通过 P 点向右

315、规定为电流的正方向，则()图 1A0 至 0.5 ms 内，电容器 C 正在充电B0.5 ms 至 1 ms 内，电容器上极板带正电荷C1 ms 至 1.5 ms 内，Q 点比 P 点电势高D1.5 ms 至 2 ms 内电场能正在减少解析 0 至 0.5 ms 内，电流逐渐增大，电场能逐渐转化为磁场能，属电容器放电过程，A 错误；0.5 ms 至 1 ms 内，电容器正在充电，上极板带负电，下极板带正电，B 错误；1 ms 至 1.5 ms 内，电流方向为负方向，电流逐渐增大，电容器放电，电容器下板带正电，Q 点电势比 P 点高，C 正确。1.5 ms 至 2 ms 内，电容器充电，电场能逐

316、渐增大，D 错误。答案 C突破三 电磁波的传播特点及应用1电磁波谱无线电波、红外线、可见光、紫外线、X 射线、射线等合起来，便构成了范围非常广阔的电磁波谱。2各种不同的电磁波既有共性，又有个性。(1)共性：它们在本质上都是电磁波，它们的行为服从相同的规律，都满足公式 vf，它们在真空中的传播速度都是 c3.0108 m/s，它们的传播都不需要介质，各波段之间的区别并没有绝对的意义。(2)个性：不同电磁波的频率或波长不同，表现出不同的特性。波长越长越容易产生干涉、衍射现象，波长越短观察干涉、衍射现象越困难。正是这些不同的特性决定了它们不同的用途。例 3 下列有关电磁波的说法中正确的是()A电磁波

317、谱中最难发生衍射的是无线电波B电磁波谱中最难发生衍射的是 射线C频率大于可见光的电磁波表现为沿直线传播D雷达用的是微波，因为微波传播的直线性好解析 波长越长，越容易发生衍射现象，在电磁波中，无线电波波长最长，射线的波长最短，故 A 错误，B 正确；波长越短，频率越大的电磁波，其衍射现象越不明显，传播的直线性越好，遇到障碍物反射性越好，故 C、D 正确。答案 BCD章末检测卷(六)(时间：90 分钟 满分：100 分)一、选择题(本大题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分。在每小题给出的选项中，至少有一项符合题目要求。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分)1关

318、于生活中遇到的各种波，下列说法正确的是()A电磁波可以传递信息，声波不能传递信息B手机在通话时涉及的波既有电磁波又有声波C太阳光中的可见光和医院“B 超”中的超声波传递速度相同D遥控器发出的红外线波长和医院“CT”中的 X 射线波长相同答案 B2下列有关物理学史，不符合事实的是()A麦克斯韦建立了电磁场理论并预言了电磁波的存在B伽利略认为，力学规律在任何惯性系中都是相同的C赫兹首先捕捉到了电磁波D牛顿发现了单摆周期公式解析 根据物理学史可知，惠更斯首先确定了单摆的周期公式，选项 D 错误，本题应选 D。答案 D3关于电磁波，下列说法正确的是()A雷达是用 X 光来测定物体位置的设备B使电磁波随

319、各种信号而改变的技术叫做解调C用红外线照射时，大额钞票上用荧光物质印刷的文字会发出可见光D变化的电场可以产生磁场解析 雷达是用微波测定物体的位置，A 错；使电磁波随各种信号而改变的技术叫调制，B 错；使钞票上的荧光物质发出可见光的是紫外线，C 错；根据麦克斯韦电磁场理论，变化的电场可以产生磁场，D 正确。答案 D4间谍卫星上装有某种遥感照相机，可用来探测军用和民用目标。这种照相机能拍到晚上关灯行驶的汽车，即使车队离开，也瞒不过它。这种遥感照相机敏感的电磁波属于()A可见光波段B红外波段C紫外波段DX 射线波段解析 所有的物体都能发出红外线，热的物体的红外线辐射比冷的物体强，间谍卫星上装的遥感照

320、相机，实际上是红外线探测器，它能在较冷的背景上探测出较热物体的红外线辐射，这是红外线摄影的基础。再者，红外线波长比其他波(如可见光、紫外线、X 射线)的长，有较好的穿透云雾的能力，故选 B。答案 B5一种电磁波入射到半径为 1 m 的孔上，可发生明显的衍射现象，这种波属于图 1 中电磁波谱中的()图 1A可见光B 射线C无线电波D紫外线答案 C6关于电磁波谱的下列说法中正确的是()A电磁波中最容易表现干涉、衍射现象的是无线电波B红外线、紫外线、可见光是原子的外层电子受激发后产生的C伦琴射线和 射线是原子的内层电子受激发后产生的D红外线最显著的作用是热作用，温度较低的物体不能辐射红外线解析 波长

321、越长的无线电波的波动性越显著，干涉、衍射现象越容易发生。从电磁波产生的机理可知 射线是原子核受到激发后产生的。不论物体温度高低如何，都能辐射红外线，物体的温度越高，它辐射的红外线越强。由此可知答案为 A、B。答案 AB7下列说法中符合实际的是()A医院里常用 X 射线对病房和手术室消毒B医院里常用紫外线对病房和手术室消毒C在人造卫星上对地球进行拍摄是利用紫外线有较好的分辨能力D在人造卫星上对地球进行拍摄是利用红外线有较好的穿透云雾烟尘的能力解析 X 射线波长比紫外线短，能够穿透物质，可以用于人体透视、检查金属零件内部的缺陷，紫外线可以用来对病房和手术室消毒，红外线波长较长，更容易穿透云雾烟尘。

322、答案 BD8关于电磁场和电磁波，下列叙述中正确的是()A均匀变化的电场在它周围空间产生均匀变化的磁场B电磁波和机械波一样依赖于介质传播C电磁波中每一处的电场方向和磁场方向总是互相垂直，且与波的传播方向垂直D只要空间某个区域有振荡的电场或磁场，就能产生电磁波解析 均匀变化的电场和恒定电流一样，只能产生恒定的磁场，所以 A 错误；电磁波是电磁场自身的运动过程，它本身就是物质，不需要介质就能传播；振荡的电场和振荡的磁场总是交替产生，且能由发生的区域向周围空间传播，产生电磁波，B 错误，D 正确；理论分析和实验都证明电磁波是横波，电磁场中 E、B 的方向跟波的传播方向是互相垂直的，C 正确。答案 CD

323、9雷达是利用无线电波的回波来探测目标方向和距离的一种装置，雷达的天线犹如喊话筒，能使电脉冲的能量集中向某一方向发射；接收机的作用则与人耳相仿，用以接收雷达发射机发出电脉冲的回波，测速雷达主要是利用多普勒效应原理，可由回波的改变数值，计算出目标与雷达的相对速度，以下说法正确的是()A雷达发射的是不连续的电磁波B雷达用的是微波波段的无线电波C目标离雷达天线远去时，反射信号频率将高于发射信号频率D目标向雷达天线靠近时，反射信号频率将高于发射信号频率解析 雷达发射的是微波波段的脉冲，必须是不连续的，这样才能区分出反射波来，A、B 正确；目标离雷达天线远去时，接收到的反射信号频率低于发射信号频率，C 错

324、；目标向雷达天线靠近时，接收到的反射信号频率高于发射信号频率，D 正确。答案 ABD10在 LC 振荡电路中，某时刻磁场方向如图 2 所示，则下列说法正确的是()图 2A若磁场正在减弱，则电容器上极板带正电B若电容器正在充电，则电容器下极板带正电C若电容器上极板带正电，则线圈电流正增大D若电容器正放电，则自感电动势正在阻碍电流增大解析 根据电流的磁场方向和安培定则可判断振荡电流方向，由于题目中未标明电容器两极板带电情况，可分两种情况讨论。(1)若该时刻电容器上极板带正电，则可知电容器处于放电阶段，电流增大，磁场正在增强，则 C 对，A 错；(2)若该时刻电容器下极板带正电，则可知电容器处于充电

325、状态，电流在减小，则B 对；由楞次定律可判定 D 对。答案 BCD二、填空题(本题共 1 小题，共 16 分，请将正确的答案填在横线上)11(16 分)如图 3 所为 LC 振荡电路中振荡电流随时间变化的图象，由图可知，在 OA 时间内_能转化为_能，在 AB 时间内电容器处于_(填“充 电”或“放 电”)过 程，在 时 刻 C，电 容 器 带 电 荷 量_(填“为零”或“最大”)。图 3解析 由题图可知，振荡电流随时间做正弦规律变化。在 OA 时间内电流增大，电容器正在放电，电场能逐渐转化为磁场能。在 AB 时间内电流减小，电容器正在充电。在时刻 C 电流最大，为电容器放电完毕瞬间，带电荷量

326、为零。答案 电场 磁场 充电 为零三、计算题(本题共 3 小题，共 36 分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写明数值和单位)12(12 分)无线电广播中波段波长范围是 187560 m，为了避免邻近电台干扰，两个电台的频率范围至少应差 104 Hz，则此波段中最多能容纳的电台数为多少个？解析 f1 c13108187Hz1.60106 Hz，f2 c23108560Hz5.36105 Hz，f1f2f106.4。所以最多能容纳 107 个电台。答案 107 个13(12 分)某雷达工作时，发射电磁波的波长 20 cm，每

327、秒脉冲数 n5 000，每个脉冲持续时间 t0.02 s。求：(1)该电磁波的频率；(2)此雷达的最大侦察距离。解析(1)电磁波在空气中传播的速度一般认为等于光速 c3108 m/s，因此fc 310820102 Hz1.5109 Hz(2)雷达工作时发射电磁脉冲，每个电磁脉冲持续时间 t0.02 s，在两个脉冲时间间隔内，雷达必须接收到反射回来的电磁脉冲，否则会与后面的电磁脉冲重叠而影响测量。设最大侦察距离为 x，两个脉冲时间间隔为 t15 000 s2104 s0.02 s(故脉冲持续时间可以略去不计)，则 2xct，所以 xct2 3104 m。答案(1)1.5109 Hz(2)3104

328、 m14(12 分)某居住地 A 位于某山脉的一边，山脉的另一边 P 处建有一无线电波发射站。该发射站可发送频率为 400 MHz 的中波和频率为 400 kHz 的微波，已知无线电波在空气中的传播速度都为 3108 m/s，则：(1)该中波和微波的波长各是多少？(2)发射站发出的电磁波是经过干涉还是衍射后到达居住地 A 处的？(3)哪种波接收效果好？解析(1)由 cf知，10.75 m，2750 m。(2)无线电波绕过山脉到达 A 处，发生了衍射现象。(3)频率为 400 kHz 的微波接收效果更好，因为它的波长较长，衍射现象更明显。答案(1)0.75 m 750 m(2)衍射(3)微波模块

329、检测卷(时间：90 分钟 满分：100 分)一、选择题(本大题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分。在每小题给出的选项中。只有一项是符合题目要求的。)1关于下列图 1 四幅图中所涉及物理知识的论述中，正确的是()图 1A甲图中，沙漠中的“蜃景”现象是光的衍射现象引起的B乙图中，演示简谐运动的图象实验中，若匀速拉动木板的速度较大，则由图象测得简谐运动的周期较大C丙图中，可利用薄膜干涉检查样品的平整度D丁图中，由图可知当驱动力的频率 f 跟固有频率 f0 相差越大时，振幅越大答案 C2电磁波已广泛运用于很多领域，下列关于电磁波的说法符合实际的是()A电磁波不能产生衍射现象B常用的遥控器通过发

330、出紫外线脉冲信号来遥控电视机C根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度D光在真空中的传播速度在不同惯性系中测得的数值可能不同解析 衍射现象是波特有的现象，故电磁波能发生衍射现象，A 错误；遥控器是通过发出红外线脉冲信号遥控电视机的，B 错误；根据多普勒效应，当天体相对地球运动时，我们接收到来自天体的电磁波频率发生变化，根据其变化可判断遥远天体相对地球的运动速度，C 正确；光在真空中的速度是定值，在任何惯性系中测出的数值应相同，D 错误。答案 C3在飞机的发展史中有一个阶段，飞机上天后不久，机翼很快就抖动起来，而且越抖越厉害，后来人们经过了艰苦的探索，利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆

331、的方法，解决了这一问题，在飞机机翼前装置配重杆的主要目的是()A加大飞机的惯性B使机体更加平衡C使机翼更加牢固D改变机翼的固有频率解析 飞机飞上天后，在气流周期性驱动力作用下做受迫振动，机翼越抖越厉害说明气流驱动力周期与机翼的固有周期非常接近或相等。在机翼前缘处装置配重杆，目的是通过改变机翼的质量来改变其固有频率，使驱动力频率与固有频率相差较大，从而实现减振的目的，故 D 选项正确。答案 D4某振子做简谐运动的表达式为 x2sin(2t)cm，则该振子振动的振幅和周期为()A2 cm 1 s B2 cm 2 sC1 cm 6 s D以上三项全错解析 由简谐运动的表达式 x2sin(2t)cm

332、可知振幅 A2 cm，角速度 2T 2 rad/s，所以 T1 s。答案 A5一条光线从空气射入折射率为 2的介质中，入射角为 45，在界面上入射光的一部分发生反射，另一部分发生折射，则反射光线和折射光线的夹角是()A75 B90 C105 D120解析 画出反射光线与折射光线如图所示，由折射定律可知sin 45sin r 2可知 r30所以 180105答案 C6如图 2 所示，下列说法中不正确的是()图 2A此列波的振幅是 0.1 mBx15 m 处质点的位移是 0.1 mC若 A 的速度沿 y 轴正方向，则 B 的速度亦沿 y 轴正方向DA 的加速度沿 y 轴负方向，而 B、C 的加速度

333、沿 y 轴正方向答案 B7图 3 甲为一列简谐横波在 t0 时的波形图，图乙为波上质点 A 的振动图象，则()图 3A该列波的波速为 25 cm/sB该列波沿 x 轴正方向传播C在 0.20.3 s 内，质点 A 振动的能量逐渐增大D从该时刻起，经 0.1 s 质点 A 运动到 x0.4 m 处解析 由题图知：T0.4 s，0.4 m，则波速 vT0.40.4 m/s1 m/s，故 A 错误；t0 时刻质点 A 正通过平衡位置向下振动，根据波形的平移法可知该列波沿 x 轴正方向传播，故 B 正确；简谐波传播过程中，质点 A 振动的能量不变，故 C 错误；简谐波传播过程中，质点 A 只在其平衡位

334、置附近上下振动，不随波移动，故 D 错误。答案 B二、选择题(本大题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分。在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项正确，全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，错选得0 分)8下列说法正确的是()A光的双缝干涉实验中，在光屏上某一位置会时而出现亮条纹，时而出现暗条纹B水中的气泡看起来特别明亮，是因为光从水射向气泡时，一部分光在界面上发生了全反射的缘故C拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片是为了减弱反射光的影响D麦克斯韦预言并用实验证实了电磁波的存在答案 BC9下列说法正确的是()A简谐运动的周期与振幅无关B在弹簧振子做简谐运动的回复力表达

335、式 Fkx 中，F 为振子受到的合外力，k 为弹簧的劲度系数C在波传播方向上，某个质点的振动速度就是波的传播速度D在双缝干涉实验中，同种条件下用紫光做实验比用红光做实验得到的条纹更宽答案 AB10如图 4 是一做简谐运动的物体的振动图象，下列说法正确的是()图 4A振动周期为 2102 sB前 2102 s 内物体的位移为10 cmC物体振动的频率为 25 HzD物体的振幅为 10 cm答案 CD11如图 5 所示，a、b、c、d 是均匀媒质中 x 轴上的四个质点。相邻两点的间距依次为 2 m、4 m 和 6 m，一列简谐横波以 2 m/s 的波速沿 x 轴正方向传播，在 t0 时刻到达质点

336、a 处，质点 a 由平衡位置开始竖直向下运动，t3 s 时 a 第一次到达最高点。下列说法正确的是()图 5A在 t6 s 时波恰好传到质点 d 处B在 t5 s 时质点 c 恰好到达最高点C质点 b 开始振动后，其振动周期为 4 sD在 4 st6 s 的时间间隔内质点 c 向上运动解析 当 t6 s 时，xvt12 m，波刚好传播到距 a 点 12 m 的 d 点，所以 A 选项正确；由题意知34T3 s，所以 T4 s，当波传到 c 质点所需时间为 t13 s，当t5 s 时 c 质点振动T2，回到平衡位置向上运动，所以 B 选项错误；各质点振动的周期相同均为 4 s，所以 C 选项正确

337、；当 t3 s 时，c 质点刚开始向下振动，又经1 s，c 质点运动到负向最大位移处，再经 2 s，c 质点运动到正向最大位移处，所以 4 st6 s 时，c 质点由负向最大位移处向正向最大位移处运动，所以 D 选项正确。答案 ACD12如图 6 所示，有一束平行于等边三棱镜截面 ABC 的单色光从空气射向 E 点，并偏折到 F 点，已知入射方向与边 AB 的夹角为 30，E、F 分别为边 AB、BC的中点，则()图 6A该棱镜的折射率为 3B光在 F 点发生全反射C光从空气进入棱镜，波长变小D从 F 点出射的光束与入射到 E 点的光束平行解析 在 E 点作出法线可知入射角为 60，折射角为

338、30，折射率为 3，A 对；由光路的可逆性可知，在 BC 边上的入射角小于临界角，不会发生全反射，B 错；由公式 介空气n，可知 C 对；三棱镜两次折射使得光线都向底边偏折，不会与入射到 E 点的光束平行，故 D 错。答案 AC三、非选择题(本题共 6 小题，共 47 分。)13(6 分)如图 7 所示，某同学用插针法测定一半圆形玻璃砖的折射率。在平铺的白纸上垂直纸面插大头针 P1、P2 确定入射光线，并让入射光线过圆心 O，在玻璃砖(图中实线部分)另一侧垂直纸面插大头针 P3，使 P3 挡住 P1、P2 的像，连接 OP3。图中 MN 为分界面，虚线半圆与玻璃砖对称，B、C 分别是入射光线、

339、折射光线与圆的交点，AB、CD 均垂直于法线并分别交法线于 A、D 点。图 7(1)设 AB 的长度为 l1，AO 的长度为 l2，CD 的长度为 l3，DO 的长度为 l4，为较方便地表示出玻璃砖的折射率，需用刻度尺测量_，则玻璃砖的折射率可表示为_。(2)该同学在插大头针 P3 前不小心将玻璃砖以 O 为圆心顺时针转过一个小角度，由此测得玻璃砖的折射率将_(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。解析(1)根据几何知识得，入射角的正弦 sin 1ABBO，折射角的正弦 sin 2CDOC，又 BOOC，则折射率为 nsin 1sin 2ABCDl1l3。故需要测量的量有 l1 和 l3；(2)将

340、玻璃砖以 O 为圆心顺时针转过一个小角度，折射光线将顺时针转动，而作图时仍以 MN 为边界，AD 为法线，则入射角不变，折射角减小，由折射率公式 nsin 1sin 2可知，测得玻璃砖的折射率将偏大。答案(1)l1 和 l3 nl1l3(2)偏大14(6 分)在观察光的双缝干涉现象的实验中：(1)将激光束照在如图 8 所示的双缝上，在光屏上观察到的现象是选项图中的()图 8(2)保持双缝到光屏的距离不变，换用间隙更小的双缝，在光屏上观察到的条纹宽度将_；保持双缝间隙不变，减小双缝到光屏的距离，在光屏上观察到的条纹宽度将_(均选填“变宽”、“变窄”或“不变”)。解析(1)双缝干涉图样是平行且等宽

341、的明暗相间的条纹，A 图正确。(2)根据 xld 知，双缝间的距离 d 减小时，条纹间距变宽；当双缝到光屏的距离 l 减小时，条纹间距变窄。答案(1)A(2)变宽 变窄15(6 分)麦克斯韦在 1865 年发表的电磁场的动力学理论一文中揭示了电磁现象与光的内在联系及统一性，即光是电磁波。一单色光波在折射率为 1.5 的介质中传播，某时刻电场横波图象如图 9 所示，求该光波的频率。图 9解析 设光在介质中的传播速度为 v，波长为，频率为 f，则 fv，vcn，联立得 f cn从波形图上读出波长 4107 m，代入数据解得 f51014 Hz。答案 51014 Hz16(7 分)如图 10 所示是

342、一透明的圆柱体的横截面，其半径为 R，折射率是 3，AB 是一条直径。今有一束平行光沿 AB 方向射向圆柱体，试求离 AB 多远的入射光线经折射后经过 B 点？图 10解析 设一光线经折射后恰好经过 B 点，光路图如图所示。由折射定律知 nsin sin 3在BCD 中9090得 2由两式可得：60，30所以 CDRsin 32 R。答案 32 R17(10 分)如图 11 所示，一列沿 x 轴正方向传播的简谐横波，波速大小为 0.3 m/s，P 质点的横坐标为 96 cm，从图中状态开始计时，求：图 11(1)经过多长时间，P 质点开始振动，振动时方向如何？(2)经过多长时间，P 质点第一次

343、到达波峰？解析(1)开始计时时，这列波的最前端的质点坐标是 24 cm，根据波的传播方向可知，这一点沿 y 轴负方向运动，因此在波前进方向上的每一个质点开始振动的方向都是沿 y 轴负方向，故 P 质点开始振动时的方向是沿 y 轴负方向，P 质点开始振动的时间是txv 0.960.240.3s2.4 s。(2)P 质点第一次到达波峰，即这列波的波峰第一次传到 P 质点所用的时间是t0.960.060.3s3 s。答案(1)2.4 s，沿 y 轴负方向(2)3 s18(12 分)如图 12 所示，实线是某时刻的波形图，虚线是 0.2 s 后的波形图。图 12(1)若波向左传播，求它传播的最小距离；(2)若波向右传播，求它的最大周期；(3)若波速是 35 m/s，求它的传播方向。解析(1)由题图可知 4 m若波向左传播，传播距离最小值 x343 m(2)若波向右传播，所用时间 tnTT40.2 sT 0.84n1 s，所以当 n0 时，有最大周期 Tmax0.8 s(3)xtv0.235 m7 m(134)，所以波向左传播。答案(1)3 m(2)0.8 s(3)向左传播