2022届高考物理二轮专题复习学案练习专题六 第19课时 机械振动与机械波 光 电磁波

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高考题型1 机械振动与机械波
1．必须理清的知识联系
2．巧解波的图像与振动图像综合问题的基本方法
3．波的叠加问题
(1)两个振动情况相同的波源形成的波，在空间某点振动加强的条件为Δx＝nλ(n＝0,1,2，…)，振动减弱的条件为Δx＝(2n＋1)eq \f(λ,2)(n＝0,1,2，…)．两个振动情况相反的波源形成的波，在空间某点振动加强的条件为Δx＝(2n＋1)eq \f(λ,2)(n＝0,1,2，…)，振动减弱的条件为Δx＝nλ(n＝0,1,2，…)．
(2)振动加强点的位移随时间而改变，振幅为两波振幅的和A1＋A2.
4．波的多解问题
由于波的周期性、波传播方向的双向性，波的传播易出现多解问题．
考题示例
例1 (2020·北京卷·6)一列简谐横波某时刻波形如图1甲所示．由该时刻开始计时，质点L的振动情况如图乙所示．下列说法正确的是( )
图1
A．该横波沿x轴负方向传播
B．质点N该时刻向y轴负方向运动
C．质点L经半个周期将沿x轴正方向移动到N点
D．该时刻质点K与M的速度、加速度都相同
答案 B
解析 由题图乙知，开始计时时刻，即0时刻质点L向上振动，再结合题图甲，可知该横波沿x轴正方向传播，故A错误；由该横波沿x轴正方向传播，从题图甲可看出，质点N该时刻向y轴负方向运动，故B正确；横波传播时，质点不随波迁移，故C错误；该时刻质点K与M的速度为零，加速度大小相等，但方向相反，故D错误．
例2 (2020·山东卷·4)一列简谐横波在均匀介质中沿x轴负方向传播，已知x＝eq \f(5,4)λ处质点的振动方程为y＝Acs (eq \f(2π,T)t)，则t＝eq \f(3,4)T时刻的波形图正确的是( )
答案 D
解析 由题意知，t＝0时，x＝eq \f(5,4)λ处的质点位于波峰(y＝A)，则x＝0处质点恰好位于y＝0的平衡位置，其波形如图中实线所示．
经t＝eq \f(3,4)T时，x＝0处质点恰振动到最低点，t＝eq \f(3,4)T时的波形如图中虚线所示，选项D正确．
命题预测
1．(多选)如图2所示，水平弹簧振子沿x轴在M、N间做简谐运动，坐标原点O为振子的平衡位置，其振动方程为x＝5sin (10πt＋eq \f(π,2)) cm.下列说法正确的是( )
图2
A．MN间距离为5 cm
B．振子的运动周期是0.2 s
C．t＝0时，振子位于N点
D．t＝0.05 s时，振子具有最大加速度
答案 BC
解析 MN间距离为2A＝10 cm，选项A错误；因ω＝10π rad/s，可知振子的运动周期是T＝eq \f(2π,ω)＝eq \f(2π,10π) s＝0.2 s，选项B正确；由x＝5sin (10πt＋eq \f(π,2)) cm可知，t＝0时，x＝5 cm，即振子位于N点，选项C正确；由x＝5sin(10πt＋eq \f(π,2)) cm可知，t＝0.05 s时，x＝0，此时振子在O点，振子加速度为零，选项D错误．
2．(2020·江西高三模拟)如图3所示，实线是一列简谐横波在t1＝0时刻的波形，虚线是这列波在t2＝1 s时刻的波形．
图3
(1)若这列波的周期T满足T(2)若该波的波速大小v＝83 m/s，请通过计算判断该波传播的方向．
答案 (1)11 m/s或13 m/s (2)该波沿x轴正方向传播
解析 由题图可知，该波的波长λ＝8 m，
(1)由T＜t2－t1＜2T可知，在时间t2－t1内，该波传播的距离满足：
λ<Δx<2λ
当波沿x轴正方向传播时，波传播的距离为：
Δx1＝λ＋3 m＝11 m
v1＝eq \f(Δx1,t2－t1)＝11 m/s
当波沿x轴负方向传播时，波传播的距离为：
Δx2＝λ＋5 m＝13 m
v2＝eq \f(Δx2,t2－t1)＝13 m/s
(2)此种情况下，在时间t2－t1内，该波传播的距离为：
Δx′＝(t2－t1)v＝83 m
由于Δx′＝10λ＋3 m
故该波沿x轴正方向传播．
高考题型2 光的折射与全反射
1．常用的三个公式
eq \f(sin θ1,sin θ2)＝n，n＝eq \f(c,v)，sin C＝eq \f(1,n).
2．求解光的折射和全反射问题的思路
(1)确定研究的光线：该光线一般是入射光线，还有可能是反射光线或折射光线，若研究的光线不明确，应根据题意分析、寻找，如临界光线、边界光线等．
(2)画光路图：找入射点，确定界面，并画出法线，根据反射定律、折射定律作出光路图，结合几何关系，具体求解．
考题示例
例3 (多选)(2020·山东卷·9)截面为等腰直角三角形的三棱镜如图4甲所示．DE为嵌在三棱镜内部紧贴BB′C′C面的线状单色可见光光源，DE与三棱镜的ABC面垂直，D位于线段BC的中点．图乙为图甲中ABC面的正视图．三棱镜对该单色光的折射率为eq \r(2)，只考虑由DE直接射向侧面AA′C′C的光线．下列说法正确的是( )
图4
A．光从AA′C′C面出射的区域占该侧面总面积的eq \f(1,2)
B．光从AA′C′C面出射的区域占该侧面总面积的eq \f(2,3)
C．若DE发出的单色光频率变小，AA′C′C面有光出射的区域面积将增大
D．若DE发出的单色光频率变小，AA′C′C面有光出射的区域面积将减小
答案 AC
解析 根据sin C＝eq \f(1,n)，得光线在AC面上发生全反射的临界角C＝45°，如图所示．从AC面上射出的光线为射到FC区域的光线，由几何关系得FC＝eq \f(1,2)AC，即有光线射出的区域占该侧面总面积的一半，故A正确，B错误；当单色光的频率变小时，折射率n变小，根据sin C＝eq \f(1,n)，知临界角C变大，图中的F点向A点移动，故有光射出的区域的面积变大，故C正确，D错误．
例4 (2020·全国卷Ⅱ·34(2))直角棱镜的折射率n＝1.5，其横截面如图5所示，图中∠C＝90°，∠A＝30°.截面内一细束与BC边平行的光线，从棱镜AB边上的D点射入，经折射后射到BC边上．
图5
(ⅰ)光线在BC边上是否会发生全反射？说明理由；
(ⅱ)不考虑多次反射，求从AC边射出的光线与最初的入射光线夹角的正弦值．
答案 见解析
解析 (ⅰ)如图，设光线在D点的入射角为i，折射角为r.折射光线射到BC边上的E点．设光线在E点的入射角为θ，由几何关系，有
i＝30°①
θ＝90°－(30°－r)>60°②
根据题给数据得sin θ>sin 60°>eq \f(1,n)③
即θ大于全反射临界角，因此光线在E点发生全反射．
(ⅱ)设光线在AC边上的F点射出棱镜，入射角为i′，折射角为r′，由几何关系、反射定律及折射定律，有
i′ ＝90°－θ④
sin i＝nsin r⑤
nsin i′＝sin r′⑥
联立①②④⑤⑥式并代入题给数据，得sin r′＝eq \f(2\r(2)－\r(3),4)
由几何关系可知，r′即AC边射出的光线与最初的入射光线的夹角．
例5 (2019·全国卷Ⅰ·34(2))如图6，一艘帆船静止在湖面上，帆船的竖直桅杆顶端高出水面3 m．距水面4 m的湖底P点发出的激光束，从水面出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与竖直方向的夹角为53°(取sin 53°＝0.8)．已知水的折射率为eq \f(4,3).
图6
(1)求桅杆到P点的水平距离；
(2)船向左行驶一段距离后停止，调整由P点发出的激光束方向，当其与竖直方向夹角为45°时，从水面射出后仍照射在桅杆顶端，求船行驶的距离．
答案 (1)7 m (2)5.5 m
解析 (1)设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1，到P点的水平距离为x2；桅杆距水面的高度为h1，P点处水深为h2；激光束在水中与竖直方向的夹角为θ，由几何关系有
eq \f(x1,h1)＝tan 53°①
eq \f(x2,h2)＝tan θ②
由折射定律有：sin 53°＝nsin θ③
设桅杆到P点的水平距离为x，
则x＝x1＋x2④
联立①②③④式并代入题给数据得：x＝7 m⑤
(2)设激光束在水中与竖直方向的夹角为45°时，从水面出射的方向与竖直方向夹角为i′
由折射定律有：sin i′＝nsin 45°⑥
设船向左行驶的距离为x′，此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1′，到P点的水平距离为x2′，则：
x1′＋x2′＝x′＋x⑦
eq \f(x1′,h1)＝tan i′⑧
eq \f(x2′,h2)＝tan 45°⑨
联立⑤⑥⑦⑧⑨式并代入题给数据得：
x′＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6\r(2)－3)) m≈5.5 m
命题预测
3．(2020·湖北黄冈市高三检测)如图7所示，一半径为R＝30.0 cm，横截面为六分之一圆的透明柱体水平放置，O为横截面的圆心，该柱体的BO面涂有反光物质，一束光竖直向下从A点射向柱体的BD面，入射角i＝45°，进入柱体内部后，经过一次反射恰好从柱体的D点射出．已知光在真空中的速度为c＝3.00×108 m/s，sin 37.5°＝0.608，sin 45°＝0.707，sin 15°＝0.259，sin 22.5°＝0.383，试求：(结果保留三位有效数字)
图7
(1)透明柱体的折射率；
(2)光在该柱体中的传播时间t.
答案 (1)1.16 (2)1.84×10－9 s
解析 (1)如图所示，
根据反射成像的对称性，可知∠AOD′＝45°＋60°＝105°
折射角为r＝eq \f(180°－105°,2)＝37.5°
由折射定律得n＝eq \f(sin i,sin r)
代入数据解得n＝eq \f(sin 45°,sin 37.5°)≈1.16
(2)根据折射定律可得v＝eq \f(c,n)
光在该柱体中传播了x＝AD′＝2Rcs r
光在该柱体中的传播时间t＝eq \f(x,v)＝eq \f(2nRcs r,c)，代入数据得t≈1.84×10－9 s.
4．(2020·山西大同市高三期末)如图8所示，三角形ABC为某透明介质的横截面，O为BC边的中点，位于截面所在平面内的一束光线自O以角度i入射，第一次到达AB边恰好发生全反射．已知θ＝15°，BC边长为2L，该介质的折射率为eq \r(2).求：
图8
(1)入射角i；
(2)从入射到发生第一次全反射所用的时间．(光在真空中的速度为c，sin 75°＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)或tan 15°＝2－eq \r(3))
答案 (1)45° (2)eq \f(\r(6)＋\r(2),2c)L
解析 (1)根据全反射规律可知，光线在AB面上P点的入射角等于临界角C，由折射定律得
sin C＝eq \f(1,n)①
代入数据得C＝45°②
设光线在BC面上的折射角为r，由几何关系得r＝30°③
根据光的折射定律n＝eq \f(sin i,sin r)④
联立③④式代入数据得i＝45°⑤
(2)在△OPB中，根据正弦定理得eq \f(\x\t(OP),sin 75°)＝eq \f(L,sin 45°)⑥
设从入射到发生第一次全反射所用时间为t，光线在介质中的速度为v，得eq \x\t(OP)＝vt⑦
v＝eq \f(c,n)⑧
联立⑥⑦⑧式，代入数据得t＝eq \f(\r(6)＋\r(2),2c)L.
高考题型3 光的波动性 电磁波
1.
2．光的干涉现象和光的衍射现象证明了光的波动性，光的偏振现象说明光为横波．
3．光的干涉和光的衍射产生的条件：发生干涉的条件是两光源频率相等，相位差恒定；发生明显衍射的条件是障碍物或小孔的尺寸跟光的波长相差不多或比光的波长小．
4．各种色光特征比较
考题示例
例6 (2020·北京卷·1)以下现象不属于干涉的是( )
A．白光经过杨氏双缝得到彩色图样
B．白光照射肥皂膜呈现彩色图样
C．白光经过三棱镜得到彩色图样
D．白光照射水面油膜呈现彩色图样
答案 C
解析 选项A是双缝干涉，选项B是薄膜干涉，选项C是光的色散，选项D是薄膜干涉．故选C.
例7 (2020·山东卷·3)双缝干涉实验装置的截面图如图9所示．光源S到S1、S2的距离相等，O点为S1、S2连线中垂线与光屏的交点．光源S发出的波长为λ的光，经S1出射后垂直穿过玻璃片传播到O点，经S2出射后直接传播到O点，由S1到O点与由S2到O点，光传播的时间差为Δt.玻璃片厚度为10λ，玻璃对该波长光的折射率为1.5，空气中光速为c，不计光在玻璃片内的反射．以下判断正确的是( )
图9
A．Δt＝eq \f(5λ,c) B．Δt＝eq \f(15λ,2c)
C．Δt＝eq \f(10λ,c) D．Δt＝eq \f(15λ,c)
答案 A
解析 无玻璃片时，光传播10λ所用时间为t1＝eq \f(10λ,c)①
有玻璃片时，光传播10λ所用时间为t2＝eq \f(10λ,v)②
且v＝eq \f(c,n)＝eq \f(c,1.5)③
联立①②③式得Δt＝t2－t1＝eq \f(5λ,c)，选项A正确．
命题预测
5.(2020·北京市朝阳区六校4月联考)如图10所示，一束可见光射向半圆形玻璃砖的圆心O，经折射后分为两束单色光a和b，下列判断正确的是( )
图10
A．玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率
B．不断增大入射角，b光先发生全反射现象
C．在真空中a光的波长大于b光的波长
D．遇到障碍物时，a光更容易发生衍射
答案 A
解析 由题图可知玻璃对a光的偏折程度较大，所以玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率，故A正确；根据全反射临界角sin C＝eq \f(1,n)，可知a光的临界角比b光的小，不断增大入射角，a光先达到临界角，则a光先发生全反射现象，故B错误；在真空中，a、b光传播速度相同，根据λ＝eq \f(c,f)，由于a光的频率大于b光的频率，故a光的波长较短，故C错误；波长越长，越容易发生衍射，故b光更容易发生衍射，故D错误．
6．(2020·北京市门头沟区一模)如图11是双缝干涉实验装置的示意图，S为单缝，S1、S2为双缝，P为光屏．用绿光从左边照射单缝S时，可在光屏P上观察到干涉条纹．下列说法正确的是( )
图11
A．减小双缝间的距离，干涉条纹间的距离减小
B．增大双缝到屏的距离，干涉条纹间的距离增大
C．将绿光换为红光，干涉条纹间的距离减小
D．将绿光换为紫光，干涉条纹间的距离增大
答案 B
解析 根据公式Δx＝eq \f(l,d)λ，减小双缝间的距离，干涉条纹间的距离增大，A错误；增大双缝到屏的距离，干涉条纹间的距离增大，B正确；将绿光换为红光，波长增大，所以干涉条纹间的距离增大，C错误；将绿光换为紫光，波长减小，所以干涉条纹间的距离减小，D错误．
7．(多选)(2020·福建漳州市测试)关于光的干涉和衍射的应用，下列说法正确的是( )
A．泊松亮斑是光的衍射现象
B．雨后天空出现彩虹是光的衍射现象
C．双缝干涉条纹是明暗相间等间距的条纹
D．光学镜头上的增透膜利用了光的干涉现象
答案 ACD
解析 泊松亮斑是光的衍射现象，证实了光的波动性，故A正确；雨后天空出现彩虹是光的折射形成的色散现象，故B错误；双缝干涉现象会在光屏上形成明暗相间的等间距的条纹，故C正确；光学镜头上的增透膜是利用了光的干涉特性，减弱光的反射，从而增加透射能力，故D正确．
专题强化练
[保分基础练]
1．(多选)(2020·湖北恩施州教学质量检测)下列说法正确的是( )
A．全息照相主要是利用了光的干涉
B．单反相机的增透膜利用了光的偏振
C．用标准平面检查光学平面的平整程度利用了光的干涉
D．障碍物的尺寸比光的波长大得多时，一定不会发生衍射现象
答案 AC
2.如图1所示为一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图，图中P、Q为平衡位置分别为x1＝6 m、x2＝10 m的两个质点，质点P的振动方程为y＝0.2cs 2πt(m)，质点Q从t＝0时刻开始，经过eq \f(5,6) s第一次到达波峰．则这列波传播的方向及传播的速度为( )
图1
A．沿x轴正方向传播 24 m/s
B．沿x轴负方向传播 12 m/s
C．沿x轴负方向传播 24 m/s
D．沿x轴正方向传播 12 m/s
答案 C
解析 由质点P的振动方程y＝0.2cs 2πt(m)可知：
波的周期T＝1 s；波速v＝eq \f(λ,T)＝24 m/s
由于eq \f(5,6) s＝eq \f(5,6)T，质点Q从t＝0时刻开始，经过eq \f(5,6) s第一次到达波峰，由此判断波沿x轴负方向传播．
3．如图2是水面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况，以波源S1、S2为圆心的两组同心圆弧分别表示同一时刻两列波的波峰(实线)和波谷(虚线)；S1的振幅A1＝4 cm，S2的振幅A2＝3 cm，则下列说法正确的是( )
图2
A．质点D是振动减弱点
B．质点A、D在该时刻的高度差为7 cm
C．再过半个周期，质点B、C是振动加强点
D．质点C的振幅为1 cm
答案 D
解析 由题图可知，D点为两波谷相遇，应该是振动加强点，故A错误；此时A点在加强后的最高点，D点在加强后的最低点，可知A、D质点在该时刻的高度差为14 cm，故B错误；由于两波的频率相等，叠加后会形成稳定的干涉图样，所以A、D点始终是振动加强点，B、C点始终是振动减弱点，故C错误；质点C为振动减弱点，振幅为两振幅之差，为1 cm，故D正确．
4．(2019·北京卷·14)利用图3所示的装置(示意图)，观察光的干涉、衍射现象，在光屏上得到如图4中甲和乙两种图样．下列关于P处放置的光学元件说法正确的是( )
图3
图4
A．甲对应单缝，乙对应双缝
B．甲对应双缝，乙对应单缝
C．都是单缝，甲对应的缝宽较大
D．都是双缝，甲对应的双缝间距较大
答案 A
解析 由题图中给出的甲、乙两种图样可知，甲是单缝衍射的图样，乙是双缝干涉的图样，A项正确，B、C、D项均错误．
5．(2020·北京卷·3)随着通信技术的更新换代，无线通信使用的电磁波频率更高，频率资源更丰富，在相同的时间内能够传输的信息量更大．第5代移动通信技术(简称5G)意味着更快的网速和更大的网络容载能力，“4G改变生活，5G改变社会”．与4G相比，5G使用的电磁波( )
A．光子能量更大 B．衍射更明显
C．传播速度更大 D．波长更长
答案 A
解析 5G使用电磁波的频率更高，由ε＝hν知，光子能量更大；由c＝λν知，光子波长更短，衍射更不明显；电磁波在真空中的速度是c，在其他介质中的传播速度为v＝eq \f(c,n)，电磁波频率越高，折射率越大，传播速度越小．故A正确，B、C、D错误．
6．(2020·天津卷·3)新冠肺炎疫情突发，中华儿女风雨同舟、守望相助，筑起了抗击疫情的巍峨长城．志愿者用非接触式体温测量仪，通过人体辐射的红外线测量体温，防控人员用紫外线灯在无人的环境下消杀病毒，为人民健康保驾护航．红外线和紫外线相比较( )
A．红外线的光子能量比紫外线的大
B．真空中红外线的波长比紫外线的长
C．真空中红外线的传播速度比紫外线的大
D．红外线能发生偏振现象，而紫外线不能
答案 B
解析 红外线的频率比紫外线的小，由ε＝hν可知，红外线的光子能量比紫外线的光子能量小；由λ＝eq \f(c,ν)可知，红外线的波长比紫外线的波长长，故A错误，B正确；红外线和紫外线在真空中速度相同(均等于光速)，故C错误；红外线和紫外线都是电磁波，都是横波，均能发生偏振现象，故D错误．
7.(多选)(2020·山东省实验中学高三模拟)如图5所示是一玻璃球体，O为球心，cO水平，入射光线ab与cO平行，入射光线ab包含a、b两种单色光，经玻璃球折射后色散为a、b两束单色光，下列说法正确的是( )
图5
A．a光在玻璃球体内的波长大于b光在玻璃球体内的波长
B．上下平移入射光线ab，当入射点恰当时，折射光线a或b光可能在球界面发生全反射
C．a光在玻璃球内的传播速度大于b光在玻璃球内的传播速度
D．在同一双缝干涉实验中，仅把a光照射换成b光，观察到的条纹间距变大
答案 AC
解析 由题图可知，b光的偏折程度较大，可知玻璃对b光的折射率较大，b光的频率较大，则b光的波长较短，选项A正确；因光线a、b从玻璃球中出射时的入射角等于进入玻璃球中的折射角，可知此角总小于临界角，则折射光线a或b光不可能在球界面发生全反射，选项B错误；因为玻璃对b光的折射率比a光大，根据v＝eq \f(c,n)可知，a光在玻璃球内的传播速度大于b光在玻璃球内的传播速度，选项C正确；根据Δx＝eq \f(l,d)λ可知，因b光的波长较短，则在同一双缝干涉实验中，仅把a光照射换成b光，观察到的条纹间距变小，选项D错误．
8．一列简谐横波在某均匀介质中沿x轴传播，从x＝3 m处的质点a开始振动时计时，图6甲为t0时刻的波形图且质点a正沿y轴正方向运动，图乙为质点a的振动图像，则下列说法正确的是( )
图6
A．该波的频率为2.5 Hz
B．该波的传播速度为200 m/s
C．该波是沿x轴负方向传播的
D．从t0时刻起，a、b、c三质点中c最先回到平衡位置
答案 B
解析 由题图可知该波的周期为0.04 s，波的频率为f＝eq \f(1,T)＝25 Hz，故A错误；该波的传播速度v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(8,0.04) m/s＝200 m/s，故B正确；a点在t0时刻速度方向向上，故波沿x轴正方向传播，故C错误；从t0时刻起，质点a、b、c中，质点a沿y轴正方向运动，质点b沿y轴正方向运动，质点c沿y轴负方向运动，故质点b最先回到平衡位置，故D错误．
[争分提能练]
9．(多选)如图7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x＝－0.2 m和x＝1.2 m处，两列波的速度均为v＝0.4 m/s，两波源的振幅均为A＝2 cm，图示为t＝0时刻两列波的图像(传播方向如图所示)，此刻平衡位置处于x＝0.2 m和x＝0.8 m的P、Q两质点刚开始振动，质点M的平衡位置处于x＝0.5 m处，关于各质点的运动情况，下列判断正确的是( )
图7
A．两列波相遇后不能发生干涉
B．t＝1 s时刻，质点M的位移为－4 cm
C．t＝1 s后，平衡位置处于x＝0.6 m的质点位移始终为0
D．t＝0.75 s时刻，质点P、Q都运动到M点
答案 BC
解析 两列简谐横波在同一介质中传播，波速大小相等，由题图看出两列波的波长相等，由v＝λf可得两列波的频率相等，相遇后能发生干涉，故A错误；由题图知波长λ＝0.4 m，由v＝eq \f(λ,T)得，该波的周期为T＝eq \f(λ,v)＝eq \f(0.4,0.4) s＝1 s，当t＝1 s＝T时刻，两列波的波谷都恰好传到质点M，所以位移为－4 cm.故B正确；t＝0时刻，平衡位置处于x＝0.6 m的质点到P、Q两波的距离相差0.2 m，等于半个波长，所以两波相遇时该点是振动减弱点，所以t＝1 s后，平衡位置处于x＝0.6 m的质点位移始终为0，故C正确；质点不随波迁移，只在各自的平衡位置附近振动，所以质点P、Q都不会运动到M点，故D错误．
10．(2020·北京市门头沟区一模)在“用单摆测量重力加速度的大小”的实验中．
(1)安装好实验装置后，先用游标卡尺测量摆球直径d，测量的示数如图8所示，则摆球直径d＝________cm，再测量摆线长l，则单摆摆长L＝ ____________ (用d、l 表示)；
图8
(2)摆球摆动稳定后，当它到达______(填“最低点”或“最高点”)时启动秒表开始计时，并记录此后摆球再次经过最低点的次数n(n＝1、2、3…)，当n＝60时刚好停表．停止计时的秒表如图9所示，其读数为________s，该单摆的周期为T＝_________s；
图9
(3)计算重力加速度测量值的表达式为g＝________(用T、l、d表示)，如果测量值小于真实值，可能原因是____________；
A．将摆球经过最低点的次数n记少了
B．计时开始时，秒表启动稍晚
C．将摆线长当成了摆长
D．将摆线长和球的直径之和当成了摆长
(4)正确测量不同摆长L及相应的单摆周期T，并在坐标纸上画出T2与L的关系图线，如图10所示．由图线计算出重力加速度的大小g＝________m/s2.(保留三位有效数字，计算时π2取9.86)
图10
答案 (1)1.84 l＋eq \f(d,2) (2)最低点 67.5 2.25 (3)eq \f(2π22l＋d,T2) AC (4)9.86
解析 (1)该游标卡尺的主尺读数为1.8 cm，观察到游标尺的第4个刻度线与上面刻度线对齐了，而游标尺是10分度，即游标尺对应的读数为4×0.1 mm＝0.4 mm＝0.04 cm，故摆球的直径d＝1.8 cm＋0.04 cm＝1.84 cm；单摆的摆长为L＝l＋eq \f(d,2)；
(2)当摆球摆动到最低点时启动秒表开始计时，因为最低点时，摆球运动的速度快，摆球在最低点停留的时间最短，测量误差最小；秒表读数时，先看小圈，它的单位是分钟，过了刻度“1”，但未到“1.5”，计为1分钟，再看大圈，它的单位是秒，为7.5 s，故秒表的时间为t＝60 s＋7.5 s＝67.5 s；所以单摆的周期为T＝eq \f(t,\f(n,2))＝eq \f(67.5,30) s＝2.25 s；
(3)因为单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))，故重力加速度测量值的表达式为g＝eq \f(4π2L,T2)＝eq \f(4π2l＋\f(d,2),T2)＝eq \f(2π22l＋d,T2)；将摆球经过最低点的次数n记少了，则计算的周期T＝eq \f(2t,n)就变大了，会使测量值小于真实值，选项A正确；计时开始时，秒表启动稍晚，则测量的时间t偏小，故计算的周期会偏小，则计算出的重力加速度的值会偏大，选项B错误；将摆线长当成了摆长，则根据表达式计算出来的重力加速度值会偏小，选项C正确；将摆线长和球的直径之和当成了摆长，则计算出的重力加速度值变大，选项D错误．
(4)根据周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))得，T2＝eq \f(4π2,g)L，所以T2与L成正比，其斜率为k＝eq \f(4π2,g)，在T2－L图线上选尽量远的两个点，计算其斜率，则k＝eq \f(4.85－3.25,1.20－0.80)＝eq \f(4π2,g)，解得g＝π2 m/s2＝9.86 m/s2.
11.(2020·福建莆田市检测)某同学用“插针法”测一玻璃砖的折射率．
图11
(1)在木板上平铺一张白纸，并把玻璃砖放在白纸上，在纸上描出玻璃砖的两条边界．然后在玻璃砖的一侧竖直插上两根大头针P1、P2，透过玻璃砖观察，在玻璃砖另一侧竖直插大头针P3时，应使P3____________，用同样的方法插上大头针P4.
(2)在白纸上画出光线的径迹，以入射点O为圆心作一半径为5.00 cm的圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线NN′的垂线，垂足分别为C、D点，如图11所示．测得AC＝4.00 cm，BD＝2.80 cm，则玻璃的折射率n＝________.
答案 (1) 挡住P1、P2的像 (2)1.43
解析 (2)玻璃的折射率
n＝eq \f(sin∠AOC,sin∠DOB)＝eq \f(AC,BD)＝eq \f(4.00,2.80)≈1.43.
12．(2020·山东省普通高中学业水平等级模拟考试)某同学在用如图12所示实验装置测量光的波长的实验中，已知两缝间的间距为0.3 mm，以某种单色光照射双缝时，在离双缝1.2 m远的屏上，用测量头测量条纹间的宽度：先将测量头的分划板中心刻线与某亮条纹中心对齐，将该亮条纹定为第1条亮条纹，此时手轮上的示数如图13甲所示；然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮条纹中心对齐，此时手轮上的示数如图乙所示．图甲读数为________mm，图乙读数为________mm.
图12
图13
根据以上实验，测得光的波长是________m(结果保留2位有效数字)．
答案 2.335(2.332～2.337) 15.375(15.372～15.377) 6.5×10－7
解析 题图甲螺旋测微器固定刻度的读数是2.0 mm
可动刻度的读数是33.5×0.01 mm ＝0.335 mm
则螺旋测微器的读数等于2.0 mm＋0.335 mm＝2.335 mm
题图乙螺旋测微器固定刻度的读数是15.0 mm
可动刻度的读数是37.5×0.01 mm ＝0.375 mm
则螺旋测微器的读数等于15.0 mm＋0.375 mm＝15.375 mm
相邻条纹间距为Δx＝eq \f(x2－x1,n－1)
根据双缝干涉的条纹间距公式Δx＝eq \f(l,d)λ
则这种单色光的波长λ＝eq \f(Δx·d,l)＝eq \f(x2－x1d,n－1l)
代入数据解得λ≈6.5×10－7 m
13．(2020·贵州贵阳市3月调研)如图14(a)，一列简谐横波沿x轴传播，实线和虚线分别为t1＝0时刻和t2时刻的波形图，P、Q分别是平衡位置为x1＝1 m和x2＝4 m的两质点．图(b)为质点Q的振动图像，求：
图14
(1)波的传播速度和t2的大小；
(2)质点P的位移随时间变化的关系式．
答案 (1)40 m/s (0.2n＋0.05) s (n＝0、1、2、3…) (2)y＝10sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10πt＋\f(3π,4)))cm
解析 (1)由题图可知波长：λ＝8 m，周期：T＝0.2 s，
传播速度v＝eq \f(λ,T)＝40 m/s，结合题图可知，横波沿x正方向传播，
故从0到t2时刻有：nλ＋2 m＝vt2，解得t2＝(0.2n＋0.05) s(n＝0、1、2、3…)．
(2)质点P做简谐振动的位移表达式：y＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)t＋φ))，
由题图可知A＝10 cm，t＝0时y＝5eq \r(2) cm且向－y方向运动，
解得y＝10sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10πt＋\f(3π,4))) cm.
14．(2020·山东日照市高三三模)“道威棱镜”广泛地应用在光学仪器中，如图15所示，将一等腰直角棱镜截去棱角，使其平行于底面，可制成“道威棱镜”，这样就减小了棱镜的重量和杂散的内部反射．从M点发出的一束平行于底边CD的单色光从AC边射入，已知棱镜玻璃的折射率n＝eq \r(2)，光在真空中的速度为c.
图15
(1)请通过计算判断该光线能否从CD边射出；
(2)若eq \x\t(CD)＝eq \r(6)l，光在“道威棱镜“内部传播的时间为多少？
答案 (1)光线无法从CD边射出 (2)eq \f(2\r(2)l,c)
解析 (1)光在棱镜中传播光路如图所示．
由折射定律n＝eq \f(sin 45°,sin r)，
解得r＝30°，
而sin C＝eq \f(1,n)
解得C＝45°，光线到达CD边时，θ＝75°＞C，故光线无法从CD边射出．
(2)光线在棱镜内传播，n＝eq \f(c,v)，
由正弦定理eq \f(\x\t(NP),sin 45°)＝eq \f(\x\t(CP),sin 120°)，解得eq \x\t(NP)＝eq \f(\r(6),3)eq \x\t(CP)，
由△CNP与△DQP相似可知，光在棱镜内部传播的路程s＝eq \f(\r(6),3)eq \x\t(CD)，而t＝eq \f(s,v)，所以t＝eq \f(2\r(2)l,c).项目
红→紫
频率
越来越大
波长
越来越短
折射率
越来越大
介质中传播速度
越来越小
发生全反射时的临界角
越来越小