高考物理二轮复习考前三个月专题8选考34教案77.pdf

《高考物理二轮复习考前三个月专题8选考34教案77.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理二轮复习考前三个月专题8选考34教案77.pdf（20页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第 1 页 专题 18选考 3-4 考题一 机械振动与机械波(1)特殊点法；(2)微平移法(波形移动法).2.周期、波长、波速计算(1)周期：可根据质点振动情况计算，假设t时间内，质点完成了n次(n可能不是整数)全振动，那么Ttn；还可根据公式Tv计算.(2)波长：可根据波形图确定，假设l距离上有n个(n可能不是整数)波长，那么ln；也可根据公式vT计算.(3)波速：可根据波形传播时间、距离计算vxt；也可根据公式vT计算.3.利用波传播周期性、双向性解题(1)波图象周期性：相隔时间为周期整数倍两个时刻波形一样，从而使题目解答出现多解可能.(2)波传播方向双向性：在题目未给出波传播方向时，要考

2、虑到波可沿正向或负向传播两种可能性.例 1 如图 1 所示，实线是某时刻波形图象，虚线是 0.2 s 后波形图象，质点P位于实线波波峰处.图 1(1)假设波向右以最小速度传播，求经过t4 s 质点P所通过路程；第 2 页(2)假设波速为 35 m/s，求波传播方向.解析(1)假设波向右传播：nT34T0.2 s(n0,1,2,3，)由vT可知周期最大时波速最小，当n0 时T最大值为415 s 经过时间t4 s，即经过 15 个整周期，故质点P通过路程为s154A1.2 m(2)假设波向右传播：nT34T0.2 s(n0,1,2,3,)vT 当n1 时，波速为 35 m/s，所以波可以向右传播

3、假设波向左传播：nT14T0.2 s 当n取 0 或其他任何正整数时，波速都不为 35 m/s，所以波不会向左传播.答案(1)1.2 m(2)向右传播 变式训练 1.如图2甲为一列简谐横波在某一时刻波形图，图乙为介质中x2 m处质点P以此时刻为计时起点振动图象.以下说法正确是()图 2 x轴正方向 B.这列波传播速度是 20 m/s 第 3 页 C.经过 0.15 s，质点P沿x轴正方向传播了 3 m D.经过 0.1 s 时，质点Q运动方向沿y轴正方向 E.经过 0.35 s 时，质点Q距平衡位置距离小于质点P距平衡位置距离 答案 ABE 解析 由乙图读出，t0 时刻质点P速度向下，由波形平

4、移法可知，波沿x轴正方向传播，故 A 正确；由图知：4 m，T0.2 s，那么波速vT40.2 m/s20 m/s，故 B 正确；简谐横波中质点在平衡位置附近振动，并不随着波迁移，故 C 错误；图示时刻Q点沿y轴正方向运动，t0.1 s12T，质点Q运动方向沿y轴负方向，故 D错误；tT，经过 0.35 s 时，质点P到达波峰，而质点Q位于平衡位置与波谷之间，故质点Q距平衡位置距离小于质点P距平衡位置距离，故 E 正确.应选 A、B、E.2.如图 3，a、b、c、d是均匀媒质中x轴上四个质点，相邻两点间距依次为 2 m、4 m 与 6 m，一列简谐横波以 2 m/s 波速沿x轴正向传播，在t0

5、 时刻到达质点a处，质点a由平衡位置开场竖直向下运动，t3 s 时a第一次到达最高点.以下说法正确是()图 3 t6 s 时刻波恰好传到质点d处 t5 s 时刻质点c恰好到达最高点 b开场振动后，其振动周期为 4 s 第 4 页 D.在 4 st6 s 时间间隔内质点c向上运动 d向下运动时，质点b一定向上运动 答案 ACD 解析 ad距离为x12 m，那么波从a传到d时间为txv6 s，即在t6 s 波恰好传到质点d处，故 A 正确；由题知34T3 s，得T4 s，波从a传到c时间为txv242 s3 s，那么在t5 s质点c已振动了 2 s，而c起振方向向下，故在t5 s 质点c恰好经过平

6、衡位置向上运动，故 B 错误；质点b振动周期等于质点a振动周期，即为 4 s，故 C 正确；在 4 st6 s 时间间隔内，质点c已振动了 1 s，质点c正从波谷向波峰运动，即向上运动，故 D 正确；波长为vT8 m，bd间距离为 10 m114，结合波形得知，当质点d向下运动时，质点b不一定向上运动，故 E 错误.x轴正方向传播简谐横波在t0 时刻波形如图 4 所示，质点Px坐标为 3 m.己知任意振动质点连续 2 次经过平衡位置时间间隔为 0.4 s.以下说法正确是()图 4 A.波速为 1 m/s B.波频率为 1.25 Hz C.x坐标为 15 m 质点在t0.2 s 时恰好位于波峰

7、D.x坐标为 22 m 质点在t0.2 s 时恰好位于波峰 第 5 页 P位于波峰时，x坐标为 17 m 质点恰好位于波谷 答案 BDE 解析 由题知，波周期为T20.4 s0.8 s，由图得波长是 4 m，那么波速vT5 m/s，故 A 错误；f1T10.8 Hz1.25 Hz，故 B 正确；x15 m 处质点与P点振动情况始终一样，P质点经过t0.2 s14T时间恰好经过平衡位置，那么x坐标为 15 m 质点在t0.2 s 时恰好位于平衡位置，故 C 错误；x坐标为 22 m 质点到x2 m 质点距离为：x222 m2 m20 m5，t0 时刻x2 m 质点向上振动，经过t0.2 s14T

8、时间恰好到达波峰，那么x坐标为 22 m 质点在t0.2 s 时恰好位于波峰位置，故 D 正确；x坐标为 17 m 质点到P点距离为：x117 m3 m14 m312，那么x坐标为 17 m 质点与P点振动情况始终相反，当质点P位于波峰时，x坐标为 17 m 质点恰好位于波谷，故 E 正确.应选 B、D、E.考题二 光折射与全反射 1.在解决光折射问题时，应先根据题意分析光路，即画出光路图，找出入射角与折射角，然后应用公式来求解，找出临界光线往往是解题关键.2.分析全反射问题时，先确定光是否由光密介质进入光疏介质、入射角是否大于临界角，假设不符合全反射条件，那么再由折射定律与反第 6 页 射定

9、律确定光传播情况.3.在处理光折射与全反射类型题目时，根据折射定律及全反射条件准确作出几何光路图是根底，利用几何关系、折射定律是关键.4.明确两介质折射率大小关系.(1)假设光疏光密：定有反射、折射光线.(2)假设光密光疏：如果入射角大于或等于临界角，一定发生全反射.例 2 如图 5 所示，玻璃棱镜ABC可以看成是由ABE、AEC两个直角三棱镜组成，有关角度如图.一束频率为 5.31014 Hz 单色细光束从AB面入射，在棱镜中折射光线如图中ab所示，ab与AB面夹角60.光在真空中速度c3108 m/s，玻璃折射率n 1.5.图 5(1)求光在棱镜中波长；(2)该束光线能否从AC面射出，请通

10、过计算说明.解析(1)由ncv，得 vcn31081.5 m/s2108 m/s 由vf，得vf21085.31014 m3.77107 m(2)光路如下图，ab光线在AC面入射角为 45 设玻璃临界角为C，那么 sin C1n11.5 因 sin 450.67，故光线ab在AC面会发生全反射，不能从AC面射出.第 7 页 答案(1)3.77107 m(2)见解析 变式训练 4.一半圆柱形透明物体横截面如图6所示，底面AOB镀银(图中粗线)，OM点入射角为 30，MOA60，NOB30.(sin 15624)求：图 6(1)光线在M点折射角；(2)透明物体折射率.答案(1)15(2)622 解

11、析(1)如图，透明物体内部光路为折线MPN，Q、M点相对于底面EF对称，Q、P与NM点处，光入射角为i，折射角为r，OMQ，PNF.根据题意有 30 由几何关系得，PNOPQOr，那么有：r60 且r 联立式得：r15(2)根据折射率公式有 sin insin r 得n622.5.如图 7 所示，AOB是截面为14圆形、半径为R玻璃砖，现让一束单色光在横截面内从OA靠近O点处平行OB射入玻璃砖，光线可从第 8 页 OB面射出；保持光束平行OB不变，逐渐增大入射点与O距离，当入射点到达OA中点E时，一局部光线经AB面反射后恰好未从OB面射出.不考虑屡次反射，求玻璃折射率n及OB上有光射出范围.图

12、 7 答案 2 33R 解析 设光线经E点射到AB面时入射角为，因E点为OA中点 由几何知识可知入射角：30 设临界角为C，那么有C30 因恰好发生全反射，那么：sin C1n 解得：n2 由题意可知，光从OE间入射时，可从OB上射出，那么从E点入射时出射点距O最远，设为F，那么：OFR2cos 30 得OF33R.90三棱镜截面，一束单色光从三棱镜AB边上D点入射，假设入射角由0逐渐增大，发现光线均能射到AC边，但当入射角大于45时，在AC边左侧无光线射出(不考虑光线在BC、AC边反射).求三棱镜折射率.图 8 第 9 页 答案 62 解析 如图，入射光线经AB边D点折射进入三棱镜，折射角为

13、，当入射角45时，折射光线射到AC边恰好发生全反射，在AC边左侧无光线射出，那么由折射定律可得：nsin sin 由临界角定义可得：sin C1n 由几何关系得C 联立解得：n62.考题三 光几种特性 1.光干预现象与衍射现象证明了光波动性，光偏振现象说明光波为横波.相邻两亮条纹(或暗条纹)间距离与波长成正比，即 xld，利用双缝干预实验可测量光波长.(1)双缝干预产生亮、暗条纹条件：屏上某点到双缝光程差等于波长整数倍时，该点干预加强，出现亮条纹；当光程差等于半波长奇数倍时，该点干预减弱，出现暗条纹.(2)发生明显衍射条件：障碍物或小孔尺寸跟光波长相差不多或比光波长小.例 3 2021 年，科

14、学家利用激光干预方法探测到由于引力波引起干第 10 页 预条纹变化，这是引力波存在直接证据.关于激光，以下说法中正确是()A.激光是自然界中某种物质直接发光产生，不是偏振光 B.激光相干性好，任何两束激光都能发生干预 C.用激光照射不透明挡板上小圆孔时，光屏上能观测到等间距光环 答案 D 解析 激光是人造光，也是偏振光，故 A 错误；激光相干性好，只有频率一样两束激光才会发生干预，故 B 错误；用激光照射不透明挡板上小圆孔时，光屏上能观测到衍射条纹，间距不等，故 C 错误；激光全息照片是利用光干预记录下物体三维图象信息，故 D 正确.应选 D.变式训练 7.如图 9 所示，光源S从水面下向真空

15、斜射一束由红光与蓝光组成复色光，在A点分成a、b两束，那么以下说法正确是()图 9 A.a光是蓝光 a光传播速度大，射出水面后二者传播速度一样大 C.逐渐增大入射角，a光最先发生全反射 D.b光比a光更容易发生衍射现象 答案 B 解析 由图知，两光束入射角i一样，折射角关系为 rarb，根据折射定律nsin rsin i得：折射率关系为 nanba光是红光，b光是蓝光，故 A 错误；射出水面前a光传播速度大，射出水面后，所有色光在真第 11 页 空传播速度都一样，都为c3108 m/s，故 B 正确；a光折射率小，根据临界角公式 sin C1n，可知，b光临界角较小，那么逐渐增大入射角时，b光

16、入射光先到达其临界角，最先发生全反射，故 C 错误；b光折射率比a光大，那么b光频率比a光大，波长比a光小，那么a光比b光更容易发生衍射现象，故 D 错误.应选 B.8.如图 10 所示，实线表示两个相干波源S1、S2发出波波峰位置，设波周期为T，波长为，波传播速度为v，以下说法正确是()图 10 a点为振动减弱点位置 b点为振动加强点位置 C.vT S1波经过干预之后波性质完全改变 E.从图中时刻开场，波源S1波峰传播到a、b位置最短时间均为T2 答案 ABE 解析 由图知，a点到波源S1、S2与 4，路程差为 s，那么a点为振动减弱位置，故 A 正确；b点到波源S1、S2，路程差为 s0，

17、那么b点为振动加强位置，故 B 正确；vT，故 C 错误；频率一样时，才能发生干预，而干预为波叠加，不会改变波性质，故 D 错误；由Tv，对波源S1，a、b两点均处于波谷位置，故波源S1波峰传第 12 页 播到a、b位置最短时间均为12T，故 E 正确.应选 A、B、E.9.如图 11 所示，实线为空气与水分界面，一束绿光从水中A点沿AO1方向(O1点在分界面上，图中O1点与入射光线都未画出)射向空气，折射后通过空气中B点，图中O点为A、B连线与分界面交点.以下说法正确是()图 11 A.O1点在O点右侧 B.绿光从水中射入空气中时，速度变大 C.假设增大入射角，可能在空气中任何位置都看不到此

18、绿光 AO1方向射向空气是一束蓝光，那么折射光线有可能通过B点正上方C点 AO1方向射向空气是一束红光，那么折射光线有可能通过B点正上方C点 答案 BCE 解析 光由水射入空气中折射时折射角大于入射角，画出绿光光路图如下图，可见O1点在O点左侧，故 A 错误；光在真空中速度最大，当绿光从水中射入空气中时，速度变大，故 B 正确；光由水中射入空气时，入射角增大到一定值会发生全反射，那么可能在空气中任何位置都看不到绿光，故 C 正确；假设沿AO1方向射向空气中是一束蓝光，水对蓝光折射率大于绿光折射率，根据折射定律可知，蓝光偏折程度大于绿光偏折程度，所以折射光线不可能通过B点正上方C点，故 D错误；

19、假设沿AO1方向射向空气中是一束红光，水对红光折射率小于第 13 页 绿光折射率，根据折射定律可知，红光偏折程度小于绿光偏折程度，所以折射光线有可能通过B点正上方C点，故 E 正确.应选 B、C、E.专题标准练 1.(1)沿x轴正方向传播一列简谐横波在t0 时刻波形如图 1 所示，M为介质中一个质点，该波传播速度为 40 m/s，那么以下说法正确是()图 1 A.t0.05 s 时质点M相对平衡位置位移一定为负值 B.t0.05 s 时质点M速度方向与相对平衡位置位移方向相反 C.t0.025 s 时质点M加速度方向与速度方向一定一样 D.t0.025 s 时质点M加速度方向与相对平衡位置位移

20、方向一样 M在 0.05 s 内通过路程一定等于 4 cm(2)半径为R固定半圆形玻璃砖横截面如图 2 所示，O点为圆心，OO为直径MNPQ紧靠在玻璃砖右侧且与MNOO成30角射向O点，复色光包含有折射率从n12到n23光束，因而光屏上出现了彩色光带.图 2 求彩色光带宽度；当复色光入射角逐渐增大时，光屏上彩色光带将变成一个光点，求此时大小.第 14 页 答案(1)ACE(2)(133)R 45 解析(1)从波图象可以看出波长为4 m，那么周期为Tv440 s0.1 s；因为波沿x轴正方向传播，故质点M向上振动，经过 0.05 s 即半个周期，对平衡位置位移为负，故 A 正确；经过半个周期，速

21、度方向也为负，与位移方向一样，故 B 错误；经过 0.025 s，质点M沿y轴负方向振动，但还没有到达平衡位置，故加速度方向也为负，故 C 正确；加速度方向与位移方向总是反向，故 D 错误；半个周期内质点通过路程总是振幅 2 倍，故 E 正确.应选 A、C、E.(2)由折射定律有n1sin 1sin n2sin 2sin 代入数据解得：145 260 故彩色光带宽度为：Rtan 45Rtan 30(133)R 此时折射率为n1单色光恰好发生全反射，故 sin C1n112 即入射角C45 2.(1)两列简谐横波与分别沿x轴正方向与负方向传播，两列波波速大小相等，振幅均为 5 cm.t0 时刻两

22、列波图象如图 3 所示，x1 cm 与x1 cm 质点刚开场振动.以下判断正确是()图 3 第 15 页 A.、两列波频率之比为 21 B.t0 时刻，P、Q两质点振动方向一样 O E.坐标原点始终是振动加强点，振幅为 10 cm(2)如图 4 所示，将半径为R透明半球体放在水平桌面上方，O为球心，直径恰好水平，轴线OOO点正上方某一高度处点光源S发出一束与OO夹角60单色光射向半球体上A点，光线通过半球体后刚好垂直射到桌面上B点，OB32R，光在真空中传播速度为c，不考虑半球体内光反射，求：图 4 透明半球体对该单色光折射率n；该光在半球体内传播时间t.答案(1)ACD(2)3 Rc 解析(

23、1)由图知、两列波波长之比为 12，波速相等，由vf可知，、两列波频率之比为 21，故 A 正确；由“上、下坡法知，t0 时Q向上振动，P向下振动，故 B 错误；两列波到O点距离一样，波速一样，故同时传到O点，故 C 正确；由图可知，两列波起振方向都向上，故 D 正确；由图可知，坐标原点并非始终是振动加强点，故 E 错误.应选 A、C、D.(2)光从光源S射出经半球体到达水平桌面光路如下图：第 16 页 光由空气射向半球体，由折射定律，有：nsin sin 在OCD中，sin COD32得：COD60 光由半球体射向空气，由折射定律，有：nsin sin 那么，由几何知识60 得：30 那么n

24、sin sin 3 光在半球体中传播速度为：vcn33c 由几何知识得 2ACcos 30R，得：AC33R 光在半球体中传播时间为：tACvRc.3.(1)图 5(a)为一列简谐横波在t2 s 时刻波形图，图(b)为介质中平衡位置在x1.5 m 处振动图象，P是平衡位置为x2 m 处质点，以下说法正确是()图 5 B.波速为 0.5 m/s C.02 s 时间内，P运动路程为 8 cm D.02 s 时间内，P向y轴正方向运动 t7 s 时，P点恰好回到平衡位置 第 17 页(2)单色细光束射到折射率n2透明球面，光束在过球心平面内，入射角i45，研究经折射进入球内后，又经内外表反射一次，再

25、经球面折射后射出光线，如图 6 所示(图上已画出入射光与出射光).图 6 在图上大致画出光线在球内路径与方向；求入射光与出射光之间夹角.答案(1)BCE(2)见解析图 30 解析(1)由图(b)知，x1.5 m 处质点在t2 s 时振动方向向下，那么该波向左传播，故 A 错误；由图(a)可知波长为 2 m，由图(b)知周期为 4 s，那么波速为vT0.5 m/s，故 B 正确；在t2 s 时，质点PT，那么质点P运动路程为 2A8 cm，故 C 正确；因波向左传播，由图(a)知在t2 s 时，质点P已经在波谷，那么 02 s 时间内，P向y轴负方向运动，故 D 错误；当t7 s 时，t5 s1

26、14T，P恰好回平衡位置，故 E 正确.应选 B、C、E.(2)光线从入射到出射光路如下图 由折射定律nsin isin r得 sin rsin insin 45212 所以r30 由几何关系及对称性得：2r(ir)2ri 所以4r2i，把r30，i45代入得：30 第 18 页 4.(1)如图 7 所示，横截面为半圆形玻璃砖，O点为圆心，OO为直径PQn3，光在真空中速度为c.那么光线在该玻璃砖中传播速度为_；一条与OO连线成 60角光线从玻璃砖圆心射入玻璃砖，那么光线从玻璃砖出射方向与最初入射方向夹角为_.图 7(2)如图 8 所示为一列简谐横波沿x方向传播在t0 时刻波形图，M、N两点坐

27、标分别为(2,0)与(7,0)，t0.5 s 时，M点第二次出现波峰.图 8 这列波传播速度多大？从t0 时刻起，经过多长时间N点第一次出现波峰？当N点第一次出现波峰时，M点通过路程为多少？答案(1)33c 30(2)20 m/s 0.55 s 0.4 m 解析(1)光线在玻璃砖中传播速度为：vcn33c.根据折射定律得：nsin 60sin r得：r30，光线沿半径方向射向界面，那么沿半径方向射出，可知光线从玻璃砖出射方向与最初入射方向夹角为 30.(2)由图象知，波长 4 m，M点与最近波峰水平距离为 6 m，距离下一个波峰水平距离为s010 m，那么波速为：vs0t20 m/s N点与最

28、近波峰水平距离为s11 m，当最近波峰传到N点时N第 19 页 点第一次形成波峰，历时为：t1sv1120 s0.55 s 该波中各质点振动周期为：Tv0.2 s，N点第一出现波峰时质点M振动了 t211320 s0.4 s 那么 t22T，质点M每振动T4经过路程为 5 cm，那么当N点第一次出现波峰时，M点通过路程为：s85 cm40 cm0.4 m.5.(1)以下说法正确是()E.刮胡须刀片影子边缘模糊不清是光衍射现象 (2)如图 9a 所示，用一根不可伸长轻质细线将小球悬挂于天花板上O点，现将小球拉离平衡位置，使细线与竖直方向成一夹角(小于 5)后由静止释放.小球大小与受到空气阻力均忽

29、略不计.图 9 证明小球运动是简谐运动；由传感器测得小球偏离平衡位置位移随时间变化规律如图 b 所示，求小球运动过程中最大速度值.答案(1)BCE(2)见解析 0.08 m/s 解析(1)光导纤维传输信号是利用光全反射现象，故 A 错误；全息照相利用了激光相干性好特性，故 B 正确；光偏振现象说明光是横波，故 C 正确；X 射线比无线电波波长短，那么衍射现象不明显，故 D 错误；刮胡须刀片影子边缘模糊不清是光衍射现象，故 E 正确.应选 B、C、E.第 20 页 (2)证明：设摆长为l，小球离开平衡位置位移为x时，细线与竖直方向夹角为，小球重力分力F1提供回复力，其大小 F1mgsin 在偏角很小时 sin xl 单摆回复力与位移关系 F回mglx 所以小球运动是简谐运动 根据图 b 可得小球偏离平衡位置位移随时间变化关系式x0.08sin t(m)所以小球速度随时间变化规律为 vcos t(m/s)那么小球最大速度 vm0.08 m/s.