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1、专题十三 选考（3-4）一、选择题(13题单选，48为多选，每题5分，共40分)1(2016北京)如图所示，弹簧振子在M、N之间做简谐运动以平衡位置O为原点，建立Ox轴向右为x轴的正方向若振子位于N点时开始计时，则其振动图像为()答案A解析由于向右为正方向，振子位于N点时开始计时，所以0时刻位移为正，在正向最大位移处，将向左运动，即向负方向运动，故A项正确考点定位简谐振动图像方法技巧在考纲上简谐振动这一块要求学生能从振动图像上获取信息，会求简谐运动的路程和位移，以及掌握简谐运动的表达式xAsin(t)2(2016天津)我国成功研发的反隐身先进米波雷达堪称隐身飞机的克星，它标志着我国雷达研究又创
2、新的里程碑，米波雷达发射无线电波的波长在110 m范围内，则对该无线电波的判断正确的是()A米波的频率比厘米波频率高B和机械波一样须靠介质传播C同光波一样会发生反射现象D不可能产生干涉和衍射现象答案C解析根据f可知，波长越长的波频率越低，故米波的频率比厘米波的频率低，选项A错误；无线电波不需要介质传播，选项B错误；同光波一样会发生反射，选项C正确；干涉和衍射是波特有的现象，选项D错误考点定位电磁波的传播名师点睛此题考查了电磁波及机械波的特点；要知道电磁波传播不需要介质，而机械波的传播需要介质；干涉和衍射是所有波特有的现象；知道波长、波速和频率之间的关系式：f.3(2015安徽)如图所示，一束单
3、色光从空气入射到棱镜的AB面上，经AB和AC两个面折射后从AC面进入空气当出射角i和入射角i相等时，出射光线相对于入射光线偏转的角度为.已知棱镜顶角为，则计算棱镜对该色光的折射率表达式为()A.B.C. D.答案A解析由几何关系，得入射角等于，折射角等于，所以折射率为，故选A项4(2015吉林三模)如图所示，实线是沿x轴传播的一列简谐横波在t0时刻的波形图，虚线是这列波在t0.2 s时刻的波形图则()A这列波的周期可能是1.2 sB这列波的波长为12 mC这列波可能向左传播4 mD这列波的波速可能是40 m/sEt0时刻x4 m的质点沿x轴正方向运动答案BCD解析由图可知，该波的波长为12 m
4、，故B项正确；若波向左传播，则s(n)12n4(n0，1，2，3，)，s取4时，n0，故波可能向左传4 m，故C项正确；设波的周期为T，若波沿x轴正方向传播，则t(n)T1，得T1(n0，1，2，3，)波速可以为v20(3n2)(n0，1，2，3，)若波沿x轴负方向传播，则t(n)T2得T2(n0，1，2，3，)波速为v20(3n1)(n0，1，2，3，)由以上公式可知，周期不可能为1.2 s；而波速可为40 m/s，故A项错误，D项正确E项，若该波向左传播，所以根据振动和波动关系可知t0时刻，x4 cm处的质点的速度沿y轴负方向，故E项错误命题立意本题旨在考查波长、频率和波速的关系、横波的图
5、像5(2016天津)在均匀介质中坐标原点O处有一波源做简谐运动，其表达式为y5sin(t)，它在介质中形成的简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻波刚好传播到x12 m处，波形图像如图所示，则()A此后再经6 s该波传播到x24 m处BM点在此后第3 s末的振动方向沿y轴正方向C波源开始振动时的运动方向沿y轴负方向D此后M点第一次到达y3 m处所需时间是2 s答案AB解析波的周期T4 s，波长8 m，波速v2 m/s，则再经过6 s，波传播的距离为xvt12 m，故该波传到x24 m处，选项A正确；M点在此时振动方向向下，则第3 s末，即经过了0.75 T，该点的振动方向沿y轴正方向，选项B正确；因
6、波传到x12 m处时，质点向y轴正方向振动，故波源开始振动时的运动方向沿y轴正方向，选项C错误；因为0.300解析光的双缝干涉条纹间距x(为光的波长，L为屏与双缝之间距离，d为双缝之间距离)，红光波长长红绿，所以红光的双缝干涉条纹间距较大，即x1x2，条纹间距根据数据可得x2.1 mm2.1103 m，根据x可得d，代入数值得d3.00104 m0.300 mm.考点定位实验三：用双缝干涉测光的波长三、计算题(11题12分，12题11分，13题12分，14题12分，共47分)11(2015新课标全国)平衡位置位于原点O的波源发出简谐横波在均匀介质中沿水平x轴传播，P、Q为x轴上的两个点(均位于
7、x轴正向)，P与O的距离为35 cm，此距离介于一倍波长与二倍波长之间，已知波源自t0时由平衡位置开始向上振动，周期T1 s，振幅A5 cm.当波传到P点时，波源恰好处于波峰位置；此后再经过5 s，平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置，求：(1)P、Q之间的距离；(2)从t0开始到平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过的路程答案(1)133 cm(2)125 cm解析(1)由题意，O、P两点的距离与波长满足：OP，波速与波长的关系为：v.在t5 s时间间隔内波传播的路程为vt，由题意得vtPQ.综上解得PQ133 cm.(2)Q处的质点第一次处于波峰位置时，波源运动时
8、间为：t1tT波源由平衡位置开始运动，每经过，波源运动的路程为A，由题意可知：t125T故t1时间内，波源运动的路程为s25A125 cm考点定位波的传播12.(2016开封市5月质检最后一卷)如图所示，三角形ABC为某透明介质的横截面，O为BC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15，BC边长为2 L，该介质的折射率为.求：(i)入射角i；(ii)从入射到发生第一次全反射所用的时间(设光在真空中的速度为c，可能用到：sin75或tan152)答案(1)i45；(2)t解析(1)根据全反射定律可知，光线在AB面上P点的入射角等于临界角C，由折射
9、定律得：sinC，代入数据得：C45设光线在BC面上的折射角为r，由几何关系得：r30，由折射定律得：n，联立代入数据得：i45.(2)在OPB中，根据正弦定理得：，设所用时间为t，光线在介质中的速度为v，得：OPvt，光在玻璃中的传播速度v，联立代入数据得：t.考点定位光的折射定律名师点睛由全反射定律求出临界角，由几何关系得到光线在BC面上的折射角，折射定律得到入射角；根据正弦定理求出光线在介质中路程，由v求出光在玻璃中的传播速度，进而求出所用时间13(2015江苏)人造树脂是常用的眼镜片材料，如图所示，光线射在一人造树脂立方体上，经折射后，射在桌面上的P点，已知光线的入射角为30，OA5
10、cm，AB20 cm，BP12 cm，求该人造树脂材料的折射率n.答案1.5解析设折射角为，由折射定律sin30nsin由几何关系知：sin，且OP代入数据解得n(或n1.5)14(2016新课标全国)如图，玻璃球冠的折射率为，其底面镀银，底面的半径是球半径的倍；在过球心O且垂直于底面的平面(纸面)内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的M点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点求该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角答案150解析玻璃球半径为R，球冠底面中心为O，连接OO，则OOAB，令OAO则cos，即30根据题意MAAB所以OAM60设图中N点为光线在球冠内底面上的反射点，所考
11、虑的光线的光路图如图所示，设光线在M点的入射角为i，折射角为r，在N点的入射角为i，反射角为i，玻璃折射率为n，由于OAM为等边三角形，有i60根据折射定律可得sininsinr代入n，可得r30作底面在N点的法线NE，由于NEAM，有i30根据反射定律，可得i30连接ON，由几何关系可知NAMNOM，故有MNO60故可得ENO30于是ENO为反射角，ON为反射光线，这一反射光线经球面再次折射后不改变方向，所以，经一次反射后射出玻璃球的光线相对于入射光线的偏角为180ENO150.考点定位光的折射定律方法技巧解决光学问题的关键要掌握全反射的条件、折射定律n、临界角公式sinC、光速公式n，与几何知识结合解决这类问题