课件29张PPT。实验 用双缝干涉测光的波长?课前自主学案核心要点突破课堂互动讲练知能优化训练 实
验课前自主学案2．用测微目镜测条纹间距Δy：两条相邻亮(或暗)条纹间的距离Δy用测微目镜测出．测微目镜由分划板、目镜、手轮等构成．如图5－1－16所示．转动手轮，分划板会左、右移动．测量时，应使分划板中心线对齐某条亮(或暗)条纹的中心，记下此时手轮上的读数a1，转动手轮，使分划板向一侧移动，当分划板中心刻线对齐相邻的下一条亮(或暗)条纹中心时，记下手轮上的读数a2，两次读数之差就是相邻两条亮(或暗)条纹间的距离，即Δy＝|a1－a2|.图5－1－16三、实验器材
双缝干涉仪，即光具座、光源、滤光片、单缝屏、双缝屏、遮光筒、毛玻璃屏、测微目镜，另外还有学生电源、导线、刻度尺．四、实验步骤
1．器材的安装与调整
(1)先将光源、遮光筒依次放于光具座上，调整光源的高度，使它发出的一束光沿着遮光筒的轴线把屏照亮．(2)将单缝和双缝安装在光具座上，使光源、单缝及双缝三者的中心位于遮光筒的轴线上，并注意使双缝与单缝相互平行，在遮光筒有光屏的一端安装测微目镜，如图5－1－17所示，调整分划板位置直到分划板中心刻线位于光屏中央．图5－1－172．观察双缝干涉图样
(1)调节单缝的位置，使单缝和双缝间距离保持在5～10 cm，使缝相互平行，中心大致位于遮光筒的轴线上，这时通过测微目镜上的目镜观察干涉条纹，若干涉条纹不清晰，可通过遮光筒上的调节长杆轻轻拨动双缝，即可使干涉条纹清晰明亮．在屏上就会看到白光的双缝干涉图样．
(2)将红色(或绿色)滤光片套在单缝前面，通过目镜可看到单色光的双缝干涉条纹．核心要点突破一、注意事项
1．放置单缝和双缝时，必须使缝平行，间距大约5 ～10 cm.
2．要保证光源、滤光片、单缝、双缝和光屏的中心在同一条轴线上．
3．测量头的中心刻线要对应着亮(或暗)纹的中心．4．要多测几个亮纹(或暗纹)中心间的距离，取平均值求Δy.
5．光源灯丝最好为丝状灯丝，并与单缝平行且靠近．
6．调节的基本依据是：照在像屏上的光很弱，主要原因是灯丝与单缝、双缝、测量头与遮光筒不共轴所致，干涉条纹不清晰一般主要原因是单缝与双缝不平行所致．二、误差分析
1．双缝到屏的距离l的测量带来的误差，可选用毫米刻度尺，采用多次测量求平均值的办法减小误差．
2．测条纹间距Δy带来的误差．
(1)干涉条纹没有调到最清晰的程度．
(2)分划板刻线与干涉条纹不平行，中心刻线没有恰好位于条纹中心．
(3)测量多条亮纹间距离时读数不准确．课堂互动讲练田 现有毛玻璃屏A、双缝B、白光光源C、单缝D和透红光的滤光片E等光学元件，要把它们放在如图5－1－18所示的光具座上组装成双缝干涉装置，用以测量红光的波长．图5－1－18(1)将白光光源C放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左至右，表示各光学元件的字母排列顺序为C、________、________、________、A.(2)本实验的步骤有：
①取下遮光筒左侧的元件，调节光源高度，使光束能直接沿遮光筒轴线把屏照亮；
②按合理顺序在光具座上放置各光学元件，并使各元件的中心位于遮光筒的轴线上；
③用米尺测量双缝到屏的距离；
④用测量头(其读数方法同螺旋测微器)测量数条亮纹间的距离．
在操作步骤②时还应注意____________和____________．(3)将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图5－1－19甲所示．然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时图乙中手轮上的示数________mm，求得相邻亮纹的间距Δx为________mm.图5－1－19(4)已知双缝间距d为2.0×10－4 m，测得双缝到屏的距离l为0.700 m，由计算式λ＝________，求得所测红光波长为________ nm.
【自主解答】 (1)滤光片E是从白光中选出单色红光，单缝屏是获取线光源，双缝屏是获得相干光源，最后在毛玻璃屏上成像．所以排列顺序为：C、E、D、B、A.【答案】 见精讲精析变式训练1 某同学在做双缝干涉实验时，测得双缝间距d＝3.0×10－3 m，双缝到光屏间的距离为1 m，前两次测量手轮上的示数分别为0.6×10－3 m和6.6×10－3 m，两次分划板中心刻线间有5条暗条纹，求该单色光的波长．答案：4.5×10－6 m 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)，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，其他颜色的双缝干涉条纹依然存在
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【精讲精析】 波的干涉条件是两列波频率相同，因此红色光和绿色光不可能发生干涉现象，但红色光和绿色光都各自发生衍射现象，在屏上看到的是红色和绿色光叠加后的光，因此只有C正确．
【答案】 C变式训练2 (2011年抚顺市六校联合体高二期末)激光散斑测速是一种崭新的测速技术，它应用了光的干涉原理．用二次曝光照相所获得的“散斑对”相当于双缝干涉实验中的双缝，待测物体的速度与二次曝光时间间隔Δt的乘积等于双缝间距．实验中可测得二次曝光时间间隔Δt、双缝到屏的距离l以及相邻两条亮纹间距Δy.若所用激光波长为λ，则该实验确定物体运动速度的表达式是( )课件35张PPT。本章优化总结 专题归纳整合高考真题演练知识网络构建章末综合检测本章优化总结知识网络构建1．周期性
做简谐运动的物体，每隔一段时间
总重复前面的运动，也就是说其运
动具有周期性，不同的简谐运动，
其周期一般是不同的．
图1－1专题归纳整合2．对称性
(1)空间的对称性
经过平衡位置两侧的对称点(图1－1中的C、B点)时位移的大小相等，方向相反；速度的大小相等，方向有时相同，有时相反．
(2)时间的对称性
不论是从对称点回到平衡位置，还是从平衡位置运动到对称点，所用时间都相等．3．简谐运动的多解性
做简谐运动的质点，在运动方向上是一个变加速运动，质点运动相同的路程所需的时间不一定相同．它是一个周期性的运动，若运动的时间与周期存在整数倍的关系，则质点运动的路程就会是唯一的；若运动时间为周期的一半，运动的路程也具有唯一性．若不具备以上条件，质点运动的路程会是多解的，这是必须要注意的． 一个质点在平衡位置O点附近
做简谐运动，如图1－2所示，若从O
点开始计时，经过3 s时质点第一次经 图1－2
过M点，再继续运动，又经过2 s它第二次经过M点，则该质点第三次经过M点还需的时间是( )【答案】 D
【方法总结】 简谐运动具有周期性和对称性，由周期性和方向性造成的多解问题，应用对称性解决会使问题简单化．本题是方向性造成多解由对称性解决的典例．简谐运动图象表示振动质点的振动位移随时间的变化规律是正弦规律，同时从图象上我们还可以读出振幅(A)、周期(T)；任一时刻振动的速度方向，加速度(回复力)方向，位移方向以及任一时刻的位移大小等；以及任意一段时间内速度、加速度(回复力)、位移、动能、势能的变化趋势．在解决与简谐运动图象有关的问题时，一定要把图象与实际的振动过程相联系． 图1－3所示为一单摆及其振动图象，据图回答下列问题：
图1－3(1)单摆的振幅为________，频率为________，摆长为________；一周期内位移x(F回、a、Ep)最大的时刻为________．
(2)若从E指向G为正方向，α为最大摆角，则图象中O、A、B、C分别对应单摆中的________点．
一周期内加速度为正且减小，并与速度同方向的时间范围是________．势能增加且速度为正的时间范围是________．(2)图象中O点位移为零，O到A的过程位移为正，且增大，A处最大，历时T/4，显然摆球是从平衡位置E起振并向G方向运动的，所以O对应E，A对应G，A到B的过程分析方法相同，因而O、A、B、C、对应E、G、E、F点．
摆动中EF间加速度为正，且靠近平衡位置过程中加速度逐渐减小，所以是从F向E的运动过程．在图象中为C到D的过程，时间范围是1.5～2.0 s间．【答案】 3 cm 0.5 Hz 1 m 0.5 s末和1.5 s末
(2)E、G、E、F 1.5～2.0 s 0～0.5 s (3)B (4)1.5 变大 (1)物理课外小组研究“用单摆测重力加速度”实验，他们依照教材实验直接测量的物理量应为：________、________、________、________，其公式为________．
(2)他们测出不同的摆长(l)所对应的周期(T)，在进行数据处理时：①如果甲同学以摆长(l)为横坐标、周期(T)的平方为纵坐标作出了T2－l图象，若他测得的图象的斜率为k，则测得的重力加速度g＝________.若甲同学测摆长时，忘记测摆球的半径，则他用图(3)甲同学测量5种不同摆长下单摆的振动周期，记录结果见下表：以摆长(l)为横坐标、周期(T)的平方为纵坐标，请你替他在上面的虚线框中作出T2－l图象，利用此图象求出的重力加速度为________．
【答案】 见精讲精析【方法总结】 1.实验注意事项：
(1)应选择细而不易伸缩的线．如用单根尼龙丝、丝线等．长度一般不应短于1米，小球应选用密度较大的金属球，直径应较小，最好不超过2 cm.并且要在摆角小于5°的情况下进行实验．
(2)单摆悬线的上端应夹紧在铁夹中，以免摆动时发生摆线下滑、摆长改变的现象．
(3)要使摆球在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，方法是将摆球拉到一定位置后由静止释放．(4)要在摆球通过平衡位置时，开始计时计数，因为此处摆球速度大，计时误差小，一般采用倒计时法,如数5、4、3、2、1、0、1、2、3……，当数至0时按下秒表开始计时计数．
2．误差分析
(1)系统误差：主要来源于单摆模型本身是否符合要求，即：悬点是否固定，球、线是否符合要求，振动是圆锥摆还是在同一竖直平面内的振动等．
(2)偶然误差：主要来自时间的测量上，因此，要从摆球通过平衡位置开始计时，不能多计或漏计振动次数．高考真题演练1．(2011年高考上海卷)两个相同的单摆静止于平衡位置，使摆球分别以水平初速v1、v2、(v1>v2)在竖直平面内做小角度摆动，它们的频率与振幅分别为f1、f2和A1、A2，则( )
A．f1>f2，A1＝A2
B．f1
C．f1＝f2，A1>A2
D．f1＝f2，A1A2，选C项．2.(2010年高考安徽卷)伽利略曾设
计如图1－5所示的一个实验，将
摆球拉至M点放开，摆球会达到
同一水平高度上的N点．如果在E 图1－5
或F处钉上针子，摆球将沿不同的圆弧达到同一高度的对应点；反过来，如果让摆球从这些点下落，它同样会达到原水平高度上的M点．这个实验可以说明，物体由静止开始沿不同倾角的光滑斜面(或弧线)下滑时，其末速度的大小( )A．只与斜面的倾角有关
B．只与斜面的长度有关
C．只与下滑的高度有关
D．只与物体的质量有关
解析：选C.由题可知摆球由同一位置释放，虽然经过的轨迹不同，但达到的高度相同，说明到达圆弧最底端的速度大小相同，而这个速度仅与下滑的高度有关，故选项C正确，A、B、D均错．故正确答案为C.课件44张PPT。第1章 机械振动第1节 简谐运动课前自主学案核心要点突破课堂互动讲练课标定位知能优化训练 第
1
节 课标定位
学习目标：1.了解机械振动的概念．
2．理解平衡位置、回复力、简谐运动的概念．
3．理解弹簧振子的振动特征．
重点难点：1.简谐运动回复力的特点．
2．在一次全振动中回复力、加速度、速度随偏离平衡位置的位移变化的定性规律．课前自主学案一、什么是机械振动
1．定义：物体在_________附近做往复运动，这种运动叫做机械振动，简称_____．
2．回复力：总是指向_________的力叫回复力，它是按力的_____命名的一种力．
3．平衡位置是指物体所受回复力为____的位置．平衡位置振动平衡位置效果零二、弹簧振子的振动
1．弹簧振子：弹簧振子是一种理想模型，其主要组成部分是______和可视为质点的______，可分为______方向的弹簧振子和竖直方向的弹簧振子两种类型．弹簧小球水平2．简谐运动：如果物体所受回复力的大小与______大小成正比，并且总是指向___________，即F＝ ______.则物体的运动叫做简谐运动；或者说具有“加速度的大小与位移大小成正比，加速度的方向与
___________相反”特征的运动，即a＝ ________ ，称为简谐运动．位移平衡位置－kx位移方向核心要点突破一、机械振动
1．机械振动的特点：具有往复性、周期性、这些是机械振动的基本特点．
2．振动位移：振动位移是指从平衡位置指向振子所在位置的位移，大小为平衡位置到振子所在位置的距离，不同于以前所学的位移．
对于振动物体的位移，我们规定以平衡位置作为位移的起点，所以质点振动过程中任一时刻的位移都背离平衡位置．3．振动的条件：(1)每当物体离开平衡位置后，它就受到一个指向平衡位置的力，该力使物体产生回到平衡位置的效果．
(2)受到的阻力足够小．如果物体只受指向平衡位置的力而阻力为零，则物体做自由振动，当然这是一种理想模型．
4．回复力：使振动物体回到平衡位置的力．
(1)回复力始终指向平衡位置．(2)回复力是以效果命名的力，它是振动物体在振动方向上所受的合外力．
(3)回复力可以由某个力提供，也可以是几个力的合力，还可以是某个力的分力．
5．平衡位置：(1)振动物体所受回复力等于零的位置．(2)是振动停止后，振动物体所在位置．(3)平衡位置通常在振动轨迹的中点．(4)当振动物体经过平衡位置时，物体所受的回复力为零，但所受的合外力不一定为零．即时应用 (即时突破，小试牛刀)
1．关于机械振动的位移和平衡位置，以下说法中正确的是( )
A．平衡位置就是物体振动范围的中心位置
B．机械振动的位移是以平衡位置为起点的位移
C．做机械振动的物体运动的路程越大，发生的位移也越大
D．机械振动的位移是指振动物体偏离平衡位置最远时的位移解析：选B.平衡位置是振动物体所受回复力为零的位置，对于一般的机械振动来说，平衡位置可以不在振动范围的中心位置，例如：乒乓球竖直落在球台上的运动是一种机械振动，显然其运动过程中受到的回复力等于零的位置不在其运动范围的中心位置，而是很靠近球台的某一位置，而对于具有对称性的简谐运动来说，其平衡位置就是它运动范围的中心位置，A不正确．为了描述机械振动的质点的位置随时间的变化规律，人们总是把机械振动位移的起点定在平衡位置上，所以B正确．当物体无论运动了多少路程后，只要它回到了平衡位置，其总位移为零，可见位移的大小和路程之间不一定有对应关系，所以C和D都不正确．二、弹簧振子
1．对弹簧振子的理解
弹簧振子是一种理想模型，应满足以下条件：
(1)质量：弹簧质量比小球质量小得多，可以认为质量只集中于振子(小球)上．
(2)体积：弹簧振子中与弹簧相连的小球的体积要足够小，可以认为小球是一个质点．(3)阻力：在振子振动过程中，忽略弹簧与小球受到的摩擦阻力．
(4)弹性限度：振子从平衡位置拉开的最大位移在弹簧的弹性限度内．
判定一个实际系统能否看成弹簧振子，应从以上四个方面去权衡，缺一不可．2．两种弹簧振子(2)运动特点：当v与a同向时，v一定增大；当v与a反向时，v一定减小，即从大小上看，当物体向平衡位置运动时，x、a、F都减小，v增大；当物体向远离平衡位置运动时，x、F、a都增大，v减小；当运动到平衡位置时，x＝0、F＝0，a＝0(a指回复力F产生的加速度)，v最大；当运动到最远端时，x、F、a达最大，v＝0.2．简谐运动的位移、速度、加速度
(1)位移：从平衡位置指向振子所在位置的有向线段为振子的位移，方向为从平衡位置指向振子所在位置，大小为平衡位置到该位置的距离．位移的表示方法是：以平衡位置为坐标原点，以振动所在的直线为坐标轴，规定正方向，则某一时刻振子(偏离平衡位置)的位移用该时刻振子所在的位置坐标来表示．振子通过平衡位置时，位移改变方向．(2)速度：描述振子在平衡位置附近振动快慢的物理量．在所建立的坐标轴上，速度的正负号表示振子运动方向与坐标轴的正方向相同或相反．应明确速度和位移是彼此独立的物理量．如振动物体通过同一个位置，其位移矢量的方向是一定的，而其速度方向却有两种可能：指向或背离平衡位置．
振子在最大位移处速度为零，在平衡位置时速度最大，振子在最大位移处速度方向发生改变．3．简谐运动的对称性
简谐运动是物体在平衡位置附近所做的往复性运动.因此它具有往复性的特点(也可认为，做简谐运动的物体每隔一定时间将重复原先的运动，具有周期性的特点)．它又是以平衡位置为中心的振动，因此又具有对称性的特点．
图1－1－1
如图1－1－1所示，物体在A与B间运动，O点为平衡位置，任取C、D两点关于O点对称，则有：(1)时间对称
tOB＝tBO＝tOA＝tAO，tOD＝tDO＝tCO＝tOC，tDB＝tBD＝tAC＝tCA.
(2)速率对称
①物体连续两次经过同一点(非最大位移的点)(如图中的D点)的速度大小相等，方向相反．
②物体经过关于O点对称的两点(非最大位移的点)(如图中的C与D两点)的速度大小相等，方向可能相同，也可能相反．(3)动能对称
①物体连续两次经过同一点(如图中的D点)的动能相等．
②物体经过关于O点对称的两点(如图中的C与D两点)的动能相等．
(4)位移、回复力、加速度的对称
①物体连续两次经过同一点(如图中的D点)的位移、回复力、加速度大小相等，方向相同．
②物体经过关于O点对称的两点(如图中的C与D点)的位移、回复力、加速度大小相等方向相反．即时应用 (即时突破，小试牛刀)
2．物体做简谐运动的过程中，有A，A′两点关于平衡位置对称，则下列说法错误的是( )
A．物体在A点和A′点的位移相同
B．物体在两点处的速度可能相同
C．物体在两点处的加速度大小一定相同
D．物体在两点处的动能一定相同解析：选A.做简谐运动的物体关于平衡位置具有对称性．A和A′关于平衡位置对称，振子在A和A′点时位移大小相等，方向相反；物体在两处的速度可能相同，也可能速度大小相等，方向相反；物体在两处的加速度大小相等，方向相反．由于在两处速度大小相等，故动能一定相同．故说法错误的是A项．课堂互动讲练 一水平弹簧振子做简谐运动，则下列说法中正确的是( )
A．若位移为负值，则速度一定为正值，加速度也一定为正值
B．振子通过平衡位置时，速度为零，加速度最大
C．振子每次通过平衡位置时，加速度相同，速度也一定相同
D．振子每次通过同一位置时，其速度不一定相同,但加速度一定相同【思路点拨】 在分析简谐运动中各物理量的特点及关系时，可画出振子实际运动的草图，使问题更具体，便于分析．【精讲精析】如图1－1－2所示,设弹簧振子在A、B之间振动，O是它的平衡位置，并设向右为正．在振子由O向A运动过程中，振子的位移、速度为负值，加速度为正值，故A错．振子通过平衡位置时,加速度为零，速度最大，故B错．当振子每次通过同一位置时，速度大小一样，方向可能向左也可能向右，但加速度相同，故C错，D正确．
图1－1－2
【答案】 D【方法总结】 (1)分析简谐运动中各物理量的变化时，一定以位移为桥梁，理清各物理量间的关系：回复力、加速度大小与位移大小成正比，方向与位移方向相反，速度大小随位移的增大而减小，方向有时和位移相同，有时相反．
(2)要充分利用简谐运动的对称性．相对称两点位移、回复力、加速度等大反向，速度等大，方向可能相同，也可能相反．变式训练1 (2011年福州地区八县一中高二期末联考)关于简谐运动的位移、速度、加速度的关系，下列说法中正确的是( )
A．位移减小时，加速度增大，速度也增大
B．位移方向总跟加速度方向相反，一定跟速度方向相同
C．物体运动方向指向平衡位置时，速度方向跟位移方向相反
D．物体向平衡位置运动时，做匀速运动，背离平衡位置时，做匀减速运动解析：选C.物体向平衡位置运动时，位移减小，加速度减小，速度增大，速度方向指向平衡位置，速度方向与位移方向相反；位移方向总跟加速度方向相反，只有在背离平衡位置运动时，位移方向才与速度方向相同．故A、B、D错，C项对． 如图1－1－3所示，在一倾角为θ的光滑斜板上，固定着一根原长为L0的轻质弹簧，弹簧另一端连接着质量为m的滑块，此时弹簧被拉长为L1.现把滑块沿斜板向上推至弹簧恰好为原长，然后突然释放．试证明滑块的运动为简谐运动．
图1－1－3【精讲精析】 弹簧长为L1时，滑块的位置为平衡位置O，选沿斜板向上为正方向，此时k(L1－L0)－mgsinθ＝0，当滑块运动通过O点以上距O点为x处时，受力为F合＝k(L1－L0－x)－mgsinθ＝－kx，符合F合＝－kx，所以滑块的运动为简谐运动．
【答案】 见精讲精析【方法总结】 判断一个振动是否为简谐运动一般应遵循以下步骤：
(1)对物体进行受力分析；
(2)分析沿振动方向的合外力；
(3)看振动方向上的合外力是否符合F合＝－kx.变式训练2 如图1－1－4所示，一个小球在两个相对的光滑斜面之间往复运动，试说明这个小球是否做简谐运动．
图1－1－4
解析：小球在斜面上运动过程中，所受的力为恒力,故为匀变速运动，则其位移(对O点的位移)随时间不可能按正弦规律变化．所以不可能是简谐运动．
答案：不是 如图1－1－5所示，质量为m的物体放在弹簧上，与弹簧一起在竖直方向上做简谐运动，振动过程中，物体对弹簧的最大压力是物重的1.5倍,则物体对弹簧的最小压力是多少？
图1－1－5【思路点拨】 首先确定物体对弹簧有最大压力和最小压力的位置，然后对物体进行受力分析，最后根据回复力的实质及竖直方向简谐运动的对称性求解．【方法总结】 (1)根据回复力的实质，结合物体的受力精况，分别列出物体在最高点和最低点时的回复力方程．联立求解．
(2)求解简谐运动规律与力学知识的综合问题时，在正确对物体进行受力分析的基础上，灵活运用简谐运动的对称性．可收到事半功倍的效果．变式训练3 一平台沿竖直方向做简谐运动，一物体置于振动平台上随平台一起运动，当振动平台处于什么位置时，物体对平台的压力最大( )
A．当振动平台运动到最高点时
B．当振动平台向下运动过振动中心时
C．当振动平台运动到最低点时
D．当振动平台向上运动过振动中心时解析：选C.物体随平台在竖直方向振运过程中，仅受两个力作用：重力和台面支持力．由这两个力的合力作为振动的回复力，并产生始终指向平衡位置的加速度．
物体在最高点a和最低点b时，所受回复力、加速度的大小相等，方向均指向O点，如图所示．根据牛顿第二定律得
最高点mg－Na＝ma；最低点Nb－mg＝ma；
平衡位置No－mg＝0；所以Nb>No>Na.
即当振动平台运动到最低点时，平台对物体的支持力最大，根据牛顿第三定律，此时物体对平台的压力最大．课件46张PPT。第2节 振动的描述课前自主学案核心要点突破课堂互动讲练课标定位知能优化训练 第
2
节 课标定位
学习目标：1.理解振幅、周期和频率以及固有周期(频率)的含义，知道周期和频率的关系．
2．掌握简谐运动的位移—时间图象，了解图象在实际生活中的应用．
3．了解简谐运动的位移表达式，知道其中各符号的含义．
4．了解相位、初相和相位差的概念．
重点难点：1.对振幅、周期和频率的理解．
2．掌握简谐运动的表达式，简谐运动的图象．课前自主学案一、振动特征的描述
1．振幅
振动物体离开平衡位置的___________．是______ (选填“矢量”或“标量”)．
物理意义：表示振动幅度大小或振动______的物理量．最大距离标量强弱思考感悟
若把振幅认为是振动物体离开平衡位置的最大位移是否正确？
提示：不正确．振幅是一个标量，它是指物体离开平衡位置的最大距离．它既没有负值，也无方向，而最大位移既有大小，也有方向，所以振幅不同于最大位移．2．周期和频率
(1)全振动
振子以相同的速度(大小和方向)相继通过______位置所经历的过程．振动质点经过一次全振动其振动状态又恢复到原来状态，振动质点在一个全振动过程中通过的路程等于_____个振幅．
(2)周期(T)：振动物体完成_____________经过的时间．
(3)频率(f)：振动物体在1 s内完成_____________．同一四一次全振动全振动的次数(4)固有周期(或固有频率)：物体在___________下的振动周期(或频率)，是___________的属性，与振动的______无关．
(5)物理意义：周期和频率都是表示振动物体空间运动重复______的物理量，周期越小，频率越大，表示振动重复______．
(6)周期和频率的关系是T＝___.自由状态物体本身振幅快慢越快二、简谐运动的图象描述
1．坐标系的建立：以横轴t表示简谐运动物体的运动______，以纵轴x表示做简谐运动的物体运动过程中____________________．
2．图象的意义：表示简谐运动的物体在____时刻相对于平衡位置的______．即表示简谐运动的物体偏离平衡位置的位移随时间的变化关系．时间相对平衡位置的位移各位移3．简谐运动图象的特点：一条_______________曲线，如图1－2－1所示．
图1－2－1正弦(或余弦)三、简谐运动的公式表达
1．表达式：x＝Asinωt＝Asint__________或x＝Asin(ωt＋φ0)
2．公式中各符号的含义
3．圆频率ω与周期(或频率)的关系：____________.
4．相位：描述不同振动的振动_______的物理量．步调核心要点突破一、对全振动的理解
正确理解全振动的概念，应注意把握振动的五种特征．
1．振动特征：一个完整的振动过程．
2．物理量特征：位移(x)、加速度(a)、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2π即时应用 (即时突破，小试牛刀)
1.如图1－2－2所示，弹簧振子以O为平衡位置，在BC间振动，则下列说法错误的是( )
图1－2－2
A．从B→O→C→O→B为一次全振动
B．从O→B→O→C→O为一次全振动
C．从C→O→B→D→C为一次全振动
D．OB的大小不一定等于OC解析：选D.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，即A说法对；若从O起始经B、O、C、O路程为振幅的4倍，为一次全振动，即B说法对；若从C起始经O、B、O、C路程为振幅的4倍，即C说法对；因弹簧振子的系统摩擦不考虑，所以振幅一定，D说法错．二、简谐运动中振幅和几个常见量的关系
1．振幅和振动系统的能量关系
对一个确定的振动系统来说，系统能量仅由振幅决定，振幅越大，振动系统能量越大．
2．振幅与位移的关系
(1)振幅是振动物体离开平衡位置的最大距离；位移是振动物体相对平衡位置的位置变化．对某一简谐运动而言，振幅为一定值，位移时刻改变．(2)振幅是表示振动强弱的物理量，位移表示的是某一时刻振动质点的位置．
(3)振幅是标量，位移是矢量．
(4)振幅在数值上等于最大位移的大小．
3．振幅与路程的关系
振动中的路程是标量,是随时间不断增大的．其中常用的定量关系是：一个周期内的路程为4倍的振幅,即时应用 (即时突破，小试牛刀)
2．如图1－2－3所示，弹簧振子在BC间做简谐运动，O点为平衡位置，BO＝OC＝5 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1－2－3A．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 cm
C．经过两次全振动，振子通过的路程是20 cm
D．从B开始经过3 s，振子通过的路程是30 cm
解析：选D.振子从B→O→C仅完成了半次全振动，所以周期T＝2×1 s＝2 s，振幅A＝BO＝5 cm.振子在一次全振动中通过的路程为4A＝20 cm，所以两次全振动中通过的路程为40 cm,3 s的时间为1.5 T，所以振子通过的路程为30 cm.三、对简谐运动图象的理解和应用
1．振动图象：简谐运动的位移——时间图象叫做振动图象，也叫振动曲线．
(1)物理意义：简谐运动的图象表示运动物体的位移随时间变化的规律．
(2)特点：图象是正弦(或余弦)函数曲线，即位移随时间的变化是不均匀的．2．图象的识别：如图1－2－4所示
图1－2－4(3)比较质点任意时刻的加速度(回复力)大小和方向
由于加速度(回复力)大小与位移大小成正比，方向与位移方向相反，所以图中t1时刻质点的加速度(回复力)比t2时刻质点的加速度(回复力)大，t1时刻加速度方向为负，t2时刻加速度(回复力)方向为正．
(4)比较质点任意时刻的速度大小和方向
x－t图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的绝对值为速度的大小，斜率的正负为速度的方向，所以图中t1时刻质点的速度比t2时刻质点的速度小，t1时刻速度方向为负，t2时刻速度方向也为负．(5)判断任意时间内质点的位移、加速度(回复力)、速度的变化情况：从(1)～(3)中各量的判断技巧可知,图中t1～t2时间内，位移开始为正且减小，后为负且增加，加速度(回复力)开始为负且减小，后为正且增加，速度一直为负且先增加后减小．也可以根据位移变化判断是靠近还是远离平衡位置来判断：图中t1～t2时间内位移减小时，则靠近平衡位置，加速度(回复力)减小，速度增加；位移增加时，则远离平衡位置，加速度(回复力)增加，速度减小．(6)振动图象还可以说明振子的动能、势能随时间的变化情况．只要知道了位移和速度的变化情况，也就不难判断出质点在不同时刻的动能和势能的变化情况．即时应用 (即时突破，小试牛刀)
3．一质点做简谐运动的图象如图1－2－5所示，下列说法正确的是( )
图1－2－5A．质点振动频率是4 Hz
B．在10 s内质点经过的路程是20 cm
C．在第4 s末质点的速度为零
D．在t＝1 s和t＝3 s两时刻，质点位移大小相等、方向相同课堂互动讲练 弹簧振子从距平衡位置5 cm处由静止释放，4 s内完成5次全振动，则这个弹簧振子的振幅为________cm，振动周期为________ s，频率为________Hz,4 s末振子的位移大小为________cm,4 s内振子运动的路程为________ cm；若其他条件都不变，只是使振子改为在距平衡位置2.5 cm处由静止释放，则振子的周期为________s.【思路点拨】 本题是考查对周期、振幅和位移的理解，要注意周期与振幅无关,位移与振幅的区别,路程与振幅的关系．
【精讲精析】 根据题意，振子从距平衡位置5 cm处由静止开始释放，说明弹簧振子在振动过程中离开平衡位置的最大距离是5 cm，即振幅为5 cm，由题设条件可知，振子在4 s内完成5次全振动，则完成一次全振动的时间为0.8 s，即T＝0.8 s；又因为【答案】 5 0.8 1.25 5 100 0.8
【方法总结】 本题主要考查描述振动的三个物理量的认识和理解以及位移和路程的区别．根据一次全振动的时间确定周期，根据完成的全振动个数确定频率和通过的路程．注意简谐运动的位移是相对平衡位置而言的．变式训练1 有一个在光滑水平面内的弹簧振子，第一次用力把弹簧压缩x后释放让它振动，第二次把弹簧压缩2x后释放让它振动，则先后两次振动的周期之比和振幅之比分别为( )
A．1∶1 1∶1 B．1∶1 1∶2
C．1∶4 1∶4 D．1∶2 1∶2
解析：选B.弹簧的压缩量即为振子振动过程中偏离平衡位置的最大距离，即振幅，故振幅之比为1∶2,而对同一振动系统，其周期与振幅无关，则周期之比为1∶1. 一质点在平衡位置O附近做简谐运动，从它经过平衡位置起开始计时，经0.13 s质点第一次通过M点，再经0.1 s第二次通过M点，则质点振动周期的值为多少？
【思路点拨】 由于振动的往复性，质点经过某一位置时由于速度方向不确定会导致多解．【精讲精析】 将物理过程模型化，画出具体化的图景如图所示．第一种可能，质点从平衡位置O向右运动到M点，那么质点从O到M运动时间为0.13 s，再由M经最右端A返回M经历时间为0.1 s，如图1－2－6甲所示．
图1－2－6【答案】 0.72 s和0.24 s
【误区警示】 这类题目由于质点振动的周期性，而造成多种可能性，解题时，一定要全面考虑质点的振动过程，不放过任何一种可能，同时可通过画草图分析，以防漏解．变式训练2 一弹簧振子做简谐运动，周期为T，则( )
A．若t时刻和(t＋Δt)时刻振子运动的位移大小相等、方向相同，则Δt一定等于T的整数倍
B．若t时刻和(t＋Δt)时刻振子运动的速度大小相等、方向相反，则Δt一定等于T/2的整倍数
C．若Δt＝T，则在t时刻和(t＋Δt)时刻振子运动的加速度一定相等
D．若Δt＝T/2，则在t时刻和(t＋Δt)时刻弹簧的长度一定相等 如图1－2－7所示是某质点做简谐运动的振动图象，根据图象中的信息，回答下列问题：
图1－2－7(1)振幅、周期各是多大？
(2)在1.5 s和2.5 s两个时刻，质点向哪个方向运动？
(3)质点在第2秒末的位移是多少？在前4秒内的路程是多少？
(4)这个简谐运动的位移随时间变化的关系式．
【思路点拨】 在分析此类问题时，要理解好图象与振动物体的实际振动过程的对应．【自主解答】 由图上的信息，结合质点的振动过程可以得出：
(1)质点离开平衡位置的最大位移x＝10 cm，所以振幅A＝10 cm；质点完成一次全振动的时间为4 s，则周期T＝4 s.
(2)在1.5 s以后的时间质点位移减小，因此是向平衡位置运动，在2.5 s以后的时间位移增大，因此是背离平衡位置运动．【方法总结】 (1)根据简谐运动的图象可以得出很多信息，比如振幅，质点在不同时刻的位移，速度的大小变化及方向．
(2)要确定简谐运动的表达式，要知道振幅、初相位、周期(或频率)．变式训练3 悬挂在竖直方向上的弹簧振子，周期T＝2 s，从最低点位置向上运动时开始计时，在一个周期内的振动图象如图1－2－8所示，关于这个图象，下列哪些说法正确( )
图1－2－8A．t＝1.25 s时，振子的加速度为正，速度也为正
B．t＝1.7 s时，振子的加速度为负，速度也为负
C．t＝1.0 s，振子的速度为零，加速度为负的最大值
D．t＝1.5 s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值．
解析：选C.由振动图象可以获取相关信息：某时刻振子的位移、加速度方向、速度等．例如t＝1.25 s时，位移为正，则加速度为负，且振子向平衡位置移动，速度为负，故A错，同理B、D错，C正确．课件47张PPT。第3节 单摆课前自主学案核心要点突破课堂互动讲练课标定位知能优化训练 第
3
节 课标定位
学习目标：1.知道什么是单摆，理解单摆做简谐运动的条件和单摆振动的特点．
2．知道影响单摆周期的主要因素，掌握单摆周期公式并能用其进行有关计算．
3．会用单摆测重力加速度．
重点难点：1.对单摆回复力的分析．
2．单摆周期公式的理解及其应用．课前自主学案一、单摆的运动
1．单摆
(1)单摆：如图1－3－1所示，把一根细线上端固定，下端拴一小球，线的______与球的______可以忽略不计，这样的装置就叫单摆，它是实际摆的理想化模型．图1－3－1质量大小(2)实际摆看成单摆的条件
①摆线的________与摆线长度相比小得多；
②悬线的质量与摆球质量相比____得多；
③摆球的_______与摆线长度相比小得多．
2．单摆摆球的受力分析
(1)回复力的来源：摆球的重力沿圆弧切线方向的______．形变量小大小分力平衡位置简谐思考感悟
单摆做简谐运动，当摆球运动到平衡位置时，摆球是处于平衡状态吗？
提示：不是．简谐运动回复力为零的位置叫平衡位置．单摆简谐运动的回复力是摆球所受重力沿切线方向的分力，或者说是摆球所受合力沿切线方向的分力，摆球所受合力在法线方向(摆线方向)的分力提供摆球做圆周运动的向心力．即当摆球运动到平衡位置时，只有回复力为零，而不是合外力为零，所以摆球运动到平衡位置时不是处于平衡状态．二、单摆的周期
1．探究影响单摆周期的因素
(1)探究方法：__________法．
(2)实验结论
①单摆周期与摆球质量______．
②单摆周期与振幅______．
③单摆的摆长越长，周期______；摆长越短，周期______．控制变量无关无关越长越小2．单摆的周期公式
(1)周期公式是荷兰物理学家________首先提出的．
(2)单摆的等时性：单摆做简谐运动时，其周期与_______无关．
(3)公式：T＝_______.即T与摆长l的二次方根成______，与重力加速度g的二次方根成_______．惠更斯振幅正比反比等时摆长摆长振动周期核心要点突破一、单摆做简谐运动的条件
判断单摆是否做简谐运动，可分析摆球的受力情况，看回复力是否符合F＝－kx的特点，如图1－3－2.图1－3－2特别提醒：(1)单摆振动的回复力为摆球重力沿圆弧切线方向的分力，回复力不是摆球所受的合外力．
(2)单摆的摆动不一定都是简谐运动，只有单摆做小角度(摆角小于5°)摆动时才认为是简谐运动．图1－3－3即时应用 (即时突破，小试牛刀)
1.如图1－3－4所示，三根长为l的绳，小球的直径为d，两绳与天花板的夹角α<30°，若摆球在纸面内做小角度的左右摆动，则此摆的摆动周期为________，若摆球做垂直纸面的小角度摆动，则此摆的摆动周期为________．
图1－3－4(3)测周期：将单摆从平衡位置拉开一个角度，且满足偏角小于5°，然后释放摆球，当单摆摆动稳定后，在过平衡位置时用秒表开始计时，测量30～50次全振动的时间．计算出摆动一次的平均时间，即为单摆的振动周期T.
(4)改变摆长，重复以上实验，获取多组l、T数据．5．注意事项
(1)细线的质量和弹性要小，要选用体积小、密度大的小球．
(2)单摆悬线的上端不可随意卷在铁夹的杆上，应夹紧在铁夹中，以免摆动时发生摆线下滑、摆长改变的现象．
(3)摆长是悬点到球心的距离，等于摆线长加上小球半径．(4)摆球摆动时，要使之保持在同一个竖直平面内．
(5)计算单摆的振动次数时，应从摆球通过最低位置时开始计时，以后摆球应从同一方向通过最低点时计数；要多测几次(如30次或50次)全振动的时间，用取平均值的办法求周期．6．误差分析
(1)系统误差：主要来源于单摆模型本身是否符合要求，即悬点是否固定，球、线是否符合要求，振动是否在同一竖直平面内等．
(2)偶然误差：主要来自时间和长度测量上，因此，要从摆球通过平衡位置开始计时，不能多计或漏计振动次数．
减小偶然误差通常采用两种方法：①多次测量求平均值法；
②图象法．①利用上述数据在坐标图1－3－5中描出l－T2图象；
②利用图象，取T2＝0.1×4π2s2＝3.95 s2，求出重力加速度．
图1－3－5答案：(1)见解析 (2)①见解析 ②9.6 m/s2课堂互动讲练 关于单摆的说法，正确的是( )
A．单摆摆球从平衡位置运动到正的最大位移处时的位移为A(A为振幅)，从正的最大位移处运动到平衡位置时的位移为－A
B．单摆摆球的回复力等于摆球所受的合外力
C．单摆摆球的回复力是摆球重力沿运动轨迹切线方向的分力
D．单摆摆球经过平衡位置时合外力为零【精讲精析】 简谐运动中的位移是以平衡位置作为起点，摆球在正向最大位移处时位移为A，在平衡位置时位移应为零．摆球的回复力由合外力沿圆弧切线方向的分力(等于重力沿圆弧切线方向的分力)提供，合外力沿摆线方向的分力提供向心力．摆球经最低点(振动的平衡位置)时回复力为零,但向心力不为零，所以合外力不为零(摆球到最高点时，向心力为零，回复力最大，合外力也不为零),故C正确．【答案】 C
【方法总结】 对单摆的摆动过程的动力学分析，首先要搞清单摆的运动既有往复性摆动又有绕悬点的圆周运动，搞清单摆回复力和向心力的来源．变式训练1 关于单摆摆球在运动过程中的受力，下列结论正确的是( )
A．摆球受重力、摆线的张力、回复力、向心力作用
B．摆球的回复力最大时，向心力为零；回复力为零时，向心力最大
C．摆球的回复力最大时，摆线中的张力大小比摆球的重力大
D．摆球的向心力最大时，摆球的加速度方向沿摆球的运动方向解析：选B.单摆在运动过程中，摆球受重力和摆线的拉力，故A错．重力垂直于摆线的分力提供回复力．当回复力最大时，摆球在最大位移处，速度为零，向心力为零，则拉力小于重力，在平衡位置处，回复力为零，速度最大，向心力最大，摆球的加速度方向沿摆线指向悬点，故C、D错，B对． 有一单摆，其摆长l＝1.02 m，摆球的质量m＝0.10 kg，已知单摆做简谐运动，单摆振动30次用的时间t＝60.8 s试求：
(1)当地的重力加速度是多大？
(2)如果将这个摆改为秒摆，摆长应怎样改变？改变多少？【答案】 (1)9.79 m/s2 (2)其摆长要缩短0.027 m 如图1－3－6所示，光滑圆弧槽半径为R，A为最低点，C到A的距离远小于R，若同时释放小球B、C，要使两小球B和C在A点相遇(小球B和C可视为质点)，问：小球B到A点的距离H应满足什么条件？
图1－3－6变式训练2 如图1－3－7所示，光滑槽的半径R远大于小球运动的弧长，今有两个小球(视为质点)同时由静止释放，其中甲球开始离圆槽最低点O较远些，则它们第一次相遇的地点是在( )
图1－3－7A．O点
B．O点偏左
C．O点偏右
D．无法确定，因为两小球的质量关系未知课件44张PPT。第4节 生活中的振动课前自主学案核心要点突破课堂互动讲练课标定位知能优化训练 第
4
节 课标定位
学习目标：1.知道什么是阻尼振动，了解阻尼振动的图象．
2．知道什么是受迫振动，知道受迫振动的周期取决于驱力的周期．
3．知道什么是共振，理解共振产生的条件，了解共振的利用和防止．
重点难点：1.决定受迫振动的因素；发生共振的条件．
2．受迫振动中振幅随驱动力的变化关系．课前自主学案一、阻尼振动
1．阻尼振动：指振幅不断______的振动．
2．阻尼振动产生的原因：振动系统克服摩擦力和其他阻力做功，系统的机械能不断减小，振幅也不断______，而且振动系统受到的阻尼越大，振幅减小的______．减小减小越快3．阻尼振动的振动图象：如图1－4－1所示，阻尼振动的振幅__________最后停止运动．
4．实际振动的理想化：当阻尼很小时，在不太长的时间内看不出振幅明显减小，于是可以把它当做__________来处理．
图1－4－1不断减小简谐运动二、受迫振动与共振
1．驱动力：给振动物体施加的一个_______的外力．
2．受迫振动：在_________外力作用下的振动．
3．受迫振动的周期或频率
物体做受迫振动时，振动稳定后的周期或频率总等于________的周期或频率，与物体的固有周期或固有频率无关．
4．共振：物体做受迫振动，当驱动力的频率______物体的固有频率时，物体振动的振幅______的现象，叫共振．周期性周期性驱动力等于最大三、共振的应用与防止
1．共振的应用
在应用共振时，应使_____________接近或等于振动系统的__________，振动将更剧烈．
(1)如在修建桥梁时，需要将管柱打入江底．工人常使打桩机打击管柱的频率接近管柱的固有频率，让管柱接近共振状态而激烈振动，加快周围泥沙的松动，提高打桩的质量．
(2)音叉共鸣箱．
(3)核磁共振仪．驱动力频率固有频率2．共振的预防
在防止共振时，驱动力频率与系统的__________相差越大越好．如火车过桥时减速；轮船航行时,常通过改变轮船的航向和速率，使海浪冲击力的频率与轮船的固有频率相差很大，防止船发生共振现象．固有频率思考感悟
用扁担挑水时，有时桶里的水会荡的厉害，甚至从桶中溅出来，这是为什么？如何避免这一现象的发生？
提示：挑水时，由于行走时肩膀的起伏，人通过扁担对水桶的作用，使水受到驱动力而做受迫振动，当驱动力的频率接近(或等于)桶里水的固有频率时,水桶里的水就发生共振，所以水会荡的厉害，以至于飞溅出来．为了避免发生这种现象，就要使驱动力的频率尽量远离桶里水的固有频率，解决的办法有改变行走的步频或停止走动片刻，也可以在桶里放些漂浮物，增大阻尼，使振动系统克服阻力做功，消耗部分机械能，以减小水的振幅．核心要点突破一、阻尼振动和无阻尼振动的比较特别提醒：物体做阻尼振动时，振幅虽不断减小，但振动的频率仍由自身结构特点所决定，并不会随振幅的减小而变化．即时应用 (即时突破，小试牛刀)
1．一单摆在空气中振动，振幅逐渐减小．下列说法正确的是( )
A．机械能逐渐转化为其他形式的能
B．后一时刻的动能一定小于前一时刻的动能
C．后一时刻的势能一定小于前一时刻的势能
D．振动的周期越来越长解析：选A.单摆振动过程中，因不断克服空气阻力做功，使机械能逐渐转变化为内能，选项A对；
虽然单摆总的机械能在逐渐减小，但在振动过程中动能和势能仍不断地相互转化,动能转化为势能时,动能逐渐减小，势能逐渐增大，而势能转化为动能时，势能逐渐减小，动能逐渐增大，所以不能断言后一时刻的动能(或势能)一定小于前一时刻的动能(或势能)，故选项B、C不对．振动的周期，频率不会改变，故选项D不对．二、受迫振动
1．受迫振动与固有振动的定义
(1)固有振动：振动系统只受回复力作用，不受系统外界作用力的振动叫固有振动．它的周期和频率称为固有周期和固有频率，其大小由振动系统本身的性质决定．
(2)受迫振动：振动系统在驱动力作用下的振动叫受迫振动．即时应用 (即时突破，小试牛刀)
2．如图1－4－2所示，一个竖直圆盘上转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T型支架在竖直方向振动，T型支架的下面系着一个由弹簧和小球组成的振动系统，小球浸没在水中．当圆盘静止时，让小球在水中振动，其阻尼振动的频率约为3 Hz.现使圆盘以4 s的周期匀速转动，经过一段时间后，小球振动达到稳定，它振动的频率是多少？小球做受迫振动
图1－4－2答案：0.25 Hz三、共振
1．对共振现象的理解
(1)共振是受迫振动的一个特例．它产生的条件是：驱动力的频率等于物体的固有频率．
(2)共振的特点是振幅最大．
图1－4－3(3)共振曲线：如图1－4－3所示，以驱动力频率为横坐标，以受迫振动的振幅为纵坐标．它直观地反映了驱动力频率对受迫振动振幅的影响，由图可知，f驱与f固相差越大，振幅A越小；当f驱＝f固时，振幅A最大．2．自由振动、受迫振动和共振的关系即时应用 (即时突破，小试牛刀)
3．如图1－4－4所示，A球振动后，通过水平细绳迫使B、C振动，下面说法中正确的是( )
A．只有A、C振动的周期相等
B．A的振幅比B的振幅小
C．C的振幅比B的振幅小
D．A、B、C的振动的周期相等
图1－4－4课堂互动讲练 若空气阻力不可忽略，单摆在小于10°偏角的摆动中，总是减小的物理量为( )
A．振幅 B．位移
C．周期 D．动能【答案】 A【方法总结】 振幅的大小表征一个振动系统总机械能的大小，当振动过程有介质阻力做功时，机械能减少，转化为内能，故振幅减小．阻尼振动的过程中动能或势能在一段时间内可以是增大的．变式训练1 如图1－4－5所示是单摆做阻尼振动的振动图象，下列说法正确的是( )
A．摆球在A时刻的动能等于在B时刻的动能
B．摆球在A时刻的势能大于在B时刻的势能
C．摆球在A时刻的机械能等于在B时刻的机械能
D．摆球在A时刻的机械能大于在B时刻的机械能
图1－4－5解析：选D.由于振幅逐渐减小，故摆球的机械能逐渐减小，选项C错，D对；由于A、B两时刻摆球的位移相同，故在这两个时刻摆球相对于零势能点的高度相同，摆球质量不变，势能相同，B错；又由于A时刻的机械能大于B时刻的机械能，而A、B两时刻的势能相同，故A时刻的动能大于B时刻的动能，A错． (2011年台州市高二期末)如图1－4－6所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把曲轴可带动弹簧振子上下振动．开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2 Hz.现匀速转动摇把，转速为240 r/min.则( )
图1－4－6A．当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5 s
B．当振子稳定振动时，它的振动周期是0.25 s
C．当转速为240 r/min时，弹簧振子的振幅最大
D．转速最大，弹簧振子的振幅就越大【答案】 B【方法总结】 匀速转动摇把，振子将做受迫振动，驱动力的周期跟摇把转动的周期是相同的，振子做受迫振动的周期又等于驱动力的周期，其频率也等于驱动力的频率，与原自由上下振动频率无关．变式训练2 如图1－4－7所示的装置，在曲轴上悬挂一个弹簧振子，若不转动把手，让其上下振动，周期为T1，现使把手以周期T2匀速转动(T2>T1)，当其运行达到稳定后( )
图1－4－7A．弹簧振子的振动周期为T1
B．弹簧振子的振动周期为T2
C．让把手的转速减小，则弹簧振子的振幅增大
D．让把手的转速增大，则弹簧振子的振幅增大
解析：选B.受迫振动周期等于驱动力的周期，故B对；让把手转速增大，则驱动力的周期T2减小，弹簧振子的振幅先增大后减小，故C、D均错． 一砝码和一轻弹簧构成弹簧振
子，如图1－4－8所示的装置可用于研
究该弹簧振子的受迫振动．匀速转动
把手时，曲杆给弹簧振子以驱动力，
使振子做受迫振动．把手匀速转动的 图1－4－8
周期就是驱动力的周期，改变把手匀速转动的速度就可以改变驱动力的周期．若保持把手不动，给砝码一向下的初速度，砝码便做简谐运动，振动图线如图1－4－9甲所示．当把手以某一速度匀速转动，受迫振动达到稳定时，砝码的振动图线如图乙所示．
若用T0表示弹簧振子的固有周期，T表示驱动力的周期，Y表示受迫振动达到稳定后砝码振动的振幅,则( )
图1－4－9A．由图线可知T0＝2 s
B．由图线可知T0＝8 s
C．当T在4 s附近时，Y显著增大；当T比4 s小得多或大得多时，Y很小
D．当T在8 s附近时，Y显著增大；当T比8 s小得多或大得多时，Y很小【精讲精析】 图甲是描述弹簧振子在不受驱动力时振动情况的图象，此时的振动周期是该弹簧振子的固有周期，从图甲中可直接读出固有周期为4 s，A错，B错；当驱动力的频率与固有频率相近时，发生共振，振幅显著增大，所以当曲杆的转动周期与弹簧振子的固有周期4 s接近的时候，振幅Y显著增大，其他情况下Y很小，C对，D错．
【答案】 C【方法总结】 (1)对于共振问题，首先要明确共振的条件，f驱＝f固，其次要结合振动图象找到f驱和f固，才能顺利解决．(2)本题符号较多，读题时要明确各符号的物理意义．变式训练3 铁道上每根钢轨长12.5 m，若支持车厢的弹簧和车厢组成的系统周期为0.6 s，那么当列车以________速度行驶时，车厢振动的最厉害．答案：21 m/s课件36张PPT。本章优化总结 专题归纳整合高考真题演练知识网络构建章末综合检测本章优化总结知识网络构建1．两者的联系
(1)振动是波动的起因，波动是振动在介质中的传播．
(2)没有振动一定没有波动，但没有波动不一定没有振动．专题归纳整合2．两者的区别
(1)从研究对象看：振动是一个质点或一个物体在某一平衡位置附近的往复运动；波动是介质中大量质点依次发生振动而形成的“集体运动”．
(2)从运动原因看：振动是由于质点所受回复力作用的结果；波动是由于介质中相邻质点的带动作用而形成的．(3)从能量的变化看：振动系统是动能与势能的相互转换，如果是简谐运动，动能与势能相互转换过程中总的机械能保持不变；波在传播过程中，由波源带动与它相邻的质点振动，即波源将机械能传递给与它相邻的质点，这个质点再将能量传递给下一个质点，因此说波的传播过程也是一个能量传播过程．3．只要明确了波的图象、波的传播方向、介质中各质点的振动方向三者间关系，然后结合v＝λ/T，有关波的问题大多数可得到解决．这三者的关系是：(1)已知波形图和波的传播方向，确定质点的振动方向．(2)已知质点振动的方向和波的传播方向，确定波形． (2010年高考全国Ⅱ)一简谐横波以4 m/s的波速沿x轴正方向传播．已知t＝0时的波形图如图2－1所示，则( )
图2－1【答案】 B振动图象与波的图象虽存在诸多区别，但也有一定的联系，由质点的振动图象，附加少许条件便可画出它所在介质中参与波动的质点在某时刻的波形图．若给出波形图，附加少许条件便可画任一质点的振动图象．这是振动与波动联系的重要体现．
1．由波的图象画振动图象 图2－2为一简谐波在t＝0时刻的波形图，介质中的质点P做简谐运动的表达式为y＝Asin5πt，求该波的波速，并画出t＝0.3 s时的波形图(至少画出一个波长)．
图2－2图2－3
【答案】 10 m/s 波形图见精讲精析1．方向性不确定出现多解：波总是由波源发出并由近及远地向前传播，波在介质中传播时，介质中各质点的振动情况是依据波的传播方向确定的，反之亦然．因此，根据题中的已知条件不能确定波的传播方向或者不能确定质点的振动方向，就会出现多解，学生在解题时往往人为地选定某一方向为波的传播方向或是质点的振动方向，造成漏掉一个相反方向的可能解．2．时间、距离不确定形成多解：沿着波的传播方向，相隔一个波长的连续两个相邻的质点振动的步调完全相同．在时间上相差一个周期的前后两个相邻时刻的波形图象是完全相同的，所以当题中已知条件没有给定波的传播时间，或是没有给定波的传播距离时，就会出现多解现象．在解题时，学生经常只分析Δt小于T或Δx小于λ的特解情况，造成特解代替通解的漏解现象．3．两质点间关系不确定形成多解：在波的传播方向上，如果两个质点间的距离不确定或相位之间的关系不确定，就会形成多解，学生往往不能联想到所有可能的情况，就会出现漏解． 一列简谐横波在某一时刻的波形图如图2－4甲所示，图中P、Q两质点的横坐标分别为x＝1.5 m和x＝4.5 m．P点的振动图象如图乙所示．
在下列四幅图中，Q点的振动图象可能是( )
图2－4图2－5
A．①②
B．①③
C．②④
D．②③【答案】 D 一列简谐横波沿直线由A向B传播，A、B相距0.45 m，图2－6是A处质点的振动图象．当A处质点运动到波峰位置时，B处质点刚好到达平衡位置且向y轴正方向运动，这列波的波速可能是( )
A．4.5 m/s
B．3.0 m/s
C．1.5 m/s
D．0.7 m/s图2－6【精讲精析】 由A质点振动图象可知，周期T＝0.4 s．由题意可知A、B间最简波形图如图2－7所示．
图2－7【答案】 A高考真题演练解析：选C.根据题意，画出此时坐标为波形图，可以看到，此时坐标为x＝0.2 m处的质元正在平衡位置且向y轴负方向运动．再经过半个周期，坐标为x＝0.2 m处的质元回到平衡位置且向y轴正方向运动，在这半个周期当中，坐标为x＝0.4 m处的质元已经过了波谷且正在向着平衡位置运动，根据简谐运动的对称性，此时的位移与半个周期之前的位移大小相等．所以C正确．2．(2011年高考海南卷改编)一列简谐横波在t＝0时的波形图如图2－8所示．介质中x＝2 m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y＝10sin(5πt) cm.关于这列简谐波，下列说法正确的是( )
图2－8A．周期为4.0 s
B．振幅为20 cm
C．传播方向沿x轴负向
D．传播速度为10 m/s3．(2011年高考上海卷)两列简谐波沿共轴相向而行，波速均为v＝0.4 m/s，两波源分别位于A、B处，t＝0时的波形如图2－9所示．当t＝2.5 s时，M点的位移为________cm，N点的位移为________cm.
图2－9解析：2.5 s内，两列波传播的距离
Δx＝vΔt＝0.4×2.5 m＝1 m，当A波向右传播1 m时，A波如图中的虚所示，B波如图中的实线所示，所以，M点位移为2 cm，N点位移为零．
答案：2 04．(2011年高考山东卷)如图2－10所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线为t1＝0时的波形图，此时P质点向y轴负方向运动，虚线为t2＝0.01 s时的波形图．已知周期T>0.01 s．求：
(1)波沿x轴________(填“正”或“负”)方向传播；
(2)波速．图2－10答案：(1)正 (2)100 m/s课件70张PPT。第2章 机械波?第1节 波的形成和描述课前自主学案核心要点突破课堂互动讲练课标定位知能优化训练 第
1
节 课标定位
学习目标：1.理解机械波的产生条件和形成过程．
2．知道机械波的分类．
3．理解波的图象的物理意义和特点，会简单的应用．
4．能用周期、频率和波长的描述波，并理解它们之间的关系．
重点难点：1.机械波的形成，机械波的特点．
2．波的图象，波速，描述波的三个物理量之间的关系．课前自主学案一、波的形成与传播
?传播波源介质带动迁移振动受迫振动相同相同越远思考感悟
在平静的湖面上，漂浮着一片树叶，如果你往树叶附近扔下一块小石子，湖面立即兴起水波，水波一圈一圈往外扩展出去，于是树叶运动起来．请问树叶会随水波往外移动吗？
提示：不会．因为小石子激起的水波是振动的传播，水并不向外移动，水的质点只是上下振动，所以树叶不会随水波往外移动．二、波的分类
1．机械波分为横波和纵波两类．垂直最高处最低处同一直线最密最疏2.声波是______，它不仅能在空气中传播，也能在固体、液体中传播
三、波的描述
1．波的图象描述：波的图象描述的是______时刻______质点的位移．如果介质中各个质点做简谐运动，它所形成的波就叫________，它的波形曲线是________________曲线．
2．波的特征
(1)波长：在波动中，沿着波的传播方向，两个______的、相对平衡位置的位移和_________总是相同的质点间的距离，叫波长，用____表示．纵波某一各个简谐波正弦(或余弦)相邻振动方向λ波源T全振动fv＝λf3．波速v、周期T(或频率f)及波长λ的决定因素
波速v由_______决定，周期T(或频率f)由______决定，则波长由_____和______共同决定．介质波源介质波源核心要点突破一、简谐运动与简谐波动的比较
1.特别提醒：(1)没有振动，一定没有机械波．
(2)在处理有关振动和波的问题时，一定要分清是振动问题还是波动问题，它们有本质的区别，不能把两者混为一谈．二、对简谐波图象的理解
1．简谐波图象的应用
(1)求该时刻各质点的位移和振幅．
(2)求该波的波长．
(3)若已知该波的传播方向，可以确定该时刻各质点的振动方向，并可判断此刻各质点的位移、加速度、速度、动能的变化趋势；或已知该时刻某质点的振动方向，可以确定该波的传播方向．
(4)已知该波的波速v的大小和方向，可画出该时刻前、后一段时间Δt的波形图．2．简谐波的图象与简谐运动图象的比较即时应用(即时突破，小试牛刀)
1．一列简谐横波，沿x轴正向传播，位于原点的质点的振动图象如图2－1－1甲所示，图乙为该波在某一时刻的波形图，A点位于x＝0.5 m处．
图2－1－1答案：(1)8 (2)0.2 (3)10 (4)0 (5)－8三、判断质点振动方向与波传播方向的方法
1．若已知波的传播方向，可确定各质点在该时刻的振动方向，常用方法有：
(1)上下坡法
不妨将波形图视为连绵起伏的山峰和山谷，由波谷到波峰的部分称上坡路，由波峰看到波谷的部分为下坡路．
沿波的传播方向看，“上坡”的点向下运动，“下坡”的点向上运动，简称“上坡下，下坡上”．如图2－1－2所示，这是为便于应用而提供的简便方法．图2－1－2(2)带动法
原理：先振动的质点带动邻近的后振动质点．
方法：在质点P靠近波源一方附近的图象上另找一点P′，若P′在P上方，则P向上运动；若P′在P下方，则P向下运动．如图2－1－3所示．
图2－1－3图2－1－4(4)同侧法
若在波的图象上标出质点的振动方向，并在同一点上标出波的传播方向，这两个表示方向的箭头位于波的图象的同一侧，如图2－1－5.
图2－1－52．由质点振动方向确定波的传播方向
仍是上述几种方法，只需将判定的程序倒过来，“反其道而行之”即可．即时应用(即时突破，小试牛刀)
2.图2－1－6中所示为简谐横波在某一时刻的波形图，已知此时质点A正向上运动，如图中箭头所示．由此可断定此横波( )
图2－1－6A．向右传播，且此时质点B正向上运动
B．向右传播，且此时质点C正向下运动
C．向左传播，且此时质点D正向上运动
D．向左传播，且此时质点E正向下运动解析：选C.如图所示，对A点由“同侧法”，知波向左传播，然后将“同侧法”用于其他点，得质点B、C向下振动，质点D、E向上振动．四、由t时刻的波形画t＋Δt时刻波形的方法
1．平移法(如图2－1－7中波1经过Δt时间后的波形)
图2－1－72．特殊点法(如图2－1－8中波1经过Δt时间后的波形)
图2－1－8即时应用(即时突破，小试牛刀)
3．一列向左传播的简谐波在某时刻的波形图如图2－1－9所示，已知波速为0.5 m/s，画出此时刻后7 s和前7 s的波形图．
图2－1－9答案：见解析五、波的多解问题
1．造成波动问题多解的主要因素
(1)周期性
①时间周期性
时间间隔Δt与周期T的关系不明确．
②空间周期性
波传播距离Δx与波长λ的关系不明确．
(2)双向性
①传播方向双向性：波的传播方向不确定．②振动方向双向性：质点振动方向不确定．
(3)两质点间关系不确定
在波的传播方向上，两个质点间的距离不确定或者相位之间的关系不确定．
(4)波形的隐含性
许多波动习题往往只给出完整波形的一部分，或给出了几个特点，而其余部分处于隐含状态．这样，一道习题就有多个图形与之对应，从而形成多解．2．波动多解问题的几种可能性
(1)质点达到最大位移处，则有正向和负向最大位移两种可能．
(2)质点由平衡开始振动，则有起振方向向上、向下(或向左、向右)两种可能．
(3)只告诉波速不指明波的传播方向，应考虑沿x轴正方向和x轴负方向两个方向传播的可能．
(4)只给出两时刻的波形，则有多次重复出现的可能等．即时应用(即时突破，小试牛刀)
4．一列简谐波在x轴上传播，如图2－1－10所示，t1时刻的波形如图中实线所示，t2时刻的波形如图中虚线所示．已知Δt＝t2－t1＝0.1 s，问：
图2－1－10(1)若波沿x轴正方向传播，且Δt(2)若波沿x轴负方向传播，且Δt无约束条件，波速是多大？
(3)若波速v＝340 m/s，则波向哪个方向传播？答案：见解析课堂互动讲练图2－1－11【精讲精析】 由于质点间的相互作用，前面的质点总是带动后面的质点振动，所以后面的质点总是滞后于前面的质点．所以，在不同时刻波形如图2－1－12所示．图2－1－12【答案】 见精讲精析图2－1－13A．介质中所有质点的起振方向都是竖直向下的，但图中质点9起振最晚
B．图中所画的质点起振时间都是相同的，起振的位置和起振的方向是不同的
C．图中质点8的振动完全重复质点7的振动，只是质点8振动时，通过平衡位置或最大位移的时间总是比质点7通过相同位置时落后T/4
D．只要图中所示质点都已振动了，质点1与质点9的振动步调就完全一致，但如果质点1发生的是第100次振动，则质点9发生的就是第98次振动 一列简谐横波沿x轴传播，t＝0时的波形如图2－1－14所示，质点A与质点B相距1 m，A点速度沿y轴正方向；t＝0.02 s时，质点A第一次到达正向最大位移处．由此可知
( )图2－1－14A．此波的传播速度为25 m/s
B．此波沿x轴正方向传播
C．从t＝0时起，经0.04 s，质点A沿波传播方向迁移1 m
D．在t＝0.04 s时，质点B处在平衡位置，速度沿y轴负方向【答案】 A变式训练2 (2010年高考天津卷)一列简谐波沿x轴正方向传播，传到M点时波形如图2－1－15所示，再经0.6 s，N点开始振动，则该波的振幅A和频率f为( )
图2－1－15A．A＝1 m f＝5 Hz
B．A＝0.5 m f＝5 Hz
C．A＝1 m f＝2.5 Hz
D．A＝0.5 m f＝2.5 Hz (2011年济南高二检测)一列简谐横波，在t＝0.4 s时刻的波形图象如图2－1－16乙所示，波上A质点的振动图象如图甲所示．
图2－1－16(1)判断该波的传播方向；
(2)求该波的传播速度．
【自主解答】 (1)由图甲可知，t＝0.4 s时A质点向－y方向振动，则由图乙可知，t＝0.4 s时，A质点在重复它左边质点的振动，故该列波沿＋x方向传播．
(2)由图乙知波长λ＝20 m，由图甲知周期为T＝0.8 s，【答案】 (1)沿＋x方向 (2)25 m/s
【规律总结】 在波的图象中，由某时刻某一质点的振动方向可判断波的传播方向，反之，由波的传播方向，也可判断该时刻某质点的振动方向；在波的图象可读出波长λ，在振动图象中可读出周期T，则两者结合可求出波速v.变式训练3 (2011年高考重庆卷)介质中坐标原点O处的波源在t＝0时刻开始振动，产生的简谐波沿x轴正向传播，t0时传到L处，波形如图2－1－17所示．下列能描述x0处质点振动的图象是
( )图2－1－17图2－1－18解析：选C.由波动图象知，L处质点的振动方向沿y轴负方向，故x0处质点起振方向沿y轴负方向，A、B错误；又由波动图象知，t0时刻x0处质点沿y轴负方向运动，C正确，D错误．课件32张PPT。第2节 波的反射和折射课前自主学案核心要点突破课堂互动讲练课标定位知能优化训练 第
2
节 课标定位
学习目标：1.知道波面和波线．
2．了解惠更斯原理，知道用惠更斯原理描述波的方法．
3．掌握波的反射定律和波的折射定律．
重点难点：波的反射和折射定律．课前自主学案一、惠更斯原理
1．几个概念
(1)波面：从______发出的波，经过同一传播时间到达的各点所组成的面叫做_______或_______．波面是球面的波称为________，波面是平面的波称为________．
(2)波线：用来表示波的___________的线称为波线，波线与各个波面总是_______．波源波阵面波面球面波平面波传播方向垂直2．惠更斯原理
介质中________上的每一个点，都可以看成一个__________，这些___________发出子波．经过一定时间后，这些子波的________就构成下一时刻的________．这就是惠更斯原理．
二、波的反射
1．几个概念
在物理学中，把波遇到________时会返回来继续传播的现象叫做__________，入射波线与______的夹角叫做________，反射波线与_______的夹角叫做_________．波阵面新的波源新的波源包络面波面障碍物反射现象法线入射角法线反射角2．反射定律
反射波线、入射波线和_______在同一平面内，反射波线和入射波线分别位于_________，_______等于入射角．
三、波的折射
1．几个概念
在物理学中，把波在传播过程中，由一种介质进入另一种介质时，传播方向____________的现象，叫做___________．入射波的波线与______的夹角叫做_______i，折射波的波线与_____的夹角叫做________r.法线法线两侧反射角发生偏折波的折射法线入射角法线折射角2．折射现象
折射波的频率与入射波的频率________．波速和波长都发生了变化．
3．折射定律
(1)内容：入射角的正弦跟折射角的正弦之比，等于波在第Ⅰ种介质中的_______与波在第Ⅱ种介质中的_______之比．相同波速波速核心要点突破一、对惠更斯原理的理解和应用
1．球面波和平面波的比较2.利用惠更斯原理解释波的传播
如图2－2－1甲所示，以O为球心的球面波在t时刻的波面为γ，按照惠更斯原理，γ面上每个点都是子波的波源．设各个方向的波速都是v，在Δt时间之后各子波的波面如图中虚线所示，虚线圆的半径是vΔt，γ′是这些子波波面的包络面，它就是原来球面波的波面在时间Δt后的新位置．可以看出，新的波面仍是一个球面，它与原来球面的半径之差为vΔt，表示波向前传播了vΔt的距离．图2－2－1
与此类似，可以用惠更斯原理说明平面波的传播，如图乙所示．即时应用(即时突破，小试牛刀)
1．对惠更斯原理的解释，下列说法中错误的是
( )
A．同一波面上的各质点振动情况完全相同
B．同一振源的不同波面上的质点的振动情况一定相同
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：选B.按照惠更斯原理，波面是由振动情况完全相同的点构成的面，而不同波面上质点的相位不同，故A项说法对，B项说法错，由波面和波线概念判定，C、D项说法都正确．即时应用(即时突破，小试牛刀)
2．某人想听到自己发出的声音的回声，若已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，那么他至少要离障碍物多远？(原声与回声区分的最短时间为 0.1 s )答案：17 m三、对折射定律的理解图2－2－23．几点说明
(1)频率f由波源决定，故无论是反射波的频率还是折射波的频率都与入射波的频率，即波源的振动频率相同．
(2)波速v由介质决定，因反射波与入射波在同一介质中传播，故波速不变；折射波与入射波在不同介质中传播，波速变化．
(3)据v＝λf知，波长λ与v及f有关，即与介质和波源有关，反射波与入射波在同一介质中、波速相同，频率相同，故波长相同．折射波与入射波在不同介质中传播，v不同，f相同，故λ不同．即时应用(即时突破，小试牛刀)
3．如图2－2－3所示是声波从介质Ⅰ进入介质Ⅱ的折射情况，由图判断下面的说法正确的是( )
图2－2－3课堂互动讲练 有一辆汽车以15 m/s的速度匀速行驶，在其正前方有一陡峭山崖，汽车鸣笛2 s后司机听到回声，此时汽车距山崖的距离有多远？(v声＝340 m/s)【思路点拨】 汽车鸣笛后声音向前传播至障碍物再返回，直到司机听到回声的过程，汽车(司机)也在运动且二者运动时间相同．【精讲精析】 画出汽车与声音运动过程示意图如图2－2－4所示，设汽车由A到C位移为s1，C到山崖B距离为s2，设汽车鸣笛到司机听到回声时间为t，有t＝2 s.
图2－2－4【答案】 325 m
【方法总结】 对于波的反射定律的应用，搞清声音传播的过程，找到声音与汽车运动以及障碍物的空间位置分布，画出波的传播过程示意图，是灵活解题的关键． 变式训练1 某测量员是这样利用回声测距离的：他站在两平行墙壁某一位置鸣枪，经过1.0 s第一次听到回声，又经过0.5 s再次听到回声，已知声速为340 m/s，则两墙壁间的距离为________m.
解析：设两墙壁间距离为s，测量员离较近的前墙壁的距离为x，则他到后墙壁的距离为s－x.
所以有2x＝vt1,2(s－x)＝vt2＝v(t1＋Δt)
解得两墙壁间的距离s＝425 m.
答案：425 m 如图2－2－5所示，某列波以60°的入射角由甲介质射到乙介质的界面上同时产生反射和折射，若反射波的波线与折射波的波线的夹角为90°，此波在乙介质中的波速为1.2×105 km/s，
(1)该波的折射角为________．
(2)该波在甲介质中的传播速度为多少？
(3)该波在两种介质中的波长比为多少？图2－2－5【方法总结】 本题虽然直接应用波的折射定律求解．但极易出现波长比值弄颠倒的错误，列式时要注意．另外在反射定律和折射定律中，入射角均为入射波线与法线之间的夹角，反射角、折射角是反射波线、折射波线与法线之间的夹角，而不是波线与界面的夹角，在解题时应加以注意．变式训练2 如图2－2－6所示，是一列机械波从一种介质进入另一种介质发生的现象，已知波在介质1中的波速为v1，入射波线与界面的夹角为30°，波在介质2中的波速为v2，折射波线与法线的夹角为45°，则v1∶v2为多少？图2－2－6课件55张PPT。第3节 波的干涉和衍射
?
第4节 多普勒效应及其应用课前自主学案核心要点突破课堂互动讲练课标定位知能优化训练 第
4
节 课标定位
学习目标：1.理解波的叠加原理．
2．知道波的干涉衍射现象及产生稳定干涉、明显衍射的条件．
3．知道干涉、衍射现象是波所特有的现象．
4．了解波的多普勒效应现象．
重点难点：1.波的干涉现象及其产生条件，衍射现象．
2．波的叠加原理．课前自主学案一、波的干涉现象
1．波的叠加原理
大量研究表明，波在相遇时仍然能够保持各自的___________继续传播，在相遇的区域里，介质内部的质点同时参与相遇的波列的______，质点的位移等于相遇波列单独存在时到达该处引起的_______的叠加，相遇的波一旦脱离接触又会按照原来的运动状态继续传播．这在物理学中称为波的叠加原理．运动状态振动位移2．波的干涉
(1)我们把__________和振动方向相同的两列波叠加后，振动加强和振动减弱的区域__________，_________的现象，叫做波的干涉，形成的图样叫做干涉图样．
(2)只有_______和__________相同的波才可能互相干涉．水波、声波、光波、电磁波等都能产生干涉，干涉现象是波的重要特征之一．
二、波的衍射现象
1．波绕过________或通过_______继续传播的现象，叫做波的衍射．振动频率互相间隔稳定分布频率振动方向障碍物孔隙2．同一列水波经过不同的狭缝时，当狭缝的宽度远大于__________时，没有明显的衍射现象；当狭缝的宽度接近________________时，水波在狭缝的边缘发生了弯曲；当狭缝的宽度更接近水波的波长时，水波通过狭缝后成为近似于________________衍射现象更加明显．
3．进一步实验表明，当障碍物或狭缝的尺寸跟_______________时，衍射现象十分明显．
4．不仅水波能发生衍射现象．______波都能发生衍射现象，衍射是_____特有的现象．水波的波长水波的波长波源发出的球面波波长相差不多一切波三、多普勒效应
1．多普勒效应
由于________与________之间有相对运动而使观察者接收到的_______发生变化的现象称为多普勒效应．
2．多普勒效应产生的原因
(1)波源与观察者相对静止时，观察者观测到的频率_______波源振动的频率．
(2)波源与观察者相互靠近时，观察者观测到的频率_______波源的的频率，即观察到的频率变大．
(3)波源与观察者相互远离时，观察到的频率变小．波源观察者频率等于大于四、多普勒效应的应用
1. 多普勒测速仪．
2．彩色超声多普勒心动图仪．
3．用电磁波的多普勒效应可以确定目的物的距离、方位、速度等，这在军事、航天、气象预报等领域有着广泛的应用．核心要点突破一、对波的叠加原理的进一步认识
1．叠加原理：几列波相遇时能够保持各自的形状不变而继续传播，在它们重叠的区域里，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．
2．波在叠加时的特点
(1)位移是几列波分别产生的位移的矢量和．(2)各列波独立传播．
两列同相波的叠加，振动加强，振幅增大．(如图
2－3－1所示)
图2－3－1两列反相波的叠加，振动减弱，振幅减小．(如图2－3－2所示)
图2－3－23．波的独立性
几列波相遇后，仍像相遇前一样，能够保持各自原来的波形继续传播，这就是波的独立性．在空间里不管有多少列波相遇，对任一列波而言，其他波就像不存在一样．即时应用(即时突破，小试牛刀)
1．如图2－3－3所示，两列相同的波相向传播，当它们相遇时，图2－3－4中可能的波形是( )
图2－3－3图2－3－4解析：选C.当两列波相遇时，达到图甲所示的状态时，叠加以后的波形不可能是选项B.
当两列波相遇时，达到图乙所示的状态时，叠加以后的波形应是选项C.二、波的干涉的理解和振动加强点与减弱点的判断
1．波的干涉的理解
(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，但干涉必须是满足一定条件的两列波叠加后形成的现象．(2)稳定干涉图样的产生是有条件的，必须是两列同类的波，并且波的频率相同、振动方向相同、相位差恒定．如果两列波的频率不相等，在同一种介质中传播时其波长就不相等，这样不能形成稳定的振动加强点和减弱点．因此我们就看不到稳定的干涉图样，只能是一般的振动叠加现象．
(3)明显的干涉图样和稳定的干涉图样意义是不同的，明显的干涉图样除了满足相干条件外，还必须满足两列波振幅相差不大．振幅越是接近，干涉图样越明显．
(4)稳定干涉图样的特征①加强区和减弱区的位置固定不变，且相互间隔．
②加强区始终加强，减弱区始终减弱．
2．振动加强点和减弱点的判断
(1)从振幅判断
振幅为两列波的振幅之和的点为加强点，加强点连成的区域为加强区；振幅为两列波的振幅之差的点为减弱点，减弱点连成的区域为减弱区．
(2)从条件上判断(3)从现象上判断
若某时刻某点是波峰与波峰(或波谷与波谷)相遇，该点为振动加强点；若某时刻某点是波峰与波谷相遇，则该点为振动减弱点．
特别提醒：(1)只有当两相干波的振幅相等时，减弱点的位移才始终为零，即不振动，当两相干波的振幅不相等时，减弱点的位移随时间做周期性变化．
(2)加强点的位移随时间在－A与A的范围内变化，并不是每一时刻都最大．即时应用(即时突破，小试牛刀)
2．如图2－3－5所示，S1和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，对于a、b、c三点的振动情况的下列判断中，正确的是( )
图2－3－5A．b处的振动永远减弱
B．a处永远是波峰与波峰相遇
C．b处永远是波谷与波谷相遇
D．c处的振动永远减弱
解析：选D.b点此刻是波谷和波谷相遇，位移为负的最大值，振动是加强的，故A、C错；a处此刻是波峰与波峰相遇，是加强点，再过半个周期后变成波谷和波谷相遇，始终振动加强，但并非永远在波峰或波谷，故B错；c处此刻是波峰与波谷相遇，过半个周期后是波谷与波峰相遇，c点永远是振动减弱，故D正确．三、波的衍射的理解
1．对明显衍射发生条件的理解
(1)孔、缝的宽度或障碍物的尺寸与波长的关系仅是衍射能否明显发生的条件，但发生波的衍射没有条件．
(2)明显衍射发生时，并不一定能清楚地感受到，如当孔远远小于水波波长时，衍射应当非常明显，但因孔很小，单位时间内通过孔的能量很小，又分布到很大的区域上，水波将非常弱，将看不清楚．2．波的干涉与波的衍射的比较特别提醒：(1)干涉、衍射现象是波特有的现象，凡能发生干涉或衍射现象的一定是波．(2)衍射只有明显与不明显的差异，不会出现“不发生衍射现象”的情况．即时应用(即时突破，小试牛刀)
3．如图2－3－6所示是观察水面波衍射的实验装置，AC和BD是两块挡板，AB是一个孔，O是波源，图中已画出波源所在区域波的传播情况，每两条相邻波纹(图中曲线)之间的距离表示一个波长，则对于波经过孔之后的传播情况，下列描述错误的是( )图2－3－6A．此时能明显观察到波的衍射现象
B．挡板前后波纹间距离相等
C．如果将孔AB扩大，有可能观察不到明显的衍射现象
D．如果孔的大小不变，使波源频率增大，能更明显地观察到衍射现象四、多普勒效应如何应用
1．音调和频率：频率高→音调高，频率低→音调低．
2．多普勒效应：由于波源和观察者之间有相对运动，使观察者感到频率变化的现象．多普勒效应是波共有的特征．3．发生多普勒效应时几种情况的比较总之，发生多普勒效应时，无论什么情况，波源与观察者肯定有相对运动，当波源与观察者相互接近，观察者接收到的频率变大，音调变高，反之当波源与观察者相互远离，观察者接收到的频率变小，音调变低．即时应用(即时突破，小试牛刀)
4．下面哪些应用没有利用多普勒效应( )
A．利用地球上接收到遥远天体发出的光波的频率来判断遥远天体相对于地球的运动速度
B．交通警察向行进中的汽车发射一个已知频率的电磁波，波被运动的汽车反射回来，根据接收到的频率发生的变化，就知道汽车的速度，以便于进行交通管理．
C．铁路工人用耳贴在铁轨上可判断火车的运动情况
D．有经验的战士从炮弹飞行的尖叫声判断飞行炮弹是接近还是远去解析：选C.凡是波都具有多普勒效应，因此利用光波的多普勒效应便可以测定遥远天体相对地球运动的速度；被反射的电磁波，相当于一个运动的物体发出的电磁波，其频率发生变化，由多普勒效应的计算公式可以求出运动物体的速度，故A、B选项中的事例利用了多普勒效应．铁路工人是根据振动的强弱而对列车的运动作出判断的，故C选项不正确．飞行的炮弹，与空气摩擦产生声波．人耳接收到的频率与炮弹的相对运动方向有关，故D选项中的事例利用了多普勒效应．课堂互动讲练 如图2－3－7表示两个相干波源S1S2产生的波在同一种均匀介质中相遇．图中实线表示某时刻的波峰，虚线表示的是波谷，下列说法正确的是( )图2－3－7A．a、f两点的振动加强，b、d两点的振动减弱
B．e、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波谷，原来位于波谷的点将位于波峰
【思路点拨】 根据图样确定a、b、c、d各点的叠加情况，从而判断加强点或减弱点，再根据加强点连线或减弱点连线对e、f进行判断．【精讲精析】 波的干涉示意图所示的仅是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，对稳定的干涉图样，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错误；e位于加强点的连线上，为加强点，f位于减弱点的连线上，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是不停地做周期性振动，经半个周期步调相反，D正确．【答案】 D
【方法总结】 (1)先找振动加强点和振动减弱点：
根据波峰与波峰(或波谷与波谷)相遇的点为振动加强点，波峰与波谷相遇的点为振动减弱点．找到一系列加强点和减弱点．(2)再找振动加强区和减弱区：
根据在波的传播方向上加强点的连线为加强区，减弱点的连线为减弱区，确定加强区和减弱区．
(3)波形在时刻变化，可以沿波线方向平移波形，以此找到一般质点的振动情况，更能准确确定加强区和减弱区．变式训练1 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：选C.根据波的叠加原理，只要两列波相遇就会叠加，所以A错．两列频率相同的波相遇时，振动加强的点是波峰与波峰、波谷与波谷相遇，所以B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，所以选项C正确，选项D错误． 把M、N两块挡板中间的空隙当做一个“小孔”做水波的衍射实验，出现了如图2－3－8所示的图样，位置P处的水没有振动起来，现要使挡板左边的振动传到P处，在不改变挡板M的位置和P点位置的情况下，可以采用哪些办法？图2－3－8【精讲精析】 波发生明显衍射现象的条件是障碍物或孔的尺寸与波长相差不多，或者比波长更小，所以要使P点振动起来，有两种方法：一是减小孔的尺寸，二是增大波的波长．N板向上移，可以减小孔的尺寸；由v＝λf可知，水波的波速一定，减小波源的频率可以增大水波的波长．故使挡板左边的振动传到P处可以采用的方法是N板上移，或减小波源振动的频率.
【答案】 见精讲精析【方法总结】 (1)熟练掌握波能发生明显衍射现象的条件以及波长、频率、波速之间的关系是正确解决此类问题的基础．
(2)比较波长与障碍物或孔的尺寸的大小关系是判断波能否发生明显衍射的唯一依据．变式训练2 在做水波通过小孔衍射的演示实验时，激发水波的振动频率为 5 Hz，水波在水槽中传播速度为0.05 m/s，为使实验效果明显，使用小孔直径d不能超过________m.答案：0.01 一辆警车以108 km/h的速度追击逃犯时鸣响频率为600 Hz的警报器，若当天声音在空气中的传播速度为330 m/s，试计算警车在追击过程中路过公路边时，站在路边不动的人听到警报声的频率发生什么变化？【答案】 见自主解答变式训练3 如图2－3－9表示产生机械波的波源O做匀速运动的情况，图中的圆表示波峰．
图2－3－9(1)该图表示的是( )
A．干涉现象 B．衍射现象
C．反射现象 D．多普勒效应
(2)波源正在移向( )
A．A点 B．B点
C．C点 D．D点
(3)观察到波的频率最低的点是( )
A．A点 B．B点
C．C点 D．D点解析：(1)该图表示的是多普勒效应．正确的选项为D.
(2)从波长变化情况来看，波源正在移向A点，所以，选项A正确．
(3)由于波源远离B点，所以，观察到波的频率最低的点是B点，选项B正确．
答案：(1)D (2)A (3)B课件21张PPT。本章优化总结 专题归纳整合高考真题演练知识网络构建章末综合检测本章优化总结知识网络构建电磁波电磁波电磁振荡在近年来的高考中出现的频率较高．学习中若能抓住三个“两”，就可把握好本章的知识要点，从而使知识系统化．
1．两个物理量
考题大部分是围绕某些物理量在电磁振荡中的变化规律而设计的，因此，分析各物理量的变化规律就显得尤为重要．这些物理量可分为两类：专题归纳整合一个是电流(i)，振荡电流i在电感线圈中形成磁场，因此，线圈中的磁感应强度B，磁通量Φ和磁场能E磁具有与之相同的变化规律．
另一个是电压(u)．电容器极板上所带的电荷量q、两极板间的场强E，电场能E电，线圈的自感电动势E的变化规律与u相同．
电流i和电压u的变化不同步，
规律如图3－1所示．图3－12．两个过程
电磁振荡过程按电容器的电荷量变化可分为充、放电过程，当电容器的电荷量增加时为充电过程，这个过程中电路的电流减小；电荷量减小时为放电过程，这个过程中电路的电流增大．3．两个初始条件
如图3－2所示的电路甲和乙，表示了电磁振荡的两个不同初始条件，图甲中开关S从1合向2时，振荡的初始条件为电容器开始放电，图乙中S从1合向2时，振荡的初
始条件为电容器开始充电，
学习中应注意区分这两个
初始条件．图3－2 在LC振荡电路中，当电容器放电完毕瞬间，以下说法不正确的是( )
A．电容器极板间的电压等于零，磁场能开始向电场能转化
B．电流达到最大值时，线圈产生的磁场能开始向电场能转化
C．如果没有能量辐射损耗，这时线圈的磁场能等于电容器开始放电时电场能
D．电容器放电完毕瞬间，线圈中产生的自感电动势最大【精讲精析】 电容器放电完毕瞬间，电场能向磁场能转化完毕，磁场能开始向电场能转化，电容器开始反方向充电，故选项A的说法正确．
电容器放电完毕的瞬间，电容器电荷量Q＝0，板间电压U＝0，板间场强E＝0，线圈电流I最大，磁感应强度B最大，电路磁场能最大，电场能为零，故选项B的说法正确．如果没有考虑能量的辐射，能量守恒，在这一瞬间电场能E电＝0，磁场能E磁最大，而电容器开始放电时，电场能E电′最大，磁场能E磁′＝0，则E磁＝E电′，故选项C的说法正确．
【答案】 D电磁波与机械波都是波，但又各有自己的特点，如能正确比较电磁波和机械波的异同，就能全面、透彻地理解这个知识点．
1．电磁波和机械波的共同点
(1)二者都能发生干涉和衍射．
(2)二者的传播速度都与介质有关．
(3)二者在不同介质中传播时频率不变．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，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． 关于机械波和电磁波，下列说法中错误的是( )
A．机械波和电磁波都能在真空中传播
B．机械波和电磁波都可以传递能量
C．波长、频率和波速间的关系，即v＝λf对机械波和电磁波都适用
D．机械波和电磁波都能发生衍射和干涉现象【精讲精析】 机械波的传播需要介质，而电磁波的传播不需要介质，所以选项A不正确．干涉、衍射是波特有的现象，选项D正确．波能传递能量，v＝λf，对波都适用，故选项B、C都正确．
【答案】 A高考真题演练1．(2010年高考天津理综卷)下列关于电磁波的说法正确的是( )
A．均匀变化的磁场能够在空间产生电场
B．电磁波在真空和介质中传播速度相同
C．只要有电场和磁场，就能产生电磁波
D．电磁波在同种介质中只能沿直线传播解析：选A.变化的磁场能产生电场，A正确．若只有电场和磁场而电场和磁场都稳定或电场、磁场仅均匀变化都不能产生电磁波，C错．光也是电磁波，在真空和介质中传播的速度不同，可判断B错．D选项中没强调是“均匀”介质，若介质密度不均匀会发生折射，故D错．2．(2010年高考课标全国卷)在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献．下列说法正确的是( )
A．奥斯特发现了电流磁效应，法拉第发现了电磁感应现象
B．麦克斯韦预言了电磁波，楞次用实验证实了电磁波的存在
C．库仑发现了点电荷的相互作用规律，赫兹通过油滴实验测定了元电荷的数值
D．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律，洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律解析：选A.奥斯特发现电流周围有磁场，即电流的磁效应，法拉第发现了“磁生电”，A对；赫兹用实验验证了电磁波的存在，B错；库仑发现了点电荷的相互作用规律，密立根测的元电荷的数值，C错．安培发现磁场对电流的作用规律，洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，D错．3．(2010年高考上海卷)电磁波包含了γ射线、红外线、紫外线、无线电波等，按波长由长到短的排列顺序是( )
A．无线电波、红外线、紫外线、γ射线
B．红外线、无线电波、γ射线、紫外线
C．γ射线、红外线、紫外线、无线电波
D．紫外线、无线电波、γ射线、红外线
解析：选A.常见的电磁波按波长从长到短的排列顺序是：无线电波，红外线，可见光，紫外线，X射线，γ射线．课件46张PPT。第3章 电磁波第1节 电磁波的产生课前自主学案核心要点突破课堂互动讲练课标定位知能优化训练 第
1
节 课标定位
学习目标：1.理解电磁振荡的过程．
2．了解LC振荡电路的周期和频率．
3．理解麦克斯韦电磁场理论的两个要点，了解电磁场与电磁波的联系与区别以及电磁波的特点．
重点难点：1.电磁振荡的概念及过程．
2．麦克斯韦的两个基本观点．课前自主学案一、电磁振荡
1．振荡电流：大小和________都周期性变化的电流．
2．振荡电路：产生_____________的电路．基本的振荡电路为_____________
3．电磁振荡的过程分析
(1)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_____________，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__________，振荡电流逐渐增方向振荡电流LC振荡电路．逐渐减少磁场能大，放电完毕，电流达到_______，电场能全部转化为磁场能．
(2)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_____________逐渐减小，电容器将进行 __________，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 __，磁场能全部转化为电场能．
此后，这样充电和放电的过程反复进行下去．最大原来的方向反向充电零4．电磁振荡
在LC振荡电路中，电容器极板上的电荷量，电路中的电流，与振荡电流相联系的电场和磁场也周期性交替_______，电场能和磁场能相互________
5．LC电路的周期和频率
_____________
(2)单位：周期T、频率f、自感系数L、电容C的单位分别是_______、赫兹Hz、_________、法拉F.变化转化．秒s亨利H思考感悟二、麦克斯韦的预言
1．麦克斯韦电磁场理论
(1)变化的磁场周围会产生电场
麦克斯韦提出，在变化的磁场周围会激发出一种电场——____________，不管有无闭合电路，变化的磁场激发的___________总是存在的．
(2)变化的电场周围会产生磁场
麦克斯韦从场的观点得出，即使没有电流存在，只要空间某处的电场发生变化，就会在其周围产生____________
涡旋电场涡旋电场涡旋磁场．(3)变化的电场和磁场是相互联系的，形成一个不可分离的统一场， 这就是_________
2．电磁波
变化的电场周围产生变化的________，变化的磁场周围产生变化的________，变化的
_______和变化的_________相互联系在一起，就会在空间形成一个统一的，不可分割的电磁场．这种在空间交替变化并传播出去的电磁场就形成了电磁波．电磁场．磁场电场电场磁场三、赫兹实验
1．实验结论：赫兹证实了________的存在．
2．实验意义：证明了_____________的预言，为麦克斯韦的电磁场理论奠定了坚实的实验基础．电磁波麦克斯韦核心要点突破一、电磁振荡
1．对LC振荡过程的认识
(1)从振荡的表象上看：LC振荡过程实际上是通过线圈L以电容器C充、放电的过程．
(2)从物理本质上看：LC振荡过程实质上是磁场能和电场能之间通过充、放电的形式相互转化的过程．2．LC振荡过程中规律的表达
(1)定性表达．在LC振荡过程中，磁场能及与磁场能相关的物理量(如线圈中电流强度、线圈电流周围的磁场的磁感应强度、穿过线圈的磁通量等)和电场能及与电场能相关的物理量(如电容器的极板间电压、极板间电场的电场强度、极板上电荷量等)都随时间做周期相同的周期性变化．这两组量中，一组最大时，另一组恰最小；一组增大时，另一组正减小．这一特征正是能的转化和守恒定律所决定的．
(2)图象表达：如图3－1－1所示．
图3－1－1图3－1－2(3)图表表达：特别提醒：在振荡电路中，电容器极板上的电荷量与电压、电路中的电流，都是按正弦(或余弦)规律变化的，它们相对时间的变化是不均匀的——在最大值处变化率最小，在零值处变化率最大．即时应用 (即时突破，小试牛刀)
1．在LC振荡电路中，下列哪个说法是错误的( )
A．电容器开始放电时，电路中电流最大
B．电路中电流最大时，电路中的电场能最小
C．电容器放电结束时，电路中的电流最大
D．电容器反向充电开始时，电路中的磁场能最大
解析：选A.在电容器放电过程中，电流由零逐渐增大，线圈中产生的自感电动势虽然和电流方向相反，要阻碍电流的增大，但不能阻止电流的增大．因此尽管随着放电过程的进行，加在线圈两端的电压不断减小，但是线圈中的电流却不断增大，直至放电结束，线圈两端电压减小为零，电流增为最大．从能量转化的角度更容易理解其大小变化的关系：在电容器放电过程中，电容器上的电荷量逐渐减小，磁场能逐渐增大，磁场逐渐增强，这只有电流逐渐增大才能实现．直至放电结束，电容器电荷量为零，电场能全部转化为磁场能，电流达到最大．由上述分析可知，应选A.
二、对麦克斯韦电磁场理论的理解即时应用(即时突破，小试牛刀)
图3－1－3
2．一个带正电的粒子在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动，如图3－1－3所示．当磁感应强度均匀增大时，此粒子的( )
A．动能不变 B．动能增大
C．动能减小 D．以上情况都可能解析：选B.当磁感应强度均匀增大时，根据麦克斯韦电磁场理论，将激起一稳定的电场，带电粒子将受电场力作用——可假想垂直磁场(或说沿运动平面)放置一导线环，由于磁场变化将在环内产生感应电流，感应电流是电荷受电场力作用定向运动而产生的，感应电流方向即为产生的电场方向，进而确定电场力对带正电的粒子做正功，所以粒子的动能增大．故正确答案为B.三、电磁振荡的周期和频率的影响因素及应用
1．影响因素：实验表明电容或电感增加时，周期变长，频率变低；电容或电感减小时，周期变短，频率变高．
2．应用选择：适当地选择电容器和线圈，就可以使振荡电路的周期和频率符合需要．在需要改变振荡电路的周期和频率时，可以用可变电容器和线圈组成电路，改变电容器的电容，振荡电路的周期和频率就随之改变．即时应用 (即时突破，小试牛刀)
3．要想提高电磁振荡的频率，下列办法中可行的是( )
A．线圈中插入铁芯
B．提高充电电压
C．增加电容器两板间距离
D．增加电容器两板间的正对面积课堂互动讲练 在LC振荡电路中，某时刻线圈中磁场方向如图3－1－4所示，则下列说法正确的是( )
①若磁场正在加强，则电容器正在放电，电流方向为a→b
②若磁场正在减弱，
则电场能正在减小，
电容器下极板带负电荷 图3－1－4③若磁场正在减弱，则电场能正在增大，电容器下极板带负电荷
④若磁场正在加强，则电容器正在充电，电流方向为b→a
A．①③ B．①④
C．②③ D．②④【精讲精析】 在电磁振荡的一个周期内，磁场加强的过程，必定是电容器放电过程，振荡电流增大而电场能减小，根据线圈磁感线方向，用安培定则可确定线圈上振荡电流的方向，从而得知回路中电流方向是a→b，注意到这是放电电流，故电容器下极板带正电荷；磁场正在减弱的过程，必定是电容器充电过程，振荡电流减小而电场能增大，用安培定则判断此时电流方向仍是a→b，但这是充电电流，故负电荷不断聚到下极板，上极板则出现等量正电荷，电容器两极板的电荷不断增加．由以上分析可知，本题正确选项应为A.
【答案】 A【方法总结】 有关LC电路过程分析问题，要注意以下两点：
(1)根据线圈中磁场方向、电容器极板的正负或电容器两端电压变化，确定电容器是充电过程还是放电过程．
(2)熟练掌握电磁振荡时，电流、电荷量、电压、磁感应强度、电场强度、电场能、磁场能等物理量的周期性变化特点．变式训练1
图3－1－5
如图3－1－5所示，振荡电路中线圈自感系数为L，电容器的电容为C，当电容器刚开始放电时计时，则下列说法错误的是( ) 图3－1－6中是一个LC振荡电路中的电流变化图线，根据图线可判断( )
图3－1－6
A．t1时刻电感线圈两端电压最大
B．t2时刻电容器两极间电压为零
C．t1时刻电路中只有电场能
D．t1时刻电容器带电荷量为零图3－1－7【精讲精析】 由图象知，计时开始时，电容器两极板带电荷量最大，电流为零，电容器放电开始，根据电流随时间的变化规律，可以在图中画出q－t图线(在图3－1－7用虚线表示)．由图线分析可知：t1时刻，电容器上电荷量为零，电势差为零，电场能为零，故D对，A、C皆错；t2时刻电容器电荷量q最大，两板间电势差最大，B错．
【答案】 D【方法总结】 分析i－t图象时，画出对应的q－t图象，并注意到i与B、E磁变化规律一致，q与E、E电、U变化规律一致，可起到事半功倍的效果．
变式训练2 LC振荡电路中电容器两端的电压u随时间t变化的关系如图3－1－8所示，则( )图3－1－8
A．在t1时刻，电路中的电流最大
B．在t2时刻，电路中的磁场能最大
C．从t2至t3时间内，电路中的电场能不断减小
D．从t3至t4时间内，电容器的带电量不断增大解析：选B.在t1时刻，电容器极板间电压最高，电路中振荡电流为零；t2时刻，电容器极板间电压为零，电路中振荡电流最强，磁场能最大，选项A错误，B正确；在t2至t3的过程中，从图可知，电容器两极板间电压增大，必有电场能增加，选项C错误；而在t3至t4的过程中，电容器两极板间电压减小，带电量同时减少，选项D错误． 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【自主解答】 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
【方法总结】 在理解麦克斯韦电磁场理论时，要注意静电场不产生磁场，稳定磁场也不产生电场．变式训练3 电磁波与声波比较，下列说法不正确的是( )
A．电磁波的传播不需要介质，声波的传播需要介质
B．由空气进入水中时，电磁波速度变小，声波速度变大
C．由空气进入水中时，电磁波波长变小，声波波长变大
D．电磁波和声波在介质中的传播速度都是由介质决定的，与频率无关课件36张PPT。第2节 电磁波的发射、传播和接收?
第3节 电磁波的应用及防护课前自主学案核心要点突破课堂互动讲练课标定位知能优化训练 第
3
节 课标定位
学习目标：1.了解电磁波的发射、传播和接收的基本原理．知道调制、调谐、电谐振、解调(检波)等概念的意义及区别．
2．了解无线电波三种主要传播途径及其特点．
3．知道电磁波谱及其组成部分的特点和作用，知道光是电磁波．
4．了解电磁波的利用及对其危害的防护措施．
重点难点：1.电磁波谱．
2．对电磁波能量的理解．课前自主学案一、电磁波的发射
有效发射电磁波，必须满足的两个条件．
1．振荡__________足够高．
2．振荡电路的磁场和电场尽可能分布到较大的空间，为了满足以上要求，可以减小电容器的极板面积，增大极板间距，使电容器变成两条直导线，一条深入高空成为_______，另一条接入地下成为_______，即形成____________频率天线地线开放电路．二、电磁波的传播
无线电波通常有三种传播途径______、______和________.地波天波空间波电离层直线微波三、电磁波的接收
1．当接收电路和发射电路的____________相同时，电磁波会使接收电路中产生最强的电流，这种现象叫做____________与机械振动中的________现象类似．
2．在无线电技术中，对空间存在的各种频率的电磁波，需要选择某一种特定的频率接收，这个选择过程叫________，其基本原理是
___________振荡频率电谐振现象共振调谐电谐振．四、电磁波谱
1．电磁波谱
(1)电磁波包括___________、_________、
________、___________、__________、
_________等，把这些电磁波按波长或频率顺序排列起来，就构成了_______________
(2)电磁波谱中的各种波有一定的波长范围，它们都具有________、______、_______和
_______的特性；它们在真空中的传播速度均等于________无线电波红外线可见光紫外线X射线γ射线电磁波谱．反射折射衍射干涉光速．(3)从电磁波谱中可以看出，可见光是整个电磁波谱中极狭窄的一段，波长的数量级为_______m，按波长由长到短(频率由低到高)排列，颜色依次为_________________________白光是__________________________________形成的混合光．
2．电磁波谱分析
(1)红外线的波长比红光的波长要_______红外线具有较强的___________，_________明显．10－7红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫由不同颜色(波长)的光按一定比例长．感光能力热效应(2)紫外线的频率比紫光要高. 紫外线能使很多物质发出_______，紫外线还有杀菌、消毒的作用．
(3)电磁波谱中，X射线γ射线的波长最短．X射线的________较强，在医学上常用X光照片辅助进行疾病诊断．γ射线的能量 _______，________很强，对生物的破坏力很大．医院里用γ射线来
_________________荧光穿透力较高穿透力杀死癌细胞．(4)在电磁波谱中，__________的波长最长．按波长的不同被分为
_____________________________等波段．
五、电磁波的应用
1．红外线和紫外线的应用
(1)利用红外线的热效应，制成了红外线烤箱、红外线炉等；利用红外线可使特制底片感光的性质，制成了红外摄影仪、红外遥感器等．无线电波长波、中波、短波、超短波(2)紫外线很容易让底片感光；适当照射人体时可预防佝偻病；紫外有杀菌、消毒作用；鉴别钞票的真伪等．
2．无线电波的应用
(1)移动电话
(2)雷达是一种用来检测飞行器、船只等远距离物体位置的系统．雷达天线发射________电磁波，电磁波遇到障碍物会被反射回来，接收机接收________信号，判断远处物体的方位．高频反射六、电磁污染及防护：电磁污染又称电磁波污染或射频辐射污染
1．研究发现：电磁辐射会危害人体健康．波长越______，对人体作用越_____，危害越突出．
2．电磁辐射的防治涉及科学、技术与社会等诸多方面．从物理学的角度看，可以从
____________、____________________、以及_____________这3个方面进行防治．短强电磁波源电磁波的传播途径受辐射的人核心要点突破一、关于电磁波的发射和接收
1．调制：信息转化为电信号后，往往由于信号频率低、能量低不能直接用来发射，需要把要传递的电信号“加载”到高频电磁波上再发射出去，就是调制．相当于把货物搭载到卡车或飞机上．调制的方式又可分为调频和调幅．
2．电谐振：当接收电路的固有频率与收到的电磁波的频率相同时，接收电路中的振荡电流最强，就是电谐振．相当于机械振动中的共振．空中有许多不同频率的电磁波在传播，为了接收到我们需要的电磁波，要调整接收电路的固有频率，使之与我们需要的电磁波的频率相同(产生电谐振)，这就是调谐．
3．解调：从接收到的高频电流中“检出”所携带的信号，相当于把运到目的地的货物从火车、飞机等运载工具上卸载下来，这就是解调．解调是调制的逆过程，又叫检波．即时应用(即时突破，小试牛刀)
为了把需要传递的信号(图像、声音等)加载到电磁波上发射出去，必须对振荡电流进行( )
A．调谐 B．放大
C．调制 D．解调
解析：选C.信息(声音或图像等)转化为电信号后，往往由于信号频率低不能直接用来发射，需要把要传递的电信号“加载”到高频电磁波上，这就是调制．故正确答案为C.二、电磁波谱
1．电磁波谱组成、特性及用途2.电磁波的共性
各种频率的电磁波都具有各自的特点和用途，但也有它们的共性．
(1)都遵守公式v＝λf，它们在真空中的传播速度都是c＝3.0×108 m/s.
(2)它们的传播都不需要介质．
(3)它们都具有反射、折射、衍射和干涉的特性课堂互动讲练 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．增大辐射波的波长
B．使振荡电容器的正对面积足够大
C．尽可能使电场和磁场分散开
D．增大回路中的电容和电感【精讲精析】 要提高辐射本领，须：(1)提高频率，频率越高，发射本领越高；(2)使电场和磁场尽可能扩散到大的空间．本题若错选A，是没有弄明白波长和频率中的哪一个决定了发射本领．
【答案】 C变式训练1 关于无线电波的发射过程，下列说法不正确的是( )
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：选B.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．不正确的是B项． 图3－2－1中A为某火箭发射场，B为山区，C为城市．发射场正在进行某型号火箭的发射试验．为了转播火箭发射的实况，在发射场建立了发射台用于发射广播与电视信号．已知传输无线电广播所用的电磁波波长为550 m，而传输电视信号所用的电磁波波长为0.566 m，为了不让山区挡住信号的传播，使城市居民能收听和收看火箭发射的实况，必须通过建在山顶上的转发站来转发________(选填“无线电广播信号”或“电视信号”)．这是因为________________________图3－2－1【精讲精析】 从题中知，传输无线电广播所用电磁波波长为550 m，根据波发生明显衍射现象的条件，可知该电磁波很容易发生衍射现象，绕过山区而传播到城市所在的C区，因而不需要转发装置．电视信号所用的电磁波波长为0.566 m，其波长很短，衍射现象很不明显，几乎沿直线传播，能传播到山顶却不能传播到城市所在的C区，要想使信号传到C区，必须通过建在山顶的转发站来转发．【答案】 见精讲精析
【方法总结】 根据电磁波的波长确定电磁波的传播途径．
变式训练2 我们接收的电视节目信号是靠什么方式传播的( )
A．地波
B．天波
C．空间波
D．地方台是空间波，中央台是天波解析：选C.我们收看的电视节目，它们的信号是超短波和微波，波长特别短，不能以地波形式传播；它可以穿过电离层，不能被电离层反射，不能以天波形式传播；所以我们收到的电视节目信号只能以有线形式传播，是空间波，故A、B都不对，C对．至于地方台，可以直接从发射台到用户，而中央台则要通过卫星中转传播，都是空间波． 一台无线电接收机，当它接收频率为535 kHz的信号时，调谐电路里电容器的电容是270 pF.如果调谐电路的线圈电感不变，要接收频率为1605 kHz的信号时，调谐电路里电容器的电容应改变为( )
A．30 pF B．90 pF
C．150 pF D．710 pF【答案】 A 变式训练3 调谐电路的可变电容器的动片从完全旋入到完全旋出仍接收不到较高频率的电台发出的电信号，要接收到电信号，应( )
①增大调谐电路中线圈的匝数
②加大电源电压
③减小调谐电路中线圈的匝数
④在线圈中插入铁芯
A．①③ B．②③
C．③④ D．①④ 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，医学上常用于透视人体
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γ射线，最容易用它来观察衍射现象
D．紫外线和X射线都可以使感光底片感光【精讲精析】 医学上不用红外线透视人体，A错误；过强的紫外线照射对人体有害，B错误；γ射线频率很大，波长很短，不容易用它来观察衍射现象，C错误，只有D项说法正确．
【答案】 D变式训练4 下列说法中正确的是( )
A．各种电磁波最容易表现出干涉和衍射现象的是γ射线
B．红外线有显著的热作用，紫外线有显著的化学作用
C．X射线的穿透本领比γ射线更强
D．在电磁波谱中，X射线与γ射线有很大一部分重叠区域，因此两者产生的机理应该是一样的解析：选B.干涉现象和衍射现象是光的波动性的体现，根据发生干涉现象和衍射现象的条件，显然波长越长，越易满足．而γ射线能量最大，频率最高，波长最短，故A选项错．C选项和已知客观事实矛盾．关于D选项，应认识到射线产生的机理与在电磁波谱中的区域重叠是两回事，对电磁波谱的排列是人为的，我们是把射线按照频率的大小来排列．产生重叠的原因是：原子内层电子受激发后产生的X射线并不都是同频率的；同样，原子核受激发后发出的γ射线也不都是同频率的，所以导致X射线的较高频率与γ射线的较低频率产生重叠．正确选项为B.课件29张PPT。实验 测定玻璃的折射率 核心要点突破课堂互动讲练课前自主学案知能优化训练实验 测定玻璃的折射率课前自主学案三、实验器材
玻璃砖、白纸三张、木板、大头针四枚、图钉四枚、量角器、三角板(或直尺)、铅笔．
四、实验步骤
1．如图4－2－21所示，将白纸用图钉钉在平木板上．图4－2－212．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的像挡住P1的像．再在观察者一侧竖直插上两枚大头针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O′B与bb′交于O′，直线O′B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i＝∠AON，折射角r＝∠O′ON′，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．核心要点突破一、注意事项
1．实验中，玻璃砖在纸上的位置不可移动．
2．用手拿玻璃砖时，手只能接触玻璃砖的毛面或棱，不能触摸光洁的光学面，严禁把玻璃砖当尺子画玻璃砖的另一边bb′.
3．大头针应竖直地插在白纸上，且玻璃砖每一侧的两枚大头针P1与P2间、P3与P4间的距离应大一些，以减少确定光路方向时造成的误差．4．实验时，入射角i不宜过小，否则会增大测量角度的误差；入射角也不宜过大，因入射角太大时，折射光线太弱．
5．为减小实验误差，要改变入射角，重复实验，所以应将每次实验所得的插孔进行编号，以免造成混乱．
6．玻璃砖应选用宽度较大的，宜在5 cm以上，若宽度太小，则测量误差较大．二、数据处理
1．处理方法一：在找到入射光线和折射光线以后，以入射点O为圆心，以任意长为半径画圆，分别与AO交于C点，与OO′(或OO′的延长线)交于D点，过C、D两点分别向NN′作垂线，分别交NN′于C′、D′，用直尺量出CC′和DD′的长，如图4－1－22甲所示．图4－1－22三、误差分析
1．入射光线、出射光线确定的准确性造成误差，故入射侧、出射侧所插两枚大头针间距应大一些，玻璃砖应宽一些．
2．入射角和折射角的测量造成误差，故入射角应适当大些，以减小测量的相对误差．课堂互动讲练 某同学用插针法测定玻璃砖的折射率，他的实验方法和操作步骤正确无误，但他处理实验记录时发现玻璃砖的两个光学面aa′与bb′不平行，如图4－1－23所示，则( )图4－1－23A．入射光线与出射光线平行
B．入射光线与出射光线不平行
C．他测出的折射率偏大
D．他测出的折射率偏小图4－1－24若aa′与bb′平行，则i＝β，因此α＝r，此时入射光线AO与出射光线O′B平行．
若aa′与bb′不平行，则i≠β，因此α≠r.此时入射光线AO与出射光线O′B不平行．B正确．
在具体测定折射率时，要求实验方法、光路均准确无误，折射率的测量值应不受aa′与bb′是否平行的影响．
【答案】 B变式训练1 用三棱镜做测定玻璃折射率的实验，先在白纸上放好三棱镜，在棱镜的一侧插上两枚大头针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4－1－25所示．图4－1－25(1)在题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n＝________.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，标明入射角i和折射角r，并画出虚线部分．用量角器测量出i和r或用刻度尺测出线段EF、OE、GH、OG的长度． 在利用插针法测定玻璃砖折射率的实验中：
(1)甲同学在纸上正确画出玻璃砖的两个界面aa′和bb′后，不小心碰了玻璃砖使它向aa′方向平移了少许，如图4－1－26甲所示．则他测出的折射率将________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)；图4－1－26(2)乙同学在画界面时，不小心将两界面aa′、bb′的间距画得比玻璃砖宽度大些，如图乙所示，则他测得的折射率________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)．【精讲精析】 (1)测定玻璃折射率的实验的关键是找出入射光线在玻璃砖中的折射光线，从而找出折射角．现在将其光路图作出后，进行比较，看一看玻璃砖向上平移是否影响到折射角大小的变化．如图4－1－27所示，由图可知，图4－1－27故不影响实验结果，所以测得的折射率不变．
(2)如图4－1－28所示，乙同学利用插针法确定入射光线、折射光线后，测得的入射角不受影响，但测得的折射角比真实的折射角偏大，因此测得的折射率偏小．图4－1－28【答案】 (1)不变 (2)偏小变式训练2 (2010年高考福建卷)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图4－1－29所示．图4－1－29①此玻璃的折射率计算式为n＝________(用图中的θ1，θ2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．课件40张PPT。本 章 优 化 总 结 专题归纳整合高考真题演练知识网络构建章末综合检测本章优化总结知识网络构建专题归纳整合2．分析、计算折射问题，要掌握好n的应用及有关数学知识，如三角函数(尤其特殊角的函数)．例如同一介质对紫光折射率大，对红光折射率小．着重理解两点：第一，光的频率(颜色)由光源决定，与介质无关；第二，同一介质中，频率越大的光折射率越大．再应用n＝等知识，就能准确而迅速地判断有关色光在介质中的传播速度、波长、入射光线与折射光线偏折程度等问题．3．全反射现象，要记住产生全反射的条件——光从光密介质射入光疏介质，且入射角大于或等于临界角．图4－1图4－2【答案】 B1．测水的折射率、常见的方法有成像法、插针法、视深法及全反射法等．
(1)成像法
原理：利用水面的反射成像和水面的折射成像．图4－3(2)插针法
原理：光的折射定律．
方法：如图4－4所示，取一方木板，在板上画出互相垂直的两条线AB、MN，从它们的交点O处画直线OP(使∠PON<45°)，在直线OP上P、Q两点垂直插两枚大头针．图4－4把木板竖直插入水中，使AB与水面相平，MN与水面垂直．在水面上观察，调整视线使P的像被Q的像挡住，再在木板S、T处各插一枚大头针，使S挡住Q、P的像，T挡住S及Q、P的像．从水中取出木板，画出直线ST，量出图中的角i、r，则水的折射率n＝sini/sinr.(3)视深法
原理：利用视深公式h′＝h/n.
方法：在一盛水的烧杯底部放一粒绿豆，在水面上方吊一根针，如图4－5所示．调节针的位置，直到针尖在水中的像与看到的绿豆重合，测出针尖距水面的距离h′即为杯中水的视深，再测出水的实际深度h，则水的折射率n＝h/h′.图4－5图4－62．测玻璃的折射率，常用的方法是插针法
插针法：运用光在玻璃两个界面处的折射．
如图4－7所示为两面平行的玻璃砖对光路的侧移．图4－7 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4－8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4－8(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确地测出折射率的是________．计算玻璃的折射率的公式是________．图4－9 如图4－10所示，a和b都是厚度均匀的平板玻璃，它们之间的夹角为φ，一细光束以入射角θ从P点射入(θ>φ)，已知此光束由红光和蓝光组成．则当光束透过b板后( )图4－10A．传播方向相对于入射光方向向左偏转φ角
B．传播方向相对于入射光方向向右偏转φ角
C．红光在蓝光的左边
D．红光在蓝光的右边【精讲精析】 如图4－11，由于红光的频率小于蓝光的频率，因此玻璃对蓝光的折射率比对红光的折射率大，由光路分析知，细光束经玻璃板a折射后红光的折射角大于蓝光的折射角，故从玻璃板a透过的红光在蓝光的右边，且红光与蓝光平行，都与入射光束平行．图4－11当光束透过b板后，红光和蓝光仍都与入射光束平行，所以红光应在蓝光的右边，传播方向相对于入射光的方向不偏转，故D正确．
【答案】 D高考真题演练1．(2011年高考福建卷)
如图4－12，半圆形玻璃砖置于光屏PQ的左下方．一束白光沿半径方向从A点射入玻璃砖，在O点发生反射和折射，折射光在光屏上呈现七色光带．图4－12若入射点由A向B缓慢移动，并保持白光沿半径方向入射到O点，观察到各色光在光屏上陆续消失．在光带未完全消失之前，反射光的强度变化以及光屏上最先消失的光分别是( )
A．减弱，紫光 B．减弱，红光
C．增强，紫光 D．增强，红光图4－13A．屏上c处是紫光 B．屏上d处是红光
C．屏上b处是紫光 D．屏上a处是红光
解析：选D.可见光中红光波长最长，折射率最小，折射程度最小，所以a为红光，而紫光折射率最大，所以d为紫光．4．(2011年高考天津卷)某同学用大头针、三角板、量角器等器材测量半圆形玻璃砖的折射率．开始玻璃砖的位置如图4－14中实线所示，使大头针P1、P2与圆心O在同一直线上，该直线垂直于玻璃砖的直径边，然后使玻璃砖绕圆心O缓慢转动，图4－14同时在玻璃砖的直径边一侧观察P1、P2的像，且P2的像挡住P1的像．如此观察，当玻璃砖转到图中虚线位置时，上述现象恰好消失．此时只需测量出____________________，即可计算出玻璃砖的折射率．请用你的测量量表示出折射率n＝________.5．(2011年高考山东卷)
如图4－15所示，扇形AOB为透明柱状介质的横截面，圆心角∠AOB＝60°.一束平行于角平分线OM的单色光由OA射入介质，经OA折射的光线恰平行于OB.图4－15(1)求介质的折射率．
(2)折射光线中恰好射到M点的光线________(填“能”或“不能”)发生全反射．课件51张PPT。第4章 光的折射与全反射第1节 光的折射定律 核心要点突破课堂互动讲练课前自主学案知能优化训练课标定位第
1
节 课标定位
学习目标：1.经历实验探究过程，理解光的折射定律．
2．知道折射率的意义，知道折射率与光速的关系．
3．能根据折射定律解释一些自然现象．
4．能应用折射定律分析视深问题．
5．会测定介质的折射率．
重点难点：1.理解光的折射定律．
2．掌握折射率的概念．课前自主学案一、折射角与入射角的定量关系
1．光的折射：光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向发生____的现象．
2．入射角与折射角改变在如图4－1－1所示光路中
(1)MN表示____，PQ表示____．
(2)AO表示____光线，OB表示____光线．
(3)∠3为____角，∠1为____角．
(4)实验表明，当入射角增大时，折射角____．图4－1－1界面法线入射折射入射折射增大3．折射定律
折射光线与入射光线、法线处在________内，折射光线与入射光线分别位于____的两侧，入射角的正弦与折射角的正弦成____．即_______＝n.
4．光路可逆原理：在光的反射现象和折射现象中，光路都是____的．同一平面法线正比sini/sinr可逆思考感悟
如何使一束光进入水中而传播方向不发生变化？
提示：光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向会发生变化，而当光垂直界面入射时，光的传播方向不变，因此可以使光束垂直水面入射．二、折射率的意义
1．定义：光从____射入某种介质发生折射时，入射角i的____与折射角r的____之比用__表示．
2．定义式：n＝_______.
3．折射率与光速的关系
光在不同介质中的________不同，且都____光在真空中的传播速度；某种介质的折射率，等于__________的传播速度c与______________的传播速度v之比，即n＝____.真空正弦正弦sini/sinr传播速度小于光在真空中光在这种介质中n三、测量介质的折射率
1．在测量介质的折射率的实验中，作出的光路图如图4－1－2所示．图4－1－2图中AO为________，OE为________，NN′为____，i为______，r是______，玻璃折射率的表达式n＝______.
2．为减小实验误差，需多测几组数据，分别求出每一次的折射率，最后求出它们的______．入射光线折射光线法线入射角折射角平均值四、对折射现象的解释
1．水中的物体看起来比实际的要___，这是因为水的折射率____空气的折射率，光从水中射入空气时，折射角____入射角．
2．一束白光射入三棱镜时会发生____现象，这是因为不同颜色的光在同一介质中的________不同，折射率就____，其中红光的传播速度____，折射率____，经三棱镜后偏折程度最小，___光的传播速度最小，折射率最大，经三棱镜后偏折程度最明显．平常我们所说的某介质的折射率是指七种色光的平均折射率．浅大于大于色散传播速度不同最大最小紫核心要点突破一、对折射定律的进一步理解
1．内容理解：光线从一种介质进入另一种介质，传播方向发生改变的现象叫做光的折射．折射定律给出了入射光线、法线、折射光线三线的空间分布，即三线在同一个垂直于界面的平面内，且折射光线和入射光线分别位于法线两侧；给出了两角数量关系，即两角正弦之比是一个常数，不是两角之比是一个常数．入射角i和折射角r分别是入射光线和法线、折射光线和法线的夹角，而不是与界面的夹角．2．光线偏折的方向：如果光线从折射率(n1)小的介质射向折射率(n2)大的介质，折射光线向法线偏折，入射角大于折射角，并且随着入射角的增大(减小)折射角也会增大(减小)；如果光线从折射率大的介质射向折射率小的介质，折射光线偏离法线，入射角小于折射角，并且随着入射角的增大(减小)折射角也会增大(减小)．如图4－1－3所示．即光线的偏折情况与介质的性质有关．图4－1－3特别提醒：光从一种介质射入另一种介质时，传播方向一般发生变化(斜射)，但并非一定变化，当光垂直界面射入时，光的传播方向就不变化．即时应用(即时突破，小试牛刀)
1．关于光的折射，错误的说法是( )
A．折射光线一定在法线和入射光线所确定的平面内
B．入射光线和法线一定在一个平面内
C．入射角总大于折射角
D．光线从空气斜射入玻璃时，入射角大于折射角解析：选C.由光的折射定律知折射光线一定在法线和入射光线所确定的平面内，A、B都正确．入射角不一定大于折射角，C错误．光线从空气斜射入玻璃时，入射角大于折射角，D正确．2．物理意义：折射率反映了介质对光线的偏折本领．介质的折射率越大，说明当光从真空以同样的入射角射入该介质时，光的传播方向偏离原方向越大，折射角越小，即介质对光线的偏折本领越大．
如图4－1－4所示，如果r3n2>n1.图4－1－4特别提醒：光线的“偏折”程度，是指折射光线偏离原入射光线方向的程度．特别提醒：(1)折射率与光线的入射角、折射角无关，反映的是介质本身的光学特性．
(2)由于光在真空中的传播速度最大，所以介质的折射率n>1.即时应用(即时突破，小试牛刀)
2．光线以60°的入射角从空气射入玻璃中，折射光线与反射光线恰好垂直(真空中的光速c＝3.0×108 m/s)．
(1)求出玻璃的折射率．
(2)当入射角增大或减小时，玻璃的折射率是否变化？说明理由．答案：见解析三、光的色散现象分析
1．光的色散现象
如图4－1－5所示，白光经三棱镜后，在光屏上呈现七色光带(光谱)；若从棱镜的顶角向底边看，由红到紫依次排列，紫光最靠近底边．光的色散实质上是光的折射现象．图4－1－52．光色散的原因
同一介质中，频率越大的光折射率越大，所以当一束白光由空气斜射入某种介质时，会发生色散，紫光偏折程度最大，红光偏折程度最小．(2)光的颜色是由光的频率决定的，与介质无关．同种介质对不同色光的折射率不同，通常说的某种介质的折射率是指各种色光的平均折射率．
(3)光由一种介质进入另一种介质时，频率不变，波速和波长随之发生改变．即时应用(即时突破，小试牛刀)
3．如图4－1－6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4－1－6A．a侧是红光，b侧是紫光
B．在真空中a侧光的波长大于b侧光的波长
C．三棱镜对a侧光的折射率大于对b侧光的折射率
D．在三棱镜中a侧光的速率比b侧光大解析：选C.由题图可以看出，a侧光偏折得较厉害，三棱镜对a侧光的折射率较大，所以a侧光是紫光，波长较短，b侧光是红光，波长较长，因此A、B均错，C正确；又v＝c/n，所以三棱镜中a侧光的传播速率小于b侧光的传播速率，D错．课堂互动讲练 假设地球表面不存在大气层，那么人们观察到的日出时刻与实际存在大气层的情况相比，则( )
A．将提前
B．将延后
C．在某些地区将提前，在另一些地区将延后
D．不变【精讲精析】 当阳光照射到地球大气层时，要发生折射现象，即光线变成弯曲的．如图4－1－7所示，因此人们观察到的日出时刻的太阳，实际上还完全处在地平线的下方，看到的只是太阳的虚像．假设地球表面不存在大气层，则太阳光将沿直线射到地面，因此只有当太阳到达图中的地平线位置时，人们才能观察到日出的太阳．由图可知，这一现象与人们所站的地理位置没有什么关系．故选项A、C、D错．只有选项B正确．图4－1－7【答案】 B
【方法总结】 当光线传播过程中遇到其他介质时，因发生折射或反射而改变了传播方向(或方位)，则人眼看到的就是发光物体的像，而不是发光物体本身．变式训练1 人看到沉在水杯底的硬币，其实看到的是( )
A．硬币的实像，其位置比硬币实际位置浅
B．硬币的实像，其位置即硬币的实际位置
C．硬币的虚像，但位置比硬币的实际位置浅
D．硬币的虚像，其位置比硬币的实际位置深解析：选C.硬币发出的光线照射到水面时，因发生远离法线的折射，看上去就像水中硬币的位置比实际的更浅(即更接近水面)一样．实际上人们看到的是硬币的虚像． (2011年高考新课标全国卷)一半圆柱形透明物体横截面如图4－1－8所示，底面AOB镀银(图中粗线)，O表示半圆截面的圆心，一束光线在横截面内从M点入射，经过AB面反射后从N点射出．已知光线在M点的入射角为30°，∠MOA＝60°，∠NOB＝30°.求：图4－1－8(1)光线在M点的折射角；
(2)透明物体的折射率．
【自主解答】 (1) 如图4－1－9所示，透明物体内部的光路为折线MPN，Q、M点相对于底面EF对称，Q、P和N三点共线．图4－1－9【方法总结】 几何光学问题，准确规范地画出光路图是解决问题的前提和方法，同时要注意实线、虚线、箭头方向并灵活应用几何图形中的边角关系．图4－1－10【精讲精析】 由池底某点P发出的光线在水中和空气中的光路如图4－1－11所示．由于观察者在岸边“竖直”向下观看，所以光线在水面处的入射角θ1和折射角θ2都很小，根据数学知识可知图4－1－11【方法总结】 人观察水中的物体时，看到的是物体发出的光线折射后所成的虚像，若观察者不是竖直向下看而是斜向下看水中物体时，所见虚像明显不在物体正上方，而是在物体的斜上方靠近观察者一侧．推而广之，人眼在空气中观察任何介质中的物体时，视深都变小．变式训练3 在例3中，若在水下H＝0.4 m深处有物体A，则在水面上的人看物体A的视深h为多少？答案：0.3 m课件59张PPT。第2节 光的全反射
第3节 光导纤维及其应用 核心要点突破课堂互动讲练课前自主学案知能优化训练课标定位第
3
节 课标定位
学习目标：1.理解光的全反射现象，会解释与全反射有关的一些现象．
2．知道全反射的条件，能应用全反射条件解决有关问题．
3．初步了解光导纤维的工作原理和光纤在生产、生活中的应用．
4．认识光纤技术对经济社会生活的重大影响，体会科学技术对社会进步的作用．
重点难点：1.判断是否发生全反射，并进行有关计算．
2．对全反射现象的解释．课前自主学案一、全反射及其产生条件
1．光疏介质和光密介质
对两种不同的介质，折射率____的介质叫做光疏介质，折射率____的介质叫做光密介质．
2．全反射
光从____介质射向____介质时，当入射角增大到一定程度时，折射光线完全消失，全部光线都被反射回光密介质的现象．较小较大光密光疏3．临界角
(1)概念：刚好发生全反射(即折射角等于___)时的入射角．用字母C表示．
(2)临界角与折射率的关系
①定量关系：光由某种介质射入空气(或真空)时，sinC＝__(公式)．
②定性关系：介质折射率越大，发生全反射的______越小，越容易发生全反射．90°临界角4．发生全反射的条件是：(1)光由________射入________；
(2)入射角________临界角．
二、对全反射现象的解释
1．解释全反射现象
(1)水或玻璃中的气泡看起来特别亮，是由于光射到气泡上发生了______．光密介质光疏介质大于等于全反射(2)在沙漠里，接近地面的热空气的折射率比上层空气的折射率___，从远处物体射向地面的光线的入射角大于临界角时发生______，人们就会看到远处物体的倒景．
2．全反射棱镜
(1)形状：截面为________三角形的棱镜．小全反射等腰直角(2)光学特性
①当光垂直于截面的直角边射入棱镜时，光在截面的斜边上发生______，光射出棱镜时，传播方向改变了___.
②当光垂直于截面的斜边射入棱镜时，在两个直角边上各发生一次______，使光的传播方向改变了___.
③全反射棱镜的反射性能比镀银的平面镜更好．全反射90°全反射180°思考感悟
能否用折射率为1.25的透明材料制成截面为等腰直角三角形的全反射棱镜？三、光导纤维及应用
1．光导纤维是由折射率___的玻璃内芯和折射率___的外层透明介质组成的．
2．(1)光纤通信是光导纤维的一个重要应用，光纤通信先将声音信号转换为______，利用光纤把______输出；到接收端再将______还原为________．大小光信号光信号光信号声音信号(2)光导纤维的优点：质地轻、弯曲自如、传光效率高、抗机械振动、耐腐蚀性好、能量损耗小、抗干扰能力强、保密性好等．核心要点突破一、全反射的理解
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，不是绝对的．同一种介质到底是光疏介质还是光密介质，是不确定的．
例如，水晶(n＝1.55)对玻璃(n＝1.5)是光密介质，而对金刚石(n＝2.42)来说，就是光疏介质．(2)光从光疏介质进入光密介质时，折射角小于入射角；反之，光从光密介质进入光疏介质时，折射角大于入射角．
(3)光疏和光密，是从介质的光学特性来说的，并不是它的密度大小．
例如，酒精的密度比水小，但酒精(n＝1.36)和水(n＝1.33)相比，酒精的折射率大，是光密介质．
介质的疏密是相对的，而介质的密度大小是绝对的．(4)光疏介质和光密介质的比较
光疏介质和光密介质的比较表特别提醒：任何两种透明介质都可以通过比较光在其中的传播速度的大小或折射率的大小，判断哪个是光疏介质，哪个是光密介质．2．对全反射现象的分析
(1)全反射现象
光由光密介质射向光疏介质时，折射角大于入射角．当入射角增大，反射光增强，折射光减弱，继续增大入射角，当折射角达到90°时，折射光全部消失，入射光全部被反射回原介质，当入射角再增大时，入射光仍被界面全部反射回原介质，这种现象叫全反射．(2)从能量角度来理解全反射：当光从光密介质射入光疏介质时，随着入射角增大，折射角也增大．同时折射光强度减弱，即折射光能量减小，反射光强度增强，能量增加，当入射角达到临界角时，折射光强度减弱到零，入射光的能量全部集中到反射光．即时应用(即时突破，小试牛刀)
1．(2010年高考山东卷)如图4－2－1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形状，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4－2－1(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”)发生全反射．解析：(1)如图所示，单色光照射到EF弧面上时恰好发生全反射，由全反射的条件可知C＝45°二、常见全反射现象及解释
1．对“海市蜃楼”的解释
(1)气候条件：当大气比较平静且海面与上层空气温差较大时，空气的密度随温度的升高而减小，对光的折射率也随之减小．因海面上的空气温度比空中低，空气的下层比上层折射率大．我们可以粗略地把空中的大气分成许多水平的空气层，如图4－2－2所示．图4－2－2(2)光路分析：远处的景物反射的光线射向空中时，不断被折射，射向折射率较小的上一层的入射角越来越大，当光线的入射角大到临界角时，就会发生全反射现象，光线就会从高空的空气层中通过空气的折射逐渐返回折射率较大的下一层．
(3)虚像的形成：当光线进入人的眼睛时，人总认为光是从反向延长线方向发射而来的，所以地面附近的观察者就可以观察到虚像．且虚像成像于远处的半空中，这就是“海市蜃楼”的景象．2．对“沙漠蜃景”的解释
(1)气候条件：夏天在沙漠里也会看到蜃景，太阳照到沙地上，接近沙面的热空气层比上层空气的密度小，折射率也小．
(2)光路分析：从远处物体射向地面的光线，进入折射率小的热空气层时被折射，入射角逐渐增大，也可能发生全反射．(3)虚像的形成：人们逆着反射光线看去，就会看到远处物体的倒景(如图4－2－3)，仿佛是从水面反射出来的一样．沙漠里的行人常被这种景象所迷惑，以为前方有水源而奔向前去，但总是可望而不可及．图4－2－33．炎热夏季的柏油马路路面看起来特别亮
在炎热夏季的柏油马路(或高速公路)上，会看到远一点的路面上特别亮，像洒了水一样湿漉漉的．这是因为贴近热路面附近的空气层稀薄，比上层空气的折射率小．从远处射向路面的光线，也可能发生全反射，从远处看去，路面就像用水淋过一样，显得格外明亮光滑．沙漠中行走的人在夏季会看到远方特别亮，就像有湖泊一样，与柏油马路面看起来特别亮道理相同．4．水或玻璃中的气泡特别明亮
水或玻璃中的物体能被我们看见，是因为光照射物体时，有一部分光被物体反射，其中的一部分进入人的眼睛，引起视觉的缘故．水或玻璃中的气泡对于水或玻璃来说是光疏介质，光经水或玻璃照射气泡时，一部分光会发生全反射，相对水或玻璃中的物体而言，有更多的光反射到人的眼睛中，光的能量大了，人眼会感觉特别明亮．海面上泛起的浪花看上去是白色的也是这个道理．特别提醒：解释生活中常见全反射问题，关键是确定以下两点：
①哪部分是光疏介质，哪部分是光密介质．
②入射光的来源和观察者的位置．即时应用(即时突破，小试牛刀)
2．夏天，海面下层空气的温度比上层低，我们设想海面上的空气是由折射率不同的许多水平空气层组成的，远处的景物发出的或反射的光线由于不断折射，越来越偏离法线方向，人们逆着光线看去就出现了海市蜃楼，如图4－2－4所示，下列说法中正确的是( )图4－2－4A．海面上层空气的折射率比下层空气的折射率要小
B．海面上层空气的折射率比下层空气的折射率要大
C．海市蜃楼是景物的实像
D．B是海市蜃楼，A是景物解析：选A.因为海面上层空气相对下层空气为光疏介质，则海面上层空气的折射率比下层空气的折射率要小，故A正确；B错误；由于人的视觉总是认为光沿直线传播，观察到的是虚像，故C、D错误．三、光导纤维
1．构造及传输原理
光导纤维是一种透明的玻璃纤维丝，直径只有1 μm～10 μm左右．如图4－2－5所示，它是由内芯和外层两层组成，内芯的折射率大于外层的折射率，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．图4－2－5光导纤维可以远距离传播光，光信号又可以转换成电信号，进而变为声音、图像．如果把许多(上万根)光导纤维合成一束，并使两端的纤维按严格相同的次序排列，就可以传输图像．2．光导纤维的折射率
设光导纤维的折射率为n，当入射光线入射角为θ1时，进入端面的折射光线传到侧面时恰好发生全反射，如图4－2－6所示，则有：图4－2－6课堂互动讲练 如图4－2－7，光线由空气透过半圆形玻璃砖的光路图中，正确的是(玻璃的折射率为1.5)( )图4－2－7A．图乙、丁 B．图甲、丁
C．图乙、丙 D．图甲、丙【答案】 A
【方法总结】 正确运用全反射的条件，画出光路图，求出临界角，再判断是否能发生全反射，是解决全反射问题的关键．变式训练1 (2011年南京六中高二期末)
如图4－2－8所示，MM′是两种介质的界面，A是入射光线，B是反射光线，C是折射光线，O是入射光线的入射点，NN′是法线，i是入射角，r是折射角，且i>r.则下列判断正确的是( )图4－2－8A．i逐渐增大时r也逐渐增大，有可能发生全反射现象
B．i逐渐减小时r也逐渐减小，有可能发生全反射现象
C．i逐渐增大时r将逐渐减小，有可能发生全反射现象
D．i逐渐增大时r也逐渐增大，但不可能发生全反射现象解析：选D.由题图可知入射角i大于折射角r，光线由光疏介质射入光密介质，不可能发生全反射；由折射定律可知，i逐渐增大时r也逐渐增大．故选D.图4－2－9一束与MN平面成45°的平行光束射到玻璃的半圆柱面上，经玻璃折射后，有部分光能从MN平面上射出，求能从MN射出的光束的宽度为多少？
【自主解答】 如图4－2－10所示，进入玻璃中的光线①垂直于半球面，沿半径方向直达球心位置O，且入射角等于临界角，恰好在O点发生全反射．图4－2－9光线①左侧的光线(如光线②)经球面折射后，射在MN上的入射角一定大于临界角，在MN上发生全反射，不能射出．光线①右侧的光线经半球面折射后，射到MN面上的入射角均小于临界角，能从MN面上射出．图4－2－10变式训练2 (2010年高考课标全国卷)
如图4－2－11所示，一个三棱镜的截面为等腰直角△ABC，∠A为直角．此截面所在平面内的光线沿平行于BC边的方向射到AB边，进入棱镜后直接射到AC边上，并刚好能发生全反射．该棱镜材料的折射率为( )图4－2－11 在光导纤维的端面上入射光满足什么条件，才能使光在光导纤维中不断发生全反射，从一端传到另一端？(设光纤外层材料的折射率为1)【精讲精析】 设当入射角为i时，进入端面的折射光线传到侧面时恰好发生全反射，如图4－2－12所示，则有：图4－2－12【答案】 见精讲精析
【方法总结】 光导纤维是全反射现象的应用之一，正确理解“光在光导纤维中不断发生全反射”，画出临界光线，求解临界角是解决问题的关键．变式训练3 光导纤维的结构如图4－2－13，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4－2－13A．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：选A.光导纤维的内芯折射率大于外套的折射率，光在由内芯射向外套时，在其界面处发生全反射，从而使光在内芯中传播，故A正确．课件26张PPT。本章优化总结 专题归纳整合高考真题演练知识网络构建章末综合检测本章优化总结知识网络构建光的干涉 衍射 偏振光的干涉
光的衍射
光的偏振
激光光的波动性即光的干涉、光的衍射、光的偏振等，光的偏振进一步表明光是一种横波．
两列光波在叠加时发生干涉现象需要一定的条件，即两列光波的频率必须相同．任何两个独立的光源发出的光相互叠加时均不能产生干涉现象．只有采取特殊的方法从同一光源分离出来的两列光波相叠加，才可能发生干涉现象．双缝干涉、薄膜干涉都是采用这种“分光”方法而获得相干光源的．专题归纳整合光的干涉条纹和衍射条纹都是光波叠加的结果，从本质上讲，衍射条纹的形成与干涉条纹的形成具有相似的原理．在衍射现象中，可以认为从单缝通过两列或多列频率相同的光波，它们在屏上叠加形成单缝衍射条纹，它与双缝干涉条纹有明显的区别：双缝干涉条纹是等间距、等亮度的，而单缝衍射条纹除中央条纹最宽最亮外，两侧条纹亮度、宽度逐渐减小． 表面附有油膜的透明玻璃片，当有阳光照射时，可在表面和玻璃片的边缘分别看到彩色图样，则( )
A．两者都是色散现象
B．两者都是干涉现象
C．前者是干涉现象，后者是色散现象
D．前者是干涉现象，后者是衍射现象【精讲精析】 光线照射到透明玻璃片的表面时，光线在油膜的前后表面分别反射，形成薄膜干涉，可在照射面前边看到彩色的条纹；同时，部分光线进入玻璃在玻璃中反射，有部分光线从边缘出来，玻璃片的边缘相当于棱镜，发生色散，可从玻璃片的旁边看到彩色图样，选项C正确．
【答案】 C1．光源发出的光经滤光片成为单色光，单色光通过单缝后相当于线光源，经双缝产生稳定的干涉图样，通过屏可以观察到明暗相间的干涉条纹．如果用白光通过双缝可以观察到彩色条纹．3．注意事项
(1)调节双缝干涉仪时，要注意调节光源的高度，使它发出的一束光能够沿着遮光筒的轴线把屏照亮；
(2)放置单缝和双缝时，缝要相互平行，中心大致位于遮光筒的轴线上；(3)调节测量头时，应使分划板中心刻线对齐条纹的中心，记下此时手轮上的读数，转动测量头，使分划板中心刻线对齐另一条纹的中心，记下此时手轮上的读数．两次读数之差就表示这两条条纹间的距离；
(4)不要直接测Δx，要测几个条纹的间距计算得Δx，这样可减小误差；
(5)白光的干涉观察到的是彩色条纹，其中白色在中央，红色在最外侧． 在《用双缝干涉测光的波长》实验中，将双缝干涉实验仪按要求安装在光具座上(如图5－1甲)，并选用缝间距d＝0.20 mm的双缝屏．从仪器上注明的规格可知，像屏与双缝屏间的距离L＝700 mm.然后，接通电源使光源正常工作．图5－1(1)已知测量头主尺的最小刻度是毫米，副尺上有50分度．某同学调整手轮后，从测量头的目镜看去，第一次映入眼帘的干涉条件如图乙(a)所示，图乙(a)中的数字是该同学给各暗纹的编号，此时图乙(b)中游标尺上的读数x1＝1.16 mm；接着再转动手轮，映入眼帘的干涉条纹如图丙(a)所示，此时图丙(b)中游标尺上的读数x2＝________mm；
(2)利用上述测量结果，经计算可得两个相邻明纹(或暗纹)间的距离Δx＝________mm；这种色光的波长λ＝________nm.【答案】 (1)15.02 (2)2.31 6.6×102高考真题演练1．(2011年高考北京卷)如图5－2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5－2A．增大S1与S2的间距
B．减小双缝屏到光屏的距离
C．将绿光换为红光
D．将绿光换为紫光2．(2011年高考浙江卷)关于波动，下列说法正确的是( )
A．各种波均会发生偏振现象
B．用白光做单缝衍射与双缝干涉实验，均不可看到彩色条纹
C．声波传播过程中，介质中质点的运动速度等于声波的传播速度
D．已知地震波的纵波波速大于横波波速，此性质可用于横波的预警解析：选D.偏振现象是横波特有的现象，纵波不会发生偏振现象，故选项A错误．用白光做单缝衍射实验和双缝干涉实验看到的都是彩色条纹，故选项B错误．声波在传播过程中，质点在平衡位置附近振动，其振动速度周期性变化，而声波的传播速度是单位时间内声波传播的距离，故选项C错误．地震波的纵波传播速度比横波传播速度大，纵波可早到达地面，能起到预警作用，故选项D正确．3．(2010年高考江苏卷)(1)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(2)如图5－3所示，在杨氏双缝干涉实验中，激光的波长为5.30×10－7 m，屏上P点距双缝S1和S2的路程差为7.95×10－7 m，则在这里出现的应是_______(选填“明条纹”或“暗条纹”)．现改用波长为6.30×10－7 m的激光进行上述实验，保持其他条件不变，则屏上的条纹间距将_______(选填“变宽”、“变窄”或“不变”)图5－3(3)如图5－4所示，一束激光从O点由空气射入厚度均匀的介质，经下表面反射后，从上表面的A点射出．已知入射角为i，A与O相距l，介质的折射率为n，试求介质的厚度d.图5－4解析：(1)激光是横波，A项错；光在不同介质中传播速度不同，波长也不同，B项错；相干光的条件是频率相同，C项错，D项正确．课件58张PPT。第5章 光的干涉 衍射 偏振第1节 光的干涉
第2节 光的衍射课前自主学案核心要点突破课堂互动讲练课标定位知能优化训练 第
2
节 课标定位
学习目标：1.知道光产生干涉现象的条件，认识光的波动性．
2．了解用双缝干涉测光波长的原理，会用双缝干涉测定光的波长．
3．认识薄膜干涉现象，了解其应用．
4．观察光的衍射现象，理解光的波动性．
5．了解衍射光栅．
重点难点：1.双缝干涉现象及形成条件．
2．亮条纹(或暗条纹)位置的确定．
3．光的衍射现象及发生明显衍射现象的条件．课前自主学案一、光的干涉及其产生条件
1．两束光相遇时，如果满足一定的条件，也会产生干涉现象，在屏上出现_________的干涉条纹．实验结果显示，光具有____的特性，也是一种波．
2．要使两列光波相遇时产生干涉现象，两光源必须具有相同的_______和___________．明暗相间波频率振动方向两缝间的距离光波的波长三、薄膜干涉及其应用
1．由薄膜两个面反射的光波相遇而产生的干涉现象叫做__________，由于各色光干涉后的条纹间距______，薄膜上就会出现__________．
2．身边的光的干涉现象——薄膜干涉实例有：色彩斑斓的肥皂泡；五颜六色的油膜；呈彩色的激光唱片等等．薄膜干涉不同彩色条纹3．薄膜干涉现象具有广泛的实用价值：(1)劈尖干涉是一种劈形空气薄膜干涉，可用于____________________；(2)在照相机、望远镜等高质量的光学仪器中，在其镜头的表面镀上透明的_______用来增加________________．平面平整程度的检查增透膜透射光的能量四、光的衍射
1．衍射现象
(1)实验表明，当圆孔________时，从屏上观察透过圆孔射到屏上的亮斑，可以看到在亮斑之外出现了_________的圆环，说明光的传播已经绕到原来应该是阴影的范围之内．这种现象称为_________．足够小明暗相间光的衍射(2)与机械波的衍射相似，光的明显衍射也是有条件的．只有当障碍物或孔的尺寸______光的波长时，衍射才是明显的．
(3)衍射现象是_______性最基本的表现之一，在光的传播过程中，只有当孔、缝或障碍物的大小比光波的波长_______时，光才是近似________传播．接近波动大很多沿直线2．衍射对分辨本领的影响
一个光学仪器的分辨本领，就是这个仪器能够把_________的物体的像__________的能力．透镜的直径_______，产生的衍射现象越明显，分辨本领就_____．彼此靠近分离开来越小越低3．衍射光栅
(1)光栅的每一条狭缝产生的光是相干的，必定产生_____，形成_________的条纹．所以，在接收屏上得到的光栅衍射图样是___________和___________的共同结果．
(2)白光通过光栅后能被分解并形成__________，利用这一现象，人们通过_______拍摄灯光时，会得到一种奇妙的效果．干涉明暗相间单缝衍射多缝干涉彩色条纹光栅核心要点突破一、对光的干涉现象的理解
1．光的干涉现象及条件
(1)光的干涉现象：在两列光波的叠加区域，某些区域振动相互加强，出现亮条纹，某些区域振动相互减弱，出现暗条纹，且加强和减弱的区域相间，即亮条纹和暗条纹相间的现象．(2)光的干涉条件：两列光波的频率相同、振动方向相同和相位差恒定．能发生干涉的两列波称为相干波，如果两个光源发出的光能够产生干涉，那么这两个光源称为相干光源，相干光源可通过把同一束光分成两列来获得．2．双缝干涉分析
(1)双缝分析的示意图
图5－1－1(2)双缝屏的作用
平行光照射到单缝S上后，又照到双缝S1、S2上，这样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．(4)干涉图样的特点
a．单色光的干涉图样特点：中央为亮条纹，两边是明、暗相间的条纹，且相邻亮条纹与亮条纹中心间、相邻暗条纹与暗条纹中心间的距离相等．
b．白光的干涉图样：若用白光做实验，则中央亮条纹为白色，两侧出现彩色条纹，彩色条纹显示不同颜色光的干涉条纹间距是不同的．即时应用(即时突破，小试牛刀)
1．杨氏双缝干涉实验中，两缝相距1 mm，屏离缝1 m，若所用光源发出波长λ1＝600 nm和λ2＝540 nm的两种光波．试求：
(1)两光波分别形成的条纹间距；
(2)两组条纹之间的距离与级数之间的关系；
(3)这两组条纹有可能重合吗？答案：(1)Δy1＝0.6 mm Δy2＝0.54 mm (2)条纹间距随级数增加而增大 (3)有可能重合二、薄膜干涉的理解及应用
1．薄膜干涉的理解
(1)眼睛应与光源在同一侧才能看到干涉条纹，因为条纹是由从膜前、膜后两表面反射的光发生干涉形成的，不是由通过膜的光形成的；
(2)每一条纹呈水平状态排列；
(3)由于各种色光干涉后相邻两亮纹中心的距离不同，所以若用白光做这个实验，会观察到彩色干涉条纹．
(4)两列光的路程差是膜厚度的两倍．(2)用干涉法检查平面
如图5－1－2所示，被检查
平面B与标准样板A之间形
成了一个楔形的空气薄膜，
用单色光照射时，入射光
从空气膜的上、下表面反
射出两列光波，形成干涉条纹．被检查平面若是平的，空气膜厚度相同的各点就位于一条直线上，干涉条纹平行；若被检查表面某些地方不平，那里的空气膜产生的干涉条纹将发生弯曲．图5－1－2特别提醒：增透膜的“增透”应理解为：两束反射光相互抵消，反射光的能量减少，由于总的能量是守恒的，反射光的能量被削弱了，透射光的能量就必然得到增强．增透膜是通过“消反”来确保“增透”的．即时应用(即时突破，小试牛刀)
2．关于光在竖直肥皂液薄膜上产生的干涉现象，下列说法中正确的是( )
A．干涉条纹的产生是由于光在薄膜前后两表面发生反射，形成的两列光波叠加的结果
B．若出现明暗相间的条纹相互平行，说明肥皂膜的厚度是均匀的
C．用绿色光照射薄膜产生的干涉条纹间距比黄光照射间距大
D．薄膜上的干涉条纹基本上是竖直的解析：选A.要想产生干涉现象，必须有两列相干光源．在肥皂膜干涉中，薄膜前后两表面反射的光正好是两个相干光源，它们相互叠加形成干涉条纹，所以选项A正确．
肥皂膜在重力作用下，上面薄、下面厚，厚度是不均匀的，并且厚度均匀的薄膜是不会出现干涉条纹的(若厚度相同，路程差处处相等，两列波叠加后，若是加强，处处光线加强，若是减弱，处处光线减弱，不会出现明暗相间条纹)，所以选项B错误．波长越短的光波，对同一装置，干涉条纹越窄．绿光的波长小于黄光的波长，所以绿光照射薄膜产生的干涉条纹间距比黄光照射的间距小．选项C错误．出现亮、暗条纹的位置与薄膜厚度有关，对于某位置，若光线叠加后加强，则与此等厚度的位置反射光线叠加都加强，从而形成亮条纹．对暗条纹也是一样道理．由于薄膜同一水平线上的厚度相同，因此干涉条纹基本上是水平的，所以选项D错误．三、理解光的衍射及几种不同的衍射现象的特点
1．对光的衍射的理解
(1)衍射现象
当单色光通过很窄的缝或者很小的孔时，光离开了直线路径，绕到障碍物的阴影里，光所达到的范围会远远超过它沿直线传播所对应照明的区域，形成明暗相间的条纹或光环，这就是光的衍射现象．(2)产生明显衍射的条件
障碍物的尺寸跟波长相近或比光的波长还小时，能产生明显的衍射，对同样的障碍物，波长越长的光，衍射现象越明显；对某种波长的光，障碍物越小，衍射现象越明显．2．几种图样的比较
(1)单缝衍射和双缝干涉的比较(2)障碍物的衍射图样
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．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．
形成泊松亮斑时，圆形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，亮环或暗环间距随半径的增大而减小，如图5－1－3所示．图5－1－3(3)衍射光栅：单缝衍射的条纹比较宽，而且距离中央亮条纹较远的条纹亮度也很小．因此，无论从测量的精确度，还是从可分辨的程度上说，单缝衍射都不能达到实用要求．如果增加狭缝的个数，衍射条纹的宽度将变窄，亮度将增大．光学仪器中用的衍射光栅就是据此制成的．它是由许多等宽的狭缝等距离地排列起来形成的光学仪器．即时应用(即时突破，小试牛刀)
3．如图5－1－4所示是通过游标卡尺两测量脚间的狭缝观察白炽灯线光源时所拍下的四张照片．图5－1－4(1)试通过图样分析四张照片对应的两测量脚间的宽度大小关系．
(2)试说明照片(丁)中中央条纹的颜色及成因．
解析：(1)由题图知，从图(甲)到图(丁)衍射越来越明显，说明两测量脚间的狭缝越来越小．
(2)图(丁)中中央条纹的颜色为白色，因为各种色光在屏中央均为亮条纹，七色光叠加后，中央条纹即为白色．
答案：见解析课堂互动讲练 在双缝干涉实验中，双缝到光屏上P点的距离之差为0.6 μm，若分别用频率为f1＝5.0×1014 Hz和f2＝7.5×1014 Hz的单色光A、B垂直照射双缝，试分析判断P点应出现亮条纹还是暗条纹？【自主解答】如图5－1－5所示，双缝S1、S2到光屏上任一点P的路程之差Δr＝S2S2′，当Δr等于单色光波长的整数倍时，S2和S1同时到达波峰或波谷，由S1和S2发出的光在P点互相加强，P点出现亮条纹；图5－1－5因此，用单色光A照射时，P处应出现亮条纹；用单色光B照射时，P处应出现暗条纹．
【答案】 亮 暗 (经典回放)劈尖干涉是一种薄膜干涉，其装置如图5－1－6甲所示，将一块平板玻璃放置在另一平板玻璃之上，在一端夹入两张纸片，从而在两玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜．当光垂直入射后，从上往下看到的干涉条纹如图乙所示，干涉条纹有如下特点：(1)任意一条明条纹或暗条纹所在位置下面的薄膜厚度相等；(2)任意相邻明条纹或暗条纹所对应的薄膜厚度差恒定．现若在图甲装置中抽去一张纸片，则当光垂直入射到新劈形空气薄膜后，从上往下观察到的干涉条纹( )图5－1－6A．变疏 B．变密
C．不变 D．消失【精讲精析】 当光垂直入射到劈形空气薄膜后，空气薄膜的上、下两个表面的反射光相遇叠加，产生干涉的条件是两束光的路程差要符合一定的条件才能产生干涉现象．从装置中抽出一张纸片，光产生干涉的条件不变，即形成明暗条纹时空气膜的厚度不变，相同水平距离上，劈形空气薄膜厚度变化减小，导致波程差变化减小，条纹变宽，条纹数量变少．即A正确．
【答案】 A【方法总结】 劈尖产生的干涉条纹是由劈形空气薄膜的上下两表面反射光叠加形成的，干涉条纹的疏密取决于劈形空气层的厚度变化．空气层的厚度越小(θ变小)干涉条纹越稀疏；空气层的厚度越大(θ变大)干涉条纹越密．变式训练1 (2011年南京六中高二期末)如图5－1－7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5－1－7①人从右侧向左看，可看到彩色条纹
②人从左侧向右看，可看到彩色条纹
③彩色条纹水平排列
④彩色条纹竖直排列
A．②③ B．①②④
C．②④ D．①③解析：选A.白光从左侧射入肥皂薄膜，经薄膜前后两个界面反射回来的光在左侧面相遇产生干涉，所以从左侧向右看，可以看到彩色条纹；由于重力的作用，薄膜自上而下逐渐加厚，在同一水平线上厚度相同，所以彩色条纹是水平的．故选A. 关于光的衍射现象，下面说法正确的有( )
A．只有当光的波长等于障碍物或小孔的尺寸时，才会产生光的衍射现象
B．当光的波长大于障碍物尺寸时，完全不产生衍射现象
C．发生小孔衍射时，若减小小孔直径，条纹变亮
D．发生小孔衍射时，若略为增大小孔直径，条纹变亮【思路点拨】 产生明显衍射的条件是波长不小于障碍物或小孔的尺寸．
【精讲精析】 对A、B选项，没有很好地理解衍射的条件．光离开直线传播的路线进入障碍物的几何阴影里去的现象叫做光的衍射．任何障碍物都可以使光产生衍射，但当障碍物或孔的尺寸跟波长相差不多或小于光的波长时，将产生明显的衍射现象．现象明显了，才容易被观察到，所以衍射并不要求波长与障碍物或孔的尺寸一定相等．对选项C，没有正确理解明显衍射现象与衍射条纹亮度的关系，认为衍射越明显就是衍射条纹越亮，犯了想当然的错误．当发生小孔衍射时，孔径越小，衍射越明显(屏上衍射图样分布的范围越大)．但由于通过孔的光的能量少，故而图样将变暗．
【答案】 D【方法总结】 光遇到任何障碍物时都产生衍射现象，只是明显程度不同；衍射现象明显与否，并不是指条纹是否明亮，小孔越小，衍射现象越明显，但由于通过小孔的光的能量少，故而图样将变暗．变式训练2 观察单缝衍射现象时，把缝宽由0.2 mm逐渐增大到0.8 mm，看到的现象是( )
A．衍射条纹的间距逐渐变小，衍射现象逐渐不明显
B．衍射条纹的间距逐渐变大，衍射现象越来越明显
C．衍射条纹的间距不变，只是亮度增强
D．以上现象都不会发生解析：选A.由单缝衍射实验的调整与观察可知，狭缝宽度越小，衍射现象越明显，衍射条纹越宽，条纹间距也越大，本题的调整是将缝调宽，现象向相反的方向发展，故选项A正确，B、C、D错． 关于光现象的叙述，以下说法正确的是
( )
A．太阳光照射下肥皂膜呈现的彩色属于光的干涉
B．雨后天空中出现的彩虹属于光的衍射
C．通过捏紧的两只铅笔间的狭缝观看工作着的日光灯管，看到的彩色条纹，属于光的色散
D．阳光照射下，树影中呈现的一个个小圆形光斑，属于光的衍射现象【精讲精析】 太阳光照射下肥皂膜呈现彩色，属于薄膜干涉，A正确；雨后天空中出现的彩虹，是天空中小水滴对阳光色散形成的；通过笔间狭缝观看日光灯管出现彩色，属于单缝衍射；而阳光下树影中呈现的小圆斑，则属于树叶间形成的小孔成像，故B、C、D均错误．正确理解干涉、衍射、色散及小孔成像等光现象的不同成因，是正确做出判断的关键，否则易被这些“彩色”现象所迷惑．
【答案】 A变式训练3 关于光的干涉和衍射现象，下面几种说法中正确的是( )
①光的干涉和衍射是相同的物理现象，只是干涉图样和衍射图样不同
②光的干涉只能用双缝，而光的衍射只能用单缝
③在双缝干涉过程中也有衍射现象存在
④单缝衍射过程中也存在着干涉现象
A．①② B．③④
C．①③ D．②④解析：选B.光的干涉和衍射不是相同的物理现象，前者是两列光波叠加形成干涉图样，后者是一列光波绕过障碍物或孔后形成衍射图样，①错误；光的干涉和衍射虽然是不同的物理现象，但是有密切的联系，双缝干涉中每一条缝衍射出来的光相互干涉，同一单缝的不同点发出的光符合相干条件，又产生干涉现象．所以选B.课件30张PPT。第3节 光的偏振
第4节 激光与全息照相课前自主学案核心要点突破课堂互动讲练课标定位知能优化训练 第
4
节 课标定位
学习目标：1.观察光的偏振现象，知道光是一种横波．
2．了解光的偏振现象的应用．
3．了解激光的特性和应用，了解全息照相技术．
重点难点：1.偏振光与自然光的区别，偏振光的应用．
2．激光的特点及应用．课前自主学案一、光的偏振
1．偏振现象
(1)如果横波________________的方向振动，在物理学上就叫做波的偏振．只有____波才有这种特性．因为___波的振动方向和传播方向始终在同一直线上，所以___波不存在偏振．
(2)光波属于电磁波，是___波，具有偏振性．太阳、电灯、蜡烛等普通光源发出的光不显示偏振性．只沿着某一特定横纵横纵某一方向振动2．偏振片
(1)偏振片是只让____________的光通过，而不让______________的光通过的一种光学元件．
(2)自然光通过偏振片后，只有_____方向和“狭缝”方向______的那些光波才能完全通过，而______方向和“狭缝”______ 的光波就完全不能通过．在此，让自然光通过偏振片后，就能获得______光．其它方向振动振动一致振动垂直偏振(3)用于获得偏振光的偏振片叫_______．为了检查通过起偏器的光是不是偏振光，可以在起偏器后面再放一个偏振片，这个偏振片叫_______，起偏器和检偏器都是_______．如果我们将起偏器固定，将检偏器逐渐旋转90°，就可以看到所透过的光强度也随之_________．起偏器检偏器偏振器发生变化3．偏振现象的应用
(1)立体电影
(2)在照相机镜头前装一________，并适当旋转偏振镜片，能够阻挡偏振光，消除或减弱光滑物体表面的反光或亮斑．
(3)利用偏振光通过受力的塑料或玻璃时，偏振化方向会发生变化这一现象，检查应力的分布情况以及用于_____预报．偏振片地震二、激光
1．激光及其特性
(1)激光是一种完全新型的光，产生激光的装置被称为_______．激光和________是20世纪最重大的科学发现之一．
(2)激光是原子__________产生的光，激光光束中所有的光子都是相互关联的，它们的______一致、相位一致、__________一致、______一致，所以激光具有_______好、_______强、_____高等特点．激光器激光器受激辐射频率偏振方向传播单色性方向性亮度2．激光的应用：(1)激光读碟 (2)网上收发电子邮件和购物 (3)超市里结算帐目 (4)医院里治疗疾病、整容美容 (5)军事上激光制导炸弹、测量距离、跟踪目标、传递军事情报，等等．
3．激光与全息照相
(1)全息照相是应用__________实现的．作为光源的激光被分成___________．光的干涉两部分(2)全息照相和普通照相相比有几个突出特点：观察再现的图像时，看到的三维立体图像和原来的物体______________．如果发现一个物体部分被遮挡了，你只要______________，就能观察到被遮挡的部分．如果一张全息照片的大部分被损坏或丢失，只留下一小部分，从这一小部分照片仍可再现___________．可以在同一张底片上记录多张图像，再现时可以在________上分别观察到两个不同物体的像而_____________．几乎一模一样改变一下角度原物的全貌不同角度不互相干扰核心要点突破一、偏振现象及其应用
1．横波与纵波的区别与判断
(1)区别：横波中各质点的振动方向与波的传播方向垂直，纵波中各质点的振动方向与波的传播方向在同一直线上．
(2)判断方法
①直接看质点振动方向与波的传播方向之间的联系．
②看波是否能通过两个相互垂直的且共线的“狭缝”，能通过的为纵波，不能通过的为横波．2．自然光与偏振光的比较特别提醒：(1)光的偏振现象表明光是一种横波．(2)平时我们所看到的光，除直接从光源射来的以外，绝大部分是偏振光．3．偏振现象的应用
(1)立体电影
(2)摄影时利用偏振片消除反光
(3)利用偏振现象检查应力的分布
(4)汽车挡风玻璃上安装偏振片可以减弱对面车灯射来的光
(5)液晶显示也是利用了偏振现象特别提醒：(1)我们平时所看到的光，除直接从光源射来的光，其他多为偏振光．
(2)自然光经镜面反射后的反射光是偏振光．即时应用(即时突破，小试牛刀)
1.如图5－3－1所示，P是偏振片，P的透振方向(用不带箭头的实线表示)为竖直方向．下列四种入射光束中，哪几种照射P时能在P的另一侧观察到透射光( )图5－3－1①太阳光
②沿竖直方向振动的光
③沿水平方向振动的光
④沿与竖直方向成45°角振动的光
A．①②③ B．①②④
C．②③④ D．①②③④解析：选B.根据光的偏振知识，只要光的振动方向不与偏振片的透振方向垂直，就有光能通过偏振片．当光的振动方向与偏振片的透振方向相同时，透射光最强，当二者垂直时，光完全不能透过．当二者间的夹角由0°至90°逐渐增加时，透射光逐渐减弱．太阳光、沿竖直方向振动的光、沿与竖直方向成45°角振动的光均能通过偏振片．故①②④正确．二、激光的特点及应用
1．激光的主要特性
(1)相干性好
所谓相干性好，是指容易产生干涉现象．普通光源发出的光，即使是单色光，也没有很好的相干性．而激光器产生的激光能很好地满足相干条件，所以在做光的干涉实验(如双缝干涉)时，利用激光作为光源直接照射双缝，就能得到既明亮又清晰的干涉图样，而无需在双缝前放置单缝．
特别提醒：激光的频率范围极窄，颜色几乎是完全一致的．(2)方向性强
与普通光相比，传播相同距离的激光光束的扩散程度小，光线仍能保持很大的强度，保持它的光能量，利用这—点可以精确测距．现在利用激光测量地月距离精度已经达到1 m.
(3)亮度非常高
激光可以在很小的空间和很短的时间内集中很大的能量．如果把强大的激光束会聚起来照射到物体上，可使物体被照射部分在千分之一秒的时间内产生几千万度的高温．利用这一特点可以切割物体．2．激光的应用
(1)光纤通信． (2)激光测距．
(3)激光读写. (4)激光加工．
(5)激光手术. (6)可控核聚变反应．课堂互动讲练 两个偏振片紧靠在一起．将它们放在一盏灯的前面以致没有光通过．如果将其中的一片旋转180°，在旋转过程中，将会产生下述的哪一种现象( )
A．透过偏振片的光强先增强，然后又减少到零
B．透过的光强先增强，然后减少到非零的最小值
C．透过的光强在整个过程中都增强
D．透过的光强先增强，再减弱，然后又增强【自主解答】 起偏器和检偏器的偏振方向垂直时，没有光通过，偏振方向互相平行时，光强度最大，当一个偏振片转动180°的过程中，两偏振片的偏振方向会由垂直到平行再到垂直，所以通过的光强先增强，后又减小到零．
【答案】 A【点评】 自然光的起偏和检偏是本节的重点内容之一，理解本实验会使我们对光的波动性有一个更直观的认识，它直观地证明了光是“横波”，在实验时，只要保证两偏振片平行，转动任何一个都可容易地观察到现象的变化，观察时可直接观察，这种情况眼只能逆着光线去看，观察范围较小，最好呈在光屏上，借助屏的漫反射可在光屏前方大范围内看到现象．变式训练1 下面关于光的偏振现象的应用正确的是( )
①自然光通过起偏器后成为偏振光，利用检偏器可以检验出偏振光的振动方向
②立体电影利用了光的偏振现象
③茶色眼镜利用了光的偏振现象
④拍摄日落时水面上的景物，在照相机镜头前装一个偏振片可减弱水面反射光的影响
A．①②③ B．①②④
C．②③④ D．①②③④解析：选B.起偏器和检偏器都是偏振片，故①对；立体电影放映时是通过两个相互垂直的偏振片把偏振片光射到银幕上，观众戴上偏振片制作成的眼镜才能看立体电影，故②对；茶色眼镜没有利用光的偏振现象，是滤光片，故③错；水面反射光强，且是偏振光，故④对．所以选B项． 下列说法正确的是( )
①激光可用于测距
②激光能量十分集中，只可用于加工金属材料
③外科研制的“激光刀”可以有效地减少细菌的感染
④激光可用于全息照相，有独特的特点
A．①②③ B．②③④
C．①③④ D．①②③④【精讲精析】 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，①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，②错误．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位信息，所以看起来跟真的一样，立体感较强，④正确．由于激光亮度高、能量大，在切割皮肤等的同时，也能杀灭细菌，所以③正确．
【答案】 C变式训练2 关于激光的各种应用分别利用了激光的哪种特性( )
A．激光测距利用了激光单色性好的特点，激光加工利用了激光方向性好的特点
B．激光测距利用了激光方向性好的特点，激光加工、激光刀利用了激光亮度高的特点
C．全息照相利用了激光亮度高的特点
D．激光刀利用了激光单色性好的特点，全息照相利用了激光方向性好的特点解析：选B.激光测距利用了激光方向性好的特点，激光加工和激光刀利用了激光亮度高的特点，全息照相利用了激光频率、相位和偏振方向的高度一致，也就是利用了激光的高度相干性，故B正确，A、C、D错误．课件45张PPT。第6章 相对论与天体物理第1节 牛顿眼中的世界
?
第2节 爱因斯坦眼中的世界课前自主学案核心要点突破课堂互动讲练课标定位知能优化训练 第
2
节 课标定位
学习目标：1.知道狭义相对论的实验基础、基本原理和主要结论．
2．了解经典时空观与相对论时空观的主要区别．体会相对论的建立对人类认识世界的影响．
3．体会科学探究活动中猜想、假设、发散性思维、逻辑思维、实验验证等研究方法的作用．
重点难点：1.“同时”的相对性和空间相对性的验证．
2．长度的相对性及时间间隔的相对性．课前自主学案一、经典力学的相对性原理
1．表述一：力学规律在任何惯性系中都是_______．
2．表述二：通过任何力学实验，都不可能发现惯性系是处于__________状态还是在做_____________，也就是说，不可能通过力学实验测得惯性系的____________．相同的绝对静止匀速直线运动绝对速度绝对的二、绝对时空观
在牛顿的世界里，力学规律之所以在任何惯性系中表达形式都相同，其根本原因是时间与空间不会随参考系不同而变化，也就是说时间与空间是_______，这就是绝对时空观．绝对______和绝对_______是经典物理学的支柱．时间空间三、寻找“以太”——迈克尔孙实验
为了检验“以太”的存在，物理学家设计了各种实验，其中最著名的是迈克尔孙—莫雷实验，这是一个测量______相对“以太”运动的典型实验．实验结果是寻找以太的努力失败了．这就是有名的迈克尔孙—莫雷实验的“零结果”．地球四、狭义相对论的两条基本原理
1．狭义相对性原理：物理规律(力学、电磁学、光学等)对于所有__________都具有相同的形式．
2．光速不变原理：在任何惯性系中，光在真空中的速度_______，与光源的运动和观测者的运动无关．惯性系恒为c五、狭义相对论中的时间与空间
1．对“同时”的认识
(1)绝对时空观：在同一个惯性系中不同地点同时发生的两个事件，在另一个惯性系中观察也是同时的，即________是绝对的．
(2)相对论的时空观：“同时”具有______性，即在同一个惯性系中不同地点同时发生的两个事件，在另一个惯性系中观察不一定是同时的．即“同时”是________．同时性相对相对的2．对“长度”的认识
(1)绝对时空观：一条杆的长度不会因为观察者是否与杆做相对运动而不同，即________也是绝对的．
(2)相对论时空观：“长度”也具有________，一条沿自身长度方向运动的杆，其长度总比静止时的长度小，但在垂直于杆的运动方向上，杆的长度没有变化．空间相对性3．时间间隔的相对性
(1)绝对时空观：某事件经历的______不会因参考系不同而不同．
(2)相对论时空观：一个物理过程经历的时间，在不同的参考系中测量不一定相同，与之相对静止的参考系测得的时间最短，称为________，惯性系______越大，惯性系中的物理过程进行得越慢．时间固有时速度核心要点突破一、理解经典力学的相对性原理
1．两种参考系
(1)惯性系：牛顿运动定律能够成立的参考系．牛顿运动定律在某个参考系中成立，这个参考系叫惯性系，相对于这个惯性系做匀速直线运动的另一个参考系也是惯性系．(2)非惯性系：牛顿运动定律不能成立的参考系．例如我们坐在加速的车厢里，以车厢为参考系观察路边的树木向后方加速运动，根据牛顿运动定律，树木应该受到不为零的合外力作用，但事实上没有，也就是牛顿运动定律不成立，即加速运动的物体可作为非惯性系．2．对经典力学的相对性原理的认识
(1)经典力学的相对性原理：力学规律在任何惯性系中都是相同的．
(2)这里的力学规律指的是“经典力学规律”．
(3)本原理可以有不同表示，比如：在一个惯性参考系内进行的任何力学实验都不能判断这个惯性系是否相对另一个惯性系做匀速直线运动；或者说，任何惯性参考系都是平权的．即时应用(即时突破，小试牛刀)
1．一只完全密封而不透明的船正在静水中匀速航行，船内的人能够感知船在运动吗？能够测量船的航行速度吗？如果船是加速航行呢？
解析：如果船是真正的匀速航行，船内的人又无法以船外的物体为参考系，则无法感知船在运动，更不可能测量船的速度．这是伽利略相对性原理的要求．
如果船是加速或减速航行，船内的人可以利用牛顿定律测量出船的加速度，但依然不能测量出船的瞬时速度．
答案：见解析二、对狭义相对论两个基本原理的理解
1．狭义相对性原理：物理规律(力学、电磁学、光学等)对于所有惯性系都具有相同的形式．爱因斯坦把伽利略的力学相对性原理推广到了电磁物理规律和一切其他物理规律，成为第一个假设．2．光速不变原理：在任何惯性系中，光在真空中的速度恒为c，与光源的运动和观测者的运动无关．这一条假设使我们看到一幅与传统观念截然不同的物理图像．设想从一点光源发出一个光脉冲，如果人在与光源保持相对静止的参考系中观察，波前为以光源为中心的球面；如果在相对于光源做匀速直线运动的另一参考系中观察，波前将同样是以光源为中心的球面，这预示着与伽利略变换不同的时空观．所以光速不变原理与伽利略速度叠加原理是针锋相对的，具有观念上的革命性．特别提醒：以上两条假设就是狭义相对论的基础，之所以称为假设，是因为只是根据迈克尔孙一莫雷实验等几个实验提出，还没有数学上的逻辑推理和推导，在大量的结论和事实相符后，就成为狭义相对论基本原理．根据狭义相对论的假设(2)，真空中的光速相对于飞船为c，相对于地面也为c，对不同惯性参考系是相同的，这一判断已被麦克耳孙—莫雷实验所证实．
答案：在地面的观察者看来光信号的速度为c，不是1.1c.三、对狭义相对论几个主要结论的理解
1．对相对论时空观的认识
(1)“同时”是相对的
A、B两个事件是否同时发生，与参考系的选择有关．
图6－1－1汽车以较快的速度匀速行驶，分别以地面和汽车为参考系．一个观察者在地面S′处，另一观察者在汽车车厢中央S处，且S处上方有一闪光光源．当汽车经过S′时，车厢中央的光源发出闪光，对车上的观察者，这个闪光照到车厢前壁和后壁这两个事件是同时发生的；对车下的观察者，他观察到闪光先到达后壁后到达前壁，这两个事件是不同时发生的．(2)长度的相对性(长度缩短效应)
长度的测量方法：同时测出杆的两端M、N的位置坐标，坐标之差就是测出的杆长．
图6－1－2课堂互动讲练 一列火车以速度v相对地面运动．如果地面上的人测得，某光源发出的闪光同时到达车厢的前壁和后壁(如图6－1－3所示)，那么按照火车上人的测量，闪光先到达前壁还是后壁？火车上的人怎样解释自己的测量结果？图6－1－3【精讲精析】 由于地面上人测得闪光同时到达前后两壁，在光向前后两壁传播的过程中火车要相对于地面向前运动一段距离．所以光源发光的位置一定离前壁较近，这个事实对于车上、车下的人都是一样的，在车上的人看来，既然发光点离前壁较近，各个方向的光速又都是一样的，当然闪光先到达前壁．
【答案】 见精讲精析变式训练1 (1)如果光源在运动火车车厢的中点，火车上的人会感到闪光同时到达车厢的前壁和后壁吗？站在车厢一侧地面上的人感觉怎样？
(2)如果是车厢静止，光源固定在火车车厢正中央，车上有一人坐在车厢上，车下有一人沿车厢方向向右运动(速度v，向右为前)．那么两人此时的感觉又如何？解析：(1)车厢里静止的人会感到闪光同时到达车厢的前壁和后壁；而车下地面上静止的人会感到闪光先到达后壁，理由同例1.
(2)如果车厢是静止的，地面上的人是运动的，则坐在车厢里的人会感觉闪光同时到达车厢的前壁和后壁；而车下行走的人会感到闪光先到达前壁，理由同例1.
答案：见解析 如图6－1－4，假设一根10 m长的梭镖以光速穿过一根10 m长的管子，它们的长度都是在静止状态下测量的．以下叙述中最好的描述了梭镖穿过管子的情况的是( )图6－1－4A．梭镖收缩变短，因此在某些位置上，管子能完全遮住它
B．管子收缩变短，因此在某些位置上，因此在某个位置，管子恰好遮住梭镖
C．两者都收缩，且收缩量相等，因此在某个位置，管子恰好遮住梭镖
D．所有这些都与观察者的运动情况有关【精讲精析】 如果你是在相对于管子静止的参考系中观察运动着的梭镖，那么梭镖看起来就比管子短，在某些位置梭镖会完全处在管子内部．然而当你和梭镖相对静止时，你看到的管子就缩短了，所以在某些位置，你可以看到梭镖两端都伸出管子．答案为D.
【答案】 D【方法总结】 (1)相对论中的长度是相对的，在不同惯性系中观察结果是不同的，解题时必须明确所取长度是相对哪一个参考系而言，即在哪一个参考系中测量或观察的结果．(2)平时我们观察不到这种长度收缩，是由于我们生活在比光速低得多的低速世界中．变式训练2 人马星座a星是离太阳系最近的恒星，它距地球4.3×1016 m．设有一宇宙飞船往返于地球和人马星座a星之间．若宇宙飞船的速度为0.999c，按地球上的时钟计算，飞船往返一次需多少时间？如以飞船上的时钟计算，往返一次的时间又为多少？答案：9年 0.4年(1)如果u′和v都很大，例如u′＝0.6c，v＝0.6c，它们的合速度会不会超过光速？如果u′和v更大些呢？
(2)若u′＝c，即在运动参考系中观察光的速度是c，求证：u＝c，即在另一个参考系中光的速度也是c，而与v的大小无关．【答案】 见自主解答【方法总结】 按照经典的时空观，u＝u′＋v.而从相对论的速度叠加来看，实际上人对地面的速度u比u′与v之和要小，不过只有在u′和u的大小可以与c相比时才会观察到这个差别．
如果车上人的运动方向与火车的运动方向相反，则u′取负值．变式训练3 地球上一观察者，看见一飞船A以速度2.5×108 m/s从他身边飞过，另一飞船B以速度2.0×108 m/s跟随A飞行．求：
(1)A上的乘客看到B的相对速度；
(2)B上的乘客看到A的相对速度．答案：(1)－1.125×108 m/s (2)1.125×108 m/s课件22张PPT。第3节 广义相对论初步
?
第4节 探索宇宙课前自主学案核心要点突破课堂互动讲练课标定位知能优化训练 第
4
节 课标定位
学习目标：1.初步了解广义相对论的几个主要观点以及主要观测证据．
2．关注宇宙研究的新进展，体会人类对自然的认识在不断扩展．
3．了解狭义相对性原理和广义相对性原理的区别．
重点难点：1.广义相对论的基本原理和时空结构．
2．广义相对论的实验．课前自主学案一、广义相对论初步
1．广义相对论的两个基本原理
(1)广义相对性原理：在__________________________中___________都是相同的．
(2)等效原理：_________参考系中的__________与____________不可区分．任何参考系(包括非惯性系)物理规律匀加速惯性力场均匀引力场运动2．广义相对论的时空结构
广义相对论深刻地揭示了时间、空间与物质的_____和______的密切关系．
(1)引力的存在对时间的影响：在引力场中，时钟______；引力场越强，时钟_____越甚．
(2)引力的存在对空间的影响
引力的存在会使空间变形，在引力方向上，空间间隔不变，在与引力______方向上，空间间隔变短(直尺变短)，发生了弯曲，引力越强的地方，这种效应越明显．分布变慢变慢垂直3．广义相对论的实验检验
(1)水星近日点的________；
(2)光线在引力场中的________；
(3)引力______现象；
(4)雷达回波_______．进动弯曲红移延迟二、探索宇宙
1．宇宙的起源
“大爆炸”宇宙模型认为，宇宙起源于一个______，在该点，温度为无穷大，物质密度为无穷大，空间___________，即发生宇宙大爆炸，之后，宇宙不断_____，温度不断_____，大约经历了_____年，形成了我们今天的宇宙．奇点急剧膨胀膨胀降低1502．宇宙里有什么
(1)太阳是一颗恒星，在太阳系中，除有八大行星外，还有卫星、彗星和流星体，由恒星组成的集团叫______，现在已知存在的星系有1000亿个以上．
(2)黑洞是看不见的天体，是没有“出口”的“洞”，是一个具有_________的空间区域．
3．永不停息的探索
16世纪初，意大利科学家伽利略首次利用_______对准天空观测．后来，人们又发明了射电望远镜，并修建了________．各国还先后发射了许多人造卫星及宇宙飞行器，用于天文观测．星系巨大引力望远镜天文台核心要点突破一、了解广义相对论
1．狭义相对论无法解决的问题
(1)万有引力理论无法纳入狭义相对论的框架．
(2)惯性参考系在狭义相对论中具有特殊的地位. 2．广义相对论的基本原理
(1)广义相对性原理：爱因斯坦把狭义相对性原理从匀速和静止参考系推广到做加速运动的参考系，认为所有的参考系都是平权的，不论它们是惯性系还是非惯性系，对于描述物理现象来说都是平等的．
(2)等效原理：在物理学上，一个均匀的引力场等效于一个做匀加速运动的参考系．3．广义相对论的时空结构与实验检验
(1)广义相对论的时空结构
①引力的存在对时间的影响．
在引力场中，时钟变慢．引力场越强，时钟变得越慢．
②引力的存在对空间的影响．
引力的存在会使空间变形，在引力方向上，空间间隔不变．在与引力垂直的方向上，空间间隔变短(直尺变短)，发生了弯曲．引力越强的地方．这种效应越明显．(2)相对论的实验检验
①水星近日点的进动
天文观测显示．行星的轨道并不是严格闭合的，它们的近日点(或远日点)有进动，这个效应以离太阳最近的水星最为显著．牛顿对此作出的解释与实际观测结果不相符，而广义相对论成功地解释了水星近日点的进动．②光线在引力场中偏转
根据电磁理论和经典光学，在无障碍的情况下，光线是直线传播的．但按照爱因斯坦的广义相对论，在引力场存在的情况下，光线是沿弯曲的路径传播的．引力场越强．弯曲越厉害．
③引力红移
在强引力的星球附近，时间进程会变慢，因此光振动会变慢，相应的光的波长变长、频率变小，光谱线会发生向红光一端移动的现象．光谱线的这种移动是在引力作用下发生的，所以叫“引力红移”．这一现象也已经在对白矮星(天狼星伴星)的观测中所证实．④雷达回波延迟
光经过大质量物体附近时发生变曲，可以看成光多走了一段路程，或等效为光速变慢．从地球上发出的雷达信号，经太阳附近到达某一星球后再反射回地球．传播时间会有所延迟.20世纪60年代，人们通过大量实验，证实了延迟现象．二、宇宙的起源和构成
1．大爆炸宇宙模型的主要观点
(1)关于宇宙的起源
①宇宙起源于一个奇点，奇点温度无穷高、密度无穷大．
②宇宙发生大爆炸，空间急剧膨胀；温度不断降低．
③大约经历了150亿年，形成了现在的宇宙．
(2)关于宇宙的演化：决定宇宙几何性质的两个因素——膨胀率和密度决定了宇宙的命运．2．宇宙在未来的发展有两种可能
(1)如果宇宙的膨胀率很大，密度很小，那么宇宙可能不断膨胀下去，称为开宇宙(或平直宇宙)．
(2)如果宇宙膨胀率很小或质量密度很大，现在的宇宙膨胀到某个极大值后便收缩，直至收缩成一个新的奇点后再次发生大爆炸，称为闭宇宙(封闭的宇宙)．
3．宇宙的组成
卫星绕着行星转动，行星绕着恒星转动，众多的恒星组成的集团叫星系，如银河系，众多的星系则构成宇宙的主体．4．恒星的演化
恒星将要消亡时会突然爆发，亮度在2～3天内突然增加几万倍甚至几百万倍形成新星，或者亮度增加几千万倍或几亿倍形成超新星，爆发后的残骸形成中子星或者黑洞．黑洞是一个具有巨大引力的空间区域．即时应用(即时突破，小试牛刀)
下列说法正确的是( )
A．哈勃发现的“红移”现象说明远处的星系正急速向我们靠近
B．哈勃发现的“红移”现象说明地球是宇宙的中心
C．“新星”和“超新星”是刚刚产生的恒星
D．“超新星”和“新星”的产生说明恒星正在不断灭亡解析：选D.哈勃发现的“红移”现象说明远处的星系在远离我们，但不能说明我们就处于宇宙的中心，只能说明我们与远处的星系存在相对运动．故A、B错．“新星”和“超新星”是恒星消亡时的一种现象故C错D对．课堂互动讲练 下列说法中不正确的是( )
A．由于太阳引力场的影响，我们有可能看到太阳后面的恒星
B．强引力场作用可使光谱线向紫端偏移
C．引力场越强的位置，时间进程越慢
D．由于物质的存在，实际的空间是弯曲的【精讲精析】 根据广义相对论的结论，由于太阳引力场的影响，使得光线发生弯曲，所以我们有可能看到太阳后面的恒星，A正确．强引力场作用使光的波长变长、频率变低，所以光谱线向红端偏移，B不正确．引力场越强的位置，时间进程越慢，所以C正确．物质的引力使得空间变形，发生弯曲，所以D正确．
【答案】 B【方法总结】 了解广义相对论的几个结论才能做出正确的选择，要避免与狭义相对论的结论混淆产生错误．