实验目的
测定玻璃砖的折射率
实验原理
图1
如图1所示，abb′a′为两面平行的玻璃砖，光线的入射角为θ1，折射角为θ2，根据n＝可以计算出玻璃的折射率．
实验器材
木板、白纸、玻璃砖、大头针、图钉、量角器、三角板、铅笔．
实验步骤
1．用图钉把白纸固定在木板上．
2．在白纸上画一条直线aa′，并取aa′上的一点O为入射点，作过O的法线NN′.
3．画出线段AO作为入射光线，并在AO上插上P1、P2两根大头针．
4．在白纸上放上玻璃砖，使其中一个长边与直线aa′对齐，并画出另一条对齐线bb′.
5．眼睛在另一侧透过玻璃砖观察两个大头针并调整视线方向，使P1的像被P2的像挡住，然后在眼睛这一侧插上大头针P3，使P3挡住P1、P2的像，再插上P4，使P4挡住P3和P1、P2的像．
6．移去玻璃砖，拔去大头针，由大头针P3、P4的针孔位置确定出射光线O′B及出射点O′，连接O、O′得线段OO′.
7．用量角器测量入射角θ1和折射角θ2，并查出其正弦值sin θ1和sin θ2.
8．改变入射角，重复实验，算出不同入射角时的，并取平均值．
误差分析
1．入射光线和折射光线确定的不准确性．
2．测量入射角和折射角时的误差．
注意事项
1．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′.
2．实验过程中，玻璃砖在纸上的位置不可移动．
3．大头针应竖直地插在白纸上，且玻璃砖两侧每两枚大头针P1和P2间、P3和P4间的距离应大一点，以减小确定光路方向时造成的误差．
4．实验时入射角不宜过小，否则会使测量误差过大，也不宜过大，否则在bb′一侧将看不清P1、P2的像．
5．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．
题型 实验原理、操作及误差分析
【例1】 (2010·福建理综·19(1))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2所示．①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．
图2
图3
例2 (2010·温州模拟)一块玻璃砖有两个相互平行的表面，其中一个表面是镀银的(光线不能通过此表面)．现要测定此玻璃的折射率，给定的器材还有：白纸、铅笔、大头针4枚(P1、P2、P3、P4)、带有刻度的直角三角板、量角器．实验时，先将玻璃砖放到白纸上，使上述两个相互平行的表面与纸面垂直．在纸面上画出直线aa′和bb′，aa′表示镀银的玻璃表面，bb′表示另一表面，如图3所示．然后，在白纸上竖直插上两枚大头针P1、P2(位置如图所示)．用P1、P2的连线表示入射光线．
(1)为了测量折射率，应如何正确使用大头针P3、P4？试在题图中标出P3、P4的位置．
(2)然后，移去玻璃砖与大头针．试在题图中通过作图的方法标出光线从空气到玻璃中的入射角θ1与折射角θ2.简要写出作图步骤．
(3)写出用θ1、θ2表示的折射率公式为n＝____________.
例3 (2011·浙江宁波质检)如图4所示，在一薄壁圆柱体玻璃烧杯中，盛上水或其他透明液体，中间竖直插入一根细直铁丝，沿水平方向观看，会发现铁丝在液面处出现折断现象，这是光的折射现象形成的．阅读上述材料，回答下列问题：
(1)①若把铁丝插在________位置，无论沿水平方向从什么方向看，铁丝均无折断现象；②如图4所示的情景，与实际观察到的情况相符的是(其中O为圆心)________．
图4
(2)利用上述现象，用毫米刻度尺、三角板、三根细直铁丝，可测液体折射率．
实验步骤是：
①实验图5所示，
图5
用刻度尺测量找出直径AB，并把刻度尺在刻度线的边缘与AB重合后固定并测出半径R.
②将一根细铁丝竖直固定于B处，用三角板找出过圆心O的垂直AB的直线，交杯缘于C，把一根细铁丝竖直固定于C点．
③________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
④________________________________________________________________________.
⑤________________________________________________________________________.
完成上面的实验步骤，填在相应横线上．
(3)利用上面的测量值，推算出折射率n的表达式(要有推算过程)．
1．关于“测定玻璃折射率”的实验中，下列说法中不正确的是( )
A．有一组入射角(θ1≠0)和折射角，便可以得出玻璃的折射率
B．在本实验中采用玻璃砖，这是因为只有玻璃砖才能测出玻璃的折射率
C．本实验的各项步骤，都是为了找到给定的入射角的折射角而设计的
D．棱镜、半圆形玻璃砖等都可以用来测定玻璃的折射率
2．如图6所示，用插针法测定玻璃折射率的实验中，以下各说法中正确的是( )
图6
A．P1、P2及P3、P4之间的距离适当大些，可以提高准确度
B．P1、P2及P3、P4之间的距离取得小些，可以提高准确度
C．入射角θ1适当大些，可以提高准确度
D．入射角太大，折射光线会在玻璃砖的内表面发生全反射，使实验无法进行
3．在用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，甲、乙、丙三位同学在纸上画出的界面aa′、bb′与玻璃砖位置的关系分别如图7，①、②和③所示，其中甲、丙两同学用的是矩形玻璃砖，乙同学用的是梯形玻璃砖．他们的其他操作均正确，且均以aa′、bb′为界面画光路图．则
图7
甲同学测得的折射率与真实值相比________(填“偏大”“偏小”或“不变”)．
乙同学测得的折射率与真实值相比________(填“偏大”“偏小”或“不变”)．
丙同学测得的折射率与真实值相比________________________________(填“偏大”“偏小”或“不变”)．
4.
图8
如图8所示为用某种透光物质制成的直角三棱镜ABC；在垂直AC面的直线MN上插两枚大头针P1、P2，在AB面的左侧透过棱镜观察大头针P1、P2的像，调整视线方向，直到P1的像______________，再在观察的这一侧先后插入两枚大头针P3、P4，使P3______________、P4__________________，记下P3、P4的位置，移去大头针和三棱镜，过P3、P4作直线与AB相交于D，量出该直线与AB面的夹角为45°，则该透光物质的折射率n为________，并在图中正确的画出完整的光路图．
5．如图9所示，画有直角坐标系xOy的白纸位于水平桌面上．M是放在白纸上的半圆形玻璃砖，其底面的圆心在坐标原点，直边与x轴重合．OA是画在纸上的直线，P1、P2为竖直地插在直线OA上的两枚大头针，P3是竖直地插在纸上的第三枚大头针，α是直线OA与y轴正方向的夹角，β是直线OP3与y轴负方向的夹角．只要直线OA画得合适，且P3的位置取得正确，测出角α和β，便可求得玻璃的折射率．某学生在用上述方法测量玻璃的折射率时，在他画出的直线OA上竖直地插上了P1、P2两枚大头针，但在y＜0的区域内，不管眼睛放在何处，都无法透过玻璃砖看到P1、P2的像，他应采取的措施是________________________．若他已透过玻璃砖看到P1、P2的像，确定P3位置的方法是______________．若他已正确地测得了α、β的值，则玻璃的折射率n＝__________.
图9
6．在一次测定玻璃的
图10
折射率的实验中，采用了如下方法：将一块半圆形玻璃砖放在水平面上(如图10所示)，用一束光线垂直于玻璃砖直径平面射入圆心O，以O为转轴在水平面内缓慢转动半圆形玻璃砖，当刚转过θ角时，观察者在玻璃砖平面一侧恰好看不到出射光线，这样就可以知道该玻璃砖的折射率n的大小，那么上述测定方法主要是利用了__________的原理，该玻璃的折射率n＝________.
7．学校开展研究性学习，某研究小组的同学根据所学的光学知识，设计了一个测量液体折射率的仪器，如图11所示，在一个圆盘上，过其圆心O作两条互相垂直的直径BC、EF，在半径OA上，垂直盘面插下两枚大头针P1、P2，并保持P1、P2位置不变，每次测量时让圆盘的下半部分竖直进入液体中，而且总使得液面与直径BC相平，EF作为界面的法线，而后在图中右上方区域观察P1、P2的像，并在圆周上插上大头针P3，使P3正好挡住P1、P2的像，同学们通过计算，预先在圆周EC部分刻好了折射率的值，这样只要根据P3所插的位置，就可直接读出液体折射率的值．则：
图11
(1)若∠AOF＝30°，OP3与OC的夹角为30°，则P3处所对应的折射率的值为________．
(2)图中P3、P4两位置哪一处所对应的折射率值大？
答：________.
(3)作AO的延长线交圆周于K，K处所对应的折射率值应为________．
8．(2011·哈尔滨第二次模拟)如图12所示，某同学利用方格坐标纸测定半圆形玻璃砖的折射率，OA是画在纸上的直线，他在直线OA适当位置先后竖直插上P1、P2两枚大头针，如图放上玻璃砖(如粗黑线所示，O为玻璃砖的圆心)，然后插上P3、P4大头针．
图12
(1)其中他确定P3大头针位置的方法应当是___________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
(2)若该同学实验操作规范准确，其记录的情况如图所示．该同学移去玻璃砖，用圆规做了一个以O为圆心，半径与玻璃砖相同的圆(如图中虚线所示)．请你根据图中坐标纸的数据算出玻璃砖的折射率n＝________(保留两位有效数字)．
9.如图13所示，
图13
在一盛满水的大玻璃缸下面放一能发出红光的小灯泡，在水面上观察，可以看到一圆形发光面，测出发光面的直径D及水的深度h，则
(1)该红光在水中的折射率是多少？
(2)如果把小灯泡换成能发射紫光的小灯泡，圆形发光面的直径D将如何变化？
实验学案5 测定玻璃的折射率
【热点题型精析】
例1① ②大
解析 ①据题意可知入射角为(90°－θ1)，折射角为(90°－θ2)，则玻璃的折射率为n＝＝；②玻璃砖越宽，光线在玻璃砖内的传播方向越容易确定，测量结果越准确．故应选用宽度大的玻璃砖来测量．
例2 见解析
解析 (1)在bb′一侧观察P1、P2(经bb′折射、aa′反射，再经bb′折射)的像，在适当的位置插上P3，使得P3与P1、P2的像在一条直线上，即让P3挡住P1、P2的像；再插上P4，让它挡住P2、P1的像和P3，P3、P4的位置如下图所示．
(2)①过P1、P2作直线与bb′交于O；
②过P3、P4作直线与bb′交于O′；
③利用刻度尺找到OO′的中点M；
④过O点作bb′的垂线CD，过M点作bb′的垂线与aa′相交于N，如图所示，连接ON；
⑤∠P1OD＝θ1，∠CON＝θ2.
(3)由折射率的定义可得n＝.
例3 (1)①圆心O处 ②BC (2)③把另一根铁丝紧靠直尺AB边移动，使其折射像与C处、B处的铁丝三者重合 ④测出铁丝距B(或A)的距离 ⑤求出折射率 (3)由上面实验步骤知P′是铁丝在P时的像，PC为入射光线，θ1、θ2为对应的入射角和折射角，如图所示，由折射定律得n＝，又sin θ2＝＝＝
sin θ1＝＝
n＝.
【课时效果检测】
1．B
2．AC [因为实验中的入射光线和折射光线都是通过隔着玻璃砖观察在一直线上后确定的，相互间的距离太小，容易出现偏差．A正确，B错误；入射角适当大些，相应的折射角也增大，折射现象较明显，容易测量些，C正确；由于光通过玻璃砖时，各相关角度是互相制约着的，在平行玻璃砖中，其出射角恒等于入射角，而对于入射的界面，光线是从光疏介质射入光密介质，折射角必小于入射角，当入射角趋于最大值90°时，折射角也趋于最大值C(临界角)，而对于出射的界面，在玻璃砖内的折射光线的入射角最大值也只能为C，根据光路可逆原理，出射角最大值也趋于90°，即始终能透过玻璃砖看到入射光线，D错．]
3．偏小 不变 可能偏大、可能偏小、可能不变
解析用图①测定折射率时，玻璃中折射光线偏大了，所以折射角增大，折射率减小；用图②测折射率时，只要操作正确，与玻璃砖形状无关；用图③测折射率时，无法确定折射光线偏折的大小，所以测得的折射率可大、可小、可不变．
4．被P2的像挡住 挡住P1、P2的像 挡住P1、P2的像和P3
解析
折射率的测定原理是依据折射定律n＝，利用插针法将光在介质中的传播路线确定，从而测出相应的入射角θ1和折射角θ2，求解出n值．而插针便是利用它挡住物体(大头针)的像，用P3挡住P1、P2的像是为了确定入射光线，用P4挡住P3并挡住P1、P2的像是为了确定出射光线．由题条件可画出如图所示的完整光路图，且θ1＝45°，θ2＝30°，所以n＝＝＝＝.
5．另画一条更靠近y轴正方向的直线OA，把大头针P1、P2竖直地插在所画的直线上，直到在y＜0区域透过玻璃砖能看到P1、P2的像 竖直插上大头针P3，使P3刚好能挡住P1、P2的像
解析 无法看到P1、P2的像是OA光线的入射角过大，发生全反射的缘故．P3能挡住P1、P2的像说明OP3是OA的折射光线．
6．全反射
解析 当半圆形的玻璃砖刚转过θ角时，观察者在玻璃砖平面一侧恰好看不到出射光线，就说明此时恰好发生全反射．因原来入射光线与界面垂直，故当玻璃砖转过θ角时，法线方向也转过θ角，故此时入射角为θ，θ角即为发生全反射的临界角，故有sin θ＝，n＝.
7．(1) (2)P4 (3)1
解析 (1)在本题中EF为法线，AO视为入射光线，OP3可视为折射光线
根据折射率公式可得：n＝＝＝
(2)由图可知P4处对应的折射角大，而入射角相同
由n＝，可得：P4处折射率大．
(3)因∠AOF＝∠EOK，入射角等于折射角，所以折射率为1.
8．(1)透过玻璃砖调整视线让P2的像挡住P1的像，在该视线方向竖直插上P3，使其挡住P2和P1的像 (2)1.5
9．(1) (2)变小
解析 (1)光路图如图所示
sin C＝
而sin C＝，所以n＝
(2)如果将红光换成紫光则n将增大，临界角C减小，因此水面上的圆形发光面会减小，即D会变小．一、概念规律题组
1．关于全反射，下列说法中正确的是( )
A．光从光密介质射向光疏介质时可能产生全反射
B．光从光疏介质射向光密介质时可能产生全反射
C．光从折射率大的介质射向折射率小的介质时可能产生全反射
D．光从传播速度小的介质射向传播速度大的介质时可能产生全反射
2．一束光从某种介质射入空气中时，入射角θ1＝30°，折射角θ2＝60°，折射光路如图1所示，则下列说法正确的是( )
图1
A．此介质折射率为
B．此介质折射率为
C．相对于空气此介质是光密介质
D．光在介质中速度比在空气中大
3．单色光在真空中的传播速度为c，波长为λ0，在水中的传播速度是v，波长为λ，水对这种单色光的折射率为n.当这束单色光从空气斜射入水中时，入射角为θ1，折射角为θ2，下列说法中正确的是( )
A．v＝，λ＝λ0 B．λ0＝λn，v＝c
C．v＝cn，λ＝λ0 D．λ0＝，v＝c
图2
4．如图2所示，两束不同的单色光P和Q，以适当的角度射向半圆形玻璃砖，其射出光线都是从圆心O点沿OF方向射出，则下面说法正确的是( )
A．P光束在玻璃中折射率大
B．Q光束的频率比P光束的频率大
C．P光束穿出玻璃砖后频率变大
D．Q光束穿过玻璃砖所需时间长
二、思想方法题组
5．如图3所示，光线由空气射入半圆形玻璃砖，或由玻璃砖射入空气的光路图中，正确的是(玻璃的折射率为1.5)( )
图3
A．图乙、丁 B．图甲、丁
C．图乙、丙 D．图甲、丙
图4
6．如图4所示，一束白光从顶角为θ的棱镜的一个侧面AB以较大的入射角i入射，经过三棱镜后，在屏P上可得到彩色光带，当入射角逐渐减小到零的过程中，若屏上的彩色光带先后全部消失，则( )
A．红光最先消失，紫光最后消失
B．紫光最先消失，红光最后消失
C．紫光最先消失，黄光最后消失
D．红光最先消失，黄光最后消失
一、折射定律的理解和应用
1．折射现象中的光线偏折
(1)光线从折射率小的介质射向折射率大的介质．折射光线向法线偏折，入射角大于折射角．反之亦然．
(2)入射角θ1越大，折射角θ2越大，偏折越明显；θ1越小，θ2越小，偏折越轻，θ1＝0时，θ2＝0不偏折．
2．光具对光线的控制作用
(1)不同光具对光线的控制作用不同，但本质上是光的折射、反射规律的体现，不可盲记．要具体问题具体分析．
(2)对不同光具的作用要分析透彻，灵活运用．
①平行玻璃砖：出射光与入射光总平行，但有侧移．
②三棱镜：使光线向底边偏折．
③圆(球)形玻璃：法线总过圆(球)心．
【例1】 一半径为R的1/4球体放置在水平桌面上，
图5
球体由折射率为的透明材料制成．现有一束位于过球心O的竖直平面内的光线，平行于桌面射到球体表面上，折射入球体后再从竖直表面射出，如图5所示．已知入射光线与桌面的距离为R/2.求出射角θ.
[规范思维]
[针对训练1] (2011·重庆·18)在一次讨论中，老师问道：“假如水中相同深度处有a、b、c三种不同颜色的单色点光源，有人在水面上方同等条件下观测发现，b在水下的像最深，c照亮水面的面积比a的大．关于这三种光在水中的性质，同学们能做出什么判断？”有同学回答如下：
①c光的频率最大 ②a光的传播速度最小 ③b光的折射率最大 ④a光的波长比b光的短
根据老师的假定，以上回答正确的是( )
A．①② B．①③
C．②④ D．③④
二、全反射的理解和应用
1．光疏介质与光密介质
光疏介质与光密介质是相对而言的，并没有绝对的意义．例如，有机玻璃(n＝1.50)对水(n＝1.33)是光密介质，而对金刚石(n＝2.42)是光疏介质．对于某一种介质，不能说它是光疏介质还是光密介质，要看它与什么介质相比较．
2．全反射现象的理解
(1)全反射现象是光的折射的特殊现象．发生全反射的条件：①光从光密介质射向光疏介质；②入射角大于或等于临界角．
(2)全反射现象符合反射定律，光路可逆．
(3)全反射发生之前，随着入射角的增大，折射角和反射角都增大，但折射角增大得快；在入射光强度一定的情况下，折射光越来越弱，反射光越来越强．发生全反射时，折射光消失，反射光的强度等于入射光的强度．
【例2】
图6
(2009·四川)如图6所示，空气中有一横截面为半圆环的均匀透明柱体，其内圆半径为r，外圆半径为R，R＝r.现有一束单色光垂直于水平端面A射入透明柱体，只经过两次全反射就垂直于水平端面B射出．设透明柱体的折射率为n，光在透明柱体内传播的时间为t，若真空中的光速为c，则( )
A．n可能为 B．n可能为2
C．t可能为 D．t可能为
[规范思维]
[针对训练2]
图7
(2011·大纲全国·16)雨后太阳光入射到水滴中发生色散而形成彩虹．设水滴是球形的，图7中的圆代表水滴过球心的截面，入射光线在过此截面的平面内，a、b、c、d代表四条不同颜色的出射光线，则它们可能依次是( )
A．紫光、黄光、蓝光和红光
B．紫光、蓝光、黄光和红光
C．红光、蓝光、黄光和紫光
D．红光、黄光、蓝光和紫光
三、折射和全反射的综合应用
【例3】
图8
(2011·福建·14)如图8所示，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．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
[规范思维]
图9
[针对训练3] (2010·重庆理综·20)如图9所示，空气中有一折射率为的玻璃柱体，其横截面是圆心角为90°、半径为R的扇形OAB.一束平行光平行于横截面，以45°入射角照射到OA上，OB不透光．若只考虑首次入射到圆孤上的光，则上有光透出部分的孤长为( )
A.πR B.πR C.πR D.πR
【基础演练】
1．红、黄、绿三种单色光以相同的入射角到达某介质和空气的界面时，若黄光恰好发生全反射，则( )
A．绿光一定能发生全反射
B．红光一定能发生全反射
C．三种单色光相比，红光在介质中的传播速率最小
D．红光在介质中的波长比它在空气中的波长长
2．(2010·全国Ⅱ·20)频率
图10
不同的两束单色光1和2以相同的入射角从同一点射入一厚玻璃板后，其光路如图10所示，下列说法正确的是( )
A．单色光1的波长小于单色光2的波长
B．在玻璃中单色光1的传播速度大于单色光2的传播速度
C．单色光1通过玻璃板所需的时间小于单色光2通过玻璃板所需的时间
D．单色光1从玻璃到空气的全反射临界角小于单色光2从玻璃到空气的全反射临界角
3．(2009·全国Ⅱ·21)
图11
一玻璃砖横截面如图11所示，其中ABC为直角三角形(AC边未画出)，AB为直角边，∠ABC＝45°；ADC为一圆弧，其圆心在BC边的中点．此玻璃的折射率为1.5.P为一贴近玻璃砖放置的、与AB边垂直的光屏．若一束宽度与AB边长度相等的平行光从AB边垂直射入玻璃砖，则( )
A．从BC边折射出一束宽度与BC边长度相等的平行光
B．屏上有一亮区，其宽度小于AB边的长度
C．屏上有一亮区，其宽度等于AC边的长度
D．当屏向远离玻璃砖的方向平行移动时，屏上亮区先逐渐变小然后逐渐变大
4.
图12
一束白光从顶角为θ的一边以较大的入射角θ1射入并通过三棱镜后，在屏P上可得到彩色光带，如图12所示，在入射角θ1逐渐减小到零的过程中，假如屏上的彩色光带先后全部消失，则( )
A．红光最先消失，紫光最后消失
B．紫光最先消失，红光最后消失
C．紫光最先消失，黄光最后消失
D．红光最先消失，黄光最后消失
5．(2009·浙江理综·18)如图13所示，
图13
有一束平行于等边三棱镜截面ABC的单色光从空气射向E点，并偏折到F点．已知入射方向与边AB的夹角为θ＝30°， E、F 分别为边AB、BC 的中点，则( )
A．该棱镜的折射率为
B．光在F点发生全反射
C．光从空气进入棱镜，波长变小
D．从F点出射的光束与入射到E点的光束平行
题号 1 2 3 4 5
答案
6.(2010·山东·37(2))
图14
如图14所示，一段横截面为正方形的玻璃棒，中间部分弯成四分之一圆弧状，一细束单色光由MN端面的中点垂直射入，恰好能在弧面EF上发生全反射，然后垂直PQ端面射出．
(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．
7．(2011·海南·18(2))一赛艇停在平静的水面上，赛艇前端有一标记P离水面的高度为h1＝0.6 m，尾部下端Q略高于水面；赛艇正前方离赛艇前端s1＝0.8 m处有一浮标，示意图如图15所示．一潜水员在浮标前方s2＝3.0 m处下潜到深度为h2＝4.0 m时，看到标记刚好被浮标挡住，此处看不到船尾端Q；继续下潜Δh＝4.0 m，恰好能看见Q.求：
图15
(1)水的折射率n；
(2)赛艇的长度l.(可用根式表示)
【能力提升】
8.
图16
(2011·山东·37(2))如图16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.
(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．
9．(2010·吉林长白县高三质量检测)如图17所示，
图17
有一截面是直角三角形的棱镜ABC，∠A＝30°.它对红光的折射率为n1，对紫光的折射率为n2.在距AC边d处有一与AC平行的光屏．现有由以上两种色光组成的很细的光束垂直AB边射入棱镜．
(1)红光和紫光在棱镜中的传播速度比为多少？
(2)为了使红光能从AC面射出棱镜，n1应满足什么条件？
(3)若两种光都能从AC面射出，求在光屏MN上两光点间的距离．
图18
10．(2010·常州模拟)如图18所示，一透明球体置于空气中，球半径R＝10 cm，折射率n＝，MN是一条通过球心的直线，单色细光束AB平行于MN射向球体，B为入射点，AB与MN间距为5 cm，CD为出射光线．
(1)补全光路图并求出光从B点传到C点的时间；
(2)求CD与MN所成的角α.
11．半径为R的玻璃半圆柱体，
图19
横截面如图19所示，圆心为O.两条平行单色红光沿截面射向圆柱面，方向与底面垂直，光线1的入射点A为圆柱面的顶点，光线2的入射点为B，∠AOB＝60°.已知该玻璃对红光的折射率n＝.
(1)求两条光线经柱面和底面折射后的交点与O点的距离d.
(2)若入射的是单色蓝光，则距离d将比上面求得的结果大还是小？
学案3 光的折射与全反射
【课前双基回扣】
1．ACD 2.BC 3.B 4.BD 5.A 6.B
思维提升
1．光的折射
(1)光从真空射入某种介质发生折射时，入射角的正弦与折射角的正弦之比，叫做这种介质的绝对折射率．简称折射率．
(2)实验证明，介质的折射率等于光在真空中的传播速度与光在该介质中的传播速度之比，即n＝c/v.任何介质的折射率都大于1.
2．光的全反射
(1)光照射到两种介质界面上时，光线全部被反射回原介质的现象称为全反射现象．
(2)发生全反射的条件
①光线从光密介质射向光疏介质．
②入射角大于或等于临界角．
(3)临界角：折射角等于90°时的入射角．设光线从某种介质射向真空或空气时的临界角为C，则sin C＝.
3．不同色光在同一介质中速度不同，频率越高，折射率越大，速度越小，波长越短，临界角越小．
【核心考点突破】
例1 60°
解析 设入射光线与1/4球体的交点为C，连接OC，OC即为入射点的法线．因此，图中的角α为入射角．过C点作球体水平表面的垂线，垂足为B.依题意，∠COB＝α.又由△OBC知sin α＝①
设光线在C点的折射角为β，由折射定律得
＝②
由①②式得β＝30°③
由几何关系知，光线在球体的竖直表面上的入射角γ(见右图)为30°.由折射定律得
＝，因此sin θ＝
解得θ＝60°
[规范思维] 几何光学就是以光线为工具研究光的传播规律，正确规范地作出光路图是解决几何光学问题的关键和前提．根据光路图找出入射角和折射角，利用题目所给信息由几何关系确定入射角和折射角的正弦值．
例2 AB [紧贴内圆入射的光线到达界面时入射角最小，由已知条件可知该入射角为45°，所以该材料折射率的最小值为，A、B正确；光在该介质中通过的最小路程为4r，所以光传播时间的最小值为，C、D错误．]
[规范思维] 在解决光的折射、全反射问题时，应根据题意分析光路，利用几何知识分析线、角关系，比较入射角和临界角的大小关系，看是否满足全反射条件．有时还要灵活运用光路的可逆性来进行分析．
例3 C [因n红C紫，因此当增大入射角时，紫光先发生全反射，紫光先消失，且当入射光的入射角逐渐增大时，折射光强度会逐渐减弱，反射光强度会逐渐增强，故应选C.]
[规范思维] 掌握折射的规律和全反射的条件、规律，知道不同色光在同一介质中的折射率不同，就能正确解答本题．
[针对训练]
1．C 2.B 3.B
思想方法总结
1．画光路图应注意的问题
(1)光线实际是从哪个物体发出的；(2)光线是从光密介质向光疏介质传播的还是从光疏介质向光密介质传播的；(3)必要的时候还需要借助光的可逆性原理；(4)注意作图时一定要规范，光线与法线、光线的反向延长线等应该用实线和虚线区分．
2．各种色散现象的规律
(1)光的颜色取决于频率，从红光到紫光，频率逐渐增大，波长逐渐减小，色光由真空进入介质，频率不变，波长减小．
(2)色光从真空进入介质速度都要减小，在同一种介质中，从红光到紫光，速度逐渐减小．
(3)在同一种介质中，从红光到紫光，折射率逐渐增大．
3．折射类、全反射类问题的分析方法一般是先作光路图，借助图形找出几何关系．利用n＝及n＝和v＝λf进行计算．利用sin C＝判断临界角，找出临界光线，利用光路图解答问题，并注意光路的可逆性．
【课时效果检测】
1．A 2.AD 3.BD 4.B 5.AC
6．(1) (2)能
解析 (1)因为细束单色光由MN端面中点垂直射入，所以到达弧面EF界面时入射角为45°，又因为恰好发生全反射，所以45°为临界角C，由sin C＝可知，该玻璃棒的折射率n＝＝.
(2)若将入射光向N端平移，第一次射到弧面EF上的入射角将增大，即大于临界角45°，所以能发生全反射．
7．(1) (2) m
解析 根据题意画出如图所示的示意图．
(1)根据几何知识，知sin i＝＝0.8
sin r＝＝0.6
根据折射定律得折射率n＝＝
(2)潜水员恰好能看见Q时，有sin C＝＝
又sin C＝
代入数据得l＝ m
8．(1) (2)不能
解析 依题意作出光路图．
(1)由几何知识可知，
入射角i＝60°，折射角r＝30°
根据折射定律得
n＝
代入数据解得
n＝
(2)不能．
9．(1) (2)n1<2 (3)d
解析 (1)v红＝
v紫＝
故＝
(2)由几何关系知，为使红光射出，则临界角
C>30°
sin C＝>
解得n1<2
(3)由光路的可逆性和折射定律得＝n1 ＝n2
Δx＝d(tan r2－tan r1)＝d
10．见解析
解析 (1)连接BC，如下图所示，在B点光线的入射角、折射角分别标为θ1、θ2，
sin θ1＝5/10＝/2.所以，θ1＝45°，由折射率定律：
在B点有：n＝
sin θ2＝1/2，故：θ2＝30°
BC＝2Rcos θ2，t＝BCn/c＝2Rncos θ2/c＝(/3)×10－9 s
(2)由几何关系可知∠COP＝15°，∠OCP＝135°，α＝30°.
11．(1) (2)小
解析 (1)光路如图所示，可知θ1＝60°
由折射率n＝，可得θ2＝30°
由几何关系及折射定律公式n＝得：θ3＝30°，θ4＝60°
所以OC＝＝
在△OCD中可得d＝OD＝
OCtan 30°＝
(2)由于单色蓝光比单色红光波长小、折射率n大，所以向OC偏折更明显，d将减小．
易错点评
1．光路图作图不准确、不规范、不合比例造成分析计算失误．如第10、11题．
2．有些同学对题目读题不够认真，思考不够彻底，有畏难心理，导致题目解不出来．如第3题，第9题等．
3．对各种色光的频率关系记忆不准确，导致各色光的波长、临界角、传播速度等问题判断不准．一、概念规律题组
1．简谐运动的平衡位置是指( )
A．速度为零的位置 B．回复力为零的位置
C．加速度为零的位置 D．位移最大的位置
2．悬挂在竖直方向上的弹簧振子，周期为2 s，从最低点的位置向上运动时开始计时，它的振动图象如图1所示，由图可知( )
图1
A．t＝1.25 s时振子的加速度为正，速度为正
B．t＝1.7 s时振子的加速度为负，速度为负
C．t＝1.0 s时振子的速度为零，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
二、思想方法题组
3．如图2所示两木块A和B叠放在光滑水平面上，质量分别为m和M，A与B之间的最大静摩擦力为Ffm，B与劲度系数为k的轻质弹簧连接构成弹簧振子，为使A和B在振动过程中不发生相对滑动，则( )
图2
A．它们的振幅不能大于Ffm
B．它们的振幅不能大于Ffm
C．它们的最大加速度不能大于
D．它们的最大加速度不能大于
一、简谐运动的规律及应用
图3
情景：如图3所示，一水平方向的弹簧振子在BC之间做简谐运动．以此为例，试分析简谐运动的以下特征：
1．受力特征：回复力满足F＝－kx，即回复力大小与位移的大小成正比，方向与位移的方向相反．
2.运动特征：简谐运动是变速运动，位移x、速度v、加速度a都随时间按正弦规律周期性变化．当振子衡位置时，a、F、x都减小，v增大；当振子远离平衡位置时，a、F、x都增大，v减小．
3．能量特征：振幅越大，能量越大．在运动过程中，动能和势能相互转化，机械能守恒．
4．对称性特征：
图4
(1)如图4所示，振子经过关于平衡位置O对称(OP＝OP′)的两点P、P′时，速度的大小、动能、势能相等．相对于平衡位置的位移大小相等．
(2)振子由P到O所用时间等于由O到P′所用时间，即tPO＝tOP′.
(3)振子往复运动过程中通过同一段路程(如OP段)所用时间相等即tOP＝tPO.
【例1】 (2010·全国卷Ⅰ·21)一简谐振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点．t＝0时刻振子的位移x＝－0.1 m；t＝ s 时刻x＝0.1 m；t＝4 s时刻x＝0.1 m．该振子的振幅和周期可能为( )
A．0.1 m， s B．0.1 m，8 s
C．0.2 m， s D．0.2 m，8 s
二、简谐运动的图象
图5
1．确定振动物体在任一时刻的位移．如图5所示，对应t1、t2时刻的位移分别为x1＝＋7 cm，x2＝－5 cm.
2．确定振动的振幅．图象中最大位移的值就是振幅，如图5所示，振动的振幅是10 cm.
3．确定振动的周期和频率．振动图象上一个完整的正弦(余弦)图形在时间轴上拉开的“长度”表示周期．
由图5可知，OD、AE、BF的间隔都等于振动周期，T＝0.2 s，频率f＝1/T＝5 Hz.
4．确定各质点的振动方向．例如：图5中的t1时刻，质点正远离平衡位置向正方向运动；t3时刻，质点正向着平衡位置运动．
5．比较各时刻质点加速度的大小和方向．例如：在图5中，t1时刻质点位移x1为正，则加速度a1为负，t2时刻质点位移x2为负，则加速度a2为正，又因为|x1|>|x2|，所以|a1|>|a2|.
【例2】 (2010·温州模拟)如图6所示为一
图6
弹簧振子的振动图象，试完成以下要求：
(1)写出该振子简谐运动的表达式．
(2)在第2 s末到第3 s末这段时间内弹簧振子的加速度、速度、动能和弹性势能各是怎样变化的？
(3)该振子在前100 s的总位移是多少？路程是多少？
三、单摆及周期公式
1．单摆振动的周期公式T＝2π，该公式提供了一种测定重力加速度g的方法．
2．l为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离，要区分摆长和摆线长，悬点实质为摆球摆动所在圆弧的圆心．
3．g为当地重力加速度．
4．T＝2π只与l及g有关，而与振子的质量及振幅无关．
特别提示
若单摆没有处于地球表面或所处环境为非平衡态，则g为等效重力加速度，大体有这样几种情况：(1)不同星球表面g＝GM/r2；(2)单摆处于超重或失重状态等效g＝g0±a，如轨道上运行的卫星a＝g0，完全失重，等效g＝0；(3)不论悬点如何运动还是受别的作用力，等效g的取值等于在单摆不摆动时，摆线的拉力F与摆球质量m的比值，即等效g＝F/m.
【例3】 (2011·江苏·12B(3))将一劲度系数为k的轻质弹簧竖直悬挂，下端系上质量为m的物块．将物块向下拉离平衡位置后松开，物块上下做简谐运动，其振动周期恰好等于以物块平衡时弹簧的伸长量为摆长的单摆周期．请由单摆的周期公式推算出该物块做简谐运动的周期T.
四、实验：用单摆测重力加速度
1．实验原理
单摆在摆角很小(小于10°)时，其摆动可以看作简谐运动，其振动周期T＝2π ，其中l为摆长，g为当地重力加速度，由此可得g＝，据此，只要测出摆长l和周期T，就可计算出当地重力加速度g的数值．
2．注意事项
(1)细线的质量要小，弹性要小，选用体积小、密度大的小球，摆角不超过10°.
(2)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．
(3)测周期的方法：
①要从摆球过平衡位置时开始计时，因为此处速度大、计时误差小，而最高点速度小、计时误差大．
②要测多次全振动的时间来计算周期．如在摆球过平衡位置开始计时，且在数“零”的同时按下秒表，以后摆球从同一方向通过最低位置时计数1次．
(4)由公式g＝，分别测出一系列摆长l对应的周期T，作出l—T2的图象，如图7所示，图象应是一条通过原点的直线，求出图线的斜率k，即可求得g值．
图7
g＝4π2k，k＝＝
根据图线斜率求g值可以减小误差．
【例4】 某同学想在家里做用单摆测定重力加速度的实验，但没有合适的摆球，他只好找到一块大小为3 cm左右，外形不规则的大理石块代替小球．实验步骤是：
A．石块用细尼龙线系好，结点为M，将尼龙线的上端固定于O点
B．用刻度尺测量OM间尼龙线的长度L作为摆长
C．将石块拉开一个大约α＝30°的角度，然后由静止释放
D．从摆球摆到最高点时开始计时，测出30次全振动的总时间t，由T＝得出周期
E．改变OM间尼龙线的长度，再做几次实验，记下相应的L和T
F．求出多次实验中测得的L和T的平均值作计算时使用的数据，带入公式g＝()2L求出重力加速度g.
(1)你认为该同学在以上实验步骤中有重大错误的是哪些步骤？为什么？
(2)该同学用OM的长作为摆长，这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值比真实值偏大还是偏小？你认为用何方法可以解决摆长无法准确测量的困难？
五、受迫振动和共振
1．做受迫振动的物体，它的周期或频率等于驱动力的周期或频率，与物体的固有周期或固有频率无关．
2．共振：做受迫振动的物体，它的固有频率与驱动力的频率越接近，其振幅就越大，当二者相等时，振幅达到最大，这就是共振现象．
图8
3．共振曲线
如图8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固越接近，振幅A越大；当f驱＝f固时，振幅A最大．
【例5】 某振动系统的固有频率为f0，在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率为f .若驱动力的振幅保持不变，下列说法正确的是________(填入选项前的字母)
A．当fB．当f>f0时，该振动系统的振幅随f减小而增大
C．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f0
D．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f
【基础演练】
1．(2009·天津·8)某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x＝Asint，则质点( )
A．第1 s末与第3 s末的位移相同
B．第1 s末与第3 s末的速度相同
C．3 s末至5 s末的位移方向都相同
D．3 s末至5 s末的速度方向都相同
图9
2．(2010·衡阳模拟)一质点做简谐运动的振动图象如图9所示，质点的速度与加速度方向相同的时间段是( )
A．0～0.3 s
B．0.3 s～0.6 s
C．0.6 s～0.9 s
D．0.9 s～1.2 s
图10
3．(2010·安徽合肥一模)如图10所示，弹簧振子在振动过程中，振子从a到b历时0.2 s，振子经a、b两点时速度相同，若它从b再回到a的最短时间为0.4 s，则该振子的振动频率为( )
A．1 Hz B．1.25 Hz C．2 Hz D．2.5 Hz
4．一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一定等于的整数倍
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＝，则在t时刻和(t＋Δt)时刻弹簧的长度一定相等
图11
5．(2010·南京模拟)如图11所示，一单摆悬于O点，摆长为L，若在O点的竖直线上的O′点钉一个钉子，使OO′＝L/2，将单摆拉至A处释放，小球将在A、B、C间来回振动，若振动中摆线与竖直方向夹角小于10°，则此摆的周期是( )
A．2π
B．2π
C．2π ( ＋ )
D．π( ＋ )
图12
6．如图12所示，AC是一段半径为2 m的光滑圆弧轨道，圆弧与水平面相切于A点，BC＝7 cm.现将一个小球先后从曲面的顶端C和圆弧中点D由静止开始释放，到达底端时的速度分别为v1和v2，所用时间分别为t1和t2，则( )
A．v1>v2，t1＝t2 B．v1C．v1>v2，t1>t2 D．v1＝v2，t1＝t2
图13
7．(2010·江苏泰州联考)如图13所示为受迫振动的演示装置，当单摆A振动起来后，通过水平悬绳迫使单摆B、C振动，则下列说法正确的是( )
A．只有A、C摆振动周期相等
B．A摆的振幅比B摆小
C．C摆的振幅比B摆大
D．A、B、C三摆的振动周期相等
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案
【能力提升】
8．有一弹簧振子在水平方向上的BC之间做简谐运动，已知BC间的距离为20 cm，振子在2 s内完成了10次全振动．若从某时刻振子经过平衡位置时开始计时(t＝0)，经过周期振子有正向最大加速度．
(1)求振子的振幅和周期；
(2)作出该振子的位移—时间图象；
(3)写出振子的振动方程．
图14
9．如图14所示是一个单摆的共振曲线．
(1)若单摆所处环境的重力加速度g取9.8 m/s2，试求此摆的摆长．
(2)若将此单摆移到高山上，共振曲线的“峰”将怎样移动？
图15
10．(探究创新)(2010·北京海淀区模拟)某同学利用如图15所示的装置测量当地的重力加速度．实验步骤如下：
A．按装置图安装好实验装置；
B．用游标卡尺测量小球的直径d；
C．用米尺测量悬线的长度l；
D．让小球在竖直平面内小角度摆动．当小球经过最低点时开始计时，并计数为0，此后小球每经过最低点一次，依次计数1、2、3、….当数到20时，停止计时，测得时间为t；
E．多次改变悬线长度，对应每个悬线长度，都重复实验步骤C、D；
F．计算出每个悬线长度对应的t2；
G．以t2为纵坐标、l为横坐标，作出t2－l图线．
结合上述实验，完成下列题目：
(1)用游标为10分度(测量值可准确到0.1 mm)的卡尺测量小球的直径．某次测量的示数如图16所示，读出小球直径d的值为________cm.
图16
图17
(2)该同学根据实验数据，利用计算机作出图线如图17所示．根据图线拟合得到方程t2＝404.0l＋3.5.由此可以得出当地的重力加速度g＝________m/s2.(取π2＝9.86，结果保留3位有效数字)
(3)从理论上分析图线没有过坐标原点的原因，下列分析正确的是( )
A．不应在小球经过最低点时开始计时，应该在小球运动到最高点时开始计时
B．开始计时后，不应记录小球经过最低点的次数，而应记录小球做全振动的次数
C．不应作t2－l图线，而应作t2－(l－d)图线
D．不应作t2－l图线，而应作t2－(l＋d)图线
学案1 机械振动 用单摆测定重力加速度
【课前双基回扣】
1．B [简谐运动的物体，平衡位置是回复力为零的位置，而合外力是否为零，不同的系统是不同的，因此加速度不一定为零，比如单摆在平衡位置时存在向心加速度．简谐运动的物体经过平衡位置时速度最大，位移为零．]
2．C [弹簧振子振动时，加速度的方向总是指向平衡位置，且在最大位移处，加速度值最大，在平衡位置处加速度的值为0，由图可知，t＝1.25 s时，振子的加速度为负，t＝1.7 s时振子的加速度为正，t＝1.5 s时振子的加速度为零，故A、B、D均错误，只有C正确．]
3．BD [为使A和B在振动过程中不发生相对滑动，在最大振幅时，是加速度的最大时刻，这时对A研究则有：Ffm＝mam，得am＝，故C错误，D正确；对整体研究，最大振幅即为弹簧的最大形变量，kA＝(M＋m)am，得A＝Ffm，A错误，B正确．]
思维提升
1．简谐运动的概念：如果质点的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律，即它的振动图象(x－t)图象是一条正弦曲线这样的振动叫简谐运动．描述简谐运动的物理量有振幅A、周期T、频率f等．
2．回复力F＝－kx.回复力为效果力．
3．振动图象表示质点离开平衡位置的位移随时间变化的规律，它不是质点的运动轨迹．
【核心考点突破】
例1 ACD [若振幅A＝0.1 m，T＝ s，则 s 为半周期，从－0.1 m处运动到0.1 m，符合运动实际，4 s－ s＝ s为一个周期，正好返回0.1 m处，所以A项正确．若A＝0.1 m，T＝8 s， s只是T的，不可能由负的最大位移处运动到正的最大位移处，所以B项错．若A＝0.2 m，T＝ s， s＝，振子可以由－0.1 m运动到对称位置，4 s－ s＝ s＝T，振子可以由0.1 m返回0.1 m，所以C项对．若A＝0.2 m，T＝8 s， s＝2×，而Asin＝A，即时间内，振子可以从平衡位置运动到0.1 m处；再经 s又恰好能由0.1 m处运动到0.2 m处后再返回0.1 m处，故D项正确．]
例2 (1)x＝5sin t (2)见解析 (3)0 5 m
解析 (1)由振动图象可得：A＝5 cm，T＝4 s，φ＝0
则ω＝＝ rad/s
故该振子简谐运动的表达式为x＝5sin t
(2)由图可知，在t＝2 s时，振子恰好通过平衡位置，此时加速度为零，随着时间的延续，位移值不断加大，加速度的值也变大，速度值不断变小，动能不断减小，弹性势能逐渐增大．当t＝3 s时，加速度的值达到最大，速度等于零，动能等于零，弹性势能达到最大值．
(3)振子经过一个周期位移为零，路程为5×4 cm＝20 cm，前100 s刚好经过了25个周期，所以前100 s振子位移x＝0，振子路程s＝20×25 cm＝500 cm＝5 m.
例3 2π
解析 物块平衡时，弹簧伸长量为L，则mg＝kL，由单摆周期公式T＝2π
解得T＝2π
例4 见解析
解析 (1)实验步骤中有重大错误的是：
B：大理石重心到悬挂点间的距离才是摆长
C：最大偏角不能超过10°
D：应在摆球经过平衡位置时计时
F：应该用各组的L、T求出各组的g后，再取平均值
(2)用OM作为摆长，则忽略了大理石块的大小，没有考虑从结点M到石块重心的距离，故摆长L偏小．根据T＝2π ，g＝，故测量值比真实值偏小．可以用改变摆长的方法，如T＝2π ，T′＝2π ，测出Δl，则g＝.
例5 BD [由共振条件及共振曲线可知：驱动力频率f驱越接近振动系统的固有频率f0，则振幅越大，故知：当ff0时，振幅随f的↑而↓，随f的↓而↑，B对；系统振动稳定时，振动频率等于驱动力频率f，与固有频率f0无关，D对，C错，故选B、D.]
思想方法总结
1．质点做简谐运动时，在同一位置，振动的位移相同，回复力、加速度、动能和势能也相同，速度大小相等，但方向可能相同，也可能相反．在关于平衡位置对称的两个位置，动能、势能对应相等，回复力、加速度大小相等，方向相反，速度大小相等，方向可能相同，也可能相反；振动质点由平衡位置到该两对称点的时间也对应相等，一个做简谐运动的质点，经过时间t＝(2n＋1)(n＝0,1,2,3，…)，质点所处位置必与原来位置关于平衡位置对称．
2．解决类单摆问题应注意
(1)建立单摆模型．
(2)利用等效思想掌握等效摆长和g′的计算方法．
(3)摆角较大时，不能用公式T＝2π来计算．
3．解答受迫振动和共振的问题时要抓住两点：(1)受迫振动的频率等于驱动力的频率；(2)当受迫振动的频率越接近固有频率时，受迫振动的振幅越大，否则越小．
【课时效果检测】
1．AD 2.BD 3.B
4．C [设弹簧振子的振动图象如右图所示，B、C两点的位移大小相等、方向相同，但B、C两点的时间间隔Δt≠nT(n＝1,2,3，…)，A错误；B、C两点的速度大小相等、方向相反，但Δt≠nT/2(n＝1,2,3，…)，B错误；因为A、D两点的时间间隔Δt＝T，A、D两点的位移大小和方向均相等，所以A、D两点的加速度一定相等，C正确；A、C两点的时间间隔Δt＝T/2，A点与C点位移大小相等、方向相反，若在A点弹簧是伸长的，则在C点弹簧是压缩的，所以A、C两点弹簧的形变量大小相同，而弹簧的长度不相等，D错误．]
5．D [T＝＋＝π ＋π ，故选D.]
6．A [小球两次沿光滑圆弧轨道下滑，其重力的切向分力提供回复力，又因弧长远远小于半径，即最大摆角小于10°，小球两次运动均可视为单摆的简谐运动，摆长等于圆弧槽半径，所以有T＝2π ，则t1＝t2＝.球运动中只有重力做功，机械能守恒，mgh＝mv2，v＝，因为h1>h2，所以v1>v2，A项正确．]
7．CD [当单摆A振动起来后，单摆B、C做受迫振动，做受迫振动的物体的固有周期(或频率)等于驱动力的周期(或频率)，选项A错误而D正确；当物体的固有频率等于驱动力的频率时，发生共振现象，选项C正确而B错误．]
8．(1)10 cm 0.2 s (2)见解析图
(3)x＝－0.1sin 10πt
解析 (1)振子的振幅A＝10 cm，振子的周期T＝0.2 s.
(2)该振子的位移—时间图象如右图所示
(3)x＝－Asin ωt
＝－0.1sin 10πt
9．(1)2.76 m (2)向左移动
解析 (1)由图象知，单摆的固有频率f＝0.3 Hz.
由f＝
得到：l＝≈2.76 m
(2)由f＝知，单摆移动到高山上，重力加速度g减小，其固有频率减小，故“峰”向左移动．
10．(1)1.52 (2)9.76 (3)D
易错点评
1．一个周期内，振子的路程是4个振幅A，半个周期内，振子的路程是2个振幅，但周期内，振子的路程不一定是一个振幅．
2．在分析单摆的周期时，注意周期T与摆球的质量无关，与摆长和等效重力加速度有关．
3．在第6题中，小球沿光滑圆弧下滑，许多同学往往用x＝at2求时间，想不到利用单摆的简谐运动特性分析问题．
4．由于振动的周期性、对称性，在很多题目中存在多解，这点有些同学没能考虑到．一、概念规律题组
1．关于机械波的形成，下列说法中正确的是( )
A．物体做机械振动，一定产生机械波
B．后振动的质点总是跟着先振动的质点重复振动，只是时间落后一步
C．参与振动的质点群有相同的频率
D．机械波是介质随波迁移，也是振动能量的传递
图1
2．一列简谐横波在x轴上传播，某时刻的波形图如图1所示，a、b、c为三个质元，a正向上运动．由此可知( )
A．该波沿x轴正方向传播
B．c正向上运动
C．该时刻以后，b比c先到达平衡位置
D．该时刻以后，b比c先到达离平衡位置最远处
图2
3．一列简谐横波沿x轴传播，t＝0时的波形如图2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( )
A．此波的传播速度为25 m/s
B．此波沿x轴负方向传播
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
4．下面哪些应用是利用了多普勒效应( )
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．有经验的战士利用炮弹飞行的尖叫声判断飞行炮弹是接近还是远去
二、思想方法题组
图3
5．一列横波某时刻的波形如图3所示，经过0.25 s图中P点第一次到达波峰的位置，此后再经0.75 s，P点的位移和速度可能是( )
A．位移是2 cm，速度为零
B．位移是零，速度方向沿＋y的方向
C．位移是－2 cm，速度为零
D．位移是零，速度方向沿－y的方向
6．如图4所示，位于介质Ⅰ和Ⅱ分界面上的波源S，产生两列分别沿x轴负方向与正方向传播的机械波．若在两种介质中波的频率及传播速度分别为f1、f2和v1、v2，则( )
图4
A．f1＝2f2 v1＝v2 B．f1＝f2 v1＝0.5v2
C．f1＝f2 v1＝2v2 D．f1＝0.5f2 v1＝v2
一、波的形成及传播规律的应用
1．波的形成及特点
波源把自己的振动方式通过介质的质点由近及远的传播，就形成了波．
(1)质点只在自己的平衡位置振动，并不随波的传播向前迁移；
(2)介质中每个质点的起振方向都和波源的起振方向相同；
(3)每个质点的振动周期都等于波的传播周期，质点振动一个周期波传播一个波长；
(4)波传播的是波源的振动形式和能量，也能传递信息．
2．波的传播方向与质点的振动方向的判断方法
内容 图象
上下坡法 沿波的传播方向，上坡时质点向下振动，下坡时质点向上振动
同侧法 波形图上某点表示传播方向和振动方向的箭头在图线同侧
微平移法 将波形图沿传播方向进行微小平移，再由x轴上某一位置的两波形曲线上的点来判定
3.波长、波速和频率的关系
(1)关系式：v＝λf
(2)机械波的波速取决于介质，与波的频率无关．在同一均匀介质中，机械波的传播是匀速的．
(3)机械波的频率取决于波源振动的频率，当波从一种介质进入另一种介质时，波的频率不变．
(4)在波的传播方向上，介质中各质点都做受迫振动，其频率都等于振源的振动频率．
【例1】 (2011·北京·16)介质中有一列简谐机械波传播，对于其中某个振动质点( )
A．它的振动速度等于波的传播速度
B．它的振动方向一定垂直于波的传播方向
C．它在一个周期内走过的路程等于一个波长
D．它的振动频率等于波源的振动频率
[规范思维]
二、波动图象的应用
振动图象和波的图象的比较
两种图象比较内容 振动图象 波的图象
图象意义 某质点位移随时间变化的规律 某时刻所有质点相对平衡位置的位移
图象特点
图象信息 (1)振动周期、振幅(2)各时刻质点的位移和加速度方向 (1)波长、振幅(2)任意一质点此时刻的位移和加速度方向
图象变化 随时间推移图象延续，但原有图象形状不变 随时间推移，图象沿传播方向平移
一完整曲线对应横坐标 一个周期 一个波长
【例2】
图5
(2011·重庆·17)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时刻传到L处，波形如图5所示．下列能描述x0处质点振动的图象是( )
[规范思维]
三、波的多解性问题分析
波的多解性原因分析：
1．波的周期性：机械波在时间和空间上具有周期性．一方面，每经过一个周期T或nT，介质中的质点完成一次(或n次)全振动回到原来的状态，波形图线与原来的图线完全相同，这在传播时间与周期关系上形成多解，t＝nT＋Δt；另一方面，波形沿波的传播方向向前推进λ或nλ，在波形图上，相距λ、2λ、3λ、…、nλ的质点振动步调完全一致，后面的质点好象是前面质点振动情况的“复制”，这在传播距离与波长关系上形成多解x＝nλ＋Δx.
2．波的传播方向的不确定性
当只知波沿x轴传播时，往往有沿x轴正方向和负方向传播两种情况．
3．介质中质点间距离与波长的关系的不确定性
已知两质点平衡位置间的距离及某一时刻它们所在的位置，由于波的空间周期性，则两质点存在着多种可能波形．做这类题时，可先根据题意，在两质点间先画出最简波形，然后再作一般分析，从而写出两质点间的距离与波长关系的通式．
图6
【例3】 (2010·镇江模拟)如图6所示的实线是某时刻的波形图象，虚线是经过0.2 s时的波形图象．求：
(1)波传播的可能距离；
(2)可能的周期(频率)；
(3)可能的波速；
(4)若波速是35 m/s，求波的传播方向；
(5)若0.2 s小于一个周期时，求波传播的距离、周期(频率)、波速．
[规范思维]
四、波的叠加和干涉
1．产生稳定干涉现象的条件：频率相同；有固定的相位差．
2．干涉区域内某点是振动加强点还是振动减弱点的充要条件：
(1)最强：该点到两个波源的路程差是波长的整数倍，即Δs＝nλ.
(2)最弱：该点到两个波源的路程差是半波长的奇数倍，即Δs＝(2n＋1)．
3．加强点的位移变化范围：－|A1＋A2|～|A1＋A2|.
减弱点的位移变化范围：－|A1－A2|～|A1－A2|.
【例4】 (2010·新课标卷·33(2))
图7
波源S1和S2振动方向相同，频率均为4 Hz，分别置于均匀介质中x轴上的O、A两点处，OA＝2 m，如图7所示．两波源产生的简谐横波沿x轴相向传播，波速为4 m/s.已知两波源振动的初始相位相同．求：
(1)简谐横波的波长；
(2)OA间合振动振幅最小的点的位置．
【基础演练】
图8
1．如图8所示是观察水面波衍射的实验装置，AC和BD是两块挡板，AB是一个小孔，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，下列描述中正确的是( )
A．此时能明显观察到波的衍射现象
B．挡板前后波纹间距相等
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，能更明显观察到衍射现象
图9
2．如图9所示，一个波源在绳的左端发生波甲，另一个波源在同一根绳的右端发生波乙，波速都等于1 m/s.在t＝0时刻，绳上的波形如图中的(a)所示，则根据波的叠加原理，下述正确的是( )
A．当t＝2 s时，波形如图(b)，t＝4 s时，波形如图(c)
B．当t＝2 s时，波形如图(b)，t＝4 s时，波形如图(d)
C．当t＝2 s时，波形如图(d)，t＝4 s时，波形如图(c)
D．当t＝2 s时，波形如图(c)，t＝4 s时，波形如图(d)
3．(2010·天津理综·4)一列简谐横波沿x轴正向传播，传到M点时波形如图10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10
A．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
图11
4．(2011·天津·7)位于坐标原点处的波源A沿y轴做简谐运动．A刚好完成一次全振动时，在介质中形成简谐横波的波形如图11所示，B是沿波传播方向上介质的一个质点，则( )
A．波源A开始振动时的运动方向沿y轴负方向
B．此后的周期内回复力对波源A一直做负功
C．经半个周期时间质点B将向右迁移半个波长
D．在一个周期时间内A所受回复力的冲量为零
图12
5．(2009·四川高考)如图12所示为一列沿x轴负方向传播的简谐横波，实线为t＝0时刻的波形图，虚线为t＝0.6 s 时的波形图，波的周期T>0.6 s，则( )
A．波的周期为2.4 s
B．在t＝0.9 s时，P点沿y轴正方向运动
C．经过0.4 s，P点经过的路程为4 m
D．在t＝0.5 s时，Q点到达波峰位置
6．(2011·大纲全国·21)一列简谐横波沿x轴传播，波长为1.2 m，振幅为A.当坐标为x＝0处质元的位移为－A且向y轴负方向运动时，坐标为x＝0.4 m处质元的位移为A.当坐标为x＝0.2 m处的质元位于平衡位置且向y轴正方向运动时，x＝0.4 m处质元的位移和运动方向分别为( )
A．－A、沿y轴正方向 B．－A、沿y轴负方向
C．－A、沿y轴正方向 D．－A、沿y轴负方向
7．(2009·全国Ⅰ·20)一列简谐横波在某一时刻的波形图如图13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．
图13
在下列四幅图中，Q点的振动图象可能是( )
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案
8.(2009·广东·14)如图14
图14
为声波干涉演示仪的原理图．两个U形管A和B套在一起，A管两侧各有一小孔．声波从左侧小孔传入管内，被分成两列频率________的波．当声波分别通过A、B传播到右侧小孔时，若两列波传播的路程相差半个波长，则此处声波的振幅________；若传播的路程相差一个波长，则此处声波的振幅________．
【能力提升】
图15
9．(2010·山东理综·37(1))渔船常利用超声波来探测远处鱼群的方位，已知某超声波的频率为1.0×105 Hz，某时刻该超声波在水中传播的波动图象如图15所示．
(1)从该时刻开始计时，画出x＝7.5×10－3 m处质点做简谐运动的振动图象(至少一个周期)．
(2)现测得超声波信号从渔船到鱼群往返一次所用的时间为4 s，求鱼群与渔船间的距离(忽略船和鱼群的运动)．
10．一列简谐横波沿直线传播，在波的传播方向上有P、Q两个质点，它们相距0.8 m．当t＝0时，P、Q两点的位移恰好是正最大值，且P、Q间只有一个波谷．当t＝0.6 s时，P、Q两点正好处于平衡位置，且P、Q两点只有一个波峰和一个波谷，且波峰距Q点的距离第一次为0.2 m．求：
(1)波由P传至Q，波的周期；
(2)波由Q传至P，波的速度；
(3)波由Q传至P，从t＝0时开始观察，哪些时刻P、Q间(P、Q除外)只有一个质点的位移大小等于振幅．
学案2 机械波
【课前双基回扣】
1．BC 2.AC 3.AB 4.ABD
5．BD [若波向左传播，P点此时向上运动，且经Δt1＝0.25 s＝，P第一次到波峰，可推知再经Δt2＝0.75 s＝T，P在平衡位置向上运动．
若波向右传播，P点此时向下运动．经Δt1′＝0.25 s＝T.P第一次到波峰，可知再经Δt2′＝0.75 s＝3×T，P在平衡位置向下运动．由此可知选项B、D正确．]
6．C [介质Ⅰ、Ⅱ中波的振源相同，所以两列波的频率相同，f1＝f2，由图象知λ1＝2λ2，又因为v＝λf，所以v1＝2v2，选项C正确．]
思维提升
1．机械波产生的条件：振源和介质，有波动一定有振动．波的频率决定于振源．
2．v＝λf＝λ/T.波速决定于介质，波长由介质和波源共同决定．
3．简谐波图象是正弦或余弦曲线，表示在波的传播方向上，介质中质点在某一时刻相对各自平衡位置的位移．
4．波的干涉和衍射现象都是波特有的现象．
5．多普勒效应：波源的频率不变，只是观察者接收到的波的频率发生变化．如果二者相互接近，观察者接收到的频率变大；如果二者相互远离，观察者接收到的频率变小．
【核心考点突破】
例1 D [机械波在传播过程中，振动质点并不随波迁移，只是在各自的平衡位置附近做简谐运动，选项A、C错误．机械波可能是横波，也可能是纵波，故振动质点的振动方向不一定垂直于波的传播方向，选项B错误．振动质点的振动是由波源的振动引起的，故质点的振动频率等于波源的振动频率，选项D正确．]
[规范思维] 掌握振动与波动的区别和联系是正确解答本题的关键．注意“一同三不同”，即振动的周期或频率与波动的周期或频率相同；振动的方向与波动的方向不同；振动的速度与波动的速度不同；振动的路程与波动路程不同．
例2 C [由波动图象可知t0时刻x0处质点正向下振动，下一时刻质点纵坐标将减小，排除B、D选项．x0处质点开始振动时的振动方向向下，故选项A错误，选项C正确．]
[规范思维] 本题考查振动图象与波动图象的相互转换问题，应从波的图象和题意中提炼出以下三点信息：①波传到x0之前，x0处的质点不振动．②所有质点的起振方向都向下．③t0时刻x0处的质点正向下振动．
例3 见解析
解析 (1)波的传播方向有两种可能：向左传播或向右传播．向左传播时，传播的距离为
x＝nλ＋3λ/4＝(4n＋3) m (n＝0,1,2，…)
向右传播时，传播的距离为
x＝nλ＋λ/4＝(4n＋1) m (n＝0,1,2，…)
(2)向左传播时，传播的时间为t＝nT＋3T/4
得：T＝4t/(4n＋3)＝0.8/(4n＋3) (n＝0,1,2，…)
向右传播时，传播的时间为t＝nT＋T/4
得：T＝4t/(4n＋1)＝0.8/(4n＋1)(n＝0,1,2，…)
(3)计算波速，有两种方法：v＝x/t或v＝λ/T
向左传播时，v＝x/t＝(4n＋3)/0.2＝(20n＋15) m/s.或v＝λ/T＝4(4n＋3)/0.8＝(20n＋15) m/s.(n＝0,1,2，…)
向右传播时，v＝x/t＝(4n＋1)/0.2＝(20n＋5) m/s.
或v＝λ/T＝4(4n＋1)/0.8＝(20n＋5) m/s.(n＝0,1,2，…)
(4)若波速是35 m/s，则波在0.2 s内传播的距离为
x＝vt＝35×0.2 m＝7 m＝1λ，所以波向左传播．
(5)若0.2 s小于一个周期，说明波在0.2 s内传播的距离小于一个波长．则：向左传播时，传播的距离x＝3λ/4＝3 m；传播的时间t＝3T/4得：周期T＝0.267 s；波速v＝15 m/s.
向右传播时，传播的距离为λ/4＝1 m；传播的时间t＝T/4得：周期T＝0.8 s；波速v＝5 m/s.
[规范思维] 解答此类问题，首先要考虑波传播的“双向性”，例如：nT＋T时刻向右传播的波形和nT＋T时刻向左传播的波形相同．其次要考虑波传播的“周期性”，时间、传播距离都要写成周期、波长的整数倍加“零头”的形式．
例4 见解析
解析 (1)设波长为λ，频率为f，则v＝λf，代入已知数据，得λ＝1 m.
(2)以O为坐标原点，设P为OA间的任意一点，其坐标为x，则两波源到P点的波程差为Δl＝x－(2－x)，0≤x≤2.其中x、Δl以m为单位．
合振动振幅最小的点的位置满足Δl＝(k＋)λ，k为整数
解得：x＝0.25 m，0.75 m，1.25 m，1.75 m.
思想方法总结
1．(1)由波的图象判断该时刻某质点的振动方向：波的图象表示介质中的“各个质点”在“某一时刻”的位移．沿简谐横波的传播方向，将波分为上坡段和下坡段，则位于上坡段的质点向下振，位于下坡段的质点向上振，即“上坡下振”，“下坡上振”．
(2)波长、频率和波速的关系：v＝λf.另外，v＝λ/T＝Δx/Δt.
2．对于已知波动图象和波的传播方向上某质点的振动图象的问题，往往是从波动图象上能读出波长，从振动图象上能读出周期，从而可以计算出波的传播速度；再根据某质点的振动图象上所描述的波动的图象对应的时刻的质点的振动方向，就能确定该波的传播方向．
3．解决波动图象中的多解问题的一般思路：
(1)分析出造成多解的原因．
①波动图象的周期性，如由Δx＝nλ＋x，Δt＝nT＋t，求v出现多解．
②波传播的双向性．
(2)由λ＝vT进行计算，若有限定条件，再进行讨论．
【课时效果检测】
1．ABC 2.D 3.D 4.ABD 5.D 6.C 7.BC
8．相同 等于零 等于原来声波振幅的两倍
9．(1)见解析图 (2)3 000 m
解析 (1)因为超声波的频率为f＝1.0×105 Hz，所以质点振动周期T＝＝10－5 s，x＝
7．5×10－3 m处质点图示时刻处于波谷，所以可画出该质点做简谐运动的图象如右图所示．
(2)因为超声波的频率为f＝1.0×105 Hz，由波的图象可知超声波的波长λ＝15×10－3 m，由v＝λf可得超声波的速度v＝λf＝15×10－3×1.0×105 m/s＝1 500 m/s
所以鱼群与渔船间的距离x＝＝ m＝3 000 m.
10．见解析
解析 由题意λ＝0.8 m
(1)若波由P传至Q，由t＝0.6 s＝T，解得T＝0.8 s.
(2)若波由Q传至P，则t＝0.6 s＝T，解得T＝2.4 s，波速v＝ m/s＝0.33 m/s.
(3)若波由Q传至P，则T＝2.4 s，从t＝0时刻开始，每经过半个周期，P、Q间只有一个质点的位移大小等于振幅，即t＝nT/2＝1.2n s，式中n＝0,1,2,3，….
易错点评
1．波的干涉和衍射现象都是波特有的现象，但它们的产生的条件不同，现象也不同．要产生稳定的干涉，需要频率相同的两列波相遇．
而要发生明显的衍射现象，需要障碍物或孔(缝)的尺寸跟波长相差不多，或者比波长更小．
2．波动问题往往具有多解性，或因时间的周期性，或因空间的周期性，或因波的传播方向不固定．某些同学往往考虑不全，造成失误，比如第10题．
3．对于波动和振动的综合性问题，把图象看错，符号不明意义，从波动图象想象不出振动过程是常见误区．一、概念规律题组
1．取两块平玻璃板，合在一起用手捏紧，会从玻璃板上看到彩色条纹，这是光的干涉现象，有关这一现象的叙述正确的是( )
A．这是上下两块玻璃板的上表面反射光干涉的结果
B．这是两玻璃板间的空气薄层上下两表面的反射光相干涉的结果
C．这是上面一块玻璃的上、下两表面的反射光干涉的结果
D．这是下面一块玻璃的上、下两表面的反射光干涉的结果
2．两个偏振片紧靠在一起，将它们放在一盏灯的前面以至没有光通过．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，然后又减小到零
B．透过的光强先增强，然后减小到非零的最小值
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
3．光的偏振现象说明光是横波．下列现象中不能反映光的偏振特性的是( )
A．一束自然光相继通过两个偏振片，以光束为轴旋转其中一个偏振片，透射光的强度发生变化
B．一束自然光入射到两种介质的分界面上，当反射光线与折射光线之间的夹角恰好是90°时，反射光是偏振光
C．日落时分，拍摄水面下的景物，在照相机镜头前装上偏振滤光片可以使景象更清晰
D．通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到彩色条纹
4．下列说法中正确的是( )
A．相对性原理能简单而自然地解释电磁学的问题
B．在真空中，若物体以速度v背离光源运动，则光相对物体的速度为c－v
C．在真空中，若光源向着观察者以速度v运动，则光相对于观察者的速度为c＋v
D．麦克耳孙—莫雷实验得出的结果是：不论光源与观察者做怎样的相对运动，光速都是一样的
二、思想方法题组
5．在杨氏双缝干涉实验中，如果( )
A．用白光作为光源，屏上将呈现黑白相间的条纹
B．用红光作为光源，屏上将呈现红黑相间的条纹
C．用红光照射一条狭缝，用紫光照射另一条狭缝，屏上将呈现彩色条纹
D．用紫光作为光源，遮住其中一条狭缝，屏上将呈现间距不等的条纹
6．关于电磁波谱，下列说法中正确的是( )
A．电磁波中最容易表现出干涉、衍射现象的是无线电波
B．红外线、紫外线、可见光是原子的外层电子受激发后产生的
C．伦琴射线和γ射线是原子的内层电子受激发后产生的
D．红外线的显著作用是热作用，温度较低的物体不能辐射红外线
一、光的干涉
1．双缝干涉现象中明暗条纹产生的条件及分布规律
(1)相干光源的两列光波到达某点的路程差等于波长的整数倍时，该处光相互加强，出现亮条纹；当到达某点的路程差为半波长的奇数倍时，该处光互相减弱，出现暗条纹．双缝干涉中央条纹为明条纹．
(2)双缝干涉是等间距的，相邻明条纹(或暗条纹)间的距离与波长成正比(装置已确定的情况下)．利用双缝干涉实验可测量光波的波长．
2．薄膜干涉的应用
干涉法检查平面如图1所示，两板之间形成一楔形空气膜，用单色光从上向下照射，如果被检平面是平整光滑的，我们会观察到平行且等间距的明暗相间的条纹；若平面不平整，则干涉条纹发生弯曲．
图1
【例1】 两个狭缝相距0.3 mm，位于离屏50 cm处，现用波长为600 nm的光照射双缝．则：
(1)两条相邻暗条纹间的距离是多少？
(2)若将整个装置放于水中，那么两条相邻暗条纹间的距离是多少？(n水＝)
[规范思维]
[针对训练1] (2010·江苏·12B(2))如图2所示，
图2
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”)．
二、光的衍射和偏振
1．衍射条纹产生的实质
是光波发生干涉的结果，即相干波叠加的结果．当光源发出的光照射到小孔或障碍物时，小孔处或障碍物的边缘可看成许多点光源，这些点光源是相干光源，发出的光相干涉，形成明暗相间的条纹．
2．光的偏振
(1)除了从光源直接发出的光外，日常生活中遇到的光大都是偏振光．
(2)偏振光的理论意义及应用
①理论意义：光的干涉和衍射现象充分说明了光是波，但不能确定光波是横波还是纵波．光的偏振现象说明光波是横波．
②应用：照相机镜头、立体电影、消除车灯眩光等．
【例2】
图3
抽制高强度纤维细丝可用激光监控其粗细，如图3所示，激光束越过细丝时产生的条纹和它通过遮光板的同样宽度的窄缝规律相同．观察光束经过细丝后在光屏上所产生的条纹即可判断细丝粗细的变化，下列叙述中正确的是( )
A．这里应用的是光的衍射现象
B．这里应用的是光的干涉现象
C．如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝变粗
D．如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝变细
[规范思维]
【例3】 (2009·福建·13)光在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是( )
A．用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象
B．用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的衍射现象
C．在光导纤维束内传送图像是利用光的色散现象
D．光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象
[针对训练2] (1)肥皂泡在太阳光照射下呈现的彩色是____________现象；露珠在太阳光照射下呈现的彩色是____________现象；通过狭缝看太阳光时呈现的彩色是____________现象．
(2)凡是波都具有衍射现象，而把光看作直线传播的条件是________．要使光产生明显的衍射，条件是__________________________________________________________
________________________________________________________________________.
(3)当狭缝的宽度很小并保持一定时，用红光和紫光照射狭缝，看到的衍射条纹的主要区别是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
(4)如图4所示，让太阳光或白炽灯光通过偏振片P和Q，以光的传播方向为轴旋转偏振片P或Q，可以看到透射光的强度会发生变化，这是光的偏振现象，这个实验表明____．
图4
三、电磁场和电磁波
1．麦克斯韦电磁场理论
麦克斯韦电磁场理论
2．电磁波
(1)产生：变化的电场和变化的磁场总是交替产生，由发生区域向周围空间传播开去，就形成电磁波．
(2)特点：①电磁波是横波，电场强度E和磁感应强度B的方向都与传播方向垂直．②电磁波传播时不需要任何介质，在真空中传播的速度最大，c＝3×108 m/s.③电磁波本身是一种物质，它具有能量．④具有波的特征，能产生反射、折射、衍射、干涉等现象．
3．电磁波谱
(1)不同的电磁波，由于频率和波长的不同，因而表现出不同的特性．波长较长的无线电波和红外线，很容易发生干涉、衍射现象，而对于波长较短的紫外线、X射线、γ射线，不容易观察到它们的干涉、衍射现象．
(2)在电磁波谱中，能引起视觉的可见光是频率范围很窄的一段电磁波．
【例4】 (2010·天津理综·1)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
【例5】 (2009·四川理综·14)关于电磁波，下列说法正确的是( )
A．雷达是用X光来测定物体位置的设备
B．使电磁波随各种信号而改变的技术叫做解调
C．用红外线照射时，大额钞票上用荧光物质印刷的文字会发出可见光
D．变化的电场可以产生变化的磁场
四、相对论
相对论问题重点掌握狭义相对论的两个基本假设、相对论质量公式、相对论质能方程．
【例6】 (2009·江苏·12B(1))如图5所示，强强乘坐速度为0.9c(c为光速)的宇宙飞船追赶正前方的壮壮，壮壮的飞行速度为0.5c，强强向壮壮发出一束光进行联络，则壮壮观测到该光束的传播速度为________．(填写选项前的字母)
图5
A．0.4c B．0.5c C．0.9c D．1.0c
【基础演练】
1．下列现象中能证明光是横波的是( )
A．光的色散 B．光的干涉
C．光的衍射 D．光的偏振
2．(2009·天津理综·2)下列关于电磁波的说法正确的是( )
A．电磁波必须依赖介质传播
B．电磁波可以发生衍射现象
C．电磁波不会发生偏振现象
D．电磁波无法携带信息传播
3．(2010·北京理综·13)属于狭义相对论基本假设的是：在不同的惯性系中( )
A．真空中光速不变
B．时间间隔具有相对性
C．物体的质量不变
D．物体的能量与质量成正比
4．在观察光的衍射的实验中，分别观察到如图6(a)、(b)所示的清晰的明暗相间的图样，图中黑线为暗纹．那么障碍物应是( )
图6
A．(b)图对应的是很小的中间有小圆孔的不透明圆板
B．(a)图对应的是很大的不透明圆板
C．(b)图对应的是很大的中间有大圆孔的不透明挡板
D．(a)图对应的是很大的中间有小圆孔的不透明挡板
5.
图7
(2011·北京·14)如图7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( )
A．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
6．(2010·上海·7)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
7．市场上有种灯具俗称“冷光灯”，用它照射物品时，能使被照射物品处灯光产生的热效应大大降低，从而广泛应用于博物馆、商店等处．这种灯降低热效应的原理之一是在灯泡后面放置的反光镜玻璃表面镀上一层薄膜(例如氟化镁)，这种膜能消除不镀膜时从玻璃表面反射回来的热效应最显著的红外线．用λ表示此红外线在膜中的波长，则所镀膜的厚度最小应为( )
A. B.
C. D．λ
8．(2011·天津·6)甲、乙两单色光分别通过同一双缝干涉装置得到各自的干涉图样，设相邻两个亮条纹的中心距离为Δx，若Δx甲>Δx乙，则下列说法正确的是( )
A．甲光能发生偏振现象，乙光则不能发生
B．真空中甲光的波长一定大于乙光的波长
C．甲光的光子能量一定大于乙光的光子能量
D．在同一均匀介质中甲光的传播速度大于乙光
9．在垂直于太阳光的传播方向前后放置两个偏振片P和Q.在Q的后边放上光屏，以下说法正确的是( )
A．Q不动，旋转偏振片P，屏上光的亮度不变
B．Q不动，旋转偏振片P，屏上光的亮度时强时弱
C．P不动，旋转偏振片Q，屏上光的亮度不变
D．P不动，旋转偏振片Q，屏上光的亮度时强时弱
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9
答案
【能力提升】
10．(2008·海南·18(1))设宇宙射线粒子的能量是其静止能量的k倍．则粒子运动时的质量等于其静止质量的________倍，粒子运动速度是光速的________倍．
图8
11．如图8所示，在双缝干涉实验中，S1和S2为双缝，P是光屏上的一点，已知P点到S1、S2距离之差为2.1×10－6 m，分别用A、B两种单色光在空气中做双缝干涉实验，问P点是亮条纹还是暗条纹？
(1)已知A光在折射率为n＝1.5的介质中波长为4×10－7 m.
(2)已知B光在某种介质中波长为3.15×10－7 m，当B光从这种介质射向空气时，临界角为37°.
12．雷达是利用无线电波来测定物体位置的无线电设备．目前雷达发射的电磁波的频率多在200 MHz至1 000 MHz的范围内．
(1)下列关于雷达的说法中正确的是( )
A．真空中上述雷达发射的电磁波的波长范围在0.3 m至1.5 m之间
B．电磁波是由恒定不变的电场或磁场产生的
C．测出从发射电磁波到接收反射波的时间间隔可以确定雷达和目标间的距离
D．波长越短的电磁波，反射性能越强
图9
(2)设雷达向远处发射无线电波．每次发射的时间是1 μs，两次发射的时间间隔为100 μs.显示器上呈现出的尖形波如图9所示．已知图中ab＝bc，则障碍物与雷达之间的距离是多大？
学案4 光的波动性 电磁波 相对论
【课前双基回扣】
1．B [形成干涉条纹是有一定条件的，即两列相干光的光程差需要连续变化，Δx＝kλ时，形成明条纹，当Δx＝(2k＋1)时，形成暗条纹，当入射光是白光时，就会形成彩色条纹，对平板玻璃来说，每一块平板玻璃上下表面都是平行的，故不具备产生干涉条纹的条件，而中间的空气膜，则可能具备这一条件，故应选B.]
2．A [起偏器和检偏器的偏振方向垂直时，没有光通过；偏振方向平行时，光强达到最大．当其中一个偏振片转动180°的过程中，两偏振片的方向由垂直到平行再到垂直，所以通过的光强先增强，然后又减小到零．]
3．D [由光的偏振现象的知识可知A、B、C均反映了光的偏振特性，只有D选项是利用手指间的狭缝去观察光的衍射现象，故选D.]
4．D
5．BD [白光作为光源，屏上将呈现彩色条纹，A错；B为红光的双缝干涉，图样为红黑相间，故B正确；红光和紫光频率不同，不能产生干涉图样，C错；遮住一条狭缝时，紫光将发生单缝衍射，形成衍射图样，D正确．]
6．AB [波长越长的无线电波波动性越显著，干涉、衍射现象易发生；从电磁波产生的机理可知γ射线是原子核受激发后产生的；不论物体温度高低如何都能辐射红外线，物体的温度越高，它辐射的红外线越强．]
思维提升
1．双缝干涉中条纹间距公式为Δx＝λ.知道明暗条纹产生的条件．薄膜干涉现象是利用薄膜前后两个面反射的光相遇而成，图样中同一条亮(或暗)条纹上所对应薄膜厚度相同．
2．只有在障碍物或孔的尺寸比光的波长小或者跟光的波长相差不多的条件下，才能发生明显的衍射现象．
3．光的偏振证明光是横波．自然光通过偏振片后，就得到了偏振光．
4．(1)变化电场在周围空间产生磁场，变化磁场在周围空间产生电场，变化的电场和磁场成为一个完整的整体，这就是电磁场．
(2)电磁波是横波．在空间传播不需要介质．
5．电磁波谱中各种波产生的机理不同．特性不同，有不同的应用．
【核心考点突破】
例1 (1)1 mm (2)0.75 mm
解析 (1)Δx＝λ＝×600×10－9 m
＝10－3 m＝1 mm
(2)如把整个装置放入水中，则在水中光的波长为：
λ′＝＝450 nm＝4.50×10－7 m，相邻暗条纹间距为：
Δx′＝λ′＝×4.50×10－7 m
＝0.75×10－3 m＝0.75 mm.
[规范思维] 在应用公式Δx＝λ解题时，要注意同一色光在不同介质中的波长不同．
例2 AD [由于是激光束过细丝，通过障碍物所以为光的衍射现象，当抽制的丝细了的时候，丝的直径较接近激光的波长，条纹间距就越大，A、D对．]
[规范思维] 解决本题的关键是弄清楚这是利用了光的干涉现象还是利用了光的衍射现象．
要牢记光发生明显衍射的条件：孔径或障碍物的尺寸比光的波长小或者跟光的波长差不多时，即障碍物或孔径越小，衍射越明显．
例3 D [用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用了光的薄膜干涉现象，A错；用三棱镜观察白光看到彩色图样是利用了光的折射形成的色散现象，B错；在光导纤维束中传送图像是利用了光的全反射现象，C错；光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象，D正确．]
例4 A [均匀变化的磁场在空间产生恒定的电场，故选项A正确；电磁波在介质中的传播速度v＝，故选项B错误；只有周期性变化的电场和磁场才能产生电磁波，故选项C错误；电磁波在同种均匀介质中才能沿直线传播，故选项D错误．]
例5 D [雷达是用微波测定物体的位置，A错；使电磁波随种信号而改变的技术叫调制，B错；使钞票上的荧光物质发出可见光的是紫外线，C错；根据麦克斯韦电磁场理论，变化的电场可以产生变化的磁场，D正确．]
例6 D [光速相对任何参考系不变，故D正确．]
[针对训练]
1．暗条纹 变宽
解析 由于路程Δs＝7.95×10－7 m＝1.5λ，所以将出现暗条纹，由Δx＝λ可知，由于波长变大，故条纹间距变宽．
2．见解析
解析 (1)肥皂泡呈现的彩色是光的干涉现象；露珠呈现的彩色是光的色散；通过狭缝看太阳光呈现的彩色是光的衍射现象．
(2)障碍物或孔的尺寸比波长大得多时，可把光看作沿直线传播；障碍物或孔的尺寸跟波长相差不多或比波长更小时，可产生明显的衍射现象．
(3)红光的中央亮纹宽，红光的中央两侧的亮纹离中央亮纹远．
(4)这个实验说明了光是一种横波．
思想方法总结
1．(1)光的折射、光的干涉、光的衍射现象都能使太阳光呈现彩色条纹，但产生的原理和彩色条件的形状都有区别，要注意加以识别．
(2)太阳光或白炽灯发出的光是自然光，通过一个偏振片后变为偏振光，另一个偏振片转动时，光屏上透射光的强度就发生了变化．
2．(1)电磁波是一种波，因此它具有波的一切特性：干涉、衍射、折射等，同时又具有它自己的特点，如传播不需要介质，因为它是电磁场交替激发向外传播的过程，电磁场本身就是物质．
(2)知道各种电磁波的产生机理、特性、应用，是解决此题的关键．本章本节的很多知识点同学们务必强化识记，同时也应注重理解．
【课时效果检测】
1．D
2．B [电磁波不依赖介质在真空中也可传播；电磁波具有波的特性，可以发生衍射、干涉等现象；电磁波是横波，能发生偏振现象；电磁波能携带信息传播．综上所述，只有B项正确．]
3．A [狭义相对论的基本假设有：(1)狭义相对性原理：在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的；(2)光速不变原理：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的．综上所述，只有A项正确．]
4．D
5．C [在双缝干涉实验中，相邻两条亮纹(或暗纹)间的距离Δx＝λ，要想增大条纹间距可以减小两缝间距d，或者增大双缝屏到光屏的距离L，或者换用波长更长的光做实验．由此可知，选项C正确，选项A、B、D错误．]
6．A [在电磁波家族中，按波长由长到短分别有无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线等，所以A项对．]
7．B [根据薄膜干涉原理，如果镀膜的厚度为红外线在薄膜介质中波长的时，红外线在薄膜的两个表面上反射的光刚好相抵消，从而大大减小了红外线反射光的强度．]
8．BD [由Δx＝得同一双缝干涉装置，Δx越大则λ越大，B对；光的偏振与波长无关，A错；由E＝知，λ越大，E越小，C错；由光的折射率随波长增大而减小和v＝c/n知，D对．]
9．BD [P是起偏器，它的作用是把太阳光(自然光)转变为偏振光，偏振光的振动方向与P的透振方向一致，所以当Q与P的透振方向平行时，通过Q的光强最大；当Q与P的透振方向垂直时，通过Q的光强最小，即无论旋转P或Q，屏上的光强都是时强时弱，故B、D正确．]
10．k
解析 由E＝mc2得＝，即m＝k·m0
由m＝得＝＝k，
得v＝c.
11．(1)暗条纹 (2)亮条纹
解析 (1)设A光在空气中波长为λ1，在介质中波长为λ1′，由n＝，得λ1＝nλ1′＝1.5×4×10－7 m＝6×10－7 m
根据路程差Δr＝2.1×10－6 m
所以N1＝＝＝3.5
由此可知，从S1和S2到P点的路程差Δr是波长λ1的3.5倍，所以P点为暗条纹．
(2)根据临界角与折射率的关系
sin C＝得n′＝＝
由此可知，B光在空气中波长λ2为：
λ2＝n′λ介＝×3.15×10－7 m＝5.25×10－7 m
由路程差Δs和波长λ的关系
N2＝＝＝4
可见，用B光作光源，P点为亮条纹．
12．(1)ACD (2)7.5×103 m
解析 (1)根据λ＝c/f，在200 MHz至1 000 MHz的频率范围内电磁波的波长范围在0.3 m至1.5 m之间，故A正确；根据电磁场理论，变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场，故B错误；雷达是利用电磁波的反射原理，C正确；电磁波波长越短，越不易发生衍射，反射性能越好，D正确．
(2)由ab等于bc可知电磁波从发射到返回所用时间为50 μs.设雷达与障碍物之间的距离为x.
电磁波往返的时间为t＝50 μs，由2x＝ct得
x＝ct/2＝3×108×50×10－6× m＝7.5×103 m.
易错点评
1．在第7题中，由于对增透膜或增反膜的原理不明，造成判断失误．
2．在第12题的第2问中，应注意看清题图，理解好题意．电磁波从发射到返回用时为50 μs，而不是100 μs.
