2017_2018学年高中物理全一册教学案（打包22套）鲁科版选修3_4

第1章 机械振动

简谐运动的周期性和对称性
(1)周期性
做简谐运动的物体在完成一次全振动后，再次振动时则是重复上一个振动的形式，所以简谐运动具有周期性，因此在处理实际问题时，要注意多解的可能性。
(2)对称性
简谐运动过程具有对称性，关于平衡位置对称的两位置上速度、加速度、回复力、位移、动能、势能的大小均相等，且由某点到平衡位置和由平衡位置到该点或对称点的时间相等，由某点到最大位移处和由最大位移处回到该点的时间相等。
1．如图1-1所示，一个质点做简谐运动，先后以相同的速度依次通过A和B两点，历时2 s。质点通过B点后再经过1 s第二次通过B点，在这3 s内，质点通过的总路程为18 cm。则质点振动的周期和振幅分别是多少？
图1-1
解析：由于质点先后以相同的速度依次通过A和B两点，历时2 s，则A和B两点关于平衡位置对称，A→O和O→B所用时间都为1 s。质点通过B点后再经过1 s第二次通过B点，同样由对称性知B→b所用时间为0.5 s，则＝1.5 s，所以周期T＝6 s。在题中所述的3 s内，质点通过的总路程为18 cm，正好等于从a到b的距离，则2A＝18 cm，即A＝9 cm。
答案：T＝6 s　A＝9 cm
简谐运动图像的应用
1．从振动图像中可得到的信息：
(1)可直接读取振子在某一时刻相对于平衡位置的位移大小。
(2)从振动图像上可直接读出振幅：正(负)位移的最大值。
(3)从振动图像上可直接读出周期。
(4)可判断某一时刻振动物体的速度方向和加速度方向，以及它们的大小变化趋势。
2．简谐运动图像与力学知识结合可以解决运动和力的问题。
2．如图1-2所示为甲、乙两等质量的质点做简谐运动的图像，以下说法正确的是(　　)
图1-2
A．甲、乙的振幅分别为2 m和1 m
B．甲振动的频率比乙的高
C．2～3 s内，甲、乙的加速度方向均沿负方向
D．t＝2 s时，甲的加速度和乙的速度都达到各自的最大值
解析：通过图像可得T甲＝4 s，A甲＝2 cm，T乙＝8 s，A乙＝1 cm，故A选项错误，B选项正确；在2～3 s内甲的位移为负，加速度与位移反向沿正方向，C错；t＝2 s时，甲处在平衡位置，速度最大，而乙在正向最大位移处，加速度达到最大，D错误。
答案：B
单摆的周期公式及应用
单摆在小角度(θ<5°)振动时可看做简谐运动，除考查简谐运动的一般规律外，单摆的周期公式及特点、应用在近几年的高考中也频频出现，值得重视：
(1)单摆的周期T＝2π，与振幅、质量无关，只取决于摆长l和重力加速度g。
(2)单摆的回复力由摆球重力沿圆弧切线方向的分力提供。在平衡位置，回复力为零，合力沿半径方向提供向心力；在最高点，向心力为零，回复力最大。
(3)利用单摆测重力加速度原理：由单摆的周期公式可得g＝，因此通过测定单摆的周期和摆长，便可测出重力加速度g的值。
3．(上海高考)某小组在做“用单摆测定重力加速度”实验后，为进一步探究，将单摆的轻质细线改为刚性重杆。通过查资料得知，这样做成的“复摆”做简谐运动的周期T＝2π，式中Ic为由该摆决定的常量，m为摆的质量，g为重力加速度，r为转轴到重心C的距离。如图1-3(a)，实验时在杆上不同位置打上多个小孔，将其中一个小孔穿在光滑水平轴O上，使杆做简谐运动，测量并记录r和相应的运动周期T；然后将不同位置的孔穿在轴上重复实验，实验数据见表，并测得摆的质量m＝0.50 kg。
图1-3
r/m
0.45
0.40
0.35
0.30
0.25
0.20
T/s
2.11
2.14
2.20
2.30
2.43
2.64
(1)由实验数据得出图(b)所示的拟合直线，图中纵轴表示______________。
(2)Ic的国际单位为________，由拟合直线得到Ic的值为__________(保留到小数点后二位)；
(3)若摆的质量测量值偏大，重力加速度g的测量值________。(选填：“偏大”、“偏小”或“不变”)
解析：(1)根据复摆的周期公式：T＝2π?T2r＝＋，题图中纵坐标表示T2r。
(2)根据关系式，利用单位关系可知Ic的国际单位为kg·m2；根据图线可得斜率＝3.68，而截距＝1.25，解得Ic＝0.17。
(3)本实验数据处理是通过图线的斜率分析出的，与质量无关，所以质量变化后，重力加速度的测量值不变。
答案：(1)T2r　(2)kg·m2　0.17　(3)不变
(时间：60分钟　满分：100分)
一、选择题(共8小题，每小题6分，共48分，每小题只有一个选项正确。)
1．关于做简谐运动的物体完成一次全振动的意义有以下说法，其中正确的是(　　)
A．回复力第一次恢复原来的大小和方向所经历的过程
B．速度第一次恢复原来的大小和方向所经历的过程
C．动能或势能第一次恢复原来的大小和方向所经历的过程
D．速度和加速度第一次同时恢复原来的大小和方向所经历的过程
解析：选D　做简谐运动的物体，只有以相同的速度相继通过同一位置，所经历的过程才为一次全振动，故D正确，A、B、C错误。
2．某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x＝ Asin t，则质点(　　)
A．第1 s末与第4 s末的位移相同
B．第1 s末与第3 s末的速度相同
C. 3 ～5 s末的位移方向都相同
D．3 ～5 s末的速度方向都相同
解析：选D　由x＝Asin t知，周期T＝8 s。第1 s、第3 s、第5 s间分别相差2 s，就是 个周期。根据简谐运动图像中的对称性可知D项正确。
3．要增加单摆在单位时间内的摆动次数，可采取的方法是(　　)
A．增大摆球的质量　　　　 　B．缩短摆长
C．减小摆动的角度 D．升高气温
解析：选B　由单摆的周期公式T＝2π可知，周期只与l、g有关，而与质量、摆动的幅度无关，当l增大时，周期增大；g增大时，周期减小；l减小时，周期减小，频率增大。所以选B。
4. (重庆高考)装有砂粒的试管竖直静浮于水面，如图1所示。将试管竖直提起少许，然后由静止释放并开始计时，在一定时间内试管在竖直方向近似做简谐运动。若取竖直向上为正方向，则以下描述试管振动的图2中可能正确的是(　　)
图1
图2
解析：选D　装有砂粒的试管受到重力和浮力作用，竖直提起少许时，浮力小于重力，合力向下。试管释放时，试管处于最高点(正方向最大位移处)，将在合力作用下向下(负方向)做加速运动，之后试管将做简谐运动，故试管的振动图像中0时刻位移为正方向最大值，只有选项D正确。
5.如图3所示，光滑轨道的半径为2 m，C点为圆心正下方的点，A、B两点与C点相距分别为6 cm与2 cm，a、b两小球分别从A、B两点由静止同时放开，则两小球相碰的位置是(　　)
图3
A．C点 B．C点右侧
C．C点左侧 D．不能确定
解析：选A　a、b两球均做简谐运动(单摆)，且周期相同，两球从A、B两点放手后运动到C点所用时间均为T，所以两球在C点相碰，A项正确。
6．弹簧的劲度系数为20 N/cm的水平弹簧振子，它的振动图像如图4所示，在图中A点对应的时刻(　　)
图4
A．振子所受的回复力大小为0.5 N，方向指向负方向
B．振子的速度方向指向正方向
C．A点对应的时刻为3.75 s
D．加速度正在变小
解析：选B　振子在A点时所受回复力方向为负方向，大小为F＝kx＝20×0.25 N＝5 N，故A错误；此时振子向正方向运动，B正确；振子的位移表达式为x＝Acos t，T＝2 s，x＝0.5A时，πt＝2kπ－，A点对应的时刻为t＝3.67 s，故C错误；此时振子的位移增大，加速度增大，故D错误。
7．一个质点做简谐运动的图像如图5所示，下列叙述正确的是(　　)
图5
A．质点振动频率为4 Hz
B．在前10 s内质点经过的路程是10 cm
C．在5 s末，质点速度为零，加速度最大
D．t＝1.5 s和t＝4.5 s两时刻质点的速度相同，加速度相同
解析：选C　质点的振动周期为4 s，频率为0.25 Hz，A错；前10 s为2.5T，所以路程为10A＝20 cm，B错误；5 s末，质点位移最大，加速度最大，速度为零，C正确；t＝1.5 s和t＝4.5 s两时刻，质点的加速度相同，而速度大小相等、方向相反，D错。
8．一砝码和一轻弹簧构成弹簧振子，如图6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7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。
图6
图7
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(　　)
A．由图线可知T0＝6 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
解析：选C　该题是考查机械振动图像和共振现象的题目。细读图中所给情景，可知：图甲是描述弹簧振子在不受驱动力的情况下振动情况的图像，此时的振动周期是该弹簧振子的固有周期，从图中可直接读出固有周期为4 s，A、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。
二、非选择题(共4小题，共52分。解答题应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
9．(12分)某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，先测得摆线长为78.50 cm，摆球直径为2.00 cm，然后将一个力电传感器接到计算机上，实验中测量快速变化的力，悬线上拉力F的大小随时间t的变化曲线如图8所示。
图8
(1)该摆的摆长为________ cm；
(2)该摆的摆动周期为________ s；
(3)测得当地重力加速度g的值为________ m/s2；
(4)如果测得g值偏小，可能原因是_____________________________________________。
A．测摆线长时摆线拉得过紧
B．摆线上端点悬点未固定好，摆动中出现松动
C．计算摆长时，忘记了加小球半径
D．读单摆周期时，读数偏大
解析：(1)摆长＝摆线长＋小球半径＝78.50 cm＋1.00 cm＝79.50 cm
(2)由F-t变化图线可知，T＝1.8 s。
(3)由单摆的周期公式T＝2π得：
g＝＝ cm/s2＝9.68 m/s2
(4)由g＝可知，g值偏小的可能原因是：l的测量值偏小，B、C正确，A错误；也可能是T值偏大，D正确。
答案：(1)79.50　(2)1.8　(3)9.68　(4)B、C、D
10．(12分)(天津高考)某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。
(1)他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图9所示。这样做的目的是________(填字母代号)。
图9
A．保证摆动过程中摆长不变
B．可使周期测量得更加准确
C．需要改变摆长时便于调节
D．保证摆球在同一竖直平面内摆动
(2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L＝0.999 0 m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图10所示，则摆球的直径为________ mm，单摆摆长为________m。
图10
(3)下列振动图像真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图像，已知sin 5°＝0.087，sin 15°＝0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是________(填字母代号)。
图11
解析：(1)用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线的目的是保证摆动过程中摆长不变，需要改变摆长时便于调节，选项A、C正确。
(2)根据游标卡尺读数规则，摆球直径为12.0 mm，单摆摆长为L－d/2＝0.999 0 m－0.006 0 m＝0.993 0 m。
(3)单摆测量周期，必须从平衡位置开始计时，且摆角小于10°，所以合乎实验要求且误差最小的是A。
答案：(1)AC　(2)12.0　0.993 0　(3)A
11．(12分)如图12所示为一质点做简谐运动的图像。
图12
(1)求振幅、周期和频率。
(2)何时速度最大？
(3)写出此振动质点的运动表达式。
解析：(1)由题图知，A＝2 cm，T＝2 s，f＝＝0.5 Hz。
(2)质点位移为零时，速度最大，即t＝0,1 s,2 s,3 s……时，速度最大。
(3)质点振动表达式为x＝Asin ·t
代入x－t图像的数据得：
x＝2sin πt (cm)。
答案：(1)2 cm　2 s　0.5 Hz　(2)见解析　(3)x＝2sin πt (cm)
12．(16分)如图13所示为一单摆及其振动图像，由图回答：
图13
(1)单摆的振幅、频率、摆长分别是多少？
(2)若从E指向G为正方向，α为最大摆角，则振动图像中O、A、B、C分别对应单摆中的哪些点？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哪段？势能增加且速度为正的时间范围是哪段？
(3)若单摆摆球在最大位移处摆线断了，此后摆球做什么运动？若摆球过平衡位置时摆线断了，摆球又做什么运动？
解析：(1)由振动图像的纵坐标可直接读取振幅为3 cm，从横坐标可直接读取周期T＝2.0 s，进而算出频率f＝1/T＝0.5 Hz，算出摆长l＝＝1 m。
(2)振动图像中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。在图像中为C到D的过程，时间范围是1.5～2.0 s。
摆球远离平衡位置势能增加，即从E向两侧摆动，而速度为正，显然是从E向G的过程。在振动图像中为从O到A的过程，时间范围是0～0.5 s。
(3)解答此问的关键是要分析在线断的瞬间，摆球所处的运动状态和受力情况，在最大位移处线断，此时球速度为零，只受重力作用，所以球做自由落体运动。在平衡位置线断，此时球有最大水平速度，又只受重力作用，故做平抛运动。
答案：(1)3 cm　0.5 Hz　1 m
(2)E、G、E、F　1.5～2.0 s　0～0.5 s
(3)自由落体运动　平抛运动
第1节 简谐运动
　　　　　　　　　　　　　　 1．机械振动是物体在平衡位置附近所做的往复运动，简称振动。
2．回复力是使振动物体回到平衡位置的力，它是一
个效果力，由某一个力或几个力的合力提供，方向总是指向平衡位置。
3．简谐运动是一种变加速往复运动，其回复力的大小与位移大小成正比，方向与位移方向相反。
4．弹簧振子是一种理想模型，其运动为简谐运动。

机械振动
[自读教材·抓基础]
1．机械振动
物体在平衡位置附近所做的往复运动，简称振动。
2．平衡位置
物体所受回复力为零的位置。
3．回复力
(1)方向特点：总是指向平衡位置。
(2)作用效果：总是要把振动物体拉回到平衡位置。
(3)来源：回复力是根据力的作用效果命名的力，不是单独某一性质的力，可以是一个力，或者一个力的分力，也可以由振动物体受到的几个力的合力来提供。
[跟随名师·解疑难]
如何理解机械振动中的位移、速度、加速度？
(1)位移：指从平衡位置指向振子所在位置的有向线段，大小为平衡位置到振子所在位置的距离。
这与一般运动中的位移不同，一般运动中的位移都是由初位置指向末位置。
另外，一般运动的位移与时间相对应，而机械振动的位移与时刻相对应。
(2)速度：跟运动学中的含义相同，在所建立的坐标轴(也称为“一维坐标系”)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。
如图1-1-1所示，在x坐标轴上，设O点为平衡位置，A、B为位移最大处，则在O点速度最大，在A、B两点速度为零。
图1-1-1
(3)加速度：
振子在通过平衡位置处时，加速度的方向改变。不仅如此，加速度的大小也在时刻变化，可见机械振动是变加速运动。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
关于机械振动的位移和平衡位置，以下说法正确的是(　　)
A．平衡位置就是物体振动范围的中心位置
B．机械振动的位移是指以平衡位置为起点的位移
C．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　平衡位置是物体原来静止时的位置，所以应与受力有关，与是否为振动范围的中心位置无关，如乒乓球竖直落在台面上的运动是一个机械振动，显然其运动过程的平衡位置在球台面上，A错误；振动位移是以平衡位置为起点指向质点所在位置的有向线段，振动位移随时间而变，振子偏离平衡位置最远时，振动物体的振动位移最大，所以D错误，B正确；物体经多次振动后回到平衡位置，此时路程大于前一次回到平衡位置时的路程，但位移相等，C错误。
弹簧振子的振动
[自读教材·抓基础]
1．弹簧振子
(1)组成：弹簧振子是一种理想化模型，其主要组成部分是一个质量可以忽略不计的弹簧和一个质量为m的物体。
图1-1-2
(2)如图1-1-2所示，弹簧振子运动过程中，各物理量变化情况：
B→O
O→C
C→O
O→B
位移x
向右、减小
向左、增大
向左、减小
向右、增大
弹力F
向左、减小
向右、增大
向右、减小
向左、增大
加速度a
向左、减小
向右、增大
向右、减小
向左、增大
速度v
向左、增大
向左、减小
向右、增大
向右、减小
(3)其他常见的弹簧振子：
图1-1-3
2．简谐运动
(1)定义：物体所受回复力的大小与位移大小成正比，并且总是指向平衡位置的运动。
(2)特征
①受力特征：回复力满足F＝－kx，其中k为比例系数，负号表示力与位移的方向相反，x为物体偏离平衡位置的位移。
②运动特征：加速度满足a＝－，即做简谐运动的物体加速度的大小与位移的大小成正比，方向与位移方向相反。
[跟随名师·解疑难]
1．弹簧振子位移、速度、加速度的变化规律
(1)变化规律：当物体做简谐运动时，它偏离平衡位置的位移x、回复力F、加速度a、速度v、动能Ek、势能Ep及振动能量E遵循一定的变化规律，可列表如下：
x
F
a
v
Ek
Ep
E
远离平衡
位置运动
增大
增大
增大
减小
减小
增大
不变
最大位移处
最大
最大
最大
零
零
最大
不变
靠近平衡
位置运动
减小
减小
减小
增大
增大
减小
不变
平衡位置
零
零
零
最大
最大
最小
不变
(2)两个转折点：
①平衡位置是位移、回复力和加速度方向变化的转折点。
②最大位移处是速度方向变化的转折点。
(3)一个守恒：简谐运动过程中动能和势能之间相互转化，但系统的机械能守恒。
[特别提醒]　简谐运动中的位移、速度和加速度是彼此独立的物理量，在同一位置，位移和加速度的方向是一定的，而速度方向却有两种可能(两个“端点”除外)。
2．对简谐运动对称性的理解
如图1-1-4所示，物体在A与B间运动，O点为平衡位置，任取关于O点对称的C、D两点，则有：
图1-1-4
(1)时间对称：tOB＝tBO＝tOA＝tAO，tOD＝tDO＝tCO＝tOC，tDB＝tBD＝tAC＝tCA。
(2)位移、回复力、加速度对称：
①物体连续两次经过同一点(如图1-1-4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1-1-4中的C与D两点)的位移、回复力、加速度大小相等，方向相反。
(3)速度对称：
①物体连续两次经过同一点(非最大位移的点)(如图1-1-4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1-1-4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。
(4)动能对称：
①物体连续两次经过同一点(如图1-1-4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1-1-4中的C与D两点)的动能相等。
[特别提醒]　关于平衡位置对称的两点，弹性势能或重力势能并不一定相等，即某种形式的势能并不一定具有对称性。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
如图1-1-5所示为一弹簧振子，O为平衡位置，设向右为正方向，振子在B、C之间振动时，下列说法错误的是(　　)
图1-1-5
A．B→O位移为负，速度为正
B．O→C位移为正，加速度为负
C．C→O位移为负，加速度为正
D．O→B位移为负，速度为负
解析：选C　B→O时，振子在O点的左侧向右运动，故其位移是负值，速度是正值，故A对；O→C时，振子在O点的右侧向右运动，故其位移和速度都是正值，而加速度指向左侧，故是负值，故B对；C→O时，振子在O点的右侧向左运动，故其位移是正值，加速度指向左侧，是负值，故C错；O→B时，振子在O点的左侧向左运动，故其位移是负值，速度是负值，故D对。

对简谐运动中各物理量变化规律的考查
[典题例析]
1．一弹簧振子做简谐运动，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．振子每次经过平衡位置时，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]　→→→→
解析：如图所示，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。故选D。
答案：D
[探规寻律]
(1)位移、回复力、加速度三者大小同步变化，与速度的大小变化相反。
(2)平衡位置是位移方向、加速度方向、回复力方向变化的转折点。
(3)最大位移处是速度方向变化的转折点。
[跟踪演练]
如图1-1-6为一水平弹簧振子，O为平衡位置，振子在B、C之间做简谐运动，设向右为正方向，则振子(　　)
图1-1-6
A．由C向O运动时，位移为正值，速度为正值，加速度为正值
B．由O向B运动时，位移为正值，速度为正值，加速度为正值
C．由B向O运动时，位移为负值，速度为正值，加速度为负值
D．由O向C运动时，位移为负值，速度为负值，加速度为正值
解析：选D　因向右为正方向，由C向O运动时，位移方向向左为负值，则A错误；由O向B运动时，位移为正值，速度为正值，加速度为负值，则B错误；由B向O运动时，位移为正值，则C错误；由O向C运动时，位移为负值，速度为负值，加速度向右为正值，则D正确。
对简谐运动对称性的考查
[典题例析]
2．如图1-1-7所示，一个做简谐运动的质点，先后以同样的速度通过相距10 cm的A、B两点，历时0.5 s；过B点后再经过t＝0.5 s，质点以大小相等、方向相反的速度再次通过B点；则质点从离开O点到再次回到O点历时(O点为AB的中点)(　　)
图1-1-7
A．0.5 s 　B．1.0 s
C．2.0 s D．4.0 s
[思路点拨]　该题可按如下思路进行：

―→
解析：根据题意，由振动的对称性可知：AB的中点为平衡位置，A、B两点对称分布在O点两侧，质点从平衡位置O点向右运动到B点的时间应为tOB＝×0.5 s＝0.25 s。质点从B点向右到达右方极端位置(D点)的时间tBD＝×0.5 s＝0.25 s。所以质点从离开O点到再次回到O点的时间t＝2tOD＝2×(0.25＋0.25) s＝1.0 s，故正确选项为B。
答案：B
[探规寻律]
(1)简谐运动的对称性指的都是关于平衡位置对称。主要体现在六个物理量上，即位移、速度、加速度、回复力、动能、势能，这六个量中前四个量是矢量，不仅要注意它们的大小，还要注意它们的方向。
(2)竖直弹簧振子的势能应是振动物体重力势能和弹性势能的总和。
[跟踪演练]
弹簧振子在一条直线上做简谐运动，第一次先后经过M、N两点时速度v(v≠0)相同，如图1-1-8所示，则下列说法正确的是(　　)
图1-1-8
A．振子在M、N两点受到的回复力相同
B．振子在M、N两点相对平衡位置的位移相同
C．振子在M、N两点的加速度的大小相等
D．从M点到N点，振子先做匀加速运动，后做匀减速运动
解析：选C　由题知，振子第一次先后经过M、N两点时速度v相同，那么M、N两点应该关于平衡位置O对称。因为位移、速度、加速度和回复力都是矢量，它们要相同必须大小相等、方向相同，而M、N两点关于O点对称，振子的回复力和位移大小相等、方向相反，由此可知，A、B选项错误；振子在M、N两点的加速度方向相反，大小相等，C选项正确；振子由M→O速度越来越大，但加速度越来越小，振子做加速运动，但不是匀加速运动；振子由O→N速度越来越小，但加速度越来越大，振子做减速运动，但不是匀减速运动，D选项错误。

[课堂双基落实]
1．下列关于振动的回复力的说法正确的是(　　)
A．回复力方向不一定总是指向平衡位置
B．回复力是按效果命名的
C．回复力一定是物体受到的合力
D．回复力由弹簧的弹力提供
解析：选B　回复力是按效果命名的，是指向平衡位置使振动物体回到平衡位置的力，可以由某个力或某几个力的合力提供，也可以由某个力的分力提供，故A错误，B正确，C错误；在水平弹簧振子中弹簧的弹力提供回复力，但在其他振动中，不一定由弹簧弹力提供，D错。
2.如图1-1-9所示，对做简谐运动的弹簧振子m的受力分析正确的是(　　)
图1-1-9
A．重力、支持力、弹簧的弹力
B．重力、支持力、弹簧的弹力、回复力
C．重力、支持力、回复力、摩擦力
D．重力、支持力、摩擦力
解析：选A　回复力是振子沿振动方向的合力，是效果力而不是物体实际受到的力，B、C错误；弹簧振子做简谐运动，不受摩擦力，D错误。
3．弹簧振子在光滑水平面上做简谐运动，在振子向平衡位置移动的过程中(　　)
A．振子所受的回复力逐渐增大
B．振子的位移逐渐增大
C．振子的速度逐渐减小
D．振子的加速度逐渐减小
解析：选D　振子的位移指由平衡位置指向振动物体所在位置的位移，因而向平衡位置运动时位移逐渐减小。而回复力与位移成正比，故回复力也减小。由牛顿第二定律a＝F/m得，加速度也减小。物体向平衡位置运动时，回复力与速度方向一致，故物体的速度逐渐增大。
4．如图1-1-10所示，弹簧振子B上放一个物块A，在A与B一起做简谐运动的过程中，关于A受力情况的说法中正确的是(　　)
图1-1-10
A．物块A受重力、支持力及弹簧对它的恒定的弹力
B．物块A受重力、支持力及弹簧对它的大小和方向都随时间变化的弹力
C．物块A受重力、支持力及B对它的恒定的摩擦力
D．物块A受重力、支持力及B对它的大小和方向都随时间变化的摩擦力
解析：选D　物块A受到重力、支持力和摩擦力的作用。摩擦力提供回复力，大小和方向都随时间发生变化。
[课下综合检测]
(时间：30分钟　满分：50分)
一、选择题(共6小题，每小题5分，共30分，每小题只有一个选项正确。)
1．下列运动中不属于机械振动的是(　　)
A．树枝在风的作用下运动
B．竖直向上抛出的物体的运动
C．说话时声带的运动
D．爆炸声引起窗扇的运动
解析：选B　物体在平衡位置附近所做的往复运动属于机械振动，故A、C、D属于机械振动；竖直向上抛出的物体到最高点后返回落地，不具有运动的往复性，因此不属于机械振动，故B项不属于机械振动。
2．关于简谐运动下列说法正确的是(　　)
A．简谐运动一定是水平方向的运动
B．所有的振动都可以看做是简谐运动
C．物体做简谐运动时一定可以得到正弦曲线形的轨迹线
D．只要满足a＝－，物体一定做简谐运动
解析：选D　物体做简谐运动并不一定只在水平方向发生，各个方向都有可能发生，A错。简谐运动是最简单的振动，B错。简谐运动的轨迹线并不是正弦曲线，C错。
3．在图1中，能正确表示质点做简谐运动时所受回复力跟位移关系的是(　　)
图1
解析：选B　做简谐运动的物体的受力特征为F＝－kx，故B正确。
4．(上海高考)做简谐振动的物体，当它每次经过同一位置时，可能不同的物理量是(　　)
A．位移 B．速度
C．加速度 D．回复力
解析：选B　做简谐振动的物体，当它每次经过同一位置时，位移x相同，回复力相同，加速度相同，可能不同的物理量是速度，选项B正确。
5．如图2，O点为平衡位置，当振子由C向O运动时，下列说法中正确的是(　　)
图2
A．振子的位移在增大
B．振子的运动方向向左
C．振子的位移方向向左
D．振子的加速度在增大
解析：选B　由于振子在O点的右侧由C向O运动，所以振子的位移方向向右，大小在不断减小，且加速度也在不断减小，故B正确。
6．水平弹簧振子做简谐运动经过A点时，加速度的大小是2 m/s2，方向指向B点；当它经过B点时，加速度的大小是3 m/s2，方向指向A点，平衡位置为O点，下面有关A、B两点的位置关系正确的是(　　)
图3
解析：选C　弹簧振子的加速度的方向始终指向平衡位置O，A点加速度方向指向B，B点加速度方向指向A，故O点在点A、B之间，A、B错；弹簧振子做简谐运动经过A点时的加速度小于经过B点时的加速度，由加速度公式a＝，可知A点距平衡位置的距离比B点距平衡位置的距离小，故C对，D错。
二、非选择题(共2小题，共20分)
7．(8分)如图4所示，小球从竖直在地面上的轻弹簧的正上方某处自由下落，接触弹簧后将弹簧压缩，全过程弹簧为弹性形变，试比较弹簧压缩到最短时的加速度am和重力加速度g的大小：am________g。
图4
解析：小球和弹簧接触后做简谐运动。如图所示，点C为弹簧原长时端点的位置，小球的重力与弹簧的弹力大小相等的位置B为平衡位置，点A为弹簧被压缩至最低点的位置(也就是小球振动的最大位移处)，点A′是与A对称的位置(也是最大位移处)。由对称性可知，小球在点A与在点A′的加速度的大小相等，设为am，小球在点C的加速度为g，由图可看出点C在点A′和点B之间，所以am>g。
答案：>
8．(12分)如图5所示，一质量为M的无底木箱，放在水平地面上，一轻质弹簧一端悬于木箱的上边，另一端挂着用细线连接在一起的两个物体A和B，mA＝mB＝m。剪断A、B间的细线后，A做简谐运动，则当A振动到最高点时，木箱对地面的压力为多少？
图5
解析：剪断细线前A的受力情况：重力mg，向下；细线拉力F拉＝mg，向下；弹簧对A的弹力F＝2mg，向上。此时弹簧的伸长量为Δx＝＝。剪断细线后，A做简谐运动，其平衡位置在弹簧的伸长量为Δx′＝处，最低点即刚剪断细线时的位置，离平衡位置的距离为，由简谐运动的对称性特点知，最高点离平衡位置的距离也为，所以最高点的位置恰好在弹簧的原长处。此时弹簧对木箱作用力为零，所以此时木箱对地面的压力为Mg。
答案：Mg
第2节 振动的描述
　　　　　　　　　　　　　　　　　1．振幅是振动物体离开平衡位置的最大距离，振幅描述了振动的范围和强弱，用A表示。
2．周期和频率都是描述物体振动快慢的物理量，周期和频率互为倒数。
3．简谐运动的图像是一条正弦(余弦)曲线，直观的反映了简谐运动的位移随时间的变化规律，可表示出振幅和周期。
4．简谐运动的表达式为x＝Asin ωt，其中A代表振幅，ω是圆频率。

振动特征的描述
[自读教材·抓基础]
1．振幅(A)
(1)定义：振动物体离开平衡位置的最大距离，用A表示。
(2)物理意义：表示振动幅度大小或振动强弱的物理量，是标量。
2．全振动
物体从某一初始状态开始到第一次回到这一状态的过程。
3．周期(T)和频率(f)
(1)周期(T)：振动物体完成一次全振动经历的时间。
(2)频率(f)：振动物体在1 s内完成全振动的次数。
(3)固有周期(或固有频率)：物体在自由状态下的振动周期(或频率)，是物体本身的属性，与物体是否振动无关。
(4)物理意义：周期和频率都是表示物体振动快慢的物理量，周期越小，频率越大，表示物体振动越快。
(5)周期与频率的关系：T＝(用公式表示)。
[跟随名师·解疑难]
1．全振动的五个特征
(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)三者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(相位马上学到)。
2．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：振动中的位移是矢量，振幅是标量，在数值上，振幅与某一时刻位移的大小可能相等，但在同一简谐运动中振幅是确定的，而位移随时间做周期性的变化。
(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：
①一个周期内的路程为4倍的振幅；
②半个周期内的路程为2倍的振幅；
③若从特殊位置开始计时，如平衡位置、最大位移处，周期内的路程等于振幅；
④若从一般位置开始计时，周期内路程与振幅之间没有确定关系，路程可能大于、等于或小于振幅。
[特别提醒]　连续两次通过同一位置不一定完成一次全振动，必须是以相同的速度连续两次通过同一位置。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
如图1-2-1所示，弹簧振子在B、C间振动，O为平衡位置，＝＝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1-2-1
A．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，选项A、B错误；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1.5T，所以振子通过的路程为30 cm，故C错误，D正确。
简谐运动的图像描述
[自读教材·抓基础]
1．坐标系的建立
以横轴表示做简谐运动的物体运动的时间t，纵轴表示做简谐
运动的物体运动过程中相对平衡位置的位移x。
2．图像的特点
一条正弦(或余弦)曲线，如图1-2-2所示。
图1-2-2
3．图像意义
表示做简谐运动的物体在任意时刻相对于平衡位置的位移。
[跟随名师·解疑难]
由x-t图像可识别哪些物理量？
(1)由图像可以直接读取振幅A和周期T，可以求出频率f。
图1-2-3
(2)比较质点任意时刻的位移大小和方向。图1-2-3中，t1时刻质点的位移比t2时刻质点的位移大，t1时刻位移方向为正，t2时刻位移方向为负。
(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1-2-3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图像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1-2-3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。图1-2-3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。
[特别提醒]
(1)简谐运动的图像不是振动质点的轨迹。做简谐运动质点的轨迹是质点(如弹簧振子)往复运动的那一段线段。
(2)位移图像是以x轴上纵坐标的数值表示质点相对平衡位置的位移，以t轴上横坐标的数值表示各个时刻，这样在x -t坐标系内，可以找到各个时刻对应质点位移坐标的点，即位移随时间分布的情况——振动图像。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
如图1-2-4所示为质点的振动图像，下列判断中正确的是(　　)
图1-2-4
A．质点振动周期是8 s
B．振幅是±2 cm
C．4 s末质点的速度为正，加速度为零
D．10 s末质点的加速度为正，速度为零
解析：选A　由题图可知，T＝8 s，A＝2 cm，A正确，B错误；4 s末质点在平衡位置，速度沿－x方向，加速度为零，C错误；10 s末同2 s末，质点正处在正方最大位移处，其速度为零，加速度方向为负，D错误。
简谐运动的公式表达
[自读教材·抓基础]
1．简谐运动的公式
x＝Asin_ωt＝Asin t。
2．说明
(1)x表示振动质点相对于平衡位置的位移，t表示振动时间。
(2)A表示简谐运动的振幅，T表示简谐运动的周期。
(3)ω叫做简谐运动的角速度，或称为简谐运动的圆频率，表示简谐运动的快慢，ω＝＝2πf。
[跟随名师·解疑难]
简谐运动位移表达式的推导与理解
(1)如图1-2-5所示，设质点P以原点O为圆心，以简谐运动的振幅A为半径，在圆周上以角速度ω做匀速圆周运动。
图1-2-5
当t＝0时，它的投影在O点，在任一时刻t，质点到了P′点，它的投影a的位移为x＝Asin ωt。
(2)如果t＝0时质点P的投影不在O点，表达式相应的要写成x＝Asin(ωt＋φ)，其中ωt＋φ表示相位，描述质点的振动步调，相位每增加2π，意味着质点又完成了一次全振动。
(3)t＝0时的相位，即φ叫做初相位，描述t＝0时振动质点的状态。而x＝Asin ωt就是初相位等于0的简谐运动，即从振动质点位于平衡位置且具有正向速度时开始计时。
(4)相位差：即某一时刻两个简谐运动的相位之差，Δφ＝(ω2t＋φ2)－(ω1t＋φ1)，如果ω1＝ω2，则Δφ＝φ2－φ1。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
一个做简谐运动的物体，其位移随时间的变化规律为x＝5sin(5πt) cm，由此可知，该物体的振幅为________，周期为________，t＝0时刻它的位移是________，运动方向为________。
解析：由x＝5sin(5πt)cm可知振幅A＝5 cm，圆频率ω＝5π rad/s，所以周期T＝＝0.4 s；当t＝0时，位移x＝0，其运动方向由平衡位置向最大位移处运动，方向为正方向。
答案：5 cm　0.4 s　0　正方向

对x-t图像的考查
[典题例析]
1．如图1-2-6所示是某质点做简谐运动的振动图像，根据图像中的信息，回答下列问题。
(1)振幅、周期各是多大？
图1-2-6
(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 s末的位移是多少？在前4 s内的路程是多少？
(4)写出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，要理解好图像与振动物体的实际振动过程的对应。
解析：由题图上的信息，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少，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。
(3)质点在2 s时在平衡位置，因此位移为零。质点在前4 s内完成一个周期性运动，其路程10 cm×4＝40 cm。
(4)因为A＝10 cm，T＝4 s，ω＝＝，φ0＝0，所以简谐运动的表达式x＝10sin t cm。
答案：(1)10 cm　4 s
(2)负方向　负方向
(3)0　40 cm
(4)x＝10 sin t cm
[探规寻律]
根据物体简谐运动的实际运动情况，画出振动图像时要注意三点：起点、振幅和周期。简谐运动的周期性，体现在振动图像上是曲线的重复性；其中起点(即初相)很重要，不仅要注意起点的位移，还要注意到该时刻振子的振动方向。
[跟踪演练]
一质点做简谐运动，其位移x与时间t的关系图线如图1-2-7所示，由图可知(　　)
图1-2-7
A．质点振动频率是4 Hz
B．t＝2 s时，质点的加速度最大
C．质点的振幅为4 cm
D．t＝3 s时，质点所受的合外力最大
解析：选B　由图可知质点的振幅为2 cm，质点振动的周期是4 s，频率是0.25 Hz，A、C错误；t＝2 s时，质点离开平衡位置的距离最大，质点的位移最大，回复力最大，加速度最大，B正确；t＝3 s时，质点的位移为零，所受的回复力为零，合外力不能确定，D错误。
简谐运动中位移与路程的计算
[典题例析]
2．一弹簧振子的振幅是2 cm，振子完成一次全振动通过的路程是多少？如果频率是5 Hz，振子每秒钟通过的路程是多少？
解析：振子完成一次全振动通过4个振幅，所以一次全振动的路程为s＝4A＝4×2 cm＝8 cm
如果频率为5 Hz，则振子1 s内完成全振动的次数n＝5
所以振子1 s内通过的路程
s总＝n·4A＝5×4×2 cm＝40 cm
答案：8 cm　40 cm
[探规寻律]
求振动物体在一段时间内通过路程的依据是：
(1)振动物体在一个周期内的路程一定为4倍振幅，则在n个周期内路程必为n·4A；
(2)振动物体在半个周期内的路程一定为2倍振幅；
(3)振动物体在T/4内的路程可能等于一个振幅，可能小于一个振幅，还可能大于一个振幅。只有当T/4的初始时刻振动物体在平衡位置或最大位移处时，T/4内的路程才等于一个振幅。
[跟踪演练]
一物体做简谐运动，下列说法正确的是(　　)
A．物体完成一次全振动，通过的位移是4个振幅
B．物体在周期内，通过的路程是1个振幅
C．物体在1个周期内，通过的路程是4个振幅
D．物体在周期内，通过的路程是3个振幅
解析：选C　由于物体在振动中速度大小时刻变化，所以路程并不和时间成正比，例如：从平衡位置与最大位移处中间的某点开始向最大位移处运动时，经周期的时间物体运动的路程小于1个振幅，选项B、D错误。物体完成一次全振动还回到原位置，所以通过的位移为零(注意与物体所在位置的位移不同)，选项A错误。物体在一个周期内完成一次全振动，所以通过的路程为4个振幅，选项C正确。

[课堂双基落实]
1.如图1-2-8所示，弹簧振子以O为平衡位置在BC间做简谐运动，则(　　)
图1-2-8
A．从B→O →C为一次全振动
B．从O→B→O →C为一次全振动
C．从C→O →B→O →C为一次全振动
D．从D→C→O →B→O为一次全振动
解析：选C　从全振动的意义上解答本题。即物体完成一次全振动时，一定回到了初始位置，且以相同的速度回到初始位置，可判断选项A、B、D所对应的过程尚未回到初始位置，不是全振动。只有选项C正确。
2．下列关于简谐运动的振幅、周期和频率的说法正确的是(　　)
A．振幅是矢量，方向从平衡位置指向最大位移处
B．周期和频率的乘积是一个常数
C．振幅增加，周期必然增加，而频率减小
D．做简谐运动的物体，其频率与振幅有关
解析：选B　振幅A是标量，选项A错误；周期与频率互为倒数，即Tf＝1，选项B正确；简谐运动的周期与振幅没有关系，这个周期的长短由系统本身决定，这就是固有周期，所以选项C、D错误。
3.如图1-2-9所示为质点P在0～4 s内的运动图像，下列叙述正确的是(　　)
图1-2-9
A．再过1 s，该质点的位移是正的最大
B．再过1 s，该质点的速度沿正方向
C．再过1 s，该质点的加速度沿正方向
D．再过1 s，该质点加速度为零
解析：选A　振动图像描述质点在各个时刻离开平衡位置的位移的情况。依题意，再经过1 s，振动图像将延伸到x正方向最大处，这时质点的位移为正的最大，故A对；因为回复力与位移成正比且方向与位移方向相反，所以此时回复力最大且方向为负向，故质点的加速度最大且方向为负向。此时质点的速度为零，无方向可谈，故B、C、D错误。
4．一个质点经过平衡位置O，在A、B间做简谐运动，如图1-2-10(a)所示，它的振动图像如图(b)所示，设向右为正方向，则OB＝________ cm，第0.2 s末质点的速度方向为________，加速度大小为________；第0.4 s末质点加速度方向为________；第0.7 s时，质点位置在________区间，质点从O运动到B再到A需时间t＝________ s，在4 s内完成________次全振动。
图1-2-10
解析：由图像知A＝5 cm，T＝0.8 s，所以OB＝5 cm。t＝0.2 s时在平衡位置向A运动，加速度为零；t＝0.4 s时在负最大位移处，加速度为正；t＝0.7 s时，位移为正，在OB间向B运动，质点从O→B→A用时，即0.6 s,4 s内完成5次全振动。
答案：5　负方向　0　正方向　OB　0.6　5
[课下综合检测]
(时间：30分钟　满分：50分)
一、选择题(共6小题，每小题5分，共30分，每小题只有一个选项正确。)
1．若做简谐运动的弹簧振子从平衡位置到最大位移处所需最短时间是0.1 s，则(　　)
A．振动周期是0.2 s　　 　B．振动周期是0.1 s
C．振动频率是0.4 Hz D．振动频率是2.5 Hz
解析：选D　从平衡位置到最大位移处的最短时间恰好是四分之一周期，所以周期为0.4 s，频率f＝＝2.5 Hz，D正确。
2．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。
3．(北京高考)一个弹簧振子沿x轴做简谐运动，取平衡位置O为x轴坐标原点。从某时刻开始计时，经过四分之一周期，振子具有沿x轴正方向的最大加速度。能正确反映振子位移x与时间t关系的图像是图1中的(　　)
图1
解析：选A　由简谐运动中加速度与位移的关系a＝－x可知，在T/4时刻，加速度正向最大，则位移负向最大，故选项A正确。
4．如图2所示为某质点做简谐运动的图像，若t＝0时，质点正经过O点向b点运动，则下列说法正确的是(　　)
图2
A．质点在0.7 s时，正在背离平衡位置运动
B．质点在1.5 s时的位移最大
C．1.2～1.4 s时间内，质点的位移在减小
D．1.6～1.8 s时间内，质点的位移在增大
解析：选B　由于位移是由平衡位置指向质点所在位置的有向线段，故质点在0.7 s时的位移方向向右，且正在向平衡位置运动，选项A错误；质点在1.5 s时的位移达到最大，选项B正确；1.2～1.4 s时间内，质点正在背离平衡位置运动，所以其位移在增大，选项C错误；1.6～1.8 s时间内，质点正在向平衡位置运动，所以其位移在减小，选项D错误。
5．(浙江高考)一位游客在千岛湖边欲乘坐游船，当日风浪较大，游船上下浮动。可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20 cm，周期为3.0 s。当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐。地面与甲板的高度差不超过10 cm时，游客能舒服地登船。在一个周期内，游客能舒服登船的时间是(　　)
A．0.5 s B．0.75 s
C．1.0 s D．1.5 s
解析：选C　由于振幅A为20 cm，振动方程为y＝A sin ωt(从游船位于平衡位置时开始计时，ω＝)，由于高度差不超过10 cm时，游客能舒服登船，代入数据可知，在一个振动周期内，临界时刻为t1＝，t2＝，所以在一个周期内能舒服登船的时间为Δt＝t2－t1＝＝1.0 s，选项C正确。
6．一质点做简谐运动，其运动图像如图3所示。那么在－Δt和＋Δt两个时刻，质点的(　　)
图3
A．速度相同
B．加速度相同
C．相对平衡位置的位移相同
D．回复力相同
解析：选A　由图像知，时刻质点在平衡位置，根据简谐运动的对称性，在－Δt和＋Δt两时刻，质点必处在关于平衡位置对称的两位置。所以，在这两时刻质点的位移、回复力、加速度必定大小相等，方向相反。速度、动能大小必定相等。从题图中不难看出，－Δt和＋Δt两时刻，质点速度的方向相同。选项A正确。
二、非选择题(共2小题，共20分)
7．(10分)如图4是弹簧振子的振动图像，试回答下列问题：
图4
(1)振动的振幅、周期、频率各是多少？
(2)如果从O点算起，到图线上哪一点为止，振子完成了一次全振动？从A点算起呢？
(3)从零到1.6 s时间内，哪些点的动能最大？哪些点的势能最大？
解析：(1)由图像可知振动的振幅A＝2 cm，周期T＝0.8 s，由此可得频率f＝＝1.25 Hz。
(2)由图像可知图中的O、D、H三点即在0、0.8 s、1.6 s三个时刻，振动质点的运动状态相同，图中A、E两点，即在0.2 s、1.0 s两个时刻，振动质点的运动状态相同。所以，如果从O点算起，到图像上的D点，如果从A点算起，到图像上的E点，均为振子的一次全振动。
(3)从0～1.6 s内，在0、0.4 s、0.8 s、1.2 s、1.6 s各时刻，即对应图中的O、B、D、F、H各点，振子处在平衡位置，此时速度最大，动能最大，势能最小，而在0.2 s、0.6 s、1.0 s、1.4 s各时刻，即对应图中的A、C、E、G各点，振子均处在最大位移处，此时速度为零，动能为零，势能最大。
答案：(1)2 cm　0.8 s　1.25 Hz　(2)D点　E点
(3)O、B、D、F、H　A、C、E、G
8．(10分)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。
图5
(1)求振子的振幅和周期；
(2)在图5中做出该振子的位移—时间图像；
(3)写出该简谐运动的表达式。
解析：(1)由题设所给的已知条件可知，弹簧振子的振幅为10 cm，周期T＝＝0.2 s
则ω＝＝10π rad/s
(2)由振子从平衡位置时开始计时，经振子具有正向最大加速度可知，时振子在负的最大位移处，即t＝时，x＝－10 cm，则其位移—时间图像如图所示。
(3)由公式x＝Asin(ωt＋φ0)得φ0＝π，所以简谐运动表达式为x＝0.1sin(10πt＋π)m(或x＝－0.1sin 10πt m)。
答案：(1)10 cm　0.2 s　(2)图像见解析
(3)x＝0.1sin (10πt＋π)m[或x＝－0.1sin (10πt) m]
第3节 单__摆
　　　　　　　　　　　　　　　 1．单摆是一个理想化模型，在偏角很小的情况下，单摆做简谐运动。单摆的回复力由重力沿圆弧切向的分力提供。
2．单摆的周期公式为：T＝2π ，此式仅在摆角小于5°时成立，单摆的周期由摆长l和重力加速度g共同决定，与摆球质量无关。
3．由T＝2π 得g＝，根据此式可求出某地的重力加速度。

单摆的运动
[自读教材·抓基础]
1．定义
把一根细线上端固定，下端拴一个小球，线的质量和球的大小可以忽略不计，这种装置叫做单摆。
2．单摆的回复力
(1)回复力的来源：摆球的重力沿圆弧切线方向的分力。
(2)回复力的特点：在偏角很小时，单摆的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总指向平衡位置。
3．运动规律
单摆在偏角很小时做简谐运动，其振动图像遵循正弦函数规律。
[跟随名师·解疑难]
1．单摆是一种理想模型，实际摆可视为单摆的要求是什么？
(1)细线形变要求：细线的伸缩可以忽略。
(2)细线与小球质量要求：细线质量与小球质量相比可以忽略。
(3)小球密度要求：小球的密度较大。
(4)线长度要求：球的直径与线的长度相比可以忽略。
(5)受力要求：与小球受到的重力及线的拉力相比，空气对它的阻力可以忽略。
(6)摆角要求：单摆在摆动过程中要求摆角小于5°。
2．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1-3-1所示。
图1-3-1
(1)在任意位置P，有向线段为此时的位移x，重力G沿圆弧切线方向的分力G1＝Gsin θ提供摆球以O点为中心做往复运动的回复力。
(2)在摆角很小时，sin θ≈θ＝，G1＝Gsin θ＝x，G1方向与摆球位移方向相反，所以有回复力F回＝G1＝－。令k＝，则F回＝－kx。
因此，在摆角θ不超过5°时，单摆做简谐运动。
3．单摆的运动特点
(1)摆球以悬挂点(O′点)为圆心在竖直平面内做变速圆周运动。
(2)摆球以最低点(O点)为平衡位置做简谐运动。
[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，当然向心力也不是摆球所受的合外力(最高、最低点除外)。
(2)摆球经过平衡位置时，回复力为零，沿圆弧切线方向的加速度为零，但合外力和向心加速度都不等于零。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
关于单摆，下列说法中正确的是(　　)
A．摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置
B．摆球受到的回复力是它的合力
C．摆球经过平衡位置时，所受的合力为零
D．摆角很小时，摆球受的合力的大小跟摆球对平衡位置的位移大小成正比
解析：选A　单摆的回复力不是它的合力，而是重力沿圆弧切线方向的分力；当摆球运动到平衡位置时，回复力为零，但合力不为零，因为小球还有向心力，方向指向悬点(即指向圆心)；另外摆球所受的合力与位移大小不成正比，回复力才成正比。
单摆的周期
[自读教材·抓基础]
1．实验探究单摆的周期
(1)探究方法：用控制变量法分别研究可能会影响单摆周期的因素：摆球的质量、摆长和振幅、重力加速度。
(2)实验结论
①单摆周期与摆球质量无关。
②单摆周期与振幅无关。
③单摆的摆长越长，周期越大；摆长越短，周期越小。
2．周期公式
(1)公式：T＝2π。
(2)单摆的等时性：单摆的周期与振幅无关。
[跟随名师·解疑难]
1．如何确定“单摆模型”中的摆长？
(1)图1-3-2(a)中，甲、乙在垂直纸面方向摆起来效果是相同的，所以甲摆的摆长为lsin α，这就是等效摆长，其周期T＝2π 。图(b)中，乙在垂直纸面方向摆动时，与甲摆等效；乙在纸面内小角度摆动时，与丙摆等效。
图1-3-2
(2)如图(c)所示，小球在光滑的半径较大的圆周上做小幅度(θ很小)的圆周运动时，可等效为单摆，小球在A、B间做简谐运动，周期T＝2π 。
(3)圆锥摆
如图1-3-3所示，用细线悬吊小球，使小球在水平面内做匀速圆周运动，即细线所扫过的面为圆锥面，通常我们称为圆锥摆，实质上圆锥摆中的小球不是振动，而是匀速圆周运动，周期T＝2π 。
图1-3-3
2．公式中重力加速度g的变化与等效
(1)若单摆系统只处在重力场中且处于静止状态，g由单摆所处的空间位置决定，即g＝，式中R为物体到地心的距离，M为地球的质量，g随所在位置的高度的变化而变化。另外，在不同星球上M和R也是变化的，所以g也不同，g＝9.8 m/s2只是在地球表面附近时的取值。
(2)等效重力加速度：若单摆系统处在非平衡状态(如加速、减速、完全失重状态)，则一般情况下，g值等于摆球相对静止在自己的平衡位置时，摆线所受的张力与摆球质量的比值。如图1-3-4所示，球静止在O时，FT＝mgsin θ，等效加速度g′＝＝gsin θ。
图1-3-4
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
将秒摆(周期为2 s)的周期变为1 s，下列措施可行的是(　　)
A．将摆球的质量减半　　 　B．将振幅减半
C．将摆长减半 D．将摆长减为原来的
解析：选D　由单摆的周期公式T＝2π可以看出，要使周期减半，摆长应为原来的，摆球的质量和振幅变化，并不影响单摆的周期，故只有D正确。
利用单摆测定重力加速度
1.实验原理
由T＝2π得g＝，即只要测出单摆的摆长l和周期T，就可以求出当地的重力加速度。
2．实验步骤
(1)做单摆
①让线的一端穿过小球的小孔，然后打一个比小孔大一些的结。
②把线的上端用铁夹固定在铁架台上并把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自由下垂，在单摆平衡位置处作上标记。
(2)测摆长
用毫米刻度尺量出悬线长l′，精确到毫米；用游标卡尺测量出摆球的直径D，精确到毫米；则l＝l′＋，即为单摆的摆长。
(3)测周期
将单摆从平衡位置拉开一个角度，且满足摆角小于5°，然后释放摆球，当单摆摆动稳定后，过平衡位置时用秒表开始计时，测量30～50次全振动的时间。计算出平均摆动一次的时间，即为单摆的振动周期T。
(4)变摆长
将单摆的摆长变短(或变长)，重复实验三次，测出相应的摆长l和周期T。
3．数据处理
(1)平均值法：每改变一次摆长，将相应的l和T，代入公式g＝中求出g值，最后求出g的平均值。
实验
次数
摆长
l/m
周期T/s
加速度g/m·s－2
g平均值
1
g＝
2
3
(2)图像法：由T＝2π得T2＝l作出T2－l图像，即以T2为纵轴，以l为横轴，其斜率k＝，由图像的斜率即可求出重力加速度g。
图1-3-5
4．注意事项
(1)选材
摆线应选择细、轻且不易伸长的线(长度为1 m左右)；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)。
(2)操作
单摆悬线的上端应当固定牢固，不可随意卷在铁架台的横杆上，以免振动时摆长改变；注意振动时控制摆线偏离竖直方向的角度不超过5°；摆球摆动时，要使之保持在同一个竖直平面内，不要形成圆锥摆。
(3)周期的测量
用停表测出单摆做n(30～50)次全振动所用的时间t，则周期T＝。测量时应以摆球通过最低位置时开始计时、计数，并且开始计时时数“零”，以后摆球每从同一方向通过最低位置时计数一次。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
在用单摆测定重力加速度的实验中，下列说法正确的是(　　)
A．如果有大小相同的铁球和木球可供选择，则选用木球作为摆球较好
B．单摆的偏角不要太大(小于5°)
C．为了便于改变摆线的长度，可将摆线的一端绕在铁架上端的水平圆杆上
D．先测量好摆线的长度再系上小球做实验
解析：选B　摆球应选用密度较大、直径较小的金属球，选项A错；摆线偏离竖直方向的角度越大，利用周期公式计算出的重力加速度的误差就越大，选项B对；将摆线的一端绕在铁架上端的水平圆杆上，摆动时摆长会改变，对摆长和周期的测量都有影响，选项C错；测摆长时，应当先系上小球再测量摆线的长度，选项D错。

对单摆模型的考查
[典题例析]
1．一个单摆的长为l，在其悬点O的正下方0.19l处有一钉子P(如图1-3-6所示)，现将摆球向左拉开到A，使摆线偏角θ<5°，放手后使其摆动，求出单摆的振动周期。
图1-3-6
[思路点拨](1)摆球在左边和右边的摆长是否相同？
提示：不同。左边：摆长为l。右边：摆长为0.81l。
(2)如何确定单摆的周期？
提示：单摆的周期为左右两个不同单摆的半周期的和。
解析：释放后摆球到达右边最高点B处，由机械能守恒可知B和A等高，则摆球始终做简谐运动。摆球做简谐运动的摆长有所变化，它的周期为两个不同单摆的半周期的和。
小球在左边的周期为T1＝2π
小球在右边的周期为T2＝2π 
则整个单摆的周期为
T＝＋＝π＋π ＝1.9π。
答案：1.9π
[探规寻律]
求单摆周期的方法
(1)明确单摆的运动过程，看是否符合简谐运动的条件。
(2)在运用T＝2π时，要注意l和g是否发生变化，如果发生变化，则分别求出不同l和g时的运动时间。
[跟踪演练]
如图1-3-7所示，BOC为一光滑圆弧形轨道，其半径为R，且R远大于弧BOC的弧长。若同时从圆心O′和轨道B点分别无初速度释放一小球P和Q，则(　　)
图1-3-7
A．Q球先到达O点
B．P球先到达O点
C．P、Q同时到达O点
D．无法比较
解析：选B　P做自由落体运动，由R＝gt得t1＝；Q做简谐运动，t2＝T＝·2π＝，所以t1对单摆测定重力加速度的考查
[典题例析]
2．(安徽高考)根据单摆周期公式T＝2π，可以通过实验测量当地的重力加速度。如图1-3-8甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。
(1)用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为________mm。
图1-3-8
(2)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有________。
a．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些
b．摆球尽量选择质量大些、体积小些的
c．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度
d．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔Δt即为单摆周期T
e．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间Δt，则单摆周期T＝
[思路点拨]
(1)游标卡尺读数时应注意游标卡尺的零刻度线和边界线的区别。
(2)测重力加速度时应注意单摆的模型以及摆长和周期的测量。
解析：(1)根据游标卡尺的读数方法，小钢球的直径＝(18＋6×0.1) mm＝18.6 mm
(2)因为单摆的周期T＝2π与θ无关，c项错误。因为摆球会以较快的速度通过平衡位置，所以在平衡位置开始计时误差较小，同时为了减小偶然误差应测多次振动的时间并求平均值，综合看d项错误，a、b、e项正确。
答案：(1)18.6　(2)abe
[探规寻律]
(1)利用该实验测定重力加速度最主要的是测准摆长(从悬点到球心)和周期，测n次全振动时间应从球经过平衡位置开始计时。
(2)利用图像可以有效地减小误差，由l-T2图线的斜率k＝，知g＝4π2k，求出斜率也就可求得重力加速度。
[跟踪演练]
在利用单摆测定重力加速度的实验中，由于单摆做简谐运动的周期T＝2π，于是有T2＝l。改变单摆的摆长，只要测出摆长及相应的振动周期，作出T2-l图像，就可求出当地的重力加速度。T2-l图像应为经过坐标原点的直线。某学生在实验中作出的T2-l图像如图1-3-9所示。
图1-3-9
(1)造成图线不过原点的原因是(　　)
A．每次都将n个周期的时间记成(n＋1)个周期的时间
B．每次测摆长时，都将摆线长当成了摆长
C．每次实验时，摆球的振幅都不同
D．每次实验时，摆球的质量都不同
(2)根据以上分析，可求得当地的重力加速度为多少？(取π2＝9.87)
解析：(1)若测量正确，纵坐标为0时，横坐标也应该为0。现在纵坐标为0的点对应的横坐标为负值，说明横坐标偏小，即摆长偏小，计算摆长时少加了摆球的半径，故选项B正确。
(2)由单摆的周期公式得T2＝l，T2-l图像应为过原点的直线。若l少加了摆球半径r，整个T2-l图像将左移，而图线斜率不变。因图线斜率k＝，所以g＝＝ m/s2＝9.87 m/s2。
答案：(1)B　(2)9.87 m/s2

[课堂双基落实]
1．振动的单摆小球通过平衡位置时，关于小球受到的回复力及合力的说法中正确的是
(　　)
A．回复力为零，合力不为零，方向指向悬点
B．回复力不为零，方向沿轨迹的切线
C．合力不为零，方向沿轨迹的切线
D．回复力为零，合力也为零
解析：选A　单摆的回复力不是它的合力，而是重力沿圆弧切线方向的分力；当摆球运动到平衡位置时，回复力为零，但合力不为零，因为小球还有向心力，方向指向悬点(即指向圆心)。
2．(安徽高考)在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律。法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系。已知单摆摆长为l，引力常量为G，地球质量为M，摆球到地心的距离为r，则单摆振动周期T与距离r的关系式为(　　)
A．T＝2πr 　　　 　B．T＝2πr 
C．T＝  D．T＝2πl 
解析：选B　单摆摆动时的周期为T＝2π，摆球在地球表面受到的万有引力等于重力，即G＝mg，得g＝，因此T＝2πr ，B项正确，A、C、D项错误。
3．一单摆做小角度摆动，其振动图像如图1-3-10所示，以下说法正确的是(　　)
图1-3-10
A．t1时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小
B．t2时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小
C．t3时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最大
D．t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大
解析：选D　由题图知，t1、t3时刻是最大位移处，t2、t4时刻是平衡位置。单摆做小角度摆动，平衡位置时速度最大，悬线对它的拉力最大，故B错，D对。最大位移处速度为零，拉力最小，故A、C错。
4．(江苏高考)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。
解析：单摆周期公式T＝2π
且kl＝mg
解得T＝2π
答案：2π
[课下综合检测]
(时间：30分钟　满分：50分)
一、选择题(共6小题，每小题5分，共30分，每小题只有一个选项正确。)
1．关于单摆，下列认识中正确的是(　　)
A．一根线系着一个球悬挂起来，这样的装置就是单摆
B．可以看成单摆的装置中，细线的伸缩和质量忽略不计，线长比小球直径大得多
C．单摆的振动总是简谐运动
D．两个单摆只要结构相同，它们的振动步调便相同
解析：选B　单摆是实际摆的理想化模型，实际摆只有在不计绳的伸缩、质量和阻力，以及小球可以看做质点时才能看做单摆，A错，B正确；单摆的运动只有在摆角很小时才能看作简谐运动，C错；两单摆结构相同，固有周期相同，但振动步调不一定相同，D错。
2．单摆做简谐运动的回复力是(　　)
A．摆球的重力
B．摆球所受重力与悬线对摆球的拉力的合力
C．悬线对摆球的拉力
D．摆球所受重力在圆弧切向上的分力
解析：选D　单摆做简谐运动时，摆球如同做圆周运动，摆球重力的切向分力充当回复力，摆球重力的径向分力与摆球拉力的合力充当向心力。
3．(上海高考)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．f1C．f1＝f2，A1>A2 D．f1＝f2，A1解析：选C　单摆的频率由摆长决定，摆长相等，频率相等，所以A、B错误；由机械能守恒，小球在平衡位置的速度越大，其振幅越大，所以C正确，D错误。
4．在用单摆测定重力加速度时，某同学用同一套实验装置，用同样的步骤进行实验，但所测得的重力加速度总是偏大，其原因可能是(　　)
A．测定周期时，振动次数少数了一次
B．测定周期时，振动次数多数了一次
C．摆球的质量过大
D．计算摆长时，只考虑悬线的长度，没有加上小球的半径
解析：选B　由计算g的公式g＝可知，如果振动次数多数了一次，即T偏小，就会使g偏大，选项A错，B对；摆球的质量过大，不影响单摆的周期与摆长，所以不影响测得的重力加速度，选项C错；当l偏小时，求得的g偏小，选项D错。
5．如图1所示为两个单摆的振动图像，从图像中可以知道它们的(　　)
图1
A．摆球质量相等 B．振幅相等
C．摆长相等 D．摆球同时改变速度方向
解析：选C　由图像可知，两单摆的周期相等，则摆长相等，无法确定质量关系，故A错，C对。由题图可知振幅不同，且两个摆球不能同时到达最大位移处，即速度方向不能同时改变，故B、D错。
6．如图2所示，三根细线于O点处打结，A、B端固定在同一水平面上相距为L的两点上，使AOB成直角三角形，∠BAO＝30°，已知线OC长是L，下端C点系着一个小球。下面说法中正确的是(　　)
图2
A．让小球在纸面内摆动，周期为T＝2π
B．让小球在垂直纸面方向摆动，其周期为T＝2π 
C．让小球在纸面内摆动，周期为T＝2π 
D．让小球在垂直纸面内摆动，周期为T＝2π
解析：选A　让小球在纸面内摆动，在摆角很小时，单摆以O点为悬点，摆长为L，周期为T＝2π。让小球在垂直纸面内摆动，则摆球以OC的延长线与AB交点为中心摆，摆长为L＋cos 30°＝L＋L，周期T′为T′＝2π ，选项A正确。
二、非选择题(共2小题，共20分)
7．(8分)(福建高考)某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：
(1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图3所示，则该摆球的直径为________cm。
图3
(2)小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是________。(填选项前的字母)
A．把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时
B．测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期
C．用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大
D．选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小
解析：(1)主尺读数加游标尺读数的总和等于最后读数，0.9 cm＋7× mm＝0.97 cm，不需要估读。
(2)单摆符合简谐运动的条件是最大偏角不超过5°，并从平衡位置计时，故A错误；若第一次过平衡位置计为“0”则周期T＝，若第一次过平衡位置计为“1”，则周期T＝，B错误；由T＝2π得g＝，其中l为摆长，即悬线长加摆球半径，若为悬线长加摆球直径，由公式知g偏大，故C正确；为了能将摆球视为质点和减少空气阻力引起的相对误差，应选密度较大体积较小的摆球，故D错误。
答案：(1)0.97　(2)C
8．(12分)如图4甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置。设摆球向右运动为正方向。图乙是这个单摆的振动图像。根据图像回答：
图4
(1)单摆振动的频率是多大？
(2)开始时刻摆球在何位置？
(3)若当地的重力加速度为10 m/s2，则这个摆的摆长是多少？
解析：(1)由题图乙知周期T＝0.8 s
则频率f＝＝1.25 Hz
(2)由题图乙知，0时刻摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以在B点。
(3)由T＝2π得l＝≈0.16 m
答案：(1)1.25 Hz　(2)B点　(3)0.16 m
第4节 生活中的振动
　　　　　　　　　　　　　　　　1．阻尼振动的机械能不断减少，主要体现在振幅不断减小。
2．受迫振动是在周期性外力作用下的振动，其振动频率等于周期性驱动力的频率。
3．驱动力的频率越接近物体的固有频率，受迫振动振幅越大；当驱动力频率与物体的固有频率相等时，受迫振动振幅最大，这就是共振。

阻尼振动
[自读教材·抓基础]
1．定义
指振幅不断减小的振动。
2．产生的原因
振动系统克服摩擦力或其他阻力做功，系统的机械能不断减少，振幅不断减小。
3．阻尼振动的振动图像
如图1-4-1所示，振幅越来越小，最后停止振动。
图1-4-1
4．实际应用
实际问题中，如果要求系统很快回到平衡位置，就增大阻力；如果希望物体在某一段时间内的运动接近简谐运动，则应减小阻力。
[跟随名师·解疑难]
阻尼振动和无阻尼振动的比较
　　振动类型
比较项目
阻尼振动
无阻尼振动
产生条件
受到阻力作用
不受阻力作用
振幅
如果没有能量补充，物体的振幅会越来越小
振幅不变
振动图像
实例
汽车上的减振器的振动
弹簧振子的振动
[特别提醒]
(1)物体做阻尼振动时，振幅虽然不断减小，但振动的频率仍由振动系统的结构特点所决定，并不会随振幅的减小而变化。例如用力敲锣，由于锣受到阻尼作用，振幅越来越小，锣声减弱，但音调不变。
(2)物体做无阻尼振动，并不一定指它不受阻尼，而是指它在振动过程中振幅保持不变。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
一单摆做阻尼振动，则在振动过程中(　　)
A．振幅越来越小，周期也越来越小
B．振幅越来越小，周期不变
C．在振动过程中，通过某一位置时，机械能始终不变
D．振动过程中，机械能不守恒，周期减小
解析：选B　因单摆做阻尼振动，根据阻尼振动的定义可知，其振幅越来越小。而单摆振动过程中的周期是其固有周期，是由本身特点决定的，是不变的，故A、D项错误，B项正确；又因单摆做阻尼振动过程中，振幅逐渐减小，振动的能量也在减小，即机械能在减少，所以C项错。
受迫振动与共振
[自读教材·抓基础]
1．受迫振动
(1)驱动力：给振动物体施加的一个周期性的外力。
(2)受迫振动：在周期性外力作用下的振动。
(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
(1)条件：驱动力的频率等于物体的固有频率。
(2)特征：共振时，物体振动的振幅最大。
(3)共振曲线：如图1-4-2所示。
图1-4-2
3．共振的应用与防止
(1)共振的应用：在应用共振时，应使驱动力频率接近或等于物体的固有频率，振动将更剧烈。
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，提高打桩的速度。
(2)共振的预防：在防止共振时，驱动力频率与物体的固有频率相差越大越好。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，防止发生共振现象。
[跟随名师·解疑难]
自由振动、受迫振动、共振的比较
自由振动
受迫振动
共振
振动原因
受回复力
受周期性驱动力作用
受周期性驱动力作用
振动周期或频率
由物体本身性质决定，即固有周期或固有频率
由驱动力的周期或频率决定，即T＝T驱或f＝f驱
T驱＝T固或f驱＝f固
振动能量
振动物体的机械能不变
由产生驱动力的物体提供
振动物体获得的能量最大
常见例子
弹簧振子或单摆
扬声器纸盆的振动
共振筛、声音的共鸣
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
下列说法中错误的是(　　)
A．某物体做自由振动时，其振动频率与振幅无关
B．某物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关
C．某物体发生共振时的频率就是其自由振动的频率
D．某物体发生共振时的振动就是无阻尼振动
解析：选D　物体做自由振动时的频率与振幅无关，而做受迫振动时的频率等于驱动力的频率，发生共振时驱动力的频率等于物体的固有频率。

对阻尼振动的理解
[典题例析]
1．如图1-4-3所示是一个弹簧振子做阻尼振动的振动图像，曲线上A、B两点的连线与横轴平行，下列说法正确的是(　　)
图1-4-3
A．振子在A时刻的动能等于B时刻的动能
B．振子在A时刻的势能等于B时刻的势能
C．振子在A时刻的机械能等于B时刻的机械能
D．振子在A时刻的机械能小于B时刻的机械能
[思路点拨]　通过振幅的变化反映弹簧振子能量的变化，根据能量的转化与守恒分析整个过程中能量变化的趋势，根据动能定理分析某一段运动中动能与势能的变化。
解析：弹簧振子做阻尼振动，所以A时刻的机械能大于B时刻的机械能，选项C、D错；弹簧的弹性势能与弹簧的形变量(即位移)有关，所以选项B对；振子在A时刻的动能大于B时刻的动能，选项A错。
答案：B
[探规寻律]
振动的振幅逐渐减小，则振动系统的能量(机械能)逐渐减小，而振动系统的动能和势能如何变化，还要看振子是远离平衡位置还是向平衡位置振动。
[跟踪演练]
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．后一时刻的机械能一定大于前一时刻的机械能
解析：选A　单摆在振动过程中，因不断克服空气阻力做功，使机械能逐渐转化为内能，选项A对D错；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。
对受迫振动与共振的考查
[典题例析]
2．(江苏高考)如图1-4-4所示的装置，弹簧振子的固有频率是4 Hz。现匀速转动把手，给弹簧振子以周期性的驱动力，测得弹簧振子振动达到稳定时的频率为1 Hz，则把手转动的频率为________。
图1-4-4
A．1 Hz　　B．3 Hz　　　C．4 Hz　　　D．5 Hz
[思路点拨]　明确振子做受迫振动的频率与驱动力频率的关系。
解析：因把手每转动一周，驱动力完成一次周期性变化，即把手转动频率即为驱动力的频率。弹簧振子做受迫振动，而受迫振动的频率等于驱动力的频率，与振动系统的固有频率无关，故A正确。
答案：A
[探规寻律]
解决这类问题的关键是区分物体的固有频率、驱动力的频率和振动物体的频率，因此在题目中要找准驱动力。当物体做受迫振动时，其振动频率等于驱动力的频率；当驱动力的频率与物体的固有频率相等时，振动物体的振幅最大。
[跟踪演练]
如图1-4-5所示，在一条张紧的绳上挂7个摆，先让A摆振动起来，则其余各摆也随之振动。已知A、B、F三摆的摆长相同，则下列判断正确的是(　　)
图1-4-5
A．7个摆的固有频率都相同
B．振动稳定后7个摆的振动频率各不相同
C．B、F摆的摆长与A摆相同，它们的振幅最大
D．除A摆外，D、E摆离A摆最近，它们的振幅最大
解析：选C　7个摆的摆长不完全相同，固有频率不完全相同，选项A错误；A摆振动起来后，带动其余6个摆做受迫振动，振动稳定后7个摆的振动频率都相同，选项B错误；B、F摆的摆长与A摆相同，发生共振，选项C正确，D错误。

[课堂双基落实]
1．一个单摆在做实际的阻尼振动时(　　)
A．周期越来越小　　　　　 　B．位移越来越小
C．振幅越来越小 D．动能越来越小
解析：选C　在阻尼振动中，振幅不断减小，机械能也不断减小，但动能时刻在变化，并不是越来越小。周期与振动有无阻尼无关，因而不会变化，而位移本身时刻在变化，并不是越来越小。
2．关于共振的防止和利用，下列说法正确的是(　　)
A．利用共振时，应使驱动力的频率接近或等于振动物体的固有频率
B．利用共振时，应使驱动力的频率大于或小于振动物体的固有频率
C．防止共振危害时，应尽量使驱动力频率接近或等于振动物体的固有频率
D．共振现象都是有害的，所以要力求防止共振现象发生
解析：选A　共振时，驱动力频率与固有频率相等，因此要利用共振，应使T驱与T固尽量接近，要防止共振，应使T驱与T固尽量远离，选A正确，B、C错误；根据共振的防止和利用可知D错误。
3.如图1-4-6所示，曲轴上悬挂一弹簧振子，转动摇把，曲轴可以带动弹簧振子上下振动。开始时不转动摇把，而让振子自由上下振动，测得其频率为2 Hz，然后匀速转动摇把，转速为240 r/min，当振子振动稳定时，它们振动周期为(　　)
图1-4-6
A．0.5 s B．0.25 s
C．2 s D．4 s
解析：选B　摇把匀速转动的转速为240 r/min＝4 r/s，角速度ω＝8π rad/s，所以驱动力的周期T＝＝＝0.25 s。
4.图1-4-7是一个单摆做受迫振动时的共振曲线，由图可知，该单摆的长是________ m；若增大该单摆的摆长，则与原图相比较，共振曲线的“峰”将________(填“向左移动”“保持不变”或“向右移动”)。(运算中π2≈g)
图1-4-7
解析：由题图可知单摆的固有频率f＝0.5 Hz，所以单摆周期T＝2 s，则可得摆长l＝1 m；若增加摆长，则单摆周期变大，固有频率变小，所以曲线的“峰”将向左移动。
答案：1　向左移动
[课下综合检测]
(时间：30分钟　满分：50分)
一、选择题(共6小题，每小题5分，共30分，每小题只有一个选项正确。)
1．下列振动中属于受迫振动的是(　　)
A．用重锤敲击一下悬吊着的钟后，钟的振动
B．打点计时器接通电源后，振针的振动
C．小孩睡在自由摆动的吊床上，小孩随着吊床一起摆动
D．弹簧振子在竖直方向上沿上下方向振动
解析：选B　受迫振动是振动物体在系统外的驱动力作用下的运动，故只有B对。
2．下列说法中正确的是(　　)
A．阻尼振动一定是减幅振动
B．物体做阻尼振动时，随振幅的减小，频率不断减小
C．受迫振动稳定时的频率等于驱动力频率，与物体的固有频率有关
D．受迫振动频率由驱动力和物体结构特点共同决定
解析：选A　物体做阻尼振动时，因克服阻尼做功而机械能逐渐减少，振幅随之减小，选项A对；物体做阻尼振动时，频率并不会随振幅的减小而变化，如用力敲锣，由于锣振动中受到空气的阻尼作用，振幅越来越小，锣声逐渐减弱，但音调不变，选项B错；受迫振动稳定时的频率，只决定于驱动力频率，与物体自身结构特点无关，即与物体的固有频率无关，选项C、D错。
3．队伍过桥不要齐步走，其目的是(　　)
A．减小对桥的压力
B．减小人脚对桥的冲击力
C．使桥各部分受力均匀
D．避免使桥发生共振
解析：选D　队伍过桥时如果齐步走，会给桥周期性的驱动力，有可能使桥发生共振而影响桥的寿命，故选项D正确。
4．洗衣机在把衣服脱水完毕关掉电源后，电动机还要转动一会儿才能停下来，在关掉电源后，发现洗衣机先振动得比较小，然后有一阵子振动得很剧烈，再慢慢振动又减小直至停下来，其间振动剧烈的原因是(　　)
A．洗衣机没有放平衡
B．电动机有一阵子转快了
C．电动机转动的频率和洗衣机的固有频率相近或相等
D．这只是一种偶然现象
解析：选C　洗衣机脱水时，电动机转速很快，频率很大，远大于洗衣机的固有频率，因此不会发生共振现象。当脱水终止后，随着电动机转速的减小，频率也在不断减小，这期间肯定有一段时间频率接近或等于洗衣机的固有频率，从而发生共振现象，反映在宏观上就是洗衣机剧烈振动。
5.如图1所示，一根水平张紧的绳子上系着五个单摆，摆长从左至右依次为、l、、l、2l，若让D摆先摆动起来，周期为T，稳定时A、B、C、E各摆的情况是(　　)
图1
A．B摆振动的振幅最大
B．E摆振动的振幅最大
C．C摆振动周期小于T
D．A摆振动周期大于T
解析：选A　这是一个受迫振动的问题，由D摆提供驱动力，提供A、B、C、E摆振动的能量，A、B、C、E摆做受迫振动，其振动的频率和周期等于D摆的振动频率和周期，故C、D选项错误；因为B摆的摆长与D摆相等，B摆的固有周期等于驱动力的周期，满足发生共振的条件，B摆发生共振，振幅最大，故A选项正确，B错误。
6．如图2所示为一个弹簧振子做受迫振动时的振幅与驱动力频率之间的关系图线，由图可知(　　)
图2
A．振子振动频率为f1时，它处于共振状态
B．驱动力频率为f3时，振子振动频率为f3
C．若撤去驱动力让振子做自由振动，频率是f3
D．振子做自由振动的频率可以为f1、f2、f3
解析：选B　由共振图线可知A错误；又物体固有频率为f2，D错误；受迫振动的频率等于驱动力的频率，故B正确，C错误。
二、非选择题(共2小题，共20分)
7．(8分)如图3所示，为一单摆的共振曲线，该单摆的摆长约为多少？共振时单摆的振幅多大？最大摆角多大？
图3
解析：从共振曲线可知，此单摆的固有频率f＝0.5 Hz，所以固有周期T＝2 s。而T＝2π 
则摆长l＝＝m≈1 m
最大振幅即共振时的振幅，Am＝8 cm，设最大摆角为θm，则sin θm＝＝0.08，所以θm＝4.6°
答案：1 m　8 cm　4.6°
8．(12分)如图4所示，在曲轴A上悬挂一个弹簧振子，如果转动把手，曲轴可以带动弹簧振子上下振动。(　　)
图4
(1)开始时不转动把手，而用手往下拉振子，然后放手让振子上下振动，测得振子在10 s内完成20次全振动，振子做什么振动？其固有周期和固有频率各是多少？若考虑摩擦和空气阻力，振子做什么振动？
(2)若要振子振动的振幅最大，把手的转速应多大？
解析：(1)用手往下拉振子使振子获得一定能量，放手后，振子因所受回复力与位移成正比，方向与位移方向相反(F＝－kx)，所以做简谐运动，其周期和频率是由它本身的结构特点决定的，称固有周期(T固)和固有频率(f固)，根据题意T固＝＝ s＝0.5 s，f固＝＝ Hz＝2 Hz。由于摩擦和空气阻力的存在，振子克服摩擦力和阻力做功消耗能量，使其振幅越来越小，故振动为阻尼振动。
(2)要使弹簧振子的振幅最大，处于共振状态，必须使其驱动力的频率f驱等于它的固有频率f固，即f驱＝f固＝2 Hz，故把手的转速应为n＝2 r/s。
答案：(1)简谐运动　0.5 s　2 Hz　阻尼振动
(2)2 r/s
第2章 机械波
机械波
波动图像与振动图像的相互转换
1．振动图像表示一质点的位移随时间的变化规律，波动图像表示某一时刻参与波动的所有质点偏离平衡位置的位移情况。
2．区分波动图像和振动图像的关键是看横轴表示位移x还是时间t，如果是位移x则为波动图像，如果是时间t则为振动图像。
3．在波动图像与振动图像相互转换的问题上，关键是明确表示波动和振动的物理量，如λ、v、T、A、f等，以及质点的振动方向，只有这样才能顺利解决问题。
1．沿x轴负方向传播的简谐波在t＝0时刻的波形如图2-1所示，已知波速v＝5 m/s，试画出平衡位置在x＝10 cm处的质点A的振动图像。
图2-1
解析：由于波沿x轴负方向传播，所以t＝0时该质点A向下振动。由题图可知λ＝10 cm，由v＝得T＝＝ s＝0.02 s，则可画出质点A的振动图像如图所示。
答案：见解析
已知波速v和波形，画出再经Δt时间波形图的方法
1．平移法：先算出经Δt时间波传播的距离Δx＝v·Δt，再把波形沿波的传播方向平移Δx即可。因为波动图像的重复性，若知波长λ，则波形平移nλ时波形不变，当Δx＝nλ＋x时，可采取去整(nλ)留零(x)的方法，只需平移x即可。
2．特殊点法：(若知周期T则更简单)
在波形上找两特殊点，如过平衡位置的点和与它相邻的峰(谷)点，先确定这两点的振动方向，再看Δt＝nT＋t，由于经nT波形不变，所以也采取去整(nT)留零(t)的方法，分别作出两特殊点经t后的位置，然后按正弦规律画出新波形。
2．如图2-2是某时刻一列横波在空间传播的波形图线。已知波是沿x轴正方向传播，波速为4 m/s，试计算并画出经过此时之后 1.25 s的空间波形图。
图2-2
解析：由波形图已知λ＝0.08 m，T＝＝ s＝0.02 s，经过t＝1.25 s，即相当于＝62.5个周期，而每经过一个周期，波就向前传播一个波长。经过62.5个周期，波向前传播了62.5个波长。据波的周期性，当经过振动周期的整数倍时，波只是向前传播了整数倍个波长，而原有波形不会发生改变，所以可先画出经过周期后的波形图，再将此图向前扩展62个波长即为题目所求，波形如图所示。
答案：见解析
波动图像的多解问题
波动图像的多解涉及：(1)波的空间的周期性；(2)波的时间的周期性；(3)波的双向性；(4)介质中两质点间距离与波长关系未定；(5)介质中质点的振动方向未定。
1．波的空间的周期性：相距为波长整数倍的多个质点振动情况完全相同。
2．波的时间的周期性：波在传播过程中，经过整数倍周期时，其波的图像相同。
3．波的双向性。
4．介质中两质点间的距离与波长关系未定
在波的传播方向上，如果两个质点间的距离不确定，就会形成多解，解题时若不能联想到所有可能情况，易出现漏解。
5．介质中质点的振动方向未定
在波的传播过程中，质点振动方向与传播方向联系，若某一质点振动方向未确定，则波的传播方向有两种，这样形成多解。
说明：波的对称性
波源的振动要带动它左、右相邻质点的振动，波要向左、右两方向传播。对称性是指波在介质中左、右同时传播时，关于波源对称的左、右两质点振动情况完全相同。
3．如图2-3，实线是某时刻的波形图像，虚线是经过0.2 s时的波形图像，求：
图2-3
(1)波传播的可能距离；
(2)可能的周期；
(3)可能的波速。
解析：(1)题中没给出波的传播方向，所以有两种可能：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…)
答案：见解析
(时间：60分钟　满分：100分)
一、选择题(共8小题，每小题6分，共48分，每小题只有一个选项正确。)
1．下列说法正确的是(　　)
A．在机械波中，沿波的传播方向上某个质点的振动速度就是波的传播速度
B．“闻其声，不见其人”是声波发生干涉产生的一种现象
C．多普勒效应实质上是由于波源和观察者之间有相对运动而使观察者接收到的波的频率发生了变化
D．在完全相同的两列水波相遇而叠加的区域，某时刻介质中的P点是两列波的波峰相遇点，此时P点位移最大，经过1/4周期，P点的位移变为零，这说明P点的振动时而加强、时而减弱
解析：选C　机械波的传播速度由介质决定，不是某个质点的振动速度，选项A错；“闻其声，不见其人”是声波的衍射现象，选项B错；由多普勒效应可知，选项C正确；在完全相同的两列水波相遇而叠加的区域，会形成稳定的干涉图样，某质点振动加强将始终是加强的，加强点将在其平衡位置附近做振幅更大的简谐运动，选项D错误。
2.一列沿x轴正方向传播的简谐横波，某时刻的波形如图1所示。P为介质中的一个质点，从该时刻开始的一段极短时间内，P的速度v和加速度a的大小变化情况是(　　)
图1
A．v变小，a变大　　　　 　B．v变小，a变小
C．v变大，a变大 D．v变大，a变小
解析：选D　由波的传播方向及P点位置，可知P点此时正向平衡位置振动，速度增大，加速度减小。
3.如图2为某列波从介质1入射到介质2的波线分布，已知该波在介质1中的周期T1、频率f1、波长λ1、波速v1，在介质2中的周期T2、频率f2、波长λ2、波速v2，则下列判断正确的是(　　)
图2
A．T1＞T2 B．f1＞f2
C．v2＞v1 D．λ1＞λ2
解析：选D　折射现象中，折射前后，波的周期与频率不变，A、B错。从题图可知入射角i大于折射角r，由折射定律公式＝得，v1＞v2，C错误，再结合v＝λf知，λ1＞λ2，D正确。
4．(安徽高考)一简谐横波沿x轴正向传播，图3甲是t＝0时刻的波形图，图乙是介质中某质点的振动图像，则该质点的x坐标值合理的是(　　)
图3
A．0.5 m B．1.5 m
C．2.5 m D．3.5 m
解析：选C　由振动图像可知，t＝0时刻该质点的位移为负值，且沿y轴负方向运动，由波形图可知，t＝0时刻，x＝0.5 m、3.5 m处的质点位移为正，可知A、D项错误；由“上下坡法”可知，t＝0时刻x＝1.5 m处的质点正沿y轴正方向运动，因此B项错误；2.5 m处的质点正沿y轴负方向运动，C项正确。
5．在介质中有一沿水平方向传播的简谐横波。一质点由平衡位置竖直向上运动，经0.1 s 到达最大位移处。在这段时间内波传播了0.5 m。则这列波(　　)
A．周期是0.2 s B．波长是0.5 m
C．波速是2 m/s D．经1.6 s传播了8 m
解析：选D　由题意可知T＝0.4 s，λ＝2 m，波速v＝＝ m/s＝5 m/s,1.6 s内波向前传播的距离Δs＝vΔt＝8 m，故A、B、C错误，D正确。
6.一列横波沿x轴正方向传播，某时刻的波形图为一正弦曲线，如图4所示，若其波速为2 m/s，下列说法正确的是(　　)
图4
A．从图示时刻开始，经过1 s质点a通过的路程为0.2 m
B．从图示时刻开始，质点b比质点a先回到平衡位置
C．若此波遇到另一列波并产生稳定的干涉条纹，则另一列波的频率为0.5 Hz
D．若该波传播中遇到宽约3 m的障碍物，不能发生明显的衍射现象
解析：选C　由波的图像知波长λ＝4 m，由v＝知波的周期T＝＝2 s。从图示时刻起经t＝1 s＝，质点a通过的路程sa＝2A＝0.4 m, A错误；由波的传播方向可以判断，此时质点b正沿y轴负方向运动，回到平衡位置的时间tb＞，而ta＝，故B错误；两列波若发生干涉，则频率一定相同，C正确；因障碍物的宽度d＝3 m＜λ，所以该波可以发生明显的衍射现象，D错误。
7．(重庆高考)一列简谐横波沿直线传播，某时刻该列波上正好经过平衡位置的两质点相距6 m，且这两质点之间的波峰只有一个，则该简谐波可能的波长为(　　)
A．4 m、6 m和8 m B．6 m、8 m和12 m
C．4 m、6 m和12 m D．4 m、8 m和12 m
解析：选C　由于该波上两质点处于平衡位置且相距6 m，且两质点间波峰只有一个，故6 m与波长λ的关系有三种可能：6 m＝λ，6 m＝，6 m＝λ，故波长的可能值为6 m、12 m、4 m，C正确。
8．(大纲全国卷)在学校运动场上50 m直跑道的两端，分别安装了由同一信号发生器带动的两个相同的扬声器。两个扬声器连续发出波长为5 m的声波。一同学从该跑道的中点出发，向某一端点缓慢行进10 m。在此过程中，他听到扬声器声音由强变弱的次数为(　　)
A．2 B．4
C．6 D．8
解析：选B　如图所示，A、B分别为两个扬声器的位置，O为中点，
因AO－BO＝0，故O为加强点
因BA＝10λ，故A、B各为加强点
OA间还有9个加强点均匀分布，相邻加强点间距为2.5 m，从O到左侧10 m处内共有5个加强点(包括O点)，声音由强变弱即从加强点到减弱点共经历4次，故B正确，A、C、D错误。
二、非选择题(共4小题，共52分。解答题应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
9．(10分)(新课标全国卷)一简谐横波沿x轴正向传播，t＝0时刻的波形如图5(a)所示，x＝0.30 m处的质点的振动图线如图(b)所示，该质点在t＝0时刻的运动方向沿y轴________(填“正向”或“负向”)。已知该波的波长大于0.30 m，则该波的波长为________ m。
图5
解析：由题图(b)可知，t＝0时刻题给质点正在向上振动，故其振动方向沿着y轴正向，且正好在八分之一周期的位置。考虑到波长大于0.3 m，因此在题图(a)中处于八分之三波长处，0.3 m＝λ，解得λ＝0.8 m。
答案：正向　0.8　
10．(12分)(山东高考)如图6所示，在某一均匀介质中，A、B是振动情况完全相同的两个波源，其简谐运动表达式均为x＝0.1 sin(20πt)m，介质中P点与A、B两波源间的距离分别为4 m和5 m，两波源形成的简谐横波分别沿AP、BP方向传播，波速都是10 m/s。
图6
(1)求简谐横波的波长。
(2)P点的振动________(填“加强”或“减弱”)。
解析：本题主要考查振动的位移方程和波长、波速与频率的关系式，意在考查考生解决波相关问题的能力。
(1)设简谐波的波速为v，波长为λ，周期为T，由题意知
T＝0.1 s
由波速公式
v＝
代入数据得
λ＝1 m
(2)加强
答案：(1)1 m　(2)加强
11．(14分)图7为沿x轴向右传播的简谐横波在 t＝1.2 s时的波形。位于坐标原点处的观察者观测到在4 s内有10个完整的波经过该点。
图7
(1)求该波的振幅、频率、周期和波速。
(2)画出平衡位置在x轴上P点处质点在0～0.6 s内的振动图像。
解析：(1)由波的图像可知，该波的振幅为A＝0.1 m，波长为λ＝2 m。由题意知T＝ s＝0.4 s。
所以f＝＝2.5 Hz，v＝λf＝5 m/s。
(2)因为t＝1.2 s＝3T时，P点向下振，所以 t＝0时，P点也向下振，振动图像如图
答案：(1)0.1 m　2.5 Hz　0.4 s　5 m/s
(2)如解析图所示
12．(16分)如图8所示是一列简谐横波在某一时刻的波形图，这列波从O点传播到F点需要0.12 s，求：
图8
(1)这列波的传播速度是多少？
(2)画出这列波经0.26 s后的波形图。
(3)若图中传播方向跟上述方向相反，画出这列波经　0.18 s后的波形图。
解析：(1)从题目和波形图提供的条件，知道波从振源O传播到F，波形推移了1λ，所需要的时间为0.12 s，那么传播一个波长的时间T＝0.08 s，则：v＝＝ m/s＝5 m/s或v＝＝ m/s＝5 m/s。
(2)t1＝0.26 s＝0.24 s＋0.02 s＝3T＋，根据振动与波的周期性特点，t1时刻的波形图如图所示。
(3)t2＝0.18 s＝0.16 s＋0.02 s＝2T＋，同理可知t2时刻的波形图如图所示。
答案：(1)5 m/s　(2)、(3)见解析
第1节 波的形成和描述
　　　　　　　　　　　　　　　 1．机械振动在介质中的传播形成机械波，机械波分
为横波和纵波两种，横波上有波峰和波谷，纵波
上有疏部和密部。
2．机械波传播的是振动形式和能量，质点本身只在平衡位置附近做与波源相同形式的振动，并不随波迁移。
3．描述波的特征量有波长、周期、频率、波速，其关系为v＝或 v＝λf。
4．波的图像能形象描述某一时刻各质点相对平衡位置的位移，并可直接读出波长和振幅。

波的形成与传播
[自读教材·抓基础]
1．波的形成：机械振动在介质中传播，形成机械波。
2．波的传播：
(1)要有波源，即能够引起其他质点振动的质点。
(2)要有传播振动的介质。
[跟随名师·解疑难]
1．机械波的形成
2．机械波的特点
(1)振幅：像绳波这种一维(只在某个方向上传播)机械波，若不计能量损失，各质点的振幅相同。
(2)周期：各质点振动的周期均与波源的振动周期相同。
(3)步调：离波源越远，质点振动越滞后，但各质点的起振方向与波源相同。
(4)立场：各质点只在各自的平衡位置附近振动，并不随波迁移。
(5)实质：机械波向前传播机械振动这种运动形式的同时，也传递能量和信息。
3．机械振动与机械波的比较
机械振动
机械波
区　别
研究
对象
单个质点以平衡位置为中心所做的往复运动
介质中大量质点依次发生振动而形成的“集体运动”
产生
原因
质点受到回复力的作用
介质中相邻质点的带动作用
能量
变化
振动过程中动能和势能不断地相互转化，总机械能守桓
振源将机械能传递给它的相邻质点，这个质点再将能量传递给下一质点，每个质点在不断地吸收和放出能量，从而把波源的能量传播出去，是一个能量的传递过程
联　系
(1)振动是波动的成因，波动是振动在介质中的传播。
(2)波动的周期等于质点振动的周期。
(3)有振动不一定有波动，因为波的形成还需要有传播振动的介质。但有波动一定有振动。
(4)波源停振后，介质中的波动并不立即停止，而是继续向远处传播，直到振动能量完全损失。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
关于机械波的以下说法中，不正确的是(　　)
A．波动发生需要两个条件：波源和介质
B．波动过程是介质质点由近及远移动的过程
C．波动过程是能量由近及远传递的过程
D．波源与介质质点的振动都是受迫振动
解析：选B　波源(即振源)振动时，依靠介质中的相互作用力带动周围各部分质点振动起来，形成机械波。作为介质的各质点，只在平衡位置附近做振动，并不随波向外迁移，仅把振源的振动形式和能量传递出去。波源和介质中的质点之间的相互作用力阻碍波源的振动。是一种阻力，所以波源的振动不可能是自由振动。相邻的介质中的质点之间存在相互作用，故介质中的质点做受迫运动，不是自由振动。
波的分类
1.机械波可分为横波和纵波两类
定义
标识性物理量
实物波形
横波
质点的振动方向与波的传播方向垂直的波
①波峰：横波中凸起的最高处
②波谷：横波中凹下的最低处
纵波
质点的振动方向与波的传播方向在同一直线上的波
①密部：纵波中质点分布最密的位置
②疏部：纵波中质点分布最疏的位置
2．声波是纵波，它不仅能在空气中传播，也能在固体、液体中传播。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
关于横波和纵波，下列说法正确的是(　　)
A．对于横波和纵波质点的振动方向和波的传播方向有时相同，有时相反
B．对于纵波质点的振动方向与波的传播方向一定相同
C．形成纵波的质点，随波一起迁移
D．空气介质只能传播纵波
解析：选D　形成横波的质点振动的方向只能与传播方向垂直，形成纵波的质点的振动方向总是与波传播方向平行，有时相同，有时相反，故A、B都错误；无论是横波还是纵波，质点都是在平衡位置附近做往复运动，不会随波定向移动，故C错误；因为空气介质只能通过压缩而产生相互作用力，故空气中的机械波只能是纵波，故D正确。
波的描述
[自读教材·抓基础]
1．波的图像
波的图像描述的是某一时刻各个质点的位移。如果介质中各个质点做简谐运动，它所形成的波就叫简谐波，它的波形曲线是正弦(或余弦)曲线。
2．波的特征
(1)周期(T)
①定义：波上各质点完成一次全振动经历的时间。
②决定因素：波在介质中传播时，各质点的振动周期相同，都等于波源的振动周期。
(2)频率(f)
定义：介质中的质点每秒完成全振动的次数。
(3)波长(λ)
①定义：沿着波的传播方向，两个相邻的、相对平衡位置的位移和振动方向总是相同的质点间的距离，用λ表示。
②特征：在横波中，两个相邻波峰(或波谷)之间的距离等于波长。在纵波中，两个相邻密部(或疏部)之间的距离等于波长。
③时空关系：在一个周期内，振动在介质中传播的距离等于一个波长。
(4)波速(v)
①定义：波在介质中的传播速度，即振动在介质中的传播速度。
②公式：v＝、v＝λf或v＝，以上公式适用于波在均匀介质中传播。
③决定因素：机械波在介质中的传播速度由介质本身的性质决定，不同频率同种类的机械波在相同介质中的传播速度相同。
[跟随名师·解疑难]
1．波动图像的信息
(1)从图像上可直接读出波长和振幅。
(2)可确定任一质点在该时刻的位移。
(3)因加速度方向和位移方向相反，可确定任一质点在该时刻的加速度方向。
(4)若已知波的传播方向，可确定各质点在该时刻的振动方向，并判断位移、加速度、速度、动量、动能的变化。
2．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
不妨可以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2-1-1。
图2-1-1
②同侧法
若在波动图像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动图像的同一侧，如图2-1-2。
图2-1-2
③微平移法
原理：波向前传播，波形也向前平移。
方法：作出经微小时间 Δt(Δt＜)后的波形，就知道了各质点经过Δt时间到达的位置，此刻质点振动方向也就知道了。如图2-1-3。
图2-1-3
④带动法
原理：先振动的质点带动邻近的后振动的质点。
方法：在质点P靠近波源一方附近的图像上另找一点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2-1-4。
图2-1-4
(2)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。
[特别提醒]
(1)在某一时刻各质点的位移不同，但各质点的振幅是相同的。
(2)每一质点的振动规律相同，只是后一质点比前一质点振动得晚。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
一简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻其波形如图2-1-5所示。下列说法正确的是(　　)
图2-1-5
A．由波形图可知该波的波长和波速
B．由波形图可知该波的周期
C．经1/4周期后质点P运动到Q点
D．经1/4周期后质点P的速度变为零
解析：选D　由图像的基本知识可知，该波的波长λ＝4 cm，但无法确定周期和波速，故A、B错误；质点只能在平衡位置附近振动，而不会随波传播，故C错误；因波沿x轴正向传播，此时刻质点P正向y轴正方向运动，经1/4周期后运动到最高点，速度变为零，故D正确。

机械波的形成及特点
[典题例析]
1．如图2-1-6所示，是某绳波形成过程的示意图。质点1在外力作用下沿直线方向做简谐运动，带动2,3,4，…各个质点依次上下振动，把振动从绳的左端传到右端。已知t＝0时，质点1开始向上运动，t＝时，1到达最上方，5开始向上运动。问：
图2-1-6
(1)t＝时，质点8、12、16的运动状态(是否运动、运动方向)如何？
(2)t＝时，质点8、12、16的运动状态如何？
[思路点拨]　―→
解析：各质点在各时刻的情况。如图所示。
(1)由甲图可知，t＝时，质点8未达到波峰，正在向上振动，质点12、16未振动。
(2)由乙图可知，t＝时，质点8正在向下振动，质点12向上振动，质点16未振动。
答案：见解析
[探规寻律]
(1)“带动”“重复”“滞后”可以描述机械波的形成过程及特点。即前一质点“带动”后一质点振动，后一质点“重复”前一质点的振动形式，并且其振动总要“滞后”前一质点一段时间。
(2)介质中质点开始振动的方向均与振源开始振动的方向相同。
(3)振动是波的起因，波是振动的传播，有波一定有振动，有振动不一定有波动。
[跟踪演练]
如图2-1-7所示，沿水平方向的介质中的部分质点，每相邻两质点的距离相等，其中O为波源，设波源的振动周期为T，从波源通过平衡位置竖直向下振动开始计时，经质点1开始振动，则下列关于质点的振动和介质中的波的说法中不正确的是(　　)
图2-1-7
A．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．图中所画出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处的时间总是比质点7通过相同的位置时落后
D．只要图中所有质点都已振动了，质点1与质点9的振动步调就完全一致，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
解析：选B　从题中可知，质点9是图中距波源最远的点，尽管与振源起振方向相同，但起振时刻最晚，故A正确，B错误；质点7与质点8比较，质点7是质点8的前质点，7、8质点间的振动步调相差，故C正确；质点9比质点1晚2T开始起振，一旦质点9起振后，质点1、9的振动步调就完全一致，故D正确。
认识波的图像
[典题例析]
2．一列简谐横波在t＝0时的波形图如图2-1-8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＝10 sin(5πt)cm。关于这列简谐波，下列说法正确的是(　　)
图2-1-8
A．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/s
[思路点拨]
―→―→
解析：由P点振动方程可求周期T＝＝ s＝0.4 s，故A错误。由题图可知振幅为10 cm，故B错误。由P点振动方程可知t＝0时刻质点P振动方向沿y轴正方向，根据波形图可以判断波沿x轴正方向传播，故C错误。由波速公式得v＝＝ m/s＝10 m/s，故D正确。
答案：D
[探规寻律]
(1)波动周期等于质点振动周期。
(2)由质点P振动方程y＝10 sin(5πt)可知0时刻质点P沿y轴正向振动。
[跟踪演练]
一列简谐横波沿x轴传播，周期为T，t＝0时刻的波形如图2-1-9所示。此时位于x＝3 m处的质点正在通过平衡位置向上运动，若a、b两质点平衡位置的坐标分别为xa＝2.5 m，xb＝5.5 m，则(　　)
图2-1-9
A．当a质点处在波峰时，b质点恰在波谷
B．t＝时，a质点正在向y轴负方向运动
C．t＝时，b质点正在向y轴负方向运动
D．在某一时刻，a、b两质点的位移和速度可能相同
解析：选C　由题中波的图像可知，因x＝3 m处的质点正在通过平衡位置向上运动，故波向x轴负方向传播，a、b两质点沿x轴方向相距3 m，为λ；则当a质点处在波峰时，b质点恰好在平衡位置，则A错；波形曲线向左平移1 m，即可得时刻波的图像，a点处在下坡，则时刻a点应向上振动，B错误；同理可知，T时刻b质点向下振动；因为a、b两质点相距λ，所以速度和位移不可能相同。
对波动图像与振动图像的考查
[典题例析]
3．一列简谐横波，沿x轴正向传播，位于原点的质点的振动图像如图2-1-10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2-1-10
(1)该振动的振幅是________cm；
(2)振动的周期是________s；
(3)该波的传播速度是________m/s；
(4)在t等于周期时，位于原点的质点离开平衡位置的位移是________cm；
(5)经过周期后，A点离开平衡位置的位移是______cm。
[思路点拨]　→→
解析：由振动图像可以看出该振动的振幅为A＝8 cm，振动周期T＝0.2 s。由振动图像可知在t＝时，位于原点的质点刚好回到平衡位置，因而位移为零。由图乙可知，该波的波长λ＝2 m，则波速v＝＝ m/s＝10 m/s，经过后，A点刚好到达负的最大位移处，因而位移为－8 cm。
答案：(1)8　(2)0.2　(3)10　(4)0　(5)－8
[探规寻律]
简谐波的图像与简谐运动图像的比较
简谐运动图像
简谐波的图像
不　同　点
图像
研究的
内容
一个质点的位移随时间的变化规律
某时刻参与波动的所有质点的空间分布规律
横坐标轴
时间，可以读取周期T
各质点平衡位置的坐标，可以读取波长λ
纵坐标轴
不同时刻某一质点的位移
某一时刻各质点相对于平衡位置的位移
图像变化
图像随时间延伸，原有部分图形不变
整个波形沿波的传播方向平移，不同时刻波形可能不同
比喻
单人舞的录像
抓拍的集体舞照片
相 同 点
图像形状
正(余)弦曲线
正(余)弦曲线
纵坐标
最大值
振幅
振幅
[跟踪演练]
(四川高考)如图2-1-11所示，甲为t＝1 s时某横波的波形图像，乙为该波传播方向上某一质点的振动图像，距该质点Δx＝0.5 m处质点的振动图像可能是(　　)
图2-1-11
图2-1-12
解析：选A　根据振动与波动的关系解决问题。
(法一)若波沿＋x方向传播，则t＝0时的波形图如图1虚线所示，则质点P的振动图像为题中乙图所示。距P点0.5 m的质点的位移y＞0，且向下运动，或y＜0，且向上运动；若波沿－x方向传播，则t＝0时的波形图如图1虚线所示，则质点Q的振动图像为题中乙图所示。距Q点0.5 m的质点的位移y＜0，且向上运动，或y＞0，且向下运动。所以选项A正确。
图1
(法二)根据波形图像可得波长λ＝2 m，根据振动图像可得周期T＝2 s。两质点之间的距离Δx＝0.5 m＝λ。根据振动和波动之间的关系，则另一质点相对该质点的振动延迟T，如图2所示，或者提前T，如图3所示。符合条件的只有选项A。

[课堂双基落实]
1．关于机械波的形成和传播，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．参与振动的质点群频率各不相同
D．机械波是质点随波迁移，也是振动能量的传递
解析：选B　机械波的形成必须具备的两个条件：振源和介质。只有物体做机械振动，而其周围没有传播这种振动的介质，远处的质点不可能振动起来形成机械波，故选项A错误；任何波动都是由波源带动它周围的质点、周围的质点(相当于新的波源)带动更远的质点，所以后一质点总是落后前一质点的振动，故选项B正确；参与振动的质点的振动情况同振源，频率都相同，C错误；形成机械波的各个质点，只在各自的平衡位置附近往复运动，并没有随波迁移，离振源远的质点振动的能量，是通过各质点的传递从振源获得的，故选项D错误。
2．对公式v＝λf的理解，以下说法中正确的是(　　)
A．由v＝λf可知，波速与频率成正比
B．波速v由介质决定，频率f由波源决定
C．当波由一种介质进入另一种介质时，频率、波速、波长改变
D．v＝λf只适用于横波，不适用于纵波
解析：选B　频率f由波源决定，波速由介质决定，同一波由一种介质进入另一种介质时，频率不变，波速、波长改变，所以A、C错，B正确；公式v＝λf适用于一切形式的波，包括机械波和电磁波，D错误。
3．如图2-1-13是一列简谐横波在某时刻的波形图，已知图中b位置的质点起振时间比a位置的质点晚0.5 s，b和c之间的距离是5 m，则此列波的波长和频率应分别为(　　)
图2-1-13
A．5 m,1 Hz　　　　 　B．10 m,2 Hz
C．5 m,2 Hz D．10 m,1 Hz
解析：选A　相邻的波谷与波谷之间的距离是一个波长，λ＝5 m；a、b质点的平衡位置之间的距离是，所以质点b比质点a晚振动半个周期，＝0.5 s，波的频率是1 Hz，A正确。
4．(福建高考)在均匀介质中，一列沿x轴正向传播的横波，其波源O在第一个周期内的振动图像如图2-1-14所示，则该波在第一个周期末的波形图是(　　)
图2-1-14
图2-1-15
解析：选D　根据题图，t＝0时刻，波源经平衡位置向下运动，而波形图中，质点的起振方向均与波源开始振动时的方向相同，根据波的传播过程中，“上坡下、下坡上”规律可知，波形图中刚刚开始振动的质点处于“上坡”位置，A、C项错；由振动图像知，前半个周期振幅较小，故波形图中距波源较远的质点的振幅较小，B项错，D项对。
[课下综合检测]
(时间：30分钟　满分：50分)
一、选择题(共6小题，每小题5分，共30分，每小题只有一个选项正确。)
1．关于振动和波的关系，下列说法正确的是(　　)
A．有机械波必有振动
B．有机械振动必有波
C．离波源远的质点振动周期长
D．波源停止振动时，介质中的波动立即停止
解析：选A　一个质点的振动会带动邻近质点的振动，使振动这种运动形式向外传播出去而形成机械波，但在缺少介质的情况下，波动现象就无法发生，故A对，B错；波动形成以后，各质点的振动都先后重复波源的振动，故各质点的振动周期是一样的，C错；大量质点的振动所形成的波动不会因波源的停上振动而立即消失，因为能量不会无缘无故地消失，故D错。
2. 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
解析：选D　波在同一种介质中传播时速度恒定，而质点的振动是变速运动，A项错误；纵波的传播方向与质点的振动方向平行，B项错误；质点在一个周期内走过的路程为振幅的4倍，与波长无关，C项错误；由于质点做的是受迫振动，因此它的振动频率与波源的振动频率相同，D项正确。
3．(北京高考)一简谐机械横波沿x轴正方向传播，波长为λ，周期为T。t＝0时刻的波形如图1甲所示，a、b是波上的两个质点。图乙是波上某一质点的振动图像。下列说法中正确的是(　　)
图1
A．t＝0时质点a的速度比质点b的大
B．t＝0时质点a的加速度比质点b的小
C．图乙可以表示质点a的振动
D．图乙可以表示质点b的振动
解析：选D　根据题图甲所示的波动图像，由于波沿x轴正方向传播，t＝0时刻a点速度为零，b点速度最大，即t＝0时刻质点a的速度比质点b的速度小，选项A错误。由于t＝0时刻质点a位移最大，所受回复力最大，加速度最大，质点b处于平衡位置，位移为零，回复力为零，加速度为零，所以t＝0时刻质点a的加速度比质点b的大，选项B错误。根据题图甲所示的波动图像，由于波沿x轴正方向传播，t＝0时刻，质点a从正的最大位移处向下运动，质点b从平衡位置向下运动，所以题图乙可以表示质点b的振动，选项C错误，D正确。
4．(上海高考)一列横波沿水平绳传播，绳的一端在t＝0时开始做周期为T的简谐运动，经过时间t(3T/4＜t＜T)，绳上某点位于平衡位置上方的最大位移处。则在2t时，该点位于平衡位置的(　　)
A．上方，且向上运动
B．上方，且向下运动
C．下方，且向上运动
D．下方，且向下运动
解析：选A　由题可知，T＜t＜T，所以平衡位置上方的最大位移处质点再运动t时间到2t时刻。该质点应在平衡位置上方，且向上运动，故只有A项正确。
5．(浙江高考)用手握住较长软绳的一端连续上下抖动，形成一列简谐横波。某一时刻的波形如图2所示。绳上a、b两质点均处于波峰位置。下列说法正确的是(　　)
图2
A．a、b两点之间的距离为半个波长
B．a、b两点振动开始时刻相差半个周期
C．b点完成全振动次数比a点多一次
D．b点完成全振动次数比a点少一次
解析：选D　由题图知a、b两点之间的距离为一个波长，a、b两点振动开始时刻相差一个周期，知选项A、B错误；由波是向右传播的，知选项C错误，D正确。
6．(福建高考)如图3，t＝0时刻，波源在坐标原点从平衡位置沿y轴正向开始振动，振动周期为0.4 s，在同一均匀介质中形成沿x轴正、负两方向传播的简谐横波。下图中能够正确表示t＝0.6 s时波形的图是(　　)
图3
解析：选C　介质中各质点开始振动的方向与振源起振的方向相同，C正确，A、B、D错误。
二、非选择题(共2小题，共20分)
7．(8分)(重庆高考)一竖直悬挂的弹簧振子，下端装有一记录笔，在竖直面内放置有一记录纸。当振子上下振动时，以速率v水平向左匀速拉动记录纸，记录笔在纸上留下如图4所示的图像。y1、y2、x0、2x0为纸上印迹的位置坐标。由此图求振动的周期和振幅。
图4
解析：由图像可知，振子在一个周期内沿x方向的位移为2x0，水平速度为v，故周期T＝；又由图像知2A＝y1－y2，故振幅A＝。
答案：周期为　振幅为
8．(12分)如图5所示，甲为某一波在t＝1.0 s时的图像，乙为参与该波动的P质点的振动图像，波速为4 m/s，求：
图5
(1)说出两图中AA′的意义。
(2)说出甲图中OA′B图线的意义。
(3)在甲图中画出再经3.5 s时的波形图。
(4)求再经过3.5 s时P质点的路程s和位移。
解析：(1)甲图中AA′表示A质点的振幅或1.0 s时x＝1.0 m的质点的位移大小为0.2 m，方向为负；乙图中AA′表示P质点的振幅，也代表P质点在0.25 s内的位移大小为0.2 m，方向为负。
(2)甲图中OA′B段图线表示O到B之间所有质点在1.0 s时的位移，方向均为负。由乙图看出P质点在1.0 s时向－y方向振动，所以甲图中波向左传播，则OA′间各质点正向远离平衡位置方向振动，A′B间各质点正向靠近平衡位置方向振动。
(3)传播距离：Δx＝v·Δt＝4×3.5 m＝14 m＝(3＋)×4 m，所以只需将波形向x轴负向平移2 m即可，如图所示。
(4)求路程：因为n＝＝＝7
所以路程s＝2An＝2×0.2×7 m＝2.8 m
求位移：由于波动的重复性，经历时间为周期的整数倍时，位移不变，所以只需考查从图示时刻P质点经T/2时的位移即可，所以经3.5 s质点P的位移仍为0。
答案：(1)甲图中的AA′表示A质点的振幅，乙图中的AA′表示质点P的振幅。
(2)甲图中OA′B图线表示O到B之间所有质点在1.0 s时的位移情况。
(3)如解析图所示
(4)2.8 m　0
第2节 波的反射和折射
　　　　　　　　　　　　　　　　　　1．惠更斯原理：介质中波阵面上的每一个点，都可以看成一个新的波源，这些新波源发出子波，经过一定时间后，这些子波的包络面就构成下一时刻的波面。
2．波的反射定律：反射波线、入射波线和法线在同一平面内，反射波和入射波分别位于法线的两侧，反射角等于入射角。
3．波由一种介质进入另一种介质时，传播方向发生偏折，入射角i和折射角r及波速之间满足＝。

惠更斯原理
1.波面和波线
(1)概念：
①波面：从波源发出的波，经过同一传播时间到达的各点所组成的面，如图2-2-1所示。
图2-2-1
②波线：用来表示波的传播方向的线，波线与各个波面总是垂直的。
(2)波的分类：
①球面波：波面是球面的波。如空气中的声波。
②平面波：波面是平面的波。如水波。
2．惠更斯原理
(1)内容：介质中波阵面上的每一个点，都可以看成一个新的波源，这些新波源发出子波，经过一定时间后，这些子波的包络面就构成下一时刻的波面。
(2)应用：如果知道某时刻一列波的某个波面的位置，还知道波速，利用惠更斯原理可以得到下一时刻这个波面的位置，从而可确定波的前进方向。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
下列说法中正确的是(　　)
A．只有平面波的波面才与波线垂直
B．有些波的波线与波面相互平行
C．任何波的波线都表示波的传播方向
D．有些波的波面表示波的传播方向
解析：选C　不管是平面波，还是球面波，其波面与波线均垂直，选项A、B错误；只有波线才表示波的传播方向，选项C正确，D错误。
波的反射
[自读教材·抓基础]
1．波的反射
波遇到障碍物时会返回来继续传播的现象，如图2-2-2所示。
图2-2-2
2．反射规律
反射波的频率、波长和波速都与入射波相同。
3．反射定律
反射波线、入射波线和法线在同一平面内，反射波线和入射波线分别位于法线两侧，反射角等于入射角。
[跟随名师·解疑难]
波的反射现象的特点
(1)波速不变：波速由介质决定，而反射波与入射波在同一种介质中传播。
(2)频率不变：波的频率由波源决定。
(3)波长不变：由λ＝可知，因v、f不变，故λ不变。
(4)传播能量减少：波反射时，反射面要吸收一部分能量。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
一列波遇到障碍物发生反射，反射后它的(　　)
A．只有波长不变
B．只有波速不变
C．只有频率不变
D．波长、波速、频率均不发生变化
解析：选D　波在发生反射时，入射波和反射波都在同一种介质中传播，所以入射波和反射波的波速相等，由惠更斯原理可知子波源的频率与波源的频率是相等的，故入射波和反射波的频率相等，从而二者的波长也是相等的。
波的折射
[自读教材·抓基础]
1．波的折射
波在传播过程中，由一种介质进入另一种介质时，传播方向发生偏折的现象，如图2-2-3所示。
2-2-3
2．折射规律
折射波的频率与入射波的频率相同。波长和波速都发生了变化。
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种介质中的波速与波在第Ⅱ种介质中的波速之比。
(2)公式：＝。
[跟随名师·解疑难]
波的折射现象的特点
(1)传播方向改变，波由一种介质进入另一种介质时传播方向发生变化的现象即为波的折射现象。
(2)波速改变，波速由介质决定，波在两种介质中传播的速度不同。
(3)频率不变，波的频率由波源决定与介质无关。
(4)波长改变，由λ＝可知，f 不变，v改变，λ也改变。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
一列声波从空气传入水中，已知水中声速较大，则(　　)
A．声波频率不变，波长变小 　B．声波频率不变，波长变大
C．声波频率变小，波长变大 D．声波频率变大，波长不变
解析：选B　波的频率由波源决定，因此波无论在空气中还是在水中频率都不变，C、D错；又因波在水中速度较大，由公式v＝λf可得，波在水中的波长变大，故A错，B正确。

波的反射的应用
回声测距
(1)当声源不动时，声波遇到了障碍物会返回来继续传播，反射波与入射波在同一介质中传播速度相同，因此，入射波和反射波在传播距离一样的情况下，用的时间相等，设经时间 t 听到回声，则声源距障碍物的距离为 s＝v声·。
(2)当声源以速度 v向静止的障碍物运动或障碍物以速度 v向静止的声源运动时，声源发声时障碍物到声源的距离为s＝(v声＋v)·
(3)当声源以速度v远离静止的障碍物或障碍物以速度v远离静止的声源时，声源发声时障碍物到声源的距离s＝(v声－v)·
[典题例析]
1．某物体发出的声音在空气中的波长为1 m，波速为340 m/s，在海水中的波长为4.5 m。
(1)该波的频率为________ Hz，在海水中的波速为________m/s。
(2)若物体在海面上发出的声音经 0.5 s 听到回声，则海水深为多少？
(3)若物体以 5 m/s 的速度由海面向海底运动，则经过多长时间听到回声？
[思路点拨]　同一列波在不同介质中波速不同，在同一介质中波速相同。
解析：(1)由f＝得f＝ Hz＝340 Hz
因波的频率不变，则在海水中的波速为
v海＝λf＝4.5×340 m/s＝1 530 m/s。
(2)入射声波和反射声波用时相同，则海水深为
s＝v海＝1 530× m＝382.5 m。
(3)物体与声音运动的过程示意图如图所示。设听到回声的时间为t，则
v物t＋v海t＝2s
代入数据解得t＝0.498 s。
答案：(1)340　1 530　(2)382.5 m　(3)0.498 s
[探规寻律]
求解回声测距问题的技巧
(1)求解反射波的波速是解题的基础。
(2)正确画出声波及物体运动过程的几何关系图是解题的突破口。
(3)由s＝vt求得声波及物体运动的距离并列出几何关系方程是解题的关键。
[跟踪演练]
利用超声波可以探测鱼群的位置，在一只装有超声波发射和接收装置的渔船上，当它向选定方向发射出频率为5.8×104Hz的超声波后，经过0.64 s收到从鱼群反射回来的反射波，已知频率为5.8×104 Hz的超声波在水中的波长为2.5 cm，则这群鱼跟渔船的距离为________m。
解析：设鱼跟渔船的距离为x，根据波的反射有t＝，超声波在水中的波速v＝λf，由以上两式可求得x＝464 m。
答案：464 m
对折射定律的考查
[典题例析]
2．如图2-2-4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。
图2-2-4
(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？
[思路点拨]　解答本题时应把握以下三点：
(1)由几何关系求折射角。
(2)由折射定律求波速。
(3)由v＝λf及波在两种介质中频率相同求波长之比。
解析：(1)由反射定律可得反射角为60°，由题图的几何关系可得折射角为r＝30°。
(2)由波的折射规律＝，所以
v甲＝·v乙＝·v乙＝×1.2×105 km/s
　＝2.08×105 km/s。
(3)因波长λ＝，又因为波在两种介质中的频率相同，则
＝＝＝
答案：(1)30°　(2)2.08×105 km/s　(3)
[探规寻律]
(1)波在反射或折射后，其频率不变，故我们听到的回声与原声相同，花样游泳运动员在水下与水上听到的音乐曲调相同。
(2)在应用公式＝计算时，i(r)为介质1(2)中波线与法线的夹角，v1(v2)是波在介质1(2)中的传播速度，一定注意比值中角度与速度的对应性。
[跟踪演练]
若某一列声波从空气射入水中，入射角i从零开始增大时，折射角r也随着增大，下列说法中正确的是(　　)
A．比值不变
B．比值变化
C．比值是一个大于1的常数
D．比值是一个小于1的常数
解析：选D　由波的折射定律＝，知是由介质决定的常数，且v水＞v空，所以＜1。

[课堂双基落实]
1．在波的反射现象中，反射波跟入射波不相同的量是(　　)
A．波长　　　　　　　　 　B．波速
C．频率 D．振幅
解析：选D　反射波跟入射波波速相同(由介质决定)、频率相同(由波源决定)、波长相同(由λ＝决定), 所以A、B、C相同；波在传播及反射过程中能量有损失，故振幅逐渐变小，D不相同。
2．关于惠更斯原理的理解，下列说法不正确的是(　　)
A．同一波面上的各质点振动完全相同
B．同一振源的不同波面上的质点的振动情况一定不同
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(或线)，而不同波面上质点的振动可能相同，故A说法正确、B说法不正确；由波面和波线的概念，不难判断C、D说法正确；故只有B说法错误。
3.如图2-2-5所示，是声波从介质Ⅰ进入介质Ⅱ的折射情况，由图判断下面说法中正确的是(　　)
图2-2-5
A．入射角大于折射角，声波在介质Ⅰ中的波速大于它在介质Ⅱ中的波速
B．入射角大于折射角，Ⅰ可能是空气，Ⅱ可能是水
C．入射角小于折射角，Ⅰ可能是钢铁，Ⅱ可能是空气
D．介质Ⅰ中波速v1与介质Ⅱ中波速v2满足：＝
解析：选A　图中MN为介质界面，虚线为法线，i为入射角，r为折射角，从图可直接看出入射角大于折射角(i＞r)，则C错误；根据折射规律有＝＞1，所以v1＞v2，D错误，A正确；声波在液体、固体中的速度大于在气体中的速度，B错误。
4.渔船常利用超声波来探测远处鱼群的方位。已知某超声波频率为1.0×105 Hz，某时刻该超声波在水中传播的波动图像如图2-2-6所示。现测得超声波信号从渔船到鱼群往返一次所用时间为4 s，求鱼群与渔船间的距离。(忽略船和鱼群的运动)
图2-2-6
解析：由波形图读出波长：λ＝15×10－3 m，由波速公式得：v＝λf＝15×10－3×1.0×105 m/s＝1 500 m/s
鱼群与渔船的距离为：s＝vt，
解得：s＝3 000 m。
答案：3 000 m
[课下综合检测]
(时间：30分钟　满分：50分)
一、选择题(共6小题，每小题5分，共30分，每小题只有一个选项正确。)
1．下列说法正确的是(　　)
A．声波的反射遵从与光波反射类似的反射定律
B．声波发生折射时，频率、波长、波速均要改变
C．声波是横波
D．一个剧院满座时交响乐混响时间比空座时长
解析：选A　声波是纵波，反射时遵从反射定律，所以A正确，C错误；声波折射时，频率不发生变化，B错误；满座时，声音会比空座时吸收的多，所以混响时间短，D错误。
2．在室内讲话的声音比在室外空旷处讲话的声音要洪亮，是因为(　　)
A．室内空气不流动　　　 　B．室内声音多次反射
C．室内声音发生折射 D．室内物体会吸收声音
解析：选B　在室内听到的声音洪亮是因为声波在室内墙壁上经过多次反射而得到加强。故B正确。
3．图1中1、2、3分别代表入射波、反射波、折射波的波线，则(　　)
图1
A．2与1的波长、频率相等，波速不等
B．2与1的波速、频率相等，波长不等
C．3与1的波速、频率、波长均相等
D．3与1的频率相等，波速、波长均不等
解析：选D　反射波的波长、频率、波速与入射波的都应该相等，故A、B错；折射波的波长、波速与入射波的都不等，但频率相等，故C错，D正确。
4．图2是一列机械波从一种介质进入另一种介质中发生的现象。已知波在介质Ⅰ中的波速为v1，波在介质Ⅱ中的波速为v2，则v1∶v2为(　　)
图2
A．1∶　　　　　 B.∶1
C.∶ D.∶
解析：选C　根据图知入射角i＝60°，折射角r＝45°，由折射定律得＝＝＝＝。故C对。
5．一个圆弧形的海湾，人不论站在海湾的哪个方位，都会看到海浪向岸边传来(所谓“惊涛拍岸”)，下面的解释中正确的是(　　)
A．这说明海边的风都是海湾中心向岸边吹来的
B．这说明海浪是从海湾中心发出而向四周传播的
C．这是由于靠近海边处海水逐渐变浅，海浪向岸边传播过程中，不断发生折射而造成的
D．这是由于海浪从岸边反射回来的波与原来的波叠加而形成的
解析：选C　海浪是一种水波，它的传播速度与水的深度有关，海浪向岸边传播过程中，由于波速逐渐变化而要发生折射，传播方向不断向法线靠拢，因此看到岸边海浪的传播方向几乎与岸边垂直。
6. “B超”可用于探测人体内脏的病变状况。图3是超声波从肝脏表面入射，经折射与反射，最后从肝脏表面射出的示意图。超声波在进入肝脏发生折射时遵循的规律与光的折射规律类似，可表述为＝(式中θ1是入射角，θ2是折射角，v1、v2分别是超声波在肝外和肝内的传播速度)，超声波在肿瘤表面发生反射时遵循的规律与光的反射规律相同。已知v2＝0.9v1，入射点与出射点之间的距离是d，入射角为i，肿瘤的反射面恰好与肝脏表面平行，则肿瘤离肝脏表面的深度h为(　　)
图3
A.　　　 B.
C. D.
解析：选D
如图所示。
由题意知＝＝
得sin r＝ sin i
由几何知识有sin r＝
解得h＝
二、非选择题(共2小题，共20分)
7．(10分)一声波在空气中的波长为25 cm，速度为340 m/s，当折射入另一种介质时，波长变为80 cm，求：
(1)声波在这种介质中的频率；
(2)声波在这种介质中的传播速度。
解析：(1)声波由空气进入另一种介质时，频率不变。
由v＝λf
f＝＝ Hz＝1 360 Hz
(2)因频率不变，有＝
得v2＝v1＝×340 m/s＝1 088 m/s
答案：(1)1 360 Hz　(2)1 088 m/s
8．(10分)天空有近似等高的浓云层。为了测量云层的高度，在水平地面上与观测者的距离为d＝3.0 km处进行一次爆炸，观测者听到由空气直接传来的爆炸声和由云层反射来的爆炸声时间上相差Δt＝6.0 s。试估算云层下表面的高度。已知空气中的声速v＝ km/s。
解析：由题意画出其平面图：
设云层下表面的高度为h，则由云层反射来的爆炸声传播距离为s＝2，传播时间为t1＝，声音直接传来的时间为t2＝，则t1－t2＝Δt，将数据代入以上各式得h＝2 km。
答案：2 km
第3、4节 波的干涉和衍射__多普勒效应及其应用
　　　　　　　　　　　　　　　1．两列波相遇会发生叠加，当两列波频率和振动方向相同时，会发生波的干涉。在干涉区域，振动加强的点总是加强的，振动减弱的点总是减弱的。
2．波的衍射是波绕过障碍物或通过孔隙继续向前传播的现象。当障碍物或小孔的尺寸跟波长差不多或比波长小时会发生明显的衍射。
3．干涉和衍射是波特有的现象，不仅机械波能衍射和干涉，电磁波也能衍射和干涉。
4．当波源与观察者互相靠近或互相远离时，接收到的波的频率发生变化的现象，这就是多普勒效应。

波的干涉现象
[自读教材·抓基础]
1．波的叠加原理
(1)波的独立传播特性：波在相遇时仍然能够保持各自的运动状态继续传播，相遇的波一旦脱离接触又会恢复原来的运动状态继续传播。
(2)波的叠加原理：波在相遇的区域里，介质内部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存在时到达该处引起的位移的叠加(矢量和)。
2．波的干涉
(1)定义：振动频率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互相间隔、稳定分布的现象。
(2)干涉图样：波的干涉中所形成的图样，如图2-3-1所示。
图2-3-1
(3)干涉条件：频率和振动方向相同的波。
(4)一切波都能发生干涉，干涉是波特有的现象。
[跟随名师·解疑难]
1．干涉图样的特点
(1)加强区和减弱区的位置固定不变。
(2)加强区始终加强，减弱区始终减弱(加强区与减弱区不随时间变化)。
(3)加强区与减弱区互相间隔。
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：振动方向始终相同的两波源产生的波叠加时，加强、减弱条件如下：设点到两波源的距离之差为Δr，那么当Δr＝kλ(k＝0,1,2…)时该点为加强点，当Δr＝kλ＋(k＝0,1，2…)时为减弱点，若两波源振动方向始终相反，则上述结论正好相反。
(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]　　对“加强区”和“减弱区”的理解
在波的干涉现象中，加强区是指该区域内质点的振幅A最大；减弱区是指该区域内质点的振幅A最小。设两个相干波源单独引起的振幅分别为A1和A2，则在振动加强区中质点振动的振幅为A1＋A2，在振动减弱区中质点振动的振幅为|A1－A2|。不论加强区还是减弱区中的质点，都仍在其平衡位置附近振动，它们的振动位移仍随时间发生周期性变化。因此，某一时刻，加强区中质点振动的位移可能小于减弱区中质点振动的位移。若A1＝A2，则减弱区中质点的振幅为零，不振动。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
关于两波相遇时叠加的说法正确的是(　　)
A．相遇后，振幅小的一列波将减弱，振幅大的一列波将加强
B．相遇后，两列波的振动情况与相遇前完全不同
C．在相遇区域，任一点的总位移总是大于每一列波引起的位移
D．在相遇区域，任一点的总位移可能大于每列波单独传播时的位移，也可能小于每列波单独传播时的位移
解析：选D　根据波的叠加原理可知，两列波相遇时与其单独存在时的振动是一样的，所以A、B错误；又波叠加时，其位移为两列波位移的矢量和，所以C错误，D正确。
波的衍射现象
[自读教材·抓基础]
1．定义：波绕过障碍物或通过孔隙继续传播的现象。
2．发生明显衍射的条件
缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长差不多，或者比波长小。
3．一切波都能发生衍射，衍射是波的特有现象。
[跟随名师·解疑难]
怎么理解波发生明显衍射的条件？
(1)衍射是波特有的现象，一切波都可以发生衍射。凡能发生衍射现象的就是波。
(2)波的衍射总是存在的，只有“明显”与“不明显”的差异。波长较长的波容易发生明显的衍射现象。
(3)波传到小孔(障碍物)时，小孔(障碍物)仿佛一个新波源，由它发出与原来同频率的波在孔(障碍物)后传播，就偏离了直线方向。因此，波的直线传播只是在衍射不明显时的近似情况。
[特别提醒]
(1)障碍物的尺寸的大小不是发生衍射的条件，而是发生明显衍射的条件，波长越大越易发生明显衍射现象。
(2)当孔的尺寸远小于波长时，尽管衍射十分突出，但衍射波的能量很弱，也很难观察到波的衍射。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
水波通过小孔，发生一定程度的衍射，为使衍射现象更不明显，可以(　　)
A．增大小孔尺寸，同时增大水波的频率
B．增大小孔尺寸，同时减小水波的频率
C．缩小小孔尺寸，同时增大水波的频率
D．缩小小孔尺寸，同时减小水波的频率
解析：选A　 发生明显衍射的条件：小孔的尺寸与水波波长相差不多，或比水波波长小，为使衍射现象不明显，则应增大小孔尺寸，同时减小水波的波长或增大水波的频率。
多普勒效应及其应用
[自读教材·抓基础]
1．定义
由于波源和观察者之间有相对运动，使观察者接收到的频率发生变化的现象。
2．产生的原因
(1)波源与观察者相对静止时，单位时间内通过观察者的完全波的个数是一定的，观察者观测到的频率等于波源振动的频率。
(2)波源与观察者相互靠近时，单位时间内通过观察者的完全波的个数增加，观察者观测到的频率大于波源的频率，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。
3．应用
(1)测量车辆速度；
(2)测量天体运动情况；
(3)检查病变；
(4)跟踪目的物(如导弹、云层)等。
[跟随名师·解疑难]
波源的频率和观察者接收到的频率的关系
相对位置
图示
结论
波源S和观察者A相对介质不动
f波源＝f观察者，音调不变
波源S不动，观察者A运动，由A→B或A→C
若靠近波源，由A→B，则f波源f观察者，音调变低
观察者A不动，波源S运动，由S→S2
f波源[特别提醒]　发生多普勒效应是由于波源与观察者发生了相对运动，而不是波源的运动或观察者运动。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
下面说法中错误的是(　　)
A．发生多普勒效应时，波源的频率变化了
B．发生多普勒效应时，观察者接收的频率发生了变化
C．多普勒效应是在波源与观察者之间有相对运动时产生的
D．多普勒效应是由奥地利物理学家多普勒首先发现的
解析：选A　当波源和观察者之间有相对运动时，会发生多普勒效应，但波源的频率并没有发生变化，C正确，A错误；多普勒效应的本质是观察者接收的频率不等于波源频率，它由奥地利物理学家多普勒首先发现，B、D正确。

对波的干涉的考查
[典题例析]
1．图2-3-2所示为两个相干波源S1、S2产生的波在同一种均匀介质中相遇时产生的干涉图样。图中实线表示某时刻的波峰，虚线表示波谷，下列说法正确的是(　　)
图2-3-2
①a、c两点的振动加强，b、d两点的振动减弱
②e、f两点的振动介于加强点和减弱点之间
③经适当的时间后，加强点和减弱点的位置互换
④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
A．①③　　　　　　 　B．②③
C．①④ D．②④
[思路点拨]
(1)波的干涉图样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质点都在不停地振动着，其位移的大小和方向也在不停地变化着。
(2)对于稳定的干涉，振动加强和减弱的区域的空间位置是不变的。
解析：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两点是波峰和波谷相遇的点，都是振动减弱的点，选项①正确；e点位于加强点的连线上，仍为加强点，f点位于减弱点的连线上，仍为减弱点，选项②错误；相干波源叠加产生的干涉是稳定的，不会随时间变化，选项③错误；因形成干涉图样的质点都在不停地做周期性振动，经半个周期步调相反，选项④正确，故应选C。
答案： C
[探规寻律]
波的干涉中，振动的加强和减弱是指质点的振幅，不是指质点的位移，加强点的位移也做周期性变化。
[跟踪演练]
如图2-3-3所示是水平面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况，图中实线为波峰，虚线为波谷。已知两列波的振幅均为2 cm，波速均为2 m/s，波长均为 8 cm，E点是B、D和A、C连线的交点，下列说法中正确的有(　　)
图2-3-3
A．A、C两质点是振动加强的点
B．B、D两质点在该时刻的竖直高度差是4 cm
C．E质点是振动减弱的点
D．经0.02 s，B质点通过的路程是8 cm
解析：选D　若某质点是两波峰或两波谷相遇，则该点振动加强，且振幅为两列波各自引起的振幅之和；若为两列波的波峰与波谷相遇，则振动减弱。由图可知，质点A、C振动减弱，B、D振动加强，故A错误。此时D处的位移sD＝2A＝4 cm，B处的位移sB＝－2A＝－4 cm，所以竖直高度差为8 cm，故B错误。再经过后，两列波波峰同时到E点，即E点为振动加强点，故C错误。由v＝λf得f＝＝ Hz＝25 Hz，因为这列波的频率也是质点B的振动频率，故质点B在t＝0.02 s内通过的路程为sB＝4A′tf＝4×4×0.02×25 cm＝8 cm，故D正确。
对波发生明显衍射条件的考查
[典题例析]
2.如图2-3-4所示为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。对于波经过孔后的传播情况，下列描述中错误的是(　　)
图2-3-4
A．能明显地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，波源频率增大，能更明显地观察到衍射现象
[思路点拨]　解答本题时应注意以下两个方面：
(1)发生明显衍射的条件；
(2)由图分析孔的大小和波长的关系。
解析：从题图中看出，水波波长跟小孔尺寸相差不大，此时能明显观察到波的衍射现象，如果孔AB扩大到比波长大得多，就不能产生明显的衍射现象，所以A、C均正确；波绕过障碍物后发生衍射现象时，波的特征并未发生改变，即波的波长、频率和波速不改变，故B选项正确；当波的频率增大，波速不变时，波长λ＝v/f变小，衍射现象就越不明显，故D选项错误。
答案：D
[探规寻律]
分析波是否能够产生明显衍射，一定要抓住波长与缝隙、孔或障碍物的尺寸关系。只有波长接近或大于缝隙、孔或障碍物的尺寸时，衍射现象才比较明显。
[跟踪演练]
如图2-3-5所示，点O是水面上一波源，实、虚线分别表示该时该的波峰、波谷，A是挡板，B是小孔，经过一段时间，水面上的波形将分布于(　　)
图2-3-5
A．整个区域
B．阴影Ⅰ以外区域
C．阴影Ⅱ以外区域
D．上述答案均不对
解析：选B　由题图可以看出挡板A的尺寸比波长大得多，故衍射现象不明显，Ⅰ区没有水波；B孔与波长差不多，衍射现象明显，故Ⅱ区、Ⅲ区都有水波，图中空白区域水波可直接传到，故B正确。
对多普勒效应的考查
[典题例析]
3．公路巡警开车在高速公路上以100 km/h的恒定速度巡查，在同一车道上巡警车向前方的一辆轿车发出一个已知频率的超声波，结果该超声波被那辆轿车反射回来时，巡警车接收到的超声波频率比发出时低。
(1)此现象属于(　　)
A．波的衍射　　　　　　 　B．波的干涉
C．多普勒效应 D．波的反射
(2)若该路段限速为100 km/h，则该轿车是否超速？
(3)若该轿车以20 m/s的速度行进，反射回的频率应是怎样的？
[思路点拨]　解答本题需掌握以下两点：
(1)若观察者与波源相互远离，则接收到的频率低于波源的频率；
(2)若观察者与波源相互靠近，则接收到的频率高于波源的频率。
解析：(1)巡警车接收到的超声波频率比发出时低，此现象为多普勒效应，选项C正确。
(2)因巡警车接收到的频率低，由多普勒效应知巡警车与轿车在相互远离，而巡警车车速恒定且在后面，可判断轿车车速比巡警车车速大，故该轿车超速。
(3)若该轿车以20 m/s的速度行进时，此时巡警车与轿车在相互靠近，由多普勒效应知反射回的频率应偏高。
答案：(1)C　(2)超速　(3)偏高
[探规寻律]
波源与观察者间距离变化的判断方法
多普勒效应中判断波源或观察者的运动方向及速度时，只需比较波源频率f波源和观察者感受到的频率f观察者间的大小关系，当f波源＞f观察者时，二者间距在增大，f波源＜f观察者时，二者间距在减小。
[跟踪演练]
如图2-3-6所示，向左匀速运动的小车发出频率为f的声波，车左侧A处的人感受到的声波的频率为f1，车右侧B处的人感觉到的声波的频率为f2，则(　　)
图2-3-6
A．f1＜f，f2＜f　　　　　 　B．f1＜f，f2＞f
C．f1＞f，f2＞f D．f1＞f，f2＜f
解析：选D　由于波源相对A靠近，所以f1＞f；而波源相对B远离，所以f2＜f，所以选D。

[课堂双基落实]
1．关于波的干涉现象，下列说法正确的是(　　)
A．两列波在相遇区域内，一定能发生干涉现象
B．两列波相互干涉是波叠加的结果
C．频率相同的两列波相遇时，形成干涉图样随时间变化
D．振动加强的质点，位移始终最大
解析：选B　两列相干波(频率相同、振动方向相同、相位差恒定的两列同种类波)在相遇区域才能发生干涉，A、C错；波的叠加是波的干涉的成因，B正确；振动加强点的振幅为两列波的振幅之和，位移随时间做周期性变化，D错。
2．如图2-3-7中的各图分别表示一列水波在传播过程中遇到了小孔(A、B图)或障碍物(C、D图)，其中不能发生明显衍射现象的有(　　)
图2-3-7
解析：选C　发生明显衍射现象的条件是障碍物或小孔的尺寸比波长小，或与波长相差不多，由图可知，A、B、D图能明显发生衍射现象，而C图不能，故选C。
3．下面现象中没有应用多普勒效应的是(　　)。
A．利用地球上接收到的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，根据接收到的频率来测定汽车的速度，以便进行交通管理
C．铁路工人用耳贴在铁轨上可判断火车的运行情况
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　A项和B项是利用了光波和电磁波的多普勒效应来进行判断的，C项是利用声波在铁轨中传播快于在空气中的传播，D项也是利用声波的多普勒效应，所以C选项正确。
4．两列相干波在同一水平面上传播，某时刻它们的波峰、波谷位置如图2-3-8所示。图中M是波峰与波峰相遇点，是凸起最高的位置之一。回答下列问题：
图2-3-8
(1)由图中时刻经T/4，质点M相对平衡位置的位移是________。
(2)在图中标出的M、N、O、P、Q几点中，振动加强的点是____________；振动减弱的点是______________。
解析：(1)由图中时刻经，两列波的平衡位置传到M点。叠加后质点M相对平衡位置的位移是零。
(2)O点是两列波的波谷与波谷相遇的点，故是振动加强点，M点是波峰与波峰相遇的点，故是振动加强点。P、Q两点则位于振动加强线上，故也是振动加强点；N点是波峰与波谷相遇的点，故是振动减弱点。
答案：(1)0　(2)M、O、P、Q　N
[课下综合检测]
(时间：30分钟　满分：50分)
一、选择题(共6小题，每小题5分，共30分，每小题只有一个选项正确。)
1．“闻其声而不见其人”是因为一般障碍物的尺寸(　　)
A．跟声波波长相差不多，声波发生明显衍射
B．比声波波长大得多，声波不能发生衍射
C．跟光波波长相差不多，光波也发生明显衍射
D．比光波波长大得多，光波不能发生衍射
解析：选A　发生明显衍射现象的条件为障碍物或孔的尺寸比波长小，或与波长相差不多，故C错误；任何波都能发生衍射，衍射是波特有的现象，与障碍物大小无关，故B、D错误。
2．利用水波发生仪得到的水面波形如图1中a、b所示，则(　　)
图1
A．图a、b均显示了波的干涉现象
B．图a、b均显示了波的衍射现象
C．图a显示了波的干涉现象，图b显示了波的衍射现象
D．图a显示了波的衍射现象，图b显示了波的干涉现象
解析：选D　由波的干涉和衍射概念知，图a是一列波的传播，显示了波的衍射现象，图b是两列波的传播，显示了波的干涉现象。
3．有一障碍物的尺寸为10 m，下列哪些波在遇到它时衍射现象最明显(　　)
A．波长为4 m的机械波
B．波长为10 m的机械波
C．频率为40 Hz的声波
D．频率为5 000 MHz的电磁波(波速为3×108 m/s)
解析：选B　空气中声波波速大约为340 m/s，由λ＝v/f可算出声波的波长为8.5 m；频率为5 000 MHz的电磁波的波长为0.06 m。所以选项B中波长与障碍物尺寸接近，衍射现象最明显。
4．如图2所示，MN是足够长的水池边，S1和S2是池中水面上两个振动情况完全相同的波源，它们激起的水波的波长均为2 m，S1、S2连线垂直MN于O，O处与S1、S2分别相距8 m和5 m，则O处的振动情况是(　　)
图2
A．振动始终加强　　　　　 　B．振动始终减弱
C．振动时强时弱 D．无法判断
解析：选B　O点距两个波源S1、S2的距离差Δr＝(8－5) m＝3 m，由于水波的波长为2 m，故Δr＝λ，由此可知O点是振动减弱点，且始终振动减弱，故选项B正确。
5．如图3所示表示两列相干水波的叠加情况，图中的实线表示波峰，虚线表示波谷，设两列波的振幅均为5 cm，且在图示的范围内振幅不变，波速和波长分别为1 m/s和0.5 m。C点是BE连线的中点，下列说法错误的是(　　)
图3
A．C、E两点都保持静止不动
B．图示时刻A、B两点的竖直高度差为20 cm
C．图示时刻C点正处在平衡位置且向上运动
D．从图示的时刻起经0.25 s后，B点通过的路程为20 cm
解析：选A　加强区是质点A、B、E的连线处，减弱区是过D、F的连线处和过P、Q的连线处，C、E为振动加强点，不可能静止不动。图示时刻，A在波峰，B在波谷，它们的振动是加强的，故振幅均为两列波振幅之和，此时两点的高度差为20 cm。波是由E向A处传播的，在图示时刻，A、B、C、E等质点的波形图如图所示，由图可知，C点向上运动，波的周期T＝＝0.5 s，t＝0.25 s＝，B点通过的路程为s＝2A＝2×10 cm＝20 cm，故B、C、D正确。A错误。
6.在同一地点有两个静止的声源，发出的声波1和声波2在同一空间的空气中沿同一方向传播，如图4所示为某时刻这两列波的图像，则下列说法中正确的是(　　)
图4
A．声波1的速度比声波2的速度大
B．相对于同一障碍物，声波1比声波2更容易发生衍射现象
C．在这两列波传播的方向上，会产生稳定的干涉现象
D．在这两列波传播方向上运动的观察者，听到这两列波的频率可以相同
解析：选B　不同频率的声波在同种介质中传播速率相同，A错；由于声波1的波长长，相对同一障碍物，声波1比声波2更容易发生衍射现象，B对；由f＝可知，声波 1 的频率小，所以在这两列波的传播方向上，不会产生干涉现象，C错；由于两列波频率不同且沿同一方向传播，据多普勒效应可知沿波传播方向上运动的观察者，听到这两列波的频率不同，D错。
二、非选择题(共2小题，共20分)
7．(8分)如图5所示，两列简谐横波均沿x轴传播，传播速度的大小相等。其中一列沿x轴正方向传播(如图中实线所示)，另一列沿x轴负方向传播(如图中虚线所示)。这两列波的频率相等，振动方向均沿y轴方向。则图中x＝1,2,3,4,5,6,7,8各点中振幅最大的是x＝________处的点，振幅最小的是x＝________处的点。
图5
解析：由波的叠加原理可知，x轴上任一质点的位移等于两列波单独引起的位移的矢量和。
对于x＝4,8两点，两列波单独引起的两个分振动相差为0，故这两点振动加强。
对于x＝2,6两点，两列波单独引起的两个分振动相差为π，故这两点振动减弱。
答案：4,8　2,6
8．(12分)如图6所示，S是水面波的波源，x、y是挡板，S1、S2是两个狭缝，且SS1＝SS2，狭缝的尺寸比波长小得多，试回答以下问题：
图6
(1)若闭上S1，只打开S2会看到什么现象？
(2)若S1、S2都打开，会发生什么现象？
(3)若实线和虚线分别表示波峰和波谷，那么在A、B、C、D各点中，哪些点向上振动最强，哪些点向下振动最强，哪些点振动最弱？
解析：(1)只打开S2时，波源S产生的波传播到狭缝S2时，由于狭缝的尺寸比波长小得多，于是水面波在狭缝S2处发生明显的衍射现象，水面波以狭缝S2为波源向挡板另一侧传播开来。
(2)由于SS1＝SS2，所以从波源发出的水面波传播到S1、S2处时，它们的振动情况完全相同，当S1、S2都打开时产生相干波，它们在空间相遇时产生干涉现象，一些地方振动加强，一些地方振动减弱，加强区与减弱区相互间隔开，发生明显的干涉现象。
(3)质点D是波峰与波峰相遇处，是振动最强点；质点B是波谷与波谷相遇处，也是振动最强点；质点A、C是波峰与波谷相遇的地方，这两点振动最弱。
答案：(1)水面波以狭缝S2处为波源向挡板另一侧传播开来。
(2)发生明显的干涉现象。
(3)见解析
第3章 电磁波
理解电磁振荡的三个“两”
1．两类物理量
一类是与电场有关的物理量，一类是与磁场有关的物理量。
(1)电荷量q决定了电场能的大小。电容器两极板间的电压U、场强E、电场能E电、线圈的自感电动势的变化规律与q的相同。
(2)电流i决定了磁场能的大小。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。
注意：电流i和电荷量q的变化不同步，规律如图3-1所示。
图3-1
2．两个过程
(1)充电：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。
(2)放电：电荷量减小时为放电过程，这个过程中电路的电流增加。
注意：在任意两个过程的分界点对应的时刻，各物理量取特殊值(零或最大值)。
3．两类初始条件
如图3-2甲和乙电路，表示了电磁振荡的两类不同初始条件。
(1)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。
(2)图乙中开关S从1合向2时，振荡的初始条件为电容器开始充电。
图3-2
学习中应注意区分这两类初始条件，否则会得出相反的结论。
1．在LC回路产生电磁振荡的过程中(　　)
A．从电容器放电开始计时，当t＝kπ 时，振荡电流最大，其中k＝0,1,2,3，…
B．当电容器中电场强度增大时，线圈中的自感电动势与振荡电流方向相反
C．向电容器充电是磁场能转化为电场能的过程
D．电容器在相邻的充、放电时间内，电流方向一定相同
解析：画出LC回路中振荡电流i随时间t变化的图像如图所示。(以电容器开始放电为计时起点)
由T＝2π知，t＝kπ(k＝0,1,2,3，…)时，振荡电路中的电流为0，选项A错误。
当电场强度增大时，如在～、T～T时间段内，振荡电流减小，线圈中自感电动势与振荡电流方向相同，选项B错误。电容器充电时，电场能增大，磁场能减小，磁场能转化为电动能，选项C正确。
相邻的充、放电时间内，由图像知，在～内电容器充电，i＞0，在～T内电容器放电，i＜0(与i＞0方向相反)，选项D错误。
答案：C
电磁波与机械波的比较
　　
电磁波
机械波
本质
电磁场的传播
质点机械振动的传播
传播
传播机理是电磁场交替感应，无需介质
传播机理是质点间的机械作用，需要介质
频率
由波源决定，传播时频率不变
由波源决定，传播时频率不变
传播
速度
真空中波速总是c，介质中的波速小于c且与介质有关
波速与介质有关，与频率无关
干涉、
衍射
可
可
横波、
纵波
横波
既有横波也有纵波
2．类比是一种有效的学习方法，通过归类和比较，有助于掌握新知识，提高学习效率。在类比过程中，既要找出共同之处，又要抓住不同之处。某同学对机械波和电磁波进行类比，总结出下列内容，其中不正确的是(　　)
A．机械波的频率、波长和波速三者满足的关系，对电磁波也适用
B．机械波和电磁波都能产生干涉和衍射现象
C．机械波的传播依赖于介质，而电磁波可以在真空中传播
D．机械波既有横波又有纵波，而电磁波只有纵波
解析：电磁波是电磁场传播形成的，在传播过程中电场的电场强度E和磁场的磁感应强度B的方向都与波的传播方向垂直；场强E的方向可以理解为波的“振动”方向，所以电磁波应为横波。
答案：D
(时间：60分钟　满分：100分)
一、选择题(共8小题，每小题6分，共48分，每小题只有一个选项正确。)
1．关于无线电波的发送和接收，下述说法中正确的是(　　)
A．为了将信号发送出去，先要进行调谐
B．为了从各个电台发出的电磁波中将需要的选出来，就要进行调制
C．为了从高频电流中取出声音讯号，就要进行调频
D．以上说法都不对
解析：选D　为了将信号发送出去，先要进行调制，A错；为了从各个电台发出的电磁波中选出需要的，就要进行调谐，B错误；为了从高频电流中取出音频信号，就要进行解调，故C错；所以应选D。
2．(浙江高考)关于生活中遇到的各种波，下列说法正确的是(　　)
A．电磁波可以传递信息，声波不能传递信息
B．手机在通话时涉及的波既有电磁波又有声波
C．太阳光中的可见光和医院“B超”中的超声波传播速度相同
D．遥控器发出的红外线波长和医院“CT”中的X射线波长相同
解析：选B　本题考查波的知识，意在考查考生对波的理解和应用能力。无论是电磁波还是声波，都可以传递能量和信息，则A项错误；易知B项正确；太阳光中的可见光和医院“B超”中的超声波的传播速度不相同，则C项错误；遥控器发出的红外线频率和医院“CT”中的X射线频率不同，故它们的波长也不相同，则D项错误。
3．如图1所示，i-t图像表示LC振荡电路的电流随时间变化的图像，在t＝0时刻，电路中电容器的M板带正电。在某段时间里，电路的磁场能在减小，而M板仍带正电，则这段时间对应图像中(　　)
图1
A．Oa段　　　　　　　　 　B．ab段
C．bc段 D．cd段
解析：选D　某段时间里，电路的磁场能在减小，说明电路中的电流正在减小，正在给电容器充电，而此时M极板带正电，那么一定是给M极板充电，电流方向是顺时针方向。由图象知t＝0时，电容器开始放电，又M极板带正电，结合i-t图象可知，电流以逆时针方向为正方向，因此这段时间内，电流为负，且正在减小，符合条件的只有图象中的cd段，故只有D正确。
4．一种电磁波入射到半径为1 m的孔上，可发生明显的衍射现象，这种波属于电磁波谱中的(　　)
A．可见光 B．γ射线
C．无线电波 D．紫外线
解析：选C　一种波发生明显衍射现象的条件是：障碍物或狭缝的尺寸大小跟波长差不多或比波长还要小。如图所示，电磁波中的无线电波波长范围是104～10－3 m，红外线波长范围是10－3～10－7 m，可见光、紫外线、γ射线的波长更短，所以只有无线电波才符合条件。
5．在LC振荡电路的工作过程中，下列说法正确的是(　　)
A．在一个周期内，电容器充、放电各一次
B．电容器两极板间的电压最大时，线圈中的电流也最大
C．电容器放电完毕时，两极板间的电压为零，电路中的电流达到最大值
D．振荡电路的电流变小时，电场能减少，磁场能增加
解析：选C　一个完整的周期，电磁振荡电路完成两次充、放电过程，A错；电容器两极板间电压最大时，恰好充电完毕，电路中电流为零，B错；电容器放电完毕，极板上电荷量为零，板间电压为零，电路中电流达到最大值，C正确；当振荡电路的电流变小时，说明磁场能减小，即此时电场能增多，D错误。
6．关于电磁波的传播速度表达式v＝λf，下列结论正确的是(　　)
A．波长越长，传播速度越大
B．频率越高，传播速度越大
C．发射能量越大，传播速度越大
D．电磁波的传播速度与介质有关
解析：选D　电磁波在真空中的速度为v＝3.0×108 m/s，电磁波和光波一样，在介质中的传播速度都要小于在真空中的传播速度，其大小与介质有关。由公式v＝λf可知，波速由波长和频率共同决定，A、B错；电磁波的传播速度与发射能量无关，C错。
7．下列有关电磁波的特性和应用，说法正确的是(　　)
A．红外线和X射线都有很高的穿透本领，常用于医学上透视人体
B．过强的紫外线照射有利于人皮肤健康
C．电磁波中频率最大为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
解析：选D　红外线的主要作用是热作用，也可用于遥测、遥感等，原因是其波长相对较长，容易发生衍射，且一切物体均可自发辐射红外线，A错误；紫外线的主要作用是化学作用，常用于杀毒、防伪、使底片感光等，但过量照射对人体有害，B错误；γ射线波长最短，衍射本领最弱，贯穿本领最强，常用于金属探伤，C错误；电磁波具有能量，均可使底片感光。
8．目前雷达发射的电磁波频率多在200～1 000 MHz范围内。下列关于雷达和电磁波说法错误的是(　　)
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的距离
D．波长越短的电磁波，反射性能越强
解析：选B　由公式v＝λf可知，λmin＝＝ m＝0.3 m，λmax＝＝ m＝1.5 m，A正确；电磁波是由周期性变化的电场或磁场产生的，B错误；由雷达的工作原理可知C正确；波长越短的电磁波，传播的直线性越好，反射性能越强，D正确。
二、非选择题(共4小题，共52分。解答题应写出必要的文字说明，方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
9．(10分)某时刻LC回路中电容器中的电场方向和线圈中的磁场方向如图2所示，则这时电容器正在________(填“充电”或“放电”)，电流大小正在________(填“增大”或“减小”)。
图2
解析：由安培定则可知回路中的电流方向为逆时针方向，而上极板带正电，所以这时电容器正在充电；因为充电过程电场能增加，所以磁场能减少，电流在减小。
答案：充电　减小
10．(12分)如图3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实验。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
解析：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，绕过山坡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：电视信号　电视信号波长短，只能直线传播，受山坡阻挡，不易衍射
11．(14分)振荡电路中电容器电容为C，振荡电流i＝Imsin ωt。
(1)求此电路中线圈的自感系数L；
(2)设此电路发射的电磁波在某介质中的波长为λ，求此电磁波在此介质中传播速度v。
解析：(1)LC振荡电路的周期T＝2π，又由ω＝，解得线圈自感系数L＝。
(2)根据v＝和ω＝，解得传播速度v＝。
答案：(1)L＝　(2)v＝
12．(16分)某雷达工作时，发射电磁波的波长λ＝20 cm，每秒脉冲数n＝5 000，每个脉冲持续时间t＝0.02 μs，求：该电磁波的振荡频率为多少？最大侦察距离是多少？
解析：由c＝λf可得电磁波的振荡频率
f＝＝ Hz＝1.5×109 Hz
电磁波在雷达发射相邻两个脉冲间隔时间内传播的距离
s＝cΔt＝c＝3×108× m
≈6×104 m
所以雷达的最大侦察距离s′＝＝3×104 m＝30 km。
答案：1.5×109 Hz　30 km
第1节 电磁波的产生
　　　　　　　　　　　　　　　　1．大小和方向都周期性变化的电流叫做振荡电流，产生振荡电流的电路叫做振荡电路。由电感线圈L和电容器C组成LC振荡电路。
2．LC电磁振荡的周期为T＝2π ，改变电容或电感，可以改变振荡周期。
3．麦克斯韦建立了基本的电磁场理论，即变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场，据此麦克斯韦预言了电磁波的存在。
4．赫兹通过感应圈放电现象，证明了电磁波的存在。

电磁振荡
[自读教材·抓基础]
1．振荡电流
大小和方向都周期性变化的电流。
2．振荡电路
产生振荡电流的电路。由电感线圈L和电容器C所组成的一种基本的振荡电路为LC振荡电路，如图3-1-1所示。
图3-1-1
3．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变化，电场能和磁场能相互转化。
4．电磁振荡的周期和频率
(1)一次全振荡：发生电磁振荡时，通过电路中某一点的电流，由某方向的最大值再恢复到同一个方向的最大值，就完成了一次全振荡。
(2)电磁振荡的周期T：完成一次全振荡的时间。
(3)电磁振荡的频率f：在1 s内完成全振荡的次数。
5．LC振荡电路的周期和频率
(1)公式：T＝2π，f＝。
(2)单位：周期T、频率f、自感系数L、电容C的单位分别是秒(s)、赫兹(Hz)、亨利(H)、法(F)。
[跟随名师·解疑难]
1．如何用图像对应分析i、q的变化？
图3-1-2
图3-1-3
2．振荡过程中电荷量q、电场强度E、电流i、磁感应强度B及能量的对应关系
时刻(时间)
工作过程
q
E
i
B
能量
0
放电瞬间
qm
Em
0
0
E电最大
E磁最小
0→
放电过程
qm→0
Em→0
0→im
0→Bm
E电→E磁

放电结束
0
0
im
Bm
E电最小
E磁最大
→
充电过程
0→qm
0→Em
im→0
Bm→0
E磁→E电

充电结束
qm
Em
0
0
E电最大
E磁最小
→
放电过程
qm→0
Em→0
0→im
0→Bm
E电→E磁

放电结束
0
0
im
Bm
E电最小
E磁最大
→T
充电过程
0→qm
0→Em
im→0
Bm→0
E磁→E电
T
充电结束
qm
Em
0
0
E电最大
E磁最小
[特别提醒]　振荡电流i＝，由极板上电荷量的变化率决定，与电荷量的多少无关，如放电结束的瞬间，电荷量为零，而电流最大。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
关于LC振荡电路中的振荡电流，下列说法中正确的是(　　)
A．振荡电流最大时，电容器两极板间的电场强度最大
B．振荡电流为零时，线圈中自感电动势为零
C．振荡电流增大的过程中，线圈中的磁场能转化为电场能
D．振荡电流减小的过程中，线圈中的磁场能转化为电场能
解析：选D　振荡电流最大时，处于电容器放电结束瞬间，电场强度为零，A错；振荡电流为零时，LC回路振荡电流改变方向，这时的电流变化最快，电流变化率最大，线圈中自感电动势最大，B错；振荡电流增大时，电容器中的电场能转化为磁场能，C错；振荡电流减小时，线圈中的磁场能转化为电场能，D对。
麦克斯韦的预言
[自读教材·抓基础]
1．麦克斯韦电磁场理论
(1)变化的磁场周围会产生电场。
(2)变化的电场周围会产生磁场。
2．电磁波
变化的电场和变化的磁场相互联系在一起，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。
[跟随名师·解疑难]
对麦克斯韦电磁场理论的理解
恒定的电场不产生磁场
恒定的磁场不产生电场
均匀变化的电场在周围空间产生恒定的磁场
均匀变化的磁场在周围空间产生恒定的电场
不均匀变化的电场在周围空间产生变化的磁场
不均匀变化的磁场在周围空间产生变化的电场
振荡电场产生同频率的振荡磁场
振荡磁场产生同频率的振荡电场
2．电磁波的特点
(1)电磁波是横波，在传播方向上的任一点，E和B都随时间做正弦规律变化，E与B彼此垂直且与传播方向垂直，如图3-1-4所示。
图3-1-4
(2)电磁波的传播不需要介质，传播速度跟光速相同，在真空中为c＝3.0×108 m/s，在介质中的传播速度都要小于c，具体大小与介质有关。
(3)电磁波具有波的共性，能产生干涉、衍射等现象。电磁波与物质相互作用时，能发生反射、吸收、折射等现象。
3．电磁波的波速、波长与频率的关系
c＝λf，λ＝，同一种电磁波在不同介质中传播时，频率不变(频率由波源决定)，波速、波长发生改变。
[特别提醒]　电磁场是动态的，并且电场和磁场不可分割，磁感线、电场线都是闭合的曲线；静电场、静磁场是单独存在的，且电场线是非闭合曲线，静止的电场和磁场不是电磁场。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
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
解析：选D　根据麦克斯韦的电磁场理论，只有变化的电场才能产生磁场，故A选项错误；均匀变化的电场产生恒定的磁场，非均匀变化的电场产生变化的磁场，故B、C错，D正确。
赫兹实验
1.赫兹实验原理图(如图3-1-5)
图3-1-5
2．实验现象
当感应线圈两个金属球间有火花跳过时，导线环两个小球间也跳过火花。
3．现象分析
火花在A、B间来回跳动时，在周围空间建立了一个迅速变化的电磁场，这种电磁场以电磁波的形式在空间传播。
当电磁波经过接收线圈时，导致接收线圈产生感应电动势，使接收线圈两球间隙处产生电压，当电压足够高时，两球之间产生火花放电现象。
4．实验结论
赫兹证实了电磁波的存在。
5．实验意义
证明了麦克斯韦的预言，为麦克斯韦的电磁场理论奠定了坚实的实验基础。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
电磁场理论预言的电磁波是谁验证的(　　)
A．法拉第　　　　　　　　 　B．赫兹
C．麦克斯韦 D．安培
解析：选B　麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验验证了电磁波。

LC振荡电路的分析与计算
[典题例析]
1.图3-1-6中画出一个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时刻电容器两极板间电压为零
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
解析：本题考查认识i-t图像和利用图线分析问题的能力。由图像知，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，可以在题图中画出q-t图像(在图中用虚线表示)。由图像分析可知：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，两极板间电势差最大，B错。
答案：D
[探规寻律]
LC振荡电路中的两个同步变化
(1)同步同变关系。
在LC振荡电路发生电磁振荡的过程中，电容器上的物理量：电量q、板间电压U、电场强度E、电场能EE是同步同向变化的，即：
q↓→U↓→E↓→EE↓(或q↑→U↑→E↑→EE↑)。
振荡线圈上的物理量：振荡电流i、磁感应强度B、磁场能EB也是同步同向变化的，即：i↓→B↓→EB↓(或i↑→B↑→EB↑)。
(2)同步异变关系。
在LC振荡过程中，电容器上的三个物理量q、E、EE与线圈中的三个物理量i、B、EB是同步异向变化的，即q、E、EE同时减小时，i、B、EB同时增大，且它们的变化是同步的，即：q、E、EE↑i、B、EB↓。
[跟踪演练]
LC回路中电容器两极板间的电压U随时间t变化的关系如图3-1-7所示，则(　　)
图3-1-7
A．在t1时刻，电路中的电流最大
B．在t2时刻，电路中的磁场能最小
C．在t2～t3时间内，电路中的电场能不断增大
D．在t3～t4时间内，电容器上的电荷量不断增加
解析：选C　由电磁振荡过程中的规律可知，电容器上的电荷量q、两极板间的电压U、两极板间的电场强度E及电场能E电相互对应，它们的变化趋势一致，同增同减；线圈中的电流i、磁感应强度B及磁场能E磁相互对应，它们的变化趋势一致，同增同减，故C选项正确。
对麦克斯韦理论的考查
[典题例析]
2．按照麦克斯韦的电磁场理论，以下说法正确的是(　　)
A．恒定的电场周围产生恒定的磁场，恒定的磁场周围产生恒定的电场
B．任何变化的电场周围空间一定产生变化的磁场
C．均匀变化的电场周围产生均匀变化的磁场，均匀变化的磁场周围产生均匀变化的电场
D．均匀变化的电场周围产生稳定的磁场，均匀变化的磁场周围产生稳定的电场
[思路点拨]　电磁场理论中的“变化”分为均匀变化，不均匀变化。
解析：由麦克斯韦电磁场理论可知，不变的电场周围不产生磁场，均匀变化的电场周围产生稳定的磁场，振荡电场周围产生振荡磁场。故D选项正确。
答案：D
[探规寻律]
麦克斯韦电磁场理论的两大支柱
变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场。需要着重对以下两点加以理解：
(1)均匀变化的磁场周围产生稳定的电场，均匀变化的电场周围产生稳定的磁场；
(2)不均匀变化的磁场产生变化的电场，不均匀变化的电场产生变化的磁场。
[跟踪演练]
某电路中电场随时间变化的图像如图3-1-8所示，能发射电磁波的电场是(　　)
图3-1-8
解析：选D　由麦克斯韦电磁场理论知，当空间出现恒定的电场时(如A图)，由于其不激发磁场，无电磁波产生；当出现均匀变化的电场时(如B图、C图)，会激发出磁场，但磁场恒定，不会再在较远处激发起电场，故也不会产生电磁波，只有周期性变化的电场(如D图)，才会激发出周期性变化的磁场，其又激发出周期性变化的电场……如此不断激发，便会形成电磁波。

[课堂双基落实]
1．为了增大LC振荡电路的固有频率，下列办法中可采取的是(　　)
A．增大电容器两极板的正对面积并在线圈中放入铁芯
B．减小电容器两极板的距离并增加线圈的匝数
C．减小电容器两极板的距离并在线圈中放入铁芯
D．减小电容器两极板的正对面积并减少线圈的匝数
解析：选D　由f＝可知增大固有频率f的办法是减小L或减小C或同时减小L和C。另外电容器两极板的正对面积增大，则C增大，正对面积减小，则C减小。在线圈中放入铁芯或增加线圈的匝数，则L增大，减少线圈的匝数，则L减小。综上可知只有选项D是正确的。
2．在LC振荡电路中，当电容器放电完毕瞬间，以下说法错误的是(　　)
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，线圈产生的磁场达到最大值
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容器的电场能
D．线圈中产生的自感电动势最大
解析：选D　电容器放电完毕的瞬间，还有以下几种说法：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。电容器放电完毕的瞬间有如下特点：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。线圈自感电动势E自＝ΔΦ/Δt，电容器放电完毕瞬间，虽然Φ最大，但ΔΦ/Δt为零，所以E自等于零。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′，所以选项A、B、C正确，D错误。
3.如图3-1-9所示，LC振荡电路导线及电感线圈的电阻忽略不计。某瞬间回路中电流方向如箭头所示，且电流正在增大，则下列说法错误的是(　　)
图3-1-9
A．这时电容器A板带负电荷，B板带正电荷
B．因电流正在增大，M、N间的电势差也随之增大
C．当M、N间电势差随电流的变化达到最大值时磁场能刚好向电场能转化完毕
D．题中所述时刻线圈中产生的感应电动势正在变小
解析：选B　电流在增大，则电场能正向磁场能转换，电容器在放电。由放电电流的方向可判断出，B极板带正电荷。两极间即M、N电势差达最大值时，即电容器带电荷量最多时，恰是磁场能刚好向电场能转化完毕。因为线圈感应电动势与电流的变化率成正比，所以随着振荡电流的增大，电流的变化率在减小，线圈中产生的感应电动势在减小。
4．某LC振荡电路中，振荡电流变化规律为i＝0.14sin (1 000t) A，已知电路中线圈的自感系数L＝50 mH，则电容器的电容C＝________，该振荡电流的有效值为________。
解析：由ω＝，得T＝＝ s＝2π×10－3s
又因T＝2π，得C＝＝ F＝2.0×10－5 F
因振荡电流最大值Im＝0.14 A，所以有效值为I＝＝ A＝0.10 A。
答案：2.0×10－5 F　0.10 A
[课下综合检测]
(时间：30分钟　满分：50分)
一、选择题(共6小题，每小题5分，共30分，每小题只有一个选项正确。)
1．(四川高考)下列关于电磁波的说法，正确的是(　　)
A．电磁波只能在真空中传播
B．电场随时间变化时一定产生电磁波
C．做变速运动的电荷会在空间产生电磁波
D．麦克斯韦第一次用实验证实了电磁波的存在
解析：选C　本题考查有关电磁波的相关知识，意在考查考生的识记、理解分析综合能力。虽然电磁波在传播过程中不需要介质，但并不是只能在真空中传播，故A选项错误；产生电磁波需要一定的条件，当电场随时间做周期性变化时才可能产生电磁波，故B选项错误；做变速运动的电荷周围会产生变化的磁场，其周围空间可能会产生电磁波，故C选项正确；麦克斯韦只是预言了电磁波的存在，是赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，故D选项错误。
2．振荡电路中线圈的自感系数为L，电容器的电容为C，则电容器两极板间的电压从最大值变为零，所用的最少时间为(　　)
A．2π　　　　　 　 B．π
C. D.
解析：选D　电容器两极板间的电压从最大值到零所用的最少时间为T，而T＝2π ，故D正确。
3．有关电磁场理论的下列说法中，正确的是(　　)
A．任何变化的磁场都要在空间产生变化的电场，振荡磁场在周围空间产生同频率的振荡电场
B．任何电场都要在周围空间产生磁场，振荡电场在周围空间产生同频率的振荡磁场
C．任何变化的电场要在周围空间产生磁场，振荡电场在周围空间产生同频率的振荡磁场
D．电场和磁场总是相互联系着，形成一个不可分离的统一体，即电磁场
解析：选C　根据麦克斯韦电磁场理论，均匀变化的磁场在周围空间产生的电场是稳定的，说法A前半句错；同理，并不是任何电场都会在周围空间产生磁场，说法B前半句错；电场和磁场并不是总是相互联系着的，例如，静止电荷周围只有静电场，静止磁体周围只有稳定的磁场。只有变化的电场和变化的磁场才能形成一个不可分离的统一体，即电磁场，D说法错。
4．根据麦克斯韦的电磁场理论，以下叙述中错误的是(　　)
A．教室中开亮的日光灯周围空间必有磁场和电场
B．工作时打点计时器周围必有磁场和电场
C．稳定的电场产生稳定的磁场，稳定的磁场产生稳定的电场
D．电磁波在传播过程中，电场方向、磁场方向和传播方向三者相互垂直
解析：选C　教室中开亮的日光灯、工作的打点计时器，在其周围产生振荡磁场和电场，故选项A、B正确；稳定的电场不会产生磁场，故选项C错误；电磁波是横波，传播过程中电场方向、磁场方向和传播方向相互垂直，故选项D正确。
5.LC振荡电路中，某时刻磁场方向如图1所示，则下列说法中错误的是(　　)
图1
A．若磁场正在减弱，则电容器上极板带正电
B．若电容器正在充电，则电容器下极板带正电
C．若电容器上极板带正电，则线圈中电流正在增大
D．若电容器正在放电，则自感电动势正在阻碍电流增大
解析：选A　由电流产生的磁场方向和安培定则可判断振荡电流方向，由于题目中未标明电容器两极板带电情况，故可分两种情况讨论。若该时刻电容器上极板带正电，则可知电容器处于放电状态，电流增大，则C正确，A错误；若该时刻电容器下极板带正电，可知电容器处于充电状态，电流在减小，则B正确；由楞次定律可判定D正确。
6.在LC振荡电路中，电容器C的带电荷量q随时间t变化的图像如图2所示。在1×10－6～2×10－6 s内，关于电容器的充(放)电过程及由此产生的电磁波的波长，下列说法正确的是(　　)
图2
A．充电过程，波长为1 200 m
B．充电过程，波长为1 500 m
C．放电过程，波长为1 200 m
D．放电过程，波长为1 500 m
解析：选A　由题图可知，在1×10－6～2×10－6 s内，电容器C的带电荷量由0增加到最多，因此是充电过程。电磁振荡周期等于所发射的电磁波的周期，那么电磁波的波长为λ＝cT＝3×108×4×10－6 m＝1 200 m。故选项A正确。
二、非选择题(共2小题，共20分)
7．(10分)在LC振荡电路中，线圈的自感系数L＝2.5 mH，电容C＝4 μF。
(1)该回路的周期多大？
(2)设t＝0时，电容器上电压最大，在t＝9.0×10－3 s时，通过线圈的电流是增大还是减小，这时电容器是处在充电过程还是放电过程？
解析：(1)T＝2π
＝2×3.14× s＝6.28×10－4 s。
(2)因为t＝9.0×10－3 s相当于14.33个周期，故＜ 0.33T＜，所以当t＝9.0×10－3 s时，LC回路中的电磁振荡正处在第二个的变化过程中。
t＝0时，电容器上电压最大，极板上电荷量最多，电路中电流值为零，回路中电流随时间的变化规律如图所示：第一个T内，电容器放电，电流由零增至最大；第二个T内，电容器被反向充电，电流由最大减小到零。
显然，在t＝9.0×10－3 s时，即在第二个T内，线圈中的电流在减小，电容器正处在反向充电过程中。
答案：见解析
8．(10分)如图3所示的振荡电路中，自感系数L＝300 μH，电容C的范围为25～270 pF，求：
图3
(1)振荡电流的频率范围；
(2)若自感系数L＝10 mH，要产生周期T＝0.02 s的振荡电流，应配置多大的电容？
解析：(1)由f＝得：
fmax＝ Hz＝1.8×106 Hz
fmin＝ Hz
＝0.56×106 Hz
所以频率范围为
0．56×106～1.8×106 Hz。
(2)由T＝2π得：
C＝＝ F＝10－3 F。
答案：(1)0.56×106～1.8×106 Hz　(2)10－3 F
第2、3节 电磁波的发射、传播和接收 电磁波的应用及防护
　　　　　　　　　　　　　　　1．当振荡电路具有足够高的频率，且为开放电路时，电磁波可以发射出去。
2．要通过电磁波传递信号，必须进行调制，调制有调幅和调频两种方法。
3．要接收电磁波传递的信号，必须进行调谐和检波。
4．按电磁波的波长或频率大小排列起来形成电磁波谱，不同电磁波有不同的特点和应用。

电磁波的发射
[自读教材·抓基础]
1．有效地向外发射电磁波时，振荡电路必须具有的两个特点
(1)要有足够高的振荡频率：频率越高，发射电磁波的本领越大。
(2)振荡电路的电场和磁场必须分散到尽可能大的空间，因此，采用开放电路。
2．电磁波的调制
调制
在电磁波发射技术中，使电磁波随各种信号而改变的技术
分　类
调幅(AM)
使高频电磁波的振幅随信号的强弱而变的调制技术
调频(FM)
使高频电磁波的频率随信号的强弱而变的调制技术
[跟随名师·解疑难]
1．电磁波发射的开放电路
(1)有效发射电磁波的条件：
①高频电路：理论研究证明了发射电磁波的功率与振荡频率的4次方成正比。频率越高，发射电磁波的本领越大。
②开放电路：振荡电路的电场和磁场必须分散到尽可能大的空间，这样才能有效地把能量辐射出去。
(2)实际应用中的开放电路是由天线与地线和匝数很少的线圈组成的，对应的L、C都很小，以满足电磁波频率高的条件。
如下图3-2-1所示，甲→乙→丙→丁电路的开放程度依次增大。
图3-2-1
2．电磁波两种调制方式的比较
(1)调幅：使电磁波的振幅随信号改变，频率始终保持不变，如图3-2-2所示。
图3-2-2
(2)调频：使电磁波的频率随信号而改变，如图3-2-3。
图3-2-3
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
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．减小电容器极板间距
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．增加回路中的电容和电感
解析：选C　要提高LC振荡电路辐射电磁波的本领，应从两个方面考虑，一是提高振荡频率，二是使电磁场尽可能地分散开，所以C正确；由f＝可知，当减小电容器极板间的距离时，C变大，f减小，A错误；使电容器正对面积变大，C变大，f变小，B错误；增大回路中的L、C，f变小，D错误。
电磁波的传播和接收
　　1.无线电波通常有3种传播途径：地波、天波和空间波
途　径
传播形式
适合波段
主要特点
地　波
沿地球表面空间传播
长波、中波、中短波
衍射能力较强，但能量损失较多
天　波
靠大气中电离层的反射传播
短　波
反射能力较强，但不够稳定
空间波
像光束那样沿直线传播
超短波和微波
穿透能力较强，但传播距离受限制
2．电磁波的接收
(1)电谐振现象：当接收电路的固有频率跟收到的电磁波的频率相同时，电磁波会使接收电路中产生最强的电流。与机械振动中的共振现象类似。
(2)调谐：在无线电技术中，对空间存在的各种频率电磁波，需要选择某一种特定的频率接收的过程。
(3)调谐电路：能够进行调谐的接收电路。
(4)检波：从高频载波中把音频信号“检”出来的过程，是调制的逆过程，也叫解调。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
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电台发出的电信号，若要收到电信号，应(　　)
A．增大调谐电路中线圈的匝数
B．加大电源电压
C．减少调谐电路中线圈的匝数
D．向线圈中插入铁芯
解析：选C　当调谐电路的固有频率等于接收的电磁波的频率时，发生电谐振才能较好地收到电台信号，本题中收不到信号的原因是调谐电路的固有频率低，由f＝知在电容器无法再调节的情况下，可减小L以提高f，故C正确。
电磁波的应用
[自读教材·抓基础]
1．电磁波谱
电磁波包括无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线等，把这些电磁波按波长或频率顺序排列起来，就构成了电磁波谱。可见光是整个电磁波谱中极狭窄的一段。
2．各种电磁波的特点及应用对比
电磁
波谱
无线电波
红外线
可见光
紫外线
X射线
γ射线
频率
低→高
真空
中波长
长→短
特性
波动性强
热作
用强
感光
性强
化学作用，荧光效应
穿透
力强
穿透力
最强
用途
通讯、广播、导航
加热、遥测、遥感、
红外摄
像、红
外制导
照明、照相等
日光灯、杀菌
消毒、
治疗皮
肤病等
检查、探测、
透视、治疗
探测、
治疗
3．电磁污染及防护
(1)电磁污染又称电磁波污染或射频辐射污染。研究发现，电磁辐射会危害人体健康，波长越短，危害越突出，过量的电磁波幅射对心脏、血液和眼睛等都有很大的危害。
(2)电磁波污染的防治从物理学角度看，可以从电磁波源、电磁波的传播途径以及受辐射的人这三个方面进行防护。
[跟随名师·解疑难]
1．对电磁波的理解
(1)电磁波是一种物质，像电场、磁场一样它是客观存在的真实物质，是物质存在的另一种形式。
(2)电磁波具有能量，以电磁场的形式存在的能量，也就是说电磁场的能量通过电磁波来传播。
2．各种电磁波共性与个性的比较
(1)共性：
①它们在本质上都是电磁波，它们的行为服从相同的规律，各波段之间的区别并没有绝对的意义。
②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。
③它们的传播都不需要介质。
④它们都具有反射、折射、衍射和干涉的特性。
⑤都是横波。
(2)个性：
①不同电磁波的频率或波长不同，表现出不同的特性，波长越长、衍射能力越强可作通讯用途，波长越短穿透能力越强。
②同频率的电磁波，在不同介质中速度不同。不同频率的电磁波，在同一种介质中传播时，频率越大折射率越大，速度越小。
③应用范围不同：无线电波用于通信和广播，红外线用于加热和遥感技术，紫外线用于杀菌消毒。X射线应用于医学上的X光照片。γ射线检查金属部件的缺陷。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
(上海高考)下列电磁波中，波长最长的是(　　)
A．无线电波　　　　　　 　B．红外线
C．紫外线 D．γ射线
解析：选A　题中电磁波按照波长由长到短的顺序，依次是：无线电波、红外线、紫外线、γ射线，故选A。

电磁波的发射和接收
[典题例析]
1．关于电磁波的发射和接收，下列说法中错误的是(　　)
A．为了使振荡电路有效地向空间辐射能量，必须是闭合电路
B．音频电流的频率比较低，不能直接用来发射电磁波
C．当接收电路的固有频率与收到的电磁波的频率相同时，接收电路产生的振荡电流最强
D．要使电视机的屏幕上有图像，必须要有检波过程
[思路点拨]　
(1)明确有效发射电磁波的条件。
(2)明确电谐振、检波的概念。
解析：有效发射电磁波，必须采用开放电路和高频发射；一般的音频电流的频率较低，不能直接用来发射电磁波；电磁波接收原理是一种叫电谐振的现象，与机械振动中的共振有些相似；电视机显示图像时，必须通过检波过程，把有效的信号从高频信号中取出来，否则就不能显示。
答案：A
[探规寻律]
(1)当接收电路的固有频率跟接收到的电磁波的频率相同时，才能较好的接收电台信号。
(2)调谐是为了选择某一种特定的频率接收。
(3)解调是为了分离出所携带的信号。
[跟踪演练]
下列关于无线电广播要对电磁波进行调制的原因说法正确的是(　　)
A．经过调制后的高频电磁波向外辐射能量的本领更强
B．经过调制后的电磁波在空间传播得更快
C．经过调制后的电磁波在空间传播时波长才能不变
D．经过调制后的高频电磁波才能把我们要告知对方的信号传递过去
解析：选D　声音信号的频率很低，衰减快，不能直接发射，高频电磁波衰减慢、辐射能力强，适合发射，A、C错，D对。经过调制后的电磁波在空间传播的速度不变，故B错。
电磁波的应用
[典题例析]
2．在电磁波谱大家族中，可见光谱的红光外侧是红外线，它不能引起人的视觉，是不可见光，下面关于红外线的说法正确的是(　　)
A．红外烤箱中的红光就是红外线
B．可见光比红外线更容易发生衍射
C．高温物体辐射红外线，低温物体不辐射红外线
D．红外线比可见光更容易引起固体物质分子共振
[思路点拨]　
(1)明确红外线在电磁波谱中的位置。
(2)掌握红外线的应用。
解析：红外线是看不见的，所以烤箱中的红光不是红外线；红外线比可见光的波长长，更容易发生衍射；一切物体(包括高温物体和低温物体)都在辐射红外线，只是物体温度越高，它辐射的红外线就越强；红外线的频率比可见光更接近固体物质分子的频率，也就更容易使分子发生共振，因而红外线热作用显著。
答案：D
[探规寻律]
(1)红外线的应用
①红外线加热。这种加热方法的优点是能使物体内部发热，加热效率高，效果好。应用有红外线炉、红外烤箱、红外干燥器。
②红外摄影。这种摄影不受白天和黑夜的限制。应用有远距离摄影、高空摄影、卫星地面摄影。
③红外成像。可以在漆黑的夜间看见目标。应用有夜视仪。
④红外遥感。可以在飞机或卫星上勘测地热，寻找水源，监测森林火情，估计农作物的长势和收成，预报台风、寒潮等。
(2)紫外线的应用
紫外线能使很多物质发出荧光，很容易让底片感光。紫外线的显著作用是化学作用：
①促使人体合成维生素D，但不能过多照射；
②能杀死多种细菌，具有消毒功能；
③用来鉴别钞票真伪。
[跟踪演练]
关于紫外线的作用和性质，下列说法正确的是(　　)
A．一切物体都在不停地辐射紫外线
B．紫外线能杀菌消毒是因为紫外线具有较高的能量，可以穿透细胞膜
C．紫外线具有较强的穿透能力，可以穿透人的皮肤，破坏内脏器官
D．紫外线不具有荧光作用
解析：选B　并不是一切物体都不停地辐射紫外线，所以A错误；紫外线穿透能力较强，可以穿透细胞膜，具有杀菌消毒作用，但并不能穿透人的皮肤破坏内脏器官，所以B正确，C错误；紫外线能使荧光粉发光，具有荧光作用，所以D错误。

[课堂双基落实]
1．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(声音或图象等)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。故正确选项为C。
2．用一台简易收音机收听某一电台的广播，必须经过的两个过程是(　　)
A．调制和解调 B．调谐和检波
C．检波和解调 D．调频和调幅
解析：选B　调频、调幅都属于发射端的调制过程，故A、D错误；检波就是解调过程，故C错误；要收听某一电台的广播必须经过调谐选台和检波还原出原信号才可以，故B正确。
3．广播电台发射“中波”段某套节目的信号、家用微波炉的微波、VCD机中的激光(可见光)、人体透视用的X光，都是电磁波，它们的频率分别为f1、 f2、 f3、 f4，则(　　)
A．f1＞f2＞f3＞f4 B．f1＜f2＜f3＜f4
C．f1＜f2＜f3＞f4 D．f1＞f2＜f3＜f4
解析：选B　电磁波范围很广，由于波长不同，特性不同，可按波长由大到小依次排序如下：无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线，由此可知B选项正确。
4．下面列出一些医疗器械的名称和这些器械运用的物理现象。请将相应的字母填写在运用这种现象的医疗器械后面的空格上。
(1)X光机：________；
(2)紫外线灯：________；
(3)理疗医用“神灯”照射伤口，可使伤口愈合得较好，这里的“神灯”是利用________。
A．光的全反射
B．紫外线具有很强的荧光作用
C．紫外线具有杀菌消毒作用
D．X射线有很强的贯穿能力
E．红外线具有显著的热作用
F．红外线波长较长，易发生衍射
解析：(1)X光机是用来透视人的体内器官的，因此需要具有较强穿透能力的电磁波，但又不能对人体造成太大的伤害，因此采用了X射线。
(2)紫外线灯主要是用来杀菌的，因此它应用的是紫外线的杀菌作用而非荧光作用。
(3)“神灯”又称红外线灯，主要是用于促进局部血液循环，它利用的是红外线的热效应，使人体局部受热、血液循环加快。
答案：(1)D　(2)C　(3)E
[课下综合检测]
(时间：30分钟　满分：50分)
一、选择题(共6小题，每小题5分，共30分，每小题只有一个选项正确。)
1．下列说法正确的是(　　)
A．电磁波的频率越高，越易沿地面传播
B．发射出去的电磁波可以传播到无限远处
C．电磁波在各种介质中传播的波长恒定
D．为了实现全球的电视转播，需要利用卫星传播无线电波，它传播的是超短波或微波
解析：选D　沿地面传播的电磁波应该为波长较长，频率较低的电磁波，所以A错；发射出去的电磁波随着距离的增大，能量不断损失，所以B错；电磁波在不同介质中传播速度不同，导致波长也发生相应变化，所以C错；由于电视信号属微波段，实现全球的电视转播，需要利用卫星传播无线电波，卫星传播的是超短波或微波，故D正确。
2．电视机的室外天线能把电信号接收下来，是因为(　　)
A．天线处在变化的电磁场中，天线中产生感应电流，相当于电源，通过馈线输送给LC电路
B．天线只处于变化的电场中，天线中产生感应电流，相当于电源，通过馈线输送给LC电路
C．天线只是选择地接收某电台信号，而其他电台信号则不接收
D．天线将电磁波传输到电视机内
解析：选A　室外天线处于空间变化的电磁场中，天线中产生了感应电流，此电流通过馈线输送给LC电路，此电流中空间各电台信号激起的电流均存在，但只有频率与调谐电路频率相等的电信号对应电流最强，然后再通过解调处理进入后面的电路，故选项A正确，B、C、D错误。
3．随着无线电技术、微波技术的发展和普及，电磁辐射已成为威胁人们健康的无形污染，下列说法错误的是(　　)
A．波长越长，电磁辐射对人体危害越突出
B．电磁污染可以干扰通信系统、导航
C．电磁辐射会影响地面站对人造卫星的控制
D．电磁辐射可以从电磁波源、电磁波的传播途径以及受辐射的人三个方面进行防护
解析：选A　电磁波波长越短，频率越高，能量越强，电磁辐射对人体危害越突出，A错误；电磁辐射会干扰通信系统、导航，影响地面站对人造卫星、宇宙飞船的控制，有效的防治电磁辐射可以从电磁波源、电磁波的传播途径以及受辐射的人三个方面进行防护，B、C、D描述正确。只有A描述错误。
4．许多光学现象在科学技术上得到了应用，以下对一些应用的解释，错误的是(　　)
A．紫外验钞机是利用紫外线的荧光效应
B．X光透视利用的是光的衍射现象
C．工业上的金属探伤利用的是γ射线具有较强穿透能力
D．红外遥感技术利用一切物体都不停地辐射红外线的现象
解析：选B　紫外验钞机是利用紫外线的荧光效应，A项正确。X射线具有很强的穿透能力，在医学上用它来透视人体，检查病变和骨折情况，B项错误。γ射线具有较强穿透能力，工业上的金属探伤就是利用的这个原理，C项正确。一切物体都在不停地辐射红外线，红外遥感技术就是利用的这个原理，D项正确。
5．海豚具有完善的声呐系统，它能在黑暗中准确而快速地捕捉食物，避开敌害，远远优于现代化的无线电系统，海豚的定位是利用了自身发射的(　　)
A．电磁波 B．红外线
C．次声波 D．超声波
解析：选D　海豚能发射超声波，它是一种频率高于20 kHz的声波，它的波长非常短，因而能定向发射，而且在水中传播时因能量损失小，要比无线电波和光波传得远。海豚就是靠自身发出的超声波的回声在混浊的水里准确确定远处的小鱼位置而猛冲过去吞食的，故D项正确。
6．当代人类的生活和电磁波紧密相关，关于电磁波，下列说法正确的是(　　)
A．只要把带电体和永磁体放在一起，就会在周围空间产生电磁波
B．电磁波在传播过程中，其波速始终保持不变
C．电视机、收音机和手机所接收的信号都属于电磁波
D．微波炉内所产生的微波不是电磁波，而是波长很短的机械波
解析：选C　变化的磁场、电场才能产生电磁波，A错误；电磁波的传播速度与介质有关，B错误；电磁波能够携带信号，用于通讯、广播等，C正确；微波炉内的微波是波长较短的电磁波，D错误。
二、非选择题(共2小题，共20分)
7．(10分)有波长分别为290 m、397 m、566 m的无线电波同时传向收音机的接收天线，当把收音机的调谐电路的频率调到756 kHz时：
(1)哪种波长的无线电波在收音机中激起的感应电流最强？
(2)如果想接收到波长为290 m的无线电波，应该把调谐电路中可变电容器的动片旋进一些，还是旋出一些？
解析：(1)根据公式f＝得
f1＝＝ Hz＝1 034 kHz
f2＝＝ Hz＝756 kHz
f3＝＝ Hz＝530 kHz
所以波长为397 m的无线电波在收音机中激起的感应电流最强。
(2)要接收波长为290 m的无线电波，应增大调谐电路的固有频率，因此，应把调谐电路中可变电容器的动片旋出一些。
答案：(1)397 m的无线电波　(2)旋出一些
8．(10分)某一战斗机正以一定的速度朝雷达的正上方水平匀速飞行，已知雷达发射相邻两次电磁波之间的时间间隔为5×10－4 s。某时刻在雷达荧光屏上显示的波形如图1甲所示，t＝173 s后雷达向正上方发射和接收的波形如图乙所示，雷达监视相邻刻线间表示的时间间隔为10－4 s，电磁波的传播速度为c＝3×108 m/s，则该战斗机的飞行速度大约为多少？
图1
解析：由题意知荧光屏相邻刻线间的时间间隔t0＝10－4 s，甲图发射波和接收波的时间间隔t1＝4×10－4 s，乙图时间间隔t2＝1×10－4 s，所以第一次飞机位置距雷达的距离为s1＝c·＝6.0×104 m，第二次飞机在雷达正上方，所以飞机高度h＝c·＝1.5×104 m，所以173 s内
飞机飞行的水平距离为s＝＝5.8×104 m，所以v＝＝335 m/s。
答案：335 m/s
第4章 光的折射与全反射
　
光的折射与全反射
1．正确、灵活地理解应用折射率公式
(1)公式为n＝(i为真空中的入射角，r为某介质中的折射角)。
(2)根据光路可逆原理，入射角、折射角是可以随光路的逆向而“换位”的，我们可以这样来理解、记忆：折射率等于真空中光线与法线夹角的正弦跟介质中光线与法线夹角的正弦之比，再简单一点说就是大角的正弦与小角的正弦之比。
2．n的应用及有关数学知识
(1)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。
(2)应用n＝，能准确而迅速地判断出有关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．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。
1．(山东高考)如图4-1所示，ABCD是一直角梯形棱镜的横截面，位于截面所在平面内的一束光线由O点垂直AD边射入。已知棱镜的折射率n＝，AB＝BC＝8 cm，OA＝2 cm，∠OAB＝60°。
图4-1
(1)求光线第一次射出棱镜时，出射光线的方向。
(2)第一次的出射点距C________cm。
解析：(1)设发生全反射的临界角为C，由折射定律得
sin C＝
代入数据得C＝45°
光路图如图所示，由几何关系可知光线在AB边和BC边的入射角均为60°，均发生全反射。设光线在CD边的入射角为α，折射角为β，由几何关系得α＝30°，小于临界角，光线第一次射出棱镜是在CD边，由折射定律得n＝
代入数据得β＝45°
(2) cm
答案：(1)见解析　(2)
测介质折射率的方法
1．测玻璃的折射率
常用插针法：运用光在玻璃两个界面处的折射。
如图4-2所示为两面平行的玻璃砖对光路的侧移。用插针法找出与入射光线AO对应的出射光线O′B，确定出O′点，画出折射光线OO′，量出入射角i和折射角r，根据n＝计算出玻璃的折射率。
图4－2
2．测水的折射率
常见的方法有成像法、插针法、观察法、视深法等。
(1)成像法：
原理：利用水面的反射成像和水面的折射成像。
方法：如图4-3所示，在一盛满水的烧杯中，紧挨杯口竖直插一直尺，在直尺的对面观察水面，能同时看到直尺在水中的部分和露出水面部分的像，若从点P看到直尺在水下最低点的刻度B的像B′(折射成像)恰好跟直尺在水面上刻度A的像A′(反射成像)重合，读出AC、BC的长，量出烧杯内径d，即可求出水的折射率n＝ 。
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。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＝。
图4-4
(3)观察法：
原理：光的折射定律。
方法：取一圆筒，放在水平桌面上，如图4-5所示。从点A观察，调整视线恰好看到筒底边缘点B，慢慢向筒中注入清水至满，仍从点A观察，能看到筒底的点C，记录点C位置，量出简高h，筒的内径d及C到筒另一边缘D的距离l，则水的折射率n＝。
图4-5
(4)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4-6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，测出针尖距水面距离即为杯中水的视深h′，再测出水的实际深度h，则水的折射率n＝h/h′。
图4-6
2．已知游泳池的深度为H＝h，有人在游泳池边“竖直”向下观察池水的深度，池水的视深为h，则水的折射率为多少？
解析：由池底某点P发出的光线，在水中和空气中的光路如图所示。观察者在池边“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
sin θ1≈tan θ1＝①
sin θ2≈tan θ2＝②
根据折射定律有n＝③
将①②两式代入③式得n＝，
因H＝h
故解得n＝＝
答案：
(时间：60分钟　满分：100分)
一、选择题(共8小题，每小题6分，共48分，每小题只有一个选项正确。)
1．让光线斜射过一块两面平行的玻璃砖，以下判断中正确的是(　　)
A．出射光线的方向与玻璃的折射率有关，n越大，则偏向角越大
B．出射光线的方向与玻璃砖的厚度有关
C．光线通过玻璃砖后侧向移动而方向不变
D．光线通过玻璃砖时没有发生折射，出射光线方向不变
解析：选C　光线经过两次折射后，出射光线与入射光线的方向平行，即方向不变，但发生了侧移，C正确。
2．(福建高考)如图1所示，一束光由空气射向半圆柱体玻璃砖，O点为该玻璃砖截面的圆心，下图能正确描述其光路的是(　　)
图1
解析：选A　光只有从光密介质射向光疏介质且入射角大于全反射临界角时才会发生全反射现象，而玻璃相对于空气是光密介质，故B项错；由折射定律可知，光由空气射入玻璃，入射角大于折射角，D项错；由光路可逆原理可知，光由玻璃射入空气，入射角小于折射角，C项错，故A项对。
3．(四川高考)光射到两种不同介质的分界面，分析其后的传播情形可知(　　)
A．折射现象的出现说明光是纵波
B．光总会分为反射光和折射光
C．折射光与入射光的传播方向总是不同的
D．发生折射是因为光在不同介质中的传播速度不同
解析：选D　本题考查光的折射现象的相关知识，意在考查考生对光的折射现象的识记、理解等能力。光属于电磁波，是一种横波，另外光的折射现象的出现不能说明光是纵波，故A选项错误；当光从光密介质射向光疏介质，且入射角足够大时，会在分界面处发生全反射现象，此时只有反射光线而折射光线消失，故B选项错误；当光垂直射到两种不同介质的分界面时，折射光线与入射光线的传播方向是相同的，故C选项错误；当光射到两种不同介质的分界面时会发生折射现象，这是因为不同介质对光的(绝对)折射率n＝不同，即光在不同介质中的传播速度不同，故D选项正确。
4．一束光从空气射入折射率n＝的某种玻璃的表面，则以下说法错误的是(　　)
A．当入射角大于45°时，会发生全反射现象
B．无论入射角多大，折射角都不会超过45°
C．欲使折射角等于30°，应以45°角入射
D．当入射角等于arctan时，反射光线恰好跟折射光线垂直
解析：选A　对B项可以从光的可逆性考虑，即光线从介质射向空气，入射角为45°时，折射角为90°，反之，折射角不会超过45°，所以B正确；sin r＝，i＝45°，n＝时，等式成立，C正确；如图所示，∠1＝arctan，若反射光线与折射光线垂直，则∠3＝∠4＝90°－∠2，sin∠3＝＝，sin∠3＝cos∠2＝cos∠1＝与已知条件相符，故D正确。由于光线从光疏介质射向光密介质，不可能产生全反射现象，故本题选A。
5．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
解析：选C　由视深与实深的关系式h视＝可知b光的折射率最小，故③错误，即B、D两项均错；c光从水下照亮水面的面积比a的大，说明c光不容易发生全反射，即c光的折射率比a光的小，其频率也小于a的频率，故①错误，A项错误，综上可知nb＜nc＜na，fb＜fc＜fa，再由v＝及c＝λf可得②④均正确。
6.两束不同频率的平行单色光a、b从空气射入水中，发生了图2所示的折射现象(α＞β)。下列结论中正确的是(　　)
图2
A．光束b的频率比光束a低
B．在水中的传播速度，光束a比光束b小
C．水对光束a的折射率比水对光束b的折射率小
D．若光束从水中射向空气，则光束b的临界角比光束a的临界角大
解析：选C　由公式n＝，可得折射率na＜nb，C正确；由于na＜nb知频率fa＜fb，A错误；由v＝知传播速度va＞vb，B错误；由sin C＝知临界角，Ca＞Cb，D错误。
7.如图3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3
A.　　　　　　　　 　B.
C. D.
解析：选A　作出几何光路图，如图所示。由折射规律可得＝n，若光线在AC边上的D点发生全反射，则sin β＝，由几何关系又有r＝90°－β，结合以上三式可得n2＝，即n＝，正确答案为A。
8.如图4所示，直角三角形ABC为一透明介质制成的三棱镜截面，且∠BAC＝30°，有一束平行光线垂直射向AC面，已知这种介质的折射率为n＞2，则(　　)
图4
A．可能有光线垂直AB边射出
B．光线只能从BC边垂直射出
C．光线只能从AC边垂直射出
D．一定既有光线垂直BC边射出，又有光线垂直AC边射出
解析：选D　因为n＞2，而sin C＝，所以sin C＜，C＜30°，射到AB边的入射角i＝30°，发生了全反射，此光线反射到AC边的入射角i＝60°，再次发生全反射而垂直射到BC边上，从BC边射出，同理，射到BC边上的光线，经两次全反射后垂直AC射出。
二、非选择题(共4小题，共计52分。解答题写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
9．(12分)用圆弧状玻璃砖做测定玻璃折射率的实验时，先在白纸上放好圆弧状玻璃砖，在玻璃砖的一侧竖直插上两枚大头针P1、P2，然后在玻璃砖的另一侧观察，调整视线使P1的像被P2的像挡住，接着在眼睛所在的一侧插两枚大头针P3和P4，使P3挡住P1和P2的像，P4挡住P3以及P1和P2的像，在纸上标出大头针位置和圆弧状玻璃砖轮廓如图5甲所示(O为两圆弧圆心，图中已画出经过P1、P2点的入射光线)。
(1)在图上补画出所需的光路。
(2)为了测出玻璃的折射率，需要测量入射角和折射角，请在图中的AB分界面上画出这两个角。
(3)多次改变入射角，测得几组入射角和折射角，根据测得的入射角和折射角的正弦值，画出了如图乙所示的图像，由图像可知该玻璃的折射率n＝________。
图5
解析：(1)连接P3、P4与CD交于一点，此交点即为光线从玻璃砖中射出的位置，又由于P1、P2的连线与AB的交点即为光线进入玻璃砖的位置，连接两交点即可作出玻璃砖中的光线，如图所示。
(2)连接O点与光线在AB上的入射点即为法线，作出入射角和折射角如图中i、r所示。
(3)图像的斜率k＝＝n，由题图乙可知斜率为1.5，即玻璃的折射率为1.5。
答案：(1)(2)见解析　(3)1.5
10. (12分)透明光学材料制成的直角三棱镜，∠B＝30°，其折射率为，一束波长为566 nm的单色光垂直于AC面射向棱镜(如图6所示)，入射点为O，求：
图6
(1)此单色光在棱镜中的波长；
(2)该光射出棱镜时的折射角。
解析：(1)n＝＝ 　λ＝＝400 nm
(2)sin C＝＝　C＝45°＜60°
故光线在AB面发生全反射
光线在BC面的折射角为r　＝
解得r＝45°。
答案：(1)400 nm　(2)45°
11．(14分)(重庆高考)利用半圆柱形玻璃，可减小激光光束的发散程度。在如图7所示的光路中，A为激光的出射点，O为半圆柱形玻璃横截面的圆心，AO过半圆顶点。若某条从A点发出的与AO成α角的光线，以入射角i入射到半圆弧上，出射光线平行于AO，求此玻璃的折射率。
图7
解析：本题主要考查光的折射、折射率的计算，意在考查考生对光路分析和几何知识的运用能力。设折射角为r，根据光路图，寻找几何关系有i＝r＋α，又由折射率公式n＝，解得玻璃的折射率n＝。
答案：
12. (14分)(新课标全国卷)一个半圆柱形玻璃砖，其横截面是半径为R的半圆，AB为半圆的直径，O为圆心，如图8所示。玻璃的折射率为n＝。
图8
(1)一束平行光垂直射向玻璃砖的下表面，若光线到达上表面后，都能从该表面射出，则入射光束在AB上的最大宽度为多少？
(2)一细束光线在O点左侧与O相距R处垂直于AB从下方入射，求此光线从玻璃砖射出点的位置。
解析：(1)在O点左侧，设从E点射入的光线进入玻璃砖后在上表面的入射角恰好等于全反射的临界角θ，则OE区域的入射光线经上表面折射后都能从玻璃砖射出，如图甲所示。由全反射条件有
甲
sin θ＝①
由几何关系有OE＝Rsin θ②
由对称性可知，若光线都能从上表面射出，光束的宽度最大为l＝2OE③
联立①②③式，代入已知数据得l＝R④
(2)设光线在距O点R的C点射入后，在上表面的入射角为α，由几何关系及①式和已知条件得
α＝60°>θ⑤
光线在玻璃砖内会发生三次全反射，最后由G点射出，如图乙所示。由反射定律和几何关系得
乙
OG＝OC＝R⑥
射到G点的光有一部分被反射，沿原路返回到达C点射出。
答案：(1) R　(2)见解析
第1节 光的折射定律
　　　　　　 　　　　　　　　　　　　
1．光的折射是指光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向发生改变的现象；光的折射和反射中光路是可逆的。
2．光的折射中，入射角i的正弦与折射角r的正弦之比是一个常数，即n＝。
3．介质的折射率反映了光在介质中的偏折程度，折射率越大，光线偏离原方向的程度就越大。
4．某种介质的折射率n＝。同一种介质中，红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫各色光，红光的传播速度最大，折射率最小。

折射角与入射角的定量关系
[自读教材·抓基础]
1．光的折射
光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向发生改变的现象。
2．斯涅耳定律(折射定律)
折射光线与入射光线、法线处在同一平面内，折射光线与入射光线分别位于法线的两侧，入射角的正弦与折射角的正弦成正比，即＝n。
3．光路可逆原理
在光的反射现象和折射现象中，光路都是可逆的。
[跟随名师·解疑难]
对光的偏折方向的认识
即光线的偏折情况与介质的性质有关，如图4-1-1所示。
(1)如果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，并且随着入射角的增大(减小)折射角也会增大(减小)，如图甲所示。
(2)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)，如图乙所示。
图4-1-1
[特别提醒]　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)光是从光密介质射向光疏介质还是从光疏介质射向光密介质；
(3)必要的时候还需要借助光的可逆性原理；
(4)注意画图时一定要规范，光线与法线、光线的反向延长线等应用实线和虚线区分。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
一束光线从空气射向折射率为1.5的玻璃内，入射角为45°，则如图4-1-2的四个光路图中正确的是(　　)
图4-1-2
解析：选C　光在两介质的界面上通常同时发生反射和折射，所以A错误；由反射定律知反射角为45°，根据折射定律n＝得i＞r，故B错误；画光线时必须带箭头，D不是光路图，D错误。
折射率的意义
[自读教材·抓基础]
1．定义
光从真空射入某种介质发生折射时，入射角i的正弦与折射角r的正弦之比，用n表示，则n＝。
2．物理意义
反映了光在介质中的偏折程度。
3．折射率与光速的关系
光在不同介质中的速度不同，且都小于光在真空中的传播速度；某种介质的折射率，等于光在真空中的传播速度c与光在这种介质中的传播速度v之比，即n＝。
[跟随名师·解疑难]
对折射率的理解
(1)关于正弦值：当光由真空射入某种介质时，入射角、折射角以及它们的正弦值是可以改变的，但入射角与折射角的正弦值的比值是一个常数。
(2)折射率大小不仅反映了介质的折射本领，也反映了光在介质中传播速度的大小。不同介质具有不同的折射率，说明折射率反映了该介质的光学特征。
(3)介质的折射率n跟光在其中的传播速度v有关，即n＝。由于光在真空中的传播速度c大于光在任何介质中的传播速度v，所以任何介质的折射率n都大于1。因此，光从真空斜射入任何介质时，入射角均大于折射角；而光由介质斜射入真空时，入射角均小于折射角。
(4)介质的折射率是反映介质的光学性质的物理量，它的大小只能由介质本身及光的性质共同决定，不随入射角、折射角的变化而变化。
[特别提醒]　
(1)介质的折射率与介质的密度没有必然联系，密度大，折射率未必大，如水和酒精，水的密度较大，但水的折射率较小。
(2)介质的折射率由介质的性质和光的频率共同决定，与入射角和折射角无关。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
关于折射率，下列说法正确的是(　　)
A．光由真空射入介质时，根据＝n可知，介质的折射率与入射角的正弦成正比
B．光由真空射入介质时，根据＝n可知，介质的折射率与折射角的正弦成反比
C．根据n＝可知，介质的折射率与介质中的光速成反比，无光通过时，介质折射率为0
D．光由第一种介质进入第二种介质时，若入射角相同，不同色光的折射角不同
解析：选D　介质的折射率仅与介质本身及光的颜色有关，与入射角或折射角的大小无关，无光照射时，介质仍为原介质，折射率不会等于零，任何介质的折射率均大于1，故A、B、C错；光由一种介质进入另一种介质中时，对于不同颜色的光，入射角相同时，折射角不同，故D正确。
测量介质的折射率
[自读教材·抓基础]
1．实验目的
(1)明确光通过玻璃时的入射角、折射角。
(2)掌握测定玻璃折射率的方法。
2．实验原理
如图4-1-3所示为两面平行的玻璃砖对光路的侧移。用插针法找出与入射光线AO对应的出射光线O′B，确定出O′点，画出折射光线OO′，量出入射角i和折射角r，据n＝计算出玻璃的折射率。
图4-1-3
3．实验器材
白纸，图钉，大头针，直尺，铅笔，量角器，平木板和长方形玻璃砖。
4．实验步骤及调整安装
(1)将白纸用图钉按在绘图板上。
(2)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。
[跟随名师·解疑难]
1．注意事项
(1)实验时，尽可能将大头针竖直插在纸上，且P1和P2之间，P2与O点之间，P3与P4之间，P3与O′点之间距离要稍大一些。
(2)入射角i应适当大一些，以减小测量角度的误差。
(3)在操作时，手不能触摸玻璃砖的光洁面，更不能把玻璃砖界面当尺子画界线。
(4)在实验过程中，玻璃砖与白纸的相对位置不能改变。
(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。
2．数据处理
方法一：此实验是通过测入射角i和折射角r，然后查数学用表，找出入射角和折射角的正弦值，再代入n＝中求玻璃的折射率。
方法二：根据折射定律可得n＝，
因此有sin r＝sin i。
在多次改变入射角，测量相对应的入射角和折射角，以sin i值为横坐标、以sin r值为纵坐标，建立直角坐标系，如图4-1-4所示。描数据点，过数据点连线得一条过原点的直线。
求解图线斜率，设斜率为k，则k＝，　
故玻璃砖折射率n＝。
图4-1-4
方法三：在找到入射光线AO和折射光线OO′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，交NN′于C′、D′，用直尺量出CC′和DD′的长，如图4-1-5所示。
由于sin i＝，sin r＝，
图4-1-5
而＝，所以折射率：n1＝＝。
重复以上实验，求得各次折射率的值，然后求其平均值即为玻璃砖折射率的测量值。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
测定玻璃砖折射率的实验如图4-1-6所示，把玻璃砖放在白纸上之前应在纸上先画好图上的三条直线，它们分别是________、________、________，最后按正确的要求插上大头针P3、P4，由P3、P4的位置决定了光线________的方位，从而确定了折射光线________的方向。
图4-1-6
答案：aa′　NN′　AO　O′B　OO′
对折射现象的解释
[自读教材·抓基础]
1．光从水中射入空气时，折射角大于入射角，所以水中的物体看起来都比实际的要浅。
2．一束白光射入三棱镜时会发生色散现象，这是因为不同颜色的光在同一介质中的传播速度不同，折射率不同，其中红光的传播速度最大，折射率最小，经三棱镜后偏折程度最小，紫光的传播速度最小，折射率最大，经三棱镜后偏折最明显。
[跟随名师·解疑难]
1．光的色散现象说明白光是由红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七种色光组成的。
2．我们把射出棱镜的光线与入射光线方向的夹角叫通过棱镜的偏向角，如图4-1-7所示。实验表明，白光色散时，红光的偏向角最小，紫光的偏向角最大。这说明玻璃对不同色光的折射率是不同的，紫光的最大，红光的最小。
图4-1-7
3．由于介质中的光速v＝，故在同种介质中折射率大的光速小，各种色光在介质中的光速依次为v红＞v橙＞…＞v紫，即红光的速度最大，紫光的速度最小。
4．白光经过三棱镜后，在光屏上呈现七色光带；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。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
如图4-1-8所示，一细束a光和一细束b光平行射到同一个三棱镜上，经折射后交于光屏上的同一个点M，若用n1和n2分别表示三棱镜 对a光和b光的折射率，用v1和v2分别表示a光和b光在三棱镜中的光速，下列说法中正确的是(　　)
图4-1-8
A．n1＞n2，v1＜v2　　　　　 　B．n1＜n2，v1＜v2
C．n1＜n2，v1＞v2 D．n1＞n2，v1＞v2
解析：选A　由图可知，经三棱镜折射后，a光偏折比b光明显，故n1＞n2，由v＝得，v1＜v2，故A正确。

折射率的计算
[典题例析]
1．一个储油桶的底面直径与高均为d。当桶内没有油时，从点A恰能看到桶底边缘的点B，如图4-1-9甲所示。当桶内油的深度等于桶高的一半时，仍沿AB方向看去，恰好看到桶底上的点C，如图乙所示，C、B两点相距，求：
图4-1-9
(1)试在图乙中画出光路的示意图。
(2)油的折射率。
(3)光在油中传播的速度。
[思路点拨]　
(1)“恰好看到”表明人眼看到的是C点发出的光线经界面折射后进入人眼的边界光线。
(2)v＝。
解析：(1)画出的光路示意图如图所示。
(2)由题意和(1)中的光路图可得sin r＝，sin i＝，由折射定律得油的折射率n＝＝≈1.58。
(3)光在油中传播的速度v＝＝ m/s＝1.90×108 m/s。
答案：(1)见解析　(2)1.58　(3)1.90×108 m/s
[探规寻律]
利用光路图解决光的折射问题的方法
(1)根据题意画出正确的光路图。首先要找到入射的界面，同时准确地作出法线，再根据折射定律和入射光线画出折射光线，找到入射角和折射角，要注意入射角、折射角是入射光线、折射光线与法线的夹角。
(2)利用几何关系确定光路图中的边、角关系，与折射定律n＝中的各量准确对应。比如一定要确定出哪个角在分子上，哪个角在分母上。
(3)利用折射定律n＝、折射率与光速的关系n＝列方程，结合数学三角函数的关系进行运算。
[跟踪演练]
如图4-1-10所示，一束单色光射入一玻璃球体，入射角为60°。已知光线在玻璃球内经一次反射后，再次折射到空气中时与入射光线平行，求此玻璃的折射率。
图4-1-10
解析：如图所示为光线在玻璃球内的光路图，A、C为折射点，B为反射点，画OD平行于入射光线，故∠AOD＝∠COD＝60°，所以∠OAB＝30°，玻璃的折射率n＝＝。
答案：
折射中的色散问题
[典题例析]
2．(福建高考)一束由红、紫两色光组成的复色光，从空气斜射向玻璃三棱镜。下面四幅图中能正确表示该复色光经三棱镜折射分离成两束单色光的是(　　)
图4-1-11
[思路点拨]　不同色光在同种介质中的折射率不同，红光的偏折最小，紫光的偏折最大。
解析：光射向三棱镜经两次折射向底边偏折，紫光折射率最大，向底边偏折多，B对A、C、D错。
答案：B
[探规寻律]
(1)记忆各单色光的频率关系、在同种介质中的折射率大小关系和折射率的表达式是分析这类问题的关键。
(2)不要盲目记忆光通过三棱镜后向底边偏转的结论，这个结论只是在三棱镜内物质的折射率大于周围环境的折射率时才是对的，否则，光线向相反方向偏转。
[跟踪演练]
如图4-1-12所示，在水中有一厚度不计的薄玻璃片制成的中空三棱镜，里面是空气，一束光A从棱镜的左边射入，从棱镜的右边射出时发生了色散，射出的可见光分布在a点和b点之间，则(　　)
图4-1-12
A．从a点射出的是红光，从b点射出的是紫光
B．从a点射出的是紫光，从b点射出的是红光
C．从a点和b点射出的都是红光，从ab中点射出的是紫光
D．从a点和b点射出的都是紫光，从ab中点射出的是红光
解析：选B　 光从左边界面入射后，发生折射现象，此时光从光密介质射向光疏介质，由于水对紫光的折射率比对红光的大，所以在入射角相同的情况下，折射角不同，紫光的折射角大于红光，故a为紫光，b为红光。
对测定介质折射率的考查
[典题例析]
3．学校开展研究性学习，某研究性学习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4-1-13所示。在一个圆形木盘上过其圆心O作两条相互垂直的直径BC、EF，在半径OA上垂直圆盘面插下两枚大头针P1、P2并保持P1、P2的位置不变，每次测量时，让圆盘的BFC部分竖直浸入液体中，而且总使得液面与直径BC相平，EF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P所插的位置，就可直接读出液体折射率的值。则：
图4-1-13
(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？____________________________。
(3)作AO的延长线交圆周于K，K处所对应的折射率的值应为____________________。
[思路点拨]　
(1)在此题中∠AOF是入射角还是折射角？如何求介质的折射率？
提示：∠AOF是入射角，由于折射光线的可逆性，可以认为是空气中光线与法线夹角正弦值与介质中光线与法线夹角正弦值的比值等于介质的折射率。
(2)如何在圆周的EC部分预先测算并刻好折射率的值？
提示：利用折射定律可得介质的折射率等于P3或P4到EO距离与K到EO距离的比值。
解析：(1)根据光路的可逆性，令OP3与OE之间的夹角为入射角，i＝60°，r＝30°，则n＝＝＝。
(2)P4对应的入射角大，折射角相同，所以对应的折射率大。
(3)当在K位置时，入射角与折射角相等，所以折射率等于1。
答案：(1)　(2)P4　(3)1
[探规寻律]
折射定律的应用技巧
(1)利用直尺圆规正确规范地作出光路图是解决这类问题的前提和关键。
(2)利用光路的可逆性，研究从介质射向空气的光路时，可以看作是从空气射向介质。
(3)在折射现象中，介质的折射率等于空气中夹角正弦与介质中夹角正弦比值，而不考虑入射角还是折射角。
[跟踪演练]
“测定玻璃的折射率”实验中，在玻璃砖的一侧竖直插两个大头针A、B，在另一侧再竖直插两个大头针C、D。在插入第四个大头针D时，要使它________。图4-1-14是在白纸上留下的实验痕迹，其中直线a、a′是描在纸上的玻璃砖的两个边。根据该图可算得玻璃的折射率n＝________(计算结果保留两位有效数字)。
图4-1-14
解析：进行测定玻璃折射率的实验时，是利用插针法确定入射光与出射光的光路的。利用插大头针A、B得到进入玻璃的入射光线的光路，在另一侧插一枚大头针C使其挡住A、B的像，插入另一枚大头针D使其挡住C及A、B的像，从而确定出射光路。根据入射点和出射点的连线确定玻璃中的折射光路，并作出法线，用量角器量出入射角i和折射角r，根据折射定律n＝确定玻璃的折射率。
答案：挡住C及A、B的像　1.8(1.6～1.9都算对)

[课堂双基落实]
1．若某一介质的折射率较大，那么(　　)
A．光由空气射入该介质时折射角较大
B．光由空气射入该介质时折射角较小
C．光在该介质中的速度较大
D．光在该介质中的速度较小
解析：选D　由n＝可知，光由空气射入介质时的折射角r是由折射率n和入射角i共同决定的，所以A、B均错；由n＝可知，介质的折射率越大，光在该介质中的速度越小，故C错，D正确。
2．测定玻璃的折射率时，为了减小实验误差，下列分析错误的是(　　)
A．玻璃砖的宽度宜大些
B．入射角应尽量小些
C．大头针应垂直地插在纸面上
D．大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些
解析：选B　根据实验的注意事项及误差因素可知选项A、C、D正确；B项中的入射角应尽量大些而不是小些，故B错。
3．光在某种玻璃中的传播速度是×108 m/s，要使光由玻璃射入空气时折射光线与反射光线成90°夹角，则入射角应是(　　)
A．30°　　　　　　　　　 　B．60°
C．45° D．90°
解析：选A　依题意作出光路图如图所示。
折射角：θ2＝90°－θ1′＝90°－θ1
玻璃折射率：n＝＝＝
由折射定律知：n sin θ1 ＝ sin θ2 ＝ sin(90°－θ1)＝cos θ1
即tan θ1 ＝＝，得θ1＝30°。
4.如图4-1-15所示，半圆形玻璃砖的半径R＝10 cm，折射率为n＝，直径AB与屏幕MN垂直并接触于A点。激光a以入射角θ1＝30°射入玻璃砖的圆心O，在屏幕MN上出现了两个光斑。求这两个光斑之间的距离L。
图4-1-15
解析：作出光路图如图所示。
据折射定律知＝
所以sin θ2＝nsin θ1＝
θ2＝60°
由图知L1＝Rtan 60°，L2＝Rtan 30°
所以L＝L1＋L2＝R(tan 60°＋tan 30°)≈0.23 m。
答案：0.23 m
[课下综合检测]
(时间：30分钟　满分：50分)
一、选择题(共6小题，每小题5分，共30分，每小题只有一个选项正确)
1．如果光以同一入射角从真空射入不同介质，则折射率越大的介质(　　)
A．折射角越大，表示这种介质对光线的偏折作用越大
B．折射角越大，表示这种介质对光线的偏折作用越小
C．折射角越小，表示这种介质对光线的偏折作用越大
D．折射角越小，表示这种介质对光线的偏折作用越小
解析：选C　根据折射定律n＝，在入射角相同的情况下，折射角越小的介质，其折射率越大，该介质对光的偏折作用越大；反之，折射角越大的介质，其折射率越小，该介质对光的偏折作用越小，所以正确的选项应该是C。
2．一束单色光经由空气射入玻璃，这束光的(　　)
A．速度变慢，波长变短
B．速度不变，波长变短
C．频率增高，波长变长
D．频率不变，波长变长
解析：选A　光从空气射入玻璃中，其频率f不变；又由n＝c/v，推出速度v变小；再由v＝λf，推出λ变小。故选项A正确。
3．在水中同一深度并排放着红、蓝、紫三种颜色的球，若在水面正上方俯视这三个球，感觉最浅的是(　　)
A．紫色球　　　　　　　 　B．蓝色球
C．红色球 D．三个球同样深
解析：选A　在视深公式h′＝h/n中，h′为看到的深度，h为实际深度，n为折射率，因为水对紫光的折射率最大，所以看到最浅的是紫色球。
4．“井底之蛙”这个成语常被用来讽刺没有见识的人，现有井口大小和深度相同的两口井，一口是枯井，一口是水井(水面在井口处)，两井底都各有一只青蛙，则(　　)
A．水井中青蛙看到井外的范围比较大
B．水井中青蛙看到井外的范围比较小
C．水井中青蛙与枯井中青蛙看到井外的范围一样大
D．无法比较它们看到的范围大小
解析：选A　由于折射的原因，光线在水中的折射角小于在空气中的入射角，所以水中青蛙看到的范围更大一些，A项正确。
5.实验表明，可见光通过三棱镜时各色光的折射率n随波长λ的变化符合科西经验公式：n＝A＋＋，其中A、B、C是正的常量。太阳光进入三棱镜后发生色散的情形如图1所示。则(　　)
图1
A．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　根据公式可知，波长越长三棱镜对光的折射率越小，在各色光中，红光的波长最长，折射率最小，折射程度最小；紫光的波长最短，折射率最大，折射程度最大，因此D项正确。
6．(北京高考)以往，已知材料的折射率都为正值(n>0)。现已有针对某些电磁波设计制作的人工材料，其折射率可以为负值(n<0)，称为负折射率材料。位于空气中的这类材料，入射角i与折射角r依然满足＝n，但是折射线与入射线位于法线的同一侧(此时折射角取负值)。现空气中有一上下表面平行的负折射率材料，一束电磁波从其上表面射入，下表面射出。若该材料对此电磁波的折射率n＝－1，正确反映电磁波穿过该材料的传播路径的示意图是
(　　)
图2
解析：选B　根据题述该材料的折射率n＝－1，由折射定律可知，入射角和折射角相等，且处于法线的同侧，所以正确反映电磁波穿过该材料的传播路径的示意图是图B。
二、非选择题(共2小题，共20分)
7．(8分)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，做出的光路图及测出的相关角度如图3所示。
图3
(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。
解析：n＝＝＝，由实验的注意事项可知应选用宽度大的玻璃砖来测量，减小实验误差。
答案：(1)　(2)大
8．(12分)(江苏高考)Morpho蝴蝶的翅膀在阳光的照射下呈现出闪亮耀眼的蓝色光芒，这是因为光照射到翅膀的鳞片上发生了干涉。电子显微镜下鳞片结构的示意图如图4所示。一束光以入射角i从a点入射，经过折射和反射后从b点出射。设鳞片的折射率为n，厚度为d，两片之间空气层厚度为h。取光在空气中的速度为c，求光从a到b所需的时间t。
图4
解析：设光在鳞片中的折射角为γ，
由折射定律得sin i＝nsin γ
在鳞片中传播的路程l1＝，传播速度v＝，传播时间t1＝
解得t1＝
同理，在空气中的传播时间t2＝
则t＝t1＋t2＝＋
答案：见解析
第2、3节 光的全反射__光导纤维及其应用
　　　　　　　　　　　　　　　　　1．光疏介质和光密介质是相对的，区分光疏介质和光密介质要看两种介质折射率的大小关系。
2．光从光密介质射向光疏介质，且入射角达到临界角时，将发生全反射，全反射是一种特殊的光学现象。
3．全反射现象在日常生活中有很多应用，如光导纤维利用全反射来传输信号。

全反射及其产生条件
[自读教材·抓基础]
1．光疏介质和光密介质的概念
两种不同的介质，折射率较小的介质叫做光疏介质，折射率较大的介质叫做光密介质。
2．全反射现象
(1)全反射及临界角的概念：
①全反射：光从光密介质射入光疏介质时，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。
②临界角：刚好发生全反射(即折射角等于90°)时的入射角。用字母C表示。
(2)全反射的条件：
①光从光密介质射入光疏介质。
②入射角大于等于临界角。
(3)临界角与折射率的关系：
①定量关系：光由介质射入空气(或真空)时，sin C＝(公式)。
②定性关系：介质折射率越大，发生全反射的临界角越小，越容易发生全反射。
[跟随名师·解疑难]
1．光疏介质和光密介质的比较
光的传播速度
折射率
光疏介质
大
小
光密介质
小
大
2．对全反射的理解
(1)全反射是光的折射的特殊现象，全反射现象还可以从能量变化的角度加以理解。当光线从光密介质射入光疏介质，在入射角逐渐增大的过程中，反射光的能量逐渐增强，折射光的能量逐渐减弱，当入射角等于临界角时，折射光的能量已经减弱为零，发生了全反射。
(2)全反射遵循的规律：光由光密介质进入光疏介质发生全反射时，仍然遵守反射定律。有关计算仍可依据反射定律进行。
(3)光从光密介质射向光疏介质时，只要入射角大于或等于临界角C，一定会发生全反射现象。
[特别提醒]
(1)光疏介质、光密介质是两种介质相比较而言的，只有一种介质，无法确定它是光疏介质还是光密介质。
(2)分析光的全反射时，关键是根据临界条件画出恰好发生全反射的光路图，再利用几何知识分析边角关系。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
光从一种介质射到另一种介质时，发生了全反射，则全反射发生在(　　)
A．折射率较小的介质中　　 　B．折射率较大的介质中
C．光速较大的介质中 D．入射角小于临界角
解析：选B　光从光密介质射到光疏介质才可能发生全反射，且要求入射角大于或等于临界角，而光密介质的折射率大、光速小。
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小，从远处物体射向地面的光线的入射角大于临界角时发生全反射，人们就会看到远处物体的倒影。
2．全反射棱镜
(1)形状：截面为等腰直角三角形的棱镜。
(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全反射，光射出棱镜时，传播方向改变了90°。
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全反射，使光的传播方向改变了180°。
③全反射棱镜的反射性能比镀银的平面镜更好。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
空气中两条光线a和b从方框左侧入射，分别从方框下方和上方射出，其框外光线如图4-2-1所示。方框内有两个折射率n＝1.5的玻璃全反射棱镜。图4-2-2中给出了两棱镜的四种放置方式的示意图，其中能产生图4-2-1效果的是(　　)

图4-2-1
图4-2-2
解析：选B　画出入射光线与出射光线反向延长线的交点则为发生全反射的位置，再根据光的传播方向的变化，可知B正确。
光导纤维及其应用
[自读教材·抓基础]
1．原理
利用了全反射原理。
2．构造
光导纤维是非常细的特制玻璃丝，直径从几微米到几十微米之间，由内芯和外层透明介质两层组成。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。
3．应用
光纤通信先将声音信号转换为光信号，利用光纤把光信号输出；到接收端再将光信号还原为声音信号。
4．主要优点
容量大、能量损耗小、抗干扰能力强，保密性好等。
[跟随名师·解疑难]
1．理解光导纤维的工作原理
(1)全反射是光导纤维的基本工作原理。全反射的条件是：光由光密介质射入光疏介质，且入射角大于或等于临界角。临界角C的大小满足：sin C＝。
(2)光导纤维的构造就是为了满足光的全反射。光纤一般由折射率较大的玻璃内芯和折射率较小的外层透明介质组成。光在光纤内传播时，由光密介质入射到光疏介质，若入射角i≥C(临界角)，光就会在光纤内不断发生全反射。实际用的光导纤维是非常细的特制玻璃丝，直径只有几微米到一百微米之间，在内芯和外套的界面上发生全反射，如图4-2-3所示。
图4-2-3
2．光纤通信
光也是一种电磁波，它可以像无线电波那样，作为载体来传递信息。载有声音、图像以及各种数字信号的激光从光纤一端输入，就可以传到千里之外的另一端，实现光纤通信。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
光导纤维的结构如图4-2-4所示，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4-2-4
A．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，从而使载有声音、图像以及各种数字信号的激光在光纤中远距离传递，故只有A对。

对全反射现象的考查
[典题例析]
1．在厚度为d、折射率为n的大玻璃板下表面，有一个半径为r的圆形发光面。为了从玻璃板的上方看不见这个圆形发光面，可在玻璃板的上表面贴一块圆形纸片，问所贴纸片的最小半径应为多大？
[思路点拨]　画光路图―→确定临界角―→求最小半径
解析：　根据题意，光路图如图所示，图中S点为圆形发光面边缘上的一点。由该点发出的光线能射出玻璃板的范围由临界光线SA确定，当入射角大于临界角C时，光线就不能射出玻璃板了。
图中Δr＝dtan C＝d，
而sin C＝，则cos C ＝，
所以Δr＝。
故应贴圆纸片的最小半径R＝r＋Δr＝r＋。
答案：r＋
[探规寻律]
解答这一类问题要抓住折射定律和发生全反射的条件。而解决全反射问题的关键为：
(1)准确地作出光路图。
(2)抓住特殊光线的分析，尤其是正确找出边界光线。如果发生全反射，则刚好发生全反射的临界光线就是边界光线。
(3)正确利用几何知识或结合临界角与折射率的关系解决。
[跟踪演练]
如图4-2-5，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(　　)
图4-2-5
A．减弱，紫光　　　　　 　B．减弱，红光
C．增强，紫光 D．增强，红光
解析：选C　光在传播时随入射角增大，反射光能量增强，折射光能量减少。根据能量守恒定律可知，当折射光线变弱或消失时反射光线的强度将增强，故A、B两项均错；在七色光中紫光频率最大且最易发生全反射，故光屏上最先消失的光是紫光，故C项正确，D项错误。
光导纤维的工作原理
[典题例析]
2．由于激光是亮度高、平行度好、单色性好的相干光，所以光导纤维中用激光作为信息高速传输的载体。要使射到粗细均匀的圆形光导纤维一个端面上的激光束都能从另一个端面射出，而不会从侧壁“泄漏”出来，光导纤维所用材料的折射率至少应为多大？
[审题指导]　
第一步　抓关键点
关键点
获取信息
光导纤维
工作原理：全反射
光束不会侧漏
光束在侧壁发生全反射
第二步　找突破口
“从一个端面射入，从另一个端面射出”，根据这句话画出入射、折射及全反射的光路图，根据全反射的知识求解问题。
解析：设激光束在光导纤维端面的入射角为i，折射角为α，折射光线射向侧面时的入射角为β，如图所示。令入射角i＝90°，光线刚好能在侧壁发生全反射。由折射定律得n＝，由几何关系得α＋β＝90°，则sin α＝cos β。由全反射临界角的公式得sin β＝，则cos β＝。又i＝90°，则sin i＝1，故n＝＝＝＝，解得n＝。故要保证从端面射入的任何光线都能发生全反射，光导纤维的折射率应满足n≥。
答案：n≥
[探规寻律]
一定要对光线变化过程进行分析，当入射角i从零逐渐增大的过程中，折射角α也增大，折射光线入射到侧壁的入射角β是减小的，如果当i增大到90°时，仍有β大于或等
于临界角，题目要求就能满足，其临界条件是i＝90°，β＝arcsin。找不出这个条件，就无法入手解答。
[跟踪演练]
如图4-2-6所示，是两个城市间的光缆中的一条光导纤维的一段，光缆总长为L，它的玻璃芯的折射率为n1，外层材料的折射率为n2。若光在空气中的传播速度近似为c，则对于光由它的一端射入经多次全反射后从另一端射出的过程中，则下列判断中正确是(　　)
图4-2-6
A．n1＜n2，光通过光缆的时间等于
B．n1＜n2，光通过光缆的时间大于
C．n1＞n2，光通过光缆的时间等于
D．n1＞n2，光通过光缆的时间大于
解析：选D　光从光密介质射入光疏介质，才可能发生全反射，故n1＞n2；光在内芯传播的路程s＝，光在内芯的传播速度v＝，所以t＝＝，故D正确。

[课堂双基落实]
1．在医学上，光导纤维可以制成内窥镜，用来检查人体胃、肠、气管等器官的内部。内窥镜有两组光导纤维，一组用来把光输送到人体内部，另一组用来进行观察。光在光导纤维中的传输利用了(　　)
A．光的折射　　　　　　 　B．光的衍射
C．光的干涉 D．光的全反射
解析：选D　光导纤维简称光纤，是利用全反射的原理来传播光信号的，通常光纤是由内芯和外套两层组成，内芯的折射率比外套的大，光传播时在内芯和外套的界面上发生全反射。
2．一束光线从折射率为1.5的玻璃内射向空气，在界面上的入射角为45°。如图4-2-7所示的四个光路图中，正确的是(　　)
图4-2-7
解析：选A　sin C＝＝3．酷热的夏天，在平坦的柏油公路上，你会看到在一定距离之外，地面显得格外明亮，仿佛是一片水面，似乎还能看到远处车、人的倒影，但当你靠近“水面”时，它也随你的靠近而后退，对此现象正确的解释是(　　)
A．此“水面”存在，但在较远的地方
B．“水面”不存在，是由于酷热难耐，人产生的幻觉
C．太阳辐射到地面，使地表空气温度升高，折射率变大，发生全反射
D．太阳辐射到地面，使地表空气温度升高，折射率变小，发生全反射
解析：选D　考查光的折射、全反射。酷热的夏天地面温度高，地表附近空气的密度小，空气的折射率下小上大，远处车、人反射的太阳光由光密介质射入光疏介质发生全反射。
4.如图4-2-8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4-2-8
(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°。
由折射定律得n＝
联立解得n＝。
(2)当入射光线向N端平移时，射到EF面上的入射角将增大，所以能发生全反射。
答案：(1)　(2)能
[课下综合检测]
(时间：30分钟　满分：50分)
一、选择题(共6小题，每小题5分，共30分，每小题只有一个选项正确。)
1．已知介质对某单色光的临界角为C，则下列说法错误的是(　　)
A．该介质对单色光的折射率等于
B．此单色光在该介质中的传播速度为c·sin C(c是光在真空中的传播速度)
C．此单色光在该介质中的传播波长是在真空中波长的sin C倍
D．此单色光在该介质中的频率是在真空中的倍
解析：选D　由临界角的计算式sin C＝得n＝，选项A正确；将n＝代入sin C＝得sin C＝，故v＝csin C，选项B正确；设该单色光的频率为f，在真空中的波长为λ0，在介质中的波长为λ，由波长、频率、光速的关系得c＝λ0f，v＝λf，故sin C＝＝，λ＝λ0sin C，选项C正确；该单色光由真空传入介质时，频率不发生变化，选项D错误。
2．一束光线由空气斜射入横截面为半圆形的玻璃砖，再由玻璃砖射出，入射光线的延长线沿半径，则如图1所示的光路图正确的是(　　)
图1
A．①②　　　　　　　 　B．②③
C．③④ D．①④
解析：选D　在玻璃砖的下边，由于光是从光密介质到光疏介质，在这个面上有可能发生光的折射，如果入射角大于临界角，则发生全反射。由光的折射定律和全反射的知识，很容易看出①④图正确，答案为D。
3. (重庆高考)打磨某剖面如图2所示的宝石时，必须将OP、OQ边与轴线的夹角θ切割在θ1<θ<θ2的范围内，才能使从MN边垂直入射的光线，在OP边和OQ边都发生全反射(仅考虑如图所示的光线第一次射到OP边并反射到OQ边后射向MN边的情况)，则下列判断正确的是(　　)
图2
A．若θ>θ2，光线一定在OP边发生全反射
B．若θ>θ2，光线会从OQ边射出
C．若θ<θ1，光线会从OP边射出
D．若θ<θ1，光线会在OP边发生全反射
解析：选D　题图中，要使光线可在OP边发生全反射，图中光线在OP边上的入射角大于90°－θ2。从OP边上反射到OQ边的光线，入射角大于90°－(180°－3θ1)＝3θ1－90°可使光线在OQ边上发生全反射。若θ＞θ2，光线不能在OP边上发生全反射；若θ＜θ1，光线不能在OQ边上发生全反射，综上所述，选项D正确。
4.如图3所示，两束频率不同的光束A和B分别沿半径方向射入半圆形玻璃砖，出射光线都是OP方向，下列说法正确的是(　　)
图3
A．A对玻璃砖的折射率较大
B．A穿过玻璃砖所需的时间较长
C．光由玻璃射向空气发生全反射时，A的临界角小
D．光由玻璃射向空气发生全反射时，B的临界角小
解析：选D　根据光线可逆，两束光在空气中的入射角相等，A光的折射角大、折射率小；v＝，折射率小的，在介质中的传播速度大，时间短，故A、B错；sin C＝，折射率小的，临界角大，所以B的临界角小。故D正确。
5. (四川高考)如图4所示，口径较大、充满水的薄壁圆柱形浅玻璃缸底有一发光小球，则(　　)
图4
A．小球必须位于缸底中心才能从侧面看到小球
B．小球所发的光能从水面任何区域射出
C．小球所发的光从水中进入空气后频率变大
D．小球所发的光从水中进入空气后传播速度变大
解析：选D　根据光的传播规律解决问题。
发光小球沿水平方向发出的光，均能射出玻璃缸，不发生全反射，选项A错误；小球发出的光射到水面上时，当入射角大于等于临界角时，会发生全反射，选项B错误；光的频率由光源决定，光由一种介质进入另一种介质时，光的频率不变，选项C错误；根据n＝，光在水中的传播速度较小，选项D正确。
6.如图5所示是一个圆柱体棱镜的截面图，图中E、F、G、H将半径OM分成5等份，虚线EE1、FF1、GG1、HH1平行于半径ON，ON边可吸收到达其上的所有光线。已知该棱镜的折射率n＝，若平行光束垂直入射并覆盖OM，则光线(　　)
图5
A．不能从圆弧NF1射出
B．只能从圆弧NG1射出
C．能从圆弧G1H1射出
D．能从圆弧H1M射出
解析：选B　由该棱镜的折射率为n＝可知其临界角C满足sin C＝＝，由题图中的几何关系可求出GG1右边的入射光线全部发生全反射，GG1左边的入射光线没有发生全反射，所以光线只能从圆弧NG1射出，选项B正确。
二、非选择题(共2小题，共20分)
7．(8分)(江苏高考)如图6为单反照相机取景器的示意图，ABCDE为五棱镜的一个截面，AB⊥BC。光线垂直AB射入，分别在CD和EA上发生反射，且两次反射的入射角相等，最后光线垂直BC射出。若两次反射都为全反射，则该五棱镜折射率的最小值是多少？(计算结果可用三角函数表示)
图6
解析：本题考查光的全反射规律的应用，意在考查考生对光路的分析能力及全反射规律的应用能力。
光线在棱镜中的光路图如图所示，根据反射定律和题设条件，得4α＝90°，所以入射角α＝22.5°
根据全反射规律，sin C＝
故sin 22.5°≥
所以n≥，即折射率的最小值为。
答案：
8．(12分)(山东高考)如图7，三角形ABC为某透明介质的横截面，O为BC边的中点，位于截面所在平面内的一束光线自O以角i入射，第一次到达AB边恰好发生全反射。已知θ＝15°，BC边长为2L，该介质的折射率为。求：
图7
(ⅰ)入射角i;
(ⅱ)从入射到发生第一次全反射所用的时间
(设光在真空中的速度为c，可能用到：sin 75°＝或tan 15°＝2－)。
解析：(ⅰ)根据全反射规律可知，光线在AB面上P点的入射角等于临界角C，由折射定律得
sin C＝①
代入数据得
C＝45°②
设光线在BC面上的折射角为r，由几何关系得
r＝30°③
由折射定律得
n＝④
联立③④式，代入数据得
i＝45°⑤
(ⅱ)在△OPB中，根据正弦定理得
＝⑥
设所用时间为t，光线在介质中的速度为v，得
＝vt⑦
又v＝⑧
联立⑥⑦⑧式，代入数据得
t＝L⑨
答案：见解析
第5章 光的干涉 衍射 偏振
干涉与衍射的比较
干涉
衍射
现象
在光重叠区域出现加强或减弱的现象
光绕过障碍物偏离直线传播的现象
产生
条件
两束光频率相同、相位差恒定，即必须是相干光源
障碍物或孔的尺寸与波长差不多(明显衍射的条件)
典型
实验
杨氏双缝实验、薄膜干涉
单缝衍射(圆孔衍射、不透明圆盘衍射)
图样
特点
中央明纹，两边等间距分布的明暗相间条纹
中央最宽最亮，两边不等间距分布的明暗相间条纹
应用
检查平面、增透膜、测定波长
1．图5-1是研究光的双缝干涉的示意图。不透光的挡板上有两条平行狭缝S1、S2，用单色红光照射双缝，由S1和S2发出的红光到达屏上时会产生干涉条纹，则以下说法正确的是
(　　)
图5-1
A．若只减小两条狭缝S1、S2之间的距离，条纹间距将增大
B．若只减小两条狭缝与屏之间的距离，条纹间距将增大
C．若只在两条狭缝与屏之间插入一块与屏平行的平板玻璃砖，条纹间距将增大
D．若只把用红光照射改用绿光照射，条纹间距将增大
解析：由Δy＝λ，d减小，Δy增加，故A对；若减小狭缝与屏间距l，Δy减小，故B错；若在狭缝与屏间放一平行玻璃砖，光在玻璃砖中的路程为原来的n倍，由此可知P1S2－P1S1＞λ，故中间条纹不动，一级条纹应靠近中央条纹，条纹间距变小，故C错；将红光换成绿光后，λ变小，Δy变小，故D错。
答案：A
光的波动性的应用
(1)利用双缝干涉测光的波长等物理量
单色光发生双缝干涉时会在屏上形成明暗相间的条纹，且条纹间距满足公式Δy＝λ。若已知Δy、l、d，则可求λ；若已知l、d、λ，则可求Δy。
(2)利用薄膜干涉检查薄膜厚度变化或检查工件表面是否平整，还可以使光增透或增反。
在薄膜干涉图样中，同一条纹对应同一厚度的薄膜，所以条纹形状与薄膜等厚线的形状一致。
(3)利用单缝衍射确定缝宽
单缝衍射的条纹宽度与缝宽和波长有确定的关系，根据条纹宽度的变化情况即可确定缝宽的变化情况。
(4)利用偏振片改变光的强度
自然光经镜面反射后的反射光为偏振光，偏振片的偏振化方向与光的偏振方向的夹角不同，则透过偏振片的光强度也就不同，根据这一原理可以有效地减少反射光的影响。
2．下列关于光的现象的说法中正确的是(　　)
A．用白光做双缝干涉实验时，屏上从中央条纹向外，紫光的亮条纹偏离中央的距离最大
B．白光单缝衍射时，偏离中央亮条纹远的是红光
C．白光经三棱镜折射发生色散，红光偏向角最大
D．涂有增透膜的照相机镜头看上去呈淡紫色，说明增透膜增强了对淡紫色光的透射
解析：白光中紫光的波长最短，根据双缝干涉实验知，明(暗)条纹间距Δy与波长λ成正比，由此可知紫光的亮条纹间距最小，因而其亮条纹偏离中央亮条纹的距离最小。单缝衍射中，红光波长最长，其偏离中央亮条纹最远。白光经三棱镜色散，因为紫光折射率最大，所以紫光的偏向角最大。涂有增透膜的照相机镜头呈淡紫色，是因为薄膜干涉使白光中的绿光透射多，而红光和紫光反射较多。故选项B正确。
答案：B
(时间：60分钟　满分：100分)
一、选择题(共8小题，每小题6分，共48分，每小题只有一个选项正确。)
1．有两个不同光源所发出的两束白光落在同一点上，不会产生干涉现象。这是因为(　　)
A．两个光源发出的光的频率不同
B．两个光源发出的光的强度不同
C．两个光源的光速不同
D．这两个光源是彼此独立的，不是相干光源
解析：选D　本题考查相干光的条件。题中两光源发出的光都是白光，频率不确定没法比较，选项A错误；光的强度对光是否产生干涉没有影响，所以B错误；光速在真空中是确定的，但它对光的干涉也没有影响，选项C错误；题中所给的是两个独立光源，二者产生的光不是相干光，选项D正确。
2．如图1所示，一束自然光通过起偏器照射到光屏上，则图中光屏上不发亮的是(起偏器上用箭头表示其透射方向)(　　)
图1
解析：选C　自然光通过起偏器后成为偏振光，当偏振光的振动方向与偏振方向平行时能够通过，垂直时不能通过，故A、B、D能发亮，C不能。
3．(大纲全国卷)在双缝干涉实验中，一钠灯发出的波长为589 nm的光，在距双缝1.00 m的屏上形成干涉图样。图样上相邻两明纹中心间距为0.350 cm，则双缝的间距为(　　)
A．2.06×10－7 m　　　　　　 　B．2.06×10－4 m
C．1.68×10－4 m D．1.68×10－3 m
解析：选C　根据双缝干涉图样的相邻两明条纹间距公式Δy＝λ ，可得：d＝λ＝ m＝1.68×10－4 m，选项C正确，ABD错误。
4．下列应用激光的事例中错误的是(　　)
A．利用激光进行长距离精确测量
B．利用激光进行通信
C．利用激光进行室内照明
D．利用激光加工坚硬材料
解析：选C　利用激光的方向性强可进行长距离测距；利用激光通过光导纤维以及光的全反射原理进行光纤通信；利用激光的高能量可加工坚硬材料，所以本题应选C。
5．如图2所示的四个图形中，著名的泊松亮斑的衍射图样是(　　)
图2
解析：选B　泊松亮斑的图样特点为中心是一个亮点，亮点周围有一个大的阴影区，然后才是明暗相间的条纹。
6.某研究性学习小组用激光束照射圆孔和不透明圆板后，分别得到如图3所示的衍射图样。据此可以判断出(　　)
图3
A．甲是光线射到圆孔后的衍射图样，乙是光线射到圆板后的衍射图样
B．乙是光线射到圆孔后的衍射图样，甲是光线射到圆板后的衍射图样
C．甲、乙都是光线射到圆孔后的衍射图样，甲孔的直径较大
D．甲、乙都是光线射到圆板后的衍射图样，乙板的直径较大
解析：选A　甲图的衍射图样为明暗相间的圆环，而乙图为在影的中心有一个亮斑——泊松亮斑，故甲为光线通过圆孔后形成的衍射图样，乙为光线射到不透光的圆板上形成的衍射图样，故A正确。
7．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信号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
解析：选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光的薄膜干涉现象，故A错误。用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的折射形成的色散现象，故B错误。在光导纤维束内传送信号是利用光的全反射现象，故C错误。光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象，故D正确。
8．如图4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4
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
解析：选C　由双缝干涉条纹间距公式Δy＝λ可知：增大S1与S2的间距d，Δy将减小，A项错误；减小双缝屏到光屏的距离l，Δy将减小，B项错误；红光波长大于绿光，λ变大，Δy将变大，C项正确；紫光波长小于绿光，λ变小，Δy将变小，D项错误。
二、非选择题(共4小题，共52分。解答题应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
9．(8分)(上海高考)如图5，在“观察光的衍射现象”实验中，保持缝到光屏的距离不变，增加缝宽，屏上衍射条纹间距将________(选填：“增大”“减小”或“不变”)；该现象表明，光沿直线传播只是一种近似规律，只有在________________________________________
情况下，光才可以看作是沿直线传播的。
图5
解析：根据缝的宽度越小衍射现象越明显可知，增加缝宽，可以使条纹间距离减小；光遇到障碍物时，当障碍物的尺寸与波长接近时，会发生明显的衍射现象，当障碍物较大时，光近似沿直线传播。
答案：减小　光的波长比障碍物小得多
10．(16分)在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，某同学安装实验装置如图6所示，调试好后能观察到清晰的干涉条纹。
图6
(1)根据实验装置知，②③④依次是______、________、________。
(2)某次实验时，该同学调节分划板的位置，使分划板中心刻线对齐某亮纹的中心，如图7所示，此时螺旋测微器的读数为________ mm。
图7
(3)转动手轮，使分划线向一侧移动到另一条亮纹的中心位置，再次从螺旋测微器上读数。若实验测得4条亮纹中心间的距离为Δx＝0.960 mm，已知双缝间距为d＝1.5 mm，双缝到屏的距离为l＝1.00 m，则对应的光波波长λ应为多少？
解析：(1)滤光片　单缝　双缝
(2)螺旋测微器的读数为1.180 mm。
(3)相邻两条亮(暗)纹间的距离：
Δx′＝＝ mm＝0.320 mm
λ＝＝ mm＝4.8×10－4 mm。
答案：见解析
11．(14分)如图8所示，在真空中波长为600 nm的激光束从A点射入圆形玻璃介质。
图8
(1)试证明：无论入射角多大，该激光束都能从玻璃中射出。
(2)若该激光束经折射从B点射出，射出玻璃与射入玻璃的光线夹角为30°，AB弧所对的圆心角为120°，求该激光束在玻璃中的波长。
解析：(1)证明：设从A点入射的入射角为θ1，折射角为θ2，根据对称性，射出时的入射角也为θ2，＝n，
sin θ2＝sin θ1＜，所以θ2＜C，所以无论入射角多大，该激光束都能从玻璃中射出。
(2)由几何关系得：激光进入玻璃时，入射角θ1＝45°，折射角θ2＝30°。
根据折射定律：＝n，得n＝。
激光在玻璃中的波长λ＝＝300 nm。
答案：(1)见解析　(2)300 nm
12．(14分)在做双缝干涉实验时，用波长λ1＝0.60 μm的光和另一波长未知的光一起照射到两个间距未知的狭缝上，结果发现已知波长的第4级明条纹和未知波长的第5级明条纹重合，则未知光的波长是多少？
解析：设未知光的波长为λ2，根据条纹间距公式Δy＝λ，
有y4＝
y5′＝
依题意有y4＝y5′
故λ2＝λ1＝×0.6 μm＝0.48 μm。
答案：0.48 μm
第1节 光的干涉
　　　　　　　　　　　　　 1．杨氏双缝干涉实验证明光是一种波。
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频率和振动方向。
3．在双缝干涉实验中，相邻两条亮纹或暗纹间的距离Δy＝λ，可利用λ＝Δy测定光的波长。
4．由薄膜两个面反射的光波相遇而产生的干涉现象叫薄膜干涉。

光的干涉及其产生条件
[自读教材·抓基础]
1．实验现象
在屏上出现明暗相间的条纹。相邻两条亮纹或暗纹间的距离Δy＝λ，式中的d表示两缝间距，l表示两缝到光屏的距离，λ为光波的波长。
2．实验结论
证明光是一种波。
3．光的相干条件
相同的频率和振动方向。
[跟随名师·解疑难]
1．杨氏双缝干涉实验原理透析
(1)双缝干涉的装置示意图：实验装置如图5-1-1所示，有光源、单缝、双缝和光屏。
图5-1-1
(2)单缝的作用：获得一个线光源，使光源有唯一的频率和振动情况，如果用激光直接照射双缝，可省去单缝，杨氏那时没有激光，因此他用强光照亮一条狭缝，通过这条狭缝的光再通过双缝发生干涉。
(3)双缝的作用：平行光照射到单缝S上，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。
2．光屏上某处出现亮、暗条纹的条件
频率相同的两列波在同一点引起的振动发生叠加，如亮条纹处某点同时参与的两个振动步调总是一致，即振动方向总是相同，总是同时过最高点、最低点、平衡位置；暗条纹处振动步调总相反，具体产生亮、暗条纹的条件为：
(1)亮条纹的条件：光屏上某点P到两缝S1和S2的路程差正好是波长的整数倍或半波长的偶数倍。
即|1－2|＝kλ＝2k·(k＝0,1,2,3，…)
(2)暗条纹的条件：光屏上某点P到两缝S1和S2的路程差正好是半波长的奇数倍。
即|1－2|＝(2k＋1)(k＝0,1,2,3，…)
3．双缝干涉图样的特点
(1)单色光的干涉图样：
若用单色光作光源，则干涉条纹是明暗相间的条纹，且条纹间距相等。如图5-1-2所示中央为亮条纹，两相邻亮纹(或暗纹)间距离与光的波长有关，波长越大，条纹间距越大。
图5-1-2
(2)白光的干涉图样：若用白光作光源，则干涉条纹是彩色条纹，且中央条纹是白色的，这是因为：
①从双缝射出的两列光波中，各种色光都能形成明暗相间的条纹，各种色光都在中央条纹处形成亮条纹，从而复合成白色条纹。
②两相邻亮(或暗)条纹间距与各色光的波长成正比，即红光的亮条纹间距宽度最大，紫光的亮条纹间距宽度最小，即除中央条纹以外的其他条纹不能完全重合，这样便形成了彩色干涉条纹。
[特别提醒]
(1)双缝干涉实验的双缝必须很窄，且双缝间的距离必须很小。
(2)双缝干涉中，双缝的作用主要就是用双缝获得相干光源。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试射手)
如图5-1-3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5-1-3
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
解析：选C　由双缝干涉条纹间距公式Δy＝λ可知，要增大条纹间距，可以增大双缝到屏的距离，减小双缝间距，选用波长更长的单色光，因此C项正确。
科学探究——测定光的波长
[自读教材·抓基础]
1．实验目的
(1)观察白光及单色光的干涉图样；
(2)掌握用公式Δy＝λ测定单色光的波长的方法。
2．实验原理
双缝间的距离d已知，双缝到屏的距离l可以测定，相邻两条亮纹或暗纹间的距离Δy根据手轮上的读数测出，根据公式λ＝Δy可计算波长λ。
3．实验步骤
(1)在光具座上只装上光源和遮光筒(不带单、双缝)，调节光源高度，使它发出的一束光能沿着遮光筒的轴线把屏照亮。
(2)放好单缝和双缝，其间距为5～10 cm，且使缝相互平行，中心大致位于遮光筒的轴线上。
(3)光源与单缝间放上滤光片，仔细调节目镜，观察单色光的干涉条纹。撤去滤光片，观察白光的干涉条纹。
(4)加上滤光片，通过目镜观察单色光的干涉条纹，同时调节手轮，使分划板的中心刻线对齐第1条亮条纹的中心，记下手轮的读数。然后继续转动手轮使分划板移动，直到分划板的中心刻线对齐第n条亮纹的中心，记下此时手轮的读数。
(5)将两次手轮的读数相减，求出n条亮纹间的距离a，则相邻亮纹间距Δy＝，利用公式λ＝Δy，求出此单色光的波长λ。(d、l在仪器中均可读出)
(6)换用不同的滤光片，观察干涉条纹间距离的变化，并求出相应的波长。
[跟随名师·解疑难]
1．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，双缝到单缝的距离应相等。
(3)为了减小测量误差，测条纹间距Δy时，先测出n条亮(暗)纹间的距离a，再求出相邻的两条亮(暗)纹间的距离Δy＝。
(4)某种颜色的滤光片只能让这种颜色的光通过，其他颜色的光不能通过。因此，加装滤光片的目的是获得单色光。
2．误差分析
本实验为测量性实验，因此应尽一切办法减小有关测量的误差，即l和Δy的测量误差。
(1)l的测量误差：因本实验中，双缝到屏的距离非常长，l的测量误差不太大，但也应选用mm刻度尺测量，并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测量多条亮条纹间距时读数不准确。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
在双缝干涉实验中，以下说法正确的是(　　)
A．狭缝的作用是使入射光线到达双缝时，双缝就成了两个振动情况完全相同的光源
B．若入射光是白光，光屏上产生的条纹是黑白相间的干涉条纹
C．光屏上某点到双缝的距离差为入射光波长的1.5倍，该点处一定是亮条纹
D．双缝干涉图样中，亮条纹之间距离相等，暗条纹之间距离不相等
解析：选A　双缝干涉实验中，狭缝的作用就是产生一个线光源，使得光到达双缝时，使双缝振动情况完全相同，形成一对相干光源，选项A正确；由实验现象知，入射光是白光时，屏上产生的是彩色条纹，选项B错误；屏上某点到双缝的距离差为入射光波长的1.5倍，即半波长的奇数倍，应为暗条纹，选项C错误；由Δy＝λ知，干涉条纹不管是明条纹之间，还是暗条纹之间都是等间距的，选项D错误。
薄膜干涉及其应用
[自读教材·抓基础]
1．定义
由薄膜两个面反射的光波相遇而产生的干涉现象称为薄膜干涉。
2．应用
(1)检查平面的平整程度。
(2)光学镜头上的增透膜。
[跟随名师·解疑难]
1．薄膜干涉的成因
如图5-1-4所示，竖直放置的肥皂薄膜由于受到重力的作用，下面厚、上面薄，因此在薄膜上不同的地方，从膜的前、后表面反射的两列光波叠加。在某些位置，这两列波叠加后相互加强，则出现亮条纹；在另一些地方，叠加后相互削弱，则出现暗条纹。故在单色光照射下，就出现了明暗相间的干涉条纹；若在白光照射下，则出现彩色干涉条纹。
图5-1-4
说明：(1)眼睛应与光源在同一侧才能看到干涉条纹，因为条纹是由从薄膜前、后两表面反射的光发生干涉形成的，不是由通过薄膜的光形成的；
(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)两列光的路程差是薄膜厚度的两倍。
2．薄膜干涉的应用
(1)增透膜：照相机、望远镜的镜头表面常镀一层透光的薄膜，薄膜的上表面与玻璃表面反射的光发生干涉，由于只有一定波长(一定颜色)的光干涉时才会相互加强，所以镀膜镜头看起来是有颜色的。镀膜厚度不同，镜头的颜色也不一样。一般增透膜的厚度是光在薄膜介质中传播的波长的，即d＝，若厚度为绿光在薄膜中波长的，则镜头看起来呈淡紫色。
(2)用干涉法检查平面：如图5-1-5甲所示，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，入射光从空气薄膜的上、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，空气薄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，那里的空气薄膜产生的干涉条纹将发生弯曲，如图乙所示。
图5-1-5
[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，由于总能量守恒，透射光的能量必然得到增强。增透膜是通过“消反”来确保“增透”的。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
如图5-1-6所示为一显示薄膜干涉现象的实验装置，P是附有肥皂膜的铁丝圈，S是一点燃的酒精灯。往火焰上洒些盐后，在肥皂膜上观察到的干涉图样应是(　　)
图5-1-6
图5-1-7
解析：选D　薄膜竖直放置，上端薄，下端厚，同一水平位置的薄膜的厚度相同，出现的干涉条纹应是水平的，故选项D正确。

双缝干涉的规律
[典题例析]
1．在双缝干涉实验中，光屏上某点P到双缝S1和S2的路程差为7.5×10－7 m，如果用频率为6.0×1014 Hz的黄光照射双缝，试问：
(1)该黄光的波长是多少？
(2)试通过计算分析P点是出现亮条纹还是暗条纹？
[思路点拨]
(1)由c＝λf变换得λ＝，可求得波长；
(2)比较路程差Δs与波长λ的数量关系，确定P点出现亮条纹还是暗条纹。
解析：λ＝＝ m＝5×10－7 m
Δs＝7.5×10－7 m＝λ，所以是暗条纹。
答案：(1)5×10－7 m　(2)暗条纹
[探规寻律]
判断干涉条纹亮、暗的方法
(1)判断屏上某点为亮条纹还是暗条纹，要看该点到两个光源(双缝)的路程差(光程差)与波长的比值。
(2)要记住：路程差等于波长整数倍处出现亮条纹，等于半波长奇数倍处出现暗条纹。
(3)上述结论成立的条件：两个光源情况完全相同。
[跟踪演练]
如图5-1-8所示，在用单色光做双缝干涉实验时，若单缝S从双缝S1、S2的中央对称轴位置处稍微向上移动，则(　　)
图5-1-8
A．不再产生干涉条纹
B．仍可产生干涉条纹，且中央亮纹P的位置不变
C．仍可产生干涉条纹，中央亮纹P的位置略向上移
D．仍可产生干涉条纹，中央亮纹P的位置略向下移
解析：选D　本实验中单缝S的作用是形成频率一定的线光源，双缝S1、S2的作用是形成相干光源，稍微移动S后，没有改变传到双缝的光的频率，由S1、S2射出的仍是相干光，由单缝S发出的光到达屏上P点下方某点的光程差为零，故中央亮纹下移。
对测定光的波长的考查
[典题例析]
2．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，要把它们放在图5-1-9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5-1-9
(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应为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条亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图5-1-10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Δy为________ mm。
图5-1-10
(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________ m。
[思路点拨]
(1)单缝和双缝间距离为5～10 cm，保持缝的相互平行。
(2)测量条纹宽度，采取“积累法”减小测量误差。
解析：(1)该实验仪器放置的顺序：C、E、D、B、A。
(2)在安装时，应注意单缝和双缝间距离为5～10 cm，保持缝的相互平行。
(3)图甲的读数是2.320 mm，图乙的读数是13.870 mm，则
Δy＝ mm＝2.310 mm。
(4)由公式Δy＝λ得λ＝Δy，代入数据解得λ＝6.6×10－7 m。
答案：(1)E、D、B　(2)单缝和双缝间距离为5～10 cm　单缝和双缝保持缝的相互平行　(3)13.870　2.310　(4)Δy　6.6×10－7
[探规寻律]
测量条纹间距Δy的方法
若直接测相邻两条亮纹的间距Δy，相对误差较大，可如图5-1-11那样，转动手轮，使分划板中心刻线与左侧标1的那条清晰亮条纹的中心对齐，记下手轮上的读数y1；然后使分划板右移，让分划板中心刻线与标7的那条亮条纹的中心对齐，记下手轮上的读数y7，则Δy＝。
图5-1-11
[跟踪演练]
(福建高考)在“用双缝干涉测光的波长”实验中(实验装置如图5-1-12)：
图5-1-12
(1)下列说法哪一个是错误的____________。(填选项前的字母)
A．调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时，应放上单缝和双缝
B．测量某条干涉亮纹位置时，应使测微目镜分划板中心刻线与该亮纹的中心对齐
C．为了减少测量误差，可用测微目镜测出n条亮纹间的距离a，求出相邻两条亮纹间距Δx＝
(2)测量某亮纹位置时，手轮上的示数如图5-1-13，其示数为________mm。
图5-1-13
解析：(1)在“用双缝干涉测光的波长”实验中，首先应取下遮光筒左侧的元件，调节光源高度，使光束直接沿遮光筒轴线把屏照亮，故选项A错误；根据实验操作可知选项B、C正确。
(2)读数为1.5 mm＋47.0×0.01 mm＝1.970 mm。
答案：(1)A　(2)1.970
薄膜干涉的考查
[典题例析]
3．为了减少光在透镜表面由于反射带来的损失，可在透镜表面涂上一层增透膜，一般用折射率为1.38的氟化镁，为了使波长为5.52×10－7 m的绿光在垂直表面入射时使反射光干涉相互抵消，求所涂的这种增透膜的厚度。
[思路点拨]　解答本题时应注意以下两点：
(1)绿光在膜中的波长与在真空中的波长大小关系。
(2)薄膜厚度与绿光波长的大小关系。
解析：由于人眼对绿光最敏感，所以通常所用的光学仪器其镜头表面所涂的增透膜的厚度只使反射的绿光干涉相互抵消，但薄膜的厚度不宜过大，只须使其厚度为绿光在膜中波长的，使绿光在增透膜的前后两个表面上的反射光互相抵消，而光从真空进入某种介质后，其波长会发生变化。
若绿光在真空中波长为λ0，在增透膜中的波长为λ，由折射率与光速的关系和光速与波长及频率的关系得
n＝＝，即λ＝
那么，增透膜的厚度
h＝λ＝＝ m＝1×10－7 m
答案：1×10－7 m
[探规寻律]
增反膜、增透膜均是薄膜干涉现象的应用。增反膜是增加反射光，膜前后表面两次反射的光程差为光在该膜中波长的整数倍，反射光得到加强，膜的厚度至少为光在膜中波长的；而增透膜是为了增加透射光，减弱反射光，膜的厚度为光在膜中波长的。
[跟踪演练]
劈尖干涉是一种薄膜干涉，其装置如图5-1-14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)任意一条亮条纹或暗条纹所在位置下面的薄膜厚度相等；(2)任意相邻亮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5-1-14
A．变疏　　　　　　　　 　B．变密
C．不变 D．消失
解析：选A　光线在空气膜的上、下表面发生反射，并发生干涉，从而形成干涉条纹。设空气膜顶角为θ，d1、d2处为两相邻亮条纹，如图所示，则此两处的光程分别为δ1＝2d1，δ2＝2d2。
因为光程差δ2－δ1＝λ，所以d2－d1＝λ。
设此两相邻亮纹中心的距离为Δl，则由几何关系得＝tan θ，即Δl＝。当抽去一张纸片θ减小，Δl增大，故选A。

[课堂双基落实]
1．光通过双缝后在屏上产生彩色条纹，若用红色和绿色玻璃各挡住一缝，则屏上将出现
(　　)
A．黄色的干涉条纹　　　 　B．红绿相间的条纹
C．黑白相间条纹 D．无干涉条纹
解析：选D　红光和绿光的频率不同，不能产生干涉现象。
2. (江苏高考)某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到图5-1-15甲所示的条纹，仅改变一个实验条件后，观察到的条纹如图乙所示。他改变的实验条件可能是(　　)
图5-1-15
A．减小光源到单缝的距离
B．减小双缝之间的距离
C．减小双缝到光屏之间的距离
D．换用频率更高的单色光源
解析：选B　根据条纹间距公式Δy＝λ可知，若增大条纹间距，可以采取的措施有：换用波长更长、频率更低的单色光源，减小双缝间的距离d，增大双缝到屏的距离l，故选项B正确。
3.如图5-1-16所示是用光学的方法来检查一物体表面平整程度的装置，其中A为标准平板，B为被检查其表面平整程度的物体，C为单色入射光，如果要说明能检查平面平整程度的道理，则需要用到下列哪些光学概念(　　)
图5-1-16
A．反射和干涉 B．全反射和干涉
C．反射和衍射 D．全反射和衍射
解析：选A　此装置是应用了薄膜干涉，在标准平板和被检查表面间有一楔形的空气薄膜，用单色光照射时，入射光从空气薄膜的上、下表面反射出两列光波，形成干涉条纹。若干涉条纹平行则表面平整，由以上分析可知，如果要说明能检查平面平整程度，需用到光的反射和光的干涉两个概念，A正确，B、C、D错误。
4．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，前后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。
解析：相邻两暗条纹间距
Δy＝＝ m＝1.5×10－3 m
由Δy＝λ得，该单色光的波长为
λ＝＝ m＝4.5×10－6 m
答案：4.5×10－6 m
[课下综合检测]
(时间：30分钟　满分：50分)
一、选择题(共6小题，每小题5分，共30分，每小题只有一个选项正确。)
1．双缝干涉实验中观察到红光的干涉图样是(　　)
A．一系列明暗相间的同心圆
B．一些杂乱无章的点
C．平行、等间距的明暗相间的条纹
D．条纹中间宽、两边窄
解析：选C　单色光的双缝干涉条纹为平行、等距、明暗相间的条纹，C正确，A、B、D错误。
2．(上海高考)白光通过双缝后产生的干涉条纹是彩色的，其原因是不同色光的(　　)
A．传播速度不同　　　　 　B．强度不同
C．振动方向不同 D．频率不同
解析：选D　白光是由各种不同颜色的单色光组成的复色光，而光的颜色由频率决定，不同色光，频率不同，故D正确。
3．用如图1所示的实验装置观察光的薄膜干涉现象。图(a)是点燃的酒精灯(在灯芯上洒些盐)，图(b)是竖立的附着一层肥皂液膜的金属丝圈。将金属丝圈在其所在的竖直平面内缓慢旋转，观察到的现象是(　　)
图1
A．当金属丝圈旋转30°时干涉条纹同方向旋转30°
B．当金属丝圈旋转45°时干涉条纹同方向旋转90°
C．当金属丝圈旋转60°时干涉条纹同方向旋转30°
D．干涉条纹保持原来状态不变
解析：选D　金属丝圈的转动，改变不了肥皂液膜的上薄下厚的形状，由干涉原理可知干涉条纹与金属丝圈在该竖直平面内的转动无关系，仍然是水平的干涉条纹，D对。
4．如图2甲所示为双缝干涉实验的装置示意图，图乙为用绿光进行实验时，在屏上观察到的条纹情况，a为中央亮条纹；丙图为换用另一颜色的单色光做实验时观察到的条纹情况，a′为中央亮条纹，则下列说法正确的是(　　)
图2
A．丙图可能是用红光实验产生的条纹，表明红光波长较长
B．丙图可能是用紫光实验产生的条纹，表明紫光波长较长
C．丙图可能是用紫光实验产生的条纹，表明紫光波长较短
D．丙图可能是用红光实验产生的条纹，表明红光波长较短
解析：选A　由两单色光的干涉条纹可知Δya＜Δya′，又因Δy＝λ，所以λa＜λa′，A正确。
5．在双缝干涉实验中，当用波长为λ1的单色光照射时，观察到屏上P点处恰为从O数起的第三条亮条纹，如图3所示。当换用波长为λ2(λ2＞λ1)的单色光做实验时，从O点向上数起第三条亮纹的位置(　　)
图3
A．在P点上方 B．仍在P点
C．在P点下方 D．无法确定
解析：选A　由Δy＝λ可知，相邻两条亮条纹(或暗条纹)间的距离与波长λ有关，λ增大时，条纹间距Δy增大，故A正确。
6．市场上有一种灯具俗称“冷光灯”，用它照射物体时能使被照物体处产生的热效应大大降低，从而广泛地应用于博物馆、商店等处。这种灯降低热效应的原因之一是在灯泡后面放置的反光镜玻璃表面上镀一层薄膜(例如氟化镁)，这种膜能消除玻璃表面反射回来的热效应最显著的红外线，以λ表示此红外线在薄膜中的波长，则所镀薄膜的厚度最小应为(　　)
A．λ/8 B．λ/4
C．λ/2 D．λ
解析：选B　要消除红外线的反射，必须使红外线在薄膜的两个面上反射光的路程差正好等于红外线半波长λ/2的奇数倍，即Δs＝(2k＋1)λ/2，其中Δs为光在薄膜两个面上反射的路程差，即Δs＝2d，Δs的最小值为λ/2，所以2d＝λ/2，即薄膜的最小厚度d为λ/4，答案B是正确的。
二、非选择题(共2小题，共20分)
7．(10分)用双缝干涉测光的波长，实验中采用双缝干涉仪，它包括以下元件：
A．白炽灯 B．单缝
C．光屏 D．双缝
E．滤光片(其中双缝和光屏连在遮光筒上)
(1)把以上元件安装在光具座上时，正确的排列顺序是：A________(A已写好)。
(2)正确调节后，在屏上观察到红光干涉条纹，用测量头测出10条红亮纹间的距离为a；改用绿色滤光片，其他条件不变，用测量头测出10条绿亮纹间的距离为b，则一定有________大于________。
解析：双缝干涉仪各组成部分在光具座上的正确排序为光源、滤光片、单缝、双缝、光屏。
由Δy＝λ知，波长越长，条纹越宽，间距越大，可得出a一定大于b。
答案：(1)E、B、D、C　(2)a　b
8．(10分)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的单色光垂直照射双缝，试分析判断P点应出现亮条纹还是暗条纹？分别为第几条亮条纹或暗条纹？
解析：如图所示，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；当Δr等于单色光半波长的奇数倍时，S2达到波峰时，S1达到波谷，这样由S1和S2发出的光在P点互相抵消，出现暗条纹。频率为f1的单色光的波长λ1＝＝ m＝0.6×10－6 m＝0.6 μm，频率为f2的单色光的波长λ2＝＝ m＝0.4×10－6 m＝0.4 μm。可见Δr1＝λ1，Δr2＝λ2。可见，用频率为f1的单色光照射时，P处应出现亮条纹，且为第一条亮条纹；用频率为f2的单色光照射时，P处应出现暗条纹，且为第二条暗条纹。
答案：见解析
第2节 光的衍射
　　　　　　　　　　　　　　　
1．光通过很窄的障碍物、缝或很小的孔时，不再沿直线传播，即发生了衍射现象。
2．当小孔或障碍物的尺寸比光的波长小或跟波长差不多时，会产生明显的衍射现象。
3．光学仪器上用的透镜相当于一个圆孔，透镜直径越小，产生的衍射现象越明显，分辨本领越低。

衍射现象
[自读教材·抓基础]
1．衍射现象
光在传播过程中，遇到障碍物或小孔时，光不再沿直线传播，而是绕到原来应该是阴影的范围之内；当小孔的直径取某些特定值时，在圆形亮斑的中心还会出现一个黑斑。这种现象称为光的衍射。
2．明显衍射条件
在障碍物或小孔的尺寸可以跟波长相比，甚至比波长还小的时候，衍射现象十分明显。
[跟随名师·解疑难]
　　 1.单缝衍射的图样有哪些特点？
(1)中央条纹亮而宽。如图5-2-1所示。
(2)两侧亮纹具有对称性，亮纹宽度逐渐变窄，亮度逐渐减弱。
(3)波长一定时，单缝较窄的中央条纹较宽，各条纹间距较宽；单缝宽度不变时，光波波长较长的中央条纹较宽，各条纹间距较宽。
(4)白光的单缝衍射条纹是中央为白色亮纹，两侧为彩色条纹，且外侧呈红色，靠近白色亮纹的条纹内侧为紫色。
图5-2-1
2．圆孔衍射的图样有哪些特点？
(1)中央是大且亮的圆形亮斑，周围分布
着明暗相间的同心圆环，且越靠外，圆形亮条纹的亮度越弱，宽度越小。如图5-2-2所示。
图5-2-2
(2)用不同色光照射圆孔时，得到的衍射图样的大小和位置不同，波长越长，中央圆形亮斑的直径越大。
(3)同一种单色光，圆孔越小，中央亮斑半径越大，同时亮度越弱。
(4)白光的圆孔衍射图样中，中央是大且亮的白色光斑，周围是彩色同心圆环。
(5)只有当圆孔足够小时，才能得到明显的衍射图样，在圆孔由较大直径逐渐减小的过程中，光屏依次得到几种不同现象——圆形亮斑(光的直线传播)、光源的像(小孔成像)、明暗相间的圆环(衍射图样)、完全黑暗。
3．圆盘衍射的图样又有哪些特点？
(1)圆盘衍射图样的中央有个亮斑——泊松亮斑，外侧为明、暗相间的同心圆，且亮度越来越暗，亮环或暗环间的距离随着半径的增大而减小，如图5-2-3所示。
图5-2-3
(2)多数情况下，光照到较大的障碍物或孔上时是按照直线传播的规律传播的，在它们的后面留下阴影或光斑。如果障碍物、缝或小孔都小到与照射光的波长差不多(或更小)，光就表现出明显的衍射现象，在它们的后面形成泊松亮斑、明暗相间的条纹或圆环。
[特别提醒]　光遇小孔、单缝或障碍物时，衍射现象只有明显不明显之分，无发生不发生之别。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
下列说法不正确的是(　　)
A．当光的波长比圆孔的直径大时，可以产生明显的衍射现象
B．衍射现象的研究表明“光沿直线传播”只是一种近似规律
C．用平行的单色光垂直照射不透明的小圆板，在圆板的后面发现圆板阴影中心处有一亮斑，这是光的干涉现象
D．隔着帐幔看远处的灯，见到灯周围隔射彩色的光芒，这是光的衍射现象
解析：选C　产生明显衍射现象的条件是光波的波长与障碍物的尺寸相近，而一般物体的尺寸比光波的波长大得多，所以A、B正确；用平行的单色光垂直照射不透明的小圆板，在圆板的后面发现圆板阴影中心处有一亮斑，这是著名的泊松亮斑，是光的衍射现象，C错误；远处灯发出的光经过帐幔的缝隙产生衍射，因此可见灯周围辐射彩色的光芒，D正确。
衍射对分辨本领的影响
1.一个光学仪器的分辨率本领是指将两个相互靠近的物体的像分离开来的能力。
2．光学显微镜和望远镜等光学仪器，其透镜就相当于圆孔，透镜直径越小，产生的衍射现象越明显，分辨本领就越低。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
障碍物或孔的尺寸不同，光的一些行为有所不同，光的波长不同，发生的一些光行为也不同，下列说法中正确的是(　　)
A．波长越长的光，越容易发生衍射，因此要提高光学仪器的分辨率应尽量使用波长大的光或口径小的透镜
B．波长越短的光，衍射越不明显，越容易沿直线传播，因此遥感卫星应尽可能利用波长短的光
C．小孔成像的原理是光的直线传播，小孔衍射的原理也是光的直线传播
D．小孔成像遵守光路可逆原理，单缝衍射和双缝干涉不遵守光路可逆
解析：选D　提高光学仪器的分辨本领应减少衍射影响，所以要利用波长短的光或口径大的透镜，故A错；卫星遥感要克服大气层对光的遮挡作用，因此应使用波长长的红外线，故B错；小孔衍射是一种衍射现象，不遵守光的直线传播规律，也不遵守光路可逆原理，故C错，D对。
衍射光栅
1.结构
有许多等宽的狭缝等距离排列起来形成光学元件。狭缝的个数越多，衍射条纹的宽度越窄，亮度越高。
2．衍射图样的特点
与单缝衍射相比，衍射条纹的宽度变窄，亮度增加。
3．衍射光栅的种类
反射光栅和透射光栅。[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
孔雀开屏时羽毛上形成闪烁绚丽的色彩，瀑布在阳光下呈现的彩虹以及通过狭缝观察发光的日光灯时看到的彩色条纹，这些现象分别属于(　　)
A．光的干涉、色散和衍射现象
B．光的干涉、衍射和色散现象
C．光的衍射、色散和干涉现象
D．光的衍射、干涉和色散现象
解析：选A　孔雀细密的羽毛就像有规律地排列在一起的反射光栅，使多束反射光相互干涉。瀑布溅起的小水滴相当于棱镜，在阳光下呈现的彩虹是色散现象。通过狭缝观察发光的日光灯时看到的彩色条纹是光的衍射现象，故A正确。

对衍射图样的考查
[典题例析]
1.在一次观察光的衍射的实验中，观察到如图5-2-4所示的清晰的明暗相间的图样，那么障碍物应是(黑线为暗线)(　　)
图5-2-4
A．很小的不透明的圆板
B．很大的中间有大圆孔的不透明的圆板
C．很大的不透明的圆板
D．很大的中间有小圆孔的不透明的圆板
[思路点拨]
(1)知道圆孔衍射和圆板衍射的图样特点。
(2)能够分辨两种衍射图样。
解析：图样为清晰的衍射图样，故B错；图样中心为亮斑，说明障碍物为D；若为A，则中央有一个小亮点，亮点外为大暗环；若为C，则图样为大暗斑，只是边缘稍模糊。
答案：D
[探规寻律]
区分圆孔衍射和不透光圆盘衍射的图样
中心圆心处为小亮斑(即泊松亮斑)且中心圆环为较宽的暗环时为圆盘衍射；若中心为大的圆形亮斑，中心圆环为细而窄的暗纹时为圆孔衍射。
[跟踪演练]
某同学使用激光器作光源，在不透光的挡板上开一条缝宽为0.05 mm的窄缝，进行光的衍射实验，如图5-2-5所示，则他在光屏上看到的条纹是(　　)
图5-2-5
图5-2-6
解析：选B　单缝衍射条纹中间宽，两侧越来越窄，又由于单缝是水平的，衍射条纹也是水平的，故B对。
单缝衍射与双缝干涉
[典题例析]
2．如图5-2-7所示是4幅明暗相间的条纹图样，分别是红光、蓝光各自通过同一个双缝干涉仪器形成的干涉图样以及黄光、紫光各自通过同一个单缝形成的衍射图样(黑色部分表示亮纹)。则下面的四幅图从左到右排列，亮条纹的颜色依次是(　　)
图5-2-7
A．红　黄　蓝　紫　　　　 　B．红　紫　蓝　黄
C．蓝　紫　红　黄 D．蓝　黄　红　紫
[思路点拨]看条纹宽度―→确定是干涉还是衍射―→条纹间距―→
解析：双缝干涉条纹是等间距的条纹，单缝衍射条纹是中间最宽、两边越来越窄的条纹，因此1、3是干涉条纹，2、4是衍射条纹。干涉条纹中，光的波长越长，条纹越宽，因此1是红光，3是蓝光。同一单缝衍射中，波长越长，条纹越宽，因此2是紫光，4是黄光。
答案：B
[探规寻律]
单缝衍射与双缝干涉的比较
单缝衍射
双缝干涉
不同点
产生条件
只要狭缝足够小，任何光都能发生
频率相同的两列光波相遇叠加
条纹宽度
条纹宽度不等，中央最宽
条纹宽度相等
条纹间距
各相邻条纹间距不等
各相邻条纹等间距
亮度
中央条纹最亮，两边最暗
条纹清晰，亮度基本相等
相同点
成因
明暗相间的条纹，都是光波叠加时加强或削弱的结果
意义
都是波特有的现象，表明光是一种波
[跟踪演练]
(上海高考)如图5-2-8为红光或紫光通过双缝或单缝所呈现的图样，则(　　)
图5-2-8
A．甲为紫光的干涉图样
B．乙为紫光的干涉图样
C．丙为红光的干涉图样
D．丁为红光的干涉图样
解析：选B　对于干涉条纹，明条纹和暗条纹在比较多的条数之内都保持宽度相等，且波长越大，条纹越宽；对于衍射条纹，条纹宽度中间大，两边逐渐减小。由于红光波长大于紫光波长，故红光条纹比紫光条纹宽，因此甲是红光干涉图样，乙是紫光干涉图样，丙是红光衍射图样，丁是紫光衍射图样，故选项B对，A、C、D错。

[课堂双基落实]
1．关于衍射，下列说法错误的是(　　)
A．衍射现象中条纹的出现是光叠加后产生的结果
B．双缝干涉中也存在衍射现象
C．一切波都能发生衍射现象
D．影的存在是一个与衍射现象相矛盾的客观事实
解析：选D　衍射图样是很复杂的光波叠加现象，双缝干涉中光通过三个狭缝时均发生衍射现象，一般现象中既有干涉又有衍射。一切波都能发生衍射，但要发生明显的衍射，需要满足障碍物的尺寸小于或相当于波长的条件。
2．春季我国沙尘天气较多，沙尘暴是由于土地沙化引起的一种恶劣的气象现象。发生沙尘暴时能见度只有几十米，天空变黄发暗，这是由于在这种情况下(　　)
A．只有波长较短的一部分光才能到达地面
B．只有波长较长的一部分光才能到达地面
C．只有频率较大的一部分光才能到达地面
D．没有光能够到达地面
解析：选B　发生沙尘暴时，由于沙尘悬浮在空中，只有波长较长的一部分光通过衍射才能到达地面。故选项B正确。
3．单色光源发出的光经一狭缝，照射到光屏上，在图5-2-9中可观察到的图象是(　　)
图5-2-9
解析：选A　光的双缝干涉条纹是等间距、等宽度的明暗相间的条纹，而在光的单缝衍射图样中，中间是宽度最大最亮的亮条纹，在中央条纹两边的亮条纹宽度越来越小，亮度也越来越低，故A正确。
4．如图5-2-10所示，A、B两幅图是由单色光分别入射到圆孔而形成的图样，其中图A是光的________(填“干涉”或“衍射”)图样。由此可以判断出图A所对应的圆孔的孔径________(填“大于”或“小于”)图B所对应的圆孔的孔径。
图5-2-10
解析：题图A中出现明暗相间的条纹，是衍射现象，题图B中出现圆形亮斑。只有障碍物或孔的尺寸比光波的波长小或跟波长相差不多时，才能发生明显的衍射现象。题图A是光的衍射图样，由于光波波长很短，约在10－7 m数量级上，所以题图A对应的圆孔的孔径比题图B所对应的圆孔的孔径小。题图B的形成可以用光的直线传播解释。
答案：衍射　小于
[课下综合检测]
(时间：30分钟　满分：60分)
一、选择题(共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项正确。)
1．(大纲版全国卷)下列现象中，属于光的衍射的是(　　)
A．雨后天空出现彩虹
B．通过一个狭缝观察日光灯可看到彩色条纹
C．海市蜃楼现象
D．日光照射在肥皂膜上出现彩色条纹
解析：选B　本题考查光的衍射现象，意在考查考生对衍射现象的基本理解。雨后的彩虹是光的色散，则A错误；通过一个狭缝观察到的彩色条纹属于光的衍射，则B正确；海市蜃楼是全反射和折射，则C错误；日光下的肥皂膜出现的彩色条纹是薄膜干涉现象，则D错误。
2．用单色光分别通过小圆盘与小圆孔做衍射实验时，在光屏上得到衍射图样，它们的特点是(　　)
A．用前者做实验时中央是暗的，用后者做实验时中央是亮的
B．用前者做实验时中央是亮的，用后者做实验时中央是暗的
C．中央均为亮点的同心圆形条纹
D．中央均为暗点的同心圆形条纹
解析：选C　小孔衍射和圆盘衍射，图样中央均为加强点，故中央均为亮点，周围是以亮点为圆心的圆形条纹，故C正确，A、B、D均错误。
3．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　观察衍射图样发现：狭缝的宽度逐渐变小，衍射现象越明显，衍射条纹间距变大。本题是缝宽增大，所以选项A正确。
4．在光的单缝衍射实验中可观察到清晰的亮暗相间的图样，下列四幅图片中属于光的单缝衍射图样的是(　　)
图1
A．a、c　　　　　　　 　B．b、c
C．a、d D．b、d
解析：选D　单缝衍射条纹的特点是中央亮条纹最宽、最亮，双缝干涉条纹是等间距的条纹，所以a是干涉条纹，b、d是单缝衍射条纹，c是小孔衍射图样。
5．在一个发光的小电珠和光屏之间放一个大小可以调节的圆形孔屏，在圆孔从较大调至完全闭合的过程中，在屏上看到的现象是(　　)
A．先是圆形亮区，最后完全黑暗
B．先是圆形亮区，再是圆形亮环，最后完全黑暗
C．先是圆形亮环，最后完全黑暗
D．先是圆形亮环，然后圆形亮区，最后完全黑暗
解析：选B　在圆孔由大到小调节过程中，当孔较大时，光沿直线传播，在屏上得到圆形亮斑；当孔的直径减小到与光波的波长相近时，产生光的衍射现象，屏上将出现明、暗相间的亮环，当孔继续减少到完全闭合，没有光到达屏上时，屏上完全黑暗。
6．抽制细丝时可以用激光监控其粗细，如图2所示，激光束越过细丝时产生的条纹和它通过遮光板上的一条同样宽度的窄缝规律相同，则(　　)
图2
①这是利用光的干涉现象　②这是利用光的衍射现象
③如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝粗了　④如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝细了
A．①③　　　　　　　 　B．②④
C．①④ D．②③
解析：选B　本题考查发生明显衍射现象的条件，上述现象符合光的明显衍射现象产生的条件，故②正确；由明显衍射现象产生的条件可知：丝越细衍射现象越明显，故④正确。
7．用点光源发出的光照射一个障碍物，在屏上形成的阴影的边缘部分模糊不清，产生的原因是(　　)
A．光的反射 B．光的折射
C．光的干涉 D．光的衍射
解析：选D　光发生衍射后会分散在一个区域内，这个区域都有部分光到达也就会出现不明不暗模糊不清的现象。
8．平行光通过小孔得到的衍射图样和泊松亮斑比较，下列说法 中正确的有(　　)
A．在衍射图样的中心都是亮斑
B．泊松亮斑中心亮点周围的暗环较宽
C．小孔衍射的图样的中心是暗斑，泊松亮斑图样的中心是亮斑
D．小孔衍射图样中亮、暗条纹间的间距是均匀的，泊松亮斑图样中亮、暗条纹间的间距是不均匀的
解析：选AB　小孔衍射的图样是中心亮点，向外依次为明暗相间的环状条纹；泊松亮斑的图样是中心亮点，向外是圆板的黑影，再向外是明暗相间的环状条纹。
二、非选择题(共2小题，共20分)
9．(10分)用某种单色光源垂直照射带有圆孔的不透明障碍板，下列几种情况中，在障碍板后面暗箱中的屏上各看到什么现象？
(1)小孔的直径为1 cm。
(2)小孔的直径为1 mm。
(3)小孔的直径为0.5 μm。
解析：(1)当圆孔的直径为1 cm时，在光屏上只能看到与圆孔形状相似的亮斑，这是光沿直线传播的结果。
(2)当圆孔的直径为1 mm时，在光屏上能看到单色光源倒立的像。这是小孔成像，也是光沿直线传播的结果。
(3)当圆孔的直径为0.5 μm时，在光屏上能看到衍射图样，这是由于小孔的尺寸与光波的波长差不多，光发生明显衍射的结果。
答案：见解析
10．(10分)分析以下现象产生的原因：
(1)通过盛水的玻璃杯，在适当的角度可以看到彩色光。
(2)菜汤上的油花呈现彩色。
(3)隔着帐幔看远处的灯，见到灯周围辐射彩色光芒。
(4)光线照在花布上，可以看见花布上的图样。
解析：(1)白光通过盛水的玻璃杯发生折射，产生色散，在适当的角度，各色光分离较大，可看到彩色光。
(2)光经过菜汤上油膜的前后两个表面发生反射，两列反射光相互叠加，产生干涉条纹，因此菜汤上的油花呈现彩色。
(3)远处灯发出的光经过帐幔的缝隙产生衍射，因此可看到灯周围辐射彩色的光芒。
(4)光线照在花布上看见花布的图样，是由于光的反射与吸收的结果。花布是由各种颜色的花纹组成的，当白光照在花布上时红色花纹反射红光，吸收其他颜色的光，这样我们在该位置只看到红色。同理可以看到各种花纹反射的颜色。这样我们就可以看到花布的图样。
答案：见解析
第3、4节 光的偏振__激光与全息照相
　　　　　　　　　　　　　　　1．光的偏振说明光是横波，光的偏振应用很多，如照相机镜头前的偏振滤光片和立体电影等。
2．偏振片是一种特殊的光学元件，只能让某一方向的振动的光通过。
3．激光具有相干性高、平行度好、亮度高的特点，在生活中的各个领域，激光都有广泛的应用。

光的偏振
[自读教材·抓基础]
1．自然光
太阳、电灯等普通光源发出的光，在垂直于传播方向的平面内，光波可沿任何方向振动，光振动在平面内是均匀分布的。
2．偏振光
自然光通过偏振片(起偏器)之后，只有振动方向与“狭缝”方向一致的光波才能通过。自然光通过偏振片后，就能获得偏振光。
3．起偏器和检偏器
(1)用于获得偏振光的偏振片叫起偏器，用于检查通过起偏器的光是不是偏振光的偏振片叫检偏器。
(2)偏振器的偏振化方向：偏振光能完全通过的方向。
4．偏振现象的应用
(1)在照相机镜头前装一偏振片，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。
(2)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，这一现象可以检查应力的分布情况以及用于地震预报。
(3)立体电影，液晶显示器，汽车挡风玻璃等。
[跟随名师·解疑难]
1．偏振现象
对横波，只有狭缝的方向与横波质点的振动方向相同时，横波才能毫无阻碍地通过狭缝；当狭缝的方向与质点的振动方向垂直时，横波就不能通过狭缝，这种现象叫做横波的偏振，偏振是横波特有的现象。
2．自然光和偏振光的比较
自然光
偏振光
光的
来源
直接从光源发出的光
自然光通过起偏器后的光
光的振动方向
在垂直于光的传播方向的平面内，光振动沿所有方向，且沿各个方向振动的光强度都相同
在垂直于光的传播方向的平面内，光振动沿某一特定方向(与起偏器的偏振化方向一致)
[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。
(3)只有横波才能发生偏振现象，光是横波。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
对于光的偏振，以下认识正确的是(　　)
A．振动方向在平行于传播方向的平面上，只沿特定方向振动的光是偏振光
B．从电灯等光源直接发出的光本身就是偏振光
C．通过偏振片去看电灯发出的光，看到透射光亮度无变化，说明透射光不是偏振光
D．光的偏振现象使人们认识到光是一种横波
解析：选D　由自然光和偏振光的关系可知A错误；平时我们看到的光，除直接从光源射来的光以外，几乎都是偏振光，所以B错误；透过偏振片后的光一定是偏振光，所以C错误；横波只沿某一特定方向振动，所以D正确。
激光与全息照相
[自读教材·抓基础]
1．激光及其应用
(1)激光是原子受激辐射产生的。
(2)激光的三大特点分别是：单色性好、方向性强、亮度高。
2．全息照相
(1)激光的应用
激光诞生后的一个很重大的应用是全息照相，它是应用光的干涉来实现的。
(2)作为光源的激光被分为两部分：一部分通过凹透镜发散后射到照相胶片上，另一部分射向一个平面镜，经反散后通过另一个凹透镜发散后射向被拍照的物体，该物体把光线反射到照相胶片上，并与第一束光发生干涉，两束光干涉的结果就在照相胶片上记录下被拍摄物体的三维图像信息，这就是全息照相。
[跟随名师·解疑难]
1．激光的特点及其应用
特点(与普通光相比)
特点内容
应　用
相干性好
频率单一，相差恒定，易发生干涉现象，可像无线电波一样调制
光纤通信
光的干涉
激光全息照相
平行度好
激光的方向性非常好，是一束几乎不发散的平行光，可以会聚到很小的点上
测距和跟踪目标、DVD、CD唱片、计算机光盘
亮度高
激光能在很小的空间、很短的时间内集中很大的能量
“光刀”激发核反应
全息照相与普通照相的区别
全息照相
普通照相
原理不同
物理光学原理
几何光学原理
记录方法不同
记录的是物光与参考光相干涉的干涉条纹，同时记录了物光的振幅和相位
透镜成像在胶片上，只记录下物光的光强信息
成像性质不同
立体像
平面像
再现方法不同
用衍射方法再现
直接成像在感光面上，冲洗后即能看到像
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
全息照相利用了下列哪些原理(　　)
A．小孔成像　　　　　　 　B．光的折射
C．光的衍射 D．激光是一种相干光
解析：选D　激光是一种人工产生的相干光，它的频率相同，偏振方向一致。全息照相就是利用参考光与物光的干涉，形成复杂的干涉条纹。因此只有D正确。

对光的偏振现象的考查
[典题例析]
1．如图5-3-1所示，电灯S发出的光先后经过偏振片A和B，人眼在P处迎着入射光方向，看不到光亮，则(　　)
图5-3-1
①图中a光为偏振光
②图中b光为偏振光
③以SP为轴将B转过180°后，在P处将看到光亮
④以SP为轴将B转过90°后，在P处将看到光亮
A．①③　　　　　　 　B．①④
C．②③ D．②④
[思路点拨]　偏振片A为起偏器，B为检偏器，当A、B透振方向平行时透过B的亮度最大，垂直时没有光透过。
解析：自然光沿各个方向发散是均匀分布的。通过偏振片后，透射光是只沿着某一特定方向振动的光。从电灯直接发出的光为自然光，选项①错误；它通过A偏振片后，即变为偏振光，选项②正确；设通过A的光沿竖直方向振动，B偏振片只能通过沿水平方向振动的偏振光，则P点无光亮，将B转过180°后，P处仍无光亮，选项③错误；若将B转过90°，则该偏振片将变为能通过沿竖直方向振动的光的偏振片，则偏振光能通过B，即在P处有光亮，选项④正确，故应选D。
答案：D
[探规寻律]
(1)偏振片是由特殊材料制成的，其“狭缝”用肉眼不能看见，它只允许振动方向与“狭缝”平行的光波通过。通过偏振片后，自然光就变成了偏振光。
(2)自然光射到两种介质的交界面上，如果入射的方向合适，使反射光和折射光之间的夹角恰好是90°时，反射光和折射光就都是偏振光，且偏振方向相互垂直。
[跟踪演练]
如图5-3-2所示，P是偏振片，P的偏振化方向(用不带箭头的实线表示)为竖直方向。下列四种入射光束中，哪种照射P时不能在P的另一侧观察到透射光(　　)
图5-3-2
A．太阳光
B．沿竖直方向振动的光
C．沿水平方向振动的光
D．沿与竖直方向成45°角振动的光
解析：选C　根据光的偏振知识，只要光的振动方向不与偏振片的偏振化方向垂直，就有光能通过偏振片。当光的振动方向与偏振片的偏振化方向相同时，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。
对激光的应用的考查
[典题例析]
2．下列说法中正确的是(　　)
A．偏振光可以是横波，也可以是纵波
B．因为激光的方向性好，所以激光不能发生衍射现象
C．激光可以像刀子一样切除肿瘤
D．以上说法都不对
解析：光是一种横波，偏振光也是横波；激光也是光，因此具有光波的特性，能够发生衍射现象；激光有很多用途，可用来做手术，切除肿瘤。
答案：C
[探规寻律]
激光的特点
(1)激光首先是光，遵循光的一切规律，例如折射、反射、衍射、干涉等。
(2)激光是一种新型光源，具有一般光源所不具备的特点，例如单色性好、方向性强、亮度高等。
(3)针对激光的每一个特点，都有很多方面的应用。
[跟踪演练]
在演示双缝干涉的实验时，常用激光做光源，这主要是应用激光的什么特性(　　)
A．亮度高　　　　　 　B．平行性好
C．单色性好 D．波动性好
解析：选C　频率相同的两束光相遇才能发生干涉，激光的单色性好，频率单一，通过双缝时能够得到两束相干光，故本题的正确选项是C。

[课堂双基落实]
1．关于自然光和偏振光，下列观点正确的是(　　)
A．自然光能产生干涉和衍射现象，而偏振光却不能
B．只有自然光透过偏振片才能获得偏振光
C．自然光只能是白色光，而偏振光不能是白色光
D．自然光和偏振光都能使感光底片感光
解析：选D　光振动沿各个方向均匀分布的光就是自然光，而振动沿着特定方向的光就是偏振光，但自然光和偏振光都能发生干涉、衍射，所以A错；光的偏振现象并不罕见，除了从光源直接发出的光以外，我们通常看到的绝大部分光，都是偏振光，所以B错；光的颜色由光的频率决定，与光的振动方向无关，所以C错；自然光和偏振光都具有能量，都能使感光底片感光。
2．以下哪些现象可以说明光波是横波(　　)
A．光的干涉　　　　　　 　B．光的偏振
C．光的色散 D．光的反射
解析：选B　光的干涉表明光的波动性，即光是一种波，选项A错；光的偏振表明光是横波，因为只有横波能发生偏振现象，选项B正确；光的色散可表明光是单色光还是复色光，选项C错；光的反射不能说明什么问题，选项D错。
3．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
解析：选D　电磁波是横波，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。
4．如图5-3-3所示，让太阳光通过M上的小孔S后照射到M右方的一偏振片P上，P的右侧再放一光屏Q，现使P绕着平行于光传播方向的轴匀速转动一周，则关于光屏Q上光的亮度变化情况，下列说法中正确的是(　　)
图5-3-3
A．只有当偏振片转到某一适当位置时光屏被照亮，其他位置时光屏上无亮光
B．光屏上亮、暗交替变化
C．光屏上亮度不变
D．光屏上只有一条亮线随偏振片转动而转动
解析：选C　自然光在各方向的振动强度是相同的，当偏振片转动时。自然光透过偏振片的光的强度并不发生变化。
[课下综合检测]
(时间：30分钟　满分：50分)
一、选择题(共6小题，每小题5分，共30分，每小题只有一个选项正确。)
1．关于偏振光的下列说法正确的是(　　)
A．自然光就是偏振光
B．单色光就是偏振光
C．沿着一个特定方向传播的光叫偏振光
D．沿着一个特定方向振动的光叫偏振光
解析：选D　自然光和偏振光的根本区别是前者包含着沿任意方向(垂直光传播方向)振动的光，而且沿各个方向振动的光波强度相同，而偏振光只有沿着某一特定方向振动的光，与光的颜色无关。
2．如图1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1
A．光是电磁波　　　　　 　B．光是一种横波
C．光是一种纵波 D．光是概率波
解析：选B　偏振现象是横波特有的现象，题中实验表明光是一种横波，故应选B。
3．将激光束的宽度聚焦到纳米级(10－9 m)范围内，可修复人体已损坏的器官，可对DNA分子进行超微型基因修复，把至今令人无奈的癌症、遗传疾病彻底根除，以上功能是利用了激光的(　　)
A．单色性好 B．波动性好
C．粒子性 D．高能量
解析：选D　激光的平行度好，故可聚焦到很小的范围；激光的亮度高、能量大，故可修复器官。
4．在拍摄日落时水面下的景物时，应在照相机镜头前装一偏振片，其目的是(　　)
A．减弱反射光，从而使景象清晰
B．增强反射光，从而使景象清晰
C．增强入射光，从而使景象清晰
D．减弱入射光，从而使景象清晰
解析：选A　本题考查偏振的应用。由于反射光的干扰，景物的像常常比较模糊，装上偏振片的目的是减弱反射光，且透振方向与反射光的振动方向垂直，但不能增强透射光。
5．下列说法中正确的是(　　)
A．光的反射现象和折射现象说明光是横波
B．光的偏振现象说明光是一种纵波
C．激光通过狭缝时不可能产生衍射现象
D．应用光的偏振技术观看立体电影
解析：选D　光的偏振现象说明光是一种横波，光的反射和折射现象不能说明光是横波或纵波，A、B项全错；激光通过狭缝时可能产生衍射现象，C项错；应用光的偏振技术观看立体电影，D项正确。
6. (江苏高考)如图2所示，白炽灯的右侧依次平行放置偏振片P和Q，A点位于P、Q之间，B点位于Q右侧。旋转偏振片P，A、B两点光的强度变化情况是(　　)
图2
A．A、B均不变
B．A、B均有变化
C．A不变，B有变化
D．A有变化，B不变
解析：选C　因白炽灯发出的光为自然光，含各个方向的偏振光，且各个方向的偏振光的强度都相同，偏振片P和Q都只允许特定方向的偏振光通过，不管偏振片P旋转到任何位置都有光线通过，而且强度不变，所以A点的光的强度不变，当自然光通过偏振片P后变为偏振光，再通过偏振片Q，旋转偏振片P，当偏振片P和Q允许通过的方向相同，则B点最亮，当偏振片P和Q允许通过的方向垂直时，B点最暗，所以B点光的强度会发生变化。所以只有C正确。
二、非选择题(共2小题，共20分)
7．(10分)一台激光器，它的功率为P，如果它发射出的单色光在空气中的波长为λ，则这束单色光的频率是______，它在时间t内辐射的光能为________；如果已知这束单色光在某介质中的传播速度为v，那么这束单色光从该介质射向真空中发生全反射时的临界角为________。
解析：根据c＝λf可得这束光的频率为f＝，激光器在t时间内做的功W＝Pt转化为光能。这束单色光对该介质的折射率n＝，设它从该介质射向真空中发生全反射时的临界角为C，则sin C＝＝，所以C＝arcsin 。
答案：　Pt　arcsin 
8. (10分)如图3所示，杨氏双缝实验中，下述情况能否看到干涉条纹？说明理由。
图3
(1)在单色自然光源S后加一偏振片P。
(2)移除偏振片P后，在双缝后面加偏振片P1、P2，且P1与P2的透光方向垂直。
解析：(1)到达S1、S2的光是从同一偏振光分解出来的，它们满足相干条件，能看到干涉条纹。且由于偏振片很薄，对光程差的影响可忽略，干涉条纹的位置与间距和没有P时基本一致，只是强度由于偏振片吸收而减弱。
(2)由于从P1、P2射出的光振动方向相互垂直，不满足干涉条件，故光屏被均匀照亮，无干涉现象。
答案：见解析
第6章 相对论与天体物理
狭义相对论
狭义相对论的基本原理。
(1)狭义相对性原理：物理规律(力学、电磁学、光学)等对于所有惯性系都具有相同的形式。
(2)光速不变原理：在任何惯性系中，光在真空中的速度恒为c，与光源的运动和观测者的运动无关。
(3)时间的相对性：运动的时钟变慢：Δt＝。
(4)长度的相对性：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。公式为l＝ l0。
(5)相对论的速度叠加：u＝
1．设想地球上有一观察者测得一宇宙飞船以0.60c的速率向东飞行，5.0 s后该飞船将与一个以0.80c的速率向西飞行的彗星相碰撞，试问：
(1)飞船中的人测得彗星将以多大的速率向它运动？
(2)从飞船中的时钟来看，还有多少时间允许它离开航线以避免与彗星碰撞？
解析：(1)这是一个相对论速度变换问题。取地球为s系，飞船为s′系，向西为正向，则s系相对s′系的速度v＝0.60c，彗星相对s系的速度ux＝0.80c，
由速度变换可得
ux′＝＝0.946c
即彗星以0.946c的速率向飞船靠近。
(2)由时间间隔的相对性有
Δt＝＝5.0 s
解得Δt′＝4.0 s
答案：(1)0.946c　(2)4.0 s
广义相对论
1．广义相对论的基本原理
(1)广义相对性原理：在任何参考系(包括非惯性系)中物理规律都是相同的。
(2)等效原理：匀加速参考系中的惯性力场与均匀引力场不可区分。
2．广义相对论的时空结构——弯曲时空
(1)引力场中，时钟变慢。
(2)在与引力垂直的方向上，空间间隔变短，发生了弯曲。
2．以下说法中正确的是(　　)
A．矮星表面的引力很强
B．在引力场弱的地方比引力场强的地方，时钟走得慢些
C．在引力场越弱的地方，物体长度越长
D．在引力场强的地方，光谱线向绿端偏移
解析：因矮星体积很小，质量却不小，所以矮星表面引力很强，A对；根据广义相对论的结论，引力场越强，时间进程越慢，在垂直引力方向上长度变短，而引力方向上没有这种效应，所以B、C错；在引力场强的地方，光谱线向红端偏移，称为引力红移，D错。
答案：A
(时间：60分钟　满分：100分)
一、选择题(共8小题，每小题6分，共48分，每小题只有一个选项正确。)
1．关于相对论的下列说法，正确的是(　　)
A．狭义相对论只研究力学规律
B．狭义相对论只研究惯性系
C．广义相对论的等效原理是指惯性系和非惯性系等效
D．强引力可导致光线和空间弯曲是狭义相对论的结论
解析：选B　根据狭义相对论和广义相对论的原理知，B项正确。
2．如图1所示，沿平直铁路线有间距相等的三座铁塔A、B和C。假想有一列车沿AC方向以接近光速行驶，当铁塔B发出一个闪光，列车上的观测者测得A、C两铁塔被照亮的顺序是(　　)
图1
A．同时被照亮　　　　　 　B．A先被照亮
C．C先被照亮 D．无法判断
解析：选C　因列车沿AC方向接近光速行驶，根据“同时”的相对性，即前边的事件先发生，后边的事件后发生可知C先被照亮，答案为C。
3．坐在做匀速直线运动的公共汽车上的售票员，观察到车的前、后门是同时关上的，地面上的观察者观察到的是(　　)
A．同时关上 B．前门先于后门关上
C．后门先于前门关上 D．不能确定
解析：选C　由于车是运动的，后门的光先于前门的光传至观察者，因此地面上的人先看到后门关上。
4．假设地面上有一列火车以接近光速的速度运动，其内站着一个中等身材的人，站在路旁的人观察车里的人，观察的结果是(　　)
A．这个人瘦但不高 B．这个人矮但不胖
C．这个人是个瘦高个儿 D．这个人是个矮胖子
解析：选A　由狭义相对论知在运动方向上长度变短，在垂直运动方向上长度不变，故A项正确。
5．A、B两架飞机沿地面上一足球场的长度方向在其上空高速飞过，且vA＞vB，在飞机上的人观察结果正确的是(　　)
A．A飞机上的人观察到足球场的长度比B飞机上的人观察到的大
B．A飞机上的人观察到足球场的宽度比B飞机上的人观察到的小
C．两飞机上的人观察到足球场的长度相同
D．两飞机上的人观察到足球场的宽度相同
解析：选D　因为当一个惯性系的速度比较大时，根据l＝l0 知，沿飞行方向长度减小，而且速度越大，长度越小，故A、C均错误；而垂直于运动方向上，宽度是不随速度而变化的，因此B错误，D正确。
6．设某人在速度为0.5 c的飞船上，打开了一个光源，则下列说法正确的是(　　)
A．飞船正前方地面上的观察者看到这一光速为1.5 c
B．飞船正后方地面上的观察者看到这一光速为0.5 c
C．在垂直飞船前进方向地面上的观察者看到这一光速可能小于c
D．在地面上任何地方的观察者看到的光速都是c
解析：选D　根据狭义相对论的基本假设“光速不变原理”可知：真空中的光速在不同的惯性系中都是相同的，所以真空中的光速相对于火箭的速度为c，相对于地面的速度也为c。
7．经典物理学家认为，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。但在相对论理论中，对杆长度的说法中正确的是(　　)
A．一条沿自身长度运动的杆，其长度总比杆静止时的长度小
B．一条沿自身长度运动的杆，其长度与静止时杆的长度相等
C．在垂直于自身长度方向上运动的杆，其长度小于静止时的长度
D．如果两条平行的杆在沿自身的长度方向上运动，与它们一起运动的两位观察者都会认为对方的杆变长了
解析：选A　根据爱因斯坦的相对性原理可知在沿杆高速运动的方向上杆变短了，故A正确，B、D错误；但在垂直于运动方向上杆不发生长度收缩效应，故C错误。
8．宇宙飞船相对于地面以速度v做匀速直线飞行，某一时刻飞船头部的宇航员向飞船尾部发出一个光讯号，经过Δt(飞船上的钟)时间后，被尾部的接收器收到，则由此可知飞船的固有长度为(　　)
A．c·Δt　　　　　　　　 　B．v·Δt
C．c·Δt· D.
解析：选A　根据光速不变原理及运动学公式，飞船的长度为速度与时间之积。
二、非选择题(共4小题，共52分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。有数值计算的要注明单位)
9．(12分)若一宇宙飞船对地以速度v运动，宇航员在飞船内沿同方向测得光速为c，问在地面上的观察者看来，光速应为v＋c吗？
解析：由相对论速度叠加公式u＝，式中u′等于c，代入公式求得光对地速度u＝＝c，结果同样符合光速不变原理。
答案：在地面上的观察者看来，光速是c不是v＋c。
10．(12分)“世界物理年”决议的作出与爱因斯坦的相对论时空观有关。根据爱因斯坦的理论，一把米尺，在它与观察者有不同相对速度的情况下，米尺长度是不同的，它们之间的关系如图2所示。
图2
由此可知，当米尺和观察者的相对速度达到0.8c(c为光速)时，米尺长度大约是________m。在日常生活中，我们无法觉察到米尺长度变化的现象，是因为观察者相对于米尺的运动速度_______________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：由图可知，当横坐标为0.8c时，长度为0.6 m。
在日常生活中，观察者相对于米尺的运动速度远远小于光速或速度很小。
答案： 0.6　远远小于光速或速度很小
11．(14分)假设宇宙飞船从地球射出，沿直线到达月球，距离是3.84×108 m。它的速度在地球上被测得为0.30 c，根据地球上的时钟，这次旅行要用多长时间？根据宇宙飞船所做的测量，地球和月球的距离是多少？怎样根据这个算得的距离，求出宇宙飞船上时钟所读出的旅行时间？
解析：设地球和月球位于K系x轴，地球位于O处、月球位于L0处，飞船为K′系，相对K系以速度v沿x轴正向运动。
地球上的时钟显示的旅行时间为Δt＝L0/v≈4.27 s
在飞船上测量地、月距离L时，K′系的L0是固有长度，由“长度收缩”效应：L＝L0≈3.66×108 m
飞船上的时钟显示的旅行时间为Δt′＝L/v≈4.07 s
Δt′＜Δt，即“动钟变慢”，对于飞船而言，“离开地球”和“到达月球”两事件都发生在飞船上，所以飞船时钟显示的时间间隔是“固有时”。
答案：4.27 s　3.66×108 m　4.07 s
12．(14分)π＋介子是一不稳定粒子，平均寿命是2.6×10－8 s(在它自己参考系中测得)。
(1)如果此粒子相对于实验室以0.8c的速度运动，那么在实验室坐标系中测量的π＋介子寿命多长？
(2)π＋介子在衰变前运动了多长距离？
解析：π＋介子在实验室中的寿命为
Δt＝ ＝ s＝4.3×10－8 s
设粒子在衰变前，运动的距离
s＝vΔt＝0.8×3×108×4.3×10－8 m＝10.32 m。
答案：4.3×10－8 s　10.32 m
第1、2节 牛顿眼中的世界__爱因斯坦眼中的世界
　　　　　　　 1．伽利略的相对性原理中指出，力学规律在任何惯性系中都是相同的。
2．绝对时空观认为时间和空间是绝对的。相对论的时空观中指出时间
和空间都是相对的。
3．狭义相对性原理指出物理规律对于所有惯性系都具有相同的形式。
4．光速不变原理指出在任何惯性系中，光在真空中的速度恒为c，与
光源的运动和观察者的运动无关。
5．时间延缓效应Δt＝，长度缩短效应l＝l0，相对论的速度叠加u＝。

经典力学的相对性原理　绝对时空观
[自读教材·抓基础]
1．经典力学的相对性原理
通过任何力学实验，都不可能发现惯性系是处于绝对静止状态，还是在做匀速直线运动。也就是说，不可能通过力学实验测得惯性系的绝对速度。这种现象表明，力学规律在任何惯性系中都是相同的。这个结论称为经典力学的相对性原理。
2．绝对时空观
(1)在牛顿眼中的世界里，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，也就是说时间和空间是绝对的，这就是绝对时空观。
(2)绝对时间和绝对空间是经典物理学的支柱。
(3)经典力学的速度叠加原理：在经典力学中如果某一惯性系相对另一惯性系的速度为v，在此惯性系中有一物体速度为u′，那么，此物体相对另一惯性系的速度是u＝v＋u′。
3．寻找“以太”——迈克尔孙实验
(1)19世纪的科学家认为，波是振动在介质中的传播，光速c是“以太”介质振动的传播速度。“以太”是绝对静止的，可看成绝对静止的参考系，光在“以太”中朝各个方向的传播速度皆为c。
(2)物理学家们设计了各种检验“以太”存在的实验，其中最著名的是迈克尔孙—莫雷实验。
[跟随名师·解疑难]
1．理解经典力学的相对性原理应注意的问题
(1)惯性系和非惯性系
①如果牛顿运动定律在某个参考系中成立，这个参考系叫做惯性系。相对一个惯性系做匀速直线运动的另一个参考系也是惯性系，匀速运动的汽车、轮船等作为参考系，就是惯性系。
②牛顿运动定律不成立的参考系称为非惯性系。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房屋向后方加速运动，根据牛顿运动定律，房屋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。这里加速的车厢就是非惯性系。
(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相同的。
2．绝对时空观的认识
(1)绝对时间：两个同时发生的事件，不论是静止参考系中的观测者还是匀速直线运动参考系中的观测者，他们测得这两个事件发生的时刻都是相同的，某事件经历的时间不会因参考系不同而不同。可见，“同时”是绝对的，时间也是绝对的，时间永远均匀地流逝着，与物质无关，与运动无关。
(2)绝对空间：宇宙中存在一个绝对静止的惯性参考系(简称惯性系)，力学规律首先应当能在这个参考系中准确地陈述，这个绝对静止的惯性系与时间无关，永恒不变，它可以脱离物质独立存在，这就是绝对空间概念。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
下列关于经典力学的时空观，错误的是(　　)
A．在经典力学的时空观中，同时是绝对的，即在一个参考系中的观察者在某一时刻观察到的两个事件，对另一参考系中的观察者来说可能不是同时发生的
B．在经典力学的时空观中，时间间隔是绝对的，即任何事件(或物体的运动)所经历的时间，在不同的参考系中测量都是相同的，而与参考系的选取无关
C．在经典力学的时空观中，空间距离是绝对的，即如果各个参考系中用来测量长度的标准相同，那么空间两点距离是绝对的、不变的量值，而与参考系选取无关
D．经典力学的时空观就是一个绝对的时空观，时间和空间均与物体的运动无关
解析：选A　经典的时空观认为，时间、空间均是绝对的，与物体的运动状态无关。同时也是绝对的，即在一个参考系中同时发生的两个事件，在不同参考系中观察也是同时发生的。
狭义相对论原理及相对时空观
[自读教材·抓基础]
1．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)对于所有惯性系都具有相同的形式。
(2)光速不变原理：在任何惯性系中，光在真空中的速度恒为c，与光源的运动和观测者的运动无关。
2．狭义相对论中的时间和空间
(1)根据狭义相对论，“同时”不再具有绝对的意义，“同时”是相对的。运动的时钟会变慢，这就是时间延缓效应。
(2)根据狭义相对论，长度与观察者的运动状态有关，运动的物体在运动方向上发生了收缩，这就是长度缩短效应。
3．相对论的速度叠加
(1)狭义相对论的速度叠加公式为u＝，由该公式可推知，光速在静止参考系和运动参考系中具有相同的数值是c。
(2)在低速世界，物体的运动可以用经典力学来描述，而在高速世界，物体的运动必须用相对论来描述。
[跟随名师·解疑难]
1．如何理解“同时”的相对性
(1)经典的时空观：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。
(2)相对论的时空观：“同时”具有相对性，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就不一定是同时发生的。
2．时间间隔的相对性
时间间隔的相对性公式：Δt＝中，Δt′是相对事件发生地静止的观察者测量同一地点的两个事件发生的时间间隔，而Δt是相对于事件发生地以速度v运动的观察者测量同一地点的同样两个事件发生的时间间隔。也就是说：在相对运动的参考系中观测，事件变化过程的时间间隔变大了，这叫做狭义相对论中的时间膨胀。
3．长度的相对性
狭义相对论中的长度公式：l＝l0中，l0是相对于杆静止的观察者测出的杆的长度，而l可以认为是杆沿自己的长度方向以速度v运动时，静止的观察者测量的长度。还可以认为杆不动，而观察者沿杆的长度方向以速度v运动时测出的杆的长度。
[特别提醒]　“同时”的相对性、运动的时钟变慢、长度的收缩等，是狭义相对论关于时空理论的重要结论。这些效应只有在高速运动的情况下才会有明显的观察结果，在低速世界(v?c)中这些效应可以忽略。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
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
解析：选A　狭义相对论的两条假设分别是：在任何惯性系中真空中的光速不变和一切物理规律相同。

狭义相对论中时间与空间的计算
[典题例析]
地面上长100 km的铁路上空有一火箭沿铁路方向以30 km/s的速度掠过，则火箭上的人看到铁路的长度应该为多少？如果火箭的速度达到0.6c，则火箭上的人看到的铁路的长度又是多少？
[思路点拨]
(1)当物体低速运动时，长度如何认定？
提示：当物体低速运动时，长度缩短效应不明显，物体的长度缩短效应可以忽略不计。
(2)当物体高速运动时，长度如何计算？
提示：利用相对论长度缩短效应公式l＝l0计算。
解析：当火箭速度较低时，长度基本不变，还是100 km。
当火箭的速度达到0.6c时，由相对论长度公式l＝l0并代入相应的数据，解得：l＝100× km＝80 km。
答案：100 km　80 km
[探规寻律]
应用相对论公式解题时应注意的问题
(1)Δt′是原时间，是参考系自身的钟测量的时间，相对参考系本身静止，如火箭上的激光钟就是火箭的固有钟，坐在钟边上的人测量的时间是Δt′；Δt是相对时间，如站在在陆地上的人用激光钟测量运动中火车上某一物理过程的时间是Δt。
(2)长度的收缩也一样，l0是原长，是相对参考系静止的测量长度，比如相对地面静止的物体在地面参考系中的长度就是原长；而在与地面存在相对运动的火车上测量的地面静止物体的长度就是相对长度l。
[跟踪演练]
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？
解析：以地球上的时钟计算：
Δt＝＝ s＝2.87×108 s＝9年；
若以飞船上的时钟计算：因为Δt＝Δt′/，
所以得Δt′＝Δt＝2.87×108× s＝1.28×107s＝0.4 年。
答案：9 年　0.4 年

[课堂双基落实]
1．以下说法中正确的是(　　)
A．经典物理中的速度合成公式在任何情况下都是适用的
B．经典物理规律也适用于高速运动的物体
C．力学规律在一个静止的参考系和一个匀速运动的参考系中是不等价的
D．力学规律在任何惯性系里都是等价的
解析：选D　在所有惯性系中，一切物理规律都是等价的，故D正确，C错误；经典物理规律是狭义相对论在低速状态下的一个近似，所以经典物理规律只适用于低速运动的物体，而经典物理中的速度合成公式也只适用于低速情况，故A、B均错误。
2．在一惯性系中观测，有两个事件同时不同地发生，则在其他惯性系中观察，结果是
(　　)
A．一定同时
B．可能同时
C．不可能同时，但可能同地
D．不可能同时，也不可能同地
解析：选B　根据“同时”的相对性知，选项B正确，A、C、D错误。
3．下列哪些说法不符合狭义相对论的假设(　　)
A．在不同的惯性系中，一切力学规律都是相同的
B．在不同的惯性系中，一切物理规律都是相同的
C．在不同的惯性系中，真空中的光速都是相同的
D．在不同的惯性系中，真空中的光速都是不同的
解析：选D　狭义相对论的两个基本假设：一是在不同的惯性参考系中，一切物理规律总是相同的；二是真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的。故选D。
4．(江苏高考)如图6-1-1所示，两艘飞船A、B沿同一直线同向飞行，相对地面的速度均为v(v接近光速c)。地面上测得它们相距为L，则A测得两飞船间的距离______(选填“大于”“等于”或“小于”)L。当B向A发出一光信号，A测得该信号的速度为________。
图6-1-1
解析：本题考查相对论中长度的相对性及光速不变原理，意在考查考生对相对论的理解能力。A、B相对静止，A、B相对于地面上的人是运动的，因此地面上的人测得的长度短，A测得的长度大于L。由于光速在任何惯性参考系中都不变，因此A测得的光信号的速度为c。
答案：大于　c (或光速)
[课下综合检测]
(时间：30分钟　满分：50分)
一、选择题(共6小题，每小题5分，共30分，每小题只有一个选项正确。)
1．下列关于狭义相对性原理的说法中正确的是(　　)
A．狭义相对性原理是指力学规律在一切参考系中都相同
B．狭义相对性原理是指一切物理规律在一切参考系中都相同
C．狭义相对性原理是指一切物理规律在所有惯性参考系中都相同
D．狭义相对性原理与经典相对性原理没有区别
解析：选C　根据狭义相对论的基本原理以及经典相对论的原理可知选项C正确。
2．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．迈克耳孙－莫雷实验得出的结论是：不论光源与观察者做怎样的相对运动，光速都是一样的
解析：选D　相对性原理简单而自然，但在电磁学的领域里，涉及到相对哪个参考系才成立的问题，故选项A错误；根据狭义相对论的光速不变原理，故选项B、C错误，D正确。
3．A、B两火箭沿同一方向高速飞过地面的某处，vA＞vB，在A火箭上的人观察结果正确的是(　　)
A．火箭A上的时钟走得最快
B．地面上的时钟走得最快
C．火箭B上的时钟走得最快
D．火箭B上的时钟走得最慢
解析：选A　根据相对论理论知，相对观察者速度越小的时钟走得越快，火箭A上的时钟相对观察者的速度最小是零，故A正确。
4.惯性系S中有一边长为l的正方形，如图1所示，从相对S系沿x方向以接近光速匀速飞行的飞行器上测得该正方形的图象是图2中的(　　)
图1
图2
解析：选C　飞行器与被测正方形沿x方向发生相对运动。由相对论时空观可知，在该方向上会发生长度收缩效应，因此该方向测得的长度小于l，y方向与相对运动方向垂直，故y方向上测得的长度仍为l，故正确选项为C。
5．用相对论的观点判断下列说法中正确的是(　　)
A．时间和空间都是绝对的，在任何参考系中一个事件发生的时间和一个物体的长度总不会改变
B．在地面上的人看来，以 10 km/s的速度运动的飞船中的时钟会变快，但是飞船中的宇航员却看到时钟可能是准确的
C．在地面上的人看来，以10 km/s的速度运动的飞船在运动方向上会变窄，而飞船中的宇航员却感觉不到，地面上的人看起来比飞船中的人扁一些
D．当物体运动的速度v远小于c时，“长度收缩”和“时间膨胀”效应可忽略不计
解析：选D　时间和空间都是相对的，没有绝对准确的时间和空间，所以选项A、B错误；由l＝l0 可知，两处的人都感觉l＜l0，所以选项C错误；由尺缩效应和钟慢效应公式可知，当v远小于c时，尺缩效应和钟慢效应都可以忽略不计，所以选项D正确。
6．在高速运动的火车上，设车对地面的速度为v，车上的人以速度u′沿着火车前进的方向相对火车运动，那么他相对地面的速度u与(u′＋v)的关系是(　　)
A．u＝u′＋v　　　　　 　B．u＜u′＋v
C．u＞u′＋v D．以上均不正确
解析：选B　按照经典时空观，u＝u′＋v，实际上，根据相对论速度变换公式：u＝，1＋＞1，所以严格地来说，应当u＜u′＋v，而经典时空观u＝u′＋v，是在u′v ?c2 时的一种近似，而只有在u′v的积与c2相比较不能忽略时，才能显明地看出u＜u′＋v，故只有B正确。
二、非选择题(共2小题，共20分)
7．(10分)一张宣传画是边长为5 m的正方形，一高速列车以2×108 m/s的速度接近此宣传画，在司机看来，这张宣传画是什么样子？
解析：l＝l′＝5× m＝3.7 m，在垂直运动方向上长度不变，所以看到的是一张3.7×5 m2的宣传画。
答案：看到的是一张3.7×5 m2的宣传画
8．(10分)假如有一对孪生兄弟A和B，其中B乘坐速度为v＝0.9c的火箭飞往大角星(牧夫座a)，而后又飞回地球。根据A在地球上的观测，大角星离地球有40 万光年远，这次B往返飞行经历的时间为80.8年。如果B在离开地球时，他们的年龄都为20岁，试问：当B回到地球时，他们的年龄各有多大？
解析：设B在飞船惯性系中经历时间为t′，根据时间延缓效应得t＝，即80.8＝
解得t′＝35.2年
所以B回到地球时的年龄为20＋35.2＝55.2(岁)
此时A的年龄为20＋80.8＝100.8(岁)。
答案：A的年龄为100.8岁　B的年龄为55.2岁
第3、4节 广义相对论初步__探索宇宙
　　　　　　　　　　　　　　 1．广义相对论的基本原理指出：在任何参考系中，物理规律都是相同的，一个均匀的引力场与一个做匀加速运动的参考系等价。
2．一切物体都具有两个完全不同的属性，即惯性和引力，惯性质量是物体惯性的量度，引力质量是物体引力属性的量度。
3．宇宙起源于一个温度无穷大，物质密度无穷大的“奇点”，决定宇宙的几何性质有两个因素膨胀率和密度。

广义相对论初步
[自读教材·抓基础]
1．广义相对论的两个基本原理
(1)广义相对性原理：在任何参考系(包括非惯性系)中物理规律都是相同的。
(2)等效原理：匀加速参考系中的惯性力场与均匀引力场不可区分。
2．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，时钟变慢越甚。
(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。
3．广义相对论的实验检验
广义相对论建立之后，爱因斯坦提出了三项实验检验：
(1)水星近日点的进动。
(2)光线在引力场中的弯曲。
(3)光谱线的引力红移。20世纪60年代后，人们又提出了雷达回波延迟。
[跟随名师·解疑难]
广义相对论的实验检验
(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预言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“光谱线的引力红移”，这一预言也已经在对白矮星(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弯曲，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。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
关于广义相对性原理的下列说法正确的是(　　)
①广义相对性原理与狭义相对性原理不同的是前者适用于一切物理规律，后者只适用于力学规律
②广义相对性原理将狭义相对性原理发展到了非惯性系
③广义相对性原理认为惯性系和非惯性系中的物理规律不同
④广义相对性原理认为一切参考系都是地位相等的，没有特殊的理想的参考系
A．①③　　　　　　　　　 　B．②④
C．①④ D．②③
解析：选B　广义相对性原理认为在任何参考系中物理规律都是相同的，将狭义相对性原理中的惯性系推广到了一切参考系，故①错②对；广义相对论认为一切参考系都是等价的，不存在特殊的理想参考系，故③错④对。
探索宇宙
[自读教材·抓基础]
1．宇宙的起源
“大爆炸”宇宙模型认为，宇宙起源于一个“奇点”，在该点，温度为无穷大，物质密度为无穷大，空间急剧膨胀，即发生宇宙大爆炸之后，宇宙不断膨胀，温度不断降低。大约经历了150亿年，形成了我们今天的宇宙。
2．宇宙的组成
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星系，现在已知存在的星系有1 000亿个以上。
3．永不停息的探索
宇宙茫茫无际，人类的探索也不会停止，为了摆脱大气层的影响，人们先后发射了许多人造卫星及宇宙飞行器，用于天文观测。著名的哈勃太空望远镜是目前最先进的太空望远镜。
[跟随名师·解疑难]
1．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．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。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
关于大爆炸宇宙模型的下列说法正确的是(　　)
A．宇宙起源于一个特殊的点，这个点大爆炸是空间的开始
B．宇宙起源于一个特殊的点，这个点爆炸之前时间已经存在
C．宇宙大爆炸后空间膨胀一定会一直持续下去，永不停止
D．宇宙起源的“奇点”温度无穷低，密度无穷大
解析：选A　根据大爆炸宇宙模型，宇宙起源于奇点，该奇点温度无穷高，密度无穷大，认为该点拥有无穷的能量但体积无穷小，故D错；宇宙爆炸后，急剧膨胀，宇宙未来的演化有两种可能，一是持续膨胀，另一种是膨胀到极限后又收缩成一个新的奇点，故C错；奇点爆炸是宇宙的始点，既是时间的起点，又是空间的始点，故A对，B错。

广义相对论
[典题例析]
在适当的时候，通过仪器可以观察到太阳后面的恒星，这说明星体发出的光(　　)
A．经太阳时发生了衍射
B．可以穿透太阳及其他障碍物
C．在太阳引力场作用下发生了弯曲
D．经过太阳外的大气层时发生了折射
[思路点拨]　依据广义相对论中的引力场中的光线弯曲考虑。
解析：根据爱因斯坦的广义相对论可知，光线在太阳引力场作用下发生了弯曲。所以，可以在适当的时候(如日全食时)通过仪器观察到太阳后面的恒星，故C正确，A、B、D均错。
答案：C
[探规寻律]
应用广义相对论的原理解决时空变化问题的方法
(1)应该首先分析研究的问题或物体做怎样的运动，是处于怎样的参考系中。无论是匀加速运动的参考系，还是均匀的引力场中，其规律是相同的。
(2)然后根据“引力使时间变慢，空间变短”的理论分析其所在位置或运动情况会产生怎样的变化。
[跟踪演练]
下列说法中不正确的是(　　)
A．光线在引力场中仍沿直线传播
B．强引力场作用可使光谱线向红端偏移
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
解析：选A　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，A错误。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。

[课堂双基落实]
1．惯性质量mi和引力质量mg的关系是(　　)
A．mi＝mg　　　　　 　B．mi＞mg
C．mi＜mg D．无法确定
解析：选A　根据爱因斯坦提出的广义相对论的等效原理可知，非惯性系中出现的惯性力与引力在力学效应上是等效的。
2．关于广义相对论，下列说法中正确的是(　　)
A．万有引力可以用广义相对论作出正确的解释
B．惯性质量和引力质量不相等，它们遵从不同的规律
C．广义相对论是惯性参考系之间的理论
D．万有引力理论无法纳入广义相对论的框架
解析：选A　万有引力可以纳入广义相对论的框架，可以用广义相对论作出正确的解释，A对、D错；惯性质量和引力质量相等，遵从相同的规律，B错；广义相对论是非惯性参考系之间的理论，C错。
3．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的靠近我们
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。
4．引力场中，哪些位置的时间进程比较缓慢，哪些位置的空间尺度会发生收缩？
解析：在引力场中，引力越强的位置，时间的进程越慢，空间尺度的收缩只发生在与引力垂直的方向上，引力越强的位置，空间尺度收缩越严重。
答案：见解析
[课下综合检测]
(时间：30分钟　满分：50分)
一、选择题(共6小题，每小题5分，共30分，每小题只有一个选项正确。)
1．下列说法中正确的是(　　)
①在任何参考系中，物理规律都是相同的，这就是广义相对性原理
②在不同的参考系中，物理规律都是不同的，例如牛顿运动定律仅适用于惯性参考系
③一个均匀的引力场与一个做匀速运动的参考系等价，这就是著名的等效原理
④一个均匀的引力场与一个做匀加速运动的参考系等价，这就是著名的等效原理
A．①③　　　　　　　 　B．②③
C．②④ D．①④
解析：选D　由广义相对性原理和等效原理的内容知①④正确，故应选D。
2．对大爆炸理论提供支持的事实是(　　)
A．水星近日点的进动
B．光线在引力场中的弯曲
C．哈勃发现，遥远恒星发出的光谱与地球上同种物质的光谱相比，波长变长
D．长度缩短效应
解析：选C　大爆炸理论的主要观点是宇宙起源于一个“奇点”，发生大爆炸后，宇宙不断膨胀，温度不断降低。根据多普勒效应，如果恒星离我们而去，光的颜色偏红。哈勃的发现，表明不管往哪个方向看，远处的星系正急速远离我们而去，所以C正确。
3．人类最早对宇宙的认识学说是(　　)
A．地心说 B．日心说
C．大爆炸学说 D．以上说法都不正确
解析：选A　人类对宇宙的认识是一个渐进的过程。在人类历史上，相当长的时期内，人们认为地球是宇宙的中心，再后来哥白尼提出了“日心说”，认为太阳是宇宙的中心，后来人类对宇宙的起源进行探究，物理学家提出了大爆炸学说。
4．大爆炸理论认为，我们的宇宙起源于大约150亿年前的一次大爆炸。除开始瞬间外，在演化至今的大部分时间内，宇宙基本上是匀速膨胀的。上世纪末，对1A型超新星的观测显示，宇宙正在加速膨胀。面对这个出人意料的发现，宇宙学家探究其背后的原因，提出宇宙的大部分可能由暗能量组成，它们的排斥作用导致宇宙在近段天文时期内开始加速膨胀，如果真是这样，则标志宇宙大小的宇宙半径R和宇宙年龄t的关系，大致是图1中的哪个图像(　　)
图1
解析：选C　由题意知，宇宙半径R随时间t先匀速增大后加速膨胀，加速膨胀过程中R和时间平方成正比，半径随时间增大急剧增大，图像C符合。
5．矮星表面原子发光的波长与同种原子在地球上发光的波长相比，下列说法正确的是(　　)
A．矮星表面的原子发光波长较长
B．地球表面的原子发光波长较长
C．一样长
D．无法确定
解析：选A　矮星体积很小，质量却很大，其表面引力场很强，引力比地球表面大得多，其表面的时间进程比较慢，矮星上原子发光的波长比地球上同种原子发光的波长长，这也就是矮星上发生“光谱线红移”现象的原因，故A正确。
6.如图2所示，在一个高速转动的巨大转盘上，放着A、B、C三个时钟，下列说法正确的是(　　)
图2
A．A时钟走时最慢，B时钟走时最快
B．A时钟走时最慢，C时钟走时最快
C．C时钟走时最慢，A时钟走时最快
D．B时钟走时最慢，A时钟走时最快
解析：选C　由图可知A、B、C三个时钟的线速度不同，其中C时钟的线速度最大。由相对论可知C正确。
二、非选择题(共2小题，共20分)
7．(8分)哪些实验观测支持广义相对论？
解析：水星近日点的进动、光线在引力场中的弯曲、引力红移现象和雷达回波延迟都支持广义相对论。
答案：见解析
8．(12分)(1)假设宇宙飞船是全封闭的，宇航员和外界没有任何联系，宇航员如何判断使物体以某一加速度下落的力到底是引力还是惯性力？
(2)在一个加速运动的参考系中观察，光束会弯曲吗？引力对光束的效应告诉我们什么？
解析：(1)宇宙飞船中的物体受到以某一加速度下落的力可能是由于受到某个星体的引力，也可能是由于宇宙飞船正在加速飞行。两种情况的效果是等价的，所以宇航员无法判断使物体以某一加速度下落的力是引力还是惯性力，即一个均匀的引力场与一个做匀加速运动的参考系是等价的。
(2)在一个加速运动的参考系中观察，光束会弯曲，因为加速运动的参考系中出现的惯性力等效于引力，使得光线发生弯曲。引力对光束的效应说明，引力的存在使空间变形。
答案：见解析