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第2讲 选修3－4
要点提炼
高考考向
专题作业
本课结束
解析
答案第2讲 选修3－4
要点提炼
1.机械振动与机械波的有关公式
(1)简谐运动的方程：x＝A
sin
(ωt＋φ)。
(2)单摆周期公式：T＝2π。
(3)波长、波速和周期(或频率)的关系式：λ＝vT＝。
2．受迫振动和共振
受迫振动的频率等于驱动力的频率，跟物体的固有频率无关；当驱动力的频率与物体的固有频率相等时，受迫振动的振幅最大，即发生共振。
3．光的折射和全反射的有关公式
(1)n＝(θ1、θ2分别为光从空气射入介质时的入射角和折射角)。
(2)n＝(c、v分别为光在真空、介质中的速度)。
(3)全反射临界角公式：sin
C＝。
4．折射率与频率(或波长)的关系：在同一介质中，不同频率的光对应的折射率不同，频率越高，波长越短，对应的折射率越大。
5．光的双缝干涉中相邻两个亮条纹或暗条纹的中心间距：Δx＝λ。
高考考向1 机械振动与机械波
命题角度1
振动与波动的图象分析
例1 (2019·全国卷Ⅰ)(多选)一简谐横波沿x轴正方向传播，在t＝时刻，该波的波形图如图a所示，P、Q是介质中的两个质点。图b表示介质中某质点的振动图象。下列说法正确的是( )
A．质点Q的振动图象与图b相同
B．在t＝0时刻，质点P的速率比质点Q的大
C．在t＝0时刻，质点P的加速度的大小比质点Q的大
D．平衡位置在坐标原点的质点的振动图象如图b所示
E．在t＝0时刻，质点P与其平衡位置的距离比质点Q的大
解析 t＝时刻，质点Q在平衡位置，向上振动，对应的振动图象与图b不符，A错误；t＝0时刻的波形图如图所示(图a的波形图左移半个波长即可得到)，
质点P在最低点，质点Q在平衡位置，质点Q的速率比质点P的大，质点P的加速度大小比质点Q的大，质点P此时所在位置与其平衡位置的距离为振幅，质点Q在平衡位置，与其平衡位置的距离为0，故B错误，C、E正确；t＝时刻，平衡位置在坐标原点的质点经过平衡位置向下振动，对应的振动图象与图b吻合，D正确。
答案 CDE
1．振动图象与波动图象综合问题的处理思路
(1)定位：依据已知条件明确波的图象对应的时刻，依据质点振动图象找出该时刻质点振动的位移及振动方向。再根据此位移及振动方向，在波的图象中找出该质点，进而解决问题。
(2)定时：依据已知条件找到波的图象中对应的质点，读出该质点的位移并判断其振动方向，依据此位移和振动方向，在振动图象中确定该质点处在此位移对应的时刻。
2．巧解波动图象与振动图象综合问题的基本方法
求解波动图象与振动图象综合类问题可采用“一分、一看、二找”的方法：
备课记录：
1－1 (2020·四川省内江市第三次模拟)(多选)一列简谐横波沿x轴正方向传播，O为波源。如图所示，是波源开始振动后0.1
s时的波形图，则下列判断正确的是( )
A．这列波的周期为0.4
s，振幅为20
cm
B．这列波的波速为40
m/s，波长为8
m
C．再经过0.15
s时，x＝6
m处质点的位置坐标为(x＝6
m，y＝0
cm)
D．再经过0.55
s时，x＝24
m处的质点第一次到达波峰
E．当x＝20
m处的质点第一次到达波峰时，x＝4
m处的质点通过的路程为18
cm
答案 BCD
解析 由图可知，波源振动半个周期用时0.1
s，则周期为0.2
s；振幅为偏离平衡位置的最大距离，为10
cm，故A错误。波速v＝＝＝40
m/s，波长λ＝4
m×2＝8
m，故B正确。波刚好传播到x＝6
m处需再经过Δt1＝＝
s＝0.05
s，则再经过0.15
s，x＝6
m处质点刚好振动T＝，回到平衡位置，故C正确；波刚好传播到x＝24
m处需再经过Δt2＝＝
s＝0.5
s，则再经过0.55
s，x＝24
m处质点刚好振动T＝T，第一次到达波峰位置，故D正确；波从当前位置传播到x＝20
m处需用时为Δt3＝＝
s＝0.4
s＝2T，则当x＝20
m处的质点第一次到达波峰时，x＝4
m处的质点振动的时间为2T＋＝T，通过的路程为9A＝90
cm，故E错误。
1－2 (2020·全国卷Ⅲ)如图，一列简谐横波平行于x轴传播，图中的实线和虚线分别为t＝0和t＝0.1
s时的波形图。已知平衡位置在x＝6
m处的质点，在0到0.1
s时间内运动方向不变。这列简谐波的周期为________
s，波速为________
m/s，传播方向沿x轴________(填“正方向”或“负方向”)。
答案 0.4 10 负方向
解析 因为x＝6
m处的质点在0～0.1
s内运动方向不变，所以该处质点从正向最大位移处经过四分之一个周期向下运动至平衡位置处，即T＝0.1
s，解得周期为T＝0.4
s；所以波速为v＝＝＝10
m/s；由以上分析可知，在t＝0.1
s时(虚线波形)，x＝6
m处的质点向下运动，根据同侧法可知，波沿x轴负方向传播。
1－3 (2020·河北省张家口市高三(下)5月全国统一模拟考试)一简谐横波从波源O沿x轴正方向传播，t＝0时刻的波形图如图甲所示，波刚好传到质点b。图乙表示x＝2
m处的质点a的振动图象。求：
(1)质点a在0.35
s时到平衡位置的距离及0～0.35
s时间内的路程(计算结果保留两位有效数字)；
(2)从t＝0时刻开始，再经多长时间图甲中x＝7.5
m处的质点c(图中未标出)运动路程达到0.4
m?
答案 (1)0.14
m 0.66
m (2)0.55
s
解析 (1)由质点a的振动图象可得质点a的振动方程为y＝0.2sin
(ωt＋φ)
ω＝，φ＝π，T＝0.4
s
故y＝0.2sin
(5πt＋π)
根据振动方程，0.35
s时，y＝0.14
m。
在0～0.35
s时间内，质点a振动T＋T
则质点a通过的路程为4A－y＝0.66
m。
(2)此波传播速度为v＝＝＝10
m/s
从t＝0时刻开始传到图甲中x＝7.5
m处的质点c所用的时间t1＝
s＝0.35
s
质点c通过的路程为0.4
m，所用时间为
t2＝×＝0.2
s
则经过的时间为t＝t1＋t2＝0.55
s。
命题角度2
用单摆测定重力加速度
例2 (2020·全国卷Ⅱ)用一个摆长为80.0
cm的单摆做实验，要求摆动的最大角度小于5°，则开始时将摆球拉离平衡位置的距离应不超过________
cm(保留1位小数)。(提示：单摆被拉开小角度的情况下，所求的距离约等于摆球沿圆弧移动的路程。)
某同学想设计一个新单摆，要求新单摆摆动10个周期的时间与原单摆摆动11个周期的时间相等。新单摆的摆长应该取为________
cm。
解析 开始时将摆球拉离平衡位置的最大距离为：
xmax＝2π×80.0
cm×≈6.9
cm。
根据单摆周期公式T＝2π
，结合题意10T′＝11T，
代入数据有：10＝11，
解得新单摆的摆长为L′＝96.8
cm。
答案 6.9 96.8
1．单摆周期公式的理解
(1)适用条件：摆角小于5°，摆球密度大、体积小，摆线细、轻、不伸长。
(2)摆长L是摆球做圆周运动的半径，是从摆线的固定点到摆球球心的距离。
(3)等效单摆问题中，L是等效摆长，g是等效重力加速度。
2．用单摆测定重力加速度实验的注意事项
(1)实验所用的单摆应符合理论要求，即线要细、轻、不伸长，摆球要体积小、质量大(密度大)，并且偏角小于5°。
(2)单摆悬线上端要固定，即用铁夹夹紧，以免摆球摆动时摆线长度不稳定。
(3)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，如图所示。若形成的圆锥摆的摆线与竖直方向的夹角为α，则摆动的周期为T＝2π
，比相同摆长的单摆周期小，这时测得的重力加速度值比标准值大。
(4)计算单摆振动次数时，以摆球通过最低位置时进行计数，且在数“0”的同时按下秒表，开始计数。这样可以减小实验误差。
备课记录：
2－1 (2020·湖北省武汉市五月质量检测)(多选)在用单摆测量重力加速度的实验中，下列说法正确的是( )
A．尽量选择质量大、体积小的摆球
B．用刻度尺测量摆线的长度，将其作为单摆的摆长
C．为方便测量，可以让单摆的振幅尽可能大
D．释放摆球，当摆球经过平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间t，则单摆的周期T＝
E．测量多组摆长l和对应的周期T，分别以l和T2为纵坐标和横坐标，作出函数图象，根据直线的斜率求出重力加速度g
答案 ADE
解析 尽量选择质量大、体积小的摆球，可以减小阻力使实验更准确，A正确；用刻度尺测量摆线的长度，用游标卡尺测出小球的直径算出半径，将线长加半径作为摆长，B错误；为了准确，单摆的振幅不宜太大，摆角应小于5°，C错误；为了准确，可以多测几个周期，比如释放摆球，当摆球经过平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间t，则单摆的周期T＝，D正确；测量多组摆长l和对应的周期T，分别以l和T2为纵坐标和横坐标，作出函数图象，由T＝2π
即l＝T2可知，可以根据直线的斜率求出重力加速度g，E正确。
2－2 (2019·全国卷Ⅱ)如图，长为l的细绳下方悬挂一小球a，绳的另一端固定在天花板上O点处，在O点正下方l的O′处有一固定细铁钉。将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放，并从释放时开始计时。当小球a摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡。设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，向右为正。下列图象中，能描述小球在开始一个周期内的x?t关系的是( )
答案 A
解析 摆长为l时单摆的周期T1＝2π，振幅A1＝lα(α为摆角)，摆长为l时单摆的周期T2＝2π＝π＝，振幅A2＝lβ(β为摆角)。根据机械能守恒定律得mgl(1－cos
α)＝mg(1－cos
β)，利用cos
α＝1－2sin2，cosβ＝1－2sin2，以及sin≈tan
≈，sin
≈tan
≈，解得β＝2α，故A2＝A1，故A正确。
命题角度3
机械波的多解问题
例3 (2019·天津高考)(多选)一列简谐横波沿x轴传播，已知x轴上x1＝1
m和x2＝7
m处质点的振动图象分别如图1、图2所示，则此列波的传播速率可能是( )
A．7
m/s
B．2
m/s
C．1.2
m/s
D．1
m/s
解析 由振动图象可知周期T＝4
s，零时刻x1处质点在平衡位置且向下振动，而x2处质点在正的最大位移处。①若波沿x轴正方向传播，其波形如图甲所示，x2处质点的平衡位置可能在A1或A2或A3…
则有：x2－x1＝λ(n＝0、1、2…)，得波速v＝＝＝
m/s(n＝0、1、2…)，当n＝0时，v＝6
m/s，当n＝1时，v＝1.2
m/s，当n＝2时，v＝
m/s，C正确。
②若波沿x轴负方向传播，其波形如图乙所示，x2处质点的平衡位置可能在A1或A2或A3…
则有x2－x1＝λ(n＝0、1、2…)，得波速v＝＝＝
m/s(n＝0、1、2…)，当n＝0时，v＝2
m/s，当n＝1时，v≈0.86
m/s，B正确。
答案 BC
1．波动问题多解的主要因素
(1)周期性
①时间周期性：时间间隔Δt与周期T的关系不明确。
②空间周期性：波传播的距离Δx与波长λ的关系不明确。
(2)双向性
①传播方向双向性：波的传播方向不确定。
②振动方向双向性：质点振动方向不确定。
2．解决波的多解问题的思路
一般采用从特殊到一般的思维方法，即找出一个周期内满足条件的Δt或Δx，则t＝nT＋Δt(n＝0，1，2，…)，或x＝nλ＋Δx(n＝0，1，2，…)，进而求解。
备课记录：
3．(2020·四川省宜宾市三诊)(多选)一列简谐横波沿x轴负方向传播，t＝0时刻的波形如图中实线所示，t＝0.7
s时刻的波形如图中的虚线所示，则下列叙述正确的是( )
A．该波的波长为8
m
B．波的周期可能为0.4
s
C．波的传播速度可能为30
m/s
D．质点P在t＝0.7
s时刻向下运动
E．x＝4
m与x＝6
m两质点的运动方向总是相反
答案 ABD
解析 由波形图可知，该波的波长为λ＝8
m，A正确；由题意可知nT＋T＝0.7
s(n＝0，1，2，…)，当n＝1时，T＝0.4
s，即波的周期可能为0.4
s，B正确；波的传播速
度v＝＝
m/s＝(4n＋3)m/s(n＝0，1，2，…)，若v＝30
m/s，则n不是整数，C错误；根据“微平移法”可知，质点P在t＝0.7
s时刻向下运动，D正确；x＝4
m与x＝6
m两质点平衡位置的间距不等于半波长的奇数倍，可知两质点的运动方向不总是相反，E错误。
高考考向2 光的折射和全反射
命题角度1
光的折射和全反射
例4 (2020·全国卷Ⅱ)直角棱镜的折射率n＝1.5，其横截面如图所示，图中∠C＝90°，∠A＝30°。截面内一细束与BC边平行的光线，从棱镜AB边上的D点射入，经折射后射到BC边上。
(1)光线在BC边上是否会发生全反射？说明理由；
(2)不考虑多次反射，求从AC边射出的光线与最初的入射光线夹角的正弦值。
解析 (1)如图，设光线在D点的入射角为i，折射角为r。折射光线射到BC边上的E点。设光线在E点的入射角为θ，由几何关系，有
θ＝90°－(30°－r)>60°①
根据题给数据得sin
θ>sin60°>sin
C＝②
即θ大于全反射临界角C，因此光线在BC边上的E点会发生全反射。
(2)设光线在AC边上的F点射出棱镜，光线在F点的入射角为i′，折射角为r′，由几何关系、反射定律及折射定律，有
i＝30°③
i′＝90°－θ④
sin
i＝n
sin
r⑤
n
sin
i′＝sin
r′⑥
联立①③④⑤⑥式并代入题给数据，得
sin
r′＝⑦
由几何关系，r′即从AC边射出的光线与最初的入射光线的夹角。
答案 (1)见解析 (2)
光的折射和全反射题型的分析思路
(1)确定要研究的光线，有时需要根据题意，分析、寻找临界光线为研究对象。
(2)找入射点，确认界面，并画出法线。
(3)明确两介质折射率的大小关系。
①若光疏→光密：定有反射、折射光线。
②若光密→光疏：如果入射角大于或等于临界角，一定发生全反射。
(4)根据反射定律、折射定律列出关系式，结合几何关系，联立求解。充分考虑三角形、圆的特点，运用几何图形中的边角关系、三角函数、相似关系、全等关系等，仔细分析光传播过程中的几何关系。
备课记录：
4－1 (2020·全国卷Ⅲ)如图，一折射率为的材料制作的三棱镜，其横截面为直角三角形ABC，∠A＝90°，∠B＝30°。一束平行光平行于BC边从AB边射入棱镜，不计光线在棱镜内的多次反射，求AC边与BC边上有光出射区域的长度的比值。
答案 2
解析 如图a所示，设从D点入射的光线经折射后恰好射向C点，光在AB边上的入射角为θ1，折射角为θ2，由折射定律有
sin
θ1＝n
sin
θ2①
设从DB范围入射的光折射后在BC边上的入射角为θ′，由几何关系有
θ′＝30°＋θ2②
由①②式并代入题给数据得
θ2＝30°，θ′＝60°③
n
sin
θ′>1④
所以，从DB范围入射的光折射后在BC边上发生全反射，反射光线垂直射到AC边，AC边上全部有光射出。
设从AD范围入射的光折射后在AC边上的入射角为θ″，如图b所示。
由几何关系有
θ″＝90°－θ2⑤
由③⑤式和已知条件可知
θ″＝60°，n
sin
θ″>1⑥
即从AD范围入射的光折射后在AC边上发生全反射，反射光线垂直射到BC边上。设从A点入射的光从BC边上的F点射出，则BC边上有光线射出的区域为CF，由几何关系得
CF＝AC·sin
30°⑦
AC边与BC边上有光出射区域的长度的比值为
＝2。⑧
4－2 (2019·全国卷Ⅰ)如图，一艘帆船静止在湖面上，帆船的竖直桅杆顶端高出水面3
m。距水面4
m的湖底P点发出的激光束，从水面出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与竖直方向的夹角为53°(取sin
53°＝0.8)。已知水的折射率为。
(1)求桅杆到P点的水平距离；
(2)船向左行驶一段距离后停止，调整由P点发出的激光束方向，当其与竖直方向夹角为45°时，从水面射出后仍照射在桅杆顶端，求船行驶的距离。
答案 (1)7
m (2)5.5
m
解析 (1)设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1，到P点的水平距离为x2；桅杆高度为h1，P点处水深为h2；激光束在水中与竖直方向的夹角为θ。由几何关系有
＝tan
53°①
＝tan
θ②
由折射定律有sin
53°＝n
sin
θ③
设桅杆到P点的水平距离为x，则x＝x1＋x2④
联立①②③④式并代入题给数据得x＝7
m⑤
(2)设激光束在水中与竖直方向的夹角为45°时，从水面出射的方向与竖直方向夹角为i′，由折射定律有
sin
i′＝n
sin
45°⑥
设船向左行驶的距离为x′，此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1′，到P点的水平距离为x2′，则
x1′＋x2′＝x′＋x⑦
＝tan
i′⑧
＝tan
45°⑨
联立⑤⑥⑦⑧⑨式并代入题给数据得x′＝(6－3)m≈5.5
m。
命题角度2
测定玻璃的折射率
例5 (2020·福建省泉州市第二次质量检测)某小组用“插针法”测平行玻璃砖的折射率，如图已确定好入射方向AO与玻璃砖界面aa′的夹角为α，插了两枚大头针P1和P2，1、2、3、4分别是四条直线。
(1)在bb′侧调整观察视线，另两枚大头针P3和P4可能插在________线上(选填“1”“2”“3”或“4”)。
(2)实验中画出入射点与出射点的连线，并测得连线与玻璃砖界面aa′的夹角为β，则玻璃砖的折射率n＝________。
(3)若描出玻璃砖两边界线aa′、bb′后，不小心将玻璃砖沿OA方向平移了一些再进行实验，则折射率的测量值将________(选填“偏大”“不变”或“偏小”)。
解析 (1)由折射定律得知，光线通过平行玻璃砖后出射光线与入射光线平行，由于光线在上表面折射时，折射角小于入射角，则出射光线向左侧偏移，即另两枚大头针P3和P4可能插在直线2上。
(2)由题可知，折射率为n＝＝。
(3)不小心将玻璃砖沿OA方向平移了一些，通过比较发现，入射角和折射角没有变化，则由n＝可知，测得的折射率将不变。
答案 (1)2 (2) (3)不变
1．测定玻璃的折射率实验的解题思路
(1)确定所要研究的发生折射的界面，确定入射角和折射角。
(2)根据折射定律来分析实验现象和数据，得出结论。
(3)实验中为确定光线方向插针描点、设定入射角和折射角时，角度大小都应适当，不能太大或太小。
2．测定玻璃的折射率实验的注意事项
(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′之间距离要稍大一些。
(2)入射角α应适当大一些，以减小测量角度的误差，但入射角也不宜太大。
(3)在操作时，手不能触摸玻璃砖的光洁光学面，更不能用玻璃砖界面代替直尺画界线。
(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，宽度宜在5
cm以上，若宽度太小，则测量误差较大。
备课记录：
5－1 (2019·天津高考)某小组做测定玻璃的折射率实验，所用器材有：玻璃砖，大头针，刻度尺，圆规，笔，白纸。
(1)下列哪些措施能够提高实验准确程度________。
A．选用两光学表面间距大的玻璃砖
B．选用两光学表面平行的玻璃砖
C．选用粗的大头针完成实验
D．插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些
(2)该小组用同一套器材完成了四次实验，记录的玻璃砖界线和四个大头针扎下的孔洞如下图所示，其中实验操作正确的是________。
(3)该小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，以入射点O为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线NN′的垂线，垂足分别为C、D点，如图所示，则玻璃的折射率n＝________。(用图中线段的字母表示)
答案 (1)AD (2)D (3)
解析 (1)测定玻璃折射率的关键是根据入射光线和出射光线确定在玻璃中的传播光线，因此选用光学表面间距大的玻璃砖以及使同侧两枚大头针间的距离尽量大些都有利于提高实验的准确程度，A、D正确；两光学表面是否平行不影响折射率的测量，为减小误差，应选用细长的大头针，故B、C错误。
(2)两光学表面平行的玻璃砖的入射光线与出射光线平行，在空气中的入射角大于玻璃中的折射角，在题图中，根据玻璃砖界线及四个孔洞位置分别作出光路图及法线，如图1所示分析可知实验操作正确的是D。
(3)如图2所示，玻璃的折射率n＝，又sin
i＝，sin
r＝，故n＝。
5－2 (2020·宁夏银川一模)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，如图甲所示，其中O为两圆弧圆心，图中已画出经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i和折射角γ，请在图中的AB分界面上画出这两个角。
(3)用所测物理量计算折射率的公式为n＝________。
(4)为了保证在弧面CD得到出射光线，实验过程中，光线在弧面AB的入射角应适当________(填“小一些”“无所谓”或“大一些”)。
(5)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象，由图象可知该玻璃的折射率n＝________。
答案 (1)图见解析 (2)图见解析
(3) (4)小一些 (5)1.5
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，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路，如图所示。
(2)如图所示。
(3)由折射定律可得n＝。
(4)为了保证在弧面CD得到出射光线，实验过程中，光线在弧面AB的入射角应适当小一些，才不会使光线在CD面上发生全反射。
(5)图象的斜率k＝＝n，由题图乙可知斜率为1.5，即该玻璃的折射率为1.5。
高考考向3 波的特有现象 电磁波 相对论初步
命题角度1
波的特有现象 电磁波 相对论初步
例6 (2020·全国卷Ⅰ)(多选)在下列现象中，可以用多普勒效应解释的有( )
A．雷雨天看到闪电后，稍过一会儿才能听到雷声
B．超声波被血管中的血流反射后，探测器接收到的超声波频率发生变化
C．观察者听到远去的列车发出的汽笛声，音调会变低
D．同一声源发出的声波，在空气和水中传播的速度不同
E．天文学上观察到双星(相距较近、均绕它们连线上某点做圆周运动的两颗恒星)光谱随时间的周期性变化
解析 多普勒效应是指：波源与观察者互相靠近或者互相远离时，观察者接收到的波的频率会发生变化的现象。雷雨天先看到闪电后听到雷声，是因为在空气中声音的传播速度比光的传播速度慢，与多普勒效应无关，A错误；流动的血液与探测器的距离在不断变化，由多普勒效应可知，探测器接收到的血流反射的超声波频率发生变化，B正确；列车远离观察者时，由多普勒效应可知，观察者接收到的列车发出汽笛声的声波频率变低，即听到汽笛声的音调变低，C正确；同一声源发出的声波，在空气和水中传播的速度不同，是因为声波从一种介质进入另一种介质时，波长发生了变化，与多普勒效应无关，D错误；双星做圆周运动的过程中，到地球的距离随时间周期性变化，由多普勒效应可知，在地球上接收到的双星上某些元素发出的光波频率随时间周期性变化，即观察到双星光谱随时间周期性变化，E正确。
答案 BCE
(1)波的干涉
①产生条件：两列波频率相同、振动方向相同、相位差恒定。
②加强点、减弱点的判断方法
a．公式法：当两振源振动步调一致时，若Δr＝nλ(n＝0，1，2，…)，则振动加强；若Δr＝(2n＋1)(n＝0，1，2，…)，则振动减弱。
b.图象法：两列波波峰与波峰(或波谷与波谷)相遇处，是振动加强点，波峰与波谷相遇处，是振动减弱点。
(2)波的衍射：产生明显衍射的条件是，缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不多或者比波长更小。
(3)多普勒效应：波源的频率是不改变的，只是由于波源和观察者之间相互靠近或相互远离，接收到的频率发生了变化。靠近(或远离)波源，接收到的频率增大(或减小)。
(4)光的偏振：光的偏振现象说明光是横波。
备课记录：
6－1 (2020·江苏高考)(多选)电磁波广泛应用在现代医疗中。下列属于电磁波应用的医用器械有( )
A．杀菌用的紫外灯
B．拍胸片的X光机
C．治疗咽喉炎的超声波雾化器
D．检查血流情况的“彩超”机
答案 AB
解析 紫外光的频率高，能量强，常用于杀菌，紫外灯属于电磁波的应用，A正确；X光的穿透能力较强，常用于拍胸片，X光机属于电磁波的应用，B正确；超声波雾化器属于超声波的应用，与电磁波无关，C错误；“彩超”机属于超声波的应用，与电磁波无关，D错误。
6－2 (2020·全国卷Ⅰ)一振动片以频率f做简谐振动时，固定在振动片上的两根细杆同步周期性地触动水面上a、b两点，两波源发出的波在水面上形成稳定的干涉图样。c是水面上的一点，a、b、c间的距离均为l，如图所示。已知除c点外，在ac连线上还有其他振幅极大的点，其中距c最近的点到c的距离为l。求
(1)波的波长；
(2)波的传播速度。
答案 (1)l (2)fl
解析 (1)如图，设在ac连线上距c点最近的振幅极大的点为d点，a与d的距离为r1，b与d的距离为r2，波的波长为λ，则
r2－r1＝λ①
由几何关系有
r1＝l－l②
r＝(r1sin
60°)2＋(l－r1cos
60°)2③
联立①②③式可得λ＝l。④
(2)波的频率为f，设波的传播速度为v，则有
v＝fλ⑤
联立④⑤式可得v＝fl。⑥
命题角度2
用双缝干涉测光的波长
例7 (2019·全国卷Ⅱ)某同学利用图示装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源正常发光；调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。回答下列问题：
(1)若想增加从目镜中观察到的条纹个数，该同学可________。
A．将单缝向双缝靠近
B．将屏向靠近双缝的方向移动
C．将屏向远离双缝的方向移动
D．使用间距更小的双缝
(2)若双缝的间距为d，屏与双缝间的距离为l，测得第1条暗条纹到第n条暗条纹之间的距离为Δx，则单色光的波长λ＝________。
(3)某次测量时，选用的双缝的间距为0.300
mm，测得屏与双缝间的距离为1.20
m，第1条暗条纹到第4条暗条纹之间的距离为7.56
mm。则所测单色光的波长为________
nm(结果保留三位有效数字)。
解析 (1)相邻明(暗)干涉条纹的间距Δx＝λ，要增加观察到的条纹个数，即减小Δx，需增大d或减小l，因此应将屏向靠近双缝的方向移动，或使用间距更大的双缝，B正确，A、C、D错误。
(2)第1条暗条纹到第n条暗条纹间的距离为Δx，则相邻暗条纹间的距离Δx′＝，又Δx′＝λ，解得λ＝。
(3)由λ＝，代入数据解得λ＝630
nm。
答案 (1)B (2) (3)630
用双缝干涉测光的波长时的注意事项
(1)Δx＝λ中Δx是干涉图样中相邻两亮条纹或两暗条纹中心的间距，l是双缝到光屏的距离，d是双缝间的距离。
(2)若第n条亮(暗)条纹中心到第n＋m条亮(暗)条纹中心的距离是x，则Δx＝。
(3)熟记实验装置的排列顺序。
备课记录：
7．用双缝干涉测光的波长，实验装置如图甲所示。已知单缝与双缝间的距离L1＝100
mm，双缝与屏的距离L2＝700
mm，双缝间距d＝0.25
mm。用测量头来测量亮纹中心的距离。测量头由分划板、目镜、手轮等构成，转动手轮，使分划板左右移动，让分划板的中心刻线对准亮纹的中心，如图乙所示，记下此时手轮上的读数，转动测量头，使分划板中心刻线对准另一条亮纹的中心，记下此时手轮上的读数。
(1)分划板的中心刻线分别对准第1条和第4条亮纹的中心时，手轮上的读数如图丙所示，则对准第1条时读数x1＝2.190
mm，对准第4条时读数x2＝________
mm。
(2)根据以上条件，可算出这种光的波长λ＝________
nm(保留三位有效数字)。
(3)(多选)在双缝干涉实验中发现条纹太密，难以测量，下列操作中可以使条纹变稀疏的是________。
A．改用波长较短的光(如紫光)作为入射光
B．增大双缝到屏的距离
C．减少双缝间距
D．增大双缝间距
答案 (1)7.868 (2)675 (3)BC
解析 (1)固定刻度为7.5
mm，可动刻度为36.8×0.01
mm＝0.368
mm，所以最终读数为7.5
mm＋0.368
mm＝7.868
mm，所以对准第4条时读数为x2＝7.868
mm。
(2)相邻亮条纹中心的间距为Δx＝＝
mm≈1.89
mm，
根据Δx＝λ得这种光的波长为
λ＝＝
m＝675
nm。
(3)根据Δx＝λ得，要使条纹变稀疏，则应减小双缝间距，或增大双缝到屏的距离，或增大入射光的波长，故B、C正确，A、D错误。
专题作业
1.
(2020·安徽省皖南八校临门一卷)(多选)某容器中盛有水，底部O处发出的光束中含有a、b两种色光，在水与空气界面的折射情况如图所示。以下判断正确的是( )
A．水对a光的折射率比水对b光的折射率小
B．在水中，a光的速度比b光的速度小
C．在真空中，a光的波长比b光的波长小
D．增大光束在水中的入射角，界面处折射光先消失的是b光
E．用同一实验装置做光的干涉实验，屏上相邻亮条纹中心间距a光比b光大
答案 ADE
解析 由折射定律可知水对a光的折射率比水对b光的折射率小，故A正确；由v＝可知，在水中，a光的速度比b光的速度大，故B错误；水对a光的折射率比水对b光的折射率小，故a光频率比b光频率小，在真空中，a光的波长比b光的波长大，故C错误；由全反射临界角公式sin
C＝可知，b光的全反射临界角小于a光的全反射临界角，增大光束在水中的入射角，界面处折射光先消失的是b光，故D正确；根据双缝干涉条纹的间距公式Δx＝λ可知，同一实验装置中，光的波长越长，屏上相邻亮条纹中心间距越大，所以a光的条纹间距比b光大，故E正确。
2.
(2020·宁夏银川市一模)(多选)如图所示，水面上波源S1的振动方程为x＝20sin100πt(cm)，水面上波源S2的振动方程为x＝10sin100πt(cm)，实线与虚线分别表示S1和S2形成的两列波的波峰和波谷。此刻，M是波峰与波峰的相遇点，不考虑水波的衰减，下列说法中正确的是( )
A．这两列波的频率均为50
Hz
B．随着时间的推移，M处的质点将向O处移动
C．P、N两质点始终处在振动减弱位置
D．从该时刻起，经过四分之一周期，M处的质点到达平衡位置，此时位移为零
E．O、M连线的中点是振动减弱的点，其振幅为10
cm
答案 ACD
解析 由振动方程知ω＝100π
rad/s，则这两列波的频率均为f＝＝50
Hz，故A正确；介质中的质点只能在各自平衡位置附近振动，不会随波迁移，故B错误；由图可知，P、N两质点均处于波峰与波谷相遇处，振动减弱，而两列波发生干涉，则P、N两质点始终处在振动减弱位置，故C正确；该时刻质点M处于波峰，经过四分之一周期，质点M回到平衡位置，则位移为0，故D正确；O、M连线的中点是振动加强点，其振幅为30
cm，故E错误。
3．(2020·吉林省吉林市第四次调研)(多选)下列说法中正确的是( )
A．光在同一种介质中一定沿直线传播
B．光从光密介质射入光疏介质且入射角大于临界角时，一定会发生全反射现象
C．肥皂液是无色的，在阳光下观察肥皂泡是彩色的，这是光的干涉现象形成的
D．逆着光通过放大镜观察大头针针尖时，常看见针尖周围具有环纹或针尖重影，这是光的衍射现象形成的
E．光会发生偏振现象，它说明光是一种纵波
答案 BCD
解析 光在同一种非均匀介质中传播时会发生弯曲，A错误；光从光密介质射入光疏介质，且入射角大于临界角时，一定会发生全反射现象，B正确；在阳光下观察肥皂泡呈彩色，这是光的薄膜干涉现象形成的，C正确；逆着光线通过放大镜观察大头针针尖时，常看见针尖周围有环纹或针尖重影，这是光的衍射现象形成的，D正确；光会发生偏振现象，它说明光是一种横波，E错误。
4．(2020·云南省高中毕业生统一检测)(多选)下列说法中正确的是( )
A．物体做受迫振动，驱动力频率越高，物体振幅越大
B．机械波从一种介质进入另一种介质传播时，其频率保持不变
C．质点做简谐运动，在半个周期的时间内，合外力对其做功一定为零
D．在做用单摆测重力加速度的实验时，在几个体积相同的小球中，应选择质量大的小球
E．交通警察向远离警车的车辆发送频率为f1的超声波，测得返回警车的超声波频率为f2，则f1答案 BCD
解析 物体做受迫振动的频率等于驱动力的频率，当驱动力的频率等于系统的固有频率时，物体振幅最大，这种现象称为共振，故A错误；机械波从一种介质进入另一种介质传播时，其频率保持不变，故B正确；质点做简谐运动，在半个周期的时间内，质点的速率变化量为零，根据动能定理得知合外力做的功一定为零，故C正确；为了减小阻力的影响，在做用单摆测重力加速度的实验时，在几个体积相同的小球中，应选择质量大的小球，故D正确；交通警察向远离警车的车辆发送频率为f1的超声波，测得返回警车的超声波频率为f2，根据多普勒效应可知f1>f2，故E错误。
5．(2020·辽宁省丹东市质量测试二)(多选)“第五代移动通信技术”简称5G，其特征之一是高数据传输速率。5G信号采用3.3×109～6×109
Hz频段的无线电波，而4G信号的频段范围是1.88×109～2.64×109
Hz。下列说法中正确的是( )
A．5G信号与4G信号所用的无线电波在真空中传播得一样快
B．在太空中(可认为真空)，声波不可以传播但5G信号可以传播
C．5G信号和4G信号都是横波，二者叠加可以产生稳定的干涉现象
D．5G信号所用的无线电波波段只具有波动性没有粒子性
E．5G信号相比于4G信号更不容易绕过障碍物，所以5G通信需要搭建更密集的基站
答案 ABE
解析 任何电磁波在真空中的传播速度均为光速，故5G信号和4G信号所用的无线电波在真空中的传播速度相同，故A正确；声波为机械波，传播时需要介质，电磁波传播时可以不需要介质，则在太空中(可认为真空)，声波不可以传播但5G信号可以传播，故B正确；5G信号和4G信号都是电磁波，故为横波，由于波的频率不同，则二者叠加不能产生稳定的干涉现象，故C错误；电磁波具有波粒二象性，故D错误；与4G信号相比，因5G信号的频率更高，则波长更小，故5G信号相比于4G信号更不容易绕过障碍物，所以5G通信需要搭建更密集的基站，故E正确。
6．(2020·福建省厦门市质检)(多选)如图所示，在“测定玻璃砖折射率”的实验中，下列说法正确的是( )
A．用手拿起玻璃砖时，应拿“光学面”
B．使用玻璃砖的BC、CD两个侧面，加以合理操作，也可测得折射率
C．标记入射光线的大头针P1、P2之间的距离应适当大些
D．在插针的过程中，大头针P3应挡住P1、P2
E．在测量数据时，仅用毫米刻度尺也能获得计算折射率所需要的全部数据
答案 BCE
解析 用手拿起玻璃砖时，不能用手摸“光学面”，A错误；使用玻璃砖的BC、CD两个侧面，用同样的方法，确定入射光线和折射光线，同样也能测得折射率，B正确；标记入射光线的大头针P1、P2之间的距离应适当大些，这样确定入射光线的方向更准确，C正确；在插针的过程中，大头针P3应挡住P1、P2的像，D错误；在测量数据时，仅用毫米刻度尺，根据三角形的边角关系，也能测出入射角和折射角的正弦值从而确定折射率，E正确。
7．(2020·东北三省三校高三下学期联合模拟考)(多选)一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图象如图乙所示，下列说法正确的是( )
A.该波沿x轴正向传播
B．该波的波速大小为1
m/s
C．经过0.3
s，A质点通过的路程为0.3
m
D．A、B两质点的速度不为零时也有可能相同
E．若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则所遇到的波的频率为0.4
Hz
答案 ABC
解析 由题图乙读出该时刻A质点的振动方向沿y轴负方向，由质点的振动方向与波传播方向的关系，可知波沿x轴正向传播，故A正确；由题图甲可知波长为λ＝0.4
m，由题图乙可知周期为T＝0.4
s，则波速为v＝＝1
m/s，故B正确；经过0.3
s＝T，A质点通过的路程为s＝3A＝0.3
m，故C正确；A、B两质点的平衡位置的间距为半个波长，振动情况始终相反，速度不为零时不可能相同，故D错误；发生稳定的干涉现象需要两列波频率相同，则所遇到的简谐横波的频率应为f＝＝2.5
Hz，故E错误。
8．(2020·贵州省贵阳市调研)(多选)一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t＋0.6
s时刻的波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点，则以下说法正确的是( )
A．这列波的波速可能为50
m/s
B．质点a在这段时间内通过的路程一定小于30
cm
C．若有另一周期为0.16
s的简谐横波与此波相遇，有可能产生稳定的干涉现象
D．若这列波的周期为T＝0.8
s，在t＋0.5
s时刻，质点b、P的位移相同
E．若这列波的周期为T＝0.8
s，从t＋0.4
s时刻开始计时，质点c的振动方程为y＝0.1sin
πt(m)
答案 ACD
解析 由图可知，0.6
s＝T(n＝0，1，2，…)，故该波的周期T＝
s(n＝0，1，2，…)，而该波的波长为40
m，则该波的波速为v＝＝×(4n＋3)m/s＝
m/s(n＝0，1，2，…)。当n＝0时v＝50
m/s，故A正确；质点a在平衡位置附近振动，振动的最少时间为T，故这段时间内其通过的路程最小为3A＝30
cm，故B错误；当n＝3时，该波周期为T＝0.16
s，故若有另一周期为0.16
s的简谐横波与此波相遇，有可能产生稳定的干涉现象，故C正确；若该波周期为T＝0.8
s，因波沿x轴正方向传播，所以在t＋0.5
s＝t＋T时刻，质点P位移为－5
cm，质点b位移为－5
cm，可见此时两个质点的位移相同，故D正确；若该波周期为T＝0.8
s，t＋0.4
s＝t＋时刻质点c位移为0.1
m，ω＝＝
rad/s＝π
rad/s，则从t＋0.4
s时刻开始计时，质点c的振动方程为y＝0.1cos
πt(m)，故E错误。
9．(2020·陕西省渭南市质量检测)地震时，振源会同时产生两种波，一种是传播速度约为3.5
km/s的S波，另一种是传播速度约为7.0
km/s的P波。一次地震发生时，某地震监测点记录到首次到达的P波比首次到达的S波早3
min。假定地震波沿直线传播，振源的振动周期为1.2
s，则振源与监测点之间的距离为________
km，S波的波长为________
km。
答案 1260 4.2
解析 设振源与监测点之间的距离为x，地震监测点记录到首次到达的P波比首次到达的S波早3
min(180
s)，故－＝Δt，代入数据，有－＝180
s，解得x＝1260
km。根据波速、波长、周期的关系公式，得到λS＝vS·T＝3.5
km/s×1.2
s＝4.2
km。
10．(2020·陕西高三三模)某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验时：
(1)如果他测得的g值偏小，可能的原因是________。
A．测摆线长时测了悬线的总长度
B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，使周期变大了
C．开始计时时，秒表过迟按下
D．实验中误将49次全振动数次数记为50次
(2)为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出几组对应的l与T2的数据，再以l为横坐标、T2为纵坐标将所得数据连成直线，如图1所示，并求得该直线的斜率为k，则重力加速度g＝________(用k表示)。
(3)该同学还利用计算机绘制了a、b两个摆球的振动图象(如图2)，由图可知，两单摆摆长之比＝________。在t＝1
s时，b球振动的方向是________________。
答案 (1)B (2) (3) 沿y轴负方向
解析 (1)测摆线长时测了悬线的总长度，测得摆长偏大，则根据重力加速度的表达式g＝，可知测得的g值偏大，故A错误；摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，使周期变大了，由g＝，可知测得的g值偏小，故B正确；开始计时时，秒表过迟按下，测得的时间偏小，周期偏小，由g＝知，测得的g值偏大，故C错误；实验中误将49次全振动数次数记为50次，由T＝知，求出的周期偏小，由g＝知，测得的g值偏大，故D错误。
(2)根据重力加速度的表达式g＝，可知T2?l图线斜率k＝，则g＝。
(3)由振动图线知，两单摆的周期之比为＝＝，由公式T＝2π
可得＝。由图2可知，在t＝1
s时，b球振动的方向为沿y轴负方向。
11.
(2020·山西省晋中市模拟)如图所示为某同学利用插针法测定半圆形玻璃砖折射率的实验。在一半圆形玻璃砖外面插上P1、P2、P3、P4四枚大头针时，P3、P4恰可挡住P1、P2所成的像，关于该实验
(1)以下说法正确的是( )
A．P1、P2及P3、P4之间的距离适当大些，可以提高实验的准确度
B．P1、P2及P3、P4之间的距离取得小些，可以提高实验的准确度
C．入射角θ适当大些，可以提高实验的准确度
D．P1、P2的间距、入射角的大小均与实验的准确度无关
(2)该玻璃砖的折射率n＝________。另一同学将大头针插在P1′和P2′位置时，沿着P3、P4的方向附近看不到大头针的像，其原因可能是________________。
答案 (1)AC
(2) 经过P1′、P2′的光线在界面MN处发生全反射
解析 (1)大头针间的距离太小，引起的误差会较大，故P1、P2及P3、P4之间的距离适当大些，可以提高实验的准确度，故A正确，B错误；入射角θ大些，折射角也会大些，折射现象较明显，角度的相对误差会减小，故C正确，D错误。
(2)由图知，沿P1、P2的入射光线的入射角为θ＝30°，折射角为θ′＝60°，则该玻璃砖的折射率n＝＝＝。把大头针插在P1′、P2′位置时，沿着P4、P3的方向附近看不到大头针的像，其原因可能是经过P1′、P2′的光线在界面MN处发生全反射。
12．(2020·河北衡水中学高三下学期第五次调研)一赛艇停在平静的水面上，赛艇前端有一标记P离水面的高度为h1＝0.6
m，尾部下端Q略高于水面；赛艇正前方离赛艇前端s1＝0.8
m处有一浮标，示意如图。一潜水员在浮标前方s2＝3.0
m处下潜到深度为h2时，看到标记刚好被浮标挡住，此处看不到船尾端Q；继续下潜Δh＝2.0
m，恰好能看见Q。(已知水的折射率n＝)求：
(1)深度h2；
(2)赛艇的长度l。(可用根式表示)
答案 (1)4.0
m (2)m
解析 (1)设过P点的光线恰好被浮标挡住时，入射角、折射角分别为α、β，如图所示。
由几何关系有sin
α＝
eq
\f(s1,\r(s＋h))，sin
β＝
eq
\f(s2,\r(s＋h))
根据光的折射定律可知n＝＝
联立解得h2＝4.0
m。
(2)潜水员刚好能看见Q时，潜水员和Q点连线与竖直方向夹角刚好为临界角C，则有sin
C＝＝
根据几何关系有tan
C＝
联立解得l＝
m。
13．(2020·云南省昆明市“三诊一模”摸底考)如图甲所示，一列简谐波沿x轴传播，A、B为平衡位置相距4
m的两个质点，它们的振动图象如图乙所示。求该波的波速。
答案 若简谐波沿x轴正方向传播，v＝
m/s(n＝0，1，2，3，…)；若简谐波沿x轴负方向传播，v＝
m/s(n＝0，1，2，3，…)
解析 根据图乙知，该列波周期：T＝0.4
s
由A、B的振动图象可知，若简谐波沿x轴正方向传播，振动由质点A传播到质点B所需的时间为tAB＝nT＋T(n＝0，1，2，3，…)
根据波速的定义有：v＝
联立解得：v＝
m/s(n＝0，1，2，3，…)
由A、B的振动图象可知，若简谐波沿x轴负方向传播，振动由质点B传播到质点A所需的时间为tBA＝nT＋T(n＝0，1，2，3，…)
根据波速的定义有：v＝
联立解得：v＝
m/s(n＝0，1，2，3，…)。
14.
(2020·河北省石家庄市一模)半径为R的固定半圆柱形玻璃砖的横截面如图所示，O点为圆心，OO′与直径AB垂直。足够大的光屏CD紧靠在玻璃砖的左侧且与AB垂直。一束单色光沿半径方向与OO′成角θ射向O点，在光屏CD上出现两个光斑，改变入射角θ，当θ＝60°时，发现一个光斑恰好消失。
(1)求该玻璃砖的折射率；
(2)当光束沿半径方向与OO′成θ＝30°射向O点时，求光屏CD区域两个光斑间的距离。
答案 (1) (2)(＋)R
解析 (1)θ＝60°时，一个光斑恰好消失，说明光线恰好在AB面发生全反射，故n＝
解得：n＝。
(2)当θ＝30°时，如图所示，光线在AB面同时发生反射和折射，反射光线沿半径射到P点，＝tan
30°
所以PA＝R
折射光线射到Q点，n＝
所以sin
β＝，则tan
β＝
又tan
β＝
所以AQ＝R
所以两个光斑的距离PQ＝PA＋AQ＝(＋)R。
15．(2020·福建省泉州市质量检测)甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播，在t＝0时刻两列波的部分波形如图，甲恰好传播到质点M(1.0，0)，乙恰好传播到质点N(2.0，0)。已知乙的周期T乙＝0.4
s，求：
(1)质点P(1.6，0)开始振动的时刻t0；
(2)质点Q(2.4，0)的位移y＝＋20
cm的时刻t。
答案 (1)0.1
s (2)0.4k
s(k＝1，2，3，…)
解析 (1)由图可知，乙波的波长为λ乙＝1.6
m，由于两列波均在同一种介质中传播，所以波速v相同，即
v＝＝
m/s＝4
m/s
乙波先传播到质点P，P、N两质点平衡位置的距离为
Δx＝2.0
m－1.6
m＝0.4
m
则t0＝＝0.1
s。
(2)甲波的波长λ甲＝0.8
m，当质点Q的位移等于20
cm时，两列波的波峰同时出现在Q点，由图可知，甲波的波峰平移到Q点的传播距离可能为Δx甲＝(2.4－0.8)m＋nλ甲＝(1.6＋0.8n)m，其中n＝0，1，2，3，…
所用时间为Δt＝
乙波的波峰平移到Q点的传播距离可能为Δx乙＝kλ乙＝1.6k
m，其中k＝1，2，3，…
所用时间为Δt＝
联立可得2k＝2＋n
可见，当k＝1，n＝0时，Δt＝0.4
s，
当k＝2，n＝2时，Δt＝0.8
s，
当k＝3，n＝4时，Δt＝1.2
s，
依次类推可知质点Q的位移y＝＋20
cm的时刻为t＝0.4k
s(k＝1，2，3，…)。
16．(2020·四川省成都市第三次诊断性检测)如图，等腰三角形ABC为真空中竖直面内的棱镜横截面，其底边BC水平，∠B＝30°，AB＝L，P为过C点的竖直光屏。一束平行于BC边的光线射到AB边上D点，然后从AC边上F点(图中未画出)射出后在屏上产生光点。已知棱镜的折射率n＝，BD＝，真空中的光速为c，BC边只考虑一次反射。求：
(1)F点到A点的距离；
(2)光线由D点传播到光屏P所用的时间。
答案 (1) (2)
解析 (1)光路如图所示，设光线在D点的入射角和折射角分别为i和r，在BC边的反射点为E。
因入射光平行于BC，故i＝60°
由折射定律有n＝
代入数据得r＝30°
因∠BED＝180°－∠B－90°－r＝30°，故△BED为等腰三角形，DE＝BD＝
由反射定律可知∠FEC＝∠BED＝30°，故ADEF为平行四边形，则有EF＝AD＝AB－BD＝，AF＝DE＝。
(2)设光屏上的光点位置为S
光线在棱镜中传播的距离为x1＝DE＋EF＝L
光线在棱镜中传播的速度为v＝
故光线在棱镜中传播的时间为t1＝＝＝
在F点光线发生折射，易知入射角i′＝30°
由折射定律有n＝
可得折射角r′＝60°，即FS∥BC，
故x2＝FS＝FC×sin
60°＝(AC－AF)×sin60°＝
故光线从F到S的时间为t2＝＝
则光线由D点传播到光屏P所用的时间t＝t1＋t2＝。
阅卷现场 液面移动分析出错
例 (2018·全国卷Ⅲ)
(10分)在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1＝18.0
cm和l2＝12.0
cm，左边气体的压强为12.0
cmHg。现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中，气体温度不变。
正解 设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2。U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p，原左、右两边气体长度分别变为l1′和l2′。由力的平衡条件有
p1＝p2＋ρg(l1－l2)①(2分)
式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小。
由玻意耳定律有
p1l1＝pl1′②(2分)
p2l2＝pl2′③(2分)
l1′－l1＝l2－l2′④(2分)
由①②③④式和题给条件得
l1′＝22.5
cm，l2′＝7.5
cm。(2分)
答案 22.5
cm 7.5
cm
错解 设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2。U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p，原左、右两边气体长度分别变为l1′和l2′。由力的平衡条件有
p1＝p2＋ρg(l1－l2)①(2分)
式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小。
由玻意耳定律有
p1l1＝pl1′②(2分)
p2l2＝pl2′③(2分)
l1′－l1＝l2′－l2④(扣2分)
由①②③④式和题给条件得
l1′＝9
cm，l2′＝3
cm。(扣2分)
答案 9
cm 3
cm
涉及玻璃管内液柱移动的问题，需要特别注意：(1)两边玻璃管的横截面积是否相同；(2)两边液面同时移动。两边液面上升或下降的距离根据液体总体积不变求得，一边液面上升的体积等于另一边液面下降的体积(两边横截面积相同时，上升高度与下降高度相同)，分析液面高度差的变化时，一定要同时关注两个液面，切不可只考虑一个液面的变化而忽略另一液面的变化。本题的错误，是仅考虑到两液面高度的变化量大小相同，而没有考虑到两液面一边是升高的另一边是下降的，没有紧扣液体体积不变这个关键点。
