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第17讲振动与波光思维导图核心考点1.机械振动、机械波(1)机械振动问题(2)机械波问题(3)图象分析(4)波的传播方向的多解问题(5)实验：利用单摆测重力加速度核心考点2.光的折射与全反射(1)折射率的计算(2)全反射现象的临界问题(3)实验：测定玻璃砖的折射率3.光的波动性(1)光的干涉现象分析(2)光的衍射现象分析(3)实验：利用双缝干涉测量光的波长备考指要1.简谐运动中的“两种”分析技巧(1)物理量变化分析：以位移为桥梁，分析回复力、加速度、势能、速度、动能的变化．(2)矢量方向分析：矢量均在其值为零时改变方向．2.波的传播方向与质点振动方向的“三种”判断方法备考指要(1)“上下坡”法：沿波的传播方向，“上坡”时质点向下振动，“下坡”时质点向上振动．(2)“同侧”法：波形图上某点表示传播方向和振动方向的箭头在图线同侧．(3)“微平移”法：将波形沿波的传播方向进行微小平移，再通过因波形平移确定质点的运动方向．备考指要3.必备的数学知识(1)平行线、三角形、圆等有关几何定理．(2)三角函数知识．(3)相似三角形．(4)勾股定理．(5)正弦、余弦定理.真题考情剖析热点题型突破真题考情剖析1．(2019·全国卷Ⅰ)(1)一简谐横波沿x轴正方向传播，在t＝T2时刻，该波的波形图如图甲所示，P、Q是介质中的两个质点．图乙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的振动图象与图乙相同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乙所示E．在t＝0时刻，质点P与其平衡位置的距离比质点Q的大(2)如图所示，一艘帆船静止在湖面上，帆船的竖直桅杆顶端高出水面3m.距水面4m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sin53°＝0.8)．已知水的折射率为43.(i)求桅杆到P点的水平距离；(ii)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，从水面射出后仍然照射在桅杆顶端，求船行驶的距离．【解题过程】解析(1)由题图乙可知，在t＝T2时刻，质点正在向y轴负方向振动，而从题图甲可知，质点Q在t＝T2正在向y轴正方向运动，故选项A错误；由t＝T2的波形图推知，t＝0时刻，质点P正位于波谷，速率为零，质点Q正在平衡位置，故在t＝0时刻，质点P的速率小于质点Q，故选项B错误；t＝0时刻，质点P正位于波谷，具有沿y轴正方向最大加速度，质点Q在平衡位置，加速度为零，故选项C正确；t＝0时刻，平衡位置在坐标原点处的质点，正处于平衡位置，沿y轴正方向运动，跟题图乙吻合，故选项D正确；t＝0时刻，质点P正位于波谷，偏离平衡位置位移最大，质点Q在平衡位置，偏离平衡位置位移为零，故选项E正确．(2)(i)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x1h1＝tan53°，x2h2＝tanθ，由折射定律有sin53°＝nsinθ，设桅杆到P点的水平距离为x，则x＝x1＋x2，联立以上各式并代入数据解得x＝7m.(ii)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sini′＝nsin45°，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x′1，到P点的水平距离为x′2，则x′1＋x′2＝x′＋x，x′1h1＝tani′，x′2h2＝tan45°，联立以上各式并代入数据解得x′＝(62－3)m≈5.5m.答案(1)CDE(2)(i)7m(ii)5.5m[命题视角]波形图、振动图象、折射定律[解题思维](1)对波形图和振动图象的解读，要熟练掌握图象的特点，分析简谐运动中的速度、加速度、位移等．(2)画出光路图，找清楚边角关系，运用折射定律计算．2．(2018·全国卷Ⅰ)(1)如图所示，△ABC为一玻璃三棱镜的横截面，∠A＝30°.一束红光垂直AB边射入，从AC边上的D点射出，其折射角为60°，则玻璃对红光的折射率为_______．若改用蓝光沿同一路径入射，则光线在D点射出时的折射角_____(选填“小于”“等于”或“大于”)60°.(2)一列简谐横波在t＝13s时的波形图如图甲所示，P、Q是介质中的两个质点．图乙是质点Q的振动图象．求：(i)波速及波的传播方向；(ii)质点Q的平衡位置的x坐标．【解题过程】解析(1)根据光路的可逆性，在AC面，入射角为60°时，折射角为30°.根据光的折射定律有n＝sinisinr＝sin60°sin30°＝3.玻璃对蓝光的折射率比对红光的折射率大，沿同一路径入射时，r角仍为30°不变，对应的i角变大．因此折射角大于60°.(2)(i)由题图甲可以看出，该波的波长为λ＝36cm，①由题图乙可以看出，周期为T＝2s，②波速为v＝λT＝18cm/s，③由题图乙知，当t＝13s时，Q点向上运动，结合题图甲可得，波沿x轴负方向传播．(ii)设质点P、Q平衡位置的x坐标分别为xP、xQ.由题图甲知，x＝0处y＝－A2＝Asin(－30°)，因此xP＝30°360°λ＝3cm，④由题图乙知，在t＝0的Q点处于平衡位置，经Δt＝13s，其振动状态沿x轴负方向传播至P点处，由此及③式有xQ－xP＝vΔt＝6cm，⑤由④⑤式得，质点Q的平衡位置的x坐标为xQ＝9cm.答案(1)3大于(2)(i)18cm/s沿x轴负方向传播(ii)9cm[命题视角]折射定律、机械振动、机械波[解题思维](2)通过对比yx波动图象和yt振动图象，可判断出波的传播方向；再通过移动图形可分别求出P点坐标和Q点坐标．热点题型突破必须理清的知识联系题型一机械振动与机械波(一)视角一机械振动问题1．(2019·全国卷Ⅱ)如图所示，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34l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xt关系的是()A解析由T＝2πlg得T1＝2πlg，T2＝2π14lg＝πlg＝12T1，故选项B、D错误；x1＝2lsinθ12，x2＝2l′sinθ22＝2·l4sinθ22＝l2sinθ22，x1x2＝2lsinθ12l2sinθ22＝4sinθ12sinθ22，由能量守恒定律可知，小球先后摆起得最大高度相同，故l－lcosθ1＝l4－l4cosθ2，根据数学规律可得sinθ22＝2sinθ12故x1x2＝4sinθ12sinθ22＝2，即第一次振幅是第二次振幅的2倍，故选项A正确，C错误．视角二机械波问题2．(2019·北京卷)一列简谐横波某时刻的波形如图所示，比较介质中的三个质点a、b、c，则()A．此刻a的加速度最小B．此刻b的速度最小C．若波沿x轴正方向传播，此刻b向y轴正方向运动D．若波沿x轴负方向传播，a比c先回到平衡位置答案C解析由波动图象可知，此时质点a位于波峰处，根据质点振动特点可知，质点a的加速度最大，故选项A错误；此时质点b位于平衡位置，所以速度为最大，故选项B错误；若波沿x轴正方向传播，由“上下坡法”可知，质点b向y轴正方向运动，故选项C正确；若波沿x轴负方向传播，由“上下坡法”可知，质点a沿y轴负方向运动，质点c沿y轴正方向运动，所以质点c比质点a先回到平衡位置，故选项D错误．视角三图象分析3．(2018·全国卷Ⅲ)一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t＝0和t＝0.20s时的波形分别如图中实线和虚线所示．已知该波的周期T＞0.20s．下列说法正确的是()A．波速为0.40m/sB．波长为0.08mC．x＝0.08m的质点在t＝0.70s时位于波谷D．x＝0.08m的质点在t＝0.12s时位于波谷E．若此波传入另一介质中波速变为0.80m/s，则它在该介质中的波长为0.32m答案ACE解析根据波形图可知，波长λ＝16cm＝0.16m，选项B错误；根据t＝0时刻和t＝0.20s时刻的波形图和该波的周期T0.20s可知，该波的周期T＝0.40s，波速v＝λT＝0.40m/s，选项A正确；简谐波沿x轴正方向传播，x＝0.08m的质点在t＝0时刻沿y轴正方向振动，在t＝0.70s时位于波谷，在t＝0.12s时位于y0的某位置(不是位于波谷)，选项C正确，D错误；若此波传入另一介质中，周期T不变，其波速变为v′＝0.80m/s，由λ′＝v′T可得它在该介质中的波长为λ′＝0.80×0.4m＝0.32m，选项E正确．“一分、一看、一找”求解波动图象与振动图象综合类问题(1)分清振动图象与波动图象，此问题最简单，只要看清横坐标即可，横坐标为x则为波动图象，横坐标为t则为振动图象．(2)看清横、纵坐标的单位，尤其要注意单位前的数量级．(3)找准波动图象对应的时刻及振动图象对应的质点，灵活应用“波振法则”．【典例1】(2019·全国卷Ⅲ)如图所示，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，∠A＝90°，∠B＝30°.一束光线平行于底边BC射到AB边上并进入棱镜，然后垂直于AC边射出．(1)求棱镜的折射率；题型二光的折射与全反射(2)保持AB边上的入射点不变，逐渐减小入射角，直到BC边上恰好有光线射出．求此时AB边上入射角的正弦．解析(1)光路图及相关量如图所示．光束在AB边上折射，由折射定律得sinisinα＝n，①式中n是棱镜的折射率．由几何关系可知α＋β＝60°，②由几何关系和反射定律得β＝β′＝∠B，③联立①②③式，并代入i＝60°得n＝3.④(2)设改变后的入射角为i′，折射角为α′，由折射定律得sini′sinα′＝n，⑤依题意，光束在BC边上的入射角为全反射的临界角θc，且sinθc＝1n，⑥由几何关系得θc＝α′＋30°，⑦由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦为sini′＝3－22.答案(1)3(2)3－22【跟踪训练1】(2018·全国卷Ⅲ)如图所示，某同学在一张水平放置的白纸上画了一个小标记“·”(图中O点)，然后用横截面为等边三角形ABC的三棱镜压在这个标记上，小标记位于AC边上．D位于AB边上，过D点作AC边的垂线交AC于F.该同学在D点正上方向下顺着直线DF的方向观察，恰好可以看到小标记的像；过O点作AB边的垂线交直线DF于E；DE＝2cm，EF＝1cm.求三棱镜的折射率．(不考虑光线在三棱镜中的反射)解析过D点作AB边的法线NN′，连接OD，则∠ODN＝α为O点发出的光线在D点的入射角；设该光线在D点的折射角为β，如图所示．根据折射定律有nsinα＝sinβ，式中n为三棱镜的折射率．由几何关系可知β＝60°，∠EOF＝30°，在△OEF中有EF＝OEsin∠EOF，代入数据得OE＝2cm，根据题给条件可知，△OED为等腰三角形，则有α＝30°，由以上各式得n＝3.答案3【跟踪训练2】(2019·天津卷)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)解析(1)采用插针法测定光的折射率的时候，应选定光学表面间距大一些的玻璃砖，这样光路图会更加清