【文档说明】统考版2023高考物理二轮专题复习专题强化训练16振动和波动光与电磁波 Word版含答案.docx，共(7)页，244.194 KB，由小赞的店铺上传

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专题强化训练16振动和波动光与电磁波1．(1)下列五幅图对应的说法正确的是________．A．图甲是研究光的衍射B．图乙是研究光的干涉C．图丙是利用光的偏振D．图丁是研究光的偏振E．图戊是衍射图样(2)简谐横波沿x轴传播，M是

x轴上一质点，图甲是质点M的振动图象．图乙中实线是t＝3s时刻的波形图象，质点M位于x＝4m处，虚线是再过Δt时间后的波形图象，图乙中两波峰间距离Δx＝7.0m．求：①波速大小和方向；②时间Δt.2．(1)如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图，x＝0处的质点做简谐运

动的振动方程为y＝－2sin10πt(cm)，则下列说法中正确的是________．A．这列波的周期为0.2s，波速是10m/sB．P点第一次到达波峰位置所需时间t＝0.45sC．这列波传到P所需要的时间为0.4sD．P点第一次到达波峰位置时，x＝0.25

m处质点偏离平衡位置的位移是y＝－√2cmE．P点第一次到达波峰位置时，x＝0.25m处质点偏离平衡位置的位移是y＝√2cm(2)如图所示，透明玻璃体的上半部分是半球体，下半部分是圆柱体，半球体的半径为R，O为半球体的球心．圆柱体的底面半径和高也为R，现有一半径为√32R的圆环形平行光垂直于圆

柱体底面射向半球体，OO1为圆环的中心轴线，所有光线经折射后恰好经过圆柱体下表面圆心O1点，光线从O1射出后在玻璃体下方的水平光屏上形成圆形亮环，光屏到圆柱体底面的距离为R，光在真空中的传播速度为c.求：(ⅰ)透明玻璃体的折射率；(ⅱ)光从入射点传播到光屏所用时间．3

．(1)如图所示，在双缝干涉实验中，S1和S2为狭缝，P是光屏上的一点，已知双缝S1、S2和P点的距离差为2.1×10－6m，用单色光A在空气中做双缝干涉实验，若光源到缝S1、S2距离相等，且A光频率为f＝

5.0×1014Hz.则P点处是________(填“亮”或“暗”)条纹；若将S2用遮光片挡住，光屏上的明暗条纹________(填“均匀”或“不均匀”)分布．(光在空气中的速度c＝3.0×108m/s)

(2)如图甲所示，在某种介质中A、B、C是三角形的三个顶点，其中AC长x1＝3.25m，BC长x2＝1m．两个波源分别位于A、B两点，且同时从t＝0时刻开始振动，它们的振动图象如图乙所示，已知位于A点的波源

产生波的波长λA＝2m.求：(ⅰ)位于B点的波源产生波的波长及波速；(ⅱ)从t＝0时刻开始，c点的位移为－7cm的时刻．4．(1)一列简谐横波沿x轴正方向传播，t＝6s时的波形如图(a)所示．在x轴正方向，距离原点大于1倍波长、小于2倍波长的A点，其振动图象如图(b)所示(本题所涉及质点均已起振)

，当t＝7s时，平衡位置在x＝0.7m处的质点的振动速度方向向y轴________(选填“负方向”或“正方向”)．A点的平衡位置与原点的距离是在________之间．(2)内径为r，外径为√2r的透明介质

半球壳折射率n＝2，如图为其截面示意图．(ⅰ)将点光源放在球心O处，求光射出球壳的最短时间；(ⅱ)将光源移至O点正上方内壳上的P点，使其发出的光射向球壳外，求透明球壳外表面发光区域在截面上形成的弧长．专题强化训练

16振动和波动光与电磁波1．解析：(1)图甲是光的单缝衍射，故A正确；图乙是光的双缝干涉现象，故B正确；图丙是检查表面的平整度，属于光的干涉现象，不是偏振现象，故C错误；图丁是产生电磁波，不是光的偏振，故D

错误；图戊是泊松亮斑，是光的衍射，故E正确．(2)①由题意知T＝6s，λ＝8m则波速大小为v＝λT＝43m/st＝3s时，质点M向下振动，所以波沿x轴负向传播．②由题意知，Δt＝nT＋Δxv(n＝0，1，2，3，…)

代入数据得Δt＝(6n＋214)s(n＝0，1，2，3，…)．答案：(1)ABE(2)①43m/s，沿x轴负向②(6n＋214)s(n＝0，1，2，3，…)2．解析：(1)根据振动方程知ω＝10πrad/s，则该波的周期为T＝2πω＝0.2s，由

波形图可知，波长为λ＝2m，则波速为v＝λT＝10m/s，故A正确；这列波传到P点所需要的时间为t1＝Δxv＝310s＝0.3s，这列波传到P点时P点沿y轴负方向起振，P点由平衡位置运动到波峰的时间为t2＝34T＝0.15s，则P点第一次到达波峰位置所需时间t＝t1＋t2＝0.45s

，故B正确，C错误；x＝0.25m处质点的运动总是滞后x＝0处质点T8，P点第一次到达波峰位置时t为0.45s，x＝0.25m处质点偏离平衡位置的位移即为x＝0处的质点在t－T8时刻的位移，将t－T8＝0.425s代入振动方程，可得y＝－√2cm，故D正确，E错误．(2)(ⅰ)作出光路图如图

所示：由几何关系可得Rsinα＝√32R解得α＝60°由图可知α＝2β所以β＝30°由折射定律有n＝sinαsinβ＝√3(ⅱ)光在玻璃体中的速度为v＝cn光在玻璃体中的传播时间t1＝2Rcosβv＝3

Rc由图及折射定律知光线从O1点出射后与竖直方向的夹角为α＝60°所以光从玻璃体出射后到光屏所用的时间t2＝2Rc则光从入射点到光屏所用的时间为t＝t1＋t2＝5Rc答案：(1)ABD(2)(ⅰ)√3(ⅱ)5Rc3．解析：(1)设A光在空气中波长为λ，由λ＝

cf得λ＝6×10－7m，光的路程差δ＝2.1×10－6m，所以N＝δλ＝3.5，即从S1和S2到P点的光的路程差δ是波长λ的3.5倍，所以P点为暗条纹．将S2用遮光片挡住，光屏上得到的是衍射条纹，所以是不均匀分布的．(2)

(ⅰ)横波在同种介质中的传播速度相同，从图象可知，A点的波源周期为0.4s，波长λA＝2m，则波速v＝λAT＝20.4m/s＝5m/s则B点的波源的波速也为5m/s；从图象可知，B点波源的周期为0.6s

，则波长λB＝vTB＝5×0.6m＝3m(ⅱ)根据波的叠加结合图象可知，要让C点的位移为－7cm，则必须是两个波的波谷同时传到了C点的位置，对于A波源而言，A波的波谷传到C点位置需要的时间为t1＝x1+34λA+nλAv代入数据得t1＝2n+4.755s

＝(0.4n＋0.95)s同理可得，B波的波谷传到C点位置需要的时间为t2＝x2+14λB+mλBv代入数据得t2＝3m+1.755s＝(0.6m＋0.35)s当t1＝t2时，解得m＝n＝3，t1＝t2＝2.15s答案：(1

)暗不均匀(2)(ⅰ)3m5m/s(ⅱ)2.15s4．解析：(1)由图(b)知，波传播周期为T＝4s，图(a)为6s时的波形图，当t＝7s时，即再经过1s，波向右传播14λ，根据同侧法，速度方向与振动方向在波的同一侧，则平衡位置在x＝0.7m处的质点的振动速度方向应指向y轴正方向；由

图(b)知A点在t＝7.5s时在正的最大位移处，因为周期T＝4s，则t＝6.5s时，A在质点在平衡位置，t＝5.5s时正在负的最大位移处，故t＝6s时，A正在负的位移位置向平衡位置振动，故由图(a)的波形图可知，在λ到2λ之间，A的平衡位置与原点的距离应为2.0～

2.5m之间．(2)(ⅰ)光线从O点沿直线传播出来，时间为t1＝rc在介质中传播时间为：t2＝(√2−1)rv在介质中传播速度满足n＝cv所以t＝rc+(√2−1)nrc＝(2√2−1)rc(ⅱ)光由介质射向空气，临界角为sinC＝1n，得到：C＝30°如图：由正弦定理得

到OPsinC＝AOsin∠APO得到：∠APO＝135°，α＝15°＝π12介质球壳外表面发光区域在界面上形成的弧长为s＝2α·√2r＝√2πr6答案：(1)正方向2.0～2.5m(2)(ⅰ)(2√2−1)

rc(ⅱ)√2πr6