2021高考物理二輪專題復習《統考版》專題強化練13（選修3－4）機械振動和

專題強化練13(選修3－4)機械振動和機械波光電磁波1.[物理——選修3－4](1)兩種單色光分別通過同一雙縫干涉裝置得到的干涉圖樣如圖甲、乙所示．圖丙中有一半圓玻璃磚，O是圓心，MN是法線，PQ是足夠長的光屏．甲單色光以入射角i由玻璃磚內部射向O點，折射角為r.則下列說法正確的是________．A.乙光以i入射時一定發(fā)生全反射B.甲光的頻率比乙光的頻率大C.光的干涉現象說明光是一列橫波D.甲光在玻璃磚中的臨界角C滿足sinC＝eq\f(sini,sinr)E.若繞O點逆時針旋轉玻璃磚，PQ上可能接收不到甲光(2)如圖所示，實線是一列簡諧橫波在t1時刻的波形圖，虛線是在t2＝(t1＋0.2)s時刻的波形圖．(ⅰ)在t1到t2的時間內．如果M通過的路程為1(ⅱ)若波速為55m/s，求質點M在t12.[物理——選修3－4](1)如圖1所示為某時刻的兩列簡諧橫波在同一介質中沿相同方向傳播的波形圖，此時a波上某質點P的運動方向如圖所示，則下列說法正確的是________．A.兩列波具有相同的波速B.此時b波上的質點Q正向上運動C.一個周期內，質點Q沿x軸前進的距離是質點P的1.5倍D.在質點P完成30次全振動的時間內質點Q可完成20次全振動E.a波和b波在空間相遇處會產生穩(wěn)定的干涉圖樣圖2(2)某工件由相同透明玻璃材料的三棱柱和四分之一圓柱組成，該玻璃材料的折射率為n＝eq\r(2).其截面如圖2，△ABC為直角三角形，∠B＝30°，CDE為四分之一圓，半徑為R，CE貼緊AC.一束單色平行光沿著截面從AB邊射入工件后，全部射到了BC邊，然后垂直CE進入四分之一圓柱．(ⅰ)求該平行光進入AB界面時的入射角θ；(ⅱ)若要使到達CD面的光線都能從CD面直接折射出來，該四分之一圓柱至少要沿AC方向向上移動多大距離．3.[物理——選修3－4](1)下列有關電磁波的發(fā)射、傳播和接收說法正確的是________．(填正確答案標號)A.如圖所示傳播方式的電磁波是短波B.由調諧電路接收到的感應電流，是經過調制的高頻電流，是我們需要的聲音或圖象信號C.不同波段的無線電波的傳播特點不一樣，有不同的用途，發(fā)射、接收所用的設備可以相同D.某同學自己繞制天線線圈，制作一個最簡單的收音機，用來收聽中波的無線電廣播，他發(fā)現有一個頻率最高的中波電臺收不到，但可以接收其他中波電臺．為了收到這個電臺，他可以減少線圈的匝數來實現E.長波可以通過地波傳播的原因是：長波波長較長，容易產生衍射現象，長波在地面可以繞過障礙物(2)如圖所示，在均勻繩介質中，A、B是兩個波源，A簡諧運動表達式為xA＝2sin(40πt)m，B簡諧運動表達式為xB＝3sin(40πt)m，均勻繩介質中M點與A、B兩波源間的距離分別為8m和10m，兩波源形成的簡諧橫波分別沿AM、(ⅰ)簡諧橫波的波長；(ⅱ)M點振動的振幅為多少，以及A、B之間有幾個振動加強點？4.[物理——選修3－4](1)一列沿x軸傳播的簡諧橫波在t＝2s時的波動圖象如圖甲所示，該波傳播路徑上某質點的振動圖象如圖乙所示．則下列判斷正確的是________．(填正確答案標號)A.該波中的質點的振動頻率為4HzB.若圖乙是質點P的振動圖象，則簡諧波向x軸負方向傳播C.若簡諧波向x軸正方向傳播，則t＝3s時，質點P運動到波峰位置D.若此波傳入另一介質中其波速變?yōu)?.8m/s，則它在該介質中的傳播周期為5E.該波在傳播過程中若遇到直徑d＝3.8(2)如圖甲、乙所示為同種材料制成的玻璃磚，圖甲的橫截面是半徑為R的eq\f(1,4)圓，圖乙的橫截面是邊長為R的正三角形．當一束光從圖甲中的M處沿垂直于半徑OB的方向射入時恰能在弧面上發(fā)生全反射，OM＝eq\f(\r(2),2)R.當該束光從圖乙中玻璃磚DE面的中點N與DE面成45°角射向三棱鏡時，經三棱鏡折射后，光束能夠從CE面射出．光在真空中傳播的速度為c.求：(ⅰ)光束在玻璃磚中傳播的速率；(ⅱ)光束在eq\f(1,4)圓玻璃磚和正三角形玻璃磚中傳播的時間差(不考慮光束在正三角形玻璃磚中的反射)．專題強化練13(選修3－4)機械振動和機械波光電磁波1．解析：(1)題圖乙中兩相鄰亮條紋間距Δx更大，根據Δx＝eq\f(L,d)λ，可知L、d一樣，故乙光的波長長，根據c＝λν，可知乙光的頻率小，甲光的頻率大，故玻璃磚對甲光的折射率大于玻璃磚對乙光的折射率，根據全反射的條件sinC＝eq\f(1,n)，可知乙光發(fā)生全反射的臨界角大于甲光的全反射臨界角，由題知，當甲單色光以入射角i由玻璃磚內部射向O點能折射出來，故乙光以i入射時不能發(fā)生全反射，故A錯誤，B正確；光的偏振現象說明光是橫波，故C錯誤；根據折射定律得n＝eq\f(sinr,sini)，而全反射的臨界角sinC＝eq\f(1,n)，解得sinC＝eq\f(sini,sinr)，故D正確；因甲光的全反射臨界角較小，故若繞O點逆時針旋轉玻璃磚，甲光先消失，故E正確．(2)(ⅰ)由題圖知振幅為A＝20cm＝0.2m．如果M通過的路程為x′＝1m，則經歷的時間與周期的比值m＝eq\f(x′,4A)＝1eq\f(1,4)，說明波沿x軸正方向傳播；波速為v2＝eq\f(mλ,t2－t1)＝eq\f(1\f(1,4)×4,0.2)m/s＝25m/s.(ⅱ)從波的圖象可以看出，波長為λ＝4m若波沿x軸正方向傳播，t1到t2時間內波傳播的距離為x1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,4)))λ(n＝0、1、2…)，波傳播的速度為v1＝eq\f(x1,t2－t1)＝5(4n＋1)m/s(n＝0、1、2…)，波速不可能等于55m/s，說明波沿x軸負方向傳播，質點M向下振動．答案：(1)BDE(2)(ⅰ)沿x軸正方向傳播25m/s(ⅱ2．解析：(1)兩列簡諧橫波在同一介質中傳播，波速相同，故A正確；此時a波上質點P的運動方向向下，由波形平移法可知，波向左傳播，則知此時b波上的質點Q正向上運動，故B正確；在簡諧波傳播過程中，介質中質點只上下振動，不會沿x軸遷移，故C錯誤；由題圖可知，兩列波波長之比λa:λb＝2:3，波速相同，由波速公式v＝λf得a、b兩波頻率之比為fa:fb＝3:2，所以在質點P完成30次全振動的時間內質點Q可完成20次全振動，故D正確；兩列波的頻率不同，不能產生穩(wěn)定的干涉圖樣，故E錯誤．(2)(ⅰ)光路如圖所示：光線在BC界面發(fā)生反射后垂直進入CE，由折射定律有：eq\f(sinθ,sinα)＝eq\r(2)由幾何關系可知光線在BC界面的入射角β＝60°在AB界面的折射角α＝30°解得：θ＝45°(ⅱ)設該材料的全反射臨界角為γ，則eq\f(1,sinγ)＝n解得：γ＝45°則該四分之一圓柱至少要上移的距離d＝R－Rsinγ＝eq\f(2－\r(2),2)R.答案：(1)ABD(2)(ⅰ)45°(ⅱ)eq\f(2－\r(2),2)R3．解析：(1)通過電離層反射以天波方式傳播的是短波，故A正確；由調諧電路接收到的感應電流，是經過調制的高頻電流，還不是我們需要的聲音或圖象信號，因此還要使聲音或圖象信號從高頻電流中還原出來，這個過程是調制的逆過程，叫作解調也叫檢波，故B錯誤；不同波段的無線電波的傳播特點不一樣，發(fā)射、接收所用的設備和技術也不相同，因此有不同的用途，故C錯誤；根據f＝eq\f(1,2π\(zhòng)r(LC))，說明增加調頻回路固有頻率f，需要減小L，即減小線圈的匝數，故D正確；長波波長較長，容易產生衍射現象，長波在地面可以繞過障礙物，所以長波可以通過地波傳播，故E正確．(2)(ⅰ)設簡諧波的波速為v，波長為λ，周期為T，由題意知T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,40π)s＝0.05s由波速公式v＝eq\f(λ,T)代入數據得λ＝1m(ⅱ)|Δs|＝Beq\x\to(M)－Aeq\x\to(M)＝10m－8m＝2m因Δs＝2λ所以M點為加強點，M點振幅為A＝2m＋3m設O為A、B連線的中點，在A、O之間的各點到兩波源距離之差Δd滿足0<Δd<18由于兩波源振動情況相同，所以振動加強點的條件是Δd＝kλ＝k(其中k＝0,1,2…)解得0<k<18因此在A、O之間有17個加強點：根據對稱性O、B之間也有17個加強點再加上O點也是加強點，所以A、B之間共有35個加強點答案：(1)ADE(2)(ⅰ)1m(ⅱ)54．解析：(1)由題圖乙可知簡諧橫波中質點的振動周期為4s，所以該波中質點的振動頻率為0.25Hz，故A項錯誤；若題圖乙是質點P的振動圖象，在t＝2s時質點P沿y軸負方向振動，根據同側法可以判斷簡諧波向x軸負方向傳播，故B項正確；若簡諧波向x軸正方向傳播，在t＝2s時質點P沿y軸正方向振動，t＝3s時，質點P運動到波峰位置，故C項正確；機械波從一種介質傳入另一種介質時頻率不變，則T＝eq\f(1,f)不變，故D項錯誤；d＝3.8m略小于λ＝4m，能發(fā)生明顯衍射現象，故E項正確．(2)(ⅰ)如圖甲所示，作出光束在eq\f(1,4)圓玻璃磚中的光路圖，由題意得∠OPM為全反射的臨界角，由幾何關系得sin∠OPM＝eq\f(OM,R)＝eq\f(\r(2),2)由折射定律得sin∠OPM＝eq\f(1,n)解得n＝eq\r(2)光束在玻璃中傳播的速率為v＝eq\f(c,n)＝eq\f(\r(2),2)c(ⅱ)光束在eq\f(1,4)圓玻璃磚中傳播的距離為l1＝2eq\r(R2－\f(\r(2),2)R2)＝eq\r(2)R如圖乙所示，作出光束在正三