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2014年(全国、卷)选考34题考点排查练试卷卷卷考点波动和振动图象的理解及折射定律的应用波动和振动图象的理解及折射定律的应用1(2018青海省西宁市二模)(1)一列简谐横波在某均匀介质中沿x轴传播，从x3 m处的质点a开始振动时计时，图1甲为t0时刻的波形图且质点a正沿y轴正方向运动，图乙为质点a的振动图象，则下列说法正确的是_图1A该波的频率为2.5 HzB该波的传播速度为200 m/sC该波是沿x轴负方向传播的D从t0时刻起，a、b、c三质点中b最先回到平衡位置E从t0时刻起，经0.015 s质点a回到平衡位置(2)如图2为一半径为R的固定半圆柱玻璃砖的横截面，OA为水平直径MN的中垂线，足够大的光屏PQ紧靠在玻璃砖的右侧且平行OA放置一束复色光沿与AO成角(30)的半径方向射向O点并在光屏上形成彩色光带和一个光斑，光带的最高点与N点的距离为R；增大入射角，当45时，光屏上恰好只出现一个光斑，求：图2玻璃对复色光的折射率范围；当30时，彩色光带的宽度答案(1)BDE(2)n(1)R解析(1)由题图可知该波的周期为0.04 s，频率为f25 Hz，故A错误；该波的传播速度v m/s200 m/s，故B正确；a点在t0时刻速度方向沿y轴正方向，故波向x轴正方向传播，故C错误；从t0时刻起，质点a沿y轴正方向运动，质点b沿y轴正方向运动，质点c沿y轴负方向运动，故质点b最先回到平衡位置，故D正确；平衡位置从x0处传播到x3 m处时质点a回到平衡位置，需时间t s0.015 s，故E正确(2)当30时，光路图如图所示由题意可知BNR，即30，所以最大折射角60，由折射定律可知最大折射率nmax.因为45时，所有光均发生全反射，光屏上的光带消失，反射光束在光屏上形成一个光斑，由全反射规律及题意可知nmin，所以玻璃对复色光的折射率范围n当30时，折射率为的光的折射角为45，彩色光带的宽度为LRtan 45R(1)R.2(2018福建省南平市5月综合质检)(1)一列简谐横波沿x轴正方向传播，在x5 m处的质点的振动图线如图3甲所示，在x11 m处的质点的振动图线如图乙所示，下列说法正确的是_图3A该波的周期为12 sB该波的传播速度可能为2 m/sC从t0时开始计时，x5 m处的质点做简谐运动的表达式为y4sint(m)D在04 s内x5 m处的质点通过的路程等于x11 m处的质点通过的路程E该波在传播过程中若遇到4.8 m的障碍物，可能发生明显衍射现象(2)如图4甲所示是由某透明材料制成的横截面为正三角形的三棱镜一细红色光束SO从空气中射向AB面，与AB成45角，经三棱镜折射后，从AC边射出，出射光线与AC边夹角也成45，求：图4这种透明材料的折射率；若用这种材料制成如图乙所示的器具，左侧是半径为R的半圆，右侧是长为4R、高为2R的长方体，一束红色光从左侧P点沿半径方向射入器具要使光全部从器具的右端面射出，则光在器具中传播所需最长时间是多少？ 已知光在空气中的传播速度为c.答案(1)ABE(2)解析(1)由题图可知，该波的周期为12 s，故A正确；由两图比较可知，x5 m处的质点比x11 m处的质点早振动3 s，即，所以两点之间的距离为：x(n)(n0,1,2,3，)，解得：(n0,1,2,3，)(n0,1,2,3，)，则波速为v(n0,1,2,3，)，当n0时，v2 m/s，故B正确；由题图可知，振幅A4 cm，角速度为 rad/s rad/s，则x5 m处的质点做简谐运动的表达式为yAsin t4sint(m)，故C错误；04 s的时间为T，由题图可知，T时间内，两个质点通过的路程不相等，故D错误；由波长(n0,1,2,3，)，可知当n0时，波长为24 m，故该波在传播过程中若遇到4.8 m的障碍物，可能发生明显衍射现象，故E正确(2)作出光路图，如图所示由图可知光在三棱镜中的折射角r为30根据光的折射定律：n得：n要使光全部从器具的右端面射出必须以全反射的方式传播，每次的入射角都大于或等于临界角，但等于临界角时路程最大，时间最长，如图所示第一次发生全反射时，由几何关系知：sin C，s1nl1设光经N次全反射从右端面射出，则在长方体内的总路程为s1s1s1s2s3sn4Rn光在器具内总路程ss1s24RnR光在器具中的传播速度v所以光在器具中最长的传播时间t
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