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专题十一 11 光学、机械振动和机械波
一、几何光学
1．A 解析：因为地球表面附近空气的折射率随高度降低而增大，则太阳光斜射向地
面的过程，总是由折射率较小的空气射向折射率较大的空气，即由光疏介质斜射入光密介
质，光线始终会向靠近法线的方向偏折，法线在竖直方向上，故光线始终会向竖直方向偏
折，故A 正确，B、C、D 错误。
2．B 解析：根据题意，作出相关光路图如下，故选B。
3. C 解析：A.根据光路可知，因b 光的偏折程度大于a 光，可知b 光折射率大于a
光，则b 光频率大于a 光频率，选项A 错误；B.根据 则a 光在玻璃中的传播速度大于b 光，
而a 光的传播距离小于b 光，可知a 光在玻璃球中传播时间小于b 光在玻璃球中传播时间，
选项B 错误；C.因为b 光频率大于a 光频率，若a 光能使某金属发生光电效应，b 光也能使
该金属发生光电效应，选项C 正确；D.因b 光波长比a 光短，则根据 ，可知ab 两束光用
同一装置进行双缝干涉实验，b 光干涉条纹间距更短，选项D 错误。故选C。
4. C 解析: 作出两种情况下的光路图如图所示。设OP＝x，
在A 处发生全反射，故有sin C＝＝，由出射光与入射光平行可知，
光线从玻璃砖的最高点B 射出，故n＝，由于sin ∠OBP＝，联立
可得n＝，x＝R，故A、B 错误；由v＝可得v＝c，故C 正确；由于
sin C＝＝，所以临界角不为30°，故D 错误。
二、波动光学
1. BC 解析：题图甲中当将薄片向着劈尖方向移动使劈角变大时，相邻亮条纹间距变
小，所以干涉条纹会变密，故A 错误；题图甲中将样板微微平行上移，导致满足原亮条纹
光程差的间距向劈尖移动，因此出现条纹向着劈尖移动，但条纹疏密不变，故B 正确；从
题图乙中弯曲的条纹可知，此处检查平面左边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相同，
此处凹陷，故C 正确；照相机、望远镜的镜头表面镀了一层透光的膜，可以增大某种光的
透射强度，这种称为增透膜，这是利用了光的干涉现象，同时镀膜镜头看起来是有颜色的
是因为对该光增透效果稍差造成的，故D 错误。
2．A 解析：由于红光的频率小于蓝光的频率，则红光的波长大于蓝光的波长，根据E
＝hν 可知蓝光光子的能量大于红光光子的能量，故A 正确；根据p＝hλ 可知蓝光光子的
动量大于红光光子的动量，故B 错误；由于玻璃对红光的折射率小于蓝光，根据v＝cn 可
知在玻璃中传播时蓝光的速度小于红光的速度，故C 错误；光从一种介质射入另一种介质
中频率不变，故D 错误。
3．B 解析：白炽灯的光通过两个透振方向平行的偏振片P、Q 照到光屏上，不能说明
白炽灯的光是纵波，A 错误；当白炽灯发出的光经偏振片P 后就成为偏振光，又经与P 平行
的偏振片Q 照到光屏上，所以偏振片Q 起到检偏的作用，B 正确；光束Ⅱ中的光是经偏振片
P 透射来的，所以光束Ⅱ中的光振动方向与透振方向平行，C 错误；将偏振片P 以光传播方
向为轴转过45°，光束Ⅲ将会减弱，但不会完全消失，D 错误。
4. B 解析：由题图乙可知，在d、L 相同的条件下，红光的波长更长，频率更低，形
成的干涉条纹更宽，故照射光的频率越低，形成的干涉亮条纹越宽，A 项错误；若遮住
S1，用红光照射S2，光屏上得到的是衍射条纹，减小S2的宽度m，衍射现象更明显，光屏
上的中央亮条纹变宽变暗，B 项正确；若同时用红光和蓝光分别照射S1、S2，不会发生干涉
现象，光屏上不会得到干涉条纹，C 项错误；用红光照射两条狭缝时，若狭缝S1、S2到光
屏上P1点的路程差为红光波长的3.5 倍，P1点处一定是暗条纹，D 项错误。
三、机械振动和机械波
1．A 解析：A.由图可知波长为
2
5
8 10 mm
8 10 m
则波速为
5
7
2
8 10
1 10 m/s
8 10 m/s
v
f
故A 正确；
B.由于波向x 轴正方向传播，根据波形平移法可知，质点M 开始振动的方向沿y 轴正
方向，故B 错误；C.质点M 只会在自己的平衡位置附近做周期性振动，不会随波迁移，故C
错误；D.因为质点M 振动的周期为
7
1
1 10 s
T
f
由于
7
7
1.25 10
5
1 10
4
t
T
所以质点M 在
7
0 ~1.25 10 s
内运动的路程为
5
5
4
4 0.4mm
2mm
4
4
s
A
故D 错误。故选A。
2. D 解析：A.由题意可知，两小球的周期相同，做圆周运动的小球的周期为
根据单摆的周期公式
2π l
R
T
g
联立，解得单摆的摆线长度为
2
2
gr
l
R
v
故A 错误；
B.单摆在做简谐运动，重力沿速度方向的分力提供回复力，故B 错误；
C.单摆的摆长为摆线长度加小球半径，更换另一体积更大的摆球，则单摆的摆长变长，周
期变大，投影不能时刻在同一竖直方向，故C 错误；
D.若该装置从汕头搬到北京，重力加速度g 变大，则单摆的周期变小，要使投影依旧时刻
在同一竖直方向，做圆周运动的小球的周期也要变小，根据
2πr
T
v
可知，圆盘转速要变
快，故D 正确。故选D。
3. B 解析：A.由振动图像可知，甲、乙单摆的周期
，
根据单摆周期公式
可知
故A 错误；
B.对乙单摆有
，
故
由图可知，
时刻，乙单摆的位移为0，且向负方向运动，故乙单摆的振动方程为
故B 正确；
C.单摆的机械能与摆球的质量、振幅等因素有关，仅从振动图像无法判断两单摆小球的质
量关系，所以不能比较机械能的大小，故C 错误；
D.
内，甲、乙摆球均从平衡位置向最高点运动，故甲、乙摆球的重力势能均增大，
故D 错误。故选B。
4．BD 解析：A.波源位于
处的波源起振方向为
轴负方向，波源位于
处的波源起振方向为y 轴正方向，起振方向相反，A 错误；
B.两列波的波速相同，
时刻，两波相距
所以从
时刻到相遇所用时间为
已知左边波的波长为
周期为
从左侧波源开始振动到
时刻的时间为
所以，当两列波相遇时，左边的波源振动的时间为
B 正确；
C.由于两列波波速相同，所以左侧的波谷传到
处时右侧波的波峰也恰好传到
该点，所以平衡位置在
处的质点为振动减弱点，C 错误；
D.右侧的波传到
处的时间为
之后两列波在
处相遇，叠加为振动减弱点，两列波的振幅相同，所以4s 之后
处质点的路程为0，在
时间内，左侧的波带动
处质点的路程为
，D 正确。故选BD。
5．B 解析: 单摆的回复力由摆球所受重力在垂直于摆线方向的分力充当，而摆球所
受重力沿摆线方向的分力和摆线对摆球拉力的合力在径向上提供向心力，故A 错误；当小
球运动到最低点时，摆线上的拉力达到最大，力传感器的示数最大，所以从0 时刻开始，
摆球第一次到最低点的时间为0.5 s，故B 正确；摆长为摆线的长度与小球半径之和，故C
错误；根据单摆的周期公式T＝2π，由题图乙可知T＝2×0.8 s＝1.6 s，解得l＝0.64 m，故D
错误。
6．C 解析：题图乙为单摆P 的共振曲线，振幅最大时对应的频率0.5 Hz 接近或等于
其固有频率，A 错误；单摆P 振幅最大时，先振动的单摆与P 的固有周期相近或相同，P 的
固有周期约为2.0 s，由T＝2π 可求得其摆长约为1.0 m，说明装置中至少还有一个单摆
的摆长约为1.0 m，B 错误；当单摆P 稳定时的振动频率为1.0 Hz 时，先振动的单摆的固
有频率也为1.0 Hz，由T＝2π，可得摆长约0.25 m，C 正确；单摆P 做受迫振动的周期与
先振动的单摆周期相同，D 错误。
7. D 解析：根据“上下坡法”可知，P 质点的起振方向沿y 轴负方向，介质中所有质
点的起振方向都相同，则质点Q 开始振动的方向沿y 轴负方向，故A 错误；回复力指向平
衡位置，故在t＝0 时刻质点A 回复力的方向沿y 轴正方向，故B 错误；质点在平衡位置上
下振动，不随波传播，故C 错误；由题图可知xPQ＝6 cm－2 cm＝4 cm，则波传播到质点Q
的时间t1＝＝2 s，波的周期T＝＝1 s，则质点Q 的振动时间t2＝t－t1＝0.75 s＝T，质点
Q 开始振动的方向沿y 轴负方向，则t＝2.75 s 时质点Q 第一次到达波峰，故D 正确。
8. A 解析：根据反射信号图像可知，超声波的传播周期T＝2×10-7 s，又波速v＝6
300 m/s，则超声波在机翼材料中的波长λ＝vT＝1.26×10-3 m，结合题图可知，两个反射
信号传播到探头处的时间差为t＝1.5×10-6 s，故两个反射信号的路程差为2d＝vt＝
9.45×10-3 m＝λ，解得d＝4.725 mm，两个反射信号在探头处振动减弱，A 正确。
9. A 解析：由题图乙可知，质点Q 在t＝0 时刻向y 轴正方向振动，结合题图甲根据
“同侧法”可知，该列波的传播方向沿x 轴正方向，故A 正确；由题图甲可知，该波的波
长λ＝12 m，由题图乙可知，该波的周期T＝1.6 s，则该列波的传播速度为v＝＝ m/s＝7.5
m/s，故B 错误；质点Q 只是沿y 轴方向上下振动，并不会沿波的传播方向运动，故C 错误；
由题图乙可知，t＝0.2 s 时，质点Q 位于y 轴正方向，则质点Q 的加速度方向沿y 轴负方向，
故D 错误。
