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题型10 波的叠加与几何光学
选择题每小题3 分。
1.(2024 浙江丽水高二期末)如图甲所示,两列沿相反方向传播的横波,形状相当于正弦曲线的一半,上
下对称,其振幅和波长都相等,它们在相遇的某一时刻会发生两列波“消失”的现象,如图乙所示,其
中ae 为“消失区”两边缘处,b、c、d 恰好将ae 间距进行四等分,则从此刻开始( )
A.a 处质点将向上运动
B.b 处质点将向下运动
C.c 处质点将向上运动
D.d 处质点将向下运动
2.(多选)某同学将一平玻璃和一凸透镜或者一凹透镜贴在一起,用单色平行光垂直照射上方平玻璃,会
形成明暗相间的同心干涉圆环,从干涉环上无法判断两块透镜的凸和凹。该同学对平玻璃上表面加
压,发现干涉圆环会发生移动,下列说法正确的是
( )
A.若干涉圆环向边缘移动,则表示下面的透镜是凹透镜
B.若干涉圆环向边缘移动,则表示下面的透镜是凸透镜
C.若干涉圆环向中心收缩,则表示下面的透镜是凹透镜
D.若干涉圆环向中心收缩,则表示下面的透镜是凸透镜
3.如图是单反相机的重要部件——屋脊棱镜,它可以改变影像的方向。一束红光垂直平面α 射入,分
别在“屋脊”上的A 点和平面β 上发生全反射,且两次全反射的入射角相等,最后光束垂直于平面γ
射出。下列说法正确的是( )
A.屋脊棱镜的最小折射率为2
B.红光从空气进入棱镜后传播速度变大
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C.若将红光改为绿光,仍能在A 点和平面β 上发生全反射
D.若将红光改为白光,则在平面γ 射出时色散成彩色光束
4.如图是一玻璃球,其半径为R,O 为球心,AB 为水平直径。M 点是玻璃球的最高点,来自B 点的光沿
BD 从D 点射出,出射光线平行于AB,已知∠ABD=30°,光在真空中的传播速度为c,则( )
A.此玻璃的折射率为2
B.光从B 点传播到D 点的时间为3 R
c
C.若增大∠ABD,光不可能在DM 段发生全反射现象
D.若减小∠ABD,从AD 段射出的光线仍平行于AB
5.(多选)(2024 浙江高三开学考试)一列简谐横波沿x 轴正方向传播,此波在某时刻的波形图如图甲所
示。质点M 的平衡位置在x=1.5 m 处,质点N 的平衡位置在x=4 m 处。质点N 从t=0 时刻开始振动,
其振动图像如图乙所示。此波传播到达平衡位置为x=12 m 处的质点Q 时,遇到一障碍物(未画出)之
后立刻反向传播,反射波与原入射波在相遇区域发生干涉,某时刻两列波部分波形如图丙所示。则下
列说法正确的是( )
A.t=0 时刻质点N 向下振动,波速为20 m/s
B.从t=0.05 s 到t=0.20 s,质点M 通过的路程大于15 cm
C.t=0.45 s 时,质点N 的位移为0
D.足够长时间后,O、Q 之间有5 个振动加强点(不包括O、Q 两点)
6.(多选)(2024 浙江宁波高二期末)如图所示,x=0 与x=10 m 处有两个波源S1和S2均可以沿z 轴方向做
简谐运动,两波源产生的机械波均能以波源为圆心在xOy 平面内向各个方向传播,振动周期均为T=2
s,波速均为v=1 m/s。t=0 时刻波源S1开始沿z 轴正方向振动,振幅A1=3 cm;t=1 s 时刻波源S2开始沿
z 轴负方向振动,振幅A2=5 cm。下列说法正确的是( )
A.t=8 s 时刻,x=5.5 m 处质点的位移为z=2 cm
B.在x 轴上,x<0 和x>10 m 区域都是振动的减弱点
C.在x 轴上,0<x<10 m 区间内一共有9 个振动的加强点
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D.以波源S1为圆心,分别以半径4.4 m 和4.8 m 画圆,则在这两个圆周上,振动的加强点的个数相等
7.(多选)(2024 浙江杭州高二阶段练习)某介质中两持续振动的振源A、B 分别位于x 轴上x1=0 和
x2=12 m 处,t=0 时刻两振源同时开始振动,形成甲、乙两列简谐横波,如图所示,t=4 s 时刻平衡位置在
x=4 m 和x=8 m 处的两质点刚开始振动。振源的振幅均为2 cm。则下列说法正确的是( )
A.这两列波的波速大小均为1 m/s
B.叠加稳定后,A、B 两点间(不包括A、B 两点)共有7 个点始终不动
C.从t=0 至t=10 s 过程中,质点C 运动的路程为24 cm
D.振源B 的振动方程为y=2sin (
π
2 t + π) cm
8.(多选)如图所示,水面下方有一固定的线状单色光源S。光源倾斜放置,和竖直方向夹角满足
30°<θ<60°,水对该光的折射率为1.33。光源发出的光到达水面后有一部分可以直接透射出去,从水
面上方看,该区域的形状可能为( )
9.(多选)在纸面上有两个波源S1和S2,振动方向相同,振幅均为2 cm,S1的频率为2 Hz,S2的频率为4 Hz,
以S1为原点建立如图所示的坐标,t=0 时波源S1从平衡位置开始垂直于纸面向外做简谐运动,所激发
的横波在均匀介质中向四周传播,t=0.25 s 时,波源S2也从平衡位置开始垂直于纸面向外做简谐运动,t
时刻两列简谐波的最远波峰传到了图示中的两个圆的位置。下列说法正确的是( )
A.两列波相遇后,坐标(4,0)的质点振动加强
B.波的传播速度为16
3
m/s
C.图示波形对应的时刻为t=11
16
s
D.t=1.25 s 时,坐标(4,0)的质点位移为2 cm
10.(多选)某些为屏蔽电磁波设计的人工材料,其折射率为负值(n<0),称为负折射率材料。电磁波从空
气射入这类材料时,折射定律和电磁波传播规律仍然不变,但是折射波与入射波位于法线的同一侧(此
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时折射角取负值)。如图所示,波源S 发出的一束电磁波的入射角i=45°,经负折射率n=-√2的平板介
质材料后,从另一侧面射出(图中未画出),已知平板介质的厚度为d,电磁波在真空中的传播速度为c,
不考虑电磁波在界面处的反射,下列说法正确的是( )
A.该电磁波的出射点位于法线OO1的上方
B.电磁波射出平板的出射方向与射入平板的入射方向平行
C.电磁波由空气进入平板介质,波长变长
D.电磁波在平板介质中的传播时间为2√6d
3c
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参考答案
题型10 波的叠加与几何光学
1.B
【解析】 由图看出,两列波的波峰与波谷叠加,振动减弱,两波的振幅相等,所以如图乙所示的时
刻两列波“消失”。根据波形平移法判断可知,向右传播的波单独引起a、b 的振动方向向下,向
左传播的波单独引起a、b 的振动方向向下,根据叠加原理可知,此时a、b 质点的振动方向是向
下;同理d 处质点将向上运动;c 处质点不振动。故选B。
2.BC
【解析】 凸透镜中心比边缘高,在平玻璃上表面加压时,空气膜由厚变薄,相应各点光程差也变
小,圆环条纹相对中心将延迟出现,原来靠近中心的圆环条纹现在就要向边缘(向外)移动,故A 错
误,B 正确;凹透镜中心比边缘低,在平玻璃上表面加压时,空气膜由厚变薄,相应各点光程差也变
小,圆环条纹相对边缘将延迟出现,原来靠近边缘的圆环条纹现在就要向中心(向内)收缩,故C 正
确,D 错误。故选B、C。
3.C
【解析】 作出平面图,如图所示
设入射到A 点上的入射角为θ,因为光线在A 和β 上发生全反射,且两次反射的入射角相同,根据
几何关系有4θ=90°,解得θ=22.5°,设最小折射率为n0,根据全反射条件有sin θ= 1
n0
,解得最小折射
率为n0=
1
sin 22.5°
=2.6,故A 错误;红光从空气进入棱镜后,折射率变大,根据n=c
v
,可知传播速
度变小,故B 错误;若将红光改为绿光,折射率变大,根据全反射条件sin θ=1
n
,可知全反射角变小,
故仍能在点A 和平面β 上发生全反射,故C 正确;若将红光改为白光,其他光的折射率都比红光大,
故其他光也会在β 和A 上发生全反射,在平面γ 射出时的方向相同,仍是白光,故D 错误。
4.B
【解析】 如图
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由几何知识可得入射角i=∠ABD=30°,折射角r=2∠ABD=60°,则此玻璃的折射率为n=sin r
sini =√3
,故A 错误;BD 长度s=2Rcos 30°=√3R,光在玻璃球内传播的速度v=c
n
,故光从B 点传到D 点的时
间为t= s
v = 3 R
c
,故B 正确;由sin C=1
n = √3
3 < √2
2
,可知,临界角C<45°,所以若增大∠ABD,入射角
可能大于临界角,所以光可能在DM 段发生全反射现象,故C 错误;要使出射光线平行于AB,入射
角必为30°,若减小∠ABD,入射角减小,则从AD 段射出的光线与AB 不平行,故D 错误。
5.BD
【解析】 质点N 从t=0 时刻开始振动,由振动图像可知此时质点N 向上振动,由图可知波长为4
m,周期为0.2 s,波速为v= λ
T
=20 m/s,故A 错误;根据M、N 的位置关系可知,t=0.05 s 时刻,质点M
在x 轴下方向平衡位置运动,速度逐渐增大,从t=0.05 s 到t=0.20 s 经历了0.15 s,即3
4
T,则质点M
通过的路程s>3A=15 cm,故B 正确;根据振动图像可知t=0.45 s 时,质点N 在最大位移处,故C 错
误;由图丙可知位于x=10 m、8 m、6 m、4 m、2 m 的点两列波的运动方向一致,为加强点,故D
正确。故选B、D。
6.CD
【解析】 假设只有波源时S1,因波速v=1 m/s,此波传到x=5.5 m 处需要时间为t1=5.5
1
s=5.5 s,
因周期T=2 s,则x=5.5 m 处质点又振动了Δt1=8-5.5 s=2.5 s=11
4
T,可知x=5.5 m 处质点在t=8 s
时刻处在波峰,即位移是3 cm,同理可知只有波源S2时,传到x=5.5 m 需要时间为t2=10-5.5
1
s=4.5 s,质点又振动了Δt2=(8-1-4.5) s=2.5 s=11
4
T,可知x=5.5 m 处质点在t=8 s 时刻处在波谷,则
位移是-5 cm,故t=8 s 时刻,x=5.5 m 处质点的位移为z=(3-5) cm=-2 cm,故A 错误;该波的波长为
λ=vT=1×2 m=2 m,在x<0 和x>10 m 区域,各点到两波源的距离之差Δx=10 m=5λ,即是波长的整
数倍,波源的振动步调相反,波源S1先振动半个周期,因此各点都是振动加强点,故B 错误;设振动
加强的坐标为x,在x 轴上,振动加强点满足|(10- x )-( x -0)|=nλ(n=0,1,2,3,…),且0<x<10 m,解
得x=1 m、2 m、3 m、4 m、5 m、6 m、7 m、8 m、9 m,故0<x<10 m 区间内一共有9 个振动的
加强点,故C 正确;以波源S1为圆心,分别以半径4.4 m 和4.8 m 画圆,如图所示
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则在半径为4.4 m 的圆周上,Q 点到两波源的距离之差最小,则有Δx1=(10-4.4) m-4.4 m=1.2 m,P
点到两波源的距离之差最大,为Δx2=(14.4-4.4) m=10 m,半径为4.4 m 的圆上振动加强点满足
Δx1≤n1λ≤Δx2(n1=0,1,2,3,…),解得n1可取n1=1、2、3、4、5,在半径为4.8 m 的圆周上,Q'点到两波
源的距离之差最小,为Δx1'=(10-4.8) m-4.8 m=0.4 m,P'点到两波源的距离之差最大,为Δx2'=(14.8-
4.8) m=10 m,半径为4.8 m 的圆上振动加强点满足Δx1'≤n2λ≤Δx2'(n2=0,1,2,3,…),解得n2=1、2、
3、4、5,则在这两个圆周上,振动的加强点的个数相等,故D 正确。故选C、D。
7.AD
【解析】 这两列波的波速大小均为v= λ
T = 4
4
m/s=1 m/s,故A 正确;两列波振幅相同,起振方向均
向下,则当路程差为半个波长的奇数倍时振动减弱,这种点始终不动,因λ
4
=1 m,则从x=6 m 分别
往两侧按照1 m 的间隔出现振动减弱和振动加强的点,而减弱点的位置有x=1 m、3 m、5 m、7
m、9 m、11 m,即叠加稳定后,A、B 两点间(不包括A、B 两点)共有6 个点始终不动,故B 错误;从
t=0 至t=10 s 过程,4 s 时刻C 点开始振动,8 s 时刻右侧波传到C 点,因为C 点到两波源的距离为
波长的整数倍,所以C 点为振动加强点,继续振动半个周期,所以从t=0 至t=10 s 过程,质点C 运动
的路程为s=4A+2×2A=16 cm,故C 错误;振源B 的起振方向向下,所以振源B 的振动方程为
y=Asin (
2π
T t + π) cm=2sin (
π
2 t + π) cm,故D 正确。故选A、D。
8.AC
【解析】 根据sin C=1
n
,解得C 约为49°,如图所示
点光源对应的透射区域为OM 为半径,O 为圆心的圆形区域,其中临界角C 约为49°;当θ=C 时上
下端点的透射区对应的大小圆恰好内切,当θ>C 时大小圆相交,当θ<C 时大圆包含小圆。故选
A、C。
9.BC
【解析】 根据题意可知,两个波源频率不同,不会发生干涉,故A 错误;设波的传播速度为v,根据
题意及公式λ=v
f ,由图中数据有(3+ 1
4 · v
f 1)-(2+ 1
4 · v
f 2)=0.25v,解得v=16
3 m/s,故B 正确;根
据题意可知,图示波形对应的t 时刻为波源S1的传播时间,则t=(3+ 1
4 · v
f 1)
v
= 11
16
s,故C 正确;
t=1.25 s 时,波源S1引起坐标(4,0)质点的位移为零,波源S2引起坐标(4,0)质点的位移为-2 cm,根据
波的叠加得到,t=1.25 s 时,坐标(4,0)的质点位移为-2 cm,故D 错误。故选B、C。
10.BD
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【解析】 由于平板介质材料的折射率为负值,则电磁波在材料中折射方向位于法线OO1的下方,
所以该电磁波的出射点位于法线OO1的下方,故A 错误;根据光路可逆原理,电磁波的出射方向与
电磁波入射到平板介质的方向平行,故B 正确;根据|n|=c
v = λ
λ'
,则电磁波由空气进入平板介质,波
长变短,故C 错误;根据|n|=sin 45°
sinθ
=√2,得折射光线与法线夹角为θ=30°,由C 选项可知,光在平
板介质中的速度为√2c
2
,则电磁波在平板介质中的传播时间为t=
d
cos30°
√2c
2
= 2√6d
3c
,故D 正确。
故选B、D。
