第2节 全反射

当光由空气射入半圆形玻璃砖并发生折射时,折射角应小于入射角,故 $ \mathrm{A} $ 不可能发生,符合题意；当光由空气斜射入半圆形玻璃砖时,既有反射光线又有折射光线,折射角小于入射角,故 $ \mathrm{B} $ 可能发生；当光由半圆形玻璃砖射入空气时,若入射角小于临界角,既有反射光线又有折射光线,故 $ \mathrm{C} $ 可能发生；当光由半圆形玻璃砖射入空气时,若入射角大于等于临界角,会发生全反射,只有反射光线,没有折射光线,故 $ \mathrm{D} $ 可能发生，故选 $ \mathrm{A} $ .

由题图可知,两光在水中的入射角相同,而 $ a $ 光在空气中的折射角较小,由折射定律可知水对 $ a $ 光的折射率要小于对 $ b $ 光的折射率，由 $ v=\dfrac{c}{n} $ 可知,在水中 $ a $ 光的传播速度要大于 $ b $ 光,故由 $ A $ 到 $ O $ , $ a $ 光和 $ b $ 光的传播时间不相同,故 $ \mathrm{A} $ 正确；若发光点 $ A $ 不变而入射点 $ O $ 向左移,则入射角减小, $ a $ 、 $ b $ 光都不会发生全反射,故 $ \mathrm{B} $ 错误；若发光点 $ A $ 不变而入射点 $ O $ 向右移,则入射角变大,由 $ \mathrm{A} $ 项分析知 $ {n}_{a} < {n}_{b} $ ，则入射角先达到 $ b $ 光的临界角,则 $ b $ 光比 $ a $ 光先发生全反射,故 $ \mathrm{C} $ 正确； $ a $ 光与 $ b $ 光在真空中的传播速度一样大,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

根据全反射临界角公式 $ \sin C=\dfrac{1}{n} $ ,已知折射率 $ n=2 $ ,则 $ \sin C=\dfrac{1}{2} $ ,可得临界角 $ C={30}^{\circ } $ ,光线从 $ MN $ 边垂直入射,到达 $ OP $ 边时的入射角需要大于等于 $ {30}^{\circ } $ 才能发生全反射.当光线射到 $ OP $ 边的入射角为 $ {90}^{\circ }-\theta $ 时,要发生全反射，需满足 $ {90}^{\circ }-\theta ⩾ {30}^{\circ } $ ,即 $ \theta ⩽ {60}^{\circ } $ ,同理,光线反射到 $ OQ $ 边时,入射角也需满足 $ 3\theta -{90}^{\circ }⩾ {30}^{\circ } $ ,解得 $ \theta ⩾ {40}^{\circ } $ ,所以能发生全反射的 $ \theta $ 范围是 $ {40}^{\circ }⩽ \theta ⩽ {60}^{\circ } $ ,则 $ {\theta }_{1}={40}^{\circ } $ , $ {\theta }_{2}={60}^{\circ } $ , $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{D} $ 正确.

根据光的折射和全反射可知, $ ABCD $ 面上有光射出的范围是一个圆,设该圆的半径为 $ R $ ,则 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{3}{a}^{2}=\mathrm{\pi }{R}^{2} $ ,解得 $ R=\dfrac{\sqrt{3}}{3}a $ ,由几何关系可知,全反射的临界角 $ C $ 满足 $ \sin C=\dfrac{R}{\sqrt{{a}^{2}+{R}^{2}}}=\dfrac{1}{n} $ ,解得 $ n=2 $ , $ \mathrm{D} $ 正确.

由题意可知,光线射入透明介质后,从圆弧面 $ AB $ 射出时,有部分光线发生全反射,因在半圆弧上恰好有半圆弧长 $ \dfrac{2}{3} $ 的圆弧部分有光透出,则恰好发生全反射时入射角为 $ {60}^{\circ } $ ,介质的折射率为 $ n=\dfrac{1}{ \sin {60}^{\circ }}=\dfrac{2\sqrt{3}}{3} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

根据全反射临界角公式有 $ \sin C=\dfrac{1}{n}=\dfrac{\sqrt{3}}{2} $ ,可知全反射临界角为 $ {60}^{\circ } $ ,所以光线可以从 $ O $ 点射出,恰好在 $ OB $ 边发生全反射的光线与 $ OB $ 边的夹角为 $ {30}^{\circ } $ ,根据几何关系及正弦定理可知 $ \dfrac{ \sin {30}^{\circ }}{L}=\dfrac{ \sin ({180}^{\circ }-{30}^{\circ }-{45}^{\circ })}{x} $ ,解得 $ x=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}L $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确.

根据光的偏折程度可知,玻璃三棱镜对 $ a $ 、 $ b $ 、 $ c $ 三种单色光的折射率依次减小,由 $ v=\dfrac{c}{n} $ 可知, $ a $ 、 $ b $ 、 $ c $ 三种单色光在玻璃三棱镜中的传播速度依次增大,故 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 错误；玻璃三棱镜对绿光的折射率小于对蓝光的折射率,而玻璃三棱镜对 $ c $ 光的折射率小于对 $ b $ 光的折射率,则若 $ b $ 光为蓝光, $ c $ 光可能为绿光,故 $ \mathrm{C} $ 正确；玻璃三棱镜对 $ c $ 光的折射率小于对 $ b $ 光的折射率,根据 $ \sin C=\dfrac{1}{n} $ ,可知 $ c $ 光发生全反射的临界角大于 $ b $ 光发生全反射的临界角,让 $ a $ 、 $ b $ 、 $ c $ 三种单色光以同一入射角,从同一介质射向空气,若 $ b $ 光恰能发生全反射,则 $ c $ 光一定不能发生全反射,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

从题图中取尾灯中的一个凸起为研究对象,作出一条光路如图所示.由图可知,每一个凸起相当于一块全反射棱镜,要想让自行车后的司机看到反射光,光只能从右面射过来,在尾灯的左表面发生全反射,故 $ \mathrm{C} $ 正确, $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{D} $ 错误.

由全反射的条件可知,发生全反射需要光从光密介质射向光疏介质,光纤内芯的折射率要比外套的折射率大,故 $ \mathrm{A} $ 错误;设 $ a $ 光的全反射临界角为 $ C $ ,则 $ \sin C=\dfrac{1}{n} $ ,若 $ a $ 光恰好发生全反射,在这段光纤中的传播路程为 $ \dfrac{L}{ \sin C} $ ,传播速度 $ v=\dfrac{c}{n} $ ,则 $ a $ 光在这段光纤中的传播时间为 $ t=\dfrac{\dfrac{L}{ \sin C}}{v}=\dfrac{{n}^{2}L}{c} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误; $ a $ 光在内芯的传播速度 $ v=\dfrac{c}{n} $ ,与入射角无关,故 $ \mathrm{C} $ 错误;设 $ a $ 光射入光导纤维的折射角为 $ \alpha $ ,随着入射角 $ {\theta }_{0} $ 逐渐增大, $ a $ 光与边界间的夹角逐渐减小,恰好达到临界角时,由几何关系可知 $ C+\alpha =\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ,而折射率 $ n=\dfrac{ \sin {\theta }_{0}}{ \sin \alpha } $ , $ \sin C=\dfrac{1}{n} $ ,整理得 $ \sin {\theta }_{0}=\sqrt{{n}^{2}-1} $ ,此时开始有光从光导纤维侧壁中射出,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

如图甲所示，光线在 $ A $ 点的入射角 $ \beta $ 越小,光线在 $ B $ 点的入射角 $ i $ 越大, $ \alpha $ 越大，当 $ \beta $ 小于全反射临界角 $ C $ 时,光线在 $ A $ 点不能发生全反射,射出光纤下端面的光的强度急剧减小,达不到设计要求,所以 $ \beta $ 不能小于临界角 $ C $ ，当 $ \beta =C $ 时,光线在 $ A $ 点恰好发生全反射,光线在 $ B $ 点射出时强度最大, $ \alpha $ 最大，光线在 $ A $ 点，根据全反射临界角公式有 $ \sin C=\dfrac{1}{n} $ ,设光线在 $ B $ 点的入射角为 $ {i}_{\mathrm{m}} $ ，光线在 $ B $ 点根据折射定律有 $ n=\dfrac{ \sin {\alpha }_{\mathrm{m}}}{ \sin {i}_{\mathrm{m}}} $ ,由几何知识有 $ C+{i}_{\mathrm{m}}={90}^{\circ } $ ,解得 $ \sin {\alpha }_{\mathrm{m}}=\sqrt{{n}^{2}-1} $ ,则 $ {\alpha }_{\mathrm{m}}=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{n}\sqrt{{n}^{2}-1} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误;出射光线照到被测物体表面的区域是个圆, $ \alpha $ 越大,圆的半径 $ \mathrm{\Delta }r $ 越大,当 $ \alpha $ 最大时,圆的半径 $ \mathrm{\Delta }r $ 最大，因为 $ \sin {\alpha }_{\mathrm{m}}=\sqrt{{n}^{2}-1} $ ,所以 $ \tan {\alpha }_{\mathrm{m}}=\dfrac{ \sin {\alpha }_{\mathrm{m}}}{\sqrt{1-{ \sin }^{2}{\alpha }_{\mathrm{m}}}}=\sqrt{\dfrac{{n}^{2}-1}{2-{n}^{2}}} $ ,圆的最大半径为 $ \mathrm{\Delta }{r}_{\mathrm{m}}=\dfrac{d}{2}+{x}_{0} \tan {\alpha }_{\mathrm{m}}=\dfrac{d}{2}+{x}_{0}\sqrt{\dfrac{{n}^{2}-1}{2-{n}^{2}}} $ ,圆的最大面积为 $ {S}_{\mathrm{m}}=\mathrm{\pi }{\left(\mathrm{\Delta }{r}_{\mathrm{m}}\right) ^ {2}}=\mathrm{\pi }{\left(\dfrac{d}{2}+{x}_{0}\sqrt{\dfrac{{n}^{2}-1}{2-{n}^{2}}}\right) ^ {2}} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误;当 $ x=\dfrac{5d}{4}\sqrt{\dfrac{2-{n}^{2}}{{n}^{2}-1}} $ 时,发射光纤最右端的出射光线经过被测物体表面反射后照射到接收光纤下端面的最远距离为 $ l=2x \tan {\alpha }_{\mathrm{m}}=\dfrac{5}{2}d=D+\dfrac{d}{2} $ ，可知该光线正好照射到接收光纤下端面的圆心，作出光斑区域示意图如图乙所示,可知接收光纤下端面接收到的光强度小于出射光强度的一半,故 $ \mathrm{C} $ 错误;接收光纤刚接收到反射光时,设接收光纤的下端面到被测物体表面之间的距离为 $ {x}_{1} $ ，则 $ 2{x}_{1} \tan {\alpha }_{\mathrm{m}}=D $ ,解得 $ {x}_{1}=d\sqrt{\dfrac{2-{n}^{2}}{{n}^{2}-1}} $ ,接收光纤接收到的反射光最强时,设接收光纤的下端面到被测物体表面之间的距离为 $ {x}_{2} $ ，则 $ 2{x}_{2} \tan {\alpha }_{\mathrm{m}}=D+d $ ,解得 $ {x}_{2}=\dfrac{3d}{2}\sqrt{\dfrac{2-{n}^{2}}{{n}^{2}-1}} $ ,被测物体的位移大小为 $ \mathrm{\Delta }x={x}_{2}-{x}_{1}=\dfrac{d}{2}\sqrt{\dfrac{2-{n}^{2}}{{n}^{2}-1}} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

由题意结合光路可逆原理知,大头针的底部反射的光线照射到软木塞的边缘时恰好发生全反射,如图所示,则 $ \sin C=\dfrac{r}{\sqrt{{h}^{2}+{r}^{2}}} $ ,此液体的折射率 $ n=\dfrac{1}{ \sin C}=\dfrac{\sqrt{{h}^{2}+{r}^{2}}}{r} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 错误；由 $ n=\dfrac{c}{v} $ ,可知光在此液体中的速度 $ v=\dfrac{c}{n}=\dfrac{rc}{\sqrt{{h}^{2}+{r}^{2}}} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误, $ \mathrm{D} $ 正确.

灯带发出的光从水面射出时恰发生全反射,临界角的正弦值 $ \sin C=\dfrac{1}{n}=\dfrac{3}{4} $ ,作出光路图如图所示,根据几何关系可知 $ \tan C=\dfrac{3\sqrt{7}}{7} $ , $ R= \tan C\cdot h=0.15\mathrm{m} $ ,则一个发光点发出的光在水面上形成的是一个半径为 $ 0.15\mathrm{m} $ 的圆,故光射出水面形状的边缘为弧形,整个光源是一个正方形,其内切圆的半径 $ r=0.125\mathrm{m} $ , $ R > r $ ,故有光线射出水面的区域无空缺 $ .\mathrm{C} $ 正确.

阳光中紫光频率最高,玻璃对其折射率最大,根据 $ v=\dfrac{c}{n} $ 可知,紫光在玻璃内的传播速度最小,故 $ \mathrm{A} $ 错误;与半圆柱相切的光偏转角最大,此时入射角为 $ {90}^{\circ } $ ,折射角为 $ {45}^{\circ } $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误;在半圆柱表面以入射角 $ {45}^{\circ } $ 折射进入玻璃砖的那束光,设折射角为 $ r $ ,由 $ n=\dfrac{ \sin {45}^{\circ }}{ \sin r} $ ，解得 $ \sin r=\dfrac{1}{2} $ ,折射角 $ r $ 为 $ {30}^{\circ } $ ,根据几何关系可知,该光线恰好在 $ BCHE $ 界面发生全反射，作出该光线的光路图如图所示，可知该光线不能够照射进密闭仓库内,故 $ \mathrm{C} $ 正确;光在玻璃砖中的速度 $ v=\dfrac{c}{n} $ ,在半圆柱表面沿半径方向入射玻璃砖的那束光,经过的路程 $ s=R+\dfrac{R}{ \cos {30}^{\circ }} $ ,传播时间 $ t=\dfrac{s}{v}=(\dfrac{2\sqrt{6}}{3}+\sqrt{2})\dfrac{R}{c} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

（1） 作出光路图如图，由几何关系可知 $ \sin C=\dfrac{OA}{R} $ ,

且 $ \sin C=\dfrac{1}{n} $ ,可得 $ n=\sqrt{2} $ .

（2） 由几何关系可知 $ \sin r=\dfrac{1}{2} $ ,解得 $ r={30}^{\circ } $ ,

根据折射定律 $ n=\dfrac{ \sin i}{ \sin r} $ ,解得 $ i={45}^{\circ } $ ,

由几何关系可知 $ GN=R \cos r=\dfrac{\sqrt{3}}{2}R $ ,且有 $ v=\dfrac{c}{n} $ ,

光线在半球内传播的时间 $ {t}_{1}=\dfrac{GN}{v}=\dfrac{\sqrt{6}R}{2c} $ ,

在 $ △OGH $ 中，根据正弦定理可得 $ \dfrac{ \sin r}{GH}=\dfrac{ \sin (i-r)}{R} $ ,解得 $ GH=\dfrac{2R}{\sqrt{6}-\sqrt{2}} $ ,

光线从射出半球到到达该交点的时间 $ {t}_{2}=\dfrac{GH}{c}=\dfrac{2R}{(\sqrt{6}-\sqrt{2})c} $ ,

该光线从进入半球到到达该交点的时间 $ t={t}_{1}+{t}_{2}=\dfrac{(2\sqrt{6}+\sqrt{2})R}{2c} $ .

（3） 刚好发生全反射时,若存在折射光线交 $ OO\prime $ 于 $ M $ 点,则有 $ OM=\sqrt{2}R $ ,

所有出射光线与 $ OO\prime $ 的交点应在 $ M $ 点上方,因为 $ OE=\dfrac{\sqrt{6}}{2}R < OM $ , $ OF=3R > OM $ ,

所以 $ B $ 点的入射光线不存在， $ D $ 点的入射光线存在,设球面上射出点为 $ P $ ,根据折射定律得 $ n=\dfrac{ \sin i^\prime }{ \sin r^\prime } $ ,

在三角形 $ OPF $ 中，根据正弦定理得 $ \dfrac{ \sin r^\prime }{PF}=\dfrac{ \sin ({180}^{\circ }-i^\prime )}{OF} $ ,

解得 $ PF=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}R $ ,

根据余弦定理有 $ P{F}^{2}=O{P}^{2}+O{F}^{2}-2OP\cdot OF \cos r^\prime $ ,

解得 $ \cos r^\prime =\dfrac{11}{12} $ ,

可得 $ \sin r^\prime =\dfrac{\sqrt{23}}{12} $ ,

入射点距球心 $ O $ 的距离 $ d=R \sin r^\prime =\dfrac{\sqrt{23}}{12}R $ .