专题7 光的折射与全反射

由题图可知,两束光入射角相等,而光线 $ CA $ 的折射角较小,根据折射定律可知,玻璃对光线 $ CA $ 的折射率较大,玻璃对光线 $ CB $ 折射率较小,所以 $ CA $ 是蓝光, $ CB $ 是红光,故 $ \mathrm{A} $ 错误；由几何关系可知红光的折射角为 $ {45}^{\circ } $ ，则玻璃对红光的折射率为 $ n=\dfrac{ \sin {60}^{\circ }}{ \sin {45}^{\circ }}=\dfrac{\sqrt{6}}{2} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确；光线 $ CB $ 发生全反射的临界角满足 $ \sin C=\dfrac{1}{n}=\dfrac{\sqrt{6}}{3} $ ,则 $ C > {45}^{\circ } $ ,由几何关系可知，光线 $ CB $ 在 $ B $ 点的入射角为 $ {45}^{\circ } $ ,小于临界角，可知光线 $ CB $ 在 $ B $ 点不会发生全反射,其出射光线与竖直方向的夹角仍为 $ {60}^{\circ } $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误；设折射角为 $ r $ ,则在玻璃砖中,光线的传播时间为 $ t=\dfrac{2R \sin r}{v}=\dfrac{2R \sin r}{\dfrac{c}{n}}=\dfrac{2R \sin {60}^{\circ }}{c}=\dfrac{\sqrt{3}R}{c} $ ,可知光线 $ CA $ 从 $ C $ 到 $ A $ 的传播时间等于光线 $ CB $ 从 $ C $ 到 $ B $ 的传播时间,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

光线从玻璃砖圆形表面出射后恰好与入射光平行，由折射定律和几何关系知出射点在最高点，作出题中两种情况下的光路图如图所示，设 $ OP=x $ ,光在 $ A $ 处恰好发生全反射有 $ \sin C=\dfrac{x}{R} $ , $ \theta ={60}^{\circ } $ 时，有 $ \dfrac{ \sin {60}^{\circ }}{ \sin \mathrm{\angle }PBO}=n $ ,由几何关系可知 $ \sin \mathrm{\angle }PBO=\dfrac{x}{\sqrt{{R}^{2}+{x}^{2}}} $ ,联立解得 $ n=\sqrt{3} $ , $ x=\dfrac{\sqrt{3}}{3}R $ ,故 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 错误;根据 $ n=\dfrac{c}{v} $ ,解得光在玻璃砖内的传播速度为 $ v=\dfrac{c}{n}=\dfrac{\sqrt{3}c}{3} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误;由 $ \sin C=\dfrac{1}{n} $ ,解得 $ \sin C=\dfrac{\sqrt{3}}{3} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

由题意可知,沿 $ DB $ 方向到达 $ AB $ 面上的光在元件中的传播距离最大,时间最长,由几何关系可知光从光源到 $ AC $ 面的传播距离为 $ R $ ,在材料中的传播距离为 $ s=(\sqrt{2}-1)R $ ,在材料中的传播时间为 $ {t}_{1}=\dfrac{s}{v} $ ,又 $ v=\dfrac{c}{n} $ ,光在真空中传播的时间为 $ {t}_{2}=\dfrac{R}{c} $ ,则点光源发出的光射到 $ AB $ 面的最长时间 $ t={t}_{1}+{t}_{2}=\dfrac{(2\sqrt{2}-1)R}{c} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 错误；如图所示,设沿 $ DE $ 方向射到 $ AB $ 面上的光线刚好发生全反射,临界角满足 $ \sin {C}_{0}=\dfrac{1}{n}=\dfrac{1}{2} $ ,解得 $ {C}_{0}={30}^{\circ } $ ,则 $ \mathrm{\angle }ADF={30}^{\circ } $ ,同理,设沿 $ DG $ 方向射到 $ BC $ 面上的光线刚好发生全反射,则 $ \mathrm{\angle }CDH={30}^{\circ } $ ,根据几何关系可得 $ AE=CG=R \tan {30}^{\circ } $ , $ AB $ 、 $ BC $ 面有光射出的区域总长度为 $ L=AE+CG=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}R $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确, $ \mathrm{D} $ 错误.

设亮环外边缘与内边缘的半径分别为 $ {r}_{1} $ 和 $ {r}_{2} $ ,由题意得 $ \dfrac{\mathrm{\pi }{r}_{1}^{2}-\mathrm{\pi }{r}_{2}^{2}}{\mathrm{\pi }{r}_{2}^{2}}=\dfrac{5}{4} $ ,解得 $ \dfrac{{r}_{1}}{{r}_{2}}=\dfrac{3}{2} $ ,设红光的临界角为 $ C $ ,则 $ \sin C=\dfrac{1}{n}=\dfrac{3}{4} $ ,可得 $ \tan C=\dfrac{3}{\sqrt{{4}^{2}-{3}^{2}}}=\dfrac{3}{7}\sqrt{7} $ ,设光源离水面的垂直距离为 $ h $ ,若光源上的一点射出的光线恰好在水面发生全反射,如图所示.根据几何关系有 $ {r}_{1}=R+h \tan C $ , $ {r}_{2}=R-h \tan C $ ,联立得 $ h=\dfrac{\sqrt{7}}{3}\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误;水对蓝光的折射率大于水对红光的折射率,即蓝光的临界角小于红光的临界角,根据 $ {r}_{2}=R-h \tan C $ 可知,彩灯变为蓝光时, $ {r}_{2} $ 增大,即中间暗圆面积增大,故 $ \mathrm{B} $ 错误;亮环面积与中间暗圆面积之比为 $ \dfrac{\mathrm{\pi }{r}_{1}^{2}-\mathrm{\pi }{r}_{2}^{2}}{\mathrm{\pi }{r}_{2}^{2}}={\left(\dfrac{{r}_{1}}{{r}_{2}}\right) ^ {2}}-1 $ ,若将彩灯上移,即 $ h $ 减小,则 $ {r}_{1} $ 减小, $ {r}_{2} $ 增大,所以亮环面积与中间暗圆面积之比减小,故 $ \mathrm{C} $ 错误;若将光源再向湖底竖直向下移动 $ \mathrm{\Delta }h $ ,中间暗圆恰好消失,则 $ (h+\mathrm{\Delta }h) \tan C=R $ ,解得 $ \mathrm{\Delta }h=\dfrac{4\sqrt{7}}{3}\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

（1） 光在正六棱柱中传播的光路如图所示,

其中 $ \alpha ={15}^{\circ } $ ,由五边形 $ BMHNC $ 的内角和为 $ {540}^{\circ } $ ,可知 $ \mathrm{\angle }MHN={540}^{\circ }-{180}^{\circ }-{240}^{\circ }={120}^{\circ } $ ,由三角形 $ MHN $ 的内角和为 $ {180}^{\circ } $ ,可得 $ \beta ={180}^{\circ }-{15}^{\circ }-{120}^{\circ }={45}^{\circ } $ ,单色光刚好在 $ N $ 点发生全反射，则 $ \sin \beta =\dfrac{1}{n} $ ,解得 $ n=\sqrt{2} $ .

（2） 过 $ M $ 点作 $ BC $ 的平行线交 $ CD $ 于 $ G $ 点,而 $ MG=BC+2MB\cdot \cos {60}^{\circ }=\dfrac{5}{4}\mathrm{m} $ ,在 $ △MGN $ 中,由正弦定理有 $ \dfrac{MG}{ \sin \mathrm{\angle }GNM}=\dfrac{MN}{ \sin \mathrm{\angle }MGN} $ ,可得 $ \dfrac{\dfrac{5}{4}\mathrm{m}}{ \sin {45}^{\circ }}=\dfrac{MN}{ \sin {120}^{\circ }} $ ,解得 $ MN=\dfrac{5\sqrt{6}}{8}\mathrm{m} $ ,单色光在介质中的传播速度为 $ v=\dfrac{c}{n} $ ,该单色光从 $ M $ 点传播到 $ N $ 点所用的时间 $ t=\dfrac{MN}{v}=\dfrac{5\sqrt{3}\mathrm{m}}{4c} $ .

（1） 作出其中一条光线传播的光路图如图所示,光线在 $ AB $ 面反射遵循反射定律,反射角与入射角相等,由几何关系得 $ \mathrm{\angle }{O}_{2}{O}_{1}{H}_{1}=\mathrm{\angle }M{O}_{1}{H}_{1}=\mathrm{\angle }B=\dfrac{{180}^{\circ }-\mathrm{\angle }A}{2}={30}^{\circ } $ ,

光线射到 $ BC $ 面上时,由几何关系得 $ \mathrm{\angle }{O}_{3}{O}_{2}{H}_{2}=\mathrm{\angle }{O}_{1}{O}_{2}{H}_{2}={60}^{\circ } $ ,

光线在 $ BC $ 面发生全反射的临界角 $ \alpha $ 满足 $ \sin \alpha =\dfrac{1}{n}=\dfrac{\sqrt{3}}{3} < \sin {60}^{\circ } $ ,则光线在 $ BC $ 面发生全反射, $ BC $ 面没有光线射出.

（2） 由几何关系可得光线在 $ AC $ 面的入射角 $ \mathrm{\angle }{O}_{2}{O}_{3}{H}_{3}={30}^{\circ } $ ,

由折射定律可得 $ n=\dfrac{ \sin \mathrm{\angle }N{O}_{3}{H}_{4}}{ \sin {30}^{\circ }} $ ,

解得 $ \mathrm{\angle }N{O}_{3}{H}_{4}={60}^{\circ } $ ,

所以光束从 $ AC $ 面射出后与 $ BC $ 面平行,

由几何关系得出射光束的宽度为 $ d=\dfrac{l}{2}\cdot \tan {30}^{\circ }=\dfrac{\sqrt{3}}{6}l $ .

（1） 设入射角为 $ {\theta }_{1} $ ,折射角为 $ {\theta }_{2} $ ,由折射定律得 $ n=\dfrac{ \sin {\theta }_{1}}{ \sin {\theta }_{2}}=\dfrac{4}{3} $ ,

根据反射定律可知，反射角等于入射角，又折射光线和反射光线垂直,所以 $ \sin {\theta }_{1}= \cos {\theta }_{2} $ ,

解得 $ {\theta }_{1}={53}^{\circ } $ ,

所以该平行光与水面的夹角 $ \theta ={90}^{\circ }-{\theta }_{1}={37}^{\circ } $ .

（2） 要使倾斜平行光刚好照亮整个水池底部,则水池右侧边缘的折射光线恰好沿侧壁,此时折射角为 $ {90}^{\circ }-\alpha $ ,由折射定律得 $ n=\dfrac{ \sin \beta }{ \sin ({90}^{\circ }-\alpha )} $ ,已知 $ \sin \beta =\dfrac{2}{3} $ ,解得 $ \alpha ={60}^{\circ } $ .

（3） 当水中点光源发出的光射向水面时,若入射角达到全反射临界角 $ C $ ,则光线会发生全反射,所以光源照亮水面的区域为一个半径为 $ r $ 的圆,如图所示.

由几何关系可得 $ \sin C=\dfrac{r}{\sqrt{{h}^{2}+{r}^{2}}} $ ,

又 $ \sin C=\dfrac{1}{n} $ ,解得 $ r=\dfrac{3}{\sqrt{7}}\mathrm{m} $ ,

所以点光源照亮水面的圆的面积 $ S=\mathrm{\pi }{r}^{2}=\dfrac{9\mathrm{\pi }}{7}{\mathrm{m}}^{2} $ .