第四章素养检测

泊松亮斑是由于光的衍射产生的,而非干涉,故 $ \mathrm{A} $ 错误;水中的气泡特别明亮,是因为部分光线在气泡表面发生全反射,故 $ \mathrm{B} $ 错误; $ 3\mathrm{D} $ 电影的特制眼镜利用了光的偏振原理,使左右眼看到不同偏振方向的图像,从而产生立体效果,故 $ \mathrm{C} $ 正确;竖直肥皂膜的水平彩色横纹是由于光的干涉造成的,而非折射,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

$ P $ 点处为 $ O $ 上方第2条亮条纹的位置,即 $ P $ 点到双缝的光程差为 $ \mathrm{\Delta }x=2\lambda $ ,若将整个装置放置于折射率 $ n=2 $ 的介质中,光的波长变为 $ \lambda \prime =\dfrac{v}{f}=\dfrac{c}{nf}=\dfrac{\lambda }{n}=\dfrac{\lambda }{2} $ ,故 $ P $ 点到双缝的光程差为 $ \mathrm{\Delta }x=2\lambda =4\lambda \prime $ ,即 $ P $ 点处形成 $ O $ 上方第4条亮条纹,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

由光路图可知光从 $ D $ 点射出时,出射角 $ r $ 等于从 $ A $ 点入射时的入射角 $ i $ ,则出射光线 $ DM $ 与入射光线 $ SA $ 平行, $ \mathrm{A} $ 错误；根据几何关系可得 $ \alpha ={30}^{\circ } $ , $ \theta ={30}^{\circ } $ ,则玻璃的折射率 $ n=\dfrac{ \sin i}{ \sin \theta }=\sqrt{3} $ , $ \mathrm{B} $ 错误； $ AE=2L \cos {30}^{\circ }=\sqrt{3}L $ , $ AD=\sqrt{A{E}^{2}+E{D}^{2}}=2L $ ,光在玻璃中传播的速度 $ v=\dfrac{c}{n}=\dfrac{\sqrt{3}c}{3} $ ,则光在空气中 $ SA $ 段传播的时间和在玻璃中 $ AD $ 段传播的时间之比 $ {t}_{1}:{t}_{2}=\dfrac{L}{c}:\dfrac{2L}{v}=1:2\sqrt{3} $ , $ \mathrm{C} $ 正确；入射光线入射点从 $ A $ 点移动到 $ B $ 点的过程中是光从空气射入玻璃,根据发生全反射的条件可知,从光疏介质射入光密介质,不可能发生全反射, $ \mathrm{D} $ 错误.

设两玻璃平晶之间的夹角为 $ \theta $ ,由题图甲可得 $ \tan \theta =\dfrac{\left|D-{D}_{0}\right|}{L} $ ,由空气薄膜干涉的条件可知 $ 2\mathrm{\Delta }L \tan \theta =\lambda $ ,则 $ \mathrm{\Delta }L=\dfrac{\lambda }{2 \tan \theta } $ ,联立解得 $ \left|D-{D}_{0}\right|=\dfrac{\lambda L}{2\mathrm{\Delta }L} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确; $ {A}_{0} $ 与 $ A $ 直径相差越大, $ \theta $ 越大,由上述分析可知, $ \mathrm{\Delta }L $ 越小, $ \mathrm{B} $ 错误;轻压 $ {T}_{1} $ 右端,若 $ \mathrm{\Delta }L $ 增大,则 $ \theta $ 减小,说明 $ D > {D}_{0} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误;当 $ {A}_{0} $ 与 $ A $ 直径相等时, $ \tan \theta =0 $ ,空气薄膜的厚度处处相等,不能形成题图乙中的干涉条纹,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

由题意和折射特点可知,折射率为 $ {n}_{1}=\sqrt{2} $ 的光射到 $ L $ 点,则 $ {n}_{1}=\dfrac{ \sin {\beta }_{1}}{ \sin {30}^{\circ }} $ ,解得 $ {\beta }_{1}={45}^{\circ } $ , $ P $ 、 $ L $ 两点间的距离 $ PL=R \tan {45}^{\circ }=R $ , $ \mathrm{A} $ 正确；根据 $ {n}_{2}=\dfrac{ \sin {\beta }_{2}}{ \sin {30}^{\circ }} $ ,解得折射率为 $ {n}_{2} $ 的光束穿过半圆柱形玻璃砖后的折射角为 $ {\beta }_{2}={60}^{\circ } $ , $ \mathrm{B} $ 正确；彩色光带的宽度 $ KL=R \tan {60}^{\circ }-R \tan {45}^{\circ }=(\sqrt{3}-1)R $ , $ \mathrm{C} $ 正确；当复色光入射角 $ \theta $ 逐渐增大时,折射角 $ {\beta }_{1} $ 和 $ {\beta }_{2} $ 都将变大,达到临界角前光屏 $ PQ $ 上的彩色光带将向右移动,两边缘光的临界角分别满足 $ \sin {C}_{1}=\dfrac{1}{\sqrt{2}} $ 、 $ \sin {C}_{2}=\dfrac{1}{\sqrt{3}} $ ,即 $ {C}_{1}={45}^{\circ } $ , $ {C}_{2} < {45}^{\circ } $ ,则当 $ \theta ={60}^{\circ } $ 时复色光都已经发生了全反射,不能射到光屏上, $ \mathrm{D} $ 错误.故选 $ \mathrm{D} $ .

由题图（b）可知点光源的振动周期为 $ 2\mathrm{s} $ ,点光源的振幅为 $ A=1\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 错误;分析可知光斑面积最小时光源位于 $ y=1\mathrm{m} $ 处,此时在水面上发生全反射的点满足 $ \sin C=\dfrac{1}{n}=\dfrac{3}{4} $ ,由数学关系可知 $ \tan C=\dfrac{3}{\sqrt{7}} $ ,则 $ O^\prime $ 与水面上发生全反射的点距离为 $ r=(h-A) \tan C $ ,则水面上光斑的最小面积为 $ {S}_{ \min }=\mathrm{\pi }{r}^{2} $ ,联立解得 $ {S}_{ \min }=\dfrac{9}{28}\mathrm{\pi }{\mathrm{m}}^{2} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确;分析可知光斑面积最大时光源位于 $ y=-1\mathrm{m} $ 处,此时在水面上发生全反射的点满足 $ \sin C=\dfrac{1}{n}=\dfrac{3}{4} $ ,由数学关系可知 $ \tan C=\dfrac{3}{\sqrt{7}} $ ,则 $ O^\prime $ 与水面上发生全反射的点距离为 $ r^\prime =(h+A) \tan C $ ,则水面上光斑的最大面积为 $ {S}_{ \max }=\mathrm{\pi }r{\prime }^{2} $ ,联立解得 $ {S}_{ \max }=\dfrac{225}{28}\mathrm{\pi }{\mathrm{m}}^{2} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

$ \sin \mathrm{\angle }SCA=\dfrac{\sqrt{7}}{4} $ ,则 $ \cos \mathrm{\angle }SCA=\dfrac{3}{4} $ ,设光发生全反射的临界角为 $ \theta $ ,则光在 $ C $ 点的入射角为 $ \theta $ ,由几何关系可得 $ \mathrm{\angle }SCA={90}^{\circ }-\theta $ ,则有 $ \sin \theta = \cos \mathrm{\angle }SCA=\dfrac{3}{4} $ ,可知 $ \theta \ne {75}^{\circ } $ , $ \mathrm{A} $ 错误;该海水对 $ SC $ 光路颜色的光的折射率 $ n=\dfrac{1}{ \sin \theta }=\dfrac{4}{3} $ , $ \mathrm{B} $ 错误;由几何关系可得 $ SC\cdot \sin \mathrm{\angle }SCA=SD $ ,又 $ n=\dfrac{c}{v} $ ,光从光源 $ S $ 到 $ C $ 点所用的时间 $ {t}_{1}=\dfrac{SC}{v} $ ,联立解得 $ {t}_{1}=\dfrac{16\sqrt{7}H}{21c} $ , $ \mathrm{C} $ 错误;由 $ n=\dfrac{ \sin ({90}^{\circ }-\mathrm{\angle }BAC)}{ \sin ({90}^{\circ }-\mathrm{\angle }SAD)} $ ,解得 $ \cos \mathrm{\angle }SAD=0.6 $ , $ \sin \mathrm{\angle }SAD=0.8 $ ,由几何关系可得 $ CD=H \tan \theta $ , $ AD=\dfrac{H}{ \tan \mathrm{\angle }SAD} $ , $ AB=\dfrac{CA}{ \cos \mathrm{\angle }BAC} $ , $ SA=\dfrac{H}{ \sin \mathrm{\angle }SAD} $ , $ AC=CD-AD $ ,光从光源 $ S $ 到 $ B $ 点的传播时间 $ {t}_{2}=\dfrac{SA}{v}+\dfrac{AB}{c} $ ,解得 $ {t}_{2}=\dfrac{5(49+36\sqrt{7})H}{336c} $ , $ \mathrm{D} $ 正确.

双缝干涉图样是等间距的明暗相间条纹,题图乙符合双缝干涉图样的特点,光通过狭缝时,会发生衍射现象,故 $ \mathrm{A} $ 正确;遮住一条狭缝,发生单缝衍射,单缝衍射图样是中央宽、两边窄的明暗相间条纹,与题图丙符合,故 $ \mathrm{B} $ 正确;

根据 $ \mathrm{\Delta }x=\dfrac{L}{d}\lambda $ ,可知增加 $ L $ ,其他条件不变,题图乙中相邻暗条纹的中心间距增大,故 $ \mathrm{C} $ 错误;保持 $ {P}_{1} $ 不动,将 $ {P}_{2} $ 绕 $ OO\prime $ 轴转动 $ {90}^{\circ } $ 的过程中, $ {P}_{1} $ 、 $ {P}_{2} $ 透振方向由平行变为垂直,通过 $ {P}_{2} $ 的光强逐渐减小,所以光屏上干涉条纹的亮度在减小,故 $ \mathrm{D} $ 正确．

依题意,作出小鱼恰好看不到水面上方任何东西的光路图,如图甲所示,设木板直径为 $ d $ ,根据几何关系,可得 $ \sin C=\dfrac{d}{\sqrt{{h}^{2}+{d}^{2}}} $ ,又 $ \sin C=\dfrac{1}{n} $ ,联立解得 $ d=3\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误, $ \mathrm{B} $ 正确；若小鱼上浮到 $ A $ 点正下方 $ H=\dfrac{\sqrt{7}}{3}\mathrm{m} $ 处,随后以 $ 0.5\mathrm{m}/\mathrm{s} $ 的水平速度匀速游过木板直径正下方,根据题意可知,当小鱼反射的光在木板边缘水面发生全反射时,在水面上看不到小鱼,光路图如图乙所示,根据 $ \sin C=\dfrac{1}{n}=\dfrac{3}{4} $ ,可得 $ \tan C=\dfrac{3\sqrt{7}}{7} $ ,则在水面上看不到小鱼运动的距离为 $ x=d-2H \tan C $ ,又 $ x=vt $ ,联立解得 $ t=2\mathrm{s} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确, $ \mathrm{D} $ 错误.

如图所示,设从左侧的 $ A $ 点入射的光在右侧半球面刚好发生全反射,由光路图可知, $ \sin \theta =\dfrac{1}{n} $ , $ OA=R \sin \theta $ , $ S^\prime =\mathrm{\pi }\cdot O{A}^{2} $ , $ S=\mathrm{\pi }{R}^{2} $ ,联立解得 $ \dfrac{S^\prime }{S}=\dfrac{1}{2} $ ,故从左侧射入后能从右侧射出的入射光束面积占入射面面积的 $ \dfrac{1}{2} $ , $ \mathrm{A} $ 错误；设距 $ O $ 点 $ \dfrac{R}{2} $ 处的光线射到半球面上的点为 $ C $ 点,折射角为 $ r $ ,入射角 $ i={30}^{\circ } $ ,由 $ n=\dfrac{ \sin r}{ \sin i} $ ,得 $ r={45}^{\circ } $ ,由几何关系知 $ BC=\dfrac{\sqrt{3}}{2}R $ , $ \mathrm{\angle }CDO\prime =r-i={15}^{\circ } $ , $ CD=\dfrac{\dfrac{R}{2}}{ \sin {15}^{\circ }}=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}R $ ,可得从距 $ O $ 点 $ \dfrac{R}{2} $ 处入射的光线经玻璃半球偏折后传播到 $ OO\prime $ 所在水平面的路程为 $ s=BC+CD $ ,联立可得 $ s=\dfrac{\sqrt{3}+\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}R $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确；若改用频率更大的单色平行光入射,则刚好发生全反射的临界角 $ \theta $ 变小,根据 $ OA=R \sin \theta $ ,可得 $ OA $ 变小,即 $ S^\prime =\mathrm{\pi }\cdot O{A}^{2} $ 将变小,故从右侧观察到玻璃半球被照亮的范围将变小,故 $ \mathrm{C} $ 正确, $ \mathrm{D} $ 错误.

（1） 确定 $ {P}_{3} $ 位置的正确方法是透过玻璃砖观察,使 $ {P}_{3} $ 挡住 $ {P}_{1} $ 、 $ {P}_{2} $ 的像，故选 $ \mathrm{C} $ .

（2） 用两块同样的玻璃直角棱镜做实验得到的光路图如图（a）所示,根据光路图可知,经过 $ {P}_{1} $ 、 $ {P}_{2} $ 的光线经左侧玻璃砖后向下偏折,射入右侧玻璃砖后平行于 $ {P}_{1} $ 、 $ {P}_{2} $ 射出,所以在题图乙中右边插的大头针应该是 $ {P}_{5} $ 、 $ {P}_{6} $ ，故选 $ \mathrm{C} $ .

（3） 将玻璃砖界面 $ aa\prime $ 和 $ bb\prime $ 的间距画得过宽,而其他操作正确,作出光路如图（b）所示,光线从 $ aa\prime $ 进入玻璃砖实际入射点应为 $ O $ ,而因画得过宽,故在实验中标记的入射点为 $ O^\prime $ ,两种情况下的出射点都为 $ O″ $ ,可知因画得过宽,导致 $ \alpha $ 角偏大,根据折射定律有 $ n=\dfrac{ \sin \beta }{ \sin \alpha } $ ,可知 $ \alpha $ 角偏大,则 $ \sin \alpha $ 偏大,故折射率 $ n $ 的测量值偏小.

（1） 设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为 $ {x}_{1} $ ,到 $ P $ 点的水平距离为 $ {x}_{2} $ ，桅杆顶端到水面的距离为 $ {h}_{1}=4.5\mathrm{m} $ , $ P $ 点处水深为 $ {h}_{2}=6\mathrm{m} $ ，光束在水中与竖直方向的夹角为 $ \theta $ ，

由几何关系有 $ \dfrac{{x}_{1}}{{h}_{1}}= \tan {53}^{\circ } $ , $ \dfrac{{x}_{2}}{{h}_{2}}= \tan \theta $ ,

由折射定律有 $ n=\dfrac{ \sin {53}^{\circ }}{ \sin \theta } $ ,得 $ \theta ={37}^{\circ } $ ,

桅杆到 $ P $ 点的水平距离 $ x={x}_{1}+{x}_{2}=10.5\mathrm{m} $ .

（2） 光束刚好在水面发生全反射时的入射角满足 $ \sin C=\dfrac{1}{n} $ ,

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

水面上的发光面积 $ S=\mathrm{\pi }{r}^{2} $ ,

解得 $ S=\dfrac{324}{7}\mathrm{\pi }{\mathrm{m}}^{2} $ .

（1） 依题意,由几何关系可知该单色光发生全反射的临界角 $ C={45}^{\circ } $ ,由 $ \sin C=\dfrac{1}{n} $ ,得 $ n=\sqrt{2} $ .

（2） 作出光路如图（a）所示,由几何关系可知,光线从 $ D $ 点出射时的入射角为 $ {30}^{\circ } $ ，

由折射定律有 $ n=\dfrac{ \sin \theta }{ \sin {30}^{\circ }}=\sqrt{2} $ ,得 $ \theta ={45}^{\circ } $ ,

在 $ △ODP $ 中,由正弦定理有 $ \dfrac{DP}{ \sin {30}^{\circ }}=\dfrac{OD}{ \sin (\theta -{30}^{\circ })} $ ,

又 $ FD=R \cos {30}^{\circ } $ ,

光线从 $ F $ 点到 $ P $ 点的传播时间 $ t=\dfrac{FD}{v}+\dfrac{DP}{c} $ ,又 $ n=\dfrac{c}{v} $ ,解得 $ t=\dfrac{R}{c}(\sqrt{6}+\dfrac{\sqrt{2}}{2}) $ .

（3） 如图（b）所示,当光线从 $ O $ 点照射到玻璃棱镜,经折射后从圆弧的 $ N $ 点射出,有 $ n=\dfrac{ \sin {45}^{\circ }}{ \sin \alpha } $ ,得 $ \alpha ={30}^{\circ } $ ,

设当光线从 $ D $ 点入射,经折射后到达 $ E $ 点时,刚好发生全反射,得 $ \beta =C={45}^{\circ } $ ,由几何知识得 $ r={45}^{\circ } $ ,

则圆弧 $ AB $ 上有光射出的弧是 $ \stackrel{⌢}{EN} $ ,弧长为 $ L=\dfrac{{45}^{\circ }}{{360}^{\circ }}×2\mathrm{\pi }R=\dfrac{\mathrm{\pi }R}{4} $ .

（1） 细光束射到 $ MN $ 界面,一部分反射,设反射光与光屏 $ MN $ 的交点为 $ A $ ,另一部分折射,设折射光与光屏 $ MN $ 的交点为 $ B $ ,折射角为 $ i $ ,光路图如图甲所示,

根据临界角公式,对 $ a $ 光,有 $ \sin {C}_{1}=\dfrac{1}{{n}_{1}} $ ,

解得 $ a $ 光的临界角 $ {C}_{1}={30}^{\circ }=\theta $ ,

说明 $ a $ 光恰好发生全反射,射到 $ B $ 点的光只有 $ b $ 光,由几何关系知 $ \mathrm{\angle }OAN=\theta ={30}^{\circ } $ , $ \tan \mathrm{\angle }OAN=\dfrac{R}{AN} $ ,

则 $ AN=\sqrt{3}R $ ,

$ NB=(\sqrt{3}+\sqrt{2})R-AN=\sqrt{2}R $ ,

$ \sin \mathrm{\angle }OBN=\dfrac{ON}{\sqrt{O{N}^{2}+N{B}^{2}}}=\dfrac{\sqrt{3}}{3} $ ,

由几何关系可知 $ b $ 光折射角等于 $ \mathrm{\angle }OBN $ ,故玻璃砖对 $ b $ 光的折射率 $ {n}_{2}=\dfrac{ \sin \mathrm{\angle }OBN}{ \sin \theta }=\dfrac{2\sqrt{3}}{3} $ .

（2） 根据临界角公式,对 $ b $ 光,有 $ \sin {C}_{2}=\dfrac{1}{{n}_{2}} $ ,

解得 $ b $ 光的临界角 $ {C}_{2}={60}^{\circ } $ ,

若改变角度 $ \theta $ 的大小直到光屏上恰好只剩下一个光斑,则 $ a $ 光和 $ b $ 光均发生全反射,光路图如图乙所示,此时入射角 $ \theta \prime ={C}_{2}={60}^{\circ } $ ,

设反射光线与光屏 $ PQ $ 的交点为 $ C $ 点,由几何关系知 $ \mathrm{\angle }OCN=\theta \prime ={60}^{\circ } $ , $ \sin \theta \prime =\dfrac{ON}{OC} $ ,联立解得 $ OC=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}R $ ,

$ b $ 光在玻璃砖中传播的速度为 $ v=\dfrac{c}{{n}_{2}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}c $ ,

$ b $ 光在玻璃砖中传播的时间为 $ {t}_{1}=\dfrac{2R}{v} $ ,

$ b $ 光在空气中传播的时间为 $ {t}_{2}=\dfrac{OC-R}{c} $ ,

联立解得 $ b $ 光从射入玻璃砖至传播到光屏所用的时间 $ t={t}_{1}+{t}_{2}=\dfrac{(2\sqrt{3}-1)R}{c} $ .