第四章高考强化

本题考查光的折射.如图所示， $ {\theta }_{1}={45}^{\circ } $ ，由 $ n=\dfrac{ \sin {\theta }_{1}}{ \sin {\theta }_{2}} $ 可得 $ {\theta }_{2}={30}^{\circ } $ ，由几何关系得 $ {\theta }_{3}={30}^{\circ } $ ，由 $ n=\dfrac{ \sin {\theta }_{4}}{ \sin {\theta }_{3}} $ 可得 $ {\theta }_{4}={45}^{\circ } $ ，由几何关系可得该光线从圆柱内射出时，与竖直方向的夹角为 $ \theta ={15}^{\circ } $ ， $ \mathrm{B} $ 正确.

亮点恰好消失时，光线在隔板和空气界面发生全反射，则有 $ n=\dfrac{1}{ \sin C} $ ，在隔板和液体界面，根据折射率公式有 $ \dfrac{ \sin \theta }{ \sin C}=\dfrac{n}{{n}_{x}} $ ，由题意知， $ 2\theta =\omega \mathrm{\Delta }t $ ,则 $ \theta =\dfrac{\omega \mathrm{\Delta }t}{2} $ ,解得 $ {n}_{x}=\dfrac{1}{ \sin \dfrac{\omega \mathrm{\Delta }t}{2}} $ ， $ \mathrm{A} $ 正确.

根据题意画出如图所示的光路示意图,

由折射定律有 $ n=\dfrac{ \sin \alpha }{ \sin \beta } $ ,由几何关系可得 $ \alpha ={45}^{\circ } $ ,解得 $ \beta ={30}^{\circ } $ ,

由几何关系可得 $ \mathrm{\angle }NMF={45}^{\circ }-{30}^{\circ }={15}^{\circ } $ , $ \mathrm{\angle }MNF={90}^{\circ }-{15}^{\circ }={75}^{\circ } $ ,则折射光线 $ MN $ 在底边的入射角为 $ \theta ={15}^{\circ } $ ,由反射定律可知反射角等于入射角,则 $ \mathrm{\angle }ANM=2\theta ={30}^{\circ } $ ,

则 $ \mathrm{\angle }MAN={180}^{\circ }-\mathrm{\angle }B-\mathrm{\angle }ANB={30}^{\circ } $ ,

故 $ △MNA $ 为等腰三角形,设 $ MA=MN=x $ ,则 $ BM=l-x $ ,

$ AN=\sqrt{3}x $ ,

根据三角形对应角相等,判定 $ △ACN $ 与 $ △MBN $ 相似,有 $ \dfrac{AN}{MN}=\dfrac{AC}{BM} $ ,

代入数据解得 $ x=\dfrac{3-\sqrt{3}}{3}l $ .

（1） 入射角越小,误差越大, $ \mathrm{A} $ 错误；选择 $ O $ 点作为入射点是为了保证 $ \dfrac{x}{R}(R $ 为玻璃砖半径 $ ) $ 为折射角的正弦值, $ \dfrac{y}{R} $ 为入射角的正弦值, $ \mathrm{C} $ 错误.故选 $ \mathrm{B} $ .

（2） 设入射角为 $ \alpha $ ,折射角为 $ \beta $ ,入射角正弦值为 $ \sin \alpha =\dfrac{y}{R} $ ,折射角正弦值为 $ \sin \beta =\dfrac{x}{R} $ ,折射率 $ n=\dfrac{ \sin \alpha }{ \sin \beta }=\dfrac{y}{x} $ ,根据题图（b）算出斜率为 $ k\approx 1.58 $ ,即折射率为 $ n=1.58 $ .

（3） 轮廓半径大于玻璃砖半径,不影响入射角和折射角的测量,折射率测量结果不变.

太阳光是复色光,照射肥皂膜时,膜前后表面的反射光在前表面叠加发生干涉,形成彩色条纹, $ \mathrm{C} $ 正确.

立体影院的特殊眼镜利用了光的偏振,其镜片为偏振片,左右两镜片的透振方向互相垂直,用立体影院的特殊眼镜去观看手机液晶屏幕,左镜片明亮,右镜片暗,则左镜片的透振方向与光的偏振方向夹角较小,右镜片的透振方向与光的偏振方向夹角较大,手机屏幕旋转90度后,左镜片透振方向与光的偏振方向夹角较大,变暗,右镜片透振方向与光的偏振方向夹角较小,变亮, $ \mathrm{D} $ 正确．

用单色平行光垂直照射平板玻璃,将发生薄膜干涉,由光的干涉知识可知,同一条干涉条纹位置处光的波程差相等,则滚珠 $ a $ 、 $ b $ 的直径相等,即滚珠 $ b $ 合格,不同的干涉条纹位置处光的波程差不同,则滚珠 $ a $ 与 $ c $ 的直径不相等,即滚珠 $ c $ 不合格, $ \mathrm{C} $ 正确.

$ S $ 与 $ S $ 关于平面镜所成的像将作为两光源或双缝,在光屏上出现干涉条纹,如图所示.设 $ S $ 与 $ S $ 关于平面镜所成的像间的距离为 $ d $ ,平面镜意外倾斜了某微小角度 $ \theta $ 后,向左略微平移平面镜,像从 $ {S}_{0} $ 移动到 $ {S}_{1} $ , $ S $ 与像间的距离 $ d $ 变小,根据双缝干涉条纹间距公式 $ \mathrm{\Delta }x=\dfrac{L}{d}\lambda $ ,可知 $ \mathrm{\Delta }x $ 变大, $ \mathrm{A} $ 错误；向右略微平移平面镜,像从 $ {S}_{0} $ 移动到 $ {S}_{2} $ , $ S $ 与像间距离 $ d $ 变大,根据双缝干涉条纹间距公式 $ \mathrm{\Delta }x=\dfrac{L}{d}\lambda $ ,可知 $ \mathrm{\Delta }x $ 变小, $ \mathrm{B} $ 正确；若 $ \theta ={0}^{\circ } $ ,向左或向右略微平移平面镜, $ S $ 与像间距离 $ d $ 都不会发生变化,条纹间距始终不变, $ \mathrm{C} $ 正确, $ \mathrm{D} $ 错误.

蓝光与红光频率不同，不满足干涉条件，故不能发生干涉形成条纹， $ \mathrm{A} $ 错误；条纹间距公式 $ \mathrm{\Delta }x=\dfrac{L\lambda }{d} $ ， $ L $ 、 $ d $ 相同， $ \lambda $ 越大， $ \mathrm{\Delta }x $ 越大，蓝光波长小于红光波长，故相邻条纹间距 $ \mathrm{\Delta }{x}_{蓝} < \mathrm{\Delta }{x}_{红} $ ， $ \mathrm{B} $ 正确；亮条纹中心位置到中央亮条纹的距离满足 $ x=k\dfrac{L\lambda }{d}(k=0,1,2,\cdots ) $ ，蓝光与红光条纹中心重叠时，需满足 $ {k}_{1}\frac{L{\lambda }_{蓝}}{d}={k}_{2}\frac{L{\lambda }_{红}}{d} $ ，即 $ {k}_{1}{\lambda }_{蓝}={k}_{2}{\lambda }_{红} $ ，代入波长有 $ {k}_{1}×440\mathrm{n}\mathrm{m}={k}_{2}×660\mathrm{n}\mathrm{m} $ ，化简得 $ 2{k}_{1}=3{k}_{2} $ ，即 $ {k}_{1}=3n $ ， $ {k}_{2}=2n(n=1,2,3,\cdots ) $ ，当 $ n=1 $ 时， $ {k}_{1}=3 $ ， $ {k}_{2}=2 $ ，此时中心重叠位置到中央亮条纹的距离 $ {x}_{1}=3\dfrac{L{\lambda }_{蓝}}{d}=3×\dfrac{500×{10}^{-3}×440×{10}^{-9}}{0.5×{10}^{-3}}\mathrm{m}=1.32×{10}^{-3}\mathrm{m}=1.32\mathrm{m}\mathrm{m} $ ，同理可得，当 $ n=2 $ 时， $ {k}_{1}=6 $ ， $ {k}_{2}=4 $ ， $ {x}_{2}=2.64\mathrm{m}\mathrm{m} $ ，故距中央亮条纹中心 $ 1.32\mathrm{m}\mathrm{m} $ 处蓝光和红光亮条纹中心重叠， $ \mathrm{C} $ 正确， $ \mathrm{D} $ 错误.

如图所示，连接 $ OM $ 和 $ ON $ ，即 $ OM $ 为入射光 $ EM $ 在 $ \stackrel{⌢}{EFG} $ 上的法线，同理 $ ON $ 为入射光 $ EN $ 在 $ \stackrel{⌢}{EFG} $ 上的法线，在等腰 $ △OEM $ 中， $ 2\beta +\mathrm{\angle }EOM={180}^{\circ } $ ， $ \mathrm{\angle }EOM < \mathrm{\angle }EOF={90}^{\circ } $ ，可知 $ \beta > {45}^{\circ } $ ，同理，在等腰 $ △OEN $ 中， $ 2\alpha +\mathrm{\angle }EON={180}^{\circ } $ ,可知 $ \alpha > {45}^{\circ } $ ，玻璃的折射率为 $ n=\dfrac{1}{ \sin C}=\sqrt{2} $ ，即 $ C={45}^{\circ } $ ,由于 $ \alpha > C $ ， $ \beta > C $ ,则沿 $ EM $ 、 $ EN $ 的两束光均发生全反射， $ \mathrm{C} $ 正确.

由题意,该介质对红光的折射率较小,则入射角 $ \theta $ 相同时,红光折射角较大,由光路图可知,在 $ PQ $ 面上,红光更靠近 $ Q $ 点, $ \mathrm{A} $ 错误；折射角设为 $ \alpha $ ,由 $ n=\dfrac{ \sin \theta }{ \sin \alpha } $ 得 $ \sin \alpha =\dfrac{1}{n} \sin \theta $ ,该介质对红光的折射率较小,入射角 $ \theta $ 增大时,红光的折射角增大得更快,即红光在界面 $ NP $ 上的入射角减小得更快,且开始时红光在 $ NP $ 界面上的入射角更小,故红光的全反射现象先消失, $ \mathrm{B} $ 正确；在 $ MN $ 面,光从光疏介质到光密介质,不能发生全反射, $ \mathrm{C} $ 错误；由折射定律 $ n=\dfrac{ \sin \theta }{ \sin \alpha } $ 可知,入射角 $ \theta $ 减小,折射角必然也减小, $ \mathrm{D} $ 错误.

（1） 根据题意作出光路图如图1所示，入射角满足 $ \sin \alpha =\dfrac{\dfrac{\sqrt{3}}{2}R}{R}=\dfrac{\sqrt{3}}{2} $ ,解得 $ \alpha ={60}^{\circ } $ ,

由几何关系可知 $ \alpha =2\beta $ ，解得 $ \beta ={30}^{\circ } $ , $ n=\dfrac{ \sin \alpha }{ \sin \beta }=\sqrt{3} $ .

（2） 若该单色光从 $ G $ 点沿 $ GE $ 方向垂直 $ AF $ 射入介质，设第一次射到介质表面的点为 $ D $ ，且 $ O^\prime E=\dfrac{\sqrt{2}}{2}R $ ,

可知 $ \sin \theta =\dfrac{\dfrac{\sqrt{2}}{2}R}{R}=\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ ,

由于 $ \sin \theta =\dfrac{\sqrt{2}}{2} > \sin C=\dfrac{1}{n}=\dfrac{\sqrt{3}}{3} $ ，所以光线在 $ D $ 点发生全反射，光路图如图2所示，

根据几何关系可得，光在介质中传播的距离为 $ L=2(GE+AF)=\dfrac{19}{5}R $ ,

光在介质中传播的速度为 $ v=\dfrac{c}{n}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}c $ ,

所以光在介质中的传播时间 $ t=\dfrac{L}{v}=\dfrac{19\sqrt{3}R}{5c} $ .

在空气和液体中得到的相邻亮（暗）条纹中心间距分别为 $ \mathrm{\Delta }x=\dfrac{l}{d}{\lambda }_{空} $ 、 $ \mathrm{\Delta }x=\dfrac{l+\mathrm{\Delta }l}{d}{\lambda }_{液} $ ,又 $ n=\dfrac{c}{v}=\dfrac{{\lambda }_{空}}{{\lambda }_{液}} $ ,联立可得 $ \dfrac{\mathrm{\Delta }l}{l}=n-1 $ ,解得 $ l=25\mathrm{c}\mathrm{m} $ , $ \mathrm{C} $ 正确.

（1） 根据几何关系可得光在 $ AB $ 边的折射角为 $ \theta ={90}^{\circ }-{60}^{\circ }={30}^{\circ } $ ,

根据折射定律,得玻璃的折射率为 $ n=\dfrac{ \sin {45}^{\circ }}{ \sin {30}^{\circ }}=\sqrt{2} $ .

（2） 光射入棱镜中空部分边界时发生全反射的临界角的正弦值为 $ \sin {C}_{0}=\dfrac{1}{n}=\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ ,解得 $ {C}_{0}={45}^{\circ } $ .当入射点移至 $ E $ 点,入射光线 $ EG $ 在中空部分边界上发生全反射,恰好没有光线进入中空部分,作出光路图如图所示.由几何关系可知，反射光线 $ GF $ 在 $ AB $ 界面的入射角为 $ {60}^{\circ } $ ,大于临界角 $ {C}_{0} $ ,发生全反射,反射光线 $ FI $ 垂直 $ AC $ 边界射出，

O为等边三角形的垂心,则 $ OA=\dfrac{\sqrt{3}}{3}a $ ,

根据几何关系有 $ \mathrm{\angle }GOH=\mathrm{\angle }OGH={45}^{\circ } $ ,

则 $ OH=GH=r \sin {45}^{\circ }=\dfrac{\sqrt{3}}{12}a $ , $ AH=OA-OH=\dfrac{\sqrt{3}}{4}a $ ,

A、 $ E $ 两点间的距离 $ {x}_{1}=\dfrac{AH}{ \cos {30}^{\circ }}=\dfrac{a}{2} $ ，

根据几何关系有 $ EG=EH-GH=\dfrac{a}{2} \sin {30}^{\circ }-\dfrac{\sqrt{3}}{12}a=(\dfrac{1}{4}-\dfrac{\sqrt{3}}{12})a $ ,

则 $ EF=\dfrac{EG}{ \cos {60}^{\circ }}=(\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{6})a $ ,

又 $ AF=AE-EF=\dfrac{\sqrt{3}}{6}a $ ,

A、 $ I $ 两点间的距离 $ {x}_{2}=AF \cos {60}^{\circ }=\dfrac{\sqrt{3}}{12}a $ .