2010-2019十年高考物理真题分类汇编17光学电磁波相对论（附解析）

十年高考真题分类汇编(2010－2019) 物理 专题 17 光学 电磁波 相对论 选择题： 1.(2019•北京卷•T2)利用图 1 所示的装置(示意图)，观察光的干涉、衍射现象，在光屏上得到 如图 2 中甲和乙两种图样。下列关于 P 处放置的光学元件说法正确的是 A. 甲对应单缝，乙对应双缝 B. 甲对应双缝，乙对应单缝 C. 都是单缝，甲对应的缝宽较大 D. 都是双缝，甲对应的双缝间距较大 【答案】A 【解析】 根据单缝衍射图样和双缝干涉图样特点判断。 单缝衍射图样为中央亮条纹最宽最亮，往两边变窄，双缝干涉图样是明暗相间的条纹，条纹 间距相等，条纹宽度相等，结合图甲，乙可知，甲对应单缝，乙对应双缝，故 A 正确。 2.(2018·江苏卷·T16)两束单色光 A、B 的波长分别为 、 ，且 > ，则______(选填 “A”或“B”)在水中发生全反射时的临界角较大.用同一装置进行杨氏双缝干涉实验时，可以观 察到______(选填“A”或“B”)产生的条纹间距较大. 【答案】A A 【解析】波长越长，频率越小，折射率越小，根据临界角 ，可知波长越大临界角越 大，所以 A 光的临界角大；双缝干涉条纹的间距 ，因为 A 光的波长较长，所以 A 光 产生的条纹间距较大。 3.(2016·上海卷)一束单色光由空气进入水中，则该光在空气和水中传播时 A.速度相同，波长相同 B.速度不同，波长相同 A λ B λ A λ B λ C.速度相同，频率相同 D.速度不同，频率相同 【答案】D 【解析】不同的单色光频率不相同，同一单色光在不同的介质内传播过程中，光的频率不会 发生改变；由公式 可以判断，水的折射率大于空气的，所以该单色光进入水中后传播速 度减小。故选项 D 正确。 【考点定位】光的传播、光速、波长与频率的关系 【方法技巧】本题分析时要抓住光在不同介质中传播频率不变这个特征，应用公式 公 式分析光进入不同介质中的传播速度。 4.(2016·四川卷·T5)某同学通过实验测定半圆形玻璃砖的折射率 n。如图甲所示，O 是圆心， MN 是法线，AO、BO 分别表示某次测量时光线在空气和玻璃砖中的传播路径。该同学测得 多组入射角 i 和折射角 r，做出 sin i-sin r 图像如图乙所示。则 A.光由 A 经 O 到 B，n=1.5 B.光由 B 经 O 到 A，n=1.5 C.光由 A 经 O 到 B，n=0.67 D.光由 B 经 O 到 A，n=0.67 【答案】B 试题分析：由图线可知 ，可得 n=1.5；因 i 是入射角，r 是折射角，折射 角大于入射角，故光由 B 经 O 到 A，故选 B. 考点：光的折射定律 5.(2011·安徽卷)实验表明，可见光通过三棱镜时各色光的折射率 n 随着波长 的变化符合科 西经验公式： ，其中 A、B、C 是正的常量。太阳光进入三棱镜后发生色 散的情形如下图所示。则 cv n = cv n = sini 0.6 2 1 sin 0.9 3r n = = = λ 2 4 B Cn A λ λ= + + A.屏上 c 处是紫光 B.屏上 d 处是红光 C.屏上 b 处是紫光 D.屏上 a 处是红光 【答案】D 【解析】白色光经过三棱镜后产生色散现象，在光屏由上至下(a、b、c、d)依次为红、橙、 黄、绿、蓝、靛、紫.由于紫光的折射率最大，所以偏折最大；红光的折射率最小，则偏折 程度最小.故屏上 a 处为红光，屏上 d 处是紫光，D 正确. 【考点定位】光的折射，光的色散 6.(2011·福建卷)如图，半圆形玻璃砖置于光屏 PQ 的左下方。一束白光沿半径方向从 A 点射 入玻璃砖，在 O 点发生反射和折射，折射光在白光屏上呈现七色光带。若入射点由 A 向 B 缓慢移动，并保持白光沿半径方向入射到 O 点，观察到各色光在光屏上陆续消失。在光带 未完全消失之前，反射光的强度变化以及光屏上最先消失的光分别是 A.减弱，紫光 B.减弱，红光 C.增强，紫光 D.增强，,红光 【答案】C 【解析】光线从光密介质到光疏介质，入射角增大则反射光的强度增强；因紫色光的折射率 最大，发生全反射的临界角最小，故紫光最先发生全反射，在光屏上最先消失，C 正确 【考点定位】光的折射，全反射 7.(2011·全国卷·T16)雨后太阳光入射到水滴中发生色散而形成彩虹。设水滴是球形的，图中 的圆代表水滴过球心的截面，入射光线在过此截面的平面内，a、b、c、d 代表四条不同颜 色的出射光线，则它们可能依次是 A.紫光、黄光、蓝光和红光 B.紫光、蓝光、黄光和红光 C.红光、蓝光、黄光和紫光 D.红光、黄光、蓝光和紫光 【答案】B 【解析】由题图可得：太阳光通过水滴折射后，偏折程度从小到大的排序为 d、c、b、a， 则介质对色光的折射率为：ndλb，na k 0E h Wν= − 理： ，即遏止电压 ，可知入射光的频率越大，需要的遏止电 压越大， ，则 a 光的频率小于 b 光的频率( )，a 光的遏止电压小于 b 光的遏 止电压，故 D 正确；光是一种横波，横波有偏振现象，纵波没有，有无偏振现象与光的频 率无关，故 C 错误。 【考点定位】光的折射，全反射，几何光学 26.(2012·天津卷)半圆形玻璃砖横截面如图，AB 为直径，O 点为圆心。在该截面内有 a、b 两束单色可见光从空气垂直于 AB 射入玻璃砖，两入射点到 O 的距离相等。两束光在半圆 边界上反射和折射的情况如图所示，则 a、b 两束光 A.在同种均匀介质中传播，a 光的传播速度较大 B.以相同的入射角从空气斜射入水中，b 光的折射角大 C.若 a 光照射某金属表面能发生光电效应，b 光也一定能 D.分别通过同一双缝干涉装置，a 光的相邻亮条纹间距大 【答案】ACD 【解析】由图可知 a 光未发生全反射，b 光已发生全反射，b 光的临界角小，由 sinC = ， b 光的折射率大，根据 n = ，可知在同种均匀介质中传播，a 光的传播速度较大，A 正确。 由 n = ，可知以相同的入射角 从空气斜射入水中，b 光的折射角 小，B 错误。b 光的 折射率 n 大，频率 高，a 光照射某金属表面能发生光电效应，则 b 光也一定能，C 正确。 根据 可知，a 光的频率 低，波长 长，亮条纹间距大，D 正确。 【考点定位】本题考查光的反射、折射、全反射及其相关知识 27.(2013·天津卷·T8)固定的半圆形玻璃砖的横截面如图，O 点为圆心，OO’为直径 MN 的垂 线，足够大的光屛 PQ 紧靠玻璃砖右侧且垂直于 MN。由 A、B 两种单色光组成的一束光沿 半径方向射向 O 点，入射光线与 OO’夹角 θ 较小时，光屛 NQ 区域出现两个光斑，逐渐增 大 θ 角，当 θ=α 时，光屛 NQ 区域 A 光的光斑消失，继续增大 角，当 θ=β 时，光屛 NQ 区 域 B 光的光斑消失，则 c k0eU E− = − 0 c WhU e e ν= − ba nn < ba νν < 1 n c v sin sin i r i γ v lx d λ∆ = v λ A.玻璃砖对 A 光的折射率比对 B 光的大 B.A 光在玻璃砖中传播速度比 B 光的大 C.α＜θ＜β 时，光屛上只有 1 个光斑 D.β＜θ＜ 时，光屛上只有 1 个光斑 【答案】AD 【解析】设 θ 较小时，A、B 两种单色光折射率分别为 nA 和 nB，因 θ 角逐渐增大时，A 光 的光斑先消失，则表明 A 光在 MN 界面发生了全反射，也知 A 光的临界角小于 B 光的临界 角，由 可知，nA>nB，故选项 A 正确； 由 得 vA>vB，故选项 B 错误； 当 α ，则______(选填“A” 或“B”)在水中发生全反射时的临界角较大.用同一装置进行杨氏双缝干涉实验时，可以观察 到______(选填“A”或“B”)产生的条纹间距较大. 【答案】A A 【解析】波长越长，频率越小，折射率越小，根据临界角 ，可知波长越大临界角 越大，所以 A 光的临界角大；双缝干涉条纹的间距 ，因为 A 光的波长较长，所以 A 光产生的条纹间距较大。 30.(2016·上海卷)各种不同频率范围的电磁波按频率由大到小的排列顺序是 A.γ 射线、紫外线、可见光、红外线 B.γ 射线、红外线、紫外线、可见光 C.紫外线、可见光、红外线、γ 射线 D.红外线、可见光、紫外线、γ 射线 【答案】A 【解析】在电磁波谱中，各电磁波按照频率从小到大的排列顺序是：无线电波、红外线、可 见光、紫外线、α 射线、γ 射线，所以选项 A 正确。 【考点定位】电磁波谱 【方法技巧】本题需要记得电磁波谱按照波长或频率的排列顺序，按照这个顺序就可以分析 出答案。 31.(2016·北京卷·T14)下列说法正确的是 A.电磁波在真空中以光速 c 传播 B.在空气中传播的声波是横波 C.声波只能在空气中传播 D.光需要介质才能传播 【答案】A 电磁波在真空中的传播速度等于光速，A 正确；在空气中传播的声波是纵波，B 错误；声波 的传播需要介质，可以在空气，液体，和固定中传播，C 错误；光属于电磁波，其传播不需 A λ B λ A λ B λ 1sinC n = lx d λ∆ = 要介质，可以在真空中传播，D 错误 【考点定位】考查了机械波和电磁波 32.(2016·上海卷)在双缝干涉实验中，屏上出现了明暗相间的条纹，则 A.中间条纹间距较两侧更宽 B.不同色光形成的条纹完全重合 C.双缝间距离越大条纹间距离也越大 D.遮住一条缝后屏上仍有明暗相间的条纹 【答案】D 【解析】据干涉图样的特征可知，干涉条纹特征是等间距、彼此平行，故选项 A 错误；不 同色光干涉条纹分布位置不相同，因此选项 B 错误；据公式 可知，双缝间距 d 越 大，干涉条纹距离越小，故选项 C 错误；遮住一条缝后，变成了单缝衍射，光的衍射也有 衍射条纹，故选项 D 正确。 【考点定位】双缝干涉、 、单缝衍射 【方法技巧】通过双缝干涉条纹特征和单缝衍射条纹特征进行分析和判断，再应用公式 分析条纹间距。 33.(2016·江苏卷·T12B.(1))一艘太空飞船静止时的长度为 30m，它以 0.6c(c 为光速)的速度沿 长度方向飞行越过地球，下列说法正确的是 . A.飞船上的观测者测得该飞船的长度小于 30m B.地球上的观测者测得该飞船的长度小于 30m C.飞船上的观测者测得地球上发来的光信号速度小于 c D.地球上的观测者测得飞船上发来的光信号速度小于 c 【答案】B 【解析】根据狭义相对论理论，沿相对运动方向的长度缩短，所以地球上的观测者测得该飞 船的长度小于 30m，飞船上的人测量飞船的长度等于 30cm，所以 A 错误；B 正确；根据光 速不变原理，飞船上和地球上测量光的速度都等于 c，故 C、D 错误。 【考点定位】狭义相对论 【方法技巧】对动尺缩短的理解，沿相对运动方向长度缩短以及光速不变原理。 34.(2011·北京卷)如图所示的双缝干涉实验，用绿光照射单缝 S 时，在光屏 P 上观察到干涉 条纹.要得到相邻条纹间距更大的干涉图样，可以 lx d λ∆ = lx d λ∆ = lx d λ∆ = A.增大 与 的间距 B.减小双缝屏到光屏的距离 C.将绿光换为红光 D.将绿光换为紫光 【答案】C 【解析】在波的干涉中，干涉条纹的间距 ，由公式可得，条纹间距与波长、屏之 间的距离成正比，与双缝间的距离 d 成反比，故要增大间距应减小 d，增大双缝屏到光屏的 距离或增大光的波长，故只有 C 正确； 【考点定位】双缝干涉 35.(2014·江苏卷·T12B.(1))某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到题 12B-1(甲)图 所示的条纹，仅改变一个实验条件后，观察到的条纹如题 12B-1(乙)图所示。他改变的实验 条件可能是 A.减小光源到单缝的距离 B.减小双缝之间的距离 C.减小双缝到光屏之间的距离 D.换用频率更高的单色光源 【答案】B 【解析】由条纹间距 可知减小光源到单缝间距离，对条纹间距没有影响，A 项错 误； 减小双缝间距 d,可以增大条纹间距，B 项正确； 减小双缝到屏的距离 L，条纹间距会减小，C 项错误； 换用更高频率的光，波长会减小，条纹间距减小，D 项错误。 1S 2S lx dλ∆ = L dx∆ λ= 【考点定位】本题主要考查了对双缝干涉实验的理解问题，属于中档偏低题。 36.(2014·全国大纲卷)在双缝干涉实验中，一钠灯发出的波长为 589nm 的光，在距双缝 1.00m 的屏上形成干涉图样。图样上相邻两明纹中心间距为 0.350cm，则双缝的间距为( ) A.2.06×10－7m B.2.06×10－4m C.1.68×10－4m D.1.68×10－3m 【答案】C 【解析】根据双缝干涉实验中相邻两明纹中心间距公式有：Δx= ，解得：d= = ×589×10－9m=1.68×10－4m，故选项 C 正确。 【考点定位】本题主要考查了对双缝干涉实验中相邻两明纹中心间距公式的理解与应用问 题，属于中档题。 37.(2013·上海卷)白光通过双缝后产生的干涉条纹是彩色的，其原因是不同色光的 A.传播速度不同 B.强度不同 C.振动方向不同 D.频率不同 【答案】D 【解析】双缝干涉的条纹间距 ， 为双缝到屏的距离， 为入射光的波长， 是 双缝的间距。白光通过双缝后对 7 种单色光来讲，只有 有是不同的，所以条纹间距不同， 导致 7 种单色光的亮条纹暗条纹交替出现形成彩色条纹，各种色光传播的速度都一样 m/s， ，波长不同即频率不同， D 正确. 【考点定位】双缝干涉的条纹间距 38.(2012·上海卷·T2)下图为红光或紫光通过双缝或单缝所呈现的图样，则( ) A.甲为紫光的干涉图样 B.乙为紫光的干涉图样 C.丙为红光的干涉图样 D.丁为红光的干涉图样 【答案】B 【解析】当单色光通过双缝时形成的干涉图样为等间距的，而通过单缝时的图案是中间宽两 边窄的衍射图样，因此甲、乙为干涉图案；而丙、丁为衍射图案。并且红光的波长较长，干 涉图样中，相邻条纹间距较大，而紫光的波长较短，干涉图样中相邻条纹间距较小，因此 B 选项正确。 【考点定位】本题考查光的双缝干涉和单缝衍射图样的相关知识 l d λ l x λ∆ 2 1.00 0.350 10−× x l d λ∆ = l λ d λ 83 10× c fλ= 39.(2017·北京卷)物理学原理在现代科技中有许多重要应用。例如，利用波的干涉，可将无 线电波的干涉信号用于飞机降落的导航。 如图所示，两个可发射无线电波的天线对称地固定于飞机跑道两侧，它们类似于杨氏干涉实 验中的双缝。两天线同时都发出波长为 λ1 和 λ2 的无线电波。飞机降落过程中，当接收到 λ1 和 λ2 的信号都保持最强时，表明飞机已对准跑道。下列说法正确的是 A.天线发出的两种无线电波必须一样强 B.导航利用了 λ1 与 λ2 两种无线电波之间的干涉 C.两种无线电波在空间的强弱分布稳定 D.两种无线电波各自在空间的强弱分布完全重合 【答案】C 【解析】由于两无线电波波源对称分布在跑道两侧，两种波长的无线电波各自发生干涉，在 跑道处干涉均加强，两种无线电波各自在空间的强弱分布稳定，但不重合，当接收到的 λ1 和 λ2 的信号都保持最强时，表明飞机已对准跑道。由题意，天线发出的两种无线电波不必 一样强，A 错误；导航利用了两种波长的无线电波各自的稳定干涉，B 错误；若两种无线电 波各自在空间的强弱分布完全重合，则接收到 λ1 和 λ2 的信号都保持最强的位置，不一定在 跑道上，D 错误；故选 C。 【考点定位】波的干涉 【名师点睛】波长相等的两列波可以产生稳定的干涉，类似双缝干涉实验，在两波源连线的 中垂线上干涉始终加强(波程差为零)。 40.(2012·大纲全国卷·T16)在双缝干涉实验中，某同学用黄光作为入射光，为了增大干涉条 纹的间距，该同学可以采用的方法有 A.改用红光作为入射光 B.改用蓝光作为入射光 C.增大双缝到屏的距离 D.增大双缝 之间的距离 【答案】AC 【解析】光的干涉现象中，条件间距公式 ，即干涉条纹间距与入射光的波长成正 比，与双缝到屏的距离成正比，与双缝间距离成反比。红光波长大于黄光波长，选项 A 正 确；蓝光波长小于黄光波长，选项 B 错；增大双缝到屏的距离，选项 C 正确；增大双缝之 λ d lx =∆ 间的距离，选项 D 错。 【考点定位】本题考查双缝干涉实验 41.(2011·天津卷)甲、乙两单色光分别通过同一双缝干涉装置得到各自的干涉图样，设相邻 两个亮条纹的中心距离为 ，若 ，则下列说法正确的是 A.甲光能发生偏振现象，则乙光不能 B.真空中甲光的波长一定大于乙光的波长 C.甲光的光子能量一定大于乙光的光子能量 D.在同一种均匀介质中甲光的传播速度大于乙光 【答案】BD 【解析】偏振现象是横波特有的现象，甲乙都可以有偏振现象发生，A 错；由 ， 可知甲光的波长大于乙光，B 正确；光子能量取决于光子的频率，而光子频率与波 长成反比，C 错；波速与波长之间同步变化，D 正确。 【考点定位】光的偏振，波长、波速以及频率的关系 42.(2011·浙江卷)关于波动，下列说法正确的是 A.各种波均会发生偏振现象 B.用白光做单缝衍射与双缝干涉实验，均可看到彩色条纹 C.声波传播过程中，介质中质点的运动速度等于声波的传播速度 D.已知地震波得纵波速度大于横波速度，此性质可用于横波的预警 【答案】BD 【解析】只有横波才能发生偏振现象，故 A 错误；用白光做单缝衍射与双缝衍射，都可以 观察到彩色条纹，故 B 正确；声波在传播过程中，介质中质点的速度并不等于声波的传播 速度，故 C 错误；已知地震波的纵波波速大于横波波速，此性质可用于横波的预警，故 D 正确。 【考点定位】光的偏振，光的衍射与干涉，声波的传播，横波与纵波 43.(2014·浙江卷·T18)关于下列光学现象，说法正确的是 A.水中蓝光的传播速度比红光快 B.光从空气向射入玻璃时可能发生全反射 C.在岸边观察前方水中的一条鱼，鱼的实际深度比看到的要深 D.分别用蓝光和红光在同一装置上做双缝干涉实验，用红光时得到的条纹间距更宽 x∆ x x∆ > ∆甲 乙 x x∆ > ∆甲 乙 Lx d λ∆ = 【答案】CD 【解析】蓝光的频率大于红光的频率，故水对蓝光的折射率较大，再根据 可得水中蓝 光的传播速度比红光慢，所以 A 错误； 光从空气射入玻璃时，是从光疏进入光密介质不可能发生全反射，所以 B 错误； 根据光的折射定律可知，在岸边观察前方水中的一条鱼，鱼的实际深度比看到的要深，所以 C 正确； 根据 知，同一装置，波长越长条纹间距越宽，故 D 正确。 【考点定位】光的折射率、反射、全反射、双缝干涉 44.(2015·全国新课标Ⅱ卷·T34(1))如图，一束光沿半径方向射向一块半圆形玻璃砖，在玻璃 砖底面上的入射角为 θ，经折射后射出 a、b 两束光线，则 A.在玻璃中，a 光的传播速度小于 b 光的传播速度 B.在真空中，a 光的波长小于 b 光的波长 C.玻璃砖对 a 光的折射率小于对 b 光的折射率 D.若改变光束的入射方向使 θ 角逐渐变大，则折射光线 a 首先消失 E.分别用 a、b 光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a 光的干涉条纹间距大于 b 光的干涉 条纹间距 【答案】ABD 【解析】由图可知：玻璃砖对 a 光的折射率大于对 b 光的折射率，故 C 错误；在玻璃中，a 光的传播速度小于 b 光的传播速度，故 A 正确；a 光的频率大于 b 光的频率,在真空中，a 光 的波长小于 b 光的波长，故 B 正确；若改变光束的入射方向使 θ 角逐渐变大，因为 a 光的 折射率大，则折射光线 a 首先消失，故 D 正确；a 光的波长小于 b 光的波长，分别用 a、b 光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a 光的干涉条纹间距小于 b 光的干涉条纹间距，故 E 错误。 【考点定位】光的折射；光的干涉；波长、频率和波速 45.(2016·全国新课标Ⅱ卷)关于电磁波，下列说法正确的是 cv n = lx d λ∆ = A.电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关 B.周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波 C.电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直 D.利用电磁波传递信号可以实现无线通信，但电磁波不能通过电缆、光缆传输 E.电磁波可以由电磁振荡产生，若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波随即消失 【答案】ABC 【解析】电磁波在真空中的传播速度即为真空中的光速，与频率无关，选项 A 错误；根据 麦克斯韦的电磁场理论，选项 B 正确。电磁波是横波，其传播方向与电场强度、磁感应强 度两两垂直，选项 C 正确。电磁波可以通过全反射在光缆中传播，选项 D 错误。波源停止 振动，波会继续传播，直到能量为零，选项 E 错误。故选 ABC。 【考点定位】电磁波的产生和传播 46.(2017·江苏卷)接近光速飞行的飞船和地球上各有一只相同的铯原子钟，飞船和地球上的 人观测这两只钟的快慢，下列说法正确的有___________. (A)飞船上的人观测到飞船上的钟较快 (B)飞船上的人观测到飞船上的钟较慢 (C)地球上的人观测到地球上的钟较快 (D)地球上的人观测到地球上的钟较慢 【答案】AC 【解析】飞船相对地球高速运动，所以地球上的人观测飞船上的时钟较慢，而地球相对飞船 高速运动，所以飞船上的人认为地球上的时钟较慢，所以 A、C 正确；B、D 错误. 【考点定位】狭义相对论 【名师点睛】本题主要考查狭义相对论时间间隔的相对性，注意运动的相对的，飞船相对地 球高速运动，地球也相对飞船高速运动. 47.(2017·新课标Ⅱ卷·T34(1))(5 分)在双缝干涉实验中，用绿色激光照射在双缝上，在缝后的 屏幕上显示出干涉图样。若要增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距，可选用的方法是 ________(选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 5 分；每选错 1 个扣 3 分，最低 得分为 0 分)。 A.改用红色激光 B.改用蓝色激光 C.减小双缝间距 D.将屏幕向远离双缝的位置移动 E.将光源向远离双缝的位置移动 【答案】ACD 【解析】根据条纹间距表达式 可知：因红光的波长大于绿光的波长，则改用红色 激光可增大条纹间距，选项 A 正确； 因蓝光的波长小于绿光的波长，则改用蓝色致光可减小条纹间距，选项 B 错误； 减小双缝间距 d 可增加条纹间距，选项 C 正确； 将屏幕向远离双缝的位置移动，即增加 l 可使条纹间距变大，选项 D 正确； 光源与双缝间的距离不影响条纹间距，选项 E 错误，故选 ACD。 【考点定位】双缝干涉 【名师点睛】此题考查双缝干涉中条纹间距的影响因素；关键是理解实验原理，知道干涉条 纹间距的表达式 ，题目较简单。 48.(2010·重庆卷·T19)氢原子部分能级示意图如题 19 所示，不同色光的光子能量如下表所示。 色光 赤 橙 黄 绿 蓝—靛 紫 光子能量范围(eV) 1.61~2.00 2.00~2.07 2.07~2.14 2.14~2.53 2.53~2.76 2.76~3.10 处于某激发态的氢原子，发射的光的谱线在可见光范围内仅有 2 条，其颜色分别为 A.红、蓝-靛 B.黄、绿 C.红、紫 D.蓝-靛、紫 【答案】 【解析】本题考查波尔理论和分析表格获取倍息的能力。由波尔理论知若 n＝5，则能级的 能量为－0.54V，当氢原子从 n＝5 的激发态向低能级跃迁时，有 3 种光子是可见光，n 越大， 是可见光的种数越多，当 n＝4 时，刚好有两种光是可见的，对应的能量分别为－0.85－(－ 3.40)＝2.55eV 和－1.51－(－3.40)＝l.89eV，再对照表格知 A 项对。 lx d λ∆ = lx d λ∆ = 49.(2010·全国Ⅱ卷·T20)频率不同的两束单色光 1 和 2 以相同的入射角从同一点射入一厚玻 璃板后，其光路如右图所示，下列说法正确的是 A.单色光 1 的波长小于单色光 2 的波长 B.在玻璃中单色光 1 的传播速度大于单色光 2 的传播速度 C.单色光 1 通过玻璃板所需的时间小于单色光 2 通过玻璃板所需的时间 D.单色光 1 从玻璃到空气的全反射临界角小于单色光 2 从玻璃到空气的全反射临界角 【答案】AD 【解析】由折射光路知，1 光线的折射率大，频率大，波长小，在介质中的传播速度小，产 生全反射的临界角小，AD 对，B 错。 ，在玻璃中传播的距离为 ，传播 速度 ，所以光的传播时间为 ，1 光线的折射角小所经历 的时间长，故 C 错误。 50.(2010·上海卷·T7)电磁波包含了 γ 射线、红外线、紫外线、无线电波等，按波长由长到短 的排列顺序是 A.无线电波、红外线、紫外线、γ 射线 B.红外线、无线电波、γ 射线、紫外线 C. γ 射线、红外线、紫外线、无线电波 D.紫外线、无线电波、γ 射线、红外线 【解析】A 本题考查电磁波普。难度：易。 51.(2010·天津卷·T1)下列关于电磁波的说法正确的是 A.均匀变化的磁场能够在空间产生电场 B.电磁波在真空和介质中传播速度相同 C.只要有电场和磁场，就能产生电磁波 D.电磁波在同种介质中只能沿直线传播 【答案】A 【解析】本题考查的是电磁波内容。电磁波其实就是电磁场在空间的相互激发和传播。在真 空中传播速度最大等于光速，在其它介质中速度小于光速，既然是波，就具有波衍射的特性， 所以 B、D 项错误;但只有变化的电场周围会产生磁场，变化的磁场周围会产生电场，如果 sin sin in r = cos dl r = cv n = sin 2 sin sin cos sin 2 l d i d it v c r r c r = = = 是均匀变化，周围激发的是恒定的场，所以 C 项错误，A 项正确. 52.(2010·江苏卷·TB)(1)激光具有相干性好，平行度好、亮度高等特点，在科学技术和日常生 活中应用广泛。下面关于激光的叙述正确的是 (A)激光是纵波 (B)频率相同的激光在不同介质中的波长相同 (C)两束频率不同的激光能产生干涉现象 (D)利用激光平行度好的特点可以测量月球到地球的距离 53.(2010·北京卷·T14)对于红、黄、绿、蓝四种单色光，下列表述正确的是 A.在相同介质中，绿光的折射率最大 B.红光的频率最高 C.在相同介质中，蓝光的波长最短 D.黄光光子的能量最小 【答案】C 【解析】红、黄、绿、蓝四种单色光的频率依次增大，光从真空进入介质频率不变，B 错。 由色散现象同一介质对频率大的光有大的折射率，A 错。频率大的光在真空中和介质中的波 长都小，蓝光的波长最短，C 正确。频率大，光子能量大，D 错。 54.(2010·重庆卷·T20)如题 20 图所示，空气中有一折射率为 的玻璃柱体，其横截而是圆 心角为 90°，、半径为 R 的扇形 OAB、一束平行光平行于横截面，以 45°入射角射到 OA 上， OB 不透光，若考虑首次入射到圆弧 上的光，则 上有光透出的部分的弧长为 A.1/6 πR B.1/4πR C.1/3 πR D.5/12 πR 【答案】B 【解析】本题考查几何光学的作图，光的折射定律，全反射定律等知识点。由折射定律知 2 AB AB ，解得 γ＝30°。则折射角为 30°，过圆心的光线是临界光线，此时的折射 光线 ON 和 OB 夹角就是折射角，还要考虑到全反射的情况，如图所示，射到 M 点的光线 的入射角为临界角 C＝45°，则射到 AM 弧上的光线发生了全反射，那么照亮弧对应的圆心 角为 45°，长度为 ，B 项对。 55.(2010·新课标Ⅰ卷·T34(1))如图，一个三棱镜的截面为等腰直角△ABC，∠A 为直角。此 截面所在平面内的光线沿平行于 BC 边的方向射到 AB 边，进入棱镜后直接射到 AC 边上， 并刚好能发生全反射。该棱镜材料的折射率为 。(填入正确选项前的字母) A. B. C. D. 非选择题： 56.(2019•江苏卷•T19)将两支铅笔并排放在一起，中间留一条狭缝，通过这条狭缝去看与其 平行的日光灯，能观察到彩色条纹，这是由于光的_____(选填“折射”“干涉”或“衍射”).当缝的 宽度______(选填“远大于”或“接近”)光波的波长时，这种现象十分明显. 【答案】(1)衍射 (2)接近 【解析】 通过两支铅笔中间的缝能看到彩色条纹，说明光绕过缝而到人的眼睛，所以这是由于光的衍 射现象，由发生明显衍射条件可知，当缝的宽度与光波的波长接近或比光波的波长少得多时 能发生明显衍射现象； 2sin 45sin 0 == nγ 48 12 RR ππ =× 6 2 2 3 2 3 57.(2019•海南卷•T18)一透明材料制成的圆柱体的上底面中央有一球形凹陷，凹面与圆柱体 下底面可透光，表面其余部分均涂有遮光材料。过圆柱体对称轴线的截面如图所示。O 点是 球形凹陷的球心，半径 OA 与 OG 夹角 θ=120°。平行光沿轴线方向向下入射时，从凹面边缘 A 点入射的光线经折射后，恰好由下底面上 C 点射出。已知 ， ， 。 (i)求此透明材料的折射率； (ii)撤去平行光，将一点光源置于球心 O 点处，求下底面上有光出射的圆形区域的半径(不考 虑侧面的反射光及多次反射的影响)。 【答案】(i) (ii) cm 【解析】(i)通过几何关系求得，入射角 60°，折射角 30°， (ii)点光源处在球心，在进入介质的时候不会折射，当光线从 CD 面射向空气，刚好发生全 反射时，入射角为临界角 C。 ； ； ； 58.(2019•全国Ⅲ卷•T16)如图，直角三角形 ABC 为一棱镜的横截面，∠A=90°，∠B=30°。一 束光线平行于底边 BC 射到 AB 边上并进入棱镜，然后垂直于 AC 边射出。 (1)求棱镜的折射率； (2)保持 AB 边上的入射点不变，逐渐减小入射角，直到 BC 边上恰好有光线射出。求此时 AB 边上入射角的正弦。 1cmAB FG= = 3cmBC = =2cmOA 3 2 6 2 + sin 3sin in r = = 1sinC n = 2 1tan 1 C n = − 3 1OC = + 2 6tan 2R OC C += = 【答案】(1) ；(2)sin = 【解析】 (1)光路图及相关量如图所示。光束在 AB 边上折射，由折射定律得 ① 式中 n 是棱镜的折射率。由几何关系可知 α+β=60°② 由几何关系和反射定律得 ③ 联立①②③式，并代入 i=60°得 n= ④ (2)设改变后的入射角为 ，折射角为 ，由折射定律得 =n⑤ 依题意，光束在 BC 边上的入射角为全反射的临界角 ，且 sin = ⑥ 由几何关系得 =α'+30° ⑦ 由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦为 sin = ⑧ 59.(2019•全国Ⅰ卷•T16)如图，一般帆船静止在湖面上，帆船的竖直桅杆顶端高出水面 3 m。 距水面 4 m 的湖底 P 点发出的激光束，从水面出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与 竖直方向的夹角为 53°(取 sin53°=0.8)。已知水的折射率为 (1)求桅杆到 P 点的水平距离； (2)船向左行驶一段距离后停止，调整由 P 点发出的激光束方向，当其与竖直方向夹角为 45° 时，从水面射出后仍然照射在桅杆顶端，求船行驶的距离。 【答案】(1)7m (2)5.5m 3 i′ 3 2 2 − sin sin i nα = = Bβ β′+ ∠ 3 i′ α′ sin sin i α ′ ′ cθ cθ 1 n cθ i′ 3 2 2 − 4 3 【解析】 ①设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为 ，到 P 点的水平距离为 ，桅杆高度为 ，P 点处水深为 ；激光束在水中与竖直方向的夹角为 ，由几何关系有 由折射定律有： 设桅杆到 P 点的水平距离为 则 联立方程并代入数据得： ②设激光束在水中与竖直方向的夹角为 时，从水面出射的方向与竖直方向夹角为 由折射定律有： 设船向左行驶的距离为 ，此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为 ，到 P 点的水 平距离为 ，则： 联立方程并代入数据得： 60.(2019•江苏卷•T20)如图所示，某 L 形透明材料的折射率 n=2.现沿 AB 方向切去一角，AB 与水平方向的夹角为 θ.为使水平方向的光线射到 AB 面时不会射入空气，求 θ 的最大值. 1x 2x 1h 2h θ 1 1 tan53x h =  2 2 tanx h θ= sin53 sinn θ= x 1 2x x x= + 7mx = 45 i′ sin sin 45i n′ =  x′ 1x ′ 2x ′ 1 2x x x x′ ′ ′+ = + 1 1 tanx ih ′ ′= 2 2 tan 45x h ′ =  ( )6 2 3 m 5.5mx′ = − ≈ 【答案】 【解析】 要使光线不会射入空气，即发生全反射，设临界角为 C，即有： 由几何关系得： 联立解得： 。 61.(2014·上海卷·T26) 如图，在“观察光的衍射现象”实验中，保持缝到光屏的距离不变，增 加缝宽，屏上衍射条纹间距将 (选填：“增大”、“减小”或“不变”)；该现象表明， 光沿直线传播只是一种近似规律，只有在 情况下，光才可以看作是沿直线传播的。 【答案】减小 光的波长比障碍物小的多 【解析】缝隙越窄，条纹宽度越小，衍射条纹越宽，衍射现象越明显，当增加缝宽时，衍射 条纹变窄，条纹间距变小。当条纹足够宽时，几乎看不到条纹，衍射不明显，所以只有在光 的波长比障碍物小的多时才可以把光的传播看做直线传播。 【考点定位】单缝衍射 62.(2011·上海卷)如图，当用激光照射直径小于激光束的不透明圆盘时，在圆盘后屏上的阴 影中心出现了一个亮斑。这是光的 (填“干涉”、“衍射”或“直线传播”)现象， 这一实验支持了光的 (填“波动说”、“微粒说”或“光子说”)。 60θ °= 1sinC n = 90C θ °+ = 60θ °= 【答案】衍射；波动说 【解析】当用激光照射直径小于激光束的不透明圆盘时，在圆盘后屏上的阴影中心出现了一 个亮斑，亮斑的周围是明暗相间的环状衍射条纹.这就是泊松亮斑，是激光绕过不透光的圆 盘发生衍射形成的.泊松最初做本实验的目的是推翻光的波动性，而实验结果却证明了光的 波动性. 【考点定位】光的衍射，光的波动性 63.(2016·江苏卷)杨氏干涉实验证明光的确是一种波，一束单色光投射在两条相距很近的狭 缝上，两狭缝就成了两个光源，它们发出的光波满足干涉的必要条件，则两列光的_____相 同.如图所示，在这两列光波相遇的区域中，实线表示波峰，虚线表示波谷，如果放置光屏， 在_____(选填“A”、“B”或“C”)点会出现暗条纹. 【答案】频率 C 【解析】产生稳定干涉图样的条件是两束光的频率相同，A、B 两点为振动加强点，出现明 条纹，C 点波峰与波谷相遇振动减弱，为暗条纹. 【考点定位】光的干涉 【方法技巧】掌握产生稳定干涉图样的条件，加强区、减弱区的位置条件。 64.(2015·全国新课标Ⅰ卷·T34(1))在双缝干涉实验中，分布用红色和绿色的激光照射同一双 缝，在双缝后的屏幕上，红光的干涉条纹间距 与绿光的干涉条纹间距 相比 _____ (填“＞”“＜”或“＝”)。若实验中红光的波长为 630nm，双缝到屏幕的距离为 1m，测得第 一条到第 6 条亮条纹中心间的距离为 10.5mm，则双缝之间的距离为_____mm。 【答案】＞ 1x∆ 2x∆ 1x∆ 2x∆ 0.3 【解析】双缝干涉条纹间距 ，红光波长长，所以红光的双缝干涉条纹间距较大， 即 > 。条纹间距根据数据可得 ，根据 可得 。 【考点定位】双缝干涉实验 65.(2010·江苏卷·TB) (2)如图甲所示，在杨氏双缝干涉实验中，激光的波长为 5.30× m， 屏上 P 点距双缝 和 的路程差为 7.95× m.则在这里出现的应是 (选填“明条纹” 或“暗条纹”)。现改用波长为 6.30× m 的激光进行上述实验，保持其他条件不变，则屏上 的条纹间距将 (选填“变宽”、“变窄”、或“不变”。 (3)如图乙所示，一束激光从 O 点由空气射入厚度均匀的介质，经下表面反射后，从上面的 A 点射出。已知入射角为 i ，A 与 O 相距 l，介质的折射率为 n，试求介质的厚度 d。 【答案】(1)D (2)暗条纹；变宽； (3) 【解析】 (1) A.光是一种电磁波，属于横波；故 A 错误； B.光的不同介质中传播速度不同，频率相同的激光在不同介质中的波长不同；故 B 错误； C.频率相同的光才能发生干涉现象；故 C 错误； D.激光方向集中，也就是平行度好，可用于测量月球到地球的距离；故 D 正确； (2)要计算波程差，由 ，是波程差是半波长的奇数倍，是暗条纹。 ，λ 变大，△x 变宽； Lx d λ∆ = 1x∆ 2x∆ 210.5 2.1 2.1 105 mmx mm m−∆ = = = × Lx d λ∆ = 9 4 2 1 630 10 3 10 0.32.1 10 L m md m mmx m λ − − − × ×= = = × =∆ × 710− 1s 2s 710− 710− 2 2sin 2sin n id li −= 7.05 1.55.30 = lx d λ∆ = (3)设拆射角为 r，折射定律 ；几何关系 l=2dtanr，解得 。 66.(2010·福建卷·T19(1)) (6 分)某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平 行。正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图所示。 ①此玻璃的折射率计算式为 n= (用图中的 θ1、θ2 表示)；②如果有几块宽度大小不同的 平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度 (填“大”或“小”)的玻璃砖来测量。 【答案】(1) 或 【解析】 (1)本题考查测量玻璃的折射率及考生运用数学知识解决物理问题的能力、实验能力。光线 在上界面上的入射角为 ，折射角为 ，由折射定律 ， 采用厚一点的玻璃砖，则折射光线可以画的长一些，折射角的测量误差小。 67.(2010·山东卷·T37) (2)如图所示，一段横截面为正方形的玻璃棒，中间部分弯成四分之一 圆弧形状，一细束单色光由 MN 端面的中点垂直射入，恰好能在弧面 EF 上发生全反射，然 后垂直 PQ 端面射出。 ①求该玻璃棒的折射率。 ②若将入射光向 N 端平移，当第一次射到弧面 EF 上时_____(填“能”“不能”或“无法确定能否”) 发生全反射。 【答案】① ②能 2 1 cos cos θ θ 0 1 0 2 sin(90 ) sin(90 ) θ θ − − 0 190 θ− 0 290 θ− ( )0 1 1 0 2 2 sin 90 cos sin(90 ) cosn θ θ θ θ − = =− sin sin i nr = 2 2sin 2sin n id li −= 2 【解析】①如图，临界角 C＝45°， 。 ②入射角大于临界角，能。 68.(2016·江苏卷)在上述杨氏干涉实验中，若单色光的波长 λ=5.89×10-7m，双缝间的距离 d= 1mm，双缝到屏的距离 =2m.求第 1 个亮条纹到第 11 个亮条纹的中心间距. 【答案】1.178×10–2 m 【解析】相邻亮条纹的中心间距 由题意知，亮条纹的数目 n=10 解得 ，代入数据得 L=1.178×10–2 m 【考点定位】光的双缝干涉 【方法技巧】重点考查条纹间距的公式 。 69.(2018·全国 II 卷·T16)如图，△ABC 是一直角三棱镜的横截面，∠A＝90°，∠B＝60°，一细 光束从 BC 边的 D 点折射后，射到 AC 边的 E 点，发生全反射后经 AB 边的 F 点射出。EG 垂直于 AC 交 BC 于 G，D 恰好是 CG 的中点。不计多次反射。 (i)求出射光相对于 D 点的入射光的偏角； (ii)为实现上述光路，棱镜折射率的取值应在什么范围？ 【答案】(1)δ=60° (2) 【解析】 (ⅰ)光线在 BC 面上折射，由折射定律有 1sin , 2 2 C n= = l Δ lx d λ= nlL d λ= Δ lx d λ= ① 式中，n 为棱镜的折射率，i1 和 r1 分别是该光线在 BC 面上的入射角和折射角。光线在 AC 面上发生全反射，由反射定律有 i2=r2② 式中 i2 和 r2 分别是该光线在 AC 面上的入射角和反射角。光线在 AB 面上发生折射，由折射 定律有 ③ 式中 i3 和 r3 分别是该光线在 AB 面上的入射角和折射角。由几何关系得 i2=r2=60°， r1=i3=30°④ F 点的出射光相对于 D 点的入射光的偏角为 δ=(r1–i1)+(180°–i2–r2)+(r3–i3)⑤ 由①②③④⑤式得 δ=60°⑥ (ⅱ)光线在 AC 面上发生全反射，光线在 AB 面上不发生全反射，有 ⑦ 式中 C 是全反射临界角，满足 ⑧ 由④⑦⑧式知，棱镜的折射率 n 的取值范围应为 ⑨ 故本题答案是：(1)δ=60° (2) 70.(2018·全国 III 卷·T16)如图，某同学在一张水平放置的白纸上画了一个小标记“·”(图中 O 点)，然后用横截面为等边三角形 ABC 的三棱镜压在这个标记上，小标记位于 AC 边上。D 位于 AB 边上，过 D 点做 AC 边的垂线交 AC 于 F。该同学在 D 点正上方向下顺着直线 DF 的方向观察。恰好可以看到小标记的像；过 O 点做 AB 边的垂线交直线 DF 于 E；DE=2 cm，EF=1 cm。求三棱镜的折射率。(不考虑光线在三棱镜中的反射) 【答案】 【解析】试题分析 本题考查折射定律、光在三棱镜中传播及其相关的知识点。 解析过 D 点作 AB 边的发现 ，连接 OD，则 为 O 点发出的光纤在 D 点的入射 角；设该光线在 D 点的折射角为 β，如图所示。 3 根据折射定律有 ① 式中 n 为三棱镜的折射率 由几何关系可知 ② ③ 在 中有 ④ 由③④式和题给条件得 ⑤ 根据题给条件可知， 为等腰三角形，有 ⑥ 由①②⑥式得 ⑦ 71.(2016·全国新课标Ⅲ卷)如图，玻璃球冠的折射率为 ，其底面镀银，底面的半径是球半 径的 倍；在过球心 O 且垂直于底面的平面(纸面)内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球 冠上的 M 点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的 A 点。求该光线从球面射出的方向相对 于其初始入射方向的偏角。 【答案】 【解析】设球半径为 R，球冠底面中心为 ，连接 ，则 ，令 则 ，即 根据题意 MA⊥AB，所以∠OAM=60° 设图中 N 点为光线在球冠内底面上的反射点，所考虑的光线的光路图如图所示，设光线在 M 点的入射角为 i，折射角为 r，在 N 点的入射角为 ，反射角为 ，玻璃折射率为 n，由 于 为等边三角形，有 i=60° 根据折射定律可得 3 3 2 180 150ENOβ = − ∠ =  O′ OO′ OO AB′ ⊥ OAO α′∠ = 3 2cos RO A OA R α ′= = 30α = ° i′ i′′ OAM△ sin sini n r= 代入题中条件 可得 r＝30° 作底面在 N 点的防线 NE，由于 NE//QM，有 i’＝30° 根据放射定律可得 i’’＝30° 连接 ON，由几何关系可知△MAN≌△NOM，故有∠MNO＝60° 故可得∠ENO＝30° 于是∠ENO 为反射角，ON 为反射光线，这一反射光线经球面再次折射后不改变方向。所以， 经一次反射后射出玻璃球冠的光线相对于入射光线的偏角 β 为 【考点定位】光的折射定律 【方法技巧】解决光学问题的关键要掌握全反射的条件、折射定律 、临界角公式 、光速公式 ，运用几何知识结合解决这类问题。 72.(2015·山东卷·T38(2))半径为 R、介质折射率为 n 的透明圆柱体，过其轴线 OO ’的截面如 图所示。位于截面所在平面内的一细束光线，以角 i0 由 O 点入射，折射光线由上边界的 A 点射出。当光线在 O 点的入射角减小至某一值时，折射光线在上边界的 B 点恰好发生全反 射。求 A、B 两点间的距离。 【答案】 【解析】 3n = 180 150ENOβ = °− ∠ = ° sin sin in r = 1sinC n = cv n = 2 2 0 2 0 sin1 sin1 n id Rin −= − − （ ） 当光线在 O 点的入射角为 i0 时，设折射角为 r0，由折射定律得： ① 设 AD 间的距离为 d1，由几何关系得： ② 若光线在 B 点恰好发生全反射，则在 B 点的入射角恰好等于临界角 C，设 BD 间的距离为 d2。 则有：sinC=1/n③ 由几何关系得： ④ 则 A、B 两点间的距离为：d=d2－d1；⑤联立解得： ⑥ 【考点定位】光的折射定律；全反射. 73.(2012·海南卷)一玻璃三棱镜，其截面为等腰三角形，顶角 θ 为锐角，折射率为 。现在 横截面内有一光线从其左侧面上半部射入棱镜。不考虑棱镜内部的反射。若保持入射线在过 入射点的法线的下方一侧(如图)，且要求入射角为任何值的光线都会从棱镜的右侧面射出， 则顶角 θ 可在什么范围内取值？ 【答案】 【解析】设入射光线经玻璃折射时，入射角为 i，折射角为 r，射至棱镜右侧面的入射角为 α，根据折射定律得， ① 由几何关系得， ② 0 0 sin sin i nr = 0 2 2 1 sin Rr R d = + 2 2 2 2 sin dC R d = + 2 2 0 2 0 sin1 sin1 n id Rin −= − − （ ） 2 0 45θ °＜ ＜ sini nsinr= rθ α= + 当 i=0 时，由①知 r=0，α 有最大值 αm.由②知，θ=αm.③ 同时 αm 应小于玻璃对空气全反射的临界角，即 ④ 由①②③④式及题设条件可知： . 【考点定位】本题考查折射定律、全反射及其相关知识 74.(2011·海南卷)一赛艇停在平静的水面上，赛艇前端有一标记 P 离水面的高度为 h1=0.6m， 尾部下端 Q 略高于水面；赛艇正前方离赛艇前端 =0.8m 处有一浮标，示意如图。一潜水 员在浮标前方 =3.0m 处下潜到深度为 =4.0m 时，看到标记刚好被浮标挡住，此处看不到 船尾端 Q；继续下潜△h=4.0m，恰好能看见 Q。求 (i)水的折射率 n； (ii)赛艇的长度 l。(可用根式表示) 【答案】(1) (2) 【解析】(1)如图所示 1 msin n α ＜ 0 45θ °＜ ＜ 1s 2s 2h 4 3 24( 7 3.8)7l m= − 水的折射率 (2)潜水员和 Q 点连线与竖直方向的夹角刚好为临界角 C，则： ④ 由几何知识解得： ⑤ 由④⑤得： 【考点定位】光的折射，光的全反射 75.(2011·辽宁卷)一半圆柱形透明物体横截面如图所示，地面 AOB 镀银，O 表示半圆截面的 圆心，一束光线在横截面内从 M 点的入射角为 30 ，角 MOA=60 ，角 NOB=30 。求 (1)光线在 M 点的折射角； (2)透明物体的折射率。 【答案】(1)150(2) 【解析】(1)如图，透明物体内部的光路为折线 MPN，Q、M 点相对于底面 EF 对称，Q、P 和 N 三点共线。 设在 M 点处，光的入射角为 i，折射角的 r，∠OMQ＝a，∠PNF＝β。根据题意有 α＝300 ① 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 2 1 sin sin hs s hs s n + +== θ θ 3 4 6.08.00.3 0.40.38.0 22 22 2 1 2 12 2 2 2 21 = +× +×= + += hss hss 1 3 4sinC n = = 2 1 2 7cot ,cot3 h hC C s s l + ∆= = + + 24( 7 3.8)7l m= − ° ° ° 2 26 +=n 由几何关系得，∠PNO＝∠PQO＝r，于是 β+r＝300 ②且 a+r＝β ③ 由①②③式得 r＝150 ④ (2)根据折射率公式有 ⑤ 由④⑤式得 ⑥ 【考点定位】光的折射 76.(2013·海南卷)如图所示，三棱镜的横截面为直角三角形 ABC，∠A=30°，AC 平行于光屏 MN，与光屏的距离为 L，棱镜对红光的折射率为 n1，对紫光的折射率为 n2。一束很细的白 光由棱镜的侧面 A、B 垂直射入，直接到达 A、C 面并射出。画出光路示意图，并标出红光 和紫光射在光屏上的位置，求红光和紫光在光屏上的位置之间的距离。 【答案】光路图如图所示 【解析】光路如图所示。 红光和紫光在 AC 面的入射角相同，设为 i，折射角分别为 r1 和 r2，它们射到屏上的置离 O 点的距离分别为 d1 和 d2。由折射定律得 ， 由几何关系得： ， ， 联立以上各式并利用题给条件得，红光和紫光在光屏上的位置之间的距离为 r in sin sin= 2 26 +=n A B C M N         − − − 2 1 1 2 2 2 44 n n n nL 1 1sin sinn i r= 2 2sin sinn i r= i A= ∠ 1 1tand L r= 2 2tand L r=         − − − =− 2 1 1 2 2 2 12 44 n n n nLdd 【考点定位】考查光的折射定律。 77.(2015·江苏卷·T12B(3))人造树脂时常用的眼镜片材料，如图所示，光线射在一人造树脂立 方体上，经折射后，射在桌面上的P点，已知光线的入射角为30°，OA=5cm，AB=20cm， BP=12cm，求该人造树脂材料的折射率n。 【答案】 (或n＝1.5) 【解析】设折射角为γ，由折射定律是sin30°=nsinγ 由几何关系知 ，且 代入数据得 (或n＝1.5) 【考点定位】光的折射 78.(2012·山东卷)如图所示，一玻璃球体的半径为 R，O 为球心，AB 为直径。来自 B 点的光 线 BM 在 M 点射出。出射光线平行于 AB，另一光线 BN 恰好在 N 点发生全反射。已知 ∠ABM=30°，求 (1)玻璃的折射率。 (2)球心 O 到 BN 的距离。 【答案】(1) (2) 【解析】(1)已知 ，由几何关系知入射角 ，折射角 °由 。 449 14n = sin PB OA OP γ −= 2 2( )OP PB OA AB= − + 449 14n = 3n = 3 3d R= 30ABM∠ = ° 30i BMO= ∠ = ° 60β = 60 330 sin sinn sini sin β °= °= ＝ (2)由题意知临界角 ， ，则球心 O 到 BN 的距离 。 【考点定位】本题考查光的折射、全反射等相关知识 79.(2012·新课标全国卷)一玻璃立方体中心有一点状光源。今在立方体的部分表面镀上不透 明薄膜，以致从光源发出的光线只经过一次折射不能透出立方体。已知该玻璃的折射率为 ，求镀膜的面积与立方体表面积之比的最小值。 【答案】 【解析】如图，考虑从玻璃立方体中心 O 点发出的一条光线，假设它斜射到玻璃立方体上 表面发生折射。 根据折射定律有 ① 式中，n 是玻璃的折射率，入射角等于 θ，α 是折射角。 现假设 A 点是上表面面积最小的不透明薄膜边缘上的一点。由题意，在 A 点刚好发生全反 射，故 ② 设线段 OA 在立方体上表面的投影长为 RA，由几何关系有 ③ 式中 a 为玻璃立方体的边长，由①②③式得 ④ 由题给数据得 ⑤ 由题意，上表面所镀的面积最小的不透明薄膜应是半径为 RA 的圆。所求的镀膜面积 S′与玻 璃立方体的表面积 S 之比为 ⑥ 由⑤⑥式得 ⑦ 【考点定位】本题考查光的折射、全反射并与几何知识相联系及其相关知识。 C ONB= ∠ 1 3 3sinC n = ＝ 3 3d RsinC R= = 2 4 S S π′ = sin sinn θ α= 2A πα = 2 2 sin ( )2 A A A R aR θ = + 22 1A aR n = − 2A aR = 2 2 6 6 ARS S a π′ = 4 S S π′ = 80.(2013·新课标全国卷Ⅰ)图示为一光导纤维(可简化为一长玻璃丝)的示意图，玻璃丝长为 L， 折射率为 n，AB 代表端面。已知光在真空中的传播速度为 C. (i)为使光线能从玻璃丝的 AB 端面传播到另一端面，求光线在端面 AB 上的入射角应满足的 条件； (ii)求光线从玻璃丝的 AB 端面传播到另一端面所需的最长时间。 【答案】(i) (ii) 【解析】(i)设入射角为 折射角 ，光线到达上界面的入射角为 ，全反射临界角为 C，由 折射定律 ①，由几何关系 ② 即 ③，当 时发生全发射 由因为 ④, ⑤ 联立①②③④⑤解得 ⑥ (ii)当折射光线发生全反射后，光在介质中传播的速度 ⑦ 在介质中传播的距离为 ⑧, 越小 sin 也越小, 最小等于临界角 C 时光在介 质中传播最长的距离 Lm= 所以最长时间 【考点定位】光的折射定律；全反射. 81.(2013·重庆卷)利用半圆柱形玻璃，可减小激光束的发散程度。在题 11(2)图所示的光路中， A 为激光的出射点，O 为半圆柱形玻璃横截面的圆心，AO 过半圆顶点。若某条从 A 点发出 2sin 1i n≤ − 2n Lt c = i r α sin sin in r = 90r α+ = sin cosr α= Cα ≥ 1sinC n = 2 1cos cos nC n α −≥ = 2sin 1i n≤ − cn v = sin LL α ′ = α α α sin L nLC = 2 mL n Lt v c = = 的与 AO 成 α 角的光线，以入射角 i 入射到半圆弧上，出射光线平行于 AO ，求此玻璃的 折射率。 【答案】折射率 【解析】设折射角为 r，根据光路图，利用几何关系可得 ，由折射定律可得，玻璃 的折射率 。 【考点定位】光的折射定律，折射率的计算。 82.(2014·新课标全国卷Ⅱ)一厚度为 h 的大平板玻璃水平放置，其下表面贴有一半径为 r 的 圆形发光面。在玻璃板上表面放置一半径为 R 的圆纸片，圆纸片与圆形发光面的中心在同 一竖直线上。已知圆纸片恰好能完全挡住从圆形发光面发出的光线(不考虑反射)，求平板玻 璃的折射率。 【答案】 【解析】如图，考虑从圆形发光面边缘的 A 点发出的一条光线，假设它斜射到玻璃上表面 的 A’点折射，根据折射定律有: ① 式中，n 是玻璃的折射率，θ 是入射角，α 是折射角 现假设 A’恰好在纸片边缘，由题意，在 A’刚好发生全反射，故 ② 设 AA’线段在玻璃上表面的投影长为 L，由几何关系有： ③ 由题意纸片的半径应为：R=L+r ④ ( )α−== i i r in sin sin sin sin ( )α−= i in sin sin α+= ri 21 ( )h R r+ - sin sinn θ α= 2 πα = 2 2sin L L h θ = + 联立以上各式可得： ⑤ 【考点定位】光的折射定律及全反射。 83.(2014·江苏卷·T12B(2))Morpho 蝴蝶的翅膀在阳光的照射下呈现出闪亮耀眼的蓝色光芒， 这是因为光照射到翅膀的鳞片上发生了干涉。电子显微镜下鳞片结构的示意图见题 12B-2 图。一束光以入射角 i 从 a 点入射，经过折射和反射后从 b 点出射。设鳞片的折射率为 n， 厚度为 d，两片之间空气层厚度为 h。取光在空气中的速度为 c，求光从 a 到 b 所需的时间 t。 【答案】 【解析】①应从单摆运动到最低点开始计时时，此位置容易判断，计时误差较小②为了减 小偶然误差，可以多次测量多次全振动的时间，然后取平均值求周期。 (3)设光在鳞片中的折射角为 ,折射定律 在鳞片中传播的路程 ，传播速度 ，传播时间 解得 ，同理在空气中传播的时间 【考点定位】本题主要考查了折射定律的应用问题，属于中档偏低题。 84.(2014·山东卷)如图所示，三角形 ABC 为某透明介质的横截面，O 为 BC 边的中点，位于 2 2 2 2 2 cossin n d h c ic n i + − 21 ( )hn R r= + - γ sin sini n γ= 1 2 cos dl γ= cv n= 1 1 lt v= 2 1 2 2 2 sin n dt c n i = - 2 2 cos ht c i= 2 1 2 2 2 2 2 cossin n d ht t t c ic n i = + = + - 截面所在平面内的一束光线自 O 以角度 i 入射，第一次到达 AB 边恰好发生全反射。已知 ，BC 边长为 2L，该介质的折射率为 。求： (i)入射角 i (ii)从入射到发生第一次全反射所用的时间(设光在真空中的速度为 c，可能用到： 或 )。 【答案】(i) ；(ii) 【解析】 (i)根据全反射规律可知，光线在 AB 面上 P 点的入射角等于临界角 C，由折射定律得   ① 代入数据得      ② 设光线在 BC 面上的折射角为 r，由几何关系得 ③ 根据光的折射定律          ④ 联立③④式代入数据得 ⑤ 015θ = 2 0 6 2sin 75 4 += 0tan15 2 3= − 045 6 2 2 Lc + 1sinC n = 045C = 030r = sin sin in r = 045i = (ii)在 中，根据正弦定理得 ⑥ 设所用时间为 t，光线在介质中的速度为 v，得 ⑦   ⑧ 联立⑥⑦⑧式，代入数据得 ⑨ 【考点定位】光的折射，正弦定律 85.(2014·新课标全国卷Ⅰ)一个半圆形玻璃砖，某横截面半径为 R 的半圆，AB 为半圆的直径。 O 为圆心，如图所示，玻璃的折射率为 . (i)一束平行光垂直射向玻璃砖的下表面，若光线到达上表面后，都能从该表面射出，则入射 光束在 AB 上的最大宽度为多少？ (ii)一细束光线在 O 点左侧与 O 相距 处垂直于 AB 从下方入射，求此光线从玻璃砖射 出点的位置。 【答案】(i) (ii)右侧与 O 相距 【解析】(i)光线垂直 AB 面入射后传播方向不变，在圆弧面发生折射，射入射角为 ，如图 (1)所示 出射时发生全反射的临界角 ，即可得 根据对称性可得入射光的宽度 OPB∆ 0 0sin 75 sin 45 OP L= OP vt= cv n = 6 2 2t Lc += 2n = 3 2 R 2d R= 3 2 R θ 1sin n θ = 45θ =  2 sin 45 2d R R= = (ii)由于 所以一细束光线在 O 点左侧与 O 相距 处垂直于 AB 从下方 入射后在圆弧面发生全反射，根据几何关系可得入射角 ，即 在圆弧面反射后根据几何关系入射角仍为 ，由此发生第三次反射，如图(2)所示，根 据几何关系，可得 ，所以出射点在 O 点右侧 处。 【考点定位】光的折射全反射 86.(2014·海南卷)如图，矩形 ABCD 为一水平放置的玻璃砖的截面，在截面所在平面内有一 细束激光照射玻璃砖，入射点距底面的高度为 h，反射光线和折射光线的底面所在平面的交 点到 AB 的距离分别为 l1 和 l2。在截面所在平面内，改变激光束在 AB 面上入射点的高度和 入射角的大小，当折射光线与底面的交点到 AB 的距离为 l3 时，光线恰好不能从底面射出。 求此时入射点距底面的高度 H。 【答案】 【解析】设玻璃砖的折射率为 n，入射角和反射角为 θ1，折射角为 θ2， 由光的折射定律 根据几何关系，有 联立以上各式得 根据题意，折射光线在某一点刚好无法从底面射出，此时发生全反射。设在底面发生全反射 时的入射角为 θ3，有 由几何关系得 22 1 22 2 hl hln + += 3 sin 452 R R>  3 2 R 3 32sin 2 R R α = = 60α =  60α =  3 2OG OC R= = 3 2 R 322 1 2 1 2 2 lhl llH + −= 2 1 sin sin θ θ=n 22 1 1sin hl h + =θ 22 2 2sin hl h + =θ n 1sin 3 =θ 22 3 3 3sin Hl l +=θ 联立可得 考点：光的折射 87.(2015·海南卷·T16(2))一半径为 R 的半圆形玻璃砖，横截面如图所示。已知玻璃的全反射 临界角 r(r< )。与玻璃砖的底平面成( )角度、且与玻璃砖横截面平行的平行光射到玻 璃砖的半圆柱面上。经柱面折射后，有部分光(包括与柱面相切的入射光)能直接从玻璃砖底 面射出。若忽略经半圆柱内表面反射后射出的光，求底面透光部分的宽度。 【答案】 【解析】 光路图如图所示，沿半径方向射入玻璃砖的光线，即光线①射到 MN 上时，根据几何知识 入射角恰好等于临界角，即恰好在圆心 O 处发生全反射，光线①左侧的光线，经球面折射 后，射到 MN 上的角一定大于临界角，即在 MN 上发生全反射，不能射出，光线①右侧的 光线射到 MN 上的角小于临界角，可以射出，如图光线③与球面相切，入射角 ， 从 MN 上垂直射出， 根据折射定律可得 ， 根据全反射定律 ，两式联立解得 根据几何知识，底面透光部分的宽度 sinOE R r= 0 1 90θ = 1 2 sinsin n θθ = 1 sinn r = 2 rθ = sinOE R r= 322 1 2 1 2 2 lhl llH + −= 3 π 2 r π − 【考点定位】光的折射全反射 88.(2011·山东卷)如图所示，扇形 AOB 为透明柱状介质的横截面，圆心角∠AOB=60°。一束 平行于角平分线 OM 的单色光由 OA 射入介质，经 OA 折射的光线恰平行于 OB。 (1)求介质的折射率。 (2)折射光线中恰好射到 M 点的光线__________(填“能”或“不能”)发生全反射。 【答案】(1)n= (2)不能 【解析】(1)由几何知识可知，入射角 i=60°，折射角 r=30° 根据折射定律得：n=sini/sinr，代入数据解得 n= 。 (2)由图中几何关系可知，折射光线中恰好射到 M 点的光线，在 M 点的入射角仍为 30°，小 于临界角 arcsin( /3)，不能发生全反射。 【考点定位】光的折射，全反射 89.(2017·江苏卷)人的眼球可简化为如图所示的模型，折射率相同、半径不同的两个球体共 3 3 3 轴，平行光束宽度为 D，对称地沿轴线方向射入半径为 R 的小球，会聚在轴线上的 P 点.取 球体的折射率为 ，且 D= R，求光线的会聚角 α.(示意图未按比例画出) 【答案】30° 【解析】由几何关系 ，解得 则由折射定律 ，解得 且 ，解得 【考点定位】光的折射、反射 【名师点睛】几何光学的问题，画出光路图，剩下的就是平面几何，找边角关系. 90.(2017·新课标Ⅰ卷)(10 分)如图，一玻璃工件的上半部是半径为 R 的半球体，O 点为球心； 下半部是半径为 R、高位 2R 的圆柱体，圆柱体底面镀有反射膜。有一平行于中心轴 OC 的 光线从半球面射入，该光线与 OC 之间的距离为 0.6R。已知最后从半球面射出的光线恰好与 入射光线平行(不考虑多次反射)。求该玻璃的折射率。 【答案】 【解析】如图，根据光路的对称性和光路可逆性，与入射光线相对于 OC 轴对称的出射光线 一定与入射光线平行。这样，从半球面射入的折射光线，将从圆柱体底面中心 C 点反射。 设光线在半球面的入射角为 i，折射角为 r。由折射定律有 ① 由正弦定理有 ② 2 2 sin 2 Di R = 45i = ° sin sin i nγ = 30γ = ° 2 i αγ= + 30α = ° 2.05 1.43n = ≈ sin sini n r= sin sin( ) 2 r i r R R −= 由几何关系，入射点的法线与 OC 的夹角为 i。由题设条件和几何关系有 ③ 式中 L 是入射光线与 OC 的距离。由②③式和题给数据得 ④ 由①③④式和题给数据得 ⑤ 【考点定位】光的折射 【名师点睛】本题的关键条件是出射光线与入射光线平行，依据这个画出光路图，剩下就是 平面几何的运算了。 91.(2017·新课标Ⅱ卷)(10 分)一直桶状容器的高为 2l，底面是边长为 l 的正方形；容器内装满 某种透明液体，过容器中心轴 DD′、垂直于左右两侧面的剖面图如图所示。容器右侧内壁涂 有反光材料，其他内壁涂有吸光材料。在剖面的左下角处有一点光源，已知由液体上表面的 D 点射出的两束光线相互垂直，求该液体的折射率。 【答案】1.55 【解析】设从光源发出直射到 D 点的光线的入射角为 i1，折射角为 r1，在剖面内做光源相对 于反光壁的镜像对称点 C，连接 CD，交反光壁于 E 点，由光源射向 E 点的光线，反射后沿 ED 射向 D 点；光线在 D 点的入射角为 i2，折射角为 r2，如图所示； sin Li R = 6sin 205 r = 2.05 1.43n = ≈ 设液体的折射率为 n，由折射定律： ① ② 依题意： ③ 联立①②③解得： ④ 由几何关系： ⑤ ⑥ 联立④⑤⑥解得：n=1.55 【考点定位】光的折射及反射定律 92.(2017·新课标Ⅲ卷·T34(2))(10 分)如图，一半径为 R 的玻璃半球，O 点是半球的球心，虚 线 OO′表示光轴(过球心 O 与半球底面垂直的直线)。已知玻璃的折射率为 1.5。现有一束平 行光垂直入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出(不考虑被半球的内表面反射后的光 线)。求 (i)从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值； 1 1sin sinn i r= 2 2sin sinn i r= 1 2 90r r+ = ° 2 2 2 1 2 1 sin sinn i i = + 1 2 2 12sin 174 4 l i ll = = + 2 2 2 3 32sin 594 4 l i ll = = + (ii)距光轴 的入射光线经球面折射后与光轴的交点到 O 点的距离。 【答案】(i) (ii) 【解析】(i)如图，从底面上 A 处射入的光线，在球面上发生折射时的入射角为 i，当 i 等于 全反射临界角 i0 时，对应入射光线到光轴的距离最大，设最大距离为 l。 ① 设 n 是玻璃的折射率，由全反射临界角的定义有 ② 由几何关系有 ③ 联立①②③式并利用题给条件，得 ④ (ii) 设与光轴 的光线在球面 B 点折射时的入射角和折射角分别为 i1 和 r1，由折射定律有 ⑤ 设拆解光线与光轴的交点为 C，在⊿OBC 中，由正弦定理有 ⑥ 由几何关系有 ⑦ ⑧ 联立⑤⑥⑦⑧式及题给的条件得 ⑨ 【考点定位】光的折射、全反射 【名师点睛】本题主要考查光的折射定律的应用，解题关键是根据题意画出光路图，根据几 3 R 2 3 R 3(2 2 3) 2.745 R R + ≈ 0i i= 0sin 1n i = sin li R = 2 3l R= 3 R 1 1sin sinn i r= o 1sin 180 )sin rC R OC −∠ = （ 1 1C r i∠ = − 1 1sin 3i = 3(2 2 3) 2.745 ROC R += ≈ 何知识确定入射角与折射角，然后列方程求解。 93.(2016·海南卷)如图，半径为 R 的半球形玻璃体置于水平桌面上，半球的上表面水平，球 面与桌面相切于 A 点。一细束单色光经球心 O 从空气中摄入玻璃体内(入射面即纸面)，入 射角为 45°，出射光线射在桌面上 B 点处。测得 AB 之间的距离为 。现将入射光束在纸面 内向左平移，求射入玻璃体的光线在球面上恰好发生全反射时，光束在上表面的入射点到 O 点的距离。不考虑光线在玻璃体内的多次反射。 【答案】 R 【解析】当光线经球心 O 入射时，光路图如图(a)所示。设玻璃的折射率为 n，由折射定律 有 n= ① 式中，入射角 i=45°，γ 为折射角。 △OAB 为直角三角形，因此 sin γ= ② 发生全反射时，临界角 C 满足 sin C= ③ 在玻璃体球面上光线恰好发生全反射时，光路图如图(b)所示。设此时光线入射点为 E，折射 光线射到玻璃体球面的 D 点。由题意有∠EDO=C④ 在△EDO 内，根据正弦定理有 ⑤ 2 R 2 2 sin sin i γ 2 2 AB OA AB+ 1 n sin(90 ) sin OD OE Cγ =− 联立以上各式并利用题给条件得 OE= R⑥ 【考点定位】折射定律、全反射 【名师点睛】本题是简单的几何光学问题，其基础是作出光路图，根据几何知识确定入射角 与折射角，根据折射定律求解。 94.(2016·全国新课标Ⅰ卷)(10 分)如图，在注满水的游泳池的池底有一点光源 A，它到池边 的水平距离为 3.0 m。从点光源 A 射向池边的光线 AB 与竖直方向的夹角恰好等于全反射的 临界角，水的折射率为。 (i)求池内的水深； (ii)一救生员坐在离池边不远处的高凳上，他的眼睛到地面的高度为 2.0 m。当他看到正前下 方的点光源 A 时，他的眼睛所接受的光线与竖直方向的夹角恰好为 45°。求救生员的眼睛到 池边的水平距离(结果保留 1 位有效数字)。 【答案】(i) m≈2.6 m (ii)0.7 m 【解析】(i)如图，设到达池边的光线的入射角为 i。依题意，水的折射率 n= ，光线的折射 角 θ=90°。 由折射定律有 nsin i=sin θ① 由几何关系有 sin i= ② 2 2 7 4 3 2 2 l l h+ 式中，l=3 m，h 是池内水的深度。联立①②式并代入题给数据得 h= m≈2.6 m③ (ii)设此时救生员的眼睛到池边的距离为 x。依题意，救生员的视线与竖直方向的夹角为 θ'=45°。由折射定律有 nsini'=sin θ' ④ 式中，i'是光线在水面的入射角。设池底点光源 A 到水面入射点的水平距离为 a。由几何关 系有 sini'= ⑤ x+l=a+h' ⑥ 式中 h'=2 m。联立③④⑤⑥式得 x=(3 –1)m≈0.7 m⑦ 【考点定位】光的折射定律 【名师点睛】本题主要考查了光的折射定律的应用；解题关键是根据题意画出完整的光路图， 然后根据光的折射定律结合几何关系列出方程求解；此题意在考查考生应用数学处理物理问 题的能力。 95.(2010·全国Ⅰ卷·T20)某人手持边长为 6cm 的正方形平面镜测量身后一棵树的高度。测量 时保持镜面与地面垂直，镜子与眼睛的距离为 0.4m。在某位置时，他在镜中恰好能够看到 整棵树的像；然后他向前走了 6.0 m，发现用这个镜子长度的 5/6 就能看到整棵树的像，这 棵树的高度约为[来 A.5.5m B.5.0m C.4.5m D.4.0m 【答案】B 【解析】如图是恰好看到树时的反射光路，由图中的三角形可得 ，即 。人离树 越远，视野越大，看到树所需镜面越小，同理有 ，以上两式解得 L=29.6m，H=4.5m。[来 【命题意图与考点定位】平面镜的反射成像，能够正确转化为三角形求解 7 2 2 a a h+ 7 23 0.4m 0.4m 6cm 眼睛距镜的距离 眼睛距镜的距离树到镜的距离 镜高 树高 += 0.4m 0.4m .06m0 += LH 0.4m 6m0.4m .05m0 ++= LH 96.(2010·全国Ⅰ卷·T21)一简谐振子沿 x 轴振动，平衡位置在坐标原点。 时刻振子的位 移 ； 时刻 ； 时刻 。该振子的振幅和周期可能为 A.0. 1 m， B.0.1 m, 8s C.0.2 m， D.0.2 m，8s 【答案】AD 【解析】在 t= s 和 t=4s 两时刻振子的位移相同，第一种情况是此时间差是周期的整数倍 ，当 n=1 时 s。在 s 的半个周期内振子的位移由负的最大变为正的最大， 所以振幅是 0.1m。A 正确。 第二种情况是此时间差不是周期的整数倍则 ，当 n=0 时 s， 且由于 是 的二倍说明振幅是该位移的二倍为 0.2m。如图答案 D。 【命题意图与考点定位】振动的周期性引起的位移周期性变化。 97.(2010·海南卷·T18.(1))一光线以很小的入射角 i 射入一厚度为 d、折射率为 n 的平板玻璃， 求出射光线与入射光线之间的距离(θ 很小时. sinθ＝θ，cosθ＝1) 【答案】 【解析】如图 设光线以很小的入射角 入射到平板玻璃表面上的 A 点，折射角为 ，从平板玻璃另一表面 上的 B 点射出。设 AC 为入射光线的延长线。由折射定律和几何关系可知，它与出射光线平 ( 1)n d in − i γ 0t = 0.1mx = − 4 s3t = 0.1mx = 4st = 0.1mx = 8 s3 8 s3 3 4 nT=− 3 44 3 8=T 3 4 2)3 44()03 4( TnT +=−+− 8=T 2t∆ 1t∆ 行。过 B 点作 ，交 于 D 点，则 的长度就是出射光线与入射光线之间的 距离，由折射定律得 ① 由几何关系得 ② ③ 出射光线与入射光线之间的距离为 ④ 当入射角 很小时，有 由此及①②③④式得 ⑤ BD AC⊥ AC BD sin sin i nγ = BAD i γ∠ = − cos dAB γ= sin( )BD AB i γ= − i sin ,sin ,sin( ) ,cos 1i i i iγ γ γ γ γ= = − = − = ( 1)n dBD in −=