人教版 (2019)选择性必修 第一册第四章 光综合与测试学案设计

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[学习目标] 1.进一步熟练掌握光的反射定律、折射定律和全反射的规律.2.熟练用几何关系找出边、角关系，并根据反射定律、折射定律解答有关问题．
一、几何光学的基本原理及应用
几何光学就是以光线为工具，研究光的传播规律．解几何光学的题目，首先根据几何光学的基本原理画出光路图，然后利用几何关系找出相应的角、边关系．
几何光学研究的是光线传播的规律，主要包括五条基本规律．
1．光的直线传播规律：光在同一种均匀介质中沿直线传播．
2．光的反射定律
(1)反射光线与入射光线、法线在同一平面内，反射光线、入射光线分居在法线两侧．
(2)反射角等于入射角．
3．光的折射定律
折射光线与入射光线、法线在同一平面内，折射光线、入射光线分居在法线两侧；入射角的正弦与折射角的正弦成正比．公式：n12＝eq \f(sin θ1,sin θ2).
4．光的全反射规律
发生全反射的条件是：
(1)由光密介质射向光疏介质；
(2)入射角θ≥临界角C，其中sin C＝eq \f(1,n).
5．光的可逆原理
在光的反射、折射和直线传播中，光路都是可逆的．
如图1所示，某种透明介质的截面图由直角三角形AOC和圆心为O、半径为R的四分之一圆OBC组成，其中∠A＝60°.一束单色光从D点垂直AB面射入透明介质中，射到圆弧BC上时恰好发生全反射．已知D点与O点之间的距离为eq \f(\r(2),2)R，光在真空中的传播速度为c.求：
图1
(1)单色光在介质中的传播速度v；
(2)单色光第一次射出介质时的折射角θ.
答案 (1)eq \f(\r(2),2)c (2)45°
解析 (1)设光在介质中发生全反射时的临界角为∠1，作出光路图，如图所示
sin ∠1＝eq \f(1,n)，
sin ∠1＝eq \f(OD,OE)＝eq \f(\r(2),2)，
解得∠1＝45°，n＝eq \r(2)，
由折射率与速度的关系有n＝eq \f(c,v)，
解得v＝eq \f(\r(2),2)c.
(2)由几何关系知，EF与AB平行，
∠3＝90°－∠EFC＝90°－∠A＝30°，
根据折射定律有n＝eq \f(sin θ,sin ∠3)，
解得θ＝45°.
二、几何光学的综合问题
1．确定光是由光疏介质进入光密介质，还是由光密介质进入光疏介质．若光是由光密介质进入光疏介质，根据公式sin C＝eq \f(1,n)确定临界角．
2．画光路图，利用几何知识分析边、角关系并注意判断能否发生全反射，找出临界角．根据折射定律、全反射规律、正弦定理、三角函数等进行有关计算．
如图2所示，一透明玻璃砖横截面的上半部分是半径为R的半圆，下半部分是边长为2R的正方形，在玻璃砖的左侧距离为R处，有一和玻璃砖侧面平行的足够大的光屏．一束单色光沿图示方向从光屏上的P点射出，从M点射入玻璃砖．恰好经过半圆部分的圆心O，且∠MOA＝45°，已知玻璃砖对该单色光的折射率n＝eq \f(5,3)，光在真空中的传播速度为c.求：
图2
(1)该单色光在玻璃砖中发生全反射的临界角的正弦值．
(2)从M点射入玻璃砖到第一次射出玻璃砖，该单色光在玻璃砖内传播的时间．
答案 (1)eq \f(3,5) (2)eq \f(20\r(2)＋10R,3c)
解析 (1)设该单色光在玻璃砖中发生全反射的临界角为C，则有n＝eq \f(1,sin C)
解得sin C＝eq \f(3,5).
(2)该单色光射到玻璃砖的平面上时的入射角均为i＝45°，sin 45°>sin C，则单色光在玻璃砖内射到平面上时会发生全反射，其光路图如图所示
由几何关系得单色光在玻璃砖内传播的距离为x＝4eq \r(2)R＋2R
传播速度为v＝eq \f(c,n)＝eq \f(3,5)c
传播时间为t＝eq \f(x,v)＝eq \f(20\r(2)＋10R,3c).
针对训练 (2020·广东高三月考)某种光学元件由两种不同透明物质Ⅰ和Ⅱ制成，其横截面如图3所示，O为AB中点，∠BAC＝30°，半圆形透明物质Ⅰ的半径为R，一束光线在纸面内从半圆面上的P点沿PO方向射入，折射至AC面时恰好发生全反射，再从BC边上的Q点垂直射出BC边，已知透明物质Ⅰ对该光的折射率为n1＝eq \r(3)，透明物质Ⅱ对该光的折射率为n2，真空中光速为c，求：(结果可用根式表示)
图3
(1)透明物质Ⅱ对该光的折射率n2；
(2)光从P传到Q所用时间t.
答案 (1)eq \f(2\r(3),3) (2)eq \f(2\r(3)R,c)
解析 (1)由题意可知，光线射向AC面恰好发生全反射，反射光线垂直于BC面射出，光路图如图所示．
设光线在透明物质Ⅱ中发生全反射的临界角为C，在M点刚好发生全反射．
由几何关系可知C＝60°
由sin C＝eq \f(1,n2)
解得n2＝eq \f(2\r(3),3)
(2)透明物质Ⅰ中光速v1＝eq \f(c,n1)＝eq \f(\r(3),3)c
光在透明物质Ⅰ中传播用时t1＝eq \f(R,v1)＝eq \f(\r(3)R,c)
透明物质Ⅱ中光速v2＝eq \f(c,n2)＝eq \f(\r(3),2)c
由几何关系知OM＝OA＝R
MC＝AC－AM＝eq \f(4\r(3),3)R－eq \r(3)R＝eq \f(\r(3),3)R
所以MQ＝MCcs 30°＝eq \f(R,2)
光在透明物质Ⅱ中传播用时t2＝eq \f(OM＋MQ,v2)＝eq \f(3R,2v2)＝eq \f(\r(3)R,c)
则光从P传到Q所用时间t＝t1＋t2＝eq \f(2\r(3)R,c).
(2020·全国卷Ⅱ)直角棱镜的折射率n＝1.5，其横截面如图4所示，图中∠C＝90°，∠A＝30°.截面内一细束与BC边平行的光线，从棱镜AB边上的D点射入，经折射后射到BC边上．
图4
(1)光线在BC边上是否会发生全反射？说明理由；
(2)不考虑多次反射，求从AC边射出的光线与最初的入射光线夹角的正弦值．
答案 见解析
解析 (1)如图，设光线在D点的入射角为i，折射角为r.折射光线射到BC边上的E点．设光线在E点的入射角为θ，由几何关系，有
θ＝90°－(30°－r)>60°①
根据题给数据得sin θ>sin 60°>eq \f(1,n)②
即θ大于全反射临界角，因此光线在E点发生全反射．
(2)设光线在AC边上的F点射出棱镜，入射角为i′，折射角为r′，由几何关系、反射定律及折射定律，有
i＝ 30°③
i′ ＝90°－θ④
sin i＝nsin r⑤
nsin i′＝sin r′⑥
联立①③④⑤⑥式并代入题给数据，得sin r′＝eq \f(2\r(2)－\r(3),4)
由几何关系可知，r′即AC边射出的光线与最初的入射光线的夹角.
1.(几何光学的基本原理及应用)(多选)(2020·运城市康杰中学期中考试)如图5所示，一束光由空气射到透明介质球的A点，入射角为i，则( )
图5
A．当i足够大时，在A点将发生全反射
B．当i足够大时，光从球内向外射出时将发生全反射
C．无论i多大，在A点都不会发生全反射
D．无论i多大，光从球内向外射出时，都不会发生全反射
答案 CD
解析 光从光密介质射向光疏介质时才可能发生全反射，因此光在A点由空气进入介质球时，肯定不能发生全反射；如图，对于球上任意一点，球面法线一定过球心O，设r为光从A点射入时的折射角，则r和i′为等腰三角形的两底角，因此有i′＝r，根据折射定律n＝eq \f(sin i,sin r)，得sin r＝eq \f(sin i,n)，即随着i的增大，r增大，但显然r不可能大于临界角C，故i′也不可能大于临界角，即光从B点射出时，也不可能发生全反射，在B点的反射光射向D点，同样在D点也不会发生全反射，故选C、D.
2．(几何光学的基本原理及应用)如图6所示，空气中有一折射率为eq \r(2)的玻璃柱体，其截面是圆心角为90°、半径为R的扇形OAB.一束平行光平行于截面，以45°入射角照射到OA上，OB不透光，若只考虑首次入射到圆弧AB上的光，则AB上有光透出部分的弧长为( )
图6
A.eq \f(1,6)πR B.eq \f(1,4)πR C.eq \f(1,3)πR D.eq \f(5,12)πR
答案 B
解析 由sin C＝eq \f(1,n)可知，光在玻璃柱中发生全反射的临界角C＝45°.根据折射定律可知，光线从AO进入玻璃柱后的折射角均为30°.从O点入射后折射光线将沿半径从C点射出，C到B之间没有光线射出．假设从E点入射的光线经折射后到达D点时刚好发生全反射，则∠ODE＝45°，所以A到D之间没有光线射出．如图所示，由几何关系可知θ＝45°，故有光透出部分的弧长lDC＝eq \f(1,4)πR，故B正确．
3.(几何光学的基本原理及应用)(多选)(2020·辽宁省实验中学东戴河分校高二月考)某物体切面形状如图7所示，由一直角边长为d的等腰直角三角形和一直径为d的半圆组合而成，一束平行光垂直于AB边射入，AC边恰好没有光线射出，已知光速为c，则( )
图7
A．BC弧上有光线射出部分弧长为eq \f(3πd,8)
B．BC弧上有光线射出部分弧长为eq \f(πd,4)
C．从BC弧上离开介质的光在介质中传播最短时间tmin＝eq \f(2\r(2)＋1d,2c)
D．从BC弧上离开介质的光在介质中传播最短时间tmin＝eq \f(\r(2)＋4d,4c)
答案 BC
解析 一束平行光垂直于AB边射入，AC边恰好没有光线射出，说明临界角C＝45°，折射率n＝eq \f(1,sin C)＝eq \r(2).光路图如图所示．
BC弧上有光线射出部分弧长为l＝eq \f(πd,4)，故B正确，A错误；由几何关系可知，从BC弧上离开介质的临界光线在介质中传播时间最短，tmin＝eq \f(d＋\f(d,2)cs 45°,\f(c,\r(2)))＝eq \f(2\r(2)＋1d,2c)，故C正确，D错误．
4．(几何光学的综合问题)(2019·全国卷Ⅲ)如图8，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．
图8
(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．
答案 (1)eq \r(3) (2)eq \f(\r(3)－\r(2),2)
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
eq \f(sin i,sin α)＝n①
式中n是棱镜的折射率．由几何关系可知
i＝60°，α＋β＝60°②
由几何关系和反射定律得
β＝β′＝∠B③
联立①②③式得
n＝eq \r(3)④
(2)设改变后的入射角为i′，折射角为α′，由折射定律得
eq \f(sin i′,sin α′)＝n⑤
依题意，光束在BC边上的入射角为全反射的临界角θc，且sin θc＝eq \f(1,n)⑥
由几何关系得θc＝α′＋30°⑦
由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦为sin i′＝eq \f(\r(3)－\r(2),2).
1.在北方寒冷的冬天，有时会出现“多个太阳”的“幻日”奇观，这是空气中的水蒸气在极冷的大气里凝结成了小冰晶，太阳光线通过冰晶发生折射的缘故．如图1所示为太阳光照射到六角形冰晶上折射的光路图，a、b是太阳光中的两种单色光，由此可以判断，冰晶对单色光a的折射率________(填“大于”或“小于”)冰晶对单色光b的折射率，单色光a在冰晶中的传播速度比单色光b在冰晶中的传播速度________(填“大”或“小”)．如果让太阳光从水中射向空气，逐渐增大入射角，则a、b两种单色光中，单色光________(填“a”或“b”)更容易发生全反射．
图1
答案 小于 大 b
解析 光从空气斜射到冰晶上，由于折射率不同，由题图可知，单色光b偏折较大，单色光a偏折较小，所以此冰晶对单色光a的折射率小于冰晶对单色光b的折射率；根据v＝eq \f(c,n)可知，单色光a在冰晶中的传播速度比单色光b在冰晶中的传播速度大；根据sin C＝eq \f(1,n)知，单色光b的临界角较小，所以单色光b比单色光a更容易发生全反射．
2.(多选)(2020·怀仁县大地学校高二期末)如图2所示，ABCD是一直角梯形棱镜的横截面，位于截面所在平面内的一束光线由O点垂直AD边射入，已知棱镜的折射率n＝eq \r(2)，AB＝BC＝8 cm，OA＝2 cm，∠OAB＝60°.则下列说法正确的是( )
图2
A．光线第一次入射到AB界面上时，既有反射又有折射
B．光线第一次从棱镜折射进入空气，应发生在CD界面
C．第一次的出射点与C点相距eq \f(4\r(3),3) cm
D．光线第一次射出棱镜时，折射角为60°
答案 BC
解析 由sin C＝eq \f(1,n)，得临界角C＝45°，光线第一次射到AB面上的入射角为60°，大于临界角，所以发生全反射，反射到BC面上，由几何知识得，入射角为60°，又发生全反射，射到CD面上的入射角为30°，根据折射定律得n＝eq \f(sin θ,sin 30°)，解得θ＝45°.即光从CD边射出，与CD边成45°斜向左下方，故A、D错误，B正确；根据几何关系得，AF＝4 cm，则BF＝4 cm.∠BFG＝∠BGF，则BG＝4 cm.所以GC＝4 cm.所以CE＝GC·tan 30°＝eq \f(4\r(3),3) cm，故C正确．
3.玻璃球过球心的横截面如图3所示，玻璃球的半径为R，O为球心，AB为直径．来自B点的光线BM恰好在M点发生全反射，弦BM的长度为eq \f(2\r(6),3)R，另一光线BN从N点折射后的出射光线平行于AB，光在真空中的速度为c.求：
图3
(1)该玻璃球的折射率；
(2)光线BN在玻璃球中的传播时间．
答案 (1)eq \r(3) (2)eq \f(3R,c)
解析 (1)光线BM恰好在M点发生全反射，则∠BMO等于临界角C，则BM＝2Rcs C＝eq \f(2\r(6),3)R，
解得cs C＝eq \f(\r(6),3)，所以sin C＝eq \f(\r(3),3)，
又因为sin C＝eq \f(1,n)，所以n＝eq \r(3).
(2)设光线BN在N点的入射角为i，根据几何关系，则有折射角r＝2i，
由折射定律公式n＝eq \f(sin r,sin i)
得cs i＝eq \f(\r(3),2)，
BN＝2Rcs i＝eq \r(3)R，
光在玻璃球中的传播速度为v＝eq \f(c,n)，
则光线BN在玻璃球中的传播时间t＝eq \f(BN,v)＝eq \f(3R,c).
4.用某种透明材料制成的一块柱体形棱镜的水平截面图如图4所示，左侧ABOD为长方形，右侧DOF为以O为圆心的eq \f(1,4)圆．光线从真空以入射角θ1＝60°射到棱镜AB面，经折射后，光线到达BF面上的O点并恰好不从BF面射出．
图4
(1)画出光路图；
(2)求该棱镜的折射率n和光线在棱镜中传播的速度大小v(光在真空中的传播速度c＝3×108 m/s)．
答案 (1)见解析图 (2)eq \f(\r(7),2) eq \f(6\r(7),7)×108 m/s
解析 (1)光路图如图所示
(2)设光线在AB面的折射角为θ2，折射光线与OD的夹角为C，则n＝eq \f(sin θ1,sin θ2)
由题意可知，光线在BF面恰好发生全反射，sin C＝eq \f(1,n)
由图可知，θ2＋C＝90°
联立以上各式解得n＝eq \f(\r(7),2)，又n＝eq \f(c,v)，
解得v＝eq \f(6\r(7),7)×108 m/s.
5.(2020·云南五华昆明一中高三月考)如图5所示为一块玻璃砖横截面，已知△ABC为一直角三角形，∠A＝30°，BC＝a.三角形右侧为四分之一圆弧，C点为圆心，且CD⊥CB.现有一束单色光从AC的中点P平行于AB射入，折射光恰好过B点，光在真空中的速度为c，求：
图5
(1)该玻璃砖的折射率；
(2)光线从玻璃砖射入到第一次射出所经历的时间．
答案 (1)eq \r(3) (2)eq \f(5\r(3)a,2c)
解析 (1)光路图如图所示，光线从P点射入时，入射角θ＝60°，
由几何关系知折射角β＝30°，
折射率n＝eq \f(sin θ,sin β)＝eq \r(3)
(2)设全反射的临界角为C，sin C＝eq \f(1,n)＝eq \f(\r(3),3)
由几何关系结合光路图可知∠PBC＝∠BEC>C，
光线在圆弧上B、E处均发生全反射，然后从CD边F点垂直射出．
由n＝eq \f(c,v)得v＝eq \f(\r(3),3)c
光线从玻璃砖射入到第一次射出的总路程s＝eq \x\t(PB)＋eq \x\t(BE)＋eq \x\t(EF)＝eq \f(5,2)a
经历的时间t＝eq \f(s,v)
解得t＝eq \f(5\r(3)a,2c)
6.如图6所示，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：
图6
(1)从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值；
(2)距光轴eq \f(R,3)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 (1)eq \f(2,3)R (2)2.74R
解析 (1)如图甲，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iC时，对应入射光线到光轴的距离最大，设最大距离为l.
i＝iC①
设n是玻璃的折射率，由全反射临界角的定义有
nsin iC＝1②
由几何关系有
sin i＝eq \f(l,R)③
联立①②③式并利用题给条件，得
l＝eq \f(2,3)R.④
(2)如图乙，设与光轴相距eq \f(R,3)的光线在球面B点发生折射时的入射角和折射角分别为i1和r1，
由折射定律有
nsin i1＝sin r1⑤
设折射光线与光轴的交点为C，在△OBC中，由正弦定理有
eq \f(sin ∠C,R)＝eq \f(sin180°－r1,OC)⑥
由几何关系有
∠C＝r1－i1⑦
sin i1＝eq \f(1,3)⑧
联立⑤⑥⑦⑧式及题给条件解得
OC＝eq \f(32\r(2)＋\r(3),5)R≈2.74R.