热门试卷

（1）AC　

（2）1，左

（3）由，得C＝45°

如图所示，作出两条临界光线①②，显然，射出部分的宽度为

如图所示，根据折射率定义有，sin∠1=nsin∠2，nsin∠3=1，已知∠1=45°∠2+∠3=90°，

联立解得：n=

故选A；

（2）（i）设波长为λ，频率为ν，则v=λν，代入已知数据得：λ=1m；

（ii）以O为坐标原点，设P为OA间任一点，其坐标为x，则两波源到P点的波程差△l=x-（2-x），

0≤x≤2．其中x、△l以m为单位．

合振动振幅最小的点的位置满足△l=(k+)λ，k为整数

则可解得：x=0.25m．0.75m，1.25m，1.75m．

故最小点的位置可以为0.25m，0.75m，1.25m，1.75m．

（1）A、做简谐运动的质点，其振动能量与振幅有关，振幅越大，能量越大．故A错误．

B、泊松亮斑是光的衍射现象，玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的全反射现象．故B正确．

C、根据爱因斯坦相对论原理可知，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的．故C正确．

D、在“用单摆测定重力加速度”的实验中，为减少实验误差，应选用1m长的细线和小铁球．故D错误．

E、各种电磁波在真空中的传播速度与光速一样，为3×108m/s．故E正确．

故选BCE．

（2）①简谐波沿x轴的正方向传播，t=0时刻P质点向下运动，由题有t=(2+)T=2.2s，则得周期T=0.8s．

 ②由图得波长λ=2cm，则波速v==2.5cm/s

当x=1cm处质点的波峰传到Q点时，Q第一次到达波峰，Q点第一次到达波峰所需时间△t==s=2s．

故答案为：

（1）BCE；（2）①该波的周期为0.8s．②Q点第一次到达波峰所需时间为2s．

（1）A、由图可知，B光的偏折角较大，则其折射率较大，故B光的频率大，在同种介质中，A光的波长比B光的波长长，故A正确；

B、从空气中以相同的入射角射入同样的介质，由折射定律n=可知，A光的折射角比B光的大，故B错误；

C、由v=可知，A光在水中的速度较大，故C错误；

D、由于B光的折射率较大，B光的全反射角较小，AB两种光从相同的介质入射到空气中，逐渐增大入射角，B光先发生全反射，故D正确；

故选AD．

（2）（1）向左传播时，传播的距离为  s=(n+)λ=(4n+3)m（n=0、1、2…）

（2）根据t=(n+)T，得T=（n=0、1、2…）

在所有可能的周期中，当n=0时T最大，故Tmax=0.8s

（3）波在0.2 s内传播的距离s=vt=7m，==1个波长，故波向左传播．

故答案为：

（1）AD

（2）（1）向左传播时传播的距离为s=（4n+3）m（n=0、1、2…）．

（2）若这列波向右传播，它的最大周期为0.8s．

（3）波向左传播．

解：设此透明物体的临界角为C

依题意，所以

当入射角为时，由

得到折射角：

即此时光线折射后射到圆弧上的C点，在C点的入射角为60°，大于临界角，会发生全反射往后光线水平反射至圆弧上的D点并在D点发生全反射，再反射至B点，从B点第一次射出

在透明体内的路径长为：s＝3R  

光在透明体内的速度

经历的时间  

（1）当光束进入长方体后能直接折射到AD面上D点时，θ值最小．设折射角为r，根据几何知识得到

     sinr=

又由题，AD=2AP，代入解得，sinr=

由折射率公式得，n=得到

   sinθ=nsinr=n=

得到θ的最小值为arcsin．

（2）当此光束直接折射到AD面上的光能在AD面上恰好发生全反射时，光线在AD面的入射角恰好等于临界角C，

由几何知识得到，此时AB面上的折射角r′=90°-C

由n=得，sinθ′=nsinr′=nsin（90°-C）=ncosC=n

又sinC=

代入得sinθ′==

得到θ′=arcsic

所以要使此光束直接折射到AD面上的光能在AD面上发生全反射，θ≤arcsic．

而光线要射到AD面上，θ≥arcsin，所以使此光束直接折射到AD面上的光能在AD面上发生全反射，θ的取值范围是arcsin≤θ≤arcsic．

答：

（1）要使此光束进入长方体后能直接折射到AD面上，θ的最小值是arcsin；

（2）要使此光束直接折射到AD面上的光能在AD面上发生全反射，θ的取值范围是arcsin≤θ≤arcsic．

解（1）光线在玻璃中的时间t1==；光线在空气中的时间t2=．则从O点射入玻璃砖的光线要能到达屏S的时间t=t1+t2=+=

（2）光线从玻璃射入空气，当入射角大于或等于临界角时，则会发生光的全反射现象，

所以临界角θ=arcsin，光从圆弧AO1B部分出射，

则有∠AOO1=∠BOO1=arcsin； 

（3）作出光路图，根据几何关系可得：r=O2J=（d-IO）cotθ，

IO=，

解得：r=d-nR  

答：（1）从O点射入玻璃砖的光线要间t=时间能到达屏S；

（2）光从圆弧面上AO1B部分范围射出则有∠AOO1=∠BOO1=arcsin；

（3）屏S上光斑的半径得：r=d-nR．

如图所示，刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕S上的点D到亮区中心E的距离r就是所求的最大半径．

设临界角为C，由全反射的知识可知：sinC=．

所以cosC=

tanC=

==

r==s-nR=s-n=0.33m

答：圆形亮区的半径为0.33米．

设平面镜转过θ角时，光线反射到水面上的P点，光斑速度为V，由图可知：

且  V=，而 V⊥=L•2ω=•2ω

故V=，

液体的临界角为C，当2θ=C=45°时，V达到最大速度Vmax，

即Vmax==4ωd

答：察者们观察到的光斑在水面上掠过的最大速度为4ωd．