专题5 第2讲 光 电磁波-【高考前沿】2023高考物理第二轮复习·超级考生备战高考（新教材）

第二讲光电磁波 (2)脉冲激光从第一个三棱镜右侧斜面射出时发生折射，设折射 [真题引领试做 角分别为a1和ag,由折射定律得n=sin sin a2 sin 0 ，④，2=8n0 1.[解析]由题图可知，图乙中间部分是等间距条纹，所以图乙是 ⑤ 光的双缝干涉图样，当光通过狭缝时，同时也发生衍射，故A正 设两束光在前两个三棱镜斜面之间的路程分别为L1和L?,则 确：狭缝越小，衍射范围越大，衍射条纹越宽，遮住一条狭缝，另 d 一狭缝宽度增大，则衍射现象减弱，图丙中亮条纹宽度减小，故B L1= ⑥ cos a1 错误：振据条纹间距公式△=宁入可知，照特两条秩能时，增加 d L2= ⑦ cOS a2 L,其他条件不变，图乙中相邻暗条纹的中心间距增大，故C正 △L=2(L1-L2) 确；照射两条狭缝时，若光从狭缝S1、S2到屏上P点的路程差为 联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据得△L=14.4mm ⑨ 半波长的奇数倍，P点处一定是暗条纹，故D正确。故选ACD。 [答案](1)0<0<45°（或0<45°）(2)△L=14.4mm [答案]ACD 5.[解析](1)发光像素单元射到屏障上的光被完全吸收，考虑射 2.[解析]当两种频率的细激光束从A点垂直于AB面入射时， 到屏障顶端的光射到透明介质和空气界面，折射后从界面射向 激光沿直线传播到O点，经第一次反射沿半径方向直线传播 空气，由题意可知0=60°，则r= 出去。 0=30°， 在介质中的入射角为i,则n=,解得sini=子， sin i 2 由几何关系sini V+(告) 保持光的入射方向不变，入射，点从A向B移动过程中，如下图可 解得d=√2.4mm≈1.55mm。 知，激光沿直线传播到CO面经反射向PM面传播，根据图像可 知，入射，点从A向B移动过程中，光线传播到PM面的入射角逐 (2)若可视角度0刚好被扩为180，则折射角r'=180°=90°，此 2 渐增大。 时光线在界面发生全反射，此时光线在界面处的入射角 sinC=】=,解得C=30, n 此时发光像素单元发光，点距离屏障的距离为 =dtan C=3 3 mm, 当入射点为B点时，根据光的反射定律及几何关系可知，光线传 像素单元宽度r最小为r-2(-号）-(25-0.8mm 播到PM面的P点，此时光线在PM面上的入射角最大，设为a, 由几何关系得α=45°， ≈0.35mm。 [答案](1)1.55mm(2)0.35mm [核心考点突破] 考点一 [考点解读] [例1][解析](1)光路如图所示，在MQ面上，入射角a=45°， 由折射定律n=sing 根据全反射临界角公式得sinC。= 1 sin B 儿一142<2，sinC6= 在MN面的中点恰好发生全反射，设全反 =如>号两升领率的蜘发光束的金反特的整界有美系为 1 射临界角为C Ca<45°<C6,故在入射光从A向B移动过程中，a光能在PM sinC=元 1 面全反射后，从OM面射出：b光不能在PM面发生全反射，故仅 由几何关系B十C=90 有a光。A正确，BCD错误。故选A。 解得n= [答案]A 2 一1可知 3.[解析]由全反射临界角与折射率的关系sinC==2 (2)造明体中光速=号 临界角为45°，即光线垂直BC方向射出在AC面恰好发生全反 由1知s9号 射，由几何知识可知光从AA'C'C面出射的区战占该侧面总面积 所求时间t= a 的2，所以A项正确，B项错误：若DE发出的单色光频率减小， vcos B 则折射率川随之减小，由nC=子可知，共修界角增大，所以 可得1=3 c1 AA'CC面有光出射的区域面积将增大，C项正确，D项错误。 [答案](2光 [答案]AC [例2][解析](1)由于入射光线平行于AB,∠A=30°，根据几 4.[解析](1)由几何关系可得，光线在第一个三梭镜右侧斜面上 的入射角等于日，要使得两种颜率的光都从左侧第一个棱镜斜面 何关系，光线在D点的入射角i=60°，由于EF与AC平行，E为 AB的中点，光线在E点的入射角为60°，根据几何关系，光线在 射出，则日需要比两种频率光线的全反射角都小，设C是全反射 的临界角，根据折射定律得 D点的折射角，=30，则或璃砖时光的折射奉月细厅 sin C=1 ① 1=B<5,光线会在E点发生全反射。 折射率越大，临界角越小，代入较大的折射率得 由于sinC=元=3<z (2)由几何关系可知，四边形DEFC为等腰梯形， Cmin-45 ② 所以顶角0的范围为0<0<45°（或0<45°） ③ 周此DE=FC=合L,EF=2BF=L 247 光在或璃砖中的传福建度一行局 [对点训练] 3.BC如果容器A、B中气体相同，则折射率相同，到屏的中央光 则光从D点传播到F点所用的时间1=DE+EF=3L