第四章 3.光的干涉-【师大金卷】2023-2024学年高中物理选择性必修第一册课时基础检测卷（人教版）

参考答案 玻璃的折射率为n＝sinisinr＝ AE A′E FM EM ＝４３ . (２)当入射角接近９０°时,有sini１＝１, 设折射角为r１,由折射定律可得n＝ sini１ sinr１ , 解得sinr１＝ sini１ n ＝ ３ ４ , 由几何关系可得sinr１＝ FN EN＝ ３ ４ , 设FN 为３x,EN 为４x,由几何关系可得 FN２＋EF２＝EN２, 即９x２＋６４＝１６x２, 解得x＝８ ７７ cm , 则有FN＝３x＝２４ ７７ cm , MN＝FN－FM＝２４ ７－４２７ cm . ２．全反射 [双基巩固卷] １．A　２．C　３．B　４．D　５．B　６．C　７．D　８．C　 ９．C　１０．A　１１．D　１２．C １３．[解](１)根据sinθ＝１n ,可知n＝２. (２)根据t＝Rv ,而n＝cv ,代入数据可得t＝２Rc . １４．[解]据题意得光从光源S到玻璃砖上表面的传 播时间t１＝ d ccosθ , 光在玻璃砖中的传播速度v＝cn , 设光进入玻璃砖的折射角为γ,光在玻璃砖中传 播时间t２＝ ３ ２d vcosγ , 由折射定律得n＝sinθsinγ , 由于t１＝t２,所以联立以上各式解得γ＝３０°,n＝ ２, 又根据临界角定义可得n＝ １sinC , 所以可得C＝４５°. [素养提升卷] １．A　２．B　３．B　４．A　５．D　６．B　７．B　８．C　 ９．AD　１０．AD　１１．BC　１２．BC １３．[解](１)全反射时sin４８°＝０．７５, 则n＝ １sin４８°＝ ４ ３ . (２)设折射角和入射角分别为θ１ 和θ２, 则由题意θ１＝５３°, 根据n＝ sinθ１ sinθ２ ,θ２＝３７°, 盲区宽度d＝(２．０－１．６)tanθ１＋１．６tanθ２, 解得d＝１．７３m. １４．[解](１)光在透明体内的速度为v＝cn , 光在透明体内的最长路径为２R,直接通过的最 长时间为t＝２Rv , 解得t＝１×１０－９s. (２)该光线的光路如图所示,入射角为i＝４５°, 根据折射定律n＝sinisinr , 解得折射角为r＝∠OAB＝３０°, 光从B点射出时的出射角为４５°,由几何关系知 ∠CBO＝１３５°, ∠BCO＝３０°, 由正弦定理,有 R sin３０°＝ x sin１３５° , 解得光束射出透明体后与O１O２ 的交点到球心O 的距离为x＝１０ ２cm. ３．光的干涉 [双基巩固卷] １．B　２．D　３．D　４．B　５．B　６．A　７．C　８．C　 ９．A　１０．A　１１．A　１２．B １３．[解]选第一条亮纹到双缝的路程差应等于光波 的波长,故可知该单色光的波长λ＝９×１０－７m, 由波长、波速和频率的关系可知该单色光的频率 f＝cλ＝ ３×１０８ ９×１０－７ Hz＝３􀆰３×１０１４ Hz, 第一条暗纹到双缝的路程差等于λ ２ ,第二条暗纹 到双缝的路程差等于３ ２λ ,即１􀆰３５×１０－６m. １４．[解](１)由c＝λf,得 λ＝cf＝ ３．０×１０８ ７．５×１０１４ m＝４×１０－７m, 光程差s＝１．８×１０－６ m,则sλ ＝ １．８×１０－６ ４×１０－７ ＝ ９ ２ , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —５８— 双测领航卷􀅰物理　选择性必修第一册 若S１、S２ 振动步调一致,则在A 点出现暗条纹. (２)若S１、S２ 两光源振动步调完全相反,光程差 是半波长的奇数倍,则在 A 点刚好两列波相互 加强,出现亮条纹. [素养提升卷] １．D　２．D　３．C　４．B　５．A　６．B　７．B　８．A　 ９．BC　１０．AB　１１．BD　１２．AC １３．[解](１)设A 光在空气中波长为λ１,在折射率n ＝１􀆰５的介质中波长为λ２,由n＝ λ１ λ２ , 得λ１＝nλ２＝１􀆰５×４×１０－７m＝６×１０－７m, 因光程差Δr＝２．１×１０－６m, 所以N１＝ Δr λ１ ＝２．１×１０ －６ ６×１０－７ ＝３􀆰５, 由此可知,从S１ 和S２ 到P 点的光程差是波长 λ１ 的３．５倍,所以