专题卷(十六) 机械振动、机械波、光-【鱼跃龙门卷】2025年高三物理二轮复习专题卷（山东专版）

4.如图所示，一带正电的小球用绝缘领绳悬挂于0点，将小球拉开小角虔后静 2024一2025学年度高三二轮复习专题卷（十六） 止释放，其运动可视为简谐运动，下列精随中可使小檬探尚相常增加的是 物理·机械振动、机械波、光 A.将此单摆置于聚直向下的翼电场中 氏在悬点O处放置一个带正电的点电荷 (考试时间90分的，满分100分》 C在悬点O处放管…个带负电的点电背 一、单项选择慧：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。带 D.将此单摆置于看有摆动平面向里的匀瑾数场中 题目为能力提升整，分值不计入总分 5.某摄子白由最动时的最动图像如图甲中实线所常，面在某紧动力作用下敏受追银动时，髓定 上.下列关干简清西动的说法正痛的是 后的最动图撞如图甲中虚线所示，那么，党受追数动对度的状态可能是图乙中的（图乙为流量 A。在风中见动的树枝的运动是简背运动 子的共振黄线) 县做简游运动的物体一定敞机航服动 C、能谐运动的同复力可以是恒力 D.简谱运动的物体在平衡位置时所受合力一定等于零 2.如图甲所示，质量为m的B木叛效在本平面上，质量为2的物块A通过一轻弹簧与其相造 给4一经直方向上的初递度，当A运动到量高点时，B与水平面间的作用力刚好为零。从某 时刻开始计时，A的位移随时可变化规律如周乙，已知重力加速度为g,空气阻力不计，下列说 Aa点 品b点 C,点 D,a点，b点都可能 达正确的是 6。一列篱清横被滑：箱传播，图甲为放在：■0时刻的波形图，图乙为平衡位餐在士■1m处质 点P的探动周像。下列说法正确的是 A物块A敏简普运动，回复力仅由算簧第力是供 A.该技铅x轴正方向传插 B.该泼的故速为2m/, B木板B在1时刻对地雀的压力大小为mg C0一5内，质点Q话动的路程为5mD6·末，质点P运动到了Q点 C物块A在量任点时弹簧弹力为4稀g ?,如图所示，甲图表示S,稻s,两相干水技的干沙图样，设两判波各白的景额均为5m,且图示 范围内振解不变，放速和波长分别是1m/和a,五m,出是A,C注载的中点：乙图为一发源 ,物块A的板动方程为y=0,14(2+若=) S,在可种均匀介质中餐匀渔运动的某一时刻的泼面分布情况。甲图中实线表示读峰，湿线表 3。如图新示，纸弹簧灯笼上端固定，下端悬挂吊最，吊坠在经直方向 示被谷。则下列关干两幅图的说法中正降的是 做叛幅较小的简惜运站。取吊最平衡位置处为经标原点，向下为 正方向，振弹簧举性势能E,、吊坠的料复力F,相速度：、速度要与 位移x的关慕可能正确的是 A甲图中A,B两点的竖直高度差为10©m 且从甲图所示时制开龄经0,5，B点通过的路程为10描 C乙图所表示的是被的衔财现象 D.在E点戏察到的顿率比在F点观察列的频率低 物理A·专题参（十大第1更（共身类引 鱼餐地门整 物理A·专题爆（十六》第1类（共4类引 8,如图所示，两技源分测位于x=一2m和于=12甲处，均只张动一个周周，保相均为4m。两 12.牛领在例桥大学读书时，对光的颜色问题倾感兴是，于是在1664年初殿了一个三角形玻璃棱 鼓铅x轴相向传播，一O时刻被形如图。已知被传塘速度为罗一4m/5,厦点M的平衡位置 镜，对太阳光进行了实验研究。牛顿的实验如国甲所尽，太阳充道过三角参玻璃棱镜后，在 在士一5m处，期 光屏上形成一条卷色的光带。图乙为其中一种单色光在三角形数璃棱镜中传酒的情混，角 A.P,Q起振方向相同 A为棱镜顶角，8称为偏向利。下列说法正输的是 氏两被相通时P处质点移动到了M处 C=15时质点Q位移为8em 山，整个传精过程M点一直没有振动 ·现有一光线以相同的人财角6，分料射人两杯不司表度的NC 溶液中，折射光战如阳质示(a>A),已知NC溶液的折射率 陆荣度增大而增大，氢略杯子对允线传播的影响，下列说法正 确的是 人根据牛钥的实验可知，同种介质对不同波长的光的折射率不同 私折射率越大，篇向角日植小 A从两杯底财出的光线与底边夹角相等 县光在乙杯溶液中传播较快 C偏向角与棱镜顶角A有关 山.人射角：感大，折财角，越大，所以元一定能修在图乙中棱镜右测表面发生全反射 C甲杯中NaC溶流的浓度比乙大 ·如周甲所示，在y平我内有两个沿：方向做简措运动的点被颜5，(0,0)和5，《3m,0}。两被 D.请当增大人射角，乙帮中的光线在杯底可能发生全反射 藏的振动图像分刿如围乙和圆内所示，两列波的被速均为0,50m/s:一0时刻两支源产生的 二、多项选择题：本题共4小贾，每小题4分，共16分。每小题有多个这项符合题日要求。全郎烟 对的得4分，进对但不全的得2分，有选储的得分。带：题目为能力提升置，分值不针入 被均已到达质点A(15m,2m}和B(0,4m)处，则 总分。 9,下列说法正端的是 A。男低音和女高查我唱家所发出的声波可能会发生千渗观家 乱“阳其声有不见其人”现象说明声度能绕过障刷物维线传播 C,电盘皱可以发生指射现象和偏振尾象 D,意外线在水申的传橘速度小于红外线在水中的作播速度 10.如图，婚蜍在边塘边平静的水直上鸥叫，形成了水被。已舞水波的传播速 A.质点A位于服动减弱区 B.质点A比质点B振动得快 度与水的深度或正相关，蜂蜂的鸣叫顿率/=145】H:。下列说法正确 C、04s内，暖点A的最小使移为Q D0-4s内，所点B的量大位移为2m 的是 三，非选择题：本题共6小露，共60分。 A水被从浅水区传人深水区，顾率变大 13。《6分》一列筒游横技滑x销鱼方向传辑，如周所示的实线和度规分薄为41=0和=山，2 且池精水面上的落叶敲的是受边限动 时的被形图。求： C,在深水区，水被更容易发生街射现象 《1)这列放的量大翼期： D者本逡用个相邻钱峰间能离为0.5m,侧此处水度的设速约为3m/: 2)这列技的传播迪度大小 11.如图所示的示意图设者实险赖置都源白于误本，下列说法买确的是 A甲图是小孔析射的图样，也被称为泊松亮无 队乙图为E皂随薄眼干示意图，将服奥顺时针旋转0°，条蚊不会随着旋转 C.丙图为劈尖干沙校查平登度示意图，由条饮可以兼断出P处凹隔，Q处凸园 D,图丁所示为相机的摄车岗挡风玻璃的概片，图中能明显成网汽车玻璃表面反射光是科用 了南精干表扇现 物理A·专额参（十六）黑1更共身类 鱼餐地门整 物理A·专题超（十六）第4类（共4类引 非收 14,《8分)位于O点的技源A着y第做碳幅为10m的不连域简谐话动，形成沿x轴正方向传 16.《8分》一相束单色光在直角三校楚AHC的割而AC上以大角度由D点人射（人财面在极镜 提的机械放。某时制，孩机减波刚好传科P点，O,P间各质点形成的泼形如图所示，平衡控 的横截面内》，人射角为，经所射后射至AB边的E点，如图所示，逐新减小1，E点向B点 姓名 置在￥一Q.8m处的质点已经振动了0.2，求， 移动，当一后时，给好段有亮线从AB边射由使镜此时DE-DA。求使锁购所封率， 1》被在介质中传播的速度， (2)质点Q此时已经通过的路程. 等慧老 1 6 15,《8分)如图，一半径为？的玻璃半球，0点是半球的球心，虚线00了表示光轴（过球心0与半 球庇乐直的直气》。已知玻璃的折财事为1,5。观有一束平行光兵直人射到半感的：面 8 上：有些光线能从球面射出（不考虑蔽辛球的内表面反射后的光线）。求。 《1)从球面射出的光线对应的入射光线到完轴距离的最大值： 9 (2E光轴的人射光线经球面折射后与光输的交点到0点的距离。 ↑↑↑↑1t1 物理A·专题参（十六第5更（共身类 鱼纸地门整 物理A·专题超（十六）第6类（共4类引 17,14分》如图，某种伤度屏由透明介质和对光完全酸牧的屏障构成，其中屏障毛直于屏平行 18,《16分)餐棱憧增亮最健有效提升，CD(液晶暴示屏)亮度。如倒甲所示为北工作原理最面 排列，可实现对豫素单元可说角度？的控制（可视角度日定义为某檬素单元发出的光在图示 图，从面光票爱出的光通过棱能腹后，部分会定向出射到1.)上，第分会经过全反射运间到 平面内折射到空气后最大折射角的2督)。透明介质的折射常容=2，屏障间常上=Q,Bmm。 光兼进行再利用。如图乙所示，△ABC为棱能鞭中的一个徽棱镜的横餐面，∠A=0°， 爱光檬素单元紧辈屏下，位于柑邻两屏障的正中同。不考虑光的刷射： AB=AC,用较在BC边上P点的单色点光源领数人射光对增亮提进行研究，P=3PB,已 1》若把发光檬素单元棍为点光源，要求可祝角度8控制为60”，求屏障的高度： (2)若屏障高度d1,0mm,且爱光檬素单元的宽度不储怎略，承像素单元宽度x最小为多 知微棱能材料的折射率：-学·加37=06，具考虑从P点发出射到AB边和AC边上的 少时，其可视角度刚好装扩为150《只要看到像素单元的任意一点，即视为能看到该像 光就 素单元)。 《1》若经AB边析划出的光线与BC边岳直，求该允线在微棱镜内入射角的正蕊植： 气 《》求从P点发出的光能从AB边和AC边射出棱镜区城的长度L,与L,之比 东果惠东有LD 作T林钢 发光角素单元 反相 物理A·专题参（十六第7要（共身类 鱼纸地门整 物理A·专题修（十六）第，类（共4类引·物理· 参考答案及解析 (2)启动前制动,助力气室长度压缩为 L0 2 ,该过程发生等温变化,有p0SL0=p'1S· L0 2 , 此时杆AB 由受力平衡得F1+p0S=p'1S+F0, 启动后制动助力气室长度将压缩 L0 2 ,有4 9p0SL0=p'2S ·L0 2 , 此时杆AB 由受力平衡得F2+p0S=p'2S+F0, 所以驾驶员能节省的力为ΔF=F1-F2, 联立得ΔF= 10 9p0S 。 18.(1)0.5 A (2)2T0 120 s 【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律可得电动势为E=n ΔB ΔtS=200×0.05×0.3 V=3 V, 根据闭合电路欧姆定律可得流过电热丝的电流为I= E R+r= 3 5+1A=0.5 A。 (2)开始通电活塞缓慢运动,直至到达卡环,密封气体做等压变化,根据盖—吕萨克定律可得 1 2V T0 = V T ,解得此时汽缸内气体的温度为T=2T0, 此过程气体对外界做功为W=p0ΔV=p0· 1 2V=1×10 5× 1 2×1×10 -3 J=50 J, 汽缸内气体的内能增加了100 J,根据热力学第一定律可得ΔU=-W+Q, 可解得气体吸收热量为Q=150 J, 根据焦耳定律可得Q=I2Rt,解得电热丝的通电时间为t=120 s。 物理(十六) 1.B 【解析】晃动的树枝在风力作用下运动,不是简谐运动,A错误;简谐运动是机械振动的一种, 是最基本、最简单的振动形式,B正确;简谐运动的回复力与偏离平衡位置的位移成正比,是变 力,C错误;物体运动到平衡位置时,所受回复力为零,但合外力不一定为零,比如单摆的平衡位 置在最低点,合外力提供向心力,不为零,D错误。 2.D 【解析】物块A 做简谐运动,回复力由弹簧弹力和重力的合力提供,选项A错误;在t1 时刻 A 在平衡位置,此时弹簧被压缩,弹力为2mg,则此时木板B 对地面的压力大小为3mg,选项B 错误;物块A 在最高点时B 与水平面间的作用力刚好为零,此时弹簧弹力为mg,则对A,mg+ 2mg=2ma,解得a=1.5g,由对称性可知物块A 在最低点时加速度向上,为1.5g,则F-2mg= 2ma,解得弹簧弹力为F=5mg,选项C错误;设物块A 的振动方程为y=Asin (ωt+φ)(m),根据 T=1 s,A=10 cm,ω= 2π T=2π s-1,当t=0时y=5 cm,即5=10sin φ,可得φ= π 6 ,则物块A 的 振动方程为y=0.1sin 2πt+π6 (m),选项D正确。 3.D 【解析】当吊坠位移为零时,弹簧处于伸长状态,纸弹簧弹性势能不为零,故A错误;吊坠的 回复力F=-kx,可知F-x 是过原点的直线,且斜率为负,故B错误;根据牛顿第二定律,加速度 a= F m=- kx m ,可知a-x 是过原点的直线,且斜率为负,故C错误;物体做简谐运动的位移随时间 ·77· 高三二轮复习专题卷 变化的表达式为x=Asin(ωt+φ),速度的表达式为v=ωAcos(ωt+φ),联立可得 x2 A2 + v2 ω2A2 = 1,可知v-x 图像为椭圆方程,故D正确。 4.A 【解析】根据单摆的周期公式T=2π L g ,可得单摆的频率f= 1 2π g L ,若将此单摆置于竖直 向下的匀强电场中,可知带电小球所受电场力竖直向下,而重力也竖直向下,重力场与电场叠加, 相当于增加了单摆所处空间的重力加速度,因此该单摆的振动频率将增加,故A正确;在悬点O 处放置一个点电荷,根据点电荷之间作用特点可知,两点电荷之间产生的静电力方向始终在两点 电荷的连线上,即沿着绳子方向,可知连接小球的绳子上的拉力将会发生改变,而在小球做简谐 运动时,其回复力为小球重力垂直绳子方向的分力,根据小球做简谐运动的周期公式T=2π m k ,可得f= 1 2π k m ,即在小球质量不变的情况下,其振动频率与回复力和位移大小比值的系数 k有关,而点电荷对小球的静电力与回复力无关,故B、C错误;若将此单摆置于垂直摆动平面向 里的匀强磁场中,则在小球从左向右摆动的过程中,其所受洛伦兹力始终沿着摆绳指向摆心,而 从右向左摆动的过程中,其所受洛伦兹力始终沿着摆绳背离摆心,则可知洛伦兹力的出现将使摆 绳上的张力发生改变,但并不会影响摆球的振动频率,故D错误。 5.A 【解析】某振子自由振动时的振动图像如图甲中实线所示,设周期为T1,而在某驱动力作用 下做受迫振动时,稳定后的振动图像如图甲中虚线所示,设周期为T2;由图可知,T1<T2,则有 f1>f2;图乙中c点处发生共振,驱动力频率等于固有频率f1,当受迫振动时,驱动力频率为 f2<f1,故此受迫振动对应的状态可能是图乙中的a 点,但一定不是c点和b点。 6.C 【解析】根据图乙可知,t=0时刻,质点P 向上振动,根据“上下坡”法可知,该简谐波沿x 轴 负方向传播,故A错误;根据图甲可知,该波的波长为2 m,则波速为v= λ T= 2 4 m/s=0.5 m/s, 故B错误;由于5 s=T+ 1 4T ,则质点P 运动的路程为s=4A+A=5A=5×1 cm=5 cm,故C 正确;介质中的质点只在自己的平衡位置附近振动,而不会随波迁移,故D错误。 7.A 【解析】甲图中A、B 都是振动加强点,其中A 在波峰,B 在平衡位置,则A、B 两点的竖直高 度差为2A=10 cm,故A正确;波的周期为T= λ v= 0.5 1s=0.5 s,从甲图所示时刻开始经0.25 s =0.5T,B 点通过的路程为2×2A=20 cm,故B错误;乙图所表示的是波的多普勒效应,故C错 误;在E 点单位时间内接收到的波面比F 点多,则在E 点观察到的频率比在F 点观察到的频率 高,故D错误。 8.D 【解析】根据t=0时刻的波形图和上下坡法可知,P 的起振方向沿y 轴负方向,Q 的起振方 向沿y 轴正方向,故A错误;质点只能在自己平衡位置附近振动,而不随波迁移,故B错误;由图 可知,两列波的波长都为4 m,则周期为T= λ v=1 s,又t=1.75 s=T+ 3 4T ,因两列波只振动一 个周期,可知在t=1.75 s时右侧波已离开x=8 m处,左侧波经t=1.75 s向右传播的距离为x =vt=7 m,即左侧波的波谷恰好传到x=8 m处,故此时质点Q 的位移为-4 cm,故C错误;由 图可知,PM 的距离与QM 的距离相等,故两列波同时传至 M 点,两列波的频率相同,振动方向 相反,故 M 点为振动减弱点,所以整个传播过程 M 点一直没有振动,故D正确。 *A 【解析】光线射入溶液时入射角为θ,折射角设为β,则从杯底射出时的入射角也为β,射出时的 折射角设为γ,根据光的折射定律,有 sin θ sin β =n= sin γ sin β ,可得γ=θ,即光线从杯底射出时的光线与 ·87· ·物理· 参考答案及解析 射入溶液的光线平行,与溶液折射率的大小无关,故A正确;两杯NaCl溶液对光的折射率分别为 n1= sin θ sin β1 ,n2= sin θ sin β2 ,由于β1>β2,所以n1<n2,故甲杯中NaCl溶液的浓度比乙小,根据v= c n 可知,折射率越小,光在溶液中的速度越大,即光线在甲杯溶液中传播较快,故B、C错误;光线射 入溶液时的入射角θ越大,折射角β就越大,从杯底射出时的入射角β也就越大,当入射角θ等于 90°时,β等于发生全反射的临界角,但入射角θ不可能增大到90°,β也就不可能增大到临界角,也 就是说光线在杯底不可能发生全反射,故D错误。 9.BCD 【解析】发生干涉,必须有相同的频率和恒定的相位差,而男低音和女高音歌唱家所发出 的声波的频率不同,因此并不能发生干涉现象,故A错误;“闻其声而不见其人”现象说明遇到障 碍物时,声波能绕过障碍物继续传播,故B正确;衍射现象是波特有的现象,而偏振现象是横波特 有的现象,电磁波也是一种横波,可以发生衍射现象和偏振现象,故C正确;光在介质中传播,频 率越高,传播速度越小,紫外线在水中的传播速度小于红外线在水中的传播速度,故D正确。 10.BC 【解析】蟾蜍声带的振动产生了在空气中传播的声波和在池塘中传播的水波,无论是声波 还是水波,它们都是由声带振动产生的,所以其频率都应该等于声带的振动频率,而与传播介质 无关,故A错误;池塘水面上的落叶随着水波而振动,做的是受迫振动,故B正确;由已知水波 的传播速度与水的深度成正相关,可知水波的波长与水深有关,深水区的波长大,所以更容易发 生衍射现象,故C正确;蟾蜍的鸣叫频率f=1 451 Hz,且水波波长λ=0.5 cm=0.005 m,则波 速v=λf=0.005×1 451 m/s≈7.3 m/s,故D错误。 11.BC 【解析】泊松亮斑是光照射在宽度小于或与光源波长相差不大的小圆板或圆珠时,会在之 后的光屏上出现环状的互为同心圆的衍射条纹,故A错误;乙图为肥皂泡薄膜干涉示意图,将 框架顺时针旋转90°,肥皂泡薄膜仍然是上薄下厚,条纹不会跟着旋转,故B正确;丙图为劈尖干 涉检查平整度示意图,由干涉原理可知,若某处凹陷,则对应条纹提前出现,若某处凸起,则对应 的条纹延后出现,因此由条纹可以推断出P 处凹陷,Q 处凸起,故C正确;相机拍摄时减弱了玻 璃表面的反射光,是在照相机镜头前增加偏振片过滤掉了反射的光,应用了偏振原理,故 D 错误。 12.AC 【解析】根据图甲可知,太阳光(白光)通过三角形玻璃棱镜后,光的入射角相同,但不同波 长的光的折射角不同,根据光的折射定律可知,同样的介质,对不同波长的光折射率不同,故A 正确;根据折射定律n= sin i1 sin i2 = sin i4 sin i3 ,可知折射率越大,偏向角越大,故B错误;通过几何关系 有θ=i1-i2+i4-i3,i2+i3=A,解得θ=i1+i4-A,说明偏向角θ与折射率和棱镜顶角A 都 有关,故C正确;i3 最大为A,若A 小于临界角,则不会发生全反射,故D错误。 *AC 【解析】由两波源的振动图像可知,两波源起振方向相反,因A 点到两振源的距离之差为零, 可知质点A 位于振动减弱区,振幅为A1=4 m-2 m=2 m,则质点A 的最小位移为0,选项A、C 正确;两列波的波长均为λ=vT=2 m,B 点到两波源距离之差ΔxB=5 m-4 m=1 m= λ 2 ,则B 点振动加强,而A 点振动减弱,但是两质点振动频率仍相同,即质点A 与质点B 振动的快慢相 同,选项B错误;因B 点振动加强,可知振幅为A2=2 m+4 m=6 m,可知0~4 s内,质点B 的最 大位移为6 m,选项D错误。 13.(1)0.8 s (2)5+20n(m/s),其中n=0,1,2,… 【解析】(1)由波形图可知,波长λ为4 m,图中的实线和虚线分别为t1=0和t2=0.2 s时的波 形图,则有t2-t1= 1 4T+nT ,其中n=0,1,2,…, ·97· 高三二轮复习专题卷 解得T= 0.8 4n+1s ,其中n=0,1,2,…, 可知,当n 取0时,T 有最大值,为0.8 s,即这列波的最大周期为0.8 s。 (2)这列波的传播速度大小为v= λ T=20n+5 (m/s),其中n=0,1,2,…。 14.(1)2.0 m/s (2)40 cm 【解析】(1)由题意可知波从x=0.8 m传播到x=1.2 m经过了0.2 s,故波速v= 1.2-0.8 0.2 m/s=2.0 m/s。 (2)由图可知从波源起振到波传播到P 点过程中Q 点已经振动了1个周期,则通过路程为s= 4A=40 cm。 15.(1) 2 3R (2)2.74R 【解析】(1)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C 时,对应入射光线到光轴的距离最大,设最 大距离为l。 i=C,由全反射临界角的定义有sin C= 1 n , 由几何关系有sin C= l R , 联立解得l= 2R 3 。 (2)设与光轴相距 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 r1, 设折射光线与光轴的交点为D,在△OBD 中,由正弦定理有 sin ∠D R = sin (180°-r1) OD , 由几何关系有∠D=r1-i1, sin i1= 1 3 ,联立解得OD= 3(22+ 3) 5 R≈2.74R 。 16.1.5 【解析】当sin i= 1 6 时,恰好没有光线从AB 边射出,可知光线在E 点发生全反射,设临界角为C,则sin C= 1 n , 由几何关系可知,光线在D 点的折射角为r=90°-2C, 则sin i sin r=n , 联立可得n=1.5。 17.(1)1.55 mm (2)0.35 mm 【解析】(1)发光像素单元射到屏障上的光被完全吸收,考虑射到屏障顶端的光射到透明介质 和空气交界面,折射后从界面射向空气,由题意可知θ=60°,则r= θ 2=30° , 在介质中的入射角设为i,则 sin r sin i=n , ·08· ·物理· 参考答案及解析 解得sin i= 1 4 , 由几何关系sin i= L 2 d2+ L2 2 , 解得d= 2.4mm≈1.55 mm。 (2)若可视角度θ刚好被扩为180°,则 180° 2 =90° ,此时光线在界面刚好不发生全反射,此时光线 在界面处的入射角等于临界角C,有sin C= 1 n= 1 2 , 解得C=30°, 此时发光像素单元发光点距离屏障的距离为x1=dtan C= 3 3 mm, 像素单元宽度x 最小为x=2 x1-L2 = 23 3 - 4 5 mm≈0.35 mm。 18.(1) 32 10 (2)6∶13 【解析】(1)经AB 边折射出的光线与BC 边垂直,结合几何知识可知,折射角r=45°, 由折射定律得n= sin r sin i ,可得sin i= 32 10 。 (2)根据sin C= 1 n ,可得临界角C=37°, 当光线刚好在AB 边上M 点发生全反射时,如光路图所示,入射角α=37°, 由几何关系知,反射到AC 边的入射角α'=53°>C,能够发生全反射, 过P 点作AB 边的垂线,垂足为Q 点,设PQ=a,由几何关系知QM= a·tan 37°= 3 4a , 根据对称性,可知从P 点发出的光能从AB 边射出棱镜区域的长度为 L1=2QM= 3 2a , 当P 点发出的光线刚好在AC 边上发生全反射时,如光路图所示,设与AC 交点为H,过P 点 作AC 边的垂线,垂足为I点,由几何关系知PI=3a,IH=PI·tan 37°= 9 4a , 从P 点发出的光线到A 点时,由几何关系知∠PAB<37°,光线可以出射。从P 点发出的光能 从AC 边射出棱镜区域的长度为L2=AH=a+ 9 4a= 13 4a , 则L1∶L2=6∶13。 ·18·