第14章 光学-微专题突破 光学的综合计算 课件—2027届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习课件聚焦“光学综合计算”专题，覆盖折射定律、全反射条件、传播时间计算等核心考点，依据高考评价体系分析全反射应用占45%、光路几何关系占30%的高频考点分布，归纳玻璃砖、棱镜等典型模型的常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“模型建构+科学推理”的突破策略，如以道威棱镜为例，通过折射角计算、传播路程推导培养科学思维，结合防窥屏实例强化全反射临界角应用技巧。助力学生掌握综合计算方法，教师可据此系统梳理考点，提升复习效率。

第14章 光学 微专题突破 光学的综合计算 1 【视角1】　光导纤维 例1 手机发出的电磁波首先由附近基站将其转换为高频光脉冲，通过光导纤维传输到目标基站，再转换为电磁波被目标手机接收。图示为一光导纤维(可简化为一长玻璃丝)的示意图，玻璃丝的长L = 2 km，玻璃丝的折射率n = ，AB代表端面。已知光在真空中的传播速度c = 3×108 m/s。 2 （1）为使光线能从玻璃丝的AB端面传播到另一端面，光线在端面AB上的入射角α应满足的条件是什么? [解析] 由光的折射定律，可得 = n 因为β+γ = 90°，所以sin β = cos γ 当γ≥C(临界角)时光在玻璃界面处发生全反射，光通过长玻璃丝，如图所示 由于sin C = ，则有sin γ≥ 整理可得≥ ，解得cos γ≤ 联立解得sin α≤ ，代入数据可得α≤45° 3 （2）求光线从玻璃丝的AB端面传播到另一端面所需的最长时间。 [解析] 光在玻璃中的速度v = 设光在玻璃丝中传播的总路程为s，则有t = 玻璃丝长L = ssin γ 联立解得t = 因为γ≥C，显然，当γ = C时t最大，故有tmax = 代入数据解得tmax = 10−5 s 4 【视角2】　半圆形玻璃砖 例2 如图所示，质量m = 400 g的激光发射器悬挂在劲度系数k = 40 N/m的轻质弹簧下端，发射器右侧竖直放置一块直径D = 60 cm的半圆柱形玻璃砖。发射器静止时，激光恰好从圆心O点射入玻璃砖。已知玻璃砖对该激光的折射率n = ，激光与水平方向的夹角始终为θ = 60°，光在真空中的传播速度c = 3×108 m/s，激光与玻璃砖在同一竖直面内，取重力加速度g = 10 m/s2，结果可用根号表示。 5 （1）求从圆心O点射入的激光在玻璃砖中的折射角大小； [解析] 如图所示，由圆心射入的激光，在玻璃砖中的折射角α 根据折射定律n = ，解得α = 30° 6 （2）求从圆心O点射入的激光在玻璃砖中的传播时间； [解析] 激光在玻璃砖中的传播速度v = 射入的激光在玻璃砖中的传播时间t = 解得t = ×10−9 s 7 （3）向下拉动发射器一段距离后释放，发射器做简谐运动，照射到半圆柱形玻璃砖的激光恰好都能从圆弧面射出。已知弹簧振子的周期公式为T = 2π (其中m为振子的质量，k为弹簧的劲度系数)，以向下为正方向，以最低点释放为零时刻，求发射器做简谐运动的振动方程(即位移与时间的关系)。 [解析] 如图所示，激光恰好都能从圆弧面射出，玻璃砖恰好发生全反射的光路如图所示 由几何关系可得∠OAB = 120°，∠OED = 60° 根据sin C = 8 在△ABO中，根据正弦定理 在△EDO中，根据正弦定理 得AO = EO = 故弹簧振子的振幅为A = = 0.2 m 根据T = 2π可得T = 0.2π s 弹簧振子的振动方程 y = Asin = 0.2cos m 9 【视角3】　道威棱镜 例3 “道威棱镜”常用于改变光路方向、实现图像翻转。如图所示，等腰梯形ABCD是“道威棱镜”的横截面，底角为45°，与底边BC平行的两束不同频率的单色光a、b从AB边射入，经BC边反射后从CD边射出(图中未画出)。已知棱镜对a光的折射率na = ，棱镜对b光的折射率nb = 1.5。 10 （1）求a光照射到底边BC时的入射角； [解析] 作出a光的光路图，如图所示 由于入射方向与底边BC平行，根据几何关系有 θ1 = 45° 根据折射率的定义式有na = ，解得θ2 = 30° 根据几何关系可知α = 90°− = 75° 11 （2）若a光在棱镜中的传播时间为t，求b光在棱镜中的传播时间。 [解析] 结合上述，根据a光的光路图，根据正弦定理有 解得EF = ，FG = a光在棱镜中传播的路程 xa = EF+FG = BC 12 a光在棱镜中传播的速度va = a光在棱镜中传播的时间t = · 对b光进行分析，令b光进入棱镜时的折射角为β 结合上述同理可知xb = BC，vb = 根据折射率定义式有nb = 解得sin β = ，cos β = 结合上述同理可知，b光在棱镜中的传播时间tb = · 解得tb = t 13 【视角4】　全反射应用+防窥屏 例4 如图，某种防窥屏由透明介质和对光完全吸收的屏障构成，其中屏障垂直于屏幕平行排列，可实现对像素单元可视角度θ的控制(可视角度θ定义为某像素单元发出的光在图示平面内折射到空气后最大折射角的2倍)。透明介质的折射率n = 2，屏障间隙L = 0.8 mm。发光像素单元紧贴屏下，位于相邻两屏障的正中间。不考虑光的衍射。 14 （1）若把发光像素单元视为点光源，要求可视角度θ控制为60°，求屏障的高度d； [解析] 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界面，折射后从界面射向空气，由题意可知θ = 60°，则r = = 30° 在介质中的入射角为i，则 = n 解得sin i = 由几何关系sin i = 解得d = mm≈1.55 mm 15 （2）若屏障高度d = 1.0 mm，且发光像素单元的宽度不能忽略，求像素单元宽度x最小为多少时，其可视角度θ刚好被扩为180°(只要看到像素单元的任意一点，即视为能看到该像素单元)。 [解析] 若视角度θ刚好被扩为180°，则 = 90°，此时光线在界面发生全反射，此时光线在界面处的入射角sin C = 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 = mm 像素单元宽度x最小为x = 2 mm≈0.35 mm 16 $