高三物理选修3-4专项练习答案.doc

1、（1）（6分）ACE  
（2） (9分）
【解析】Ⅰ、作出光路图如图：
光线在边的入射角：
由几何关系可知在边的折射角：
由折射定律：
Ⅱ、光线在玻璃砖中传播时
在玻璃砖内传播的速度： 则所要求的时间为：
由以上各式可得：
答：Ⅰ．玻璃砖的折射率为；Ⅱ．光线由进入玻璃砖到第一次由BC边出射经历的时间为。
2、（1）（5分）BCE
（2）（10分）【答案】(1)(1－)R　(2)45°
【解析】(1)由折射定律
n＝，n2＝

代入数据，解得：
β1＝45°，β2＝60°
故彩色光带的宽度为：Rtan 45°－Rtan 30°＝(1－)R.
(2)当所有光线均发生全反射时，光屏上的光带消失，反射光束将在PN上形成一个光点．即此时折射率为n1的单色光在玻璃表面上恰好先发生全反射，故
sin C＝＝
即入射角θ＝C＝45° .
（1） 3、（6分）ABD
（2） （9分）
解：设折射角为， （1分）
光线从S到玻璃板上表面的传播时间为： （1分）
光在玻璃板中的传播距离： （1分）
光在玻璃板中的传播时间： （1分）
由题意列式得： （1分）
又根据折射定律： （2分）
联立解得： 或 （2分）
4、（1）ACE (5分)
（2）(10分)
解：（i）设发生全反射的临界角为C，由折射定律得
① (2分)
代入数据得 ② (1分)
光路图如图所示，由几何关系可知光线在AB边和BC边的入射角均为60°，均发生全反射。设光线在CD边的入射角为，折射角为，由几何关系得，小于临界角，光线第一次射出棱镜是在CD边，由折射定律得
C1
A1
B1
③ (2分)
代入数据得 ④ (1分)
（ⅱ） 在右光路图中，由几何关系得
AA1=A1B=BB1=B1C=4cm ⑤ (2分)

⑥ (2分)
5、（1）ADE
（2）①由题意可知，此时P点正在向下运动，Q点正在向上运动，所以：
所以 得：v=5m/s
②cm
③经过T=2.2s质点Q第二次回到平衡位置
6、（1）（6分）ABC
（2）(9分)解:由可知折射光线与镜面垂直，其光路图如图所示，则有：

由折射定律可得：
解得：
在直角三角形中：
由几何关系可得：
为等腰三角形，所以
7、(1)（5分）BDE
(2)（10分）①在E点恰好发生全反射，临界角：
A
B
C
30°
F
E
D
则此玻璃的折射率：
②传播的速度：
光线在玻璃砖中传播的距离：
所用时间：
答：①棱镜的折射率为；②单色光通过棱镜的时间为。
8、（1）BCD
（2）解析：
①（6分）如图所示，在O点刚好发生全反射时，光在光屏PQ上的落点距O′点最远
sin C＝ （2分）
解得C＝45°（2分）
入射光与竖直方向的夹角为θ＝C－30°＝15°（2分）
②（4分）由于介质中紫光的折射率最大，所以位于光带的最右侧．（2分）
若使光线绕圆心O逆时针转动，入射角增大，由于紫光的临界角最小，所以紫光最先消失．
（2分）
9、(1)BDE (5分)
(2)①（5分）光线在AB面上发生折射,由折射定律得:
在BC面上恰好发生全反射,入射角等于临界角C,那么,
由几何关系可知:
联立解得:
②（5分）光在棱镜中的传播速度
那么,光从M到O所用的时间
10、（1）ACD
由图象可知：λ=2m，A=2cm
1.当波向右传播时，点B的起振方向向下，包括P点在内的各质点的起振方向均向下。
波速由 得T=0.2s
由t=0至P点第一次到达波峰止，经历的时间,而t=0时O点的振动方向向上，故经Δt2时间，O点振动到波谷，即y0=-2cm
S0=(3+3/4)×4A=0.3m
11、⑴ ABE
⑵ 解：①光路如图所示

② 设第一次折射的入射角为i，折射角为r
由折射定律： 解得：
由几何关系： 代入数据得：
12、（1）（6分）ACD
(2)(9分)振动图象.周期T＝4×10－3 s.由题图可知，t＝0时刻，x1＝0的质点P(其振动图象即为图甲)在正最大位移处，x2＝1 m的质点Q(其振动图象即为图乙)在平衡位置向y轴负方向运动，所以
当简谐波沿x轴正向传播时，PQ间距离为(n＋)λ1，（2分）
当波沿x轴负方向传播时，PQ间距离为(n＋)λ2，（2分）其中n＝0,1,2…
\(n＋)λ1＝1 m，\λ1＝ m（2分）
(n＋)λ2＝1 m，λ2＝ m（1分）
波沿x轴正向传播时的波速v1＝ m/s(n＝0,1,2…)（1分）
波沿x轴负向传播时的波速v2＝ m/s(n＝0,1,2…)．（1分）

13、（1） BD E （5分）
（2）（10分）光路如图10－10乙所示
光线经反射后到达介质与空气的界面时，由几何关系和折射定律得
i′＝r r′＝i ①
折射光线PQ与入射光线DC平行，则：∠POA＝∠COA＝i
sin i＝＝ ∴ i＝60° ②
由图可知，折射角
r＝＝30°∴ sin r＝ ③
折射率n＝＝ ④

14、（1）（BDE）
（2）解：光线射到斜面时，i=60°（2分）
设棱镜的临界角为C，由于：（2分）
即光射到斜面上时发生全发射。
由几何光系，光反射到另一直角边时的入射角：（2分）
设光从另一直角边射出时的折射角为r，则由折射率定义：（2分）
得：r =60°（1分）
与原方向的偏转角为：（1分）

15、1）ACD
（2）（10分）
解法1：根据折射定律（3分） ，由几何关系2β＝α（3分）
可得β＝30°，α＝60°， ……… （2分）
所以 ……… （2分）
解法2：根据折射定律 ……… （3分）
在△OBC中， ……… （3分）
可得β＝30°，α＝60°， ……… （2分）
所以 ……… （2分）
解法3：（2分），（2分），根据折射定律 （3分）
解得β＝30°，α＝60°，（2分） 所以 （1分）
16、（1）x2=8.95mm …………..（2分） λ=5.2×10-7m………….（3分）
（2）解：（1）（5分）设射向B点的光线入射角与折射角分别i和r，
由题意得 sini===0.6，i=37° i+r=90° 则 r=53°
故水的折射率为 n===≈1.33
（2）（5分）设射向水面的光发生全反射的临界角为C
则有 sinC= 圆形光斑的半径为 R=htanC 圆形光斑的面积为 S=πR2
联立可解得 S=
17、(1)【答案】 29（3分） 145（2分）
【解析】 周期=4s，经过=25 s，质点M第一次到达波谷位置，即经过=29 s，质点M第二次到达波谷位置，此过程中，质点N经过的路程为×4 A =145 cm。
(2) 【解析】(i)画出光路如图所示。
由折射定律有 (2分)
解得折射角= 30°（2分）
由几何关系得，
则 (2分)
(ii)设全反射临界角为C，则有（2分）
在Q点处，根据几何知识得入射角为
则（1分）
得，故不能发生全反射（1分）

18、(1)（5分）BDE
(2)(10分)．解：由图象可知,=2 m,A=2 cm.
1）当波向右传播时，点B的起振方向竖直向下，包括P点在内的各质点的起振方向均为竖直向下．
①波速，由，得．
②由t= 0至P点第一次到达波峰止，经历的时间，而t=0时O点的振动方向竖直向上（沿y轴正方向），故经时间，O点振动到波谷，即
2）当波速v=20 m/s时，经历0.525 s时间，波沿x轴方向传播的距离，即，实线波形变为虚线波形经历了，故波沿x轴负方向传播．

19、1） BD E
（2）解析试题分析：半圆柱体的横截面如图所示，OO′为半圆的半径．设从A点入射的光线在B点处恰好满足全反射条件，由折射定律有
nsinθ＝1 ，式中θ为全反射临界角，解得
由几何关系得∠O′OB＝θ　S＝2RL·代入题给条件得S＝2RL·

20、1）【答案】BCE

（2）