1、1、（1）（6分）ACE（2） (9分）【解析】、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： 、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：玻璃砖的折射率为；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：145，260 故彩色光带的宽度为：Rtan 45Rtan 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
2、生全反射，故sin C即入射角C45 .（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 (2分) 代入数据得 (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
3、折射定律得C1A1B1 (2分) 代入数据得 (1分) （） 在右光路图中，由几何关系得AA1=A1B=BB1=B1C=4cm (2分) (2分)5、（1）ADE（2）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/scm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）在E点恰好发生全反射，临界角：ABC30FED则此玻璃的折射率：传播的速度：光线在玻璃砖中传播的
4、距离：所用时间：答：棱镜的折射率为；单色光通过棱镜的时间为。8、（1）BCD（2）解析：（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C45（2分）入射光与竖直方向的夹角为C3015（2分）（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)（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:（5分）光在棱镜中的传播速度那么,光从M到O所用的时间
5、10、（1）ACD由图象可知：=2m，A=2cm1.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t2时间，O点振动到波谷，即y0=-2cmS0=(3+3/4)4A=0.3m11、 ABE 解：光路如图所示 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T4103 s.由题图可知，t0时刻，x10的质点P(其振动图象即为图甲)在正最大位移处，x21 m的质点Q(其振动图象即为图
6、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)1，（2分）当波沿x轴负方向传播时，PQ间距离为(n)2，（2分）其中n0,1,2(n)11 m，1 m（2分） (n)21 m，2 m（1分）波沿x轴正向传播时的波速v1 m/s(n0,1,2)（1分）波沿x轴负向传播时的波速v2 m/s(n0,1,2)（1分）13、（1） BD E （5分）（2）（10分）光路如图1010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ir ri 折射光线PQ与入射光线DC平行，则：POACOAisin i i60 由图可知，折射角r30 sin r 折射率n
7、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2（3分）可得30，60， （2分）所以 （2分）解法2：根据折射定律 （3分）在OBC中， （3分）可得30，60， （2分）所以 （2分）解法3：（2分），（2分），根据折射定律 （3分） 解得30，60，（2分） 所以 （1分） 16
8、、（1）x2=8.95mm .（2分） =5.210-7m.（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=R2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
9、)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波速，由，得由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 nsin1 ，式中为全反射临界角，解得由几何关系得OOBS2RL代入题给条件得S2RL20、1）【答案】BCE（2）
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