《金版程》2025-高考大二轮刷题首选卷-物理专题五 考点2 光和电磁波含答案

大二轮刷题首选卷物理《金版程》2025-高考大二轮刷题首选卷-物理考点2光和电磁波考向一光的折射和全反射1.如图所示，一束可见光穿过玻璃三棱镜后，变为a、b、c三束单色光。如果b光是绿光，则以下说法正确的是()A．a光可能是蓝光 B．c光可能是红光C．a光的频率小于b光的频率 D．c光的波长大于b光的波长答案：C解析：光的频率越大，三棱镜对它的偏折程度越大，则a光的频率小于b光的频率，c光的频率大于b光的频率，由λ＝eq\f(c,f)知，c光的波长小于b光的波长，故C正确，D错误；若b光是绿光，则a光可能是红光，c光可能是蓝光，A、B错误。2.如图是以O为圆心、AB为直径的透明圆盘截面，一束激光从空气中平行AB由C点射入圆盘，在B点反射后从D点平行AB射出。已知圆盘半径和AC距离相等，则该圆盘对激光的折射率为()A．1.5 B．2C．eq\r(2) D．eq\r(3)答案：D解析：已知圆盘半径和AC距离相等，则△AOC为等边三角形，由几何知识得折射角∠BCO＝30°，入射角i＝∠AOC＝60°，由折射定律得n＝eq\f(sini,sin∠BCO)＝eq\r(3)，故选D。3．(2023·湖南高考)(多选)一位潜水爱好者在水下活动时，利用激光器向岸上救援人员发射激光信号，设激光光束与水面的夹角为α，如图所示。他发现只有当α大于41°时，岸上救援人员才能收到他发出的激光光束，下列说法正确的是()A．水的折射率为eq\f(1,sin41°)B．水的折射率为eq\f(1,sin49°)C．当他以α＝60°向水面发射激光时，岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角小于60°D．当他以α＝60°向水面发射激光时，岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角大于60°答案：BC解析：由题意知，α＝41°时激光恰好在水面发生全反射，则全反射临界角C＝90°－41°＝49°，且sinC＝eq\f(1,n)，解得水的折射率n＝eq\f(1,sin49°)，A错误，B正确；当潜水爱好者以α＝60°>41°向水面发射激光时，不会在水面发生全反射，且又因是从光密介质射向光疏介质，可知折射光线向水面方向偏折，即岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角小于60°，C正确，D错误。4.(多选)如图为透明长方体的横截面efgh，其折射率n＝eq\f(\r(6),2)，一细束单色光入射至ef面上的p点，入射角为θ，ep＝eq\f(eh,2)＝L，已知光在真空中的传播速度为c，不考虑光在长方体内的二次及二次以上的多次反射，下列说法正确的是()A．当入射角为θ＝60°时，光在长方体中的传播时间为eq\f(\r(3)L,c)B．当入射角为θ＝60°时，光在长方体中的传播时间为eq\f(2\r(3)L,c)C．当入射角θ<45°时，折射到eh面上的光一定发生全反射D．当入射角θ<45°时，折射到eh面上的光不一定发生全反射答案：AC解析：设光在长方体内全反射的临界角为C，则有sinC＝eq\f(1,n)＝eq\f(\r(6),3)，如图所示，当光线在eh面上恰好发生全反射时，ef面的折射角β的正弦值sinβ＝eq\r(1－sin2C)＝eq\f(\r(3),3)，由n＝eq\f(sinθ,sinβ)可知，此时入射角θ＝45°，又因θ角越小，β角越小，eh面入射角i越大，所以当入射角θ<45°时，折射到eh面上的光的入射角一定大于全反射临界角，则一定发生全反射，C正确，D错误；当入射角为θ＝60°时，根据折射定律有n＝eq\f(sinθ,sinβ)，可得光在ef面的折射角β＝45°，则根据几何知识可得，光从eh的中点射出长方体，在长方体中的传播路程为s＝eq\r(2)L，又因为光在长方体中的传播速度为v＝eq\f(c,n)，则光在长方体中的传播时间为t＝eq\f(s,v)，联立解得t＝eq\f(\r(3)L,c)，故A正确，B错误。5.如图所示，ACDB为圆柱形玻璃的横截面，AB为其直径。现有a、b两单色光组成的复合光沿EA方向射向玻璃，a、b折射光线分别沿AC、AD方向，光从A到C的时间为tAC，从A到D的时间为tAD。然后，圆柱形玻璃只保留AB右上部分，入射光线EA方向不变，照射到AB平面上，a、b折射光线分别沿AC′、AD′方向(图中未画出)，光从A到圆弧上C′的时间为tAC′，从A到圆弧上D′的时间为tAD′。下列说法正确的是()A．tAC＝tAD B．tAC>tADC．tAC′＝tAD′ D．tAC′>tAD′答案：C解析：由于AD光的折射角小于AC光的折射角，知玻璃对AD光的折射率大于对AC光的折射率，由v＝eq\f(c,n)可知，AD光在玻璃中速度较小，AB为直径，则有eq\x\to(AD)>eq\x\to(AC)，故tAC<tAD，A、B错误；圆柱形玻璃只保留AB右上部分后的光路图如图所示，记光线AC′、AD′的折射角分别为iAC′和iAD′，连接BC′和BD′，由几何关系有eq\x\to(AC′)＝2r·cos∠C′AB＝2rsiniAC′，eq\x\to(AD′)＝2rcos∠D′AB＝2rsiniAD′，设光线入射角为θ，则na＝eq\f(sinθ,siniAC′)，光从A到圆弧上C′的时间tAC′＝eq\f(eq\x\to(AD′),va)=eq\f(eq\x\to(AD′)·na,c)，联立得tAC′＝eq\f(2rsinθ,c)，同理可得从A到圆弧上D′的时间tAD′＝eq\f(2rsinθ,c)，故C正确，D错误。6.夜晚高速公路路标在灯光的照射下特别亮，主要是因为使用了由大量均匀透明介质球组成的反光材料。如图所示，介质球的球心位于O点，半径为R。平行于直径AOB的单色光从空气射入介质球，其中一条光线沿DC射入球体，在球内表面经一次反射后，再次折射回空气中时出射光线恰好仍与DC平行。已知DC与AB的距离为eq\f(\r(3),2)R，下列说法正确的是()A．介质球的折射率为n＝3B．换不同的单色光线，沿DC入射，在球内表面经一次反射后，再次折射回空气时仍与DC平行C．在同一过球心的截面内，只有三条光线在球内表面经一次反射后，再次折射回空气时与入射光平行D．增大单色光的频率，入射光射入球体后，在球内表面可能发生全反射答案：C解析：光路图如图所示，由几何关系可得sini＝eq\f(\f(\r(3),2)R,R)＝eq\f(\r(3),2)，解得i＝60°，由图可知i＝2r，则r＝30°，所以介质球的折射率为n＝eq\f(sini,sinr)＝eq\r(3)，故A错误；若改变入射光的频率，介质球对其折射率改变，由折射定律知，入射角i不变时，折射角r改变，由几何知识可知，再次折射到空气中时仍有折射角r′＝i，出射光线相对于入射光线的偏转角δ＝2(i－r)＋(180°－2r)＝300°－4r，r不再等于30°，则δ不再等于180°，即出射光线与入射光线不再平行，故B错误；在同一过球心的截面内，只有沿直径和直径两侧对称的两条，共三条光线在球内表面经一次反射后，再次折射回空气时与入射光平行，故C正确；由sinC＝eq\f(1,n)＝eq\f(1,\r(3))>eq\f(1,2)得，全反射临界角C>30°，则在介质右侧发生的反射不是全反射，根据光路的对称性，增大单色光的频率，不可能在介质球内表面发生全反射，故D错误。7．(2022·山东高考)柱状光学器件横截面如图所示，OP右侧是以O为圆心、半径为R的eq\f(1,4)圆，左侧是直角梯形，AP长为R，AC与CO夹角45°，AC中点为B。a、b两种频率的细激光束，垂直AB面入射，器件介质对a、b光的折射率分别为1.42、1.40。保持光的入射方向不变，入射点从A向B移动过程中，能在PM面全反射后，从OM面射出的光是(不考虑三次反射以后的光)()A．仅有a光 B．仅有b光C．a、b光都可以 D．a、b光都不可以答案：A解析：当两种频率的细激光束从A点垂直于AB面入射时，激光沿直线传播到O点，经第一次反射沿半径方向从PM面射出去。保持光的入射方向不变，入射点从A向B移动过程中，如图1所示，激光沿直线射到CO面，经反射射向PM面，光线射到PM面的入射角逐渐增大。当入射点为B点时，如图2所示，根据光的反射定律及几何关系可知，光线射到PM面的P点，此时光线在PM面的入射角最大，为α＝45°，根据全反射临界角公式得sinCa＝eq\f(1,na)＝eq\f(1,1.42)<sinα，sinCb＝eq\f(1,nb)＝eq\f(1,1.40)>sinα，则两种频率的细激光束的全反射临界角与α的关系为Ca<45°<Cb，则b光不能在PM面发生全反射，a可以。a光恰好在PM面发生全反射时，其光路图如图3所示，由几何关系可知其在OM面的入射角i＝45°＋2Ca－90°＝Ca－(45°－Ca)<Ca，故此时a光能从OM面射出。综上可知，入射点从A向B移动过程中，仅有a光能在PM面全反射后，从OM面射出，故选A。8.表征食用油品质的指标有很多，折射率是其中的一个指标，某中学课题组为了测定某品牌调和油的折射率，设计了如下方案：取一底部涂有反光材料的玻璃缸(反光材料不与油发生反应)，将一定量的调和油注入玻璃缸中，注入深度h＝6eq\r(3)cm。在玻璃缸的边缘沿竖直方向固定一个光屏，如图所示。现让一束细光束从A点斜射入食用油中，光束与油表面的夹角θ＝37°，结果在油面上方的光屏上形成两个光点，量得这两个光点之间的距离s＝9cm。求该调和油的折射率n。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)答案：1.6解析：细光束的光路图如图所示由几何关系可知，i＝90°－θ＝53°反射光线Aa与折射光线Cb平行，AC＝stan53°解得AC＝12cm又tanr＝eq\f(\f(AC,2),h)解得tanr＝eq\f(\r(3),3)，r＝30°则该调和油的折射率为n＝eq\f(sini,sinr)＝eq\f(sin53°,sin30°)＝1.6。考向二光的波动性和电磁波9．下列说法中正确的是()A．用光导纤维束传送图像信息，这其中应用到了光的全反射现象B．通过两支夹紧的笔杆间缝隙看发白光的灯丝能观察到彩色条纹，这是光的偏振现象C．用三棱镜观察太阳光谱是利用光的干涉现象D．肥皂泡在阳光下出现彩色条纹，这是光的衍射现象答案：A解析：光纤通信中，光导纤维传送图像信息的物理原理是光的全反射现象，A正确；通过两支夹紧的笔杆间缝隙看发白光的灯丝能观察到彩色条纹，这是光的衍射现象，B错误；用三棱镜观察太阳光谱是利用光的折射引起的色散现象，C错误；肥皂泡在阳光下出现彩色条纹，这是光的薄膜干涉现象，D错误。10．(多选)下列说法中正确的是()A．疾病诊断中，要用X光检查人体的内部器官，是因为在电磁波中X光的穿透能力最强B．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以减弱玻璃的反射光C．泊松亮斑是光通过圆孔发生衍射时形成的D．在同一种介质中，波长越短的光传播速度越小答案：BD解析：用X光检查人体的内部器官，是因为它是各种电磁波中穿透能力较强的，可用于医用透视，而γ射线才是电磁波中穿透能力最强的，故A错误；拍摄玻璃橱窗内的物品时，在镜头前加装一个偏振滤光片，让它的透振方向与反射光的偏振方向垂直，就可以减弱玻璃的反射光而使景象清晰，故B正确；泊松亮斑是光通过不透光的圆盘发生衍射时形成的，故C错误；根据v＝λf及v＝eq\f(c,n)可得λ＝eq\f(c,nf)，在同一种介质中，光的波长越短，频率越高，光的折射率越大，则波速越小，故D正确。11．某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到如图a所示的条纹，仅改变一个实验条件后，观察到的条纹如图b所示。他改变的实验条件可能是()A．换用了波长更短的单色光B．适当减小了双缝到光屏之间的距离C．适当增大了双缝之间的距离D．换用了频率更低的单色光答案：D解析：由题图知，图b的条纹间距更大，根据双缝干涉条纹间距公式Δx＝eq\f(l,d)λ，可知该同学改变的实验条件可能是换用了波长更长的单色光，即频率更低的单色光，也可能是适当增加了双缝到光屏之间的距离，也可能是适当减小了双缝之间的距离，故A、B、C错误，D正确。12.如图所示，甲、乙两幅图分别是a、b两束单色光，经过同一单缝的衍射图样。下列说法正确的是()A．在真空中，a光的波长比b光短B．在同一介质中，a光的传播速度比b光小C．两束单色光分别入射到同一双缝干涉装置时，在光屏上b光亮纹的条数更多D．当两束光从空气中射向玻璃时，a光不发生全反射，但b光可能发生全反射答案：C解析：由衍射图样可知，题图甲的中央亮纹较宽，故a光的波长较长，A错误；由f＝eq\f(c,λ)可知，a光的频率较小，则同一介质对a光的折射率较小，根据v＝eq\f(c,n)知，在同一介质中，a光的传播速度比b光大，故B错误；双缝干涉中，相邻亮纹间距和波长成正比，所以b光相邻亮纹间距较小，在光屏上的亮纹条数更多，C正确；当两束光从空气中射向玻璃时，是从光疏介质射向光密介质，不满足发生全反射的条件，a、b光都不可能发生全反射，故D错误。13．(2021·浙江6月选考)大功率微波对人和其他生物有一定的杀伤作用。实验表明，当人体单位面积接收的微波功率达到250W/m2时会引起神经混乱，达到1000W/m2时会引起心肺功能衰竭。现有一微波武器，其发射功率P＝3×107W。若发射的微波可视为球面波，则引起神经混乱和心肺功能衰竭的有效攻击的最远距离约为()A．100m25m B．100m50mC．200m100m D．200m50m答案：B解析：设有效攻击的最远距离为r，人体单位面积接收的微波功率的临界值为P′，则P′＝eq\f(P,S)＝eq\f(P,4πr2)，解得r＝eq\r(\f(P,4πP′))。则引起神经混乱的有效攻击的最远距离为r1＝eq\r(\f(P,4πP1′))＝eq\r(\f(3×107,4×3.14×250))m≈100m，引起心肺功能衰竭的有效攻击的最远距离为r2＝eq\r(\f(P,4πP2′))＝eq\r(\f(3×107,4×3.14×1000))m≈50m。故B正确。14．如图所示，把一矩形均匀薄玻璃板ABCD压在另一个矩形平行玻璃板上，一端用薄片垫起，将红单色光从上方射入，这时可以看到明暗相间的条纹，下列关于这些条纹的说法中正确的是()A．条纹方向与AB边平行B．条纹间距不是均匀的，越靠近BC边条纹间距越大C．减小薄片的厚度，条纹间距变小D．将红单色光换为蓝单色光照射，则条纹间距变小答案：D解析：薄膜干涉中光的路程差Δs＝2d(d为薄膜厚度)，则薄膜厚度相同处产生的条纹明暗情况相同，因此条纹方向应与BC边平行，故A错误；因为两玻璃间形成的空气膜厚度均匀变化，因此条纹是等间距的，故B错误；设薄片厚度为D，A点到薄片的水平距离为L，相邻亮条纹中心的间距为Δx，两玻璃板间夹角为θ，则根据产生亮条纹的条件可知，2Δxsinθ＝λ，因θ角很小，所以sinθ≈tanθ＝eq\f(D,L)，则可得Δx＝eq\f(λL,2D)，所以减小薄片厚度D，条纹间距Δx增大，故C错误；将红光换成蓝光照射，入射光波长减小，条纹间距减小，故D正确。1．(2024·海南高考)一正三角形OPQ玻璃砖，某束光线垂直于OP射入，恰好在PQ界面发生全反射，则玻璃砖的折射率为()A．eq\r(2) B．eq\r(3)C．eq\f(2\r(3),3) D．2答案：C解析：光线垂直于OP射入玻璃砖，则在OP界面传播方向不变，如图所示，根据几何关系可知，光线在PQ界面的入射角为C＝60°，根据全反射的临界角与折射率的关系可知sinC＝eq\f(1,n)，解得n＝eq\f(2\r(3),3)，故选C。2．(2024·江苏高考)现有一束光以相同的入射角θ，打在两杯不同浓度的NaCl溶液甲、乙中，折射光线如图所示(β1<β2)，已知NaCl溶液的折射率随NaCl浓度的增大而增大。则()A．甲溶液折射率较大B．甲溶液的NaCl浓度较小C．光在甲溶液中的传播速度较大D．光在甲中发生全反射的临界角较大答案：A解析：设甲、乙溶液的折射率分别为n1、n2，则根据题意有n1＝eq\f(sinθ,sinβ1)，n2＝eq\f(sinθ,sinβ2)，而β1<β2，则n1>n2，A正确；根据A项分析，结合题目信息可知，甲溶液的NaCl浓度较大，B错误；根据A项分析，结合n＝eq\f(c,v)可知，光在甲溶液中的传播速度较小，C错误；根据A项分析，结合sinC＝eq\f(1,n)可知，光在甲中发生全反射的临界角较小，D错误。3．(2024·辽宁高考)某同学自制双缝干涉实验装置：在纸板上割出一条窄缝，于窄缝中央沿缝方向固定一根拉直的头发丝形成双缝，将该纸板与墙面平行放置，如图所示。用绿色激光照射双缝，能够在墙面上观察到干涉条纹。下列做法可以使相邻两条亮条纹中心间距变小的是()A．换用更粗的头发丝 B．换用红色激光照射双缝C．增大纸板与墙面的距离 D．减小光源与纸板的距离答案：A解析：换用更粗的头发丝，双缝间距d变大，根据双缝干涉相邻亮(暗)条纹中心间距公式Δx＝eq\f(l,d)λ，则相邻两条亮条纹中心间距Δx变小，故A正确；换用波长λ更大的红色激光照射双缝，同理可知，相邻两条亮条纹中心间距Δx变大，故B错误；增大纸板与墙面的距离l，同理可知，相邻两条亮条纹中心间距Δx变大，故C错误；减小光源与纸板的距离，分析可知，不会影响相邻两条亮条纹中心间距Δx，故D错误。4．(2024·江苏高考)用立体影院的特殊眼镜去观看手机液晶屏幕，左镜片明亮，右镜片暗，现在将手机屏幕旋转90度，会观察到()A．两镜片都变亮 B．两镜片都变暗C．两镜片没有任何变化 D．左镜片变暗，右镜片变亮答案：D解析：立体眼镜的左、右两镜片为透振方向相互垂直的偏振片，开始时左镜片明亮、右镜片暗，则手机液晶屏幕发出的光的振动方向与左镜片的透振方向一致，现在将手机屏幕旋转90度，其屏幕发出的光的振动方向与右镜片的透振方向一致，则左镜片变暗，右镜片变亮，D正确。5．(2024·甘肃高考)(多选)如图为一半圆柱形均匀透明材料的横截面，一束红光a从空气沿半径方向入射到圆心O，当θ＝30°时，反射光b和折射光c刚好垂直。下列说法正确的是()A．该材料对红光的折射率为eq\r(3)B．若θ＝45°，光线c消失C．若入射光a变为白光，光线b为白光D．若入射光a变为紫光，光线b和c仍然垂直答案：ABC解析：当入射角θ＝30°时，反射角也为θ＝30°，又反射光b和折射光c垂直，根据几何关系可知，折射角为90°－θ＝60°，根据折射定律可知，该材料对红光的折射率为n＝eq\f(sin60°,sin30°)＝eq\r(3)，故A正确；设该材料对红光的全反射临界角为C，则sinC＝eq\f(1,n)＝eq\f(1,\r(3))，因为sinC<sin45°，所以C<45°，因此若θ＝45°，会发生全反射，光线c消失，故B正确；光线b为反射光线，对任意颜色的光，均发生反射且反射角均等于入射角，故若入射光a变为白光，光线b为白光，故C正确；该材料对紫光的折射率比对红光的大，若入射光a变为紫光，光线从该材料射向空气的折射角将变大，而反射角不变，由几何知识可知，光线b和c的夹角将小于90°，故D错误。6.(2024·广东高考)如图所示，红绿两束单色光，同时从空气中沿同一路径以θ角从MN面射入某长方体透明均匀介质，折射光束在NP面发生全反射，反射光射向PQ面。若θ逐渐增大，两束光在NP面上的全反射现象会先后消失。已知在该介质中红光的折射率小于绿光的折射率。下列说法正确的是()A．在PQ面上，红光比绿光更靠近P点B．θ逐渐增大时，红光的全反射现象先消失C．θ逐渐增大时，入射光可能在MN面发生全反射D．θ逐渐减小时，两束光在MN面折射的折射角逐渐增大答案：B解析：由题意可知，在该介质中红光的折射率小于绿光的折射率，在MN面，两光的入射角相同，设折射角为α，根据折射定律有n＝eq\f(sinθ,sinα)，可知绿光在MN面的折射角较小，根据光路图可知，绿光比红光更靠近P点，故A错误；根据全反射临界角C与折射率n的关系sinC＝eq\f(1,n)，可知红光发生全反射的临界角较大，由几何关系可知，θ逐渐增大时，在MN面红光的折射光线射向NP面的入射角恒小于绿光的折射光线射向NP面的入射角，所以红光的全反射现象先消失，故B正确；在MN面，光是从光疏介质射入光密介质，无论θ多大，在MN面都不可能发生全反射，故C错误；根据折射定律可知，当入射角θ逐渐减小时，两束光在MN面折射的折射角逐渐减小，故D错误。7．(2024·山东高考)检测球形滚珠直径是否合格的装置如图甲所示，将标准滚珠a与待测滚珠b、c放置在两块平板玻璃之间，用单色平行光垂直照射平板玻璃，形成如图乙所示的干涉条纹。若待测滚珠与标准滚珠的直径相等为合格，下列说法正确的是()A．滚珠b、c均合格 B．滚珠b、c均不合格C．滚珠b合格，滚珠c不合格 D．滚珠b不合格，滚珠c合格答案：C解析：单色平行光垂直照射平板玻璃，上玻璃下表面与下玻璃上表面的反射光发生干涉，形成题图乙所示的干涉条纹，根据光的干涉知识可知，同一条干涉条纹位置处光的路程差相等，不同的干涉条纹位置处光的路程差不同，则滚珠a的直径与滚珠b的直径相等，即滚珠b合格，滚珠a的直径与滚珠c的直径不相等，即滚珠c不合格。故选C。8．(2023·湖北高考)如图所示，楔形玻璃的横截面POQ的顶角为30°，OP边上的点光源S到顶点O的距离为d，垂直于OP边的光线SN在OQ边的折射角为45°。不考虑多次反射，OQ边上有光射出部分的长度为()A．eq\f(1,2)d B．eq\f(\r(2),2)dC．d D．eq\r(2)d答案：C解析：已知光线SN在OQ边的折射角为β＝45°，由几何关系可知，入射角为α＝30°，根据折射定律可得该玻璃的折射率n＝eq\f(sinβ,sinα)，解得n＝eq\r(2)；光线不从OQ边射出的临界条件为在OQ边上恰好发生全反射，光路图如图所示，光线在A、B两点恰好发生全反射，A、B之间有光射出，由sinC＝eq\f(1,n)，可解得光在A、B两点发生全反射的临界角为C＝45°，由几何关系可知，OQ边上有光射出部分的长度AB＝2DStanC，又DS＝dsin30°，可得AB＝d，故选C。9．(2024·湖南高考)(多选)1834年，洛埃利用平面镜得到杨氏双缝干涉的结果(称洛埃镜实验)，平面镜沿OA放置，靠近并垂直于光屏。某同学重复此实验时，平面镜意外倾斜了某微小角度θ，如图所示。S为单色点光源。下列说法正确的是()A．沿AO向左略微平移平面镜，干涉条纹不移动B．沿OA向右略微平移平面镜，干涉条纹间距减小C．若θ＝0°，沿OA向右略微平移平面镜，干涉条纹间距不变D．若θ＝0°，沿AO向左略微平移平面镜，干涉条纹向A处移动答案：BC解析：若θ＝0°，根据题意画出光路图，如图甲所示，S发出的光与通过平面镜反射的光(可以等效成虚像S′发出的光)是相干光，可以发生“双缝”干涉，设S到光屏的距离为l，光源S与平面镜间的竖直距离为a，S与S′的距离为d，则d＝2a，根据双缝干涉条纹间距公式Δx＝eq\f(lλ,d)，可得干涉条纹间距Δx＝eq\f(l,2a)λ，沿OA向右(或沿AO向左)略微平移平面镜，对l和a均没有影响，则干涉条纹间距不变，分析知干涉条纹也不会移动，故C正确，D错误。若θ≠0°，且保持θ不变时，画出光路图如图乙所示，沿OA向右略微平移平面镜，可看出S与S″的距离d增大，S与S″到光屏的距离l近似不变，则干涉条纹间距Δx′＝eq\f(lλ,d)减小，故B正确；沿AO向左略微平移平面镜，S与S″的距离d减小，S与S″到光屏的距离l近似不变，则干涉条纹间距Δx′＝eq\f(lλ,d)增大，又平面镜延长线与光屏的交点沿光屏向上移动，则干涉条纹向上移动，故A错误。10．(2023·浙江6月选考)在水池底部水平放置三条细灯带构成的等腰直角三角形发光体，直角边的长度为0.9m，水的折射率n＝eq\f(4,3)，细灯带到水面的距离h＝eq\f(\r(7),10)m，则有光射出的水面形状(用阴影表示)为()答案：C解析：灯带发出的光从水面射出时，全反射临界角C的正弦值sinC＝eq\f(1,n)＝eq\f(3,4)，则tanC＝eq\f(3,\r(7))。灯带上的一个点发出的光在水面恰好发生全反射时的入射光路如图1所示，根据几何关系可得r＝htanC＝eq\f(\r(7),10)×eq\f(3,\r(7))m＝0.3m，则灯带上任意一个点发出的光能射出水面的区域是半径为r＝0.3m的圆，因此，灯带三角形三条边外有光射出的水面形状边缘为直线，三角形顶点外有光射出的水面形状边缘是半径为r的圆弧形，如图2所示；如图3所示，灯带三角形内侧，AB边发出的光能射出水面的区域是ab线左侧部分，BC边发出的光能射出水面的区域是cd线下侧部分，AC边发出的光能射出水面的区域是ef线右侧部分，由几何关系知BD＝0.45eq\r(2)m＝0.64m，因r＋eq\r(2)r＝0.3m＋0.3eq\r(2)m＝0.72m>BD＝0.64m，故灯带三角形内侧水面均有光射出。综上分析，C正确。11．(2024·山东高考)某光学组件横截面如图所示，半圆形玻璃砖圆心为O点，半径为R；直角三棱镜FG边的延长线过O点，EG边平行于AB边且长度等于R，∠FEG＝30°。横截面所在平面内，单色光线以θ角入射到EF边发生折射，折射光线垂直EG边射出。已知玻璃砖和三棱镜对该单色光的折射率均为1.5。(1)求sinθ；(2)以θ角入射的单色光线，若第一次到达半圆弧AMB可以发生全反射，求光线在EF上入射点D(图中未标出)到E点距离的范围。答案：(1)0.75(2)0<d≤eq\f(2\r(3),9)R解析：(1)设光线在三棱镜中的折射角为α，根据折射定律，三棱镜对该单色光的折射率n＝eq\f(sinθ,sinα)由于折射光线垂直EG边射出，根据几何关系可知，α＝∠FEG＝30°代入数据解得sinθ＝0.75。(2)设单色光线在EF上由P点入射时，第一次到达半圆弧AMB恰好发生全反射，光路图如图所示根据全反射临界角C与折射率的关系有sinC＝eq\f(1,n)设P点到FG的距离为l，到E点的距离为xPE，根据几何关系有l＝RsinCxPEcos30°＝R－l联立并代入数据，解得xPE＝eq\f(2\r(3),9)R根据几何关系可知，EF上从P点到E点以θ角入射的单色光线第一次到达半圆弧AMB时，入射角均大于等于C，则都可以发生全反射，所以光线在EF上的入射点D到E点的距离d的范围为0<d≤eq\f(2\r(3),9)R。12．(2024·全国甲卷)一玻璃柱的折射率n＝eq\r(3)，其横截面为四分之一圆，圆的半径为R，如图所示。截面所在平面内，一束与AB边平行的光线从圆弧入射。入射光线与AB边的距离由小变大，距离为h时，光线进入柱体后射到BC边恰好发生全反射。求此时h与R的比值。答案：eq\f(\r(2＋\r(2)),2)解析：光线进入柱体后射到BC边恰好发生全反射的光路图如图所示由折射定律可知n＝eq\f(sinα,sinβ)设全反射临界角为C，有sinC＝eq\f(1,n)由几何知识可知α＝β＋Ceq\f(h,R)＝sinα联立并代入数据，解得eq\f(h,R)＝eq\f(\r(2＋\r(2)),2)。13.(2022·湖北高考)如图所示，水族馆训练员在训练海豚时，将一发光小球高举在水面上方的A位置，海豚的眼睛在B位置，A位置和B位置的水平距离为d，A位置离水面的高度为eq\f(2,3)d。训练员将小球向左水平抛出，入水点在B位置的正上方，入水前瞬间速度方向与水面夹角为θ。小球在A位置发出的一束光线经水面折射后到达B位置，折射光线与水平方向的夹角也为θ。已知水的折射率n＝eq\f(4,3)，求：(1)tanθ的值；(2)B位置到水面的距离H。答案：(1)eq\f(4,3)(2)eq\f(4d,27)解析：(1)小球在空中做平抛运动，设初速度为v0，运动时间为t，入水前瞬间速度的竖直分量为vy，由平抛运动的规律可知d＝v0teq\f(2,3)d＝eq\f(1,2)gt2vy＝gt又tanθ＝eq\f(vy,v0)联立解得tanθ＝eq\f(4,3)。(2)从A点射向水面的光线的入射角设为i，由几何关系知折射角为r＝90°－θ由折射定律可知n＝eq\f(sini,sinr)由几何关系可知Htanr＋eq\f(2,3)dtani＝d联立可解得H＝eq\f(4d,27)。14．(2023·山东高考)一种反射式光纤位移传感器可以实现微小位移测量，其部分原理简化如图所示。两光纤可等效为圆柱状玻璃丝M、N，相距为d，直径均为2a，折射率为n(n<eq\r(2))。M、N下端横截面平齐且与被测物体表面平行。激光在M内多次全反射后从下端面射向被测物体，经被测物体表面镜面反射至N下端面，N下端面被照亮的面积与玻璃丝下端面到被测物体距离有关。(1)从M下端面出射的光与竖直方向的最大偏角为θ，求θ的正弦值；(2)被测物体自上而下微小移动，使N下端面从刚能接收反射激光到恰好全部被照亮，求玻璃丝下端面到被测物体距离b的相应范围(只考虑在被测物体表面反射一次的光线)。答案：(1)eq\r(n2－1)(2)eq\f(d,2)eq\r(\f(2－n2,n2－1))≤b≤eq\f(d＋2a,2)eq\r(\f(2－n2,n2－1))解析：(1)由光路图可知，激光在M内侧面刚好发生全反射时，从M下端面出射的光与竖直方向的夹角最大，设光从M下端面出射前与竖直方向的夹角为α，光路图如图甲，由几何关系得cosα＝sinC又sinC＝eq\f(1,n)由折射定律得n＝eq\f(sinθ,sinα)联立解得sinθ＝eq\r(n2－1)。(2)画出N下端面刚能接收反射激光和恰好全部被照亮的光路图，如图乙所示，则玻璃丝下端面到被测物体距离b的相应范围为b1≤b≤b2。由几何关系得tanθ＝eq\f(\f(d,2),b1)tanθ＝eq\f(\f(d＋2a,2),b2)根据(1)中分析可知cosθ＝eq\r(1－sin2θ)＝eq\r(2－n2)则tanθ＝eq\f(\r(n2－1),\r(2－n2))联立解得b1＝eq\f(d,2)eq\r(\f(2－n2,n2－1))，b2＝eq\f(d＋2a,2)eq\r(\f(2－n2,n2－1))所以b的相应范围为eq\f(d,2)eq\r(\f(2－n2,n2－1))≤b≤eq\f(d＋2a,2)·eq\r(\f(2－n2,n2－1))。15．(2022·湖南高考)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＝0.8mm。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。(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；(2)若屏障高度d＝1.0mm，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)。答案：(1)eq\f(2\r(15),5)mm(2)eq\f(10\r(3)－12,15)mm解析：(1)发光像素单元射到屏障上的光被完全吸收，则经过屏障顶端的光线折射到空气后的折射角最大，设为r，由题意可知θ＝60°，则最大折射角r＝eq\f(θ,2)＝30°设对应的入射角为i，则n＝eq\f(sinr,sini)由几何关系知sini＝eq\f(\f(L,2),\r(d2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))\s\up12(2)))联立并代入数据解得d＝eq\f(2\r(15),5)mm。(2)若可视角度θ刚好被扩为180°，则最大折射角r′＝eq\f(180°,2)＝90°，即此时光线恰好在界面发生全反射，光线在界面处的入射角为临界角C，有sinC＝eq\f(1,n)画出此时的临界光路图如图，其中xmin为发光像素单元宽度x的最小值。由几何关系知sinC＝eq\f(\f(L,2)＋\f(xmin,2),\r(d2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)＋\f(xmin,2)))\s\up12(2)))联立并代入数据解得xmin＝eq\f(10\r(3)－12,15)mm。1．(2024·山西省吕梁市高三下4月模拟)光在生产、生活中有着广泛的应用，下列对光的应用说法正确的是()A．3D电影技术利用了光的全反射现象B．光导纤维传输信号利用了光的干涉现象C．光学镜头上的增透膜利用了光的偏振现象D．探测DNA晶体结构利用了X射线的衍射现象答案：D解析：3D电影技术利用了光的偏振现象，A错误；光导纤维传输信号利用了光的全反射现象，B错误；光学镜头上的增透膜利用了光的干涉现象，C错误；探测DNA晶体结构利用了X射线的衍射现象，D正确。2．(2024·江苏省徐州市高三下第三次调研)我国科学家利用脑机接口技术帮助截瘫患者实现意念控制体外仪器。植入患者颅骨内的微处理器，将意念对应的低频神经信号，通过高频载波无线传输给体外仪器。则()A．高频载波属于纵波B．使高频载波随低频神经信号改变的过程属于调制C．体外接收电路的固有频率与低频神经信号的频率相等D．体外接收电路中的信号经过调谐还原出低频神经信号答案：B解析：高频载波是电磁波，属于横波，故A错误；使高频载波随低频神经信号改变的过程属于调制，故B正确；由电谐振产生条件可知，体外接收电路的固有频率与高频载波的频率相等，故C错误；体外接收电路中的信号经过解调还原出低频神经信号，故D错误。3.(2024·河南省三门峡市高三下三模)(多选)人造树脂是常用的眼镜镜片材料。如图所示，一束单色蓝光照射在一人造树脂立方体上，经折射后，射在桌面上的P点。已知光线的入射角为30°，OA＝6cm，AB＝18cm，BP＝12cm，光速c＝3×108m/s，下列说法正确的是()A．该人造树脂材料对蓝光的折射率等于eq\f(\r(10),5)B．该光在介质中的传播时间为10－9sC．顺时针旋转入射光线至合适位置，可以在树脂上表面出现全反射现象D．若将入射光换成红光，则P点将向右移动答案：BD解析：将过O点的法线延长，与BP交于D点，令∠DOP＝γ，如图所示，由几何关系可得PD＝BP－BD＝BP－AO＝6cm，OP＝eq\r(OD2＋PD2)＝6eq\r(10)cm，sinγ＝eq\f(PD,OP)＝eq\f(\r(10),10)，该人造树脂材料对蓝光的折射率n＝eq\f(sin30°,sinγ)＝eq\f(\r(10),2)，故A错误；由n＝eq\f(c,v)，可知蓝光在人造树脂立方体中的传播速度v＝eq\f(c,n)＝eq\f(3\r(10),5)×108m/s，则该光在介质中的传播时间为t＝eq\f(OP,v)＝10－9s，故B正确；光从光疏介质进入光密介质，不会发生全反射现象，即光在树脂上表面不会出现全反射现象，故C错误；树脂材料对红光的折射率比对蓝光的折射率小，由n＝eq\f(sin30°,sinγ)，可知将入射光换成红光，折射角γ变大，则P点将向右移动，故D正确。4．(2024·河北省沧州市八县联考高三下一模)如图是一种用折射率法检测海水盐度装置的局部简化图。让光束从海水射向平行空气砖(忽略薄玻璃壁厚度)再折射出来，通过检测折射光线在不同盐度溶液中发生的偏移量d，进而计算出海水盐度。已知某一温度下，海水盐度变大引起折射率变大。下列说法正确的是()A．一束复色光透过平行空气砖分成1、2两束光，则两束光不一定平行B．一束复色光透过平行空气砖分成1、2两束光，则1光的频率更高C．一束单色光射向平行空气砖后偏移量变大，说明海水的盐度变大D．一束单色光射向平行空气砖后偏移量变小，说明海水的盐度变大答案：C解析：光束在空气砖左侧面的折射角等于右侧面的入射角，由折射定律可知在左侧面的入射角等于右侧面的折射角，则一束复色光经过平行空气砖两个平行的表面折射后，出射光线均与入射光线平行，故A错误；由题图可知，光线在左侧面折射时，1光的折射角小，根据折射定律可知，1光的折射率较小，频率较小，故B错误；若一束单色光射向平行空气砖后偏移量变大，说明在左侧面的折射角变大，海水的折射率变大，即海水的盐度变大，同理，若单色光的偏移量变小，说明海水的盐度变小，故C正确，D错误。5.(2024·河北省邯郸市高三下一模)如图所示，一棱镜的截面为直角三角形ABC，∠A＝30°，一束单色光从AC边的P点进入棱镜，棱镜对该单色光的折射率为eq\r(3)。当入射角等于i时，折射到AB边上的光线刚好发生全反射，则入射角i的正弦值为()A．eq\f(\r(3),3) B．eq\f(\r(2),4)C．eq\f(\r(3)－\r(2),2) D．eq\f(\r(3)＋\r(2),4)答案：C解析：作出在AB边上恰好发生全反射的光路图如图所示，根据折射定律可得n＝eq\f(sini,sinr)＝eq\r(3)，由几何关系可得r＋∠AQP＝60°，iC＋∠AQP＝90°，则r＝iC－30°，其中iC为全反射的临界角，根据全反射临界角与折射率的关系可得n＝eq\f(1,siniC)，联立求得sini＝eq\f(\r(3)－\r(2),2)，故选C。6．(2024·湖北省鄂东南省级示范联盟学校高三下5月联考)如图所示，平静的水面上漂浮一块厚度不计的圆形木板。一条小鱼以0.5m/s的水平速度匀速游过，其运动轨迹正好在木板直径的正下方，离水面的高度h＝0.4m。小鱼从木板下方游过的过程中木板始终保持静止，在水面上任何位置都看不到小鱼的时间为1s。已知水的折射率为eq\f(4,3)，eq\r(7)≈2.65，则圆形木板的直径约为()A．0.91m B．1.41mC．1.91m D．2.41m答案：B解析：根据题意可知，当小鱼反射的光在木板边缘水面上发生全反射时，在水面上看不到小鱼，如图所示，小鱼在FD段中，在水面上的任何位置都看不到小鱼，根据全反射的临界角公式可得sinC＝eq\f(1,n)＝eq\f(3,4)，则tanC＝eq\f(3\r(7),7)，在水面上看不到小鱼的期间，小鱼运动的位移xFD＝vt＝0.5m，设圆形木板的直径为d，由几何关系可知∠AFE＝C，则tanC＝eq\f(AE,FE)＝eq\f(\f(d,2)－\f(xFD,2),h)，解得圆形木板的直径约为d＝1.41m，故选B。7.(2024·山东省泰安市高三下一模)如图所示，两块标准平面玻璃板中间形成一个劈形空间，劈尖角θ＝2×10－4rad(θ很小时，可认为sinθ≈tanθ≈θ)。用波长λ＝600nm的单色光从上方照射，从上往下看到干涉条纹。当在劈形空间内充满某种液体时，相邻亮条纹间距减小了0.5mm，则该液体的折射率为()A.eq\f(3,2) B.eq\f(4,3)C.eq\f(6,5) D.eq\f(5,3)答案：A解析：设在劈形空间内充满该液体前后，相邻亮条纹的间距分别为x1和x2。由题图可知，x1tanθ＝eq\f(λ,2)，根据n＝eq\f(c,v)，c＝λf，v＝λ′f，可得该单色光在该液体中的波长变为λ′＝eq\f(λ,n)，故x2tanθ＝eq\f(λ′,2)＝eq\f(λ,2n)，则(x1－x2)tanθ＝eq\f(λ,2)－eq\f(λ,2n)，代入数据得n＝eq\f(3,2)，故选A。8.(2024·广东省高三下二轮复习4月联考)(多选)图示为一半圆柱形透明体横截面，横截面的圆心为O，半圆柱的半径为R，P1为直径AB上的点，OP1＝eq\r(\f(2,3))R，透明体的折射率为eq\r(2)。现有一细光束MP1以入射角θ＝45°从P1点射入半圆柱，则()A．细光束MP1经两次折射后会从弧面AB射出B．细光束MP1经AB面折射，在弧面AB发生两次全反射后再从AB面射出透明体C．细光束第一次射出透明体时，折射角为45°D．细光束第一次射出透明体时，折射角为30°答案：BC解析：作出细光束在透明体内的光路图如图所示，根据折射定律有n＝eq\f(sinθ,sin∠1)，解得∠1＝30°，则∠2＝90°－∠1＝60°，在△P1OP2中，根据正弦定理可得eq\f(P1O,sin∠3)＝eq\f(P2O,sin∠2)，解得∠3＝45°，设细光束在透明体发生全反射的临界角为C，则有sinC＝eq\f(1,n)，可得C＝45°，由于∠3＝C，所以细光束在P2点发生全反射，由反射定律可知∠4＝∠3＝45°，又由于OP2＝OP3，可得∠5＝∠4＝45°，则细光束在P3点发生全反射，故A错误；由反射定律知∠OP3P4＝∠5＝45°，则∠P1P2P3＋∠P2P3P4＝180°，所以P1P2∥P3P4，有∠P3P4B＝∠2＝60°，则细光束在P4处的入射角∠6＝90°－∠P3P4B＝30°，根据折射定律有n＝eq\f(sinα,sin∠6)，可知折射角为α＝45°，即可以从AB面射出，故B、C正确，D错误。9．(2024·山东省百师联盟高三下二轮联考)有一透明材料制成的空心球体，内径是R，外径是2R，其过球心的某截面(纸面内)如图所示，一束单色光(纸面内)从外球面上A点以入射角i射入，经折射后恰好与内球面相切于B点，光线在材料中的折射率为eq\r(2)，已知光速为c，不考虑多次反射。下列说法正确的是()A．入射角i＝30°B．单色光在该材料中的传播时间为eq\f(2\r(6)R,c)C．单色光在该材料内球面恰好发生全反射时，从A点射入的光线与AO直线的夹角i′＝60°D．单色光在该材料内球面恰好发生全反射时，从A点射入的光线与AO直线的夹角i′＝45°答案：B解析：由题图可知sin∠BAO＝eq\f(R,2R)，得∠BAO＝30°，根据折射定律有n＝eq\f(sini,sin30°)，解得i＝45°，故A错误；由几何关系知，单色光从球体射入空气的入射角等于∠BAO，则由折射定律可知光线到达外球面时以45°折射角射出，可知单色光在材料中的传播时间t＝eq\f(2×2Rcos30°,v)，根据折射率与光速的关系有n＝eq\f(c,v)，解得t＝eq\f(2\r(6)R,c)，故B正确；当单色光在该材料内球面恰好发生全发射时，光路图如图所示，根据全反射临界角与折射率的关系有sinC＝eq\f(1,n)＝eq\f(\r(2),2)，解得C＝45°，在△OAB′中，由正弦定理有eq\f(R,sinα)＝eq\f(2R,sin（180°－C）)，又由于n＝eq\f(sini′,sinα)，联立解得i′＝30°，故C、D错误。10．(2023·湖南省张家界市高三下模拟)(多选)日晕是一种常见的大气光学现象，如图甲所示。太阳光线经卷层云中同一冰晶的两次折射，分散成单色光，形成日晕。冰晶截面可看作正六边形。如图乙所示为一束紫光在冰晶上的折射光路，θ1为冰晶上的入射角，θ2为经过第一个界面的折射角，θ3为光线离开冰晶的折射角，θ4为出射光相对入射光的偏转角。下列说法中正确的是()A．在冰晶内红光的传播速度比紫光的小B．若θ1＝θ3＝60°，则冰晶对紫光的折射率为eq\r(3)C．保持入射角不变，将紫光改为红光，偏转角将增大D．若红光和紫光均能使同一金属发生光电效应，紫光照射产生的光电子的最大初动能大答案：BD解析：由于同一介质对红光的折射率小于对紫光的折射率，根据v＝eq\f(c,n)可知，在冰晶内红光的传播速度比紫光的大，故A错误；作辅助线如图所示，θ1＝θ3＝60°时，根据折射定律可知θ2＝θ5，根据几何关系可知，θ2＝30°，则冰晶对紫光的折射率为n＝eq\f(sinθ1,sinθ2)＝eq\r(3)，故B正确；由几何关系知，偏转角θ4＝(θ1－θ2)＋(θ3－θ5)，保持入射角不变，将紫光改为红光，因冰晶对紫光的折射率大于对红光的折射率，则θ2变大，θ5变小，根据eq\f(sinθ3,sinθ5)＝n可知，θ3－θ5减小，则偏转角θ4将减小，故C错误；若红光和紫光均能使同一金属产生光电效应，根据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0可知，由于红光频率小于紫光频率，则紫光照射产生的光电子的最大初动能一定大，故D正确。11.(2024·河南省九师联盟高三下4月联考)半径为R的透明玻璃球切去底面半径r＝eq\f(\r(3),2)R的球冠成为一个大球冠，如图所示，玻璃的折射率n＝2，一束半径r＝eq\f(\r(3),2)R光束垂直大球冠的切面照射到大球冠上，进入大球冠的光线有部分从球面射出而使球面发光，已知光在真空中的传播速度为c(球冠不含底面的表面积公式为S＝2πRh，R为球的半径，h为球冠的高度)。不考虑光在大球冠内的反射，求：(1)发光球面的面积；(2)光束正中间的光线通过大球冠的时间。答案：(1)(2－eq\r(3))πR2(2)eq\f(3R,c)解析：(1)根据题意，设光在大球冠中发生全反射的临界角为C，由全反射临界角与折射率的关系有sinC＝eq\f(1,n)画出光路图，如图所示光线①恰好发生全反射，发光区域是一个小的球冠，设小球冠高为h，由几何关系有cosC＝eq\f(R－h,R)解得h＝eq\f(2－\r(3),2)R发光球面的面积S＝2πRh联立解得S＝(2－eq\r(3))πR2。(2)设球冠底面直径所对的圆心角为θ，由几何知识可知sineq\f(θ,2)＝eq\f(r,R)光束正中间的光线②直接穿过球冠，通过大球冠的路程为x＝R＋Rcoseq\f(θ,2)光在大球冠内的速度为v＝eq\f(c,n)该光束正中间的光线通过大球冠的时间为t＝eq\f(x,v)联立解得t＝eq\f(3R,c)。12．(2024·江西省南昌市高三下一模)某同学学习了防溺水知识后，知道了清澈见底的池塘往往“似浅实深”，于是他设计了一测量水深的装置，如图所示。在一池塘边的竖直杆上M、N处装有两可忽略大小的激光笔，激光笔1、激光笔2发射出的光线与竖直方向的夹角分别固定为70.5°和53.0°，某次测量时，调节两激光笔的高度，使两束激光均照在池塘底部的P点，测得两激光笔距离水面的高度OM、ON分别为h1＝0.5m、h2＝1.5m，水的折射率为eq\f(4,3)，cos70.5°＝eq\f(1,3)，cos53.0°＝eq\f(3,5)。求：(1)激光笔1发射出的激光进入水中时的折射角；(2)两入射点O1、O2之间的距离和P处的水深H。(结果均可用根式表示)答案：(1)45°(2)(2－eq\r(2))m(8－4eq\r(2))m解析：(1)设激光笔1发射出的激光进入水中时的入射角为θ1＝70.5°，折射角为β1，水的折射率为n，由折射定律可知eq\f(sinθ1,sinβ1)＝n解得β1＝45°。(2)设激光笔2发射出的激光进入水中时的入射角为θ2＝53.0°，折射角为β2，由折射定律可知eq\f(sinθ2,sinβ2)＝n设两入射点O1、O2之间的距离为Δx，由几何关系有Δx＝h2tanθ2－h1tanθ1同理Δx＝Htanβ1－Htanβ2联立并代入数据解得Δx＝(2－eq\r(2))m，H＝(8－4eq\r(2))m。1．(2024·山东省济宁市高三下一模)如图所示，有一个半径r＝3mm的圆形LED光源，其表面可以朝各个方向发光，AB为圆形光源的直径。现将该光源封装在一个半球形透明介质的底部，AB中点与球心O重合。透明介质球的半径R＝4mm，LED光源发出的光恰好都能射出半球面，不考虑二次反射，光源的厚度忽略不计，则该透明介质的折射率为()A.eq\f(4,3) B.eq\f(5,3)C.eq\f(3,2) D.eq\f(5,4)答案：A解析：如图所示，对于O、B间任意发光点D，其发出的光线到球面上P点，由正弦定理可知eq\f(R,sin∠ODP)＝eq\f(OD,sin∠OPD)，则sin∠OPD＝eq\f(OD,R)sin∠ODP，可知当∠ODP＝90°，OD＝OB时，∠OPD最大，结合题意可知，从B点垂直AB射出的光在半球面上的入射角θ恰好为全反射的临界角，根据几何关系有sinθ＝eq\f(r,R)＝eq\f(3,4)，根据全反射临界角与折射率的关系有sinθ＝eq\f(1,n)，可得n＝eq\f(4,3)，故选A。2.(2021·山东高考)用平行单色光垂直照射一层透明薄膜，观察到如图所示明暗相间的干涉条纹。下列关于该区域薄膜厚度d随坐标x的变化图像，可能正确的是()答案：D解析：来自薄膜前后表面的反射光是相干光，其光的路程差为Δx＝2d，当光的路程差Δx＝nλ时，出现亮条纹，故相邻亮条纹之间的薄膜厚度差为eq\f(1,2)λ；由图可知，随坐标x变大，相邻亮条纹之间的距离变大，则在d­x图像中，随x的变大，d每变化eq\f(1,2)λ，对应的Δx逐渐变大，即d­x图线的斜率逐渐变小，故选D。考点3热学考向一分子动理论、固体和液体、热力学定律1．关于下列实验及现象的说法正确的是()A．液晶的光学性质具有各向同性B．气体失去容器的约束就会散开，是因为分子间存在斥力C．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这间接反映了炭粒分子运动的无规则性D．由于液体表面层内的分子间距大于r0，从而形成表面张力答案：D解析：液晶的光学性质具有各向异性，故A错误；气体失去容器的约束就会散开，是因为气体分子之间的作用力非常小，不能使分子束缚在一起，并不是因为分子间存在斥力，故B错误；显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这间接反映了水分子运动的无规则性，故C错误；由于液体表面层内的分子间距大于r0，分子之间作用力表现为引力，从而形成表面张力，故D正确。2．下列说法不正确的是()A．有无固定的熔点是晶体和非晶体的主要区别B．完全失重状态下的水滴呈球形，是液体表面张力作用的结果C．具有各向同性的固体一定是非晶体D．夏季天旱时，给庄稼松土是为了破坏土壤中的毛细管，减少水分蒸发答案：C解析：晶体都有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，即有无固定的熔点是晶体和非晶体的主要区别，故A正确；完全失重状态下的水滴呈球形，是液体表面张力作用的结果，故B正确；具有各向同性的固体可能是多晶体，也可能是非晶体，故C错误；夏季天旱时，给庄稼松土是防止毛细现象，破坏土壤中的毛细管，以减少水分蒸发，故D正确。本题选说法不正确的，故选C。3．氦是一种惰性气体，具有较低的沸点和良好的热传导性能。它被广泛应用于制冷和冷却中。若以M表示氦的摩尔质量，V表示在标准状态下氦蒸气的摩尔体积，ρ表示在标准状态下氦蒸气的密度，NA表示阿伏加德罗常数，M0、V0分别表示每个氦分子的质量和体积，则下列表达式正确的是()A．NA＝eq\f(V0ρ,M0) B．ρ＝eq\f(M,NAV0)C．M0＝eq\f(M,NA) D．V0＝eq\f(V,NA)答案：C解析：氦蒸气中分子之间的距离远大于分子直径，每个分子的体积远小于每个气体分子所占的平均空间体积，则V0<eq\f(V,NA)，D错误；氦的摩尔质量M＝ρV＝M0NA，则M0＝eq\f(M,NA)，NA＝eq\f(ρV,M0)≠eq\f(V0ρ,M0)，ρ＝eq\f(M,V)，由D项分析可知ρ<eq\f(M,NAV0)，C正确，A、B错误。4．(多选)氧气分子在0℃和100℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示。下列说法正确的是()A．图中两条曲线下的面积相等B．图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形C．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目D．与0℃时相比，100℃时氧气分子速率出现在0～400m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大答案：AB解析：题图中两条曲线下的面积相等，均为100%，故A正确；0℃时具有最大比例的速率区间对应的速率较小，故题图中虚线对应于0℃时的情形，即题图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形，故B正确；题图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数占总分子数的百分比，而不是任意速率区间的氧气分子数目，故C错误；由题图可知，0～400m/s区间内，100℃时氧气分子对应占据的比例均小于0℃时所占据的比例，因此100℃时氧气分子速率出现在0～400m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较小，故D错误。5.设甲分子在坐标原点O处不动，乙分子位于r轴上，甲、乙两分子间作用力与分子间距离关系如图中曲线所示，F＞0表现为斥力，F＜0表现为引力。a、b、c为r轴上三个特定的位置，现把乙分子从a处由静止释放(设无穷远处分子势能为零)，则()A．乙分子从a到c，分子力先减小后增大B．乙分子运动到c点时，动能最大C．乙分子从a到c，分子力先做正功后做负功D．乙分子运动到c点时，分子力和分子势能都是零答案：B解析：由图可知，乙分子从a到c，分子力先增大后减小，故A错误；从a到c，分子间作用力表现为引力，引力做正功，乙分子动能一直增加，当两分子间距离小于c时，分子间作用力表现为斥力，乙分子从c点向左运动时斥力做负功，所以乙分子运动到c点时，动能最大，故B正确，C错误；乙分子运动到c点时，分子力为零，但由于从a到c分子力一直对乙分子做正功，所以乙分子的势能一直减小，根据题意，乙分子在a点的分子势能小于零，则它在c点的分子势能小于零，故D错误。6．(多选)关于内能，下列说法正确的是()A．物体的内能大小与它整体的机械运动无关B．达到热平衡的两个系统内能一定相等C．质量和温度相同的氢气和氧气内能一定相等D．100℃水的内能可能大于100℃水蒸气的内能答案：AD解析：物体的内能大小与它整体的机械运动无关，故A正确；达到热平衡的两个系统温度一定相等，内能不一定相等，故B错误；物体的内能与物体的温度、体积以及物质的量等因素都有关，质量和温度相同的氢气和氧气物质的量不相等，故内能不一定相等，水的质量可能大于水蒸气的质量，则100℃水的内能可能大于100℃水蒸气的内能，故C错误，D正确。7．在研究大气现象时可把温度、压强相同的一部分气体作为研究对象，叫作气团。气团直径可达几千米，边缘部分与外界的热交换对整个气团没有明显影响，可以忽略。可以用气团理论解释高空气温很低的原因，是因为地面的气团上升到高空的过程中()A．剧烈收缩，外界对气团做功，导致气团温度降低B．剧烈收缩，同时从周围吸收大量热量，导致气团温度降低C．剧烈膨胀，同时大量对外放热，导致气团温度降低D．剧烈膨胀，气团对外做功，内能大量减少，导致气团温度降低答案：D解析：地面的气团上升到高空的过程中，因外界压强减小，则气团的体积急剧变大，即气团剧烈膨胀，气团对外做功，即W<0，因气团边缘部分与外界的热交换对整个气团没有明显影响，即Q＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，ΔU<0，即气团内能大量减少，导致气团温度降低，故选D。8.如图所示，一定质量的理想气体从状态a依次经过状态b、c和d再回到状态a的过程，a→b是温度为T1的等温过程，c→d是温度为T2的等温过程，b→c和d→a为绝热过程(气体与外界无热量交换)，这就是著名的“卡诺循环”。卡诺循环构建了从单一热源吸收热量用来做功的理想过程，符合卡诺循环的热机的效率为η＝1－eq\f(T2,T1)。下列说法正确的是()A．a→b过程气体对外界做功且吸收热量B．b→c过程气体对外做的功小于气体内能的减少量C．c→d过程单位时间内碰撞器壁单位面积的分子数减少D．由卡诺循环可知热机效率可能达到100%答案：A解析：a→b过程为等温过程，气体的温度不变，内能不变，气体体积增大，对外界做功，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，故A正确；b→c过程中，气体绝热膨胀，对外做功，内能减小，根据热力学第一定律可知，气体对外做的功等于气体内能的减少量，故B错误；c→d为等温过程，气体压强变大，体积减小，因为温度不变，故气体分子的平均动能不变，压强变大说明单位时间内碰撞器壁单位面积的分子数增多，故C错误；由题意知，卡诺循环的热机效率η＝1－eq\f(T2,T1)，由于T2一定大于0，则η一定小于100%，故D错误。考向二气体实验定律和理想气体状态方程9.如图所示，一水平放置两端封口的玻璃管，内部封有水银柱处于静止状态，水银柱左右两边分别封有一定质量的空气，空气可视为理想气体，左侧空气柱长度小于右侧空气柱长度，现在缓慢加热，使环境温度升高至某温度，在这一过程中，下列关于水银柱的位置变化描述正确的是()A．向左移动 B．向右移动C．位置不变 D．无法判断答案：C解析：假设两侧气体体积不变，均做等容变化。对任一侧空气，设其初始压强为p0，初始温度为T0，末状态压强为p，温度为T，压强变化量为Δp，温度变化量为ΔT，根据查理定律有eq\f(p0,T0)＝eq\f(p,T)＝eq\f(Δp,ΔT)，因为初状态两侧空气压强p0相同，温度T0相同，末状态两侧空气压强p也相同，温度T也相同，则Δp、ΔT也相同，均满足上述等式，则假设成立，水银柱的位置不变，故C正确。10.如图，一定质量的理想气体从状态A沿直线变化到状态B的过程中，其体积()A．保持不变 B．逐渐变大C．逐渐变小 D．先变小后变大答案：B解析：如图，将t轴上绝对零度(即－273℃)的点D分别与A、B连接起来，AD与BD均表示气体的等容线，由eq\f(pV,T)＝C即eq\f(p,T)＝eq\f(C,V)得知，等容线斜率越大，eq\f(p,T)越大，气体体积越小，故气体由状态A变化到状态B的过程中，体积逐渐变大。故B正确。11．(2023·全国甲卷)一高压舱内气体的压强为1.2个大气压，温度为17℃，密度为1.46kg/m3。(1)升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变，求气体温度升至27℃时舱内气体的密度；(2)保持温度27℃不变，再释放出舱内部分气体使舱内压强降至1.0个大气压，求舱内气体的密度。答案：(1)1.41kg/m3(2)1.18kg/m3解析：(1)设27℃时舱内气体的密度为ρ2。若不释放出舱内部分气体，假设高压舱内原有气体做等压变化，气体初、末状态的体积分别为V1、V2，已知气体初状态温度为T1＝17℃＋273K＝290K末状态温度为T2＝27℃＋273K＝300K由盖—吕萨克定律得eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)解得V2＝eq\f(30,29)V1已知初始时气体密度ρ1＝1.46kg/m3根据ρ1V1＝ρ2V2解得ρ2＝1.41kg/m3。(2)设舱内气体的密度为ρ3。以升温至27℃时的舱内气体为研究对象，若不再释放出部分气体，假设其做等温变化，末状态体积为V3，已知气体初状态体积为V1，压强为p1＝1.2p0，末状态压强为p2＝p0，由玻意耳定律得p1V1＝p2V3解得V3＝1.2V1又ρ2V1＝ρ3V3解得ρ3＝1.18kg/m3。考向三气体实验定律与热力学第一定律等的综合问题12．为了方便监控高温锅炉外壁的温度变化，可在锅炉的外壁上镶嵌一个导热性能良好的汽缸，汽缸内封闭气体温度与锅炉外壁温度相等。如图所示，汽缸右壁的压力传感器与活塞通过轻弹簧连接，活塞左侧封闭气体可看作理想气体。已知大气压强为p0，活塞横截面积为S，弹簧的劲度系数k＝eq\f(p0S,L)，不计活塞质量和厚度及与汽缸壁的摩擦。当锅炉外壁温度为T0时，活塞与汽缸左壁的间距为L，传感器的示数为0；温度缓慢升高到某一值时，传感器的示数为p0S。(1)求此时锅炉外壁的温度；(2)若已知该过程汽缸内气体吸收的热量为Q，求气体内能的增加量。答案：(1)4T0(2)Q－eq\f(3p0SL,2)解析：(1)此时传感器的示数为p0S，封闭气体的压强为：p＝p0＋eq\f(p0S,S)＝2p0活塞向右移动的距离为：x＝eq\f(p0S,k)＝L由平衡条件知，当传感器的示数为0时，汽缸内气体的压强为p0根据理想气体状态方程有：eq\f(p0LS,T0)＝eq\f(p（L＋x）S,T)解得：T＝4T0。(2)该过程气体对外做的功为：W＝eq\o(F,\s\up6(－))L＝eq\f(p0S＋2p0S,2)·L＝eq\f(3p0SL,2)根据热力学第一定律可得气体内能的增加量为：ΔU＝Q－W＝Q－eq\f(3p0SL,2)。13．(2022·河北高考)水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示，汽缸中间有一固定隔板，将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，“H”型连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过，连杆与隔板之间密封良好。设汽缸内、外压强均为大气压强p0。活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为SL0，各接触面光滑。连杆的截面积忽略不计。现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定后，上部气体的体积为原来的eq\f(1,2)，设整个过程温度保持不变，求：(1)此时上、下部分气体的压强；(2)“H”型连杆活塞的质量(重力加速度大小为g)。答案：(1)2p0eq\f(2,3)p0(2)eq\f(4p0S,3g)解析：(1)旋转前后，上部分气体发生等温变化，根据玻意耳定律可知p0·SL0＝p1·eq\f(1,2)SL0解得旋转且稳定后上部分气体压强为p1＝2p0旋转前后，下部分气体发生等温变化，下部分气体体积增大为eq\f(1,2)SL0＋SL0＝eq\f(3,2)SL0则p0·SL0＝p2·eq\f(3,2)SL0解得旋转且稳定后下部分气体压强为p2＝eq\f(2,3)p0。(2)旋转且稳定后，对“H”型连杆活塞整体受力分析，根据平衡条件可知p1S＋p0S＝mg＋p2S＋p0S解得活塞的质量为m＝eq\f(4p0S,3g)。1．(2024·北京高考)一个气泡从恒温水槽的底部缓慢上浮，将气泡内的气体视为理想气体，且气体分子个数不变，外界大气压不变。在上浮过程中气泡内气体()A．内能变大 B．压强变大C．体积不变 D．从水中吸热答案：D解析：气泡内的气体可视为理想气体，则其内能只与温度有关，在上浮过程中气泡内气体的温度不变，则其内能不变，故A错误；气泡内气体压强p＝p0＋ρ水gh，在上浮过程中，气泡距离水面的高度h减小，且外界大气压p0不变，则气泡内气体压强减小，故B错误；在上浮过程中气泡内气体的温度不变，压强减小，由玻意耳定律pV＝C知，气泡内气体体积变大，故C错误；在上浮过程中气泡内气体体积变大，则气体对外做功，W<0，又由A项分析知ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，Q>0，即气泡内气体从水中吸热，故D正确。2．(2024·海南高考)用铝制易拉罐制作温度计，一透明薄吸管里有一段油柱(长度不计)粗细均匀，吸管与罐密封性良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐体积为330cm3，薄吸管底面积为0.5cm2，罐外吸管总长度为20cm，当温度为27℃时，油柱离罐口10cm，不考虑大气压强变化，下列说法正确的是()A．若在吸管上标注等差温度值，则刻度左密右疏B．该装置所测温度不高于31.5℃C．该装置所测温度不低于23.5℃D．其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，则油柱离罐口距离增大答案：B解析：设罐体积为V0，薄吸管底面积为S。由题意知，当温度为t1＝27℃，即热力学温度T1＝t1＋273K＝300K时，油柱离罐口的距离x1＝10cm，则封闭气体体积V1＝V0＋x1S＝335cm3；设当温度为t，即热力学温度T＝t＋273K时，油柱离罐口的距离为x，则封闭气体体积V＝V0＋xS，而罐内气体的压强不变，根据盖—吕萨克定律有eq\f(V,T)＝eq\f