1.如圖所示,一束截面為圓形(半徑R)的平行白光垂直射向一玻璃半球的平面,經(jīng)折射后在屏幕S上形成一個圓形彩色亮區(qū).已知玻璃半球的半徑為R,屏幕S至球心的距離為d(d>3R),不考慮光的干涉和衍射,試問:
①在屏幕S上形成的圓形亮區(qū)的最外側(cè)是什么顏色?
②若玻璃半球?qū)ψ钔鈧?cè)色光的折射率為n,求出圓形亮區(qū)的最大半徑.

分析 ①當(dāng)光線從空氣垂直射入半圓玻璃磚,光線不發(fā)生改變,當(dāng)入射角小于臨界角時,光線才能再從玻璃磚射出,所以平行白光中的折射率不同,導(dǎo)致臨界角不同,因此偏折程度不同,從而確定圓形亮區(qū)的最外側(cè)的顏色;
②光線沿直線從O點穿過玻璃,方向不變.從A點射出玻璃磚的光線方向向右偏折,射到屏幕S上圓形亮區(qū),作出光路圖,由光的折射定律結(jié)合數(shù)學(xué)幾何知識求出圓形亮區(qū)的最大半徑.

解答 解:①在屏幕S上形成的圓形亮區(qū)的最外側(cè)是紫色.
因為當(dāng)平行光從玻璃中射向空氣時,由于紫光的折射率的最大,臨界角最小,所以首先發(fā)生全反射,因此出射光線與屏幕的交點最遠(yuǎn).故圓形亮區(qū)的最外側(cè)是紫光.
②如圖所示,當(dāng)光在圖中A點沿切線方向射出玻璃時,光線射在屏上最外側(cè)C點,在光屏上形成一個以CD為半徑的圓形光斑.
設(shè)紫光臨界角為C,則圖中α=C
由全反射的知識:sinC=$\frac{1}{n}$,
得:sinα=$\frac{1}{n}$
所以有:cosα=$\sqrt{1-si{n}^{2}α}$=$\sqrt{1-\frac{1}{{n}^{2}}}$
tanα=$\frac{sinα}{cosα}$=$\frac{1}{\sqrt{{n}^{2}-1}}$
由幾何知識可得:OB=$\frac{R}{cosα}$=$\frac{nR}{\sqrt{{n}^{2}-1}}$
BD=d-OB=d-$\frac{nR}{\sqrt{{n}^{2}-1}}$
CD=$\frac{BD}{tanα}$=$\frac{\sqrt{{n}^{2}-1}d-nR}{\sqrt{{n}^{2}-1}}$
CD即為圓形亮區(qū)的最大半徑.
答:①在屏幕S上形成的圓形亮區(qū)的最外側(cè)是紫色.
②圓形亮區(qū)的最大半徑為$\frac{\sqrt{{n}^{2}-1}d-nR}{\sqrt{{n}^{2}-1}}$.

點評 本題是幾何光學(xué)問題,關(guān)鍵是作出光路圖,理解形成圓形光斑的原因,要掌握全反射的條件,根據(jù)幾何知識解題.

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A.k$\frac{q}{{L}^{2}}$B.k$\frac{3q}{2{L}^{2}}$C.k$\frac{3q}{{L}^{2}}$D.k$\frac{5q}{{L}^{2}}$

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9.如圖所示,矩形線框以恒定速度v自左向右通過有直線邊界的勻強磁場,線框?qū)挾鹊扔诖艌鰠^(qū)域?qū)挾,則在整個過程中,下列說法正確的是( 。
A.線框中的感應(yīng)電流方向是先逆時針方向,后順時針方向
B.線框中的感應(yīng)電流方向是先順時針方向,后逆時針方向
C.線框進(jìn)入磁場過程中所受安培力方向向左
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B.b點的電勢一定大于在a點的電勢
C.粒子在a點和c點的速度一定相同
D.粒子在b點的電勢能一定大于在a點的電勢能

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6.如圖所示,兩個半徑不同而內(nèi)壁光滑的半圓軌道,固定于地面上,兩個相同的小球從與球心同一水平高度上的A、B兩點,由靜止開始自由下滑,以A點為零勢能參考平面,則兩球通過軌道最低點時( 。
A.小球?qū)绍壍赖膲毫Σ煌?/td>B.小球?qū)绍壍赖膲毫ο嗤?/td>
C.小球的機械能不相等D.小球的機械能相等

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13.如圖為一小型電風(fēng)扇的電路簡化圖.電機M的線圈電阻為r,理想變壓器原、副線圈的匝數(shù) 比為n:1,原線圈接電壓u=Umsinωt的交流電源.開關(guān)S閉合后,電風(fēng)扇正常運轉(zhuǎn)則( 。
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