《2025年资源库高中物理人教版》

例441 [山东2023·16]
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1-17-55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 ＜ \sqrt{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 $ \theta $,求 $ \theta $ 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)。
【解析】(1) 作出光路图如图1-17-56所示,设光在 $ M $ 中竖直端面与下端面的入射角分别为 $ \alpha $、$ \beta $,则 $ \alpha + \beta = 90° $,光在竖直端面发生全反射,则 $ \sin \alpha \geq \sin C = \frac{1}{n} $,在下端面发生折射,则 $ n = \frac{\sin \theta}{\sin \beta} $,从 $ M $ 下端面出射的光与竖直方向的最大偏角为 $ \theta $ 时,$ \beta $ 最大,$ \alpha $ 最小,即 $ \sin \alpha = \sin C = \frac{1}{n} $,可得 $ \sin \theta = \sqrt{n^2 - 1} $。


(2) $ N $ 下端面刚能接收反射激光时,$ b $ 有最小值 $ b_{min} $,作出光路图如图1-17-57所示,由几何关系可知 $ 2b_{min} \tan \theta = d $,解得 $ b_{min} = \frac{d}{2} \sqrt{\frac{2 - n^2}{n^2 - 1}} $,$ N $ 下端面恰好全部被照亮时,此时 $ b $ 有最大值 $ b_{max} $,作出光路图如图1-17-58所示,由几何关系可知 $ 2b_{max} \tan \theta = d + 2a $,解得 $ b_{max} = \frac{d + 2a}{2} \sqrt{\frac{2 - n^2}{n^2 - 1}} $,故玻璃丝下端面到被测物体距离 $ b $ 的范围为 $ \frac{d}{2} \sqrt{\frac{2 - n^2}{n^2 - 1}} \leq b \leq \frac{d + 2a}{2} \sqrt{\frac{2 - n^2}{n^2 - 1}} $。
【答案】(1) $ \sqrt{n^2 - 1} $ (2) $ \frac{d}{2} \sqrt{\frac{2 - n^2}{n^2 - 1}} \leq b \leq \frac{d + 2a}{2} \sqrt{\frac{2 - n^2}{n^2 - 1}} $

答案：
(1) 光在光纤$ M $中竖直端面发生全反射，临界角$ C $满足$ \sin C = \frac{1}{n} $。当出射光偏角$ \theta $最大时，入射角$ \alpha $最小为$ C $，即$ \sin \alpha = \frac{1}{n} $。由几何关系$ \alpha + \beta = 90° $，得$ \sin \beta = \cos \alpha = \sqrt{1 - \sin^2 \alpha} = \frac{\sqrt{n^2 - 1}}{n} $。根据折射定律$ n = \frac{\sin \theta}{\sin \beta} $，解得$ \sin \theta = \sqrt{n^2 - 1} $。
(2) 当$ N $刚能接收反射激光时，光线恰好到达$ N $边缘，几何关系$ 2b_{min} \tan \theta = d $。由$ \tan \theta = \frac{\sin \theta}{\cos \theta} = \frac{\sqrt{n^2 - 1}}{\sqrt{2 - n^2}} $，解得$ b_{min} = \frac{d}{2} \sqrt{\frac{2 - n^2}{n^2 - 1}} $。当$ N $全部被照亮时，光线覆盖$ N $直径，几何关系$ 2b_{max} \tan \theta = d + 2a $，解得$ b_{max} = \frac{d + 2a}{2} \sqrt{\frac{2 - n^2}{n^2 - 1}} $。故$ b $的范围为$ \frac{d}{2} \sqrt{\frac{2 - n^2}{n^2 - 1}} \leq b \leq \frac{d + 2a}{2} \sqrt{\frac{2 - n^2}{n^2 - 1}} $。
答案
(1) $ \sin \theta = \sqrt{n^2 - 1} $
(2) $ \frac{d}{2} \sqrt{\frac{2 - n^2}{n^2 - 1}} \leq b \leq \frac{d + 2a}{2} \sqrt{\frac{2 - n^2}{n^2 - 1}} $

例442 [黑龙江2024·4]
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1-17-59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)

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
【解析】双缝干涉中相邻两亮条纹的间距 $ \Delta x = \frac{L \lambda}{d} $,换用更粗的头发丝,$ d $ 增大,$ \Delta x $ 减小,A正确；换用红色激光照双缝,$ \lambda $ 增大,$ \Delta x $ 增大,B错误；增大纸板与墙面的距离,$ L $ 增大,$ \Delta x $ 增大,C错误；减小光源与纸板的距离对产生的亮条纹间距无影响,D错误。
【答案】A

答案： A

例443 [湖南2024·9]
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 $ \theta $,如图1-17-60所示。$ 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 $ \theta = 0° $,沿 $ OA $ 向右略微平移平面镜,干涉条纹间距不变
D.若 $ \theta = 0° $,沿 $ AO $ 向左略微平移平面镜,干涉条纹向 $ A $ 处移动
【解析】$ S $ 与 $ S' $ 关于平面镜所成的像将作为两光源或双缝,在光屏上出现干涉条纹,如图1-17-61所示。设 $ S $ 与 $ S' $ 关于平面镜所成的像间的距离为 $ d $,平面镜意外倾斜了某微小角度 $ \theta $ 后,向左略微平移平面镜,像从 $ S_0 $ 移动到 $ S_1 $,$ S $ 与像间的距离 $ d $ 变小,根据双缝干涉条纹间距公式 $ \Delta x = \frac{L}{d} \lambda $,可知 $ \Delta x $ 变大,A错误；向右略微平移平面镜,像从 $ S_0 $ 移动到 $ S_2 $,$ S $ 与像间距离 $ d $ 变大,根据双缝干涉条纹间距公式 $ \Delta x = \frac{L}{d} \lambda $,可知 $ \Delta x $ 变小,B正确；若 $ \theta = 0° $,向左或向右略微平移平面镜,$ S $ 与像间距离 $ d $ 都不会发生变化,条纹间距始终不变,C正确,D错误。
【答案】BC

答案： BC