Question

4．如圖，一束截面為圓形（半徑R=0.8m）的平行紫光垂直射向一半徑也為R的玻璃半球的平面，且可全部射到平面上，經(jīng)折射后在屏幕S上形成一個(gè)圓形亮區(qū)．屏幕S至球心的距離為D=4m，不考慮光的干涉和衍射．
（I）若玻璃半球?qū)ψ仙�光的折射率為n=$\frac{5}{4}$，求圓形亮區(qū)的半徑；
（Ⅱ）若有一細(xì)束紫光線在O點(diǎn)左側(cè)與O相距0.4 $\sqrt{3}$m處的G點(diǎn)（圖中未畫出）垂直于半球平面從下方入射，求此光線從玻璃磚射出點(diǎn)的位置．（已知sin53°=0.8）

Answer 1

分析 （Ⅰ）光線沿直線從O點(diǎn)穿過玻璃，方向不變．紫光剛要發(fā)生全反射時(shí)的臨界光線射在屏幕S上的點(diǎn)E，E點(diǎn)到亮區(qū)中心G的距離r就是所求最大半徑，作出光路圖，由光的折射定律結(jié)合數(shù)學(xué)幾何知識(shí)求出圓形亮區(qū)的半徑．
（Ⅱ）由全反射臨界角公式sinC=$\frac{1}{n}$求出臨界角C，由幾何知識(shí)求出入射光束在半球上表面的入射角，可判斷出光線在半球上表面發(fā)生兩次全反射，最終從半球平面垂直射出，由幾何知識(shí)分析即可．

解答 解：（I）如圖，紫光剛要發(fā)生全反射時(shí)的臨界光線射在屏幕S上的點(diǎn)E，E點(diǎn)到亮區(qū)中心G的距離r就是所求最大半徑．
設(shè)紫光的臨界角為C，由全反射的知識(shí)可得：sinC=$\frac{1}{n}$
由數(shù)學(xué)知識(shí)可得：AB=RsinC=$\frac{R}{n}$
    OB=RcosC=R$\frac{\sqrt{{n}^{2}-1}}{n}$
  BF=ABtanC=$\frac{R}{n\sqrt{{n}^{2}-1}}$
   GF=D-（OB+BF）=D-$\frac{nR}{\sqrt{{n}^{2}-1}}$
因?yàn)椋?\frac{GE}{AB}$=$\frac{GF}{BF}$
則r_m=GE=AB$\frac{GF}{BF}$=D$\sqrt{{n}^{2}-1}$-nR
代入數(shù)據(jù)解得 r_m=2m
（II）紫光在距O點(diǎn)左側(cè)0.4 $\sqrt{3}$m處的G點(diǎn)射入后，若在上表面的入射角為α．
由幾何關(guān)系得：sinα=$\frac{0.4\sqrt{3}}{0.8}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，得 α=60°
由sinC=$\frac{1}{n}$知，sinC=$\frac{4}{5}$＜sinα，則得 α＞C，紫光線在玻璃磚內(nèi)會(huì)發(fā)生三次全反射，最后由H點(diǎn)射出，如圖所示，由反射定律和幾何關(guān)系得：
  OH=OG=0.4 $\sqrt{3}$m．
射到H點(diǎn)的光有一部分被反射，沿原路返回到達(dá)G點(diǎn)射出． 
 
答：
（Ⅰ）圓形亮區(qū)的半徑是2m．
（Ⅱ）此光線從玻璃磚射出點(diǎn)的位置在G點(diǎn)和O點(diǎn)右側(cè)與O相距0.4 $\sqrt{3}$m處．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了全反射規(guī)律以及反射定律的應(yīng)用，正確作出光路圖，靈活運(yùn)用幾何知識(shí)求解是關(guān)鍵．