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第64 讲 光学实验
模拟·基础演练
1．【答案】(1)C (2)大 (3)1.5 (4)小于
【详解】（1）A．手拿光学元器件时切忌用手触摸“工作面”，以防脏污甚至腐蚀光学面造成永久的损坏，
故A 错误；
B．为减少测量误差，入射角应适当大一些，即P1、P2的连线与法线NN ′的夹角应尽量大些，故B 错误。
C．为了减小作图误差，将出射光线确定得更准确些，P3和P4的距离应适当取大些，故C 正确。
D．测折射率时，只要操作正确，与玻璃砖形状无关，故玻璃的两个光学面aa′ 、bb′不平行，对玻璃折射
率的测定结果没有影响，故D 错误。
故选C。
（2）如果有几块宽度不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度大的玻璃砖来测量，宽度
越大，出射光线的侧位移越大，折射角的测量越准确，故为了减小误差应选用宽度大的玻璃砖来测量。
（3）根据折射率定义公式有n= sinθ1
sinθ2
代入数据可得玻璃砖的折射率为n= 0.6
0.4 =1.5
（4）如图为在图中分别做出的实际光路图（图中实线）和以aa
′、bb
′为界面，以大头针留的痕迹作出实
验光路图（图中虚线）
比较实际光路图的折射角与实验图的折射角关系，可知折射角测量值偏大，则折射率小于真实值。
2．【答案】 d2
d1
1.51
【详解】【小题1】[1]折射率n= sin ∠MPf
sin ∠MOf =
fM
MP
fM
OM
= OM
PM = d2
d1
[2]代入数据得n= d2
d1
= 3.42cm
2.26cm ≈1.51
3．【答案】(1)BD (2)sin β
sin α (3)C (4)等于
【详解】（1）光沿直线传播，两点确定一条直线，让P3同时挡住P1、P2的像，保证入射光线是唯一的且
过P1、P2，同理使P4挡住P3和P1、P2的像，保证从玻璃板出来的光线是唯一的且过P3、P4，最后使四个
点在同一条光线的传播路径上，故AC 错误，BD 正确。
故选BD。
（2）[1]玻璃砖的折射率是光由真空（本实验为空气）射入玻璃发生折射时的入射角正弦与折射角正弦之
比，故n= sin β
sin α
（3）光路图如图所示
根据光路图可知，经过P1、P2的光线经两块玻璃砖的分界处向下偏转，然后射入右侧玻璃砖后平行射出，
所以在图中右边的插针应该是P5、P6。
故选C。
（4）[1]如下图，实际光路图为PMNG，测量光路图为PQNG，根据折射定律知，PM 平行于QNG，且M
点到aa'的距离等于N 点到bb'的距离，所以四边形PMNQ 为平行四边形，则折射率的测量值等于准确值。
4．【答案】(1)AC (2)小于 (3)BD
【详解】（1）AB．在“测定玻璃的折射率”实验中，确定光路的方法是利用插针法。在玻璃砖的另一侧
观察，插上大头针P3，使P3挡住P1的像和P2的像，这样P3就在折射光线的延长线上，故A 正确，B 错误；
CD．接着插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像，这样P3、P4就在出射光线上，从而确定了出射光
线，故C 正确，D 错误。
故选AC。
（2）如图乙所示
根据图示可知，在上边界处，折射光线与法线的夹角，即折射角r比实际折射角偏大。根据折射率公式
n= sini
sin r ，入射角i不变，折射角r偏大，导致sin r偏大，所以折射率的测量值小于准确值。
（3）A．为了减小确定光线方向的误差，大头针P1和P2的距离应适当取大些，这样连线确定的入射光线
方向更准确，故A 正确；
B．光从空气射入玻璃砖，是从光疏介质进入光密介质，无论入射角多大，都不会发生全反射，光都能进
入玻璃砖，故B 错误；
C．光线射到玻璃砖下表面时，入射角等于上表面的折射角。根据光路可逆原理，光线在上表面能折射进
入，在下表面就一定能折射射出，不会发生全反射，故C 正确；
D．入射角如果太小，折射角也太小，测量角度时的相对误差较大，为了减小测量误差，入射角应适当大
一些，而不是尽量小，故D 错误。
本题选错误的，故选BD。
5．【答案】(1)BD (2)sin β
sin α (3)BD (4)偏小
【详解】（1）AB．确定大头针的位置的方法是插上大头针P3，使挡住P1、P2的像，故A 错误，B 正确；
CD．确定大头针的位置的方法是插上大头针P4，使挡住P1和P2、P3的像，故C 错误，D 正确。
故选BD。
（2）根据折射定律得，玻璃砖的折射率为n=sin β
sinα
（3）A．入射角过小会使得角度测量的相对误差大；入射角过大会造成反射光强折射光弱以及色散现象，
带来测量的误差偏大。所以入射角要适当大一些（建议在30°~60°之间），故A 错误；
B．为了减小作图误差，P1和P2的距离应适当取大些，故B 正确；
C．光从空气进入玻璃，是从光疏介质进入光密介质，不能发生全反射，在界面光的入射角大于临界角，
光依然会进入玻璃砖，故C 错误；
D．如图所示
根据折射定律n= sini
sin γ = sin 90°
sinC
因为i<90°，所以α = γ <C
不论光以什么角度射入aa
′，入射角α都小于临界角，都不会发生全反射，所以光经一次折射后达到界面
bb
′都能射出，故D 正确；
故选BD。
（4）设真实的入射角为i，折射角为r，真实折射率n= sini
sin r 。
当法线画得与界面不垂直时，我们误将倾斜的线当作法线，导致：测得的入射角i'比真实入射角i偏大，测
得的折射角r '比真实折射角r偏大，且r '的增大幅度比i'更明显，此时测得的折射率n' = sini'
sin r ' ，由于sin r '
相对sini'增加得更多，因此n' <n，测得的折射率比真实值偏小。
6．【答案】(1)变小 (2) x1
x2
(3)1.3
【详解】（1）双缝干涉相邻亮条纹间距公式为Δ x = Lλ
d
其中d 为双缝间距。相邻亮条纹间距Δ x与d 成反比，若仅增大双缝间距d，其余条件不变，则相邻亮条纹
的间距将变小。
（2）空气中光的波长为λ，相邻两条亮条纹的间距x1= Lλ
d
光在折射率为n1的矿泉水中，波长变为λ
′ = λ
n1
相邻两条亮条纹的间距x2= L λ
′
d = Lλ
n1d = 1
n1
⋅x1
可得矿泉水折射率n1= x1
x2
（3）中央零级亮纹要求光程差为0。加入宽度d =15 λ的矿泉水容器后，经过S2的光，在矿泉水中的光程
为n2d，在空气中的光程为d，光程增加了Δd =(n2−1)d =(n2−1)⋅15 λ
现在零级偏移至原第5 级亮纹位置，说明增加的光程恰好等于5 个波长，即Δd =5 λ
解得n2=1+ 5
15 ≈1.3
7．【答案】(1)6.00 (2)1
3 (3)1.8
【详解】（1）直径D =60m m +0.1×0 mm =60.0 mm =6.00cm
（2）过O 点作OG 垂直AB，垂足为G，测得OG 的长度L=1.00cm，根据几何关系可知，折射角的正弦值
sin γ = L
D
2
= 1
3
（3）根据折射定律n=sinθ
sin γ
解得n=1.8
8． 【答案】(1)5.00 (2)1.8 (3)偏大
【详解】（1）图甲可知，该游标卡尺精度为0.1mm，则球体直径
D =50 mm +0.1mm ×0=50.0 mm =5.00cm
（2）如图所示
设光线由A 点射入，入射角为α，折射角为β，几何关系可知OB =
❑√( D
2 )
2
−d
2=1.5cm，
AP =
❑√d
2+(OB+ D
2 )
2
=2❑√5cm
因为sin α = d
D
2
= 4
5 ，sin β = d
AP =
❑√5
5
折射率n= sin α
sin β = AP
D
2
≈1.8
（3）若实际操作中，小凯最终调到的水平光线从球体内出射时的位置相对P 点向上偏了一点，则会造成d
偏小，即AP 偏大，n 的测量值偏大
9．【答案】 5.000
❑√3
6 D
【详解】[1]游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以
D =50 mm +0×0.05 mm =50.00 mm =5.000cm
[2]根据题意可知，杂质应位于f 点，如图所示
根据折射定律可得n=
sin α
sin∠Oef
解得∠Oef =30°
所以该杂质与玻璃砖中轴线的距离x =
D
2
2cos∠Oef =
❑√3
6 D
10．【答案】(1)2d
L Δ x1 (2) Δ x1
Δ x2
(3) 变小 减小垫片的厚度
【详解】（1）设“V”形槽的夹角为θ，由几何关系可得tanθ = d
L
相邻亮条纹对应厚度差满足关系Δd = λ
2
由几何关系可得Δd
Δ x1
= tanθ
联立解得λ = 2d
L Δ x1
（2）注入液体后，相邻亮条纹对应厚度差满足关系Δd
′ = λ
2n
由几何关系可得Δd
′
Δ x2
= tanθ
联立解得Δ x2= λL
2nd
将λ = 2d
L Δ x1代入上式，解得n= Δ x1
Δ x2
（3）[1]注入液体后n>1，由n= Δ x1
Δ x2
，可知Δ x2< Δ x1
即相邻亮条纹间距变小。
[2]相邻两亮条纹间距Δ x2= λL
2nd
其中λ、L、n均为定值，要增大条纹间距便于测量，可减小垫片的厚度d。
11．【答案】(1) 111.15 115.45 6.1×10
−7 (2)大于
【详解】（1）[1]游标卡尺的精确度为0.05mm，图（b）的读数为111mm +3×0.05 mm =111.15 mm
[2]图（c）的读数为115 mm +9×0.05 mm =115.45 mm
[3] 相邻条纹间距为Δ x = 115.45−111.15
7
mm ≈0.614 mm
根据Δ x = l
d λ
可得该光的波长为λ≈6.1×10
−7 m
（2）测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，实际值Δ x实= Δ x测cosθ
故可知测量值大于实际值；由Δ x = L
d λ可知波长的测量值大于其实际值。
12．【答案】(1)D (2)d Δ x
′
5 L
(3)730
【详解】（1）相邻两条亮（暗）条纹的中心间距Δ x = L
d λ，要增加观察到的条纹数，即减小Δ x，需增
大d或减小L，因此应将屏向靠近双缝的方向移动，或使用间距更大的双缝。
A．由上述分析可知，将单缝远离双缝对条纹间距没有影响，A 错误；
B．由上述分析可知，使用间距更小的双缝，d 减小，Δ x增大，条纹个数减少，B 错误；
C．由上述分析可知，将屏向远离双缝的方向移动，L 增大，Δ x增大，条纹个数减少，C 错误；
D．由上述分析可知，使用间距更大的双缝，d 增大，Δ x减小，条纹个数增加，D 正确。
故选D。
（2）若双缝的间距为d，屏与双缝间的距离为L，测得第1 条亮条纹到第6 条亮条纹之间的距离为Δ x
′，
相邻条纹间距为Δ x =Δ x
′
5
= L
d λ，解得λ= d Δ x
′
5 L
。
（3）第1 条亮条纹到第4 条亮条纹之间的距离为7.66mm，则相邻条纹间距为Δ x =Δ x
″
3
= L
d λ
故所测单色光的波长λ= d Δ x
″
3 L
解得λ =730nm
13．【答案】(1)双缝 (2)9.764 (3)( x2−x1)d
4l
(4)大于
【详解】（1）M、N、P 三个光学元件依次为滤光片、单缝、双缝。
（2）螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图丙可知x2=9.5 mm +0.01mm ×26.4 =9.764mm
（3）根据条纹间距公式Δ x = l
d λ
因为Δ x = x2−x1
4
联立解得波长λ = (x2−x1)d
4l
（4）在这种情况下测出干涉条纹的间距Δ x偏大，故波长的测量值偏大，即波长的测量值大于真实值。
14．【答案】(1)C (2)2.191/2.192/2.193 (3)5.9×10
−7
【详解】（1）A．单缝的作用是使到达双缝处的光是相干光，若只去掉单缝，将看不到条纹，故A 错误；
B．为了在单缝处得到单色光，滤光片应放在光源和单缝之间，故B 错误；
C．为了减小测量误差，最好用测量头测出多条亮纹中心间的距离a，然后求出相邻两条亮纹间距，故C 正
确。
故选C。
（2）由螺旋测微器的读数规则可知，该刻度值为x1=2mm +0.01×19.2mm =2.192mm。也可读为2.191mm
或2.193mm。
（3）相邻两亮条纹的中心间距为Δ x = x2−x1
3
= 7.870−2.192
3
×10
−3 m ≈1.89×10
−3 m
由公式Δ x = λL
d 得λ =Δ xd
L
，代入数据解得λ =5.9×10
−7 m。
15．【答案】(1)B (2) 15.05 693 (3)变小
【详解】（1）正确的组装实验设备时，图甲中a、b 分别为单缝、双缝，故选B；
（2）[1][2]游标卡尺读数x2=15mm+0.05mm×1=15.05mm，所以条纹间距离Δ x = x2−x1
5−1 =2.60 mm
由Δ x = Lλ
d 可知λ = d Δ x
L
=693nm。
（3）绿光的波长小于红光的波长，所以实验中若仅将红色滤光片更换为绿色滤光片，根据Δ x = Lλ
d 可知，
条纹间的距离将变小。
16．【答案】Ⅰ： 竖直 A 变大 Ⅱ： D F( L+2r )
2
m
2
8.0 R
g R
2
G
【详解】Ⅰ：[1]双缝干涉中，干涉条纹与双缝方向平行，双缝竖直，因此条纹为竖直方向。
[2]A．增大发射功率，单位时间出射光子数增加，总光照强度升高，因此光照强度峰值变大，故A 正确；
B．光的波长、双缝间距d、双缝到光屏距离L都不变，由条纹间距公式Δ x = L
d λ，相邻峰值间距不变，
故B 错误。
故选A。
[3]红光波长大于绿光波长，由Δ x = L
d λ可知，若改用功率相同的红色激光照射，光屏上条纹间距变大。
Ⅱ：[1]A．当增大石英丝的直径时，会导致石英丝不容易转动，对“微小量放大”没有作用，故A 错误；
B．当减小T 形架横梁的长度时，会导致石英丝不容易转动，对“微小量放大”没有作用，故B 错误；
C．激光的波长与几何放大原理无关，不会改变光点的位移大小，无法实现“微小量放大”，故C 错误；
D．刻度尺上光斑的偏移量随刻度尺到平面镜的距离增大而增大，增大刻度尺与平面镜的距离，放大效果
更明显，故D 正确。
故选D。
[2]两球间的万有引力大小为F =G m⋅m
(L+2r)
2
整理得G = F( L+2r )
2
m
2
[3]平抛运动在竖直方向为匀加速运动，满足Δ y = gT
2
由图2 丙可得相邻相等时间内竖直位移差Δ y =12cm −4cm =8cm =0.08 m
代入T =0.1s，解得g=Δ y
T
2 =8.0 m/s
2
[4][5]星球表面重力等于万有引力，即mg=G Mm
R
2
整理得M = g R
2
G
因此还需要测量星球的半径R。
17．【答案】(1) 13.870 a( x7−x1)
3 L
(2)变小 (3)不变 (4)
acL
b(b+c)
【详解】（1）[1]由图丙可知x7=13.5 mm +37.0×0.01mm =13.870 mm
[2]相邻亮条纹中心间距为Δ x = x7−x1
6
由题意可知，等效的双缝间距为d =2a，又因为Δ x = L
d λ
联立解得λ = a( x7−x1)
3 L
（2）光源S 到平面镜中虚像的间距看成双缝的间距d，平面镜意外沿纸面向下平移了一小段，则d 变大，
根据Δ x = L
d λ可知，干涉条纹间距将变小。
（3）激光器和双缝之间加入一个与光束垂直放置的偏振片，不影响光的波长，则测得的干涉条纹间距与
不加偏振片相比不变。
（4）画出光路图
根据几何关系，打到最上面的点A 到P 点距离设为x1，则a
b =
x1
L−b
打到最下面的点B 到P 点距离设为x2，则a
b+c =
x2
L−(b+c)
出现干涉条纹区域的竖直长度为Δ x = x1−x2=
acL
b(b+c)
重难·创新演练
1．【答案】(1)下方 (2)增大 (3)
❑√4 k
2+ 4 k +2
2k
【详解】（1）加水前后的光路图如图所示
其中，光线1 为加水前的折射光线，光线2 为加水后的折射光线，由图可知，向杯中加水后的激光光点在
O2点的下方。
（2）若某次实验时打在侧壁上的光点不能在侧壁外面被观察到，是由于光线在O2点的入射角过大（大于
等于临界角）而发生了全反射，所以应减小光线在O2点的入射角，即增大θ角。
（3）设折射角为α，加水前，O1到入射点的距离为a，O1O2间的距离为b，如（1）中光路图所示，由几
何关系可知tan α = a
b
加水后tan α = a+ x1tanθ
b+ x1+ x2
整理可得x1=
tan α
tanθ−tan α x2
所以x1−x2图线的斜率为k =
tan α
tanθ−tan α
又因为θ = 45°
解得tan α =
k
1+k
即sin α =
k
❑√2k
2+2k +1
根据折射定律可得n= sinθ
sin α
解得n=
❑√4 k
2+ 4 k +2
2k
2．【答案】(1) 15.920 1.40 (2)40 % (3)偏低
【详解】（1）[1][2]由图乙可得，该读数为x5=15.5mm+ 42.0×0.01mm=15.920 mm
劈尖干涉相邻亮纹间距公式，真空时n=1，Δ x0= λ
2θ
滴入溶液后折射率为n，则Δ x =
λ
2nθ = Δ x0
n
因此n= Δ x0
Δ x
第1 条到第5 条亮纹间有4个间隔，故Δ x = ∣15.920−15.120∣
4
mm=0.200 mm
代入解得n= 0.280
0.200 =1.40
（2）由图丙可知，折射率n=1.40对应蔗糖浓度为40 %。
（3）该同学对齐第1 条左边界、第5 条右边界，测得的间距差x5−x1比真实值偏大，因此计算得到的
Δ x测测偏大，根据n= Δ x0
Δ x
所以测得的n偏小，结合图丙，折射率越小对应浓度越低，因此测量的蔗糖浓度偏低。
3．【答案】(1) 小于 sinθ1
sinθ2
(2) L2
L1
【详解】（1）[1] 光从空气斜射入玻璃砖时，空气是光疏介质，玻璃是光密介质，根据折射规律，折射角
小于入射角。
[2] 由图甲可知，入射角为θ1，折射角为θ2，根据折射定律n= sini
sin r
可知，玻璃砖的折射率n1= sinθ1
sinθ2
（2）光从水中射入空气，法线为竖直直径AB。设光具盘半径为R，入射光线OM与法线的夹角为入射角i，
折射光线ON与法线的夹角为折射角r。由几何关系可知sini= L1
R ，sin r = L2
R
根据折射定律n= sin r
sini
解得水的折射率n2= L2
L1
4．【答案】(1)6.43 (2)1.61
【详解】（1）由图（a）可知，玻璃砖的直径为d =6.4cm +0.1×3 mm =6.43cm
（2）当恰好发生全反射时，有sinC = L
d
2
= 2 L
d
折射率n=
1
sinC = d
2 L ≈1.61
5．【答案】(1)顺时针 (2) n=
1
cosθ 越大 (3)不变
【详解】（1）激光笔固定在分支架1 上，缓慢转动装置，要使光线在液面的入射角逐渐增大至全反射的
临界角，需将主支架顺时针转动，即θ 减小，光线在液面处的入射角增大，则折射角增大；
（2）[1]当光线恰好发生全反射时，如图所示
根据几何关系可知全反射的临界角为C =90°−θ
所以n=
1
sinC =
1
cosθ
[2]越靠近激光笔，则θ 越大，cosθ 越小，则标注的折射率值越大；
（3）由于激光垂直容器壁射入液体，可知激光在容器中传播方向不变，若容器壁稍增厚，则激光在液面
处的入射角仍等于90°-θ，即入射角不变。
真题·实战演练
1．【答案】 2.25 d2
d1
1.51 稍小一些
【详解】（2）③[1]刻度尺的最小分度为0.1cm，由图可知，d1为2.25cm；
（3）[2][3]玻璃砖折射率的表达式
n= sini
sin r =
fM
MP
fM
OM
= OM
PM = d2
d1
带入数据可知
n= 3.40
2.25 =1.51
（4）[4]相对误差的计算式为δ = 测量值−真实值
真实值
×100 %，为了减小d1、d2测量的相对误差，实验中
d1、d2要尽量稍大一些，即激光在M点入射时应尽量使入射角稍小一些。
2．【答案】(1)B (2)1.57 (3)不变
【详解】（1）A．入射角适当即可，不能太小，入射角太小，导致折射角太小，测量的误差会变大，故A
错误；
B．激光的平行度好，比用插针法测量更有利于减小误差，故B 正确；
C．相同的材料在各点的折射效果都一样，故C 错误。
故选B。
（2）设半圆柱体玻璃砖的半径为R，根据几何关系可得入射角的正弦值为
sini= y
R
折射角的正弦值为
sin r = x
R
折射率
n= sini
sin r = y
x
可知y −x图像斜率大小等于折射率，即
n= 44
28 ≈1.57
（3）根据（2）中数据处理方法可知若描画的半圆弧轮廓线半径略大于玻璃砖的实际半径，则折射率的测
量结果不变。
3．【答案】绿光
【详解】根据Δ x = L
d λ，可得
λ = d Δ x
L
由图表带入数据可知
Δ x1= 18.64−10.60
5
mm=1.608mm
Δ x2= 18.08−8.44
5
mm=1.928mm
故
Δ x1< Δ x2
则
已知绿光的波长小于红光波长，则单色光1 是绿光。
