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全国中学生物理竞赛真题汇编-光学 参考答案1参考解答由于光学系统是左右对称的，物、像又是左右对称的，光路一定是左右对称的。该光线在棱镜中的部分与光轴平行。由射向光心的光线的光路图如图预解19-5所示。由对称性可知 由几何关系得 由图可见 又从的边角关系得 代入数值得 由、与式得，根据折射定律，求得 评分标准：本题20分1. 图预解19-5的光路图4分。未说明这是两个左右对称性的结果只给2分。2. 、式各给2分，式给3分，式给1分，式给4分。2把酒杯放平，分析成像问题。 图11未斟酒时，杯底凸球面的两侧介质的折射率分别为n1和n01。在图1中，P为画片中心，由P发出经过球心C的光线PO经过顶点不变方向进入空气中；由P发出的与PO成a 角的另一光线PA在A处折射。设A处入射角为i，折射角为r，半径CA与PO的夹角为q ，由折射定律和几何关系可得n1sinin0sinr （1）q i+a （2）在PAC中，由正弦定理，有 （3）考虑近轴光线成像，a、i、r 都是小角度，则有 （4） （5）由（2）、（4）、（5）式、n0、nl、R的数值及cm可得q 1.31i （6）r 1.56i （7）由（6）、（7）式有rq （8）由上式及图1可知，折射线将与PO延长线相交于P，P 即为P点的实像画面将成实像于P 处。在CAP 中，由正弦定理有 （9）又有 rq +b (10)考虑到是近轴光线，由（9）、（l0）式可得 (11)又有 （12）由以上各式并代入数据，可得 cm （13）由此可见，未斟酒时，画片上景物所成实像在杯口距O点7.9 cm处。已知O到杯口平面的距离为8.0cm，当人眼在杯口处向杯底方向观看时，该实像离人眼太近，所以看不出画片上的景物。2斟酒后，杯底凸球面两侧介质分别为玻璃和酒，折射率分别为n1和n2，如图2所示，考虑到近轴光线有 （14）代入n1和n2的值，可得图2r1.16i （15）与（6）式比较，可知rq （16）由上式及图2可知，折射线将与OP延长线相交于P，P 即为P点的虚像。画面将成虚像于P 处。计算可得 （17）又有 （18）由以上各式并代入数据得 cm （19）由此可见，斟酒后画片上景物成虚像于P处，距O点13cm即距杯口21 cm。虽然该虚像还要因酒液平表面的折射而向杯口处拉近一定距离，但仍然离杯口处足够远，所以人眼在杯口处向杯底方向观看时，可以看到画片上景物的虚像。评分标准：本题15分求得（13）式给5分，说明“看不出”再给2分；求出（l9）式，给5分，说明“看到”再给3分。34l在所示的光路图（图复解16-2-1）中，人射光经透镜折射后沿射向，经折射后沿出射、与透镜主轴的交点分别为、和，如果为物点，因由沿主轴射向的光线方向不变，由透镜性质可知，为经过所成的像，为经所成的像，因而图中所示的、之间有下列关系： （1） （2） （3）当入射光线与出射光线平行时，图中的，利用相似三角形关系可求得 , 从而求得 （4）联立方程（1）、（2）、（3）、（4），消去、和，可得 （5）由于、均已给定，所以为一确定值，这表明：如果入射光线与出射光线平行，则此入射光线必须通过主轴上一确定的点，它在的左方与相距处，又由于与无关，凡是通过该点射向的入射光线都和对应的出射光线相互平行2由所得结果（5）式可以看出，当时，此情况下的光路图就是图复解16-2-1当时，此时入射光线和出射光线均平行于主轴，光路如图复解16-2-2 当时，这表明点在的右方，对来说，它是虚物由（1）式可知，此时，由可知，又由可知，所以此时的光路图如图复解16-2-35解：在由直线与小球球心所确定的平面中，激光光束两次折射的光路如图6所示，图中入射光线与出射光线的延长线交于点，按照光的折射定律有图60，式中与分别是相应的入射角和折射角，由几何关系还可知激光光束经两次折射，频率保持不变，故在两次折射前后，光束中一个光子的动量的大小和相等，即，式中为真空中的光速，为普朗克常量因射入小球的光束中光子的动量沿方向，射出小球的光束中光子的动量沿方向，光子动量的方向由于光束的折射而偏转了一个角度2，由图中几何关系可知22（）若取线段的长度正比于光子动量，的长度正比于光子动量，则线段的长度正比于光子动量的改变量，由几何关系得22（），为等腰三角形，其底边上的高与平行，故光子动量的改变量的方向沿垂直的方向，且由指向球心光子与小球作用的时间可认为是光束在小球内的传播时间，即2（），式中是光在小球内的传播速率，按照牛顿第二定律，光子所受小球平均作用力的大小为0，按照牛顿第三定律，光子对小球的平均作用力大小，即，力的方向由点指向点由、及式，经过三角函数关系运算，最后可得（2）（1）6。1由于光纤内所有光线都从轴上的点出发，在光纤中传播的光线都与轴相交，位于通过轴的纵剖面内，图10为纵剖面内的光路图，设由点发出的与轴的夹角为的光线，射至、分界面的入射角为，反射角也为该光线在光纤中多次反射时的入射角均为，射至出射端面时的入射角为若该光线折射后的折射角为，则由几何关系和折射定律可得90，当大于全反射临界角时将发生全反射，没有光能损失，相应的光线将以不变的光强射向出射端面，而的光线则因在发生反射时有部分光线通过折射进入，反射光强随着反射次数的增大而越来越弱，以致在未到达出射端面之前就已经衰减为零了因而能射向出射端面的光线的的数值一定大于或等于，的值由下式决定，即，与对应的值为90，当时，即时，或时，由点发出的光束中，只有的光线才满足的条件，才能射向端面，此时出射端面处的最大值为90若0，即时，则由点O发出的光线都能满足的条件，因而都能射向端面，此时出射端面处的最大值为端面处入射角最大时，折射角也达最大值，设为，由式可知由、式可得，当时，有，当时，由至式可得，的数值可由图11上的几何关系求得（2）2）（10）图11于是当0时，的表达式应为（21）2），（11）当时，有（2）2）（12）2可将输出端介质改为空气，光源保持不变，按同样手续再做一次测量，可测得、2、2，这里打撇的量与前面未打撇的量意义相同已知空气的折射率等于1，故有当时，有1（2）2），（13）当时，有1（2）2），（14）将（11）、（12）两式分别与（13）、（14）式相除，均得（2）（2）（）（15）此结果适用于为任何值的情况71. 对于一个望远系统来说，从主光轴上无限远处的物点发出的入射光为平行于主光轴的光线，它经过系统后的出射光线也应与主光轴平行，即像点也在主光轴上无限远处，如图复解18-1-1所示，图中为左端球面的球心由正弦定理、折射定律和小角度近似得 （1）即 （2）光线射到另一端面时，其折射光线为平行于主光轴的光线，由此可知该端面的球心一定在端面顶点的左方，等于球面的半径，如图复解18-1-1仿照上面对左端球面上折射的关系可得 （3）又有 （4）由（2）、（3）、（4）式并代入数值可得 （5）即右端为半径等于5的向外凸的球面2. 设从无限远处物点射入的平行光线用、表示，令过，过，如图复解18-1-2所示，则这两条光线经左端球面折射后的相交点，即为左端球面对此无限远物点成的像点现在求点的位置。在中 （6）又 （7）已知，均为小角度，则有 （8）与（2）式比较可知，即位于过垂直于主光轴的平面上上面已知，玻璃棒为天文望远系统，则凡是过点的傍轴光线从棒的右端面射出时都将是相互平行的光线容易看出，从射出的光线将沿原方向射出，这也就是过点的任意光线（包括光线、）从玻璃棒射出的平行光线的方向。此方向与主光轴的夹角即为，由图复18-1-2可得 （9）由（2）、（3）式可得则 （10）QQPPF1F2uvn1n2yyf1f2图复解 19-5-18利用焦点的性质，用作图法可求得小物的像，如下图所示。（1）用和分别表示物和像的大小，则由图中的几何关系可得 （1） 简化后即得物像距公式，即，之间的关系式 （2）（2）薄透镜中心附近可视为筹薄平行板，入射光线经过两次折射后射出，放大后的光路如图复解19-5-2所示。图中为入射角，为与之相应的出射角，为平行板中的光线与法线的夹角。设透镜的折射率为，则由折射定律得 （3）对傍轴光线，、1，得，因而得n1n2q1q2ggn图复解 19-5-2 （4）（3）由物点射向中心的入射线，经折射后，出射线应射向，如图复解19-5-3所示，QQPPF1F2Lq2uvuyq1yn1n2图复解 19-5-3 在傍轴的条件下，有 （5）二式相除并利用（4）式，得 （6）用（1）式的代入（6）式，得 即 （7）用（1）式的代入（6）式，得 即 （8）从而得，之间关系式 （9）9图复解20-4-1中画出的是进入玻璃半球的任一光线的光路（图中阴影处是无光线进入的区域），光线在球面上的入射角和折射角分别为和，折射光线与坐标轴的交点在。令轴上的距离为，的距离为，根据折射定律，有 （1）在中 （2） （3）由式（1）和式（2）得 再由式（3）得 设点到的距离为，有 得 （4）解式（4）可得 （5）为排除上式中应舍弃的解，令，则处应为玻璃半球在光轴上的傍轴焦点，由上式由图可知，应有，故式（5）中应排除号中的负号，所以应表示为 （6）上式给出随变化的关系。因为半球平表面中心有涂黑的面积，所以进入玻璃半球的光线都有，其中折射光线与轴交点最远处的坐标为 （7）在轴上处，无光线通过。随增大，球面上入射角增大，当大于临界角时，即会发生全反射，没有折射光线。与临界角相应的光线有 这光线的折射线与轴线的交点处于 （8）在轴上处没有折射光线通过。由以上分析可知，在轴上玻璃半球以右 （9）的一段为有光线段，其它各点属于无光线段。与就是所要求的分界点，如图复解20-4-2所示 评分标准：本题20分。求得式（7）并指出在轴上处无光线通过，给10分；求得式（8）并指出在轴上处无光线通过，给6分；得到式（9）并指出上有光线段的位置，给4分。10 zaLS1PaS2ahhS3O1O2(S2)O3图1MMu1考虑到使3个点光源的3束光分别通过3个透镜都成实像于P点的要求，组合透镜所在的平面应垂直于z轴，三个光心O1、O2、O3的连线平行于3个光源的连线，O2位于z轴上，如图1所示图中表示组合透镜的平面，、为三个光束中心光线与该平面的交点 u就是物距根据透镜成像公式 (1)可解得 因为要保证经透镜折射后的光线都能全部会聚于P点，来自各光源的光线在投射到透镜之前不能交叉，必须有2utana h即u2h在上式中取“”号，代入f 和L的值，算得 1.757h (2)此解满足上面的条件 分别作3个点光源与P点的连线为使3个点光源都能同时成像于P点，3个透镜的光心O1、O2、O3应分别位于这3条连线上（如图1）由几何关系知，有 (3) 即光心O1的位置应在之下与的距离为(4)同理，O3的位置应在之上与的距离为0.146h处由(3)式可知组合透镜中相邻薄透镜中心之间距离必须等于0.854h，才能使S1、S2、S3都能成像于P点2现在讨论如何把三个透镜L1、L2、L3加工组装成组合透镜因为三个透镜的半径r = 0.75h，将它们的光心分别放置到O1、O2、O3处时，由于0.854h2r，透镜必然发生相互重叠，必须对透镜进行加工，各切去一部分，然后再将它们粘起来，才能满足(3)式的要求由于对称关系，我们只需讨论上半部分的情况圆10.146h0.854h0.439h0.439hC1O1W1W2QQNNTTKC2图2x2x1圆2h图2画出了L1、L2放在平面内时相互交叠的情况（纸面为平面）图中C1、C2表示L1、L2的边缘，、为光束中心光线与透镜的交点，W1、W2分别为C1、C2与O1O2的交点为圆心的圆1和以（与O2重合）为圆心的圆2分别是光源S1和S2投射到L1和L2时产生的光斑的边缘，其半径均为 (5)根据题意，圆1和圆2内的光线必须能全部进入透镜首先，圆1的K点（见图2）是否落在L1上？由几何关系可知 (6)故从S1发出的光束能全部进入L1为了保证全部光束能进入透镜组合，对L1和L2进行加工时必须保留圆1和圆2内的透镜部分下面举出一种对透镜进行加工、组装的方法在O1和O2之间作垂直于O1O2且分别与圆1和圆2相切的切线和若沿位于和之间且与它们平行的任意直线对透镜L1和L2进行切割，去掉两透镜的弓形部分，然后把它们沿此线粘合就得到符合所需组合透镜的上半部同理，对L2的下半部和L3进行切割，然后将L2的下半部和L3粘合起来，就得到符合需要的整个组合透镜这个组合透镜可以将S1、S2、S3发出的全部光线都会聚到P点现在计算和的位置以及对各个透镜切去部分的大小应符合的条件设透镜L1被切去部分沿O1O2方向的长度为x1，透镜L2被切去部分沿O1O2方向的长度为x2，如图2所示，则对任意一条切割线， x1、x2之和为 （7）由于必须在和之间，从图2可看出，沿切割时，x1达最大值(x1M)，x2达最小值(x2m)， 代入r，r 和的值，得(8)代入(7)式，得(9)由图2可看出，沿切割时，x2达最大值(x2M)，x1达最小值(x1m)， 代入r和r 的值，得(10)（11）由对称性，对L3的加工与对L1相同，对L2下半部的加工与对上半部的加工相同评分标准：本题20分第1问10分，其中（2）式5分，（3）式5分，第2问10分，其中(5)式3分，(6)式3分，(7)式2分，(8)式、(9)式共1分，(10)式、(11)式共1分如果学生解答中没有(7)(11)式，但说了“将图2中三个圆锥光束照射到透镜部分全部保留，透镜其它部分可根据需要磨去（或切割掉）”给3分，再说明将加工后的透镜组装成透镜组合时必须保证O1O2=O1O2=0.854h，再给1分，即给(7)(11)式的全分（4分）1 11圆筒内光学元件的相对位置如图1所示各元件的作用如下：L2L1L3狭缝SP圆筒轴图1狭缝S：光源的光由此进入分光镜，观察到的谱线就是狭缝的像透镜L1：与狭缝的距离为f1，使由狭缝射来的光束经L1后成为与圆筒轴平行的平行光束分光棱镜：使由L1射来的平行光束中频率不同的单色光经棱镜后成为沿不同方向出射的平行光束透镜L2：使各种单色平行光束经L2 成像在它的焦平面上，形成狭缝的像（即光谱线）观察屏P：位于L2焦平面上，光源的谱线即在此屏上透镜L3：与P的距离f3，是人眼观察光谱线所用的放大镜（目镜）2已知钠黄光的谱线位于P的中央，S的像位于L2 的焦点上，由此可知，对分光棱镜系统来说，钠黄光的入射光束和出射光束都与轴平行，由于棱镜系统是左右对称，因此钠黄光在棱镜内的光路应该是左右对称的，在中间棱镜中的光路应该与轴平行，分光元件中的光路图如图2所示，左半部的光路如图3用i1、r1、i2、r2分别表示两次折射时的入射角和折射角，用n1、n2分别表示两块棱镜对D线的折射率，由图3可以看出，在两棱镜界面上发生折射时，表明，即中间的棱镜应用折射率较大的火石玻璃制成，两侧棱镜用冕牌玻璃制成，故有=1.5170，=1.7200图2r1i2r2i1n2n1图3由几何关系可得（1）（2）由折射定律可得 （3） （4）从以上各式中消去、和得（5）解（5）式得（6）以，代入，得（7）1212附1、2两问的参考解法：1求经双缝产生的干涉图像的零级亮纹的位置设点的坐标为，它也就是光源与S分别对应的干涉条纹的零级亮纹之间的距离，即由双缝到点的光程差，从作的垂线交于H点，三角形与三角形相似，因， 则DS1S2Hzy图1GlSdO（附1）从作的垂线交于G，到双缝的光程差 （附2）三角形与三角形相似，因，则（附3）对满足零光程差条件的而言， 得（附4）2在线光源情况下，可以导出双缝干涉的相邻两亮纹的间距为（附5） 值不同对应着扩展光源中不同位置的线光源不难证明，它们经双缝产生干涉条纹的间距均如（5）式所示宽度为w的扩展光源是由一系列值不同的、连续分布的、相互独立的线光源构成因此扩展光源在观察屏上产生的干涉图像的强度是由每个线光源产生干涉条纹的强度相加而成当扩展光源宽度为w时，对于光源最边缘点有（附6）代入（4）式（附7）若（附8）则相当于扩展光源最边缘的线光源产生的干涉条纹错开了一个条纹间距由于扩展光源各部分产生的干涉条纹的光强分布都相同，各套干涉条纹强度相加的结果使屏上各处光强相等，变得一片模糊而无法分辨由（5）式和（7）式，求得为使条纹能被分辨，扩展光源允许的最大宽度（附9）观察屏aHM1双孔屏Pb一解法一图2dhS2S1第2问的结果，其清晰度取决于来自扩展光源上下边缘发出的平行光与分别在屏幕上产生两套干涉条纹的相对位置错开的程度由对称性考虑，平行光束中两条光线和在观察屏上的光程差为0，即平行光产生的那套干涉条纹的零级亮纹就在处现讨论以倾角斜入射的平行光束通过整个光学装置后，在观察屏上某点发生干涉时的光程差光束中的光线入射M1的光线经M3反射到达，光线从点算起，所经光程为；光线入射M2的光线经M4反射到达，光线从点算起，所经光程为由对称性可得（1）也就是说从M1和M2算起，光线和到达与的光程是相等的，但是光线和在到达M1和M2时，二者的相位却不同由作斜入射光线的垂线交点，与相位相等，因此，斜入射的两条平行光线和到达S1 和S2时的相位差是光程差引起的（2）从扩展光源下边缘发出的平行光束斜入射到测星干涉仪，经双孔后发出的相干光在观察屏上坐标为y（坐标原点取在上）的P点上引起的光程差（3）其零级亮纹所在位置对应的光程差，故的坐标（4）这也就是平行光与产生的干涉条纹的零级亮纹（也是两套条纹）错开的距离 （5）因在线光源情况下，可以导出双孔干涉的相邻两亮纹的间距为 （6）当二者错开一个条纹间隔时，即，代入（6）式（星光波长采用），得（7）远处的星体作为扩展光源发出的光经过“测星仪”到达双孔，在屏上观察到干涉条纹的清晰度下降，由小到大调节M1、M2距离h，当屏幕上条纹消失时，记下此时h的值代入（7）式就可确定扩展光源角直径的大小注：实际星体都看作均匀亮度的圆形扩展光源，通过调节h使屏幕上的干涉条纹消失，即各处强度完全相等时，通过数学计算，用迈克尔逊测星仪测量得的星体角直径解法二如图3所示，对M1、M3而言，找出对的中间像和对所成的像以及光线a在M1、M3的反射点F和G由物像的对称性可知，故即从光线a上一点到和到的光程相等同理可证，从光线b上一点到和到的光程相等；对M2、M4（未画出）而言，从光线上一点到和到的光程相等；从光线上一点到和到的光程相等abGF图3图4M3hM1因此，光线a 到处与光线到处引起的光程差与没有反射镜M1、M2时两光线到、处的光程相等因a、垂直双孔屏，故（1）通过双孔、后，光线a、在的光程差（2）平行光束b斜入射时，可从、处求b、两光线到达、处的光程差由作的垂线（见图4），（3）说明光线超前于光线b图5 dab通过双孔、后光线b、射出的相干光线在屏幕上形成的零级亮纹不可能位于处，因为二者到达双孔前光线已超前了光线b，如图5所示，光线经过孔后要多走一段光程来抵消前面的相位差，以达到与光线b在没有光程差的情况下相交于远方屏幕上，形成干涉零级亮纹该点所对应的经过孔后多走的光程（4）从可求得平行光束经双孔后在观察屏上的干涉零级条纹位置由（3）式和（4）式，得 （5）的位置坐标 （6）由小到大调节反射镜M1、M2之间的距离（也就是、之间的距离）h，直到屏幕上的干涉条纹消失，即各处强度完全相等时，记下此时h的值.这时相干光在屏幕上零级亮纹位置与的距离（7）当等于条纹间隔，即 （8）代入（7）式得 （9） 由（5）、（9）两式，得（10） 解法三根据第2问的结果，为使条纹能被分辨，扩展光源的允许宽度为，从而扩展光源对双缝中心的张角为 （1）如图3所示，对M1、M3而言，找出对的中间像和对所成的像以及光线a在M1、M3的反射点F和G由物像的对称性可知，故 即从光线a上一点到和到的光程相等同理可证，从光线b上一点到和到的光程相等；对M2、M4（未画出）而言，从光线上一点到和到的光程相等；从光线上一点到和到的光程相等从分析可知，为经M3、M1反射的等效像点，为经M4、M2反射的等效像点，从而可将测星干涉看作是经双孔、的等效杨氏双缝干涉，其缝距为 （2）由小到大调节反射镜M1、M2之间的距离（也就是、之间的距离）h，直到屏幕上的干涉条纹消失，即各处强度完全相等，这时只需将测得的h直接替换（1）式中的d，可得计算星体角直径的公式 （3）得到与前两种解法相同的结果1314151单球面折射成像公式可写成 + = ， （1）式中s为物距，s 为像距，r为球面半径，n和n 分别为入射光和折射光所在介质的折射率在本题中，物点P经反射器的成像过程是：先经过左球面折射成像（第一次成像）；再经右球面反射成像（第二次成像）；最后再经左球面折射成像（第三次成像）（1）第一次成像令s1和s1分别表示物距和像距因s1 = s ，n = n0 = 1 ，n = ng ，r = R ，有 + = ， （2）即s1 = （3）（2）第二次成像用s2 表示物距，s2 表示像距，有 + = （4）因s2 = 2R s1 ，r = R ，由（3），（4）两式得s2 = （5）（3）第三次成像用s3 表示物距，s3 表示像距，有 + = （6）因s3 = 2R s2 ，n0 = 1 ，r = R ，由（5），（6）两式得s3 = （7）2以 v 表示像的速度，则 （8）由于s 很小，分母中含有s的项可以略去，因而有v = （9）根据题意，P从左向右运动，速度大小为 v ，则有v = （10）由此可得，像的速度v = （11）可见，像的速度与 s 有关，一般不做匀速直线运动，而做变速直线运动当n =2 （12）时，（11）式分母括号中的头两项相消，v 将与 s 无关这表明像也将做匀速直线运动；而且（11）式变为 v = v ，即像的速度和P的速度大小相等图116五、1在图1中，z 轴垂直于 AB 面考察平行光束中两条光线分别在 AB 面上 C与 C 点以入射角 i 射入透明圆柱时的情况，r 为折射角，在圆柱体中两折射光线分别射达圆柱面的 D 和 D ，对圆柱面其入射角分别为 i2 与 i2 在OCD 中，O 点与入射点 C 的距离 yc 由正弦定理得 = ，即 yc = R （1）同理在OC D 中，O 点与入射点 C 的距离有 = ，即 yc = R （2）当改变入射角 i 时，折射角 r 与柱面上的入射角 i2 与 i2 亦随之变化在柱面上的入射角满足临界角i20 = arcsin ( 1 / n ) 41.8 （3）时，发生全反射将 i2 = i2 = i20 分别代入式（1），（2）得yoc = yoc = R ， （4）即 d = 2yoc = 2R （5）当 yc yoc 和 yc y oc 时，入射光线进入柱体，经过折射后射达柱面时的入射角大于临界角 i20 ，由于发生全反射不能射出柱体因折射角 r 随入射角 i 增大而增大由式（4）知，当 r = 0 ，即 i = 0（垂直入射）时，d 取最小值dmin = 2Rsin i20 = 1.33 R （6）图2当 i 90（掠入射）时，r 41.8 将 r = 41.8 代入式（4）得 dmax = 1.79 R （7）2由图2可见， 是 Oz 轴与线段 OD 的夹角， 是 Oz 轴与线段 OD 的夹角发生全反射时，有 = i20 + r ， （8） = i20 r ， （9）和 = + = 2i2083.6 （10）由此可见， 与 i 无关，即 独立于 i 在掠入射时，i 90 ，r = 41.8 ，由式（8）,（9）两式得 = 83.6 ， = 0 （11）171光路图如下，指出被球面镜反射的光线汇累于凸透镜的焦点。2参照所给光路图，可知，设，有如下几何关系：，（1）（2）两式联立，可求得。（3）评分标准：正确画出光路图5分，（3）式5分。181.考虑光线仅从面上法线下方入射，如图1所示，在面上发生折射，根据折射定律有（1）式中，和分别是光线在面上入射角和折射角，是棱镜的折射率。在面上发生全反射应满足（2）式中，是光线在面上的入射角，在中