湖北省2020届高三下学期6月月考理综物理试题 Word版含解析 22页

- 1 - 2020 年湖北省高三(6 月)供卷 理科综合试卷 一､选择题：本题共 8 小题，每小题 6分，共 48 分｡在每小题给出的四个选项中，第 1~4 题只 有一项符合题目要求，第 5~8 题有多项符合题目要求｡全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分｡ 1. α粒子在近代物理实验中扮演了十分重要的角色｡关于 α粒子，下列说法正确是（ ） A. 19 世纪末，科学家们发现了 α粒子，从而认识到：原子是可以分割的，是由更小的微粒组 成的 B. 1911 年，卢瑟福通过对 α粒子散射实验的研究，提出了原子核式结构模型 C. 1919 年，查德威克用镭放射出的 α粒子轰击氮原子核，从氮核中打出了一种新的粒子—— 质子 D. 1938 年底，德国物理学家哈恩和斯特拉斯曼在用 α粒子轰击铀核的实验中发现了核裂变 【答案】B 【解析】 【详解】A．19 世纪末，科学家们发现了电子，从而认识到：原子是可以分割的，是由更小的 微粒组成的，故 A 错误； B．卢瑟福通过对 α粒子散射实验的研究，提出了原子核式结构模型，故 B 正确； C．1919 年，卢瑟福用镭放射出的α粒子轰击氮原子核，从而发现了质子，实现了人类历史上 第一次人工核反应，故 C 错误； D．1938 年底，德国物理学家哈恩和斯特拉斯曼在用中子轰击铀核的实验中发现了核裂变，故 D错误。 故选 B。 2.2020 年 3 月 9 日 19 时 55 分，中国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射 北斗系统第 54 颗导航卫星。根据计划，北斗卫星导航系统将在今年年底前完成，届时将实现 全球的卫星导航功能。在北斗导航卫星中，有多颗地球静止轨道卫星，关于地球静止轨道卫 星，下列说法正确的是（ ） A. 它们运行周期的可能不同 B. 它们离地面的高度可能不同 C. 它们的运行速度都大于 7.9km/s D. 它们的向心加速度小于近地卫星的向心加速度 - 2 - 【答案】D 【解析】 【详解】A．地球静止轨道卫星的运行周期与地球自转周期相同，均为 24h，A 错误； B．万有引力提供向心力 2 2 2 4 ( ) ( ) MmG m R h R h T     卫星的周期均相同，可知离地高度h相同，B错误； C．当卫星贴近地球表面做匀速圆周运动，满足 2 2 Mm vG m R R  解得 7.9km/sGMv R   地球静止轨道卫星的轨道半径大于地球半径，所以运行速度均小于 7.9km/s，C错误； D．万有引力提供向心加速度 2 MmG ma r  解得 2 GMa r  地球静止轨道卫星的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，所以它们的向心加速度小于近地卫 星的向心加速度，D正确。 故选 D。 3.如图所示，一根不可伸长的轻绳一端系住小球，另一端固定在光滑直角斜劈顶端 O 点，斜 劈底面水平。分别使小球和斜面一起做下述运动：①水平向左加速；②水平向右加速；③竖 直向上加速，④竖直向下加速；⑤绕过 O 点的竖直轴匀速转动。上述运动中，小球对斜面的 压力可能为零的是（ ） A. ①②③ B. ②③⑤ C. ②④⑤ D. ①③④ - 3 - 【答案】C 【解析】 【详解】①水平向左加速时，小球的加速度方向水平向左，如果球对斜面的压力为 0，小球受 重力、拉力两力的合力不可能水平向左，故①错误； ②水平向右加速时，小球的加速度方向水平向右，如果球对斜面的压力为 0，小球受重力、拉 力两力的合力可能水平向右，故②正确； ③竖直向上加速时，小球的加速度方向竖直向上，如果球对斜面的压力为 0，小球受重力、拉 力两力的合力不可能竖直向上，故③错误； ④竖直向下加速时，小球的加速度方向竖直向下，如果球对斜面的压力为 0，若小球只受重力 则小球的合力方向竖直向下，故④正确； ⑤绕过 O 点的竖直轴匀速转动时，小球的加速度方向水平指向过 O 点的竖直轴，当角速度满 足一定条件时，小球的重力与拉力的合力提供向心力，即球对斜面的压力为 0，故⑤正确。 故②④⑤符合题意。 故选 C。 4.如图所示，在磁感应强度为 B的匀强磁场中，面积为 S 的单匝矩形线圈 abcd 沿逆时针方向 (俯视)绕垂直于磁场的中轴匀速转动，角速度为 ｡当 ad 边与磁场方向的夹角为30时，下列 说法正确的是（ ） A. 线圈中电流的方向是 a→b→c→d→a B. 线圈中产生的瞬时电动势的大小是 3 2 BS C. 线圈再转过 60时，产生的电流达到最大值 D. 线圈转动过程中，穿过它的磁通量的变化率恒定 【答案】B 【解析】 - 4 - 【详解】A．当线圈逆时针转动时，磁通量增大，由楞次定律可知，线圈中电流的方向是 a→d→c→b→a，故 A 错误； B．线圈中的最大感应电动势为 maxE BS ，如果从垂直中性面开始计时，则线圈转过30则 max 3cos30 2 e E BS  故 B 正确； C．线圈再转过 60时，线圈处于中性面位置，此时磁通量最大，感应电动势为 0，感应电流为 0，故 C 错误； D．由法拉第电磁感应定律可得 E t    ，由于线圈转动过程中，电动势变化，即穿过它的磁 通量的变化率变化，故 D 错误。 故选 B。 5.如图(a)所示，点电荷-q 绕点电荷+Q 做半径为 r 的匀速圆周运动，角速度为 1 ；如图(b) 所示，点电荷-q 在相距为 r的两个固定点电荷+Q 所在连线的中垂面上，做角度为 2 的匀速 圆周运动，-q 到+Q 的距离始终为 r｡则 1 2:  为（ ） A. 1∶ 2 B. 1∶1 C. 1∶ 3 D. 2∶ 3 【答案】A 【解析】 【详解】ABCD．图(a)中，点电荷+Q 对点电荷-q 的库仑力来提供向心力，从而做半径为 r 的 匀速圆周运动，则有 2 12= QqF F k mr r   向心力 库 解得 1 3 Qqk mr   - 5 - 图(b)中，两个固定点电荷+Q 对-q 的库仑力的合力 F  库来提供向心力，则有 2 2F F mr    向心力 库 又 o 22 cos30QqF k r   库 ocos30r r  联立解得 2 32 kQq mr    故 1 2 1 2    所以，选项 BCD 错误，A正确； 故选 A。 6.长为 8L 的杆竖直放置，杆两端 A､B 系着长为 10L 的不可伸长的光滑轻绳，绳上套着一个质 量为 m 的小铁环。已知重力加速度为 g，不计空气阻力。若系统在竖直平面内沿某一方向做加 速度大小为 5 4 g的匀加速直线运动，环能恰好位于轻绳正中间，且与杆保持相对静止｡下列说 法正确的是（ ） A. 系统可能竖直向上做匀加速直线运动 B. 系统一定斜向左下方做匀加速直线运动 C. 两段绳子拉力的大小均为 5 8 mg D. 两段绳子拉力的大小均为 3 4 mg 【答案】BC 【解析】 【详解】AB．对圆环受力分析如图 - 6 - 同一根绳子拉力相等，所以两根绳子拉力T 的合力为图中水平的 0F ，再与圆环重力合成如图 F ，所以系统一定斜向左下方做匀加速直线运动，A 错误，B 正确； CD．系统加速度为 5 4 g，根据牛顿第二定律 F ma 可知 4sin 55 4 m m m g g F g     结合图中长度关系可知合力 F 与斜向下的拉力T 方向重合，如图，所以 0 tan mg F   又 02 cos tan mgT F    解得绳子拉力为 5 tan 2 cos 2sin 8 mg mgT mg T       C 正确，D错误。 故选 BC。 7.如图，等腰直角三角形 ABC 的区域内存在垂直于纸面向外的磁场，AC=BC=L｡质量为 m，电荷 量为+q 的粒子(不计重力)，以 2 qBLv m  从 AB 边上 P点(未画出)垂直于 AB 边且垂直于磁场方 向射入磁场，则（ ） - 7 - A. 该粒子不可能从 AC 边射出 B. 该粒子在磁场中偏转的最大圆心角为 π C. 要使该粒子从 BC 边射出，入射点 P 应满足 2 1 2 PA L  D. 若粒子从 BC 边上的 Q 点射出，则 2 LQB… 【答案】BCD 【解析】 【详解】A．如图所示为粒子恰好从 BC 边射出的临界状态，若将粒子的入射点从 P 点向 A 点 运动，则粒子可能从 AC 边射出，故 A错误； B．当粒子能从 AB 边射出时，粒子在磁场中运动的偏转角最大即 π，故 B 正确； C．由公式 2vqvB m r  得 2 mvr qB L = = 由几可关系可知 22 sin 45 2 L LOB   则 2 2 12 2 2 2 LAP L L L     要使该粒子从 BC 边射出，应将入射点向右移动即 2 1 2 PA L  故 C 正确； - 8 - D．粒子恰好从 BC 边射出时，由几何关系可知 2 LQB  将 P 点向右移动，则圆弧与 BC 边的交点上移即 2 LQB… ，故 D 正确。 故选 BCD。 8.如图所示，在水平地面上放置一个边长为 a、质量为 M的正方体，在竖直墙壁和正方体之间 放置半径为 R（Ra）、质量为 m的光滑球体，球心 O 与正方体的接触点 A 的连线 OA 与竖直方 向的夹角为 。已知重力加速度为 g，正方体与水平地面的动摩擦因数为 3 3   ，且最大静 摩擦力等于滑动摩擦力，球和正方体始终处于静止状态，且球没有掉落地面，下列说法正确 的是（ ） A. 正方体对球的支持力的大小为 mgtan B. 若 =45°，球的半径不变，只增大球的质量，为了不让正方体滑动，球的质量最大为 3 1 2 M C. 若球的质量 m= 1 2 M，则正方体的右侧面到墙壁的最大距离是 3 2 2 R D. 当正方体的右侧面到墙壁的距离小于 3 2 R 时，无论球的质量是多少，正方体都不会滑动 【答案】BCD 【解析】 【详解】A．以球为研究对象，受力如图 - 9 - 由平衡条件知 1cosF mg  则正方体对球的支持力的大小 1 cos mgF   故 A 错误； B．以正方体和球整体为研究对象，竖直方向受重力  m M g 和地面的支持力 NF ，水平方 向受墙壁的弹力 2F 和地面的摩擦力 fF ，根据平衡条件，有  NF m M g  2 ftan45F mg F   f NF F 联立解得球的质量 3 1 2 m M  故 B 正确； C．若球的质量 m= 1 2 M，对整体分析，有  NF m M g  2 ftanF mg F  f NF F 联立解得 60   则正方体的右侧面到墙壁的最大距离是 - 10 - 3 2sin 60 2 L R R R     故 C 正确； D．由上述分析知，正方体不滑动的条件 tan ( )mg m M g   即 3tan (1 ) 3 M m    当 30  时，上述式子必定成立，此时正方体的右侧面到墙壁的距离 3sin sin30 2 L R R R R R      所以当正方体的右侧面到墙壁的距离小于 3 2 R 时，无论球的质量是多少，正方体都不会滑动， 故 D 正确。 故选 BCD。 非选择题 二､非选择题：共 62 分｡第 9~12 题为必考题，每个试题考生都必须作答｡第 13~16 题为选考题， 考生根据要求作答｡ (一)必考题 9.某同学用图(a)所示的装置验证牛顿运动定律｡ (1)下列说法正确的是________(填写字母代号)｡ A.打点计时器应使用工作电压在 6V 以下的交流电源 B.实验前，把木板的一侧垫高，以补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力 C.实验时必须满足钩码和滑轮的总质量远小于小车的质量 (2)该同学根据实验数据作出了加速度 a 与力 F的关系图像如图(b)所示，图像不过原点的原 - 11 - 因是________；若图像与纵轴截距为 a0，斜率为 k，则小车的质量 M=_____该值与小车的实际 值相比______(选填“偏大”“偏小”或“相等”)｡ 【答案】 (1). B (2). 平衡摩擦力过度 (3). 1 k (4). 相等 【解析】 【详解】(1)[1]A．电火花计时器的工作电压为 220V 的交流电压，故 A 错误； B．为了使小车所受合力为绳子的拉力，应平衡摩擦阻力即把木板的一侧垫高，以补偿打点计 时器对小车的阻力及其他阻力，故 B 正确； C．由于实验中可通过力传感器读数绳子的拉力即小车的合力，则实验时不用满足钩码和滑轮 的总质量远小于小车的质量，故 C 错误。 故选 B； (2)[2]由图示图象可知，拉力为零时小车已经产生加速度，说明小车受到的合力大于细线的 拉力，这是由于平衡摩擦力时木板倾角过大、平衡摩擦力过大造成的； [3][4]由牛顿第二定律可得 sinF Mg f Ma   即 1 sin fa F g M M        由图像可知 1 k M  得 1M k  理论为 F Ma 得 - 12 - 1a F M  由此可知，小车质量与实际时的相等 10.如图所示为某同学测量一节干电池电动势和内电阻的电路图，其中虚线框内为用毫安表改 装成双量程电压表的电路，请完成下列问题． （1）毫安表 mA 的内阻为 50Ω，满偏电流为 2mA；R1和 R2为定值电阻，其中 R1=950Ω，若使 用 a 和 c 接线柱，电压表的量程为_____V；若使用 a 和 b 接线柱，电压表量程为 6V，则 R2 =______Ω． （2）实验主要步骤如下： ①将开关 S2拨向 c，将滑动变阻器 R 的滑片移到最___端（填“左”或“右”），然后闭合开关 S1； ②多次调节滑动变阻器的滑片，记下相应的电流表的示数 Il和毫安表的示数 I2； ③根据所记录的数据，在图中坐标系中已作出 I2— Il图象． （3）结合图象可得，电源的电动势 E=____V，内阻 r=_______Ω（结果保留三位有效数字）． 【答案】 (1). 2 (2). 2000 (3). 左 (4). 1.50(1.48~1.52) (5). 0.833(0.800~0.840) 【解析】 【详解】（1）[1][2]定值电阻和毫安表串联，当电流达到满偏时，ac 之间的电压  1 1 2Vg gU I R R   - 13 - ab 之间的电压  2 1 2ggU I R R R   则  3 3 1 2000Ωg g UR R R I     （2）[3]开始实验时应使电路中的电流最小，即使电阻最大，滑动变阻器 R 的滑片应从最左 端向右滑动． （3） [4][5]I2- Il图象的纵轴截距 31.50 10b   ，斜率   3 32 1 1.50 1.00 10 0.833 10 0.60 0 Ik I          开关 S2拨向时 c，根据闭合电路的欧姆定律，有：    2 1 1 2gE U Ir I R R I I r      即： 2 1 1 1g g E rI I R R R R     可知纵轴截距 1 2 Eb R R   ，斜率 1 g rk R R   ，故电源电动势  1 1.50VgE b R R   内阻  1 0.833Ωgr k R R   11.倾角 =30的斜面下端固定一垂直于斜面的挡板，质量为 m､半径为 r 的圆柱体 A 放在质量 为 m､半径为 r的半圆柱体 B上，并紧靠档板｡A､B 质量分布均匀，B与斜面之间的动摩擦因数 为μ，其余接触面均光滑｡现用一平行于斜面的外力 F 拉 B，使 B缓慢沿斜面向上移动，直到 A､B 分离｡若重力加速度大小为 g，求该过程中 (1)A､B 系统机械能的改变量； (2)外力 F所做的功｡ - 14 - 【答案】(1) 0E  ；(2) 3W mgrF 【解析】 【详解】(1)B 缓慢沿斜面向上移动至 A、B分离，系统动能不变。该过程中，A 的重力势能变 化 3cos 2 E mgr mgr    pA B 的重力势能变化 32 cos sin 2 E mg r mgr     pB 所以，A、B 系统机械能的改变量 0E E E     pA pB (2)以 A、B 为整体进行受力分析，斜面对 B 的支持力 2 cos 3N mg mg  斜面对 B 的摩檫力 f N ，B 的摩擦力做功 2 cosW f r   f 由功能关系 0W W F f 解得 3W mgrF 12.如图所示，两平行导轨间距 L=2m，其所在平面与水平面之间的夹角θ=37°，导轨上端接 有一个电阻和一平行板电容器，电阻 R=2Ω（不考虑其他电阻），电容器的电容 C=1F。在导轨 上放置着质量 m=1kg 的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接 触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数μ=0.5，ab、cd、ef 间距均为 x0=1m，重力加速度大 小 g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 - 15 - (1)开关 S1闭合､S2断开，空间加垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小 B=0.5T， 将金属棒由静止释放，求金属棒最终的速度； (2)开关 S1闭合､S2断开，在 ab､ef 之间加垂直于导轨平面向下的匀强磁场，其大小随时间的变 化规律为：B1=B0+kt，其中 k=0.5T/s。将金属棒放置在 cd，为使金属棒最初能静止在斜面上， B0至少为多大？在此种情况下，金属棒经多长时间开始运动？ (3)开关 S1断开､S2闭合，在 ab､ef 之间加第(2)问中的磁场，在 ef 以下加垂直于导轨平面向下 的匀强磁场，磁感应强度大小为 B2=0.5T。在金属棒上涂上一薄层涂层（不计其与导轨之间的 摩擦），用沿斜面向下的恒定外力 F1=4N 使金属棒从位置 cf 由静止开始运动，经过时间 t1=2s， 将外力改为沿斜面向上的 F2，再经过时间 t2=6s，金属棒刚好回到位置 ef，求 F2的大小。 【答案】(1)4.0m/s；(2)2T，16s；(3) 124 N 9 【解析】 【详解】(1)金属棒最终匀速运动。分析棒的受力，有 sinmg N F   安 其中 cosN mg  由安培力公式得 F BIL 安 由法拉第电磁感应定律 mE BLv 由欧姆定律 EI R  - 16 - 联立解得 m 4.0m/sv  (2)为使棒最初能够静止在斜面上，分析棒的受力，有 0 1sin cosmg mg B I L    由法拉第电磁感应定律 1 0 0 BE x L x kL t t         由欧姆定律 1 1 EI R  联立解得 0 2TB  棒开始运动时，摩擦力沿斜面向下，分析棒的受力，有 1 1sin cosmg mg B I L    此时 1 0 1B B kt  联立解得 1 16t  s (3)设经过时间 t，棒的速度为 v，通过棒的电流为 i。棒受到安培力大小为 1 2f B iL 设在时间间隔 ( )t t t ， 内流经金属棒的电荷量为 Q ，有 Qi t    Q 也是平行板电容器极板在时间间隔 ( )t t t ， 内增加的电荷量，由法拉第电磁感应定律 1 0 2 0 22 2BE x L B Lv kLx B Lv t        根据电容器的定义式 QC U  可知 2Q C E B L vC     - 17 - 式中 v 是棒的速度的变化量。而    va t 所以 2i B LCa 棒在 F1的作用下，沿斜面向下运动，由牛顿第二定律 1 2 1sinF mg B iL ma   解得 2 21 1 2 2 si sn 5m/F mga m B L C     同理，棒在 F2的作用下，有 2 2 2 2 2 sinF mga m B L C    经过 t2时间，金属棒回到 ef 处，由运动学规律 2 2 1 1 1 1 2 2 2 1 1 0 2 2 a t a t t a t    联立解得 2 124 N 9 F  (二)选考题：共 15 分｡请考生从 2 道物理题任选一题作答｡如果多做，则每科按所做的第一题 计分｡ 【物理—选修 3-3】 13.关于热学概念，下列说法正确的是_______｡ A. 100°C 的水变成等质量的 100°C 的水蒸气，其分子势能不变 B. 一定质量的理想气体发生等压膨胀，一定从外界吸收热量 C. 同种物质只能以晶体或非晶体的形态出现，即物质是晶体还是非晶体是绝对的 D. 气体对容器的压强是大量气体分子对容器的碰撞引起的 E. 如果想要把地下的水分引上来，就要保持土壤里的毛细管，而且还要使它们变得更细，这 时就要用磙子压紧土壤 【答案】BDE 【解析】 - 18 - 【详解】A．100°C 的水中变成等质量的 100°C 的水蒸气，需要吸收热量，内能增大，因为 变化前后温度不变，分子平均动能不变，所以只能分子势能增大，A 错误； B．一定质量的理想气体发生等压膨胀，根据 pV C T  可知气体温度升高， 0U  ，同时对 外界做功， 0W  ，根据热力学第一定律 U Q W   可知， 0Q  ，气体一定从外界吸收热 量，B正确； C．同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，在一定条件下晶体和非晶体可以相互 转化，把晶体硫加热熔化再倒进冷水中，会变成柔软的非晶硫，再过一段时间又会转化为晶 体硫，C 错误； D．气体对容器的压强是大量气体分子对容器的碰撞引起的，D 正确； E．水与土壤浸润，如果想要把地下的水分引上来，就要保持土壤里的毛细管，而且还要使它 们变得更细，就要用磙子压紧土壤，这时浸润液体在细管中更加容易上升，E 正确。 故选 BDE。 14.质量为 840kg 的薄铁箱，容积为 1m3，上下有 a､b 两个小孔｡铁箱沉入深 20m 的湖底，并灌 满了水，如图所示｡今用充气法打捞铁箱，即用管子与孔 a 连通，再把湖面上方空气打入箱内， 部分水便会从孔 b 排出｡已知湖面上方空气温度为 27℃，湖底温度为 7℃，重力加速度大小 g=10m/s2，水的密度为 1.0×103kg/m，大气压强为 1.0×105Pa｡试估算需将多少体积的空气打 入箱内，水箱方能开始上浮? 【答案】 0 2.7V  3m 【解析】 【详解】设当打入湖面空气的体枳为 V0时，铁箱上浮。以这部分气体为研究对象，湖面空气 压强： 5 0 1.0 10p   Pa 湖面空气温度： - 19 - 0 300T  K 打入箱内的气体的压强： 5 0 3.0 10p p gh    水 Pa① 箱内气体温度 T=280K；箱内气体体积 V=1m3。由理想气体状态方程： 0 0 0 p V pV T T  ② 铁箱上浮时，满足 0gV mg   ③ 联立，解得 0 2.7V  3m ④ 【物理—选修 3-4】 15.如图(a)所示，为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图(b)为质点 P 以此时刻为计时起点 的振动图像，从该时刻起，下列说法正确的是（ ） A. 该波正在向 x 轴负方向传播，波速为 20m/s B. 经过 0.35s 后，质点 Q 经历的路程为 1.4m，且速度最大，加速度最小 C. 若该波在传播过程中遇到一个尺寸为 0.5m 的障碍物，能发生明显衍射现象 D. 若波源向 x轴负方向运动，在 x=10m 处放一接收器，接收器接收到的波源频率可能为 6Hz E. 若该波与另一列频率为 5Hz､波源在 x=10m 处的沿 x 轴负方向传播的简谐横波相遇，能够产 生稳定的干涉图样 【答案】BCE 【解析】 【详解】A．质点 P竖直向上振动，根据同侧法可知该波正在向 x轴正方向传播，波速为 4m 20m/s 0.2s v T     A 错误； - 20 - B．质点Q经过 30.35s 1 4 T ，此时质点Q正处于平衡位置，竖直向上运动，速度最大，加 速度为 0，经过路程 7 4 7 0.2m 1.4m 4 s A     B 正确； C．该波的波长 4m 0.5m   ，所以能发生明显衍射现象，C正确； D．该波的频率为 1 1 Hz 5Hz 0.2 f T    若波源向 x 轴负方向运动，在 x=10m 处放一接收器，波源远离接收器，根据多普勒效应可知 接收器接收到的频率小于5Hz，D错误； E．根据题意可知两列波频率相同，所以这两列波能够产生稳定的干涉图样，E正确。 故选 BCE。 16.如图所示，折射率 n= 2 的三棱镜的截面为等腰三角形，其中 AB=AC=L，∠A=30 ｡在截面 所在平面内，一束光线沿与 AB 边成θ角(θ<90 )的方向入射到 AB 边上的 P 点(BP= 3 L )，恰好 在 BC 边上的 Q点(图中未画出)发生全反射，求 (1)入射光线与 AB 边所成的角度 ； (2)Q 点与 B 点的距离｡ 【答案】(1) 45  ；(2) 6 6 BQ L 【解析】 【详解】(1)光线沿 AB 边入射，在 AB 边，由折射定律  sin 90 sin n      - 21 - 在 Q 点，刚好发生全反射，由折射定律 sin 90 sin n    ，又三棱镜的折射率 2n  由几何关系 75    联立，解得 45  (2)由几何关系 90 60BPQ      90 45PQB      由正弦定理 sin sin BP BQ PQB BPQ    且 3 LBP  ，解得 6 6 BQ L - 22 -