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- 2021-05-26 发布
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四川省达州市 2021 届新高考三诊物理试题
一、单项选择题:本题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合
题目要求的
1.关于物理学中的思想或方法,以下说法错误的是( )
A.加速度的定义采用了比值定义法
B.研究物体的加速度跟力、质量的关系采用假设法
C.卡文迪许测定万有引力常量采用了放大法
D.电流元概念的提出采用了理想模型法
【答案】 B
【解析】
【详解】
A.加速度的定义式为 a=
v
t
,知加速度等于速度变化量与所用时间的比值,采用了比值定义法,故 A 正
确,不符合题意;
B.研究物体的加速度跟力、质量的关系应采用控制变量法,故 B 错误,符合题意;
C.卡文迪许通过扭秤实验,测定了万有引力常量,采用了放大法,故 C 正确,不符合题意;
D.电流元是理想化物理模型,电流元概念的提出采用了理想模型法,故 D 正确,不符合题意。
故选 B。
2.2019 年“嫦娥四号 ”探测器成功着陆在月球背面。如图,为给 “嫦娥四号 ”探测器登陆月球背面提供通信
支持, “鹊桥号 ”卫星绕地月拉格朗日 L 2 点做圆周运动。已知在地月拉格朗日点 L 1 或 L 2,卫星受地球和月
球引力的合力作用,能随月球同步绕地球做圆周运动。则( )
A.卫星在 L 1 点的线速度比在 L 2 点的小
B.卫星在 L 1 点的角速度比在 L 2 点的大
C.同一卫星 L 1、L 2 点受地球和月球引力的合力相等
D.若技术允许,使 “鹊桥号 ”刚好位于 L 2 点,能量消耗最小,能更好地为 “嫦娥四号 ”探测器提供通信支持
【答案】 A
【解析】
【分析】
【详解】
B.地月拉格朗日点 L 1 或 L 2 与月球保持相对静止,卫星在 L 1、 L 2 点的角速度相等,故 B 错误;
A.根据 v r 可得,卫星在 L 1点的线速度比在 L 2 点的小,故 A 正确;
C.根据 2a r 可得,同一卫星 L 1、L 2 点受地球和月球引力的合力不相等,故 C 错误;
D.若 “鹊桥号 ”刚好位于 L 2点, 几乎不消耗能量, 但由几何关系可知, 通讯范围较小, 并不能更好地为 “嫦
娥四号 ”探测器提供通信支持,故 D 错误。
故选 A。
3.一宇宙飞船的横截面积 ,以 的恒定速率航行,当进入有宇宙尘埃的区域时,设在该区域,单位体
积内有 颗尘埃,每颗尘埃的质量为 ,若尘埃碰到飞船前是静止的,且碰到飞船后就粘在飞船上,不计
其他阻力,为保持飞船匀速航行,飞船发动机的牵引力功率为( )
A. B. C.snm D.
【答案】 C
【解析】
【分析】
根据题意求出时间 内黏附在卫星上的尘埃质量, 然后应用动量定理求出推力大小, 利用 P=Fv 求得功率;
【详解】
时间 t 内黏附在卫星上的尘埃质量: ,
对黏附的尘埃,由动量定理得:
解得: ;
维持飞船匀速运动,飞船发动机牵引力的功率为 ,故选项 C 正确, ABD 错误。
【点睛】
本题考查了动量定理的应用, 根据题意求出黏附在卫星上的尘埃质量, 然后应用动量定理可以求出卫星的
推力大小,利用 P=Fv 求得功率。
4.如图所示,三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面,电势分别为 10V 、20V 、30V ,实线是一
带电粒子(不计重力)在该区域内的运动轨迹, a、 b、c 是轨迹上的三个点,下列说法正确的是( )
A.粒子在三点所受的电场力不相等
B.粒子必先过 a,再到 b,然后到 c
C.粒子在三点所具有的动能大小关系为 E kb>Eka>E kc
D.粒子在三点的电势能大小关系为 E pc<E pa<E pb
【答案】 D
【解析】
【详解】
A.因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的,由此可判断电场是匀强电场,所以带电粒子
在电场中各点受到的电场力相等。选项 A 错误。
B.由题中的图可知,电场的方向是向上的,带负电的粒子将受到向下的电场力作用,带负电的粒子无论
是依次沿 a、b、c 运动,还是依次沿 c、b、a 运动,都会的到如图的轨迹。选项 B 错误。
CD .带负电的粒子在电场中运动时,存在电势能与动能之间的互化,由题意和图可知,在 b 点时的电势
能最大,在 c 点的电势能最小,可判断在 c 点的动能最大,在 b 点的动能最小。选项 C 错误, D 正确。
5.图为一定质量理想气体的压强 p 与体积 V 的关系图象,它由状态 A 经等容过程到状态 B,再经等压过
程到状态 C.设 A、B、C 状态对应的温度分别为 T A、T B、T C,则下列关系式中正确的是 ( )
A. TA T B, TB=T C
C. TA >T B,T BT C
【答案】 C
【解析】
【分析】
【详解】
根据理想气体状态方程 pV k
T 可得:从 A 到 B,因体积不变,压强减小,所以温度降低,即 T A> T B;
从 B 到 C,压强不变,体积增大,故温度升高,即 T B<T C,故 ABD 错误, C 正确。
6.如图所示,在天花板下用细线悬挂一个闭合金属圆环,圆环处于静止状态。上半圆环处在垂直于环面
的水平匀强磁场中, 规定垂直于纸面向外的方向为磁场的正方向, 磁感应强度 B 随时间 t 变化的关系如图
乙所示。 t=0 时刻, 悬线的拉力为 F。CD 为圆环的直径, CD=d ,圆环的电阻为 R。下列说法正确的是 ( )
A. 4
T
时刻,圆环中有逆时针方向的感应电流
B.
3
4
T 时刻, C 点的电势低于 D 点
C.悬线拉力的大小不超过
2 3
0
4
B dF
TR
D. 0~T 时间内,圆环产生的热量为
2 2 4
0
32
B d R
T
【答案】 C
【解析】
【分析】
【详解】
A.
4
T 时刻,磁场向外增强,根据楞次定律可知,感应电流磁场向里,故圆环中有顺时针方向的感应电
流,故 A 错误;
B.
3
4
T 时刻,磁场垂直向外减小,根据楞次定律可知,感应电流磁场向外,故 C 点的电势高于 D 点,
故 B 错误;
C. t=0 时刻,悬线的拉力为 F ,则圆环重力大小为 F,
2
T 时,感应电动势
BE S
t
V
V , EI
R
, AF BId
故安培力
2 3
0
4AF B d
TR
故悬线拉力的大小不超过
2 3
0
4
B dF
TR
,故 C 正确;
D. 根据以上分析可知 0~
2
T 时间内, 产热
2 2
02
4
322
BTQ I d
TR
R
故 0~T 时间内,圆环产生的热量为
2 2 4
0'
6
2
1
BQ d
TR
Q
故 D 错误。
故选 C。
二、多项选择题:本题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目
要求.全部选对的得 5 分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分
7.如图所示,在水平面上固定有两根相距 0.5m 的足够长的平行光滑金属导轨 MN 和 PQ,它们的电阻可
忽略不计,在 M 和 P 之间接有阻值为 R=3Ω 的定值电阻,导体棒 ab 长 l=0.5m ,其电阻为 r=1.0 Ω,质量
m=1kg ,与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度 B=0.4T 。现使 ab 棒在
水平拉力作用下以 v=10m/s 的速度向右做匀速运动,以下判断正确的是( )
A. ab 中电流的方向为从 a 向 b
B. ab 棒两端的电压为 1.5V
C.拉力突然消失,到棒最终静止,定值电阻 R 产生热量为 75J
D.拉力突然消失,到棒最终静止,电路中产生的总热量为 50J
【答案】 BD
【解析】
【分析】
【详解】
A.由右手定则判断可知 ab 中电流的方向为从 b 向 a,故 A 错误;
B.由法拉第电磁感应定律得 ab 棒产生的感应电动势为
0.4 0.5 10V 2VE Blv
由欧姆定律棒两端的电压
2 3V 1.5V
+ 3 1
EU R
R r
故 B 正确;
CD .对于棒减速运动过程,根据能量守恒定律得,回路中产生的总热量为
2 21 1 1 10 J 50J
2 2
Q mv
定值电阻 R 的发出热量为
= 37.5JR
RQ Q
R r
故 C 错误, D 正确。
故选 BD 。
8.如图,从 P 点以水平速度 v 将小皮球抛向固定在地面上的塑料筐,小皮球恰好能够入筐。不考虑空气
阻力,则小皮球在空中飞行的过程中( )
A.在相等的时间内,皮球动量的改变量相同
B.在相等的时间内,皮球动能的改变量相同
C.下落相同的高度,皮球动量的改变量相同
D.下落相同的高度,皮球动能的改变量相同
【答案】 AD
【解析】
【分析】
【详解】
A.因物体在空中只受重力,所以在相等的时间间隔内,皮球受到的冲量均为 mgt ,故皮球受到的冲量相
同,根据动量定理可得,皮球动量的改变量相同,故 A 正确;
B.在相等的时间间隔内,皮球下落的高度不同,故重力做的功不相等,即合外力做功不等,故皮球动能
的改变量不同,故 B 错误;
C.下落相同的高度,时间并不相等,故皮球受到的重力的冲量不相等,故皮球动量的增量不相同,故 C
错误;
D.下落相同的高度,重力做功均为 mgh ,故重力做功相等,小球动能的增量相同,故 D 正确。
故选 AD 。
9.如图所示,长木板放置在水平面上,一小物块置于长木板的中央,长木板和物块的质量均为 m,物块
与木板间的动摩擦因数为 μ,木板与水平面间动摩擦因数
3
,已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,
重力加速度为 g.现对物块施加一水平向右的拉力 F,则木板加速度大小 a 可能是 ( )
A. a=μg B.a=
3
g
C. a=
2
3
g D.a=
2
F
m
-
3
g
【答案】 BD
【解析】
【详解】
当物块与木板一起向右加速,没有发生相对滑动,以物块和木板整体为研究对象进行受力分析,有:
2
3
F m m g ma
解得: 1
2 3
Fa g
m
当物块和木板间发生相对滑动,以木板为研究对象有:
2
3
mg mg ma
解得: 1
3
a g
故 BD 正确, AC 错误。
10.如图甲所示,轻杆一端固定在 O 点,另一端固定一小球,现让小球在竖直平面内做半径为 R 的圆周
运动.小球运动到最高点时,受到的弹力为 F,速度大小为 v,其 F-v 2 图像如乙图所示.则( )
A. v2=c 时,小球对杆的弹力方向向下
B.当地的重力加速度大小为
R
b
C.小球的质量为
aR
b
D. v2=2b 时,小球受到的弹力与重力大小相等
【答案】 CD
【解析】
由图象可知,当 2v c 时,有: F<0,则杆对小球得作用力方向向下,根据牛顿第三定律可知,小球对杆
的弹力方向向上,故 A 错误;由图象知,当 2v b 时, F=0,杆对小球无弹力,此时重力提供小球做圆周
运动的向心力,有:
2vmg m
R
,得
bg
R
,由图象知,当 2 0v 时, F=a ,故有 F mg a ,解得:
a aRm
g b
,故 B 错误, C 正确;由图象可知,当 2 2v b 时,由
2
2vF mg m mg
R
,得 F=mg ,
故 D 正确;故选 CD.
【点睛】小球在竖直面内做圆周运动,小球的重力与杆的弹力的合力提供向心力,根据图象、应用向心力
公式、牛顿第二定律分析答题.
11.如图所示,电阻不计、间距为 l 的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为 B、方向竖直向下的匀
强磁场中,导轨左端接一定值电阻 R.质量为 m、电阻为 r 的金属棒 MN 置于导轨上,受到垂直于金属棒
的水平外力 F 的作用由静止开始运动,外力 F 与金属棒速度 v 的关系是 F=F 0+kv (F 0、 k 是常量) ,金属
棒与导轨始终垂直且接触良好.金属棒中感应电流为 i,受到的安培力大小为 FA ,电阻 R 两端的电压为
UR,感应电流的功率为 P,它们随时间 t 变化图象可能正确的有
A. B.
C. D.
【答案】 BC
【解析】
【分析】
对金属棒受力分析,根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律得出 F合 表达式,分情
况讨论加速度的变化情况,分三种情况讨论:匀加速运动,加速度减小的加速,加速度增加的加速,再结
合图象具体分析.
【详解】
设金属棒在某一时刻速度为 v,由题意可知,感应电动势 E BLv ,环路电流 E BLI v
R r R r
,
即 I v ;
安培力,方向水平向左,即
2 2B L vF BIL
R r安 ,
F v安 ;
R 两端电压
R
BLRU IR v
R r
,
即 RU v ;
感应电流功率
2 2
2B LP EI v
R r
,
即 2P v .
分析金属棒运动情况,由力的合成和牛顿第二定律可得:
2 2 2 2
0 0 ( )B L B LF F F F kv v F k v
R r R r合 安 ,
即加速度
Fa
m
合
,因为金属棒从静止出发,所以 0 0F ,且 0F合 ,即 0a ,加速度方向水平向右.
( 1)若
2 2B Lk
R r
, 0F F合 ,即 0Fa
m ,金属棒水平向右做匀加速直线运动.有 v at ,说明 v t ,
也即是 I t , 2
RF t U t P t安 , , ,所以在此情况下没有选项符合.
( 2)若
2 2B Lk
R r
, F合 随 v 增大而增大,即 a 随 v 增大而增大,说明金属棒做加速度增大的加速运动,
速度与时间呈指数增长关系,根据四个物理量与速度的关系可知 B 选项符合;
( 3)若
2 2B Lk
R r
, F合 随 v 增大而减小,即 a 随 v 增大而减小, 说明金属棒在做加速度减小的加速运动,
直到加速度减小为 0 后金属棒做匀速直线运动,根据四个物理量与速度关系可知 C 选项符合.
12.假设何雯娜质量为 m=40kg ,在某次蹦床比赛中,她从最低点以一定的初速度 v0 竖直向上跳起,取运
动过程的最低点为重力零势能面, 她的机械能和重力势能随离开最低点的高度 h 的变化规律如图所示, 在
整个运动过程中,可将她视为质点,空气阻力不可忽略并且大小恒定,取 g=10m/s2,则( )
A.初速度 v0=11m/s
B.下降加速度为 7m/s2
C.落回最低点的动能 1480J
D.上升运动时间为
10 s
11
【答案】 AD
【解析】
【详解】
A.运动员的机械能由动能和重力势能构成,当 h=0m 时,重力势能为零,动能为 Ek0=2420J ,根据:
2
k
1
2
E mv
则 v0=11m/s,A 正确;
B.空气阻力做功改变机械能,所以 E 机-h 的斜率大小为空气阻力,即:
2420 2000 N 84N
5
f k
根据牛顿第二定律,下降加速度为:
279
1
m/s
0
mg fa
m下
B 错误;
C.由于存在空气阻力,上升过程和下降过程损失的机械能均为 420J,故回到最低点时动能为:
Ek =2420J -840J =1580J
C 错误;
D.上升加速度为:
21
1
m/s21
0
mg fa
m上
上升时间为:
0 10 s
11
vt
a上
D 正确。
故选 AD 。
三、实验题 :共 2 小题,每题 8 分,共 16 分
13.某兴趣小组在实验室用圆锥摆演示仪来测定当地的重力加速度。图甲是演示仪的简化示意图,细线下
面悬挂一个小钢球(直径忽略不计) ,细线上端固定在电动机转盘上,利用电动机带动钢球做圆锥摆运动。
用转速测定仪测定电动机的转速 n ,调节刻度板的位置,使刻度板水平且恰好与小钢球接触,但无相互作
用力,用竖直放置的刻度尺测定细线悬点到刻度板的竖直距离 h ,不计悬点到转轴间的距离。
(1)开动转轴上的电动机,让摆球转动起来形成圆锥摆。调节转速 n ,当 n 越大时, h 越__________(选填
“大”或 “小”)。
(2)图乙为某次实验中 h 的测量结果,其示数为 __________cm 。
(3)用直接测量的物理量的符号表示重力加速度 g ,其表达式为 g __________。
【答案】小 18.50 2 24 n h
【解析】
【详解】
(1)[1] n 越大,细线与竖直方向夹角越大,则 h 越小。
(2)[2] 悬点处的刻度为 1.00cm,水平标尺的刻度为 19.50cm,则示数为
19.50 1.00 cm 18.50cmh
所以示数为 18.50cm。
(3)[3] 假设细线与竖直方向夹角为 ,由牛顿第二定律得
2tanmg m r
又
tan r
h
2 n
解得
2 24g n h
14.物理社找到一根拉力敏感电阻丝, 其阻值随拉力 F 变化的图像如图甲所示, 社员们按图乙所示电路制
作了一个简易 “吊杆 ”。电路中电源电动势 E=3V ,内阻 r=1Ω;灵敏毫安表的量程为 10mA ,内阻 R g=5Ω;
R1 是可变电阻。 A ,B 两接线柱等高且固定。现将这两根拉力敏感电阻丝套上轻质光滑绝缘杆,将其两端
接在 A,B 接线柱上。通过光滑绝缘杆可将重物吊起。不计敏感电阻丝的重力,现完成下列操作步骤:
步骤 a:滑环下不吊重物时,闭合开关,调节可变电阻 R 1 使毫安表指针满偏;
步骤 b:滑杆下吊上已知重力的重物,测出电阻丝与竖直方向的夹角为 θ;
步骤 c:保持可变电阻 R1 接入电路阻值不变,读出此时毫安表示数 I;
步骤 d:换用不同已知重力的物理,挂在滑环上记录每一个重力值对应的电流值;
步骤 e:将毫安表刻度盘改装为重力刻度盘
( 1)写出敏感电阻丝上的拉力 F 与重物 G 的关系: F=___________ 。
( 2)设 R-F 图像斜率为 k ,写出毫安表示数 I 与待测重物重力 G 关系的表达式: I=___________ 。(用 E,
r,R 1,Rg,R 0,k,θ表示)
( 3)若 R-F 图像中 R0=50Ω,k=0.2 Ω /N。测得 θ =45°,毫安表指针半偏, 则待测重物的重力 G=________N 。
( 4)关于改装后的重力刻度盘,下列说法正确的是 ________。
A.重力零刻度线在毫安表满刻度处,刻度线均匀
B.重力零刻度线在毫安表零刻度处,刻度线不均匀
C.重力零刻度线在毫安表满刻度处,刻度线不均匀
D.重力零刻度线在毫安表零刻度处,刻度线均匀
( 5)若电源电动势不变,内阻变大,其他条件不变,用这台简易 “吊秤 ”称重前,进行了步骤 a 操作,则
测量结果 ________。(填 “偏大 ”“偏小 ”或 “不变 ”)
【答案】
2cos
G
2cosg
EI E kG
I θ
1500 3N C 不变
【解析】
【详解】
(1)[1] 对重物,可得
2 cosF G
即
2cos
GF ;
( 2) [2] 不挂重物时,由闭合电路欧姆定律可得
1 0
g
g
EI
r R R R
挂重物后,
1 g
EI
r R R R
由图中关系可知
0 0
2cos
kGR R kF R
θ
整理得
2cosg
EI E kG
I θ
( 3) [3] 将数据带入 [2] 中表达式可得
2cos 1500 2N
g
θ E EG
k I I
( 4)[4] 由 (2)中分析可知, 不挂重物时, 电表满偏, 此时应该为重力的 0 刻线, 由 2cos
g
θ E EG
k I I
可知, G I 不成线性关系,故刻度为不均匀的,故 C 正确, A、B、 D 错误;
故选 B。
( 5) [5] 由于称重前现将电表调满偏,当电源内阻变化时,满偏时总电阻不变,故电源内阻变化对测量结
果无影响。
四、解答题:本题共 3 题,每题 8 分,共 24 分
15.如图所示,粗细均匀的 U 型玻璃管竖直放置,其中左侧管开口,且足够长,右侧管封闭。 DE 段是水
银柱, AD 段是理想气体,其中 AB=75cm ,BC=CD=DE=25cm 。已知大气压强 p 0=75cmHg , 开始时封闭
气体的温度为 1000K 。则:
(1)缓慢降低环境温度,使水银柱全部到达 BC 段,则此时环境温度为多少?
(2)保持环境温度 1000K 不变,向左侧管中逐渐滴入水银,使水银柱充满 BC 段,则加入水银的长度为多
少?
【答案】 (1)450K ;(2) 291 cm
3
【解析】
【详解】
(1)初状态气体压强 p 1=100cmHg ,末状态 p2=75cmHg ,根据理想气体状态方程
1 2
1 2
AD ABp L S p L S
T T
解得
T 2=450K
(2)初状态气体压强 p 1=100cmHg ,末状态 p3,根据玻意耳定律得
p1L AD S=p3L AB S
可知
3
2166 cmHg
3
p
添加水银的长度为
2 2166 cm 75cm 91 cm
3 3
L
16.如图甲所示,一对平行金属板 C、D 相距为 d,O、Ol 为两板上正对的小孔,紧贴 D 板右侧。存在上
下范围足够大、宽度为三的有界匀强磁场区,磁场方向垂直纸面向里, MN 、GH 是磁场的左、右边界。
现有质量为 m、电荷量为 +q 的粒子从 O 孔进入 C、D 板间,粒子初速度和重力均不计。
( 1)C、D 板间加恒定电压 U,C 板为正极板,求板间匀强电场的场强大小 E 和粒子从 O 运动到 Ol 的时
间 t ;
( 2) C、D 板间加如图乙所示的电压, U0 为已知量,周期 T 是未知量。 t=0 时刻带电粒子从 O 孔进入,
为保证粒子到达 O 1孔具有最大速度,求周期 T 应满足的条件和粒子到达 Ol 孔的最大速度 vm ;
( 3)磁场的磁感应强度 B 随时间 t 的变化关系如图丙所示, B 0为已知量,周期 T 0=
0
m
qB 。 t =0 时,粒子
从 O 1 孔沿 OO 1延长线 O1O2 方向射入磁场,始终不能穿出右边界 GH ,求粒子进入磁场时的速度 v,应满
足的条件。
【答案】 (1) UE
d
;
2mt d
qU ;(2)
2
0
22 mdT
qU ; 02
m
qUv
m
;(3)
2
3
qBLv
m
【解析】
【分析】
【详解】
( 1)板间匀强电场的场强
UE
d
粒子在板间的加速度
qUa
md
根据位移公式有
21
2
d at
解得
2mt d
qU
( 2)粒子一直加速到达 1O 孔速度最大,设经历时间 0t ,则
0
0
2
2
m Tt d
qU
解得
2
0
22 mdT
qU
由动能定理有
2
0
1
2 mqU mv
解得
02
m
qUv
m
( 3)当磁感强度分别为 0B 、 02B 时,设粒子在磁场中圆周运动半径分别为 1r 、 2r ,周期分别为 1T 、 2T ,
根据洛伦兹力提供向心力有
2
0
1
vqvB m
r
解得
1
0
mvr
qB
且有
1 0
0
2 2mT T
qB
同理可得
1
2
02 2
rmvr
qB , 2 0
0
2
2
mT T
qB
故 00 ~
2
T 粒子以半径 1r 逆时针转过四分之一圆周, 0
0~
2
T T 粒子以半径 2r 逆时针转过二分之一圆周,
0
0
3~
2
TT 粒子以半径 1r 逆时针转过四分之一圆周, 0
0
3 ~ 2
2
T T 粒子以半径 2r 逆时针转过二分之一圆周,
0
0
52 ~
2
TT 粒子以半径 1r 逆时针转过四分之一圆周, 0
0
5 ~ 3
2
T T 粒子以半径 2r 逆时针转过二分之一圆周,
0
0
73 ~
2
TT 粒子以半径 1r 逆时针转过四分之一圆周后从左边界飞出磁场,如图所示
由几何关系有
1 2r r L
解得
2
3
qBLv
m
17.如图, 两等腰三棱镜 ABC 和 CDA 腰长相等, 顶角分别为∠ A 1=60°和∠ A 2=30°。将 AC 边贴合在一起,
组成∠ C=90°的四棱镜。 一束单色光平行于 BC 边从 AB 上的 O 点射入棱镜, 经 AC 界面后进入校镜 CDA 。
已知棱镜 ABC 的折射率 1
6 2
2
n ,棱镜 CDA 的折射率 n 2= 2 ,不考虑光在各界面上反射后的传播,
求: (sin15 °= 6 2
4
,sin75 °= 6 2
4
)
(i) 光线在棱镜 ABC 内与 AC 界面所夹的锐角 θ;
(ii) 判断光能否从 CD 面射出。
【答案】 (i)45 °; (ii) 不能从 DC 面射出
【解析】
【分析】
【详解】
(i) 光在 AB 面上发生折射,如图
由折射定律得
1
sin 1
sin 2
n
解得
∠2=15°
则
=180 60 60 15 45o o o o o =45°
(ii) 光从 AC 面进入 CDA 内,由几何关系可得
∠3= 90o - =45°
由折射定律
1
2
sin 4
sin 3
n
n
解得
∠4=75°
则由几何关系可得
∠5=45°
由折射定律
2
sin 6
sin 5
n
解得
∠6=90°
光线在 DC 面恰好发生全反射,不能从 DC 面射出。(平行 DC 射出也可)