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  • 2021-05-26 发布

四川省达州市2021届新高考三诊物理试题含解析

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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)