【物理】广东省六校联盟2020届高三上学期第一次联考试题（解析版） 21页

广东省六校联盟2020届高三上学期 第一次联考试题 一、单项选择题（共 6 题，每题 4 分，共 24 分）‎ ‎1.物理学科核心素养主要包括“物理观念”等四个方面，下列“物理观念”正确的是 A. 静摩擦力对受力物体可以做正功，滑动摩擦力对受力物体一定做负功 B. 驾驶员可以通过操作方向盘使汽车在光滑的水平面上转弯 C. 研究自由落体运动是物理学的理想化模型法 D. 在某一过程中，只要物体的位移为0，任何力对物体所做的功就为0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．静摩擦力和滑动摩擦力均可以与运动方向相同、相反，故两种摩擦力均可以做正功、做负功，故A错误；‎ B．在绝对光滑的水平面上，由于没有摩擦力来提供需要的向心力，故汽车不能转弯，故B错误；‎ C．伽利略对自由落体运动的研究是通过对斜面上运动物体的研究经过合理的外推得到自由落体运动的规律，所以研究自由落体运动是物理学的理想化模型法，故C正确；‎ D．位移为零只能说明物体的初末位置相同，但物体可能存在路程，则在运动过程中阻力是可以做功的，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎2.沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度–时间图线如图所示．已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0~5 s、5~10 s、10~15 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则 A. F1F3‎ C. F1>F3 D. F1=F3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由v–t图象可知，0~5 s内加速度a1="0.2" m/s2，沿斜面向下，根据牛顿第二定律有mgsin θ–f–F1=ma1，F1="mgsin" θ–f–0.2m；5~10 s内加速度a2=0，根据牛顿第二定律有mgsin θ–f–F2=ma2，F2="mgsin" θ–f；10~15 s内加速度a3="–0.2" m/s2，沿斜面向上，根据牛顿第二定律有mgsin θ–f–F3=ma3，F3="mgsin" θ–f+0.2m．故可得：F3>F2>F1，选项A正确．‎ ‎【考点定位】图像，牛顿第二定律 ‎【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，基础题．‎ ‎3.一质量为M、带有挂钩的球形物体套在倾角为θ的细杆上，并能沿杆匀速下滑，若在挂钩上再吊一质量为m的物体，让它们沿细杆下滑，如图所示，则球形物体 ‎ A. 沿细杆加速下滑 B. 仍匀速下滑 C. 受到细杆的摩擦力不变 D. 受到细杆的弹力变小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．不挂重物时，球形物体受重力、支持力和摩擦力而匀速下滑，根据平衡条件，在平行斜面方向，有：‎ 在垂直斜面方向，有：‎ 其中：‎ 联立解得：‎ 当挂钩挂重物后，对球形物体和所挂重物整体，在平行斜面方向：‎ 垂直斜面方向：‎ 联立解得：‎ 故整体仍然做匀速直线运动，故A正确B错误；‎ CD．由上面的分析知：不挂重物时 ‎，‎ 当挂上重物后 ‎，‎ 所以摩擦力变大，弹力变大，故CD错误。‎ 故选B。‎ ‎4.“中国天眼”FAST，由我国天文学家南仁东于1994年提出构想，历时22年建成．2018年4月28日FAST第一次发现了一颗距地球4000光年的毫秒脉冲星，震惊了世界．双脉冲星系统由两个质量不同的脉冲星形成的双星系统．假设这两个脉冲星，绕它们连线上的某点做圆周运动，且两星间距缓慢减小．若在短暂的运动过程中，各自质量不变且不受其他星系影响，则下列说法正确的是 A. 两星运行的线速度之比是1:1‎ B. 两星运行的角速度大小始终相等 C. 两星做圆周运动的向心加速度大小始终相等 D. 随着两星的间距缓慢减小，它们的周期却在增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．双星系统属于同轴转动模型，角速度、周期相等，由于：‎ 故半径之比：‎ 即半径之比等于质量的反比；根据线速度公式可知，线速度之比等于质量的反向，故A错误B正确。‎ C．两星运行的向心力为二者的万有引力，质量不等，则向心加速度不等，故C错误。‎ D．根据：‎ 解得：‎ 可知间距减小，则周期减小，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎5.如图，静电场中一条电场线上有M、N两点，箭头代表电场的方向，则 A. M点的电势比N点的低 B. M点的场强大小一定比N点的大 C. 正电荷在M点的电势能比在N点的大 D. 电子在M点受到的电场力大小一定比在N点的小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．沿电场线方向电势逐渐降低，点的电势比点的高，故A错误；‎ B．由于不能确定电场线疏密，故不能确定电场强度大小，故B错误；‎ C．正电荷从到，电场力做正功，电势能减小，故在点的电势能比在点的大，故C正确；‎ D．由于不能确定电场强度大小，也不能确定电荷所受电场力大小，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎6.如图，空间中存在一勾强磁场区域，磁场方向与竖直面（纸面）垂直，磁场上、下边界（虚线）均为水平面；纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd，其上、下两边均与磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距．若线框自由下落，从ab边进入磁场时开始，直至ab边到达磁场下边界为止，线框下落的速度大小可能（　　）‎ A. 始终减小 B. 始终不变 ‎ C. 始终增加 D. 先增加后减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AD．导线框开始做自由落体运动，ab边以一定的速度进入磁场，ab边切割磁场产生感应电流，根据左手定则可知ab边受到向上的安培力，当安培力大于重力时，线框做减速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先减速后加速运动，故A错误、D错误；‎ B．当ab边进入磁场后安培力等于重力时，线框做匀速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先匀速后加速运动，故B错误；‎ C．当ab边进入磁场后安培力小于重力时，线框做加速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故C正确．‎ 二、多项选择题（共 6 题，每题 4 分，共 24 分。全对得 4 分，对而不全得 2 分， 有错选不得分）‎ ‎7.飞镖运动是一种全身性的运动，对于现代办公族来说可以达到全方位的健身效果．若每次练习都是将飞镖水平投出，飞镖在空中的运动可视为平抛运动．如图所示，某次将飞镖水平投出后正中靶心，下列说法正确的是 A. 投出的飞镖质量大，在空中飞行的时间会更长 B. 仍在原位置投掷，增加出手高度，适当减小出手速度仍可正中靶心 C. 人后退两步，出手高度不变，适当增大出手速度仍可正中靶心 D. 人前进两步，出手速度不变，适当增加出手高度仍可正中靶心 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．平抛运动竖直方向为自由落体运动，下落的高度：‎ 解得：‎ 飞镖在空中飞行的时间和质量无关，故A错误；‎ B．水平位移：‎ ‎，‎ 所以仍在原位置投掷，增加出手高度，适当减小出手速度仍可正中靶心，故B正确。‎ C．根据 可得 所以人后退两步，出手高度不变，适当增大出手速度仍可正中靶心，故C正确。‎ D．根据 人前进两步，出手速度不变，增加出手高度，不能正中靶心，故错误。‎ 故选BC。‎ ‎8.如图所示，在光电效应实验中，用频率为的单色光a照射到光电管的阴极K上，光电子的最大初动能为Eka，遏止电压为Ua．下列说法正确的是 A. 若换用频率小的单色光b做实验，一定不能发生光电效应 B. 若换用频率大的单色光b做实验，则最大初动能满足Ekb＞Eka C. 若实验中增大单色光a强度，则遏止电压也会增大 D. 增大单色光a的强度，保持滑片P不动，光电流变大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据光电效应的产生条件可知，入射光的频率大于极限频率才能发生光电效应，若换用频率小的单色光做实验，也可能发生光电效应，故A错误；‎ B．若换用频率大的单色光做实验，根据光电效应方程可知，，最大初动能增大，满足，故B正确；‎ C．根据动能定理可知，，增大单色光强度，遏止电压不会增大，故C错误；‎ D．增大单色光的强度，保持滑片不动，则光电子增多，光电流变大，故D正确。‎ 故选BD。‎ ‎9.如图所示，竖直放置的线圈两端连接一个定值电阻构成回路，一块强磁铁从线圈上方某一高度由静止释放后从线圈中穿过，则下列说法正确的是 ‎ A. 图示位置通过电阻的电流方向为a→b B. 强磁铁下落的时间比没有线圈时长 C. 图示位置电阻的功率大小与强磁铁释放高度无关 D. 强磁铁进入与离开线圈时加速度方向可能相同 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．磁铁的靠近线圈的过程中向上穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，穿过线圈的感应电流如图所示：‎ 所以通过电阻的电流方向为．故A错误；‎ B．根据楞次定律可知，线圈对磁铁相对于线圈的运动有阻碍作用，所以磁铁下落的时间比没有线圈时长。故B正确；‎ C．强磁铁释放高度越高，则磁铁下落得速度越大，根据法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电动势越大，所以电阻消耗的电功率越大。故C错误；‎ D．强磁铁进入与离开线圈时，如果磁场力小于重力，加速度方向都向下，方向相同，故强磁铁进入与离开线圈时加速度方向可能相同，D正确。‎ 故选BD。‎ ‎10.如图所示，R为定值电阻，A、B、C为三个完全相同的灯泡，灯泡正常工作时的电阻也为R，灯泡的额定电压和额定电流分别为U和I．理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，交流电源的电压为U．若 A、B、C 均正常发光，设流过R的电流为IR，流过A的电流为IA，流过B的电流为IB，则下列关系式中正确的是 A. IR=3IB B. U=4U0‎ C. IR=IA+IB D. n1:n2=1:2‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】D．若、、均正常发光，则副线圈的输出电压为．分析原线圈的电路，灯泡两端的电压即原线圈的输入电压，为，根据电压和匝数的关系可知，输入电压与输出电压之比为，则匝数比为，故D正确。‎ AC．三个灯泡正常发光，则流过的电流相等，均为，根据电流和匝数的关系可知，原线圈的输入电流为，根据并联电路的规律可知，流过电阻的电流为，即 故A正确C错误；‎ B．根据欧姆定律可知 故正确。‎ 故选ABD。‎ ‎11.如图，边长为L的正三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m，电荷量为q的同种粒子每次都从a点沿与ab边成30°角的方向垂直射入磁场，若初速度大小为v0，射入磁场后从ac边界距a点处射出磁场。不计粒子的重力，下列说法正确的是 A. 若粒子射入磁场的速度增大为2v0，则出射位置距a点 B. 若粒子射入磁场的速度增大为2v0，则粒子在磁场中的运动时间减小为原来的一半 C. 若粒子射入磁场的速度不大于3v0，粒子从磁场中射出时速度方向均与ab边垂直 D. 若粒子射入磁场速度不同，但从ac边射出的所有粒子在磁场中的运动时间相等 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】粒子的速度分别为、、时，画出粒子轨迹过程图如图所示 A．若粒子射入磁场的速度增大为，根据可知，粒子的半径增大到原来的2倍，则出射位置距点，故A正确；‎ B．若粒子射入磁场的速度增大为，粒子从边射出时与边的夹角不变、轨迹对应的圆心角不变，则粒子在磁场中的运动时间不变，故B错误；‎ C．若粒子射入磁场的速度不大于，则粒子均能够从边射出，射出时速度方向与边的夹角为，而边与边的夹角为，则粒子从磁场中射出时速度方向均与边垂直，故C正确；‎ D．若粒子射入磁场的速度不同，但从边射出的所有粒子运动轨迹对应的圆心角均为，所以在磁场中的运动时间相等，故D正确。‎ 故选ACD。‎ ‎12.如图（a）所示，一根竖直悬挂的不可伸长的轻绳，下端拴一小物块A，上端固定在C点且与一能测量绳的拉力的测力传感器相连．已知有一质量为m0的子弹B以水平速度v0射入A内（未穿透），接着两者一起绕C点在竖直面内做圆周运动。在各种阻力都可忽略的条件下测力传感器测得绳的拉力F随时间t变化关系如图（b）所示，已知子弹射入的时间极短，且图（b）中t=0为A、B开始以相同的速度运动的时刻。下列说法正确的是 A. A、B一起在竖直面内做周期T=t0的周期性运动 B. A的质量大小为 C. 子弹射入木块过程中所受冲量大小为 D. 轻绳的长度为 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图（b）可以知道、一起在竖直面内做周期的周期性运动，故A错误；‎ BCD．设子弹打入物块后一起运动的速度大小为，一起上到最高点的速度大小为，细绳的长度为。子弹打入物块的瞬间，根据动量守恒定律有：‎ 子弹和物块在最低点绳子有最大拉力，根据牛顿第二定律有：‎ 子弹和物块在最高点绳子有最小拉力，根据牛顿第二定律有：‎ 从最高点到最低点，根据动能定理：‎ 物块受到子弹的冲量 联合解得：‎ ‎；；。‎ 故BCD正确。故选BCD。‎ 三、实验题（共 17 分）‎ ‎13.在“研究匀变速直线运动”的实验中，某同学选出了一条清晰的纸带，并取其中的A、B、C、D、E、F、G七个点进行研究，这七个点和刻度尺标度的对照情况如图所示．(打点计时器的频率为50 Hz)‎ ‎(1)由图可以知道，A、B两点的时间间隔是________ s，A点到D点的距离是________ cm，D点到G点的距离是________ cm；(小数点后保留2位)‎ ‎(2)通过测量不难发现，(xBC－xAB)与(xCD－xBC)、(xDE－xCD)、…基本相等．这表明，在实验误差允许的范围之内，拖动纸带的小车做的是________________运动；‎ ‎(3)经过合理的数据处理后，可以求得加速度a＝______ m/s2 ；(小数点后保留3位)‎ ‎(4)还可以求出，打B点时小车的瞬时速度vB＝______ m/s.(小数点后保留3位)‎ ‎【答案】(1). 0.1 4.13-4.17 6.43-6.52 (2). 匀加速（或匀变速）直线 ‎ ‎(4). 0.251-0.266 (5). 0.125-0.129‎ ‎【解析】‎ ‎（1）由图可知，A、B两点的时间间隔是0.1s，A点到D点的距离是4.13cm，D点到G点的距离是6.48cm． （2）通过测量不难发现，（sBC-sAB）与（sCD-sBC）、与（sDE-sCD）、…基本相等．这表明，在实验误差允许的范围之内，拖动纸带的小车做的是匀加速直线运动．‎ ‎（3）设A到B之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4、x5、x6，根据逐差法可得，，，，平均加速度为：，由以上可得：，代入数据解得：a=0.261m/s2．‎ ‎（4）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度即：．‎ ‎14.某同学欲将内阻为98.5Ω、量程为100μA的电流表改装成欧姆表并进行刻度，要求改装后欧姆表的15kΩ刻度正好对应电流表表盘的50μA刻度．可选用的器材还有：定值电阻R0（阻值14kΩ），滑动变阻器R1（最大阻值500Ω），滑动变阻器R2（最大阻值1500Ω），干电池（E=1.5V，r=2Ω），红、黑表笔和导线若干．‎ ‎（1）欧姆表设计将图（a）中的实物连线组成欧姆表．欧姆表改装好后，滑动变阻器R接入电路的电阻应为____________Ω，滑动变阻器应选____________（填“R1”或“R2”）．‎ ‎（2）刻度欧姆表的表盘：通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如下图（b）所示．表盘上a、b两处的电流刻度分别为20和60，则a、b两处的电阻刻度分别为____________、____________．‎ ‎【答案】 (1). 899.5 R2 (2). 60 10‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]将电源、电流表、定值电阻以及滑动变阻器串接即可组成欧姆表，故实物图如图所示：‎ ‎[2][3]根据闭合电路欧姆定律有：‎ 其中，，，；为滑动变阻器的阻值；‎ 解得：‎ 故滑动变阻器应选择。‎ ‎（2）[4][5]由（1）中解答可知，欧姆表的内阻即中值电阻：‎ 根据闭合电路欧姆定律有：‎ 解得：‎ ‎，‎ 四、计算题（共 2 小题，共 30 分）‎ ‎15.如图，静止在地面上的长木块A的上表面光滑，质量为M=1kg，下表面与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.5，其最右端放置一个可视为质点的小铁块B，B的质量为m=0.2kg，现用一水平恒力F=8N拉动木块A，从此时开始计时，重力加速度取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）小铁块未滑离木块A之前，木块A的加速度a1和小铁块滑离木块A之后，木块A的加速度a2的大小分别是多少？‎ ‎（2）已知t=0.5s时，小铁块刚好滑离木块A，求木块A的长度L？‎ ‎（3）求t=0.5s至t=0.9s，这段时间内木块A的位移s的大小？‎ ‎【答案】(1)2m/s2 ；3m/s2 (2)0.25m (3)0.64m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对木块A，小铁块没滑离前，根据牛顿第二定律：‎ 解得：‎ 滑离后：‎ 解得：‎ ‎（2）木块长：‎ ‎（3）t=0.5s时，木块速度：‎ t =0.5s至t= 0.9s内，时间为：‎ 位移为：‎ 解得：‎ ‎16.固定在水平地面的形平行金属导轨足够长，倾角，间距L=1m，电阻不计．垂直导轨放置两根金属棒ab和cd，如图所示，两金属棒电阻相等，均为R=0.75Ω，cd棒的质量为m1=1.2kg，cd棒与导轨水平段的动摩擦因数为μ=0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．而ab棒与导轨倾斜段间的摩擦不计．整个∠形装置放在磁感应强度大小为B=3T，方向垂直于导轨倾斜段向上的匀强磁场中．现从某处静止释放ab棒，经一段时间后，cd棒刚要从导轨滑动．已知重力加速度取g=10m/s2，sin37°=0.6．‎ ‎（1）此时，cd棒中的感应电流的方向？以及ab棒的速度大小？‎ ‎（2）若ab棒无论从多高的位置静止释放，cd棒都不动，则ab棒的质量应小于多少？‎ ‎（3）若cd棒与导轨水平段的动摩擦因数μ是可以调节的，则当动摩擦因数μ满足什么条件时，无论ab棒质量多大、从多高的位置静止释放，cd棒都不动．‎ ‎【答案】(1)c→d；5m/s (2) m2≤3.75kg (3) μ≥0.75‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）cd棒中感应电流的方向是：c→d 分析cd棒，刚好滑动时，有：‎ 联立以上式子解得：‎ 又 ‎，，‎ 联立解得：‎ ‎（2）ab棒在足够长的轨道下滑，最大安培力只能等于自身重力的分力，则：‎ 因ab棒与cd棒串联，故ab棒与cd棒电流相等，故cd棒所受最大安培力大小也是 要使cd棒不能滑动，有：‎ 联立以上两式解得：‎ 代入数据，可得：‎ ‎（3）ab棒下滑，cd棒不动，则有：‎ 解得：‎ 当ab棒质量无限大，在无限长的轨道上最终做匀速直线运动，安培力趋于无限大，则有：‎ 解得：‎ 五、选做题（请从第 17 题或第 18 题中选择其中一道题作答。都作答时，按第17 题给分）‎ ‎17.下列说法正确的是（ ）‎ A. 晶体在熔化过程中分子的平均动能不变 B. 温度越高，布朗运动越剧烈，所以布朗运动也叫做热运动 C. 在轮胎爆裂的短暂过程中，胎内气体膨胀，温度下降 D. 只知道水蒸气的摩尔体积和水分子的体积，能计算出阿伏加德罗常数 E. 在油膜法估测分子大小的实验中，如果有油酸未完全散开会使测量结果偏大 ‎【答案】ACE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．晶体在熔化过程中温度不变，分子的平均动能不变，故A正确；‎ B．温度越高，布朗运动越剧烈，但布朗运动不是热运动，而是小颗粒的无规则运动，故B错误；‎ C．在轮胎爆裂的短暂过程中，气体来不及和外界进行热交换（），根据热力学第一定律，胎内气体膨胀，对外做功，，气体内能减小，温度下降，故C正确；‎ D．知道水蒸气的摩尔体积和水蒸气分子所占空间的平均体积，能计算出阿伏伽德罗常数，故D错误；‎ E．在油膜法估测分子大小的实验中，根据公式，如果有油酸未完全散开会使偏小，测量结果偏大，故E正确。‎ ‎18.如图，开口朝下的圆筒形气缸竖直悬挂，处于静止状态，气缸内用横截面积为S 的薄活塞封闭着温度为300K的某种理想气体，活塞可在气缸内上下无摩擦滑动．通过电热丝可以对气体缓慢加热，使活塞缓慢向下移动．当气体温度升高至360K时，活塞刚好移到气缸口．已知大气压强为p0，气缸容积为V0，重力加速度为g．‎ ‎①求300K时气缸内气体体积；‎ ‎②如果不加热气体，而在活塞下悬挂一个沙盘，缓慢（等温）地往沙盘里添加沙，当沙与沙盘总质量与活塞质量相等时，活塞也刚好移到气缸口，判断此过程中气体吸热还是放热？并求出活塞的质量．‎ ‎【答案】①V0 ②‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①缓慢加热气体的过程中，气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律可得：‎ 其中T1=300K，T2=360K，V2=V0‎ 解得：‎ V1=V0‎ ‎②封闭气体做等温变化，内能不变，气体体积增大，对外做功，根据热力学第一定律可知，此过程中气体吸热。‎ 通过挂沙盘使活塞移到气缸口的过程中，气体发生等温变化，设活塞质量为m，根据玻意耳定律可得：‎ 其中：‎ 联立以上各式，可解得：‎ ‎19.一列简谐横波在t=0时刻波形图如图中的实线所示，t=0.1s时刻的波形图如图中的虚线所示，若该波传播的速度为10m/s，则（ ）‎ A. t=0时刻质点a沿y轴正方向运动 B. 这列波沿x轴正方向传播 C. 这列波周期为0.4s D. 从t=0时刻开始质点a经0.2s通过的路程为0.4m E. 处质点的振动方程为 ‎【答案】CDE ‎【解析】‎ AB：由图可知波的波长λ=4m，在时间t=0.1s内，波传播的距离为 ，根据波形的平移法可知，这列波沿x轴负向传播；t=0时刻质点a向y轴负方向运动．故AB两项均错误．‎ C：由，得．故C项正确．‎ D：从t=0时刻开始质点a经0.2s是半个周期，通过的路程为2倍的振幅，．故D项正确．‎ E：x=2m处的质点起始位置在平衡位置且向y轴负方向振动，振动方程为．故E项正确．‎ ‎20.如图为某种透明介质的截面图，△AOC为等腰直角三角形，BC为半径R＝10cm的四分之一的圆弧，AB与水平屏幕MN垂直并接触于A点，由红光和紫光两种单色光组成的复色光射向圆心O，在AB分界面上的入射角i＝45°，结果在水平屏幕MN上出现两个亮斑，已知该介质对红光和紫光的折射率分别为 ．‎ ‎（1）判断在AM和AN两处产生亮斑的颜色；‎ ‎（2）求两个亮斑间的距离．‎ ‎【答案】（1）AM红色；AN红色与紫色的混合色（2）（5+10）cm ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设红光和紫光的临界角分别为C1、C2，则有 得.‎ 同理可得： ‎ 那么：‎ ‎.‎ 所以紫光在AB面发生全反射，而红光在AB面一部分折射，一部分反射，由几何关系可知，反射光线与AC垂直，所以在AM处产生的亮斑P1为红色，在AN处产生的亮斑P2为红色与紫色的混合色.‎ ‎(2)画出如图所示的光路图，设折射角为r，两个光斑分别为P1、P2，根据折射定律：‎ 求得：，由几何知识可得：‎ 解得：‎ 再由几何关系可得为等腰直角三角形，所以解得，所以有：‎ 答：(1)在AM和AN两处产生亮斑的颜色分别为红色和红色与紫色的混合色；‎ ‎(2)两个亮斑间的距离．‎