四川省达州市2021届新高考三诊物理试题含解析 18页

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）