重庆市第一中学2020届高三上学期10月月考理综物理试题 18页

2019 年重庆一中高 2020 级高三上期 10 月月考 理科综合测试物理试卷 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分．在每小题给出的四个选项中，第 14~18 题只有 一项符合题目要求，第 19~21 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. 226 88 Ra 发生衰变的方程可以写为： 226 222 88 86Ra Rn+Y ，则 A. 该衰变是β 衰变 B. Y 粒子是 4 2 He C. Y 粒子的穿透能力很强 D. 20 个 226 88 Ra 经过一个半衰期后，一定只剩下 10 个 【答案】B 【解析】 【详解】AB．根据和反应的质量数和电荷数守恒可知，Y 粒子质量数为 4，电荷数为 2，是 4 2 He ， 则该衰变是α衰变，选项 A 错误，B 正确； C．α粒子的穿透能力很弱，电离本领较强，选项 C 错误； D．半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量的原子核衰变不适应，选项 D 错误。 2. 如图所示，直线 MN 是某电场中的一条电场线（方向未画出）。虚线是一带电的粒子只在电 场力的作用下，由 a 运动到 b 的运动轨迹，轨迹为一抛物线。下列判断正确的是（ ） A. 电场线 MN 的方向一定是由 N 指向 M B. 带电粒子在 a 点的加速度一定大于在 b 点的加速度 C. 带电粒子由 a 运动到 b 的过程中动能不一定增加 D. 带电粒子在 a 点的电势能一定大于在 b 点的电势能 【答案】D 【解析】 试题分析：由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，所受的电场力指向轨迹内侧，所以粒 子所受的电场力一定是由 M 指向 N，但是由于粒子的电荷性质不清楚，所以电场线的方向无法 确定．故 A 错误；由 a 到 b 的运动轨迹，轨迹为一抛物线，说明粒子一定受恒力，即带电粒 子在 a 点的加速度等于在 b 点的加速度，故 B 错误；粒子从 a 运动到 b 的过程中，电场力做 正功，电势能减小，动能增加，故 C 错误．粒子从 a 运动到 b 的过程中，电场力做正功，电 势能减小，带电粒子在 a 点的电势能一定大于在 b 点的电势能，故 D 正确．故选 D． 考点：带电粒子在电场中的运动 【名师点睛】依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动 问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化 情况。 3.如图所示是研究平行板电容器的电容大小与哪些因素有关的实验装置。将充好电的平行板 电容器与电源断开并将左金属板接地，另一板与外壳接地的静电计相连。则以下对该实验现 象以及解释判断正确的是 A. 增大 d，θ增大，说明 C 随 d 的增大而减小 B. 增大 d，θ减小，说明 C 随 d 的增大而增大 C. 增大 S，θ增大，说明 C 随 S 的增大而增大 D. 增大 S，θ减小，说明 C 随 S 的增大而减小 【答案】A 【解析】 【详解】AB．增大 d，θ增大，板间电势差增大，电容器所带电量不变，由电容的定义式 QC U  分析得知，电容 C 减小，说明 C 随 d 的增大而减小，故Ａ正确，Ｂ错误； CD．增大 S，θ减小，板间电势差减小，电容器所带电量不变，由电容的定义式 QC U  分析 得知，电容 C 增大，说明 C 随 S 的增大而增大，故 CD 错误。 4.一带负电的粒子只在电场力作用下沿 x 轴正向运动，其电势能 EP 随位移 x 变化的关系如图 所示，其中 0～x2 段是对称的曲线，x2～x3 是直线段，则下列判断正确的是 A. x1 处电场强度最大 B. x2～x3 段是匀强电场 C. x1、x2、x3 处电势φ1、φ2、φ3 的关系为φ1＞φ2＞φ3 D. 粒子在 0～x2 段做匀变速运动，x2～x3 段做匀速直线运动 【答案】BC 【解析】 A 项：根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系： E x   ，得 1· PEE q x   ，由 数学知识可知 Ep-x 图象切线的斜率等于 PE x   ，x1 处切线斜率为零，则 x1 处电场强度为零，故 A 错误； B、D 项：由图看出在 0～x1 段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场 力减小，加速度减小，做非匀变速运动．x1～x2 段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子 所受的电场力增大，做非匀变速运动．x2～x3 段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向 均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故 B 正确，D 错误； C 项：根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，粒子带负电，q＜0，则知：电势能越大，粒子所在 处的电势越低，所以有：φ1＞φ2＞φ3．故 C 正确。 点晴：解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基 本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况。 5.如图所示，将质量为 M1、半径为 R 且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙角， 右侧靠一质量为 M2 的物块。今让一质量为 m 的小球自左侧槽口 A 的正上方 h 高处从静止开始 落下，与圆弧槽相切自 A 点进入槽内，则以下结论中正确的是 A. 小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽组成的系统机械能守恒 B. 小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统水平动量守恒 C. 若小球能从 C 点离开半圆槽，则其一定会做竖直上抛运动 D. 若小球刚好到达 C 点，则 1 2 mh RM M   【答案】D 【解析】 【详解】AB．小球从 AB 的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对半圆 槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过 程中，小球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽 和物块组 成的系统动量也不守恒，但对系统的机械能守恒；从 B→C 的过程中，小球对半圆槽的压力方 向向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半 圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂 直，此过程中，因为有物块挡住，小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，在小球运动的全 过程，水平方向 动量也不守恒，由于半圆槽要对滑块做功，则对小球、半圆槽组成的系统机 械能不守恒，选项 AB 错误； C．当小球运动到 C 点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上，所以此后小球做斜 上抛运动，即选项 C 错误； D．小球到达 B 点时的速度 0 2 ( )v g R h  ， 从 B 到 C 的过程中，对小球、半圆槽 和物块组成的系统水平方向动量守恒： 0 1 2( )mv m M M v   由能量关系可知： 2 1 2 1 ( )2mgh m M M v   联立解得： 1 2 mh RM M   选项 D 正确。 6.某中学的科技小组设想嫦娥四号的登月轨道方案如图所示，环月轨道Ⅰ为圆形轨道，环月 轨道Ⅱ为椭圆轨道，远月点记为 P 点，近月点记为 Q 点，减速下降阶段速度很小能安全着陆。 下列说法正确的是 A. 嫦娥四号在环月轨道Ⅰ上的运行周期比在环月轨道Ⅱ上的运行周期长 B. 嫦娥四号在环月轨道Ⅰ上 P 点的机械能小于在环月轨道Ⅱ上 P 点的机械能 C. 嫦娥四号在轨道Ⅱ上，远月点的加速度大于近月点的加速度 D. 嫦娥四号在环月轨道Ⅰ上的运动速度比月球的第一宇宙速度小 【答案】AD 【解析】 【详解】A．根据开普勒行星运动定律知，在轨道 I 上运动时的半长轴大于在轨道 II 上运行 时的半长轴，故在轨道 I 上运行的周期要大，故 A 正确。 B．“嫦娥四号”在轨道 I 上做圆周运动，只有通过减速使圆周运动所需的向心力减小，做近 心运动来减小轨道高度，才能轨道 II，所以嫦娥四号在环月轨道Ⅰ上的机械能大于在环月轨 道Ⅱ上的机械能，故 B 错误； C．“嫦娥四号”运动的过程中万有引力产生加速度，根据牛顿第二定律有 2 MmG mar  得 2  GMa r  ，知 r 越大，a 越小，所以在远月点的加速度小于近月点的加速度，故 C 错误； D．根据万有引力提供向心力有： 2 2 Mm vG mr r  ， 可得： GMv r  ， 由于嫦娥四号的环月轨道Ⅰ的轨道半径大于月球的半径，所以嫦娥四号在环月轨道Ⅰ上的运 动速度比月球的第一宇宙速度小。故 D 正确. 7.如图所示，BC 是半径为 1R m 的竖直面内的圆弧轨道，轨道末端 C 在圆心 O 的正下方， 60BOC  o ，将质量为 1m kg 的小球，从与 O 等高的 A 点水平抛出，小球恰好从 B 点 沿圆弧切线方向进入轨道，由于小球与圆弧之间有摩擦，能够使小球从 B 到 C 做匀速圆周运 动，重力加速度大小为 210 /g m s ，则下列说法正确的是（ ） A. 从 B 到 C，小球与轨道之间的动摩擦因数可能保持不变 B. 从 B 到 C，小球克服摩擦力做功为 5J C. A、B 两点间的距离为 7 12 m D. 小球从 B 到 C 的全过程中，小球对轨道的压力不变 【答案】BC 【解析】 【详解】小球由 A 至 B 做平抛运动，设初速度 0v ，平抛时间t ，B 点的速度方向与圆轨道相切， 故平抛的速度偏向角为 060 ，有 0tan60 o gt v  ，竖直方向有 21cos 2y R gt  ，水平方向有 0x v t ，则 A、B 之间的距离为 2 2 7 12x y m  ，故 C 正确；从 B 至 C 由动能定理：  01 cos60 0G f fw w mgR w     ，所以 Wf=mgR(1-cos60o)=5J，故 B 正确；从 B 至 C 轨 道对小球的弹力与重力沿半径方向的分力共同提供向心力，向心力大小不变，重力的分力变 大，所以轨道对小球的弹力变大，根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力变大，故 D 错误； 小球能保持匀速圆周运动，则小球所受的摩擦力与重力切向分力相等，所以轨道之间的动摩 擦因数是变小，故 A 错误。 8.如图所示，劲度系数为 k 的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为 m 的 物体 A 接触，但未与物体 A 连接，弹簧水平且无形变。现对物体 A 施加一个水平向右的瞬间 冲量，大小为 I0，测得物体 A 向右运动的最大距离为 x0，之后物体 A 被弹簧弹回，最终停在 距离初始位置左侧 2x0 处。已知弹簧始终在弹簧弹性限度内，物体 A 与水平面间的动摩擦因数 为μ，重力加速度为 g，下列说法中正确的是： A. 物体 A 整个运动过程，弹簧对物体 A 的冲量为零 B. 物体 A 向右运动过程中与弹簧接触的时间一定小于物体 A 向左运动过程中与弹簧接触的时 间 C. 物体 A 向左运动的最大速度 02ugx D. 物体 A 与弹簧作用的过程中，系统的最大弹性势能 Ep= 2 0 02 I mgxm  【答案】BD 【解析】 【详解】A．由于弹簧的弹力一直向左，故弹力的冲量不可能为零；故 A 错误； B．物体向右运动过程受向左的弹力和摩擦力，而向左运动过程中受向左的弹力与向右的摩擦 力，因此向左运动时的加速度小于向右运动时的加速度；而与弹簧接触向左和向右的位移大 小相等，则由位移公式可得，向右运动的时间一定小于向左运动的时间；故 B 正确； C．对离开弹簧后再向左运动的 x0 过程由动能定理可知， 2 0 1 2 mv mg x  解得离开弹簧时的速度为 02v ugx 而物体在向左运动至弹力与摩擦力相等时速度达最大，故可知向左运动的最大速度一定大于 02ugx ；故 C 错误； D．由动量定理可知 I0=mv0；则由功能关系知，系统具有的最大弹性势能 2 2 0 0 0 02 1 2P IE mv mgx mgx m      故 D 正确； 第Ⅱ卷（非选择题共 174 分） 二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第 22~32 题为必考题．每个试题考生都必 须作答．第 33~37 题为选考题，考生根据要求作答． （一）必考题（共 129 分） 9.如图所示为“用打点计时器验证机械能守恒定律”的实验装置。 （1）关于本实验，下列说法中正确的是_________ A．必须用秒表测出重物下落的时间 B．打点计时器应连接直流电源 C．验证时，一定要测量重物的质量或重力 D．选择质量较大、体积较小的重物可以减小阻力带来的实验误差 （2）若已知打点计时器的电源频率为 50Hz，当地的重力加速度 g=9.80m/s2，重物质量为 0.2kg。 实验中得到一条点迹清晰的纸带如图所示，打 P 点时，重物的速度为零，A、B、C 为另外 3 个 连续点。根据图中的数据可知，重物由 P 点运动到 B 点的过程中，重力势能减少量△Ep=____J， 动能增加量△EK=_____J。（计算结果保留 3 位有效数字） （3）多次实验表明重力势能减少量总是大于动能增加量，可能的原因是： ________________________。 【答案】 (1). D (2). 0.0982 (3). 0.0960 (4). 摩擦阻力做功使一部分机械 能转化为了内能 【解析】 【详解】（1）[1]．A．打点计时器就是计时工具，不需要用秒表测出重物下落的时间，选项 A 错误； B．打点计时器应连接交流电源，选项 B 错误； C．验证时需要验证 21 2mgh mv ，两边的质量 m 消掉，则实验时不需要测量重物的质量或重力， 选项 C 错误； D．选择质量较大、体积较小的重物可以减小阻力带来的实验误差，选项 D 正确； （2）[2][3]．重锤的重力势能减小量为： △Ep＝mgh＝0.2×9.8×5.01×10−2J=0.0982J； B 点的速度为： 27.06 3.14 10( m/s 0.98m/s2 0.04 )AC B xv T   ＝ ＝ 重物的动能为： 2 21 1 0.2 0.98 0.0960J2 2 Jk BE mv   ＝ ＝ （3）[4]．多次实验表明重力势能减少量总是大于动能增加量，可能的原因是：摩擦阻力做 功使一部分机械能转化为了内能． 10.某物理兴趣小组利用如图甲所示的装置进行实验。在足够大的水平平台上的 A 点放置一个 光电门，水平平台上 A 点右侧摩擦很小可忽略不计，左侧为粗糙水平面，当地重力加速度大 小为 g，采用的实验步骤如下： ①在小滑块 a 上固定一个宽度为 d 的窄挡光片； ②用天平分别测出小滑块 a（含挡光片）和小球 b 的质量 ma、mb； ③a 和 b 间用细线连接，中间夹一被压缩了的轻弹簧，静止放置在平台上； ④细线烧断后，a、b 瞬间被弹开，向相反方向运动； ⑤记录滑块 a 通过光电门时挡光片的遮光时间 t； ⑥滑块 a 最终停在 C 点（图中未画出），用刻度尺测出 AC 之间的距离 Sa； ⑦小球 b 从平台边缘飞出后，落在水平地面的 B 点，用刻度尺测出平台距水平地面的高度 h 及平台边缘铅垂线与 B 点之间的水平距离 Sb； ⑧改变弹簧压缩量，进行多次测量。 （1）a 球经过光电门的速度为：______________（用上述实验数据字母表示） （2）该实验要验证“动量守恒定律”，则只需验证等式_____________成立即可。（用上述实 验数据字母表示） （3）改变弹簧压缩量，多次测量后，该实验小组得到 2 1 t 与 Sa 的关系图象如图乙所示，图线 的斜率为 k，则平台上 A 点左侧与滑块 a 之间的动摩擦因数大小为______。（用上述实验数据 字母表示） 【答案】 (1). d t (2). a b b 2 d gm m st h  (3). 2d 2 k g 【解析】 【详解】（1）[1]．烧断细线后，a 向左运动，经过光电门，根据速度公式可知，a 经过光电 门的速度 a dv t  ； （2）[2]．b 离开平台后做平抛运动，根据平抛运动规律可得： 21 2h gt sb=vbt 解得： 2b b gv s h  若动量守恒，设向右为正，则有： 0=mbvb-mava 即 2a b b d gm m st h  （3）[3]．对物体 a 由光电门向左运动过程分析，则有： va 2=2asa 经过光电门的速度： a dv t  由牛顿第二定律可得： mga gm    联立可得： 2 2 1 2 a g st d  则由图象可知： 2 2 gk d  解得 2 2 kd g   11.如图所示，竖直平行正对放置的带电金属板 A、B，两板间的电势差 UAB=1000V，B 板中心的 小孔正好位于平面直角坐标系 xOy 的 O 点；y 轴沿竖直方向；在 x>0 的区域内存在沿 y 轴正方 向的匀强电场，一质量为 m＝1×10-13 kg，电荷量 q＝1×10－8 C 带正电粒子 P 从 A 板中心 O′ 处静止释放，其运动轨迹恰好经过 M( 3 m,1 m)点；粒子 P 的重力不计，试求： （1）粒子到达 O 点的速度 （2）匀强电场的电场强度； （3）粒子 P 到达 M 点的动能 【答案】(1) 4 0 2 10 m/sv   (2) 34 10 V/m3E   (3) 57 10 J3kE   【解析】 【详解】（1）加速过程 2 0 1 02ABqU mv  得 4 0 2 10 m/sv   （2）类平抛运动 0x v t 21 2y at qEa m  得 34 10 V/m3E   （3）动能定理 2 0 1 2kqEy E mv  得 57 10 J3kE   12.如图所示，凹槽 A 放置于水平面上，凹槽内表面水平光滑，凹槽两侧壁间距为 d，在凹槽 左侧壁放置物块 B（可视为质点），物块 B、凹槽 A 质量分别为 m、2m，凹槽与水平面间的动 摩擦因数μ＝0.5。现对凹槽施一水平外力，使 A、B 一起从静止开始水平向右运动，当速度 达到 0 6v gd 时撤去外力。已知重力加速度为 g，物块 B 与凹槽侧壁发生的碰撞都是弹性碰 撞，碰撞时间极短可不计，不计空气阻力。求： （1）刚撤去外力时凹槽 A 的加速度； （2）物块 B 与凹槽右侧发生第一次碰撞后瞬间，A、B 的速度大小 vA、vB； （3）从撤去外力到凹槽 A 停止运动的过程中，凹槽 A 运动的时间 t。 【答案】(1) 3 4 g 水平向左 (2) 5 6 gd ， 2 6 gd (3) 20 9 6d g 【解析】 【详解】（1）对 B： μ3mg＝2ma， a＝ 3 4 g 方向水平向左 （2）撤去外力后，物块 B 做匀速直线运动，槽 A 做匀减速运动设 B 历时 t1 运动到达槽右侧壁， 槽碰前速度为 v 有： xB＝v0t1 xA＝v0t1- 1 2 at1 2 xB-xA＝d v＝v0-at1 解得： v＝ 6 2 gd B 与槽右侧壁发生弹性碰撞有 mv0+2mv＝mvB+2mvA 1 2 m v0 2+ 1 2 ∙2m v2＝ 1 2 2m vB 2+ 1 2 ∙2m vA 2 解得 vA＝ 5 3 3 2 gd ＝5 6 gd vB＝ 2 3 3 2 gd ＝ 2 6 gd （3）从撤去力 F 到 A、B 第一次发生弹性碰撞经过的时间为 t1，则 t1＝ 0v v a  ＝ 2 3 6d g A、B 第一次发生弹性碰撞后，B 做匀速直线运动，A 做匀减速直线运动，直至 A 速度减为 0（此 过程中 A、B 未发生碰撞），历时 t2， t2＝ A a  ＝ 10 9 6d g B 继续做匀速直线运动，直至 A、B 第二次发生弹性碰撞，由机械能守恒和动量守恒得 vB＇＝- 1 3 vB vA＇＝ 2 3 vB A 再次做匀减速直线运动，直至 A 速度减为 0，历时 t3， t3＝ 2 3 Bv a ＝ 8 27 6d g B 继续做匀速直线运动，直至 A、B 第三次发生弹性碰撞，之后 A 再次做匀减速直线运动，直 至 A 速度减为 0，历时 t4，同理可得 t4＝ 1 3 × 8 27 6d g t＝t1+ t2+ t3+ t4. . . . . .＝ 6d g [ 2 3 + 10 9 + 8 27 (1+ 1 3 + 2 1 3 . . . . . .)] ＝ 20 9 6d g （二）选考题：共 45 分．请考生从 2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题 作答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题题号的方框涂黑．注意所做题目的题号必须与所涂 题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则每科按所做的第一题计分． 13.关于热力学定律，下列说法正确的是 A. 热力学第二定律也叫做熵减小原理 B. 对气体做功可以改变其内能 C. 一定质量理想气体等压膨胀过程一定吸热 D. 热量不可能从低温物体传到高温物体 E. 如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡,那么这两个系统彼此之间也必定 达到热平衡 【答案】BCE 【解析】 【详解】A. 热力学第二定律也叫做熵增加原理，选项 A 错误； B. 根据热力学第一定律，对气体做功可以改变其内能，选项 B 正确； C. 一定质量理想气体等压膨胀过程，则气体对外做功，即 W<0；根据 PV/T=C 可知，温度升高， 内能增加∆E>0，则 Q>0，即气体一定吸热，选项 C 正确； D. 根据热力学第二定律，热量可以从低温物体传到高温物体，但是要引起其他的变化，选项 D 错误； E. 根据热平衡原理，如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系 统彼此之间也必定达到热平衡，选项 E 正确。 14.一高压气体钢瓶，容积为 V，用绝热材料制成，开始时封闭的气体压强为 p0，温度为 T1 ＝300 K，内部气体经加热后温度升至 T2＝400 K，求： ①温度升至 T2 时气体的压强； ②若气体温度保持 T2＝400K 不变，缓慢地放出一部分气体，使气体压强再回到 p0，此时钢 瓶内剩余气体的质量与原来气体总质量的比值为多少？ 【答案】① 0 4 3p p＝ ②3:4 【解析】 试题分析：①设升温后气体的压强为 p，由于气体做等容变化，根据查理定律得 0 1 2 P P T T  ，又 T1＝300 K，T2＝400 K 解得 0 4 3p p＝ ②钢瓶集热器内气体的温度不变， 0 0 4 ’3 PV p V 则剩余气体的质量与原来总质量的比值为 0 3 4 m V m V ＝ 考点：查理定律；玻意耳定律 【名师点睛】此题考查了查理定律及玻意耳定律；关键是选择研究对象及找到气体的状态参 量，然后根据理想气体的状态变化方程列式求解． 15.下列说法中正确的是（ ） A. 偏振光可以是横波，也可以是纵波 B. 声源与观察者相互靠近时，观察者所接收的频率大于声源振动的频率 C. 相对论认为时间和空间与物质的运动状态有关 D. 雨后路面上的油膜呈现彩色，是光的折射现象 E. 光学镜头上的增透膜利用了光的干涉现象 【答案】BCE 【解析】 【详解】A、偏振现象是横波所特有的，因此偏振光一定是横波，故 A 错误； B、根据多普勒效应可知，声源与观察者相互靠近时，观察者所接收的频率大于声源振动的频 率，故 B 正确； C、相对论认为：空间和时间与物质的运动快慢有关，故 C 正确； D、雨后路面上的油膜呈现彩色，是光的干涉现象，故 D 错误； E、光学镜头上的增透膜，膜的上表面与玻璃表面反射的光发生干涉，利用了光的干涉现象， 故 E 正确； 故选 BCE。 16.一个半圆柱形透明玻璃砖，其横截面是半径为 R 的半圆，AB 为半圆的直径，0 为圆心，如 图所示，玻璃的折射率为 n= 2 . （1）一束平行光垂直射向玻璃砖的下表面，若光线到达上表面后，都能从该表面射出，则入 射光束在 AB 上的最大宽度为多少? （2）一细束光线在 0 点左侧与 0 相距 3 2 R 处垂直于 AB 从下方入射，求此光线从玻璃砖射出 点的位置. 【答案】（1）最大宽度为 R （2）光线在 O 点右侧与 O 相距 3 2 R 处垂直于 AB 从下方射出 【解析】 试题分析：（i）光线垂直 AB 面入射后传播方向不变，在圆弧面发生折射，射入射角为 ，如 下图所示 出射时发生全反射的临界角 1sin n   ，即可得 45   根据对称性可得入射光的宽度 2 sin 45 2d R R  （ii）由于 3 sin 452 R R  所以一细束光线在 O 点左侧与 O 相距 3 2 R 处垂直于 AB 从下方 入射后在圆弧面发生全反射，根据几何关系可得入射角 3 32sin 2 R R    ，即 60   在圆弧面反射后根据几何关系入射角仍为 60   ，由此发生第三次反射，如下图所示，根据 几何关系，可得 3 2OG OC R  所以出射点在 O 点右侧 3 2 R 处。 考点：光的折射全反射