2017-2018学年江西省吉安市泰和县二中、吉安县三中、安福县二中高二下学期三校联考（5月）物理试题 解析版 17页

‎2017-2018学年江西省吉安市泰和县二中、吉安县三中、安福县二中高二下学期三校联考（5月）物理试卷 考试时间：100分钟； ‎ ‎（一）第一部分：必做题（计85分）‎ 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1—6题只有一项符合题目要求，第7—10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）‎ ‎1．在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述符合史实的是（ ）‎ A. 库伦在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电与磁之间存在必然的联系 B. 法拉第在实验中观察到，通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流 C. 安培发现通电导线在磁场中会受到力的作用 D. 法拉第在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化 ‎2．如图所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内，其下方略靠前固定一根与线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流释放线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中 A. 线框中感应电流方向依次为顺时针逆时针 B. 线框的磁通量为零时，感应电流却不为零 C. 线框所受安培力的合力方向依次为向上向下向上 D. 线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动 ‎3．如图所示，为一交流电流随时间变化的图象，则此交流的有效值为 A. 3A B. ‎ C. D. ‎ ‎4．如图所示。绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和开关组成闭合回路。在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环不计铁芯和铜环A之问的摩擦。则下列情况中铜环A会向右运动的是 A. 线圈中通以恒定的电流 B. 通电时，使滑动变阻器的滑片P向右匀速移动 C. 通电时，使滑动变阻器的滑片P向左加速移动 D. 将开关突然断开的瞬间 ‎5．截面积S=0.5m2，n=100匝的圆形线圈，处在如图甲所示的磁场内，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，已知电路中 R=3Ω，C=10μF，线圈电阻r=2Ω，导线电阻忽略不计，t=0时刻磁场方向垂直线圈平面向里，则有（ ）‎ A. 电容器两端电压为10V B. 通过电阻R的感应电流大小为20A C. 通过电阻R的电流方向为b-R-a D. 电容器所带的电荷量6×10-5C ‎6．如图所示，电源电动势为E,其内阻r不可忽略，是完全相同的灯泡，线圈L的直流电阻不计，电容器的电容为C.下列说法正确的是（ ）‎ A. 刚接通开关S的瞬间，立即亮，逐渐变亮 B. 合上开关S,电路稳定后，灯泡的亮度相同 C. 电路稳定后在断开S的瞬间，通过灯泡的电流方向向右 D. 电路稳定后在断开S的瞬间，通过灯泡的电流为零 ‎7．如图所示，一个质量为0.1 g、电荷量为的小滑块（可视为质点），放在倾角为α=30°的光滑绝缘斜面顶端，斜面置于B =0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，小滑块由静止开始沿斜面滑下，小滑块运动一段距离后离开斜面，取。则（ ）‎ A. 小滑块带正电 B. 小滑块带负电 C. ‎ D. 小滑块离开斜面的瞬时速率为2m/s ‎8．一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5:1，原线圈接人电压的瞬时值表达式为u=220sin l00πt(V)的正弦交流电，一个阻值R=100 Ω的电阻接在副线圈上，如图所示。电压表和电流表均为理想交流电表，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 副线圈两端的电压为44 V B. 电流表的示数为0. 062 A C. 电阻R消耗的功率为9. 68 W D. 通过电阻R的电流方向每秒改变50次 ‎9．在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abdc的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕轴以角速度匀速转动如图甲所示，产生的感应电动势e随时间t的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为R的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是 A. 从到这段时间穿过线圈磁通量的变化量为零 B. 从到这段时间通过电阻R的电荷量为 C. 时刻穿过线圈的磁通量变化率大小为 D. 时刻电阻R的发热功率为 ‎10．如图所示，一个质量为m的带负电小球（电荷量为q）以速度v0从距地面高为h的光滑水平平台上射入竖直向上的匀强磁场中（磁场紧靠平台右边缘），以地面上水平同右为x轴正方问，垂直纸面向里为y轴正方向、平台右边缘飞出点在地面上的投影为原点建立坐标系，小球的落地点的坐标为（0,h)，重力加速度为g，那么( ）‎ A. 经时间小球落地[]‎ B. 磁场的磁感应强度的大小为。‎ C. 小球的射入速度大小 D. 小球的落地速度大小为 二、实验题（每空2分，共10分）‎ ‎11．如图所示，在图（1）中，G为指针在中央的灵敏电流表，连接在直流电路中时的偏转情况，今使它与一线圈串联进行电磁感应实验，则图（2）中的条形磁铁的运动方向是______（填“向上”或“向下”） ；图（3）中电流计的指针将向______ （填“向左”或“向右”）偏转；图（4）中的条形磁铁上端为______ （填“N”或“S”）极。 ‎ ‎12．如图1所示为某一热敏电阻（电阻值随温度的改变而改变，且对温度很敏感）的I–U关系曲线图。‎ ‎（1）为了通过测量得到如图1所示I–U关系的完整曲线，在图2所示的a和b两个电路中应选择的是图________；‎ ‎（2）在图c所示的电路中，电源电压恒为9 V，当给热敏电阻加热后，电流表读数将________（填“增大”“减小”或“不变”）‎ 三、计算题（13题8分，14题12分，15题15分，共35分）‎ ‎13．面积、n = 100匝的圆形线圈，处在如图所示的磁场内，磁感应强度随时间t变化的规律是B = 0.02t，R = 3Ω，C = 30μF，线圈电阻r = 1Ω，求：‎ ‎（1）通过R的电流大小和方向 ‎（2）电容器的电荷量。‎ ‎14．有一台内阻为发电机，供给一学校照明用，如图所示，升压比为1：4，降压比为4：1，输电线的总电阻，全校共22个班，每班有“220V,40W”灯6盏，若保证全部电灯正常发光，则：‎ ‎(1)发电机输出功率多大？‎ ‎(2)发电机电动势多大？‎ ‎(3)输电效率是多少？‎ ‎15．如图所示的直角坐标系xOy中，在第一象限和第四象限分别存在垂直纸面向外和向里的匀强磁场，PQ是磁场的右边界，磁场的上下区域足够大，在第二象限存在沿x轴正方向的匀强电场，一个质量为m，电荷量为＋q的带电粒子从x轴上的M点以速度v0垂直于x轴沿y轴正方向射入电场中，粒子经过电场偏转后从y轴上的N点进入第一象限，带电粒子刚好不从y轴负半轴离开第四象限，最后垂直磁场右边界PQ离开磁场区域，已知M点距离原点O的距离为 ‎,N点距离原点O的距离为，第一象限的磁感应强度满足 ‎，不计带电粒子的重力，求：‎ ‎（1）匀强电场的电场强度为多大？‎ ‎（2）第四象限内的磁感应强度多大？‎ ‎（3）若带电粒子从进入磁场到垂直磁场右边界离开磁场，在磁场中运动的总时间是多少？‎ ‎（二）选做题:5+10=15分。（请考生从给出的2道物理题、任选一题作答，在答题卡选大区域指定位置答题。多答则按所答的第一题评分。)‎ 选修3-3：‎ ‎16．(1) 根据热力学知识。下列说法正确的是_____。（三个选项全部选对，得5分，每选对一个得2分，每选错一个扣3分，扣到0分为止）‎ A．当（平衡距离)时随着分子间距增大，分子间的引力增大，斥力减小，所以合力表现为引力 B．热量可以从低温物体传到高温物体 C．有些物质，在适当的溶剂中溶解时，在一定浓度范围具有液晶态 D．空气相对湿度越大时．空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越快 E．夏天中午时车胎内的气压比清晨时的高，且车胎体积增大，则胎内气体对外界做功，内能增大(胎内气体质量不变且可视为理想气体)‎ ‎(2)．如图所示，厚度不计、高h=90cm、截面积S=20cm2且导热良好的气缸置于水平地面上，用厚度不计的轻质活塞封闭了一定量的理想气体，此时气柱长度l0=60cm，现将质量m=4kg的物块轻放于活塞上，最终活塞重新达到平衡状态。已知活塞与气缸间接触光滑，外界大气压强p0=1×105Pa，环境温度始终不变，重力加速度g=10m/s2，求：‎ ‎（ⅰ）活塞因放置物块而下降的距离；‎ ‎（ⅱ）现通过气阀缓慢向气缸内充气，每次充入0.18L压强为1×105Pa 的气体，若要活塞不滑出气缸，则最多可充气多少次。‎ 选修3-4：‎ ‎17．(1) 一列简谐横波在某均匀介质中沿x轴传播，从x＝3 m处的质点a开始振动时计时，图甲为t0时刻的波形图且质点a正沿y轴正方向运动，图乙为质点a的振动图象，则下列说法中正确的是________。（三个选项全部选对，得5分，每选对一个得2分，每选错一个扣3分，扣到0分为止）‎ A. 该波的频率为2.5 Hz B. 该波的传播速率为200 m/s C. 该波是沿x轴负方向传播的 D. 从t0时刻起，质点a、b、c中，质点b最先回到平衡位置 E. 从t0时刻起，经0.015 s质点a回到平衡位置 ‎(2)．如图所示，截面为直角三角形ABC，∠B=30°，斜边AB=a。棱镜材料的折射率为。在此截面所在的平面内，一条光线在距A点为处的M点垂直AC射入棱镜，不考虑光线在AC面的反射，光线从棱镜的BC边的P点射出（P点未标出）。求：‎ ‎（1）光从棱镜射出时的射出点P距B多远；‎ ‎（2）从P点射向空气的光的方向。‎ 物理参考答案 ‎1．B ‎【解析】奥斯特首先在实验中观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系，故A错误；法拉第在实验中观察到，在通有变化电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流，从而发现了电磁感应现象，故B错误；安培发现通电导线在磁场中会受到力的作用，故C正确；楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故D 错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎2．B ‎【解析】根据右手定则，通电直导线的磁场在上方向外，下方向里；离导线近的地方磁感应强度大，离导线远的地方磁感应强度小。线框从上向下靠近导线的过程，向外的磁感应强度增加，根据楞次定律，线框中产生顺时针方向的电流；穿越导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大，直至最大；根据楞次定律，线框中产生逆时针方向的电流。向里的磁通量变成最大后，继续向下运动，向里的磁通量又逐渐减小，这时的电流新方向又变成了顺时针，A错误；根据A中的分析，穿越导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小，一直减小到0，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大。这一过程是连续的，始终有感应电流存在，B正确；根据楞次定律，感应电流始终阻碍线框相对磁场的运动，故受安培力的方向始终向上，不是0，CD错误。‎ ‎【点睛】根据右手定则，通电直导线的磁场在上方向外，下方向里；离导线近的地方磁感应强度大，离导线远的地方磁感应强度小，然后根据楞次定律可以判断感应电流的方向，根据左手定则可以判断受力的方向；本题考查通电直导线的磁场的特点和楞次定律的应用，该过程中，要注意穿越导线时，先是向外的磁通量减小，一直减小到0，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大这一过程是连续的，始终有感应电流存在属于基础题型，易错题．‎ ‎3．D ‎【解析】由图象可知此交变电流的周期是2s。设交流电电流的有效值为I，周期为T，电阻为R。‎ 则，解得，故D正确．‎ ‎【点睛】根据有效值的定义求解：取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值．‎ ‎4．C ‎【解析】线圈中通以恒定的电流时，线圈产生稳恒的磁场，穿过铜环A的磁通量不变，没有感应电流产生，环A不动，A错误；通电时，使变阻器的滑片P作向右匀速滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，回路中电流减小，线圈产生的磁场减小，穿过铜环A磁通量减小，产生感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同，二者相互吸引，故A向左运动，B错误；通电时，使变阻器的滑片P作左加速滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，回路中电流增大，线圈产生的磁场增强，穿过铜环A磁通量增大，产生感应电流。感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反，二者相互排斥，环A向右运动，C正确；将电键突然断开的瞬间，线圈产生的磁场从有到无消失，穿过铜环A的磁通量减小，产生感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同，二者相互吸引，故A向左运动，D错误。‎ ‎5．D ‎【解析】A、由图像乙可知：根据法拉第电磁感应定律：‎ 根据闭合电路欧姆定律，可以得到：‎ 根据欧姆定律可知电阻R两端电压为：‎ 由于电容器与电阻R并联，则可知电容器两端电压为 则电容器带电量为：，故选项AB错误，D正确；‎ C、根据题意，在磁场方向垂直纸面向里并且减弱，根据楞次定律可知，通过电阻的电流方向为： ；‎ 在磁场方向垂直纸面向外并且增强，根据楞次定律可知，通过电阻的电流方向为： ，故选项C错误。‎ 点睛：本题考查法拉第电磁感应定律、楞次定律的应用、电容器及欧姆定律，解题时注意发生电磁感应的部分看作电源，不能忽略了其内电阻。‎ ‎6．C ‎【解析】A、刚接通开关S的瞬间，线圈中电流要增大，则出现自感电动势，，L1立即亮，L2逐渐变亮，故A错误；‎ B、合上开关S，当电路稳定后，由于线圈的直流电阻为零，当则灯泡L1被短路，故B错误；‎ C、当断开S的瞬间，线圈中电流要减小，则出现自感电动势，通过灯泡L1的电流方向向右，故C正确；‎ D、断开S的瞬间，电容器也要放电，则灯泡L2慢慢熄灭，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】当电路稳定后，电容器已充满电，而线圈相当于导线，将灯泡L1短路；当断开S瞬间时，线圈出现自感电动势，对灯泡L1放电，而电容器也要对灯泡L2放电，从而即可求解。‎ ‎7．AC ‎【解析】、由题意可知：小滑块受到的洛伦兹力垂直斜面向上。根据左手定则可得：小滑块带正电，故A正确，B错误；由题意知，当滑块离开斜面时，则有：，解得：，故D错误；在小球离开斜面之前，小球沿斜面的方向的合力始终等于重力的分力，所以一直做匀加速直线运动，即，解得：，由，解得：，故C正确，故选AC。‎ ‎【点睛】带电滑块在滑至某一位置时，由于在洛伦兹力的作用下，要离开斜面．根据磁场方向结合左手定则可得带电粒子的电性．由光滑斜面，所以小滑块在没有离开斜面之前一直做匀加速直线运动．借助于洛伦兹力公式可求出恰好离开时的速度大小，由运动学公式来算出匀加速运动的时间．由位移与时间关系可求出位移大小． ‎ ‎8．BC ‎【解析】原线圈接入电压的瞬时值表达式为，则，根据变压器原理可知副线圈两端的电压为，A错误；副线圈的电流强度，根据变压器原理可得，B正确；电阻R消耗的功率为，C正确；，该交流电的频率为，每转电流方向改变两次，所以通过电阻R的电流方向每秒改变100次，D错误．‎ ‎【点睛】据变压器原理可知副线圈两端的电压和原线圈的电流强度；电流方向每转改变两次，由此判断电流方向每秒改变多少次；根据计算电功率．‎ ‎9．BD ‎【解析】由于磁通量是双向标量，在到这段时间穿过线圈磁通量的变化量不为零，为，A错误；通过电阻的电荷量，，所以到这段时间通过电阻R的电荷量，B正确；由于时刻感应电动势最大，即磁通量变化率最大，根据可得磁通量变化率为，C错误；求功率时需用有效值，所以，所以电流的发热功率为，D正确．‎ ‎10．ABC ‎【解析】因为竖直方向只受重力，所以下活的时间，小球在水平面内做匀速圆周运动，且只运动了半周所以半径，所以， ， ，落地速度大小为，所以A、B、C正确，D错误。故选ABC.‎ ‎【点睛】本题的难点是带电微粒受力作用在复合场中运动问题，对微粒做好受力分析是关键，受力决定运动情况．‎ ‎11． 向下插入 右 N ‎【解析】从图（1）中可知电流从电流计的正接线柱流入时，指针向左偏；图（2）电流计向左偏转，说明电流从正接线柱流入，线圈中的电流盘旋而下，根据楞次定律知，条形磁铁向下插入；图（3）当条形磁铁N极向下插入时，通过线圈向下的磁通量增大，线圈中的电流应盘旋而上，从负接线柱流入电流计，所以指针向右偏转；图（4）中可知指针向右偏，则线圈中的电流应盘旋而上，由安培定则可知，感应磁场方向向上条形磁铁向上拔出，即磁通量减小，由楞次定律可知，那么下端为S极，由上端为N极．‎ ‎12． a 增大 ‎【解析】（1‎ ‎）图中要求测量多组数据，所测电压调节范围较大，且从零开始变化，所以应选用滑动变阻器的分压式接法，故应选图a正确；‎ ‎（2）热敏电阻温度升高时，其电阻值减小，故电流表读数将增大。‎ 点睛：应明确变阻器满足以下条件时，变阻器应采用分压式接法：实验要求电流或电压从零调或实验要求电流调节范围足够大；当变阻器的全电阻远小于待测电阻时。‎ ‎13．（1）0.1A，方向从b指向a；（2）.‎ ‎【解析】试题分析：（1）由法拉第电磁感应定律可得出线圈中的电动势，则由欧姆定律可求得通过R的电流；由楞次定律可求得电流的方向；（2）电容器与R并联，则可求得电容器两端的电压，由电容器的定义可求得电荷量．‎ ‎（1）由法拉第电磁感应定律可得：‎ 则电路中电流 由题意知线圈中的磁通量增大，则由楞次定律可得线圈电流方向为逆时针，故R中电流方向从b指向a；‎ ‎（2）由欧姆定律可得：R两端的电压U=IR=0.3V 则电容器的电量 ‎14．(1) 5424W；(2) 250V； (3)97.3%‎ ‎【解析】试题分析：根据用户端所有灯泡消耗的电功率得出降压变压器的输出功率，根据P=UI求出降压变压器副线圈的电流，结合电流比等于匝数之反比求出输电线上的电流，根据输电线上的功率损失，抓住降压变压器的输入功率求出发电机的输出功率；得出输电线上的电压损失．根据降压变压器的输出电压，结合匝数比得出降压变压器的输入电压，通过电压损失得出升压变压器的输出电压，从而通过匝数比得出输入电压，结合升压变压器原线圈中的电流，根据闭合电路欧姆定律求出发电机的电动势；根据用户得到的功率与电源的输出功率之比求解输电效率．‎ ‎（1）降压变压器的输出功率为：‎ 降压变压器副线圈的电流为： ‎ 由，得降压变压器原线圈的电流为： ‎ 输电线损失的功率为 ‎ 所以输入功率为：‎ ‎（2）降压变压器原线圈电压为：‎ 输电线上损失的电压为：‎ 则发动机的输出电压为：‎ 所以发电机原线圈电压为 ‎ 根据电流与匝数成反比知发电机原线圈中电流为：‎ 发电机内阻分压 电动势为： ‎ ‎（3）用户获得的实际功率为 则输电效率为：‎ ‎【点睛】解题关键：1、原副线圈电压比、电流比与匝数比之间的关系，2、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率之间的关系；3、升压变压器的输出电压、电压损失和降压变压器的输入电压之间的关系．‎ ‎15．(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】试题分析（1）根据带电粒子在电场中做类平抛运动的规律即可求解电场强度；（2）根据题意画出带电粒子的运动轨迹图，根据带电粒子在有界匀强磁场运动的特点即可求第四象限的磁感应强度；（3）求带电粒子在两个磁场运动的周期和圆心角，即可求出带电粒子在磁场中运动的总时间。‎ ‎（1）设带电粒子在电场中运动的加速度为a 根据牛顿第二定律得：‎ 粒子沿y轴方向：‎ 粒子沿x轴方向：‎ 解得：‎ ‎（2）粒子沿x轴方向匀加速运动，速度 进入磁场时与y轴正向夹角 解得 进入磁场时速度大小为 其运动轨迹，如图所示 在第一象限由洛伦兹力提供向心力得： ‎ 解得： ‎ 由几何知识可得粒子第一次到达x轴时过A点，因ON满足：，所以NA为直径。‎ 带电粒子刚好不从y轴负半轴离开第四象限，满足：，解得 根据：，解得： ‎ ‎（3）带电粒子到达D点时，因为 F点在H点的左侧，带电粒子不可能从第一象限垂直磁场边界离开磁场 带电粒子在第一象限运动周期 带电粒子在第四象限运动周期 ‎ 带电粒子在磁场中运动时间满足 解得：（n＝0，1，2，3……） ‎ ‎【点睛】本题主要考查了带电粒子在组合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，从画出粒子运动的轨迹图，并熟练掌握圆周运动及类平抛运动的基本公式．‎ ‎16．BCE ‎【解析】当（平衡距离)时随着分子间距增大，分子间的引力减小，斥力减小，合力表现为引力，选项A错误；根据热力学第二定律可知，热量可以从低温物体传到高温物体，但要引起其它变化，选项B正确；当有些物质溶解达到饱和度时，会达到溶解平衡，所以有些物质在适当溶剂中溶解时在一定浓度范围内具有液晶态，故C正确；空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水的蒸发越慢，选项D错误；夏天中午时车胎内的气压比清晨时的高，且车胎体积增大，则胎内气体对外界做功，因中午温度升高，则内能增大，选项E正确；故选BCE.‎ ‎17．（1）10cm（2）5次 ‎【解析】试题分析：第一个过程中，对活塞受力分析，可求末态压强，气体发生等温变化，可求活塞因放置物块而下降的距离；充气过程中，以气缸中的气体及要充入的气体为研究，根据气态方程可求充气次数 ‎（i）放置物块后，活塞再次达到平衡时，由平衡条件得 ‎ 解得p1=1.2×105Pa 气体发生等温变化 解得l1=50cm 活塞因放置物块而下降的距离为 ‎ ‎（i i）充气过程由分态方程得 ‎ 解得 ‎ 最多可充气5次 ‎18．BDE ‎【解析】A、由图可知该波的周期为0.04s，波的频率为，故A错误；‎ B、该波的传播速率，故B正确；‎ C、由图，a点在t0时刻速度方向向上，故波向x轴正方向传播，故C错误；‎ D、从t0时刻起，质点a、b、c中，质点a沿y轴正方向运动，质点b沿y轴正方向运动，质点C沿y轴负方向运动，故质点b最先回到平衡位置，故D正确；‎ E、从t0时刻起，质点a回到平衡位置时间为，故E正确；‎ 故选BDE。‎ ‎19．（1）（2）见解析 ‎【解析】试题分析（1）由几何知识求出光从棱镜第一次射出时的射出点与B点间的距离．（2）通过分析判断光在P点能否发生全反射，从而判断从P点射向空气的光的方向。‎ ‎（1）作出光路图，如图所示 由图可知光线在N点的入射角，‎ 设发生全反射的临时界角为C，则，得 ‎ 由图可知，光在N点全反射，，故光在P点的入射角为30°. ‎ 设在P点的折射角为，有 ，解得 ‎ 由几何关系知，， ‎ 在三角形QPB中有，故 ‎ ‎（2）光在P点处折射角为45°，光线经反射后入射到AB面的Q点，恰好与AB面垂直，故经过Q点再次反射的光线回到P点，再次折射，入射角仍为30°，有。‎ 综上所述：有两束光从P点射出，分别为与BC面成45°斜向右上、与BC面成45°斜向左上 ‎【点睛】本题是折射定律与几何知识的综合应用，正确判断光线能否发生全反射是关键，要掌握全反射的条件：光从光密介质射入光疏介质，入射角大于临界角，灵活运用几何知识解决物理问题．‎