湖南省邵阳市重点学校2020届高三综合模拟考试理综物理试题 Word版含解析 22页

www.ks5u.com 邵阳市部分学校 2020 届高三综合模拟考试理科综合试题卷 二、选择题 ‎1.物理学的发展离不开科学家所做出的重要贡献。许多科学家大胆猜想，勇于质疑，获得了正确的科学认知，推动了物理学的发展。下列叙述符合物理史实的是（　　）‎ A. 汤姆孙通过研究阴极射线发现电子，并精确地测出电子的电荷量 B. 玻尔把量子观念引入到原子理论中，完全否定了原子的“核式结构”模型 C. 光电效应的实验规律与经典电磁理论的矛盾导致爱因斯坦提出光子说 D. 康普顿受到光子理论的启发，以类比的方法大胆提出实物粒子也具有波粒二象性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．汤姆孙通过研究阴极射线发现电子，并求出了电子的比荷，密立根精确地测出电子的电荷量；故A错误；‎ B．玻尔把量子观念引入到原子理论中，但是没有否定原子“核式结构”模型；故B错误；‎ C．光电效应的实验规律与经典电磁理论的矛盾导致爱因斯坦提出光子说，故C正确；‎ D．德布罗意受到光子理论的启发，以类比的方法大胆提出实物粒子也具有波粒二象性，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎2.如图所示，a、b、c三木块通过不可伸长的轻质细绳和轻质光滑滑轮连接，处于静止状态。其中AB细绳的B端与滑轮的转轴连接，A端固定于天花板上。现将A端沿天花板向右缓慢移动，移动过程中系统处于平衡状态。移动过程中各物理量变化的说法，正确的是（　　）‎ A. 斜面对木块a的摩擦力增大 B. 细绳对木块c的拉力增大 C. 地面对斜面体的支持力增大 D. 木块c的重力势能增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．移动过程中系统处于平衡状态，细绳对木块c的拉力等于c所受的重力，不变，细绳对木块a的拉力不变，则斜面对木块a的摩擦力也不变，故AB错误； ‎ - 22 -‎ C．细绳的拉力等于c所受的重力，木块b的受力不变，绳的方向不变，a和斜面体整体受力情况不变，所以地面对斜面体的支持力不变，故C错误； D．A端沿天花板向右缓慢移动，各细绳方向不变，则木块c升高，所以木块c的重力势能增大，故D正确。 故选D。‎ ‎3.如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L＝0.8 m的轻绳，一端固定在O点，另一端系一质量为m＝0.2 kg的小球，沿斜面做圆周运动，取g＝10 m/s2，若要小球能通过最高点A，则小球在最低点B的最小速度是(　　 ) ‎ A. 4m/s B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，刚小球通过A点时细线的拉力为零，根据圆周运动和牛顿第二定律有：，解得：，由动能定理：，带入数据解得：．故C正确，ABD错误．‎ ‎4.我国计划于2020年发射“火星探测器”，若探测器绕火星的运动、地球和火星绕太阳的公转视为匀速圆周运动，相关数据见表格，则下列判断正确的是 行星 行星半径/m 行星质量/kg 行星公转轨道半径 行星公转周期 地球 ‎6.4×106‎ ‎6.0×1024‎ R地=1.5×1011m T地 火星 ‎3.4×106‎ ‎6.4×1023‎ R火=2.3×1011m T火 A. T地>T火 - 22 -‎ B. 火星的“第一宇宙速度”小于地球的第一宇宙速度 C. 火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度 D. 探测器绕火星运动的周期的平方与其轨道半径的立方之比与相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、地球和火星绕太阳做圆周运动，根据，得，火星的轨道半径大于地球的轨道半径，则火星的周期大于地球的周期；故A错误.‎ B、根据得，第一宇宙速度，由于火星质量与火星半径之比小于地球质量与地球半径之比，则火星的“第一宇宙速度”小于地球的第一宇宙速度；故B正确.‎ C、根据，得，由于火星质量与火星半径平方之比小于地球质量与地球半径平方比，则火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度；故C错误.‎ D、根据开普勒第三定律知，，则，故D错误.‎ 故选B.‎ ‎5.在真空中某点电荷Q的电场中，将带电荷量为q的负试探电荷分别置于a（0,0,r）、b两点时，试探电荷所受电场力的方向如图所示，Fa、Fb分别在yOz和xOy平面内，Fa与z轴负方向成角，Fb与x轴负方向成角。已知试探电荷在a点受到的电场力大小为Fa=F，静电力常量为k。则以下判断正确的是（　　）‎ ‎ ‎ A. 电场力的大小Fb大于F B. a、b、O三点电势关系为 - 22 -‎ C. 点电荷Q带正电，且大小为 D. 在平面xOz上移动该试探电荷，电场力不做功 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由题，Fa、Fb分别在yOz和xOy平面内，可知点电荷Q即在yOz平面内，也在xOy平面内，所以Q一定在坐标轴y上，过a点沿F的方向延长，与y轴交于Q点，设OQ之间的距离为y，由几何关系得 则 aQ之间的距离 连接bQ，则b受到的电场力的方向沿bQ的方向。由几何关系得 可知b点到O点的距离也是r，b到Q之间的距离也是2r A．b与a到Q点的距离相等，根据库仑定律可知，试探电荷在b点受到的电场力与在a点受到的电场力是相等的，所以 故A错误；‎ B．负电荷受到的电场力指向Q，根据异性电荷相互吸引可知，Q带正电，由于距离正电荷越近电势越高，所以O点的电势高，b与a点的电势相等，即 故B错误；‎ C．由于点电荷Q带正电，根据库仑定律 - 22 -‎ 解得点电荷Q的电荷量为 故C正确；‎ D．平面xOz上各点到Q的距离不一定相等，所以各点的电势不一定相等，则在平面xOz上移动该试探电荷，电场力不一定不做功，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎6.回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，A处粒子源产生质量为m、电荷量为+q的粒子，在加速电压为U的加速电场中被加速，所加磁场的磁感应强度、加速电场的频率可调，磁场的磁感应强度最大值为Bm和加速电场频率的最大值fm。则下列说法正确的是（ ）‎ A. 粒子获得的最大动能与加速电压无关 B. 粒子第n次和第n+1次进入磁场的半径之比为 C. 粒子从静止开始加速到出口处所需的时间为 D. 若 ，则粒子获得的最大动能为 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.当粒子出D形盒时，速度最大，动能最大，根据qvB=m，得 v=‎ 则粒子获得的最大动能 Ekm=mv2=‎ - 22 -‎ 粒子获得的最大动能与加速电压无关，故A正确。‎ B.粒子在加速电场中第n次加速获得的速度，根据动能定理 nqU=mvn2‎ 可得 vn=‎ 同理，粒子在加速电场中第n+1次加速获得的速度 vn+1=‎ 粒子在磁场中运动的半径r=，则粒子第n次和第n+1次进入磁场的半径之比为，故B错误。‎ C.粒子被电场加速一次动能的增加为qU，则粒子被加速的次数 n==‎ 粒子在磁场中运动周期的次数 n′==‎ 粒子在磁场中运动周期T=，则粒子从静止开始到出口处所需的时间 t=n′T==‎ 故C正确。‎ D. 加速电场的频率应该等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即，  当磁感应强度为Bm时，加速电场的频率应该为 ，粒子的动能为Ek=mv2。‎ 当时，粒子的最大动能由Bm决定，则 - 22 -‎ 解得粒子获得的最大动能为 当时，粒子的最大动能由fm决定，则 vm=2πfmR 解得粒子获得的最大动能为 Ekm=2π2mfm2R2‎ 故D正确。‎ 故选ACD.‎ ‎7.如图甲为俯视图，水平放置的单匝圆环导线框半径为0.2m，其中有垂直线框方向匀强磁场，线框右端连接小灯泡A和理想变压器原线圈，变压器副线圈接小灯泡B和C，各灯规格分别A（2V，1A）、B（3V，1A），C（3V，0. 5A）。线框电阻不计，当圆环导线框感应强度如图乙所示正弦规律变化时，三个小灯泡均正常发光，不考虑小灯泡电阻随温度的变化，下列说法正确的是（ ）‎ A. 变压器原、副线圏匝数比为2：3‎ B. PQ两端电压为6.5V C. 图乙中B0为T D. 若拆除小灯泡C，则小灯泡B亮度不变 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题知，三个小灯泡均正常发光，则原线圈的电流，副线圈的电流，所以匝数比为 - 22 -‎ 故A错误； ‎ B．在副线圈中，B与C并联，则副线圈两端的电压，根据 解得原线圈两端的电压为 圆环导线框内的磁场变化，产生电源，且线框电阻不计，所以PQ两端的电压为电源电动势，则有 故B正确；‎ C．由乙图可知，磁感应强度随时间成正弦式变化，所以感应电动势随时间成余弦式变化，则最大感应电动势为 由乙图知周期为T=0.02s，则角速度为 圆环导线框内的面积为 则根据 解得 T 故C正确； ‎ D．C灯拆除后，副线圈的总电阻增大，而原线圈的电源电动势不变，所以原线圈电流减小，变压器输入电压增大，故输出电压增大，B灯亮度增加，甚至被烧毁，故D错误。‎ 故选BC。‎ ‎8.如图甲所示为足够长、倾斜放置的平行光滑导轨，处在垂直斜面向上的匀强磁场中，导轨上端接 有一定值电阻，导轨平面的倾角为 ‎ - 22 -‎ ‎37°，金属棒垂直导轨放置，用一平行于斜面向上的拉力 F 拉着金属棒由静止向上运动，金属棒的质量为 0.2kg，其速度大小随加速度大小的变化关系如图乙所示，且金属棒由静止加速到最大速度的时间为 1s，金属棒和导轨的电阻不计，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取 10m/s2，则（　　）‎ A. F的大小会随着棒高度的变化而变化 B. 回路中的最大电功率等于 0.56W C. F的最大功率为 0.56W D. 金属棒由静止加速到最大速度这段时间内定值电阻上产生的焦耳热是 0.26J ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A． 金属棒速度为v时，受到的安培力大小为：‎ 根据牛顿第二定律得：‎ 得：‎ 根据数学知识可知：‎ 因m、B、L、R都是定值，所以F为恒力，故A错误；‎ BC． 金属棒做加速度逐渐减小的变加速运动，当加速度为零时速度最大，F的功率最大，设ab棒受到的最大安培力大小为FAm，则有：‎ - 22 -‎ v=0时，有：‎ 由图知v=0时，a0=2.8m/s2，联立解得 ‎ F=1.76N，FAm=0.56N F的最大功率为：‎ PF=Fvm=1.76×1W=1.76W 回路中的最大电功率为：‎ P电=FAmvm=056×1W=0.56W 故B正确，C错误；‎ D． 设金属棒由静止加速到最大速度这段时间内通过的位移为x。根据动量定理得：‎ 又 根据能量守恒得：‎ 结合 定值电阻上产生的焦耳热 Q=0.26J 故D正确。‎ 故选BD 三、非选择题 ‎9.某学习小组用图甲所示的实验装置探究动能定理。A、B处分别为光电门，可测得小车遮光片通过A、B处所用的时间；用小车遮光片通过光电门的平均速度表示小车通过A、B点时的速度，钩码上端为拉力传感器，可读出细线上的拉力F。‎ - 22 -‎ ‎(1)用螺旋测微器测量小车上安装的遮光片宽度如图丙所示，则宽度d=__________mm，适当垫高木板O端，使小车不挂钩码时能在长木板上匀速运动。挂上钩码，从O点由静止释放小车进行实验；‎ ‎(2)保持拉力F=0.2N不变，仅改变光电门B的位置，读出B到A的距离s，记录对于的s和tB数据，画出图像如图乙所示。根据图像可求得小车的质量m=__________kg；‎ ‎(3)该实验中不必要的实验要求有__________‎ A．钩码和拉力传感器的质量远小于小车的质量 B．画出图像需多测几组s、tB的数据 C．测量长木板垫起的高度和木板长度 D．选用宽度小一些的遮光片 ‎【答案】 (1). 1.125 (2). 0.6 (3). AC ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]．根据螺旋测微器的读数规则可知，固定刻度为1mm，可动刻度为12.5×0.01mm=0.125mm，则遮光片宽度：d=1mm+0.125mm=1.125mm。 (2)[2]．小车做匀加速直线运动，通过光电门的时间为tB，利用平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知，小车通过光电门B的速度 设通过光电门A的速度为vA，根据动能定理可知 ‎ ‎ 解得 - 22 -‎ ‎ ‎ 对照图象可知，斜率 解得小车的质量 m=0.6kg ‎(3)[3]．A．小车受到的拉力可以通过拉力传感器得到，不需要钩码和拉力传感器的质量远小于小车的质量，故A错误； B．为了减少实验误差，画出s-vB2图象需多测几组s、tB的数据，故B正确； C．实验前，需要平衡摩擦力，不需要测量长木板垫起的高度和木板长度，故C错误； D．选用宽度小一些的遮光片，可以减少实验误差，使小车经过光电门时速度的测量值更接近真实值，故D正确。 本题选不必要的，即错误的，故选AC。‎ ‎10.某实验小组为了测量出电池组的电动势E和内阻r，用下列器材组装了一个实验电路，设计完成后发现还可用该电路研究电源路端电压和小灯泡电压随电流的变化规律：‎ A.电压表（量程、内阻很大）‎ B.电压表（量程、内阻很大）‎ C.电流表A（量程、内阻很小） ‎ D.滑动变阻器R（最大阻值、额定电流3A）‎ E.小灯泡（3V）‎ F.电池组（电动势E、内阻r）‎ G.开关一只，导线若干 - 22 -‎ 实验时，调节滑动变阻器的阻值，多次测量后发现：若电压表的示数增大，则电压表的示数减小：‎ ‎(1)请将设计的实验电路图在图甲虚线方框中补充完整；（ ）‎ ‎(2)某次实验时，调整滑动变阻器滑动片到适当位置，测得三个电表指针位置如图乙所示，则电流表读数___A，电压表读数___V，电压表的读数___V；‎ ‎(3)多次实验，得到两电压表读数与电流表对应读数I。实验小组把测量数据画在图像中，描绘出了两条图线A、B：‎ ‎①根据图丙可以算出电源的电动势E=______V，内阻r =________（计算结果保留2位有效数字）；‎ ‎②图丙中电路处于Q状态时，滑动变阻器的阻值应为______，此时小灯泡的实际功率为____W。‎ ‎【答案】 (1). (2). 0. 260 (3). 2. 80 (4). 2. 45±0. 02 (5). 3. 6 (6). 2. 0 (7). 0 (8). 0. 9‎ - 22 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]伏安法测电源电动势与内阻实验中，电压表V1测路端电压，其示数随滑动变阻器接入电路阻值的增大而增大；电压表V2测灯泡两端电压，其示数随滑动变阻器接入电路电阻的增大而减小，所以，设计电路图如图所示 ‎(2)[2]由图示电流表可知，电流表量程为3A，其分度值为0.1A，示数为0.30A；[3]电压表V1的分度值为0.2V，其示数为2.9V；[4]电压表V2的量程为3V，分度值为0.1V，其示数为260V。‎ ‎(3)①[5][6]由图示电源图线可知，电源内阻 当回路电流时，路端电压，则电源的电动势为 ‎②[7]电路处于状态时，两电压表示数相等，即滑动变肌器接入电路的阻值为零；‎ ‎[8]由图示图像可知，灯泡电压为3.0V，电流为0.3A，灯泡实际功率 ‎11.如图所示，竖直平面内有一直角坐标系 xOy，x轴沿水平方向。第二、三象限有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，与 x轴成θ＝37°角的绝缘细杆固定在二、三象限；第四象限同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直于坐标平面向里、磁感应强度大小为 B的匀强磁场，一质量为 m、电荷量为q的带电小球 a穿在细杆上沿细杆匀速下滑，在 N点脱离细杆恰能沿圆周轨道运动到 x 轴上的 A 点，且速度方向垂直于 x轴。已知 A点到坐标原点 O的距离为l，小球 a与绝缘细杆的动摩擦因数μ＝0.5；，重力加速度为 g，空气阻力忽略不计。求：‎ ‎(1)第二、三象限里的磁场的磁感应强度大小 B1与第四象限磁感应强度 B 之比，=？‎ - 22 -‎ ‎(2)当带电小球 a 刚离开 A 点竖直向上运动时，从 y 轴正半轴距原点 O为 4l的 P 点（图中未画出）以某一初速度水平向右平抛一个不带电的绝缘小球 b，a、b两球刚好在第一象限某点相碰，则 b球的初速度为多大？‎ ‎【答案】(1)；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由带电小球a第四象限内做圆周运动，知小球a所受电场力与其重力平衡且小球a所受电场力竖直向上，即 mg=qE 故小球a带正电，解得 带电小球a从N点运动到A点的过程中，洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力，设运动半径为R，有 由几何关系有 解得R=2l，有 带电小球a在杆上匀速下滑时，由平衡条件有 解得 - 22 -‎ 所以 ‎(2)带电小球a在第四象限内做匀速圆周运动的从A点竖直上抛，与b相遇,竖直方向 解得 水平方向 ‎12.如图所示，质量为mc=2mb的物块c静止在倾角均为α=30°的等腰斜面上E点，质量为ma的物块a和质量为mb的物块b通过一根不可伸长的匀质轻绳相连，细绳绕过斜面顶端的小滑轮并处于松驰状态，按住物块a使其静止在D点，让物块b从斜面顶端C由静止下滑，刚下滑到E点时释放物块a，细绳正好伸直且瞬间张紧绷断，之后b与c立即发生完全弹性碰撞，碰后a、b都经过t=1 s同时到达斜面底端．已知A、D两点和C、E两点的距离均为l1=0.9m，E、B两点的距离为l2=0.4m．斜面上除EB段外其余都是光滑的，物块b、c与EB段间的动摩擦因数均为μ=，空气阻力不计，滑轮处摩擦不计，细绳张紧时与斜面平行，取g =10 m/s2．求：‎ ‎（1）物块b由C点下滑到E点所用时间．‎ ‎（2）物块a能到达离A点的最大高度．‎ ‎（3）a、b物块的质量之比．‎ ‎【答案】（１）0.6；（２）0.578；（３）15/16‎ - 22 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】本题考查物体沿斜面运动，以及碰撞；需运用牛顿运动定律、运动学公式、动量及能量守恒、动量定理等知识．‎ ‎（1）物块b在斜面上光滑段CE运动的加速度为 由 解得：‎ ‎（2）取沿AC方向为正方向，由， 解得 ‎ a沿斜面上滑距离有 所以物块a能到达离A点的最大高度 ‎（3）设绳断时物块b的速度为，b与c相碰后b的速度为，c的速度为，则 联立解得 ‎ 因的方向沿斜面向下，故的方向沿斜面向下，的方向沿斜面向上．‎ 在EB段上的加速度为，物块b在EB段上作匀速运动． ‎ 和c相碰后b先向上滑再下滑到E点时的速度仍为，则 ‎ 代入数据，得 解得的大小为 ‎ 物块b刚下滑到E点时的速度为 若取，则的大小为，与事实不符，所以舍去．‎ - 22 -‎ 取，则，方向沿斜面向下． ‎ 设细绳对物块a和b的冲量大小为I，由 ‎ ‎ ‎ 解得 ‎ 点睛：绳绷紧瞬间，对两端物体的冲量大小相等．‎ ‎13.以下说法正确的是（ ）‎ A. 玻璃打碎后不容易把它们拼在一起，这是由于分子间斥力的作用 B. 焦耳测定了热功当量后，为能的转化和守恒定律奠定了实验基础 C. 液体表面层分子间引力大于液体内部分子间引力是表面张力产生的原因 D. 当分子间的距离增大时，分子间的斥力和引力都减小，但斥力减小得快 E. 悬浮在液体中的颗粒越小，小颗粒受到各个方向液体分子的冲击力就越不平衡，布朗运动就越明显 ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 碎玻璃不能拼在一起，是由于分子距离太大，达不到分子吸引力的范围，故A错误；‎ B. 焦耳测定了热功当量后，为能的转化和守恒定律奠定了实验基础，选项B正确；‎ C. 由于液体表面层分子间距离大于分子平衡时的距离，分子间的作用力表现为引力，则液体表面存在张力，故C错误；‎ D. 当分子间的距离增大时，分子间的斥力和引力都减小，但斥力减小得快，选项D正确；‎ E. 悬浮在液体中的颗粒越小，小颗粒受到各个方向液体分子的冲击力就越不平衡，布朗运动就越明显，选项E正确。‎ 故选BDE。‎ ‎14.如图所示，将横截面积S=100cm2、容积为V=5L，开口向上的导热良好的气缸，置于t1=－13的环境中。用厚度不计的轻质活塞将体积为V1=4L的理想气体封闭在气缸中，气缸底部有一个单向阀门N。外界大气压强p0=1.0×105Pa，重力加速g=10m/s2，不计一切摩擦。求：‎ ‎(i)将活塞用卡销Q锁定，用打气筒通过阀门N给气缸充气，每次可将体积V0=100mL，压强为 - 22 -‎ p0的理想气体全部打入气缸中，则打气多少次，才能使其内部压强达到1.2p0；‎ ‎(ii)当气缸内气体压强达到1.2p0时，停止打气，关闭阀门N，将质量为m=20kg的物体放在活塞上，然后拔掉卡销Q，则环境温度为多少摄氏度时，活塞恰好不脱离气缸。‎ ‎【答案】(i)8；(ii)52‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由玻意耳定律得 其中，，n为打气次数，代入数值解得：‎ ‎(ii)初态气体温度为，最终稳定时，体积为，内部气体压强为 即拔掉卡销后，缸内气体压强不变，由盖·吕萨克定律得：，解得 则气缸内气体的温度为 ‎15.如图所示，O为一上下振动的波源，振幅为2cm，振动频率为10Hz，产生的简谐横波以4m/s的速度同时向左、右方向传播。已知A、B两质点到O点的水平距离分别为OP=1.9m、OQ=2.2m，下列说法正确的是（　　）‎ A. 这列波的波长是20cm - 22 -‎ B. A、B两质点不可能同时到达平衡位置；‎ C. 当A质点处于波峰时，B质点恰好处于波谷 D. A、B均开始振动后，0.2s内两质点的路程均为16cm E. 当O质点刚过平衡位置时，A、B两质点振动方向一定相同 ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．这列波的波长是 选项A错误；‎ BC．因为OP=1.9m=4λ、OQ=2.2m=5λ，则A、B两质点不可能同时到达平衡位置，且当A质点处于波峰时，B质点恰好处于平衡位置，选项B正确，C错误；‎ D．因T=0.1s，则A、B均开始振动后，0.2s内两质点的路程均为8A=16cm，选项D正确；‎ E．若当O质点刚过平衡位置时向上振动时，则A质点从波峰位置向下振动，B质点从平衡位置向下振动；若当O质点刚过平衡位置时向下振动时，则A质点从波谷位置向上振动，B质点从平衡位置向上振动；则A、B两质点振动方向一定相同，选项E正确。‎ 故选BDE。‎ ‎16.如图所示，AOB是一半径为R的扇形玻璃砖的横截面，顶角∠AOB=120°。两束光线a、b（图中未画出）均向右垂直于OA边射入玻璃砖。其中光线a只经1次反射后垂直OB边射出；光线b经2次反射后垂直OB边射出，此时光线恰好在圆弧面上发生全反射。已知光在真空中的传播速度为c。求：‎ ‎(i)光线a入射点与O点的距离；‎ ‎(ii)光线b在玻璃砖中的传播速度。‎ - 22 -‎ ‎【答案】(i) (ii)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(i)光线a入射的光路图如图，则由几何关系可知，入射点距离O点的距离为；‎ ‎(ii)依题意可知，光线b在玻璃砖中的光路如图，则临界角为 C=60°‎ 则折射率 光在玻璃中的传播速度 - 22 -‎ - 22 -‎