、、龙泉中学三校2020届高三物理上学期联考试卷（附解析Word版）

湖北省三校 2019-2020 学年高三上学期联考理综物理试题（荆州、、龙泉中学） 二、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 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.牛顿建立的经典力学体系，是人类认识自然及历史的第一次大飞跃和理论的大综合，它开 辟了一个新的时代，并对科学发展的进程以及人类生产生活和思维方式产生极其深刻的影响， 标志着近代理论自然科学的诞生，并成为其他各门自然科学的典范。以下说法正确的是 A. 牛顿推翻了力是维持物体运动的原因的观点 B. 牛顿第一、第二、第三定律都可以用实验直接验证 C. 牛顿通过著名的“月－地检验”，证实了万有引力定律的正确性 D. 牛顿第一定律又被称为惯性定律，任何物体都有惯性，速度越大，物体的惯性越大 【答案】C 【解析】 【详解】A. 伽利略用逻辑的力量推翻了力是维持物体运动的原因的观点，提出了力是改变物 体运动状态的原因的观点，故 A 错误； B. 牛顿第二、第三定律都可以用实验直接验证，牛顿第一定律不能通过实验来验证，故 B 错 误； C. 牛顿通过著名的“月－地检验”，证实了万有引力定律的正确性，故 C 正确； D. 牛顿第一定律又被称为惯性定律，任何物体都有惯性，惯性的大小只与物体的质量有关， 与是否运动、速度大小等无关，故 D 错误。 2.如图所示，直线 a 和曲线 b 分别是在平直公路上行驶的汽车 a 和 b 的位置一时间（x-t）图 线，由图可知 A. 在时刻 t1，a 车追上 b 车 B. 在时刻 t2，a、b 两车运动方向相反 C. 在 t1 到 t2 这段时间内，a 车的速率一直增大 D. 在 t1 到 t2 这段时间内，b 车的速率一直比 a 车大 【答案】B 【解析】 【详解】A. 在时刻 之前， 在 的前方，在时刻 ， 、 两车的位置坐标相同，两者相遇， 说明在时刻 ， 车追上 车，故 A 错误； B. 在时刻 ， 图线切线斜率为负值，说明 的速度沿负向，而 的斜率为正值，速度沿正 向，所以两车运动方向相反，故 B 正确； CD. 位移图线切线的斜率表示速度，在 到 这段时间内， 车图线斜率不变，故 车的速率 一直不变， 车图线斜率先大于 后小于 ，所以 车的速率不是一直比 车大，故 C、D 错 误。 3.如图所示，物块 A 放在直角三角形斜面体 B 上面，B 放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初始 时 A、B 静止。现用力 F 沿斜面向上推 A，但 AB 并未运动。下列说法正确的是 A. B 对 A 的摩擦力方向一定沿斜面向下 B. B 对 A 的摩擦力可能变大 C. B 与墙之间可能没有摩擦力 D. 弹簧对 B 的弹力一定变小 【答案】B 【解析】 【详解】AB. 对 ，开始受重力、 对 的支持力和静摩擦力平衡，当施加 后，仍然处于 静止，开始 所受的静摩擦力大小为 ，若 ，则 对 的静摩擦力变 大，静摩擦力方向沿斜面向下；若 ，则 、 之间的摩擦力大小不变；静摩 1t a b 1t a b 1t b a 2t b b a 1t 2t a a b a a b a A B A F A sinθAm g 2 sinθAF m g> B A 2 sinθAF m g= A B 擦力方向沿斜面向下；若 ，则 对 的静摩擦力变小，静摩擦力方 向沿斜面向下；若 ，则 对 的无静摩擦力；若 ，则 对 的静 摩擦力变小，静摩擦力方向沿斜面向上；故 A 错误，B 正确； CD.对整体分析，施加推力 后，由于 不动，弹簧的形变量不变，则弹簧的弹力不变，开 始弹簧的弹力等于 、 的总重力，施加 后， 在竖直方向上有分量，弹簧的弹力不变， 总重力不变，根据平衡知，则 与墙之间一定有摩擦力，向下，故 C、D 错误。 4.登上火星是人类的梦想，“嫦娥之父”欧阳自远透露：中国计划于 2020 年登陆火星。已知 地球的质量约为火星质量的 9 倍，地球的半径约为火星半径的 2 倍，假设人类将来在火星上 建立了发射基地，则航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速率约为 A. 1.8 km/s B. 3.7 km/s C. 17.0 km/s D. 35.5 km/s 【答案】B 【解析】 【详解】设地球的半径为 ，则火星半径为 ，地球的质量为 ，则火星的质量为 ，航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动时，由火星的万有引力提供向心力， 则有： 对于近地，由地球的万有引力提供向心力，则得： 联立解得： 又近地的速度约为： 可得航天器的速率为： sinθ 2 sinθA Am g F m g< < B A sinθAF m g= B A sinθAF m g< B A F AB A B F F B R 1 1 2R R= M 1 1 9M M= 2 1 2 1 1G M m mv R R = 2 2 GMm m v R R ′ ′= 1 11 1 1 2 3 GM R M R MRGMv R v = = = 7.9km/sv = A. 1.8 km/s 与分析不符，故 A 错误； B 3.7 km/s 与分析相符，故 B 正确； C. 17.0 km/s 与分析不符，故 C 错误； D. 35.5 km/s 与分析不符，故 D 错误。 5.如图所示，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块 A、B 用轻绳连接并跨过滑轮 （不计滑轮的质量和摩擦）。初始时刻，A、B 处于同一高度并恰好静止状态。剪断轻绳后 A 下 落、B 沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，A 和 B 这两个物块 A. 动能的变化量相同 B. 机械能的变化量不同 C. 重力做功的平均功率相同 D. 重力势能的变化量相同 【答案】C 【解析】 详解】AD. 初始时刻，小物块 和小物块 处于同一高度并恰好静止状态，根据平衡条件可 得： 则有： 重力势能的变化量为： 由于两个滑块的高度差 相等，所以 物块重力势能的变化量小于 物块重力势能变化量， 根据动能定理可得小物块 的动能的变化量小于小物块 的动能的变化量，故 A、D 错误； B. 小物块 和小物块 下滑过程机械能守恒，机械能的变化量都为零，故 B 错误； C. 剪断轻绳后小物块 自由下落，小物块 沿斜面下滑， 都只有重力做功，根据动能定 理得： . 【 1 2 7.9 1.4 km/s 3.7km/s3 3v v ×= = ≈ A B sinθB Am g m g= B Am m> PE mgh∆ = h A B A B A B A B AB 解得： 落地速度大小相等，但方向不同，小物块 的重力的平均功率： 小物块 的重力的平均功率： 所以： 故 C 正确。 6.如图所示，P 是固定在水平面 CD 上的一半径为 R 的光滑圆弧槽轨道，从水平桌面边缘 A 处， 以速度 v0 水平飞出一个质量为 m 的小球，恰好能从圆弧槽左端 B 点处沿圆弧槽切线方向进入 轨道。已知 O 点是圆弧槽轨道的圆心，D 点是圆弧轨道的最低点，桌面比水平面高 H，θ1 是 OB 与竖直方向的夹角，θ2 是 AB 与竖直方向的夹角，H=2R，v0= ，则： A. B. C. 小球到达 D 点时对圆轨道的压力大小为 6mg D. 小球到达 D 点时对圆轨道的压力大小为 5mg 【答案】BC 【解析】 【详解】AB.平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，速度与 21 2 mv mgh= 2v gh= A 1 2A AP m gv= B 1 sinθ2B BP m gv= A BP P= gR 1 2tanθ tanθ 1= 1 2tanθ tanθ 2= 水平方向的夹角为 ，可得： 位移与竖直方向的夹角为 ，可得： 则有： 故 A 错误，B 正确； CD.小球从抛出到到达 点过程，由动能定理得： 在 点，由牛顿第二定律得： 解得： 由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力： 故 C 正确，D 错误。 7.如图甲所示，一木块放在水平地面上，在水平拉力 F＝3N 作用下向右运动，水平地面 AB 段 光滑，BC 段粗糙，木块从 A 点运动到 C 点的 v－t 图象如图乙所示，则下列说法正确的是(g＝ 10 m/s2) 1 θ 1 0 0 tanθ yv gt v v == 2 θ 0 0 2 2 2tanθ 1 2 v t vx y gtgt = = = 0 1 2 0 2tanθ tanθ 2vgt v gt = × = D 2 2 0 1 1 2 2DmgH mv mv= − D 2 DmN g R vm− = 6N mg= 6N N mg′ = = A. 该木块的质量为 3kg B. 在 t＝6 s 时，摩擦力的功率为 6 W C. 拉力在 AC 段做功为 57J D. 木块在 AC 段克服摩擦力做功 平均功率为 5.25W 【答案】BC 【解析】 【详解】A. 0-2s 内物体的加速度： 2-6s 内的加速度： 根据牛顿第二定律得： 代入数据解得： ， 故 A 错误； B. 时，速度为 4m/s，则摩擦力的功率： 故 B 正确； C. 根据速度时间图线围成的面积知，0-6s 内的位移： 则拉力在 段做功： 故 C 正确； D. 2-6s 内的位移： 则木块在 段克服摩擦力做功： 的 2 2 1 3 2 m/s 0.5m/s2a =−= 2 2 24 3 m/s 0.25m/s4a =−= 1F ma= 2F f ma− = 6kgm = 1.5Nf = 6st = 1.5 4W 6WP fv= = × = ( ) ( )1 12 3 2 3 4 4m 19m2 2x = × + × + × + × = AC 3 19J 57JW Fx= = × = ( )2 1 3 4 4m 14m2x = × + × = AC 木块在 段克服摩擦力的平均功率为： 故 D 错误。 8.如图所示，质量 的滑块套在水平固定着的光滑轨道上可以自由滑动。质量为 的小球（视为质点）通过长 的轻杆与滑块上的光滑轴 连接，开始时滑块 静止，轻杆处于水平状态。现给小球一个 的竖直向下的初速度，取 。则 A. 小球 m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块 M 在水平轨道上向右移动了 B. 小球 m 从初始位置第一次运动到最低点时的瞬时速度为 C. 小球 m 相对于初始位置可以上升的最大高度为 0.45m D. 小球 m 从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块 M 在水平轨道上向右移动了 【答案】ACD 【解析】 【详解】A.小球 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，设滑块 在水平轨道上向右移 动的距离为 ，取向左为正方向，根据水平动量守恒得： 可得： 故 A 正确； B. 小球 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，小球和滑块系统水平方向动量守恒，取 水平向左为正方向，设小球 到最低点时的瞬时速度为 ，滑块的速度为 ，则有： 由能量关系得： 2 1.5 14J 21JfW fx= = × = AC 3.5Wf f WP t = = 4kgM = 2kgm = 0.75mL = O 0 3m/sv = 210m/sg = 0.25m 2 6m/s 0.45m m M x 0 L x xm Mt t −= − 2 0.75 0.25m2 m4 mLx m M ×= = =+ + m m 1v 2v 1 20 mv Mv= − 联立解得： ， 故 B 错误； C.设小球 相对于初始位置可以上升的最大高度为 ，此时竖直方向速度为 0，根据水平动量 守恒得： 根据系统的机械能守恒得： 解得： 故 C 正确； D.小球 从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，设滑块 在水平轨道上向右移动的距 离为 ，由几何关系可得， 相对于 移动的水平距离为： 根据水平动量守恒得： 解得： 故 D 正确。 三、非选择题：共 174 分。第 22～32 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 33～38 题 为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共 129 分。 9.某实验小组用如图所示的装置测量弹簧的劲度系数 k。每当挂在弹簧下端的钩码(每个钩码 质量 m＝50g)处于静止状态时，用刻度尺测出对应的弹簧长度 L(弹簧始终在弹性限度内)，列 表记录如下： 2 2 2 20 1 1 1 1 2 2 2mv mgL mv Mv= ++ 1 4m/sv = 2 2m/sv = m h 0 ( )m M v= + 22 0 1 1 (2 2 )m mgh m vv M= + + 0.45mh = m M y m M 2 2 2 20.75 0.75 0.45 1.35mmS L L h= + − = + − = 0 S y ym Mt t −= − 0.45my = （1）表格中第二组数据的弹簧长度如图所示，则弹簧长度为________cm； （2）用所学知识尽量精确计算出弹簧的劲度系数 k＝________N/m.(g＝9.8m/s2，结果保留三 位有效数字) 【答案】 (1). 11.58-11.62 (2). 33.0-33.6 【解析】 【详解】(1)[1]刻度尺的分度值为 0.1cm，所以弹簧的长度为 11.60cm； (2)根据逐差法求得每增加一个砝码的长度为： 根据 可知弹簧的劲度系数： 10.某同学利用图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律。物块在重物的牵引 下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）。从纸带上便 于测量的点开始，每 5 个点取 1 个计数点，相邻计数点间的距离如图议所示。打点计时器电 源的频率为 50Hz。 6 5 4 3 2 1 1.48cm9 x x x x x xL + + − − −∆ = = F k L∆ = ∆ 33.2N/mFk L ∆= =∆ ①通过分析纸带数据，可判断物块在相邻计数点________和_______之间某时刻开始减速。 ②计数点 5 对应的速度大小为________m/s，计数点 6 对应的速度大小为______m/s。（保留三 位有效数字）。 ③物块减速运动过程中加速度的大小为 =_____m/s2，若用 来计算物块与桌面间的动摩擦因 数（g 为重力加速度），则计算结果比动摩擦因数的真实值_________（填“偏大”或“偏 小”）。 【答案】 (1). 6 (2). 7 (3). 1.00 (4). 1.16 (5). 2.00 (6). 偏大 【解析】 【详解】试题分析：（1）从纸带上的数据分析得知：在点计数点 6 之前，两点之间的位移逐 渐增大，是加速运动，在计数点 7 之后，两点之间的位移逐渐减小，是减速运动，所以物块 在相邻计数点 6 和 7 之间某时刻开始减速 （2）根据某段的平均速度等于中时刻的速度，则有： （3）由纸带可知，计数点 7 往后做减速运动，根据逐差法得： ． 在减速阶段产生的加速度的力是滑动摩擦力和纸带受的阻力，所以计算结果比动摩擦因素的 真实值偏大． 考点：研究匀变速直线运动规律实验 【点睛】做分析匀变速直线运动情况时，其两个推论能使我们更为方便解决问题，一、在相 等时间内走过的位移差是一个定值，即 ，二、在选定的某一过程中，中间时刻瞬时 速度等于该过程中的平均速度 11.如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的 移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验. 若砝码和纸板的质量分别为 和 ，各接触面间的动摩擦因数均为 . 重力加速度为 a a g 46 5 0.1101 0.0900 1.00m / s2 0.2 xv T += = = 57 6 0.1101 0.1228 1.16m / s2 0.2 xv T += = = 29 11 7 9 2 2 (0.0660 0.0460) (0.106 0.0861) 2.00 /(2 ) (2 0.1) x xa m sT − −− + − += = = −× 1 0.5kgm = 2 0.1kgm = 0.2µ = . (1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小； (2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力 F 的大小的取值范围； (3)本实验中砝码与纸板左端的距离 m，若砝码移动的距离超过 m，人眼就能 感知。 为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？ 【答案】(1) (2) (3) 【解析】 【详解】(1)砝码对纸板的摩擦力： 桌面对纸板的摩擦力： 解得纸板所受摩擦力的大小： (2)设砝码的加速度为 ，纸板的加速度为 ，根据牛顿第二定律可得： 发生相对运动时则有： 解得： (3)纸板抽出前，砝码运动 距离： 纸板运动的距离： 的 210m/sg = 0.1d = 0.002l = 2.2Nf = 2.4NF > 22.4NF = 1 1f m gµ= 2 1 2( )f m m gµ= + 1 2 2.2Nf f f= + = 1a 2a 1 1 1f m a= 1 2 2 2F f f m a− − = 2 1a a> 1 22 ( ) 2.4NF m m gµ> + = 2 1 1 1 1 2x a t= 纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离： 由题意知： 代入数据得： 12.如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量 的小物块 A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接. 传送带始终以 的速度逆时针转动。装置的右边是一段光滑的水平台面连接的光滑曲 面，质量 的小物块 B 从其上距水平台面 m 处由静止释放。已知物块 B 与传送 带之间的摩擦因数 ，传送带的长度 。设物块 A、B 之间发生的是对心弹性碰 撞，第一次碰撞前物块 A 静止且处于平衡状态.取 。 (1)求物块 B 与物块 A 第一次碰撞前的速度大小 (2)通过计算说明物块 B 与物块 A 第一次碰撞后能否运动到右边曲面上？ (3)如果物块 A、B 每次碰撞后，物块 A 再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰 撞前锁定被解除，试求出物块 B 第 n 次碰撞后运动的速度大小 【答案】(1)4m/s (2)不能 (3) 【解析】 2 1 2 1 1 2d x a t+ = 2 2 3 2 1 2x a t= 1 3a a= 1 1 3 2a t a t= 1 2l x x= + 22.4NF = 3M kg= 3m/sv = 1m kg= 1.0h = 0.2µ = 1.0ml = 210m/sg = 4 m/s2n 【详解】(1)设 滑到曲面底部速度为 ，根据机械能守恒定律： 解得： 由于 ， 在传送带上开始做匀减速运动，设 一直减速滑过传送带的速度为 ， 由动能定理可得： 解得： 由于 仍大于 ，说明假设成立，即 与 碰前速度为 4m/s (2)设地一次碰后 的速度为 ， 的速度为 ，取向左为正方向，根据动量守恒定律和机 械等守恒定律得： 解得： 上式表明 碰后以 的速度向右反弹.滑上传送带后做在摩擦力的作用下减速，设向左减 速的最大位移为 ，由动能定理得： 解得： 因 ，在传送带的右端点处 的速度减为零，故 不能滑上右边曲面 (3) 的速度减为零后，将在传送带的带动下向左匀加速，加速度与向右匀减速时相同，且由 于 小于传送带的速度 ，故 向左返回到平台上时速度大小仍为 ，由于第二 B 0v 2 0 1 2mgh mv= 0 2 2 5m/sv gh= = 0 3m/sv v> = B B 1v 2 2 1 0 1 1 2 2mgl mv mvµ− = − 1 4m/sv = 1 4m/sv = 3m/s B A A 1Av B 1Bv 1 1 1B Amv mv Mv= + 2 2 1 1 1 21 1 1 2 2 2B Amv mv Mv= + 1 1 2m/s2B vv = − = − B 2m/s Bx 2 1 10 2B Bmgx mvµ− = − 1mBx = 1.0mBx l= = B B B 2Bv 3m/sv = B 2m/s 次碰撞仍为对心弹性碰撞，故由（2）中的关系可知碰后 仍然反弹，且碰后速度大小仍为 碰前的 ，即： 同理可推： 每次碰后都将被传送带带回与 发生下一次碰撞，则 与 碰撞 次后反弹， 速度大小为 13.关于一定质量的气体，下列说法正确的是 A. 气体的体积指的是气体的分子所能够到达的空间的体积，而不是该气体所有分子的体积之 和. B. 只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低 C. 在完全失重的情况下，气体的压强为零 D. 气体从外界吸收热量，其温度一定升高 E. 气体在等压膨胀过程中一定要吸收热量 【答案】ABE 【解析】 【详解】A. 气体的体积指的是气体的分子所能够到达的空间的体积，而不是该气体所有分子 的体积之和，主要是因为气体分子间空隙很大，故 A 正确； B. 温度是分子平均动能的标志，只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以 降低，故 B 正确； C. 压强是由于分子运动撞击器壁而产生的，失重状态下仍然存在，故 C 错误； D．根据热力学第一定律，做功和热传递都可以改变内能，所以气体从外界吸收热量，其内能 不一定增加，其温度不一定升高，故 D 错误； E．一定质量的理想气体发生等压膨胀，根据理想气体的状态方程 可知，气体的温度 一定升高，内能增大，而对外做功，所以一定向从外界吸收热量，故 E 正确。 14.如图，气缸左右两侧气体由包有绝热材料的活塞隔开，活塞与气缸光滑接触。初始时两侧 气体均处于平衡态，体积分别为 V1= V 和 V2= 2V，温度分别为 T1= 2T 和 T2=5T。先保持右侧气 体温度不变，升高左侧气体温度，使两侧气体体积相同；然后取走绝热材料使活塞导热，两 侧气体最后达到平衡。求： B B 1 2 1 2 1 2 2 1 4 m/s2 2 2B B vv v= = − = − B A B A n 4 m/s2n pV CT = ①两侧气体体积相同时，左侧气体的温度 T3 的大小； ②最后达到平衡时两侧气体体积之比。 【答案】①4T  ②5:4 【解析】 【详解】①设初始时压强为 ， 左侧气体满足： 右侧气体满足： 解得： ②活塞导热达到平衡， 左侧气体满足： 右侧气体满足： 平衡时，则有： 解得： 15.为一列简谐横波在 t＝4 s 时的波形图．图(b)为媒质中平衡位置在 x＝1.5 m 处的质点的振 P 1 1 3 1.5PV P V T T ′=  2 1.5PV P V′=  3 4T T= 1 3 1 1.5 P VP V T T = ′′′′ ′  2 2 2 1.5 P VP V T T = ′′′′ ′  1 2T T′ ′= 1 2 2 3 5 4 V T V T ′ = =′ 动图像，P 是平衡位置为 x＝2 m 的质点．下列说法正确的是________． A. 波速为 2.0 m/s B. 波 传播方向向右 C. 2 s～4 s 时间内，P 运动的路程为 8 cm D. 2 s～4 s 时间内，P 向 y 轴正方向运动 E. 当 t＝7 s 时，P 恰好回到平衡位置 【答案】BCE 【解析】 【详解】A. 由图(a)可知该简谐横波波长为 ，由图(b)知周期为 ，则波速为： 故 A 错误； B. 根据图(b)的振动图象可知，在 处的质点在 时振动方向向上，所以该波向右 传播，故 B 正确； C. 由于 时，质点 在波谷，2 s～4 s 时间内，即 ，所以质点 的路程为： 故 C 正确； D. 由于该波向右传播，由图(a)可知 时，质点 已经在波谷，所以可知 时间内， 向 轴负方向运动，故 D 错误； E. 时质点 点在波谷，则当 时，即 ， 正位于平衡位置，故 E 正确。 16.如图所示，半圆玻璃砖的半径 R＝20 cm，折射率为 n＝ ，直径 AB 与屏幕垂直并接触于 A 点，激光 a 以入射角 i＝30°射向半圆玻璃砖的圆心 O，结果在水平屏幕 MN 上出现了两个光 斑. ①求两个光斑之间的距离； 的 2mλ = 4sT = 2 m/s 0.5m/s4v T λ= = = 1.5mx = 4st= 4st= P 2s 0.5T= P 2 8cmS A= = 4st= P 2s 4s P y 4st= P 7st = 33s 4 Tt∆ = = P 3 ②改变入射角，使屏 MN 上只剩一个光斑，求此光斑离 A 点的最长距离。 【答案】① cm ② cm 【解析】 【详解】①光路图如图所示 设折射角为 ，折射光线交 于 点，反射光线从玻璃砖射出后交 于 点，根据折射 定律有： 解得： 由几何关系可得两个光斑 、 之间的距离： 解得： ②当入射角增大发生全反射时，屏 上只剩一个光斑，此光斑 离 点最远时，恰好发生 全反射，入射角等于临界角，即 ，且 ，则有： 代入数据解得： 80 33 20 2 r MN P MN Q sin sin rn i = 60r = ° P Q tan30 tan60PQ PA AQ R R= + = °+ ° 80 3cm3PQ = MN Q′ A i C= 1sinC n = tan RQ A C ′ = 20 2cmO A′ =