2020届河南省焦作市普通高中高三第三次模拟考试理综物理试题（解析版）

焦作市普通高中 2019—2020 学年高三年级第三次模拟考试 理科综合 一、选择题 1.在匀强磁场中，一个静止的原子核 发生了一次 α 衰变，生成新的原子核 Th，新原子核 Th 和 α 粒子 的运动方向与磁场垂直。若不计衰变后粒子间的作用力，关于新原子核 Th 和 α 粒子在磁场中的运动，下列 说法正确的是（ ） A. 运动的速率之比为 2 ：119 B. 运动的半径之比为 2 ：117 C. 运动的周期之比为 2 ：117 D. 衰变过程中发生了质量亏损 【答案】D 【解析】 【分析】 根据方程两边质量数，电荷数相等，写出核反应方程式，再结合对应的公式计算速率、半径、和周期之比。 【详解】A．发生 α 衰变时，新原子核 Th 和 α 粒子动量守恒，所以新原子核 Th 和 α 粒子的动量大小相等， 质量比为 117：2，故速率之比为 2 ：117，A 选项错误； B．根据公式 又由动量守恒可知，两者 mv 相同，则 B 错误； C．由周期公式可知 可得 C 错误； 238 92U mvR Bq = 2 1 90 45 Th Th R q R q α α = = = 2 mT Bq π= 234 2 13 4 90 10 Th Th Th T m q T m q α α α ×= = =×D．根据能量守恒和质能方程可知，发生 α 衰变过程中会发生质量的亏损，Ｄ正确。 故选Ｄ。 2.如图所示，质量为 M 的斜面体静止在水平地面上，质量为 m 的滑块在沿着斜面向上的恒力 F 作用下向下 做匀速运动，斜面体始终处于静止状态。已知重力加速度为 g，在滑块下滑的过程中，下列说法正确的是 （ ） A. 滑块与斜面体之间的动摩擦因数 μ 大于 tanθ B. 撤去恒力 F 后，地面对斜面体的支持力不变 C. 地面对斜面体的支持力大于（M＋m）g D. 地面对斜面体的摩擦力方向水平向左 【答案】B 【解析】 【分析】 分别对 M 和 m 进行受力分析，由共点力的平衡条件可判断摩擦力的大小，再对整体进行受力分析，由共点 力的平衡条件求出桌面的大小。 【详解】A．对 m 进行受力分析可知 m 受四个力，由于 m 在做向下的匀速运动，所以受力平衡，有 A 错误； B．对 M 进行受力分析可知，M 所受的力与恒力 F 没有关系，故撤去恒力 F 后，地面对斜面体的支持力不 变，B 正确； C．对整体进行受力分析可知，地面对斜面体的支持力小于（M＋m）g，C 错误； D．对整体受力分析可知，地面对斜面的摩擦力水平向右，D 错误。 故选 B。 3.如图所示，一木块静止在长木板的左端，长木板静止在水平面上，木块和长木板的质量相等均为 M，木块 sinF f mg θ+ = cosf mgµ θ= tan cos F mg µ θ θ= −和长木板之间、长木板和地面之间的动摩擦因数都为 μ。一颗质量为 的子弹以一定速度水平射入木 块并留在其中，木块在长木板上运动的距离为 L；静止后第二颗相同的子弹以相同的速度射入长木板并留在 长木板中，则（ ） A. 第一颗子弹射入木块前瞬间的速度为 B. 木块运动的加速度大小为 C. 第二颗子弹射入长木板后，长木板运动的加速度大小为 D. 最终木块静止在距离长木板左端 L 处 【答案】B 【解析】 【分析】 子弹射入小木块后，子弹与木块组成的系统动能守恒，由动量守恒定律可以求出子弹射入木块的瞬时速度； 根据牛顿第二定律可以求解出加速度，由运动学公式可以求出运动距离。 【详解】A．由动量守恒定律可得，设射入木块前的速度为 ，射入木块后的速度为 解得 根据受力可知：物块在长木板上运动时，长木板不动 由动能定理可得 解得 A 错误； B．由牛顿第二定律可得 B 正确； C．第二颗子弹射入长木板时，由牛顿第二定律可知，长木板受到的摩擦力均向左，故有 5 Mm＝ 2 gLµ gµ 2 gµ 1 2 0v 1v 0 16 5 5 Mv Mv= 0 16v v= 2 1 6 1 605 2 5 MgL M vµ = − 0 6 2v gL= 6 6 5 5 MaMgµ =解得 C 错误； D．两个物体运动时间相同，由运动学公式可得 解得 不等于 L,D 错误。 故选 B。 4.如图所示为宇宙飞船分别靠近星球 P 和星球 Q 的过程中，其所受星球的万有引力 F 与到星球表面距离 h 的关系图象。已知星球 P 和星球 Q 的半径都为 R，下列说法正确的是（ ） A. 星球 P 和星球 Q 的质量之比为 1 ：2 B. 星球 P 表面和星球 Q 表面的重力加速度之比为 1 ：2 C. 星球 P 和星球 Q 第一宇宙速度之比为 2 ：1 D. 星球 P 和星球 Q 的近地卫星周期之比为 1 ： 【答案】D 【解析】 【分析】 的 6 11 5 5Mg Mg Maµ µ+ = 17 5a gµ= 0 1 vt a = 1 6 2 17 5 gLt gµ = 2 2 1 2L at= 2 0 1 2 vL a = 1 2L L L∆ = − L∆ 2 5 2由图像可以得出部分数据，再结合万有引力公式可以计算出答案。 【详解】A．当 h 等于 0 时，即在星球表面时，根据万有引力公式有 A 错误； B．在 h 等于零时，宇宙飞船在两个星球的表面，根据万有引力公式可得 所以 B 错误； C．根据万有引力公式可得 由于 R 相同，所以第一宇宙速度为 1：1，C 错误； D．根据万有引力公式可得 所以星球 P 和星球 Q 的近地卫星周期之比为 1 ： ，D 正确。 故选 D。 5.如图所示，A、B、C、D、E、F、G、H 是一正方体的 8 个顶点，正方体边长为 d，AE 边竖直向下。空间 有一沿 AB 方向的匀强电场，从 A 点沿 AD 方向水平抛出一质量为 m、带电量为＋q 的小球，小球恰好落到 G 0 22 PGMmF R = 0 2 QGMmF R = 2 1 P Q M M = 02 PF mg= 0 QF mg= : 2:1P Qg g = 2 2 GmM mv R R = GMv R = 2 2 2 4=GmM R R T π 2 34 RT GM π= 2点，重力加速度为 g，则（ ） A. 电场强度大小为 B. 小球抛出的速度大小为 C. 小球从 A 点运动到 G 点的时间为 D. 小球运动到 G 点时速度方向与水平面的夹角 θ 满足 【答案】A 【解析】 【分析】 小球在重力和电场力的作用下，小球在做类平抛运动，结合电场和重力场知识及运动学公式计算可以得出 答案。 【详解】A．小球在正方体内做类平抛运动，只有当重力等于电场力时，小球才可以到达 G 点，故 A 正确； B．由运动学公式可得 mgE q ＝ 0v gd＝ dt g ＝ 5tan 5 θ＝ qE mg= mg q E = = 2F mg ma=合 21 2d at= 02d v t= 0 2v gd=B 错误； C．由 B 可得 C 错误; D．小球运动到 G 点时速度方向与水平面的夹角 θ 满足 D 错误。 故选 A。 6.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比 n1 ：n2＝1 ：2，原线圈接电压恒定的正弦交流电，R1 为定值电 阻，R2 为滑动变阻器，已知滑动变阻器 R2 的最大阻值为定值电阻 R1 的 5 倍。在滑动变阻器滑片从中点缓慢 向上滑动的过程中，下列说法正确的是（ ） A. 变压器原、副线圈中的电流之比始终为 2 ：1 B. 定值电阻 R1 消耗的功率逐渐增大 C. 滑动变阻器 R2 消耗的功率先增大后减小 D. 变压器副线圈两端的电压逐渐增大 【答案】ACD 【解析】 【分析】 明确电路结构，根据串联电路得规律及数学知识可明确负载电阻得变化；再由闭合电路欧姆定律的动态分 析方法进行分析，明确变压器的工作原理及规律。 【详解】A．变压器原、副线圈中的电流之比之和匝数比有关，匝数不变，电流之比不变，A 正确； 2dt g = tan y x v v θ = 2 2yv gd= 2 2tan 2 2 gd gd θ = =B．设输入的交流电有效值为 U,原线圈中的电流为 I，根据 可知，副线圈中的电流为 ，副线圈 两端的电压为 ，原线圈两端电压为 ，则 当滑动变阻器向上移动时， 增大，根据 可知当原线圈中的电流变小，因此电阻 消耗的功率变小，B 错误； C．滑动变阻器 消耗的功率为 因此当 即 时， 消耗功率最大，所以当滑动变阻器滑片从中点缓慢向上滑动时， 消耗的功率先变大 后变小，C 正确； D．滑动变阻器滑片从中点缓慢向上滑动时，电阻逐渐变大，所以变压器副线圈两端的电压逐渐增大，D 正 确。 故选 ACD。 7.如图所示，一正方形金属线框 abcd 静止在光滑的水平桌面上，线框右侧两条平行虚线间存在一匀强磁场， 磁感应强度方向竖直向上。cd 边与磁场边界平行，磁场虚线间距大于正方形金属线框边长。现给线框一水 平向右的初速度，线框能通过磁场区域并继续向右运动，下列说法正确的是（ ） A. 线框进入磁场的过程中，cd 边受到的安培力方向水平向左 B. 线框通过磁场的整个过程中，cd 边两端的电压始终不变 C. 线框进入磁场和离开磁场的过程中，通过线框的电荷量相等 1 2 2 1 I n I n = 1 2 I 2 1 2 IR 2 1 4 IR 1 2 1 4U IR IR= + 2R 1 2 1 4U IR IR= + 1R 2R 2 2 2 2 1 1 1 12 4 U UP UI I R R I R R  = − = − − +    12 UI R = 2 14R R= 2R 2RD. 线框进入磁场和离开磁场 过程中，线框速度的变化量相等 【答案】ACD 【解析】 【分析】 根据左手定则和电磁感应知识点可以解决相应问题。 【详解】A．由左手定则可知，线框进入磁场的过程中，cd 边受到的安培力方向水平向左，A 正确； B．cd 边进入磁场时 cd 边出去磁场后 且 所以 cd 两端电压会发生改变，B 错误； C．线框进入磁场和离开磁场的两个过程中，磁通量的变化量相等，根据公式 分析可知通过线框横截面的电量相等，C 正确； D．根据动量定理得，线框进入磁场得过程，有 离开磁场得过程，有 又因为 所以 ，D 正确 故选 ACD。 8.如图所示，半径为 R＝1m 的光滑圆环竖直固定放置，AB 为水平直径，CD 为竖直直径。一质量为 m＝ 1kg、中间带孔的小球穿过圆环，弹性橡皮绳一端固定在圆环最高点 C，另一端固定在小球上，小球静止在 E 点，CE 与竖直方向的夹角为 37°，弹性橡皮绳原长为 1.5 m，弹力满足胡克定律。现沿着圆环切线向右 下方给小球一个初速度 v0＝5 m／s。已知橡皮绳的弹性势能与橡皮绳的形变量 x 满足 ，sin37°＝ 0.6，cos37°＝0.8，g 取 10 m／s2，则下列说法正确的是（ ） 的 。 1 1 3 4U Blv= 2 2 1 4U Blv= 1 2v v> q R ∆Φ= 1 1 1BI Lt m v= ∆ 2 2 2BI Lt m v= ∆ 1 1 2 2I t I t= 1 2v v∆ = ∆ 21 2pE kx＝A. 橡皮绳的劲度系数为 k＝160 N/m B. 小球运动到 D 点时机械能最大 C. 小球运动到 D 点时，圆环对小球的弹力大小为 70 N D 小球能运动到 C 点 【答案】AD 【解析】 【分析】 结合胡克定律、机械能守恒可以把答案求解出来。 【详解】A．对小球进行受力分析，由相似三角形得 解得 k＝160 N/m，A 正确； B．整个系统只有重力势能、弹性势能和动能相互转化，机械能守恒，B 错误； C．小球在最低点时得弹簧形变量为 ，设小球速度为 v,由机械能守恒可得 解得 ，所以在最低点时，弹力与重力相等， C 错误； D．由于系统得机械能守恒，所以小球能运动到 C 点，D 正确。 故选 AD。 二、非选择题 9.某实验小组用如图 1 所示的实验装置研究匀变速直线运动，已知固定斜面的倾角为 θ＝37°，把木块自斜 . CEF mg CE CO = 1CEF kx= 1 2 cosx R Lθ= − 2R L− ( ) ( )2 21 12 cos 22 2mg R L k R L mvα− = − + 0v = 10NN mg= =面上某一位置由静止释放，测量释放点到斜面底端的距离 x 以及木块在斜面上运动的时间 t，改变释放点位 置，得到多组数据，作出 图象如图 2 所示。已知 sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g 取 10 m/s2。 (1)根据图象可知，木块在斜面上运动的加速度大小为__________m/s2； (2)木块与斜面之间的动摩擦因数为__________； (3)在 图象中，有一组数据偏离直线比较远，可能的原因是____________________。（回答出一条原因 即可） 【答案】 (1). 0.4 (2). 0.7 (3). 木块释放点到斜面底端的距离 x 测大了（或木块在斜面上运动的时 间 t 测小了；或木块不是由静止释放） 【解析】 【分析】 利用加速度得定义即速度与时间的变化量可以求出对应得加速度；根据牛顿第二定律可以把摩擦力计算出 来，从而求出动摩擦因数；根据实验原理可以得出实验误差出现得原因。 【详解】(1)由公式可得 得出 图像的斜率就是加速度的一半，所以求得 ； (2)由牛顿第二定律可得 带入数值算得 ； (3)偏离直线的数据可以从 中得出原因。 10.某实验小组用如图 1 所示的电路测量电源的电动势和内阻，已知电流表 A1、A2 是用相同的表头改装而成 的，电流表 A1 的量程为 1A，内阻为 3.0Ω；电流表 A2 的量程为 1.5 A，内阻未知。闭合开关，改变滑动变 阻器滑片的位置，得到多组电流表 A1 示数 I、电压表示数 U 的数据，作出 U—I 图象如图 2 所示。 x tt － x tt － 21 2x at= x tt － 20.4m/sa = cos sinmg mg maµ θ θ− = 0.7=µ x tt －(1)电流表 A2 的内阻为__________Ω； (2)根据 U—I 图象可以求得电源电动势为__________V，内阻为__________Ω；（要求结果尽量准确，保留 一位小数） (3)关于本实验中误差的主要来源，下列说法正确的是__________。（填正确答案标号） A．电流表分压会引起系统误差 B．电压表分流会引起系统误差 C．电流表、电压表读数会引起偶然误差 D．作图描点、连线会引起偶然误差 【答案】 (1). 2.0 (2). 6.0 (3). 0.8 (4). CD 【解析】 【分析】 由电路的接法利用闭合电路欧姆定律可以计算出表达式，再利用数学规律可求得电动势和内阻；由于技术 上的不完善及电路的设计、实验方法及测量技术等造成的误差为系统误差，由于读数等造成的误差为偶然 误差。 【详解】(1) 由于电流表 A1、A2 是用相同的表头改装而成的，所以有 解得 =2Ω； (2) 根据闭合电路欧姆定理 当两个电流表并联时，所测得的电流为 1 1 2 2I R I R= 2R +E U Ir= 外 2 1 2 I RI R R = + 实有图像中 I=0 的点可以得出感应电动势，根据上面两个公式可以算出内阻， ， (3) 由于技术上的不完善及电路的设计、实验方法及测量技术等造成的误差为系统误差，由于读数等造成的 误差为偶然误差，本实验中，电流表分压和电压表分流不是误差的主要来源，电流表、电压表读数和作图 描点、连线在本实验中的误差是最主要的。 11.如图所示，半径为 R＝1m 的 圆光滑轨道 ADB 和半径为 r＝0.5 m 的光滑半圆轨道 BCO 均竖直放置，并 在最低点 B 平滑相连。将一质量为 m＝1kg 的小球（可视为质点）从 A 点的正上方由静止释放，小球恰好 能通过半圆轨道的最高点 O，然后落到 D 点。已知重力加速度 g 取 10 m/s2，求： (1)小球释放点离 A 点的高度 h； (2)小球通过最低点 B 前后对轨道 压力大小之比； (3)D 点到水平直线 OA 的距离。 【答案】(1)0.25m (2) (3) 【解析】 【分析】 通过圆周运动，动能定理和运动学公式能把答案求出。 【详解】小球恰好能通过半圆轨道最高点有 根据机械能守恒有 解出 h=0.25m; (2)根据动能定理有 的 =6.0VE 0.8r = Ω 1 4 1 2 7 12 F F = 5 1m2y −= 2vmg m r = 21 2mgh mv= 2 21 12 2 2 Bmgr mv mv− = −解得 (3)小球通过 O 点之后做平抛运动，水平方向有 x=vt 竖直方向有 联立解得 【点睛】物理大题中涉及到求速度的，首先想到的是动能定理，结合运动学公式的，要先考虑能量守恒和 机械能守恒来进行求解。 12.如图所示，在坐标系 xOy 的第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场Ⅰ，第三象限存在垂直纸面向外、 磁感应强度大小为 B0 的匀强磁场Ⅱ，第二象限内存在沿 x 轴正方向的匀强电场，第四象限内存在沿 y 轴正 方向的匀强电场，且第二象限和第四象限内的电场强度大小相等。一质量为 m、电荷量为＋q 的粒子，从 y 轴上的 A 点（0，－R）沿 x 轴负方向射入第三象限，随后从 C 点垂直于 x 轴进入第二象限，然后从 y 轴上 D 点沿与 y 轴成 45°角的方向离开电场，在磁场Ⅰ中运动一段时间后，从 x 轴上 F 点进入第四象限，恰好又 能从 A 点垂直 y 轴射入磁场Ⅱ，以后做周期性运动。不计粒子重力，求： (1)电场强度 E 的大小； (2)磁场Ⅰ的磁感应强度 B1 的大小； (3)粒子的运动周期 T。 2 1 BvF mg m R − = 2 2 BvF mg m r − = 1 2 7 12 F F = 21 2y gt= 2 2 2x y R+ = 5 1 2y m −=【答案】(1) (2)B1=B0 (3) 【解析】 【分析】 结合运动学公式及电场、磁场方面的内容可以把答案求解出来 【详解】(1)根据题意可知，带电粒子在第三象限做半径为 R 的匀速圆周运动。 由 可得 在第二象限的电场中，粒子沿电场方向做匀加速直线运动，有 粒子的加速度大小 由于粒子从 D 点射出时与 y 轴的夹角为 45°，所以有 综合以上解得 (2)粒子进入磁场Ⅰ时的速度大小为 2 0 2 B qRE m = 0 3 8 2 π += m mT qB 2 0 0 0 vB v q m R = 0 0 B qRv m = 2 2xv aR= Eqa m = 0xv v= 2 0 2 B qRE m =OD 间的距离大小为 根据运动轨迹可知，粒子在磁场Ⅰ中做半径为 的匀速圆周运动，然后从 F 点射出时速度方向与 x 轴负方向的夹角大小也为 45° 根据 联立以上可解得 B1=B0 (3)粒子在磁场Ⅱ中做 周期的圆周运动，所以运动时间 在磁场Ⅰ做 周期的圆周运动，所以运动时间 由于粒子从 x 轴上的 F 点进入第四象限，恰好乂能从 A 点垂直 y 轴射入磁场Ⅱ，因此可知粒子在两个电场 中的运动时间相同，均为 故粒子运动的周期为 【点睛】对于电磁学类型的大题，要先把物体的运动过程了解清楚才可以更好的进行求解。 13.下列说法中正确的是（ ） A. 若分子引力做正功，则分子斥力一定做负功，分子间的引力和斥力是相互作用力 B. 不论是单晶体还是多晶体，都具有确定的熔点，非晶体不具有确定的熔点 C. 一定质量的理想气体，在等压膨胀的过程中，吸收的热量等于封闭气体对外做的功 D. 若空气的压强是 8×102Pa，同温度下水蒸气的饱和汽压为 2.0 ×103Pa，则此温度下空气的相对湿度是 40 02v v= 0 2d v t R= = 2r R= 2 1 vB vq m r = 1 4 1 02 mt qB π= 1 2 2 0 mt qB π= 3 0 0 2 2R mt v qB = = 1 2 3 0 3 82 2 m mT t t t qB π += + + =％ E. 涉及热运动的宏观过程都有方向性，一切自发过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行 【答案】BDE 【解析】 【详解】A．分子在不同的距离表现的力不一样，可以表现为分子引力和分子斥力，当分子力表现为引力时， 需要克服引力做功，当分子力表现为斥力时，需要克服斥力做功，A 错误； B．是否有确定熔点是区分晶体和非晶体的区别，晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点，B 正确； C．一定质量的理想气体，在等压膨胀的过程中，吸收的热量等于封闭气体对外做功和内能的增加量，C 错 误； D．相对湿度的定义是在某温度下，空气中水蒸气的实际压强与同温下水的饱和气压的比，D 正确； E．一个孤立的系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展，熵大代表较为无序，所以自发的宏观过程总是向 无序性更大的方向发展，E 正确。 故选 BDE。 14.如图所示，内壁光滑的气缸固定在水平地面上，活塞的质量为 m＝1kg、面积为 S＝10 cm2，一劲度系数 为 k＝200 N/m 的弹簧一端连接在活塞下表面的中心，另一端连接在地面上水平放置的力传感器上，弹簧处 于竖直状态。已知活塞上方被封闭的理想气体压强为 p1＝8×104Pa，长度为 L＝15cm，温度为 T＝300 K， 活塞下方的气体和外界大气是连通的，外界大气压强 p0＝1.0×105Pa，重力加速度 g 取 10 m/s2。 (1)求弹簧的形变量； (2)通过给电阻丝通电，缓慢升高封闭气体的温度，当传感器的示数大小和未加热气体时的示数大小相同时， 求此时封闭气体的温度。 【答案】(1)5cm (2)625K 【解析】 【分析】 根据平衡条件与理想气体状态方程可以得出答案。 【详解】(1)对活塞受力分析如图 1 所示，根据平衡条件有代入数据求得 F=10N , 弹簧弹力 F=kx 可得 x=5cm; (2)当未加热气体时，由第一问分析可知，弹簧开始时处于拉伸状态，缓慢升高封闭气体温度，当传感器的 示数和未加热气体时的示数相同时，弹簧处于压缩状态，设此时封闭气体压强为 。当弹簧支持力为 F=10N 时，此时弹簧压缩量为△x=5cm，对活受力分析如图 2 所示，根据平衡条件 可得封闭气体压强 p2=1.0×105Pa 此时封闭气体长度 根据理想气体状态方程 可得 T2=625K。 15.一列简谐横波沿 x 轴正方向传播，t＝0 时刻的波形图如图所示，已知此时 A 质点偏离平衡位置的位移为 30 cm，B 质点刚要开始振动，质点振动的周期 T＝0.4 s。下列说法正确的是（ ） 0 1p S p S mg F= + + 2P 0 2+p S F p S mg= + ' 2 25cmLL x+ ∆ == 1 2 1 2 p LS p LS T T ′ =A. 此时质点 B 将沿 y 轴负方向运动 B. 波的传播速度为 10 m/s C. 质点 A 的振动方程表达式为 D. 质点 A 再次回到平衡位置的时刻是 E. 从质点 A 开始振动到质点 B 开始振动经历的时间为 s 【答案】BDE 【解析】 【详解】采用上下坡法来分析 B 点的运动方向，即沿波的传播方向看，“上坡”的点向下振动，“下坡” 的点向上振动，所以 B 将沿 y 轴正方向运动，A 错误； 根据公式可得 B 正确； 质点 A 满足的是余弦函数的图像，所以 C 错误； 由于质点 A 在最大振幅的一半处，对应于 ，对应于一次振动的 处，所以质点 A 再次回到平衡位置的 时刻是 ，D 正确； A 质点偏离平衡位置的位移为 30 cm，B 质点刚要开始振动，所以计算质点 A 开始振动到质点 B 开始振动经 历的时间即计算 A 点在偏离平衡位置 30 cm 时的时间，为 s，E 正确。 故选 BDE。 16.如图所示，某透明材料物体的横截面为一半圆，其半径为 R，以球心 O 为原点，水平直径所在的直线为 x 轴建立坐标系，半圆下方距坐标原点 R 处放置一个和 x 轴平行且足够长的光屏，相同单色细光束 a、b 平行 60sin 10 cm6y t ππ    ＝ ＋ 1 30t s＝ 1 6 4 =10m/s0.4 xv t ∆= =∆ 60cos5 cmy tπ＝ 30 1 12 1 30t s＝ 1 6于 y 轴且从与 y 轴相距 的位置射入该物体。已知该透明材料对这种单色光束的折射率 n＝ ，求： (1)细光束射入该物体时的折射角； (2)两束细光束照射到光屏上的两光点之间的距离。 【答案】(1)30°(2) 【解析】 【详解】(1)作出细光束传播的光路图如图所示，由 可得入射角 θ1=60° 由 可得折射角 =30°； (2)由几何关系可知 3 2h R＝ 3 4 3 3s R= 1sinh R θ= 1 2 sin sin n θ θ = 2 θ 2 3 θ θ= 1 4 θ θ=可得细光束在半圆内传播的路径长度 细光束在半圆上的出射点到 O 点的距离 由几何关系可知，光束照射到屏上的光点 A 到 y 轴的距离 两细光束照射到光屏上的两光点之间的距离 1 3 3s R= 2 3 3h R= 2 2 3 3s R= 2 4 32 3s s R= =