重庆市2020届高三物理上学期第四次质检试卷（附解析Word版）

重庆市高 2020 届（三上）第四次教学质量检测 物理试题卷 一、选择题（14-18 为多选，19-21 为单选，共 48 分） 1.下列说法正确的是（ ） A. 做曲线运动的物体加速度必定变化 B. 电场强度与试探电荷受到的电场力成正比 C. 力 F1 和 F2 分别对同一物体做了 5J 和-7J 的功,F2 所做的功更多 D. 带电粒子在电场中沿着某一条电场线运动,该电场一定是匀强电场 【答案】C 【解析】 【详解】A、做曲线运动的物体加速度可以不变，例如平抛运动，故 A 错误； B、电场强度是电场的性质，与是否放试探电荷无关，故 B 错误； C、做功正负表明做正功还是负功，不表示做功大小，故 C 正确； D、带电粒子在电场中沿着某一条电场线运动，也可能是在点电荷电场中运动，故 D 错误； 2.2019 年 4 月 10 日晚,人类首张黑洞照片面世,黑洞是宇宙空间内存在的一种密度极大而体 积极小的天体,黑洞的引力很大，连光都无法逃逸．在两个黑洞合并过程中,由于彼此间的强 大引力作用,会形成短时间的双星系统．如图所示,黑洞 A、B 可视为质点,两者围绕连线上 O 点做匀速圆周运动,O 点离黑洞 A 更近,不考虑其他天体的影响．假定黑洞 A 质量为 m1,黑洞 B 质量为 m2,AB 间距离为 L．下列说法正确的是（ ） A. 黑洞 A 与 B 绕行的向心加速度大小相等 B. 黑洞 A 的质量 m1 小于黑洞 B 的质量 m2 C. 若两黑洞质量保持不变,但两黑洞间距离 L 逐渐减小,则两黑洞的绕行周期均逐渐减小 D. 若两黑洞质量保持不变,但两黑洞间距离 L 逐渐增大,则两黑洞 向心加速度大小均逐渐增 大 【答案】C 【解析】 【分析】 由题中“会形成短时间的双星系统”可知，本题考查双星运动，根据万有引力定律可分析本 的 题。 【详解】A、黑洞 A 与 B 绕行的半径不同， 根据公式 可知，其加速度不相等，故 A 错误； B、在匀速转动时的向心力大小关系为 因为 O 点离黑洞 A 更近，所以 A 的质量大，故 B 错误； C、双星靠相互间万有引力提供向心力，所以 因为 所以 解得 因此两黑洞间距离 L 逐渐减小,则两黑洞的绕行周期均逐渐减小，故 C 正确； D、根据公式 可知，两黑洞距离变大，向心加速度变小，故 D 错误。 3.刀削面是山西的特色传统面食,刀削面全凭刀削,因此得名,它与北京的炸酱面、河南的烩面、 湖北的热干面、四川的担担面,统称为中国五大面食．师傅制作刀削面时通常将面粉和成团块 状,左手举面团,右手拿弧形刀,将面一片一片的以速度水平削出,让面片能够飞入装有开水的 圆形锅内．如图所示,不考虑空气阻力的影响,将飞出的面片的运动视为平抛运动,已知面片到 锅上沿的竖直距离 H=80cm,面片到最近的锅边沿的距离为 L,钢的半径为 R,要想使削出的面片 能够全部落入锅中,面片飞出的最小速度为 3m/s,最大速度为 5m/s,重力加速度 g 取 2 Gma r = 2 2 1 1 2 2m r m rω ω= 2 2 1 2 1 1 2 22 2 2 4 4Gm m m r m rL T T π π   = =       1 2r r L+ = 2 1 2 2 12 2 1 2 4Gm m m LmL T m m π =   +  2 3 2 1 2 4 ( ) LT G m m π= + 2 Gma r = 10m/s2．下列说法正确的是（ ） A. 面片飞入锅中的过程中,面片处于超重状态 B. 面片飞入锅中的过程中,重力的瞬时功率逐渐减小 C. 同一面片飞入锅中的过程中,相同时间内的动量变化量不同 D. R 大小为 0.4m,L 大小为 1.2m 【答案】D 【解析】 【分析】 由题中“不考虑空气阻力的影响,将飞出的面片的运动视为平抛运动”可知，本题考查平抛运 动，根据平抛运动规律可分析本题。 【详解】A、面片飞入锅中的过程中，面片只受重力，为失重状态，故 A 错误； B、面片飞入锅中的过程中，速度逐渐变大，根据公式 可得，重力的瞬时功率逐渐变大，故 B 错误； C、因为不考虑空气阻力的影响，面片水平速度不变，竖直方向速度为自由落体，相同时间内 变化相同，因此同一面片飞入锅中的过程中,相同时间内的动量变化量相同，故 C 错误； D、根据平抛运动公式可知 或 解得当半径为 0.4m 时，L 最大值为 1.2m，才能保证削出的面片能够全部落入锅中，故 D 正确。 4.如图所示的电路中,电压表和电流表均为理想电表,电源电动势为 E、内阻为 r,R 为电位器 (滑动变阻器).R1、R2 为定值电阻,L1 是小灯泡．当电位器的触片由图示位置滑向 b 端一段距离 的过程中,下列说法错误的是（ ） P Gv= 21 2H gt= L vt= 2L R vt+ = A. 电流表 A2 示数将变大 B. 电源的输出功率可能变大、也可能先变小再变大 C. 小灯泡消耗的电功率将变大 D. 电压表示数与电流表 A1 示数的比值将减小 【答案】B 【解析】 【分析】 由题中“当电位器的触片由图示位置滑向 b 端一段距离的过程中”可知，本题考查动态电路 变化，跟距欧姆定律和串并联电路特点可分析本题。 【详解】A、当电位器的触片由图示位置滑向 b 端一段距离的过程中，电阻变小，因此电流变 大，故 A 不符合； B、根据公式可知， 当外电阻等于内阻时，输出功率最大，故电位器移动的过程中，输出功率可能变小，也可能 先变大后变小，因此 B 的说法错误，故 B 符合； C、由于电位器的触片由图示位置滑向 b 端一段距离的过程中，电阻变小，因此小灯泡的电流 和电压都变大，因此小灯泡消耗的电功率将变大，故 C 不符合； D、电压表示数与电流表 A1 示数 比值为外电阻阻值，当电路中一个电阻变小，总电阻也变小， 故 D 不符合。 5.质量为 m 的光滑圆柱体 A 放在质量也为 m 的光滑“V 型槽 B 上,如图,α=60°,另有质量为M 的物体 C 通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与 B 相连,现将 C 自由释放,则下列说法正确的是 （ ） 的 ( )2 +E R rP R = 外 外 A. 若 A 相对 B 未发生滑动,则 A、B、C 三者加速度相同 B. 当 M=2m 时,A 和 B 共同运动的加速度大小为 g C. 当 时，A 和 B 之间的正压力刚好为零 D. 当 时,A 相对 B 刚好发生滑动 【答案】D 【解析】 【分析】 由题中“有质量为 M 的物体 C 通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与 B 相连”可知，本题考查 牛顿第二定律和受力分析，运用整体法和隔离法可分析本题。 【详解】A、若 A 相对 B 未发生滑动，则 AB 可看做整体，加速度相同，C 的运动方向向下，加 速度方向与 AB 不同，故 A 错误； B、若 A 和 B 共同运动的加速度大小为 g 时，则 C 得加速度大小也为 g，但对 C 隔离分析，C 不可能做自由落体，因此不论 M 等于多少，加速度不能是 g，故 B 错误； CD、若 A 和 B 之间的正压力刚好为零，则此时加速度设为 a，对 A 受力分析可得 ， 解得 对 A、B、C 整体运用牛顿第二定律可得 解得 故 C 错误 D 正确； 3( 3 1) 2M m += ( 3 1)M m= + cosF maα = sinF mgα = 3 3a g= ( 2 )Mg M m a= + ( 3 1)M m= + 6.静电场在 x 轴上的场强 E 随 x 的变化关系如图所示,x 轴正向为场强的正方向,带负电的小 球 A 在 x3 位置处由静止释放且仅受电场力作用．若仅考虑小球 A 在 x1 位置与 x3 位置间的运动, 则小球（ ） A. 在 x1 位置动能最小 B. 在 x3 位置与 x1 位置加速度大小相同 C. 在原点 O 位置电势能小于在 x2 位置电势能 D. 在原点 O 位置电势能小于在 x1 位置电势能 【答案】BCD 【解析】 【分析】 由题中“静电场在 x 轴上的场强 E 随 x 的变化关系如图所示”可知，本题考查从 E-x 图中判 断带电物体电势能和加速度情况，根据图像信息结合电场公式可分析本题。 【详解】A、由于小球带负电，因此在 x 轴正方向电场力做正功，动能增加，在从 E-x 图中， 图像与坐标围成的面积表示电场力做功的多少，因此，在 x1 位置速度不为零，因此动能不是 最小，故 A 错误； B、在 x3 位置与 x1 位置，电场强度大小相等，因此所受电场力大小相同，因此带点小球只受 电场力，因此加速度大小相同，故 B 正确； CD、由于在 x 轴正方向电场力做正功，因此电势能减小，所以在原点 O 位置电势能小于在 x1、 x2 位置电势能，故 CD 正确。 7.如图所示,两个完全相同 质量均为 m 的物块 A、B 静止放置在水平地面上,其中 B 的左端连 接着一个弹性限度足够大的水平轻弹簧,劲度系数为 k．两物块与地面间的滑动摩擦力 f 为最 大静摩擦力 fm 的 0.95 倍,若在 A 的左端施加一水平向右的推力 F=2f,当 B 刚开始滑动时 A 的 速度为 v．从 A 向右开始运动,到弹簧第一次被压缩到最短的过程中,以下叙述正确的是（ ） 的 A. A 开始做减速运动时,B 所受的摩擦力为 f B. 彈簧压缩最短时 A 的速度为 0 C. 弹簧最大的弹性势能大于 0.25mv2 D. B 开始运动到弹簧第一次压缩到最短的过程中,系统(A、B 与弹簧)机械能守恒 【答案】AC 【解析】 【分析】 由题中“其中 B 左端连接着一个弹性限度足够大的水平轻弹簧”可知，本题考查有弹簧连接 的两物体运动情况，根据能量守恒和物体运动过程分析可解答本题。 【详解】A、由于 A 受到的外力为 F=2f，所以当 AB 整个系统的摩擦力为 2f 时，A 开始做减速 运动，而此时，弹簧弹力为系统内部力，A 受滑动摩擦力，大小为 f，B 受静摩擦力，大小也 为 f，故 A 正确； B、弹簧压缩最短时，是 AB 以相同速度运动的时候，因此 A 的速度不为零，故 B 错误； C、弹簧处于最大弹性势能时，也是 AB 相距最近的时候，当 B 刚开始滑动时 A 的速度为 v，而 弹簧的弹性势能为 0.25mv2，当 B 的速度与 A 相同时，弹簧还会压缩，因此弹簧最大的弹性势 能大于 0.25mv2，故 C 正确； D、由于在此过程中有摩擦力，因此系统(A、B 与弹簧)机械能不守恒，故 D 错误。 8.如图所示,离地 H=90cm 高处有一个质量 m=0.2kg,带电量 q=+2 C 的物体处于电场强度随时间 变化规律为 E=8-kt (V/m)(k 为大于零的常数,水平向左为电场正方向)的电场中,物体与竖直 绝缘墙壁间的动摩擦因数 μ=0.2．t=0 时,物体从墙上由静止释放,若物体所受的最大静摩擦 力等于滑动摩擦力．当物体下滑 45cm 后脱离墙面,此时物体速度 v=2 m/s,物体最终将落在地 面上,重力加速度 g 取 10m/s2．下列关于物体运动的说法正确的是( ) A. 物体从开始下滑到脱离墙壁过程中,物体做变加速直线运动 的 B. 物体从墙壁脱离后,物体做匀变速曲线运动 C. 物体从开始下滑到最终落地,物体克服摩擦力所做功为 0.5J D. 物体从墙壁脱离后,物体经 0.3 s 落于地面上 【答案】AC 【解析】 【分析】 由题中“带电量 q=+2 C 的物体处于电场强度随时间变化规律为 E=8-kt (V/m)(k 为大于零的常 数,水平向左为电场正方向)的电场中”可知，本题考查带电物体在变化电场中的运动，根据 电场变化结合受力分析可解答本题。 【详解】A、在下落的过程中，电场逐渐变小，电场力也变小，因此摩擦力也变小，所以物体 向下的加速度越来越大，故 A 正确； B、物体从墙壁脱离后，电场力逐渐变大，因此加速度也会变，物体不可能做匀变速曲线运动， 故 B 错误； C、由于物体从开始下滑到最终落地，电场力不做功，因此根据能量守恒定律可得 解得 ，故 C 正确； D、物体从墙壁脱离后，在竖直方向做自由落体运动，根据公式可得 解得 故 D 错误。 二、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第 22 题~第 32 题为必考题,每个试题考生都必须 做答。第 33 题-第 38 题为选考题,考生根据要求做答 （一)必考题(共 129 分) 9.如图所示为静电除尘装置的原理图,该装置由集尘极和悬在两集尘极间的放电极组成,在集 尘极和放电极间加有高压电源,其间的空气被电离成为电子和正离子,电离出的电子在静电力 的作用下运动．废气在经过机械过滤装置后进入静电除尘区域,废气中的粉尘吸附电子后带上 负电,粉尘在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积,实现除尘的目的．图中虚线为电场线,不考 虑粉尘重力的影响． 21 2mgh mv Q= + 0.5JQ = 21 2H h vt gt− = + 0.16st ≈ (1)为了实现净化废气的目的，静电除尘装置中的放电极,应接高压电源的__________ (选填 “正极”或“负极”); (2)由电场 分布特点可知，图中 A 点电势__________ B 点电势（选填“高于”、“低于”或“等 于”),带相同电荷量的粉尘在 A 点位置的电势能__________在 B 点位置的电势能(选填“高于”、 “低于”机械过滤静电除尘或“等于”) 【答案】 (1). 负极 (2). 低于 (3). 高于 【解析】 【分析】 由题中“废气在经过机械过滤装置后进入静电除尘区域”可知，本题考查带电粒子在电场中 的运动，根据电场线分布和方向可分析本题。 【详解】（1）[1]由于废气中的粉尘吸附电子后带上负电，并且粉尘在电场力的作用下向集尘 极迁移并沉积，因此根据受力分析可知，电场向方向由集尘极指向放电极，故静电除尘装置 中的放电极,应接高压电源的负极； （2）[2]由于电场向方向由集尘极指向放电极，因此 A 点电势低于 B 点电势； [3]由于 A 点电势低于 B 点电势，因此对带相同电荷量的粉尘在 A 点位置的电势能高于在 B 点 位置的电势能。 10.李华同学借助实验测量后,描绘出小灯泡 L 的伏安特性曲线如图所示．为了检验李华同学 测量数据的准确性,孙蕾同学决定借助实验室器材重新测绘该小灯泡 L 的伏安特性曲线,实验 室有如下器材可供选择: A.小灯泡 L: B.电流表 A1,量程为 0-600mA(内阻约为 5Ω); C.电流表 A2,量程为 0-3A(内 阻约为 5Ω); D.电压表 V1,量程为 0~3V(内阻约为 10kΩ); E.电压表 V2,量程为 0-15V(内阻约为 10kΩ); F.滑动变阻器 R1(10Ω,3A); G.滑动变阻器 R2(1kΩ,3A); H.电源 6V(内阻很小,可忽略不计); J.电键一个,导线若干; 实验中要求加在小灯泡两端的电压可以从零开始连续的调节 的 (1)孙雷为了完成该实验需类选择合适的器材,电流表她应该选择__________(选填“A1”或 “A2”),电压表她应该选择__________ (选填“V1”或“V2”),滑动变阻器她应该选择 ___________ (选填“R1”或“R2”)； (2)接下来,孙蕾需要选择合适的接线方式,对于电流表,她应该采用__________(选填“内接法” 或“外接法”),对于滑动变阻器,她应该采用__________(选填“分压接法“或“限流接法”); (3)请在空白线框中为孙蕾画出她所需要的实验电路图__________; (4)经过检验,李华的测量数据是相当准确的,由李华所画小灯泡 L 的 I-U 图象,我们可以知晓, 在小灯泡两端所加电压为 2V 时,小灯泡电阻为__________Ω(计算结果保留一位有效数字), 随着小灯泡两端电压的增大,小灯泡的电阻__________ (选填“逐渐增大”、“逐渐减小“或“保 持不变”)． 【答案】 (1). A1 (2). V1 (3). R1 (4). 外接法 (5). 分压接法 (6). (7). 5 (8). 逐渐增大 【解析】 【分析】 由题中“描绘出小灯泡 L 的伏安特性曲线如图所示”可知，本题考查小灯泡伏安特性曲线实 验，根据实验原理和数据处理可分析本题。 【详解】（1）[1]根据电流变化可知电流表选 A1； [2]根据电压变化，电压表选 V1； [3]滑动变阻器她应该选择 R1； （2）[4]由于电压表电阻远大于灯泡电阻，因此应选择外接法； [5]由于要求电压从零开始调节，因此滑动变阻器采用分压接法； （3）[6]根据实验要求得下图 （4）[7]根据小灯泡 L 的 I-U 图象，当小灯泡两端所加电压为 2V 时，根据欧姆定律小灯泡电 阻为 ； [8] 随着小灯泡两端电压的增大，小灯泡温度变高，电阻逐渐增大。 11.如图所示,一电荷量大小 q=3×10-4 C 的带电小球,用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行 金属板中 O 点．闭合电键 S,小球静止时,细线与竖直方向的夹角 α=37°．已知两板相距 d=0.2m,电源电动势 E=14V,内阻 r=1Ω,电阻 R1=4Ω,R2=6Ω,R3=3Ω,R4=10Ω,重力加速度 g 取 10m/s2．求： (1)电源的输出功率及其效率; (2)两板间电场强度的大小; (3)判断小球的带电性质,并求出小球的质量． 【答案】(1) 24W，85.7% (2)60N/C (3) 正电，2.4×10-3kg 【解析】 【详解】（1）R2 与 R3 并联后的电阻值： 由闭合电路欧姆定律得： 电源的输出功率为： 5Ω 2 3 23 2 4 2R RR R R = = Ω+ 1 2 3 2AEI R R R r = =+ + 2 22 4: 2 24WP I R= = × =出 外 （ ） 电源的效率为： （2）电容器两板间的电压： 电容器两板间的电场强度： （3）小球处于静止状态，故带正电 由平衡条件得： 又有 所以 解得： 12.如图所示,木板倾角为 37°时,质量为 1kg 的滑块 m2 恰能在木板上静止．木板的下端有一 固定挡板，其上固定一个弹性势能为 3J 的锁定弹簧该弹簧的压缩量 Δx=0.01m．弹簧上端放 有与滑块 m2 完全相同的滑块 m1(与弹簧不拴接),m1 与 m2 相距 d=1m．现解除弹簧锁定,在弹簧恢 复原长时 m1 离开弹簧,与此同时,让 m2 以 t= m/s 的速度沿木板向下运动并最终与 m1 相碰, 碰后两者粘在一起. (已知 sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2， =2.4)．求: (1)m1 离开弹簧时的速度大小; (2)m1、m2 两者的碰撞位置距 m2 的初始位置多远; (3)m1、m2 的粘合体离开弹簧后最终静止在木板上的位置． 6100% 100% 85.7%7 R R η = × = × ≈外 总 1 23 12VCU I R R− + =（ ） 1 60N/CCU dE − = tanF mg α= 1F qE= 1 tan qEm g α= 32.4 1 kg0m −= × 2 3 5.76 【答案】(1) 2.4m/s (2) 0.75m (3) 0.125m 【解析】 【详解】（1）由题可知 ， 解得： μ=0.75 离开弹簧时，弹簧处于原长状态，故该过程中， 对 m1： 解得 （2）对弹簧弹开后的 m1： 减速至停止历时： 该过程经历位移： s1= =0.24m 而对该过程中的 m2： 判断： ∵ 故 m1、m2 碰前 m1 已停止 sin cosmg mgθ µ θ= 2 1 1sin cos 2PE mg x mg x mvθ µ θ= ∆ − ∆ − 1 2.4m/sv = 2 1 sin cos 12m / sa g gθ µ θ= + = 1 1 1 0.2svt a= = 2 1 12 v a 2 2 1 0.4 3m 0.693ms v t= = ≈ 1 2x s s d+ + ＜ 即碰撞位置距 m2 的初始端为： （3）由动量守恒可得 解得： m1、m2 碰撞后，粘合体将沿斜面向下匀速运动压缩弹簧，将联合整体的动能全部转化为弹簧的 弹性势能 因为： 故弹簧被压缩至最短时的形变量仍为 ，故弹簧被压缩至最短后至粘合体静止的过 程中， 解得： 即：粘合体在最后静止在距 m1 初位置 0.125m 处。 13.下列关于热现象的说法,正确的是 ． A. 晶体的各向异性是因为其内部原子排列方式导致的 B. 某种液体汽化成气体时所需的能量与其质量之比,叫做这种物质的汽化热 C. 水的饱和汽压随着温度的升高而增大 D. 一定量 0℃的冰融化成 0℃的水,其分子动能之和不变,分子势能之和变小 E. 温度升高,分子平均动能增大,但物体的内能不一定增大 【答案】ACE 【解析】 【详解】A、晶体的内部原子排列呈一定规律，各向异性也是因为其内部原子排列方式导致的， 故 A 正确； B、汽化热为单位质量的液体在温度保持不变的情况下转化为气体时所吸收的热量，故 B 错误； C、饱和蒸汽的分子数密度和分子的平均速率都随温度的升高而增大，因此水的饱和汽压随着 1 0.75ms d x s= − − = 2 2 1 2 )(m v m m v+= 3m/sv = 2 1 2 1 3J2 m m v+ =（ ） 0.01mx = 1 2 1 2sin cos 0PE m m gs m m gsθ µ θ− + − + =（ ） （ ） 1 m=0.125m8s = 温度的升高而增大，故 C 正确； D、一定量 0℃的冰融化成 0℃的水，吸热，其分子动能之和不变,分子势能之和变大，故 D 错 误； E、温度升高,分子平均动能增大,但物体的内能不一定增大，例如物体在温度升高的同时对外 做功，消耗掉吸收的内能，所以物体内能不一定增大，故温度升高,分子平均动能增大，但物 体的内能不一定增大 E 正确。 14.如图所示为一个气体温度计结构图,玻璃测温泡 A 内充有理想气体,通过细玻璃管 B 和水 银压强计相连．开始时 A 处于冰水混合物中,左管 C 中水银面在 O 点处,右管 D 中水银面高出 O 点 h1=15cm．现将 A 放人待测恒温槽中,上下移动 D,使 C 中水银面仍在 O 点处,测得 D 中水银 面高出 O 点 h2=25cm．已知外界大气压为 P0=75cmHg,气体的总体积为 100mL．求： (i)恒温槽的温度 T1; (ⅱ)将整体保持原样从恒温槽中取出,放置在外界中,外界环境温度 T2=300K．将气体温度计由 静止释放,不计一切阻力,且假设整个下落过程中都保持装置形态不变,水银未漏出．求稳定后 气体的体积． 【答案】（i）303.3K （ii）131.9mL 【解析】 【详解】（i）设恒温槽的温度为 T1，A 内气体发生等容变化， 根据查理定律得： 代入数据： 1 0 1 P P T T = ′ 1 75 15 75 25 273 T + += （ii）在完全失重状态下，气体的压强为： P0=75cmHg， 故： 代入数据： 解得： V≈131.9mL 15.列说法中正确的是 ． A. 物体做简谐运动时,回复力一定是物体受到的合外力 B. 系统在驱动力作用下的振动叫做受迫振动,受迫振动的周期与驱动力的周期一致 C. 在波动中,振动相位总是相同的两个质点间的距离叫做波长 D. 波可以绕过障碍物继续传播的现象叫做波的衍射 E. 含有多种颜色的光被分解为单色光的现象叫做光的色散现象 【答案】BDE 【解析】 【详解】A、物体做简谐运动时,回复力不一定是物体受到的合外力，例如在单摆中，单摆的 回复力是重力沿轨迹切线方向的分力，并非是重力与绳子拉力的合力，故 A 错误； B、系统在驱动力作用下的振动叫做受迫振动，且受迫振动的周期与驱动力的周期一致，故 B 正确； C、在波动中,振动相位总是相同的两个相邻质点间的距离叫波长，故 C 错误； D、波可以绕过障碍物继续传播的现象属于波的衍射，故 D 正确； E、色散现象是将含有多种颜色的光被分解为单色光的现象，故 E 正确。 16.如图所示为某种新型材料,可用于制作眼镜镜片．一束光线射到该种材料制作的立方体上, 经折射后,射在桌而上的 P 点．已知光线的人射角为 30°,OA=6cm,AB=18cm，BP=12cm．求： (i)该新型材料的折射率 n;(结果可以保留根号) (ⅱ)如果光线从该种材料进人空气,产生全反射现象,新型材料的临界角 C 为多少． 1 910 303.33T K= ≈ 0 11 0 2 PVPV T T = 75 15 100 75 273 300 V+ × =（ ） 【答案】（i） （ii） 【解析】 【分析】 由题中“一束光线射到该种材料制作的立方体上”可知，本题考查折射率和全反射，根据折 射图和折射规律可分析本题。 【详解】（i）设折射角为 r，由折射定律知： 由几何关系知： 且 代入数据解得： （ii）根据角度关系可得 ， 该种材料的全反射临界角为 C，满足 10 2 10 5 sin30 sinn r° = 12 6 6sin = PB OAr OP OP OP − −= = 2 2 2 26 18 360 6 10cmOP PB OA AB= − + = + = =（ ） sin30 106 26 10 n ° = = 1 1 10sin 510 2 C n = = = 10sin 5C =