2020届四川省成都市高三6月第三次诊断性检测理综物理试题（解析版）

成都市 2017 级高中毕业班第三次诊断性检测理科综合 一、选择题 1.1919 年，卢瑟福用 a 粒子轰击氮原子核发现了质子。发现质子的核反应方程为： ,则 X 的原子序数和质量数分别为（　　） A. 8 和 17 B. 7 和 17 C. 6 和 14 D. 10 和 15 【答案】A 【解析】 【详解】氮和氢的原子序数分别为 7 和 1， 粒子的核电荷数和质量数分别为 2 和 4，由反应前后核电荷数 和质量数守恒可知，X 的原子序数和质量数分别为 8 和 17，故 A 正确； 故选 A。 2.如图，理想变压器原、副线圈的匝数比 n1:：n2=4：1，电阻 R=4Ω，交流电表均为理想电表，原线圈输入 电压的瞬时值表达式 ，下列说法正确的是（　　） A. 交变电流的频率为 100Hz B. 电压表的示数为 24V C. 电流表的示数为 1.5A D. 变压器的输入功率为 9W 【答案】D 【解析】 【详解】A．由 可得，交流电的频率为 故 A 错误； B．由 可得，副线圈两端电压的有效值为 故电压表示数 6V，故 B 错误； C．副线圈中电流为 为 14 1N H Xα + → + α 24 2 sin100 (V)u tπ= 24 2 sin100 (V)u tπ= 100 Hz 50Hz2f π π= = 1 1 2 2 U n U n = 2 6VU =由 可得，原线圈中电流为 故 C 错误； D．输出功率为 故原线圈中输入功率也为 9W，故 D 正确； 故选 D。 3.如图，在直角三角形 ACD 区域的 C、D 两点分别固定着两根垂直纸面的长直导线，导线中通有大小相等、 方向相反的恒定电流，∠A= ，∠C= ，E 是 CD 边的中点，此时 E 点的磁感应强度大小为 B，若仅将 D 处的导线平移至 A 处，则 E 点的磁感应强度（　　） A. 大小仍为 B,方向垂直于 AC 向上 B. 大小为 B，方向垂直于 AC 向下 C. 大小为 B，方向垂直于 AC 向上 D. 大小为 B，方向垂直于 AC 向下 【答案】B 【解析】 【详解】根据对称性 C、D 两点分别固定着两根垂直纸面的长直导线在 E 点产生的磁感应强度 由几何关系可知 AE=CE=DE 2 2 1.5AUI R = = 1 2 2 1 I n I n = 1 0.375AI = 2 2 2 9WP U I= = 90° 30° 3 2 3 2 3 0 2 BB =所以若仅将 D 处的导线平移至 A 处在 E 处产生的磁感应强度仍为 B0，如图所示 仅将 D 处的导线平移至 A 处，则 E 点的磁感应强度为 方向垂直于 AC 向下。 A．大小仍为 B,方向垂直于 AC 向上　　与上述结论不相符，故 A 错误； B．大小为 B，方向垂直于 AC 向下　　与上述结论相符，故 B 正确； C．大小为 B，方向垂直于 AC 向上 　　与上述结论不相符，故 C 错误； D．大小 B，方向垂直于 AC 向下　　与上述结论不相符，故 D 错误； 故选 B。 4.如图，光滑球 A 与粗糙半球 B 放在倾角为 的斜面 C 上，C 放在水平地面上，均处于静止状态。若 A 与 B 的半径相等，A 的质量为 2m，B 的质量为 m，重力加速度大小为 g，则（　　） A. C 对 A 支持力大小为 mg B. C 对 B 的摩擦力大小为 C. B 对 A 的支持力大小为 为 的 0 32 cos30 2B B B′ = ° = 3 2 3 2 3 30° 3 1 2 mg 2 3 3 mgD. 地面对 C 的摩擦力大小为 【答案】C 【解析】 【详解】AC．由几何关系可知，C 对 A 的支持力、B 对 A 的支持力与 A 的重力的反向延长线的夹角都是 30°，由平衡条件可知 故 C 正确，B 错误； B．以 AB 整个为对象，沿斜面方向静摩擦力与重力的分力平衡，所以 C 对 B 的摩擦力大小为 故 B 错误； D．以 ABC 整体为对象，水平方向不受力，所以地面对 C 的摩擦力大小为 0，故 D 错误； 故选 C。 5.如图（a)，在竖直平面内固定一光滑半圆形轨道 ABC，B 为轨道的中点，质量为 m 的小球以一定的初动能 Ek0 从最低点 A 冲上轨道。图（b)是小球沿轨道从 A 运动到 C 的过程中，动能 Ek 与其对应高度 h 的关系图 像。已知小球在最高点 C 受到轨道的作用力大小为 25N，空气阻力不计，重力加速度 g 取 10m/s2.由此可知 （　　） A. 小球的质量 m=0.2kg B. 初动能 Ek0=16 J C. 小球在 C 点时重力的功率为 60W D. 小球在 B 点受到轨道的作用力大小为 85N 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图乙可知，圆环的半径的 0.4m，小球在 C 点的动能大小 EkC=9J, 因小球所受重力与弹力的 合力提供向心力，根据牛顿第二定律得： 3 6 mg 2 3 2cos30 3 A BA CA G mgF F= = =° f 3( )sin30 2A B mgF G G= + ° =解得小球的质量 m=2kg 故 A 错误； B．由机械能守恒定律得，初动能 其中 C．小球在 C 点时重力与速度方向垂直，重力的功率为 0，故 C 错误； D．由机械能守恒定律得，B 点的初动能 在 B 点轨道的作用力提供向心力，由牛顿第二定律得 故 D 正确； 故选 D。 6.如图，a、b 是正在不同轨道上绕地心做匀速圆周运动的两颗卫星，它们的运行周期分别为 Ta 和 Tb，下列 判定正确的是（　　） A. a、b 均处于超重状态 B. Ta>Tb C. a、b 的运行速率之比为 D. a、b 的轨道半径之比为 【答案】BD 【解析】 【详解】A．a、b 均做匀速圆周运动，加速度向下指向地心，故处于失重状态，故 A 错误； 2 kC2Cmv Emg F R R + = = k0 kC 25JE mgh E= + = 0.8mh = kB kC 17J2 hE mg E= + = 2 kB2 85NBmv EF R R = = = a b b a v T v T = 23 aa 23b b Tr r T =B．根据万有引力提供向心力 解得 由图可知 所以 故 B 正确； C．根据 解得 故 C 错误； D．根据 解得 故 D 正确。 故选 BD。 7.如图，间距为 L、倾角为 θ 的两足够长平行光滑导轨固定，导轨上端接有阻值为 R 的电阻，下端通过开关 S 与单匝金属线圈相连，线圈内存在垂直于线圈平面向下且均匀增加的磁场。导轨所在区域存在垂直于导轨 平面、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场（图中未画出），靠在插销处垂直于导轨放置且与导轨接触良好的金 属棒 ab，质量为 m、电阻也为 R，闭合 S 后，撤去插销，ab 仍静止。线圈、导轨和导线的电阻不计，重力 加速度大小为 g，下列判定正确的是（　　） 2 2 2 2 4Mm vG m r mr T r = =π 3 2 rT GM π= a br r> a bT T> 2 rv T π= a a b b b a v r T v r T = 3 2 rT GM π= 23 aa 23b b Tr r T =A. B 的方向垂直于导轨平面向下 B. 线圈内磁通量的变化率为 C. 断开 S 后，ab 的最大速度为 D. 断开 S 后，电阻 R 的最大热功率为 【答案】BC 【解析】 【详解】A．线圈内存在垂直于线圈平面向下且均匀增加的磁场，根据楞次定律可知，感应电流为逆时针方 向，金属棒的电流方向为 ，对金属棒受力分析，受到重力和导轨的支持力，要使 ab 静止，安培力的 方向应沿导轨斜向上，根据左手定则，判断出 B 的方向垂直于导轨平面向上，故 A 错误； B．对金属棒 ab 受力分析 又 线圈内磁通量的变化率为 联立解得 故 B 正确； C．断开 S 瞬间，ab 电流消失，沿导轨向下做加速运动，对金属棒 ab 受力分析，根据牛顿第二定律 随着金属棒速度增加，感应电流变大，安培力也变大，所以加速度变小，直到加速度为零，金属棒的速度 sinmgR BL θ 2 2 2 sinmgR B L θ 2 2 2 2 2 2 sinm g R B L θ b a→ sinF mg θ=安 F BIL=安 E IRt ∆Φ = =∆ sinmgR t BL θ∆Φ =∆ sinmg BI L maθ ′− = 2 E BLvI R R R ′ = =+达到最大值，故 联立解得 故 C 正确； D．断开 S 后，整个电路产生的热量就是安培力做的功，所以最大热功率为安培力的最大功率 电阻 R 的最大热功率为 解得 故 D 错误。 故选 BC。 8.如图，水平虚线 AB 和 CD 之间的区域（竖直面内）存在方向水平向左的匀强电场，自该区域上方的 P 点， 将质量相同、电荷量分别为 q 和－q（q>0）的带电小球 M、N 先后以相同的水平初速度 v0 向左抛出，M、N 从虚线 AB 进入电场后，分别从虚线 CD 上的 a 点和 b 点（图中未画出）离开电场。已知 N 离开电场时的速 度方向竖直向下，空气阻力不计。由此可知（　　） A. 小球 M 在电场中可能做直线运动 B. 小球 M 与 N 在电场区域内运动的时间不相等 C. 从进入电场到离开电场，M 与 N 电势能改变量的绝对值之比为 2:1 D. 将另一不带电的小球 Q 以水平初速度 v0 从 P 点向左抛出，Q 必将经过 a、b 连线的中点 【答案】AD sinmg BI Lθ ′= max 2 2 2 sinmgRv B L θ= maxP F v= 安 sinF mg θ=安 R RP PR R = + 2 2 2 R 2 2 sinm g RP B L θ=【解析】 【详解】A．小球 M 在未进入电场前做的是平抛运动，到达虚线 AB 时的速度方向是左下方，进入电场时， 受到重力和电场力，重力方向向下，电场力方向向左，这两个力的合力方向是左下方，合力大小方向不变， 如果此时的速度方向和合力方向一样，则小球 M 在电场中做直线运动，故 A 正确； B．小球 M 与 N 在电场区域内，在竖直方向只受到的重力，由于进入电场初速度相同，竖直方向加速度相 同，都为 g，所以 M、N 在电场中运动的时间 t 相等，故 B 错误； C．M、N 在电场中运动的时间 t 相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为 a，在电场中沿 水平方向的位移分别为 和 。由题给条件和运动学公式得 由于 N 离开电场时的速度方向竖直向下，此时水平速度为零，即 联立解得 而电势能改变量为 代入解得 故 C 错误； D．设小球 Q 在电场中沿水平方向的位移为 ，则 解得 可以看出，Q 必将经过 a、b 连线的中点，故 D 正确。 故选 AD。 二、非选择题 9.用图（a）所示装置验证机械能守恒定律。图（b）是某次实验中正确操作得到的一张纸带，依次测出了计 1x 2x 2 1 0 1 2x v t at= + 2 2 1 2x v t at= −0 0 0v at− = 1 23x x= pE qU qEx∆ = = p1 p2 1 2: : 3:1E E x x∆ ∆ = = 3x 3 0x v t= 1 3 22 3x x x= =时点 A、B、D、E、F 到计时点 O 的距离 h1、h2、h3、h4、h5，已知打点频率为 f，当地重力加速度大小为 g。 （1）打 A 点时重锤的速度表达式 vA=________；打 E 点时重锤的速度表达式 vE=__________； （2）若选取 A 到 E 的过程验证机械能守恒定律，则需要验证的关系式为________ 。 【答案】 (1). (2). (3). 【解析】 【详解】（1）[1] 根据匀变速直线运动的推论：某段时间内中间时刻的速度等于这段时间的平均速度，故 A 点速度为 [2] E 点的速度为 （2）[3] 从 A 到 E 过程，重力势能减少量为 其动能增加量为 根据机械能守恒有 化简得 10.欲研究一只额定电压为 8V、额定电流为 0.4A 的小灯泡的伏安特性。要求测量精度高，且灯泡两端电压 能够在 0~8V 范围内变化。实验提供的器材有： A.直流电源（电动势 9V，内阻不计） 2 2 fh 5 3( ) 2 f h h− ( )2 2 2 4 1 5 3 2( ) 8 fg h h h h h − = − −  2 2 2 2A h fhv T = = 5 3 5 3( ) 2 2E h h f h hv T − −= = ( )p 4 1Δ AEE mgh mg h h= = − 2 2 k 1 1Δ 2 2E AE mv mv= − p kΔ ΔE E= ( )2 2 2 4 1 5 3 2( ) 8 fg h h h h h − = − − B.电流表（量程 0.6A，内阻约 0.3Ω) C.电流表（量程 3A，内阻约 0.06Ω) D 电压表（量程 10V，内阻约 10kΩ) E.滑动变阻器（阻值 0~10Ω) F.开关一只，导线若干 (1)为测电流，电流表应选择____________（填器材序号字母）。 (2)在答题卡对应的图（a）中用笔画线代替导线连接电路____。 (3)图（b）是利用实验测得的多组数据作出的小灯泡的伏安特性曲线（U 表示小灯泡两端的电压，I 表示通 过小灯泡的电流）。根据图（b）可确定小灯泡的功率 P 与 U2 或 P 与 I2 的关系曲线，下图中合理的是___。 （填选项序号字母） A. B. C. D. (4)将该小灯泡接入图（c）所示电路。已知 R=4Ω，电源电动势 E=6.0V、内阻 r=1.0Ω，则小灯泡所消耗的电 功率为____________W。（保留 2 位有效数字） .【答案】 (1). B (2). (3). D (4). 1.4 【解析】 【详解】(1)[1]小灯泡额定电流为 0.4A，故选择 B。 (2)[2]要描绘待测元件的伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，待测元 件的电阻 属于小电阻，故应采用电流表外接法；实物电路图如图所示 (3)[3]随着电压或电流的增大，小灯泡的电阻增大，小灯泡的电功率与电压或电流的关系分别为 8 200.4R = Ω = Ω 2UP R =或 所以 图象中切线斜率应不断减小， 图象中切线斜率不断增大，故 ABC 错误，D 正确。故选 D。 (4)[4]根据闭合电路欧姆定律 在图(b)中画出该图像，如图所示 由图象可知，交点为 则小灯泡所消耗的电功率为 11.如图，直角坐标系 xOy 的 II、III 象限存在方向沿 a 轴正方向的匀强电场、场强大小为 E；I、IV 象限存 在一个圆心在 O1(b,0)且与 y 轴相切于 O 点的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于坐标平面。从 x 轴上 P(-a,0)点由静止释放一个质量为 m、电荷量为 q(q>0)的带电粒子，粒子穿出磁场的位置为 Q。已知 = ，粒子重力不计、大小可忽略。求： (1)磁场的磁感应强度大小和方向； (2)粒子在磁场中运动的时间。 2P I R= 2P U− 2P I− ( ) 6 5U E I R r I= − + = − 4.4VU = 0.32AI = 4.4 0.32W 1.4WP UI= = × = 1QO x∠ 60°【答案】(1) ，方向垂直于 xOy 坐标平面向里；(2) 【解析】 【详解】(1)粒子在电场中沿 x 轴做匀加速直线运动，设粒子到达 O 点的速度为 v，由动能定理有 解得 在磁场中，粒子做匀速圆周运动，轨迹如答图 3，设轨道半径为 r 由几何关系有 得 由牛顿第二定律有 解得 由左手定则可知，磁场方向垂直于 xOy 坐标平面向里。 (2)粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角 又 6 3 qEam qb 6 6 b mt qEa π= 21 2qEa mv= 2qEav m = tan60r b= ° 3r b= 2vqvB m r = 6 3 qEamB qb = 2 60OO Qθ = ∠ = °运动时间 联立解得 12.如图，水平平台 BC 的右端与倾角 θ= 的足够长斜面 CD 相接，左端紧邻水平传送带上表面 AB，AB 长 L1=9m，BC 长 L2=11m，水平传送带始终以 v'=6m/s 的速度向右匀速运动。质量 m1=2kg 的小滑块 P 以 m/s 的水平向右速度从 A 端冲上传送带，在 B 端与质量 m2=1kg 的静止小滑块 Q 发生了时间极短 的弹性碰撞。已知两滑块与传送带和平台的动摩擦因数均为 u1=0.2，Q 与斜面的动摩擦因数为 u2=0.5，最大 静摩擦力等于滑动摩擦力，滑块可视为质点、滑块通过 C 点前后速率不变。（重力加速度 g=10m/s2，sin =0.6，cos =0.8，若需要将 开平方根，可认为： =10.8）。求： (1)碰撞后瞬间，P、Q 各自的速度大小； (2)从 A 到 B 的过程中，P 与传送带间因摩擦产生的热量； (3)平台对 Q 的摩擦力的总冲量。 【答案】(1)v2=3m/s，v3=12m/s；(2)14.4J；(3) ，方向水平向右 【解析】 【详解】(1)碰前，假设 P 的速度始终大于 v′，且 P 到达 B 端的速度为 v1，对 P，由牛顿第二定律有 代数据得 由运动学规律有 代入数据得 2 rT v π= 360t T θ= ° 6 6 b mt qEa π= 37° 0 117v = 37° 37° 117 117 ( )2 5 1 N s− ⋅ 1 1 1m g m aµ = 22m/sa = 2 2 1 0 12v v aL− = −因 故假设成立，设 P、Q 碰后瞬间的速度分别为 v2、v3，碰撞过程中，系统动量守恒、机械能守恒，有 代入数据解得 (2)设 P 在传送带上的运动时间为 t，由运动学规律有 代入数据得 传送带在时间 t 内的位移为 P 相对传送带的路程为 P 与传送带之间因摩擦产生的热量为 代入数据解得 (3)假设 P、Q 不再发生第二次碰撞，设 P 在平台上发生的位移为 x1，由动能定理有 代入数据得 设 Q 滑到 C 点时的速度为 vC，由动能定理有 1 9m/sv = 1v v> ′ 1 1 1 2 2 3m v m v m v= + 2 2 2 1 1 1 2 2 3 1 1 1 2 2 2m v m v m v= + 2 3m/sv = 3 12m/sv = 1 0v v at= − 0.9s t = x v t= ′ 1x L x∆ = − 1 1Q m g xµ= ∆ 14.4JQ = 2 1 1 1 1 2 10 2m gx m vµ− = − 1 2.25mx =代人数据得 在倾斜轨道 CD 上，由于 故 Q 要返回平台，设 Q 在 CD 上发生的最大位移为 x2，回到 C 点时速度大小为 v4。由动能定理有 代入数据得 设 Q 在平台上向左发生的位移为 x3，由动能定理有 代入数据得 因 故假设成立，P、Q 不再发生第二次碰撞，设 Q 向右、向左运动时，摩擦力的冲量分别为 I1、I2，以向右为 正方向，由动量定理有 平台对 Q 的摩擦力的总冲量为 代数据解得 2 2 1 2 2 2 C 2 3 1 1 2 2m gL m v m vµ− = − C 10m/sv = 2 0.5 tan37µ = < ° 2 2 2 2 2 2 2 C 1sin cos 0 2m g x m g x m vθ µ θ− − = − 2 2 2 2 2 2 2 4 1sin cos 02m g x m g x m vθ µ θ− = − 2 5mx = 4 2 5m/sv = 2 1 2 3 2 4 10 2m gx m vµ− = − 3 5mx = 1 3 2x x L+ < 1 2 2 3CI m v m v= − 2 2 40 ( )I m v= − − 1 2I I I= + 2 5 1 N sI = − ⋅（ ）方向水平向右。 13.下列说法正确的是＿＿ A. 扩散现象是由物质分子无规则运动产生的 B. 高原地区的沸水温度较低，这是高原地区温度较低的缘故 C. 在完全失重 情况下，气体对容器壁的压强为零 D. 由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体 E. 即使消除热机的漏气、摩擦和热量损耗，热机效率仍不能达到 100% 【答案】ADE 【解析】 【详解】A．扩散现象是由于分子无规则运动而产生的，故 A 正确； B．高原地区由于气压较低，故水的沸点降低，故 B 错误； C．气体压强与气体是否受重力无关，它是由于气体分子对容器壁的撞击产生的，故 C 错误； D．同种元素由于院子排列不同而构成不同的晶体，比如金刚石和石墨烯都是碳元素构成的，故 D 正确； E．由热力学第二定律可知，所有热机的效率不可能达到 100%，故 E 正确； 故选 ADE。 14.如图，导热气缸 A、B 下端由容积可忽略的细管连通，A 和 B 的容积分别为 V 和 2V，阀门 K2 位于细管 中部，阀门 K1、K3 分别位于 A、B 顶部，B 中有一可自由滑动的活塞。初始时，三个阀门均打开，活塞在 B 的底部，此时 A 中空气的质量为 m;现关闭 K2、K3,通过 K1 给 A 充人空气，当 A 中气体的压强达到外界大 气压强 p0 的 n 倍（n>1)时关闭 K1.(环境温度保持不变，活塞的质量、体积及活塞与气缸间的摩擦均不计， 活塞与缸壁间不漏气） (i)从关闭 K2、K3 到关闭 K1 的过程中，求通过 K1 给 A 充入的空气质量； (ii)关闭 K1 后再打开 K2,求稳定时活塞上方气体的体积和压强。 【答案】(i)M=（n-1）m；(ii) 【解析】 【详解】（i）设充入的空气质量为 M，以 A 中原有气体和充入气体整体为研究对象，初态 的 0 2 3 np p +′ =末态 气体发生等温变化，由玻意耳定律 p1V1=p2V2 有 解得 M=(n-1)m （ii）关闭 K1 后再打开 K2，设稳定时活塞上方气体体积为 V′、压强为 p′ 以关闭 K3 后 B 中气体为研究对象，初态 末态 由玻意耳定律有: 以关闭 K1 后 A 中气体为研究对象 初态 pA1=np0 VA1=V 末态 1 0p p= 1 (1 )MV Vm = + 2 0p np= 2V V= 0 01 Mp V np Vm  + =   1 0Bp p= 1 2BV V= 2Bp p′= 2BV V′= 0 2p V p V′ ′× = 2Bp p′=由玻意耳定律有 联立求解得 15.水袖是我国戏剧演员在舞台上表达感情时的一种夸张技法。某次表演中，演员抖动长袖一端，随之舞动 的长袖形成了一列简谐横波（如图），其中实线为 t1=0s 时刻波的图像，虚线为 t2=0.3s 时刻波的图像，波的 周期 T>0.3s，关于该简谐波，下列说法正确的是 A. 波长为 2m B. 周期一定为 1.2s C. 频率可能为 2.5Hz D. 若波沿 z 轴正方向传播，则波速可能为 15m/s E. 若波沿 x 轴负方向传播，则波速一定为 5m/s 【答案】ACE 【解析】 【详解】A．由波形图可知，该波的波长为 ，故 A 正确； BCDE．若该波向右传播，则其周期满足 由于 ，则 n=0，即 故其频率和波速分别为 2 3BV V V′= − 0 (3 )np V p V V′ ′= − 6 2V Vn ′ = + 0 2 3 np p +′ = 2mλ = 2 1 0.3 s1 1 4 4 t tT n n −= = + + 0.3sT > 1.2sT = 1 5 Hz6f T = =若该波向左传播，则 由于 ，则 n=0，即 故其频率和波速分别为 由以上分析可知，故 BD 错误，CE 正确。 故选 ACE。 16.如图，等腰三角形 ABC 为真空中竖直面内的棱镜横截面，其底边 BC 水平，角 B=30°,AB=L,P 为过 C 点 的竖直光屏。一束平行于 BC 边的光线射到 AB 边上 D 点，然后从 AC 边上 F 点（图中未画出）射出后在屏 上产生光点。已知棱镜的折射率 ,BD= ，真空中的光速为 c,BC 边只考虑一次反射。求： (i)F 点到 A 点的距离； (ii)光线由 D 点传播到光屏 P 所用的时间。 【答案】(i) ；(ii) 【解析】 【详解】（i）光路如答图 4，设光在 D 点的入射角和折射角分别为 i 和 r，在 BC 边的反射点为 E。 5 m/s3 λυ T = = 2 1 0.3 s3 3 4 4 t tT n n −= = + + 0.3sT > 0.4sT = 1 2.5Hzf T = = 5m/sλυ T = = 3n = 3 L 3 L 1 2 4 3 3 Lt t t c = + =因入射光平行于 BC，故 i=60°， 由折射定律有 代入数据得 r=30°， 因 ∠BED=180°-∠B-90°-r=30° 故△BED 为等腰三角形，DE=BD= ， 由反射定律可知∠FEC=∠BED=30°，故 ADEF 为平行四边形，则有 EF=AD=AB-BD= AF=DE= （ii）设光点位置在 S 光在棱镜中传播的距离为 x1=DE+EF=L 光在棱镜中传播的速度为 故光在棱镜中传播的时间为: 在 F 点光发生折射，易知:入射角 ， 由折射定律有 可得折射角 ，即 FS∥BC，故 故光从 F 到 S 的时间为 sin sin in r = 3 L 2 3 L 3 L cv n = 1 1 3x nL Lt v c c = = = 30i′ =  sinr sini n ′ = ′ 60r′ =  2 3sin 60 ( ) sin 60 3 Lx FS FC AC AF= = × ° = − × ° = 2 2 3 3 x Lt c c = =解得时间 1 2 4 3 3 Lt t t c = + =