2020年全国一卷高考物理模拟试卷三 解析版

第 1 页 / 共 13 页 2020 年全国高考物理模拟试卷（三） （考试时间：90 分钟 试卷满分：110 分） 第Ⅰ卷 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 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，有选错或不答的得 0 分。 14.设竖直向上为 y 轴正方向，如图所示曲线为一质点沿 y 轴运动的位置—时间(y­t)图像，已知图线为 一条抛物线，则由图可知(  ) A．t＝0 时刻质点速度为 0 B．0～t1 时间内质点向 y 轴负方向运动 C．0～t2 时间内质点的速度一直减小 D．t1～t3 时间内质点相对坐标原点 O 的位移先为正后为负 解析：选 C 在 t＝0 时刻 y ­t 图线斜率不为 0，说明 t＝0 时刻质点速度不为 0,0～t1 时间内质点向 y 轴 正方向运动，故 A、B 错误。根据斜率表示速度，可知，0～t2 时间内质点的速度一直减小，故 C 正确。 t1～t3 时间内质点相对坐标原点 O 的位移一直为正，故 D 错误。 15.如图所示，桌面上固定一个光滑竖直挡板，现将一个长方形物块 A 与截面为三角形的垫块 B 叠放在 一起，用水平外力 F 缓缓向左推动 B，使 A 缓慢升高，设各接触面均光滑，则该过程中(  ) A．A 和 B 均受三个力作用而平衡 B．B 对桌面的压力越来越大 C．A 对 B 的压力越来越小 D．推力 F 的大小恒定不变 解析：选 D 先以 A 为研究对象，分析受力情况：重力、墙的弹力和斜面的支持力三个力，B 受到重 力、A 的压力、地面的支持力和推力 F 四个力。故 A 错误。当 B 向左移动 时，B 对 A 的 支持力和墙对 A 的支持力方向均不变，根据平衡条件得知，这两个力大小 保持不变，则 A 对 B 的压力也保持不变。对整体分析受力如图所示，由平衡条件得知， F＝N1，挡板 第 2 页 / 共 13 页 对 A 的支持力 N1 不变，则推力 F 不变。桌面对整体的支持力 N＝G 总，保持不变。则 B 对桌面的压力不变， 故 B、C 错误，D 正确。 16．如图所示，轻杆长 3L，在杆两端分别固定质量均为 m 的球 A 和 B，光滑水平转轴穿过杆上距球 A 为 L 处的 O 点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球 B 运动到最高点时，杆对球 B 恰 好无作用力。忽略空气阻力。则球 B 在最高点时(  ) A．球 B 的速度为零 B．球 A 的速度大小为 2gL C．水平转轴对杆的作用力为 1.5mg D．水平转轴对杆的作用力为 2.5mg 解析：选 C 球 B 运动到最高点时，杆对球 B 恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有 mg＝mvB2 2L， 解得 vB＝ 2gL，故 A 错误；由于 A、B 两球的角速度相等，则球 A 的速度大小 vA＝1 2 2gL，故 B 错误； B 球在最高点时，对杆无弹力，此时 A 球受重力和拉力的合力提供向心力，有 F－mg＝m vA2 L 解得：F＝ 1.5mg，故 C 正确，D 错误。 17．如图所示，一半径为 R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为 m 的质点自轨道端点 P 由静止开始滑下，滑到最低点 Q 时，对轨道的正压力为 2mg，重力加速度大小为 g。质点自 P 滑到 Q 的 过程中，克服摩擦力所做的功为(  ) A.1 4mgR B.1 3mgR C.1 2mgR D.π 4mgR 解析：选 C 在 Q 点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有 N－mg＝mv2 R，N＝2mg，联立解得 v＝ gR，下落过程中重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可得 mgR－Wf＝1 2mv2，解得 Wf＝1 2mgR，所以克服摩擦力做功为 1 2mgR，C 正确。 第 3 页 / 共 13 页 18.如图所示，一质量 M＝3.0 kg 的长方形木板 B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量 m＝1.0 kg 的小木块 A。给 A 和 B 以大小均为 4.0 m/s、方向相反的初速度，使 A 开始向左运动，B 开始向右运动， A 始终没有滑离木板。 在小木块 A 做加速运动的时间内，木板速度大小可能是(  ) A．1.8 m/s        B．2.4 m/s C．2.8 m/s D．3.0 m/s 解析：选 B A 先向左减速到零，再向右加速运动，在此期间，木板减速运动，最终它们保持相对静 止，设 A 减速到零时，木板的速度为 v1，最终它们的共同速度为 v2，取水平向右为正方向，则 Mv－mv＝ Mv1，Mv1＝(M＋m)v2，可得 v1＝8 3 m/s，v2＝2 m/s，所以在小木块 A 做加速运动的时间内，木板速度大 小应大于 2.0 m/s 而小于8 3 m/s，只有选项 B 正确。  19. 如图，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直 并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好。在向右匀速通过 M、N 两区的过程中，导体棒所受安培 力分别用 FM、FN 表示。不计轨道电阻。以下叙述正确的是(  ) A．FM 向右 B．FN 向左 C．FM 逐渐增大 D．FN 逐渐减小 解析：导体棒靠近长直导线和远离长直导线时导体棒中产生的感应电流一定阻碍这种相对运动，故因 FM 向左，FN 也向左，A 错误，B 正确；导体棒匀速运动时，磁感应强度越强，感应电流的阻碍作用也越强， 考虑到长直导线周围磁场的分布可知，FM 逐渐增大，FN 逐渐减小，C、D 均正确。 20. 如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为 k，一端固定在倾角为 θ 的斜面底端，另一端 与物块 A 连接；两物块 A、B 质量均为 m，初始时均静止。现用平行于斜面向上的力 F 拉动物块 B，使 B 做加速度为 a 的匀加速运动，A、B 两物块在开始一段时间内的 v ­t 关系分别对应图乙中 A、B 图线(t1 时刻 A、B 的图线相切，t2 时刻对应 A 图线的最高点)，重力加速度为 g，则(  ) 第 4 页 / 共 13 页 A．t2 时刻，弹簧形变量为 0 B．t1 时刻，弹簧形变量为(mgsin θ＋ma)/k C．从开始到 t2 时刻，拉力 F 逐渐增大 D．从 t1 时刻开始，拉力 F 恒定不变 [解析] 由题图知，t2 时刻 A 的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律有 mgsin θ＝kx， 则 x＝mgsin θ k ，故 A 错误；由题图读出，t1 时刻 A、B 开始分离，对 A 根据牛顿第二定律 kx－mgsin θ＝ma， 则 x＝mgsin θ＋ma k ，故 B 正确；从开始到 t1 时刻，对 AB 整体，根据牛顿第二定律 F＋kx－2mgsin θ＝2ma， 得 F＝2mgsin θ＋2ma－kx，x 减小，F 增大，t1 时刻到 t2 时刻，对 B 由牛顿第二定律得 F－mgsin θ＝ma， 得 F＝mgsin θ＋ma，可知 F 不变，故 C 错误，D 正确。 [答案] BD 21．如图所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为 0.5 T 的匀强磁场，一质量为 0.2 kg 且足够长 的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端放置一质量为 m＝0.1 kg、带正电 q＝0.2 C 的滑块，滑块与 绝缘木板之间动摩擦因数为 0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。现对木板施加方向水 平向左，大小为 F＝0.6 N 的恒力，g 取 10 m/s2。则滑块(  ) A．开始做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动 B．一直做加速度为 2 m/s2 的匀加速运动，直到滑块飞离木板为止 C．速度为 6 m/s 时，滑块开始减速 D．最终做速度为 10 m/s 的匀速运动 解析：选 AD 由于滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为 0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为 μg＝5 m/s2，所以当 0.6 N 的恒力作用于木板时，系统一起以 a＝ F M＋m＝ 0.6 0.2＋0.1 m/s2＝2 m/s2 的加速度一起运 第 5 页 / 共 13 页 动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板 之间的弹力为零，此时 Bqv＝mg，解得：v＝10 m/s，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作 用下做匀加速运动，a′＝F M＝0.6 0.2 m/s2＝3 m/s2。可知滑块先与木板一起做匀加速直线运动，然后发生相 对滑动，做加速度减小的变加速运动，最后做速度为 10 m/s 的匀速运动。故 A、D 正确，B 错误。滑块开 始的加速度为 2 m/s2，当恰好要开始滑动时，Ff＝μ(mg－qvB)＝ma，代入数据得：v＝6 m/s，此后滑块的 加速度减小，仍然做加速运动，故 C 错误。 第Ⅱ卷 二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第 22~25 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 33~34 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题（共 47 分） 22．用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。实验所用的电源为学生电源，输出电压为 6 V 的交 流电和直流电两种。重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点痕进 行测量，据此验证机械能守恒定律。 (1)下面列举了该实验的几个操作步骤： A．按照图示的装置安装器件； B．将打点计时器接到电源的“直流输出”上； C．用天平测出重锤的质量； D．释放纸带，立即接通电源开关打出一条纸带； E．测量纸带上某些点间的距离； F．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能。 其中没有必要进行的或者操作不当的步骤是________。(将其选项对应的字母填在横线处) (2)在验证机械能守恒定律的实验中，若以 1 2v2 为纵轴，以 h 为横轴，根据实验数据绘出 1 2v2­h 的图像 应是____________，才能验证机械能守恒定律；1 2v2­h 图像的斜率等于________的数值。 第 6 页 / 共 13 页 解析：(1)B 项，打点计时器应接到电源的“交流输出”上，故 B 错误。 C 项，因为我们是比较 mgh、1 2mv2 的大小关系，故 m 可约去，不需要用天平。故 C 没有必要进行。 D 项，开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先 放开纸带让重物下落，再接通打点计时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实 验产生较大的误差。故 D 错误。故选 B、C、D。 (2)利用 1 2v2­h 图线处理数据，物体自由下落过程中机械能守恒，mgh＝1 2mv2，即 1 2v2＝gh，所以以 1 2v2 为纵轴，以 h 为横轴画出的图线应是过原点的倾斜直线。那么 1 2v2­h 图线的斜率就等于重力加速度 g。 答案：(1)BCD (2)过原点的倾斜直线 重力加速度 23．用如图甲所示的电路图来测量多用电表的电池的电动势，其中电阻箱的最大阻值为 999.9 Ω，电 流表的量程为 0～50 mA、内阻为 20 Ω。进行的操作如下，请回答相关问题： (1)将多用电表的旋钮调节到“×1”挡位，然后将两表笔________，再进行欧姆调零； (2)将多用电表接入电路，其中接线柱 2 应与多用电表的________(填“红”或“黑”)表笔相连接，接 线柱 1 再与另一表笔相连接； (3)调节电阻箱的阻值使电流表的读数超过满偏电流的1 3，其中某次调节后，电阻箱和电流表的示数如 图乙、丙所示，则电阻箱的示数为 R＝________，电流表的示数为 I＝________； (4)通过多次操作将记录的多组数据在如图丁所示的坐标系中描绘出来，其函数图线如图丁所示，由图 线可知电动势 E＝________。 解析：(1)使用多用电表选欧姆挡后需要将红、黑表笔短接，进行欧姆调零。 第 7 页 / 共 13 页 (2)多用电表的电流从黑表笔流出，从红表笔流入。 (3)电阻箱的读数为 35.0 Ω，电流表的精确度为 1 mA，需要估读到 0.1 mA，电流表示数为 20.0 mA。 (4)设欧姆表的内阻为 R0，电流表的内阻为 RA，由闭合电路欧姆定律得 E＝I(R0＋RA＋R)，整理得1 I＝ R0＋RA E ＋R E，1 I－R 图像的斜率等于1 E，可以利用图像在纵轴上的截距和题中电阻箱和电流表的读数求出， 进而得到电动势为 1.4 V。 答案：(1)短接 (2)黑 (3)35.0 Ω 20.0 mA (4)1.4 V 24.如图所示，质量 M＝5 kg 的木板 A 在恒力 F 的作用下以速度 v0＝12 m/s 向右做匀速直线运动，某 时刻在其右端无初速度地放上一质量为 m＝1 kg 的小物块 B。已知木板与地面间的动摩擦因数 μ1＝0.6， 物块与木板间的动摩擦因数 μ2＝0.4。(物块可看作质点，木板足够长，取 g＝10 m/s2)试求： (1)放上物块后木板发生的位移； (2)物块与木板之间产生的摩擦热。 解析：(1)可知 F＝μ1Mg＝30 N 放上物块之后的木板 F－μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma1 物块 μ2mg＝ma2 两者速度相等 a2t1＝v0＋a1t1 解得 t1＝2 s 可知速度相同时 v＝8 m/s 2 s 内木板发生位移为 x1＝v0＋v 2 t1＝20 m 二者共速后一起做匀减速运动，μ1(M＋m)g－F＝(M＋m)a3 一起减速到零所需时间为 t2＝ v a3＝8 s 减速过程木板发生位移为 x2＝v 2t2＝32 m 第 8 页 / 共 13 页 木板发生位移为 x＝x1＋x2＝52 m。 (2)在第一过程中物块的位移为 x 物＝v 2t1＝8 m 物块与木板间产生的摩擦热为 Q＝μ2mg(x1－x 物)＝48 J。 答案：(1)52 m (2)48 J 25.如图所示，金属导轨 MNC 和 PQD，MN 与 PQ 平行且间距为 L，所在平面与水平面夹角为 α，N、 Q 连线与 MN 垂直，M、P 间接有阻值为 R 的电阻；光滑直导轨 NC 和 QD 在同一水平面内，与 NQ 的夹角 都为锐角 θ。均匀金属棒 ab 和 ef 质量均为 m，长均为 L。ab 棒初始位置在水平导轨上与 NQ 重合；ef 棒垂 直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为 μ(μ 较小)，由导轨上的小立柱 1 和 2 阻挡而静止。空间有方 向竖直的匀强磁场(图中未画出)。两金属棒与导轨保持良好接触。不计所有导轨和 ab 棒的电阻，ef 棒的阻 值为 R，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为 g。 (1)若磁感应强度大小为 B，给 ab 棒一个垂直于 NQ、水平向右的速度 v1，在水平导轨上沿运动方向滑 行一段距离后停止，ef 棒始终静止，求此过程 ef 棒上产生的热量； (2)在(1)问过程中，ab 棒滑行距离为 d，求通过 ab 棒某横截面的电量； (3)若 ab 棒以垂直于 NQ 的速度 v2，在水平导轨上向右匀速运动，并在 NQ 位置时取走小立柱 1 和 2， 且运动过程中 ef 棒始终静止。求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下 ab 棒运动的最大距离。 解析：(1)设 ab 棒的初动能为 Ek，ef 棒和电阻 R 在此过程产生热量分 别为 W 和 W1， 有：W＋W1＝Ek ①；且 W＝W1 ② 由题意有：Ek＝1 2mv12 ③ 得：W＝1 4mv12 ④ (2)设在题设的过程中，ab 棒滑行的时间为 Δt，扫过的导轨间的面积为 ΔS，通过 ΔS 的磁通量为 ΔΦ， ab 棒产生的电动势为 E，ab 棒中的电流为 I，通过 ab 棒某截面的电荷量为 q， 第 9 页 / 共 13 页 则有：E＝ΔΦ Δt  ⑤ 且 ΔΦ＝BΔS ⑥ I＝ q Δt ⑦ 又有 I＝2E R  ⑧ 由图所示，ΔS＝d(L－dcot θ) ⑨ 联立⑤～⑨，解得：q＝2Bd(L－dcot θ) R  ⑩ (3)ab 棒滑行距离为 x 时，ab 棒在导轨间的棒长度为：Lx＝L－2xcot θ ⑪ 此时，ab 棒产生的电动势为：Ex＝Bv2Lx ⑫ 流过 ef 棒的电流为：Ix＝Ex R ⑬ ef 棒所受安培力为：Fx＝BIxL ⑭ 联立⑪～⑭，解得：Fx＝B2v2L R (L－2xcot θ) ⑮ 有⑮式可得，Fx 在 x＝0 和 B 为最大值 Bm 时有最大值 F1。 由题意知，ab 棒所受安培力方向必水平向左，ef 棒所受安培力方向必水平向右，使 F1 为最大值的受 力分析如图甲所示，   第 10 页 / 共 13 页 图中 fm 为最大静摩擦力，有：F1cos α＝mgsin α＋μ(mgcos α＋F1sin α) ⑯ 联立⑮⑯，得：Bm＝1 L mg(sin α＋μcos α)R (cos α－μsin α)v2  ⑰ Bm 就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小，该磁场方向可竖直向上，也可竖直向下。 由⑮式可知，B 为 Bm 时，Fx 随 x 增大而减小，x 为最大 xm 时，Fx 为最小值，如图乙，可知 F2cos α＋μ(mgcos α＋F2sin α)＝mgsin α ⑱ 联立⑮⑰⑱，得：xm＝ μLtan θ (1＋μ2)sin αcos α＋μ 。 答案：(1)1 4mv12 (2)2Bd(L－dcot θ) R (3)1 L mg(sin α＋μcos α)R (cos α－μsin α)v2   μLtan θ (1＋μ2)sin αcos α＋μ （二）选考题：共 15 分。请考生从 2 道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。 33．[物理——选修 3–3]（15 分） (1)(多选)下列说法中正确的是________。 A．一定量气体膨胀对外做功 100 J，同时从外界吸收 120 J 的热量，则它的内能增大 20 J B．在使两个分子间的距离由很远(r＞10－9 m)减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增 大，分子势能不断增大 C．由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力 D．用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道油的密度即可 E．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越慢。 (2)一定质量的理想气体从状态 A 变化到状态 B，再变化到状态 C，其状态变化过程的 p­V 图像如图所 示。已知该气体在状态 A 时的温度为 27 ℃。则： 第 11 页 / 共 13 页 ①该气体在状态 B、C 时的温度分别为多少℃？ ②该气体从状态 A 到状态 C 的过程中内能的变化量是多大？ ③该气体从状态 A 到状态 C 的过程中是吸热，还是放热？传递的热量是多少？ 解析：(1)根据热力学第一定律知：ΔU＝W＋Q＝－100 J＋120 J＝20 J，A 正确；在使两个分子间的距 离由很远(r＞10－9 m)减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先增大后减小再增大，分子势能先减小后 增大，B 错误；由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力，C 正确；用油 膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道油的摩尔体积即可，D 错误；空气相对湿 度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越慢，E 正确。 (2)①状态 A：tA＝300 K，pA＝3×105 Pa，VA＝1×10－3 m3 状态 B：tB＝？pB＝1×105 Pa，VB＝1×10－3 m3 状态 C：tC＝？pC＝1×105 Pa，VC＝3×10－3 m3 A 到 B 过程等容变化，由等容变化规律得：pA tA ＝pB tB ，代入数据得：tB＝100 K＝－173 ℃ B 到 C 为等压变化，由等压变化规律得：VB tB ＝VC tC ，代入数据得：tC＝300 K＝27 ℃。 ②因为状态 A 和状态 C 温度相等，且气体的内能是所有分子的动能之和，温度是分子平均动能的标志 所以在这个过程中：ΔU＝0。 ③由热力学第一定律得：ΔU＝Q＋W，因为 ΔU＝0 故：Q＝－W 在整个过程中，气体在 B 到 C 过程对外做功，所以：W＝－pΔV＝－1×105×(3×10－3－1×10－3) J＝ －200 J 即：Q＝200 J，是正值，故在这个过程中吸热。 答案：(1)ACE (2)①－173 ℃ 27 ℃ ②0 ③吸热 200 J 34．[物理——选修 3–4]（15 分） 第 12 页 / 共 13 页 (1)由波源 S 形成的简谐横波在均匀介质中向左、右传播。波源振动的频率为 20 Hz，波速为 16 m/s。 已知介质中 P、Q 两质点位于波源 S 的两侧，且 P、Q 和 S 的平衡位置在一条直线上，P、Q 的平衡位置到 S 的平衡位置之间的距离分别为 15.8 m、14.6 m。P、Q 开始振动后，下列判断正确的是________。 A．P、Q 两质点运动的方向始终相同 B．P、Q 两质点运动的方向始终相反 C．当 S 恰好通过平衡位置时，P、Q 两点也正好通过平衡位置 D．当 S 恰好通过平衡位置向上运动时，P 在波峰 E．当 S 恰好通过平衡位置向下运动时，Q 在波峰 (2)如图，玻璃球冠的折射率为 3，其底面镀银，底面的半径是球半径的 3 2 倍；在过球心 O 且垂直于 底面的平面(纸面)内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的 M 点，该光线的延长线恰好过底面边缘上 的 A 点，求该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角。 解析：(1)简谐横波的波长 λ＝v f＝16 20 m＝0.8 m。P、Q 两质点距离波源 S 的距离 PS＝15.8 m＝19λ＋ 3 4λ， SQ＝14.6 m＝18λ＋1 4λ。因此 P、Q 两质点运动的方向始终相反，A 错误，B 正确。当 S 恰好通过平衡位置 向上运动时，P 在波峰的位置，Q 在波谷的位置。当 S 恰好通过平衡位置向下运动时，P 在波谷的位置， Q 在波峰的位置。C 错误，D、E 正确。 (2)设球半径为 R，球冠底面中心为 O′，连接 OO′，则 OO′⊥AB。令∠OAO′＝α，有 cos α＝O′A OA ＝ 3 2 R R ① 即 α＝30°② 由题意知 MA⊥AB 所以∠OAM＝60°③ 第 13 页 / 共 13 页 设图中 N 点为光线在球冠内底面上的反射点，则光线的光路图如图所示。设光线在 M 点的入射角为 i， 折射角为 r，在 N 点的入射角为 i′，反射角为 i″，玻璃的折射率为 n。由于△OAM 为等边三角形，有 i＝60°④ 由折射定律有 sin i＝nsin r⑤ 代入题给条件 n＝ 3得 r＝30°⑥ 作底面在 N 点的法线 NE，由 NE∥AM，有 i′＝30°⑦ 根据反射定律，有 i″＝30°⑧ 连接 ON，由几何关系知△MAN≌△MON， 故有∠MNO＝60°⑨ 由⑦⑨式得∠ENO＝30°⑩ 于是∠ENO 为反射角，ON 为反射光线。这一反射光线经球面再次折射后不改变方向。所以，射出玻 璃球冠的光线相对于入射光线的偏角 β 为 β＝180°－∠ENO＝150°。⑪ 答案：(1)BDE (2)150°