2020届安徽省安庆七中高三（下）高考仿真模拟冲刺卷（一）物理试题（解析版）

安徽省安庆七中 2020 届高考物理仿真模拟冲刺卷（一） 第Ⅰ卷（选择题 共 48 分） 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，有选错的得 0 分。 ） 1.下列叙述正确的是（　　） A. 康普顿效应和光电效应深入地揭示了光的粒子性的一面。 前者表明光子具有能量，后者表明光子除具有 能量之外还具有动量 B. 氢原子的核外电子，由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近轨道，放出光子，电子的动能减小，电势能 增加 C. 处于基态的氢原子吸收一个光子跃迁到激发态，再向低能级跃迁时辐射光子的频率一定大于吸收光子的 频率 D. 卢瑟福依据极少数 α 粒子发生大角度偏转提出了原子的核式结构模型 【答案】D 【解析】 【详解】A．康普顿效应和光电效应深入地揭示了光的粒子性的一面，前者表明光子除具有能量之外还具有 动量，后者表明光子具有能量，A 错误； B．氢原子的核外电子，由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近轨道，释放一定频率的光子，电子的轨道半 径变小，电场力做正功，电子的动能增大，电势能减小，B 错误； C，处于基态的氢原子吸收一个光子跃迁到激发态，再向低能级跃迁时辐射光子的频率应小于或等于吸收光 子的频率，C 错误； D．α 粒子散射实验中极少数 α 粒子发生大角度偏转是卢瑟福提出原子核式结构模型的主要依据，D 正确.。 故选 D。 2.如图所示，ACBD 是一个过球心 O 的水平截面圆，其中 AB 与 CD 垂直，在 C、D、A 三点分别固定点电 荷＋Q、－Q 与＋q．光滑绝缘竖直杆过球心与水平截面圆垂直，杆上套有一个带少量负电荷的小球，不计 小球对电场的影响．现将小球自 E 点无初速度释放，到达 F 点的过程中(重力加速度为 g)，下列说法正确的 是(　　)A. 小球在 O 点的加速度大于 g B. 小球在 E 点的电势能大于在 O 点的电势能 C. 小球在 F 点的速度一定最大 D. 小球在运动过程中机械能一直减小 【答案】B 【解析】 小球在 O 点时，受到 C、D 两点电荷的库仑力的合力水平向左，受到 A 点电荷库仑力指向 A 点，则小球在 O 点受到库仑力的合力在夹角 范围内，故小球受杆的弹力就应在夹角 范围内，且大小与库 仑力的合力相等，方向相反，使小球水平方向所受合力为零，所以小球竖直方向只受重力，加速度为 g， 故 A 错误；由图可知，带负电的小球从E 点到 O 点时电势升高，故电势能减小，故 B 正确；当小球的合力 为零时，加速度为零，速度最大，对小球在 F 点受力分析可知，因不清楚重力与库仑力的大小关系，故无 法判断小球在 F 点时是否合力为零，故 C 错误；由图可知，E、F 是在同一等势面，故小球在运动过程中， 电势能先减小，后增大，则机械能先增大，后减小，故 D 错误；故选 B． 【点睛】分析小球的受力情况，由牛顿第二定律分析小球在 O 点的加速度．根据等量异种电荷电场中电势 分析情况，分析小球在三个点电荷的合电场中的电势情况，由能量守恒定律分析小球在 F 点的速度、电势 能、机械能关系． 3.甲、乙两车同时由同一地点沿同一方向做直线运动，它们的位移—时间图像如图所示，甲车对应的图线为 过坐标原点的倾斜直线，乙车对应的图线是顶点为 P 的抛物线，两图线相交于 P 点，则下列说法不正确的 是（　　） A. 乙的初速度是甲的两倍 B. 时间内，甲、乙的间距先增大后减小 C. 时间内，甲的平均速率大于乙的平均速率 D. 时间内，甲的路程等于乙的路程 【答案】C 【解析】 【详解】A.根据 x－t 图线的斜率表示速度，可知甲车做匀速直线运动，乙车图线为顶点在 P 点的抛物线， COA∠ BOD∠ 00 t 00 t 00 2t则乙车做匀变速直线运动，t0 时刻乙车的速度为 0，而 时间内两车的位移相等，则有 解得 即乙车的初速度为甲车初速度的两倍，故 A 正确，不合题意； B.由图象可知， 时间内两车之间 距离先增大后减小，故 B 正确，不合题意； C. 时间内两车的位移相等，则两车的平均速率大小相等，故 C 错误，符合题意； D.由对称性可知，乙车在 和 时间内的位移大小相等，又甲车做匀速运动，则 时间内甲 车的路程等于乙车的路程，故 D 正确，不合题意。 故选 C。 4.如图所示，竖直平面内固定的半圆弧轨道两端点 M、N 连线水平，将一轻质小环套在轨道上，一细线穿过 轻环，一端系在 M 点，另一端系一质量为 m 的小球，不计所有摩擦，重力加速度为 g，小球恰好静止在图 示位置，下列说法疋确的是（ ） A. 轨道对轻环的支持力大小为 mg B. 细线对 M 点的拉力大小为 C. 细线对轻环的作用力大小为 D. N 点和轻环的连线与竖直方向的夹角为 30° 【答案】D 【解析】 【详解】对圆环受力分析；因圆环两边绳子的拉力相等，可知两边绳子拉力与圆弧对圆环的支持力的夹角 相等，设为 θ，由几何关系可知， 的 00 t 0 02 vv t t= 乙 甲 2v v=乙 甲 00 t 00 t 00 t 0 02t t 00 2t 3 2 mg 3 2 mg∠OMA=∠MAO=θ， 则 3θ=90°，θ=30°； 则轨道对轻环的支持力大小为 ， 选项 A 错误； 细线对 M 点的拉力大小为 T=mg，选项 B 错误； 细线对轻环的作用力大小为 ， 选项 C 错误； 由几何关系可知，N 点和轻环的连线与竖直方向的夹角为 30°，选项 D 正确． 5.如图所示，已知地球半径为 R，高空圆轨道Ⅰ距地面的高度 h=2R，椭圆轨道Ⅱ分别与高空圆轨道Ⅰ和近 地圆轨道Ⅲ相切于 a、b 两点，当同一卫星分别在这些轨道上运行时，下列说法正确的是（　　） A. 卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上运行时的速度大小之比为 1：3 B. 卫星在轨道Ⅱ上经过 b 点时的速度大小等于在轨道Ⅲ上经过 b 点时的速度大小 C. 卫星在轨道Ⅱ上从 a 点运行至 b 点的过程中机械能在减少 D. 卫星在轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ上运行时的周期之比为 【答案】D 【解析】 【详解】A.卫星在轨道Ⅰ、轨道Ⅲ上运行时，万有引力提供向心力，则有 解得 2 cos30 3NF mg mg= ° = ' 3N NF F mg= = 3 3 : 2 2 :1 2 2 Mm vG mr r = GMv r =卫星在轨道Ⅰ的半径 ，卫星在轨道Ⅲ的半径为 ，因此卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上运行的速度大 小之比为 ，故 A 错误； B.卫星由轨道Ⅲ进入轨道Ⅱ时，应在 b 点点火加速，因此卫星在轨道Ⅱ上经过 b 点时的速度大于在轨道Ⅲ 上经过 b 点时的速度，故 B 错误； C.卫星在轨道Ⅱ上从 a 点运行至 b 点的过程中，只有万有引力做功，卫星的机械能守恒，故 C 错误； D.卫星在轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ上运行时的半长轴分别为 、 和 ，结合开普勒第三定律 可知，卫 星的运行周期之比为 ，故 D 正确。 故选 D。 6.拥堵已成为现代都市一大通病，发展“空中轨道列车”（简称空轨，如图所示）是缓解交通压力的重要举 措。假如某空轨从甲站沿直线运动到乙站，为了使旅客舒适，其加速度不能超过 2.5m/s2，行驶的速度不能 超过 50m/s。已知甲、乙两站之间的距离为 2.5km，下列说法正确的是（　　） A. 空轨从静止开始加速到最大速度的最短时间为 25s B. 空轨从最大速度开始刹车到停下来运动的最小位移为 500m C. 从甲站运动到乙站的最短时间为 70s D. 从甲站运动到乙站的最大平均速度为 25m/s 【答案】BC 【解析】 【详解】A．空轨从静止开始以最大加速度加速到最大速度时所用时间最短，则最短时间为 A 错误； B．以最大加速度刹车时，空轨从最大速度开始刹车到停下来运动的位移最小，由 解得最小位移为 1 3r R= 3r R= 1: 3 6R 4R 2R 3 2 a kT = 3 3 : 2 2 :1 max 1 max 20vt a = = s 2 max max2v a x=x=500m B 正确； C．以最大加速度加速到最大速度，然后以最大速度匀速运动，再以最大加速度刹车时，空轨从甲站到乙站 的运动时间最短，且刹车时间与加速时间相等，等于 t1，两段时间对应的位移相等，都等于 x，匀速运动的 时间为 所以最短时间为 C 正确； D．从甲站运动到乙站 最大平均速度为 D 错误 故选 BC。 7.用同样的交流电源分别给甲、乙两个电路中相同的四个灯泡供电，四个灯泡均正常发光，乙图中理想变压 器原、副线圈的匝数比为 3：1，则 A. 滑动变阻器接入电路的阻值与灯泡正常发光时的阻值相等 B. 滑动变阻器接入电路的阻值与灯泡正常发光时的阻值之比为 2：1 C. 甲、乙两个电路中的电功率之比为 3：2 D. 甲、乙两个电路中的电功率之比为为 2：1 【答案】AC 【解析】 【详解】AB．设灯泡的额定电流为 I，电阻为 R；在图乙中，副线圈的电压 ，根据理想变压器原、 副线圈的匝数比为 3：1，得原线圈的电压为 的 2 max 2500 2 30xt v −= = s 1 22 70t t t= + = s 2500 35.770v = =m/s m/s 2U IR= 1 23 3U U U IR= = =在图甲中，滑动变阻器的电压为 流过的电流为 I，则滑动变阻器接入电路的阻值为 故 A 正确，B 错误； CD．在图甲电路中，电功率为 在图乙中，电功率为 则 故 C 正确，D 错误， 故选 AC． 【点睛】设灯泡的额定电流，根据电压与匝数成关系得出交流电的有效值，再根据串联电路的特点求出滑 动变阻器的有效阻值，根据 P=UI 求电路消耗的功率关系即可． 8.如图所示，固定的竖直光滑 U 型金属导轨，间距为 L，上端接有阻值为 R 的电阻，处在方向水平且垂直于 导轨平面、磁感应强度为 B 的匀强磁场中，质量为 m、电阻为 r 的导体棒与劲度系数为 k 的固定轻弹簧相 连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计．初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为 ，此时导体棒 具有竖直向上的初速度 v0．在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．则下列 说法正确的是 A. 初始时刻导体棒受到的安培力大小 B. 初始时刻导体棒加速度的大小 2RU U IR IR= − = ' RU IRR RI R = = = 2 1 3P UI I R= = 2 2P IR= 1 2: 3: 2P P = 1 mgx k = 2 2 0B L vF R = 2 2 02 ( ) B L va g m R r = + +C. 导体棒开始运动直到最终静止的过程中，克服安培力做功等于棒上电阻 r 的焦耳热 D. 导体棒开始运动直到最终静止的过程中，回路上产生的焦耳热 【答案】BD 【解析】 【详解】导体棒的初速度为 v0，初始时刻产生的感应电动势为 E，由法拉第电磁感应定律得：E=BLv0；设 初始时刻回路中产生的电流为 I，由闭合电路的欧姆定律得： ；设初始时刻导体棒受到的安培力 为 F，由安培力公式得：F=BIL；联立上式得， ．故 A 错误；初始时刻，弹簧处于伸长状态，棒 受到重力、向下的安培力和弹簧的弹力，所以：ma=mg+kx+F 得：a=2g+ ．故 B 正确；导体棒直 到最终静止时，棒受到重力和弹簧的弹力，受力平衡，则：mg=kx2，得：x2= ．由于 x1=x2，所以弹簧 的 弹 性 势 能 不 变 ， 由 能 的 转 化 和 守 恒 定 律 得 ： mg （ x1+x2 ） +Ek=Q ， 解 得 系 统 产 生 的 总 热 量 ： 可知 R 上产生的热量要小于系统产生的总热量．故 C 错误，D 正确；故选 BD． 【点睛】本题中安培力的经验公式 ，可以由感应电动势、欧姆定律、安培力三个公式结合推导 出来，要加强记忆，有助于分析和计算. 第Ⅱ卷（非选择题 共 62 分） 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做答。 第 33~34 题为选考题，考生根据要求做答。 （一）必考题（共 47 分） 9.某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图 1 所示，轻弹簧放置在倾斜的长木板上，弹簧左 端固定，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接．向左推物块使弹簧压缩一段距 离，由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能． (1) 实验中涉及下列操作步骤： ① 松手释放物块； 2 2 2 0 1 2 2 m gQ mv k = + EI R r = + 2 2 0B L vF R r+＝ ( ) 2 2 0B L v m R r+ mg k 2 2 2 0 1 2 2 m gQ mv k = + 2 2B L vF R =② 接通打点计时器电源； ③ 木板一端抬高以平衡摩擦； ④ 向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量． 上述步骤正确的操作顺序是________(填序号)． (2) 甲同学实际打点结果如图 2 所示，观察纸带，判断测量值比真实值________(选填“偏小”或“偏大”)． (3) 乙同学实际打点结果如图 3 所示．打点计时器所用交流电的频率为 50 Hz，小车质量为 200 g，结合纸 带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为________m/s，相应的弹簧的弹性势 能为________J．(结果均保留两位有效数字) 【答案】 (1). ③④②① (2). 偏小 (3). 0.78 (4). 0.061 【解析】 【分析】 （1）根据实验原理排列操作的顺序；（2）根据纸带的点迹分布分析小车的运动情况，从而分析弹性势能 的测量值和真实值之间的关系；（3）点迹间距最大时对应的速度最大，此时小车的动能等于弹性势能. 【详解】（1）上述步骤正确的操作顺序是：③④②①． （2）由纸带可知，物块先加速后减速，可知肯定是平衡摩擦力不够，弹簧的弹性势能一部分克服摩擦力做 功，则弹簧弹性势能的测量值小于真实值. （3）物块脱离弹簧时的速度为 ； 弹性势能： 10.（1）某同学选择多用电表的“×1”挡测量一电阻的阻值．正确操作后得到如图所示的指针情况．则电 阻的阻值约为__________Ω． （2）为了精确测量该电阻 Rx 的阻值，该同学从实验室找来了下列器材： 21.56 10 / 0.78 /0.02 xv m s m st −×= = = 2 21 1 0.2 0.78 0.0612 2PE mv J J= = × × =电流表 A1（0～40 mA．内阻 r1=11 5 Ω） 电流表 A2（0～100 mA．内阻 r2≈5 Ω） 滑动变阻器 R（0～10 Ω） 电源 E（电动势 1.5 V、有内阻） 开关、导线若干 ①实验中要求调节范围尽可能大，在方框内画出符合要求的电路图，并在图中注明各元件的符号． （ ） ②用 I1、I2 分别表示电流表 A1、A2 的示数，该同学通过描点法得到了 I1−I2 图像，如图所示，则电阻的阻值 为_____________Ω． .【答案】 (1). 12 (2). (3). 11.5 【解析】 【详解】（1）[1]欧姆表的示数为：12×1=12Ω （2）①[2]将 A1 当作电压表用，小电阻用电流表外接法；要求调节范围尽可能大，滑动变阻器阻值小，用 分压式接法．电路如图所示： ②[3]由电路图： 代入其中严格在线上的点可得： Rx=11.5Ω 11.如图，在光滑水平面上，有 A、B、C 三个物体，开始 BC 皆静止且 C 在 B 上，A 物体以 v0=10m/s 撞向 B 物体，已知碰撞时间极短，撞完后 A 静止不动，而 B、C 最终的共同速度为 4m/s．已知 B、C 两物体的质量 分别为 mB=4kg、mC=1kg，试求： （i）A 物体的质量为多少？ （ii）A、B 间的碰撞是否造成了机械能损失？如果造成了机械能损失，则损失是多少？ 【答案】（i）2kg （ii）碰撞确实损失了机械能，损失量为 50J 【解析】 【详解】（i）由整个过程系统动量守恒 mAv0=（mB+mC）v 代入数据得：mA= 2kg （ii）设 B 与 A 碰撞后速度为 u，在 B 与 C 相互作用的时间里，BC 系统动量守恒 mBu=（mB+mC）v 1 1 2 1 x I rR I I = −得 u = 5m/s A 与 B 的碰撞过程中，碰前系统动能为 mAv02= ×4×100=100J 碰后系统动能为 mBvu2= ×4×25=50J 所以碰撞确实损失了机械能，损失量为 50J 12.如图所示，坐标原点 O 处有一不断向第一象限发射离子的正离子源，其发射离子的质量为 m，电荷量为 q，速度大小为 v，发射方向与＋x 方向夹角为 45°，“∧”形物体的 ab 边和 bc 边的长度均为 d 且相互垂直， 端点 a、c 的连线与 x 轴平行，在整个三角形 abc 区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。 初始时 a 端坐标为 （0， d），现使“∧”形物体沿－y 方向缓慢平移，直至 a、c 的连线与 x 轴重合，平移的过程中 a 端点始 终在 y 轴上，在此过程中磁场区域随物体同步平移且磁感应强度保持不变。 忽略离子间的相互作用和离子 的重力。 (1)若磁感应强度 ，求在缓慢平移全过程中，bc 边被离子直接打中的区域长度（不考虑离子撞击后 的反弹）； (2)在缓慢平移全过程中，若所有离子均打到“∧”形物体上，求磁感应强度的取值范围； (3)若磁感应强度取(2)中的最大值，“∧”形物体位于某处时，从 O 点发出的离子进入磁场的 ac 边界做圆周运 动后恰好能垂直撞击到 ab 边上，求此时“∧”形物体 a 端的纵坐标。 【答案】(1) ；(2) ；(3) 【解析】 【详解】(1)洛伦兹力提供带电离子做匀速圆周运动的向心力，有 1 2 1 2 1 2 1 2 2 4mvB qd = 2 d 3mvB qd 2 3 d 2vqvB m r =解得离子在磁场中的半径 若 ，则 ，缓慢平移全过程中，当离子从 ac 的中点射出磁场时，粒子轨迹与 bc 相切，设切 点为 F，如图甲（磁场未画出）所示，由几何知识得 所以 bc 边被离子直接打中的区域长度为 ； (2)若所有离子均打到“∧”形物体上，则离子做圆周运动的轨迹半径 r 大于等于与 bc 和 ac 同时相切的轨道的 半径 r0，如图乙（磁场未画出）所示，则由几何关系得 而 ，解得 则磁感应强度 B 的取值范围为 ； mvr qB = 4mvB qd = 4 dr = 2 dcF = 2 d 0 3 dr = 0 0 mvr qB = 0 3mvB qd = 3mvB qd(3)当 时，离子在磁场中的半径 离子垂直打在 P 点时，如图丙（磁场未画出）所示，则由几何关系可知，a 端的纵坐标为 （二）选考题（共 15 分。请考生从给出的 2 道题中任选一题作答，如果多做，按所做的第一 题计分） 13.下列说法正确的是________。 A. 物体的温度越高，其分子的平均动能越大 B. 当分子力表现为引力时，分子力总是随分子间距的减小而增大 C. 外界对气体做功，气体的内能可能减少 D. 第二类永动机不可能制造成功是因为违背了能量守恒定律 E. 气体能充满容器，是因为气体分子不停地做无规则运动 【答案】ACE 【解析】 【详解】A．温度是物体分子热运动平均动能的标志，物体的温度越高，其分子的平均动能越大，A 正确； B．当分子力表现为引力时，分子力随分子间距 减小，可能增大，可能减小，也可能先增大后减小，B 错 误； C．外界对气体做功，由于热传递情况不明，根据热力学第一定律知，气体的内能可能增大、可能减小、也 可能不变，C 正确； D．第二类永动机不可能制造成功的原因是因为违背了热力学第二定律，D 错误； E．因为气体分子间的距离比较大，分子力几乎为零，分子又不停地做无规则运动，所以气体能充满容器， E 正确。 故选 ACE。 的 0 3mvB B qd = = 0 3 dr = 0 22 3r d=14.如图所示，圆柱形喷雾器高为 h，内有高度为 的水，上部封闭有压强为 p0、温度为 T0 的空气.将喷雾器 移到室内，一段时间后打开喷雾阀门 K，恰好有水流出.已知水的密度为 ρ，大气压强恒为 p0，喷雾口与喷 雾器等高.忽略喷雾管的体积，将空气看作理想气体.(室内温度不变) (1)求室内温度. (2)在室内用打气筒缓慢向喷雾器内充入空气，直到水完全流出，求充入空气与原有空气的质量比. 【答案】(1) 　(2) 【解析】 【详解】(1)设喷雾器的横截面积为 S，室内温度为 T1，喷雾器移到室内一段时间后，封闭气体的压强 p1＝p0＋ρg· ，V0＝S· 气体做等容变化： 解得：T1＝ (2)以充气结束后喷雾器内空气为研究对象，排完水后，压强为 p2，体积为 V2＝hS.此气体经等温变化，压强 为 p1 时，体积为 V3 则 p2＝p0＋ρgh，p1V3＝p2V2 即(p0＋ρg· )V3＝(p0＋ρgh)hS 同温度下同种气体的质量比等于体积比，设充入气体的质量为 Δm 则 代入得 ＝ 15.一列简谐横波沿 x 轴负方向传播，振幅为 2cm。已知在 t=0 时刻位于 x1=30cm、x2=80cm 的两质点 P、Q 的位移都是 1cm，但运动方向相反，其中质点 P 沿 y 轴负方向运动，如图所示，下列说法正确的是 2 h 0 0 1 2 gh Tp ρ +    0 0 2 3 2 p gh p gh ρ ρ + + 2 h 2 h 0 0 p T 0 1 2 hp g T ρ+ ⋅ = 0 0 1 2 gh Tp ρ +    2 h 3 0 0 0 V Vm m V −∆ = 0 m m ∆ 0 0 2 3 2 p gh p gh ρ ρ + +____________。 A. 该列简谐横波波长最长为 75cm B. 该列简谐横波波长可能为 25cm C. 质点 P、Q 的速度在某一时刻可以相同 D. 当质点 Q 振动到波峰时，质点 P 的加速度沿 y 轴正方向 E. 当质点 P 振动到波峰时，质点 Q 的速度沿 y 轴负方向 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．根据波向左传播，由两质点位移及振动方向可得两质点平衡位置间距离为 （n=0，1，2，…） 则波长的表达式为 （n=0，1，2，…） 当 时，可得 所以该列简谐横波波长最长为 75cm，故 A 正确； B．当 时，可得 的取值不是正整数，所以该列简谐横波波长不可能为 25cm，故 B 错误； C．在两质点振动时，若两点分别位于 x 轴上、下方时，两质点的速度可以相同，故 C 正确； D．当质点 Q 振动到波峰时，质点 P 处于波谷与平衡位置之间，位移为负值，则加速度为正值，故 D 正确； E．当质点 P 振动到波峰时，质点 Q 处于平衡位置与波谷之间且沿 y 轴正方向振动，速度沿 y 轴正方向， 故 E 错误； 故选 ACD。 16.一湖面上有一伸向水面的混凝土观景台，如图所示是其截面图，观景台下表面恰好和水面相平，A 为观 景台右侧面在湖底的投影，水深 h=4m，水的折射率为 ，在距观景台右侧面 x=5m 处有一可沿竖直方 250 ( )3n λ= +cm 150 cm3 2n λ = + 0n = 75cmλ = 25cmλ = 4 3n = n 4 3n =向移动的单色点光源 S。 一潜水爱好者贴近湖底从 A 点向左侧移动。 （i）当潜水爱好者向左移动 3m 时能看见光源，再往前却看不到该光源，则此时点光源 S 离水面 距离是 多少？ （ii）当该光源接近水面时，潜水爱好者离 A 多远时完全看不到点光源？ 【答案】（i） ；（ii） 【解析】 【详解】（i）如图所示，设点光源 S 在距水面高 H 处时，潜水爱好者恰好在距 A 点 3m 处能看见光源，则 联立解得 （ii）该光源接近水面时，设潜水爱好者与 A 点的距离为 s 时（刚好在 C 点）完全看不到点光源，光在观景 台右侧面与水面交接处折射到水里时，入射角为 90°，折射角为临界角 C，则 而 的 15 4 m 12 7m7 2 2 sin xi H x = + 2 2 3sin (3 ) mr h m = + sin sin in r = 15 4H m= sin90 sinn C °=解得 2 2 sin sC s h = + 12 77s = m