2020届四川省成都市高三物理下册第二次诊断性检测理综物理试题卷（含答案和解析）.doc

1、成都市成都市 2017 级高中毕业班第二次诊断性检测级高中毕业班第二次诊断性检测  理科综合理科综合  第第 I 卷（选择题，共卷（选择题，共 126 分）分）  二、选择题：本题共二、选择题：本题共 8小题，每小题小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中。第分。在每小题给出的四个选项中。第 1418 题只有一项题只有一项 符合题目要求，第符合题目要求，第 1921 题有多项符合题目要求。全部选对的得题有多项符合题目要求。全部选对的得 6分，选对但不全的得分，选对但不全的得 3分，分， 有选错的得有选错的得 0 分。分。  1.图为氢原子的能级示意

2、图。 处于 n=4 能级的一群氢原子向低能级跃迁时， 辐射出的光子再照射列逸出功为 2.29eV 的某金属板上，下列说法正确的是（ ） A. 共有 10 种不同频率的光子辐射出来 B. 共有 6种不同频率的光子能使该金属发生光电效应现象 C. 入射光子的频率越高，逸出光电子的最大初动能越大 D. 从金属板中逸出的光电子就是粒子 【答案】C 【解析】 【详解】A. 共有 2 4 6C 种不同频率的光子辐射出来，选项 A错误； B. 其中能级差大于 2.29eV的跃迁有：41、31、21、42，即共有 4 种不同频率的光子能使该金属发 生光电效应现象，选项 B错误； C. 根据光电效应规律可知，入

3、射光子的频率越高，逸出光电子的最大初动能越大，选项 C 正确； D. 从金属板中逸出的光电子是 0 1e ，不是粒子，选项 D 错误。 故选 C。 2.如图， 两根平行通电长直导线固定， 左边导线中通有垂直纸面向外、 大小为 I1的恒定电流， 两导线连线 （水 平）的中点处，一可自由转动的小磁针静止时 N 极方向平行于纸面向下。忽略地磁场的影响。关于右边导 线中的电流 I2，下列判断正确的是（ ） A. I2I1，方向垂直纸面向外 C. I2I1，方向垂直纸面向里 【答案】B 【解析】 【详解】小磁针静止时 N 极方向平行于纸面向下，说明该处的磁场方向向下，因 I1在该处形成的磁场方向 向上，

4、则 I2在该处形成的磁场方向向下，且大于 I1在该处形成的磁场，由安培定则可知 I2方向垂直纸面向 外且 I2I1。 故选 B。 3.如图，A代表一个静止在地球赤道上的物体、B代表一颗绕地心做匀速圆周运动的近地卫星，C 代表一颗 地球同步轨道卫星。比较 A、B、C绕地心的运动，说法正确的是（ ） A. 运行速度最大的一定是 B B. 运行周期最长的一定是 B C. 向心加速度最小的一定是 C D. 受到万有引力最小的一定是 A 【答案】A 【解析】 【详解】A因 AC的角速度相同，则由 v=r 可知，vCvA；对 BC卫星，由 GM v r 可知，vBvC，可知 vBvC vA，选项 A 正确

5、； B因 AC 周期相同；而对 BC卫星，根据 3 2 r T GM 可知，C的周期大于 B，可知运行周期最长的是 AC，选项 B错误； C因 AC的角速度相同，则由 a=2r可知，aCaA；对 BC卫星，由 2 GM a r 可知，aBaC，可知 aBaC aA， 向心加速度最小的一定是 A，选项 C错误； D三个物体的质量关系不确定，不能比较受到万有引力的关系，选项 D 错误。 故选 A。 4.如图，倾角为的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连的小物块 A和 B（质量均为 m） ，弹簧的劲度系数为 k， B靠着固定挡板，最初它们都是静止的。现沿斜面向下正对着 A 发射一颗质量为 m、速度为 0 v

6、的子弹，子 弹射入 A 的时间极短且未射出，子弹射入后经时间 t，挡板对 B 的弹力刚好为零。重力加速度大小为 g。则 （ ） A. 子弹射入 A之前，挡板对 B 的弹力大小为 2mg B. 子弹射入 A的过程中，A与子弹组成的系统机械能守恒 C. 在时间 t内，A发生的位移大小为 2sinmg k D. 在时间 t内，弹簧对 A的冲量大小为 0 22sinmvmgt 【答案】C 【解析】 【详解】A子弹射入 A之前，AB系统所受合力为 0，挡板对 B的弹力大小为 2mgsin，故 A错误； B弹射入 A 的过程中，A与子弹之间的摩擦生热，组成的系统机械能不守恒，故 B 错误； C子弹射入 A

7、前弹簧为压缩状态，压缩量为 1 sinmg x k 挡板对 B 的弹力刚好为零时弹簧处于伸长状态，伸长量为 2 sinmg x k 则在时间 t内，A发生的位移大小为 12 2sinmg xxx k 故 C 正确； D选沿斜面向上为正，时间 t初态 A动量为-mv0，在时间 t的末态，对于系统弹性势能相同，重力势能 增加，则动能变小，即此位置 A动量大小 P要小于 mv0，时间 t内由动量定理有 I弹-2mgtsin=P-（-mv0）2mv0 即为 I弹2mv0+2mgtsin 故 D 错误。 故选 C。 5.如图（a） ，场源点电荷固定在真空中 O点，从与 O相距 r0的 P 点由静止释放一

8、个质量为 m、电荷量为 q （q0）的离子，经一定时间，离子运动到与 O 相距 rN的 N 点。用 a 表示离子的加速度，用 r 表示离子与 O 点的距离，作出其 2 1 a r 图像如图（b） 。静电力常量为是 k，不计离子重力。由此可以判定（ ） A. 场源点电荷带正电 B. 场源点电荷的电荷量为 N N ma r kq C. 离子在 P点的加速度大小为 0 N N a r r D. 离子在 P点受到的电场力大小为 2 2 0 NN r ma r 【答案】D 【解析】 【详解】A从 P 到 N，带正电的离子的加速度随 2 1 r 的增加而增大，即随 r 的减小而增加，可知场源点电 荷带负电

9、，选项 A 错误； B在 N点，由库仑定律及牛顿第二定律 2 N N N FkQq a mr m 解得 2 N N a r m Q kq 选项 B错误； CD在 P 点时，由库仑定律及牛顿第二定律 2 22 00 NP PN rFkQq aa mr mr 离子在 P 点受到的电场力大小为 2 2 0 NN PP r ma Fma r 选项 C 错误，D正确。 故选 D。 6.图（a）为一交流发电机示意图，线圈 abcd在匀强磁场中绕固定轴 OO'沿顺时针方向匀速转动，图（b） 是该发电机的电动势已随时间 t按余弦规律变化的图像。已知线圈电阻为 2.5，定值电阻 R=10，电表均 为理想

10、交流电表。由此可以判定（ ） A. 电流表读数为 0.8A B. 电压表读数为 10V C. t=0.1s时刻，穿过线圈的磁通量为零 D. 00.05s 内，通过电阻 R 的电荷量为 0.04C 【答案】AC 【解析】 【详解】AB电动势有效值为 10V 2 m E E 电流表的读数 10 A=0.8A 102.5 E I Rr 电压表读数 8VUIR 选项 A正确，B 错误；  Ct=0.1s时刻，感应电动势最大，此时穿过线圈的磁通量为零，选项 C 正确； D00.05s内，通过电阻 R 的电荷量为 () E qt Rr 2 mm ETENBS E ttt 则 0.2 10 22

11、2 CC 2 ()2 (102.5)25 m TE q Rr 选项 D错误。 故选 AC。 7.如图，倾角 37 且足够长的传送带以 2m/s 的恒定速率沿顺时针方向传动，现有一质量为 lkg的小物块从传 送带底端以 v0=6m/s 的初速度沿斜面向上滑出。已知物块与传送带间的动摩擦因数为 0.25，最大静摩擦力等 于滑动摩擦力，重力加速度为 10m/s2，sin37 =0.6、cos37 =0.8.下列说法正确的是（ ） A. 物块先做减速运动，速度减到 2m/s 后做匀速运动 B. 物块先做减速运动，速度减到零后反向做加速运动直到离开传送带 C. 传送带对物块做功的最大瞬时功率为 12W

12、D. 物块与传送带间因为摩擦而产生的热量为 6J 【答案】BC 【解析】 【详解】AB. 物块刚滑上传送带时，由于速度大于传送带的速度，则所受摩擦力沿传送带向下，此时的加 速度为 2 1 sin37cos378m/sagg 方向向下，即物块先做减速运动；当与传送带共速后由于cos37sin37gg，则物块继续减速，直到 速度减到零后反向做加速运动直到离开传送带，选项 A 错误，B正确； C物块开始刚滑上传送带时速度最大，传送带对物块做功的瞬时功率最大，最大值为 0 cos3712WPmgv 选项 C正确； D 从开始滑上传送带到与传送带共速阶段用时间 0 1 1 62 s=0.5s 8 vv

13、t a 物块相对传送带运动的距离 0 111 1m 2 vv stvt  共速后物块的加速度 2 2 sin37 -cos374m/sagg 物块减速到零的时间 2 2 2 s=0.5s 4 v t a 此过程中物块相对传送带运动的距离 222 0.5m 2 v svtt 此时物块离底端的距离为 0 12 2.5m 22 vvv stt 然后物块向下加速运动，加速度仍为 2 32 4m/saa 下滑到底端时 2 3 3 1 2 sa t 解得 3 5 s 2 t 此过程中物块相对传送带运动的距离 33 (2.55)mssvt 整个过程中物块与传送带间因为摩擦而产生的热量为 123 c

14、os37 ()(82 5)JQmgsss 选项 D错误。 故选 BC。 8.如图， 方向竖直向上的匀强磁场中固定着两根位于同一水平面内的足够长平行金属导轨， 导轨上静止着与 导轨接触良好的两根相同金属杆 1和 2，两杆与导轨间的动摩擦因数相同且不为零，最大静摩擦力等于滑动 摩擦力。现用平行于导轨的恒力 F 拉金属杆 2使其开始运动，在足够长时间里，下列描述两金属杆的速度 v 随时间 t变化关系的图像中，可能正确的是（ ） A. B. C. D.  【答案】BD 【解析】 【详解】AB当力 F作用到杆 2 上时，杆 2 立刻做加速运动，随着速度的增加产生感应电流，从而产生向 左的安培力

15、，此时的加速度 22 B L v Fmg FFmgR a mm 安总 则随速度增加，杆 2做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时做匀速运动；此时对杆 1所受的安培力若 小于最大静摩擦力，则此过程中杆 1 始终不动，则图像 A 错误，B 正确； CD由上述分析可知，若安培力增加到一定值时杆 2 开始运动，则随着安培力的增加，棒 2 做加速度逐渐 增加的加速运动，杆 1做加速度减小的加速运动，当两杆的加速度相等时，两杆的速度差恒定，此时两杆 所受的安培力恒定，加速度恒定，则选项 C 错误，D正确。 故选 BD。 第第卷（非选择题，共卷（非选择题，共 174 分）分）  三、非选择题：本

16、卷包括必考题和选考题两部分。第三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第 2232 题为必考题，每个试题考生都必题为必考题，每个试题考生都必 须做答。第须做答。第 3338 题为选考题，考生根据要求傲答。题为选考题，考生根据要求傲答。  （一）必考题（共（一）必考题（共 129 分）分）  9.利用图示装置可以测物体问的动摩擦因数。水平粗糙桌面左端固定着定滑轮、B 点固定着光电门。跨过定 滑轮的细线两端分别栓接质量 m的重物和质量 M 的物块 （含宽度为 d的遮光条） ， 实验时每次都由静止释放 物块，多次改变物块释放点 A 的位置，记录每次 AB的间距 x和遮光条通过

17、光电门的时间 t。 （细线与滑轮间 的摩擦及空气阻力均不计，重力加速度为 g） (1)物块从 A 运动至 B的过程中，重物和物块整体的动能增量为Ek=_。 (2)下列各图中，能够正确反映运动过程中 x与 t之间关系的图像是_（填选项序号字母） 。 (3)若(2)中正确图线的斜率为 k，则物块与水平面间的动摩擦因数 =_（填选项序号字母） 。 A. 2 2() 2 kmgMm d kMg B. 2 2() 2 kmgMm d kMg C. 2 2 2() kMg kmgMm d 【答案】  (1). 2 2 2 Mm d t (2). C  (3). A 【解析】 【详解】(

18、1)1物块到达 B点时的速度为 B d v t 则物块从 A运动至 B 的过程中，重物和物块整体的动能增量为 2 2 2 1 () 22 kB Mm d EMm v t (2)2根据动能定理有 2 1 2 ( )mgxMgxm d M t  整理后有 2 2 1 2 mM d x mgMgt () 故选 C。 (3)3由函数关系可知，斜率 2 2 mM d k mgMg () 由此变形可得 2 2() = 2 kmgMm d kMg 故选 A。 10.要测定一节干电池（电动势约 1.5V，内阻约 0.5，放电电流不允许超过 0.6A）的电动势和内电阻，要 求测量结果尽量准确。提供的器

19、材有： A.电流表 A1：挡位 1（03A，内阻约 0.05） ，挡位 2（00.6A，内阻约 0.2） B 电流表 A2：0-300A，内阻 rA=100 C.定值电阻：R0=2，R1=900，R2=4900 D.滑动变阻器：R3（05，2A） ，R4（015，1A） E.开关一只、导线若干 (1)测量电流的仪表：应选择电流表 A1的挡位_（填“1”或者“2”） 。 (2)测量电压仪表：应将定值电阻_（填“R0”、“R1”或“R2”）与 A2串联，使其成为改装后的电 压表。 (3)干电池内阻太小，应选择定值电阻_（填“R0”、“R1”或“R2”）来保护电源。 (4)若要求 A1表电流在 0.

20、1A-0.5A 范围内连续可调。则滑动变阻器应选择_（填“R3”或“R4”） 。  (5)为消除电流表内阻对测量精度可能造成的影响，在给出的两种电路原理图中（图中 V表为改装后的电压 表） ，应选择_（填“图（a）”或“图（b）”） 。 (6)进行实验并记录数据。用 I1、I2分别表示 A1、A2表示数，根据测量数据作出如图（c）所示的 I2-I1图像， 由图像可得：电池的电动势为_V，内阻为_。 （保留到小数点后两位） 【答案】  (1). 2  (2). R2  (3). R0  (4). R4  (5). 图(a)  

21、(6). 1.49  (7). 0.49 【解析】 【详解】(1)1测量电流的仪表：应选择电流表 A1的挡位 2。 (2)2测量电压的仪表：应将定值电阻 R2与 A2串联，使其成为改装后量程为 6 2 ()300 105000V=1.5V gA UIrR 的电压表。 (3)3干电池内阻太小，应选择与内阻阻值相当的定值电阻 R0来保护电源。 (4)4若要求 A1表电流在 0.1A-0.5A 范围内连续可调。则滑动变阻器最大值为 max 1.5 20.512.5 0.1 R 最小值 min 1.5 20.55 0.5 R 则滑动变阻器应选择 R4。 (5)5因改装后的电压表内阻已知，则为

22、消除电流表内阻对测量精度可能造成的影响，在给出的两种电路 原理图中，应选择图（a） 。 (6)67由图可知电流计读数为 I2=298A，对应的电压值为 298 1.5V=1.49V 300 则电池的电动势为 E=1.49V，内阻为 1.5 (298 150) 300 0.49 1.5 r 11.如图，xOy坐标系位于竖直面（纸面）内，第一象限和第三象限存在场强大小相等、方向分别沿 x轴负 方向和 y轴正方向的匀强电场，第三象限内还存在方向垂直于纸面、磁感强度大小为 B的匀强磁场（未画 出） 。现将质量为 m、电荷量为 q 的微粒从 P（L，L）点由静止释放，该微粒沿直线 PO 进入第三象限后做

23、 匀速圆周运动，然后从 z轴上的 Q 点（未标出）进入第二象限。重力加速度为 g。求： (1)该微粒的电性及通过 O点时的速度大小； (2)磁场方向及该微粒在 PQ间运动的总时间。 【答案】(1) 2vgL； （2） 2 2 mL qBg 。 【解析】 【详解】(1)微粒运动轨迹如答图 1，其在第一象限沿 PO连线做匀加速直线运动到达 O点故微粒带正电； 二力的合力方向由 P指向 O，有： mgqE 由动能定理有 2 1 2 mgLqELmv 解得 2vgL (2)由左手定则知，该磁场的方向垂直于纸面向外； 在第一象限内，由运动学规律有： 2 1 1 22 2 Lgt 得 1 2L t g 在

24、第三象限内，由牛顿第二定律有： 2 v Bqvm R 由几何关系，微粒做圆周运动对应的圆心角为 =90 故 2 902 3602 Rm t vqB 解得微粒从 P 到 Q运动的时间为： 12 2 2 mL ttt qBg 12.如图'水平地面上固定着竖直面内半径 R=2.75m的光滑圆弧槽，圆弧对应的圆心角为 37 ，槽的右端与质 量 m=lkg、长度 L=2m且上表面水平的木板相切， 槽与木板的交接处静止着质量 m1=2kg和 m2=1kg的两个小 物块（可视为质点） 。现点燃物块间的炸药，炸药爆炸释放的化学能有 60%转化为动能，使两物块都获得水 平速度，此后 m2沿圆弧槽运动，离

25、开槽后在空中能达到的最大高度为 h=0.45m。已知 m1与木板间的动摩擦 因数 1=0.2，木板与地面间的动摩擦因数 2=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37 =0.6，cos37 =0.8， 重力加速度 g=10m/s2。求： (1)物块到达圆弧槽左端时的速率 v； (2)炸药爆炸释放的化学能 E； (3)木板从开始运动到停下的过程中与地面间因摩擦而产生的热量 Q。 【答案】 （1）5m/s； （2）45J； （3）3J。 【解析】 【详解】(1)m2离开圆弧槽后，在空中的飞行过程的逆过程是平抛运动 分解 m2离开圆槽时的速度 v，有 sin37 y vv 根据平抛运动规律得 2

26、 1 2 hgt y gtv 代入数据联立解得 v=5m/s (2)设炸药爆炸后，m1、m2获得速率分别为力 1 v、 2 v m2运动过程中，由机械能守恒定律有： 22 2222 11 1 cos37 22 m gRm vm v 代入数据得 2 v=6m/s 爆炸过程中，由动量守恒定律有 1 12 2 mvm v 代人入数据得 1 v=3m/s 由题意有 60%E= 22 1 122 11 22 m vm v 代入数据联立解得 E=45J (3)对物块 m1有 111 1 m gma 对木板 m2有 112112 ()m gmm gma 代入数据得 1 a=2m/s2 2 a=1m/s2 设

27、经过时间 t达到共同速度 v'有： 112 vata t 2 va t 代入数据得 t=1s v'=1m/s 此过程中：m1的位移 11 1 () 2 xvv t =2m 木板的位移 2 1 2 x v t =0.5m 相对位移 12 xxx =1.5mL，故 m1未脱离木板 假设它们一起做减速运动直到静止 由 2113 ()()mm gmm a 得 3 a=1m/s2 又： 111 3m fm gma，故假设成立 设此后木板发生的位移为 3 x 由运动学规律有 2 33 2va x 代入数据得 3 x=0.5m 整个过程中，木板与地面间因摩擦而产生的热量 2123 () ()

28、Qmm g xx 代入数据联立解得 Q=3J （二）选考题：共（二）选考题：共 45分。请考生从分。请考生从 2 道物理题、道物理题、2 道化学题、道化学题、2 道生物题中每科任选一题做答，道生物题中每科任选一题做答， 并用并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号 一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。果多做，则每学科按所做的第一题计分。  13.如 p-T 图所示，一定质量的理想气体从状态

29、a开始，经历过程、到达状态 d。对此气体，下列 说法正确的是_。 A. 过程中，气体体积不断增大 B. 过程中，气体向外界吸收热量 C. 过程为绝热过程 D. 状态 a 的体积大于状态 d 的体积 E. 过程中，气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数增加 【答案】ADE 【解析】 【详解】A. 过程中，气体温度不变，压强减小，则气体体积不断增大，选项 A 正确； BC. 过程中，气体体积不变，温度降低，内能减小，则气体向外界放出热量，此过程不是绝热过程，选 项 BC错误； D. 根据 pV C T 可知在 a、d 两个状态 62 41 ad VV ，可知状态 a的体积大于状态 d

30、的体积，选项 D正确； E. 过程中，气体压强不变，体积减小，分子数密度增加，温度降低，分子平均速率减小，则气体分子在 单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数增加，选项 E 正确。 故选 ADE。 14.如图，封有一定质量理想气体的圆柱形气缸竖直放置，气缸的高度 H=30cm，缸体内底面积 S=200cm2， 缸体质量 M=10kg。弹簧下端固定在水平桌面上，上端连接活塞，当缸内量气体温度 T0=280K时，缸内气体 高 h=20cm。 现缓慢加热气体， 使活塞最终恰好静止在缸口 （未漏气） ， 此过程中缸内气体吸收热量为 Q=450J。 已知大气压恒为 p0=1 l05Pa，重力加速度 g

31、=10m/s2，不计活塞质量、厚度及活塞与缸壁的摩擦，且气缸底 部及活塞表面始终保持水平。求： （i）活塞最终静止在缸口时，缸内气体的温度； （ii）加热过程中，缸内气体内能的增加量。 【答案】(i) 420K；(ii) 240J。 【解析】 【详解】(i)加热过程为等压变化，设缸内气体的末态温度为 T，初态温度为 T0=280K 由盖-吕萨克定律有 0 hSHS TT 代入数据解得 T=420K           (ii)设缸内气体的压强为 p； 对气缸由平衡条件有 Mg+p0S=pS      该过程气体对外

32、做功 W=pS(H-h)       则外界对气体做功为 W=-W        由热力学第一定律有 U=W'+Q     代入数据解得 U=240J 15.一列沿 x轴正方向传播的简谐横波在 t=0时刻的波形如图所示，此时波刚好传播到 x=5m处的 M点，再 经时间t=1s，在 x=10m处的 Q 质点刚好开始振动。下列说法正确的是_。 A. 波长为 5m B. 波速为 5m/s C. 波的周期为 0.8s D. 质点 Q开始振动的方向沿 y轴正方向 E. 从 t=0到质点 Q第一次到达波峰的过

33、程中，质点 M 通过的路程为 80cm 【答案】BCE 【解析】 【详解】A由波形图可知，波长为 4m，选项 A错误； B再经时间t=1s，在 x=10m处的 Q 质点刚好开始振动，则波速 5 m/s=5m/s 1 x v t 选项 B正确；  C波的周期为 4 s=0.8s 5 T v 选项 C正确； D质点 M 开始振动的方向沿 y 轴负方向，则质点 Q开始振动的方向也沿 y轴负方向，选项 D 错误； E质点 Q第一次到达波峰的时间 102 1.6s 5 t 从 t=0 开始到质点 Q第一次到达波峰，质点 M 振动的时间为 1.6s=2T，则通过的路程为 8A=80cm，选项 E

34、 正确。 故选 BCE。 16.如图，ABO是一半径为 R 的 1 4 圆形玻璃砖的横截面，O 是圆心，AB弧形面镀银。现位于 AO轴线上的点 光源 S 发出一束光线射向玻璃砖的 OB 边，入射角 i=60 ，OS= 3 R 。已知玻璃的折射率为 3，光在空气中 传播的速度为 c，每条边只考虑一次反射。求： （i）光线射入玻璃砖时的折射角； （ii）光线从 S 传播到离开玻璃砖所用的时间。 【答案】(i) 30 ；(ii) 19 6 R t c 。 【解析】 【详解】(i)光路如答图 2，设光在 C 点的折射角为 r 由折射定律有 sin sin i n r     &nb

35、sp;  代入数据解得 r=30        (ii)进入玻璃砖中，光在 AB面上 D点反射，设入射角为，反射角为 =90 -i=30  由三角函数关系有 OC=OScot= 3 3 R 且 2 sin3 OS SCR       在 ODC中，由正弦定理有： sin(90 )sin ODOC r 得 =30  由于=30 ，CDF=30 ，故FDE=90 ，所以光线 DE 垂直于 OA射出玻璃砖 在ODC 中，由几何关系有 CD=OC= 3 3 R 又 DE=Rcos= 3 2 R 光在玻璃中的速率 c v n       则光线从 S 传播到离开玻璃砖所用的时间 SCCDDE t cvv       解得 19 6 R t c