1、第 1 页，共 17 页 2020 年安徽省六校教育研究会高考物理二模试卷年安徽省六校教育研究会高考物理二模试卷 题号 一 二 三 四 总分 得分 一、单选题（本大题共 5 小题，共 30.0 分） 1. 用光子能量为5.0的一束光照射阴极 P，如图，当电键 K断 开时。发现电流表读数不为零。合上电键，调节滑动变阻器， 发现当电压表读数小于1.60时，电流表读数仍不为零；当电 压表读数大于或等于1.60时，电流表读数为零，由此可知阴 极材料的逸出功为( ) A. 1.6 B. 2.2 C. 3.0 D. 3.4 【答案】D 【解析】解：根据题意光电子的初动能为：= = 1.6， 根据爱因斯坦光
2、电效应方程，阴极材料的逸出功为：0= = 5.0 1.6 = 3.4.故 D 正确，ABC错误。 故选：D。 光电子射出后，有一定的动能，若能够到达另一极板则电流表有示数，当恰好不能达到 时，说明电子射出的初动能恰好克服电场力做功，然后根据爱因斯坦光电效应方程即可 正确解答。 正确理解该实验的原理和光电效应方程中各个物理量的含义是解答本题的关键。 2. 如图所示，固定在水平地面上的物体 A，左侧是圆弧面，右侧是倾角为的斜面， 一根轻绳跨过物体 A顶点上的小滑轮，绳两端分别系有质量为1、2的小球，当 两球静止时， 小球1与圆心的连线跟水平方向的夹角也为， 不计一切摩擦， 则1、 2之间的关系是(
3、 ) 第 2 页，共 17 页 A. 1= 2 B. 1= 2 C. 1= 2 D. 1= 2 【答案】B 【解析】解：设绳子对两球的拉力大小为 T， 对2：根据平衡条件得： = 2 对1：根据平衡条件得： = 1 联立解得：1= 2 故选：B。 分别对物体受力分析，由共点力的平衡即可得出两物体的质量之比，分析时抓住绳子拉 力大小相等 本题的解题关键抓住绳子拉力大小相等，采用隔离法，由平衡条件求解质量之比 3. 若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、 以相同的速率平抛 一物体，它们在水平方向运动的距离之比为 2：3，已知该行星质量约为地球的 36 倍，地球的半径为.由此可知，
4、该行星的半径约为( ) A. 3R B. 4R C. 5R D. 6R 【答案】B 【解析】解：对于任一行星，设其表面重力加速度为 g。 根据平抛运动的规律得： = 1 2 2 水平射程 = 0 可得该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比 = 32 22 = 9 4 根据 2 = ，得 = 可知： =36 9 4 ： = 4：1， 解得行星的半径 = 4，故 B 正确，ACD错误。 故选：B。 通过平抛运动的规律求出在星球上该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度 之比，再由万有引力等于重力，求出行星的半径。 第 3 页，共 17 页 解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方
5、向上的运动规律解得加速度之比， 掌 握万有引力等于重力这一理论，并能灵活运用。 4. 如图所示， 四个等量异种的点电荷， 放在正方形的四个顶点处。 A、B、C、D为正方形四个边的中点，O为正方形的中心，下列 说法正确的是( ) A. A、C 两个点的电场强度方向相反 B. O 点电场强度等于零 C. 将一带正电的试探电荷从 B 点沿直线移动到 D点，电场力做正功 D. O 点的电势低于 A点的电势 【答案】D 【解析】解：A、设正方形边长为 L，每个电荷的电量大小为 Q，对 A 点研究，两个正 电荷在 A 点的合场强为零， 根据平行四边形定则， 两个负电荷在 A 点的合场强方向水平 向右。则
6、A点的电场强度方向水平向右； 对 C 点研究，两个负电荷在 C 点的合场强为零，根据平行四边形法，两个正电荷在 C 点的合场强方向水平向右，所以.两个点的电场强度方向相同，故 A错误； B、两个正电荷在 O 点的合场强水平向右，两个负电荷在 O点的合场强也水平向右，所 以 O 点电场强度不等于零，方向水平向右，故 B 错误。 C、在上面两个等量异种电荷的电场中，BD 连线是一条等势线。在下面两个等量异种 电荷的电场中，BD 连线是也一条等势线，所以 BD两点的电势相等，将一带正电的试 探电荷从 B点沿直线移动到 D 点，电场力做功为零，故 C正确。 D、根据电场的叠加原理可知，AC连线上场强方
7、向水平向右，则 O点的电势低于 A点 的电势，故 D 正确； 故选：D。 根据点电荷产生的电场特点和矢量合成法则分析各个点的电场强度。 电荷在等势面上移 动，电场力做功为0.根据电场线的方向分析电势高低。 解决该题的关键是知道电场强度是矢量，掌握电场的叠加原理，能先选择合适的两个点 电荷分析在某点的电场强度的大小。 5. 如图所示，A和 B为竖直放置的平行金属板，在两极板间 用绝缘细线悬挂一带电小球。开始时开关 S闭合且滑动变 第 4 页，共 17 页 阻器的滑动头 P在 a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向，偏角为，电源的内阻不 能忽略，则下列判断正确的是( ) A. 小球带负电 B. 当滑动头
8、从 a向 b 滑动时，细线的偏角变小 C. 当滑动头从 a向 b 滑动时，电流表中有电流，方向从下向上 D. 当滑动头停在 b处时，电源的输出功率一定大于滑动头在 a 处时电源的输出功 率 【答案】B 【解析】解：A、由图，A板带正电，B带负电，电容器内电场方向水平向右。细线向 右偏，电场力向右，则小球带正电，故 A错误； B、 滑动头向右移动时， R 变小， 外电路总电阻变小， 总电流变大， 路端电压 = 变小， 电容器电压变小，细线偏角变小，故 B 正确； C、滑动头向右移动时，电容器电压变小，电容器放电，因 A板带正电，则流过电流表 的电流方向从上向下，故 C错误； D、根据电源的输出功
9、率与外电阻的关系：当外电阻等于内阻时，输出功率最大。外电 阻大于内阻，外电阻减小的过程输出功率增大；当外电阻小于内阻时，外电阻减小，输 出功率减小。本题不知道外电阻与内阻大小关系，故无法判断电源输出功率的大小，故 D错误。 故选：B。 由题， 小球向右偏， 可判断小球所受电场力方向， 根据电场方向， 能判断出小球的电性。 滑动头从 a 向 b滑动时，接入电路电阻变小，由欧姆定律可分析电容器的电压的变化， 从而判断细线的偏角变化， 同时可判断电容器是充电还是放电， 得出电流表中电流方向。 利用电源的输出功率与外电阻关系，可判断输出功率大小。 此题考查了闭合电路欧姆定律的相关知识，属于含容电路的分
10、析，对于电容器，关键是 分析和计算其电压，及充电情况，电源的输出功率与外电阻的关系可根据数学知识进行 严格推导。 二、多选题（本大题共 5 小题，共 27.0 分） 6. 等离子气流由左方连续以0射入和2两板间的匀强磁场中，ab 直导线与 、2相 连接，线圈 A 与直导线 cd连接线圈 A 内有随图乙所示的变化磁场且磁场 B 的 正方向规定为向左，如图甲所示，则下列说法正确的是( ) 第 5 页，共 17 页 A. 0内 ab、cd导线互相排斥 B. 12内 ab、cd 导线互相排斥 C. 23内 ab、cd 导线互相排斥 D. 34内 ab、cd导线互相排斥 【答案】CD 【解析】解：左侧实
11、际上为磁流体发电机等离子流通过匀强磁场时，由左手定则判断 可知，正离子向上偏转，负离子向下偏转，将在 ab中形成从 a 到 b的电流由图乙可 知，02内磁场均匀变化，根据楞次定律可知将形成从 c 到 d 的电流，同理2 4形成 从 d到 c的电流， 且电流大小不变， 故02秒内电流同向， 相互吸引， 24电流反向， 相互排斥，故 AB 错误，CD正确 故选：CD 等离子流通过匀强磁场时，正离子向上偏转，负离子向下偏转，因此将形成从 a到 b 的 电流，线圈 A 中磁场均匀变化，形成感应电流，根据楞次定律判断出流经导线 cd的电 流方向，然后根据推论：导线中的电流同向时相互吸引，反向时相互排斥判
12、断导线之间 作用力情况 利用法拉第电磁感应定律 = 时，注意 图象中斜率的物理意义注意感应电动 势的大小看磁通量的变化率，而非磁通量大小或者磁通量的变化量 7. 如图半径为 R 的内壁光滑圆轨道竖直固定在桌面上，一个可视为 质点的质量为 m 的小球静止在轨道底部 A点。 现用小锤沿水平方 向快速击打小球，使小球在极短的时间内获得一个水平速度后沿 轨道在竖直面内运动。当小球回到 A点时，再次用小锤沿运动方 向击打小球，通过这两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点。已知小球在运动 过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功1，第二次击打过 程中小锤对小球做功2.若两次击打过程中小锤对小
13、球做功全部用来增加小球的动 能，则 1 2的值可能是( ) A. 1 3 B. 1 2 C. 1 D. 2 【答案】AB 第 6 页，共 17 页 【解析】解：第一次击打后球最高到达与球心 O 等高位置，根据功能关系，有： 1 两次击打后可以到轨道最高点，根据功能关系，有： 1+ 2 2 = 1 2 2 在最高点，由牛顿第二定律有： + = 2 联立解得： 1 2 3 2 则1：2 2：3，故 CD错误，AB 正确； 故选：AB。 第一次击打后球最多到达与球心 O 等高位置， 根据功能关系列式； 两次击打后可以到轨 道最高点，再次根据功能关系列式；最后联立求解即可。 首先应该明确知道小球第一次
14、所到的位置最高是与圆心等高， 否则小球将脱离轨道回不 到 A 点，其次能正确分析两次做功的取值范围。 8. 如图，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下 压缩弹簧至离地高度 = 0.1处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传 感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的动能 图象， 其中 = 0.18 时对应图象的最顶点，高度从0.2上升到0.35范围内图象为直线，其余为曲线， 取 = 10/2，由图象可知( ) A. 滑块的质量为0.18 B. 弹簧的劲度系数为100/ C. 滑块运动的最大加速度为50/2 D. 弹簧的弹性势能最大值为0.5 【答案】BD
15、【解析】解：A、.在从0.2上升到0.35范围内， = = ，图线的 斜率绝对值为： = = 2 = ，则 = 0.2，故 A 错误； B、 在 图象中， 图线的斜率表示滑块所受的合外力， 由于高度从0.2上升到0.35 第 7 页，共 17 页 范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2上升到0.35范围内所受作用力 为恒力，所示从 = 0.2，滑块与弹簧分离，弹簧的原长的0.2，当弹簧弹力等于重 力时，滑块的速度最大，根据图象可知，此时 = 0.18，则有： = ，解得： = 2 0.2;0.18/ = 100/，故 B正确； C、 由上分析可知， 滑块静止释放后做加速度减小的加速
16、运动， 当弹簧弹力等于重力时， 加速度为 0，滑块的速度最大，所以滑块在释放瞬间加速度最大， 由牛顿第二定律可得：= ; = 100(0.2;0.1);2 0.2 /2= 40/2，故 C 错误； D、根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最 大弹性势能，所以= = 0.2 10 (0.35 0.1) = 0.5，故 D正确。 故选：BD。 根据 图象的斜率表示滑块所受的合外力，高度从0.2上升到0.35范围内图象为 直线，其余部分为曲线，说明 = 0.2，滑块与弹簧分离，弹簧的原长的0.2，当弹 簧弹力等于重力时，物块的速度最大，根据平衡条件求出 k； 物块在
17、释放瞬间加速度最大，由牛顿第二定律可求最大加速度； 根据能的转化与守恒可知滑块上升至最大高度时， 增加的重力势能即为弹簧最大弹性势 能。 解决该题的关键是掌握滑块的整个运动过程，知道在什么时候弹簧处于原长状态，知道 离开弹簧后滑块只受到重力作用，则图象的斜率的绝对值表示重力大小 9. 下列说法中正确的是( ) A. 当温度升高时，物体内所有分子热运动速率都一定增大 B. 分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小 C. 在潮湿的天气里，空气的相对湿度小，有利于蒸发 D. 温度相同的不同物体，它们分子的平均动能一定相同 E. 一定质量的理想气体分别经等容过程和等压过程，温度均由1升高到2，等压
18、过程比等容过程吸收的热量多 【答案】BDE 【解析】解：A、温度是分子的平均动能的标志，物体温度升高时，物体内分子的平均 动能增大，但不是所有分子的速率都一定增大错误，故 A错误； B、当分子间距离增大时时，分子间的引力和斥力均减小，故 B正确； C、在潮湿的天气里，空气的相对湿度大，物体表面的水不易蒸发，所以在潮湿的天气 第 8 页，共 17 页 里，水蒸发的慢，故 C 错误； D、温度是分子热运动平均动能的标志，故温度相同，分子平均动能一定相同，与物体 的种类无关，故 D 正确； E、 一定质量的理想气体分别经等容过程和等压过程温度均由1升高到2， 内能增量 相同，根据热力学第一定律等容过
19、程 = ，等压过程吸收的热量 = ，而等 压过程气体对外做功 0，所以等压过程比等容过程吸收的热量多，故 E 正确。 故选：BDE。 温度是分子平均动能的标度，分子间同时存在引力和斥力，随着分子间距的增加，引力 和斥力同时减小，人感觉潮湿因为相对湿度较大，相对湿度大，均由1升高到2，内能 增量 相同，根据热力学第一定律： = + 即可判断出等压过程与等容过程中 吸收的热量的大小。 本题考查了学生对热学中基本概念的理解和对基本规律的应用情况， 要注意在平时的积 累。重点掌握相对湿度的理解以及热力学第一定律的应用。 10. 某列简谐横波在1= 0时刻的波形如图甲中实线所示，2= 3.0时刻的波形如
20、图甲 中虚线所示，若图乙是图甲 a、b、c、d四点中某质点的振动图象，则正确的是( ) A. 这列波的周期为 4s B. 波速为0.5/ C. 图乙是质点 b的振动图象 D. 从1= 0到2= 3.0这段时间内，质点 a通过的路程为1.5 E. 3= 9.5时刻质点 c沿 y 轴正方向运动 【答案】ABE 【解析】解：A、由图乙可知，波的振动周期为 4s，故 A 正确； B、由甲图可知，波长 = 2，根据波速公式 = = 2 4/ = 0.5/，故 B 正确； C、在1= 0时刻，质点 b 正通过平衡位置向下运动，与乙图情况不符，所以乙图不可 能是质点 b 的振动图线，故 C 错误； D、从1
21、= 0到2= 3.0这段时间内，质点 a运动2= 3 = 3 4，所以质点 a 通过的路 第 9 页，共 17 页 程为 = 3 4 4 = 15 = 0.15，故 D错误； E、3= 9.5 = 2 3 8，2T 后质点 c 回到最低点，由于 4 3 8 0的空间中存在着垂直 xoy 平面向外的 匀强磁场，在 0的空间中存在着平行于 xOy平面的 匀强电场， 场强方向与 x轴正方向成45夹角斜向下。 一 质量为m， 带电量为q的带正电粒子， 不计粒子的重力， 第 12 页，共 17 页 该粒子从坐标原点以初速度0进入磁场，方向与 x轴负方向成45夹角斜向上，然 后经过 M点进入电场，并与 y
22、 轴负半轴相切于 N 点。已知 M 点坐标为(,0)。求： (1)匀强磁场的磁感应强度； (2)匀强电场的电场强度。 【答案】解：(1)粒子在磁场和电场中的运动轨迹如图所示， 根据几何关系可知 = 2 2 ， 由洛伦兹力提供向心力可得：0 = 0 2 解得： = 20 ； (2)粒子以初速度0进入磁场，经过 M 点进入电场，并与 y 轴负半轴相切于 N 点，则在 N 点的速度方向沿方向，由于类平抛运动中，速度方向 反向延长线过水平位移的中点，则根据几何关系可得 = = 2，粒子从 M到 N 的运动时间： = 0 = 22 0 根据题意结合几何关系可得 = 45 在 N 点沿电场线方向的速度为=
23、 0 = 0 沿电场线方向根据速度时间关系可得= = 22 0 解得电场强度 = 20 2 4 。 答：(1)匀强磁场的磁感应强度为20 ； (2)匀强电场的电场强度为20 2 4 。 【解析】 (1)在磁场中， 根据几何关系求半径， 由洛伦兹力提供向心力磁感应强度大小； (2)根据类平抛运动中，速度方向反向延长线过水平位移的中点，求解粒子从 M到 N 垂 直于电场线方向的位移和运动时间， 根据速度的合成与分解求解在 N点沿电场线方向的 速度，根据速度时间关系求解电场强度。 对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径， 结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；对于带电
24、粒子在电场中运动时，一般是按类平抛 运动的知识进行解答。 14. 如图所示，在光滑水平面上静止放置质量 = 2、长 = 2.17、高 = 0.2的 长木板.距该板左端距离 = 1.81处静止放置质量= 1的小物块 A，A与 C 第 13 页，共 17 页 间的动摩擦因数 = 0.2.在板右端静止放置质量= 1的小物块 B，B与 C间的 摩擦忽略不计。 A、 B均可视为质点， 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力， g取10/2.现 在长木板 C上加一水平向右的力 F，求： (1)当 = 3时，小物块 A的加速度； (2)小物块 A 与小物块 B 碰撞之前运动的最短时间； (3)若小物块 A与小物块 B
25、碰撞之前运动的时间最短， 则水平向右的力 F的大小(本 小题计算结果保留整数部分)； (4)若小物块 A与小物块 B碰撞无能量损失，当水平向右的力 = 10，小物块 A 落到地面时与长木板 C 左端的距离。 【答案】 解： (1)假设 A和 C 一起向右加速， 它们之间静摩擦力为 f， 由牛顿第二定律得： = ( + ) 解得： = 1/2 = 2/2 故 A、C 相对静止，一起加速向右运动，小物块 A的加速度为1/2； (2)在与 B碰之前运动时间最短，必须加速度最大，由牛顿第二定律得：= = 1 解得：1= 2/2 位移 = 1 21 2 解得： = 0.6 (3)要使小物块 A 加速度最
26、大，且又不从长木板 C的左端滑落，长木板 C 的加速度有两 个临界条件： 小物块 A 与 C刚好不发生相对滑动，此时 A 的加速度为1= 2/2 对 C 根据牛顿第二定律可得：1 = 1 解得：1= 6 若 A 和 C发生相对滑动，在 A 和 B相碰前 A 没有滑离木板 C，此过程木板的最大加 速度为2，根据运动学公式可得：1 22 2 1 21 2 = 对木板根据牛顿第二定律可得：2 = 2 联立解得2= 26 所以若小物块 A与小物块 B 碰撞之前运动的时间最短，则水平向右的力 F 的大小满足 第 14 页，共 17 页 6 26； (4)若小物块 A与小物块 B碰撞点距从长木板 C 的左
27、端距离为1，对木板有： 3 = 3 根据位移时间关系可得： 1 23 2 1 21 2 = 1， 解得：1= 1.45 设小物块 A发生碰撞到从长木板 C 左端滑落的时间为1， 因为物块 A、 B 发生弹性碰撞， 速度交换，故有： 31+ 1 231 2 1 211 2 = 1， 解得：1= 0.5 设小物块 A碰撞到从长木板 C 左端滑落时各自的速度分别为、，小物块 A 落到地 面时与长木板 C左端的距离为2，根据平抛运动的规律可得： = 1 22 2 解得：2= 0.2 对木板根据牛顿第二定律可得：3= 4 解得4= 3 = 10 2 /2= 5/2 根据速度时间关系可得：= 11= 1/
28、，= 3 + 31= 4.4/ 根据位移时间关系可得：2+ 1 242 2 2= 2 解得：2= 0.78 答：(1)当 = 3时，小物块 A的加速度为1/2； (2)小物块 A 与小物块 B 碰撞之前运动的最短时间为0.6； (3)若小物块 A与小物块 B碰撞之前运动的时间最短，则水平向右的力 F 的大小满足 6 26； (4)若小物块 A与小物块 B碰撞无能量损失，当水平向右的力 = 10，小物块 A 落到 地面时与长木板 C 左端的距离为0.78。 【解析】(1)判断 AC 是否相对滑动之后，由牛顿第二定律可以求出加速度； (2)由牛顿第二定律与运动学公式可以求出运动时间； (3)要使小
29、物块 A 加速度最大，且又不从长木板 C的左端滑落，长木板 C 的加速度有两 个临界条件：小物块 A 与 C刚好不发生相对滑动；若 A 和 C发生相对滑动，在 A 和 B 相碰前 A没有滑离木板 C，由牛顿第二定律和运动学公式求解； (4)根据牛顿第二定律结合平抛运动飞规律求解。 第 15 页，共 17 页 对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛 顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是 联系静力学和运动学的桥梁。 15. 如图所示，用质量 = 1的活塞在汽缸内封闭一定质 量的理想气体，活塞与汽缸壁间的摩擦忽略不计，开始
30、 时活塞距离汽缸底部的高度1= 1.0，气体的温度 1= 27.现将汽缸缓慢加热至2= 207，活塞缓慢上 升到距离汽缸底某一高度2处，此过程中被封闭气体增加的内能 = 300.已知 大气压强0= 1.0 105，重力加速度 = 10/2，活塞横截面积 = 5.0 10;42.求： ()初始时汽缸内气体的压强1和缓慢加热后活塞距离汽缸底部的高度2； ()此过程中缸内气体吸收的热量 Q。 【答案】解：()根据受力平衡，则有：1= 0+ = 1.0 105 + 110 5104 = 1.2 105 在加热过程中，气体做等压变化， 初态：1= 1，1= (27+ 273) = 300 末态：2= 2
31、，2= (273 + 207) = 480 根据盖吕萨克定律可得： 1 2 = 2 2 解得：2= 1.6 ()在气体膨胀的过程中，气体对外做功为 0= 1 = 1.2 105 (1.6 1.0) 5.0 10;4 = 36 根据热力学第一定律可得气体内能的变化为 = 0+ 得 = + 0= 300 + 36 = 336 答：()初始时汽缸内气体的压强1为1.2 105，缓慢加热后活塞距离汽缸底部的高 度2为1.6； ()此过程中缸内气体吸收的热量 Q为 336J。 【解析】()对活塞受力分析，根据平衡可求初始时汽缸内气体的压强；气体做等压变 化，根据盖吕萨克定律求高度； ()在气体膨胀的过程
32、中，气体对外做功，加热的过程中内能的变化可由热力学第一定 第 16 页，共 17 页 律列方程求解。 此题考查理想气体状态方程和热力学第一定律，关键是要注意应用理想气体状态方 程时温度用热力学温度，应用热力学第一定律时要注意正负号问题。 16. 如图所示， 将一个折射率为 = 7 2 的透明长方体放在空气中， 矩形 ABCD是它的一个截面，一单色细光束入射到 P 点， AP 之间的距离为 d，入射角为， = 6，AP间的距 离为 = 30，光速为 = 3.0 108/，求： ()若要使光束进入长方体后正好能射至 D 点上，光线在 PD之间传播的时间； ()若要使光束在 AD 面上发生全反射，角
33、的范围。 【答案】解：()由几何关系可得 = 2+ 2= 62+ 2= 7 = 307 = 37 10 光在长方体中的传播速度为 = 则光线在 PD 之间传播的时间为 = 联立解得 = 3.5 10;9 ()要使光束进入长方体后能射至 AD 面上， 设最小折射角为.根据 几何关系有 = = 7 = 7 7 根据折射定律有： = sin 解得角的最小值为 = 30。 如图，要此光束在 AD 面上发生全反射，则要求光线射至 AD面上 的入射角应满足 又 = 1 则得 = = 1 sin2 = 1 sin2 2 解得： 60 故若要使光束在 AD 面上发生全反射，角的范围为30 60。 答： 第 17 页，共 17 页 ()若要使光束进入长方体后正好能射至 D 点上，光线在 PD之间传播的时间为 3.5 10;9； ()若要使光束在 AD 面上发生全反射，角的范围为30 60。 【解析】()根据几何关系求出 PD长度，由 = 求出光在长方体中的传播速度，即可 求光线在 PD 之间传播的时间。 ()结合全反射的条件，以及折射定律和几何关系求出角的范围。 解决本题的关键要掌握全反射的条件和临界角公式， 并要能熟练运用几何知识求相关角 度和长度，要注意作出光路图。
