黑龙江省双鸭山市2021届新高考物理三月模拟试卷含解析

黑龙江省双鸭山市2021届新高考物理三月模拟试卷
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．氢原子的能级图如图所示，有一群处于n=4能级的氢原子，若氢原子从n=4能级向n=2能级跃迁时所辐射出的光恰能使某种金属A 发生光电效应，则下列说法中正确的是（ ）
A ．这群氢原子辐射出的光中共有3种频率的光能使金属A 发生光电效应
B ．如果辐射进来能量为0.32 eV 的光子，可以使氢原子从n ＝4能级向n ＝5能级跃迁
C ．如果辐射进来能量为1.32 eV 的光子，不可以使处于n ＝4能级的氢原子发生电离
D ．用氢原子从n ＝4能级向n ＝1能级跃迁时辐射出的光照射金属A ，所产生的光电子的最大初动能为10.2 eV
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．氢原子从n=4能级向低能级跃迁时可以辐射出6种频率的光子，其中只有从n=4能级向n=3能级跃迁时所辐射出的光子以及从n=3能级向n=2能级跃迁时所辐射出的光子的能量小于从n=4能级向n=2能级跃迁时所辐射出的光子的能量，不能使金属A 发生光电效应，故共有4种频率的光能使金属A 发生光电效应，故A 错误；
B ．因为从n=4能级向n=5能级跃迁时所需要的能量为
54Δ0.31eV E E E =-=
不等于光子能量为0.32eV ，故B 错误；
C ．因为要使处于n=4能级的氢原子发生电离，所需要的能量只要大于0.85eV 就可以，故C 错误；
D ．由题意可知，金属A 的逸出功为2.55eV ， 氢原子从n=4能级向n=1能级跃迁时所辐射出光子的能量为
4112.75eV hv E E =-=
由爱因斯坦光电效应方程可得最大初动能
k 010.2eV E hv W =-=
故D 正确。

故选D。

2．关于天然放射现象，下列说法正确的是（）
A．放出的各种射线中，α粒子动能最大，因此贯穿其他物质的本领最强
B．原子的核外具有较高能量的电子离开原子时，表现为放射出β粒子
C．原子核发生衰变后生成的新核辐射出γ射线
D．原子核内的核子有一半发生衰变时，所需的时间就是半衰期
【答案】C
【解析】
【详解】
A．在三种放射线中，α粒子动能虽然很大，但贯穿其他物质的本领最弱，选项A错误。

B．β衰变射出的电子来源于原子核内部，不是核外电子，选项B错误。

C．原子核发生衰变后产生的新核处于激发态，向外辐射出γ射线，选项C正确。

D．半衰期是放射性原子核总数有半数发生衰变，而不是原子核内的核子衰变，选项D错误；
故选C。

3．如图所示，甲球用细线悬挂于车厢顶，乙球固定在竖直轻杆的下端，轻杆固定在天花板上，当车向右加速运动时，细线与竖直方向的夹角为θ=45°，已知甲球的质量为m，乙球的质量为2m，重力加速度为g。

则轻杆对乙球的作用力大小等于（）
A．mg B．2mg C．2mg D．2
【答案】D
【解析】
【详解】
对甲球由牛顿第二定律知
ma=mgtanθ
则加速度大小为：
a=gtanθ
设杆对乙球的作用力为F，则
222
-=
F mg ma
(2)
解得：
F=22mg；
A. mg，与结论不相符，选项A错误；
B. 2mg，与结论不相符，选项B错误；
C. 2mg，与结论不相符，选项B错误；
D. 22mg，与结论相符，选项D正确；
4．教师在课堂上做了两个小实验，让小明同学印象深刻。

第一个实验叫做“旋转的液体”，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，沿边缘内壁放一个圆环形电极，把它们分别与电池的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体，例如盐水，如果把玻璃皿放在磁场中，液体就会旋转起来，如图甲所示。

第二个实验叫做“振动的弹簧”，把一根柔软的弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触，通电后，发现弹簧不断上下振动，如图乙所示。

下列关于这两个趣味实验的说法正确的是（）
A．图甲中，如果改变磁场的方向，液体的旋转方向不变
B．图甲中，如果改变电源的正负极，液体的旋转方向不变
C．图乙中，如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动
D．图乙中，如果将水银换成酒精，依然可以观察到弹簧不断上下振动
【答案】C
【解析】图甲中，仅仅调换N、S极位置或仅仅调换电源的正负极位置，安培力方向肯定改变，液体的旋转方向要改变，故AB均错误；图乙中，当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，根据安培定则知，各圈导线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程，可以观察到弹簧不断上下振动；如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动；但是如果将水银换成酒精，酒精不导电，则弹簧将不再上下振动，故选项C正确，D错误；故选C.
5．如图，将a、b两小球以不同的初速度同时水平抛出，它们均落在水平地面上的P点，a球抛出时的高度较b球的高，P点到两球起抛点的水平距离相等，不计空气阻力．与b球相比，a球
A ．初速度较大
B ．速度变化率较大
C ．落地时速度一定较大
D ．落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大
【答案】D
【解析】
【详解】
A.由212
h gt =可得，高度越高，下落时间越大，由x υt =可知，两球水平位移相同，但是b 求运动时间短，故b 球初速度较大，A 错误；
B.速度变化率即表示加速度，两球加速度相同，故速度变化率相同，B 错误；
C.a 球的水平速度小于b 球，故落地时虽然竖直分速度大于b 球，但是合速度不一定大于b 球，C 错误；
D.由tan gt θυ
=，a 球落地时间t 大，但是υ小，故a 球的tan θ一定大于b 球，即a 球落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大，D 正确；
故选D 。

6．一根轻质弹簧原长为l 0，在力F 作用下伸长了x 。

则弹簧的劲度系数k 是（ ）
A ．0
F l B ．F x C ．0F x l - D ．0
+F x l 【答案】B
【解析】
【详解】 已知弹簧的弹力F 与伸长的长度x ，根据胡克定律
F kx =
得
F k x
= ACD 错误，B 正确。

故选B 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．卡文迪许把自己测量引力常量的实验说成是“称量地球重量”。

若已知引力常量，下列说法正确的是
（ ）
A ．根据火星的半径和火星表面的重力加速度，可估算出火星的密度
B ．根据土星绕太阳公转的半径和周期，可估算出土星的质量
C ．根据金星绕太阳公转的半径、周期和太阳半径，可估算出太阳表面的重力加速度
D ．根据月球公转的周期、月地距离和地球表面的重力加速度，可估算出地球的第一宇宙速度
【答案】ACD
【解析】
【详解】
A ．根据物体在火星表面受到重力等于万有引力可知
2 GMm mg R
＝ 解得
G
gR M 2
= 34M g V RG
ρπ=＝ 可以求出火星密度，故A 正确；
B ．只能求出中心天体的质量，环绕天体的质量无法求出，故土星质量无法求出，故B 错误；
C ．金星绕太阳公转
222()Mm G m r r T
π= 解得太阳的质量
23
24r M GT
π= 太阳半径R 已知，则表面重力加速度
23
2224GM r g T R
R π== 故C 正确；
D ．月球绕地球做匀速圆周运动
222()Mm G m r r T
π= 可求解地球的质量M ，地球表面重力加速度g 已知，根据黄金代换式GM=gR 2，可以求出地球半径R ，根据
v =可以求出地球的第一宇宙速度，故D 正确。

故选ACD 。

8．如图,L形木板置于粗糙水平面上,光滑物块压缩弹簧后用细线系住。

烧断细线,物块弹出的过程木板保持静止,此过程()
A．弹簧对物块的弹力不变B．弹簧对物块的弹力逐渐减小
C．地面对木板的摩擦力不变D．地面对木板的摩擦力逐渐减小
【答案】BD
【解析】
【详解】
烧断细线，弹簧要恢复原状，弹簧对物块的弹力逐渐减小，故A错误，B正确。

木板在水平方向上受到弹簧的弹力和地面的摩擦力，两个力处于平衡，由于弹簧的弹力逐渐减小，则地面对木板的摩擦力逐渐减小。

故D正确、C错误。

故选BD。

【点睛】
本题通过形变量的变化得出弹力变化是解决本题的关键，注意木块对木板没有摩擦力，木板所受的摩擦力为静摩擦力．
9．如图所示，固定的光滑斜面上有一小球，小球与竖直轻弹簧P和平行斜面的轻弹簧Q连接，小球处于静止状态，则小球所受力的个数可能是（）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】ABC
【解析】
【分析】
【详解】
若P弹簧对小球向上的弹力等于小球的重力，此时Q弹簧无弹力，小球受2个力平衡。

若P弹簧弹力为零，小球受重力、支持力、弹簧Q的拉力处于平衡，小球受3个力。

若P弹簧弹力不为零，小球受重力、弹簧P的拉力、支持力、弹簧Q的拉力，小球受4个力平衡。

由于斜面光滑，小球不受摩擦力，知小球不可能受5个力。

故ABC正确，D错误。

故选ABC。

10．真空区域有宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向如图所示，MN、PQ是磁场的边界．比荷为k的带负电粒子，沿着与MN夹角θ＝60°的方向射入磁场中，刚好没能从PQ边界射出磁场．下列说法正确的是（）
A ．粒子的速率大小是23
Bdk B ．粒了在磁场中运动的时间是
23kB π C ．仅减小粒了的入射速率，在磁场中的运动时间将增大
D ．仅增人粒子的入射速率，在磁场中的运动时间将减小
【答案】AD
【解析】
【详解】
AB.粒子刚好没能从PQ 边界射出磁场时，其运动轨迹刚好与PQ 相切，如图
设带电粒子圆周运动的轨迹半径为R ，由几何关系有：
cos θL R R =+
解得：
23
R L = 根据牛顿第二定律得：
2
v qvB m R
= 解得：
23
Bdk v = 运动时间为： ()2243R t v kB πθπ-=
= 故A 正确，B 错误；
C.减小粒了的入射速率，粒子的周期不变，半径变小，粒子仍然从左边界出磁场，圆心角不变，则运动时间不变，故C 错误；
D.增人粒子的入射速率，粒子从磁场的右边界出磁场，粒子运动轨迹所对应的圆心角减小，则运动时间变小，故D 正确．
11．如图所示，水平圆盘可绕竖直轴转动，圆盘上放有小物体A 、B 、C ，质量分别为m 、2m 、3m ，A 叠放在B 上，C 、B 离圆心O 距离分别为2r 、3r 。

C 、B 之间用细线相连，圆盘静止时细线刚好伸直无张力。

已知C 、B 与圆盘间动摩擦因数为μ，A 、B 间摩擦因数为3μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，现让圆盘从静止缓慢加速，则（ ）
A ．当23g r
μω=时，A 、B 即将开始滑动 B ．当2g
r μω=32
mg μ C ．当g
r μω=C 受到圆盘的摩擦力为0
D ．当25g r
μω=
C 将做离心运动 【答案】BC
【解析】
【详解】 A. 当A 开始滑动时有：
2033A f mg m r μω==⋅⋅
解得：
0g r μω＝
当23g g r r
μμω=<AB 未发生相对滑动，选项A 错误； B. 当2g
g r r μμω=<AB 为整体，根据2
F mr ω向＝可知 29332
F m r mg ωμ⋅⋅=向＝ B 与转盘之间的最大静摩擦力为：
23Bm f m m g mg μμ=+=（）
所以有：
Bm F f >向
此时细线有张力，设细线的拉力为T ，
对AB 有：
2333mg T m r μω+=⋅⋅
对C 有：
232C f T m r ω+=⋅⋅
解得
32mg T μ=，32
C mg f μ= 选项B 正确；
C. 当ω=
AB 需要的向心力为：
2339AB Bm F m r mg T f ωμ'⋅⋅=+＝＝
解得此时细线的拉力96Bm T mg f mg μμ'-==
C 需要的向心力为：
2326C F m r mg ωμ⋅⋅＝＝
C 受到细线的拉力恰好等于需要的向心力，所以圆盘对C 的摩擦力一定等于0，选项C 正确；
D. 当ω=C 有： 212325C f T m r mg ωμ+=⋅⋅=
剪断细线，则
1235
C Cm f mg f mg μμ=<= 所以C 与转盘之间的静摩擦力大于需要的向心力，则C 仍然做匀速圆周运动。

选项
D 错误。

故选BC 。

12．如图所示，光滑水平面上放置一内壁光滑的半圆形凹槽，凹槽质量为M ，半径为R 。

在凹槽内壁左侧上方P 点处有一质量为m 的小球（可视为质点），距离凹槽边缘的高度为h 。

现将小球无初速度释放，小球从凹槽左侧沿切线方向进入内壁，并从凹槽右侧离开。

下列说法正确的是（ ）
A ．小球离开凹槽后，上升的最大高度为h
B ．小球离开凹槽时，凹槽的速度为零
C ．小球离开凹槽后，不可能再落回凹槽
D ．从开始释放到小球第一次离开凹槽，凹槽的位移大小为
2MR M m
+ 【答案】AB
【解析】
【分析】
【详解】
ABC ．小球与半圆槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，初状态时系统在水平方向动量为零，由动量守恒定律可知，小球第一次离开槽时，系统水平方向动量守恒，球与槽在水平方向的速度相等都为零，球离开槽后做竖直上抛运动，槽静止，小球会再落回凹槽，由能量守恒可知小球离开凹槽后上升的最大高度为h 。

故AB 正确，C 错误；
D ．从开始释放到小球第一次离开凹槽，凹槽的位移大小为x ，由动量守恒 (2)Mx m R x =-
解得
2mR x M m
=+ 故D 错误。

故选AB 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学要用电阻箱和电压表测量某水果电池组的电动势和内阻，考虑到水果电池组的内阻较大，为了提高实验的精确度，需要测量电压表的内阻。

实验器材中恰好有一块零刻度在中央的双电压表，该同学便充分利用这块电压表，设计了如图所示的实验电路，既能实现对该电压表的内阻的测量，又能利用该表完成水果电池组电动势和内阻的测量，他用到的实验器材有：
待测水果电池组（电动势约4V ，内阻约50Ω）、双向电压表（量程为2V ，内阻约为2k Ω）、电阻箱（09999Ω:）、滑动变阻器（0200Ω:），一个单刀双掷开关及若干导线。

（1）该同学按如图所示电路图连线后，首先测出了电压表的内阻。

请完善测量电压表内阻的实验步骤： ①将1R 的滑动触头滑至最左端，将S 拨向1位置，将电阻箱阻值调为0；
②调节1R 的滑动触头，使电压表示数达到满偏；
③保持______不变，调节2R ，使电压表的示数达到______；
④读出电阻箱的阻值，记为2R ，则电压表的内阻V R =______。

（2）若测得电压表内阻为2k Ω，可分析此测量值应______（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。

（3）接下来测量水果电池组的电动势和内阻，实验步骤如下：
①将开关S 拨至______（选填“1”或“2”）位置，将1R 的滑动触片移到最______端，不再移动； ②调节电阻箱的阻值，使电压表的示数达到一个合适值，记录下电压表的示数和电阻箱的阻值； ③重复步骤②，记录多组电压表的示数及对应的电阻箱的阻值。

（4）若将电阻箱与电压表并联后的阻值记录为R ，作出11U R
-图象，则可消除系统误差，如图所示，其中纵截距为b ，斜率为k ，则电动势的表达式为______，内阻的表达式为______。

【答案】（1）③1R 半偏（或最大值的一半） ④2R （2）大于 （3）①2 左 （4）1E b = k r b
= 【解析】
【详解】
（1）由题图可知，当S 拨向1位置，滑动变阻器1R 在电路中为分压式接法，利用电压表的半偏法得：调节1R 使电压表满偏；
[1].保持1R 不变，2R 与电压表串联；
[2].调节2R 使电压表的示数达到半偏（或最大值的一半）；
[3].则电压表的内阻v R 与电阻箱示数2R 相同。

（2）[4].由闭合电路欧姆定律可知，调节2R 变大使电压表达到半偏的过程中，总电阻变大。

干路总电流
变小，由·
E I r U =+外得U 外变大，由电路知U U U =+右外并，滑动变阻器的滑动触头右侧分得的电压·U I R =右右变小，则U 并变大，电压表半偏时，2R 上分得的电压就会大于电压表上分得的电压，那么2R 的阻值就会大于电压表的阻值。

（3）[5].[6].测水果电池组的电动势和内阻，利用伏阻法，S 拨到2位置，同时将1R 的滑动触头移到最左端。

利用112U E U r R =+
⋅，112U E U r R '''
=+⋅，联立求E 、r 。

（4）[7].[8].由闭合电路欧姆定律得：
U E U r R
=+
⋅， 变形得 111r U E R E
=⋅+， 则
r k E =，1b E
=， 解得：
1E b =，k r b
=。

14．在“测定一节干电池电动势和内阻”的实验中：
(1)第一组同学利用如图甲所示的实验装置测量，电压表选择量程“3V”，实验后得到了如图乙的U I -图像，则电池内阻为_______Ω；
(2)第二组同学也利用图甲的实验装置测量另一节干电池的电动势和内阻，初始时滑片P 在最右端，但由于滑动变阻器某处发生断路，合上开关后发现滑片P 向左滑动的过程中，电流表的示数先始终为零，滑过一段距离后，电流表的示数才逐渐增大。

该组同学记录了多组电压表示数U 、电流表示数、滑片P 向左滑动的距离x 。

然后根据实验数据，分别作出了U-x 图象、I-x 图象，如图丙所示，则根据图像可知，电池的电动势为______V ，内阻为_______Ω。

【答案】1.5 1.5 1
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]．由图乙图像可知，电源内阻 1.45 1.00 1.50.30U r I ∆-==Ω=Ω∆ (2)[2] [3]． 由图示图像可知，10cm x =时， 1.20V U =，0.30A I =；当5cm x =时， 1.35V U =，0.15A I =，则由U=E-Ir 可得
1.20=E-0.3r
1.35=E-0.15r
解得：
r=1Ω
E=1.5V
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．在xOy 平面的x 轴上方区域范围内存在着范围足够大的匀强磁场（如图甲所示）。

在空间坐标（x=0，y=12
a ）处有一粒子源，在某一时刻向平面内各个方向均匀发射N 个（N 足够大）质量为m 、电荷量为-q ，速度为v 0的带电粒子：（不计粒子重力及粒子间的相互作用，题中N 、a 、m 、-q 、v 0均为已知量）
(1)若放射源所发出的粒子恰好有13
不能到达x 轴，求磁感应强度为多大； (2)求解第(1)问中，x 轴上能接收到粒子的区域长度L ； (3)若磁场仅限制在一个半径为a 的圆形区域内，圆心在坐标1(,
)2a a 处。

保持磁感应强度不变，在x 轴的正半轴2a x a ≤≤ 区间上铺设挡板，粒子源打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上并被挡板吸收，求：这部分粒子在先后到达板上的时间内对挡板的平均作用力。

【答案】 (1)0mv aq ；(2)15322
a a +；(3)202(π3)Nmv a + 【解析】
【分析】
【详解】
(1)由几关系可知左右两个相切圆为临界条件，由于有13不能到达要x 轴，所以123O PO π∠= 由几何关系知，磁场中做圆周运动半径为R=a
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
200mv qv B R =
解得 0mv R a qB
== 则磁感应强度
0mv B aq
= (2)粒子打x 轴上的范围如图所示，
x 轴右侧长度为
221115(2)()2L a a =-= x 轴左侧，F 与x 轴相切，由几何关系知
22213()2L a a a =-= 联立可得
1215322
L L L a a =+=+ (3)粒子源打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上，根据几何关系则有
112sin 2
a a θ== 解得
π6
θ= 粒子源打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上的动量的变化量
00π
62π12
Nmv P Nmv ∆== 粒子源打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上运动的最短时间
100
π(π)2π5π62π6a a t v v -=⋅= 粒子源打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上运动的最长时间
2000
1π2π22a a a a t v v v +=+= 这部分粒子在先后到达板上的时间内对挡板的平均作用力
20212(π3)Nmv P F t t a
∆==-+ 16．如图甲所示，在平面直角坐标系xOy 中关于x 轴对称放置两平行金属板A 、B ，A 、B 板的左端均在y 轴上，两板间距离d=6.0cm ，板长L 1=1.8cm ，距两板右端L 2=28cm 处放置有足够长的垂直x 轴方向的荧光屏，两者之间区域分布着匀强磁场，磁感应强度B=1.0T ，方向垂直坐标平面向里。

大量比荷为q m
=5.0×104C/kg 带负电粒子以速度v 0=6.0×103m/s 从坐标原点O 连续不断的沿x 轴正向射入板间，离开板间电场后进入磁场，最后打在荧光屏上。

在两板间加上如图乙所示的交流电压，不计粒子重力，不考虑场的边缘效应和粒子的相对论效应，求：
(1)t=0时刻发射的粒子离开电场时的速度大小及偏转距离；
(2)粒子打在荧光屏上的范围；
【答案】（1）41.010⨯m/s ；2.8cm ；（2）(3.6cm ，6.8cm)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)粒子穿过偏转电场时间
410
3.010s L t T v -==⨯= 根据牛顿第二定律可得
qU ma d
= 解得
9810a =⨯m/s 2
0t =时刻，粒子从偏转电场飞出时的竖直分速度
3218.01033
y v a T a T =-=⨯g g m/s 飞出时速度
2240 1.010y v v v =+=⨯m/s
偏转距离
22122111()()233323y a t a t t a t ⎡⎤=+-⎢⎥⎣⎦
g g 解得
2.8y =cm
(2)由题意知，所有粒子飞出电场时速度大小和方向均相同，则所有粒子在磁场中运动轨迹都是平行的，所有粒子在磁场中的运动时间均相同。

粒子飞出电场的方向与水平方向成θ角
04tan 3
y v v θ== 在磁场中，根据牛顿第二定律可得
2
v qvB m R
= 解得
20R =cm
粒子在磁场中运动轨迹如图所示，由集合关系可知
2sin αsin βL R R =+
解得
3sin β5
= 粒子在磁场中运动过程中的y 轴方向的便宜距离均为
cos cos y R R αβ∆=-=4cm
0t =时刻的粒子在荧光屏上的纵坐标
6.8cm Y y y =+∆=
4210s t -=⨯时刻粒子在电场中偏移
()22111211()()()()2343203.3y a t a t t a t ⎡⎤'=-+---⎢⎥⎣=-⎦
g g cm 4210s t -=⨯时刻的粒子荧光屏上的纵坐标
Y y y ''=+∆=3.6cm
即范围坐标为(3.6cm ，6.8cm)
17．如图所示，一束半径为R 的半球形玻璃体放置在水平桌面|上，圆心为O 3的单色3，真空中的光速为c ，忽略水平面上光的反射，求：
①光在玻璃体中传播的最长时间；
②)玻璃体水平面上光斑的面积。

【答案】①
3R
t=；②
2
3
π
=
R
S。

【解析】
【详解】
①光在玻璃中传播的最长时间
R
t
v
=
折射率
c
n
v
=
得
3R
t
c
=
②作出光路图如图所示
在截面圆中，边缘光线人射角为i
3
sin
2
i=
60
i=o
根据折射定律有
sin sin i
n
r =
得
1sin 2r = 30r =o
根据几何关系可知 130∠=o ，230∠=o 则有
tan 302
R OB R =-o 解得
3OB R = 光斑面积
()2
23R S OB ππ==。