2020年福建省莆田市高考物理二模试卷(B卷) (含答案解析)

2020年福建省莆田市高考物理二模试卷（B卷）
一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1.下列说法正确的是()
A. 只有物体温度较高时，才能向外辐射红外线
B. 紫外线的主要作用是化学作用
C. 可见光比红外线容易发生衍射现象
D. X射线在磁场中偏转，穿透力较强，可用来进行人体透视
2.甲、乙两质点同时、同地点向同一方向作直线运动，它们的v−t图象
如图所示，则()
A. 乙始终比甲运动得快
B. 乙在2s末追上甲
C. 乙追上甲时距出发点40m远
D. 4s内乙的平均速度等于甲的速度
3.随着“神州九号”与“天宫一号”成功牵手及“嫦娥”系列月球卫星的技术成熟，我国将于
2020年前发射月球登录车，采集月球表面的一些样本后返回地球面，为中国人登录月球积累实验数据．登录月球后的返回过程中有一段与“神九”与“天宫”对接相同，月球登录器返回时，先由月球表面发射后绕月球在近月圆轨道上飞行，经轨道调整后与停留在较高轨道的轨道舱对接，对接完成后再经加速脱离月球飞回地球，一列关于此过程的描述中正确的是()
A. 登录器在近月圆轨道上飞行的速度必须大于月球第一宇宙速度
B. 登录器与轨道舱对接后的运动周期小于对接前登录器的运动周期
C. 登录器与轨道舱对接后必须加速到等于或大于月球的第二宇宙速度才可返回地球
D. 登录器与轨道舱对接时的速度大于在近月轨道上的运行速度
4.如图所示，有一对等量异种点电荷分别位于空间中的a点和f点，以a点和f点为顶点作一正方
体。

现在各顶点间移动—试探电荷、关于试探电荷所受的电场力和具有的电势能，以下判断正确的()
A. 在g点和e点受力大小相等，方向相同
B. 在g点和d点受力大小相等，方向相同
C. 在b点和d点电势能不相等
D. 在c点和h点电势能相等
5.如图所示，质量分别为m A、m B的A、B两物块紧靠在一起放在倾角
为θ的斜面上，两物块与斜面间的动摩擦因数相同，用始终平行于
斜面向上的恒力F推A，使它们沿斜面匀加速上升，为了减小A、B
间的压力，可行的办法是()
A. 减小倾角θ
B. 减小B的质量
C. 减小A的质量
D. 换粗糙程度小的斜面
二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）
6.理想变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，电阻R1和滑动变阻器R2串联接入副线圈，若原线圈
输入正弦式交流电压U1，电流为I1，副线圈输出电压U2，电流为I2，如图所示，则以下说法正确的是()
U1
A. U2=n2
n1
I1
B. I2=n2
n1
C. R2滑动触头向右滑动，电阻R1上电压减小
D. R2滑动触头向左滑动，则变压器输入功率减小
7.在空间某一区域里，有竖直向下的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁
场B，且两者正交；有两个带电油滴，都能在竖直平面内做匀速圆周运
动，如图所示，则两油滴一定相同的是()
A. 带电性质
B. 运动周期
C. 运动半径
D. 运动速率
8.如图所示，放在粗糙水平地面上的木块，在斜向上方的拉力F作用下沿地面向右运动，则木块
受力个数可能是()
A. 2个
B. 3个
C. 4个
D. 5个
9.下列说法正确的是()
A. 气体温度越高，每个分子的速率一定越大
B. 雨水没有透过布雨伞是因为液体存在表面张力
C. 布朗运动是指在显微镜下观察到的液体分子的无规则运动
D. 单晶体的某些物理性质是各向异性的，多晶体的物理性质是各向同性的
E. 气体在等压膨胀过程中温度一定升高
10.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形如图所示，介
质中质点P、Q分别位于x=2m，x=4m处，从t=0时刻开始计
时，当t=15s时质点Q刚好第4次到达波峰，以下说法正确的是
()
A. 这列简谐横波的波速为1m/s
B. 当t=15s时质点P经历过3次波峰
C. 质点P作简谐运动的表达式为y=0.2sin0.5πt(m)
D. 从t=0开始计时，到t=14s时质点P的路程为3m
E. 当t=2.5s时质点Q的振动方向向上
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11.如图所示为测量物块与水平固定桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图，细线平行于桌面．已
知物块和遮光片的总质量为M，重物质量为m，遮光片的宽度为d，两光电门之间的距离为s，重力加速度为g.让物块从光电门A的左侧由静止释放，分别测出遮光片通过光电门A、B所用的时间t A、t B.用遮光片通过光电门的平均速度表示遮光片竖直中线通过光电门的瞬时速度．
(1)利用实验中已知量和测量量，可得到物块运动的加速度大小为______ ；
(2)如果设物块运动的加速度为a，则用已知量和a表示物块与水平桌面之间的动摩擦因数μ，得
μ=______ ；
(3)遮光片通过光电门时的平均速度______ (选填“大于”、“小于”或“等于”)遮光片竖直中
线通过光电门的瞬时速度，由此会产生误差，请你写出一种减小这一误差的方法是______ ．
12.某同学测一节干电池的电动势和内电阻，现提供器材如下：
A.电压表V：(0～3V和0～15V两个量程)
B.电流表A：(0～0.6A和0～3A两个量程)
C.滑动变阻
器R1(最大阻值20Ω)D.滑动变阻器R2(最大阻值100Ω)E.开关S和导线若干
(1)电流表应选用______ 量程；电压表应选用______ 量程；滑动变阻器应选______ (选填R1或
R2)
(2)根据实验中所测的六组数据标在图示的U−I图中，请根据图象，求出E=______ V，r=
______ Ω.
四、简答题（本大题共1小题，共20.0分）
13.如图甲所示，空间中有一宽为2L的匀强磁场区域，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，abcd
是由均匀电阻丝做成的边长为L的正方形纸框，总电阻为R.线框以垂直磁场边界的速度v匀速通过磁场区域，在运动过程中，线框ab、cd两边始终与磁场边界平行．取线框cd边刚进入磁场时的位置x=0，x轴沿水平方向向右．求：
(1)cd边刚进入磁场ab两端的电势差U，a，b两端哪端电势高？
(2)线框在穿过磁场的过程中总共产生的焦耳热Q．
(3)在图乙中，画出ab两端电势差U ab随前进距离x变化的图象(其中U0=BLv)．
五、计算题（本大题共3小题，共32.0分）
14.一竖直放置的半径为R=0.4m半圆形轨道与水平直轨道在最低点
平滑连接。

质量m=0.05kg的小球以一定的初速度沿直线轨道向
右运动，并沿圆轨道的内壁冲上去。

如果小球经过N点时的速度
v1=6m/s；小球经过轨道最高点M后作平抛运动，平抛的水平
距离为x=1.6m，取重力加速度g=10m/s2.求：
(1)小球经过M时速度大小；
(2)小球经过M时对轨道的压力大小；
(3)小球从N点滑到轨道最高点M的过程中克服摩擦力所做的功。

15.如图所示为一竖直放置、上粗下细且上端开口的薄壁玻璃管，上部和下部的横截面积之比为2:1，
上管足够长，下管长度l=34cm.在管内用长度ℎ=4cm的水银柱封闭一定质量的理想气体，气柱长度l1=20cm.大气压强p0=76cmHg，气体初始温度T1=300K．
(1)若缓慢升高气体温度，使水银上表面到达粗管和细管交界处，求此时的温度T2；
(2)继续缓慢升高温度至水银恰好全部进入粗管，求此时的温度T3．
16.如图所示，有一四棱镜ABCD，∠B=∠C=90°，∠D=75°.某同学
想测量其折射率，他用激光笔从BC面上的P点射入一束激光，从
Q点射出时与AD面的夹角为30°，Q点到BC面垂线的垂足为E，
P、Q两点到E点的距离分别为a、√3a，已知真空中光束为c，求：
①该棱镜材料的折射率n；
②激光从P点传播到Q点所需的时间t。

-------- 答案与解析 --------
1.答案：B
解析：解：A、一切向外辐射红外线，当温度越高时，辐射越强，故A错误；
B、紫外线的主要作用是化学作用，比如消毒，故B正确；
C、波长越长，越容易发生衍射现象，而红外线的波长比可见光长，故C错误；
D、X射线不带电，在磁场中不偏转，但穿透力较强，可用来进行人体透视．故D错误；
故选：B
一切向外辐射红外线，当温度越高时，辐射越强；
紫外线的主要作用是化学作用；
波长越长，越容易发生衍射现象；
X射线不带电，在磁场中不偏转，但穿透力较强，可用来进行人体透视．
考查一切物体均辐射红外线，辐射强度与温度高低有关，认识紫外线与红外线的区别，掌握明显的衍射条件，知道X射线不带电，但有穿透能力．
2.答案：D
解析：解：AB、0～2s内甲的速度一直比乙大，甲、乙之间的距离越来越大，2～4s内，乙的速度大于甲的速度，故两质点间距开始变小，故第2s末速度相等，两者间的距离最大；故A、B错误；C、根据速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移大小，可以知道，4s末两质点位移相等，乙追
×4×40m=80m，故C错误；
上甲，此时乙的位移x=1
2
D、根据“面积”等于位移，可知，4s内乙的位移等于甲的位移，所以4s内乙的平均速度等于甲的速度，故D正确；
故选：D。

从图象得到两个质点的运动情况，甲做匀速直线运动，乙做初速度为零的匀加速直线运动，然后结合速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移大小进行分析．
本题关键是根据速度时间图象得到两个物体的运动规律，然后根据速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移大小，结合初始条件进行分析处理．
3.答案：C
解析：解：A、根据第一宇宙速度的概念可知，登录器在近月圆轨道上飞行的速度等于月球第一宇宙速度，故A错误．
B、根据万有引力提供向心力G Mm
r2=m4π2
T2
r，可得登陆器运动的周期为T=2π√r3
GM
，对接后轨道半
径没有变，故周期也不变．故错误．
C、登录器与轨道舱对接后必须加速到等于或大于月球的第二宇宙速度，才能脱离月球束缚，才可以返回地球．故C正确．
D、根据万有引力提供向心力G Mm
r2=m v2
r
，可得登陆器运动的线速度为v=√GM
r
，登录器与轨道舱
对接的轨道半径比近月轨道半径大，故速度比近月轨道速度小，故D错误．
故选：C．
近月速度即为月球的第一宇宙速度，第二宇宙速度为脱离速度，离开月球束缚的最小速度．根据万
有引力提供向心力G Mm
r2=m4π2
T2
r，可得登陆器运动的周期为T=2π√r3
GM
，对接后轨道半径没有变，
故周期也不变．根据万有引力提供向心力G Mm
r2=m v2
r
，可得登陆器运动的线速度为v=√GM
r
，登录
器与轨道舱对接的轨道半径比近月轨道半径大，故速度比近月轨道速度小．
解决本题的关键就是要掌握万有引力提供向心力这一关系，同时要能根据题目的要求熟练选择向心力的表达式．并且要理解第一宇宙速度和第二宇宙速度的物理含义．
4.答案：B
解析：
【分析】
一对等量异种电荷在空间产生的电场具有对称性，根据电场线的分布情况和对称性，分析场强大小和方向，判断电场力大小和方向的关系。

根据等势面分布情况，判断电势关系，确定电势能的关系。

本题的解题关键是抓住对称性进行分析，等量异种电荷电场线和等势线的分布情况是考试的热点，要熟悉，并能在相关问题中能恰到好处地应用。

【解答】
A.根据等量异种电荷电场线的分布情况和对称性可知，g点和e点场强大小相等、方向不同，则试探电荷在g点和e点受力大小相等，方向不同，故A错误；
B.g点和d点场强大小相等、方向相同，则试探电荷在g点和d点受力大小相等，方向相同，故B正确；
C.根据对称性可知，b点和d点电势相等，则试探电荷在b点和d点电势能相等，故C错误；
D.由图看出，c点离场源正电荷较远，而h点离场源正电荷较近，所以c点和h点电势不等，则试探电荷在c点和h点电势能不相等，故D错误。

故选B。

5.答案：B
解析： 【分析】
当用斜面向上的拉力F 推A ，两物体沿斜面匀加速上升时，对整体运用牛顿第二定律求出加速度，再对B 研究，根据牛顿第二定律求出AB 间的弹力，即可分析增减小AB 间压力的方法。

本题是连接体问题，要抓住两个物体的加速度相同，采用整体法与隔离法交叉使用的方法，要有灵活选择研究对象的能力。

【解答】
设摩擦因数为μ，对AB 整体受力分析有：
F −m A gsinθ−m B gsinθ−μm A gcosθ−μm B gcosθ=(m A +m B )a
对B 受力分析有：
F AB −m B gsinθ−μm B gcosθ=m B a
由以上两式可得：
F AB =
m B m A +m B
F =
F
m A
m B
+1 可知，为使F AB 减小，应减小推力F ，增加A 的质量，减小B 的质量，故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

6.答案：AD
解析：解：A 、根据理想变压器原、副线圈电压与匝数成正比得：U 1U 2
=n 1
n 2
，解得：U 2=n
2n 1U 1，故A
正确；
B 、根据理想变压器原、副线圈电流与匝数成反比得：I 1I 2
=n 2
n 1
，解得I 2=n
1n 2
I 1，故B 错误；
C 、R 2滑动触头向右滑动，电阻变小，而副线圈电压不变，所以副线圈电流变大，根据欧姆定律可知，电阻R 1上电压增大，故C 错误；
D 、R 2滑动触头向左滑动，电阻变大，而副线圈电压不变，所以副线圈电流变小，则变压器输出功率变小，所以变压器输入功率也减小，故D 正确。

故选：AD 。

根据理想变压器原、副线圈匝数与电压、电流的比例关系分析，当R 2滑动触头滑动时不影响副线圈电压，根据欧姆定律及功率公式即可分析．
本题考查了变压器的构造和原理，同时考查了电路的动态分析，难度不大，属于基础题．
7.答案：AB
解析： 【分析】
粒子能做匀速圆周运动则说明电场力和重力任意位置做功为零，则电场力和重力大小相等，方向相反。

据此分析各选项。

考查带电粒子的运动规律，明确粒子能做匀速圆周运动的条件，掌握牛顿第二定律的应用。

【解答】
AD.粒子做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，即电场力竖直向上，故粒子带负电荷。

而洛伦兹力提供向心力，故：
mg=Eq
qvB=m v2 R
由于E与B已知，故：
两个方程有三个未知数(m、q、v)，故无法求解m、q、v，故A正确，D错误；
BC.半径R= mv
qB = vE
 Bg
，不知道速度v，故无法求解半径R。

周期T= 2πm
 qB 
= 2πE 
Bg
，可以求解，故B
正确，C错误。

故选AB。

8.答案：AC
解析：解：当物体沿水平面做匀加速运动，F竖直向上的分力等于重力时，地面对物体没有支持力和摩擦力，物体只受两个力：重力和拉力．
当F竖直向上的分力小于重力时，地面对物体有支持力和摩擦力，物体受到重力、拉力、支持力和摩擦力四个力作用．
粗糙水平面，地面对物体有支持力，必定有摩擦力，不可能只受三个力作用．故A、C正确，B、D 错误．
故选：AC．
本题首先要分析物体可能的运动情况，再对物体进行受力分析，由相关运动的条件分析物体受力情况．
本题关键是正确对物体进行受力分析，受力分析时要按一定的程序进行．知道有摩擦力必有弹力．9.答案：BDE
解析：解：A、温度越高，所有分子的平均动能增大，但对于具体的每一个分子来说，其分子动能有可能减小，故A错误；
B、雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力，从而使水珠成球形而不会掉下去；故B正确；
C、布朗运动是指悬浮在液体中的小颗粒的运动，不是液体分子的运动，故C错误；
D 、单晶体的某些物理性质是各向异性的，多晶体的物理性质是各向同性的，故D 正确；
E 、气体等压膨胀过程中，由
pV T =c 知，气体温度升高；故E 正确；
故选：BDE ；
温度升高，分子的平均动能增大，但是个别分子速率减小．
雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力．
布朗运动是指悬浮在液体中的小颗粒的运动，不是液体分子的运动．
等温膨胀过程，气体对外做功，内能减小，而温度是分子平均动能的标志．
本题考查热力学基本定律的内容，要注意明确相应的物理规律在生产生活中的应用；如晶体、表面张力等． 10.答案：ACE
解析：解：A 、根据波形图得到波长λ=4m ，从t =0时刻开始计时，当t =15 s 时质点Q 刚好第4次到达波峰，可知该列波周期为4s ，这列简谐横波的波速为v =λT =44=1 m/s ，故A 正确； B 、t =15s 时质点Q 刚好第4次到达波峰，则当t =15 s 时质点P 也经历过4次波峰，故B 错误； C 、ω=2πT =2π4=0.5πrad/s ，振幅A =0.2m ，则质点P 做简谐运动的表达式为y =0.2sin0.5πt(m)，故C 正确；
D 、t =14s =312
T ，则从t =0s 开始计时，到t =14 s 时质点P 的路程为2.8m ，故D 错误； E 、t =2.5 s =58T 时质点Q 的振动方向向上，E 正确． 故选：ACE
根据波形图得到波长；从t =0时刻开始计时，当t =15s 时质点Q 刚好第4次到达波峰，判断出周期；然后根据v =λT 计算波速；
根据波形图得到振幅A ，然后根据公式y =Asinωt 列式求解．一个周期内，质点振动4A ．
本题综合考查了质点的振动和波动，关键是要能从波速方向判断出质点的振动方向，同时要能从图象得到波长并进一步求解波速． 11.答案：d 22s (1t B 2−1t A 2)；mg−(M+m)a Mg ；小于；减小遮光片的宽度
解析：解：(1)由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度，故
v A =d
t A ； v B =d
t B 由运动学的导出公式：2as =v B 2−v A 2
解得：a =v B 2−v A
22s =d 22s (1t B 2−1
t A 2)；
(2)对m：mg−F拉=ma
对M：F拉−μMg=Ma
解得：μ=mg−(M+m)a
Mg
；
(3)遮光片通过光电门的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，而物块做加速运动前一半的时间内的位移小于后一半时间内的位移，所以时间到一半时，遮光片的中线尚未到达光电门，所以遮光片通过光电门的平均速度小于遮光片竖直中线通过光电门的瞬时速度．为减小实验的误差，可以减小遮光片的宽度，也可以通过计算，消除理论误差．
故答案为：(1)d 2
2s (1
t B2
−1
t A2
)；(2)mg−(M+m)a
Mg
；(3)小于，减小遮光片的宽度．
(1)分别对m和M进行受力分析，然后使用牛顿第二定律即可求得摩擦因数；
(2)遮光片通过光电门的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，而物块做加速运动前一半的时间内的位移小于后一半时间内的位移；
(3)遮光板通过光电门的时间很短，可以用对应时间内的平均速度代替瞬时速度；根据速度位移关系公式2as=v B2−v A2列式求解．
本题关键明确探究加速度与物体质量、物体受力的关系实验的实验原理，知道减小系统误差的两种方法，不难．
12.答案：0～0.6A；0～3V；R1；1.5；0.5
解析：解：(1)干电池电动势约为1.5V，电压表应选：0～3V量程，由图象可知，电流小于1.0A，故电流表选择0～0.6A；
为方便实验操作，滑动变阻器应选择小电阻R1；
(2)根据坐标系内描出的点作出电源的U−I图象如图所示：
由图示电源U−I图象可知，电源电动势：E=1.5V，
电源的内阻：r=△U
△I =1.5−1.0
1.0
=0.5Ω；
故答案为：(1)0～0.6A；0～3.0V；R1；(2)如图所示；1.5；0.5．
(1)根据电池电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作，在保证安全的前提下，要选择最大阻值较小的滑动变阻器．
(2)根据坐标系内描出的点作出电源的U−I图象；电源的U−I图象与纵轴的交点坐标值是电源的电
动势，图象斜率的绝对值是电源的内阻．
本题考查了实验器材的选取、作实验电路图、求电动势与内阻，知道实验器材的选取原则、知道实验原理、掌握应用图象法处理实验数据的方法即可正确解题．在计算电源的内阻的时候，一定要注意纵坐标的数值是不是从0开始的．
13.答案：解：(1)cd边切割磁感线产生的电动势：E=BLv，
电路电流：I=E
R =BLv
R
，
ab两端电势差：U=I×1
4R=1
4
BLv，
由右手定则可知，a端电势高，b端电势低；
(2)线框进入或离开磁场时线框产生焦耳热，
由焦耳定律得：Q=I2Rt，
由匀速运动规律可知：2L=vt，
解得：Q=2B2L3v
R
；
(3)ab两端电势差U ab随前进距离x变化的图象如图所示：
答：(1)cd边刚进入磁场ab两端的电势差U为1
4
BLv，a端端电势高；
(2)线框在穿过磁场的过程中总共产生的焦耳热Q为2B2L3v
R
．
(3)ab两端电势差U ab随前进距离x变化的图象如图所示．
解析：(1)根据切割产生的感应电动势公式，结合闭合电路欧姆定律求出ab端的电势差．
(2)线框进入磁场时和出磁场时，产生感应电流，通过电流的大小，结合焦耳定律求出产生的热量．
(3)根据闭合电路欧姆定律，结合切割产生的感应电动势公式求出进入磁场和在磁场中、出磁场过程中ab两端的电势差，从而画出ab两端电势差U ab随距离变化的图象
本题考查了电磁感应与电路的综合，难度中等，掌握切割产生的感应电动势公式和闭合电路欧姆定律．
14.答案：解：(1)小球从M点抛出，根据平抛运动规律
竖直方向：2R=1
2
gt2，
水平方向：x=v M t，
联立可解得：v M=4m/s
(2)小球经过M 时，根据牛顿第二定律有：
F N +mg =m v M 2R ， 可解得：F N =1.5N
根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力为1.5N
(3)小球由N 到M 的过程中，应用动能定理有：
−W f −mg2R =12mv M 2−1
2mv N 2， 可解得：W f =0.1J
答：(1)小球经过M 时速度大小为4m/s ；
(2)小球经过M 时对轨道的压力大小为1.5N ；
(3)小球从N 点滑到轨道最高点M 的过程中克服摩擦力所做的功为0.1J 。

解析：(1)小球从M 后作平抛运动，根据平抛运动的基本公式即可求解M 点速度；
(2)在M 点对小球进行受力分析，根据向心力公式列式即可求解；
(3)小球从N 点滑到轨道最高点M 的过程中根据动能定理列式即可求解。

本题关键为分析清楚小球的两个运动过程，根据平抛运动的基本公式及动能定理解题，同时注意向心力公式的应用。

15.答案：解：①气体做等压变化，l 2=l −ℎ=30cm①
根据盖−吕萨克定律有：l 1T 1=l 2T 2
② 代入数据解得：T 2=l
2l 1T 1=450K③ ②p 1=80cmHg ，p 3=78cmHg ，l 3=34cmHg④
根据理想气体状态方程有
p 1l 1T 1=p 3l 3T 3⑤ 代入数据得：T 3=p 3l
3p 1l 1T 1=497.25K⑥
答：①若缓慢升高气体温度，使水银上端面到达粗管和细管交界处，此时的温度T 2 为450K ；
②继续缓慢升高温度至水银恰好全部进入粗管，此时的温度T 3
 为497.25K 。

解析：①气体发生等压变化，根据盖−吕萨克定律求解
②根据理想气体状态方程列式计算
本题考查理想气体状态方程和气体实验定律的综合应用，以理想气体状态方程为命题背景考查学生的推理能力和分析综合能力。

16.答案：解：①由题意，根据QE ⊥BC ，QE =√3PE 得
∠PQE =30°
由几何关系可知，激光在AD 面上的入射角i =45°，折射角r =60°
光从介质射向真空，由折射定律得：
该棱镜材料的折射率n=sinr
sini =√6
2
②激光在棱镜中传播速度v=c
n
激光从P点传播到Q点所需的时间t=2a
v。

解得t=√6a
c
答：
①该棱镜材料的折射率n是√6
2
；
②激光从P点传播到Q点所需的时间t是√6a
c。

解析：①根据几何知识求出激光在AD面上的入射角和折射角，再由折射定律求该棱镜材料的折射率n；
②公式v=c
n
求出光在棱镜中传播速度。

再由运动学公式求激光从P点传播到Q点所需的时间t。

本题关键是作出光路图，找出各个角度的关系，求出入射角和折射角，然后结合折射定律和光速公式结合解决这类问题。