湖南省株洲市2021届新高考物理五模试卷含解析

湖南省株洲市2021届新高考物理五模试卷
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．如图所示，三段长度相等的直导线a、b、c相互平行处在同一竖直面内，a、b间的距离等于b、c间的距离，通电电流I a＜I b＜I c，方向如图所示，则下列判断正确的是（）
A．导线b受到的安培力可能为0
B．导线a受到的安培力可能为0
C．导线c受到的安培力的方向一定向左
D．导线a、b受到的安培力的方向一定相同
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据同向电流相互吸引、反向电流相互排斥可知，导线b受到的安培力不可能为0，故A错误；BD．导线a受到导线b给的向右的安培力和导线c给的向左的安培力，又因为通电电流I a＜I b＜I c，ac之前的距离大于ab之间的距离，所以导线a受到的安培力可能为0，而导线b受到的安培力不可能为0，所以导线a、b受到的安培力的方向不一定相同，故B正确，D错误；
C．根据同向电流相互吸引、反向电流相互排斥可知，导线c受到的安培力的方向一定向右，故C错误。

故选B。

2．光滑水平面上，一质量为m的滑块以速度v与质量为M的静止滑块相碰，碰后两者粘在一起共同运动。

∆。

下列说法正确的是（）
设碰撞过程中系统损失的机械能为E
∆变大
A．若保持M、m不变，v变大，则E
∆变小
B．若保持M、m不变，v变大，则E
∆变小
C．若保持m、v不变，M变大，则E
∆变小
D．若保持M、v不变，m变大，则E
【答案】A
【解析】
【详解】
两滑块组成的系统在水平方问动量守恒，有
()'mv M m v =+
而此过程中系统损失的机械能
2'211()22
E mv m M v ∆=-+ 联立以上两式可得系统损失的机械能
2
2()
Mmv E M m ∆=+ AB ．根据以上分析可知，若保持M 、m 不变，v 变大，则E ∆变大，故A 正确，B 错误；
CD ．根据以上分析可知，若保持m 、v 不变，M 变大，或若保持M 、v 不变，m 变大，则E ∆变大，故CD 错误。

3．下列说法正确的是（ ）
A ．比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固
B ．汤姆孙发现了电子，并提出了原子的枣糕模型
C ．将放射性元素掺杂到其他稳定元素中，降低其温度，该元素的半衰期将增大
D ．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的强度小
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．在原子核中，比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固，故A 错误；
B ．汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的枣糕模型，故B 正确；
C ．半衰期由原子核本身决定，与外界因素无关，故C 错误；
D ．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为金属的极限频率大于入射光的频率，故D 错误。

故选B 。

4．2019年10月8日，瑞典皇家科学院在斯德哥尔摩宣布，将2019年诺贝尔物理学奖，一半授予美国普林斯顿大学吉姆·皮布尔斯，以表彰他“关于物理宇宙学的理论发现”，另外一半授予瑞士日内瓦大学的米歇尔·麦耶和瑞士日内瓦大学教授兼英国剑桥大学教授迪迪埃·奎洛兹，以表彰他们“发现一颗环绕类日恒星运行的系外行星”。

若某一系外行星的半径为R ，公转半径为r ，公转周期为T ，宇宙飞船在以系外行星中心为圆心，半径为r 1的轨道上绕其做圆周运动的周期为T 1，不考虑其他星球的影响。

(己知地球的公转半径为R 0，公转周期为T 0)则有
A ．33012210R r T T =
B ．330220
R r T T =
C．该系外行星表面重力加速度为
2
1
2
1
4r
T
π
D
．该系外行星的第一宇宙速度为
23
1
2
1
4r
T R
π
【答案】D
【解析】
【详解】
AB．开普勒第三定律
3
2
r
k
T
=，其中k与中心天体有关，系外行星，宇宙飞船，地球做圆周运动的中心天体均不同，故AB错误；
C．对宇宙飞船
2
1
22
11
4
n
M m
G m r ma
r T
π
⋅
=⋅=
解得
223
11
22
11
4π4π
n
r r
a GM
T T
⋅
=⋅=
故C错误；
D．对系外行星的近地卫星：
2
01
2
M m v
G m
R R
⋅
=
解得
23
1
12
1
4r
GM
v
R T R
π
==
⋅
故D正确。

5．如图所示，在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。

P为屏上的一小孔，PC与MN垂直。

一群质量为m、带电荷量为－q（q>0）的粒子（不计重力），以相同的速率v，从P 处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域。

粒子入射方向在与磁场B垂直的平面内，且散开在与PC夹角为θ的范围内。

则在屏MN上被粒子打中的区域的长度为（）
A．
2(1cos)
mv
qB
θ
-
B．
2cos
mv
qB
θ
C．
2mv
qB
D．
2(1sin)
mv
qB
θ
-
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得2
v
qvB m
r
=
解得
mv
r
qB
=
粒子沿着右侧边界射入，轨迹如图1
此时出射点最近，与边界交点与P间距为
12cos
l rθ
=
粒子沿着左侧边界射入，轨迹如图2
此时出射点最近，与边界交点与P间距为
22cos
l rθ
=
粒子垂直边界MN射入，轨迹如3图
此时出射点最远，与边界交点与P 间距为2r ，故范围为在荧光屏上P 点右侧，将出现一条形亮线，其长度为 2(1cos )22cos 21cos mv r r r qB
θθθ--=-=
（） 故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

6．地动仪是世界上最早的感知地震装置，由我国杰出的科学家张衡在洛阳制成，早于欧洲1700多年如图所示，为一现代仿制的地动仪，龙口中的铜珠到蟾蜍口的距离为h ，当感知到地震时，质量为m 的铜珠（初速度为零）离开龙口，落入蟾蜍口中，与蟾蜍口碰撞的时间约为t ，则铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小约为( )
A 2m gh mg +
B 2m gh
C m gh
D m gh mg - 【答案】A
【解析】
【详解】
铜珠做自由落体运动，落到蟾蜍口的速度为：
2v gh 以竖直向上为正方向，根据动量定理可知：
Ft-mgt=0-（-mv ）
解得： 2m gh F mg =+ A ．2m gh mg +，与结论相符，选项A 正确； B ．2m gh ，与结论不相符，选项B 错误； C ．
m gh ，与结论不相符，选项C 错误； D ．m gh mg -，与结论不相符，选项D 错误； 故选A.
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．如图所示，煤矿车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，煤块与两传送带间的动摩擦因数均为0.3μ=，每隔10s T =在传送带甲左端轻放上一个质量为2kg m =的相同煤块，发现煤块离开传送带甲前已经与甲速度相等，且相邻煤块（已匀速）左侧的距离为6m x =，随后煤块平稳地传到传送带乙上，乙的宽度足够大，速度为0.9m/s,v g =取210m/s ，则下列说法正确的是（ ）
A ．传送带甲的速度大小为0.6m/s
B ．当煤块在传送带乙上沿垂直于乙的速度减为0时，这个煤块相对于地面的速度还没有增加到0.9m/s
C ．一个煤块在甲传送带上留下的痕迹长度为6cm
D ．一个煤块在乙传送带上留下的痕迹长度为19.5cm
【答案】ACD
【解析】
【详解】
A ．煤块在传送带甲上做匀加速运动的加速度
23m/s mg
a g m μμ===
煤块在传送带甲上先匀加速再匀速运动，加速度相同，所以相邻煤块之间的距离与时间的比值即传送带甲
0.6m/s x v T ==甲 故A 正确；
B ．煤块滑上传送带乙时，所受滑动摩擦力的方向与煤块相对传送带乙的运动方向相反，相对传送带乙做匀减速直线运动，所以当煤块在传送带乙上沿垂直乙的速度减为零时，煤块已相对传送带乙静止，即相对地面的速度增至0.9m/s ，故B 错误；
C ．以传送带甲为参考系，煤块的初速度为0.6m/s ，方向与传送带甲的速度方向相反，煤块相对传送带甲做匀减速直线运动，相对加速度仍为23m/s ，故相对传送带甲的位移
2
10.06m 6cm 2v x a
=== 所以煤块在甲传送带上留下的痕迹长度为6cm ，故C 正确；
D ．以传送带乙为参考系，煤块的初速度为
22313m/s v v v =+=甲相对 相对加速度
23m/s a =
煤块相对乙传送带的位移
22
0.195m 19.5cm 2v x a
===相对 即煤块在传送带乙上留下的痕迹为19.5cm ，故D 正确。

故选ACD 。

8．一列横波沿水平方向传播，质点A 平衡位置位于0.2m x =处，质点P 平衡位置位于 1.2m x =处，质
点A 的振动图像如图甲所示，如图乙所示是质点A 刚振动了1．1s 时的波形图，以下说法正确的是（ ）
A ．波速2m/s v =
B ．波源的最初振动方向向上
C ．0.4s t =时波传到P 点
D ．当质点P 点处于波峰位置时，A 质点处于波谷位置
【答案】AD
【分析】
【详解】
A ．由题图甲知0.2s T =，由题图乙知0.4m λ=，波速
2m/s v T λ==
A 正确；
B ．结合图甲、图乙可判断，该波沿x 轴正方向传播，根据题图乙知0.1s t =时，波源的振动传到0.4m x =处，可知波源最初振动方向向下，B 错误；
C ．波从0.4m x =处传到 1.2m x =处需要0.4s x t v
∆∆==，此时0.6s t =，C 错误； D ．质点A 、P 平衡位置间距为1m ，等于2.5λ，去整留零相当于1.5λ，当质点P 点处于波峰位置时，质点A 处于波谷位置，D 正确。

故选AD 。

9．如图，正四棱柱abcd —a′b′c′d′的两条棱bb′和dd′上各有一根通有相同恒定电流的无限长直导线，则（ ）
A ．a 点磁场方向平行于db 连线
B ．a 、c 两点的磁感应强度相同
C ．ac 连线上由a 到c 磁感应强度先增大后减小
D ．穿过矩形abb′a′和矩形add′a′的磁感线条数相等
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由右手螺旋定则可知，bb′处通电导线在a 点产生的磁感应强度垂直纸面向外，dd′处通电导线在a 点产生的磁感应强度沿ab 向下，且两导线在a 处产生的磁感应强度大小相等，由矢量合成可知，a 点磁场方向平行于db 连线，故A 正确；
B ．由右手螺旋定则可知，dd′处通电导线在c 点产生的磁感应强度垂直纸面向里，bb′处通电导线在a 点产生的磁感应强度沿cd 向上，且两导线在c 处产生的磁感应强度大小相等，由矢量合成可知，c 点磁场方向平行于db 连线，但与a 点磁场方向相反，故B 错误；
C ．由于ac 与bd 相互垂直，设垂足为M ，由右手螺旋定则可知，M 点的磁感应强度为0，则ac 连线上
由a 到c 磁感应强度先减小后增大，故C 错误；
D ．bb′处通电导线产生的磁场穿过矩形abb′a′的磁通量为0，dd′处通电导线产生的磁场穿过矩形add′a′的磁通量为0，则穿过矩形abb′a′和矩形add′a′的磁感线条数别为dd′处通电导线产生的磁场和bb′处通电导线产生的磁场，由于两导线电流相等，分别到两距形的距离相等，则穿过矩形abb′a′和矩形add′a′的磁感线条数相等，故D 正确。

故选AD 。

10．如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x 轴平行，在x 轴上的电势φ与坐标x 的关系如图中曲线所示，曲线过（0.1，4.5）和（0.15，3）两点，图中虚线为
该曲线过点（0.15，3）的切线。

现有一质量为0.20 kg 、电荷量为＋2.0×10－8 C 的滑块P （可视为质点），
从x ＝0.10 m 处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02，取重力加速度g ＝10 m/s 2。

则下列说法中正确的是（ ）
A ．滑块P 运动过程中的电势能逐渐减小
B ．滑块P 运动过程中的加速度逐渐增大
C ．x ＝0.15 m 处的电场强度大小为2.0×106 N/C
D ．滑块P 运动的最大速度为0.5 m/s
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．在φ-x 图像中，图线的斜率表示电场强度，由图可知，滑块P 运动过程中，电场方向不变，电场力始终做正功，则电势能逐渐减小，故A 正确；
BC ．由A 可知，图线的斜率表示电场强度，0.15m x =处的场强为
5
66310N/C 210N/C 2.010N/C 0.30.15
E x ϕ∆⨯===⨯=⨯∆- 则此时的电场力大小为
86210210N 0.04N F qE -==⨯⨯⨯=
滑动摩擦力大小为
0.020.210N 0.04N f mg μ==⨯⨯=
此时电场力与滑动摩擦力大小相等，由图可知图线斜率逐渐减小，故在0.15m x =之前，电场力大于摩擦力，滑块做加速运动，加速度逐渐减小，在0.15m x =之后，电场力小于摩擦力，做减速运动，加速度逐渐增大，故B 错误，C 正确；
D ．滑块加速度为零时，速度最大，由BC 选项可知，在0.15m x =时，电场力和摩擦力大小相等，加速度为零，此时滑块的速度最大，根据动能定理得
2012
qU fx mv -=- 由图可知0.10m 处和0.15m 处的电势差大约为51.510V ⨯，代入解得最大速度大约为0.1m/s v =，故D 错误。

故选AC 。

11．为了保障广大市民的生命健康，快递公司和外卖平台推出了“无接触”配送。

业内人士分析，“无接触”配送减轻了广大市民的生活压力，使他们不用走出小区，生活依然得到保障，同时也使疫情得到有效控制，避免病毒通过人群接触扩散和蔓延。

如图为某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意图，皮带在电动机的带动下保持v=1m/s 的恒定速度向右运动，现将一质量为m=2kg 的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ=0.5，设皮带足够长，取g=10m/s 2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．皮带对邮件的作用力水平向右
B ．邮件在传送带上滑动的时间为0.2s
C ．邮件对地的位移大小为0.1m
D ．邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功为2J
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．皮带对邮件的作用力为竖直向上的支持力和水平向右的摩擦力的合力，方向斜向右上方，故A 错误；
B ．以邮件为研究对象，根据动量定理得
mgt mv μ=
代入数据解得
0.2
t=s
故B正确；
C．以邮件为研究对象，根据动能定理得
2
1
2
mgx mv
μ=
代入数据解得
0.1
x=m
故C正确；
D．邮件对皮带的摩擦力做功为
cos1802J
W mg x mgvt
μμ
︒
=⋅⋅=-=-
传送带
故D错误。

故选BC。

12．质谱仪又称质谱计，是根据带电粒子在电磁场中能够偏转的原理，按物质原子、分子或分子碎片的质量差异进行分离和检测物质组成的一类仪器。

如图所示为某品牌质谱仪的原理示意图，初速度为零的粒子在加速电场中，经电压U加速后，经小孔P沿垂直极板方向进入垂直纸面的磁感应强度大小为B的匀强磁场中，旋转半周后打在荧光屏上形成亮点。

但受加速场实际结构的影响，从小孔P处射出的粒子方向会有相对极板垂线左右相等的微小角度的发散（其他方向的忽略不计），光屏上会出现亮线，若粒子电量均为q，其中质量分别为m1、m2（m2> m1）的两种粒子在屏上形成的亮线部分重合，粒子重力忽略不计，则下列判断正确的是（）
A．小孔P处粒子速度方向相对极板垂线最大发散角θ满足1
2
m
m
B．小孔P处粒子速度方向相对极板垂线最大发散角θ满足sinθ=1
2
m
m
C21
1
2)2
m m U
B qm
-
（
D21
2
2)2
m m U
B qm
-
（
【答案】AD
【解析】
【详解】
由题意知
21012qU m v =
20011
v qv B m R = 解得
1121R q
B mU =
⋅ 同理 2221m U R B q
= 设左右最大发射角均为θ时，粒子2m 光斑的右边缘恰好与粒子1m 光斑的左边缘重合，如图所示（图中虚线为2m 半圆轨迹和向左发散θ角轨迹，实线为1m 半圆轨迹和向左发散θ轨迹），则
212cos 2R R θ=
联立解得
12
cos m m θ= 此时两种粒子光斑总宽度为
2122cos x R R θ∆=-
解得
()212
22m m U x B qm -∆=⋅
故选AD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某实验小组测量重力加速度的实验装置，如图所示，图中D 为铁架台，E 为固定在铁架台上的定滑轮（质量和摩擦可忽略）, F 为光电门，C 为固定在重物上的宽度为d=0.48cm 的遮光条（质量不计）。

让质量为3.0kg 的重物A 拉着质量为1.0kg 的物块B 从静止开始下落。

某次实验，测得A 静止时遮光条到光电
门的距离h=60.0cm ，测出遮光条C 经过光电门的时间32.010s t -=⨯，根据以上数据，可得该次实验重物A 经过光电门的速度为_______m/s, 重力加速度为________m/s 2（计算结果均保留两位有效数字）。

本次实验重力加速度的测量值比实际值________（填“偏小”、“偏大”或“不变”）。

【答案】2.4 9.6 偏小
【解析】
【分析】
【详解】
[1] 根据以上数据，可得该次实验重物A 经过光电门的速度为
2.4m/s d v t
== [2]对A 、B 整体
A B A B ()m g m g m m a -=+
且
2
2=v a h
代入数据解得
29.6m/s g =
[3]由于存在阻力，导致加速度偏小，实验重力加速度的测量值比实际值偏小。

14．有一电压表V ，量程为3V ，要求测量其内阻R V 。

可选用的器材有：
滑动变阻器甲，最大阻值10Ω；
滑动变阻器乙，最大阻值10k Ω；
电阻箱2R ，最大阻值9999.9Ω；
电源1E ，电动势约为4V ，内阻不计；
电源2E ，电动势约为10V ，内阻不计；
电压表V 0，量程6V ；
开关两个，导线若干；
(1)小兰采用如图甲所示的测量电路图，在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接________；
(2)连接好实验电路后，小兰进行实验操作，请你补充完善下面操作步骤：
①断开开关2S 和1S ，将1R 的滑片移到最左端的位置；
②闭合开关2S 和1S ，调节1R ，使V 满偏；
③断开开关2S ，保持________不变，调节2R ，使V 示数为2.00V ，读取并记录此时电阻箱的阻值为0R ，为使得测量结果尽量准确，滑动变阻器1R 应选择________（填“甲”或“乙”），电源应选择________（填“1E ”或“2E ”），小兰测出的电压表内阻R =测________，它与电压表内阻的真实值R V 相比，R 测________R V （选填“＞”、“=”或“＜”）；
(3)小兵同学采用了如图乙所示的测量电路图，实验步骤如下：
①断开开关2S 和1S ，将1R 的滑片移到最左端的位置；
②闭合开关2S 和1S ，调节1R ，使V 满偏，记下此时V 0的读数；’
③断开开关2S ，调节1R 和2R ，使V 示数达到半偏，且V 0的读数不变；
读取并记录此时电阻箱的阻值为0R '，理论上分析，小兵测出的电压表V 内阻的测量值R '测
与真实值相比，R '测________R V （选填“＞”“=”或“＜”）。

【答案】 R 甲 E 1 02R ＞ =
【解析】
【详解】
(1)[1]．实物连线如图
(2)③[2][3][4][5][6]．断开开关2S ，保持R 不变，调节R 2，使V 示数为2.00V ，读取并记录此时电阻箱的阻值为R 0，为使得测量结果尽量准确，滑动变阻器R 1应选择阻值较小的甲；电源应选择E 1；当电压表读数为2V 时，电阻箱两端电压为1V ，则由串联电路的特点可知，测出的电压表内阻02R R =测；因断开开关2S 后，电阻箱与电压表串联，则电阻值变大，此时电阻箱与电压表两端电压之和要大于3V ，而电压表
读数为2V 时电阻箱两端电压大于1V ，则实际上电压表内阻小于2R 0，则电压表内阻的真实值R V 相比，
R 测＞R V ；
(3)[7]．此测量方法中，S 2闭合时电压表两端电压等于S 2断开时电压表和R 2两端的电压之和，则当S 2断
开时电压表半偏时，电压表的内阻等于电阻箱R 2的阻值，此方法测量无误差产生，即=V R R '测。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，足够长的“U”形框架沿竖直方向固定，在框架的顶端固定一定值电阻R ，空间有范围足够大且垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，电阻值均为R 的金属棒甲、乙垂直地放在框架上，
已知两金属棒的质量分别为m=2.0×
10-2kg 、m 乙=1.0×10-2kg 。

现将金属棒乙锁定在框架上，闭合电键，在金属棒甲上施加一竖直向上的恒力F ，经过一段时间金属棒甲以v=10m/s 的速度向上匀速运动，然后解除锁定，金属棒乙刚好处于静止状态，忽略一切摩擦和框架的电阻，重力加速度g=10m/s 2。

则
(1)恒力F 的大小应为多大？
(2)保持电键闭合，将金属棒甲锁定，使金属棒乙由静止释放，则金属棒乙匀速时的速度v 2应为多大？
(3)将两金属棒均锁定，断开电键，使磁感应强度均匀增加，经时间t=0.1s 磁感应强度大小变为2B 此时金属棒甲所受的安培力大小刚好等于金属棒甲的重力，则锁定时两金属棒之间的间距x 应为多大？
【答案】 (1) 0.4N ；(2) 5m/s ；(3) 2m 3
x =
【解析】
【详解】 (1)金属棒甲匀速运动时，由力的平衡条件可知：
F=m 甲g+BI 甲L
由题图可知流过金属棒乙的电流大小应为：
2
I I =乙甲 金属棒乙刚好处于静止状态，由平衡条件可知：
2
BI L m g =甲乙 由以上整理得：
F=m 甲g+2m 乙g
代入数据解得：
F=0.4N ；
(2)金属棒乙锁定，闭合电键，金属棒甲向上匀速运动时，有
E 甲=BLv 1
由闭合电路的欧姆定律得：
23E I R
=甲甲 对金属棒乙，由平衡条件可知：
BI 甲L=2BI 乙L=2m 乙g
解得：
122
3m gR v B L =乙 将金属棒甲锁定，金属棒乙匀速时，有：
22223B L v m g BI L R
'==乙 解得：
222
32m gR v B L =乙 联立解得：
v 2=5m/s ；
(3)由法拉第电磁感应定律得：
BS BLx E t t t
∆Φ∆===∆∆ 由闭合电路的欧姆定律得： 2E I R =
由题意可知：
m 甲g=2BIL
联立以上可得：
21223m gR v B L
= 解得：
13v tm x m =甲乙
代入数据得：
2m 3
x =。

16．如图，三棱镜的横截面为直角三角形 ABC ， ∠A=30°， ∠B=60°， BC 边长度为 L ，一束垂直于 AB 边的光线自 AB 边的 P 点射入三棱镜， AP 长度 d ＜L ，光线在 AC 边同时发生反射和折射，反射光线和折射光线恰好相互垂直，已知光在真空中的速度为 c ．求：
（1）三棱镜的折射率；
（2）光从 P 点射入到第二次射出三棱镜经过的时间．
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
【详解】
(1)光线到达AC边的O点，入射角为i，折射角为r.
由题意可得：i+r=90∘
i=30∘
所以r=60∘
可得三棱镜的折射率n=
(2)光线反射到AB边的M点，入射角为i′=60∘
因为sini′=>=sinC，得i′>C，所以光线在M点发生全反射，不会射出三棱镜．
PQ=dtan30∘=
QM=2PQ
MN=(−2d)cos30∘=(L−d)
光在三棱镜中传播速度为：v=c/n
光从P从P点射入到第二次射出三棱镜经过的时间为：t=（PQ+QM+MN）/v
联立解得：t=
答：(1)三棱镜的折射率是；
(2)光从P点射入到第二次射出三棱镜经过的时间是.
【点睛】
（1）光线射到AC边上的O点，由折射定律和几何关系求三棱镜的折射率;
（2）光线反射到AB边上，由几何关系求出入射角，与临界角比较，能发生全反射．再反射从BC边射出．由v=c/n求出光在棱镜中传播的速度，由几何关系求出传播的距离，再求传播时间．
17．如图所示，一个半圆柱形透明介质，其横截面是半径为R的半圆，AB为半圆的直径，O为圆心，该介质的折射率2
n
①一束平行光垂直射向该介质的左表面，若光线到达右表面后，都能从该表面射出，则入射光束在AB 上的最大宽度为多少？
②一细束光线在O 点上侧且与O 点相距32R 处垂直于AB 从左方入射，求此光线从该介质射出点的位置？
【答案】①2R ；②从O 点下侧
32
R 处且垂直AB 向左射出 【解析】
【详解】
①由全反射原理 1sin C n
=
解得 45C ︒=
作出光路图如图丙所示
由几何关系得
22sin 452s d R R ︒===
②由题意作出光路图如图丁所示
由几何关系得
332sin 2
R
a R ==解得入射角
60a ︒=
由几何关系得出射光线从O 点下侧32R 处且垂直AB 向左射出。