2017年广东省珠海市高考物理一模试卷

2017年广东省珠海市高考物理一模试卷二、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项是符合题目要求，第5～8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3分．有选错的得0分．1．（6分）以下说法中正确的是（）A．伽利略利用斜面“冲淡”时间，巧妙地研究自由落体规律B．法拉第首先用电场线形象地描述电场C．光电效应中，光电子的最大初动能与入射光频率成正比D．太阳内发生的核反应方程是U+n→Ba+Kr+3n2．（6分）如图，从S处发出的电子经加速电压U加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子向下极板偏转．设两极板间电场强度为E，磁感应强度为B．欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，只采取下列措施，其中可行的是（）A．适当减小电场强度EB．适当减小磁感应强度BC．适当增大加速电压UD．适当增大加速电场极板之间的距离3．（6分）如图，理想变压器原线圈输入电压u=U m sinωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器，V1和V2是理想交流电压表；A1和A2是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示．在滑片P向下滑动过程中，下列说法正确的是（）A．I2变小、I1变小B．I2变小、I1变大C．I2变大、I1变小D．I2变大、I1变大4．（6分）设想探测火星时，载着登陆舱的探测飞船在以火星中心为圆心，半径为r1的圆轨道上运动，周期为T1，登陆舱和探测飞船的总质量为m1．随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m2则（）A．火星的质量为B．火星表面的重力加速度为C．登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小之比为D．登陆舱在半径为r2轨道上做圆周运动的周期为5．（6分）如图，排球场总长为18m，设网的高度为2m，运动员站在离网3m 远的线上正对网前竖直跳起，在高为2.5m处把作为质点的排球垂直于网水平击出．（设空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2）则（）A．若球未触网，排球飞行时间为sB．击球速度大于20m/s，球必定会出界C．击球速度小于10m/s，球必定会触网D．只要击球点高于2m，且击球速度合适，球总可以落到对方界内6．（6分）如图，质量为m的小球，用长为L的细线挂在O点，在O点正下方处有一光滑的钉子O′，把小球拉到与钉子O′在同一水平的位置，摆线被钉子拦住且张紧，现将小球由静止释放，当小球第一次通过最低点P瞬间（）A．小球的角速度不变B．小球的线速度不变C．小球的向心加速度减小为原来的D．悬线受到的拉力减小为原来的7．（6分）如图，abcdef是位于某匀强电场中边长为1m的正六边形，已知a、b、c三顶点的电势分别为900V、600V、300V，则（）A．e点的电势为600V B．f到c的电势差为600VC．电场强度方向沿ab方向 D．电场强度的大小为E=300V/m8．（6分）矩形线圈abcd，长ab=0.20m，宽bc=0.10m，匝数n=200，线圈回路总电阻R=5Ω．整个线圈平面内均有垂直于线圈平面的匀强磁场穿过．若匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图，则（）A．线圈回路中感应电动势随时间均匀变化B．线圈回路中产生的感应电流为0.2 AC．当t=0.30 s时，整个线圈的ab边所受的安培力大小为3.2 ND．在1 min内线圈回路产生的焦耳热为48 J三、解答题（共4小题，满分47分）9．（6分）某同学提出了仅运用一个已知质量为m的钩码和一把米尺进行测量的方案．首先，他把钩码直接悬挂在这种棉线上，结果棉线没有断，而且没有发生明显伸长．然后该同学利用如图的装置，得出了该棉线能承受的最大拉力（细线两端点A、B始终位于同一水平线）．请你根据该同学已具有的上述器材，回答下列问题（已知重力加速度为g）：（1）实验中需要测量的物理量是：；（2）棉线能承受的最大拉力F的表达式是：F=．10．（9分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡的额定电压为2.5V，额定功率为0.5W，此外还有以下器材可供选择：A．直流电源3V（内阻不计）B．直流电流表0～300mA（内阻约为5Ω）C．直流电流表0～3A（内阻约为0.1Ω）D．直流电压表0～3V（内阻约为30kΩ）E．滑动变阻器100Ω，0.5AF．滑动变阻器10Ω，2AG．导线和开关（1）实验中电流表应选用，滑动变阻器应选用；（须填写仪器前的字母）（2）在图甲的虚线框中画出正确的实验电路图（虚线框中已将部分电路画出，请补齐电路的其他部分）；（3）根据实验数据，画出的小灯泡I﹣U图线如图乙所示．由此可知，当电压为0.5V时，小灯泡的灯丝电阻是Ω；若用电动势为2.0V，内阻为10Ω的电池直接给该小灯泡供电，则小灯泡耗电功率为W．（本小题两空均保留2位有效数字）11．（12分）如图，直角坐标系第Ⅰ、Ⅱ象限存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m，电量为+q的粒子在纸面内以速度v从﹣y轴上的A点（0，﹣L）射入，其方向+x成30°角，粒子离开磁场后能回到A点，（不计重力）．求：（1）磁感应强度B的大小；（2）粒子从A点出发到再回到A点的时间．12．（20分）如图甲，水平面以O点为界，左侧光滑、右侧粗糙．足够长木板A 左端恰在O点，右端叠放着物块B．物块C和D间夹着一根被压缩的轻弹簧，并用细线锁定，两者以共同速度v0=6m/s向右运动，在物块C到达O之前突然烧断细线，C和弹簧分离后，某时与A碰撞并粘连（碰撞时间极短）．此后，AC及B 的速度图象如图乙，已知A、B、C、D的质量相等，且A、C与粗糙面的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．重力加速度g=10m/s2，求：（1）C与弹簧分离后D的速度v D；（2）A与间B动摩擦因数μ1及A与桌面间的动摩擦因数μ2；（3）最终B离A右端的距离．（二）选考题：共15分．请考生从给出的2道物理题中任选一题作答．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．【物理--选修3-3】（15分）13．（5分）下列说法中正确的是（）A．某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏伽德罗常数可表示为N A=B．布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明分子在永不停息地做无规则运动C．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大D．理想气体对外做功，其内能可能增大E．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律14．（10分）如图，左端封闭、右端开口且两端平齐，粗细均匀的U型管竖直放置，管中储有部分水银，图中已标出一些有用尺寸．现在右管的开口处用一不计厚度的活塞封闭；将活塞缓慢下推，当左管液面上升△h=10cm时停止推动活塞．已知在推动活塞的过程中不漏气，大气压强为76cmHg，U形管导热良好、环境温度不变．求活塞在右管内下移的距离？．【物理--选修3-4】（15分）15．关于振动和波，下列说法正确的是（）A．做简谐运动的质点，经过同一位置时速度相同B．单摆的周期与摆球的质量无关C．各种波均会发生干涉和衍射现象D．用白光做双缝干涉实验，可看到彩色条纹E．声波传播过程中，介质中质点的运动速度等于声波的传播速度16．如图，一光线一45°的入射角射到玻璃三棱镜侧面AB上，折射光线与AB面的夹角为60°．若三棱镜的令一侧面AC上折射光线恰好消失．求：①玻璃的折射率n；②临界角C；③三棱镜的顶角∠A．2017年广东省珠海市高考物理一模试卷参考答案与试题解析二、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项是符合题目要求，第5～8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3分．有选错的得0分．1．（6分）以下说法中正确的是（）A．伽利略利用斜面“冲淡”时间，巧妙地研究自由落体规律B．法拉第首先用电场线形象地描述电场C．光电效应中，光电子的最大初动能与入射光频率成正比D．太阳内发生的核反应方程是U+n→Ba+Kr+3n【解答】解：A、自由落体运动的加速度比较大，运动比较快，时间的测量比较困难，所以伽利略在研究自由落体规律的斜面实验“冲淡”了重力的作用，便于测量小球的运动时间，故A错误；B、法拉第提出了电场的概念，并首先用电场线形象地描述电场，故B正确；C、根据爱因斯坦光电效应方程E km=hγ﹣W0，入射光的频率越大，光电子的最大初动能也越大，并不是成正比，故C错误；D、太阳内部的反应是聚变反应，而U+n→Ba+Kr+3n是裂变反应，故D错误．故选：B2．（6分）如图，从S处发出的电子经加速电压U加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子向下极板偏转．设两极板间电场强度为E，磁感应强度为B．欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，只采取下列措施，其中可行的是（）A．适当减小电场强度EB．适当减小磁感应强度BC．适当增大加速电压UD．适当增大加速电场极板之间的距离【解答】解：根据左手定则可知电子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，故电子向下极板偏转的原因是电场力小于洛伦兹力；根据要使粒子在复合场中做匀速直线运动，故Eq=qvB．所以要么减小洛伦兹力，要么增大电场力．A、适当减小电场强度E，即可以减小电场力，电子的受力不变平衡．故A错误．B、适当减小磁感强度B，可以减小洛伦兹力，电子的受力可以平衡，故B正确．C、根据eU=mv2可得v=；粒子故适当增大加速电压U，可以增大电子在复合场中运动的速度v，从而增大洛伦兹力，故C错误．D、适当增大加速电场极板之间的距离，根据eU=mv2可得v=；由于粒子两者间的电压没有变化，所以电子进入磁场的速率没有变化，因此没有改变电场力和洛伦兹力的大小．故D错误．故选：B3．（6分）如图，理想变压器原线圈输入电压u=U m sinωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器，V1和V2是理想交流电压表；A1和A2是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示．在滑片P向下滑动过程中，下列说法正确的是（）A．I2变小、I1变小B．I2变小、I1变大C．I2变大、I1变小D．I2变大、I1变大【解答】解：在滑片P向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻变小，副线圈回路的电阻变小，副线圈中的电流变大，输出功率变大，输入功率变大．输入电压不变，所以原线圈电流变大，即变大，变大，故D正确，ABC错误；故选：D4．（6分）设想探测火星时，载着登陆舱的探测飞船在以火星中心为圆心，半径为r1的圆轨道上运动，周期为T1，登陆舱和探测飞船的总质量为m1．随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m2则（）A．火星的质量为B．火星表面的重力加速度为C．登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小之比为D．登陆舱在半径为r2轨道上做圆周运动的周期为【解答】解：A、根据G得，M=．故A正确．B、由于火星的半径未知，则无法求出星球表面的重力加速度．故B错误．C、根据得，v=，则．故C错误．D、根据，解得T=，则，所以登陆舱在半径为r2轨道上做圆周运动的周期为T2=T1．故D错误．故选：A5．（6分）如图，排球场总长为18m，设网的高度为2m，运动员站在离网3m远的线上正对网前竖直跳起，在高为2.5m处把作为质点的排球垂直于网水平击出．（设空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2）则（）A．若球未触网，排球飞行时间为sB．击球速度大于20m/s，球必定会出界C．击球速度小于10m/s，球必定会触网D．只要击球点高于2m，且击球速度合适，球总可以落到对方界内【解答】解：A、若排球未触网，排球做平抛运动，根据，得排球飞行时间为，故A正确；B、由此得排球越界的临界击球速度值为：所以击球速度大于20m/s，球必定会出界，故B正确；C、若球恰好触网，则球在球网上方运动的时间为：由此求得排球触网的临界击球速度为：，即击球速度小于，球必定会触网，故C错误；D、设击球点的高度为h，当h较小时，击球速度过大会出界，击球速度过小又会触网，情况是球刚好擦网而过，落地时又恰压底线上，则有：，代入数据：解得：H=2.13m，击球高度不超过此值时，球不是出界就是触网，故D错误；故选：AB6．（6分）如图，质量为m的小球，用长为L的细线挂在O点，在O点正下方处有一光滑的钉子O′，把小球拉到与钉子O′在同一水平的位置，摆线被钉子拦住且张紧，现将小球由静止释放，当小球第一次通过最低点P瞬间（）A．小球的角速度不变B．小球的线速度不变C．小球的向心加速度减小为原来的D．悬线受到的拉力减小为原来的【解答】解：A、B、当球第一次通过P点时，线速度的大小不变，由于线速度大小不变，根据知，转动的半径变大，则角速度减小，故A错误，B正确．C、根据a=知，线速度大小不变，转动的半径变大为原来的2倍，则向心加速度突然减小原来的，故C正确．D、根据牛顿第二定律得，，线速度大小不变，转动半径变大为原来的2倍，则摆线张力变小，但大于原来的，故D错误．故选：BC7．（6分）如图，abcdef是位于某匀强电场中边长为1m的正六边形，已知a、b、c三顶点的电势分别为900V、600V、300V，则（）A．e点的电势为600V B．f到c的电势差为600VC．电场强度方向沿ab方向 D．电场强度的大小为E=300V/m【解答】解：在该题的匀强电场中，ac之间的电势差为900﹣300=600V，结合匀强电场的特点可知，ac中点处N的电势：V可知N点的电势与b点的电势相等，则N、b处于同一个等势面上，理解Nb并延长，由几何关系可知，则延长线经过e点，如图：A、由以上的分析可知，b、N、e在同一个等势面上，所以e点的电势也等于600V．故A正确；B、由于：af∥be∥cd，可知af和cd也是该匀强电场的等势面，所以a与f的电势也相等，所以f与c的电势差等于a与c的电势差，等于600V．故B正确；C、b、N、e在同一个等势面上，由几何关系可知，该匀强电场的电场的方向沿ac的方向．故C错误；D、由几何关系可知：m所以该电场的电场强度：E=V/m．故D错误．故选：AB8．（6分）矩形线圈abcd，长ab=0.20m，宽bc=0.10m，匝数n=200，线圈回路总电阻R=5Ω．整个线圈平面内均有垂直于线圈平面的匀强磁场穿过．若匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图，则（）A．线圈回路中感应电动势随时间均匀变化B．线圈回路中产生的感应电流为0.2 AC．当t=0.30 s时，整个线圈的ab边所受的安培力大小为3.2 ND．在1 min内线圈回路产生的焦耳热为48 J【解答】解：A、由法拉第电磁感应定律，则有：E==nS可知，由于线圈中磁感应强度的变化率：==0.5T/S；为常数，则回路中感应电动势为E==200×0.5×0.2×0.1V=2V，且恒定不变，故选项A错误；B、回路中感应电流的大小为I==A=0.4A，选项B错误；C、当t=0.3 s时，磁感应强度B=0.2 T，则安培力为F=NBIL=200×0.2×0.4×0.2=3.2N；，故选项C正确；D、1 min内线圈回路产生的焦耳热为Q=I2Rt=0.42×5×60 J=48 J，选项D正确．故选：CD．三、解答题（共4小题，满分47分）9．（6分）某同学提出了仅运用一个已知质量为m的钩码和一把米尺进行测量的方案．首先，他把钩码直接悬挂在这种棉线上，结果棉线没有断，而且没有发生明显伸长．然后该同学利用如图的装置，得出了该棉线能承受的最大拉力（细线两端点A、B始终位于同一水平线）．请你根据该同学已具有的上述器材，回答下列问题（已知重力加速度为g）：（1）实验中需要测量的物理量是：AB之间的长度2l1和绳子的长度2l2；（2）棉线能承受的最大拉力F的表达式是：F=．【解答】解：（1）当绳子断时，测出AB之间的长度2l1和绳子的长度2l2，根据共点力平衡求出绳子的最大拉力．（2）绳子与竖直方向夹角的正弦值为：sin，则有：cos，根据平衡有：2Fcosθ=mg解得最大拉力为：F=．故答案为：（1）AB之间的长度2l1和绳子的长度2l2；（2）10．（9分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡的额定电压为2.5V，额定功率为0.5W，此外还有以下器材可供选择：A．直流电源3V（内阻不计）B．直流电流表0～300mA（内阻约为5Ω）C．直流电流表0～3A（内阻约为0.1Ω）D．直流电压表0～3V（内阻约为30kΩ）E．滑动变阻器100Ω，0.5AF．滑动变阻器10Ω，2AG．导线和开关（1）实验中电流表应选用B，滑动变阻器应选用F；（须填写仪器前的字母）（2）在图甲的虚线框中画出正确的实验电路图（虚线框中已将部分电路画出，请补齐电路的其他部分）；（3）根据实验数据，画出的小灯泡I﹣U图线如图乙所示．由此可知，当电压为0.5V时，小灯泡的灯丝电阻是 5.0Ω；若用电动势为2.0V，内阻为10Ω的电池直接给该小灯泡供电，则小灯泡耗电功率为0.094W．（本小题两空均保留2位有效数字）【解答】解：（1）灯泡的额定电流I==0.2A=200mA；故电流表选择B；因本实验只能接用分压接法，故滑动变阻器选择小电阻F；（2）根据实验要求可知，滑动变阻器采用分压接法，并且测量电路应与滑动变阻器的左半部分并联；电流表采用外接法；原理图如下；（3）由画出的伏安特性曲线可知，U=0.5V时，电流I=0.10A，则对应的电阻R==5.0Ω；在伏安特性曲线中做出电源的伏安特性曲线，如图所示，两者的交点表示灯泡的工作点，则由图可知，电压为U=0.75V，电流I=0.125A，则功率P=UI=0.75×0.125≈0.094W；故答案为：（1）B；F；（2）如图所示；（3）5.0；0.094．11．（12分）如图，直角坐标系第Ⅰ、Ⅱ象限存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m，电量为+q的粒子在纸面内以速度v从﹣y轴上的A点（0，﹣L）射入，其方向+x成30°角，粒子离开磁场后能回到A点，（不计重力）．求：（1）磁感应强度B的大小；（2）粒子从A点出发到再回到A点的时间．【解答】解：（1）粒子做匀速圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系知：洛仑兹力提供向心力：联立得到：B=（2）粒子做匀速直线运动运动的时间：在磁场中偏转了300°，所用时间：粒子从出发到再回到A点的时间t=t1+t2=答：（1）磁感应强度B的大小为．（2）粒子从A点出发到再回到A点的时间为．12．（20分）如图甲，水平面以O点为界，左侧光滑、右侧粗糙．足够长木板A 左端恰在O点，右端叠放着物块B．物块C和D间夹着一根被压缩的轻弹簧，并用细线锁定，两者以共同速度v0=6m/s向右运动，在物块C到达O之前突然烧断细线，C和弹簧分离后，某时与A碰撞并粘连（碰撞时间极短）．此后，AC及B 的速度图象如图乙，已知A、B、C、D的质量相等，且A、C与粗糙面的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．重力加速度g=10m/s2，求：（1）C与弹簧分离后D的速度v D；（2）A与间B动摩擦因数μ1及A与桌面间的动摩擦因数μ2；（3）最终B离A右端的距离．【解答】解：（1）C与A碰撞时间，根据动量定理可知mv C=2mv，解得v C=12m/s，CD烧断的过程中，根据动量定理2mv0=mv+mv D，解得v D=0（2）C与A碰撞后，由乙图可知AC的加速度B的加速度对B受力分析，根据牛顿第二定律可知μ1mg=ma2，解得μ1=0.1对AC组成的系统，根据牛顿第二定律可知μ1mg+μ2•3mg=2ma1，解得μ2=0.3（3）在v﹣t图象中，A前进的位移为B前进的位移为达到共同速度后，B的加速度大小为AC的加速度大小为故B减速到零前进的位移为AC前进的位移为故最终B离A右端的距离为△x=x A﹣x B﹣（x′A﹣x′B）=2.625m答：（1）C与弹簧分离后D的速度v D为0（2）A与间B动摩擦因数μ1为0.1，A与桌面间的动摩擦因数μ2为0.3（3）最终B离A右端的距离为2.625m．（二）选考题：共15分．请考生从给出的2道物理题中任选一题作答．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．【物理--选修3-3】（15分）13．（5分）下列说法中正确的是（）A．某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏伽德罗常数可表示为N A=B．布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明分子在永不停息地做无规则运动C．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大D．理想气体对外做功，其内能可能增大E．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律【解答】解：A、若气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，由于气体分子之间的距离远大于分子的直径所以阿伏伽德罗常数不能表示为，气体此式不成立，故A错误；B、布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明分子在永不停息地做无规则运动，故B正确；C、当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大，故C正确；D、做功和热传递都可以改变物体的内能，若理想气体对外做功，同时吸收热量，其内能可能增大，故D正确；E、第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律．故E错误故选：BCD14．（10分）如图，左端封闭、右端开口且两端平齐，粗细均匀的U型管竖直放置，管中储有部分水银，图中已标出一些有用尺寸．现在右管的开口处用一不计厚度的活塞封闭；将活塞缓慢下推，当左管液面上升△h=10cm时停止推动活塞．已知在推动活塞的过程中不漏气，大气压强为76cmHg，U形管导热良好、环境温度不变．求活塞在右管内下移的距离？27cm．【解答】解：左管水银面上升10cm，右管水银面下降10cm设活塞下移xcm，U型管的截面积为S对左侧气体，根据玻意耳定律有解得：右侧气体末态压强对右侧气体，根据玻意耳定律，有代入数据：解得：活塞移动的距离为：△x=50+10﹣33=27cm答：活塞在右管内下移的距离为27cm【物理--选修3-4】（15分）15．关于振动和波，下列说法正确的是（）A．做简谐运动的质点，经过同一位置时速度相同B．单摆的周期与摆球的质量无关C．各种波均会发生干涉和衍射现象D．用白光做双缝干涉实验，可看到彩色条纹E．声波传播过程中，介质中质点的运动速度等于声波的传播速度【解答】解：A、做简谐运动的质点，经过同一位置时速度的大小相等，但方向可能相同，有可能相反，故A错误；B、单摆做简谐运动的周期公式T=2π，与摆长及重力加速度有关，与摆球的质量无关．故B正确；C、各种波均会发生干涉、衍射现象，故C正确；D、白光是复色光，由多种不同波长的光，发生干涉后条纹间距不同，故得到彩色条纹，故D正确；E、在声波传播过程中，各质点在自已的平衡位置附近振动，并不随声波而传播；而且波传播的速度是不变的，而振动的速度不断变化．故E错误；故选：BCD16．如图，一光线一45°的入射角射到玻璃三棱镜侧面AB上，折射光线与AB面的夹角为60°．若三棱镜的令一侧面AC上折射光线恰好消失．求：①玻璃的折射率n；②临界角C；③三棱镜的顶角∠A．【解答】解：①由题知，光线在AB面上的入射角i=45°折射角r=90°﹣60°=30°则玻璃的折射率n===；②由sinC=得：sinC=故临界角C=45°③光线在AC面上恰好发生全反射，入射角等于临界角C，即有∠1=C=45°由几何知识可得：三棱镜的顶角∠A=180°﹣60°﹣（90°﹣45°）=75°答：①玻璃的折射率n是；②临界角C是45°；③三棱镜的顶角∠A是75°．。