2021届江西省新余一中高考物理最后一卷附答案详解

2021届江西省新余一中高考物理最后一卷
一、单选题（本大题共5小题，共20.0分）
1.甲、乙两物体从同一位置出发沿同一直线运动，它们的v−t图象如图所示，下列说法正确的是
()
A. 乙物体先向负方向运动，后向正方向运动
B. t2时刻，二者共速并再次处于同一位置
C. 0～t2时间内，两者距离先增大后减小，t1时刻相距最远
D. 0～t2时间内，乙的速度和加速度都是先减小后增大
2.如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球。

在水平拉力F作用下，
小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点，关于水平拉力、水平拉力
功率的说法中正确的是()
A. 水平拉力先增大后减小
B. 水平拉力先减小后增大
C. 水平拉力的瞬时功率逐渐增大
D. 水平拉力的瞬时功率先减小后增大
3.如图所示，从地面上同一位置抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大
高度相同．空气阻力不计，则()
A. B的加速度比A的大
B. B的飞行时间比A的长
C. B在最高点的速度与A在最高点的速度相等
D. B在落地时的速度比A在落地时的大
4.关于物理量的正负，以下说法正确的是()
A. 正功的值总是大于负功的值
B. 正的高度值总是高于负的高度值
C. 矢量的正负表示大小
D. 能量没有正负之分
5.在加速下降的电梯内，有一质量为m的物体，只受重力G和地板的支持力N，则()
A. N>mg
B. N=mg
C. N<mg
D. 以上都可能
二、多选题（本大题共5小题，共22.0分）
6.如图所示，方盒A静止在光滑水平面，盒内有一小滑块B，盒的质量是滑块的3倍，滑块与盒底
间动摩擦因数为μ，滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁碰撞无机械能损失，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则()
A. 盒最终的速度大小是v
3B. 盒最终的速度大小是v
4
C. 滑块相对于盒通过的路程为3v2
8μg D. 滑块相对于盒通过的路程为5v2
8μg
7.杂技演员表演“水流星”，在长为0.9m的细绳的一端，系一个与水的
总质量为m=0.5kg的盛水容器，以绳的另一端为圆心，在竖直平面内做圆周运动，如图所示，若“水流星”通过最高点时的速率为6m/s，则下列说法正确的是(g=10m/s2)()
A. “水流星”通过最高点时，水不会从容器中流出
B. “水流星”通过最高点时，容器底部受到的压力为零
C. “水流星”通过最高点时，处于完全失重状态，不受重力的作用
D. “水流星”通过最高点时，绳子的拉力大小为15N
8.对U AB=1V的理解，正确的是()
A. 从A到B移动1C的电荷，电场力做功1J
B. 从A到B移动1C的正电荷，电场力做功1J
C. 从A到B移动1C的负电荷，克服电场力做功1J
D. 从A到B移动1C的负电荷，外力做功1J
9.夏季，长春市的天气温差比较大，充足气的车胎经过正午阳光的暴晒容易爆胎。

若车胎内的气
体可视为理想气体，爆胎前车胎内气体体积及质量均不变，爆胎过程时间极短。

关于车胎内的气体，下列说法正确的是()
A. 爆胎前随着气温的升高，车胎内气体压强增大
B. 爆胎前随着气温的升高，车胎内气体吸收热量，内能增大
C. 爆胎前随着气温的升高，车胎内气体分子在单位时间单位面积上碰撞车胎的次数不变
D. 爆胎过程中，车胎内气体对外做功，内能减小
E. 爆胎过程中，车胎内气体分子平均动能不变
10.一简谐横波在x轴上传播，某时刻的波形如图所示，已知此时质点F
沿y轴负方向运动，则()
A. 此波向x轴负方向传播
B. 质点D此时向下运动
C. 质点E的振幅为零
D. 质点B将比C先回到平衡位置
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
11.如图甲、乙均是使用打点计时器验证机械能守恒定律的实验装置图。

(1)你认为采用装置______ (填“甲”或“乙”)更好一些。

(2)某同学用质量为1kg的重物做实验，经正确操作得到打点纸带如图丙所示，O点为打点计时器打
下的第一个点，A、B、C是从纸带的后段选取的连续的三个点(相邻计时点间的时间间隔为0.02s)，那么打点计时器打下B点时物体的速度为______ m/s；从起点O到打下B点过程中物体重力势能减少量为______ J，此过程中物体动能增加量为______ J。

(g取9.8m/s2，结果保留两位有效数字)
(3)如果实验中某同学由于操作不当打出一条纸带，其上面的第一、二两点的距离约为4mm，造成这
种情况的原因可能是______ 。

12.根据“探究加速度与力、质量的关系”的实验完成下面的题目
(1)某学生将实验装置如上图安装好，准备接通电源后开始做实验，但他的装置图中有两个明显的错
误：______ ；______
(2)有关实验以及数据处理，下列说法正确的是______
A.应使盘和重物的总质量远小于小车和砝码的总质量，以减小实验误差
B.可以用天平测出盘和重物的总质量m 1及小车和砝码总质量m 2；根据公式a=m 1g/m 2求出小
车的加速度
C.处理实验数据时采用描点法画图象，是为了减小误差
D.处理实验数据时采用a−1
图象，是为了便于根据图线直观的作出判断
M
(3)某学生在平衡摩擦力时，把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大．他所得到a−F关系可用下
列图中哪各图线表示？______ (图中a是小车的加速度，F是细线作用于小车的拉力)
四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）
13.如图所示，有一摆长为L的单摆，摆球A自水平位置摆下，在摆的平衡位置与置于光滑水平面的B
球发生弹性碰撞，导致后者又跟置于同一水平面的C球发生完全非弹性碰撞。

假设A、B、C球的质量均为m，重力加速度为g。

那么
(1)A、B球碰后A球的速度为多大？
(2)B、C球碰后它们共同的速度多大？
(3)B和C碰撞过程中损失的机械能是多少？
14.如图所示，A、B为两块平行金属板，极板间电压为U=1125V，板中央有小孔O和O′.现有足够
多的电子源源不断地从小孔O由静止进入A、B之间。

在B板右侧，平行金属板M、N长L1= 4×10−2m，板距离d=4×10−3m，在距离M、N右侧边缘L2=0.1m处有一荧光屏P，当M、N 之间未加电压时电子沿M板的下边沿穿过，打在荧光屏上的O″并发出荧光。

现给金属板M、N之间加一个如图所示的变化电压u1，在t=0时刻，M板电势低于N板。

已知电子质量为m e= 9×10−31kg，电量为e=1.6×10−19C。

(1)每个电子从B板上的小孔O′射出时的速度多大？
(2)电子在金属板MN间运动的时间？
(3)打在荧光屏上的电子范围是多少？
15.如图所示，结构相同的绝热气缸A与导热气缸B均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两气
缸间均无摩擦。

两气缸内装有处于平衡状态的理想气体，开始时体积均为V0、温度均为T0，缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强为原来的1.8倍。

设环境温度始终保持不变，求气缸A中气体的体积V A和温度T A。

16.如图，直角三角形ABN是一枝镜的截面，AB=a，∠A=30°.棱镜材料的折射率为n=√3.一条
光线以45°的入射角从AN边的中点M射入梭镜。

不考虑光的多次反射。

求：
①光线能否在AB边发生全反射；
②光线从梭镜中的出射点到B点的距离。

参考答案及解析
1.答案：D
解析：解：A、乙物体的速度始终为正，说明乙物体一直沿正方向运动，故A错误；
B、甲、乙两物体从同一位置出发沿同一直线运动向同一方向运动，根据v−t图象与时间轴所围的面积大小表示位移，知0～t2时间内，甲物体的位移比乙物体的大，则t2时刻，二者共速但没有处于同一位置，故B错误；
C、甲、乙两物体从同一位置出发沿同一直线运动向同一方向运动，0～t2时间内，甲的速度一直大于乙的速度，两者距离一直增大，t2时刻相距最远，故C错误；
D、根据v−t图象的斜率表示加速度，知0～t2时间内，乙的速度和加速度都是先减小后增大，故D 正确。

故选：D。

由v−t图象直接读出物体的运动情况。

两物体速度始终为正值，速度方向一直为正方向。

根据图象与时间轴所围的面积大小表示位移，分析两物体何时相遇，根据两个物体速度关系，分析间距的变化情况。

根据图象的斜率表示加速度，分析加速度的变化情况。

本题考查对速度−时间图象的理解能力。

解决本题的关键是要理解速度−时间图象的物理意义，知道图象的斜率、图象与时间轴围成的面积、速度的正负表示的含义。

2.答案：C
解析：解：AB、设细线与竖直方向的夹角为θ，因为小球以恒定速率运动，所以小球做的是匀速圆周运动，在垂直细线方向的合力为零，即Fcosθ=mgsinθ，则F=mgtanθ，θ一直增大，所以F一直增大，故AB错误；
CD、水平拉力的功率P=Fvcosθ，把F=mgtanθ带入得：P=mgvsinθ，故拉力的瞬时功率逐渐增大，故C正确，D错误。

故选：C。

对小球受力分析，因为小球做的是匀速圆周运动，所以在垂直细线方向受力平衡，列出平衡方程即可判断水平拉力的变化；力的功率等于力和速率的乘积。

力的功率P=Fv，是指在力的方向上的速度，两者的方向必须一致。

3.答案：D
解析：解：A、不计空气阻力，两球的加速度都为重力加速度g。

故A错误。

B、两球都做斜抛运动，竖直方向的分运动是竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，两球上升和下
知两球运动的时间相等。

故B错误。

落的时间相等，而下落过程，由t=√2ℎ
g
gt2，最大高度ℎ、t相同，则知，竖直方向的初速度大小相等，由于A球的初速C、根据ℎ=v y t−1
2
度与水平方向的夹角大于B球的竖直方向的初速度，由v y=v0sinα(α是初速度与水平方向的夹角)得知，A球的初速度小于B球的初速度，两球水平方向的分初速度为v0cosα=v y cotα，由于B球的初速度与水平方向的夹角小，所以B球水平分初速度较大，而两球水平方向都做匀速直线运动，故B在最高点的速度比A在最高点的大。

故C错误。

D、根据速度的合成可知，B的初速度大于A球的初速度，由竖直上抛运动的对称性可知，两球落地时的竖直速度相等，则知B在落地时的速度比A在落地时的大。

故D正确。

故选：D。

由运动的合成与分解规律可知，物体在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，两球的加速度相同，由竖直高度相同，由运动学公式分析竖直方向的初速度关系，即可知道水平初速度的关系．两球在最高点的速度等于水平初速度．由速度合成分析初速度的关系，即可由竖直上抛运动的对称性知道落地速度的大小关系．
本题考查运用运动的合成与分解的方法处理斜抛运动的能力，对于竖直上抛的分速度，可根据运动学公式和对称性进行研究．
4.答案：B
解析：
本题意在考查对矢量标量、功和功率等所学知识的识记能力和综合应用能力，及熟记和理解基础知识是解答此题的关键。

解决本题时要明确各个物理量的矢标性，知道正负的含义。

要注意矢量的正负表示方向，矢量的绝对值表示大小。

功是标量，功的正负表示是动力做功还是阻力做功。

高度值为标量，其正负表示大小。

矢量的正负表示方向。

能量也有正负之分。

A.功是标量，但功有正负，正功表示动力做功，负功表示阻力做功，功的正负不表示大小，故A错误；
B.高度值为标量，正的高度值总是高于负的高度值，故B正确；
C.矢量既有大小又有方向，矢量的正负表示方向，矢量的绝对值表示大小，故C错误；
D.能量是标量，但是也有正负之分，例如重力势能有正负之分，其正负一方面表示在参考平面上方或下方，另一方面也说明正的重力势能大于负的重力势能，故D错误。

故选B。

5.答案：C
解析：解：对人受力分析，人受重力和电梯的支持力，加速度向下，
根据牛顿第二定律得：mg−N=ma
解得；N=mg−ma<mg
故C正确；
故选：C。

对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向下，根据牛顿第二定律列式求解即可．
处理此类问题的步骤是：选取研究对象，受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解．
6.答案：BC
解析：解：设滑块的质量为m，则方盒的质量为3m，系统方盒与滑块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv=(3m+m)v′
由能量守恒定律得：1
2mv2=1
2
(3m+m)v′2+μmgs
解得：v′=v
4，s=3v
2
8μg
，故BC正确，AD错误。

故选：BC。

方盒与滑块组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出最终盒的速度大小；应用能量守恒定律求出滑块相对盒通过的路程。

本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚方盒与滑块的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。

7.答案：AD
解析：解：ABD、当水对桶底压力为零时有：mg=m v2
r
，解得v=√gr=√0.9×10m/s=3m/s，
由于“水流星”通过最高点的速度为6m/s，知水对桶底一定有压力存在；但水不会从容器中流出。

对水和桶分析，有：T+mg=m v2
r
，解得T=15.知此时绳子的拉力为零。

故B错误，AD正确。

C、“水流星”通过最高点时，仅受重力，处于完全失重状态；但完全失重不是不受重力，重力大小是不变的；故C错误。

故选：AD。

当在最高点水对桶底无压力时，根据牛顿第二定律求出临界的最小速度，从而判断水能否从容器中流出。

对整体分析，运用牛顿第二定律求出绳子拉力的大小。

本题考查向心力的计算问题，解决本题的关键搞清做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解。

8.答案：BC
解析：解：由电势差公式，U=W
q
，则有对U AB=1V的理解，从A到B移动1C的正电荷，电场力做功
1J；或者从A到B移动1C的负电荷，克服电场力做功1J，故BC正确，AD错误；故选：BC。

根据电势差公式U=W
q
，即可求解．
考查电势差公式的应用，注意电荷的电性与电场力做功的正负，是解题的关键．
9.答案：ABD
解析：解：A、爆胎前气体体积不变，温度升高时，压强增大，A正确；
B、气体温度升高，内能增大，体积不变，没有做功根据热力学第一定律△U=Q+W可知气体要吸收热量，B正确；
C、气体单位体积内分子数不变，但是温度升高，分子平均速率增大，所以气体分子在单位时间内单位面积上与车胎碰撞的次数增多，C错误；
D、爆胎过程时间极短，气体来不及与外界热交换，其体积膨胀对外做功，根据热力学第一定律△U= Q+W可知，气体内能减小，温度降低，气体分子平均动能减小，故D正确，E错误。

故选：ABD。

爆胎前气体体积不变，温度升高时，压强增大；气体温度升高，内能增大，体积不变，没有做功根据热力学第一定律△U=Q+W可知气体要吸收热量；气体单位体积内分子数不变，但是温度升高，分子平均速率增大，所以气体分子在单位时间内单位面积上与车胎碰撞的次数增多；爆胎过程时间极短，气体来不及与外界热交换，其体积膨胀对外做功，根据热力学第一定律△U=Q+W可知，气体内能减小，温度降低，气体分子平均动能减小。

本题以理想气体和热力学第一定律相关内容为命题背景，考查学生的理解能力，这种题型知识点广，多以基础为主，只要平时多加积累，难度不大。

10.答案：AB
解析：解：A、简谐波横波在x轴上传播，此时质点F的运动方向向下，由波形平移法可知，该波沿x轴负方向传播。

故A正确。

B、质点D此时的运动方向与F的运动方向相同，即向下运动，故B正确。

C、此时质点E的位移为零，但振幅不为零，各个质点的振幅均相同。

故C错误。

D、此时质点B向上运动，而质点C向下运动，直接回到平衡位置，则C先回到平衡位置。

故D错误。

故选：AB。

简谐波横波在x轴上传播，此时质点F的运动方向向下，可判断出波x轴负方向传播．质点D此时的运动方向与F的运动方向相同．质点B向上运动，而质点C向下运动，则C先回到平衡位置．此时质点E 的位移为零，但振幅不为零．
本题是波动图象中基本题，由质点的振动方向判断波的传播方向是基本功，要熟练掌握．
11.答案：(1)甲；
(2)0.98；0.49；0.48；
(3)先释放纸带后启动打点计时器．
解析：解：(1)因为用夹子固定纸带，可以避免乙图中用手握住纸带的弊端，一方面，由于手的抖动会造成纸带上的第一个点迹被拖长或位置不能确定；另一方面，用夹子固定纸带，便于将纸带调整为竖直方向，以避免纸带与打点计时器限位孔之间产生过大的摩擦，所以甲装置更好一些。

(2)利用匀变速直线运动的推论：v B=x AC
2T =0.0392
0.04
m/s=0.98m/s，
起点O到打下B点过程中物体重力势能减少量：mgℎB=1×9.8×0.05J=0.49J，
物体动能增加量1
2mv B2=1
2
×1×0.982J=0.48J。

(3)若初速度为零，加速度为g，则OA间的距离大约为：ℎ=1
2
gt2≈2mm，若发现OA距离约为4mm，知初速度不为零，可能是先释放纸带后启动打点计时器。

故答案为：(1)甲；(2)0.98；0.49；0.48；(3)先释放纸带后启动打点计时器
(1)实验装置要符合事物发展逻辑，要有利于操作和减小实验误差，在明确实验原理的情况下奔着这个原则即可求解；(2)灵活应用匀变速直线运动的推论求解；(3)若初速度为零，加速度为g，根据ℎ=
1
2
gt2可知OA间的距离大约为2mm，若OA间实际的距离大于2mm，说明初速度不为零。

解决本题的关键掌握实验的原理，熟练应用匀变速直线运动的规律解答实验问题。

12.答案：打点计时器使用直流电源；没有平衡摩擦力；ACD；C
解析：解：(1)装置图中有两个明显的错误分别是：打点计时器使用直流电源；没有平衡摩擦力；
(2)A、实验中为了使盘和重物的重力等于绳子的拉力，应使盘和重物的总质量远小于小车和砝码的总质量，故A正确．
B、小车的加速度通过纸带得出，故B错误．
C、处理实验数据时采用描点法画图象，是为了减小误差，故C正确．
D.处理实验数据时采用a−1
M
图象，是为了便于根据图线直观的作出判断，故D正确．
故选：ACD．
(3)把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大，那么小车的重力沿斜面分力就会大于摩擦力，在没有绳子拉力时，小车已有了加速度．故选：C．
故答案为：(1)打点计时器使用直流电源；没有平衡摩擦力；(2)ACD；(3)C．
(1)打点计时器使用交流电源，实验前应平衡摩擦力；
(2)根据实验的原理和操作中的注意事项确定正确的选项；
(3)在平衡摩擦力时，把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大，则拉力为零时，加速度不为零．教科书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚．
对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由．比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等．
13.答案：解：(1)A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgL=1
2
mv02，
A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mv A+mv B，
由机械能守恒定律得：1
2mv02=1
2
mv A2+1
2
mv B2，
解得：v A=0，v B=√2gL；
(2)B、C碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv B=2mv，
解得：v=1
2
√2gL；
(3)B、C碰撞过程，由能量守恒定律得：1
2mv B2=1
2
⋅2mv2+Q，
解得：Q=1
2
mgL；
答：(1)A、B球碰后A球的速度大小为0；
(2)B、C球碰后它们共同的速度大小为1
2
√2gL；
(3)B和C碰撞过程中损失的机械能是1
2
mgL。

解析：(1)A球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出A摆到最低点时的速度，A、B发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出碰撞后两球的速度。

(2)B、C碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出碰撞后的速度。

(3)应用能量守恒定律可以求出B、C碰撞过程损失的机械能。

本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚物体的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、机械能守恒定律与能量守恒定律可以解题。

14.答案：解：(1)电子经A、B两块金属板加速
由动能定理得：eU1=1
2
mv02
解得：v0=2×107m/s
(2)电子在水平方向做匀速直线运动，则运动时间：t1=L1
v0
解得：t1=2×10 − 9 s
(3)当u=22.5V时，电子经过MN极板向下的偏移量最大，为
y1=1
2
⋅
eU2
md
⋅(
L1
v0
)2
解得：y1=2×10−3m
y1<d，说明所有的电子都可以飞出M、N。

此时电子在竖直方向的速度大小为：v y=eU2
md ⋅L1 v0
解得：v y=2×106m/s
电子射出极板MN后到达荧光屏P的时间为：t2=L2v
=5×10−9s
电子射出极板MN后到达荧光屏P的偏移量为：y2=v y t2=0.01m
打在荧光屏P上的总偏移量为：y=y1+y2=0.012m，方向竖直向下；
所以电子打在荧光屏上的电子范围是0至0.012m。

答：(1)每个电子从B板上的小孔O′射出时的速度是2×107m/s；
(2)电子在金属板MN间运动的时间是2×10 − 9 s；
(3)打在荧光屏上的电子范围是0至0.012m。

解析：(1)在AB板间电场力对电子做功，电子的动能增加，由动能定理求解；
(2)由电子在水平方向做匀速直线运动可求得运动时间；
(2)打在荧光屏上的电子在y 方向的位移是电场中的偏转与电场外y 方向的运动两部分组成的，要分别计算出，由牛顿第二定律和运动学公式结合计算。

电子先经加速电场加速，后经偏转电场偏转，是常见的问题，本题的难点是加速电压是周期性变化的，推导出偏转距离与两个电压的关系是关键，同时要挖掘隐含的临界状态。

15.答案：解：设初态压强为p 0，膨胀后A 、B 压强相等，则有：
p A =p B =1.8p 0
而V A +V B =2V 0，V B =2V 0−V A
B 中气体始末状态温度相等，所以对于B 气体有：
p 0V 0=p B V B
可得：V A =139V 0 对于A 气体满足：p 0V 0
T 0=p A V A T A
解得：T A =2.6T 0。

答：气缸A 中气体的体积V A 是13
9V 0，温度T A 是2.6T 0。

解析：气缸B 能导热，所以B 中气体始末状态温度与环境温度相等，B 中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律列式；因为是刚性杆连接的绝热活塞，所以A 、B 体积之和不变，即V B =2V 0−V A ，再对A 中封闭气体根据气态方程列式，即可求解。

本题要明确两部分气体状态变化的规律，找出A 、B 部分气体状态的联系(即V B =2V 0−V A )是关键。

16.答案：
解：设光线在AN 边上的入射角为i ，折射角为r ，由折射定律得：n =sini sinr ①
由已知条件及①式得r =30° ②
如果入射光线在法线的右侧，光路图如图1所示。

设出射
点为F ，由几何关系可得
AF =38a ③
即出射点在AB 边上离A 点38a 的位置。

如果入射光线在法线的左侧，光路图如图2所示。

设折射
光线与AB 的交点为D 。

由几何关系可知，在D 点的入射角 θ=60° ④
设全发射的临界角为C，则sinC=1
n
⑤
由⑤和已知条件得C=45°⑥
因此，θ>C，光线在D点发生全反射。

(2)设此光线的出射点为E，由几何关系得∠DEB=90°BD=a−2AF⑦
BE=BDsin30°⑧
联立③⑦⑧式得BE=1
8
a⑨
即出射点在BC边上离B点1
8
a的位置。

答：①光线能在AB边发生全反射；
②光线从梭镜中的出射点在AB边上离A点3
8a的位置或出射点在BC边上离B点1
8
a的位置。

解析：①光线先在AN边发生折射，由折射定律求出折射角。

由几何关系求得光线射到AB边上的入
射角，与临界角比较，即可判断。

临界角根据sinC=1
n
求解。

②画出光路图，根据几何关系求光线从梭镜中的出射点到B点的距离。

本题是折射定律、全反射和几何知识的综合应用，作出光路图，掌握并能判断能否发生全反射是关键。

考虑问题要全面，不能漏解。

要画出光路图，光从棱镜射向空气要考虑能否产生全反射。