2020届高三高考模拟示范卷物理试题(五)物理试题(解析版)

2020届高三高考模拟示范卷（五）
二、选择题：本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14~17题只有一项符合题目要求，第18~21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。

14.人类在研究光、原子结构及核能利用等方面经历了漫长的过程，我国在相关研究领域虽然起步较晚，但是近年对核能的开发与利用却走在了世界的前列，有关原子的相关知识，下列说法正确的是
A. 卢瑟福最先发现电子，并提出了原子的核式结构学说
B. 光电效应和康普顿效应都能说明光子具有粒子性，且前者可说明光子具有能量，后者除证明光子具有能量，还可证明光子具有动量
C. 原子核发生β衰变时，产生的β射线本质是高速电子流，因核内没有电子，所以β射线是核外电子逸出原子形成的
D. 一个铍核（9
4Be ）和一个α粒子反应后生成一个碳核，并放出一个中子和能量，核反应方程为941414260Be He C n +→+
【答案】B
【解析】A 、汤姆孙最先发现电子，卢瑟福提出了原子的核式结构学说，故选项A 错误； B 、光电效应和康普顿效应都能说明光子具有粒子性，光电效应说明光子具有能量，康普顿效应可以说明光子具有动量，故选项B 正确；
C 、β射线是高速电子流，来自原子核内部中子的衰变，故选项C 错误；
D 、该核反应方程中，质量数不守恒，故选项D 错误。

15.女航天员王亚平在“天宫一号”目标飞行器里通过一个实验成功展示了失重状态下液滴的表面张力引起的效应。

在视频中可观察到漂浮的液滴处于相互垂直的两个椭球之间不断变化的周期性“脉动”中。

假设液滴处于完全失重状态，液滴的上述“脉动”可视为液滴形状的周期性微小变化，如图所示。

已知液滴振动的频率表达式为11
22x f kr ρσ-=，其中k 为一个无单位的比例系数，r 为液滴半径，ρ为液体密度，σ为液体表面张力系数（其单位为N/m ），x 是待定常数。

对于待定常数x 的大小，下列说法中正确的是
A. 32
B. 3-2
C. 2
D. -3
【答案】B
【解析】根据物理公式同时对应单位间的换算关系可知：
A. 若x =32,则有： ()11112
3222233122·/···kg N N kg m s m m m s m m kg m kg m -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故A 错误； B. 若x =3-2,则有： ()1111232222123·/·
·kg N N kg m s m s m m kg m kg m -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故B 正确； C. 若x =2,则有： ()11121222
2123·/·kg N kg m s m m s m m kg -⎛⎫⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故C 错误； D. 若x =−3,则有： ()111232
223123·/2?kg N kg m s m m m s m m kg --⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
，故D 错误；故选B. 16.如图所示，虚线半圆弧为点电荷电场中的等势线，实线为某带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，实线与虚线的交点分别为A 、B ，图中实线上与圆弧上相距最远的两点C 、D 间的距离大于圆弧的半径，由此可以判断
A. A 点的电势比C 点的电势低
B. 带电粒子从A 点运动到C 点，电势能一定增大
C. 从A 点到C 点，静电力对带电粒子做功的功率越来越大
D. 带电粒子从A 点运动到B 点，动能先增大后减小
【答案】D
【解析】A、由于带电粒子做曲线运动时，受到的静电力指向运动轨迹凹的一侧，因此带电粒子与场源点电荷带异种电荷，由于场源电荷的电性不能确定，因此A、C两点的电势高低不能确定，故选项A错误；
B、粒子从A点到C点电场力做正功，因此电势能减小，故选项B错误；
C、由于粒子运动到C点时电场力与速度垂直，静电力的功率为零，故选项C错误；
D、带电粒子从A点运动到B点，电场力先做正功后做负功，根据动能定理可知，动能先增大后减小，故选项D正确。

17.如图所示，质量M=3kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动。

质量m=2kg的小球(视为质点)通过长L=0.5m的轻杆与滑块上的光滑轴O连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态，现让小球从静止开始释放，取g=10m/s2，下列说法正确的的是（）
A. 小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，轻杆对小球的弹力一直沿杆方向
B. 小球m从初始位置到第一次到达最低点时，小球m速度大小为
C. 小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.2m
D. 小球m上升到的最高位置比初始位置低
【答案】C
【解析】小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，水平方向动量守恒，由此求滑块M在水平轨道上向右的距离．根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒求m的速度．结合水平方向动量守恒求滑块M在水平轨道上向右的距离．
小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，小球和滑块系统水平方向动量守恒则：；由能量关系：；联立解得：，，选项B错误；因小球向下摆动时不是做圆周运动，可知轻杆对小球的弹力不是一直沿杆方向，选项A错误；小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，设滑块M在水平轨道上向右移动的距离为x。

取向左为正方向，根据水平动量守恒得：，得
，故C正确。

小球上升到最大高度时，小球和滑块具有共同速度，由于系统初始动量为零，则到达最大高度时的共同速度也为零，由能量守恒关系可知，小球还能上升到原来的高度，选项D错误；故选C.
18.宇航员在太空旅行中发现了一颗质量分布均匀的球形小行星。

为了进一步的研究，宇航
员登陆小行星，用弹簧测力计测量一个相对小行星静止的质量为m的物体的重量。

第一次在该行星极点处，弹簧测力计的示数为F1；第二次在该行星的赤道上，弹簧测力计的示数为F2。

已知小行星的半径为R，下列说法正确的是
A. 该小行星的自转角速度大小为
B. 该小行星的自转角速度大小为
C. 该小行星的同步卫星的轨道半径为
D. 该小行星的同步卫星的轨道半径为
【答案】AC
【解析】在该行星极点处:；在赤道上：；联立解得：，选项A正确，B错误；对小行星的同步卫星，其角速度等于行星自转的加速度，则：，解得，选项C正确，D错误；故选AC.
19.如图所示，电路中的变压器为理想变压器，U为正弦式交变电压，R为变阻器，R1、R2是两个定值电阻，A、V分别是理想电流表和理想电压表，则下列说法正确的是
A. 闭合开关S，电流表示数变大、电压表示数变小
B. 闭合开关S，电流表示数变小、电压表示数变大
C. 开关S闭合时，变阻器滑片向左移动的过程中，电流表、电压表示数均变小
D. 开关S闭合时，变阻器滑片向左移动的过程中，电流表、电压表示数均变大
【答案】AC
【解析】AB、闭合开关S，负载总电阻变小，变压器的输出功率增大，副线圈的电流增大，根据可知变压器的输入电流增大，即电流表示数变大，变阻器R两端电压增大，根据串联分压可知变压器的输入电压减小，根据可知变压器的输出电压减小，电压表示数变小，故A正确，B错误；
CD、开关S闭合时，变阻器滑片向左移动的过程中，变阻器R的阻值增大，两端电压增大，
根据串联分压可知变压器的输入电压减小，根据可知变压器的输出电压减小，电压表示数变小，根据欧姆定律可知副线圈的电流减小，根据可知变压器的输入电流减小，即电流表示数变小，故C正确，D错误；故选AC。

20.如图所示，将质量为m的小球用橡皮筋悬挂在竖直墙的O点，小球静止在M点，N为O 点正下方一点，ON间的距离等于橡皮筋原长，在N点固定一铁钉，铁钉位于橡皮筋右侧。

现对小球施加拉力F，使小球沿以MN为直径的圆弧缓慢向N运动，P为圆弧上的点，角PNM为60°。

橡皮筋始终在弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度为g，则
A. 在P点橡皮筋弹力大小为
B. 在P点时拉力F大小为
C. 小球在M向N运动的过程中拉力F的方向始终跟橡皮筋垂直
D. 小球在M向N运动的过程中拉力F先变大后变小
【答案】AC
【解析】A、设圆的半径为R，则，ON为橡皮筋的原长，设劲度系数为k，开始时小球二力平衡有；当小球到达P点时，由几何知识可得，则橡皮筋的弹力为，联立解得，故A正确。

B、小球缓慢移动，即运动到任意位置均平衡，小球所受三个力平衡满足相似三角形，即，，因，可得,故B错误。

C、同理在缓慢运动过程中由相似三角形原理可知
，则拉力F始终垂直于橡皮筋的弹力，C正确。

D、在两相似三角形中，代表F 大小的边MP的长度一直增大，故F一直增大，故D错误。

则选AC。

21.如图所示，间距为l的光滑平行金属导轨平面与水平面之间的夹角=30°，导轨电阻不计。

正方形区域abcd内匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于导轨平面向上。

甲、乙两金属杆电阻相同、质量均为m，垂直于导轨放置。

起初甲金属杆位于磁场上边界ab处，乙位于甲的上方，与甲间距也为l。

现将两金属杆同时由静止释放，从此刻起，对甲金属杆施加沿导轨的拉力，使其始终以大小为a=的加速度向下匀加速运动。

已知乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，重力加速度为g，则下列说法正确的是
A. 每根金属杆的电阻
B. 甲金属杆在磁场区域运动过程中，拉力对杆做的功在数值上等于电路中产生的焦耳热
C. 乙金属杆在磁场区域运动过程中，安培力的功率是
D. 从乙金属杆进入磁场直至其离开磁场过程中，回路中通过的电量为
【答案】AB
【解析】乙金属杆进入磁场前的加速度为a=gsin30°=g，可见其加速度与甲的加速度相同，甲、乙两棒均做匀加速运动，运动情况完全相同．所以当乙进入磁场时，甲刚出磁场．乙进入磁场时：，由于乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，受力平衡有：，故，故A正确．甲金属杆在磁场区域运动过程中，根据动能定理得：W F-W安+mglsinθ=mv2；
对于乙棒，由动能定理得：mglsinθ=mv2；由两式对比可得：W F=W安；即外力做功等于甲棒克服安培力做功，而甲棒克服安培力做功等于电路中产生的焦耳热，故拉力对杆做的功在数值上等于电路中产生的焦耳热．故B正确．乙金属杆在磁场区域中匀速运动，安培力的功率大小重力的功率，为P=mgsinθ•v=mg，故C错误．乙金属杆进入磁场直至出磁场过
程中回路中通过的电量为由上知：，联立得：，故D 错误．故选AB．
三、非选择题：共62分，第22~25题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第33~34题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题：共47分。

22.（5分）为了探究质量一定时加速度与力的关系，王同学设计了如图甲所示的实验装置，其中M为带滑轮小车的质量，m为沙和沙桶的质量。

（滑轮质量及滑轮与轴、细线间的摩擦均不计）
（1）该同学利用此装置得到图乙所示的一条纸带（相邻两计数点间有四个点未画出），已知打点计时器频率为50Hz，求打点计时器打计数点4时小车的瞬时速度为______m/s。

（结果保留两位有效数字）
（2）根据王同学设计的实验装置，下列操作不必要的是______
A．用天平测出沙和沙桶的质量。

B．将带滑轮的长木板右端热高，以平衡摩擦力。

C．小车靠近打点计时器，先接通电源再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数。

D．为减小误差，实验巾一定要保证沙和沙桶的质量m远小于小车的质量M。

（3）以弹簧测力计示数F为横坐标，小车加速度a为纵坐标，画出a-F图象是一条直线，如丙图所示，已知图线与横坐标的夹角为θ，图线的斜率为k，则小车的质量为______
A.2tan T B．
1 tanT
C．k D．2 k
【答案】0.31 AD D
【解析】（1）用3、5两点间的平均速度代替打下4点的瞬时速度
2
435(2.8 3.3)10v m /s 0.31m /s 20.1
v -+⨯===⨯。

（2）考察探究加速度的因素的实验的操作过程：A 、由于在装置的左端有弹簧测力器与细绳串联，所以拉力直接由弹簧秤读出即可，沙和桶只是用来改变拉力的，故A 选项不必测量；B 、由于摩擦阻力的存在，而又是用拉力代替合力，平衡摩擦阻力是必要的，故B 选项必要；C 、实验过程正是先让小车靠近打点计时器，先接通电源再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数，故选项C 必要；D 、只有当没有弹簧秤测力时，才用沙和桶的重代替拉力，当然也没必要保证沙和沙桶的质量m 远小于小车的质量M 。

故选D.
（3）根据牛顿第二定律有：当所有摩擦阻力不计时，
2F a m =，那么a-F 图象的斜率为k =2m ，则小车的质量m =2k
，故选项C 错误，选项D 正确；而为什么不能用角度来表示斜率呢，由于每组使用的坐标间隔不一样，则不能用tanθ来表示斜率，故选项AB 错误。

23.（10分）如图甲所示，某同学设计了一个“只用一个理想电压表测电源的电动势和内阻”的实验方案，同时可以测量一个未知电阻x R 的阻值，电路中R 为电阻箱（0~9.9Ω）.实验操作步骤如下：
(1)现将电阻箱调到阻值较大位置，保持开关1K 断开、2K 闭合，逐次改变电阻箱的阻值，得到多组合适的R 、U 值；依据R 、U 值作出如图乙所示的11R U
-图线；断开2K 、闭合1K ，读出电压表示数为1.5V.则根据图乙可求得电源的电动势为___________V ，电源的内阻为___________Ω，未知电阻x R 的阻值为______Ω（结果均保留一位小数）.
(2)如果考虑电压表阻值的影响，则电动势的测量值_________真实值，内阻的测量值_________真实值.（均填“大于”“小于”或“等于”）
【答案】3.0 0.5 0.5 小于 小于
解：(1)据闭合电路欧姆定律
U
E U r
R
=+，可求：
111
E
R r U r
=⨯-，从图象可以看出，当
1
R
=时，有
1
E
rU r
-=，又
11
3
U
=，故 3.0
E U V
==，斜率6
E
r
=，0.5
r=Ω，断开2K，闭合1
K， 1.5
2
E
U V
==，0.5
x
R r
==Ω
(2)由等效关系可知，测定的电源实际为电池与电压表并联而成的等效电源，因此测定的电源与实际需要测定的相比，电动势与内阻都偏小。

24. （14分）如图所示，一质量为m的长直木板放在光滑的水平地面上，木板左端放有一质量为km的木块，木块与木板间的动摩擦因数为μ，在长直木板右方有一坚直的墙．使木板与木块以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，设木板足够长，木块始终在木板上．重力加速度为g．求：
（1）碰后，木块与木板第一次相对静止时的速度大小；
（2）木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间；
（3）分析k的取值是如何影响第(2)问中求出的时间的．
【答案】（1）
1
1
k
v v
k
-
=
+
（2）
2
1
()
v
g k
k
μ-（3）由t=
2
1
()
v
g k
k
μ-知：只由当k＞1时，才能发生两次碰撞;在k＞1的范围内，随着k的增加，时间t越来越小；反之，随着k的减小，时间t越来越大。

【解析】（1）第一次与墙碰撞后，木板的速度反向，大小不变，此后木板向左做匀减速运动，木块向右做匀减速运动，最沿木板和重物达到一共同的速度v，由动量守恒得
kmv0-mv0=（km+m）v.
解得
1
1
k
v v
k
-
=
+
（2）设木板的加速度为a，由牛顿第二定律得μkmg= ma
设从第一次与墙碰撞到木块和木板具有共同速度v所用的时间为t1
v=-v0+at1
在达到共同速度v时，木板离墙的距离l为l=2
011
1
2
v t at
-
开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为t2=1 v
从第一次碰撞到笫二次碰撞所经过的时间为t=t1+t2
由以上各式得
2
1
()
v
t
g k
k
μ
=
-
（3）由
2
1
()
v
t
g k
k
μ
=
-知：只由当k＞1时，才能发生两次碰撞.
在k＞1的范围内，随着k的增加，时间t越来越小；反之，随着k的减小，时间t越来越大。

25.（18分）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，0<x<L的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，x>L的区域内有方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场，电场与磁场的分界线跟x轴相交于P点.带负电、带正电的粒子分别以沿x轴正方向的不同初速度从原点O先后进入电场，两粒子从电场既然怒磁场时速度方向与分界线的夹角分别为30°和60°；两粒子在磁场中运动后同时返回电场，而电场也同时反向（大小不变），两粒子在反向的电场中运动后又都回到出发点.已知两粒子的重力及两粒子之间的相互作用都可忽略不计，求：
(1)正、负粒子离开电场时偏转的距离之比12
:
y y和正、负粒子在磁场中的运动的半径大小
之比
12
:r r；
(2)正、负粒子的比荷之比12
12
:
q q
m m及正、负粒子从坐标原点进入电场时的初速度之比
0102
:
v v；
(3)若正离子从原点既然怒电场的初速度为
v、在磁场中运动的周期为T，则两粒子从坐标原点先后进入电场的时间差是多少？
【答案】(1)
12
:3
r r=(2)12
12
:27:1
q q
m m
=,
0102
:9:1
v v=(3)
8131
6
L
t T
v
∆=+
解：(1)正、负粒子在匀强电场中做类平抛运动，两粒子刚离开电场时，出射速度方向的反
向延长线必交于OP的中点，
正粒子的偏转距离为：
1
3
2
tan60
L
L
y==
︒
负粒子的偏转距离为：
2
3
2
tan30
L
L
y==
︒
所以正、负粒子离开电场时偏转的距离之比为：
12
33
::1:3
62
L L
y y==
画出正、负粒子在组合场中的运动轨迹如图所示（图中未画出电场和磁场）
两粒子在磁场中运动时，正粒子运动的轨道半径为：1
1
1
sin603
y
r L
==
︒
负粒子运动的轨道半径为：2
2
3
sin30
y
r L
==
︒
所以正、负粒子在磁场中运动的轨道半径之比为：
12
1
::33:9
3
r r L L
==
(2)粒子在电场中做类平抛运动时，
qE
a
m
=，2
2
1
at
y=，
3
4F
于是有：
2
2
2
qEL
y
mv
=
所以：12
1222
101202
11
:():()1:3
q q
y y
m v m v
=⨯⨯=
粒子在磁场中做匀速圆周运动时，0
sinθ
=
v
v（θ为粒子的出射速度与分界线的夹角）
于是有：
101
23
3
v v
=，202
2
v v
=
2
v
qvB m
R
=，
mv
R
qB
=
于是有： 1122211212112221
::():()m v m v q q r r v v q B q B m m ==⨯⨯
即2112010221
:():(2)3q q r r v v m m =⨯⨯= 可得：21010221
():()1:3q q v v m m ⨯⨯= 解以上各式得：
1212:27:1q q m m = 0102:9:1v v =
(2)粒子在磁场中做圆周运动的周期为：222R mv m T v v qB qB
πππ==⨯= 于是有122112
::27:1q q T T m m == 1T T =，227T T = 正、负粒子从原点进入电场的时间差为
2102010052952()()(27)()6363
L L L L t T T T T v v v v ∆=+-+=+⨯-+ 即081316L t T v ∆=
+ （二）选考题：共15分。

请考生从2道物理题任选一题作答。

如果多做，则按所做的第一题计分。

33．[物理—选修3–3]（15分）
（1）（5分）下列各种说法中正确的是___________
A.液体表面层的分子势能比液体内部的分子势能大
B.自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的
C.悬浮在水中花粉颗粒的布朗运动反映了花粉中分子做无规则的热运动
D.空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和气压，水蒸发越慢
E.液面上部的蒸汽达到饱和时，就没有液体分子从液面飞出，所以从宏观上看来液体不再蒸发
【答案】ABD
【解析】液体表面层分子较为稀疏，分子间距离大于平衡时的距离r0，表现为引力，分子间距离由平衡时的r0到大于r0变得稀疏的过程中，分子间作用力做负功，分子势能增大，故液体表面层分子的势能比液体内部分子的势能大，故A正确；根据熵原理,自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，选项B正确；悬浮在水中花粉颗粒的布朗运动反映了水分子做无规则的热运动，选项C错误；空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和气压，水蒸发越慢，选项D正确；液面上部的蒸汽达到饱和时，液体分子从液面飞出，同时有蒸汽分子进入液体中；从宏观上看，液体不再蒸发。

故E错误。

故选ABD.
（2）（10分）如图所示，内壁光滑且长为L＝50cm的绝热气缸固定在水平面上，气缸内用横截面积为S＝100cm2的绝热活塞封闭有温度为t0＝27℃的理想气体，开始时处于静止状态的活塞位于距左侧缸底l＝30cm处。

现用电热丝对封闭的理想气体加热，使活塞缓慢向右移动。

（已知大气压强为P0＝1.0×105Pa）
①试计算当温度升高到t＝377℃时，缸内封闭气体的压强P；
②若气缸内电热丝的电阻R＝100Ω，加热时电热丝中的电流为I＝0.2A，在此变化过程中共持续了t'＝300s，不计电热丝由于温度升高而吸收热量，试计算气体增加的内能ΔU。

【答案】①②
【解析】根据“内壁光滑且长为L＝50cm的绝热气缸固定在水平面上”、“活塞缓慢向右移动”、“计算气体增加的内能”可知，本题考查盖-吕萨克定律、查理定律和热力学第一定律，根据盖-吕萨克定律首先求出活塞到达右端时的温度，确定t=377℃时位置，再根据查理定律列方程求解即可；根据热力学第一定律列式求解。

①设封闭气体刚开始的温度为T1，压强为，当活塞恰好移动到气缸口时，封闭气体的温度为T2，则，封闭气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律可得：（1）
解得：（2）
由于，所以气体发生等压变化之后再发生等容变化。

设当温度达到时，封闭气体的压强为，根据查理定律可得：
（3）
代入数据解得：（4）
②根据热力学第一定律可得：（5）
外界对气体做的功为：（6）
封闭气体共吸收的热量为：（7）
解得：
34.. [物理一选修3–4）（15分）
(1)（5分）如图所示，图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中x=2m处的质点P以此时刻为计时起点的振动图象，质点Q的平衡位置位于x=3.5m。

下列说法正确的是__________
A. 在0.3s时间内，质点P向右移动了3m
B. 这列波的传播速度是20m/s
C. 这列波沿x轴正方向传播
D. t=0.ls时，质点P的加速度大于质点Q的加速度
E. t=0.45s时，x=3.5m处的质点Q到达波谷位置
【答案】CDE
【解析】根据波的传播特点可知，A错误．由乙图可知，t＝0时刻质点的速度向上，结合图甲在该时刻的波形可知，波沿x轴正方向传播，C正确．波速v＝m/s＝10 m/s，B错误．当t＝0.1 s＝T时，质点P应处于最大位移处，加速度最大，而质点Q应在平衡位置的下方，且位移不是最大，故其加速度应小于质点P的加速度，D正确．t＝0.45 s时，波形平移的距离Δx＝vt＝4.5 m＝λ＋0.5 m，即t＝0时刻，x＝3 m处的质点振动形式传播到Q点，Q点处于波谷位置，E正确．
（2）（10分）自古以来人们对钻石都情有独钟，而市面上各种材料做的假钻石也非常多，对比钻石折射率是钻石真假的一种方法。

如图所示，OABCD为某种材料做成的钻石的横截
面，关于直线OO’对称，∠A＝∠D＝90°．图中∠AOO’角度为θ＝45°．现使一束单色光照射到AB边上的P点，入射角α＝60°，进入钻石的光线在AO边中点M发生全反射，并从OD边上N点折射出去，其中OA＝23mm，ON＝1mm。

已知真钻石对该光线的折射率为2.42。

（1）通过求解该钻石的折射率，判断该钻石的真假。

（2）光在真空中传播的速度为c＝3×108m/s。

求该单色光从入射到第一次折射出该钻石经历的时间（结果保留两位小数）。

【答案】（1）该钻石是假的。

（2）该单色光从入射到第一次折射出该钻石经历的时间为2.31×10﹣11s。

【解析】（1）做出光线传播光路如图所示，设光线在AB边的折射角为β。

由几何关系可知：∠OMN＝β
tanβ
3
3
ON
OM
===，得β＝30°
该钻石的折射率n
sin sin
α
β=
解得n3
=＜2.42，可以判断该钻石是假钻石。

（2）根据光的传播规律，可得该单色光在钻石中传播的速度大小为v
c n =
如图中光路所示，由几何关系可知，光在钻石中走过的路程为s＝PM+MN＝4 mm＝4×10﹣3m
可得光在钻石中传播的时间t
s v =
解得t≈2.31×10﹣11s。