2020年湖北省八校联考高考物理二模试卷 (含答案解析)

2020年湖北省八校联考高考物理二模试卷
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. 光电效应揭示了光的粒子性，而康普顿效应揭示了光的波动性
B. 卢瑟福通过对天然放射现象的研究，提出原子的核式结构学说
C. 已知中子、质子和氘核的质量分别为m n、m P和m D，则氘核的比结合能为(m n+m P−m D)c2
2
(c表示真空中的光速)
D. 一个氢原子处在n=4的能级，由较高能级跃迁到较低能级时，一定可以发出3种频率的光
2.如图所示，从倾角为θ的斜面上的A点，以水平速度v0抛出一个小球，
不计空气阻力，它落在斜面上B点，重力加速度大小为g。

A、B两
点间的距离和小球落到B点时速度的大小分别为()
A. 2v02tanθ
gcosθ,v0√1+4tan2θ B. 2v02
gcosθ
,v0√1+2tan2θ
C. 2v02
gcosθ,v0√1+4tan2θ D. 2v02tanθ
gcosθ
,v0√1+2tan2θ
3.木星和地球都绕太阳公转，木星的公转周期约12年，地球与太阳的距离为1天文单位，则木星
与太阳的距离约为()
A. 2天文单位
B. 4天文单位
C. 5.2天文单位
D. 12天文单位
4.在竖直平面内，一根光滑金属轨道弯成如图所示形状，相应的曲线
方程为(单位：m).有一质量m=0.5kg的小球从
x=0处以v0=5m/s的初速度沿轨道向下运动．那么小球()(g=
10m/s2)
A. 小球做匀变速曲线运动
B. 最远运动到m处
C. 将在x=0与m之间做往返运动
D. 运动到m时，金属杆对小环的作用力等于15N
5.一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈。

通过滑动
触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈，在cd间接定值电阻R.在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2.在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中()
A. U2>U1，U2降低
B. U2>U1，U2升高
C. 变压器输入功率增大
D. 变压器输入功率减小
二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）
6.如图所示，直线MN是某电场中的一条电场线(方向未画出)。

虚
线是一带电粒子只在电场力的作用下，由a到b的运动轨迹，轨
迹为一抛物线，下列判断中正确的是()
A. 粒子所受电场力的方向一定是由M指向N
B. 带电粒子由a运动到b的过程中动能一定逐渐减小
C. 带电粒子在a点的电势能一定大于其在b点的电势能
D. 带电粒子在a点的加速度一定大于其在b点的加速度
7.如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等
高的光滑水平地面上滑上传送带，以地面为参考系，v2>v1.从小物块滑上传送带开始计时，其v−t图象可能的是()
A. B.
C. D.
8.如图所示为正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，场
强大小为E，磁场垂直于纸面水平向外，磁感应强度大小为B。

一个电量为q，质量为m=qE g(g为重力加速度)的带正电粒子在场
中P点以大小为v0=E
的初速度竖直向下射出，则()
B
A. 粒子将向下做匀加速直线运动
B. 若粒子以大小为v0=E
的初速度竖直向上射出，射出的一瞬间，加速度大小为√5g
B
C. 改变粒子射出的速度大小和方向，则粒子可以做匀变速直线运动
D. 改变粒子射出的速度大小和方向，粒子可在场中做直线运动，且射出的初速度大小为v=√2E
B
9.关于布朗运动，下列说法中正确的是()
A. 布朗运动是分子的运动，牛顿运动定律不再适用
B. 布朗运动是分子无规则运动的反映
C. 悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动是布朗运动
D. 布朗运动的激烈程度跟温度有关，所以布朗运动也叫做热运动
E. 布朗运动的明显程度与颗粒的体积和质量大小有关
10.如图所示为某时刻从O点同时持续发出的两列简谐横波在同一介质
中沿相同方向传播的波形图，P点在甲波最大位移处，Q点在乙波的
最大位移处，下列说法正确的是()
A. 两列波传播相同距离时，乙波所用的时间比甲波短
B. Q点比P点先回到平衡位置
C. 在P质点完成20次全振动的时间内Q质点完成了30次全振动
D. 甲波和乙波在空间相遇处会产生稳定的干涉图样
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11.小明研究小车在水平长木板上运动所受摩擦力的大小，选用的实验器材是：长木板、总质量为
m的小车、光电门、数字毫秒计、弧形斜面、挡光片、游标卡尺、刻度尺．器材安装如图甲．
(1)主要的实验过程：
①用游标卡尺测量挡光片宽度d，读数如图乙，则d=______mm；
②让小车从斜面上某一位置释放，读出小车通过光电门时数字毫秒计示数t；
③用刻度尺量出小车停止运动时遮光板与光电门间的距离L；
④求出小车与木板间摩擦力f=______(用物理量的符号表示)．
(2)若实验中没有现成的挡光片，某同学用一宽度为6cm的金属片替代这种做法是否合理？
______(选填“合理”或“不合理”)．
(3)实验中，小车释放的高度应该适当______(选填“大”或“小”)些．
12.某研究小组在学习了欧姆表原理后设计了一种新型欧姆表，该表×1Ω挡简易电路图如图所示。

图中方框为干电池，其电动势为E，内阻为r，表头G的内阻为r g，R0是可变电阻，A端和B端分别与两表笔相连。

测量前，将两表笔断开，开关S接通，调节R0让表头G满偏；测量时，将开关闭合，同时把待测电阻接在两表笔间；测量完毕，立即断开开关。

回答以下问题：
(1)若A端接红表笔，则电池的______(填“左”或“右”)端是正极，表头G的_____(填“左”
或“右”)端是正接线柱。

(2)下列有关该欧姆表的说法正确的是______(有多个选项)；
A.该欧姆表的零刻度在表头G的满偏刻度处
B.该欧姆表刻度盘是非均匀的，越往左越稀疏
C.该欧姆表的测量原理是闭合电路欧姆定律
D.电池使用一段时间后，若认为电池的电动势不变，其内阻明显变大，正确操作测量一未知电
阻，则测量值偏大
(3)此欧姆表该挡位的中值电阻为____________________(用r、r g和R0表示)。

四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）
13.如图所示，质量为4kg的物体静止于水平面上，物体与水平面间的动摩擦
因数为0.5，物体在与水平方向成37°的斜向上拉力F的作用下，沿水平面
做匀加速运动，已知3S内物体的位移X=2.25m，求(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2)
(1)物体的加速度是多大？
(2)拉力F的大小？
14.如图所示，质量为m=0.1kg、电阻r=0.1Ω的导体棒MN，垂直放在
相距为L=0.5m的平行光滑金属导轨上．导轨平面与水平面的夹角为
θ=30°，并处于磁感应强度大小为B=0.4T方向垂直于导轨平面向上
的匀强磁场中，导轨下端接有阻值R=0.3Ω的电阻，棒在外力F作用
下，以v=8m/s的速度沿导轨向上做匀速运动，经过一定时间后撤去
外力，棒继续运动一段距离s=2m后到达最高位置，导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，重力加速度g取10m/s2，求
(1)棒MN向上匀速运动过程，回路中的电流
(2)从撤去外力至棒MN到达最高位置的过程，通过电阻R的电荷量q；
(3)从撤去外力至棒MN到达最高位置的过程，整个回路产生的焦耳热Q0．
15.如图所示，一汽缸竖直固定在水平地面上，活塞质量m=4kg，活塞横截面积S=2×10−3m2，
活塞上面的汽缸内封闭了一定质量的理想气体，下面有气孔O与外界相通，大气压强p0=
1.0×105Pa.活塞下面与劲度系数k=2×103N/m的轻弹簧相连，当汽缸内气体温度为T1=
400K时弹簧为自然长度，此时缸内气柱长度L1=20cm，g取10m/s2，活塞不漏气且与缸壁无摩擦．
(1)当弹簧为自然长度时，缸内气体压强p1是多少？
(2)当缸内气柱长度L2=24cm时，缸内气体温度T2为多少K？
16.从桌面上有一倒立的玻璃圆锥，其顶点恰好与桌面接触，圆锥的轴(图
中虚线)与桌面垂直，过轴线的截面为等边三角形，如图所示，有一半径为r=0.4m的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的底面上，光束的中心轴与圆锥的轴重合．已知玻璃的折射率为1.5，则光束在桌面上形成的光斑半径为多大？
-------- 答案与解析 --------
1.答案：C
解析：
光电效应现象表明，光具有粒子性；卢瑟福通过α粒子散射实验推翻了汤姆孙的枣糕模型，建立了原子核式结构模型；根据反应前后的质量求出质量亏损，结合爱因斯坦质能方程求出释放的能量，从而求出氘核的比结合能；根据能级跃迁进行分析。

本题主要考查物理学史、比结合能、能级跃迁、光的波粒二象性等的应用，难度一般，注意知识的积累。

A.光电效应、康普顿效应均揭示了光的粒子性，故A错误；
B.卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出了原子核式结构模型，故B错误；
C.已知中子、质子和氘核的质量分别为m n、m p和m D，则氘核的结合能为△E=(m n+m p−m D)c2，
核子数是2，则氘核的比结合能为ΔE
2=(m n+m p−m D)c2
2
，故C正确；
D.只有一个氢原子，则n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，可以释放3种频率的光子，也可以释放2种或1种频率的光子，故D错误；
故选C。

2.答案：A
解析：
【试题解析】
小球落在B点，位移方向与水平方向的夹角等于斜面的倾角，根据两分位移关系可求出时间；先求出水平方向的分位移，根据几何关系即可求出A、B两点的距离；先求出竖直方向的分速度，由几何关系即可求出在B点的速度大小。

对于平抛运动，一要抓住两个分运动的性质，二要明白突破口一般是：从位移关系入手或从速度关系入手。

设小球运动时间为t，小球落在B点时，位移方向与水平方向的夹角为θ，根据位移方向的表达式有
tanθ=1
2
gt2
v0t
=gt
2v0
，可得小球运动时间为t=2v0tanθ
g
，由竖直方向做自由落体运动，可得小球在B点
的竖直分速度为v y=gt=2v0tanθ，水平方向所发生的位移为x=v0t=2v02tanθ
g
，由几何关系可得A、
B两点的距离为s=x
cosθ=2v02tanθ
gcosθ
，在B点的速度大小为v=√v02+v y2=v0√1+4tan2θ，故A正确，
BCD错误。

故选A。

3.答案：C
解析：解：根据开普勒第三定律R3
T2=k，得：R=√kT2
3
设地球与太阳的距离为R1，木星与太阳的距离为R2，则得：，
所以R2=5.2R1=5.2天文单位。

故选：C。

行星绕太阳运动，遵守开普勒定律，由开普勒第三定律R3
T2
=k，列式求解．
解决本题的关键要掌握开普勒第三定律，运用比例法求解．
4.答案：B
解析：
明确小环运动到最远的含义是末速度等于0时，根据动能定理可求出此过程发生的位移h，然后根据ℎ=y1−y2求出y，代入曲线方程即可求出x。

本题主要是考查曲线运动和机械能守恒定律，明确曲线方程与位移方程的区别，对做曲线运动的物体应用动能定理求解速度的大小。

A.由于小球受到支持力在不断变化，故小球加速度在变化，故A错误；
B.由机械能守恒定律可知：mg·Δℎ=1
2
mv2，解得小球上升的高度Δℎ=1.25m，由于初位置x=0处
的纵坐标为：y=2.5cos(x+2
3
π)=−1.25m，即小球到达最高点时纵坐标y=0，由数学知识可知x=
5π
6
，故B正确；
C.根据能量守恒可知，小球返回时，能够到达等高的地方，所以将越过x=0的位置，故C错误；
D .当小球运动到x =π3m 时(最低点)，由机械能守恒定律可知12mv 02
+mgΔℎ′=1
2mv 2，其中△ℎ′=
1.25m ，代入数据可知：v =5√2m/s ，由于在最低点时，并非圆周运动，所以不能用F N −mg =m
v 2R
(R =2.5)计算，故D 错误。

故选B 。

5.答案：D
解析：解：A 、根据变压器的电压关系有U 1U 2
=n
1
n 2
，
当滑动触头M 顺时针转动时，即n 2减小时，电压U 2应该减小，即降低， 由于n 2<n 1，所以U 2<U 1，故A 错误，B 错误；
C 、由于电压U 2减小，所以定值电阻上的电压减小，则定值电阻消耗的电功率减小，由于是理想变压器，所以变压器的输入功率也减小，故C 错误，
D 正确。

故选：D 。

本题属于自耦变压器，输入和输出的电压同样与匝数成正比，当滑动触头M 顺时针转动时，输出电压的匝数将变小，从而可以判断输出的电压的变化的情况。

自耦变压器的原理和普通的理想变压器的原理是相同的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据基本的规律分析即可。

6.答案：AC
解析：解：A 、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，物体所受外力指向轨迹内侧，所以粒子所受电场力方向一定是由M 指向N ，故A 正确；
B 、粒子从a 运动到b 的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，故B 错误；
C 、粒子从a 运动到b 的过程中，电场力做正功，电势能减小，带电粒子在a 点的电势能一定大于在b 点的电势能，故C 正确；
D 、由a 到b 的运动轨迹，轨迹为一抛物线，说明粒子一定受恒力，即带电粒子在a 点的加速度等于在b 点的加速度，故D 错误。

故选：AC 。

本题的突破口是根据粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向，再根据电场力做功情况确定电势能和动能的变化情况；明确轨迹对应的规律，从而确定受力情况，由牛顿第二定律确定加速度的大小关系。

依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况。

7.答案：ABC
解析：解：A、小物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动，到达左端后速度还没有减为零，离开传送带后在光滑水平地面上做匀速运动，故A正确；
B、小物块从右端滑上传送带后先做匀减速运动，速度减为零后反向做匀加速运动，当速度等于传送带速度v1后匀速运动，故B正确；
C、小物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动，到达左端时速度恰好为零，故C正确；
D、物块做匀减速运动速度达到零后不能一直匀加速下去，反向加速后，速度等于传送带速度v1后匀速运动，故D错误．
故选ABC
物体由于惯性冲上皮带后，从右端滑上传送带时，可以先匀减速运动到速度为0再反向加速后匀速，也可以一直减速，分情况进行讨论即可解题．
本题关键是对于物体运动过程分析，物体可能一直减速，也有可能先减速后匀速运动，也可能先减速后加速再匀速运动，难度适中．
8.答案：BD
解析：
本题考查带电粒子在复合场中的运动。

通过受力分析，由于洛伦兹力随速度变化而变化，物体做变速曲线运动；
根据牛顿第二定律求解竖直上抛的瞬间的加速度；物体做匀速直线运动时，粒子所受合力为0。

粒子受力如下图
A.通过受力分析，由于洛伦兹力随速度变化而变化，粒子做变速曲线运动，故A错误；
B.若粒子以大小为v0=E
的初速度竖直向上射出，所受洛伦兹力f0=qv0B=qE，方向水平向右，重
B
力向下为mg，电场力水平向右
√(mg)2+(2mg)2=ma，则a=√5g，故B正确；
CD.改变粒子射出的速度大小和方向，由于洛伦兹力随速度变化而变化，粒子做变速曲线运动或匀速直线运动；
物体做匀速直线运动时，粒子所受合力为0，即电场力与重力的合力与所受洛伦兹力等大反向，
√2mg=√2qE=qvB可知，射出的初速度大小为v=√2E
B
，故C错误，D正确。

故选BD。

9.答案：BCE
解析：
固体小颗粒做布朗运动是液体分子对小颗粒的碰撞的作用力不平衡引起的，液体的温度越低，悬浮小颗粒的运动越缓慢，且液体分子在做永不停息的无规则的热运动．固体小颗粒做布朗运动说明了液体分子不停的做无规则运动
布朗运动是液体分子无规则运动的反映，其运动的剧烈程度与悬浮在液体中的微粒大小，温度有关，这是解决此题的关键．
A、布朗运动是悬浮在液体中粒子的运动，这些粒子不是微观粒子，牛顿运动定律仍适用，故A错误。

B、悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动是布朗运动；固体小颗粒做布朗运动说明了液体分子不停的做无规则运动，故BC正确。

D、布朗运动反映的是分子的热运动，其本身不是分子的热运动。

故D错误。

E、布朗运动的明显程度与颗粒的体积和质量大小有关，体积和质量越小，布朗运动越剧烈火，故E 正确。

故选：BCE。

10.答案：BC
解析：解：A、两列简谐横波在同一介质中波速相同，传播相同距离所用时间相同．故A错误．
B、由图可知，两列波波长之比λ甲：λ乙=3：2，波速相同，由波速公式v=λ
T
得到周期之比为T甲：
T 乙=3：2.Q点与P点都要经过1
4
周期回到平衡位置．所以Q点比P点先回到平衡位置．故B正确．
C、两列波的频率之比为f甲：f乙=2：3，则在P质点完成20次全振动的时间内Q质点完成了30
次全振动．故C正确．
D、两列波的频率不同，不能产生稳定的干涉图样．故D错误．
故选BC
两列简谐横波在同一介质中波速相同，传播相同距离所用时间相同．Q点与P点都要经过1
4
周期回到平衡位置．由图可两列波波长的大小，再分析周期的长短，再比较时间长短．根据频率关系研究相同时间内全振动次数关系．两列波只有频率相同时，才能产生稳定的干涉．
本题关键要抓住波速是由介质的性质决定的，在同一介质中传播的同类波速度相同．常规题．
11.答案：6.00；md2
2Lt
；不合理；大
解析：解：(1)①由图甲所示可知，游标卡尺的主尺示数为0.6cm=6mm，游标尺示数为0×0.05mm=
0.00mm，则挡光片的宽度d=6mm+0.00mm=6.00mm；
④挡光片经过光电门时的速度v=d
t
，小车在水平面上做匀减速运动，由动能定理得：−fL=0−
1 2mv2，解得：f=md2
2Lt2
．
(2)实验时把小车经过挡光片时的平均速度作为小车的瞬时速度，挡光片的宽度越窄，小车经过挡光片时的平均速度越接近小车的瞬时速度，挡光片的宽度越大，小车的速度误差越大，不能用6cm的金属片替代挡光片．
(3)小车释放的高度越大，小车到达水平面时的速度越大，小车在水平面上滑行的距离越大，L的测量值误差越小，实验误差越小．
故答案为：(1)①6.00；④md2
2Lt2
；(2)不合理；(3)大．
(1)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；由速度公式求出小车的速度，应用动能定理求出摩擦力；
(2)小车的瞬时速度可以近似等于小车在很短时间(或很小位移)上的平均速度，时间或位移越小，平均速度越接近瞬时速度；
(3)小车的水平位移越大，测量其位移时的误差越小，实验误差越小，据此分析答题．
游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数，游标卡尺不需要估读；物体在很小一段时间内的平均速度可近似认为等于瞬时速度，时间越短，平均速度与瞬时速度相差越小．
12.答案：(1)右；右；(2)BC；(3)r g(r+R0)
r+r g+R0
解析：解：(1)测量时电流从A端红表笔流入，电池的右端是正极，表头G的右端是正接线柱。

(2)A、将两表笔断开，待测电阻为无穷大，开关S接通，调节R0让表头G满偏，表头G的满偏刻度处是欧姆表的最大刻度处，故A错误；
B、由图示电路图可知，电源电动势：E=Ir g+(I+Ir g
R X )(r+R0)，整理得：I=
I g
1+r g(r+R0)
r g+r+R0
1
R X
，
I与R X是非线性关系，欧姆表刻度盘刻度是非均匀的，越往左越稀疏，故B正确；
C、该欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，故C正确；
D、当电池电动势不变内阻增大时，因仍能调零，(R0+r)是不变的，则该待测电阻电阻的测量值等于真实值，故D错误。

故选：BC。

(3)当两表笔断开时，表头满偏，根据闭合电路欧姆定律得：I g=E
r+r g+R0
，
在两表笔间接有待测电阻R X时，表头示数为I，有：Ir g+(I+Ir g
R X
)(R0+r)=E，
当I=1
2I g时，R X=r g(r+R0)
r+r g+R0
=R
中。

故答案为：(1)右；右；(2)BC；(3)r g(r+R0)
r+r g+R0。

(1)电流从多用电表的红表笔(正插孔)流入黑表笔流出，根据图示电路图分析答题。

(2)根据实验步骤应用闭合电路欧姆定律分析答题。

(3)根据题意应用闭合电路欧姆定律求出欧姆表的中值电阻。

本题考查了欧姆表工作原理，认真审题理解题意知道实验原理是解题的前提，根据题意应用闭合电路欧姆定律即可解题。

13.答案：解：(1)根据x=1
2at2得：a=2x
t2
=2×2.25
9
=0.5m/s2
(2)对物体进行受力分析如图所示，水平方向：Fcos37°−f=ma
竖直方向：N+Fsin37°=mg
f=μN
代入数据：F=20N
答：(1)物体的加速度为0.5m/s2；
(2)拉力F的大小为20N．
解析：(1)根据运动学位移时间关系求解加速度；
(2)对物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程求解F；
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁．
14.答案：解：(1)棒MN向上匀速运动过程产生的感应电动势为：E=BLv
解得：E=1.6V
感应电流：I=E
R+r = 1.6
0.3+0.1
A=4A
(2)根据法拉第电磁感应定律可知，电路中产生的平均感应电动势：E=△Φ
t =BLs
t
电路中的平均电流：I=E
R+r =BLs
(R+r)t
流过电阻R上是电量：q=It=BLs
R+r
=1C
(3)从撤去外力至棒MN到达最高位置的过程，整个回路产生的焦耳热Q.根据能量守恒得：1
2
mv2= mgs⋅sinθ+Q0
代人数据解得：Q0=2.2J
答：(1)棒MN向上匀速运动过程，回路中的电流是4A；
(2)从撤去外力至棒MN到达最高位置的过程，通过电阻R的电荷量1C；
(3)从撤去外力至棒MN到达最高位置的过程，整个回路产生的焦耳热是2.2J．
解析：(1)写出匀速运动过程产生的感应电动势，结合闭合电路的欧姆定律可以求出电流；
(2)根据法拉第电磁感应定律，求出电路中产生的平均感应电动势，再求出平均电流，然后求出电阻R的电荷量；
(3)撤去外力至棒MN到达最高位置的过程，导体棒的动能转化为它的重力势能和整个回路产生的焦耳热Q．
该题属于电磁感应定律的综合应用，应用到的公式较多，难点是能量的转化与守恒的应用．属于较难的题目．
15.答案：解：当汽缸内气体温度为400K时弹簧为自然长度，体积V1=20x S，
设封闭气体的压强为p1
则有p1 = p0−mg
S
=0.8×105 Pa
当缸内气柱长度L2=24cm时，体积V2=24x S。

压强为p2
此时有p2= p0+F− mg 
S
= 1.2×105 Pa
根据理想气体状态方程：
p1V1 T1=
p2V2
T2
联立得：T2=720K
解析：当汽缸内气体温度为400K时弹簧为自然长度，当缸内气柱长度L2=24cm时，对活塞受力分析，根据平衡条件和理想气体状态方程求解。

16.答案：解：全反射的临界角：sinC=1
n =5
8
<sin60°=√3
2
故光在AB
面AC面发生全反射，
如图所示光路，光在左、右侧面发生光的全反射，反射光线恰好垂直
射出．
因为ON=r
由几何关系知：OA═2r
∠MOA=∠AMO=30°
得：AM=OA=6cm
答：光束在桌面上形成的光斑半径为6cm．
解析：当半径为r的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的地面上，经过第一次折射时，由于入射角等于零，所以折射角也是零，因此折射光线不发生偏折．当第二次折射时，由于入射角等于60°，而玻璃的折射率为1.5，可得临界角小于45°，所以会发生光的全反射，反射光线却恰好垂直射出．故可根据几何关系可确定光斑的半径．
本题关键之处是借助于光的折射与反射定律作出光路图，同时利用几何关系来辅助计算．。