福建省厦门外国语学校2023-2024学年物理高三第一学期期末教学质量检测模拟试题含解析

福建省厦门外国语学校2023-2024学年物理高三第一学期期末
教学质量检测模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、氢原子能级示意图如图所示．光子能量在1.63 eV~3.10 eV 的光为可见光．要使处于基态（n =1）的氢原子被激发后可辐射出可见光光子，最少应给氢原子提供的能量为
A ．12.09 eV
B ．10.20 eV
C ．1.89 eV
D ．1.5l eV
2、如图所示，a 、b 是两个由电阻率相同的铜线制成质量相等的正方形单匝闭合线框，b 的边长为a 的两倍，a 和b 所用的铜线粗细不同。

现以相同速度0v ，把两线圈匀速拉出磁场，则该过程中两线圈产生的电热a b :Q Q 为（ ）
A ．1:1
B ．1:2
C ．1:4
D ．4:1
3、如图所示，两根互相平行的长直导线垂直于平面S ，垂足分别为M 、N ，导线中通有大小相等、方向相反的电流。

O 为M N 的中点，PQ 为M 、N 的中垂线，以O 为圆心的圆与 MN 、PQ 分别相交于a 、b 、c 、d 四点。

则下列说法中正确的是（ ）
A．O点处的磁感应强度为零
B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反
C．a、c两点处的磁感应强度方向不同
D．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同
4、如图所示，传送带AB长为16m，水平地面BC的长为8m，传送带与水平地面之间B处由光滑小圆弧连接，物块在B处由传送带滑到水平地面速度大小不变，物块与水平地面间、传送带间的动摩擦因数均为0.5，光滑半圆形轨道CD的半径为1.25m，与水平地面相切于C点，其直径CD右侧有大小为100V/m、方向水平向左的匀强电场。

传送带以l0m/s的速度顺时针运动，带正电的物块可看成质点，其质量为5kg，带电荷量为0.5C，从静止开始沿倾角为37°的传送带顶端A滑下。

已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，则下列说法正确的是（）
A．物块在传送带上先加速后匀速
B．物块在传送带上运动的时间为3s
C．物块到达C点时对C点的压力为306N
D．物块可以运动到D点，在D14
5、高铁是中国“新四大发明之一，有一段视频，几年前一位乗坐京泸高铁的外国人，在最高时速300公里行驶的列车窗台上，放了一枚直立的硬币，如图所示，在列车行驶的过程中，硬币始终直立在列车窗台上，直到列车横向变道进站的时候，硬币才倒掉，这一视频证明了中国高铁的极好的稳定性。

关于这枚硬币，下列判断正确的是（）
A ．硬币直立过程可能受到与列车行驶方向相同的摩擦力作用
B ．硬币直立过程一定只受重力和支持力而处于平衡状态
C ．硬币倒掉是因为受到风吹的原因
D ．列车加速或减速行驶时，硬币都可能受到与列车运动方向相反的摩擦力作用
6、如图所示，围绕地球做匀速圆周运动的两颗卫星的周期分别为T 1和T 2，两颗卫星的轨道半径的差值为d ，地球表面重力加速度为g ，根据以上已知量无法求出．．．．的物理量是（引力常量G 未知）（ ）
A ．地球的半径
B ．地球的质量
C ．两颗卫星的轨道半径
D ．两颗卫星的线速度
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

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，质量为1kg 的物体放在倾角为30°的粗糙斜面上，一根劲度系数为100N/m 的轻弹簧一端固定在斜面顶端，另一端连接物体，弹簧处于原长，物体恰好静止。

现将物体沿斜面向下移动12cm 后由静止释放、水平地面上的斜面始终保持静止，物体与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内，取2
10m /s g ，下列说法正确的是（ ）
A 3
B ．物体释放后在斜面上运动时，斜面对地面的压力保持不变
C 3N ，方向水平向左
D ．物体释放瞬间的加速度大小为27m /s ，方向沿斜面向上
8、如图，一个质量为m 的刚性圆环套在竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端相连在和圆环同一高度的墙壁上的P 、Q 两点处，弹簧的劲度系数为k ，起初圆环处于O 点，弹簧处于原长状态且原长为L ；将圆环拉至A 点由静止释放，OA =OB =L ，重力加速度为g ，对
于圆环从A 点运动到B 点的过程中，弹簧处于弹性范围内，下列说法正确的是（ ）
A ．圆环在O 点的速度最大
B ．圆环通过O 点的加速度等于g
C ．圆环在A 点的加速度大小为(22)g -+
kL m
D ．圆环在B 点的速度为gL
9、两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A 、B 、C 三点，如图甲所示。

一个电荷量为2C ，质量为1kg 的小物块从C 点静止释放，其运动的v —t 图像如图乙所示，其中B 点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）。

则下列说法正确的是（ ）
A ．
B 点为中垂线上电场强度最大的点，场强E =1V/m
B ．由
C 到A 的过程中物块的电势能先减小后变大
C ．由C 点到A 点的过程中，电势逐渐升高
D ．A 、B 两点的电势之差5V A B ϕϕ=－－
10、一列简谐橫波沿x 轴正方向传播，已知0t =时的波形如图所示，波上有P 、Q 两点，其纵坐标分别为2cm 2cm P Q y y ==-，，下列说法中正确的是
A．P点的振动形式传到Q点需要
2
T
B．P、Q在振动的过程中的任一时刻，位移的大小总相同
C．在5
4
T
内，P点通过的路程为20cm
D．经过3
8
T
，Q点回到平衡位置
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）在探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系实验中，小李同学采用了如图所示的可拆式变压器（铁芯不闭合）进行研究
（1）实验还需下列器材中的__________（多选）；
（2）实验中，上图中变压器的原线圈接“0；8”接线柱，副线圈接线“0；4”接线柱，当副线圈所接电表的示数为5.0V，则所接电源电压档位为_______。

A．18.0V B．10.0V C．5.0V D．2.5V 12．（12分）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10kΩ；
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“＜”）。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）一足够长的水平绝缘轨道上有A 、B 两物体处于静止状态，在AB 之间的空间存在水平向右的匀强电场，场强为E 。

A 物体带正电，电量为q ，小物块B 不带电且绝缘，如图所示。

小物体A 由静止释放，一段时间后与B 发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A 返回到轨道上的P 点（图中未标出）时，速度减为0，再过一段时间A 刚好能到达B 再次静止的位置。

A 物体在电场中第一次加速所用时间等于A 在电场中向
左减速所用时间的2.5倍。

物体A 与轨道的动摩擦因数为μ1，
B 与轨道的动摩擦因数为μ2，其中的μ1和μ2均为未知量。

已知A 的质量为m ，B 的质量为3m 。

初始时A 与B 的距离为d ，重力加速度大小为g ，不计空气阻力。

整个运动过程中，求物块A 克服摩擦力所做的功。

14．（16分）如图甲，两个半径足够大的D 形金属盒D 1、D 2正对放置，O 1、O 2分别为两盒的圆心，盒内区域存在与盒面垂直的匀强磁场。

加在两盒之间的电压变化规律如图乙，正反向电压的大小均为U o ，周期为T o ，两盒之间的电场可视为匀强电场。

在t =0时刻，将一个质量为m 、电荷量为q （q >0）的粒子由O 2处静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在02
T t =时刻通过O 1.粒子穿过两D 形盒边界M 、N 时运动不受影响，不考虑由于电场变化而产生的磁场的影响，不计粒子重力。

(1)求两D 形盒边界M 、N 之间的距离；
(2)若D 1盒内磁场的磁感应强度10m B qT π=
，且粒子在D 1、D 2盒内各运动一次后能到达
O 1，求D 2盒内磁场的磁感应强度；
(3)若D 2、D 2盒内磁场的磁感应强度相同，且粒子在D 1、D 2盒内各运动一次后在t = 2T o
时刻到达O l ，求磁场的磁感应强度。

15．（12分）某精密光学仪器上有一块玻璃砖是由一块长方体的匀质玻璃下部分挖掉一个半径为R 的半圆柱形成的，其截面如图所示，CD 为半圆柱体的直径，O 为圆心，AD 长为3R 。

一束单色光从AD 边的中点E 垂直射入玻璃砖，经过折射后从玻璃砖中射出。

已知玻璃砖对该单色光的折射率为3，光在真空中的传播速度为c 。

①请画出此光束在玻璃砖中的光路图，并求出该单色光从进入玻璃砖到第一次射出玻璃砖时的折射角；
②该单色光从进入玻璃砖到第一次射出玻璃砖所经历的时间。

参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、A
【解析】
由题意可知，基态（n=1）氢原子被激发后，至少被激发到n=3能级后，跃迁才可能产生能量在1.63eV~3.10eV 的可见光．故 1.51(13.60)eV 12.09eV E ∆=---=．故本题
选A ．
2、B
【解析】
设a 的边长为L ，横截面积为1S ，b 的边长为2L ，横截面积为2S ，因质量相等，有 1248LS LS =
得
122S S =
a 的电阻为
11
4R S L ρ= b 的电阻为
212
84S L R R ρ== 线圈匀速向外拉，感应电流为
1
a 0BLv I R =
b 202BLv I R =
产生的焦耳热
210
a a L Q I R v = 0
b 22
b 2L Q I R v = 综上可得
a b :1:2Q Q =
故B 正确，ACD 错误。

故选：B 。

3、D
【解析】
A ．根据右手螺旋定则，M 处导线在O 点产生的磁场方向竖直向下，N 处导线在O 点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0，故A 错误；
B ．M 在a 处产生的磁场方向竖直向下，在b 处产生的磁场方向竖直向下，N 在a 处产生的磁场方向竖直向下，b 处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a 、b 两点处磁感应强度大小相等，方向相同，故B 错误；
C ．M 在a 处产生的磁场方向竖直向下，N 在a 处产生的磁场方向竖直向下，则a 处的合磁场方向竖直向下，M 在c 处产生的磁场方向垂直于cM 偏下，N 在c 处产生的磁场方向垂直于cN 偏下，且大小相等，由平行四边形定则可知，c 处的合磁场方向竖直向下，故C 错误；
D ．M 在c 处产生的磁场方向垂直于cM 偏下，N 在c 处产生的磁场方向垂直于cN 偏下，且大小相等，由平行四边形定则可知，c 处的合磁场方向竖直向下，同理可知，d 处的合磁场方向竖直向下，由于c 到M 、N 的距离与d 到M 、N 的距离相等，则c 、d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，故D 正确。

故选D 。

4、C
【解析】
AB.刚开始运动时，对物块受力分析可知
1sin 37cos37mg mg ma μ︒+︒=
解得
a 1=10m/s 2
物块与传送带达到共同速度时
11v a t =
解得
t 1=ls
物块的位移
211152
x a t m == 此后对物块受力分析可知
2sin 37cos37mg mg ma μ︒-︒=
解得a 2=2m/s 2，物块在传送带上的第二段运动
222212
AB L x vt a t -=+ 解得t 2=1s ，物块在传送带上运动的时间
122s t t t =+=
物体在传送带上先以a 1=10 m/s 2加速，再以a 2=2m/s 2加速，AB 错误；
C.物块到达传送带底端的末速度
22212m/s v v a t =+=
在水平地面BC 上，物块做匀减速直线运动，其加速度大小
25m/s a g μ==
设物块到达C 点时的速度为v 3，则
22322BC v v aL -=-
解得
v 3=8m/s
设此时C 点对物块的支持力为F N ，根据牛顿第二定律，有
23N mv F mg r
-= 解得
F N =306N
根据牛顿第三定律可知，物块对C 点的压力大小为306N ，故C 正确；
D.由于物块在电场中有
50N Eq mg ==
重力和电场力合力为
F 合
方向与竖直方向成45°角，所以物块的等效最高点在上半部圆弧与竖直方向成45°角处，要过等效最高点需要的最小速度为
2min v F m R
=合， 代入数据得
min v =≈
而实际上，物块由C 点运动到等效最高点时的速度，由动能定理可得
22311()-2222
mg R R EqR mv mv -+-=实 代入数据可得
min v v ≈<实
所以物块过不了等效最高点，物块就不可能到达D 点，故D 错误。

故选C 。

5、A
【解析】
当列车匀速直线行驶时硬币立于列车窗台上，稳稳当当，说明硬币处于平衡状态，此时硬币受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，它们是一对平衡力；当列车在加速或减速过程中，硬币会受到沿着行进方向的静摩擦力或行进方向反向的静摩擦力提供硬币加速度，故A 正确，BD 错误；硬币倒掉是因为列车横向变道时，列车运动的方向发生变化，硬币受到与运动方向不一致的静摩擦力的作用，列车内是全封闭区域是没有外界吹来的风，故C 错误．
6、B
【解析】
ABC ．根据万有引力提供向心力，依据牛顿第二定律，则有
211211
2π()Mm G m r r T = 2222222π()Mm G
m r r T = 且
21R R d -=
由公式
2
Mm G mg R = 联立可解得两颗卫星的轨道半径和地球的半径，由于引力常量G 未知则无法求出地球的质量，故AC 正确，B 错误；
D ．由公式2πr v T
=可知，由于两颗卫星的轨道半径和周期已知或可求出，则可求出两颗卫星的线速度，故D 正确。

故选B 。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

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、AC
【解析】
A ．弹簧原长时，物体恰好静止，则：
cos30sin 305N f mg mg μ︒︒===，
解得： 33μ=， 故A 正确；
D ．弹簧拉长后释放瞬间，则有：
sin 30k x f mg ma ︒∆--=，
解得：
22m /s a =，
故D 错误；
BC ．物体释放后沿斜面运动时，斜面体对地面的压力增加：
sin 301N ma ︒=，
斜面体对地面的摩擦力大小为：
cos303N ma ︒=，
方向水平向左，故B 错误、C 正确。

故选AC 。

8、BC
【解析】
A ．圆环受力平衡时速度最大，应在O 点下方，故A 错误。

B ．圆环通过O 点时，水平方向合力为零，竖直方向只受重力，故加速度等于g ，故B 正确。

C ．圆环在下滑过程中与细杆之间无压力，因此圆环不受摩擦力，在A 点对圆环进行受
力分析如图，根据几何关系，在A L -L =-1）L ，根据牛顿第二定律，有
21cos45mg k L ma +︒=）
解得
(2kL a g m
=+ 故C 正确。

D ．圆环从A 到B 过程，根据功能关系，知圆环减少的重力势能转化为动能，有 2122
B mg L mv ⋅=
解得
B v =故D 错误。

故选BC 。

9、AD
【解析】
两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O 点沿中垂线指向外侧；电量为2C 的小物块仅在运动方向上受电场力作用从C 点到B 到A 运动的过程中，根据v -t 图可知在B 点的加速度，可知物体先做加速度增大后做加速度减小的加速运动，判断电荷所受电场力大小变化情况和加速度变化情况，由牛顿第二定律求出电场强度的最大值。

根据电势能的变化，分析电势的变化。

由动能定理求AB 间的电势差。

【详解】
A ．由乙图可知，物体在
B 点加速度最大，且加速度为
2Δ2m/s Δv a t
== 根据
qE ma =
可知B 点的场强最大，为E =1V/m ，故A 正确；
B ．从
C 到A 的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，故B 错误； C ．从C 到A 一直沿着电场线运动，电势逐渐降低，故C 错误；
D ．从B 到 A 的过程中，根据动能定理，得
2201122BA qU mv mv =- 代入数据得U BA =5V ，则
5V AB BA U U =-=-
即
5V A B ϕϕ-=-
故D 正确。

故选AD 。

【点睛】
明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，据v-t 图获取加速度、速度、动能等物理量是解本题的突破口。

10、AB
【解析】
由图看出,P 、Q 两点平衡位置间的距离等于半个波长,因简谐波传播过程中,在一个周期内传播一个波长,所以振动形式从P 传到Q 需要半个周期2
T ,故A 正确；P 、Q 的振动情况总是相反,所以在振动过程中,它们的位移大小总是相等,故B 正确；若图示时刻P 在平
衡位置或最大位移处,在
54
T 内,P 点通过的路程为:554cm 20cm S A ==⨯= ,而实际上图示时刻,P 点不在平衡位置或最大位移处, 在54
T 内，P 点通过的路程不等于20cm ，故C 错误；图示时刻,Q 点向下运动,速度减小,所以从图示位置运动到波谷的时间大于8
T ,再从波谷运动到平衡位置的时间为4T ,所以经过38T ,Q 点没有回到平衡位置.故D 错误.故选AB
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、 (1) BC (2) A
【解析】（1）本实验中，变压器的原线圈应接在交流电源上；为了知道原、副线圈的电压比和线圈匝数比之间的关系，还需要电压表。

故学生电源和电压表两个器材不能缺少，选BC ；
（2）①理想变压器原、副线圈电压和匝数的关系为；若变压器的原线圈接“0；
8”接线柱，副线圈接线“0；4”接线柱，则原、副线圈匝数比为，则原线圈两端电压。

②本题中可拆变压器并非理想变压器，存在漏磁现象，要使副线圈所接电压表示数为5V ，则原线圈电压必须大于10V ，故选A 。

【点睛】理想变压器原、副线圈两端电压和各自匝数的关系为，实验中需要的器材有：低压交流电源，电压表；而可拆式变压器，铁芯是不闭合的，
，利用
此关系就可以确定求解。

12、 R 甲 E 1 02R ＞ =
【解析】
(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、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、13qEd
【解析】
设A 向右加速到B 处时速度为v 所用时间为t ，A 与B 发生弹性碰撞 则： 222m 31113222
B A B
A v mv mv mv mv mv =+=+⋅ 解得：
12
A v v =-
B 12
v v = 对A 第一次向右加速，向左减速运动过程：
12
1122 2.5
5pB pB
d vt t d v d d ==⋅⋅= 对A 在第一次向右加速过程中 由动能定理：
21q 2
Ed fd mv -= 对A 在反弹后向左减速过程中 由动能定理：
2
11---22pB pB qEd fd m v ⎛⎫-= ⎪⎝⎭ 全过程能量守恒：
2
11q 322fA W Ed m v ⎛⎫=-⋅ ⎪⎝⎭
联立整理可以得到： 13
fA W qEd = 14、
(1)
(2) 0m qT
(3) 0
【解析】
(1)设两盒之间的距离为d ，盒间电场强度为E ，粒子在电场中的加速度为a ，则有 U 0=Ed
qE=ma
201()22
T d a = 联立解得
d =(2)设粒子到达O 1的速度为v 1，在D 1盒内运动的半径为R 1，周期为T 1，时间为t 1，则有
012
T v a =⋅ 21111
mv qv B R = 111
2R T v π= 1112
t T = 可得
t 1=T 0 故粒子在032
T 时刻回到电场；
设粒子经电场再次加速后以速度v 2进入D 2盒，由动能定理 220211122
qU mv mv =- 设粒子在D 2盒内的运动半径为R 2，则
22222
mv qv B R = 粒子在D 1D 2盒内各运动一次后能到达O 2应有
R 2=R 1
联立各式可得
20
m B qT = (3)依题意可知粒子在D 1D 2盒内运动的半径相等；又
2
mv qvB R
= 故粒子进入D 2盒内的速度也为v 1；可判断出粒子第二次从O 2运动到O 1的时间也为02
T
粒子的运动轨迹如图；
粒子从P 到Q 先加速后减速，且加速过程的时间和位移均相等，设加速过程的时间为t 2，则有
2
1221122d v t at =+
则粒子每次在磁场中运动的时间
322T t t =-
又
2m
T qB π=
32T
t =
联立各式解得
2(46)5m
B qT π+=
15、①如图所示，θ=60°；②332R
t c
=
【解析】
①由题意可知，作出光在介质中的光路图如图所示。

根据图示和题意
2sin 2
OH OF R α=== ∴α=60°
由光进入该介质的产生全反射时的临界角设为C ，得 1tan C n
= 可得α＞C ，光线在F 点全反射
根据图可知
30γβ==︒
由G 点光线第一次射出介质，由折射定律得 1sin sin n γθ
= 解得
θ=60°
②根据题意，光中介质中的传播速度为 c v n
= 1sin 2
EF R R R β=-=
FG =FO =R 所以光在介质中传播的时间为
EF FG t v +=
t =。