安徽省安庆市达标名校2019年高考三月质量检测物理试题含解析

安徽省安庆市达标名校2019年高考三月质量检测物理试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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．平行板电容器、静电计、理想二极管(正向电阻为0。

反向电阻无穷大)与内阻不计的电源连接成如图所示的电路，现在平行板电容器两极板间的P 点固定一带负电的点电荷，其中电容器的右极板固定，左极板可左右移动少许。

设静电计的张角为θ。

则下列说法正确的是（ ）
A ．若左极板向左移动少许，则θ变大，P 点的电势不变
B ．若左极板向左移动少许，则θ不变，P 点的电势不变
C ．若左极板向右移动少许，则θ不变，位于P 点的点电荷的电势能减小
D ．若左极板向右移动少许，则θ变小，位于P 点的点电荷的电势能增大
2．如图是德国物理学家史特恩设计的最早测定气体分子速率的示意图．M 、N 是两个共轴圆筒的横截面，外筒N 的半径为R ，内筒的半径比R 小得多，可忽略不计．筒的两端封闭，两筒之间抽成真空，两筒以相同角速度ω绕其中心轴线匀速转动．M 筒开有与转轴平行的狭缝S ，且不断沿半径方向向外射出速率分别为v 1和v 2的分子，分子到达N 筒后被吸附，如果R 、v 1、v 2保持不变，ω取某合适值，则以下结论中正确的是（ ）
A ．当122R R n V V πω
-≠时（n 为正整数），分子落在不同的狭条上 B ．当
122R R n V V πω+=时（n 为正整数），分子落在同一个狭条上 C ．只要时间足够长，N 筒上到处都落有分子
D ．分子不可能落在N 筒上某两处且与S 平行的狭条上
3．甲、乙两车在平直公路上行驶，其v-t 图象如图所示．t=0时，两车间距为0s ；0
t 时刻，甲、乙两车相遇．00t :时间内甲车发生的位移为s ，下列说法正确的是( )
A ．00t :时间内甲车在前，002t t :时间内乙车在前
B ．002t : 时间内甲车平均速度的大小是乙车平均速度大小的2倍
C ．02t 时刻甲、乙两车相距012s
D ．067s s = 4．某理想气体的初始压强p 0=3atm ，温度T 0=150K ，若保持体积不变，使它的压强变为5atm ，则此时气体的温度为（ ）
A ．100K
B ．200K
C ．250K
D ．300K
5．a 、b 两车在平直公路上行驶，其v －t 图象如图所示，在t ＝0时，两车间距为s 0，在t ＝t 1时间内，a 车的位移大小为s ，则( )
A ．0～t 1时间内a 、b 两车相向而行
B ．0～t 1时间内a 车平均速度大小是b 车平均速度大小的2倍
C ．若a 、b 在t 1时刻相遇，则s 0＝
23s D ．若a 、b 在12
t 时刻相遇，则下次相遇时刻为2t 1 6．某玩具为了模仿小动物行走的姿势，设计了非圆形的“轮子”。

现研究轮子受力情况，模型简化如图，四分之一圆框架OAB 的OA 、OB 边初始位置分别处于水平和竖直方向上，光滑球形重物此时嵌在框架中与OA 、OB 、弧AB 三边恰好接触但接触处并没有全部都产生弹力。

现以O 点为轴缓慢将框架在同一竖直平面内顺时针转动θ角，下列说法正确的是（ ）
A ．转动θ为0至
2π的过程，弧AB 受到重物的压力逐渐变大 B ．θ为54
π时，弧AB 受到重物的压力最大
C ．转动一周的过程中，存在某一特定的θ角，此时弧AB 与OA 板受到重物的压力一样大
D ．转动一周的过程中，OA 、OB 、弧AB 受到重物压力的最大值不同
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．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，质量均为m 的两辆拖车甲、乙在汽车的牵引下前进，当汽车的牵引力恒为F 时，汽车以速度v 匀速前进。

某时刻甲、乙两拖车之间的挂钩脱钩，而汽车的牵引力F 保持不变（将脱钩瞬间记为t ＝0时刻）。

则下列说法正确的是（ ）
A ．甲、乙两车组成的系统在0~mv F 时间内的动量守恒
B ．甲、乙两车组成的系统在2mv F ~3mv F
时间内的动量守恒 C ．2mv F
时刻甲车动量的大小为2mv D ．3mv F 时刻乙车动量的大小为mv 8．如图所示，一质量为1kg m =的小物块（可视为质点）从高12m =H 处的A 点由静止沿光滑的圆弧轨道AB 滑下，进入半径为4m =r 竖直圆环轨道，与圆环轨道的动摩擦因数处处相同，当到达圆环轨道的顶点C 时，小物块对圆环轨道的压力恰好为零。

之后小物块继续沿CFB 滑下，进入光滑轨道BD ，且到达高度为h 的D 点时速度为零，则下列说法正确的是（ ）（g 取210m/s ）
A ．小物块在圆环最高点时的速度为210m/s
B ．小物块在圆环最高点时的速度为10m/s
C ．h 的值可能为6.5m
D ．h 的值可能为8.5m
9．一列简谐横波沿x 轴正方向传播，在12m x =处的质元的振动图线如图1所示，在18m x =处的质元的振动图线如图2所示。

下列说法正确的是（ ）
A ．该波的周期为15s
B ．12m x =处的质元在平衡位置向上振动时，18m x =处的质元在波峰
C ．在04s :内12m x =处和18m x =处的质元通过的路程均为6cm
D ．该波的波长可能为8m
10．如图所示，在水平面上放置间距为L 的平行金属导轨MN 、PQ ，导轨处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小随时间的变化规律为B ＝kt （k 为常数，k>0）。

M 、N 间接一阻值为R 的电阻，质量为m 的金属杆ab 垂直导轨放置，与导轨接触良好，其接入轨道间的电阻为R ，与轨道间的动摩擦因数为μ，Pb ＝Ma ＝L （不计导轨电阻，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ），从t ＝0到ab 杆刚要运动的这段时间内（ ）
A ．通过电阻R 的电流方向为M→P
B ．回路的感应电流I ＝2
2kL R
C ．通过电阻R 的电量q ＝mg kL
μ D ．ab 杆产生的热功率P ＝22
2k L R
11．下列有关热力学基本概念、规律与热力学定律的描述正确的是 。

A ．热量是在单纯的热传递过程中系统内能变化的量度
B ．绝热过程中，系统内能的变化只与做功的多少有关，而与做功的方式无关
C ．改变内能的两种方式是做功和热传递，因此同时做功和热传递一定会改变内能
D ．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
E.机械能不可能全部转化为内能，内能也不可能全部转化为机械能
12．2019年8月19日20时03分04秒，我国在西昌卫星发射中心利用长征三号乙增强型火箭发射中星18号同步通信卫星，下列说法正确的是（ ）
A ．中星18号同步通信卫星可定位在北京上空
B ．中星18号同步通信卫星的运动周期为24h
C ．中星18号同步通信卫星环绕地球的速度为第一宇宙速度
D ．中星18号同步通信卫星比近地卫星运行角速度小
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．小明同学在“研究物体做匀变速直线运动规律”的实验中，利用打点计时器（电源频率为50Hz ）记录了被小车拖动的纸带的运动情况，并取其中的A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 七个计数点进行研究（每相邻两个计数点之间还有4个点未画出）。

其中10.70cm x =，2 1.62cm x =，3 2.75cm x =，4x =________cm （从图中读取），5 5.65cm x =，67.41cm x =。

则打点计时器在打D 点时小车的速度D v =________m/s ，小车
的加速度a ________m/s2。

（计算结果均保留到小数点后两位）
14．某同学用图甲所示的电路测量电阻R x的阻值（约几百欧）。

滑动变阻器R，电阻箱R0（0~9999Ω），S2是单刀双掷开关，量程3V的电压表（内阻约3kΩ），电源电动势约6V
(1)根据图甲实验电路，在图乙中用笔画线代替导线将实物图连接完整______；
(2)正确连接电路后，断开S1、S2。

调节好多用电表，将两表笔接触R x两端的接线柱，正确操作后，使用×10的倍率粗测其电阻，指针指示如图丙，粗测得到R x=_______Ω；
(3)该同学通过下列步骤，较准确地测出R x的阻值
①将滑动变阻器的滑片P调至图甲中的A端。

闭合S1，将S2拨至1，调节变阻器的滑片P至某一位置，使电压表的示数满偏；
②断开S1，调节电阻箱R0，使其阻值最大；
③将S2拨至“2”，闭合S i，保持变阻器滑片P的位置不变，调节电阻箱的阻值，使电压表再次满偏，此时电阻箱示数为R1，则R x=________。

(4)关于本实验
①该同学在(3)②的步骤中操作不妥，可能会在步骤③中造成________；
②为了减小实验误差：下列方法最可行的是________。

（填正确答案标号）
A ．选用量程不变，内阻更大的电压表
B ．选用量程不变，内阻更小的电压表
C ．选用总电阻远大于R x 的滑动变阻器
D ．选用总电阻远小于R x 的滑动变阻器
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，水平桌面上竖直放置上端开口的绝热圆柱形汽缸，导热性能良好的活塞甲和绝热活塞乙质量均为m,两活塞均与汽缸接触良好，活塞厚度不计，忽略一切摩擦，两活塞把汽缸内部分成高度相等的三个部分，下边两部分封闭有理想气体A 和B 。

汽缸下面有加热装置，初始状态温度均为T=-3℃,气缸的截而积为S,外界大气压强为mg S
且不变，其中g 为重力加速度，现对气体B 缓慢加热。

求：
①活塞甲恰好到达汽缸上端时气体B 的温度；
②若在活塞甲上放一个质量为m 的砝码丙，继续给气体B 加热，当活塞甲再次到达汽缸上端时，气体B 的温度。

16．如图所示，在坐标系第一象限内I 、Ⅱ区域有磁场，磁感应强度大小 1.0T B =，方向垂直纸面向里，I 区域有与磁场正交的匀强电场，电场强度大小31.010V /m E =⨯，方向未知。

现有一质量
14110kg m -=⨯、电荷量10110C q -=⨯的带负电的粒子以某一速度v 沿与x 轴正方向夹角为53︒的方向从
O 点进入第一象限，在I 区域内做直线运动，而后进入Ⅱ区域，由右侧射出，一段时间后，粒子经过x 轴
上的D 点（图中未画出）。

已知A 点坐标为(12cm,0)、C 点坐标为(26cm,0)，sin530.8︒=，cos530.6︒=，
不计粒子重力。

求：
（1）粒子速度的大小v ；
（2）粒子运动轨迹与x 轴的交点D 的坐标；
（3）由O 运动到D 点的时间。

17．如图所示，一单色细光束AB 从真空中以入射角i=45°，入射到某透明球体的表面上B 点，经研究发现光束在过球心O 的平面内，从B 点折射进入球内后，又经球的内表面只反射一次，再经球表面上的C 点折射后，以光线CD 射出球外，此单色光在球体内传播速度是83210/2
m s ⨯，在真空中的光速为3×108 m/s 。

求：
(1)此单色细光束在透明球内的折射率；
(2)出射光线CD 与入射光线AB 方向改变的角度。

参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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．C 【解析】
【详解】
AB ．静电计上的电压不变，所以静电计的张角θ不变，由于二极管具有单向导电性，所以电容器只能充电，不能放电；将电容器的左极板水平向左移时，电容器的电容4S C kd επ=
减小，但不能放电，则电容器带电量不变，由Q C U
=和U E d =可得，电容器两极板间的电场不变，则P 点的电势P E Ex ϕ=-（x 为P 点到左极板的距离），则P 点的电势降低，故AB 错误；
CD ．将电容器的左极板水平向右移时，电容器的电容4S C kd επ=增大，电场强度U E d
=增大，P 点的电势升高，由于P 点固定的是负电荷，所以位于P 点的点电荷的电势能减小，故C 项正确，D 项错误。

故选C 。

2．A
【解析】
微粒从M 到N 运动时间R t v
= ，对应N 筒转过角度R t v ωθω== ，即如果以v 1射出时，转过角度：
11R t v ωθω== ，如果以
v 2射出时，转过角度：22R t v ωθω== ，只要θ1、θ2不是相差2π的整数倍，即
当122 R R n v v πω
-≠ 时（n 为正整数），分子落在不同的两处与S 平行的狭条上，故A 正确，D 错误；若相差2π的整数倍，则落在一处，即当122 R
R n v v πω-
＝ 时（n 为正整数），分子落在同一个狭条上．故B 错误；若微粒运动时间为N 筒转动周期的整数倍，微粒只能到达N 筒上固定的位置，因此，故C 错误．故选A
点睛：解答此题一定明确微粒运动的时间与N 筒转动的时间相等，在此基础上分别以v 1、v 2射出时来讨论微粒落到N 筒上的可能位置．
3．D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由图知在0～t 0时间内甲车速度大于乙车的速度，故是甲车在追赶乙车，所以A 错误；
B ．0～2t 0时间内甲车平均速度的大小032
v ，乙车平均速度012v ，所以B 错误； D ．由题意知，图中阴影部分面积即为位移s 0，根据几何关系知，三角形ABC 的面积对应位移s 0∕3，所以可求三角形OCD 的面积对应位移s 0∕6，所以0—t o 时间内甲车发生的位移为
s=s 0+ s 0∕6
得
s 0=67
s 故D 正确；
C ．2t 0时刻甲、乙两车间的距离即为三角形ABC 的面积即s 0∕3，所以C 错误．
故选D 。

4．C
【解析】
【分析】
【详解】
理想气体体积不变，发生等容变化，则00p p T T =，代入数据得：
35
=150T
，解得：250T K =．故C 项正确，ABD 三项错误．
【点睛】 在理想气体状态方程和气体实验定律应用中，压强、体积等式两边单位一样即可，不需要转化为国际单位；温度的单位一定要用国际单位(开尔文)，不能用其它单位．
5．C
【解析】
【详解】
A ．由图象可知0～t 1时间内两车速度均为正，故同向行驶，故A 错误；
B ．0～t 1时间内两车平均速度大小分别是
v a ＝
0022v v +＝032
v v b ＝02v 故B 错误；
C ．若a 、b 在t 1时刻相遇，说明0～t 1时间内a 比b 多出来的位移刚好是s 0，如图1所示，图象与坐标轴所围成的面积表示对应过程的位移，故C 正确；
D ．若a 、b 在
12t 时刻相遇，则下次相遇时刻为从12
t 时刻开始计时，到二者具有相同的位移的时刻，如图2：所以下次相遇的时刻为132t ，故D 错误。

故选C 。

6．C
【解析】
【详解】
A ．以O 点为轴缓慢将框架在同一竖直平面内顺时针转动过程中，相当于重力沿顺时针方向转动，转动θ为0至π/2的过程，弧A
B 始终不受力作用，则选项A 错误；
B ．由力的合成知识可知当θ=π时，此时弧AB 2G ，θ=5π/4时，弧AB 受到重物的压力为G ，则此时压力不是最大，选项B 错误；
C ．旋转重力的方向，当此方向在弧AB 弹力的方向与OA 板弹力方向的夹角的平分线上时，此时弧AB 与
OA板受到重物的压力一样大，选项C正确；
D．旋转重力的方向，当此方向与弧AB的弹力方向垂直时，在两个不同的位置，OA板和OB板的弹力都
G，则转动一周的过程中，OA、OB、弧AB受到重物压力的最大值一样大，选项D错误。

故选C。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．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】
【详解】
A．设两拖车受到的滑动摩擦力都为f，脱钩前两车做匀速直线运动，根据平衡条件得
F＝2f
设脱钩后乙车经过时间t0速度为零，以F的方向为正方向，对乙车，由动量定理得
－ft0＝0－mv
解得
t0＝2mv F
以甲、乙两车为系统进行研究，在乙车停止运动以前，两车受到的摩擦力不变，两车组成的系统所受外力
之和为零，则系统的总动量守恒，故在0至2mv
F
的时间内，甲、乙两车的总动量守恒，A正确；
B．在2mv
F
时刻后，乙车停止运动，甲车做匀加速直线运动，两车组成的系统所受的合力不为零，故甲、
乙两车的总动量不守恒，故B错误，
CD．由以上分析可知，3mv
F
时刻乙车的速度为零，动量为零，以F的方向为正方向，
t0＝2mv
F
时刻，对甲车，由动量定理得
Ft0－ft0＝p－mv
又
f＝
2
F
解得
p＝2mv
故C正确，D错误。

故选AC。

8．AD
【解析】
【详解】
AB ．小物块在圆环最高点时有
2C v mg m r
= 解得
C v =
所以A 正确，B 错误；
CD ．BEC 过程克服摩擦力做的功为
211(2)20J 2
=--=C W mg H r mv CFB 过程克服摩擦力做的功为2W ，因该过程小物块与轨道的平均压力小于BEC 过程，则摩擦力也小，则有
210W W <<
CFBD 过程，由动能定理得
221(2)2
C mg h r W mv ---=- 解以上各式得
8m 10m h <<
所以D 正确，C 错误。

故选AD 。

9．BD
【解析】
【详解】
A ．由振动图像可知，该波的周期为12s ，故A 错误：
B ．由两个质点的振动图像可知，t=3s 时，当12m x =处的质元在平衡位置向上振动时，18m x =处的质元在波峰，故B 正确；
C ．由图可知，该波的振幅为4cm ，频率
2ππrad/s 6
T ω== 由图1可知，在t=0时刻x=12m 处的质点在-4cm 处，则其振动方程为
12ππ4sin()cm 62
x t =-+ 4s 时刻质元的位置
124ππ4sin()2cm 62
s =-+= 所以x=12m 处的质元通过的路程
124cm 2cm 6cm s =+=
据图2知t=0s 时，在x=18m 处的质元的位移为0cm ，正通过平衡位置向上运动，其振动方程为：
18π4sin()6
x t = 在t=4s 时刻，在x=18m 处的质元的位移
184π4sin 6
x =⨯= 所以在0～4s 内x=18m 处的质元通过的路程
184cm (4 4.54cm 6cm s =+-≈<
故C 错误；
D ．由两图比较可知，x=12m 处比x=18m 处的质元可能早振动34
T ，所以两点之间的距离为 4
()3x n λ=+(n=0、1、2……) 所以
446m 4343
x n n λ⨯==++(n=0、1、2……) n=0时，波长最大，为
46m 8m 3
⨯= 故D 正确。

故选BD 。

10．AC
【解析】
【详解】
A ．由楞次定律可知，通过电阻R 的电流方向为M→P ，故A 正确；
B ．产生的感应电动势为
E ＝B t
∆∆S ＝kL 2 根据欧姆定律可得电流为
2
22==E kL I R R
故B 错误；
C ．杆刚要运动时
μmg －ktIL ＝0
又因q ＝It ，联立可得
mg
q kL μ=
故C 正确；
D ．根据功率公式
24
2
4k L P I R R == 故D 错误。

故选AC 。

11．ABD
【解析】
【详解】
A ．根据热力学第一定律得热量是在单纯的热传递过程中系统内能变化的量度，故A 正确；
B ．绝热过程中，系统内能的变化只与做功的多少有关，而与做功的方式无关，故B 正确；
C ．改变内能的方式有做功和热传递，二者在内能的改变上是一样的，若对外做功的同时吸收热量，内能可能不变，故C 错误；
D ．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即热现象的方向性，故D 正确；
E ．机械能可能全部转化为内能，内能不可能全部转化为机械能，而不产生其他影响，故E 错误。

故选ABD 。

12．BD
【解析】
【详解】
A ．中星18号同步通信卫星轨道面与赤道面是共面，不能定位在北京上空，故A 错误；
B ．其运动周期为24h ，故B 正确；
C ．根据2
2Mm v G m r r
= 可得：
v = 中星18号同步通信卫星环绕地球的速度小于第一宇宙速度即近地卫星的环绕速度，故C 错误； D ．中星18号同步通信卫星轨道高于近地卫星轨道，运行角速度比近地卫星运行角速度小，故D 正确。

故选：BD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．4.10cm （4.09~4.11cm ） 0.12m/s 0.21m/s 2
【解析】
【详解】
[1]．由图读出4x =4.10cm ；
相邻两计数点之间的时间间隔为T=0.1s ；
[2]．打点计时器在打D 点时小车的速度
242(4.10 1.62)10m/s=0.12m/s 20.2D x x v T ---⨯==
[3]．小车的加速度
2
2
263322()(7.412 2.75)10m/s 0.21m/s 990.1x x x a T ----⨯⨯===⨯
14． 240Ω
1R 电压表超偏而损坏 C
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]实物图如图所示
(2)[2]多用电表读数为
24.010240Ωx R =⨯=
粗测读数为240Ω。

(3)[3]S 2接1时电压表测量x R 的电压，S 2接2时电压表测量0R 两端电压，两种情况下，滑动变阻器的滑片位置相同，由于电压表示数相同，所以有
1x R R =
即被测电阻的阻值大小为1R 。

(4)[4]当将变阻器阻值调到最大阻值时，由于最大阻值大于被测电阻，当开关闭合后，导致与电压表并联的总电阻增大，其分压增大，就会出现电压表超偏而损坏。

[5]AB ．该实验中没有电流表的分压也没有电压表的分流，所以电压表准确测量的是被测电阻两端电压，所以AB 不符合题意；
CD ．滑动变阻器采用的是分压接法，其阻值的大小影响电压表示数的变化，阻值小不利于操作，所以选用阻值较大的滑动变阻器，C 正确D 错误。

故选C 。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．①540K②840K
【解析】①设B 开始的体积为V 1,活塞甲移动至恰好到达汽缸上端的过程中气体B 做等压变化，体积变为2V 1 有1102V V T T
= 得气体B 的温度为102540T T K ==
②设放上丙继续加热过程后A 的体积为V 2,气体A 做等温变化
01022mg mg p V p V s s ⎛⎫
⎛⎫+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
而0mg p s
=
得2123V V = 此时B 的体积31112
7333
V V V V =-= 由理想气体状态方程得010102373mg mg p V p V s s T T ⎛⎫⎛⎫+⋅+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝
⎭'
= 得此时气体B 的温度为028840K 9
T T ='= 【点睛】处理理想气体状态方程这类题目，关键是写出气体初末状态的状态参量，未知的先设出来，然后应用理想气体状态方程列式求解即可．
16．（1）310m /s ；（2）(50cm,0) ；（3）46.5710s -⨯
【解析】
【分析】
【详解】
（1）粒子在Ⅰ区域内做直线运动，因为速度的变化会引起洛伦兹力的变化，所以粒子必做匀速直线运动。

这样，电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，电场E 的方向与微粒运动的方向垂直，即与x 轴正向成37︒角斜向右下方。

由平衡条件有
Eq Bqv =
得
310m /s E v B
== （2）粒子进入Ⅱ区域洛伦兹力提供向心力做圆周运动，轨迹如图所示
根据洛伦兹力提供向心力有
2
mv qvB r
= 得
0.1m r =
由几何知识得
sin sin AC x r r θα=+
解得
37α=︒，53β=︒
粒子在磁场右边界射出点距x 轴，根据几何关系得 tan 53cos cos 18cm OA y x r r θα=⋅︒-⋅+= tan 5324cm CD x y =⋅︒=
所以D 点坐标为(50cm,0)，
（3）由O 运动到D 点分三段，I 区域内有 41210s cos53
OA x t v -︒==⨯ Ⅱ区域内有
42 1.5710s 2r
t v π-==⨯
出磁场后有
43310s cos53y t v -==⨯︒
由O 运动到D 点的时间
4123 6.5710s t t t t -=++=⨯
17．
；(2)150°
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据公式c n v
=求得光束在球内的折射率
8
n ==
(2)由折射定律得 sin sin i n r
= 解得
30r =︒
由几何关系及对称性，有
()22
r i r r i α
=--=-
则 42r i α=-
把30,45r i ︒︒==代入得
30︒=α
方向改变的角度为
180150βα︒︒=-=
出射光线CD 与入射光线AB 方向的夹角是150°。