2020届湖北省武汉市新洲区部分学校高三上学期期末联考物理试题最新解析

2020届湖北省武汉市新洲区部分学校高三上学期期末联考物理试题（解析版）
一、选择题：本题共4小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8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
1.关于原子物理知识的叙述，下列说法正确的是（）
A. β衰变的实质是核内的中子转化成了一个质子和一个电子
B. 要使轻核发生聚变，必须使它们的距离达到10﹣10m以内，核力才能起作用
C. 结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定
D. 对于一个特定的氡原子，只要知道了半衰期，就可以准确地预言它将在何时衰变
【答案】A
【解析】
解：A．β衰变所释放的电子，是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的，故A正确；
10﹣m B．能使核子之间的核力发生作用的范围非常小，所以要使轻核发生聚变，必须使它们的距离达到15
以内，核力才能起作用，故B错误；
C．比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故C错误；
D．对于一个特定的氡原子，我们只知道它发生衰变的概率，并不知道它将何时发生衰变，发生多少衰变，故D错误；
故选A。

2.已知均匀带电球壳内部电场强度处处为零，电势处处相等．如图所示，正电荷均匀分布在半球面上，Ox 为通过半球顶点与球心O的轴线．A、B为轴上的点，且OA=OB．C、D为直径上的两点，且OC=OD．则下列判断正确的是( )
A. A点的电势与B点的电势相等
B. C点的电场强度与D点的电场强度不相同
C. A点的电场强度与B点的电场强度相同
D. 在A点由静止开始释放重力不计的带正电粒子，该粒子将沿AB做匀加速直线运动
【答案】C
【解析】
解：试题分析：由题意可知半球面右边的电场线是水平向右的，沿电场线方向电势逐渐降低，A点电势高于B点电势，A错误；有对称性原理及电场叠加可知C点和D点场强一样；B错误；B错误；均匀带电半球相当于一个均匀带正电的球和半个均匀带负电的球，这个半球放在图的另一边．然后看AB两点，可以看到，AB两点在在上述涉及到的正电半球和负电半球中的相同的位置上．而由题目给出的条件，正电球在AB两点产生的电场为零．所以，A点正电半球产生的电场强度相当于负电半球产生的电场强度，而与B点的环境比较，唯一的区别是电荷符号相反，从而电场大小相同，只有可能有方向的区别，而分析可知，方向是相同的，故电场强度相等，C正确；电场线方向水平向右，所以在A点释放静止带正电的微粒（重力不计），微粒将作加速运动，距离远后电场力减小，所以是变加速运动，D错误；
3.高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离．某汽车以21.6km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆．已知司机的反应时间为0.7s，刹车的加速度大小为5m/s2，则该ETC通道的长度约为（）
A. 4.2m
B. 6.0m
C. 7.8m
D. 9.6m
【答案】D
【解析】
解：汽车的速度21.6km/h＝6m/s，汽车在前0.3s+0.7s内做匀速直线运动，位移为：x1＝v0（t1+t2）＝6×（0.3+0.7）＝6m，随后汽车做减速运动，位移为：
22
2
6
225
v
x
a
===
⨯
3.6m，所以该ETC通道的长度为：L ＝x1+x2＝6+3.6＝9.6m，故ABC错误，D正确
【点睛】本题的关键是明确汽车的两段运动的特点，然后合理选择公式．
4.科学家计划在2025年将首批宇航员送往火星进行考察。

一质量为m的物体，假设在火星两极宇航员用弹簧测力计测得的读数为F1，在火星赤道上宇航员用同一把弹簧测力计测得的读数为F2，通过天文观测测得火星的自转角速度为ω，设引力常数为G，将火星看成是质量分布均匀的球体，则火星的密度和半径分别为（）
A. ()
2
1
12
3
4-
F
G F F
ω
π；122
F F
mω
-
B.
2 3
4G ωπ
；12
2
F F
mω
C. ()
2
1
12
3
4
F
G F F
ω
π-；
12
2
F F
mω
+
D.
2
3
4G
ω
π
；12
2
F F
ω
-
【答案】A
【解析】
解：在两极则有
1
2
Mm
G F
R
=
在赤道上有
2
2
2
Mm
G F m R
R
ω
-=
联立解得
12
2
F F
R
mω
-
=
2
1
F R
M
Gm
=
根据3
4
3
M R
πρ
=可得火星的密度为
()
2
1
12
3
4
F
G F F
ω
ρ
π
=
-
故A正确，B、C、D错误；
故选A。

二、选择题（共4小题，每小题6分，满分24分）
5.如图，质量为M的楔形物块静置在水平地面上，其斜面的倾角为θ，斜面上有一质量为m的小物块，小物块与斜面之间存在摩擦。

用恒力F沿斜面向上拉小物块，使之以加速度a匀加速上滑。

在小物块运动的过程中，楔形物块始终保持静止。

则有（）
A. 地面对楔形物块的摩擦力为cosθ
F
B. 地面对楔形物块的摩擦力为cosθcosθ
F ma
-
C. 地面对楔形物块的支持力为()sin θM m g F ++
D. 地面对楔形物块的支持力为()sin θsin θM m g ma F -++ 【答案】BD 【解析】
解：以物块m 和楔形物块M 整体为研究对象，同时将拉力F 和物块m 的加速度进行分解，如图所示
在水平方向根据牛顿第二定律可得
cos θ0x F f ma M -=+⨯
解得地面对楔形物块的摩擦力为
cos θcos θf F ma =-
在竖直方向根据牛顿第二定律可得
sin θ()0y N F M m g ma M +-+=+⨯
解得地面对楔形物块的支持力为
()sin θsin θN M m g ma F -+=+
故A 、C 错误，B 、D 正确； 故选BD 。

6.如图所示，三个质量相等的小球A 、B 、C 从图示位置分别以相同的速度v 0水平向左抛出，最终都能到达坐标原点O ．不计空气阻力，x 轴所在处为地面，则可判断A 、B 、C 三个小球（ ）
A. 在空中运动过程中，动量变化率之比1：1：1
B. 在空中运动过程中，重力做功之比为1：2：3
C. 初始时刻纵坐标之比为1：4：9
D. 到达O点时，速度方向与水平方向夹角的正切值之比为1：4：9
【答案】AC
【解析】
解：A．动量的变化率为合外力，即为重力，重力相同，则动量的变化率相等，故A正确；
BC．小球做平抛运动，水平初速度相同，A、B、C水平位移之比为1：2：3，根据0
x v t
=可得它们在空中运动的时间之比为1：2：3，根据2
1
2
h gt
=可得该过程小球的下落高度之比1：4：9，由于初始时刻纵坐标之比等于该过程小球的下落高度之比，所以初始时刻纵坐标之比为1：4：9，根据G
W mgh
=可知重力做功之比为1：4：9，故B错误，C正确；
D．根据y gt
=
v可知竖直向速度之比为1：2：3，水平向速度相向，而速度方向与水平方向夹角的正切值为
tanθy
x
v gt
v v
==
则速度方向与水平方向夹角的正切值之比为1：2：3，故D错误；
故选AC。

7.如图甲所示，等离子气流（由高温高压的等电量的正、负离子组成）由左方连续不断地以速度v0射入P1和P2两极板间的匀强磁场中，ab直导线与P1、P2 相连接，线圈A与直导线cd相连接，线圈A内存在如图乙所示的变化磁场，且磁感应强度B的正方向规定为向左，则下列叙述正确的是（）
A. 0～1s内ab、cd导线互相排斥
B. 1～2s内ab、cd导线互相吸引
C. 2～3s内ab、cd导线互相排斥
D. 3～4s内ab、cd导线互相吸引
【答案】BC
【解析】
解：左侧实际上为等离子体发电机，将在ab中形成从a到b的电流，由图乙可知，0~2s内磁场均匀变化，
根据楞次定律可知将形成从c到d的电流，同理2~4s形成从d到c的电流，且电流大小不变，故0~2s秒内电流同向，相互吸引，2~4s电流反向，相互排斥，故A，D错误，B，C正确.故选BC.
8.如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接
.右端接一个阻值为R的定值电阻.平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场.质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止
.已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好.则金属棒穿过磁场区域的过程中()
A.
2
Bd gh
B. 通过金属棒的电荷量为
2
BdL
R
C. 克服安培力所做的功为mgh
D. 金属棒产生的焦耳热为
2
mgh mgd
μ
-
【答案】D
【解析】
【分析】
金属棒在弯曲轨道下滑时，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理可以求出金属棒到达水平面时
的速度，由E=BLv求出感应电动势，然后求出感应电流；由
2
q
R
∆Φ
=可以求出感应电荷量；
克服安培力做功转化为焦耳热，由动能定理（或能量守恒定律）可以求出克服安培力做功，导体棒产生的焦耳热．
解：A项：金属棒下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：2
1
2
mgh mv
=，金属棒到达水平面时的速度2
v gh
=刚到达水平面时的速度最大，最大感应电动势E=BLv，最大感应电流
2
2
BL gh
E
I
R
==，故A错误；
B项：感应电荷量
22
BdL
q I t
R R
∆Φ
=∆==，故B错误；
C项：金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mgh-W B-μmgd=0-0，克服安培力做功：W B=mgh-μmgd，故C错误；
D项：克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦
耳热：
1
()
22
R
Q
Q mg h d
μ
==-，故D正确．
故选D．
【点睛】本题综合考查了机械能守恒定律、动能定理、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律等，综合性较强，对学生能力要求较高，需加强这方面的训练．
三、非选择题
9.如图所示的装置可以用来测量滑块与水平面之间的动摩擦因数．在水平面上将弹簧的一端固定，另一端与带有挡光片的滑块接触（弹簧与滑块不固连）．压缩弹簧后，将其释放，滑块被弹射，离开弹簧后经过O 处的光电门，最终停在P点．
(1)除了需要测量挡光片的宽度d，还需要测量的物理量有____．
A．光电门与P点之间的距离s
B．挡光片的挡光时间t
C．滑块（带挡光片）的质量m
D．滑块释放点到P点的距离x
(2)动摩擦因数的表达式μ=____（用上述测量量和重力加速度g表示）．
(3)请提出一个可以减小实验误差的建议：_________
【答案】 (1). AB (2).
2
2
2
d
gst
(3). 多次测量取平均值；选用宽度d较小的挡光片
【解析】
（1）遮光片经过光电门的速度
d
v
t
=；由动能定理：2
1
2
mv mgs
μ
=解得
22
2
22
v d
gs gst
μ==；则除了需要
测量挡光片的宽度d，还需要测量的物理量有：光电门与P点之间的距离s 和挡光片的挡光时间t，故选AB.
（2）动摩擦因数的表达式
2
2
2
d
gst
=
μ；
（3）可以减小实验误差的建议：多次测量取平均值可减小偶然误差；选用宽度d较小的挡光片可减小测
量速度产生的误差.
10.某品牌电饭锅采用纯电阻电热丝加热,有“煮饭”和“保温”两种工作模式，在220V电压下额定功率分别为600W和80W．物理兴趣小组的同学们想通过实验测定该电饭锅电热丝的电阻。

现有实验器材：干电池两节，滑动变阻器R1（最大阻值20Ω），电阻箱R（精度0.1Ω）电压表V（量程3V，内阻很大），电流表A（量程6mA，内阻r= 35.0Ω），开关及导线若干。

①同学们利用多用表进行初步测量和估算发现，电饭锅处于不同工作模式时，实验电流差异较大．为了能顺利完成实验，他们打算将电流表的测量范围扩大到48 mA，则应该将电阻箱调节至R= ______Ω并与电流表并联。

②同学们设计并连接了如图所示的电路图,接通电源前应将滑动变阻器的滑片置于____（填“a”或“b”）端。

③将电饭锅调至“煮饭”模式，_______（填“闭合”或“断开”）开关K2，再闭合开关K1，调节滑动变阻器阻值，发现两表示数均有示数，但都不能调到零．如果该故障是由图中标号“1”到“6”中的一根导线断路引起，则断路的导线是_______．排除故障后，调节滑动变阻器阻值，记下各电表六组读数后断开开关K1．然后将电饭锅调至“保温”模式，改变K2状态，再闭合开关K1，调节滑动变阻器阻值，记下各电表六组读数后断开开关K1。

④直接将两组实验读到的数据绘制成如图所示的图象。

由图可知，该实验中电饭锅处于“煮饭”模式时测得的阻值为________Ω。

（保留两位有效数字）
⑤同学们计算发现，实验操作、数据记录与处理均正确无误，但实验得到的结果比电饭锅正常工作时的阻值小很多，请指出造成该差异的主要原因：___________。

【答案】 (1). 5.0 (2). a (3). 闭合 (4). 3 (5). 50 (6). 正常工作比实验时温度高，金属电阻阻值随温度升高而增大
【解析】
详解】①[1]根据电流表改装原理(并联分流)
()
g g
I r I I R
=-
即
0.006×35=（0.048-0.006）R
解得
5
R=Ω。

②[2]开关闭合后应使电路中流过电表的电流最小，滑动变阻器采用的分压式接法，故滑片置于a端使电饭煲的电路短路，电流为零，保证安全。

③[3][4]开关K2是连接变阻箱用于改装成大量程的电流表使用，故电路闭合前应先闭合K2，否则因电流表量程过小而在电路闭合后超过量程.故障是两表的示数不能从零开始，是滑动变阻器从分压式变成了限流式，则导线3出现断路。

④[5]在I U
-图象中，斜率的倒数代表电阻，
1
2
50
0.00535
0.005
5
R=Ω=Ω
⨯
+
⑤[6]测量电饭煲的电阻是使用干电池（3V），比220V下的温度低的多，其金属丝电阻要小的多，正常工作比实验时温度高，金属电阻阻值随温度升高而增大。

11.如图所示，上下表面均粗糙且足够长的木板A静置于水平地面上．物块C与A材料相同，与水平地面间的动摩擦因数均为μ=0.1．物块B放在木板A上，它们的质量分别为m A =3 kg，m B =l kg，m c=6 kg．开始时A、B、C均静止，A的右端与C左端相距12 m．现对A施加一水平向右F=10 N的恒力，A、B保持相对静止一起向右加速运动．一段时间后A与C正碰，碰撞时间极短并粘在一起，最终A、B、C共速．取重力加速度g=l0 m/s2，求：
(1)A、C碰前瞬间A的速度大小；
(2)B在A上滑动过程中，A、B之间因摩擦产生热量．
【答案】（1）6m/s（2）7.2J
【解析】
解：(1)由题意可知，开始时，A和B一起相对静止向右运动，由牛顿第二定律得：
()()
A B A B
F m m g m m a
μ
-+=+①
解得：2
1.5m
a
s
=
A 的右端与C 左端相距12m ，由运动学公式得：
212v ax = ②
由①②得，A 与C 碰前A 的速度为
16m v s
= ；
(2)取水平向右为正方向，当A 、C 发生碰撞时，碰撞时间极短，A 、C 动量守恒
12()A A C m v m m v =+ ③
解得：22m v s
=
A 、
B 、
C 所受地面摩擦力(()10A B C f m m m g N μ=++= 因此A 、B 、C 所受合力为零，水平方向动量守恒 最终A 、B 、C 共速，由动量守恒定律得：
123()()B A C A B C m v m m v m m m v ++=++ ④
由能量守恒得：
222123111()()222
B A
C A B C m v m m v m m m v Q ++=+++ ⑤ 由④⑤得： Q=7.2J
因此B 在A 上因滑动摩擦而产生的热量为7.2J ．
12.如图所示，在竖直平面（纸面）内有长为l 的CD 、EF 两平行带电极板，上方CD 为正极板，下方EF 为负极板，两极板间距为l ，O 点为两极板边缘C 、E 两点连线的中点；两极板右侧为边长为l 的正方形匀强磁场区域磁场方向垂直纸面向外．离子源P 产生的电荷量为q 、质量为m 的带正电粒子飘入电压为
U 1的加速电场，其初速度几乎为零，被电场加速后在竖直平面内从O 点斜向上射入两极板间，带电粒子
恰好从CD 极板边缘D 点垂直DF 边界进入匀强磁场区域．已知磁感应强度大小B 与带电粒子射入电场O 点时的速度大小v 0
的关系为
02B v ql
=，带电粒子重力不计．求 （1）带电粒子射入电场O 点时的速度大小v 0； （2）两平行极板间的电压U 2；
（3）带电粒子在磁场区域运动的时间t ．
【答案】（1
）
12qU m ；（2）U 1；（3）11
4qU m π 【解析】 解：（1）电荷在电场中加速，由动能定理得：21012
qU mv =， 解得：102qU v m
=； （2）粒子进入偏转电场时的速度方向与水平方向间的夹角为θ，
在偏转电场中：0cos l v t θ=，
01sin 22l v t θ=⋅，0sin v at θ=， 加速度：2qU qE a m ml
== ， 解得：21,4U U π
θ==；
（3）粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：2
00(cos )cos v qv B m R
θθ⋅=， 解得：23
R l =， 粒子运动轨迹如图所示，粒子转过的圆心角：23απ=
， 粒子在磁场中的运动时间：0cos R t v αθ=
，
解得：1
1
4qU m
t
π
=.
[物理--选修3-3]
13.气闸舱是载人航天器中供航天员进入太空或由太空返回用的气密性装置，其原理图如图所示。

座舱A 与气闸舱B之间装有阀门K，座舱A中充满空气，气闸舱B内为真空。

航天员从太空返回气闸舱时，打开阀门K，A中的气体进入B中，最终达到平衡。

假设此过程中系统与外界没有热交换，舱内气体可视为理想气体，下列说法正确的是（）
A. 气体并没有对外做功，气体内能不变
B. B中气体可自发地全部退回到A中
C. 气体温度不变，体积增大，压强减小
D. 气体体积膨胀，对外做功，内能减小
E. 气体体积变大，气体分子单位时间对气缸壁单位面积碰撞的次数将变少
【答案】ACE
【解析】
解：AD．气体自由扩散，没有对外做功，又因为整个系统与外界没有热交换，根据U W Q
∆=+可知内能不变，故A正确，D错误；
B．根据熵增加原理可知一切宏观热现象均具有方向性，故B中气体不可能自发地全部退回到A中，故B 错误；
CE．因为内能不变，故温度不变，平均动能不变，因为气闸舱B内为真空，对于座舱A中充满的空气，根据玻意耳定律pV=定值可知扩散后压强p减小，体积V增大，所以气体的密集程度减小，根据气体压强的微观意义可知气体分子单位时间对气缸壁单位面积碰撞的次数将变少，故C、E正确；
故选ACE。

14.粗细均匀的U形玻璃管竖直放置左端封闭右端开口，右端上部有一光滑轻活塞．初始时管内水银柱及空气柱长度如图所示．已知玻璃管的横截面积处处相同在活塞移动的过程中，没有发生气体泄漏，大气压强p0=76cmHg．
(i)求初始时左端气体的压强p 1；
(ⅱ)若环境温度不变缓慢拉动活塞，当活塞刚好达到右端管口时，求左端水银柱下降的高度h ．(解方程时可以尝试试根法)
【答案】(1)72cmHg (2)2cm
【解析】
【分析】
分别对左、右管中气体利用玻意耳定律列方程求解，注意拉动活塞前后气体的长度和压强的关系． 解：(1)初始时，两管液面高度差为14h cm =，设左管中空气柱的压强为1p ，右管中空气柱的压强为2p ，有
121p p gh ρ=-
由于活塞轻质光滑，所以20p p =
解得：172p cmHg =；
(2)对于左管中的气体，初始时的长度为11l cm =，拉动活塞后的压强为'1p ，长度为'1l
由玻意耳定律得：
''1111p l p l =
对于右管中的气体，初始时的长度为26l cm =，拉动活塞后的压强为'2p 由玻意耳定律得：
''2222p l p l =
拉动活塞后左端水银柱下降了h ，由几何关系得：
'11l l h =+
'2215l l h =+-
此时，两管中液面高度差为
242h h =-
两管中气体压强满足
''122p p gh ρ=-
解得：h=2cm ．
【选修3-4】
15.一列简谐横波沿x 轴传播在t=0时刻的波形如图中实线所示，t=0.5s 时刻的波形如图中虚线所示，虚线恰好过质点P 的平衡位置．已知质点P 平衡位置的坐标x=0.5m ．下列说法正确的是___________
A. 该简谐波传播的最小速度为1.0m/s
B. 波传播的速度为(1.4+2.4n)m/s(n=0，1，2，3……)
C. 若波向x 轴正方向传播，质点P 比质点Q 先回到平衡位置
D. 若波向x 轴负方向传播，质点P 运动路程的最小值为5cm
E. 质点O 的振动方程可能为y=10sin 5123n t π⎡⎤+⎛⎫
⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦cm(n=0，1，2，3……) 【答案】ADE
【解析】
【分析】
由图读出波长，根据波形平移法得到周期的表达式，再由波速公式得到波速的表达式，分析波速可能值．要分波沿x 轴正方向传播和沿x 轴负方向传播两种情况分析．根据P 、Q 回到平衡位置先后，确定两者的速度方向，再由“上下坡法”判断波的传播方向．
解：A 、0.5s 内波传播的最短距离为0.5m ，故最小速度为1.0m/s ，A 选项正确.
B 、若波向x 轴正方向传播，波速为0.5 1.2m/s (1.0 2.4)m/s(=0,1,2,3)0.5n v n n +=
=+⋅⋅⋅⋅⋅⋅，若波向x 轴负方向传播，波速为0.7 1.2m/s (1.4 2.4)m/s(=0,1,2,3)0.5
n v n n +==+⋅⋅⋅⋅⋅⋅，故B 选项错误. C 、波向x 轴正方向传播，0时刻后质点P 背离平衡位置运动，质点Q 靠近平衡位置运动，故质点P 比质点Q 后回到平衡位置，C 选项错误.
D 、t =0时刻，质点P 偏离平衡位置5cm ，若波向x 轴负方向传播，质点P 向平衡位置运动，经十二分之一
个周期刚好回到平衡位置，故最短路程为5cm ，D 选项正确
. E 、若波向x 轴正方向传播，则周期0.56s (0,1,2,3)0.55121.2
T s n n n ===⋅⋅⋅⋅⋅⋅++，质点O 的振动方程51210sin[(
)]cm(=0,1,2,3)3
n y t n π+=⋅⋅⋅⋅⋅⋅，若波向x 轴负方向传播，则周期0.56s (0,1,2,3)0.77121.2
T s n n n ===⋅⋅⋅⋅⋅⋅++，质点O 的振动方程71210sin[()]cm(=0,1,2,3)3n y t n π+=⋅⋅⋅⋅⋅⋅，故E 选项正确. 故选ADE.
【点睛】对于波动图象问题，要能根据波的传播方向判断质点的振动方向，灵活运用波形平移法，分析时间与周期的关系，或距离与波长的关系．
16.一透明半圆柱的横截面如图所示，圆心为O ，一束光线在横截面内从C 点沿垂直于直径AB 的方向入射，在半圆柱内沿图示路径传播，最后从E 点射出半圆柱．已知圆半径为0.30m R =，半圆柱折射率为 2.0n =，AOC 30∠=︒，真空中的光速为83.010c =⨯m/s ．求光线在半圆柱内沿图示C D E →→路径传播的时间（结果保留两位有效数字）．
【答案】93.610s -⨯
【解析】
解：光线在C 点的入射角：90AOC 60i =︒-∠=︒，
设折射角OCD r ∠=，由折射定律：sin sin i r n
=， 解得：3sin r = 可知30r <︒，则DCP=30θ∠>︒，1sin n
θ>，故光线在AB 面上发生全反射． 作C 点关于AB 的对称点P ，连接PC 、OP 、OE ，则OPD OED=r ∠=∠；
故光线在E 点将折射到空气中，光在透明体内走过的路程为：CD+DE=PE 2cos R r =； 光在透明体中传播速度为：c v n =， 所求时间为：CD+DE t v
=， 联立解得：991310s=3.610s t --=⨯．。