2020年河南省普通高中高考物理适应性试卷 (有详解)

2020年河南省普通高中高考物理适应性试卷
一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1.氢原子能级示意图如图所示，处于n=4能级的静止氢原子，辐射出光
子后，能使金属钨发生光电效应，已知钨的逸出功为4.54eV，下述说
法中正确的是()
A. 氢原子辐射的光子都能使钨发生光电效应
B. 光电子的最大初动能为8.21eV
C. 钨能吸收两个从n=4向n=2能级跃迁的光子而发生光电效应
D. 氢原子辐射一个光子后，氢原子核外电子的速率减小
2.如图所示，一重为8N的小球固定在支杆AB的上端，用一段绳子水平
拉小球，使杆发生弯曲，已知绳子的拉力为F=6N，则AB杆对小球的
作用力()
A. 大小为8N
B. 大小为6N
C. 方向与水平方向成53°角斜向右下方
D. 方向与水平方向成53°角斜向左上方
3.如图所示，无限大均匀带正电薄板竖直放置，其周围空间的电场可认为是匀强
电场．光滑绝缘细管垂直穿过板中间小孔，一个视为质点的带负电小球在细管内运动．以小孔为原点建立x轴，规定x轴正方向为加速度a和速度v的正方向，下图分别表示x轴上各点的电势φ，小球的加速度a、速度v和动能E k随x的变化图象，其中正确的是()
A. B.
C. D.
4.如图所示，一金属弯杆处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，已知ab=
bc=L，当它以速度v向右平动时，a、c两点间的电势差为()
A. BLv
B. BLvsinθ
C. BLvcosθ
D. BLv(1+sinθ)
5.在抢险救灾工作中常见到直升机的身影，如图为直升机抢救伤员的情景，
直升机悬停在空中，用绳索将伤员由静止向上吊起，绳索对伤员做功的
功率恒定，则在伤员加速上升的过程中(不计空气阻力)()
A. 绳索对伤员的拉力越来越大
B. 伤员克服重力做功的功率恒定
C. 伤员运动的速度变化越来越快
D. 合力对伤员做功的功率越来越小
二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）
6.(多选)两颗小行星都绕太阳做圆周运动，其周期分别是T、3T，则()
3
A. 它们轨道半径之比为1:3
B. 它们轨道半径之比为1:√9
3:1 D. 以上选项都不对
C. 它们运动的速度之比为√3
7.如图所示，图甲是某物理兴趣小组自制的小型发电机，单匝线圈逆时针转动。

从中性面开始计
时，产生的瞬时感应电动势的变化规律如图乙所示，已知线圈电阻r=2Ω，外接灯泡电阻R= 8Ω，其余电阻不计，下列说法正确的是
A. 发电机产生的交流电的频率是50Hz
B. 发电机产生的电动势的有效值是12√2V
C. 交流电压表的示数为9.6V
D. 外力做功的功率为14.4W
8.如图所示，两段长均为L的轻绳共同系住一质量为m的小球，另一端
固定在等高的两点O1、O2，两点间的距离也为L，在最低点给小球一个
垂直纸面向里的初速度，小球恰能在竖直面内做圆周运动，重力加速度
为g，则()
A. 小球运动到最高点的速度v=√√3
Lg
2
B. 小球运动到最高点的速度v=√Lg
C. 小球在最低点时每段绳子的拉力F=3mg
D. 小球在最低点时每段绳子的拉力F=2√3mg
三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）
9.如图所示，一列简谐横波沿x轴正向传播，t=0时刻的实线波形经过Δt=0.6s移到了虚线所在
的位置，Δt<T，T为质点振动的周期，则这列波的传播速度为________m/s，经过Δt时间x=2m 处的质点运动的路程为________cm．
四、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
10.如图所示是某研究性学习小组设计的“探究做功与速度的关系”的实验装置．他们将光电门固
定在直轨道上的O点，将拉力传感器固定在质量为M的小车上，用不可伸长的细线通过一个定滑轮将小车与钩码相连，用拉力传感器记录小车所受拉力F的大小，通过光电门记录遮光条通过光电门的时间t，结合遮光条的宽度d计算出小车通过光电门时的速度，该小组提出如下两种操作方案：
(1)方案一：用同一钩码通过细线拉同一小车，每次小车从不同位置由静止释放，各位置A、B、
C、D、E、F、G(图中只标出了G)与O点间的距离s分别为s1、s2、s3、s4、s5、s6、s7。

用该实验方案______(填“需要”或“不需要”)测量钩码的重力，利用图象法处理实验数据，若以s
为横轴，以__________(填
1
t
或1
t2
)为纵轴作出的图象是一条过原点的直线，则可得出做功与速度
的关系。

(2)方案二：用不同的钩码通过细线拉同一小车，每次小车都从同一位置(与O点之间距离为s0)
由静止释放．用该实验方案______(填“需要”或“不需要”)测量钩码的重力；________(填“需要”或“不需要”)平衡摩擦力；只要已知量和测得量满足关系_____________________，即可得出做功与速度的关系。

11.某同学用如图甲所示的电路测量两节干电池串联而成的电池组的电动势E和内电阻r，R为电阻
箱。

实验室提供的器材如下：电压表(量程0～3V，内阻约3kΩ)，电阻箱(阻值范围0～99.9Ω)；
开关、导线若干。

(1)请根据图甲的电路图，在图乙中画出连线，将器材连接成实验电路；
(2)实验时，改变并记录电阻箱R的阻值，记录对应电压表的示数U，得到如下表所示的若干组
R、U的数据。

根据图丙所示，表中第4组对应的电阻值读数是_________Ω；
(3)请推导1
U −1
R
的函数关系式(用题中给的字母表示)_________，根据实验数据绘出如图丁所示
的图线，由图线得出电池组的电动势E=_________V，内电阻r=_________Ω。

(保留三位有效数字)
五、简答题（本大题共1小题，共5.0分）
12.1mol氦气温度T和体积V的变化规律为T=βV2，其中β为常数。

气体体积由V1减至V2，判断
此过程中是吸热还是放热，并说明理由。

六、计算题（本大题共3小题，共38.0分）
13.如图甲所示，以O为坐标原点建立坐标系，等边三角形OMN内部存在垂直纸面向里的匀强磁
场，三角形外侧有沿x轴负方向的匀强电场。

现有一质量m=1×10−18kg，电荷量q=
+1×10−15C的带电粒子从坐标为(0,−0.5m)的Q点，以某一初速度v0沿某一方向入射，从x轴上的P点(1.0m,0)以v=200m/s的速度垂直x轴进入三角形区域。

同时，将电场换成垂直纸面向外的匀强磁场(如图乙所示)，两磁场的磁感应强度大小相等。

已知三角形的边长L=4m，带电粒子的重力不计。

求：
(1)匀强电场的电场强度大小及带电粒子的初速度大小；
(2)若两磁场的磁感应强度大小B=0.2T，求该粒子在乙图中运动一个周期的时间；
(3)乙图中若粒子能再次回到P点，则匀强磁场的磁感应强度大小应满足什么条件。

14.如图所示，两端开口的汽缸竖直固定放置两厚度不计的轻质活塞A、B间有轻杆相
连在活塞A上放一重物C，C的质量m=3kg，两活塞的横截面积分别为S A=
25cm2，S B=15cm2.活塞间封闭有一定质量的理想气体(不漏气)。

开始时，整个
装置保持静止，此时两活塞离D处距离相等，p0=1.0×105Pa，重力加速度g取
10m/s2，不计一切摩擦。

(i)求开始时，轻杆对活塞A的作用力大小；
(ⅱ)若缓慢降低汽缸内温度至t=87℃时，A活塞恰好靠近D处，求开始时汽缸内气体的温度。

15.如图所示，半径为R的半圆形玻璃砖与一底角为30°的Rt△ACB玻璃砖平行且正对放置，点O
和O′分别是BC边的中点和半圆形玻璃砖的圆心。

一束平行于AC边的单色光从AB边上的点D 入射，经折射后从点O射出，最后从半圆形玻璃砖上的某点P射出。

已知BC边与直径B′C′长
R，点B、D间距离为R，两种玻璃砖的厚度与折射率均相同，若不考虑光度相等，二者相距1
3
在各个界面的反射。

求：
(i)玻璃砖的折射率n；
(ii)点P的位置和单色光最后出射方向。

七、综合题（本大题共1小题，共14.0分）
16.一个圆盘边缘系一根细绳，绳的下端拴着一个质量为m的小球，圆盘的半径是r，
绳长为l，圆盘匀速转动时小球随着一起转动，并且细绳与竖直方向成θ角，如图所示，则圆盘的角速度是多少？
-------- 答案与解析 --------
1.答案：B
解析：解：A、已知金属钨的逸出功W=4.54eV，
处于n=4能级的静止氢原子有6种跃迁方式：
第4激发态→第3激发态，放出光子的能量为△E=E4−E3=(−0.85eV)−(−1.51eV)=0.66eV< 4.54eV；
第4激发态→第2激发态，放出光子的能量为△E=E4−E2=(−0.85eV)−(−3.4eV)=2.55eV< 4.54eV；
第4激发态→第1激发态，放出光子的能量为△E=E4−E1=(−0.85eV)−(−13.6eV)=12.75eV> 4.54eV；
第3激发态→第2激发态，放出光子的能量为△E=E3−E2=(−1.51eV)−(−3.4eV)=1.89eV< 4.54eV；
第3激发态→第1激发态，放出光子的能量为△E=E3−E1=(−1.51eV)−(−13.6eV)=12.09eV> 4.54eV；
第2激发态→第1激发态，放出光子的能量为△E=E2−E1=(−3.4eV)−(−13.6eV)=10.2eV> 4.54eV；
光子能量大于逸出功的会发生光电效应，故有3种频率的光能使金属钨发生光电效应；故A错误；
B、处于n=4能级的氢原子辐跃迁到第1激发态射出最大频率的光子能量，△E=E4−E1=
(−0.85eV)−(−13.6eV)=12.75eV
设产生光电子的最大初动能为E km，则有：E=W+E km；
解得：E Km=8.21eV；故B正确；
C、从n=4向n=2能级跃迁的光子不能使钨发生光电效应，该过程不可积累，所以钨不能吸收两个从n=4向n=2能级跃迁的光子而发生光电效应。

故C错误；
D、氢原子辐射一个光子后，电子运动的轨道半径减小，则：ke2
r2=mv2
r
，可知氢原子核外电子的速
率增大。

故D错误。

故选：B。

氢原子能级间跃迁时，吸收和辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，光子频率越大．根据光电效应方程求出光电子的最大初动能．根据库仑力提供电子做圆周运动的向心力分析电子速率
的变化．
解决本题的关键知道能级间跃迁辐射或吸收光子的能量等于两能级间的能级差，以及掌握光电效应方程E Km=ℎv−W0．
2.答案：D
解析：
本题是三力平衡问题，分析受力情况，作出受力分析图是关键，要注意杆的弹
力不一定沿着杆。

分析小球的受力情况：重力、绳子水平拉力和AB杆对小球的作用力，由平衡条
件求出AB杆对小球的作用力的大小和方向。

以小球为研究对象，分析受力情况：重力G、绳子的拉力F和AB杆对球作用力
T。

由题，G=8N，F=6N.由平衡条件知，T与G、F的合力大小相等、方向相反，作出力的合成图如图：
根据平衡条件，有：T=√G2+F2=√82+62N=10N，
T与水平方向夹角的正切值为：tanα=G
F =8
6
=4
3
，所以α=53°。

故说明物体受AB杆力的方向与水平方向成53°角斜向左上方；故ABC错误，D正确。

故选D。

3.答案：D
解析：解：
A、在x<0范围内，当x增大时，由U=Ed=Ex，可知，电势差均匀增大，φ−x应为向上倾斜的直线；在x>0范围内，当x增大时，由U=Ed=Ex，可知，电势差均匀减小，φ−x也应为向下倾斜的直线，故A错误；
B、在x<0范围内，电场力向右，加速度向右，为正值；在x>0范围内，电场力向左，加速度向左，为负值；故B错误；
C、在x<0范围内，根据动能定理得：qEx=1
2
mv2，v−x图象应是曲线；同理，在x>0范围内，图线也为曲线，故C错误；
D、在x<0范围内，根据动能定理得：qEx=E k，E k−x图象应是倾斜的直线；同理，在x>0范围
内，图线也为倾斜的直线，故D正确。

故选：D。

根据匀强电场中电势差与场强的关系公式U=Ed，分析电势与x的关系；根据牛顿第二定律分析加速度的大小和方向；根据动能定理分析速度和动能与x的关系．
对于物理图象，往往要根据物理规律，写出解析式，再加以分析．
4.答案：B
解析：
本题要理解切割的有效长度，即为垂于速度方向上的投影长度，所以本题中的有效长度为Lsinθ．本题中ab边不切割磁感线，bc边切割的有效长度为：Lsinθ，所以ac两点间的电势差即为bc边切割产生的电动势为：E=BLvsinθ.故B正确，ACD错误。

故选：B。

5.答案：D
解析：解：A、绳索对伤员的拉力做功的功率不变，而伤员加速上升，速度增大，由P=Fv可知，绳索对伤员的拉力F越来越小，故A错误；
B、由功率公式得重力功率P G=mgv可知，伤员克服重力做功的功率不断增大，故B错误；
C、由F−mg=ma可知，伤员运动的加速度越来越小，速度变化得越来越慢，故C错误；
D、合力对伤员做功的功率P合=(F−mg)v=P−mgv，由于P不变，速度越来越大，则合力对伤员做功的功率越来越小，故D正确。

故选：D。

绳索对伤员做功的功率不变，由于伤员加速上升，速度逐渐增大，根据P=Fv可知，拉力逐渐减小；伤员克服重力的功率P=mgv逐渐增大；根据牛顿第二定律可判断出加速度变化；根据P=(F−mg)v求得合外力功率变化。

本题主要考查了在额定功率下的变加速运动，关键是要抓住功率不变，速度增大，牵引力减小，明确瞬时功率P=Fv，结合牛顿第二定律即可判断。

6.答案：BC
解析：解：由开普勒第三定律可知R 13R 2
3=T 1
2
T 2
2
已知它们的周期分别是T 和3T ，故半径之比为1：√93，故A 错误，B 正确; 又因为线速度v =ωR =2πT
R ，故线速度之比
v 1v 2
=
T 2T 1
·
R 1R 2
=31
√9
3=
√3
3
1
，故C 正确，D 错误。

故选：BC 。

本题考察开普勒行星运动规律的应用，难度一般。

7.答案：CD
解析：
由图像可知交流电周期从而求频率；由图像可知发电机产生的电动势的最大值，由此求解有效值；应用闭合电路欧姆定律求解电压表示数；根据能的转化和守恒外力做功的功率等于整个电路的电功率，分析求解外力做功的功率。

该题主要考查交变电流、闭合电路欧姆定律、功率等相关知识；熟知图像特点和规律并能从中获取有用信息是解决本题的关键。

A .由图乙可知，交流电的周期T = 0.04 s ，由f =1
T ，可知交流电的频率为25 Hz ，故 A 错误； B .由交变电压的图象可知，发电机产生的电动势的最大值是12√2V ，有效值为12 V ，故B 错误； C .交流电压表的示数是路端电压的有效值，U =IR =
E R+r R =
(
m
√2
)R+r
R =9.6V ，故C 正确；
D .根据能的转化和守恒，外力做功的功率等于整个电路的电功率，外力做功的功率P =(
E m √2
)2
R+r
=14.4W ，
故D 正确。

故选CD 。

8.答案：AD
解析：
当两根绳的拉力恰好为零时，小球恰能在竖直面内做圆周运动，靠重力提供向心力，结合牛顿第二定律列出表达式，解得物体在最高点的速度；从最高点到最低点，由机械能守恒解得其在最低点的速度，再由牛顿第二定律解得两绳的拉力的合力，再由力的分解解得每段绳子的拉力。

解决本题的关键知道最高点的临界情况，抓住小球向心力的来源，结合牛顿第二定律及机械能守恒
定律进行求解，难度一般。

AB.由题意可知，小球恰能在竖直面内做圆周运动，故在最高点由其重力提供向心力，故有：mg=m v2
r
，
由几何关系知：r=√3
2L，联立解得：小球运动到最高点的速度v=√√3
2
Lg，A正确，B错误；
CD.从最高点到最低点，由机械能守恒可得：1
2mv2+mg2r=1
2
mv12，在最低点又由牛顿第二定律
可得：F1−mg=m v12
r
，联立解得两绳的拉力的合力为：F1=6mg，由力的分解可得小球在最低点时每段绳子的拉力：F=2√3mg，C错误，D正确。

故选AD。

9.答案：10；3
解析：
(1)由图读出波平移的距离，再由v=x
△t
，即可求解传播速度；
(2)由波形平移法，结合波的传播方向，从而确定x=2m处的质点振动方向．再分析此质点在△t时间内的路程。

解决本题的关键知道振动和波动的联系，掌握判断波形平移法判断波的传播方向，明确质点做简谐运动时在一个周期内通过的路程是4A，注意路程与位移的大小区别。

经过0.6s波形从实线位置传到虚线位置，波形移动的位移x=(10−4)m=6m，波速为v=x
△t
=
6
0.6
m/s=10m/s；
由图可知，在0.6s时间内x=2m处的质点通过的路程为3A=3cm。

故答案为：10，3。

10.答案：(1)不需要；1
t2；(2)不需要；需要；Fs0=1
2
M(d
t
)2。

解析：
(1)绳子的拉力由力传感器直接得出，不需要测量钩码重力；根据速度位移公式和功的定义式得到s− 1
t2
的关系。

(2)绳子的拉力由力传感器直接得出，不需要测量钩码重力；但需要平衡摩擦力，根据动能定律得到需要满足的关系。

本题考查“探究做功与速度的关系”的实验，关键在于理解实验的原理。

(1)绳子的拉力由力传感器直接得出，不需要用钩码的重力代替，不需要测量钩码重力；该实验中，
根据s=v2
2a ，有s=v2
2a
=d2
2a
⋅1
t2
，钩码不变，则加速度不变，若s−1
t2
图象是一条过原点的直线，因为
W=Fs∝s，则可得出做功与速度的关系；
(2)绳子的拉力由力传感器直接得出，不需要用钩码的重力代替，不需要测量钩码重力要研究合外力做的功与动能的变化量的关系，所以要平衡摩擦力；
根据动能定理得：Fs0=1
2Mv2，则有Fs0=1
2
M(d
t
)2，即可得出做功与速度的关系。

故答案为：(1)不需要；1
t2；(2)不需要；需要；Fs0=1
2
M(d
t
)2。

11.答案：(1)；
(2)13.7；
(3)1
U =1
E
+r
ER
；2.86；5.80
解析：
本题考查了测定电池的电动势和内阻；不管是考查什么实验，首先要找到实验原理，我们就可以根据实验原理找需要的实验仪器，找实验时需要注意的问题，列式求解一些需要的物理量。

已知电路图，根据电路图将电源、开关及电阻箱串接，电压表并联在电阻箱两端；
注意接线要接在接线柱上，导线不能交叉；电阻箱的读数方法，用△所对的数字乘以下面的倍数，然后把他们相加，就得出电阻箱的示数；
由电路的接法利用闭合是路欧姆定律可得出表达式，再利用数学规律可求得电动势和内阻。

(1)根据电路图连接实验电路如图所示：
；
(2)电阻箱的示数：R=1×10Ω+3×1Ω+7×0.1Ω=13.7Ω；
(3)根据闭合电路欧姆定律可得：E=U+Ir；
两边同除以EU，得：1
U =1
E
+I
EU
·r=1
E
+1
EU
·U
R
·r=1
E
+1
ER
·r；
所以图象的截距代表的是电动势的倒数，所以电源的电动势为：E=1
0.35
V=2.86V；
当内电阻和外电阻相等的时候，外电压等于电动势的一半，根据图象可知，当外电压为1.43V，即电压的倒数为0.7时，电路的外电阻大约为5.8Ω，所以电源的内阻为5.80Ω。

故答案为：(1)；(2)13.7；(3)1
U =1
E
+r
ER
；2.86；5.80。

12.答案：放热，气体体积减小，外界对气体做功，则W>0；T=βV2，体积减小则温度降低，则ΔU<0；由ΔU=W+Q得Q<0。

解析：
本题考查热力学第一定律，知道ΔU=W+Q中各字母的意义。

气体体积减小，外界对气体做功，则W>0；T=βV2，体积减小则温度降低，则ΔU<0，用热力学第一定律判定即可。

气体体积减小，外界对气体做功，则W>0；T=βV2，体积减小则温度降低，则ΔU<0；由ΔU= W+Q得Q<0，故该过程是放热。

故答案为：放热，气体体积减小，外界对气体做功，则W>0；T=βV2，体积减小则温度降低，则ΔU<0；由ΔU=W+Q得Q<0。

13.答案：解：(1)在匀强电场中，对带电粒子受力分析，根据牛顿运动定律可知，
OP=qE
2m
t2
OQ=vt
v x=qE m
t
v0=√v2+v x2解得E=320V/m，v0=200√17m/s
(2)粒子在两磁场中均做匀速圆周运动，所以
qvB=m v2 r
解得r=mv qB=1m
T=2πr
v
解得
T=
π
100
=3.14×10−2s
粒子的运动轨迹如图所示，
所以运动一个周期时间：t=2T=6.28×10−2s
(3)粒子的运动轨迹如图所示
由对称性可知，要想粒子能回到P点，
则粒子运动的半径应满足(2n+1)r=OP(n=0,1，2，3，……)
且r=mv qB，所以B=(0.4n+0.2)T，(n=0,1，2，3，……)
答：(1)匀强电场的电场强度大小为320V/m，带电粒子的初速度大小为200√17m/s；
(2)若两磁场的磁感应强度大小B=0.2T，该带电粒子在乙图中运动一个周期的时间为6.28×10−2s；
(3)乙图中若带电粒子能再次回到P点，则两匀强磁场的磁感应强度大小应满足的条件是：B= (0.4n+0.2)T n=0、1、2……。

解析：(1)应用运动的合成与分解、运动学公式与牛顿第二定律可以求出带电粒子的初速度与电场强度。

(2)带电粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，然后根据周期公式求出粒子做圆周运动的周期。

(3)根据题意作出粒子的运动轨迹，然后求出磁感应强度需要满足的条件。

本题考查了带电粒子在磁场与电场中的运动，根据题意分析清楚粒子的运动过程与运动性质是解题的前提与关键，应用运动学公式、牛顿第二定律即可解题。

14.答案：解：(i)活塞AB处于平衡状态，则有：pS A+p0S B=p0S A+pS B+mg
代入数据解得：p=1.3×105P a
对活塞B根据平衡条件可得：pS B=p0S B+F N，
解得：F N=45N
根据牛顿第三定律可得轻杆对A的作用力大小为45N，方向向下；
(ii)当活塞靠近D处时，活塞整体受力平衡没有变，气体压强不变，根据气体的等圧変化有：
(S A+S B)l
T0=
S B⋅2l
T
又T=t+273K=360K
解得：T0=480K。

答：(i)开始时，轻杆对活塞A的作用力大小为45N；
(ⅱ)开始时汽缸内气体的温度为480K。

解析：(i)活塞处于平衡状态，对整体根据平衡条件求解气体压强，对活塞B根据平衡条件轻杆对A 的作用力大小；
(ii)根据气体的等圧変化列方程求解。

本题主要是考查了盖⋅吕萨克定律的应用。

15.答案：解：(i)连接DO，则三角形BOD恰为等边三角形，由几何知识得α=30°
在界面AB，根据折射定律得sin60°=nsinα
解得n=√3
(ii)作出其余光路如图所示，光在O点发生折射，OO′为法线。

根据折射定律得sin∠2=nsin∠1
而∠1=α=30°
解得∠2=60°
光在D′发生折射，D′E为法线，由光路可逆知∠3=∠1=30°
在Rt△OO′D中，O′D′=OO′⋅tan∠2=√3
3
R
在△O′DP中，根据正弦定理得sin∠4
O′D′=sin(90°+∠3)
O′P
解得∠4=30°…①
光在P点发生折射，根据折射定律得sin∠5=nsin∠4…②
联立①②解得∠5=60°(光线平行于OO′连线向右射出)
由几何关系∠C′O′P=30°，则P点距直径B′C′水平距离为R
2。

答：(i)玻璃砖的折射率n是√3；
(ii)P点距直径B′C′水平距离为R
2
和单色光最后出射方向平行于OO′连线向右射出。

解析：(i)连接DO，则三角形BOD为等边三角形，作出光路图，由几何知识求出光线在D点的折射角，由折射定律求出折射率n；
(ii)光线从点O射出后经过两次折射从P点射出，运用两次折射定律列式，结合数学知识分析两次折射时入射角和折射角之间的关系，即可求解。

本题考查光的折射定律。

关键是作出光路图，根据几何知识求出相关距离和角度。

16.答案：解：以小球为研究对象，由题可知，小球在水平面内做匀速圆周运动，半径为R=lsinθ+r，由重力和细绳拉力的合力提供向心力，力图如图．设角速度为ω，则由牛顿第二定律得
mgtanθ=mω2R
又R=lsinθ+r
得到：ω=√gtanθ
lsinθ+r
．
答：圆盘的角速度是√gtanθ
lsinθ+r
解析：小球随着一起转动时在水平面内做匀速圆周运动，由重力和细绳拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解转速．
本题是圆锥摆问题，容易出错的地方是圆周运动半径的确定，不等于细绳的长度，也不等于lsinθ，是轨迹圆的半径，由几何知识确定．。