2020年高考物理必刷试卷03(新课标卷)(解析版)

2020年高考必刷试卷（新课标卷03）
理科综合物理
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。

二、选择题：本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要
求，第19~21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。

14．钚的一种同位素239
94Pu的衰变方程为239
94
Pu→X＋4
2
He＋γ，衰变后产生的巨大的能量以γ光子的形式释放，
若239
94
Pu的半衰期为24100年，则
A．X的核电荷数为92，72个239
94
Pu经过24100年后一定还剩余36个
B．X的中子数为143，40克239
94
Pu经过48200年后，还有10克未衰变C．X的质量数为236，核反应过程中电荷数、质量数守恒
D．239
94Pu核衰变前的质量等于衰变后X、4
2
He核的质量之和
【答案】B
【解析】
A．半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数的原子核衰变不适应，选项A错误；
BC．根据质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为235，电荷数为92，则中子数为235-92=143，40克
239 94Pu经过48200年后，还有
48200
24200
1
4010g
2
g
⨯=
（）未衰变，选项B正确，C错误；
D．因反应放出能量，则有质量亏损，即239
94Pu核衰变前的质量大于衰变后X、4
2
He核的质量之和，选
项D错误；
故选B.
15．（2019·湖南高三）如图所示，竖直轻弹簧下端固定，上端与一物体相连，系统处于静止状态。

现对物体施加一竖直向上的力，使得物体竖直向上做匀速直线运动（弹簧一直在弹性限度内），则在下面四幅图中，能正确反映该力的大小F随物体的位移x变化的关系的是
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】
开始时物体处于平衡状态，物体受重力和弹力，有：
mg=kx1
物体向上匀速过程，对物体受力分析，受重力、弹簧向上的弹力、拉力F，根据平衡条件有
F=mg-F弹
根据胡克定律，有
F弹=k（x1-x）=mg-kx
所以
F =kx
故外力与为x是正比例关系；
A.与分析相符，故A正确。

B.与分析不符，故B错误。

C.与分析不符，故C错误。

D.与分析不符，故D错误。

16．（2019·四川高三）如图甲，在匀强电场中的O点先后无初速释放两个正点电荷I和Ⅱ，电荷仅受匀强电场的作用沿直线向A运动，两电荷的动能E k随位移x变化的关系如图乙。

若I的电荷量为q，则可知
A ．匀强电场的场强大小为E =
ko
E qx B ．电荷Ⅱ受到的电场力大小为ko
II o
E F x =
C ．电荷Ⅱ的电荷量为
2
q D ．选O 点为零电势点，A 点的电势为ko
A E q
φ= 【答案】A 【解析】
A.对电荷I ，从O 点到A 点，由动能定理可得
0k qEx E =
故电场强度大小为
E =
ko
E qx 故A 正确；
B.对电荷Ⅱ，由动能定理可得
002II k F E x =
故电荷Ⅱ受到的电场力为
2ko
II o
E F x =
故B 错误； C.由场强为E =
0ko E qx ，电荷Ⅱ受到的电场力为2ko
II o
E F x =，可得电荷Ⅱ受到的电荷量为
2II
Q F q E
=
= D. 选O 点为零电势点，则
ko
OA E U qE x ==
由OA O A A U φφφ=-=-可得，A 点电势为
ko
A E φx =-
17．（2019·河南高三）如图所示，ABCD -A ＇B ＇C ＇D ＇为一立方体木箱，O 点为底面A ＇B ＇C ＇D ＇中心，
M 点为DD ＇中点，N 点为BCC ＇B ＇面的中心。

AO 、MO 、NO 为三个光滑轻杆，三个完全相同的小球套在轻杆上，分别从A 、M 、N 三点由静止沿轻杆滑下。

关于三个小球的运动，下列说法正确的是
A ．三个小球滑到O 点时的速度大小相等
B ．三个小球滑到O 点所用的时间相等
C ．从A 点滑下的小球到达O 点时的速度最大
D ．从M 点滑下的小球到达O 点所用时间最短 【答案】C 【解析】
AC ．根据题意，分别将 AO ,NO ,MO 看做直角三角形的三个斜边，由图可知，A ,M ,N 三点高度之比为 2:1:1，由动能定理:
21
02
mgh mv =-
可知，三者落地速度不同，由高度关系可得：
::2:1:1A M N v v v =
则三者的速度大小关系为：
A M N v v v >=
故A 错误，C 正确。

BD ．A ,M ,N 三个小球水平位移之比为2:2:1，A ,M ,N 三个小球加速度分别为
211,,632
A M N a a a =
== 再由v = at 可得
A M N t t t =>
故BD 均错误。

故选C 。

18．某卫星绕地球做匀速圆周运动，t 时间内这颗卫星运动的轨迹长为s ，这段时间内卫星的运动方向改变
了θ角.已知引力常量为G ，由此可求得地球的质量为 A ．
32
s G t θ B ．
222
s G t
θ
C ．32
s G t
θ D ．
33
s G t θ
【答案】C 【解析】
由题可知，卫星的线速度
v =
s t
卫星的角速度
t
θ
ω=
卫星做圆周运动的半径
r =
s θ
由G
2
Mm
m v r ω=，求得 M =3
2
s G t
θ A ．
32
s G t
θ，与结论不相符，选项A 错误；
B ．
222
s G t
θ，与结论不相符，选项B 错误；
C ．3
2
s G t θ，与结论相符，选项C 正确；
D ．
33
s G t
θ，与结论不相符，选项D 错误；
故选C 。

19．（2019·重庆高三）如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。

座舱的质量为m ，运
动半径为R ，周期为T ，重力加速度为g ，则座舱
A ．受摩天轮作用力始终大于mg
B ．所受合力大小始终为22
4mR
T π
C ．由最高点到最低点过程中，合外力做功为0
D ．由最高点到最低点过程中，合外力冲量为0 【答案】BC 【解析】
A ．由于座舱的重力和摩天轮对座舱的作用力的合力充当向心力，故摩天轮对座舱的作用力和重力的大小关系不确定，故A 错误；
B ．座舱做匀速圆周运动，受到的合外力充当向心力，故合力大小为
22
2(
)F m R m R T
πω==， 故B 正确；
C ．由最高点到最低点过程做匀速圆周运动，可知速度的大小不变，则动能的变化量为零，由动能定理知合外力做功为零，故C 正确；
D ．由最高点到最低点的过程做匀速圆周运动，速度大小不变，方向改变180°，则动量的变化不为零，由动量定理可知合外力的冲量不为零，故D 错误。

故选BC 。

20．（2020·湖南高三期末）如图，质量为M 、长度为L 的小车静止在光滑水平面上，质量为m 的小物块（可
视为质点）放在小车的最左端。

现用一水平恒力作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。

小物块和小车之间的摩擦力为F f ，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x ，此过程中，以下结论正确的是
A ．小物块到达小车最右端时具有的动能为()()f F F L x -⋅+
B ．小物块到达小车最右端时小车具有的动能为f F L ⋅
C ．小物块克服摩擦力所做的功为f F x ⋅
D ．小物块和小车增加的机械能为)f F L x F L ⋅+-⋅（
【答案】AD 【解析】
A ．对物块分析，物块相对于地的位移为L+x ，根据动能定理得
21
02
f F F L x mv -+=-()()
则知物块到达小车最右端时具有的动能为（F -F f ）（L +x ）。

故A 正确。

B ．对小车分析，根据动能定理得
21
02
f F x Mv =
'- 则知物块到达小车最右端时，小车具有的动能为F f x ．故B 错误。

C ．物块相对于地的位移大小为L+s ，则物块克服摩擦力所做的功为F f （L +s ）。

故C 错误。

D ．根据能量守恒得，外力F 做的功转化为小车和物块的机械能和摩擦产生的内能，则有：
F （L +x ）=△E +Q
则物块和小车增加的机械能为
△E =F （L +x ）-F f L ．
故D 正确。

故选AD 。

21．（2019·黑龙江高三）在倾角为θ=30˚的斜面上固定两根足够长的平行金属导轨MN 、EF ，间距为L ，导
轨处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨斜面向下。

有两根质量均为m 、电阻均为R 、长度均为L 的金属棒ab 、cd 垂直导轨放置且与导轨接触良好，光滑的ab 棒用平行于导轨的不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮与质量为2m 的物块P 连接，如图所示。

初始时作用在ab 棒上一个外力（题中未画出）使ab 棒、重物P 保持静止，cd 棒也静止在导轨上且刚好不下滑。

已知重力加速度大小为g ，导轨电阻不计，cd 棒的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

现撤去外力，ab 棒和重物P 从静止开始运动，到cd 棒刚好要向上滑动的过程中，则
A ．重物P 向下做加速度不断减小的加速运动
B ．cd 棒刚好要向上滑动时，ab 棒中的电流大小为0.8B μ=
C ．cd 棒刚好要向上滑动时，重物P 的速度大小为4
15
B μ=
D ．重物P 减少的重力势能等于ab 棒、重物P 增加的动能与ab 、cd 棒产生的焦耳热之和 【答案】ABC 【解析】
A ．P 和ab 棒是一个系统，P 的重力不变，ab 棒重力沿斜面向下的分力不变，而速度在增大，沿斜面向下的安培力随之增大，P 棒的合外力变小，加速度变小，A 正确；
B ．cd 棒刚开始恰好静止，
sin cos mg mg θμθ= ，
cd 棒刚要上滑时，
sin cos BIL mg mg θμθ=+
mg I BL
=
B 正确；
C ．cd 棒刚要上滑时，
mg I BL
=
2BLv
I R
=
22
2mgR
v B L
=
C 正确；
D ．重物P 减少的重力势能等于ab 棒、重物P 增加的动能、ab 棒增加的重力势能与ab 、cd 棒产生的焦耳热之和，D 错误； 故选ABC 。

三、非选择题：共174分，第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第33~38题为选考题，考生
根据要求作答。

（一）必考题：共129分。

22．（6分）某同学利用图示实验装置探究做功与滑块动能变化的关系，重力加速度大小为g 。

①用游标卡尺测量遮光条的宽度d=2.14 mm ，则所用的是________分度的游标卡尺（填“10”、“20”或“50”）。

②下列实验操作必要的是___________ A ．调整轨道成水平
B ．调整轨道的倾角以平衡摩擦力
C ．必须满足钩码的质量远小于滑块与遮光条的总质量
③按正确操作进行实验，用天平测得滑块与遮光条的总质量为M ，钩码的质量为m ；滑块由静止释放，由数字计时器读出遮光条挡光时间Δt ；从刻度尺上读出滑块释放时遮光条到光电门的距离x ，则合力做的功与滑块动能变化的关系式是_________________。

【答案】50 （2分） AC （2分） 2
12d mgx M t ⎛⎫
= ⎪∆⎝⎭
（2分）
【解析】
①遮光条的宽度：d=2.14mm=2mm+7×0.02mm ，游标尺的精度为0.02mm ，游标尺是50分度的。

②AB 、用气垫导轨做实验，实验前要调节气垫导轨水平，实验不需要调整轨道的倾角平衡摩擦力，故A 正确，B 错误；
C 、当钩码质量远小于滑块质量时可以近似认为滑块受到的拉力等于钩码的重力，实验必须满足钩码的质量远小于滑块与遮光条的总质量，故C 正确； ③滑块经过光电门时的速度：
d v t =
V 对滑块，由动能定理得：
21
2
mgx Mv =
即：
2
12d mgx M t ⎛⎫= ⎪∆⎝⎭
；
23．（9分）为了测量一节干电池的电动势和内阻,某同学采用了伏安法,现备有下列器材:
A .被测干电池一节
B .电流表1:量程为0～0.6 A,内阻r=0.3 Ω
C .电流表2:量程为0～0.6 A,内阻约为0.1 Ω
D .电压表1:量程为0～3 V ,内阻未知 E.电压表2:量程为0～15 V ,内阻未知
F.滑动变阻器1:0～10 Ω,允许通过的最大电流为2 A
G.滑动变阻器2:0～100 Ω,允许通过的最大电流为1 A
H.开关、导线若干
在用伏安法测电池电动势和内阻的实验中,由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差；在现有器材的条件下,要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。

①在上述器材中请选择适当的器材；电流表_____电压表____ (选填仪器前的字母代号)。

②实验电路图应选择上图中的____(选填“甲”或“乙”)。

③根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U -I 图象,则干电池的电动势E=____V,内阻r=____Ω。

④另一组同学分别用不同的电池组（均由同一规格的两节干电池串联而成）完成了上述的实验后，发现不同组的电池组的电动势基本相同，只是内电阻差异较大。

同学们选择了内电阻差异较大的甲、乙两个电池组进一步探究，对电池组的输出功率P 随外电阻R 变化的关系，以及电池组的输出功率P 随路端电压U 变化的关系进行了猜想，并分别画出了如下图所示的P -R 和P -U 图象。

若已知甲电池组的内电阻较大，则下列各图中可能正确的是_____（选填选项的字母）。

A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】B （1分） D （1分） 甲（1分） 1.5 （2分） 0.7 （2分） BC （2分） 【解析】
①电流表选择已知内阻的电流表B ；因电源电动势为1.5V ，则电压表选D 。

②因电流表内阻已知，则实验电路图应选择上图中的甲。

③根据U -I 图象，则干电池的电动势E=1.5V ；内阻
1.5 1.0
0.30.70.5
A U r R I ∆-=
-=-=Ω∆ ④A 、根据电源的输出功率规律可知，当内外电阻相等时输出功率最大，如果外电阻大于内电阻时，随
着电阻的增大，输出功率将越来越小，由2
4E P r
=可知，电动势相同，内阻越小的乙输出功率越大，故
B 正确，A 错误；
C 、当内阻和外阻相等时，输出功率最大；此时输出电压为电动势的一半．由A 的分析可知，乙输出的功率比甲的大；而当外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零；故C 正确，
D 错误． 故选BC ．
24.（13分）（2020·福建高三期末）如图所示，直角坐标系第二象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，第一象
限中有竖直向上的匀强电场，大小均未知。

一带电量为+q ，质量为 m 的粒子从 P （-1.2d ，0）点以初速度 v 0 射入磁场，速度方向与 x 轴负方向夹角为 37°，经磁场偏转后，从 Q 点进入第一象限时与 y 轴负方向夹角为 53°，粒子在第一象限运动时，恰能与 x 轴相切。

重力不计，求： （1）磁感应强度大小 （2）电场强度大小
（3）粒子与 x 轴相切点的坐标
【答案】（1）0mv qd （2）2
0980mv qd （3）（
64
15
d ，0） 【解析】
（1）粒子在磁场中运动轨迹如图所示，PQ 恰为直径，由几何关系得：
2sin37 1.2R d =o （1分）
2
0v qv B m R
=（1分）
得：
mv B qd
=
（2分）
（2）要恰能与x 轴相切，则竖直方向速度为零时恰到x 轴：
()2
0cos5322cos37v a R =⋅o o （1分）
qE ma =（1分）
得：
2
980mv E qd
=（2分）
（3）沿着x 轴、y 轴方向的运动分别为：
0sin 53x v t =o （1分）
0cos532cos372
v R t =o
o
（1分）
得：
x =
64
15
d （1分） 即相切点的坐标为（
64
15
d ，0）（2分） 25.（19分）（2020·上海高三）如图a 所示的“冰爬犁”是北方儿童在冬天的一种游戏用具：“上坐一人，双
手握铁篙，向后下方用力点冰，则冰床前进如飞。

”在空旷的水平冰面上，有一小孩从静止开始，连续三次“点冰”后，爬犁沿直线继续滑行了24m 后停下。

某同学用v -t 图像描述了上述运动过程，如图b 所示。

（1）求爬犁减速滑行时加速度的大小a 2和运动中的最大速率v max ； （2）求小孩“点冰”时爬犁加速度的大小a 1；
（3）通过受力分析，说明“点冰”过程中爬犁加速的原因；
（4）该同学把小孩每次“点冰”使爬犁加速的过程视为匀加速直线运动，他做了哪些近似的处理。

【答案】（1）0.93m/s 2；6.67m/s （2）3.72m/s 2（3）见解析（4）把力近似看做恒力 【解析】
（1）小孩滑行时水平方向只受摩擦力的作用，做匀减速直线运动，与初速度为零的匀加速直线运动具有对称性，因此有
22221
2
s a t =∆（1分）
将s 2=24m 、△t 2=（12-4.8）s=7.2s 代入上式， 可解得a 2=0.93m/s 2（2分） 根据
221
2
max s v t =（1分）
可解得运动中的最大速率v max =6.67m/s （2分）
（2）小孩“点冰”加速过程中速度的增大量与滑行过程中速度的减小量相等，加速的时间共计
t 1=0.8s+0.8s+0.8s=2.4s （1分）
减速的时间共计
t 2=1.2s+1.2s+7.2s=9.6s （1分）
根据
a 1t 1=a 2t 2（1分）
可解得小孩“点冰”时爬犁加速度的大小
12
2
1
3.72t t a a ==m/s 2（2分） （3）小孩和“爬犁”看作一个整体，小孩向后下方用力点冰，冰反过来给整体一个反作用力F ，整体的受力情况如图所示。

当F的水平分力大于摩擦力时，整体就向前做加速运动。

（或：“爬犁”受到重力、冰面支持力、冰面摩擦力、小孩压力、小孩摩擦力。

“爬犁”受到的小孩摩擦力大于冰面摩擦力，使“爬犁”向前加速度运动。

）（4分）
（4）小孩向后下方点冰时，给冰面的作用力是变化的，该同学把该力近似看作恒力，其反作用也是恒力，才可将爬犁的加速运动视为匀加速直线运动。

（4分）
（二）选考题：共45分。

请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。

如果多做，则每科按所做的第一题计分。

33．[物理—选修3–3]（15分）
（1）（5分）下列说法正确的是_______________。

（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）
A．表面张力使液体的表面有拉伸的趋势
B．饱和蒸汽在等温变化的过程中，当体积减小时压强不变
C．将未饱和汽化成饱和汽可以保持体积不变，降低温度
D．当空气中水蒸气压强等于同温度水的饱和汽压，水会停止蒸发
E．空气的相对湿度定义为空气中所含水蒸汽的压强与相同温度时水的饱和汽压之比
【答案】BCE
【解析】
A．与气体接触的液体表面分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面层的分子间同时存在相互作用的引力与斥力，但由于分子间的距离大于分子的平衡距离0r，分子引力大于分子斥力，分子力表现为引力，即存在表面张力，表面张力使液体表面有收缩的趋势，故A错误；
B．饱和蒸汽压和温度有关，和其体积无关，故B正确；
C．保持体积不变，减小压强，根据理想气体的状态方程：pV
C
T
可知气体的温度一定降低，所以可
知未饱和汽在降低温度时可能转化成饱和汽，故C正确；
D．空气中水蒸气压强等于同温度水的饱和汽压，水蒸发速率等于水蒸气的液化速率，达到一个动态平
衡，但水不会停止蒸发，故D 错误；
E ．空气的绝对湿度用空气中所含水蒸汽的压强表示，空气的相对湿度定义为空气中所含水蒸汽的压强与相同温度时水的饱和汽压之比，故E 正确。

故选BCE 。

（2）（10分）如图所示，气缸开口向上放在水平地面上，缸内有一固定的导热板和一个可自由移动的活塞，
开始时导热板上、下封闭气体A 、B 的压强相等、温度均为0T ，A 气柱气体的体积为V B 、气柱气体体积为2V ，已知大气压强为0p ，活塞的质量为m ，活塞的横截面积为S ，气缸足够长，气缸和活塞都是绝热材料制成，给B 气体缓慢加热，当A B 、气体体积相等时，电热丝发出的热量为Q ，重力加速度为g 。

求：
（i ）当A B 、气体体积相等时，B 中气体的压强多大？
（ii ）当A B 、气体体积相等时，A B 、两段气体增加的总内能是多少？
【答案】（i ）02mg p S ⎛⎫+ ⎪⎝
⎭；（ii ）0mg Q p V S ⎛
⎫-+ ⎪⎝⎭
【解析】
（i ）开始时，A B 、中气体的压强
10mg
p p S
=+
（1分） 对A 气体研究，当气体的体积增大为原来2倍，气体发生等压变化
02V V T T
=（1分） 得
02T T =（1分）
对B 气体研究，气体发生等容变化，则
12
0p p T T
=（1分）
得
21022mg p p p S ⎛
⎫==+ ⎪⎝⎭
（2分）
（ii ）活塞向上移动过程对外做功为
10mg W p V p V S ⎛
⎫=∆=+ ⎪⎝
⎭（2分）
根据热力学第一定律，两部分气体增加的内能
0mg U Q W Q p V S ⎛
⎫∆=-=-+ ⎪⎝
⎭（2分）
34．[物理一选修3–4）（15分）
（1）（ 5分）甲、乙两列简谐横波在同种均匀介质中传播，如图所示为t =0时刻两列波恰好在坐标原点相遇时的波形图，甲波的频率为2Hz ，沿x 轴正方向传播，乙波沿x 轴负方向传播，则（ ）（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）
A ．甲、乙两波的频率之比为1:1
B ．乙波的传播速度为1m/s
C ．两列波叠加后，x =0处的质点振幅为20cm
D ．t =0.25s 时，x =0处的质点处于平衡位置，且向下运动
E ．两列波叠加后，x =2m 处为振动加强点 【答案】ADE 【解析】
A ．甲、乙两列简谐横波在同种均匀介质中传播，波速相等，由图知，λ甲=2m ，λ乙=2m ，由v =λf 知甲、乙两波的频率之比为1：1，故A 正确；
B ．乙波的传播速度为
22m/s 4m/s v f λ==⨯=乙乙
故B 错误；
C ．由“上下坡”法可知，两列波叠加后，x =0处的质点振动加强，振幅为
010cm 20cm 30cm A A A =+=+=甲乙
故C 错误； D ．两波的周期为
11
=
s 0.5s 2
T f == 由“上下坡”法可知，t =0时刻，x =0处的质点处于平衡位置，且向上运动，因为
0.25s 2
T t ==
所以t =0.25s 时，x =0处的质点处于平衡位置，且向下运动，故D 正确；
E ．两列波叠加后，在x =2m 处两波的波峰与波峰或波谷与波谷相遇，振动加强，故E 正确。

故选ADE 。

（2）（10分）（2019·河北高三）如图所示，ABC 为一透明材料制成的柱形光学元件的横截面，该种材料
的折射率5
3n =
，AC 是一半径为R 的14
圆弧，O 为圆弧面圆心，ABCO 构成正方形，在O 处有一点光源，从点光源射入圆弧AC 的光线，进入透明材料后首次射向AB 或BC 界面直接射出．下面的问题只研究进入透明材料后首次射向AB 或BC 界面的光线，已知AB 面上的P 点到A 点的距离为341
R ．求：
（i ）从P 点射出的光线的折射角；
（ii ）AB 和BC 截面上没有光线射出部分的总长度．
【答案】（i ）45︒（ii ）0.5R 【解析】
（i ）设射向P 点的光线入射角为θ1，折射角为2θ，由几何关系有
13
sin 52
AP PO θ=
=（2分） 根据折射定律有
12sin 1
sin n
θθ=（2分） 解得
245θ︒=（1分）
（ii ）设材料的临界角为C ，射向M 点的光线恰好发生全反射，则有
1
sin C n
=
（1分）
AB 截面没有光射出部分的长度为
1
(1tan )4
BM C R R =-=
（1分） 根据对称性可知，两截面上没有光线射出部分的总长度为
2(1tan )l C R =-（1分）
代入解得
0.5l R =（2分）。