天津市北辰区2021届第三次新高考模拟考试物理试卷含解析

天津市北辰区2021届第三次新高考模拟考试物理试卷
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．如图，一演员表演飞刀绝技，由O 点先后抛出完全相同的三把飞刀，分别垂直打在竖直木板上M 、N 、P 三点.假设不考虑飞刀的转动，并可将其看做质点，已知O 、M 、N 、P 四点距离水平地面高度分别为h 、4h 、3h 、2h ，以下说法正确的是（ ）
A ．三把刀在击中板时动能相同
B ．三次飞行时间之比为23
C ．三次初速度的竖直分量之比为3:2:1
D ．设三次抛出飞刀的初速度与水平方向夹角分别为θ1、θ2、θ3，则有θ1＞θ2＞θ3 【答案】D 【解析】 【详解】
A.将飞刀的运动逆过来看成是一种平抛运动，三把刀在击中板时的速度大小即为平抛运动的初速度大小，运动时间为2h t g =
02x g v t h
==平位移大小相等，由平抛运动的初速度大小不等，即打在木板上的速度大小不等，故三把刀在击中板时动能不同;故A 错误.
B.竖直方向上逆过来看做自由落体运动，运动时间为2h
t g
=
32321h h h =故B 错误.
C.三次初速度的竖直分量等于平抛运动下落的速度竖直分量，由2y v gt gh ==321故C 错误.
D.设任一飞刀抛出的初速度与水平方向夹角分别为θ，则
22tan 2y v gh h
v x g
x
h
θ=
==
，
则得θ1＞θ2＞θ3;故D 正确.
2．如图甲所示，单匝矩形金属线框abcd 处在垂直于线框平面的匀强磁场中，线框面积0.3S =2m ，线框连接一个阻值3R =Ω的电阻，其余电阻不计，线框cd 边位于磁场边界上。

取垂直于线框平面向外为磁感应强度B 的正方向，磁感应强度B 随时间t 变化的图像如图乙所示。

下列判断正确的是（ ）
A ．0～0.4s 内线框中感应电流沿逆时针方向
B ．0.4～0.8s 内线框有扩张的趋势
C ．0～0.8s 内线框中的电流为0.1A
D ．0～0.4s 内ab 边所受安培力保持不变 【答案】C 【解析】 【详解】
A ．由图乙所示图线可知，0-0.4s 内磁感应强度垂直于纸面向里，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，故A 错误。

B ．由图乙所示图线可知，0.4-0.8s 内穿过线框的磁通量增加，由楞次定律可知，线框有收缩的趋势，故B 错误。

C ．由图示图线可知，0-0.8s 内的感应电动势为
0.40.40.3(V=0.3V 0.)8B E S t t ∆Φ∆--=
⨯∆∆＝＝ 线框中的电流为：
0.3
A=0.1A 3
E I R =
＝ 故C 正确。

D ．在0-0.4s 内感应电流I 保持不变，由图乙所示图线可知，磁感应强度B 大小不断减小，由F=ILB 可知，ab 边所受安培力不断减小，故D 错误。

故选C 。

3．关于天然放射现象，下列说法正确的是（ ）
A ．放出的各种射线中，α粒子动能最大，因此贯穿其他物质的本领最强
B ．原子的核外具有较高能量的电子离开原子时，表现为放射出β粒子
C ．原子核发生衰变后生成的新核辐射出γ射线
D ．原子核内的核子有一半发生衰变时，所需的时间就是半衰期
【答案】C
【解析】
【详解】
A．在三种放射线中，α粒子动能虽然很大，但贯穿其他物质的本领最弱，选项A错误。

B．β衰变射出的电子来源于原子核内部，不是核外电子，选项B错误。

C．原子核发生衰变后产生的新核处于激发态，向外辐射出γ射线，选项C正确。

D．半衰期是放射性原子核总数有半数发生衰变，而不是原子核内的核子衰变，选项D错误；
故选C。

4．如图，两端封闭的玻璃直管下方用一小段水银柱封闭了一定质量的理想气体，上方为真空．现在管的下方加热被封闭的气体，下图中不可能发生的变化过程是（）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】
【详解】
A、图A为P-T图象，气体先做等压变化，温度升高，后做等容变化，压强随温度的升高而增大；故A 正确．
B、图B为p-t图，图中的气体的第二段变化的过程压强不变，显然是不可能的；故B错误．
C、图C是p-V图象，气体先做等压变化，体积增大，后做等容变化，压强增大；故C正确．
D、图D是V-T图象，气体第一段图线V
T
不变，表示气体先做等压变化，体积增大，后做等容变化；故
D正确．
本题选择不可能的故选B．
【点睛】
该题结合气体的状态图象考查对理想气体的状态方程的应用，解答的关键是先得出气体的状态参量变化的规律，然后再选择图象．
5．关于近代物理学，下列说法正确的是
A．光电效应现象揭示了光具有波动性
B．—群氢原子从n＝4的激发态跃迁时，最多能辐射6种不同频率的光子
C．卢瑟福通过α粒子散射实验证实原子核由质子和中子组成
D．氡的半衰期为3.8天，若取4个氡原子核，经过7.6天后一定剩下1个氡原子核
【答案】B
【解析】
光电效应现象揭示了光具有粒子性，故A错误；—群氢原子从n＝4的激发态跃迁时，最多能辐射2
46
C=，即6种不同频率的光子，故B正确；卢瑟福通过α粒子散射实验证实原子的核式结构模型，故C错误；半衰期只适用大量原子核，对极个别原子核没有不适用，故D错误．所以B正确，ACD错误．
6．如图所示，空间直角坐标系Oxyz处于一个匀强电场中，a、b、c三点分别在x、y、z轴上，且到坐标原点O的距离均为10cm。

现将一带电荷量0.2C
q=的负点电荷从b点分别移动到a、O、c三点，电场力做功均为1J。

则该匀强电场的电场强度大小为（）
A．503N/C B．50 N/C C．103V/m D．10V/m
【答案】B
【解析】
由公式W Uq =代入数据可得
5V U =
由题意可知a 、O 、c 三点所构成的面是等势面，Ob 垂直于xOz 平面，b 点到xOz 平面的距离10cm d =，故匀强电场的电场强度大小
5N/C 50N/C 0.1
U E d =
== 故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

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．分子动理论以及固体、液体的性质是热学的重要内容，下列说法正确的是_____ A ．物体吸收热量同时对外做功，内能可能不变 B ．布朗运动反映了悬浮颗粒中分子运动的无规则性 C ．荷叶上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用 D ．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点 E.两分子间的分子势能一定随距离的增大而增大 【答案】ACD 【解析】 【详解】
A ．物体吸收热量同时对外做功，二者相等时，内能不变，故A 正确；
B ．布朗运动反映了液体分子运动的无规则性，故B 错误；
C ．荷叶上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，故C 正确；
D ．液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故D 正确；
E ．分子间的作用力若表现为引力，分子距离增大，分子力做负功，分子势能增大，若分子力表现为斥力，分子距离增大，分子力做正功，分子势能减少，故E 错误； 故选ACD 。

8．一栋大楼的电梯运行高度为104m ，测试人员测试电梯的运行情况。

某次测试时让电梯从地面直达最高处，电梯运行的速度不超过4m/s ，加速度大小不超过22m/s 。

电梯中的测试人员的质量为75kg ，重力加速度g 取210m/s 。

若电梯以最短时间运行，下列说法正确的是（ ） A ．最短时间为28s
B ．最短时间为24s
C ．测试人员的脚部承受的最大压力为750N
D ．测试人员的脚部承受的最大压力为900N 【答案】AD
【详解】
电梯运行时间最短，则电梯运动的过程如下：以最大加速度a 做初速度为0的加速运动至最大速度v ，再以速度v 匀速运动，最后以最大加速度a 做减速运动至静止。

加速和减速过程有对称性。

AB ．匀加速过程与匀减速过程，均有
14
2s 2
=
==v t a 通过的位移
22
144m 222
===⨯x v a
匀速过程有
2110421042496m =-=-⨯=x x
又有
2296m 24s 4m/s
x t v =
== 总时间为
12228s t t t =+=
故A 正确，B 错误；
CD ．在加速上升过程测试人员脚部承受的压力最大，有
N F mg ma -=
则
N ()75(102)N 900N F m g a =+=⨯+=
故C 错误，D 正确。

故选AD 。

9．如图所示，劲度数为k 的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m 的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变．用水平力F 缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了0x ，此时物体静止．撤去F 后，物体开始向左运动，运动的最大距离为40x ．物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ．则（ ）
A ．撤去F 后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动
B ．撤去F 后，物体刚运动时的加速度大小为0
kx g m
μ-
C ．物体做匀减速运动的时间为
D ．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为0()mg
mg x k
μμ-
【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．撤去F 后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加速运动后做减速运动，随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动，A 错误；
B ．刚开始时，由牛顿第二定律有：
0kx mg ma μ-=
解得：0
kx a g m
μ=- B 正确；
C ．由题意知，物体离开弹簧后通过的最大距离为3x 0，由牛顿第二定律得：
1a g μ＝
将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则：
20112
3x a t =
联立解得：t =
C 错误；
D ．当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度速度最大时合力为零，则有
F mg kx μ==
解得mg
x k
μ=
，所以物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为：
()f 00(mg W mg x x mg x k μμμ=⎛
⎫=- ⎪⎝⎭
-
D 正确。

故选BD 。

10．如图所示，沿x 轴正方向传播的一列简谐横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200m/s ，则下列说法正确的是（ ）
A ．图示时刻质点b 的加速度正在增大
B ．从图示时刻开始，经0.01s ，质点b 位于平衡位置上方，并向y 轴正方向做减速运动
C ．从图示时刻开始，经0.01s ，质点a 沿波传播方向迁移了2m
D ．若该波发生明显的衍射现象，则它所遇到的障碍物或孔的尺寸一定比4m 大得多 【答案】AB 【解析】 【分析】 【详解】
A ．由于波沿x 轴正方向传播，根据“上下坡”法，知道b 质点正向下振动，位移增大，加速度正在增大，故A 正确；
B ．由图知，波长λ=4m ，则该波的周期为
4
s=0.02s 200
T v
λ
=
=
从图示时刻开始，经过0.01s ，即半个周期，质点b 位于平衡位置上方，并向y 轴正方向做减速运动，故B 正确；
C ．质点a 不会沿波传播方向迁移，故C 错误；
D ．当波的波长比障碍物尺寸大或差不多时，就会发生明显的衍射，所以若该波发生明显的衍射现象，则该波所遇到的障碍物尺寸一定比4 m 小或和4m 差不多，故D 错误。

故选：AB 。

11．如图所示，小车质量为M ，小车顶端为半径为R 的四分之一光滑圆弧，质量为m 的小球从圆弧顶端由静止释放，对此运动过程的分析，下列说法中正确的是（g 为当地重力加速度）（ ）
A ．若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为mg
B ．若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为32
mg
C ．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为2()
gR
m
M M m +
D ．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为2()
gR
M m M m +
【答案】BC 【解析】 【详解】
AB ．若地面粗糙且小车能够静止不动，设圆弧半径为R ，当小球运动到半径与竖直方向的夹角为θ时，速度为v ．
根据机械能守恒定律有：
12
mv 2
=mgRcosθ 由牛顿第二定律有：
N-mgcosθ=m 2
v R
解得小球对小车的压力为： N=3mgcosθ 其水平分量为 N x =3mgcosθsinθ=
3
2
mgsin2θ 根据平衡条件知，地面对小车的静摩擦力水平向右，大小为： f=N x =
3
2
mgsin2θ 可以看出：当sin2θ=1，即θ=45°时，地面对车的静摩擦力最大，其值为f max =3
2
mg ． 故A 错误，B 正确．
CD ．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车的速度设为v′，小球的速度设为v ．小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得： mv-Mv′=0；
系统的机械能守恒，则得： mgR=
12mv 2+1
2
Mv′2， 解得： v′=()
2gR
m
M M m +
故C正确，D错误．
故选BC．
【点睛】
本题中地面光滑时，小车与小球组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，但系统的总动量并不守恒．
12．双面磁力擦玻璃器是利用磁铁做中心材料，附加塑料外壳和一些清洁用的海绵布或纤维物质，在塑料外壳外面两侧一侧有绳子和拉环是为了防政璃器从玻璃外面脱落坠下造成安全隐患，另一侧有牢固的手柄以方便工作人员使用。

当擦竖直玻璃时，如图所示。

下列相关说法正确的是（）
A．磁力擦玻璃器摔落后磁性减弱，可以用安培分子环流假说进行解释
B．若其中一块改成铜板，根据电磁感应现象可知，也能制作成同样功能的擦窗器
C．当擦窗器沿着水平方向匀速运动时，内外两层间的磁力可能是水平方向的
D．当擦窗器沿着竖直向下方向匀速运动时，内外两层间的磁力可能是水平方向的
【答案】AD
【解析】
【详解】
A、剧烈的碰撞和升高温度都会减弱磁体的磁性，可以用安培分子环流假说进行解释。

故A正确；
B、力擦玻璃器并非是通过电磁感应来进行工作的，而是利用磁体之间异名磁极的相互吸引来工作的。

故B错误；
C、当擦窗器沿着水平方向匀速运动时，根据力的平衡条件，以其中一层为对象，对磁体进行受力分析，有竖直向下的重力、水平方向的摩擦力、则此方向斜向上，故C错误；
D、当擦窗器沿着竖直向下匀速运动时，根据力的平衡条件，以其中一层为对象，对磁体在水平方向受到磁力和玻璃的支持力，竖直方向若竖直向下的重力等于竖直向上的摩擦力、则竖直方向的磁力为零，此时磁力的合力为水平方向。

故D正确。

故选AD。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．为测定木块与桌面之间的动摩擦因数，某同学设计了如图所示的装置进行实验。

实验中，当木块位于水平桌面上的O点时，重物B刚好接触地面，不考虑B反弹对系统的影响。

将A拉到P点，待B稳定后，A由静止释放，最终滑到Q点。

测出PO、OQ的长度分别为h、s。

（1）实验开始时，发现A 释放后会撞到滑轮，为了解决这个问题，可以适当________（“增大”或“减小”）重物的质量。

（2）滑块A 在PO 段和OQ 段运动的加速度大小比值为__________。

（3）实验得A 、B 的质量分别为m 、M ，可得滑块与桌面间的动摩擦因数μ的表达式为_______（用m 、M 、h 、s 表示）。

【答案】减小 s h
()Mh m h s Ms
++ 【解析】
【详解】
（1）[1]B 减少的重力势能转化成系统的内能和AB 的动能，A 释放后会撞到滑轮，说明B 减少的势能太多，转化成系统的内能太少，可以通过减小B 的质量；增加细线的长度（或增大A 的质量；降低B 的起始高度）解决。

依据解决方法有：可以通过减小B 的质量；增加细线的长度（或增大A 的质量；降低B 的起始高度），故减小B 的质量；
（2）[2]根据运动学公式可知：
2ah=v 2
2a′s=v 2
联立解得： a s a h
=' （3）[3]B 下落至临落地时根据动能定理有：
Mgh-μmgh=12
（M+m ）v 2 在B 落地后，A 运动到Q ，有
12
mv 2=μmgs 解得：
()Mh m h s Ms
μ=++ 14．LED 灯的核心部件是发光二极管，某同学欲测量一只工作电压为2.9V 的发光极管的正向伏安特性曲线，所用器材有：电压表（量程3V ，内阻约3k Ω），电流表（用多用电表的直流25mA 挡替代，内阻约为5Ω），滑动变阻器（0-20Ω），电池组（内阻不计），电键和导线若干，他设计的电路如图（a ）所示，回答下列问题：
(1)根据图（a），在实物图（b）上完成连线________；
(2)调节变阻器的滑片至最________端（填“左”或“右”），将多用电表选择开关拔至直流25mA挡，闭合电键；
(3)某次测量中，多用电表示数如图（c），则通过二极管的电流为________mA；
(4)该同学得到的正向伏安特性曲线如图（d）所示，由曲线可知，随着两端电压增加，二极管的正向电阻________（填“增大、“减小”或“不变”）；当电流为15.0mA时，正向电阻为________Ω（结果取三位有数字）。

【答案】左19.0 减小181-184
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]．根据图示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
(2)[2]．滑动变阻器采用分压接法，为保护电路闭合开关前滑片应置于左端。

(3)[3]．电流表量程为25mA ，读量程为250mA 的挡，示数为190mA ，则通过二极管的电流为19.0mA ；
(4)[4]．由图示图象可知，随着二极管两端电压增加，通过二极管的电流增大，电压与电流的比值减小，则二极管的正向电阻随电压增加而减小；
[5]．由图示图象可知，当电流I=15.0mA=0.015A 时，U=2.72V
电阻阻值
2.721810.015
U R I ==Ω≈Ω 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．光的干涉和衍射现象说明光具有波动性。

爱因斯坦的光电效应理论和康普顿效应理论表明，光在某些方面确实也会表现得像是由一些粒子（即一个个有确定能量和动量的“光子”）组成的。

人们意识到，光既具有波动性，又具有粒子性。

（c 为光速，h 为普朗克常量）
(1)物理学家德布罗意把光的波粒二象性推广到实物例子，他提出假设：实物粒子也具有波动性，即每一个运动的粒子都与一个对应的波相联系，粒子的能量E 和动量p 跟它所对应波的频率v 和波长λ之间也遵从如下关系：E νh =，h p λ=。

请依据上述关系以及光的波长公式，试推导单个光子的能量E 和动量p 间存在的关系；
(2)我们在磁场中学习过磁通量Φ，其实在物理学中有很多通量的概念，比如电通量、光通量、辐射通量等等。

辐射通量c Φ表示单位时间内通过某一截面的辐射能，其单位为J /s 。

①光子具有能量。

一束波长为λ的光垂直照射在面积为S 的黑色纸片上，其辐射通量为c Φ，且全部被黑纸片吸收，求该束光单位体积内的光子数n ；
②光子具有动量。

当光照射到物体表面上时，不论光被物体吸收还是被物体表面反射，光子的动量都会发生改变，因而对物体表面产生一种压力。

求上一问中的光对黑纸片产生的压力大小，并判断若将黑纸片换成等大的白纸片，该束光对白纸片的压力有何变化。

【答案】 (1)E pc =；(2)①
c 2Shc λΦ，②c c
Φ，变大 【解析】
【分析】
【详解】
(1)单个光子的能量
c
E h h νλ== 根据单个光子的动量h
p λ=可知
E pc =
(2)①假设t ∆时间内通过黑纸片光束的体积为V ，则光子总个数为
N n V n S c t =⋅=⋅⋅∆
辐射通量
2c c nSc t h N h nShc t t νλλ
∆⋅⋅Φ===∆∆
解得单位体积内的光子数
c
2n Shc λΦ=
②光束照射黑纸片，全部被吸收，根据动量定理
F t Np ∆=
解得黑纸片对光的作用力
c c 2h n S c t Np Shc F t t Shc c
λλλ⋅⋅∆⋅ΦΦ===⋅=∆∆ 根据牛顿第三定律可知光对黑纸片的压力为
c c Φ；若将黑纸片换为等大的白纸片，光子在白纸片表面全部反弹，若全部发生弹性碰撞，则根据动量定理
2F t Np '∆=
则
F F '>
所以根据牛顿第三定律可知该束光对白纸片的压力变大。

16．如图所示为xOy 平面直角坐标系，在x=a 处有一平行于y 轴的直线MN ，在x=4a 处放置一平行于y 轴的荧光屏，荧光屏与x 轴交点为Q ，在第一象限内直线MN 与荧光屏之间存在沿y 轴负方向的匀强电场。

原点O 处放置一带电粒子发射装置，它可以连续不断地发射同种初速度大小为v 0的带正电粒子，调节坐标原点处的带电粒子发射装置，使其在xOy 平面内沿不同方向将带电粒子射入第一象限（速度与x 轴正方向间的夹角为0≤θ≤2
π）。

若在第一象限内直线MN 的左侧加一垂直xOy 平面向外的匀强磁场，这些带电粒子穿过该磁场后都能垂直进入电场。

已知匀强磁场的磁感应强度大小为B ，带电粒子的比荷
0v q m Ba =，电场强度大小E=12
Bv 0，不计带电粒子重力，求： (1)粒子从发射到到达荧光屏的最长时间。

(2)符合条件的磁场区域的最小面积。

(3)粒子打到荧光屏上距Q 点的最远距离。

【答案】 (1)0
(62a v π+）；(2) (12π-)a 2；(3)98
a 。

【解析】
【详解】 (1)
由题意知，粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度沿y 轴正方向的粒子在磁场中运动的时间最长，此时粒子轨迹为14圆，由圆周运动知 2202
4==mv m r qvB r T π 解得 2=m T qB
π 则此时最长时间为
10
90==3602a t T v πo o 粒子进入电场到到达荧光屏，在x 轴方向做匀速直线运动，运动时间为
2000
43===x a a a t v v v - 故粒子从发射到到达荧光屏的最长时间
()120+6=+=2a
t t t v π
(2)带电粒子在磁场内做匀速圆周运动，有
200=mv qv B R
解得
=R a
由于带电粒子的入射方向不同，若磁场充满纸面，它们所对应的运动轨迹如图所示.为使这些带电粒子经磁场偏转后都能垂直直线MN 进入电场，由图可知，它们必须从经O 点做圆周运动的各圆的最高点飞离磁场.设磁场边界上P 点的坐标为（x ，y ），则应满足方程
=sin x R θ
()=1cos y R θ-
所以磁场边界的方程为
()222+=x y R R - 以=2
πθ的角度射入磁场区域的粒子的运动轨迹()222+=x y R R -即为所求磁场另一侧的边界，因此，符合题目要求的最小磁场的范围应是圆()222+=x y R R -与圆()222+=x R y R -的交集部分（图中阴影部
分），由几何关系，可以求得符合条件的磁场的最小面积为
2min =12S a π⎛⎫- ⎪⎝⎭
(3)
带电粒子在电场中做类平抛运动，分析可知所有粒子在荧光屏左侧穿出电场，设粒子在电场中的运动时间为t ，竖直方向的位移为y ，水平方向的位移为l ，则
0=l v t
21=
2qE y t m
01=2E Bv 联立解得
=4l ay 设粒子最终打在荧光屏的最远点距Q 点为h ，粒子射出电场时速度与x 轴的夹角为α，则有 0
==y qE l v at m v ⋅ 20tan ==y
x v qEl y v mv a
α
()()()4=41tan =34=342ay y h a a a ay
a ay a a
α---- 则当 34=4a ay ay -
时，即9=16y a 时，h 有最大值max 9=8
h a 。

17．如图所示，有一棱镜ABCD ，90B C ∠=∠=︒，75D ∠=︒．某同学想测量其折射率，他用激光笔从BC 面上的P 点射入一束激光，从Q 点射出时与AD 面的夹角为45︒，Q 点到BC 面垂线的垂足为E ，15PQE ∠=︒．求：
①该棱镜的折射率
②改变入射激光的方向，使激光在AD 边恰好发生全反射，其反射光直接到达CD 边后是否会从CD 边出射？请说明理由。

【答案】①2②激光能够从CD 边出射
【解析】
【详解】
①如图所示，FG 为法线
∠D=75°，则
∠EQA=75°，∠PQE=15°，∠PQA=60°，∠PQG=30
所以入射角
i=∠PQG=30°
折射角
r=45°
由于光从棱镜射向空中，所以该棱镜的折射率 sin sin 452sin sin 30
r n i ︒︒=== ②设全发射临界角为C ，如图所示
12sin 452
C C n ︒=== 904575JO
D C D ︒︒︒∠=-=∠=
因而
∠OJD=60°
激光在CD 边的入射角30°＜45°，因而激光能够从CD 边出射。