2020年福建省厦门一中高考物理模拟试卷

高考物理模拟试卷
题号一二三四五总分
得分
一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1.利用如图所示的装置观察光电效应现象，将光束照射在金属板上，发现验电器指针
没有张开。

欲使指针张开，可（）
A. 增大该光束的强度
B. 增加该光束的照射时间
C. 改用频率更大的入射光束
D. 改用逸出功更大的金属板材料
2.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2=10：1，a、b两点间的电压
为sin100πt（V），R为可变电阻，P为额定电流1A、用铅锑合金制成的保险丝．为使保险丝中的电流不超过1A，可变电阻R连入电路的最小阻值是（）
A. 2.2Ω
B. Ω
C. 22Ω
D. Ω
3.李大妈买完菜后乘电梯上楼回家，其乘坐的电梯运行情况如图所示，可知（）
A. 李大妈家所在楼层离地高度约40m
B. 0～3s内电梯的加速度大小为0.5m/s2
C. 0～17s内电梯的平均速度大小为0.75m/s
D. 电梯加速运动的距离等于减速运动的距离
4.如图，在光滑绝缘水平桌面上，三个带电小球a、b和c分别固
定于正三角形的顶点上，已知a、b带电荷量均为+q，c带电荷量
为-q，则（）
A. ab连线中点场强为零
B. 三角形中心处场强为零
C. a所受库仑力方向垂直于ab连线
D. a、b、c所受库仑力大小之比为
5.宇航员在某星球表面做了如图甲所示的实验，将一插有风帆的滑块放置在倾角为的
粗糙斜面上由静止开始下滑，帆在星球表面受到的空气阻力与滑块下滑的速度成正比，即F=kv，k为已知常数。

宇航员通过传感器测量得到滑块下滑的加速度a与速度v的关系图象如图乙所示，已知图中直线在纵轴与横轴的截距分别为a0、v0，滑块与足够长斜面间的动摩擦因数为μ，星球的半径为R，引力常量为G，忽略星球自转的影响，由上述条件可判断出（）
A. 滑块的质量为
B. 星球的密度为
C. 星球的第一宇宙速度
D. 该星球近地卫星的周期为
二、多选题（本大题共4小题，共23.0分）
6.如图，两条水平光滑金属导轨固定在电磁铁两磁极之间，导轨两端a、b断开，金
属杆L垂直导轨放置，闭合开关S，下列判断正确的是（）
A. 电磁铁两磁极之间的磁场方向向下
B. 若给金属杆向左的初速度，则a点电势高于b点
C. 若a、b间接导线，向下移动滑片p，则金属杆向左运动
D. 若a、b间接直流电源，a接正极、b接负极，则金属杆向左运动
7.水平放置的平行板电容器与电源相连，下极板接地。

带负电的液滴静止在两极板间
P点，以E表示两极板间的场强，U表示两极板间的电压，φ表示P点的电势。

若电容器与电源断开，保持下极板不动，将上极板稍微向上移到某一位置，则（）
A. U变大，E不变，φ不变
B. U不变，E变小，φ降低
C. 液滴将向下运动
D. 液滴仍保持静止
8.如图所示，质量M=1kg的重物B和质量m=0.3kg的小圆环A用细绳跨过一光滑滑
轮轴连接，A端绳与轮连接，B端绳与轴相连接，不计轮轴的质量，轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为2：1．重物B放置在倾角为30°固定在水平地面的
斜面上，轻绳平行于斜面，B与斜面间的动摩擦因数μ=，圆环A套在竖直固定的
光滑直杆上，滑轮轴中心与直杆的距离为L=4m。

现将圆环A从与滑轮轴上表面等高处a静止释放，当下降H=3m到达b位置时，圆环的速度达到最大值，已知直杆和斜面足够长，不计空气阻力，取g=10m/s2．下列判断正确的是（）
A. 圆环A到达b位置时，A、B组成的系统机械能减少了2.5J
B. 圆环A速度最大时，环A与重物B的速度之比为5：3
C. 圆环A能下降的最大距离为H m=7.5m
D. 圆环A下降过程，作用在重物B上的拉力始终大于10N
9.下列说法中正确的是（）
A. 热量能自发地从低温物体传给高温物体
B. 所有晶体的物理性质都有各向异性
C. 一些昆虫能停在水面上，主要原因是液体存在表面张力
D. 悬浮在液体中的微粒越小，布朗运动越明显
E. 分子间的距离由平衡位置开始增大，分子势能增大
三、填空题（本大题共1小题，共5.0分）
10.波速相等的两列简谐波在x轴上相遇，一列波（虚线）沿x轴正向传播，另一列波
（实线）沿x轴负向传播。

某一时刻两列波的波形如图所示，两列波引起的振动在x=8m处相互______（填“加强”或“减弱”），在x=10m处相互______（填“加强”或“减弱”）；在x=14m处质点的振幅为______cm。

四、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11.测金属丝的电阻率实验。

（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径如图（a），其示数为______mm；
（2）实验电路如图（b），请用笔画线代替导线，完成图（c）的实物连线；
（3）开启电源，合上开关，记录ap的长度L和电流表的示数I；移动线夹改变ap的长度L，测得多组L和I值，做出-L的图线，求得图线斜率为k；
（4）若稳压电源输出电压为U，金属丝的横截面积为S，则该金属丝的电阻率
ρ=______（用k、U、S表示）。

12.某兴趣小组用如图甲所示实验装置完成探究弹簧弹力和弹簧伸长的关系后做拓展
研究。

请根据如下实验过程，完成相关实验内容：
（1）将轻质弹簧悬挂于铁架台，测得弹簧原长L0；
（2）在弹簧下端拴挂质量为m的钩码，待系统静止时，测得弹簧长度L；
（3）当地重力加速度为g，弹簧的劲度系数k=______（用m、g、L0、L表示）；
（4）托起钩码使弹簧恢复原长，并由静止释放，测得弹簧拉伸的最大长度L′．发现L′＞L，于是进一步探究弹簧两次伸长量x0=L-L0和x=L′-L0之间的关系；
（5）改变钩码个数，重复实验，得到多组x0、x数据，作出x-x0图象如图乙所示；
（6）由图乙可知=______，该小组换用不同弹簧进行同样实验，发现的值相同。

（7）通过分析，该小组得出了弹簧弹性势能的表达式：
①步骤（2）中，系统静止时，钩码受力平衡有mg=______（用k、x0表示）；
②步骤（4）中，根据机械能守恒定律，弹簧被拉伸到最长时的弹性势能△E p=______
（用m、g、x表示）；
③结合步骤（6），劲度系数为k的弹簧伸长x时，对应的弹性势能E p=______（用
k、x表示）。

五、计算题（本大题共4小题，共52.0分）
13.核桃是“四大坚果”之一，桃仁具有丰富的营养价值，但桃壳十分坚硬，不借助专
用工具不易剥开。

小悠同学发现了一个开核窍门：把核桃竖直上抛落回与坚硬地面撞击后就能开裂。

抛出点距离地面的高度为H，上抛后达到的最高点与抛出点的距离为h。

已知重力加速度为g，空气阻力不计。

（1）求核桃落回地面的速度大小v；
（2）已知核桃质量为m，与地面撞击作用时间为△t，撞击后竖直反弹h1高度。

求核桃与地面之间的平均作用力F。

14.如图，光滑水平桌面上有一个矩形区域abcd，bc长度为2L，cd长度为1.5L，e、f
分别为ad、bc的中点。

efcd区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B；质量为m、电荷量为+q的绝缘小球A静止在磁场中f点。

abfc区域存在沿bf方向的匀
强电场，电场强度为；质量为km的不带电绝缘小球P，以大小为的初速度
沿bf方向运动。

P与A发生弹性碰撞，A的电量保持不变，P、A均可视为质点。

（1）若A从ed边离开磁场，求k的最大值；
（2）若A从ed边的中点离开磁场，求k的可能值和A在磁场中运动的最长时间。

15.如图，上端带卡环、底部有加热装置的圆柱形气缸竖直放置在水
平地面上，质量为m、横截面积为S、厚度不计的活塞到气缸底部
的距离为气缸高度的一半，活塞下部封闭有温度为T的理想气体。

已知重力加速度为g，外界大气压强恒为，忽略一切摩擦。

（i）现对封闭气体缓慢加热，求活塞恰好到达气缸上端卡口时气体温度T1；
（ii）保持封闭气体的温度T1不变，在活塞上表面缓慢倒入沙子，使活塞到气缸底部的距离为气缸高度的三分之一，求倒入沙子的总质量m1。

16.如图，某三棱镜的横截面为等腰直角三角形ABC，BC长度为d，
O为BC中点。

在ABC所在平面内，光线PO垂直BC边入射，恰
好在AB边界发生全反射。

（i）求该三棱镜的折射率；
（ii）保持光线PO入射点O不变，入射方向逐渐向CO方向偏转，
求AB边有光线射出的区域宽度。

答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：ABC、当入射光的频率大于金属的极限频率，可以发生光电效应，
将光束照射在金属板上，发现验电器指针没有张开，当改用频率更大的入射光束照射锌板，发生光电效应，而增大该光束的强度，或增加该光束的照射时间，都不能发生光电效应现象，故C正确，AB错误；
D、当将光束照射在金属板上，发现验电器指针没有张开，说明入射光的频率小于金属的极限频率，当改用逸出功更大的金属板材料，导致其入射光的频率更小于金属的极限频率，故D错误。

故选：C。

当入射光的频率大于金属的极限频率，可以使金属发生光电效应，可以使验电器的指针张开一个角度，从而即可求解。

解决本题的关键知道光电效应的条件，以及理解金属板的逸出功含义。

2.【答案】A
【解析】解：原线圈输入电压
根据电压与匝数成正比
代入数据解得：
原线圈的最大输入功率为
输出功率等于输入功率
输出功率：
解得：，故A正确，BCD错误；
故选：A。

求出变压器输入的最大电功率，根据电压与匝数成正比求出副线圈两端的电压，输出功率等于输入功率．根据求电阻的最小值；
本题关键明确：（1）理想变压器输入功率等于输出功率；（2）变压器变压规律．3.【答案】B
【解析】解：A、速度时间图象中围成面积表示位移可得李大妈家所在楼层离地高度约
，故A错误；
B、速度时间图象中斜率表示加速度得0～3s内电梯的加速度大小为：
，故B正确；
C、平均速度定义可得0～17s内电梯的平均速度大小为：，故C
错误；
D、速度时间图象中围成面积表示位移可知电梯加速运动的距离小于减速运动的距离，故D错误；
故选：B。

速度时间图象中斜率表示加速度求解各段时间内电梯的加速度，围成面积表示位移可求电梯上升的最大高度，即楼层高度以及比较电梯加速运动的距离与减速运动的距离关系；根据平均速度定义求解0～17s内电梯的平均速度大小。

本题关键抓住三点：一要正确分析物体的运动情况；二抓住v-t图象的“面积”求出位移；三抓住v-t图象斜率表示加速度；从而来研究图象的物理意义。

4.【答案】D
【解析】解：A、ab连线中点处，a、b带电量均为+q，在其连线中点处产生电场强度大小相等，方向相反，合场强为零，故连线中点处的场强等于c处电荷在ab连线中点处产生场强，不为零，故A错误；
B、三角形中心处到abc三点距离相等，三个电荷带电量相等，
故在三角形中心处产生场强相等，且两个正电荷产出合场强与c
产生的大小相等，方向相同，故三角形中心处场强不为零，故B
错误；
C、a受力分析如图所示，根据库仑定律可知，bc对a的电场力
大小相等，根据正三角形的性质可知，Fa与ab成120°角，故C错误；
D、根据库仑定律和平行四边形定则可得：
，a、b、c所受库仑力大小之比为1：1：，故D正确；
故选：D。

电场强度是矢量，根据平行四边形求解电场中各点电场强度；根据库伦定律分析abc三个电荷受到的电场力情况。

本题考查电场的叠加原理和库仑定律，关键是正确分析电场方向，并根据平行四边形定则做出合成图。

5.【答案】B
【解析】解：A、带风帆的滑块在斜面上受到重力、支持力、摩擦力和空气阻力的作用。

沿斜面方向，由牛顿第二定律得：
mg sinθ-μmg cosθ-f=ma，
而f=kv，
联列解得：
由乙图知，
可得滑块的质量为：m=，故A错误；
B、由乙图知：a0=g sinθ-μg cosθ，可得星球表面重力加速度为：g=
则据万有引力与重力相等有和M=可得星球的密度为：
ρ==，故B正确；
C、第一宇宙速度是近地卫星的运行速度，此时卫星运动的向心力由重力提供（重力和万有引力相等）有：
得：v=，故C错误；
D、由C知，近地卫星的周期为：T==，故D错误。

故选：B。

对带风帆的滑块进行受力分析，根据牛顿第二定律求出滑块下滑速度为v时加速度的表达式，再结合题意即可求出滑块的质量m和重力加速度g。

再据万有引力与重力及万有引力提供圆周运动向心力分析求解即可。

本题关键是根据滑块的运动求得星球表面的重力加速度及滑块的质量，再根据万有引力与重力及万有引力提供圆周运动向心力来处理。

计算较复杂易出错。

6.【答案】ACD
【解析】解：A、俯视时线圈中电流沿顺时针方向，由安培定则判断知，电磁铁两磁极之间的磁场方向向下，故A正确。

B、若给金属杆向左的初速度，切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断知a点电势低于b点，故B错误。

C、若a、b间接导线，向下移动滑片p，变阻器接入电路的电阻减小，线圈中电流增大，产生的磁场增强，穿过金属杆所在回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流阻碍磁通量的变化，知金属杆向左运动，故C正确。

D、若a、b间接直流电源，a接正极、b接负极，金属杆L所受的安培力向左，则L向左运动，故D正确。

故选：ACD。

由安培定则判断出电磁铁两磁极之间的磁场方向。

若给金属杆向左的初速度，根据右手定则判断电势的高低。

若a、b间接导线，向下移动滑片p，分析线圈中电流如何变化，由楞次定律分析金属杆的移动方向。

若a、b间接直流电源，根据左手定则判断出导体棒受到的安培力方向，从而判断出导轨L的移动方向。

本题考查楞次定律、安培定则以及左手定则的应用，要注意安培定则与左手定则适用条件和应用方法的区别，不能搞混。

7.【答案】AD
【解析】解：AB、电容器与电源断开，则带电量Q不变，保持下极板不动，将上极板稍微向上移到某一位置，则d变大，根据可知C变小，根据Q=CU可知U变大，由与上述式子联立可得：，则E不变；因P点与下极板的距离不变，根据
U=Ed可知P点与下极板的电势差不变，即P点的电势φ不变，故A正确，B错误；CD、由于E不变，则液滴受的电场力不变，则液滴仍保持静止，故C错误，D正确。

故选：AD。

平行板电容器充电后与电源断开后，电容器的电量不变。

将上极板移向上移到某一位置，板间距离增大，电容减小。

由推论公式分析板间场强E的变化情况。

由公式U=EdP点与上极板间电压的变化，即可判断电势的变化，从而即可求解。

电容器充电后与电源断开，因此电容器的电荷量不变，结合电容的决定式和定义式，以及匀强电场的场强公式得出电场强度的变化，从而得出P与正极板电势差的变化，得出P点的电势变化和电势能变化。

8.【答案】AC
【解析】解：A、由轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为2：1可知，轮与轴的速度大小比为：v A：v B=2：1，也就是说x A：x B=2：1
由图象可知，小圆环A在绳的方向上拉长了1m，那么重物B移动了0.5m；
由能量守恒可知，损失的机械能等于摩擦力所做的功：△E=W f=μMg cos30°×0.5=2.5J，故A正确；
B、当小圆环A的加速度为零时，即mg=T A cosθ，速度有最大值；设此时速度为v，那么：
轮上的切向速度：v A=v cosθ，轴上的切向速度：
对B而言，
联立上式可得环和重物的速度之比为：v：v B=20：3，故B错误；
C、假设圆环下降过程中的最大距离为Hm，则重物B能上升的距离为
h=，重物B与斜面摩擦产生的热量为Q=，
由能量守恒可知：mgH m=Mgh+Q，代入计算可得：Hm=7.5m，故C正确；
D、圆环下降过程中先加速后减速，拉力一定会发生变化，故D错误；
故选：AC。

（1）根据能量守恒可知，损失的机械能转化为摩擦力做功，故只要计算B与斜面的摩擦力所做功即可；
（2）由于轮与轴的半径不一样而角速度一样，所以线速度也会不一样；在计算圆环A 与重物B的速度之比时，一定要注意合运动方向和分运动方向的区别；
（3）由能量的守恒可计算出，圆环下降的最大高度。

本题考查了运动的合成与分解及能量守恒，解题时需要注意拉圆环A的拉力与重物B
的拉力以及移动的距离都是不一样的，其中大小关系与轮、轴的半径有关，因此务必要分清楚。

9.【答案】CDE
【解析】解：A、热量可以自发地从高温物体传递给低温物体，热量从低温物体传递给高温物体，必须借助外界的帮助，故A错误；
B、单晶体的物理性质都有各向异性，而多晶体的物理性质都有各向同性，故B错误；
C、一些昆虫能停在水面上，主要原因是液体存在表面张力，故C正确；
D、布朗运动中，颗粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈，故D正确；
E、分子间的距离由平衡位置开始增大，分子力做负功，分子势能增大，故E正确。

故选：CDE。

热量可以自发地从高温物体传递给低温物体，热量从低温物体传递给高温物体，必须借助外界的帮助；多晶体的物理性质都有各向同性；一些昆虫能停在水面上，主要原因是液体存在表面张力；布朗运动中，颗粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈；分子间的距离由平衡位置开始增大，分子力做负功，分子势能增大。

本题考查了晶体和非晶体、表面张力、布朗运动、热力学第二定律等知识点。

这种题型知识点广，多以基础为主，只要平时多加积累，难度不大。

10.【答案】加强减弱 2
【解析】解：两列波在x=8m处引起的振动都是方向向下，可知此位置的振动是加强的；在x=10m处是峰谷相遇，可知此位置振动减弱；在x=14m处也是峰谷相遇，振动减弱，则质点的振幅为A=|A2-A1|=2cm。

故答案为：加强、减弱、2。

根据振动方向找出振动加强点和减弱点，位移和两波位移矢量和。

本题考查了波的叠加原理，振动加强点始终加强，减弱点始终减弱，注意：加强点并不是位移始终最大。

11.【答案】0.360 kSU
【解析】解：（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：0mm+36.0×0.01mm=0.360mm。

（2）根据图示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
（4）由图示电路图可知：U=IR=Iρ，整理得：=L，
-L图线的斜率：k=，金属丝的电阻率：ρ=kSU；
故答案为：（1）0.360；（2）实物电路图如图所示；（4）kSU。

（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数。

（2）根据图示电路图连接实物电路图。

（4）根据图示电路图应用欧姆定律与电阻定律求出金属丝的电阻率表达式。

本题考查了螺旋测微器读数、实验数据处理，要掌握常用器材的使用及读数方法，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的读数；根据图示电路图应用欧姆定律与电阻定律求出图线的函数表达式，然后可以求出电阻率。

12.【答案】（3）；（6）2；（7）①kx0；②mgx；③kx2。

【解析】解：（3）钩码静止处于平衡状态，由平衡条件得：mg=k（L-L0），弹簧的劲度系数：k=；
（6）由图乙所示图线可知：=2；
（7）①钩码静止处于平衡状态，由平衡条件得：mg=k（L-L0），其中：x0=L-L0，则：mg=kx0；
②钩码静止，动能为零，弹簧的弹性势能等于钩码重力势能的减少量，由机械能守恒定律得：△E P=mgx；
③弹簧伸长为x时，弹簧的弹性势能：E P=mgx，由平衡条件得：mg=kx0，由（6）可知：=2，整理得：E P=kx2；
故答案为：（3）；（6）2；（7）①kx0；②mgx；③kx2。

（3）根据平衡条件应用胡克定律可以求出劲度系数。

（6）根据图示图线可以求出比值大小。

（7）根据题意应用平衡条件求出重力大小；应用机械能守恒定律求出弹性势能大小与弹性势能表达式。

本题考查探究弹簧弹力和弹簧伸长量关系，涉及该实验的实验原理、作图与时间处理的方法和技巧，要注意正确分析图象，明确本题中横坐标为所挂物体的质量，应换算为重力。

13.【答案】解：（1）核桃由最高点自由落体：v2=2g（H+h）得v=
（2）设核桃反弹速度大小为v1，则有=2gh1
选竖直向上为正，对于核桃由动量定理得：（F-mg）•△t=mv1-m（-v）
联立解得：F=+mg
方向向上。

答：（1）求核桃落回地面的速度大小为
（2）核桃与地面之间的平均作用力为+mg
【解析】（1）由核桃的自由落体过程求得落回地面的速度，
（2）由动量定理求得核桃与地面之间的平均作用力F
由动量定理解决问题要注意矢量的方向性，所得结果一般要涉及大小与方向，要先规定正方向再确定正负。

14.【答案】解：（1）由粒子在磁场中的速度与半径的关系可知，粒子的速度越大，则粒子的半径越大，所以粒子从ed射出时的最大速度为粒子的轨迹恰好与cd边相切，其轨迹如图1；
此时粒子的轨道半径：r=L①
粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供向心力，则：②
可得：r=；③
A的速度：④
P与A碰撞的过程中水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，由动量守恒定律可得：kmv0=kmv1+mv2⑤
由于是弹性碰撞，则：⑥
若能从ed边射出，则：v≥v2⑦
联立可得：k≤1
可知k的最大值为1。

（2）若A能从ed的中点射出，则粒子的半径必须大于等于，所以粒子的运动可能有
两种情况：
a、粒子运动的轨迹小于半个圆，粒子直接射出磁场的区域；
b、粒子运动的轨迹大于半个圆，结合半径必须大于等于，所以粒子的轨迹如图2时，粒子在磁场中运动的时间最长；
当半径等于时，粒子A的速度最小，此时：⑧
由⑤⑥⑧联立可得：k=
所以k的范围是：
由图可知，粒子A的速度最小时粒子运动的时间最长，为：t=
粒子运动的周期：T=
所以t=
答：（1）若A从ed边离开磁场，k的最大值为1；
（2）若A从ed边的中点离开磁场，k的可能值为，A在磁场中运动的最长时间为。

【解析】（1）由恰好不能从cd边出来的轨迹，结合几何关系求出粒子的最大半径，由洛伦兹力提供向心力求出粒子的速度，然后由动量守恒求出P的速度；
（2）根据从ed的中点射出的条件，结合粒子在磁场中运动的特点（圆），做出粒子运动的轨迹，然后由周期与转过的角度的关系即可求出。

该题结合动量守恒考查带电粒子在磁场中的运动，解答的关键是正确确定粒子运动的两个临界条件。

15.【答案】解：
（i）设气缸高度为h，则初始时封闭气体的体积，
活塞恰好到达气缸上端卡口时封闭气体的体积V1=Sh。

由题设知，封闭气体做等压变化，有：
解得，T1=2T0
（ii）当活塞恰好到达气缸上端时，封闭气体的压强；
倒入质量为m1的沙子后，封闭气体的体积，
压强。

此过程封闭气体做等温变化，有p1V1=p2V2
解得，m1=4m
答：（i）活塞恰好到达气缸上端卡口时气体温度T1为2T0；
（ii）倒入沙子的总质量m1为4m。

【解析】（i）封闭发生等压变化，根据盖-吕萨克定律，即可求出加热后活塞到气缸底部的距离；
（ii）倒入沙子的过程为等温变化，分别求出初末状态的体积，即可由玻意耳定律确定压强，从而求出倒入沙子的质量。

本题考查了气体实验定律应用，解题关键是要分析好压强P、体积V、温度T三个参量的变化情况，选择合适的规律解决。

16.【答案】解：（i）光线PO恰好在AB边界发生全反射，则由几何关
系可知，临界角C=45°，
设三棱镜的折射率为n，根据折射定律有：
解得折射率为：
（ii）光线PO垂直BC边入射的光线，进入棱镜后在AB边上的E点发
生全反射。

光线PO入射方向逐渐转向CO方向时，光线从棱镜的出射点对应由E
点逐渐向B点移动。

当光线几乎沿CO方向入射时，光线折射后沿OD方向，由折射定律有：
解得：∠DOE=45°
由几何关系得：OE=OB=
光线出射区域的宽度为：DE=OE sin∠DOE
解得区域宽度为：DE=
答：（i）该三棱镜的折射率为；
（ii）保持光线PO入射点O不变，入射方向逐渐向CO方向偏转，AB边有光线射出的区域宽度
【解析】（i）先根据题意画出光路图。

根据几何知识确定出光线在AC面上的折射角，再由折射定律求出折射率。

（ⅱ）由几何关系求出光在棱镜中传播的路程。

由v=求出光在棱镜中传播的速度，从
而求得传播时间。

本题是折射定律、全反射和几何知识的综合应用，作出光路图，由几何关系求折射角是解题的关键。