广西省贵港市2021届新高考第一次质量检测物理试题含解析

广西省贵港市2021届新高考第一次质量检测物理试题
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．如图所示的电路中，电源的电动势为E内电用为r。

闭合开关S，在滑动变阻器的滑片P向左移动的过程中，下列结论正确的是（）
A．电容器C上的电荷量增加
B．电源的总功率变小
C．电压表读数变大
D．电流表读数变大
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．与变阻器并联的电容器两端电压变小，电容不变，则由
Q
C
U
=知电容器C上电荷量减小，故A错误；
B．电源的总功率P EI
=，与电流的大小成正比，则知电源的总功率变大，故B错误；
CD．当滑片向左滑动的过程中，其有效阻值变小，所以根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流变大，电源的内电压变大，路端电压变小，则电流表读数变大，电压表读数变小，故C错误，D正确。

故选D。

2．下列说法中正确的有________
A．阴极射线是一种电磁辐射
B．所有原子的发射光谱都是线状谱，不同原子的谱线一定不同
C．β衰变所释放的电子是原子核内的质子转变为中子时产生的
D．古木的年代可以根据体内碳14放射性强度减小的情况进行推算
【答案】B
【解析】
【详解】
A．阴极射线是高速电子流，故A错误；
B．原子光谱，是由原子中的电子在能量变化时所发射或吸收的一系列波长的光所组成的光谱，原子光谱都不是连续的，每一种原子的光谱都不同，称为特征光谱，故B正确；
C ．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时产生的，故C 错误；
D ．原子核的衰变是由原子核内部因素决定的，与外界环境无关，不随时间改变，故D 错误。

故选B 。

3．图甲所示的变压器原，副线圈匝数比为3∶1，图乙是该变压器cd 输入端交变电压u 的图象，L 1，L 2，L 3，L 4为四只规格均为“9 V ,6 W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，以下说法正确的是(
)
A ．ab 输入端电压的瞬时值表达式为U ab ＝2sin 100πt(V)
B ．电流表的示数为2 A ，且四只灯泡均能正常发光
C ．流过灯L 2的电流每秒钟方向改变50次
D ．ab 输入端输入功率P ab ＝18 W
【答案】B
【解析】
【详解】
AB ．由题知，cd 的电压瞬时值表达式为
272100cd U sin t π=
有效值为127V U =， 由1122
n U n U =得副线圈29V U =，则234L L L 、、均能正常发光，每只灯泡的电流 62A=A 93
P I U '== 副线圈电流
223A=2A 3
I =⨯ 由1221
n I n I =得原线圈的电流 12A 3
I = 1L 也能正常发光，ab 输入电压的表达式为
362100ab U sin t π=
选项A 错，选项B 对；
C ．由图象知交流电的周期为0.02s ，交流电的频率为50Hz ，流过灯L 2的电流每秒钟方向改变100次，C 错；
D．ab输如果气体端输入功率
ab
2
36W=24W
3
P=⨯
选项D错；
故选B．
【点睛】
理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．同时运用闭合电路殴姆定律来分析随着电阻变化时电流、电压如何变化．分析的思路先干路后支路，以不变应万变．最后值得注意的是变压器的原线圈与灯泡串联后接入交流中，所以图象的有效值不是原线圈的有效值．
【考点】
交变电流，变压器
4．如图所示，两个相同的灯泡a、b和电阻不计的线圈L (有铁芯)与电源E连接，下列说法正确的是
A．S闭合瞬间，a灯发光b灯不发光
B．S闭合，a灯立即发光，后逐渐变暗并熄灭
C．S断开，b灯“闪”一下后熄灭
D．S断开瞬间，a灯左端的电势高于右端电势
【答案】B
【解析】
【详解】
A．闭合开关瞬间，两小灯泡均有电流流过，同时发光，A错误；
B．闭合开关瞬间，a灯立即发光，根据楞次定律可知线圈中产生的阻碍原电流变大的感应电流逐渐减小至0，因为a灯和线圈并联，所以通过线圈的电流逐渐增大，通过a灯的电流逐渐减小，亮度逐渐减小，因为线圈电阻不计，所以稳定时a灯被短路，最后熄灭，B正确；
C．断开开关瞬间，b灯断路无电流流过，立即熄灭，C错误；
D．断开开关瞬间，根据楞次定律可知，通过线圈的电流水平向右，所以线圈作为感应电动势右端电势高于左端，所以a灯右端的电势高于左端，D错误。

故选B。

5．据科学家研究发现，由于潮汐作用，现阶段月球每年远离地球3.8cm，在月球远离地球的过程中，地球正转得越来越慢，在此过程中月球围绕地球的运动仍然看成圆周运动，与现在相比，若干年后（）A．月球绕地球转动的角速度会增大B．地球同步卫星轨道半径将会增大
C ．近地卫星的环绕速度将会减小
D ．赤道上的重力加速度将会减小
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．对月球绕地球转动，则 22Mm G m r r ω= 3
GM r ω= 随着月球绕地球转动半径的增大，角速度减小，选项A 错误；
B ．对地球的同步卫星，由222()Mm G
m r r T
π=可知，T 变大，则r 变大，即地球同步卫星轨道半径将会增大，选项B 正确； C ．对近地卫星，由2
2Mm v G m r r
= 可得 GM v R
= 可知，近地卫星的环绕速度不变，选项C 错误；
D ．由2GM g R
=
可知，赤道上的重力加速度将不变，选项D 错误。

故选B 。

6．曲柄连杆结构是发动机实现工作循环，完成能量转换的主要运动零件如图所示，连杆下端连接活塞Q ，上端连接曲轴P 。

在工作过程中，活塞在气缸内上下做直线运动，带动曲轴绕圆心O 旋转，若P 做线速度大小为v 0的匀速圆周运动，则下列说法正确的是
A ．当OP 与OQ 垂直时，活塞运动的速度等于v 0
B ．当OP 与OQ 垂直时，活塞运动的速度大于v 0
C ．当OPQ 在同一直线时，活塞运动的速度等于v 0
D ．当OPQ 在同一直线时，活塞运动的速度大于v 0
【答案】A
【解析】
【详解】
AB ．当OP 与OQ 垂直时，设∠PQO=θ，此时活塞的速度为v ，将P 点的速度分解为沿杆方向和垂直于杆方向的速度；将活塞的速度v 分解为沿杆方向和垂直于杆方向的速度，则此时v 0cosθ=vcosθ，即v=v 0，选项A 正确，B 错误；
CD ．当OPQ 在同一直线时，P 点沿杆方向的速度为零，则活塞运动的速度等于0，选项CD 错误；
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．如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角37°的粗糙斜面底端A 处，上端连接质量3kg 的滑块（视为质点），斜面固定在水平面上，弹簧与斜面平行。

将滑块沿斜面拉动到弹簧处于原长位置的D 点，由静止释放到第一次把弹簧压缩到最短的过程中，其加速度a 随位移x 的变化关系如图乙所示，重力加速度取10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

下列说法正确的是（ ）
A ．滑块先做匀加速后做匀减速运动
B ．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.1
C ．弹簧的劲度系数为180N/m
D ．滑块在最低点时，弹簧的弹性势能为3.12J
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．因滑块的加速度先减小后反向增加，可知滑块先做变加速后做变减速运动，选项A 错误；
B ．弹簧处于原长时，加速度为a=5.2m/s 2，由牛顿第二定律
sin 37cos37mg mg ma μ-=o o
解得
μ=0.1
选项B 正确；
C ．由图像可知，弹簧被压缩x=0.1m 时滑块的加速度减为零，则
sin 37cos37mg mg kx μ-=o o
解得
k=156N/m
选项C 错误；
D ．由能量关系可知，滑块在最低点时，弹簧的弹性势能为
2sin 37cos372P E mg x mg x μ=⋅-⋅o o
解得
E P =3.12J
选项D 正确。

故选BD 。

8．如图所示，长度为l 的轻杆上端连着一质量为m 的小球A （可视为质点），杆的下端用铰链固接于水平面上的O 点。

置于同一水平面上的立方体B 恰与A 接触，立方体B 的质量为m 2。

施加微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而小球A 与立方体B 刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为6
π，重力加速度为g ，则下列说法正确的是（ ）
A ．小球A 与立方体
B 刚脱离接触的瞬间A 与立方体B 的速率之比为1:2 B ．小球A 与立方体B 刚脱离接触的瞬间，立方体B 8
gl C ．小球A 2gl
D ．小球A 、立方体B 质量之比为1:4
【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．A 与
B 刚脱离接触的瞬间，A 的速度方向垂直于杆，水平方向的分速度与B 速度大小一样，设B 运动的速度为v B ，则
A B cos60v v ︒=
因此
A B :2:1v v =
故A 错误；
B ．根据牛顿第二定律
2A sin30v mg m L ︒＝ 解得
A 12
v gl =
又 A B :2:1v v =
得
18
B v gl = 故B 正确；
C ．由机械能守恒可知
22A 11sin3022
mgl mv mv ︒-＝ 解得
22A 13()22
v v gl gl gl gl =+=+= 故C 错误；
D ．根据A 与B 脱离之前机械能守恒可知
22A 2B 1()11sin3022
mgl mv m v ︒-+＝ 解得
2:1:4m m =
故D 正确。

故选BD 。

9．质量为m 的物块在t ＝0时刻受沿固定斜面向上的恒力F 1作用，从足够长的倾角为θ的光滑斜面底端由静止向上滑行，在t 0时刻撤去恒力F 1加上反向恒力F 2(F 1、F 2大小未知)，物块的速度－时间(v －t)图象如图乙所示，2t 0时刻物块恰好返回到斜面底端，已知物体在t 0时刻的速度为v 0，重力加速度为g ，则下列说法正确的是（ ）
A ．物块从t ＝0时刻开始到返回斜面底端的过程中重力的冲量大小为2mgt 0sinθ
B ．物块从t 0时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量大小为3mv 0
C ．F 1的冲量大小为mgt 0sinθ＋mv 0
D ．F 2的冲量大小为3mgt 0sinθ－3mv 0
【答案】BC
【解析】
【详解】
A ．根据冲量的定义式可知物块从0t =时刻开始到返回斜面底端的过程中重力的冲量大小为
0022G I mg t mgt ==g
故A 错误；
B ．由于在0t 时撤去恒力1F 加上反向恒力2F ，物块在02t 时恰好回到斜面的底端，所以在沿固定斜面向上的恒力的时间与撤去恒力加上反向恒力后回到底端的时间相等，设物体在沿固定斜面向上的恒力作用下的位移为x ，加速度为1a ，取沿斜面向上为正；根据位移时间关系可得
21012
x a t = 根据速度时间关系可得撤去沿固定斜面向上的恒力时的速度为
010v a t =
撤去恒力加上反向恒力作用时的加速度为2a ，则有
2002012
x v t a t -=- 联立解得
213a a =
物块在02t 时的速度为
202002v v a t v =-=-
物块从0t 时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量为
2003P mv mv mv ∆=-=-
即物块从0t 时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量大小为03mv ，故B 正确；
C ．物体在沿固定斜面向上的恒力作用下，根据动量定理可得
100sin θ0F I mg t mv -=-g
解得1F 的冲量大小为
1
00sin θF I mgt mv =+ 故C 正确；
D ．撤去恒力加上反向恒力作用时，根据动量定理可得
2000sin θ2F I mg t m v mv --=--g g
解得
200sin θ3F I mgt mv =+
故D 错误；
故选BC 。

10．如图所示，正方形abcd 区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子从a 点沿与ab 成30°角的方向垂直射入磁场．甲粒子垂直于bc 边离开磁场，乙粒子从ad 边的中点离开磁场．已知甲、乙两a 带电粒子的电荷量之比为1:2，质量之比为1:2，不计粒子重力． 以下判断正确的是
A ．甲粒子带负电，乙粒子带正电
B ．甲粒子的动能是乙粒子动能的16倍
C ．甲粒子所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的3
D ．甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的
14
倍 【答案】CD
【解析】
【分析】
根据粒子运动轨迹，应用左手定则可以判断出粒子的电性；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意求出粒子轨道半径关系，然后应用牛顿第二定律求出粒子的速度然后分析答题；根据粒子做圆周运动的周期公式与粒子转过的圆心角求出粒子的运动时间．
【详解】
由甲粒子垂直于bc 边离开磁场可知，甲粒子向上偏转，所以甲粒子带正电，由粒子从ad 边的中点离开磁场可知，乙粒子向下偏转，所以乙粒子带负电，故A 错误；由几何关系可知，R 甲=2L ，乙粒子在磁场中偏转的弦切角为60°，弦长为2L ，所以：2L =2R 乙sin60°，解得：R 乙=36L ，由牛顿第二定律得：qvB=m 2
v r
，
动能：E K =12mv 2=222
2B q r m ，所以甲粒子的动能是乙粒子动能的24倍，故B 错误；由牛顿第二定律得：qvB=m 2v r ，解得：qBr v m =，洛伦兹力：f=qvB=22q B r m ，即23f f 甲乙=，故C 正确；由几何关系可知，甲粒子的圆心角为300，由B 分析可得，乙粒子的圆心角为120°，粒子在磁场中的运动时间：t=2απT ，粒子做圆周运动的周期：2m T qB
π=
可知，甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的1/4倍，故D 正确．.
【点睛】
题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，利用洛伦兹力提供向心力，结合几何关系进行求解；运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间．
11．如图，质量为m 、长为L 的直导线用两绝缘细线悬挂于'O O 、，并处于匀强磁场中．当导线中通以沿x 正方向的电流I ，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ．则磁感应强度方向和大小可能为
A ．z 正向，
tan mg IL
θ B ．y 正向，mg IL C ．z 负向，tan mg IL θ D ．沿悬线向上，
sin mg IL θ 【答案】BC
【解析】 试题分析：磁感应强度方向为z 正方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y 负方向，则导体不可能处于平衡状态，选项A 错误；磁感应强度方向为y 正向时，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿z 正方向，此时细线的拉力为零，由平衡条件得：BIL=mg ，解得：B=mg IL
，选项B 正确；磁感应强度方向为z 负向时，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y 正方向，由平衡条件得：BILcosθ=mgsinθ，解得：B=tan mg IL
θ，选项C 正确； 当沿悬线向上时，由左手定则可知，安培力垂直于导线斜向左下方，导体不可能处于平衡状态，选项D 错误；故选BC.
考点：物体的平衡；安培力；左手定则
【名师点睛】此题是物体的平衡及安培力的方向判断问题；左手定则和右手定则一定要区分开，如果是和力有关的则全依靠左手定则，即关于力的用左手，其他的（一般用于判断感应电流方向）用右手定则；注意立体图形和平面图形的转化.
12．如图所示为粗细均匀的裸铜导线制成的半径为r 的圆环，PQ 为圆环的直径，其左侧上方的
14
圆面积内存在垂直圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，圆环的电阻为2R 。

一根长度为2r 、电阻为R 的均匀金属棒MN 以圆环的圆心O 点为旋转中心，紧贴着网环以角速度ω沿顺时针方向匀速转动，转动过程中金属棒与圆环始终接触良好，开始时MN 与PQ 重合（ ）
A ．金属棒中感应电动势的最大值为2Br ω
B ．0~πω时间内通过金属棒MN 的横截面电荷量为2
6B r R
π C 2
2B r ωD ．金属棒旋转一周电路中产生的热量为246B r R πω
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】 A ．只有当MO 、NO 分别切割磁感线时，环中才有电流。

MO 、NO 中感应电动势 212
E B r ω= 故A 错误；
B ．金属棒中有电流时，电流为
2
32E
B r I R R R ω==+ 半个周期内通过金属棒MN 的电荷量
2
46T B r q I R
π=⋅= 故B 正确；
C ．在一个周期内，只有半个周期的时间内金属棒中才有电流，即
222
T I R I R T '=总总
所以金属棒中电流的有效值
226B r I R
ω'= 故C 错误；
D ．依题意的
2Q I R T '=总
即
24
6B r Q R πω=
故D 正确。

故选BD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学设计以下的实验测量某一小电动机的转速，实验主要步骤如下，完成下列填空。

(1)用游标卡尺测量电动机转轴的直径如图甲所示，测量值为_______cm 。

(2)取一根柔软的无弹性的细线，把细线的一端用少许强力胶水固定在电动机的转轴上。

(3)如图乙所示，把细线的另一端用小夹与纸带的左端相连，让纸带水平穿过打点计时器的限位孔。

打点计时器所用的交流电频率为50Hz 。

(4)打开打点计时器，再开动电动机，细线顺次排列绕在电动机的转轴上，同时拉动纸带向左运动，打出的纸带如图丙所示。

由以上数据计算电动机的转速为_______r/s 。

（计算结果保留整数）
(5)实验中存在系统误差使测量结果偏大。

写出造成该系统误差的一个原因：
__________________________________________。

【答案】0.50 48 细线有直径
【解析】
【详解】
(1)[1]游标卡尺的主尺示数为5mm 。

游标尺的0刻线与主尺的某刻线对齐，示数为0，则测量值为 5mm 0.0mm 5.0mm 0.50cm +==
(4)[2]取纸带上的AD 段计算纸带运动的速度，有
4.53cm 7
5.5cm/s 330.02s
AD v t ===∆⨯ 该速度即为电动机转动时转轴边缘的线速度。

转轴边缘做圆周运动，则转速
75.5cm/s 48r/s 2π 3.140.50cm
v n R ==≈⨯ (5)[3]细线有直径，在轴上绕行的过程相当于增大了转轴的直径，而上式仍按电动机原有直径进行计算，得到的计算值偏大。

14．某学习小组通过如图甲所示实验装置来验证动量守恒定律。

A 是固定在水平桌面上光滑的斜槽，斜槽末端与水平桌面平行，B 是气垫导轨，C 是光电门，D 是带有小孔的滑块（孔内粘有胶带，小球进入小孔即粘在胶带上），滑块上方有一窄挡光片。

实验前将斜槽固定在水平桌面上，调整气垫导轨的高度，使滑块小孔与斜槽末端在同一高度处，同时调整气垫导轨水平，多次改变小球释放高度h ，得到挡光片通过光电门的时间t ，做出2
1h t -图象。

小球质量为m ，滑块总质量为m 0，挡光片宽度为d ，重力加速度为g
（1）用螺旋测微器测量挡光片的宽度，如图乙所示，宽度d=______cm
（2）只要满足关系式h=______（用题中所给的物理量符号表示），就可以说明在误差允许范围内碰撞过程动量守恒
（3）如果图象是一条过原点的________（填写“倾斜直线”或“抛物线”），同样可以验证动量守恒
【答案】2.150 22
022
()2m m d m gt + 倾斜直线 【解析】
【详解】
(1)[1]螺旋测微器的读数为2mm 15.00.01mm 2.150mm +⨯=； (2)[2]根据动能定理得
2012
mgh mv = 得小球下滑到斜面底端的速度为
02v gh =小球与斜槽到光电门的速度为
d v t
= 由动量守恒定律可得
00()mv m m v =+
即
202()()d m gh m m t
=+
整理得
22022
()2m m d h m gt += (3)[3]由22022
()2m m d h m gt +=可知，21h t -成正比，所以图象是一条倾斜直线时同样可以验证动量守恒 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x 轴正向和负向传播，波速均为v=20cm/s 。

两列波在t=0时的波形曲线如图所示。

求：
(i)t=0开始，乙的波谷到达x=0处的最短时间；
(ii)t=0~10s 内，x=0处的质点到达正向最大位移处的次数。

【答案】（i ）0.5s ；（ii ）2次
【解析】
【分析】
【详解】
(i)乙向左传播，其最靠近x=0处的波谷位置的x 坐标为
22040cm 10cm 2
x -+== 乙的波谷到达x=0处的最短时间为 220.5s x t v ∆=
= (ii)质点运动到正向最大位移时
y=y 1+y 2=20cm
即两列波的波峰同时到达x=0位置，从图线可知，甲、乙两列波的波长分别为λ1=40cm ，λ2=60cm ，由T v
λ=
可得甲、乙两列波的周期分别为
T 1=2s ，T 2=3s
甲的波峰到达x=0位置所需时间 11t kT =其中(k=1，2，3……)
乙的波峰到达x=0位置所需时间
222240
t T nT λ=+其中(n=0，1，2……)
甲、乙两列波的传播时间相同，可知
t 1=t 2
可得
122
40kT T nT λ=
+
即 223k n =+
当k=1且n=0时，x=0处的质点运动到正向最大位移处，∆t 1=2s ；当k=4且n=2时，x=0处的质点运动到正向最大位移处，∆t 2=8s ；即t=0~10s 内，x=0处的质点运动到正向最大位移处共有2次。

16．如图，由同种材料制成的三个斜面a 、b 、c ，底边长分别为L 、L 、2L ，高度分别为2h 、h 、h 。

现将一可视为质点的物块分别从三个斜面的顶端由静止释放，在物块沿斜面下滑到底端的过程中，下述可能正确的是
A ．物块运动的加速度a a > a b > a c
B ．物块运动的时间t c >t a >t b
C ．物块到达底端时的动能E ka =2E kb =4E kc
D ．物块损失的机械能∆
E c =2∆E b =2∆E a
【答案】ABD
【解析】
【详解】
A ．设任一斜面的倾角为α，斜面的长度为s ．根据牛顿第二定律得：
sin cos mg mg ma αμα-=，
得：
sin cos a g g αμα=-，
则可能有：
a b c a a a >>，
A 正确；
B ．由212
s at =得：
t = 对于a 、b ：
t = a 的斜面倾角大，可能有a b t t >。

对c 、a ：c 的加速度比a 的小，可能有c a t t >，则可能有c a b t t t >>，B 正确；
C ．对物体在任一斜面上滑动的过程，由动能定理得：
sin cos k mgs mg s E αμα-⋅=，
式中sin s α等于斜面的高度，cos s α等于斜面底边的长度。

则
22ka E mg h mgL mgh mgL μμ=⋅-=-，
kb E mgh mgL μ=-，
22kc E mgh mg L mgh mgL μμ=-⋅=-，
由数学知识可知，不可能有：
24ka kb kc E E E ==，
C 错误；
D ．根据功能关系知，物块损失的机械能等于克服摩擦力做功，则有
cos E mg s μα∆=⋅，
cos s α等于斜面底边的长度，因此有：
2c E mgL μ∆=，b E mgL μ∆=，a E mgL μ∆=，
所以
22c b a E E E ∆=∆=∆，
D 正确。

故选ABD 。

17．如图所示，AOB
为折射率n =AO 面上的C 点，在C 点折射后的光线平行于OB 。

已知C 点是AO 的中点，D 点是BO 延长线上一点，60AOD ∠=°。

①求入射光在C 点的入射角；
②通过计算判断光射到AB 弧能否从AB 弧射出。

【答案】①60°； ②光射到AB 弧能从AB 弧射出。

【解析】
【详解】
①光在介质中传播的光路图如图所示：
设入射光在C 点的入射角为i ，折射角为r ，由于在C 点折射后的光线平行于OB ，所以∠OCP=∠AOD=60°，r=30°， 根据折射定律有：sin sin i n r
=
代入数据解得：
i=60°；
②在C 点折射后的光线射到AB 弧上P 点，连接O 、P ，OP 是法线，过O 点做CP 的垂线交CP 于Q ，则折射光线在AB 弧的入射角为i 1，玻璃砖临界角为C ，扇形半径为L ，则： 1sin C n
=， 根据几何知识有∠COQ=30°，L OQ ＝L OC •cos ∠3L 根据1sin OQ OP L i L =
可得： 133sin sin 43
i C =
<=， 则：
i 1＜C ， 所以光射到AB 弧能从AB 弧射出。