2020届内蒙古包钢一中高三上学期期中考试物理试题 (解析版)

内蒙古包钢一中2020届高三上学期期中考试
一、选择题
1.我国ETC （电子不停车收费系统）已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间．一辆汽车以20 m/s 的速度驶向高速收费口，到达自动收费装置前开始做匀减速直线运动，经4 s 的时间速度减为5 m/s 且收费完成，司机立即加速，产生的加速度大小为
2.5 m/s 2，假设汽车可视为质点．则下列说法正确的是（ ） A. 汽车开始减速时距离自动收费装置110 m B. 汽车加速4 s 后速度恢复到20 m/s
C. 汽车从开始减速到速度恢复到20 m/s 通过的总路程为125 m
D. 汽车由于通过自动收费装置耽误的时间为4 s
『答案』C 『解析』
【详解】根据平均速度的推论知，汽车开始减速时距离自动收费装置的距离
011205
45022v v x t m m ++==⨯=，A 错误；汽车恢复到20m/s 所需的时间022205
62.5
v v t s s a --=
==，B 错误；汽车加速运动的位移022520
67522
v v x t m m ++=
=⨯=，则总路程125075125x x x m m =+=+=，C 正确；这段路程匀速运动通过的时间0125
6.2520
x t s s v =
==，则通过自动收费装置耽误的时间1246 6.25 3.75t t t t s s ∆=+-=+-=，故D 错误．
2.地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a 1，地球的同步卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为r ，向心加速度为a 2。

已知引力常量为G ，地球半径为R ，地球表面的重力加速度为g ，且地球近地卫星轨道处的重力加速度为g 0下列说法正确的是（ ）
A. 地球质量gr M G =2
B. 地球质量a r M G
=2
1
C. a 1、a 2、g 、g 0的关系是g 0=g >a 2>a 1
D. 加速度之比2a r a R =2
12
『答案』C 『解析』
【详解】AB ．根据万有引力定律可得，对地球的同步卫星有
22
Mm
G
ma r = 解得地球的质量
2
2a r M G
= 故AB 错误；
C ．地球赤道上的物体和地球同步卫星的角速度相等，根据 a =ω2r 知 a 1＜a 2
对于地球近地卫星有
02
Mm
G
mg R = 得
02GM
g R
=
地球表面的物体
2
Mm
G
mg R = 得
02=GM
g g R
=
对于地球同步卫星，有
22
Mm
G
ma r = 即得
22GM
a r
=
因为 r ＞R ，所以 a 2＜g ，综合得 g 0=g ＞a 2＞a 1，故C 正确；
D ．地球赤道上的物体与地球同步卫星角速度相同，则根据a=ω2r ，地球赤道上的物体与地
球同步卫星的向心加速度之比
12
a R a r
= 故D 错误； 故选C 。

3.如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m 处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为
3
，（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），盘面与水平面的夹角为30，g 取210m/s ，则ω的最大值是（ ）
A.
3
rad/s 2
B.
3rad/s
C. 1.0rad/s
D. 0.5rad/s
『答案』C 『解析』
【详解】当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得：
2cos30sin 30mg mg m r μω︒︒-=
解得：
()
33110cos30sin 302221rad /s
2.5
g s r
μω︒︒
⎛⎫⨯⨯- ⎪
-⎝⎭=
== A.
3
rad/s 与计算结果不符，故A 错误． B.
3rad/s 与计算结果不符，故B 错误．
C. 1.0rad/s 与计算结果相符，故C 正确．
D. 0.5rad/s与计算结果不符，故D错误．
4.如图所示，光滑直角三角形支架ABC竖直固定在水平地面上，B、C两点均在地面上，AB 与BC间的夹角为θ，分别套在AB、AC上的小球a和b用轻绳连接，系统处于静止状态，轻绳与CA间的夹角为α．a、b的质量之比为（）
A.
tan
tan
α
θ
B.
tan
tan
θ
α
C.
sin
cos
α
θ
D.
sin
cos
θ
α『答案』A
『解析』
【详解】对a、b两球分别受力分析，建立沿支架和垂直于支架的坐标系，如图所示：
对a由平衡条件：cos cos
a a T
N m g F
θα
=+，sin
a T
m g F sin
θα
=，可得
sin
sin
a
T
m g
F
θ
α
=；
对b由平衡条件：sin sin
b b T
N m g F
θα
=+，cos cos
b T
m g F
θα
=，可得
cos
cos
a
T
m g
F
θ
α
=；同一根绳的张力处处相同，联立可得
sin cos
sin cos
a b
m g m g
θθ
αα
=，有
sin cos tan
sin cos tan
a
b
m
m
αθα
θαθ
⋅
==
⋅；
5.如图所示，空间有一底面处于水平地面上的正方体框架ABCD-A1B1C1D1,从顶点A沿不同方向平抛一小球（可视为质点）．关于小球的运动，下列说法正确的是（）
A. 落点在A 1B 1C 1D 1内的小球落在B 1点时平抛的初速度最大
B. 落点在B 1D 1上的小球,平抛初速度的最小值与最大值之比为1:2
C. 运动轨迹与A 1 C 相交的小球,在交点处的速度方向都相同
D. 运动轨迹与A C 1相交的小球,在交点处的速度方向都相同
『答案』D 『解析』
【详解】A 、向各个水平方向抛出小球，平抛运动时间都相等，水平距离越远，平抛初速度越大，由图得，小球落在C 1点时，平抛的初速度最大，A 错误；B 、由x vt =得，速度与位成正比，落点在B 1D 1上的小球，最大水平距离为正方体边长11A D 或者11A B ，最小的水平距离为A1B1C1D1对角线的一半，最小距离与最大距离的比值为
11
11
2
22=A D A D ，B 错误． CD 、设AC1的倾角为α，轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向与水平方向的
夹角为θ．则2
00
122gt
y gt tan x v t v α===
,则2tan tan θα=可知θ一定，则轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向相同，故D 正确．
6.甲乙两个质量均为1kg 的物块，在光滑的水平面上分别受到一个水平力作用，由静止开始加速，甲物块所受的力F 随时间t 的变化关系和乙物块所受的力T 随位移x 的变化关系如图所示，当水平力分别按各自的规律从0增大到10N 的过程中，下列说法正确的是( )
A. 当水平力均为10N 时，甲和乙的动量均为10kgm/s
B. 甲所受力F 对物块的冲量为10Ns ，乙所受力T 对物块所做的功为10J
C. 甲在此过程中的位移为10m
D. 当水平力均为10N 时，甲的动能为50J ，乙的动量为25/kg m s ⋅
『答案』BD 『解析』
【详解】由甲图可知，图线与t 轴围成的面积表示冲量，则当水平力为F=10N 时，冲量为
11
10210?22
I Ft N s =
=⨯⨯=，根据动理定理0I P P =∆=-甲，得此时甲的动量为10?
/P I kg m s 甲==，则此时甲的速度为10/P v m s m
==甲
甲，则甲的动能为2211
1105022
k E mv J =
=⨯⨯=甲甲，因F 是变力，故无法求出甲运动的位移；由乙图可知，图线与x 轴围成的面积表示拉力T 做的功，则当水平力T=10N 时， 则拉力T 做的功为
111021022W Tx J ==⨯⨯=，根据动能定理有：2
12
W mv =乙，解得：
2210
25/1
W v m s m ⨯=
==乙，此时乙的动量为25?/P mv kg m s 乙==，
故AC 错误，BD 正确；故选BD.
7.如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v 1匀速向右运动，一质量为m 的滑块从传送带右端以水平向左的速率v 2（v 2>v 1）滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端，就上述过程，下列判断正确的有（ ）
A. 合力对物块的冲量大小可能为2mv 2
B. 此过程中传送带对滑块做功为
1
2
（mv 22-mv 12） C. 此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为1
2
m （v 1+v 2）2
D. 此过程中电动机多做功为mv 1（v 1+v 2）
『答案』CD 『解析』
【详解】A ．由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，由于v 1＜v 2，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，由动量定理可知，合力对物块的冲量大小为
12I mv mv =+
故A 错误；
B ．此过程中只有传送带对滑块做功根据动能定理W ′=△E K 得
221211
22
K W E mv mv =∆=
- 故B 错误；
C ．设滑块向左运动的时间t 1，位移为x 1，则
2
112
v x t =
摩擦力对滑块做功
2
1112
v W fx f t ==⋅
又摩擦力做功等于滑块动能的减小，即
2121
2
W mv =
该过程中传送带的位移 x 2=v 1t 1
摩擦力对传送带做功
1122111122
22x v
W fx fv t fv fx v v ⋅
====⋅ 联立得 W 2=mv 1v 2
设滑块向右运动的时间t 2，位移为x 3，则
1
322
v x t =
摩擦力对滑块做功
23311
2
W fx mv ==
该过程中传送带的位移 x 4=v 1t 2=2x 3
滑块相对传送带的总位移 x 相=x 1+x 2+x 4-x 3=x 1+x 2+x 3 滑动摩擦力对系统做功
21231212
W fx W W W m v v ==++=
+总相对（）
滑块与传送带间摩擦产生的热量大小等于通过滑动摩擦力对系统做功
2
1212
Q W f x m v v ==⋅=
+总相（）
故C 正确；
D ．全过程中，电动机对皮带做的功与滑块动能的减小量等于滑块与传送带间摩擦产生的热量，即
222111
22
Q W mv mv =+-
整理得
222111211
()22
W Q mv mv mv v v =-++=
故D 正确。

故选CD 。

8.如图甲所示，水平面上有质量相等的两个木块A 、B 用一根轻弹簧相连接，整个系统处于平衡状态．现用一个竖直向上的力F 拉动木块A ，使木块A 向上做匀加速直线运动，弹簧始终处于弹性限度内，如图乙所示．研究从力F 刚作用在木块A 上时（0x =）到木块B 刚离开地面时（0x x =）这个过程，并且选定这个过程中木块A 的起始位置为坐标原点，得到表示力F 和木块A 的位移x 之间关系的图象如图丙，则下列说法正确的是（ ）
A. 0
2
x x =
时，弹簧刚好恢复原长 B. 该过程中拉力做功1
2
02
F F F W x += C. 002
x
-过程，拉力做的功大于木块A 机械能的增加量
D. 00x -过程，木块A 动能的增加量等于拉力和重力做功的总和
『答案』ABD 『解析』
A 、A 压着弹簧处于静止状态，1mg kx =；当力F 作用在A 上，使其向上匀加速直线运动，
由牛顿第二定律可知1()F k x x mg ma +--=，随着x 逐渐增大，导致弹簧的弹力逐渐减小，则力F 逐渐增大，但物体A 的合力却不变，当B 刚离开地面时，弹簧处于伸长状态有
2mg kx =，则01212x x x x =+=，则当0
12
x x x =
=时，弹簧刚好恢复到原长，故A 正确．
B 、根据图象可知拉力F 随着位移均匀增大，则1
2
02F F F W F x x +=⋅=⋅，故B 正确．C 、在A 上升过程中，弹簧从压缩恢复到原长过程，由动能定理F Fk G k W W W E +-=∆，即
F Fk W W E +=∆机，则拉力做功小于A 物体机械能的增加，故C 错误．D 、0~x 0过程因弹簧
的初末形变量相同，则弹性势能的变化为零；由动能定理可知F G k W W E -=∆，即木块A 动能的增加量等于拉力和重力做功的总和，故D 正确．故选ABD.
【点睛】弹簧的弹力和弹性势能均与形变量有关，形变有压缩和拉伸两种情形，要注意加以区分；功是能量转化的量度，一种功总是与一种能相联系，要具体情况具体分析． 二、非选择题 （一）必考题
9.利用图示装置可以做多个力学实验．
（1）用此装置“研究匀变速直线运动”时，______（填“需要”或“不需要”）平衡小车和木板间的摩擦阻力；
（2）用此装置探究“加速度与质量的关系”时，改变小车质量后，__（填“需要”或“不需要”）重新平衡摩擦阻力；
（3）用此装置探究“功与速度变化的关系”，为了尽可能准确，不挂钩码平衡摩擦力时，小车后面______（填“需要”或“不需要”）固定纸带；
『答案』(1). 不需要 (2). 不需要 (3). 需要 『解析』
【详解】（1）[1]用此装置“研究匀变速直线运动”时，不需要平衡摩擦力，只要物体做匀变速直线运动即可；
（2）[2]用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，改变砝码和砝码盘的质量时，不需要重新平衡摩擦力；
（3）[3]用此装置探究“功与速度变化的关系”，为了尽可能准确，不挂钩码平衡摩擦力时，小车后面需要固定纸带，同时将纸带与限位孔之间的摩擦阻力也同时平衡掉。

【点睛】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，然后熟练应用物理规律来解决实验问题。

10.“用自由落体法验证机械能守恒定律”，器材安装如图所示．
(1)请指出图中的错误
．．及不妥
．．之处(至少写出两处)：
①_________________________________________.
②_________________________________________.
(2)改进实验中错误及不妥之处后，打出如图所示的一条纸带．已知打点计时器频率为50 Hz，根据纸带所给数据，打C点时重物的速度为________m/s(计算结果保留2位有效数字)．
(3)某同学选用两个形状相同质量不同的重物a和b进行实验测得几组数据，画出
2
2
v
-h的图
象如图丙所示，求出图线的斜率k，由图象可知a的质量m1__________(填“大于”或“小于”)b 的质量m2.
(4)通过分析发现造成k2值偏小的原因是实验过程中存在各种阻力，已知实验所用重物的质量m2＝0.052 kg，当地重力加速度g取9.78 m/s2，求出重物所受的平均阻力F f＝
________N．(计算结果保留2位有效数字)
『答案』
(1). 手应提着纸带的上端
重物应靠近打点计时器 (2). 2.2m/s (3). 大于 (4). 0.031N
『解析』
【详解】（1）图甲中的错误及不妥之处：使用直流电源；重物离打点计时器太远；没有从上方提着纸带，而是用手托着纸带．
（2）C 的瞬时速度等于BD 段的平均速度则：
0.31230.2224/ 2.2/220.02
BD c x v m s m s T -===⨯ （3）根据动能定理：()212mg f h mv -=，则有22v mg f h m
-=（），有图像得斜率mg f f k g m m
-==-，b 得斜率小，知b 得质量小，所以a 得质量1m 大于b 得质量2m ． （4）根据动能定理知()22212
m f m v -=，则有()2222m f h v m -=，可知2229.18m g f k m -==，代入数据解得0.031f N = 【点睛】本题实验题，对于实验一定要注意实验得操作要求以及数据处理；如果题目涉及图像问题，一定要结合图像求解，尤其注意图像的斜率和截距得物理意义． 11.如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB 与水平面BC 平滑连接于B 点，BC 右端连接内壁光滑、半径r =0.2m 的四分之一细圆管CD ，管口D 端正下方直立一根劲度系数为k =100N/m 的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D 端平齐。

一个质量为1kg 的小球放在曲面AB 上，现从距BC 的高度为h =0.6m 处静止释放小球，它与BC 间的动摩擦因数为0.5，BC 长为0.5m ，小球进入管口C 端后，通过CD 在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为E P =0.5J 。

取重力加速度g=10m/s 2. 求： (1)C 处管壁受到作用力； (2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能E km ； (3)小球最终停止的位置。

『答案』(1) 25N ；(2)6J ；(3) 0.2m 。

『解析』
【详解】(1) 滑块从A 点运动到C 点过程，由动能定理得
21 2
B C C mgs mgh mv μ-+=
在C 点 2C v N mg m r
+= 带入数据解得
N =25N
即在C 点上管壁受到向上的大小为25N 的作用力；
(2)在压缩弹簧过程中速度最大时，合力为零。

设此时滑块离D 端的距离为x 0，则有
kx 0=mg
计算得出
x 0=0.1m
由机械能守恒定律有
()2012
C km p mg r x mv E E ++
=+ 得 ()2013J+3.5J-0.5J 6J 2
km C p E mg r x mv E =++-== (3)小球与弹簧作用后返回C 处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与BC 水平面相互作用的过程中。

设物块在BC 上的运动路程为s′，由动能定理有'21 2
C mgs mv μ=
计算得出s′=0.7m
故最终小滑块距离B 0.7m-0.5m=0.2m 处停下. 12.如图所示，质量为M 的平板车P ，放在粗糙的地面上，质量为m 的小物块Q 的大小不计，位于平板车的左端，且M =m =5kg ，系统原来静止在水平地面上。

一不可伸长的轻质细绳长为R =1.6m ，一端悬于Q 正上方高为R 处，另一端系一质量也为m 的小球（大小不计）。

今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q 的碰撞时间极短，
且无能量损失。

已知Q 恰能滑到平板车的右端，Q 与P 之间的动摩擦因数为μ1=0.5，P 与地面之间的动摩擦因数为μ2=0.1，重力加速度为g=10m/s 2.，若当Q 滑到P 板的右端时，在P 木板上施加一个水平向右的力F ，大小为70N ，求：
(1)小球到达最低点与Q 碰撞之前瞬间的速度v 0大小和碰完之后物块Q 的瞬时速度大小各为多少；
(2)平板车P 的长度L 为多少；
(3) 从小物块Q 开始滑动到力F 作用1s 的整个过程中生的热量为多少焦耳。

『答案』(1) 4m/s ；4m/s ；(2) 1m ；(3) 103.75J 。

『解析』
【详解】(1)小球运动到最低点过程，机械能守恒
201160)2
mgR cos mv -︒=
（ 得出
v 0=4m/s 小球与物块Q 相撞时，没有能量损失，满足动量守恒，机械能守恒，则知
01Q mv mv mv =+
22201111222
Q mv mv mv =+ 由以上两式可以知道二者交换速度
0=4m/s Q v v gR ==
10v =
(2)小物块Q 在平板车P 上滑行的过程中
μ1mg =ma 1
μ1mg -μ2（M +m ）g =Ma 2
经t 1达到共速v
v =v Q - a 1 t 1
v =a 2t 1
S Q1= v Q t 1-
12 a 1t 12 S p1= 12
a 2t 12 L = S Q1- S p1=1m
(3)施加力F 之后，假设板块整体一起走
F -μ2（M +m ）g =(M +m ）a 0
μ1mg =ma 1
得出a 0> a 1 故Q 与P 分别加速向右运动而直到分离，各自的
加速的分别为 a 1和 a 3 F -μ2（M +m ）g -μ1mg =Ma 3
设经过t 2时间滑离
S Q2= vt 2+
12
a 1t 22 S p2=vt 2 + 12a 3t 22 L = S P2- S Q2
得出时间
t 2=1s
(4)从滑块Q 开始滑动到滑离木板全过程生的热量Q 为
121122 p p Q mgL M m g S mgL M m
g S μμμμ=+++++（）（） 得出
Q =103.75J
13.下列说法中正确的是（ ）
A. 分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小
B. 高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故
C. 功转变为热的宏观过程是不可逆过程
D. 布朗运动是液体分子的
运动，它说明分子永不停息地做无规则运动
E. 瓶中充满某理想气体，且瓶内压强高于外界压强，在缓慢漏气过程中（内外气体的温度相同且保持不变），则瓶内气体吸收热量且分子平均动能不变
『答案』ACE
『解析』
【详解】A ．分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，选项A 正确；
B ．高原地区水的沸点较低，这是高原地区大气压较低的缘故，选项B 错误；
C ．根据热力学第二定律，功转变为热的宏观过程是不可逆过程，选项C 正确；
D ．布朗运动是固体颗粒的无规则运动，它说明液体分子的永不停息地做无规则运动，选项D 错误；
E ．瓶内气体缓慢流出过程中气体体积增大，气体对外做功，而温度始终相等，内能不变，
则气体需要吸收热量。

因温度是分子平均动能的标志，则分子的平均动能不变，故E 正确。

故选ACE 。

14.如图所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸竖直放置，在距汽缸底部l=36cm 处有一与汽缸固定连接的卡环，活塞与汽缸底部之间封闭了一定质量的气体当气体的温度T 0=300K 、
大气压强p 0=1.0×
105Pa 时，活塞与汽缸底部之间的距离l 0=30cm ，不计活塞的质量和厚度现对汽缸加热，使活塞缓慢上升，求：
①活塞刚到卡环处时封闭气体的温度T 1； ②封闭气体温度升高到T 2=540K 时的压强p 2． 『答案』①1360K T =；②52 1.510Pa p =⨯ 『解析』 试题分析：①设气缸的横截面积为S ，由盖-吕萨克定律有001l S lS T T = 代入数据得1360K T =
②由查理定律有
0212
p p T T = 代入数据得52 1.510Pa p =⨯
考点：气体的等容变化和等压变化
【名师点睛】本题关键找出气体的已知参量后根据气体实验定律的方程列式求解，基础题．
15.一列简谐横波在t=0时刻的图像如图甲所示，平衡位置位于x=15m 处的A 质点的振动图像如图乙所示，下列说法中正确的是__________________
A. 这列波沿x 轴负方向传播
B. 这列波的波速是5/3
m s C. 从t=0开始，质点P 比质点Q 晚0.4s 回到平衡位置
D. 从t=0到t=0.1s 时间内，质点Q 加速度越来越小
E. 从t=0到t=0.6s 时间内，质点A 的位移为4m
『答案』ACD
『解析』
【详解】由乙图知，t=0时刻质点A 的速度方向为沿y 轴正方向，在甲图中，由波形平移法可知该波的传播方向为沿x 轴负方向．故A 正确．由甲图读出该波的波长为 λ=20m ，由乙图周期为：T=1.2s ，则波速为：2050//1.23
v m s m s T λ
===．故B 错误．图示时刻质点P 沿y 轴负方向，质点Q 沿y 轴正方向，所以质点P 比质点Q 晚回到平衡位置，其时间等于波向左传播13λ 所用的时间，即10.43
t T s ==，故C 正确．t=0时刻质点Q 向上振动，t=0.1s 时回到平衡位置，则从t=0到t=0.1s 时间内，质点Q 加速度越来越小，选项D 正确；从t=0时质点A 在平衡位置向上振动，t=0.6s=0.5T 时质点A 仍在平衡位置向下振动，则从t=0到t=0.6s 时间内，质点A 的位移为0，选项E 错误；故选ACD.
点睛：本题既要理解振动图象和波动图象各自的物理意义，由振动图象的斜率能判断出质点的速度方向，运用波形的平移法判断波的传播方向，更要把握两种图象的内在联系．
16.如图所示，某玻璃砖的截面由半圆和正三角形组成，半圆的直径为d，正三角形的边长也为d，一束单色光从AB边的中点D垂直于BC射入玻璃砖中，结果折射光线刚好通过半圆的圆心O，光在真空中的传播速度为c，求：
①光在玻璃砖中传播的时间（不考虑光的反射）.
②人射光线的方向不变，将光在AB面上的入射点下移，使折射光线刚好能照射到圆的底部，入射点沿AB移动的距离为多少？这时光束在圆的底部经玻璃砖折射后的折射角为多少？
『答案』①3d
c
②
3
6
d
『解析』
①由几何关系可知，光在AB面上的入射角为60°，折射角为30°
根据折射率公式有
sin sin60
3 sin sin30
i
n
r
︒
===
︒
由几何关系可知，光在玻璃砖中传播的路程s=d
光在玻璃砖中传播的时间
3
s ns d t
v c c ===
②由几何关系可知AD AO AE AF
=
求得
13
2
AE d
=+
∆=-=
因此入射点沿AB移动的距离s AE AD
由几何关系可知，光线在玻璃砖底部的入射角为30°，根据光路可逆可知，光线在玻璃砖底部的折射角为60°
【点睛】此题关键是根据折射定律求解出各个分界面上的折射角，并结合几何关系进行分析计算．。