2020年西藏拉萨市高考物理二模试卷 (含答案解析)

2020年西藏拉萨市高考物理二模试卷
一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）
1.下列说法正确的是()
A. 原子核裂变释放能量，聚变吸收能量
B. 用加温或加压的方法能改变原子核衰变的半衰期
C. 以m D、m p、m n分别表示氘核、质子、中子的质量，则m D<m p+m n
D. β射线是原子的核外电子电离后形成的电子流
2.关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是()
A. 只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒
B. 只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒
C. 只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒
D. 系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒
3.木块甲、乙分别重50N和60N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.25。

夹在甲、乙之间
的轻弹簧被压缩了2cm，弹簧的劲度系数为400N/m。

系统置于水平地面上静止不动。

现用F= 1N的水平拉力作用在木块乙上，如图所示。

力F作用后木块所受摩擦力情况是()
A. 木块甲所受摩擦力大小是12.5N
B. 木块甲所受摩擦力大小是11.5N
C. 木块乙所受摩擦力大小是9N
D. 木块乙所受摩擦力大小是7N
4.如图所示I、II两条直线分别描述P、Q两个物体的位移−时间图象，下
列说法正确的是()
A. 两物体从同一地点出发做匀速直线运动
B. M点表示两物体在0−t时间内有相同的位移
C. 0−t时间，P的位移较小
D. 0−t时间，P的速度比Q大，t时刻以后P的速度比Q小
5.我国研制并成功发射的“嫦娥二号”探测卫星，在距月球表面高度为h的轨道上做匀速圆周运
动，运行的周期为T.若以R表示月球的半径，则()
A. 卫星运行时的向心加速度为4π2R
T2
B. 物体在月球表面自由下落的加速度为4π2R
T2
C. 卫星运行时的线速度为2πR
T
D. 月球的第一宇宙速度为2π√R(R+ℎ)3
TR
6.如图是一列简谐横波在t=0时刻的波的图象。

已知波沿x轴正方
向传播，波速v=0.2m/s，下列说法正确的是()
A. 质点P做简谐运动的振幅是8cm
B. 在t=0.125s时刻，质点P的速度方向沿y轴正方向
C. 在t=0.15s时刻，质点P的速度正在减小
D. 在t=0.15s时刻，质点P的加速度正在减小
二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）
7.如图，螺线管B置于闭合金属圆环A的轴线上，当B中通过的电流
增加()
A. 环A有扩张的趋势
B. 环A有缩小的趋势
C. 螺线管B有缩短的趋势
D. 螺线管B有伸长的趋势
8.无人机在某段飞行过程中，通过机载传感器描绘出运动的图象，图甲是沿水平方向的x−t图象，
图乙是沿竖直方向的v−t图象。

在0−3s内()
A. 无人机在水平方向做匀加速直线运动
B. 无人机在竖直方向做匀加速直线运动
C. 无人机的运动轨迹为抛物线
D. t=3s时无人机的速度大小为5m/s
9.M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点，一电荷量为q(q>0)的
粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d
点，其电势能减小W2，下列说法正确的是()
A. 此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行
B. 若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为W1+W2
2
C. 若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为W2
qL
D. 若W1=W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差
三、实验题（本大题共3小题，共27.0分）
10.用以下器材测量待测电阻R x的阻值，测量电路如图所示：
待测电阻R x：阻值约为100Ω；
电源E：电动势约为6.0V，内阻忽略不计；
电流表1：量程50mA，内阻r1=20Ω；
电流表2：量程300mA，内阻r2约为4Ω；
定值电阻R0：阻值为20Ω；
滑动变阻器R：最大阻值为10Ω；
单刀单掷开关S、导线若干．
(1)电路图中的电流表A1应该选择电流表________(选填“1”或“2”)，开关S闭合前，滑动变
阻器R滑片应该移到________(选填“A”或“B”)端。

(2)若某次测量中电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2，则由已知量和测得量表示R x的表
达式为R x=_______________。

11.如图甲所示是某同学探究质量一定时加速度与力的关系的实验装置．他在气垫导轨上安装了一
个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码．实验时，每次滑块都从A位置由静止释放．由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，并测出滑块在A位置时遮光条到光电门的距离L，就能得到滑块的加速度．
(1)该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d=______ mm；
(2)改变钩码质量，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出
线性图象，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出______ 图象．(选填“t2−F”、
“1
t −F”或“1
t2
−F”)
12.在做“用油膜法估测分子的大小”实验时，在每200mL油酸酒精溶液中有纯油酸1mL，实验中
利用注射器测出200滴该溶液的体积为1mL，已知1滴该溶液滴入浅水盘中最终形成的油膜面积为175cm2，则油酸分子大小约为_______m(保留3位有效数字)。

在该实验中，液体表面的张力使液滴从针头滴落时呈现球状，则液体表层分子间作用力表现为_______(填“引力”或“斥力”)，分子间距离______(填“大于”、“等于”或“小于”)液体分子的平衡距离。

四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）
13.如图所示，竖直平面内的轨道由曲线轨道AB和光滑圆弧轨道BC组成，最低点B的切线沿水平
方向，圆弧轨道半径为R=0.5m。

现有一质量m=0.2kg小球(可视为质点)从位于轨道上的A 点由静止开始滑下，重力加速度g=10m/s2，空气阻力可忽略不计，求：
(1)若曲线轨道AB光滑，小球刚好能滑到圆轨道的最高点C，求A、B的高度差h；
(2)若已知曲线轨道AB高ℎ=2m，小球运动到C点时对轨道压力为mg，求小球从A到B的过
程中摩擦阻力做的功。

14.如图，平行板电容器两极间的电势差为，两板间距为，板间同时存在磁感应强度大小
、方向垂直纸面向里的匀强磁场.电容器右侧有一倾角θ=30∘的斜面，斜面上方有一正三角形区域abc，区域内分布有磁感应强度大小、方向垂直纸面向里的匀强磁场.质量为、带电量为的粒子(重力不计)，从板间以速度v0水平射入电
容器，做直线运动，然后穿过ab边进入正三角形区域，仍从ab边离开，最后恰好垂直打在斜面上，其运动轨迹如图所示.求：
(1)粒子入射速度v0的大小；
(2)粒子在三角形区域中运动的时间；
(3)正三角形区域的最小边长。

15.在压强p−温度T的坐标系中，一定质量的某种理想气体先后发生以下两种状态变化过程：第一
种变化是从状态A到状态B，外界对该气体做功为6J；第二种变化是从状态A到状态C，该气体从外界吸收热量为9J.图线AC反向延长线通过坐标原点O，B、C两状态的温度相同，理想气体的分子势能为零．求：
(1)从状态A到状态C过程，该气体对外界做功W1和其内能的增量△U1；
(2)从状态A到状态B过程，该气体内能的增量△U2及其从外界吸收的热量Q2．
16.如图所示，为一个均匀透明介质球，球心位于O点，半径为R.一束单色光
从真空中沿DC方向平行于直径AOB射到介质球上的C点，DC与AB的.若该光束射入球体经一次反射后由E点再次折射回真空中，距离H=√3R
2
此时的出射光线刚好与入射光线平行，已知光在真空中的速度为c，求：
(i)介质球的折射率n；
(ii)光束从C点射入到从E点射出所经历的总时间t．
-------- 答案与解析 --------
1.答案：C
解析：
重核裂变时放出能量，而轻核聚变时也放出能量；半衰期仅与原子核本身有关；根据质能方程可得反应前后物质质量关系；β射线即电子是由核内的中子变为质子同时放出电子产生的。

A.重核裂变时放出能量，而轻核聚变时也放出能量，故A错误；
B.用加温或加压的方法不能改变原子核衰变的半衰期，故B错误；
C.一个质子和一个中子发生核反应变成一个氘核时，要释放出核能.根据质能方程，氘核的质量应小于质子和中子质量之和，故C正确；
D.β射线即电子是由核内的中子变为质子同时放出电子产生的，而非核外电子电离后形成的电子流，故D错误。

故选C。

2.答案：C
解析：
系统动量守恒的条件是合外力为零。

系统内存在着摩擦力或一个物体具有加速度时，系统的动量可能守恒。

通过分析物体所受的外力进行判断。

本题考查对动量守恒条件的理解，抓住守恒条件：合外力为零，通过举例的方法进行分析。

A.若系统内存在着摩擦力，而系统所受的合外力为零，系统的动量仍守恒，故A错误；
B.系统中有一个物体具有加速度时，系统的动量也可能守恒，比如碰撞过程，两个物体的速度都改变，都有加速度，单个物体受外力作用，系统的动量却守，故B错误；
C.只要系统所受到合外力为零，则系统的动量一定守恒，故C正确；
D.系统中所有物体的加速度为零时，系统所受的合外力为零，即系统的总动量一定守恒，故D错误。

故选C。

3.答案：C
解析：
本题主要考查摩擦力及胡克定律，结合平衡条件即可求解，基础题。

CD.木块甲与地面间的最大静摩擦力f甲=μm甲g=12.5N，木块乙与地面间的最大静摩擦力f乙=
μm
乙g=15N，轻弹簧上的弹力f
弹
=kx=8N。

当用F=1N的水平拉力作用在木块乙上时，水平向
右的力为9N，小于木块乙与地面间的最大静摩擦力，说明木块乙不动。

木块乙与地面间的摩擦力为静摩擦力，由平衡条件得木块乙所受摩擦力大小为9N，故C正确，D错误;
AB.木块甲受到弹簧向左的弹力，由于8N<12.5N，甲不动，与地面间也为静摩擦力，木块甲所受摩擦力大小为8N，故AB错误。

4.答案：C
解析：解：
A、由图可知，两物体的出发地点是不同的，P物体从正方向上距原点s0处出发，Q物体从原点出发。

两物体的位置随时间都均匀增加，故两物体均做匀速直线运动，故A错误；
B、M点时两物体的位置相同，但两物体的起点不同，故两物体经过的位移不同，故B错误；
C、位移等于x的变化量，由图可知，t时间内P物体经过的位移较小，故C正确；
D、图象的斜率表示物体的速度，由图可知Q物体的图象斜率一直大于P物体的，故Q的速度一直大于P物体的速度；故D错误；
故选：C。

位移时间图象描述的是物体的位移随时间的变化规律，由图象可得出物体位置的变化情况，位移等于x的变化量，由图象的斜率可以得出物体的速度．
本题考查位移时间图象，要注意物体在某一时间内经过的位移为初末位置的纵坐标的变化量，图线的斜率等于速度，再根据这两个知识点分析图象的物理意义．
5.答案：D
解析：
嫦娥二号距月球的轨道半径(R+ℎ)，周期T均为已知，应用万有引力提供向心力整理可得GM的表达式，再应用万有引力提供向心力解得所要求解的物理量。

要解出一个物理量大小，我们应该把这个物理量先表示出来，再代入数值，向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用。

解：已知嫦娥二号距月球的轨道半径(R+ℎ)，周期T；万有引力提供向心力，
得：GMm
(R+ℎ)2=m4π2(R+ℎ)
T2
=ma
向
=mv2
(R+ℎ)
①，
A、所以卫星运行时的向心加速度：a
向=4π2(R+ℎ)
T2
，故A错误；
B、物体在月球表面自由下落的加速度为：G Mm
R2
=ma，
解得：a=4π2(R+ℎ)3
T R
，故B错误；
C、卫星运行时的线速度为：v=2π(R+ℎ)
T
，故C错误；
D、月球的第一宇宙速度：G Mm
R2=m v22
R
，
解得：v2=√GM
R
②，
由①得：GM=4π2(R+ℎ)3
T2
③，
由②③解得：v2=2π√R(R+ℎ)3
TR
，故D正确。

故选D。

6.答案：C
解析：
振幅是振动质点离开平衡位置的最大距离，由图直接读出；读出波长，由波速公式v=λ
T
求出波的周期，根据给定的时间与周期的关系，分析质点P的位置，确定速度和加速度的变化情况。

由波动图象能直接读出波长、振幅，知道时间，往往根据时间与周期的关系，确定质点的位置，再判断其速度和加速度如何变化。

A.观察图可知：质点P做简谐运动的振幅是：A=4cm，故A错误，
B.观察图可知：波长为λ=2m，则波的周期为：T=λ
v =0.02
0.2
s=0.1s，波沿x轴正方向传播，此刻
质点P正向上运动。

因为t=0.125s=5
4
T，所以在t=0.125s时刻，质点P速度方向沿y轴负方向，故B错误，
CD.因为t=0.15s=1.5T，则t=0.15s时刻与图示时刻图象反相，质点P位于平衡位置下方，正向下向波谷运动，所以在t=0.15s时刻，质点P速度正在减小，加速度正在增大，故C正确，D错误。

故选C。

7.答案：AC
解析：
线圈B中电流I减小，B中电流产生的磁场减弱，应用楞次定律阻碍磁通量变化分析A环的受力情况；根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥判断螺线管相邻两匝线圈间的力，再分析A和B有怎样形变的趋势。

本题关键要明确螺线管线圈相当于条形磁铁，穿过A环的磁通量存在抵消的情况，注意A的面积越大，磁通量是越小的，不是越大，不能得出相反的结果。

AB.当B中通过的电流逐渐增加时，电流产生的磁场逐渐增强，故穿过A的磁通量增加，为阻碍磁通量增加，根据楞次定律可知，环A应向磁通量减小的方向形变。

由于A环中有两种方向的磁场：B 线圈外的磁感线方向与B线圈内的磁感线方向相反，B线圈外的磁感线要将B线圈内的磁通量抵消一些，当A的面积增大时，穿过A的磁通量会减小，所以可知环A应有扩张的趋势，故A正确，B 错误；
CD.线圈B中电流增加，每匝线圈产生的磁场增强，线圈间的引力增大，所以螺线管B有缩短的趋势，故C正确，D错误。

故选AC。

8.答案：BCD
=3m/s。

故A 解析：解：A、由图甲图得知，物体在水平方向做匀速直线运动，速度大小为v x=x
t
错误；
B、由图乙知竖直方向速度均匀增大，做匀加速直线运动。

故B正确。

C、根据AB分析初速度水平，合力向上，无人机做类平抛运动，轨迹为抛物线，故C正确；
D、3s末，外力F方向直线上的速度大小即为y方向的速度大小4m/s，合速度v=√v x2+v y2=5m/s。

故D正确。

故选：BCD。

本题是运动的合成与分解问题。

要知道x、y两个方向的分运动，运用运动的合成法求解合运动的情况。

对于位移图象与速度图象的斜率意义不同，不能混淆：位移图象的斜率等于速度，而速度图象的斜率等于加速度。

9.答案：BD
解析：
匀强电场中，沿着相同方向每前进相同距离电势的变化相同，根据U =W
q 比较电势差，电场力做功等于电势能的减小量。

本题考查匀强电场中的电场强度与电势差的关系，关键是明确沿着电场线电势降低最快，记住公式U =Ed 进行分析，不难。

A .一电荷量为q(q >0)的粒子从a 点移动到b 点，其电势能减小W 1，但ab 连线不一定沿着电场线，故A 错误；
B .粒子从a 点移动到b 点，其电势能减小W 1，故：qφa −qφb =W 1， 粒子从c 点移动到d 点，其电势能减小W 2，故：qφc −qφd =W 2，
匀强电场中，沿着相同方向每前进相同距离电势的变化相同，故φa −φM =φM −φc ，即φM =1
2(φa +φc )，
同理φN =1
2(φb +φd )， 故qφM −qφN =
W 1+W 2
2
，故B 正确；
C .若c 、d 之间的距离为L ，但cd 不一定平行电场线，故W 2=qELcosθ，其中θ为cd 与电场线的夹角，不一定为零，故该电场的场强大小不一定为W 2
qL ，故C 错误；
D .若W 1=W 2，根据U =W
q 可知，U ab =U cd ，故φa −φb =φc −φd ，则φa −φc =φb −φd ，故U ac =U bd ；
而U ac =2U aM ，U bd =2U bN ，故U aM =U bN ，故D 正确。

故选BD 。

10.答案：(1)1；A(2)(I 2−I 1)R 0
I 1
−r 1。

解析：
该题用伏安法测量待测电阻，由于没有电压表，则需将电流表与定值电阻串联当电压表使用，用电流表A 1测量通过待测电阻的电流，当电压表使用．根据欧姆定律求出待测电阻的阻值表达式．开关S 闭合前，滑动变阻器R 滑片应该移到A 端，使开关闭合后，电路中的电流最小。

解决本题的关键掌握滑动变阻器分压式以及该实验的原理，运用欧姆定律进行分析求解。

(1)没有电压表，用一个电流表测通过被测电阻的电流，并使之与定值电阻并联，用另一只电流表测并联电路的总电流;因测量中要求两块电流表的读数都不小于其量程的1
3，故量程小的电流表1测支路
电流，量程大的电流表2测总电流，由于待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，开始时为保护电路，滑片连到A端使分压部分电压为零。

(2)由题意和图可知，R0两端的电压为U=(I2−I1)R0，R x与电流表A1所组成的电路有：R x+r1=U
I1
，
解得：R x=(I2−I1)R0
I1
−r1。

故答案为：(1)1；A(2)(I2−I1)R0
I1
−r1。

11.答案：2.25；1
t2
−F
解析：解：(1)主尺读数为：2mm，由图知第5条刻度线与主尺对齐，故遮光条的宽度为：d=2mm+ 5×0.05mm=2.25mm；
(2)由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，因此有：v2=2as，
其中：v=d
t ，a=F
M
，
解得：d2
t2=2F
M
L，
所以研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出图象1
t2
−F．
故答案为：(1)2.25；(2)1
t2
−F．
常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础．处理实验时一定要找出实验原理，而涉及图象问题的时候，一定要列出对应的公式，依据公式来判定图象．
12.答案：1.43×10−9引力大于
解析：
液体表面张力是其表面分子间距大于平衡距离，从而出现分子间的引力；在油膜法估测分子大小的实验中，让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，估算出油膜面积，从而求出分子直径。

掌握该实验的原理是解决问题的关键，该实验中以由体积与面积相除求出油膜的厚度，从而求出分子直径，注意单位的换算。

同时理解液体表面张力产生原理。

由于分子是单分子紧密排列的，1滴酒精油酸溶液中含油酸的体积：V=1
200×1
200
ml，因此分子直径
为：
d=V
S =
1
200
×1
200
×10−3ml
175×10−4m2
=1.43×10−9m；液体表面张力产生原因：液体表面的分子间距大于平衡距离，
分子间作用力体现为分子引力。

故答案为：1.43×10−9引力大于．
13.答案：解：(1)因小球恰能通过C点，小球通过C点时，轨道对小球没有作用力，小球只受重力，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律有：
mg=m v C2
R
解得v C=√gR=√10×0.5m/s=√5m/s
对于小球从A点到C点的过程，根据动能定理有
mv C2
mg(ℎ−2R)=1
2
解得：ℎ=2.5R=1.25m
(2)小球在C点时，小球受到重力和轨道向下的弹力，根据牛顿第三定律知，轨道在C点对小球的弹力大小F=mg
根据牛顿第二定律有：mg+F=m v2
R
解得：v=√10m/s
小球从A点滑至C点的过程中，根据动能定理有
mv2−0
mg(ℎ−2R)+W fAB=1
2
解得W fAB=−1.0J
故小球从A到B的过程中摩擦阻力做的功是−1.0J。

答：(1)A、B的高度差h为1.25m；
(2)滑块从A点滑至B点的过程中，摩擦阻力所做的功为−1.0J。

解析：(1)小球刚好能滑到圆轨道的最高点C时，轨道对小球没有作用力，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球在C点的速度大小。

轨道光滑，小球从A点运动到C点的过程中只有重力做功，根据动能定理或机械能守恒定律或求出
A、B的高度差h；
(2)小球在C点时，由牛顿第二定律求出小球在C点的速度大小。

对A点到C点过程，运用动能定理求出摩擦阻力做功的大小。

本题考查了动能定理、牛顿第二定律的综合运用，关键要搞清小球在最高点时向心力来源：合外力，明确临界情况，通过牛顿第二定律求出C点的速度。

14.答案：解：(1)在平行板电容器中，粒子直线运动，受力平衡：qv0B1=qE
其中E=U
d
解得：v0=3×104m/s
(2)带点粒子的轨迹如图所示，由带电粒子的轨迹中的几何关系可知：轨迹圆对应的圆心角为：5π
3
则粒子在磁场中的运动时间为：t=α2πT=56×2πr v
由洛伦兹力提供向心力可知：qv0B2=mv02
r
×10−6s
联立解得：t=5π
3
(3)当轨迹圆圆心正好在等边三角形的中心时，轨迹圆与三角形ac和bc相切时，正三角形区域的边长为最小边长；
设正三角形的边长为L，则由几何关系可知，正三角形的中心到顶点的距离等于到对边的距离的2倍，则正三角形的高为：
Lcosθ=2r+rcosθ
解得：L=(4√3+3)×10−2m≈0.09m
答：(1)粒子入射速度v0的大小为3×104m/s；
×10−6s；
(2)粒子在三角形区域中运动的时间为5π
3
(3)正三角形区域的最小边长约为0.09m。

解析：【试题解析】
(1)粒子做直线运动，受力平衡求粒子的入射速度；
(2)根据几何关系可知，粒子在三角形区域磁场内的偏转角度为300°，然后计算粒子在磁场中的运动周期，进而求出运动时间；
(3)当轨迹圆与正三角形的另外两个边相切时，边长最小，根据几何关系可求出边长。

本题考查带电粒子在磁场中偏转，带电粒子在磁场中运动，遵循三个步骤：
一、画轨迹找圆心
二、由几何关系找到圆周运动的半径与已知长度直线之间的关系
三、洛伦兹力提供向心力求速度，或者由t=α
2π
T求粒子运动的时间。

本题的突破口是根据已经角度找到圆心角，进而求解。

求最小边长时，主要是根据几何关系知道轨迹圆与三角形的另外两个边相切时，边长最小。

15.答案：解：(1)从状态A到状态C过程，气体发生等容变化，该气体对外界做功W1=0
根据热力学第一定律，有△U1=W1+Q1
内能的增量△U1=Q1=9J
(2)从状态A到状态B过程，体积减小，温度升高
该气体内能的增量△U2=△U1=9J
根据热力学第一定律有△U2=W2+Q2
从外界吸收的热量Q2=△U2−W2=3J
答：(1)从状态A到状态C过程，该气体对外界做功W1=0，其内能的增量△U1=9J；
(2)从状态A到状态B过程，该气体内能的增量△U2为9J，从外界吸收的热量Q2为3J．
解析：(1)从状态A到状态C过程，气体发生等容变化，不做功．根据热力学第一定律求解内能的增量△U1；
(2)由于B、C两状态的温度相同，内能相等，则气体从状态A到状态B过程与A到C的过程内能的增量相等．再由根据热力学第一定律求解从外界吸收的热量Q2．
本题关键抓住气体的内能是状态量，由气体的温度决定．考查基本的应用能力．
16.答案：解：(i)光路图如右图．由几何关系可得：sini=H
R =√3
2
，
解得：i=60°，
由图可知i=2r，则：r=30°，介质球的折射率：n=sinisinr
=√3；(ii)光束在介质球内经历的光程：s=4Rcosr，
光在球内传播的速度：v=c
n
，
光束在介质球内经历的总时间为：t=s
v =4nRcosr
c
=4×√3×R×cos30°
c
=6R
c
；
答：(i)介质球的折射率n为√3；
(ii)光束从C点射入到从E点射出所经历的总时间t为6R
c
．
解析：(i)作出光路图，由几何知识求出光线在C点的入射角和折射角，由折射定律n=sini
sinr
求出折射率．
(ii)根据折射定律和反射定律分析出射光线与入射光线的关系．由v=c
n
求出光在球内传播的速度．由几何知识求出光从C点射入到从E点射出通过的总路程，即可求得光束在介质球内经历的总时间．本题考查对光的反射、折射现象的理解与运用能力，作出光路图，根据反射的对称性特点和几何知识求解入射角与折射角是关键．。