【文档说明】【精准解析】湖北省华中师大附中2020届高三二月线上检测理综物理试题【武汉专题】.docx，共(24)页，731.009 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-17a480c976c865535cd55153157de02a.html

以下为本文档部分文字说明：

华中师大附中2020届高三理科综合能力测试(10)物理部分一、选择题（本大题共8小题，每小题6分，其中1~4小题只有一项符合题目要求；5~8小题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）1.库仑定律是电磁学的基本定律．17

66年英国的普里斯特利通过实验证实了带电金属空腔不仅对位于空腔内部的电荷没有静电力的作用，而且空腔内部也不带电．他受到万有引力定律的启发，猜想两个点电荷（电荷量保持不变）之间的静电力与它们的距离的平方成反比．1785年法国的库仑通过实验证实了两个点电荷之间的静电力与它们的电荷量的乘积

成正比，与它们的距离的平方成反比．下列说法不正确的是A.普里斯特利的实验表明，处于静电平衡状态的带电金属空腔内部的电场处处为零B.普里斯特利的猜想运用了“类比”的思维方法C.为了验证两个点电荷之间的静电力与它们的电荷

量的乘积成正比，库仑精确测定了两个点电荷的电荷量D.为了验证两个点电荷之间的静电力与它们的距离的平方成反比，库仑制作了库仑扭秤装置【答案】C【解析】【详解】A．普里斯特利的实验表明，处于静电平衡状态的带电金属

空腔内部的电场处处为0，故A正确，不符合题意；B．普里斯特利联想到万有引力定律的猜想，故运用了“类比”的思维方法，故B正确，不符合题意；C．为了验证两个点电荷之间的静电力与它们的电荷量的乘积成正比，库仑定性的比较

了电荷的变化，故C错误，符合题意；D．为了验证两个点电荷之间的静电力与它们的距离的平方成反比，库仑制作了库仑扭秤装置，故D正确，不符合题意；故选C。【名师点睛】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后

电场为零时，电荷才不会移动；明确库仑实验的原理2.如图所示，空间有一正三棱锥OABC，点A′、B′、C′分别是三条棱的中点．现在顶点O处固定一正的点电荷，则下列说法中正确的是（）A.A′，B′，C′三点的电场强度相同B.△ABC所在平面为等势面C.将一正的试探电荷从A′

点沿直线A′B′移到B′点，静电力对该试探电荷先做正功后做负功D.若A′点的电势为φA′，A点的电势为φA，则A′A连线中点D处的电势φD一定小于'2AA+【答案】D【解析】【分析】根据点电荷的场强公式E=kQ/r2分析电场强度的大小关系；点电荷的等势面是一系列的同心圆；沿着电场线，电势

逐渐降低；根据电势的变化，分析电势能的变化，从而判断电场力做功的正负；根据公式U=Ed分析A′A连线中点D处的电势．【详解】A′、B′、C′三点到O点的距离相等，根据点电荷的场强公式E=kQ/r2分析可知，A′、B′、C′三点的电场强度大小相等．但方向不同，故A错误．A、B、C的三个点到场源电荷的

距离相等，在同一等势面，但其它点到场源电荷的距离与A、B、C三点到场源电荷的距离不等，故△ABC所在平面不是等势面，故B错误；将一正的试探电荷从A′点沿直线A′B′移到B′点，电势先升高后降低，电势能先增大后减小，则静电力对该试探电荷先做负功后做正功，故C错误．由于A′D间场强大于DA间

场强，由U=Ed知，A′、D间的电势差大于DA间的电势差，则有：φA-φD＞φD-φA′，则φD＜12（φA+φA′），由于正点电荷电场中电势大于零，因此φD＜φA+φA′，故D正确；故选D．【点睛】本题关键是明确点电荷的电场分布情况，注意根据对称性分析，同时要注意场强是矢量，电势是标

量．3.如图所示，质量为2kg的木板M放置在足够大光滑水平面上，其右端固定一轻质刚性竖直挡板，能承受的最大压力为4N，质量为1kg的可视为质点物块m恰好与竖直挡板接触，已知M、m间动摩擦因数=0.5，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。初始两物

体均静止，某时刻开始M受水平向左力F作用，F与M位移关系为F=3+0.5x，重力加速度g=10m/s2，关于M、m的运动，下列表述正确的是（）A.m的最大加速度为5m/s2B.m获得的最大速度无法求解C.当F刚作用时，竖直挡板对m就有弹力作用D.当M运动位移为24m

过程中，F所做的功为216J【答案】D【解析】【详解】A．m与木板M之间的最大静摩擦力为0.5110mNfFmg===N＝5Nm受到的向左的力最大为静摩擦力与弹力的和，所以最大加速度为am=mfFm+弹=541+m/s2=9m/s2故A错误；BC．开始时m与木板一起做加速运动，共同的加速

度为a=FMm+=30.521x++=1+16x刚开始时，x=0，则加速度为a0=1m/s2。开始时m受到的摩擦力为0011fma==N=1N＜5N所以当F刚作用时，竖直挡板对m没有弹力作用；由am=9m/s2和=1+16x，可知当m的加速度最大时的位移为xm=48m，根据F的平均值可求出拉力

对系统做的功，由动能定理即可求出系统的动能，即()212mmmMmvFx+=由此即可求出m的最大速度，故BC错误；D．当M运动位移为24m时有F=3+0.5×24N=15N根据功的公式有WFl=可知力F做的功等于力

在空间的积累效果，由积累的关系可得W=Fx=3152+×24J=216J故D正确。故选D。4.如图所示，质量为M、倾角为θ的斜面体置于粗糙的水平面上，斜面体处于静止状态，一质量为m的木块置于斜面上。情景（一）：给木块一沿斜面向下的初速度，木块沿斜面匀速下滑；情景（二）：对木块

施加一沿斜面向上的力F，木块沿斜面匀速上滑；情景（三）：对木块施加一沿斜面向上的力2F，木块沿斜面上滑，下列判断正确的是（）A.在情景（一）中地面对斜面体的静摩擦力为12mgsin2θB.在情景（二）中地面

对斜面体的静摩擦力为零C.在情景（三）中地面对斜面体的静摩擦力为FcosθD.在三个情景中斜面体对木块的作用力的大小均为mg【答案】C【解析】【详解】A．情景（一）中物块匀速下滑，处于平衡状态，把物体和斜面看成一个整体，整体受力平衡，则合力为零，水平方向不受地面对斜面体的摩擦

力，故A错误；B．情景（二）中物块匀速上滑，处于平衡状态，把物体和斜面看成一个整体，整体受力平衡，则合力为零，水平方向有cosfF=故B错误；C．在情景（一）中物块匀速下滑，处于平衡状态，则有sinfmg=在情景（二）中物块匀速上滑，处于平衡状态，则有sin2sinFmgfm

g=+=在情景（三）中，物块沿斜面向上做匀加速运动，加速度a=2--sinFfmgm=Fm把物体和斜面看成一个整体，则水平方向有coscosfmaF==故C正确；D．情景（一）中物块都处于静止状态，受力平衡，则斜面体对木块的作用力的大小为mg，方向竖直向上，情景（二）中物体受到

重力、斜面的作用力和F处于平衡状态，则斜面体对木块的作用力的大小等于F与重力的合力，故D错误。故选C。5.如图所示，电源电动势E=12V，内阻r=3Ω，R0=1Ω，直流电动机内阻0R=1Ω．当调节滑动变阻器R1

时可使图甲中电源的输出功率最大；调节R2时可使图乙中电路的输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作（额定输出功率为P0=4W），则R1和R2连入电路中的阻值分别为（）A.2Ω、2ΩB.2Ω、1.5ΩC.2Ω、1ΩD.1.5

Ω、1.5Ω【答案】C【解析】【详解】在甲图中，当电路的外电阻等于内阻时，电路的输出功率最大，则有R1=r-R0=3Ω-1Ω=2Ω此时电流I1=2Er=2A电阻R0消耗的功率P=I2R0=22×1W=4W在乙图中

，电路输出的功率最大时，电动机正好正常工作，此时电动机输出功率为P0=4W，对比分析可知，当两电路的输出功率最大时，电阻R0消耗的功率和电动机的输出功率相等，则甲电路中滑动变阻器R1和电源内阻r的阻值之和与乙电路中滑动变阻器R2与电源内阻、电动机内阻的阻值之和相等，即120RrRrR+=++解

得R2=1Ω，故C正确，ABD错误。故选C。6.为了探测X星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心，半径为r1的圆轨道上运动，周期为T1，总质量为m1。随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球很近的半径为r2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m2。则（）A.

X星球表面的重力加速度为X21214πrgT=B.X星球的质量为M231214πrGT=C.登陆舱在半径为r2轨道上做圆周运动的周期为322131rTTr=D.登陆舱在r1与r2轨道上运动的速度大小之比为112221vmrvmr=【答案】BC【解析】【详解】A．根据

圆周运动知识可得2124πraT=2124πrT只能表示在半径为r1的圆轨道上的向心加速度，而不等于X星球表面的重力加速度，故A错误；B．研究飞船绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式211122112π()MmGmrrT=解得23

1214πrMGT=故B正确；C．研究登陆舱绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式222π()MmGmrrT=得32πrTGM=所以登陆舱在r1与r2轨道上运动时的周期大小之比为311322TrTr=

则322131rTTr=故C正确；D．研究登陆舱绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，在半径为r的圆轨道上运动22MmvGmrr=得GMvr=所以登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小之比为1221vrvr=故D错误。故选B

C。7.如图所示，空间中存在一个范围足够大的垂直纸面向里的磁场，磁感应强度沿y轴方向大小相同，沿x轴方向按Bx＝kx的规律变化，式中k为已知常数且大于零。矩形线圈ABCD面积为S，BC边长度为L，线圈电阻为R，线圈在恒力F

的作用下从图示位置由静止开始向x轴正方向运动，下列说法正确的是（）A.线圈运动过程中始终有感应电流且方向一直沿ABCDB.若加速距离足够长，线圈最终将做匀速直线运动C.通过回路中C点的电量与线圈位移的比值为kLRD.线

圈回路消耗的电功率与运动速度的关系为22kSvR【答案】AB【解析】【详解】A．线框向右运动，磁通量增加，根据楞次定律，感应电流的磁场向外，故感应电流是逆时针方向，即ABCD方向，故A正确；B．某个时刻，设线框面积S，速

度为v，取一段极短时间t，磁通量增加量为kvtS=根据法拉第感应电动势，感应电动势为EkvSt==随着速度的增加，感应电动势增加，感应电流增加，安培力（左右两边的磁感应强度差一定）增加，当安培力与拉力平

衡时变为匀速运动，故B正确；C．某个时刻，设线框面积S，速度为v，取一段极短时间t，根据推论公式qR=通过回路中C点的电量kvtSqR=电量与线圈位移的比值为kvtSkSRvtR=故C错误；D．某个时刻，设线

框面积S，速度为v，取一段极短时间t，感应电动势为EkvSt==故感应电流为EkvSIRR==根据2PIR=有222kvSPR=故D错误。故选AB。8.如图所示为磁悬浮列车模型，质量M=2kg的绝缘板底座静止在动摩擦因数μ1=0.1的粗糙水平地面上。位于磁场中的正方形金属框A

BCD为动力源，其质量m＝2kg，边长为1m，电阻为116，与绝缘板间的动摩擦因数μ2=0.2．OO为AD、BC的中点。在金属框内有可随金属框同步移动的磁场，CDOO区域内磁场如图a所示，CD恰在磁场边缘以外；BAOO区域内磁场如图b所示，AB恰在磁场边缘以

内（g=10m/s2）。若绝缘板足够长且认为绝缘板与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则金属框从静止释放后（）A.若金属框固定在绝缘板上，金属框的加速度为2m/s2B.若金属框固定在绝缘板上，金属框的加速度为1m/s2C.若金属框不固定，金属框的加速度为

6m/s2，绝缘板的加速度为1m/s2D.若金属框不固定，金属框的加速度为2m/s2，绝缘板仍静止【答案】BD【解析】【详解】AB．若金属框固定在绝缘板上，CDOO区域磁场变化，产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律有E=22Bltt==0.5V根据欧姆定律可

知，回路中的电流为I=ER=8AAB边受到安培力作用F=BIL=8N根据牛顿第二定律有()FfMma−=+()1fMmg=+代入数据解得a=1m/s2，故A错误，B正确。CD．若金属框不固定在绝缘板上，对金属框，由牛顿第二定律，则有2Fmgma−=框解得a框=2m/s2对绝缘板，

由牛顿第二定律，则有()21mgmMgMa−+=板解得：a板=0，则金属框的加速度为2m/s2，绝缘板仍静止，故C错误，D正确。故选BD。第Ⅱ卷(非选择题)二、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第9题~

第12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13题~第16题为选考题，考生根据要求作答。)（一）必考题9.用如图甲所示装置做“探究物体的加速度跟力的关系”的实验．实验时保持小车的质量不变，用钩码所受的重力作为小车受到的合力，用打点计时器和小车后端拖动的纸带

测出小车运动的加速度．(1)实验时先不挂钩码，反复调整垫块的左右位置，直到小车做匀速直线运动，这样做的目的是_____．(2)图乙为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出

各计数点到A点之间的距离，如图所示．已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值a＝_______m/s2．（结果保留两位有效数字）(3)实验时改变所挂钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加速度．根据测得的多组数据画出a•F关系图像，如图丙所示．此

图像的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是______．（选填下列选项的序号）A．小车与平面轨道之间存在摩擦B．平面轨道倾斜角度过大C．所挂钩码的总质量过大D．所用小车的质量过大【答案】(1).平衡小车运动中所受的摩擦阻力(2).1.0(3).C【解析】【详解】(

1)[1]反复调整垫木的左右位置，可改变木板的倾角，利用小车沿斜面向下的分力来平衡小车运动中所受的摩擦阻力．(2)[2]如图：x1=3.8cm=0.038m,x2=8.79-3.8=4.99cm=0.0499mx3=14.7-8.79=5.91cm=0.0591m,x

4=21.6-14.7=6.9cm=0.069m由()()431224xxxxaT+−+=，T=0.1s，代入数据得a=1.0m/s2.(3)[3]实验时保持小车的质量不变，用钩码所受的重力作为小车受到的合力，满足条件是小车的质

量远大于钩码的质量，若所挂钩码总质量过大时，引起的实验误差较大，造成图线的AB段明显偏离直线．10.用下列器材测量电容器的电容:一块多用电表,一台直流稳压电源,一个待测电容器(额定电压16V),定值电阻R1(阻值未知),定值电阻R2=150Ω.电流传感器、数据采集器和计算

机,单刀双掷开关S,导线若干.实验过程如下:请完成下列问题:(1)由图(甲)可知,电阻R1的测量值为_____Ω;(2)第1次实验中,电阻R1两端的最大电压U=____V.利用计算机软件测得i-t曲线和两坐标轴所围的面积为42.3mA·

s,已知电容器放电时其内阻可以忽略不计,则电容器的电容为C=____F;(3)第2次实验中,电流随时间变化的i-t曲线应该是图(丁)中的虚线___(选填“b”“c”或“d”),判断依据是__________________________.【答案】(1).(1)100(2).9(3).4

.7×10-3(4).c(5).与实线a比较,最大电流小,且与两坐标轴所围面积相等【解析】【详解】（1）[1]．欧姆表读数=表盘刻度×倍率=10×10=100Ω；（2）[2][3]．由i-t图象得到开始时电流为I=90mA=0.09

A；故最大电压为U=IR1=0.09A×100Ω=9V故电容为-342.3mAs=4.710F9VQCU==（3）[4]．换用150Ω的电阻，则根据mmUiR=，因第2次实验的最大电流小些，故不是b；根据mmQCU=，因两条曲线分别与坐标轴所围的面积相等，故不是d，是c；11.如

图所示，“”型框置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，“”型框的三条边的长度均为L，电阻均为r，a、b两端连接阻值为R=r的电阻。“”型框绕轴ab以角速度ω逆时针（从上往下看）匀速转动，t=0时刻经过图

示位置。规定回路中a→d→c→b方向为电流的正方向，求：（1）通过电阻R的感应电流的表达式；（2）当56t=时，通过电阻R的感应电流的大小和方向；（3）t=0到t=过程中R产生的电热。【答案】（1）i

=2sin4BLtr（A）；（2）28BLr，沿正方向；（3）2432BLr。【解析】【详解】（1）回路感应电动势的峰值2mEBL=回路最大感应电流Im=3mErR+电流瞬时值表达式miIsint=解得，流过R的电流表达式2sin4BLitr=（A）（2）当t=56

时，流过R的电流i=24BLrsin56解得i=28BLr，由楞次定律可知，感应电流方向为：a→d→c→b，即正方向（3）感应电流有效值I=2mI=242BLrT=0到t=过程中电阻R上产生的

焦耳热Q=I2Rt解得Q=24BL32r12.如图，在真空室内的P点，能沿纸面向各个方向不断发射电荷量为+q，质量为m的粒子(不计重力)，粒子的速率都相同．ab为P点附近的一条水平直线，P到直线ab的距离P

C=L，Q为直线ab上一点，它与P点相距PQ=52L．当直线ab以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q点；当ab以上区域只存在平行该平面的匀强电场时，所有粒子都能到达ab直线，且它们到达ab直线时动能都相等，其中

水平向左射出的粒子也恰好到达Q点．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：(1)a粒子的发射速率(2)匀强电场的场强大小和方向(3)仅有磁场时，能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间的比值【答案】（1）粒子发射速度为58BqLvm=（2）电场强度的大小为225

8qLBEm=（3）粒子到达直线ab所用最长时间和最短时间的比值122332.20106tt=【解析】（1）设粒子做匀速圆周运动的半径R，过O作PQ的垂线交PQ于A点，如图三所示：由几何知识可得PCQAPQQO=代入数据可得粒子轨迹半径58LRQO==洛仑磁力提供向心力2vBqvmR=

解得粒子发射速度为58BqLvm=（2）真空室只加匀强电场时，由粒子到达ab直线的动能相等，可知ab为等势面，电场方向垂直ab向下．水平向左射出的粒子经时间t到达Q点，在这段时间内2LCQvt==212PCLat==式中qE

am=解得电场强度的大小为2258qLBEm=（3）只有磁场时，粒子以O1为圆心沿圆弧PD运动，当圆弧和直线ab相切于D点时，粒子速度的偏转角最大，对应的运动时间最长，如图四所示．据图有3sin5LRR−==解得37=故

最大偏转角max233=粒子在磁场中运动最大时长max10360tT=式中T为粒子在磁场中运动的周期．粒子以O2为圆心沿圆弧PC运动的速度偏转角最小，对应的运动时间最短．据图四有/24sin5LR==

解得53=速度偏转角最小为min106=故最短时长min20360tT=因此，粒子到达直线ab所用最长时间和最短时间的比值max12min2332.20106tt==点睛：此题是关于带

电粒子在电场及磁场中的运动问题；掌握类平抛运动的处理方向，在两个方向列出速度及位移方程；掌握匀速圆周运动的处理方法，确定好临界状态，画出轨迹图，结合几何关系求解.【物理——选修3-3】13.一定质量的理想气体经历如图所示的一系列过程，AB、BC、CD、DA这四段过程在p-T

图像中都是直线，其中CA的延长线通过坐标原点O，下列说法正确的是（）A.A→B的过程中，气体对外界放热，内能不变B.B→C的过程中，单位体积内的气体分子数减少C.C→D的过程中，气体对外界做功，分子的平均动能减小D.C→D过程与A→B相比较，两过程中气体与外界交换的热量相同E.D→A过程与B→C过

程相比较，两过程中气体与外界交换的热量相同【答案】ABE【解析】【详解】A．A→B的过程中，气体温度不变，则内能不变；压强变大，体积减小，则外界对气体做功，由∆U=W+Q可知气体对外界放热，A正确；B．B→C的过程中，气体的

压强不变，温度升高，则体积变大，则单位体积内的气体分子数减少，B正确；C．C→D的过程中，温度不变，压强减小，体积变大，则气体对外界做功，分子的平均动能不变，C错误；D．设四个状态的参量分别为A（p、V、T）；B（2p、12

V、T）；C（2p、V、2T）；D（p、2V、2T），C→D过程与A→B相比较，两过程中气体与外界交换的热量等于气体对外或者外界对气体做功的大小，根据W=P∆V两过程中压强的变化相同，但体积的变化不同，则两过程中气体对外或者外界对气体做功的大小

不同，气体与外界交换的热量不相同，D错误；E．D→A过程与B→C过程温度的变化∆T相同，内能变化∆E相同；根据根据W=P∆V可知两过程中WDA=WBC；则两过程中气体与外界交换的热量相同，E正确。故选A

BE。14.潜水员在进行水下打捞作业时，有一种方法是将气体充入被打捞的容器，利用浮力将容器浮出水面。假设潜水员发现在深10m的水底有一无底铁箱倒扣在水底，先用管子伸入容器内部，再用气泵将空气打入铁箱内。已知铁箱质量为560kg，容积为1m

3，水底温度为7C，水的密度为1×103kg/m3，忽略铁箱自身的体积、高度及打入空气的质量，求需要打入1atm、27C的空气多大体积可使铁箱浮起。g取10m/s2。【答案】1.2m3【解析】【详解】设打入的空气体积为V1，到湖底后，这部

分空气的体积为V2，10m水产生压强为0pgh==水1×105Pa=1atm湖底压强为p2=p0+p水=2atm箱充气受浮力为2FgV=浮水上浮的条件是20gVmg−水代入数据解得V2=mp水=0.56m3由理想气体状态方程112212PVPVTT=代入数据解得V1

=1.2m3【物理——选修3-4】15.一列简谐横波在t=0时刻的波形图如图实线所示，从此刻起，经0.2s波形图如图虚线所示，若波传播的速度为5m/s，则下列说法正确的是______．A.这列波沿x轴正方向传播B.t=0时刻质点

a沿y轴正方向运动C.若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则该波所遇到的简谐横波频率为1.25HzD.x=2m处的质点的位移表达式为y=0.4sin(2.5πt+π)（m）E.从t=0时刻开始质点a经0.4s通过的路程为0.8m【答案】CDE【解析】【详解】A．波传播

的速度为v=5m/s，经0.2s波形平移的间距为：△x=v•△t=5×0.2=1m故结合波形图可以看出波形向左平移1m，所以这列波沿x轴负方向传播；故A错误；B．波沿x轴负方向传播，故t=0时刻质点a沿y轴负方向运动，故B错误；C．从波形图可以看出波长为4m，故周期：4s0.8s

5Tv===频率：11.25HzfT==故此波遇到另一列频率为1.25Hz的简谐横波能发生稳定的干涉现象，选项C正确；D．x=2m处的质点的位移表达式为()2sin()?0.42.5yAtmsintmT=+=+（）故D正确

；E．周期为0.8s，由于△t=0.4s=12T故质点a经0.4s通过的路程为：S=2A=0.8m故E正确；故选CDE.16.如图所示，折射率为2的上下两面平行的梯形玻璃砖，下表面涂有反射物质，上表面右端垂直

于上表面放置一标尺MN．一细光束以入射角i=45°射到玻璃砖上表面的A点，会在标尺上的两个位置出现光点（图中未画出），若折射进入玻璃砖内的光在玻璃砖内传播时间为t，则在标尺上出现的两光点的距离为多少?（设光在真空中的速度为c，不考虑细光束在玻璃砖下表面的第二次反射）【答案】

24ct【解析】【详解】试题分析：光路如图,由光的折射定律：sinsinin=得：30=由几何关系知，在玻璃砖内的光线与玻璃砖上表面AB构成等边三角形，且四边形BEGF为平形四边形，则：GFBE=

tan45ABBE=光在玻璃中的速度为22cvcn==光在玻璃中的路径长度：222sABvtct===AB两点距离：24ABct=则在标尺上形成的两光点距离：24GFBEABct===考点：光的折射定律．【名师点睛】当光线从空气中先折射入玻璃中时，折射光线将向靠近

法线的方向偏折，即折射角小于入射角．折射光线在玻璃中沿直线传播，入射到玻璃与空气的界面时，又将发生折射而进入空气中，由光路的可逆性可知，这时的折射角将等于最开始的入射角．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com