【文档说明】吉林省白城市第四中学2020届高三下学期3月网上模拟测试物理试题【精准解析】.doc，共(22)页，957.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020届吉林省白城市第四中学高三下上模拟测试物理试题二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18只有一项是符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但

不全的得3分，有选错的得0分。1.人们发现，不同的原子核，其核子的平均质量（原子核的质量除以核子数）与原子序数有如图所示的关系。下列关于原子结构和核反应的说法错误的是（）A.由图可知，原子核D和E聚变成原子核F时会有质量亏损要放出能量B.由图可知，原子核A裂变成

原子核B和C时会有质量亏损，要放出核能C.已知原子核A裂变成原子核B和C时放出的γ射线能使某金属板逸出光电子，若增加γ射线强度，则逸出光电子的最大初动能增大D.在核反应堆的铀棒之间插入镉棒是为了控制核反应速度【

答案】C【解析】【详解】A.由图可知，D和E核子的平均质量大于F核子的平均质量，原子核D和E聚变成原子核F时，核子总质量减小，有质量亏损，要释放能量，选项A正确；B.由图可知，A的核子平均质量大于B与C核子的平均质量，原子核A裂变成原子核B和C时会有

质量亏损，要放出核能，选项B正确；C.根据光电效应方程0kmEhW=−知，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，选项C错误；D.在核反应堆的铀棒之间插入镉棒是为了控制核反应速度，选项D正确；本题选错误的，故选

C。2.如图所示，一辆运送沙子的自卸卡车，装满沙子．沙粒之间的动摩擦因数为μ1，沙子与车厢底部材料的动摩擦因数为μ2，车厢的倾角用θ表示（已知μ2>μ1），下列说法正确的是A.要顺利地卸干净全部沙子，应满

足tanθ=μ2B.要顺利地卸干净全部沙子，应满足sinθ>μ2C.只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足μ2>tanθ>μ1D.只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足μ2>μ1>tanθ【答案】C【解析】【详解】假设最后一粒沙子，所受重力沿斜面向下的分力大于最

大静摩擦力时，能顺利地卸干净全部沙子，有，B对；若要卸去部分沙子，以其中的一粒沙子为研究对象，，C对；3.甲、乙两质点在同一条直线上运动，质点甲做匀变速直线运动，质点乙做匀速直线运动，其中图线甲为抛物线的左半支且顶点在15s处，图线乙为一条过原点的倾斜直线。下

列说法正确的是（）A.t=5s时乙车的速度为2m/s，甲车的速率为2m/sB.t=0时刻甲、乙两车之间的距离为25mC.t=0时刻甲车的速度大小为4m/sD.甲车的加速度大为0.1m/s2【答案】A【解析】【详解】AD．乙车做匀速直线运动，速度为10m/s2m/s5xvt==

=乙甲车做匀变速直线运动，其图线在15s时与横轴相切，则t=15s时甲车的速度为零，利用逆向思维将甲车看成反向初速度为0的匀加速直线运动，据位移时间公式212xat=，结合图象有2110102a=解得a=0.2m/s2所以t=5

s时甲车的速率0.210m/s2m/sv==故A项正确，D项错误；B．t=15s时甲车的速度为零，利用逆向思维将甲车看成反向初速度为0的匀加速直线运动，据212xat=，根据图象有20m10.21m22.5

25x==则t=0时刻甲、乙两车之间的距离为22.5m，故B项错误；C．t=15s时甲车的速度为零，利用逆向思维将甲车看成反向初速度为0的匀加速直线运动，则0时刻甲车的速度大小为00.215m/s3m/sv==故C项错误。4.如图甲，倾角为θ的光滑

绝缘斜面，底端固定一带电量为Q的正点电荷．将一带正电小物块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放，小物块沿斜面向上滑动至最高点B处，此过程中小物块的动能和重力势能随位移的变化图象如图乙(E1和x1为已知量)．已知重力加速度为g，静电力常量为k，由图象可求出()A.小物块的带电量B.A、B间的电势差C

.小物块的质量D.小物块速度最大时到斜面底端的距离【答案】C【解析】试题分析：由动能图线得知，小球的速度先增大，后减小．根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，

直至速度为零．由动能图线看出，速度有最大值，此时小球受力平衡，由库仑力与重力沿斜面的分力平衡，由于没有x的具体数据，所以不能求得q．故A错误；A到B的过程中重力势能的增加等于电势能的减小，所以可以求出小物块电势能的减小，由于小物块的电量不知道，所以不能求

出AB之间的电势差．故B错误；由重力势能线得到EP=mgh=mgssinθ，读出斜率，即可求出m；图象中不能确定哪一点的速度最大，题目中也没有小物块的电量、质量等信息，所以不能确定小物块速度最大时到斜面低端的距离．故

D错误．故选C．考点：功能关系；电势及电势能【名师点睛】本题首先要抓住图象的信息，分析小球的运动情况，再根据平衡条件和动能定理进行处理．5.当矩形线框在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动时，产生的交变电流随时间的变化规律如图甲所示。已知图乙中定值电阻

R的阻值为10Ω，电容器C的击穿电压为5V。则下列选项正确的是（）A.矩形线框中产生的交变电流的瞬时值表达式为i=0.6sin100πt（A）B.矩形线框的转速大小为100r/sC.若将图甲中的交流电接在图乙的电路两端，电容器不会被击穿（通过电容器电流可忽略）D.矩

形线框的转速增大一倍，则交变电流的表达式为i=1.2sin100πt（A）【答案】A【解析】【详解】A．由图象可知，矩形线框转动的周期T=0.02s，则2π100πrad/sT==所以线框中产生的交变电流的表达式为i=0.6sin100πt（

A）故A项正确；B．矩形线框转动的周期T=0.02s，所以线框1s转50转，即转速为50r/s，故B项错误；C．若将图甲中的交流电接在图乙的电路两端，通过电容器电流可忽略，则定值电阻两端电压为u=iR=0.6×10sin100πt（V）=6sin10

0πt（V）由于最大电压大于电容器的击穿电压，电容器将被击穿，故C项错误；D．若矩形线框的转速增大一倍，角速度增大一倍为ω′=200πrad/s角速度增大一倍，电流的最大值增大一倍，即为I′m=1.2A则

电流的表达式为i2=1.2sin200πt（A）故D项错误。6.据《科技日报》报道，2020年前我国将发射8颗绕地球做匀速圆周运动的海洋系列卫星：包括4颗海洋水色卫星、2颗海洋动力环境卫星和2颗海陆雷达卫

星，以加强对黄岩岛、钓鱼岛及西沙群岛等岛屿附近海域的监测。已知海陆雷达卫星轨道半径是海洋动力环境卫星轨道半径的n倍，则（）A.海陆雷达卫星线速度是海洋动力环境卫星线速度的1nB.海陆雷达卫星线速度是海洋动力环境卫星线速度的n倍C.在相同的时间内，海陆雷达卫星与海洋动力

环境卫星各自到地球球心的连线扫过的面积相等D.在相同的时间内，海陆雷达卫星与海洋动力环境卫星各自到地球球心的连线扫过的面积之比为n∶1【答案】AD【解析】【详解】AB．根据22MmvGmrr=解得GMvr=则海陆雷达卫星线

速度是海洋动力环境卫星线速度的1n，B错误A正确；CD．根据22MmGmrr=解得3GMr=扫过的面积23111222Slrrrt===因为轨道半径之比为n，则角速度之比为31n，所以相同时间内扫过的面积之比为n，C错误D正确。故选AD。7.如图所示，虚线PQ左上方存在有垂直于纸面向

外的匀强磁场，甲、乙两个带正电的粒子先后由静止经过相同电压加速后，分别以速度v甲、v乙从PQ上的O点沿纸面射入磁场，结果两粒子从PQ上的同一点射出磁场．已知v甲、v乙之间的夹角α=60°，v乙与PQ之间的夹角β=30°，不计甲、乙两粒子的重力及甲、乙之间的作用力．设甲、乙在磁场

中运动的时间分别为t甲、t乙，以下关系正确的是（）A.v甲：v乙=1：2B.v甲：v乙=2：1C.t甲：t乙=3：4D.t甲：t乙=3：2【答案】BC【解析】【详解】AB．甲乙两个粒子在磁场中的运动情况如图粒子在加速过程中，根据动能定理有：212

qUmv=解得：2qUvm=，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有：2vBqvmR=解得运动的半径为：mvRqB=，根据几何知识可知，甲乙两粒子在磁场中运动的半径之比为：R甲：R乙=1：2，联立解得：1:4

mmqq=甲乙甲乙:，v甲：v乙=2：1，A错误，B正确；CD．甲粒子在磁场中运动的圆心角为180°，乙粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为60°，则甲乙粒子在磁场中运动的时间之比为：1:22213:46mmttqBqB==甲乙甲乙甲乙：C正确，D错误。故选

BC。8.一水平放置的圆盘绕竖直固定轴转动，在圆盘上沿半径开有一条宽度为2mm的均匀狭缝，将激光器与传感器上下对准，使二者间连线与转轴平行，分别置于圆盘的上下两侧，且可以同步地沿圆盘半径方向匀速移动，激光器连续向下发射激光束，在圆盘转动过程中，当狭缝经过激光器与传感器之间时，传感器接收

到一个激光信号，并将其输入计算机，经处理后画出相应图线。图（a）为该装置示意图，图（b）为所接收的光信号随时间变化的图线，横坐标表示时间，纵坐标表示接收到的激光信号强度，图中311.010st−=，320.810st−=，则（）A.t=1s时圆盘转动的角速度为2.

5rad/sB.激光器和探测器沿半径由中心向边缘移动C.激光器和探测器的移动速度为14m/sD.由已知条件无法求出3t【答案】ABC【解析】【详解】A．由图象读得，转盘的转动周期T=0.8s，故角速度：22rad/s=2.

5πrad/s0.8T==故A正确。B．由于电脉冲信号宽度在逐渐变窄，表明光能通过狭缝的时间逐渐减少，即圆盘上对应探测器所在位置的线速度逐渐增加，因此激光器和探测器沿半径由中心向边缘移动，故B正确。C．0.2

s时刻的线速度：111drt=1.0s时刻的线速度：222drt=径向速度：21rrvT−=解得：1m/s4v=故C正确。D．设狭缝宽度为d，探测器接收到第i个脉冲时距转轴的距离为ri，第i个脉冲的宽度为△ti，激光器和探测器沿半径的运动速度为v。

2idtTri=r3-r2=r2-r1=vT212dTrr−=322dTrr−=解得：3123120.67102sttttt−=−故D错误。故选ABC。第Ⅱ卷（非选择题，共174分）三、非选择题（包括必考题和选考题

两部分。第22题~第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题~第38题为选考题，考生根据要求做答）（一）必考题（共129分）9.如图甲是利用气垫导轨探究在外力一定的条件下，物体加速度与质量的关系的实验装置．实验步骤如下：①气垫导轨放在水平

桌面上，并调至水平；②用游标卡尺测出挡光条的宽度为；③由导轨上标尺读出两光电门中心之间的距离为s；④将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动后释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2；⑤从数字计时器(图中未画出)上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时

间分别为Δt1和Δt2；⑥用天平称出滑块和挡光条的总质量为M；⑦改变滑块的质量重复步骤④⑤⑥进行多次实验．据上述实验完成下列问题：⑴关于实验操作，下列说法正确的是_______；A．应先接通光电门后释放滑块B．调节气垫导轨水平时，应挂上砝码C．应调节定滑轮使细

线和气垫导轨平行D．每次都应将滑块从同一位置静止释放⑵用测量物理量的字母表示滑块加速度a＝_______⑶由图乙画出-M的图线(实线)，可得到砝码和砝码盘的总重力G＝_______N⑷在探究滑块加速度a和质量M间的关系时，

根据实验数据画出如图乙所示的-M图线，发现图线与理论值(虚线)有一定的差距，可能原因是___________________________【答案】(1).AC(2).2221()()2lltts−(3).2.5N(2.3～2.7

N均可)(4).没有选取滑块和砝码一起作为研究对象（或M没有加上砝码和砝码盘的质量）【解析】【详解】⑴先接通光电门后释放滑块，以确保滑块经过光电门时，光电门能正常工作，故选项A正确；挂上砝码后，滑块受拉力作用，因此在调节气垫导轨时应不挂砝

码，故选项B错误；调节定滑轮使细线和气垫导轨平行目的是使得滑块所受拉力与运动方向相同，故选项C正确；由于两光电门记录的是滑块通过它们的时间，不需每次经过时速度相等，因此无需从同一位置静止释放，故选项D错误．⑵根据匀变速直线运

动规律有：2as＝22v－21v＝22()lt－21()lt，解得：a＝2221()()2lltts−⑶在1a-M图象中，图线的斜率表示了滑块所受作用力的倒数，即为1G，因此有：G＝1k＝2.5N(2.3～2.7N均可

)⑷图象出现了纵截距，原因是没有选取滑块和砝码一起作为研究对象（或M没有加上砝码和砝码盘的质量）10.某实验小组在练习使用多用电表，他们正确连接好电路，如图甲所示．闭合开关S后，发现无论如何调节电阻箱R0，

灯泡都不亮，电流表无读数，他们判断电路可能出现故障．经小组讨论后，他们尝试用多用电表的欧姆挡来检测电路．已知保护电阻R=15Ω，电流表量程为50mA．操作步骤如下：①将多用电表挡位调到电阻“×1”挡，再将红、黑表笔短接，进行欧姆调零；②断开甲图电路开关S，将多用电表两表笔分别接在a、c上，多用电表

的指针不偏转；③将多用电表两表笔分别接在b、c上，多用电表的示数如图乙所示；④将多用电表两表笔分别接在c、e上，调节R0=20Ω时，多用电表示数如图丙所示，电流表的示数如图丁所示．回答下列问题：(1)图

丙中的多用表读数为________Ω；图丁中的电流表读数为________mA．(2)操作步骤④中，多用电表红表笔应接________（选“c”或“e”）点．(3)电路的故障可能是________．A.灯泡短路B.灯泡断路C.保护电阻R短路D.保护电阻R断路(4)根据以上实验得出的数据，同学

们还计算出多用电表内部电源的电动势E’=________V（结果保留3位有效数字）．【答案】(1).24(2).38.0(3).e(4).B(5).1.48【解析】（1）倍率采用×1，故读数为24124=；电流表量程为50mA，所

以分度值为1mA，所以读数为38.0mA；（2）因为用多用电表测电阻时，电流方向为红进黑出，即红表笔是流进欧姆表的，而电路中电流表在e端为负极，即电流经过电流表的方向为d→e，所以红表笔接e端；（3）因为多用电表欧姆档的

指针不偏转，说明指在无穷大的刻度处，所以a、c间断路，而bc间正常，所以只有灯泡断路，B正确；（4）根据操作③可知电表指针正好指在中间刻度，即根据中值电阻规律可知欧姆档电路内阻为15r=，根据操作④可知(2415)0.0381.48

VE=+；【点睛】在读取电表读数时，一定要弄清楚电表的分度值（或档位）；本题第（4）问较难，难点在于根据中值电阻规律计算欧姆表内阻，因为本题数据是从图中表现出来的，很容易忽略这一重要条件．11.如图所示，一质量M=0．8kg的小车静置于光滑水平地面

上，其左侧用固定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，圆弧轨道BC与水平轨道CD相切于C处，圆弧BC所对应的圆心角37=、半径R=5m，CD的长度6ml=。质量m=0.2kg的小物块（视为质点）从某一高

度处的A点以大小v0=4m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向从B点进入圆弧轨道，物块恰好不滑离小车。取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，空气阻力不计。求：(1)物块通过B点时的速度大小vB；(2)物

块滑到圆弧轨道的C点时对圆弧轨道的压力大小N；(3)物块与水平轨道CD间的动摩擦因数。【答案】(1)5m/s；(2)3.8N；(3)0.3。【解析】【详解】(1)设物块通过B点时的速度大小为Bv，由平拋运动的规律有：0cosBvv=代入

数值解得：5m/sBv=；(2)物块从B点到C点的过程中，由机械能守恒定律有：2211(1cos)22BCmvmgRmv+−=代入数值可得：35Cv=m/s设物块滑到C点时受到圆弧轨道的支持力大小为F，有：2CvFmgmR−=代入数值解得：F=3.8N，由牛顿第三定律可知N=F=3.8N；(3)

设物块到达轨道CD的D端时的速度大小为Dv，由动量守恒定律有：()cDmvMmv=+由功能关系有：2211()22DCmglmvMmv=−+代入数值解得：0.3=。12.如图所示，PQ和MN是固定于倾角为30o斜面内的

平行光滑金属轨道，轨道足够长，其电阻可忽略不计．金属棒ab、cd放在轨道上，始终与轨道垂直，且接触良好．金属棒ab的质量为2m、cd的质量为m，长度均为L、电阻均为R；两金属棒的长度恰好等于轨道的间距，并与轨道形成闭合回路．整个装置处在垂直

斜面向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，若锁定金属棒ab不动，使金属棒cd在与其垂直且沿斜面向上的恒力F=2mg作用下，沿轨道向上做匀速运动．重力加速度为g；（1）试推导论证：金属棒cd克服安培力做功的

功率P安等于电路获得的电功率P电；（2）设金属棒cd做匀速运动中的某时刻t0=0，恒力大小变为F′=1.5mg，方向不变，同时解锁、静止释放金属棒ab，直到t时刻金属棒ab开始做匀速运动；求：①t时刻以后金属棒ab的热功率Pab；②0～t时刻内通过金属棒ab的电量q；【答案

】（1）见解析（2）①2222mgRBL②2212sin3022oBLxmgtmvR−=【解析】【详解】（1）金属棒cd做匀速运动的速度为v，EBLv=①，2EIR=②，AFIBL=③金属棒cd克服安培力做功的功率：APFv=安④电路获得的电功率：22EPR=电⑤，由①②③④可

得：P安=2222BLvR⑥，由①③⑤可得2222BLvPR=电⑦，所以：P安=P电⑧（另解：金属棒cd做匀速运动的速度为v，cd杆受力平衡有sin30oFmgF=+安，FBIL=安，BLvIR=，联立解得32mgIBL=，32Fmg=安，223mgRvBL=根据：222

292mgRPFvBL==安安，2222292mgRPIRBL==电所以：222292mgRPPBL==电安）（2）①金属棒ab做匀速运动，则有：12sin30IBLmg=⑨，棒ab的热功率21abPIR=⑩，由⑨⑩解得：2222abmgRP

BL=⑪，，②设t后时刻金属棒ab做匀速运动速度为v1，金属棒cd也做匀速运动的速度为v2；由金属棒ab、金属棒cd组成系统动量守恒：122mvmvmv=+⑫，回路电流I1=21()2BLvvR−⑬由⑨⑫⑬解得：金属棒ab做匀速运动速度为v1=223mgRBL⑭0～t时刻内

对金属棒ab分析：在电流为i的很短时间t内，速度的该变量为v由动量定理得：2sin302oBiLtmgtmv−=⑮对⑮进行求和得：0002tttBiLtmgtmv−=⑯解得：BLq-

mgt=2mv1⑰由⑭⑮解得：q=22233233mgRmgBLtBL+（或：设ab、cd杆之间距离变化量为x，则：22BLxqItRR===，设任意时刻，ab杆速度为1v，cd杆速度为2v，利用微元求和可得：2100ttxvtvt=−对ab杆进行动量定理：2sin302B

ILtmgtmv−=，21()2BLvvIR−=，联立可得：22210()2sin3022tBLvvtmgtmvR−−=，求解得：2212sin3022BLxmgtmvR−=，【物理选修3－3】13.下列说法不正确的是（）A.物体的温度为0℃时，物体的分子平均动

能为零B.两个分子在相互靠近的过程中其分子力逐渐增大，而分子势能一定先减小后增大C.多数分子直径的数量级是10－10mD.第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律E.一定质量的理想气体，如果在某个过程中温度保持不变而吸收热量，则

在该过程中气体的压强一定增大【答案】ABE【解析】【详解】A.因为物体分子在做永不停息的无规则运动，所以当物体的温度为0℃时，物体的分子平均动能也不可能为零，故A错误；B.两个分子在相互靠近的过程中其分子

力先增大后减小再增大，而分子势能一定先减小后增大，故B错误；C.多数分子直径的数量级是10－10m，故C正确；D.第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律，故D正确；E.根据热力学第一定律知，温度不变则内能不变

，吸热则必膨胀对外做功，又由理想气体状态方程知，压强一定减小，故E错误；本题选择不正确的，故选择ABE．14.如图所示，内壁光滑的气缸竖直放置，在距气缸底部l=36cm处有一与气缸固定连接的卡环，活塞与气缸底部之间封闭了一定质量的气体．当气体的温度1200

TK=，大气压强501.0110pPa=时，活塞与气缸底部之间的距离0l=30cm，已知活塞的面积为250cm，不计活塞的质量和厚度，现对缸内气体加热，使活塞缓慢上升当温度上升至2540TK=时，求：①封闭气体此时的压强②该过程中气体对外做的功【答案】①51.510Pa②30J【解析】试题分

析：（1）对活塞进行受力分析：0pSpS=得：501.010ppPa==设活塞上升到卡球处时气体温度为0T，初状态体积0lS，温度为1T，末状态体积为Sl，则：01lSlSTT=③解得：2360540TK

TK==气体还将进行等容不得升温，初状态压强为0p，温度为T，末状态压强为1p，温度为2T，则：022ppTT=⑤解得：511.510pPa=（2）该封闭气体仅在等压膨胀过程中对外做功，则：0030WFSpSllJ==−=（）

考点：考查了理想气体状态方程【名师点睛】先写出已知条件，对活塞进行受力分析，根据理想气体状态方程求压强；活塞克服重力和外面的大气压做功，利用功的计算公式即可求解，注意应用公式时，温度为热力学温度．【物理选修3－4】15.如图甲所示为t=1s时某简谐波的波动图象，乙

图为x=4cm处的质点b的振动图象。则下列说法正确的是（）A.该简谐波的传播方向沿x轴的正方向B.t=2s时，质点a的振动方向沿y轴的负方向C.t=2s时，质点a的加速度大于质点b的加速度D.0~3s的时间内，质点a通过的路程为20cmE.0~3s的时间内，简谐波沿x轴的负方向传

播6cm【答案】BCE【解析】【详解】A．由图象可知t=1s时质点b的振动方向沿y轴的负方向，则由质点的振动方向和波的传播方向关系可知，该简谐横波的传播方向沿x轴的负方向，故A项错误；B．由图甲知t=1s时，质点a的振动方向沿y轴的正方

向；由乙图可知波的周期为2s，则t=2s时，质点a的振动方向沿y轴的负方向，故B项正确；C．由以上分析可知，t=2s时，质点b处在平衡位置向上振动，质点a处在平衡位置+y侧向y轴的负方向振动，因此质点a的加速度大于质点b的加速度，故C项正确；D．0~3s的时间为32T，则质

点a通过的路程为振幅的6倍，即为30cm，故D项错误；E．由图可知，波长λ=4cm、周期T=2s，则波速4cm/s2cm/s2vT===0~3s的时间内，波沿x轴的负方向传播的距离x=vt=6cm故E项正确。16.如图，

在注满水的游泳池的池底有一点光源A，它到池边的水平距离为3.0m。从点光源A射向池边的光线AB与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角，水的折射率为34。(i)求池内的水深；(ii)一救生员坐在离池边不远处的高凳上，他

的眼睛到地面的高度为2.0m。当他看到正前下方的点光源A时，他的眼睛所接受的光线与竖直方向的夹角恰好为45。求救生员的眼睛到池边的水平距离（结果保留1位有效数字）。【答案】(i)2.6m(ii)0.7m【解析】【详解】(i)光由A射向B点发生全反射，光路如图所示图中入射角θ等于临界角C，

则有：13sin4n==由几何关系可得=4mAB所以22=7m2.6mBOABAO−=(ii)光由A点射入救生员眼中的光路图如图所示，在E点，由折射率公式得sin45sinn=得32sin8=sin3

23tancos23==设=BEx，则有3tan7AQxQE−==由几何关系可得，救生员到池边水平距离为(2)m0.7msx=−