【文档说明】2021年全国高考物理考前冲刺押题卷（五）（解析版）.docx，共(15)页，395.133 KB，由管理员店铺上传

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12021年全国高考物理考前冲刺押题卷（五）（考试时间：90分钟试卷满分：110分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B

铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷

（选择题）一、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1~5题只有一项符合题目要求，第6~8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，有选错或不答的得0分。1、如图甲所示，在光电效应实验中，某同学用相同频率的单色光，分别照射阴极材料为锌和铜的两个不同的光

电管，结果都能发生光电效应．图乙为其中一个光电管的遏止电压Uc随入射光频率ν变化的函数关系图象．对于这两个光电管，下列判断错误的是()A．因为材料不同逸出功不同，所以遏止电压Uc不同[来源:学科网ZXX

K]B．光电子的最大初动能不同C．因为光强不确定，所以单位时间逸出的光电子数可能相同，饱和光电流也可能相同D．两个光电管的Uc－ν图象的斜率可能不同【答案】D2【解析】根据光电效应方程Ek＝hν－W0和Uce＝Ek得，频率相同，逸出功不同，则遏止电

压也不同，A正确；根据光电效应方程Ek＝hν－W0得，频率相同，逸出功不同，则光电子的最大初动能也不同，B正确；虽然光的频率相同，但光的强度不确定，所以单位时间内逸出的光电子数可能相同，饱和光电流也可能相同，C正确；由Uc＝hνe－W0e知图线的斜率为he，即只与h和e有关，

斜率为常数，一定相同，D错误．2、如图所示，球网高出桌面H，网到桌边的距离为L，某人在乒乓球训练中，从左侧L2处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧边缘，设乒乓球的运动为平抛运动，下列判断正确的是()A

.击球点的高度与网高度之比为2∶1B.乒乓球在网左右两侧运动时间之比为2∶1C.乒乓球过网时与落到右侧桌边缘时速率之比为1∶2D.乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为1∶2【答案】D【解析】因为水平方向做

匀速运动，网右侧的水平位移是左边水平位移的两倍，所以网右侧运动时间是左侧的两倍，竖直方向做自由落体运动，根据h＝12gt2可知，击球点的高度与网高之比为9∶8，故选项A、B错误；球恰好通过网的上沿的时间为落到右侧桌边缘的时间的13，竖直方向做自由落体运动，根

据v＝gt可知，球恰好通过网的上沿的竖直分速度与落到右侧桌边缘的竖直分速度之比为1∶3，根据v＝v20＋v2y可知，乒乓球过网时与落到桌边缘时速率之比不是1∶2，故选项C错误；网右侧运动时间是左侧的两倍，Δv＝gt，所以乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为1∶2，故选项D正确。3、目前许多国产手

机都有指纹解锁功能，常用的指纹识别传感器是电容式传感器，如图所示。指纹的凸起部分叫作“嵴”，凹下部分叫作“峪”，传感器上有大量面积相同的小极板，当手指贴在传感器上时，这些小极板和与之正对的皮肤表面就形成了大量的小电容器，由于距离不同

，所以这些小电容器的电容不同。此时传感器给所有的小电容器充电达到某一电压值，然后开始放电，其中电容值较小的小电容器放电较快，于是根据放电快慢的不同，就可以探测到“嵴”和“峪”的位置，从而形成指纹的图象数据。根据以上信息，下列说法正确的是()3A．在“峪”处形成的小电容器电容较大B

．在“峪”处形成的小电容器放电较慢C．在“嵴”处形成的小电容器充电后带电荷量较大D．潮湿的手指对指纹识别没有任何影响【答案】C【解析】根据C＝εrS4πkd可知在“峪”处形成的小电容器电容较小，放电较快，选项A、B错误；在

“嵴”处形成的小电容器电容较大，充电后带电荷量较大，选项C正确；由于手指表面液体中含有电解质，可导电，所以潮湿的手指对指纹识别有影响，选项D错误。4、如图所示，圆环上均匀分布着正电荷，直线MN垂直于圆环平面且过圆心O，M、N两点关于O点对

称。将一带负电的试探电荷从M点无初速度释放，选无穷远处电势为零，下列说法正确的是()A．M、N两点电场强度相同B．试探电荷经过O点时速度最大C．试探电荷经过O点时电势能为零D．试探电荷将在MN之间做简谐运动【答案】B【解析】由电场强度叠加原理可知，M、N两点电场强度大小相等，方

向相反，故选项A错误；圆环上均匀分布着正电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在O点产生的场强相互抵消，合场强为零，圆环上各电荷产生的电场强度在MN直线上竖直方向的分量相互抵消，在O点左边水平分量水平向左，由

电场的叠加原理可知，在O点左边电场强度方向向左，同理可知，在O点右边电场强度方向向右，带负电的试探电荷从M点无初速度释放后，向右先做加速运动，到O点时加速度为0，速度最大，接着向右做减速运动，故选项B

正确；选无穷远处电势能为零，由顺着电场线方向电势降低可知，MN上O点电势最高且不为0，则试探电荷在O点时电势能不为0，故选项C错误；由点电荷场强公式E＝kQr2和叠加原理可知场强大小与位移不成正比，则带负电的试探电荷运动过程

中的合力与位移不成正比，故试探电荷在MN之间做的不是简谐运动，故选项D错误。45、如图所示，在一光滑绝缘的水平面上，静置两个质量均为m，相距为L的完全相同的小球A、B，其中小球A始终受到一水平向右的恒力作用，小球B在水平方向不受任何力的作用。现无初速地释放小球A，

结果小球A在水平向右恒力的作用下运动后与B球发生弹性正碰，假设两小球在碰撞过程中无能量损失，则小球A、B在以后运动过程中()A．小球A、B组成的系统机械能守恒，动量守恒B．小球A、B组成的系统机械能不守恒，动量守恒C．小球A、B在第一次碰撞后

的每次碰撞之间所经历的时间一定相等D．从释放小球A开始，小球A、B每次碰撞之间所经历的时间间一定相等【答案】C【解析】由于水平恒力对A球做正功，所以小球A、B组成的系统机械能不守恒，动量不守恒，选项A，B错误。设A球受水平向右的恒力为F，第一次

与B球碰撞前A球的速度为v，由221mvFL=、221tmFL=得mFLv2=，FmLt2=。A、B两球发生弹性正碰，又因为质量相等，所以在碰撞瞬间系统动量是守恒的，根据动量守恒和机械能守恒可知碰后交换速度，A球停止运动，B球以v向前做匀速直线运动；接着A球又开始在电场力作用下以相同的加速

度a追B，mFa=，从图甲可知，两球第2次相碰所需的时间FmLavT222==，当第2次碰撞A、B两球交换速度后B球以2v匀速前进，A球以v为初速度再做匀加运动追B，从图乙可知，当A追上B时速度应为3v，所经时间也是T；由此推论，A、B第n次碰撞和第n+1次碰撞之间

所经过的时间应和第1次与第2次碰撞之间所经过的时间相等，都是T，所以选项C正确，D错误。6、如图所示，宇航员完成了对月球表面的科学考察任务后，乘坐返回舱返回围绕月球做圆周运动的轨道舱。返回舱轨道是以月球为焦点的椭圆轨道。为了安全，

返回舱与轨道舱对接时，必须具有相同的速度。已知返回舱与人的总质量为m，月球质量为M，月球的半径为R，月球表面的重力加速度为g，轨道舱到月球中tvOv2vABT甲tvOv2vABT乙3vBAmLm5心的距离为r，不计月球自转的影响。卫星绕

月过程中具有的机械能由引力势能和动能组成。已知当它们相距无穷远时引力势能为零，它们距离为r时，引力势能pGMmEr=−为，则（）A．返回舱返回时，在月球表面的最大发射速度为vgR=B．返回舱在返回过程中克服引力做的功是(1)RWmgRr=−C．返回舱与轨道舱对接时应具有的动能为2k2mg

REr=D．宇航员乘坐的返回舱到达椭圆轨道远月点时需减速，才能对接轨道舱【答案】BC【解析】返回舱在月球表面飞行时，重力提供向心力2vmgmR=，解得vgR=，已知轨道舱离月球表面具有一定的高度，故返回舱要想返回轨道舱，在月球表面的发射速度一定大于vgR

=，故A错误；返回抢在月球表面时，具有的引力势能为GMmR，在轨道舱位置具有的引力势能为GMmr，根据功能关系可知，引力做功引起引力势能的变化，又002GMmmgR=，返回舱在返回过程克服引力做的功是1RWmgRr=−，故B正确；返回舱与轨道舱对接时，具

有相同的速度，根据万有引力提供向心力可知22GMmvmrr=，解得动能22k1222GMmmgREmvrr===，故C正确；宇航员乘坐的返回舱到达椭圆轨道远月点时需加速，二者有共同速度，才能对接轨道舱，故D错误。故选BC。67、如图

甲所示，物体以一定的初速度从倾角为α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m．选择地面为参考平面，上升过程中物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示．g取10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.则()A．物体的质量m＝1.0k

gB．物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.80C．物体上升过程中的加速度大小a＝10m/s2D．物体回到斜面底端时的动能Ek＝10J【答案】ACD【解析】物体上升到最高点时，E＝Ep＝mgh＝30J，得m＝1.0kg，物体损失的机械能ΔE损＝

μmgcosα·hsinα＝20J，得μ＝0.50，A正确，B错误．物体上升过程中的加速度大小a＝gsinα＋μgcosα＝10m/s2，C正确．下降过程摩擦生热也应为20J，故物体回到斜面底端时的动能Ek＝50J－40J＝10J，D正确．8、如图所示是某同学自制的灵

敏电流表简易图，在光滑的倾角为θ的斜面上，有两个劲度系数均为k的绝缘轻质弹簧，上端固定在斜面的横梁PQ上，下端和一质量为m的均匀细金属杆MN相连．在矩形区域abcd内有磁感应强度为B、方向垂直斜面向里的匀强磁场，磁场边界ab的长度为l1，bc的长度为l2，MN的长度为l3，且l3>l1，用柔软

的金属导线将金属杆M、N两端分别和正、负接线柱A、B相连．当MN中没有电流通过且处于静止状态时，MN与ad、bc中点连线重合，指针指在标尺的零刻度；当MN中有电流通过时，指针所指示数可表示电流的大小，且规定电流方向从M指向N时为正．已知MN、PQ始终和斜面底边

相平行，柔软导线对MN没有力的作用，弹簧的压缩、拉伸均在弹性限度内，重力加速度为g，则()A．灵敏电流表的示数为零时，每条弹簧的伸长量为mgsinθk7B．弹簧的弹力为零时，灵敏电流表的示数为mgsinθBl1，电流是从A接线柱流入的C．电流表的刻度不均匀，且零刻度

线上方的刻度线分布较密集D．电流表零刻度线下方为负值，最大刻度值为kl2Bl1【答案】BD【解析】设金属杆无电流通过时弹簧的伸长量为Δx，则有2kΔx＝mgsinθ，则每条弹簧的伸长量为mgsinθ2k，所以A错误；弹簧的弹力为零时，电流从A接线

柱流入，有BIl1＝mgsinθ，则I＝mgsinθBl1，所以B正确；设电流从B接线柱流入时，金属杆沿斜面向下移动x，则有BIl1＋mgsinθ＝2k(x＋Δx)，联立2kΔx＝mgsinθ得BIl1＝2kx，即I∝x，设电流从A接线柱流入时，金属杆沿斜面向上移动

x，则有BIl1＝mgsinθ＋2k(x－Δx)[或BIl1＋2k(Δx－x)＝mgsinθ]，联立2kΔx＝mgsinθ也得到BIl1＝2kx，即I∝x，故电流表零刻度线上、下方刻度线分布都是均匀的，所以C错误；电流从B接线柱进入，金属杆带动指针沿斜面向下移动，故

零刻度线下方为负值，设最大刻度为Im，由受力平衡得BIml1＋mgsinθ＝+xlk222，即Im＝kl2Bl1，所以D正确．第Ⅱ卷（非选择题）二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第9~12题为必考题，每个试题考

生都必须作答。第13~14题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共47分）9．（6分）某同学用如图甲所示装置测当地的重力加速度，光电门A、B与光电计时器相连，可记录小球经过光电门A和光电门B所用的时间（1）实验前用游标卡尺测量小球的直径，示数如图乙所示，则小球的直径d=__

___mm（2）让小球紧靠固定挡板，由静止释放，光电计时器记录小球经过光电门A和光电门B所用的时间t1、t2，测出两光电门间的高度差h，则测得的重力加速度g=_____(用测得的物理量的符号表示)。8（3）将光电计时器记录小球通过光电门的时间改为记录小球

从光电门A运动到光电门B所用的时间，保持光电门B的位置不变，多次改变光电门A的位置,每次均让小球从紧靠固定挡板由静止释放，记录每次两光电间的高度差h及小球从光电门A运动到光电门B所用的时间t，作出htt−图象如图丙所示，若图象斜率的绝对值为k，则图象

与纵轴的截距意义为____，当地的重力加速度为____【答案】11.4（1分）22221112dhtt−（2分）小球经过光电门B时的速度（1分）2k（2分）【解析】（1）[由图示游标卡尺可知，其示数为d=11

mm+4×0.1mm=11.4mm（2）[2]小球经过光电门时的速度为1Advt=，2Bdvt=，小球做自由落体运动，由速度位移公式得222BAvvgh−=，解得22221112dghtt=−。（3）小球释放点的位置到光

电门B的位置是恒定的，小球每次经过光电门时的速度是一定的，则有212Bhvtgt=−，整理得12Bhvgtt=−，则htt−图象与纵轴的截距表示小球经过光电门B时的速度vB，图象斜率的绝对值为12kg=，解得2gk=10．（9分）某同学将一只量程为100μA的灵敏电流计改装成电流表和两个量程

的电压表．改装后的电路图如图甲所示．图中G表示灵敏电流计，Ra、Rb和Rc是三个定值电阻，K是选择开关，可以分别置于a、b、c位置，从而实现多功能测量．(1)首先根据如图乙所示电路，用半偏法测定灵敏电流计G的内阻．先

将R的阻值调至最大，闭合S1，调节R的阻值，使G的指针偏转到满刻度，然后闭合S2，调节R′的阻值，使G的指针________，此时，就认为9电阻箱R′的读数等于G的内阻．由于半偏法实验原理不完善导致G的内阻测量值比真实

值偏________．(填“大”或“小”)(2)若用半偏法测得G的内阻为900Ω.①选择开关置于a时，构成量程为0～1mA的电流表，则电阻Ra阻值应为________Ω；②选择开关置于b时，构成量程为0～1V的电压表，则电阻Rb阻值应为_______

_Ω；③选择开关置于c时，构成量程为0～3V的电压表，则电阻Rc阻值应为________Ω.(3)半偏法测量G内阻的误差又会导致改装成的电流表、电压表测量结果________．(填“偏大”或“偏小”)【答案】(1)半偏（2分）小（2分）(2)①100（2分）②910（

1分）③2910（1分）(3)偏小（2分）【解析】(1)半偏法测电阻实验步骤：第一步，按原理图连好电路；第二步，先将R的阻值调至最大，闭合S1，调节R的阻值，使G的指针偏转到满刻度；第三步，闭合S2，调节R′的阻值，使G的指针半偏，记下电阻箱读数，此时电阻箱

R′的读数等于G的内阻；实际上电阻箱并入后的电路的总电阻减小了，干路电流增大了，灵敏电流计半偏时，流过电阻箱的电流大于流过灵敏电流计的电流，电阻箱接入的电阻小于灵敏电流计的电阻，所以，该测量值略小于实际值；(2)①选择开关置于a时，构成量程为0～1m

A的电流表，则电阻Ra阻值应为Ra＝IgRgI－Ig＝1×10－4×9001×10－3－1×10－4Ω＝100Ω；②选择开关置于b时，构成量程为0～1V的电压表，则电阻Rb阻值应为Rb＝U－IgRgI＝1－1×10－4×9001×10－3Ω＝910Ω；③选择开关置

于c时，构成量程为0～3V的电压表，则电阻Rc阻值应为Rc＝U′－IgRgI＝3－1×10－4×9001×10－3Ω＝2910Ω；(3)半偏法测量G的内阻时，测量值略小于实际值，改装成电流表时的并联电阻偏小，实际量程大于所要改装的电流表的量程；改装成电压表时的串联电阻偏大，其实际量程也大

于所要改装的电压表的量程，用它们测量结果偏小．11．（12分）如图所示，半径分别为R和2R的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域（Ⅰ区）和小圆内部（Ⅱ区）均存在垂直圆面向里的匀强磁场。间距为d的两平行金属极板间的

电势差为U，上极板开有一小孔。一质量为m，电量为+q的粒子由小孔下方35d处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。(1)求粒子到达H点的速度v；10(2)若粒子运动

轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小；【答案】（1）65qUvm=；（2）265mURq或2635mURq【解析】：(1)粒子在电场中的加速运动，由动能定理可得23152qUmv=（2分）解得65qUvm=（2分）(2)

设I区内磁感应强大小为B，粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得2vqvBmr=（1分）如图所示，粒子的运动轨迹与小圆相切有两种情况，①若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系可得112rR=（1分）解得1

16265152qUmmvmUmBqrRqqR===（2分）②若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得232rR=（2分）11解得2262653352qUmmvmUmBqrRqqR===（2分）12．（20分）如图所示，两块相同的薄木板紧挨着静止在水平地面上，每块木板的质量为M＝1.0kg，长度为

L＝1.0m，它们与地面间的动摩擦因数μ1＝0.10。木板1的左端放有一块质量为m＝1.0kg的小铅块（可视为质点），它与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.25。现突然给铅块一个水平向右的初速度，使其在木板1上

滑行。假设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取重力加速度g＝10m/s2。（1）当铅块的初速度v0＝2.0m/s时，铅块相对地面滑动的距离是多大？（2）若铅块的初速度v1＝3.0m/s，铅块停止运动时与木板2左端的距离是

多大？（3）在满足（2）的条件下，系统产生的热量Q.【答案】（1）mx8.0=（2）mx32=（2）铅块刚离开木板1时两块木板速度均为0，设此时铅块的速度为v2，则21222121mvmvfL−=−解得smv/22=设铅块在木板2上滑动时，铅块的加速度为a，木板2的加速度为a1则22

/5.2smgmfa−=−=−=12()2121/5.0smmgmMmga=+−=假设铅块滑上木板2后，经过时间t能相对木板2静止，此时铅块和木板2的共同速度为v，该过程铅块位移为x1，木板2的位移为x2，铅块与木板2

左端的距离为Δx，则：atvv+=2，tav1=，22121attvx+=21221tax=21xxx−=解得mx32=[此后铅块相对木板2保持相对静止（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分

。13．[物理——选修3–3]（15分）（1）（5分）下列关于热现象的描述不正确的___________。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）A．根据热力学定律，热机的效率不可能达到100%B．做

功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的C．温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同D．物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动也是无规则的E．空调机作为制冷机使用时，将热量从温

度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工作不遵守热力学第二定律【答案】BDE【解析】：.根据热力学第二定律可知，热机不可能从单一热源吸收热量全部用来做功而不引起其他变化，因此，热机的效率不可能达到100%，选项A正确；做功是通过能量转化改变系统的内能

，热传递是通过能量的转移改变系统的内能，选项B错误；温度是表示热运动的物理量，热传递过程中达到热平衡时，温度相同，选项C正确；单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动表现出统计规律，选项D错误；由热力学第二定律知，热量不可能从低温物体传到高温物

体而不产生其他影响，空调机作为制冷机使用时，消耗电能，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，选项E错误．（2）（10分）如图甲所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸水平放置，横截面积为S＝2×10－3m2、质量13为m＝4kg、厚度不计的活塞与汽缸底部之间封闭了一部分理想气体，此时活塞与汽缸底部

之间的距离为24cm，在活塞的右侧12cm处有一对与汽缸固定连接的卡环，气体的温度为300K，大气压强p0＝1×105Pa.现将汽缸竖直放置，如图乙所示，取g＝10m/s2.求：(1)活塞与汽缸底部之间的距离；(2)加热到675K时封闭气体的压强．【答案】(1)20cm(2)1.5×

105Pa【解析】(1)以汽缸内气体为研究对象，初状态：p1＝p0＝1×105PaT1＝300K，V1＝24cm×S末状态：p2＝p0＋mgS＝1.2×105Pa（1分）T1＝T2，V2＝HS由玻意耳

定律得p1V1＝p2V2（2分）解得H＝20cm.（1分）(2)假设活塞能到达卡环处，则T3＝675K，V3＝36cm×S由理想气体状态方程p2V2T2＝p3V3T3（2分）得p3＝1.5×105Pa>p2＝1.2×105Pa（2分）所以

活塞能到达卡环处，封闭气体压强为1.5×105Pa.（2分）14．[物理——选修3–4]（15分）（1）（5分）如图所示，图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为质点P以此时刻为计时起点的振动图象，从该时刻起，下列说

法正确的是()A．经过0.05s时，质点Q距平衡位置的距离大于质点P距平衡位置的距离B．经过0.25s时，质点Q的加速度大小小于质点P的加速度大小C．经过0.15s，波沿x轴的正方向传播了3mD．经过0.1s时，质点Q的运动方向沿y轴负方向14

E．若该波在传播过程中遇到一个尺寸为0.5m的障碍物，能发生明显衍射现象【答案】BCE【解析】根据乙图可知周期T＝0.2s，在t＝0时质点P在平衡位置向上振动，所以波沿＋x方向传播，经过0.05s时，即经过14T，质点P到达波峰处，质点Q到达平衡位置处，质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位

置的距离，A错误；经过0.25s时，即经过114T，质点P到达波峰处，质点Q位于平衡位置处，根据a＝－kxm可知质点Q的加速度大小小于质点P的加速度大小，B正确；该波的波速v＝λT＝40.2m/s＝20m/s，经过0.15s，波沿x轴的正

方向传播了x＝vt＝3m，C正确；经过0.1s时，即经过T2，质点Q运动到负向位移最大处，速度为零，D错误；该波的波长λ＝4m，当障碍物的尺寸比波长小或跟波长差不多时能够发生明显的衍射现象，所以若该波在传播过程中遇到一个尺寸为0.5m的障碍物，能发生明显衍射现象，E正确。（2）（

10分）如图所示，在MN的下方足够大的空间是玻璃介质，其折射率n＝3，玻璃介质的上边界MN是屏幕，玻璃中有一个正三角形空气泡，其边长l＝40cm，顶点与屏幕接触于C点，底边AB与屏幕平行，一束激光a垂直于AB边射向AC边的中点O，结果在屏幕MN上出现两个光斑．①求两个光斑之间的

距离x；②若任意两束相同的激光同时垂直于AB边向上射入空气泡，求屏幕上相距最远的两个光斑之间的距离L.【答案】①40cm②80cm【解析】①画出光路图如图所示．在界面AC，入射角i＝60°，n＝3，由折射定律有n＝s

inisinr（2分）解得折射角r＝30°（2分）由光的反射定律得反射角θ＝60°（2分）由几何关系得，△ODC是边长为12l的正三角形，△OEC为等腰三角形，且CE＝OC＝l2，则两个光斑之间的距离x＝DC＋CE＝40cm

.（2分）15②作出入射点在A、B两点的光线的光路图，如图所示，由图可得屏幕上相距最远的两个光斑之间的距离L＝PQ＝2l＝80cm.（2分）