【文档说明】【精准解析】内蒙古通辽市蒙古族中学2020届高三下学期模拟（六）物理试题.doc，共(20)页，913.000 KB，由管理员店铺上传

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通辽市蒙古族中学2020届高三模拟（六）理科综合物理部分二、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题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。

1.关于下列物理问题的理解，正确的是（）A.康普顿研究X射线被较轻物质(石墨)散射后光的成分，发现散射谱线中除了有波长与原波长相同的成分外，还有波长较长的成分，所以康普顿效应说明光具有波动性B.光电效应实验中，用某一频率的光照射金属，电压不变时，光照越强，光电流越大，说明遏止电压

和光的强度有关C.当用能量为11eV的电子撞击处于基态的氢原子（E1=-13.6eV）时，氢原子一定不能跃迁到激发态D.氘核分离成质子与中子的过程中需要吸收的最小能量就是氘核的结合能【答案】D【解析】【详解】A．康普顿根据X射线的光子与石墨中的电子碰撞的过程，发

现既满足能量守恒又满足动量守恒，证实了光子不但具有能量还具有动量，揭示了光的粒子性，选项A错误；B．根据光电效应方程和动能定理有ckeUEhW==−可知入射光的频率越大，遏止电压越大，与入射光的强度无关

；入射光的强度影响的是光电流的大小，选项B错误；C．当用能量为11eV的电子撞击处于基态的氢原子时，氢原子可以吸收其中的10.2eV的能量，可能跃迁到激发态，选项C错误；D．质子与中子结合成氘核的过程中会放出的能量或者氘

核分离成质子与中子的过程中需要吸收的最小能量就是氘核的结合能，选项D正确。故选D。2.2020年2月2日上午，武汉火神山医院正式交付，从方案设计到建成交付仅用10天，被誉为“中国速度”。在医院建造过程中，有一

吊机将静止在地面上的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，vt−图象如图所示。下列判断正确的是（）A.1s末货物的加速度大小为21.5m/sB.前2s内货物克服重力做功的功率不变C.最后3s内货物处

于超重状态D.在第4s末至第7s末的过程中，货物的机械能增大【答案】D【解析】【详解】A．0~1s内货物做匀减速直线运动，速度图象的斜率表示加速度，则有221.5m/s0.75m/s2vat===故A错误；

B．前2s内货物的速度增大，克服重力做功的功率Pmgv=增加，故B错误；C．最后3s内货物减速上升，加速度方向向下，所以货物处于失重状态，故C错误；D．在第4s末至第7s末的过程中，拉力仍对货物做正功，所以货物的机械能增大，故D正确。

故选D。3.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为1:4，正弦交流电源电压为U=100V，电阻R1=10Ω，R2=20Ω，滑动变阻器R3最大阻值为40Ω，滑片P处于正中间位置，则（）A.通过R1的电流为8AB.电压表读数为400VC.若向上移动P，电压表读数将变大D.若向上移动P，电源输出功率将

变小【答案】A【解析】【详解】AB．理想变压器原副线圈匝数之比为1:4，可知原副线圈的电流之比为4:1，设通过1R的电流为I，则副线圈电流为0.25I，初级电压1110010UUIRI=−=−根据匝数比

可知次级电压为221140UnUn==3220.25102RUIRI=+=联立解得8AI=280VU=故A正确，B错误；CD．若向上移动P，则3R电阻减小，次级电流变大，初级电流也变大，根据PIU

=可知电源输出功率将变大，电阻1R的电压变大，变压器输入电压变小，次级电压变小，电压表读数将变小，故CD错误。故选Ａ。4.如图所示，已知地球半径为R，甲乙两颗卫星绕地球运动。卫星甲做匀速圆周运动，其轨道直径为4R，C是轨道上任意一点；卫星乙的轨道是椭圆，椭圆的长轴长为

6R，A、B是轨道的近地点和远地点。不计卫星间相互作用，下列说法正确的是（）A.卫星甲在C点的加速度一定小于卫星乙在B点的加速度B.卫星甲的周期大于卫星乙的周期C.卫星甲在C点的速度一定小于卫星乙在A点的速度D.在任意相等的时间内，卫星甲与地心的连线扫过的面积一定等于卫星

乙与地心的连线扫过的面积【答案】C【解析】【详解】A．如果卫星乙以B点到地心的距离做匀速圆周运动时的加速度为Bv，由公式2MmGmar=得2GMar=可知，CBaa甲故A错误；B．由题意可知，卫星甲的轨道半径小于卫星乙做椭圆运动的半长轴，由开普勒第三定律32rkT=可知，卫星甲的

周期小于卫星乙的周期，故B错误；C．如果卫星乙以A点到地心的距离做匀速圆周运动时的线速度为Av，由公式22MmvGmrr=得GMvr=可知，CAvv甲由于卫星乙从以A点到地心的距离的圆轨道在A点加速做离心运

动才能进入椭圆轨道，则卫星乙在A点的速度大于Av，所以卫星甲在C点的速度一定小于卫星乙在A点的速度，故C正确；D．由开普勒第二定律可知，卫星在同一轨道上运动时卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积相等，故D错误。故选C。5.如图所示的装置中，在A端用外力F把一个质量为

m的小球沿倾角为30°的光滑斜面匀速向上拉动，已知在小球匀速运动的过程中，拴在小球上的绳子与水平固定杆之间的夹角从45°变为90°，斜面体与水平地面之间是粗的，并且斜面体一直静止在水平地面上，不计滑轮与绳子之间的摩擦．则在小球匀速

运动的过程中，下列说法正确的是（）A.地面对斜面体的静摩擦力始终为零B.绳子对水平杆上的滑轮的合力一定大于绳子的拉力C.绳子A端移动的速度大小大于小球沿斜面运动的速度大小D.外力F一定增大【答案】D【解析】

【详解】D．设连接小球的绳子与水平方向的夹角为θ，对小球沿斜面方向，由平衡条件有cos-30sin30Tmg=（）则当θ角从45°变为90°的过程中，绳子的拉力T变大，因F=T，则外力F一定增大，选项D正

确；A．对小球和斜面的整体，地面对斜面体的静摩擦力等于绳子拉力的水平分量，则地面对斜面体的静摩擦力cosfT=可知随θ角的增加，地面对斜面的静摩擦力f是变化的，选项A错误；B．当θ=90°时，滑轮两边绳子的夹角为120°，根据几何关系和平行四边

形定则可知此时刻绳子对水平杆上的滑轮轴的合力等于绳子的拉力，选项B错误；C．将小球的速度v分解可知，绳子的速度cos30vv=−绳()可知绳子移动的速度大小小于小球沿斜面运动的速度的大小，选项C错误。故选D。6.将一电荷量为＋Q的小球

放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等。a、b为电场中的两点，c点位于金属球的球心，为则（）A.a点的电场强度比b点的小B.a点的电势比c点的高C.检验电荷－q在a点的电势能比在b点的小D.将检验电荷+q从a点移到b点

的过程中，电场力做负功【答案】BC【解析】【详解】A．电场线的疏密表示场强的大小，由图象知a点的电场强度比b点大，选项A错误；B．a点所在的电场线从＋Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势，则a点的电势

比b点的高，选项B正确；C．电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能较b点小，选项C正确；D．电势越高的地方，正电荷具有的电势能越大，即正电荷在a点的电势能较b点大，则电荷+q从a点移到b点的过程中，电场力做正功，选项D错误。故选BC。

7.半径为r＝0.5m带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面的平行金属板连接，两板间距离为d＝5cm，如图甲所示，有变化的磁场垂直于纸面，其变化规律如图乙所示（规定向里为正方向），在t＝0时刻平板间中心有一电荷量为+q的微粒由静止释放，运动

中粒子不碰板，不计重力作用，则以下说法中正确的是（）A.第3秒内上极板带正电B.第2秒末微粒回到了原位置C.两极板之间的电场强度大小恒为D.t＝0时，在平板左侧沿中心线方向发射一电荷量为-q的微粒，若t=4s粒子恰好离开电容器时，则其出射方向也

与板面平行【答案】ACD【解析】【详解】A．根据B-t图可知，第3秒内原磁场向外增大，根据楞次定律可知感应电流方向为顺时针，因此上极板带正电，选项A正确；B．根据法拉第电磁感应定律可求出感应电动势的大小为0.05VBEStt===（）根据楞次定律判断

方向随时间变化如下图所示（上极板电势为正）所以粒子先向上加速1s，然后向上减速1s，第2秒末微粒没有回到原位置，选项B错误；C．根据图乙可知B-t图象中的斜率保持不变，因此感应电动势的大小不变。两极板之间的电场强度大小恒定，选项C正确；D．t＝0时，在平板左侧沿中心线方向发射一电荷量为-q的

微粒，可将粒子的运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速运动，根据竖直方向的受力特点可知t=4s粒子竖直方向速度为零，则其出射方向也与板面平行，选项D正确。故选ACD。8.如图所示，倾角为θ、半径为R的倾斜圆盘绕圆心处的转轴O以角速度ω匀速转动，一个质量为m

的小物块放在圆盘的边缘，小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ．图中A、B分别为小物块转动过程中所经过的最高点和最低点，运动过程中经过的C、D两点连线与AB垂直，小物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且始终相对于圆盘静止．重力加速度为g，下列说法正确的是()A

.小物块受到的摩擦力始终指向圆心B.动摩擦因数μ一定大于tanθC.小物块从A点运动到B点的过程中，摩擦力对小物块做功为－μmgπRcosθD.当小物块运动至C、D两点时所受摩擦力大小相等，从C点运动到D点的过程中摩擦力对小物块先做负功后

做正功【答案】BD【解析】小物块所受重力沿圆盘的分力及静摩擦力的合力提供向心力，始终指向圆心，选项A错误；小物块在B点时由牛顿第二定律Ff-mgsinθ=mRω2，Ff>mgsinθ，又因为Ff<μmgcosθ，所以μmgcosθ>

mgsinθ，则μ一定大于tanθ，选项B正确；小物块从A点运动到B点的过程中由动能定理：mg∙2Rsinθ+WFf=0解得WFf=-mg∙2Rsinθ，选项C错误；小物块运动到CD两点时受力具有对称性的特点，所受的静摩擦力大小相等，方向关于A

B对称，从C点运动到D点的过程中，重力先做正功后做负功，小物块动能始终不变，即合外力做功始终为零，所以摩擦力对小物块先做负功后做正功，选项D正确；故选BD.第II卷三．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

必须做答。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.某同学设计了验证动量守恒定律的实验。所用器材：固定有光电门的长木板、数字计时器、一端带有遮光片的滑块A（总质量为M）、粘有橡皮泥的滑块B（总质量为m）等。将长木板水平放置，遮光片宽度为d（d很小），重力加速度

为g，用相应的已知物理量符号回答下列问题：(1)如图（a）所示，使A具有某一初速度，记录下遮光片经过光电门的时间t和A停止滑动时遮光片与光电门的距离L，则A经过光电门时的速度可表示为v=___；A与木板间的动摩擦因数μ=____；

(2)如图（b）所示，仍使A具有某一初速度，并与静止在正前方的B发生碰撞（碰撞时间极短），撞后粘在一起继续滑行。该同学记录了遮光片经过光电门的时间t0，A、B撞前B左端距光电门的距离s1，以及A、B撞后它们一起滑行的距离s2，若A、B材料相同，它们与木板间的动摩擦因数用字母μ表示，如需

验证A、B系统碰撞时满足动量守恒定律，只需验证_______________成立即可。【答案】(1).dvt=(2).222dtgL=(3).()2122022dMgSMmgSt−=+【解析】【详解】(1)[1]由于遮光片通过

光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度，故dvt=[2]由匀变速直线运动速度位移公式得2202axvv=−，即有2220dgLt−=−解得222dgLt=(2)[3]A经过光电门的速度为0Advt=由匀变速直线运动速度位移公式有2'21202Adg

svt−=−A与B碰撞前的速度为2'1202Advgst=−同理可得碰撞后AB的速度为2220ABgsv−=−即22ABvgs=若A、B系统碰撞时满足动量守恒定律'()AABMvmMv=+即()2122022dMgsMmgst−=+10.利用

如图所示的电路既可以测量电压表和电流表的内阻，又可以测量电源电动势和内阻，所用到的实验器材有：两个相同的待测电源（内阻r约为1Ω）电阻箱R1（最大阻值为999.9Ω）电阻箱R2（最大阻值为999.9Ω）电压表V（内阻未知）电流表A（内阻未知）灵敏

电流计G，两个开关S1、S2主要实验步骤如下：①按图连接好电路，调节电阻箱R1和R2至最大，闭合开关S1和S2，再反复调节R1和R2，使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V、电阻箱R1、电阻箱R2的示数分别为0.40A、12.0V、30.6Ω、28.2Ω；②反复调节电阻箱R1和R2（与①中

的电阻值不同），使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V的示数分别为0.60A、11.7V。回答下列问题：(1)步骤①中，电流计G的示数为0时，电路中A和B两点的电势差UAB=______V；A和C两点的电势差UAC=______V；A和D两点

的电势差UAD=______V；(2)利用步骤①中的测量数据可以求得电压表的内阻为_______Ω，电流表的内阻为______Ω；(3)结合步骤①步骤②的测量数据，电源电动势E为___________V，内阻为________Ω。【答案】(1).0(2).12.0V(3).-12.0

V(4).1530Ω(5).1.8Ω(6).12.6V(7).1.50【解析】【详解】(1)[1][2][3]．步骤①中，电流计G的示数为0时，电路中AB两点电势相等，即A和B两点的电势差UAB=0V；A和C两点的电势差等于电压表的示数，即UAC=12V；A和

D两点的电势差UAD==-12V；(2)[4][5]．利用步骤①中的测量数据可以求得电压表的内阻为1121530120.430.6VURUIR===−−电流表的内阻为21228.21.80.4DAAURRI=−=−=(3)[6][7]．由闭合电路

欧姆定律可得2E=2UAC+I∙2r即2E=24+0.8r同理''222ACEUIr=+即2E=2×11.7+0.6∙2r解得E=12.6Vr=1.50Ω11.如图所示，直角坐标系中的第Ⅰ象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅱ象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场.一电量为q、质量为m的带正

电的粒子，在-x轴上的点a以速率v0，方向和-x轴方向成60°射入磁场，然后经过y轴上y=L处的b点垂直于y轴方向进入电场，并经过x轴上x=2L处的c点.不计重力.求：(1)磁感应强度B的大小(2)电场强度E的大小(3)粒子在磁场和电场中的运动时间之比.【答案

】（1）032mvqL（2）202mvqL（1）2π:9【解析】【试题分析】由几何知识求出粒子的轨道半径，然后由牛顿第二定律求出磁感应强度大小．粒子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律求出电场强度大小．求出粒子在磁场中的运动时间与在

电场中的运动时间，然后求出时间之比．(1)粒子的运动轨迹如图所示：由几何知识可得：r+rsin30°=L粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：23rL=粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：200vqvBmr=解得：032mvBqL=(2)粒子在电场中做类平抛运动，水平方

向：2L=v0t竖直方向：22122qEtLatm==解得：202mvEqL=(3)粒子在磁场中做圆周运动的周期：0243mLTqBv==由几何知识可知，粒子在磁场中转过的圆心角：θ=180°-60°=1

20°粒子在磁场中做圆周运动的时间：1003604436036039LLtTvv===粒子在电场中的运动时间：202Ltv=粒子在磁场和电场中的运动时间之比：012049229LvtLtv==【点睛】本题考查了粒子在磁场与电场中的运动，分析清楚粒子的运动过程、应用牛

顿第二定律与类平抛运动规律、粒子做圆周运动的周期公式即可正确解题，解题时要注意数学知识的应用．12.如图所示，有一足够长的光滑平行金属导轨间距为L，折成倾斜和水平两部分，倾斜部分导轨与水平面的夹角为30=，

水平和倾斜部分均处在磁感应强度为B的匀强磁场中，水平部分磁场方向竖直向下，倾斜部分磁场垂直倾斜导轨所在平面向下（图中未画出），两个磁场区域互不叠加。将两根金属棒a、b垂直放置在导轨上，并将b用轻绳通过定滑轮和小物块c连接。已知两棒的长度均为L，电阻均为R，质量均为m，小物块

c的质量也为m，不考虑其他电阻，不计一切摩擦，运动过程中金属棒与导轨始终垂直且保持接触良好，b始终不会碰到滑轮，重力加速度大小为g。（1）锁定a，释放b，求b的最终速度mv；（2）a、b由静止释放的同时在a上施加一沿倾斜导轨向上的恒力F=1.5mg，求达到稳定状态时a、b的速度大

小；（3）若（2）中系统从静止开始经时间t达到稳定状态，求此过程中系统产生的焦耳热。【答案】（1）222mmgRvBL=；（2）12243mgRvBL=；22223mgRvBL=；（3）22322224424mgRtmgRQBLBL=−【解析】【详解】（1）当b和c组成的系统做匀速运

动时，b、c有最大速度，且为最终速度根据平衡条件有mg=BIL①2EIR=②mEBLv=③解得m222mgRvBL=④对a棒有11sinFmgBILma−−=⑤代入数据得11mgBILma−=对于b和c

组成的系统122mgBILma−=⑥所以任意时刻都有12:2:1aa=，由于运动时间相同所以最终a、b的速度大小之比12:2:1vv=⑦稳定时的电流()122mBLvvIR+=⑧当加速度都为0时，a、b、c达到稳定状态，有mmgBIL=解得a稳定时的速度大小12

243mgRvBL=⑨b、c稳定时的速度大小22223mgRvBL=⑩设时间t内a棒沿倾斜导轨的位移大小为x1，b棒的位移大小为x2，由于运动时间相同，且始终有12:2:1aa=，则12:2:1xx=⑪

对于a、b、c组成的系统，由功能关系得()()22121211sin222FmgxmgxmvmvQ−+=++⑫代入数据得322244433mgRQmgxBL=−⑬以a为研究对象，根据动量定理有()1sin0FmgtBILtmv−−=−⑭Itq=⑮解得1mvmgtqBLBL=−⑯因为Et

=⑰2EIR=⑱解得2qR=⑲其中()12BLxx=+⑳解得2222222433RmgRxmgtBLBL=−解得22322224424mgRtmgRQBLBL=−13.我国古代历

法中的“二十四节气”反映了古人的智慧，有人还将其写成了一首节气歌：春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连，秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒。下列与节气有关的物理现象，解释正确的是（）A.夏天气温比春天高，则夏天

大气中分子的热运动速率全部比春天大B.夏天气温比春天高，忽略分子间作用力，则一定质量的大气的内能在夏天比春天大C.夏天感觉比冬天闷热是因为夏天同温度下的大气的绝对湿度比冬天的大D.秋天夜晚温度降低，大气的饱和汽压减小，水蒸气容易在草上形成露水E.冬天里，一定质量的冰融化为同温度水的过程中，

分子势能增加【答案】BDE【解析】【详解】A．温度是分子平均动能的标志，但温度高不能说明每个分子的速率都更大，故A错误；B．忽略分子间作用力，气体内能只有总动能，温度越高，分子平均动能越大，一定质量的大气的内能越大，故B正确；C．夏天感觉比冬天闷热是因为夏天同温度下的大气的相对湿度比冬天的大，

故C错误；D．饱和汽压与温度有关，温度越低，饱和汽压越小，则水蒸气容易在草上形成露水，故D正确；E．一定质量的冰融化为同温度水的过程中，分子动能不变，此过程要吸收热量，内能增加，则分子势能增加，故E正确。故选BDE。14.如图所示，右端开口、左端封闭的竖直U形玻璃管（管壁厚度不计）两边粗

细不同，粗玻璃管半径为细玻璃管半径的2倍，两管中装入高度差为5cm的水银，左侧封闭气柱长为10cm，右侧水银面距管口为5cm。现将右管口封闭，并给右管内气体加热，缓慢升高其温度，直到两管水银面等高，该过程中左管内的气体温度不变。已知外界大气压强为76cmHg、环境温度为300K。

求：（1）两管水银面等高时右侧气体的压强；（2）两管水银面等高时右管内气体的热力学温度（结果保留一位小数）。【答案】（1）90cmHg；（2）639.5K【解析】【详解】（1）两管水银面等高时，管内气体压强相等；因粗玻璃管半径为细玻璃管半径的2倍，所以左管截面积是右管的4倍，当右

管水银面下降4cm，左管水银面上升1cm时，两水银面等高，左管内气体做等温变化，以左管内气体为研究对象初状态()1765cmHg81cmHgp=+=，1110VS=末状态219VS=由玻意耳定律得1122pVpV=解得290cmHg

p=（2）对右管内气体为研究对象初状态3076cmHgpp==，325VS=，3300KT=末状态4290cmHgpp==，429VS=根据理想气体的状态方程可得334434pVpVTT=解得4639.5KT=

15.如图所示，水面上波源S1的振动方程为x=20sin100πt（cm），水面上波源S2的振动方程为x=10sin100πt（cm），实线与虚线分别表示S1和S2形成的两列波的波峰和波谷。此刻，M是波峰与波峰的相遇点，不考虑水波的衰减

，下列说法中正确的是（）A.这两列波的频率均为50HzB.随着时间的推移，M处的质点将向O处移动C.P、N两质点始终处在振动减弱位置D.从该时刻起，经过四分之一周期，M处的质点到达平衡位置，此时位移为零E.O、M连线的中点是振动减弱的点，其振幅为10cm【答案】ACD【解析】【详解】A．由振动

方程知100πrad/s=则这两列波的频率均为50Hz2πf==故A正确；B．介质中的质点只能在各自平衡位置附近振动，不会随波逐流，故B错误；C．由图可知，P、N两点均为波峰与波谷相遇即为振动减弱点，则P、N两质点始终处在振动减弱位置，故C正确；D．该时刻质点M处于波峰处，经

过四分之一周期，质点M回到平衡位置，则位移为0，故D正确；E．O、M连线的中点是振动加强点，其振幅为30cm，故E错误。故选ACD。16.用圆弧状玻璃砖做测定玻璃折射率的实验时，先在白纸上放好圆弧状玻璃砖，在玻璃砖的一侧竖直插上两枚大头针P1、P2，然后在玻璃砖的另一侧观察，调整视

线使P1的像被P2的像挡住，接着在眼睛所在的一侧插两枚大头针P3和P4，使P3挡住P1和P2的像，P4挡住P3以及P1和P2的像，在纸上标出大头针位置和圆弧状玻璃砖轮廓，如图甲所示，其中O为两圆弧圆心，图中已画出经P1

、P2点的入射光线。(1)在图上补画出所需的光路___________(2)为了测出玻璃的折射率，需要测量入射角和折射角，请在图中的AB分界面上画出这两个角_________(3)用所测物理量计算折射率的公式为n＝________．(4)为了保证在弧面CD得到出射光线，实验

过程中，光线在弧面AB的入射角应适当________(填“小一些”“无所谓”或“大一些”)(5)多次改变入射角，测得几组入射角和折射角，根据测得的入射角和折射角的正弦值，画出了如图乙所示的图象，由图象可知该玻璃的折射率n＝___

_____【答案】(1).见解析(2).见解析(3).sinisin(4).小一些(5).1.5【解析】【详解】(1)[1]连接P3、P4与CD交于一点，此交点即为光线从玻璃砖中射出的位置，由于P1、P2的连线

与AB的交点即为光线进入玻璃砖的位置，连接两交点即可作出玻璃砖中的光路，如图所示。（2）[2]如图(3)[3]由折射定律可得sininsin=(4)[4]为了保证能在弧面CD上有出射光线，实验过程中，光线在

弧面AB上的入射角应适当小一些，才不会使光线在CD面上发生全反射(5)[5]图象的斜率k＝sinisin＝n，由题图乙可知斜率为1.5，即该玻璃的折射率为1.5