【文档说明】【精准解析】河北省衡水中学2020届高三下学期高考调研试卷（五）物理试卷.doc，共(22)页，1.330 MB，由小赞的店铺上传

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2020年河北省衡水中学高考物理调研试卷（五）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，1～5只有一个选项是正确的；6～8至少有两项是正确的。全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分）。1.a、b是两

种单色光，其频率分别为a、b，且bak=，则下列说法不正确的是（）A.a、b光子动量之比为abpkp=B.若a、b光射到同一干涉装置上，则相邻条纹的间距之比为abxkx=C.若a、b都能使某种金属发生光电效应，则光子的最大初动能之差kk(1)abbEEhk

−=−D.若a、b是处于同一激发态的原子跃迁到A态和B态产生的，则A、B两态的能级之差AB(1)bEEhk−=−【答案】BD【解析】【详解】A．光子的动量为hhvpc==故aabbpkp==故A项正确，不符合题意；B．光的波长c=双缝干涉装置上相邻亮条纹的间距为Lxd=

所以1abbaxxk==故B项错误，符合题意；C．根据光电效应方程可知，光电子的最大初动能为kmEhW=−其中W为金属的逸出功；则有kk(1)ababbEEhhhk−=−=−故C项正确，不符合题意；D．若a、b是由处于同

一激发态的原子跃迁到A态和B态时产生的，设初始激发态的能量为0E，则有A0ahEE=−所以A0aEhE=−同理B0bEhE=−则AB(1)babEEhhhk−=−=−故D项错误，符合题意。故选BD。2.2019年

央视春晚加入了非常多的科技元素，在舞台表演中还出现了无人机。现通过传感器将某台无人机上升向前追踪拍摄的飞行过程转化为竖直向上的速度yv及水平方向速度xv与飞行时间t的关系图象如图所示，则下列说法正确的是

（）A.无人机在t1时刻处于失重状态B.无人机在0～t2这段时间内沿直线飞行C.无人机在t2时刻上升至最高点D.无人机在t2～t3时间内做匀变速运动【答案】D【解析】【详解】A．依据图象可知，无人机在t1时刻，在竖直方向上匀加速直线运动，而水平方向则是匀减速直线运动，无人机有竖直向

上的加速度，处于超重状态，不是失重状态，故A错误；B.由图象可知，无人机在0～t2这段时间，竖直方向向上匀加速直线运动，而水平方向匀减速直线运动，那么合加速度与合初速度不共线，所以无人机做曲线运动，即无人机

沿曲线上升，故B错误；C.无人机在竖直方向，先向上匀加速直线，后向上匀减速直线运动，因此在t2时刻没有上升至最高点，故C错误；D.无人机在t2～t3时间内，水平方向做匀速直线运动，而竖直向上方向做匀减速直线运动，因此合运动做匀变速运动，故D正确。故选D。3.2019年4月10日

，世界上第一张黑洞照片诞生了，证实了神秘天体黑洞的存在。黑洞是宇宙中质量巨大的一类天体，连光都无法逃脱它的引力束缚。取两天体相距无限远时引力势能为零，引力势能表达式为pGMmEr=−，已知地球半径R=

6400km，光速c=3x108m/s。设想把地球不断压缩（保持球形不变），刚好压缩成一个黑洞时，地球表面的重力加速度约为（）A.7×109m/s2B.7×1010m/s2C.1.4×1010m/s2D.1.4×1011m/s2【答案】A【解析】【详

解】在地球表面有2MmGmgR=解得2GMgR=①连光都无法逃脱它的引力束缚，故有21''2cGMmmRv=解得212cvGMR=②联立①②1692269107.010m/s226.410cgRv==

A正确BCD错误。故选A。4.如图所示，用小灯泡模仿光控电路，AY之间为斯密特触发器，GR为光敏电阻，1R为可变电阻；J为继电器的线圈，aJ为它的常开触点。下列说法错误的是（）A.天色变暗时，A端输入高电平，继电器吸引aJ，路灯点亮B.要想在天色更暗时路灯才会点亮，应把1R的阻值调大些C.

要想在天色更暗时路灯才会点亮，应把1R的阻值调小些D.二极管的作用是继电器释放aJ时提供自感电流的通路，防止损坏集成电路【答案】C【解析】【详解】A．光较暗时，光敏电阻较大，则GR两端的电势差较大，则A端的电势较高，A端输入高电平，继电器吸引aJ，路灯点亮，故A正确，不符合题意；BC．当A端

电势较高时，路灯会亮，为了天更暗时路灯才会亮，应该将A端的电势稍稍降低一些，即可以将1R的阻值调大些，故B正确，不符合题意；C错误，符合题意；D．由电路的结构特点可知，二极管具有单向导电性，作用是继电器释放aJ时提供

自感电流的通路，防止电流流过集成电路，造成损坏，故D正确，不符合题意。故选C。5.如图甲是建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图，打夯前先将桩料扶正立于地基上，桩料进入泥土的深度忽略不计。已知夯锤的质量为M=450kg，桩料的质量为m=50kg。每次打夯都通过卷扬

机牵引将夯锤提升到距离桩顶h0=5m处再释放，让夯锤自由下落，夯锤砸在桩料上后立刻随桩料一起向下运动。桩料进入泥土后所受阻力随打入深度h的变化关系如图乙所示，直线斜率k=5.05×104N/m。g取10m/s2，则下列说法不正确的是（）A.夯锤与桩料碰撞前瞬间

的速度为9m/sB.夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为4.5m/sC.打完第一夯后，桩料进入泥土的深度为1mD.打完第三夯后，桩料进入泥土的深度为3m【答案】ABD【解析】【详解】AB．设夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为

v0，则2002vgh=解得00210m/svgh==取向下为正方向，设夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为v，由动量守恒定律得0()MvMmv=+代入数据解得9m/sv=故AB错误，符合题意；C．由乙图知，桩料下

沉过程中所受的阻力随距离均匀变化，可用平均力求阻力做功，则2f1122Wkhhkh=−=−对夯锤与桩料，由动能定理得()()2f102MmghWMmv++=−+代入数据解得1mh=故C正确，不符合题意；D．由于每次提升重锤距桩帽的高度均为h0，每次碰撞后瞬间的速度

均为v，设三次打击后共下降x，则由图象可知，克服阻力做功212Wkx=由能量守恒定律得()22113()22MmgxMmvkx+++=解得1.65mx=故D错误，符合题意。故选ABD。6.图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V。一电子经过a时的动

能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV。下列说法正确的是（）A.平面c上的电势为零B.该电子可能到达不了平面fC.该电子经过平面d时，其电势能为4eVD.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍【答案】AB【解析】【

详解】A．虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此a、b、c、d、f相邻两个等势面间的电势差为2V，

因平面b上的电势为2V，由于电子的电势能增加，等势面电势由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零，故A正确；B．由上分析可知，当电子由a向f方向运动，则电子到达平面f的动能为2eV，由于题目中没有说明电子如何运动，因此也可能电子在匀强电场中做抛体运动，则可能不会到达平面f，故B正确；C．

在平面b上电势为2V，则电子的电势能为-2eV，动能为8eV，电势能与动能之和为6eV，当电子经过平面d时，动能为4eV，其电势能为2eV，故C错误；D、电子经过平面b时的动能是平面d的动能2倍，电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍，故D错误。故选A

B。【点睛】考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键。7.如图所示，足够长的小平板车B的质量为M，以水平速度0v向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m的小物体A从车的右端以水平速度0v沿车的粗糙上表面向左运动。若物体与车面之

间的动摩擦因数为，则在足够长的时间内（）A.若Mm，物体A对地向左的最大位移是202()MvMmg+B.若Mm，小车B对地向右的最大位移是202MvmgC.无论M与m的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为0mvD.无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作

用时间均为0()MvMmg+【答案】B【解析】【详解】规定向右为正方向，根据动量守恒定律有00()MvmvMmv−=+解得0()MmvvMm−=+A．若Mm，A所受的摩擦力fmg=对A，根据动能定理得20102Amgxmv−=−则得物体

A对地向左的最大位移202Avxg=故A错误；B．若Mm，对B，由动能定理得20102BmgxMv−=−则得小车B对地向右的最大位移202BMvxmg=故B正确；C．根据动量定理知，摩擦力对平

板车的冲量等于平板车动量的变化量，即002mMvIMvMvMm−=−=+故C错误；D．根据动量定理得0ftMvMv−=−fmg=解得02()MvtMmg=+故D错误。故选B。8.如图所示，电阻不计的两光滑平行导轨固定在

绝缘水平面上，导轨间距为1m，导轨中部有一个直径也为1m的圆形匀强磁场区域，与两导轨相切于M、N两点，磁感应强度大小为1T、方向竖直向下，长度略大于1m的金属棒垂直导轨水平放置在磁场区域中，并与区域圆直径MN重合。金属棒的有效电阻为0.5Ω，一劲度系数为3

N/m的水平轻质弹簧一端与金属棒中心相连，另一端固定在墙壁上，此时弹簧恰好处于原长．两导轨通过一阻值为1Ω的电阻与一电动势为4V、内阻为0.5Ω的电源相连，导轨电阻不计。若开关S闭合一段时间后，金属棒停在导轨上的位置，下列说法正确的是（）A.金属棒停止的位置在MN的

右侧B.停止时，金属棒中的电流为4AC.停止时，金属棒到MN的距离为0.4mD.停止时，举报受到的安培力大小为2N【答案】AC【解析】【详解】A．由金属棒中电流方向从M到N可知，金属棒所受的安培力向右，则金属棒停止的位置在MN的右侧，故A正确；B．停止时，金属棒中的电流I=0r

ERR++=2A故B错误；C．设棒向右移动的距离为x，金属棒在磁场中的长度为2y，则kx=BI(2y)x2+y2=22L解得x=0.4m、2y=0.6m故C正确；D．金属棒受到的安培力F=BI(2y)=1.2N故D错误。故选AC。二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9-12题为

必考题，每个试题考生都作答；第13题-16为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共52分）9.某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系。弹簧秤固定在一合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿泉

水瓶连接。在桌面上画出两条平行线MN、PQ，并测出间距d。开始时让木板置于MN处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小。再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数F1，然后释放木板，并用秒表记下木板运动

到PQ处的时间t。则：(1)木板的加速度可以用d、t表示为a＝_______。(2)改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度a与弹簧秤示数F1的关系。下列图像能表示该同学实验结果的是________。(3)用加水的方法改变

拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是_______。A.可以改变滑动摩擦力的大小B.可以更方便地获取多组实验数据C.可以比较精确地测出滑动摩擦力的大小D.可以获得更大的加速度以提高实验精度【答案】(1).22dt(2).C(3).BC【解析】【详解】(1)[1]木板做初速度为零的

匀加速直线运动，根据2012xvtat=+得212dat=解得22dat=即木板的加速度为22dt。(2)[2]AB．由于摩擦力的存在，所以当10FF时，木板才产生加速度，即图线不过原点，与横轴有交点，AB错误；CD．据题意，木板受到的滑动摩

擦力为0F，对木板和矿泉水瓶组成的系统根据牛顿第二定律应有()10FFMma−=+联立解得011FaFmMmM=−++其中m为矿泉水瓶的质量，M为木板的质量根据函数斜率和截距的概念可知，当mM时，1mM+近似不变，即图像

的斜率不变，当矿泉水的质量逐渐增大到一定量后1mM+变小，即图像向下弯曲，C正确D错误。故选C。(3)[3]A．木板与桌面间的正压力以及动摩擦因数不变，所以加水的方法不改变滑动摩擦力的大小，A错误；BC．缓慢向瓶中加水，拉力是连续增大，而

挂钩码时拉力不是连续增大的，所以可以更方便地获取多组实验数据，比较精确地测出摩擦力的大小，BC正确；D．由于加速度越大需要水的质量越大，而水的质量越大时图象的斜率越小，实验的精确度会越小，D错误。故选BC。10.LED灯是一块电致发光的半导体材料芯片，其优点是

体积小、质量轻、耗电量低、使用寿命长、亮度高、热量低、绿色环保、安全可靠，我国已经在大力推行使用LED灯具了．某小组同学找到了几个图甲所示的LED灯泡，准备描绘LED灯泡的伏安特性曲线，所用器材如下：A.LED灯泡：额定功率0.1W；B.电压表

V：量程0~5V，内阻约为100kΩC.电流表A：量程0~300mA，内阻约为10ΩD.锂离子电池：电动势3.8V、内阻很小；E.滑动变阻器R：0—50Ω，2A；F.开关、导线若干．（1）考虑到描绘LED灯泡的伏安特性时，灯泡两端电压应从零

开始，同时又要尽量减小实验误差．下列电路中最恰当的一个是_________．A.B.C.D.（2）选择好正确的电路进行实验，根据实验所测得的电压和电流，描绘出该LED灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，由图线可知，LE

D灯泡两端电压在2.3V以下时几乎处于_________（选填“短路”或“断路”）状态，选LED灯泡的电阻随其两端电压的升高而_________（选填“增大”“减小”或“不变”）．（3）由该LED灯泡的伏安特性曲线可知，若将该LED灯泡与题中所给电源和一阻值约

为100的电阻串联，则该LED灯泡的耗电功率为___________W（保留两位有效数字）．【答案】(1).D(2).断路(3).减小(4).0.024（0.023—0.025均给分）【解析】【详解】（1）要求电流电

压从零开始，所以电路应该用分压电路，且由于电压表的内阻远远大于待测电阻的阻值，所以应该用电流表外接法，所以电路结构选D；（2）在2.3V以下时电路中电流为零，可以认为电路断路，从图像上可以看出LED灯泡的电阻随其两端电压的升高而减小．（3）将该LED灯

泡与题中所给电源和一阻值约为100的电阻串联，设灯泡两端的电压为U，流过灯泡的电流为I，根据闭合电路欧姆定律可知UEIR=−，整理得：100UEI=−，在I-U图像上画出此函数，如图所示：图像的交点即为灯泡的工作电压和电流，此时的电压为3.05V，电流为8mA，所以LE

D灯泡的耗电功率为3.050.0080.024WPUI===11.如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段平直倾斜且粗糙，BC段是光滑圆弧，对应的圆心角53=，半径为r，CD段水平粗糙

，各段轨道均平滑连接，在D点右侧固定了一个14圆弧挡板MN，圆弧半径为R，圆弧的圆心也在D点．倾斜轨道所在区域有场强大小为95mgEq=、方向垂直于斜轨向下的匀强电场．一个质量为m、电荷量为q的带正电小物块(视为质点)在倾斜轨道上的A点由静止释放，最终从D点水平抛出并击中挡板．已知A，B之间距离为

2r，斜轨与小物块之的动摩擦因数为14=，设小物块的电荷量保持不变，重力加速度为g，530.8sin=，530.6cos=．求：(1)小物块运动至圆轨道的C点时对轨道的压力大小；(2)改变AB之间的距

离和场强E的大小，使小物块每次都能从D点以不同的速度水平抛出并击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值．【答案】（1）在C点小物块对圆轨道的压力大小为135NFmg=；（2）小物块动能的最小值为min32kEmgR=【解析】【详解】(1

)小物块由A到B过程由动能定理，得：()21222BmgsinrmgcosqErmv−+=解得：45Bvgr=小物块由B到C过程由机械能守恒定律得：()22111cos22CBmgrmvmv−=−解得：85Cvgr=在C点由牛顿第二定律，得：2CNvF

mgmr−=解得：135NFmg=由牛顿第三定律可得，在C点小物块对圆轨道的压力大小为135NFmg=(2)小物块离开D点后做平抛运动，水平方向：0xvt=竖直方向：212ygt=而：222xyR+=小物块平抛过程机械能守恒，得：2012kmgyEmv=−由以上式子得：2

344kmgRmgyEy=+由数学中均值不等式可知：2332442kmgRmgyEmgRy=则小物块动能的最小值为min32kEmgR=12.如图甲所示，粒子源靠近水平极板M、N的M板，N板下方有一对长为L，间距为d=1.5L的竖直极板P、Q，再下方区域存在着垂直于纸面的匀强磁场，磁场上边

界的部分放有感光胶片．水平极板M、N中间开有小孔，两小孔的连线为竖直极板P、Q的中线，与磁场上边界的交点为O．水平极板M、N之间的电压为U0；竖直极板P、Q之间的电压UPQ随时间t变化的图象如图乙所示

；磁场的磁感强度B=021mULq．粒子源连续释放初速不计、质量为m、带电量为+q的粒子，这些粒子经加速电场获得速度进入竖直极板P、Q之间的电场后再进入磁场区域，都会打到感光胶片上．已知粒子在偏转电场中运动的时间远小于电场变化的周期，粒子重力不计．求：（1）带电粒子进入偏转电场时的动

能EK；（2）磁场上、下边界区域的最小宽度x；（3）带电粒子打到磁场上边界感光胶片的落点范围．【答案】（1）U0q．（2）L．（3）2L．【解析】（1）带电粒子进入偏转电场时的动能，即为MN间的电场力做的功EK=WMN=U0q（2）设带电粒子以速度υ进入磁场，且与

磁场边界之间的夹角为α时向下偏移的距离：△y=R-Rcosα=R（1-cosα）而R＝mBqυ1=υsinα△y＝1(1)mcosBqsin−当α=90o时，△y有最大值．即加速后的带电粒子以

υ1的速度进入竖直极板P、Q之间的电场不发生偏转，沿中心线进入磁场．磁场上、下边界区域的最小宽度即为此时的带电粒子运动轨道半径．U0q＝12mυ12所以012qUm＝△ymax＝x＝1mBq＝L（3）粒子运动轨迹如图

所示，若t=0时进入偏转电场，在电场中匀速直线运动进入磁场时R=L，打在感光胶片上距离中心线最近为x=2L任意电压时出偏转电场时的速度为υn，根据几何关系1ncos＝Rn＝nmBq在胶片上落点长度为△x＝2Rn

cosα＝12mBq打在感光胶片上的位置和射入磁场位置间的间距相等，与偏转电压无关．在感光胶片上的落点宽度等于粒子在电场中的偏转距离．带电粒子在电场中最大偏转距离2201311()221.5UqLyatLmv==粒子在感光胶片上落点距交点O的长

度分别是2L和52L，则落点范围是2L．点睛：本题的关键点在于第三问的偏转范围的求得，由于带电粒子先经过U0的加速，然后进入水平交变电场的偏转，最后进入磁场做匀速圆周运动打在胶片上．可以表示出在任意偏转电压下做匀速圆周运动的半径表达式

（其中速度用进入电场的速度表示），再表示出打在胶片下的长度．巧合的是打在感光胶片上的位置和射入磁场位置间的间距相等，与偏转电压无关，从而求出粒子在感光胶片上落点的范围．（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。【选修——3-3】13

.下列说法中正确的是（）A.热机中燃气的内能不可能全部转化为机械能B.液体表面张力的方向与液面垂直C.液体表面张力的大小是跟分界线的长度成正比的D.水银滴在玻璃板上将成椭球状，所以说水银是一种不浸润液体E.相对湿度100%，表明在当时的温度下，空气中的水汽

已达到饱和状态【答案】ACE【解析】【详解】A．热力学第二定律的一种表述为：不可能从单一热源吸取热量，使之完全变为有用功而不产生其他影响，即无论采用任何设备和手段进行能量转化，总是遵循“机械能可全部转化为内能，而内能不能全部转化为机械能”，A正确；BC．液体表面张力产

生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直，其大小跟分界线的长度成正比，B错误C正确；D．浸润与不浸润是由液体和固体共同决定的。液体浸润固体，附着层面积要扩张，不浸润固体附着层面积要收缩；水银不浸润玻璃，但可能浸润其他固体，D错误；E．相

对湿度=空气中水蒸气的压强/同温度下水的饱和气压，当相对湿度为100%，表明在当时的温度下，空气中的水汽已达到饱和状态，故E正确。故选ACE。14.如图所示，T形活塞将绝热汽缸内的气体分隔成A、B两部分，活塞左、右两侧截面积分别为S1、S2

，活塞与汽缸两端的距离均为L，汽缸上有a、b、c三个小孔与大气连通，现将a、b两孔用细管(容积不计)连接．已知大气压强为p0，环境温度为To，活塞与缸壁间无摩擦．(1)若用钉子将活塞固定，然后将缸内气体缓慢加

热到T1，求此时缸内气体的压强；(2)若气体温度仍为T0，拔掉钉子，然后改变缸内气体温度，发现活塞向右缓慢移动了ΔL的距离(活塞移动过程中不会经过小孔)，则气体温度升高还是降低？变化了多少？【答案】(1)010PTT(2)升高()

()12012SLTSSSL−+【解析】(1)A、B内气体相通，初状态压强为p0．由于钉子将活塞固定，气体体积不变由查理定律可知，0101=ppTT解得0110p=pTT(2)对活塞进行受力分析，可知温度改变后，活塞受力大小不变，所以活塞向右移动后，

气体的压强不变．活塞向右移动后，气体体积增大，则气体温度升高．由()()()12210+-++=SSLSLLSLLTT解得()()120012-++SSLTTTSSL=所以温度变化了()()12012=SSLTTSSL−+故本题答案是：(1)010PTT(2)升高()()12012

SSLTSSL−+点睛;正确利用理想气体方程求解即可．【选修——3-4】15.一列简谐横波，在t=1s时刻的波形如图甲所示，图乙为波中质点1P的振动图象，则根据甲、乙两图可以判断：___________A.该波沿x轴正方向传播B.该波的传播速度为6m/sC.从t=0时

刻起经过时间△t=3s，质点1P通过路程为6mD.在振动过程中P1、P2的位移总是相同E.质点P2做简谐运动的表达式为y=2sin(2t－2)m【答案】BCE【解析】【详解】由图乙可知，在t=1s时刻质点1P向y轴负方向振动，则根据质点振动方向与波的传播方向可知，该波沿x轴负方

向传播，故A错误；由图甲可知波长为24m=，由图乙可知周期为4Ts=，则波速为24/6/4vmsmsT===，故B正确；由于334tsT==，则质点1P通过路程为33442644sAmm===，

故C正确；由于P1、P2之间的距离为12，在振动过程中P1、P2的位移不一定总是相同，故D错误；由于24Ts==，则2=，则图乙可知质点P2做简谐运动的表达式为：2sin22ytm=−，故E正确．故选BCE16.一赛艇停在平静

的水面上，赛艇前端有一标记P离水面的高度为h1=0.6m，尾部下端Q略高于水面；赛艇正前方离赛艇前端1s=0.8m处有一浮标，示意如图．一潜水员在浮标前方2s=3.0m处下潜到深度为2h时，看到标记刚好被浮标挡住，此处看不到船尾端Q；继续下潜

h=2.0m，恰好能看见Q。（已知水的折射率n=43）求①深度2h；②赛艇的长度l。（可用根式表示）【答案】①4m；②247(3.8)m7−。【解析】【详解】①设过P点光线，恰好被浮子挡住时，入射角、折射角分别

为：α、β，如图所示由几何关系有12211sinsαsh=+，22222sinsβsh=+根据光的折射定律可知sinsinn=43=联立解得h2=4m②潜水员和Q点连线与水平方向夹角刚好为临界角C，则有13sin4Cn==根据几何关系有122tansslChh+

+=+联立解得247(3.8)m7l=−