湖南省长沙市一中2019届高三一模考试物理试题 Word版含解析

湖南省长沙市一中2019届高三一模考试物理试题 Word版含解析

- 1 - 2019 年湖南省长沙一中高三一模物理试题 一、单选题 1.如图所示，一个质量 m=lkg 的小环套在倾角为 37°的光滑固定直杆上，为使小环能够静止 不动，需对它施加一个水平拉力 F，已知重力加速度 g=10m/s2，sin37°=0.6．则 F的大小和 方向分别是（ ） A. 7.5N，水平向左 B. 7.5N，水平向右 C. 13.3N，水平向左 D. 13.3N，水平向右 【答案】A 【解析】 试题分析：对小环受力分析，根据平衡知识可知： 3tan 37 10 7.5 4 F mg N N    ，方向 水平向左；故选 A． 考点：共点力的平衡 【名师点睛】此题考查了共点力的平衡问题；解题时要画出受力图，建立平行四边形，利用 合成法，或者正交分解法列出方程即可求解；此题较简单． 2.地球的公转轨道接近圆，但彗星的运动轨道则是一个非常扁的椭圆。天文学家哈雷曾经在 1662 年跟踪过一颗彗星，他算出这颗彗星轨道的半长轴约等于地球公转半径的 18 倍，并预言 这颗彗星将每隔一定时间就会再次出现。这颗彗星最近出现的时间是 1986 年，它下次飞近地 球大约是哪一年（ ） A. 2046 年 B. 2052 年 C. 2062 年 D. 2076 年 【答案】C 【解析】 【详解】设彗星的周期为 T1，地球的公转周期为 T2，这颗彗星轨道的半长轴约等于地球公转 - 2 - 半径的 18 倍，由开普勒第三定律 3 2 R C T  得， 3 31 1 3 2 2 18 76T R T R    ．所以 1986+76=2062．故 C正确，ABD 错误。 3.如图所示电路中，定值电阻 R1=4Ω，R2=2Ω，滑动变阻器的最大阻值为 10Ω，输入的电流 I1=1A，I2=2A．检测时发现 a点电势为 0，b 点电势为 4V，则下列说法正确的是（ ） A. 流过电流表的电流为 1A，方向向右 B. 滑动变阻器的滑片置于中间位置时，图示部分的等效电阻为 28 11  C. 向左移动滑动变阻器的滑片时接入电路中的电阻变小 D. 改变滑动变阻器的滑片的位置，不影响通过电阻 2R 的电流 【答案】D 【解析】 【分析】 明确电路结构，根据串并联电路的规律即可确定流过电流表的电流，根据欧姆定律确定电势 差关系，从而确定滑动变阻的作用，明确等效电阻大小。 【详解】由图可知，两电流只能由 a 点流进电流表，因此电流表中电流为 3A，方向向右，故 A 错误；a 点电势为零，b 点电势为 4V，故 ba 间电势差为 4V；则由欧姆定律可知，流过 R2的 电流为 I2＝ 4 2 A＝2A；根据电流结构可知，I1只能流过 R1，则 R1两端的电势差为 4V，故滑动变 阻器两端电势差为零，故图示中相当于 R1与 R2并联，故等效电阻 1 2 1 2 4 2 4 4 2 3 R R R R R      等 ＝ ， 故 B 错误；由 B 的分析可知，滑动变阻器被短路，故改变滑片位置不会影响电流的大小，也 不会改变总电阻大小，故 C 错误，D 正确。故选 D。 4.质谱仪可测定同位素的组成。，现有一束一价的钾 39 和钾 41 离子经电场加速后，沿着与磁 - 3 - 场边界垂直的方向进入匀强磁场中，如图所示。测试时规定加速电压大小为 U0，但在实验过 程中加速电压有较小的波动，可能偏大或偏小△U．为使钾 39 和钾 41 打在照相底片上的区域 不重叠，不计离子的重力，则△U不得超过（ ） A. 39 40 0U B. 39 41 0U C. 0 2 41 U D. 0 1 40 U 【答案】D 【解析】 【详解】设加速电压为 U，磁场的磁感应强度为 B，电荷的电荷量为 q，质量为 m，运动半径 为 R，则由 qU= 1 2 mv2 ，qvB=m 2v R ，解得 1 2mUR B q  由此式可知，在 B、q、U 相同时，m 小的半径小，所以钾 39 半径小，钾 41 半径大；在 m、B、q 相同时，U 大半径大。设钾 39 质 量为 m1，电压为 U0+△U 时，最大半径为 R1；钾 41 质量为 m2，电压为 U0-△U 时，钾 41 最小半 径为 R2．则 1 0 1 2 ( )1 m U UR B q    2 0 2 2 ( )1 m U UR B q    ；令 R1=R2，则 m1（U0+△U）=m2 （U0-△U）解得： 2 1 0 0 0 2 1 41 39 1 71 39 40 m mU U U U m m         。故 ABC 错误，D 正确。 二、多选题 5.将一小球从高处水平抛出，最初 2s 内小球动能 Ek随时间 t变化的图线如图所示，不计空气 阻力，重力加速度 g=10m/s2．根据图象信息，能确定的物理量是（ ） - 4 - A. 小球的质量 B. 小球的初速度 C. 小球抛出时的高度 D. 最初 2 s 内重力对小球做功的平均功率 【答案】C 【解析】 试题分析：设小球的初速度为 v0，则 2s 末的速度为： 2 2 2 0 ( )v v gt  ，根据图象可知：小 球的初动能 2 0 0 1= 5J 2KE mv  ，2s 末的动能 2 2 2 1= 30J 2KE mv  ，解得：m=0．125kg， 0 4 5m/sv  ,最初 2s 内重力对小球做功的平均功率 12.5WyP mgv  ,根据已知条件只能 求出 2s 内竖直方向高度为 21 20m 2 h gt  ，而不能求出小球抛出时的高度，故 A、B、D 能 确定，C 不能确定．故选 ABD． 考点：考查功率、平均功率和瞬时功率；平抛运动． 【名师点睛】本题主要考查了平抛运动的基本公式及动能表达式的直接应用，要求同学们能 根据图象读出有效信息． 6.用如图的装置研究光电效应现象，当用光子能量为 2.5eV 的光照射到光电管上时，电流表 G 的读数为0.2mA．移动变阻器的触点c，当电压表的示数大于或等于0.7V时，电流表读数为0．则 （ ） A. 光电管阴极的逸出功为1.8eV B. 电键 k断开后，没有电流流过电流表 G C. 光电子的最大初动能为0.7eV D. 改用能量为1.5eV 的光子照射，电流表 G 也有电流，但电流较小 - 5 - 【答案】AC 【解析】 【详解】AC．该装置所加的电压为反向电压，发现当电压表的示数大于或等于 0.7V 时，电流 表示数为 0，知道光电子点的最大初动能为 0.7eV，根据光电效应方程 EKm=hγ-W0，W0=1.8eV．故 AC 正确。 B．电键 S断开后，用光子能量为 2.5eV 的光照射到光电管上时发生了光电效应，有光电子逸 出，则有电流流过电流表。故 B 错误。 D．改用能量为 1.5eV 的光子照射，由于光电子的能量小于逸出功，不能发生光电效应，无光 电流。故 D 错误。 7.如图所示，A 物体质量为 m，B质量为 2m，用一轻绳相连，将 A 用一轻弹簧悬挂于天花板上， 系统处于静止状态，此时弹簧的伸长量为 x，弹性势能为 Ep，已知弹簧的弹性势能与形变量的 平方成正比，且弹簧始终在弹性限度内．现将悬线剪断，则在以后的运动过程中，A物体的 （ ） A. 最大动能为 8 2 9 3pE mgx B. 最大动能为 8 2 9 3pE mgx C. 速度达到最大时，弹簧弹力做功为 1 9 pE D. 速度达到最大时，弹簧弹力做功为 8 9 pE 【答案】AD 【解析】 【详解】设弹簧的劲度系数为 k，初始状态 3mgx k  ，动能最大时，弹簧伸长量 1 3 mgx x k ＝  ， 知 A 物体向上移动的距离△x＝ 2 3 x，已知弹簧的弹性势能与形变量的平方成正比，则 A 物体 动能最大时，弹性势能为 1 9 EP，则弹性势能减小 8 9 EP．因为弹力做功等于弹性势能的减小量， - 6 - 所以 A 物体速度达到最大时，弹簧弹力做功为 8 9 Ep．在此过程中，弹性势能减小 8 9 EP，重力势 能增加 2 3 mgx，则动能增加 8 9 Ep- 2 3 mgx，即最大动能为 8 9 Ep- 2 3 mgx．故 AD 正确，BC 错误。 8.如图所示，导体框位于竖直平面内，匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度大小 B=2.0T， 水平导体棒 MN 可沿两侧足够长的光滑导轨下滑而不分离，导体棒 MN 质量 m=0.1kg，接入电路 的电阻 r=1.0Ω；导轨宽度 L=1.0m，定值电阻 R=3.0Ω，装置的其余部分电阻可忽略不计。将 导体棒 MN 无初速度释放，导体棒下滑 h=2.0m 高度时速度达到最大，重力加速度 g=10m/s2。 则导体棒 A. 下滑的最大速度为 4m/s B. 从释放到下滑 h高度所经历时间为 2.1s C. 从释放到下滑 h高度过程中，电阻 R 产生的热量为 1.95J D. 从释放到下滑 h高度过程中，通过电阻 R 的电荷量为 1C 【答案】BD 【解析】 【分析】 分析可知，导体棒无初速度释放，导体棒做加速度逐渐较小的加速度运动，当重力和安培力 相等时，加速度为零，速度最大。全电路电阻上产生的焦耳热Q，数值上等于克服安培力做 的功，根据串联电路中热量与电阻的分配关系，可得 R RQ Q R r   ；根据感应电流的平均值， 可推导出电荷量公式 q It R r     ，可计算通过电阻 R 的电荷量。 【详解】A、导体棒速度最大时，安培力等于重力，即： mmg I LB ，其中 m m BLvI R r   ，联 立得： 2 2 mB L vmg R r   ，   2 2m mg R r v B L   ，代入数据得： 1m/smv  ，A错误； C、由动能定理可知： 21= 0 2 mmgh W mv 安   ，解得： 1.5JW  安 ，所以全电路电阻上的焦 - 7 - 耳热 1.5JQ W  安 ，所以电阻 R 上消耗的热量 1.4625JR RQ Q R r    ，C 错误 D、导体下落 h的过程中，通过导线横截面的电量 1CLhq B R r R r       ，D 正确。 B、导体棒下落 h=2m 的过程中，设经历时间为 t，根据动量定理得： 0mmgt BLIt mv   ， 即 mmgt BLq mv  ，代入数据解得： 2.1t s ，B正确。 故选 BD。 【点睛】本题分别根据导体切割磁感线及平衡条件和功率公式进行分析研究，注意分析的顺 序即可。 三、非选择题 9.某实验小组研究小车的匀变速直线运动，他们使用 50Hz 交流电源为电磁打点计时器供电。 实验时得到一条纸带。某位同学在纸带上便于测量的地方选取第一个计数点，并在这个点下 标明 A，在第 6 个点下标明 B，在第 11 个点下标明 C，在第 16 个点下标明 D，在第 21 个点下 标明 E．但测量时发现 B点已模糊不清，于是只测得 AC 长为 14.56cm、CD 长为 11.15cm、DE 长为 13.73cm，根据以上测得的数据，计算 C 点时小车的瞬时速度大小为______m/s，小车运 动的加速度大小为______m/s2，AB 的距离应为______cm．（计算结果均保留三位有效数字） 【答案】0.986，2.58，B 指向 A，5.99 【解析】 【详解】有题可知相邻的计数点间的时间间隔为： 0.1T s ，根据匀变速直线运动中时间中 点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上 C 点时小车的瞬时速度大小，   214.56 11.15 13.73 10 0.986 / 4 4 0.1 AE C mxv m s T s        设 A 到 B 之间的距离为 1x ，设 B 到 C 之间的距离为 2x ，设 C 到 D 之间的距离为 3x ，设 D 到 E 之间的距离为 4x ，根据匀变速直线运动的推论公式 2x aT 可以求出加速度的大小，得： 2 3 1 12 x x a T ， 2 4 2 22x x a T  ，为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值 - 8 - 得：     2 2 2 1 2 22 11.15 13.73 10 14.56 101 2.58 / 2 4 4 0.1 CE AC m mx xa a a m s T s            （ ） 相等的相邻的时间间隔的位移差恒定，故： 13.73 11.15 2.58BC AB DE CD cm cm cm      ； 且 14.56AB BC cm  ；解得： 8.57BC cm ， 5.99AB cm 。 考点：测定匀变速直线运动的加速度 【点睛】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强 基础知识的理解与应用。 10.小明要利用多用电表和电阻箱测量电源的电动势和内阻。 （1）如图甲所示是多用电表内部结构的简化电路图，内有 3个档位，对应 3 种测量功能。小 明现要将其作为电流表使用，选择开关 S 应接______（选填“1”、“2”或“3”）。小明调 节好多用电表后连接电路，如图乙所示是他正准备接入最后一根导线（图中虚线所示）时的 实验电路。请指出图中在器材连接或操作上存在的两个不妥之处：______；______。 （2）调节电阻箱，记录多组电阻箱示数 R 和多用电表示数 I，作出 1R I  的图线如图丙所示。 由此可求得电动势 E=______V，内阻 r=______Ω．（结果均保留 2位有效数字） （3）本实验方案存在系统误差，这是由于多用电表______（选填“分流”或“分压”）而引 起的，测得的 E 测、r 测与真实值比较：E 测______E 真，r 测______r 真．（选填“＜”、“=”或“＞”） 【答案】 (1). 1； (2). 开关末断开； (3). 多用电表正负极接反； (4). 2.9； (5). 1.2； (6). 分压； (7). =； (8). > 【解析】 【详解】（1）选择开关 S 接 1 是电流档；图中在器材连接或操作上存在的两个不妥之处：开 关末断开；多用电表正负极接反． - 9 - （2）根据闭合电路欧姆定律得，E=IR+Ir，则 R= 1 I E-r，可知图线斜率表示电动势，纵轴截距 的绝对值表示内阻，则 E= 6 1.2  2.5  =2.9V，内阻 r=1.2Ω。 （3）将多用电表的内阻等效到电源的内部，则有：R= 1 I E-（RA+r），则可知测量的内阻等于电 源的实际内阻与多用电表的内阻之和，测量值偏大。而电流表内阻对图象的斜率没有影响， 故电动势准确； 【点睛】物理图象关键要根据物理规律得到解析式，运用数学知识分析图象的物理意义。本 题采用的是转换法，本来 I-R 是非线性关系，转换成 R- 1 I 是线性关系，图象直观，一目了然。 11.如图所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀 强磁场，电场强度为 E，磁感应强度为 B．足够长的光滑绝缘斜面固定在水平面上，斜面倾角 为 30°．有一带电的物体 P静止于斜面顶端且物体 P 对斜面无压力。若给物体 P 以水平的初 速度向右抛出，同时另有一不带电的物体 Q 从 A 处由静止开始沿斜面滑下（P、Q 均可视为质 点），P、Q 两物体运动轨迹在同一竖直平面内。一段时间后，物体 P 恰好与斜面上的物体 Q 相 遇，且相遇时物体 P 的速度方向与其水平初速度方向的夹角为 60°．已知重力加速度为 g， 求： （1）P、Q相遇所需的时间； （2）物体 P 在斜面顶端的初速度的大小。 【答案】（1） 6 Tt  = 3 E gB  （2） 2 0 36 Ev B   【解析】 【详解】（1）物体 P 静止时对斜面无压力： mg=qE…① P获得水平分速度后做匀速圆周运动，由运动半径公式和周期公式有： 2 0 0 vqv B m R  …② - 10 - 0 2 2R mT v qB     …③ P、Q相遇时，P 物体转过了 60°角（如图所示），可解得： 6 Tt  = 3 E gB  …④ （2）在时间 t内，Q 物体在斜面上做匀加速直线运动，加速度及位移为： 30 1 2 m gsina g m      …⑤ 21 2 S at …⑥ P做匀速圆周运动，有： mvR qB  …⑦ 由几何关系知 R=S…⑧ 解得： 2 0 36 Ev B   12.一质量 M=2kg 的长木板 B静止在光滑的水平面上，B的右端与竖直挡板的距离为 S=0.5m. 一个质量为 m=1kg 的小物体 A 以初速度 v0=6m/s 从 B 的左端水平滑上 B，当 B 与竖直挡板每次 碰撞时，A都没有到达 B的右端.设定物体 A 可视为质点，A、B 间的动摩擦因数μ=0.2，B 与 竖直挡板碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失，g 取 10m/s2.求: (1)B 与竖直挡板第一次碰撞前的瞬间，A、B 的速度值各是多少？ (2)最后要使 A不从 B 上滑下，木板 B的长度至少是多少？(最后结果保留三位有效数字.) 【答案】（1）vA=4m/s、 vB=1m/s（2）8.96m 【解析】 (1)设 A、B 达到共同速度为 v1时，B向右运动距离为 S1 - 11 - 由动量守恒定律有  0 1mv M m v  由动能定理有 2 1 1 1 2 mgS Mv  联立解得 S1=2m 由于 S=0.5m<2m，可知 B 与挡板碰撞时，A、B 还未达到共同速度.设 B 与挡板碰撞前瞬间 A 的 速度为 vA，B 的速度为 vB，则 由动量守恒定律有 0 A Bmv mv Mv  由动能定理有 21 2 BmgS Mv  联立解得 vA=4m/s、 vB=1m/s (2)B 与挡板第一次碰后向左减速运动，当 B 速度减为零时，B 向左运动的距离设为 SB，由动 能定理有 21 2B BmgS Mv  由上式解得 SB=0.5m 在 A 的作用下 B 再次反向向右运动，设当 A、B 向右运动达到共同速度 v2时 B 向右运动距离为 S2，由动量守恒定律有   2A Bmv Mv M m v   由动能定理有 2 2 2 1 2 mgS Mv  解得 2 2 / 3 v m s 、 2 2 9 BS m S  =0.5m 故 A、B 以共同速度 2 / 3 m s向右运动，B第二次与挡板碰撞后，以原速率反弹向左运动.此后 由于系统的总动量向左，故最后 A、B将以共同速度 v3向左匀速运动. 由动量守恒定律有 (M-m)v2=(M+m)v3 解得 3 2 / 9 v m s 设 A 相对 B 运动的总路程为 L(即木板 B 的最小长度)，对系统由功能关系得:  2 2 0 3 1 1 2 2 mgL mv M m v    代入数据解得 L=8.96m 13.下列说法正确的是__________ A. 晶体与非晶体的区别之一在于是否具有固定的几何外形 B. 当分子所受的引力与斥力相等时，其分子间的势能小于零 - 12 - C. 一定温度下的饱和汽的分子数密度是一定值，饱和汽压不变 D. 热力学第二定律的内容可以表述为：热量只能从高温物体向低温物体转移 E. 不浸润液体在毛细管内下降与浸润液体在毛细管内上升都是表面张力作用的效果 【答案】BCE 【解析】 【详解】A．只有单晶体具有固定的几何外形，故选项 A错误； B．无穷远处分子间的势能等于零，随着靠近时引力做正功，势能减小，当分子所受的引力与 斥力的合力为零时，其分子间的势能最小，小于零，故选项 B 正确； C．在一定温度下，饱和汽的分子数密度是一定的，因而其压强也是一定的，故选项 C 正确； D．热力学第二定律的内容可以表述为：不可能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影 响，或不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响，故选项 D 错误； E．不浸润液体在毛细管内附着层液体的分子密度较小，液体分子间距较大（大于 0r ），此时 附着层内的分子相互作用表现为引力，液面呈现收缩的趋势，即液面下降，同理，浸润液体 在毛细管内上升，故选项 E 正确。 14.如图，在大气中有一水平放置的固定圆筒，它由 a、b 和 c 三个粗细不同的部分连接而成， 各部分的横截面积分别为 2S、 2 S 和 S．已知大气压强为 p0，温度为 T0．两活塞 A 和 B 用一根 长为 4l 的不可伸长的轻线相连，把温度为 T0的空气密封在两活塞之间，此时两活塞的位置如 图所示。现对被密封的气体加热，使其温度缓慢上升到 T．若活塞与圆筒壁之间的摩擦可忽略， 此时两活塞之间气体的压强可能为多少？ 【答案】当 T≤ 5 4 T0时，p＝p0 当 T> 5 4 T0时，p＝ 0 4 5 T T p0 【解析】 试题分析：加热前，AB 活塞处于平衡状态，由平衡方程可得内部气体压强和轻绳的张力。加 热后由于没有摩擦，两活塞一起向左缓慢移动，气体体积增大，压强保持 1p 不变，若持续加 - 13 - 热，此过程会一直持续到活塞向左移动的距离等于 l为止，此时 B 被挡住，活塞不能继续移动； 根据盖-吕萨克定律可得此时被封闭气体的温度，以此温度为分界，进行讨论可得结果。 设加热前，被密封气体的压强为 1p ，轻线的张力为 f．因而活塞处在静止状态 对 A 活塞有： 2 2 0op S pS f   ，对 B活塞有： 1 0 0p S p S f   联立得： 1 0p p ，f=0 即被密封气体的压强与大气压强相等，细线处在拉直的松驰状态． 这时气体的体积 1 2 4V Sl Sl Sl Sl    对气体加热时，被密封气体温度缓慢升高，两活塞一起向左缓慢移动，气体体积增大，压强 保持 1p 不变，若持续加热，此过程会一直持续到活塞向左移动的距离等于 l为止 这时气体体积 2 4 5V Sl Sl Sl   设此时气体的温度为 2T ，由盖-吕萨克定律得： 2 1 2 0 V V T T  ，解得： 2 0 5 4 T T 由此可知，当 2 0 5 4 T T T  时，气体的压强为： 0p p 当 2T T 时，活塞已无法移动，被密封气体的体积保持 2V 不变 由查理定律得： 0 2 pp T T   ，解得： 0 0 4 5 Tp p T   即当 0 5 4 T T 时，气体的压强为 0 0 4 5 Tp p T   【点睛】本题重点在于对被封闭气体状态变化的讨论，依据给定的情形，气体会做两种变化： 1、等压变化。2、等容变化。能讨论出来这两点是本题的关键。 15.振源 P沿 y轴以 0.8 s 的周期做简谐运动，形成的简谐横波在某时刻的波形如图所示，则 __________。 - 14 - A. 此波的波速是 5 m/s B. 从该时刻再过 0.4 s，质点 a向下振动 C. 从该时刻起经 0.4 s，质点 b通过的路程是 8 cm D. 从该时刻起经 0.4 s，质点 a、b 分别在 x 轴上下方 E. 从该时刻起，质点 b将比质点 c 先回到平衡位置 【答案】ACE 【解析】 【详解】A．这列波的波速 v= 4m 0.8sT   =5 m/s，故选项 A正确； B．此时刻质点 a 沿 y 轴向下振动，经过经 0.4 s 半个周期，a 振动到平衡位置对侧且向上振 动，故选项 B 错误； C．此时刻起质点 b经过 0.4 s，半个周期走过的路程等于两倍振幅，故选项 C正确； D．此列波向左右两侧对称传播，a、b运动情况完全相同，故选项 D 错误； E．质点 b此时刻沿 y 轴向下振动，质点 c 沿 y 轴向上振动，故质点 b 将比质点 c 先回到平衡 位置，选项故 E 正确。 16.如图所示,一束平行光以45°的入射角照射到半径为R的半圆柱形玻璃砖的上表面上,已知 玻璃砖对平行光的折射率为 2 ①圆柱面上光线能够射出的区域所对的圆心角是多少? ②能从圆柱面射出的光线中,在玻璃砖中传播时间最长为多少?(光在真空中的速度为 c） 【答案】①90 0 ② 2 6 3 R c 【解析】 【详解】①作出光路图，如图所示， - 15 - 由折射定律，有：n= sin sin i r 得：sinr= sini n ,，得 r=30° 如果光线 EA 刚好在 A 点发生全反射，则有 nsin∠EAO=sin90°． 即有∠EAO=sin45°，此时∠EOA=75° 因 EA 与 OB 平行，所以∠EAO=∠AOB=45° 如果光线 FC 刚好在 C 点发生全反射，则有∠FCO=45° 此时∠FOC=15° 故知圆柱面上光线能够射出的区域所对的圆心角 θ=180°-∠EOA-∠FOC=180°-75°-15°=90° ②能从圆柱面射出的光线中，光线在玻璃砖中传播的最长距离 s= 2 3 R 光线在玻璃砖中传播的速度 v= c n 光线在玻璃砖中传播的最长时间 t= 2 6 3 R c - 16 -