高考物理第二轮复习 练习题十 答案详解

高考物理第二轮复习 练习题十 答案详解

‎2019年高考物理第二轮复习 练习题(十)‎ 一、单选题 ‎1．在物理学发展的过程中，许多物理学家的研究成功推动了人类历史的进步，下列说法符合事实的是 A． 玻尔理论可以成功解释氦原子的光谱现象 B． 普朗克首先提出实物粒子也具有波动性 C． 汤姆逊通过对阴极射线的研究，发现了电子 D． 为了解释黑体辐射规律，卢瑟福提出电磁辐射的能量是量子化的 ‎【答案】C ‎【解析】A．玻尔理论只能成功解释氢原子的光谱现象，故A错误；‎ B．德布罗意首先提出实物粒子也具有波动性，称为物质波，故B错误；‎ C．汤姆逊通过对阴极射线的研究，发现了电子，故C正确；‎ D．为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量是量子化的，故D错误。‎ 故选：C ‎2．有一理想的降压变压器，四个标称均为“6V、6W”的小灯泡a、b、c、d以及理想电压表接在变压器上，电路如图所示。在1、2两端接交流电源(电压有效值为U)时，四个小灯泡均能正常发光。则下列说法正确的是 A． 电压表的示数为24 V B． 电源电压U=24 V C． 变压器原、副线圈的匝数比为4∶1‎ D． 变压器原线圈的输入功率为24 W ‎【答案】B ‎【解析】由题意可知流过每个小灯泡的电流均为，则副线圈的电流为，原线圈的电流为，则由，C错误；副线圈两端的电压为，则由，可得原线圈两端的电压为，即电压表的示数为18V，A错误；电源电压为，B正确；变压器的输入功率等于输出功率，即小灯泡b、c、d消耗的功率之和18W，D错误．‎ ‎3．我国ETC（电子不停车收费系统）已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间。一辆汽车以20 m/s的速度驶向高速收费口，到达自动收费装置前开始做匀减速直线运动，经4 s的时间速度减为5 m/s且收费完成，司机立即加速，产生的加速度大小为2.5 m/s2，假设汽车可视为质点。则下列说法正确的是 A． 汽车开始减速时距离自动收费装置110 m B． 汽车加速4 s后速度恢复到20 m/s C． 汽车从开始减速到速度恢复到20 m/s通过的总路程为125 m D． 汽车由于通过自动收费装置耽误的时间为4 s ‎【答案】C ‎【解析】根据匀变速直线运动平均速度推论求出减速运动的位移和加速运动的位移，根据速度时间公式求出汽车恢复20m/s所需的时间。根据总路程，结合匀速运动的速度求出匀速运动的时间，从而得出汽车通过自动收费装置耽误的时间．‎ 根据平均速度的推论知，汽车开始减速时距离自动收费装置的距离x‎1‎‎=v‎0‎‎+v‎2‎t‎1‎=‎20+5‎‎2‎×4m=50m，A错误；汽车恢复到20m/s所需的时间t‎2‎‎=v‎0‎‎-va‎2‎=‎20-5‎‎2.5‎s=6s，B错误；汽车加速运动的位移x‎2‎‎=v‎0‎‎+v‎2‎t‎2‎=‎5+20‎‎2‎×6m=75m，则总路程x=x‎1‎+x‎2‎=50+75m=125m，C正确；这段路程匀速运动通过的时间t=xv‎0‎=‎125‎‎20‎s=6.25s，则通过自动收费装置耽误的时间Δt=t‎1‎+t‎2‎-t=4+6-6.25s=3.75s，故D错误．‎ ‎4．如图所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m的带负电小球以水平方向的初速度v0由O点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为45°，则此带电小球通过P点时的动能为(　　)‎ A． mv‎0‎‎2‎ B． mv‎0‎‎2‎‎2‎ C． ‎2mv‎0‎‎2‎ D． ‎‎5mv‎0‎‎2‎‎2‎ ‎【答案】D ‎【解析】由题可知：小球到P点时，水平位移和竖直位移相等，即v0t=‎0+‎vPy‎2‎t，合速度vP‎=v‎0‎‎2‎‎+‎vpy‎2‎=‎‎5‎v‎0‎，则EkP=‎1‎‎2‎mvp2=‎5‎‎2‎mv02。故选D。‎ ‎5．某电场在直角坐标系中的电场线分布情况如图所示，O、P、M、N为电场中的四个点，其中P和M在一条电场线上，则下列说法正确的是（ ）‎ A． M点的场强小于N点的场强 B． M点的电势高于N点的电势 C． 将一负电荷由O点移到M点电势能增加 D． 将一正电荷由P点无初速释放，仅在电场力作用下，可沿PM电场线运动到M点 ‎【答案】C ‎【解析】电场线密的地方电场强度大，由图可知M点电场线比N点的密，所以M点的场强大于N点的场强度，故A错误；沿电场线方向电势降低，所以M点的电势低于N点的电势，故B错误；将一负电荷由O点移到M点电场力做负功，所以电荷的电势能增加，故C正确；一正点电荷从P点由静止释放，该电荷所受的电场力是变力，与电场线的相切，据曲线运动的条件该电荷并不能沿电场线运动到M点，故D错误．故选C.‎ 二、多选题 ‎6．2019年10月9日上午11时，在北京航天飞行控制中心的精确控制下，“嫦娥2号”卫星成功实施第三次近月制动，顺利进入高度100km的圆形环月轨道。若该卫星在地球表面的重力为G1，在月球表面的重力为G2，已知地球半径为R1，月球半径为R2，地球表面处的重力加速度为g，则 A． 月球表面处的重力加速度为g月‎=G‎2‎G‎1‎g B． 月球质量与地球质量之比为G‎1‎R‎2‎‎2‎G‎2‎R‎1‎‎2‎ C． 卫星在近月球表面轨道上做匀速圆周运动的周期为T月‎=2πR‎2‎G‎1‎gG‎2‎ D． 月球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为R‎2‎G‎1‎R‎1‎G‎2‎ ‎【答案】AC ‎【解析】卫星的质量为m=‎G‎1‎g，月球表面处的重力加速度g月‎=G‎2‎m=G‎2‎G‎1‎g，故A正确；由g=‎GMR‎2‎，得月球的质量M月‎=‎g月R‎2‎‎2‎G，又g月g‎=‎G‎2‎G‎1‎，整理得，月球的质量与地球的质量之比为G‎2‎R‎2‎‎2‎G‎1‎R‎1‎‎2‎，故B错误；设卫星质量为m，由mg月=m‎4‎π‎2‎T月‎2‎R‎2‎，g月‎=G‎2‎G‎1‎g，解得T月‎=2πR‎2‎G‎1‎gG‎2‎，故C正确；月球的第一宇宙速度为v月‎=‎g月R‎2‎，地球的第一宇宙速度为v地‎=‎gR‎1‎，将G‎1‎‎=mg，G‎2‎=mg月，代入解得：v月v地‎=‎G‎2‎R‎2‎G‎1‎R‎1‎，故D错误；故选AC.‎ ‎7．如图1所示，将一光滑的足够长的斜面固定在水平面上，其倾角为θ，在斜面的中间位置放置一质量为m可视为质点的滑块，并用销钉将其锁定，现在该滑块上施加一平行于斜面向上的外力F，同时将锁定解除，滑块由静止开始沿斜面运动，滑块在开始的一段时间内，其机械能E随位移x的变化规律如图2所示。其中‎0~‎x‎1‎为曲线、x‎1‎‎~‎x‎2‎为平行于x轴的直线。则 图1 图2‎ A． 0~x1的过程中滑块的运动方向沿斜面向下 B． 0~x1的过程中滑块的加速度逐渐减小到零 C． 0~x2的过程中滑块先沿斜面向下做加速运动再沿斜面向下做匀速运动 D． xl~x2的过程中滑块的加速度大小为gsinθ ‎【答案】AD ‎【解析】在‎0~‎x‎1‎的过程中滑块的机械能在逐渐减小，由功能关系知拉力在做负功，拉力方向沿斜面向上，所以位移方向向下，因此滑块沿斜面向下运动，故A正确；在‎0~‎x‎1‎的过程中图线的斜率逐渐减小到零，则滑块受到的拉力逐渐减小到零，根据牛顿第二定律得，滑块的加速度a=‎mgsinθ-Fm，则滑块的加速度逐渐增大，在x‎1‎‎~‎x‎2‎的过程中，外力F=0‎，此时可得a=gsinθ，故B错误，D正确；在‎0~‎x‎1‎的过程中，加速度的方向与速度的方向相同，都沿斜面向下，所以滑块做加速运动，x‎1‎‎~‎x‎2‎的过程中，由于滑块的加速度大小为gsinθ，滑块沿斜面向下做匀加速直线运动，故C错误。所以AD正确，BC错误。‎ ‎8．如图所示，一电阻为R的导线弯成半径为a的半圆形闭合回路，虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面，回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直，从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论中正确的是 (　　)‎ A． 圆心到达磁场边界之后感应电流方向不发生改变 B． CD段直线始终不受安培力作用 第 3 页 C． 感应电动势平均值为‎1‎‎2‎πBav D． 通过导线横截面的电荷量为Bπa‎2‎‎2R ‎【答案】AD ‎【解析】从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，磁通量逐渐增大，根据楞次定律知，感应电流的方向一直为逆时针方向．故A正确．CD段的电流方向由D到C，根据左手定则知，CD段受到竖直向下的安培力，故B错误．运动的时间Δt=‎‎2av，根据法拉第电磁感应定律得：E=ΔΦΔt=B·‎1‎‎2‎πa‎2‎‎2av=‎1‎‎4‎πBav，故C错误．通过导线横截面的电荷量为：q=ΔΦR=B·‎1‎‎2‎πa‎2‎R=‎Bπa‎2‎‎2R，故D正确，故选AD.‎ 三、实验题 ‎9．如图1所示的实验装置，可用来测定重力加速度，也可用来验证机械能守恒定律。在铁架台的顶端有一电磁铁，下方某位置固定一光电门，电磁铁通电后小铁球被吸起，此时小铁球距离光电门h，从电磁铁断电的瞬间开始计时，小铁球到达光电门的时间为t，小铁球经过光电门的时间为Δt。请回答下列问题：‎ ‎（1）用游标卡尺测得小铁球的直径为d，如图2所示，则该示数为_________cm；‎ ‎（2）当地重力加速度的关系式为g=‎_______________；（用以上字母表示）‎ ‎（3）若小铁球的机械能守恒，则满足的关系式应为_______________。（用以上字母表示）‎ ‎【答案】 0.520 ‎2‎ht‎2‎ ‎d‎2‎‎2⋅‎‎(Δt)‎‎2‎‎=‎‎2‎h‎2‎t‎2‎ ‎【解析】（1）小铁球的直径为d=0.5 cm+0.05 mm×4=0.520 cm；‎ ‎（2）由自由落体运动的公式h=‎1‎‎2‎gt‎2‎可知，当地的重力加速度为g=‎‎2ht‎2‎；‎ ‎（3）小铁球通过光电门时的速度大小为v=‎dΔt，若上述测量的物理量满足关系式‎1‎‎2‎m‎(dΔt)‎‎2‎=mgh，即d‎2‎‎2⋅‎‎(Δt)‎‎2‎‎=‎‎2‎h‎2‎t‎2‎，则小铁球的机械能守恒。‎ ‎10．⑴某实验小组为了测量某一电阻Rx的阻值，他们先用多用电表进行粗测，测量出Rx的阻值约为18Ω左右。为了进一步精确测量该电阻，实验台上有以下器材：‎ A．电流表(量程15mA，内阻未知)‎ B．电流表(量程0.6A，内阻未知)‎ C．电阻箱(0～99.99Ω)‎ D．电阻箱(0～999.9Ω)‎ E.电源(电动势约3V，内阻约1Ω)‎ F.单刀单掷开关2只 G.导线若干 甲同学设计了如图甲所示的实验原理图并连接好实验器材，按照如下步骤完成实验：‎ a.先将电阻箱阻值调到最大，闭合S1，断开S2，调节电阻箱阻值，使电阻箱有合适的阻值R1，此时电流表指针有较大的偏转且示数为I；‎ b.保持开关S1闭合，再闭合开关S2，调节电阻箱的阻值为R2，使电流表的示数仍为I。‎ ‎①根据实验步骤和实验器材规格可知，电流表应选择_______，电阻箱应选择_______ （选填器材前的字母）‎ ‎②根据实验步骤可知，待测电阻Rx= ____________________（用步骤中所测得的物理量表示）。‎ ‎⑵同学乙认为该电路可以用来测电源的电动势、内阻。若已知所选电流表的内阻RA=2.0Ω，闭合开关S2，调节电阻箱R，读出多组电阻值R和电流I的数据；由实验数据绘出的-R图象如图乙所示，由此可求得电源电动势E=________ V，内阻r= ____ Ω。(计算结果保留两位有效数字)‎ ‎【答案】 A; D; ; 3.2; 0.80;‎ ‎【解析】（1）①根据闭合电路欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为：Imax=<≈0.167A=167mA，如果电流表选B，则读数误差太大，故电流表应选A；‎ 电源电动势为3V，电流表量程为15mA=0.015A，由欧姆定律：I=U/R可知，电路中的最小电阻应为：Rmax=E/IA=3V/0.015A=200Ω，所以电阻箱应选D；‎ ‎②根据闭合电路欧姆定律，S2断开时有：E=I(Rx+R1+RA+r)…①‎ S2闭合时有：E=I(R2+RA+r)…②‎ 联立①②解得：Rx=R2−R1；‎ ‎(2)S闭合后，由闭合电路欧姆定律可知：E=I(R+RA+r)‎ 则有： ，‎ 由图像可得， ， ‎ 联立解得：E=3.2V，r=0.80Ω.‎ 四、解答题 ‎11．如图所示，在光滑水平地面上，有一质量m1=4.0kg的平板小车，小车的右端有一固定的竖直挡板，挡板上固定一轻质细弹簧．位于小车上A点处质量m2=1.0kg的木块（可视为质点）与弹簧的左端相接触但不连接，此时弹簧与木块间无相互作用力．木块与A点左侧的车面之间的动摩擦因数μ=0.40，木块与A点右侧的车面之间的摩擦可忽略不计．现小车与木块一起以v0=2.0m/s的初速度向右运动，小车将与其右侧的竖直墙壁发生碰撞，已知碰撞时间极短，碰撞后小车以v1=1.0m/s的速度反向弹回，已知重力加速度g取10m/s2，弹簧始终处于弹性限度内．求：‎ ‎（1）若弹簧始终处于弹性限度内，求小车撞墙后与木块相对静止时的速度大小和弹簧的最大弹性势能；‎ ‎（2）要使木块最终不从小车上滑落，则车面A点左侧粗糙部分的长度应满足什么条件？‎ ‎【答案】（1）v=0.40m/s ， EP=3.6J （2）长度应大于0.90m ‎【解析】（1）小车与墙壁碰撞后向左运动，木块与小车间发生相对运动将弹簧压缩至最短时，二者速度相等，此时弹簧的弹性势能最大，此过程中，二者组成的系统动量守恒，设弹簧压缩至最短时，小车和木块的速度大小为v，根据动量守恒定律有：m‎1‎v‎1‎‎-m‎2‎v‎0‎=（m‎1‎+m‎2‎）v①；‎ 解得v=0.40m/s②；‎ 设最大的弹性势能为EP，根据机械能守恒定律可得EP‎=‎1‎‎2‎m‎1‎v‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎m‎2‎v‎0‎‎2‎-‎‎1‎‎2‎m‎1‎‎+‎m‎2‎v‎2‎③，由②③得EP=3.6J④；‎ ‎（2）根据题意，木块被弹簧弹出后滑到A点左侧某处与小车具有相同的速度v’时，木块将不会从小车上滑落，此过程中，二者组成的系统动量守恒，故有v'=v=0.40m/s…⑤‎ 木块在A点右侧运动过程中，系统的机械能守恒，而在A点左侧相对滑动过程中将克 服摩擦阻力做功，设此过程中滑行的最大相对位移为L，‎ 根据功能关系有μm‎2‎gL=‎1‎‎2‎m‎1‎v‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎m‎2‎v‎0‎‎2‎-‎1‎‎2‎m‎1‎‎+‎m‎2‎v‎'‎‎2‎⑥，‎ 解得L=0.90m⑦，即车面A点左侧粗糙部分的长度应大于0.90m．‎ ‎12．如图甲所示的矩形区域abcd内存在着如图乙所示的磁场（包括边界），规定磁场方向垂直纸面向里为正，其中bc=2ab=2l，e为bc边界上的一点，且ce=‎l‎2‎．重力可忽略不计的正粒子从d点沿dc方向以初速度v0射入磁场，已知粒子的比荷为k。求：‎ ‎(1)如果在0时刻射入磁场的粒子经小于半个周期的时间从边界上的e点离开，则磁场的磁感应强度B0应为多大？‎ ‎(2)如果磁场的磁感应强度B‎0‎‎=‎‎2‎v‎0‎kl，欲使在小于半个周期的任意时刻射入磁场的粒子均不能由ad边离开磁场，则磁场的变化周期T0应满足什么条件？‎ ‎(3)如果磁场的磁感应强度B‎0‎‎=‎‎2‎v‎0‎kl，在bc边的右侧加一垂直bc边向左的匀强电场，0时刻射入磁场的粒子刚好经过T0垂直bc边离开磁场，经过一段时间又从a点离开磁场区域，则电场强度E以及粒子在电场中的路程x分别为多大？‎ ‎【答案】(1)B‎0‎‎=‎‎4‎v‎0‎‎5kl (2)T‎0‎‎≤‎‎5πl‎6‎v‎0‎ ‎ ‎(3)E=‎8‎v‎0‎‎2‎‎2n+1‎πkl,(n=0，1，2…）‎;‎x=‎2n+1‎πl‎8‎,(n=0，1，2，3…）‎ ‎【解析】画出粒子运动轨迹，根据几何关系求出半径，由洛伦兹力提供向心力即可求出磁场的磁感应强度B‎0‎；画出粒子恰好不从ad边离开磁场的临界轨迹，求出运动的时间，当粒子运动时间等于磁场变化半个周期的时间时，恰好与ad边相切，磁场变化的周期要小于等于临界周期，才能满足题设条件；画出满足题意的粒子运动轨迹，0时刻射入磁场的粒子刚好经过T‎0‎垂直bc边离开磁场，则经过T‎0‎‎4‎粒子旋转‎1‎‎4‎圆周，第二个T‎0‎‎2‎粒子继续旋转‎1‎‎4‎圆周，要想粒子能从a点离开，在电场中运动时间至少T‎0‎‎2‎，考虑周期性，电场中运动时间为Δt=T‎0‎‎2‎+nT‎0‎（n取整数），由牛顿定律和匀变速直线运动的规律即可求解电场强度E以及粒子在电场中的路程．‎ ‎（1）由题意作出粒子的运动轨迹，如图所示， ‎ 第 3 页 在磁场中，洛伦兹力提供向心力，有qv‎0‎B‎0‎=mv‎0‎‎2‎R‎0‎，由几何关系，有R‎0‎‎2‎‎=l‎2‎+‎‎(R‎0‎-l‎2‎)‎‎2‎ 解得R‎0‎‎=‎5‎‎4‎l，由于qm‎=k，解得B‎0‎‎=‎‎4‎v‎0‎‎5kl；‎ ‎（2）由R=‎mv‎0‎qB‎0‎可知，粒子运动的半径为R=‎l‎2‎，临界情况为粒子从t=0时刻射入，并且轨迹恰好与ad边相切，如图所示 圆周运动的周期为T=‎2πmqB‎0‎=‎πlv‎0‎；‎ 由几何关系可知，t=‎T‎0‎‎2‎内，粒子转过的圆心角为‎5‎‎6‎π；‎ 对应运动时间为t‎1‎‎=‎5‎‎6‎π‎2πT=‎5‎‎12‎T，应满足t‎1‎‎≥‎T‎0‎‎2‎，联立可得：T‎0‎‎≤‎‎5πl‎6‎v‎0‎ （3）根据题意画出粒子的运动轨迹如图3所示 由题意有：T‎0‎‎=‎1‎‎2‎×‎‎2πmqB‎0‎，得T‎0‎‎=‎πl‎2‎v‎0‎，在电场中有qE=ma 往返一次用时为Δt=‎‎2‎v‎0‎a；‎ 应有Δt=(n+‎1‎‎2‎)‎T‎0‎，可得E=‎‎8‎v‎0‎‎2‎‎2n+1‎πkl，（n=0，1，2…）；‎ 运动的路程为：x=‎1‎‎2‎v‎0‎×Δt‎2‎×2=‎‎2n+1‎πl‎8‎，（n=0，1，2，3…）‎ 选修部分 ‎13．如图所示是分子间引力或斥力大小随分子间距离变化的图像，由此可知________。‎ A．ab表示引力图线 B．cd表示引力图线 C．当分子间距离r等于两图线交点e的横坐标时，分子力一定为零 D．当分子间距离r等于两图线交点e的横坐标时，分子势能一定最小 E．当分子间距离r等于两图线交点e的横坐标时，分子势能一定为零 ‎【答案】ACD ‎【解析】在Fr图像中，随r增加，斥力变化快，所以ab为引力图线，故A正确，B错误；两图线交点e为分子所受的引力和斥力大小相等，即分子间相互作用的受力平衡位置，分子力为零，分子势能最小，但不一定为零，故CD正确，E错误。所以ACD正确，BE错误。‎ ‎14．如图，在固定的气缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞面积之比为SA∶‍SB‍＝1∶2。两活塞以穿过B的底部的刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动。两个气缸都不漏气。初始时，A、B中气体的体积皆为V0，温度皆为T0＝300K，A中气体压强pA＝1.5p0，p0是气‍缸外的大气压强。现对A加热，使其中气体的压强升到pA′＝2.0p0，同时保持B中气体的温度不变。求此时A中气体温度TA′。‎ ‎【答案】TA=500K ‎【解析】活塞平衡时，由平衡条件得： PASA+PBSB=P0（SA+SB）　①， PA'SA+PB'SB=P0（SA+SB）　　②， 已知SB=2SA　③， B中气体初、末态温度相等，设末态体积为VB， 由玻意耳定律得：PB'VB=PBV0　④， 设A中气体末态的体积为VA，因为两活塞移动的距离相等， 故有   ⑤， 对气体A由理想气体状态方程得：   ⑥ 解得： ； ‎ ‎15．一列简谐横波在弹性介质中沿x轴正方向传播，波源位于坐标原点O，t=0时开始振动，4s时停止振动，5s时的波形如图所示，其中质点a的平衡位置与O的距离为5，0m。以下说法正确的是____________。‎ A．波速为2m/s B．波长为6m C．波源起振方向沿y轴正方向 D．3.0~4.0s内质点a沿y轴正方向运动 E.0~4.0s内质点a通过的总路程为0.6m ‎【答案】ADE ‎【解析】由波形图可知，5s时波传到x=10m处，则v=xt=‎10‎‎5‎m/s=2m/s，选项A正确；波长λ=4m，选项B错误；由x=10m处的质点的振动可知，波源起振方向沿y轴负方向，选项C错误；因T=λv=‎4‎‎2‎s=2s，则3.0~4.0s内质点a由最低点到最高点，即沿y轴正方向运动，选项D正确；振动传到质点a需时间‎5‎‎2‎s=2.5s，则0~4.0s内质点a振动了1.5s，因1.5s=‎3T‎4‎，则通过的总路程为3A=0.6m，选项E正确；故选ADE.‎ ‎16．如图为一半圆柱形玻璃砖的横截面，图中的AB为直径，其长度为d，O‎1‎为圆心，图中的虚线过圆心且与直径AB垂直并与半圆交于C点。两束同种单色光甲、乙平行地斜射入半圆柱形玻璃砖中，甲射入玻璃砖后过圆心O‎1‎且在该点刚好发生全反射，乙刚好由图中的C点射入玻璃砖，且与虚线的夹角为i=45°‎，已知光在真空中的传播速度为c。求：‎ ‎①玻璃砖的折射率n应为多大？‎ ‎②甲、乙两束单色光从射入玻璃砖到第一次从玻璃砖中射出，两束光在玻璃砖中传播的时间差应为多少？‎ ‎【答案】①n=‎‎2‎ ②‎Δt=‎‎(6‎2‎-2‎6‎)d‎6c ‎【解析】①作出光路图如图所示，由已知可知单色光甲刚好发生全反射的临界角C=45°‎ 由sinC=‎‎1‎n 代入数据得：‎n=‎‎2‎ ‎②设单色光乙射入玻璃砖时的折射角为r，由折射定律有：‎n=‎sinisinr 代入数据：‎r=30°‎ 光在玻璃砖中的速度：‎v=‎cn 单色光甲从射入玻璃砖到第一次从玻璃砖中射出经过的路程：‎sa‎=2R 单色光乙从射入玻璃砖到第一次从玻璃砖中射出经过的路程：‎sb‎=‎Rcosr 单色光甲、乙从射入玻璃砖到第一次从玻璃砖中射出的时间差：‎Δt=‎sa‎-‎sbv d=2R 由以上可得：‎Δt=‎‎(3‎2‎-‎6‎)d‎3c 第 3 页