理综物理卷·2018届福建省泉州市高三下学期质量检查(3月)(2018-03)

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理综物理卷·2018届福建省泉州市高三下学期质量检查(3月)(2018-03)

2018 届泉州市高中毕业班理科综合测试(一模) 物理部分试题 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 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。全部选对的得 6 分,选对但不全的 得 3 分,有选错的得 0 分。 14.如图所示为氢原子的能级图,用某种频率的光照射大量处于基态的氢原子,受到激发后 的氢原子只辐射出三种不同频率的光 a、b、c,频率 νa>νb>νc,让这三种光照射逸出 功为 10.2eV 的某金属表面,则 A. 照射氢原子的光子能量为 12.09 eV B. 从 n=3 跃迁到 n=2 辐射出的光频率为 νb C. 逸出的光电子的最大初动能为 1.51 eV D. 光 a、b、c 均能使该金属发生光电效应 【命题立意】:本题考查光电效应、氢原子能级图、波尔原子理论等知识,考查理解能力。 【解题思路】:用某种频率的光照射大量处于基态的氢原子,受到激发后的氢原子只辐射出 三种不同频率的光,说明是电子从第一能级跃迁到第三能级,入射光子的能量 ΔE=(- 1.51 eV)-(-13.6 eV)=12.09 eV,A 选项正确;从 n=3 跃迁到 n=2 辐射出光应该为 c 光,B 选项错误;逸出的光电子的最大初动能 Ekm=12.09 eV-10.2eV=1.89eV, C 选 项错误;能使该金属发生光电效应的只有 a、b 两种光,D 选项错误。本题正确选项为 A。 15.我国已掌握“半弹道跳跃式高速再入返回技术”,为实现“嫦娥”飞船月地返回任务奠 定基础。如图虚线为大气层边界,返回器与服务舱分离后,从 a 点无动力滑入大气层, 然后从 c 点“跳”出,再从 e 点“跃”入,实现多次减速,可避免损坏返回器。d 点为 轨迹的最高点,离地心的距离为 r,返回器在 d 点时的速度大小为 v,地球质量为 M, 引力常量为 G。则返回器 A.在 b 点处于失重状态 B.在 a、c、e 点时的动能相等 C.在 d 点时的加速度大小为GM r2 D.在 d 点时的速度大小 v> 【命题立意】:本题考查超重、失重、天体的加速度、环绕速度等。考查推理能力。 -13.6 -3.4 -1.51 -0.85-0.54 0 E/eV 1 2 34 5 ∞ n c e d a b 【解题思路】:b 点处的加速度方向背离地心,应处于超重状态,A 选项错误;由 a 到 c 由 于空气阻力做负功,动能减小,c 到 e 过程中只有万有引力做功,机械能守恒,a、c、e 点时的速度大小应满足 va>vc=ve,所以动能不相等,B 选项错误;在 d 点时合力等于万 有引力,即GMm r2 =mad,所以加速度大小 ad=GM r2 ,C 选项正确;在 d 点时万有引力大于 所需的向心力,做近心运动,所以速度大小 v< ,D 选项错误。本题正确选项 为 C。 16.在坐标-x0 到 x0 之间有一静电场,x 轴上各点的电势 φ 随坐标 x 的变化关系如图所示, 一电量为 e 的质子从-x0 处以一定初动能仅在电场力作用下沿 x 轴正向穿过该电场区域。 则该质子 A.在-x0~0 区间一直做加速运动 B.在 0~x0 区间受到的电场力一直减小 C.在-x0~0 区间电势能一直减小 D.在-x0 处的初动能应大于 eφ0 【命题立意】:本题利用图像,考查场强与电势的关系,并利用力学知识分析带电粒子在电 场中的运动。要求学生具有从图像上获取有用信息的能力(比如电势随空间位置的变化趋势, 斜率的物理意义),再根据相应的物理规律进行分析推理。考查推理能力。 【解题思路】:从-x0 到 0 区间,电势升高,意味着该区域内的场强方向向左,质子受到的 电场力向左与运动方向相反,所以质子做减速运动,A 选项错误。设在 x~x+△x,电势为 φ~φ+△φ,根据场强与电势差的关系式 E= △ φ △ x,当△x 无限趋近于零时, △ φ △ x表示该点 x 处 的场强大小,从 0 到 x0 区间,图线的斜率先增加后减小,所以电场强度大小先增加后减小, 根据 F=Eq,质子受到的电场力先增加后减小,B 选项错误。在-x0~0 区间质子受到的电场 力方向向左,与运动方向相反,电场力做负功,电势能增加,C 选项错误。因为质子从-x0 到 0 区间做减速运动,从 0 到 x0 区间做加速运动。所以质子能穿过电场区域的条件是在原 点处的动能 E 要大于零。设质子初动能为 E0,从-x0 运动到 0 过程中,根据动能定理得:E -E0=-eφ0,所以 E0=eφ0 +E>eφ0 ,D 选项正确。本题正确选项为 D。 17.如图所示,面积为 S、匝数为 N 的矩形线框在磁感应强度为 B 的匀强磁场中,绕垂直于 磁感线的轴 OO′匀速转动,通过滑环向理想变压器供电,灯泡 L1、L2 均正常发光,理想 电流表的示数为 I。已知 L1、L2 的额定功率均为 P,额定电流均为 I,线框 及导线电阻不计,则 A.图示位置时穿过线框的磁通量变化率为零 0 x/m -x0 φ 0 φ/V x0 B ω O O′ L2 A × ×L1 B.线框转动的角速度为 2P INBS C.理想变压器原副线圈的匝数比为 1∶2 D.若灯 L1 烧断,电流表示数将增大 【命题立意】:本题考查交变电流的产生、变压器的应用、电路动态变化等知识点。考查学 生对知识概念的理解和应用能力。 【解题思路】: 线圈平面与磁场平行时,产生的感应电动势最大,磁通量变化率最大,故 A 选项错误;理想变压器输入功率等于输出功率,由于两个灯泡都正常发光,则可知矩形线 框产生的功率为 2P,则有 2P=1EmI=1NBSωI,可得 ω= 2P INBS,故 B 选项正确;由于原线圈 的电流为 I,副线圈中两灯泡并联则总电流为 2I,可知 n1∶n2=2∶1,故 C 选项错误;若 L1 烧断,则副线圈电流减小,原线圈的电流也相应减小,故 D 选项错误。本题正确选项为 B。 18.如图所示,两个大小相同、质量均为 m 的弹珠静止在水平地面上。某小孩在极短时间 内给第一个弹珠水平冲量使其向右运动,当第一个弹珠运动了距离 L 时与第二个弹珠发 生弹性正碰,碰后第二个弹珠运动了 2L 距离停下。已知弹珠所受阻力大小恒为重力的 k 倍,重力加速度为 g,则小孩对第一个弹珠 A.施加的冲量为 m kgL B.施加的冲量为 m 3kgL C.做的功为 kmgL D.做的功为 3kmgL 【命题立意】:本题考查动量定理、动量守恒定律动能定理等。考查学生对知识概念的理解 和应用能力。 【解题思路】:当第一个弹珠运动了距离 L 时与第二个弹珠发生弹性正碰,根据动量守恒和 能量守恒可知,两球速度发生交换,即第一个弹珠碰后停止运动,第二个球弹珠以第一 个弹珠碰前的速度继续向前运动了 2L 距离停下,从效果上看,相当于第二个弹珠不存 在,第一个弹珠直接向前运动了 3L 的距离停止运动,根据动能定理,小孩对第一个弹 珠做的功等于克服摩擦力做的功,即:W=kmg3L,选项 C 错误,选项 D 正确;施加的 冲量 I=ΔP=P-0= 2mEk-0= 2m.kmg3L= m 6kgL,选项 A、B 错误。 本题正确选项为 D。 19.如图所示,空间存在垂直纸面的匀强磁场,一粒子发射源 P 位于足够大绝缘板 AB 的上 方距离为 d 处,在纸面内向各个方向发射速率均为 v 的同种带电粒子,不考虑粒子间 的相互作用和粒子重力。已知粒子做圆周运动的半径大小也为 d,则粒子 A.能打在板上的区域长度是 2d d P A B L 2L B.能打在板上离 P 点的最远距离为 2d C.到达板上的最长时间为 3πd 2v D.到达板上的最短时间为πd 2v 【命题立意】:本题考查洛伦兹力、带电粒子在磁场中的运动,考查分析推理能力。 【解题思路】:如图所示,设粒子均沿逆时针运动,沿轨迹①打到板上的最左边 M 点,沿 轨迹②打到板上的最右边 N 点,则 PM 为轨迹圆的直径,轨迹②与板相切与 N 点,PO 与 板垂直,则 MP=2d,PO= d,MO= (2d)2-d2= 3d,ON= d,粒子能打在板上的 区域长度是 MO+ ON=( 3+1) d,故选项 A 错误,选项 B 正确;粒子沿轨迹③到达板, 该轨迹与板相切与 N′点,此过程时间最长,tmax= 3 4T= 3 4·2πd v = 3πd 2v ,选项 C 正确;粒子沿轨迹④到达板上 O 点,此过程时间最短,tmin= 1 6T= 1 6·2πd v =πd 3v , 故选项 D 错误。本题正确选项为 BC。 20.如图甲所示,长为 l、倾角为 α 的斜面固定在水平地面上,一质量为 m 的物块从斜面顶 端由静止释放并沿斜面向下滑动。已知物块与斜面间的动摩擦因数 μ 与下滑距离 x 的变 化图象如图乙所示,则 A.μ0>tanα B.物块下滑的加速度逐渐增大 C.物块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功为 1 2μ0mglcosα D . 物 块 下 滑 到 底 端 时 的 速 度 大 小 为 2glsinα - 2μ0glcosα 【命题立意】:本题考查牛顿运动定律、摩擦力、变力做功和动能定理等知识点。考查学生 的过程分析能力和应用数学知识解决物理问题的能力。 【解题思路】:物块在斜面顶端静止释放能够下滑,应满足 mgsinα>μ0mgcosα,即 μ0μ′,所以本实验方 案的测量值比真实值大;当增加滑块质量 M 时,由牛顿第二定律可知整体运动加速度 a 减小,又 Δμ=μ-μ′= m M·a g ,由 M 增大,a 减小,则 Δμ 减小,即测量值与真实值的差值 减小,故当增加滑块的质量 M 时可以减小实验误差,当增加托盘和盘中砝码的总质量 m 时,由牛顿第二定律可知整体运动加速度 a 增大,又 Δμ=μ-μ′= m M·a g ,由 m 增大,a 增 大,则 Δμ 增大,即测量值与真实值的差值增大,故增加托盘和盘中砝码的总质量 m 会 增大实验误差,所以 B、C 选项正确。 23.(10 分)一玩具电动机的额定电压为 3V,其线圈的电阻 Rx 大约为 15Ω,当其两端电压 达到 0.3V 时,电动机才会开始转动。为了尽量准确测量线圈的电阻 Rx,某同学设计了 部分电路原理图如图所示,可供选择的器材有: 电流表 A1(0~20mA、内阻约 10Ω); 电流表 A2(0~200mA、内阻约 5Ω); 滑动变阻器 R1(0~10Ω,额定电流 2A); 滑动变阻器 R2(0~2kΩ,额定电流 1A); 电压表 V(2.5V,内阻约 3kΩ); 电源 E(电动势为 3V、内阻不计); 定值电阻(阻值为 R) 滑块 遮光片 托盘和砝码 长木板 光电门 B 光电门 A A V E S M R 开关 S 及导线若干 (1)应选择的电流表为 ,滑动变阻器为 ; (2)测量过程中要保持电动机处于 (选填“转动”或“不转动”)状态,下 列四个定值电阻的阻值 R 中,最合适的是 ; A.20Ω B.50Ω C.120Ω D.1200Ω (3)请把电路原理图的连线补充完整; (4)某次实验中,电压表的读数为 U,电流表的读数为 I,则计算电动机导线圈电阻的 表达式 Rx= 。 【命题立意】:本题考查电动机线圈电阻的测量,考查仪器选择、实验方法以及实验设计的 能力。 【解题思路】:(1)导线圈的电阻 Rx 大约为 15Ω,为了保证实验过程中电动机不转动,其 两端电压不超过 0.3V,可估算其电流 I = U Rx = 0.3 15 = 0.02A,不超过 20mA,所以电流表选择 A1;滑动变阻器若选用限流式接法,用 2kΩ 不便于操作,用 10Ω 调节范围太小,不宜用限 流式接法,最好用分压式接法,所以滑动变阻器选择 R1=10Ω。 (2)测量过程中要保持电动机处于不转动状态,此时可视为纯电阻,电流 I 不能超过 0.02A,当电压表达到满偏电压 2.5V 时, 2.5V 0.02A = 125Ω,即电动机线圈内阻和定值电阻的总 和为 125Ω,故定值电阻应选 120Ω 最合适。 (3)所选电流表内阻约 10Ω,电压表内阻约 3kΩ,由于 RA Rx> Rx RV ,所以应 选择外接法,又滑动变阻器选用分压式接法,电路补充连线如图所示。 (4)根据欧姆定律,Rx+ R= U I ,所以 Rx =U I -R。 A V E S M R 24.(12 分)如图所示,两块相同的金属板 MN、PQ 平行倾斜放置,与水平面的夹角为 45°, 两金属板间的电势差为 U,PQ 板电势高于 MN 板,且 MN、PQ 之间分布有方向与纸面 垂直的匀强磁场。一质量为 m、带电量为 q 的小球从 PQ 板的 P 端以速度 v0 竖直向上射 入,恰好沿直线从 MN 板的 N 端射出,重力加速度为 g。求: (1)磁感应强度的大小和方向; (2)小球在金属板之间的运动时间为多少? 【命题立意】本题考查带电粒子在复合场中的运动,涉及重力、电场力、洛伦兹力等受力分 析,平衡条件的应用和匀速直线运动的规律等。考查分析综合能力。 【解题思路】 解析:(1)小球在金属板之间只能做匀速直线运动,受重力 G、电场力 F 电和洛伦兹力 f,F 电的方向与金属板垂直,由左手定则可知 f 的方向沿水平方向,三力合外力为零,故小球带 正电,金属板 MN、PQ 之间的磁场方向垂直纸面向外,且有 qv0B = mgtanθ ① 得 B = mg qv0 ② (2)设两金属板之间的距离为 d,则板间电场强度 E = U d ③ 又 qE = 2mg ④ 又 h=υ0t ⑤ 小球在金属板之间的运动时间 t = h v0 ⑥ 解得 t = qU mgυ0 ⑦ 另解:由于 f =qv0B 不做功, WG=-mgh, W 电= qU,则由动能定理得 qU - mgh = 0 h=υ0t 得 t = qU mgυ0 v0 N 45° M P Q 25.(19 分)如图甲所示,固定的光滑半圆轨道的直径 PQ 沿竖直方向,其半径 R 的大小可 以连续调节,轨道上装有压力传感器,其位置 N 始终与圆心 O 等高。质量 M = 1 kg、 长度 L = 3 m 的小车静置在光滑水平地面上,小车上表面与 P 点等高,小车右端与 P 点的距离 s = 2 m。一质量 m = 2kg 的小滑块以 v0 = 6 m/s 的水平初速度从左端滑上小车, 当小车与墙壁碰撞后小车立即停止运动。在 R 取不同值时,压力传感器读数 F 与 1 R 的关系如图乙所示。已知小滑块与小车表面的动摩擦因数 μ = 0.2,取重力加速度 g=10 m/s2。求: (1)小滑块到达 P 点时的速度 v1; (2)图乙中 a 和 b 的值; (3)在 1 R>3.125m-1 的情况下,小滑块落在小车上的位置与小车左端的最小距离 xmin。 【命题立意】本题结合板块模型、圆周运动、平抛运动、图像等知识考查分析综合能力和应 用数学知识解决物理问题的能力。 【解题思路】解析:(1)小滑块滑上小车后将做匀减速直线运动,小车将做匀加速直线运 动,设小滑块加速度大小为 a1,小车加速度大小为 a2,由牛顿第二定律得: 对滑块有 μmg = ma1 ① 对小车有 μmg = Ma2 ② 设小车与滑块经历时间 t 后速度相等,则有 v0-a1t=a2t ③ 滑块的位移 s1 = v0t- 1 2a1t2 ④ 小车的位移 s2 = 1 2a2t2 ⑤ 代入数据解得 s1 = 5 m s2 = 2m 由于 s2 = s ,L=s1-s2,说明小车与墙壁碰撞时小滑块恰好到达小车右端,即小滑块到达 P L s v0 P Q N RO 甲 乙 0 -b F/N 1 R/m-1 a 2a 3a b 点的速度 v1 = 2a2s2 = 4 m/s 另解: 设小滑块与小车共速的速度为 v,相对位移为 L0,则 由动量守恒定律得 mv0=(M+m)v 解得 v=4m/s 由功能关系得 μmgL0= 1 2mv02- 1 2(M+m)v2 此过程小车的位移设为 s0 则有 μmgs0= 1 2Mv2 解得 s0=2m,L0=3m 由于 L0=L,s0=s,说明小车与墙壁碰撞时小滑块恰好到达小车右端,即小滑块到达 P 点的速 度 v1 = 4 m/s (2)设小滑块到达到达 N 点时的速度设为 vN,则有 F = mvN2 R ⑥ 从 P 点到 N 点过程中,由机械能守恒定律有 1 2mv12 = 1 2mvN2+mgR ⑦ 由①②式得 F= mv12 R -2mg ⑧ 故 b = 2mg = 40 ⑨ 由⑧式结合图乙可知,图像的斜率 k= mv12=32 故 a = b k = 1.25 ⑩ (3)设小滑块恰能经过半圆轨道最高点 Q 时的轨道半径为 R,此时经过 Q 点的速度为 vQ, 则有 mg = mvQ2 R ⑪ 从 P 点到 Q 点过程中,由机械能守恒定律有 1 2mv12 = 1 2mvQ2+2mgR ⑫ 解得 R=0.32m,即 1 R = 3.125m-1 可见在 1 R>3.125m-1 的情况下,小滑块在半圆轨道运动过程中始终不会脱离轨道 由⑫式可得 vQ = v12-4gR= 16-40R ⑬ 小滑块离开 Q 点后做平抛运动至到达小车的过程中,有 x = vQt ⑭ 2R = 1 2gt2 ⑮ 得 x = (1.6-4R)4R 当 R = 0.2m 时 x 有最大值 xm = 0.8m ⑯ 小滑块落在小车上的位置与小车左端的最小距离 xmin = L-xm = 2.2m ⑰ (二)选考题:共 15 分。请考生从给出的 2 道物理题中任选一题作答。 33.[物理—选修 3-3](15 分) (1)(5 分)下列说法正确的是 (填正确答案标号。选对 1 个得 2 分,选对 2 个得 4 分,选对 3 个得 5 分。每选错 1 个扣 3 分,最低得分为 0 分) A. 大气中 PM2.5 颗粒的运动是分子的热运动 B. 液体与大气接触的表面层的分子势能比液体内部的大 C. 单晶体和多晶体的物理性质都是各向异性,非晶体是各向同性的 D. 分子间同时存在着引力和斥力,当分子间距增大时,分子间的引力和斥力都减小 E. 在温度一定时,对某种气体,处于一定速率范围内的分子数所占百分比是确定的 【命题立意】:本题考查布朗运动、分子势能、单晶体、多晶体、非晶体的性质、分子力、 分子速率分布规律等。考查理解能力。 【解题思路】:大气中 PM2.5 颗粒的运动是固体颗粒的运动,A 选项错误;当液体与大气 接触时,液体表面层的分子间距比内部的大,分子势能比液体内部的大,B 选项正确;单晶 体的物理性质是各向异性,多晶体和非晶体是各向同性的,C 选项错误;分子间同时存在着 引力和斥力,当分子间距增大时,分子间的引力和斥力都减小,D 选项正确;对于大量气体 分子,在温度一定时,处于一定速率范围内的分子数所占百分比是确定的,E 选项正确;本 题正确选项为 BDE。 (2)(10 分)如图所示,A、B 是两个固定在地面上的气缸,两气缸的活塞用水平轻质细杆 相连,A 的活塞面积是 B 的 2 倍,活塞处于静止状态,两气缸内封闭的气体压强均等于 大气压强 p0,气体温度均为 27℃,A 的活塞与 A 气缸底部相距 10cm,B 的活塞与 B 气 缸底部相距 20cm。现使两气缸内气体缓慢升高相同温度至活塞在水平方向移动了 2cm 后再次平衡(活塞不会脱离气缸)。 i. 通过计算分析说明气体升温的过程中活塞的移动方向; ii. 求再次平衡时 A 气缸的气体压强和温度。 【命题立意】本题考查理想气体的等容变化以及理想气体的状态方程等。考查分析综合能力。 【解题思路】(1)假设气体升温的过程两活塞没有动,则 A、B 气缸中的气体体积不变,设 原来温度为 T0,升温后气体压强分别为 pA1、pB1,温度为 T1,根据查理定律有 p0 T0 = pA1 T1 A B p0 T0 = pB1 T1 解得 pA1= pB1 = p0T1 T0 对两活塞受力分析,其合力 F =( pA1- p0)SA-( pB1- p0)SB>0 故其合力向右,所以活塞向右移动 (2)设再次平衡后的压强分别为 pA2、pB2,则根据理想气体状态方程有 p0SALA T0 = pA2SALA2 T1 p0SBLB T0 = pB2SBLB2 T1 活塞平衡应满足 ( pA2- p0)SA=( pB2- p0)SB 活塞面积 SA=2SB 将 LA=10cm LB=20cm LA2=12cm LB2=18cm 代入解得 pA2=1.5p0 T1=540K 34.[物理——选修 3-4](15 分) (1)(5 分)如图甲所示,沿波的传播方向上有间距均为 0.1 m 的六个质点 a、b、c、d、e、 f,均静止在各自的平衡位置,t=0 时刻振源 a 从平衡位置开始沿 y 轴正方向做简谐运 动,其运动图象如图乙所示,形成的简谐横波以 0.1 m/s 的速度水平向右传播,则下列 说法正确的是 (填正确答案标号。选对 1 个得 2 分,选对 2 个得 4 分,选对 3 个得 5 分。每选错 1 个扣 3 分,最低得分为 0 分) A.这列波的周期为 4 s B.0~4 s 时间内质点 b 运动路程为 6 cm C.4~5 s 时间内质点 c 的加速度在减小 D.6 s 时质点 e 的振动方向沿 y 轴正方向 E.质点 d 起振后的运动方向始终与质点 b 的运动方向相反 【命题立意】:本题考查简谐振动的规律以及简谐波传播的特点等知识点。考查分析推理能 力。 【解题思路】:由图乙可知波源振动周期 T=4s,A 选项正确;由 λ=υT=0.1×4m=0.4m,b 点 起振时刻是 1s,0~4 s 质点 b 实际只振了 3s,运动路程为 6 cm,B 选项正确; 质点 c 起振的时刻是第 2s 末,4~5 s 时质点 c 正在由平衡位置向 y 轴负方向 振动,加速度在增大,C 选项错误;质点 e 的起振时刻是第 4s 末,6 s 时质点 e 的振动方向沿 y 轴负方向,D 选项错误;质点 d 和质点 b 相差半个波长, 所以质点 d 起振后的运动方向始终与质点 b 的运动方向相反,E 选项正确; 本题正确选项为 ABE。 (2)(10 分)如图所示为一个半径为 R 的透明介质球体, M、N 两点关于球心 O 对称,且 与球心的距离均为 2R。一细束单色光从 M 点射出穿过透明介质球体后到达 N 点。真空 中的光速为 c。 i.若介质的折射率为 n0,光线沿 MON 传播到 N 点,光传播的时间 t 为多少? ii.已知球面上的 P 点到 MN 的距离 PA = 3 5R。若光束从 M 点射出后到达 P 点,经过球体 折射后传播到 N 点,那么球体的折射率 n 等于多少?(取 sin37°=0.6,cos37°=0.8) a b c d e f 甲 y/cm 乙 t/ s 420 2 -2 M O N P A 【命题立意】:本题考查折射和全反射的规律等知识点。考查综合分析和应用数学解决物理 问题的能力。 【解题思路】:i.光在介质球外的传播时间为 t1 = 2R c ① (1 分) 光在介质球中的传播速度为 v = c n0 ② (2 分) 光在介质球中的传播时间为 t2 = 2R v ③ (1 分) 光传播的时间 t 为 t = t1+ t2 =(n0+1) 2R c ④ (1 分) ii.光路图如图所示,其中 sinθ = 0.6,又 β = θ+α,根据折射定律得 sinβ = n sinθ ⑤ (2 分) 又 sinθ=0.6 ⑥ (1 分) MA = MO-AO = 2R-Rcosθ = 6 5R MP = PA2 + MA2 = 3 5 5 R 所以 sinα= PA MP = 5 5 R cosα = MA MP = 2 5 5 R sinβ = sin(θ +α)= 2 5 5 ⑦ (1 分) 解得 n = 2 5 3 ≈1.49 ⑧ (1 分) 另法: sinβ = n sinθ ⑤ (2 分) MA = MO-AO = 2R-Rcosθ = 6 5R MP = PA2 + MA2 = 3 5 5 R ⑥ (1 分) M O N P A α θ θβ 在△MPO 中,由正弦定理得 sinβ 2R = sinθ MP ⑦ (1 分) 解得 n = sinβ sinθ = 2 5 3 ≈1.49 ⑧ (1 分)
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