【物理】内蒙古通辽市2020届高三下学期增分训练试题（一）（解析版）

【物理】内蒙古通辽市2020届高三下学期增分训练试题（一）（解析版）

内蒙古通辽市 2020 届高三下学期 增分训练试题（一） 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 1~4 题只有一项 符合题目要求，第 5~8 题有多项符合题目要求。全部选对得 6 分，选对但选不全得 3 分，有 选错的得 0 分。 1.下列说法正确的是 A. 放射性原子核 经 2 次 α 衰变和 3 次 β 衰变后，变为原子核 B. 在核反应堆中，为使快中子减速，在铀棒周围要放置镉棒 C. 比结合能越小，原子核中核子结合得越牢固 D. 玻尔理论认为，氢原子的核外电子轨道是量子化的 【答案】D 【详解】A．设 经过 x 次 α 衰变和 y 次 β 衰变后变为 ，则 ，据电荷数和质量数守恒可得 、 ，解得 、 ．即 经过 3 次 α 衰变和 2 次 β 衰变后，变为 ．故 A 项错误． B．在核反应堆中，为使快中子减速，在铀棒周围要放置石墨作为减速剂．镉棒的作用是吸 收中子，控制反应速度．故 B 项错误． C．比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固．故 C 项错误． D．玻尔理论认为，氢原子的核外电子轨道是量子化的．故 D 项正确． 故选Ｄ。 点睛：α 衰变，新核比旧核质量数少 4，电荷数少 2；新核中质子数、中子数与旧核比均少 2．β 衰变，新核与旧核质量数相等，电荷数多 1；新核中质子数比旧核多 1，中子数比旧核 少 1；β 衰变的本质是原子核中一个中子变成质子的同时立即从核中放出一个电子． 2. 指南针静止时，其位置如图中虚线所示．若在其上方放置一水平方向的导线，并通以恒 定电流，则指南针转向图中实线所示位置．据此可能是（ ） 238 92 U 226 88 Ra 238 92 U 226 88 Ra 238 226 4 0 92 88 a 2 -1U R +x He+y e→ 238 226 4x= + 92 88 2x y= + − 3x = 2y = 238 92 U 226 88 Ra A. 导线南北放置，通有向北的电流 B. 导线南北放置，通有向南的电流 C. 导线东西放置，通有向西的电流 D. 导线东西放置，通有向东的电流 【答案】B 【详解】指南针静止时北极指北，通电后向东转，即电流在其下方产生的磁场方向向东，据 安培定则可知，导线南北放置，电流应向南，B 正确，ACD 错误。 故选 B。 3.如图所示，一个人静止在地面上，当 时，人能拉起重物的最大重力为人重力的 0.5 倍，已知地面对人的最大静摩擦力等于滑动摩擦力（忽略定滑轮的摩擦力），则当 时，人静止时能拉起重物的最大重力约为人重力的（　　） A. 0.3 倍 B. 0.6 倍 C. 0.8 倍 D. 1.61 倍 【答案】B 【详解】设人与地面的动摩擦因数为 ，当 时，则有 当 时，则有 联立解得 故选 B。 4.如图所示，理想变压器输入端连接有效值不变的交流电源。下列说法正确的是（　　） 60α = ° 30α = ° µ 60α = ° 0.5 sin60 ( 0.5 cos60 )G G Gµ° = − ° 30α = ° sin30 ( cos30 )kG G kGµ° = − ° 0.6k = A. 只将开关由 1 掷向 2，电压表示数变小 B. 只将开关由 1 掷向 2，电源输出功率变小 C. 只将滑动变阻器的滑片下滑，电流表示数变小 D. 只将滑动变阻器的滑片下滑，电压表示数变小 【答案】C 【详解】AB．只将开关由 1 掷向 2，则初级匝数变小，根据 可知副线圈的电压变大，则电压表示数变大，电流表示数变大，根据 P=U2I2 可知电源输出功率变大，故 AB 错误； CD．只将滑动变阻器的滑片下滑，则副线圈的有效电阻变大，而副线圈的电压不变，则副 线圈的电流减小，即电流表示数变小，电压表示数不变，故 C 正确，D 错误。 故选 C。 5.如图所示，A 为地球表面赤道上的物体，B 为一轨道在赤道平面内的实验卫星，C 为在赤 道上空的地球同步卫星，地球同步卫星 C 和实验卫星 B 的轨道半径之比为 3：1，两卫星的 环绕方向相同，那么关于 A、B、C 的说法正确的是（　　） A. B、C 两颗卫星所受地球万有引力之比为 1：9 B. B 卫星的公转角速度大于地面上随地球自转物体 A 的角速度 C. 赤道上的物体、实验卫星和同步卫星的线速度大小关系满足 vC>vB>vA D. B 卫星中的宇航员一天内可看到 5 次日出 【答案】BD 【详解】A．由于不知道 B 与 C 的质量的大小的关系，所以不能比较 B、C 两颗卫星所受地 1 1 2 2 U n U n = 球万有引力的大小关系，故 A 错误； B．根据 解得 因为 C 的轨道半径大于 B 的轨道半径，则 B 的角速度大于 C 的角速度；A 的角速度等于地 球的自转角速度，C 为地球的同步卫星，则 C 的角速度与地球的自转角速度相等，所以物 体 A 随地球自转的角速度等于卫星 C 的角速度，所以 B 的角速度大于地面上随地球自转物 体 A 的角速度，故 B 正确； C．根据 解得 因为 C 的轨道半径大于 B 的轨道半径，则 B 的线速度大于 C 的线速度；根据 可知 C 的线速度大于地面上随地球自转物体 A 的线速度，即有 故 C 错误； D．根据 解得 地球同步卫星 C 和实验卫星 B 轨道半径之比为 3：1，两卫星周期关系为 C 的周期与地球的自转周期相等，为 24 小时，所以 B 的周期为 小时，一天内 B 卫星 绕地球的圈数为 的 2 2 GMm m rr ω= 3 GM r ω = 2 2 GMm mv r r = GMv r = v rω= B C Av v v> > 2 2 2( )GMm m rr T π= 3 2 rT GM π= 3 3 1 27 B B C A T r T r = = 8 3 3 24 3 3 5.2 B n T = = ≈ 所以 B 卫星中的宇航员一天内可看到 5 次日出，故 D 正确。 故选 BD。 6.图示有三个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为 B，方向分别垂直纸面向外、向里和向外， 磁场宽度均为 L，在磁场区域的左侧边界处，有一边长为 L 的正方形导体线框，总电阻为 R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力 F 使线框以速度 v 匀速穿过磁场区域，以初始位 置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势 E 为正，磁感线垂直纸面向里时的磁通 量 Φ 为正值，外力 F 向右为正．则以下能反映线框中的磁通量 Φ、感应电动势 E、外力 F 和电功率 P 随时间 t 变化的规律图象的是(　　) A. B. C. D. 【答案】ABD 【详解】A．当线框开始进入磁场时，磁通量开始增加，当全部进入时达最大；此后向里的 磁通量增加，总磁通量减小且变化率为之前 2 倍；当运动到 1.5L 时，磁通量最小，当运动 到 2L 时磁通量变为向里的最大，故 A 项正确； B．当线框进入第一个磁场时，由 E＝BLv 可知，E 保持不变，感应电动势为正；而开始进 入第二个磁场时，两端同时切割磁感线，电动势为 2BLv，为正，故 B 项正确； C．因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，故 C 项错误； D．拉力的功率 P＝Fv，因速度不变，而当线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定 值；两边分别在两个磁场中时 F 安＝2B· L＝4 因此安培力变为原来的 4 倍，则拉力的功率变为原来的 4 倍，故 D 项正确． 7.如图所示为回旋加速器 原理图，两个 D 形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，两 D 形盒间接入一高频交流电源，用回旋加速器给 A、B 两个不同粒子分别加速，A 粒子的电荷 量为 q1、质量为 m1，加速后获得的最大动能为 ，最大速度为 ；B 粒子的电荷量为 q2、 质量为 m2，加速后获得的最大动能为 ，最大速度为 ，已知两次加速过程中所接入的 高频交流电源频率相等，所加的匀强磁场也相同，则下列关系一定正确的是 A. ， B. C. D. 【答案】BC 【详解】AC．由于两个粒子在同一加速器中都能被加速，则两个粒子在磁场中做圆周运动 的周期相等，由 可知，两粒子的比荷一定相等，即 ，选项 A 错误，选 项 C 正确； B．粒子最终获得的速度 ，由于两粒子的比荷相等，因此最终获得的速度大小相等， 选项 B 正确； D．粒子最后获得的最大动能 由于粒子的比荷相等，因此 的 2BLv R 2 2B L v R 1kE 1v 2kE 2v 1 2q q= 1 2m m= 1 2v v= 1 1 2 2 q m q m = 1 2 2 1 k k E q E q = 2 mT qB π= 1 1 2 2 q m q m = qBRv m = 2 2 2 2 k 1 2 2 q B RE mv m = = 选项 D 错误； 故选 BC. 8.如图甲所示，水平地面上有足够长平板车 M，车上放一物块 m，开始时 M、m 均静止。t=0 时，车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其 v-t 图像如图乙所示，已知物块与平板车间 的动摩擦因数为 0.2，取 g=10m/s2。下列说法正确的是（　　） A. 0-6s 内，m 的加速度一直保持不变 B. m 相对 M 滑动的时间为 3s C. 0-6s 内，m 相对 M 滑动的位移的大小为 4m D. 0-6s 内，m、M 相对地面的位移大小之比为 3：4 【答案】BD 【详解】AB．物块相对于平板车滑动时的加速度 若其加速度一直不变，速度时间图像如图所示 有图像可以算出 t=3s 时，速度相等，为 6m/s。由于平板车减速阶段的加速度大小为 故二者等速后相对静止，物块的加速度大小不变，方向改变。物块相对平板车滑动的时间为 3s。故 A 错误，B 正确； C．有图像可知，0-6s 内，物块相对平板车滑动的位移的大小 kl 1 k2 2 E q E q = 22m / smga gm µ µ= = = 2 2 1 8 m / s 2m / s6 2a a= = =− 故 C 错误； D．0-6s 内，有图像可知，物块相对地面的位移大小 平板车相对地面的位移大小 二者之比为 3：4，故 D 正确。 故选 BD。 二、非选择题：共 62 分。第 9~12 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 13~16 题为 选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题 9.某兴趣小组用如图甲所示的实验装置来测物块与斜面间的动摩擦因数．PQ 为一块倾斜放 置的木板，在斜面底端 Q 处固定有一个光电门，光电门与数字计时器相连(图中未画)．每次 实验时将一物体(其上固定有宽度为 d 的遮光条)从不同高度 h 处由静止释放，但始终保持斜 面底边长 L＝0.500 m 不变．(设物块与斜面间的动摩擦因数处处相同) (1)用 20 分度游标卡尺测得物体上的遮光条宽度 d 如乙图所示，则 d＝__________cm； (2)该小组根据实验数据，计算得到物体经过光电门的速度 v，并作出了如图丙所示的 v2－h 图象，其图象与横轴的交点为 0.25．由此可知物块与斜面间的动摩擦因数 μ＝ ______________； (3)若更换动摩擦因数更小的斜面，重复上述实验得到 v2－h 图象，其图象的斜率将 ______________(填“增大”“减小”或“不变”)． 【答案】 (1). 0.225 (2). 0.5 (3). 不变 【详解】（1）由图知第 5 条刻度线与主尺对齐，则读数为： ； （2）设斜面的长为 s，倾角为 ，由动能定理得： 1 8 6 12 8m 1m 3 6m=6m2 2 2x +∆ = × × + × − × × 1 1 6 6m=18m2x = × × 2 1 6 8m=24m2x = × × 2 5 0.05 2.25 0.225d mm mm mm cm× == + = θ 2( ) 1 2mgsin mgcos s mvθ µ θ- = 即： ， 由图象可知，当 时， ，代入得到： ； （3）由 知斜率 为定值，若更换动摩擦因数更小的斜面，图象的斜率不 变． 10.导电玻璃是制造 LCD 的主要材料之一，为测量导电玻璃的电阻率，某小组同学选取了一 个长度为 L 的圆柱体导电玻璃器件，上面标有“3V，L”的字样，主要步骤如下，完成下列问 题． (1)首先用螺旋测微器测量导电玻璃的直径，示数如图甲所示，则直径 d=________mm． (2)然后用欧姆表×100 档粗测该导电玻璃的电阻，表盘指针位置如图乙所示，则导电玻璃的 电阻约为________Ω． (3)为精确测量 在额定电压时的阻值，且要求测量时电表的读数不小于其量程的 ，滑动 变阻器便于调节，他们根据下面提供的器材，设计了一个方案，请在答题卡上对应的虚线框 中画出电路图，标出所选器材对应的电学符号_____________． A．电流表 （量程为 60mA，内阻 约为 3Ω） B．电流表 （量程为 2mA，内阻 =15Ω） C．定值电阻 =747Ω D．定值电阻 =1985Ω E．滑动变阻器 R（0~20Ω）一只 F．电压表 V（量程为 10V，内阻 ） G．蓄电池 E（电动势为 12V，内阻很小） H．开关 S 一只，导线若干 21 2mgh mgL mvµ- = 2 2 2v gh gLµ= - 0.25h m= 0v = 0.5µ = 2 2 2v gh gLµ= - 2k g= xR 1 3 1A 1AR 2A 2AR 1R 2R 1VR k= Ω (4)由以上实验可测得该导电玻璃电阻率值 =____（用字母表示，可能用到 字母有长度 L、 直径 d、电流表 、 的读数 、 ，电压表读数 U，电阻值 、 、 、 、 ）． 【答案】 (1). 1.990 (2). 500 (3). (4). 【解析】 （1）螺旋测微器的固定刻度为 1.5mm，可动刻度为 49.0×0.01mm=0.490mm，所以最终读数 为 1.5mm+0.490mm=1.990mm（1.989～1.991mm 均正确 ） （2）表盘的读数为 5，所以导电玻璃的电阻约为 5×100Ω=500Ω． （3）电源的电动势为 12V，电压表的量程为 10V，滑动变阻器的电阻为 20Ω，由于滑动变 阻器的电阻与待测电阻的电阻值差不多，若串联使用调节的范围太小，所以滑动变阻器选择 分压式接法； 流过待测电阻的电流约为：I= =0.006A=6mA，两电压表量程均不合适； 同时由于电压表量程为 10V，远大于待测电阻的额定电压 3V，故常规方法不能正常测量； 所以考虑用电流表改装成电压表使用，同时电压表量程为 10V，内阻 RV=1kΩ，故满偏电流 为 10mA，符合要求，故将电压表充当电流表使用，电流表 A2 与 R2 串联充当电压表使用， 改装后量程为 4V，可以使用，由于改装后电表已知，故内外接法均可，故电路图如图所示； （4）根据串并联电路的规律可知，待测电阻中的电流：I= -I2 电压：Ux=I2（R2+RA2） 由欧姆定律可知电阻：Rx= 根据电阻定律可知：R=ρ 的ρ 1A 2A 1I 2I 1AR 2AR VR 1R 2R 2 2 2 2 2 ( ) 4 ( ) A V d I R R UL IR πρ += − 3 500 V U R U I L S 而截面积：S=π 联立解得：ρ= 点睛：本题考查电阻率的测量，本题的难点在于仪表的选择和电路接法的选择，注意题目中 特别要求测量时电表的读数不小于量程的 1/3，所以一定要认真分析各电表的量程再结合所 学规律才能正确选择电路和接法． 11.五人制足球的赛场长 40 m，宽 20m．在比赛中，攻方队员在中线附近突破防守队员，将 足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为 v1=6m/s 的匀减速运动,加速 度大小为 ．该队员将足球踢出后立即由静止启动追赶足球，他的运动可视为匀 加速直线运动，最大加速度为 ，能达到的最大速度为 v2=4m/s．该队员至少经过 多长时间追上足球？ 【答案】6.5s 【详解】设足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为 x1，则 x1= ，可得 x1=18m 设足球匀减速运动的时间为 t1，t1= ，可得 t1=6s 队员以最大加速度加速的时间 t2，t2= ，可得 t2=4s 在 t2 时间内队员的位移 x2= ，可得 x2=8m，则足球停止运动时，队员没有追上足球，之 后队员做匀速运动，追上足球用的时间 t3，t3= ，可得 t3=2.5s 队员追上足球的用的最少时间 t= t2+ t3=6.5s 12.如图所示，等边三角形 AQC 的边长为 2L，P、D 分别为 AQ、AC 的中点．水平线 QC 以 下是向左的匀强电场，区域Ⅰ（梯形 PQCD）内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大 小为 B0；区域Ⅱ（三角形 APD）内的磁场方向垂直纸面向里，区域（虚线 PD 之上、三角 2 4 d ( )2 2 2 2 24 A V d I R R UL IR πρ +=  −    2 1 1 /a m s= 2 2 1 /a m s= 2 1 12 v a 1 1 v a 2 2 v a 2 2 22 v a 1 2 2 x x v − 形 APD 以外）的磁场与区域Ⅱ内大小相等、方向相反．带正电的粒子从 Q 点正下方、距离 Q 点为 L 的 O 点以某一速度射入电场，在电场作用下以速度 v0 垂直 QC 到达该边中点 N， 经区域Ⅰ再从 P 点垂直 AQ 射入区域Ⅲ（粒子重力忽略不计） (1)求该粒子的比荷 ； (2)求该粒子从 O 点运动到 N 点的时间 t1 和匀强电场的电场强度 E； (3)若区域Ⅱ和区域Ⅲ内磁场的磁感应强度大小为 3B0，则粒子经过一系列运动后会返回至 O 点，求粒子从 N 点出发再回到 N 点的运动过程所需的时间 t． 【答案】（1） （2） ， （3） 【解析】 试题分析：（1）粒子在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，圆心为 Q 点，故半径等于 QN，洛伦兹 力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解即可； （2）粒子从 O 到 N 与从 N 到 O 是逆过程，N 到 O 做类平抛运动；故 O 到 N 的竖直分运动 是匀速直线运动，水平分运动是匀加速直线运动，根据分位移公式列式求解即可； （3）画出粒子在磁场中运动轨迹，找出半径与三角形边长的关系，定出时间与周期的关系， 求出时间． 解：（1）由题意可知，粒子在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，轨道半径为：r1=L； 由牛顿第二定律和洛伦兹力表达式得到： qvB=m 解得： ； （2）粒子从 O 点到 N 点过程中，竖直向上做速度为 v0 的匀速直线运动，则： q m t1= 水平向右做末速度为零的匀减速直线运动，则： L= 由牛顿第二定律得： QE=ma 解得： E=2B0v0； （3）带电粒子在区域Ⅱ和区域Ⅲ内做匀速圆周运动，同理由牛顿第二定律和洛伦兹力表达 式可得： r2= 粒子从 N 点出发再回到 N 点的运动轨迹如图所示： 在区域Ⅰ中匀速圆周运动周期：T1= ； 在区域Ⅰ中运动的时间：t2= ×2= ； 在区域Ⅱ和区域Ⅲ中匀速圆周运动周期：T2= ； 在区域Ⅱ和区域Ⅲ中运动时间：t2= ； 所以 t=t2+t3= ； 答：（1）该粒子的比荷 为 ； （2）该粒子从 O 点运动到 N 点的时间为 ，匀强电场的电场强度 E 为 2B0v0； （3）粒子从 N 点出发再回到 N 点的运动过程所需的时间 t 为 ． 【点评】本题属于带电粒子在组合场中运动问题，综合性较强．磁场中圆周运动要画轨迹分 析运动过程，探索规律，寻找半径与三角形边的关系是关键． 【物理——选修 3-3】 13.用金属丝制成一个 U 形架，一段细长棉线两端系在 U 形架两臂上 A、B 两点，细线中点 O 处有一扣。将 U 形架浸入肥皂液中再取出，U 形架上形成的肥皂液膜如图所示，细线被绷 紧是因为液体表面层存在表面张力，表面张力的作用是使得液面有_______（填“扩张到最大” 或“收缩到最小”）的趋势；用力拉动细线中点的扣至图中虚线位置（肥皂液膜未发生破损）， 肥皂液膜的内能将___________（忽略肥皂液膜的蒸发影响）。（填“增大”、“减小”或“不变”） 【答案】收缩到最小 增大 【详解】[1]细线被绷紧是因为液体表面层存在表面张力，表面张力的作用是使得液面有收 缩到最小的趋势； [2]用力拉动细线中点的扣至图中虚线位置的过程中，拉力 对肥皂液膜做正功，分子间的 相互作用表现的引力做负功，分子势能增大，所以肥皂液膜的内能将增大。 14.将消毒碗柜里刚经过高温消毒的一个圆柱型茶杯和杯盖小心取出后，立刻用杯盖盖住茶 杯，并放置在水平桌面上，如图．开始时茶杯内部封闭气体的温度 t1＝87℃、压强等于外界 大气压强 p0．放置一段时间后，茶杯内气体的温度等于室内温度 t2＝27℃．已知杯盖的质量 为 m，茶杯橫截面圆形面积为 S，杯盖住茶杯后密封良好没有发生漏气．茶杯内部封闭气体 可视为理想气体，重力加速度大小为 g． （i）求最后茶杯内部封气体 压强和杯盖对茶杯的压力大小； （ii）在茶杯连同杯内气体的温度达到稳定后，用力作用在杯盖上缓慢上提，结果发现茶杯 能随杯盖一起向上离开桌面，求茶杯的质量 M 满足什么条件？ 的 F 【答案】（i）求最后茶杯内部封气体的压强为 ；杯盖对茶杯的压力大小为 ； （ii）茶杯的质量 M 满足 【详解】（i）杯内封闭气体发生等容变化，有 代入数据解得：最后杯内气体的压 强 ；对杯盖，有 P'S+N＝P0S+mg，解得： 由牛顿第三定律可知，杯盖对茶杯的压力大小为： （ii）茶杯能离开桌面，条件是：P′S+Mg＜P0S，故茶杯 质量 M 满足的条件为： ． 【物理——选修 3-4】 15.关于机械波电磁波和相对论的下列说法中正确的是 A. 机械波和电磁波在介质中的传播速度仅由介质决定 B. 假设火车以接近光速的速度通过站台，站台上的旅客观察到车上的乘客变矮了 C. 简谐机械波传播时单位时间内经过介质中某点的完全波的个数就是这列波的频率 D. 用光导纤维束传播图象信息利用了光的全反射 E. 在真空中传播的两列电磁波，频率大的波长短 【答案】CDE 【详解】机械波在介质中的传播速度由介质决定，与波的频率无关，电磁波在介质中的传播 速度与介质和波的频率均有关，故 A 错误．根据相对论原理，火车以接近光速的速度通过 站台时，站台上的旅客观察到车上的乘客变瘦了，而不是变矮，故 B 错误；简谐波的振动 周期与传播周期相同，故单位时间内经过介质中某点的完全波的个数就是这列简谐波的频率， 故 C 正确；光导纤维束是用全反射来传输图象信息的，故 D 正确；在真空中传播的两列电 磁波，传播速度相同，由 v=λf 知，频率越大，波长越短，故 E 正确． 16.如图所示为一直角三棱镜的截面， ， ，现有一束单色光垂直照射到 AC 面上，从 O 点进入，经 AB 面反射，在 BC 面上折射光线与入射光线的偏向角为 ． 的 0 5 6 P 0 1 6 P S mg+ 0 6 P SM g < 0 1 2 P P T T ′ = 0 5 6P P′ = 0 1 6N P S mg= + ' 0 1 6N P S mg= + 0 6 P SM g < 90B∠ =  60A ∠ = 30 求棱镜对光的折射率； 试证明光在 AB 面上会发生全反射． 【答案】 　 在 AB 面上会发生全反射 【解析】 【分析】 作出光线经 AB 面反射，在 BC 面上的折射与反射的光路图，由几何关系可求得光在 BC 面上的入射角，结合偏向角求得光在 BC 面上的折射角，从而求得折射率． 光从棱镜进入空气发生全反射的临界角为 C 时，有 ，求临界角 C，将光在 AB 面上的入射角与 C 比较分析． 【详解】 光经 AB 面反射，在 BC 面上的折射与反射光路如图所示， 由几何关系可知，光在 BC 面上的入射角 由于在 BC 面上折射光线与入射光线的偏向角为 ，因此光在 BC 面上的折射角为 由折射定律得 由几何关系可知，光在 AB 面的入射角为 ， 光从棱镜进入空气发生全反射的临界角的正弦为 即 ，因此光线在 AB 面上会发生全反射． ① ② 3① ② ① ② 1sinC n = ① 30i =  30 60r = sin sin60 3sin sin30 rn i   = = = ② 60 1 3 3sin sin603 2C n = = < =  60 C> 【点睛】本题是几何光学问题，作出光路图是解题的关键之处，再运用几何知识求出入射角、 折射角，即能很容易解决此类问题．