2019年高考理综物理试题押题卷
1.日本福岛核事故是世界上最大的核事故之一，2019年2月13日首次“触及”到了该核电站内部的核残渣，其中部分残留的放射性物质的半衰期可长达1570万年。下列有关说法正确的是
A.衰变成要经过4次衰变和7次衰变
B.天然放射现象中产生的射线的速度与光速相当，穿透能力很强
C.将由放射性元素组成的化合物进行高温分解，会改变放射性元素的半衰期
D.放射性元素发生衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的
D
【解析】A、设经x次α衰变和y次β衰变，根据质量数守恒和电荷数守恒得，，解得x=8，y=6，故衰变成要经过6次衰变和8次衰变；故A错误.
B、α射线是速度为0.1c的氦核流，穿透能力最弱；射线的穿透能力最强且速度与光速相当；故B错误.
C、半衰期具有统计规律，只对大量的原子核适用，且半衰期的大小由原子核内部因素决定，与所处的物理环境和化学状态无关；故C错误.
D、衰变放出的电子是来自原子核发生衰变的产物，是中子变成了质子和电子；故D正确.故选D.
2.据报道，2020年我国将发射首颗“人造月亮”，其亮度是月球亮度的8倍，可为城市提供夜间照明。假设“人造月亮”在距离地球表面500km的轨道上绕地球做匀速圆周运动(不计地球自转的影响)，下列有关“人造月亮”的说法正确的是
A.发射速度小于第一宇宙速度
B.角速度大于月球绕地球运行的角速度
C.向心加速度大于地球表面的重力加速度
D.在运行轨道上处于完全失重状态，重力加速度为0
B
【分析】
知道第一宇宙速度的物理意义，研究“人造月亮”绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要比较的物理量.
【解析】A、第一宇宙速度是人造卫星的最小发射速度，也是人造卫星的最大运行速度，根据可得，所以“人造月亮”的运行速度不可能等于第一宇宙速度，故A 错误；
B、根据可得，由于“人造月亮”绕地球做圆周运动的半径小于月球绕地球运行的半径，所以“人造月亮”的角速度大于月球绕地球运行的角速度；故B正确.
C、根据可得，由于“人造月亮”绕地球做圆周运动的半径大于地球半径，所以“人造月亮”的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故C错误；
D、“人造月亮”在绕地球做匀速圆周运动时，万有引力即重力提供向心力，加速度竖直向下等于重力加速度，故处于完全失重状态，但重力加速度不为零，故D错误；
故选B.
【迁移】本题考查万有引力定律的应用，解题的关键是根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要比较的物理量即可正确求解.
3.如图所示，质量为m的长木板放在水平地面上，站在木板上的人用斜向右下方的力F推箱子，三者都保持静止。人和箱子的质量也均为m，重力加速度为g。下列说法正确的是
A.人对长木板的压力大小为mg
B.长木板对地面的压力大于3mg
C.箱子受到的摩擦力的方向水平向左
D.地面对长木板的摩擦力的方向水平向左
C
【分析】
对箱子受力分析，根据平衡条件判断其受静摩擦力方向；对三个物体的整体受力分析，根据平衡条件判断地面对整体的支持力和静摩擦力情况．
【解析】A、人用斜向下的力推箱子，对人受力分析，受重力和木板的支持力，箱子的支持力斜向左上(推力的反作用力)，人在竖直方向平衡有：箱子的竖直分力和木板的支持力的合力等于人的重力，故木板的支持力小于mg，根据牛顿第三定律知人对木板的压力小于重力；故A错误；
B、对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，根据平衡条件，支持力等于重力；根据牛顿第三定律，支持力等于压力；故压力等于重力为3mg；故B错误；
C、人用力F向右推箱子，对箱子受力分析，受推力、重力、支持力、静摩擦力，根据平衡条件，箱子受到的摩擦力方向向左，与推力的水平分力平衡，故C正确；
D、对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，不受摩擦力，否则不平衡，故地面对木板没有摩擦力，故D错误；
故选C.
【迁移】本题关键是采用隔离法和整体法灵活地选择研究对象，然后根据共点力平衡条件列
4.如图所示，两电荷量分别为－Q和+2Q的点电荷固定在直线MN上，两者相距为L，以+2Q 的点电荷所在位置为圆心、为半径画圆，a、b、c、d是圆周上四点，其中a、b在MN直线上，c、d两点连线垂直于MN，下列说法正确的是
A.c、d两点的电势相同
B.a点的电势高于b点的电势
C.c、d两点的电场强度相同
D.a点的电场强度小于b点的电场强度
A
【解析】A、B、a、b、c、d四点在以点电荷+2Q为圆心的圆上，可知+2Q产生的电场在a、b、c、d四点的电势是相等的，所以a、b、c、d四点的总电势可以通过-Q产生的电场的电势确定，根据顺着电场线方向电势降低可知，b点的电势最高，c、d两点对称电势相等，a点电势最低；故A正确，B错误.
C、+2Q的场源在c、d两点产生的场强大小相等，-Q的场源在c、d两点的产生的场强大小也相等，根据场强的合成可知两点的总场强大小相等，但方向不同，故c、d两点的电场强度不同；故C错误；
D、由点电荷的场强公式，合成可得，方向向左；
，方向向右；故；则D错误.
【迁移】本题考查判断电势、场强大小的能力，要利用库仑定律和场强的矢量合成的方法对各点的电势和场强进行判定，并且要充分利用电场的叠加原理进行分析．
5.如图所示，理想变压器原线圈接一正弦交变电源，其电压的有效值恒定不变，两个副线圈的匝数分别为n 1和n 2，所接电阻分别为R 1和R 2，且R 2=2R 1。不计电流表内阻，当只闭合S 1时，电流表示数为1A，只闭合S 2时，电流表示数为2A，则n 1：n 2等于
A.1：1
B.1：2
C.1：3
D.1：4B 【分析】
设原线圈的电压为U ，当只闭合S 1时，根据电流表示数为1A，可知变压器的输入功率，从而可知输出功率；当S 1和S 2都闭合时，电流表示数为2A，可知变压器的输入功率，从而可知输出功率；进而得到两副线圈的功率之比，根据，结合负载4R 1=R 2的阻值关系，与
变压器的电压与匝数成正比，即可求解．
【解析】设原线圈的电压为U ，当只闭合S 1时，根据电流表示数为1A，则变压器的输入功率为U ×1A；则副线圈的功率为U ×1A；
当S 1和S 2都闭合时，电流表示数为2A，则变压器的输入功率为U ×2A；则副线圈的功率为U
×2A；因此两副线圈的功率之比为1:1；
根据，结合负载4R 1=R 2的阻值关系，则有：，解得:U 1:U 2=1:2；由变压器的电
压与匝数成正比，则有：n 1：n 2=1:2，故B 正确.故选B.
【迁移】本题考查了变压器的特点：输入功率等于输出功率，且电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，注意副线圈的电阻阻值关系是解题的关键．
6.如图所示，在竖直平面内固定一半圆形轨道，O 为圆心，AB 为水平直径，有一可视为质点的小球从A 点以不同的初速度向右水平抛出，不计空气阻力，下列说法正确的是
A.初速度越大，小球运动时间越长
B.初速度不同，小球运动时间可能相同
C.小球落到轨道的瞬间，速度方向可能沿半径方向
D.小球落到轨道的瞬间，速度方向一定不沿半径方向BD 【分析】
根据平抛运动的特点，平抛运动的时间由高度决定，与水平初速度无关；做平抛运动的物体的速度的反向延长线经过水平位移的中点.
【解析】A、平抛运动的时间由高度决定，与水平初速度无关，初速度大时，与半圆接触时下落的距离不一定比速度小时下落的距离大，故A 错误；
B、速度不同的小球下落的高度可能相等，如碰撞点关于半圆过O 点的竖直轴对称的两个点，运动的时间相等，故B 正确；
C、D、若小球落到半圆形轨道的瞬间垂直撞击半园形轨道，即速度方向沿半径方向，则速度方向与水平方向的夹角是位移方向与水平方向夹角的2倍.因为同一位置速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，两者相互矛盾，则小球的速度方向不会沿半径方向；故C错误，D正确.
故选BD.
7.如图甲所示，静止在水平地面上的物体，在竖直向上的拉力F作用下开始向上运动，在运动过程中，物体的动能E
与位移x的关系图象如图乙所示，0～h过程中的图线为平滑曲线，
k
h～2h过程中的图线为平行于横轴的直线，2h～3h过程中的图线为倾斜直线，不计空气阻力，下列说法正确的是
A.在0～h过程中物体的机械能增加
B.物体上升到h处时，拉力的功率为零
C.在h～2h过程中物体的机械能不变
D.在2h~3h过程中物体受到的拉力始终为零
AD
【分析】
根据功能关系：除重力以外其它力所做的功等于机械能的增量，0-h过程中物体动能、势能增加，知拉力做的功等于动能与势能之和，在h-2h之间，动能不变，势能增加，在2h-3h 之间，动能的减小量等于势能的增加量．
=(F-mg)x，图象的斜率表示合外力.在0【解析】A、B、在0～h高度内,由动能定理得：E
k
～h过程中，斜率逐渐减小到零，则拉力逐渐减小到等于重力，合力减小为零，则在上升到
高度h时，由图象可知F=mg，速度为v，则功率为P=mgv，拉力的功率不为零;因除重力以外的拉力一直做正功，则机械能一直增大；故A正确，B错误；
C、在h～2h过程中，物体匀速上升，拉力做正功，物体的机械能增加，故C错误.
D、在2h～3h过程中，图线斜率恒定，大小为mg，则物体合力大小为mg，即物体只受到重力，拉力一直为零；故D正确.
故选AD.
【迁移】解决本题的关键根据动能定理列式，分析出图象的斜率等于合外力，明确除了重力以外其他力做功等于物体机械能的变化．
8.如图所示，等腰直角三角形abc区域内(包含边界)有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，在bc的中点O处有一粒子源，可沿与ba平行的方向发射大量速率不同的同种粒子，这些粒子带负电，质量为m，电荷量为q，已知这些粒子都能从ab边离开abc区域，ab=2l，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用。关于这些粒子，下列说法正确的是
A.速度的最大值为
B.速度的最小值为
C.在磁场中运动的最短时间为
D.在磁场中运动的最长时间为
ACD
【分析】
粒子在磁场中做圆周，洛伦兹力提供向心力，作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径与粒子转过的圆心角，然后应用牛顿第二定律求出粒子的速度，根据粒子做圆周运动的周期公式求出粒子的运动时间.
【解析】粒子从ab边离开磁场时的临界运动轨迹如图所示：
由几何知识可知：，，解得：.
A、B、粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，
解得：，故粒子的最大速度为，最小速度；故A正确，B错误.
C、D、由粒子从ab边离开磁场区域的临界运动轨迹可知，粒子转过的最大圆心角：θ
=180°，
max
=45°，粒子做圆周运动的周期：，则粒子在磁场中运动的最短时最小圆心角：θ
min
间；最长时间；故C，D均正确.
故选ACD.
【迁移】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、粒子在磁场中做圆周运动的周期公式可以解题.
三、非选择题：
9.如图为“验证力的平行四边形定则”的实验，将贴有白纸的木板竖直固定放置，三个细绳套L 1、L 2、L 3一端共系于同一结点，另一端分别系于轻质弹簧测力计A、B 和重物M 上，弹簧测力计A 的另一端挂于固定点P，手持弹簧测力计B 拉动细绳，使结点静止于O 点。
(1)某次实验中，弹簧测力计A 的指针位置如图所示，其读数为_____N；
(2)实验时要读出弹簧测力计A、B 的示数，还要在白纸上记录O 点的位置和L 1、L 2、L 3的________；
(3)下列实验要求中必要的是_______________。A．弹簧测力计需要在实验前进行校零B．多次实验时弹簧测力计B 始终保持水平C．多次实验时结点必须在同一点D．需要测量重物M 的重力
(1).2.00（1.99-2.01均可）(2).方向
(3).AD
【分析】
(1)由图示弹簧测力计确定其分度值，读出其示数；(2)该实验中需要根据力的大小和方向做平行四边形得出合力然后与绳子L 3的拉力进行比较，因此需要记录力的大小和方向以及O 点位置；(3)弹簧测力计A 挂于固定点，下端用细线挂一重物。当弹簧测力计B 一端用细线系于O 点，当向左拉使结点静止于某位置。弹簧测力计A 和B 的示数分别为两细线的力的大小，同时画出细线的方向即为力的方向。虽悬挂重物的细线方向确定，但大小却不知，所以
要测重物重力。当结点静止于某位置时，弹簧测力计B的大小与方向就已确定了.原因是挂重物的细线大小与方向一定，而弹簧测力计A大小与方向也一定，所以两力的合力必一定.【解析】(1)由图示弹簧测力计可知，其分度值为0.1N，示数为2.00N(1.99-2.01均可). (2)实验时要读出A、B的示数，还要在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置以及三个拉力即三条细线的方向.
(3)A、弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零，故A正确；
B、该题中需要验证弹簧A、B拉力的合力，是否与绳L
3
的拉力（或者说M重力）等大反向，B弹簧不一定非要保持水平，故B错误；
C、由于两拉力的合力的效果是将重物吊起，故不需要结点位置相同，故C错误；
D、由于两测力计拉力的合力等于物体的重力，实验时应测量物体的重力，故D正确；
故选AD.
【迁移】对于中学中的实验，同学们尽量亲自动手做一下，这样对于实验原理、实验步骤、注意事项、数据处理、误差分析等才有深刻的认识，在该题中考查了弹簧测力计读数、减小实验误差的方法，对弹簧测力计读数时要先确定其分度值，然后再读数，读数时视线要与刻度线垂直.
10.某实验小组为了测量某一电阻R
x 的阻值，他们先用多用电表进行粗测，测量出R
x
的阻值
约为18。为了进一步精确测量该电阻，实验台上备有以下器材：
A．电流表(量程15mA，内阻未知)
B．电阻箱(0～99.99)
C．电阻箱(0～999.9)
D．电源(电动势约3V，内阻约1)E．开关2只F．导线若干
(1)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S 1，断开S 2，调节电阻箱阻值，使电流表指针有较大的偏转，读出此时电阻箱的阻值R 1和电流表的示数I；
b．保持开关S 1闭合，再闭合开关S 2，调节电阻箱的阻值，使电流表的示数仍为I，记下此时电阻箱的阻值R 2。
(i)根据实验步骤和实验器材规格可知，电阻箱应选择_____(选填器材前的字母)；(ii)根据实验步骤可知，待测电阻R x =_______(用步骤中所测得的物理量表示)。
(2)乙同学认为该电路也可以用来测量电源的电动势和内阻。若已知所选电流表的内阻为R A ，同时闭合开关S 1和S 2，调节电阻箱R，读出多组电阻值R 和电流I 向数据；由实验数据绘出的
图象如图乙所示，图象的斜率为k、截距为b，由此可求得电源电动势E=_______，
内阻r=_________(用本题所给物理量表示)。
(1).C (2).R 2-R 1
(3).
(4).
【分析】
(1)根据闭合电路欧姆定律求出通过待测电阻的最大电流来选择电流表量程，然后再通过求出电路中需要的最大电阻来选择电阻箱；列出开关S 2断开和闭合时对应的闭合电路欧姆定
律表达式，然后求解即可.
(2)根据实验电路应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻.
【解析】(1)电源电动势为3V，电流表量程为15mA=0.015A，由欧姆定律：可知，电路
中的最小电阻应为：
，所以电阻箱应选C；
②根据闭合电路欧姆定律得：
S 2断开时有：E =I (R x +R 1+R A +r )，S 2闭合时有：E =I (R 2+R A +r )，解得:R x =R 2-R 1；(2)闭合开关S 2，由闭合电路欧姆定律得：E =I (R +R A +r ），整理得：由
图
象可知：
，
,而已知R A ，解得
，
.
【迁移】本题考查了测电源电动势与内阻实验、考查了测量电阻的实验，要注意正确根据题意明确实验原理；然后根据所对应的物理规律分析求解即可；对于图象分析问题，要注意根据物理规律确定公式，结合图象的性质分析斜率以及截距的意义.11.如图所示，有一倾斜的光滑平行金属导轨，导轨平面与水平面的夹角为
，导轨间
距为L，接在两导轨间的电阻为R，在导轨的中间矩形区域内存在垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的长度为2L。一质量为m、有效电阻为0.5R 的导体棒从距磁场上边缘2L 处由静止释放，整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持与导轨垂直。不计导轨的电阻，重力加速度为g。
(1)求导体棒刚进入磁场时的速度v 0；
(2)若导体棒离开磁场前已达到匀速，求导体棒通过磁场的过程中，电阻R 上产生的焦耳热
Q
。
R
（1）（2）
【分析】
(1)根据动能定理求解导体棒进入磁场上边缘的速度；
(2)根据安培力的计算公式求解安培力的大小，由匀速条件得到末速度，根据功能关系可得电阻R上产生的焦耳热.
【解析】(1)导体棒从静止下滑距离2L的过程中，由动能定理得：
解得：
(2)导体棒在磁场中切割磁感线产生感应电动势：
产生的感应电流为
产生的安培力为
导体棒做匀速运动，由平衡条件得：
联立解得：
导体棒从开始释放到刚离开磁场的过程中，由能量守恒定律得：
则在电阻R上产生的热量为
解得：
【迁移】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解.
12.如图所示，质量为M=2kg的木板A静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距x，右端与一固定在地面上的半径R=0.4m的光滑四分之一圆弧紧靠在一起，圆弧的底端与木板上
表面水平相切。质量为m=1kg的滑块B(可视为质点)以初速度从圆弧的顶端沿圆
弧下滑，B 从A 右端的上表面水平滑入时撤走圆弧。A 与台阶碰撞无机械能损失，不计空气
阻力，A、B 之间动摩擦因数
，A 足够长，B 不会从A 表面滑出，取g=10m/s 2
。
(1)求滑块B 到圆弧底端时的速度大小v 1；
(2)若A 与台阶碰前，已和B 达到共速，求A 向左运动的过程中与B 摩擦产生的热量Q(结果保留两位有效数字)；
(3)若A 与台阶只发生一次碰撞，求x 满足的条件。(1)(2)
(3)
【分析】
滑块下滑时只有重力做功，根据机械能守恒求得滑块到达底端时的速度；木板与台阶碰撞后，滑块与木板组成的系统总动量水平向右，则只发生一次碰撞，根据动量守恒和动能定理分析求解；
【解析】(1)滑块B 从释放到最低点，由动能定理得：
解得：
(2)向左运动过程中，由动量守恒定律得：
解得：
由能量守恒定律得：
解得：
(3)从B 刚滑到A 上到A 左端与台阶碰撞前瞬间，A 、B 的速度分别为v 3和v 4，由动量守恒定律得：mv 1=mv 4+Mv 3
若A 与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足：Mv 3≥|mv 4
对A 板，应用动能定理：
联立解得：
【迁移】本题木块在小车上滑动的类型，分析物体的运动过程，对于系统运用动量守恒列方程，对于单个物体运用动能定理列式求解位移，都是常用的思路，要加强这方面的练习，提高解决综合问题的能力.
13.下列说法正确的是___________
A.当分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小
B.雨伞伞面上有许多细小的孔，却能遮雨，是因为水的表面张力作用
C.一定质量的100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加
D.对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热
E.某容器内封闭着一定质量的理想气体，若气体的压强不变，当温度升高时，单位时间内气体分子撞击容器壁的次数增多。BCD 【分析】
随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小；液体存在表面张力；布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动，是液体分子无规则热运动的反映；液体的表面张力使液面具有收缩到液面表面积最小的趋势；气体压强的大小跟气体分子的平均动能和分子的密集程度有关.【解析】A、分子间的作用力随着分子间距增大，分子引力和斥力均减小；故A 错误.B、雨伞伞面上有许多细小的孔却能遮雨，是因为水的表面层的分子间距较大，水分子间的力为引力，表现为张力作用；故B 正确.
C、一定质量的100℃的水变成100℃的水蒸气，需要吸热内能增大，但温度不变即分子平均
动能不变，但分子之间的势能增加；故C正确.
D、一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，根据理想气体的状态方程可知气体的温度一定升高，内能则一定增大，那么它一定从外界吸热，故D正确；
E、气体压强的微观解释可知，压强取决于单位时间撞击容器壁单位面积的次数（体积）和分子的无规则运动程度即分子的平均动能（温度），所以体积增大，压强不变时，气体分子在单位时间撞击容器壁单位面积的次数一定减少，故E错误；
故选BCD.
【迁移】本题考查热力学多个知识，热学的重点是分子动理论、液体表面张力、分子力与分子势能等，要加强对基础知识的学习，力争不在简单题上失分.
14.如图所示，用质量为m=1kg、横截面积为S=10cm2的活塞在气缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与气缸壁之间的摩擦忽略不计。开始时活塞距气缸底的高度为h=10cm且气缸足够高，气体温度为t=27℃，外界大气压强为p
=1.0×105Pa，取g=10m／s2，绝对零度取－273
℃。求：
(1)此时封闭气体的压强；
(2)给气缸缓慢加热，当缸内气体吸收4.5J的热量时，内能的增加量为2.3J，求此时缸内气体的温度。
（1）1.1×105pa（2）87℃
【解析】(1)以活塞为研究对象，由平衡条件得：
解得：封闭气体压强为
(2)由热力学第一定律得：
外界对气体做功为
对气体由盖吕萨克定律得：
解得缸内气体的温度为
15.下列判断正确的是________
A.机械波既有横波又有纵波，而电磁波只有纵波
B.机械波和电磁波都能产生干涉和衍射现象
C.介质中质点振动的周期一定和相应的波的周期相等
D.机械波的频率、波长和波速三者满足的关系对电磁波也适用
E.在双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光改为红光，则相邻干涉条纹间距变窄
BCD
【分析】
介质中质点振动的周期和相应的波的周期相等．波速公式v=λf适用于一切波．波都能产生干涉和衍射现象．机械波既有横波又有纵波，而电磁波只有横波．
【解析】A、机械波既有横波又有纵波，而电磁波只有横波；故A不正确.
B、干涉和衍射是波的特有性质，机械波和电磁波都能产生干涉和衍射现象；故B正确.
C、波在传播过程中，介质中质点在波源驱动力作用下做受迫振动，振动周期都等于波的振动周期；故C正确.
D、机械波的频率、波长和波速三者满足的关系v=λf适用于一切波，对电磁波也适用；故D正确.
E、光的干涉条纹间距，若仅将入射光由绿光改为红光，由于波长变大，故条纹间距
变大；故E错误.
故选BCD.
【迁移】本题考查对波的基本知识的掌握情况．要知道质点振动的周期和频率就等于波的周期与频率，明确机械波与电磁波的共性和区别．
16.如图甲所示，在平静的水面下深d处有一个点光源S，它发出a、b两种不同频率的光，在水面上形成了一个被照亮的圆形区域，该区域的中间为由a、b两种单色光所构成的复色光的圆形区域，其半径为R，周边为环状区域，其宽度为△L，且为a光的颜色，如图乙所
示，求：两种单色光的折射率n
a 和n
b
分别是多少?
；
试题分析：光路图如图所示
由全反射规律可得：，可得，
由几何知识：，则
，则
考点：考查了光的折射，光的全反射