(通用版)2020版高考物理复习“22”定时训练-2016年(全国2卷)逐题仿真练(含解析)

2016年(全国2卷)逐题仿真练24．(12分)(2019·福建泉州市期末质量检查)如图1甲所示，将两根足够长、间距为L 的平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，左端接一阻值为R 的电阻，与导轨垂直的虚线ef 右边区域存在方向竖直向下的匀强磁场，质量为m 的金属杆PQ 静止在导轨上．现对杆施加一水平向右的恒定拉力，经过时间t ，杆进入磁场并开始做匀速直线运动，杆始终与导轨垂直并接触良好，导轨和杆的电阻均不计．图1(1)求匀强磁场的磁感应强度大小B ；(2)若杆进入磁场后的某时刻撤去拉力，杆运动的速度与此后的位移关系图象如图乙所示，求0～x 0与x 0～3x 0两个过程中电阻R 产生的热量之比． 答案 (1)mR L 2t (2)54解析 (1)设拉力大小为F ，杆的加速度为a ，进入磁场时的速度为v 0，则F ＝ma 杆做匀加速运动，则v 0＝at杆在磁场中做匀速运动，则F ＝F 安＝BIL I ＝ER E ＝BL v 0 联立解得：B ＝mR L 2t(2)撤去拉力后，由题图乙可知，杆在x ＝x 0处的速度大小为v ＝2v 03由能量关系，在0～x 0过程中，电阻R 产生的热量Q 1＝12m v 02－12m v 2在x 0～3x 0过程中，电阻R 产生的热量Q 2＝12m v 2解得Q 1Q 2＝54.25．(20分) (2019·陕西渭南市教学质检(二))如图2，粗糙斜面与光滑水平面通过光滑小圆弧平滑连接，斜面倾角θ＝37°.小滑块(可看作质点)A 的质量为m A ＝1 kg ，小滑块B 的质量为m B ＝0.5 kg ，其左端连接一水平轻质弹簧．若滑块A 在斜面上受到大小为2 N ，方向垂直斜面向下的恒力F 作用时，恰能沿斜面匀速下滑．现撤去F ，让滑块A 从距斜面底端L ＝2.4 m 处，由静止开始下滑．取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图2(1)滑块A 与斜面间的动摩擦因数；(2)撤去F 后，滑块A 到达斜面底端时的速度大小； (3)滑块A 与弹簧接触后的运动过程中弹簧最大弹性势能． 答案 (1)0.6 (2)2.4 m/s (3)0.96 J解析 (1)滑块A 沿着斜面匀速下滑时受力如图所示由平衡条件知m A g sin θ＝F f ，F N ＝m A g cos θ＋F ，F f ＝μF N 解得μ＝m A g sin θF ＋m A g cos θ＝0.6.(2)滑块A 沿斜面加速下滑时受力如图所示，设滑块A 滑到斜面底端时速度为v 0，根据动能定理得 (m A g sin θ－μm A g cos θ)L ＝12m A v 02代入数据解得v 0＝2.4 m/s(3)由分析可知，当A 、B 速度相同时，弹簧有最大弹性势能．以A 、B 及弹簧为研究对象，设它们共同的速度为v ，据动量守恒定律m A v 0＝(m A ＋m B )v 根据能量守恒E p ＝12m A v 02－12(m A ＋m B )v 2代入数据解得：E p ＝0.96 J. 33．【选修3－3】(15分)(1)(5分)一定质量的理想气体的压强p 与热力学温度T 的变化图象如图3所示，下列说法正确的是________．图3A ．A →B 的过程中，气体对外界做功，气体内能增加B ．A →B 的过程中，气体从外界吸收的热量等于其内能的增加量C ．B →C 的过程中，气体体积增大，对外做功D ．B →C 的过程中，气体对外界放热，内能不变E ．B →C 的过程中，气体分子与容器壁每秒碰撞的次数增加(2)(10分)“打篮球”是同学们喜爱的一种体育活动，小明和同学们在室外打了一段时间篮球后，发现篮球内气压不足，于是他拿到室内充气，已知室外温度为－3 ℃，室内温度为17 ℃.篮球体积V ＝5 L ，假定在室外时，篮球内部气体的压强为1.3个标准大气压．充气筒每次充入0.12 L 、压强为1.0个标准大气压的空气，整个过程中，不考虑篮球体积的变化和充气过程中气体温度的变化，计算时，篮球内部气体按理想气体处理．试问：小明在室内把篮球内气体的压强充到1.6个标准大气压以上，他至少充气多少次？ 答案 (1)BDE (2)9次解析 (1)A 到B 的过程，是等容升温过程，气体不对外做功，气体从外界吸收热量，使得气体内能增加，故A 错误，B 正确；B 到C 的过程是等温压缩过程，压强增大，体积减小，外界对该气体做功，内能不改变，则气体对外界放热，因压强增大，故气体分子与容器壁每秒碰撞的次数增加，故C 错误，D 、E 正确．(2)设篮球从室外拿到室内后的压强为p 1，则：p 0T 0＝p 1T 1即： 1.3273－3＝p 1273＋17解得p 1≈1.4个大气压；设充气次数为n ，则：p 1V ＋np 0V 0＝p 2V 即：1.4×5＋1.0×0.12×n ＝1.6×5 解得：n ≈8.3.则在室内把篮球内气体的压强充到1.6个标准大气压以上，他至少充气9次． 34．【选修3－4】(15分)(1)(5分)电磁波与声波比较，下列说法中正确的是________． A ．电磁波的传播不需要介质，声波的传播需要介质 B ．由空气进入水中时，电磁波速度变小，声波速度变大 C ．由空气进入水中时，电磁波波长变小，声波波长变大D ．电磁波和声波在介质中的传播速度都是由介质决定的，与频率无关E ．电磁波能产生干涉和衍射现象，声波不能(2)(10分)如图4(a)，一列简谐横波沿x 轴传播，实线和虚线分别为t 1＝0时刻和t 2时刻的波形图，P 、Q 分别是平衡位置为x 1＝1.0 m 和x 2＝4.0 m 的两质点．图(b)为质点Q 的振动图象，求：图4①波的传播速度和t 2的大小；②质点P 的位移随时间变化的关系式．答案 (1)ABC (2)①40 m/s (0.2n ＋0.05) s ，n ＝0,1,2,3… ②y ＝10sin (10πt ＋3π4) cm解析 (1)电磁波在介质中的传播速度与介质有关，也与频率有关，在同一种介质中，频率越大，波速越小，声波的传播速度是由介质决定的，电磁波和声波都能产生干涉和衍射现象，所以D 、E 错误．(2)①由题图可知波长：λ＝8 m ，质点振动的周期：T ＝0.2 s 传播速度v ＝λT＝40 m/s结合图象可知，横波沿x 轴正向传播， 故t 1＝0和t 2＝Δt 时刻：nλ＋2＝v Δt 解得Δt ＝(0.2n ＋0.05) s ，n ＝0,1,2,3… 即t 2＝(0.2n ＋0.05) s ，n ＝0,1,2,3…②质点P 做简谐运动的位移表达式：y ＝A sin (2πTt ＋φ)由图可知A ＝10 cm ，t ＝0时y ＝5 2 cm 且向y 轴负方向运动， 解得y ＝10sin (10πt ＋3π4) cm.。

⋯⋯⋯⋯⋯⋯⑽A和B 的加速为和，此时AB之间为零，同理可得：6⋯⋯⋯..⑾⋯⋯⋯..⑿ 即B 做匀减经时间，B的速度减为：⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⒀联立⑽⑿⒀可得⋯⋯⋯⋯..⒁ 在，A 相对于B 运动的距离为⋯⒂此后B 静止不动，在B 上滑时间后，A 离开B ，则可得,另一解不合题意，舍去， A 在B 上的运动时间为【题型】计算题【备注】【结束】33.【[物理—3-3](1)关于扩，下列说法正_________(填正确答案标号。

选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得得分为0分)A.温度越高，扩散进行得越快X文.X例.参考B.扩散现象是不同物质间的一种化学反应C.扩散现象是由物质分子无规则运动产生的D.扩散现象在气体、液体和固体中都能发生E.液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的(2)如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭；A侧空气柱的长度为l=10.0cm,B侧水银面比A侧的高h=3.0cm。

现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为=10.0cm时将开关K关闭，已知大气压强=75.0cmHg。

(i)求放出部分水银后A侧空气柱的长度；(ii)此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度。

【答案】(1)ACD(2)(i);(ii)【解析】(1)本题主要考查分子的理论以及扩散；(2)本题主要考查理想气体状态方程；(1)选项A，温度越高，分子热运动越剧烈，扩散进行得越快，选项A 正确；选项B，扩散现象是分子热运动的结果，并非化学反应，选项B错误；X文.X例.指导.参考C，扩散现象是分子无规则热运项C 正确； D，任何物态都有分子热运动，都可扩散现项D 正 确； E ，任何物态的扩散现象都是由于分子热运动 ； 本题ACD 。

(2)(i )以c m H g 为设A 侧气柱长度时压强为p ，当两侧水银面的高度差为时，空气柱长度为，压强为,由玻意耳定 律得：⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯..① 由力学平衡条件知⋯⋯⋯⋯② 打开开关K 放出水银的，B 侧水银面处的，而A 侧水银面处的压强随空气柱长度的增加而减小，B 、A 两侧水银面的高度差也随之 减小，直至B 侧水于A 侧水银面为止，由力学平衡条件有：⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.③ 联立以上方程可得：⋯⋯⋯⋯⋯④ (ii)当A 、B 两侧的水银面达到同一高度时，设A 侧空气柱长度为，压强 为,由玻意耳定律得：⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯..⑤ 由力学平衡条件知⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.⑥ 联立②⑤⑥可得⋯⋯⋯⋯⋯⋯⑦ 设注入的水银在管内的长度为，则⋯⋯⋯⋯.⑧ 联立④⑦⑧可得.X 文.X 例.参考【题型】计算题【备注】【结束】34.【题文】[物理——选修3-4](1)如图，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为θ，经折射后出a、b两束光线。

2017年(全国2卷)逐题仿真练题号 24 25 33 34考点 动能定理与应用带电体在电场内的运动热力学定律和气体性质波的性质和光的折射24．(12分)(2019·山东济宁市第二次摸底)某中学生对刚买来的一辆小型遥控车的性能进展研究．他让这辆小车在水平的地面上由静止开始沿直线轨道运动，并将小车运动的全过程通过传感器记录下来，通过数据处理得到如图1所示的v －t 图象．小车在0～2s 内做匀加速直线运动，2～11s 内小车牵引力的功率保持不变，9～11s 内小车做匀速直线运动，在11s 末开始小车失去动力而自由滑行．小车质量m ＝1kg ，整个过程中小车受到的阻力大小不变，试求：图1(1)在2～11s 内小车牵引力的功率P 的大小； (2)小车在2s 末的速度v x 的大小； (3)小车在2～9s 内通过的距离x . 答案 (1)16W (2)4m/s (3)44m解析 (1)根据题意，在11s 末撤去牵引力后，小车只在阻力F f 作用下做匀减速直线运动，设其加速度大小为a ，根据题图可知：a ＝|Δv Δt |＝2m/s 2；根据牛顿第二定律有：F f ＝ma ； 解得：F f ＝2N ；设小车在匀速直线运动阶段的牵引力为F ，如此：F ＝F f ，v m ＝8m/s ； 根据：P ＝Fv m ； 解得：P ＝16W ；(2)0～2s 的匀加速运动过程中，小车的加速度为：a x ＝Δv Δt ＝v x2；设小车的牵引力为F x ，根据牛顿第二定律有：F x －F f ＝ma x ；根据题意有：P ＝F x v x; 联立解得：v x ＝4m/s ；(3)在2～9s 内的变加速过程，Δt ＝7s ，由动能定理可得：P Δt －F f x ＝12mv m 2－12mv x 2；解得小车通过的距离是：x ＝44m.25.(20分)(2019·四川南充市第一次适应性考试)如图2所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xOy 中，x 轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m ，电荷量为－q (－q <0)的带电绝缘小球，从y 轴上的P (0，L )点由静止开始释放，运动至x 轴上的A (－L,0)点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入固定在x 轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管，细管的圆心O 1位于y 轴上，交y 轴于B 点，交x 轴于A 点和C (L,0)点，细管内径略大于小球外径，小球直径远小于细管轨道的半径，不计空气阻力，重力加速度为g .求：图2(1)匀强电场的电场强度的大小；(2)小球运动到B 点时对管的压力的大小和方向； (3)小球从C 点飞出后落在x 轴上的位置坐标． 答案 (1)mg q(2)3(2＋1)mg 方向向下 (3)(－7L,0)解析 (1)小球由静止释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A 点沿切线方向进入，如此此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，如此tan45°＝mg Eq解得：E ＝mg q(2)根据几何关系可知，细管轨道的半径r ＝2L从P 点到B 点的过程中，根据动能定理得：12mv B 2－0＝mg (2L ＋2L )＋EqL在B 点，根据牛顿第二定律得：F N －mg ＝mv B 2r联立解得：F N ＝3(2＋1)mg ，方向向上根据牛顿第三定律可得小球运动到B 点时对管的压力的大小F N ′＝3(2＋1)mg ，方向向下 (3)从P 到A 的过程中，根据动能定理得： 12mv A 2＝mgL ＋EqL 解得：v A ＝2gL小球从C 点抛出后做类平抛运动 抛出时的速度v C ＝v A ＝2gL 小球的加速度g ′＝2g当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x 轴，如此有：v C t ＝12g ′t 2解得：t ＝22L g如此沿x 轴方向运动的位移x ＝v C tsin45°＝2v C t ＝2×2gL ×22Lg＝8L如此小球从C 点飞出后落在x 轴上的坐标x ′＝L －8L ＝－7L . 33.选修3－3(15分)(2019·广东某某市第二次调研)(1)(5分)恒温环境中，在导热良好的注射器内，用活塞封闭了一定质量的理想气体．用力缓慢向外拉活塞，此过程中________． A ．封闭气体分子间的平均距离增大 B ．封闭气体分子的平均速率减小 C ．活塞对封闭气体做正功 D ．封闭气体的内能不变 E ．封闭气体从外界吸热(2)(10分)某同学设计了测量液体密度的装置．如图3，左侧容器开口；右管竖直，上端封闭，导热良好，管长L 0＝1m ，粗细均匀，底部有细管与左侧连通，初始时未装液体．现向左侧容器缓慢注入某种液体，当左侧液面高度为h 1＝0.7m 时，右管内液柱高度h 2＝0.2m ．右管横截面积远小于左侧横截面积，大气压强p 0＝1.0×105Pa ，取g ＝10m/s 2.图3①求此时右管内气体压强与该液体的密度；②假设此时右管内气体温度T ＝260K ，再将右管内气体温度缓慢升高到多少K 时，刚好将右管中液体全部挤出？(不计温度变化对液体密度的影响) 答案 (1)ADE (2)①1.25×105Pa 5×103kg/m 3②351K解析 (1)对于一定质量的理想气体，气体的内能和分子平均速率只取决于温度，由题目可知，温度不变，如此封闭气体的内能不变，封闭气体分子的平均速率也不变，故B 错误，D 正确；用力向外缓慢拉动活塞过程中，气体体积增大，如此分子间的平均距离增大，气体对活塞做正功，如此活塞对气体做负功，故A 正确，C 错误；根据ΔU ＝W ＋Q 可知，温度不变，如此内能U 不变，即ΔU ＝0，用力向外缓慢拉动活塞，如此W <0，故Q >0，即气体从外界吸收热量，故E 正确．(2)①设右管横截面积为S ，对右管内的气体，由玻意耳定律：p 0V 0＝p 1V 1 其中：V 0＝L 0S ，V 1＝(L 0－h 2)S 解得：p 1＝1.25×105Pa 又：p 1＝p 0＋ρg (h 1－h 2) 解得：ρ＝5×103kg/m 3 ②对右管内的气体：p 1V 1T ＝p 2V 0T ′其中：p 2＝p 0＋ρgh 1， 解得：T ′＝351K. 34.选修3－4(15分)(2019·陕西汉中市第二次教学质检) (1)(5分)如下说法正确的答案是________． A ．在摆角小于5°时单摆的周期与振幅无关 B ．用三棱镜观察太阳光谱是利用光的干预现象 C ．在光导纤维束内传送图像是利用光的全反射现象D ．用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象E ．两列波相叠加产生干预现象，振动加强区域与振动减弱区域应交替出现(2)(10分)如图4所示，有一个玻璃半球，O 为球心，右侧面镀银，光源S 在其水平对称轴MO 上，从光源S 发出的一束光斜射在球面上．当入射光线与对称轴的夹角为30°时，发现一局部光经过球面反射后恰好能竖直向上传播，另一局部光折射进入玻璃半球内，经过右侧镀银面的第一次反射后恰好能沿原路返回．假设球面的半径为R ，光在真空中的传播速度为c .求：图4①玻璃的折射率；②光折射入玻璃半球后传播到右侧镀银面所用的时间． 答案 (1)ACE (2)① 3 ②3R2c解析 (1)在摆角小于5°时单摆的振动可视为简谐运动，此时周期与振幅无关，选项A 正确；用三棱镜观察太阳光谱，是利用光的折射率不同，出现光的色散现象，故B 错误；在光导纤维束内传送图像是利用光的全反射现象，选项C 正确；用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的干预现象，选项D 错误；两列波相叠加产生干预现象，振动加强区域与振动减弱区域应交替出现，选项E 正确． (2)由题意作出光路图，如下列图．①由于入射光线与对称轴的夹角为30°，过入射点H 作对称轴的垂线HN ，由光路图和几何关系可得：光在球面上发生反射和折射时的入射角和反射角i ′＝60°，折射角r ＝30° 所以由n ＝sin i sin r可得：n ＝3；②由几何关系可知：光折射入玻璃半球后传播到右侧镀银面的距离：s ＝R cos30°＝32R ，由n ＝c v 得：光在玻璃中的传播速度v ＝c n＝c3，所以光折射入玻璃半球后传播到右侧镀银面所用的时间：t ＝s v ＝32R c 3＝3R 2c.。

2016年普通高等学校招生全国统一考试(新课标Ⅱ卷)物理一、选择题1.质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。

用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。

用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中( )A.F逐渐变大，T逐渐变大B.F逐渐变大，T逐渐变小C.F逐渐变小，T逐渐变大D.F逐渐变小，T逐渐变小解析：以结点O为研究对象受力分析如下图所示：由题意知点O缓慢移动，即在移动过程中始终处于平衡状态，则可知：绳OB的张力T B=mg根据平衡条件可知：Tcosθ﹣T B=0Tsinθ﹣F=0由此两式可得：F=T B tanθ=mgtanθT=在结点为O被缓慢拉动过程中，夹角θ增大，由三角函数可知：F和T均变大，故A正确，BCD错误。

答案：A2.如图，P为固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆。

带电粒子Q在P的电场中运动。

运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点。

若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为a a、a b、a c，速度大小分别为v a、v b、v c，则( )A.a a＞a b＞a c，v a＞v c＞v bB.a a＞a b＞a c，v b＞v c＞v aC.a b＞a c＞a a，v b＞v c＞v aD.a b＞a c＞a a，v a＞v c＞v b解析：点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越小，场强越大，粒子受到的电场力越大，带电粒子的加速度越大，所以a b＞a c＞a a，根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在运动的过程中，一直受静电斥力作用，离电荷最近的位置，电场力对粒子做的负功越多，粒子的速度越小，所以v a＞v c＞v b，所以D正确，ABC错误。

答案：D3.小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂Q球的绳短。

将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。

将两球由静止释放。

在各自轨迹的最低点，( )A.P球的速度一定大于Q球的速度B.P球的动能一定小于Q球的动能C.P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度解析：AB、从静止释放至最低点，由机械能守恒得：mgR=mv2，解得：v=在最低点的速度只与半径有关，可知v P＜v Q；动能与质量和半径有关，由于P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短，所以不能比较动能的大小。

微解题41
2020高考物理全国Ⅱ卷22题
22．（5分）一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球A 和B ，如图所
示。

一实验小组用此装置测量小球B 运动的加速度。

令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球，测得小球B 释放时的高度
h 0=0.590 m ，下降一段距离后的高度h =0.100 m ；由h 0下降至h 所用的时
间T =0.730 s 。

由此求得小球B 加速度的大小为a =_______m/s 2（保留3位
有效数字）。

从实验室提供的数据得知，小球A 、B 的质量分别为100.0 g 和150.0 g ，当地重力加速度大小为g =9.80 m/s 2。

根据牛顿第二定律计算可得小球B 加速度的大小为a ′=_______m/s 2（保留3位有效数字）。

可以看出，a ′与a 有明显差异，除实验中的偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的原因：______________________。

【答案】1.84， 1.96，绳和滑轮之间有摩擦 解析：小球下降做匀加速直线运动，有：2021at h h =
- 解得a =1.84m/s 2
对小球A 、B 整体，有：a m m g m g m B A A B )(+=-
解得：a =1.96m/s 2
在实验中绳和滑轮之间有摩擦会造成实际计算值偏小。

姓名，年级：时间：2019年(全国3卷）逐题仿真练题号24253334考点带电粒子或带电体在电场中的运动动力学、动量和能量观点的应用测分子直径和气体实验定律机械波和光24．(12分）(2019·广东省“六校联盟”第四次联考)如图1所示，ACB是一条足够长的绝缘水平轨道，轨道CB处在方向水平向右、大小E＝1。

0×106 N/C 的匀强电场中，一质量m＝0。

25 kg、电荷量q＝－2。

0×10－6C的可视为质点的小物体,在距离C点L0＝6.0 m的A点处，在拉力F＝4。

0 N的作用下由静止开始向右运动，当小物体到达C点时撤去拉力，小物体滑入电场中．已知小物体与轨道间的动摩擦因数μ＝0。

4,取g＝10 m/s2，求:图1（1）小物体到达C点时的速度大小；(2）小物体在电场中运动的时间．答案(1)12 m/s （2）2.7 s解析(1)根据牛顿第二定律，小物体的加速度大小为：a＝错误!＝12 m/s2小物体到达C点的过程中有:v2＝2aL0代入数据解得：v＝12 m/s(2)根据牛顿第二定律,小物体向右减速运动的加速度大小为：a1＝错误!＝12 m/s2小物体向右运动的时间：t1＝错误!＝1.0 s小物体向右运动的位移：x1＝错误!t1＝6。

0 m由于｜q|E〉μmg，所以小物体先向右减速运动，后反向向左加速运动，直到滑出电场根据牛顿第二定律，小物体向左加速运动的加速度大小为：a2＝错误!＝4 m/s2小物体在电场中向左运动的时间为：t2＝错误!＝错误! s小物体在电场中运动的总时间为：t＝t1＋t2＝(1＋错误!）s≈2。

7 s 25．（20分)(2019·云南曲靖市第一次模拟）如图2所示，半径为R的竖直光滑半圆轨道bc与水平光滑轨道ab在b点连接,开始时可视为质点的物体A和B静止在ab上,A、B之间压缩有一处于锁定状态的轻弹簧（弹簧不与A、B连接)．某时刻解除锁定,在弹力作用下，A向左运动,B向右运动，B沿轨道经过c点后水平抛出，落点p与b点间距离为2R.已知A质量为2m，B质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力，求:图2(1)B经c点抛出时速度的大小;(2)B经b时速度的大小；（3）锁定状态的弹簧具有的弹性势能．答案(1）错误!（2）错误!(3)3.75mgR解析（1)B平抛运动过程，竖直方向有2R＝错误!gt2，水平方向：2R＝v c t，解得：v c＝错误!(2)B从b到c，由机械能守恒定律得错误!mv b2＝2mgR＋错误!mv c2解得：v b＝错误!(3)设弹簧完全弹开后，A的速度为v a，弹簧恢复原长过程中A与B组成的系统动量守恒，2mv a－mv b＝0，解得:v a＝错误!v b＝错误!，由能量守恒定律得，弹簧弹性势能：E p＝错误!×2mv a2＋错误!mv b2解得：E p＝3.75mgR.33．【选修3－3】(15分)（1）(5分）用油膜法测定分子的直径, 1 mL的油酸加入酒精中配制成1 000mL的油酸酒精溶液，1 mL油酸酒精溶液通过滴管实验测得为80滴，取1滴油酸酒精溶液滴在撒有痱子粉的浅水槽中，待油膜界面稳定后测得油膜面积为260 cm2。

绝密★启用前2016年普通高等学校招生全国统一考试理科综合·物理（全国Ⅱ卷）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

二、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. 质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。

用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。

用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中【A】A. F逐渐变大，T逐渐变大B. F逐渐变大，T逐渐变小C. F逐渐变小，T逐渐变大D. F逐渐变小，T逐渐变小15. 如图，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆。

带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点。

若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为a a、a b、a c，速度大小分别为v a、v b、v c。

则【D】A. a a>a b>a c，v a>v c>v bB. a a>a b>a c，v b>v c>v aC. a b>a c>a a，v b>v c>v aD. a b>a c>a a，v a>v c>v b16. 小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。

将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。

将两球由静止释放。

在各自轨迹的最低点【C】A. P球的速度一定大于Q球的速度B. P球的动能一定小于Q球的动能C. P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D. P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度17. 阻值相等的四个电阻，电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示电路。

2015年普通高等学校招生全国统一考试(新课标2卷)理科综合能力测试第I卷二、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，第问题只有一个符合题目要求，第问题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，先对但不全的得3分，有选错的得0分。

14.【题文】如图，两平行的带电金属板水平放置。

若在两板中间a点静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。

现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将A.保持静止状态B.向左上方做匀加速运动C.向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动【答案】D【解析】本题主要考查电场以及力的合成；对微粒受力分析如图，可知其所受合力向左下方，故向左下方做匀加速运动，选项D正确。

【题型】单选题【备注】【结束】15.【题文】如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。

当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为U a、U b、U c。

已知bc边的长度为l。

下列判断正确的是A.U a>U c，金属框中无电流B.U b>U c，金属框中电流方向沿a-b-c-aC.，金属框中无电流D.，金属框中电流方向沿a-c-b-a【答案】C【解析】本题主要考查电磁感应定律；对ab来说，没有切割磁感线，因此Ub=Ua;对于bc来说，由右手定则可判定若有感应电流，则由b向c，c相当于电源正极，电势高于b点，即Ub=Ua<Uc，由,又因为线圈磁通量不变，因此没有感应电流，选项C正确。

【题型】单选题【备注】【结束】16.【题文】由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道。

当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行。

已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为A.西偏北方向，1.9×103m/sB.东偏南方向，1.9×103m/sC.西偏北方向，2.7×103m/sD.东偏南方向，2.7×103m/s【答案】B【解析】本题主要考查运动的合成与分解；对转移轨道上的卫星上的分解可知以及,附加速度应该使减为零，而,即向东的增大，故附加速度应该在东偏南方向，大小约为，选项B正确。

2018年(全国2卷)逐题仿真练24．(12分)(2019·辽宁大连市第二次模拟)滑板运动是极限运动的鼻祖，很多极限运动都是由滑板运动延伸而来．如图1所示是一个滑板场地，OP 段是光滑的14圆弧轨道，半径为0.8 m ．PQ段是足够长的粗糙水平地面，滑板与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.2.滑板手踩着滑板A 从O 点由静止滑下，到达P 点时，立即向前起跳．滑板手离开滑板A 后，滑板A 以速度v 1＝2 m/s 返回，滑板手落到前面相同的滑板B 上，并一起向前继续滑动．已知两滑板质量均为m ＝5 kg ，滑板手的质量是滑板的9倍，滑板B 与P 点的距离为Δx ＝1 m ，g ＝10 m/s 2.(不考虑滑板的长度以及滑板手和滑板间的作用时间，不计空气阻力)求：图1(1)当滑板手和滑板A 到达圆弧轨道末端P 点时滑板A 对轨道的压力； (2)滑板手落到滑板B 后瞬间，滑板B 的速度大小； (3)两个滑板间的最终距离．答案 (1)1500N ，竖直向下 (2)4.2m/s (3)4.41m解析 (1)滑板手与滑板A 由O 点下滑到P 点过程，由机械能守恒：10mgR ＝12×10mv 2，代入数据解得v ＝2gR ＝4m/s ，设在P 点时滑板手与滑板A 所受到的支持力为F N ：由牛顿第二定律可得F N －10mg ＝10m v 2R代入数据解得：F N ＝1500N ，根据牛顿第三定律得F 压＝F N ＝1500N ，方向竖直向下；(2)滑板手跳离A 板，滑板手与滑板A 水平方向动量守恒10mv ＝－mv 1＋9mv 2， 代入数据解得：v 2＝143m/s ，滑板手跳上B 板，滑板手与滑板B 水平方向动量守恒9mv 2＝10mv 3， 解得：v 3＝4.2m/s ；(3)滑板B 的位移x B ＝v 322μg ＝4.41m ，滑板A 在弧面上滑行的过程中，机械能守恒，所以再次返回P 点时的速度大小仍为v 1＝2m/s ，滑板A 在水平地面上的位移x A ＝v 122μg ＝1m ，最终两滑板的间距为L ＝x B ＋Δx －x A ＝4.41m.25．(20分)(2019·山西运城市5月适应性测试)如图2甲所示，以O 为坐标原点建立坐标系，等边三角形OMN 内存在垂直纸面向里的匀强磁场，三角形外侧有沿x 轴负方向的匀强电场．现有质量m ＝1×10－18kg ，电荷量q ＝＋1×10－15C 的带电微粒从坐标为(0，－0.5m)的Q 点，以某一初速度v 0沿某一方向入射，从x 轴上的P 点以v ＝200m/s 的速度垂直x 轴进入三角形区域．若此时将三角形外侧的电场换成垂直纸面向外的匀强磁场(如图乙所示)，两磁场的磁感应强度大小相等．已知三角形的边长L ＝4m ，O 、P 两点间距离为d ＝1m ，重力不计．求：图2(1)匀强电场的电场强度大小及带电微粒的初速度大小；(2)若两磁场的磁感应强度大小B ＝0.2T ，求该微粒在乙图中运动一个周期的时间； (3)乙图中若微粒能再次回到P 点，则两匀强磁场的磁感应强度大小应满足什么条件． 答案 (1)320V/m 20017m/s (2)6.28×10－2s (3)B ＝(0.4n ＋0.2) T ，(n ＝0,1,2,3…) 解析 (1)在匀强电场中，对微粒受力分析，根据牛顿运动定律可知， 水平方向OP ＝qE2m t 2竖直方向OQ ＝vt 水平分速度v x ＝qE mt 微粒的初速度v 0＝v 2＋v x 2联立解得E ＝320V/m ，v 0＝20017m/s ； (2)粒子在两磁场中均做匀速圆周运动，所以qvB ＝m v 2r ，解得r ＝mvqB ＝1mT ＝2πr v ，解得T ＝π100＝3.14×10－2s 粒子的运动轨迹如图(a)所示，所以一个周期时间：t ＝3×T 6＋3×T2＝6.28×10－2s(3)粒子的运动轨迹如图(b)所示由对称性可知，要想粒子能回到P 点，则粒子运动的半径应满足r (2n ＋1)＝OP (n ＝0,1,2,3…)且r ＝mvqB，联立可得B ＝(0.4n ＋0.2) T ，(n ＝0,1,2,3…)． 33．【选修3－3】(15分)(1)(5分)一定质量的理想气体从状态M 到达状态N ，有两个过程可以经历，其p －V 图象如图3所示．在过程1中，气体始终与外界无热量交换；在过程2中，气体先经历等容变化再经历等压变化．对于这两个过程，下列说法正确的是________．图3A ．气体经历过程1，其温度降低，内能减少B ．气体经历过程1，对外做功，内能不一定减少C ．气体在过程2中，一直对外做功D ．气体在过程2中，先向外放热后吸热E ．气体在过程2中，一直向外放热(2)(10分)如图4所示，一开口向上的汽缸固定在水平地面上，质量均为m 、厚度不计、横截面积均为S 的活塞A 、B 将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分，在活塞A 的上方放置一质量也为m 的物块，整个装置处于静止状态，此时Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为L 0.已知大气压强p 0＝2mgS，气体可视为理想气体且温度始终保持不变，不计一切摩擦，汽缸足够高．当把活塞A 上面的物块取走时，活塞A 将向上移动，求系统重新达到静止状态时，活塞A 上升的高度．图4答案 (1)AD (2)712L 0解析 (1)气体经历过程1，压强减小，体积变大，气体膨胀对外做功，因气体始终与外界无热量交换，则内能减少，故温度降低，故A 正确，B 错误；气体在过程2中，根据理想气体状态方程pV T＝C ，刚开始时，体积不变，对外不做功，压强减小，则温度降低，对外放热，然后压强不变，体积变大，则气体膨胀对外做功，温度升高，吸热，故C 、E 错误，D 正确． (2)对气体Ⅰ，其初态压强p 1＝p 0＋2mgS＝2p 0末态压强为p 1′＝p 0＋mg S ＝32p 0，设末态时气体Ⅰ的长度为L 1根据玻意耳定律得：p 1L 0S ＝p 1′L 1S 解得L 1＝43L 0对气体Ⅱ，其初态压强为p 2＝p 1＋mg S ＝52p 0末态压强为p 2′＝p 1′＋mgS＝2p 0 设末状态时气体Ⅱ的长度为L 2 根据玻意耳定律得：p 2L 0S ＝p 2′L 2S 解得：L 2＝54L 0故活塞A 上升的高度为Δh ＝L 1＋L 2－2L 0＝712L 0.34．【选修3－4】(15分)(2019·福建龙岩市5月模拟)(1)(5分)如图5，位于坐标原点的某波源S 振动方程y ＝10sin (200πt )cm ，产生的简谐横波沿x 轴正、负方向传播，波速v ＝80m/s.在x 轴上有M 、N 、P 三点，已知SM ＝SN ＝1m ，NP ＝0.2m ．当波刚传到质点P 时，P 点的振动方向沿y 轴________(填“正”或“负”)方向，N 质点的位移为________cm.此后质点M 、N 的振动方向始终________(填“相同”或“相反”)．图5(2)(10分)半径为R 的固定半圆形玻璃砖的横截面如图6所示，O 点为圆心，OO ′为直径AB 的垂线．足够大的光屏CE 紧靠在玻璃砖的右侧且与AB 垂直．由两种频率的单色光组成的一细束复色光，沿半径方向与OO ′成某一角度射向O 点，光屏上出现了三个光斑C 、D 、E ，且BC ＝3R ，BD ＝33R ，BE ＝R .玻璃砖对两单色光的折射率分别为n 1和n 2(且n 2>n 1)．图6①求n 2；②若入射点O 不变，逐渐增大入射角θ，当光屏上恰好只剩一个光斑时，求此时θ角． 答案 (1)正 10 相同 (2)① 3 ②45°解析 (1)由波源S 的振动方程知，波源的起振方向沿y 轴正方向，所以介质中所有质点的起振方向均沿y 轴正方向；由振动方程y ＝10sin (200πt ) cm 知，ω＝2πT＝200π，T ＝0.01s ，所以波长λ＝vT ＝0.8m ，NP ＝0.2m ＝λ4，所以当波刚传到质点P 时，N 质点处在波峰的位置，位移为10cm ；由于SM ＝SN ＝1m ，M 、N 的振动步调一致，振动方向始终相同． (2)①光路图如图所示，设入射角为θ，折射光线OD 的折射角为α，由折射定律得n 2＝sin αsin θ由几何关系得BC ＝R tan θ＝3R BD ＝Rtan α＝33R 可得：α＝60°，θ＝30° 所以：n 2＝ 3.②设折射光线OE 的折射角为β，由折射定律得n 1＝sin βsin θ根据几何关系得BE ＝Rtan β＝R可得：β＝45° 所以：n 1＝ 2当光屏恰好只剩一个光斑时，折射率小的单色光恰好发生全反射，此时 sin θ＝1n 1＝22解得此时θ＝45°.。

2018年(全国3卷)逐题仿真练24．(12分)(2019·河南省顶级名校第四次联测)如图1所示，竖直平面xOy ，其x 轴水平，在整个平面内存在沿x 轴正方向的匀强电场E ，在第三象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ＝0.2 T ．现有一比荷为qm＝25C/kg 的带电微粒，从第三象限内某点以速度v 0向坐标原点O 做直线运动，v 0与x 轴之间的夹角为θ＝45°，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图1(1)微粒的电性及速度v 0的大小；(2)带电微粒在第一象限内运动时所到达的最高点的坐标． 答案 (1)正电 22m/s (2)(0.6m,0.2m)解析 (1)带电微粒在第三象限内做直线运动，受到重力、电场力和洛伦兹力三个力的作用，并且合力为零，即微粒做匀速直线运动，所以微粒受到的洛伦兹力垂直于速度方向斜向左上方，由左手定则可判断微粒带正电；对带电微粒受力分析，如图所示，根据平衡条件可得：Bqv 0＝2mg 解得：v 0＝22m/s ；(2)带电微粒进入第一象限后做曲线运动，设最高点为M ，从O 到M 所用的时间为t ，则将微粒从O 到M 的运动分解为沿x 轴方向上的匀加速直线运动和沿y 轴方向上的匀减速直线运动y 轴方向上：0＝v 0sin45°－gt y ＝v 0sin45°2tx 轴方向上：qE ＝mg tan45°＝ma x x ＝v 0cos45°t ＋12a x t 2解得x ＝0.6m ，y ＝0.2m.即带电微粒在第一象限内运动时所达到的最高点的坐标为(0.6m,0.2m)25.(20分)(2019·广西钦州市4月综测)如图2，为某碰撞模拟实验简图．在水平地面上固定倾角为θ的足够长的光滑斜面，中间带孔的槽固定在斜面上．一轻直杆平行于斜面，一端与轻弹簧相连，另一端穿在槽中，直杆与槽间的最大静摩擦力为F f ＝2mg sin θ.现将直杆用销钉固定．一质量为m 的滑块从距离弹簧上端L 处由静止释放，其下滑过程中的最大速度v m ＝3gL sin θ.已知弹簧的劲度系数k ＝mg sin θL，弹簧的弹性势能与其形变量的平方成正比．滑动摩擦力可认为等于最大静摩擦力，弹簧始终在弹性限度内且不会碰到槽．当地重力加速度为g .图2(1)求滑块下滑速度为v m 时弹簧的弹性势能E p ；(2)若取下销钉，使滑块仍从原位置由静止释放，求直杆下滑的最大距离s ；并分析说明滑块此后是否能与弹簧分离，若能，请求出滑块与弹簧分离时的速度大小v ；若不能，请说明理由．(3)若取下销钉，使滑块从距离弹簧上端2L 处由静止释放，请分析说明滑块此后是否能与弹簧分离，若能，请求出滑块与弹簧分离时的速度大小v ′；若不能，请说明理由． 答案 (1)12mgL sin θ (2)滑块不能与弹簧分离 (3)仍然不能分离，理由见解析解析 (1)设滑块达到最大速度v m 时弹簧形变量为x ，则有：mg sin θ＝kx 解得x ＝L此过程系统机械能守恒，有mg (L ＋x )sin θ＝12mv m 2＋E p代入相关数据可得E p ＝12mgL sin θ；(2)当弹力大小等于F f 时直杆开始滑动，设此时弹簧形变量为x ′，则有2mg sin θ＝kx ′ 可得x ′＝2L 依题意有E p ′＝4E p设此时滑块速度为v 1，则根据机械能守恒定律有：mg (L ＋x ′)sin θ＝12mv 12＋E p ′之后滑块与直杆将一起做匀减速运动，直至速度减为零．根据动能定理有：mgs sin θ－F f s ＝0－12mv 12联立以上各式可得s ＝L此后直杆保持静止．假设滑块能与弹簧分离，即滑块还需向上运动2L 的距离．根据机械能守恒定律有：E p ′＝2mgL sin θ＋12mv 2联立可得v ＝0可见，此后滑块将继续下滑，来回做往复运动． 综上，滑块此后不能与弹簧分离．(3)若滑块从距离弹簧2L 处由静止释放，根据(2)中的分析可知，直杆下滑的距离将增加，但E p ′保持不变，因而滑块仍然不能与弹簧分离．33．【选修3－3】(15分)(2019·四川南充市第三次适性考试)(1)(5分)一定质量的理想气体由状态a 经状态b 、c 到状态d ，其体积V 与热力学温度T 关系如图3所示，O 、a 、d 三点在同一直线上，ab 和cd 平行于横轴，bc 平行于纵轴，则下列说法正确的是______________．图3A ．从状态a 到状态b ，气体吸收热量B ．从状态a 到状态b ，每个气体分子的动能都增大C ．从状态b 到状态c ，气体对外做功，内能减小D ．从状态c 到状态d ，气体的密度不变E ．从状态a 到状态d ，气体的内能增加(2)(10分)如图4所示，长L ＝55cm 的薄壁玻璃管与水平面成30°角倾斜放置，玻璃管粗细均匀，底端封闭、另一端开口．现用长l ＝10cm 的水银柱封闭着一定质量的理想气体，气体温度为306K ，且水银面恰与管口齐平．现将管口缓慢转到竖直向上位置，并将水银缓慢注入管中，直到水银面再次与管口齐平，已知大气压强p ＝75cmHg.求：图4①水银面再次与管口齐平时，管中气体的压强；②对竖直玻璃管缓慢加热，若管中刚好剩下5cm 高的水银柱，气体温度升高了多少． 答案 (1)ADE (2)①90cmHg ②340K解析 (1)由状态a 到状态b 过程中，气体体积不变，则W ＝0，温度升高，则ΔU >0，根据ΔU ＝W ＋Q 可知气体吸收热量，选项A 正确；由状态a 到状态b 过程中，气体的温度升高，则气体分子的平均动能变大，但不是每个气体分子的动能都会增大，选项B 错误；从状态b 到c ，气体温度不变，内能不变，体积变大，则气体对外做功，选项C 错误；从状态c 到d ，气体体积不变，则气体的密度不变，选项D 正确；从状态a 到状态d ，气体温度升高，则内能增加，选项E 正确．(2)①设玻璃管的横截面积为S ，水银密度为ρ，重力加速度为g ，初态时，管内气体的温度为T 1＝306K ，体积V 1＝45S压强为p 1＝p 0＋ρgl sin30°＝80cmHg当玻璃管竖直，水银面再次与管口齐平时，设水银柱高为H ，则V 2＝(55－H )S 压强为p 2＝p 0＋ρgH ＝(75＋H ) cmHg 由玻意耳定律，p 1V 1＝p 2V 2 代入数据解得：H ＝15cm 故p 2＝p 0＋ρgH ＝90cmHg②设温度升至T 2时，管中水银柱高为5cm ，气体体积V 3＝50S 气体压强为p 3＝p 0＋ρgH ＝80cmHg 由理想气体状态方程：p 1V 1T 1＝p 3V 3T 2代入数据得：T 2＝340K. 34．【选修3－4】(15分)(2019·山西运城市5月适应性测试)(1)(5分)图5(a)为一列简谐横波在t ＝2s 时的波形图，图(b)为平衡位置在x ＝0.5m 处的质点P 的振动图象，M 是平衡位置在x ＝2m 的质点．下列说法正确的是________．图5A ．波的传播方向向右B ．波速为0.5m/sC ．0～2s 时间内，M 向y 轴正方向运动D ．当t ＝9s 时，M 恰好回到平衡位置且向下振动E ．x ＝1.5m 处的质点与P 的振动步调有时相同有时相反(2)(10分)现有一三棱柱工件，由透明玻璃材料制成．如图6所示，其截面ABC 为直角三角形，∠ACB ＝30°，现在有一条光线沿着截面从AC 边上的O 点以45°的入射角射入工件折射后到达BC 边的中点并发生了全反射后垂直于AB 边射出．已知光在空气中的传播速度为c .图6①求透明玻璃材料的折射率．②若BC ＝3a ，求光线在玻璃材料内传播的时间． 答案 (1)ABD (2)① 2 ②52a4c解析 (1)根据题图(b)可知，t ＝2s 时在x ＝0.5m 处的质点P 的振动方向向下，由平移法可知，波的传播方向向右，A 正确；根据图(a)可知波长λ＝2m ，根据图(b)可知周期T ＝4s ，所以波速：v ＝λT＝0.5m/s ，B 正确；M 点与原点距离一个波长，所以t ＝2s 时M 也处于波谷，0～2s 时间内后半个周期，M 在向y 轴负方向运动，C 错误；从t ＝2s 到t ＝9s ，Δt ＝7s ＝134T ，现在M 处于波谷，所以t ＝9s 时，M 恰好回到平衡位置且向下振动，D 正确；x ＝1.5m 处的质点与P 相距半个波长，所以振动步调相反，E 错误． (2)①光路图如图所示DE 光线垂直AB 射出，所以∠EDB ＝∠ODC ＝30°，折射角r ＝30°，所以n ＝sin45°sin30°＝ 2②由几何关系可知，OD cos30°＝12CD ＝14CB ，所以OD ＝12a ，DE ＝BD cos30°＝3a4，因为n ＝c v ，所以v ＝c n ＝2c 2，t ＝OD ＋DE v ＝52a 4c.。