2021年高考物理三輪沖刺卷解答題（七）（解析版）

2021年高考三輪沖刺卷解答題專練（七）

物理試卷

1.如圖所示，在光滑水平面上通過鎖定裝置固定一輛質(zhì)量"=2kg的小車，小車左邊

部分為半徑R=1.2m的四分之一光滑圓弧軌道，軌道末端平滑連接一長度L=2.85m

的水平粗糙面，粗糙面右端是一擋板。有一個質(zhì)量為加=lkg的小物塊（可視為質(zhì)點）

從小車左側(cè)圓弧軌道頂端A點靜止釋放，小物塊和小車在粗糙區(qū)域的滑動摩擦因數(shù)

〃=0.08,小物塊與擋板的碰撞無機(jī)械能損失，重力加速度g=10m/s2,

（1）求小物塊滑到圓弧軌道末端時軌道對小物塊的支持力大?。?/p>

（2）若解除小車鎖定，讓小物塊由A點靜止釋放，求小物塊從圓弧末端到與右側(cè)擋板

發(fā)生第一次碰撞經(jīng)歷的時間；

（3）在（2）間的初始條件下，小物塊將與小車右端發(fā)生多次碰撞，求整個運動過程中

小車發(fā)生的位移。

A

【詳解】

（1）小車被固定，小物塊下滑到最低點過程機(jī)械能守恒

12

mgR=—mv-0

在最低點，有

v2

N-mg=m一

R

解得

N=3mg=30N

（2）解除固定后，小車可以在光滑水平面上自由運動，小物塊和小車組成的系統(tǒng)水平

方向動量守恒，設(shè)小物塊剛滑上右側(cè)粗糙區(qū)域時候速度大小為也，小車速度大小為電

mgR=—mv,2+—mv^

mv(=MV2

代入數(shù)據(jù)解得

W--4m/s,v2-2m/s

小物塊沖上粗糙面后，小物塊加速度大小為0,小車加速度大小為“2,由牛頓第二定律

有

=—=jug=0.8m/s2（水平向左）

m

?,=—=—=0.4m/s2（水平向右）

-M2

當(dāng)小物塊和小車右側(cè)擋板發(fā)生碰撞時滿足

即

11

Vyt--2+嶺/-3612t2—Lr

代入數(shù)據(jù)得

t-0.5s,r=9.5s（舍去）

故經(jīng)歷0.5s第一次和右側(cè)擋板發(fā)生碰撞；

（3）從小物塊滑下到最終相對小車靜I匕物塊在小車粗糙面上滑動的路程為

mgR=pimgs

解得

s=O=15m

s=nL+/\x

當(dāng)〃=5時，Ax=0.75m,即物塊將停在離開右側(cè)擋板0.75m處。

物塊相對小車停下時，小車也停止運動。

整個過程中，物塊相對小車發(fā)生位移為

X；-,=R+L—Ax=3.3m

選取m和用為系統(tǒng)，由于水平方向動量守恒，設(shè)，〃水平向右發(fā)生位移大小為“水

平向左發(fā)生位移大小為X2,可推得

mx}=MX2

又

玉+%2=%總

求得

m

=--------Xr,=l.lm

■M+mM

方向水平向左。

2.如圖所示豎直平面內(nèi)半徑為R的,光滑圓弧軌道靜止放在水平地面上，圓弧

4

與地面相切于地面上的P點?；瑝KA（視為質(zhì)點）從到8端高度為R處由靜止釋放，恰

好從B端沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道，離開C端后沿地面運動。已知圓弧軌道的質(zhì)量

為滑塊A的質(zhì)量的兩倍，P點左側(cè)地面光滑，滑塊與P點右側(cè)地面間的動摩擦因數(shù)為4,

重力加速度大小為g,求：

（1）滑塊到達(dá)8端時的速度大小八

（2）圓孤軌道的最大速度％。

【答案】（1）低及：（2）J等

【詳解】

（1）由

：mv2=mgR

得

V=y[2gR

（2）當(dāng)A進(jìn)入圓弧軌道BC，根據(jù)動量守恒和能量守恒

mvA=2mvm

gmv2+mgR=；mv\~^~~x2mv^

得

匕“=曾

3.如圖所示，木塊質(zhì)量w=0.4kg,它以速度v=20m/s水平地滑上一輛靜止的平板小車,

已知小車質(zhì)量L6kg,木塊與小車間的動摩擦因數(shù)為〃=0.2,木塊沒有滑離小車，

地面光滑，g取10m/s2。

求：（1）木塊相對小車靜止時小車的速度；

（2）從木塊滑上小車到木塊相對于小車剛靜止時，小車移動的距離。

【答案】（1）4m/s；（2）16m

【詳解】

（1）木塊相對小車靜止時小車的速度為匕，根據(jù)動量守恒定律則有

mv=（m+A7）vl

代入數(shù)據(jù)解得

（2）對小車由動能定理可得

102

/jmgs=-Mv,

解得小車移動的距離

s=]6m

4.足夠長的水平傳送帶始終以恒定速率逆時針運行，右側(cè)有一段與傳送帶上表面相切

的1光滑圓弧軌道，圓弧軌道的半徑H=質(zhì)量M=2kg的木盒（視為質(zhì)點）從

4

圓弧軌道上離圓弧底端〃高處由靜止釋放，滑上傳送帶后做減速運動，在傳送帶上運動

4=2s時恰好與傳送帶的速度相同。木盒與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)〃=02,木盒與

傳送帶保持相對靜止后，以％=12m/s的速度在傳送帶左端向右推出光滑小球（視為質(zhì)

點），小球的質(zhì)量根=1kg。小球與木盒相遇后，小球立即進(jìn)人木盒中并與木盒成為不

再分離的整體。測得木盒第一次經(jīng)過圓弧軌道最低點時對圓弧軌道的壓力大小N=40

N,取重力加速度大小g=10m/s2,求：

（1）靜止釋放時木盒離圓弧底端的高度公

（2）木盒在傳送帶上運動的過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量。和木盒與小球碰撞時產(chǎn)生的熱

量Q'之比。

【答案】｛1）/z=5m；（2）。：。'=35:54

【詳解】

（1）設(shè)木盒下滑到弧面底端時的速度大小為M,對木盒沿弧面下滑的過程，由動能定

理有

1,

Mgh^-MV2

根據(jù)圓周運動規(guī)律可知

Mv'2

N-Mg

解得

〃=5m,i/=10m/s

（2）由題意可知，木盒滑上傳送帶后做減速運動，由運動學(xué)公式有

r

v=v-atx

木盒在傳送帶上運動時，由牛頓第二定律有

jjMg=Ma

解得傳送帶的速度大小

V=6m/s

該段過程產(chǎn)生的熱量

Q=JuMg(xl-x2)

其中

%=心一如

x2=V/j

聯(lián)立方程，解得

2=16j

小球與木盒碰撞過程，系統(tǒng)動量守恒

mv0—Mv=(m+

碰撞產(chǎn)生的熱量

Q'mvo+~^v2+

解得

匕=0,(7=108j

設(shè)小球進(jìn)入木盒后兩者共同運動的加速度大小為q,由牛頓第二定律有

〃(〃，+A7)g=(/n+Af

v

=a}t2

解得

q=2m/s2,〃=3

該段過程產(chǎn)生的熱量

22=Z/(m+M)g(x3-x4)

其中

Vt

%3=2

12

*4=5卬2

解得

Q=54j

則因傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量

Q=Q"=7OJ

Q:Q'=35:54

5.如圖所示，半圓形軌道豎直固定放置，A為最低點，8為最高點，半徑R=O.2m。

一質(zhì)量帆=0.2kg的小球沿水平地面向右運動，以以=6m/s的速度從A點沿切線方

向進(jìn)入半圓軌道，到達(dá)8點時對軌道的壓力等于小球的重力，取lOm/s?,求:

（1）小球到達(dá)3時的速度大小;

（2）從A到B過程中小球克服摩擦力做的功;

（3）從A到8過程中小球所受合力的沖量。

B

A

【答案】（l）2m/s；（2）2.4J；（3）1.6N?s,方向向左

【詳解】

（1）小球到達(dá)B點時對軌道的壓力等于小球的重力，靠重力與支持力提供向心力。根

據(jù)牛頓第二定律得

mg+fn8=tn^

得

vB=12gR-J2x10x0.2=2m/s

（2）小球向上運動過程中重力和摩擦力做功，由動能定理得

__1212

-W-mg-2A=—mvB--

解得

W=2.4J

（3）選取向左為正方向，則小球的初動量

PI=/MVA=0.2X(-6)=-L2kg?m/s

小球的末動量

"2=mvB=0.2x2=0.4kg?m/s

由動量定理可知，小球受到的合外力的沖量等于其動量的變化，即

/=p2-p1=0.4-(-1.2)=1.6kg,m/s=1,6N*s

方向向左。

6.學(xué)校水平地面上兩幢相同高度的教學(xué)樓A和B相距較近，白天B樓對A樓有陽光

遮擋，某時刻沿B樓樓頂邊緣照射的太陽光恰好落在A樓的C點，已知C與A樓樓頂

的高度差為/2=6m,A與B樓間距為d=18m,截面如圖所示。在B樓樓頂邊緣安置

一個底面為扇形的柱狀透明物，扇形的半徑為R=gm、圓心角為150。，圓心在樓頂

邊緣，扇形柱體的一個側(cè)面緊貼豎直墻壁，這樣就可以使A樓C點下方一定區(qū)域在此

時獲得光照。求安裝了上述透明體后可使此時刻的太陽光最大能到達(dá)C點正下方多大距

2

離處？（可將太陽光當(dāng)做平行單色光處理，且光在該透明體中的折射率為〃

結(jié)果可用根式表示）

C

45

【答案】160-6(m)

【詳解】

如圖設(shè)太陽光與水平夾角為仇則有

E

0

h

tan夕=—

d

得

6=30。

光線在E點恰好發(fā)生全反射，設(shè)臨界角為C,由折射定律sinC=L得

n

C=60°

由幾何關(guān)系知

得

|0F|=2m

據(jù)圖設(shè)可以使太陽光到達(dá)C點下方H處，則有

h+H=（d-|Ofl）tanZOFE

又

ZOFE=C=60°

由此可解得

H=16x/3-6（m）

7.翡翠鑒定的常用方法之一是檢測翡翠的折射率指標(biāo)，已知質(zhì)地良好的翡翠折射率在

1.6至1.7的范圍內(nèi)。一塊半徑火=0.4m的半球形翡翠成品底面水平放置，其截面如圖

所示，現(xiàn)在A點處放置一點光源，且A點到球心。的距離/=0.3m。在翡翠的頂端8

處時恰好沒有光線射出。（取sin37。=0.6,cos37。=0.8）

（1）判斷該翡翠質(zhì)地是否良好；

（2）求翡翠橫截面上沒有光線射出的范圍所對應(yīng)的圓心角。

B

【答案】（1）質(zhì)地良好：（2）74°

【詳解】

（1）從A點射到8點的光線恰好發(fā)生全反射，則有

H1=____—_1_______

sinCsinZABO

其中

解得

5

n=—

3

可知折射率處在1.6至1.7范圍內(nèi)，該翡翠質(zhì)地良好。

（2）設(shè)從4點射出的光線在。點處恰好發(fā)生全反射，則有

3

sin/QOA=三

5

在三角形OAD中，由幾何關(guān)系可知

OAOD

sinCsinZ.OAD

解得

4

sinNOAD=—,NO4￡>=127°

5

所以

400=74°

即在翡翠的截面上沒有光射出的范圍所對應(yīng)的圓心角為74。。

8.如圖所示，直角三角形ABC為某三棱鏡的橫截面，NA=30°,AB邊長度為18cm。

位于截面所在平面內(nèi)的一細(xì)光束從A8邊以入射角i射入三棱鏡，恰好垂直AC邊射出,

已知sin;=0.8。

(1)求該三棱鏡的折射率；

(2)若同樣的細(xì)光束從8c邊中點垂直邊射入三棱鏡，求光束在三棱鏡中的傳播

路程。(不考慮光線在三棱鏡內(nèi)的多次反射)

【答案】(1)1.6；(2)15cm

【詳解】

(2)光路如圖所示

根據(jù)幾何知識，光線在AC邊入射角為60°，而臨界角為

sinC=—=—<sin60°

n8

即在AC邊發(fā)生全反射，入射到48邊入射角為30°,因為

sinC=1=—>sin30°

n8

即不發(fā)生全反射，光線會從48邊射出，根據(jù)幾何知識，光束在三棱鏡中的傳播路程

i_BC1AB

s=DF+DE=H-----=+214n60°=15cm

2sin6002sin60°

9.大部分高層建筑都會采用玻璃幕墻，玻璃幕墻美觀大方，也提高了建筑內(nèi)的采光率，

玻璃幕墻一般都是用中空玻璃，如圖甲所示。某一玻璃幕墻其剖面及尺寸示意圖如圖乙

所示，雙層中空玻璃由兩層玻璃加密封框架，形成一個夾層空間，隔層充入干燥空氣，

每單層玻璃厚度d=12mm,夾層寬度Z=18mm,一光束沿與玻璃豎直面成i=53。從

墻外經(jīng)雙層中空玻璃射入室內(nèi)（光束與玻璃剖面在同一平面上），光線通過玻璃后入射

4

光線與出射光線會有一個偏移量（兩光線垂直距離），玻璃折射率〃=一,光在空氣中

3

的速度近似為c=3.0X10*m/s，sin53°=0.8,cos53°=0.6,求（結(jié)果兩位有效數(shù)

字）：

（1）這束光通過中空玻璃從室外到室內(nèi)的偏移量人；

（2）這束光通過中空玻璃從室外到室內(nèi)的時間乙

圖甲圖乙

【答案】(I)〃=8.4mm；(2)/?2.3xl(rl(,s

【詳解】

(1)畫出這束光的光路圖如圖所示

根據(jù)折射定律

sin/

n------

sin;-

AB=CD=-^—

COST

由幾何關(guān)系可知光束進(jìn)入第一層玻璃的偏移量

4=ABsin(z-r)

這束光通過每層玻璃的偏移量相等，所以從室外到室內(nèi)的偏移量

%=%+4=2%

聯(lián)解以上各式可得

2d

h------(sinzcosr-coszsinr)=8.4mm

cosr

(2)光在玻璃內(nèi)的傳播速度

c

n二一

v

BC=—

cosz

2ABBC

t-------+——

Vc

解得

r?2.3xlO-los

答：(l)這束光通過中空玻璃從室外到室內(nèi)的偏移量為8.4mm；

(2)這束光通過中空玻璃從室外到室內(nèi)的時間約為2.3xl(r°s。

10.一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，，=0時刻波形圖如圖中的實線所示，此時波剛

好傳到P點,t=0.6s時刻，這列波剛好傳到Q點，波形如圖中的虛線所示，a、b、P、

Q是介質(zhì)中的質(zhì)點。

(1)求波速；

(2)寫出b點的振動方程；

(1)經(jīng)過A/=0.6s,波前從P傳播到Q,故波的傳播距離Ak30m,故波速

v=—=50m/s

Ar

(2)由圖可知,A=10cm,又

2冗2兀2萬

io=T2=40rad/s=2.5兀rad/s

v50

萬點的振動方程為

y=10cos2.5^/(cm)

(3)由波形圖可得

2兀x

y=Asin----

A

故。點平衡位置的橫坐標(biāo)X片型m,故根據(jù)波的傳播可得：〃點第N次經(jīng)過平衡位置時,

3

實線波向右傳播

故所經(jīng)歷的時間

；(NT)4+X〃6N—1

t=-................................=-------------S

V15

11.光滑水平面上，質(zhì)量為1kg的小球A以6mzs的速度向右運動，與同向運動的速度

為2m/s、質(zhì)量為2kg的半徑相同的小球B發(fā)生正碰，碰撞后小球B以4m/s的速度運

動。求：

(1)碰后A球的速度；

(2)碰撞過程中A球?qū)?球的沖量大小/；

(3)碰撞過程中A、B系統(tǒng)損失的機(jī)械能

AB

.........Qrr;.

777/777777777777/77777

【答案】(1)2m/s；(2)4N?；(3)4J

【詳解】

(1)設(shè)碰前A球的速度為以，8球的速度為用，碰后的速度分別為以，乙，以水平

右為正方向，人8小球組成的系統(tǒng)碰撞前后動量守恒，有

=/V+WV

WAVA+ZMBVB?AABB

代入數(shù)據(jù)解得

vA=2m/s

即碰后A的速度為2m/s。

(2)碰撞前8球的動量

PB=加B%=微§

碰撞后B球的動量

mv

PB=BB=制加

由動量定理可知，碰撞中A求對8球的沖量大小等于8球的動量變化量，即

/=PB-PB=倒磔

故碰撞過程中4球?qū)?球的沖量大小為4N2(或?qū)懗晌ⅰ煲部梢?

(3)碰撞過程中A、8系統(tǒng)損失的機(jī)械能為

?E=gmAY,nBVB

代入數(shù)據(jù)解得

?E=4J

12.如圖所示，在透明均勻介質(zhì)內(nèi)有一個半徑為R的球狀空氣泡，單色平行光從左側(cè)水

平射入，其中的一束細(xì)光束在A點以入射角30。從介質(zhì)射入氣泡，射出氣泡時光線方向

偏轉(zhuǎn)了30。,不考慮多次反射的情況，求：

(a)在圖中畫出一條光路，然后求氣泡外介質(zhì)的折射率？

(b)在介質(zhì)中能射入氣泡的平行光的面積？

7VR2

【答案】(a)圖片見解析V2；(b)

2

【詳解】

⑴光路如圖所示:

由幾何知識:可得如圖內(nèi)角26=30。,得6=15°,則有

_sin(6+30。)

n~~sin30°

(2)恰好發(fā)生全反射時，根據(jù)

,「1

sinC=—

n

解得

C=45°

平行光能射入氣泡的半徑為

口?「血R

r=KsinC=------

2

可以得面積

S=/=a

2

13.如圖所示，半圓玻璃磚的半徑R=9cm,折射率“=正，直徑AB與水平屏幕MN

垂直并接觸于A點。激光”以入射角i=30。射向半圓玻璃磚的圓心0,結(jié)果在屏幕MN

上出現(xiàn)了兩個光斑。

（1）在圖中畫出光路圖，并求出兩個光斑之間的距離；

（2）改變?nèi)肷浣?，使屏幕上只剩一個光斑，求此光斑離A點的最大距離。

【詳解】

（1）光路圖如圖所示

設(shè)折射角為r,根據(jù)折射定律

sinr

n------

sinz

解得

r=45°

由幾何知識得光斑尸、。之間的距離

PQ=Rtan45°+Rtan60°

解得

PQ=9（1+揚cm

（2）i增大的過程中，當(dāng)發(fā)生全反射時屏MN上只剩一個光斑，此光斑離A最遠(yuǎn)時,

恰好發(fā)生全反射

C=45°

Q'4=Rtan45°

Q'A=9cm

14.高二年級班級籃球賽于5月份進(jìn)行，為保證比賽順利進(jìn)行，籃球協(xié)會會長王強(qiáng)同學(xué)

為了檢查籃球氣是否充足，于是手持籃球自離地面高度0.8m處以3m/s的初速度豎直向

下拋出，球與地面相碰后豎直向上彈起的最大高度為0.45m,已知籃球的質(zhì)量為1kg,

球與地面接觸時間為Is,若把在這段時間內(nèi)球?qū)Φ孛娴淖饔昧Ξ?dāng)作恒力處理，空氣阻力

不計，g=10m/s2,求：

（1）整個過程中，重力的沖量；

（2）球?qū)Φ孛孀饔昧Φ拇笮　?/p>

【答案】（1）15N.S.方向豎直向下；（2）18N

【詳解】

（1）籃球下落過程為

4=貼+獷

解得下落過程時間為

4=0.2s或乙=—0.8s（舍去）

上升時間為

整個過程中，所用時間為

1L+Af=1.5s

整個過程中，重力的沖量為

/=mg?=15N?s

(2)籃球下落到地面時有

v,=%+gf|=5m/s

上升瞬間速度為

v2=gt2=3m/s

碰撞過程由動量定理可得

(N-mg)及=mv?—(―mv,)

代入數(shù)據(jù)解得

N=18N

由牛頓第三定律可得球?qū)Φ孛孀饔昧Φ拇笮?/p>

%=N=18N

15.2022年冬奧會將在北京舉辦，北京成為奧運歷史上第一個既舉辦過夏季奧運會，

又舉辦冬奧會的城市。如圖是參賽隊員正在進(jìn)行短道速滑接力項目的訓(xùn)練場景，甲運動

員靜止在光滑的冰面上，乙運動員以10m/s的水平向右速度從他的后方?jīng)_過來并推動

他，甲運動員以6m/s的速度脫離乙而向前滑行。已知甲運動員質(zhì)量為70kg,乙運動

員質(zhì)量為60kg,求兩運動員相互作用后，乙運動員的速度。

【答案】3m/s,水平向右

【詳解】

對甲、乙運動員組成的系統(tǒng)，乙推甲一甲脫離乙，以乙的初速度方向為正方向，由動能

守恒定律得

=mV

0+機(jī),眩\'\+加2%

解得%=3m/s,方向水平向右

16.如圖所示，一對雜技演員(都視為質(zhì)點)乘秋千(秋千繩處于水平位置)從A點由

靜止出發(fā)繞。點下擺，當(dāng)擺到最低點2時，女演員在極短時間內(nèi)將男演員沿水平方向

推出，然后自己剛好能回到高處A。已知男演員質(zhì)量為2〃?，女演員質(zhì)量為秋千的

質(zhì)量不計，秋千的擺長為R,C點比。點低5R。求

(1)兩人一起剛到最低點B時的速度而的大??；

(2)女演員在極短時間內(nèi)將男演員沿水平方向推出后男演員的速度n的大小;

(3)男演員落地點C與。點的水平距離北

C

?

【答案】(1)%=國元：(2)巧=2伍(3)87?

【詳解】

(1)兩演員從A到B的過程中，據(jù)機(jī)械能守恒定律得

12

3mgR=—x3mv0

解得

(2)設(shè)剛分離時男演員的速度大小為以，方向與w相同，女演員的速度大小為電，方向

與W相反。取方向為正方向，據(jù)動量守恒定律得

3機(jī)％=2mv)-mv2

分離后，女演員剛好能回到高處4則對女演員有

mgR=gmv；

聯(lián)立解得

匕=2

(3)男演員做平拋運動，據(jù)平拋運動可知

1,

x=v,ty4R=—gC

解得

x=8R

17.如圖所示，等腰三角形ABC為一棱鏡的橫截面，AB=AC=l,NB=30。。一細(xì)束單

3

色光平行于底邊BC從AB邊上的。點(BD=《l)射入棱鏡，從AC邊上的E點平行

2

底邊BC射出棱鏡，且CE==/,已知光在真空中的傳播速度為c。求:

(1)該棱鏡的折射率；

(2)光在該棱鏡中傳播的時間。

【答案】(1)石；(2)瘋

【詳解】

(1)光路如圖所示

由幾何知識可知，力/平行4E,AO平行FE,plij

32

BD=DF=",EF=CE=-l

55

光束從。點射入時的入射角a=60。，折射角夕=30。，由折射定律有

sin60°r-

n---------=v3

sin30°

(2)光在該棱鏡中傳播的時間

DF+EFDF+EF也＞1

t=-----------=------------=-----

VCC

n

18.實線和虛線分別是沿x軸正方向傳播的一列簡諧橫波在力=0和f2=0.06s時刻的波

形圖。

(1)求該波可能的周期7；

(2)若37ko.06s〈4T,求該波的波速大小外

y/cm

o24

【答案】(1)T=-----S(n=0,1,2,……)；(2)75m/s

4〃+3

【詳解】

⑴根據(jù)題意可知波向右傳播，根據(jù)波形圖有

M+—jT=0.06s(/?=0,1,2,)

解得

T=024§i,2,

)

4〃+3

⑵若3T<0.06s<47,由上可知

(〃+臚=0.06s

根據(jù)〃=3,可得

T=0.016s

根據(jù)波形圖有波長

4=12m

利用波速公式

2

v=—

T

代入數(shù)據(jù)解得

v=75m/s

19.如圖所示，用某透明材料做成橫截面為二分之一圓的柱形物體，。為圓心，A、B

為圓周上的兩點，圓半徑為R,A5面涂有水銀反射層，一束單色光垂直于AB面從圓

柱面上的P點射入柱體，己知透明材料的折射率〃=V3，光在真空中的傳播速度為。，

NBOP=30。，求：

(i)單色光從柱體第一次射出時的折射光線方向與從P點射入時的入射光線的夾角。；

(ii)單色光從P點入射至第一次射出柱體的時間t。

OR

【答案】(i)8=60°；(ii)t=—

【詳解】

由幾何關(guān)系可知

N8OP=30°,i=60

在P點由折射定律可得

sini

n=----

sinr

解得

r=30°

由幾何關(guān)系可知

ZO￡>C=30°

,一，sina”

在D點，由〃~,可得

sin30°

sina=〃?sin30°=

2

即a=60。，即單色光從柱體第一次射出時的折射光線方向與從尸點射入時的入射光線

的夾角6=60。：

(ii)由幾何關(guān)系可知

巧

oc=PC=Rtan30°=—/?

3

DC=2OC=^-R

3

則單色光從尸點射入柱體至第一次射出柱體時所用時間為