2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題沖刺 綜合能力仿真模擬卷一（含解析）

綜合能力仿真模擬卷一 第卷(選擇題，共48分)二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1418題只有一項符合題目要求，第1921題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。14如圖是氫原子的能級圖，一個氫原子從n5能級直接躍遷到n2能級，則()A放出某一頻率的光子B放出一系列頻率的光子C吸收某一頻率的光子D吸收一系列頻率的光子答案A解析由較高能級向較低能級躍遷，放出光子的能量：hEmEn，一個氫原子從n5能級直接躍遷到n2能級只能夠放出某一頻率的光子，A正確。15(2019·廣西欽州三模)某空降兵從直升機上跳下，8 s后打開降落傘，并始終保持豎直下落。在012 s內(nèi)其下落速度隨時間變化的v­t圖象如圖所示。則()A空降兵在08 s內(nèi)下落的高度為4v2B空降兵(含降落傘)在08 s內(nèi)所受阻力可能保持不變C8 s時空降兵的速度方向改變，加速度方向保持不變D812 s內(nèi)，空降兵(含降落傘)所受合力逐漸減小答案D解析由v­t圖象可知，v­t圖象與t軸包圍的面積表示位移，則空降兵在08 s內(nèi)下降的高度大于×v2×84v2，故A錯誤；由v­t圖象可知，在08 s內(nèi)，v­t圖象的斜率越來越小，即加速度越來越小，由受力分析可得：mgfma，故所受的阻力越來越大，B錯誤；由v­t圖象可知，在8 s時，空降兵的速度開始減小，但是方向不變，圖象的斜率的正負發(fā)生了改變，可知加速度的方向發(fā)生了改變，變?yōu)樨Q直向上，故C錯誤；812 s內(nèi)，空降兵的加速度方向豎直向上，受力分析得：F合ma，由圖象可知，斜率越來越小，即空降兵的加速度越來越小，所以空降兵(含降落傘)所受合力逐漸減小，D正確。16.(2019·福建寧德二模)2019年4月10日21時，人類首張黑洞照片在全球六地的視界望遠鏡發(fā)布會上同步發(fā)布。該黑洞半徑為R，質(zhì)量M和半徑R的關(guān)系滿足：(其中c為光速，G為引力常量)。若天文學(xué)家觀測到距黑洞中心距離為r的天體以速度v繞該黑洞做勻速圓周運動，則()A該黑洞的質(zhì)量為 B該黑洞的質(zhì)量為C該黑洞的半徑為 D該黑洞的半徑為答案C解析天體受到黑洞的萬有引力提供天體做圓周運動所需的向心力，則有：Gm，得M，故A、B錯誤；設(shè)黑洞的半徑為R，質(zhì)量M和半徑R的關(guān)系滿足：，聯(lián)立解得R，故C正確，D錯誤。17(2019·山東濰坊二模)中核集團研發(fā)的“超導(dǎo)質(zhì)子回旋加速器”，能夠?qū)①|(zhì)子加速至光速的，促進了我國醫(yī)療事業(yè)的發(fā)展。若用如圖所示的回旋加速器分別加速氕、氘兩種靜止的原子核，不考慮加速過程中原子核質(zhì)量的變化，以下判斷正確的是()A氘核射出時的向心加速度大B氕核獲得的速度大C氘核獲得的動能大D氕核動能增大，其偏轉(zhuǎn)半徑的增量不變答案B解析由qvBm得：速度vm，向心加速度a，可知氕核射出時的向心加速度大，A錯誤；Ekmmv，因為氕核的質(zhì)量較小，則獲得的動能和速度大，B正確，C錯誤；由r可知，氕核動能增大，其偏轉(zhuǎn)半徑的增量要改變，D錯誤。18(2019·湖南岳陽高三二模)如圖甲為一種門后掛鉤的照片，相鄰掛鉤之間的距離為7 cm，圖乙中斜挎包的寬度約為21 cm，在斜挎包的質(zhì)量一定的條件下，為了使懸掛時背包帶受力最小，下列措施正確的是()A隨意掛在一個鉤子上B使背包帶跨過兩個掛鉤C使背包帶跨過三個掛鉤D使背包帶跨過四個掛鉤答案D解析設(shè)懸掛后背包帶與豎直方向的夾角為，根據(jù)平衡條件可得2Fcosmg；解得背包帶的拉力F，在斜挎包的質(zhì)量一定的條件下，為了使懸掛時背包帶受力最小，則cos最大，由于相鄰掛鉤之間的距離為7 cm，圖乙中斜挎包的寬度約為21 cm，故使背包帶跨過四個掛鉤時0，cos1，此時背包帶受力最小，故D正確。19(2019·福建寧德二模)如圖甲為電動汽車無線充電原理圖，M為受電線圈，N為送電線圈。圖乙為受電線圈M的示意圖，線圈匝數(shù)為n，電阻為r，橫截面積為S，a、b兩端連接車載變流裝置，磁場平行于線圈軸線向上穿過線圈。下列說法正確是()A當(dāng)線圈N接入恒定電流時，不能為電動汽車充電B當(dāng)線圈N接入正弦式交變電流時，線圈M兩端產(chǎn)生恒定電壓C當(dāng)線圈M中的磁感應(yīng)強度增加時，有電流從a端流出D充電時，t時間內(nèi)線圈M中磁感應(yīng)強度大小均勻增加B，則M兩端電壓為答案AC解析當(dāng)送電線圈N接入恒定電流時，產(chǎn)生的磁場不變化，受電線圈M中的磁通量不發(fā)生變化，故無法產(chǎn)生感應(yīng)電流，不能為電動汽車充電，故A正確；當(dāng)線圈N接入正弦式交變電流時，受電線圈M中的磁通量按正弦式變化，故M兩端產(chǎn)生正弦式電壓，B錯誤；穿過線圈M的磁感應(yīng)強度增加，根據(jù)楞次定律，如果線圈閉合，感應(yīng)電流的磁通量向下，故感應(yīng)電流方向從b向a，即電流從a端流出，C正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有：EnnS，設(shè)受電線圈外接電路的電阻為R，由閉合電路的歐姆定律得M兩端的電壓：UR，D錯誤。20(2019·湖南衡陽三模)如圖所示，粗糙絕緣的水平面附近存在一平行于水平面的電場，其中某一區(qū)域的電場線與x軸平行，在x軸上的電勢與坐標x的關(guān)系如圖中曲線所示，曲線過(0.1,4.5)和(0.15,3)兩點，圖中虛線為該曲線過點(0.15,3)的切線。現(xiàn)有一質(zhì)量為0.20 kg、電荷量為2.0×108 C的滑塊P(可視為質(zhì)點)，從x0.10 m處由靜止釋放，其與水平面的動摩擦因數(shù)為0.02，取重力加速度g10 m/s2。則下列說法中正確的是()A滑塊P運動過程中的電勢能先減小后增大B滑塊P運動過程中的加速度先減小后增大Cx0.15 m處的電場強度大小為2.0×106 N/CD滑塊P運動的最大速度為0.1 m/s答案BCD解析由電勢與位移x圖線的斜率表示電場強度可知，電場方向未變，滑塊運動的過程中，電場力始終做正功，電勢能逐漸減小，故A錯誤；電勢與位移x圖線的斜率表示電場強度，則x0.15 m處的場強為：E V/m2×106 V/m2.0×106 N/C，此時滑塊受到的電場力為：FqE2×108×2×106 N0.04 N，滑動摩擦力大小為：fmg0.02×2 N0.04 N，在到達x0.15 m前，電場力大于摩擦力，做加速運動，加速度逐漸減小，到達x0.15 m后電場力小于摩擦力，做減速運動，加速度逐漸增大，故B、C正確；到達x0.15 m時，滑塊受到的電場力等于摩擦力，速度最大，根據(jù)動能定理得，qUfxmv2，因為0.10 m和0.15 m處的電勢差大約為1.5×105 V，代入求解，可得最大速度為0.1 m/s，故D正確。21(2019·貴州畢節(jié)二模)如圖甲所示，兩個彈性球A和B放在光滑的水平面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，質(zhì)量分別為m1和m2，其中m11 kg。現(xiàn)給A球一個水平向右的瞬時沖量，使A、B球發(fā)生彈性碰撞，以碰撞初始時刻為計時起點，兩球的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖示信息可知()AB球的質(zhì)量m22 kgBA球和B球在相互擠壓過程中產(chǎn)生的最大彈性勢能為4.5 JCt3時刻兩球的動能之和小于0時刻A球的動能D在t2時刻兩球動能之比為EkAEkB18答案AD解析A球和B球在碰撞過程中動量守恒，因此由m1v(m1m2)v共，代入題圖所給數(shù)據(jù)有m22 kg，A正確；A球和B球在共速的時候彈性形變達到最大，產(chǎn)生的彈性勢能最大，因此Epmaxm1v2(m1m2)v J3 J，B錯誤；因為是彈性碰撞，兩個小球組成的系統(tǒng)在分離前后沒有能量損失，則0時刻A球的動能與t3時刻兩球動能之和相等，C錯誤；從碰撞到t2時刻，小球滿足動量守恒定律和機械能守恒定律，因此有m1vm1v1m2v2，m1v2m1vm2v，聯(lián)立解得v22 m/s，v11 m/s，故t2時刻兩球的動能之比EkAEkB18，D正確。第卷(非選擇題，共62分)三、非選擇題：共62分，第2225題為必考題，每個試題考生都必須作答。第3334題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題：共47分。22(2019·成都高新區(qū)一模)(6分)某實驗小組的同學(xué)用如圖甲所示的裝置測量滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)。每次滑塊都從斜面上由靜止開始下滑，測出滑塊每次下滑時遮光板到光電門所在位置的距離L及相應(yīng)遮光時間t的值。(1)用游標卡尺測量遮光板的寬度d，如圖乙所示，則d_ cm。(2)為測出滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)，本實驗還需要測出或知道的物理量是_(填下列序號)。A滑塊和遮光板的總質(zhì)量mB斜面的傾角C當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭(3)實驗中測出了多組L和t的值，若要通過線性圖象來處理數(shù)據(jù)求值，則應(yīng)作出的圖象為_。At2­L圖象 Bt2­圖象CL2­圖象 DL2­t圖象(4)在(3)作出的線性圖象中，若直線的斜率為k，則關(guān)于值的表達式為_。(可用以上物理量的符號表示)答案(1)0.225(2)BC(3)B(4)tan解析(1)主尺示數(shù)為2 mm，游標尺上刻度線5和主尺上某一刻度對齊，所以游標尺讀數(shù)為：5×0.05 mm0.25 mm，故所測寬度為：2 mm0.25 mm2.25 mm0.225 cm。(2)遮光板運動到光電門處滑塊的速度v，由動能定理有：(mgsinmgcos)Lmv2，可得tan，故需要測量斜面傾角和當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，B、C正確。(3)由tan，可以得到：t2·，即t2­圖象是一條過原點的直線，可作t2線性圖象處理數(shù)據(jù)求值，B正確。(4)圖象的斜率為k，則由k，解得tan。23(2019·福建高中畢業(yè)班3月質(zhì)檢)(9分)某同學(xué)用內(nèi)阻Rg20 、滿偏電流Ig5 mA的毫安表制作了一個簡易歐姆表，電路如圖甲，電阻刻度值尚未標注。(1)該同學(xué)先測量圖甲中電源的電動勢E，實驗步驟如下：將兩表筆短接，調(diào)節(jié)R0使毫安表指針滿偏；將阻值為200 的電阻接在兩表筆之間，此時毫安表指針位置如圖乙所示，該示數(shù)為_ mA；計算得電源的電動勢E_ V。(2)接著，他在電流刻度為5.00 mA的位置標上0 ，在電流刻度為2.00 mA的位置標上_ ，并在其他位置標上相應(yīng)的電阻刻度值。(3)該歐姆表用久后，電池老化造成電動勢減小、內(nèi)阻增大，但仍能進行歐姆調(diào)零，則用其測得的電阻值_(填“大于”“等于”或“小于”)真實值。(4)為了減小電池老化造成的誤差，該同學(xué)用一電壓表對原電阻刻度值進行修正。將歐姆表的兩表筆短接調(diào)節(jié)R0使指針滿偏；再將電壓表接在兩表筆之間，此時電壓表示數(shù)為1.16 V，歐姆表示數(shù)為1200 ，則電壓表的內(nèi)阻為_ ，原電阻刻度值300 應(yīng)修改為_ 。答案(1)3.001.5(2)450(3)大于(4)1160290解析(1)由于毫安表的量程為5 mA，分度值為0.1 mA，所以圖乙中的示數(shù)為3.00 mA；設(shè)歐姆表的內(nèi)阻為R，由閉合電路歐姆定律得：滿偏時，5.0×103 A，接入200 的電阻時，3.0×103 A，聯(lián)立解得：R300 ，E1.5 V。(2)電流刻度為2.00 mA時的總電阻為R總 750 ，所以此時外接電阻為(750300) 450 。(3)由閉合電路歐姆定律得：I，由于電動勢變小，則R變小，所以測同一電阻Rx時，電流I變小，所以電阻Rx的測量值變大，大于真實值。(4)歐姆表示數(shù)為1200 ，由閉合電路歐姆定律得：I A103 A，所以電壓表的內(nèi)阻為RV 1160 。原電阻刻度值300 即歐姆表內(nèi)阻R的大小，設(shè)電動勢降為E時，調(diào)零后的內(nèi)阻為R，則EIgR0對于電壓表接入的閉合電路，有EUIR，聯(lián)立解得R290 ，故原300 電阻刻度應(yīng)改為290 。24.(2019·福建泉州二模)(12分)華裔科學(xué)家丁肇中負責(zé)的AMS項目，是通過“太空粒子探測器”探測高能宇宙射線粒子，尋找反物質(zhì)。某學(xué)習(xí)小組設(shè)想了一個探測裝置，截面圖如圖所示。其中輻射狀加速電場的內(nèi)、外邊界為兩個同心圓，圓心為O，外圓電勢為零，內(nèi)圓電勢45 V，內(nèi)圓半徑R1.0 m。在內(nèi)圓內(nèi)有磁感應(yīng)強度大小B9×105 T、方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁場內(nèi)有一圓形接收器，圓心也在O點。假設(shè)射線粒子中有正電子，先被吸附在外圓上(初速度為零)，經(jīng)電場加速后進入磁場，并被接收器接收。已知正電子質(zhì)量m9×1031 kg，電荷量q1.6×1019 C，不考慮粒子間的相互作用。(1)求正電子在磁場中運動的速率v和半徑r；(2)若正電子恰好能被接收器接收，求接收器的半徑R。答案(1)4×106 m/s0.25 m(2) m解析(1)電場內(nèi)，內(nèi)外邊界的電勢差大小為U045 V，在加速正電子的過程中，根據(jù)動能定理可得qUmv20，代入數(shù)據(jù)解得v4×106 m/s，正電子進入磁場做勻速圓周運動，由向心力公式可得：qvBm，解得r0.25 m。(2)正電子在磁場中運動的軌跡如圖所示，當(dāng)正電子運動的軌跡與接收器相切時，正電子恰好能被接收器接收，由幾何關(guān)系可得：(Rr)2r2R2，解得R m。25(2019·四川成都二診)(20分)用如圖所示的裝置，可以模擬貨車在水平路面上的行駛，進而研究行駛過程中車廂里的貨物運動情況。已知模擬小車(含遙控電動機)的質(zhì)量M7 kg，車廂前、后壁間距L4 m，木板A的質(zhì)量mA1 kg，長度LA2 m，木板上可視為質(zhì)點的物體B的質(zhì)量mB4 kg，A、B間的動摩擦因數(shù)0.3，木板與車廂底部(水平)間的動摩擦因數(shù)00.32，A、B緊靠車廂前壁?，F(xiàn)“司機”遙控小車從靜止開始做勻加速直線運動，經(jīng)過一定時間，A、B同時與車廂后壁碰撞。設(shè)小車運動過程中所受空氣和地面總的阻力恒為F阻16 N，重力加速度大小g10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。(1)從小車啟動到A、B與后壁碰撞的過程中，分別求A、B的加速度大?。?2)A、B與后壁碰撞前瞬間，求遙控電動機的輸出功率；(3)若碰撞后瞬間，三者速度方向不變，小車的速率變?yōu)榕銮暗?0%，A、B的速率均變?yōu)榕銮靶≤嚨乃俾?，且“司機”立即關(guān)閉遙控電動機，求從開始運動到A相對車靜止的過程中，A與車之間由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能。答案(1)4 m/s23 m/s2(2)670 W(3)40 J解析(1)由題意，從小車啟動到A、B與后壁碰撞的過程中，三者間有相對滑動，三者受力如圖所示，對B：fABmBg12 N由牛頓第二定律有：fABmBaB代入數(shù)據(jù)解得：aB3 m/s2，方向向前，做勻加速運動對A：F車A0(mAmB)g16 N，fABfBA由牛頓第二定律：F車AfBAmAaA代入數(shù)據(jù)解得：aA4 m/s2，方向向前，做勻加速運動。(2)A、B同時到達后壁，有sAsBaAt2aBt2LA且：s車sBa車t2aBt2L解得：t2 s，a車5 m/s2對車，由牛頓第二定律有：F牽0(mAmB)gF阻Ma車解得：F牽67 N電動機輸出功率為PF牽v碰撞前瞬間的車速為：va車t聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得：v10 m/s，P670 W。(3)碰撞后瞬間，v車0.8v8 m/s，A、B的速率為v，因<0所以碰后三者之間仍有相對滑動，三者受力如圖所示，對B：aBaB3 m/s2，方向向后，做勻減速直線運動對A：aAaA4 m/s2，方向向后，做勻減速直線運動對車：F牽F阻FA車0，因此車做勻速直線運動設(shè)經(jīng)時間t，A與車相對靜止，則：t0.5 sA與車間相對滑動的距離為：ssAs車(vtaAt2)v車t得：s0.5 mA相對車通過的總路程：s總sA與車之間由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能：EF車As總代入數(shù)據(jù)解得：E40 J。(二)選考題：共15分。請考生從2道題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。33物理選修33(15分)(1)(2019·廣東高三月考)(5分)一定量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)歷三個過程ab、bc、ca回到原狀態(tài)，其p­V圖象如圖所示，由圖象可知：a、b、c三個狀態(tài)中，狀態(tài)_的分子平均動能最??；b和c兩個狀態(tài)比較，b狀態(tài)中容器壁單位面積單位時間內(nèi)受到氣體分子撞擊的次數(shù)較_；若經(jīng)歷ca過程氣體的內(nèi)能減少了20 J，則該過程氣體放出的熱量為_ J。(2)(2019·南昌三模)(10分)農(nóng)藥噴霧器的原理如圖所示，儲液筒與打氣筒用軟細管相連，先在筒內(nèi)裝上藥液，再擰緊筒蓋并關(guān)閉閥門K，用打氣筒給儲液筒充氣增大儲液筒內(nèi)的氣壓，然后再打開閥門，儲液筒的液體就從噴霧頭噴出。已知儲液筒容器為10 L(不計儲液筒兩端連接管體積)，打氣筒每打一次氣能向儲液筒內(nèi)壓入空氣200 mL，現(xiàn)在儲液筒內(nèi)裝入8 L的藥液后關(guān)緊筒蓋和噴霧頭閥門K，再用打氣筒給儲液筒打氣。(設(shè)周圍大氣壓恒為1個標準大氣壓，打氣過程中儲液筒內(nèi)氣體溫度與外界溫度相同且保持不變)求：要使儲液筒內(nèi)藥液上方的氣體壓強達到3 atm，打氣筒活塞需要循環(huán)工作的次數(shù)；打開噴霧頭開關(guān)K直至儲液筒的內(nèi)外氣壓相同，儲液筒內(nèi)剩余藥液的體積。答案(1)a多120(2)204 L解析(1)根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程C，可知a狀態(tài)的p、V乘積最小，則溫度最低，分子平均動能最??；b和c兩個狀態(tài)比較，p、V乘積相同，則溫度相同，分子平均速率相同，b狀態(tài)壓強較大，體積小，分子數(shù)密度較大，則b狀態(tài)中容器壁單位面積單位時間內(nèi)受到氣體分子撞擊的次數(shù)較多；ca過程外界對氣體做功：WpV0.5×105×(31)×103 J100 J；則由UWQ可得QUW20 J100 J120 J，則該過程氣體放出的熱量為120 J。(2)設(shè)需打氣的次數(shù)為n，每次打入的氣體體積為V0，儲液筒藥液上方的氣體體積為V，則開始打氣前：儲液筒液體上方氣體的壓強：p1p01 atm，氣體的體積為：V1VnV0打氣完畢時，儲液筒內(nèi)藥液上方的氣體體積為：V2V，壓強為p23 atm打氣過程為等溫變化，所以由玻意耳定律得：p1V1p2V2代入數(shù)據(jù)解得：n20。打開噴霧頭閥門K直至儲液筒內(nèi)外氣壓相同時，設(shè)儲液筒上方氣體的體積為V3，此過程為等溫變化，所以由玻意耳定律得：p3V3p1V1，代入數(shù)據(jù)解得：V33V16 L所以噴出的藥液的體積VV3V4 L，剩余的藥液的體積為8 L4 L4 L。34物理選修34(15分)(1)(2019·江西九校重點中學(xué)協(xié)作體高三第一次聯(lián)考)(5分)甲、乙兩位同學(xué)利用假期分別在兩個地方做“用單擺測重力加速度的實驗”，回來后共同繪制了T2­L圖象，如圖甲中A、B所示，此外甲同學(xué)還順便利用其實驗的單擺探究了受迫振動，并繪制了單擺的共振曲線，如圖乙所示。那么下列說法中正確的是_。(填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分)A單擺的固有周期由擺長和所處環(huán)境的重力加速度共同決定B由圖甲分析可知A圖象所對應(yīng)的實驗地點重力加速度較大C若將單擺放入繞地穩(wěn)定飛行的宇宙飛船中，則無法利用單擺測出飛船軌道處的引力加速度D由圖乙可知，甲同學(xué)探究受迫振動的單擺擺長為8 cmE如果甲同學(xué)增大擺長，他得到的共振曲線的峰值將向左移動(2)(2019·四川瀘州二診)(10分)2018年9月23日“光纖之父”華人科學(xué)家高琨逝世，他一生最大的貢獻是研究玻璃纖維通訊。光纖在轉(zhuǎn)彎的地方不能彎曲太大，如圖模擬光纖通信，將直徑為d的圓柱形玻璃棒彎成圓環(huán)，已知玻璃的折射率為，光在真空中的速度為c，要使從A端垂直入射的光線能全部從B端射出。求：圓環(huán)內(nèi)徑R的最小值；在問的情況下，從A端最下方入射的光線，到達B端所用的時間。答案(1)ACE(2)(1)d解析(1)根據(jù)單擺的固有周期公式為T2，L為擺長，g為當(dāng)?shù)刂亓铀俣龋芍狝正確；根據(jù)T2得：T2L，所以T2­L圖象的斜率k，圖甲中A圖象的斜率大于B圖象的斜率，故A圖象對應(yīng)的實驗地點重力加速度較小，B錯誤；若將單擺放入繞地穩(wěn)定飛行的宇宙飛船中，單擺小球處于完全失重狀態(tài)，不能在豎直平面內(nèi)來回擺動，故C正確；由圖乙可知，當(dāng)驅(qū)動力的頻率為0.5 Hz時，單擺發(fā)生共振，故系統(tǒng)的固有頻率為0.5 Hz，固有周期T2 s，根據(jù)T2，解得擺長L1 m，故D錯誤；根據(jù)T2，若在同一地點增長擺長，則單擺固有周期變大，固有頻率變小，則發(fā)生共振時的驅(qū)動力頻率變小，共振峰向左移動，故E正確。(2)從A端最下方入射的光線發(fā)生全反射時，其他光線也能發(fā)生全反射，設(shè)從A端最下方入射的光線到達玻璃棒側(cè)面的入射角為，根據(jù)幾何關(guān)系得：sin設(shè)全反射臨界角為C，則要使A端垂直入射的光線全部從B端射出，必須有C因此有：sinsinC根據(jù)臨界角公式有sinC即有，解得：R(1)d所以R的最小值為(1)d。在問的情況下，45°，R(1)d，光路圖如圖所示，光在玻璃內(nèi)傳播的總路程為s6R光在玻璃內(nèi)傳播的速度為vc所以所求時間為t。- 16 -