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辽宁省大连市2018届高三双基测试物理试题 含解析 精品

辽宁省大连市2018届高三双基测试物理试卷

一、选择题:共12小题,每小题4分。在每小题给出的四个选项中,第1~8题只有一项符合题目要求,第9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。

1. 一小球做竖直上抛运动的v-t图象如图所示,下列说法正确的是()

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A. 在t时刻,小球的加速度为零

B. 在t时刻,小球的合外力为零

C. 在0~2t时间内,合力对小球做的功为零

D. 在0~2t时间内,合力对小球的冲量为零

【答案】C

【解析】v-t图象的斜率表示加速度,由图可知t时刻,小球的加速度为:,故A 错误;设物体的质量为m,根据牛顿第二定律可知在t时刻小球所受的合外力为:,故B错误;在0~2t时间内,根据动能定理有:,故C正确;在0~2t

时间内,根据动量定理可得:,故D错误。所以C正确,ABD错误。

2. 一质点做匀加速直线运动,经过时间t,其位移为x,速度的变化为△v,则紧接着的相同的时间内,质点的位移为()

A. B. C. D.

【答案】B

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.....................

3. 下列有关原子核和质能方程的说法,正确的是()

A. 原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量

B. 爱因斯坦质能方程表明,在一定条件下质量可以转化为能量

C. 放射性元素发生β衰变时放出的是核外电子

D. 两个质子之间,不论距离如何,核力总是大于库仑力

【答案】A

【解析】根据定义可知,分散的核子组成原子核时放出的能量叫做原子核结合能,所以原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量,故A正确;质能方程E=mc2,说明了质量与能量可以相当,并不能相互转化,故B错误;β衰变是原子核的衰变,与核外电子无关,β衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子的同时释放出来的,故C错误;核力属于短程力,距离大到一定程度就变为零,因此并非核力总是大于库仑力,故D错误。所以A正确,BCD错误。

4. 如图所示,木块A叠放在木块B的上表面,木块B上表面水平,B的下表面与斜面间无摩擦,A与B保持相对静止一起沿斜面下滑过程中,斜面体C保持不动,下列判断正确的是

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A. A木块受到的摩擦力水平向右

B. A对B的作用力方向竖直向下

C. C与水平地面之间没有摩擦力

D. C对地面的压力小于A、B、C重力之和

【答案】D

【解析】对AB整体研究,根据牛顿第二定律可得:a=gsinθ,把加速度分解,水平方向:

a x=gsinθcosθ,竖直方向,隔离A物体有:F静A=m A a x=m A gsinθcosθ,方向向左,故A错误;A对B的压力竖直向下,A对B的摩擦力水平向右,A对B的作用力即为A对B的摩擦力和压力的合力,根据平行四边形定则可知指向右下方,故B错误;选整体分析,由于A、B有向左的加速度a x,地面对C的摩擦力方向向左,故C错误;由于AB整具有向下的加速度

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,处于失重状态,所以地面对C的支持力小于A、B、C重力之和,故D正确。所以D 正确,ABC错误。

5. 环境监测卫星是专门用于环境和灾害监测的对地观测卫星,利用三颗轨道相同的监测卫星可组成一个监测系统,它们的轨道与地球赤道在同一平面内,当卫星高度合适时,该系统的监测范围可恰好覆盖地球的全部赤道表面且无重叠区域。已知地球半径为R,地球表面重力加速度为g,关于该系统下列说法正确的是()

A. 卫星的运行速度大于7.9km/s

B. 卫星的加速度为

C. 卫星的周期为

D. 这三颗卫星的质量必须相等

【答案】C

【解析】根据题意可知三颗轨道相同的监测卫星关测范围可恰好覆盖地球的全部赤道表面且无重叠区域,由几何知识可知轨道半径为2R。在地球表面有:,在地面根据万有引力提供向心力有:,解得:,对地观测卫星有:,解得:,故A错误;根据牛顿第二定律可得:,联立以上可得:,故B错误;根据万有引力提供向心力有:,联立以上可得:,故C 正确;由上可知与卫星的质量无关,故D错误。所以C正确,ABD错误。

6. 一带正电的粒子仅在电场力作用下运动,其电势能保持不变,则()

A. 该粒子一定做直线运动

B. 该粒子在运动过程中速度保持不变

C. 该粒子运动轨迹上各点的电场强度一定相同

D. 该粒子运动轨迹上各点的电势一定相同

【答案】D

【解析】一带正电的粒子仅在电场力作用下运动,其电势能保持不变,该粒子可能做曲线运动,如围绕负点电荷做圆周运动,故A错误;粒子仅在电场力作用下运动,电势能保持不变,根据功能关系可知电场力做功为零,根据动能定理可知速度大小保持不变,方向可能改变,所以速度可能变化,故B错误;该粒子运动轨迹上各点的电场强度不一定相同,例如围绕负点电荷做圆周运动,故C错误;因为电势能保持不变,根据功能关系可知电场力做功为零,

电势差一定为零,则运动轨迹上各点的电势一定相同,故D错误。所以D正确,ABC错误。7. 如图,一带电油滴在平行板电容器之间恰能处于静止状态,下列说法正确的是()

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A. 保持开关S闭合,适当上移P极板,油滴向上移动

B. 保持开关S闭合,适当左移P极板,油滴向上移动

C. 先断开开关S,再适当上移P极板,油滴仍静止

D. 先断开开关S,再适当左移P极板,油滴仍静止

【答案】C

【解析】保持开关S闭合,适当上移P极板,两个板间的电压U一定,根据U=Ed,由于d增大,电场强度变小,故电场力变小,合力向下,故油滴向下加速运动,故A错误;保持开关S 闭合,适当左移P极板,两个板间的电压U一定,根据U=Ed,由于d不变,电场强度不变,合力不变,故油滴静止不动,故B错误;先断开开关S,电量不变,根据电容据电容的定义,电容决定式为:,场强定义式:,以上联立可得:显然适当上移P极板,场强不变,所以油滴仍静止,故C正确;先断开开关S,电量不变,适当左移P极板S减小,根据电容决定式:,可知电容减小,又根据电容据电容的定义,可知电压增大,根据场强定义式:可知场强增大,油滴将向上运动,故C正确,ABD错误。

8. 如图所示,线圈L的自感系数很大,且其电阻可以忽略不计,L1、L2是两个完全相同的小灯泡,随着开关S闭合和断开的过程中(灯丝不会断),灯L1、L2的亮度变化情况是()

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A. S闭合,L1不亮,L2亮度逐渐变亮,最后两灯一样亮久

B. S闭合,L1、L2同时亮,而后L1逐渐熄灭,L2则逐渐变得更亮

C. S断开,L1、L2立即不亮

D. S断开,L1、L2都会亮一下再熄灭

【答案】B

【解析】当S闭合瞬时,两灯同时获得电压,同时发光,随着线圈L电流的增加,逐渐将L1灯短路,L1逐渐变暗直到熄灭,同时,L2电流逐渐增大,变得更亮,故A错误,B正确;S断开瞬时,L2中电流消失,故立即熄灭,而L1中由于电感中产生一个与电流同向的自感电动势,故右端为正,电流由灯泡L1的右侧流入,所以L1亮一下逐渐熄灭,故CD错误。所以B正确,ACD错误。

9. 如图所示,理想变压器的原线圈串联一个电阻R1后接在u=220sin 100πt (V)的交流电源上,原、副线圈匝数之比为5:1,副线圈接有R2=16Ω的用电器,其功率为100W,则()

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A. 电压表示数为40V

B. 副线圈输出交流电的周期为50s

C. 电源的输出功率为110W

D. 电阻R1的阻值为40Ω

【答案】ACD

【解析】通过R2的电流为:,R2的电压为:,则电压表示数为40V,故A正确;因为变压器不改变频率,所以副线圈输出交流电的周期为:,故B错误;根据理想变压器变压比:,解得:;输入电压的有效值为:

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,则R1两端的电压为:,据理想变压器电流比:,解得:,根据欧姆定律可得:,故D正确;R1消耗的功率为:

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,电源的输出功率为:,故C 正确。所以ACD正确,B错误。

10. 如图所示,磁感应强度大小为B垂直纸面向里的匀强磁场中,t=0时刻,从原点O处沿纸面同时发射a、b两个相同粒子,它们的质量为m、电荷量为+q,速度大小相同,方向分别与x轴正方向和负方向成60°角。在t=t1时刻粒子第一次到达A点(图中未画出),A点为该粒子运动过程中距离x轴的最远点,且OA=L,不计粒子间的相互作用和粒子的重力,下列结论正确的是()

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A. 粒子的速率

B. 粒子的速率为返

C. 在t=2t1时刻,b粒子离x轴最远

D. 在t=3t1时刻,b粒子离x轴最远

【答案】BC

【解析】粒子运动轨迹如图所示:

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根据几何关系可解得半径:,根据洛伦兹力提供向心力:,解得:,联立可得:,故A错误,B正确;由图可知a粒子到达A点时的圆心角为1200,b粒子到达C点时离x轴最远,根据几何知识可知圆心角为2400,因为a、b两个粒子相同,周期也相同,所以在t=2t1时刻,b粒子离x轴最远,故C正确,D错误。所以BC正确,AD错误。

11. 如图所示,由长为L的轻杆构成的等边三角形支架位于竖直平面内,其中两个端点分别

固定质量均为m的小球A、B,系统可绕O点在竖直面内转动,初始位置OA水平。由静止释放,重力加速度为g,不计一切摩擦及空气阻力。则()

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A. 系统在运动过程中机械能守恒

B. B球运动至最低点时,系统重力势能最小

C. A球运动至最低点过程中,动能一直在增大

D. 摆动过程中,小球B的最大动能为经mgL

【答案】AD

【解析】系统在整个运动的过程中,只有重力做功,所以系统在运动过程中机械能守恒,故A 正确;A、B两球组成的系统的重心在AB两球连线的中点,所以当AB杆水平时,重心最低,此时重力势能最小,故B错误;由系统能量守恒可知A球运动至最低点过程中,动能先增大后减小,故C错误;当A、B水平时B的动能最大,根据动能定理可得:,解得:,故D正确。所以AD正确,BC错误。

12. 质量为m1和m2的甲、乙两本书叠放在水平桌面上。已知甲、乙间动摩擦因数为μ1,乙书与桌面间动摩擦因数为μ2。推力F作用在甲书上,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,下列说法正确的是()

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A. 若μ1<μ2,只要F>μ2m1g,甲书就能相对乙书运动

B. 若μ1<μ2,无论F多大,乙书都不会运动

C. 若μ1>μ2,只要F>μ1m1g,甲书就能相对乙书运动

D. 若μ1>μ2,只要F>μ2(m1十m2)g,乙书就能运动

【答案】AB

【解析】甲书受到的最大静摩擦力为:,乙书受到的最大静摩擦力为:

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,若μ1<μ2,当时,有,所以甲物体一定会滑动,有,所以乙物体一定静止,故A正确;若μ1<μ2,甲给乙的最大摩擦力都小于乙滑动时所受的摩擦力,所以无论F多大,乙书都不会运动,故B正确;若μ1>μ2,当时,甲乙将一起相对静止运动,故C 错误;若μ1>μ2,只有当时,乙书才能运动,故D错误。所以AB正确,CD错误。

二、非选择题

13. 某实验小组要测量一节旧干电池的电动势和内电阻,用到下列器材:灵敏电流计(内阻为50Ω);电压表(0~3V,内阻约为10kΩ);电阻箱R1(0~999.9Ω);滑动变阻器R2;开关;导线若干。

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由于灵敏电流计的量程太小,该实验小组用电阻箱R 1与灵敏电流计并联,可使其量程扩大为原来的20倍,则改装后的电流表内阻为_________Ω。扩大量程后灵敏电流计的刻度盘并没有改变,将器材连接成如图甲所示的电路,调节滑动变阻器,读出了多组电压表示数U和灵敏电流计的示数I G,并作出了U-I G图线如图乙所示,由作出的U-I G图线及题中的相关信息,可求得干电池的电动势E=_________V,内阻r=_________Ω。

【答案】 (1). 2.5Ω (2). 1.40 (3). 7.5

【解析】(1)由题可知电阻箱R 1与灵敏电流计并联,可使其量程扩大为原来的20倍,因为改装前后电流计两端电压不变,由欧姆定律可得改装后的电流表内阻为原来的,即

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(2)由图示电源U-I图象可知,图象与纵轴交点坐标值为1.40,电源电动势E=1.40V,斜率:

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,电源内阻:r=k-R A=10-3.5=7.5Ω。

14. 某同学利用力传感器测定“木块与木板间的动摩擦因数”,所用装置如图甲所示放在水平桌面上。

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(1)下列关于该实验的说法,正确的是________。(填选项前的字母)

A.做实验之前必须倾斜木板以平衡摩擦力

B.所挂钩码的质量必须比木块质量小得多

C.所挂钩码质量大小对实验结果没有影响

D.应调节定滑轮的高度使细线与木板平行

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(2)从实验中挑选一条点迹清晰的纸带,如图乙所示,每隔4个点取一个计数点,用刻度尺测量计数点间的距离。已知打点计时器所用电源的频率为50Hz.从图乙中所给的刻度尺上读出A、B两点间的距离s=_________m;该木块的加速度a=________m/s2。(计算结果保留两位有效数字)。实验中纸带的_________(填“左”或“右”)端与木块相连接。

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(3)根据测量数据画出加速度与力传感器示数的a-F图象(如图丙),已知图象斜率为k,图线与横轴交点的横坐标为b,则木块与木板间的动摩擦因数μ=____________。(已知重力加

速度为g,结果用k、b、g中某个或某些字母表示)

【答案】 (1). CD (2). 0.70 (3). 0.20 (4). 左 (5).

【解析】(1)研究加速度与力的关系实验中,认为细线的拉力为小车的合力,所以实验前需平衡摩擦力,故A正确;利用力传感器研究“加速度与合外力的关系”,不需要小车的质量必须比所挂钩码的质量大得多,故B错误,C正确;细线应水平,即调节滑轮的高度使细线与木板平行,故D正确。所以ACD正确,B错误。

(2)由刻度尺可知,s=0.70cm;每两个计数点间有4个点未画出,所以时间间隔为T=0.1s;根据△x=aT2得,加速度:。实验中纸带的左端与小车相连接。(3)由牛顿第二定律有F-μMg=Ma,变形得:,斜率:,横截距为:f=b,根据滑动摩擦力定义可得摩擦因数为:。

15. 水平光滑轨道在A端与半径为R的光滑半圆轨道ABC相切,半圆的直径AC竖直,如图所示。小球P的质量是Q的2倍,两小球均可视为质点。小球P以某一速度向右运动,与静止小球Q发生正碰。碰后,小球Q经半圆轨道ABC从C点水平抛出,落地点与A点相距2R;小球P在D点脱离轨道,OD连线与水平方向夹角为θ.已知R=0.4m,sinθ=,重力加速度

g=10m/s2。求:

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(1)碰撞后小球Q经过A点时的速度大小;

(2)与Q碰撞前小球P的速度大小。

【答案】(1)6m/s (2) 7m/s

【解析】试题分析:小球Q离开C点后做平抛运动,根据平抛公式和机械能守恒定律即可求出小球Q经过A点时的速度大小;小球P在D点根据牛顿第二定律,再结合机械能守恒定律和动量守恒即可求出与Q碰撞前小球P的速度大小。

(1)小球Q离开C点后做平抛运动

在竖直方向上:

在水平方向:

设小球 P的质量为 M,小球 Q的质量为 m。P与Q碰后,Q的速度v Q,P的速度 v P,

对小球Q,由机械能守恒定律得:

解得:v Q==6m/s

(2)小球P在D点脱离轨道,即轨道对小球P的弹力F N=0,

根据牛顿第二定律:

对小球P,由机械能守恒定律得:

小球P、Q碰撞过程中动量守恒,

解得: v0=7m/s (1分)

点睛:本题主要考查了在竖直轨道的圆周运动问题,先对物体进行受力分析,应用平抛知识及运动过程情况,然后根据牛顿定律、机械能守恒定律和动量守恒及几何关系求解。

16. 如图所示,质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上。一电阻不计、质量为m的导体棒PQ放置在导轨上,始终与导轨接触良好,PQbc构成矩形闭合回路。棒与导轨间动摩擦因数为μ,棒左侧有两个固定于水平面的立柱。导轨bc段长为L,开始时PQ左侧导轨的总电阻为R,右侧导轨单位长度的电阻为r,整个空间存在竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场。在t=0时,一水平向左的拉力垂直作用于导轨的bc边上,使导轨由静止开始做匀加速直线运动,加速度大小为a。已知重力加速度为g,求:

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(1)在t=t1时刻,电路中感应电动势的大小及流过PQ棒的感应电流方向;

(2)从t=0时刻开始计时,经过多长时间矩形回路中感应电流最大?最大值是多少?

(3)从t=0时刻到回路中感应电流最大的过程中,回路产生的焦耳热为Q,求拉力所做的功。【答案】(1)BLat1 ,方向由Q到P (2) (3)

【解析】试题分析:根据感应电动势的公式即可求解;求出经过时间 t导轨的位移,结合闭合电路欧姆定律即可求出电流的极值;对导轨应用动能定理和能量守恒可得拉力所做的功。(1)bc边切割磁感线,感应电动势E=BLv

根据速度时间公式:v=at1

所以得:E=BLat1

根据右手定则可知电流方向由Q到P

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(2)经过时间 t导轨的位移为:

t时刻回路总电阻为:R总=R+2rx

由闭合电路欧姆定律: I=

可得:I=

当时电流最大

可得最大值:I=

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(3)对导轨应用动能定理:

摩擦力做功:W f=-μmgx

安培力做功:W A=-Q

将带入可得:

根据速度时间公式:v=at

由能量守恒得:

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解得:

点睛:本题主要考查了应定律产生电动势、电流随时间变化的规律,讨论其最大值,在应用能量守恒定律进行解题。

17. 下面说法中正确的是。(填正确答案标号。)

A.悬浮在液体中的颗粒越大,受周围液体分子撞击的机会越多,布朗运动越明显

B.热量、功和内能三者的单位相同,所以它们的物理意义也相同

C.封闭系统中,气体的扩散运动总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行

D.电冰箱工作时既不违反热力学第一定律,也不违反热力学第二定律

E.水的饱和汽压会随温度的升高而增大

【答案】CDE

【解析】悬浮在液体中的微粒越小,温度越高,布朗运动越明显,故A错误;热量、功和内

能是三个不同的物理量,它们的物理意义不同,故B错误;封闭系统中,气体的扩散运动总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行,故C正确;电冰箱工作时既不违反热力学第一定律,也不违反热力学第二定律,故D正确;水的饱和汽压随温度升高而增大,故E正确。所以CDE正确,AB错误。

18. 如图所示,一个直立的气缸由截面积不同的两个圆筒组成,活塞A、B用一根长为2L的不可伸长的轻绳连接,它们可以在筒内无摩擦地上、下滑动,它们的截面积分别为S A=30cm2,S B=15cm2,活塞B的质量m B=1kg。A、B之间封住一定质量的理想气体,A的上方和B的下方均与大气相通,大气压始终保持为P0=1.0×105Pa,重力加速度g=10m/s2。求:

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(i)初状态气缸内气体温度T1=540K,压强P1=1.2×105Pa,此时轻绳上的拉力大小;

(ⅱ)当气缸内气体温度缓慢降低到T2=330K时,A、B活塞间轻绳的拉力大小。

【答案】(1) 40N (2) 25N

【解析】试题分析:设绳中张力为F1,对活塞B受力分析列平衡方程即可求出此时轻绳上的拉力大小;气体先经历等压降温,体积减小,A、B一起向下缓慢移动,找出初末状态,结合盖吕萨克定律和查理定理和平衡方程即可求出A、B活塞间轻绳的拉力大小。

(ⅰ)设绳中张力为F1

对活塞B受力分析:

解得:F1=40N

(ⅱ)气体先经历等压降温,体积减小,A、B一起向下缓慢移动,设当 A刚达气缸底部

时对应的温度为T1′,

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解得:T1′=360K

温度继续降低,气体经历等容降温,压强变小,当温度 T2=330K时,设对应的气体压强为 P2,则:

得:P2=1.1×105Pa

对活塞B受力分析:

可得此时绳中张力 F2=(P2-P0)S B+m B g=25N

点睛:本题主要考查了理想气体状态方程,关键明确封闭气体的初末状态,然后结合气体实验定律列式求解。

19. 一列简谐横波沿x轴正方向传播,在x=8m处质点的振动图线如图1所示,在x=11m处质点的振动图线如图2所示。下列说法正确的是_________。(填正确答案标号。)

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A.该波的周期为8s

B.x=8m处的质点在平衡位置向上振动时,x=11m处的质点在波峰

C.在0~1s内,x=8m处和x=11m处的质点通过的路程均为2cm

D.该波从x=8m处传到x=11m处可能用时6s

E.该波的波长可能为12m

【答案】ABD

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20. 如图所示,两块半径均为R的半圆形玻璃砖平行正对放置,两圆心的连线OO′水平。一

束单色光从左侧A点平行于OO′人射,A到OO'连线的距离为R。光从左侧玻璃砖的BC边射出后又从B'C'边的E点射入右侧的玻璃砖(E点未画出),且恰好不能从右侧玻璃砖半圆面射出(不考虑光在各个界面的反射)。已知玻璃折射率n=。求:

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(i)光线从BC界面射出时的折射角;

(ⅱ)入射点E点到圆心O'的距离。

【答案】(1) 60° (2)

【解析】试题分析:结合题目的要求作出光路图,由折射定律求出光在BC界面上的折射角;根据几何关系求确定光射到弧面上的位置,最后由折射定律,根据几何知识求出O′E的位置。(ⅰ)作出光路图如图:

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A到OO′连线的距离为:

由几何知识得:sinα=

可得入射角:i1=α=60°,

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由解得:r1=30°

由几何知识得:i2=30°

根据折射定律:

解得: r2=60°

(ⅱ)从E点入射的光线,入射角i3=r2=60°

根据折射定律:

解得: r3=30°

光线在F处发生全反射,则

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在△O′EF中,由正弦定理得:

解得:

点睛:本题主要考查了光的折射定律,关键是作出光路图,根据几何知识求出O′E的位置,以及各个入射角与折射角。