內蒙古鄂爾多斯西部四旗2019屆高三物理上學期期末聯(lián)考試卷（含解析）.doc

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鄂爾多斯西部四旗2018~2019學年度第一學期期末聯(lián)考高三理科綜合（物理部分） 二、選擇題： 1.如圖所示，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，不計一切摩擦，細繩、滑輪的質量都可忽略，則甲、乙兩物塊的質量之比為 A. 1 B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 乙處于平衡狀態(tài)，則繩子拉力等于乙的重力，即， 甲處于靜止狀態(tài)，受力平衡，合力為零，對甲受力分析，根據(jù)平衡條件得： ， 解得：， C正確；ABD錯誤； 故選C。 2.火星跟地球的相似度很高，被認為是人類進行星際移民的首選之地.將火星和地球繞太陽的運動視為勻速圓周運動，已知火星與地球的質量之比為p、軌道半徑之比為q，則火星與地球繞太陽運動的角速度大小之比為 A. pq B. qp C. 1q D. 1q32 【答案】D 【解析】 【分析】 由萬有引力提供向心力可以列出關于角速度的表達式，即可求出對應的比值． 【詳解】根據(jù)萬有引力提供向心力，有：GMmr2=mω2r; 解得：ω=GMr3 ;所以火星與地球繞太陽運動的角速度大小之比為：ω1ω2=r23r13=1q32，故D正確，ABC錯誤；故選D。 【點睛】本題考查萬有引力定律的應用，要注意求一個物理量之比，我們應該把這個物理量先用已知的物理量表示出來，再根據(jù)表達式進行比較．向心力的公式選取要根據(jù)題目提供的已知物理量或所求解的物理量選取應用． 3.空間存在著平行于x軸方向的靜電場，P、M、O、N、Q為x軸上的點，P、Q之間各點的電勢φ隨位置坐標x的變化如圖所示。一個帶電粒子僅在電場力作用下從M點由靜止開始沿x軸正方向運動，下列說法正確的是 A. 粒子一定帶負電 B. P點的電勢低于M點的電勢 C. M點的電場強度小于N點的電場強度 D. 粒子從M點向N點運動的過程中，電勢能一直減小 【答案】D 【解析】 【分析】 根據(jù)電勢來確定電場線的方向，再依據(jù)電場力方向，從而確定電性；依據(jù)電場線方向，確定電勢的高低；由圖象的斜率來確定電場強度的大??；由粒子運動中，電場力做功的正負來確定電勢能變化。 【詳解】由圖可知，粒子從M到Q，電勢漸漸降低，且粒子由靜止開始運動，因此電場線方向由P到Q點，那么粒子帶正電，故A錯誤；由于電場線方向由P到Q，則沿著電場線方向，電勢降低，那么P點的電勢高于M點的電勢，故B錯誤；根據(jù)△φ=E△x，可知，圖象的斜率的絕對值大小表示電場強度的大小，那么M點的電場強度小于N點的電場強度，故C錯誤；因帶電粒子僅在電場力作用下從M點由靜止開始沿x軸向右運動，電場力做正功，則電勢能一直減小，故D正確；故選D。 【點睛】本題要理解電勢φ隨位置坐標x圖象的含義，知道其斜率表示電場強度，掌握沿著電場線方向，電勢降低，并理解電場力做功與電勢能的變化情況。 4.如圖，豎直平面內有一正方形，一個質量為m電荷量為q的帶正電小球在A點以一定初速度沿AB方向拋出，小球恰好過C點。若在豎直平面內加一個豎直方向的勻強電場，仍將小球在A點沿AB方向拋出，當其初速度減小為原來的一半時，恰好也能通過C點，則電場強度的大小和方向分別是(重力加速度為g，空氣阻力不計) A. mg4q，豎直向下 B. 3mg4q，豎直向上 C. 3mg4q，豎直向下 D. 5mg4q，豎直向上 【答案】B 【解析】 當只有重力時，小球作平拋運動，設小球的初速度為v，正方形的邊長為l，則：l=vt，l=12gt2；當存在勻強電場后，小球做類平拋運動，則：l=v2t，l=12at2，聯(lián)立解得：a=g/4；加速度減小，電場力向上，小球帶正電，則電場方向豎直向上，由牛頓第二定律得：mg-Eq=ma，即E=3mg4q，故B正確。 5.如圖所示，OM的左側存在范圍足夠大、磁感應強度大小為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，ON(在紙面內)與磁場方向垂直且∠NOM=60，ON上有一點P，OP=L。P點有一個粒子源，可沿紙面內各個方向射出質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計)，速率均為6qBL4m，則粒子在磁場中運動的最短時間為 A. πm2qB B. πm3qB C. πm4qB D. πm6qB 【答案】A 【解析】 【分析】 由題設條件求出粒子做勻速圓周運動的半徑r，結合左手定則粒子做逆時針方向勻速圓周運動，粒子運動時間t最短時，所轉過的圓心角θ最小，所對的弦也最短，畫出最短的弦，再作出粒子在磁場中做勻速圓周運動最短時間的軌跡，由幾何關系求出此種情況下粒子的偏轉角θ，從而求出了最短時間． 【詳解】粒子進入磁場中做勻速圓周運動則有：qvB=mv2r，而將題設的v值代入得：r=64L，分析可知：粒子運動的時間t最短時，所粒子偏轉的角度θ最小，則θ所對弦最短，作PB⊥OM于B點，PB即為最短的弦，結合左手定則，以r=64L為半徑作出過P、B兩點的軌跡圓如圖所示，O′為圓心； 根據(jù)幾何關系有：O′B=O′P=r=64L…①；PB=Lsin60=32L…②；聯(lián)立①②式可得：PB=2O′B，則粒子偏轉的角度：θ=90；結合周期公式：T=2πmqB，可知粒子在磁場中運動的最短時間為：t=T4=πm2qB，故A正確，BCD錯誤。故選A。 【點睛】本題考查帶電粒子在有界磁場中的運動，對幾何能力要求較高，本題采用轉化法分析求解，同學們注意體會，解題的關鍵在于要分析出：粒子運動時間t最短時，粒子偏轉的角度θ最小，所對的弦也最短，最后轉化為求弦最短的情況，而弦最短的情況很容易畫出，這樣可以使分析過程變得簡單，提高解題效率． 6.下列說法正確的是 A. 溫度越低，壓強越大，放射性元素的半衰期越小 B. 原子核的比結合能越大，其核子結合得越牢固，原子核越穩(wěn)定 C. 玻爾認為，氫原子核外電子從某能級向另一能級躍遷的過程中原子的能量不變 D. 兩個質子和兩個中子結合成一個α粒子，則質子與中子的質量之和一定大于α粒子的質量 【答案】BD 【解析】 【分析】 根據(jù)玻爾理論，可知，原子能量的量子化；比結合能越大時，原子核越穩(wěn)定；外界環(huán)境的變化不會影響半衰期；根據(jù)質能方程，結合質量虧損，從而即可求解． 【詳解】放射性物質的溫度與壓強不論如何變化，半衰期總不變，故A錯誤；比結合能越大，表示原子核中核子結合得越牢固，原子核越穩(wěn)定，故B正確；波爾理論：氫原子核外電子從某能級向另一能級躍遷的過程中，會釋放或吸收能量的，則原子的能量會變化，故C錯誤；根據(jù)質能方程，及質量虧損可知，兩個質子與兩個中子的質量之和大于42He原子核的質量，故D正確；故選BD。 7.如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為2：1.原線圈兩端接有一正弦式交變電源，理想電流表A的示數(shù)為1A，負載電阻R的阻值為5Ω。下列判斷正確的是 A. 副線圈兩端的電壓為2.5V B. 副線圈中通過的電流為2A C. 負載電阻R消耗的電功率為20W D. 原線圈兩端電壓的峰值為20V 【答案】BC 【解析】 【分析】 變壓器原副線圈電流與匝數(shù)成反比，求出電流之比，根據(jù)電阻消耗的功率P=I2R，電阻兩端的電壓U=IR即可求解，再根據(jù)最大值和有效值之間的關系可求和最大值，由功率公式即可求得電功率． 【詳解】原、副線圈的匝數(shù)比為2：1，設原線圈電流為I，根據(jù)根據(jù)變壓器原副線圈電流與匝數(shù)成反比得副線圈的電流I2=2I=2A；由U=IR可知，副線圈兩端的電壓U2=I2R=25=10V，故A錯誤，B正確；R消耗的功率P=I2R=45=20W，故C正確；副線圈兩端電壓的峰值Um=2 U2=102V；故D錯誤。故選BC。 【點睛】本題主要考查變壓器的知識，要能對變壓器的最大值、有效值、瞬時值以及變壓器變壓原理、功率等問題徹底理解．明確電壓之比和電流之比與線圈匝數(shù)之間的關系． 8.如圖所示，絕緣細線下端懸吊有一質量為m的帶正電小球，當細線與豎直方向的夾角為θ時，讓小球從A處由靜止開始釋放，在垂直勻強磁場方向的豎直面內向右下方擺動，小球運動到最低點B時，細線突然斷裂，最終落到水平地面上。已知B點離地面的高度為h，重力加速度大小為g。下列說法正確的是 A. 小球在落地前的運動過程中機械能守恒 B. 小球落地時的速度方向可能豎直向下 C. 細線斷裂的瞬間，其拉力大小為mg(3－2sinθ) D. 從細線斷裂到小球落地的這一段時間小于2hg 【答案】ABD 【解析】 【分析】 洛倫茲力不做功，小球運動過程中只有重力做功，機械能守恒；由左手定則判斷小球經過最低點時所受洛倫茲力方向；根據(jù)牛頓第二定律列方程得出小球經過最低點時輕繩所受拉力的表達式． 【詳解】小球A到B的運動過程中受重力、洛倫茲力和繩子拉力，而繩子拉力和洛倫茲力力時刻和速度的方向垂直不做功；在從B點到小球落地的過程中小球受到重力和洛倫茲力，洛倫茲力不做功，所以只有重力做功，故小球運動過程機械能守恒，故A正確；小球的速度的方向最小右下方時，根據(jù)左手定則可知，洛倫茲力的方向沿左下方，有沿水平方向向左的分量，根據(jù)曲線運動的特點可知，小球落地時的速度方向可能豎直向下。故B正確；設繩子的長度為R，小球擺到最低點過程：mgR（1-cosθ）= 12mv2；小球向右擺動通過最低點是：T-qvB-mg=mv2R，得：T=mg+mv2R+qvB=mg（3-2cosθ）+qB?2gR(1?cosθ) ，故C錯誤；根據(jù)左手定則可知，從細線斷裂到小球落地的這一段時間內小球受到的洛倫茲力始終有向下的分力，所以小球沿豎直向下的方向上的加速度始終大于g，所以向下運動的時間小于2hg．故D正確；故選ABD。 【點睛】該題考查小球在重力與磁場的復合場中的運動，結合兩段不同的過程，正確地對小球進行受力分析，特別是洛倫茲力的方向變化是解決本題的關鍵點． 三、非選擇題： (一)必考題： 9.某同學做探究彈力和彈簧伸長的關系”實驗.他按圖卬所示安裝好實驗裝置，使刻度尺零刻度線與彈簧上端平齊，在彈簧下端掛1個鉤碼，靜止時彈簧的長度為l1；然后在彈簧下端分別掛2個、3個、4個、5個相同鉤碼，靜止時彈簧的長度分別為l2、l3、l4、l5。圖乙為根據(jù)所得數(shù)據(jù)作出的彈簧的長度隨所掛鉤碼質量的變化關系圖線，已知每個鉤碼的質量均為30g。取g=10m/s2，結果均保留兩位有效數(shù)字。 (1)彈簧下端掛3個鉤碼時，彈簧的彈力大小為___________N， (2)該彈簧的原長為___________cm，勁度系數(shù)為___________N/m。 【答案】 (1). （1）0.90 (2). （2）6.0 (3). 27 【解析】 【分析】 （1）彈簧的彈力等于鉤碼的重力； （2）根據(jù)乙圖判斷出彈簧的原長，斜率代表彈簧的勁度系數(shù) 【詳解】（1）彈簧下端掛3個鉤碼時，彈簧的彈力大小為F=3mg=0.90N （2）根據(jù)乙圖可知，彈簧的原長為l0=6.0cm， 斜率代表勁度系數(shù)則k=△F△x＝0.15100.055N/m＝27N/m 10.某實驗小組欲測定一個未知電阻R的阻值，他們先用多用電表在正確操作的情況下粗測電阻Rx的阻值，多用電表的擋位選擇及其示數(shù)如圖甲所示。然后該小組利用伏安法測量Rx的阻值，實驗室可提供的器材有： A.電壓表V1(量程3V，內阻約為3kΩ) B電壓表V2(量程15V，內阻約為15kΩ) C.電流表A1(量程30mA，內阻約為8Ω) D.電流表A2(量程0.6A，內阻約為0.1Ω) E.滑動變阻器R1(最大阻值10Ω，額定電流2A) F.滑動變阻器R2(最大阻值3kΩ，額定電流0.5A) G.電池組(電動勢約為3V，內阻很小) H.開關一個，導線若干 (1)用多用電表測得該未知電阻Rx的阻值為___________Ω。 (2)用伏安法測量Rx的阻值時，電壓表應選用___________，電流表應選用___________，滑動變阻器應選用___________。(填所選器材前的字母) (3)用筆畫線代替導線將圖乙所示電路補充完整________。 (4)某次實驗測得的數(shù)據(jù)如下表所示： 測量次數(shù) 1 2 3 4 5 6 電壓表的讀數(shù)U/V 1.20 1.50 1.80 2.10 2.40 2.70 電流表的讀數(shù)I/mA 11.4 16.8 17.0 20.0 23.0 25.7 上表數(shù)據(jù)中，有一組數(shù)據(jù)明顯有誤，該小組舍棄有誤數(shù)據(jù)后，利用平均值法計算出未知電阻的阻值Rx=___________Ω(結果保留三位有效數(shù)字)。 【答案】 (1). （1）110 (2). （2）A (3). C (4). E (5). （3）電路如圖； (6). （4）105 【解析】 【分析】 （1）根據(jù)歐姆表的讀數(shù)方法可確定最終讀數(shù)； （2）明確電流大小范圍，從而確定對應的量程；為方便實驗操作應選擇最大阻值較小的滑動變阻器。 （3）根據(jù)待測電阻阻值與電表內阻的關系確定電流表接法，根據(jù)待測電阻阻值與滑動變阻器最大阻值間的關系確定滑動變阻器的接法，然后作出電路圖。 （4）分析給出的表中數(shù)據(jù)，根據(jù)電阻為定值，其電流和電壓成正比例變化，從而確定誤差數(shù)值；根據(jù)實驗數(shù)據(jù)應用歐姆定律求出電阻阻值。 【詳解】（1）歐姆表對應的檔位為10檔，故讀數(shù)為：1110=110Ω； （2）電源電動勢為3V，則電壓表選擇A即可；根據(jù)表中給出的數(shù)據(jù)可知，電流最大值為25.7mA，故電流表應選用C；因給出的F總阻值太大，無法準確測量，故應采用總阻值較小的E進行實驗，因其阻值較小，故應采用分壓接法； （3）根據(jù)以上分析可知，本實驗采用分壓接法，同時因電阻較小，故為了減小誤差，電流表采用外接法；連接出實物圖，如圖所示； （4）電阻阻值不變，故電流和電壓應成正比，由表中數(shù)據(jù)可知，第2組數(shù)據(jù)錯誤； 由歐姆定律可知，待測電阻阻值：Rx=U/I，由表中實驗數(shù)據(jù)可知，待測電阻阻值為：RX=15(1.200.0114+1.800.0170+2.100.0200+2.400.0230+2.700.0257)=105.1Ω； 【點睛】本題考查了實驗器材選擇、設計實驗電路圖、電表讀數(shù)、求電阻阻值等問題，要掌握實驗器材的選擇原則，根據(jù)題意確定電流表與滑動變阻器的接法是設計實驗電路的關鍵。 11.如圖所示，間距為d的兩豎直光滑金屬導軌間接有一阻值為R的電阻，在兩導軌間水平邊界MN下方的區(qū)域內存在著與導軌平面垂直的勻強磁場。一質量為m、長度為d、電阻為r的金屬棒PQ緊靠在導軌上。現(xiàn)使棒PQ從MN上方d2高度處由靜止開始下落，結果棒PQ進入磁場后恰好做勻速直線運動。若棒PQ下落過程中受到的空氣阻力大小恒為其所受重力的14，導軌的電阻忽略不計，棒與導軌始終保持垂直且接觸良好，重力加速度大小為g，求： （1）棒PQ在磁場中運動的速度大小v； （2）勻強磁場的磁感應強度大小B。 【答案】(1) v=3gd2 (2) B=3mg(R+r)2d23gd 【解析】 （1）棒PQ進入磁場前做勻加速直線運動，設其加速度大小為a.有， v2=2ad2 根據(jù)牛頓第二定律有，mg-14mg=ma 解得：v=3gd2 （2）棒PQ在磁場中做勻速直線運動時，切剖磁感線產生的感應電動勢為；E=Bdv 回路中通過的感應電流為I=ER+r 對棒PQ，由受力平衡條件有：BId=mg-14mg 解得： B=3mgR+r2d23gd 12.如圖所示，傾角為的固定粗糙斜面上有一物塊A，物塊到斜面底端的高度為h，緊靠斜面底端有一長為L的長木板B停放在光滑的水平面上，斜面底端剛好與長木板上表面左端接觸，長木板上表面粗糙，右端與一14圓弧面C粘接在一起，圓弧面左端與木板平滑相接，現(xiàn)釋放物塊A讓其從斜面上滑下，圓弧面表面光滑，圓弧面的半徑為R，物塊與斜面、長木板表面的動摩擦因數(shù)均為μ,A、B、C三者的質量相等，重力加速度大小為g，不計物塊A從斜面滑上木板時的機械能損失。 （1）求物塊A到達斜面底端時的速度大小v； （2）改變物塊A由靜止釋放的位置，若物塊A恰好能滑到圓弧面C的最高點，求其開始下滑時到斜面底端的高度h1； （3）在（2）中情況下，求物塊A從圓弧面最高點返回后停留在長木板B上的位置到長木板右端的距離s（設物塊A不會從長木板B的左端滑下）。 【答案】(1) v=2gh?2μghtanθ (2) h1=3(μL+R)tanθ2(tanθ?μ) (3) s=Rμ 【解析】 （1）設物塊A沿斜面下滑的加速度大小為a，有： mgsinθ?μmgcosθ=ma， 由運動學規(guī)律有：hsinθ=v22a， 解得：v=2gh?2μghtanθ； （2）若物塊A恰好能滑到14圓弧面C的最高點，則物塊A滑到圓弧面的最高點時物塊與圓弧面、長木板具有共同的速度，此種情況下，物塊A到達斜面底端時的速度大小為： v1=2gh1?2μgh1tanθ， 設物塊A滑到14圓弧面C的最高點時的速度大小為v2，由動量守恒定律有： mv1=3mv2， 由功能關系有：μmgL=12mv12?123mv22?mgR， 解得：h1=3μL+Rtanθ2tanθ?μ； （3）經分析可知，當物塊A最終停留在長木板B上時，物塊、木板與圓弧面具有共同的速度（設為v3），由動量守恒定律有：mv1=3mv3 上式中，v1=2gh1?2μgh1tanθ，且h1=3μL+Rtanθ2tanθ?μ， 由功能關系有：μmgL+s=12mv12?12mv32， 解得：s=Rμ 點睛：物塊A沿斜面下滑的過程中，重力做正功，滑動摩擦力做負功，由動能定理求物塊A到達斜面底端時的速度大小v；先由動能定理求出物塊A到達斜面底端時的速度表達式．物塊A恰能滑上圓弧面C時，三個物體的速度相同，根據(jù)動量守恒定律求得共同速度，再由能量守恒定律求解即可；物塊A最終停留在長木板B上時，物塊、木板與圓弧面具有共同的速度，由動量守恒定律和能量守恒定律即可求解物塊最終停留的位置． (二)選考題： [物理——選修3-3] 13.關于液體和固體，下列說法正確的是__________ A. 具有各向同性的固體一定是非晶體 B. 液體的溫度越低，其飽和汽壓越小 C. 第一類永動機違反了能量守恒定律 D. 納米材料的顆粒半徑一定是1nm E. 酒精燈中的酒精能沿燈芯向上升，這與毛細現(xiàn)象有關 【答案】BCE 【解析】 【詳解】多晶體與非晶體都有各向同性。故A錯誤。同種液體的飽和氣壓僅僅與溫度有關，液體的溫度越低，其飽和氣壓越小。故B正確；第一類永動機違反了能量守恒定律。故C正確；納米材料的顆粒半徑是在納米的數(shù)量級上，并不是顆粒的大小都是1nm。故D錯誤；毛細作用，是液體表面對固體表面的吸引力，酒精燈中的酒精能沿燈芯上升，這與毛細現(xiàn)象有關。故E正確；故選BCE。 14.一足夠長的內徑均勻的細玻璃管，一端封閉，一端開口如圖所示。當開口豎直向上時，用h=25cm的水銀柱封閉住長L1=37.5cm的空氣柱.大氣壓強p0=75cmHg，空氣柱溫度不變。 （1）若將細玻璃管緩慢水平放置，求此時管內被封閉的空氣柱的長度L2； （2）若玻璃管總長度L0=1m，將管口密封后再緩慢水平放置，求此時原封閉空氣柱(即豎立時水銀柱下方的空氣柱)的長度L3。 【答案】（1）50cm（2）42.9cm 【解析】 【分析】 ①利用平衡求出初末狀態(tài)封閉氣體的壓強，封閉氣體發(fā)生等溫變化，根據(jù)玻意耳定律，即可求出末態(tài)空氣柱的長度L2； ②將管口密封后在緩慢水平放置，上下兩部分封閉氣體均發(fā)生等溫變化，分別對上下兩部分空氣柱利用幾何關系結合玻意耳定律，即可求出此時原封閉空氣柱（即豎立時水銀柱下方的空氣柱）的長度L3． 【詳解】①設玻璃管的橫截面積為S，以cmHg作為單位，當開口豎直向上時根據(jù)平衡可得封閉氣體的壓強：P1=P0+h=100cmHg 初態(tài)：壓強P1=100cmHg，體積V1=L1S=37.5S 末態(tài)：壓強P2=P0=75cmHg，體積V2=L2S 封閉氣體發(fā)生等溫變化，根據(jù)玻意耳定律可得：P1V1=P2V2 解得：L2=50cm ②將管口密封后，水銀柱上方空氣柱的長度為：L4=L0-L1-h 水平放置后，水銀柱上下兩部分空氣柱的壓強相同，設為P， 對上部分空氣柱運用玻意耳定律：P0L4S=P（L0-h-L3）S 對下部分空氣柱運用玻意耳定律：P1L1S=PL3S 聯(lián)立解得：L3=42.9cm 【點睛】本題考查氣體定律與力學平衡的綜合運用，解題關鍵是要利用平衡求出初末狀態(tài)封閉氣體的壓強，分析好壓強P、體積V、溫度T三個參量的變化情況，再選擇合適的規(guī)律解決． [物理——選修3-4] 15.質點沿y軸做簡諧運動的振動圖象如圖所示，下列說法正確的是___________ A. 該質點的振動周期為0.4s B. 0.04s時，該質點沿y軸負方向運動 C. 在一個周期內，該質點的位移為0.4m D. 0.2s時，該質點受到的回復力等于0 E. 在0.3s~0.5s內，該質點的速度先增大后減小 【答案】ADE 【解析】 【詳解】由圖像可知，該質點的振動周期為0.4s，選項A正確；由圖像可知，在0-0.2s時間內，該質點沿y軸正方向運動，選項B錯誤；在一個周期內，該質點回到平衡位移，則質點的位移為0.選項C錯誤；0.2s時，該質點在平衡位置，則此時受到的回復力等于0，選項D正確；在0.3s~0.5s內，該質點由最低點到平衡位置，然后到達最高點，則其速度先增大后減小，選項E正確；故選ADE. 16.如圖所示，一半圓形玻璃磚半徑R=18cm，可繞其圓心O在紙面內轉動，MN為一根光標尺，開始時玻璃磚的直徑PQ與光標尺平行。一束激光從玻璃磚左側垂直于PQ射到O點，在MN上留下一光點O1。保持入射光方向不變，使玻璃磚繞O點逆時針緩慢轉動，光點在標尺上移動，最終在距離O1點h=32cm處消失。已知O、O1間的距離l=24cm，光在真空中傳播速度c=3.0108m/s，求： ①玻璃磚的折射率n。 ②標尺上光點消失后，光從射入玻璃磚到射出玻璃磚過程經歷的時間t。 【答案】（1）1.67（2）210-9s 【解析】 發(fā)生全反射時光路如圖，由數(shù)學知識得： 全反射臨界角C=π/2?θ 則玻璃的折射率n=1/sinC=5/3=1.67 光在玻璃中傳播的速度v=c/n 全反射時光穿過玻璃磚的時間t=2R/v=210?9s