1、西安中学 2018-2019 学年度第一学期期中考试高三物理试题一、选择题1.如图所示，A 、B 两物体相距 x7 m，物体 A 以 vA4 m/s 的速度向右匀速运动，而物体B 此时的速度 vB10 m/s ，只在摩擦力作用下向右做匀减速运动，加速度大小为 a2 m/s2，那么物体 A 追上物体 B 所用的时间为( )A. 7s B. 8s C. 9s D. 10s【答案】B【解析】【详解】物体 A 做匀速直线运动 ，位移为： ，物体 B 做匀减速直线运动减速过程的位移为： ，设物体 B 速度减为零的时间为 t1，有，在 t1=5s 的时间内， 物体 B 的位移为 ，物体 A 的位移为，由于
2、 ，故物体 A 未追上物体 B，5s 后物体 B 静止不动，所以 A 追上 B,需再经过 ，故物体 A 追上物体 B 所用的时间为 ，故 B 正确，A、C、D 错误；故选 B。【点睛】关键是特别要注意物体 B 做匀减速运动，要分清是减速过程追上还是静止后被追上。2.滑雪运动深受人民群众的喜爱，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道 AB，从滑道的 A 点滑行到最低点 B 的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿 AB 下滑过程中（ ）A. 所受合外力始终为零 B. 所受摩擦力大小不变C. 合外力做功一定为零 D. 加速度始终保持不变【答案】C【解析】【详解】A
3、、滑雪运动员的速率不变，而速度方向是变化的，速度是变化的，运动员的加速度不为零，由牛顿第二定律可知，运动员所受合外力始终不为零，故 A 错误；B、运动员下滑过程中受到重力、滑道的支持力与滑动摩擦力，由图可知，运动员从 A 到B 的过程中，滑道与水平方向之间的夹角逐渐减小，则重力沿斜面向下的分力逐渐减小，运动员的速率不变，则运动员沿滑道方向的合外力始终等于 0，所以滑动摩擦力也逐渐减小，故 B 错误；C、滑雪运动员的速率不变则动能不变，由动能定理可知，合外力对运动员做功为 0，故C 正确；D、运动员从 A 到 B 下滑过程中做匀速圆周运动，根据 可知加速度大小不变，方向时刻改变，故 D 错误；故
4、选 C。【点睛】关键是运动员从 A 到 B 下滑过程中做匀速圆周运动，速度方向是变化的，速度是变化的，运动员的加速度不为零，由牛顿第二定律可知，运动员所受合外力始终不为零。3.轨道平面与赤道平面夹角为 的人造地球卫星被称为极地轨道卫星，它运行时能到达南北极区的上空，需要在全球范围内进行观测和应用的气象卫星、导航卫星等都采用这种轨道。如图，若某颗极地轨道卫星从北纬 的正上方按图示方向首次运行到南纬 的正上方用时 45 分钟，则（ ）A. 该卫星运行速度一定大于 7.9 km/sB. 该卫星轨道半径与同步卫星轨道半径之比为 1:4C. 该卫星加速度与同步卫星加速度之比为 2:1D. 该卫星的机械能
5、一定小于同步卫星的机械能【答案】B【解析】【详解】A、根据万有引力提供向心力 ，得到 ，由于卫星的轨道半径大于地球半径，卫星的线速度小于第一宇宙速度，即卫星的线速度小于 7.9km/h，故 A 错误；B、由题意可知，卫星的周期： ，万有引力提供向心力,由牛顿第二定律得： ，解得： ，该卫星轨道半径与同步卫星轨道半径之比：，故 B 正确；C、万有引力提供向心力,由牛顿第二定律得： ，解得： ，该卫星加速度与同步卫星加速度之比： ，故 C 错误；D、由于由于不知该卫星与同步卫星的质量关系，无法比较其机械能大小，故 D 错误；故选 B。【点睛】根据题意求出卫星的周期，卫星绕地球做圆周运动万有引力提供
6、向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律求出线速度、轨道半径、加速度，然后分析答题。4.一质点沿直线 Ox 方向做减速直线运动，它离 O 点的距离 x 随时间变化的关系为x=2+6t2t3（m） ，速度 v 随时间 t 变化的关系为 v=66t2（m/s） ，则该质点在 t=2s 时的瞬时速度、从 t=0 到 t=2s 间的平均速度、平均速率分别为（ ）A. 18m/s、2 m/s、6 m/s B. 18 m/s、1 m/s、1 m/sC. 18m/s、2 m/s、2 m/s D. 18 m/s、6 m/s、6 m/s【答案】A【解析】【详解】该质点在 t=2s 时的瞬时速度为 ；据题意，质点离
7、开 O 点的距离 x 随时间变化的关系为 ，可得：t=0 时，x=0m， t=2s 时，x=4m，故 2s 内位移为： ，2s 内的平均速度为： ；当时，由 得， ，此时 ，在前 内质点通过的路程为： ；在后 内通过的路程是 ，则平均速率，故 A 正确，B、 C、D 错误；故选 A。【点睛】关键是根据 v 的表达式求出速度减至零的时间，再由 x 表达式求出质点通过的路程，即可求得平均速率。5.如图所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A 和 B，它们与盘间的动摩擦因数相同，当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时，烧断细线，则（ ）A. 两物体均沿切线方向滑动B.
8、 两物体仍随圆盘一起做匀速圆周运动，不会发生滑动C. 物体 B 发生滑动，离圆盘圆心越来越近D. 物体 A 发生滑动，离圆盘圆心越来越远【答案】D【解析】当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时，A 物体靠细线的拉力与圆盘的最大静摩擦力的合力提供向心力做匀速圆周运动，B 靠指向圆心的静摩擦力和拉力的合力提供向心力，所以烧断细线后，A 所受最大静摩擦力不足以提供其做圆周运动所需要的向心力，A 要发生相对滑动，离圆盘圆心越来越远，但是 B 所需要的向心力小于 B 的最大静摩擦力，所以 B仍保持相对圆盘静止状态，做匀速圆周运动，故 D 正确，ABC 错误。故选：D。6.2014 年 12 月 14 日，
9、北京飞行控制中心传来好消息，嫦娥三号探测器平稳落月。 已知嫦娥三号探测器在地球表面受的重力为 G1，绕月球表面飞行时受到月球的引力为 G2，地球的半径为 R1，月球的半径为 R2，地球表面处的重力加速为 g。则（ ）A. 月球与地球的质量之比为B. 月球表面处的重力加速度为C. 月球与地球的第一宇宙速度之比为D. 探测器沿月球表面轨道上做匀速圆周运动的周期为 【答案】D【解析】【详解】A、嫦娥三号的质量 ，根据万有引力等于重力，得： ，解得地球为： ，月球对飞船的引力为： ，解得月球的质量为：，则月球与地球质量之比为： ，故 A 错误；B、嫦娥三号绕月球表面飞行时受到月球的引力为 ，由 ，解得
10、月球表面的重力加速度为： ，故 B 错误；C、根据 ，得第一宇宙速度为： ，则月球与地球的第一宇宙速度之比为 ，故 C 错误；D、嫦娥三号的质量 ，根据 得 ，故 D 正确；故选 D。【点睛】根据嫦娥三号在地球上的重力得出质量的大小，根据万有引力等于重力求出地球质量的表达式，根据月球对飞船的引力求出月球的质量，从而得出月球与地球质量的比值；根据嫦娥三号在月球表面飞行时受到的引力得出月球表面的重力加速度；根据万有引力提供向心力求出第一宇宙速度的表达式，结合质量之比和半径之比求出第一宇宙速度之比；结合万有引力提供向心力，求出探测器绕月球表面做匀速圆周运动的周期。7.半圆形凹槽的半径为 R，O 点为
11、其圆心在与 O 点等高的边缘 A、B 两点分别以速度 v1、v2水平同时相向抛出两个小球，已知 v1：v21：3，两小球恰落在弧面上的 P 点。则以下说法中正确的是（ ）A. AOP 为 60B. A 小球比 B 小球先落地C. 改变 v1、v2，只要两小球落在弧面上的同一点，v 1 与 v2 之和就不变D. 若只增大 v1，两小球可在空中相遇【答案】AD【解析】【详解】A、连接 OP，过 P 点作 AB 的垂线，垂足为 D，如图所示：两球在竖直方向运动的位移相等，所以运动时间相等，两球水平方向做运动直线运动，所以 ，而 ，所以 ，所以 ，所以 ，即，故 A 正确；B、两小球竖直方向位移相同，
12、根据 可知两球运动时间相等，同时落地，故 B 错误；C、要两小球落在弧面的同一点，则水平位移之和为 2R，则 ，落点不同，竖直方向位移就不同，t 也不同，所以 也不是一个定值，故 C 错误；D、若只增大 ，而 不变，则两球运动轨迹如图所示，由图可知，两球必定在空中相遇，故 D 正确；故选 AD。【点睛】平抛运动在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据几何关系可以求得AOP 的角度，由平抛运动的规律逐项分析即可求解 。8.地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小 v 随时间 t 的变化关系如图所示，其中图线分别描述两次不同的提升过程，它们变速
13、阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第次和第 次提升过程，A. 矿车上升所用的时间之比为 4:5B. 电机的最大牵引力之比为 2:1C. 电机输出的最大功率之比为 2:1D. 电机所做的功之比为 4:5【答案】AC【解析】试题分析 本题考查速度图像，牛顿运动定律、功和功率及其相关的知识点 。解析 设第 次所用时间为 t，根据速度图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知，2t0v0= （t+3t0/2） v0，解得：t=5 t0/2，所以第 次和第 次提升过程所用时间之比为2t05t 0/2=45 ，选项 A 正确；由于两次提升变速阶段的
14、加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F-mg=ma，可得提升的最大牵引力之比为 11，选项 B 错误；由功率公式，P=Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为 21，选项 C 正确；加速上升过程的加速度 a1= ，加速上升过程的牵引力 F1=ma1+mg=m( +g)，减速上升过程的加速度 a2=- ，减速上升过程的牵引力 F2=ma2+mg=m(g - )，匀速运动过程的牵引力 F3=mg。第 次提升过程做功 W1=F1 t0v0+ F2 t0v0=mg v0t0；第 次提升过程做功 W2=F1 t0v0+ F3 v03t0/2+ F2 t0 v0 =mg v0t0；两次做
15、功相同，选项 D 错误。点睛 此题以速度图像给出解题信息。解答此题常见错误主要有四方面：一是对速度图像面积表示位移掌握不到位；二是运用牛顿运动定律求解牵引力错误；三是不能找出最大功率；四是不能得出两次提升电机做功。实际上，可以根据两次提升的高度相同 ，提升的质量相同，利用功能关系得出两次做功相同。9.如图所示，光滑的轻滑轮通过支架固定在天花板上，一足够长的细绳跨过滑 轮，一端悬挂小球 b，另一端与套在水平细杆上的小球 a 连接。在水平拉力 F 作用下小球 a 从图示虚线位置开始缓慢向右移动(细绳中张力大小视为不变 )。已知小球 b 的质量是小球 a 的 2 倍，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，小球
16、 a 与细杆间的动摩擦因数为 ，则下列说法正确的是（ ）A. 拉力 F 的大小一直增大B. 拉力 F 的大小先减小后增大C. 支架对轻滑轮的作用力大小逐渐增大D. 当细绳与细杆的夹角为 60时，拉力 F 的大小为(2- ) mg【答案】AD【解析】【详解】AB、设 a 的质量为 m，则 b 的质量为 2m；以 b 为研究对象，竖直方向受力平衡，可得绳子拉力始终等于 b 的重力，即 T=2mg，保持不变；以 a 为研究对象，受力如图所示，设绳子与水平方向夹角为 ，支持力 ，向右缓慢拉动的过程中， 角逐渐减小； 时，水平方向：，由于：由于 从 开始逐渐减小 ，可知水平拉力增大； 时，水平方向：，由
17、于：由于 从 开始逐渐减小0，可知水平拉力增大，故 A 正确，B 错误， ；C、向右缓慢拉动的过程中，两个绳子之间的夹角逐渐增大，绳子的拉力不变，所以绳子的合力减小，则绳子对滑轮的作用力逐渐减小，根据共点力平衡的条件可知，支架对轻滑轮的作用力大小逐渐减小，故 C 错误；D、当细绳与细杆的夹角为 时，拉力 F 的大小为：，故 D 正确；故选 AD。【点睛】以 b 为研究对象可得绳子拉力始终保持不变，再以 a 为研究对象，根据共点力的平衡条件列方程求解摩擦力和拉力 F 的变化情况；随着 a 的右移，分析绳子与竖直方向的夹角变化情况，再分析两段绳子合力变化情况即可。10.如图所示，柔软轻绳 ON 的
18、一端 O 固定，其中间某点 M 拴一重物，用手拉住绳的另一端 N，初始时，OM 竖直且 MN 被拉直，OM 与 MN 之间的夹角为 （90） 现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角 不变，在 OM 由竖直被逆时针拉动 120的过程中( )A. MN 上的张力逐渐增大B. MN 上的张力先增大后减小C. OM 上的张力逐渐增大D. OM 上的张力先增大后减小【答案】BD【解析】【详解】以重物为研究对象，受重力 ， 绳上拉力 ， 绳上拉力 ，由题意可知，三个力的合力始终为零，矢量三角形如图所示，在 由竖直被逆时针拉动 120的过程中，绳上张力 先增大后减小，MN 上的张力 先增大后减小，故 B、D
19、正确，A、C 错误；故选 BD。【点睛】注意重物受三个力中只有重力恒定不变，且要求OM、MN 两力的夹角不变，两力的大小、方向都在变。三力合力为零，能构成封闭的三角形，再借助圆，同一圆弧对应圆周角不变。二、实验题11.某同学在研究性学习中，利用所学的知识解决了如下问题：一轻质弹簧竖直悬挂于某一深度为 h=35 cm，且开口向下的小筒中（没有外力作用时弹簧的下端位于筒内，用测力计可以同弹簧的下端接触） ，如图甲所示，若本实验的长度测量工具只能测量露出筒外弹簧的长度 l，现要测出弹簧的原长 l0 和弹簧的劲度系数，该同学通过改变 l 而测出对应的弹力F，作出 F-l 图象如图乙所示，则弹簧的劲度系
20、数为 k= _ N/m，弹簧的原长 l0= _ cm【答案】 (1). 200 (2). 25【解析】【分析】根据胡克定律写出 F 与的关系式，然后结合数学知识求解即可。【详解】根据胡克定律 F 与 l 的关系式为 ，从图象中可得直线的斜率为 ，截距为 20N；故弹簧的劲度系数为： ，由 ，解得：12.如图所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置。他在气垫导轨上安装了一个光电门 B，滑块上固定一遮光条， 滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，力传感器可直接测出绳中拉力，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从 A 处由静止释放气垫导轨摩擦阻力很小可忽略不计，由于遮光条的宽度很小，可认为遮
21、光条通过光电门时速度不变。(1)该同学用 20 分度的游标卡尺测量遮光条的宽度 d，如图所示，则 d_mm。(2)实验时，该同学测量出遮光条的宽度 d，将滑块从 A 位置由静止释放，测量遮光条到光电门的距离 L，若要得到滑块的加速度，还需由数字计时器读出遮光条通过光电门 B 的_； (3)下列不必要的一项实验要求是（ ）A应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量B应使 A 位置与光电门间的距离适当大些C应将气垫导轨调节水平D应使细线与气垫导轨平行(4)改变钩码质量，测出对应的力传感器的示数 F，已知滑块总质量为 M，用(2)问中已测物理量和已给物理量写出 M 和 F 间的关系表达式 F_。【答
22、案】 (1). 2.30 (2). 时间 t (3). A (4). 【解析】试题分析：（1）d=2mm+0.05mm5=2.25mm （2）根据 ，可知若要得到滑块的加速度，还需由数字计时器读出遮光条通过光电门 B 的时间 t；（3）拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关，故 A 错误；应使 A 位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故 B 正确；应将气垫导轨调节水平，使拉力才等于合力，故C 正确；要保持拉线方向与木板平面平行，拉力才等于合力，故 D 正确；故选 A （4）由题意可知，该实验中保持小车质量 M 不变，因此有： ；v 2=2aL， ，联立可得：考
23、点：探究加速度与力的关系的实验三、解答题13.做匀加速直线运动的物体途中依次经过 A、B、C 三点，已知 AB=BC= ，AB 段和 BC 段的平均速度分别为 v1=3m/s，v2=6m/s，则： （1）物体经过 B 点的瞬时速度为多大？（2）若物体运动的加速度 a=2 m/s2，则 AC 的距离为多少?【答案】(1)5m/s (2) 12m【解析】(1) 设加速度大小为 a,经 A、C 的速度大小分别为 ， 。据匀加速直线运动规律可得：， ， ， ，联立解得 ；(2) 由上还可计算出： ， ，根据 ，代入 ，解得 14.如图所示，从 A 点以某一水平速度 v0 抛出质量 m=1 kg 的小物
24、块（可视为质点） ，当物块运动至 B 点时，恰好沿切线方向进入圆心角BOC=37的光滑圆弧轨道 BC，经圆弧轨道后滑上与 C 点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道 C 端切线水平已知长木板的质量 M=1 kg，A、B 两点距 C 点的高度分别为 H=1 m、h=0.55 m，物块与长木板之间的动摩擦因数 1=0.4，长木板与地面间的动摩擦因数 2=0.1，g=10 m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，求： （1）小物块在 B 点时的速度大小； （2）小物块滑动至 C 点时，对圆弧轨道 C 点的压力； （3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？（设最大静摩擦力等于
25、滑动摩擦力）【答案】 （1）5m/s （2）23.1N（3）3m【解析】【分析】物块从 A 到 B 做平抛运动，已知平抛的抛出高度和落地速度方向，求落地的速度大小和方向，用运动的合成与分解求解；小物块在 BC 间做圆周运动运动，由动能定理求出小物块通过 C 点的速度在 C 点时轨道支持力和重力的合力提供物块圆周运动的向心力，据此求解即可； 根据牛顿第二定律分别求出发生相对滑动时 M 和 m 的加速度，结合位移关系求出运动的时间，根据位移关系求出小物块不滑出长木板的长度；【详解】解：(1)物块从 A 点到 B 点做平抛运动，则有：设到达 B 点时竖直分速度为 vy，则：据题有联立解得(2)从 A
26、 至 C 点，由动能定理得解得设物块在 C 点受到的支持力为 FN，则由牛顿第二定律得：由几何关系可得联立可得： 根据牛顿第三定律可知，物块对圆弧轨道 C 点的压力大小为 23.1N(3)小物块 m 与长木板间的滑动摩擦力：物块在长木板上做匀减速运动，加速度大小为长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力： 因 ，所以小物块在长木板上滑动时，长木板做匀加速运动，加速度大小为当小物块与长木板速度相同时，一起做匀减速直线运动对小物块有： ，对长木板有： ，解得 ， ，则长木板长度至少为：15.下列说法正确的是_。 A悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动B气体对器壁的压强是大量气体分
27、子作用在器壁单位面积上的平均作用力C单位体积的气体分子数增加，气体的压强一定增大D气体的内能是气体内所有分子热运动的动能和分子间的势能之和E一定量的气体，在体积不变时，分子每秒平均碰撞次数随着温度降低而减小【答案】BDE【解析】A 项：悬浮在水中的花粉的布朗运动是花粉颗粒的无规律运动，反映了水分子的无规则运动，故 A 错误；B 项：根据压强的定义得压强等于作用力比上受力面积，即气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，故 B 正确；C 项：单位体积的气体分子数增加，分子越密集，但是如果温度降低，分子热运动的平均动能减少，气体的压强不一定增大，故 C 错误；D 项：气体的
28、内能是分子热运动的动能和分子间的势能之和，故 D 正确；E 项：一定量的气体，在体积不变时，分子数密度一定；故分子每秒平均碰撞次数随着平均动能降低而减小；温度是平均动能的标志；故分子每秒平均碰撞次数随着温度降低而减小；故 E 正确。点晴：本题关键是明确物体内能、气体压强的微观意义，物体的内能是分子热运动的动能和分子间的势能之和；温度是分子热运动动能的平均标志。16.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 l10.0 cm， B 侧水银面比 A 侧的高 h3.0 cm 。现将开关 K 打开，从 U 形管中放出部分
29、水银，当两侧水银面的高度差为 h110.0 cm 时将开关 K关闭。已知大气压强 p075.0 cmHg。求放出部分水银后 A 侧空气柱的长度；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】 12cm 13.2cm【解析】试题分析：（i）以 cmHg 为压强单位设 A 侧空气柱长度 l=10.0cm 时压强为 p，当两侧的水银面的高度差为 h1=10.0cm 时，空气柱的长度为 l1，压强为 p1，由玻意耳定律，有：pl=p1l1由力学平衡条件，有：p=p0+h 打开开关放出水银的过程中，B 侧水银面处的压强始终为 p0，而 A 侧水银面处的
30、压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A 两侧水银面的高度差也随着减小，直至 B 侧水银面低于 A侧水银面 h1 为止，由力学平衡条件，有：p1=p0h1联立，并代入题目数据，有：l1=12cm （ii）当 A、B 两侧的水银面达到同一高度时，设 A 侧空气柱的长度为 l2，压强为 P2，由玻意耳定律，有：pl=p2l2由力学平衡条件有：p2=p0联立式，并代入题目数据，有：l2=10.4cm 设注入水银在管内的长度为h，依题意，有：h=2（l 1l2）+h 1联立式，并代入题目数据，有：h=13.2cm视频17.如图甲所示是一列沿 x 轴正方向传播的简谐横波在 t=0 时刻的波形图，P 是参与
31、波动的、离原点 x1=2 m 处的质点，Q 是参与波动的、离原点 x2=4 m 处的质点图乙是在波的传播方向上某质点的振动图象（波的传播方向上所有质点的计时起点相同） 。由图可知（ ）A从 t=0 到 t=6s，质点 Q 通过的路程为 12 mB从 t=0 到 t=6s，质点 P 通过的路程为 0.6 mC这列波的传播速度为 v0=2 m/sD从 t=0 起，P 质点比 Q 质点晚 1 s 到达波峰E乙图一定是甲图中质点 P 的振动图象【答案】BCD【解析】从图乙可知该波的周期为 ，故从 t=0 到 t=6s，质点 P、Q 振动了三个周期，故通过的路程应为 ，A 错误 B 正确；从图甲中可知
32、，故波速为，C 正确；因为波向右传播，t=0 时刻，根据走坡法可知质点 P 此刻正向下振动，达到波峰还需要 ,质点 Q 此时正向上振动，到达波峰还需要 ，故 P 质点比 Q 质点晚 1 s 到达波峰，D 正确；图乙中 t=0 时刻质点将向上振动，而 t=0 时刻，根据走坡法可知质点 P 此刻正向下振动，E 错误。18.如图所示，一个透明的圆柱横截面的半径为 R，折射率是 ，AB 是一条直径，现有一束平行光沿 AB 方向射入圆柱体。若有一条光线经折射后恰经过 B 点，求：这条入射光线到 AB 的距离是多少？这条入射光线在圆柱体中运动的时间是多少？【答案】 【解析】设光线经 P 点折射后如图所示：根据折射定律可得：在 OBC 中： 由式解得：60，30，CDRsin= 在 DBC 中：
