1、高三第五次模拟考试试题理科综合试题二、选择题（本题共 8 小题。共计 48 分，在每小题给出的四个选项中，14 到 18 题只有一个正确选项，19 到 21 有多个正确选项，全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分）1.如图所示为氢原子能级示意图，现有大量的氢原子处于 n4 的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干种不同频率的光子，下列说法正确的是A. 这些氢原子总共可辐射出 3 种不同频率的光子B. 由 n2 能级跃迁到 n1 能级产生的光频率最小C. 由 n4 能级跃迁到 n1 能级产生的光波长最长D. 用 n2 能级跃迁到 n1 能级辐射出的光照射逸出功为 6.34
2、eV 的金属铂能发生光电效应【答案】D【解析】根据 知，这些氢原子总共可辐射出 6 种不同频率的光子，A 错误；n=4 和 n=3 间的能24 6C=级差最小，辐射的光子频率最小，B 错误；n=4 和 n=1 间的能级差最大，辐射的光子频率最大，波长最短，C 错误；从 n=2 跃迁到 n=1 能级辐射的光子能量为 10.2eV，大于金属铂的逸出功，可以发生光电效应，D 正确2.如图，在光滑的水平桌面上有一物体 A，通过绳子与物体 B 相连，假设绳子的质量以及绳子与定滑轮之间的摩擦力都可以忽略不计，绳子不可伸长如果 mB=3mA，则物体 A 的加速度和绳的拉力大小等于A. 拉力为 mBg B.
3、拉力为 0.75mBg C. 加速度为 D. 加速度为 3g34g【答案】C【解析】【分析】AB 连在一起，加速度大小相同，对整体分析受力情况，由牛顿第二定律求得加速度，再由 A研究，由牛顿第二定律求得绳子拉力。【详解】AB 连在一起，加速度大小相同；对整体分析可知，由牛顿第二定律可知：mBg=（m A+mB）a结合 mB=3mA解得加速度为：a= 34g选取 A 为研究的对象。A 的合力等于绳子的拉力，所以绳子的拉力为：F=mAa= 34g故应选：C。【点睛】本题为连接体问题，关键要抓住两个物体的加速度大小相同，采用整体法和隔离法相结合研究，比较简洁。也可以就采用隔离法解答。3.如图所示，
4、B 为竖直圆轨道的左端点，它和圆心 O 的连线与竖直方向的夹角为 a,一小球在圆轨道左侧的 A 点以速度 v0平抛，恰好沿 B 点的切线方向进入圆轨道已知重力加速度为 g.则A, B 之间的水平距离为A. B. C. D. 20tanvg20tanvg20tanvg20tanvg【答案】B【解析】小球抛出后做平抛运动，小球恰好从轨道的 C 端沿切线方向进入轨道，说明小球的末速度应该沿着 C 点切线方向，将平抛末速度进行分解，根据几何关系得：C 点速度在竖直方向的分量： ，竖直方向的分运动为自由落体运动， ，水平方向做匀速直线运动，则有 ，故 B 正确；A、C、D 错误。4.探月卫星绕地运行一段
5、时间后，离开地球飞向月球。如图所示是绕地飞行的三条轨道，轨道 1 是近地圆形轨道，2 和 3 是变轨后的椭圆轨道。A 点是 2 轨道的近地点，B 点是 2 轨道的远地点，卫星在轨道 1 的运行速率为 77 km/s，则下列说法中正确的（ ）A. 卫星在 2 轨道经过 A 点时的速率一定大于 77 km/sB. 卫星在 2 轨道经过 B 点时的速率一定小于 77 km/sC. 卫星在 3 轨道所具有的机械能小于在 2 轨道所具有的机械能D. 卫星在 3 轨道所具有的最大速率小于在 2 轨道所具有的最大速率【答案】AB【解析】从轨道 1 变轨到轨道 2，需要在 A 点点火加速，故卫星在轨道 2 经
6、过 A 点的速率大于7.7km/s，从轨道 2 变轨到轨道 3，需要在 A 点点火加速，而 A 点为两个轨道速度最大点，所以卫星在轨道 3 的最大速率大于在轨道 2 的最大速率，A 错误 D 正确；假设有一圆轨道经过B 点，根据 ，可知此轨道上的速度小于 7.7km/s，卫星在 B 点速度减小，才会做近GMvr=心运动进入 2 轨道运动故卫星在 2 轨道经过 B 点时的速率一定小于 7.7km/s，故 B 错误；卫星的运动的轨道高度越高，需要的能量越大，具有的机械能越大，所以卫星在 3 轨道所具有的机械能一定大于 2 轨道所具有的机械能，故 C 错误5. 如图甲所示，A、B 是一条电场线上的两
7、点，若在某点释放一初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，从 A 点运动到 B 点，其速度随时间变化的规律如图乙所示，则（ ）A. A 点的场强大于 B 点B. 电子在 A 点受到的电场力小于 B 点C. A 点的电势高于 B 点D. 电子在 A 点的电势能小于 B 点【答案】B【解析】解：A、B：速度时间图象的斜率等于加速度，由图可知：电子做初速度为零的加速度增大的加速直线运动加速度增大，说明电子所受电场力增大，电子在 A 点受到的电场力小于 B 点由F=qE 可知，电场强度增大，A 点的场强小于 B 点，即 EAE B故 A 错误，B 正确C、电子由静止开始沿电场线从 A 运动到 B，电场力
8、的方向从 A 到 B，而电子带负电，则场强方向从 B 到 A，根据顺着电场线电势降低可知，A 点的电势低于 B 点电势，即 A B故 C错误D、由速度图象看出，电子的速度增大，动能增大，根据能量守恒得知，电子的电势能减小，则电子在 A 点的电势能大于 B 点，即 A B故 D 错误故选：B【点评】本题实质考查分析电子受力情况和运动情况的能力，从力和能量两个角度进行分析，分析的切入口是速度的斜率等于加速度6.如图所示，面积为 S、匝数为 N、内阻不计的矩形线圈，在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，从图示位置开始计时，绕水平轴 oo以角速度 匀速转动。矩形线圈通过滑环连接理想变压器。理想变压器原线圈
9、上的滑动触头 P 上下移动时，可改变副线圈的输出电压；副线圈接有可变电阻 R电表均为理想交流电表。下列判断正确的是（ ）A. 矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为 eNBScostw=B. 矩形线圈产生的感应电动势的有效值为 12C. 当 P 位置不动，R 增大时，电压表示数也增大D. 当 P 位置向上移动、R 不变时，电流表示数将增大【答案】AD【解析】试题分析：从垂直于中性面时开始计时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为，A 正确；矩形线圈产生的感应电动势的有效值为，B 错误；交流发电机内电阻不计，故变压器输入电压不变，根据理想变压器的变压比公式：，当 P 位置不动，R 增大时，
10、电压表读数不变，仍然等于发电机的电动势有效值；C 错误当 P 位置向上移动、R 不变时，根据理想变压器的变压比公式： ，输出电压变大，故电流变大，功率变大，输入电流也变大，故电流表读数变大，D 正确；故选 AD。考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系。【名师点睛】正弦式交流发电机从垂直中性面位置开始计时，其电动势表达式为：e=NBScost；电压表和电流表读数为有效值；计算电量用平均值。7.如图所示，设车厢长为 L，质量为 M，静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为 m 的物体，以速度 v0向右运动，与车厢壁来回碰撞几次后（碰撞过程无能量损耗） ，相对于车厢静止，下列说法正确的是A. 这时车厢的
11、速度为 v0，水平向右B. 这时车厢的速度为 ，水平向右mM+C. 摩擦产生的热量 22001()vvm-+D. 物体相对于车厢的路程一定为 L【答案】BC【解析】【分析】物体与车厢反复碰撞，最终两者速度相等，在此过程中，两者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出车厢的速度。【详解】A、B 项：以物体与车厢组成的系统为研究对象，以向右为正，由动量守恒定律可得：mv=（M+m）v最终车的速度 v= ，方向与 v 的速度相同，水平向右，故 A 错误，B 正确；0mvM+C、D 项：以物体与车厢组成的系统为研究对象，由能量守恒得：，由于 联立解得：222200011()()mvQvvM=-=-+
12、Qmgx=不一定等于 L，故 C 正确，D 错误。220mxg+故应选：BC。8.如图所示，相距为 L 的两条足够长的平行金属导轨右端连接有一定值电阻 R，整个装置被固定在水平地面上，整个空间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，两根质量均为 m，电阻都为 R，与导轨间的动摩擦因数都为 的相同金属棒 MN、 EF 垂直放在导轨上现在给金属棒 MN 施加一水平向左的作用力 F，使金属棒 MN 从静止开始以加速度a 做匀加速直线运动，若重力加速度为 g，导轨电阻不计，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等则下列说法正确的是( )A. 从金属棒 MN 开始运动到金属棒 EF 开始运动的过程中
13、，两金属棒的发热量不相等B. 从金属棒 MN 开始运动到金属棒 EF 开始运动经历的时间为 23mgRtBLa=C. 若从金属棒 MN 开始运动到金属棒 EF 开始运动经历的时间为 T，则此过程中流过电阻 R 的电荷量为26BTaLqR=D. 若从金属棒 MN 开始运动到金属棒 EF 开始运动经历的时间为 T，则金属棒 EF 开始运动时，水平拉力 F 的瞬时功率为 P( ma mg )aT【答案】ABC【解析】【分析】以 EF 为研究对象，刚开始运动时所受的静摩擦力达到最大值，由安培力与静摩擦力平衡列式，可求出回路中的电流，再由法拉第电磁感应定律和欧姆定律、速度公式结合求解时间；根据法拉第电磁
14、感应定律和欧姆定律、位移公式、电量公式结合求解电荷量 q；推导出安培力与速度的关系式，由牛顿第二定律求得水平拉力 F 的大小，由 P=Fv 求解其瞬时功率；根据电路的连接关系，分析通过两棒的电流关系，即可分析其热量关系。【详解】A 项：由于 MN 棒切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，通过 MN 的电流是 EF电流的 2 倍，根据焦耳定律 可知，MN 的发热量是 EF 的 4 倍，故 A 正确；2QIRt=B 项：以 EF 为研究对象，设 EF 刚开始运动时其电流大小为 I，则通过 MN 的电流为 2I，由题有：BIL=mg根据闭合电路欧姆定律得：E=2I（R+0.5R）=3IR又 E=B
15、Lvv=at联立解得： ，故 B 正确；23mgRtLa=C 项：MN 棒在 T 时间内通过的位移为：x= 21aT根据法拉第电磁感应定律，有： EtDF=及闭合电路欧姆定律，有： 1.5IR且电量表达式，有： qt=BLx，则得通过 MN 棒的电量为： 23BLaTR由于两棒的电阻都为 R，则此过程中流过电阻 R 的电荷量为 ，故 C 正确；26qBLaTR=D 项：金属棒 EF 开始运动时，由 BIL=mg 得：I= mgBL金属棒 MN 所受的安培力大小为：F 安 =BIL以 MN 为研究对象，根据牛顿第二定律得：F-mg-F 安 =ma拉力的功率为：P=Fv又 v=aT解得：P=（ma
16、+2mg）aT，故意 D 错误。故应选：ABC。【点睛】电磁感应中导体切割引起的感应电动势在考试中涉及较多，关键要正确分析导体棒受力情况，运用力学和电磁感应的基本规律，如平衡条件、牛顿第二定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律等等进行求解。三、实验题（共计两道题，共计 15 分，其中第 22 题，8 分；23 题 7 分）9.某实验小组“用落体法验证机械能守恒定律” ，实验装置如图甲所示.实验中测出重物自由下落的高度 h 及对应的瞬时速度 v，计算出重物减少的重力势能 mgh 和增加的动能 mv2，然1后进行比较，如果两者相等或近似相等，即可验证重物自由下落过程中机械能守恒.请根据实验原理和步骤完
17、成下列问题：(1)关于上述实验，下列说法中正确的是_.A.重物最好选择密度较小的木块B.重物的质量可以不测量C.实验中应先接通电源，后释放纸带D.可以利用公式 v 来求解瞬时速度2gh(2)如图乙是该实验小组打出的一条点迹清晰的纸带，纸带上的 O 点是起始点，选取纸带上连续的点 A、 B、 C、 D、 E、 F 作为计数点，并测出各计数点到 O 点的距离依次为 27.94 cm、32.78 cm、38.02 cm、43.65 cm、49.66 cm、56.07 cm.已知打点计时器所用的电源是50 Hz 的交流电，重物的质量为 0.5 kg，则从计时器打下点 O 到打下点 D 的过程中，重物减
18、小的重力势能 Ep_ J；重物增加的动能 Ek_ J，两者不完全相等的原因可能是_.(重力加速度 g 取 9.8 m/s2，计算结果保留三位有效数字)(3)实验小组的同学又正确计算出图乙中打下计数点 A、 B、 C、 D、 E、 F 各点的瞬时速度 v，以各计数点到 A 点的距离 h为横轴， v2为纵轴作出图象，如图丙所示，根据作出的图线，能粗略验证自由下落的物体机械能守恒的依据是_.【答案】 (1). BC (2). 2.14 (3). 2.12 (4). 重物下落过程中受到阻力作用 (5). 图象的斜率等于 19.52，约为重力加速度 g 的两倍，故能验证【解析】（1）A、重物最好选择密度
19、较大的铁块，受到的阻力较小，故 A 错误；B、本题是以自由落体运动为例来验证机械能守恒定律，需要验证的方程是 ，21mghv=因为我们是比较 、 的大小关系，故 m 可约去比较，不需要用天平测量重物的质mgh21 v量操作时应先接通电源，再释放纸带，故 B 正确C、释放纸带前，重物应靠近打点计时器必须保证计时器的两限位孔在同一竖直线上，然后先接通电源，后释放纸带，故 C 正确；D、不能利用公式 来求解瞬时速度，否则体现不了实验验证，却变成了理论推导，2vgh=故 D 错误。（2）重力势能减小量 0.598.43652.1pEmJ=利用匀变速直线运动的推论 0/.9/.Dxvmsst-=2210
20、.51kDBEvJ=（ ）动能增加量 .kDE-由于存在阻力作用，所以减小的重力势能大于动能的增加了；（3）根据表达式 ，则有： ；21mghv=2gh=若图象的斜率为重力加速度的 2 倍时，即可验证机械能守恒，而图象的斜率 ；0.365489.k-因此能粗略验证自由下落的物体机械能守恒。点睛：解决本题的关键知道实验的原理，通过原理确定所需测量的物理量，以及知道实验中的注意事项，在平时的学习中，需加以总结，要熟记求纸带上某点瞬时速度的求法。10.用如图所示电路测量一蓄电池的电动势和内阻实验器材：待测电源(电动势约 2 V，内阻约 0.2 )，保护电阻 R1(阻值 2 )和定值电阻 R2（阻值
21、， ） ，滑动变阻器 R（阻值范4 W围 05，额定电流 ）电流表 A，电压表 V，开关 S，导线若干 实验主要步骤：将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数 U 和相应电流表的示数 I；以 U 为纵坐标，I 为横坐标，作 UI 图线(U、I 都用国际单位)；回答下列问题：(1)电压表最好选用_；电流表最好选用_A电压表(03 V，内阻约 20 k)B电压表(03 V，内阻约 5 k) C电流表(0300 mA，内阻约 2 )D电流表(030 mA，内阻约 2)(2) 根据实验数据作出 图象，如图乙所示，则电池的电动势 _ ，电池UI-
22、E=V的内阻 _ 。r=W(3) 如果偶然误差不考虑，按图示实验进行测量，关于误差的说法正确的是_A由于电流表的分压作用，使内电阻的测量值小于真实值；B由于电流表的分压作用，使内电阻的测量值大于真实值；C由于电压表的分流作用，使内电阻的测量值小于真实值；D由于电压表的分流作用，使内电阻的测量值大于真实值；E测出的电动势与真实值相同；F.测出的电动势比真实值小【答案】 (1). AC (2). 2.10 (3). 0.2 (4). C (5). F【解析】【分析】根据电路图从减小实验误差的角度分析选择电压表，根据电路最大电流选择电流表应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后求出电源电动势与内阻。【
23、详解】(1) 由图示电路图可知，电压表有分流作用，流过电源的电流大于电流表示数，电压表分流是造成实验误差的原因，为减小实验误差，应减小电压表分流对实验的影响，应选择内阻较大的电压表，因此电压表应选择 B；通过电路的最大电流约为： ，则电1220.244.AEI AmARr=+流表应选择 C；(2)U-I 图象中直线与纵轴的交点即电源电动势，所以 E=2.10V，由闭合电路欧姆定律可得：，所以图象的斜率 ，解得： ；2()UEIRr=-+2.1042()kr-=+0.2r=W(3)电源的电动势等于电源没有接入电路时两端的电压，即在图甲中断开外电路即（滑动变阻器，电流表，定值电阻 R1） ，此时电
24、压表与电源和定值电阻 R2组成回路，电压表的示数一定小于电源的电动势，即电动势测量值偏小，由闭合电路欧姆定律可知， ，由图象可知，图象斜率为 ，所2()vUEIr=+- 2rR+以内阻的测量值与真实值相等。四、计算题（共 2 道题，总分 32 分，24 题 12 分，25 题 20 分,要写出必要的解题过程才给分）11.一矩形区域 abcd 内充满磁感应强度为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，矩形区域的左边界 ad 宽为 L，现从 ad 中点 O 以一定的初速度垂直于磁场射入一带电粒子，方向与 ad 边夹角为 30，如图所示，已知粒子的电荷量为 q，质量为 m(重力不计)粒子恰能从 b 点且垂
25、直于 ab 边射出磁场.求：（1）粒子的电性及粒子在磁场中运动的时间 t（2）ab 边的长度【答案】(1)正电， ；(2) 56mtqBp=3(1)2L+【解析】【详解】(1)由于粒子向上偏，根据左手定则可知，粒子带正电；粒子在洛伦兹力作用下，在磁场中做匀速圆周运动，设半径为 R，由几何关系得 R=L 由牛顿第二定律得： 2mvqBr=周期 T= 2Rvp磁场中运动时间： 150362tT解得： ；mtqB=(2)由几何关系可得：ab 边长LAB=R(1+cos300)= 。3(1)2L+12.如图甲所示的装置是由直线加速器改装而成，由 N 个长度逐个增大的金属圆筒沿水平轴线排列成一串，图中代
26、表性地画了几个圆筒，圆筒的两底面中心开有小孔，一根绝缘光滑细管从中心小孔穿过，各筒相间地连接到频率为 f、最大电压值为 U0的电源的两端，M、N 两点间的电势差 UMN随时间变化如图乙所示，现有一电量为+ q、质量为 m、直径略小于细管内径的小球，沿细管左端射入，并将在圆筒间的缝隙处受到电场力的作用而加速（设圆筒内部没有电场） 。缝隙的宽度很小，小球穿过缝隙的时间可以不计。已知 t=0 时刻小球以 v1速度进入第一个圆筒左端，小球多次被加速后通过最右侧圆筒，最后从 A 点水平向右飞出并以速度 v2垂直于电场方向射入一个方向竖直向下、场强为 E 的匀强电场中，在 B 点速度方向与电场线成 120
27、角。求：（1）小球在电场中的加速度大小 a 及在 B 点的速度大小 vB；(2) 小球从 A 运动到 B 的时间 tAB(3) A、B 两点间的电势差 UAB；(4) 为使小球从 A 点射出获得最大能量，各个圆筒的长度应满足什么条件？（用 n 的形式来表示）【答案】(1)a= ， ；(2) ；(3) mgqE+2203cosBvv=23()ABmvtgqE=+；(4) ，(n=1 ,2.3)。26()ABvU=211()nqULfm-+【解析】【详解】(1)小球在电场中受电场力和重力作用根据牛顿第二定律可得 a gqE+将小球在 B 点的速度分解可知；2203cosvv=(2) )在 B 点设
28、小球沿电场方向的速度大小为 vy，则有： vy v2tan30vy atAB 联立解得： 23()ABmvtgqE=+(3) 小球竖直位移: 1yABt解得： 26()vymgq=+A、B 两点间的电势差 UAB=Ey解得： ；26()Evgq(4) 为了使小球获得最大能量，要求小球每次穿过缝隙时，前一个圆筒的电势比后一个的电势高，这就要求小球穿过每个圆筒的时间恰好等于交变电流的半个周期设第 N 个圆筒长为Ln，则有：(n=1 ,2.3)221()nmvqU-=-解得： 212()nqUvvm-=+nTLf所以 (n=1 ,2.3)。2112()nqUvfm-=+13.下列说法正确的是_（填正
29、确答案标号。选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 4 分，选对3 个得 5 分。每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分）A医学上利用液晶来检查肿瘤，是利用了液晶的温度效应B自然发生的热传递过程是沿着分子热运动无序性增大的方向进行的C非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性D物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加E分子热运动各速率间的分子数占总分子数的比例是常数，与温度无关【答案】ABD【解析】A、在皮肤表面涂上一层液晶，由于肿瘤温度与周围正常组织的温度不同，液晶就会显示出不同颜色，所以医学上利用液晶来检查肿瘤，是利用了液晶的温度效应，故 A 正确；B、热力学第二定律的微
30、观意义是一切自发过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行，故 B 正确；C、非晶体和多晶体的物理性质各向同性，而单晶体的物理性质都是各向异性，故 C 错误；D、根据热力学第一定律 可知，物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加，UWQD=+故 D 正确；E、分子热运动各速率间的分子数占总分子数的比例与温度有关，故 E 错误；故选 ABD。【点睛】医学上利用液晶来检查肿瘤，是利用了液晶的温度效应；热力学第二定律的微观意义是一切自发过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行，非晶体和多晶体的物理性质各向同性，而单晶体的物理性质都是各向异性，分子热运动各速率间的分子数占总分子数的比例与温度有关。
31、14.如图所示，在上端开口、竖直放置的足够高光滑导热气缸内，体积均为 V 的理想气体1、2 被轻活塞 A 隔开，气体 1 上面有活塞 B，两活塞均被锁定。已知气体 1 的压强、大气压均为 p0，气体 2 的压强为 2p0。现解除对活塞 A 的锁定。求：（i）稳定后气体 1 的体积和压强；（ii）稳定后，再解除对活塞 B 的锁定，求再次稳定后气体 2 的体积。【答案】(1) （2） 2V23V0p【解析】【分析】稳定后由玻意耳定律求出气体 1 的体积和压强，再次稳定后，气体 2 的压强等于大气压，由玻意耳定律求气体 2 的体积。解：（i）稳定后，由玻意耳定律，对气体 1p0Vp 1V1 对气体
32、2：2p 0Vp 2V2 两气体的压强相等：p 1p 2总体积不变 V1V 22V可解得：V 1 ，p 1 30（ii）再次稳定后，气体 2 的压强等于大气压，由玻意耳定律2p0Vp 0V3 解得：v 32V15.如图甲，可以用来测定半圆柱形玻璃砖的折射率 n，O 是圆心，MN 是法线。一束单色光线以入射角 i=30由玻璃砖内部射向 O 点，折射角为 r，当入射角增大到也为 r 时，恰好无光线从玻璃砖的上表面射出。让该单色光分别通过宽度不同的单缝 a、b 后，得到图乙所示的衍射图样（光在真空中的传播速度为 c） 。则下列说法正确的是_ 。 （填正确答案标号。选对 1 个得 2 分，选对 2 个
33、得 4 分，选对 3 个得 5 分。每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分）A此光在玻璃砖中的全反射临界角为 60B玻璃砖的折射率 n= 2C此光在玻璃砖中的传播速度 cvn=D单缝 b 宽度较大E光的偏振现象说明光是一种纵波【答案】BCD【解析】根据折射定律有 ，由题知，玻璃砖的全反射临界角等于 C，根据 ，结合sing= 1sin=i=30，解得 ， C=45，故 A 错误，B 正确；光在玻璃砖中的传播速度为2，故 C 正确；由乙图知，单色光通过单缝 a 后衍射现象比较显著，所以单缝 acvn宽度较小，则缝 b 宽度较大，故 D 正确；偏振是横波的特有现象，光的偏振现象说明光是一种横
34、波，故 E 错误。所以 BCD 正确，AE 错误。16.如图所示，一垂钓者在平静的湖面上钓鱼，浮标 Q 离岸边 P 点的距离为 2m，鱼饵在 M 点的正下方，Q、M 间的距离为 2m，当垂钓者的眼睛位于 P 点正上方 1.5m 处时，浮标恰好挡住垂钓者看到鱼饵的视线。已知 P、Q、M 在同一水平线上，水的折射率 n= 。43求鱼饵离水面的深度；若鱼饵缓慢竖直上浮，当垂钓者恰好从水面 PQ 上方无论如何也看不到鱼饵时，求鱼饵离水面的深度。【答案】 （1） （2）83m73m【解析】光路如图所示，由几何关系可知：2sin1.5g=+2ihsnig=解得：h m83设鱼饵深度为 h1时，在 Q 点发生全反射，即在水面 PQ 上方无论如何也看不到鱼饵，由几何关系可得： 21=nh+解得： 173m点睛：本题的关键是作出光路图，找到临界光线，利用几何知识和折射定律求解相关的角度和深度。
