1、蓝田县 20182019 学年度高三第一次模拟考试理科综合（物理部分）二、选择题(本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分.在每小题给出的四个选项中，第 1418 题只有一项符合题目要求；第 1921 题有多项符合题目要求，全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错或不答的得 0 分)1.节能减排可体现在我们日常生活中。假设公交车通过城市十字路口时允许的最大速度为10m/s，一辆公交车在距离十字路口 50m 的车站停留，乘客上下完后，司机看到红灯显示还有 10s，为了节能减排减少停车，降低能耗，公交车司机启动公交车，要使公交车尽快通过十字路口且不违章，则公交车启动后的运动图象可
2、能是（ ）A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】试题分析：因速度图像与坐标轴围成的面积等于物体的位移，由速度图像可知，A、B、D三个图像与坐标轴围成的面积均大于 50m，且速度不超过 10m/s；C 图像中公交车的位移可能恰好等于 50m，且速度小于 10m/s,故公交车启动后的运动图像可能是 C;故选 C考点：运动图像【名师点睛】此题是对速度时间图像的考查；关键是知道速度-时间图像与坐标轴围成的“面积”等于物体的位移，结合公交车的运动情况即可分析解答2.如图所示， “L”形支架 AOB 水平放置，物体 P 位于支架的 OB 部分，接触面粗糙；一根轻弹簧一端固定在支架 AO 上，另一端
3、与物体 P 相连。物体 P 静止时，弹簧处于压缩状态。现将“L”形支架绕 O 点逆时针缓慢旋转一小角度，P 与支架始终保持相对静止。在转动的过程中，OB 对 P 的A. 支持力增大 B. 摩擦力不变 C. 作用力增大 D. 作用力减小【答案】D【解析】【分析】对 P 受力分析，要考虑弹力是否变化，及其静摩擦力的变化即可。【详解】物体随 OB 缓慢转过一个小角度，其受力分析如图所示支持力 ，增大，支持力 N 减小，所以 A 错误；弹力 ，因弹力 F 不N=mgcos F=f+mgsin变，增大，f 减小，所以 B 错误 ；OB 对 P 的作用力大小等于支持力 N 和摩擦力 f 的合力，由于 N
4、减小， f 减小OB 对 P 的作用力大小将减小，所以 C 错误，D 正确。F合 = N2+f23.为寻找“磁生电” 现象，英国物理学家法拉第在 1831 年把两个线圈绕在同一个软铁环上( 如图所示)，一个线圈 A 连接电池 E 和开关 K，另一个线圈 B 闭合，并在其中一段直导线正下方放置一小磁针.闭合开关 K 前，小磁针静止且与直导线平行.当闭合开关 K 后，从上往下看A. 小磁针沿顺时针方向偏转了一下，最终复原B. 小磁针沿逆时针方向偏转了一下，最终复原C. 小磁针沿顺时针方向偏转了一下，并一直保持这种偏转状态D. 小磁针沿逆时针方向偏转了一下，并一直保持这种偏转状态【答案】A【解析】【
5、分析】根据右手螺旋定则判断原磁场方向，然后根据楞次定律判断感应电流的磁场方向，最后再根据右手螺旋定则判断感应电流方向并得到小磁针是否偏转；【详解】闭合电键后，线圈中的磁场方向为顺时针，且增加，故根据楞次定律，感应电流的磁场为逆时针方向，故右侧线圈中感应电流方向俯视逆时针，故下方的直导线有向右的电流，小磁针所在的位置磁场向里，则从上往下看小磁针顺时针旋转一下，电路稳定后，无感应电流，小磁针复原，故选项 A 正确，BCD 错误；故选 A.【点睛】本题关键是明确电磁感应现象产生的条件，只有磁通量变化的瞬间闭合电路中才会有感应电流4.如图甲所示，电磁炮是一种新型的兵器，其射程甚至可达数百公里，远远超过
6、常规炮弹。它的主要原理如图乙所示，当弹体中通以强电流时，弹体在强大的磁场力作用下加速前进，最后从炮口高速射出。设两轨道间距离为 0.10m，匀强磁场的磁感应强度为 40T，电流2000A，轨道长度为 20m，不考虑电流产生的磁场对匀强磁场强度的影响，则A. 若不计任何阻力，质量为 20g 的炮弹最终获得的速度为 400m/sB. 若不计任何阻力，磁场的磁感应强度加倍，则炮弹获得的速度也加倍C. 若阻力大小一定，轨道长度加倍，速度变为 倍2D. 若阻力大小一定，电流加倍，速度变为 倍2【答案】C【解析】【分析】炮弹在磁场中受到安培力，根据 F=BIL 求得大小，结合运动过程中的动能定理即可判断最
7、终速度与条件的关系.【详解】在运动过程中受到的安培力大小为 F=BIL=8000N，运动过程中，根据动能定理可知 Fx= mv2，解得 v=4000m/s，故 A 错误；根据上述公式可知 ，若不计任何阻力，12 v= 2BILxm磁场的磁感应强度加倍，则炮弹获得的速度变为原来的 倍，故 B 错误；若阻力大小一定，2轨道长度加倍，根据动能定理可知 BILxfx mv2，解得 ，故轨道长度加倍，速12 v= 2x(BILf)m度变为 倍，若电流加倍，速度不是原来的 倍，故 C 正确，D 错误；故选 C。2 2【点睛】题主要考查了在安培力作用下的动能定理，明确各个选项条件下的受力，利用好动能定理公式
8、即可判断5.四川省处在北纬 26033419之间，某极地卫星通过四川最北端与最南端所在纬度线正上方所经历的时间为 t，查阅到万有引力常量 G 及地球质量 M。卫星的轨道视为圆形。根据以上信息可以求出A. 地球的半径 B. 该卫星的角速度C. 该卫星受到的向心力 D. 该卫星距离地面的高度【答案】B【解析】【分析】通过纬度差和时间之比可以算出周期，再根据万有引力提供向心力即可求出其他【详解】卫星绕地球的运动可视为匀速圆周运动，通过北纬 26033419之间，所用时间为 t，所以周期为 T= ，根据 可得 ，所以 B 正确；设地球半径为 R离地面48011t T=2 =11240t高度为 h，根据
9、 可知，可求出 ，因此不能求出 R 和 h，GMm(R+h)2=m(R+h)2 R+h=3GM(240)2(11t)2所以 A、D 错误；因不知卫星质量，也就无法求出向心力，所以 C 错误。6. 如图所示为一理想变压器，在原线圈输入电压不变的条件下，要提高变压器的输入功率，可采用的方法是 ( )A. 只增加原线圈的匝数 B. 只增加副线圈的匝数C. 只减小变阻器 R1的电阻 D. 断开开关 S【答案】BC【解析】输入功率由输出功率决定，副 线圈上的功率 增加副 线圈的匝数， 增加， 增大，增P2=U22R U2 P2加原线圈匝数， 减小， 减小，故 A 错误 B 正确；副线圈上的功率 增加 的
10、电阻，U2 P2 P2=U22R R1副线圈上的总电阻 R 增加， 减小，故 C 错误；闭合 S，R 减小， 增加，故 D 正确P2 P27.如图所示，在匀强电场中有 O、A 、B 三点，OA=OB=5cm，其中 O、A 电势分别为0V、5V，OA 与 OB 的夹角为 120，A 、B 在同一条竖直线上现有一不计重力、带电量为e 的粒子以 4eV 的动能从 A 点沿 AO 方向飞入电场，经过 B 点时，动能与在 A 点时相同，则下列说法正确的是A. 该粒子带负电B. 粒子运动过程中，电场力一直做正功C. 粒子能运动到 O 点，且在 O 点时电势能为零D. 该电场强度大小为 200V/m，方向水
11、平向左【答案】AD【解析】【分析】从 A 到 B 动能不变，可知粒子在 AB 两点的电势能相同，即 AB 的电势相同，即 B 点电势为 5V，AB 连线是等势面，可知场强方向垂直于 AB 指向 O 点，由此判断粒子的电性和电场力做功情况；根据 E=U/d 求解场强 .【详解】AB从 A 到 B 动能不变，可知 AB 的电势相同，即 B 点电势为 5V，AB 连线是等势面，可知场强方向垂直于 AB 指向 O 点，粒子从 A 点沿 AO 射入能经过 B 点，由粒子的轨迹可知，粒子带负电，电场力先做负功后做正功，选项 A 正确，B 错误；C粒子沿 AO 方向射入，受向右的电场力，则粒子不可能经过 O
12、 点，选项 C 错误；D匀强电场的场强： ，方向向左，选项 D 正确；E=UAOAOcos600= 50.050.5V/m=200V/m故选 AD.8.如图所示，在 x 轴上方空间存在磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。在原点 O 处有一粒子源，沿纸面各个方向不断地放出同种粒子，粒子以相同的速率 v 射入磁场。粒子重力及粒子间的作用均不计。图中的阴影部分表示粒子在磁场中能经过的区域，其边界与 y 轴交点为 M，与 x 轴交点为 N，已知 ON=L。下列说法正确的是A. 能经过 M 点的粒子必能经过 N 点B. 粒子的电荷量与质量之比为vLBC. 从 ON 的中点离开磁场的粒子在磁
13、场中运动的时间可能为L6vD. 从 N 点离开磁场的粒子在磁场中运动的时间为3L4v【答案】C【解析】【分析】沿 x 轴正方向射出的粒子能经过 M 点，然后回到原点；沿 y 轴正方向射入磁场时粒子到达x 轴负向上最远处 N 点；由几何关系结合粒子的运动轨迹计算运动的时间.【详解】沿 x 轴正方向射出的粒子能经过 M 点，然后回到原点；沿 y 轴正方向射入磁场时粒子到达 x 轴上最远处，则能经过 M 点的粒子不能经过 N 点，选项 A 错误；ON=2R=L，由 解得： ，故 B 错误。qBv=mv2R qm=2vBL由几何关系可知，从 ON 的中点离开磁场的粒子在磁场中运动转过的圆心角可能为 3
14、000，时间 ，也可能为 600，时间为 ，选项 C 正确；从 N 点离开磁t=300036002Rv=5L6v t=60036002Rv=L6v场的粒子在磁场中运动的时间为半周期，大小为 ，选项 D 错误；故选 C.t=122Rv=L2v【点睛】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径要掌握左手定则，熟练运用牛顿第二定律研究半径三、非选择题(包括必考题和选考题两部分.第 22 题第 32 题为必考题，每道试题考生都必须作答。第 33 题第 38 题为选考题，考生根据要求作答)9.由于空间站处于完全失重状态，不能利用天平等仪器测量质量，为此某同学为空间站设计了如图甲所示的实
15、验装置，用来测量小球质量图中弹簧固定在挡板上，轨道 B 处装有光电门，可以测量出小球经过光电门的时间.该同学设计的主要实验步骤如下：用游标卡尺测量小球的直径 d将弹簧固定在挡板上小球与弹簧接触并压缩弹簧，记录弹簧的压缩量 x由静止释放小球，测量小球离开弹簧后经过光电门的时间 t，计算出小球离开弹簧的速度v改变弹簧的压缩量，重复步骤、多次分析数据，得出小球的质量该同学在光滑地面上进行了上述实验，请回答下列问题：(1)步骤中游标卡尺示数情况如图乙所示，小球的直径 d=_cm；(2)某一次步骤中测得弹簧的压缩量为 1cm，对应步骤 中测得小球通过光电门的时间为7.50ms，则此次小球离开弹簧的速度
16、v=_m/s；(3)根据实验得到的弹簧的形变 x 与对应的小球速度 v 在图丙中画出了 v-x 图象已知实验所用弹簧的弹性势能 Ep 与弹簧形变量 x2 之间的关系如图丁所示，实验测得小球的质量为_kg。【答案】 (1). 1.50 (2). 2 (3). 0.05【解析】【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数。（2）已知小球的直径与小球经过光电门时的时间，应用速度公式可以求出小球的速度。（3）根据坐标系内描出的点作出图象。根据能量守恒定律求出小球的质量。【详解】 （1）由图乙所示游标卡尺可知，其示数为：15mm+00.1mm=15.0mm=1.50cm。（2）小球离开弹簧后
17、做匀速直线运动，小球经过光电门时的速度与离开弹簧时的速度相等，小球离开弹簧时的速度： ；v=dt=1.5010-2m7.5010-3s=2m/s（3）由图示图象可知：x=1cm 时，即：x 2=110-4m2 时，E P=0.1J，由题意可知，x=1cm 时，v=2m/s，由能量守恒定律可知：E P= mv2，代入数据解得：m=0.05kg；12【点睛】本题考查了胡克定律和能量守恒的基本运用，知道极短时间内的平均速度等于瞬时速度，结合弹性势能的表达式进行求解。10.某同学将量程为 200A、内阻为 500 的表头 A 改装成量程为 1mA 和 10mA 的双量程电流表，设计电路如图（a）所示。
18、定值电阻 R1=500，R 2和 R3的值待定，S 为单刀双掷开关，A 、 B 为接线柱。回答下列问题：（1）按图（a）在图（b）中将实物连线；（2）表笔的颜色为 色（填“红”或“ 黑”）（3）将开关 S 置于“1” 挡时，量程为 mA；（4）定值电阻的阻值 R2= ，R 3= 。 （结果取 3 位有效数字）（5）利用改装的电流表进行某次洞里时，S 置于“2”挡，表头指示如图（c）所示，则所测量电流的值为 mA。【答案】 （1）如图所示 （2）黑 （3）10 （4）225 25.0 （5）0.780（0.78 同样给分）【解析】（1）实物连线图见答案；（2）红表笔接电源的正极，电流由红表笔流入
19、，由电路图（a）可看出表头右侧为正极，故表笔 a 为黑表笔；（3）将开关 S 置于“1” 挡时，表头跟 串联后再跟 并联，将开关 S 置于“2”挡时，表R1、R2 R3头跟 串联后再跟 并联，故前者的量程较大，故开关 S 置于“1” 挡时，量程为R1 R2、R310mA.I1=（4）由（3）问的分析，结合欧姆定律可知开关 S 置于“1”挡时，有，开关 S 置于“2”挡时， ，代入Ig（Rg+R1+R2）=（I1-Ig）R3 Ig(Rg+R1)=（I2-Ig）(R2+R3)已知数据可得 ， 。R2=225 R3=25.0（5）S 置于“2”挡时，量程为 1mA，表头示数为 156A ，故所测量电
20、流的值为 mA 1562001=0.780mA.【考点定位】考查万用电表的原理及其应用，综合性较强，重在理解能力的考查。【此处有视频，请去附件查看】11.实验小组想要探究电磁刹车的效果，在遥控小车底面安装宽为 0.1m、长为 0.4m 的 10匝矩形线框 abcd，总电阻为 R=2，面积可认为与小车底面相同，其平面与水平地面平行，小车总质量为 m=0.2kg.如图是简化的俯视图，小车在磁场外以恒定的功率做直线运动，受到地面阻力恒为 f=0.4N，进入磁场前已达到最大速度 =5m/s，车头(ab 边)刚要进入磁场时立即撤去牵引力，车尾(cd 边) 刚出磁场时速度恰好为零.已知有界磁场宽度为 0.
21、4m，磁感应强度为 B=1.4T，方向竖直向下。求：(1)进入磁场前小车所受牵引力的功率 P；(2)车头刚进入磁场时，小车的加速度大小；(3)电磁刹车过程中产生的焦耳热 Q。【答案】(1) (2) (3) 2W 26.5m/s2 2.18J【解析】【分析】（1）进入磁场前小车匀速运动时速度最大，由 P=Fv 和 F=f 求牵引力的功率 P；（2）车头刚进入磁场时，根据 E=NBLv 求解感应电动势大小；由欧姆定律求感应电流的大小 I；根据牛顿第二定律求解加速度。（3）根据能量守恒定律求电磁刹车过程中产生的焦耳热 Q。【详解】 （1）进入磁场前小车匀速运动时速度最大，则有：F=f牵引力的功率为：
22、P=Fv=fv=2W；（2）车头刚进入磁场时，产生的感应电动势为：E=NBLv=7V感应电流的大小为： 车头刚进入磁场时，小车受到阻力、安培力，安I=ER=NBLvR=3.5A培力为 F 安 =NBIL=4.9N 小车的加速度 a=F安 +fm=26.5m/s（3）根据能量守恒定律得：Q+f2s= mv212可得电磁刹车过程中产生的焦耳热为 Q=2.18J【点睛】对于电磁感应问题的研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求。12.如图所示，小明参加户外竞技
23、活动，站在平台边缘抓住轻绳一端，轻绳另一端固定在 O点，绳子刚好被拉直且偏离竖直方向的角度 =60。小明从 A 点由静止往下摆，达到 O 点正下方 B 点突然松手，顺利落到静止在水平平台的平板车上，然后随平板车一起向右运动。到达 C 点，小明跳离平板车(近似认为水平跳离)，安全落到漂浮在水池中的圆形浮漂上。绳长 L=1.6m，浮漂圆心与 C 点的水平距离 x=2.7m、竖直高度 y=1.8m，浮漂半径R=0.3m、不计厚度，小明的质量 m=60kg，平板车的质量 m=20kg，人与平板车均可视为质点，不计平板车与平台之间的摩擦。重力加速度 g=10m/s2，求：(1)轻绳能承受最大拉力不得小于
24、多少?(2)小明跳离平板车时的速度在什么范围?(3)若小明跳离平板车后恰好落到浮漂最右端，他在跳离过程中做了多少功? 【答案】 （1）1200N（2）4m/svc5m/s（3）480J【解析】【分析】（1）首先根据机械能守恒可以计算到达 B 点的速度，再根据圆周运动知识计算拉力大小。（2）由平抛运动规律，按照位移大小可以计算速度范围（3）由动量守恒和能量守恒规律计算即可。【详解】解(l)从 A 到 B由功能关系可得mgL(1cos)=12mv2代人数据求得 v=4 m/s在最低点 B 处， Tmg=mv2L联立解得，轻绳能承受最大拉力不得小于 T=1200N(2)小明离开滑板后可认为做平抛运动
25、竖直位移 y=12gt2离 C 点水平位移最小位移 xR=vmint离 C 点水平位移最大为 x+R=vmint联立解得小明跳离滑板时的速度 4 m/svc5 m/s (3)小明落上滑板时，动量守恒mv=(m+m0)v1代人数据求得 v1=3 m/s离开滑板时，动量守恒(m+m0)v1=mvC+m0v2将代人得V2=-3 m/s由功能关系可得W=(12mv2C+12m0v22)12(m+m0)v21解得 W=480 J13.下列说法正确的是_.A. 热量有可能由低温传递到高温物体B. 布朗运动不是指悬浮在液体中的固体分子的无规则运动C. 两分子组成的系统，其势能 E。随两分子间距离 r 增大而
26、增大D. 如果气体温度升高，分子的平均动能会增加，但并不是所有分子的速率都增大E. 阳光暴晒下的自行车车胎极易爆裂的原因是车胎内气体温度升高，气体分子间斥力急剧增大【答案】ABD【解析】【详解】A根据热力学第二定律可知，热量有可能由低温传递到高温物体，但要引起其他的变化，选项 A 正确；B布朗运动不是指悬浮在液体中的固体分子的无规则运动，是指悬浮在液体中的固体颗粒的无规则运动，是液体分子无规则运动的表现，选项 B 正确；C两分子组成的系统，其势能 E。当 rr0 时，随两分子间距离 r 增大而增大；当 rr0 时，随两分子间距离 r 增大而减小，选项 C 错误；D如果气体温度升高，分子的平均动
27、能会增加，但并不是所有分子的速率都增大，选项D 正确；E阳光暴晒下的自行车车胎极易爆裂的原因是车胎内气体温度升高，气体的压强变大，与分子间斥力无关，选项 E 错误；故选 ABD.14.如图所示，水平地面上放置一个内壁光滑的绝热汽缸，气缸开口朝上，缸内通过轻质活塞封闭一部分气体。初态时气体压强为一个大气压、温度为 27，活塞到汽缸底部距离为30cm。现对缸内气体缓慢加热到 427，缸内气体膨胀而使活塞缓慢上移，这一过程气体内能增加了 100J。已知汽缸横截面积为 50cm2，总长为 50cm，大气压强为 1.0105Pa。气缸上端开口小于活塞面积，不计活塞厚度，封闭气体可视为理想气体。(1)末态
28、时(427 )缸内封闭气体的压强(2)封闭气体共吸收了多少热量。【答案】 （1）1.4105pA（2）200J【解析】【分析】（1）在活塞未到达顶部之前气体发生的是等压变化，可以计算刚好到达顶部时的温度，判断之后是否会发生等容变化；（2）根据热力学第一定律计算吸收的热量。【详解】(i)由题意可知，在活塞移动到汽缸口的过程中，气体发生的是等压变化。设活塞的横截面积为 S，活塞未移动时封闭气体的温度为 T1，塞愉好移动到汽缸口时，封闭气体的温度为 T2，则由盖吕萨克定律可知： ，又 T1=300 K Sh1T1=Sh2T2解得：T 2=500 K即 227因为 227427，所以气体接着发生等容变
29、化，设当气体温度达到 427时，封闭气体的压强为 p，由查理定律可以得到： 代人数据整理可以得到： p=l.4l05 1.0105PaT2 = p(427+273)KPa。(ii)由题意可知，气体膨胀过程中活塞移动的距离 ，故大气压力x=0.5m0.3m=0.2m对封闭气体所做的功为 W=p0sx代人数据解得：w=-100 J由热力学第一定律 U=W+Q得到： Q=UW=200J【点睛】本题主要考虑活塞是否会顶到顶部，必须假定刚好到顶部，计算温度与题目温度比较。15.如图所示，两种不同材料的弹性细绳在 O 处连接，M 、O 和 N 是该绳上的三个点，OM间距离为 7.0m，ON 间距离为 5.
30、0m。O 点上下振动，则形成以 O 点为波源向左和冋右传播的简谐横波和，其中波的波速为 1.0m/s。t=0 时刻 O 点处在波谷位置，观察发现 5s后此波谷传到 M 点，此时 O 点正通过平衡位置向上运动，OM 间还有一个波谷。则_A. 波 I 的波长为 4mB. 波的波长为 4mC. N 点的振动周期为 4sD. t=3s 时，N 点恰好处于波谷E. 当 M 点处于波峰时，N 点也一定处于波峰【答案】BCE【解析】【分析】分别对两波分析，根据波速公式即可求出波的速度，再根据波长、周期和频率的关系即可确定周期；根据各质点的振动情况确定质点的位置。【详解】ABC OM 之间有两个波谷，即 1
31、17m ，解得波 I 的波长为 1=5.6m，根据题14意可知波 I 的波速为 v1 1.4m /s，故波的周期为 ，同一波源的频率相同，7.0m5s T 1v1 5.61.4s 4s故 N 点的振动周期为 4s，A 错误，BC 正确；D波 II 的波长为 2=v2T=4m，故在 t=0 时刻 N 处于平衡位置向下振动，经过 3s，即四分之三周期，N 点在波峰，故 D 错误；E因为 MN 两点到波源的距离都为其各自波长的 1 ，又两者振动周期相同，起振方向相14同，所以两者振动步调相同，即当 M 点处于波峰时，N 点也一定处于波峰，E 正确。故选 BCE。【点睛】关键是把握两点：第一点也为突破
32、口，即“5s 后此波谷传到 M 点，此时 O 点正通过平衡位置向上运动，OM 间还有一个波谷” ，第二点是同一波源在不同介质中的振动频率（周期）相同.16.如图所示，a、b 是两条相距为 L 的不同颜色的平行光线，沿与玻璃砖上表面成 30角入射，已知玻璃砖对单色光 a 的折射率为 ，玻璃砖的厚度为 h=(3+ )L，不考虑折射光线3 3在玻璃砖下表面的反射，玻璃砖下面只有一条出射光线，光在真空中的速度为 c。求：单色光 a 在玻璃砖中的传播时间；玻璃砖对单色光 b 的折射率。【答案】 (6+23)Lc 62【解析】【分析】（1）根据折射定律求解折射角，从而求解光 a 在玻璃中传播的距离，从而求解单色光 a 在玻璃砖中的传播时间；（2）根据几何关系求解光线 b 的折射角，根据折射率公式求解 b 的折射率.【详解】 （1）玻璃对单色光 a 的折射率为 ，入射角为 600 ，3由 可得折射角为 300，则光 a 在玻璃中的传播距离 n=sin600sin s= hcos300=(2+23)L单色光 a 在玻璃砖中的传播时间 t=sv=nsc=(6+23)Lc（2）单色光 b 的入射角为 600，设它的折射角为 ，则 tan=Lsin300+htan300h =1即 =450，玻璃砖对单色光 b 的折射率 nb=sin600sin450=62
