陕西省神木中学2022届高三物理第二次高考模拟考试试题 理（含解析）

2022年陕西省榆林市神木中学高考物理二模试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出四个选项中，只有一项是符合题目要求的．【物理部分】（本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中.第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求.全部选对的得6分，不全得3分，有选错得0分．）1．（6分）（2022•神木县校级二模）伽利略为了研究自由落体的规律，将落体实验转化为著名的沿斜面运动的实验，当时利用斜面做实验主要是考虑到（　　）　A．实验时便于测量小球运动的速度　B．实验时便于测量小球运动的路程　C．实验时便于测量小球运动的时间　D．实验时便于测量小球运动的加速度【考点】：物理学史．【专题】：常规题型．【分析】：伽利略对自由落体运动规律研究应当结和当时科学发展的实际水平，应当加深对物理学史的研究．【解析】：解：伽利略最初假设自由落体运动的速度是随着时间均匀增大，但是他所在的那个时代还无法直接测定物体的瞬时速度，所以不能直接得到速度随时间的变化规律．伽利略通过数学运算得到结论：如果物体的初速度为零，而且速度随时间的变化是均匀的，那么它通过的位移与所用的时间的二次方成正比，这样，只要测出物体通过通过不同位移所用的时间，就可以检验这个物体的速度是否随时间均匀变化．但是物体下落很快，当时只能靠滴水计时，这样的计时工具还不能测量自由落体运动所用的较短的时间．伽利略采用了一个巧妙的方法，用来“冲淡”重力．他让铜球沿阻力很小的斜面滚下，二小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所以时间长，所以容易测量．故ABD错误，C正确；故选：C【点评】：伽利略对自由落体规律的研究为我们提供正确的研究物理的方法、思路、理论，他创造了一套对近代科学的发展极为有益的科学方法　2．（6分）（2022•神木县校级二模）如图所示的位移（s）﹣时间（t）图象和速度（v）﹣时间（t）图象中给出四条图线，甲、乙、丙、丁代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是（　　）　A．甲车做直线运动，乙车做曲线运动　B．0～t1时间内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程-14-\n　C．0～t2时间内，丙、丁两车在t2时刻相距最远　D．0～t2时间内，丙、丁两车的平均速度相等【考点】：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】：运动学中的图像专题．【分析】：在位移﹣时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率表示速度，图象的交点表示位移相等，平均速度等于位移除以时间；在速度﹣时间图象中，斜率表示加速度，图象与时间轴围成的面积表示位移．【解析】：解：A、位移时间图中，斜率代表速度，由图可知甲的速度不变，所以做匀速直线运动；乙的斜率逐渐减小，所以做速度逐渐减小的直线运动，并非曲线运动，故A错误；B、在t1时刻两车的位移相等，又都是单向直线运动，所以两车路程相等，故B错误；C、由图象与时间轴围成的面积表示位移可知：丙、丁两车在t2时刻面积差最大，所以相距最远，故C正确；D.0～t2时间内，丙的位移小于丁的位移，时间相等，平均速度等于位移除以时间，所以丙的平均速度小于丁车的平均速度，故D错误．故选：C．【点评】：要求同学们能根据图象读出有用信息，注意位移﹣时间图象和速度﹣时间图象的区别，难度不大，属于基础题．　3．（6分）（2022•揭阳二模）如图所示，一光滑斜面固定在地面上，重力为G的物体在一水平推力F的作用下处于静止状态．若斜面的倾角为θ，则（　　）　A．F=GcosθB．F=Gsinθ　C．物体对斜面的压力FN=GcosθD．物体对斜面的压力FN=【考点】：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【专题】：共点力作用下物体平衡专题．【分析】：对物体进行受力【分析】：重力、推力F和斜面的支持力，作出力图，根据平衡条件求出F和斜面的支持力，再得到物体对斜面的压力．【解析】：解：以物体为研究对象，对物体进行受力【分析】：重力、推力F和斜面的支持力，作出力图如图，根据平衡条件得F=FNsinθFNcosθ=G解得F=Gtanθ，FN=由牛顿第三定律得：FN′=FN=故选D-14-\n【点评】：本题分析受力情况，作出力图是解题的关键．此题运用力合成法进行处理，也可以运用正交分解法求解．　4．（6分）（2022•神木县校级二模）如图所示，甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，M、N分别是甲、乙两船的出发点，两船头与河岩均成α角，甲船船头恰好对准N点的正对岸P点，经过一段时间乙船恰好到达P点，如果划船速度大小相同，且两船相遇，不影响各自的航行，下列判断正确的是（　　）　A．甲船也能到达正对岸B．两船相遇在NP直线上　C．渡河过程中两船不会相遇D．两船渡河时间不相等【考点】：运动的合成和分解．【专题】：运动的合成和分解专题．【分析】：小船过河的速度为船在静水中的速度垂直河岸方向的分速度，故要求过河时间需要将船速分解为沿河岸的速度和垂直河岸的速度；要求两船相遇的地点，需要求出两船之间的相对速度，即它们各自沿河岸的速度的和．【解析】：解：A、乙船垂直河岸到达正对岸，说明水流方向向右；甲船参与了两个分运动，沿着船头指向的匀速运动，随着水流方向的匀速运动，故不可能到达正对岸，故A错误；D、小船过河的速度为船本身的速度垂直河岸方向的分速度，故小船过河的速度vy=vsin60°，故小船过河的时间：t1==，故甲乙两船到达对岸的时间相同，故D错误；B、C、以流动的水为参考系，相遇点在两个船速度方向射线的交点上；又由于乙船沿着NP方向运动，故相遇点在NP的中点上；故B正确，C错误；故选：B．【点评】：本题考查了运动的合成与分解，相对速度，小船过河问题，注意过河时间由垂直河岸的速度与河宽决定．　5．（6分）（2022•安徽三模）地球赤道上有一物体随地球的自转而做圆周运动，所受的向心力为F1，向心加速度为a1，线速度为v1，角速度为ω1；绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星（高度忽略）所受的向心力为F2，向心加速度为a2，线速度为v2，角速度为ω-14-\n2；地球同步卫星所受的向心力为F3，向心加速度为a3，线速度为v3，角速度为ω3；地球表面重力加速度为g，第一宇宙速度为v．若三者质量相等，则（　　）　A．F1=F2＞F3B．a1=a2=g＞a3C．v1=v2=v＞v3D．ω1=ω3＜ω2【考点】：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．【分析】：题中涉及三个物体：地球赤道上有一随地球的自转而做圆周运动物体1、绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星2、地球同步卫星3；物体1与人造卫星2转动半径相同，物体1与同步卫星3转动周期相同，人造卫星2与同步卫星3同是卫星，都是万有引力提供向心力；分三种类型进行比较分析即可．【解析】：解：A、根据题意三者质量相等，轨道半径r1=r2＜r3物体1与人造卫星2比较，由于赤道上物体受引力和支持力的合力提供向心力，而近地卫星只受万有引力，故F1＜F2，故A错误；B、由选项A的分析知道向心力F1＜F2，故由牛顿第二定律，可知a1＜a2，故B错误；C、由A选项的分析知道向心力F1＜F2，根据向心力公式F=m，由于m、R一定，故v1＜v2，故C错误；D、同步卫星与地球自转同步，故T1=T3，根据周期公式T=2π可知，卫星轨道半径越大，周期越大，故T3＞T2，再根据ω=，有ω1=ω3＜ω2，故D正确；故选D．【点评】：本题关键要将物体1、人造卫星2、同步卫星3分为三组进行分析比较，最后再综合；一定不能将三个物体当同一种模型分析，否则会使问题复杂化．　6．（6分）（2022•神木县校级二模）如图甲所示，在虚线所示的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场变化规律如图乙所示，面积为S的单匝金属线框处在磁场中，线框与电阻R相连．若金属框的电阻为，则下列说法正确的是（　　）　A．流过电阻R的感应电流由a到b　B．线框cd边受到的安培力方向沿纸面向上　C．感应电动势大小为　D．ab间电压大小为-14-\n【考点】：法拉第电磁感应定律；安培力．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流．由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小．再由闭合电路的殴姆定律可求出电流大小，从而得出电阻R两端的电压，再由楞次定律判定感应电流方向，最后由左手定则来确定安培力的方向．【解析】：解：A、由楞次定律可得：感应电流的方向为逆时针，所以通过R的电流方向为a→b，故A正确；B、根据左手定则可知，线框cd边受到的安培力方向向下，故B错误；C、穿过线圈的感应电动势为E=N=•S=，故C错误；D、由闭合电路殴姆定律可得：I=，那么R两端的电压为U=IR=，故D正确；故选：AD．【点评】：由法拉第电磁感应定律求出感应电流的大小，而感应电流的方向则由楞次定律判定，及左手定则确定安培力的方向，同时穿过磁通量发生变化的线圈相当于电源，所以电源内部（线圈）电流方向是负极到正极．　7．（6分）（2022•神木县校级二模）如图所示，PQ为等量异种点电荷A、B连线的中垂线，C为中垂线上的一点，M、N分别为AC、BC的中点，若取无穷远处的电势为零，则下列判断正确的是（　　）　A．M、N两点场强相同　B．M、N两点电势相同　C．负电荷由M点移到C处，电场力做正功　D．负电荷由无穷远处移到N点时，电势能一定减少【考点】：电势；电场的叠加．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：根据电场线的分布确定电场强度的大小和方向，根据沿电场线方向电势逐渐降低，判断电势的高低．根据电场力做功判断电势能的变化．【解析】：解：A、根据等量异种电荷周围的电场线分布知，M、N两点的场强大小相等，方向不同，故A错误．B、沿着电场线方向电势逐渐降低，可知M、N两点电势不等．故B错误．C、负电荷由M点移到C处，电势增加，电势能减小，故电场力做正功，故C正确-14-\nD、等量异种电荷连线的中垂线是等势线，将负电荷从无穷远处移到N点处，电场力做正功，电势能一定减小，故D正确．故选：CD．【点评】：解决本题的关键知道等量异种电荷周围电场线的分布，知道电场力做功与电势能的变化关系．　8．（6分）（2022•神木县校级二模）如图甲所示，两根间距L=0.4m的平行金属导轨水平放置，导轨的电阻忽略不计，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=T，导轨右端接有一理想变压器，变压器的原、副线圈匝数比为2：1，电表均为理想电表，一根导体棒ab置于导轨上，导体棒电阻不计且始终与导轨良好接触，若导体棒沿平行于导轨的方向在PQ和MN之间运动，其速度图象如图乙的正弦曲线所示，电阻R=10Ω，则下列判断正确的有（　　）　A．导体棒产生的感应电动势最大值4V　B．交流电压表读数为2V，交流电流表示数为0.2A　C．电阻R在1分钟内产生的热量为96J　D．增大导体棒运动的频率，其他条件不变，电压表示数将变大【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；变压器的构造和原理．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：导体棒的速度作正弦规律变化，产生正弦式交变电流，由E=BLv得到感应电动势瞬时表达式，求出感应电动势最大值，从而得出有效值的大小．由欧姆定律求解电流的有效值，即可得到两个电表的读数，并分析电表读数与频率的关系．根据焦耳定律求解电阻R上产生的热量．【解析】：解：A、B、由乙图得：v=10=m/s导体棒产生的感应电动势瞬时表达式：e=BLv==V感应电动势最大值为，有效值为，由于导体棒电阻不计，则原线圈两端的电压为：U1=E=4V，根据，U2=2V，即交流电压表读数为2V，交流电流表示数为：I2=，故A、B正确．-14-\nC、电阻R在1分钟内产生的热量为：Q=，故C错误．D、增大导体棒运动的频率，导体棒产生的感应电动势最大值不变，有效值不变，则电压表示数不变，故D错误．故选：AB．【点评】：本题是电磁感应与变压器规律的综合，关键要掌握法拉第电磁感应定律、欧姆定律和变压器的规律，知道交流电表测量有效值，求热量应用有效值．　二、非选择题9．（6分）（2022•神木县校级二模）图1中游标卡尺的读数为　10.230　cm；图2中螺旋测微器的读数为　5.545　mm【考点】：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【专题】：实验题．【分析】：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．【解析】：解：1、游标卡尺的主尺读数为102mm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为6×0.05mm=0.30mm，所以最终读数为：102mm+0.30mm=102.30mm=10.230cm．2、螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为4.5×0.01mm=0.045mm，所以最终读数为5.5mm+0.045mm=5.545mm．故答案为：10.230，5.545．【点评】：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．　10．（6分）（2022•神木县校级二模）某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌面上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码使小车在钩码的牵引下运动，以此定量研究绳的拉力做功与小车动能变化的关系．此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块、刻度尺、天平（包括砝码）．实验装置如图：请按要求完成下列问题：①实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行．他这样做的目的是　D　A．避免小车在运动过程中发生抖动B．可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰C．可以保证小车最终能够实现匀速直线运动D．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力．②他将钩码重力做的功当做细绳拉力做的功，经多次实验理论计算后发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些，这一情况可能是下列哪些原因造成的　CD　-14-\nA．在接通电源的同时释放了小车B．未满足M》m的条件C．阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉D．钩码做匀加速直线运动，钩码重力大于细绳拉力（3）这个装置还可以测定动摩擦因数，在不平衡摩擦力的情况下钩码下落的位移钩码和小车的速度都可以从纸带上测出，设小车与木板间的动摩擦因数为μ，小车发生的位移为s，小车质量为M，钩码质量为m，小车的瞬时速度为v，则μ=　　．【考点】：探究功与速度变化的关系．【专题】：实验题．【分析】：①根据该实验的实验原理、要求和减少误差的角度分析，平衡摩擦力作用后，进行实验过程中需要用刻度尺测量纸带上点的距离，用天平测出小车的质量，需要改变砝码的质量来代替小车的拉力．②根据W=mgs求出砂桶及砂的总重力做功，根据匀变速直线运动的平均速度等于中点时刻的瞬时速度求两点的速度，即可得到动能的变化量，从而写出探究结果表达式，根据此表达式分析所需要的测量仪器；③根据动能定理，结合摩擦力做负功，即可求解．【解析】：解：①实验过程中，为减少误差，提高实验的精确度，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，目的是消除摩擦带来的误差，即平衡摩擦力后，使细绳的拉力等于小车的合力，故ABC错误，D正确．故选：D．②他将钩码重力做的功当做细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些，从功能关系看出：该实验一定有转化为内能的，即试验中有存在摩擦力没有被平衡掉；还有该实验要求，只有当小车的质量远大于砝码的质量时，小车的拉力才近似等于砝码的重力，故AB错误，CD正确．③根据动能定理，小车从静止到速度为v过程中，则有：；解得：μ=；故答案为：①D；②CD；③．【点评】：明确实验原理往往是解决实验问题的关键，该实验的一些操作和要求与探究力、加速度、质量之间关系的实验类似可以类比学习．　-14-\n11．（6分）（2022•神木县校级二模）某实验小组用如图的电路测量一直流安培表的内电阻．所给的器材有：电池E（电动势约4.5V）；电流表A（量程0～300mA，待测内阻约为5Ω）；电压表V（量程0～3V）电阻箱R1；滑动变阻器R2（0～10Ω）；电键S和导线若干．①请完成主要实验的步骤：A．连接好实验电路，把变阻器的滑动片调到　左端　（填“左端”或“右端”）；B．闭合电键，调节　滑动变阻器　，使电压表的电压从小到大变化，调节电阻箱，使电流表指针有较大偏转，读出并记录数据．②若电压表、电流表的读数分别为U和I，电阻箱读数为R1，则电流表的内电阻RA=　﹣R1　．【考点】：伏安法测电阻．【专题】：实验题．【分析】：①滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路，闭合开关前，滑片应置于分压电路分压为零的位置；②根据实验电路，应用串联电路与欧姆定律求出电流表内阻．【解析】：解：①由电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合开关前滑片应置于左端；闭合开关，调节滑动变阻器的阻值，使电路中电流不断变化，读出多组电压、电流值．②电阻箱和电流表串联，R=RA+R1=，则电流表内阻：RA=﹣R1；故答案为：①A、左端；，B、滑动变阻器；②﹣R1．【点评】：对于实验问题首先要明确实验原理，理解重要步骤的操作，熟练应用基本物理解决实验问题．　12．（12分）（2022•神木县校级二模）质量为m的汽车，沿平直公路由静止开始做匀加速行驶，经过时间t1汽车的速度达到υ1，当汽车的速度为υ1时，汽车立即以不变的功率P继续行驶，经过距离s，速度达到最大值υ2，设汽车行驶过程中受到的阻力始终不变．求：（1）汽车行驶过程中受到的阻力多大？（2）汽车匀加速行驶过程中，牵引力F（3）汽车的速度从υ1增至υ2的过程中，所经历的时间．-14-\n【考点】：动能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率．【专题】：动能定理的应用专题．【分析】：（1）由功率公式求出阻力．（2）由牛顿第二定律求出加速度，应用速度公式求出速度，然后求出牵引力．（3）由动能定理可以求出时间．【解析】：解：设汽车行驶过程中受到的阻力大小（1）功率：P=fυ2，解得：；（2）由牛顿第二定律得：F﹣f=ma，速度：υ1=at1，解得：F=；（3）由动能定理得：，解得：W=Pt2；答：（1）汽车行驶过程中受到的阻力为；（2）汽车匀加速行驶过程中，牵引力F为；（3）汽车的速度从υ1增至υ2的过程中，所经历的时间为﹣+．【点评】：分析清楚汽车的运动过程，应用功率公式、牛顿第二定律与动能定理即可正确解题．　13．（17分）（2022•德清县模拟）如图甲所示，建立Oxy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l，第一四象限有磁场，方向垂直于Oxy平面向里．位于极板左侧的粒子源沿x轴向右连续发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子．在两板间加上如图乙所示的周期性变化的电压（不考虑极板边缘的影响）．已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在2t0时刻经极板边缘射入磁场．上述m、q、l、t0、B为已知量．（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况）（若tanθ=b，θ∈（﹣，），则θ=arctanb）-14-\n（1）求两极板间电压U0的大小．（2）求t0=0时进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径．（3）何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间．【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；运动的合成和分解；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】：带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】：（1）首先求出电容器加有电压时的电场强度，从而求出有电场时的加速度，把粒子的运动在竖直方向上分为两段，先是匀加速运动，后是匀速运动，在竖直方向上，这两段位移的和大小上等于板间距离的一半．列式即可求出电压．（2）当t0=0时，粒子进入电场，根据已知条件求出离开电场时水平方向上的速度和竖直方向上的速度，即可求出和速度的大小，结合半径公式即可求出在匀强磁场中做圆周运动的半径．（3）带电粒子在磁场中的运动时间最短，即为进入磁场时速度方向与y轴的夹角最小的情况，当在电场中偏转的角度最大时，在磁场中的运动时间最短，画出离子运动的轨迹图，结合几何知识即可求出最短时间．【解析】：解：（1）t=0时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，2t0时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为，则有：…①Eq=ma…②…③联立以上三式，解得两极板间偏转电压为：…④（2）t0=0时刻进入两极板的带电粒子，前t0时间在电场中偏转，后t0时间两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运动．带电粒子沿x轴方向的分速度大小为：…⑤-14-\n带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为：vy=at0…⑥带电粒子离开电场时的速度大小为：…⑦设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，则有：…⑧联立③⑤⑥⑦⑧式解得：…⑨（3）2t0时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短．带电粒子离开电场时沿y轴正方向的分速度为：…⑩设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为α，则：联立③⑤⑩式解得：α=arctan1.5粒子在磁场运动的轨迹图如图所示，圆弧所对的圆心角为：2α=2arctan1.5所求最短时间为：带电粒子在磁场中运动的周期为：联立以上两式解得：（其实，在t0到2t0之间进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间相同，都是最短．）答：（1）求两极板间电压U0的大小为．（2）求t0=0时进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为．（3）在t0到2t0之间进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短，最短时间为．【点评】：-14-\n该题考查到的知识点较多，首先是考察到了离子在匀强电场中的偏转，并且电场还是变化的，这就要求我们要有较强的过程分析能力，对物体的运动进行分段处理；还考察到了离子在匀强磁场中的偏转，要熟练的会用半径公式和周期公式解决问题；在解决粒子在有界磁场中的运动时间问题时，要注意偏转角度与运动时间的关系，熟练的运用几何知识解决问题．是一道难度较大的题．　【物理一选修3-4】14．（6分）（2022•神木县校级二模）一根粗细均匀的较长绳子，右侧固定．现使左侧的S点上下振动，产生一列向右传播的机械波，某时刻第一次形成了如图所示的波形．下列说法中正确的是（　　）　A．该波的频率逐渐增大　B．该波的频率逐渐减小　C．此时P点向下运动　D．此时S点向下运动　E．S点的起始振动方向是向上的【考点】：波长、频率和波速的关系；横波的图象．【分析】：波速是由介质的性质决定的，与波长无关．由图读出波长的变化，由波速公式v=λf分析频率的变化．【解析】：解：AB、由图看出，该波的波长逐渐减小，而波速一定，由波速v=λf分析得知频率逐渐增大，A正确B错误．CD、该波向右传播，由图可得，P点向下振动，S向上振动，故C正确，D错误．E、介质中的最右端的起振质点的振动方向显示了振源的振动方向，故S点的起始振动方向是向上的，故E正确．故选：ACE．【点评】：本题关键要抓住波速是由介质决定，保持不变，再由波速公式分析频率的变化情况．　15．（9分）（2022•神木县校级二模）如图所示，半圆形玻璃砖的半径为R，AB边竖直，一纸面内的单色光束从玻璃砖的C点射入，入射角θ从0°到90°变化，现要求只考虑能从AB边折射的情况（不考虑从AB上反射后的情况），已知：α=45°，玻璃砖对该单色光的折射率n=，光在真空中的速度为c．则求；①能从AB边出射的光线与AB交点的范围宽度d；②光在玻璃砖中传播的最短时间t．-14-\n【考点】：光的折射定律．【专题】：光的折射专题．【分析】：①根据临界角公式sinC=求出临界角C．当光线射到AB边上发生全反射时，将不能从AB边射出，根据几何关系求解即可．②根据v=求出光在玻璃砖中的传播速度．光在玻璃砖中传播的最短距离等于入射点到AB边的垂直距离，由几何关系求出最短距离，即可求出最短时间．【解析】：解：①当θ=0°时，光线射到O点．当θ=90°时，设折射角为β，由，β=45°，折射光线与AB边垂直．根据临界角公式sinC==，得C=45°，最大的折射角r=C=45°故能从AB边出射的光线与AB交点的范围宽度为：；②光在玻璃砖中传播的速度为：光在玻璃砖中传播的最短距离为：所以最短时间为：答：①能从AB边出射的光线与AB交点的范围宽度d为R；②光在玻璃砖中传播的最短时间t为．【点评】：解决本题的关键掌握全反射条件及临界角公式sinC=求，以及光在介质中的速度与折射率的关系，灵活运用几何关系求解．　-14-