2022-2023學年海南高考物理模擬試卷（含解析）

第=page88頁，共=sectionpages2323頁2022-2023學年海南高考物理模擬試卷一、單選題（本題共7小題，共21分）1.分子勢能可用國際單位制中的基本單位表示為(

)A.J B.N?m C.kg·ms2.1935年5月，紅軍為突破“圍剿”決定強渡大渡河。首支共產(chǎn)黨員突擊隊冒著槍林彈雨依托僅有的一條小木船堅決強突。若河面寬300m，水流速度3m/s，木船相對靜水速度A.75s B.95s C.100s3.在研究a、b兩種金屬發(fā)生光電效應現(xiàn)象的實驗中，得到從金屬表面逸出光電子最大初動能Ek與入射光頻率v之間的關系如圖中直線①②所示。已知h為普朗克常量，則(

)

A.圖中直線①②的斜率均為he

B.金屬a的逸出功小于金屬b的逸出功

C.在得到這兩條直線時，必須保證入射光的光強相同

D.若產(chǎn)生的光電子具有相同的最大初動能，則照射到金屬b4.2022年6月5日，中國神舟十四號載人飛船(以下簡稱飛船)成功發(fā)射升空，與天和核心艙成功對接。假設飛船與天和核心艙對接過程的簡化示意圖如圖所示，天和核心艙處于半徑為r2的圓軌道Ⅲ上，飛船先被發(fā)送至半徑為r1的圓軌道Ⅰ上，通過變軌操作后，沿橢圓軌道Ⅱ運動到遠地點B處與天和核心艙對接。已知地球質(zhì)量為M，引力常量為G，則(

)

A.飛船在軌道Ⅰ上運動的周期與天和核心艙運動的周期之比為r23r13

B.飛船沿軌道Ⅱ從近地點A運動到遠地點B的過程中，速度不斷減小

C.飛船在軌道Ⅱ上經(jīng)過B點的加速度小于天和核心艙的加速度

D.飛船在軌道5.微信運動步數(shù)的測量是通過手機內(nèi)電容式加速度傳感器實現(xiàn)的。如圖所示，電容M極板固定，N極板可運動，當手機的加速度變化時，N極板只能按圖中標識的“前后”方向運動。圖中R為定值電阻。下列對傳感器描述正確的是(

)

A.靜止時，電流表示數(shù)為零，且電容器兩極板不帶電

B.電路中的電流表示數(shù)越大，說明手機的加速度越大

C.由靜止突然向后加速時，電流由a向b流過電流表

D.由靜止突然向前加速時，電流由a向b流過電流表6.冬季奧運會中有自由式滑雪U形池比賽項目，其賽道橫截面如圖所示，為一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形賽道豎直固定放置，直徑POQ水平。一質(zhì)量為m的運動員(按質(zhì)點處理)自P點上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點進入賽道。運動員滑到賽道最低點N時，對賽道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小。用W表示運動員從P點運動到N點的過程中克服賽道摩擦力所做的功(不計空氣阻力)，則(

)

A.W=34mgR，運動員沒能到達Q點

B.W=14mgR，運動員能到達Q點并做斜拋運動

C.w=7.某條電場線是一條直線，沿電場線方向依次有O、A、B、C四個點，相鄰兩點間距離均為d，以O點為坐標原點，沿電場強度方向建立x軸，該電場線上各點電場強度E隨x的變化規(guī)律如圖所示。一個帶電量為+q的粒子，從O點由靜止釋放，僅受電場力作用。則下列說法正確的是(

)

A.若O點的電勢為零，則A點的電勢為12E0d

B.粒子從A到B做勻速直線運動

C.粒子在OA段電勢能減少量小于BC段電勢能減少量

D.二、多選題（本題共6小題，共24分）8.如圖所示，豎直放置的輕彈簧下端固定，上端與物體A連接，物體A上方疊放物體B、C，三個物體的質(zhì)量均為m，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，彈簧處于彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g。某時刻突然取走物體C，則(

)

A.此瞬間B的加速度為0 B.此瞬間A對B的彈力大小為2mg

C.之后B可能脫離A D.之后B對A彈力的最小值為9.如圖所示，一個兩端封閉的玻璃管內(nèi)有一段水銀柱，a、b兩端各封閉有一定質(zhì)量的氣體，下列情況能使水銀柱向a端移動的是(

)

A.讓玻璃管以b端為圓心在豎直平面內(nèi)慢慢轉過60°角

B.給玻璃管整體加熱升溫

C.讓玻璃管自由豎直下落

D.10.如圖甲，兩列沿相反方向傳播的橫波，形狀相當于正弦曲線的一半，上下對稱，其波速大小均為v，振幅均為A，波長均為λ。它們在相遇的某一時刻會出現(xiàn)兩列波“消失”的現(xiàn)象，如圖乙所示，其中a、b為此時相遇區(qū)域的左右端點，O為ab的中點，c為aO的中點。下列說法錯誤的是(

)

A.此時a質(zhì)點具有向上的速度 B.兩列波相遇過程中質(zhì)點O始終靜止

C.兩列波相遇過程中質(zhì)點c的總路程是4A D.在整個過程中質(zhì)點c有λ11.如圖所示，紙面內(nèi)的三條長直導線組成一等邊三角形，導線間相互絕緣，導線中通入圖示方向、大小始終相等的電流I。在角平分線上對稱放置三個相同的環(huán)形線圈a、b、c，在三角形的中心放置相同的環(huán)形線圈d，若三根導線中通入的電流同時減小，則(

)

A.初始時線圈d的磁通量最大 B.線圈c的感應電流最大

C.線圈d產(chǎn)生逆時針方向的感應電流 D.線圈a、b產(chǎn)生的感應電流相同12.如圖所示，10匝矩形線框處在磁感應強度B=2T的勻強磁場中，繞垂直磁場的軸以恒定角速度ω=10rad/s在勻強磁場中轉動，線框電阻不計，面積為0.4m2，線框通過滑環(huán)與一理想自耦變壓器的原線圈相連，副線圈接有一只燈泡L(規(guī)格為“A.若從圖示線框位置開始計時，線框中感應電動勢的瞬時值為e=402cos(10t)V

B.當燈泡正常發(fā)光時，原、副線圈的匝數(shù)比為213.質(zhì)量分別為M、m的A、B兩物體連接在輕質(zhì)彈簧兩端，用輕質(zhì)細線拴住A、B，彈簧被壓縮，整體放置在光滑的水平面上處于靜止狀態(tài)。如圖甲所示，若A靠在墻角，突然燒斷細線，當彈簧恢復原長時，B的速度為v，如圖乙所示，若A不靠在墻角，也突然燒斷細線。規(guī)定水平向右為正方向，下列說法正確的是(

)

A.燒斷細線之前彈簧的彈性勢能為12Mv2

B.對甲圖，燒斷細線后當彈簧壓縮量最大時，彈簧的彈性勢能為Mmv22(M+m)

C.對乙圖，燒斷細線后當彈簧恢復原長時，A、B的動能之比M：三、實驗題（本題共4小題，共20分）14.實驗所用油酸酒精溶液的濃度為每104mL溶液中含有純油酸6mL，用注射器測得1mL上述溶液為80滴。把1①油酸膜的面積是_______cm②按以上實驗數(shù)據(jù)估測油酸分子的直徑為_____________m(保留2位有效數(shù)字)③利用單分子油膜法可以粗測分子的大小和阿伏加德羅常數(shù)。如果已知體積為V的一滴油酸在水面上散開形成的單分子油膜的面積為S，這種油的密度為ρ，摩爾質(zhì)量為M，則阿伏加德羅常數(shù)的表達式為___________________。

15.如圖所示，用“碰撞實驗器”可以驗證動量守恒定律，即研究兩個小球碰撞前后的動量關系。圖中的O點為小球拋出點在記錄紙上的垂直投影。實驗時，先使A球多次從斜軌上位置P由靜止釋放，找到其平均落地點的位置E。然后，把半徑相同的B球靜置于水平軌道的末端，再將A球從斜軌上位置P由靜止釋放，與B球相碰后兩球均落在水平地面上，多次重復上述A球與B球相碰的過程，.分別找到碰后A球和B球落點的平均位置D和F。用刻度尺測量出水平射程OD、OE、OF分別為x1、x2、x3，測得A球的質(zhì)量為m1，B(1)該實驗必須滿足的條件有______。A.兩球的質(zhì)量必須相等B.軌道末端必須水平C.B球的半徑大于A球的半徑D.A球每次必須從軌道的同一位置由靜止釋放(2)當滿足表達式__________________時，即說明兩球碰撞中動量守恒；當水平射程x1、x2、x3滿足表達式_

時，則說明兩球的碰撞為彈性碰撞。

16.某同學用螺旋測微器測量一物體的直徑，讀出圖中讀數(shù)為_________mm。

17.(1)某同學用螺旋測微器測量一物體的直徑，讀出圖1中讀數(shù)為_________mm。(2)在測量電源電動勢和內(nèi)電阻的實驗中，有電壓表V(量程為3V，內(nèi)阻約3kΩ)；電流表A(量程為0.6A，內(nèi)阻約為①如圖2所示在閉合開關之前為防止電表過載而滑動變阻器的滑動頭P應放在____(選填“a”或“b”)處；②在實驗中測得多組電壓和電流值，得到如圖所示的U-I圖線，由圖3可得該電源電動勢E=________V，內(nèi)阻r(3)某同學在設計電壓表改裝時，將一個內(nèi)阻為60Ω，滿偏電流為0.5mA的電流表表頭改成量程為3V的電壓表，需要____(選填“串”或“并”)聯(lián)一個阻值四、計算題（本題共3小題，共35分）18.如圖，一玻璃磚的橫截面為14圓OPQ，14圓的半徑為R，圓心為O，一束單色光從OP面上的P點射入玻璃磚，恰好在玻璃磚圓弧面上的M點發(fā)生全反射，已知入射光線與OP面的夾角為α，sinα=(1)玻璃磚對該單色光的折射率n；(2)單色光從P點射入玻璃磚到射出玻璃磚所經(jīng)歷的時間t。

19.如圖所示，光滑水平軌道的左端與足夠長的傾角為37°的傳送帶的底端平滑相接于A點，傳送帶以v0=2m/s的速度逆時針轉動，在水平軌道上的B點豎直固定一半徑R=0.8m的光滑半圓軌道BD，BD連線為其豎直直徑。甲、乙兩滑塊靜置在水平軌道上，中間用細線壓縮一根輕彈簧，彈簧的彈性勢能為72J，彈簧與甲、乙不拴接，乙滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，已知甲滑塊的質(zhì)量為m1(1)固定乙滑塊，燒斷細線，甲滑塊離開彈簧后進入半圓軌道，求甲通過D點時對軌道的壓力大?。?2)固定甲滑塊，燒斷細線，乙滑塊離開彈簧后在傳送帶上相對于A點滑行的最遠距離s=8(3)求(2)問中乙滑塊被彈開后，從滑上傳送帶直至滑到最高點的過程中，乙滑塊和傳送帶之間因摩擦產(chǎn)生的熱量。

20.如圖所示，在平面直角坐標系中，第Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)分別存在垂直紙面向里和向外的勻強磁場，兩磁場的磁感應強度大小分別為B1、B2，第Ⅱ象限內(nèi)存在平行于x軸的勻強電場(未畫出)?，F(xiàn)有一個質(zhì)量為m、電荷量為-q(q>0)的帶電粒子從A(-L,0)點垂直于x(1)求勻強電場的電場強度E的大小和方向；(2)為使帶電粒子能夠進入第Ⅳ象限，B1(3)如果B2=2B1=2mvqL

答案和解析1.【答案】D

【解析】【分析】

分子勢能與功的單位相同，是“焦耳”，根據(jù)功的定義W=Fs，牛頓第二定律F=ma，進行推導。

本題關鍵要掌握國際單位制中力學基本單位：米、千克、秒及兩個公式W=Fs、F=ma。

【解答】

分子勢能與功的單位相同，根據(jù)功的定義式W=Fs知，1J=1N2.【答案】D

【解析】解：當靜水速與河岸垂直時，垂直于河岸方向上的分速度最大，則渡河時間最短，最短時間為：

t=dvc=3001s=300s3.【答案】BD

【解析】解：A.由光電效應方程有Ek=hν-W0可知，Ek-ν的斜率均為h，故A錯誤；

BD.由光電效應方程有Ek=hν-W0，橫坐標上的截距的與h的乘積表示金屬的逸出功，則金屬a的逸出功小于金屬b的逸出功，若產(chǎn)生的光電子具有相同的最大初動能，則照射到金屬b的光頻率較高，故BD正確；

4.【答案】B

【解析】A、圓軌道Ⅰ的半徑為r1，天和核心艙的軌道半徑為r2，根據(jù)開普勒第三定律得：r13T12B、根據(jù)開普勒第二定律可知，飛船沿軌道Ⅱ從近地點A運動到遠地點B的過程中，速度不斷減小，故B正確；C、根據(jù)牛頓第二定律得：GMmr2=ma，解得：a=GD、飛船在軌道Ⅱ上由A點運動到B點的過程中，只有引力做功，其機械能保持不變，故D錯誤。故選：B。

5.【答案】C

【解析】解：A.靜止時，N板不動，電容器的電容不變，所以電容器電量不變，電流表示數(shù)為零，電容器保持與電源相連，兩極板帶電，故A錯誤；

C.由靜止突然向后加速時，N板相對向前移動，則板間距減小，根據(jù)C=εrS4πkd可知電容C增大，電容器與電源直接相連，則電壓不變，由電荷量的計算公式Q=CU可知電容器電量增大，電容器充電，電流由a向b流過電流表，故C正確；

D.由靜止突然向前加速時，N板相對向后移動，則板間距增大，根據(jù)C=εrS4πkd可知電容C減小，電容器和電源直接相連，則電壓不變，由電荷量的計算公式Q=CU可知電容器電量減小，電容器放電，電流由b向a流過電流表，故D錯誤。

B.根據(jù)上述分析可知，手機“前后”方向運動的加速度越快，電容變化越大，相同時間內(nèi)電容充電或放電的電荷量大，電路中的電流表示數(shù)越大。因此電路中的電流表示數(shù)越大，說明手機“前后”方向運動的加速度越快，故B錯誤；6.【答案】D

【解析】解：在N點，根據(jù)牛頓第二定律有N-mg=mvN2R，

解得vN=3gR，

對質(zhì)點從下落到N點的過程運用動能定理得mg2R-W=12mvN2-0，

解得W=12mgR，

由于PN段速度大于NQ段速度，所以NQ段的支持力小于PN段的支持力，則在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，

對NQ段運用動能定理得-mgR-W'=127.【答案】D

【解析】【分析】

根據(jù)E-x圖象所包圍的面積表示兩點間的電勢差大小，可計算出A點的電勢；利用場力做正功情況分析物體的運動性質(zhì)；運用動能定理、電場力做功的公式以及電場力做功與動能和電勢能的關系可得出其動能大小及電勢能的變化情況。

解答本題的關鍵是：要知道E-x圖象所包圍的面積表示兩點間的電勢差大小，再利用動能定理、電場力做功公式和電場力做功與電勢能的變化關系可解答案。

【解答】

A.由圖可知E-x圖象所包圍的面積表示兩點間的電勢差大小，因此UOA=12E0d，由于φO=0，因此φA=-12E0d，故A錯誤；

B.粒子由A到B過程電場力一直做正功，則帶正電粒子一直加速運動，在該過程電場強度不變，帶電粒子做勻加速直線運動，故B錯誤。

C.粒子在OA段的平均電場力大于BC段的平均電場力，則OA段的電場力做功大于BC段電場力做功，由功能關系知，粒子在OA段電勢能的變化量大于BC段變化量，或者從OA段和BC段圖象包圍的面積分析可知UOA>UBC，根據(jù)電場力做功公式8.【答案】D

【解析】解：A、取走物體前，三個物體受力平衡，對三個物體整體受力分析，由平衡條件得，彈簧彈力大小為F=3mg

取走C物體瞬間彈簧彈力不變，對AB整體受力分析，由牛頓第二定律得：F-2mg=2ma

聯(lián)立解得：a=12g

故A錯誤；

B、取走C瞬間，設B受到的彈力大小FN，由牛頓第二定律得：FN-mg=ma

聯(lián)立解得：FN=32mg

故B錯誤；

CD、取走C物體后，A、B一起做簡諧運動，當A、B運動到上方最大位移處時加速度a向下，大小為a=12g

此時B對A的彈力最小，對B物體受力分析，由牛頓第二定律得：mg-F'N=ma

解得：F'N=12mg9.【答案】ABC

【解析】解：A、讓玻璃管以b端為圓心在豎直平面內(nèi)慢慢轉過60°角，對b部分氣體產(chǎn)生壓強的水銀柱有效長度減小，b的壓強減小，氣體溫度不變而壓強減小，由玻意耳定律可知，氣體體積增大，水銀柱向a端移動，故A正確；

B、假設氣體的體積不變，氣體溫度升高過程，對氣體，由查理定律得：pT=p+△pT+△T，解得：△p=p△TT，由于T、△T都相等，pb>pa，則△pb>△pa，則水銀柱應向a移動，故B正確；

C、讓玻璃管自由豎直下落，水銀處于完全失重狀態(tài)，b部分氣體壓強減小，由玻意耳定律可知，氣體體積增大，水銀柱向a端移動，故C正確；

D、讓玻璃管加速豎直上升，水銀柱處于超重狀態(tài)，水銀柱對10.【答案】ACD

【解析】解：A.根據(jù)波形平移法可知，在a點，向右傳播的波單獨引起的振動方向向下，向左傳播的波單獨引起的振動方向也向下，故此時a質(zhì)點具有向下的速度，故A錯誤；

B.由圖乙可知，O點為波峰與波谷疊加，為振動減弱點，因兩列波的振幅均為A，所以兩列波相遇過程中質(zhì)點O始終靜止，故B正確；

C.剛相遇時，c在平衡位置與波峰之間，之后向上運動；當左邊的波離開c點時，c到達波谷；當右邊的波到達c點時，c到達波峰；最后兩列波離開O點，c尚未到達平衡位置。所以c的路程小于4A，故C錯誤；

D.當c從波峰到波谷時，左邊的波向右運動了四分之一波長，所以其時間為t=λ4v，故D錯誤。

本題選錯誤的，故選：ACD。

根據(jù)波形平移法可分析傳播方向；根據(jù)波的疊加分析兩列波相遇過程中質(zhì)點O的振動情況；根據(jù)11.【答案】BD

【解析】解：A.初始時，導線1和導線3在線圈a中的磁通量抵消，故線圈a中相當于只有導線2產(chǎn)生的磁通量，同理可知，線圈b中相當于只有導線1產(chǎn)生的磁通量，3根導線在線圈c中的磁場均向外，抵消掉后線圈d中相當于只有導線2產(chǎn)生的磁通量，對比可知，初始時線圈c的磁通量最大，故A錯誤；

B.若三根導線中通入的電流同時減小，結合A解析可知，線圈c的磁通量變化率最大，產(chǎn)生的感應電流最大，故B正確；

C.線圈d中的磁場向內(nèi)且磁通量減小，由楞次定律可知，產(chǎn)生順時針方向的感應電流，故C錯誤；

D.線圈a、b中的磁場均向內(nèi)，磁通量均減小且減小量相同，故產(chǎn)生的感應電流大小相等方向相同，故D正確。

故選：BD。

初始時，導線1和導線3在線圈a中的磁通量抵消，故線圈a中相當于只有導線2產(chǎn)生的磁通量，同理可知，線圈b中相當于只有導線1產(chǎn)生的磁通量，3根導線在線圈c中的磁場均向外，抵消掉后線圈d中相當于只有導線2產(chǎn)生的磁通量；三根導線中通入的電流同時減小，結合A解析可知，線圈c的磁通量變化率最大；線圈d中的磁場向內(nèi)且磁通量減??；線圈a、b中的磁場均向內(nèi)，磁通量均減小且減小量相同。

本題考查電磁感應定律，學生需充分理解磁通量以及磁通量變化率與產(chǎn)生的感應電流的關系。12.【答案】AB

【解析】【分析】

先根據(jù)公式Em=NBSω求解輸入電壓的最大值，然后根據(jù)理想變壓器的變壓比公式和變流比公式列式求解。

本題關鍵是記住交流發(fā)電機最大電動勢表達式Em=NBSω，同時要明確輸入電壓決定輸出電壓，輸出電流決定輸入電流，輸出功率決定輸入功率。

【解答】

A.變壓器輸入電壓的最大值為：Um=Em=nBSω=10×2×0.4×10V=402V，若從圖示線框位置開始計時即從垂直中性面開始計時，線框中感應電動勢隨時間應按余弦規(guī)律變化，且瞬時值表達式為e=nBSωcosωt，則線框中感應電動勢的瞬時值為e=nBSωcosωt=402cos(10t)V，故A正確；

B.變壓器輸入電壓的最大值為402V，輸入電壓的有效值為U=40V13.【答案】BD

【解析】【分析】解決本題的關鍵要知道兩物體在彈開的過程中，系統(tǒng)遵守動量守恒，運用動量守恒定律時要注意規(guī)定正方向，結合能量守恒定律即可

燒斷細線的瞬間對甲圖，燒斷細線后當A離開墻角，系統(tǒng)的動量守恒，兩個物體組成的系統(tǒng)動量守恒，

根據(jù)能量守恒定律求出彈簧的彈性，從而求出兩個物體的動能之比。【解答】A、由能量守恒定律可得燒斷細線之前彈簧的彈性勢能為EPm=12mv2，選項A錯誤;

B、對甲圖，燒斷細線后當A離開墻角，系統(tǒng)的動量守恒，當彈簧壓縮量最大時A、B達到共同速度

由動量守恒可得mv=(M+m)v共，

由能量守恒定律可得彈簧的彈性勢能為EP=12mv2-12(M+m)v共2，

綜合解得EP=Mmv22(M+m)，選項B正確;

C、對乙圖，燒斷細線后系統(tǒng)的動量守恒且為0，則A、B的動量總是等大反向，當彈簧恢復原長時設

14.【答案】115

6.5×10-【解析】解：①根據(jù)圖中描繪的輪廓，不足半格舍去，大于半格算一格，共計115個方格，所以油膜的面積為：115×1cm×1cm=115cm2。

②每滴油酸酒精溶液中含有純油酸的體積是：V=6104×180mL=7.5×10-6mL

估測油酸分子的直徑為：d=VS=7.5×10-6×10-6115×10-4m15.【答案】BD

m1x2【解析】解：(1)A.為防止碰后小球A反彈，應使A的質(zhì)量大于B的質(zhì)量，故A錯誤；

B.為保證小球做平拋運動，軌道末端必須水平，故B正確；

C.為了使兩球發(fā)生對心碰撞，碰后速度方向不改變，兩球半徑應相等，故C錯誤；

D.為保證小球A到軌道末端時的速度相等，A球每次必須從軌道的同一位置由靜止釋放，故D正確。

故選：BD。

(2)小球做平拋運動的過程，根據(jù)運動學公式可得：

h=12gt2，

x=vt

整理得：t=2hg，x=v2hg，

可見平拋運動的下落高度一定，運動時間相同，水平射程與速度大小成正比，因此可用小球做平拋運動的水平射程來代替小球拋出時的速度，取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：

m1v0=m1v1+m1v16.【答案】1.194(1.193～【解析】解：螺旋測微器的精確度為0.01mm，其固定刻度為1.0mm，可動刻度為19.4×0.01mm=0.194mm，所以最終讀數(shù)為1.0mm+0.19417.【答案】1.705

a

0.50

1.0

串

5940

【解析】解：(1)根據(jù)題干圖可知，螺旋測微器的最小分度為0.01mm，需要估讀，因此其讀數(shù)為定刻度值與可動刻度值之和，1.5mm+20.5×0.01mm=1.705mm

(2)①如圖所示，在閉合開關之前為防止電表過載而滑動變阻器的滑動頭P應放在a處；

②由U=E-Ir，由U-I圖像可得該電源電動勢E=0.50V

內(nèi)阻為圖像的斜率的絕對值，即內(nèi)阻r=0.500.50Ω=1.0Ω；

(3)根據(jù)題意，將電流表表頭改裝為電壓表需要串聯(lián)一個電阻，根據(jù)U18.【答案】解：(1)入射光線與OP面的夾角為α，且sinα=63，設入射角為i，則sini=33，

設折射角為γ，根據(jù)折射定律有：n=sinisinγ

根據(jù)幾何關系可知，光線在M點的入射角為90°-γ，光線在M點恰好發(fā)生全反射，有：

sin(90°-γ)=1n

解得玻璃磚對該單色光的折射率n=233；

(2)由(1)中各式可解得折射角γ=30°

根據(jù)幾何關系可得∠OPM=60°，即△OPM為等邊三角形，則PM的長度xPM=R，根據(jù)光的反射定律可知反射角∠OMN=60°，

根據(jù)幾何關系可知反射光線【解析】(1)光線在M點恰好發(fā)生全反射列方程，根據(jù)幾何關系求解入射角和折射角，根據(jù)折射定律求解玻璃磚對該單色光的折射率；

(2)根據(jù)幾何關系求解光在玻璃磚中通過的距離，光在玻璃磚內(nèi)傳播的速度為v=cn，因此得到單色光從P點射入玻璃磚到射出玻璃磚所經(jīng)歷的時間。19.【答案】解：(1)固定乙滑塊，燒斷細線后，甲滑塊離開彈簧，上滑到D點，設甲在D點的速度大小為vD，根據(jù)機械能守恒定律有：

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