理综物理卷·2018届福建省泉州市高三下学期质量检查（3月）（2018-03）

理综物理卷·2018届福建省泉州市高三下学期质量检查（3月）（2018-03）

2018 届泉州市高中毕业班理科综合测试（一模） 物理部分试题 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第 14～18 题只有 一项符合题目要求，第 19～21 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，有选错的得 0 分。 14．如图所示为氢原子的能级图，用某种频率的光照射大量处于基态的氢原子，受到激发后 的氢原子只辐射出三种不同频率的光 a、b、c，频率 νa＞νb＞νc，让这三种光照射逸出 功为 10.2eV 的某金属表面，则 A. 照射氢原子的光子能量为 12.09 eV B. 从 n=3 跃迁到 n=2 辐射出的光频率为 νb C. 逸出的光电子的最大初动能为 1.51 eV D. 光 a、b、c 均能使该金属发生光电效应 【命题立意】：本题考查光电效应、氢原子能级图、波尔原子理论等知识，考查理解能力。 【解题思路】：用某种频率的光照射大量处于基态的氢原子，受到激发后的氢原子只辐射出 三种不同频率的光，说明是电子从第一能级跃迁到第三能级，入射光子的能量 ΔE=（－ 1.51 eV）－（－13.6 eV）=12.09 eV，A 选项正确；从 n=3 跃迁到 n=2 辐射出光应该为 c 光，B 选项错误；逸出的光电子的最大初动能 Ekm=12.09 eV－10.2eV=1.89eV， C 选 项错误；能使该金属发生光电效应的只有 a、b 两种光，D 选项错误。本题正确选项为 A。 15．我国已掌握“半弹道跳跃式高速再入返回技术”，为实现“嫦娥”飞船月地返回任务奠 定基础。如图虚线为大气层边界，返回器与服务舱分离后，从 a 点无动力滑入大气层， 然后从 c 点“跳”出，再从 e 点“跃”入，实现多次减速，可避免损坏返回器。d 点为 轨迹的最高点，离地心的距离为 r，返回器在 d 点时的速度大小为 v，地球质量为 M， 引力常量为 G。则返回器 A.在 b 点处于失重状态 B.在 a、c、e 点时的动能相等 C.在 d 点时的加速度大小为GM r2 D.在 d 点时的速度大小 v＞ 【命题立意】：本题考查超重、失重、天体的加速度、环绕速度等。考查推理能力。 -13.6 -3.4 -1.51 -0.85-0.54 0 E/eV 1 2 34 5 ∞ n c e d a b 【解题思路】：b 点处的加速度方向背离地心，应处于超重状态，A 选项错误；由 a 到 c 由 于空气阻力做负功，动能减小，c 到 e 过程中只有万有引力做功，机械能守恒，a、c、e 点时的速度大小应满足 va＞vc=ve，所以动能不相等，B 选项错误；在 d 点时合力等于万 有引力，即GMm r2 =mad，所以加速度大小 ad=GM r2 ，C 选项正确；在 d 点时万有引力大于 所需的向心力，做近心运动，所以速度大小 v＜ ，D 选项错误。本题正确选项 为 C。 16．在坐标-x0 到 x0 之间有一静电场，x 轴上各点的电势 φ 随坐标 x 的变化关系如图所示， 一电量为 e 的质子从-x0 处以一定初动能仅在电场力作用下沿 x 轴正向穿过该电场区域。 则该质子 A．在-x0～0 区间一直做加速运动 B．在 0～x0 区间受到的电场力一直减小 C．在-x0～0 区间电势能一直减小 D．在-x0 处的初动能应大于 eφ0 【命题立意】：本题利用图像，考查场强与电势的关系，并利用力学知识分析带电粒子在电 场中的运动。要求学生具有从图像上获取有用信息的能力（比如电势随空间位置的变化趋势， 斜率的物理意义），再根据相应的物理规律进行分析推理。考查推理能力。 【解题思路】：从-x0 到 0 区间，电势升高，意味着该区域内的场强方向向左，质子受到的 电场力向左与运动方向相反，所以质子做减速运动，A 选项错误。设在 x～x+△x，电势为 φ～φ+△φ，根据场强与电势差的关系式 E= △ φ △ x，当△x 无限趋近于零时， △ φ △ x表示该点 x 处 的场强大小，从 0 到 x0 区间，图线的斜率先增加后减小，所以电场强度大小先增加后减小， 根据 F=Eq，质子受到的电场力先增加后减小，B 选项错误。在-x0～0 区间质子受到的电场 力方向向左，与运动方向相反，电场力做负功，电势能增加，C 选项错误。因为质子从-x0 到 0 区间做减速运动，从 0 到 x0 区间做加速运动。所以质子能穿过电场区域的条件是在原 点处的动能 E 要大于零。设质子初动能为 E0，从-x0 运动到 0 过程中，根据动能定理得：E -E0=-eφ0，所以 E0=eφ0 +E＞eφ0 ，D 选项正确。本题正确选项为 D。 17．如图所示，面积为 S、匝数为 N 的矩形线框在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，绕垂直于 磁感线的轴 OO′匀速转动，通过滑环向理想变压器供电，灯泡 L1、L2 均正常发光，理想 电流表的示数为 I。已知 L1、L2 的额定功率均为 P，额定电流均为 I，线框 及导线电阻不计，则 A．图示位置时穿过线框的磁通量变化率为零 0 x/m -x0 φ 0 φ/V x0 B ω O O′ L2 A × ×L1 B．线框转动的角速度为 2P INBS C．理想变压器原副线圈的匝数比为 1∶2 D．若灯 L1 烧断，电流表示数将增大 【命题立意】：本题考查交变电流的产生、变压器的应用、电路动态变化等知识点。考查学 生对知识概念的理解和应用能力。 【解题思路】： 线圈平面与磁场平行时，产生的感应电动势最大，磁通量变化率最大，故 A 选项错误；理想变压器输入功率等于输出功率，由于两个灯泡都正常发光，则可知矩形线 框产生的功率为 2P，则有 2P=1EmI=1NBSωI，可得 ω= 2P INBS，故 B 选项正确；由于原线圈 的电流为 I，副线圈中两灯泡并联则总电流为 2I，可知 n1∶n2=2∶1，故 C 选项错误；若 L1 烧断，则副线圈电流减小，原线圈的电流也相应减小，故 D 选项错误。本题正确选项为 B。 18．如图所示，两个大小相同、质量均为 m 的弹珠静止在水平地面上。某小孩在极短时间 内给第一个弹珠水平冲量使其向右运动，当第一个弹珠运动了距离 L 时与第二个弹珠发 生弹性正碰，碰后第二个弹珠运动了 2L 距离停下。已知弹珠所受阻力大小恒为重力的 k 倍，重力加速度为 g，则小孩对第一个弹珠 A．施加的冲量为 m kgL B．施加的冲量为 m 3kgL C．做的功为 kmgL D．做的功为 3kmgL 【命题立意】：本题考查动量定理、动量守恒定律动能定理等。考查学生对知识概念的理解 和应用能力。 【解题思路】：当第一个弹珠运动了距离 L 时与第二个弹珠发生弹性正碰，根据动量守恒和 能量守恒可知，两球速度发生交换，即第一个弹珠碰后停止运动，第二个球弹珠以第一 个弹珠碰前的速度继续向前运动了 2L 距离停下，从效果上看，相当于第二个弹珠不存 在，第一个弹珠直接向前运动了 3L 的距离停止运动，根据动能定理，小孩对第一个弹 珠做的功等于克服摩擦力做的功，即：W=kmg3L，选项 C 错误，选项 D 正确；施加的 冲量 I=ΔP=P－0= 2mEk－0= 2m.kmg3L= m 6kgL，选项 A、B 错误。 本题正确选项为 D。 19．如图所示，空间存在垂直纸面的匀强磁场，一粒子发射源 P 位于足够大绝缘板 AB 的上 方距离为 d 处，在纸面内向各个方向发射速率均为 v 的同种带电粒子，不考虑粒子间 的相互作用和粒子重力。已知粒子做圆周运动的半径大小也为 d，则粒子 A．能打在板上的区域长度是 2d d P A B L 2L B．能打在板上离 P 点的最远距离为 2d C．到达板上的最长时间为 3πd 2v D．到达板上的最短时间为πd 2v 【命题立意】：本题考查洛伦兹力、带电粒子在磁场中的运动，考查分析推理能力。 【解题思路】：如图所示，设粒子均沿逆时针运动，沿轨迹①打到板上的最左边 M 点，沿 轨迹②打到板上的最右边 N 点，则 PM 为轨迹圆的直径，轨迹②与板相切与 N 点，PO 与 板垂直，则 MP=2d，PO= d，MO= (2d)2－d2= 3d，ON= d，粒子能打在板上的 区域长度是 MO+ ON=( 3+1) d，故选项 A 错误，选项 B 正确；粒子沿轨迹③到达板， 该轨迹与板相切与 N′点，此过程时间最长，tmax= 3 4T= 3 4·2πd v = 3πd 2v ，选项 C 正确；粒子沿轨迹④到达板上 O 点，此过程时间最短，tmin= 1 6T= 1 6·2πd v =πd 3v ， 故选项 D 错误。本题正确选项为 BC。 20．如图甲所示，长为 l、倾角为 α 的斜面固定在水平地面上，一质量为 m 的物块从斜面顶 端由静止释放并沿斜面向下滑动。已知物块与斜面间的动摩擦因数 μ 与下滑距离 x 的变 化图象如图乙所示，则 A．μ0＞tanα B．物块下滑的加速度逐渐增大 C．物块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功为 1 2μ0mglcosα D ． 物 块 下 滑 到 底 端 时 的 速 度 大 小 为 2glsinα - 2μ0glcosα 【命题立意】：本题考查牛顿运动定律、摩擦力、变力做功和动能定理等知识点。考查学生 的过程分析能力和应用数学知识解决物理问题的能力。 【解题思路】：物块在斜面顶端静止释放能够下滑，应满足 mgsinα>μ0mgcosα，即 μ0μ′，所以本实验方 案的测量值比真实值大；当增加滑块质量 M 时，由牛顿第二定律可知整体运动加速度 a 减小，又 Δμ=μ－μ′= m M·a g ，由 M 增大，a 减小，则 Δμ 减小，即测量值与真实值的差值 减小，故当增加滑块的质量 M 时可以减小实验误差，当增加托盘和盘中砝码的总质量 m 时，由牛顿第二定律可知整体运动加速度 a 增大，又 Δμ=μ－μ′= m M·a g ，由 m 增大，a 增 大，则 Δμ 增大，即测量值与真实值的差值增大，故增加托盘和盘中砝码的总质量 m 会 增大实验误差，所以 B、C 选项正确。 23．（10 分）一玩具电动机的额定电压为 3V，其线圈的电阻 Rx 大约为 15Ω，当其两端电压 达到 0.3V 时，电动机才会开始转动。为了尽量准确测量线圈的电阻 Rx，某同学设计了 部分电路原理图如图所示，可供选择的器材有： 电流表 A1（0～20mA、内阻约 10Ω）； 电流表 A2（0～200mA、内阻约 5Ω）； 滑动变阻器 R1（0～10Ω，额定电流 2A）； 滑动变阻器 R2（0～2kΩ，额定电流 1A）； 电压表 V（2.5V，内阻约 3kΩ）； 电源 E（电动势为 3V、内阻不计）； 定值电阻（阻值为 R） 滑块 遮光片 托盘和砝码 长木板 光电门 B 光电门 A A V E S M R 开关 S 及导线若干 （1）应选择的电流表为 ，滑动变阻器为 ； （2）测量过程中要保持电动机处于 （选填“转动”或“不转动”）状态，下 列四个定值电阻的阻值 R 中，最合适的是 ； A.20Ω B.50Ω C.120Ω D.1200Ω （3）请把电路原理图的连线补充完整； （4）某次实验中，电压表的读数为 U，电流表的读数为 I，则计算电动机导线圈电阻的 表达式 Rx= 。 【命题立意】：本题考查电动机线圈电阻的测量，考查仪器选择、实验方法以及实验设计的 能力。 【解题思路】：（1）导线圈的电阻 Rx 大约为 15Ω，为了保证实验过程中电动机不转动，其 两端电压不超过 0.3V，可估算其电流 I = U Rx = 0.3 15 = 0.02A，不超过 20mA，所以电流表选择 A1；滑动变阻器若选用限流式接法，用 2kΩ 不便于操作，用 10Ω 调节范围太小，不宜用限 流式接法，最好用分压式接法，所以滑动变阻器选择 R1=10Ω。 （2）测量过程中要保持电动机处于不转动状态，此时可视为纯电阻，电流 I 不能超过 0.02A，当电压表达到满偏电压 2.5V 时， 2.5V 0.02A = 125Ω，即电动机线圈内阻和定值电阻的总 和为 125Ω，故定值电阻应选 120Ω 最合适。 （3）所选电流表内阻约 10Ω，电压表内阻约 3kΩ，由于 RA Rx＞ Rx RV ，所以应 选择外接法，又滑动变阻器选用分压式接法，电路补充连线如图所示。 （4）根据欧姆定律，Rx+ R= U I ，所以 Rx =U I －R。 A V E S M R 24．（12 分）如图所示，两块相同的金属板 MN、PQ 平行倾斜放置，与水平面的夹角为 45°， 两金属板间的电势差为 U，PQ 板电势高于 MN 板，且 MN、PQ 之间分布有方向与纸面 垂直的匀强磁场。一质量为 m、带电量为 q 的小球从 PQ 板的 P 端以速度 v0 竖直向上射 入，恰好沿直线从 MN 板的 N 端射出，重力加速度为 g。求： （1）磁感应强度的大小和方向； （2）小球在金属板之间的运动时间为多少？ 【命题立意】本题考查带电粒子在复合场中的运动，涉及重力、电场力、洛伦兹力等受力分 析，平衡条件的应用和匀速直线运动的规律等。考查分析综合能力。 【解题思路】 解析：（1）小球在金属板之间只能做匀速直线运动，受重力 G、电场力 F 电和洛伦兹力 f，F 电的方向与金属板垂直，由左手定则可知 f 的方向沿水平方向，三力合外力为零，故小球带 正电，金属板 MN、PQ 之间的磁场方向垂直纸面向外，且有 qv0B = mgtanθ ① 得 B = mg qv0 ② （2）设两金属板之间的距离为 d，则板间电场强度 E = U d ③ 又 qE = 2mg ④ 又 h=υ0t ⑤ 小球在金属板之间的运动时间 t = h v0 ⑥ 解得 t = qU mgυ0 ⑦ 另解：由于 f =qv0B 不做功， WG=-mgh, W 电= qU，则由动能定理得 qU - mgh = 0 h=υ0t 得 t = qU mgυ0 v0 N 45° M P Q 25．（19 分）如图甲所示，固定的光滑半圆轨道的直径 PQ 沿竖直方向，其半径 R 的大小可 以连续调节，轨道上装有压力传感器，其位置 N 始终与圆心 O 等高。质量 M = 1 kg、 长度 L = 3 m 的小车静置在光滑水平地面上，小车上表面与 P 点等高，小车右端与 P 点的距离 s = 2 m。一质量 m = 2kg 的小滑块以 v0 = 6 m/s 的水平初速度从左端滑上小车， 当小车与墙壁碰撞后小车立即停止运动。在 R 取不同值时，压力传感器读数 F 与 1 R 的关系如图乙所示。已知小滑块与小车表面的动摩擦因数 μ = 0.2，取重力加速度 g＝10 m/s2。求： （1）小滑块到达 P 点时的速度 v1； （2）图乙中 a 和 b 的值； （3）在 1 R＞3.125m-1 的情况下，小滑块落在小车上的位置与小车左端的最小距离 xmin。 【命题立意】本题结合板块模型、圆周运动、平抛运动、图像等知识考查分析综合能力和应 用数学知识解决物理问题的能力。 【解题思路】解析：（1）小滑块滑上小车后将做匀减速直线运动，小车将做匀加速直线运 动，设小滑块加速度大小为 a1，小车加速度大小为 a2，由牛顿第二定律得： 对滑块有 μmg = ma1 ① 对小车有 μmg = Ma2 ② 设小车与滑块经历时间 t 后速度相等，则有 v0－a1t=a2t ③ 滑块的位移 s1 = v0t－ 1 2a1t2 ④ 小车的位移 s2 = 1 2a2t2 ⑤ 代入数据解得 s1 = 5 m s2 = 2m 由于 s2 = s ，L=s1－s2，说明小车与墙壁碰撞时小滑块恰好到达小车右端，即小滑块到达 P L s v0 P Q N RO 甲 乙 0 -b F/N 1 R/m-1 a 2a 3a b 点的速度 v1 = 2a2s2 = 4 m/s 另解： 设小滑块与小车共速的速度为 v，相对位移为 L0，则 由动量守恒定律得 mv0=(M+m)v 解得 v=4m/s 由功能关系得 μmgL0= 1 2mv02－ 1 2(M+m)v2 此过程小车的位移设为 s0 则有 μmgs0= 1 2Mv2 解得 s0=2m，L0=3m 由于 L0=L，s0=s，说明小车与墙壁碰撞时小滑块恰好到达小车右端，即小滑块到达 P 点的速 度 v1 = 4 m/s （2）设小滑块到达到达 N 点时的速度设为 vN，则有 F = mvN2 R ⑥ 从 P 点到 N 点过程中，由机械能守恒定律有 1 2mv12 = 1 2mvN2+mgR ⑦ 由①②式得 F= mv12 R －2mg ⑧ 故 b = 2mg = 40 ⑨ 由⑧式结合图乙可知，图像的斜率 k= mv12=32 故 a = b k = 1.25 ⑩ （3）设小滑块恰能经过半圆轨道最高点 Q 时的轨道半径为 R，此时经过 Q 点的速度为 vQ， 则有 mg = mvQ2 R ⑪ 从 P 点到 Q 点过程中，由机械能守恒定律有 1 2mv12 = 1 2mvQ2+2mgR ⑫ 解得 R=0.32m，即 1 R = 3.125m-1 可见在 1 R＞3.125m-1 的情况下，小滑块在半圆轨道运动过程中始终不会脱离轨道 由⑫式可得 vQ = v12－4gR= 16－40R ⑬ 小滑块离开 Q 点后做平抛运动至到达小车的过程中，有 x = vQt ⑭ 2R = 1 2gt2 ⑮ 得 x = (1.6－4R)4R 当 R = 0.2m 时 x 有最大值 xm = 0.8m ⑯ 小滑块落在小车上的位置与小车左端的最小距离 xmin = L－xm = 2.2m ⑰ （二）选考题：共 15 分。请考生从给出的 2 道物理题中任选一题作答。 33．[物理—选修 3-3]（15 分） （1）（5 分）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. 大气中 PM2.5 颗粒的运动是分子的热运动 B. 液体与大气接触的表面层的分子势能比液体内部的大 C. 单晶体和多晶体的物理性质都是各向异性，非晶体是各向同性的 D. 分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增大时，分子间的引力和斥力都减小 E. 在温度一定时，对某种气体，处于一定速率范围内的分子数所占百分比是确定的 【命题立意】：本题考查布朗运动、分子势能、单晶体、多晶体、非晶体的性质、分子力、 分子速率分布规律等。考查理解能力。 【解题思路】：大气中 PM2.5 颗粒的运动是固体颗粒的运动，A 选项错误；当液体与大气 接触时，液体表面层的分子间距比内部的大，分子势能比液体内部的大，B 选项正确；单晶 体的物理性质是各向异性，多晶体和非晶体是各向同性的，C 选项错误；分子间同时存在着 引力和斥力，当分子间距增大时，分子间的引力和斥力都减小，D 选项正确；对于大量气体 分子，在温度一定时，处于一定速率范围内的分子数所占百分比是确定的，E 选项正确；本 题正确选项为 BDE。 （2）（10 分）如图所示，A、B 是两个固定在地面上的气缸，两气缸的活塞用水平轻质细杆 相连，A 的活塞面积是 B 的 2 倍，活塞处于静止状态，两气缸内封闭的气体压强均等于 大气压强 p0，气体温度均为 27℃，A 的活塞与 A 气缸底部相距 10cm，B 的活塞与 B 气 缸底部相距 20cm。现使两气缸内气体缓慢升高相同温度至活塞在水平方向移动了 2cm 后再次平衡（活塞不会脱离气缸）。 i. 通过计算分析说明气体升温的过程中活塞的移动方向； ii. 求再次平衡时 A 气缸的气体压强和温度。 【命题立意】本题考查理想气体的等容变化以及理想气体的状态方程等。考查分析综合能力。 【解题思路】（1）假设气体升温的过程两活塞没有动，则 A、B 气缸中的气体体积不变，设 原来温度为 T0，升温后气体压强分别为 pA1、pB1，温度为 T1，根据查理定律有 p0 T0 = pA1 T1 A B p0 T0 = pB1 T1 解得 pA1= pB1 = p0T1 T0 对两活塞受力分析，其合力 F =（ pA1- p0）SA-（ pB1- p0）SB>0 故其合力向右，所以活塞向右移动 （2）设再次平衡后的压强分别为 pA2、pB2，则根据理想气体状态方程有 p0SALA T0 = pA2SALA2 T1 p0SBLB T0 = pB2SBLB2 T1 活塞平衡应满足 （ pA2- p0）SA=（ pB2- p0）SB 活塞面积 SA=2SB 将 LA=10cm LB=20cm LA2=12cm LB2=18cm 代入解得 pA2=1.5p0 T1=540K 34．[物理——选修 3－4]（15 分） （1）（5 分）如图甲所示，沿波的传播方向上有间距均为 0.1 m 的六个质点 a、b、c、d、e、 f，均静止在各自的平衡位置，t＝0 时刻振源 a 从平衡位置开始沿 y 轴正方向做简谐运 动，其运动图象如图乙所示，形成的简谐横波以 0.1 m/s 的速度水平向右传播，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．这列波的周期为 4 s B．0～4 s 时间内质点 b 运动路程为 6 cm C．4～5 s 时间内质点 c 的加速度在减小 D．6 s 时质点 e 的振动方向沿 y 轴正方向 E．质点 d 起振后的运动方向始终与质点 b 的运动方向相反 【命题立意】：本题考查简谐振动的规律以及简谐波传播的特点等知识点。考查分析推理能 力。 【解题思路】：由图乙可知波源振动周期 T=4s，A 选项正确；由 λ=υT=0.1×4m=0.4m，b 点 起振时刻是 1s，0～4 s 质点 b 实际只振了 3s，运动路程为 6 cm，B 选项正确； 质点 c 起振的时刻是第 2s 末，4～5 s 时质点 c 正在由平衡位置向 y 轴负方向 振动，加速度在增大，C 选项错误；质点 e 的起振时刻是第 4s 末，6 s 时质点 e 的振动方向沿 y 轴负方向，D 选项错误；质点 d 和质点 b 相差半个波长， 所以质点 d 起振后的运动方向始终与质点 b 的运动方向相反，E 选项正确； 本题正确选项为 ABE。 （2）（10 分）如图所示为一个半径为 R 的透明介质球体， M、N 两点关于球心 O 对称，且 与球心的距离均为 2R。一细束单色光从 M 点射出穿过透明介质球体后到达 N 点。真空 中的光速为 c。 i.若介质的折射率为 n0，光线沿 MON 传播到 N 点，光传播的时间 t 为多少？ ii.已知球面上的 P 点到 MN 的距离 PA = 3 5R。若光束从 M 点射出后到达 P 点，经过球体 折射后传播到 N 点，那么球体的折射率 n 等于多少？（取 sin37°=0.6，cos37°=0.8） a b c d e f 甲 y/cm 乙 t/ s 420 2 -2 M O N P A 【命题立意】：本题考查折射和全反射的规律等知识点。考查综合分析和应用数学解决物理 问题的能力。 【解题思路】：i.光在介质球外的传播时间为 t1 = 2R c ① （1 分） 光在介质球中的传播速度为 v = c n0 ② （2 分） 光在介质球中的传播时间为 t2 = 2R v ③ （1 分） 光传播的时间 t 为 t = t1+ t2 =（n0+1） 2R c ④ （1 分） ii.光路图如图所示，其中 sinθ = 0.6，又 β = θ+α，根据折射定律得 sinβ = n sinθ ⑤ （2 分） 又 sinθ=0.6 ⑥ （1 分） MA = MO－AO = 2R－Rcosθ = 6 5R MP = PA2 + MA2 = 3 5 5 R 所以 sinα= PA MP = 5 5 R cosα = MA MP = 2 5 5 R sinβ = sin(θ +α)= 2 5 5 ⑦ （1 分） 解得 n = 2 5 3 ≈1.49 ⑧ （1 分） 另法： sinβ = n sinθ ⑤ （2 分） MA = MO－AO = 2R－Rcosθ = 6 5R MP = PA2 + MA2 = 3 5 5 R ⑥ （1 分） M O N P A α θ θβ 在△MPO 中，由正弦定理得 sinβ 2R = sinθ MP ⑦ （1 分） 解得 n = sinβ sinθ = 2 5 3 ≈1.49 ⑧ （1 分）