2020届高考物理二轮复习刷题首秧综合能力物理部分押题密卷五含解析

2020届高考物理二轮复习刷题首秧综合能力物理部分押题密卷五含解析

高考物理总复习 部分押题密卷(五)‎ 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分110分，时间60分钟。‎ 第Ⅰ卷 一、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1～4题只有一个选项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求，全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)‎ ‎1. (2019·云南二模)某金属发生光电效应，光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν之间的关系如图所示。已知h为普朗克常量，e为电子电荷量的绝对值，结合图象所给信息，下列说法正确的是(　　)‎ A．入射光的频率小于ν0也可能发生光电效应现象 B．该金属的逸出功随入射光频率的增大而增大 C．若用频率是2ν0的光照射该金属，则遏止电压为 D．遏止电压与入射光的频率无关 答案　C 解析　ν0为该金属的截止频率，入射光的频率低于截止频率不发生光电效应，故A错误；根据W0＝hν0可知，某种物质的逸出功是定值，故B错误；由爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0可知，当ν＝ν0时，有Ek＝0，W0＝hν0，故当入射光的频率为2ν0时，光电子的最大初动能为Ek＝2hν0－hν0，又因为eUc＝Ek，所以此时遏止电压Uc＝，故C正确；根据Uc＝可知，光的频率改变时，遏止电压也会改变，故D错误。‎ ‎2．(2019·贵阳一模)一伞兵从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，2 s时开启降落伞，其跳伞过程中的vt图象如图所示，根据图象可知该伞兵(　　)‎ - 13 -‎ 高考物理总复习 A．在0～2 s内做自由落体运动 B．在2～6 s内加速度方向先向上后向下 C．在0～14 s内先处于失重状态后处于超重状态 D．在0～24 s内先匀加速再匀减速最终匀速直线运动 答案　C 解析　由vt图象可知，伞兵在0～2 s内做匀加速直线运动，但加速度小于重力加速度，不是自由落体运动，故A错误；vt图象的斜率表示加速度，则由图可知，2～6 s内伞兵先做加速运动，再做减速运动，故加速度方向先向下再向上，故B错误；0～14 s内伞兵先做加速运动，再做减速运动，即加速度方向先向下再向上，故伞兵先失重后超重，C正确；vt图象的斜率表示加速度，则可知伞兵在0～24 s内，2～14 s期间的加速度一直在发生变化，故D错误。‎ ‎3．(2019·吉林模拟)卫星电话信号需要通过地球同步卫星传送。已知地球半径为r，无线电信号传播速度为c，月球绕地球运动的轨道半径为60r，运行周期为27天。在地面上用卫星电话通话，从一方发出信号至对方接收到信号所需的最短时间为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　B 解析　根据万有引力提供向心力，有：＝mR，解得：R＝ ∝，已知月球和同步卫星的周期之比为27∶1，则月球和同步卫星的轨道半径比为9∶1，因月球绕地球运动的轨道半径为60r，故同步卫星的轨道半径为r，距地面的高度为r，故在地面上用卫星电话通话，从一方发出信号至对方接收到信号所需的最短时间为：t＝＝＝，故B正确。‎ ‎4．(2019·辽宁凌源一模)生活中可以通过霍尔元件来测量转动物体的转速。如图a，在一个转动的圆盘边缘处沿半径方向均匀地放置四个小磁铁，其中两个N极向外，两个S极向外。在圆盘边缘附近放置一个霍尔元件，其尺寸如图b所示。当电路接通后，会在a、b两端产生电势差，经电路放大后得到脉冲信号。已知脉冲信号的周期为T，若忽略感应电动势的影响，则(　　)‎ - 13 -‎ 高考物理总复习 A．圆盘转动的转速为n＝ B．转速越大，脉冲信号的最大值就越大 C．脉冲信号的最大值与h成正比 D．圆盘转到图示位置时，如果a点电势高则霍尔元件中定向移动的电荷带负电 答案　D 解析　由于两个N极向外，两个S极向外，且交错分布，所以圆盘转半周，脉冲信号经历一个整周期，故圆盘的转速为n＝，A错误；电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，霍尔元件的长、宽、高分别为L、d、h，有：q＝qvB，结合电流的微观定义式：I＝n′ehLv，所以有：U＝＝，故脉冲信号的最大值与转速n和h无关，B、C错误；圆盘转到图示时，如果a点电势高，则说明上极板带正电，下极板带负电，电流向里，则根据左手定则可知，只能是带负电的电荷移动到下板上，D正确。‎ ‎5．(2019·陕西咸阳三模)如图甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3 N时，A、B将会分离。t＝0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示。则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是(　　)‎ A．t＝2.0 s时刻A、B之间作用力大小为0.6 N B．t＝2.0 s时刻A、B之间作用力为零 C．t＝2.5 s时刻A对B的作用力方向向左 D．从t＝0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4 m 答案　AD 解析　由题图可得0～4.0 s内，F1＝－0.9t＋3.6，F2＝0.9t。分离之前A、B两物块共同运动，设加速度为a，以整体为研究对象，则有：a＝＝ m/s2＝1.2 m/s2，设t时刻A、B分离，分离时A、B间的拉力为f，由题知f＝0.3 N，对B，由牛顿第二定律，F2－f＝mBa，得F2＝f＋mBa＝(0.3＋2×1.2) N＝2.7 N，t＝＝ s＝3 s，根据位移公式s＝at2＝5.4‎ - 13 -‎ 高考物理总复习 ‎ m，则D正确；当t＝2.0 s时，A、B不分离，F2＝1.8 N，F2＋f2＝mBa，得f2＝mBa－F2＝0.6 N，A正确，B错误；当t＝2.5 s时，A、B不分离，F2＝2.25 N，F2＋f2.5＝m2a，得f2.5＝m2a－F2>0，则f2.5与F2方向一致，即水平向右，C错误。‎ ‎6．(2019·重庆模拟)如图甲为某游乐园飓风飞椅游玩项目，图乙为飓风飞椅结构简图。其装置由伞型转盘A、中间圆柱B、底座C和软绳悬挂飞椅D(可视为质点)组成，在与转盘下表面轴心O距离为d的圆周上，用软绳分布均匀地悬挂16座飞椅(图乙中只画两座)，设A、B、C总质量为M，单个飞椅与人的质量之和均为m，悬挂飞椅D的绳长均为L，当水平转盘以角速度ω稳定旋转时，各软绳与竖直方向成θ角。则下列判断正确的是(　　)‎ A．转盘旋转的角速度为 B．底座C对水平地面的压力随转速的增加而减小 C．底座C对水平地面的压力与转速无关，恒为Mg＋16mg D．软绳与竖直方向夹角θ的大小与软绳长、转速和乘客质量均有关 答案　AC 解析　对飞椅与人组成的整体受力分析，由牛顿第二定律可得：mgtanθ＝mω2(d＋Lsinθ)，解得：ω＝ ，故A正确；对A、B、C及16座飞椅和飞椅上的人组成的整体受力分析，整体竖直方向受重力和地面支持力而平衡，由牛顿第三定律知，整体竖直方向对地面的压力恒为Mg＋16mg，B错误，C正确；由A选项求得的表达式可知软绳与竖直方向夹角θ的大小与软绳长、转速有关，但与乘客质量无关，故D错误。‎ ‎7．(2019·山东潍坊二模)如图1所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，板间左侧中心位置O点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0，电荷量为＋q，质量为m的粒子。在两板间存在如图2所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力。以下判断正确的是(　　)‎ - 13 -‎ 高考物理总复习 A．粒子在电场中运动的最短时间为 B．射出粒子的最大动能为mv C．t＝时刻进入的粒子，从O′点射出 D．t＝时刻进入的粒子，从O′点射出 答案　AD 解析　由图2可知场强大小为E＝，则粒子在电场中的加速度大小a＝＝，场强E的变化周期T＝，对t＝0时刻进入的粒子，在0～时间内粒子在场强为E的匀强电场中的偏转距离为ym＝a·2＝d>，则粒子在电场中运动的最短时间满足＝at，解得tmin＝，A正确；粒子在水平方向以v0匀速运动，故能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为t＝，恰好等于场强E的变化周期的两倍，由此可知，粒子在整个过程中竖直方向上的速度变化量为0，则射出电场的粒子竖直方向的速度均为0，射出的粒子的动能均为mv，B错误；t＝＝时刻进入的粒子，沿电场方向先向下加速，因y＝a·2＝d>，即在t＝之前粒子已经打在下极板上，不能从O′射出，C错误；t＝＝时刻进入的粒子，沿电场方向先向上加速，有y1＝a2＝，后向上减速，有y2＝y1＝，此时竖直方向速度恰好为零，且y＝y1＋y2＝，即刚好到达上极板，然后向下加速，再向下减速，竖直方向速度到零，如此反复，经过2T时间，粒子最后从电场中射出时沿电场方向的速度与位移均为零，即粒子恰好从O′点射出，D正确。‎ ‎8. (2019·陕西渭南二模)如图所示，相距为L的两条平行金属导轨与水平地面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B。将质量为m的导体棒从距水平地面高h处由静止释放，导体棒能沿倾斜的导轨下滑，已知下滑过程中导体棒始终与导轨垂直且接触良好，接触面的动摩擦因数为μ，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g，下列选项正确的是(　　)‎ - 13 -‎ 高考物理总复习 A．导体棒从开始运动直至地面的过程中，通过电阻R的电荷量为 B．导体棒从开始运动直至地面的过程中，电阻R上产生的焦耳热为mgh－ C．导体棒释放瞬间的加速度大小是gsinθ－μgcosθ D．如果增加导体棒质量，则导体棒从释放至滑到斜面底端的时间不变 答案　AC 解析　根据＝，＝，q＝Δt，联立求得棒从开始运动直至地面的过程中，通过R的电荷量q＝＝，A正确；设导体棒到达斜面底端时的速度为v0，由动能定理得：mv＝mgh－μmgcosθ－W安，则电阻R上产生的焦耳热Q＝W安＝mgh－μmg－mv，B错误；导体棒释放瞬间，对导体棒由牛顿第二定律得：mgsinθ－μmgcosθ＝ma，加速度a＝gsinθ－μgcosθ，C正确；当导体棒速度为v时，回路电动势E＝BLv，I＝，F安＝BIL＝，对导体棒由牛顿第二定律得：mgsinθ－μmgcosθ－＝ma，a＝gsinθ－μgcosθ－，所以当导体棒质量增大，速度相同时，加速度会变大，总位移不变，故时间会减小，D错误。‎ 第Ⅱ卷 二、非选择题(包括必考题和选考题两部分，共62分。第9～12题为必考题，考生都必须作答。第13～14题为选考题，考生根据要求作答)‎ ‎(一)必考题(共47分)‎ ‎9．(2019·东北三省三校二模)(5分)某同学要用频闪照相的方法测量物块与木板之间的动摩擦因数。把木板放在水平桌面上，一端抬高，测量出木板倾斜的角度θ。如图所示为一小滑块下滑过程的频闪照片示意图。已知频闪相机每隔时间T闪光一次，x1、x2、x3、x4分别是滑块在T时间内下滑的距离，当地重力加速度为g。‎ - 13 -‎ 高考物理总复习 ‎(1)滑块下滑过程中的加速度大小的表达式a＝________________(用已知量和测量量表示)。‎ ‎(2)滑块下滑过程中经位置4时速度大小v4＝________________(用已知量和测量量表示)。‎ ‎(3)滑块与木板间的动摩擦因数μ＝________________(用θ、a、g表示)。‎ 答案　(1)　(2) ‎(3)tanθ－ 解析　(1)滑块下滑做的是匀加速直线运动，且x1、x2、x3、x4都是在T时间内下滑的距离，因此滑块的加速度可以用逐差法进行计算，即a＝。‎ ‎(2)滑块经过x3和x4所用的时间相等，由因滑块做的是匀变速运动，因此滑块在位置4的速度等于滑块从位置3运动到位置5的平均速度，即v4＝。‎ ‎(3)滑块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知mgsinθ－μmgcosθ＝ma得μ＝tanθ－。‎ ‎10．(2019·宣城二模)(10分)在测定电源电动势和内电阻的实验中，实验室提供了合适的实验器材。‎ ‎(1)甲同学按电路图a进行测量实验，其中R2为保护电阻。‎ ‎①请用笔画线代替导线在图b中完成电路的连接；‎ ‎②根据电压表的读数U和电流表的读数I，画出UI图线如图c所示，可得电源的电动势E＝________ V，内电阻r＝________ Ω。(结果保留两位有效数字)‎ - 13 -‎ 高考物理总复习 ‎(2)乙同学误将测量电路连接成如图d所示，其他操作正确，根据电压表的读数U和电流表的读数I，画出UI图线如图e所示，可得电源的电动势E＝_______ V，内电阻r＝________ Ω。(结果保留两位有效数字)‎ 答案　(1)①图见解析　②2.8　0.60　(2)3.0　0.50‎ 解析　(1)①根据原理图可得出对应的实物图，如图所示；‎ ‎②根据闭合电路欧姆定律可得：U＝E－Ir，则由数学规律可知电动势E＝2.8 V，内电阻r＝＝ Ω＝0.60 Ω。‎ ‎(2)由乙同学的电路接法可知，R1左右两部分并联后与R2串联，则可知在滑片从一端向另一端移动的过程中，滑动变阻器接入回路的电阻先增大后减小，电路总电流先减小后增大，则路端电压先增大后减小，所以出现图e所示的图象，由图象可知当电压表示数为2.5 V时，路端电压最大，滑动变阻器并联的两部分电阻相等，电流表示数为0.5 A，则电路总电流为I1＝1 A；而当电压为2.4 V时，电流分别对应0.33 A和0.87 A，则说明当电压为2.4 V时，电路总电流为I2＝0.33 A＋0.87 A＝1.2 A，则根据闭合电路欧姆定律可得2.5＝E－r,2.4＝E－1.2r，联立解得电源的电动势E＝3.0 V，内电阻r＝0.50 Ω。‎ ‎11．(2019·云南昆明4月质检)(12分)科研人员乘热气球进行科学考察，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为M＝200 kg。气球在空中以v0＝0.1 m/s的速度匀速下降，距离水平地面高度h＝186 m时科研人员将质量m＝20 kg的压舱物竖直向下抛出，抛出后6 s压舱物落地。不计空气阻力，热气球所受浮力不变，重力加速度取g＝10 m/s2，求：‎ ‎(1)压舱物刚被抛出时的速度大小；‎ ‎(2)压舱物落地时热气球距离水平地面的高度。‎ 答案　(1)1 m/s　(2)206 m 解析　设压舱物抛出时的速度为v1，热气球的速度为v2。‎ - 13 -‎ 高考物理总复习 ‎(1)压舱物抛出后做竖直下抛运动，由运动学规律有：‎ h＝v1t＋gt2‎ 代入数据得：v1＝1 m/s。‎ ‎(2)由热气球和压舱物组成的系统动量守恒有：‎ Mv0＝mv1＋(M－m)v2‎ 代入数据得：v2＝0‎ 设热气球所受浮力为F，则气体匀速下降可知：F＝Mg 压舱物抛出后，热气球向上做匀加速直线运动，‎ 由牛顿第二定律有：F－(M－m)g＝(M－m)a 代入数据得：a＝ m/s2‎ 则热气球6 s内上升的高度为：h2＝at2‎ 代入数据得：h2＝20 m，‎ 则压舱物落地时热气球距水平地面的高度 H＝h＋h2＝206 m。‎ ‎12．(2019·广东肇庆三模)(20分)如图甲所示，两平行金属板接有如图乙所示随时间t变化的电压U，两板间电场可看做是均匀的，且两金属板外无电场，两金属板长L＝0.2 m，两板间距离d＝0.2 m。在金属板右侧边界MN外的区域有一足够大的匀强磁场，MN与两板中线OO′垂直，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。现有带正电的粒子流沿两板中线OO′连续射入电场中，已知每个粒子速度v0＝105 m/s，比荷＝108 C/kg，重力忽略不计，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作是恒定不变的。‎ ‎(1)试求带电粒子射出电场时的最大速度；‎ ‎(2)任意时刻从电场射出的带电粒子，进入磁场时在MN上的入射点和在MN上出射点的距离是一确定的值s，试通过计算写出s的表达式(用字母m、v0、q、B表示)。‎ 答案　(1)×105 m/s，方向斜向右上方或斜向右下方，与初速度方向成45°夹角　(2)s＝ 解析　(1)偏转电压由0到100 V的变化中，粒子流可能都能射出电场，也可能只有部分粒子能射出电场。‎ - 13 -‎ 高考物理总复习 设偏转电压为U0时，粒子刚好能经过极板的右边缘射出，‎ 在竖直方向，粒子做匀加速运动：d＝×t2，‎ 在水平方向，粒子做匀速运动：L＝v0t，‎ 代入数据解得：U0＝100 V，‎ 由此可知，偏转电压为100 V时，粒子恰好能射出电场，且速度最大。‎ 对粒子，由动能定理得：＝mv－mv，‎ 代入数据解得：vm＝×105 m/s 方向斜向右上方或斜向右下方，与初速度方向成45°夹角。‎ ‎(2)设粒子射出电场时速度方向与MN间夹角为θ。‎ 粒子射出电场时速度大小为：v＝，‎ 粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，‎ 由牛顿第二定律得：qvB＝m，解得：r＝ 因此粒子射进磁场点与射出磁场点间距离为：s＝2rsinθ＝，m、v0、q、B都是常数，则距离s与粒子在磁场中运行速度的大小无关，s为定值。‎ ‎(二)选考题(共15分)‎ 请考生从两道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。‎ ‎13．[物理——选修3－3](共15分)‎ ‎(1)(2019·河南郑州二模)(5分)一定质量的理想气体由状态a经状态b、c到状态d，其体积V与热力学温度T的关系如图所示，O、a、d三点在同一直线上，ab和cd平行于横轴，bc平行于纵轴，则由状态a变到状态b的过程中，气体________(填“吸收”或“放出”)热量，气体分子的平均动能________(填“增大”“减小”或“不变”)；从状态b到c，气体对外做功，内能________(填“增大”“减小”或“不变”)；从状态c到d，气体密度________(填“增大”“减小”或“不变”)；从状态a到d，气体内能________(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ ‎(2)(2019·山西太原市模拟) (10分)如图所示，马桶吸由皮吸和汽缸两部分组成，下方半球形皮吸空间的容积为1000 cm3，上方汽缸的长度为40 cm，横截面积为50 cm2。小明在试用时，用手柄将皮吸压在水平地面上，皮吸中气体的压强等于大气压。‎ - 13 -‎ 高考物理总复习 皮吸与地面及活塞与汽缸间密封完好不漏气，不考虑皮吸与汽缸的形状变化，环境温度保持不变，汽缸内薄活塞、连杆及手柄的质量忽略不计，已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，g＝10 m/s2。‎ ‎①若初始状态下活塞位于汽缸顶部，当活塞缓慢下压到汽缸皮吸底部时，求皮吸中气体的压强；‎ ‎②若初始状态下活塞位于汽缸底部，小明用竖直向上的力将活塞缓慢向上提起20 cm高度保持静止，求此时小明作用力的大小。‎ 答案　(1)吸收　增大　不变　不变　增大 ‎(2)①3×105 Pa　②250 N 解析　(1)由状态a变到状态b的过程中，气体体积不变，则W＝0，温度升高，则气体内能增大，即ΔU>0，根据ΔU＝W＋Q可知Q>0，即气体吸收热量，由状态a变到状态b的过程中，气体的温度升高，则气体分子的平均动能变大；从状态b到c，气体温度不变，气体的内能不变；从状态c到d，气体体积不变，则气体的密度不变；从状态a到状态d气体温度升高，则气体的内能增大。‎ ‎(2)①以汽缸和皮吸内的气体为研究对象，开始时封闭气体的压强为p0，‎ 体积V1＝1000 cm3＋40×50 cm3＝3000 cm3‎ 当活塞下压到汽缸底部时，设封闭气体的压强为p，体积为V2＝1000 cm3，‎ 由玻意耳定律p0V1＝p2V2‎ 解得：p2＝3p0＝3×105 Pa。‎ ‎②以皮吸内的气体为研究对象，开始时封闭气体的压强为p0，体积为V2＝1000 cm3，活塞缓慢向上提起20 cm高度保持静止时，设小明作用力的大小为F，封闭气体的压强为p3，体积为V3＝1000 cm3＋20×50 cm3＝2000 cm3‎ 由玻意耳定律有p0V2＝p3V3‎ F＋p3S＝p0S 解得：F＝250 N。‎ ‎14．[物理——选修3－4](共15分)‎ ‎(1)(2019·江西九校重点中学协作体高三第一次联考)(5分)甲、乙两位同学利用假期分别在两个地方做“用单摆测重力加速度的实验”，回来后共同绘制了T2L图象，如图甲中A、B所示，此外甲同学还顺便利用其实验的单摆探究了受迫振动，并绘制了单摆的共振曲线，如图乙所示，那么下列说法中正确的是________(填正确答案标号。选对1个得2分，‎ - 13 -‎ 高考物理总复习 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．单摆的固有周期由摆长和所处环境的重力加速度共同决定 B．由图甲分析可知A图象所对应的实验地点重力加速度较大 C．若将单摆放入绕地球稳定飞行的宇宙飞船中，则无法利用单摆测出飞船轨道处的引力加速度 D．由图乙可知，甲同学探究受迫振动的单摆摆长为8 cm E．如果甲同学增大摆长，他得到的共振曲线的峰值将向左移动 ‎(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点射向透明介质球体，穿过后到达N点，真空中的光速为c。‎ ‎①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？‎ ‎②已知球面上的P点到MN的距离为PA＝R，若光束从M点射向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)‎ 答案　(1)ACE　(2)①(n0＋1)　② 解析　(1)根据单摆的固有周期公式T＝2π ，L为摆长，g为所处环境的重力加速度，故A正确；根据T＝2π 得：T2＝L，所以T2L图象的斜率k＝，图甲中A图象的斜率大于B图象的斜率，故A图象所对应的实验地点的重力加速度较小，B错误；若将单摆放入绕地球稳定飞行的宇宙飞船中，单摆处于完全失重状态，所受重力全部用于提供圆周运动所需向心力，不能在竖直平面内来回摆动，则无法利用单摆测出飞船轨道处的引力加速度，故C正确；由图乙可知，当驱动力的频率为0.5 Hz时，摆球发生共振，故系统的固有频率为0.5 Hz，固有周期T0＝＝2 s，根据T＝2π ，解得摆长L≈1 m，故D错误；根据T＝2π ，‎ - 13 -‎ 高考物理总复习 若在同一地点增大摆长，则单摆固有周期变大，固有频率变小，则发生共振时的驱动力频率变小，共振峰向左移动，故E正确。‎ ‎(2)①光在介质球外的传播时间为t1＝ 光在介质球中的传播速度为v＝ 则光在介质球中的传播时间为t2＝ 光传播的时间为t＝t1＋t2＝(n0＋1)。‎ ‎②光路图如图所示，‎ 其中sinθ＝0.6，又β＝θ＋α 根据折射定律：sinβ＝nsinθ，所以n＝sinα＋cosα 又MA＝MO－AO＝2R－Rcosθ＝R MP＝＝R sinα＝＝，cosα＝＝ 解得：n＝。‎ - 13 -‎