陕西吴起高级中学第二学期高三物理4月下旬月考试题（含解析）.doc

2015年陕西省延安市吴起高中高考物理模拟试卷（4月下旬） 一、选择题（共8个题，1-5为单选，6-8为多选，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分共计48分）1（6分）（2015延安模拟）在物理学建立、发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步关于 科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（） a 古希腊学者亚里士多德认为物体下落的快慢由它们的重量决定，伽利略在他的两 种新科学的对话中利用逻辑推断，使亚里士多德的理论陷入了困境 b 德国天文学家幵普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了万有引 力定律 c 英国物理学家卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”首先较准确的测定了静电力常量 d 楞次发现了电磁感应现象，并研究得出了判断感应电流方向的方法楞次定律【考点】： 物理学史【分析】： 古希腊学者亚里士多德认为物体下落的快慢由它们的重量决定伽利略在他的两种新科学的对话中利用逻辑推断，提示了这个理论内部的矛盾，使亚里士多德的理论陷人了困境德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了行星运动的定律英国物理学家卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”首先较准确的测定了引力常量楞次发现了电磁感应现象，并研究得出了判断感应电流方向的方法一楞次定律【解析】： 解：a、古希腊学者亚里士多德认为物体下落的快慢由它们的重量决定伽利略在他的两种新科学的对话中利用逻辑推断，提示了这个理论内部的矛盾，使亚里士多德的理论陷人了困境故a正确b、德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了行星运动的三大定律牛顿发现了万有引力定律，故b错误c、英国物理学家、化学家卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”首先较准确的测定了引力常量g故c错误d、法拉第发现了电磁感应现象，并研究得出了判断感应电流方向的方法一楞次定律故d错误故选：a【点评】： 物理学史也是考试内容之一，是常识性问题，要加强记忆，不在基本题失分2（6分）（2015延安模拟）甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶，在t=0到t=t1的时间内，它们的vt图象如图所示在这段时间内（） a 汽车甲的平均速度比乙的大 b 汽车乙的平均速度等于 c 甲乙两汽车的位移相同 d 汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大【考点】： 匀变速直线运动的图像；平均速度【专题】： 运动学中的图像专题【分析】： 在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线代表该位置的加速度，向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负【解析】： 解：a、c、平均速度等于位移与时间的比值，在vt图象中，图形的面积代表位移的大小，根据图象可知道，甲的位移大于乙的位移，由于时间相同，所以汽车甲的平均速度比乙的大，故a正确，c错误；b、由于乙车做变减速运动，平均速度不等于，故b错误；d、因为切线的斜率等于物体的加速度，汽车甲和乙的加速度大小都是逐渐减小，故d错误故选：a【点评】： 本题是为速度时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义3（6分）（2015延安模拟）如图所示，oa、ob为圆内两光滑细直杆，oa为直径，ob与竖直方向的夹角为60两个中间有孔、相同的小球穿过直杆放置于a、b两点现同时由静止释放两球，以下说法正确的是（） a a、b两球同时到达o点 b a、b两球到达o点时速度大小相等 c 从开始运动到o点，a球重力势能减少是b球重力势能减少的4倍 d a、b两球到达o点时，a球重力的功率是b球重力功率的2倍【考点】： 机械能守恒定律；重力势能【专题】： 机械能守恒定律应用专题【分析】： 根据牛顿第二定律和运动学公式，几何关系比较运动的时间，根据动能定理比较到达o点的速度大小根据重力做功比较重力势能的变化量根据到达底端的速度关系以及功率的公式比较重力的功率之间的关系【解析】： 解：a、小球在ob杆上下滑的加速度，ob的长度sob=2rsin30=r，根据得，小球a做自由落体运动，可知ta=tb故a正确b、根据动能定理知，下降的高度不同，则a、b两球到达o点的速度大小不等，故b错误c、两球下降的高度不同，则重力势能的减小量不同，故c错误d、根据几何关系得，a、b两点下降的高度之比为4：1，根据动能定理知，v=，则到达底端的速度之比va：vb=2：1，a球到达o点时重力的功率p=mgva，b球到达o点时重力的功率，可知a球重力的功率是b球重力的功率为4：1，故d错误故选：a【点评】： 本题考查了动能定理、牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，掌握瞬时功率的公式，知道本题是一个“等时圆”问题，a、b两球到达底端的时间相等4（6分）一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为f1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度为v，若将水平拉力的大小改为f2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v，对于上述两个过程，用wf1、wf2分别表示拉力f1、f2所做的功，wf1、wf2分别表示前两次克服摩擦力所做的功，则（） a wf24wf1，wf22wf1 b wf24wf1，wf2=2wf1 c wf24wf1，wf2=2wf1 d wf24wf1，wf22wf1【考点】： 功的计算【专题】： 功的计算专题【分析】： 根据动能定理，结合运动学公式，求出滑动摩擦力做功，从而求得结果【解析】： 解：由题意可知，两次物体均做匀加速运动，则在同样的时间内，它们的位移之比为s1：s2=1：2；两次物体所受的摩擦力不变，根据力做功表达式，则有滑动摩擦力做功之比wf1：wf2=fs1：fs2=1：2；再由动能定理，则有：wfwf=；可知，wf1wf1=；wf2wf2=4；由上两式可解得：wf2=4wf12wf1，故c正确，abd错误；故选：c【点评】： 考查做功表达式的应用，掌握动能定理的内容，注意做功的正负5（6分）（2015延安模拟）假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，赤道的大小为g；地球自转的周期为t，引力常量为g则地球的密度为（） a b c d 【考点】： 万有引力定律及其应用【专题】： 万有引力定律的应用专题【分析】： 根据万有引力等于重力，则可列出物体在两极的表达式，再由引力与支持力的合力提供向心力，列式综合可求得地球的质量，最后由密度公式，即可求解【解析】： 解：在两极，引力等于重力，则有：mg0=g，由此可得地球质量m=，在赤道处，引力与支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律，则有：gmg=m，而密度公式，=，故b正确，acd错误；故选：b【点评】： 考查万有引力定律，掌握牛顿第二定律的应用，注意地球两极与赤道的重力的区别，知道密度表达式6（6分）如图，矩形闭合线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界oo平行，线框平面与磁场方向垂直设oo下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律（） a b c d 【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势【专题】： 压轴题；电磁感应功能问题【分析】： 线框进入磁场前先做自由落体运动，进入磁场时，若安培力大于重力，则线框做加速度逐渐减小的减速运动，在cd边未进入磁场时，若加速度减为零，则做匀速运动，cd边进入磁场后做匀加速直线运动若安培力小于重力，进入磁场做加速度减小的加速运动，在cd边未进入磁场时，若加速度减为零，则做匀速运动，cd边进入磁场后做匀加速直线运动若安培力等于重力，进入磁场做匀速直线运动，cd边进入磁场后做匀加速直线运动【解析】： 解：a、线框先做自由落体运动，ab边进入磁场做减速运动，加速度应该是逐渐减小，而a图象中的加速度逐渐增大故a错误b、线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后做减速运动，因为重力小于安培力，当加速度减小到零做匀速直线运动，cd边进入磁场做匀加速直线运动，加速度为g故b正确c、线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后因为重力大于安培力，做加速度减小的加速运动，cd边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g，故c正确d、线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后因为重力等于安培力，做匀速直线运动，cd边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g，故d正确本题选不可能的，故选a【点评】： 解决本题的关键能够根据物体的受力判断物体的运动，结合安培力公式、切割产生的感应电动势公式进行分析7（6分）如图所示，两面积较大、正对着的平行极板a、b水平放置，极板上带有等量异种电荷其中a板用绝缘线悬挂，b板固定且接地，p点为两板的中间位置下列结论正确的是（） a 若在两板间加上某种绝缘介质，a、b两板所带电荷量会增大 b a、b两板电荷分别在p点产生电场的场强大小相等，方向相同 c 若将a板竖直向上平移一小段距离，两板间的电场强度将增大 d 若将a板竖直向下平移一小段距离，原p点位置的电势将不变【考点】： 电容器的动态分析；电场强度【专题】： 电容器专题【分析】： 题中电容器的带电量不变根据对称性和电场的叠加分析a、b两板电荷在p点产生电场的场强关系移动a板时，根据电容的决定式c=、电容的定义式c=和板间场强公式e=分析板间场强的变化，由u=ed分析p点与下极板间的电势差的变化，从而确定p点电势的变化【解析】： 解：a、在两板间加上某种绝缘介质时，a、b两板所带电荷量没有改变，故a错误b、a、b两板电荷量数量相等，p点到两板的距离相等，根据对称性和电场的叠加可知两板电荷分别在p点产生电场的场强大小相等，方向都向下，故b正确c、根据电容的决定式c=、电容的定义式c=和板间场强公式e=得：e=，由题知q、s、均不变，则移动a板时，两板间的电场强度将不变故c错误d、由上分析可知将a板竖直向下平移时，板间场强不变，由u=ed分析得知p点与下极板间的电势差不变，p点的电势保持不变故d正确故选：bd【点评】： 本题考查电容器的动态分析问题，关键要正确应用电容器的决定式及定义式；并注意电势与场强的关系的应用8（6分）（2015延安模拟）如图甲所示，电阻不计且间距l=1m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值r=2的电阻，虚线oo下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量m=0.1kg、电阻不计的金属杆ab从oo上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平，已知杆ab进入磁场时的速度v0=1m/s，下落0.3m的过程中加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示，g取10m/s2，则（） a 匀强磁场的磁感应强度为2t b 杆ab下落0.3m时金属杆的速度为1m/s c 杆ab下落0.3m的过程中r上产生的热量为0.2j d 杆ab下落0.3m的过程中通过r的电荷量为0.25c【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；功能关系【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 由乙图读出金属杆进入磁场时加速度的大小，判断出加速度方向由法拉第电磁感应定律、欧姆定律推导出安培力与速度的关系式，由牛顿第二定律列式可求出磁感应强度从开始下落到下落0.3m的过程中，杆的机械能减小转化为内能，由能量守恒列式可求出电阻r上产生的热量由图看出，下落0.3m时，由q=即可求电荷量【解析】： 解：a、进入磁场后，根据右手定则判断可知金属杆ab中电流的方向由a到b由左手定则知，杆ab所受的安培力竖直向上由乙图知，刚进入磁场时，金属杆ab的加速度大小a0=10m/s2，方向竖直向上由牛顿第二定律得：bi0lmg=ma0设杆刚进入磁场时的速度为v0，则有 i0=联立得：mg=ma0代入数据，解得：b=2t，故a正确b、通过ah图象知h=0.3m，a=0，表明金属杆受到的重力与安培力平衡，有 mg=bil=bl=，联立得：v=0.5m/s即杆ab下落0.3m时金属杆的速度为0.5m/s故b错误 c、从开始到下落0.3m的过程中，由能的转化和守恒定律有： mgh=q+mv2代入数值有：q=m（ghv2）=0.1（100.30.52）j=0.2875j，故c错误d、金属杆自由下落的高度 h=m=0.05m，ab下落0.3m的过程中，通过r的电荷量：q=c=0.25c故d正确；故选：ad【点评】： 本题关键要根据图象的信息读出加速度和杆的运动状态，熟练推导出安培力与速度的关系式，由牛顿第二定律、安培力、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、能量守恒等多个知识综合求解二.非选择题：包括必考题和选考题两部分（一）必考题9（6分）（2015延安模拟）某实验小组探究弹簧的劲度系数k与其长度（圈数）的关系实验装置如图（a）所示：一均匀长弹簧竖直悬挂，7个指针p0、p1、p2、p3、p4、p5、p6分别固定在弹簧上距悬点0、10、20、30、40、50、60圈处：通过旁边竖直放置的刻度尺，可以读出指针的位置，p0指向0刻度设弹簧下端未挂重物时，各指针的位置记为x0；挂有质量为0.100kg的砝码时，各指针的位置记为x测量结果及部分计算结果如表所示（n为弹簧的圈数，取重力加速度为9.80m/s2）已知实验所用弹簧总圈数为60，整个弹簧的自由长度为11.88cm p1 p2 p3 p4 p5 p6x0（cm） 2.04 4.06 6.06 8.05 10.08 12.01x（cm） 2.64 5.26 7.81 10.30 12.93 15.41n 10 20 30 40 50 60k（n/m） 163 56.0 43.6 33.8 28.8l/k（m/n） 0.0061 0.0179 0.0229 0.0296 0.0347（1）将表中数据补充完整：81.70.0122（2）以n为横坐标，l/k为纵坐标，在图（b）给出的坐标纸上画出l/kn图象（3）图（b）中画出的直线可近似认为通过原点，若从实验中所用的弹簧截取圈数为n的一段弹簧，该弹簧的劲度系数k与其圈数n的关系的表达式为k=（在之间都可以）n/m；该弹簧的劲度系数k与其自由长度l0（单位为m）的关系的表达式为k=（在之间都可以）n/m【考点】： 探究弹力和弹簧伸长的关系【专题】： 实验题【分析】： （1）弹簧的圈数相同的情况下，劲度系数是相同的，根据p2的示数，利用胡克定律即可以求得此时的劲度系数的大小；（2）根据表中的数据直接画图即可；【解析】： 解：（1）根据p2的示数可知，p2部分的原长为4.06cm，拉伸后的长度为5.26cm，根据胡克定律可得，k=81.7n/m，倒数为=0.0122；（2）根据表中的数据画出图象，如图所示：（3）根据得到的图象可知，=，解得，k=；从题中的数据可以发现，劲度系数与自由长度的乘积近似相等，即kl1=3.47，所以弹簧的劲度系数k与其自由长度l1（单位为m）的关系的表达式为k=故答案为：（1）81.7，0.0122，（2）如图所示；（3）（在之间都可以）；（在之间都可以）【点评】： 本题关键根据胡克定律得到弹簧弹力和长度的关系公式，分析得到图象的物理意义，最后结合图象求解劲度系数10（9分）某同学在实验室准备用以下器材测一个电源的电动势e和内阻r，要求测量尽量准确、能测量多组数椐且滑动变阻器调节方便a电流表g：量程500a，内阻200b待测电源e：电动势约3.0v，内阻未知c电流表a：量程2a，内阻约0.1d滑动变阻器r1：最大阻值10，额定电流2ae电阻箱r2：09999f开关s一个，导线若干（1）该同学首先把g表和电阻箱r2串联，将它改装成一只量程为3v的电压表，则电阻箱r2应调到5800（2）接着利用电流表a和改装后的电压表，将各元件连接成图甲所示的测量电路测电源的电动势e和内阻r，但该同学在连线时漏了一条导线，请在答题卷的图甲中用笔画线代替导线，将电路连接完整（3）利用上面补充完整的电路测量电源的电动势e及内阻r，若用测量的数据，作出的g表的示数ig与通过滑动变阻器的电流i的关系图象如图乙所示，则可得到电源的电动势e=3.0v，内阻r=1.2（计算结果均保留两位有效数字）【考点】： 测定电源的电动势和内阻【专题】： 实验题；恒定电流专题【分析】： （1）根据伏安法测电阻的实验方法可测出g表内阻，注意电表的量程，从而选择合适的电路图；并得出内阻的表达式；（2）根据实验原理明确实验中实物图的接法，则可得出缺少的导线；（3）通过计算得出电源的路端电压，由闭合电路欧姆定律可得出电源的电动势和内电阻【解析】： 解：（1）将电流表改装后电压表应串联一个大电阻，此时电流表分压仍为ug=igrg；总电压为为3v，则根据改装原理可知，3=0.5103（r+200）；解得：r=5800；（2）根据原理图可明确实验电路实物图中电流表和开关右侧导线缺失；故补齐即可；（3）根据闭合电路欧姆定律可知：ig（r+rg）=eir则有：ig=由图象可知，e=5001066000=3v；r=6000=1.2；故答案为：（1）5800；（2）如图所示；（3）3.0 1.2【点评】： 本题考查伏安法测电阻以及测量电源的电动势和内电阻，在解题时要注意分析实验中给出的仪器是否符合实验要求，然后才能根据我们所学内容进行分析得出合理的实验电路，并能进行数据处理11（14分）（2015延安模拟）某同学用位移传感器研究木块在斜面上的滑动情况，装置如图（a）己知斜面倾角=37他使木块以初速度v0沿斜面上滑，并同时开始记录数据，绘得木块从开始上滑至最高点，然后又下滑回到出发处过程中的st图线如图（b）所示图中曲线左侧起始端的坐标为（0，1.4），曲线最低点的坐标为（0.5，0.4）重力加速度g取10m/s2求：（1）木块上滑时的初速度v0和上滑过程中的加速度a1；（2）木块与斜面间的动摩擦因素；（3）木块滑回出发点时的速度vt【考点】： 牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： （1）物体匀减速上滑，由图象得到末速度、位移和时间，然后根据位移时间关系公式和速度时间关系公式列式求解；（2）对物体受力分析后，根据牛顿第二定律列式求解即可；（3）先受力分析后得到下滑的加速度，然后根据速度位移公式列式求解末速度【解析】： 解：（1）物体匀减速上滑，由图象得到：末速度v=0，位移x=1.40.4=1.0m，时间为t=0.6s；根据位移时间公式，有：；根据速度时间公式，有：v=v0+at；联立解得：v0=4m/s，a=8m/s2（2）上滑过程，物体受重力支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：mgsin37mgcos37=ma代入数据解得：=0.25（3）木块下滑过程，根据牛顿第二定律，有：mgsin37mgcos37=ma代入数据解得：a=4m/s2物体匀加速下滑，根据速度位移公式，有：解得：答：（1）木块上滑时的初速度为4m/s，上滑过程中的加速度为8m/s2；（2）木块与斜面间的动摩擦因数为0.25；（3）木块滑回出发点时的速度为2m/s【点评】： 本题关键是根据图象得到物体上滑时的运动规律，求解出加速度和初速度；然后根据牛顿第二定律列式求解出摩擦力；最后再确定下滑时的运动情况12（18分）（2015延安模拟）半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒ab置于圆导轨上面，ba的延长线通过圆导轨中心o，装置的俯视图如图所示整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为b，方向竖直向下，在内圆导轨的c点和外圆导轨的d点之间接有一阻值为r的电阻（图中未画出）直导体棒在水平外力作用下以速度绕o逆时针匀速转动、转动过程中始终与导轨保持良好接触，设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为，导体棒和导轨的电阻均可忽略，重力加速度大小为g求：（1）通过电阻r的感应电流的方向和大小；（2）外力的功率【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： （1）由e=bl2求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，由右手定则判断出感应电流方向；（2）外加机械功率等于电阻器上电功率与克服摩擦力做功的功率之和，根据能量转化守恒定律求解杆ab克服摩擦力做功的功率【解析】： 解：（1）ab中感应电动势的大小为e=b（2r）2br2=1.5br2，感应电流大小：i=；由右手定则判断可知，感应电流的方向是从b端流向a端，所以通过电阻r的电流方向为：cd（2）设导体棒克服摩擦力做功的功率为p，在竖直方向有：mgn=0，由于质量分布均与，内、外圆导轨对导体棒的正压力相等，故两导轨对导体棒的摩擦力均为f=mg，所以p=f=mg（2r+r）=mgr，电功率：p电=i2r=，由能量守恒定律得：p外=p+p电，解得：p外=mgr+答：（1）通过电阻r的感应电流的方向：cd，大小：；（2）外力的功率为mgr+【点评】： 本题的关键要掌握转动切割感应电动势公式e=bl2，知道能量是如何转化的(二）、选考题（二选一，每题15分）物理选修3-4（15分）13（6分）（2015延安模拟）图（a）为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，p是平衡位置在x=1.0m处的质点，q是平衡位置在x=4.0m处的质点；图（b）为质点q的振动图象，下列说法正确的是（） a 在t=0.10s时，质点q向y轴正方向运动 b 在t=0.25s时，质点p的加速度方向与y轴正方向相同 c 从t=0.10s到t=0.25s，该波沿x轴负方向传播了6m d 从t=0.10s到t=0.25s，质点p通过的路程为30cm e 质点q简谐运动的表达式为y=0.10sin10t（国际单位）【考点】： 横波的图象；波长、频率和波速的关系【专题】： 振动图像与波动图像专题【分析】： 根据甲、乙两图可以读出该波的波长和周期，从而求出波速，t=0.10s时q点在平衡位置上，由乙图知下一时刻向下振动，从而确定了该波向左传播根据时间与周期的关系，分析质点p的位置和加速度，求出通过的路程根据x=vt求解波传播的距离根据图象读出振幅a，结合数学知识写出q点的振动方程【解析】： 解：a、图（b）为质点q的振动图象，则知在t=0.10s时，质点q正从平衡位置向波谷运动，所以点q向y轴负方向运动，故a错误；b、在t=0.10s时，质点q沿x轴负方向运动，根据波形平稳法可知该波沿x轴负方向传播，此时p点正向上运动由图b读出周期t=0.2s，从t=0.10s到t=0.25s经过的时间为t=0.15s=t，则在t=0.25s时，质点p位于x轴下方，加速度方向与y轴正方向相同，故b正确；c、由甲图知波长=8m，则波速为：v=m/s=40m/s，从t=0.10s到=0.25s经过的时间为t=0.15s，该波沿x轴负方向传播的距离为x=vt=400.15m=6m，故c正确；d、从t=0.10s到=0.25s经过的时间为t=0.15s=t，由于t=0.10s时刻质点p不在平衡位置或波峰、波谷处，所以质点p通过的路程不是3a=30cm，故d错误；e、质点q简谐运动的表达式为y=asint=0.1sint m=y=0.10sin10t（m），故e正确故选：bce【点评】： 本题有一定的综合性，考察了波动和振动图象问题，关键是会根据振动情况来判断波的传播方向，抓住振动图象和波动图象之间的内在联系要知道质点做简谐运动时，只有在平衡位置或波峰、波谷处的质点，在个周期内振动的路程才是3a14（9分）（2015延安模拟）一厚度为h的大平板玻璃水平放置，其下表面贴有一半径为r的圆形发光面在玻璃板上表面放置一半径为r的圆纸片，圆纸片与圆形发光面的中心在同一竖直线上已知圆纸片恰好能完全挡住从圆形发光面发出的光线（不考虑反射），求平板玻璃的折射率【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： 根据题意作出光路图，设s点为圆形发光面边缘上一点由该点发出的光线能射出玻璃板的范围由临界光线sa确定，当入射角大于临界角c时，光线就不能射出玻璃板了根据折射定律和几何知识结合进行求解【解析】： 解：根据题述，作出光路图如图所示，s点为圆形发光面边缘上一点在a点光线恰好发生全反射，入射角等于临界角c图中r=h