新课标Ⅰ卷)高考物理冲刺卷(8)(含解析

1、（新课标I卷）高考物理冲刺卷 09第1卷（126分）二、选择题：本大题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第 1921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、“曹冲称象”是妇孺皆知的故事，当众人面对大象这样的庞然大物，在缺少有效的称量工具而束手无策的时候，曹冲称量出大象的体重，体现了他的智慧，被世人称道。下列物理学习或研究中用到的方法与“曹冲称象”的方法相同的是：（）A. “质点”的概念B 合力与分力的关系C. “瞬时速度”的概念D .研究加速度与合力、质量的关系【答案】B【解析】建立“馬刖 的銀念，采用

2、理想欖型注，不是尊效晉代，故A错谋；建立合力和分力辭的帆念，采用尊 效笞代的恩想，故B正确建立叫翩寸速度”的載念，臬用极值法，不屋等效晋代沪故C错误j 研究加速度与合力、馬量的关系，采用揑制娈蚩法，不罡等效晉代，故D错谋,故选考点：物理问题的研究方法【名师点睛】曹冲称象故事用等重量的石头代替等重量的大象，是等效替代的思想；力的合成与分解、运动的合成与分解是等效替代思想；本题考查了等效替代法、理想模型法、极值 法等思想方法，是物理学的精髓所在，基础问题。15、某同学在学习了直线运动和牛顿运动定律知识后，绘出了沿直线运动的物体的位移 x、速度V、加速度a随时间变化的图像如图所示，若该物体在t=0时

3、刻，初速度为零，则下列图像中该物体在0L|4s内位移最大的是：（）【答案】C【解析】在0 -2s内，位移先增大再减小，然后运动的方向发生改变，位移先增大再减小，在0LI 4s内位移为零，故 A错误；在0-2s内速度为正值，向正方向运动，在2-4s内速度为负值，向负方向运动，运动方向发生改变，在 0LI 4s内位移为零，故 B错误；0-1s内加速度不变，做匀 加速直线运动，1 -2s内加速度方向，大小不变，向正方向做匀减速直线运动， 2s末速度为零， 在一个周期内速度的方向不变，然后重复，故在 0LI 4s内位移最大，故 C正确；在0-1s内，向正方向做匀加速直线运动，1 -2s内加速度方向，大

4、小不变，向正方向做匀减速直线运动，2s末速度为零，2 3s内向负方向做匀加速直线运动，运动的方向发生变化，故D错误。考点：加速度与力、质量的关系式；匀变速直线运动的图像【名师点睛】解决本题的关键知道速度时间图线和位移时间图线的物理意义，以及知道它们 的区别，并且能很好运用。16、如图甲所示，物体受到水平推力F的作用，在粗糙水平面上做直线运动通过力传感器和速度传感器监测到推力 F和物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示. 重力加速度g= 10 m/s2.则下列说法错误的是：（）屮乙A. 物体的质量 m= 0.5 kgB. 物体与水平面间的动摩擦因数I = 0.2C. 第2 s内物体克服摩擦力做的

5、功 W= 2 JD. 前2 s内推力F做功的平均功率 P = 1.5W【答案】B【解析】由速度时间图象可以知道在2一充的时间内，物体匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩撫力的大小为2N,在1么的时间内，物体做匀抑速运动，直的斜率代表加速度的大小，所以口 = 亍加F “駅F, 由牛顿第二定律可得:F-fma,所以啊=05仪，A正确，由f = =,所以“二上=0.4,mgB错误i第2s内物体的位移是;x =摩揀力做的功W = fy = 2J = 2JfC正确在第一秽內Ju物体没有运动，只在第二秒运动，尸也只在第二秒做功,F的功为FF = /=x=3xlJ = V,所以前25内推_ nr 3力F做

6、功的平均功率対:=护=1一5护小正确：t 2本题选错误的，故选 B。考点：功率、平均功率和瞬时功率、动摩擦因数、功的计算、v-t图象。【名师点睛】对于速度图象类的题目，主要是要理解斜率的含义：斜率代表物体的加速度；速度正负的含义：速度的正负代表物体运动的方向；速度图象与时间轴围成的面积的含义：面积代表物体的位移。17、如图所示，图甲中 M为一电动机，当滑动变阻器R的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示。已知电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动。不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是:A. 电路中电源电动势为 3.4VB. 变阻器的触头向右滑动

7、时，V2读数逐渐减小C. 此电路中，电动机的最大输出功率为0.9WD. 变阻器的最大阻值为 30 Q【答案】D【解析】由电路图甲知，电测量跄錨电压，电淀増大时*內电压增大，腔鋼电压冠小所叹最上面的图线験 3 4-3 0示也的电压与电渣的关系.此塾戋的斜率大可欝于电源的内阻，为3UQ = 2Q当电涛XJ.1A时,02U-3 4V,则电源的电动势EV知故A错误；变阻器冋右澧动时，R阻值娈大，总电 渤Mb内电圧Mds路鐫电压即为卩渎数大”故Biss；由图可知，电动机的电阻0 8-04=01Q=4Q当17时U=3V,电动机的输入功率率最大，最大输入功率为P-UI3xO.3W-0.9W,则最大的谕出功率

8、一定小于09W,故C错溟；当1-0叭 电路中电潦最卜 变阻 E丁 X.署的电阻为最大值，=( -2-4) Q = 30Q,故D正覘故选DjT考点：电路的动态分析【名师点睛】本题考查对物理图象的理解能力，可以把本题看成动态分析问题，解题时首先理解图线的物理意义；根据电路图来选择两电表示对应的图线对于电动机，理解并掌握功率的分配关系是关键。18、一个带负电荷q，质量为m的小球，从光滑绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑，小球恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点 B而做圆周运动，现在竖直方向上加如图所示的匀强电场，若仍从 A点由静止释放该小球，则：()A、小球不能过 B点B小球仍恰好能过 B点C小球能过

9、B点，且在B点与轨道之间压力不为零D以上说法都不对【解析】没有电场时3最高点速度设为J则吨二吗又根1S机械能守恒定律：柝0 h-2R） = ；2，解得曲 R 抑上电场时，恰好过最高点需要的速度设为詁k y m而由动能定理，得吨理-询-哪4価赫f * 吨-曲&27 fft说明小球仍恰好能过B点.故A错误,B正确.考点：带电粒子在匀强电场中的运动、牛顿第二定律、向心力【名师点睛】没有电场时，小球恰能通过轨道的最高点时恰好由重力提供向心力加上电场 时，运用动能定理分析到最高点时速度，研究向心力，判断能否通过最高点；本题是动能定 理和向心力知识的综合，关键是分析小球过最高点的临界速度。19、如图，“嫦

10、娥三号”卫星要经过一系列的调控和变轨，才能最终顺利降落在月球表面。它先在地月转移轨道的 P点调整后进入环月圆形轨道 1,进一步调整后进入环月椭圆轨道 关“嫦娥三号”下列说法正确的是：（）2 有A. 在地球上的发射速度一定大于第二宇宙速度B. 在P点由轨道1进入轨道2需要减速C. 在轨道2经过P点时速度大于Q点速度D. 分别由轨道1与轨道2经P点时，向心加速度相同【答案】BD【解析】嫦娥三号发射出去后绕地球做椭圆运动，没有离开地球束缚，故嫦娥三号的发射速度大于7.9km/s ,小于11.2km/s， A错误；卫星在轨道1上的P点处减速，使万有引力大于向心力 做近心运动，才能进入轨道 2，B正确；

11、卫星做椭圆轨道运动时，从远月点P向近月点Q运动中，月球对卫星的引力做正功，故速度增大，即在轨道2经过P点时速度小于 Q点速度，C错误；在A点嫦娥三号卫星产生的加速度都是由万有引力产生的，因为同在A点万有引力大小相等，故不管在哪个轨道上运动，在A点时万有引力产生的加速度大小相等，D正确；故选BD。考点：万有引力定律及其应用。【名师点睛】本题要理解卫星变轨原理，嫦娥三号在轨道1上做圆周运动万有引力等于向心力，要进入轨道2需要做近心运动，使得在P点所受万有引力大于圆周运动向心力，因为同在P点万有引力不变，故嫦娥三号只有通过减速减小向心力而做近心运动进入轨道2。20、如图所示为粮袋的传送带装置，已知

12、AB间的长度为L,传送带与水平方向的夹角为 0 , 工作时运行速度为 v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为 卩，正常工作时工人在 A点将粮袋由 静止放上，以下说法正确的是 （设最大静摩擦力等于滑动摩擦力 ）：（）A. 粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小B. 若L足够大，粮袋最终将一定以速度v做匀速运动C. 若卩tan 0，则粮袋从A到B 一定一直是做加速运动D. 粮袋刚放上传送带时的加速度av gsin 0【答案】AC【解析】粮袋在传送芾上可能一直做匀加速运动，到达成点时的速愛卜于vj可能先匀加遼运动I,当速康与传送芾相 同后，做匀速运动.到达e点时速度与“相同j也可能先做加速度$

13、欢的匀加速运3b当速度与传送帚相 同后做抑速度较小的匀扣速运湖到达迟点时的速度大于力A正鬪粮袋开始时受沿斜面向下的滑动摩 撅力大小为呻辭站根据牛顿第二定律得到加速度也二也可能先做加速度 a =g（iia + cos?）的匀加速运瑚，当逾?与传送带相同后做加遠度戏=奚五0 =牛的匀加遼运 讥 到达贞点时的速度大于v, B锯i吴；若粮袋从北到E可能一育是做加速运幼，彌谨宸直为 岳=駅鈕B +卫80）戒先为“二就!血& * 0外后为& =貞血&亠左3砒，C正端粮袋刚放上时的 加速度为a=g大于疋血& , Diis;故选AC.考点：牛顿第二定律、滑动摩擦力。【名师点睛】本题考查分析物体运动情况的能力，

14、而要分析物体的运动情况，首先要具有物 体受力情况的能力；传送带问题，物体的运动情况比较复杂，关键要考虑物体的速度能否与 传送带相同。21、如图所示，同一竖直面内的正方形导线框a、b的边长均为I，电阻均为R,质量分别为2m和m它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2I、磁感 应强度大小为 B、方向垂直竖直面的匀强磁场区域。开始时，线框 b的上边与匀强磁场的下边b全部界重合，线框a的下边到匀强磁场的上边界的距离为I。现将系统由静止释放，当线框进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动。不计摩擦和空气阻力，则:-12 -A.a、b两个线框匀速运动的速度大小为2mgRB2|2B

15、.线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为3B2I3mgRC.从开始运动到线框 a全部进入磁场的过程中，线框a所产生的焦耳热为mglX X X X X X X | xxxxxxx/X 2L上上上兰丄2mglD. 从开始运动到线框 a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为【答案】BC【解析】当线框b全咅谴入磁场时皿的下边刚进入盛场厕临寸两线圈匀速运动测叱+理=2驱而比二斗二 解得需，选项A谕刘线框口从下边逬入昨止边鳥开蛊场的过程，两线圈一直他匀速运动，则所用的吋间=故选项b正确；从开始运动到线框込全部进入備的过程中，因为两线圈匀速v mgR运动,故线框a所产生的焦耳熱等于两线圈的重力

16、势能的减小量；Q = AEP = 2-mgI =mgl,选项C 正确.从幵绐运动到线桩込全却进入磁场的过程中两线框共克服安皓力俶功等于产生的电能即大小为 祸选项D错误孑故选BC考点：电磁感应的力及能量问题第卷（174分）三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为题，每个考题考生都必须作答，第3340为选考题，考生格局要求作答。（一）必考题（共129分）22. （ 6分）在“测定圆柱形材料的电阻率”的实验中，（1）某同学用螺旋测微器测样品直径时，结果如图所示，则该样品的直径为mm=_1! 1 10斗W（2）给样品通电，用量程为 3V的电压表和量程为 0.6A的电流表测样品两端的电

17、压和通过样品的电流时读数如图所示，则电流表的读数为A.（3） 用米尺测量样品的长度L=0.810m 禾U用以上测量数据，可得这种材料的电阻率为 Q ?m （结果保留二位有效数字）【答案】（1） 2. 935（2 分）；（2） 0.52 （2 分）；（3） 4.2 X 10-5 Q ?m （2 分）【解析】（1 醴族测微器的读数：2.5nun+43T5X0.01 mm-2,935mmj（2）电茨表读数：0-S2A|（3由R = p =得：警代入数擔得： = 42x10（1S4IL考点：测金属导体的电阻率、读数。【名师点睛】测量电阻最基本的原理是伏安法，电路可分为测量电路和控制电路两部分设 计测量

18、电路要求精确，误差小，可根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关系，选择电 流表内、外接法控制电路关键是变阻器的分压式接法或限流式接法在两种方法都能用的 情况下，为了减小能耗，选择限流式接法。23. （ 9分）用如图所示装置做“验证动能定理”的实验。实验中，小车碰到制动挡板时，钩 码尚未到达地面。 为了保证细绳的拉力等于小车所受的合外力，以下操作必要的是 （选填选项前的字母）。钩码接电源打点计时器A. 在未挂钩码时，将木板的右端垫高以平衡摩擦力B. 在悬挂钩码后，将木板的右端垫高以平衡摩擦力C. 调节木板左端定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行D. 所加钩码的质量尽量大一些 如图所示是某次实

19、验中打出纸带的一部分。 O A、B、C为4个相邻的计数点，相邻的两个 计数点之间还有4个打出的点没有画出，所用交流电源的频率为50Hz。通过测量，可知打点计时器打B点时小车的速度大小为m/s 。DAEC 2.86 *6.21 10.06单位：cm 甲同学经过认真、规范地操作，得到一条点迹清晰的纸带。他把小车开始运动时打下的点记为O,再依次在纸带上取等时间间隔的1、2、3、4、5、6等多个计数点，可获得各计数点到O的距离s及打下各计数点时小车的瞬时速度v。如图所示是根据这些实验数据绘出的v2-s图像。已知此次实验中钩码的总质量为0.015 kg，小车中砝码的总质量为0.100kg，取重力2加速度

20、g= 9.8m/s ，则由图像可知小车的质量为kg （结果保留两位有效数字）。0400.0511104： 在钩码质量远小于小车质量的情况下，乙同学认为小车所受拉力大小等于钩码所受重力大小。但经多次实验他发现拉力做的功总是要比小车动能变化量小一些，造成这一情况的原因 可能是 （选填选项前的字母）。A. 滑轮的轴处有摩擦B. 小车释放时离打点计时器太近C. 长木板的右端垫起的高度过高D. 钩码做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力【答案】AC( 3分) 0.36 ( 2分) 0.18 0.19(2分)C(2分)【解析】1飯邈证动能走理的实验中要平衡摩撫力，而必须在挂钩码之前平衡故A正确；且调节细绳的方

21、向为了 确保拉力的方向与小车的合力方向在同 V直线上，故选择C.由匀变速直线运动的规律，中间时刻的速度可以用此过程中的平均速度来表示，则可以用AC过程中的平均 速度来表示B点的平均速度。对彳阵，以及所挂的钩码合体分析可込系统的合力俶功即为重力对钩码所做的功，由系统列动能定律 可知，皿毀攀珂皿計M詁M渤口2-0推导出 5= 2K仏测皿削心+皿 故得到倾斜直线的斜率 K=車+M+M渤代值计算可以得到车的质童“在由于平衡了摩撫力，故绳子拉力所做的功应为车子合力的功，但由于拉力的功要小于小车的动能的变化， 说明除去拉力做正功外，还有拉力做了正功，则这个力可能就是宙于木板过高所致的重力做的正功。故可 能

22、的是Co考点：动能定理24. ( 14分)如图所示，在某项娱乐活动中，要求质量为m的物体轻放到水平传送带上，当物体离开水平传送带后恰好落到斜面的顶端，且此时速度沿斜面向下.斜面长度为I = 2.75m,倾角为0 = 37,物体与斜面动摩擦因数卩1= 0.5传送带距地面高度为 h= 2.1 m，传送带的长度为L= 3m,物体与传送带表面的动摩擦因数卩2= 0.4，传送带一直以速度 v传=5m/s逆2时针运动，g= 10 m/s , sin37= 0.6 , cos37= 0.8.求：(1) 物体落到斜面顶端时的速度大小；(2) 物体从斜面的顶端运动到底端的时间；(3) 物体轻放在水平传送带的初位

23、置到传送带左端的距离应该满足的条件.【答案】(1) v = 5m/s (2) t = 0.5s(3) 2m 乞 x 乞 3m【解析】(1)物体离开传送带后做平抛运动，设落到斜面顶端的速度为Vo,沿斜面方向 Vy = 、2g(hI sin37 )=3m/s(2分)HVy而V（ 1分）sin 6得：v = 5m/s （1 分）（2）设物体从斜面的顶端运动到範常的时间为根据牛顿第二定律/ =时+丄现F （2分2解得Z=0.5s（l分3设物体轻放在水平传送带的位置到传送帝左端的距离为工vT = vv col 0 = 4mS （I 分）因为VSV橹曲吨二ma】（I分由vj二込x （I分）得尸2m （1分

24、故：2m xS3m （1 分考点：考查牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律、平抛运动.【名师点睛】小球做了多个不同的运动，根据相应的运动学规律求解，而转折点的速度大小和方向是关键。25. （ 18分）如图所示，以 O为圆心、半径为 R的圆形区域内存在垂直圆面向里、磁感应强度 为B的匀强磁场，一粒子源位于圆周上的M点，可向磁场区域内垂直磁场沿各个方向发射质量为m电荷量为-q的粒子，不计粒子重力，为圆周上另一点，半径OM和ON间的夹角0 , 且满足tan =0.5。2 若某一粒子以速率vqBR，沿与MO成60。角斜向上方向射入磁场， 求此粒子在磁场中m运动的时间; 若某一粒子以速率 V2,沿M0方向

25、射人磁场，恰能从N点离开磁场，求此粒子的速率V2 ；（3）若由M点射人磁场各个方向的所有粒子速率均为V2,求磁场中有粒子通过的区域面积。【答案】（1）匝（2）qBR（ 3）M 二 R2_R26qB2m244【解析】（I）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力摄供向心力，设轨迹半径为由牛顿第二定律可得粒子沿与与财口成飙T方向摄入磁场：设粒子从区域边界P射出：其运动轨迹如團所示4由團中几何关系可矩粒子轨迹所对应的圆心角为氐=15F,N点离开磁场,其运动轨迹如图,ar ma: SmK f =丄=方法1:故粒子在确场中的运动的时间 旳购碍方法4粒子运动周期 F-粒子在晞场中的运动的时间/=T得二遊（

26、3分）360*6qB（2）粒子以速率V2沿mot向射入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，恰好从日1r2 = Rta n = R设粒子轨迹半径为2 ,由图中几何关系可得：2 2（ 2分）2mv2 qv2B-由牛顿第二定律可得r-（-分）qBr2 qBRv2 =解得：粒子的速度m -m （-分）（3）粒子沿各个方向以血进入磁场做匀速圆周时的轨迹半径都为瓯，且不变中由图可知.粒子在碣场中通过的面积$等于以.6为圆心的扇形GO的面积臥A/为圆心的扇形W0的面积场和以0点为圜|心的圆弧vg与直线mo围成的面积禺之和亠-18 -（2分）（2分）虽=丄刃t2-逼於=丄聽久一迺用36464则S亠叔（2分 244考

27、点：带电粒子在匀强磁场中的运动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个给-分，选对-个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）A、扩散现象和布朗运动的剧烈程度都与温度有关B温度高的物体分子运动的平均速率大C 一定质量的理想气体，匀强不变，温度升高，分子间的平均距离一定增大D热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”E、气体分子单位时间内单位面积器壁碰撞次数与单位体积内气体的分子数和气体温度有关【答案】ACE【解析】扩散现象和布朗运动都属于分子热运动，和温度有关，A正确；分子的质量没有考虑进去，平均动

28、能大，但平均速率不一定大，B错误；根据-PV=c，知一定质量的理想气体，压强不变时,T温度升高时，体积增加，故分子间的平均距离一定增大，故C正确；热力学第二定律的内容可以表述为：热量不能自发地由低温物体传到高温物体而不产生其他影响，故D错误；气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关，单位体积内 的分子数越多碰撞次数越多，分子的平均动能越大，单位时间碰撞次数越多，而温度又是分 子平均动能的标志，故 E正确.考点：考查了热力学第二定律；温度是分子平均动能的标志.【名师点睛】扩散现象和布朗运动的剧烈程度与温度有关温度是分子平均动能的量度根 据气态方程分析气体体积的变化

29、，从而确定分子间平均距离的变化再结合热力学第二定律 和压强的微观意义分析（2） （10分）如图，导热的圆柱形气缸放置在水平桌面上，横截面积为S、质量为m的活塞封闭着一定质量的气体（可视为理想气体） ，活塞与气缸间无摩擦且不漏气。总质量为 m的砝 码盘（含砝码）通过左侧竖直的细绳与活塞相连。 当环境温度为T时，活塞离缸底的高度为 ho 现使环境温度缓慢降为 T/2 : 当活塞再次平衡时，活塞离缸底的高度是多少？ 保持环境温度为 T/2不变，在砝码盘中添加质量为Am的砝码时，活塞返回到高度为h处,求大气压强po o【答案】gPo mg2s【解析】环境温度缓慢降低过程中；气缸中气休压强不变,初始时温

30、度为丫日，（1分）体积为 =届,变化后温度为对=彳，体积为勺=b1S , （1分）.JLf解得% =与（2分设大气压强为初始时体枳理=啞，压强马二&十（的隔淫（1分）由玻意耳定律场兔=必吗2分）解得：卧例+2S心（上分）考点：考查了理想气体状态方程的应用34 .物理选修 3-4 （15分）（1）（ 5分）如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是 （填正确答案标号，选对 1个给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0分）A. 甲、乙两单摆的摆长相等B. 甲摆的振幅比乙摆大C. 甲摆的机械能比乙摆大D. 在t = 0.5 s时有正向最大加速度的是乙

31、摆E. 由图象可以求出当地的重力加速度【答案】ABD【解折】由圏看出，两单摆的周期相同，同一地点g相同，由单摆的周明公式j鈿得松甲、乙两单摆的崔长 相等，故A正勅 甲摆的抿幅为1T 乙摆的搞幅为叱g则甲摆的抿幅比乙摆大，故B正漏 尽管甲 摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长也相竽，但由于两摆的质量未知无去比较机械能的大小，故C错误在 “0加时，甲摆经过平術位品 振动的加速度対零，而乙摆的位移为员的最大，则乙摆具有正向最犬加速 度，故D正确；由埜摆的周期公武得竿，由于单摆的摆长不知道，所以不能求得重力加 速度，故E错误*考点：单摆周期公式【名师点睛】由图读出两单摆的周期，由单摆的周期公式分析摆长关系；由

32、位移的最大值读 出振幅；由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小；根据加速度与位移方向相反，确定 加速度的方向。（2）（ 10分）如图所示， ABC为一直角三棱镜的截面，其顶角为0 = 30. P为垂直于直线BCD的光屏，现一宽度等于 AB的单色平行光束垂直射向 AB面，在屏P上形成一条宽度等于2AB的光带，试作出光路图并求棱镜的折射率.（其中AC的右方存在有折射率为 1的透明介3质）【解析】作出光路图如图：（3分平行光束经棱镜折射后的出射光束仍是平行光束.團中乐內为M面上入射甬和折射角，根据折射定律, 有二 sin曲设出射光线与水平方向成*甬则论二存i+q （1分） 2宙于电二石，cq所以帝吕而（2分而 zfCj =BC = AB - tan B 30所以阪尊=专，d分（_23可得 =30? 62=60所以心勢=0 （2分）m占 1考点：考查光的折射定律.【名师点睛】本题的解题关键是正确作出光路图，根据几何知