2023年高考第三次模拟考试卷-物理（全国甲卷B卷）（解析）

2023年高考物理第三次模拟考试卷

物理∙全解全析

注意事项:

ɪ.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如

需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写

在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回

二、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.中国预计将在2028年实现载人登月计划，把月球作为登上更遥远行星的一个落脚点。如图所

示是“嫦娥一号奔月''的示意图，“嫦娥一号''卫星发射后经多次变轨，进入地月转移轨道，最终被月

B.在绕地轨道中，公转半长轴的立方与公转周期的平方之比不变

C.在轨道I上运动时的速度小于轨道H上任意位置的速度

D.在不同的绕月轨道上，相同时间内卫星与月心连线扫过的面积相同

【答案】B

【解析】A.第三宇宙速度是指发射物体能够脱离太阳系的最小发射速度，而“嫦娥一号”仍然没有

脱离地球引力的范围，所以其发射速度小于第二宇宙速度，故A错误：

B.在绕地轨道中，根据开普勒第三定律

X

可知，同一中心天体，椭圆轨道半长轴的立方与周期的平方之比为定值，故B正确；

C.设轨道1的速度为口，轨道H近地点速度为V2,轨道∏远地点速度为口，在轨道II的远月点建

立一以月球为圆心的圆轨道，其速度为V4,则根据离月球的远近，再根据圆周运动加速离心原理,

可得

V2>V∣,V4>V3

结合万有引力提供向心力圆周运动知识，有

可知，圆轨道半径越大，线速度越小，所以

V1>V4

因此

V2>V1>V4>V3

故在轨道I上运动时的速度V1不是小于轨道II上任意位置的速度，故C错误；

D.根据开普勒第二定律，可知在同一绕月轨道上，相同时间内卫星与月心连线扫过的面积相同，

但是在不同的绕月轨道上不满足，故D错误。

故选B。

15.如图所示为远距离输电示意图，其中升压变压器。和降压变压器乃均为理想变压器。降压变

压器刀的原、副线圈匝数之比为5:2,输电线路的总电阻r=25C,其余导线电阻不计，。、心是电

阻恒为44Q、额定电压为220V的两个相同的灯泡。升压变压器T1的原线圈两端所加电压

〃=100夜SinlOoH(V),当开关SI闭合S2断开时，灯泡L正常发光，则()

A.灯泡的额定功率为1000W

B.输电线路损失的电功率为IoOW

C.升压变压器T/的原、副线圈匝数之比为2：5

D.若开关Sl和S2都闭合时，则灯L和心均正常发光

【答案】B

【解析】A.灯泡的额定功率

P="=ιιoow

lR

故选项A错误；

B.通过电灯的电流

根据理想变压器原、副线圈电流关系可得输电线路的电流为

2

∕tg=-∕s=2A

所以输电线路损失的电功率为

ΔP=⅛r=IOOW

故选项B正确；

C.升压变压器原线圈两端电压

q=ιoov

升压变压器原线圈的电流

+ap

I1=^-=I2A

U∖

所以升压变压器原、副线圈匝数之比为

Δ.=⅛=i

n2A6

故选项C错误；

D.若开关Sl和S?都闭合时，电路的总电阻减小，总电流增大，通过输电线路损失的电压增大，所

以电灯两端的电压降低，两电灯均不能正常发光，故选项D错误。

故选B。

16.电荷量为。的正点电荷固定在以。为圆心、R为半径的圆上的A点，AC为圆的水平直径，B、

。为圆上的两个位置，其中NBOA=4D(M=60。，空间存在平行于圆面的匀强电场。将两个质子从

Eko

B点以相同的初动能与。射出，两个质子分别以Ek。和2的动能通过C点和。点，已知点电荷电场

_,Q,kQe

(p=k-cEko=-------

的电势r,其中k为静电力常量，r为与点电荷的距离，2R,不计质子的重力和质子

之间的库仑力，取无穷远处电势为零。则匀强电场的场强为()

A.3eR,方向沿直线BC,由C指向B

匕------

B.3eR,方向沿直线AC,由C指向A

F一百Eko

JLL-------------

C.eR,方向沿直线BC,由C指向B

E-也EkO

D.eR,方向沿直线AC,由C指向A

【答案】A

【解析】由题意可知，质子从B点到0点的运动中，动能减小了

Δfk=¾0-^=⅛

质子从B点到C点的运动中，动能不变，由题意可知质子在8点时，在Q的电场中的电势能为

kQe

Efe（

VB=PB=—

在C点时的电势能为

kQe

ErK=WCF

在0点时的电势能为

E°D=eφ□=唔

可知质子在匀强电场中，从8到C克服电场力做功，因此质子在匀强电场中受到电场力方向沿BC

直线，且方向由C到8,如图所示，DD'VBC,^dd∙是一条等势线，由能量守恒定律可得

eERcos30=Eko-争

解得

〜回。

LL,-------------

3eR

A正确，BCD错误。

故选Ao

17.B两辆汽车从同一地点同时出发沿同一方向做直线运动，它们的速度的平方（v2）随位置（X）

的变化规律如图所示，下列判断正确的是（）

B.汽车A、B在x=4m处的速度大小为2四m∕s

C.从开始到汽车A停止前，当XA=4m时A、B相距最远

D.从开始到汽车A停止前，当加=4m时A、B相遇

【答案】B

【解析】A.根据匀变速直线运动的速度位移关系得

V2=vθ+2ax

由图线可知图像的斜率等于2〃，对汽车A,则有

2一片田

解得

2

aκ--2m∕s

故A错误；

B.汽车A、B在x=4m处的速度大小为打由图可知，对于汽车A,有

vθ=24(m∕s)2

得A的初速度为

%=2∖∕6m∕s

由BF=2αx得

V=J*+20r=y∣24+2×(-2)×4m∕s=2λ∕2m∕s

故B正确；

D.由图发现，对于B车

2

2an=-m∕s

解得

&=lm∕s2

从开始到汽车A停止时，用时

此时B车的位移

⅞=；即产=3m

故A车停止后，B车才追上A车，故当.s=6m时A、B相遇，故D错误；

C.当两车速度相等时，AB相距最远，有

v0+axt'=aβt'

解得

,，2艮

t=------S

3

此时

,1,48

XA=%r+yN2=ym

故C错误。

故选B。

18.如图所示，倾角为30°的粗糙斜面固定在水平地面上，一根轻绳的一端与斜面上的物块“相连，

另一端绕过光滑的定滑轮系在竖直杆上的P点，用光滑轻质挂钩把物块匕挂在。点，此时竖直杆与

绳O尸间的夹角为60°,“与斜面之间恰好没有摩擦力且保持静止。已知物块〃的质量为M,物块6

B.将P端缓慢向上移动一小段距离，〃将受到沿着斜面向下的摩擦力

C.将竖直杆缓慢向右移动一小段距离，α将受到沿着斜面向上的摩擦力

D.剪断定滑轮与。之间轻绳的瞬间，。的加速度大小为°$g

【答案】A

【解析】A.对α,由平衡条件得

Mgsin30o=T

对O点受力分析，由平行四边形定则得

2Tcos60o=m^

联立解得

M=2∕n

故A正确；

B.如图所示

A。与B。关于水平虚线对称，Ae水平。将P端缓慢向上移动一∙小段距离，B°+OP长度不变，即

A尸的长度不变。则

.AC

sm0,=----

AP

不变，即OP与尸C夹角不会变。则拉力不会变。可知α与斜面之间仍然没有摩擦力。故B错误；

C.将竖直杆缓慢向右移动一小段距离，AC变长，。角变大。对。点，有

2T'cosα=mg

可见，拉力变大，“有上滑趋势，将受到沿着斜面向下的摩擦力。故C错误；

D.剪断定滑轮与。之间轻绳的瞬间，”有下滑趋势，由于不知道摩擦因数，即摩擦力的大小，无法

判断其运动情况，即无法求4的加速度。故D错误。

故选Ao

19.如图为氢原子能级图，大量处于基态的氢原子吸收频率为V的光子后，能产生6种不同颜色的

光，下列判断正确的是（）

n£7eV

B.被吸收的光子能量为12.75eV

C.如果从〃=3跃迁到〃=2产生的光子恰能使某种金属产生光电效应，则另外还有3种光也可以使

这种金属产生光电效应

D.该氢原子能级图可以很好地解释氢原子的发射光谱只有一些分立的亮线

【答案】BD

【解析】A.玻尔第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，故A错误;

B.大量处于基态的氢原子吸收频率为V的光子后，能产生6种不同颜色的光，由玛=6,可知氢原

子从〃=1跃迁到〃=4能级，被吸收的光子能量为

E=ELEl=-0.85eV-(-13.6eV)=12.75eV

故B正确;

C.大量第4能级的氢原子，向低能级跃迁过程中能发出6种不同频率的光，能量值的大小关系排

列从大到小为

n=4→1,n=3→1,n=2→1,n=4→2,n=3→2，n=4→3

由E=hv,可知放出光子能量越大对应光的频率越高，所以如果从"=3跃迁到n=2产生的光子恰能

使某种金属产生光电效应，则另外还有4种光也可以使这种金属产生光电效应，故C错误;

D.由氢原子能级图可以很好地解释，原子从高能态向低能态跃迁时放出光子的能量等于前后两能

级差。由于原子的能级是分立的，所以放出的光子的能量也是分立的，因此原子的发射光谱只有一

些分立的亮线。故D正确。

故选BDo

20.如图所示，半径为/?、质量为2胆的光滑半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量为m

的小球（可视为质点）从A点正上方高为R处由静止释放，由A点经过半圆轨道后从8冲出，重力

A.小球进入半圆轨道后，由小球和小车组成的系统总动量守恒

B.小球离开小车后做斜上抛运动

C.小车向左运动的最大距离为V

2gR

小车获得的最大速度为13

D.

【答案】CD

【解析】A.小球与小车组成的系统在水平方向所受外力的合力为0,系统在水平方向的动量守恒,

小球与小车组成的系统在竖直方向所受外力的合力不为0,因此球和小车组成的系统总动量不守恒,

A错误；

B.小球与小车组成的系统在水平方向所受外力的合力为0,系统在水平方向的动量守恒，且系统水

平方向总动量为0,则小球由B点离开小车时，小球与小车水平方向上的速度相同，则水平方向上

有

mvx+2mvf=0

解得

Vt=O

即小球由B点离开小车时，水平方向的分速度为0,所以离开小车后，小球做竖直上抛运动，B错

误；

C.根据上述，小球由8点离开小车时，小车向左运动的距离达到最大，根据动量守恒定律，在水

平方向上有

tt

此过程有

X1+x2=2R

解得

X=-R

2一3

C正确；

D.根据分析可知，小球运动到圆弧最低点时，小车获得速度最大，则有

lnvl-2叫=°,叫∙2R=5叫+；X2,时

解得

D正确。

故选CDo

21.如图，在水平面内存在半径为R和半径为2R的两个同心圆，在小圆和大圆之间形成一环形区

域小圆和环形区域内分别存在垂直于水平面、方向相反的匀强磁场，小圆内匀强磁场的磁感应强度

大小为以位于圆心处的粒子源S沿水平面，向各个方向发射速率相同、电荷量为4、质量为机的

πm

正粒子，粒子从发射至第一次离开小圆区域运动的时间均为不计粒子所受的重力及相互作用

力，下列说法中正确的是（）

B.为了将所有粒子都束缚在大圆区域内，环形区域磁场的磁感应强度的大小至少为38

2πtn

C.若粒子能再次回到小圆区域内，则粒子下一次在小圆区域中运动的时间为

2πm

D.若环形区域内的磁场磁感应强度大小也为8,则粒子在两磁场中运动的总时间为%B

【答案】CD

【解析】A.粒子在小圆区域运动中，由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，由题设条件第一

πtn

次离开小圆区域运动的时间均为可得

πm12πm1E

Z=----=—×------=-T

13qB6qB6

由计算和几何关系可知，粒子在小圆区域内的运动半径是K,则有粒子的发射速度大小为

1C„

-×2πRddd

v=6：nR_qBR

A3x3m

3qB

A错误;

B.粒子从小圆区域到环形区域，速度大小不变，因受洛伦兹力方向相反，粒子偏转方向相反，如

图所示，由粒子束缚在半径为2R的大圆区域内，由几何关系可得

NO'OS=60

由余弦定理可得，在环形区域内粒子做圆周运动的半径最大值应满足关系式

(ZR-/)?=(/?+/)?+店-2(R+/)RCOS60

解得

∕=>R

5

为了将所有粒子束缚在半径为2/？的圆形区域内，粒子在环形区域内做圆周运动的半径

r.<r'=-R

'5

由洛伦兹力提供向心力，可得

y~

BlVq=m—

r∖

_mvtnv5tnv5_

D1=≥==—D

qrxqr3qR3

B错误；

C.由解析图可知，由于N0'0S=6°,因此粒子能再次回到小圆区域内，则粒子下一次在小圆区域

中运动的圆弧长所对的圆心角为120°,即运动的时间为

1-lfπm

=­T=--

233qB

C正确；

D.若环形区域内的磁场磁感应强度大小也为B,由题意可知，则粒子在环形磁场中运动的时间也

πm2πm

为3qB,则有粒子在两磁场中运动的总时间为,D正确。

故选CDo

22.(6分)某研究性学习小组的同学，为检测某工厂排放污水的情况，制作了一个简易的电磁流

量计，如图甲所示。该装置为中空的长方形管道，长、宽、高分别为α=20cm,反C=IoCm,左右两

端开口，与排污管道联通。流量计的上下底面为绝缘体，前后两个侧面为导体，并分别固定两个电

极M、No在垂直于底面的方向加一竖直向下的匀强磁场，已知磁感应强度为B=0.8T。当含有正负

离子的污水从左向右流经该装置时，M、N两电极间将产生电势差S

甲乙

(1)若使用多用电表的电压挡测量M、N电极间的电势差，则与图甲中M相连的应是多用电表的

___________色表笔(选填“红”或"黑”)。

(2)某次测量时，使用了多用电表25OmV量程的直流电压挡，表盘示数如图乙所示，则M、N电

极间的电势差U=mVo

(3)若多用电表使用直流电压挡时，可近似视为理想电压表，则根据(2)中测得的电压值，可估

算出污水的速度为m/s(结果保留2位有效数字)。

(4)现把多用电表的换挡开关旋至量程适当的直流电流挡，把红、黑表笔正确接至M、N两个电

极，测得电流值为∕=50μA,并已知此时多用电表的内阻为尸200。。假定污水的流速恒定并且充满

流量计的长方形管道，由此可估算出污水的电阻率P=Ω∙m0

【答案】黑1451.8540

【解析】(1)根据左手定则，N端聚集正电荷，电势较高；M端聚集负电荷，电势较低，故M端接

黑表笔。

(2)由题图可知，25OmV挡,每小格为5mV,故读数为145mV。

(3)根据

q彳=qvB

UMN=BLV=Bbv

解得

v≈1.8m∕s

(4)根据

解得

p=540Ω∙m

23.(9分)如图所示，某同学为探究碰撞中动量是否守恒的实验装置，实验中选取两个半径相同、

质量不等的小球，按下面步骤进行实验：

①用天平测出两个小球的质量分别为叫和叫;

②安装实验装置，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平，再将一斜面BC连接在斜槽末端；

③先不放小球加2,让小球町从斜槽顶端A处由静止释放，标记小球在斜面上的落点位置P;

④将小球吗放在斜槽末端8处，仍让小球叫从斜槽顶端A处由静止释放，两球发生碰撞，分别标

记小球m'、外在斜面上的落点位置；

⑤用毫米刻度尺测出各落点位置到斜槽末端B的距离。图中从M、P、N点是实验过程中记下的小

球在斜面上的三个落点位置，从M、P、N到B点的距离分别为时、s.、Sfi。依据上述实验步骤，

请回答下面问题：

(1)两小球的质量回、/应满足班吗(填写”域”<,,)：

(2)小球网与叫发生碰撞后，叫的落点是图中点；

(3)用实验中测得的数据来表示，只要满足关系式,就能说明两球碰撞前后动量是守恒的。

若同时满足关系式,则还可判断该碰撞为弹性碰撞。

［答案］>M町6^=肛卮+"A屈；叫Sy=吗SΛ,+∕M1S”

【解析】(1)为防止入射球碰撞后反弹，一定要保证入射球的质量大于被碰球的质量，故班>恤

(2)(3)碰撞前小球〃〃落在图中的P点，设水平初速度为V/,小球〃〃和，”2发生碰撞后，⑸落点

在图中的用点，设水平初速度为匕'，，〃2的落点在图中的N点，设其水平初速度为内,设斜面8C

与水平面的夹角为α,由平抛运动规律有

12

SMSma=犷，S"*=中

解得

M=IgSMUa

'V2sina

同理可得

_IgSNCOS2α

V|V2sina

因此只要满足

∕771V1=f∏2V2÷W1Vj

即

ι%a=m2R+网扃

则说明两球碰撞过程动量守恒。

如果小球的碰撞为弹性碰撞，则应满足

1,21212

-m1v1-ɪ-/n,v1+~m2v2

代入(2)中速度可得

+W

/M∣5p=W2SΛ,lSM

故若同时满足上述关系式，则还可判断该碰撞为弹性碰撞。

24.(14分)如图甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距L=LOm,与水平面之间的夹角α

=37°,匀强磁场磁感应强度B=2.0T,方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R=I.6C的电阻,

质量〃?=0.5kg,电阻r=0.4Ω的金属棒仍垂直导轨放置，现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向

上拉金属杆加，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移s=3.8m时达到稳定状态，对应过程的

丫一f图像如图乙所示。取g=10m∕s2,导轨足够长(sin37°=0.6,COS37。=0.8)。求:

(1)运动过程中a、b哪端电势高，并计算恒力F的大小;

(2)从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，此过程金属杆上产生的焦耳热;

(3)由图中信息计算0〜Is内，导体棒滑过的位移。

【答案】(I)人端电势高，5N；(2)1.47J；(3)0.755m

【解析】(1)由右手定则可判断感应电流由。流向b,b相当于电源的正极，故6端电势高

当金属棒匀速运动时，由平衡条件得

F=zn^sin37o+/^

其中

Fi=普

由乙图可知

V=1.0m/s

联立解得

F=5N

(2)从金属棒开始运动到恰好达到稳定状态，由动能定理得

1,

(F-mgsin37°)S-%=-mv2

又克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热，代入数据解得

Q=W九=7.35J

两电阻产生的焦耳热与阻值成正比，故金属棒匕产生的焦耳热为

2=√-Q=L47J

R+r

（3）进入匀强磁场导体棒做加速度减小的加速运动，由动量定理有

（F-mgsin370）f-BILt=mvλ-O

又

q=It

由图可知

vl=0.98m/s

代入数据解得

g=0.775C

由

7EΔΦBLx

q=It=------1=------=--------

R+rR+rR+r

得

x=0.755m

25.（18分）如图，光滑平台上的弹性滑块A以v°=9m∕s的初速度向静止的弹性滑块B运动，A、

B发生弹性碰撞，此后，B滑上静置干光滑水平面、上表而与平台等高的平板车C,整个运动过程

B始终未滑离平板车C。已知滑块A、B质量分别为WM=Ikg、wβ=2kg,平板车质量为根c=2kg,

平板车右端到竖直墙整的距离L=Im,平板车与竖直墙壁碰撞过程没有机械能损失，滑块与平板车

之间的动摩擦因数4=0.2,取重力加速度g=10m∕s20求：

（1）滑块A、B分开瞬间，B的速度大小ι⅛;

（2）平板车C恰要与墙壁第一次碰撞前时，B和C的速度大小VB/、vc∕分别为多少；

（3）从滑块B滑上平板车C、到C第一次返回平台右端，整个过程系统产生的热量Q。

【答案】(1)6m/s；(2)4m/s；2m/s；(3)32J

【解析】（1）滑块A、B碰撞过程，由动量守恒定律和能量关系可知

wAv0=wAvA+w⅛⅝

解得

Vβ=6m∕s

（2）当B滑上平板车后做减速运动，加速度大小

aB-μg^2ml^2∙

C做加速运动的加速度

%=丝超=2m⅛2

mc

当平板车C恰要与墙壁第一次碰撞前时由

,12

L=IaC4

解得

//=Is

此时B的速度

⅝ι=⅝-⅛=4m⅛

C的速度

vcι=actl=2m∕s

（3）C与墙壁碰后到返回到平台右端

,12

L=VC\t2~~aCt2

解得

f2=lS

此时C的速度

vC2=vCIaf

-Cl=O

C与墙壁碰后到返回到平台右端时的速度恰为零；此时滑块B向右的速度为

Vv2m/s

B2=Bl-<M2=

系统产生的热量

Cl212

Q=万恤吒-邛丫最

解得

Q=32J

（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作咨。如果多做，则按所做的第一题计

分。

33.【选修3-3]（15分）

（1）（5分）

下列说法正确的是O（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。分）

A.给庄稼松土的目的是破坏土壤中的毛细管，从而减少土壤内部的水分蒸发

B.用滴管通过数滴数能定量地量取少量液体，每一滴液体的体积都相同是表面张力的作用

C.晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点

D.在室温和一个标准大气压下，相同质量的氧气和氢气，温度相同时内能也相同

E.布朗运动不仅可以发生在液体和气体中，还可以发生在固体内部

【答案】ABC

【解析】A.给庄稼松土时，破坏了泥土中的毛细管，土壤内部的水分不会快速通过毛细管上升到

土壤表面而蒸发掉，故A正确；

B.用滴管通过数滴数能定量地量取少量液体，是因为滴管的径口大小确定，对应的液滴的表面张

力小于等于液滴重力时液滴下落，故每一滴的液体体积都相同，故B正确；

C.晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，故C正确；

D.温度相同时气体分子的平均动能相同，相同质量的氧气和氢气，氧气的物质的量比氢气的小，

所以氢气的内能大于氧气的内能，故D错误；

E.布朗运动是小颗粒受到分子的撞击力不平衡造成的，所以布朗运动只能发生在液体和气体中，

不能发生在固体中，故E错误。

故选ABCo

（2）（10分）如图所示，一导热性良好的汽缸，水平放置固定在地面上，总体积为匕长度为L,

正中间有一厚度不计的活塞，用外力作用在活塞上使活塞恰好处于平衡状态，汽缸的右端一小孔用

细软的导管与玻璃管的下端相连，导管内气体的体积不计。玻璃管的总长度为2力，上端开口，横截

面积为s,中部有一段长度为5的水银柱，且水银柱与玻璃管底面间的距离为/7。忽略活塞与汽缸壁

间的摩擦，已知水银的密度为P，重力加速度为g,外界大气压为Pj环境温度为

（i）求外力产的大小。

（ii）撤去外力尸，若要保持水银柱的位置不变，应使环境温度升高为工，则力等于多少？

M2(∙+∕zS)τ

【答案】⑴Pg五；(ii)V+2/zS-°

【解析】（i）开始时，设玻璃管中气体的压强为A，对玻璃管中的水银柱，由平衡条件得

p"PSgg=PS

玻璃管与汽缸相连，则汽缸内气体的压强等于P∣,设活塞的横截面积为S',则有V=LS'

对活塞由平衡条件得

F+p0S'=piS'

联立解得

.hV

Fc=Pg——

2L

（H）水银柱的位置不变，则玻璃管中气体的压强不变，活塞最终静止在汽缸最左端，对汽缸和玻

璃管中的气体，由盖-吕萨克定律得

V

2+hSV+hS

工）=工

解得

2（V+⅜S）τ.

V+2hS0

34.【选修3-4]（15分）

（1）（5分）日晕是一种常见的大气光学现象，如图甲所示，太阳光线经卷层云中同一冰晶的两次

折射，分散成单色光，形成日晕，冰晶截面可看作正六边形。如图乙所示为一束紫光在冰晶上的折

射光路，4为冰晶上的入射角，乂为经过第一个界面的折射角，％为光离开冰晶的折射角，α为出

射光相对入射光的偏转角。下列说法中正确的是