四川省2020届高三物理上学期期中试卷（附解析Word版）

2019-2020 学年上学期高 2017 级高三半期考试 理科综合物理 一.选择题：本题共 8 个小题，每小题 6 分，共 48 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 题有多项符合要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的 得 3 分，有错选的或不答的得 0 分。 1.如图所示，自动卸货车静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下，倾角 θ 缓慢增大，在 货物 m 相对车厢仍然静止的过程中，下列说法正确的是（ ） A. 货物对车厢的压力变小 B. 货物受到的摩擦力变小 C. 地面对车的摩擦力增大 D. 地面对车的支持力增大 【答案】A 【解析】 货物处于平衡状态，受重力、支持力、静摩擦力，根据共点力平衡条件，有： mgsinθ=f；N=mgcosθ，θ 增大时，f 增大，N 减小；再根据牛顿第三定律，压力也就减小； 故 A 正确，B 错误；对货车整体受力分析，只受重力与支持力，不是摩擦力；根据平衡条件， 支持力不变；故 C D 错误；故选 A. 2.一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔 t 内位移为 s，速度变为原来的 3 倍。 该质点的加速度为 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据位移时间关系求出质点的初速度，再根据加速度的定义式求出加速度。 【详解】设质点的初速度为 由位移公式有： 2 8s t 2 4s t 2 3 2 s t 2 s t 0v 0 0 0 0 3 22 2 v v v vs t t v t + += = = 解得： 质点的加速度： 故应选：D。 【点睛】本题关键要熟练掌握匀变速直线运动的基本关系式，尤其注意根据平均速度求解位 移的关系式 有时会使问题变得简便。 3.四颗人造卫星 a、b、c、d 在地球大气层外的圆形轨道上运行,其中 a、c 的轨道半径相 同,b、d 在同步卫星轨道上,b、c 轨道在同一平面上.某时刻四颗卫星的运行方向及位置如图 示,则( ) A. 卫星 a、c 的加速度大小相等,且小于 b 的加速度 B. 因为卫星 c 在赤道上方,所以卫星 c 为同步卫星 C. 卫星 b、d 的线速度大小相等,且大于月球的线速度 D. 若卫星 c 变轨后在轨道半轻较小的轨道上做匀速圆周运动,则其周期变大 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据 可知，卫星 a、c 的加速度大小相等，且大于 b 的加速度，选项 A 错误； B．虽然卫星 c 在赤道上方，但是运行的高度小于同步卫星的高度，所以卫星 c 不是同步卫星， 选项 B 错误； C．根据 ，因为卫星 b、d 的运行半径相等且小于月球的轨道半径，则卫星 b、d 的 线速度大小相等，且大于月球的线速度，选项 C 正确； D．若卫星 c 变轨后在轨道半轻较小的轨道上做匀速圆周运动，根据 可知，其 0 2 sv t = 0 0 0 0 2 3 2v v v v v sa t t t t − −= = = = 0 2 v vx += 2 GMa r = GMv r = 3 2 rT GM π= 周期变小，选项 D 错误。 4.如图所示,将一个半圆形轨道固定在竖直面内,一滑块 从左侧轨道的最高点 沿轨道的切 线进入轨道,之后沿轨道滑到最低点 的过程中其速率不变,则（ ） A. 滑块 下滑过程中机械能守恒 B. 滑块 下滑过程中所受合外力大小不变 C. 滑块 下滑过程中重力的功率不变 D. 滑块沿右侧轨道上升过程中速率也不变 【答案】B 【解析】 滑块下滑 过程中做匀速圆周运动，则动能不变，重力势能减小，机械能减小，选项 A 错误； 滑块下滑的过程中做匀速圆周运动，合外力提供向心力，可知合力的大小不变，方向时刻改 变，故 B 正确。重力不变，匀速运动的速度大小不变，速度在竖直方向上的分速度逐渐减小， 则重力的功率减小，故 C 错误。在右侧轨道,滑块所受合力沿切线方向的分力与瞬时速度相反, 故滑块做减速运动，选项 D 错误；故选 B. 5. 如图所示，在真空中固定两个等量异号点电荷+Q 和-Q，图中 O 点为两点电荷的连线中点， P 点为连线上靠近-Q 的一点，MN 为过 O 点的一条线段，且 M 点与 N 点关于 O 点对称，下列说 法正确的是： A. 同一个试探电荷在 M、N 两点所受的电场力相同 B. M、N 两点的电势相同 C. 将带正电的试探电荷从 M 点沿直线移到 N 点的过程中，电荷的电势能先增大后减小 D. 只将-Q 移到 P 点，其它点在空间的位置不变，则 O 点的电势升高 【答案】A 【解析】 的 m P Q m m m 试题分析：等量异种点电荷的电场的分布具有一定的对称性，故 M、N 两点的电场强度相同， 同一个试探电荷在 M、N 两点所受的电场力相同，故 A 正确；在过两电荷连线的垂直平分线的 两侧，正电荷一边的电势要高于负电荷一边的电势，故 M 点的电势大于 N 点的电势，故 B 错 误；将带正电的试探电荷从 M 点沿直线移到 N 点的过程中，电场力一直做正功，故电势能一 直减小，故 C 错误；等量异种点电荷的连线中垂线是一条等势线，故 O 点的电势为零；只将-Q 移到 P 点，其它点在空间的位置不变，此时两个电荷连线的中点在 O 点的左侧，故 O 点的电 势变为负值，故 O 点的电势减小，故 D 错误；故选 A。 考点：电场强度；电势及电势能 【名师点睛】本题关键是结合等量异号电荷的电场线分布图和等势面分布图进行分析，明确 电场力做功等于电势能的减小量，不难。 6.从地面竖直向上抛出一物体，其机械能 E 总等于动能 Ek 与重力势能 Ep 之和。取地面为重力 势能零点，该物体的 E 总和 Ep 随它离开地面的高度 h 的变化如图所示。重力加速度取 10m/s2。 由图中数据可得( ) A. 物体的质量为 1kg B. 物体受到的空气阻力是 5N C. h=2 m 时，物体的动能 Ek=60 J D. 物体从地面上升到最高点用时 0.8s 【答案】BD 【解析】 【详解】A．由图知，h=4m 时 Ep=80J，由 Ep=mgh 得 m=2kg，故 A 错误。 B．上升 h=4m 的过程中机械能减少△E=20J，根据功能关系可得 fh=△E 解得 f=5N，故 B 正确； C．h=2m 时，Ep=40J，E 总=90J，则物体的动能为 Ek=E 总-Ep=50J 故 C 错误。 D．物体的初速度 从地面至 h=4m 用时间 故 D 正确。 7.如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为 2m 的物体 A 相连，A 放在光滑水 平面上，有一质量为 m 的物体 B，从高 h 处由静止开始沿光滑曲面滑下，与 A 相碰（时间极短） 后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻 B 与 A 分开且沿曲面返回上升．下列说法正确的 是（ ） A.物体 B、A 组成的系统，在发生碰撞的过程中动量守恒，在弹簧被压缩的过程中机械能守恒 B. 物体 A 对 B 做了负功 C. 物体 B 返回过程中能达到的最大高度为 h D. 物体 A 对 B 的冲量大小为 【答案】BD 【解析】 【详解】A．物体 B、A 组成的系统，在发生碰撞的过程中合力为零，动量守恒。在弹簧被压 缩的过程中，弹簧对 A 做负功，则系统的机械能减少，故 A 错误。 B．对 B 下滑过程，据机械能守恒定律可得： 则 B 刚到达水平地面的速度 ． A、B 碰撞过程，以 AB 组成的系统为研究对象，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得： mv0=3mv 0 2 10m/skEv m = = 0 2 4 0.8s10 2 ht sv ×= = = 4 23 m gh 2 0 1 2mgh mv= 0 2v gh= 得 A 与 B 碰撞后的共同速度为 对 B，根据动能定理得：物体 A 对 B 做的功 故 B 正确。 C．当弹簧再次恢复原长时，A 与 B 将分开，B 以 v 的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律 可得 B 能达到的最大高度为 ，故 C 错误。 D．对 B，取水平向左为正方向，由动量定理得：物体 A 对 B 的冲量 故 D 正确 8.传送带在工农业生产和日常生活中都有着广泛的应用。如图甲，倾角为 θ 的传送带以恒定 速率逆时针转动，现将 m=2kg 的货物放在传送带上的 A 点，货物与传送带的速度 v 随时间 t 变化的图象如图乙，整个过程传送带是绷紧的，货物经过 1.2s 到达 B 点，已知重力加速度 g=10m/s2．下列说法正确的是（  ） A. 货物在 内的加速度大小为 B. A、B 两点的距离为 C. 货物从 A 运动到 B 过程中，货物与传送带间因摩擦产生的热量为 D. 货物从 A 运动到 B 的过程中，传送带对货物做的功为 【答案】AC 【解析】 【 详 解 】 由 加 速 度 的 定 义 知 ： 货 物 在 0.2-1.2s 内 的 加 速 度 为 ： 。 的 0 1 1 3 23v v gh= = 2 2 0 1 1 8 2 2 9W mv mv mgh= − = − 21 2mgh mv′ = 9 h 0 4 23I mv mv m gh= − − =（ ） 0.2 1.2s− 21 /m s 1.5m 2.4J 6.4J ，故 A 正确；物块在传送带上先做匀加速直线运动，当速 度达到传送带速度，仍做匀加速直线运动，所以物块由 A 到 B 的间距对应图象所围梯形的“面 积”，为：x= ×1×0.2+ ×（1+2）×1=1.6m。故 B 错误；由v-t 图象可知，物块在传送带 上先做 a1 匀加速直线运动，加速度为： ，对物体受摩擦力，方向向下，重 力和支持力，得：mgsinθ+μmgcosθ=ma1…①；同理，做 a2 的匀加速直线运动，对物体受力 分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，得：mgsinθ-μmgcosθ=ma2…②联立①②解得： sinθ=0.3，μgcosθ=2，根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对 位移，f=μmgcosθ=4N，做 a1 匀加速直线运动，位移为：x1= ×1×0.2=0.1m，皮带位移为： x 皮=1×0.2=0.2m，相对位移为：△x1=x 皮-x1=0.2-0.1=0.1m，同理：做 a2 匀加速直线运动， 位移为：x2= ×（1+2）×1=1.5m，x 皮 2=1×1=1m，相对位移为：△x2=x2-x 皮 2=0.5m，故两者 之 间 的 总 相 对 位 移 为 ： △x=△x1+△x2=0.6m ， 货 物 与 传 送 带 摩 擦 产 生 的 热 量 为 ： Q=W=f△x=4×0.6J=2.4J，故 C 正确；根据功能关系，由 C 中可知：f=μmgcosθ=4N，做 a1 匀 加速直线运动，由图象知位移为：x1=0.1m，物体受摩擦力，方向向下，摩擦力做正功为： Wf1=fx1=4×0.1=0.4J，同理做 a2 匀加速直线运动，由图象知位移为：x2=1.5m，物体受摩擦力， 方向向上，摩擦力做负功为：Wf2=-fx2=-4×1.5=-6J，所以整个过程，传送带对货物做功大小 为：6J-0.4J=5.6J，故 D 错误； 二.非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 22-32 题为必考题，每个试题考生都必须作 答。第 33-38 题为选考题，考生根据要求作答。 9.如图所示为“用打点计时器验证机械能守恒定律”的实验装置。 2 2 2 2 1 m / s 1m / s1.2 0.2 va t ∆ −= = =∆ − 1 2 1 2 2 1 5m / sva t ∆= =∆ 1 2 1 2 （1）关于本实验，下列说法中正确的是_________ A．必须用秒表测出重物下落的时间 B．打点计时器应连接直流电源 C．验证时，一定要测量重物的质量或重力 D．选择质量较大、体积较小的重物可以减小阻力带来的实验误差 （2）若已知打点计时器的电源频率为 50Hz，当地的重力加速度 g=9.80m/s2，重物质量为 0.2kg。 实验中得到一条点迹清晰的纸带如图所示，打 P 点时，重物的速度为零，A、B、C 为另外 3 个 连续点。根据图中的数据可知，重物由 P 点运动到 B 点的过程中，重力势能减少量 △Ep=____J，动能增加量△EK=_____J。（计算结果保留 3 位有效数字） （3）多次实验表明重力势能减少量总是大于动能增加量，可能的原因是： ________________________。 【答案】 (1). D (2). 0.0982 (3). 0.0960 (4). 摩擦阻力做功使一部分机械 能转化为了内能 【解析】 【详解】（1）[1]．A．打点计时器就是计时工具，不需要用秒表测出重物下落的时间，选项 A 错误； B．打点计时器应连接交流电源，选项 B 错误； C．验证时需要验证 ，两边的质量 m 消掉，则实验时不需要测量重物的质量或重力， 选项 C 错误； D．选择质量较大、体积较小的重物可以减小阻力带来的实验误差，选项 D 正确； （2）[2][3]．重锤的重力势能减小量为： △Ep＝mgh＝0.2×9.8×5.01×10−2J=0.0982J； B 点的速度为： 重物的动能为： （3）[4]．多次实验表明重力势能减少量总是大于动能增加量，可能的原因是：摩擦阻力做 21 2mgh mv= 27.06 3.14 10( m/s 0.98m/s2 0.04 )AC B xv T −− × =＝ ＝ 2 21 1 0.2 0.98 0.0960J2 2 Jk BE mv × × =＝ ＝ 功使一部分机械能转化为了内能． 10.某物理兴趣小组利用如图甲所示的装置进行实验。在足够大的水平平台上的 A 点放置一个 光电门，水平平台上 A 点右侧摩擦很小可忽略不计，左侧为粗糙水平面，当地重力加速度大 小为 g，采用的实验步骤如下： ①在小滑块 a 上固定一个宽度为 d 窄挡光片； ②用天平分别测出小滑块 a（含挡光片）和小球 b 的质量 ma、mb； ③a 和 b 间用细线连接，中间夹一被压缩了的轻弹簧，静止放置在平台上； ④细线烧断后，a、b 瞬间被弹开，向相反方向运动； ⑤记录滑块 a 通过光电门时挡光片的遮光时间 t； ⑥滑块 a 最终停在 C 点（图中未画出），用刻度尺测出 AC 之间的距离 Sa； ⑦小球 b 从平台边缘飞出后，落在水平地面的 B 点，用刻度尺测出平台距水平地面的高度 h 及平台边缘铅垂线与 B 点之间的水平距离 Sb； ⑧改变弹簧压缩量，进行多次测量。 （1）a 球经过光电门的速度为：______________（用上述实验数据字母表示） （2）该实验要验证“动量守恒定律”，则只需验证等式_____________成立即可。（用上述实 验数据字母表示） （3）改变弹簧压缩量，多次测量后，该实验小组得到 与 Sa 的关系图象如图乙所示，图线 的斜率为 k，则平台上 A 点左侧与滑块 a 之间的动摩擦因数大小为______。（用上述实验数据 字母表示） 【答案】 (1). (2). (3). 【解析】 【详解】（1）[1]．烧断细线后，a 向左运动，经过光电门，根据速度公式可知，a 经过光电 门的速度 的 2 1 t d t a b b 2 d gm m st h = 2d 2 k g ； （2）[2]．b 离开平台后做平抛运动，根据平抛运动规律可得： sb=vbt 解得： 若动量守恒，设向右为正，则有： 0=mbvb-mava 即 （3）[3]．对物体 a 由光电门向左运动过程分析，则有： va2=2asa 经过光电门的速度： 由牛顿第二定律可得： 联立可得： 则由图象可知： 解得 11.如图所示，静止于 A 处的离子经电压为 U 的加速电场加速后沿图中半圆弧虚线所示的轨迹 通过静电分析器，从 P 点垂直于 CN 进入矩形区域内的有界匀强电场，匀强电场的场强方向水 平向左．静电分析器通道内有均匀、辐向分布的电场，已知圆弧轨迹所在处的场强大小都为 a dv t = 21 2h gt= 2b b gv s h = 2a b b d gm m st h = a dv t = mga gm µ µ= = 2 2 1 2 a g st d µ= 2 2 gk d µ= 2 2 kd g µ = E0，方向沿圆弧轨迹半径指向圆心 O，离子质量为 m、电荷量为 q，QN＝2d、PN＝3d，离子重 力不计． (1)求离子通过静电分析器时的圆弧轨迹的半径 R； (2)若离子恰好能打在 QN 的中点上，求矩形区域 QNCD 内匀强电场的场强 E. 【答案】(1) (2) 【解析】 【详解】(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理得 qU＝ mv2 离子在辐向电场中做匀速圆周运动，由电场力提供向心力，根据牛顿第二定律得 解得 . (2)离子在偏转电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律得   PN＝ at2 由牛顿第二定律得 qE＝ma  解得. 0 2UR E = 12E= U d 1 2 2 0 vqE m R ＝ 0 2UR E = 1 2 QN vt＝ 1 2 12E= U d 12.如图所示，固定斜面足够长，斜面与水平面的夹角 α=30°，一质量为 3m 的“L”型工件 沿斜面以速度 v0 匀速向下运动，工件上表面光滑，其下端连着一块挡板。某时刻，一质量为 m 的小木块从工件上的 A 点，沿斜面向下以速度 v0 滑上工件，当木块运动到工件下端时（与挡 板碰前的瞬间），工件速度刚好减为零，后木块与挡板第 1 次相碰，以后每隔一段时间，木块 就与工件挡板碰撞一次。已知木块与挡板都是弹性碰撞且碰撞时间极短，木块始终在工件上 运动，重力加速度为 g。求： （1）木块滑上工件时，木块、工件各自的加速度大小。 （2）木块与挡板第 1 次碰撞后的瞬间，木块、工件各自的速度大小。 （3）木块与挡板第 1 次碰撞至第 n（n=2，3，4，5，…）次碰撞的时间间隔及此时间间隔内 木块和工件组成的系统损失的机械能△E。 【答案】（1）a1＝ ； a2＝ （2）－2v0 ；2v0（3）Δt = （n=2,3,4,5,……）； ΔE=24（n－1）mv02（n=2,3,4,5,……） 【解析】 （1）设工件与斜面间的动摩擦因数为 μ，木块加速度为 a1，工件加速度为 a2。 对木块，由牛顿第二定律可得：mgsinα＝ma1① 对工件，由牛顿第二定律可得：μ（3m+m）gcosα－3 mgsinα＝3ma2 ② 工件匀速运动时，由平衡条件可得：μ·3mgcosα＝3 mgsinα③ 由①②③式解得：a1＝ ④ a2＝ ⑤ （2）设碰挡板前木块的速度为 v，由动量守恒定律可得： 3mv0+mv0=mv ⑥ 由⑥式解得：v=4v0 ⑦ 木块以 v 与挡板发生弹性碰撞，设碰后木块速度为 v1，工件速度为 v2，由动量守恒定律可得： 2 g 6 g 012( 1)n v g − 2 g 6 g mv= mv1+ 3m·v2 ⑧ 由能量守恒得： ⑨ 由⑥⑦⑧⑨式联立解得：v1＝－2v0 ⑩ v2＝2v0 （3）第 1 次碰撞后，木块以 2v0 沿工件向上匀减速运动，工件以 2v0 沿斜面向下匀减速运动， 工件速度再次减为零的时间：t= 木块的速度 v1’=－2v0+a1t=4v0 此时，木块的位移：x1=－2v0t+ a1t2＝ 工件的位移：x2=2v0t－ a2t2＝ 即木块、工件第 2 次相碰前瞬间的速度与第 1 次相碰前瞬间的速度相同，以后木块、工件重 复前面的运动过程，则第 1 次与第 n 次碰撞的时间间隔： Δt=（n－1）t= （n=2,3,4,5,……） 木块、工件每次碰撞时，木块和工件的总动能都相等，Δt 时间内木块、工件减少的机械能等 于木块、工件减少的重力势能：ΔE=4mg（n－1）x2sin30° 由 式解得：ΔE=24（n－1）mv02（n=2,3,4,5,……） 13.关于气体的内能，下列说法正确的是________ A. 质量和温度都相同的气体，内能一定相同 B. 气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大 C. 气体被压缩时，内能可能不变 D. 一定量的某种理想气体的内能只与温度有关 E. 一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加 【答案】CDE 【解析】 【详解】A．质量和温度都相同的气体，因气体的种类不一定相同，则摩尔数不一定相同，内 能不一定相同，故 A 错误； 2 2 2 1 2 1 1 1 •3 •2 2 2mv mv m v= + 0 0 2 2 12v v a g = 1 2 2 012v g 1 2 2 012v g ( ) 012 1n v g − B．气体的内能与机械能无关， 气体温度不变，整体运动速度越大，其内能不变，故 B 错误； C．气体被压缩时，若气体对外做功，则气体的内能可能不变，故 C 正确； D．一定量的某种理想气体的分子势能可视为零，则内能只与温度有关，故 D 正确； E．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，温度一定升高，则内能一定增加，故 E 正确； 14.一 U 形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞.初始时，管 内汞柱及空气柱长度如图所示.用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止.求 此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离.已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向 下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强 p0＝75.0cmHg.环境温度不变.(保留三位有效 数字) 【答案】144 cmHg 9.42 cm 【解析】 【详解】设初始时，右管中空气柱的压强为 p1，长度为 l1；左管中空气柱的压强为 p2＝p0， 长度为 l2.活塞被下推 h 后，右管中空气柱的压强为 p1′，长度为 l1′；左管中空气柱的压强 为 p2′，长度为 l2′.以 cmHg 为压强单位.由题给条件得 p1＝p0＋(20.0－5.00) cmHg＝90 cmHg l1＝20.0 cm① l1′＝(20.0－ ) cm＝12.5 cm② 由玻意耳定律得 p1l1S＝p1′l1′S③ 联立①②③式和题给条件得：p1′＝144 cmHg④ 依题意 p2′＝p1′⑤ l2′＝4.00 cm＋ cm－h＝11.5 cm－h⑥ 由玻意耳定律得 p2l2S＝p2′l2′S⑦ 联立④⑤⑥⑦式和题给条件得：h≈9.42 cm. 15.在坐标原点的波源产生一列沿 x 轴传播的简谐横波，波速 v=10m/s，已知在 t=0 时刻的波 形如图所示，下列说法中正确的是___________ 20.0 5.00 2 − 20.0 5.00 2 − A. 波源的振动周期为 0.8s B. 经过 0.2s，质点 a 通过的路程为 10cm C. 在 t=0 时刻，质点 a 加速度比质点 b 的加速度小 D. 若质点 a 比质点 b 先回到平衡位置，则波沿 x 轴负方向传播 E. 再经过 0.2s 的时间，质点 a 到达质点 b 现在所处的位置 【答案】ACD 【解析】 由图可知波长为： ，由 ，解得周期为 T=0.8s，故 A 正确；经过 0.2 时，即 ，经 质点振动路程等于一个振幅即 10cm，故 B 错误；当 t=0 时刻，根据 ，可知 a 的加速度小于 b 的加速度，故 C 正确；若 a 比 b 先回到平衡位置，则此时刻 a 向上振动，波沿 x 轴负方向传播，故 D 正确；质点 a 不会随波迁移，故 E 错误。所以 ACD 正 确，BE 错误。 16.半径为 R 的半圆柱形玻璃砖的截面如图所示，O 为圆心，光线 I 沿半径方向从 a 点射入玻 璃砖后，恰好在 O 点发生全反射，另一条光线 II 平行于光线 I 从最高点 b 射入玻璃砖后，在 底边 MN 上的 d 点射出，若测得 Od＝R/4，则该玻璃砖的折射率为多少？（可以使用根式） [Failed to download image : http://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs.com/QBM/2019/6/13/2224672582623232/22 24907340783617/STEM/7c2b1146f5674974ab480f4611cdecbd.png] 【答案】 ≈2.03 【解析】 解：设光线Ⅱ的入射角和折射角分别为 i 和 r， 的 8mλ = T v λ= 10.2 4t s T= = 1 4T kxa m = 4 17n = 在△bOd 中， 即： 由折射定律有 ，即 又因为光线Ⅰ与光线Ⅱ平行，且在 O 点恰好发生全反射，有 所以 ，从而得到 2 2 17 4bd Ob Od R= + = 17sin 17 Od bd γ = = sin sin in γ= 17sin 17i n= 1sini n = 17 1 17 n = 4 17 2.03n = =