2021年宁夏中卫市高考物理三模试卷（附答案详解）.pdf

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1、2021年宁夏中卫市高考物理三模试卷1.1934年，约里奥-居里夫妇用a 粒子轰击铝箔，首次产生了人工放射性同位素X,反应方程为匆 e+g 4 7 X+Jn.X会衰变成原子核Y,衰变方程为X-丫+呢.则（）A.X 的质量数与y 的质量数相等 B.X 的电荷数比y 的电荷数少1C.X 的电荷数比召4 的电荷数多1 D.X 的质量数与弘4 的质量数相等2.如图所示，在水平光滑的平行金属导轨左端接 一 定 值 电 阻 r-S-1 X X X XR,导体棒而垂直导轨放置，整个装置处干竖直向下的 /?一、T X X X x匀强磁场中.现给导体棒一向右的初速度，不 考 虑 导 体 棒 1 1-b和导轨电阻

2、，下列图线中，导体棒速度随时间的变化和通过电阻R 的电量随导体棒位移的变化描述正确的是（）3.如图所示，轻质不可伸长的细绳绕过光滑定滑轮C 与质量为根的物体4 连接，A放在倾角为。的光滑斜面上，绳的另一端和套在固定竖直杆上的物体B 连接.现BC连线恰沿水平方向，从当前位置开始8 以速度均匀速下滑.设绳子的张力为力，在4.C.&可能小于mgsin。D.%一定大于mgsinO某同学学习了天体运动的知识后，假想宇宙中存在着Q由四颗星组成的孤立星系.如图所示，一颗母星处在正三角形的中心，三角形的顶点各有一颗质量相等的小b星围绕母星做圆周运动.如果两颗小星间的万有引力为F,母星与任意一颗小星间的万有引力

3、为9凡则（）A.每颗小星受到的万有引力为（百+9）FB.每颗小星受到的万有引力为（苧+9）FC.母星的质量是每颗小星质量的2倍D.母星的质量是每颗小星质量的3K倍5.如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接理想电流表A、理想电压表匕副线圈上通过输电线接有一个灯泡L、一个电吹风M,输电线的等效电阻为R,副线圈匝数可以通过调节滑片产改变。5断开时，灯泡L正常发光，滑片P位置不动，当S闭合时，以下说法中正确的是（）A.电压表读数增大B.电流表读数减小C.等效电阻R两端电压增大D.为使灯泡L正常发光，滑 片P应向下滑动6.如图所示，质量为3依 的物体A静止在竖直的轻弹簧上面，质量为2奴 的物体B用细线悬

4、挂,A、8间相互接触但无压力。取g=10m/s2o某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间（）A.弹簧弹力大小为207VB.B对A的压力大小为12NC.A的加速度为零D.B的加速度大小为4m/s27.如图，4M是锐角三角形刊WN最大的内角，电荷量为q（q 0）的点电荷固定在P点。下列说法正确的是（）A.沿 M N 边,从M点到N点，电场强度的大小逐渐增大B.沿 M N 边,从M点到N点，电势先增大后减小C.正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大第2页，共18页D.将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为负8.如图，轻质弹簧上端悬挂于天花板，下端系一圆盘A,处于静止状态。一圆环B套在弹簧外，与圆盘

5、A距离为，让环自由下落撞击圆盘，碰撞时间极短，碰后圆环与圆盘共同向下开始运动，下列说法正确的是()A.整个运动过程中，圆环、圆盘与弹簧组成的系统机械能守恒B.碰撞后环与盘一起做匀加速直线运动C.碰撞后环与盘一块运动的过程中，速度最大的位置与人无关D.从B开始下落到运动到最低点过程中，环与盘重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量9 .如图(a),一弹簧上端固定在支架顶端，下端悬挂一托盘：一标尺由游标和主尺构成，主尺竖直固定在弹簧左边；托盘上方固定有一能与游标刻度线准确对齐的装置,简化为图中的指针。现要测量图(a)中弹簧的劲度系数，当托盘内没有祛码时，移动游标，使其零刻度线对准指针，此时标尺读数

6、为1.9 5 0 c m；当托盘内放有质量为0.1 0 0 k g的祛码时，移动游标，再次使其零刻度线对准指针，标尺示数如图(b)所示，其读数为 c m.当地的重力加速度大小为9.80 m/s2,此弹簧的劲度系数为W/m(保留3位有效数字)。3游 标 主 尺cm图(a)图(b)1 0.某同学准备自己动手制作一个欧姆表，可以选择的器材如下:电池E（电动势和内阻均未知）表头G（刻度清晰，但刻度值不清晰，量程/g未知，内阻未知）电压表V（量程为1.5 V,内 阻&=10 0 0。）滑动变阻器Ri（010。）电阻箱/?2（。I。）开关一个，理想导线若干（1）为测量表头G 的量程，该同学设计了如图甲所示

7、电路。图中电源即电池E.闭合开关，调节滑动变阻器治滑片至中间位置附近某处，并将电阻箱阻值调到400时，表头恰好满偏，此时电压表V 的示数为L5V；将电阻箱阻值调至心15。，微调滑动变阻器氏滑片位置，使电压表V示数仍是1.5 V,发现此时表头G 的指针指在如图乙所示位置，由以上数据可得表头G 的内阻Rg=Q表头G 的量程（2）该同学接着用上述器材测量该电池E 的电动势和内阻，测量电路如图丙所示，电阻箱氏 的阻值始终调节为I。：图丁为测出多组数据后得到的图线3 为电压表丫的示数，/为表头G 的示数），则根据电路图及图线可以得到被测电池的电动势E=匕 内阻r=_2（结果均保留两位有效数字）（3）该同

8、学用所提供器材中的电池E、表头G 及滑动变阻器制作成了一个欧姆表，利用以上（1）、（2）问所测定的数据，可知表头正中央刻度为1 1.如图，在直角三角形。PN区域内存在匀强磁场，N.二，P磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带.正电的粒子从静止开始经电压u 加速后，沿平行于 ：X轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP J 7 3 Q。-x边上某点以垂直于X轴的方向射出。已知。点为坐标原点，N 点在y 轴上，O P与 x 轴的夹角为30。，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d,不计重力。求第4页，共18页(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间。

9、12.如图所示，上表面光滑的“L”形木板B 锁定在倾角为37。的足够长的斜面上；将一小物块A从木板B 的中点轻轻地释放，同时解除木板8 的锁定，此后A与 8 发生碰撞，碰撞过程时间极短且不计能量损失；己知物块4 的质量m=1 k g,木板B 的质量M=4 k g,板长L=6 c m,木板与斜面间的动摩擦因数为4=0.6,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8,求：(1)笫一次碰撞后的瞬间AB的速度；(2)在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，A距 8 下端的最大距离。13.下列说法正确的是()A.布朗运动说明了液体分子与悬浮颗粒之间存在着相互作用力

10、B.温度越高，理想气体的内能可能越小C.物质的光学性质具有各向同性时，可能是晶体D.液晶像液体一样具有流动性，其光学性质具有各向异性E.液体表面具有收缩的趋势，说明液体表面层的分子之间只存在引力作用14.如图所示，两端开口的。形玻璃管两边粗细不同，粗管横截面积是细管的2倍.管中装入水银，两管中水银面与管口距离均为12cm,大气压强为Po=75crnHg.现将粗管管口封闭，然后将细管管用一活塞封闭并将活塞缓慢推入管中，直至两管中水银面高度差达6cm为止，求活塞下移的距离（假设环境温度不变）.15.如图，a、b、c、d是均匀媒质中x轴上的四个质点，相邻两点的间距依次为2n、4成和6,。一列简谐横波

11、以2m/s的波速沿x轴正向传播，在t=0时刻到达质点”处，质点。由平衡位置开始竖直向下运动，t=3s时a第一次到达最高点。下列说法正确的是（）a b c d*lxA.在t=6 s时刻波恰好传到质点d处B.在t=5 s时刻质点c恰好到达最高点C.质 点b开始振动后，其振动周期为4sD.在4 s t mgsind,故。正确，C错误；故选：D。根据运动的合成与分解，将B的竖直向下的运动分解成沿着绳子方向与垂直绳子方向的两个分运动，结合力的平行四边形定则，即可求解。本题考查运动的合成与分解，掌握如何将实际运动分解成两个分运动是解题的关键，同时运用三角函数关系。4.【答案】A【解析】解：设母星质量为M，

12、小星质量为?，正三角形边长为乙，母星与小星间的距离为r,画出一颗小星的受力分析图见下图:小F26!0 FiLA B,母星对小星的万有引力&=9/，小星间的万有引力a =F?=F,其它两颗小星对这颗小星的万有引力合力为Fi2=2Fcos30=V 3 F,所以小星受到的万有引力为&+&2 =(9+6)F，故A正确，B错误；C D、母星与小星间的距离为=!=2cos300 3母星与小星间的万有引力：9?=誓=誓小星与小星间的万有引力：F=等 由联立得：M=3 m,故C3错误；故选：A。画出一颗小星的受力分析图，再进一步求解小星受到的万有引力；设正三角形边长为L计算出母星与小星间的距离，再表示出母星与

13、小星间的万有引力和小星与小星间的万有引力，通过比较求解母星的质量与小星质量的关系。知道在四颗星组成的四星系统中，其中任意一颗星受到其它三颗星对它的合力提供圆周运动的向心力.万有引力定律和牛顿第二定律是力学的重点，关键在于进行正确受力分析.5.【答案】C【解析】解：A、滑片P位置不动，当S闭合时，电阻变小，原线圈电压及匝数比不变，副线圈电压不变，电压表读数不变，故A错误；B、副线圈电压不变，电阻变小，输出功率变大，输入功率变大，根据B=知电流表读数变大，故B错误；C、因为副线圈电流增大，所以等效电阻R两端的电压增大，故C正确；。、副线圈电流变大，等效电阻两端的电压增大，并联部分的电压减小，为了使

14、灯泡小正常发光，必须增大电压，滑片产应向上滑动，故。错误；故选：Co输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的,电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可。和闭合电路中的动态分析类似，可以根据副线圈电阻的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况。6.【答案】B D【解析】【分析】细线剪断瞬间，先考虑A8整体，根据牛顿第二定律求解加速度，再考虑8,根据牛顿第二定律列式求解弹力，最后根据牛顿第三定律列式求解8对4的压力。本题关键是先采用整体法求解加速度，再隔

15、离物体8并根据牛顿第二定律列式求解，注意明确弹簧的弹力不能发生突变。【解答】第1 0页，共1 8页4.剪断细线前，A、B 间无压力，则弹簧的弹力为：F=m4g=3 0 N,故A 错误;BCD.剪断细线的瞬间，对整体分析，整体加速度为：a=(rn+Tng F _ (3+2)x10 30mA+mB3+2m/s2=4 m/s2,隔离对 B 分析，有：mBg-N =mBa,解得：N=mBg-mBa=20N 2 X 4/V=12N根据牛顿第三定律可知B对 A 的压力为12N；故 8。正确，C错误。故选：B D。7.【答案】B C【解析】解：A、点电荷的电场以点电荷为中心，向四周呈放射状，如图所示：NM是

16、最大内角，所以PN P M,因为是锐角三角形，过 P 点 作 上 的 高 线 为 产到线段M N的最短距离，所以点尸到线段MN上的点的距离先减小后变大，即 r 先减小后变大，根据点电荷的场强公式E=与，可知从M 点到N 点电场强度先r2增大后减小，故 A 错误;B、电场线与等势面（图中虚线）处处垂直，沿电场线方向电势降低，所以从MT N电势先增大后减小，故 8 正确；C、两点的电势大小关系为8M 8N，根据电势能的公式昂=99可知正电荷在M 点的电势能大于在N 点的电势能，故 C 正确；。、正电荷从M 点移动到N 点，电势能减小，电场力所做的总功为正功，故。错误。故选：B C。电场强度用公式E

17、=k 5 分析；沿电场线方向电势降低；电势能用公式Ep=q。分析；电场力做功根据电势能变化分析。本题考查的是电场强度、电势、电势能大小比较，平时要熟记相关公式以及电势能与电场力做功之间的关系。8.【答案】CD【解析】解：A、圆环与圆盘碰撞过程，时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，故A 错误；8、圆环与圆盘碰撞后速度相同，此时弹簧伸长量越来越大，圆环与圆盘所受的合外力一直变化，故加速度不是定值，做变加速运动，故 B 错误；C、碰撞后平衡时，有h=(m +M)g 即碰撞后新平衡位置与下落高度无关，故 C正确；。、从 2开始下落到运动到最低点过

18、程中，环与盘发生完全非弹性碰撞，有能量损失，故环与盘重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故。正确；故选：C D。圆环与圆板碰撞过程，时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒；碰撞后环与板共同下降的过程中，环与板以及弹簧系统机械能守恒。本题关键是抓住碰撞过程和碰撞后下降的两个过程，碰撞过程动量守恒，之后环与板及弹簧系统机械能守恒。9【答案】3.7 7 5 5 3.7【解析】解：图(b)中主尺读数为3.7 c m,游标卡尺的读数为0.0 5 m m x 1 5 =0.7 5 m m,故读数为 3.7 c m +0.7 5 m m =3.7 7

19、 5 c m；由题意可得：托盘内放质量m=0.1 0 0 k g 的祛码，弹簧伸长量为：x =3.7 7 5c m -1.9 50c m =1.8 25c m；根据受力分析可得：m g =k A x故弹簧的劲度系数为：k =詈=N/m=53.7 N/m；X M U 4 b xlL U故答案为：3.7 7 5,53.7,先读出游标卡尺主尺的读数，然后读出与主尺对齐的刻度线，即可根据游标的分度为0.05n u n 得到分度尺读数，从而相加得到游标卡尺读数；根据两次游标卡尺读数得到添加祛码后弹簧伸长量的增量，从而由弹簧弹力增量和伸长量的增量得到劲度系数。游标卡尺的分度尺刻线为巩10,20,50)时，

20、游标的分度为l/r i(n u n),那么，游标读数根据对齐的刻度线和分度相乘求得；主尺读数为零刻度线前一刻线的读数。10.【答案】10 3 0 3.0 20 100【解析】解：(1)由图乙所示表盘可知，表盘功3 0分度，其示数为：堇/g=|%，电压表示数：U =1.5也 由欧姆定律可知：U =/(%+/?2)，即：U =lg(Rg+4 0),U=|/g(R g +115),解得：Rg=100,Ig=30mA；(2)电压表岛 的内阻为1 0000,电阻箱/?2阻值始终调节为I。，第12页，共18页电压表与电阻箱串联，它们两端电压相等，电压表示数为U,则路端电压为2U,由图丙所示电路图可知，电源

21、电动势：E =2U +/r,则：U=三 一1三,由图示U /图象可知：f =1.5,3 =4=附 高=10,电源电动势：E=3.0K,r =20/2；E 2 0(3)欧姆表内阻：R =-=ioon,欧姆表中值电阻等于其内阻，因此表头正中央刻度为：R中=/?为=1000；故答案为：(1)10；3 0；(2)3.0；20；(3)100。(1)根据图示表盘读出表头的示数；根据实验电路图甲，应用欧姆定律求出表头的满偏电流与内阻。(2)根据图丙所示电路图，应用闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻。(3)欧姆表中值电阻等于欧姆表内阻，根据题意应用欧姆定律求出欧姆表的内

22、阻，然后求出中值电阻。本题考查了测量表头内阻与满偏电流、求电源电动势与内阻、求欧姆表中值电阻等问题,分析清楚题意、根据电路图应用欧姆定律列式即可解题。11.【答案】解：(1)设带电粒子的质量为机，电荷量为q,加速后.,P的速度大小为人 由动能定理有：qU =设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有：qvB=m y由几何关系知d =V2r 联立式得：5=券(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到X轴所经过的路程为：S =y +rtan300 带电粒子从射入磁场到运动至X轴的时间为：t =；联立式得：t =答：(1)带电粒子的比荷是券；(2)带电粒子从射入磁场到运

23、动至x轴的时间是雾+日)。【解析】(1)对粒子在加速电场中的运动运用动能定理，粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力结合儿何关系，联立即可求出带电粒子的比荷；(2)根据几何关系求解出粒子射入磁场后运动到x 轴所经过的路程s,再利用公式t=:即可求出带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间。本题考查带电粒子在复合场中运动，粒子在加速场中的运动运用动能定理求解，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，解题关键是要作出轨迹图，正确运用数学几何关系。12.【答案】解:(1)对木板5 受力分析,有(黄+3)耗4Gm3 7 所以小物块 A 向下滑动时，木板8 静止不动。A 与

24、8 发生弹性碰撞前的速度火,由机械能守恒定律得：m g sin37=g m诏解得：v0=0.6m/s设 A 与 8 发生弹性碰撞后的速度分别为巧和以，由碰撞过程动量守恒和能量守恒可得:m v0=m v1+MV2谚解得：%=0.36m/s,v2=0.24m/s可见，A 与 8 第一次碰后，A 的速度大小为0.36zn/s,方向沿斜面向上，8 的速度大小为0.24m/s,方向沿斜面向下。(2)4与 8 第一次碰后，A 沿板向上做匀减速运动，8 沿斜面向下做匀速直线运动，4 与3 第一次碰撞后到第二次碰撞前，A 与 3 速度相等之时，A 与 8 下端有最大距离此过程中运动时间G=就 枭_ Vl-V2

25、“A=2gsM 3 7联立解得马=0.6cmxB=v2ti=2.4cmA 距 8 下端有最大距离：xm=xA-xB=3cm答：(1)笫一次碰撞后的瞬间A B的速度大小分别是3.6m/s、2Am/s.(2)在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，A 距 8 下端的最大距离是3cm.第1 4页，共1 8页【解析】(1)由机械能守恒求出A在碰撞前的速度；然后由机械能守恒与动量守恒求出第一次碰撞后瞬间A和B的速度；(2)在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，当二者的速度相等时距离最大，由牛顿第二定律以及运动学的公式即可求出运动的时间以及A距B的最大距离。解答本题注意以下几点：1、分析A B的受力，弄清楚

26、A B碰撞前后各自的运动性质，只有明确了运动性质，才能继续列方程求解。2、在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，A距B下端的距离最大的条件。1 3.【答案】B CD【解析】解：A、布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，说明了液体分子在做无规则运动，无法说明分子间是否存在作用力，故A错误；从 理想气体内能的决定因素有质量和温度，温度越高，分子热运动的平均动能越大，但质量可能变化，所以内能可能增加、减小和不变，故8正确；C、单晶体的物理性质具有各向异性，而多晶体的物理性质具有各向同性，物质的光学性质具有各向同性时，可能是晶体，故C正确；。、液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质具有各向异性，故

27、。正确；从 分子之间引力和斥力是同时存在的，故E错误。故选：B C D。明确布朗运动的性质，知道布朗运动是液体分子无规则运动的反映；理想气体内能的决定因素有质量和温度；固体可以分为晶体和非晶体两类，非晶体和多晶体都没有确定的几何形状，各向同性，只有单晶体各向异性；液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与单晶体相似，具有各向异性；液体表面张力：凡作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力，它产生的原因是液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力，水滴呈球形，这是表面张力作用的结果。本题考查布朗运

28、动、理想气体内能、晶体、液晶、表面张力，都是识记的内容，平时需要注意积累就可以轻松解题。1 4.【答案】解：由于粗管横截面积是细管的2倍，因此两管中水银面高度差达6 c机时，左管下降4 c”，右管上升2 c s,整个过程发生的是等温变化，设右管横截面积为S,左管横截面积为6,以右管气体为研究对象，进行状态参量的分析为：初状态：Po=75 cmHg,Vo=1 2 5末状态：P i =?,匕=1 0 S根据Po%=Pl匕，得末状态右侧气体的压强为：%P1=77 Po=9QcmHgvi以左管中的气体为研究对象，进行状态参量的分析为：初状态：Po=75cmHg,Vo=12s末状态：P2=Pi+6cmH

29、g=96cmHg,V2=?根据Po%=P2七，得：PcV2=V0=9.375sP2即为此时左管的空气柱的长度为9.375cm,因此活塞下移的距离为：L=1 2-9.375+4=6.625cm答：活塞下移的距离为6.625cm【解析】该过程是等温变化，首先要明确左管液面下降的距离与右管液面上升的距离的关系，对两部分气体分别进行状态的分析，先求出右管中气体的压强，从而得知左管中气体的压强，即可求得左管中的气体的长度，从而得知活塞下移的距离此种类型的题首先要得知左右两管的横截面积的关系，明确左右两管中液面上升和下降的高度的竖直关系.尤其是在求活塞下降的距离上，因涉及的数据较多，要特别注意，最好是养成

30、画草图的习惯，通过草图来明确个数值之间的关系15.【答案】ACD【解析】解：A、ad间距离为x=1 2 m,波在同一介质中匀速传播，则波从a 传到d 的时间为t=?=6 s,即在t=6s时刻波恰好传到质点”处。故 4 正确。B、设该波的周期为7,由题可得，：T=3 s,得T=4s。波从传到。的时间为t=；=手 s=3 s,则在t=5s时刻质点c 已振动了 2 s,而 c 起振方向向下，故在t=5s时刻质点 c 恰好经过平衡位置向上。故 B 错误。C、质点b 的振动周期等于a 的振动周期，即为4s。故 C 正确。D、在4s V t V 6s的时间间隔内，质点c 已振动了Is V t V 3 s,

31、质点。正从波谷向波峰运动，即向上运动。故。正确。E、bd相 距 10/?；该波的波长A=vT=2 x 4=8m；故 bd相距产=1 则 bd相当于8 4相距四分之一波长，故 有可能从d 同向运动；故 E 错误；故选：ACD.第16页，共18页由 题“波在t=0 时刻到达质点。处，质点4 由平衡位置开始竖直向下运动，t=3s时 a第一次到达最高点”可确定出该波的周期.根据。与 d 间的距离，由t=?求出波从。传到 d 的时间.根据时间与周期的关系，分析质点。的状态.本题关键要抓住波在同一介质中是匀速传播的，由t=；可求出波传播的时间.要抓住各个质点的起振方向都与波源的起振方向相同，通过分析波的形

32、成过程进行分析.16.【答案】解：单色光在透明介质中的传播路线如图所示由几何关系可知，当单色光在AB边上刚好发生全反射时，其临界角为60。,由临界角公式得：sinC=带入数据解得：户 苧(ii)由几何关系可得：PE=|a,PEQ=120,所以：PQ=取PE=y a,AQ=V3PQ=3因为：QB=2B-QE AE=：a,所以：QF=f a；单色光在该透明介质中的传播速度.所以单色光在该透明介质中的传播时间：t=丝 子代入数据解得：t=；2c答：（i）该透明介质的折射率为竽;3）该单色光在透明介质中的传播时间为工。【解析】根据题意作出光路图，然后应用折射定律求出其折射率。俗）根据题意求出光在介质中的路程，求出光在介质中的传播速度，然后求出光的传播时间。解决光学问题的关键要掌握全反射的条件、折射定律”黑、临界角公式sin C=；、光速公式u=a画出光路图，运用几何知识结合解决这类问题。第1 8页，共1 8页