河北省衡水市深州市中学2020届高三物理下学期期末考试试题含解析

河北省衡水市深州市中学2020届高三物理下学期期末考试试题（含解析）
第I卷选择题（共52分）
一、选择题：本大题共13小题，每小题4分，共52分。1~8题为单选题，在每小题列出的四个选项中只有一项符合题意，9~13为多选题，在每小题列出的四个选项中有两个或两个以上选项符合题意。
1. 公路在通过小型水库的泄洪闸的下游时，常常要修建凹形桥，也叫“过水路面”。如图所示，汽车通过凹形桥的最低点时（　　）
A. 车对桥的压力比汽车的重力小
B. 车处于失重状态
C. 车的速度越大，车对桥面的压力越大
D. 向心力由汽车所受重力，桥面对其支持力和摩擦力提供
【答案】C
【解析】
【详解】ABD．汽车通过凹形桥最低点时，靠重力和支持力的合力提供向心力，有
解得
根据牛顿第三定律可知汽车对桥的压力大于汽车的重力，车处于超重状态，故选项ABD错误；
C．根据
可知，速度越大，车对桥面的压力越大，故选项C正确；
故选C。
2. 如图所示，物块A、B叠放在粗糙的水平桌面上，水平外力F作用在B上，使A、B一起沿水平桌面向右加速运动．设A、B之间的摩擦力大小为f1，B与水平桌面间的摩擦力大小为f2，保持A、B相对静止，逐渐增大F，则 ( )

A. f1不变、f2变大
B. f1变大、f2不变
C. f1和f2都不变
D. f1和f2都变大
【答案】B
【解析】
【详解】根据牛顿第二定律得：对A物体：，对整体：，可见，当F增大时，加速度a增大，f1变大；而，μ、mA、mB都不变，则f2不变，故B正确，A、C、D错误；
故选B．
【点睛】水平外力F逐渐增大，A、B都保持相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律分别以A和整体为研究对象，分析摩擦力f1和f2的大小变化情况．
3. 篮球竖直落下，与水平地面碰撞前速度大小为，碰后竖直反弹，速度大小为，已知篮球质量为，作用时间为0.1s，则篮球与地面碰撞过程中篮球所受合力的冲量大小为（　　）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】选初速度方向为正方向，根据动量定理，篮球与地面碰撞过程中篮球所受合力的冲量
所以篮球与地面碰撞过程中篮球所受合力的冲量大小为。
选项B正确，ACD错误。
故选B。
4. 如图所示，滑块A受到沿斜向上方的拉力F作用，沿水平面向右做匀速直线运动，则滑块受到的拉力与摩擦力的合力方向是（　　）
A. 向上偏右 B. 向上偏左
C. 竖直向上 D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【详解】物体受拉力F，右斜上方；支持力N，竖直向上，重力G，竖直向下；摩擦力f，水平向左，物体做匀速直线运动，所以，四力平衡，重力G与支持力的合力方向竖直向下，由三力平衡，任意两力之和与第三力大小相等，方向相反，可知拉力F、摩擦力f的合力方向竖直向上
故选C。
5. 如图所示，两个物体A和B，质量分别为2m和m，用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，A静止于水平地面上，θ=30°，则以下说法正确的是（　　）
A. 物体A可能受三个力
B. 地面对物体A的支持力大小为
C. 地面对物体A的摩擦力大小为
D. 如果增加物体A的质量，则地面对物体A的摩擦力变大
【答案】C
【解析】
以B为研究对象，受重力和拉力，根据平衡条件，有；再对A受力分析，受重力、支持力、拉力和向左的静摩擦力，如图所示：
根据平衡条件，有水平方向；竖直方向，将代入，有，地面对物体A的摩擦力的方向与A的质量无关，结合牛顿第三定律，物体A对地面的压力大小为1.5mg，物体A对地面的摩擦力大小为，C正确．
6. 如图所示给滑块一初速度v0使它沿倾角30°的光滑斜面向上做匀减速运动，若重力加速度为g，则当滑块速度大小减为时，滑块运动的时间可能是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】物体运动的加速度为，方向沿斜面向下 ，若速度变为向上的，则所用时间为 ，若速度变为向下的，则所用时间为 ，故C正确，ABD错误
7. 某传送带与水平面成角，按图所示方向以速率v做匀速运动，将工件轻放在传送带上的A点，工件与传送带的滑动摩擦力大小为f，在工件传送到B点前已相对于传送带静止，A、B两点间距离为L，则下列说法正确的是（　　）
A. 工件由A到B的全过程中受到的摩擦力一直是滑动摩擦力
B. 工件由A到B的全过程中摩擦力对工件一直做正功
C. 工件由A到B的时间为
D. 工件由A到B的全过程中跟传送带上表面摩擦产生的热量为fL
【答案】B
【解析】
【详解】A．两者之间有相对运动时是滑动摩擦力，两者之间没有相对运动时是静摩擦力，故A错误；
B．不论工件受到的摩擦力是静摩擦力还是滑动摩擦力，方向都是沿斜面向上，运动的方向向上，所以摩擦力总是做正功，故B正确；
C．若到达B时恰好相对静止，则运动的最长时间
由于在工件传送到B点前已相对于传送带静止，若取极限值，假设一直匀速，则运动的最短时间
故C错误；
D．若到达B时恰好相对静止，则产生的热量最多，为
Q=f?s相对=FL
若早已经相对静止，则产生的热量一定小于fL，故D错误。
故选B。
8. 如图所示，站在车上的人，用锤子连续敲打小车。初始时，人、车、锤都静止。假设水平地面光滑，关于这一物理过程，下列说法正确的是（　　）
A. 连续敲打可使小车持续向右运动
B. 人、车和锤组成的系统机械能守恒
C. 当锤子速度方向水平向右时，人和车水平方向的总动量水平向左
D. 人、车和锤组成的系统动量守恒
【答案】C
【解析】
【详解】AC．人、车和锤看作一个系统，因处在光滑水平地面上，水平方向所受合外力为零，故水平方向动量守恒，总动量始终为零，当大锤有相对大地向右的速度时，人和车有向左的速度，当大锤有相对大地向左的速度时，人和车有向右的速度，故车来回运动，选项A错误，C正确；
B．大锤击打小车时，发生的不是完全弹性碰撞，系统机械能有损耗，选项B错误；
D．人、车和锤水平方向动量守恒，因为大锤会有竖直方向的加速度，故竖直方向合外力不为零，竖直动量不守恒，系统总动量不守恒，选项D错误。
故选C。
9. 如图，从竖直面上大圆的最高点A，引出两条不同的光滑轨道，端点都在大圆上．相同物体由静止开始，从A点分别沿两条轨道滑到底端B和C，则下列说法中正确的是（　　）
A. 到达底端的速度不相同
B. 重力的冲量都相同
C. 物体动量的变化率都相同
D. 沿AB运动过程中重力平均功率相同
【答案】AB
【解析】
【详解】A．同一物体从静止到达底端的动能，由动能定理可知，重力做功的不一样，所以它们到达底端的动能不同，到达底端时的速度不同，故A正确；
B．对物体在斜面上受力分析，由牛顿第二定律可求得
a=gcosα
根据运动学公式
即
解得
因此下滑时间相同，由
I=mgt
可知，重力的冲量相等，故B正确；
C．因末速度大小不相等，故动量的变化不相同，所以动量的变化率不相同，故C错误；
D．重力做功不一样，下滑时间相同，所以沿AB、AC运动过程中重力的平均功率不相同，故D错误。
故选AB。
10. 2016年6月18日神舟九号完成最后一次变轨，在与天宫一号对接之前神舟九号共完成了4次变轨。神舟九号某次变轨的示意图如图所示。在A点从椭圆轨道Ⅱ进入圆形轨道Ⅰ，B为轨道Ⅱ上的一点，关于飞船的运动，下列说法中正确的有（　　）
A. 在轨道Ⅱ上经过A的速度小于经过B的速度
B. 在轨道Ⅱ上经过A的动能小于在轨道Ⅰ上经过A的动能
C. 在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期
D. 在轨道Ⅱ上经过A的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A的加速度
【答案】ABC
【解析】
【详解】A．在轨道Ⅱ上从A到B万有引力做正功，即合外力做正功，物体的动能增加，所以A的速度小于经过B的速度，故A项正确；
B．由于从轨道Ⅱ到轨道Ⅰ神舟九号要点火加速做离心运动，所以在轨道Ⅱ上经过A的动能小于在轨道Ⅰ上经过A的动能，故B正确；
C．根据开普勒第三定律，由图可知轨道Ⅱ半长轴比轨道Ⅰ的半径更小，所以在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期，故C正确；
D．根据，由于神舟九号在轨道Ⅱ和轨道Ⅰ上离地球的距离相同即r相同，所以在轨道Ⅱ上经过A的加速度等于在轨道Ⅰ上经过A的加速度，故D错误。
故选ABC。
11. 如图所示，摆球质量为m，悬线长度为L，把悬线拉到水平位置后放手。设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力的大小不变，到达最低点时速度为v，则下列说法正确的是（　　）
A. 在最低点重力的功率为mgv B. 最低点悬线的拉力为mg
C. 拉力做功为0 D. 空气阻力做功为－πL
【答案】CD
【解析】
【详解】A．在最低点小球的速度方向水平向左，重力方向竖直向下，则力的方向与速度方向垂直，所以在最低点重力的功率为0，故A错误；
B．小球在最低点由牛顿第二定律有
得
故B错误；
C．由于拉力方向始终与速度方向垂直，则拉力做功为0，故C正确；
D．F阻所做的总功等于每个小弧段上F阻所做功的代数和，即
故D正确。
故选CD。
12. 如图甲所示，一质量为M的木板静止在光滑的水平地面上，现有一质量为m的小滑块以一定的初速度v0从木板的左端开始向木板的右端滑行，滑块和木板的水平速度大小随时间变化的情况如图乙所示，根据图像做出如下判断（ ）
A. 滑块始终与木块存在相对运动
B. 滑块未能滑出木板
C. 滑块的质量m大于木板的质量
D. 在t1时刻滑块从木板上滑出
【答案】ACD
【解析】
【详解】B．由图可知，最终滑块和木板做匀速直线运动并且滑块的速度要大于木板的速度，所以两者并不是叠加在一块运动，即滑块滑出了木板，B错误；
D．从t1时刻两者开始做匀速直线运动，即从这一时刻开始两者之间不存在相互作用，所以滑块在时刻从木板上滑下来，D正确；
A．从木板上滑下来之后，滑块以较大的速度在前做匀速直线运动，木板在后以较小的速度做匀速直线运动，所以两者始终存在相对运动，A正确；
C．根据动量守恒公式得
其中m、M分别为滑块，木板的质量，、分别为滑块，木板匀速运动的速度，且，则有，由于，所以滑块的质量m大于木板的质量M，C正确。
故选ACD。
13. 一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时速率为1m/s，从此刻开始在与速度平行方向上施加一水平作用力F，力F、滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲、乙所示（力F和速度v取同一正方向），g=10m/s2，则
A. 滑块的质量为1.0kg
B. 滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.05
C. 第2s内力F的平均功率为3.0W
D. 第1内和第2s内滑块的动量变化量相同
【答案】BD
【解析】
由v--t图象的斜率得到加速度为：，由两图知，第一秒内有：，第二秒内有：，代入数据得：．故A错误，B正确；由得第2s内力F的平均功率为，故C错误；由图乙可知第一秒内和第二秒内速度的变化都是，所以动量的变化量都是：，故D正确．故选BD.
【点睛】由v--t图象的斜率得到加速度；由牛顿第二定律列方程求解摩擦力和滑块的质量；由P=Fv求解平均功率，根据求出动量的变化量.
第Ⅱ卷（非选择题共58分）
二、实验题（共16分）
14. 某同学利用如图甲所示的实验装置来验证机械能守恒定律。
(1)除图中器材外，此实验还需要的实验器材有______
A．天平B．毫米刻度尺C．秒表D．运动小车
(2)该同学开始实验时情形如图甲所示，接通电源释放纸带，请指出该同学在实验操作中存在的两处明显错误或不当的地方：①______；②______
(3)该同学经修改错误并正确操作，让质量为1kg的重锤下落，通过打点计时器在纸带上记录运动过程，打点计时器所接电源为频率是50Hz的交变电源，纸带打点如图乙所示。纸带上O点为重锤自由下落时的打点起点（O、A间有点未画出），选取的计数点A、B、C、D依次间隔一个点（图中未画出），各计数点与O点距离如图乙所示，单位为mm，重力加速度为9.8m/s2，则：（结果保留三位有效数字）
根据纸带，打点计时器打下B点时，重锤速度vB=____，重锤动能EkB=______，从开始下落算起，打点计时器记录B点时，重锤势能减少量为______。由此可以得到的实验结论是：______；
(4)如图是另一同学利用最理想的实验装置进行实验得到的一条纸带，图中点1是打点计时器打出的第一个点，其他各点是紧接着连续打出的点，如果发现第1、2两点之间的距离明显大于2mm，这是因为实验操作时______；
(5)若实验操作正确，该同学根据公式计算出从第1点到第6点重锤动能增加量，由计算出重力势能的减少量，再根据得出重锤在下落过程中机械能守恒的结论，则该探究过程是______（选填“合理”或“不合理”）的
【答案】 (1). B (2). 打点计时器接了直流电 (3). 重锤离打点计时器太远 (4). 1.18m/s (5). 0.690J (6). 0.692J (7). 在实验误差允许的范围内重锤下落过程机械能守恒 (8). 先释放纸带后接通电源（或松手时具有初速度，总之能体现出打第一个点时具有初速度即可） (9). 不合理
【解析】
【详解】(1)[1]A．在实验中需验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，所以不需要天平，故A错误；
B．在实验中需运用刻度尺测量点迹间的距离，从而求出瞬时速度以及重物下降的高度，故B正确；
C．打点计时器可以测量时间，所以不需要秒表，故C错误；
D．实验中用重物牵引纸带运动，则不用运动小车，故D错误。
故选B
(2)[2][3]由图可知，错误分别为：打点计时器接了直流电；重锤离打点计时器太远
(3)[4]计数点A、B、C、D依次间隔一个点（图中未画出），所以相邻的计数点的时间间隔是T=0.04s，根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度大小，因此有
[5]重锤动能
[6]从开始下落算起，打点计时器记录B点时，重锤势能减少量为
[7]由以上数据可知，重锤动能增加量近似等于重锤势能减少量，即在误差允许的范围内重锤下落过程机械能守恒
(4)[8]根据自由落体运动规律可知，若“1”为所打的第一个点，则第1、2两点之间的距离，如果发现打下的第1、2两点之间的距离大于2mm，这是因为实验时释放纸带前未打开电源，也就是打第一个点时纸带已经有了速度即操作中先释放纸带后接通电源
(5)[9]该实验是验证机械能守恒定律的实验．因为我们知道自由落体运动只受重力，机械能就守恒，如果把重物看成自由落体运动，再运用自由落体的规律v2=2gh求解速度，那么就不需要验证了，应该根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，求出“6”点速度为，然后计算第6点对应的动能。
15. 某同学要测量一节干电池的电动势和内电阻．
①实验室除提供开关S和导线外，有以下器材可供选择：
电压表：V（量程3V，内阻Rv约为10kΩ）
电流表：G（量程3mA，内阻Rg=100Ω）
电流表：A（量程3A，内阻约为0.5Ω）
滑动变阻器：R（阻值范围0—10Ω，额定电流2A）
定值电阻：R0=0.5Ω
该同学依据器材画出了如图甲所示的原理图，他没有选用电流表A的原因是____________________．
②该同学将电流表G与定值电阻R0并联，实际上是进行了电表的改装，则他改装后的电流表对应的量程是__________A．
③该同学利用上述实验原理图测得数据，以电流表G读数为横坐标，以电压表V读数为纵坐标绘出了如图乙所示的图线，根据图线可求出电源的电动势E=__________V （结果保留三位有效数字），电源的内阻r=__________Ω（结果保留小数点后两位）．
【答案】 (1). 被测电流值与电流表量程相比差距太大 (2). 0.603A (3). 1.48 (4). 0.85
【解析】
【详解】①一节干电池的电动势，滑动变阻器的阻值范围为0—10Ω，电路中的最小电流，电流表A的量程为3A，被测电流值与电流表量程相比差距太大，电流表A不能选．
②改装后的电流表对应的量程．
③据实验原理图和闭合电路欧姆定律可得，，整理得：，所以图象的截距表电动势，即，图象的斜率，解得：．
三、计算题（本题共3小题，计27分，解答题应写出必要的文字说明．方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
16. 假设某星球表面上有一倾角为的固定斜面，一质量为的小物块从斜面底端以速度9m/s沿斜面向上运动，小物块运动1.5s时速度恰好为零，已知小物块和斜面间的动摩擦因数为0.25，该星球半径为，（。），试求：
(1)该星球表面上的重力加速度g的大小；
(2)该星球的第一宇宙速度。
【答案】(1)7.5m/s2；(2)
【解析】
【详解】(1)由运动学可知
由牛顿第二定律
联立可得
g=7.5m/s2
(2)对星球表面的物体
该星球的第一宇宙速度为该星球近表面卫星的线速度;
对星球表面卫星
代入数据得
17. 如图所示，质量m1=2kg的小球用一条不可伸长的轻绳连接，绳的另一端固定在悬点O上，绳子长度l=0.5m．将小球拉至绳子偏离竖直方向的角度θ=53°处由静止释放，小球运动至最低点时，与一质量m2=1kg的物块发生正碰，碰撞时间很短．之后物块在水平面上滑行一段s=0.4m的距离后停下．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度g = 10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：
（1）碰前瞬间小球的速度大小；
（2）碰后瞬间小球和物块的速度大小．
【答案】（1）2m/s；（2）碰后小球的速度为1m/s，物块的速度为2m/s
【解析】
【详解】（1）根据动能定理可知，，所以碰前瞬间小球的速度为；
（2）根据动能定理可知，碰后物块的速度满足，又小球和物块组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，可得，解的．
18. 如图所示，从A点以v0的水平速度抛出一质量m＝2kg的小物块（可视为质点），当小物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定的光滑圆弧轨道BC，圆弧轨道BC的圆心角α=37°，C点在O点的正下方，圆弧轨道C端切线水平与水平面平滑连接。C点右侧水平面粗糙，在水平面上固定一个弹簧，弹簧的左端D距C点的水平距离为L=0.4m，小物块离开C点后继续在水平面上向弹簧滑去，将弹簧压缩了x=0.1m后停止滑行。小物块和水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B两点距C点的高度分别为H＝0.6m，h＝0.15m，圆弧半径R=0.75m，cos37°=0.8，sin37°=0.6，g＝10m/s2。求：
(1)小物块水平抛出时，初速度v0的大小；
(2)小物块滑动至C点时，圆弧轨道对小滑块的作用力的大小；
(3)小物块停止滑行时弹簧具有的弹性势能大小。
【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】
【详解】(1)设小物块做平抛运动的时间为t，则有
H-h=gt2
设小物块到达B点时竖直分速度为vy，有
vy=gt
由以上两式代入数据解得
vy=3m/s
由题意，速度方向与水平面的夹角为37°，有
tan37°=
解得
v0=4m/s
(2)设小物块到达C点时速度为v2，从A至C点由动能定理得
解得
设C点受到的支持力为FN，则有
解得
(3)当弹簧压缩到最短时，由能量关系有
解得
EP=26J
四．选考题：共15分。请考生从下面两道题中任选一道作答，如果多做，则按所做的第一题计分。
【选修3-3】
19. 下列说法正确的是（ ）
A. 液晶分子的空间排列是稳定的，具有各向异性
B. 气体的体积是指该气体的分子所能达到的空间的体积，而不是所有分子体积之和
C. 布朗运动虽然不是液体分子的运动，但是它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动
D. 所有晶体由固态变成液态后，再由液态变成固态时，固态仍为晶体
E. 小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用
【答案】BCE
【解析】
【详解】A．液晶具有各向异性，分子的空间排列是不稳定的，A错误；
B．气体分子间的距离较大，分子间作用力微弱，气体分子能自由运动，气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，由于气体分子间距较大，气体的体积大于该气体所有分子体积之和；B正确；
C．布朗运动是指悬浮在液体中固体颗粒的无规则运动，是液体分子的无规则运动的间接反映；C正确；
D．水晶为晶体，熔化再凝固后变为非晶体，D错误；
E．液体表面分子较为稀疏，故分子间表现为引力；从而使小草上的露珠呈球形；E正确；
故选BCE。
【点晴】本题考查布朗运动、分子间的引力和斥力、晶体、液体的表面张力等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点。
20. 如图，一定质量的理想气体被质量可忽略的活塞封闭在可导热的气缸内，活塞距底部的高度为h＝0.1m，可沿气缸无摩擦地滑动．取箱沙子缓慢地倒在活塞的上表面上，沙子倒完时，活塞下降了△h＝0.02m，在此过程中外界大压和温度始终保持不变已知大气压p0＝1.0×105Pa，活塞横截面积为S＝4.0×10﹣3m2，求：（g取10N/kg）
（i）这箱沙子的质量．
（ii）若环境温度t0＝27oC，加热气缸使活塞回到原来的h高度，则对气缸内的气体需加热到多少摄氏度？
【答案】（i）10kg（ii）102°C
【解析】
【分析】
（i）沙子缓慢倒入，气体做等温变化，根据玻意耳定律可以求出沙子的质量；
（ii）加热气缸使活塞回到原来的h高度，气体做等压变化，根据盖吕萨克定律可以求出温度．
【详解】（i）设倒入的沙子质量为m，沙子缓慢倒入，气体做等温变化，有：
p0hS＝（p0+mgS）（h﹣△h）S
代入数据可得：m＝10kg
（ii）需对气体加热到t°C，气体等压变化，有：
代入数据解得：t＝102°C
【点睛】本题考查了气体等温变化、气体的等容变化和等压变化．抓住气体不变的参量，选择相应的气体实验定律是本题的关键
【选修3-4】
21. 两列简谐波的振幅都是，传播速度大小相同，实线波的频率为，沿x轴正方向传播，虚线波沿x轴负方向传播，某时刻两列波在如图所示区域相遇，则_____________。
A. 虚线波的频率为
B. 平衡位置为的质点始终是振动加强点
C. 平衡位置为的质点此刻速度方向向上
D. 从图示时刻起再经过，平衡位置为处的质点的位移
E. 随着波的传播，在相遇区域会出现某质点的振动位移达到
【答案】CDE
【解析】
【详解】A．实线波频率为，则实线波的波速为
由于两列波传播速度大小相同，则虚线波的频率为
故A错误；
B．由于两列波的频率不相等，所以不能形成稳定的干涉图样，故没有始终是振动加强的质点，故B错误；
C．结合波传播方向与振动方向的关系知此时平衡位置为的质点此刻速度方向向上，故C正确；
D．从图示时刻起再经过，实线x=2cm处质点的振动和虚线x=6cm处质点的振动分别传播到x=4cm处，所以质点的合位移为零，故D正确；
E．两列波相遇叠加会出现加强点，所以在相遇区域会出现某质点的振动位移达到，故E正确。
故选CDE。
22. 如图所示，MN下方足够大的空间有一长方体玻璃介质，其折射率，玻璃介质在上边界MN是屏幕，玻璃中有一个正三棱柱的空气泡，三棱柱轴线垂直于纸面，图中竖直截面正三角形的边长，顶点C与屏幕相距，底边AB与屏幕平行，一束激光在竖直截面内垂直于AB边射向AC边的中点O，结果在屏幕MN上出现了两个光斑。（光在真空中的传播速度）求：
(1)该激光在玻璃介质中传播的速度；
(2)两个光斑之间的距离x。
【答案】(1)；(2)60cm
【解析】
【详解】(1)该激光在玻璃介质中传播的速度为
(2)画出光路图如图所示
在界面AC，a光的入射角i=60°
由光的折射定律有
代入数据可以得到：折射角
r=30°
由光的反射定律得到，反射角
i=i′=60°
由几何关系得到：是直角三角形，，
O点到光屏的距离为
故两光斑之间的距离为
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