【精品解析】2024届四川省绵阳市某中学高三下学期“超越杯”考试理科综合试题-高中物理

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2024届四川省绵阳市某中学高三下学期“超越杯”考试理科综合试题-高中物理
1．（2024高三下·涪城模拟）2022年10月31日15时37分，梦天实验舱搭乘长征五号B遥四运载火箭，在中国文昌航天发射场发射升空。11月1日4时27分，梦天实验舱成功对接于天和核心舱前向端口，初步建成三舱段的中国空间站（空间站对接前后的运行轨道可近似为圆轨道且半径一样）。下列说法正确的是（　　）
A．对接成功后的“三舱段”的空间站相比较之前“两舱段”的空间站受到地球的吸引力不变
B．对接后，空间站受到的合外力依然为零
C．对接后，空间站的加速度大小不变
D．梦天实验舱在地面上所受引力的大小小于其对接前瞬间做圆周运动所需的向心力
【答案】C
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．由于对接成功后的“三舱段”的空间站相比较之前“两舱段”的空间站，质量变大，根据万有引力表达式
则受到地球的吸引力变大，故A错误；
B．对接后，空间站受到的合外力为地球的吸引力，故B错误；
C．由于空间站对接前后的运行轨道可近似为圆轨道且半径一样，根据万有引力提供向心力可知
可得
可知对接后，空间站的加速度大小不变，故C正确；
D．根据万有引力表达式
可知梦天实验舱在地面上所受引力的大小大于其对接前瞬间做圆周运动所需的向心力，故D错误。
故选C。
【分析】根据万有引力定律，结合题意，分析引力变化；对接后，空间站受到的合外力为地球的吸引力；根据万有引力提供向心力，分析加速度大小；根据万有引力表达式，分析向心力。
2．（2024高三下·涪城模拟）如图所示，曲线为一带负电的粒子在某点电荷产生的电场中的部分运动轨迹，P点为轨迹的最低点，以P点为坐标原点建立直角坐标系，粒子的运动轨迹关于y轴对称，Q点是第Ⅰ象限内轨迹上的一点。粒子只受电场力的作用。下列说法正确的是（　　）
A．点电荷一定带负电
B．点电荷一定在y轴负半轴上的某处
C．Q点的电势一定比P点的电势高
D．粒子在P、Q两点的动能与电势能之和一定相等
【答案】D
【知识点】电势
【解析】【解答】本题解题关键是掌握：曲线运动受力总是指向轨迹凹侧、沿着电场线，电势逐渐降低。AB．做曲线运动的粒子，受力的方向总是指向运动轨迹凹侧，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，利用轨迹的对称性可知，若点电荷在带负电，一定在y轴的负半轴某处；若点电荷在带正电，一定在y轴的正半轴某处，A、B错误；
C．若点电荷带负电，沿着电场线，电势逐渐降低，可知Q点比P点的电势高；若点电荷带正电，由于无法判断Q点和P点到正点电荷的距离大小，因此无法判断Q点与P点电势的高低，C错误；
D．由于在整个运动过程中，粒子在P点和Q点的动能与电势能之和保持不变，因为只有电场力做功，D正确。
故选D。
【分析】曲线运动受力总是指向轨迹凹侧，同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引；沿着电场线，电势逐渐降低；只有电场力做功，电势能和动能相互转化，能量之和不变。
3．（2024高三下·涪城模拟）质量为2kg的物体与水平地面的动摩擦因数为0.1，在水平拉力F的作用下由静止开始运动，拉力F做的功W和物体的位移s之间的关系如图所示，重力加速度，物体从静止到位移为9m的过程中，下列说法中正确的是（　　）
A．物体一直做匀加速直线运动 B．拉力F的平均功率为6.75W
C．摩擦力做的功为18J D．拉力F的最大瞬时功率为12W
【答案】B
【知识点】功的概念；功率及其计算
【解析】【解答】功率是反映做功快慢的物理量，与功的多少没有直接关系。力对物体做功的功率等于沿运动方向的分力与物体速度的乘积。A．根据
可得图像的斜率表示拉力F，由图可知在处，水平拉力F发生改变，根据牛顿第二定律
在处，加速度发生了改变，故A错误；
B．由图像可得，当位移为9m时，拉力F做的功为27J，物体从开始运动到处，做匀加速直线运动，此时拉力F为5N，则
解得
根据
得加速度时间为
末速度为
物体从到过程中，物拉力为2N，则
即物体从到做匀速直线运动，运动的时间为
拉力F作用的总时间为
拉力F的平均功率为
故B正确；
C．摩擦力做的功为
故C错误；
D．根据
可得，当物体速度最大和拉力最大时，功率最大，即
故D错误。
故选B。
【分析】首先根据W-s图像的斜率表示拉力F，结合牛顿第二定律得出物体的两个时间段内的加速度，再由恒力功的定义式计算摩擦力做功，最后根据平均功率和瞬时功率的公式，计算出平均功率和瞬时功率即可。
4．（2024高三下·涪城模拟）如图，一粗糙斜面放置在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮，一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用始终垂直于绳子的拉力F缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳水平。已知斜面和M始终保持静止，则在此过程中（　　）
A．拉力F的大小先变大后变小
B．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加
C．地面对斜面的支持力大小一直增大
D．地面对斜面的摩擦力大小先增大后减小
【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查动态的平衡问题，解题的关键是灵活选择研究对象，正确分析受力情况，利用平衡条件列方程，再进行分析。用解析式法解决动态平衡问题时，可用角度为变量，也可用几何线段的长度为变量。由表达式判定力的变化情况时，需切实注意变量的取值范围。A．对N进行受力分析如图所示
根据平衡关系可知
由题可知，由逐渐减小到，则逐渐增大，逐渐减小，A错误；
B．若M所受的斜面对它的摩擦力沿斜面向下，则随着逐渐减小，摩擦力可能先减小后增大，B错误；
CD．对MN和斜面组成的整体进行受力分析如图所示
根据平衡关系可知
解得
由此可知，在由逐渐减小到的过程中，先增大后减小，一直减小，C错误，D正确。
故选D。
【分析】对N进行受力分析，根据平衡条件列方程，进而分析拉力F和细绳拉力T的变化情况；M所受斜面的摩擦力方向不能确定，若M所受的斜面对它的摩擦力沿斜面向下，结合T的变化分析此摩擦力的变化情况；对M、N和斜面组成的整体进行受力分析，根据平衡条件列方程分析，地面对斜面的支持力和摩擦力的变化情况。
5．（2024高三下·涪城模拟）如图所示，一个平行于纸面的等腰直角三角形导线框，水平向右匀速运动，穿过宽度为d的匀强磁场区域，三角形两直角边长度为2d、线框中产生随时间变化的感应电流i，下列图形正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】解答电磁感应图像问题，往往先根据楞次定律或右手定则判断感应电流方向，再根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律相结合分析感应电流大小的变化，从而选择图像。在时间内，线框进入磁场时磁通量向里增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场向外，因此感应电流沿逆时针方向．随着线框的运动，导线切割磁感线有效长度均匀减小，产生的感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小；在时间内，穿过线框的磁通量向里减小，根据楞次定律知，感应电流沿顺时针方向，穿过线框的磁通量均匀减小，产生的感应电流不变；在时间内，时间内，穿过线框的磁通量向里减少，根据楞次定律知，感应电流沿顺时针方向，线框有效切割长度均匀减小，产生的感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小。
故选C。
【分析】导体棒切割磁感线时产生感应电流，本题线框的运动可分为三个阶段进行分析，根据楞次定律可判断电路中感应电流的方向，根据有效切割长度的变化，分析感应电动势大小的变化，判断感应电流大小的变化，然后选择答题。
6．（2024高三下·涪城模拟）如图，质量为的木块静止放置在光滑水平面上，质量为的子弹（可视为质点）以初速度水平向右射入木块，水平射出木块时速度变为，已知木块的长为，设子弹在木块中的阻力恒为。则子弹在木块中运动的时间为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B,C
【知识点】动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】【解答】子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，则系统动量守恒。在子弹打木块过程中摩擦生热，则系统机械能不守恒，机械能向内能转化。若子弹不穿出木块，则二者最后有共同速度，机械能损失最多。设子弹在木块中运动的时间为，以子弹为对象，根据动量定理可得
解得
设子弹射出木块时，木块的速度为，根据系统动量守恒可得
解得
根据位移关系可得
解得
故选BC。
【分析】对木块由动量定理即可求出时间；子弹穿木块过程系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出木块的速度，由位移关系可求得时间。
7．（2024高三下·涪城模拟）如图所示，在圆心为O、半径为R的半圆形区域内（不含边界）有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，MN为直径。大量带正电荷的同种粒子以不同的速率从O点在纸面内沿与ON成角的方向射入磁场。粒子的质量为m，电荷量为q，不计粒子受到的重力以及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（　　）
A．粒子在磁场中运动的最长时间为
B．若粒子恰好从圆弧边界离开磁场，则粒子的速度大小为
C．若粒子恰好从O点正上方的P点离开磁场，则粒子的速度大小为
D．选择合适的速度，粒子可能从M点离开磁场
【答案】A,C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程作出粒子运动轨迹是解题的前提，应用几何知识粒子轨道半径，应用牛顿第二定律即可解题。A．当粒子的速度较小时，粒子从MN边界离开磁场，其轨迹对应的圆心角为，此时粒子在磁场中运动的时间最长，最长时间
故A正确；
B．如图所示
当粒子做圆周运动的轨迹与半圆形磁场边界相切时（设切点为Q），粒子恰好从圆弧边界射出，根据几何知识可知，粒子的轨道半径
设粒子的速度大小为，有，解得
故B错误；
C．设当粒子恰好从P点离开磁场时，粒子的轨道半径为，根据几何关系有
设粒子的速度大小为，有，解得
故C正确；
D．当粒子的速度大于时，粒子从Q点右侧离开磁场，当粒子的速度小于时，粒子从MN边界离开磁场，即粒子不可能从M点离开磁场，故D错误。
故选AC。
【分析】当粒子的速度较小时，其轨迹对应的圆心角较大，运动时间最长， 根据题意作出粒子临界运动轨迹，求出粒子临界轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出粒子临界速度，再确定粒子速度范围。
8．（2024高三下·涪城模拟）如右图所示，两根光滑足够长且电阻不计的平行金属导轨MNPQ和，固定水在平面上，MN与距离为，PQ与距离为l。金属棒a和b的质量分别为2m和m、长度分别为与l，金属棒a、b分别垂直放在导轨和上，静止在导轨上。整个装置处于竖直向下的、磁感强度为B的匀强磁场中。现a棒获得水平向右初速度，两棒运动时始终保持平行且a总在上运动，b总在上运动，下列说法正确的（　　）
A．开始到稳定过程中，金属棒a和b组成系统动量守恒
B．稳定后，金属棒a和b均做加速度相同的匀加速直线运动
C．稳定后，金属棒a和b均做速度不相等的匀速直线运动
D．稳定后，金属棒a和b单位时间扫过的面积相等
【答案】C,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】解决本题的关键要正确分析两棒的受力情况，判断稳定时两棒的速度关系。由于两棒加速度不同，所以应用牛顿第二定律可采用隔离法。
A．平行金属导轨光滑，金属棒a和b在运动过程中均受到安培力作用，由安培力公式
可知两金属棒长度不同，通过的电流相同，所受的安培力不同，将金属棒a和b看作系统，合力不为零，所以不满足动量守恒定律，所以金属棒a和b组成系统动量守恒不守恒，故A错误；
B．由题可知有初速度的金属棒a主动先动起来，此时由于它本身切割磁感线产生了感应电动势，金属棒a和b与导轨形成的闭合回路就有电流了，接着金属棒a和b都会受到安培力，金属棒a受到的安培力是阻力，做加速度减小的减速运动（因为安培力会随着运动速度的变化而变化，进而加速度也会变化），被动运动的另一根杆做加速度减小的加速运动，最终两金属棒产生的电动势互相抵消，稳定的时候回路中电流为0，此时稳定后，金属棒a和b安培力就消失了，双杆的加速度为0，速度就稳定在某个固定值，即稳定后，金属棒a和b均做匀速直线运动，故B错误；
CD．因金属棒a向右运动，受安培力向左，则a做减速运动，金属棒b受安培力向右做加速运动，则经过一段时间后，两棒稳定时均做匀速直线运动，此时回路的感应电流为零，感应电动势为零，则有
化简可得
即稳定后，金属棒b的速度是a的速度的2倍。则在单位时间内，由公式
可知金属棒b的位移是a的位移的2倍，所以单位时间扫过的面积为
，
即稳定后，金属棒a和b单位时间扫过的面积相等。故CD正确。
故选CD。
【分析】对a、b整体分析，整体受恒定拉力作用，经过足够长时间后最终达到稳定状态，此时回路中的感应电动势为零，回路中的电流为零，两金属棒均做匀速直线运动；根据安培力表达式确定加速度之比。由动量定理可求得金属棒a流过的电荷量。
9．（2024高三下·涪城模拟）某同学为了验证动量守恒定律设计了如图所示的装置，取一段中心处有一小孔、两端开口的PV细管，将PV管水平固定在图示木架上，PV管内壁光滑。选择两个大小相同带孔小球（直径均略小于PV管的内径），用穿过两小球的细绳将压缩的弹簧锁定在PV管的中间，点燃火柴烧断细绳，两小球在弹簧的弹力作用下，分别从PV管的两端水平射出，分别落到水平台面的P、Q两点。用天平测出两球质量m1、m2，用刻度尺测出两管口离地面的高度h。回答下列问题：
（1）为了完成本实验，除了测量两小球的质量外，还必须测量　 　。
A．弹簧的压缩量Δx
B．PV细管的长度
C．小球落地点到管口的水平距离
（2）利用上述测得的实验数据，验证动量守恒定律的表达式为　 　。（用题中和第一问中所给符号表示）
（3）已知当地重力加速度为g，则解除弹簧锁定前，弹簧的弹性势能是　 　。
【答案】C；；
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】本题考查动量守恒定律的验证以及弹性势能的计算，要注意通过题意明确实验原理，能根据机械能守恒定律以及动量守恒定律分析对应的实验规律。（1）题中已测出两小球的质量m1、m2，要验证动量守恒定律，只需要测量两球落点到管口的水平距离，就可以表示两球弹开时的速度。
故选C。
（2）两小球弹出后，做平抛运动，平抛运动时间
两小球平抛运动的初速度为
，
若弹射运动中系统动量守恒，则有
代入时间得
解得
（3）弹射装置将两小球弹射出金属管运动中，弹簧的弹性势能转化为两小球的动能，则
因此解除弹簧锁定前，弹簧的弹性势能是
【分析】（1）明确实验原理，通过动量守恒定律进行分析可明确应测量的物理量；
（2）根据弹开过程前后的动量关系，以及平抛运动的规律明确验证动量守恒定律的表达式；
（3）根据机械能守恒定律、动量守恒定律以及平抛运动的规律求解弹性势能表达式。
10．（2024高三下·涪城模拟）多用电表是实验室中常用的测量仪器，如图（a），为多量程多用电表示意图，其中电流有1.0A、2.5A两个挡位，电压有2.5V、10V两个挡位，欧姆表有两个挡位。
（1）通过一个单刀多掷开关S，B可以分别与触点1、2、3、4、5、6接通，从而实现用多用电表测量不同物理量的功能。
①图（a）中B是　 　（选填“红”或“黑”）表笔；
②当S接触点　 　（选填“1、2、3、4、5、6”）时对应多用电表2.5V挡；
（2）多用电表测量未知电阻阻值的电路如图（b），测量时应将图（a）中S接触点3，电源的电动势为E1，R0为调零电阻。某次将待测电阻用电阻箱代替时，电路中电流I与电阻箱的阻值Rx关系图像如图（c），则此时多用电表的内阻为　 　kΩ，该电池的电动势E1=　 　V。
（3）如果随着使用时间的增长，该多用电表内部的电源电动势减小，内阻增大，但仍然能够欧姆调零，若仍用该表测电阻，则测量结果　 　。（选填“偏大”“偏小”或“不变”）
【答案】黑；5；15；12；偏大
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；练习使用多用电表
【解析】【解答】本题考查多用表的结构、原理和使用方法以及误差分析。由于本题说不考虑电源内阻，故用欧姆定律解决相关问题。（1）根据电流从黑表笔流出欧姆表，图（a）中B是黑表笔；根据电压表的结构，串联电阻越大，量程越大，当S接触点5时对应多用电表2.5V挡；
（2）根据闭合电路欧姆定律，当 时
当时
解得
（3）根据
如果随着使用时间的增长，该多用电表内部的电源电动势E减小，内阻增大，但仍然能够欧姆调零，Ig不变，R内变小，中值电阻变小，各刻度值都相应变小，若仍用该表测电阻，则测量结果偏大。
【分析】（1） ① 接线时电流从红表笔流入、黑表笔流出多用表，根据内部电压判断接黑表笔； ② 串联分压，电阻越大分压越多，量程小的分压小，接串联电阻小的5；
（2）欧姆表满偏时被测电阻为零，当指针半偏时被测电阻等于内阻，根据欧姆定律可以计算电动势；
（3）若电动势变小，但仍然能满偏调零，根据欧姆定律说明满偏时内阻变小，同一被测电阻指针所指电流偏小，根据欧姆表的刻度分布可知电阻值偏大。
11．（2024高三下·涪城模拟）如图所示，两根间距、电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角，导轨底端接有的定值电阻，导轨所在区域存在磁感应强度的匀强磁场，磁场方向垂直导轨平面向上。一质量、电阻的金属杆垂直于导轨放置，某时刻给金属杆一个沿斜面向上的恒力，使金属杆由静止开始运动时达到最大速度，重力加速度。求：
（1）金属杆获得的最大速度的大小和此时杆两端的 电势差；
（2）金属杆从静止到运动1.2m的过程中，通过电阻R的电荷量q和电阻R产生的焦耳热。
【答案】解：（1）杆速度最大时，根据平衡可得
金属杆中电流为
解得金属杆获得的最大速度为
此时电动势为
根据右手定则可知，金属杆内电流方向为a到b，因此可得
（2）电阻R的电荷量为
根据动能定理可得
解得
因此电阻R产生的焦耳热为
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据平衡条件结合动生电动势公式、安培力的计算公式求导体棒的最大速度。再由欧姆定律和右手定则求Uab的大小；
（2）根据电荷量的计算公式求解电荷量。根据动能定理和功能关系、焦耳定律可得R中产生的热量。
12．（2024高三下·涪城模拟）如图甲所示，在光滑绝缘水平桌面内建立平面直角坐标系xOy，在第Ⅱ象限内有平行于桌面的匀强电场，场强方向与x轴负方向的夹角。在第Ⅲ象限垂直于桌面放置两块相互平行的平板、，两板间距为，板间有竖直向上的匀强磁场，两板右端在y轴上，板与x轴重合，在其左端紧贴桌面有一小孔M，小孔M离坐标原点O的距离为L。在第Ⅳ象限垂直于x轴放置一块平行于y轴的竖直平板，平板在x轴上垂足为Q，垂足Q与原点O相距。现将一质量为m、带电量为的小球从桌面上的P点以初速度垂直于电场方向射出，刚好垂直板穿过M孔进入磁场。已知小球可视为质点，P点与小孔M在垂直电场方向上的距离为s，不考虑空气阻力。
（1）求匀强电场的场强大小和到M点时小球的速度；
（2）要使带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板上，求磁感应强度的取值范围；
（3）若时刻小球从M点进入磁场，磁场的磁感应强度随时间周期性变化，取竖直向上为磁场的正方向，如图乙所示，磁场的变化周期，小孔M离坐标原点O的距离，求小球从M点打在平板上所用的时间。
【答案】解：（1）小球在第Ⅱ象限内做类平抛运动，根据运动学规律有
由牛顿第二定律有
联立解得
设小球通过M点时的速度为v，由类平抛运动规律有
方向竖直向下；
（2）小球垂直磁场方向进入两板间做匀速圆周运动，轨迹如图1所示。
由牛顿第二定律有
解得
小球刚好能打到Q点时，磁感应强度最大，设为B1，此时小球的轨迹半径为R1，由几何关系有
解得
小球刚好不与C2板相碰时磁感应强度最小，设为B2，此时小球的轨迹半径为R2，由几何关系有
解得
综合得磁感应强度的取值范围是
≤B≤
（3）小球进入磁场做匀速圆周运动，设半径为R3，周期为T0，同（2）理有
孔M离坐标原点O的距离为
磁场的变化周期为
由以上分析可知小球在磁场中运动的轨迹如图2所示，一个磁场周期内小球在x轴方向的位移为
即小球刚好垂直y轴方向离开磁场。所以小球在磁场中运动的时间为
离开磁场到打在平板C3上所用的时间
小球从M点到打在平板C3上所用总时间为
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）小球在第二象限做类平抛运动，根据类平抛运动的规律可以求出匀强电场的场强以及小球通过M点时的速度；
（2）画出临界轨迹，根据洛伦兹力提供向心力求出半径表达式，由几何关系求出半径，即可求出磁感应强度的范围；
（3）求出粒子在磁场中运动的半径和周期，画出轨迹，分别求出粒子在磁场中运动的时间和离开磁场的时间，即可求出小球从M点到打在平板c3上所用的时间
13．（2024高三下·涪城模拟）如图（a）所示，演员正在舞台上表演“水袖”，“水袖”来自于戏曲舞蹈中，不仅肢体动作得以延伸，更是扩展了身体的表现力和延伸了内在感情，体现了中华民族精神气质和韵味。某次表演中演员甩出水袖的波浪可简化为简谐横波，沿x轴正方向传播的某时刻部分波形图如图（b）所示（3-18m之间有多个完整波形图未画出），若手抖动的频率是0.4Hz，袖子足够长且忽略横波传播时振幅的衰减，则图示时刻P点的振动方向为　 　（填“沿y轴正方向”或“沿y轴负方向”），该简谐横波的波长为　 　m，该简谐横波的传播速度为　 　m/s。
【答案】沿y轴正方向；7.5；3
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象
【解析】【解答】本题的关键在于理解简谐横波的性质，包括波的传播方向、波长、频率和波速之间的关系。通过分析波形图，可以确定波的传播方向和波长。根据波长与频率的关系，可以计算出波速。
根据题意，演员甩出水袖的波浪可简化为简谐横波，沿x轴正方向传播，则根据“同侧法”可知，图示时刻P点的振动方向为沿y轴正方向；
根据波形图可知
可得
而根据波的传播方向，结合“同侧法”可知，时刻，位移平衡位置处的质点和处的质点均将向下振动，则可得
可知，
根据波速与频率之间的关系
可得
【分析】根据题目描述，演员甩出的水袖波浪可以简化为沿x轴正方向传播的简谐横波，且已知手抖动的频率。通过分析波形图，可以确定波的传播方向、波长和波速。
14．（2024高三下·涪城模拟）某透明材料对红光的折射率为n=2，工厂用这种材料做出一个半径为的透明 半球体，其底面内壁涂有吸光材料，O为半球体的球心，在O点正上方有一点光源 S，能够朝各个方向发射红光，如图为透明半球体的截面示意图。已知OS的距离d=1cm，真空中的光速（忽略经透明半球体内表面反射后射出的光），答案可保留根号，求
（1）红光到透明半球体表面的最长时间；
（2）透明半球体外表面不发光区域在此截面上形成的弧长。
【答案】解：（1）因底面有吸光材料，故光线从S点沿着SB方向射出时，传播时间最长。如图
光在介质中传播的速度满足
①
光在介质中传播的最长时间
②
（2）光由介质射向空气，临界角满足sinC=，解得
C=30° ③
恰好发生全反射的光路如图所示，
由正弦定理得
=④
解得
∠ASO=135°
则
∠AOB=75°
透明半球体外表面不发光区域在此截面上形成的弧长为
【知识点】光的全反射
【解析】【分析】（1）求出光在介质中的传播速度，光线在介质中的距离最短时传播时间最短、传播距离最长时经过的时间最长；
（2）根据全反射的条件求解临界角的大小，根据几何关系求解透明半球体外表面发光区域在此截面上形成的弧长。
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