衡水金卷2018届全国高三大联考物理试题含答案.pdf

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1、一、选择题： ：共 12 小题，每小题4 分，在每小题给出的四个选项中，第18 题只有一 项符合题目要求，第 912 题有多项符合题目要求， 全部选对得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分 1下列说法正确的是 A两个带电质点，只在相互作用的静电力下运动，若其中一个质点的动量增加，另一 个质点的动量一定减少 B波尔将量子观念引入原子领域，成功解释了氢原子光谱的特征 C在原子核中，比结合能越小表示原子核中的核子结合的越牢固 D 已知氢原子从基态跃迁到某一激发态需要吸收的能量为12.09eV， 则动能等于 12.09eV 的另一个氢原子与这个氢原子发生正碰， 可以使这个原理静止并处于

2、基态的氢原子跃迁 到该激发态 答案 B：根据动量守恒定律，若两个带同种电荷的质点在斥力作用下由静止弹开，两个 质点的动量都增大，A 错误；波尔理论能解释氢原子光谱特征，B 正确；根据比结合能 的含义可知比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，C 错误；根据动量守恒定律和 能量守恒定律可知两个氢原子发生碰撞时， 其中一个氢原子的电子获得的能量一定小于 12.09eV，D 错误。 2质量为 m 的物体放置在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数 3 ，现用拉 3 力 F（与水平方向的夹角为）拉动物体沿地面匀速前进，下列说法正确的是 A=0即拉力 F 水平时，拉力最小 B=45时，拉力 F 最小 C拉

3、力 F 的最小值为 1 mg 2 3 mg 3 D拉力 F 的最小值为 1 答案 C：由匀速运动条件有F cos(mg F sin)得F mg ，当 cossin =30时，拉力 F 的最小值为mg，C 正确。 3摩天轮是游乐场一种大型转轮状设施，摩擦力边缘悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖 直面内做匀速圆周运动，随摩天轮转动过程中，可以俯瞰四周景色，下列叙述正确的是 1 2 A摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变 B摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零 C在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力 D摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变 答案 C：乘客随摩天轮匀速转动上升过程中，动能不

4、变，重力势能增加，机械能增加， A 错误；根据冲量的定义可知摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量不为零，B 错 误；在最高点，重力和支持力的合力提供向心力，重力大于支持力，C 正确；重力大小 不变，但是竖直方向的速度分量总在变化，故乘客重力的瞬时功率是变化的，D 错误 4如图所示，一理想变压器原副线圈的匝数比n 1 :n 2 4:1，变压器原线圈通过一理想 电流表 A 接u 220 2sin100tV的正弦交流电，副线圈接有三个规格相同的灯泡 和两个二极管，已知两二极管的正向电阻均为零，反向电阻均为无穷大，不考虑温度对 灯泡电阻的影响，用交流电压表测得 a、b 端和 c、d 端的电压分别为U

5、 ab 和U cd ，下列 分析正确的是 2 AU ab 220V，U cd 55V B流经L 1 的电流是流经电流表的电流的2 倍 C若其中一个二极管被短路，电流表的示数将不变 D若通电 1 小时，L 1 消耗的电能等于L2、L3消耗的电能之和 答案 D：根据变压器原理可知流经L 1 的电流是流经电流表的电流的4 倍，副线圈两端电 压为原线圈两端电压的四分之一，即 55V，但 cd 间电压不等于副线圈电压，AB 错误； 若其中一个二极管被短路，副线圈电路发生变化，原线圈电流表的示数也要发生变化， C 错误；根据能量守恒定律知D 正确。 5碳14 可以用来作示踪剂标记化合物，也常在考古学中测定

6、生物死亡年代，在匀强电 场中有一个初速度可以忽略的放射性碳 14 原子核，它所放射的粒子与反冲核经过相等 的时间所形成的径迹如图所示，a、b 均表示长度，那么碳 14 的衰变方程可能为 14410 A 6 C 2 He+ 4 Be 14014 B 6 C 1 e+ 5 B 14014 C 6 C 1 e+ 7 N 14212 D 6 C 1 H+ 5 B 答案 A：对图线分析，根据类平抛鼓励，对放射出的粒子 1 有v 1t b， 3 1 q 1E 2t 4b， 2 m 1 对反冲核 2 有v2t a， 1 q 2 E 2t 2a ， 又根据动量守恒定律可得m 1v1 m 2v2 ， 联立解得

7、2 m 2 q 1 2q 2 ，A 正确； 6如图所示，物块A 质量为 1kg，足够长的木板B 质量为 2kg，叠放在水平地面上，A、 B 间动摩擦因数 1 =0.4，B 与地面间动摩擦因数 2 =0.1，且最大静摩擦力等于滑动摩擦 力，现对 A 施加一个逐渐增大的水平力 F=kt（k=1N/s，t 为时间） ，g 10m / s，则下 面关于 A 与 B 间摩擦力f A 、B 与地面间摩擦力f B 以及 A、B 加速度与时间关系图像正 确的是 2 答案 B：对A、B 进行受力分析可得在 03s 内即 F 在 03N 时，A、B 静止，A、B 加速度 a=0，摩擦力f A、fB 均匀增大，在

8、34.5s 内即 F 在 34.5N 时，A、B 有共同的加速度 4 a F 3F m/ s2 (1)m/ s2，在 4.5s 时即 F=4.5N 时，A、B 共同加速度最大为 33 此时f A 4N、f B 3N， 之后 A、 B 相对滑动， 在 t=4.5s 以后即 F4.5N，a 0.5m/ s2， 22 A、B 相对滑动，aA (F 4)m/ s，f A 不再变化，aA 0.5m / s，f B 不再变化，注 意 4.5s 前后 A 的加速度变化快慢不同，综上分析，ACD 错误 B 正确； 7一匀强电场的方向平行于 xOy 平面，平面内 a、b、c 三点的位置如图所示，三点的 电势分别

9、为 10V、17V、26V。下列说法正确的是 Aab 连线中点的电势与 ac 连线中点的电势相等 B电子在 a 点的电势能比在 b 点的电势能少 7eV C若电子从 b 点运动到 c 点，需克服电场力做功9eV D电场强度的大小为 2.5V/m 答案 D：根据匀强电场分别规律可知 ac 连线中点的电势为 18V，ab 连线的中点的电势 为 13.5V，A 错误；电子在电势较低位置的电势能大于电子在电势较高位置的电势能， B 错误；电子从电势较低处向电势较高处运动，电场力做正功， C 错误；如图所示，设ac 之间的 d 点电势与 b 点相同，则 ad10177 ， ，所以 d 点的坐标为（3.5

10、cm，6cm） dc17269 过 c 点作等势线 bd 的垂线，由几何关系可得 cf 的长度为 3.6cm，电场强度的大小为 E U2617 2.5V /cm，D 正确； d3.6cm 8如图所示，在竖直平面内有一边长为 a 的等边三角形区域 ABC，该区域中存在垂直 平面向里的匀强磁场和竖直方向的匀强电场，匀强电场的场强为 E，一带正电，电量为 5 q 的小球以速度 v 沿 AB 边射入匀强磁场中恰好能做匀速圆周运动，欲使带电小球能从 AB 边射出，重力加速度为g，则下列说法正确的是 A匀强磁场的磁感应强度B 的最小值应为 Ev ag B匀强磁场的磁感应强度B 的最小值应为 2Ev ag

11、3Ev ag C匀强磁场的磁感应强度B 的最小值应为 D当磁感应强度取最小值时，小球在磁场内运动的时间最短 答案 C：小球进入磁场后恰好做匀速圆周运动，所以mg qE，即m qE ，当圆周运 g 3v2 a， 动轨道半径最大时对应的磁感应强度最小， 由几何关系可得r 结合qvB m 3r 可得 3mv3Ev ，所以B ，A、B 错误 C 正确；小球运动时间t T，从ABa 23Bqag 2m ，磁感应强度 B 越小，周期越大，故运动时间 Bq 边射出时偏转角相等，而周期T 越长，D 错误； 92017 年 6 月 19 日，我国在西昌卫星发射中心发射“中星9A”广播电视直播卫星， 6 按预定计

12、划， “中星 9A”应该首选被送入近地点约为 200 公里，远地点约为 3.6 万公里 的转移轨道 II（椭圆） ，然后通过在远地点变轨，最终进入地球同步轨道III（圆形） 。但 是由于火箭故障，卫星实际入轨后初始轨道 I 远地点只有 1.6 万公里。科技人员没有放 弃，通过精心操作，利用卫星自带燃料在近地点点火，尽量抬高远地点的高度，经过 10 次轨道调整，终于在 7 月 5 日成功定点于预定轨道，下列说法正确的是 A失利原因可能是发射速度没有达到9.7km/s B卫星在轨道 III 经过 Q 点时和在轨道 II 经过 Q 点时的速度相同 C卫星从轨道 I 的 P 点进入轨道 II 后机械能

13、增加 D卫星在轨道 II 由 P 点向 Q 点运行时处于失重状态 答案 CD：发射速度大于第一宇宙速度，A 错误；在轨道 II 和轨道 III 的 Q 点，卫星机械 能不等，卫星重力势能相等，但动能不等，所以速度大小不等，B 错误；卫星从轨道 I 进入轨道 II 机械能增加，C 正确；卫星环绕地球运行的过程中，万有引力提供向心力， 处于失重状态，D 正确； 10在真空中的光滑绝缘水平面上有一带电小滑块，开始时滑块静止，现在滑块所在空 间加一水平方向的匀强电场 E 1 ，持续一段时间后立即换成与 E 1 相反方向的匀强电场 E 2 。当电场E2与电场E1持续时间相同时，滑块恰好回到初始位置，则在

14、上述前后两个 过程中 A滑块动能增量之比为1：3 B电场强度大小之比为1：2 C滑块动量增量大小之比为1：3 D电场力的最大瞬时功率之比为1：4 7 答案 AC：由位移关系 1 2 1 a 1t a1t 2a 2t 2 0得a 2 3a 1 ，所以两阶段电场强度大小之 22 比为 1：3，两阶段末速度大小之比为v 1 :v 2 a 1t :(a2t a1t) 1: 2 ，两阶段动能增量之 比为 1：3，两阶段动量增量之比为1：3，最大瞬时功率之比为1：6，所以 AC 正确； 11做磁共振检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流。为 了探究该感应电流对肌肉组织的影响， 可将包

15、裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线 圈，如图所示，若等效线圈的半径为 r，线圈导线的截面积为 S，电阻率为，匀强磁 场方向与线圈平面垂直，磁感应强度在t时间内从 B 均匀地减为零，则下列说法正确 的是 A沿磁场方向从右向左看，该圈肌肉组织中感应电流方向为逆时针 B根据题中条件可以求出该圈肌肉组织中的感应电动势 C根据题中条件可以求出该圈肌肉组织中的等效电阻 D根据题中条件可以求出t时间内该圈肌肉组织中产生的热量 答案 BCD：根据楞次定律可知当线圈内磁感应强度减小时，沿磁场方向从右向左看，感 BSBr2 应电流方向为顺时针， A 错误；由电磁感应定律可得E ，B 正确； ttt 由电阻定律可

16、得等效电阻R L2r ，C 正确；结合欧姆定律可求出电流，再结 SS 合焦耳定律可求出t时间内该圈肌肉组织中产生的热量，D 正确。 12如图所示，在竖直平面的 xOy 坐标系中，Oy 竖直向上，该平面内存在沿 x 轴正向的 匀强电场，一个带电小球从坐标原点沿 Oy 方向抛出，初速度为v0，不计空气阻力，小 球到达最高点 P 的位置坐标为(d, 则下列说法正确的是 2 d)，小球落回到x 轴的位置为 Q 点（图上未标出） ， 3 8 A小球到达最高点 P 时的速度大小可能小于v0 B小球到达最高点 P 时的速度大小不可能等于v0 C小球落回 x 轴的位置 Q 点坐标为（3d，0） D小球落回 x

17、 轴的位置 Q 点坐标为（4d，0） 答案 BD：由x v 平t 得竖直方向 v 0 2v t d，电场方向t d可得v 1.5v 0 ，A 错误； 232 B 正确；竖直方向只受重力，做竖直上抛运动，上升时间和下降时间相等，电场方向加 速度大小一定，由x 正确； 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分 （一）必考题 13某小组同学做 “验证机械能守恒”实验，采用了如图甲所示的装置，其中 1 2 ，C 错误 Dat可知小球落回 x 轴的位置 Q 点坐标为（4d，0） 2 m 1 50g、m 2 150g，m 2 在高处由静止开始下落，m2可以带动m 1 拖着纸带带出一 系列的点，某次实验打出的

18、纸带如图乙所示，0 为打下的第一个点，相邻两计数点间还 有 4 个点（图中未标出） ，所用电源的频率为50Hz，请计算（当地重力加速度 g 9.8m/ s2，计算结果均保留三位有效数字） ： 9 （1）系统的加速度大小为_m/ s； （2）在打计数点05 的过程中，系统动能的增量为Ek=_J，系统重力势能的减 少量为EP=_J。 答案（1）4.80（2）0.576；0.588 详细分析： （1）系统的加速度由x at可得a 2 2 0.26400.2160 50.022 m/ s2 4.80m/ s2 （2）v5 x 46 1 2 2.4m/ s，系统动能的增量为E k (m 2 m 1)v5

19、 0.576J；系统重 2t2 力势能的减少量为E p (m 2 m 1)gv05 0.588J 14某学习小组想利用下列器材测量两节干电池的电动势和内阻，直流电压表V 1 、V 2 ， 量程均为 3V，内阻约为 3k ，标称值为 2.0 的定值电阻R0；最大阻值为 15 的滑动 变阻器 R 以及开关和导线若干。 利用上述器材，小球设计了如图甲所示的电路用以测量电源的电动势和内阻，实验中移 动滑动变阻器触头，记录U1、U 2 的值如下表所示。 10 （1）用 E、r、R0写出U 2 和U1的关系式：U 2 _。 （2）用测出的数据在图乙中选择合适的标度绘出U 2 U 1 图线； （3）由图线可

20、得被测电池组的电动势 E=_V，内阻 r=_， （结果保留一位小 数） 。 答案（1） R 0 r E U 1 （2）根据描点法，如图所示（3）2.9（2.83.0 均可） ； R 0 rR 0 r 3.0（2.93.1 均可） 11 详 细 分 析 ： 由 闭 合 电 路 欧 姆 定 律 可 得 E U 2 U 2 U 1r ， 变 形 可 得 R 0 U 2 R 0 r E U 1 ，结合图像分析可知 E=2.9V，r=3.0。 R 0 rR 0 r 15如图所示，MN 为固定的竖直光滑四分之一圆弧轨道，N 端与水平面相切，轨道半 径 R=0.9m，粗糙水平端 NP 长 L=1m，P 点右

21、侧有一与水平方向成=30角的足够长的 传送带与水平面在 P 点平滑连接，传送带逆时针转动的速率恒为 3m/s，一质量为 1kg 可视为质点的物块 A 从圆弧轨道最高点 M 由静止开始沿轨道滑下， 物块 A 与 NP 段间的 动摩擦因数 1 0.1，静止在 P 点的另一个物块 B 与 A 完全相同，B 与传送带间的动摩 擦因数 2 求： 3 2 ， A 与 B 碰撞后 A、 B 交换速度， 碰撞时间不计， 重力加速度g 10m / s， 3 （1）物块 A 滑下后首次到达最低点N 时对轨道的压力； （2）从 A、B 第一次碰撞后到第二次碰撞前，B 与传送带之间由于摩擦而产生的热量； 详细分析：

22、（1）设物块质量为 m，A 首次到达 N 点的速度为v， 由机械能守恒定律可得mgR 1 mv2 2 v2 由牛顿第二定律可得FNmg m R 联立解得FN 30N 根据牛顿第三定律可知支持力与压力大小相等，方向相反，所以物体对轨道压力大小为 30N，方向竖直向下 （2）设 A 到 B 第一次碰撞前的速度为v0，从释放物块 A 至到达 P 点的过程中，由能量 12 守恒定律可得mgR 解得v0 4m / s 1 2mv 0 1mgL 2 设 A、B 第一次碰撞后的速度分别为vA、vB，则vA 0，vB 4m/ s 碰后 B 沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为a1 则对 B 有m

23、gsin2mg cos ma1 2 解得a1 gsin2g cos10m / s 运动时间为t1 位移为x 1 v B 0.4s a 1 v Bt 1 0.8m 2 此过程物块 B 与传送带相对运动的路程s1 vt1 x 1 2m 此后 B 反向加速，加大仍为a1，与传送带共速后匀速运动直至与A 再次碰撞 加速时间为t2 位移为x2 v 0.3s a 1 v t 2 0.45m 2 此过程相对运动路程s2 vt2 x2 0.45m 全过程产生的热量为Q 2mg cos(s1s2) 12.25J 16如图所示，两足够长的平行金属导轨 MN、PQ 相距 L=1m，导轨平面与水平面夹角 =30，在

24、M 和 P 之间连有一个组织为 2的电阻 R，在导轨上AA处放置一根与导 轨垂直、质量 m=0.5kg 的金属棒 ab，金属棒始终与导轨接触良好， 导轨和金属棒电阻不 计，用轻绳通过定滑轮将电动小车与金属棒的中点相连，轻绳与金属棒的连线平行与导 轨平面，开始时电动小车位于滑轮 的正下方水平面上的E 处（小车可视为质点） ，电动 小车沿水平面 EF 前进速度始终为 1.0m/s，滑轮离电动小车所在水平地面 EF 的高度 H=3.0m，在导轨的 MP 和 CD 所围的区域存在磁感应强度 B=1.0T，方向垂直于斜面向上 的匀强磁场，此区域金属棒和导轨间的动摩擦因数 13 3 ，此区域外导轨是光滑的

25、， 6 取g 10m / s，电动小车沿水平方向匀速前进t=4s 时金属棒恰好运动到 CD 位置。 2 （1）求此时金属棒中的电流大小和4s 内通过金属棒的电量； （2） 若此时绳子突然断了， 求金属棒再次经过 CD 进入磁场瞬间， 所受到的安培力大小； 若金属棒继续下滑到AA时恰好做匀速直线运动， 求从绳子断裂到金属棒回到AA位置 的过程中，电阻 R 上产生的热量 Q 为多少？（保留两位有效数字） 详细分析： （1）电动小车的速度为v=1.0m/s，电动小车在t=4s 内前进的距离为 x=vt=4m 设 t=4s 时滑轮右侧的轻绳与水平面的夹角为，则 sin=0.6，cos=0.8 可以将轻

26、绳端电动小车的速度分解为沿绳伸长方向的速度和垂直于绳伸长方向的速度， 此时金属棒向上运动的速度即绳端沿绳长方向的速度v 1 vcos1.00.8 0.8m / s 此时金属棒感应电动势为E BLv1 0.8V 金 属 棒 由AA上 滑 过 程 中 切 割 磁 感 线 ， 金 属 棒 沿 导 轨 向 上 移 动 的 距 离 为 d H H 2m sin BLd tt BLd 通过电阻 R 的电量为q It ，解得 q=1C R 平均感应电动势为E （2）t=4s 时，金属棒运动到CD 位置时绳子突然断了，金属棒将继续沿斜面上滑，由机 14 械能守恒定律可知它再通过CD 位置时的速度大小为 0.8

27、m/s 进入磁场切割磁感线，产生感应电流大小为I EBLv 1 RR B2L2v 1 受到的安培力大小为FA BIL ，解得FA 0.4N R 设 金 属 棒 运 动 到AA位 置 后 做 匀 速 运 动 的 速 度 为 v 2 ， 有 B2L2v 2mgsinmgcos R 代入数据可得v2 2.5m/ s 金 属 棒 从CD滑 到AA的 过 程 中 ， 由 能 量 守 恒 定 律 可 得 1 2Q m(v 1 2v 2 )mgdsinmgd cos 2 代入数据可得 Q1.1J （二）选考题 17 【物理选修 3-3】下列说法正确的是 A单晶体在不同方向上的导热性、导电性、机械强度等物理性

28、质不一样 B热量不可能从低温物体向高温物体传递 C一定质量的理想气体，保持气体的压强不变，温度越高，体积越大 D功可以完全转化为热量，而热量不能完全变为功，即不可能从单一热源吸热使之全 部变为有用的功 E若气体的温度不变，压强增大，说明每秒撞击单位面积器壁的分子数增多 答案：ACE：单晶体具有各向异性，A 正确；热力学第二定律是说热量不能自发地从低 温物体传到高温物体， 通过外力做功是可以把热量从低温物体传递到高温物体， B 错误； 根据理想气体方程（或者查理定律）可知C 正确；在引起其他变化的情况下，是可以从 单一热源吸热使之全部变为有用的功，D 错误；根据气体压强的微观含义可知E 正确；

29、（2）如图所示，两个侧壁绝热，顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和 顶部均由细管连通，顶部的细管带有阀门K，两气缸的容积均为V 0 ，气缸中各有一个绝 15 热活塞（质量不同，厚度可忽略） ，开始时 K 关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体 （可视为理想气体） ，压强分别为p 0 和 活塞上方气体体积为 p 0 。左活塞在气缸正中间，其上方为真空，右 3 V 0。现使气缸底部与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶 4 部，且与顶部刚好没有接触，然后打开 K，经过一段时间，重新达到平衡，已知外界温 度为T0，不计活塞与气缸壁间的摩擦，求： 恒温热源的温度 T； 重新达到平衡后活塞上方

30、气体的体积Vx。 详细分析：与恒温热源接触后，在K 未打开时，右活塞不动，两活塞下方气体经历等 压过程 7 V 7T 4 0 由盖吕萨克定律可得，解得T T 0 5T 0 5 V 0 4 由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的质量大，打开K 后，左活 塞下降至某一位置，右活塞必须升至气缸顶部，才能满足力学平衡条件。气缸顶部与外 界接触。底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程，设左活塞上方气体压强 为 p，由玻意耳定律可得pVx p 0 V 0 34 16 p p 0 2V 0 V x p 0 71 V 0 ，联立解得6Vx2V0VxV02 0，解得V x V 0 或 42

31、 1 V x V 0 （不符合题意，舍去） 3 18 【物理选修 3-4】 （1）一列简谐横波在t1 0.02s时刻的波形图如图甲所示，平衡位置在x=1m 处的质点 P 的振动图像如图乙所示，已知质点M 的平衡位置在 x=1.75m 处，下列说法正确的是 A波的传播速度为 100m/s Bt2 0.03s时，质点 M 的运动方向沿 y 轴正方向 CM 点在t1时刻位移为 2 m 10 D质点 M 从t1时刻起每过 0.005s 通过的路程均为 0.2m E如果该波源从 O 点沿 x 轴正向快速运动，则在 x=20m 处的观察者接收到的波的频率 将大于 50Hz 答 案 ACE： 由 图 甲 可

32、 知 波 长 2m ， 由 图 乙 可 知 周 期 T=0.02s， 所 以 波 速 v T 100m/ s，A 正确；由图乙可知t 1 0.02s时质点 P 正通过平衡位置向 y 轴负方 向运动， 可以判断出该波沿 x 轴正方向传播， 所以此时质点 M 的运动方向沿 y 轴正方向， 则当t2 0.03s，即再过半个周期，质点M 的运动方向沿 y 轴负方向，B 错误；质点M 的平衡位置在 x=1.75m，与 P 点振动情况相差 1.751.03 T T，根据振动方程可知 28 y Asint Asin 22321 t 0.2sinT m，所以 C 正确；0.005s T质 TT8104 点 M

33、 从t1时刻起每四分之一周期通过的路程不是振幅 0.2m，D 错误；根据多普勒效应 可知当波源向观察者快速运动时，观察者接收到的波的频率大于波源的实际频率，E 正 17 确； （2）如图所示，ABCD 为一长方体游泳池剖面图，池底宽度AB=L，池边 BC 正上方有一 定向光源 P，沿 PA 方向发出固定光束，PB=H，现保持光束方向不变，将池内的水通过 底部出水口慢慢排出，当池水深度为 求当池水深度为 2L H时，池底光斑到 A 点距离为 。 33 H 时，池底光斑到 A 点距离为多少？ 2 控制出水口缓慢排水，若水面匀速下降的速率为v 0，求池底光斑移动的速率。d 详细分析：设池水深度为 h 时，池底光斑到 A 点距离为 x，池底光斑到光束入射点的 水平距离为 a， 由几何关系可得 xaL hH 池水深度变化时，固定光束射入水时折射角不变 2LaL H和x 得 33h2H L 联立解得x h 2H HLLHL 当池水深度为h时，x h 22H2H24 LL 由上面结论x h可得池底光斑移动的距离x h 2H2H xLhh v 0 则且 t2Htt xL v 0 所以池底光斑移动的速率为vx t2H 由h 18 19