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2021届高三第二次模拟考试卷 物理（三）教师版
2021届高三第二次模拟考试卷
物 理（三）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求。第19～21题有多选项题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的的0分。
14．2020年11月27日0时41分，华龙一号核电5号机组首次并网成功，标志着我国正式进入核电技术先进国家行列。华龙一号发电机利用的是铀核裂变释放的核能，其裂变方程为：235 92U＋10n→X＋9538Sr＋210n。则下列叙述正确的是(　　)
A．裂变后粒子的总核子数减少
B．X原子核中含有85个中子
C．裂变过程中释放核能是因为新核的结合能小
D．裂变过程中释放核能是因为新核的比结合能小
【答案】B
【解析】核反应过程质量数守恒，所以裂变后粒子的总核子数不变，A错误；设X原子核中有x个质子，质量数为y，则有92＝x＋38，235＋1＝y＋95＋2，解得x＝54，y＝139，则X原子核中含有中子数为y－x＝85，B正确；裂变释放核能是因为新核的比结合能大于原来重核的比结核能，CD错误。
15．2020年11月10日8时12分，“奋斗者”号深潜器在马里亚纳海沟成功坐底，创造了10909米的中国载人深潜新纪录，标志着我国在大深度载人深潜领域达到世界领先水平。某兴趣小组用一个模型模拟了深潜器从水底由静止向上返回的运动过程，记录了其加速度a随位移x变化关系的图像如图所示，则(　　)


A．在0～x0阶段深潜器内的物体处于失重状态
B．在2x0～3x0阶段深潜器内的物体处于超重状态
C．在2x0处深潜器运动的速度大小为
D．在3x0处深潜器运动的速度最大
【答案】C
【解析】在0～x0阶段深潜器加速上升，因此深潜器内的物体处于超重状态，A错误；在2x0～3x0段，加速度为负值，深潜器做减速运动，潜器内的物体处于失重状态，B错误；根据v2＝2ax可得深潜器到达x0处时的速度 ，在x0～2x0段加速度为零，做匀速运动，因此在2x0处深潜器速度大小为 ，C正确；由于2x0～3x0段减速，因此在深潜器在2x0处运动速度最大，D错误。
16．如图甲所示，充好电的电容器与定值电阻接入电路，电压传感器与电流传感器对电路的影响可忽略不计。传感器将测得的物理量输入计算机，计算机显示出物理量随着时间的变化情况。现闭合开关后，在计算机上显示的电路中的电压与电流随时间的变化关系如图乙所示。t2时刻，电压与电流变为零。图乙中S1与S2为电流曲线在虚线MN两侧与坐标轴围成的面积。下列说法中正确的是(　　)

A．图乙中的S1＝S2
B．图乙中的S1＞S2
C．图乙中电压与电流的比值逐渐变小
D．图乙中电阻R在0～t1内产生的内能等于在t1～t2内产生的内能
【答案】A
【解析】电流曲线与坐标轴围成的面积表示电容器放出的电荷量，电容器在0～t1时间内放出的电荷量为S1，电压减小了6 V；在t1～t2时间内放出的电荷量为S2，电压又减小了6 V，由q＝CU，可知S1＝S2，A正确，B错误；图乙中的电压与电流实际上反映的是定值电阻R上的物理量，它们满足欧姆定律，故电压与电流的比值不变，C错误；在每小段时间内，根据公式有ΔQ＝I2RΔt，U＝IR，Δq＝IΔt，解得ΔQ＝UΔq，由于R两端的电压在0～t1内的高于在t1～t2内的，故电阻R在0～t1内产生的内能大于在t1～t2内产生的内能，D错误。
17．假设宇宙中有两颗相距无限远的行星A和B，半径分别为RA和RB。两颗行星周围卫星的轨道半径的三次方（r3）与运行周期的平方（T2）的关系如图所示，T0为卫星环绕行星表面运行的周期，则(　　)

A．行星A的质量小于行星B的质量
B．行星A的密度小于行星B的密度
C．行星A的第一宇宙速度等于行星B的第一宇宙速度
D．当两行星的卫星轨道半径相同时，行星A的卫星向心加速度大于行星B的卫星向心加速度
【答案】D
【解析】根据GMmr2＝m4π2T2r可得M＝4π2r3GT2，根据图象可知，A的r3T2比B的大，所以行星A的质量大于行星B的质量，故A错误；行星的密度大小ρ＝MV＝3πGT2，根据图象可知，在两颗行星表面做匀速圆周运动的周期相同，所以行星A的密度等于行星B的密度，故B错误；第一宇宙速度大小为v＝2πrT，由于A的半径大于B的半径，卫星环绕行星表面运行的周期相同，则行星A的第一宇宙速度大于行星B的第一宇宙速度，故C错误；根据GMmr2＝ma可得a＝GMr2，当两行星的卫星轨道半径相同时，A的质量大于B的质量，则行星A的卫星向心加速度大于行星B的卫星向心加速度，故D正确。
18．一学校物理项目学习小组研究悬索桥的受力特点，实际的悬索桥在工程上是复杂的，他们进行了合理简化，悬索桥的简化模型如下：吊桥六对钢杆悬吊，六对钢杆在桥面上分列两排，其上端挂在两根钢缆上，如图为其一侧面图。已知图中相邻两钢杆间距离为9 m，靠桥面中心的钢杆长度为2 m（即AA′＝DD′＝2 m），BB′＝EE′，CC′＝PP′，又已知两端钢缆CM、PN与水平方向成45°角，若钢杆钢缆自重不计，每根钢杆承受拉力相同，桥面总质量m，每对钢杆拉力均为T。以下说法正确的是(　　)

A．每根钢杆拉力大小为16mg
B．每对钢缆AD中拉力大小为13mg
C．每对钢缆CM中拉力大小为22mg
D．BB′的长度为6 m
【答案】C
【解析】桥面总质量m，每根钢杆拉力均为T，由平衡条件可得12T＝mg，解得T＝112mg，A错误；对整体受力分析如图甲，由平衡条件可得2TCMsin 45°＝mg，解得TCM＝22mg，C正确；对左边的悬索受力分析如图乙所示，由平衡条件可得TAD＝TCMcos 45°＝12mg，B错误；对A点受力分析如图丙所示，由平衡条件可得tan θ＝13，由几何关系可得BB′＝AA′＋A′B′tan θ＝5 m，D错误。

19．如图，一带负电的点电荷固定在P处，一带电油滴静止在O点。现让该油滴从P点的正上方A处静止释放，通过O点后运动到B点。下列关于这个过程中的说法正确的是(　　)

A．油滴在A处的加速度大于g
B．点电荷在O点产生的场强大于在B点产生的场强
C．油滴在B点的电势能最大
D．从O点运动到B点的过程中油滴重力势能的减少量小于电势能的增加量
【答案】CD
【解析】带电油滴静止在O点，则电场力向上，油滴在A处受到向上的库仑力，因此加速度小于g，A错误；离点电荷远近，电场强度越大，所以点电荷在O点产生的场强小于在B点产生的场强，B错误；油滴从A点到B点，电场力做负功，电势能增大，油滴在B点的电势能最大，C正确；带电油滴静止在O点，从A处静止释放，通过O点时速度最大，根据能量守恒定律，从O点运动到B点的过程中油滴重力势能的减少量与动能的减少量之和等于电势能的增加量，所以从O点运动到B点的过程中油滴重力势能的减少量小于电势能的增加量，D正确。
20．如图，倾角θ＝60°的光滑斜面下端有一垂直斜面的挡板，挡板上连接一轻质弹簧，斜面上端A与竖直放置的光滑圆弧形管道平滑连接，在外力的作用下，一质量为m的小球静止在P点。弹簧处于压缩状态。现释放小球，小球无能量损失地进入圆弧形管道（小球直径稍小于管道直径），刚好可到达圆弧形管道的最高点，已知圆弧形管道半径为R，OA⊥PA，PA＝3R，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　)

A．弹簧储存的弹性势能为3mgR
B．其他条件不变，把小球质量变为2.5m，则小球仍能进入圆弧形管道
C．其他条件不变，把小球质量变为0.5m，则小球在最高点对圆弧形管道的作用力为2.5mg，方能竖直向上
D．其他条件不变，换成长度相同弹性势能较大的弹簧，在圆弧形管道最高点，圆弧形管道对小球的作用力一定增大
【答案】AC
【解析】小球刚好运动到圆弧形管道的竖直最高点时速度为零，根据机械能守恒定律有Ep＝mg×3Rsin θ＋ mgRcos θ＋mgR＝3mgR，故A正确；弹簧劲度系数不变时，弹簧的弹性势能不变，把小球质量变为2.5m，设小球可上升的最大高度为h，则有Ep＝2.5mgh，解得h＝1.2R＜3Rsin θ＝1.5R，因此小球不能进入圆弧形管道，故B错误；把小球质量变为0.5m时，设小球经过最高点时的速度为v，则有Ep＝12mg×3Rsin θ＋12mgRcos θ＋12mgR＋12×12mv2，在最高点满足FN＋12mg＝12mv2R，解得FN＝2.5mg，方向竖直向下，根据牛顿第三定律，小球在最高点对圆弧形管道的作用力为2.5mg，方向竖直向上，故C正确；其他条件不变，增大弹簧的弹性势能，则小球在最高点有速度，需要向心力，与原来相比，支持力可能向上且减小，故D错误。
21．如图甲所示，两条粗糙平行金属导轨倾斜固定放置（两导轨电阻不计），倾角θ＝37°，间距d＝1 m，电阻r＝3 Ω的金属杆与导轨垂直放置，导轨下端连接规格为“3 V，3 W”的灯泡L。在导轨内有长为l、宽为d的矩形区域abcd，该区域内有垂直导轨平面均匀分布的磁场，各处的磁感应强度B大小始终相等，B随时间t变化图线如图乙所示。在t＝0时，金属杆从PQ位置静此释放，向下滑动直到cd位置的过程中，金属杆始终与导轨垂直，灯泡一直处于正常发光状态。则金属杆从PQ位置到cd位置的运动过程中，下列说法正确的是（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2）(　　)

A．金属杆先做匀加速直线运动后做匀速直线运动
B．金属杆到达ab位置的速度大小为3 m/s
C．金属杆与导轨间的动摩擦因数为0.5
D．金属杆克服安培力做功为6 J
【答案】ABD
【解析】因为灯泡一直处于正常发光状态，而磁场是先均匀增加后保持不变的，所以金属杆从PQ位置到ab位置的过程中做匀加速直线运动，从ab位置到cd位置的过程中做匀速直线运动，且金属杆到达cd位置时用时间1 s，磁场强度正好达到2 T，故A正确；因为灯泡一直处于正常发光状态，所以回路中产生的感应电动势E＝U＋PUr＝6 V，根据法拉第电磁感应定律E＝Bdv，解得v＝3 m/s，故B正确；金属杆从开始到达ab位置的过程中根据v＝at，解得a＝3 m/s2，根据牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得μ＝0.375，故C错误；因为灯泡一直处于正常发光状态，所以整个过程电动势一直没变，在金属杆从开始到达ab位置的过程中，回路中产生的电动势 ，解得l＝3 m，则FA＝BId＝BPUd＝2 N，安培力对金属杆做功W＝－FAl＝－6 J，故D正确。
第Ⅱ卷（非选择题，共174分）
三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题～第25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第34题为选考题，考生根据要求做答)
(一)必考题(共129分)
22．(6分)用如图甲所示的实验装置测量当地重力加速度的大小。质量为m2的重锤从高处由静止开始下落，质量为m1的重锤上拖着纸带利用电磁打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点迹进行分析，即可测出当地的重力加速度g值。如图乙给出的是实验中获取的一条纸带中的某一段，相邻两计数点间还有4个点未画出，电源的频率为50 Hz，相邻计数点间的距离如图(b)所示。已知m1＝80 g、m2＝120 g，要求所有计算结果保留两位有效数字。则：

(1)用逐差法求出重锤的加速度大小a＝__________m/s2，而得出当地的重力加速度大小g＝________m/s2；
(2)测出的重力加速度的值比实际值小，其误差的主要来源有哪些_________。
A．没有使用电火花计时器
B．m1和m2的质量太悬殊
C．绳子和定滑轮之间存在阻力
D．绳子拉力不等于m2的重力
【答案】(1)1.9 9.5 (2)C
【解析】(1)由题意可知，相邻两计数点间的时间间隔是T＝5×0.02 s＝0.1 s，重锤的加速度大小a＝x4＋x5＋x6－（x1＋x2＋x3）9T2＝1.9 m/s2，由牛顿第二定律有m2g－m1g＝(m1＋m2)a，解得重力加速度大小g＝9.5 m/s2。
(2)与没有使用电火花计时器无关，A错误；m1和m2的质量相差不大，B错误；在使用牛顿第二定律计算加速度时，没有考虑绳子与定滑轮间存在的阻力，C正确；绳子拉力本身就不等于m2的重力，存在的误差与绳子拉力等不等于m2的重力无关，D错误。
23．(9分)某同学要将一量程为300 mV的毫伏表改装成量程为3 V的电压表，该同学测得毫伏表内阻为1000 Ω，经计算后将一阻值为R0的电阻与该毫伏表连接，进行改装。然后利用一标准电压表V，根据图甲所示电路对改装后的电压表进行检测（虚线框内是改装后的电压表）。

(1)根据图甲和题目所给的条件，将图乙中的实物进行连线。
(2)当标准电压表V的示数为2.00 V时，毫伏表的指针位置如图丙所示。由此可以推测出所改装电压表的量程不是预期值，而是________（正确答案标号）。
A．1.80 V B．2.40 V C．2.70 V D．3.75 V
(3)产生上述问题的原因可能是________（正确答案标号）。
A．毫伏表内阻测量错误，实际内阻小于1000 Ω
B．毫伏表内阻测量错误，实际内阻大于1000 Ω
C．R0值计算错误，接入的电阻偏大
D．R0值计算错误，接入的电阻偏小
(4)要达到预期目的，无论毫伏表测得的内阻是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为R0的电阻换成阻值为kR0的电阻即可，其中k＝________。
【答案】(1)见解析图 (2)B (3)BD (4)
【解析】(1)毫伏表与分压电阻串联可以改装成电压表，根据图甲所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图乙所示。

(2)毫伏表量程为300 mV，由图丙所示表盘可知，其分度值为1 mV，其示数为250 mV，电压表示数为2.00 V，电压表示数为毫伏表示数的8倍，改装后电压表量程为300×10－3×8 V＝2.40 V，故B正确。
(3)由(2)可知，改装后电压表量程偏小，由串联电路特点可知，分压电阻阻值偏小，如果R0值计算错误，接入的电阻偏小会导致改装后电压表量程偏小，故BD正确，AC错误。
(4)由(2)可知，分压电阻的电压为毫伏表电压的7倍，即串联电阻R0＝7Rg，把毫伏表改装成3 V的电压表，串联电阻阻值 ，则k＝ 。
24．(14分)如图所示，在直角坐标系Oxy中，A、C两点关于原点O对称，AO＝OC＝L，直线AC与x轴正方向的夹角θ＝53°。直线AC右侧和x轴下方所夹的区域内有一匀强电场，方向沿y轴正方向。直线AC左侧区域内有一匀强磁场，方向垂直坐标平面向里，电场和磁场区域均足够大。一带正电的粒子从A点沿x轴正方向以初速度v0运动，经过x轴上D点（图中未画出）后恰好能通过C点，再经磁场偏转后到达O点。不计粒子重力，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求：

(1)O、D两点间的距离；
(2)电场强度E与磁感应强度B之比。
【解析】(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，设O、D间的距离为x，通过x轴时速度方向与x轴正方向夹角为α，则：
Lsin 53°＝12at2
v0t＝x＋Lcos 53°

由通过x轴后，恰好通过C点，则
整理得：x＝0.2L，tan α＝2。
(2)从A到D的过程中，根据动能定理得：EqLsin 53°＝12mv2－12mv02

而
可得v＝5v0
从C点进入磁场之后做匀速圆周运动，恰好通过O点，设OC的垂直平分线与过C点的半径夹角为β，如图，由几何关系可得β＝α－θ
则sin β＝
又粒子在磁场中做匀速圆周运动qvB＝mv2R
而
联立解得： 。
25．(18分)如图所示，光滑斜轨道AB和一条足够长的粗糙水平轨道BC平滑连接，质量为5 kg的物块Q静置在水平轨道的最左端，质量为1 kg的物块P从斜道上距离BC竖直高度h＝1.8 m处由静止下滑，滑下后与物块Q碰撞。已知两物块与水平轨道BC之间的动摩擦因数均为0.2，物块P、Q均可视为质点，它们之间的每次碰撞均为弹性碰撞，取重力加速度g取10 m/s2。求：

(1)物块P、Q第一次碰撞前瞬间，物块P的速度大小；
(2)第一次碰撞后，物块P滑上斜轨道的最大高度；
(3)物块Q运动的总路程。
【解析】(1)物块P滑至斜面底端时，由动能定理得：
mPgh＝12mPv02
解得：v0＝6 m/s。
(2)设物块P滑至斜面底端时速度的方向为正方向，与物块Q碰撞后，物块P、Q的速度分别为v1、v2，则据动量守恒得：mPv0＝mPv1＋mQv2
由于两物块的碰撞为弹性碰撞，则机械能守恒，得：
12mPv02＝12mPv12＋12mQv22
解得：v1＝－4 m/s，v2＝2 m/s
所以碰撞后P反向运动，由动能定理得：
mPgh1＝12mPv12
解得：h1＝0.8 m。
(3)设第一次碰撞后物块Q移动的距离为x1，据动能定理得：
μmQgx1＝12mQvQ2
解得：x1＝1 m
由牛顿第二定律得物块P和物块Q在地面上滑行时的加速度大小为aP＝aQ＝a＝μg
物块Q向右运动的时间为 s
第一次碰撞后P沿着斜面上滑至最高点后返回，返回到地面的速度大小仍为v1，比第一次碰后的Q速度大，所以会发生第二次碰撞。物块P反弹滑上斜面，在斜面上运动的加速度小于g，结合运动学公式可知，滑块在斜面上的时间大于0.8 s。物块P滑回B点后向前运动1 m的过程中做匀减速直线运动，时间一定大于0.25 s，所以物块P从反弹后运动到B点右方1 m的位置所用的时间一定大于1.05 s，因此物块P与物块Q第二次碰撞是发生在Q停止运动之后。
第二次碰撞前瞬间P的速度为v3，由运动学公式得：
v32－v12＝2ax1
物块P与物块Q碰撞过程中动量守恒：
mPv3＝mPv4＋mQv5
物块P与物块Q的碰撞为弹性碰撞，则有：
12mPv32＝12mPv42＋12mQv52
联立解得：v4＝－433 m/s，v5＝233 m/s
因P与Q第二次碰撞后P的动能12mPv42＜2μmPgx1，所以不会发生第三次碰撞，故两物块共碰撞二次。
第二次碰撞后物块Q滑行的距离为x2，则有：
12mQv52＝μmQgx2
解得x2＝13 m
故物块Q滑行的距离x＝x1＋x2＝43 m。
（二）选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做。则每学科按所做的第一题计分。
33．物理•选修3—3(15分)
(1)(5分)关于对液体的理解，下列说法正确的是 。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．船能浮在水面上，是由于水的表面存在张力
B．水表面表现张力是由于表层分子比内部分子间距离大，故体现为引力造成的
C．密闭容器，某种蒸气开始时若是饱和的，保持温度不变，增大容器的体积，蒸气仍是饱和的
D．相对湿度定义为空气中水蒸气的压强与该温度水的饱和汽压之比
E．当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，水中还会有水分子飞出水面
【答案】BDE
【解析】船能浮在水面上，是由于水的浮力作用，故A错误；液体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，即是表面张力，故B正确；在一定温度下，饱和蒸气的分子数密度是一定的，因而其压强也是一定的，与体积无关；密闭容器中某种蒸气开始时若是饱和的，保持温度不变，增大容器的体积时，蒸气不再是饱和的，但最后稳定后蒸气是饱和的，压强不变；故C错误；相对湿度是指水蒸气的实际压强与该温度下水蒸气的饱和压强之比，故D正确；当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，单位时间内从水中出来的水分子和从空气进入水中的水分子个数相等，达到一种动态平衡，故E正确。
(2)(10分)为做好新型冠状病毒肺炎（COVID－19）疫情的常态化防控工作，学校组织工作人员每天对校园进行严格的消毒，如图是某喷雾消毒桶的原理图。喷雾器的容积V1＝10 L，打气筒的容积V0＝200 cm3。某次使用时，装入了V2＝8 L药液，然后关闭所有阀门及加水口，并通过打气筒打气，使桶内上方气体压强达到p1＝3.6 atm时，停止打气并打开喷雾阀门开始喷雾，当气体压强降为p2＝1.2 atm时，喷雾器不能正常喷雾。要使喷雾器能再次喷雾，需要用打气筒再向里打气，提高桶内的压强。已知外界大气压p0＝1.0 atm，不考虑桶内药液产生的压强，整个过程可视为温度不变。

(i)喷雾器从开始喷雾，到不能正常喷雾，桶内剩余药液有多少？
(ii)要把桶内剩余药液全部喷完，需用打气筒至少再打多少次气？
【解析】(i)对喷雾器内的气体，初态p＝p1＝3.6 atm，V＝V1－V2＝2 L
末态p′＝p2＝1.2 atm
根据玻意尔定律得：pV＝p′V′
解得：V′＝6 L
喷雾器内剩余药液的体积为10 L－6 L＝4 L。
(ii)对喷雾器内的气体和待打入的气体有：p′V′＋np0V0＝p2V1
解得：n＝24
需用打气筒至少再打24次气。
34．[选修3－4](15分)
(1)(5分)如图甲所示为t＝1 s时某简谐波的波动图象，乙图为x＝4 cm处的质点b的振动图象。则下列说法正确的是 。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）

A．该简谐波的传播方向沿x轴的正方向
B．t＝2 s时，质点a的振动方向沿y轴的负方向
C．t＝2 s时，质点a的加速度大于质点b的加速度
D．0～3 s的时间内，质点a通过的路程为20 cm
E．0～3 s的时间内，简谐波沿x轴的负方向传播6 cm
【答案】BCE
【解析】由图象可知t＝1 s时质点b的振动方向沿y轴的负方向，则由质点的振动方向和波的传播方向关系可知，该简谐横波的传播方向沿x轴的负方向，故A项错误；由图甲知t＝1 s时，质点a的振动方向沿y轴的正方向；由乙图可知波的周期为2 s，则t＝2 s时，质点a的振动方向沿y轴的负方向，故B项正确；由以上分析可知，t＝2 s时，质点b处在平衡位置向上振动，质点a处在平衡位置＋y侧向y轴的负方向振动，因此质点a的加速度大于质点b的加速度，故C项正确；0～3 s的时间为3T/2，则质点a通过的路程为振幅的6倍，即为30 cm，故D项错误；由图可知，波长λ＝4 cm、周期T＝2 s，则波速v＝λ/T＝2 cm/s，0～3 s的时间内，波沿x轴的负方向传播的距离x＝vt＝6 cm，故E项正确。
(2)(10分)一半球形玻璃砖，球心为O，OA和OB与竖直方向间的夹角均为30°。一束光线射向A点，折射光线恰好竖直向下射到C点，已知该玻璃砖折射率为3。

(i)求射向A点的光线与竖直方向的夹角；
(ii)从B点射入的光线折射后恰好过C点，求折射光线BC与虚线BO夹角的正弦值。
【解析】(i)光路图如图所示，根据折射定律有：


解得∠EAG＝60°
即入射光线与竖直方向的夹角为30°。
(ii)由几何关系得CO＝Rsin30°＝0.5R，AB＝2CO＝R

根据正弦定理
得 。

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