1、安徽省安庆市梧桐市某中学2020届高三物理阶段性测试试题一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）1. 科学家通过实验研究发现，放射性元素有多种可能的衰变途径：先变成，可以经一次衰变变成，也可以经一次衰变变成代表某种元素，和最后都变成，衰变路径如图所示。则以下判断正确的是A. ，B. 是衰变，是衰变C. 均是衰变D. 经过7次衰变5次衰变后变成2. 如图所示，竖直放置的轻弹簧的一端固定在水平地面上，另一端拴接着质量为M的木块A，开始时木块A静止，现让一质量为m的木块B从木块A正上方高为h处自由下落，与木块A碰撞后一起向下压缩弹簧，经过时间t木块A下降到最低点。已知弹簧始终处于弹性限度内，不计空
2、气阻力，木块A与木块B碰撞时间极短，重力加速度为g，下列关于从两木块发生碰撞到木块A第一次回到初始位置时的过程中弹簧对木块A的冲量I的大小正确的是A. B. C. D. 3. 如图所示，A、B、C、D为圆上的四个点，其中AB与CD交于圆心O且相互垂直，E、F是关于O点对称的两点但与O点的距离大于圆的半径，E、F两点的连线与AB、CD都垂直。在A点放置一个电荷量为的点电荷，在B点放置一个电荷量为的点电荷。则下列说法正确的是A. OE两点间电势差大于OC两点间的电势差B. D点和E点电势相同C. 沿C、D连线由C到D移动一正点电荷，该电荷受到的电场力先减小后增大D. 将一负点电荷从C点沿半径移动到
3、O点后再沿直线移动到F点，该电荷的电势能先增大后减小4. 如图所示，质量为m的物体A静止在质量为M的斜面B上，斜面B的倾角现用水平力F推物体A，在F由零遂渐增加至再逐渐减为零的过程中，A和B始终保持静止。对此过程下列说法正确的是A. 地面对B的支持力随着力F的变化而变化B. A所受摩擦力方向始终沿斜面向上C. A所受摩擦力的最小值为，最大值为D. A对B的压力的最小值为，最大值为5. 建筑工人常常徒手向上抛砖块，当砖块上升到最高点时被楼上的师傅接住。在一次抛砖的过程中，砖块运动3s到达最高点，将砖块的上升运动看作匀变速直线运动，砖块通过第2s内位移的后用时为，通过第1s内位移的前用时为，则满足
4、A. B. C. D. 二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）6. 如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻，其余电阻均不计。从某时刻开始在c、d两端加上如图乙所示的交变电压。则下列说法中正确的有A. 当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22VB. 当单刀双掷开关与b连接时，在时刻，电流表示数为C. 当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出电压的频率变为25HzD. 当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的输入功率变小7. 如图甲所示，竖直放置的U形导轨上端接一定值电阻R，U形导轨之间的距离为2L，导轨内部存在边长均为L的
5、正方形磁场区域P、Q，磁场方向均垂直导轨平面纸面向外。已知区域P中的磁场按图乙所示的规律变化图中的坐标值均为已知量，磁场区域Q的磁感应强度大小为将长度为2L的金属棒MN垂直导轨并穿越区域Q放置，金属棒恰好处于静止状态。已知金属棒的质量为m、电阻为r，且金属棒与导轨始终接触良好，导轨的电阻可忽略，重力加速度为g。则下列说法正确的是A. 通过定值电阻的电流大小为B. 时间内通过定值电阻的电荷量为C. 定值电阻的阻值为D. 整个电路的电功率为8. 在一颗半径为地球半径倍的行星表面，将一个物体竖直向上抛出，不计空气阻力。从抛出开始计时，物体运动的位移随时间关系如图可能用到的数据：地球的半径为6400k
6、m，地球的第一宇宙速度取，地球表面的重力加速度，则A. 该行星表面的重力加速度为B. 该行星的质量比地球的质量大C. 该行星的第一宇宙速度为D. 该物体落到行星表面时的速率为9. 关于对液体的理解，下列说法正确的是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10. 如图，a、b、c、d是均匀介质中水平轴上的四个质点
7、，相邻两点的间距依次为4m、6m和8m。一列简谐横波沿x轴正向传播，在时刻传到质点a处，使质点a由平衡位置开始竖直向下运动。波继续向前传播，时质点b已经通过了8cm路程并第一次回到了平衡位置，此时质点c刚好开始振动。则下列说法正确的是A. 该波的波速为B. 质点c开始振动后，其振动周期为6sC. 当后，质点b向下运动时，质点c一定向上运动D. 在的时间间隔内质点c向上加速运动E. 在时刻质点d的加速度方向向上三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）11. 如图所示的实验装置，桌面水平且粗糙，在牵引重物作用下，木块能够从静止开始做匀加速直线运动。在木块运动一段距离后牵引重物触地且不反弹，木块继
8、续运动一段距离停在桌面上未碰到滑轮。已知牵引重物质量为m，重力加速度为g。某同学通过分析纸带数据，计算得到牵引重物触地前后木块的平均加速度大小分别为和，由此可求出木块与桌面之间的动摩擦因数为_结果用题中字母表示；在正确操作、测量及计算的前提下，从系统误差的角度，你认为该实验测量的木块与桌面之间的动摩擦因数的结果与真实值比较会_选填“偏大”“偏小”“不变”；木块的质量为_结果用题中字母表示。12. 在“测定金属的电阻率”实验中：用螺旋测微器测量金属丝的直径，测量结果如图甲所示，其示数为_cm；用刻度尺测得金属丝的长度如图乙所示，其示数为_cm；用欧姆表粗略测量该金属丝的电阻，选择“”欧姆挡测量，
9、示数如图丙所示，其示数为_。用伏安法进一步精确测金属丝的电阻R，实验所用器材如下：电流表量程为，内阻为电压表量程为9V，内阻约定值电阻阻值为滑动变阻器最大阻值为，额定电流为电池组电动势为9V，内阻不计开关、导线若干某小组同学利用以上器材设计电路，部分电路图如图丁所示，请把电路图补充完整。要保证滑动变阻器的滑片任意移动时，电表均不被烧坏某次实验中，电压表的示数为，电流表的示数为，则金属丝电阻的值为_；根据该测量值求得金属丝的电阻率为_计算结果均保留三位有效数字四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）13. 如图所示，水平传送带右端与半径为的竖直光滑圆弧轨道的内侧相切于Q点，传送带以某一速度顺时
10、针匀速转动。将质量为的小物块轻轻放在传送带的左端P点，小物块随传送带向右运动，经Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N，小物块与传送带之间的动摩擦因数为，取。求传送带的最小转动速率。求传送带PQ之间的最小长度L。若传送带PQ之间的长度为4m，传送带以中的最小速率转动，求整个过程中产生的热量Q及此过程中电动机对传送带做的功W。14. 如图所示，在第一象限内，存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场I，第二象限内存在水平向右的匀强电场，第三、四象限内存在垂直于xOy平面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场一质量为m，电荷量为的粒子，从x轴上M点以某一初速度垂直于x轴进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆
11、心做半径为的圆周运动；随后进入电场运动至y轴上的N点，沿与y轴正方向成角离开电场；在磁场I中运动一段时间后，再次垂直于x轴进入第四象限。不计粒子重力。求：带电粒子从M点进入第四象限时初速度的大小；电场强度的大小E；磁场的磁感应强度的大小。15. 如图所示，固定在水平面开口向上的导热性能良好足够高的汽缸，质量为、横截面面积为的活塞放在大小可忽略的固定挡板上，将一定质量的理想气体封闭在汽缸中，开始汽缸内气体的温度为、压强为已知大气压强为，重力加速度为。现将环境的温度缓慢升高，当活塞刚好离开挡板时，温度为多少摄氏度？继续升高环境的温度，使活塞缓慢地上升，在这上过程中理想气体的内能增加了18J，则气体
12、与外界交换的热量为多少？16. 如图所示，ABCD是一直角梯形棱镜的横截面，位于截面所在平面内的一束光线由O点垂直AD边射入已知棱镜的折射率，求光线第一次射出棱镜时，出射光线的方向？第一次的出射点距C点多远？答案和解析1.【答案】D【解析】解：ABC、由题意可知，经过变化为，核电荷数少2，为衰变，即：，故；经过变化为，质量数没有发生变化，为衰变，即：，故，故A错误，B错误，C错误；D、经过7次衰变，则质量数少28，电荷数少14，在经过5次衰变后，质量数不变，电荷数增加5，此时质量数为，电荷数为，变成了，故D正确。故选：D。经过变化为，质量数没有发生变化，为衰变，经过变化为，核电荷数少2，为衰变
13、，根据衰变和衰变的实质原子核经过一次衰变，电荷数减小2，质量数减小4，一次衰变后电荷数增加1，质量数不变。分析即可。知道发生、衰变的实质。能够运用质量数和电荷数守恒进行分析判断即可。2.【答案】D【解析】解：B下落h时的速度为：物块B与A碰撞过程由动量守恒得：规定向下为正方向，则两物块从开始运动到到达最低点过程中由动量定理得：从两木块发生碰撞到木块A第一次回到初始位置时的过程中弹簧对木块A的冲量I的大小为：联立解得弹簧对木块A的冲量I的大小为：，故ABC错误，D正确。故选：D。木块B自由下落遵循机械能守恒，与木块A碰撞的过程中应用动量守恒定律可求得二者的速度，然后使用动量定理求解。本题考查的是
14、涉及弹簧的动量守恒定律及动量定理综合应用的试题，此题关键是要理解在应用动量定理列方程时，从两木块发生碰撞到木块A第一次回到初始位置时的过程中弹簧对木块A的冲量I的大小实际上就是弹簧对木块A、B整体冲量的大小。3.【答案】B【解析】解：ABD、CD与EF所在的平面是一个等势面，则OE两点间电势差等于OC两点间的电势差，D点和E点电势相同，在等势面上移动电荷，电场力不做功，负点电荷电势能不变，故AD错误，B正确；C、CD连线上电场强度先增大后减小，点电荷受到的电场力先增大后减小，故C错误。故选：B。等量异号电荷的电场，与两电荷连线的中垂面为等势面，电场线与等势面相互垂直，电场线从高等势面指向低等势
15、面，电场力做功等于电势能的变化量，根据电场线分布分析答题。本题考查了等量异号电荷的电场，知道电场线的分布，知道等量异号电荷连线的重锤线是等势线，与AB连线垂直的面是等势面，即可正确解题。4.【答案】D【解析】解：A、对AB组成的整体受力分析，整体受力平衡，竖直方向受到重力和地面对B的支持力，所以地面对B的支持力等于，保持不变，故A错误。B、拉力F最大时沿斜面向上的分力为，重力沿斜面向下的分力为，故此时摩擦力沿斜面向下，故B错误。C、对A受力分析，受到重力、支持力、拉力和摩擦力作用，当拉力沿斜面向上的分力等于重力沿斜面向下的分力时，摩擦力为零，所以摩擦力最小为零；当时，f最大，故C错误。D、垂直
16、于斜面方向有：，当时，N最小，最小为：，当时，N最大，最大为：，故D正确。故选：D。对AB组成的整体受力分析，根据平衡条件判断地面对B的支持力；对A受力分析，根据垂直于斜面方向受力平衡结合牛顿第三定律，求出A对B压力的最小值和最大值；根据沿斜面方向受力平衡求出摩擦力的表达式，从而判断摩擦力的最大值和最小，注意摩擦力的方向可能向上，也可能向下。解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意整体法和隔离法的运用，特别注意此过程中，A受到的静摩擦力的方向可能向上，也可能向下，难度适中。5.【答案】C【解析】解：将砖块的运动逆向看做由静止开始的匀变速直线运动。初速度为零的匀变速直线运动
17、，连续相等时间内的位移之比为1：3：5：，把3s内位移分成9等份，可知第2s内位移的前与第1s内位移的后相等，计为逆向思维，根据初速度为零的匀加速直线运动，连续相等位移所用时间之比为1：，对应第2段，对应第9段，所以，选项C正确故选：C。砖块向上做匀减速直线运动，初速度未知，而由题意末状态是上升到最高点，暗示应试者逆向思维处理本题。本题考查基本公式的综合应用，特别是逆向思维。同时需要把、对应的长度相等理解清楚。6.【答案】AB【解析】解：A、当单刀双掷开关与a连接时，变压器原、副线圈的匝数比为10：1，输入电压：，根据变压比公式：，可得输出电压为22V，故A正确；B、当单刀双掷开关与b连接时，
18、变压器原副线圈的匝数比为5：1，输入电压V，故根据变压比公式：，输出电压为44V，根据欧姆定律，电流表的示数即为输出电流的有效值：A，故B正确；C、由图象可知，电压的最大值为311V，交流电的周期为，所以交流电的频率为，当单刀双掷开关由a拨向b时，变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出电压的频率为50Hz，故C错误；D、当单刀双掷开关由a拨向b时，根据变压比公式，输出电压增加，故输出电流增加，故输入电流也增加，则原线圈的输入功率变大，故D错误。故选：AB。根据图象乙可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，变压器不改变交流电的频率。根据电压与匝数成正比以及功率关系，结合闭合电路欧姆定律分析。此
19、题考查了变压器的构造和原理，解题时应注意掌握：在理想变压器中，原副线圈两端的电压电流满足：，副线圈消耗的电功率决定原线圈输入功率，两者相等。7.【答案】BD【解析】解：A、金属棒恰好处于静止状态，有，解得电流大小，故A错误；B、时间内通过定值电阻的电荷量，故B正确；C、根据题图乙结合法拉第电磁感应定律可得感应电动势，又，联立解得，故C错误；D、整个电路消耗的电功率，故D正确。故选：BD。金属棒恰好处于静止状态，根据平衡条件求解电流大小；根据电荷量的计算公式求解通过定值电阻的电荷量；根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律求解电阻；根据电功率的计算公式求解整个电路消耗的电功率
20、。本题主要是考查电磁感应现象中的力学平衡问题，能够根据磁场随时间的变化情况计算感应电动势的大小，再根据平衡条件进行分析，掌握电荷量的计算方法以及电功率的计算公式是关键。8.【答案】AC【解析】解：A、由图读出，物体上升的最大高度为：，上升的时间为：。对于上升过程，由得初速度为：，物体上升的加速度大小为：，故A正确。B、物体在行星表面受到的重力等于万有引力，解得，故行星的质量小于地球的质量，故B错误。C、根据得该行星的第一宇宙速度为：，故C正确。D、根据对称性可知，该物体落到行星表面时的速度大小与初速度大小相等，也为，故D错误。故选：AC。物体从行星表面竖直上抛，由图读出最大高度和上升的时间，根
21、据运动学公式求出初速度和重力加速度，物体落回行星表面的速度与抛出时速度大小相等。根据万有引力提供向心力求解行星的第一宇宙速度。根据万有引力等于重力求解行星的质量。本题首先考查读图能力，图上能读出最大高度、上升和下落时间等等；其次要灵活选择运动学公式和第一宇宙速度公式求解。9.【答案】BDE【解析】解：A、船能浮在水面上，是由于水的浮力作用，故A错误；B、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；C、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
22、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，故C错误；D、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；E、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。故选：BDE。船浮于水面上是船受到水的浮力作用，而不是液体表面张力；液体表面张力是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，分子力表现为引力的结果；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；在某一温度下，水蒸汽的压强与同温度下饱和汽压的比，称为空气的相对湿度；在密闭容器
23、中的液体不断的蒸发，液面上的蒸气也不断地凝结，当这两个同时存在的过程达到动态平衡时，宏观的蒸发也停止了。本题考查了液体表面张力、饱和气压、相对湿度等知识点。这种题型知识点广，多以基础为主，只要平时多加积累，难度不大。10.【答案】BCE【解析】解：A、在的时间内，波从a传播到c的距离为10m，则波速：，故A错误；B、从质点a起振开始到波形传播到b点的时间：，B点起振后振动了半个周期，总时间为5s，有：，解得：，而所有质点的振动周期相同，故质点c开始振动后其振动周期也为6s，故B正确；C、当后，b和c都已开始振动，两者平衡位置的距离为6m，等于半个波长，则质点b向下运动时，质点c一定向上运动，故
24、C正确；D、当时间时，周期，则c点起振需要5s，则c点的振动时间在范围内且起振向下，故c正经过波谷后向平衡位置振动，则质点c向上先加速运动后减速向上运动，故D错误；E、质点a、d相距18m，则波从a传播到d的时间：，故质点d振动的时间为，且起振竖直向下，而加速度指向平衡位置方向向上，故E正确。故选：BCE。根据5s，波传播的距离，确定波速。根据传播时间和周期的关系，确定质点的振动情况。平衡位置相距半个波长的奇数倍的两个质点振动情况完全相反。质点的起振方向均与波源相同。此题考查波的传播规律，解题的关键是根据波长、波速和周期的关系确定波速，明确平衡位置相距半个波长的奇数倍的两个质点振动情况完全相反
25、。11.【答案】 偏大【解析】解：牵引重物触地后，对木块由牛顿第二定律，由此可求出木块与桌面之间的动摩擦因数；在减速阶段产生加速度的力是滑动摩擦力和纸带受到的阻力，所以该实验测量的木块与桌面之间的动摩擦因数的结果与真实值比较会偏大；牵引重物触地前，对木块和牵引重物分别用牛顿第二定律：，联立解得：。故答案为：；偏大；。明确运动过程以及各过程中的受力情况，根据牛顿第二定律列式即可求出动摩擦因数和M，根据实验原理分析误差情况。本题考查利用牛顿第二定律求解摩擦力的实验问题，关键明确实验原理，掌握牛顿第二定律的应用即可求解。12.【答案】 【解析】解：螺旋测微器的示数为：2cm，刻度尺示数为：cm，欧姆
26、表选择“”欧姆挡测量，示数为：。当电压表满偏时，通过的电流约为，可利用与电流表并联分流，因电流表内阻已知，故电流表采用内接法，如图所示。通过的电流为：，两端的电压为：V，故有：，由知金属丝的电阻率为：。故答案为：，；见解析图；，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表示数；根据实验原理与实验器材作出电路图，根据电路图应用串并联电路特点与欧姆定律求出金属导体的电阻，应用电阻定律可以求出电阻率的表达式。本题考查了欧姆表与螺旋测微器读数、设计电路图，要掌握常用器材的使用及读数方法，螺旋测微器需要估读；在没有电压表时可以用已知内阻的电流表测电压。13.【
27、答案】解：小物块恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N时，由重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律得由机械能守恒定律得：联立解得：所以传送带的最小转动速率为：物块从P到Q的过程，由动能定理得解得若传送带PQ之间的长度为，物块在传送带上先做匀加速运动，后做匀速运动，匀速运动时不再受摩擦力。设物块匀加速运动的时间为t，匀加速运动的加速度为。物块匀加速运动的位移为此过程中传送带的位移整个过程中产生的热量联立以上三式解得根据能量守恒知，此过程中电动机对传送带做的功解得答：传送带的最小转动速率是。传送带PQ之间的最小长度L是。整个过程中产生的热量Q是，此过程中电动机对传送带做的功W是5J。【解析】小物块恰好能冲
28、上光滑圆弧轨道的最高点N时，由重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律列式求出物块通过N点时的速度，物块从Q到N过程，由机械能守恒定律列式求出物块经过Q点时的速度，即为传送带的最小转动速率。根据动能定理求传送带PQ之间的最小长度L。根据牛顿第二定律和速度公式求出物块匀加速运动的时间，由位移公式求出物块与传送带间的相对位移，来求产生的热量根据能量守恒定律求电动机对传送带做的功W。本题属于单个物体多过程的问题，关键是明确小物块的运动情况，把握最高点N的临界条件：重力等于向心力。要知道摩擦生热与相对位移有关，要根据牛顿第二定律和运动学公式相结合求出物块在匀加速过程中物块与传送带的位移。14.【答案】解：
29、粒子在第四象限做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：；粒子与y轴成角离开电场，则：，粒子在水平方向做匀加速直线运动，在竖直方向做匀速直线运动，在水平方向，由牛顿第二定律得：，由速度位移公式得：，解得：；粒子在电场中运动时，水平方向：，竖直方向：，解得：，过N点做速度的垂线交x轴于P点，P即为第第一象限做圆周运动的圆心，PN为半径，因为，则：，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，其中粒子进入磁场时的速度：，解得：；答：带电粒子从M点进入第四象限时初速度的大小为；电场强度的大小E为；磁场的磁感应强度的大小为。【解析】粒子在第四象限做匀速圆周运动，
30、洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律可以求出粒子速度。粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出电场强度。格局题意作出粒子运动轨迹，求出粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径，应用牛顿第二定律求出磁感应强度。本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程是解题的前提与关键，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可解题。15.【答案】解：气体的状态参量：K，对活塞由平衡条件得：解得：由查理定律得：解得：K则有：继续加热时，理想气体等压变化，则温度升高，体积增大，气体膨胀对外界做功，外界对气体做功为：J根据热力学第一定律有：可得理想气体从外界吸收的热量为：J。答：现将环境的温
31、度缓慢升高，当活塞刚好离开挡板时，温度为；继续升高环境的温度，使活塞缓慢地上升，在这上过程中理想气体的内能增加了18J，则气体与外界交换的热量为73J。【解析】对活塞分析由平衡条件可求出气体压强，再由查理定律即可求出对应的温度；根据功的公式求出外界对气体所做的功，再根据热力学第一定律即可求出理想气体从外界所吸收的热量。本题考查封闭气体的压强和气体实验定律，关键是选择合适的研究对象，找出初末状态参量，选择合适的气体实验定律列式求解即可。16.【答案】解：因为，临界角第一次射到AB面上的入射角为，大于临界角，所以发生全发射，反射到BC面上，入射角为，又发生全反射，射到CD面上的入射角为根据折射定律得，解得即光从CD边射出，与CD边成斜向左下方根据几何关系得，则，则所以所以答：从CD边射出，与CD边成斜向左下方第一次的出射点距【解析】根据，求出临界角的大小，从而作出光路图，根据几何关系，结合折射定律求出出射光线的方向根据几何关系，求出第一次的出射点距C的距离解决本题的关键掌握全发射的条件，以及折射定律，作出光路图，结合几何关系进行求解
