1、2020年普通高等学校招生全国统一考试 理科综合能力物理部分押题密卷(四)本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，满分 110 分，时间 60 分钟。第卷 一、选择题(本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 14 题只有一个选项符合题目要求，第 58 题有多项符合题目要求，全部答对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分)1(2019河南郑州二模)1933 年至 1934 年间，约里奥居里夫妇用 粒子轰击铝箔时，发生的核反应方程为2713Al42He3015P10n，反应生成物3015P像天然放射性元素一样衰变，放出正电子 e，且伴
2、随产生中微子，核反应方程为3015P3014Si01eAZ。则下列说法正确的是()A当温度、压强等条件变化时，放射性元素3015P 的半衰期随之变化 B中微子的质量数 A0，电荷数 Z0 C正电子产生的原因可能是核外电子转变成的 D两个质子和两个中子结合成一个 粒子，则质子与中子的质量之和一定等于 粒子的质量 答案 B 解析 放射性元素的半衰期与外界因素无关，A 错误；根据质量数和电荷数守恒可知，中微子的质量数 A0，电荷数 Z0，B 正确；正电子产生的原因是核内的质子转化为中子时放出的，C 错误；两个质子和两个中子结合成一个 粒子要释放能量，根据质能方程及质量亏损可知，两个质子与两个中子的质
3、量之和大于 粒子的质量，故 D 错误。2.(2019山东青岛二模)A、B 两物体沿同一直线运动，运动过程中的 x-t图象如图所示，下列说法正确的是()A4 s 时 A 物体运动方向发生改变 B06 s 内 B 物体的速度逐渐减小 C05 s 内两物体的平均速度相等 D06 s 内某时刻两物体的速度大小相等 答案 D 解析 x-t 图象的斜率表示速度，斜率的正负表示速度的方向，所以 A物体运动方向不变，A 错误；由图可知，06 s 内 B 物体的速度逐渐增大，故 B 错误；由图可知，05 s 内 A 物体的位移大于 B 物体的位移，由公式vxt可知，A 物体的平均速度大于 B 物体的平均速度，故
4、 C 错误；06 s 内存在某时刻两图线斜率的绝对值相等，则存在某时刻两物体的速度大小相等，故 D 正确。3.(2019山东淄博三模)如图所示，某宾馆大楼中的电梯下方固定有 4 根相同的竖直弹簧，其劲度系数均为 k。这是为了防止电梯在空中因缆绳断裂而造成生命危险。若缆绳断裂后，总质量为 m 的电梯下坠，4 根弹簧同时着地而开始缓冲，电梯坠到最低点时加速度大小为 5g(g 为重力加速度大小)，下列说法正确的是()A电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为mg2k B电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为6mgk C从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，电梯先处于失重状态后处于超重状态 D从弹簧
5、着地开始至电梯下落到最低点的过程中，电梯始终处于失重状态 答案 C 解析 电梯在最低点时，由牛顿第二定律：4kxmgma，其中 a5g，解得 x3mg2k，A、B 错误；从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，重力先大于弹力，电梯向下做加速运动，弹力增大，当重力小于弹力时，电梯的加速度向上，电梯向下做减速运动，则电梯先处于失重状态后处于超重状态，C 正确，D 错误。4.(2019山东淄博三模)如图所示，实线为两个点电荷 Q1、Q2 产生的电场的电场线，虚线为电子从 A 点运动到 B 点的运动轨迹，则下列判断正确的是()AA 点的场强小于 B 点的场强 BQ1 的电荷量大于 Q2 的电荷量 C
6、电子在 A 点的电势能大于在 B 点的电势能 D电子在 A 点的速度大于在 B 点的速度 答案 D 解析 根据“电场线的密疏表示场强的大小”可知，A 点的场强比 B 点的场强大，A 错误；根据电场线分布情况可知，Q1、Q2 是同种电荷，由点电荷周围电场线疏密程度可知点电荷 Q2 的电荷量较大，即 Q1Q2，B 错误；电子做曲线运动，受到的合力方向指向运动轨迹的内侧，即电子过 B 点时受到的电场力 F 方向斜向下，可知电子从 A 点运动到 B 点的过程中，电场力方向与速度方向的夹角总是大于 90，电场力做负功，电势能增大，动能减小，即电子在 A 点的电势能小于在 B 点的电势能，电子在 A 点的
7、速度大于在 B点的速度，C 错误，D 正确。5.(2019江西高三九校3月联考)如图所示是一个半径为R的竖直圆形磁场区域，磁感应强度大小为 B，磁感应强度方向垂直纸面向里。有一个粒子源在圆上的 A 点不停地发射出速率相同的带正电的粒子，带电粒子的质量均为 m，所带电荷量均为 q，运动的半径为 r，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为。下列说法正确的是()A若 r2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为 m6qB B若 r2R，粒子沿着与半径方向成 45角斜向下射入磁场，则有关系 tan22 217成立 C若 rR，粒子沿着磁场的半径方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为 m3qB D若 rR，粒子沿着与半
8、径方向成 60角斜向下射入磁场，则圆心角 为 150 答案 BD 解析 若 r2R，粒子在磁场中运动的时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，作出轨迹如图 1，因为 r2R，圆心角 60，粒子在磁场中运动的最长时间 tmax 60360T162mqB m3qB，故 A 错误；若 r2R，粒子沿着与半径方向成 45角斜向下射入磁场，轨迹如图 2，根据几何关系有 tan222 Rr 22 R22 R2R 22 R2 217，故 B 正确；若 rR，粒子沿着磁场的半径方向射入，粒子运动轨迹如图 3 所示，圆心角 90，粒子在磁场中运动的时间 t 90360T142mqB m2qB，故 C 错误；若
9、 rR，粒子沿着与半径方向成60角斜向下射入磁场，轨迹如图 4 所示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点构成菱形，由几何关系可知圆心角 150，故 D 正确。6(2019广东深圳二模)2019 年 1 月 3 日，“嫦娥四号”探测器成功着陆在月球背面。着陆前的部分运动过程简化如下：在距月面 15 km 高处绕月做匀速圆周运动，然后减速下降至距月面 100 m 处悬停，再缓慢降落到月面。已知万有引力常量和月球的第一宇宙速度，月球半径约为 1.7103 km。由上述条件可以估算出()A月球质量 B月球表面的重力加速度 C探测器在 15 km 高处绕月运动的周期 D探测器悬停时发动机产生的推力
10、 答案 ABC 解析 第一宇宙速度为环绕月球表面运动的速度，由万有引力提供向心力，有：GMmR2 mv2R，则月球的质量为 Mv2RG，由题已知条件可求月球质量，故 A 正确；探测器在月球表面附近运动，由万有引力等于重力，有：GMmR2mg 月，则月球表面的重力加速度为 g 月GMR2v2R，故 B 正确；探测器在 15 km 高 处 绕 月 运 动 时 有：GMmRh2 m 42RhT2，得 运 动 周 期 T 42Rh3GM42Rh3v2R，故 C 正确；探测器悬停时发动机产生的推力大小等于万有引力大小，但由于探测器的质量未知，故不可求推力，D 错误。7.(2019沈阳三模)如图所示，在光
11、滑的水平面上方有两个磁感应强度大小均为 B、方向相反的水平匀强磁场区域，磁场宽度均为 L。一个边长为 L、电阻为 R 的单匝正方形金属线框，在水平外力作用下沿垂直磁场方向运动，从如图实线位置进入磁场开始到线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置时，线框的速度始终为 v，则下列说法正确的是()A在位置时外力 F 为B2L2vR B在位置时线框中的电功率为4B2L2v2R C此过程中回路产生的电能为3B2L3vR D此过程中通过导线横截面的电荷量为BL2R 答案 BC 解析 在位置时，根据右手定则知线框左右边同时切割磁感线产生的电流同向，所以总电流 I2BLvR，线框左右边所受安培力的方向均向左
12、，所以 F2BIL，得：F4B2L2vR，故 A 错误；此时线框中的电功率为：PFv4B2L2v2R，故 B 正确；金属线框从开始至位移为 L 的过程，产生的电能 WI21Rt1BLvR2RLvB2L3vR，从位移为 L 到为32L 的过程，产生的电能 W I2Rt22BLvR2R L2v2B2L3vR，所以整个过程产生的电能为3B2L3vR，故 C 正确；此过程穿过线框的磁通量的变化为 0，通过线框横截面的电荷量为 qR 0，故 D 错误。8.(2019湖北武汉二模)在光滑水平面上，小球 A、B(可视为质点)沿同一直线相向运动，A 球质量为 1 kg，B 球质量大于 A 球质量。如果两球间距
13、离小于 L 时，两球之间会产生大小恒定的斥力，大于 L 时作用力消失。两球运动的速度时间关系如图所示，下列说法正确的是()AB 球质量为 2 kg B两球之间的斥力大小为 0.15 N Ct30 s 时，两球发生非弹性碰撞 D最终 B 球速度为零 答案 BD 解析 当两球间距离小于 L 时，两球均做匀减速运动，因 B 球质量大于A 球质量，可知 B 球加速度小于 A 球的加速度，由 v-t 图象可知：aB2320 m/s20.05 m/s2，aA0320 m/s20.15 m/s2，由牛顿第二定律：FmAaAmBaB，解得 mB3mA3 kg，F0.15 N，A 错误，B 正确；由图象可知，A
14、、B 在 t30 s 时刻相碰，碰前速度：vA0，vB2 m/s，碰后速度：vA3 m/s，vB1 m/s，则机械能损失 E12mBv2B12mAvA212mBvB2 0，可知在 t30 s 时，两球发生弹性碰撞，C 错误；由图象可知，两个阴影部分的面积应该相等，且都等于 L，可知最终 B 球速度为零，D 正确。第卷 二、非选择题(包括必考题和选考题两部分，共 62 分。第 912 题为必考题，考生都必须作答。第 1314 题为选考题，考生根据要求作答)(一)必考题(共 47 分)9(2019福建泉州二模)(6 分)某同学做验证向心力与线速度关系的实验，装置如图所示，一轻质细线上端固定在拉力传
15、感器上，下端悬挂一小钢球。钢球静止时刚好位于光电门中央。主要实验步骤如下：用游标卡尺测出钢球直径 d；将钢球悬挂静止不动，此时力传感器示数为 F1，用米尺量出线长 L；将钢球拉到适当的高度处释放，光电门计时器测出钢球的遮光时间为t，力传感器示数的最大值为 F2；已知当地的重力加速度大小为 g，请用上述测得的物理量表示：(1)钢球经过光电门时的线速度表达式 v_，向心力表达式 F 向mv2R_。(2)钢球经过光电门时的所受合力的表达式 F 合_。(3)若在实验误差允许的范围内 F 向F 合，则验证了向心力与线速度的关系。该实验可能的误差有：_。(写出一条即可)答案(1)dt F1d2gt2Ld2
16、 (2)F2F1(3)摆线的长度测量有误差 解析(1)钢球的直径为 d，遮光时间为 t，所以钢球通过光电门的速度：vdt，根据题意知，钢球圆周运动的半径为：RLd2，钢球的质量：mF1g，则向心力表达式：F 向mv2RF1d2gt2Ld2。(2)钢球经过光电门时只受重力和绳的拉力，所受合力为：F 合F2F1。(3)根据向心力表达式知，可能在测量摆线长度时有误差。10(2019东北三省三校二模)(9 分)某实验小组要把一块电流表改装成电压表，遇到了两个问题：一是该电流表的表盘没有标注刻度数，但刻度均匀，总格数为 N；二是内阻未知。通过对类似规格的电流表的参数比对，得到该电流表的满偏电流约 700
17、800 A，内阻约 100。该组同学利用以下器材，通过下列三个步骤，完成了电压表的改装工作。A待测电流表 G B电流表 A：量程 0.6 A，内阻约为 0.1 C电压表 V：量程 3 V，内阻 RV3 k D电阻箱 R2：最大阻值 999.9 E滑动变阻器 R1：最大阻值 5 k，额定电流 0.1 A F滑动变阻器 R3：最大阻值 5，额定电流 0.5 A G电源：电动势 3 V，内阻约为 1.5 H开关两个 S1、S2(1)步骤一：测定电流表的内阻。设计了上图所示实验电路，请分析并补全以下操作：将 R1 的滑动端拨至_(填“a”或“b”)端；仅闭合 S1，调节 R1，使电流表的指针偏转 N
18、个格；闭合 S2，仅调节_，使电流表的指针偏转N2个格；记录_，则电流表的内阻为_。(2)步骤二：测 定该电流 表的满偏电 流。除电 源和开 关外，还 需要的器材 是_(填器材前面的字母序号)；请在下面虚线框中画出方便简洁的实验电路；若在上图实验中，待测电流表指针偏转了 n 个格，还需要记录的测量值及相应的符号为_，电流表的满偏电流为_，将此电流表改装为一个量程为 U0 的电压表需要_(填“串联”或“并联”)一个定值电阻 Rx，Rx_。(用以上各步骤中记录的测量量和已知量表示)答案(1)b R2 R2 的阻值 R2(2)CE 图见解析 电压表读数 U UNnRV 串联 nU0RVUN R2 解
19、析(1)将滑动变阻器拨至 b 端再将电路接通，电路中的电流最小，具有保护电路的作用；闭合 S2以后，因接入的滑动变阻器的阻值很大，因此在不改变滑动变阻器阻值的情况下电路的干路电流不变，因电流表与 R2并联，此时调节 R2的阻值使电流表的示数偏转N2格，则可认为 R2中的电流和待测电表的电流相等，则电阻 R2 的阻值和电流表的阻值相等，因此要记录 R2 的阻值。(2)电流表的电流校准需要将一块标准的电流表和待测电流表串联，但是电流表 A 的量程和待测电流表相比过大，无法进行测量，但是电压表的内阻已知，故可以用电压表和待测电流表串联进行校准。另外，滑动变阻器 R3的阻值过小，将 R3和电压表串联在
20、一起进行调节，两电表示数变化不明显，因此滑动变阻器需要选 R1，需要的器材为 C、E，电路图如下：因电压表和电流表串联，因此当待测电流表的指针偏转 n 个格时，记录电压表读数 U，则流过电流表的电流为 URV，又因电流表示数分布均匀，因此电流表的满偏电流为UNnRV；电流表改装为电压表需要串联电阻 Rx，串联后的量程为 U0，且电流表的内阻为 R2，由欧姆定律有 U0UNnRVR2Rx，解得 RxnU0RVUNR2。11(2019大连二模)(12 分)滑板运动是极限运动的鼻祖，很多极限运动都是由滑板运动延伸而来。如图所示是一个滑板场地，OP 段是光滑的14圆弧轨道，半径为 0.8 m。PQ 段
21、是足够长的粗糙水平地面，滑板与水平地面间的动摩擦因数为 0.2。滑板手踩着滑板 A 从 O 点由静止滑下，到达 P点时，立即向前起跳。滑板手离开滑板 A 后，滑板 A 以速度 v12 m/s 返回，滑板手落到前面相同的滑板 B 上，并一起向前继续滑动。已知滑板质量为 m5 kg，滑板手的质量是滑板的 9 倍，滑板 B 与 P 点的距离为 x3 m，g10 m/s2。(不考虑滑板的长度以及人和滑板间的作用时间)求：(1)当滑板手和滑板 A 到达圆弧轨道末端 P 点时滑板 A 对轨道的压力大小；(2)滑板手落到滑板 B 上瞬间，滑板 B 的速度大小；(3)两个滑板间的最终距离。答案(1)1500
22、N(2)4.2 m/s(3)6.41 m 解析(1)OP 下滑过程，滑板手与滑板 A 机械能守恒 10mgR1210mv2，得：v 2gR4 m/s 在 P 点：FN10mg10mv2R，得：FN1500 N 根据牛顿第三定律，F 压FN1500 N。(2)滑板手跳离 A 板过程，滑板手与滑板 A 水平方向动量守恒 10mvmv19mv2，代入数据得：v2143 m/s 滑板手跳上 B 板过程，滑板手与滑板 B 水平方向动量守恒 9mv210mv3，解得 v34.2 m/s。(3)滑板 B 的位移 xB v232g4.41 m 滑板 A 在弧面上滑行的过程中，机械能守恒，所以再次返回 P 点时
23、的速度大小仍为 v12 m/s 之后滑板 A 的位移 xA v212g1 m 最终两滑板停下的位置间距为 LxBxxA6.41 m。12.(2019郑州二模)(20 分)如图所示，三块挡板围成截面边长 L1.2 m的等边三角形区域，C、P、Q 分别是 MN、AM 和 AN 中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN 水平，MN 上方是竖直向下的匀强电场，场强E4104 N/C。三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1；AMN 以外区域有垂直纸面向外、磁感应强度大小为 B23B1 的匀强磁场。现将一比荷qm108 C/kg 的带正电的粒子，从 O 点由静止释放，粒子从MN 上的小
24、孔 C 进入挡板内部的匀强磁场，经内部磁场偏转后直接垂直 AN经过 Q 点进入外部磁场。已知粒子最终回到了 O 点，OC 相距 2 m。设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板 厚度，取 g10 m/s2。求：(1)磁感应强度 B1 的大小；(2)粒子从 O 点出发，到再次回到 O 点经历的时间；(3)若仅改变 B2的大小，当 B2满足什么条件时，粒子可以垂直于 MA 经孔 P 回到 O 点(若粒子经过 A 点立即被吸收)。答案(1)6.7106 T(2)2.85102 s(3)B24k23105 T，其中 k0、1、2、3、解析(1)粒子从 O 到 C 在电场
25、中加速，由动能定理 qEx12mv2，得 v400 m/s 在三角形区域内部，带电粒子在磁场 B1中做匀速圆周运动，轨迹如图所示，由几何关系可知 R1L20.6 m 由 qvB1mv2R1 代入数据得 B16.7106 T。(2)由题可知 B23B12105 T，粒子在磁场 B2中做匀速圆周运动 qvB2mv2R2 则 R2R13 0.2 m 由题可知，粒子由 O 到 C 在电场中做匀加速直线运动，则 x12vt1，得到 t10.01 s 粒子在磁场 B1中的周期为 T12mqB1 则粒子在磁场 B1中的运动时间为 t2T13 3103 s 粒子在磁场 B2中的运动周期为 T22mqB2 粒子
26、在磁场 B2中的运动时间为 则粒子在复合场中运动的总时间为 t2t1t2t32.85102 s。(3)设挡板外磁场变为 B2，粒子在磁场 B2中的轨迹半径为 r，则有qvB2mv2r 根据已知条件分析知，粒子可以垂直于 MA 经孔 P 回到 O 点，需满足条件L2(2k1)r，其中 k0、1、2、3、解得：B24k23105 T，其中 k0、1、2、3、。(二)选考题(共 15 分)请考生从两道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。13物理选修 33(共 15 分)(1)(2019江苏省七市高三第三次调研)(5 分)如图所示，一定质量的理想气体在状态 A 时压强为 p0，经历从
27、状态ABCA 的过程。则气体在状态 C 时压强为_；从状态 C 到状态 A 的过程中，气体的内能增加 U，则气体吸收的热量为_。(2)(2019重庆模拟)(10 分)内壁光滑且导热性良好的上小下大的圆柱形薄壁汽缸竖直放置，上、下汽缸的横截面积分别为 S140 cm2、S280 cm2，上、下汽缸的高度分别为 h80 cm、H100 cm。质量为 m8 kg 的薄活塞将 0.5 mol 氢气(H2的摩尔质量为 2 g/mol)封闭在汽缸内，活塞静止在管口，如图所示。已知氢气的定容比热容 CV为 10.21 kJ/(kgK)，外界大气压强 p01.0105 Pa，g 取 10 m/s2。定容比热容
28、 CV是指单位质量的气体在容积不变的条件下，温度升高或降低 1 K 所吸收或放出的热量。保持缸内气体温度为 35 不变，用竖直外力缓慢向下推活塞，当活塞恰推至上汽缸底部时，外力大小为 F。求：求 F 的大小；随后在逐渐减小竖直外力的同时改变缸内气体温度，使活塞位置保持不变，直至外力恰为 0。求这一过程中气体内能的变化量为多少？(结果保留三位有效数字)答案(1)p0 U2p0V0(2)192 N 898 J 解析(1)根据理想气体状态方程：pVT C，可得：VCTp，所以 V-T 图中过原点的直线表示等压变化，即气体从 C 到 A 过程是等压变化，pCpAp0。气体从状态 C到状态 A的过程中，
29、外界对气体做功 Wp0V2p0V0，根据热力学第一定律 UQW，整理得气体吸收的热量：QUWU2p0V0。(2)以封闭的气体为研究对象，温度不变，初始压强 p1p0mgS1 1.20105 Pa 初始体积 V1S1hS2H1.12102 m3 当活塞运动到小汽缸底部时，气体体积 V2S2H0.8102 m3 由玻意耳定律 p1V1p2V2 得 p21.68105 Pa 对活塞受力分析可知 Fp0S1mgp2S1 解得 F192 N。以封闭的气体为研究对象，气体的体积不变，设改变温度之后气体的压强为 p3，则 p3p11.20105 Pa 设此时温度为 T3，初始温度为 T1(35273)K30
30、8 K 由盖吕萨克定律得p2T1p3T3 解得 T3220 K 气体随着温度降低放出热量 QCVm(T1T3)898.48103 kJ898 J 根据热力学第一定律 UW(Q)898 J，即：气体内能的变化量为898 J。14物理选修 34(共 15 分)(1)(2019四川泸州二诊)(5 分)如图甲所示，一根拉紧的均匀弦线沿水平的 x 轴放置，现对弦线上 O 点(坐标原点)施加一个向上的扰动后停止，其位移时间图象如乙图所示，该扰动将以 2 m/s 的波速向 x 轴正向传播，且在传播过程中没有能量损失，则有_(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
31、分。每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分)。A2.5 s 时 5 m 处的质点开始向上运动 B2 st2.5 s 时间内 4 m 处的质点向上运动 C2.5 s 时 2 m 处的质点恰好到达最低点 D4 m 处的质点到达最高点时 1 m 处的质点向上运动 E弦线上每个质点都只振动了 1 s(2)(2019四川攀枝花二模)(10 分)如图所示，一个截面为矩形的水池，池底有一垂直于池边的线形发光体，长度为 L。当池中未装水时，一高为 h 的人站在距池边 h 的 A 点，只能看到发光体的一个端点。当将水池加满水时，人需移到距池边 2 2h 的 B 点时，又恰好只能看到发光体的一个端点。已知光
32、在真空中传播的速度为 c，发光体的一端紧靠池边的底部，人站的位置与发光体在同一竖直面内，不计人眼到头顶的距离，求：水池中水的折射率；当水池加满水时，站在 B 点的人看到的发光体端点发出的光传到人眼的时间。z答案(1)ABE(2)43 4 2L9h3c 解析(1)波速 v2 m/s，t2.5 s 时，波向 x 轴正向传播的距离 xvt5 m，故 2.5 s 时 5 m 处的质点开始向上运动，A 正确；同理 t2 s 时，4 m处的质点开始向上运动，t2.5 s 时该质点运动到最高点，B 正确；因扰动只持续了 1 s，故弦线上每个质点都只振动 1 s，E 正确；2 m 处的质点 1 s 时开始向上
33、振动，2 s 时振动结束，故 2.5 s 时该质点静止于平衡位置，C 错误；t2.5 s 时，4 m 处的质点到达最高点，此时 1 m 处的质点已结束振动静止于平衡位置，D 错误。(2)水池加满水时，站在 B 点的人看到线形发光体的端点发出的光，作光路图如图所示，设在池中的光线与竖直方向的夹角为 r，在空气中的光线与竖直方向的夹角为 i，水池中水的折射率为 n，由折射定律：nsinisinr 由题意和几何关系得：sinrhh2h2 sini2 2h2 2h2h2 联立以上各式得：n43。水池加满水时，站在 B 点的人看到发光体的端点发出的光，设光在水中传播的速度为 v，在水中和空气中传播经历的时间分别为 t1、t2，总时间为t，则有：t1Lsinrv vcn t22 2h2h2c tt1t2 联立以上各式得：t4 2L9h3c。本课结束