2021年广东省普通高中学业水平选择性考试（广东卷）

科学家发现银河系中存在大量的放射性同位素铝26，铝26的半衰期为72万年，其衰变方程为 $^{26}_{13}\mathrm{Al}\rightarrow^{26}_{12}\mathrm{Mg}+\mathrm{Y}$ ，下列说法正确的是（　　）

A．Y是氦核

B．Y是质子

C．再经过72万年，现有的铝26衰变一半

D．再经过144万年，现有的铝26全部衰变

【答案与解析】

由衰变方程 $^{26}_{13}\mathrm{Al}\to^{26}_{12}\mathrm{Mg}+\mathrm{Y}$ 知，质量数守恒得 $A_Y=0$ ，电荷数守恒得 $Z_Y=1$ ，故 $\mathrm{Y}$ 为正电子（不是氦核也不是质子），A、B错。半衰期 $72$ 万年，再经过一个半衰期（72万年）现有铝26衰变一半，C对；经过两个半衰期（144万年）还剩 $1/4$ ，并未全部衰变，D错。故选C。
2021年4月，我国自主研发的空间站“天和”核心舱成功发射并入轨运行，若核心舱绕地球的运行可视为匀速圆周运动，已知引力常量，由下列物理量能计算出地球质量的是（　　）

A．核心舱的质量和绕地半径

B．核心舱的质量和绕地周期

C．核心舱的绕地角速度和绕地周期

D．核心舱的绕地线速度和绕地半径

【答案与解析】

核心舱绕地做匀速圆周运动，万有引力提供向心力 $G\frac{Mm}{r^2}=m\frac{v^2}{r}$ ，得地球质量 $M=\frac{v^2r}{G}$ ，故已知线速度 $v$ 和绕地半径 $r$ 可求 $M$ ；已知质量 $m$ 、角速度与周期（二者不独立）、周期与半径等均缺半径或速度，无法求得 $M$ 。故选D。
唐代《耒耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力，设牛用大小相等的拉力F通过耕索分别拉两种犁，F与竖直方向的夹角分别为 $\alpha$ 和 $\beta$ ， $\alpha<\beta$ ，如图所示，忽略耕索质量，耕地过程中，下列说法正确的是（　　）

A．耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大

B．耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大

C．曲辕犁匀速前进时，耕索对犁的拉力小于犁对耕索的拉力

D．直辕犁加速前进时，耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力

【答案与解析】

由图知曲辕犁拉力更靠近竖直方向，即与竖直方向夹角 $\alpha$ 较小（ $\alpha<\beta$ ）。将拉力 $F^{\prime}$ 正交分解：水平分力 $F_x=F\sin\theta$ ，竖直分力 $F_y=F\cos\theta$ 。因 $\alpha<\beta$ ，有 $\sin\alpha<\sin\beta$ 、 $\cos\alpha>\cos\beta$ ，故曲辕犁拉力的水平分力较小、竖直分力较大，A错B对。耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力是一对相互作用力，大小始终相等，与运动快慢无关，C、D错。故选B。
由于高度限制，车库出入口采用图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆 $OP$ 与横杆 $PQ$ 链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆 $PQ$ 始终保持水平。杆 $OP$ 绕O点从与水平方向成 $30^{\circ}$ 匀速转动到 $60^{\circ}$ 的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．P点的线速度大小不变

B．P点的加速度方向不变

C．Q点在竖直方向做匀速运动

D．Q点在水平方向做匀速运动

【答案与解析】

杆 $OP$ 绕 $O$ 匀速转动，角速度 $\omega$ 不变，长度 $OP$ 不变，故 $P$ 点做匀速圆周运动，线速度大小 $v=\omega\cdot OP$ 不变，A对。向心加速度始终指向 $O$ ，方向不断变化，B错。因 $PQ$ 始终水平，设 $OP$ 长 $L$ 、 $PQ$ 长 $d$ ，则 $Q$ 点坐标 $x=L\cos(\omega t+\varphi)+d$ ， $y=L\sin(\omega t+\varphi)$ ，其水平、竖直分速度均随 $\omega t$ 变化，并非匀速，C、D错。故选A。
截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流 $I_1$ ，四根平行直导线均通入电流 $I_2$ ， $I_{1}\gg I_{2}$ ，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

因 $I_1\gg I_2$ ，四根外导线的受力主要由中心导线 $I_1$ 的磁场决定（四者间的相互作用可忽略）。由安培定则，中心导线在右侧、上侧导线处产生的磁场分别竖直向下、水平向右；再由左手定则，右侧导线受安培力向左、上侧导线受安培力向上，即左右两侧向内凹、上下两侧向外凸，长管上下突出。故选C。
图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸板接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等差等势面，在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，a、b是其路径上的两点，不计液滴重力，下列说法正确的是（　　）

A．a点的电势比b点的低

B．a点的电场强度比b点的小

C．液滴在a点的加速度比在b点的小

D．液滴在a点的电势能比在b点的大

【答案与解析】

液滴从发射极加速飞向吸极，电场力做正功，动能增加、电势能减小。沿运动方向（设 $a$ 在前、 $b$ 在后）有 $E_{pa}>E_{pb}$ ，即液滴在 $a$ 点的电势能比在 $b$ 点的大，D对。电势、场强及加速度大小需视电极极性而定，不能由题干唯一确定，A、B、C不一定成立。故选D。
某同学设计了一个充电装置，如图所示，假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电，周期为 $0.2s$ ，电压最大值为 $0.05V$ ，理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为1∶60，下列说法正确的是（　　）

A．交流电的频率为 $10\mathrm{Hz}$

B．副线圈两端电压最大值为 $3V$

C．变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关

D．充电电路的输入功率大于变压器的输入功率

【答案与解析】

交流电周期 $T=0.2\,\mathrm{s}$ ，频率 $f=1/T=5\,\mathrm{Hz}$ ，A错。理想变压器电压与匝数成正比，副线圈最大值 $U_{2m}=U_{1m}\frac{n_2}{n_1}=0.05\times60=3\,\mathrm{V}$ ，B对。螺线管感应电动势取决于磁通量变化率，而磁通量变化率与永磁铁磁场强弱及运动有关，故输入电压与磁场强弱有关，C错。理想变压器输入功率等于输出功率，充电电路输入功率即变压器输出功率，二者相等，D错。故选B。
赛龙舟是端午节的传统活动。下列 $v-t$ 和 $s-t$ 图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其它龙舟在途中出现船头并齐的有（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

$v-t$ 图像中图线与 $t$ 轴围成面积表示位移， $s-t$ 图像中交点表示两船位置相同（船头并齐）。A、C中甲与其余龙舟位移始终不等或无交点，途中不会并齐；B中甲、丙面积中途某刻相等（并齐），D中甲、戊 $s-t$ 图像有交点（并齐）。故选BD。
长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的有（　　）

A．甲在空中的运动时间比乙的长

B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等

C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少 $mgh$

D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为 $mgh$

【答案与解析】

两弹均从同一点平抛、下落高度均为 $h$ ，在空中运动时间 $t=\sqrt{2h/g}$ 相等，A错。落地前瞬间竖直分速度 $v_y=\sqrt{2gh}$ 相同，重力的瞬时功率 $P=mgv_y$ 相等，B对。下落高度 $h$ ，每颗弹重力势能减少 $mgh$ ，C对。平抛运动只有重力做功，机械能守恒，变化量为 $0$ ，D错。故选BC。
如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨 $abc$ 和 $de$ ， $ab$ 与 $de$ 平行， $bc$ 是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧 $be$ 左侧和扇形 $Obc$ 内有方向如图的匀强磁场，金属杆 $OP$ 的O端与e点用导线相接，P端与圆弧 $bc$ 接触良好，初始时，可滑动的金属杆 $MN$ 静止在平行导轨上，若杆 $OP$ 绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有（　　）

A．杆 $OP$ 产生的感应电动势恒定

B．杆 $OP$ 受到的安培力不变

C．杆 $MN$ 做匀加速直线运动

D．杆 $MN$ 中的电流逐渐减小

【答案与解析】

杆 $OP$ 在匀强磁场中绕 $O$ 匀速转动，切割磁感线产生感应电动势 $E=\frac12 B\omega\cdot OP^2$ ，因 $\omega$ 、 $OP$ 、 $\mathrm{B}$ 均不变，故 $E$ 恒定，A对。回路总电动势为 $OP$ 的动生电动势与 $MN$ 运动产生的反向电动势之差，随着 $MN$ 被加速、 $MN$ 的动生电动势增大，回路电流 $I$ 逐渐减小，D对。电流减小使 $MN$ 所受安培力 $F=BIL$ 减小，不做匀加速，C错； $OP$ 所受安培力 $F=BIL$ 也随 $I$ 减小而改变，B错。故选AD。
某兴趣小组测量一缓冲装置中弹簧的劲度系数，缓冲装置如图所示，固定在斜面上的透明有机玻璃管与水平面夹角为 $30^{\circ}$ ，弹簧固定在有机玻璃管底端。实验过程如下：先沿管轴线方向固定一毫米刻度尺，再将单个质量为 $200g$ 的钢球（直径略小于玻璃管内径）逐个从管口滑进，每滑进一个钢球，待弹簧静止，记录管内钢球的个数n和弹簧上端对应的刻度尺示数 $L_{n}$ ，数据如表所示。实验过程中弹簧始终处于弹性限度内。采用逐差法计算弹簧压缩量，进而计算其劲度系数。

n 1 2 3 4 5 6
$L_{n}/\mathrm{cm}$ 8.04 10.03 12.05 14.07 16.11 18.09

（1）利用 $\Delta L_{i}=L_{i+3}-L_{i}(i=1,2,3)$ 计算弹簧的压缩量： $\Delta L_{1}=6.03\mathrm{cm}$ ， $\Delta L_{2}=6.08\mathrm{cm}$ ， $\Delta L_3=$ ＿＿＿＿cm，压缩量的平均值 $\overline{\Delta L}=\frac{\Delta L_1+\Delta L_2+\Delta L_3}{3}=$ ＿＿＿＿cm；（2）上述 $\overline{\Delta L}$ 是管中增加＿＿＿＿个钢球时产生的弹簧平均压缩量；（3）忽略摩擦，重力加速度g取 $9.80\mathrm{m/s^{2}}$ ，该弹簧的劲度系数为＿＿＿＿ $\mathrm{N/m}$ 。（结果保留3位有效数字）

【答案与解析】

（1）由 $\Delta L_i=L_{i+3}-L_i$ 得 $\Delta L_3=L_6-L_3=18.09-12.05=6.04\,\mathrm{cm}$ ；平均值 $\overline{\Delta L}=\frac{6.03+6.08+6.04}{3}=6.05\,\mathrm{cm}$ 。（2） $\Delta L_i$ 对应管内增加 $3$ 个钢球时的弹簧压缩量，故 $\overline{\Delta L}$ 是增加 $3$ 个钢球产生的平均压缩量。（3）管与水平面成 $30^\circ$ ，每个钢球沿管方向的分力为 $mg\sin30^\circ$ ，增加 $3$ 个钢球使弹簧多受压的力为 $3mg\sin30^\circ$ ，故 $k=\frac{3mg\sin30^\circ}{\overline{\Delta L}}=\frac{3\times0.200\times9.80\times0.5}{0.0605}\approx48.6\,\mathrm{N/m}$ 。故填 $6.04$ 、 $6.05$ 、 $3$ 、 $48.6$ 。
某小组研究热敏电阻阻值随温度的变化规律。根据实验需要已选用了规格和量程合适的器材。（1）先用多用电表预判热敏电阻阻值随温度的变化趋势。选择适当倍率的欧姆挡，将两表笔＿＿＿＿，调节欧姆调零旋钮，使指针指向右边“ $0\mathrm{\Omega}$ ”处。测量时观察到热敏电阻温度越高，相同倍率下多用电表指针向右偏转角度越大，由此可判断热敏电阻阻值随温度的升高而＿＿＿＿。（2）再按图连接好电路进行测量。

①闭合开关S前，将滑动变阻器 $R_{1}$ 的滑片滑到＿＿＿＿端（选填“a”或“b”）。将温控室的温度设置为T，电阻箱 $R_{0}$ 调为某一阻值 $R_{01}$ 。闭合开关S，调节滑动变阻器 $R_{1}$ ，使电压表和电流表的指针偏转到某一位置。记录此时电压表和电流表的示数、T和 $R_{01}$ 。断开开关S。再将电压表与热敏电阻C端间的导线改接到D端，闭合开关S。反复调节 $R_{0}$ 和 $R_{1}$ ，使电压表和电流表的示数与上述记录的示数相同。记录此时电阻箱的阻值 $R_{02}$ 。断开开关S。 ②实验中记录的阻值 $R_{01}$ ＿＿＿＿ $R_{02}$ （选填“大于”、“小于”或“等于”）。此时热敏电阻阻值 $R_{T}=$ ＿＿＿＿。

【答案与解析】

（1）欧姆表选好倍率后应将两表笔短接进行欧姆调零；温度越高指针右偏越大，说明阻值越小，故热敏电阻阻值随温度升高而减小。（2）①限流接法闭合开关前滑片应置于阻值最大处，由图滑片在 $b$ 端。②两次调节使电压表、电流表读数相同，则被替代支路电阻相等，即 $R_T=R_{01}-R_{02}$ ，故 $R_{01}>R_{02}$ ，且 $R_T=R_{01}-R_{02}$ 。故填：短接、减小； $b$ ；大于、 $R_{01}-R_{02}$ 。
算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔 $s_{1}=3.5\times10^{-2}\mathrm{m}$ ，乙与边框a相隔 $s_{2}=2.0\times10^{-2}\mathrm{m}$ ，算珠与导杆间的动摩擦因数 $\mu=0.1$ 。现用手指将甲以 $0.4\mathrm{m/s}$ 的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为 $0.1\mathrm{m/s}$ ，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取 $10\mathrm{m/s^{2}}$ 。（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。

【答案与解析】

（1）设甲、乙质量均为 $m$ 。甲拨出后到碰乙前受摩擦力 $f=\mu mg$ ，加速度大小 $a=\mu g=1.0\,\mathrm{m/s^2}$ 。碰前甲速度 $v_1$ 满足 $v_1^2=v_0^2-2as_1=0.4^2-2\times1.0\times0.035=0.09$ ，得 $v_1=0.30\,\mathrm{m/s}$ 。碰撞动量守恒 $mv_0=mv_1'+mv_2$ ，即 $0.4=0.1+v_2$ ，得乙碰后 $v_2=0.30\,\mathrm{m/s}$ 。乙运动到边框 $a$ 需行 $s_2=2.0\times10^{-2}\,\mathrm{m}$ ，在摩擦下能滑行的最大距离 $s_m=\frac{v_2^2}{2a}=\frac{0.09}{2}=4.5\times10^{-2}\,\mathrm{m}>s_2$ ，故乙能滑动到边框 $a$ 。（2）甲碰前运动时间 $t_1=\frac{v_0-v_1}{a}=\frac{0.4-0.3}{1.0}=0.10\,\mathrm{s}$ ；碰后甲以 $0.10\,\mathrm{m/s}$ 继续运动至停下时间 $t_2=\frac{0.10}{1.0}=0.10\,\mathrm{s}$ 。总时间 $t=t_1+t_2=0.20\,\mathrm{s}$ 。故甲算珠从拨出到停下所需时间为 $0.20\,\mathrm{s}$ 。
图是一种花瓣形电子加速器简化示意图，空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于 $90^{\circ}$ 的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外。电子以初动能 $E_{k0}$ 从圆b上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速，已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为 $\sqrt{3}R$ ，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应，取 $\tan22.5^{\circ}=0.4$ 。（1）当 $E_{k0}=0$ 时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角 $\theta$ 均为 $45^{\circ}$ ，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示，求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能；（2）已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射。当 $E_{k0}=keU$ 时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值。

【答案与解析】

（1）电子从 $P$ 出发，每次穿越 $a$ 、 $b$ 间电场均被加速 $eU$ 。由图，进入Ⅰ区前共经 $2$ 次加速，进入Ⅰ区时动能 $E=2eU$ ，速度 $v=\sqrt{\frac{4eU}{m}}=2\sqrt{\frac{eU}{m}}$ 。在Ⅰ区磁场中轨道半径 $r=R\tan\frac{\theta}{2}=R\tan22.5^\circ=0.4R$ 。由洛伦兹力提供向心力 $eB_1v=\frac{mv^2}{r}$ 得 $B_1=\frac{mv}{er}=\frac{5\sqrt{meU}}{eR}$ 。由几何关系电子在Ⅰ区运动时间 $t=\frac{\pi R\sqrt{meU}}{4eU}$ 。由图电子从 $P$ 到 $Q$ 共 $8$ 次穿越电场，每次增益 $eU$ ，故在 $Q$ 点出射动能 $E_k=8eU$ 。（2）初动能 $E_{k0}=keU$ 时，进入Ⅰ区前经 $2$ 次加速，进入Ⅰ区动能 $E=(k+2)eU$ ，对应轨道半径 $r=\frac{mv}{eB_1}=\frac{R\sqrt{2(k+2)}}{5}$ 。电子在Ⅰ区最远点到 $O$ 的距离为 $\sqrt{R^2+r^2}+r$ ，不碰外边界（半径 $\sqrt3R$ ）须 $\sqrt{R^2+r^2}+r\le\sqrt3R$ 。临界相切时 $\sqrt{R^2+r^2}+r=\sqrt3R$ ，解得 $r=\frac{R}{\sqrt3}$ 。代入 $\frac{R\sqrt{2(k+2)}}{5}=\frac{R}{\sqrt3}$ ，得 $2(k+2)=\frac{25}{3}$ ，故 $k=\frac{13}{6}$ 。即Ⅰ区磁感应强度 $B_1=\frac{5\sqrt{meU}}{eR}$ ，在Ⅰ区运动时间 $t=\frac{\pi R\sqrt{meU}}{4eU}$ ，在 $Q$ 点出射动能 $8eU$ ； $k$ 的最大值为 $\frac{13}{6}$ 。
在高空飞行的客机上某乘客喝完一瓶矿泉水后，把瓶盖拧紧。下飞机后发现矿泉水瓶变瘪了，机场地面温度与高空客舱内温度相同。由此可判断，高空客舱内的气体压强＿＿＿＿（选填“大于”、“小于”或“等于”）机场地面大气压强：从高空客舱到机场地面，矿泉水瓶内气体的分子平均动能＿＿＿＿（选填“变大”、“变小”或“不变”）。

【答案与解析】

瓶盖在高空客舱内拧紧，瓶内气体压强等于当时舱内压强；下飞机后瓶变瘪，说明外界（地面）大气压强大于瓶内压强，即高空客舱内气体压强小于机场地面大气压强。机场与地面温度相同，瓶内气体分子平均动能只与温度有关，故不变。故填小于、不变。
为方便抽取密封药瓶里的药液，护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药液，如图所示，某种药瓶的容积为 $0.9\mathrm{mL}$ ，内装有 $0.5\mathrm{mL}$ 的药液，瓶内气体压强为 $1.0\times10^{5}\mathrm{Pa}$ ，护士把注射器内横截面积为 $0.3\mathrm{cm^{2}}$ 、长度为 $0.4\mathrm{cm}$ 、压强为 $1.0\times10^{5}\mathrm{Pa}$ 的气体注入药瓶，若瓶内外温度相同且保持不变，气体视为理想气体，求此时药瓶内气体的压强。

【答案与解析】

瓶内原有气体体积 $V_1=0.9-0.5=0.4\,\mathrm{mL}$ ，压强 $p_1=1.0\times10^5\,\mathrm{Pa}$ 。注入气体体积 $V_2=0.3\,\mathrm{cm^2}\times0.4\,\mathrm{cm}=0.12\,\mathrm{mL}$ ，压强 $p_2=1.0\times10^5\,\mathrm{Pa}$ 。注入后全部气体仍在瓶内气体空间（体积不变，仍为 $0.4\,\mathrm{mL}$ ），温度不变，由玻意耳定律 $p_1V_1+p_2V_2=pV$ ，得 $p=\frac{(0.4+0.12)\times1.0\times10^5}{0.4}=1.3\times10^5\,\mathrm{Pa}$ 。故此时药瓶内气体的压强为 $1.3\times10^5\,\mathrm{Pa}$ 。
如图所示，一个轻质弹簧下端挂一小球，小球静止。现将小球向下拉动距离A后由静止释放，并开始计时，小球在竖直方向做简谐运动，周期为T。经 $\frac{T}{8}$ 时间，小球从最低点向上运动的距离＿＿＿＿ $\frac{A}{2}$ （选填“大于”、“小于”或“等于”）；在 $\frac{T}{4}$ 时刻，小球的动能＿＿＿＿（选填“最大”或“最小”）。

【答案与解析】

取平衡位置为原点，向下为正，位移 $x=-A\cos\omega t$ 。经 $t=T/8$ ， $\omega t=\pi/4$ ， $x=-A\cos\frac{\pi}{4}=-\frac{\sqrt2}{2}A$ ，即从最低点（ $x=-A$ ）向上运动的距离 $\Delta x=A-\frac{\sqrt2}{2}A\approx0.293A<\frac A2$ ，故小于 $A/2$ 。在 $t=T/4$ 时 $x=0$ ，小球位于平衡位置，速度最大，动能最大。故填小于、最大。
如图所示，一种光学传感器是通过接收器Q接收到光的强度变化而触发工作的。光从挡风玻璃内侧P点射向外侧M点再折射到空气中，测得入射角为 $\alpha$ ，折射角为 $\beta$ ；光从P点射向外侧N点，刚好发生全反射并被Q接收，求光从玻璃射向空气时临界角 $\theta$ 的正弦值表达式。

【答案与解析】

光从玻璃射向空气，由折射定律 $n\sin\alpha=\sin\beta$ （ $n$ 为玻璃折射率），得 $n=\frac{\sin\beta}{\sin\alpha}$ 。临界角 $\theta$ 满足 $\sin\theta=\frac{1}{n}=\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}$ 。故临界角正弦值 $\sin\theta=\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}$ 。