2022年新高考广东物理高考真题

图是可用来制作豆腐的石磨。木柄 $AB$ 静止时，连接 $AB$ 的轻绳处于绷紧状态。O点是三根轻绳的结点，F、 $F_{1}$ 和 $F_{2}$ 分别表示三根绳的拉力大小， $F_{1}=F_{2}$ 且 $\angle AOB=60^{\circ}$ 。下列关系式正确的是（　　）

A． $F=F_{1}$

B． $F=2F_{1}$

C． $F=3F_{1}$

D． $F=\sqrt{3}F_{1}$

【答案与解析】

O点受三根轻绳拉力平衡， $F_{1}$ 、 $F_{2}$ 大小相等且夹角 $\angle AOB=60^{\circ}$ ，其合力沿角平分线，大小为 $F_{\text{合}}=2F_{1}\cos30^{\circ}=\sqrt{3}F_{1}$ ；第三根绳拉力 $F^{\prime}$ 与 $F_{\text{合}}$ 等大反向，故 $F=\sqrt{3}F_{1}$ 。故选D。
“祝融号”火星车需要“休眠”以度过火星寒冷的冬季。假设火星和地球的冬季是各自公转周期的四分之一，且火星的冬季时长约为地球的1.88倍。火星和地球绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动。下列关于火星、地球公转的说法正确的是（　　）

A．火星公转的线速度比地球的大

B．火星公转的角速度比地球的大

C．火星公转的半径比地球的小

D．火星公转的加速度比地球的小

【答案与解析】

火星冬季时长约为公转周期的 $1/4$ ，地球同理；火星冬季时长是地球的 $1.88$ 倍，故火星公转周期 $T_{\text{火}}>T_{\text{地}}$ 。由 $\dfrac{GMm}{r^{2}}=m\dfrac{4\pi^{2}}{T^{2}}r$ 得 $r\propto T^{2/3}$ ，火星轨道半径更大。线速度 $v=\sqrt{\dfrac{GM}{r}}$ 更小，角速度 $\omega=\dfrac{2\pi}{T}$ 更小，向心加速度 $a=\dfrac{GM}{r^{2}}$ 更小。故选D。
图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

斜坡段运动员仅受重力沿斜面分力，加速度 $a=g\sin\theta$ （恒定且非零），速度 $v$ 从 $0$ 线性增大；水平 $NP$ 段不受力， $a=0$ ， $v$ 保持 $v_{N}$ 不变；空中段做平抛，加速度 $a=g$ （恒定且大于 $g\sin\theta$ ），速度大小 $v=\sqrt{v_{N}^{2}+(gt)^{2}}$ 随时间非线性增大。符合该特征的 $v-t$ 、 $a-t$ 图像为 $v$ 先斜直线上升、再水平、再上凸曲线， $a$ 先为非零常数、再为 $0$ 、再为更大的常数。故选C。
图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图。定子是仅匝数n不同的两线圈， $n_{1}>n_{2}$ ，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变电流。不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是（　　）

A．两线圈产生的电动势的有效值相等

B．两线圈产生的交变电流频率相等

C．两线圈产生的电动势同时达到最大值

D．两电阻消耗的电功率相等

【答案与解析】

两线圈由同一磁铁以相同角速度转动，感应电动势频率相同，B正确。电动势最大值 $E_{m}=NBS\omega$ ，匝数 $n_{1}>n_{2}$ ，故两电动势有效值不等，A错。两线圈轴线互相垂直，磁通量变化相位差 $90^{\circ}$ ，电动势不同时达最大值，C错。电阻消耗功率 $P=\dfrac{E^{2}}{R}$ ， $E$ 不同而 $R$ 同，功率不等，D错。故选B。
目前科学家已经能够制备出能量量子数n较大的氢原子。氢原子第n能级的能量为 $E_{n}=\frac{E_{1}}{n^{2}}$ ，其中 $E_{1}=-13.6\mathrm{eV}$ 。图是按能量排列的电磁波谱，要使 $n=20$ 的氢原子吸收一个光子后，恰好失去一个电子变成氢离子，被吸收的光子是（　　）

A．红外线波段的光子

B．可见光波段的光子

C．紫外线波段的光子

D．X射线波段的光子

【答案与解析】

$E_{20}=\dfrac{E_{1}}{20^{2}}=-\dfrac{13.6}{400}=-0.034\ \mathrm{eV}$ 。恰好电离需吸收能量 $\Delta E=0-E_{20}=0.034\ \mathrm{eV}$ ，属红外线波段（约 $10^{-3}\sim1.7\ \mathrm{eV}$ ）。故选A。
如图所示，在竖直平面内，截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处，一玩具枪的枪口与小积木上P点等高且相距为L。当玩具子弹以水平速度v从枪口向P点射出时，小积木恰好由静止释放，子弹从射出至击中积木所用时间为t。不计空气阻力。下列关于子弹的说法正确的是（　　）

A．将击中P点，t大于 $\frac{L}{v}$

B．将击中P点，t等于 $\frac{L}{v}$

C．将击中P点上方，t大于 $\frac{L}{v}$

D．将击中P点下方，t等于 $\frac{L}{v}$

【答案与解析】

子弹水平射出，水平方向匀速，到达 $P$ 点正上方所需时间 $t=\dfrac{L}{v}$ ；积木与子弹同时由静止释放，竖直方向均做自由落体，相同时间内下落高度相同，故 $t=\dfrac{L}{v}$ 时二者位于同一竖直线且等高，恰好击中 $P$ 点。故选B。
如图所示，一个立方体空间被对角平面 $MNPQ$ 划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直 $Oyz$ 平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

质子初速度垂直 $Oyz$ 平面即沿 $x$ 方向，磁场沿 $z$ 轴， $\boldsymbol{v}\times\boldsymbol{B}$ 在 $xOy$ 平面内，洛伦兹力无 $z$ 分量，故 $v_{z}$ 恒为 $0$ ，质子始终在 $z=$ 常数的平面内运动；轨迹投影到 $xOy$ 平面为实际曲线（两段圆弧），投影到 $yOz$ 、 $xOz$ 平面均为直线段。符合此特征的投影为A。故选A。
如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有（　　）

A．电子从N到P，电场力做正功

B．N点的电势高于P点的电势

C．电子从M到N，洛伦兹力不做功

D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力

【答案与解析】

洛伦兹力始终垂直于速度，永不做功，电子从M到N洛伦兹力不做功，C正确。M、P在同一等势面，电场向右，电势沿 $x$ 减小，电子轨迹向高电势侧偏转，N点电势高于P点，B正确。由M到P电场力总功为 $0$ ，N到P段电场力做负功，A错；M点 $v=0$ 仅受电场力，P点还受洛伦兹力，合力并不更小，D错。故选BC。
如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平 $MN$ 段以恒定功率 $200\mathrm{W}$ 、速度 $5\mathrm{m/s}$ 匀速行驶，在斜坡 $PQ$ 段以恒定功率 $570\mathrm{W}$ 、速度 $2\mathrm{m/s}$ 匀速行驶。已知小车总质量为 $50\mathrm{kg}$ ， $MN=PQ=20\mathrm{m}$ ， $PQ$ 段的倾角为 $30^{\circ}$ ，重力加速度g取 $10\mathrm{m/s^{2}}$ ，不计空气阻力。下列说法正确的有（　　）

A．从M到N，小车牵引力大小为 $40\mathrm{N}$

B．从M到N，小车克服摩擦力做功 $800\mathrm{J}$

C．从P到Q，小车重力势能增加 $1\times10^{4}\mathrm{J}$

D．从P到Q，小车克服摩擦力做功 $700\mathrm{J}$

【答案与解析】

水平段牵引力 $F=\dfrac{P}{v}=\dfrac{200}{5}=40\ \mathrm{N}$ ，A对；匀速水平 $f=F=40\ \mathrm{N}$ ，克服摩擦力做功 $W_{f}=f\cdot MN=40\times20=800\ \mathrm{J}$ ，B对。斜坡段 $F'=\dfrac{P'}{v'}=\dfrac{570}{2}=285\ \mathrm{N}$ ，沿斜面 $F'=f+mg\sin30^{\circ}$ 得 $f=285-250=35\ \mathrm{N}$ ；重力势能增量 $\Delta E_{p}=mg\cdot PQ\sin30^{\circ}=50\times10\times20\times0.5=5\times10^{3}\ \mathrm{J}\neq1\times10^{4}\ \mathrm{J}$ ，C错；克服摩擦力做功 $W_{f}'=f\cdot PQ=35\times20=700\ \mathrm{J}$ ，D对。故选ABD。
如图所示，水平地面（ $Oxy$ 平面）下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线。P、M和N为地面上的三点，P点位于导线正上方， $MN$ 平行于y轴， $PN$ 平行于x轴。一闭合的圆形金属线圈，圆心在P点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行。下列说法正确的有（　　）

A．N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同

B．线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变

C．线圈从P点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流

D．线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等

【答案与解析】

导线平行 $y$ 轴，地面磁场方向绕 $y$ 轴，仅由 $x,z$ 决定而与 $y$ 无关；M、N平行 $y$ 轴（ $x$ 相同），到导线距离相等且 $\boldsymbol{B}$ 方向相同，A对。线圈沿 $x$ （ $PN$ ）移动时到导线水平距离变化，穿过线圈的竖直分量磁通改变，B错。P在导线正上方，磁场沿 $y$ 方向，线圈竖直向上运动仍沿 $y$ 方向，磁通始终为 $0$ ，无感应电流，C对。P到M沿 $y$ 移动磁通不变（电动势为 $0$ ），P到N沿 $x$ 移动磁通变化（电动势非 $0$ ），二者不等，D错。故选AC。
某实验小组为测量小球从某一高度释放，与某种橡胶材料碰撞导致的机械能损失，设计了如图（a）所示的装置，实验过程如下：

（1）让小球从某一高度由静止释放，与水平放置的橡胶材料碰撞后竖直反弹。调节光电门位置，使小球从光电门正上方释放后，在下落和反弹过程中均可通过光电门。（2）用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图（b）所示，小球直径 $d=$ ＿＿＿＿ $\mathrm{mm}$ 。（3）测量时，应＿＿＿＿（选填“A”或“B”，其中A为“先释放小球，后接通数字计时器”，B为“先接通数字计时器，后释放小球”）。记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间 $t_{1}$ 和 $t_{2}$ 。（4）计算小球通过光电门的速度，已知小球的质量为m，可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失 $\Delta E=$ ＿＿＿＿（用字母m、d、 $t_{1}$ 和 $t_{2}$ 表示）。（5）若适当调高光电门的高度，将会＿＿＿＿（选填“增大”或“减小”）因空气阻力引起的测量误差。

【答案与解析】

（2）螺旋测微器读数为固定刻度 $7.5\ \mathrm{mm}$ 加可动刻度 $38.3\times0.01\ \mathrm{mm}$ （估读一位），得 $d=7.883\ \mathrm{mm}$ （或 $7.884\ \mathrm{mm}$ ）。（3）下落时间很短，应先接通数字计时器后释放小球，避免漏记，选B。（4）小球下落、反弹经过光电门的速度分别为 $v_{1}=\dfrac{d}{t_{1}}$ 、 $v_{2}=\dfrac{d}{t_{2}}$ ，碰撞机械能损失 $\Delta E=\dfrac{1}{2}m\left(\dfrac{d}{t_{1}}\right)^{2}-\dfrac{1}{2}m\left(\dfrac{d}{t_{2}}\right)^{2}$ 。（5）调高光电门使小球空中运动距离增大，空气阻力影响更显著，误差增大。故填 $7.883$ （或 $7.884$ ）；B； $\dfrac{1}{2}m\left(\dfrac{d}{t_{1}}\right)^{2}-\dfrac{1}{2}m\left(\dfrac{d}{t_{2}}\right)^{2}$ ；增大。
弹性导电绳逐步成为智能控制系统中部分传感器的敏感元件，某同学测量弹性导电绳的电阻与拉伸后绳长之间的关系，实验过程如下：（1）装置安装和电路连接；如图（a）所示，导电绳的一端固定，另一端作为拉伸端，两端分别用带有金属夹A、B的导线接入如图（b）所示的电路中。

（2）导电绳拉伸后的长度L及其电阻 $R_x$ 的测量 ①将导电绳拉伸后，用刻度尺测量并记录A、B间的距离，即为导电绳拉伸后的长度L。 ②将滑动变阻器R的滑片滑到最右端。断开开关 $S_2$ ，闭合开关 $S_1$ ，调节R，使电压表和电流表的指针偏转到合适位置。记录两表的示数U和 $I_1$ 。 ③闭合 $S_2$ ，电压表的示数＿＿＿＿（选填“变大”或“变小”）。调节R使电压表的示数仍为U，记录电流表的示数 $I_2$ ，则此时导电绳的电阻 $R_x$ = ＿＿＿＿（用 $I_1$ 、 $I_2$ 和U表示）。 ④断开 $S_1$ ，增大导电绳拉伸量，测量并记录A、B间的距离，重复步骤②和③。（3）该电压表内阻对导电绳电阻的测量值＿＿＿＿（选填“有”或“无”）影响。（4）图 $11(c$ ）是根据部分实验数据描绘的 $R_x$ —L图线。将该导电绳两端固定在某种机械臂上，当机械臂弯曲后，测得导电绳的电阻 $R_x$ 为 $1.33k\Omega$ ，则由图线可读出导电绳拉伸后的长度为＿＿＿＿cm，即为机械臂弯曲后的长度。

【答案与解析】

（2）③闭合 $S_{2}$ 后电压表与 $R_{x}$ 并联再与 $R$ 串联，总电阻减小、电流增大，电压表与 $R_{x}$ 并联部分电压变小；保持电压表读数仍为 $U$ ，电流表由 $I_{1}$ 增至 $I_{2}$ ，则流过 $R_{x}$ 的电流为 $I_{2}-I_{1}$ ，故 $R_{x}=\dfrac{U}{I_{2}-I_{1}}$ 。（3）两次均保持电压表读数为 $U$ ，电压表内阻不进入 $R_{x}$ 的计算，无影响。（4）由 $R_{x}-L$ 图线， $R_{x}=1.33\ \mathrm{k}\Omega$ 对应 $L=51.80\ \mathrm{cm}$ 。故填变小； $\dfrac{U}{I_{2}-I_{1}}$ ；无； $51.80$ 。
某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度 $v_{0}$ 为 $10\mathrm{m/s}$ 向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为 $1\mathrm{N}$ ，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量 $m=0.2\mathrm{kg}$ ，滑杆的质量 $M=0.6\mathrm{kg}$ ，A、B间的距离 $l=1.2\mathrm{m}$ ，重力加速度g取 $10\mathrm{m/s^{2}}$ ，不计空气阻力。求：（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小 $N_{1}$ 和 $N_{2}$ ；（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小 $v_1$ ；（3）滑杆向上运动的最大高度h。

【答案与解析】

（1）静止时系统整体平衡，桌面对滑杆支持力 $N_{1}=(m+M)g=(0.2+0.6)\times10=8\ \mathrm{N}$ 。滑块上滑时相对滑杆向上运动，滑杆对滑块摩擦力向下，滑块对滑杆摩擦力向上 $f=1\ \mathrm{N}$ ；滑块重力由自身竖直方向运动承担，不传给滑杆，由滑杆平衡 $N_{2}+f=Mg$ 得 $N_{2}=Mg-f=0.6\times10-1=5\ \mathrm{N}$ 。（2）滑块上滑加速度 $a=\dfrac{mg+f}{m}=\dfrac{0.2\times10+1}{0.2}=15\ \mathrm{m/s^{2}}$ （向下），由 $v_{1}^{2}=v_{0}^{2}-2al$ 得 $v_{1}=\sqrt{10^{2}-2\times15\times1.2}=8\ \mathrm{m/s}$ 。（3）完全非弹性碰撞动量守恒 $(m+M)v=mv_{1}$ ，得整体速度 $v=\dfrac{0.2\times8}{0.8}=2\ \mathrm{m/s}$ ；上抛最大高度 $h=\dfrac{v^{2}}{2g}=\dfrac{4}{20}=0.2\ \mathrm{m}$ 。故 $N_{1}=8\ \mathrm{N}$ ， $N_{2}=5\ \mathrm{N}$ ； $v_{1}=8\ \mathrm{m/s}$ ； $h=0.2\ \mathrm{m}$ 。
密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖。图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为 $m_0$ 、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离 $h_1$ 。此时给两极板加上电压U（上极板接正极），A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离 $h_{2}(h_{2}\neq h_{1})$ ，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为 $f=km^{\frac{1}{3}}v$ ，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率，不计空气浮力，重力加速度为g。求：（1）比例系数k；（2）油滴A、B的带电量和电性；B上升距离 $h_2$ 电势能的变化量；（3）新油滴匀速运动速度的大小和方向。

【答案与解析】

（1）油滴匀速下落时 $m_{0}g=k m_{0}^{1/3}v$ ， $v=\dfrac{h_{1}}{t}$ ，得 $k=\dfrac{m_{0}^{2/3}gt}{h_{1}}$ 。（2）加电压 $U$ （上极板正）后A仍匀速下落，不受电场力，故 $q_{A}=0$ （不带电）。B向上匀速，电场方向向下，负电荷受力向上，故B带负电；匀速时 $q_{B}\dfrac{U}{d}=m_{0}g+k m_{0}^{1/3}\dfrac{h_{2}}{t}$ 。又 $m_{0}g=k m_{0}^{1/3}\dfrac{h_{1}}{t}$ ，故 $q_{B}\dfrac{U}{d}=m_{0}g\left(1+\dfrac{h_{2}}{h_{1}}\right)=\dfrac{m_{0}g(h_{1}+h_{2})}{h_{1}}$ ，得 $q_{B}=\dfrac{m_{0}gd(h_{1}+h_{2})}{h_{1}U}$ （负电）。B上升 $h_{2}$ 电场力做正功 $W_{\text{电}}=q_{B}\dfrac{U}{d}h_{2}>0$ ，电势能变化 $\Delta E_{pB}=-W_{\text{电}}=-\dfrac{m_{0}gh_{2}(h_{1}+h_{2})}{h_{1}}$ （减少）。（3）合并后新油滴质量 $2m_{0}$ 、电荷量 $q_{B}$ （负）。设向上为正，合并前A速度 $-\dfrac{h_{1}}{t}$ 、B速度 $+\dfrac{h_{2}}{t}$ ，合并后按动量方向运动并最终匀速。匀速平衡满足电场力、重力、阻力相等：若 $h_{2}>h_{1}$ ：新油滴最终向上匀速， $q_{B}\dfrac{U}{d}=2m_{0}g+k(2m_{0})^{1/3}v$ ，解得 $v=\dfrac{h_{2}-h_{1}}{2^{1/3}t}$ ，方向向上；若 $h_{2}<h_{1}$ ：新油滴最终向下匀速， $2m_{0}g=q_{B}\dfrac{U}{d}+k(2m_{0})^{1/3}v$ ，解得 $v=\dfrac{h_{1}-h_{2}}{2^{1/3}t}$ ，方向向下。
利用空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外环境，这个过程＿＿＿＿（选填“是”或“不是”）自发过程。该过程空调消耗了电能，空调排放到室外环境的热量＿＿＿＿（选填“大于”“等于”或“小于”）从室内吸收的热量。

【答案与解析】

热量从低温室内传向高温室外须外界（压缩机）做功，不是自发过程；空调向室外排放热量等于从室内吸收的热量与消耗电能之和，故大于从室内吸收的热量。故填不是；大于。
玻璃瓶可作为测量水深的简易装置。如图所示，潜水员在水面上将 $80\mathrm{mL}$ 水装入容积为 $380\mathrm{mL}$ 的玻璃瓶中，拧紧瓶盖后带入水底，倒置瓶身，打开瓶盖，让水进入瓶中，稳定后测得瓶内水的体积为 $230\mathrm{mL}$ 。将瓶内气体视为理想气体，全程气体不泄漏且温度不变。大气压强 $p_0$ 取 $1.0\times10^{5}\mathrm{Pa}$ ，重力加速度g取 $10\mathrm{m/s^{2}}$ ，水的密度 $\rho$ 取 $1.0\times10^{3}\mathrm{kg/m^{3}}$ 。求水底的压强p和水的深度h。

【答案与解析】

初态瓶内空气体积 $V_{0}=380-80=300\ \mathrm{mL}$ ，压强 $p_{0}$ ；水底倒置开盖后进水，空气体积 $V=380-230=150\ \mathrm{mL}$ ，压强 $p$ 。等温 $p_{0}V_{0}=pV$ ，得 $p=p_{0}\dfrac{V_{0}}{V}=1.0\times10^{5}\times\dfrac{300}{150}=2.0\times10^{5}\ \mathrm{Pa}$ 。由 $p=p_{0}+\rho gh$ 得 $h=\dfrac{p-p_{0}}{\rho g}=\dfrac{1.0\times10^{5}}{1.0\times10^{3}\times10}=10\ \mathrm{m}$ 。故水底压强 $p=2.0\times10^{5}\ \mathrm{Pa}$ ，水深 $h=10\ \mathrm{m}$ 。
如图所示，某同学握住软绳的一端周期性上下抖动，在绳上激发了一列简谐波。从图示时刻开始计时，经过半个周期，绳上M处的质点将运动至＿＿＿＿（选填“N”“P”或“Q”）处。加快抖动，波的频率增大，波速＿＿＿＿（选填“增大”“减小”或“不变”）。

【答案与解析】

经过半个周期，质点仅在平衡位置上下往复一次，M处质点沿波形移到相邻同相位处的P点；波速由介质决定，与频率无关，加快抖动频率增大但波速不变。故填P；不变。
一个水平放置的圆柱形罐体内装了一半的透明液体，液体上方是空气，其截面如图所示。一激光器从罐体底部P点沿着罐体的内壁向上移动，它所发出的光束始终指向圆心O点。当光束与竖直方向成 $45^{\circ}$ 角时，恰好观察不到从液体表面射向空气的折射光束。已知光在空气中的传播速度为c，求液体的折射率n和激光在液体中的传播速度v。

【答案与解析】

光束始终指向圆心 $O$ ，与竖直方向成 $45^{\circ}$ 时恰好观察不到折射光，即发生全反射；液体表面法线竖直，入射角 $i=45^{\circ}$ 等于临界角 $C$ 。由 $\sin C=\dfrac{1}{n}$ 得 $n=\dfrac{1}{\sin45^{\circ}}=\sqrt{2}$ 。激光在液体中速度 $v=\dfrac{c}{n}=\dfrac{c}{\sqrt{2}}$ 。故折射率 $n=\sqrt{2}$ ，传播速度 $v=\dfrac{c}{\sqrt{2}}$ 。