2022年高考全国乙卷物理真题

2022年3月，中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在离地球表面约 $400\mathrm{km}$ 的“天宫二号”空间站上通过天地连线，为同学们上了一堂精彩的科学课。通过直播画面可以看到，在近地圆轨道上飞行的“天宫二号”中，航天员可以自由地漂浮，这表明他们（　　）

A．所受地球引力的大小近似为零

B．所受地球引力与飞船对其作用力两者的合力近似为零

C．所受地球引力的大小与其随飞船运动所需向心力的大小近似相等

D．在地球表面上所受引力的大小小于其随飞船运动所需向心力的大小

【答案与解析】

航天员与空间站一起在近地圆轨道上做匀速圆周运动，所受地球引力几乎全部提供向心力，因此表现出失重、可自由漂浮。地球引力并非为零，也不是被飞船作用力平衡。故选C。
如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距 $\frac{3}{5}L$ 时，它们加速度的大小均为（　　）

A． $\frac{5F}{8m}$

B． $\frac{2F}{5m}$

C． $\frac{3F}{8m}$

D． $\frac{3F}{10m}$

【答案与解析】

设两球相距 $\frac{3}{5}L$ 时，绳的中点距两球连线的距离为 $h$ ，由绳长 $L$ 可得 $\left(\frac{3L}{10}\right)^2+h^2=\left(\frac{L}{2}\right)^2$ ，解得 $h=\frac{2}{5}L$ 。此时半段绳与两球连线垂线的夹角满足 $\sin\theta=\frac{3}{5}$ 、 $\cos\theta=\frac{4}{5}$ 。设绳张力为 $T$ ，对轻质绳中点，水平方向平衡有 $F=2T\cos\theta$ ，得 $T=\frac{5F}{8}$ 。每个小球受到的合力大小等于 $T$ ，故加速度大小 $a=\frac{T}{m}=\frac{5F}{8m}$ 。故选A。
固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（　　）

A．它滑过的弧长

B．它下降的高度

C．它到P点的距离

D．它与P点的连线扫过的面积

【答案与解析】

设大圆环半径为 $R$ ，小环下滑对应的圆心角为 $\theta$ ，下降高度 $h=R(1-\cos\theta)$ ，由机械能守恒 $mgh=\frac12mv^2$ 得 $v=2\sqrt{gR}\sin\frac{\theta}{2}$ 。小环到 $P$ 点的距离（弦长）为 $s=2R\sin\frac{\theta}{2}$ ，因此 $v=\sqrt{\frac{g}{R}}\,s$ ，即 $v$ 与 $s$ 成正比。故选C。
一点光源以 $113W$ 的功率向周围所有方向均匀地辐射波长约为 $6 \times 10^{-7}\mathrm{m}$ 的光，在离点光源距离为R处每秒垂直通过每平方米的光子数为 $3 \times 10^{14}$ 个。普朗克常量为h = 6.63 $\times 10^{-34}\mathrm{J\cdot s}$ 。R约为（　　）

A． $1 \times 10^2\mathrm{m}$

B． $3 \times 10^2\mathrm{m}$

C． $6 \times 10^2\mathrm{m}$

D． $9 \times 10^2\mathrm{m}$

【答案与解析】

单个光子能量 $E=\frac{hc}{\lambda}=\frac{6.63\times10^{-34}\times3\times10^8}{6\times10^{-7}}\,\mathrm{J}\approx3.32\times10^{-19}\,\mathrm{J}$ 。总光子数 $N=\frac{P}{E}\approx\frac{113}{3.32\times10^{-19}}\approx3.4\times10^{20}$ 个/秒。在半径 $R$ 处， $\frac{N}{4\pi R^2}=3\times10^{14}\,\mathrm{m^{-2}s^{-1}}$ ，解得 $R\approx\sqrt{\frac{3.4\times10^{20}}{4\pi\times3\times10^{14}}}\approx3\times10^2\,\mathrm{m}$ 。故选B。
安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知（　　）

测量序号 $B_x/\mu T$ $B_y/\mu T$ $B_z/\mu T$
1 0 21 - 45
2 0 - 20 - 46
3 21 0 - 45
4 - 21 0 - 45

A．测量地点位于南半球

B．当地的地磁场大小约为 $50\mu T$

C．第2次测量时y轴正向指向南方

D．第3次测量时y轴正向指向东方

【答案与解析】

由四次测量可知 $B_z\approx-45\,\mu\mathrm{T}$ ，竖直分量向下，说明测量点在北半球，A 错误。地磁场大小 $B=\sqrt{B_x^2+B_y^2+B_z^2}\approx\sqrt{21^2+45^2}\approx50\,\mu\mathrm{T}$ ，B 正确。水平分量指向北，第 2 次 $B_y<0$ ，说明 $y$ 轴正向朝南，C 正确；第 3 次水平分量在 $x$ 方向，不能判定 $y$ 轴指向东，D 错误。故选BC。
如图，两对等量异号点电荷 $+q$ 、 $-q(q>0)$ 固定于正方形的4个顶点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切点。则（　　）

A．L和N两点处的电场方向相互垂直

B．M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左

C．将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功

D．将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零

【答案与解析】

由对称性可知 $O$ 点场强为零， $M$ 点（底边中点）场强水平向左且与切线平行，B 正确。 $L$ 、 $N$ 为同一对角线与内切圆的两交点，两点电势相等，将正电荷从 $L$ 移到 $N$ 电场力做功为零，D 正确。 $L$ 、 $N$ 两点场强方向平行而非垂直，A 错误； $M$ 、 $O$ 两点电势相等，移动正电荷电场力不做功，C 错误。故选BD。
质量为 $1\mathrm{kg}$ 的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取 $g=10\mathrm{m/s^{2}}$ 。则（　　）

A． $4\mathrm{s}$ 时物块的动能为零

B． $6\mathrm{s}$ 时物块回到初始位置

C． $3\mathrm{s}$ 时物块的动量为 $12\mathrm{kg\cdot m/s}$

D． $0\sim6\mathrm{s}$ 时间内F对物块所做的功为 $40\mathrm{J}$

【答案与解析】

物块所受滑动摩擦力 $f=\mu mg=2\,\mathrm{N}$ 。 $0\sim3\,\mathrm{s}$ 内合力 $F_1-f=2\,\mathrm{N}$ ，加速度 $a_1=2\,\mathrm{m/s^2}$ ， $3\,\mathrm{s}$ 末速度 $v_3=6\,\mathrm{m/s}$ ，动量为 $6\,\mathrm{kg\cdot m/s}$ ，C 错误。 $3\sim4\,\mathrm{s}$ 内加速度 $a_2=\frac{-4-2}{1}=-6\,\mathrm{m/s^2}$ ， $4\,\mathrm{s}$ 末速度为零，动能为零，A 正确。 $4\sim6\,\mathrm{s}$ 内物块反向运动，摩擦力方向改变，加速度 $a_3=\frac{-4+2}{1}=-2\,\mathrm{m/s^2}$ ， $6\,\mathrm{s}$ 末位移不为零，B 错误。 $0\sim3\,\mathrm{s}$ 位移 $x_1=9\,\mathrm{m}$ ， $3\sim4\,\mathrm{s}$ 位移 $x_2=3\,\mathrm{m}$ ， $4\sim6\,\mathrm{s}$ 位移 $x_3=-4\,\mathrm{m}$ ，力 $F^{\prime}$ 做功 $W=4x_1-4x_2-4x_3=40\,\mathrm{J}$ ，D 正确。故选AD。
一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半径分别为R和 $R+d$ ）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点O为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为 $r_{1}$ 、 $r_{2}(R<r_{1}<r_{2}<R+d)$ ；粒子3从距O点 $r_{2}$ 的位置入射并从距O点 $r_{1}$ 的位置出射；粒子4从距O点 $r_{1}$ 的位置入射并从距O点 $r_{2}$ 的位置出射，轨迹如图（b）中虚线所示。则（　　）

A．粒子3入射时的动能比它出射时的大

B．粒子4入射时的动能比它出射时的大

C．粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能

D．粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能

【答案与解析】

极板间电场 $E\propto\frac1r$ 且指向 $O$ ，正粒子所受电场力 $F\propto\frac1r$ 。做圆周运动时 $qE=\frac{mv^2}{r}$ ，可得动能 $E_k=\frac12qEr$ 与半径无关，故粒子 1、2 入射动能相等，C 错误。粒子 3 由 $r_2$ 运动到 $r_1$ ，半径减小，电势能增大，动能减小，入射动能大于出射动能，A 正确、D 正确。粒子 4 由 $r_1$ 运动到 $r_2$ ，半径增大，动能增大，B 错误。故选AD。
用雷达探测一高速飞行器的位置。从某时刻（ $t=0$ ）开始的一段时间内，该飞行器可视为沿直线运动，每隔 $1\mathrm{s}$ 测量一次其位置，坐标为x，结果如下表所示：

$t/\mathrm{s}$ 0 1 2 3 4 5 6
$x/\mathrm{m}$ 0 507 1094 1759 2505 3329 4233

回答下列问题：（1）根据表中数据可判断该飞行器在这段时间内近似做匀加速运动，判断的理由是：＿＿＿＿；（2）当 $x=507\mathrm{m}$ 时，该飞行器速度的大小 $v=$ ＿＿＿＿ $\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ；（3）这段时间内该飞行器加速度的大小 $a=$ ＿＿＿＿ $\mathrm{m/s^{2}}$ （保留2位有效数字）。

【答案与解析】

（1）连续相等时间间隔内的位移差近似相等（或相邻 1 s 内的位移之差约为 $80\,\mathrm{m}$ ，近似恒定），说明加速度近似不变，故填相邻 1 s 内的位移之差近似相等。（2） $x=507\,\mathrm{m}$ 对应 $t=1\,\mathrm{s}$ ，匀变速运动中 $v_{1}=\frac{x_2-x_0}{2T}=\frac{1094-0}{2}\,\mathrm{m/s}=547\,\mathrm{m/s}$ ，故填 547。（3）相邻位移差依次为 $80$ 、 $78$ 、 $81$ 、 $78$ 、 $80\,\mathrm{m}$ ，平均约为 $79.4\,\mathrm{m}$ ，由 $\Delta x=aT^2$ 得 $a\approx79\,\mathrm{m/s^2}$ ，故填 79。
一同学探究阻值约为 $550\mathrm{\Omega}$ 的待测电阻 $R_x$ 在 $0\sim5\mathrm{mA}$ 范围内的伏安特性。可用器材有：电压表V（量程为 $3\mathrm{V}$ ，内阻很大），电流表A（量程为 $1\mathrm{mA}$ ，内阻为 $300\mathrm{\Omega}$ ），电源E（电动势约为 $4\mathrm{V}$ ，内阻不计），滑动变阻器R（最大阻值可选 $10\mathrm{\Omega}$ 或 $1.5\mathrm{k\Omega}$ ），定值电阻 $R_{0}$ （阻值可选 $75\mathrm{\Omega}$ 或 $150\mathrm{\Omega}$ ），开关S，导线若干。

（1）要求通过 $R_x$ 的电流可在 $0\sim5\mathrm{mA}$ 范围内连续可调，在答题卡上将图（a）所示的器材符号连线，画出实验电路的原理图＿＿＿＿；（2）实验时，图（a）中的R应选最大阻值为＿＿＿＿（填“ $10\mathrm{\Omega}$ ”或“ $1.5\mathrm{k\Omega}$ ”）的滑动变阻器， $R_{0}$ 应选阻值为＿＿＿＿（填“ $75\mathrm{\Omega}$ ”或“ $150\mathrm{\Omega}$ ”）的定值电阻；（3）测量多组数据可得 $R_x$ 的伏安特性曲线。若在某次测量中，电压表、电流表的示数分别如图（b）和图（c）所示，则此时 $R_x$ 两端的电压为＿＿＿＿V，流过 $R_x$ 的电流为＿＿＿＿ $\mathrm{mA}$ ，此组数据得到的 $R_x$ 的阻值为＿＿＿＿ $\Omega$ （保留3位有效数字）。

【答案与解析】

（1）将定值电阻 $R_0$ 与电流表 A 并联以扩大量程，再与待测电阻 $R_x$ 、电压表 V（并联在 $R_x$ 两端）串联；滑动变阻器 $R$ 接成分压式电路，电源、开关串联接入，作图略。（2）为便于电流从零连续调节，滑动变阻器应选 $10\,\Omega$ ；将 $1\,\mathrm{mA}$ 、 $300\,\Omega$ 的电流表改装为 $5\,\mathrm{mA}$ ，分流电阻 $R_0=\frac{I_gR_g}{I-I_g}=\frac{1\times300}{5-1}\,\Omega=75\,\Omega$ ，故填 $10\,\Omega$ 、 $75\,\Omega$ 。（3）电压表读数为 $2.30\,\mathrm{V}$ ；电流表读数为 $0.84\,\mathrm{mA}$ ，流过 $R_x$ 的电流为 $5\times0.84=4.20\,\mathrm{mA}$ ； $R_x=\frac{2.30}{4.20\times10^{-3}}\,\Omega\approx548\,\Omega$ ，故填 $2.30$ 、 $4.20$ 、 $548$ 。
如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为 $l=0.40\mathrm{m}$ 的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为 $\lambda=5.0\times10^{-3}\mathrm{\Omega}/\mathrm{m}$ ；在 $t=0$ 到 $t=3.0\mathrm{s}$ 时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为 $B(t)=0.3-0.1t(\mathrm{SI})$ 。求: （1） $t=2.0\mathrm{s}$ 时金属框所受安培力的大小；（2）在 $t=0$ 到 $t=2.0\mathrm{s}$ 时间内金属框产生的焦耳热。

【答案与解析】

线框总电阻 $R=\lambda\cdot4l=5.0\times10^{-3}\times4\times0.40\,\Omega=8.0\times10^{-3}\,\Omega$ 。磁场垂直框面，只有下半部分在磁场中，有效面积 $S=\frac12l^2=\frac12\times0.40^2\,\mathrm{m^2}=8.0\times10^{-2}\,\mathrm{m^2}$ 。由法拉第电磁感应定律 $\mathcal{E}=S\left|\frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t}\right|=8.0\times10^{-2}\times0.1\,\mathrm{V}=8.0\times10^{-3}\,\mathrm{V}$ ，感应电流 $I=\frac{\mathcal{E}}{R}=1.0\,\mathrm{A}$ 。（1） $t=2.0\,\mathrm{s}$ 时 $B=0.3-0.1\times2.0=0.1\,\mathrm{T}$ 。下半部分导线在磁场中的等效长度为水平对角线长 $l\sqrt{2}$ ，安培力大小 $F=BI\cdot l\sqrt{2}=0.1\times1.0\times0.40\sqrt{2}\,\mathrm{N}\approx5.7\times10^{-2}\,\mathrm{N}$ ，方向垂直水平对角线向上。（2） $0\sim2.0\,\mathrm{s}$ 内电流恒定，焦耳热 $Q=I^2Rt=1.0^2\times8.0\times10^{-3}\times2.0\,\mathrm{J}=1.6\times10^{-2}\,\mathrm{J}$ 。
如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动， $t=0$ 时与弹簧接触，到 $t=2t_{0}$ 时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的 $v-t$ 图像如图（b）所示。已知从 $t=0$ 到 $t=t_{0}$ 时间内，物块A运动的距离为 $0.36v_0t_0$ 。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为 $\theta(\sin\theta=0.6)$ ，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。

【答案与解析】

由 $v-t$ 图像， $t=0$ 时 $v_A=0$ 、 $v_B=1.2v_0$ ， $t=t_0$ 时两者速度均为 $v_0$ （弹簧压缩最大）， $t=2t_0$ 时 $v_A=2v_0$ 、 $v_B=0.8v_0$ 。由动量守恒 $m_B\cdot1.2v_0=(m_A+m_B)v_0$ ，得 $m_B=5m_A=5m$ 。（1）弹簧弹性势能最大时 $\mathrm{A}$ 、 $\mathrm{B}$ 共速， $E_{p\max}=\frac12m_B(1.2v_0)^2-\frac12(m_A+m_B)v_0^2=\frac35mv_0^2$ 。（2） $0\sim t_0$ 内系统质心速度恒为 $v_0$ ，故 $v_A+5v_B=6v_0$ ， $\mathrm{B}$ 的位移 $x_B=\frac{6v_0t_0-x_A}{5}$ 。已知 $x_A=0.36v_0t_0$ ，代入得 $x_B=1.128v_0t_0$ 。最大压缩量 $x_m=x_B-x_A=0.768v_0t_0$ 。（3）第一次碰撞后 $\mathrm{A}$ 以 $2v_0$ 滑上斜面，设返回水平面时速度大小为 $v_1$ 。由动能定理，上滑过程 $-mg\sin\theta\cdot s-\mu mg\cos\theta\cdot s=0-\frac12m(2v_0)^2$ ，下滑过程 $mg\sin\theta\cdot s-\mu mg\cos\theta\cdot s=\frac12mv_1^2-0$ ，联立得 $v_1^2=4v_0^2\frac{\sin\theta-\mu\cos\theta}{\sin\theta+\mu\cos\theta}=4v_0^2\frac{3-4\mu}{3+4\mu}$ 。 $\mathrm{A}$ 以速度 $v_1$ 向左与 $\mathrm{B}$ （速度 $0.8v_0$ 向右）再次弹性碰撞后， $\mathrm{A}$ 速度恰为 $2v_0$ 向右，由动量守恒和能量守恒解得 $v_1=v_0$ 。代入得 $1=4\cdot\frac{3-4\mu}{3+4\mu}$ ，解得 $\mu=0.45$ 。
一定量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c，其过程如 $T-V$ 图上的两条线段所示，则气体在（　　）

A．状态a处的压强大于状态c处的压强

B．由a变化到b的过程中，气体对外做功

C．由b变化到c的过程中，气体的压强不变

D．由a变化到b的过程中，气体从外界吸热

E．由a变化到b的过程中，从外界吸收的热量等于其增加的内能

【答案与解析】

在 $T-V$ 图中，过原点的直线为等压线， $p=nR\frac{T}{V}$ 。状态 $a$ 位于过原点的虚线上， $c$ 位于斜率更小的过原点的直线上，故 $p_a>p_c$ ，A 正确。 $a\to b$ 体积增大，气体对外做功，B 正确。 $b\to c$ 过程不是过原点的直线，压强变化，C 错误。 $a\to b$ 温度升高、体积增大， $\Delta U>0$ 、 $W>0$ ，由热力学第一定律 $Q=\Delta U+W>0$ ，气体吸热，D 正确；且吸热量大于内能增加量，E 错误。故选ABD。
如图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为 $2m$ 、m，面积分别为 $2S$ 、S，弹簧原长为l。初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为 $0.1l$ ，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为 $T_{0}$ 。已知活塞外大气压强为 $p_0$ ，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积。（重力加速度常量g）（1）求弹簧的劲度系数；（2）缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度。

【答案与解析】

设弹簧劲度系数为 $k$ ，初始伸长量 $x_0=0.1l$ ，气体初始压强为 $p_1$ 。对上活塞 I： $p_1\cdot2S=p_0\cdot2S+2mg+kx_0$ 。对下活塞 II： $p_0S+kx_0=p_1S+mg$ 。联立解得 $k=\frac{40mg}{l}$ ， $p_1=p_0+\frac{3mg}{S}$ 。（1）弹簧劲度系数 $k=\frac{40mg}{l}$ 。（2）缓慢加热过程中，两活塞受力平衡要求弹簧伸长量保持 $0.1l$ 不变，即活塞 I、II 间距恒为 $1.1l$ 。活塞 II 向上运动至连接处时，气体体积变为 $V_2=2S\times1.1l$ ，初始体积 $V_1=2S\times0.55l+S\times0.55l=1.65Sl$ 。压强不变 $p_2=p_1=p_0+\frac{3mg}{S}$ ，由盖—吕萨克定律 $\frac{V_1}{T_0}=\frac{V_2}{T_2}$ 得 $T_2=\frac{V_2}{V_1}T_0=\frac{4}{3}T_0$ 。
介质中平衡位置在同一水平面上的两个点波源 $\mathrm{S}_1$ 和 $\mathrm{S}_2$ ，二者做简谐运动的振幅相等，周期均为 $0.8\mathrm{s}$ 。当 $\mathrm{S}_1$ 过平衡位置向上运动时， $\mathrm{S}_2$ 也过平衡位置向上运动。若波速为 $5\mathrm{m/s}$ ，则由 $\mathrm{S}_1$ 和 $\mathrm{S}_2$ 发出的简谐横波的波长均为＿＿＿＿m。P为波源平衡位置所在水平面上的一点，与 $\mathrm{S}_1$ 、 $\mathrm{S}_2$ 平衡位置的距离均为 $10\mathrm{m}$ ，则两波在P点引起的振动总是相互＿＿＿＿（填“加强”或“削弱”）的；当 $\mathrm{S}_1$ 恰好在平衡位置向上运动时，平衡位置在P处的质点＿＿＿＿（填“向上”或“向下”）运动。

【答案与解析】

波长 $\lambda=vT=5\times0.8\,\mathrm{m}=4\,\mathrm{m}$ 。 $P$ 到两波源距离相等，波程差为零，两波源振动同相，故 $P$ 点振动加强； $P$ 点与波源同相，当 $S_1$ 恰过平衡位置向上运动时， $P$ 处质点也向上运动。故填 4、加强、向上。
一细束单色光在三棱镜 $ABC$ 的侧面 $AC$ 上以大角度由D点入射（入射面在棱镜的横截面内），入射角为i，经折射后射至 $AB$ 边的E点，如图所示，逐渐减小i，E点向B点移动，当 $\sin i=\frac{1}{6}$ 时，恰好没有光线从 $AB$ 边射出棱镜，且 $DE=DA$ 。求棱镜的折射率。

【答案与解析】

设棱镜折射率为 $n$ ，光在 $AC$ 面的折射角为 $r$ ，由折射定律 $\sin i=n\sin r$ ，即 $\frac16=n\sin r$ 。在 $AB$ 面恰好发生全反射，入射角等于临界角， $\sin C=\frac1n$ 。设 $\angle A=\alpha$ ， $DE=DA$ 且由几何关系可得 $\cot\alpha\cos r-\sin r=1$ 。在 $AB$ 面由几何关系有 $\sqrt{\frac{1+\sin r}{2}}=\frac1n$ 。联立 $n\sin r=\frac16$ 与 $n^2=\frac{2}{1+\sin r}$ ，得 $6n^3+n^2-12n=0$ ，正解为 $n=\frac43$ 。

测量序号	$B_x/\mu T$	$B_y/\mu T$	$B_z/\mu T$
1	0	21	- 45
2	0	- 20	- 46
3	21	0	- 45
4	- 21	0	- 45