2023年高考全国乙卷物理真题

一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比。则该排球（　　）

A．上升时间等于下落时间

B．被垫起后瞬间的速度最大

C．达到最高点时加速度为零

D．下落过程中做匀加速运动

【答案与解析】

上升阶段小球所受合力为 $mg+kv$ （向下），下落阶段合力为 $mg-kv$ （向下）。因空气阻力始终做负功，小球回到O点时速率 $v_1<v_0$ ，故上升阶段平均速率较大， $t_{\text{上升}}<t_{\text{下落}}$ ，A错。起跳后任何时刻速度都不超过 $v_0$ （上升过程减小，下落过程虽增大但因克服阻力做功， $v<v_0$ ），故被垫起瞬间速度最大，B对。最高点 $v=0$ ，阻力为零，仅受重力， $a=g\neq0$ ，C错。下落过程 $a=g-kv/m$ 随 $v$ 变化，不是匀加速，D错。故选B。
小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直增加。如果用带箭头的线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力，下列四幅图可能正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

动能一直增加，说明合力始终做正功，合力方向始终与速度同向，即水平向右。观察四幅图：A中两处合力均斜向右上，在轨道凹处应有指向圆心的分量，方向不合理；B中凸处合力斜右上、凹处合力水平向右（凹处轨道水平时合力沿轨道方向），可能正确；C中合力无水平分量，动能不变，与题设矛盾；D中凸处合力斜右下，指向轨道下侧，会使动能减小。故选B。
2022年10月，全球众多天文设施观测到迄今最亮伽马射线暴，其中我国的“慧眼”卫星、“极目”空间望远镜等装置在该事件观测中作出重要贡献。由观测结果推断，该伽马射线暴在1分钟内释放的能量量级为 $10^{48}\mathrm{J}$ 。假设释放的能量来自于物质质量的减少，则每秒钟平均减少的质量量级为（光速为 $3\times10^{8}\mathrm{m/s}$ ）

A． $10^{19}\mathrm{kg}$

B． $10^{24}\mathrm{kg}$

C． $10^{29}\mathrm{kg}$

D． $10^{34}\mathrm{kg}$

【答案与解析】

由质能方程 $\Delta E=\Delta mc^2$ 得一分钟内减少的质量 $\Delta m=\dfrac{10^{48}}{(3\times10^8)^2}\approx1.1\times10^{31}\mathrm{kg}$ ，平均每秒减少 $\dfrac{1.1\times10^{31}}{60}\approx1.85\times10^{29}\mathrm{kg}$ ，量级为 $10^{29}\mathrm{kg}$ 。故选C。
一学生小组在探究电磁感应现象时，进行了如下比较实验。用图（a）所示的缠绕方式，将漆包线分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上，漆包线的两端与电流传感器接通。两管皆竖直放置，将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放，在管内下落至管的下端。实验中电流传感器测得的两管上流过漆包线的电流I随时间t的变化分别如图（b）和图（c）所示，分析可知（　　）

A．图（c）是用玻璃管获得的图像

B．在铝管中下落，小磁体做匀变速运动

C．在玻璃管中下落，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变

D．用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短

【答案与解析】

玻璃管中磁体做自由落体运动，加速度接近 $g$ ，经管内时间短；铝管中磁体受涡流阻力作用，下落时间显著变长。结合图（b）电流峰密集、时间间隔短及图（c）电流变化缓慢、时间间隔长的特点，可知（c）对应下落时间较长的玻璃管，（b）对应铝管。铝管中磁体所受阻力随速度变化，不是匀变速，B错；玻璃管中磁体基本不受电磁阻力作用，C错；铝管时间间隔长于玻璃管，D错。故选A。
如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面（xOy平面）向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点； $SP = l$ ，S与屏的距离为 $\frac{l}{2}$ ，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为（　　）

A． $\frac{E}{2aB^{2}}$

B． $\frac{E}{aB^{2}}$

C． $\frac{B}{2aE^{2}}$

D． $\frac{B}{aE^{2}}$

【答案与解析】

设磁场中粒子轨迹半径为 $R$ 。粒子在S点速度沿切线方向，由 $SP=l$ 及S到屏的水平距离 $l/2$ 可知速度方向与水平方向夹角 $\theta$ 满足 $\cos\theta=\dfrac{l/2}{l}=\dfrac{1}{2}$ ，即 $\theta=60°$ 。圆心在入射方向垂直方向上，由几何关系可得 $R=2a$ 。加电场后粒子沿x轴做直线运动，故 $qE=qvB$ ，得 $v=E/B$ 。又 $R=\dfrac{mv}{qB}$ ，所以 $\dfrac{q}{m}=\dfrac{v}{RB}=\dfrac{E/B}{2a\cdot B}=\dfrac{E}{2aB^2}$ 。故选A。
在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点， $OP > OM$ ， $OM = ON$ ，则小球（　　）

A．在运动过程中，电势能先增加后减少

B．在P点的电势能大于在N点的电势能

C．在M点的机械能等于在N点的机械能

D．从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功

【答案与解析】

OP>OM=ON，由 $OM=ON$ 知M、N到O点距离相同，故 $\varphi_M=\varphi_N$ ，带负电的小球在M、N两点的电势能相等。轨迹由P向M运动时离O先变近后变远再变近（结合轨迹图），电势能变化并非单调，故A错。OP>ON，距O越远电势越低，正点电荷电场中负电荷的电势能越高，故P点电势能大于N点电势能，B对。机械能等于动能加重力势能，由M到N电势能不变，故机械能守恒，C对。从M到N电场力做功为零（电势能不变），并非"始终不做功"（中间过程电场力有做功的瞬时效果，只是总功为零），D错。故选BC。
黑箱外有编号为1、2、3、4的四个接线柱，接线柱1和2、2和3、3和4之间各接有一个电阻，在接线柱间还接有另外一个电阻R和一个直流电源。测得接线柱之间的电压 $U_{12}= 3.0V$ ， $U_{23}= 2.5V$ ， $U_{34}= -1.5V$ 。符合上述测量结果的可能接法是（　　）

A．电源接在1、4之间，R接在1、3之间

B．电源接在1、4之间，R接在2、4之间

C．电源接在1、3之间，R接在1、4之间

D．电源接在1、3之间，R接在2、4之间

【答案与解析】

设电源电动势为 $\varepsilon$ ，按各选项连接方式列写节点电压方程与基尔霍夫电流定律。逐项分析可知：选项A中电源接1、4之间（ $U_{14}=4.0\mathrm{V}$ ），R接1、3之间（ $U_{13}=5.5\mathrm{V}$ ，由 $U_{12}=3.0\mathrm{V}$ 、 $U_{34}=-1.5\mathrm{V}$ 推得 $U_{23}=2.5\mathrm{V}$ ），各节点电流关系可由选取合适的 $R_{12}$ 、 $R_{23}$ 、 $R_{34}$ 及 $R$ 满足。其他选项均存在与所测电压不相容的约束。故选A。
如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度 $v_0$ 开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（　　）

A．木板的动能一定等于fl

B．木板的动能一定小于fl

C．物块的动能一定大于 $\frac{1}{2}mv_{0}^{2}-fl$

D．物块的动能一定小于 $\frac{1}{2}mv_{0}^{2}-fl$

【答案与解析】

设物块相对木板滑动距离为 $l$ ，木板位移为 $d_{\text{木}}$ ，则物块位移 $d_{\text{物}}=l+d_{\text{木}}$ 。摩擦力对木板做正功 $W_{\text{木}}=f\cdot d_{\text{木}}<fl$ ，故木板动能 $=f\cdot d_{\text{木}}<fl$ ，B对、A错。摩擦力对物块做负功 $W_{\text{物}}=-f(l+d_{\text{木}})$ ，物块动能 $=\dfrac{1}{2}mv_0^2-f(l+d_{\text{木}})<\dfrac{1}{2}mv_0^2-fl$ ，D对、C错。故选BD。
在“验证力的平行四边形定则”的实验中使用的器材有：木板、白纸、两个标准弹簧测力计、橡皮条、轻质小圆环、刻度尺、铅笔、细线和图钉若干。完成下列实验步骤： ①用图钉将白纸固定在水平木板上。 ②将橡皮条的一端固定在木板上，另一端系在轻质小圆环上。将两细线也系在小圆环上，它们的另一端均挂上测力计。用互成一定角度、方向平行于木板、大小适当的力拉动两个测力计，小圆环停止时由两个测力计的示数得到两拉力 $F_{1}$ 和 $F_{2}$ 的大小，并＿＿＿＿。（多选，填正确答案标号）

A.用刻度尺量出橡皮条的长度

B.用刻度尺量出两细线的长度

C.用铅笔在白纸上标记出小圆环的位置

D.用铅笔在白纸上标记出两细线的方向

③撤掉一个测力计，用另一个测力计把小圆环拉到＿＿＿＿，由测力计的示数得到拉力 $F$ 的大小，沿细线标记此时 $F$ 的方向。 ④选择合适标度，由步骤②的结果在白纸上根据力的平行四边形定则作 $F_{1}$ 和 $F_{2}$ 的合成图，得出合力 $F^{\prime}$ 的大小和方向；按同一标度在白纸上画出力 $F$ 的图示。 ⑤比较 $F^{\prime}$ 和 $F$ 的＿＿＿＿，从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。

【答案与解析】

②要确定两拉力的大小和方向，需在白纸上标记两细线的方向并记录小圆环的位置（作为力的作用点），故②填CD。③为保证两次拉橡皮条效果相同（合力大小、方向相同），用单个测力计拉时应把小圆环拉到同一位置。⑤两次拉橡皮条使小圆环在同一位置，则两次拉力互为分力与合力，比较两者的大小和方向。故②填CD；③填同一位置；⑤填大小和方向。
一学生小组测量某金属丝（阻值约十几欧姆）的电阻率。现有实验器材：螺旋测微器、米尺、电源E、电压表（内阻非常大）、定值电阻 $R_{0}$ （阻值 $10.0\mathrm{\Omega}$ ）、滑动变阻器R、待测金属丝、单刀双掷开关K、开关S、导线若干。图（a）是学生设计的实验电路原理图。完成下列填空：

（1）实验时，先将滑动变阻器R接入电路的电阻调至最大，闭合S （2）将K与1端相连，适当减小滑动变阻器R接入电路的电阻，此时电压表读数记为 $U_{1}$ ，然后将K与2端相连，此时电压表读数记为 $U_{2}$ 。由此得到流过待测金属丝的电流 $I=$ ＿＿＿＿，金属丝的电阻 $r=$ ＿＿＿＿。（结果均用 $R_{0}$ 、 $U_{1}$ 、 $U_{2}$ 表示）（3）继续微调R，重复（2）的测量过程，得到多组测量数据，如下表所示：

$U_{1}$ （ $\mathrm{mV}$ ） 0.57 0.71 0.85 1.14 1.43
$U_{2}$ （ $\mathrm{mV}$ ） 0.97 1.21 1.45 1.94 2.43

（4）利用上述数据，得到金属丝的电阻 $r=14.2\mathrm{\Omega}$ 。（5）用米尺测得金属丝长度 $L=50.00\mathrm{cm}$ 。用螺旋测微器测量金属丝不同位置的直径，某次测量的示数如图（b）所示，该读数为 $d=$ ＿＿＿＿mm。多次测量后，得到直径的平均值恰好与d相等。（6）由以上数据可得，待测金属丝所用材料的电阻率 $\rho=$ ＿＿＿＿ $\times10^{-7}\mathrm{\Omega\cdot m}$ 。（保留2位有效数字）

【答案与解析】

（2）K接1时电压表测金属丝两端电压 $U_1$ ，K接2时电压表测 $R_0$ 与金属丝串联后的总电压 $U_2$ 。则 $R_0$ 两端电压为 $U_2-U_1$ ，故电流 $I=\dfrac{U_2-U_1}{R_0}$ ；金属丝电阻 $r=\dfrac{U_1}{I}=\dfrac{U_1 R_0}{U_2-U_1}$ 。（5）由螺旋测微器读出 $d=0.200\mathrm{mm}$ 。（6）由 $\rho=\dfrac{rA}{L}=\dfrac{r\cdot\pi d^2/4}{L}$ ，代入 $r=14.2\,\mathrm{\Omega}$ 、 $d=0.200\mathrm{mm}$ 、 $L=0.5000\mathrm{m}$ ，得 $\rho=\dfrac{14.2\times\pi\times(2.00\times10^{-4})^2}{4\times0.5000}\approx8.9\times10^{-7}\mathrm{\Omega\cdot m}$ 。故填 $\dfrac{U_2-U_1}{R_0}$ 、 $\dfrac{U_1 R_0}{U_2-U_1}$ ； $0.200$ ； $8.9$ 。
如图，等边 $\triangle ABC$ 位于竖直平面内，AB边水平，顶点C在AB边上方，3个点电荷分别固定在三角形的三个顶点上。已知AB边中点M处的电场强度方向竖直向下，BC边中点N处的电场强度方向竖直向上，A点处点电荷的电荷量的绝对值为q，求（1）B点处点电荷的电荷量的绝对值并判断3个点电荷的正负；（2）C点处点电荷的电荷量。

【答案与解析】

设等边三角形边长为 $a$ ，M为AB中点，N为BC中点。A、B关于M对称，A、B处电荷在M点产生的水平方向场强大小相等方向相反才能使M点场强竖直向下，故A、B电荷量绝对值相等， $|q_B|=q$ ；且A、B同号。C在M正上方，C在M点的场强沿竖直方向，由M点场强向下可知C为正电荷，进而A、B为正电荷。 N点处：A在N点的场强大小为 $\dfrac{kq}{3a^2/4}=\dfrac{4kq}{3a^2}$ ，方向沿AN；B在N点的场强大小为 $\dfrac{kq}{a^2/4}=\dfrac{4kq}{a^2}$ ，方向沿BN；C在N点的场强大小为 $\dfrac{kq_C}{a^2/4}=\dfrac{4kq_C}{a^2}$ ，方向沿CN。由对称性，水平方向由B、C的水平分量平衡： $\dfrac{4kq}{a^2}\cdot\dfrac{1}{2}=\dfrac{4kq_C}{a^2}\cdot\dfrac{1}{2}+\dfrac{4kq}{3a^2}\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ ，解得 $q_C=q\left(1-\dfrac{\sqrt{3}}{3}\right)=\dfrac{(3-\sqrt{3})q}{3}$ 。故（1） $|q_B|=q$ ，A、B、C三点电荷均为正电荷；（2）C点处点电荷的电荷量为 $\dfrac{(3-\sqrt{3})q}{3}$ 。
如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为 $20l$ 。一质量为 $m=\frac{1}{3}M$ 的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。

【答案与解析】

设圆盘所受摩擦力 $f=Mg$ ，方向竖直向上，圆盘重力 $Mg$ 竖直向下，故圆盘所受合力为零，做匀速直线运动。（1）小球自由下落 $l$ 撞圆盘前速度 $v_0=\sqrt{2gl}$ 。由弹性碰撞公式（ $m=M/3$ ）：小球碰后速度 $v_1=\dfrac{m-M}{m+M}v_0=-\dfrac{1}{2}v_0$ （方向竖直向上），大小为 $\dfrac{\sqrt{2gl}}{2}$ ；圆盘碰后速度 $v_{\text{盘}}=\dfrac{2m}{m+M}v_0=\dfrac{1}{2}v_0$ （方向竖直向下），大小为 $\dfrac{\sqrt{2gl}}{2}$ 。（2）以碰撞点为原点、向下为正。第一次碰后小球速度 $-v_0/2$ （向上），圆盘速度 $+v_0/2$ （向下）。设经时间 $t$ 后小球位置 $y_{\text{球}}=-\dfrac{v_0}{2}t+\dfrac{1}{2}gt^2$ ，圆盘位置 $y_{\text{盘}}=\dfrac{v_0}{2}t$ ，两者距离 $s(t)=y_{\text{盘}}-y_{\text{球}}=v_0t-\dfrac{1}{2}gt^2$ 。由 $\dfrac{ds}{dt}=v_0-gt=0$ 得 $t=\dfrac{v_0}{g}$ ，此时 $s_{\max}=\dfrac{v_0^2}{2g}=l$ 。故最远距离为 $l$ 。（3）分析得每次碰撞后小球速度依次为 $-\dfrac{v_0}{2}$ 、 $0$ 、 $\dfrac{v_0}{2}$ 、 $v_0$ 、 $\dfrac{3v_0}{2}\cdots$ ，圆盘速度依次为 $\dfrac{v_0}{2}$ 、 $v_0$ 、 $\dfrac{3v_0}{2}$ 、 $2v_0$ 、 $\dfrac{5v_0}{2}\cdots$ 。两次碰撞间时间间隔 $\Delta t=2v_0/g$ 恒定。第 $k$ 次碰撞位置距起始下落点为 $\sum_{i=1}^{k-1}\dfrac{i v_0}{2}\cdot\dfrac{2v_0}{g}=l\sum_{i=1}^{k-1}i$ 。第1、2、3、4次碰撞位置距管上端分别为 $l$ 、 $3l$ 、 $7l$ 、 $13l$ ，管长 $20l$ 。第4次碰后圆盘速度 $2v_0$ 向下，需再经 $\Delta t=2v_0/g$ 才发生第5次碰撞，此时圆盘位置 $13l+2v_0\cdot\dfrac{2v_0}{g}=21l>20l$ ，已超出管长，故第5次碰撞不会发生。共发生4次碰撞。
对于一定量的理想气体，经过下列过程，其初始状态的内能与末状态的内能可能相等的是（　　）

A．等温增压后再等温膨胀

B．等压膨胀后再等温压缩

C．等容减压后再等压膨胀

D．等容增压后再等压压缩

E．等容增压后再等温膨胀

【答案与解析】

理想气体内能只与温度有关。

A. 两次等温过程温度始终相同，末态与初态温度相等，内能可能相等；

B. 等压膨胀温度升高，再等温压缩温度保持较高，末态温度高于初态，内能一定增大；

C. 等容减压温度降低，再等压膨胀温度升高，若膨胀到合适体积可使末态温度回到初态，内能可能相等；

D. 等容增压温度升高，再等压压缩温度降低，若压缩到合适体积可使末态温度回到初态，内能可能相等；

E. 等容增压温度升高，再等温膨胀温度保持较高，末态温度高于初态，内能一定增大。故选ACD。
如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为 $20\mathrm{cm}$ 的A、B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开。水银柱在两管中的长度均为 $10\mathrm{cm}$ 。现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变 $1\mathrm{cm}$ 。求B管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强。（气体温度保持不变，以 $\mathrm{cmHg}$ 为压强单位）

【答案与解析】

设B管截面积为 $S$ ，A管截面积为 $4S$ （直径2倍）。B管在上时：水银柱在B管中长10cm（竖直方向），A管中长10cm，水银柱总竖直高度20cm。设上方气体压强为 $p_{\text{上}}$ （B管中），下方气体压强为 $p_{\text{下}}$ （A管中），则 $p_{\text{下}}=p_{\text{上}}+20\mathrm{cmHg}$ 。倒置后A管在上，设水银在A、B管中长度分别为 $x$ 、 $y$ （cm），由水银体积守恒 $4x+y=50$ 。A管内气柱长度由10cm变为 $20-x$ ，变化1cm，取 $20-x=11$ 即 $x=9$ ，则 $y=14$ （另一解 $x=11$ 代入后方程无正压强解，舍去）。上方气体（原下方气体）压强由玻意耳定律： $p_{\text{下}}\cdot10\cdot4S=p_A'\cdot11\cdot4S$ ，即 $10p_{\text{下}}=11p_A'$ ，得 $p_A'=\dfrac{10p_{\text{下}}}{11}$ 。下方气体（原上方气体）压强： $p_{\text{上}}\cdot10S=p_B'\cdot(20-14)S$ ，即 $10p_{\text{上}}=6p_B'$ ，得 $p_B'=\dfrac{5p_{\text{上}}}{3}$ 。倒置后水银柱竖直高度 $x+y=23\mathrm{cm}$ ，故 $p_B'=p_A'+23$ ，即 $\dfrac{5p_{\text{上}}}{3}=\dfrac{10p_{\text{下}}}{11}+23$ 。联立 $p_{\text{下}}=p_{\text{上}}+20$ 解得 $p_{\text{上}}\approx54.4\mathrm{cmHg}$ ， $p_{\text{下}}\approx74.4\mathrm{cmHg}$ 。故B管在上方时，上方气体压强约为 $54.4\mathrm{cmHg}$ ，下方气体压强约为 $74.4\mathrm{cmHg}$ 。
一列简谐横波沿x轴传播，图（a）是 $t=0$ 时刻的波形图；P是介质中位于 $x=2\mathrm{m}$ 处的质点，其振动图像如图（b）所示。下列说法正确的是（　　）

A．波速为 $2\mathrm{m/s}$

B．波向左传播

C．波的振幅是 $10\mathrm{cm}$

D． $x=3\mathrm{m}$ 处的质点在 $t=7\mathrm{s}$ 时位于平衡位置

E．质点P在 $0~7s$ 时间内运动的路程为 $70\mathrm{cm}$

【答案与解析】

由图（a）知波长 $\lambda=4\mathrm{m}$ ，由图（b）知周期 $T=2\mathrm{s}$ ，故波速 $v=\lambda/T=2\mathrm{m/s}$ ，A对。P点位于 $x=2\mathrm{m}$ ，由图（a）P在平衡位置；由图（b） $t=0$ 时刻P位于平衡位置下一时刻向 $-y$ 方向运动，对应横波沿 $-x$ （向左）传播，B对。振幅为 $5\mathrm{cm}$ ，C错。 $x=3\mathrm{m}$ 质点在 $t=7\mathrm{s}$ 时的位移：由 $y(x,t)=A\sin\left[\dfrac{2\pi}{\lambda}(x+vt)\right]$ ，代入 $x=3$ 、 $t=7$ 、 $\lambda=4$ 、 $v=2$ ，得 $y=A\sin\left[\dfrac{\pi}{2}(3+14)\right]=A\sin\dfrac{17\pi}{2}=5\mathrm{cm}$ ，不在平衡位置，D错。P在0~7s内经历3.5个周期，路程 $3.5\times4A=70\mathrm{cm}$ ，E对。故选ABE。
如图，一折射率为 $\sqrt{2}$ 的棱镜的横截面为等腰直角三角形 $\triangle ABC$ ， $AB=AC=l$ ，BC边所在底面上镀有一层反射膜。一细光束沿垂直于BC方向经AB边上的M点射入棱镜，若这束光被BC边反射后恰好射向顶点A，求M点到A点的距离。

【答案与解析】

建立坐标系使B=(0,0)、C=(l\sqrt{2},0)，则A=(l/\sqrt{2},,l/\sqrt{2})，AB所在直线为 y=x。入射光束竖直向下（垂直于水平BC），在AB上M=(m,m)点入射。入射方向(0,-1)与AB法线夹角为45°，入射角 i=45°。由折射定律 n=\sqrt{2} 得 \sin r=\sin45°/\sqrt{2}=1/2，故 r=30°。折射光线在棱镜内沿与AB法线成30°方向传播，打在BC上H点后被反射。设折射光线方向为 \mathbf{d}_r=\left(\dfrac{\sqrt{3}-1}{2\sqrt{2}},,-\dfrac{\sqrt{3}+1}{2\sqrt{2}}\right)，与BC（y=0）交于 H=\bigl(m(3-\sqrt{3}),,0\bigr)。BC为反射面，反射光线方向为 \mathbf{d}_r'=\left(\dfrac{\sqrt{3}-1}{2\sqrt{2}},,\dfrac{\sqrt{3}+1}{2\sqrt{2}}\right)。令反射光线恰好经过A，由 \overrightarrow{HA} 与 \mathbf{d}_r' 平行得 m=\dfrac{l}{\sqrt{6}}，故 AM=\sqrt{2}\left(\dfrac{l}{\sqrt{2}}-\dfrac{l}{\sqrt{6}}\right)=l-\dfrac{l}{\sqrt{3}}=\dfrac{(3-\sqrt{3})l}{3}。故M点到A点的距离为 \dfrac{(3-\sqrt{3})l}{3}。