【名师解析】河南省开封市2015届高三第二次模拟考试物理试卷.doc

2015年河南省开封市高考物理二模试卷一、选择题（本题包括8小题，每小题6分共48分其中15题每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，68题中有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1（6分）质量为m的物体在沿斜面向上的拉力F作用下沿放在水平地面上的质量为M的粗糙斜面匀速下滑，此过程中斜面体保持静止，则斜面与地面间（） A 没有摩擦力 B 摩擦力的方向水平向右 C 支持力为（M+m）g D 支持力小于（M+m）g【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算【专题】：共点力作用下物体平衡专题【分析】：对整体分析，通过共点力平衡求出地面的摩擦力和支持力的大小【解析】： 解：整体受力如图所示，根据共点力平衡得，地面的摩擦力f=Fcos，分析水平向左支持力的大小N=（M+m）gFsin，小于（M+m）g故D正确，A、B、C错误故选：D【点评】： 解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解掌握整体法和隔离法的运用2（6分）关于物体的运动和加速度，下列说法正确的是（） A 做直线运动的物体，加速度方向一定不变 B 做曲线运动的物体，加速度可能不变 C 做匀速圆周运动的物体，加速度不变 D 以额定功率做加速直线运动的汽车，加速度是恒定的【考点】： 加速度【专题】：直线运动规律专题【分析】：当加速度与速度共线时，做直线运动；不共线时，做曲线运动；它们的加速度的可能不变，也可能变化，但对于圆周运动加速度一定变化，根据P=Fv，可知，额定功率下的加速直线运动，加速度一定变化【解析】： 解：A、做直线运动的物体时，加速度与速度共线，其加速度方向可以变化，故A错误；B、做曲线运动的物体时，加速度与速度不共线，而加速度可能不变，比如平抛运动，故B正确；C、做匀速圆周运动的物体，加速度方向始终指向圆心，即方向不断变化，故C错误；D、以额定功率做加速直线运动的汽车，根据P=Fv，可知，随着速度的变化，牵引力在变化，则加速度不是恒定的，故D错误；故选：B【点评】： 考查直线与曲线运动的条件，理解有加速度与加速度的变化的区别，注意公式P=Fv中各量的含义3（6分）如图所示，木块A放在木块B的左端上方，用水平恒力F将A拉到B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功W1，生热Q1；第二次让B在光滑水平面可自由滑动，F做功W2，生热Q2，则下列关系中正确的是（） A W1W2，Q1=Q2 B W1=W2，Q1=Q2 C W1W2，Q1Q2 D W1=W2，Q1Q2【考点】： 功的计算；功能关系【专题】：功的计算专题【分析】：正确解答本题的关键是理解功的定义以及如何求相互作用的系统产生的热量，根据W=Fscos，比较克服摩擦力所做的功，摩擦产生的热量Q=fs相对，通过比较相对位移比较摩擦产生的热量【解析】： 解：木块A从木块B左端滑到右端克服摩擦力所做的功W=fs，因为木块B不固定时木块A的位移要比固定时长，所以W1W2，；摩擦产生的热量Q=fs相对，两次都从木块B左端滑到右端，相对位移相等，所以Q1=Q2故选：A【点评】： 解决本题的关键掌握摩擦力做功的求法，以及知道摩擦产生的热量Q=fs相对，明确摩擦力做功和产生热量的不同4（6分）假设空间某一静电场的电势随x变化情况如图所示，根据图中信息可以确定下列说法中正确的是（） A 空间各点场强的方向均与x轴垂直 B 将电荷沿x轴从0移到x1的过程中，电荷做匀加速直线运动 C 正电荷沿x轴从x2移到x3的过程中，电场力做正功，电势能减小 D 负电荷沿x轴从x4移到x5的过程中，电场力做负功，电势能增加【考点】： 电势；电势能【专题】：电场力与电势的性质专题【分析】：由图分析沿x轴方向电势的变化情况，判断x轴是不是一条等势线，根据场强方向与等势面垂直，分析场强的方向是否均与x轴垂直根据图象的斜率等于场强，分析场强的变化，判断电荷的运动性质电荷沿x轴从0移到x1的过程中，各点的电势相等，任意两点间电势差为零，但场强不一定为零，电荷不一定不受电场力根据推论：正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势低处电势能大，分析电场力做功情况，判断电势能变化情况【解析】： 解：A、由图看出，x轴上各点电势不全相等，x轴不是一条等势线，所以空间各点场强的方向不全与x轴垂直故A错误B、将电荷沿x轴从0移到x1的过程中，各点电势相等，图象的斜率为零，电场力为零，电荷做匀速直线运动，故B错误C、正电荷沿x轴从x2移到x3的过程中，电势升高，电荷的电势能增大，电场力做负功故C错误D、负电荷沿x轴从x4移到x5的过程中，电势降低，电荷的电势能增加，电场力做负功故D正确故选：D【点评】： 本题判断电场力做功情况，也可以根据公式WAB=qUAB=q（AB）分析5（6分）一正三角形导线框ABC（高度为a）从图示位置沿x轴正向匀速穿过两匀强磁场区域两磁场区域磁感应强度大小均为B、方向相反、垂直于平面、宽度均为a图乙反映感应电流I与线框移动距离x的关系，以逆时针方向为电流的正方向图象正确的是（） A B C D 【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势【专题】：电磁感应与电路结合【分析】：线框匀速穿过两磁场区域时，分为三个过程：穿过左侧磁场，穿过两磁场分界线和穿过右侧磁场由有效切割长度变化，根据感应电动势公式，分析感应电动势的变化，再分析感应电流的变化【解析】： 解：A、x在a2a范围，线框穿过两磁场分界线时，BC、AC边在右侧磁场中切割磁感线，有效切割长度逐渐增大，产生的感应电动势E1增大，AC边在左侧磁场中切割磁感线，产生的感应电动势E2不变，两个电动势串联，总电动势E=E1+E2增大故A错误； B、x在0a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值故B错误； CD、在2a3a，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值故C正确，D错误故选：C【点评】： 本题选择的方法是排除法，将选项逐一代入检验，剔除不符合题意的选项，最后选出正确的答案6（6分）如图所示，T为理想变压器，原副线圈匝数比为5：1A1、A2为理想交流电流表，V1、V2为理想交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻（阻值随光照强度的增大而减小），原线圈两端电压=220sin314tV，以下说法正确的是（） A 当光照增强时，电压表V1示数为44V保持不变 B 当光照增强时，电压表V2示数变大 C 通过电流表A1的电流方向每秒变化100次 D 当光照增强时，电流表A1、A2示数同时变大【考点】： 变压器的构造和原理【专题】：交流电专题【分析】：和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R3的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况【解析】： 解：A、原线圈两端电压有效值为220，原副线圈匝数比为5：1，所以副线圈的电压有效值为44V，电压表V1示数为44V保持不变，与电阻的变化无关，所以A错误；B、当光照增强时，R3的电阻减小，总的电阻减小，所以电路的总电流要变大，R1的电压变大，副线圈的总电压不变，所以电压表V2示数变小，所以B错误；C、交流电的频率为f=Hz，所以通过电流表A1的电流方向每秒变化100次，所以C正确；D、当光照增强时，R3的电阻减小，总的电阻减小，所以电路的总电流要变大，因此A1、A2的示数都要变大，故D正确；故选：CD【点评】： 电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法7（6分）银河系处于本超星系团的边缘已知银河系距离星系团中心约2亿光年，绕星系团中心运行的公转周期约1000亿年，引力常量G=6.671011Nm2/kg2，根据上述数据可估算（） A 银河系绕本超星系团中心运动的线速度 B 银河系绕本超星系团中心运动的加速度 C 银河系的质量 D 银河系与本超星系团的之间的万有引力【考点】： 万有引力定律及其应用【专题】：万有引力定律的应用专题【分析】：已知银河系绕超星系运动的轨道半径和公转周期，根据线速度和周期、加速度和周期的关系公式可以计算出银河系绕本超星系团中心运动的线速度和加速度银河系是环绕天体，无法计算其质量，只能计算中心天体超星系的质量【解析】： 解：A、B、据题意可知，银河系是环绕天体，超星系是中心天体，银河系绕超星系做圆周运动，已知环绕的轨道r和周期T，则银河系运动的线速度为v=，加速度a=，故可以计算银河系绕本超星系团中心运动的线速度和加速度，故A正确，B正确；C、银河系是环绕天体，无法计算其质量，故C错误；D、由于不知道银河系的质量，故无法求解银河系与本超星系团的之间的万有引力，故D错误；故选：AB【点评】： 本题要能知道银河系绕超星系做匀速圆周运动，银河系是环绕天体，超星系是中心天体，无法计算环绕天体的质量，只能计算中心天体超星系的质量8（6分）设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，已知一带电粒子在电场力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，忽略粒子的重力，以下说法中正确的是（） A 此粒子必带正电荷 B A点和B位于同一高度 C 离子在C点时机械能最大 D 离子到达B点后，将沿原曲线返回A点【考点】： 带电粒子在混合场中的运动【专题】：带电粒子在复合场中的运动专题【分析】：带电粒子由静止释放（不考虑重力），在电场力的作用下会沿电场向下运动，在运动过程中，带电粒子会受到洛伦兹力，所以粒子会沿逆时针方向偏转，到达C点时，洛伦兹力方向向上，此时粒子具有最大速度，在之后的运动中，粒子的电势能会增加速度越来越小，到达B点时速度为零之后粒子会继续向右重复由在由A经C到B的运动形式【解析】： 解：A、从图中可以看出，上极板带正电，下极板带负电，带电粒子由静止开始向下运动，说明受到向下的电场力，可知粒子带正电故A正确B、离子具有速度后，它就在向下的电场力F及总与速度心垂直并不断改变方向的洛仑兹力f作用下沿ACB曲线运动，因洛仑兹力不做功，电场力做功等于动能的变化，而离子到达B点时的速度为零，所以从A到B电场力所做正功与负功加起来为零这说明离子在电场中的B点与A点的电势能相等，即B点与A点位于同一高度故B正确C、在由A经C到B的过程中，在C点时，电势最低，此时粒子的电势能最小，由能量守恒定律可知此时具有最大机械能故C正确D、只要将离子在B点的状态与A点进行比较，就可以发现它们的状态（速度为零，电势能相等）相同，如果右侧仍有同样的电场和磁场的叠加区域，离子就将在B之右侧重现前面的曲线运动，因此，离子是不可能沿原曲线返回A点的如图所示故D错误故选：ABC【点评】： 带电粒子在复合场中运动问题的分析思路1正确的受力分析除重力、弹力和摩擦力外，要特别注意电场力和磁场力的分析2正确分析物体的运动状态找出物体的速度、位置及其变化特点，分析运动过程如果出现临界状态，要分析临界条件带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子的受力情况（1）当粒子在复合场内所受合力为零时，做匀速直线运动（如速度选择器）（2）当带电粒子所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动（3）当带电粒子所受的合力是变力，且与初速度方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线，由于带电粒子可能连续通过几个情况不同的复合场区，因此粒子的运动情况也发生相应的变化，其运动过程也可能由几种不同的运动阶段所组成三、非选择题（包括必考题和选考题两部分）（一）必考题9（6分）在“验证机械能守恒的实验”中，已知打点计时器使用的交流电源的周期为0.02s，当地的重力加速度g=9.80m/s2该实验选取的重锤质量为1.00kg，选取如图所示的一段纸带并测量出相邻各点之间的距离，利用这些数据验证重锤通过第2点至第5点间的过程中遵从机械能守恒定律通过计算可以得出在第2点位置时重锤的动能为1.13J；第5点位置重锤时的动能为2.21J；重锤从第2点至第5点间的过程中重力势能的减小量为1.06J（保留三位有效数字）【考点】： 验证机械能守恒定律【专题】：实验题；机械能守恒定律应用专题【分析】：纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度，从而求出动能根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值【解析】： 解：根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度有：v2=1.5m/sv5=2.1m/s在第2点位置时重锤的动能为：EK2=mv22=1.13J在第5点位置时重锤的动能为：EK5=mv52=2.21J重力做功等于重力势能的减小量，因此有：重锤从第2点至第5点间的过程中重力势能的减小量为EP=mgx25=19.800.108=1.06J故答案为：1.13； 2.21； 1.06【点评】： 用运动学公式、推论和动能、重力势能的定义式解决问题是该实验的常规问题，要注意单位的换算和有效数字的保留10（9分）某同学用下列器材测量一电阻丝的电阻Rx：电源E，适当量程的电流表、电压表各一只（电流表有内阻，电压表内阻不是无限大），滑动变阻器R、RP，开关S1、S2，导线若干他设计如图（a）所示的电路测量电阻Rx的值，并有效地消除了因电压表和电流表内阻而产生的系统误差实验步骤如下：A先闭合S1，断开S2，调节R和RP，使电流表和电压表示数合理，记下两表示数为I1，U1；B闭合S2，调节RP，记下电流表和电压表示数为I2、U2（1）请你帮他按电路图在实物图（b）上连线；（2）指出上述步骤B中错误的做法并进行改正应该保持RP不变，测出电流表和电压表的读数为I2、U2，写出用测量数据表示被测电阻Rx的表达式【考点】： 伏安法测电阻【专题】：实验题【分析】：（1）根据电路图，结合量程及电表极性，即可求解；（2）根据欧姆定律，结合并联电阻公式，并依据题意：即先闭合S1，断开S2与闭合S2，两种情况，即可求解【解析】： 解：（1）由电路图，连接实物图，如下图所示：（2）A先闭合S1，断开S2，调节R和RP，使电流表和电压表示数合理，记下两表示数为I1，U1；B闭合S2，保持RP不变，记下电流表和电压表示数为I2、U2当先闭合S1，断开S2，根据欧姆定律，则有：RP=；当闭合S2，则有：=联立上式，解得：故答案为：（1）如上图所示；（2）应该保持RP不变，测出电流表和电压表的读数为I2、U2；【点评】： 考查由电路图连接实物图，掌握量程选取，及正负极的确定，理解欧姆定律的应用，注意并联电阻的计算11（14分）如图所示，有一水平放置的足够长的皮带输送机以v=5m/s的速率沿顺时针方向运行有一物体以v0=10m/s的初速度从皮带输送机的右端沿皮带水平向左滑动若物体与皮带间的动摩擦因素=0.5，并取g=10m/s2，求物体从滑上皮带到离开皮带所用的时间【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】：牛顿运动定律综合专题【分析】：物体滑上传送带后先做匀减速直线运动到零，然后返回做匀加速直线运动达到5m/s做匀速直线运动，根据牛顿第二定律结合运动学公式求出运动的总时间【解析】： 解：物块滑上传送带时，受到向右的滑动摩擦力，向左做匀减速运动，由牛顿第二定律得：mg=ma，加速度：a=g=0.510=5m/s2，由匀变速运动的速度位移公式可得，物块速度变为零时的位移：s=10m，物体向左运动的时间t左=2s；物块速度变为零后，反向向右做初速度为零的匀加速运动，加速度a=5m/s2，物块速度等于传送带速度v=5m/s时，物块的位移s1=2.5ms=10m，t1=1s，运动时间然后物块与传送带一起向右做匀速直线运动，物块做匀速直线运动的时间：t2=1.5s，物块从滑上传送带到滑下传送带所用的时间：t=t左+t1+t2=4.5s答：物块从滑上传送带到滑下传送带所用的时间4.5s【点评】： 解决本题的关键理清物体全过程的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式求解12（18分）如图（甲）所示，在直角坐标系0xL区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N现有一质量为m，带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，速度方向与x轴夹角为30此时在圆形区域加如图（乙）所示周期性变化的磁场，以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子运动一段时间后从N飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同（与x轴夹角也为30）求：（1）电子进入圆形磁场区域时的速度大小；（2）0xL区域内匀强电场场强E的大小；（3）写出圆形磁场区域磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的表达式【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】：压轴题；带电粒子在复合场中的运动专题【分析】：电子在电场中只受电场力，做类平抛运动将速度分解，可求出电子进入圆形磁场区域时的速度大小根据牛顿定律求出场强E的大小电子在磁场中，洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动分析电子进入磁场的速度方向与进入磁场时的速度方向相同条件，根据圆的对称性，由几何知识得到半径，周期T各应满足的表达式【解析】： 解： （1）电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，如图1所示 由速度关系： 解得 （2）由速度关系得 在竖直方向 解得 （3）在磁场变化的半个周期内粒子的偏转角为60，根据几何知识，在磁场变化的半个周期内， 粒子在x轴方向上的位移恰好等于R粒子到达N点而且速度符合要求的空间条件是：nR=2L 电子在磁场作圆周运动的轨道半径 解得（n=1、2、3） 若粒子在磁场变化的半个周期恰好转过圆周，同时MN间运动时间是磁场变化周期的整数倍时， 可使粒子到达N点并且 速度满足题设要求应满足的时间条件：解得 T的表达式得：（n=1、2、3）答：（1）电子进入圆形磁场区域时的速度大小为解得 ； （2）0xL区域内匀强电场场强E的大小； （3）圆形磁场区域磁感应强度B0的大小表达式为（n=1、2、3） 磁场变化周期T各应满足的表达式为（n=1、2、3）【点评】： 本题带电粒子在组合场中运动，分别采用不同的方法：电场中运用运动的合成和分解，磁场中圆周运动处理的基本方法是画轨迹所加磁场周期性变化时，要研究规律，得到通项（二）选考题：共45分请考生从给出的3道题中任选一题作答，如果多做，则每学科按所做的第一题计分【物理-选修3-3】（15分）13（6分）下列说法正确的是（） A 固体、液体、气体中都有扩散运动和布朗运动 B 热量能够从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体 C 水和酒精混合后总体积减小，说明分子间有空隙 D 当分子间的距离r=r0时，斥力等于引力，表现出分子力为零 E 扩散运动和布朗运动的剧烈程度都与温度有关【考点】： 温度是分子平均动能的标志；分子势能【专题】：热力学定理专题【分析】：用到的知识点：布朗运动是悬浮在液体中的固体微粒的运动；水和酒精混合后总体积减小，说明分子间有空隙；根据分子力与距离的关系，当分子间的距离r=r0时，斥力等于引力；温度是分子的平均动能的标志，是分子运动的激烈程度的标志【解析】： 解：A、布朗运动是悬浮在液体中的固体微粒的运动，是液体分子无规则热运动的反应，故A错误；B、根据热力学第二定律知热量只能够自发从高温物体传到低温物体，但也可以通过热机做功实现从低温物体传递到高温物体，故B错误；C、在水和酒精混合的实验中，水和酒精混合后总体积减小，说明分子间有空隙，故C正确；D、根据分子力与距离的关系，当分子间的距离r=r0时，斥力等于引力，表现出分子力为零故D正确；E、温度是分子的平均动能的标志，是分子运动的激烈程度的标志，使用温度越高，扩散运动和布朗运动的越剧烈故E正确故选：CDE【点评】： 本题考查分子动理论的知识和热力学定律的理解和记忆，此处知识点不多，但要注意理解和应用，以及平时的积累14（9分）如图所示，U形管右管横截面积为左管横截面积的2倍，在左管内用水银封闭一段长为26cm，温度为280K的空气柱，左右两管水银面高度差为36cm，外界大气压为76cmHg若给左管的封闭气体加热，使管内气柱长度变为30cm，则此时左管内气体的温度为多少？【考点】： 理想气体的状态方程【专题】：理想气体状态方程专题【分析】：以封闭气体为研究对象，然后应用理想气体的状态方程求出气体的温度【解析】： 解：（1）以封闭气体为研究对象，设左管横截面积为S，当左管封闭的气柱长度变为30cm时，左管水银柱下降4cm，右管水银柱上升2cm，即两端水银柱高度差为：h=30cm由题意得：V1=L1S=26S，P1=P0h1=76cmHg36cmHg=40cmHg，T1=280K；p2=p0h=46cmHg V2=L2S=30S，由理想气体状态方程：，可得：T2=371.5K答：左管内气体的温度为371.5K【点评】： 根据图示求出封闭气体压强，熟练应用理想气体的状态方程即可正确解题；本题的难点是：气体最终状态的压强物理-选修3-4】（15分）15如图所示，空间同一平面内有A、B、C三点，AB=5m，BC=4m，AC=3mA、C两点处有完全相同的波源做简谐振动，振动频率为1360Hz，波速为340m/s下列说法正确的是（） A B点的位移总是最大 B A、B间有7个振动加强的点 C 两列波的波长均为0.25m D B、C间有8个振动减弱的点 E 振动减弱点的位移总是为零 【考点】： 横波的图象；波长、频率和波速的关系【专题】：振动图像与波动图像专题【分析】：当到两波源的路程差是半波长的奇数倍时，为振动减弱点，当到两波源的路程差是半波长的偶数倍时，为振动减弱点【解析】： 解：A、波的波长，B点到两波源的路程差x=1m=4，该点为振动加强点，但是不是位移总是最大，故A错误，C正确B、AB上点与A的距离和与C的距离之差一定小于AC，即小于3m，则路程差可能为0m、0.5m、0.75m、1m、1.25m、1.50m、1.75m、2m、2.25、2.5m、2.75m，可知有11个振动加强点故B错误D、BC上点与A的距离和与C的距离之差一定小于AC，即小于3m，则路程差可能为0.125m、0.375m、0.635m、0.875m、1.125m、1.375m、1.625m、1.875、2.125m、2.375m、2.625m、2.875m，有12个振动减弱点故D错误E、由于两波源的振幅相同，可知振动减弱点的位移总是为零，故E正确故选：CE【点评】： 解决本题的关键掌握振动加强和振动减弱的条件，即当到两波源的路程差是半波长的奇数倍时，为振动减弱点，当到两波源的路程差是半波长的偶数倍时，为振动减弱点16一等腰三角形玻璃砖放在某液体中，其截面如图所示，三个顶点分别为A、B、C，ABC=ACB=75AC面镀一层反光膜CB的延长线上有一D点，从D点发射一束光线射到AB面上的E点，从E点进入玻璃砖的光在AC面经过第一次反射后沿原路返回已知EDB=45求液体相对于玻璃砖的折射率【考点】： 光的折射定律【专题】：光的折射专题【分析】：做出光路图，结合几何知识求出入射角，根据折射定律求折射率【解析】： 解：过E点做AB的垂线，交AC于E，设折射光线射到AC面上的F点，因折射进玻璃砖的光在AC面经过第一次反射后原路返回则可得到折射光线与AC面垂直可得折射角GEF=30由几何关系可得入射角：=60根据光路可逆知：液体相对于玻璃的折射率为n=答：液体相对于玻璃砖的折射率【点评】： 本题考查几何光学问题，灵活结合几何知识求解是关键【物理-选修3-5】（15分）17下列说法正确的是（） A 康普顿效应进一步证实了光的波动特性 B 天然放射元素衰变的快慢与所处的化学、物理状态有关 C 经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的