2020年全国一卷高考模拟物理试卷一(解析版)

2020年全国一卷高考模拟试卷一

第Ⅰ卷

二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。

14.水比赛在天津奥体中心游泳跳水馆进行，重庆选手施廷懋以总成绩409.20分获得跳水女子三米板冠军．某次比赛从施廷懋离开跳板开始计时，在t 2时刻施廷懋以速度v 2入水，取竖直向下为正方向，其速度随时间变化的规律如图所示，下列说法正确的是( )

A ．在0～t 2时间内，施廷懋运动的加速度大小先减小后增大

B ．在t 1～t 3时间内，施廷懋先沿正方向运动再沿负方向运动

C ．在0～t 2时间内，施廷懋的平均速度大小为v 1＋v 2

2

D ．在t 2～t 3时间内，施廷懋的平均速度大小为v 2

2

『答案』C

『解析』.v －t 图象的斜率等于加速度，在0～t 2时间内，施廷懋运动的加速度保持不变，A

错误；运动方向由速度的正负决定，横轴下方速度为负值，施廷懋沿负方向运动，横轴上方速度为正值，施廷懋沿正方向运动，在t 1～t 3时间内，施廷懋一直沿正方向运动，B 错误；0～t 2时间内，根据匀变速直线运动的平均速度公式可知，施廷懋运动的平均速度大小为v 1＋v 2

2，C 正确；匀变速直线运动的平均速度大小等于初速度和末速度的平均值，而加速度变化时，平均速度大小应用平均速度的定义式求解．若在t 2～t 3时间内，施廷懋做匀减速运动，则她的平均速度大小为v 2

2，根据v －t 图线与坐标轴所围面积表示位移可知，在t 2～t 3时

间内施廷懋的实际位移小于她在这段时间内做匀减速运动的位移，故在t 2～t 3时间内，施廷懋的平均速度小于v 2

2

，D 错误．

15.如图所示，光滑斜面的倾角为30°，轻绳通过两个滑轮与A 相连，轻绳的另一端固定于天花板上，不计轻绳与滑轮的摩擦。物块A 的质量为m ，不计滑轮的质量，挂上物块B 后，当动滑轮两边轻绳的夹角为90°时，A 、B 恰能保持静止，则物块B 的质量为（ ）

A.22

m B.2m

C ．m

D ．2m

『答案』 A

『解析』 先以物块A 为研究对象，由物块A 受力及平衡条件可得绳中张力T ＝mg sin 30°。

再以动滑轮为研究对象，分析其受力并由平衡条件有m B g ＝2T ，解得m B ＝

2m

2

，A 正确。 16.如图所示，在竖直平面内有一矩形，其长边与一圆的底部相切于O 点，现在有三条光滑轨道a 、b 、c ，它们的上端位于圆周上，下端在矩形的底边，三轨道都经过切点O ，现在让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端(轨道先后放置)，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为

( )

A ．t a ＞t b ＞t c

B ．t a ＜t b ＜t c

C ．t a ＝t b ＝t c

D ．无法确定

『答案』B

『解析』设上面圆的半径为r ，矩形宽为R ，轨道与竖直方向的夹角为α，则轨道的长度x

＝2r cos α＋R cos α，下滑的加速度a ＝mg cos αm ＝g cos α，根据位移时间公式x ＝1

2at 2，得t ＝

2x

a

＝

4r g ＋2R g cos 2α

.因为a 、b 、c 夹角由小至大，所以有t c ＞t b ＞t a ，故B 正确，A 、C 、D 错误． 17.如图所示，某一小球以v 0＝10 m/s 的速度水平抛出，在落地之前经过空中A 、B 两点，在A 点小球速度方向与水平方向的夹角为45°，在B 点小球速度方向与水平方向的夹角为60°(空气阻力忽略不计，g 取10 m/s 2)．以下判断中正确的

( )

A ．小球经过A 、

B 两点间的时间t ＝ 3 s B ．小球经过A 、B 两点间的时间t ＝1 s

C ．A 、B 两点间的高度差h ＝10 m

D ．A 、B 两点间的高度差h ＝15 m

『答案』C

『解析』根据运动的合成与分解知，v yA ＝v 0＝10 m/s ，v yB ＝v 0tan 60°＝3v 0＝10 3 m/s ，则

小球由A 到B 的时间间隔Δt ＝v yB －v yA g ＝103－1010

s ＝(3－1) s ，故A 、B 错误．A 、B 的

高度差h ＝v 2

yB －v 2yA

2g ＝300－10020

m ＝10 m ，故C 正确，D 错误．

18.如图所示，质量为m 的人造地球卫星与地心的距离为r 时，引力势能可表示为E p ＝－GMm

r

，其中G 为引力常量，M 为地球质量，该卫星原来在半径为R 1的轨道Ⅰ上绕地球做匀速圆周运动，经过椭圆轨道Ⅱ的变轨过程进入半径为R 3的圆形轨道Ⅲ继续绕地球运动，其中P 点为Ⅰ轨道与Ⅱ轨道的切点，Q 点为Ⅱ轨道与Ⅲ轨道的切点，下列判断正确的是( )

A ．卫星在轨道Ⅰ上的动能为G Mm

2R 1

B ．卫星在轨道Ⅲ上的机械能等于－G Mm

2R 3

C ．卫星在Ⅱ轨道经过Q 点时的加速度小于在Ⅲ轨道上经过Q 点时的加速度

D ．卫星在Ⅰ轨道上经过P 点时的速率大于在Ⅱ轨道上经过P 点时的速率

『答案』 AB

『解析』 在轨道Ⅰ上，有：G Mm R 12＝m v 12

R 1，解得：v 1＝

GM R 1，则动能为E k1＝12mv 12＝GMm

2R 1，故A 正确；在轨道Ⅲ上，有：G Mm R 32＝m v 32

R 3

，解得：v 3＝

GM R 3，则动能为E k3＝12mv 32＝GMm 2R 3

，引力势能为E p ＝－GMm R 3，则机械能为E ＝E k3＋E p ＝－GMm 2R 3，故B 正确；由G Mm

R Q 2＝ma 得：

a ＝GM

R Q 2，两个轨道上Q 点到地心的距离不变，故向心加速度的大小不变，故C 错误；卫星

要从Ⅰ轨道变到Ⅱ轨道上，经过P 点时必须点火加速，即卫星在Ⅰ轨道上经过P 点时的速率小于在Ⅱ轨道上经过P 点时的速率，故D 错误．

19.如图甲所示，一个质量m ＝2 kg 的物块静止放置在粗糙水平地面O 处，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，在水平拉力F 作用下物块由静止开始向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点O 处，取水平向右为速度的正方向，物块运动过程中其速度v 随时间t 变化规律如图乙所示，g 取10 m/s 2.则

( )

A ．物块经过4 s 时间到出发点

B ．4.5 s 时水平力F 的瞬时功率为24 W

C ．0～5 s 内摩擦力对物块先做负功，后做正功，总功为零

D ．0～5 s 内物块所受合力的平均功率为1.8 W

『答案』BD

『解析』由图象可知，前4 s 内速度方向始终为正方向，故前4 s 时间内没有回到出发点，

选项A 错误；根据v -t 图线的斜率表示加速度，可知3～5 s 内，加速度a ＝－3

1 m/s 2＝－3 m/s 2，

4.5 s 时的速度v ＝a Δt ＝－3×(4.5－4) m/s ＝－1.5 m/s ，根据牛顿第二定律有F ＋μmg ＝ma ，得F ＝－16 N ，负号表示力的方向水平向左，水平力F 的瞬时功率P ＝Fv ＝24 W ，选项B 正确；滑动摩擦力的方向始终与速度方向相反，摩擦力始终做负功，选项C 错误；3～5 s 内合力为恒力，物块的位移为零，合力做的功为零，0～3 s 内，物块的加速度a 1＝3

3 m/s 2

＝1 m/s 2，位移s 1＝1

2×1×32 m ＝4.5 m ，合力做的功W ＝F 合s 1＝mas 1＝9 J ，0～5 s 内合力的

平均功率P ＝W t ＝9

5

W ＝1.8 W ，选项D 正确．

20.在光滑绝缘的水平桌面上，存在着方向水平向右的匀强电场，电场线如图中实线所示.一初速度不为零的带电小球从桌面上的A 点开始运动，到C 点时，突然受到一个外加的水平恒力F 作用而继续运动到B 点，其运动轨迹如图中虚线所示，v 表示小球经过C 点时的速度，则( )

A.小球带正电

B.恒力F 的方向可能水平向左

C.恒力F 的方向可能与v 方向相反

D.在A 、B 两点小球的速率不可能相等

『答案』 AB

『解析』 由小球从A 点到C 点的轨迹可得，小球受到的电场力方向向右，带正电，选项

A 正确；小球从C 点到

B 点，所受合力指向轨迹凹侧，当水平恒力F 水平向左时，合力可能向左，符合要求，当恒力F 的方向与v 方向相反时，合力背离轨迹凹侧，不符合要求，选项B 正确，

C 错误；小球从A 点到B 点，由动能定理，当电场力与恒力F 做功的代数和为零时，在A 、B 两点小球的速率相等，选项

D 错误.

21.CD 、EF 是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L ，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场区域的宽度为d ，如图所示．导轨的右端接有一阻值为R 的电阻，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接．将一阻值为R 、质量为m 的导体棒从弯曲轨道上h 高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处．已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为μ，则下列说法中正确的是

( )

A ．通过电阻R 的最大电流为BL 2gh 2R

B ．流过电阻R 的电荷量为

BdL

2R

C ．整个电路中产生的焦耳热为mgh

D ．电阻R 中产生的焦耳热为1

2

mg (h －μd )

『答案』ABD

『解析』质量为m 的导体棒从弯曲轨道上h 高处由静止释放，刚进入磁场时速度最大，由

mgh ＝1

2mv 2，得最大速度v ＝2gh ，产生的最大感应电动势E m ＝BLv ＝BL 2gh .由闭合电路

欧姆定律可得通过电阻R 的最大电流I m ＝E m 2R ＝BL 2gh

2R ，A 正确；在导体棒滑过磁场区域的

过程中，产生的感应电动势的平均值E ＝ΔΦΔt ＝BdL

Δt ，平均感应电流I ＝E 2R ，流过电阻R

的电荷量为q ＝I t ，联立解得q ＝ΔΦ2R ＝BdL

2R ，B 正确；由能量守恒定律可知整个电路中产生

的焦耳热Q ＝mgh －μmgd ，C 错误；电阻R 中产生的焦耳热Q 1＝12Q ＝1

2

mg (h －μd )，D 正确．

第Ⅱ卷

二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22~25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~34题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题（共47分）

22．某兴趣小组用如图1所示的装置验证动能定理。

(1)有两种工作频率均为50 Hz 的打点计时器供实验选用： A ．电磁打点计时器 B ．电火花打点计时器

为使纸带在运动时受到的阻力较小，应选择________(选填“A”或“B”)。

(2)保持长木板水平，将纸带固定在小车后端，纸带穿过打点计时器的限位孔。实验中，为消除摩擦力的影响，在砝码盘中慢慢加入沙子，直到小车开始运动。同学甲认为此时摩擦力的影响已得到消除。同学乙认为还应从盘中取出适量沙子，直至轻推小车观察到小车做匀速运动。看法正确的同学是________(选填“甲”或“乙”)。

(3)消除摩擦力的影响后，在砝码盘中加入砝码。接通打点计时器电源，松开小车，小车运动。纸带被打出一系列点，其中的一段如图2所示。图中纸带按实际尺寸画出，纸带上A 点的速度v A ＝________ m/s 。

(4)测出小车的质量为M ，再测出纸带上起点到A 点的距离为L 。小车动能的变化量可用ΔE k ＝12Mv 2A 算出。砝码盘中砝码的质量为m ，重力加速度为g 。实验中，小车的质量应________(选填“远大于”“远小于”或“接近”)砝码、砝码盘和沙子的总质量，小车所受合力做的功可用W ＝mgL 算出。多次测量，若W 与ΔE k 均基本相等则验证了动能定理。

『解析』 (1)电磁打点计时器打点时运动的纸带受到的阻力较大，而电火花打点计时器打

点时运动的纸带所受阻力较小，故选B 。

(2)由于刚开始运动，拉力等于最大静摩擦力，而最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，故平衡摩擦力的两种看法中，乙同学正确。

(3)取与A点相邻的两点，用毫米刻度尺测出两点之间的距离，如图所示，可测得x＝1.24 cm。

用这一段的平均速度表示A点的瞬时速度，则v A＝

x

2T＝

1.24×10－2

2×0.02m/s＝0.31 m/s。

(4)由题意知，本实验用砝码、砝码盘和沙子的总重力大小表示小车受到的拉力大小，故要求小车的质量应远大于砝码、砝码盘和沙子的总质量。

『答案』(1)B(2)乙(3)0.31(0.30～0.33都算对) (4)远大于

23.某同学欲将内阻为98.5 Ω、量程为100 μA的电流表改装成欧姆表并进行刻度和校准，要求改装后欧姆表的15 kΩ刻度正好对应电流表表盘的50 μA刻度。可选用的器材还有：定值电阻R0(阻值14 kΩ)，滑动变阻器R1(最大阻值1500 Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值500 Ω)，电阻箱(0～99999.9 Ω)，干电池(E＝1.5 V，r＝1.5 Ω)，红、黑表笔和导线若干。

(1)欧姆表设计

将图a中的实物连线组成欧姆表。欧姆表改装好后，滑动变阻器R接入电路的电阻应为

________ Ω；滑动变阻器选________(填“R1”或“R2”)。

(2)刻度欧姆表表盘

通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图b所示。表盘上a、b处的电流刻度分别为25

和75，则a、b处的电阻刻度分别为________、________。

(3)校准

红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指向________ kΩ处；将红、黑表笔与电阻箱连接，记录多组电阻箱接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值，完成校准数据测量。若校准某刻度时，电阻箱旋钮位置如图c所示，则电阻箱接入的阻值为________ Ω。

『解析』(1)欧姆表内各元件串联，且红表笔接电源负极，黑表笔接电源正极。欧姆表的中值刻度为欧姆表的内阻，即R内＝r＋R0＋R A＋R＝15 kΩ，解得R＝900 Ω。由于滑动变阻器R2的最大阻值为500 Ω，所以滑动变阻器选R1。

(2)根据闭合电路欧姆定律，得I a＝E

R内＋R a 和I b＝

E

R内＋R b

，代入数据解得R a＝45 kΩ，R b＝5 kΩ。

(3)使用欧姆表测量电阻时，首先要进行电阻调零，此时应将红、黑表笔短接，调整滑动变阻器，使欧姆表指针指向0 kΩ处。电阻箱的阻值为(0.1×0＋1×0＋10×0＋100×0＋1000×5＋10000×3) Ω＝35000.0 Ω。

『答案』(1)如图所示900R1

(2)455(3)035000.0

24．如图所示，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向里的有界矩形匀强磁场区域(图中未画出)；在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场。一粒子源固定在x轴上坐标为(－L,0)的A点，粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v0的电子，电子通过y轴上的C点时速度方向与y轴正方向成α＝45°角，电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与x轴正方向成β＝15°角的射线OM。已知电子的质量为m，电荷量为e，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用。求：

(1)匀强电场的电场强度E 的大小； (2)电子在电场和磁场中运动的总时间t ； (3)矩形磁场区域的最小面积S min 。

『答案』 (1)mv 20

2eL (2)2L v 0

＋2πm 3eB (3)3??

? ??eB mv 02

『解析』 (1)电子从A 到C 的过程中，由动能定理得：

eEL ＝12mv 2C －12mv 2

0， 又有v C cos α＝v 0，

联立解得：E ＝mv 2

2eL

。

(2)电子在电场中做类平抛运动，沿电场方向有： L ＝v C sin α2t 1，

其中v C ＝v 0

cos α

，

由数学知识知电子在磁场中的速度偏向角等于圆心角：θ＝π－α－β＝2π

3，

电子在磁场中的运动时间：t 2＝θ

2πT ，

其中T ＝2πm

eB

，

电子在电场和磁场中运动的总时间t ＝t 1＋t 2， 联立解得：t ＝2L v 0＋2πm

3eB

。

(3)电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有ev C B ＝m v 2C

r

最小矩形区域如图所示，

由数学知识得：CD ＝2r ·sin θ2，CQ ＝r －r cos θ

2，

矩形区域的最小面积：S min ＝CD ·CQ ， 联立解得：S min ＝3??

?

??eB mv 02。 25．如图所示，在光滑水平面上有一带挡板的长木板，挡板和长木板的总质量为m ，木板长度为L (挡板的厚度可忽略)，挡板上固定有一个小炸药包(可视为质量不计的点)．木板左端有一质量也为m (可视为质点)的滑块．滑块与木板间的动摩擦因数恒定，整个系统处于静止状态．给滑块一个水平向右的初速度v 0，滑块相对木板向右运动，刚好能与小炸药包接触，接触瞬间小炸药包爆炸(此过程时间极短，爆炸后滑块与木板只在水平方向上运动，且完好无损)，滑块向左运动，最终回到木板的左端，恰与木板相对静止．求：

(1)滑块与木板间的动摩擦因数；

(2)小炸药包爆炸完毕时滑块和木板的速度．

『解析』(1)滑块相对木板向右运动，刚好能与炸药包接触，此时滑块和木板的速度相同，

设滑块刚要与炸药包接触时的速度为v 1，以水平向右为正方向；滑块和木板组成的系统，滑块在木板上滑动的过程中，系统所受合外力为零，则该系统动量守恒，故有mv 0＝2mv 1 解得v 1＝1

2

v 0，方向水平向右

滑块在木板上滑动的过程中，由功能关系可知 μmgL ＝12mv 20－1

2·2mv 21 联立解得μ＝v 204gL

.

(2)设爆炸后滑块和木板的速度分别为v 1′和v 2′，最终滑块相对木板静止于木板的左端时速度为v 2，系统在爆炸前后动量守恒，则有 2mv 1＝mv 1′＋mv 2′ 2mv 1＝2mv 2

系统爆炸后，对滑块在木板上运动的过程应用功能关系，则有

μmgL ＝12mv 1′2＋12mv 2′2－1

2

·2mv 22 联立以上各式解得v 1′＝0；v 2′＝v 0，方向水平向右．

『答案』(1)v 20

4gL (2)滑块速度为0 木板速度为v 0，方向水平向右

（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。

33．[物理——选修3–3]（15分）

（1）（多选）甲分子固定在坐标原点O ，只在两分子间的作用力作用下，乙分子沿x 轴方向运动，两分子间的分子势能E p 与两分子间距离x 的变化关系如图所示，设乙分子在移动过程中所具有的总能量为0，则下列说法正确的是( )

A ．乙分子在P 点时加速度为0

B ．乙分子在Q 点时分子势能最小

C ．乙分子在Q 点时处于平衡状态

D ．乙分子在P 点时动能最大

E ．乙分子在P 点时，分子间引力和斥力相等

『解析』 由题图可知，乙分子在P 点时分子势能最小，此时乙分子受力平衡，甲、乙两

分子间引力和斥力相等，乙分子所受合力为0，加速度为0，A 、E 正确。乙分子在Q 点时分子势能为0，大于乙分子在P 点时的分子势能，B 错误。乙分子在Q 点时与甲分子间的距离小于平衡距离，分子引力小于分子斥力，合力表现为斥力，所以乙分子在Q 点合力不为0，故不处于平衡状态，C 错误。乙分子在P 点时，其分子势能最小，由能量守恒可知此时乙分子动能最大，D 正确。

『答案』 ADE

（2）．如图所示，横截面积为10 cm 2的圆柱形汽缸内有a 、b 两个质量忽略不计的活塞，两个活塞把汽缸内的气体分为A 、B 两部分，A 部分和B 部分气柱的长度都为15 cm.活塞a 可以导热，汽缸和活塞b 是绝热的．与活塞b 相连的轻弹簧劲度系数为100 N/m.初始状态A 、B 两部分气体的温度均为27 ℃，活塞a 刚好与汽缸口平齐，弹簧为原长．若在活塞a 上放上一个5 kg 的重物，则活塞a 下降一段距离后静止．然后通过B 内的电热丝(图中未画出)对B 部分气体进行缓慢加热，使活塞a 上升到与汽缸口再次平齐的位置，则此时B 部分气

体的温度为多少？(已知外界大气压强为p 0＝1×105 Pa ，重力加速度大小g ＝10 m/s 2，不计活塞与汽缸间的摩擦，不计弹簧及电热丝的体积)

『答案』347 ℃

『解析』对于A 部分气体，初态p A ＝1×105 Pa ，V A ＝l 1S

末态p A ′＝p 0＋mg

S ＝1.5×105 Pa ，V A ′＝l 1′S

根据玻意耳定律有p A V A ＝p A ′V A ′ 解得l 1′＝10 cm

若使活塞A 返回原处，B 部分气体末状态时气柱长为l 2′＝20 cm ，此时弹簧要伸长5 cm 对活塞B 有p A ′S ＋k ·Δl ＝p B ′S 解得p B ′＝1.55×105 Pa ，V B ′＝l 2′S 对B 部分气体，初态p B ＝1×105 Pa ， V B ＝l 1S ，T B ＝300 K

根据理想气体状态方程有p B V B T B ＝p B ′V B ′T B ′

解得T B ′＝620 K

则t ＝(620－273)℃＝347 ℃ 34．[物理——选修3–4]（15分）

（1）.图甲为一列简谐横波在t ＝0 s 时刻的波形图，P 是平衡位置为x ＝1 m 处的质点，Q 是平衡位置为x ＝4 m 处的质点，图乙为质点Q 的振动图象，则下列说法正确的是( )

A ．该波的周期是0.10 s

B ．该波的传播速度是40 m/s

C ．该波沿x 轴的正方向传播

D ．t ＝0.10 s 时，质点Q 的速度方向向下

E ．从t ＝0 s 到t ＝0.15 s ，质点P 通过的路程为30 cm

『答案』 BCD

『解析』 由图甲得到该波的波长为λ＝8 m ，由图乙得到该波的周期为T ＝0.20 s ，故波速

为：v ＝λ

T ＝40 m/s ，A 错误，B 正确；t ＝0时Q 向上振动，故波沿x 轴正方向传播，C 正确；

t ＝0.10 s 时Q 点处在平衡位置上，且向下振动，D 正确；从t ＝0 s 到t ＝0.15 s ，经历时间Δt ＝0.15 s ＝3

4T ，由于t ＝0 s 时刻质点P 不在平衡位置和最大位移处，所以通过的路程不是3A

＝30 cm ，E 错误。

（2）．如图所示，一单色细光束AB 从真空中以入射角i ＝45°，入射到折射率n ＝2的某透明球体的表面上B 点。经研究发现光束在过球心O 的平面内，从B 点折射进入球内后，又经球的内表面只反射一次，再经球表面上的C 点折射后，以光线CD 射出球外，真空中的光速为3×108 m/s 。则：

(1)光束在球内的传播速度是多少？

(2)出射光线CD 相对入射光线AB 方向改变的角度是多少？

『答案』 (1)1.52×108 m/s (2)150

『解析』 (1)根据公式n ＝c v

光束在球内的传播速度 v ＝c

n

＝1.52×108 m/s 。 (2)作出光路图如图，由折射定律得n ＝sin i

sin r

由几何关系及对称性得α

2

＝2r －i

由以上各式解得α＝30°

出射光线CD相对入射光线AB方向改变的角度为β＝180°－α＝150°