黑龙江省大庆一中2020高考物理二模试卷解析版

这是一份黑龙江省大庆一中2020高考物理二模试卷解析版，共31页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

高考物理二模试卷
题号一二三四总分
得分
一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1.用中子轰击锂核（Li）发生核反应，产生氚核和未知粒子X并放出4.8MeV的能量，
核反应方程为Li+n→H+x下列说法正确的是（ ）
A. 未知粒子X为α粒子
B. 未知粒子X为β粒子
C. 未知粒子X的穿透能力很强
D. 反应后的比结合能减小
2.t=0时刻，一质量为1kg的物块以10m/s的初速度竖直上抛，上升和下降过程中受
到的空气阻力恒为2N，重力加速度g=10m/s2，则（ ）
A. t=0.5s时物块的速率为5m/s
B. t=1s时物块的动量大小为kg•m/s
C. t=1.5s时物块的速度为零
D. 物块回到抛出点时的速度大小为10m/s
3.如图所示，光滑圆轨道固定在竖直平面内，轻质弹簧一端
固定在圆轨道的最高点A，另一端固定一质量为m的环套
在圆轨道上，圆环静止在圆轨道水平直径的右端D点，下
列说法正确的是（ ）
A. 弹簧可能处于压缩状态
B. 圆轨道给圆环的弹力水平向左
C. 圆轨道的弹力F N=mg
D. 弹簧的弹力F=mg
4.如图所示，交流发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的虚线轴匀速转动，线
圈的电阻不计，变压器为理想变压器，A、B为相同的灯泡，现灯泡B发生断路，下列说法正确的是（ ）
A. 电压表示数变大
B. 电流表示数变小
C. 灯泡A变亮
D. 发电机输出功率变大
5.如图所示，地球半径为R，近地卫星A在轨道1上绕
地球表面近地环绕，环绕半径可以近似看成等于地球
半径，周期为T；卫星B在椭圆轨道2上运动，和轨
道1相切于近地点P，远地点Q距离地球表面2R，下
列说法正确的是（ ）
A. 卫星B运动到P点的速度小于卫星A的环绕速度
B. 卫星B从P点运动到Q点的时间为2T
C. 卫星B在椭圆轨道2从Q点向P点运动过程中，动能越来越大，机械能越来越
大
D. 卫星B运动到P点时的加速度等于卫星A的加速度
二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）
6.如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为R，bc是半径为R的四分
之一的圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球受到与重力大小相等的水平外力F的作用，自a点从静止开始向右运动，运动到b点时立即撤去外力F，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A. 水平外力F做的功为2mgR
B. 小球运动到b点时对圆弧的压力为3mg
C. 小球能运动到c点
D. 运动到c点时对圆弧的压力为mg
7.在xOy平面内，有沿y轴正方向的匀强电场（图中未
画出），两粒子M、N从x轴上的A点以相同速率射
出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实
线所示，B点为M粒子运动轨迹与x轴的交点，粒子
所受重力忽略不计，则（ ）
A. M粒子带正电荷，N粒子带负电荷
B. M粒子在A点的速度与运动到B点的速度大小相等
C. M粒子的电势能逐渐减小
D. M粒子的动能先减小后增大
8.如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，边界为MN和PQ，磁场方向直水平
面向里，边长为L的正方形导线框以一定的初速度在水平面上穿过有界磁场，有界磁场的宽度d大于正方形线框的边长L，下列说法正确的是（ ）
A. 线框进入磁场过程中，感应电流的方向为ABCD
B. 线框进磁场和出磁场过程中，通过线框横截面的电荷量相等
C. 线框进磁场和出磁场过程中，产生的焦耳热相等
D. 线框进磁场和出磁场过程中，动量的变化量相等
9.如图甲所示，把墨汁用清水稀释成悬浊液取出一滴放在高倍显微镜下观察，观察图
如图乙，每隔30s记录小碳粒的位置，如图丙所示，下列说法正确的是（ ）
A. 可以观察到大量水分子撞击碳粒的不平衡性引起布朝运动
B. 观察到一个小碳粒基本不动，说明这个碳粒太小了，基本没有水分子撞击它
C. 反应了水分子在永不停息的无规则运动
D. 水温温度升高，可以观到小碳粒运动越明显
E. 图丙中，在30s内小碳粒的运动也是不规则的，不是沿直线运动
10.一列简波，在t=0.5s时刻的图象如图甲所示，波上x=2m处质点的振动图象如图乙
所示，下列说法正确的是（ ）
A. 这列波的传播方向是沿着x轴正方向
B. 这列波的传播速度为2m/s
C. x=3m处质点在t=0时刻的速度方向沿y轴正方向
D. 0-2s时间内，x=3m处质点运动的路程为4m
E. t=1s时，x=3m处质点处于波峰
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11.某同学用弹性很好的橡皮筋（遵循胡克定律）等器材验证力的平行四边形定则，设
计了如下实验：
A．先用刻度尺测量橡皮筋的原长
B．将橡皮筋的一端固定在竖直平板的A点，另一端与两个细绳套连接，细绳下挂一量物，任其自然下垂，结点为O，如图甲所示，测量此时橡皮筋的长度
C．用一个弹簧测力计，水平的通过细绳套把橡皮条的结点拉到位置O’，如图乙所示
D．记下弹簧测力计的读数和细绳OB的方向，用刻度尺测量橡皮筋的长度
E．已知测量数据中，拉到位置O’时橡皮筋的伸长量是竖直悬挂时的二倍
（1）弹簧测力计的读数如图丙所示，读数为______。
（2）若g=10m/s2，悬挂重物的质量为______。
（3）保持橡皮筋的方向不变，平拉测力计顺时针级慢旋转90°，在此过程中弹簧测力计的示数变化情况为______。
12.某同学欲测定一节干电池的电动势和内阻，已知选用的实验仪器如下：
电压表V（0.3V．Rv=10kΩ）
电流表A（0-0.6A，R A=0.5Ω）
滑动变阻器R（0～500Ω，2A）
开关S、导线若干
（1）为了准确地测量干电池的电动势和内阻，实验电路图应选择______（如图1所示）。
（2）闭合开关，改变滑动变阻器电阻，进行测量，读出电压表和电流表的读数，画出对应的U-I图线如图2所示，由图线可得该电池的电动势E=______V，内阻r=______Ω．（结果保留两位小数）。
四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）
13.如图所示，直角坐标系第一象限有沿y轴负方向的匀强电场，第四象限有无限长平
板，平板和x轴之间区域内有雅直纸面向外的匀强磁场，现从y轴S点在坐标轴平面内沿x轴正方向发射质量为m、带电量为q的带正电粒子，发射速度大小为v0，粒子从x轴上H点进入匀强磁场区域，已知S点坐标为（0，3a），H点坐标为（2 a，0），平板到x轴距离为3a，不计粒子的重力，求：
（1）匀强电场的场强大小？
（2）若粒子能直接打到平板上，磁感应强度应满足什么条件？
14.如图所示，在高出水平地面h=0.8m的光滑平台上放置一质量M=2kg长薄木板A，
木板厚度不计，在A最左端放有可视为质点的物块B，其质量m=1kg，B与A间动摩擦因数μ=0.2，开始时二者均静止，现对B施加F=4N水平向右的恒力，B脱离A 时A的右端恰好运动到平台的右端，平台的右端固定有和长木板厚度相等的弹性片。B离开平台后恰好无碰撞的沿切线落入光滑圆弧轨道DE，圆弧半径R=1m，所对应的圆心角为53°（取g=10m/s2）求：
（1）B离开平台时的速度v B
（2）B运动到圆弧最低点E时对圆弧的压力多大；
（3）长木板的长度l。
15.如图所示，底面积S=20cm2的圆柱形气缸开口向上放置在水
平地面上，内有一可自由移动的质量为2kg的活塞封闭了一
定质量的理想气体，开始时，温度的t1=7℃，活塞到缸的
l=10cm，活塞到缸顶的距离h=4cm，已知外界大气压
p0=10×105Pa不变，现对气缸内的气体缓慢加热直到活塞到达气缸顶部，重力加速度g=10m/s2，试问
①活塞到达气缸顶部时，气体的温度为多少？
②已知密闭气体吸收了Q=40J的热量，则气体增加的内能△U多大？
16.如图所示，△ABC为一直角三棱镜的截面，其顶角∠BAC=30°，AC边的长度为2L，
P为垂直于直线BCD的光屏，P屏到C的距离为L，一单色光垂直射向AB边的中点，折射后恰好射到屏上的D点，已知光速为c，求：
（1）棱镜的折射率；
（2）单色光从照射到玻璃砖到射到屏上所用的时间。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：AB、根据质量数和电荷数守恒得X的质量数：m=1+6-3=4
电荷数：z=0+3-1=2
所以X是He，即α粒子。故A正确，B错误；
C、α射线的穿透能力较弱；故C错误；
D、由原子核的比结合能图可知，锂核的比结合能大于氚核的比结合能。故D错误
故选：A。
根据质量数和电荷数守恒可正确判断X；根据射线的性质判断；根据结合能的关系判断。
本题比较简单考查了核反应方程、核能计算等基础知识，越是简单基础问题，越要加强理解和应用，为解决复杂问题打下基础。
该题中是不能直接由题目给出的条件判断锂核的比结合能、氚核的比结合能的大小关系的，在课本中的图中也没有给出氚核的比结合能的大小位置，可知D选项的出现在该处有一点点超纲。
2.【答案】B
【解析】解：A、上升过程中根据动量定理可得：-（mg+f）t=mv-mv0，代入数值解得v=4m/s ，故A错误；
B、上升时间为T，则根据动量定理可得：-（mg+f）T=0-mv0，代入数值解得则T=s，t=1s 时物块的动量物体下落△t=s，根据动量定理可得P-0=（mg-f）△t=kg•m/s，所以t=1s 时物块的动量大小为P=kg•m/s，故B正确；
C、根据B的分析可知t=T=s时物块的速度为零，故C错误；
D、整个过程中阻力做负功，根据动能定理可知物块回到抛出点时的速度大小小于10m/s，故D错误。
故选：B。
上升过程中、下落过程中分别根据动量定理求解速度大小和动量大小；根据能量的转化情况分析落回抛出点速度大小。
本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。
3.【答案】C
【解析】解：A、小球处于静止状态，受力平衡，则小球受到
重力、轨道的支持力和弹簧的拉力，如图所示，弹簧一定是
处于伸长状态，故A错误；
B、圆轨道给圆环的弹力方向垂直于圆弧的切线，所以圆轨道
给圆环的弹力方向水平向右，故B错误；
C、圆轨道的弹力F N=mg tan45°=mg，故C正确；
D、弹簧的弹力F==mg，故D错误。
故选：C。
小球处于静止状态，受力平衡，则小球受到重力、轨道的支持力和弹簧的拉力，根据平衡条件求解。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
4.【答案】B
【解析】解：A、矩形线圈匀速转动，产生交变电流电压的有效值恒定，则电压表的示数不变，故A错误。
C、理想变压器的匝数不变，根据理想变压器电压和匝数的关系可知，灯泡A的电压不变，亮度不变，故C错误。
B、灯泡B发生断路，副线圈电流变小，根据电流的制约关系可知，电流表示数变小，故B正确。
D、灯泡B断路，则变压器的输出功率减小，输入功率减小，则发电机的输出功率减小，故D错误。
故选：B。
线圈绕轴转动，产生正弦式交流电，根据理想变压器电压、电流和匝数的关系判断电表示数的变化。
输出功率决定输入功率。
本题主要考查变压器的知识，输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比。
5.【答案】D
【解析】解：A、卫星B在椭圆轨道近地点做逐渐远离圆心的离心运动，所以B需要的向心力大于B受到的万有引力，而A做匀速圆周运动，需要的向心力等于万有引力。
根据向心力的公式：，可知卫星B运动到P点的速度大于卫星A的环绕速度。
故A错误；
B、由题可知卫星B的半长轴为：
由开普勒第三定律：
可得：
由运动的对称性可知，卫星从P到Q的时间为其周期的，则卫星B从P点运动到Q点
的时间为．故C错误；
D、卫星B与卫星A在P点都是万有引力提供加速度，所以它们的加速度是相等的。故D正确
故选：D。
根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、和向心力的表达式进行讨论即可。从低轨道到高轨道需要克服引力做较多的功，故在高轨道上机械能较大。本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度和周期的表达式，再进行讨论。
6.【答案】BC
【解析】解：A、水平外力F做的功为W =FR=mgR，故A错误。
B、小球从a运动到b的过程，由动能定理得：W=．设小球运动到b点时受到的支持力为N，在b点，由N-mg=m可得N =3mg，由牛顿第三定律知小球运动到b点时对圆弧轨道的压力大小为3mg。故B正确。
C、假设小球能到达c点，从a运动到c的过程，由动能定理得W-mgR=，可得v c=0，所以小球能运动到c点。故C正确。
D、在c点，由N c=m得N c=0，则小球运动到c点时对圆弧的压力大小为零，故D错
误。
故选：BC。
根据功的计算公式W=Fl求水平外力F做的功。由动能定理求出小球通过b点时的速度，再由牛顿运动定律求小球对圆弧轨道的压力。根据动能定理求出小球在c点的速度，由牛顿运动定律求运动到c点时对圆弧的压力。
本题考查动能定理和向心力的综合应用。运用动能定理时要明确研究的过程，分析哪些力对物体做功。
7.【答案】BD
【解析】解：A、根据图象可知M粒子受力向下，与电场方向相反，粒子带负电；N粒子受力向上，与电场方向相同，带正电，故A错误；
B、由于AB与电场线垂直，说明AB线时等势面，故M粒子从A到B电场力做功为零，动能变化为零，即M粒子在A点的速度与运动到B点的速度大小相等，故B正确；CD、由于电场力对M粒子先做负功后做正功，故电势能先增加后减小，动能先减小后增大，故C错误，D正确；
故选：BD。
根据粒子偏转方向判断电场力方向，根据电场力方向与电场方向比较判断粒子电性；
根据电场力做功情况判断粒子速度、动能以及电势能变化。
本题要根据粒子的轨迹判定电场力方向，根据电场线与等势线垂直的特点，分析能否判定电性。根据电场力做功判断动能、电势能变化是常用方法。
8.【答案】BD
【解析】解：A、根据楞次定律可得线框进入磁场过程中，感应电流的方向为ADCB，故A错误；
B、根据电荷量的经验公式可得q==，所以线框进磁场和出磁场过程中，通过线框
横截面的电荷量相等，故B正确；
C、根据功能关系可得产生的焦耳热Q=-W A=BIL2，进入磁场的过程中的电流大于离开磁场过程中的电流，所以线框进磁场和出磁场过程中，产生的焦耳热不相等，故C错误；
D、根据动量定理可得BIL△t=m△v可得，△P=m△v=qBL=，所以线框进磁场和出磁
场过程中，动量的变化量相等，故D正确。
故选：BD。
根据楞次定律判断感应电流的方向；根据电荷量的经验公式分析电荷量；根据功能关系可得产生的焦耳热；根据动量定理分析动量的变化量。
对于安培力作用下导体棒或线框的运动问题，如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
9.【答案】CDE
【解析】解：A、分子很小，用一般的显微镜根本看不到水分子撞击小颗粒。故A错误。
B、观察到一个小碳粒基本不动，说明这个碳粒太大了。颗粒越大，在某一瞬间跟它碰撞的分子很多，各个方向的撞击作用接近平衡，就很难观察到布朗运动。故B错误。
C、布朗运动反应了水分子在永不停息的无规则运动。故C正确。
D、水温温度升高，水分子的平均动能越大，撞击小颗粒就越激烈，可以观到小碳粒运动越明显。故D正确。
E、图丙中，在30s内小碳粒的运动也是不规则的，不是沿直线运动。故E正确。
故选：CDE。
布朗运动是指悬浮颗粒的运动，是由液体分子撞击不平衡产生的，颗粒越大，在某一瞬间跟它碰撞的分子很多，各个方向的撞击作用接近平衡，就很难观察到布朗运动，反应了液体分子在做永不停息的无规则运动。
本题考查了布朗运动。对布朗运动的理解要准确：
（1）布朗运动不是液体分子的运动，而是固体颗粒的运动，但它反映了液体分子的无规则运动（理解时注意几个关联词：不是…，而是…，但…）。
（2）温度越高，悬浮颗粒越小布朗运动越明显。
（3）产生原因：周围液体分子的无规则运动对悬浮颗粒撞击的不平衡。
（4）布朗运动是永不停止的。注意布朗颗粒的限度是非常小的，不能用肉眼直接观察到。
10.【答案】ABC
【解析】解：A、由图乙可知，t=0.5s时，x=2m处质点的振动是向下的，因此可判断这列波是向x轴正方向传播的，故A正确。
B、由图乙可知，振动的周期T=2s，由图甲可知波长λ=4m，该波的波速v==2m/s，故
B正确。
C、x=3m处质点在t=0时刻的速度方向沿y轴正方向，故C正确。
D、0～2s时间内，x=3m处质点运动的路程为40cm，故D错误。
E、t=1s时，x=3m是质点处于平衡位置，故E错误。
故选：ABC。
由乙图读出t=0.5s时刻x=2m处的质点的速度方向，由甲图判断出波的传播方向。
由甲图读出波长，由乙图读出周期，求出波速。
根据时间与周期的倍数关系，结合一个周期内质点通过的路程是4倍振幅，求解经过x=3m处的质点通过的路程。
本题既要理解振动图象和波动图象各自的物理意义，由振动图象的斜率能判断出质点的速度方向，运用波形的平移法判断波的传播方向，更要把握两种图象的内在联系。11.【答案】5.50N 0.32kg先减小后增大
【解析】解：（1）由图可知，该测力计的最小刻度为0.1N，由图可知该读数为5.50N；（2）用一个弹簧测力计，水平的通过细绳套把橡皮条的结点拉到位置O’，如图乙所示
根据共点力平衡条件得弹簧测力计的拉力F=mg，
解得m=0.32kg，
（3）在图乙中，以O′点为研究对象，则结点O′受到重物的拉力、橡皮绳的拉力以及弹簧测力计的拉力，结点O′处于平衡状态，受力如图：
保持橡皮筋的方向不变，手拉测力计顺时针缓慢旋转，在此过程中弹簧测力计的示数变化如图，可知在该过程中弹簧测力计的示数先减小后增大。
故答案为：（1）5.50N；（2）0.32kg；（3）先减小后增大
（1）根据弹簧秤的读数的特点读出拉力；
（2）根据共点力平衡条件求出重物的重力，由G=mg求出质量；
（3）由平行四边形定则作图判断拉力的变化。
在“验证力的平行四边形定则”实验中，我们要知道分力和合力的效果是等同的，这要求同学们对于基础知识要熟练掌握并能正确应用，加强对基础实验理解。在解决设计性实验时，一定先要通过分析题意找出实验的原理，通过原理即可分析实验中的方法及误差分析。
12.【答案】甲 1.50 0.33
【解析】解：（1）因为电流表的内阻已知，故电路图选甲；
（2）根据闭合电路欧姆定律，有E=U+I（R A+r）
整理得U=E-I（R A+r）
故U-I图象在纵轴上的截距表示电动势，
即E=1.50V；
图象的斜率表示电源的等效内阻，即
R A+r==0.83Ω
故电源内阻r=0.33Ω
故答案为：（1）甲；（2）1.50；0.33。
（1）由已知电流表内阻知电路图选甲；
（2）根据闭合电路欧姆定律，写出路端电压和电流的关系式，结合图象可以求出电动势和内阻。
本题考查测定电源的电动势和内阻，在利用电源U-I图象时注意纵轴是否从零开始。
13.【答案】解：（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，
沿x轴方向有x=v0t，
沿y轴方向有y=
联立解得E=
（2）粒子从进入磁场的速度νy==
ν=2v0
速度与水平方向夹角tanθ==
θ=60°
若粒子恰好能打到平板上，画出运动轨迹根据几何关系，
可得R+R sin30°=3a，R=2a，
由洛伦兹力提供向心力B0vq=m
得B0=
若粒子能打到平板上，磁感应强度应满足B≤
答：（1）匀强电场的场强大小为
（2）若粒子能直接打到平板上，磁感应强度应满足B≤
【解析】（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，根据平抛运动规律解答即可（2）求出粒子从进入磁场的速度大小及方向，若粒子恰好能打到平板上，画出运动轨迹根据几何关系，由洛伦兹力提供向心力解得临界磁场强度，只要磁场强度大于等于该数值即可。
本题考查了带电粒子在匀强电场与匀强磁场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程是解题的前提与关键，应用运动的合成与分解，应用运动学公式与牛顿第二定律可以解题。
14.【答案】解：（1）物块B从C运动到D做平抛运动，B到达D点时竖直分速度为：
v y===4m/s
B沿切线落入光滑圆弧轨道DE，合速度沿圆弧切线方向，可得：
tan53°=
可得：v B=3m/s
（2）从B离开水平面到圆弧最低点，由动能定理得：
mg（h+R-R sin37°）=-
在E点，由牛顿第二定律得：
N-mg=m
解得：N=43N
根据牛顿第三定律可知，B运动到圆弧最低点E时对圆弧的压力是43N。
（3）B在木板A上运动的过程，由牛顿第二定律
对B有：F-μmg=ma B。
由匀变速直线运动规律有：v B=a B t，x B=
联立解得：t=1.5s，x B=2.25m
对A有：μmg=Ma A．x A=
联立解得：x A=1.125m
所以，长木板的长度为：l=x B-x A=1.125m。
答：（1）B离开平台时的速度v B是3m/s。
（2）B运动到圆弧最低点E时对圆弧的压力是43N；
（3）长木板的长度l是1.125m。
【解析】（1）研究B离开平台做平抛运动的过程，由下落的高度求出B到达D点时竖直分速度，结合速度方向求B离开平台时的速度v B。
（2）B从离开平台到圆弧最低点E的过程，由动能定理求出B到达圆弧最低点E时的速度，再由向心力和牛顿第三定律求出B经过圆弧最低点E时对圆弧的压力。
（3）B在木板A上运动的过程，由牛顿第二定律求得各自的加速度，根据A到达C处时两者位移之差求出长木板的长度l。
本题要能够根据物体的受力情况确定物体的运动情况，运用牛顿第二定律和运动学公式解决。第3问也可以根据动能定理和动量定理结合求解。
15.【答案】解：①对封闭气体，加热前：V1=lS=10s，T1=7+273K=280K
加热后：V2=l′S=14S，T2=？
加热气体过程，气体做等圧変化，根据盖吕萨克定律得：
代入数据解得：T2=392K
即t2=119℃
②对活塞受力分析，根据平衡得：P0S+mg=PS
被封闭气体压强为：
气体对外做功为W=-PSh=-8.8J
由热力学第一定律得：△U=W+Q=-8.8+40J=31.2J
答：①活塞到达气缸顶部时，气体的温度为119℃；
②已知密闭气体吸收了Q=40J的热量，则气体增加的内能△U为31.2J。
【解析】①加热过程，气体做等圧変化，根据盖吕萨克定律列式求解；
②根据W=P△V求解气体对外做功，然后热力学第一定律列式求解内能增量。
本题考查气体实验定律和热力学第一定律，关键是找出初末状态参量，选择合适气体实验定律即可解题。应用热力学第一定律解题时一定注意各量的正负号问题。
16.【答案】解：（1）光路如图所示，
根据折射定律可知n=
根据几何关系可知，α=60°．β=30°。
棱镜的折射率n=
（2）由图可题，光线在玻璃中传提速度v=，
在玻璃中传播时间t1=
在空气中的传播时间t2=
光从照射到玻璃砖到射到屏上所用的时间t=t1+t2=
答：（1）棱镜的折射率；
（2）单色光从照射到玻璃砖到射到屏上所用的时间。
【解析】（1）画出光路图，根据折射定律结合几何关系可求得折射率；
（2）根据v=可求得在玻璃中的传播速度，再由几何关系求得在玻璃中传播的距离，则
传播时间可求解。
对于几何光学的问题画出光路图，借助数学知识求解是常用的思路。