统考版高考物理复习仿真练2（8＋2实验＋2计算＋2选1）含答案

这是一份统考版高考物理复习仿真练2（8＋2实验＋2计算＋2选1）含答案，共17页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷 (选择题 共48分)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48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，有选错的得0分)
14．α粒子在很多物理实验中扮演着重要的角色，下列说法正确的是( )

A．图甲表示的是α粒子散射实验，该实验揭示了原子核是可再分的
B．图乙表示的是磁场对α、β和γ射线的作用情况，其中③是α射线
C．图丙表示的是查德威克用α粒子轰击氮核发现了质子
D．图丁表示的是铀238放出一个α粒子后，质量数减少4，电荷数减少2，成为新核
15．如图，质量为m的小球(可视为质点)用不可伸长的细线挂在光滑的半球形容器的沿上，发现细线长度一旦小于半球形容器的半径，细线就会断裂，则细线可承受的最大张力为( )
A． eq \f(\r(3),3) mg B． eq \f(\r(3),2) mg
C． eq \f(2\r(3),3) mg D． eq \r(3) mg
16．如图所示，一轻绳跨过光滑定滑轮，一端连接质量为m的物块a，另一端连接质量为2m的物块b.将a从水平桌面上的P点由静止释放，经过时间t1运动到Q点，此时b仍在空中；再将a、b的位置对调，让b从水平桌面上的P点由静止释放，经过时间t2运动到Q点．已知t2＝2t1，a、b与水平桌面间的动摩擦因数相同，且均可视为质点，则该动摩擦因数最接近( )
A．0.2 B．0.3
C．0.5 D．0.7
17.
如图所示，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b、c分别位于边长为L的等边三角形的三个顶点，a、b带正电且电荷量相等，整个系统置于场强大小为E、方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k，若三个小球均处于静止状态，则( )
A．小球c可能带正电
B．场强方向垂直于a、b连线向右
C．小球a所带的电荷量为 eq \f(\r(3)EL2,3k)
D．小球a与c所带的电荷量大小之比为2∶1
18．如图所示，在水平地面上M点的正上方h＝5 m高度处，将小球S1以初速度v1＝5 m/s水平向右抛出，同时在地面上N点处将小球S2以初速度v2竖直向上抛出．已知小球与地面的碰撞是弹性碰撞，且碰撞时间忽略不计，M、N两点间的距离为x＝7.5 m，重力加速度大小为g＝10 m/s2，不计地面阻力和空气阻力．若在S2落地前两小球相遇，则( )
A．两小球抛出后经0.5 s相遇 B．S2的初速度v2＝10 m/s
C．S2可能在上升过程中与S1相遇 D．两小球在N点上方2.5 m处相遇
19．2021年6月17日，神舟十二号载人飞船采用自主快速交会对接模式成功对接于天和核心舱前向端口，与此前已对接的天舟二号货运飞船一起构成三舱组合体．组合体绕地球飞行的轨道可视为圆轨道，该轨道离地面的高度约为389 km.下列说法正确的是( )
A．组合体在轨道上飞行的周期小于24 h
B．组合体在轨道上飞行的速度大于7.9 km/s
C．若已知地球半径和表面重力加速度，则可算出组合体的角速度
D．神舟十二号先到达天和核心舱所在圆轨道，然后加速完成对接
20．如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中有两根光滑的平行导轨，间距为L，导轨两端分别接有电阻R1和R2，导体棒以某一初速度从ab位置向右运动距离x到达cd位置时，速度为v，产生的电动势为E，此过程中通过电阻R1、R2的电荷量分别为q1、q2.导体棒有电阻，导轨电阻不计．下列关系式中正确的是( )
A．E＝BLv B．E＝2BLv
C．q1＝ eq \f(BLx,R1) D． eq \f(q1,q2) ＝ eq \f(R2,R1)
21.
如图所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一轻绳绕过两个轻质滑轮连接着固定点P和物体B，两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行，物体A与动滑轮连接．已知A、B的质量均为1 kg，A与斜面间的动摩擦因数为 eq \f(\r(3),3) ，重力加速度大小为10 m/s2，将A、B由静止释放，下列说法正确的是( )
A．物体A、B释放瞬间，轻绳对P点的拉力大小为4 N
B．物体B下降过程中，轻绳的拉力对A和B做的总功为零
C．物体B下降过程中，B减少的机械能等于A增加的机械能
D．物体B下降2 m时(此时B未落地)的速度大小为4 m/s
第Ⅱ卷 (非选择题 共62分)
二、非选择题(共62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．(5分)为了探究“平抛运动”的规律，小明设计实验如下图所示，其中M是电风扇，它能够带动小球A以一定初速度进入滑道．当小球抵达第二个光电门时，传感器接收到小球信号并传输至与平抛轨道等高的质量更大的B小球装置处，将B小球由静止释放．试回答下列小题：
(1)下列实验器材是本实验必须要的是________．
A．带重锤的线 B．刻度尺
C．秒表 D．天平
E．砝码
(2)当测得光电门的间距为10 cm，小球从光电门l到光电门2的时间为0.05 s，则小球做平抛运动的初速度为________．
(3)本实验的目的是________．
A．验证平抛运动的初速度不影响竖直方向上速度的改变
B．验证平抛运动的初速度越大，物体移动的位移越大
C．验证平抛运动不受物体质量的影响
D．验证重力越大的物体，在做平抛运动时受空气阻力的影响更小
(4)在测量小球的直径时，下列测量方法误差较小的是________．
23．(10分)某同学利用下列器材测量干电池的电动势和内阻：
ⅰ.电压表V1、V2，量程均为3 V，内阻均约为3 kΩ；
ⅱ.电流表A，量程为0.6 A，内阻小于1 Ω；
ⅲ.定值电阻R0，阻值R0＝2 Ω；
ⅳ.滑动变阻器R，最大阻值为10 Ω；
ⅴ.两节相同的干电池，导线和开关若干．
(1)该同学按照图甲所示的电路进行实验，记录多组电流表的示数I和电压表的示数U，在坐标纸上描点连线作出U ­ I图象，测得的电动势和内阻均小于真实值，这种误差属于________(选填“系统误差”或“偶然误差”)，产生该误差的原因是____________________
________________________________________________________________________；
(2)实验中，由于电流表发生了故障，该同学又设计了如图乙所示的电路继续进行实验，调节滑动变阻器，记录多组电压表V1、V2的示数U1、U2，在坐标纸上描点连线作出U2 ­ U1图象，如图丙所示，则一节干电池的电动势E测＝________，内阻r测＝________；(结果保留两位有效数字)
(3)一节干电池的内阻r测________(选填“大于”“等于”或“小于”)它的真实值．
24．(12分)如图(甲)所示，A车原来临时停在一水平路面上，B车在后面匀速向A车靠近，A车司机发现后启动A车，以A车司机发现B车为计时起点(t＝0)，A、B两车的v ­ t图象如图(乙)所示．已知B车在第1 s内与A车的距离缩短了x1＝12 m.

(1)求B车运动的速度vB和A车的加速度a的大小．
(2)若A、B两车不会相撞，则A车司机发现B车时(t＝0)两车的距离s0应满足什么条件？
25.
(20分)如图为一磁约束装置的原理图．原点O为两个大小不同的同心圆的圆心，半径为r的小圆区域Ⅰ内有方向垂直xOy平面向里的匀强磁场B1(B1未知)，两圆之间的环形区域Ⅱ内有方向未知但垂直于xOy平面的另一匀强磁场B2，且B2＝ eq \r(3) B1.一质量为m、电荷量为q、初速度为v0的带正电粒子从坐标为(0，r)的A点沿－y方向射入区域Ⅰ，然后从x轴上的P点沿＋x方向射出，粒子经过区域Ⅱ后再次射入区域Ⅰ，Q点是区域Ⅰ边界与－y轴的交点，不计粒子的重力，求：
(1)区域Ⅰ中磁感应强度B1；
(2)大圆的最小半径R；
(3)粒子从A点沿y轴负方向射入圆形区域Ⅰ，经过多长时间第二次到达Q点．
(二)选考题(本题共15分．请考生从给出的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)(5分)有关对热学的基础知识理解正确的是________．(填正确答案标号)
A．液体表面张力的方向与液面平行并指向液体内部
B．热的物体把温度传递给冷的物体，最终达到相同温度
C．当某一密闭容器自由下落时，容器中的气体压强不会为零
D．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越慢
E．在“用油膜法测分子直径”的实验中，做出了把油膜视为单分子层、忽略油酸分子间的间距并把油酸分子视为球形这三方面的近似处理
(2)(10分)粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，左侧上端封闭，右侧上端开口且足够长．如图所示，管内有两段水银柱封闭了两部分一定质量的理想气体，下部分水银柱左右两侧的液面A、B等高，右管内上部分水银柱长l0＝5 cm.此时左侧气柱长l＝20 cm，温度为27 ℃.现对左管内的气体缓慢加热至某一温度T，水银面
B上升了2 cm，已知大气压强p0＝75 cmHg.求：
(ⅰ)加热后左管内气体的温度T；
(ⅱ)保持左侧管内气体温度T不变，在右侧管内缓慢加入适量水银(与右管内原有水银l0无空隙接触)，使水银面A和B再次等高，此时右侧管内上部分水银柱的长度．
34．[物理—选修3－4](15分)
(1)(5分)(多选)在“用单摆测定当地重力加速度”的实验中，下列做法正确的是________．
A．应选择伸缩性小、尽可能长的细线做摆线
B．用刻度尺测出细线的长度并记为摆长l
C．在小偏角下让摆球在竖直面内摆动
D．测量摆球周期时，应选择摆球经最低点时开始计时，测量50次全振动的时间t，则单摆的周期T＝ eq \f(t,49)
E．多次改变摆线的长度l，测量对应的周期T，作T2 ­ l图象，得到的图线的斜率约为4 s2/m
(2)(10分)如图所示，半径为R的半圆形玻璃砖与一内角为30°的Rt△ACB玻璃砖平行且正对放置，O和O′点分别是BC边的中点和半圆形玻璃砖的圆心．一束平行于AC边的单色光从AB边上的D点入射，经折射后从O点射出，最后从半圆形玻璃砖上的某点P射出．已知BC边与直径B′C′长度相等，二者相距 eq \f(R,3) ，B、D两点间距离为R，两种玻璃砖的厚度与折射率均相同，若不考虑光在各个界面的反射．求：
(ⅰ)玻璃砖的折射率n；
(ⅱ)P点的位置和单色光最后的出射方向．
仿真练2
14．答案：D
解析：图甲表示的是α粒子散射实验，揭示了原子可以再分，A项错误；图乙表示的是磁场对α、β和γ射线的作用情况，由左手定则可知，带正电的α粒子受到向左的洛伦兹力，故①是α射线，B项错误；图丙表示的是卢瑟福用α粒子轰击氮核发现了质子，C项错误；图丁表示的是铀238发生α衰变，释放一个α粒子后，质量数减少4，电荷数减少2，成为新核，D项正确．
15．答案：A
解析：根据几何关系可知当绳长与半径相等时，受力分析如图：
根据平衡条件，及几何关系可知，2F拉cs θ＝mg，其中θ＝30°，
解得F拉＝ eq \f(\r(3),3) mg，故A正确．
16．答案：B
解析：由x＝ eq \f(1,2) at2可知前后两次物块运动的加速度大小之比为a1∶a2＝4∶1.对调a、b前，设绳上拉力为T1，对a物块有T1－μmg＝ma1，对b物块有2mg－T1＝2ma1；对调a、b后，设绳上拉力为T2，对b物块有T2－2μmg＝2ma2，对a物块有mg－T2＝ma2.联立解得μ＝ eq \f(2,7) ≈0.3，B项正确．
17．答案：C
解析：若小球c带正电，则对a分析可知，a受到b和c的库仑斥力，分别沿ba方向和ca方向，对b分析可知，b受到a和c的库仑斥力，分别沿ab方向和cb方向，故加上水平方向的匀强电场后，a、b不可能同时受力平衡，则小球c一定带负电，又a、b电荷量相等，所以小球c受到a和b库仑引力的合力垂直于a、b连线向左，在水平方向的匀强电场中小球c处于平衡状态，故场强方向一定垂直于a、b连线向左，A、B错误；对小球a由三力平衡知识可知，Eq tan 30°＝k eq \f(q2,L2) ，解得q＝ eq \f(\r(3)EL2,3k) ，C项正确；同理，对小球a有k eq \f(qqc,L2) sin 30°＝k eq \f(q2,L2) ，解得qc＝2q，故小球a、c所带电荷量大小之比为1∶2，D项错误．
18．答案：B
解析：S1先做平抛运动，与地面的碰撞为弹性碰撞且不计地面阻力，故与地面碰撞后水平方向速度不变，竖直方向速度反向，两球从抛出到相遇，则有x＝v1t，解得t＝1.5 s，A项错误；小球S1从抛出到第1次落地，有h＝ eq \f(1,2) gt eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ，解得t1＝1 s，落地时竖直方向分速度vy＝gt1＝10 m/s，再经t2＝t－t1＝0.5 s与小球S2相遇，故有vyt2－ eq \f(1,2) gt eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2)) ＝v2t－ eq \f(1,2) gt2，解得v2＝10 m/s，B项正确；相遇时，S2离地的高度h2＝v2t－ eq \f(1,2) gt2＝3.75 m，D项错误；S2上升到最高点所用的时间为 eq \f(v2,g) ＝1 s＜1.5 s，故S2一定在下降过程中与S1相遇，C项错误．
19．答案：AC
解析：组合体的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，由开普勒第三定律可知其周期小于24 h，A项正确；环绕地球表面做圆周运动的近地卫星的速度为7.9 km/s，组合体的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，由v＝ eq \r(\f(GM,r)) 可知组合体的速度小于7.9 km/s，B项错；若已知地球半径和表面重力加速度，则有GM＝gR2，对组合体则有G eq \f(Mm,（R＋h）2) ＝mω2（R＋h），两式联立可得出组合体的角速度，C项正确；若神舟十二号先到达天和核心舱所在圆轨道再加速，则做离心运动，不能完成对接，D项错．
20．答案：AD
解析：导体棒垂直切割磁感线，感应电动势E＝BLv，A项正确，B项错；由欧姆定律可知，导体棒从ab到cd过程中通过电阻R1的平均电流 eq \x\t(I) 1＜ eq \f(BL\(v,\s\up6(－)),R1) ，导体棒由ab位置运动到cd位置所用的时间t＝ eq \f(x,\x\t(v)) ，则通过电阻R1的电荷量q1＝ eq \x\t(I) 1t＜ eq \f(BL\(v,\s\up6(－)),R1) × eq \f(x,\x\t(v)) ＝ eq \f(BLx,R1) ，C项错；R1、R2两电阻并联，由并联分流规律可知， eq \f(q1,q2) ＝ eq \f(\x\t(I)1,\x\t(I)2) ＝ eq \f(R2,R1) ，D项正确．
21．答案：BD
解析：由动滑轮与定滑轮的特点结合x＝ eq \f(1,2) at2可知，A、B释放后，两物体加速度大小之比aA∶aB＝1∶2，设A物体的加速度大小为a，轻绳张力大小为T，对A物体应用牛顿第二定律有2T－mg sin 30°－μmg cs 30°＝ma，对B物体则有mg－T＝2ma，解得T＝6 N，a＝2 m/s2，故A项错；A、B两物体在相同时间内位移大小之比为1∶2，轻绳对A、B的作用力大小之比为2∶1，且轻绳对A做正功，对B做负功，故轻绳对A和B做的总功为零，B项正确；由于斜面与物体A之间存在摩擦力．系统机械能不守恒，故B减少的机械能大于A增加的机械能，C项错；由v2＝2×2a×x可知，物体B下降2 m时的速度大小为v＝4 m/s，D项正确．
22．答案：（1）AB（1分） （2）2 m/s（2分） （3）A（1分） （4）A（1分）
解析：（1）本实验需要用带重锤的线确定竖直方向，需要刻度尺测量两光电门间距，A、B正确．故选AB.
（2）当测得光电门的间距为10 cm，小球从光电门1到光电门2的时间为0.05 s，则小球做平抛运动的初速度为v0＝ eq \f(d,t) ＝2 m/s.
（3）本实验把平抛运动与自由落体运动进行比较，主要目的是为了验证平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，平抛的初速度不影响竖直方向上速度的改变，A正确．
（4）A图中操作方法正确，误差较小，B图把小球卡在外测量爪凹槽处，会产生较大误差，A正确．
23．答案：（1）系统误差（2分） 未考虑电压表的分流作用（2分）
（2）1.3 V（2分） 0.89 Ω（0.86～0.92 Ω均可，2分） （3）小于（2分）
解析：（1）由于电压表的分流作用，通过电源的电流测量值比实际的小，这种误差由实验设计原理引起，不能靠多次测量取平均值的方法消除或减小，故为系统误差；（2）由闭合电路欧姆定律得E＝U2＋ eq \f(U2－U1,R0) r，变形得U2＝ eq \f(R0,R0＋r) E＋ eq \f(r,R0＋r) U1，结合图丙可知， eq \f(R0,R0＋r) E＝1.40 V， eq \f(r,R0＋r) ＝ eq \f(2.34－1.40,2) ＝0.47，解得r＝1.77 Ω，E＝2.64 V，所以一节干电池的内阻为r测＝ eq \f(r,2) ＝0.89 Ω，电动势E测＝ eq \f(E,2) ＝1.3 V；（3）结合（1）中分析可知，由于电压表V2的分流作用，电动势和内阻测量值均偏小．
24．答案：（1）12 m/s 3 m/s2 （2）s0＞36 m
解析：（1）由图可知在t1＝1 s时A车刚启动，
两车间缩短的距离x1＝vBt1（2分）
代入数据解得B车的速度vB＝12 m/s（1分）
t2＝5 s时A车与B车速度相等，因此A车的加速度a＝ eq \f(vB,t2－t1) （1分）
将t2＝5 s和其余数据代入解得A车的加速度大小a＝3 m/s2.（2分）
（2）两车的速度达到相等时，两车的距离达到最小，对应于v ­ t图象的t2＝5 s时刻，此时两车已发生的相对位移为梯形的面积，则x＝ eq \f(1,2) vB（t1＋t2）（2分）
代入数据解得x＝36 m（2分）
因此若A、B两车不会相遇，则两车的距离s0应满足条件s0＞36 m．（2分）
25.
答案：（1） eq \f(mv0,qr) （2） eq \r(3) r （3）见解析
解析：（1）设粒子在区域Ⅰ内做圆周运动的轨迹半径为r1，则r1＝r（1分）
由牛顿第二定律得：qv0B1＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,r1) （2分）
解得B1＝ eq \f(mv0,qr) .（2分）
（2）设粒子在区域Ⅱ中做圆周运动的轨迹半径为r2，大圆半径最小时，部分轨迹如图1所示，区域Ⅱ中磁场向外时轨迹为实线，磁场向里时轨迹为虚线．
由牛顿第二定律得：qv0B2＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,r2) （2分）
又B2＝ eq \r(3) B1（1分）
所以r2＝ eq \f(\r(3),3) r（2分）
由几何关系得R＝ eq \r(r eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋r eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ) ＋r2＝3r2（1分）
即R＝ eq \r(3) r.（1分）
（3）第一种情形：区域Ⅱ磁场方向向外，轨迹如图2，粒子从A射入，在两磁场各偏转一次，对应圆心角θ＝90°＋60°＝150°，要使粒子第二次到达Q点，需满足150n＝180m
m、n属于自然数，即取最小整数m＝5，n ＝6（2分）
第二种情形：区域Ⅱ磁场方向向里，轨迹如图3，粒子从A射入，在两磁场各偏转一次，对应圆心角θ′＝90°－60°＝30°，
要使粒子第二次到达Q点，需满足30n＝180m（1分）
m、n属于自然数，即取最小整数m＝1，n＝6（1分）
粒子在区域Ⅰ中的周期T1＝ eq \f(2πr1,v0) ，粒子在区域Ⅱ中的周期T2＝ eq \f(2πr2,v0)
粒子在Ⅰ、Ⅱ区域各偏转一次的时间为
t1＝ eq \f(1,4) T1＋ eq \f(2,3) T2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(4\r(3),9))) eq \f(πr,v0) （2分）
所以不论Ⅱ区域中磁场方向是向里还是向外，粒子均经过12次偏转后第二次通过Q点，则总时间为t＝6t1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋\f(8\r(3),3))) eq \f(πr,v0) .（2分）
33．答案：（1）CDE（5分） （2）（ⅰ）346.5 K （ⅱ）17.4 cm
解析：（1）表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非指向液体内部，故A错误；在自然的过程中，热的物体把热量传递给冷的物体，最终达到温度相等；而不是热的物体把“温度”传递给冷的物体，最终达到温度相等，故B错误；当某一密闭容器自由下落时，气体分子仍然在碰撞器壁，则气体压强不为零，故C正确；空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越慢，故D正确；在“用油膜法测分子直径”的实验中，做出了把油膜视为单分子分布、把油酸分子看成球形、分子之间没有空隙，紧密排列这三方面的近似处理，故E正确．故选C、D、E.
（2）（ⅰ）设左侧管中气体的初始状态的压强、温度、体积分别为p1、T1、V1，则
p1＝p0＋l0＝80 cmHg，T1＝300 K，V1＝lS（2分）
设左侧管中气体加热至T时的压强、温度、体积分别为p2、T2、V2，
则p2＝84 cmHg，T2＝T，V2＝（l＋2）S（1分）
由理想气体状态方程得： eq \f(p1V1,T1) ＝ eq \f(p2V2,T2) （1分）
解得：T＝346.5 K（1分）
（ⅱ）右管中水银面B′回到B处时左侧气体对应的压强、温度、体积分别为p3、T2、V1；
由查理定律得： eq \f(p1,T1) ＝ eq \f(p3,T2) （或者p2V2＝p3V1）（2分）
解得：p3＝92.4 cmHg（1分）
则右侧管中气体上端水银柱的长度为
l′＝（92.4－75） cm＝17.4 cm（2分）
34．答案：（1）ACE（5分） （2）（ⅰ） eq \r(3) （ⅱ）见解析
解析：（1）在“用单摆测定当地重力加速度”的实验中，摆线的长度直接影响最后的实验结果，选择伸缩性小、尽可能长的细线可以有效减小系统误差，A项正确；只有在偏角较小的情况下，摆球的摆动才能认为是简谐运动，故C项正确；由实验原理可知，T＝2π eq \r(\f(l,g)) ，变形可得T2＝ eq \f(4π2,g) l，则T2 ­ l图线的斜率约为4 s2/m，E项正确．
单摆的悬点到摆球球心的距离为摆长，并非只是摆线的长度，B项错误；单摆的周期等于一次全振动所用的时间，即：T＝ eq \f(t,50) ，D项错误．
（2）（ⅰ）连接DO，则三角形BOD恰为等边三角形，由几何知识得α＝30°（1分）
在界面AB，根据折射定律：sin 60°＝n·sin α（1分）
解得n＝ eq \r(3) （1分）
（ⅱ）作出其余光路如图所示，光在O点发生折射，OO′所在的直线为法线（2分）
根据折射定律：sin ∠2＝n·sin ∠1
而∠1＝α＝30°
解得∠2＝60°（1分）
光在D′点发生折射，D′E所在直线为法线，由光路可逆知：∠3＝∠1＝30°
在Rt△OO′D′中：O′D′＝OO′·tan ∠2＝ eq \f(\r(3),3) R（1分）
在△O′D′P中，根据正弦定理：
eq \f(sin ∠4,O′D′) ＝ eq \f(sin （90°＋∠3）,O′P) （1分）
解得∠4＝30°
则P点在半圆上，且∠PO′C′＝30°
光在P点发生折射，根据折射定律：
sin ∠5＝n·sin ∠4（1分）
联立解得：∠5＝60°（光线平行于OO′连线向右射出）（1分）