2013年重庆市高考物理试卷

2013年重庆市高考物理试卷

一、选择题（本大题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）

1．（6分）如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ．若此人所受重力为G，则椅子各部分对他的作用力的合力大小为（　　）

A．G B．Gsinθ C．Gcosθ D．Gtanθ

2．（6分）铀是常用的一种核燃料，若它的原子核发生了如下的裂变反应：则a+b可能是（　　）

A． B．

C． D．

3．（6分）如图所示，高速运动的α粒子被位于O点的重原子核散射，实线表示α粒子运动的轨迹，M、N和Q为轨迹上的三点，N点离核最近，Q点比M点离核更远，则（　　）

A．α粒子在M点的速率比在Q点的大

B．三点中，α粒子在N点的电势能最大

C．在重核产生的电场中，M点的电势比Q点的低

D．α粒子从M点运动到Q点，电场力对它做的总功为负功

4．（6分）如1图，为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动．分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y随θ变化的图象分别对应图2中（　　）

A．①②和③ B．③②和① C．②③和① D．③①和②

5．（6分）如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电量为q的某种自由运动电荷．导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B．当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低．由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为（　　）

A．，负 B．，正 C．，负 D．，正

二、非选择题（共68分）

6．（9分）我国舰载飞机在“辽宁舰”上成功着舰后，某课外活动小组对舰载飞机利用阻拦索着舰的力学问题很感兴趣．他们找来了木板、钢球、铁钉、橡皮条以及墨水，制作了如图所示的装置，准备定量研究钢球在橡皮条阻拦下前进的距离与被阻拦前速率的关系．要达到实验目的，需直接测量的物理量是钢球由静止释放时的　   　和在橡皮条阻拦下前进的距离，还必须增加的一种实验器材是　   　．忽略钢球所受的摩擦力和空气阻力，重力加速度已知，根据　   　定律（定理），可得到钢球被阻拦前的速率．

7．（10分）某同学对有故障的电热毯进行探究．图1是电热毯的电路示意图，其中电热线和导线通过金属接线片连接．图2为测试电路实物图，A、B为测试表笔，电压表内阻很大，可视为理想电表．

①请画出与图2对应的电路图．

②断开K1，用上述测试电路在1和1′之间检测得知电热线无故障，然后测得电热线的U﹣I曲线如图3所示．已知电热线材料的电阻率为2.8×10﹣7Ω•m，电热线的直径为0.200mm．可求得此电热线的电阻为　   　kΩ，总长度为　   　m．（结果均保留两位有效数字）

③为了进一步检查故障，该同学闭合开关K1和K2，用表笔A和B分别对图1中所示的各点进行测试，部分测试结果如下表所示．由此测试结果可判断出电路有断路，位置在　   　之间（在“1和2”、“1′和2′”、“2和3”、“2′和3′”中选填一项）．

8．（15分）小明在研究性学习中设计了一种可测量磁感应强度的实验，其装置如图所示．在该实验中，磁铁固定在水平放置的电子测力计上，此时电子测力计的计数为G1，磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，其余区域磁场不计．直铜条AB的两端通过导线与一电阻连接成闭合回路，总阻值为R．若让铜条水平且垂直于磁场，以恒定的速率v在磁场中竖直向下运动，这时电子测力计的计数为G2，铜条在磁场中的长度L．

（1）判断铜条所受安培力的方向，G1和G2哪个大？

（2）求铜条匀速运动时所受安培力的大小和磁感应强度的大小．

9．（16分）如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合。转台以一定角速度ω匀速转动。一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°．重力加速度大小为g。

（1）若ω=ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；

（2）ω=（1±k）ω0，且0＜k＜1，求小物块受到的摩擦力大小和方向。

10．（18分）在一种新的“子母球”表演中，让同一竖直线上的小球A和小球B，从距水平地面高度为ph（p＞1）和h的地方同时由静止释放，如题9图所示．球A的质量为m，球B的质量为3m．设所有碰撞都是弹性碰撞，重力加速度大小为g，忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间．

（1）求球B第一次落地时球A的速度大小；

（2）若球B在第一次上升过程中就能与球A相碰，求p的取值范围；

（3）在（2）情形下，要使球A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，求p应满足的条件．

三、选做题（第三大题和第四题各12分，考生从中选做一题，若两题都做，则按第三大题计分，其中选择题仅有一个正确选项，请将正确选项的标号填入答题卡上对应的位置）【选修3-3】

11．（6分）某未密闭房间的空气温度与室外的相同，现对该室内空气缓慢加热，当室内空气温度高于室外空气温度时（　　）

A．室内空气的压强比室外的小

B．室内空气分子的平均动能比室外的大

C．室内空气的密度比室外大

D．室内空气对室外空气做了负功

12．（6分）汽车未装载货物时，某个轮胎内气体的体积为V0，压强为p0；装载货物后，该轮胎内气体的压强增加了△p．若轮胎内气体视为理想气体，其质量、温度在装载货物前后均不变，求装载货物前后此轮胎内气体体积的变化量．

四．【选修3-4】

13．一列简谐波沿直线传播，某时刻该列波上正好经过平衡位置的两质点相距6m，且这两质点之间的波峰只有一个，则该简谐波可能的波长为（　　）

A．4m、6m和8m B．6m、8m和12m C．4m、6m和12m D．4m、8m和12m

14．利用半圆柱形玻璃，可减小激光束的发散程度．在如图所示的光路中，A为激光的出射点，O为半圆柱形玻璃横截面的圆心，AO过半圆顶点．若某条从A点发出的与AO成α角的光线，以入射角i入射到半圆弧上，出射光线平行于AO，求此玻璃的折射率．

2013年重庆市高考物理试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（本大题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）

1．（6分）如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ．若此人所受重力为G，则椅子各部分对他的作用力的合力大小为（　　）

A．G B．Gsinθ C．Gcosθ D．Gtanθ

【分析】人受多个力处于平衡状态，合力为零．人受力可以看成两部分，一部分是重力，另一部分是椅子各部分对他的作用力的合力．根据平衡条件求解．

【解答】解：人受多个力处于平衡状态，人受力可以看成两部分，一部分是重力，另一部分是椅子各部分对他的作用力的合力。

根据平衡条件得椅子各部分对他的作用力的合力与重力等值，反向，即大小是G。

故选：A。

【点评】通过受力分析和共点力平衡条件求解．

2．（6分）铀是常用的一种核燃料，若它的原子核发生了如下的裂变反应：则a+b可能是（　　）

A． B．

C． D．

【分析】根据核反应前后质量数和电荷数都守恒逐项分析即可．

【解答】解：核反应前后质量数和电荷数都守恒，A都不守恒，B质量数不守恒，C电荷数不守恒，D正确。

故选：D。

【点评】本题考查了重核裂变前后质量数和电荷数都守恒，仔细计算即可．

3．（6分）如图所示，高速运动的α粒子被位于O点的重原子核散射，实线表示α粒子运动的轨迹，M、N和Q为轨迹上的三点，N点离核最近，Q点比M点离核更远，则（　　）

A．α粒子在M点的速率比在Q点的大

B．三点中，α粒子在N点的电势能最大

C．在重核产生的电场中，M点的电势比Q点的低

D．α粒子从M点运动到Q点，电场力对它做的总功为负功

【分析】根据图线弯曲的方向，可以判定粒子受力的方向；再根据受力的方向，判定α粒子在电场中运动时，电荷间的电场力做功；根据电场力做功情况，即可判断α粒子动能、电势能的变化情况．

【解答】解：A：根据图线弯曲的方向，可以判定粒子受力的方向大体向上，与粒子和O点的连线的方向相反，故靠近O点的过程电场力做负功，粒子的速度减小，远离的过程电场力做正功，粒子的速度增大。所以Q点的速度最大，N点的速度最小。故A错误；

B：只有电场力做功，各点的动能与电势能的和保持不变。N点的速度最小，故电势能最大，故B正确；

C：只有电场力做功，各点的动能与电势能的和保持不变。Q点的速度最大，故电势能最小，α粒子带正电荷，所以Q点的电势最低。故C错误；

D：粒子受力的方向大体向上，与粒子和O点的连线的方向相反，故靠近O点的过程电场力做负功，远离的过程电场力做正功，故D错误。

故选：B。

【点评】于点电荷周围的电场线分布要有明确的认识，点电荷周围的电场线是放射状的，正点电荷周围的电场线是沿半径方向向外的，负点电荷周围电场线是沿半径方向向里的；点电荷周围的等势面是一个个的同心球面．电场力做功与重力做功有共同的特点，就是与路径无关，电场力做功与初末位置的电势差有关．

4．（6分）如1图，为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动．分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y随θ变化的图象分别对应图2中（　　）

A．①②和③ B．③②和① C．②③和① D．③①和②

【分析】对小球进行受力分析，根据力的合成与分解原则求出小球对斜面压力的表达式，根据牛顿第二定律求出小球运动的加速度，重力加速度始终为g，恒定不变，从而找出图象．

【解答】解：对小球进行受力分析，则有：

N=mgcosθ，随着θ的增大，N减小，对应③

根据牛顿第二定律得：

a=，随着θ的增大，a增大，对应②

重力加速度始终为g，恒定不变，对应①，故B正确

故选：B。

【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，要求同学们能正确对小球进行受力分析，知道重力加速度始终为g，恒定不变，难度不大，属于基础题．

5．（6分）如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电量为q的某种自由运动电荷．导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B．当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低．由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为（　　）

A．，负 B．，正 C．，负 D．，正

【分析】上表面的电势比下表面的低．知上表面带负电，下表面带正电，根据左手定则判断自由运动电荷的电性．抓住电荷所受的洛伦兹力和电场力平衡求出电荷的移动速度，从而得出单位体积内自由运动的电荷数．

【解答】解：因为上表面的电势比下表面的低，根据左手定则，知道移动的电荷为负电荷。因为qvB=q，解得v=，因为电流I=nqvs=nqvab，解得n=．故C正确，A、B、D错误。

故选：C。

【点评】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道最终电荷在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡．

二、非选择题（共68分）

6．（9分）我国舰载飞机在“辽宁舰”上成功着舰后，某课外活动小组对舰载飞机利用阻拦索着舰的力学问题很感兴趣．他们找来了木板、钢球、铁钉、橡皮条以及墨水，制作了如图所示的装置，准备定量研究钢球在橡皮条阻拦下前进的距离与被阻拦前速率的关系．要达到实验目的，需直接测量的物理量是钢球由静止释放时的　距水平木板的高度　和在橡皮条阻拦下前进的距离，还必须增加的一种实验器材是　刻度尺　．忽略钢球所受的摩擦力和空气阻力，重力加速度已知，根据　机械能守恒　定律（定理），可得到钢球被阻拦前的速率．

【分析】根据机械能守恒定律，通过小球滚下的高度，求出被橡皮条阻拦前的速度，用刻度尺量出小球的高度和在橡皮条阻拦下前进的距离，从而得出它们的关系．

【解答】解：在该实验中，量出钢球由静止释放时距水平木板的高度，以及在橡皮条阻拦下前进的距离，根据机械能守恒定律得出被橡皮条阻拦前的速度，从而定量研究钢球在橡皮条阻拦下前进的距离与被阻拦前速率的关系．

故答案为：距水平木板的高度；刻度尺；机械能守恒．

【点评】解决本题的关键知道小球下滑的过程中，只有重力做功，机械能守恒，通过高度可以求出钢球的速度．

7．（10分）某同学对有故障的电热毯进行探究．图1是电热毯的电路示意图，其中电热线和导线通过金属接线片连接．图2为测试电路实物图，A、B为测试表笔，电压表内阻很大，可视为理想电表．

①请画出与图2对应的电路图．

②断开K1，用上述测试电路在1和1′之间检测得知电热线无故障，然后测得电热线的U﹣I曲线如图3所示．已知电热线材料的电阻率为2.8×10﹣7Ω•m，电热线的直径为0.200mm．可求得此电热线的电阻为　0.57　kΩ，总长度为　64　m．（结果均保留两位有效数字）

③为了进一步检查故障，该同学闭合开关K1和K2，用表笔A和B分别对图1中所示的各点进行测试，部分测试结果如下表所示．由此测试结果可判断出电路有断路，位置在　1′和2′　之间（在“1和2”、“1′和2′”、“2和3”、“2′和3′”中选填一项）．

【分析】①先将电压表去除，原因是并联；再分析滑动变阻器，是分压还是限流；最后画出电路图，并加入电压表．

②通过U与I图象，则斜率表示电阻，即，再由可求得总长度为．

③对于电流表来说，无故障则有读数；对于电压表来说，无故障，则无读数．

【解答】解：①分析得出滑动变阻器是分压式，同时将电压表去掉，画出简易的电路图后，再将电压表并联接入，故电路图如右；

②通过U与I图象，则斜率表示电阻，即=，

再由可求得总长度为=．

③当闭合开关K1和K2，用表笔A和B分别对图1中所示的各点进行测试，2′与3′之间无电压有电流，而1与2′之间无电流有电压，所以故障在1′与2′之间．

故答案为：①如右图所示；②0.57（0.56～0.58）64（63～65）③1′和2′

【点评】考查根据实物图如何画出电路图，技巧暂时去除电压表，并确定几个回路；同时考查欧姆定律与焦耳定律，最后学会故障的分析，紧扣故障处有电压无电流．

8．（15分）小明在研究性学习中设计了一种可测量磁感应强度的实验，其装置如图所示．在该实验中，磁铁固定在水平放置的电子测力计上，此时电子测力计的计数为G1，磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，其余区域磁场不计．直铜条AB的两端通过导线与一电阻连接成闭合回路，总阻值为R．若让铜条水平且垂直于磁场，以恒定的速率v在磁场中竖直向下运动，这时电子测力计的计数为G2，铜条在磁场中的长度L．

（1）判断铜条所受安培力的方向，G1和G2哪个大？

（2）求铜条匀速运动时所受安培力的大小和磁感应强度的大小．

【分析】安培力公式为：F=BIL，注意公式的适用条件是：匀强磁场，电流和磁场方向垂直．

根据平衡可知安培力大小，由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律可求出电流大小，再由B=从而可得出磁感应强度的大小．

【解答】解：（1）根据棒向下运动，切割磁感线，产生感应电流，由右手定则可得感应电流方向为B到A，再由左手定则可得，安培力方向竖直向上；因此当棒不动时，棒不受安培力作用，所以G2＞G1；

（2）由于铜条匀速运动，则有安培力等于重力，即有：安培力F=G2﹣G1

根据法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律可求出电流大小为，

而由B=从而可得出，磁感应强度大小．

答：（1）则铜条所受安培力的方向竖直向上，G2＞G1；

（2）则铜条匀速运动时所受安培力的大小为G2﹣G1；磁感应强度的大小为．

【点评】本题比较简单，考查了安培力的大小计算，应用公式F=BIL时注意公式适用条件和公式中各个物理量的含义．并考查法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律．

9．（16分）如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合。转台以一定角速度ω匀速转动。一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°．重力加速度大小为g。

（1）若ω=ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；

（2）ω=（1±k）ω0，且0＜k＜1，求小物块受到的摩擦力大小和方向。

【分析】（1）若ω=ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出角速度的大小．

（2）当ω＞ω0，重力和支持力的合力不够提供向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向下，根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小．当ω＜ω0，重力和支持力的合力大于向心力，则摩擦力的方向沿罐壁切线向上，根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小．

【解答】解：（1）当摩擦力为零，支持力和重力的合力提供向心力，有：

mgtan，解得

（2）当ω=（1+k）ω0时，重力和支持力的合力不够提供向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向下，

根据牛顿第二定律得，fcos60°+Ncos30°=mRsin60°ω2．

fsin60°+mg=Nsin30°

联立两式解得

当ω=（1﹣k）ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，

根据牛顿第二定律得，Ncos30°﹣fcos60°=mRsin60°ω2．

mg=Nsin30°+fsin60°

联立两式解得．

答：（1）小物块受到的摩擦力恰好为零时，．

（2）当ω=（1+k）ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向下，大小为．

当ω=（1﹣k）ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，大小为．

【点评】解决本题的关键搞清物块做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律，抓住竖直方向上合力为零，水平方向上的合力提供向心力进行求解．

10．（18分）在一种新的“子母球”表演中，让同一竖直线上的小球A和小球B，从距水平地面高度为ph（p＞1）和h的地方同时由静止释放，如题9图所示．球A的质量为m，球B的质量为3m．设所有碰撞都是弹性碰撞，重力加速度大小为g，忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间．

（1）求球B第一次落地时球A的速度大小；

（2）若球B在第一次上升过程中就能与球A相碰，求p的取值范围；

（3）在（2）情形下，要使球A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，求p应满足的条件．

【分析】（1）A、B均做自由落体运动，求出B球的下降时间，便可得到A球的速度

（2）要想在上升阶段两球相碰，临界情况是B刚好反跳回到出发点时与A相碰，据此求出A球的最大高度

（3）要使球A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，临界情况是A与B碰后，A球速度恰好等大反向，由弹性碰撞过程动量守恒可求得碰前vB=3vA，

【解答】解：（1）AB 两球均做自由落体，在B落地过程中运动完全一致，设速度为v0，由运动学公式得：

=2gh

故，=

（2）要想在B上升阶段两球相碰，临界情况是B刚好反跳到出发点时与A相碰，两物体的v﹣t图象如右图，有图象可知，A的下落高度和B的反跳高度之和为：ph=5h，故p=5；故要是球B在第一次上升过程中就能与球A相碰则应该1＜p≤5

（3）要使球A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，则临界条件是碰后A球速度恰好等大反向，两物体的v﹣t图象如下图，由弹性碰撞可得碰撞前后，动量守恒，规定向上为正方向，设碰后B球继续向上运动，则：

3mvB﹣mvA=3mv′B+mvA

由于是弹性碰撞，由碰撞前后能量守恒得：

+=+

解得：=

故必有v′B=﹣vB

联立以上可得：

vA=3vB

从图象可以看出阴影部分面积之和就是A的下落高度和B的反跳高度之和，故ph=3h，故p=3

答：（1）B第一次落地时球A的速度为

（2）若球B在第一次上升过程中就能与球A相碰，则1＜p≤5；

（3）在（2）情形下，要使球A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，p应满足1＜p≤3．

【点评】抓住碰撞前后动量守恒、能量守恒，巧妙利用图象，增强直观性，本题难度较大，对学生的思维有挑战

三、选做题（第三大题和第四题各12分，考生从中选做一题，若两题都做，则按第三大题计分，其中选择题仅有一个正确选项，请将正确选项的标号填入答题卡上对应的位置）【选修3-3】

11．（6分）某未密闭房间的空气温度与室外的相同，现对该室内空气缓慢加热，当室内空气温度高于室外空气温度时（　　）

A．室内空气的压强比室外的小

B．室内空气分子的平均动能比室外的大

C．室内空气的密度比室外大

D．室内空气对室外空气做了负功

【分析】未密闭房间说明是等压变化，压强不变；温度是分子平均动能的标志；温度升高分子平均动能增加，体积增大，密度变小，对外做功．

【解答】解：A、未密闭房间说明是等压变化，压强不变，故A错误

    B、温度是分子平均动能的标志；温度升高分子平均动能增加，故B正确

    C、等压升温度，体积增大，密度变小，故C错误

    D、体积增大，对外做正功，故D错误

故选：B。

【点评】考查了气体的变化，温度是分子平均动能的标志，做功问题．

12．（6分）汽车未装载货物时，某个轮胎内气体的体积为V0，压强为p0；装载货物后，该轮胎内气体的压强增加了△p．若轮胎内气体视为理想气体，其质量、温度在装载货物前后均不变，求装载货物前后此轮胎内气体体积的变化量．

【分析】轮胎内气体质量一定，其质量、温度保持不变，发生等温变化，根据玻意耳定律求出装载货物后气体的体积，即可得到气体体积的变化量．

【解答】解：对于轮胎内气体，设装载货物后其体积为V．根据玻意耳定律得

  p0V0=（p0+△p）V

得V=

所以装载货物前后此轮胎内气体体积的变化量为△V=V﹣V0=﹣V0

解得

答：装载货物前后此轮胎内气体体积的变化量为﹣

【点评】本题的解题关键是掌握玻意耳定律，并运用此定律求出装载货物后气体的体积．

四．【选修3-4】

13．一列简谐波沿直线传播，某时刻该列波上正好经过平衡位置的两质点相距6m，且这两质点之间的波峰只有一个，则该简谐波可能的波长为（　　）

A．4m、6m和8m B．6m、8m和12m C．4m、6m和12m D．4m、8m和12m

【分析】根据两质点间状态关系，结合波形图象，确定距离与波长的关系．两质点间可能没有波谷、可能一个波谷，也可能有两个波谷，得到波长有三个值．

【解答】解：由题，两质点都经过平衡位置，两质点之间的波峰只有一个，两质点间可能没有波谷、可能一个波谷，也可能有两个波谷，设波长为λ，

则可能有λ=2×6m=12m，也可能λ=6m，也可能λ==4m。

故选：C。

【点评】本题是波动中多解问题，要考查可能的各种情况，结合波形分析波长．

14．利用半圆柱形玻璃，可减小激光束的发散程度．在如图所示的光路中，A为激光的出射点，O为半圆柱形玻璃横截面的圆心，AO过半圆顶点．若某条从A点发出的与AO成α角的光线，以入射角i入射到半圆弧上，出射光线平行于AO，求此玻璃的折射率．

【分析】光线从空气射入半圆柱形玻璃发生折射，由几何知识可求出折射角r，再由折射率公式n=，求出折射率．

【解答】解：设折射角为r．由图根据几何知识得：β=i﹣α，r=β

则得：r=i﹣α

此玻璃的折射率为n=

解得：

答：此玻璃的折射率为．

【点评】本题的解题关键是根据几何知识求出折射角，并掌握折射率公式n=，即可轻松解答．