安徽省合肥市2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期末考試物理試題（含答案）

安徽省合肥市2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期末考試物理試題姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二三四總分評(píng)分一、單項(xiàng)選擇題（共8小題，每小題4分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。）1．某智能手機(jī)中有多種傳感器，其中包括磁傳感器，安裝合適的軟件后，利用手機(jī)中的磁傳感器可以測(cè)量磁感應(yīng)強(qiáng)度。地磁場(chǎng)的磁感線分布如圖（a）所示。小明為了測(cè)量當(dāng)?shù)氐牡卮艌?chǎng)，如圖（b），在手機(jī)上建立直角坐標(biāo)系，手機(jī)顯示屏所在平面為xOy平面。某次測(cè)量手機(jī)水平放置，z軸正方向豎直向上，測(cè)出以下數(shù)據(jù)Bx=50μT、By圖（a）圖（b）A．測(cè)量地點(diǎn)位于北半球 B．測(cè)量地點(diǎn)位于赤道C．y軸正方向指向南方 D．當(dāng)?shù)氐牡卮艌?chǎng)大小約為502．某同學(xué)觀看了著名科幻電影《流浪地球》后，提出大膽假設(shè)，除了建造太空電梯外還可以建設(shè)一條如圖所示穿過(guò)地心的隧道，假設(shè)地球的半徑為R，質(zhì)量分布均勻.已知均勻球殼對(duì)殼內(nèi)物體引力為零，根據(jù)萬(wàn)有引力，我們可以合理推測(cè)小球在地心隧道運(yùn)行時(shí)（）A．小球?qū)⒆龊?jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)B．小球?qū)⒆鰷p速運(yùn)動(dòng)C．小球?qū)⒁恢弊鰟蚣铀龠\(yùn)動(dòng)D．小球?qū)⑦\(yùn)動(dòng)到地心后減速到0，最終懸停在地心3．如圖所示，是用頻率不同的單色光a、b射入水球?qū)?yīng)的光路圖，下列說(shuō)法中正確的是（）A．a(chǎn)光更容易發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象B．單色光a在水中的傳播速度比b光快C．a(chǎn)光的頻率大于b光的頻率D．利用同一個(gè)雙縫干涉裝置，a光得到的干涉條紋間距大于b光4．一列簡(jiǎn)譜橫波沿x軸負(fù)方向傳播，已知x軸上x(chóng)1=2m和圖甲圖乙A．0.6m/s B．0.8m/s C．1m/s D．2m/s5．靜電場(chǎng)方向平行于x軸，其電勢(shì)φ隨x的分布可簡(jiǎn)化為如圖所示的折線。x軸上的兩點(diǎn)B、C的電場(chǎng)強(qiáng)度分別為EB和EA．EB大于EB．B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿x軸正方向；C．B點(diǎn)的電勢(shì)低于C點(diǎn)的電勢(shì)，UBCD．負(fù)電荷沿x軸從B點(diǎn)移到C點(diǎn)的過(guò)程中，靜電力先做正功，后做負(fù)功。6．如圖是某電容式話筒的原理示意圖，E為電源，R為電阻，薄片P和Q為兩金屬板，從左向右對(duì)著振動(dòng)片P說(shuō)話，P振動(dòng)而Q不動(dòng)，在P、Q間距增大的過(guò)程中（）A．電容器的電容增大 B．P上的電量保持不變C．點(diǎn)M的電勢(shì)比點(diǎn)N的低 D．有電流從M流向N7．如圖所示，電阻R1=2.0Ω，R2=3.0Ω，R為一滑動(dòng)變阻器，電壓表、電流表均為理想電表，且電源內(nèi)阻恒定。現(xiàn)將開(kāi)關(guān)S閉合，調(diào)節(jié)滑片p，觀察電壓表和電流表示數(shù)的變化。當(dāng)滑片p距A．滑片P從M端滑向N端過(guò)程中，電壓表示數(shù)之比U1B．滑片P從M端滑向N端過(guò)程中，電流表示數(shù)之比I1C．由于電源內(nèi)阻未知，所以R3D．若電源內(nèi)阻r=2.8．在生活中躺著看手機(jī)，經(jīng)常出現(xiàn)手機(jī)砸傷眼睛的情況。如圖所示，假設(shè)手機(jī)和手機(jī)外殼總質(zhì)量約為200g，從離人眼約20cm的高度無(wú)初速掉落，砸到眼睛后手機(jī)反彈速率為碰撞前的110，眼睛受到手機(jī)的沖擊時(shí)間約為0.11s，取重力加速度g=10m/A．手機(jī)對(duì)眼睛的沖量方向豎直向上B．手機(jī)對(duì)眼睛的沖量大小約為0C．手機(jī)對(duì)眼睛的平均作用力大小約為4ND．手機(jī)與眼睛作用過(guò)程中手機(jī)的動(dòng)量變化大小約為0二、多項(xiàng)選擇題（共2小題，每小題5分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有兩個(gè)或以上選項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。）9．已知：①單個(gè)點(diǎn)電荷q周圍空間的電勢(shì)φ=kqr，r為到點(diǎn)電荷的距離；②系統(tǒng)的電勢(shì)能等于每個(gè)電荷電勢(shì)能總和的一半。現(xiàn)在光滑絕緣水平面上，有三個(gè)帶電量均為+q、質(zhì)量均為m的相同金屬小球，用三根長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)絕緣細(xì)繩連接，處于靜止?fàn)顟B(tài)。A、B、C分別為其中點(diǎn)，A．O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)均為零B．A、B、C三點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向不同C．φD．系統(tǒng)的總電勢(shì)能為E10．如圖所示，質(zhì)量M=4kg的圓環(huán)套在光滑的水平軌道上，質(zhì)量m=2kg的小球通過(guò)長(zhǎng)L=0.9m的輕繩與圓環(huán)連接。現(xiàn)將細(xì)繩拉直，且與AB平行，小球以豎直向下的v0A．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球和圓環(huán)滿足水平方向動(dòng)量守恒B．在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球能繞圓環(huán)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)C．小球通過(guò)最低點(diǎn)時(shí)，小球的速度大小為42D．從小球開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)這段時(shí)間內(nèi)，圓環(huán)向左運(yùn)動(dòng)的位移大小為0.3m三、實(shí)驗(yàn)題（每空2分，共16分。）11．氣墊導(dǎo)軌上有A、B兩個(gè)滑塊，開(kāi)始時(shí)兩個(gè)滑塊靜止，它們之間有一根被壓縮的輕質(zhì)彈簧，滑塊間用繩子連接（如圖甲所示），繩子燒斷后，兩個(gè)滑塊向相反方向運(yùn)動(dòng)，圖乙為它們運(yùn)動(dòng)過(guò)程的頻閃照片，頻閃的頻率為20Hz，由圖可知：（1）根據(jù)照片記錄的信息，從圖中可以看出閃光照片有明顯與事實(shí)不相符合的地方是。（2）若不計(jì)此失誤，已知滑塊A、B的質(zhì)量分別為200g、300g，與彈簧分開(kāi)后，B的動(dòng)量的大小為kg?m/s，本實(shí)驗(yàn)中得出“在實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)，兩滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒”這一結(jié)論的依據(jù)是。12．在進(jìn)行“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實(shí)驗(yàn)中，可供選擇的器材如下：“3.8V，0.3A”的小燈泡；電流表：A1（量程100mA，內(nèi)阻約2Ω），A2（量程0.6A，內(nèi)阻約電壓表：V（量程5V，內(nèi)阻約3kΩ）；滑動(dòng)變阻器：（阻值范圍0～10Ω），（阻值范圍0～2kΩ）；電源：E（電動(dòng)勢(shì)為5V，內(nèi)阻約為0.一個(gè)開(kāi)關(guān)和導(dǎo)線若干。甲乙（1）在圖的虛線框中畫(huà)出“描繪小燈泡伏安特性曲線”實(shí)驗(yàn)的電路圖；（2）為了調(diào)節(jié)方便，測(cè)量準(zhǔn)確，實(shí)驗(yàn)中應(yīng)選用電流表，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用（請(qǐng)?zhí)钇鞑牡姆?hào)）。（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，還可以繪出燈絲電阻R隨電壓U變化的圖像和小燈泡耗電功率隨所加電壓U變化的圖像，請(qǐng)根據(jù)給定的甲、乙兩個(gè)圖像進(jìn)行判斷，表示燈絲電阻R隨電壓U變化的圖像是（填“甲”或“乙”）；小燈泡消耗電功率隨電壓變化的圖像是（填“甲”或“乙”）。四、計(jì)算題（本部分共3小題，13題10分，14題15分，15題17分，共42分.要求每題寫(xiě)出解題過(guò)程，只有答案沒(méi)有過(guò)程概不評(píng)分.）13．如圖所示為一塊玻璃磚橫截面，已知ABC為一直角三角形，∠A=30°，BC=2a，三角形右側(cè)為四分之一圓弧，C點(diǎn)為圓心，且CD⊥CB，現(xiàn)有一束單色光從AC的中點(diǎn)P與AC夾角為45°射入，折射光恰好過(guò)B點(diǎn)，（已知光在真空中傳播速度為c）求：（1）該玻璃磚的折射率；（2）光線從玻璃磚射入到第一次射出所經(jīng)歷的時(shí)間.14．光滑絕緣水平面上有一質(zhì)量m=1kg、電荷量q=+5×10?4C的小球系在長(zhǎng)L=1m的絕緣細(xì)線上線的另一端固定在O點(diǎn)。整個(gè)裝置放置于E=2×104N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)方向與水平面平行且沿OA方向，如圖所示（此圖為俯視圖）?，F(xiàn)給小球一垂直于細(xì)線的初速度（1）求小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中繩子拉力的最大值Tm（2）小球轉(zhuǎn)過(guò)角度θ滿足0≤θ≤π2時(shí)，求繩子張力大小FT（3）當(dāng)某次小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)方向突然反向但場(chǎng)強(qiáng)大小不變，并且此后小球每轉(zhuǎn)過(guò)πrad，場(chǎng)強(qiáng)均反向且場(chǎng)強(qiáng)大小不變，假設(shè)細(xì)線最大張力足夠，記小球在A點(diǎn)的動(dòng)能為EKA求這以后小球第n次回到A點(diǎn)時(shí)E15．如圖所示，一輕質(zhì)彈簧的左端固定在小球B上，右端與小球C接觸但未拴接，球B和球C靜止在光滑水平臺(tái)面上（此時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)）。小球A從左側(cè)光滑斜面上距水平臺(tái)面高度為h處由靜止滑下（不計(jì)小球A在斜面與水平面銜接處的機(jī)械能損失），與球B發(fā)生正碰后粘在一起，碰撞時(shí)間極短，之后球C脫離彈簧，在水平臺(tái)面上勻速運(yùn)動(dòng)并從其右端點(diǎn)O水平拋出，落入固定放置在水平地面上的豎直四分之一光滑圓弧軌道內(nèi)，該段圓弧的圓心在O點(diǎn)，半徑為R=2h。已知三個(gè)小球A、B、C均可看成質(zhì)點(diǎn)，且質(zhì)量分別為m、2m、m，重力加速度為（1）小球A、B碰撞后瞬間的速度大??；（2）彈簧具有的最大彈性勢(shì)能；（3）若改變圓弧的半徑，使R'

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】ABC.在赤道上地磁場(chǎng)的磁感線是平行于地面的，測(cè)量地點(diǎn)在赤道，導(dǎo)致只有南北方向有磁場(chǎng)且y軸正方向指向東方或者西方，且故AC錯(cuò)誤，B正確；D．測(cè)量地點(diǎn)的磁場(chǎng)大小為50μT，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故答案為：B?！痉治觥看鸥袘?yīng)強(qiáng)度為矢量，可以沿各個(gè)方向分解或者合成。2．【答案】A【解析】【解答】以地心為位移起點(diǎn)，設(shè)某時(shí)刻物體的位移為x，則半徑為x的球的質(zhì)量M均勻球殼對(duì)殼內(nèi)物體引力為零，此時(shí)物體所受引力大小為F=GF與x方向相反，聯(lián)立可得F=?mgR【分析】簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)回復(fù)力與位移成正比且與位移方向相反。3．【答案】C【解析】【解答】ACD．由題圖可知，a光的折射率比b光的折射率大，b光波長(zhǎng)大于a光波長(zhǎng)，波長(zhǎng)越長(zhǎng)，越容易發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象，因此b光比a光更容易發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，a光的頻率大于b光的頻率，根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式Δx=可知，其他條件相同，由于b光波長(zhǎng)大于a光波長(zhǎng)，所以a光的干涉條紋間距小于b光，故AD錯(cuò)誤，C正確；B．由于b光的折射率小，根據(jù)公式v=可知，b光在介質(zhì)水中傳播速度大，故B錯(cuò)誤；故答案為：C?！痉治觥考t光波長(zhǎng)長(zhǎng)，相同介質(zhì)波速大，折射率小，紫光波長(zhǎng)短，相同介質(zhì)波速小，折射率大。4．【答案】A【解析】【解答】因?yàn)樵摿胁ㄏ蜃髠鞑?，根?jù)題干可知x1=2m和3m=nλ+解得λ=由圖可得T=4s由波長(zhǎng)波速頻率關(guān)系可得，波速為v=當(dāng)n=1時(shí)可得v=0故答案為：A?！痉治觥坎ǖ膫鞑ゾ哂兄芷谛?，且振動(dòng)時(shí)間相差四分之一周期，則傳播距離相差四分之一波長(zhǎng)。5．【答案】D【解析】【解答】A．結(jié)合場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)差關(guān)系式可得電場(chǎng)強(qiáng)度的大小等于圖象斜率的大小，由圖可得EB等于EB．根據(jù)順著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，可知B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿x軸負(fù)方向，故B錯(cuò)誤；C．從圖像上可知B點(diǎn)的電勢(shì)低于C點(diǎn)的電勢(shì)，則UUBCD．沿x軸從B點(diǎn)移到C點(diǎn)的過(guò)程中，電勢(shì)先增大后減小，根據(jù)E可知負(fù)電荷沿x軸從B點(diǎn)移到C點(diǎn)的過(guò)程中電勢(shì)能先減小后增大，結(jié)合功能關(guān)系可得靜電力先做正功，后做負(fù)功，故D正確；故答案為：D?！痉治觥快o電力做正功電勢(shì)能減小，靜電力做負(fù)功電勢(shì)能增加。6．【答案】D【解析】【解答】A．由電容器電容的決定式C=P、Q間距增大時(shí)，即d增大，可知電容器的電容C減小，A錯(cuò)誤；

B．電容器與電源相連，所以兩極板間電壓不變等于電源電壓，由電容器電容的定義式C=可知Q=CU，電容C減小，U不變，電容器帶電量Q減少，即P上的電量減小，B錯(cuò)誤；CD．電容器電量Q減少，電容器放電，Q板帶正電，則通過(guò)電阻R的電流方向由M到N，M與正極板相連，則M點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)的高，C錯(cuò)誤，D正確。故答案為：D。【分析】電容器與電源相連，電壓不變，電容器與電源斷開(kāi)，電荷量不變。7．【答案】D【解析】【解答】A．由圖可知，左右兩個(gè)電路為并聯(lián)電路，電壓相同，所以比值始終不變始終為1，故A錯(cuò)誤；B．兩支路電壓始終相同，滑片P從M端滑向N端過(guò)程左邊支路電阻增大，右邊支路電阻減小，根據(jù)歐姆定律，左邊支路電流減小，右邊支路電流增大，所以I1C．設(shè)MP間阻值為RxR=觀察式子，分子為兩式之積，分母為兩式之和且為定值，結(jié)合基本不等式可知分子兩個(gè)式子相等則電阻最大，結(jié)合當(dāng)滑片p距R3左端M點(diǎn)的長(zhǎng)度為R3總長(zhǎng)度的R故C錯(cuò)誤；D．依題意，當(dāng)滑片P距R3左端M點(diǎn)的長(zhǎng)度為R3總長(zhǎng)度的3R當(dāng)外電路總電阻與電源內(nèi)阻相等時(shí)，電源輸出功率有最大值，電源內(nèi)阻r=2.故答案為：D?！痉治觥慨?dāng)外電路總電阻與電源內(nèi)阻相等時(shí)，電源輸出功率有最大值，結(jié)合基本不等式求解R3大小。8．【答案】B【解析】【解答】A．沖量方向與作用力方向相同，因此手機(jī)對(duì)眼睛的沖量方向豎直向下。故A錯(cuò)誤；BC．由動(dòng)量定理有，手機(jī)對(duì)眼睛的平均作用力F大小滿足Fvv解得F手機(jī)對(duì)眼睛的沖量大小為I=故B正確，C錯(cuò)誤。D．取豎直向上為正方向，手機(jī)與眼睛作用過(guò)程中手機(jī)的動(dòng)量變化大小約為Δp=m故D錯(cuò)誤；故答案為：B?！痉治觥坷脛?dòng)量定理求解碰撞過(guò)程作用力大小。9．【答案】B,D【解析】【解答】A．O點(diǎn)是正三角形的中心，到各個(gè)點(diǎn)的距離都相同，由幾何關(guān)系以及電場(chǎng)疊加原理可得，O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為零。由題意可知點(diǎn)電荷的電勢(shì)φ=各點(diǎn)電荷在O點(diǎn)的電勢(shì)均相等，由于電勢(shì)是標(biāo)量，所以其疊加遵循代數(shù)運(yùn)算法則，疊加后不為零，

故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度公式E=k以及平行四邊形法則可知，ABC三點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向不同，故B項(xiàng)正確；C．A點(diǎn)到小球3的距離為32φ=所以A點(diǎn)的電勢(shì)為φ同理B點(diǎn)的電勢(shì)為φC點(diǎn)的電勢(shì)為φ所以有φ故C錯(cuò)誤；D.電荷的電勢(shì)能E同理可得2和3電荷電勢(shì)能E結(jié)合題意②系統(tǒng)的電勢(shì)能等于每個(gè)電荷電勢(shì)能總和的一半，故整個(gè)系統(tǒng)電勢(shì)能為E故D項(xiàng)正確。故答案為：BD。【分析】電勢(shì)和電勢(shì)能為標(biāo)量，其求和是代數(shù)求和，電場(chǎng)強(qiáng)度為矢量，其求和為矢量求和，遵循平行四邊形法則。10．【答案】A,B【解析】【解答】A．分析小球和圓環(huán)組成的系統(tǒng)可知，水平方向上不受外力，所以系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，故A正確；

B．若小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，圓環(huán)和小球的速度大小分別為v3、vM由機(jī)械能守恒可知1解得速度大小為vv小球相對(duì)圓環(huán)的速度恰好為3m/s=所以小球可以繞圓環(huán)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，故B正確；C．從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，圓環(huán)和小球的速度大小分別為v1和vM由機(jī)械能守恒定律可知mgL+代入數(shù)據(jù)解得小球的速度大小為v故C錯(cuò)誤；D．小球從開(kāi)始到運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，結(jié)合人船模型，圓環(huán)向右運(yùn)動(dòng)的位移x=故D錯(cuò)誤。故答案為：AB。【分析】水平方向合外力為零，所以水平方向動(dòng)量守恒，沒(méi)有摩擦力，系統(tǒng)機(jī)械能也守恒。11．【答案】（1）滑塊應(yīng)該有加速過(guò)程，然后再勻速運(yùn)動(dòng)（2）0.36；A、B的動(dòng)量始終大小相等方向相反【解析】【解答】（1）燒斷細(xì)線后，在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，物體應(yīng)先做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)后，滑塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由圖中閃光照片可知，滑塊直接做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沒(méi)有加速過(guò)程，與事實(shí)不符。（2）頻閃照相的時(shí)間間隔t=滑塊A的速度v動(dòng)量為p滑塊B的速度v滑塊B的動(dòng)量pA、B的動(dòng)量大小相等、方向相反，它們的總動(dòng)量為零，釋放前的動(dòng)量也為零，因此系統(tǒng)動(dòng)量守恒。【分析】（1）彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，物體應(yīng)先做加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速直線運(yùn)動(dòng)；

（2）兩個(gè)物塊動(dòng)量之和始終為零，故系統(tǒng)動(dòng)量守恒。12．【答案】（1）（2）A2；R1（3）甲；乙【解析】【解答】（1）電路圖如圖所示。（2）小燈泡的額定電流是0.3A，因此電流應(yīng)該選擇A2描繪小燈泡伏安特性曲線，滑動(dòng)變阻器需要采用分壓式接法，選擇較小的滑動(dòng)變阻器，電表示數(shù)變化均勻，因此選擇R1（3）電壓為0時(shí)，燈絲的電阻不為0，而電功率是0，所以甲是電阻隨電壓變化的曲線，乙是電功率隨電壓變化的曲線?！痉治觥浚?）分壓式接法可以得到更多的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，故用分壓式接法；

（2）結(jié)合燈泡電流大小選擇電流表，分壓式接法選擇小阻值滑動(dòng)變阻器；

（3）電壓為0時(shí)，燈絲的電阻不為0，而電功率是0。13．【答案】（1）解：如圖所示，光線從P點(diǎn)射入時(shí)，入射角θ=45°，折射角β=30°則玻璃磚的折射率為n=（2）解：設(shè)全反射的臨界角為C，則sin故C=45°由上述光路圖幾何關(guān)系分析可知，光線在B點(diǎn)的入射角為60°，大于臨界角C，光線在B點(diǎn)發(fā)生全反射，同理，知光線在圓弧上E點(diǎn)也發(fā)生全反射，因此，光線在圓弧上B、E發(fā)生兩次全反射，然后從CD邊F點(diǎn)垂直射出。光線從玻璃磚射入到第一次射出所經(jīng)歷的總路程為s=光線在玻璃磚中傳播速度為v=cn，傳播時(shí)間為t=【解析】【分析】（1）結(jié)合幾何關(guān)系求得折射角與入射角，結(jié)合折射定律求解折射率；

（2）由全反射臨界角公式求解臨界角，結(jié)合幾何關(guān)系畫(huà)出光路圖，從而求出光經(jīng)過(guò)的路程，結(jié)合折射定律求解光在