2022年安徽省黄山市高考物理一模试卷（含答案解析）

2022年安徽省黄山市高考物理一模试卷

1. 氢原子能级图如图所示，一群处于激发态的氢原子在跃迁辐射光子的过程中，下列说法正确的是
   
    

A. 一定能检测到6种频率不同的光子
B. 只能检测到3种频率不同的光子
C. 核外电子的电势能一定增大
D. 发出的光子可能使逸出功为的金属产生光电效应

2. 如图所示，一条细绳跨过定滑轮连接两个小球A、B，球A的质量为1kg。它们都穿在一根光滑的竖直杆上，不计绳与滑轮间的摩擦，当两球平衡时OA绳与水平方向的夹角为，OB绳与水平方向的夹角为，已知，，则球B的质量为

A.  B.  C.  D.

3. 关于下列四幅图的说法正确的是

A. 图是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，要想粒子获得的最大动能增大，可增加电压U
B. 图是磁流体发电机的结构示意图，正离子进入后会偏向B板，故A板电势高于B板电势
C. 图是速度选择器的示意图，带电粒子不计重力能够沿直线从右侧进入并匀速通过速度选择器的条件是
D. 图是质谱仪的结构示意图，粒子打在底片上的位置越靠近狭缝说明粒子的比荷越大

4. 如图所示，两电荷量分别为和的点电荷固定在直线MN上，两者相距为L。以的点电荷所在位置为圆心、为半径画圆，a、b、c、d是圆周上四点，其中a、b在MN直线上，c、d两点连线垂直于MN，取无穷远处电势为0，下列说法正确的是

A. 圆周上所有点中，a点的电势最高
B. 将一正点电荷从a沿圆弧经c移动到b，电势能减小
C. 圆周上所有点中，a点的场强最大
D. c、d两点的电场强度相同

5. 某质量为m的动车由静止沿平直路线启动，其加速度a与位移x的图像如图所示。已知运动中阻力恒为车重的k倍，重力加速度为g，下列说法不正确的是
    

A. 动车位移为时的速度为
B. 动车位移为时的速度为
C. 若，在的过程中，牵引力做功为
D. 动车从所经历的时间为

6. 14岁的奥运冠军全红婵，在第14届全运会上再次上演“水花消失术”夺冠。在女子10m跳台的决赛中下面研究过程将全红婵视为质点，全红婵竖直向上跳离跳台的速度为，竖直入水后到速度减为零的运动时间与空中运动时间相等，假设所受水的阻力恒定，不计空气阻力，全红婵的体重为35kg，重力加速度大小为，则

A. 跳离跳台后上升阶段全红婵处于失重状态
B. 入水后全红婵处于失重状态
C. 全红婵在空中运动的时间为
D. 入水后全红婵受到水的阻力为

7. 2021年2月10日，我国首次火星探测任务“天问一号”火星探测卫星顺利实施近火制动，完成火星捕获，正式踏入环绕火星轨道。假设火星可视为半径为R的均匀球体，探测卫星沿椭圆轨道绕火星运动，如图所示。椭圆轨道的“近火点”P离火星表面的距离为2R，“远火点”Q离火星表面的距离为4R，万有引力常量为G。下列说法正确的是

A. 若已知“天问一号”在椭圆轨道运行的周期为T，火星的质量为
B. 若已知“天问一号”在椭圆轨道运行的周期为T，火星的第一宇宙速度为
C. “天问一号”在“近火点”P和“远火点”Q的加速度大小之比为25：9
D. “天问一号”在“近火点”P和“远火点”Q的速率之比为2：1

8. 水平固定放置的足够长的光滑平行导轨，电阻不计，间距为L，左端连接的电源电动势为E，内阻为r，质量为m的金属杆垂直静放在导轨上，金属杆处于导轨间部分的电阻为R。整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中如图所示。闭合开关，金属杆由静止开始沿导轨做变加速运动直至达到最大速度，则下列说法正确的是

A. 金属杆的最大速度等于
B. 此过程中通过金属杆的电荷量为
C. 此过程中电源提供的电能为
D. 此过程中金属杆产生的热量为

9. 小兰同学想利用图甲中的装置测定小车和砝码盘的质量。除图示器材以外，该同学还有个砝码，每个砝码标有质量为。为了测得小车质量M和砝码盘质量m，该同学设计实验步骤如下：
   
   将5个砝码全部放入小车中，在长木板右下方垫上适当厚度的小物块，在不挂砝码盘时使小车可以在木板上匀速下滑。
   将依次取，2，3，4，个砝码依次放入砝码盘中，其余个砝码仍留在小车内；用手按住小车并使细绳与木板平行。接通电源后释放小车，纸带经数据处理后可得到相应的加速度a。
   当时打出的纸带如图乙所示，并在其上取了A、B、C、D、E五个计数点每相邻两个计数点间还有打点计时器打下的四个点没有画出，打点计时器电源频率是50Hz。车运动的加速度大小______。计算结果保留2位有效数字
   以每次所取的砝码数n为横坐标，小车加速度a为纵坐标作出的函数图像，获得该图像的斜率，纵轴的截距为。由以上数据可得小车质量______kg和砝码盘质量______kg。
10. 图a是多用电表的表盘示意图，小明用多用电表“”倍率的欧姆挡测量一只电阻的阻值，发现指针偏转角太小，为了测量结果比较精确，小明按以下步骤进行了实验：
    
    应换用______选填“”或“”倍率的欧姆挡。
    两表笔短接，通过调节______选填“S”“T”或“K”，进行欧姆调零。
    重新测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图b所示，测量结果是______。
    图c是小明刚刚使用过的两种倍率的欧姆挡内部电路示意图，为欧姆调零旋钮。当开关S断开时的倍率是______选填“”“”“”。同时应保证的阻值是灵敏电流计的______倍。
11. 如图所示，在距水平地面高的水平桌面左边缘有一质量的物块A以的初速度沿桌面运动，经过位移与放在桌面右边缘O点的物块B发生完全非弹性碰撞，碰后物块B离开桌面后落到地面上的位置到桌边缘O点的水平距离为。设两物块均可视为质点，它们的碰撞时间极短，物块A与桌面间的动摩擦因数，重力加速度。求：
    两物块碰撞前瞬间，物块A的速度大小；
    物块A与B碰撞后的瞬间，物块B的速度；
    物块A与B碰撞的过程中系统损失的机械能E。

12. 如图所示，在坐标系xOy的第二象限存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里；第三象限内有沿x轴正方向的匀强电场；第四象限的某圆形区域内存在一垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为第二象限磁场磁感应强度的2倍。一质量为m、带电荷量为的粒子以速率v自y轴的A点沿x轴负方向射入磁场，经x轴上的C点以沿y轴负方向的速度进入电场，然后从y轴负半轴上的D点射出，最后粒子以沿着y轴正方向的速度经过x轴上的Q点。已知，，，不计粒子重力。求：
    第二象限磁感应强度B的大小与第三象限电场强度E的大小；
    粒子由A至D过程所用的时间；
    第四象限圆形磁场区域的最小面积。
    
    
    
    
    
    
     
13. 下列说法不正确的是

A. 热传递的自然过程是大量分子从无序程度小的状态向无序程度大的状态转化的过程
B. 扫地时，在阳光照射下，看到尘埃飞舞，这是尘埃在做布朗运动
C. 在各种晶体中，原子或分子、离子都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性
D. 打气筒给自行车打气时，要用力才能将空气压缩，说明空气分子之间存在着斥力
E. 热量不能从低温物体向高温物体传递

14. 如图所示，总容积为、内壁光滑的汽缸竖直放置，一面积为S的活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，汽缸上端封闭且留有抽气孔。活塞上方气体的压强为，活塞下方气体的体积为，温度为。将活塞上方抽成真空并密封，整个抽气过程中缸内气体温度始终保持不变。然后将密封的气体缓慢加热，活塞质量满足关系式，活塞体积忽略不计，重力加速度为g，求：
    ①刚抽完气后下方气体的体积；
    ②气体缓慢加热到温度T时的压强。
    
    
    
    
    
    
     
15. 如图甲所示为一列沿x轴传播的简谐横波在时刻的波形图。图乙表示该波传播的介质中处的b质点从时刻起的振动图像。则下列说法正确的是

A. 波传播的速度为
B. 波沿x轴负方向传播
C. 时，质点a的位移沿y轴负方向
D. 时，处的质点b的加速度沿y轴负方向
E. 从开始，经，质点b通过的路程是

16. 如图所示，直角三棱镜ABC置于空气中，一细束单色光从直角三棱镜的AC面的中点垂直射入，进入三棱镜后在AB面恰好发生全反射，已知，AC边长等于L。MN为一光屏，且与BC边垂直。请求出：
    ①该三棱镜的折射率n；
    ②最终打在光屏上的光斑到B点的距离s。

答案和解析

1.【答案】A
 

【解析】解：AB、根据知，一群处于激发态的氢原子可以辐射出6种不同频率的光子，故A正确，B错误；
C、根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子的过程中，核外电子半径减小，由于能级降低总能量减少，则核外电子的电势能减小，故C错误；
D、放出的六种光子的能量最大，小于金属的逸出功，故不可能使该金属发生光电效应，故D错误。
故选：A。
根据知，一群处于激发态的氢原子可以辐射出6种不同频率的光子；能级间跃迁辐射的光子能量变小，电势能减小，动能增大；并根据发生光电效应的条件，判断光子能不能使金属发生光电效应。
解决本题的关键知道能级间跃迁辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，辐射的光子能量变小，电势能减小，动能增大；并掌握光电效应发生条件。
 

2.【答案】B
 

【解析】解：分别对AB两球分析，根据平衡条件，由几何知识得：



故：：：3
所以B球的质量
故ACD错误，B正确
故选：B。
分别对AB两球分析，运用合成法，用T表示出A、B两球的重力，同一根绳子上的拉力相等，即绳子AB两球的拉力是相等的．
本题考查了隔离法对两个物体的受力分析，关键是抓住同一根绳子上的拉力处处相等结合几何关系将两个小球的重力联系起来．
 

3.【答案】D
 

【解析】解：A、甲图中，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力可知，粒子获得的最大动能为，所以要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径R和增大磁感应强度B，增加电压U不能增大最大初动能，故A错误；
B、乙图中根据左手定则，正电荷向下偏转，所以B极板带正电，为发电机的正极，A极板是发电机的负极，低于B板电势，故B错误；
C、丙图中，假如带正电的粒子从右向左运动通过复合场时，电场力竖直向下，根据左手定则，洛伦兹力方向也向下所以不可能沿直线通过复合场，故C错误；
D、由可知，粒子打在底片上的位置越靠近狭缝则R越小，说明粒子的比荷越大，故B正确。
故选：D。
粒子想利用回旋加速器获得更大的动能，需要增大盒子半径，磁流体发电机就是利用带电粒子受洛伦兹力原理，速度选择器是因为达到某一速度的粒子受力平衡做匀速直线运动，质谱仪应采取分段分析的方法，即粒子加速阶段，速度选择阶段，在磁场中运动阶段，一般用来分析同位素。
解答此题的关键是明白各种仪器的工作原理以及用途，根据粒子的受力情况结合带电粒子在电场、磁场中的运动的规律进行分析。
 

4.【答案】C
 

【解析】解：、b、c、d四点在以点电荷为圆心的圆上，由产生的电场在a、b、c、d四点的电势是相等的，所以a、b、c、d四点的总电势高低可以通过产生的电场的电势确定，根据顺着电场线方向电势降低可知，b点的电势最高，c、d电势相等，a点电势最低，故A错误；
B.由A选项可知，a点电势低于b点电势，则将一正点电荷从a 沿圆弧经c移动到b，电势能增大，故B错误；
根据点电荷电场强度公式，结合矢量的合成法则可知，a点的电场强度最大，c、d两点的电场强度大小相等，方向不相同，故C正确，D错误。
故选：C。
a、b、c、d四点的电场是由正电荷与负电荷合成的，由于a、b、c、d四点在以点电荷为圆心的圆上，所以由正电荷的电场在a、b、c、d四点的电势是相等的，a、b、c、d四点的总电势可以通过产生的电场的电势来判定；结合点电荷的电场强度公式，矢量的合成法则，即可求解各处的电场强度大小。
本题考查判断电势、场强大小的能力，要利用库仑定律和场强的矢量合成的方法对各点的电势和场强进行判定，要充分利用电场的叠加原理进行分析。
 

5.【答案】D
 

【解析】解：根据图像可知，的过程中动车关于位移的平均加速度为

由
动车位移为时的速度为

故A正确；
B.图像可知，的过程中动车的加速度为，动车做匀变速直线运动的，由

得动车位移为时的速度为

故B正确；
C.若，在的过程中，根据动能定理

联立解得，牵引力做功为

故C正确；
D.动车从所经历的时间为

故D错误。
本题选择不正确，
故选：D。
由速度-位移关系求解速度，由动能定理求解牵引力做功，由速度-时间关系求解时间。
本题考查动能定理，学生需认真分析运动过程，结合受力分析综合求解。
 

6.【答案】AD
 

【解析】解：A、跳离跳台后上升阶段，加速度向下，则全红婵处于失重状态，故A正确。
B、入水后全红婵的加速度向上，处于超重状态，故B错误；
C、以向上为正方向，则根据，可得
解得，即全红婵在空中运动的时间为2s，故C错误；
D、入水时的速度，在水中的加速度大小，方向竖直向上；
根据牛顿第二定律，可知，故D正确；
故选：AD。
全红婵做竖直上抛运动，根据运动学公式可求出其在空中的总时间；根据速度公式确定水中的加速度，再牛顿第二定律求出水的阻力；根据加速度方向确定是超重还是失重状态。
本题考查牛顿第二定律关于超重和失重的应用，要注意明确只要加速度向上物体即超重，加速度向下即失重。
 

7.【答案】BC
 

【解析】解：已知探测卫星在椭圆轨道运行的周期为T，可根据开普勒第三定律，计算近地卫星周期

第一宇宙速度

根据

可以计算火星质量，故A错误，B正确；
D.根据开普勒第二定律

探测卫星在“近火点”P和“远火点”Q的速率之比为5：3，故D错误；
C.根据，解得：，则卫星在“近火点”P和“远火点”Q的加速度大小之比为25：9，故C正确；
故选：BC。
根据万有引力提供向心力可计算火星质量和卫星加速度之比，根据开普勒第二定律求得“近火点”P和“远火点”Q的速率之比。
本题考查开普勒第二定律与万有引力提供向心力，需注意向心加速度与轨道半径平方成反比。
 

8.【答案】ABD
 

【解析】解：A、闭合开关，金属杆做加速运动，产生感应电动势，感应电动势与电源电动势相等时，电流为零，金属杆开始做匀速直线运动，电动势为，则，故A正确；
B、由动量定理得：，解得：，故B正确；
C、由能量守恒可知电源提供的电能，故C错误；
D、此过程中电能转化为金属杆的动能、R及r产生的热量之和，由于，金属杆产生的热量为：，故D正确；
故选：ABD。
金属杆速度最大时，加速度为零，电流为零的特点计算出此时的速度；
根据动量定理计算出通过金属杆的电荷量；
根据能量的转化特点计算出电能以及金属杆产生的热量。
本题主要考查了导体切割磁感线的相关应用，根据电源电动势和动生电动势的等量关系计算出最大的速度，解题的关键点是理解能量的转化并要注意产生的焦耳热要根据实际情况进行分配。
 

9.【答案】
 

【解析】解：由题可知，相邻计数点间的时间间隔为
根据逐差法可知小车的加速度大小为：
依题意，设每个砝码的质量为，对砝码、砝码盘及小车系统利用牛顿第二定律得：

解得：
可得：；
联立解得：；
故答案为：；；
根据逐差法计算出小车运动的加速度；
根据牛顿第二定律结合图像的斜率和截距计算出小车质量和砝码盘的质量。
本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据逐差法计算出小车的加速度，结合牛顿第二定律以及图像的斜率、截距计算出物体的质量，在计算加速度的过程中要注意单位的换算。
 

10.【答案】
 

【解析】解：用多用电表“”倍率的欧姆挡测量电阻的阻值，指针偏转角太小，说明示数大了，要想使示数指在中值电阻附近，选用大倍率的，故选用“”倍率的欧姆挡；
两表笔短接，调节欧姆挡调零旋钮，使指针指在处；
由图可知，指针示数为，因挡位为故电阻读数为

当开关S断开时，通过电表干路的最大电流最小，根据闭合电路欧姆定律，表头达到最大电流时，电路总电阻变大，故量程变大，故选“”倍率的欧姆挡；
小明选用的欧姆挡倍率扩大十倍，即断开前通过电表干路的最大电流是表头最大量程的十倍，根据并联电路电压电流关系可得


解得：
故答案为：或，
多用电表的偏转角太小，说明示数大了，是大电阻；
两表笔短接，调节欧姆挡调零旋钮，使指针指在处；
电阻读数为指针示数乘以量程；
当开关S断开时，电路总电阻变大，选“”倍率的欧姆挡；根据并联电路电压电流关系可得的阻值。
本题考查多用表的使用，掌握多用电表的使用方法，明确基本做法，注意多用电表使用时每次换挡后都要进行欧姆调零。
 

11.【答案】解：物块A沿桌面滑动所受摩擦力大小为
物块A做匀减速运动的加速度大小为
对于碰撞前物块A的运动，根据运动学公式有
  
代入数据解得：
物块B离开桌面后做平抛运动的时间为
物块B落地点到桌边缘O点的水平距离：
代入数据解得：
两物块发生完全非弹性碰撞，设物块B的质量为，取向右为正方向，根据动量守恒定律有
  
代入数据解得：
物块A与B碰撞的过程中系统损失的机械能为
 
代入数据解得：
答：两物块碰撞前瞬间，物块A的速度大小为。
物块A与B碰撞后的瞬间，物块B的速度为。
物块A与B碰撞的过程中系统损失的机械能E为。
 

【解析】研究物块A在桌面上滑行的过程，利用牛顿第二定律求出其滑行的加速度大小，由速度-位移公式求两物块碰撞前瞬间，物块A的速度大小；
物块A与B碰撞后做平抛运动，根据下落的高度和水平距离，由运动学公式求碰撞后的瞬间物块B的速度；
物块A与B碰撞的过程，利用动量守恒定律求出滑块B的质量，再由能量守恒定律求系统损失的机械能E。
本题要分析清楚物理过程，把握每个过程遵循的物理规律是关键。本题有三个过程，对于碰撞，要知道其基本规律是动量守恒定律，要能熟练运用。
 

12.【答案】解：由题意画出粒子轨迹图如图所示：
粒子在第二象限做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有
由几何关系有：
联立以上各式得：
粒子在第三象限做类平抛运动，设粒子在第三象限电场中运动的时间为，y轴方向分运动为匀速直线运动有：

设x轴方向匀加速运动的加速度为a，有：

根据牛顿第二定律有：
联立各式得：

设粒子在第二象限磁场中运动的时间为，
由运动学公式有：
所以粒子由A至D过程所用的时间为：

可解得：
设粒子在D点的速度与y轴负方向夹角为，在D处，粒子的x轴分速度：

由合速度与分速度的关系得：
联立可得：，故
设粒子在第四象限磁场中做匀速圆周运动的半径为，由牛顿第二定律有

得：；
在第四象限如图，粒子在第四象限运动的轨迹必定与D、Q速度所在直线相切，由于粒子运动轨迹半径为d，故粒子在第四象限运动的轨迹是如图所示的轨迹圆，该轨迹圆与速度所在直线相切于M点、与速度所在直线相切于N点，连接MN，由几何关系可知：

由于M点、N点必须在磁场内，即线段MN在磁场内，故可知磁场面积最小时必定是以MN为直径如图所示的圆。即面积最小的磁场半径为：
设磁场的最小面积为S，得
联立解得：
答：第二象限磁感应强度B的大小为，第三象限电场强度E的大小为；
粒子由A至D过程所用的时间为；
第四象限圆形磁场区域的最小面积为。
 

【解析】根据题意作出粒子运动轨迹，求出粒子在第二象限内磁场中做圆周运动的轨道半径，应用牛顿第二定律可以求出磁感应强度大小；粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出电场强度大小。
根据题意求出粒子在第二象限磁场与第三象限电场中的运动时间，然后求出粒子由A到D的运动时间。
根据题意作出粒子运动轨迹，求出第四象限圆形磁场的最小半径，然后求出磁场的最小面积。
本题是带电粒子在电场、磁场中运动的综合题，根据题意作出粒子的运动轨迹。应用数学知识求出粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径、粒子转过的圆心角，是本题的难点，也是正确解题的关键。
 

13.【答案】BDE
 

【解析】解：A、根据热力学第二定律可知，热传递的自然过程是大量分子从无序程度小的状态向无序程度大的状态转化的过程，故A正确；
B、布朗运动是固体颗粒在液体内做的无规则的运动，空气中的尘埃受到重力的影响，会落回到地面，不属于布朗运动，故B错误；
C、根据晶体结构的特点可知，在晶体中，原子或分子、离子都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性，故C正确；
D、打气筒给自行车打气时，要用力才能将空气压缩，是由于打气筒内外的压强差引起的，不能说明空气分子之间存在着斥力，故D错误；
E、空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量，向室外放出的热量，消耗电能将热量从低温物体向高温物体传递，故E错误。
本题选择不正确的，
故选：BDE。
热传递的过程向无序程度大的状态转化的过程；根据布朗运动的定义分析；根据晶体的特点判断；打气筒给自行车打气要用力才能将空气压缩，是由于打气筒内外的压强差引起的；根据热力学第二定律的特点判断。
本题考查了能量守恒定律、布朗运动、扩散现象、热力学第二定律、阿伏加德罗常数、油膜法测分子直径等热学基础知识，要注意准确掌握相关热学规律。
 

14.【答案】解：①下方气体初状态的压强满足：解得：
刚抽完气后，由玻意耳定律可得：且  解得： 
②加热后气体膨胀，当活塞刚顶到气缸上方时：
由盖-吕萨克定律可得：    得
当 时：
当时：   解得：
答：①刚抽完气后下方气体的体积为；
②气体缓慢加热到温度T时，当 时：；当时：
 

【解析】①对活塞受力分析，求得下方气体的压强，抽成真空后，对下方气体，根据玻意耳定律取得体积；
②加热后气体膨胀，当活塞刚顶到气缸上方时，根据盖-吕萨克定律求得温度，即可根据盖-吕萨克定律求得气体的体积。
本题主要考查了玻意耳定律和盖-吕萨克定律，抓住气体的初末状态参量，关键是求得被封闭气体的压强。
 

15.【答案】ABE
 

【解析】解：A、由甲图可知，波长为4m，由乙图可知，周期为，则波速，故A正确；
B、由乙图知，时刻，质点b向下运动，即沿y轴负方向振动，在甲图上，由波形的平移可知，该波沿x轴负方向传播，故B正确；
C、由乙图知，质点的振动周期为，所以质点a在的时刻的振动情况与时刻的振动情况相同，由波形的平移可知，时刻，a向上运动，即沿y轴正方向振动，时刻，处于波峰处，故C错误；
D、由乙图知，时，处的质点b处在波谷位置，加速度沿y轴正方向，故D错误；
E、从开始，经，则，故E正确。
故选：ABE。
根据两图确定波长和周期，再由波速公式即可求出波速；在乙图上读出b质点在时刻的速度方向，在甲图上判断出波的传播度方向；由乙图读出周期，根据与周期的关系判断质点a、b的运动情况；根据一周期质点运动4A路程求质点b通过路程。
本题关键要把握两种图象的联系，能根据振动图象读出质点的速度方向，在波动图象上判断出波的传播方向。
 

16.【答案】解：①由几何关系可知光线在AB面上的入射角为，由临界角公式可知：

解得：

②光线在BC面上的E点同时发生反射和折射，投射到光屏上的P Q两点。且由几何关系可得线段
在E点发生反射现象时，
根据几何关系光斑P点到B点的距离
在E点发生折射时，由

可得

答：①该三棱镜的折射率为；
②最终打在光屏上的光斑到B点的距离为。
 

【解析】①根据折射率n，由求出折射率，
②结合全反射条件可判断出光线会在AB、BC面发生全反射，由几何知识求出最终打在光屏上的光斑到B点的距离。
本题考查了几何光学的基本运用，关键是掌握全反射的条件，判断出能否发生全反射，作出光路图。