高三物理月考试题及答案河北邢台市届高三上学期摸底考试精校解析版.docx
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高三物理月考试题及答案河北邢台市届高三上学期摸底考试精校解析版
2015年河北省邢台市高考物理摸底试卷
第I卷（选择题，共48分）
一、选择题（本题共12小题；每小题4分，共48分，其中1－9题，每题只有一个选项正确．10－12题，每题有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．）
1．如图分别是直流电动机、摇绳发电、磁电式仪表和电磁轨道炮示意图，其中不是“因电而动”（即在安培力作用下运动）的有（）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】图中线圈与电源相连，给线圈供电后能使线圈在磁场中转动；属于因电而动；摇绳发电是线圈在地磁场中运动产生感应电流；属于因动而电；磁电式仪表是线圈通电后在磁场中转动的；属于因电而动；电磁炮是导线通电后在磁场中加速运动；属于因电而动；
【考点】电磁感应在生活和生产中的应用
2．物体甲的速度与时间图象和物体乙的位移与时间图象分别如图所示，则这两个物体的运动情况是（）
A．甲在整个t=4s时间内有来回运动，它通过的总路程为12m
B．甲在整个t=4s时间内运动方向一直不变，通过的总位移大小为6m
C．乙在整个t=4s时间内有来回运动，它通过的总路程为12m
D．乙在整个t=4s时间内运动方向一直不变，通过的总位移大小为6m
【答案】D
【解析】A、甲在前2s内向负方向做匀减速直线运动，后2s内向正方向做匀加速直线运动，即4s时间内有往返运动；它通过的总路程为两个三角形的面积，为：
=6m，故A、B错误；x﹣t图象的斜率表示速度，可知，乙在整个t=4s时间内一直沿正向运动，乙在4s时间内从﹣3m运动到+3m位置，故位移大小为6m，故C错误，D正确。
【考点】匀变速直线运动的图像
3．“马航MH370”客机失联后，我国已紧急调动多颗卫星（均做匀速圆周运动），利用高分辨率对地成像、可见光拍照等技术对搜寻失联客机提供支持。
关于环绕地球运动的卫星，下列说法正确的是（）
A．低轨卫星（环绕半径远小于地球同步卫星的环绕半径）都是相对地球运动的，其环绕速率可能大于7.9km/s
B．地球同步卫星相对地球是静止的，可以固定对一个区域拍照
C．低轨卫星和地球同步卫星，可能具有相同的速率
D．低轨卫星和地球同步卫星，可能具有相同的周期
【答案】B
【解析】同步卫星相对地球静止，低轨卫星相对地球是运动的，根据
得，v=
，第一宇宙速度的轨道半径等于地球的半径，所以低轨卫星的线速度小于第一宇宙速度．故A错误；同步卫星的周期与地球的周期相同，相对地球静止，可以固定对一个区域拍照，但由于它距地面较远，照片的分辨率会差一些．故B正确；根据
得，v=
，T=
，低轨卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则低轨卫星的速率大于同步卫星，周期小于同步卫星．故C、D错误．
【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系
4．如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，当滑动变阻器滑片处在某一位置时，电流表的读数I=0.5A，电压表V1的读数U1=1V，电压表V2读数U2=2V．则向右移动滑动变阻器的滑片后，三个电表可能得到的读数是（）
A．I=2A，U1=2V，U2=0VB．I=lA，U1=1.6V，U2=3V
C．I=0.3A，U1=0.9V，U2=1.1VD．I=0.2A，U1=0.8V，U2=2.4V
【答案】D
【解析】滑片向右移动，滑动变阻器的有效阻值增大，电路的总电阻增大，故电路的总电流减小，此时电压表V1的示数减小，V2的示数增大．电流表的示数减小，由于内电压减小，则两电压表示数之和增大．故D正确，ABC错误．
【考点】闭合电路的欧姆定律
5．如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为
，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有（）
A．两图中两球加速度均为gsin
B．两图中A球的加速度均为零
C．图乙中轻杆的作用力一定不为零
D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍
【答案】D
【解析】撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mgsinθ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsinθ，加速度为2gsinθ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsinθ，加速度均为gsinθ，故图甲中B求得加速度是图乙中B求加速度的2倍；故ABC错误，D正确.
【考点】牛顿第二定律
6．如图所示，在边长为L的正方形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，有一带正电的电荷，从D点以v0的速度沿DB方向射入磁场，恰好从A点射出，已知电荷的质量为m，带电量为q，不计电荷的重力，则下列说法正确的是（）
A．匀强磁场的磁感应强度为
B．电荷在磁场中运动的时间为
C．若减小电荷的入射速度，使电荷从CD边界射出，电荷在磁场中运动的时间会减小
D．若电荷的入射速度变为2v0，则粒子会从AB边的中点射出
【答案】A
【解析】由图可以看出粒子圆周运动的半径R=L，根据牛顿第二定律：
qv0B=m
，得：
B=
，A正确；T=
，转过的圆心角为90°，则t=
，故B错误；若电荷从CD边界射出，则转过的圆心角均为180°，入射速度减小，T=
，周期与速度无关，故电荷在磁场中运动的时间不变，C错误；
若电荷的入射速度变为2v0，则半径变为2L，轨迹如图，
设DF为h，由几何知识：
（2L﹣h）2+L2=（2L）2，得：
h=（2﹣
）L≠
L，可见E不是AB的中点，即粒子不会从AB中点射出，D错误；
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动
7．一物体静止在粗糙水平地面上，现用水平恒力F1拉动物体，经过一段时间后其速度变为v，若将水平恒力改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v，对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则（）
A．WF2>4WF1，Wf2>21Wf1B．WF2>4WF1，Wf2=2Wf1
C．WF2<4WF1，Wf2=2Wf1D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1
【答案】C
【解析】由题意可知，两次物体均做匀加速运动，则在同样的时间内，它们的位移之比为
S1：
S2=
=1：
2；两次物体所受的摩擦力不变，根据力做功表达式，则有滑动摩擦力做功之比
Wf1：
Wf2=fS1：
fS2=1：
2；
再由动能定理，则有：
WF﹣Wf=
；
可知，WF1﹣Wf1=
；
WF2﹣Wf2=4×
；
由上两式可解得：
WF2=4WF1﹣2Wf1，故C正确，ABD错误；
【考点】功的计算
8．如图所示，半径为a、电阻为R的圆形闭合金属环位于有理想边界的匀强磁场边沿，环平面与磁场垂直。
现用水平向右的外力F将金属环从磁场中匀速拉出，作用于金属环上的拉力F与位移x的关系图像应是下图中的（）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】金属圆环在出磁场的过程中，切割的有效长度L=2
，且拉力等于安培力．所以F=
，可知F与x成抛物线关系．故B正确，A、C、D错误．
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用
9．如图所示，一带电小球沿与CD平行方向，（垂直AD方向）射人倾角为
的光滑斜面上，斜面所在区域存在和AD平行的匀强电场，小球运动轨迹如图中虚线所示，则（）
A．若微粒带正电荷，则电场方向一定沿斜面向下
B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加
C．微粒从M点运动到N点动能一定增加
D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加
【答案】C
【解析】若微粒带正电荷，重力沿斜面向下的分力大于电场力时，电场力的方向可以沿斜面向上，也可以沿斜面向下，所以A错误；当电场力沿斜面向上时，则电场力做负功，电势能增加，当电场力沿斜面向下时，电场力做正功，电势能减小，故B错误；由于合力沿斜面向下，故合力一定做正功，根据动能定理可知，动能一定增加，故C正确；若电场力沿斜面向上，电场力做负功，机械能减小，故D错误．
【考点】电势差与电场强度的关系；电势能
10．如图1所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图2中曲线a、b所示，则（）
A．两次t=0时刻线圈平面均与中性面垂直
B．曲线a、b对应的线圈转速之比为3:
2
C．曲线a表示的交变电动势频率为25Hz
D．曲线b表示的交变电动势有效值为10V
【答案】BC
【解析】在t=0时刻，线圈一定处在中性面上；故A错误；由图可知，a的周期为4×10﹣2s；b的周期为6×10﹣2s，则由n=
可知，转速与周期成反比，故转速之比为：
3：
2；故B正确；曲线a的交变电流的频率f=
=25Hz；故C正确；曲线a、b对应的线圈转速之比为3：
2，曲线a表示的交变电动势最大值是15V，
根据Em=nBSω得曲线b表示的交变电动势最大值是10V，则有效值为U=
=5
V；故D错误；
【考点】交变电流的图象和四值问题
11．如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的固定斜面上，地面上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现用平行于斜面的力F拉乙物块，使甲、乙一起无相对滑动沿斜面向上作匀加速运动的阶段中（）
A．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大
B．甲、乙两物块间的摩擦力保持不变
C．甲、乙两物块间的摩擦力不断减小
D．乙物块与斜面之间的摩擦力不断减小
【答案】BD
【解析】对整体，分析受力情况：
重力、斜面的支持力和摩擦力、洛伦兹力，洛伦兹力方向垂直于斜面向上，则由牛顿第二定律得：
m总gsinα﹣f=ma…①
FN=m总gcosα﹣F洛…②
随着速度的增大，洛伦兹力增大，则由②知：
FN减小，乙所受的滑动摩擦力f=μFN减小，故D正确；
以甲为研究对象，有：
m甲gsinθ﹣f=m甲a…③
由①知，f减小，加速度增大，因此根据③可知，加速度增大时，甲乙两物块之间的摩擦力不断增大，故A正确，BC错误；
【考点】带电粒子在磁场中的运动
12．如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为+Q的小球P。
带电量分别为-q和+2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上。
P与M相距L，P、M和N视为点电荷，且三者在同一直线上，下列说法正确的是（）
A．其它条件不变，将P释放，P也能静止
B．M与N的距离为
L
C．P在M、N处产生的电场强度EM=
EN
D．其它条件不变，小球P的电量增加为+2Q，M、N及细杆组成的系统所受合外力为零
【答案】AD
【解析】P对MN整体的合力为零，根据牛顿第三定律，MN整体对P的合力也为零，故其它条件不变，将P释放，P也能静止，故A正确；对M、N分别受力分析，根据库仑定律，假设杆无作用力，设M与N间距为r，则有：
，解得：
r=（
﹣1）L＜L；故B错误；根据公式E=
，P在M处与N处产生的场强之比为：
，故C错误；MN整体对P的合力为零，说明MN整体在P电荷所在位置处的场强为零，小球P的电量增加为+2Q，依然不受力，根据牛顿第三定律，M、N及细杆组成的系统所受合外力仍然为零，故D正确；
【考点】电场强度
第Ⅱ卷（实验题计算题选修共62分）
二、实验题（共17分。
请把正确答案填写在答题纸相应的位置上）
13．（8分）如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置．他在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放．
（1）该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d=mm。
（2）实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是;
（3）下列不必要的一项实验要求是．（请填写选项前对应的字母）
A．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量
B．应使A位置与光电门间的距离适当大些
C．应将气垫导轨调节水平
D．应使细线与气垫导轨平行
（4）改变钩码质量，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图象，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出图象．（选填“t2－F”、“
－F”或“
－F”）．
【答案】
（1）2.30（2分）
（2）遮光条到光电门的距离L（2分）（3）A（2分）（4）
（2分）
【解析】
（1）由图知第6条刻度线与主尺对齐，d=2mm+6×0.05mm=2.30mm；
（2）实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度．
根据运动学公式得若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是遮光条到光电门的距离L
（3）拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关，故A正确；应使A位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故B错误；应将气垫导轨调节水平，使拉力才等于合力，故C错误；要保持拉线方向与木板平面平行，拉力才等于合力，故D错误；故选A．
（4）由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，因此有：
v2=2as，
v=
，
，
所以研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出
图象
【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系
14．（9分）热敏电阻包括正温度系数电阻器（PTC）和负温度系数电阻器（NTC）。
正温度系数电阻器（PTC）在温度升高时电阻值增大，负温度系数电阻器（NTC）在温度升高时电阻值减小，热敏电阻的这种特性，常常应用在控制电路中。
某实验小组选用下列器材探究通过热敏电阻Rx（常温下阻值约为10.0
）的电流随其两端电压变化的特点。
A．电流表A（量程0．6A，内阻约0．3
）
B．电压表V（量程15．0V，内阻约10k
）
C．滑动变阻器R（最大阻值为l0
）
D．滑动变阻器
（最大阻值为500
）
E．电源E（电动势15V，内阻忽略）
F．电键、导线若干
①实验中改变滑动变阻器滑片的位置，使加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，请在所提供的器材中选择必需的器材，应选择的滑动变阻器是。
（只需填写器材前面的字母即可）
②请在所提供的器材中选择必需的器材，在虚线框内画出该小组设计的电路图。
③该小组测出热敏电阻R1的U－I图线如曲线I所示。
请分析说明该热敏电阻是热敏电阻（填PTC或NTC）。
④该小组又通过查阅资料得出了热敏电阻R2的U－I图线如曲线Ⅱ所示。
然后又将热敏电阻R1、R2分别与某电池组连成如图所示电路。
接通对应电路后，测得通过R1和R2的电流分别为0.30A和0.60A，则该电池组的电动势为V，内阻为
。
（结果均保留三位有效数字）
【答案】①C；②电路图如图所示；③PTC；④10.0；6.67．
【解析】①为方便实验操作，滑动变阻器应选C；
②加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，滑动变阻器应采用分压接法，由于热敏电阻的阻值远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，电路图如图所示：
③由图2曲线I所示图线可知，随电压增大，电流增大，电阻实际功率增大，温度升高，电压与电流比值增大，电阻阻值增大，即随温度升高，电阻阻值增大，该电阻是正温度系数（PTC）热敏电阻．
④在闭合电路中，电源电动势：
E=U+Ir，由图2曲线II所示可知，电流为0.3A时，电阻R1两端电压为8V，电流为0.60A时，电阻R2两端电压为6.0V，
则：
E=8+0.3r，E=6+0.6r，解得：
E=10.0V，r=6.67Ω；
【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线
三、计算题（共30分。
解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分；有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
）
15．（12分）如图甲所示，一固定在地面上的足够长斜面，倾角为37o，物体A放在斜面底端挡板处，通过不可伸长的轻质绳跨过光滑轻质滑轮与物体B相连接，B的质量M=lkg，绳绷直时B离地面有一定高度。
在t=0时刻，无初速度释放B，由固定在A上的速度传感器得到的数据绘出的A沿斜面向上运动的v-t图象如图乙所示，若B落地后不反弹，g取l0m/s2，sin37o=0.6，cos37o=0.8。
求：
（1）物体A与斜面间的动摩擦因数；
（2）物体A开始下滑的加速度大小．
【答案】
（1）0.25；
（2）4m/s2．
【解析】
（1）由图乙可知物体A先加速运动0.5s，然后再匀减速运动0.25s减速到零，加速度：
a2=
=﹣8m/s2
B落地后，由牛顿第二定律知：
﹣mAgsinθ﹣μmAgcosθ=mAa2
解得：
μ=0.25
（2）A下滑过程，由牛顿第二定律mAgsinθ﹣μmAgcosθ=mAa
代入数据得a=4m/s2
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像
16．（18分）如图所示，在光滑绝缘的水平面上固定着两对几何形状完全相同的平行金属板P、Q和M、N，P、Q与M、N四块金属板相互平行地竖直地放置，已知P、Q之间以及M、N之间的距离都是d=0.2m，极板本身的厚度不计，极板长均为L=0.2m，板间电压都是U=6V且P板电势高。
金属板右侧边界以外存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=5T，磁场区域足够大。
现有一质量m=l×l0－4kg，电量q=-2×l0-4C的小球在水平面上以初速度v0=4m/s，从平行板PQ间左侧中点Ol沿极板中线O1O'1射入．
（1）试求小球刚穿出平行金属板PQ的速度；
（2）若要小球穿出平行金属板PQ后，经磁场偏转射人平行金属板MN中，且在不与极板相碰的前提下，最终从极板MN的左侧中点O2沿中线O2O'2射出，则金属板Q、M间距离是多少？
【答案】
（1）5m/s，方向与板中轴线的夹角为37°；
（2）0.45m．
【解析】
（1）小球在PQ金属板间做类平抛运动．
小球的加速度a=
=60m/s2小球在PQ板间运动的时间t=
=0.05s
则离开PQ板时的速度为v=
=5m/s
设v方向与PQ板中轴线的夹角为θ，则tanθ=
，θ=37°
（2）作出俯视图如下．
由题，P板电势高，则在电场中小球向P板偏转，进入后磁场后做匀速圆周运动，根据运动的对称性，则必须N板电势高于M板电势，其运动轨迹如图所示．
设小球做匀速圆周运动的半径为R，则
qvB=m
，得R=
=0.5m
设小球射入和射出磁场时两点间的距离为h，
由几何知识得h=2Rcosθ=2×0.5×0.8m=0.8m
小球在两平行金属板间偏转的距离y=
=7.5×10﹣3m
根据对称性可知，金属板Q、M间距离是s=h﹣2（
+y）=0.45m
【考点】带电粒子在组合场中的运动
四、选做题（共15分）请考生从给出的3道物理题中任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。
注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。
如果多做，则按所做的第一题计分。
3－3.
（1）（6分）下列说法正确的是．（填正确答案标号。
选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分。
每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．温度越高，扩散现象越不明显
B．橡胶无固定熔点，是非晶体
C．做功和热传递是改变物体内能的两种方式
D．布朗运动是液体中分子无规则运动的反映
E．第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律
【答案】BCE
【解析】温度越高，分子的运动越激烈，扩散现象越明显，故A错误；非晶体的特点是无固定熔点，故B正确；改变内能的方式有做功和热传递．故C正确；布朗运动是固体小颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，故D错误；第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律，故E正确；
【考点】热力学第二定律；改变内能的两种方式；晶体和非晶体
（2）（9分）一竖直放置、缸壁光滑且导热的柱形气缸内盛有一定量的氮气，被活塞分隔成I、Ⅱ两部分；已知活塞的质量为m，活塞面积为S，达到平衡时，这两部分气体的体积相等，如图（a）所示；为了求出此时上部气体的压强P10，将气缸缓慢倒置，再次达到平衡时，上下两部分气体的体积之比为3:
1，如图（b）所示。
设外界温度不变，重力加速度大小为g，求：
图（a）中上部气体的压强p10．
【答案】
【解析】设气缸倒置前下部气体的压强为P20，倒置后上下气体的压强分别为P2、P1，由力的平衡条件得：
，
，
倒置过程中，两部分气体均经历等温过程，设气体的总体积为V0，由玻意耳定律得：
，
，
解得：
；
【考点】气体的压强的计算；玻意耳定律
3－4．
（1）（6分）图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=lm处的质点，Q是平衡位置为x=4m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则下列说法正确的是．（填正确答案标号。
选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分。
每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．该波的周期是0.10s
B．该波的传播速度为40m/s
C．该波沿x轴的负方向传播
D．t=0.10s时，质点Q的速度方向向下
E．从t=0.10s到t=0.25s，质点P通过的路程为30cm
【答案】BCD
【解析】由图乙知该波的周期是0.20s．故A错误；由甲图知波长λ=8m，则波速为：
v=
m/s=40m/s，故B正确；在t=0.10s时，由乙图知质点Q正向下运动，根据波形平移法可知该波沿x轴负方向传播，故C、D正确；该波沿x轴负方向传播，此时P点正向上运动．从t=0.10s到=0.25s经过的时间为△t=0.15s=
T，由于t=0.10s时刻质点P不在平衡位置或波峰、波谷处，所以质点P通过的路程不是3A=30cm，故E错误；
【考点】波长、频率和波速的关系；波的图象
（2）（9分）如图所示为某种透明介质的截面图，△AOC为等腰直角三角形，BC为半径R=l0cm的四分之一圆弧，AB与水平屏幕MN垂直并接触于A点．由红光和紫光两种单色光组成的复色光射向圆心O，在AB分界面上的入射角i=45o，结果在水平屏幕MN上出现两个亮斑．已知该介质对红光和紫光的折射率分别为n1=
，n2=
。
（1）判断在AM和AN两处产生亮斑的颜色；
（2）求两个亮斑间的距离．
【答案】①在AM处产生的亮斑为红色，在AN处产生的亮斑为红色与紫色的混合色；
②（5
+10）cm．
【解析】①设红光和紫光的临界角分别为C1、C2，
sinC1=
，
得：
C1=60°，同理C2=45°，
i=45°=C2，i=45°＜C1
所以紫光在AB面发生全反射，而红光在AB面一部分折射，一部分反射，且由几何关系可知，反射光线与AC垂直，所以在AM处产生的亮斑P1为红色，在AN处产生的亮斑P2为红色与紫色的混合色；
②画出如图光路图，设折射角为r，两个光斑分别为P1、P2根据折射定律
n1=
求得：
由几何知识可得：
，
解得：
AP1=5
cm
由几何知识可得△OAP2为等腰直角三角形，
解得：
AP2=10cm
所以P1P2=（5
+10）cm
【考点】光的折射定律
3－5．
（1）（6分）关于近代物理
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