(1)該光線在棱鏡中的折射率；
(2)光線由S傳到C的時間．
答案 (1)eq \r(3) (2)eq \f(3R,c)
解析 (1)如圖所示，由幾何關(guān)系得i＝60°，
r＝30°
根據(jù)折射定律得
n＝eq \f(sin i,sin r)＝eq \f(sin 60°,sin 30°)＝eq \r(3)
(2)由折射定律可知光在棱鏡中的傳播速度為v＝eq \f(c,n)＝eq \f(\r(3),3)c
由幾何關(guān)系可知，在△SOA中，有SA＝eq \r(3)SO
在平行四邊形SOBA中，有SA＝OB＝R
則SO＝OA＝AB＝eq \f(\r(3),3)R
在B點發(fā)生折射時，有α＝30°，β＝60°
根據(jù)對稱性可知BC＝SA＝R
則光線由S傳到C的時間為
t＝eq \f(SA＋BC,c)＋eq \f(AB,v)
聯(lián)立解得t＝eq \f(3R,c).
2．(2022·青海濮陽市一模)如圖所示，豎直平面(紙面)內(nèi)的直角坐標(biāo)系xOy的第Ⅰ象限和第Ⅳ象限內(nèi)存在沿y軸方向(豎直方向)的勻強電場，第Ⅰ象限和第Ⅳ象限內(nèi)勻強電場的電場強度大小相等、方向相反，第Ⅳ象限內(nèi)還存在與勻強電場正交的勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度大小B＝5 T、方向垂直xOy平面向里．一質(zhì)量m＝1×10－3 kg、電荷量q＝2×10－3 C的帶正電小球(視為質(zhì)點)，從y軸上的A點沿x軸正方向水平射入第Ⅰ象限，經(jīng)x軸上的M點進入第Ⅳ象限后做勻速圓周運動，并從x軸上到M點距離L＝2 m的N點(圖中未畫出)第一次離開第Ⅳ象限，小球通過M點時的速度方向與x軸正方向的夾角θ＝45°.重力加速度大小取g＝10 m/s2，不計空氣阻力，不考慮小球通過N點后的運動．
(1)判斷第Ⅰ象限和第Ⅳ象限內(nèi)勻強電場的電場強度方向，并求出電場強度的大小E；
(2)求小球從A點射入第Ⅰ象限時的速度大小v0；
(3)求A點到原點的距離yA以及M點到原點的距離xM.
答案 (1)第Ⅰ象限內(nèi)電場的電場強度方向豎直向下，第Ⅳ象限內(nèi)電場的電場強度方向豎直向上 5 N/C (2)10 m/s (3)2.5 m 5 m
解析 (1)小球在第Ⅳ象限內(nèi)做勻速圓周運動，其所受靜電力與重力平衡，則靜電力的方向豎直向上，
由于小球帶正電，故第Ⅳ象限內(nèi)電場的電場強度方向豎直向上，而第Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)電場的電場強度方向相反，所以第Ⅰ象限內(nèi)電場的電場強度方向豎直向下；
經(jīng)分析可知qE＝mg
代入數(shù)據(jù)解得E＝5 N/C
(2)小球的運動軌跡如圖所示，
設(shè)小球在第Ⅳ象限內(nèi)做勻速圓周運動的軌道半徑為r，
根據(jù)幾何關(guān)系有sin θ＝eq \f(L,2r)，
設(shè)小球通過M點時的速度大小為v，有qvB＝meq \f(v2,r)
根據(jù)速度的合成與分解有cs θ＝eq \f(v0,v)
聯(lián)立解得v0＝10 m/s
(3)小球通過M點時的豎直分速度大小vy＝v0tan θ
設(shè)小球在第Ⅰ象限內(nèi)運動的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有qE＋mg＝ma
設(shè)小球在第Ⅰ象限內(nèi)運動的時間為t，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律有vy＝at
根據(jù)類平拋運動的規(guī)律有yA＝eq \f(1,2)at2，xM＝v0t
聯(lián)立解得yA＝2.5 m，xM＝5 m.

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