湖北省宜昌七中2016-2017学年湖北省宜昌七中高三（上）月考物理试卷（9月份）

2016-2017学年湖北省宜昌七中高三（上）月考物理试卷（9月份）

参考答案与试题解析

一、单项选择（每小题4分，共28分）

1．甲、乙两物体从同一点出发且在同一条直线上运动，它们的位移﹣时间（x﹣t）图象如图所示，由图象可以看出在0?4s内（）

A．甲、乙两物体始终同向运动

B．4s时甲、乙两物体间的距离最大

C．甲的平均速度等于乙的平均速度

D．甲、乙两物体之间的最大距离为4 m

【考点】匀变速直线运动的图像．

【分析】根据图象可知两物体同时同地出发，图象的斜率等于速度，通过分析两物体的运动情况，来分析两者的最大距离．

【解答】解：A、x﹣t图象的斜率等于速度，可知在0﹣2s内甲、乙都沿正向运动，2﹣4s内甲沿负向运动，乙仍沿正向运动，故A错误．

BD、0﹣2s内两者同向运动，甲的速度大，两者距离增大，2s后甲反向运动，乙仍沿原方向运动，两者距离减小，则2s时甲、乙两物体间的距离最大，最大距离为S=4m﹣1m=3m，故BD错误．

C、由图知在0?4s内甲乙的位移都是2m，平均速度相等，故C正确．

故选：C．

【点评】本题关键掌握位移图象的基本性质：横坐标代表时刻，而纵坐标代表物体所在的位置，纵坐标不变即物体保持静止状态；斜率等于物体运动的速度，斜率的正负表示速度的方向，质点通过的位移等于x的变化量△x．

2．取一根长2m左右的细线，5个铁垫圈和一个金属盘．在线端系上第一个垫圈，隔12cm再系一个，以后垫圈之间的距离分别为36cm、60cm、84cm，如图．站在椅子上，向上提起线的上端，让线自由垂下，且第一个垫圈紧靠放在地上的金属盘．松手后开始计时，若不计空气阻力，则第2、3、4、5各垫圈（ ）

A．落到盘上的声音时间间隔越来越大

B．落到盘上的声音时间间隔相等

C．依次落到盘上的速率关系为1：

：

：2

D．依次落到盘上的时间关系为1：（

﹣1）：（

﹣

）：（2﹣

）

【考点】自由落体运动；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

【分析】5个铁垫圈同时做自由落体运动，下降的位移之比为1：3：5：7．根据初速度为零的匀加速直线运动的推论知，在相等时间内的位移之比为1：3：5：7，可以确定落地的时间间隔是否相等，从而根据v=gt得出落到盘中的速率之比．

【解答】解：A、5个铁垫圈同时做自由落体运动，下降的位移之比为1：3：5：7．可以看成一个铁垫圈自由下落，经过位移之比为1：3：5：7．因为初速度为零的匀加速直线运动在相等时间内的位移之比为1：3：5：7，知各垫圈落到盘中的时间间隔相等．故A错误，B正确．

C、因为各垫圈落到盘中的时间间隔相等，则各垫圈依次落到盘中的时间比为1：2：3：4，根据v=gt可知，速率之比为1：2：3：4．故CD错误．

故选：B．

【点评】解决本题本题的关键掌握自由落体运动的规律，知道初速度为零的匀加速直线运动的一些推论．

3．2009年3月29日，中国女子冰壶队首次夺得世界冠军，如图所示，一冰壶以速度v垂直进入两个矩形区域做匀减速运动，且刚要离开第二个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是（设冰壶可看成质点）（）

A．v₁：v₂=2：1B．v₁：v₂=

：1C．t₁：t₂=1：

D．t₁：t₂=（

﹣1）：1

【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．

【分析】冰壶的运动可看作匀减速运动，若逆着运动过程看就变成初速度为零的匀加速直线运动，利用匀变速直线运动的公式或推论解决即可

【解答】解：初速度为零的匀加速直线运动中连续两段相等位移的时间之比为1：（

﹣1），故所求时间之比为（

：1，所以C错误，D正确；

由v=at可得初速度为零的匀加速直线运动中的速度之比为1：

，则所求的速度之比为

：1，故A错误，B正确；

故选：BD

【点评】匀变速直线运动一定要注意总结方法，并能熟练掌握相关推论的推导过程，而不是对结论死记硬背．

4．《机动车驾驶证申领和使用规定》已经正式施行，司机闯黄灯要扣6分，被称为“史上最严交规”．某小轿车驾驶员看到绿灯开始闪时，经短暂思考后开始刹车，小轿车在黄灯刚亮时恰停在停车线上，v﹣t图线如图所示．若绿灯开始闪烁时小轿车距停车线距离L=10.5m，则绿灯开始闪烁到黄灯刚亮的时间t₀为（）

A．0.5 s B．1.5 s C．3 s D．3.5 s

【考点】匀变速直线运动的图像．

【分析】在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积表示位移，能根据图象读取有用信息知位移x=L=10.5．

【解答】解：根据速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积表示位移知

x=l=6×0.5

×6×（t₀﹣0.5）=10.5

解得t₀=3.0s

故选：C

【点评】知道在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，要注意路程和位移的区别．

5．建筑装修中，工人用质量为m的磨石对斜壁进行打磨，当对磨石加竖直向上大小为F的推力时，磨石恰好沿斜壁向上匀速运动，已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为μ，则磨石受到的摩擦力是（）

A．cos θ B．sin θ C．μcos θ D．μ

【考点】摩擦力的判断与计算．

【分析】对物体进行受力分析，根据共点力的平衡可知可求得磨石受到的摩擦力；同时根据动摩擦力的公式也可求得摩擦力．

【解答】解：磨石受重力、推力、斜壁的弹力及摩擦力而处于平衡状态，由图可知，F一定大于重力；

先将重力及向上的推力合力后，将二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解可得：

在沿斜面方向有：摩擦力f=cosθ；

在垂直斜面方向上有：F_N=sinθ；

则f=cosθ=μsinθ，

故选：A．

【点评】滑动摩擦力的大小一定要注意不但可以由μF_N求得，也可以由共点力的平衡或牛顿第二定律求得，故在学习时应灵活掌握．

6．小明想推动家里的衣橱，但使出了吃奶的力气也推不动，他便想了个妙招，如图所示，用A、B两块木板，搭成一个底角较小的人字形架，然后往中央一站，衣橱被推动了．下列说法中正确的是（）

A．这是不可能的，因为小明根本没有用力去推衣橱

B．这有可能，A板对衣橱的推力有可能大于小明的重力

C．A、B板的夹角应该尽可能小，才能推动衣橱

D．这不可能，A板对衣橱的推力不可能大于小明的重力

【考点】力的合成．

【分析】这个要从力的分解角度来解释，将重力分解为沿人字形架斜向下的两个力．

由于底角较小，根据三角函数关系得A板的作用力明显大于重力．

【解答】解：首选开始小明是推不动衣橱的，但是小明的推力与他自身的重力没什么关系．

如图，

小明的重力可以分解成沿A，B俩个方向的力，由于底角较小，即AB夹角较大，所以A，B方向的力会很大．

A对衣橱的力可以分解成水平方向和垂直方向的力，而水平方向的力有可能大于小明重力，故B正确，ACD错误；

故选：B．

【点评】我们应该知道两个分力的合力可以远小于两个分力，也就是说用一个较小的力可以产生两个较大的分力．

7．用一根长1m的轻质细绳将一副质量为1kg的画框对称悬挂在墙壁上，已知绳能承受的最大张力为10N，为使绳不断裂，画框上两个挂钉的间距最大为（g取10m/s²）（）

A．

B．

C．

D．

【考点】力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．

【分析】将重力按照力的效果进行分解，即沿两细线的方向分解，求出绳子即将断开时的临界角度（两细线夹角）即可得出画框上两个挂钉的最大间距．

【解答】解：一个大小方向确定的力分解为两个等大的力时，合力在分力的角平分线上，且两分力的夹角越大，分力越大，因而当绳子拉力达到F=10N的时候，绳子间的张角最大，为120°，此时两个挂钉间的距离最大；

画框受到重力和绳子的拉力，三个力为共点力，受力如图．

绳子与竖直方向的夹角为θ=60°，绳子长为L₀=1m，则有mg=2Fcosθ，两个挂钉的间距离

，解得

m，A项正确；

故选：A．

【点评】熟练应用力的合成和分解以及合成与分解中的一些规律，是解决本题的根本．

二、多项选择（每小题4分，共12分）

8．如图，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有（）

A．甲的切向加速度始终比乙的大

B．甲、乙在同一高度的速度大小相等

C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度

D．甲比乙先到达B处

【考点】匀变速直线运动的速度与位移的关系．

【分析】①由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小；

②可以使用机械能守恒来说明，也可以使用运动学的公式计算，后一种方法比较麻烦；

③哪一个先达到B点，可以通过速度的变化快慢来理解，也可以使用v﹣t图象来计算说明．

【解答】解：A：由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故A错误；

B：由机械能守恒定律可知，各点的机械能保持不变，高度（重力势能）相等处的动能也相等，故B正确；

C、D：甲的切向加速度先比乙的大，速度增大的比较快，开始阶段的位移比较大，故甲总是先达到同一高度的位置．故C错误，D正确．

故选：BD．

【点评】本题应该用“加速度”解释：高度相同，到达底端的速度大小就相同，但甲的加速度逐渐减小，乙的加速度逐渐增大．所以它们的速度增加的快慢不同，甲增加得最快，乙增加得最慢．

它们的v﹣t图象如图，结合v﹣t图象的意义，图线的斜率表示加速度，图线与时间轴之间的面积可以用来表示位移．

9．如图所示，A、B两物体静止在粗糙水平面上，其间用一根轻弹簧相连，弹簧的长度大于原长．若再用一个从零开始缓慢增大的水平力F向右拉物体B，直到A即将移动，此过程中，地面对B的摩擦力F₁和对A的摩擦力F₂的变化情况是（）

A．F₁先变小后变大 B．F₁先不变后变大

C．F₂先变大后不变 D．F₂先不变后变大

【考点】摩擦力的判断与计算．

【分析】先分析刚开始弹簧所处状态，根据平衡条件判断刚开始摩擦力的方向，若再用一个从零开始缓慢增大的水平力F向右拉物体B，再对AB进行受力分析，即可判断．

【解答】解：A、刚开始弹簧处于伸长状态，对A的作用力向右，对B的作用力向左，而AB均静止，所以刚开始的f₁方向水平向右，f₂方向水平向左，当用一个从零开始缓慢增大的水平力F向右拉物体B时，刚开始，未拉动B，弹簧弹力不变，f₂不变，f₁减小；当F等于弹簧弹力时，f₁等于零，F继续增大，f₁反向增大，当f₁增大到最大静摩擦力时，B物体开始运动，此后变为滑动摩擦力，不发生变化，故AB错误；

C、而弹簧被拉伸，弹力变大，A仍静止，所以f₂变大，所以对A的摩擦力f₂先不变，后变大，故C错误，D正确．

故选：D．

【点评】本题解题的关键是对AB两个物体进行正确的受力分析，知道当B没有运动时，弹簧弹力不变，当B运动而A为运动时，弹力变大，难度适中．

10．半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN．在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止，如图所示．若用外力使MN保持竖直，缓慢地向右移动，在Q到达地面以前，P始终保持静止．在此过程中，下列说法中正确的是（）

A．MN对Q的弹力逐渐增大 B．地面对P的摩擦力逐渐增大

C．P、Q间的弹力先减小后增大 D．Q所受的合力逐渐增大

【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．

【分析】先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，根据平衡条件求解出两个支持力；再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，再次根据共点力平衡条件列式求解．

【解答】解：先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，如图

根据共点力平衡条件，有

N₁=

N₂=mgtanθ

再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，如图

根据共点力平衡条件，有

f=N₂

N=（M+m）g

故：f=mgtanθ

MN保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角θ不断变大，故f变大，N不变，N₁变大，N₂变大，P、Q受到的合力为零；

故A正确，B正确，C错误，D错误；

故选：AB．

【点评】本题关键是先对物体Q受力分析，再对P、Q整体受力分析，然后根据共点力平衡条件求出各个力的表达式，最后再进行讨论．

三、实验题（每空2分，共8分）

11．用图甲的装置研究小车沿斜面在不同材料表面运动的情况．图乙是某同学在实验中获得的一条纸带．打点计时器的电源频率为50Hz．

①图乙中A至N各点是打点计时器在纸带上连续打下的点，根据刻度尺上的数据可以判断，小车在A、E间（板面）做 匀速直线运动，在F、N间（布面）做 匀减速直线 运动，M点对应的小车速度为 0.33 m/s．

②若已知斜面的倾角为θ，小车的质量为m，在布面上运动时加速度的大小为a，重力加速度为g，则小车在布面上所受的阻力的表达式为m（a+gsinθ） ．

【考点】探究小车速度随时间变化的规律．

【分析】①由纸带上点迹的分布规律判断小车的运动情况；某点的瞬时速度可以用该一段上的平均速度来表示

②加速度使用公式：△x=aT²求解，由牛顿第二定律求得小车在布面上所受的阻力大小．

【解答】解：①根据刻度尺上的数据可以判断，小车在A、E间做匀速直线运动；在F、N间（布面）做匀减速直线运动；匀减速直线运动瞬时速度可以用该一段上的平均速度来表示，故

=

=

m/s=0.33m/s

②由牛顿第二定律可得：F_阻﹣mgsinθ=ma，

解得，F_阻=m（a+gsinθ）；

故答案为：①匀速直线，匀减速直线；0.33（0.32﹣0.34）； ②m（a+gsinθ）．

【点评】该题考查打点计时器的时间原理与纸带数据处理的方法，属于基本应用，第二问牵扯牛顿第二定律的简单应用．

2105333

四、计算题（共37分）

12．小轿车以20m/s的速度在平直公路上匀速行驶，司机突然发现正前方有个收费站，经10s后司机才刹车，使车匀减速运动10s恰停在缴费窗口，缴费后匀加速到20m/s后继续匀速前行．已知小轿车刹车时的加速度为2m/s²，停车缴费所用时间为30s，启动时加速度为1m/s²．

（1）司机是在离收费窗口多远处发现收费站的．

（2）因国庆放假期间，全国高速路免费通行，小轿车可以不停车通过收费站，但要求轿车通过收费窗口前9m区间速度不超过6m/s，则国庆期间该小轿车应离收费窗口至少多远处开始刹车？因不停车通过可以节约多少时间？

【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．

【分析】（1）解出匀速运动的位移，再解出匀减速运动的位移，两位移相加即为要求的距离．

（2）分段研究，收费时总时间为：减速到0的时间，加上收费的时间，再加上加速到20m/s的时间．

不收费时的总时间为：减速到6m/s的时间，加上匀速运动的时间，加上加速到20m/s的时间，还要加上匀速运动的时间．

上述时间的差值即为节约的时间．

【解答】解：（1）根据题意，设司机匀速运动位移为s₁；减速运动时间为t₂，位移为s₂．

s₁=vt₁=20×10=200（m）

减速的位移

=

，

司机是在离收费窗口的距离x=200+100m=300m．

（2）根据题意轿车应该在收费窗口前9m处速度减为6m/s，设车减速位移为s₁′，

由

，

，

所以，轿车应离收费窗口91+9=100（m）处开始刹车．

设停车收费后加速时间为t₃，位移为s₃，则有：

若停车收费经过窗口前100m到窗后200m的总时间为：t₁+t₂+t₃=10+30+20=60（s）

若不停车收费也是窗前100m开始刹车，时间为：

，

窗口前匀速时间：

窗口后加速到20m/s所用时间为：

加速运动的位移由：

得，

=182m，

窗口后还有200﹣182=18（m）匀速运动，其时间为：

若不停车经过窗口前100m到窗口后200m的总时间为：t₄+t₅+t₆+t₇=7+1.5+14+0.9=23.4（s）

所以不停车通过可以节约时间为60﹣23.4=36.6（s）的时间．

答：（1）司机是在离收费窗口300m处发现收费站的．

（2）国庆期间该小轿车应离收费窗口100m远处开始刹车，因不停车通过可以节约36.6s时间．

【点评】此题运动的过程复杂，轿车经历减速、匀速、加速，加速度、位移、时间等都不一样．分析这样的问题时，要能在草稿子上画一画运动的过程图，找出空间关系，有助于解题．此题有一定的难度，是一道好题．

13．如图所示，质量为m₁=2kg的物体甲通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O，轻绳OB水平且B端与放置在水平面上的质量为m₂=10kg的物体乙相连，轻绳OA与竖直方向的夹角θ=37°，物体甲、乙均处于静止状态．乙物体与接触面间动摩擦因数μ=0.3，（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，tan37°=0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s²．）

求：（1）轻绳OA受到的拉力是多大？

（2）物体乙受到的摩擦力是多大？方向如何？

（3）要使乙物体保持静止，那么甲物体的质量最大不能超过多少？

【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．

【分析】对结点O分析，根据共点力平衡求出OA和OB的拉力，再对乙分析，根据平衡得出乙所受的摩擦力大小和方向．根据乙物体的最大静摩擦力，根据平衡求出OB的最大拉力，从而求出甲物体的最大质量．

【解答】解：（1）对结点O分析，根据共点力平衡得，

，^2105333

N=15N．

（2）对乙分析，根据共点力平衡得，

f=T_B=15N，方向水平向左．

（3）乙物体所受的最大静摩擦力f_m=μm₂g=0.3×100N=30N，

则OB绳的最大拉力T_Bm=30N，

根据平衡得，

，

则甲物体的最大质量m_甲′=4kg．

答：（1）轻绳OA受到的拉力是25N．

（2）物体乙受到的摩擦力为15N，方向水平向左．

（3）甲物体的质量最大不能超过4kg．

【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，难度不大．

14．甲、乙两车在平直公路上比赛，某一时刻，乙车在甲车前方L₁=11m处，乙车速度v_乙=60m/s，甲车速度v_甲=50m/s，此时乙车离终点线尚有L₂=600m，如图所示．若甲车做匀加速运动，加速度a=2m/s²，乙车速度不变，不计车长．

（1）经过多长时间甲、乙两车间距离最大，最大距离是多少？

（2）到达终点时甲车能否超过乙车？

【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．

【分析】（1）抓住两车相距最大时的临界条件：两车速度相等展开计算即可；

（2）分析甲车追上乙车时，两车位移关系，求出相遇时的时间，再求出乙车到达终点的时间，比较即可求解．

【解答】解：（1）当甲、乙两车速度相等时，两车间距离最大，即v_甲+at₁=v_乙，

得t₁=

=

s=5s；

甲车位移x_甲=v_甲 t₁+

at²=275 m，

乙车位移x_乙=v_乙 t₁=60×5 m=300 m，

此时两车间距离△x=x_乙+L₁﹣x_甲=36 m

（2）甲车追上乙车时，位移关系为

x_甲′=x_乙′+L₁，

甲车位移x_甲′=v_甲 t₂+

at₂²，

乙车位移x_乙′=v_乙 t₂，

将x_甲′、x_乙代入位移关系，得

v_甲t₂+

at²=v_乙t₂+L₁，

代入数据t₂=11s，

实际乙车到达终点的时间为t₃=

，

所以到达终点时甲车不能超过乙车．

答：（1）经过5s甲、乙两车间距离最大，最大距离是36 m；

（2）到达终点时甲车不能超过乙车．

【点评】掌握两车相距最远时的临界条件和追击条件是解决本题的关键，知道当两车速度相等时，两车间距离，最大难度适中．

选修部分【选修3-4】

15．（2016衡阳一模）图（a）为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置在x=1.0m处的质点，Q是平衡位置在x=4.0m处的质点；图（b）为质点Q的振动图象，下列说法正确的是（）

A．在t=0.10s时，质点Q向y轴正方向运动

B．在t=0.25s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同

C．从t=0.10s到t=0.25s，该波沿x轴负方向传播了6m

D．从t=0.10s到t=0.25s，质点P通过的路程为30cm

E．质点Q简谐运动的表达式为y=0.10sin10πt（国际单位）

【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．

【分析】根据甲、乙两图可以读出该波的波长和周期，从而求出波速，t=0.10s时Q点在平衡位置上，由乙图知下一时刻向下振动，从而确定了该波向左传播．根据时间与周期的关系，分析质点P的位置和加速度，求出通过的路程．根据x=vt求解波传播的距离．根据图象读出振幅A，结合数学知识写出Q点的振动方程．

【解答】解：A、图（b）为质点Q的振动图象，则知在t=0.10s时，质点Q正从平衡位置向波谷运动，所以点Q向y轴负方向运动，故A错误；

B、在t=0.10s时，质点Q沿y轴负方向运动，根据波形平移法可知该波沿x轴负方向传播，此时P点正向上运动．

由图b读出周期T=0.2s，从t=0.10s到t=0.25s经过的时间为△t=0.15s=

T，则在t=0.25s时，质点P位于x轴下方，加速度方向与y轴正方向相同，故B正确；

C、由甲图知波长λ=8m，则波速为：v=

=

m/s=40m/s，从t=0.10s到=0.25s经过的时间为△t=0.15s，该波沿x轴负方向传播的距离为△x=v△t=40×0.15m=6m，故C正确；

D、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D错误；

E、质点Q简谐运动的表达式为y=Asin

t=0.1sin

t m=y=0.10sin10πt（m），故E正确．

故选：BCE．

【点评】本题有一定的综合性，考察了波动和振动图象问题，关键是会根据振动情况来判断波的传播方向，抓住振动图象和波动图象之间的内在联系．要知道质点做简谐运动时，只有在平衡位置或波峰、波谷处的质点，在

个周期内振动的路程才是3A．

16．一厚度为h的大平板玻璃水平放置，其下表面贴有一半径为r的圆形发光面．在玻璃板上表面放置一半径为R的圆纸片，圆纸片与圆形发光面的中心在同一竖直线上．已知圆纸片恰好能完全挡住从圆形发光面发出的光线（不考虑反射），求平板玻璃的折射率．

【考点】光的折射定律．

【分析】根据题意作出光路图，设S点为圆形发光面边缘上一点．由该点发出的光线能射出玻璃板的范围由临界光线SA确定，当入射角大于临界角C时，光线就不能射出玻璃板了．根据折射定律和几何知识结合进行求解．

【解答】解：根据题述，作出光路图如图所示，S点为圆形发光面边缘上一点．在A点光线恰好发生全反射，入射角等于临界角C．

图中△r=htanC，

由sinC=

和几何知识得：sinC=

=

解得：△r=

，

故应贴圆纸片的最小半径R=r+△r=r+

．

解得：n=

．

答：平板玻璃的折射率为

．

【点评】本题关键要理解看不到圆形发光面的原因是由于发生了全反射，再作出光路图，运用折射定律和几何知识结合进行求解．