四川省成都七中2020届高三高考零诊物理试题 22页

‎2019-2020学年四川省成都七中高三（上）零诊物理试卷 一、本题包括8小题，每小题3分，共24分．每小题只有一个选项符合题目要求．‎ ‎1.下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（ ）‎ A. 图甲：普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成功解释了光电效应 B. 图乙：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率是不连续的 C. 图丙：卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，发现了质子和中子 D. 图丁：根据电子束通过铝箔后的衍射图样，可以说明电子具有粒子性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，爱因斯坦成功的解释了光电效应现象，A错误 B.波尔提出自己的原子模型，他指出氢原子能级是分立的，解释了原子发射光子的频率是不连续的，B正确 C.卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，提出了自己的原子核式结构模型，C错误 D.衍射是波典型特征，根据电子束通过铝箔后的衍射图样，说明电子具有波动性，D错误 ‎2.如图所示是高压电场干燥中药技术基本原理图，在大导体板MN上铺一薄层中药材，针状电极O和平板电极MN接高压直流电源，其间产生较强的电场.水分子是极性分子，可以看成棒状带电体，一端带正电，另一端带等量负电；水分子在电场力的作用下会加速从中药材中分离出去，在鼓风机的作用下飞离电场区域从而加速干燥．图中虚线ABCD是某一水分子从A处由静止开始的运动轨迹.下列说法正确的是 A. A处的电场强度大于D处 B. B处的电势高于C处 C. 水分子做匀变速运动 D. 水分子由A运动到C的过程中电势能减少 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由于A处的电场线较D处稀疏，故A处的电场强度小于D处，选项A错误；顺着电场线电势降低，故B处的电势低于C处，选项B错误；由于电场的分布不均匀，由图可知，上端的电场强度大于下端电场强度，根据F=qE可得，水分子运动时受到电场力大小不相等，不可能做匀变速运动，故C错误；水分子由A运动到C的过程中，电场力做正功，电势能减少，故D正确；故选D.‎ ‎3.如图所示电路中，电源内阻为r，电流表A和电压表V均为理想电表．平行板电容器C内部有一个用绝缘细线悬挂的带电小球，稳定时细线偏离竖直方向一个小角度，当滑动变阻器滑片P从右端向左端滑动的过程中，下列说法正确的是 A. 电流表示数增大 B. 电压表示数增大 C. 细线与竖直方向的偏角减小 D. 滑片P移动中可能有两个位置使电源输出功率相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、当滑动变阻器的触头P从右端滑至左端的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，滑动变阻器与灯L并联的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，电路中总电流I增大，路端电压减小，则电压表V的示数减小，滑动变阻器与灯L并联的电压减小，通过灯L的电流减小，电流表示数减小，故A、B错误；‎ C、电容器C的电压，I增大，UC增大，根据和可电场力增大，根据平衡条件可知线与竖直方向的偏角增大，故C错误；‎ D、若电源内阻的阻值大于电阻R0的阻值，当滑动变阻器的触头P从右端滑至左端的过程中，可能会外电阻先大于电源内阻后小于电源内阻，则有电源输出功率先增大后减小，所以滑片P移动中可能有两个位置使电源输出功率相等，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎4.如图所示，变压器原、副线圈上有L1、L2、L3、L4四只灯泡，它们的规格都是“9 V，12 W”，当在该变压器cd端输入交变电压u（u–t图象如图所示）时，四只灯泡都正常发光，各电表均为理想交流电表．以下说法正确的是 A. ab端输入电压的瞬时值表达式为uab＝27sinl00πt（V）‎ B. 原、副线圈匝数比4:1‎ C. 流过灯泡L2的电流方向每秒钟改变50次 D. 电流表的示数为4 A，ab端输入的功率Pab＝48 W ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由输入端交变电压u的图象，可求出有效值27 V，灯泡规格都是“9 V，12 W”，四只灯泡都正常发光，所以ab端输入电压的有效值是27 V +9 V＝36 V，交流电的周期是0.02 s，所以ab端输入电压的瞬时值表达式为，故A错误；四只灯泡都正常发光，所以副线圈电压为9 V，根据理想变压器电压比规律得出变压器原，副线圈匝数比为3:1，故B错误；由图象知交流电的周期为0.02 s，交流电的频率为50 Hz，流过灯L2‎ 的电流每秒钟方向改变100次，故C错误；电流表的读数为，ab端输入的功率Pab＝4×12 W＝48 W，故D正确．‎ ‎5.如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路．将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态．下列说法正确的是（ ）‎ A. 开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动 B. 开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向 C. 开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向 D. 开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A正确；‎ BC．开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电动势和感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来状态， BC错误；‎ D．开关闭合并保持一段时间后再断开后的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D正确．‎ ‎6.如图所示，螺线管的匝数为1000、横截面积为10cm2电阻为1Ω，与螺线管串联的外电阻R1=5Ω、R2=4Ω．向右穿过螺线管的磁场的磁感应强度按图所示的规律变化，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 0~1s内，螺线管产生的感应电动势为4×10－3V B. 1s~2s内，R2中通过的电流方向向右 C. 1s~2s内，电路中通过的电流为0.3A D. 1s~2s内，R1两端的电压为3V ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律联合分析即可求解；‎ ‎【详解】A、在0~1s内，由法拉第电磁感应定律可知，螺线管产生的感应电动势为：‎ ‎，故选项A错误；‎ B、在1s~2s内，磁感应强度减小，穿过螺线管磁通量减少，根据楞次定律可判断，中通过的电流方向向左，故选项B错误；‎ C、在1s~2s内，螺线管产生的感应电动势为：，根据闭合电路的欧姆定律有，两端的电压为，故选项C错误，D正确．‎ ‎【点睛】此题要求重点掌握：法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，并能熟练运用．‎ ‎7.如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成角，M、P两端接一电阻为R的定值电阻，电阻为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计．整个装置处在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．时对金属棒施加一平行于导轨向上的外力F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，通过定值电阻R的电荷量q随时间的平方变化的关系如图乙所示．下列关于穿过回路的磁通量、金属棒的加速度a、外力 F、通过电阻R的电流I随时间t变化的图象中正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由图看出，q=kt2，则 ,即通过R的感应电流随时间t增大，根据法拉第电磁感应定律得知，穿过回路的磁通量是非均匀变化的，Φ-t应是曲线．故A错误．设金属棒长为L．由乙图象得，，k是比例系数．知加速度不变，故B错误；由牛顿运动定律知F-F安-mgsinθ=ma，知，v随时间均匀增大，其他量保持不变，故F随时间均匀增大，故C正确；通过导体棒的电流，I-t图象为过原点直线，故D错误；故选C.‎ 点睛：对于图象问题一定弄清楚两坐标轴的含义，尤其注意斜率、截距的含义，对于复杂的图象可以通过写出两坐标轴所代表物理量的函数表达式进行分析.‎ ‎8.水平面上的三点A、O、B在一条直线上， OB=2OA，OO＇是竖直的分界线，其左边区域内有水平向右的匀强电场，场强大小为E1=‎ ‎，其右边区域内有水平向左的匀强电场，场强大小为E2，现将一带电量为q的小球从A点以初速度v0竖直向上抛出，小球在空中越过分界线后，竖直向下落在B点，不计阻力，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是：‎ A. 小球在B点的电势能大于在A点的电势能 B. 小球经过分界线时的速度与水平方向夹角的正切值tan=‎ C. 小球经过分界线时离水平面的高度为 D. 左右两区域电场强度大小的比值为E1:E2=1:2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】小球只受重力和电场力作用，故竖直方向做加速度为g的匀变速运动，又有A、B两点的高度相等，故竖直方向的速度大小相等；根据B点速度竖直向下可得：小球落在B点时的速度大小等于v0，则小球在空中运动的总时间为；小球在水平方向只受电场力作用，做匀变速运动；故在OO'左侧做加速度的匀加速运动，在右侧做加速度的匀减速运动；设在左侧运动时间为t1，在右侧运动时间为t2；则有：t1+t2＝，a1t1=a2t2；又有OB=2OA，所以，a1t1t2-a2t22＝2×a1t12；所以，t2＝2t1＝，E1：E2=a1：a2=t2：t1=2：1；故D错误；小球在竖直方向做竖直上抛运动，故经过分界线时离水平面的高度为h＝v0t1−gt12＝，故C错误；小球经过分界线时的水平速度vx=a1t1=v0；竖直速度：，则速度与水平方向夹角θ的正切值，选项B正确；根据E1：E2‎ ‎=2：1，OB=2OA，由U=Ed可得：A、B两点电势相等，故电势能相等，故A错误；故选B．‎ 二、本题包括4小题，每小题4分，共16分．每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．‎ ‎9.下列说法中正确的是（　　）‎ A. 雷达是利用声波的反射来测定物体的位置的 B. 光纤通信是激光和光导纤维相结合的产物 C. 变化的电场产生变化的磁场，变化的磁场产生变化的电场，反映了电和磁是密不可分的 D. 火车以接近光速通过站台时，火车上乘客观察到站在站台上的旅客身高不变 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.雷达是利用电磁波的反射来测定物体位置的，故A与题意不相符；‎ B.光纤通信是激光和光导纤维相结合的产物，利用了激光的频率单一性的特点，故B项与题意相符；‎ C.根据麦克斯韦电磁场理论可知，均匀变化的磁场产生恒定的电场，均匀变化的电场产生恒定的磁场，故C项与题意不相符；‎ D.根据尺缩效应，沿物体运动的方向上的长度将变短，火车以接近光束通过站台时，车上乘客观察到站在站台上旅客变瘦，而不是变矮，故D项与题意相符．‎ ‎10.如图所示，正方形abcd区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子从a点沿与ab成角的方向垂直射入磁场，甲粒子垂直于bc边离开磁场，乙粒子从ad边的中点离开磁场．已知甲、乙两带电粒子的电荷量之比为1：2，质量之比为1：2，不计粒子重力．以下判断正确的是（　　）‎ A. 甲粒子带负电，乙粒子带正电 B. 甲粒子的动能是乙粒子动能的24倍 C. 甲粒子在磁场中的运动弧长是乙粒子在磁场中运动弧长的倍 D. 如果改变入射速度大小，甲粒子有可能从ab边射出，乙粒子不可能从bc边射出 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由甲粒子垂直于bc边离开磁场可知，甲粒子向上偏转，所以甲粒子带正电，由粒子从ad边的中点离开磁场可知，乙粒子向下偏转，所以乙粒子带负电，故A项与题意不相符；‎ B.设磁场区域的边长为L，由几何关系可知，‎ R甲＝2L 乙粒子在磁场中偏转的弦切角为，弦长为，所以 ‎ ‎=2R乙sin 解得：‎ R乙=L 由牛顿第二定律得：‎ 动能：‎ ‎ ‎ 所以甲粒子的动能是乙粒子动能的24倍，故B项与题意相符；‎ C.甲粒子的运动的弧长 乙粒子的弧长 甲粒子在磁场中的运动弧长是乙粒子在磁场中运动弧长的倍，故C项与题意相符；‎ D．根据 可知 ‎ ‎ 如果改变入射速度大小，甲粒子有可能从ab边射出，但是当乙粒子速度足够大时，可能从bc边射出，故D项与题意不相符．‎ ‎11.如图所示，空间存在竖直向上、大小为E的匀强电场和沿水平方向、垂直于纸面向里、大小为B的匀强磁场，一个质量为m的带电小球用长为L的绝缘细线吊着悬于O点，给小球一个水平方向的初速度，小球在竖直面内做匀速圆周运动，细线张力不为零；某时刻细线断开，小球仍做半径为L的匀速圆周运动，不计小球的大小，重力加速度为g，则（　　）‎ A. 小球的带电量为 ‎ B. 细线未断时，小球沿逆时针方向运动 C. 小球运动的速度大小为 ‎ D. 细线未断时，细线的拉力大小为 ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.绳断后，带电小球能做匀速圆周运动，故电场力与重力等大反向，小球带正电，且 qE＝mg 解得：‎ ‎ ‎ 故A项与题意相符；‎ BCD绳断后，‎ 解得：‎ ‎ ‎ 绳子未断时，绳子有拉力，据左手定则判断，小球沿顺时针方向运动，由牛顿第二定律得 解得：绳子拉力 ‎ ‎ 故BC项与题意不相符，D项与题意相符．‎ ‎12.如图，一斜面紧靠竖直墙面固定在水平地面上．在纸面内加一匀强电场，其方向与水平面夹角为，场强，现将一质量为m带电量为+q的小球从斜面上P点竖直向上以v0抛出，第一次与接触面撞前空中飞行的竖直位移为y1，若仅将初速度大小变为3v0从P点竖直抛出，第一次与接触面碰撞前在空中飞行的竖直位移为y2，则下列说法可能正确的是( ) ‎ A. y2=2y1 B. y2=4y1 C. y2=6y1 D. y2=10y1‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】小球受重力mg以及沿电场方向的电场力，大小为，其竖直分量为；则小球做竖直方向做匀速运动；水平方向 ，则水平方向做加速度为的匀加速运动；若小球第一次能落到斜面上，则第一次与接触面撞前，则 （其中α为斜面的倾角），则，则当初速度大小变为3v0时，竖直位移y变为原来的9倍；若两次小球第一次均落在竖直墙壁上，则水平位移相等，则时间相等，由y=v0t可知，则当初速度大小变为3v0时，竖直位移y变为原来的3倍；若第一次落在斜面上，第二次落在墙壁上，可知竖直位移应该介于3倍和9倍之间，则选项BC正确，AD错误．‎ 三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第13~17题为必考题，每个试题考生都必须做答。第18~19题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题（共48分）‎ ‎13.某同学测量阻值约为25kΩ的电阻Rx，现备有下列器材：‎ A．电流表（量程100μA，内阻约为2kΩ）；‎ B．电流表（量程500μA，内阻约为300Ω）；‎ C．电压表（量程15V，内阻约为100kΩ）；‎ D．电压表（量程50V，内阻约为500kΩ）；‎ E．直流电源（20V，允许最大电流1A）；‎ F．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，额定功率1W）；‎ G．电键和导线若干．‎ ‎（1）电流表应选 ，电压表应选 ．（填字母代号）‎ ‎（2）为保证实验顺利进行，并使测量误差尽量减小，请你在图1方框中给该同学设计出实验电路图，并用笔画线代替导线，连接图2电路．‎ ‎【答案】（1）B； C；（2）如图所示；‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由闭合电路欧姆定律，有电路最大电流为I=800μA，故电流表应选B，因电源电动势为20V，所以电压表应选C．‎ ‎（2）由题得，，而，则，故用电流表内接法；因是小电阻控制大电阻，若用限流式接法，控制的电压变化范围太小，则滑动变阻器应采用分压式接法．电路图如图：‎ 考点:伏安法测电阻．‎ ‎14.小明要利用多用电表和电阻箱测量电源的电动势和内阻．‎ ‎（1）如图甲所示是多用电表内部结构的简化电路图，内有3个档位，对应3种测量功能．小明现要将其作为电流表使用，选择开关S应接______（选填“1”、“2”或“3”）．小明调节好多用电表后连接电路，如图乙所示是他正准备接入最后一根导线（图中虚线所示）时的实验电路．请指出图中在器材连接或操作上存在的两个不妥之处：______；______．‎ ‎（2）调节电阻箱，记录多组电阻箱示数R和多用电表示数I，作出的图线如图丙所示．由此可求得电动势E=______V，内阻r=______Ω．（结果均保留2位有效数字）‎ ‎（3）本实验方案存在系统误差，这是由于多用电表______（选填“分流”或“分压”）而引起的，测得的E测、r测与真实值比较：E测______E真，r测______r真．（选填“＜”、“=”或“＞”）‎ ‎【答案】 (1). 1； (2). 开关末断开； (3). 多用电表正负极接反； (4). 2.9； (5). 1.2； (6). 分压； (7). =； (8). >‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）选择开关S接1是电流档；图中在器材连接或操作上存在的两个不妥之处：开关末断开；多用电表正负极接反．‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律得，E=IR+Ir，则R=E-r，可知图线斜率表示电动势，纵轴截距的绝对值表示内阻，则E==2.9V，内阻r=1.2Ω． （3）将多用电表的内阻等效到电源的内部，则有：R=E-（RA+r），则可知测量的内阻等于电源的实际内阻与多用电表的内阻之和，测量值偏大．而电流表内阻对图象的斜率没有影响，故电动势准确；‎ ‎【点睛】物理图象关键要根据物理规律得到解析式，运用数学知识分析图象的物理意义．本题采用的是转换法，本来I-R是非线性关系，转换成R-是线性关系，图象直观，一目了然．‎ 四、计算题(15题8分，16题12分，17题17分)‎ ‎15.如图所示，两块相同金属板MN、PQ平行倾斜放置，与水平面的夹角为45°，两金属板间的电势差为U，PQ板电势高于MN板，且MN、PQ之间分布有方向与纸面垂直的匀强磁场．一质量为m、带电量为q的小球从PQ板的P端以速度v0竖直向上射入，恰好沿直线从MN板的N端射出，重力加速度为g，求：‎ ‎(1)磁感应强度的大小和方向；‎ ‎(2)小球在金属板之间的运动时间．‎ ‎【答案】(1), 方向垂直纸面向外 (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）小球在金属板之间只能做匀速直线运动，受重力G，电场力F电和洛伦兹力f，F电的方向与金属板垂直，由左手定则可知f的方向沿水平方向，受力如图，三力合力为零，故小球带正电，金属板MN、PQ之间的磁场方向垂直纸面向外，‎ 得 由于不做功，‎ 则由动能定理可得，‎ 解得 ‎16.如图（a）所示，间距为l、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上．在区域I内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度为B；在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度Bt的大小随时间t变化的规律如图（b）所示．t＝0时刻在轨道上端的金属细棒ab从如图位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd在位于区域I内的导轨上由静止释放．在ab棒运动到区域Ⅱ的下边界EF处之前，cd棒始终静止不动，两棒均与导轨接触良好．已知cd棒的质量为m、电阻为R，ab棒的质量、阻值均未知，区域Ⅱ沿斜面的长度为2l，在t＝tx时刻（tx未知）ab棒恰进入区域Ⅱ，重力加速度为g．求：‎ ‎(1)通过cd棒电流的方向和区域I内磁场的方向；‎ ‎(2)ab棒开始下滑的位置离EF的距离；‎ ‎(3)ab棒开始下滑至EF的过程中回路中产生的热量．‎ ‎【答案】(1)通过cd棒电流的方向从d到c，区域I内磁场的方向垂直于斜面向上；(2)3l（3）4mglsinθ．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由楞次定律可知，流过cd的电流方向为从d到c，cd所受安培力沿导轨向上，由左手定则可知，I内磁场垂直于斜面向上，故区域I内磁场的方向垂直于斜面向上．‎ ‎(2)ab棒在到达区域Ⅱ前做匀加速直线运动，‎ a＝=gsinθ cd棒始终静止不动，ab棒在到达区域Ⅱ前、后，回路中产生的感应电动势不变，则ab棒在区域Ⅱ中一定做匀速直线运动，可得：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 解得 ‎ ‎ ‎ ab棒在区域Ⅱ中做匀速直线运动的速度 ‎ ‎ ‎ 则ab棒开始下滑的位置离EF的距离 ‎ ‎ ‎ ‎(3)ab棒在区域Ⅱ中运动时间 ‎ ‎ ‎ ab棒从开始下滑至EF的总时间 ‎ ‎ 感应电动势：‎ ‎ ‎ ab棒开始下滑至EF的过程中回路中产生的热量：‎ Q＝EIt＝4mglsinθ ‎17.如图所示，直线与y轴之间有垂直于xOy平面向外的匀强磁场B2，直线x＝d与间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度，另有一半径R=m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B1=，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x＝d和x轴均相切，且与x轴相切于S点．一带负电的粒子从S点沿y轴的正方向以速度v0进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域B2，且第一次进入磁场B2时的速度方向与直线垂直．粒子速度大小v0＝1.0×105m/s，粒子的比荷为=5.0×105C/kg，粒子重力不计．求：‎ ‎(1)粒子在圆形匀强磁场中运动的时间t1；‎ ‎(2)坐标d的值；‎ ‎(3)要使粒子无法运动到x轴的负半轴，则磁感应强度B2应满足的条件 ‎【答案】(1)2.6×10﹣6s(2)4m(3)0≤B2≤0.13T或者B2≥0.3T ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)在磁场B1中 ‎ ‎ 解得 ‎ ‎ 画出轨迹恰为四分之一圆，‎ ‎ ‎ 得 ‎ ‎ ‎(2)在电场中类平抛运动 ‎ ‎ ‎ ‎ 解得 ‎ ‎ 又根据 x=v0t ‎ ‎ 解得 所以坐标d的值 ‎ ‎ ‎(3)进入磁场B2的速度为：‎ ‎ ‎ 当带电粒子出磁场与y轴垂直时，圆周半径 可得 所以 ‎0≤B2≤0.13T．‎ 当带电粒子出磁场与y轴相切时，圆周半径 ‎ ‎ 可得 B2＝0.3T 所以 B2≥0.3T．‎ ‎18.一简谐横波在介质中沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形如图甲所示，此时x=4m的质点刚开始振动，P、Q是波上的两个质点，图乙是波上某一质点的振动图象，下列说法正确的是___________‎ A. t=0时刻质点Q的速度比质点P的速度大 B. 图乙表示质点P的振动图象 C. 经过，质点Q通过的路程为100cm D. t=0.5s时，x=11m处质点第一到达波谷 E. t=0.125s时，x=2.5m处的质点处在平衡位置 ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：由图甲可知，P在平衡位置，Q在平衡位置下方，故t=0时刻质点Q的速度比质点P的速度小，故A错误；‎ B项：图乙可知，t=0是位移为零，结合图甲可知图乙表示质点P的振动图象，故B正确；‎ C项：由图乙可知，t=0时，P点向下振动，根据“上下坡”法可知波x轴正向传播，t=0时Q点向上振动，经过，质点Q通过的路程大于5A=5×20cm=100cm，故C错误；‎ D项：波传到x=11m出用时： t=0.5s时，x=11m处质点振动了△t=0.5-0.35s=0.15s，故D正确；‎ E项：t=0时，x=2.5m处质点在平衡位置上方，且向下振动 ‎，相当于波源恰好传到此处，故t=0.125s时，x=2.5m处的质点处在平衡位置，故E正确．‎ ‎19.如图所示，在均匀透明介质构成的立方体的正中心有一单色点光源S．已知光在真空中的速度为c．‎ ‎①若透明介质对此点光源发出的单色光的折射率为n，立方体边长为a，求光从点光源发出到射出立方体所需最短时间；‎ ‎②要使S发出的光都能透射出去（不考虑界面的反射），透明介质的折射率应满足什么条件?‎ ‎【答案】①②小于 ‎【解析】‎ ‎【详解】①光在介质中的速度 所求最短时间为 解得：．‎ ‎②射向立方体顶点的光的入射角最大，设其等于该介质的临界角，则有 又 解得：‎ 故要使直接射到各界面上的光都能透射出去，透明介质的折射率应小于．‎ ‎ ‎