江西省八所重点中学2020届高三下学期5月联考理综物理试题 Word版含解析 24页

www.ks5u.com 江西省八所重点中学2020届高三联考 理科综合试卷物理部分 二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。‎ ‎1. 居室装修中常用的大理石等天然石材，若含有铀、钍等元素就会释放出放射性气体氧，氧会经呼吸道进入人体并停留在体内发生衰变，放射出α、β、γ射线这些射线会导致细胞发生变异，引起疾病。一质量为m的大理石含有某种半衰期为T的放射性元素X，经T时间后，这块大理石的质量变为m'。以下说法正确的是(　　)‎ A. ‎ B. 在X原子核衰变时发生质量亏损，亏损的质量转化成能量释放出来 C. X原子衰变成新核时，新原子核处于高能级状态不稳定，会向低能级跃迁，跃迁时只能放出一些特定频率的γ射线 D. X原子核的比结合能大于其衰变后的新核的比结合能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．衰变指大理石内部元素发生改变，大理石整体质量基本不发生变化，故A错误；‎ B．X原子核衰变时会出现质量亏损，亏损的质量以能量的形式释放出来，但不能理解成亏损的质量转化成了能量，故B错误；‎ C．因为原子核在经历α和β衰变后往往处于激发态，衰变后产物的新核从激发态向较低能态跃迁，一般以发射电磁波的形式进行，发射的正是γ射线，故C正确；‎ D．衰变后的产物更稳定，其原子核中核子结核更牢固，比结合能更大，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎2. 如图甲所示，推力F垂直斜面作用在斜面体上，斜面体静止在竖直墙面上，若将斜面体改成如图乙所示放置，用相同大小的推力F垂直斜面作用到斜面体上，则下列说法正确的是（　　）‎ - 24 -‎ A. 墙面受到的压力一定变小 B. 斜面体受到的摩擦力一定变小 C. 斜面体受到的摩擦力可能变大 D. 斜面体可能沿墙面向上滑动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．受力分析如图所示 甲图中 ‎，‎ 乙图中 所以墙面受到的压力不变，A项错误；‎ BC．若 则 - 24 -‎ 若 则f2方向向下 若 则f2方向向上 所以斜面体受到摩擦力一定变小，B项正确，C项错误；‎ D．因为墙面受到的压力没有变，所以fm不变，甲图中 推不动斜面体，乙图中 肯定比fm小，所以斜面体肯定不沿墙面向上运动，D项错误。‎ 故选B。‎ ‎3. 如图所示，在竖直平面内固定个半径为R的绝缘圆环，有两个可视为点电荷的相同的带负电的小球A和B套在圆环上，其中小球A可沿圆环无摩擦的滑动，小球B固定在圆环上和圆心O的连线与水平方向的夹角为45°.现将小球A由静止释放，则下列说法中正确的有(　　)‎ A. 小球A运动到圆环最低点Q的过程中电势能先增大后减小 B. 小球A速度最大处位于Q点的左端 C. 小球A恰好可以运动到P点 D. 小球到达圆环最低点Q时的速度大小为 ‎【答案】D - 24 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A．小球A、B均带负电，则根据点电荷的特点可知，B固定，当A、B距离缩短时，电场力做负功，电势能增大，反之减小，由图可知，小球A运动到圆环最低点Q点的过程中，与B电荷的距离先增大后减小，则电势能先减小后增大，故A错误；‎ B．延长BO交圆周与C点，作图如下 小球在下降过程中，当小球A、B距离增大时，即AC段，电场力做正功，重力做正功，速度增大，CQ段，小球A、B距离减小，电场力做负功，重力做正功，PQ段，小球A、B距离减小，电场力做负功，重力做负功，小球速度减小，则可知小球速度最大处不位于Q左边，故B错误；‎ C．小球在A、P两点相比，重力势能相同，但P点与B球距离更小，则A到P过程电场力做负功，电势能增大，则需要有外力做功才能到达P点，故C错误；‎ D．由图几何关系可知，A、Q两点与B小球距离相同，则电势能相等，则A到Q过程中动能增加量等于重力势能减少量，可得 解得 故D正确。‎ 故选D。‎ ‎4. 如图所示，在某行星表面上有一倾斜的匀质圆盘，盘面与水平面的夹角为30°，圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离L处有一小物体与圆盘保持相对静止，当圆盘的角速度为时，小物块刚要滑动。物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，该星球的半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是(　　)‎ - 24 -‎ A. 这个行星的质量M=‎ B. 这个行星的同步卫星的周期是 C. 这个行星的第一宇宙速度 D. 离行星表面距离为R的地方的重力加速度为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当物体运动到圆盘最低点时，此时所受静摩擦延半径方向向上达到最大，此时对应的角速度为最大值，则由牛顿第二定律有 解得 绕行星表面做匀速圆周运动的物体，万有引力提供向心力，则有 解得 故A错误；‎ B．由于不知道同步卫星高度，无法求得同步卫星周期，故B错误；‎ C．当万有引力提供向心力，轨道等于行星半径时，可求得该行星第一宇宙速度为 故C错误；‎ - 24 -‎ D．离星球表面距离为R的地方万有引力为 解得 故D正确。‎ 故选D。‎ ‎5. 水平力F方向确定，大小随时间的变化如图a所示，用力F拉静止在水平桌面上的小物块，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a随时间变化的图象如图b所示，重力加速度大小为10m/s2，最大静摩擦力大于滑动摩擦力，由图示可知(　　)‎ A. 物块的质量m=2kg B. 物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.2‎ C. 在4s末，物体的动量为12kg·m/s D. 在2~4s时间内，小物块速度均匀增加 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由a、b两图可知，当拉力为6N和12N时，物块对应加速度分别为1m/s2和3m/s2，由牛顿第二定律可得 解得物块质量为3kg，动摩擦因数为0.1，故AB错误；‎ C．如图b，2~4s平均加速度为2m/s2，则4s末物体的速度为 - 24 -‎ 则在4s末，物体的动量为 p=mv=3kg×4m/s=12kg·m/s 故C正确；‎ D．由b图可知，在2~4s内，加速度逐渐增大，则速度不是均匀增加，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎6. 如图所示为一节能运输系统。斜面轨道长为L，倾角为30°，当质量为M的木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m=3M的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程，下列选项正确的是(　　)‎ A. 木箱与轨道间的动摩擦因数为μ=‎ B. 若保持其他条件不变，只改变m的质量，此系统仍能正常工作 C. 若保持其他条件不变，只改变斜面轨道的长度L，此系统仍能正常工作 D. 木箱向下滑动过程中的最大速度与向上滑动过程中的最大速度相等 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．设木箱下滑距离为L1，全过程由能量守恒可得 解得动摩擦因数为，故A正确；‎ B．若保持其他条件不变，只改变m的质量，要此系统正常工作，则需要满足 - 24 -‎ 解得 可知，物体质量m为定值，改变后系统无法正常工作，故B错误；‎ C．若保持其他条件不变，只改变斜面轨道的长度L，要此系统正常工作，则需要满足 化简可得 可知与轨道长度无关，故C正确；‎ D．下滑撞击弹簧时，木箱与物体的动能储存为弹性势能，由于取出物体，则上滑时储存的弹性势能全部转化为木箱的动能，则上滑时最大速度大于下滑时的最大速度，故D错误。 ‎ 故选AC。‎ ‎7. 如图所示，一平行金属导轨与水平成放置，导轨间的距离为L，在OO’的上方区域存在与导轨平面垂直，磁感应强度为B的匀强磁场(图中未全部画出)，导轨的下端接有阻值为R的电阻，在导轨的上端垂直于导轨放有一质量为m的导体棒ab，另有一质量为M的导体棒cd垂直于导轨，以v0的速度沿导轨向上进入磁场，cd与导轨无摩擦，当cd进入和离开磁场时，导体棒ab恰好保持静止，两导体棒一直没有相撞。已知两导体棒的长度均为L，电阻均为R，导体棒与导轨接触良好，不计其他电阻。则：(　　)‎ A. 导体棒ab恰好不受摩擦力时，导体棒cd的速度为 B. cd上滑过程中重力的冲量大于下滑过程中重力的冲量 C. cd上滑过程中通过R的电荷量大于下滑过程中通过R的电荷量 D. cd离开磁场时的速度为 - 24 -‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当导体棒ab恰好不受摩擦力时，重力沿斜面向下的分力正好等于安培力，则有 ‎①‎ 导体棒ab与电阻并联，则有电源电动势为 E=IR+2IR=BLv②‎ 由①②可解得 故A正确；‎ B．cd棒上升过程中由牛顿第二定律可得 cd棒下降过程中由牛顿第二定律可得 可得下降加速度始终小于上升加速度，根据可知，下降所用时间更长，则根据冲量公式可知，cd上滑过程中重力的冲量小于下滑过程中重力的冲量，故B错误；‎ C．根据感应电荷量公式有 上升与下降过程中，磁通量变化量相等，总电阻大小不变，则上升和下降过程中，通过R的电荷量相等，故C错误；‎ D．当cd进入和离开磁场时，导体棒ab恰好保持静止，由受力平衡可得 ‎③‎ ‎④‎ 由③④可得cd离开磁场时的速度为 - 24 -‎ 故D正确。‎ 故选AD。‎ ‎8. 如图所示，一台正弦式交流发电机通过一理想可调变压器给用电器供电，L1和L2是两个相同的灯泡，每个灯泡的电阻均和电阻R的阻值相同，电流表为理想表，不计其他任何电阻。开始时电键S处于断开状态，此时交流发电机的转速为n，可调变压器副线圈有200匝接入电路，灯泡L1正常发光，电流表示数为I。现将电键S闭合，要使两灯泡均正常发光，可以通过两种方式来实现：一是调节发电机的转速：二是调节滑动头的位置，改变变压器副线圈接入电路中的匝数。则在闭合S后，灯泡能正常发光时，以下正确的是(　　)‎ A. 若只是采用第一种方式，则电流表的示数为2I B. 若只是采用第一种方式，则发电机的转速为1.5n C. 若只是采用第二种方式，则电流表的示数为1.5I D. 若只是采用第二种方式，则副线圈的匝数应调为400匝 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．闭合开关S后，两灯泡并联，再与R串联，副线圈电流为原来两倍，由于正副线圈匝数之比不变，则由理想变压器正副线圈电流之比等于匝数反比可知，若要使两等均正常发光，则原线圈总电流为原来的两倍，可得电流表示数翻倍，即为2I，故A正确；‎ B．闭合开关S前，副线圈电压为 闭合开关S后，副线圈电压为 闭合开关S后，两灯泡并联，再与R - 24 -‎ 串联，副线圈电压为原来1.5倍，由于正副线圈匝数之比不变，则由理想变压器正副线圈电压之比等于匝数之比可知，若要使两等均正常发光，则原线圈有效电压应为原来1.5倍，则由感应电动势与转速关系可知，若只是采用第一种方式，则发电机的转速为1.5n，故B正确；‎ CD．若只是采用第二种方式，则输入电压不变，由于闭合开关后，副线圈电压为原来的1.5倍，根据理想变压器正副线圈电压之比等于匝数之比可知，则副线圈匝数应变为原来的1.5倍，即调为300匝，再由理想变压器正副线圈电流之比等于匝数反比可知，电流表示数应变为3I，故CD错误。‎ 故选AB。‎ 第II卷(非选择题共174分)‎ 二、非选择题：包括必考愿和选考题两部分。第22~32题为必考愿，每道试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎(一)必考题：共129分。‎ ‎9. 某实验小组的同学欲“探究做功与速度变化的关系”，在实验室设计了一套如图甲所示的装置，图中A为物体，B为光电门，C为力的传感器，D为遮光片，P为小桶(内有砂子)，一端带有定滑轮的足够长的木板水平放置，不计绳与滑轮的摩擦。‎ ‎ (1)他们用游标卡尺测出了遮光片的宽度d(如图乙所示)，则遮光片的宽度为____mm；又测出了物体(包括遮光条)的质量为m。‎ ‎(2)将物体放在某一位置，测出此位置时遮光片前端到光电门的距离s，计算出遮光片中点到光电门的距离x，然后将物体由静止释放，读出物体通过光电门时的遮光时间t；再多次改变s，计算出相应的x，读出对应的时间t；并在物体运动过程中记录了传感器的示数F，根据所记录的数据，作出以x为横坐标，以为纵坐标的图像。在实验过程中，有同学提出应平衡摩擦力。你认为实验中是否必须平衡摩擦力?__________(填“是”或“否”)‎ - 24 -‎ ‎(3)除了x和t外，下列物理量中，必须测量的物理量是________(填物理量前面的序号)‎ A．遮光片宽度d B．物体质量m C．传感器示数F ‎(4)通过正确的操作，各物理量均采用国际单位，作出的图像是一条直线，计算得出直线的斜率为k。实验完成后，一位同学发现，根据前面测出的物理量，还可以得出物体与水平面间的动摩擦因数μ，则μ=_________(用实验中测出的物理量的字母表示)‎ ‎【答案】 (1). 3.85 (2). 否 (3). A (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]游标卡尺的固定刻度读数为3mm，游标读数为 ‎0.05×17mm=0.85mm 所以最终读数为3.85mm。‎ ‎(2)[2]由于该实验探究的为“做功与速度变化的关系”，实验中物体所受合外力不发生变化，则无需平衡摩擦力。‎ ‎(3)[3]为计算物体通过B点时的速度，需要测得遮光条的宽度，故选A。‎ ‎(4)[4]对物体由动能定理可得 化简后可得 可得 又有 解得 - 24 -‎ ‎10. 小宇有一台带USB接口的小型电风扇，额定电压为5.0V，额定功率为2W。他想通过实验描绘出这台小电风扇的伏安特性曲线。他在实验室中没有找到合适的电压表，但找到了导线、开关，还有以下器材：‎ A．电源E(电动势为6.0V)‎ B．电流表A1(量程为0-0.6A，内阻为0.2Ω)‎ C．电流表A2(量程150mA，内阻为0.5Ω)‎ C．滑动变阻器R1(最大阻值100Ω)‎ D．滑动变阻器R2(最大阻值10Ω)‎ E．固定电阻R3=40Ω F．固定电阻R4=20Ω ‎(1)为了便于调节，减小读数误差和系统误差，实验中滑动变阻器应选用____；固定电阻应选用_______(填所选仪器前的字母序号)。‎ ‎(2)请你为他设计实验电路，并把电路图画在甲图中的方框内_____(方框内已画出了小电风扇的电路符号)‎ ‎(3)小宇在实验过程中发现，小电风扇在电流表A1读数小于0.11A时电风扇没有转动。他通过实验描绘出I1(电流表A1的读数)、I2(电流表A2的读数)的图像如图所示(I1为0.11A时I2为10mA)。由此可以判定，小电风扇的电阻为___Ω，正常工作时的发热功率为__W，机械效率为____。(结果均保留两位有效数字)‎ - 24 -‎ ‎【答案】 (1). D (2). E (3). (4). 4.0 (5). 0.64 (6). 68%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2]为便于调节、改变电压，滑动变阻器选择最大阻值较小的，即选D；小风扇额定电流为 则A1测干路，A2测定值电阻，当电压最大为6V时，定值电阻最小为 则定值电阻选E。‎ ‎(2)[3]为保证电压从0开始增加，电路连接为分压法，将定值电阻与风扇并联以求得电压，设计如下 ‎(3)[4]由并联分流及电压相等可求此时小电风扇两端电压 则小电风扇电阻为 ‎[5]由可求正常工作时发热功率为 - 24 -‎ ‎[6]机械效率为 ‎11. 如图所示，AB、CD为两个同心半四弧面构成的辐向型加速电场。电势差为U，圆心为O，在右侧有一与直线CD相切于O1半径为R的圆形区域圆心为O2，圆内(及圆周上)存在垂直于纸面向外的匀强磁场：MN是一个足够长的平板，与O1O2连线平行并位于其下方3R处：质量为m，电荷量为q的带正电粒子，从AB圆弧面从静止开始加速到CD后，从O1点进入磁场偏转，最后打到板MN上，其中沿O1O2连线方向入时的粒子经磁场偏转后恰好从圆心O2的正下方G点射出磁场(不计重力的影响)。求 ‎(1)求粒子到达O1点时速度的大小及圆形磁场的磁感应强度大小B；‎ ‎(2)在图中P点(PO1与O1O2成30°夹角)出发后打板上Q点(图中未画出)的粒子，从O1点运动到板上所用的时间。‎ ‎【答案】(1) ，；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)带正电粒子从AB圆弧面静止开始加速到CD圆弧面上，由动能定理得 解得 在圆形磁场中洛兹力提供向心力 - 24 -‎ 由题意可知r=R，所以磁感应强度为 ‎(2)从P点被加速的粒子运动轨迹如下图所示：‎ 则在磁场中的运动周期 在磁场中的运动时间 出磁场后到达探测板所需的时间 从O1点到探测板MN所需的时间 ‎12. 如图所示，一长L=9.0m传送带以v=2m/s的速度顺时针旋转，传送带的倾角为=37°，一质量M=3kg的A物体随传送带一起(与传送带共速)向上运动，A与传送带间的动摩擦因数为。当A物体恰好在传送带的最下端时，另一质量m=1kg的B物体沿传送带向下以v0‎ - 24 -‎ ‎=2m/s的速度与A发生弹性正碰。B与传送带间无摩擦。(两物体均可看成质点，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2)，求：‎ ‎(1)第一次碰撞后B物体的速度大小；‎ ‎(2)从第一次碰撞结束到第二次碰撞前的过程中摩擦产生的热量；‎ ‎(3)两物体在传送带上能够发生的碰撞次数。‎ ‎【答案】(1)4m/s；(2)24J；(3)9次 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)以沿传送带向上为正，A、B在碰撞过程中动量守恒 ‎①‎ 机械能守恒 ‎②‎ 代入数据联解①②得 vA=0；vB=4m/s③‎ ‎(2)从碰后到A达到与传送带相同速度的过程中对A有 ‎④‎ ‎⑤‎ 通过的位移 ‎⑥‎ 此过程中传送带通过的距离 x=vtA⑦‎ A相对于传送带移动的距离为 ‎⑧‎ 代入数据联解④⑤⑥⑦⑧得 - 24 -‎ ‎，，，⑨‎ 在此过程中对B有 ‎⑩‎ 此时B的速度为 ‎⑪‎ 通过的位移 ‎⑫‎ 将tA=1s代入⑩⑪⑫并联解得 ‎，，⑬‎ 由⑨⑬可知，此时在第一次碰撞上方1m处A、B正好回复到开始时的状态，并发生第二次碰撞，因此从第一次碰撞结束到第二次碰撞前的过程中摩擦产生的热量为 ‎⑭‎ ‎(3)由(2)可知，两物体每一次碰撞发生在上一次碰撞的上方1m处，每次碰撞后B物体能滑上的最大距离为 ‎⑮‎ 两物体在传送带上能够发生碰撞的次数满足 所以两物体在传送带上能够发生碰撞的次数为9次。‎ ‎13. 下列说法正确的是_______。‎ A. 一定质量的理想气体，体积减小，压强也减小时，在单位面积上单位时间内与容器壁碰撞的分子数目可能减少 B. 一定质量的理想气体，在吸热后，体积增大，压强也增大，则气体吸收的热量一定大于它对外所做的功 C. 将实际气体压缩时，气体分子间作用力做负功，分子势能增大 D. 烧水时，速率大的水分子数目增多，但可能有水分子的速率反而减小 - 24 -‎ E. 0℃的冰熔化成0℃的水，体积减小，故分子势能减小，由于温度不变，分子的平均动能不变 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当体积减小，压强也减小时，则单位面积上单位时间内与容器壁碰撞的分子数目增减未知，可能减小，故A正确；‎ B．由理想气体状态方程可知，当在吸热后，体积增大，压强也增大时，其温度会升高，则内能增大，由热力学第一定律可得气体吸收的热量一定大于它对外所做的功，故B正确；‎ C．当气体分子间距离较大时，合力表现为引力，当距离较小时，合力变为斥力，则气体分子间作用力先做正功在做负功，分子势能先减小后增大，故C错误；‎ D．烧水时，平均分子动能增大，但对于每一个水分子而言增减不一定，为保证平均分子动能增大，则速率大的水分子数目增多，故D正确；‎ E．0℃的冰熔化成0℃的水，体积减小，且从外界吸收热量，则内能必定增大，由于温度不变，所以分子平均动能不变，分子势能一定增大，故E错误。‎ 故选ABD。‎ ‎14. 如图所示，两个截面积都为S的导热圆柱形容器，左边A容器上端是一个可以在容器内无摩擦滑动的质量为M的活塞，右边B容器高为H，上端封闭，两容器中装有同种理想气体，由装有阀门的极细管道相连。开始时环境温度为330K，阀门关闭，A容器中活塞到容器底的距离为H，B容器中气体的压强是A容器中气体压强的2倍。现将阀门缓慢打开，同时在活塞上放一物体，要使系统稳定后活塞位置保持不变，求放置的物体的质量m。然后将环境温度缓慢降到300K，直到系统达到新的平衡，求活塞下降的高度h。(外界大气压为p0保持不变)‎ ‎【答案】，‎ ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【详解】开始时对活塞有 p0·S+Mg=pA·S①‎ 在温度相同的情形下，当B中气体的压强变成与A中气体相同时，体积将变成V，则 pB·SH=pA·V②‎ 由题意可知 pB=2pA③‎ 打开阀门后总气体在pA压强下的总体积为V与A容器的容积之和，则要使活塞位置不变，则相当于将气体等温压缩，设压缩后气体的压强应变成p，则有 pA·（V+SH）=2p·SH④‎ 此时对放在活塞上和物体和活塞整体有 p0·S+（m+M）g=p·S④‎ 联解①②③④得 ‎⑤‎ 环境温度缓慢下降的过程气体等压变化，则有 ‎⑥‎ 代入数据解得 ‎⑦‎ ‎15. 振幅相同的甲、乙两列简谐波在同一介质中沿着x轴方向传播，甲波沿x轴正方向传播，频率为Hz；乙波沿x轴负方向传播。如图为某时刻两列波的波形图(虚线是甲波，实线是乙波)，P是x=6m处的质点。由此可知________。‎ A. 再过3s，x=6m处的质点将再次处于平衡位置 B. 无论过多长时间，x=6m处的质点位移都不可能达到20cm - 24 -‎ C. 此时x=6处的质点的速度为零 D. 再过0.5s，x=7m处的质点将处于平衡位置 E. 乙波的频率为Hz ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由甲波频率可求其周期为 两列波在x=6m处时均处于平衡位置，根据波的叠加可知3s后依然处于平衡位置，故A正确；‎ B．由图可知，只有当两列波的波峰相遇时，该处的质点位移才会达到20cm，故B正确；‎ C．由题意可知，甲波在x=6处，根据“上坡下”可知质点振动方向向下，乙波在x=6处，根据“上坡下”可知质点振动方向向下，两列波叠加，则速度不为0，故C错误；‎ D．由图可得，在甲波一个周期内，即3s内，乙波水平位移为1.5，则可得乙波周期为2s，再过0.5s，即，由图可得x=7m处的质点将处于平衡位置，故D正确；‎ E．乙波频率为 故E错误。‎ 故选ABD。‎ ‎16. 如图所示，某种透明材料制成的半球半径为R，一束单色光从半球的边缘，以与半球平面成=45°角的方向射入半球，恰好在球面上的P点(图中未画出)发生全反射。求 ‎(1)这种材料的折射率n；‎ ‎(2)P点到半球平面的距离h。‎ - 24 -‎ ‎【答案】(1)；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)光射入半球后在P点发生全反射，设入射角为i，折射角为r，临界角为C，如图所示，由几何关系可知，折射光线与界面的夹角等于临界角C 又 ‎①‎ ‎②‎ 根据折射定律有 ‎③‎ 而 ‎④‎ 代入数据，联解①②③④得 ‎⑤‎ ‎(2)P点到半球平面的距离h，设过P点的法线与半球面的平面的夹角为α，由几何关系可知 α=π-2C⑥‎ 则P点到半球平面距离 h=Rsinα⑦‎ 联解得 ‎⑧‎ ‎ ‎ - 24 -‎ - 24 -‎ - 24 -‎