山西省晋中市2020届高三下学期高考模拟考试理综物理试题 Word版含解析 24页

www.ks5u.com ‎2020年普通高等学校招生统一模拟考试 理科综合 二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48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，有选错的得0分。‎ ‎1.2020年4月23日是人民海车的71岁生日。近年来，我国海车航母事业高歌猛进，“辽宁号”与第一艘国产航母将首次构成双航母编队。我国的核动力航母也将在不远的将来实现装备，这也是我国海军航母的“终极”日标。原子核的比结合能随质量数的变化图象如图所小，根据该曲线对核能的认识正确的是（　　）‎ A. 自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应能量不等于该原子核的结合能 B. 质量较小的轻核结合成质量较大的重核时要吸收能量，质量较大的重核分裂成质量较小的轻核时要放出能量 C. 质量较大的重核和质量较小的轻核平均结合能都较小，且轻核的平均结合能还有些起伏 D. 一重原子核衰变成粒子和另一原子核，衰变产物的质量之和一定大于原来重核的质量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据爱因斯坦质能方程 可知，自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量等于该原子核的结合能，故A错误；‎ B．质量较小轻核结合成质量较大的重核时出现质量亏损，例如氢核聚变时要放出能量，质量较大的重核分裂成质量较小的轻核时要放出能量，故B错误；‎ C．根据题图中的曲线很容易看出，质量较大的重核和质量较小的轻核的比结合能都较小，且轻核的比结合能还有些起伏，故C正确；‎ - 24 -‎ D．一重原子核衰变成粒子和另一原子核，该过程中要释放能量，所以衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能，根据质能方程可知衰变产物的质量之和一定小于原来重核的质量，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎2.如图所示，真空中有一等边三角形ABC，在三角形顶点A、B点处各固定一正电荷，另一顶点C处固定一负电荷，且三个电荷所带的电荷量均相等，其中a、b、c为等边角形三边的中点，d为三角形的中心。则下列说法正确的是（　　）‎ A. b、c两点电场强度相同 B. 中心d点处的电场强度为零 C. 将电子从b处移到c处电场力不做功 D. 将电子从b处移到a处电场力不做功 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意，各场强方向如图所示 A．b、c两点的电场强度为三个点电荷在该处场强的矢量和，其中A、C两处的点电荷在b点的场强的矢量和沿方向，B处电荷在b点的场强沿方向，同理可标出A、B、C三处的点电荷在c点的电场方向，由图可知，b、c两处叠加后的电场强度方向是不同的，故A错误；‎ B．根据点电荷电场强度的叠加规律很容易判断出中心d处的电场强度不为零，故B错误；‎ C．A、C两处的两点电荷在b点的电势之和为零（规定无穷远处电势为0），B、C两处两点电荷在c点的电势之和等于零，所以b点的电势等于B处电荷在该点的电势，c处电势等于A - 24 -‎ 处电荷在该点的电势，A、B两电荷带等量正电荷，根据几何关系有 所以b、c两点电势相等，所以将电子从b处移到c处电场力不做功，故C正确；‎ D．由图判断a点的电势高于b点电势，所以将电子从b处移到a处电场力做正功，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎3.如图所示，倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体A放在斜面上，轻质细线一端固定在物体A上，另一端绕过滑轮O1、O2固定在C处。轻质滑轮O2下悬挂物体B，定滑轮与物体A间的细线与斜面平行，系统处于静止状态。做以下调整后，系统仍处于静止状态，且调整过程中斜而与物体A位置不变，不计细线与滑轮间摩擦，下列说法正确的是（　　）‎ A. 若物体B的质量m增大，斜劈对物体A的摩擦力一定减小 B. 若物体B的质量m增大，地面对斜劈的摩擦力不变 C. 若将悬点C上移，斜劈对物体A的摩擦力一定增大 D. 若将右边的固定杄向左平移一点，地面对斜劈的摩擦力减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．对滑轮和物体B进行整体受力分析，如图甲所示 根据平衡条件，有 - 24 -‎ 计算得 当物体B的质量增大时，绳子的拉力增大，由于整个系统处于静止状态，物体A受的摩擦力的方向不确定，所以物体A受的静摩擦力可能减小也可能增大，故A错误；‎ B．对斜劈与物体A整体受力分析，如图乙所示，当物体B的质量增大，即绳子的拉力增大时，斜劈与地面间摩擦力增大，故B错误；‎ C．若将悬点C上移，系统仍处于静止状态，绳子夹角不变，即绳子的拉力不变，所以斜劈对物体A的摩擦力不变，故C错误；‎ D．若将右边的固定杆向左平移一点，系统仍处于静止状态，绳子夹角变小，绳子的拉力变小，对斜劈和物体A整体为研究对象进行受力分析如图乙所示，地面对斜劈的摩擦力减小，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎4.如图所示，电路中E、r为电源电动势和内电阻，R1、R2、R3为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表。开关闭合时，平行金属板中带电小液滴P处于静止状态。选地面为零电势参考面，当滑动变阻器R4的滑片向a端移动时，则（　　）‎ A. 电阻R1消耗的功率增大 B. 小液滴一定会运动且运动过程中电势能增加 C. 电源的效率减小 D. 若电流表、电压表的示数变化量分别为I和U，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知，与滑动变阻器串联后与并联，再与串连接在电源两端；电容器与并联；当滑片向a端移动时，滑动变阻器 - 24 -‎ 接入电阻增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流减小；路端电压增大，同时两端的电压也减小；故并联部分的电压增大；由欧姆定律可知流过的电流增大，故电流表的示数减小；根据 电阻消耗的功率减小，故A错误；‎ B．电压表的示数变大，金属板板间的电场变强，电场力变大，电场力大于小液滴的重力，则小液滴向上运动，电势能减小，故B错误；‎ C．由于路端电压变大，电源效率增大，故C错误；‎ D．根据 很容易看出 由于 即有 故D正确。‎ 故选D。‎ ‎5.国际空间站上的阿尔法磁谱仪（AMS）是探究宇宙中的反物质和暗物质（即由反粒子构成的物质）的重要仪器，如氚核（）的反粒子（比如反氚核）为（）。该磁谱仪核心部分的截面区域是半径为R的圆形匀强磁场，该区域磁场方向垂直纸面向里，如图所示，P为粒子入射窗口，各粒子从P射入速度相同，均沿直径方向，P、a、b、c、d、e为圆周上等分点，若氚核粒子射入磁场区域后打在d点，则反质子（）射入后，则（　　）‎ - 24 -‎ A. 反质子将打在b点 B. 反质子射入磁场后运动轨迹的半径为氚核的3倍 C. 反质子在磁场中运动的时间为氚核的 D. 反质子在磁场中运动的轨迹弧长为氚核的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 解得 氚核的轨道半径为r，已知各粒子从p射入速度相同，根据氚核（）和反质子的质量关系可知反质子的轨道半径应为 氚核（）射入后打在d点，它转过的圆心角 根据几何关系得 同理反质子的几何关系也应该是 则 - 24 -‎ 由左手定则可知，反质子刚射入磁场时受到的洛伦兹力竖直向下，则反质子应从a点射出磁场，故AB错误；‎ C．根据带电粒子的周期公式可知氚核的周期 反质子的周期 反质子在磁场中运动的时间 氚核的周期 氚核在磁场中运动的时间 则反质子在磁场中运动的时间为氚核在磁场中运动时间的倍，故C正确；‎ D．氚核轨迹弧长 反质子的轨迹弧长 所以反质子在磁场中运动的轨迹弧长为氚核的，故D错误。‎ 故选C。‎ - 24 -‎ ‎6.据美国航空航天界权威杂志《空间与太空技术》周刊报道称，美国监视中国的侦察卫星“长曲棍球”Ⅱ在经过中国上海上空时，遭到中国反卫星武器“攻击”，失效长达27分钟，过后恢复照相侦察功能，其实是中国进行了“太空涂鸦”技术的反卫星测试。所谓“太空涂鸦”的技术就是使低轨运行的反侦察卫星通过变轨接近高轨侦查卫星（近似认为进入高轨道），准确计算轨道并向其发射“漆雾”弹，“漆雾”弹在临近侦查卫星时，压爆弹囊，让“漆雾”散开并喷向侦査卫星，喷散后强力吸附在侦査卫星的侦察镜头、太阳能板、电子侦察传感器等关键设备上，使之暂时失效。下列关于反侦察卫星的说法正确的是（　　）‎ A. 反侦察卫星进攻前需要向后方喷气才能进入侦察卫星轨道 B. 反侦察卫星进攻前的向心加速度小于攻击时的向心加速度 C. 反侦察卫星进攻前的机械能小于攻击时的机械能 D. 反侦察卫星进攻时的线速度大于第一宇宙速度 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反侦察卫星进行攻击时必须从低轨道向高轨道运动，显然应该向后喷气，故A正确；‎ B．根据向心加速度 可知轨道半径越大向心加速度越小，故B错误；‎ C．从低轨道向高轨道运动时需点火加速，机械能增加，即反侦察卫星进攻前的机械能小于攻击时的机械能，故C正确；‎ D．高、低轨道运行的线速度均小于第一宇宙速度，故D错误。‎ 故选AC。‎ ‎7.如图所示，一轻绳两端贯穿质量分别为mA=2kg、mB=4kg的A、B两小球，并悬挂于定滑轮两侧且等高，距地面均为25m处，两侧轻绳下端恰好触地。知两小球与轻绳间的最大静摩擦力均等于其重力的0.5倍，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。两小球同时由静止开始向下释放，g取10m/s2，不计细绳与滑轮间的摩擦及空气阻力，则下列说法正确的是（　　）‎ A. A小球与细绳间相对静止，B小球与细绳间相对滑动 B. A小球比B小球先落地 C. A、B两小球与轻绳摩擦力为零瞬间的动量之比为1:3‎ - 24 -‎ D. 两小球损失的机械能总量为250J ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据题意，A小球的最大静摩擦力为 B小球的最大静摩擦力为 由于A、B两小球对细绳的摩擦力必须等大，且A、B两小球的质量不相等，A小球由静止释放后与细绳间的摩擦力为滑动摩擦力，B小球与细绳间的摩擦力达不到最大静摩擦力，所以B小球与细绳间为静摩擦，故A错误；‎ B．对A进行受力分析 对B进行受力分析 又 联立解得 设A小球经时间t与细绳分离，此时，A、B下降的高度分别为、，速度分别为、，则有 - 24 -‎ 代入数据联立解得 分离后，设A经时间落地，则有 设B小球经时间落地，则有 代入数据解得 所以B小球先落地，故B错误；‎ C．A、B两小球与轻绳摩擦力为零的瞬间A小球的动量 B小球的动量为 即A、B两小球的动量比，故C正确；‎ D．设A、B两小球落地时的动能分别为、，由机械能守恒有 - 24 -‎ 代入数据得 两小球损失的机械能总量为 代入数据得 故D正确。‎ 故选CD。‎ ‎8.如图甲所示，可视为质点的质量m1=1kg的小物块放在质量m2=2kg的木板正中央位置，木板静止在水平地面上，连接物块的轻质细绳伸直且与水平方向的夹角为37°。现对木板施加水平向左的拉力F=18N，木板运动的v-t图象如图乙所示，sin37°=0.6，g取10m/s2，则（　　）‎ A. 木板的长度为2m B. 木板的长度为1m C. 木板与地面间的动摩擦因数为0.5‎ D. 物块与木板间的动摩擦因数为 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．从题图乙可知，木板运动离开小物块，在内，由图象可知 所以木板的长度 - 24 -‎ 故A正确，B错误；‎ C．设木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数，在内，由图象可得长木板的加速度 由牛顿第二定律得 解得 故C正确；‎ D．在内，对小物块进行受力分析，竖直方向 水平方向 又知 长木板加速度 对木板进行受力分析，结合牛顿第二定律得 由牛顿第三定律得 联立上述式子解得 故D正确。‎ - 24 -‎ 故选ACD。‎ 三、非选择题：共174分。第22～32题为必考题，每个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。‎ ‎9.某实验小组利用如图所所示的电路，测量某一玩具电动机M（有正负接线柱）的电阻，实验方案如下：‎ ‎(1)插上红、黑表笔，把多用电表的选择开关拨到欧姆挡的“×10”位置，将红、黑表笔短接，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指到欧姆表的0刻度处。‎ ‎(2)考虑到电动机的两个接线柱标有正负，为了和电动机的标注一致，将图甲中多用电表的红表笔和__________（填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端，在电动机不转的情况下读数，结果发现多用电表指针偏转过大，因此需选择__________（填“×1”或“×100”）倍率的电阻挡，并进欧姆调零后进行测量，多用电表的示数如图乙所示，则测量结果为__________Ω。多用电表使用长久其电源电动势降低，仍能进行欧姆调零，则实际值__________（填“大于”、“小于”或“等于”）测量结果。‎ ‎【答案】 (1). 1 (2). (3). 7.9 (4). 大于 ‎【解析】‎ ‎【详解】(2)[1][2][3][4]多用电表电流为“红进黑出”，题图甲中外电路电流由“2”到“1”，所以红表笔应连“1”端，指针偏角过大换小挡，因此需选择“×1”倍率的电阻挡。如图乙所示，多用电表的示数为7.9Ω。如果电动势变小：当满偏时 取决于表头保持不变，当电动势变小，欧姆表内阻随之变小。假设调零后，测量一个电阻使指针刚半偏，则待测电阻与欧姆表内阻相等，即待测电阻测量值小于真实值。‎ ‎10.某实验小组要通过实验验证机械能守恒定律。实验装置如图甲所示，水平桌面上固定一气垫导轨，把气垫导轨调节水平，在导轨上A点处有一带长方形遮光条的滑块，其总质量为M - 24 -‎ ‎，左端用跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的钩码相迕，遮光条两条长边与导轨垂直，导轨上B点有一光电门，可以测量遮光条经过光电门时的挡光时间t，用d表示遮光条的宽度，s表示A、B两点间的距离，将遮光条通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度。用g表示重力加速度。完成下列问题。‎ ‎(1)如图乙所示，用游标卡尺测得遮光条的宽度d=__________mm；‎ ‎(2)实验时将滑块从如图甲所示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间t=1.2×10-2s，则滑块经过光电门的瞬时速度为__________m/s（结果保留2位有效数字）；‎ ‎(3)若将滑块自A点由静止释放，考虑遮光条宽度的影响，则在滑块从A点运动至B点的过程中，滑块、遮光条与钩码组成的系统重力势能的减小量测量值__________（填“大于”、“小于”或“等于”）动能的增加量测量值；‎ ‎(4)该实验小组在研究中发现利用该装置可测带长方形遮光条的滑块的总质量M，实验小组多次改变光电门的位置，且每次均令滑块自同一点（A点）开始运动，测量相应的s与t值。某同学完成实验后，想利用测得的数据探究s与t的关系。根据测量的数据作出图象，测得直线的斜率为k，已知钩码的质量为m，则滑块的总质量M的表达式为__________（用题目给出的字母表示）。‎ ‎【答案】 (1). 3.80 (2). 0.32（或） (3). 大于 (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]游标卡尺的整数部分为3mm，副尺零线以右与主尺上的刻度对准的刻线数为16，乘上，则小数部分为0.80mm，遮光条的宽度为整数部分加小数部分为3.80mm。‎ ‎(2)[2]滑块经过光电门的瞬时速度为 代入解得 - 24 -‎ 由于题干要求结果保留2位有效数字，即 ‎(3)[3]匀加速运动中间位移处速度大于中间时刻时速度，考虑遮光条宽度的影响，遮光条通过光电门的平均速度即中间时刻速度应该小于滑块通过B点时的瞬时速度，动能的增加量测量值偏小，则在滑块从A点运动至B点的过程中，滑块、遮光条与钩码组成的系统重力势能的减小量测量值大于动能的增加量测量值。‎ ‎(4)[4]对整个系统列机械能守恒 整理得 即 解得 ‎11.如图所示，两条相距L的光滑平行金属导轨倾斜放置，与水平面的夹角为θ，其上端接一阻值为R的电阻；一根与导轨垂直的金属棒置于两导轨上，金属棒的长度为L；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于导轨平面向下的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1=kt，式中k为常量；虚线MN左侧是一匀强磁场区域，区域上边界MN（虚线）与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方问向也垂直于导轨平面向下。某时刻，金属棒从图示位置由静止释放，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后沿导轨向下做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计。‎ ‎(1)分别求出在时刻t1（t1t0）的感应电流的大小；‎ ‎(2)求金属棒的质量及0~t（t>t0）时间内电阻R产生的热量。‎ - 24 -‎ ‎【答案】(1)，；(2)，‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)当时，金属棒未到达，由法拉第电磁感应定律有 由欧姆定律得 解得 当时，金属棒已越过，金属棒切割磁感线产生的感应电动势 总感应电动势 由欧姆定律得 ‎(2)当时，金属棒已越过做匀速直线运动，有 解得 - 24 -‎ 在时间内，电阻R产生的热量为 在时间内，电阻R产生的热量为 ‎12.如图甲所示，倾角θ=37°的粗糙斜面固定在水平面上，斜面上端固定一轻质弹簧，下端与一足够长的水平面平滑相连，水平面右端放置一个质量M=7.0kg的滑块，开始时弹箦被一质量m=1.0kg的小物块（可视为质点）压缩，小物块与弹簧只接触不相连，此时小物块距斜面底端的距离=4.0m。t=0时释放小物块，图乙为小物块在斜面上运动的加速度a随时间t变化的部分图象，小物块到达水平面并与滑块发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。已知弹簧的劲度系数k=75N/m，弹性势能的表达式为，x为弹簧形变量，所有接触面之间动摩擦因数均相同。g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：‎ ‎(1)斜面与小物块之间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)小物块到达斜面底端时的速度大小；‎ ‎(3)滑块运动的路程s。‎ ‎【答案】(1)0.5；(2)；(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由题图乙可知，当小物块与弹簧分离后，小物块沿斜面向下做匀加速直线运动，加速度的大小为 - 24 -‎ 根据牛顿第二定律有 解得 ‎(2)由题图乙可知，时加速度的大小为 设此时弹簧压缩量为x，根据牛顿第二定律有 解得 设小物块到达斜面底端的速度为，由动能定理得 解得 ‎(3)在斜面底端，小物块与滑块发生第一次弹性碰撞，设碰后小物块的速度为，滑块的速度为，则 解得 第一次碰撞后，滑块向左做匀减速运动，经过 停下来，发生的位移为，则 - 24 -‎ 解得 小物块冲上斜面又滑下来，沿斜面向上运动的加速度为 位移为 解得 所以发生第二次碰撞时滑块已经静止，小物块没有接触弹簧但速度已经减为零，随后加速下滑。设小物块刚要与滑块二次碰撞时的速度为，根据动能定理 ‎，‎ 解得 小物块与滑块发生第二次弹性碰撞，碰后小物块的速度为，滑块的速度为，‎ 则 ‎，‎ 解得 第二次碰撞后，滑块向左做匀减速运动，发生的位移为，则 - 24 -‎ 小物块向右做匀减速运动，发生的位移为 不能发生第三次碰撞，所以滑块的总路程 ‎13.下列说法正确的是（　　）‎ A. 分子间距离减小时，分子势能一定增大 B. 内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同 C. 在绝热压缩和等温压缩过程中，气体内能均不变 D. 知道某物质的摩尔尔质量和阿伏加德罗常数，一定可求其分子的质量 E. 悬浮在空气中含有新冠病毒的气溶胶做布朗运动，气温越高，运动越剧烈 ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当时，分子力表现为引力，随着r的减小，分子引力做正功，分子势能减小，故A错误；‎ B．内能包括分子动能与分子势能，内能不同但分子热运动的平均动能可能相同，则B正确；‎ C．根据热力学第一定律，在绝热（）压缩（）过程中，内能增大，等温（）压缩，内能不变，故C错误；‎ D．由摩尔质量和阿伏加德罗常数，一定可求其分子的质量，故D正确；‎ E．当温度越高时，分子运动越激烈，导致做布朗运动的颗粒运动得越剧烈，故E正确。‎ 故选BDE。‎ ‎14.在全国千万“云监工”的注视下，2月2日，武汉火神山医院交付使用，建设工期仅为十天十夜。在“云监工”视线之外，先进的设计理念和科技元素充当着幕后英雄，火神川医院病房全部为负压病房，所谓负压病房是通过特殊的通风抽气设备，使病房内的气压低于病房外的气压，保证污染空气不向外扩散。若已知某间负压隔离病房的空间体积V=60m3，启用前环境温度t1=-3℃，外界大气压强为p0=1.01×105Pa，启用后，某时刻监测到负压病房的温度 - 24 -‎ t2=27℃、负压为-15Pa（指与外界大气压p0的差值）。‎ ‎(1)试估算启用后负压隔离病房内减少的气体质量与启用前房间内气体总质量的比值；‎ ‎(2)判断在负压隔离病房启用过程中剩余气体是吸热还是放热，并简述原因。‎ ‎【答案】(1)；(2)吸热 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据题意有 设减少的气体体积为，以启用后负压病房内剩余的气体为研究对象，由理想气体状态方程得 解得 则 ‎(2)因为抽气过程中剩余的气体温度升高，故内能增加 而剩余气体的体积膨胀，对外做功 由热力学第一定律 可知，，气体从外界吸收热量。‎ ‎15.如右图所示为某同学利用插针法测定半圆形玻璃砖折射率的实验．在一半圆形玻璃砖外面插上P1、P2、P3、P4四枚大头针时，P3、P4恰可挡住P1、P2所成的像，关于该实验 - 24 -‎ ‎（1）以下说法正确的是（ ）‎ A．P1、P2及P3、P4之间的距离适当大些，可以提高准确度 B．P1、P2及P3、P4之间的距离取得小些，可以提高准确度 C．入射角θ适当大些，可以提高准确度 D．P1、P2的间距，入射角的大小均与实验的准确度无关 ‎（2）该玻璃砖的折射率n=_______．另一同学将大头针插在 和 位置时，沿着P3、P4的方向看不到大头针的像，其原因可能是__________________________________．‎ ‎【答案】 (1). AC (2). (3). 经过的光线在界面MN处发生全反射 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]射光线是通过隔着玻璃砖观察成一条直线确定的，大头针间的距离太小，引起的角度会较大，故及之间的距离适当大些，可以提高准确度，故A正确，B错误；入射角尽量大些，折射角也会大些，折射现象较明显，角度的相对误差会减小，故C正确，D错误．‎ ‎（2）[2][3]由图知，沿的光线入射角为，折射角为，则该玻璃砖的折射率 把大头针插在位置时，沿着的方向看不到大头针的像，其原因是经过的光线在界面MN处发生全反射．‎ ‎16.让一根均匀软绳的绳端M点在垂直于软绳的方向上做简谐运动，软绳上会形成横波波形，如图甲所示．已知软绳端点M的振动图像如图乙．观察发现，当t=1s时，软绳上各点都已经开始振动．在t=1.1s时刻，M、N平衡位置之间只有一个波峰，且N点处在平衡位置，M、N两点平衡位置之间距离d=0.6m．求：‎ - 24 -‎ ‎①波长和传播速度；‎ ‎②从端点M起振开始计时，绳上N点第五次运动到波峰位置的时间．‎ ‎【答案】①第一种：当时， ；第二种：当时，②当时， ；当时，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据波在一个周期内传播的距离是一个波长，分析PQ间距离与波长的关系，求解波长，介质中各个质点起振方向与波源的起振方向相同．由图乙读出周期，再由波速公式求出波速；M点振点方向向下，求出绳上N点第五次到达波峰位置的时间；‎ ‎【详解】解：①由图乙可知，波传播的周期，在时，M点振动方向向上；‎ 由题意知，有两种可能 第一种：当时，‎ 第二种:当时，‎ ‎②由图乙可知，时，M点振点方向向下，绳上N点第五次到达波峰位置的时间： ‎ 当时，‎ 当时，‎ ‎ ‎ - 24 -‎ - 24 -‎