黑龙江省哈尔滨市第一中学2020届高三下学期6月第一次模拟考试理综物理试题 Word版含解析 20页

- 1 - 哈尔滨市第一中学 2020 届高三学年六月第一次模拟考试 理科综合 考生须知： 1.本试卷分试题卷和答题卡，满分 300 分，考试时间 150 分钟。 2.答题前，在答题卡指定位置上填写学校、姓名和准考证号。 3.所有答案必须写在答题卡上，写在试卷上无效。 4.考试结束，只需上交答题卡。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Zn-65 第Ⅰ卷（选择题，共 126 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，有选错的得 0 分。 1. 沫蝉是一种身长只有 6mm 左右小昆虫。研究表明，沫蝉起跳时可以在 1ms 时间释放出储存 在后腿肌肉里的能量，最高跳跃到 80cm 的高处，若 g 取 10m/s2，沫蝉起跳时需承受的力约为 重力的（ ） A. 20 倍 B. 100 倍 C. 400 倍 D. 800 倍 【答案】C 【解析】 【详解】根据动量定理 0Ft mv 沫蝉上升的过程中，根据位移与速度的的关系 2 0 2v gh 代入数据，可知 400F mg C 正确，ABD 错误。 故选 C。 2. 如图所示，工人利用固定斜面向高处运送重物。已知工人对重物的力平行于斜面向上，工 人与重物匀速向上，斜面的粗糙程度处处相同。关于该过程的说法正确的是（ ） - 2 - A. 工人对重物的作用力大于重物对工人的作用力 B. 工人和重物对斜面的压力等于他们的重力之和 C. 斜面对工人和重物的摩擦力大小一定不等 D. 若斜面不固定，该过程斜面可能相对地面发生运动 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据牛顿第三定律可知，工人对重物的作用力等于重物对工人的作用力作用力， A 错误； B．根据力的分解，工人和重物对斜面的压力等于他们的重力在垂直斜面方向的分力，B 错误； C．斜面对工人的摩擦力沿斜面向上，大小等于工人和重物重力的下滑分力以及重物所受的摩 擦力之和，因此斜面对工人的摩擦力大于斜面对重物的摩擦力，C 正确； D．由于工人和重物匀速运动，所受合力为零，因此斜面对它们的合力竖直向上，与重力平衡， 它们对斜面的力竖直向下，因此即便斜面不固定，该过程斜面也不可能相对地面发生运动，D 错误。 故选 C。 3. 美国物理学家密立根利用图甲所示的电路研究金属的遏止电压 UC 与入射光频率 v 的关系， 描绘出图乙中的图象，由此算出普朗克常量 h。电子电量用 e 表示，下列说法正确的是（ ） A. 图甲中光电管两极间形成使电子加速的电场 B. 该金属的截止频率是 C C. 图乙中图象的斜率即为普朗克常量 D. 用同种颜色光照射金属板，光照强度越大，遏止电压越大 - 3 - 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图甲可知，光电管的阴极电势较高，因此光电管两极间形成使电子减速运动的 电场，A 错误； B．由图乙可知，当频率减小到 C 时，即便两极间不加电压，回路也没有电流，因此该金属的 截止频率是 C ，B 正确； C．根据光电效应方程和动能定理 kh W E   C kU e E 整理得 C h WU e e   ① 因此图乙中图象的斜率为 h e ，C 错误； D．由①可知，遏止电压仅与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，因此用同种颜色光照 射金属板，即使光照强增大，遏止电压也不变，D 错误。 故选 B。 4. 如图甲为某型号电动平衡车，其体积小，操控新颖方便，深受年轻人的喜爱。当人站在平 衡车上沿水平直轨道由静止开始运动，其 vt 图象如图所示(除 3～10s 时间段图象为曲线外， 其余时间段图象均为直线)。已知人与平衡车质量之和为 80kg，3s 后功率恒为 300W，且整个 骑行过程中所受到的阻力不变，结合图象的信息可知（ ） A. 0～3s 时间内，牵引力做功 490J B. 3～10 s 时间内，小车的平均速度大小是 4.5m/s C. 3～10 s 时间内，小车克服摩擦力做功 1020J D. 小车在第 2s 末与第 14 s 末的功率之比为 1:2 【答案】C - 4 - 【解析】 【详解】A．最终匀速运动时，牵引力与阻力相等，根据 m=P Fv fv 代入数据，可得 50Nf  在 0～3s 时间内，小车的做匀加速运动，根据图象可知 21m/sva t   根据牛顿第二定律 F f ma  可得 130NF  在 0～3s 时间的位移 2 1 1 4.5m2s at  因此 0～3s 时间内，牵引力做功 1 1 585JW Fs  A 错误； C．在 3～10 s 时间内，根据动能定理 2 2 m 1 1 1 2 2fPt W mv mv   根据图象得 1020JfW  C 正确； B．在 3～10 s 时间内，是加速度逐渐减小的加速运动，因此 1 m 4.5m/s2 v vv   B 错误； D．小车在 2s 末的功率 2 260WP Fv  因此 - 5 - 2 14 260 13 300 15 P P   D 错误。 故选 C。 5. 如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场分布在边长为 L 的等边三角形 ABC 内，D 是 AB 边的中 点，一群相同的带负电的粒子仅在磁场力作用下，从 D 点沿纸面以平行于 BC 边方向、大小不 同的速率射入三角形内，不考虑粒子间的相互作用力，已知粒子在磁场中运动的周期为 T，则 下列说法中正确的是（ ） A. 粒子垂直 BC 边射出时，半径 R 等于 4 L B. 速度小的粒子一定比速度大的粒子在磁场中运动时间长 C. 粒子可能从 AB 边射出，且在磁场中运动时间为 5 6 T D. 粒子可能从 C 点射出，且在磁场中运动的时间为 6 T 【答案】D 【解析】 【详解】A．粒子垂直 BC 边射出时，由几何关系可知，粒子运动的半径 3cos302 4 LR L  选项 A 错误； BC．若带电粒子从 AB 边射出磁场，可知圆心角为 240°，粒子在磁场中经历时间为 2 3 T，且所 有从 AB 边上射出的粒子的时间均为 2 3 T，则并非速度小的粒子一定比速度大的粒子在磁场中 运动时间长，选项 BC 错误； - 6 - D．粒子可能从 C 点射出，由几何关系可知 2 2 23( ) ( )4 4 L LR L R    解得 3 2R L 可知粒子在磁场中的圆心角为 60°，则运动的时间为 6 T ，选项 D 正确； 故选 D。 6. 太阳系中，行星周围存在着“作用球”空间：在该空间内，探测器的运动特征主要决定于 行星的引力。2020 年中国将首次发射火星探测器，并一次实现“环绕、着陆、巡视”三个目 标。如图所示，若将火星探测器的发射过程简化为以下三个阶段：在地心轨道沿地球作用球 边界飞行，进入日心转移轨道环绕太阳飞行，在俘获轨道沿火星作用球边界飞行。且 A 点为 地心轨道与日心转移轨道切点，B 点为日心转移轨道与俘获轨道切点，则下列关于火星探测器 说法正确的是（ ） A. 在地心轨道上经过 A 点的速度小于在日心转移轨道上经过 A 点的速度 B. 在 B 点受到火星对它的引力大于太阳对它的引力 C. 在 C 点的运行速率大于地球的公转速率 - 7 - D. 若已知其在俘获轨道运行周期，可估算火星密度 【答案】AB 【解析】 【详解】A．从地心轨道上经过 A 点进入日心转移轨道上 A 点做了离心运动，脱离地球束缚， 因此一定点火加速，故 A 正确； B．探测器通过 B 点后绕火星运动，合外力做为圆周运动的向心力，因此火星对它的引力大于 太阳对它的引力，故 B 正确； C． 在 C 点时，同地球一样绕太阳运行，根据 2 2 GMm mv r r  由于绕太阳的轨道半径大于地球绕太阳的轨道半径，因此运行速率小于地球绕太阳的公转的 运行速率，故 C 错误； D．根据 2 2 (2 )GMm m rr T  34 3M R   可得 3 2 3 3 r GT R    由于轨道半径不等于火星半径，因此无法求出火星密度，故 D 错误。 故选 AB。 7. 如图所示，在真空中取正方体区域，中心为 O 点（图中未画出），a、b、c、d、e、f、g、 h 为顶点，下列说法正确的是（ ） A. 若将两个等量异种电荷分别置于 b、d 点，则 a、c、g、e 点电势相等 B. 若将两个等量同种电荷分别置于 b、d 点，则 a、c 场强大小相等且小于 O 点场强大小 C. 若将两个等量正电荷分别置于 a、g 点，一电子仅在两正电荷作用下运动，电子的电势能 - 8 - 可能不变 D. 若 a 点放点电荷为－Q，其余各顶点均放置点电荷＋Q，则中心 O 点场强方向沿 Og 方向 【答案】ABC 【解析】 【详解】A．若将两个等量异种电荷分别置于 b、d 点，则 a、c、g、e 点都在电势为零的等势 面上，即四点的电势相等，故 A 正确； B．设正方形边长为 L，若将两个等量同种电荷分别置于 b、d 点，则由叠加原理可知，O 点的 场强 2 2 1 8 32 93 3( )2 O kQ kQE LL    a、c 场强大小相等均为 2 2 a c kQE E L   则 a、c 场强小于 O 点场强大小，故 B 正确； C．若将两个等量正电荷分别置于 a、g 点，一电子仅在两正电荷作用下运动，可能沿着 ag 连 线的垂直平分面上做匀速圆周运动，此时电子的电势能不变，故 C 正确； D．若 a 点放点电荷为－Q，其余各顶点均放置点电荷＋Q，则 ce、bh、fd 顶点的电荷在 O 点 的合场强均为零，则 O 点的场强由放在 a 点的-Q 和放在 g 点的+Q 决定，则中心 O 点场强方向 沿 Oa 方向，故 D 错误。 故选 ABC。 8. 如图所示，两光滑导轨相距为 L，倾斜放置，与水平地面夹角为α，上端接一电容为 C 的 电容器。导轨上有一质量为 m 长为 L 的导体棒平行地面放置，导体棒离地面的高度为 h，磁感 强度为 B 的匀强磁场与两导轨所决定的平面垂直，开始时电容器不带电。将导体棒由静止释 放，整个电路电阻不计，则（ ） - 9 - A. 导体棒先做加速运动，后作匀速运动 B. 导体棒一直做匀加速直线运动，加速度为 a＝ 2 2 sinmg m CB L   C. 导体棒落地时瞬时速度 v= 2 2 2 sinmgh m CB L   D. 导体棒下落中减少的重力势能大于增加的动能，机械能不守恒 【答案】BD 【解析】 【详解】AB．对导体棒进行受力分析，根据牛顿第二定律 sinmg BIL ma   而 qI t   q C U   BL v U     va t 整理得 2 2sinmg CB L a ma   解得 2 2 sinmga m CB L   ① 下滑的过程中，加速度保持不变，因此 B 正确，A 错误； C．根据速度与位移的关系 2 2 sin hv a  ② 由①②联立得 - 10 - 2 2 2mghv m CB L   C 错误； D．下降过程中，由于电容器充电，根据能量守恒，减小的重力势能，一部分转化为动能，一 部分转化为电场能，因此减少的重力势能大于增加的动能，机械能不守恒，D 正确。 故选 BD。 第Ⅱ卷（非选择题，共 174 分） 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 22 题～第 32 题为必考题，每个试题考生都 必须作答。第 33 题～第 38 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题（共 129 分） 9. 为了探究合外力做功与物体速度变化的关系，某同学设计了如下实验方案。 第一步：如图甲所示，把木板一端垫起，滑块通过细绳与一重锤相连，然后跨过定滑轮， 重锤下连一纸带，穿过打点计时器，调整木板倾角，直到轻推滑块，滑块沿木板向下匀速运 动。 第二步：如图乙所示，保持木板倾角不变，取下细绳和重锤，将打点计时器安装在木板靠近 滑轮处，将滑块与纸带相连，使纸带穿过打点计时器。 第三步：接通 50Hz 交流电源，释放滑块，使滑块由静止开始加速运动，按实验要求打出的一 条纸带如图丙所示。选择某一点为 O，依次每隔 4 个计时点取一个计数点。用刻度尺量出相邻 计数点间的距离 X ，记录在纸带上。 (1)打点计时器打 1 点时滑块速度 1v  __________m/s (2)已知重锤质量为 1kgm  ，当地的重力加速度为 210m/sg  ，合外力在 1 和 6 两点间对滑 - 11 - 块做的功W  ________J。 (3)利用纸带求出各段合外力对滑块做的功W 及 1、2、3、4、5、6 各点的速度 v ，以 2v 为纵 轴，W 为横轴建立坐标系，作出 2v W 图象，发现它是一条过坐标原点的直线，则说明 _______________________。 【答案】 (1). 0.228 (2). 1.714 (3). 合外力对滑块做的功与滑块速度的平方成 正比 【解析】 【详解】(1)[1]打点“1”的速度等于“0”到“2”这段的平均速度 2 1 (2.06 2.50) 10 m/s 0.228m/s0.2v    (2)[2]“1”到“6”的距离 (2.50 2.98 3.42 3.89 4.35)m 0.1714ms       物体所受合外力就是重锤的重力，因此合外力做的功 1.714JW mgs  (3)[3] 合外力对滑块做的功与滑块速度的平方成正比。 10. 用如图所示电路测量电源的电动势和内阻。实验器材：待测电源(电动势约 3 V，内阻约 2 Ω)，保护电阻 R1(阻值 10 Ω)和 R2(阻值 5 Ω)，滑动变阻器 R，电流表 A，电压表 V，开关 S，导线若干。 实验主要步骤： ①将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关； ②逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数 U 和相应电流表的示数 I； ③以 U 为纵坐标，I 为横坐标，作 UI 图线(U、I 都用国际单位)； ④求出 UI 图线斜率的绝对值 k 和在纵轴上的截距 a。 - 12 - 回答下列问题： (1)电压表最好选用______；电流表最好选用______。 A．电压表(0～3 V，内阻约 15 kΩ) B．电压表(0～3 V，内阻约 3 kΩ) C．电流表(0～200 mA，内阻约 2 Ω) D．电流表(0～30 mA，内阻约 2 Ω) (2)选用 k 、a 、 1 2R R、 表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式，r＝________，E＝________， 所测得的电源电动势测量值______（大于、等于、小于）电源电动势真实值。 【答案】 (1). A (2). C (3). 2k R (4). a (5). 小于 【解析】 【详解】(1)[1]该实验的主要误差来自于电压表的分流作用，因此电压表在量程相同的情况 下选用内阻大的，分流作用小，因此选 A。 [2]整个电路的总电阻最小值为 1 2 A 19ΩR R R R r     因此回路最大电流 150mAUI R   因此电流表选 C。 (2)[3][4]根据闭合电路欧姆定律 2( )U E I r R   由题可知 2k r R  ， E a 故内电阻为 2k R ，电动势为 a 。 [5]由于电压表的分流作用，使测得的电流值比真实值小，根据 2( )E U I r R   测得电动势值小于真实值。 11. 如图所示，第一象限中有沿 x 轴的正方向的匀强电场，第二象限中有沿 y 轴负方向的匀 强电场，两电场的电场强度大小相等．一个质量为 m，电荷量为－q 的带电质点以初速度 v0 从 x 轴上 P(－L，0)点射入第二象限，已知带电质点在第一和第二象限中都做直线运动，并且能 够连续两次通过 y 轴上的同一个点 Q(未画出)，重力加速度 g 为已知量．求： - 13 - (1)初速度 v0 与 x 轴正方向的夹角； (2)P、Q 两点间的电势差 UPQ； (3)带电质点在第一象限中运动所用的时间． 【答案】(1) 45 (2)－ mgL q (3) 02v g 【解析】 【详解】(1)由题意知，带电质点在第二象限做匀速直线运动，有 qE＝mg 设初速度 v0 与 x 轴正方向的夹角为θ，且由带电质点在第一象限做直线运动，有 tan mg qE   解得 θ＝ 45 . (2)P 到 Q 的过程，由动能定理有 qEL－mgL＝0 WPQ＝qEL 解得 PQ PQ W mgLU q q    (3)带电质点在第一象限做匀变速直线运动，由牛顿第二定律有 2 mg＝ma 即 a＝ 2 g 由速度公式得 v0＝at - 14 - 解得 02 2 vt g  带电质点在第一象限中往返一次所用的时间 022 vT t g   12. 如图所示，半径为 R1＝1.8 m 的 1 4 光滑圆弧与半径为 R2＝0.3 m 的半圆光滑细管平滑连接 并固定，光滑水平地面上紧靠管口有一长度为 L＝2.0 m、质量为 M＝1.5 kg 的木板，木板上 表面正好与管口底部相切，处在同一水平线上，木板的左方有一足够长的台阶，其高度正好 与木板相同．现在让质量为 m2＝2 kg 的物块静止于 B 处，质量为 m1＝1 kg 的物块从光滑圆弧 顶部的 A 处由静止释放，物块 m1 下滑至 B 处和 m2 碰撞后不再分开，整体设为物块 m(m＝m1＋m2)． 物块 m 穿过半圆管底部 C 处滑上木板使其从静止开始向左运动，当木板速度为 2 m/s 时，木 板与台阶碰撞立即被粘住(即速度变为零)，若 g＝10 m/s2，物块碰撞前后均可视为质点，圆 管粗细不计． (1)求物块 m1 和 m2 碰撞过程中损失的机械能； (2)求物块 m 滑到半圆管底部 C 处时所受支持力大小； (3)若物块 m 与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，求物块 m 在台阶表面上滑行的 最大距离． 【答案】⑴12J ⑵190N ⑶0.8m 【解析】 试题分析：（1）选由机械能守恒求出物块 1m 下滑到 B 点时的速度； 1m 、 2m 碰撞满足动量守 恒，由 2 2 1 B 1 1 2 2E m v mv  共机 求出碰撞过程中损失的机械能；（2）物块 m 由 B 到 C 满足机械能 守恒，在 C 点由牛顿第二定律可求出物块 m 滑到半圆管底部 C 处时所受支持力大小；（3）根 - 15 - 据动量守恒定律和动能定理列式即可求解. ⑴设物块 1m 下滑到 B 点时的速度为 Bv ，由机械能守恒可得： 2 1 1 1 B 1 2m gR m v 解得： B 6 /v m s 1m 、 2m 碰撞满足动量守恒： 1 B 1 2( )m v m m v  共 解得； 2 /v m s共  则碰撞过程中损失的机械能为： 2 2 1 B 1 1 122 2E m v mv J  共机 ⑵物块 m 由 B 到 C 满足机械能守恒： 2 2 2 C 1 122 2mv mg R mv共    解得： C 4 /v m s 在 C 处由牛顿第二运动定律可得： 2 C N 2 vF mg m R   解得： N 190F N ⑶设物块 m 滑上木板后，当木板速度为 2 2 /v m s 时，物块速度为 1v ， 由动量守恒定律得： C 1 2mv mv Mv  解得： 1 3 /v m s 设在此过程中物块运动的位移为 1x ，木板运动的位移为 2x ，由动能定理得： 对物块 m： 2 2 1 1 C 1 1 2 2mgx mv mv   解得： 1 1.4x m 对木板 M： 2 2 2 1 2mgx Mv  解得： 2 0.4x m 此时木板静止，物块 m 到木板左端的距离为： 3 2 1 1x L x x m    设物块 m 在台阶上运动的最大距离为 4x ，由动能定理得： 2 3 4 1 1( ) 0 2mg x x mv    - 16 - 解得： 4 0.8x m （二）选考题：共 45 分。请考生从给出的 2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选 一题做答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。注意所选题目的题号必须 与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第 一题计分。 13. 下列说法正确的是（ ） A. 温度高的物体内能不一定大 B. 一定质量的理想气体，在完全失重的状态下，气体的压强会变为零 C. 气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在斥力的缘故 D. 一定质量的理想气体，当放出热量内能增加时，单位体积内的分子数一定增加 E. 空气的绝对湿度用空气中所含水蒸汽的压强表示 【答案】ADE 【解析】 【详解】A．物体的内能与物体的温度、体积以及物质的量等都有关系，则温度高的物体内能 不一定大，选项 A 正确； B．一定质量的理想气体的压强是大量的气体分子频繁地对器壁碰撞而产生的，与是否完全失 重无关，选项 B 错误； C．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子无规则运动的缘故，与分子间存 在斥力无关，选项 C 错误； D．根据热力学第一定律，一定质量的理想气体，当放出热量内能增加时，则外界对气体做功， 体积减小，则单位体积内的分子数一定增加，选项 D 正确； E．空气的绝对湿度用空气中所含水蒸汽的压强表示，选项 E 正确。 故选 ADE。 14. 为了更方便监控高温锅炉外壁的温度变化，在锅炉的外壁上镶嵌一个导热性能良好的气 缸，气缸内气体温度可视为与锅炉外壁温度相等．气缸开口向上，用质量为 m=1kg 的活塞封 闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为 S=1cm2．当气缸内温度为 300K 时，活塞与气缸底间 距为 L，活塞上部距活塞 2 3 L 处有一用轻质绳悬挂的重物 M．当绳上拉力为零时，警报器报警．已 知室外空气压强 P0=1.0×105Pa,活塞与器壁之间摩擦可忽略．求： - 17 - （i）当活塞刚刚碰到重物时，锅炉外壁温度为多少? （i）若锅炉外壁的安全温度为 1000K，那么重物的质量应是多少？ 【答案】(1)500K (2)2kg 【解析】 (i)活塞上升过程为等压变化． V1=LS ， V2=(L+d)S 1 2 1 2 V V T T  得 T2=500K (ii)活塞碰到重物后到绳的拉力为零是等容过程，设重物质量为 M． P2S=P0S+mg P3S=P0S+(m+M)g 32 2 3 PP T T  可得：M=2kg 15. 如图所示，位于原点的波源振动方程为 y=8sinπt cm，t=0 时刻开始沿 y 轴方向振动形 成一列沿 x 轴正方向传播的简谐横波，在 t=5 s 时刻位于 x 轴上的 M、N 两质点间第一次出现 图示波形，N 的横坐标为 x=20 m，下列叙述中正确的是________。 A. 此时质点 M 的速度为零 B. 波的传播速度为 5 m/s - 18 - C. 质点 M 的横坐标为 x=15 m D. 质点 M 运动的路程为 40 cm E. 若此波在传播过程中与另一列频率为 2 Hz、振幅为 4 cm的简谐横波相遇，相遇区域有的 质点位移可能达到 12 cm 【答案】BCE 【解析】 【详解】A．此时质点 M 在平衡位置，其速度最大，故 A 错误； B．由波源振动方程为 y=8sinπtcm，可得波的初相位为 0，即波源的起振方向向上，周期为 2 2 s 2sT     ＝ ＝ ＝ 由于传播时间为△t=5s=2T+ 1 2 T，所以传播距离为△x=2λ+ 1 2 λ，若此波刚好传播到 N 点， 则根据波的传播方向，可知 N 质点向下起振，与题不符，故可知传播距离为△x=20m+ 1 2 λ， 则可知波长为λ=10m，所以波速为 10 m/s 5m/s2v T ＝ ＝ ＝ 故 B 正确； C．由前面的分析可知 M 质点的横坐标为 xM=20m− 1 2 ×10m=15m，故 C 正确； D．由前面的分析及题意可知质点 M 的振动时间为△t=5s−15 5 s=2s，即质点 M 振动一个周期， 故其运动的路程为 s=4A=4×8cm=32cm，故 D 错误； E．由前面的分析，可知此波的频率为 0.5Hz，若此波在传播过程中与另一列频率为 2Hz、振 幅为 4cm 的简谱横波相遇，有些质点刚好是两列波的波峰与波峰相叠加，质点位移可能达到 A1+A2=12cm，故 E 正确。 故选 BCE。 16. 如图所示，均匀透明介质制成的半圆筒，O 为圆心、AB 为直径，OO´垂直于 AB，外圆半径 为 2 a、内圆半径为 a，一束与 OO´平行的光射向圆筒。进入透明介质折射角为 30°的入射 光线恰好不能射入圆筒内部。求： (1)均匀介质的折射率 (2)若在光线入射方向垂直放置一块不透光的遮光板，使圆筒内部没有任何光线，遮光板的最 小宽度？ - 19 - 【答案】(1)均匀介质的折射率是 2 ；(2)若在光线入射方向垂直放置一块不透光的遮光板， 使圆筒内部没有任何光线，遮光板的最小宽度为 2a。 【解析】 【详解】(1)在三角形 ODC 中，由正弦定理得   2 sin30 sin 180 a a C   解得 sinC＝ 2 2 则均匀介质的折射率 1 2sinn C   (2)光进入圆筒时，由折射定律得 sin sin30 in  解得 i＝45° DF＝ 2 asin45°＝a 所以遮光板的最小宽度为 2a - 20 -