辽宁省辽阳市2020届高三下学期第三次模拟理综物理试题 Word版含解析 21页

- 1 - 2019—2020 学年度下学期高三第三次模拟考试试题 理科综合物理 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 14~17 题只有一 项符合题目要求，第 18~21 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.在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步。 下列表述符合 物理学史实的是（ ） A. 麦克斯韦为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论 B. 爱因斯坦为了解释光电效应的规律，提出了光子说 C. 查德威克通过对α粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型 D. 贝克勒尔通过对天然放射性的研究，发现原子核是由质子和中子组成的 【答案】B 【解析】 【详解】A．普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论，故 A 错误； B．爱因斯坦为了解释光电效应的规律，提出了光子说，得到了光电效应方程，故 B正确； C．卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型，故 C 错误； D．贝克勒尔通过对天然放射性的研究，揭示了原子核有复杂的结构，但并没有发现质子和中 子，故 D 错误。 故选 B。 2.如图所示，以 8m/s 匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有 2s 将熄灭，此时汽车距离停 车线 18m。该车加速时最大加速度大小为 2m/s2，减速时最大加速度大小为 5m/s2。 此路段允 许行驶的最大速度为 12.5m/s，下列说法中正确的有（ ） A. 如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车不可能通过停车线 B. 如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速 C. 如果立即做匀减速运动在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线 D. 如果距停车线 5m 处开始减速，汽车能停在停车线处 【答案】C - 2 - 【解析】 【详解】AB．如果立即做匀加速直线运动， 1 2st  内的位移 1 22 0 1 1 18 2 2 2 201 2 m 2 x v t a t       >18m 在绿灯熄灭前汽车通过停车线，此时汽车的速度为 1 0 1 1 8 2 2 s2 m /1v v a t      <12.5m/s 汽车没有超速，AB 错误； CD．如果立即做匀减速运动，速度减为零需要时间 0 2 2 1.6svt a   此过程通过的位移为 2 2 2 2 2 1 1 5 1.6 6.4m 18m 2 2 x a t      所以不能到达停车线 2 2 2 2 2 1 1 5 1.6 6.4m 5m 2 2 x a t      如果距停车线 5m 处开始减速，汽车不能停在停车线处，C 正确 D错误。 故选 C。 3.如图所示，用绳 OA、OB 和 OC 吊着重物 P 处于静止状态，其中绳 OA 水平，绳 OB 与水平方 向成θ角。 现用水平向右的力 F 缓慢地将重物 P 拉起，用 FA和 FB分别表示绳 OA 和绳 OB 的张 力，则（ ） A. FA、FB、F 均增大 B. FA增大，FB减小 C. FA不变，F 增大 D. FB不变，F 增大 【答案】D - 3 - 【解析】 【详解】设重物的重力为 G，以重物为研究对象，分析受力，如图 1 所示 根据平衡条件得 tanF G  则 增大，F增大； 以三根绳子和重物整体为研究对象，分析受力如图 2 所示 根据平衡条件得 sinBF G  G、 不变，则 BF 不变，根据 cosA BF F F   可知 AF 增大； 故选 D。 4.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下 极板都接地，在两极板间有一个固定点 P，以 E表示两板间的电场强度，表示 P 点的电势， - 4 - θ表示静电计指针的偏角。静电计所带电量很小，可以忽略不计，若保持下极板不动，将上 极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则正确的是（ ） A. θ增大，E增大，增大 B. θ减小，E不变，不变 C. θ减小，E减小，减小 D. θ减小，E不变，减小 【答案】B 【解析】 【详解】ABCD．电容器与电源断开，故电量不变，上极板向下移动时，两板间的距离减小， 根据 4 SC kd    可知，电容 C 增大，则根据 QC U  可知，电压 U 减小，故静电计指针偏角θ减小，两板间的电场强度 4U Q kdE d Cd S      因此电场强度与板间距无关，因此电场强度不变，根据 ' 0 0P pU Ed    P 点离下极板间距不变，因此 P 点的电势不变，ACD 错误 B 正确。 故选 B。 5.假设宇宙中有两颗相距无限远的行星 A 和 B、A、B 的半径分别为 RA和 RB，两颗行星各自周 围的卫星的轨道半径的三次方（ 3r ）与运行公转周期的平方（T2）的关系如图所示：T0为卫星 环绕各自行星表面运行的周期。则下列说法正确的是（ ） - 5 - A. 行星 A的质量大于行星 B的质量 B. 行星 A的密度等于行星 B的密度 C. 行星 A的密度大于行星 B的密度 D. 行星 A的第一宇宙速度大于行星 B的第一宇宙速度 【答案】ABD 【解析】 【详解】A．根据万有引力提供向心力，有 2 2 2 4MmG m R R T   解得 2 34 RT GM   对于环绕行星 A 表面运行的卫星，有 2 3 A 0 A 4 RT GM   ① 对于环绕行星 B 表面运行的卫星，有 B 0 B 2 34 RT GM   ② 联立①②得 3 3 A B A B R R M M  ③ 由图知 A BR R ，所以 A BM M ，故 A正确； BC．A行星质量为 - 6 - A A 3 A 4 3 M R  B 行星的质量为 B B 3 B 4 3 M R  代入③得 3 3 A B A 3 B 3 A B 4 4 3 3 R R R R     解得 A B  故 B 正确 C 错误； D．行星的近地卫星的线速度即第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力，有 2 2 Mm vG m R R  解得 34 43 3 G RGMv G R R R        因为 A BR R ，所以 A Bv v ，D 正确。 故选 ABD。 6.在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连的物块 A、B，它们的质量分别为 1m 和 2m ，弹簧劲度系数为 k，C 为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一平行于斜面向上的拉 力拉物块 A，使它以加速度 a 沿斜面向上做匀加速运动直到物块 B 刚要离开挡板 C，在此过程 中（ ） A. 拉力的大小一直增大 - 7 - B. 物块 B刚要离开挡板 C 时拉力  1 2 1sinF m m g m a   C. 拉力做功的功率先增大后减小 D. 物块 A的机械能先减小后增大 【答案】AB 【解析】 【详解】B．当物块 B 刚离开挡板 C 时，有 2 1sinm g kx  物块 B 刚要离开挡板 C 时拉力最大，对 A，有 1 1 1sinF m g kx m a   解得拉力的最大值为 1 2 1( ) sinF m m g m a   B 正确； AC．从 A 开始运动到弹簧恢复原长前，弹簧的形变量为 x，对于 A 1 1sinF m g kx m a   x 减小，F增大，根据 P Fv 知拉力的功率增大，弹簧恢复原长后，弹簧的形变量为 'x，对于 A ' 1 1sinF m g kx m a   'x增大，F 增大，由 P Fv 物块 A 以加速度 a 沿斜面向上做匀加速运动，速度增大，所以拉力做功的功率也一直增大，C 错误 A 正确； D．物块 A以加速度 a 沿斜面向上做匀加速运动，速度增大，动能增大，上升高度增加，势能 增大，所以机械能增大，D 错误。 故选 AB。 7.现代科学研究中常用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场加速电子的设备。 如 图将一个光滑的环形真空室垂直放置于磁感应强度为B的匀强磁场中，B随时间均匀变化，B=kt - 8 - （k 为大于零的常数，B>0 时磁场方向垂直纸面向外）。在 t=0 时真空室内有一电子从 A 点由 静止释放，设电子的电量为 e、质量为 m（运动过程中均一直不变），其运动的半径为 R 且不 变。 则下列说法正确的是（ ） A. 电子做圆周运动的周期不变 B. 电子在轨道内逆时针（俯视）运动 C. 变化的磁场产生的涡旋电场方向为逆时针（俯视） D. 电子运动的加速度不断增大 【答案】BD 【解析】 【详解】A．电子在匀强磁场中圆周运动的周期 2 2R mT v eB     B 随时间均匀增大，则周期逐渐减小，故 A错误； C．垂直纸面向外的磁场均匀增大，由楞次定律可知感应电流的方向为顺时针（俯视）方向， 而电流的方向为感生电场的方向，则涡旋电场方向为顺时针（俯视），故 C错误； B．电子带负电，其所受的电场力与涡旋电场的方向相反，则电子沿逆时针（俯视）方向运动， 故 B 正确； D．电子做加速运动，由 2 n va R  知由法向加速度大小增大，电子切向加速度大小不变，则电子运动的加速度不断增大，故 D 正确。 故选 BD。 8.如图所示，边界 OA 与 OC 之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界 OA 上有一粒子源 S。某 - 9 - 一时刻，从 S 平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子（不计粒子的重力及粒子 间的相互作用），所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边界 OC 射出磁场。 已知∠AOC=60°，从边界 OC 射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于 2 T （T 为粒子在磁场中 运动的周期），则从边界 OC 射出的粒子在磁场中运动的时间可能为（ ） A. 8 T B. 7 T C. 6 T D. 4 T 【答案】CD 【解析】 【详解】ABCD．粒子在磁场做匀速圆周运动，粒子在磁场中出射点和入射点的连线即为轨迹 的弦，初速度大小相同，根据 2vqvB m R  则 mvR qB  轨迹半径相同，如图所示 设OS d ，当出射点 D 与 S 点的连线垂直于 OA 时，DS 弦最长，轨迹所对的圆心角最大，周 期一定，则由粒子在磁场中运动的时间最长，由此得到，轨迹半径为 - 10 - 3 2 R d 当出射点 E 与 S 点的连线垂直于 OC 时，弦 ES 最短，轨迹所对的圆心角最小，则粒子在磁场 中运动的时间最短，则 3 2 SE d 由几何知识，得 60  ，最短时间 1 6mint T 所以，粒子在磁场中运动时间范围为 1 1 6 2 T t T  AB 错误 CD 正确。 故选 CD。 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 须做答。第 33 题~第 38 题为选考题，考生根据要求做答。 （一）必考题（共 129 分） 9.某实验小组利用如图 1 所示的实验装置验证动量守恒定律．实验的主要步骤如下： （1）用游标卡尺测量小球 A、B 的直径 d，其示数均如图 2 所示，则直径 d＝________ mm， 用天平测得球 A、B的质量分别为 m1、m2. （2）用两条细线分别将球 A、B 悬挂于同一水平高度，且自然下垂时两球恰好相切，球心位 于同一水平线上． （3）将球 A 向左拉起使其悬线与竖直方向的夹角为α时由静止释放，与球 B 碰撞后，测得球 A向左摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为θ1，球 B 向右摆到最高点时其悬线与竖直方 向的夹角为θ2. （4）若两球碰撞前后的动量守恒，则其表达式为__________________；若碰撞是弹性碰撞， - 11 - 则还应满足的表达式为________________________．(用测量的物理量表示) 【 答 案 】 (1). 22.0 (2). 2 1 1 2 1sin sin sin 2 2 2 m m m    (3).  1 1 1 2 2cos sin 1 cosm m m     【解析】 【详解】（1）直径 d＝2.2cm+0.1×0=2.20cm=22.0 mm （2）设悬线长度为 L，则 A 球到达最低点时的速度： 2 (1 cos )v gL   ；碰后 A 球的速度： 1 12 (1 cos )v gL   ；碰后 B球的速度： 2 22 (1 cos )v gL   ；若两球碰撞前后的动量守 恒，则其表达式为 m1v=m2v2-m1v1，即 1 2 2 1 12 (1 cos ) 2 (1 cos ) 2 (1 cos )m gL m gL m gL       ；即 1 2 2 1 1(1 cos ) (1 cos ) (1 cos )m m m       化简后可得 2 1 1 2 1sin sin sin 2 2 2 m m m    碰撞是弹性碰撞，则还应满足的表达式为 2 2 2 1 2 2 1 1 1 1 1 2 2 2 m v m v m v  ， 即： 2 2 2 1 2 2 1 1 1 1 1[ 2 (1 cos )] [ 2 (1 cos )] [ 2 (1 cos )] 2 2 2 m gL m gL m gL       ， 即：m1cos α＝m1cos θ1－m2(1－cos θ2) 点睛：此题关键是要搞清实验的原理，注意碰撞前后的速度方向；知道弹性碰撞所满足的能 量关系即可列式. 10.为制作电子吊秤，物理小组找到一根拉力敏感电阻丝，拉力敏感电阻丝在拉力作用下发生 微小形变(宏观上可认为形状不变)，它的电阻也随之发生变化，其阻值 R 随拉力 F 变化的图 象如图(a)所示，小组按图(b)所示电路制作了一个简易“吊秤”．电路中电源电动势 E = 3V， 内阻 r =1Ω；灵敏毫安表量程为 10mA ，内阻 Rg=50Ω；R1是可变电阻器，A、B 两接线柱等高 且固定．现将这根拉力敏感电阻丝套上轻质光滑绝缘环，将其两端接在 A、B 两接线柱上．通 过光滑绝缘滑环可将重物吊起，不计敏感电阻丝重力，具体步骤如下： 步骤 a：滑环下不吊重物时，闭合开关，调节可变电阻 R1，使毫安表指针满偏； 步骤 b：滑环下吊已知重力的重物 G，测出电阻丝与竖直方向的夹角为θ； 步骤 c：保持可变电阻 R1接入电路电阻不变，读出此时毫安表示数 I； 步骤 d：换用不同已知重力的重物，挂在滑环上记录每一个重力值对应的电流值； 步骤 e：将电流表刻度盘改装为重力刻度盘． - 12 - (1)写出敏感电阻丝上的拉力 F 与重物重力 G 的关系式 F=__________； (2)若图(a)中 R0=100Ω，图象斜率 k = 0.5Ω/N ，测得θ=60°，毫安表指针半偏，则待测 重物重力 G= _________N； (3)改装后的重力刻度盘，其零刻度线在电流表________________(填“零刻度”或“满刻 度”)处，刻度线_________填“均匀”或“不均匀”）． (4)若电源电动势不变，内阻变大，其他条件不变，用这台“吊秤”称重前，进行了步骤 a 操 作，则测量结果______________（填“偏大”、“偏小”或“不变”）． 【答案】 (1). 2cos G  (2). 600N (3). 满刻度 (4). 不均匀 (5). 不变 【解析】 【详解】(1) 由受力情况及平行四边形定则可知， 2 cosG F  ，解得： 2cos GF   ； (2) 实验步骤中可知，当没有挂重物时，电流为满偏电流，即：  1g gE I r R R   ，由欧 姆定律得： 1 0 2g EI Gr R R R k cos      ，电流是半偏的，代入数据解得：G=600N； (3) 由实验步骤可知，当拉力为 F 时，电流为 I，因此根据闭合电路的欧姆定律得：  1g LE I r R R R    ，由图乙可知，拉力与电阻的关系式： 0LR kF R  ，解得： 1 0 2g EI Gr R R R k cos      电流值 I 与压力 G 不成正比，刻度盘不均匀；该秤的重力越 小，电阻越小，则电流表示数越大，故重力的零刻度应在靠近电流表满刻度处； (4) 根据操作过程 a 可知，当内阻增大，仍会使得电流表满偏，则电阻 R1会变小，即 r+R1之 和仍旧会不变，也就是说测量结果也不变． 11.如图所示，一长为 11mL  的水平传送带，以 0 4m/sv  的速率逆时针转动。把一质量为 1kgm  的物块 A以速度大小 0v 推上传送带的右端，同时把另一质量为 2kgM  的物块 B 以 - 13 - 速度大小 8m/sv  推上传送带的左端。已知两个物块相撞后以相同的速度在传送带上运动， 两个物块与传送带间的动摩擦因数均为 0.2  ，重力加速度 210m/sg  ，物块可视为质点 且碰撞时间极短。求： (1)经多长时间两个物块相撞； (2)相撞后两个物块再经多长时间相对传送带静止； (3)物块 B与传送带因摩擦产生的热量Q。 【答案】(1)1s(2) 10 s 3 (3) 796 J 9 【解析】 【详解】(1)由题意知物块 A 随传送带一起做匀速直线运动，设物块 B 做加速度大小为 a的匀 减速直线运动，则由牛顿第二定律有 Mg Ma  设经时间 t两个物块相撞，则有 2 0 1 2 v t vt at L   解得 1st  或者 11st  （舍去） (2)规定向右为正方向，两个物块相撞后瞬间的速度为 1v ，则有 0 1( ) ( )M v at mv M m v    以两个物块为系统，经时间 t两个物块相对传送带静止，由动量定理得 0 1( ) ( ) ( )M m gt M m v M m v        解得 10 s 3 t  (3)设物块 B 在与物块 A相撞之前与传送带因摩擦产生的热量为 1Q，由能量守恒定律有 - 14 - 2 2 1 0 1 1 ( ) 2 2 Q Mv M v at Mg v t     设碰撞之后物块 B 与传送带因摩擦产生的热量为 2Q ，由能量守恒定律有 2 2 0 0 1 2 1 1 2 2 Mg v t Mv Mv Q     物块 B 与传送带因摩擦产生的热量 1 2Q Q Q  解得 796 J 9 Q  12.如图所示，一足够大的光滑绝缘水平面与 xoz 平面重合，整个空间充满着方向竖直向上的 匀强电场和匀强磁场，电场强度为 E，磁感应强度为 B。一带正电小球从平面上 A 点以速度 v 平行于 z 轴负方向进入场中，能以 O 点为圆心做半径为 r 匀速圆周运动，恰对水平面无压力 （不考虑电磁辐射造成的能量损失及其影响）。已知重力加速度为 g。求： (1)带电小球的比荷 q m 及做匀速圆周运动的半径 r是多少； (2)若只撤去匀强磁场，电场强度增大为 2E，小球从 A点沿原方向入射，能通过空间坐标为（-r， r，-2r）的点，则小球的入射速度 1v 是多少； (3)若只撤去匀强电场，在 O点的正下方 P点固定一个点电荷，该带电小球仍从 A 点沿原方向 以速率 2 1 2 v v 射入场中，它仍能在水平面上做相同半径的匀速圆周运动，试求 PO 间距离 h 的取值范围。 【答案】(1) q g m E  ， Evr gB  ；(2) 1 2v rg （或 1 2Evv B  ）；(3) 2 2 40 Eh gB   【解析】 - 15 - 【详解】(1)依题意可知小球所受的支持力 N=0，小球竖直方向上受力平衡，则有 mg qE 得 q g m E  小球在水平方向只受洛仑兹力作用，在 xoz 平面上做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得 2vqvB m r  解得半径 mv Evr qB gB   (2)带电小球沿 y 轴的加速度为 a，根据牛顿第二定律得 Eq mg ma  经过坐标为（-r，r，-2r）的时间为 t，则沿 y 轴正方向的运动为 r，则沿 x 轴负方向的运动 为 2r，则 12r v t 解得 1 2v rg （或 1 2Evv B  ） （3）因为 2 2 vv  ，圆周运动半径不变，故向心力减小。P点固定的电荷必为正电荷。设其电 荷量为 Q，对带电小球受力分析如图. 根据牛顿第二定律得 - 16 - 竖直方向上有 2 2 cos kQqmg N h r    水平方向上有 2 2 2 2 2 sin vkQqqv B m h r r    由以上各式解得 2 2 2 4 NE g mh g B      因为 0≤N≤mg 所以 h 的取值范围为 2 2 40 Eh gB   （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。 【物理——选修 3-3】（15 分） 13.对于一定质量的理想气体，以下说法正确的是__________。 A. 外界对气体做功，气体内能一定增大 B. 若气体的压强和内能都不变，其体积也一定不变 C. 当气体温度升高时，气体内能一定增大 D. 当气体体积增大时，其内能可能增大 E. 当气体温度升高时，所有气体分子热运动的动能都会增大 【答案】BCD 【解析】 【详解】A．根据热力学第一定律W Q U   ，只知道外界对气体做功 0W  ，而热传递未 知，则气体的内能不一定增大，故 A 错误； - 17 - B．若理想气体的内能不变，即温度 T不变，而压强不变，由 pV nRT 知，体积一定不变， 故 B 正确； C．当理想气体的温度 T升高时，由 3= 2kE N E N kT   内 知，气体内能一定增大，故 C 正确； D．当气体体积增大时，可能出现温度 T 升高，则其内能可能增大，故 D 正确； E．温度是分子平均动能的标志，气体的温度升高，气体分子无规则运动的平均动能增大，但 每个分子的热运动具有统计规律，则不是所有气体分子热运动的动能都会增大，故 E 错误。 故选 BCD。 14.如图甲所示，一定质量的理想气体被活塞封闭在水平放置的导热良好的气缸内，活塞的质 量 m=2kg，横截面积 S=10cm2，活塞可沿气缸壁无摩擦滑动且不漏气，活塞内侧面与气缸底距 离 1 11cmL  ，外侧面与气缸口距离 2 4cmL  。外界气温为 27℃，大气压强为 51.0 10 Pa， 现将气缸缓慢地转到气缸侧壁与水平面成 30°角的位置，如图乙所示，g=l0m/s2。求： (1)此时活塞内侧面离气缸底的距离为多少？ (2)保持气缸侧壁与水平面成 30°角，对缸内气体逐渐加热，使活塞外侧面刚好与气缸口相平， 此时缸内气体温度为多少？ 【答案】(1)10cm；(2)450K 或 177°C 【解析】 【详解】(1)设此时活塞内侧面离气缸底的距离为 x，当气缸水平时，气体压强 5 1 1 10P   Pa① 当气缸侧壁与水平面成 30°角时，气体压强 5 2 0 cos60 1.1 10mgP P S      Pa② 气体等温变化，故由玻意耳定律得 1 1 2PL S P xS ③ 代入数据，解得：x=10cm ④ - 18 - (2)保持气缸侧壁与水平面成 30°角，加热前气体温度 1T  (273+27)K=300K ⑤ 设加热后气体温度 T2，气体等压变化，由盖吕萨克定律有  1 2 1 2 L L SxS T T   ⑥ 代入数据解得： 2 450T  K 或 2 177t  ℃ 【物理——选修 3-4】（15 分） 15.在坐标原点的波源产生一列沿 x 轴传播的简谐横波，t=0 时刻的波形如图所示，此时波刚 好传播到 x=8m 处，已知波速为 4m/s，介质上有 B、C、D、E、F五个质点，此时 C 质点速度沿 y轴正方向，则下列说法正确的是___________。 A. 波源质点起振方向沿 y 轴负方向 B. 从图示时刻开始再经△t=0.25s，质点 B 沿 x 轴正向移动 1m C. 当质点 B 经过平衡位置且速度方向沿 y轴负方向时，质点 E 恰好运动到波谷 D. t=24s 时，坐标 x=98m 处的质点 F第一次到波峰 E. 从图示时刻开始再经△t=2.5s，质点 D通过的路程为 25cm 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．由波形图可知，波恰好经过一个周期传播到 x=8m 处，由逆向波形法可判断：波 沿 x 轴正方向传播，且此时波源沿由 y 轴负方向运动，所以波源质点起振方向沿 y 轴负方向， 故 A 正确； B．质点只在自己的中心位置上下振动，不会沿 x 轴运动，故 B 错误； C．由逆向波形法可判断此时，质点 B、 E 均沿 y 轴负方向向下运动，且两点之间相距 3 4 个波 - 19 - 长，所以当质点 B 到达平衡位置时，质点 E 恰好运动到波谷，故 C 正确； D．该列波的周期为： 8m 2s 4m/s T v     t=24s 时，即经过 12 个周期，相当于 x=2cm 处的质点把它 t=0 时刻的振动情况第一次传到坐 标 x=98m 处的质点 F 处，故质点 F 第一次到达波峰，故 D 正确； E．设该波的振幅为 A，从图示时刻开始再经△t=2.5s，即质点 D 经过 1 4 T T 时，一个周期经 过路程为： 4A=(4 5 )cm=20cm 1 4 周期经过的路程：由波形图及逆向波形法可判断，此时刻质点 D 沿 y 轴正方向运动，且离 平衡位置越近，平均速度越大，故其在 1 4 周期内所经过的路程大于 A，所以质点 D 经过的总路 程大于 5A=25cm，故 E 错误； 故选 ACD。 16.一玻璃砖横截面如图所示，其中 ABC 为直角三角形（BC 边未画出），AB 为直角边， ∠BAC=45°；BDC 为 1 4 圆弧，其圆心在 B 点。在此玻璃砖右侧竖直放置一足够大的光屏，其轴 线过 O 点且与纸面垂直。已知 O 点在 AD 延长线上，且 AB=BD=DO=10cm，一束宽度与 AB 边长度 相等的平行单色光从 AB 边垂直射入玻璃砖，经玻璃砖折射后在光屏上形成一亮区，若玻璃对 单色光的折射率为 2 ，不考虑光在界面 CD 上的反射，求：（计算结果保留两位有效数字） ①光屏上有光到达的点距轴线的最大距离； ②光在真空中的光速 83 10 m/ sc   ，求能够到达光屏的光线在玻璃砖中传播的最短时间。 【答案】①5.9cm；② 108.0 10 s 【解析】 【详解】①由全反射条件 1 sin n C  - 20 - 解得 C=45°；所有从 AB 面进入玻璃砖的光线到 AC 面时，均有入射角 1 45  ，全反射反射 角 2 45  ，在 CD 面上入射角为 C 的光线照射到光屏上离 O 最远，光路如图。 2 10 2BF R cm  ( ) tan 45 5.9L BD DO BF cm     ②光线在玻璃中的光速为 v cn v  HI IEt v   解得 108.0 10t s  - 21 -