陕西省西安市西安中学2020届高三下学期适应性考试（三）物理试题 Word版含解析 22页

- 1 - 陕西省西安中学高 2020届高考适应三考试 高三物理试题 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，14-18题 均只有一个选项正确，19-21题均有多个选项正确，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.用如图甲所示的电路研究光电效应中光电流与照射光的强弱、频率等物理量的关系.图中 A、 K两极间的电压大小可调，电源的正负极也可以对调，分别用 a、b、c三束单色光照射，调节 A、K间的电压 U，得到光电流 I与电压 U的关系如图乙所示，由图可知( ) A. 单色光 a和 c的频率相同，且 a光更弱些，b光频率最大 B. 单色光 a和 c的频率相同，且 a光更强些，b光频率最大 C. 单色光 a和 c的频率相同，且 a光更弱些，b光频率最小 D. 单色光 a和 c的频率不同，且 a光更强些，b光频率最小 【答案】B 【解析】 a、c两光照射后遏止电压相同，根据 km cE eU ，可知产生的光电子最大初动能相等，可知 a、 c两光的频率相等，光子能量相等，由于 a光的饱和电流较大，则 a光的强度较大，单色光 b 照射后遏止电压较大，根据 km cE eU ，可知 b光照射后产生的光电子最大初动能较大，根据 光电效应方程 0kmE hv W  得，b 光的频率大于 a 光的频率，故 ACD 错误，B 正确；故选 B. 【点睛】根据遏止电压的大小比较光电子的最大初动能，从而结合光电效应方程比较入射光 的频率．根据饱和电流的大小比较入射光的强度． 2.完全相同的两列高铁，在车站附近的两条平行直铁轨上相向匀加速行使，它们的加速度大小 - 2 - 都是 0.5m/s2，当两列车的车头相遇时，它们的初速度都是 10 m/s，每列车总长都是 300m，以 下说法正确的是（ ） A. 两列车迎面交错而过相互离开时的速度都为 30 m/s B. 站到地面上的人看到两列车迎面交错而过的时间为 20s C. 车头的驾驶员看到对方列车从身边划过的时间为 10s D. 坐于车尾乘客看到对方列车从身边划过的时间为 5s 【答案】B 【解析】 【详解】AB．以一车为参照物，另一车的相对速度为 3 20m/sv  相对加速度为 2 3 1m/sa  车头相遇到尾离开发生的相对为位移为 600ms  根据运动学公式则有 2 3 3 1 2 s v t a t  代入数值则有 21600 20 2 t t  解得 20st  车尾离开的速度为 0 10m/s 0.5 20m/s 20m/stv v at      故 A错误，B正确； C．车头的驾驶员发生的相对位移为 300m，根据运动学公式则有 2120 300 2 t t  解得 12st  所以车头的驾驶员看到对方列车从身边划过的时间为 12s，故 C错误； - 3 - D．坐于车尾乘客看到对方列车从身边划过的时间为 20s 12s 8st    故 D错误； 故选 B。 3.高速公路的长下坡设计有避险车道，若刹车失灵，车辆可以冲向避险车道保证人员安全。设 避险车道长为 45m，且与水平面的夹角为 30°，车道填充砾石后具有的阻力系数为 0.5（即阻 力为车重的 0.5倍），取 g=10 m/s2，以下说法正确的是（ ） A. 失控车辆冲上避险车道的距离仅和质量有关 B. 失控车辆冲上避险车道的减速度为 5 m/s2 C. 该避险车道能接受失控车辆的最大初速度为 30m/s D. 该避险车道能接受失控车辆的最大初速度为 21m/s 【答案】C 【解析】 【详解】AB．根据牛顿第二定律得，车辆加速度 2sin (sin ) 10m/smg kmga g k m       失控车辆冲上避险车道的距离 2 2 0 0 2 20 v vx a   失控车辆冲上避险车道的距离和质量无关，故 AB错误； CD．车辆的最大速度 m m2 30m/sv ax  故 C正确，D错误。 故选 C。 4.北斗导航系统对我国的发展具有极为重要的作用，该系统共有 35颗卫星，其中有 5颗为地 球同步静止轨道卫星作为信息“中继卫星”，其距地面高度为 h1；另外 24颗为中轨道“定位 卫星”，其距地面高度为 h2。地球半径为 R，下列说法正确的是（ ） - 4 - A. “中继卫星”和“定位卫星”线速度之比为 1 2 R h R h + + B. “中继卫星”和“定位卫星”角速度之比为 3 2 3 1 ( ) ( ) R h R h   C. “中继卫星”和“定位卫星”向心加速度之比为 2 1 2 2 ( ) ( ) R h R h   D. “中继卫星”和“定位卫星”周期之比为 3 2 3 1 ( ) ( ) R h R h   【答案】B 【解析】 【详解】A．根据由万有引力提供向心力可得 2 2 GMm mv r r  解得 GMv r  “中继卫星”和“定位卫星”线速度之比为 21 2 2 1 1 v r v r R h R h     故 A错误； B．根据由万有引力提供向心力可得 2 2 GMm m r r  解得 3 GM r   “中继卫星”和“定位卫星”角速度之比为 3 3 21 3 1 2 3 2 1 ( ) ( ) R h R r hr       故 B正确； - 5 - C．根据由万有引力提供向心力可得 2 GMm ma r  解得 2 GMa r  “中继卫星”和“定位卫星”向心加速度之比为     22 21 2 22 2 1 1 R ha r a r R h     故 C错误； D．根据 2T    可得 3 2 rT GM  “中继卫星”和“定位卫星”周期之比为     33 11 1 33 2 2 2 R hT r T r R h     故 D错误； 故选 B。 5.作用在导电液体上的安培力能起到推动液体流动的作用，这样的装置称为电磁泵，它在医学 技术上有多种应用，血液含有离子，在人工心肺机里的电磁泵就可作为输送血液的动力．某 电磁泵及尺寸如图所示，矩形截面的水平管道上下表面是导体，它与磁感强度为 B的匀强磁 场垂直，并有长为 的部分在磁场中，当管内充满血液并通以横穿管子的电流时血液便能向前 流动．为使血液在管内不流动时能产生向前的压强 P，电流强度 I应为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 - 6 - 【详解】由左手定则判断安培力方向沿管道向里，当血液不流动时，安培力产生的压强为 P， 则 Bib=Pab，I= ，D对； 6.2020年 5月 8日，我国新一代载人飞船试验船成功着陆，3具降落伞组成群伞完成减速，其 总面积相当于五六个标准篮球场。飞船总重量为 m，接近地面时已经是以速度 v匀速下落，每 个降落伞提供的拉力和竖直方向夹角均为θ，重力加速的为 g；试验船底部安装 6个卡车轮大 小的缓冲气囊帮助舱体平稳着陆，缓冲时间为 t，绳子重力不计，飞船所受空气阻力不计，着 陆的瞬间绳子自动断裂（抛伞）。以下说法正确的是（ ） A. 每个降落伞产生的拉力是 cos mg  B. 每个降落伞产生的拉力是 3cos mg  C. 每个缓冲气囊所受的平均作用力为 ( ) 6 m v gt t + D. 每个缓冲气囊所受的平均作用力为 6 mv t 【答案】BC 【解析】 【详解】AB．匀速降落时，飞船受力平衡，在竖直方向上，则有 1 3cos mgF   所以每个降落伞产生的拉力为 3cos mg  ，故 B正确，A错误； CD．对飞船落地过程用动量定理，选向上为正方向，根据动量定理可得 2(6 ) 0 ( )F mg t mv   可得每个缓冲气囊所受的平均作用力为 2 ( ) 6 m v gtF t   故 C正确，D错误； 故选 BC。 - 7 - 7.如图，空间某区域内存在沿水平方向的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处释 放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直，线框边长小于磁场区域上下宽度．以线框刚进 入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力 F 随时间 t变化关系的图中，错误的是 （ ） A. B. C. D. 【答案】A - 8 - 【解析】 【详解】A项：线框受重力作用加速下落，进入与离开磁场时受到安培力作用．进入磁场时若 安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，某时刻安培力等于 重力，线框做匀速运动，此时 2 2m mgRv B L  ，完全进入后只受重力，线框加速，刚要离开时的速 度大于完全进入时的速度，故安培力大于重力，做减速运动，速度减小，安培力也减小，故 A 错误； B项：若线框进入磁场时恰好重力等于安培力，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时 安培力大于重力，速度减小，故 B正确； C项：若重力小于安培力，由 2 2B L v mg ma R   可知，线框做加速度减小的减速运动，安培 力随速度的减小而减小，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速 度减小，进入过程与离开过程可能安培力变化情况可能完全相同，故 C正确； D项：若进入时重力大于安培力，由 2 2B Lmg v ma R   ，则做加速度减小的加速运动，离开 磁场时安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，故 D正确． 8.如图，质量为 m、带电荷量为＋2q的小金属块 a，在绝缘光滑水平台面上以水平初速度 v0 向右匀速运动，正碰完全相同的不带电的静止金属块 b，碰撞过程无机械能损失，也无机械能 增加。碰后滑块 b从高台上水平飞出，a恰好自由下落。已知高台足够高且侧壁光滑，在高台 边缘的右侧空间中，存在水平向左的匀强电场，场强大小 nmgE q  （n为电场力大小和重力 的比值），碰撞前后两金属块之间的静电作用力不计，空气阻力不计。则（ ） A. 两小金属块碰撞之后，a金属块下落过程的机械能守恒 B. 两小金属块碰撞之后，a、b金属块组成的系统机械能守恒 C. 第一次碰撞后两金属块不可能发生第二次碰撞 - 9 - D. 碰撞后运动过程中 b金属块距高台边缘的最大水平距离为 2 0 2 v ng 【答案】AD 【解析】 【详解】A．侧壁光滑的高台，小金属块 a下落的运动只受重力，故机械能守恒，故 A正确； B．由于电场力对 b做功，所以 a、b系统的机械能不守恒，故 B错误； C．第一次碰撞后，a金属块为自由落体运动，b金属块在竖直方向为自由落体运动，竖直方 向位移总相等；b金属块水平方向向右做匀减速运动，当它的水平位移为 0时，会发生第二次 碰撞，所以一定会发生第二次碰撞，故 C错误； D．第一次碰撞后，b水平方向的加速度大小为 qEa ng m   方向向左，根据速度位移关系公式，有 2 2 0 0 m 2 2 v vx a ng   故 D正确。 故选 AD。 第Ⅱ卷（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 题考生都必须做答。第 33题~第 40题为选考题，考生根据要求做答。 （一）必考题（共 11题，129分） 9.为了探究质量一定时加速度与力的关系，一位小朋友设计了如图所示的实验装置。其中 m1 为带滑轮的小车的质量，m2为砂和砂桶的质量 滑轮光滑且质量不计 。力的传感器 m3固定在 墙上，位移传感器 m4固定在长木板上，实验时它们的信息随时能送达计算机记录处理。 (1)实验时，一定要进行的操作或保证的条件是__________________。 A．用天平测出砂和砂桶的质量 - 10 - B.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力 C.改变砂和砂桶的质量，多做几次实验 D.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量 2m 远小于小车的质量 1m E.为减小误差，实验中一定要保证两个传感器的质量 m3、 m4很小 (2)以力传感器示数 F为横坐标，以加速度传感器示数 a为纵坐标，计算机画出的 a F 图像是 一条直线，由图像得到的斜率为 k，已知当地重力加速度为 g，则小车的质量为_________，这 个图像的纵坐标的极限 an=________。 【答案】 (1). BC (2). 2 k (3). 2 g 【解析】 【详解】（1）[1]AD．本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量， 也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故 AD错误； B．该题是弹簧测力计测出拉力，从而表示小车受到的合外力，将带滑轮的长木板右端垫高， 以平衡摩擦力，故 B正确； C．改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随 F变化关系，故 C 正确； E．实验与两个传感器的质量 m3、 m4无关，故 E错误。 故选 BC。 （2）[2] 由牛顿第二定律得 1 1 1 2a F F mm  合 a−F图象的斜率 1 2k m  则小车的质量 1 2m k  - 11 - [3]以砂和砂桶为对象，根据牛顿第二定律得 2 2 2Tm g F m a  以小车为对象，根据牛顿第二定律得 1 12 TF m a 小车的加速度与砂桶加速度的关系 2 12a a 综上所得 2 1 1 2 2 4 m ga m m   当砂和砂桶的质量 m2远大于小车的质量 m1时，这个图像的纵坐标的极限 1 2 ga  10.某兴趣小组要测定一节干电池的电动势和内阻。 (1)可以用多用电表的______挡粗测干电池的电动势；可以用多用电表的欧姆挡粗测电池的内 阻吗？答：_______。 (2)为了较理想的测得干电池的电动势和内阻，除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材 还有（每个器材仅一个）： （a）电流表（量程 1mA、内阻 R1=300Ω）； （b）电流表（量程 0.6A、内阻 R2=2Ω）； （c）电流表（量程 3A、内阻 R3约 0.5Ω）； （d）电阻箱（R0阻值范围 0~9999.9Ω、额定电流 1A）； （e）滑动变阻器（R4阻值范围 0~10Ω、额定电流 2A）； （f）滑动变阻器（R5阻值范围 0~1750Ω、额定电流 1A）。 某同学设计了如图所示电路图，要使用两个电流表M、N，其中电流表M是_______（填器材 前面小括号中的字母）；电流表 N是_______；滑动变阻器 P选_________。电阻箱和电流表M - 12 - 要组成一个量程为 2V的电压表，那么电阻箱的取值 R0为_________Ω。 (3)若以M电流表的读数 I1为纵坐标，N电流表的读数 I2为横坐标，画得右图的图像，纵截距 为 y，横截距为 x，上面实验器材的叙述中出现的电阻字母可用，如：R0、R1、R2等，实验器 材后面数量级可参考。用这些字母表达，则干电池的电动势为__________；内阻为__________。 【答案】 (1). 电压 (2). 不能 (3). a (4). b (5). e (6). 1700.0 (7). 0 1( )y R R (8). 0 1( )y R R x  【解析】 【详解】（1）[1][2]粗测电动势用电压表，即电压挡；因欧姆挡内部自带 1.5V小电池，所以不 能直接测外电池的电动势，会烧坏欧姆表。 （2）[3]本题未给电压表，所以要串联大电阻改装一个，根据电路图的提示，应用小流程的电 流表与大电阻串联进行改装，而M电流表的量程是 1mA ，所以选 a； [4]电流表 N测干路电流，所以 N表选 b； [5]滑动变阻器控制电流在 0.6A以下，不必太大，所以选 e； [6]由题知，电阻箱和电流表M要组成一个量程为 2V的电压表，故给M串一个大电阻为 0 2 Ω 300Ω 1700.0Ω 0.001g g UR R I      （3）[7][8]用闭合电路欧姆定律，得 1 0 1 2( )E I R R I r   整理得 1 2 0 1 0 1 E rI I R R R R     由数学知识可知，截距为 0 1 Ey R R   - 13 - 解得干电池的电动势为 0 1( )E y R R  由数学知识可知，斜率为 0 1 y rk x R R    解得 0 1( )y R Rr x   11.如图示，三个质量相同的物体 A、B、C，其中木板 B、C完全相同，长度都为 L，水平地 面光滑。可以看作质点的物体 A从半径为 R的 1 4 固定光滑圆轨道顶端，无初速滑下，冲上的 木板 B，圆轨道末端水平且与静止木板等高，重力加速度为 g。第一次木板 C被用钉子固定在 地面上，A冲上后刚好未滑离 B板就停下，该过程所用时间为 t1，产生热量为 Q1；第二次 C 木板被放开，A以同样初速冲上 B后直到它们稳定，该过程所用时间为 t2，产生热量为 Q2（t1， t2，Q1，Q2未知）。求： (1)小物块 A与木板之间的动摩擦因数μ=？ (2)前后两次所用时间的比值 1 2 t t =？ (3)前后两次产生热量之比值 1 2 Q Q =？ 【答案】(1) R L ；(2) 3 2 ；(3) 3 2 【解析】 【详解】(1)第一次 C固定，对 A用动能定理得 0mgR mgL  可得 R L   (2)A的加速度为 - 14 - fa m  设 A冲上 B的初速度为 0v ，则有 0 1 vt a  对 A、B、C用动量守恒定律得 0 3mv mv 可得 0 3 vv  对 B、C用牛顿第二定律得 2 2 2 f aa m   根据题意则有 0 2 2 2 3 vvt a a   可得前后两次所用时间的比值 1 2 3 2 t t  (3)第一次木板 C被用钉子固定在地面上，该过程产生热量为 1Q，对 A用动能定理得 2 1 0 1 2 Q fL mv  第二次 C木板被放开，根据能量守恒可得 2 2 2 2 0 0 1 1 13 2 2 3 Q mv mv mv    得热量比值为 1 2 3 2 Q Q = 12.如图所示的直角坐标系 xOy中，在第一象限和第四象限分别存在垂直纸面向外和向里的匀 强磁场，PQ是磁场的右边界，其左右宽度为 6 l，磁场的上下区域足够大。在第二象限存在 沿 x轴正方向的匀强电场，一个质量为 m、电荷量为+q的带电粒子从 x轴上的 M点以速度 v0 垂直于 x轴沿 y轴正方向射入电场中，粒子经过电场偏转后从 y轴上的 N点进入第一象限， 一段曲线运动之后，带电粒子刚好垂直 x轴飞入第四象限的磁场，再次偏转后，从磁场的右边 - 15 - 界 PQ 上的某点 D（图中未画出）飞出磁场。已知 M点与原点 O的距离为 3 2 l ，N点与原点 O的距离为 3 l ，不计带电粒子的重力，求： (1)匀强电场的电场强度为多大？ (2)第一象限内的磁感应强度 B1有多大？ (3)若第四象限的匀强磁场 2 1 2 3 B B = ，求带电粒子从 M点进入电场，到从磁场右边界的 D点离 开磁场，运动的总时间是多少？ 【答案】(1) 2 0mv qL ；(2) 0mv ql ；(3) 0 17( 3 ) 12 l v   【解析】 【详解】(1)设带电粒子在电场中运动的加速度为 a，根据牛顿第二定律，有 qE ma 粒子沿 y轴方向 0 03l v t 粒子沿 x轴方向 2 0 3 1 2 2 l at 解得匀强电场的电场强度 2 0mvE ql  - 16 - (2)粒子沿 x轴方向做匀加速运动，进入第一象限的水平速度 1 0 03v at v  粒子进入磁场时与 y轴正向夹角 1 0 tan 3v v    解得 60   则粒子进入磁场时速度大小为 02v v 在第一象限由洛伦兹力提供向心力，有 2 1 1 vqvB m R  在第一象限粒子的运动半径 1 1 = mvR qB 由几何关系得 1 3= =2 sin 60 lR l  解得第一象限内的磁感应强度 B1 0 1 1 = = mvmvB qR ql (3)带电粒子在第二象限电场中运动的时间 - 17 - 0 0 3= lt v 带电粒子在第一象限运动周期 1 0 0 2π 2 2π= = 2 l lT v v  带电粒子在第一象限运动的时间 1 1 0 2π= = 3 3 T lt v 带电粒子在第四象限磁场中的半径 0 2 2 1 3 2= = =3 2 m vmvR l qB qB  带电粒子进入第四象限磁场时的水平位置坐标 2 1 1 2= cos60 =3 =x R R l R  所以，粒子在第四象限转过 90°，带电粒子在第四象限运动的周期为 2 0 0 2π 3 3π= = 2 l lT v v  带电粒子在第四象限运动的时间 2 2 0 3π= = 4 4 T lt v 带电粒子在电、磁场中运动的总时间为 0 1 2 0 0 0 0 3 2π 3π 17π= + + = + + = ( 3 ) 3 4 12 l l l lt t t t v v v v  答：(1)匀强电场的电场强度为 2 0mv qL ；(2)第一象限内的磁感应强度 B1为 0mv ql ；(3)若第四象限 的匀强磁场 2 1 2 3 B B = ，带电粒子从 M点进入电场，到从磁场右边界的 D点离开磁场，运动的 总时间是 0 17π( 3 ) 12 l v  。 13.节日放飞的氢气球，升到高空后会破裂，氢气球在破裂之前的上升过程中，下列说法正确 - 18 - 的是___ ． A.气球内氢气的内能减小 B.气球内氢气分子的速率都在减小 C.气球内的氢气对外做功 D.气球内的氢气分子的速率总是呈“中间多，两头少”的分布规律 E. 气球内的氢气分子的运动也叫布朗运动 【答案】ACD 【解析】 【详解】AC.在气球上升过程中，随着高度的增加，温度降低，空气的密度减小，大气压强逐 渐减小，由于大气压强在逐渐减小，而球内氢气的压强大于外界大气压，会使得氢气球向外 膨胀，气球的体积变大，气体对外做功，其体内能减小，故 AC正确； BD.氢气温度降低，分子平均动能减小，平均速率减小，速率总是呈“中间多，两头少”的分 布规律，不一定所有分子速率都减小，故 D正确,B错误； E.布朗运动是液体中的固体小颗粒的无规则运动，故 E错误。 故选 ACD。 14.如图所示，一汽缸固定在水平地面上，通过活塞封闭有一定质量的理想气体，初始温度为 热力学温度 T，初始压强为大气压强 P0，活塞与缸壁的摩擦可忽略不计，活塞的横截面积为 S， 活塞与水平平台上的物块 A用水平轻杆连接，在平台上有另一物块 B，A、B的质量均为 m， 两物块与平台间的动摩擦因数均为 0 10 p S mg   ，两物块间距为 d，开始时活塞距缸底距离也为 d（μ、d未知）。现对汽缸内的气体缓慢加热。求：  2g 10m/s ①物块 A开始移动时，汽缸内的温度； ②物块 B开始移动时，汽缸内的温度。 【答案】① 1 11 10 T T ；② 2 12 5 T T 【解析】 - 19 - 【详解】①对气体用理想气体状态方程 1 1 2 2 1 2 pV p V T T  ，得 0 0 1 ( )mgp Sdp Sd S T T    又因 0 10 p S mg   解得 1 11 10 T T ②对气体用理想气体状态方程 0 0 2 2( ) (2 )mgp S dp Sd S T T    又因 0 10 p S mg   解得 2 12 5 T T 15.如图示为 t=0时刻两列简谐横波的图像（都刚好形成了一个周期的波形），两列波分别沿 x 轴正方向和负方向传播，波源分别位于 x=-2m 和 x=12m处，两列波的波速均为 v=4m/s，波源 的振幅均为 A=2cm。此刻平衡位置在 x=2m和 x=8m的 P、Q两质点刚开始振动。质点 M的平 衡位置处于 x=5m处，关于各质点运动情况的下列判断中正确的是（ ） A. 质点 P、Q都首先沿 y轴负向运动 B. t=0.75s时刻，质点 P、Q都运动到 M点 C. t=1s时刻，质点 M的位移为+4cm D. t=1s时刻，质点 M的位移为-4cm - 20 - E. 两列波相遇后能干涉，且 M点为振动加强区，P点为振动消弱区 【答案】ADE 【解析】 【详解】A．此刻平衡位置在 x=2m 和 x=8m 的 P、Q两质点刚开始振动，由上下坡法可知， 质点起振方向都沿 y轴负向运动，故 A正确； B．介质中质点都其平衡位置附近上下振动，不随波运动，所以质点 P、Q不会运动到 M点， 故 B错误； CD．波的周期 1sT v    质点 P、Q都运动到 M点，M点开始振动时间 0 3 s 0.75s 4 xt v     t=1s时，M点运动了 4 T ，M点开始振动方向向下，所以 t=1s时质点 M的位移为-4cm，故 C 错误，D正确； E．因两列波频率相等，故两列波相遇后能干涉，由于 M点到两波源的距离之差为 0，所以 M 点为振动加强区； P点到两波源的距离之差为 6m，即 1.5个波长，所以 P点为振动消弱区， 故 E正确。 故选 ADE。 16.如图所示，已知半圆柱形玻璃砖的折射率为 2 ，半径为 R，前后长为 d，一组尺寸大且与 玻璃砖横截面平行的光，向玻璃砖射来，入射光与底面夹角 45，真空中光速为 c，求： (1)经玻璃砖折射后，从底面射出光的面积？ (2)这组平行光经一次折射后，在玻璃砖中沿直线传播的最长时间？ 【答案】(1) 2 2 Rd ；(2) 6 3 R c 【解析】 - 21 - 【详解】(1)根据题意可得 1 1sin 2 C n   解得 45C   ①光线对着圆心O点入射的光，直线到达O点，左侧的光全部发生全反射，③光线与圆周相 切，折射后垂直射向底边 E，折射角为 45，OE长为 2 2 l R 所以，透出光的面积为 2 2 s ld Rd  (2)在玻璃砖中传播的最长时间为②号，偏折增大，光路变短，对于②号光则有 sin 45 1sin 2n     此折射角为30°，光程为 2 2 cos 3 Rl R    光速为 2 2 v c 所以这组平行光经一次折射后，在玻璃砖中沿直线传播的最长时间 2 6 3 l Rt v c   - 22 -