2020年高考物理 刷題1+1（2019模擬題）組合模擬卷二（含解析）

《2020年高考物理 刷題1+1（2019模擬題）組合模擬卷二（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020年高考物理 刷題1+1（2019模擬題）組合模擬卷二（含解析）（14頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、組合模擬卷二 第Ⅰ卷(選擇題，共48分) 二、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分) 14. (2019·成都高新區(qū)一診)疊放在水平地面上的四個完全相同的排球如圖所示，質量均為m，相互接觸，球與地面間的動摩擦因數都是μ，則(　　) A．上方球與下方三個球間均沒有彈力 B．下方三個球與水平地面間均沒有摩擦力 C．水平地面對下方三個球的支持力均為mg D．水平地面對下方三個球的摩擦力均為μmg 答案　C 解析　對上方球分析

2、可知，受重力和下方球的支持力而處于平衡狀態(tài)，所以上方球一定與下方球有彈力的作用，故A錯誤；下方球由于受上方球斜向下的彈力作用，所以下方球有運動的趨勢，故下方球受地面摩擦力作用，故B錯誤；對四個球整體分析，豎直方向，受重力和地面的支持力而處于平衡狀態(tài)，所以下方三個球受地面總的支持力大小為4mg，每個球受到的支持力均為mg，故C正確；下方三個球受到地面的摩擦力是靜摩擦力，不能根據滑動摩擦力公式進行計算，故D錯誤。 15．(2019·天津高考)如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質量為m的帶電小球，以初速度v從M點豎直向上運動，通過N點時，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從M運動到N的過程

3、(　　) A．動能增加mv2 B．機械能增加2mv2 C．重力勢能增加mv2 D．電勢能增加2mv2 答案　B 解析　動能變化量ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，A錯誤；小球從M到N的過程中，重力和電場力做功，機械能的增加量等于電勢能的減少量。帶電小球在水平方向做向左的勻加速直線運動，由運動學公式得(2v)2－0＝2x，電勢能減少量等于電場力做的功ΔEp電＝W電＝qEx＝2mv2，故B正確，D錯誤；小球在豎直方向做勻減速運動且末速度為零，由－v2＝－2gh，得重力勢能增加量ΔEp重＝mgh＝mv2，C錯誤。 16．(2019·山東青島二中高三上學期期末)衛(wèi)星電話在搶險救災

4、中能發(fā)揮重要作用。第一代、第二代海事衛(wèi)星只使用地球同步衛(wèi)星，不能覆蓋地球上的高緯度地區(qū)，第三代海事衛(wèi)星采用地球同步衛(wèi)星和中軌道衛(wèi)星結合的方案，它由4顆同步衛(wèi)星與12顆中軌道衛(wèi)星構成。中軌道衛(wèi)星高度為10354千米，分布在幾個軌道平面上(與赤道平面有一定的夾角)，在這個高度上，衛(wèi)星沿軌道旋轉一周的時間為6小時。則下列判斷正確的是(　　) A．中軌道衛(wèi)星的角速度小于地球同步衛(wèi)星 B．中軌道衛(wèi)星的線速度小于地球同步衛(wèi)星 C．如果某一時刻中軌道衛(wèi)星、地球同步衛(wèi)星與地球的球心在同一直線上，那么經過6小時它們仍在同一直線上 D．在中軌道衛(wèi)星經過地面某點的正上方24小時后，該衛(wèi)星仍在地面該點的正上方

5、 答案　D 解析　根據ω＝，因為中軌道衛(wèi)星的運行周期小于地球同步衛(wèi)星，所以中軌道衛(wèi)星的角速度大于地球同步衛(wèi)星，A錯誤；根據ω＝得中軌道衛(wèi)星的軌道半徑小于地球同步衛(wèi)星，又v＝，所以中軌道衛(wèi)星的線速度大于地球同步衛(wèi)星，B錯誤；經過6小時，中軌道衛(wèi)星轉動一周，而同步衛(wèi)星轉動周，故中軌道衛(wèi)星、地球同步衛(wèi)星與地球的球心不可能在同一直線上，C錯誤；24小時后地球自轉一周，中軌道衛(wèi)星繞地球轉動4周，則該衛(wèi)星仍在地面該點的正上方，D正確。 17. (2019·兩湖八市十二校聯合二模)如圖為氫原子的能級示意圖，鋅的逸出功是3.34 eV，那么對氫原子在能級躍遷過程中發(fā)射或吸收光子的特征認識正確的是(　　)

6、 A．用氫原子從高能級向基態(tài)躍遷時發(fā)射的光照射鋅板一定不能產生光電效應 B．一群處于n＝3能級的氫原子向基態(tài)躍遷時，能放出4種不同頻率的光 C．用能量為10.3 eV的光子照射，可使處于基態(tài)的氫原子躍遷到激發(fā)態(tài) D．一群處于n＝3能級的氫原子向基態(tài)躍遷時，發(fā)出的光照射鋅板，鋅板表面所發(fā)出的光電子的最大初動能為8.75 eV 答案　D 解析　氫原子從高能級向基態(tài)躍遷時發(fā)出的光子的最小能量為10.2 eV，照射鋅板一定能產生光電效應，A錯誤；一群處于n＝3能級的氫原子向基態(tài)躍遷時，根據C＝3可知，能放出3種不同頻率的光，B錯誤；用能量為10.3 eV的光子照射，因為10.2 eV<

7、10.3 eV<12.09 eV，所以不可使處于基態(tài)的氫原子躍遷到激發(fā)態(tài)，C錯誤；氫原子從n＝3能級向基態(tài)躍遷時發(fā)出的光子的能量最大，為Emax＝－1.51 eV＋13.6 eV＝12.09 eV，因鋅的逸出功是3.34 eV，鋅板表面所發(fā)出的光電子的最大初動能為Ekm＝12.09 eV－3.34 eV＝8.75 eV，D正確。 18．(2019·安徽宣城高三上學期期末)如圖甲所示，兩物體A、B疊放在光滑水平面上，對A施加一水平力F，規(guī)定向右為正方向，F隨時間t的變化關系如圖乙所示，兩物體在t＝0時由靜止開始運動，且始終保持相對靜止，則下列說法正確的是(　　) A．第1 s末兩物體的速

8、度最大 B．第3 s內，兩物體向左運動 C．第2 s內，拉力F對物體A做正功 D．第2 s內，A對B的摩擦力向左 答案　C 解析　在0～2 s內兩物體向右做加速運動，2～4 s內加速度反向，由圖象的對稱性知，第2 s末速度最大，A錯誤；在0～4 s內兩物體一直向右運動，第4 s末物體速度減小到零，之后又重復之前的運動，故第3 s內，兩物體向右運動，B錯誤；第2 s內，拉力F的方向與速度方向相同，拉力F對物體A做正功，C正確；第2 s內，對A、B整體分析，整體的加速度方向與F的方向相同，B物體所受的合力為A對B的摩擦力，故A對B的摩擦力的方向與加速度方向相同，即與F的方向相同，所以第2

9、 s內，A對B的摩擦力向右，D錯誤。 19. (2019·湖北七市州教研協作體高三聯合模擬)如圖所示，兩根通電長直導線A、B垂直于紙面固定放置，二者之間的連線水平，電流方向均垂直于紙面向里，A中電流是B中電流的2倍，此時A受到的磁場作用力大小為F，而在A、B的正中間再放置一根與A、B平行共面的通電長直導線C后，A受到的磁場作用力大小變?yōu)?F，則B受到的磁場作用力大小和方向可能為(　　) A．大小為F，方向水平向右 B．大小為F，方向水平向左 C．大小為F，方向水平向右 D．大小為F，方向水平向左 答案　BC 解析　因同向電流相互吸引，反向電流相互排斥，由題意得，A受到B的磁場

10、力大小為F，方向水平向右，B受到A的磁場力大小為F，方向水平向左；A、B正中間再加一通電長直導線C后，其在A、B兩位置產生的磁感應強度大小相同，故A受到C的磁場力為B受到C的磁場力的2倍；由于A受到的磁場作用力大小變?yōu)?F，則可能有兩種情況：①C對A的作用力為F，方向水平向右，則C對B的作用力為，方向水平向左，則B受到的磁場作用力大小為F，方向水平向左；②C對A的作用力為3F，方向水平向左，則C對B的作用力為，方向水平向右，則B受到的磁場作用力大小為F，方向水平向右，故B、C正確，A、D錯誤。 20. (2019·云南保山高考模擬)如圖所示，質量為m的粗糙半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，

11、其水平直徑AB長度為2R，現將質量也為m的小球從距A點正上方h0高處由靜止釋放，然后由A點經過半圓軌道后從B點沖出，在空中能上升到距B點所在水平線的最大高度為h0(不計空氣阻力)，則(　　) A．小球和小車組成的系統在水平方向動量守恒 B．小車向左運動的最大距離為R C．小球離開小車后做斜拋運動 D．小球第二次能上升到距B點所在水平線的最大高度h0

12、方向，在水平方向，由動量守恒定律得：mv－mv′＝0，即有：m－m＝0，t＋x＝2R，解得x＝R，故B正確；小球與小車組成的系統在水平方向動量守恒，小球由B點離開小車時系統水平方向動量為零，小球與小車水平方向速度為零，小球離開小車后做豎直上拋運動，故C錯誤；小球從開始到第一次到達最高點的運動過程中，由動能定理得：mg－Wf＝0，Wf為小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf＝mgh0，即小球第一次在車中運動損失的機械能為mgh0，由于小球第二次在車中運動時，對應位置處速度變小，因此小車給小球的彈力變小，小球所受摩擦力變小，克服摩擦力做的功小于mgh0，機械能損失小于mgh0，因此小球再次離開小車時，

13、能上升的高度大于h0－h(huán)0＝h0，而小于h0，即h0＜h＜h0，故D正確。 21．(2019·全國卷Ⅱ) 如圖，兩條光滑平行金屬導軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導軌電阻忽略不計。虛線ab、cd均與導軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導軌所在平面的勻強磁場。將兩根相同的導體棒PQ、MN先后自導軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導軌垂直且接觸良好。已知PQ進入磁場時加速度恰好為零。從PQ進入磁場開始計時，到MN離開磁場區(qū)域為止，流過PQ的電流隨時間變化的圖象可能正確的是(　　) 答案　AD 解析　PQ剛進入磁場時，加速度為零，則mgsinθ＝BI1L，又I1＝，故PQ做勻速

14、運動，電流恒定；且由題意知，MN剛進入磁場時的速度與PQ剛進入磁場時的速度相同。 情形1：若MN剛進入磁場時，PQ已離開磁場區(qū)域，則對MN，由I1＝及右手定則知，通過PQ的電流大小不變，方向相反，又mgsinθ＝BI1L，則MN勻速運動，電流恒定，故I-t圖象如圖A所示。 情形2：若MN剛進入磁場時，PQ未離開磁場區(qū)域，由于兩導體棒速度相等，產生的電動勢等大、反向，故電流為0，兩棒在重力沿導軌向下的分力作用下均加速直至PQ離開磁場，此時MN為電源，由E＝BLv，I＝，BIL－mgsinθ＝ma知，MN減速，且隨v減小，I減小，a減小，I∝v，故I隨t減小得越來越慢，直至勻速，即I＝I1，I

15、-t圖象如圖D所示。 第Ⅱ卷(非選擇題，共62分) 三、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分，共62分。第22～25題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33、34題為選考題，考生根據要求作答) (一)必考題(共47分) 22．(2019·河南省鄭州市一模)(5分)用如圖甲所示的裝置驗證動量守恒定律。 (1)為了減小實驗誤差，下列做法正確的是________。 A．兩球的質量和半徑都一樣大 B．多次將A球從不同的高度釋放 C．保證斜槽末端的切線水平 D．減小斜槽對小球A的摩擦 (2)圖乙是B球的落點痕跡，刻度尺的“0”刻線與O點重合，可以測出碰撞后B球的水平射程為____

16、____ cm。 (3)本次實驗必須進行測量的是________。 A．水平槽上未放B球時，A球的落點位置到O點的距離 B．A球與B球碰撞后，A球和B球的落點位置到O點的距離 C．A球與B球下落的時間 D．A球和B球的質量(或兩球質量之比) 答案　(1)C　(2)64.45　(3)ABD 解析　(1)為防止碰撞后入射球反彈，A球的質量應大于B球的質量，A錯誤；為使A球到達軌道末端時的速度相等，應多次將A球從同一高度釋放，B錯誤；為使小球離開軌道后做平拋運動，應保證斜槽末端的切線水平，C正確；斜槽對小球A的摩擦對實驗沒有影響，不需要減小斜槽對小球A的摩擦，D錯誤。 (2)碰撞后B

17、球的落點如圖乙所示，用盡量小的圓把球B的所有落點都圈在里面，圓心即落點的平均位置，此位置到O點的距離即為B球的水平射程，約為64.45 cm。 (3)根據實驗原理可得mAv0＝mAv1＋mBv2，又因下落時間相同，即可求得：mA·OP＝mA·OM＋mB·ON，可知需要測量的物理量是水平槽上未放B球時，A球的落點位置到O點的距離OP，A球與B球碰撞后，A、B兩球落點位置到O點的距離OM和ON，A球和B球的質量(或兩球質量之比)，不需要測量水平槽面離地面的高度或小球在空中的飛行時間，故選A、B、D。 23．(2019·遼寧大連二模)(10分)如圖甲所示是多用電表歐姆擋內部的部分原理圖，已知電源

18、電動勢E＝1.5 V，內阻r＝1 Ω，靈敏電流計滿偏電流Ig＝10 mA，內阻rg＝90 Ω，表盤如圖丙所示，歐姆表表盤中值刻度為“15”。 (1)多用電表的選擇開關旋至“Ω”區(qū)域的某擋位時，其內部電路為圖甲所示。將多用電表的紅、黑表筆短接，進行歐姆調零，調零后多用電表的總內阻為________ Ω。某電阻接入紅、黑表筆間，表盤如圖丙所示，則該電阻的阻值為________ Ω。 (2)若將選擇開關旋至“×1”，則需要將靈敏電流計________(選填“串聯”或“并聯”)一阻值為________ Ω的電阻，再進行歐姆調零。 (3)某同學利用多用電表對二極管正接時的電阻進行粗略測量，如圖

19、乙所示，下列說法中正確的是________(填選項前的字母) A．歐姆表的表筆A、B應分別接二極管的C、D端 B．雙手捏住兩表筆金屬桿，測量值將偏大 C．若采用“×100”倍率測量時，發(fā)現指針偏角過大，應換“×10”倍率，且要重新進行歐姆調零 D．若采用“×10”倍率測量時，發(fā)現指針位于刻度“15”與“20”的正中央，測量值應略大于175 Ω 答案　(1)150　60　(2)并聯　10　(3)AC 解析　(1)設歐姆表總內阻為R，短接時有：E＝IgR，代入數據計算得：R＝150 Ω；當半偏時有：E＝Ig(R＋R中)，所以R＝R中，所以選擇的是“×10”擋位，根據圖丙可知讀數為60

20、Ω。 (2)選擇開關旋至“×1”，此時內阻R′＝R中＝15 Ω，短接電流Ig′＝＝100 mA，所以應給表頭并聯一個分流電阻R0，根據歐姆定律：R0＝＝10 Ω。 (3)二極管具有單向導電性，現在要測二極管正接時的電阻，由于表筆A與歐姆表內部電源正極相連，故表筆A、B應分別接二極管的C、D端，A正確；實驗測量時，手不能觸碰金屬桿，否則就將自身電阻并聯進電路，測量值偏小，B錯誤；若采用“×100”倍率測量時，發(fā)現指針偏角過大，說明電阻太小，所以應該換小擋位，即“×10”倍率，且要重新進行歐姆調零，C正確；根據歐姆表的改裝原理可知，表盤刻度“左密右稀”，且越往左阻值越大，若刻度均勻則待測電阻應

21、是175 Ω，所以待測電阻的阻值應略小于175 Ω，D錯誤。 24. (2019·重慶南開中學高三上學期期末)(12分)如圖所示，質量M＝1 kg的木板靜止在粗糙的水平地面上，木板與地面間的動摩擦因數μ1＝0.1，在木板的左端放置一個質量m＝1 kg、大小可以忽略的鐵塊，鐵塊與木板間的動摩擦因數μ2＝0.4，取g＝10 m/s2，在鐵塊上加一個水平向右的拉力，試求： (1)F增大到多少時，鐵塊能在木板上發(fā)生相對滑動？ (2)若木板長L＝1 m，水平拉力恒為8 N，經過多長時間鐵塊運動到木板的右端？ 答案　(1)6 N　(2)1 s 解析　(1)設F＝F1時，鐵塊、木板恰好保持相對

22、靜止，此時二者的加速度相同，兩者間的靜摩擦力達到最大。 對木板，根據牛頓第二定律得： μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma 解得：a＝2 m/s2 以鐵塊和木板整體為研究對象，根據牛頓第二定律有： F1－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a 解得：F1＝6 N。 (2)鐵塊的加速度大小a1＝＝4 m/s2 木板的加速度大小a2＝＝2 m/s2 設經過時間t鐵塊運動到木板的右端，則有 a1t2－a2t2＝L 解得：t＝1 s。 25．(2019·廣東深圳二模)(20分)如圖a所示，整個空間存在豎直向上的勻強電場(平行于紙面)，在同一水平線上的兩位置，以相同速率同時噴出質量均為m的油

23、滴a和b，電荷量為＋q的a水平向右，不帶電的b豎直向上。b上升高度為h時，到達最高點，此時a恰好與它相碰，瞬間結合成油滴P。忽略空氣阻力，重力加速度為g。求： (1)油滴b豎直上升的時間及兩油滴噴出位置的距離； (2)勻強電場的場強及油滴a、b結合為P后瞬間的速度； (3)若油滴P形成時恰位于某矩形區(qū)域邊界，取此時為t＝0時刻，同時在該矩形區(qū)域加一個垂直于紙面的周期性變化的勻強磁場，磁感應強度變化規(guī)律如圖b所示，磁場變化周期為T0(垂直紙面向外為正)，已知P始終在矩形區(qū)域內運動，求矩形區(qū)域的最小面積。(忽略磁場突變的影響) 答案　(1) 　2h　(2)　，方向向右上方，與水平方向夾

24、角為45°　(3) 解析　(1)設油滴的噴出速率為v0，油滴b做豎直上拋運動， 有：0－v＝－2gh，解得v0＝ 0＝v0－gt0，解得t0＝ 油滴a在水平方向做勻速直線運動，有： x0＝v0t0，解得x0＝2h。 (2)兩油滴結合之前，油滴a做類平拋運動，設加速度為a， 則：qE－mg＝ma h＝at 解得a＝g，E＝。 設結合前瞬間油滴a速度大小為va，方向向右上方，與水平方向的夾角為θ，則：v0＝vacosθ　v0tanθ＝at0 解得va＝2，θ＝45°。 兩油滴的結合過程動量守恒：mva＝2mvP 聯立解得vP＝，方向向右上方，與水平方向夾角為45°。 (

25、3)因qE＝2mg，故油滴P在磁場中做勻速圓周運動，設軌跡半徑為r，運動周期為T，則： qvP＝2m 解得r＝ 由T＝，解得T＝T0 即油滴P在磁場中的運動軌跡是兩個外切圓組成的“8”字形，軌跡如圖， 最小矩形的兩條邊分別長2r和4r， 最小面積為：Smin＝2r×4r＝。 (二)選考題(共15分。請考生從給出的2道題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分) 33．[物理——選修3－3](15分) (1)(2019·河北唐山一模)(5分)下列說法中正確的是________。(填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分

26、為0分) A．布朗運動的劇烈程度與溫度有關，所以布朗運動也叫熱運動 B．已知阿伏加德羅常數、氣體摩爾質量和密度，可以求出分子間距離 C．油膜法測分子直徑的實驗中，把油膜視為單分子層油膜時，需要考慮分子間隙 D．內能相等的兩個物體相互接觸時，也可能發(fā)生熱傳遞 E．一定質量的實際氣體發(fā)生等溫膨脹時，內能是可能增大的 (2)(2019·遼寧大連二模)(10分)某興趣小組受“蛟龍?zhí)枴钡膯l(fā)，設計了一個測定水深的深度計。如圖所示，導熱性能良好的汽缸，內徑相同，長度均為L，內部分別有輕質薄活塞A、B，活塞密封性良好且可無摩擦地左右滑動。汽缸左端開口，通過A封有壓強為p0的氣體，汽缸右端通過B封

27、有壓強為4p0的氣體。一細管連通兩汽缸，初始狀態(tài)A、B均位于汽缸最左端。該裝置放入水下后，通過A向右移動的距離可測定水的深度，已知外界大氣壓強為p0，p0相當于10 m高的水產生的壓強，不計水溫變化，被封閉氣體視為理想氣體。求： (ⅰ)當活塞A向右移動時，水的深度； (ⅱ)該深度計能測量的最大水深。 答案　(1)BDE　(2)(ⅰ)2.5 m　(ⅱ)40 m 解析　(1)熱運動是分子的無規(guī)則運動，而布朗運動并不是分子運動，所以盡管布朗運動的劇烈程度與溫度有關，但不能把布朗運動叫做熱運動，故A錯誤；已知阿伏加德羅常數、氣體摩爾質量和密度，可以求出分子間距離，故B正確；在“用油膜法估測

28、分子的大小”實驗中，做這樣的近似：油膜是呈單分子分布的，把油酸分子看成球形，分子之間沒有空隙，緊密排列，故C錯誤；內能是所有分子動能和勢能的總和，內能相等的兩個物體溫度可以不相等，在相互接觸時，熱量由高溫物體傳遞到低溫物體，可能發(fā)生熱傳遞，故D正確；一定質量的實際氣體發(fā)生等溫膨脹時，溫度不變，則分子平均動能不變，但是在膨脹過程中分子間作用力可能做負功，導致分子勢能可能增大，則內能可能增大，故E正確。 (2)(ⅰ)A右移時，假設B不動，汽缸Ⅰ內氣體做等溫變化，有： p0SL＝p1S 解得p1＝p0＜4p0，假設成立 由p1＝p0＋ph可得：ph＝p0， 又p0＝ρgH，ph＝ρgh，H

29、＝10 m，可得：h＝2.5 m。 (ⅱ)當活塞A恰好移動到汽缸Ⅰ的最右端時所測水深最大，設此時活塞B右移了x， 兩部分氣體壓強相等，設為p2 對Ⅰ內氣體應用玻意耳定律可得：p0SL＝p2Sx 對Ⅱ內氣體應用玻意耳定律可得：4p0SL＝p2S(L－x) 聯立解得：x＝，p2＝5p0 由p2＝p0＋phmax，p0＝ρgH，phmax＝ρghmax，可得：hmax＝40 m。 34．[物理——選修3－4](15分) (1)(2019·湖北八校聯合二模)(5分)如圖所示，若實心玻璃管長L＝40 cm，寬d＝4 cm，玻璃的折射率n＝，一細光束從管的左端的正中心射入，則光最多可以在管

30、中全反射__________次，光在管中傳播的最長時間為________(此空保留兩位有效數字，已知光在真空中傳播速度c＝3.0×108 m/s)。 (2)(2019·廣東深圳二模)(10分)如圖a，一列簡諧橫波沿x軸傳播，實線和虛線分別為t1＝0時刻和t2時刻的波形圖，P、Q分別是平衡位置為x1＝1.0 m和x2＝4.0 m的兩質點。圖b為質點Q的振動圖象，求： (ⅰ)波的傳播速度和t2的大?。? (ⅱ)質點P的位移隨時間變化的關系式。 答案　(1)6　1.8×10－9 s (2)(ⅰ)40 m/s　(0.2n＋0.05) s(n＝0,1,2,3，…) (ⅱ)y＝10sin

31、 cm 解析　(1)光束進入玻璃管，在玻璃管壁恰好發(fā)生全反射時，在管中反射的次數最多，傳播的時間最長。臨界角sinC＝，C＝60°，光路如圖。 則x＝dtanC≈6.93 cm，即在管壁上兩次相鄰全反射之間水平距離為6.93 cm，從進入到第一次全反射水平距離為≈3.47 cm，所以N－1＝＝≈5.27，即光最多可以在管中全反射6次。光在管中傳播的最長路程s＝＝nL，光在玻璃中的速度v＝，故光在管中傳播的最長時間t＝＝≈1.8×10－9 s。 (2)(ⅰ)由圖可知波長：λ＝8 m， 質點振動的周期：T＝0.2 s 傳播速度v＝＝40 m/s 結合兩圖象可知，橫波沿x軸正向傳播， 故t2＝＋nT＝(0.2n＋0.05) s(n＝0,1,2,3，…)。 (ⅱ)質點P做簡諧振動的位移表達式： y＝Asin 由圖可知A＝10 cm，當t＝0時y＝5 cm且向－y方向運動，解得y＝10sin cm。 14