2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 單科標(biāo)準(zhǔn)滿分練1（含解析）

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1、單科標(biāo)準(zhǔn)滿分練(一) 命題報告 仿真一選題亮點展示 核心素養(yǎng)：第15、18、21、23題培養(yǎng)學(xué)生構(gòu)建物理模型、科學(xué)探究、邏輯推理等核心素養(yǎng)。 情景創(chuàng)新：22題利用光電門驗證機械能守恒。 角度創(chuàng)新：第17題利用對氚核的加速考查回旋加速器的原理，設(shè)置選項角度新穎，有很好的區(qū)分度。 難易度：0.58 題型 題號 考查內(nèi)容 難易度 選擇題 14 原子核及核反應(yīng)方程 易 15 萬有引力及天體質(zhì)量的估算 易 16 動態(tài)平衡問題 中 17 回旋加速器原理及應(yīng)用 中 18 平拋斜面問題 中 19 電磁感應(yīng)中的電路問題 中 20 運動合成與分解及動能

2、定律應(yīng)用 中 21 傳送帶中的動力學(xué)與能量問題 難 實驗題 22 驗證機械能守恒定律及儀器讀數(shù) 易 23 電學(xué)創(chuàng)新實驗 中 計算題 24 以曲面為背景動量與能量的綜合 中 25 帶電粒子在電磁場中的運動 難 選考題 33 固體的性質(zhì)與氣體狀態(tài)方程的應(yīng)用 中 34 波的圖象與光的全反射 中 (時間：60分鐘　分值：110分) 第Ⅰ卷 二、選擇題：本題共8小題，每小題6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，有選錯或不答的得0分。 14．201

3、8年8月23日，國家重大科技基礎(chǔ)設(shè)施中國散裂中子源項目通過國家驗收，投入正式運行，并將對國內(nèi)外各領(lǐng)域的用戶開放。有關(guān)中子的研究，下列說法正確的是(　　) A．盧瑟福發(fā)現(xiàn)中子的核反應(yīng)方程為Be＋He→C＋n B．中子和其他微觀粒子一樣，都具有波粒二象性 C．核反應(yīng)方程 Po→X＋He中的y＝206，X的中子個數(shù)為128 D.U在中子轟擊下生成Sr和Xe的過程中，原子核中核子的平均質(zhì)量變大 B　[盧瑟福通過分析α粒子散射實驗的結(jié)果，提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型，查德威克通過α粒子轟擊鈹核獲得碳核的實驗發(fā)現(xiàn)了中子，A錯誤；所有粒子都具有波粒二象性，B正確；y＝210－4＝206，X的中子數(shù)為2

4、06－82＝124，C錯誤；裂變反應(yīng)釋放能量，根據(jù)質(zhì)能方程可知，核反應(yīng)過程中存在質(zhì)量虧損，原子核中核子的平均質(zhì)量變小，D錯誤。] 15．2018年軟科世界一流學(xué)科排名中，北京航空航天大學(xué)的航空航天工程在本學(xué)科中排名世界第一。若北京航空航天大學(xué)的學(xué)生王華乘坐宇宙飛船，去探知未知天體X星，測得飛船繞X星表面附近做圓周運動的周期為T，飛船降落到X星表面后，王華將小球以初速度v0豎直向上拋出，測得小球經(jīng)t時間落回手中，已知X星表面是真空，X星可視為質(zhì)量分布均勻的球體，忽略X星的自轉(zhuǎn)，則(　　) A．X星的半徑為 B．X星的半徑為 C．X星的質(zhì)量為 D．X星的質(zhì)量為 B　[設(shè)X星的質(zhì)

5、量為M，半徑為R，表面的重力加速度大小為g0，由萬有引力F提供向心力，則F＝，F(xiàn)＝mg0，小球做豎直上拋運動，則v0＝g0·，解得R＝，B正確，A錯誤；由萬有引力定律得F＝G，得M＝，C、D均錯誤。] 16.如圖所示，物塊A、B(可視為質(zhì)點)用跨過光滑輕質(zhì)滑輪的輕繩1連接，其中物塊A放在水平地面上，滑輪用輕繩2連接在豎直墻上，此時物塊A、B均靜止不動，連接滑輪的輕繩2與豎直墻壁間的夾角為θ?，F(xiàn)將物塊A向右緩慢移動一小段距離，若物塊A、B仍能保持靜止不動，則(　　) A．輕繩1對物塊A的拉力大小增大 B．地面對A的摩擦力減小 C．物塊A對地面的壓力增大 D．輕繩2的拉力大小保持不變

6、 C　[輕繩1對物塊A的拉力大小始終等于物塊B的重力大小，所以輕繩1的拉力大小不變，A錯誤；對A進行受力分析如圖所示，由共點力的平衡條件可得Ff＝FTcos α，F(xiàn)N＋FTsin α＝mAg，由于FT＝mBg，A向右移動之后α變小，所以地面對A的摩擦力Ff增大；又因為地面對A的支持力FN＝mAg－FTsin α增大，由牛頓第三定律可知物塊A對地面的壓力增大，B錯誤，C正確；由幾何知識可知，2θ＝90°－α，由力的合成與分解知，輕繩2的拉力大小F′T＝2FTcos θ，由于物塊A向右移動后α減小，故θ增大，輕繩2的拉力減小，D錯誤。] 17.某回旋加速器的示意圖如圖，兩個半徑均為R的D形

7、盒置于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，并與高頻電源兩極相連，現(xiàn)對氚核(H)加速，所需的高頻電源的頻率為f。已知元電荷為e。下列說法正確的是(　　) A．D形盒可以用玻璃制成 B．氚核的質(zhì)量為 C．高頻電源的電壓越大，氚核從P處射出的速度越大 D．若對氦核(He)加速，則高頻電源的頻率應(yīng)調(diào)為f D　[為使D形盒內(nèi)的帶電粒子不受外電場的影響，D形盒應(yīng)用金屬材料制成，以實現(xiàn)靜電屏蔽，A錯誤；為使回旋加速器正常工作，高頻電源的頻率應(yīng)與帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的頻率相等，由T1＝ 和T1＝，得氚核的質(zhì)量m1＝，B錯誤；由evmB＝m1，得vm＝，可見氚核從P處射出時的最大速度v

8、m與電源的電壓大小無關(guān)，C錯誤；結(jié)合T2＝ 和T2＝，得f2＝f，又 ＝，得f2＝f，D正確。] 18.如圖所示，甲、乙兩小球(可看成質(zhì)點)分別以v和的速度同時從斜面頂端O點，沿同一方向向左水平拋出，兩球均落在斜面上，落點分別為A和B，不計空氣阻力，則以下說法正確的是(　　) A．落在斜面上時，乙球的速度偏向角大于甲球的速度偏向角 B．甲、乙兩球在空中運動的時間之比為4∶1 C．落在斜面上時，甲、乙兩球的位移之比為4∶1 D．甲球落在斜面上時的速率與乙球落在斜面上時的速率之比為4∶1 C　[甲、乙兩球均落在斜面上，故兩球的位移偏向角相等，根據(jù)平拋運動規(guī)律，速度偏向角也相等，A錯

9、誤；設(shè)速度偏向角為θ，則v豎直＝v水平tan θ，v合＝，因為θ相同，故落在斜面上時，甲、乙兩球在豎直方向上的速度大小之比也為2∶1，合速度大小之比也為2∶1，由v豎直＝gt，可得甲、乙兩球在空中運動的時間之比為2∶1，B、D錯誤；落在斜面上時，甲、乙兩球在豎直方向上的位移之比為4∶1，在水平方向上的位移之比為4∶1，故合位移之比也為4∶1，C正確。] 19.如圖所示，在O、S間接有負載電阻R1＝2 Ω，用電阻R2＝8 Ω的導(dǎo)體彎成半徑L＝1 m的閉合圓環(huán)，圓心為O，SOQ是一條直徑。整個圓環(huán)中均有B＝0.1 T的勻強磁場垂直環(huán)面穿過。電阻r＝2 Ω、長度為L的導(dǎo)體棒OP貼著圓環(huán)做勻速運動，

10、角速度ω＝120 rad/s，導(dǎo)體棒OP與圓環(huán)接觸良好，不計一切摩擦以及導(dǎo)線的電阻，則(　　) A．棒轉(zhuǎn)動過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為12 V B．當(dāng)OP到達OQ處時圓環(huán)的電功率為2 W C．當(dāng)OP到達OS處時圓環(huán)的電功率為1 W D．棒轉(zhuǎn)動過程中電路的最大電功率為9 W BD　[棒為等效電源，棒轉(zhuǎn)動過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BL2ω＝6 V，A錯誤；畫出等效電路如圖所示，當(dāng)OP到達OQ處時，R3＝R4＝4 Ω，并聯(lián)后的電阻為2 Ω，外電阻為4 Ω，圓環(huán)的電功率為2 W，B正確；當(dāng)OP到達OS處時，圓環(huán)不接入電路，圓環(huán)的電功率為零，此時電路中總電阻最小，而電動勢不變，所以電功率最大為

11、P＝＝9 W，D正確，C錯誤。] 20.如圖所示，兩端分別固定有小球(視為質(zhì)點)C和D的輕桿斜靠在豎直墻面AO和水平面OB上。開始時輕桿與墻面夾角為θ，桿由靜止釋放后，球C沿墻面下滑。已知輕桿的長度為L，兩球的質(zhì)量均為m，重力加速度大小為g。若不計一切摩擦，則下列說法正確的是(　　) A．球C著地前瞬間的速度大小為 B．球C下滑過程中，桿對球D一直做正功 C．球C下滑的全過程，桿對球C做的功為零 D．球D速度最大時，水平面對球D的支持力大于mg AC　[若不計一切摩擦，球C下滑過程中，當(dāng)桿與墻面夾角為α?xí)r，兩球速度分解如圖所示，則vCcos α＝vCD＝vDsin α，得v

12、D＝，在球C著地前瞬間即α＝90°時vD＝0，由于球D的初、末速度均為零，即球C下滑過程中，球D的動能先增大后減小，根據(jù)動能定理知，桿對球D先做正功后做負功，B錯誤；若不計一切摩擦，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒有mgLcos θ＝mv2，得球C著地前瞬間的速度大小v＝，A正確；對球C下滑的全過程，根據(jù)動能定理有mgLcos θ＋W＝mv2，得桿對球C做的功W＝0，C正確；在球C下滑過程中，球D速度先增大后減小，球D速度最大時，所受合力為0，即桿對球D無作用力，水平面對球D的支持力等于球D的重力，D錯誤。] 21．傳送帶是現(xiàn)代自動化產(chǎn)業(yè)中應(yīng)用非常廣泛的一種傳動裝置，如圖所示，在一水平向右勻速傳輸?shù)淖?/p>

13、夠長的傳送帶的左端A點，每隔相同的時間T，輕放上一個相同質(zhì)量的小煤塊。已知煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ，煤塊的質(zhì)量為m，經(jīng)測量，發(fā)現(xiàn)右邊那些已經(jīng)和傳送帶達到相同速度的煤塊之間的距離相同且均為x，而且每個煤塊在傳送帶上均留下長為L的擦痕，重力加速度為g，下列判斷正確的有(　　) A．傳送帶的速率為 B．煤塊加速運動的時間為 C．和傳送帶達到相同速度的煤塊之間的距離為x＝T D．傳送帶因傳送每一個煤塊而多消耗的能量為 BC　[煤塊在傳送帶上先做勻加速直線運動，與傳送帶共速后做勻速直線運動，設(shè)每個煤塊勻加速運動的時間為t，傳送帶的速度為v，煤塊的加速度為a＝μg，從A點到煤塊與傳送

14、帶共速的過程，t＝，煤塊與傳送帶相對滑動的位移為Δx＝vt－＝，且Δx＝L，故傳送帶運動的速率為v＝，故A錯誤；煤塊加速時間t與T無關(guān)，t＝＝，故B正確；每個煤塊滑上傳送帶后運動的規(guī)律均相同，可知x＝vT＝T，故C正確；每個煤塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgΔx＝μmgL，根據(jù)能量守恒知，傳送帶因傳送一個煤塊多消耗的能量為E＝mv2＋Q＝2μmgL，故D錯誤。] 第Ⅱ卷 三、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分。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(jù)要求作答． (一)必考題：共47分。 22．(5分)某同學(xué)利用如圖甲所示的裝置來驗證機

15、械能守恒定律，圖中A、B為兩個光電門。 (1)該同學(xué)首先利用20分度的游標(biāo)卡尺測量小球的直徑d，測量結(jié)果如圖乙所示，則d＝________ cm。 圖乙 (2)讓小球從光電門A上方某一高度處自由下落，計時裝置測出小球通過光電門A、B的擋光時間tA、tB，已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，用刻度尺測量出光電門A、B間的距離h，則只需比較________與________是否相等就可以驗證小球下落過程中機械能是否守恒。(用題目中涉及的物理量符號來表示) (3)該同學(xué)的實驗操作均正確，經(jīng)過多次測量發(fā)現(xiàn)，(2)中需要驗證的兩個數(shù)值總是存在一定的誤差，產(chǎn)生這種誤差的主要原因是__________

16、_______________________________________________。 [解析]　(1)根據(jù)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)規(guī)則可知，小球的直徑為0.885 cm。 (2)小球從A到B，重力勢能減少了mgh，動能增加了m，因此，要驗證機械能是否守恒，只需比較gh與是否相等即可。 (3)小球下落過程中，受到空氣阻力的作用，造成機械能損失，所以gh與(v－v)總是存在一定的誤差。 [答案]　(1)0.885(2分) (2)gh(1分)　 (1分) (3)小球下落過程中受到空氣阻力的影響(1分) 23．(10分)貨運交通事故往往是由車輛超載引起的，因此我國交通運輸部對治理貨運超

17、載有著嚴格規(guī)定。監(jiān)測站都安裝有稱重傳感器，圖1是一種常用的力傳感器，由彈簧鋼和應(yīng)變片組成，彈簧鋼右端固定，在其上、下表面各貼一個相同的應(yīng)變片，應(yīng)變片由金屬制成。若在彈簧鋼的自由端施加一向下的作用力F，則彈簧鋼會發(fā)生彎曲，上應(yīng)變片被拉伸，下應(yīng)變片被壓縮。力越大，彈簧鋼的彎曲程度越大，應(yīng)變片的電阻變化就越大，輸出的電壓差ΔU＝|U1－U2|也就越大。已知傳感器不受壓力時的電阻約為19 Ω，為了準(zhǔn)確地測量該傳感器的阻值，設(shè)計了以下實驗，實驗原理圖如圖2所示。 圖1　　　　　圖2　　　　圖3 實驗室提供以下器材： A．定值電阻R0(R0＝5 Ω) B．滑動變阻器(最大阻值為2 Ω，額定功率

18、為50 W) C．電流表A1(0.6 A，內(nèi)阻r1＝1 Ω) D．電流表A2(0.6 A，內(nèi)阻r2約為5 Ω) E．直流電源E1(電動勢3 V，內(nèi)阻約為1 Ω) F．直流電源E2(電動勢6 V，內(nèi)阻約為2 Ω) G．開關(guān)S及導(dǎo)線若干。 (1)外力F增大時，下列說法正確的是________。 A．上、下應(yīng)變片電阻都增大 B．上、下應(yīng)變片電阻都減小 C．上應(yīng)變片電阻減小，下應(yīng)變片電阻增大 D．上應(yīng)變片電阻增大，下應(yīng)變片電阻減小 (2)圖2中①、②為電流表，其中電流表①選________(選填“A1”或“A2”)，電源選________(選填“E1”或“E2”)。 (3)為了

19、準(zhǔn)確地測量該阻值，在圖3中，將B、C間導(dǎo)線斷開，并將滑動變阻器與原設(shè)計電路的A、B、C端中的一些端點連接，調(diào)節(jié)滑動變阻器，測量多組數(shù)據(jù)，從而使實驗結(jié)果更準(zhǔn)確，請在圖3中正確連接電路。 (4)結(jié)合上述實驗步驟可以得出該傳感器的電阻的表達式為________(A1、A2兩電流表的電流分別用I1、I2表示)。 [解析]　(1)外力F增大時，上應(yīng)變片長度變長，電阻變大，下應(yīng)變片長度變短，電阻變小，故選D。(2)題圖2中的①要當(dāng)電壓表使用，因此內(nèi)阻應(yīng)已知，故應(yīng)選電流表A1；因回路總阻值接近11 Ω，滿偏電流為0.6 A，所以電源電動勢應(yīng)接近6.6 V，故電源選E2。(3)滑動變阻器應(yīng)采用分壓式接法，

20、將B、C間導(dǎo)線斷開，A、B兩端接全阻值，C端接在變阻器的滑動端，如圖所示。(4)由題圖2知，通過該傳感器的電流為I2－I1，加在該傳感器兩端的電壓為I1r1，故該傳感器的電阻為。 [答案]　(1)D(2分)　(2)A1(1分)　E2(2分)　(3)如圖所示(3分) (4)(2分) 24．(12分)如圖所示，質(zhì)量為m2＝2 kg的滑道靜止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半徑為R＝0.3 m的四分之一圓弧，圓弧底部與滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一個輕彈簧?；繡D部分粗糙，長為L＝0.2 m，動摩擦因數(shù)μ＝0.10，其他部分均光滑。現(xiàn)讓質(zhì)量為m1＝1 kg的物塊(可視為質(zhì)點)

21、自A點由靜止釋放，取g＝10 m/s2。求： (1)物塊到達圓弧軌道最低點時的速度大??； (2)在整個運動過程中，彈簧具有的最大彈性勢能； (3)物塊最終停止的位置。 [解析]　(1)物塊從釋放到運動到圓弧軌道最低點，由動量守恒定律得：0＝m1v1－m2v2 (2分) 由機械能守恒定律得： m1gR＝m1v＋m2v (2分) 解得：v1＝2 m/s。 (1分) (2)由能量守恒定律得： Epm＝m1gR－μm1gL，解得：Epm＝2.8 J。(3分) (3)最終物塊將停在C、D之間，由能量守恒定律得：m1gR＝μm1gs，解得：s＝3 m， (3分) 所以m1最終停在

22、D點。 (1分) [答案]　(1)2 m/s　(2)2.8 J　(3)最終停在D點 25．(20分)如圖所示，在豎直平面內(nèi)，第二象限存在方向豎直向下的勻強電場(未畫出)，第一象限內(nèi)某區(qū)域存在一邊界為矩形、磁感應(yīng)強度B0＝0.1 T、方向垂直紙面向里的勻強磁場(未畫出)，A m,0處在磁場的邊界上，現(xiàn)有比荷＝108 C/kg的離子束在紙面內(nèi)沿與x軸正方向成θ＝60°角的方向從A點射入磁場，初速度范圍為×106 m/s≤v0≤106 m/s，所有離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后均垂直穿過y軸正半軸，進入電場區(qū)域。x軸負半軸上放置長為L的熒光屏MN，取π2＝10，不計離子重力和離子間的相互作用。 (1)求

23、矩形磁場區(qū)域的最小面積和y軸上有離子穿過的區(qū)域長度。 (2)若速度最小的離子在電場中運動的時間與在磁場中運動的時間相等，求電場強度E的大小(結(jié)果可用分數(shù)表示)。 (3)在第(2)問的條件下，欲使所有離子均能打在熒光屏MN上，求熒光屏的最小長度及M點的坐標(biāo)。 [解析]　(1)由洛倫茲力提供向心力，得 qvB＝ (2分) rmax＝＝0.1 m (2分) 根據(jù)幾何關(guān)系可知，速度最大的離子在磁場中做圓周運動的圓心恰好在y軸B0， m點，如圖1所示，離子從C點垂直穿過y軸。根據(jù)題意，所有離子均垂直穿過y軸，即速度偏向角相等，AC連線是磁場的邊界。速度最小的離子在磁場中做圓周運動的半徑rmi

24、n＝＝ m (2分) 圖1　　　　　　　圖2 速度最小的離子從磁場離開后，勻速前進一段距離，垂直y軸進入電場，根據(jù)幾何知識，離子恰好從B點進入電場，如圖2所示 故y軸上B點至C點區(qū)域有離子穿過，且 BC＝ m (1分) 滿足題意的矩形磁場應(yīng)為圖2中所示，由幾何關(guān)系可知矩形長 m，寬 m，面積S＝ m2 (2分) (2)速度最小的離子從B點進入電場，離子在磁場中運動的時間t1＝T＝· (2分) 離子在電場中運動的時間為t2，則 BO＝··t，t1＝t2 (2分) 解得E＝×104 V/m (1分) (3)離子進入電場后做類平拋運動，BO＝··t′，水平位移大小x1＝vB·

25、t′1，CO＝··t′，水平位移大小x2＝vC·t′2，得x1＝ m，x2＝ m (2分) 熒光屏的最小長度 Lmin＝x2－x1＝ m (2分) M點坐標(biāo)為 (2分) [答案]　見解析 (二)選考題：共15分。請考生從2道物理題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。 33．[物理——選修3－3](15分) (1)(5分)下列說法正確的是________。(填正確答案標(biāo)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，最低得分為0分) A．固體很難被壓縮是因為分子之間有斥力 B．可以根據(jù)各向同性或各向異性來區(qū)分晶體和非晶體 C．晶體具有天然規(guī)則

26、的幾何形狀，是因為物質(zhì)微粒是規(guī)則排列的 D．彩色液晶顯示器利用了液晶的光學(xué)性質(zhì)具有各向同性的特點 E．液晶不是液態(tài)的晶體，是介于液態(tài)與結(jié)晶態(tài)之間的一種物質(zhì)狀態(tài) (2)(10分)炎熱的夏季是汽車輪胎爆胎頻發(fā)時期，爆胎的一個原因是輪胎內(nèi)氣體壓強較大。已知某汽車的一只輪胎的容積為V0＝100 L，高速行駛時允許的最大胎壓為3.0 atm。原來胎內(nèi)氣壓為1.5 atm，現(xiàn)用一小型氣泵給其打氣，氣泵每秒打入0.6 L壓強為1 atm的空氣。假設(shè)輪胎容積與氣體溫度不變。 (ⅰ)原來胎內(nèi)壓強為p1＝1.5 atm的氣體，相當(dāng)于多少升壓強為p0＝1 atm的空氣； (ⅱ)為保證行車安全，最多只能打氣

27、多長時間？ [解析]　(1)固體很難被壓縮是因為分子之間有斥力，A正確；多晶體和非晶體都表現(xiàn)為各向同性，只有單晶體表現(xiàn)為各向異性，B錯誤；晶體具有天然規(guī)則的幾何形狀，是因為物質(zhì)微粒是規(guī)則排列的，C正確；彩色液晶顯示器利用了液晶的光學(xué)性質(zhì)具有各向異性的特點，D錯誤；液晶是介于液態(tài)與結(jié)晶態(tài)之間的一種物質(zhì)狀態(tài)，E正確。 (2)(ⅰ)設(shè)相當(dāng)于的空氣的體積為V1，根據(jù)玻意耳定律有p1V0＝p0V1(2分) 解得V1＝150 L (1分) (ⅱ)高速行駛時允許的最大胎壓p2＝3.0 atm，根據(jù)玻意耳定律有p2V0＝p0V2(2分) 解得V2＝300 L (1分) 氣泵每秒打入體積ΔV＝0.6

28、 L、氣壓為p0＝1 atm的空氣，則最多打氣時間t＝ (2分) 解得t＝250 s (2分) [答案]　(1)ACE　(2)(ⅰ)150 L　(ⅱ)250 s 34．[物理——選修3－4](15分) (1)(5分)圖示為一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波在t＝0時刻的波形圖，從此刻起橫坐標(biāo)位于x＝6 m處的質(zhì)點P在最短時間內(nèi)到達波峰歷時0.6 s。圖中質(zhì)點M的橫坐標(biāo)x＝2.25 m。下列說法正確的是________。(填正確答案標(biāo)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，最低得分為0分) A．該波的波速為7.5 m/s B．0～0.6 s內(nèi)質(zhì)點P的路程

29、為4.5 m C．0.4 s末質(zhì)點M的振動方向沿y軸負方向 D．0～0.2 s內(nèi)質(zhì)點M的路程為10 cm E．0.1 s末質(zhì)點M恰好到達波峰 (2)(10分)圖示為某一柱狀透明體的截面圖，半徑為R的圓弧面AB與透明體的側(cè)面AD、BD分別相切于A、B兩點，P點在AD上且AP＝R?，F(xiàn)有一細束單色光從P點垂直AD面射入透明體，射到圓弧面AB時恰好發(fā)生全反射，第一次從F點射出透明體。已知光在真空中的速度大小為c。求： (ⅰ)透明體的折射率n以及從F點射出透明體時的折射角r的正弦值； (ⅱ)單色光從P點射入到從F點射出透明體所用的時間t。 [解析]　(1)由圖象知波長λ＝6 m，根據(jù)波

30、動與振動方向間的關(guān)系知，質(zhì)點P在t＝0時刻沿y軸負方向振動，經(jīng)過T第一次到達波峰，即T＝0.6 s，得周期T＝0.8 s，由v＝得波速v＝7.5 m/s，A正確；由圖象知振幅A＝10 cm,0～0.6 s內(nèi)質(zhì)點P的路程L＝3A＝30 cm，B錯誤；t＝0時刻質(zhì)點M沿y軸正方向振動，經(jīng)過0.4 s即，質(zhì)點M在x軸的下方且沿y軸負方向振動，C正確；0～0.2 s內(nèi)質(zhì)點M先沿y軸正方向運動到達波峰后沿y軸負方向運動，因質(zhì)點在靠近波峰位置時速度較小，故其路程小于A即10 cm，D錯誤；當(dāng)波峰傳到質(zhì)點M時波沿x軸正方向傳播了Δx＝2.25 m－1.5 m＝0.75 m，傳播時間Δt＝＝0.1 s，即0.

31、1 s末質(zhì)點M恰好到達波峰，E正確。 (2)透明體中的光路如圖所示。 (ⅰ)光射到圓弧面AB上的E點時恰好發(fā)生全反射，設(shè)臨界角為θ，則 sin θ＝ (1分) sin θ＝＝ (1分) 解得θ＝60°，n＝ (1分) △EFG為正三角形 光射到BD面的入射角i＝90°－60°＝30°(1分) 根據(jù)折射定律有n＝ (1分) 解得sin r＝ (1分) (ⅱ)＝R－R，＝，＝R－Rcos θ 光在透明體中傳播的路程 L＝＋＝ (1分) t＝ (1分) n＝ (1分) 解得t＝。 (1分) [答案]　(1)ACE　(2)(ⅰ)　　(ⅱ) - 14 -