2020届广东省深圳市普通高中高三下学期物理第二次线上统一测试试题（解析版）

2020 年深圳市普通高中高三年级第二次线上统一测试 理科综合能力测试物理部分 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.我国新一代可控核聚变研究装置“中国环流器二号 M”（又被称为“人造太阳”）将在 2020 年投入运行。其 所发生的可控核聚变方程是 ，已知 、 、 和 X 的质量分别为 m1、m2、m3 和 m4，真空中的光速为 c。下列说法正确的是（　　） A. X 是质子 B. 大亚湾核电站利用核聚变发电 C. 该核反应所释放的核能为∆E =(m1 +m2−m3−m4)c2 D. 和 的比结合能之和大于 的比结合能 【答案】C 【解析】 【详解】A．由质量数守恒和核电荷数守恒，写出核反应方程为 则 X 为中子，故 A 错误； B．大亚湾核电站利用核裂变发电，故 B 错误； C．由爱因斯坦质能方程可知，该核反应所释放的核能为 故 C 正确； D．比结合能大的原子核稳定，一个氘核与一个氚核结合成一个氦核时，同时释放能量，则 更稳定， 比结合能大，由于核子数守恒，则反应后 的结合能大于反应前 和 的结合能之和，故 D 错误。 故选 C。 2.2020 年 10 月 13 日将发生火星冲日现象，即火星、地球和太阳刚好在一条直线上，如图所示，已知火星 轨道半径为地球轨道半径的 1.5 倍，地球和火星绕太阳运行的轨道都视为圆。则（　　） 2 3 4 1 1 2H + H He + X→ 2 1H 3 1H 4 2 He 2 1H 3 1H 4 2 He 2 3 4 1 1 1 2 0H H He n+ → + 2 1 2 4 3( )E m m m m c∆ = + − − 4 2 He 4 2 He 2 1H 3 1HA. 火星与地球绕太阳运行的线速度大小之比为 2∶3 B. 火星与地球绕太阳运行的加速度大小之比为 4∶9 C. 火星与地球的公转周期之比为 ： D. 2021 年 10 月 13 日前有可能再次发生火星冲日现象 【答案】B 【解析】 【详解】火星和地球绕太阳做圆周运动，万有引力提供向心力 得 ， ， A．由 可知，火星与地球的公转线速度大小之比为 ，故 A 错误； B．由 可知，则火星与地球的向心加速度大小之比为 4：9，故 B 正确； C．由 可知，火星与地球 公转周期之比为 ，故 C 错误； D．地球与火星都绕太阳运动，即 M 一样，根据万有引力提供向心力，即 得 则 的 3 2 2 2 2 2π( )Mm vG m ma m rr r T = = = GMv r = 2 GMa r = 3 2π rT GM = GMv r = 6 3 2 GMa r = 3 2π rT GM = 3 3 : 2 2 2 2 2π( )MmG m rr T = 3 2π rT GM = 3 31 1 3 2 2 1.5 2T r T r = = ≈即 2022 年 10 月 13 日前有可能再次发生火星冲日现象，故 D 错误。 故选 B。 3.一个带负电的粒子从 x=0 处由静止释放，仅受电场力作用，沿 x 轴正方向运动，加速度 a 随位置变化 的关系如图所示，x2－x1=x3－x2 可以得出（　　） A. 从 x1 到 x3 过程中，电势先升高后降低 B. 在 x1 和 x3 处，电场强度相同 C. 粒子经 x1 和 x3 处，速度等大反向 D. 粒子在 x2 处，电势能最大 【答案】A 【解析】 【详解】AB．由图可知， 加速度方向沿 x 轴正方向， 加速度方向沿 x 轴负方向，由于粒子带 负电，则 电场强度方向沿 x 轴负方向， 电场强度沿 x 轴正方向，根据沿电场线方向电势降低 可知，从 x1 到 x3 过程中，电势先升高后降低，在 x1 和 x3 处，电场强度方向相反，故 A 正确，B 错误； C． 图像与坐标轴所围面积表示速度变化量，由图像可知， 速度变化为 0，则粒子经 x1 和 x3 处， 速度相同，故 C 错误； D． 电场强度方向沿 x 轴负方向， 电场强度沿 x 轴正方向，则在 x2 处电势最高，负电荷的电 势能最小，故 D 错误。 故选 A。 4.户外野炊所用的便携式三脚架，由三根完全相同的轻杆通过铰链组合在一起，每根杆均可绕铰链自由转动 。如图所示，将三脚架静止放在水平地面上，吊锅通过细铁链挂在三脚架正中央，三根杆与竖直方向的夹 角均相等。若吊锅和细铁链的总质量为 m，重力加速度为 g，不计支架与铰链之间的摩擦，则（　　） 20 x 2 3x x 20 x 2 3x x a t− 1 3x x 20 x 2 3x xA. 当每根杆与竖直方向的夹角为 时，杆受到的压力大小为 mg B. 当每根杆与竖直方向的夹角为 时，杆对地面的摩擦力大小为 mg C. 当每根杆与竖直方向的夹角均变大时，三根杆对铰链的作用力的合力变大 D. 当每根杆与竖直方向的夹角均变大时，杆对地面的压力变大 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据平衡条件，竖直方向，有 解得 故 A 错误； B．杆对地面的摩擦力大小为 故 B 正确； C．当每根杆与竖直方向的夹角均变大时，三根杆对铰链的作用力的合力仍与吊锅和细铁链的总重力大小相 等，故 C 错误； D．由平衡可知 得 杆对地面的压力 37° 5 9 37° 1 4 3 cos37N mg° = 5=12N mg 5 3sin37 12 5 4 mg mgf N °= = × = 3 cosN mgθ = = 3cos mgN θ故 D 错误。 故选 B。 5.如图所示，某时刻将质量为 10kg 的货物轻放在匀速运动的水平传送带最左端，当货物与传送带速度恰 好相等时，传送带突然停止运动，货物最后停在传送带上。货物与传送带间的动摩擦因数为 0.5，货物在 传送带上留下的划痕长为 10cm，重力加速度取 10m/s2，则货物（　　） A. 总位移为 10cm B. 运动的总时间为 0.2s C. 与传送带由摩擦而产生的热量为 5J D. 获得的最大动能为 5J 【答案】D 【解析】 【详解】A．设传送带的速度为 v，经时间 t 货物与传送带速度相等，则货物相对传送带的位移为 即为划痕长度，当传送带停止货物做匀减速运动，由于加速和减速过程的加速度大小相等，则货物在传送 带上减速的位移为 由于加速过程留下划痕长度与减速过程留下划痕长度重合，则货物的总位移为两倍的划痕长度即为 20cm， 故 A 错误； B．货物减速的位移为 10cm，加速度为 则有 解得 总时间为 ' cos 3 mgN N θ= = 2 2 vt vtx vt∆ = − = 1 2 vtx = 25m/smga gm µ µ= = = 2 2 1 110 10 52 t−× = × 1 0.2st = 12 0.4st t= =故 B 错误； C．与传送带由摩擦而产生 热量为 故 C 错误； D．当货物与传送带速度相等时速度最大，动能最大，则 得 则最大动能为 故 D 正确。 故选 D。 6.电磁感应现象在科技和生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是（　　） A. 图（a）中利用了发射线圈和接收线圈之间的互感现象构成变压器，从而实现手机充电 B. 图（b）中给电磁炉接通恒定电流，可以在锅底产生涡流，给锅中食物加热 C. 图（c）中如果线圈 B 不闭合，S 断开将不会产生延时效果 D. 图（d）中给电子感应加速器通以恒定电流时，被加速的电子获得恒定的加速度 【答案】AC 【解析】 【详解】A．电流流过发射线圈会产生变化的磁场，当接收线圈靠近该变化的磁场时就会产生感应电流给手 机充电，即利用发射线圈和接收线圈之间的互感现象构成变压器，从而实现手机充电，故 A 正确； B．恒定的电流激发恒定的磁场，穿过金属锅的磁通量不变，不会发生电磁感应现象，没有涡流产生，故 B 错误； C．如果线圈不闭合，则 B 线圈中会有电磁感应现象，但不产生感应电流，故不会产生延时效果，故 C 正 的 12 2 0.5 10 10 0.1J 10JQ mgxµ= = × × × × = 210 10 0.22 v−× = × =1m/sv 2 2 kmax 1 1 10 1 J 5J2 2E mv= = × × =确； D．给电子感应加速器通以恒定电流时产生的磁场不变，即磁通量不变，则不会产生感生电场，则不能加速 电子，故 D 错误。 故选 AC。 7.某同学使用小型电动打夯机平整自家房前的场地，如图所示是电动打夯机的结构示意图。质量为 m 的摆 锤通过轻杆与总质量为 M 的底座（含电动机）上的转轴相连。电动机带动摆锤绕转轴 O 在竖直面内匀速转 动，转动半径为 R，重力加速度为 g。下列说法正确的是（　　） A. 转到最低点时摆锤处于失重状态 B. 摆锤在最低点和最高点，杆给摆锤的弹力大小之差为 6mg C. 若打夯机底座刚好能离开地面，则摆锤的角速度为 D. 若打夯机底座刚好能离开地面，则摆锤转到最低点时，打夯机对地面的压力为 【答案】CD 【解析】 【详解】A．转到最低点时摆锤有向上的加速度，则处于超重状态，故 A 错误； B．电动机带动摆锤绕转轴 O 在竖直面内匀速转动，设角速度为 ，则有 则 故 B 错误； C．当拉力大小等于电动机连同打夯机底座的重力时，才能使打夯机底座刚好离开地面，有 对摆锤有 ( )m M g mR + 2( )mg Mg+ 0 ω 2 1 0F mg m Rω− = 2 2 0+F mg m Rω= 1 2 2F F mg− = =T Mg解得 故 C 正确； D．在最低点，对摆锤有 则 对打夯机有 故 D 正确。 故选 CD。 8.如图所示，在竖直平面内有一上下边界均水平，垂直线框所在平面的匀强磁场，磁感应强度 B=2.5T。正 方形单匝金属线框在磁场上方 h=0.45m 处，质量为 0.1kg，边长为 0.4m，总阻值为 1Ω。现将线框由静止释 放，下落过程中线框 ab 边始终与磁场边界平行，ab 边刚好进入磁场和刚好离开磁场时的速度均为 2m/s， 不计空气阻力，重力加速度取 10m/s2 则（　　） A. cd 边刚进入磁场时克服安培力做功的功率为 9W B. 匀强磁场区域的高度为 0.65m C. 穿过磁场的过程中线框电阻产生的焦耳热为 0.65J D. 线框通过磁场上边界所用时间为 0.3s 【答案】ABD 【解析】 【详解】A．cd 边刚进入磁场时的速度为 2mg T mRω+ = ( )= M m g mR ω + 2T mg mRω′− = 2T Mg mg′ = + 2( )N T Mg M m g= ′+ = + 1 2 2 10 0.45m/s 3m/sv gh= = × × =cd 边刚进入磁场时切割磁感线产生的感应电动势为 此时 cd 边受到的安培力为 则 cd 边刚进入磁场时克服安培力做功的功率为 故 A 正确； B．ab 边刚好进入磁场和刚好离开磁场时 速度均为 =2m/s，根据对称性 cd 边刚到达下边界时的速度为 3m/s，从 ab 边刚好进入磁场到 cd 边刚到达下边界时，由于线框的磁通量不变，则无电流产生，加速度为重 力加速度，则有 即 得 匀强磁场区域的高度为 故 B 正确； C．由能量守恒得 故 C 错误； D．线框通过磁场上边界过程由动量定理得 即 此过程的电荷量为 的 1= 2.5 0.4 3V 3VE BLv = × × = 3= = =2.5 0.4N=3N1.0A EF BIL B LR × × 1= 9WAP F v = 2v 2 2 1 2 2v v gh− = 2 23 2 2 10h− = × 0.25mh = 0.65ms h L= + = 2 2 1 2 1 1( ) 0.6J2 2Q mg s L mv mv= + + − = 2 1mgt BiLt mv mv− = − 2 1mgt BqL mv mv− = −联立解得 故 D 正确。 故选 ABD。 三、非选择题：共 174 分。第 22~32 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 33~38 题为 选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题（共 129 分） 9.某同学在实验室使用半径相同的两个小球，按如图实验装置来验证动量守恒定律。他的主要实验操作如下 ： ①用天平测量 a、b 两球的质量 m1 和 m2 ②用游标卡尺测出两个小球的直径 d ③用刻度尺测出轨道末端距离地面的高度 H ④用重锤线标出小球抛出点在水平地面上的白纸上的竖直投影点 O ⑤在白纸上面放好复写纸，先不放 b 球，把 a 球从斜槽轨道上 D 点由静止释放，落到复写纸上，重复多次； 再把 b 球放在斜槽轨道水平部分最右端，把 a 球仍从 D 点由静止释放，和 b 球相碰后，两球分别落在复写 纸上的不同位置，重复多次 ⑥用圆规在白纸上找到三个平均落点 M、P 和 N，并用刻度尺测量出图中的 、 和 的长度 (1)上述实验操作中不必要的步骤是______________。 (2)如果满足关系式____，则验证了系统碰撞过程中动量守恒。（用测量的物理量表示） (3)实验测得：m1=30.0g，m2=10.0g， =16.10cm， =30.30cm， =40.60cm。则本实验的相对误差 是______（保留一位有效数字，相对误差为 100%） 【答案】 (1). 3 (2). (3). 2% 【解析】 【详解】(1)[1]小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间相同，小球的水平位移与其初速度成正 2BLq R R ∆Φ= = 0.3st = OM OP ON OM OP ON ×碰撞前后总动量之差 碰撞总动量 1 1 2OP OM ONm m m= +比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，实验需要验证 因小球均做平抛运动，下落时间相同，则可知水平位移 x=vt，因此可以直接用水平位移代替速度进行验证， 故有 由此可知，本实验不用用刻度尺测出轨道末端距离地面的高度 H，其余步骤都需要 (2)[2]若两球相碰前后的动量守恒，则 球在空中的运动时间 t 相等，则 代入得 (3)[3]碰撞前的总动量为 碰撞后的总动量 实验的相对误差 10.某兴趣小组测一电池组的电动势和内阻，电动势约为 3V，内阻约为 10Ω。现有如下实验器材： A.电压表 V（0~15V，内阻约为 3kΩ） B.电流表 A（0~2mA，Rg=12Ω） C.定值电阻 R0=6Ω D.电阻箱 R1（0~999Ω） E.滑动变阻器 R2（0~2000Ω） F.待测电池组 G.电键 S、导线若干 (1)为完成实验需将电流表 A 改装成较大量程的电流表，A 应与定值电阻 R0____联（填“串”或“并”），改装 1 0 1 1 2 2m v m v m v= + 1 1 2m OP m OM m ON= + 1 0 1 1 2 2m v m v m v= + 0 1 2OP v t OM v t ON v t= = =， ， 1 1 2m OP m OM m ON= + 1 =30.0 30.30=909g cmm OP × ⋅ 1 2 =(30.0 16.10+10.0 40.60)g cm=889g cmm OM m ON+ × × ⋅ ⋅ 0 00 0 909 889 100 2909 − × ≈后电流表的量程为_______mA (2)为测量尽可能准确，电阻箱 R1 与滑动变阻器 R2 应选_____（填“R1”或“R2”） (3)根据你所选用的实验器材，设计实验电路并在答题卡的虚线框内将电路图补充完整（所选器材要标明符 号）________。 (4)按正确的电路图连接好电路进行实验，并多次测量，同时记录各仪器的读数，然后做出图像如图所示， 但忘记标注纵坐标，请你补充完整，此纵坐标应为_______（填 I、U、 或 ）。若图像的斜率为 k，纵轴 截距为 b，则该电池组的电动势 E=______，内阻 r=_____。（用题中的相应符号表示） 【答案】 (1). 并 (2). 6 (3). R1 (4). (5). (6). (7). 【解析】 【详解】(1)[1]电流表 A 改装成较大量程的电流表应并联一个小电阻分流； [2]由题可知，定值电阻的阻值为电流表 A 内阻的一半，则电流大小为电流表 A 量程的两倍，所以总电流为 3 倍的电流表 A 的量程即为 6mA； (2)[3] 由于所给电压表量程太大，用电压表和电流表、滑动变阻器测量时误差较大，可用改装后的电流表与 电阻箱来测量，故应选电阻箱 R1； (3)[4]由于所给电压表量程太大，可用改装后的电流表与电阻箱来测量电源电动势和内阻，电路图如图 1 I 1 U 1 I 3 k 4b k −(4)[5][6][7]根据实验原理有 得 变形得 由于图像是一条直线则此纵坐标应为 ，由图像可知，斜率 得 纵轴截距为 得 11.“反向蹦极”是一项比蹦极更刺激的运动。如图所示，弹性轻绳的上端固定在 O 点，拉长后将下端固定在 体验者的身上，并与固定在地面上的力传感器相连，传感器示数为 1000N。打开扣环，人从 A 点由静止释 放，像火箭一样被“竖直发射”，经 B 上升到最高位置 C 点，在 B 点时速度最大，在上升过程中，仅在最后 1s 内做匀变速直线运动。已知 BC 间距 LBC= m，人与装备总质量 m=50kg（可视为质点）。弹性绳的弹力始 终遵循胡克定律，忽略空气阻力，重力加速度 g 取 10m/s2 求 (1)人在最后 1s 内位移 h 的大小和释放瞬间人的加速度 a 的大小； (2)弹性绳的劲度系数 k 和释放前弹性绳的弹性势能 Ep。 0 0 0 ( )( )g g g IR R RE I R rR R R = + + ++ 3 ( 4)E I R r= + + 1 3 3 ( 4)R rI E E = + + 1 I 3k E = 3E k = 3 ( 4)b rE = + 4br k = − 25 3【答案】(1)5m， ；(2) 【解析】 【详解】(1)由题可知，释放前后人受力如图所示释放前人处于平衡状态有 释放后 解得 由题意可知上升最后阶段绳子松弛，人只受重力做匀减速运动到最高点，可以逆向当作自由落体运动，最 后 1 秒上升的高度为 (2)在 B 点速度最大，此时弹性绳的弹力刚好与重力相等，设弹簧伸长量为 x1 此时绳子伸长量 由弹性绳弹力大小 ，得 220m/s=a p 7500JE = 1F F mg= + 1F mg ma− = 220m/s=a 2 5m1 2h gt == 2F = mg 1 BCx L h= − F kx=释放前弹性绳的拉力 ，弹性绳弹力大小遵循 ，则释放前弹性绳子拉长量为 x2，得 人从释放到上升到最高点的距离 上升过程中机械能守恒，由机械能守恒定律可知弹性绳子的弹性势能 得 12.在竖直面内建立如图所示直角坐标系 xOy，第一象限内（含坐标轴）有垂直于坐标平面向里的匀强磁场， 第三象限内有水平向右的匀强电场。两个大小相同的金属小球 a、b（均可视为质点）质量分别为 m、3m， 不带电的小球 b 静置于固定在原点 O 处的绝缘支架（图中未画出）上。小球 a 带电量为+2q，从第三象限的 P 点，以速度 v0 竖直向上射出，小球 a 运动到原点 O 时，速度方向恰好沿 x 轴正方向、大小为 v0，并与 b 球发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰后两个小球带电量均变为+q，小球 b 恰好经过 x 轴上的 N 点，小球 a 经过 y 轴上的 Q 点（图中未画出）。已知磁感应强度 不计两个小球之间的库仑力和空气阻力， 重力加速度为 g。求： (1)碰后 a、b 球的速度 va、vb； (2)电场强度 E 的大小和 Q 点到原点 O 的距离 s1； (3)N 点到原点 O 的距离 s2 【答案】(1) ， ；(2) ， ；(3) ， 150N/mk = 1 1500NF = F kx= 2 10mx = 2H h x= + pE mgH= p 7500JE = 0 12mgB qv = 0 2a vv = − 0 2b vv = 2 mgE q = 2 0 1 2vs g = 2 0 2 π 8 n vs g = 1,2,3,n = … …【解析】 【详解】(1)球 a 球 b 在 O 点发生弹性碰撞，根据动量守恒及能量守恒定律得：取向右为正方向 联立得 ， (2)在第三象限中，球 a 做匀变速曲线运动。水平方向做匀加速直线运动，设加速度为 a1，则 竖直方向做匀减速直线运动 联立得 碰后两个小球带电量均为+q，a 球在第一象限内，水平方向做匀变速直线运动，经 t2 时间到 Q 点时水平方 向速度变为－va，设加速度为 a2，则 Q 点到原点 O 的距离 联立得 (3)碰后 b 球所受洛伦兹力 b 球的运动分解成速率 v1 的匀圆运动和水平向右的速度为 v2 的匀速运动。运动到 N 点时，由于各个力做功 为 0，所以速度依然为 vb，设球 b 运动时间为 t，将 vb 分解： 0 3a bmv mv mv= + 2 2 2 0 1 1 1 32 2 2a bmv mv mv= + 0 2a vv = − 0 2b vv = 0 1 1v a t= 1 2qEa m = 0 10 v gt= − 2 mgE q = 2 2a av v a t− = − 2 qEa m = 2 1 2 1 2s gt= 2 0 1 2vs g = 6 3bqv B mg mg= >其中 联立得 ( ) 13.下列说法正确的是（　　） A. 一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，一定吸收热量 B. 当分子间的引力与斥力平衡时，分子势能最大 C. 其它条件相同，空气的相对湿度越大，晾晒在室外的衣服越不容易干 D. 布朗运动证明了悬浮微粒的分子在做无规则运动 E. 在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小 【答案】ACE 【解析】 【详解】A．由 ，一定质量理想气体在等压膨胀过程中温度升高，内能增大，气体一定吸收热量， 故 A 正确； B．根据分子力做功与分子势能间的关系可知，当分子间的引力与斥力平衡时，分子势能最小，故 B 错误； C．空气的干湿程度和空气中所含有的水汽量接近饱和的程度有关，在潮湿的天气里，空气的相对湿度大， 水蒸发得慢，所以洗了的衣服不容易晾干，故 C 正确； D．布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，表明液体分子在做无规则运动，故 D 错误； E．根据熵原理，在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小，故 E 正确。 故选 ACE。 1 2bv v v= + 2 1 1 3 vqv B m r = 12 r v Tπ = 2 3qv B mg= 2 2 3s v t= 3t nT= 2 0 2 8 n vs g π= 1,2,3,n = … … =pV CT14.如图所示，将横截面积 S=100cm2、容积为 V=5L，开口向上的导热良好的气缸，置于 t1=－13 的环境 中。用厚度不计的轻质活塞将体积为 V1=4L 的理想气体封闭在气缸中，气缸底部有一个单向阀门 N。外界 大气压强 p0=1.0×105Pa，重力加速 g=10m/s2，不计一切摩擦。求： (i)将活塞用卡销 Q 锁定，用打气筒通过阀门 N 给气缸充气，每次可将体积 V0=100mL，压强为 p0 的理想气 体全部打入气缸中，则打气多少次，才能使其内部压强达到 1.2p0； (ii)当气缸内气体压强达到 1.2p0 时，停止打气，关闭阀门 N，将质量为 m=20kg 的物体放在活塞上，然后拔 掉卡销 Q，则环境温度为多少摄氏度时，活塞恰好不脱离气缸。 【答案】(i)8；(ii)52 【解析】 【详解】(1)由玻意耳定律得 其中 ， ，n 为打气次数，代入数值解得： (ii)初态气体温度为 ，最终稳定时，体积为 ，内部气体压强为 即拔掉卡销后，缸内气体压强不变，由盖·吕萨克定律得： ，解得 则气缸内气体的温度为 15.一段绳子置于 x 轴上，某同学使绳子的左端（即波源 A）在 y 轴上做不连续的简谐运动，振动周期为 0.4s ，某时刻波刚好传到 P 点，O、P 间绳上各点形成的波形如图所示，此时由波形可知（　　） C° C° ( )0 1 0 0 11.2p V nV p V+ = 1 4LV = 0 100mLV = 8n = 1 1 273K 260KT t= + = 5LV = 5 2 0 1.2 10 Pamgp p S = + = × 1 1 2 V V T T = 2 325KT = 2 2 273K 52t T= − = ℃A. 波源的最初起振方向沿 y 轴正方向 B. 波在介质中传播的速度为 1.0m/s C. 质点 Q 此时以 1 0m/s 速率沿 y 轴负方向运动 D. 此波形是波源先做一次全振动后停止振动 0.6s，接着再振动半个周期形成的 E. 从此时开始计时，再过 1s 质点 Q 刚好运动到 P 点 【答案】ABD 【解析】 【详解】A．波刚好传到 P 点，由波形图结合上下坡法可知，P 点的起振方向沿 y 轴正方向，根据介质中各 点的起振方向与波源起振方向相同，则波源的最初起振方向沿 y 轴正方向，故 A 正确； B．由图可知，波长为 0.4m，周期为 0.4s，则波速为 故 B 正确； C．质点做简谐振动的速度与波传播速度不相同，故 C 错误； D．由图可知， 没有波形，说明波停止振动的时间为 此时 又出现半个波长的波形，说明波又振动半周期，故 D 正确； E．质点并不会随波移动，只会在各自平衡位置附近振动，故 E 错误。 故选 ABD。 16.一正三棱柱形透明体的横截面如图所示，AB=AC=BC=6R，透明体中心有一半径为 R 的球形真空区域， 一束平行单色光从 AB 面垂直射向透明体。已知透明体的折射率为 ，光在真空中的传播速度为 c。求： (i)从 D 点射入透明体的光束要经历多长时间从透明体射出； (ii)为了使光线不能从 AB 面直接进入中间的球形真空区域，则必须在透明体 AB 面上贴至少多大面积的不透 明纸。（不考虑 AC 和 BC 面的反射光线影响）。 . 1.0m/sv T λ= = 0.2m 0.8mx x= = 0.8 0.2 s 0.6s1.0t −= = 0 0.2mx x= = 2【答案】(i) ；(ii) 【解析】 【详解】(i)设透明体的临界角为 C，依题意 可知，从 D 点射入的光线在 E 点处的入射角为 ，大于临界角 C，发生全反射，其光路图如图所示， 最终垂直于 BC 边射出，设经历时间 t，则 又 又 得： 为 3 6Rt c = 21 π2 R 1 2sin 2C n = = 60° DE EFt v += co 30sDE AE °= ⋅ cos30EF EC °= ⋅ ( )cos30 3 3DE EF AE EC R°+ = + = 2 2 cv cn = =(ii)如图， 从真空球上 G 和 G′处射入的光线刚好在此处发生全反射，而在这两条光线之间射入的光线，其入射角均小 于 ，将会射入真空区域，所以只要将这些区间用不透明纸遮住就可以了，显然，在透明体 AB 面上，被 遮挡区域至少是个圆形,设其半径为 r，由几何关系可知 则 3 6Rt c = 45° 2 2 Rr = 2 21π π2S r R= =