2020届湖北省襄阳市第五中学，夷陵中学高三下学期联考理综物理试题（解析版）

物理试卷 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 1～4 题只有一项符合题目要求，第 5～8 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.下列关于原子物理部分内容的有关说法不正确的是（　　） A. 法国物理学家贝克勒尔发现天然放射现象，通过科学家们进一步研究说明原子核是有结构的 B. 根据玻尔理论，一个处在 n=4 能级的氢原子跃迁时最多可能发出 3 种不同频率的光 C. 爱因斯坦在光电效应实验中发现，逸出光电子的最大初动能与入射光的频率成正比 D. 卢瑟福通过对 α 粒子散射实验的分析否定了汤姆孙的“枣糕”原子模型从而提出了“核式结构”原子模 型 【答案】C 【解析】 【详解】A．法国物理学家贝克勒尔发现天然放射现象，通过科学家们进一步研究说明原子核是有结构的， A 正确； B．根据玻尔理论，一个处在 n=4 能级的氢原子跃迁时最多可能发出 种不同频率的光，B 正确； C．根据光电效应方程 可知逸出光电子的最大初动能与入射光的频率不成正比，C 错误； D．卢瑟福通过对 α 粒子散射实验的分析否定了汤姆孙的“枣糕”原子模型从而提出了“核式结构”原子模 型，D 正确。 本题选择不正确的，故选 C。 2.某军事试验场正在平地上试射地对空导弹。若某次竖直向上发射导弹时发生故障，造成导弹的 v—t 图像 如图所示，则下列说法中正确的是（　　） A. 1~2s 内导弹静止 B. 2~3s 内导弹匀减速下降 C. 2~3s 内和 3~5s 内加速度的方向相反 D. 5s 末导弹回到原出发点 (4 1) 3− = 0 kmh W Eν = +【答案】D 【解析】 【详解】A．1~2s 内导弹匀速上升，A 错误； B．2~3s 内导弹匀减速上升，B 错误； C． 图线斜率的物理意义为加速度，所以 2~3s 内和 3~5s 内加速度的方向相同，C 错误； D． 图像和时间轴围成的面积为位移，根据图像可知 0~3s 内的位移 3~5s 内的位移 所以 5s 末导弹回到原出发点，D 正确。 故选 D。 3.如图甲所示，静止在水平面上重力为 F0 的物块 A 受到竖直向上拉力 F 作用。F 与时间 t 的关系如图乙所 示。则（　　） A. 0~t0 时间内拉力 F 对物体作的功不为零 B. 2t0 时刻物块速度最大 C 2t0~3t0 时间内物块处于失重状态 D. 2t0 与 3t0 时刻拉力 F 的功率相同 【答案】D 【解析】 【详解】A．0~t0 时间内根据图像可知拉力小于重力，所以物块静止不动，拉力对物体不做功，A 错误； B．根据图像可知 t0 时刻和 3t0 时刻外力等于物体重力，所以 t0~2t0 时间内根据牛顿第二定律可知物体做加速 度增大的加速运动，同理可知 2t0~3t0 时间内物体做加速度减小的加速运动，在 3t0 时刻物体所受合外力为 0 ，加速度为 0，速度达到最大，B 错误； . v t− v t− 1 3 30m 60m2x += × = 1 60 2m 60m2x′ = − × × = −C．2t0~3t0 时间内物块所受拉力大于重力，处于超重状态，C 错误； D．t0~2t0 时间内，选取竖直向上为正， 图像和时间轴围成的面积即为外力 对应的冲量，根据动量 定理 解得 2t0 时刻物体的速度 F 的瞬时功率为 同理，2t0~3t0 时间内根据动量定理 解得 3t0 时刻 F 的瞬时功率为 D 正确。 故选 D。 4.在匀强磁场中，一个 100 匝的闭合圆形金属线圈，绕线圈平面内与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该 线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化，设线圈总电阻为 2Ω，则（　　） A. t=0 时，线圈在中性面 B. t=1s 时，线圈中磁通量对时间的变化率为零 C. 一个周期内，线圈产生的热量为 D. 0~1s 时间内通过导线横截面电荷量为 4C 【答案】C 【解析】 F t− F 0 0 0 0 0 1 2 2 F F t F t mv + − = 0 0 1 1 2 F tv m = ⋅ 0 0 1 0 1 02 F tP F v F m = = 0 0 0 0 0 2 1 2 2 F F t F t mv mv + − = − 0 0 2 F tv m = 0 0 2 0 2 0 F tP F v F m = = 28 Jπ【详解】A．t=0 时，穿过线圈平面的磁通量为 0，所以线圈在与中性面垂直的面，A 错误； B．t=1s 时，图像斜率最大，即 最大，所以线圈中磁通量对时间的变化率最大，B 错误； C．根据图像可知磁通量的最大值 则电动势的最大值 一个周期内，线圈产生的热量 C 正确； D．通过线圈的电荷量 0~1s 时间内根据图像可知 ，所以通过线圈的电荷量为 0，D 错误。 故选 C。 5.如图甲所示，Q1、Q2 为两个固定点电荷，其中 Q1 带正电，它们连线的延长线上有 a、b 两点。一带正电 的试探电荷以一定的初速度沿直线从 b 点开始经 a 点向远处运动，其速度图像如图乙所示。则（　　） A. 在 Q1、Q2 之间放置一个点电荷，该点电荷可能处于平衡状态 B. 从 b 到 a 场强逐渐减小，且 a 点场强为零 C. b 点右侧电势逐渐升高 D. 在 Q1 左侧的连线延长线上存在场强为零的点 【答案】B 【解析】 【详解】A． 图线斜率的物理意义为加速度，正电试探荷在 点加速度为 0，根据牛顿第二定律 t Φ∆ ∆ m 0.04WbBSΦ = = m 2 2100 0.04 V 4 V2mE NBS N T π πω π= = Φ = × × = 2 2m 2 4( ) ( ) 2 2 2J 8 J2 E Q tR π π= = × = N tq I t t NR R ∆Φ ∆Φ∆= ∆ = ∆ = 0∆Φ = v t− a可知 点场强为 0， 、 一定带异种电荷，即 一定带负电荷，所以根据受力分析可知在 、 之间 放置一个点电荷，该点电荷不可能处于平衡状态，A 错误； B．根据图像可知 过程，正电试探电荷所受合外力逐渐减小，根据 可知场强逐渐减小，在 点场强为 0，B 正确； C．正电试探电荷仅在电场力作用下运动，电势能和动能相互转化， 点右侧动能先减小后增大，所以电势 能先增大后减小，根据电势的定义 可知 点右侧电势先增大后减小，C 错误； D．在 点场强为 0， 距离 点较远，根据 可知 所带电荷量较大，根据场强的叠加法则可知 在 左侧的连线延长线上不存在场强为零的点，D 错误。 故选 B。 6.四颗人造卫星 a、b、c、d 在地球大气层外的圆形轨道上运行，其中 a、c 的轨道半径相同，b、d 在同步 卫星轨道上，b、c 轨道在同一平面上。某时刻四颗卫星的运行方向及位置如图示，则下列说法正确的是（　　） A. 卫星 a、c 的加速度相同 B. a 卫星 线速度大于 b 卫星的线速度 C. 卫星 b、d 的角速度大小相等，且大于月球的角速度 D. 若卫星 c 变轨到卫星 d 所在的轨道，需要加速，进入新轨道后速度变大 【答案】BC 【解析】 【详解】A．卫星 、 所受万有引力方向不同，所以加速度方向不同，A 错误； B．万有引力提供向心力 的 qEa m = a 1Q 2Q 2Q 1Q 2Q b a→ FE q = a b pE q ϕ = b a 1Q a 2 QE k r = 1Q 1Q a c 2 2 Mm vG mr r =解得线速度大小表达式 因为 所以 B 正确； C．万有引力提供向心 解得角速度 因 所以 C 正确； D．卫星加速做离心运动从低轨道上升到高轨道，在高轨道稳定后，根据 可知卫星 的轨道半径增大，线速度减小，D 错误。 故选 BC。 7.竖直放置的带电平行金属板之间的电场可以看成是匀强电场，现有一带电小球从两带电平行金属板中的 M 点竖直向上抛出，其运动轨迹大致如图所示，其中 M、N 两点在同一水平线上，O 点为轨迹的最高点， 小球在 M 点动能为 9J，在 O 点动能为 16J，不计空气阻力，下列说法错误的是（　　） 为 GMv r = a br r< a bv v> 2 2 MmG m rr ω= 3 GM r ω = b dr r r= < 月 b d ω ω ω= > 月 GMv r = cA. 小球在上升和下降过程中所受外力的冲量大小之比为 B. 小球落到 N 点时的动能为 73J C. 小球在上升和下降过程中电场力做功之比为 D. 小球从 M 点运动到 N 点过程中的最小动能为 5.4J 【答案】AD 【解析】 【详解】A．小球在竖直方向上先做竖直上抛运动，上至最高点 以后做自由落体运动，因为 在同一 水平线上，所以小球上升和下降的过程用时相等，合外力冲量大小相等，A 错误； BC．小球在水平方向做初速度为 0 的匀加速直线运动，假设图中虚线与 交点为 ，水平方向经过 和 用时相等，则 小球从 ，在水平方向根据运动学公式 变形得 小球从 ，电场力做功之比 根据动能定理 解得 BC 正确； 1: 2 1:3 O MN MN A MA AN 1 3 MA AN = M O→ 2 2 2O qEv a MA MAm = ⋅ = ⋅ ⋅ 21 16J2 OqE MA mv⋅ = = M N→ 1 3 qE MA qE AN ⋅ =⋅ k k4 N MqE MN qE MA E E⋅ = ⋅ ⋅ = − k k4 4 16J 9J 73JN ME qE MA E= ⋅ ⋅ + = × + =D．小球从 ，在水平和竖直方向根据运动学公式 在竖直方向满足 结合上述分析有 解得 在 点将电场力和重力等效为合力 ，建立坐标系如图中虚线 速度最小为 则最小动能为 D 错误。 本题选择错误选项，故选 AD。 8.如图所示，半径 R=0.45m 的光滑 圆弧轨道固定在竖直平面内，B 为轨道的最低点，质量 m=1.0kg 的物 块（可视为质点）从圆弧最高点 A 由静止释放。B 点右侧的光滑的水平面上紧挨 B 点有一静止的小平板车， M O→ 2 OvMA t= 2 Mvh t= 2 2 2M mgv gh hm = = 2 2 2 2 O M qE MAv qE MAm mgv mg hhm ⋅ ⋅ = = ⋅ 2 2 2 2 2 16 4 32 9 O O OM M M O M v v vvqE h m mg v MA v v v m × = ⋅ = ⋅ = = = × M F合 min 4cos 5M Mv v vθ= = kmin k 16 16 1449J J25 25 25ME E= = × = 1 4平板车质量 M=2.0kg，长度 l=1.0m，小车的上表面与 B 点等高，在平板车的上表面铺上一种厚度可以忽略 的特殊材料，其与物块之间的动摩擦因数 μ 从左向右随距离均匀变化，如图所示。重力加速度 g 取 10m/s2。 （　　） A. 全过程中摩擦生热为 4J B. 全过程中物体对小车做的功为 4J C. 全过程中物体对小车做的功为 1J D. 物体最终停在距小车左端 m 处 【答案】CD 【解析】 【详解】AD．物体从 ，根据动能定理 解得 物体滑上小车后，系统动量守恒，假设物体最后未滑出小车，选取水平向右为正 解得 根据图像可知动摩擦因数与距离的关系为 假设物块最终停在距小车左端 处，将图像纵轴变为 ，则图线和横轴围成的面积即为克服摩擦力做功 的大小，根据动能定理 解得 7 1 2 − A B→ 2 0 1 2mgR mv= 0 2 2 10 0.45m/s 3m/sv gR= = × × = 0 ( )mv M m v= + 0 1 3 m/s 1m/s1 2 mvv M m ×= = =+ + 0.4 0.2lµ = + x mgµ 2 2 0 0.2 1 1( )2 2 2 xmg mg x M m v mv µ+− = + −另一解为 不符合假设舍去，说明物块滑到小车最左端 时与小车共速，则摩擦生热 A 错误，D 正确； BC．全过程物体对小车做功全部转化为小车 动能，根据动能定理 B 错误，C 正确。 故选 CD。 三、非选择题：共 62 分。第 9～12 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 13～16 题为 选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题： 9.某校研究性学习小组的同学用如图甲所示的滴水法测量一小车在斜面上运动时的加速度。实验过程如下： 在斜面上铺上白纸，用图钉固定；把滴水计时器固定在小车的末端，在小车上固定一平衡物；调节滴水计 时器的滴水速度，使其每 0.2s 滴一滴（以滴水计时器内盛满水为准）；在斜面顶端放置一浅盘，把小车放 在斜面顶端，把调好的滴水计时器盛满水，使水滴能滴入浅盘内；随即在撤去浅盘的同时放开小车，于是 水滴在白纸上留下标志小车运动规律的点迹；小车到达斜面底端时立即将小车移开。图乙为实验得到的一 条纸带，用刻度尺量出相邻点之间的距离是 x01＝1.30cm，x12＝2.51cm，x23＝3.69cm，x34＝4.90cm，x45＝6.11 cm，x56＝7.30cm。试问： (1)滴水计时器的原理与课本上介绍的________原理类似。 (2)由纸带数据计算可得计数点 4 所代表时刻的瞬时速度 v4＝________m/s，小车的加速度 a＝________m/s2 （结果均保留两位有效数字）。 【答案】 (1). 打点计时器 (2). 0.28 (3). 0.30 【解析】 【详解】(1)[1]滴水计时器每隔相同的时间滴一滴水，与打点计时器原理类似。 的 7 1m2x −= 7+1m 1m2 > 7 1m2 − 0.2 4J2 xmg mgQ x µ+= ≠ 2 21 1= 2 1 J 1J2 2W Mv= × × =(2)[2]匀变速直线运动的某段时间内，中间时刻速度等于平均速度 [3]根据逐差法求解加速度 10.某实验小组的同学要测量电源 E 的电动势和内阻。实验室提供以下器材： ①待测电源 E（电动势约 3V，内阻约为 10Ω） ②两个电流表 A1 、A2 （量程 0~200μA，内阻约为 5Ω） ③两个电压表 V1、V2（量程 0~3V，内阻很大） ④定值电阻 R0（阻值为 5Ω） ⑤滑动变阻器 R（最大阻值为 50Ω） ⑥开关 S 及导线若干 (1)在甲图虚线框中补充完整合理的测量电路__________（元件标明对应的符号）。 (2)实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表和另一个电表的读数的多组数据。 (3)小明同学利用测出的数据描绘出 U－x 图像如图乙所示（x 为另一个电表的读数），图中直线斜率为 k， 与纵轴的截距为 b，则电源的电动势 E=__________，内阻 r=_____________（均用 k、b、R0 表示）。 (4)实际电压表的内阻 RV 并不是无限大，若考虑电压表内阻的影响，电源电动势的测量值______（填“大于 ”“小于”或“等于”）真实值；内阻的测量值_____（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。 34 45 4 0.0490 0.0611m/s 0.28m/s2 2 0.2 x xv T + += = =× 234 45 56 23 12 01 2 ( ) 0.30m/s9 x x x x x xa T + + − + += =【答案】 (1). (2). (3). (4). 小于 (5). 小于 【解析】 【详解】(1)[1]当电路中滑动变阻器滑到最大，通过的电流约为 远超过电流表量程，所以电流表无法使用，则通过电路分压的方式进行测量干路电流，所以电路图如图 (3)[2][3]根据闭合电路欧姆定律 整理得 图像的斜率和截距满足 解得 (4)[4][5]若电压表内阻不可忽略，相当于闭合电路欧姆定律中的干路电流 测量值偏小，则真实的闭合 1 b k− 0 1 kR k− 3 A 0.05A10 50I = =+ 0 U xE U rR −= + 0 0 0 ERrU xR r R r = ++ + 0 rk R r = + 0 0 ERb R r = + 0 1 kRr k = − 1 bE k = − 0 U x R −电路欧姆定律应为 所以电动势和内阻的测量值均偏小。 11.现有一根长度为 、质量分布均匀的长方体木板，重力加速度为 g，完成下列问题： (1)若将该木板竖直悬挂，如图所示，由静止释放后，不考虑空气阻力，求木板通过其正下方 处一标记点 时间； (2)若将该木板置于水平面上，如图所示，水平面上有长为 的一段粗糙区域，其他区域光滑，已知木板与 粗糙区域间的动摩擦因数为 ，给木板一初速度，求使木板能通过该粗糙区域的最小初速度 。 【答案】(1) ；(2) 【解析】 【详解】(1)木板下端从释放到标记点 木板上端从释放到标记点 木板通过标记点的时间 (2)以木板从刚进入粗糙区域开始为起点，设木板位移为 x，质量为 m，当 时，木板与粗糙区域间 的摩擦力 的 V2 V2 0 0 ( )U x U xE U I r U r I rR R − −′ = + + ′ = + ′+ ′ L 2 L 2 L µ 0v 3L L g g − gLµ 2 1 1 2 2 L gt= 2 2 3 1 2 2 L gt= 2 1 3L Lt t t g g ∆ = − = − 0 2 Lx≤ ≤克服摩擦力做功 当 时，木板克服摩擦力做功 当 时，木板与粗糙区域间的摩擦力为 克服摩擦力做功 全过程由动能定理 计算可得使木板能通过该粗糙区域的最小初速度 12.如图所示，两完全相同的“V”字形导轨倒放在绝缘水平面上，两导轨都在竖直平面内且正对、平行放 置，其间距为 L=1.0m，两导轨足够长，所形成的两个斜面与水平面的夹角都是 37°，导轨电阻忽略不计。 在两导轨间均有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度 B1=B2=B=1T。导体棒 a 的质量为 m1 =1.0kg，电 阻 R1=1.5Ω；导体棒 b 的质量为 m2=1.0kg，电阻 R2=0.5Ω；它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好， 两导体棒 a、b 与倾斜导轨间的动摩擦因数均为 µ=0.5，且最大静摩擦等于滑动摩擦。现将导体棒 b 固定不 动，导体棒 a 由图中位置静止释放，同时开始计时，在 t=6s 时，导体棒 a 开始匀速运动。取重力加速度 g=10 m/s2，sin37°=0.6，且不计 a、b 之间电流的相互作用，求： (1)导体棒 a 匀速运动时的速度大小； (2)导体棒 a 释放后前 6s 的位移及在此期间导体棒 a 上产生的焦耳热； (3)若在导体棒 a 的速度为 v0=2m/s 时，将导体棒 b 也释放，经过足够长时间后，求导体棒 a 的速度 。 1 x mgf L µ= f1 10+ 2 2 2 mg LW µ = ⋅ 2 L x L< ≤ f2 1 2 2 LW mgµ= ⋅ 3 2 LL x< ≤ 3 3( )2 L x f mgL µ − = f3 1 02 2 2 mg LW µ + = ⋅ 2 f1 f2 f3 0 1( ) 0 2W W W mv− + + = − 0v gLµ= 1v【答案】(1)4m/s；(2)16m，18J；(3)3m/s 【解析】 【详解】(1)导体棒 a 匀速时，受力平衡 对于导体棒 a、b 及导轨构成的回路，由闭合电路欧姆定律 解得 v=4m/s (2)对导体棒 a，应用动量定理 导体棒 a 做变速运动 解得导体棒的位移 x=16m 对导体棒 a，应用动能定理 导体棒 a 中的焦耳热 由解得 Q1=18J (3)导体棒 a、b 质量相同，受力一样，故 a、b 棒加速运动过程中，加速度大小相同，相同时间内两导体棒 1 1 1sin cosm g B IL m gθ µ θ= + 1 1 2( )B Lv I R R= + 1 1 1 1( sin cos )m g m g t B IL t m vθ µ θ− − ∆ =∑ 1 1 1 1 1 1 2 ( sin cos ) xB Lvm g m g t B L t m vR R θ µ θ− − ∆ =+∑ xx v t= ∆∑ 2 1 1 1 1( sin cos ) x 02m g m g Q m vθ µ θ− − = − 1 1 1 2 RQ QR R = +的速度改变量相同，满足 导体棒 a、b 做加速度减小的加速运动，最终匀速，有 解得 v1=3m/s 【物理——选修 3-3】 13.下列说法正确的是（　　） A. 布朗运动是液体或气体分子的运动，它说明分子永不停息做无规则运动 B. 用油膜法估测分子大小时，用油酸酒精体积除以单分子油膜面积，可得油酸分子的直径 C. 若容器中用活塞封闭着刚好饱和的一些水汽，当保持温度不变向下缓慢压缩活塞时，水汽的质量减少， 压强不变 D. 使用钢笔难以在油纸上写字，这是因为钢笔使用的墨水与油纸不浸润 E. 一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增加的方向进行 【答案】CDE 【解析】 【详解】A．布朗运动是固体小颗粒的运动，不是分子永不停息做无规则运动，A 错误； B．应该用油酸的体积除以单分子油膜面积，可得油酸分子的直径，B 错误； C．同种液体的饱和汽压只和温度有关，与体积无关，所以保持温度不变缓慢下压活塞时，饱和汽压不变， 水汽的质量减少，C 正确； D．钢笔使用的墨水与油纸不浸润，墨水无法附着在油纸上，所以使用钢笔难以在油纸上写字，D 正确； E．根据热力学第二定律可知，一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增加的方向进行，E 正确。 故选 CDE。 14.如图所示，固定的气缸 I 和气缸 II 的活塞用劲度系数为 k=200N/cm 的轻质弹簧相连，两活塞横截面积的 大小满足 S1＝2S2，其中 S2=20cm2。两气缸均用导热材料制成，内壁光滑，两活塞可自由移动。初始时两活 塞静止不动，与气缸底部的距离均为 L0=30cm，环境温度为 T0＝300K，外界大气压强为 ， 弹簧处于原长。现只给气缸 I 缓慢加热，使气缸 II 的活塞缓慢移动了 15cm。已知活塞没有到达气缸口，弹 簧能保持水平，气缸内气体可视为理想气体。求此时： 1 2 0v v v− = 1 1 1sin cosm g m g B ILθ µ θ= + 1 1 2 2 1 2+ ( )B Lv B Lv I R R= + 5 0 1.0 10 Pap = ×(1)弹簧的形变量； (2)气缸 I 内气体的温度。 【答案】(1)1cm；(2)690K 【解析】 【详解】(1)初始时弹簧处于原长说明两气缸内气体压强均为 p0，设弹簧被压缩了 x。加热后，对气缸 II 的 活塞受力分析得 对气缸 II 内气体，由玻意耳定律 联立解得 (2)对气缸 I 内气体，由理想气体状态方程 对气缸 I 的活塞受力分析得 由几何关系 联立解得 【物理——选修 3-4】 15.图 1 是一列沿 轴方向传播的简谐横波在 时刻的波形图，波速为 。图 2 是 x=4.5m 处质点的 振动图像，下列说法正确的是（　　） 0 2 2 2p S kx p S+ = 0 2 0 2 2 2p S L p S L= 1cmx = 0 1 0 1 1 1 0 p S L p S L T T = 1 1 0 1p S p S kx= + 1 0 15cmL L x= + + 690KT = x 0t = 1m / sA. 此列波沿 轴负方向传播 B. x=3.5m 处质点在 t=2s 时的位移为 C. 处质点在 时的速度方向沿 轴负方向 D. x=5.5m 处的质点在 时加速度沿 轴负方向 E. 处质点在 内路程为 【答案】ACE 【解析】 【详解】A．根据振动图像可知 时刻， 处的质点向上振动，根据同侧法可知此列波沿 轴负方向 传播，A 正确； B．经过 波沿 轴负方向传播 即 处质点的波形传递至 处，所以位移为 ，B 错误； C．经过 波沿 轴负方向传播 即 处质点的波形传递至 处，根据同侧法可知质点速度方向沿 轴负方向，C 正确； D．经过 波沿 轴负方向传播 即 处质点的波形传递至 处，所以加速度方向沿 轴正方向，D 错误； E．简谐波的周期 经过 时间 处质点的波形传递至 处，则 处质点的位移为 ，所以经过的路程为 x 4 2cm− 1.5mx = 4st= y 1st = y 3.5mx = 0 1s∼ 8 2cm 0t = 4.5m x 2s x 1 1m/s 2s 2mx = × = 5.5m 3.5m 4 2cm 4s x 2 1m/s 4s 4mx = × = 5.5m 1.5m y 1s x 3 1m/s 1s 1mx = × = 6.5m 5.5m y 4 s=4s1T v λ= = 1s 4.5m 3.5m 3.5m 4 2cm 2 4 2cm 8 2cms = × =E 正确。 故选 ACE。 16.一透明柱体的横截面如图所示，圆弧 AED 的半径为 R、圆心为 O，BD⊥AB，半径 OE⊥AB。两细束平 行的相同色光 1、2 与 AB 面成 θ=37°角分别从 F、O 点斜射向 AB 面，光线 1 经 AB 面折射的光线恰好通过 E 点。已知光速为 c，OF= R，OB= R，取 sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： (1)透明柱体对该色光的折射率 n； (2)光线 2 从射入柱体到第一次射出柱体的时间 t。 【答案】(1) ；(2) 【解析】 【详解】(1)光路图如图 根据折射定律 根据几何关系 解得 ， (2)该色光在柱体中发生全反射时的临界角为 C，则 3 4 3 8 4 3 5 3 R c sin(90 ) sinn θ α ° −= 3tan 4 OF OE α = = =37α ° 4 3n =由于 光线 2 射到 BD 面时发生全反射根据几何关系 可见光线 2 射到 BD 面时发生全反射后恰好从 E 点射出柱体，有 根据对称性有 在柱体中的传播速度 传播时间 1 3sin 4C n = = sin sin(90 ) sin53 0.8 sinCβ α° °= − = = > 3 tan8 2 REH OE OH R R β= − = − = =sinOB OG α 52 4x OG R= = 3 4 c cv n = = 5 3 x Rt v c = =