2020届河南省六市高三下学期物理4月第一次联合调研监测理综试题（解析版）

2020 年河南省六市高三第一次联合调研检测 理科综合能力测试 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.原子核的比结合能与原子序数的关系图所示，大多数恒星内部温度非常高，可进行轻核聚变，核反应方程 为 A+B→C。但对于金、铂等重金属产生，目前科学界有一种理论认为，两颗中子星合成过程中会释放巨大 的能量，在能量的作用下能够合成金、铂等重金属，其核反应为 D+E→F，下列说法正确的是（　　） A. 重核 F 裂变成 D 和 E 的过程中，会产生质量亏损 B. 较轻的核 A 和 B 聚合成 C 的过程中核子平均质量变大 C. 较重的核 D 和 E 聚合成 F 的过程中，会释放较大能量 D. A 和 B 聚合成 C 的过程中，C 的结合能小于 A 和 B 的结合能之和 【答案】A 【解析】 【详解】AC．重核 F 裂变成 D 和 E 的过程中要释放处能量，会产生质量亏损；相反，较重的核 D 和 E 聚 合成 F 的过程中，会吸收较大能量，选项 A 正确，C 错误； BD．较轻的核 A 和 B 聚合成 C 的过程也要释放能量，有质量亏损，则核子平均质量变小，C 的结合能大于 A 和 B 的结合能之和，选项 BD 错误； 故选 A。 2.在平直公路上甲乙两车从同一地点出发，两车位移 x 和时间 t 的比值 与时间 t 之间的关系如图所示。下 列说法正确的是（　　） x tA. 甲车的加速度大小为 5m/s2 B. 6s 末乙车速度减小到零 C. 甲车追上乙车前，2s 末甲乙两车相距最远 D. 乙车速度减小到零时，甲车速度为 30m/s 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据 可得 甲车的加速度大小为 选项 A 错误； B．由图像可知，乙车的初速度为 v0=15m/s，加速度为 则速度减为零的时间为 选项 B 错误； C．当两车相距最远时速度相等，即 解得 t=1s 选项 C 错误； D．乙车速度减小到零时需经过 t=3s，此时甲车速度为 2 0 1 2x v t at= + 0 1 2 x v att = + 2 2 1 1 102 2 m/s 10m/s2a k= = × = 2 2 2 2 52 -2 m/s 5m/s2a k= = × = − 0 2 3svt a = = 0 2 1v a t a t− =选项 D 正确。 故选 D。 3.据科学家研究发现，由于潮汐作用，现阶段月球每年远离地球 3.8cm，在月球远离地球的过程中，地球正 转得越来越慢，在此过程中月球围绕地球的运动仍然看成圆周运动，与现在相比，若干年后（　　） A. 月球绕地球转动的角速度会增大 B. 地球同步卫星轨道半径将会增大 C. 近地卫星的环绕速度将会减小 D. 赤道上的重力加速度将会减小 【答案】B 【解析】 【详解】A．对月球绕地球转动，则 随着月球绕地球转动半径的增大，角速度减小，选项 A 错误； B．对地球的同步卫星，由 可知，T 变大，则 r 变大，即地球同步卫星轨道半径将会增 大，选项 B 正确； C．对近地卫星，由 可得 可知，近地卫星的环绕速度不变，选项 C 错误； D．由 可知，赤道上 重力加速度将不变，选项 D 错误。 故选 B。 4.如图所示，斜面体 ABC 固定在水平地面上，斜面的高 AB 为 2m，倾角为 θ=37°，且 D 是斜面的中点，在 A 点和 D 点分别以相同的初速度水平抛出一个小球，结果两个小球恰能落在地面上的同一点，则落地点到 C 点的水平距离为（　　） 的 1 30m/sv a t= = 2 2 MmG m rr ω= 3 GM r ω = 2 2 2( )MmG m rr T π= 2 2 Mm vG mr r = GMv R = 2 GMg R =A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设 AB 高为 h，则从 A 点抛出的小球运动的时间 从 D 点抛出的小球运动的时间 在水平方向上有 代入数据得 x= m 故 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 5.如图所示，图 a 中变压器为理想变压器，其原线圈接在 （V）的交流电源上，副线圈 与阻值 R1=2Ω 的电阻接成闭合电路，电流表为理想电流表。图 b 中阻值为 R2=32Ω 的电阻直接接到 （V）的交流电源上，结果电阻 R1 与 R2 消耗的电功率相等，则（　　） A. 通过电阻 R1 的交流电的频率为 50Hz B. 电阻 R1 消耗的电功率为 9W C. 变压器原、副线圈匝数比为 8:1 D. 电流表的示数为 2.5A 4 2 m3 2 2 m3 3 2 m4 4 m3 1 2ht g ＝ 2 ht g ＝ 0 1 0 2 2tan hv t v t θ− ＝ 0 1 tan hx v t θ= − 4 2 3 24 2 sin50u tπ= 12 2 sin50u tπ=【答案】C 【解析】 【详解】A．根据 可知 ω=50πrad/s，故频率为 故 A 错误； B．R2 消耗的功率为 故 R1 消耗的功率为 4.5W，故 B 错误； D．有 P=I2R1 得 电流表的示数为 1.5A，故 D 错误； C．电阻 R1 两端的电压为 U2=IR1=1.5×2=3V 故 故 C 正确。 故选 C。 6.如图所示，a、b 小球均能沿各自斜轨道匀速下滑到竖直圆的最低点，现分别让小球 a、b 以 va、vb 的速度 沿各自轨道从最低点同时向上滑动，两小球速度同时减小到 0，重力加速度为 g，轨道与圆在同一竖直面内 ，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（　　） A. a、b 小球与斜面间的动摩擦因数之比 μa:μb=9：16 24 2 sin50 (V)u tπ= 50 25Hz2 2f ω π π π= ＝ ＝ 22 2 2 122 W 4.5W2 ( ) 3 mU P R = ＝ ＝ 1 4.5A 1.5A2 PI R ＝ ＝ ＝ 1 1 2 2 24 8 3 1 n U n U ＝ ＝ ＝B. a、b 小球沿斜面向上运的加速度之比以 aa:ab=4：3 C. va：vb=4：3 D. 两小球不可能同时达到圆周上 【答案】BC 【解析】 【详解】A．a、b 小球均能沿各自斜轨道匀速下滑，则对 a： 对 b： 则 μa:μb=16：9 选项 A 错误； B．a、b 小球沿斜面向上运动时，对 a 对 b 加速度之比 aa:ab=4：3 选项 B 正确； C．两球速度同时减为零，时间相等，则由 v=at 可得 va：vb= aa:ab=4：3 选项 C 正确； D．因为两物体加速度之比 aa:ab=4：3，初速度之比 va：vb= 4：3，由 v=v0-at 可知，任意时刻的速度比为 4:3 ，则两物体的平均速度之比为 4:3；而两球到达圆周上时位移之比也为 4:3，可知到达圆周上的时间相等， 即两物体同时到达圆周上，选项 D 错误。 故选 BC。 7.如图，光滑平行金属导轨间距为 L，与水平面夹角为 θ，两导轨上端用阻值为 R 的电阻相连，该装置处于 磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面。质量为 m 的金属杆 ab 以沿导轨平面向上的初速 度 v0 从导轨底端开始运动，然后又返回到出发位置。在运动过程中，ab 与导轨垂直且接触良好，不计 ab cos37 sin37amg mgµ=  cos53 sin53bmg mgµ=  cos37 sin37 =a amg mg maµ+  cos53 sin53 =a bmg mg maµ+ 和导轨的电阻及空气阻力。则（　　） A. 初始时刻金属杆的加速度为 B. 金属杆上滑时间小于下滑时间 C. 在金属杆上滑和下滑过程中电阻 R 上产生的热量相同 D. 在金属杆上滑和下滑过程中通过电阻 R 上的电荷量相同 【答案】BD 【解析】 【详解】A．ab 开始运动时，ab 棒所受的安培力 根据牛顿第二定律得，ab 棒的加速度 选项 A 错误； B．物体下滑时加速度满足 根据 可知金属杆上滑时间小于下滑时间，选项 B 正确； C．克服安培力做功等于回路产生的热量，上滑过程中安培力较大，则克服安培力做功较大，产生的热量较 大，选项 C 错误； D．根据 可知，在金属杆上滑和下滑过程中通过电阻 R 上的电荷量相同，选项 D 正确。 2 2 0B L V mR 2 2 0 A B L vF BIL R ＝ ＝ 2 2 0sin sinA B L vmg Fa gm mR θ θ+= +＝ ' ' sin Amg Fa am θ −= < 21 2s at= BLsq R R ∆Φ= =故选 BD。 8.如图所示，竖直绝缘墙上固定一带电小球 A，将带电小球 B 用轻质绝缘丝线悬挂在 A 的正上方 C 处，图 中 AC=h。当 B 静止在与竖直方向夹角 θ=30°方向时，A 对 B 的静电力为 B 所受重力的 0.5 倍，则下列说法 中正确的是（两球均可看作点电荷）（　　） A. 此时丝线长度为 B. 以后由于 A 漏电，B 在竖直平面内缓慢运动，到 θ=0°处 A 的电荷尚未漏完，在整个漏电过程中，丝线上 拉力大小保持不变 C. 若保持悬点 C 位置不变，缓慢缩短丝线 BC 的长度，B 球运动轨迹在最初阶段为圆弧 D. 若 A 对 B 的静电力为 B 所受重力的 倍，要使 B 球依然在 θ=30°处静止，则丝线 BC 的长度应调整为 h 或 h 【答案】BCD 【解析】 【详解】A．当 A 对 B 的静场力为 B 所受重力的 0.5 倍，B 静止时丝线 BC 与竖直方向夹角 θ=30°，处于平 衡，根据几何关系可知此时 AB 与 BC 互相垂直，此时丝线长度为 ，选项 A 错误； 2 2 L 3 3 3 3 2 3 3 3 2 hB．而由三角形相似可知 则在整个漏电过程中，丝线上拉力 T 大小保持不变，选项 B 正确； Ｃ．以 C 点为原点，以 CA 方向为 y 轴，垂直 CA 方向向右为 x 轴建立坐标系，设 B 点坐标为（x，y），则 由几何关系 消掉 θ 角且整理可得 缓慢缩短丝线 BC 长度，最初阶段 BC 的长度变化较小，B 球运动轨迹在最初阶段为圆弧，选项 C 正确； D．若 A 对 B 的静电力为 B 所受重力的 倍，则 B 静止在与竖直方向夹角仍为 θ=30°时，对 B 受力分析， G、F 与 T，将 F 与 T 合成，则有 解得 根据余弦定理可得 解得 的 G F T h AB BC = = cos sinx h θ θ= ⋅ tan x y θ = 22 2 2( cos )x y h BC+ = =θ 3 3 G F AC AB = 3 3 FAB h hG = = 2 2 23 2 cos303 h h BC BC h= + − × × °（ ）BC= h 或 h 选项 D 正确。 故选 BCD。 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 必须作答。第 33 题～第 38 题为选考题，考生根据要求作答。 9.某实验小组用如图所示的装置通过研究小车的匀变速运动求小车的质量。小车上前后各固定一个挡光条（ 质量不计），两挡光条间的距离为 L，挡光条宽度为 d，小车释放时左端挡光条到光电门的距离为 x，挂上 质量为 m 的钩码后，释放小车，测得两遮光条的挡光时间分别为 t1、t2。 （1）用游标卡尺测量挡光条的宽度，示数如图乙所示，则挡光条的宽度为 d=____cm； （2）本实验进行前需要平衡摩擦力，正确的做法是____； （3）正确平衡摩擦力后，实验小组进行实验。不断改变左端挡光条到光电门的距离 x，记录两遮光条的挡 光时间 t1、t2，作出 图像如图丙所示，图线的纵截距为 k，小车加速度为____；小车的质量为____（ 用题中的字母表示）。 【答案】 (1). 0.650 (2). 去掉钩码，将木板右端垫高，轻推小车，使两挡光片挡光时间相等 (3). (4). 【解析】 【详解】(1)[1]．挡光条的宽度为 d=0.6cm+0.05mm×10=0.650cm. (2)[2]．本实验进行前需要平衡摩擦力，正确的做法是去掉钩码，将木板右端垫高，轻推小车，使两挡光片 挡光时间相等； (3)[3][4]．两遮光片经过光电门时的速度分别为 3 3 2 3 3 2 2 2 1 1 1~t t 2 2 kd L 2 2 1 mgL kd  −   1 1 dv t =则由 可得 即 由题意可知 解得 由牛顿第二定律可得 mg=(M+m)a 解得 10.某实验小组利用如下器材设计电路先测量未知电阻阻值，再测量电源的电动势及内阻。实验电路图如甲 图所示，实验室提供的器材有： 电源 E（电动势约 4.5V，内阻为 r） 电流表 A1（量程 0～15mA，内阻为 r1=10Ω） 电流表 A2（量程 0～100mA，内阻为 r2=1.5Ω） 定值电阻 R1（阻值 R1=90Ω） 定值电阻 R2（阻值 R2=190Ω） 滑动变阻器 R3（阻值范围 0～30Ω） 电阻箱 R4（阻值范围 0～99.99Ω） 待测电阻 Rx（电阻约 55Ω） 2 2 dv t = 2 2 2 1 2v v aL= + 2 2 2 1 ( ) ( ) 2d d aLt t = + 2 2 2 2 1 1 1 2( ) ( ) aL t t d = + 2 2 =aL kd 2 2 kda L = 2 2 1gLM mkd  = −  开关 S，导线若干 （1）图甲中电阻 A 应选____，电阻 B 应选___（填符号）； （2）实验小组通过处理实验数据，作出了两电流表示数之间 关系，如图乙所示，则待测电阻电阻 Rx 的 阻值为____； （3）测电源电动势和内阻时，某实验小组通过处理实验数据，作出了电阻 B 阻值 R 与电流表 A2 电流倒数 之间 关系，如图丙所示，则待测电源的电动势为____，内阻为____（结果保留两位有效数字）。 【答案】 (1). (2). (3). 50 (4). 4.2 (5). 0.50 【解析】 【 详 解 】 (1)[1][2] ． 因 待 测 电 源 的 电 动 势 为 4.5V ， 则 电 流 表 A1 与 电 阻 R2 串 联 ， 相 当 于 量 程 为 的电压表，可知图甲中电阻 A 应选 R2；电阻 B 应选阻值能改变且能够读数的电阻箱 R4； (2)[3]．由图可知，当 I1=12mA 时 I2=60mA，可得 (3)[4][5]．由电路图可知，电流表 A1，电阻 A 以及 Rx 三部分的等效电阻为 R′=40Ω，由闭合电路的欧姆定律 即 由图像可知 解得 的 的2 1 I 2R 4R 1 1 2( ) 3VgU I r R= + = 1 1 2 2 1 ( ) 12 (10 190) 5060 12x I r RR I I + × += = Ω = Ω− − ' 2 2( )E I R R r r= + + + ' 2 2 1 ( )R E R r rI = ⋅ − + + 84 V=4.2V30 10E k= = − ' 2 10 42R r r E+ + = =r=0.5Ω 11.空间存在如图所示的相邻磁场，磁场 I 垂直纸面向内，磁感应强度为 B，磁场 II 垂直纸面向外，宽度为 。现让质量为 m 带电量为 q 的粒子以以水平速度 v 垂直磁场 I 射入磁场中，当粒子 a 从磁场 II 边缘 C 处射 出时，速度也恰好水平。若让质量为 2m、带电量为 q 的粒子 b 从 a 下方 处水平射入磁场 I 中，最终粒子 b 也恰好从 C 处水平射出。已知粒子以在磁场 I 中运动的时间是磁场 II 中运动的时间的 2 倍，且 ，不计粒子重力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求 （1）粒子 a 在磁场中运动的时间； （2）粒子 a、b 的速度大小之比。 【答案】（1） ；（2） 【解析】 【详解】（1）粒子 a 在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示， 粒子 a、b 均从 C 处水平射出，则可知粒子在磁场Ⅰ、Ⅱ中偏转的圆心角相同。设粒子 a 在磁场Ⅰ中做圆周 运动的半径为 、圆心角为 ，粒子 b 在磁场Ⅰ中做圆周运动的半径为 、圆心角为 ，粒子 a 在磁场 Ⅰ中运动的时间是磁场Ⅱ中运动的时间的 2 倍，则磁场Ⅰ的宽度为 d。 2 d 4 d 5 3 qBdv m = 37 120 mt qB π= 8 3b v v = aRⅠ 1 θ bRⅠ 2 θ代入数据得 设磁场Ⅱ中磁场为 B： 由集合关系可知 则 则 粒子 a 在磁场中运动的时间为 代入数据得 （2）设粒子 b 速度为 v，在磁场Ⅰ、Ⅱ中的半径分别为 、 ，由 得 同理有 2 a vqvB m R = Ⅰ 5 3a dR =Ⅰ 2 2 a vqvB m R = Ⅱ 5 6a dR =Ⅱ 2 2B B= 1 3sin 5a d R θ = = Ⅰ 1 37θ =  1 2 2 360 2 m mt qB q B θ π π = ⋅ + ⋅  37 120 mt qB π= BR Ⅰ bR Ⅱ 2 2 b b b vqv B m R = Ⅰ 2 b b mvR qB =Ⅰ粒子 a、b 均从 C 处水平射出，运动轨迹如图所示，则有 由集合关系可知 代入数据得 解得 a、b 两粒子的速度之比 12.静止在水平地面上 两小物块 A、B（均可视为质点），质量分别为 mA=1.0kg、mB=4.0kg，两者之间有 一被压缩的微型弹簧，A 与其右侧竖直墙壁的距离 L，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使 A、 B 瞬间分离，两物块获得的动能之和为 EK=10.0J。释放后，A 沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B 与地 面之间的动摩擦因数均为 μ=0.2。重力加速度取 g=10m/s2。A、B 运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且 碰撞时间极短。 （1）求弹簧释放后瞬间 A、B 速度的大小； （2）若要让 B 停止运动后 A、B 才第一次相碰，求 L 的取值范围； （3）当 L=0.75m 时，B 最终停止运动时到竖直墙壁的距离。 【答案】（1） ， ；（2） ；（3） 【解析】 【详解】（1）设弹簧释放瞬间 A 和 B 获得的速度大小分别为 ， 以向右为正方向，由动量守恒定律： ① 两物块获得的动量之和为： ② 的 2 b B RR = Ⅰ Ⅱ 2sin b d R θ = Ⅰ ( )( ) ( )( )121 cos 1 cos 4b a ab dR R R Rθ θ+ − = + − +Ⅱ ⅡⅠ Ⅰ 5 4bR d=Ⅰ 8 3b v v = 4m / sAv = 1m / sBv = 0.75m 1.875mL≤ ≤ 1.36mS = Av Bv 0A A B Bm v m v+ = 2 21 1 2 2 BA A BE m v m vκ = +联立①②式并代入数据得： （2）A、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为加速度为 ③ 设从弹簧释放到 B 停止所需时间为 t，B 向左运动的路程为 ，则有： ④ 弹簧释放后 A 先向右匀减速运动，与墙碰撞后再反向匀减速。因 ，B 先停止运动。设当 A 与墙距离 为 时，A 速度恰好减为 0 时与 B 相碰 ⑥ 设当 A 与墙距离为 时，B 刚停止运动 A 与 B 相碰 ⑦ 联立③④⑤⑥⑦得 的范围为： （3）当 时，B 刚停止运动时 A 与 B 相碰，设此时 A 的速度为 v ⑧ 故 A 与 B 将发生弹性碰撞。设碰撞后 AB 的速度分别为 和 ，由动量守恒定律与机械能守恒定律有： ⑨ ⑩ 联立⑧⑨⑩式并代入数据得 4m / sAv = 1m / sBv = mg maµ = BX Bv at= 2 2 B B vX a = A Bv v> 1L 2 12 2 A B vL X a + = 2L 2 212 2ABL X v t at+ = − 1 1.875mL = 2 0.75L = L 0.75m 1.875mL≤ ≤ 0.75L = Av v at= − ′Av ′Bv A A A B Bm v m v m v′ ′= + 2 221 1 1 2 2 2A A A B Bm v m v m v′= +碰撞后 B 继续向左匀减速运动，设通过位移为 ⑪ 最终 B 离墙的距离为 S 解得 13.一定质量的理想气体经历下列过程后，说法正确的是（　　） A. 保持体积不变，增大压强，气体内能增大 B. 降低温度，减小体积，气体分子单位时间内碰撞器壁单位面积的次数可能增大 C. 保持体积不变，降低温度，气体分子单位时间内碰撞器壁单位面积的次数减小 D. 压强减小，降低温度，气体分子间的平均距离一定减小 E. 保持温度不变，体积增大，气体一定从外界吸收热量 【答案】ABC 【解析】 【详解】A．保持体积不变，增大压强，则温度升高，气体内能增大，选项 A 正确； B．降低温度，减小体积，则气体的压强可能变大，因气体分子数密度变大，分子平均速率减小，则气体分 子单位时间内碰撞器壁单位面积的平均冲力减小，则碰撞次数可能增大，选项 B 正确； C．保持体积不变，降低温度，则压强减小，气体分子数密度不变，则气体分子单位时间内碰撞器壁单位面 积的平均作用力减小，但是碰撞次数不一定减小，选项 C 错误； D．压强减小，降低温度，气体的体积不一定减小，气体分子间的平均距离不一定减小，选项 D 错误； E．保持温度不变，内能不变，体积增大，对外做功，根据热力学第一定律可知，气体一定从外界吸收热量 ，选项 E 正确。 故选 ABE。 14.如图 a 所示是常见的饮水机的压水器，他可以简化为图 b 所示的模型，上面气囊的体积为 V1=0.5L，挤 压时可以把气囊中的气体全部挤入下方横截面积为 S=0.05m2 的水桶中，随下方气体压强增大，桶中的液体 6 m/s5Bv′ = BX ′ 2 2 B B vX a ′′ = B BS X X L′= + + 1.36mS =会从细管中流出，已知在挤压气囊过程中，气体的温度始终不变，略去细管的体积及桶口连接处的体积， 已知外部大气压为 P0=105Pa，水的密度为 ρ=103kg/m3，重力加速度为 g=10m/s2，某次使用过程时，桶内气 体体积为 V2=12.5L，挤压气囊一下后，桶内的水恰好上升到出水口处，认为每次挤压都能使气囊中的气体 全部挤入桶中，则 ①桶中液面离出水口多高？ ②至少挤压多少次才能从桶内流出体积为 V3=2.5L 的水？ 【答案】①0.4m；②7 次 【解析】 【详解】①压缩气囊过程中，温度不变，由于水管体积非常小，水桶中气体体积认为不变，由玻意耳定律 可知： 又 代入数据可知 ②设挤压 n 次后，水桶内水流出 ，气体压强为 ，体积为 ，由玻意耳定律可知： 解得 代入数据得 ( )20 21p V V pV+ = 0p p ghρ− = 0.4mh = 1V 2p 1 2V V+ ( ) ( )0 1 2 2 2 3=p nV V p V V+ + 2 0 3Vp p g h S ρ  − = +   ( )3 0 3 2 3 0 1 Vp V g h V VSn p V ρ  + + +  =故至少挤压 7 次。 15.如图 a 所示，在某均匀介质中 S1，S2 处有相距 L=12m 的两个沿 y 方向做简谐运动的点波源 S1，S2。两波 源的振动图线分别如图（b）和图（c）所示。两列波的波速均为 2.00m/s，p 点为距 S1 为 5m 的点，则（　　） A. 两列简谐波的波长均为 2m B. P 点的起振方向向下 C. P 点为振动加强点，若规定向上为正方向，则 t=4s 时 p 点的位移为 6cm D. p 点的振幅始终为 6cm E. S1，S2 之间（不包含 S1，S2 两点），共有 6 个振动减弱点 【答案】BCD 【解析】 【详解】A．两列简谐波的波长均为 ，选项 A 错误； B．因 S1 起振方向向下，由振源 S1 形成的波首先传到 P 点，则 P 点的起振方向向下，选项 B 正确； C．P 点到两振源的距离之差为 2m 等于半波长的奇数倍，因两振源的振动方向相反，可知 P 点为振动加强 点；由 S1 形成的波传到 P 点的时间为 2.5s，t=4s 时由 S1 在 P 点引起振动的位移为 4cm；同理，由 S2 形成的 波传到 P 点的时间为 3.5s，t=4s 时由 S2 在 P 点引起振动的位移为 2cm；若规定向上为正方向，则 t=4s 时 P 点的位移为 6cm，选项 C 正确； D．P 点为振动加强点，则 P 点的振幅始终为 6cm，选项 D 正确； E．S1，S2 之间（不包含 S1，S2 两点），共有 5 个振动减弱点，分别在距离 S1 为 2m、4m、6m、8m、10m 的位置，选项 E 正确。 故选 BCD。 16.如图所示，从长方体透明玻璃中挖去一个半径为 R 的半球体，O 为半球的球心，O1O2 连线为透明玻璃体 6.35n = = 2 2m=4mvTλ = ×的主光轴，在离球心 0.5R 处竖直放置一个足够大的光屏，O2 为屏上的点，让一单色光束平行 O1O2 垂直左 侧表面入射，当光线距离 O1O2 连线 0.5R 时，折射后的光线达到光屏上距离 O2 为 R 的 P 点，已知透明 体的上下侧面均涂有吸光材料，则： ①透明玻璃的折射率为多少； ②当平行光线到光轴 O1O2 的距离为多少时，折射后射到光屏上的位置离 O2 最远。 【答案】① ；② 【解析】 【详解】①依题意可知，光线距离 连线 0.5R 平行 入射时，入射角为 ，折射角为 ，设 PO 与 夹角为 ，则有 则有 3 2 2 17 1 8 R + 1 2O O 1 2O O 1 θ 2 θ 1 2O O 3 θ 1 1sin 2 θ = 1 30θ =  22 3 2 2OP R RL R   = + =        3 3 32sin 2OP R L θ = = 3 60θ = 所以 由折射定律可知 代入数据得 ②当光线紧贴右侧上边缘射出时，达到光屏上的位置最远，设此时光线离光轴的距离为 h，入射角为 ，折 射角为 ，则有 由集合关系可知： 由折射定律可知 代入数据得 90POA∠ =  2 45θ =  2 1 sin sinn θ θ= 2n = θ β sin h R θ = 2 2 cos R h R θ −= ( ) ( )2 2 cossin cos R R h R θβ θ = − + sin sinn β θ= 17 1 8h R +=