宁夏石嘴山三中2020届高三物理一模考试试题（Word版附解析）

石嘴山三中 2020 届高三第一次模拟考试 理科综合试卷-物理部分 二、选择题 1.据科学家推算，六亿两千万年前，一天只有 21 个小时，而现在已经被延长到 24 小时，假设 若干年后，一天会减慢延长到 25 小时，则若干年后的地球同步卫星与现在的相比，下列说法 正确的是（　　） A. 可以经过地球北极上空 B. 轨道半径将变小 C. 加速度将变大 D. 线速度将变小 【答案】D 【解析】 【详解】AB．由万有引力提供向心力得 解得 当周期变大时，轨道半径将变大，但依然与地球同步，故轨道平面必与赤道共面，故 A、B 错 误； C．由万有引力提供向心力得 可得 轨道半径变大，则加速度减小，故 C 错误； D．由万有引力提供向心力得 可得 2 2 2( )MmG m rr T π= 3 2 rT GM π= 2 MmG mar = 2 GMa r = 2 2 Mm vG mr r =轨道半径变大，则线速度将变小，故 D 正确； 故选 D。 2.如图为氢原子的能级示意图，锌的逸出功是 3.34ev，那么对氢原子在能量跃迁过程中发射或 吸收光子的特征,认识正确的是( ) A. 用氢原子从高能级向基态跃迁时发射 光照射锌板一定不能产生光电效应 B. 一群处于 n=3 能级的氢原子向基态跃迁时，能放出 4 种不同频率的光 C. 用能量为 10.3eV 的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态 D. 一群处于 n=3 能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，锌板表面所发出的光电子 的最大初动能为 8.75eV 【答案】D 【解析】 【详解】A、氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子的最小能量为 10.2eV，照射金属锌板一 定能产生光电效应现象，故 A 错误； B、一群处于 n=3 能级的氢原子向基态跃迁时，根据 可知，能放出 3 种不同频率的光， 故 B 错误； C、用能量为 10.3eV 的光子照射，小于 12.09eV，不可使处于基态的氢原子跃迁到激发态，要 正好等于 12.09eV 才能跃迁，故 C 错误； D、氢原子从高能级向 n=3 的能级向基态跃迁时发出的光子的能量最小为 E 大 =-1.51+13.6=12.09eV，因锌的逸出功是 3.34ev，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为 EKm=12.09-3.34=8.75eV，故 D 正确； 故选 D. 3.如图所示，R3 处是光敏电阻，a、b 两点间接一电容，当开关 S 闭合后，在没有光照射时， 电容上下极板上电量为零，当用光线照射电阻 R3 时,下列说法正确 是（ ） 的 的 GMv r = 2 3 3C =A. R3 的电阻变小，电容上极板带正电，电流表示数变大 B. R3 的电阻变小，电容上极板带负电，电流表示数变大 C. R3 电阻变大，电容上极板带正电，电流表示数变小 D. R3 的电阻变大，电容上极板带负电，电流表示数变小 【答案】A 【解析】 【详解】R3 是光敏电阻，当用光线照射电阻 R3 时，据光敏电阻的特点，其阻值变小，据闭合 电路的欧姆定律知，所以电流表示数变大，CD 错误； 因原来时电容器极板上的带电量为零，故说明 ab 两点电势相等； 有光照以后，两支路两端的电压相等，因 R1、R2 支路中电阻没有变化，故 R2 的分压比不变； 而由于 R3 的电阻减小，所以 R3 的两端电压减小， ，而 不变，所以 增大， 故上端的电势要高于下端，故上端带正电，A 正确 B 错误； 4.叠放在水平地面上的四个完全相同的排球如图所示，质量均为 m，相互接触，球与地面间的 动摩擦因数均为 μ，则： A. 上方球与下方 3 个球间均没有弹力 B. 下方三个球与水平地面间均没有摩擦力 C. 水平地面对下方三个球的支持力均为 的 3 =RU ϕ ϕ− 右左 ϕ左 ϕ右 4 3 mgD. 水平地面对下方三个球的摩擦力均为 【答案】C 【解析】 对上方球分析可知，小球受重力和下方球的支持力而处于平衡状态，所以上方球一定与下方 球有力的作用，故 A 错误；下方球由于受上方球斜向下的弹力作用，所以下方球有运动的趋 势，故下方球受摩擦力作用，故 B 错误；对四个球的整体分析，整体受重力和地面的支持力 而处于平衡，所以三个小球受支持力大小为 4mg，每个小球受支持力为 mg，故 C 正确；三 个下方小球受到的是静摩擦力，故不能根据滑动摩擦力公式进行计算，故 D 错误．故选 C． 5.两电荷量分别为 q1 和 q2 的点电荷固定在 x 轴上的 O、M 两点，两电荷连线上各点电势 φ 随 x 变化的关系如图所示，其中 C 为 ND 段电势最低的点，则下列说法正确的是(　　) A. q1、q2 为等量异种电荷 B. N、C 两点间场强方向沿 x 轴负方向 C. N、D 两点间的电场强度大小沿 x 轴正方向先减小后增大 D. 将一正点电荷从 N 点移到 D 点，电势能先增大后减小 【答案】C 【解析】 【详解】A．若是异种电荷，电势应该逐渐减小或逐渐增大，由图象可以看出，应该是等量的 同种正电荷，故 A 错误； B．沿 x 正方向从 N 到 C 的过程，电势降低，N、C 两点间场强方向沿 x 轴正方向．故 B 正确； C．φ−x 图线的斜率表示电场强度，由图可得 N、D 两点间的电场强度大小沿 x 轴正方向先减 小后增大，故 C 正确； D．NC 电场线向右，CD 电场线向左，将一正点电荷从 N 点移到 D 点，电场力先做正功后做 负功，电势能先减小后增大．故 D 错误； 【点睛】由图象中电势的特点可以判断是同种等量正电荷．由电势图线的斜率可以判断电场 强度的大小．沿电场线电势降低，可以判断电场强度的方向，可知电场力做功的正负，从而 判断电势能的变化． 4 3 mgµ 4 36.如图所示，边长为 L、匝数为 N、电阻不计的正方形线圈 abcd，在磁感应强度为 B 的匀强磁 场中绕转轴 OO′以角速度 ω 匀速转动，轴 OO′'垂直于磁感线，制成一台交流发电机，它与理 想变压器的原线圈连接，变压器原、副线圈的匝数之比为 1∶2，二极管的正向电阻为零，反 向电阻无穷大，从正方形线圈处于图示位置开始计时，下列判断正确的是(　　) A. 交流发电机的感应电动势的瞬时值表达式为 e＝NBωL2cos ωt B. 变压器的输入功率与输出功率之比为 2∶1 C. 电压表 V 示数为 NBωL2 D. 若将滑动变阻器的滑片向下滑动，电流表和电压表示数均变小 【答案】AC 【解析】 【详解】A．从垂直于中性面时开始时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为 e=NBL2ωcosωt 故 A 正确； B．变压器的输入与输出功率之比为 1：1，故 B 错误； C．交流电在一个周期内有半个周期通过二极管，次级交流电压的最大值等于 U2m=2NBωL2 根据电流的热效应可得 解得 U=NBωL2 故 C 正确； 22 2( ) 2 2 mU T U TR R ⋅ ＝D．当 P 位置向下移动，R 增大，根据理想变压器的变压原理知输出电压即电压表 V 的示数不 变，电阻消耗的功率变小，故电流表示数变小，故 D 错误。 故选 AC． 7.2022 年第 24 届冬季奥林匹克运动会将在北京举行，跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一．如 图所示为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图，运动员从 O 点由静止开始，在不借助其他外力 的情况下，自由滑过一段圆心角为 60°的光滑圆弧轨道后从 A 点水平飞出，然后落到斜坡上的 B 点．已知 A 点是斜坡的起点，光滑圆弧轨道半径为 40 m，斜坡与水平面的夹角 θ＝30°，运 动员的质量 m＝50 kg，重力加速度 g＝10 m/s2，忽略空气阻力．下列说法正确的是(　　) A. 运动员从 O 点运动到 B 点的整个过程中机械能守恒 B. 运动员到达 A 点时的速度为 20 m/s C. 运动员到达 B 点时的动能为 10 kJ D. 运动员从 A 点飞出到落到 B 点所用的时间为 s 【答案】AB 【解析】 运动员在光滑的圆轨道上的运动和随后的平抛运动的过程中只受有重力做功，机械能守恒．故 A 正确；运动员在光滑的圆轨道上的运动的过程中机械能守恒，所以： mvA2=mgh=mgR（1-cos60°）所以： ，故 B 正确；设运动员做平抛运动的时间为 t，则：x=vAt；y= gt2 由几何关系： ，联立得： ， 运动员从 A 到 B 的过程中机械能守恒，所以在 B 点的动能：EkB=mgy+ mvA2，代入数据得： EkB= ×105J．故 C D 错误．故选 AB. 点睛：本题是常规题，关键要抓住斜面的倾角反映位移的方向，知道平抛运动水平方向做匀 速直线运动，竖直方向做自由落体运动，难度适中. 3 1 2 2 (1 60 ) 10 40 20 /Av gR cos gR m s= − ° × =＝ ＝ 1 2 330 3 y tanx °＝ ＝ 4 3 3t s= 21 4 3 8010 ( )2 3 3y m m＝= × × 1 2 1 38.如图所示，带有正电荷的 A 粒子和 B 粒子同时以同样大小的速度(速度方向与边界的夹角分 别为 30°、60°)从宽度为 d 的有界匀强磁场的边界上的 O 点射入磁场，又恰好都不从另一边界 飞出，则下列说法中正确的是（ ） A. A、B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为 1∶ B. A、B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为 3(2－ )∶1 C. A、B 两粒子的比荷之比是 ∶1 D. A、B 两粒子的比荷之比是(2＋ )∶3 【答案】BD 【解析】 【详解】AB．设 AB 两粒子在磁场中做圆周运动的半径分别为 R 和 r， 根据上图可知 联立解得 故 A 错误，B 正确。 3 3 3 3 cos30R R d° + = cos60r r d° + = 3 3(2 3) 12 3 R r −= = −CD．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 由牛顿第二定律得 解得 ，由题意可知，两粒子的 v 大小与 B 都相同，则 AB 两粒子的 之比与粒子的 轨道半径成反比，即粒子比荷之比为 ，故 C 错误，D 正确。 故选 BD。 第Ⅱ卷 （非选择题 共 174 分） 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 试题考生都必须做答。第 33 题～第 41 题为选考题，考生根据要求做答。 （一）必考题（11 题，共 129 分） 9.某同学将力传感器固定在车上用于探究“加速度与力、质量之间的关系”，如图甲、乙所 示． （1）下列说法正确的是（ ） A．需要用天平测出传感器的质量 B．需要用到低压交流电源 C．实验时不需要平衡摩擦力 D．若实验中砂桶和砂子的总质量过大，作出的 a-F 图象可能会发生弯曲 （2）下列实验中用到与该实验相同研究方法的有（ ） A．探究单摆周期的影响因素 B．探究求合力的方法 C．探究做功与速度的变化关系 D．探究导体电阻与其影响因素的关系 （3）图丙是某同学通过实验得到的一条纸带（交流电频率为 50Hz），他在纸带上取 A、B、 C、D、E、F、G 等 7 个计数点（每相邻两个计数点之间还有 4 个点没有画出），将毫米刻度 尺放在纸带上．根据图可知，打下 F 点时小车的速度为_____m/s．小车的加速度为______m／ 2vqvB m r = q v m Br = q m 2 3 3 +s2．（计算结果均保留两位有效数字） 【答案】 (1). A (2). AD (3). 0.24 (4). 0.40 【解析】 【详解】(1)[1]A．本实验是探究“加速度与力、质量之间的关系”，即 F=Ma，所以 M 包括传 感器的质量，即需要用天平测出传感器的质量．故 A 正确． B．电火花计时器使用的是 220V 交流电源．故 B 错误． C．实验前要平衡摩擦力，平衡摩擦力时要把小车（包括力传感器）放在木板上，后面固定一 条纸带，纸带穿过打点计时器．把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的 拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动．故 C 错误． D．实验中力传感器直接测出了拉力的大小，所以不需要满足砂桶和砂子的总质量远小于小车 的质量，所以即使实验中砂桶和砂子的总质量过大，作出的 a-F 图象也不会发生弯曲．故 D 错误． (2)[2]该实验采用了控制变量法进行探究． A．单摆的周期公式为： ，是用的控制变量法．故 A 符合题意． B．探究求合力的方法，采用的是等效替代的方法．故 B 不符合题意． C．探究做功与速度的变化关系，采用的是倍增法．故 C 不符题意． D．导体的电阻为： ，采用的是控制变量法．故 D 符合题意． (3)[3]由于每相邻两个计数点间还有 4 个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔 T=0.1s， 根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度得： [4]根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2 可以求出加速度的大小为： 2 LT g π= LR S ρ= ( ) -29.60 4.80 10 m/s=0.24m/s2 2 0.1 EG F xv T − ×= = × ( ) ( ) 2 2 2 2 2 9.60 3.00 3.00 0.00 10 m/s 0.40m/s9 9 0.1 DG ADx xa T −− − −−= = × =×10.某同学研究小灯泡的伏安特性曲线，所使用的器材有： 小灯泡 L（额定电压 ，额定电流 ）， 电压表（量程 ，内阻为 ）， 电流表 A（量程 内阻约 ）， 定值电阻 （阻值为 ）， 滑动变阻器 R（阻值 ）， 电源 E（电动势 ，内阻很小） 开关 S，导线若干． (1)实验要求能够实现在 的范围内对小灯泡的电压进行测量，请将图甲电路补画完整 ______________； (2)实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图所示，由曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻将 _________； A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.先增大后不变 D.先减小后不变 (3)若用多用表直接测量该小灯泡的电阻，正确操作后多用表指针如图所示，则小灯泡的电阻 是_______ ． 3.8V 0.32A 3V 3kΩ 0.6A, 0.5Ω 0R 1kΩ 0 ~10Ω 5V 0 ~ 3.8V Ω(4)用另一电源 （电动势 ，内阻 ）和题中所给的小灯泡 L、滑动变阻器 R 连接成如 图所示的电路，闭合开关 S，调节滑动变阻器 R 的阻值．在 R 的变化范围内，电源的最大输出 功率为_______W，此时小灯泡的功率为_______W，滑动变阻器 R 接入电路的电阻为_______ ． 【答案】 (1). (2). A (3). 1.5 (4). 0.4 (5). 0.28 (6). 3 【解析】 【详解】(1)[1]因本实验需要电流从零开始调节，因此应采用滑动变阻器分压接法；因灯泡内 阻与电流表内阻接近，故应采用电流表外接法；另外为了扩大电压表量程，应用 和电压表 串联，故原理图如图所示 0E 4V 10Ω Ω 0R(2)[2] 图象中图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，图象的斜率随电压的增大而减小， 故说明电阻随电流的增大而增大；其原因是灯丝的电阻率随着电流的增大而增大； A.与分析相符，故 A 正确； B.与分析不符，故 B 错误； C.与分析不符，故 C 错误； D.与分析不符，故 D 错误； (3)[3]灯泡正常工作时的电阻为： 则多用电表可以选择欧姆挡的×1 挡；由图示多用电表可知，其示数为 ； (4)[4]当电源内阻等于外电路电阻时，电源的输出功率最大，电源的最大输出功率为： [5]此时小灯泡的电流为： 由图可知，此时灯泡电压为： 此时小灯泡的功率为： [6]此时小灯泡的电阻为： I U− 3.8 Ω 11.8Ω0.32 UR I = = = 1.5Ω 2 2 max 4 W 0.4W4 4 10 EP r = = =× 0.2A2 EI r = = 1.4VU = 1.4 0.2W 0.28WP UI= = × =滑动变阻器 接入电路的电阻为： 11.如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨 MN、PQ 被固定在水平面上，导轨间距 L=0.6m，两导轨的左端用导线连接电阻 R1 及理想电压表，电阻 r=2Ω 的金属棒垂直于导轨静 止在 AB 处；右端用导线连接电阻 R2，已知 R1=2Ω，R2=1Ω，导轨及导线电阻均不计．在矩 形区域 CDEF 内有竖直向上的磁场，CE=0.2m，磁感应强度随时间的变化如图乙所示．在 t=0 时刻开始，对金属棒施加一水平向右的恒力 F，从金属棒开始运动直到离开磁场区域的整个过 程中电压表的示数保持不变．求： （1）t=0.1s 时电压表的示数； （2）恒力 F 的大小； （3）从 t=0 时刻到金属棒运动出磁场 过程中整个电路产生的热量 Q； 【答案】（1）0.3V（2）0.27N（3）0.09J 【解析】 试题分析：（1）在 0～0．2s 内，CDEF 产生的电动势为定值： 在 0．1s 时电压表的示数为： （2）设此时的总电流为 I,则路端电压为： 由题意知: 此时的安培力为： 的 7ΩL UR I = = R 3ΩLR r R= − =解得：F=0．27N （3）0～0．2s 内的热量为： 由功能关系知导体棒运动过程中产生的热量为： 总热量为： 考点:法拉第电磁感应定律、焦耳定律、功能关系． 12.如图所示，质量为 的带有圆弧的滑块 A 静止放在光滑的水平面上，圆弧半径 R=1.8m， 圆弧的末端点切线水平，圆弧部分光滑，水平部分粗糙，A 的左侧紧靠固定挡板，距离 A 的 右侧 S 处是与 A 等高的平台，平台上宽度为 L=0.5m 的 M、N 之间存在一个特殊区域，B 进入 M、N 之间就会受到一个大小为 F=mg 恒定向右的作用力。平台 MN 两点间粗糙，其余部分光 滑，M、N 的右侧是一个弹性卡口，现有一个质量为 m 的小滑块 B 从 A 的顶端由静止释放， 当 B 通过 M、N 区域后碰撞弹性卡口的速度 v 不小于 5m/s 时可通过弹性卡口，速度小于 5m/s 时原速反弹，设 m=1kg，g=10m/s2，求： (1)滑块 B 刚下滑到圆弧底端时对圆弧底端的压力多大？ (2)若 A、B 间的动摩擦因数 μ1=0.5，保证 A 与平台相碰前 A、B 能够共速，则 S 应满足什么 条件？ (3)在满足(2)问的条件下，若 A 与 B 共速时，B 刚好滑到 A 的右端，A 与平台相碰后 B 滑上 平台，设 B 与 MN 之间的动摩擦因数 0＜μ＜1，试讨论因 μ 的取值不同，B 在 MN 间通过的路 程。 【答案】(1)30N；(2)S＞0.8m；(3)见解析 【解析】 【详解】(1)设 B 滑到 A 的底端时速度为 v0，根据机械能守恒定律得 小球在圆弧底端合力提供向心力有 2 m 2 0 1 2mgR mv=联立各式并代入数据得 v0＝6m/s；FN＝30N。根据牛顿第三定律可知滑块对圆弧底端的压力为 30N。 (2)设 AB 获得共同速度为 v1，以向右为正方向，由动量守恒定律得 代入数据解得：v1=4m/s；对 A 应用动能定理得 代入数据解得：S=0.8m，即保证 A 与平台相碰前 A、B 能够共速，S 应满足 S＞0.8m。 (3)设 B 到达卡口的速度 v2＝5m/s，B 将从平台右侧离开，此时 B 与 M、N 的动摩擦因数为 μ1， 由动能定理得 解得：μ1=0.1，即 0＜μ≤0.1，B 从卡口右侧离开，通过的路程 S1＝L＝0.5m 如果 B 到达卡口的速度小于 5m/s，B 将被弹回，进入 NM 后做减速运动，到达 M 点速度恰好 为零，设此时的动摩擦因数为 μ2，则 解得 μ2=0.8 即 0.1＜μ≤0.8，B 从 M 左侧离开，通过的路程 如果 0.8＜μ＜1，B 经与卡口碰撞、往返多次后最终静止在 N 点，通过的路程 S3，由动能定理 得 解得 S3＝1.3μ（m） 13.下列说法正确的是（ ） A. 在完全失重的情况下，气体的压强为零 B. 液体表面张力产生的原因是液体表面层分子较稀疏，分子间的引力大于斥力 2 0 N vF mg m R − = 0 12 mmv m v = +   2 1 1 02 2AB mmgS vµ × = × − 2 2 1 2 1 1 1 2 2FL mgL mv mvµ− = − 2 2 1 12 0 2mg L mvµ− × = − 2 2 2 0.5m 1mS L × =＝ ＝ 2 3 1 10 2FL mgS mvµ− = −C. 当两分子间距离大于平衡位置的间距时，分子间的距离越大，分子势能越小 D. 水中气泡上浮过程中，气泡中的气体在单位时间内与气泡壁单位面积碰撞的分子数减小 E. 不可能利用高科技手段将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化 【答案】BDE 【解析】 【详解】A.气体压强是由于大量气体分子频繁碰撞容器壁而产生的，在完全失重的情况下，气 体的压强并不为零，故 A 错误； B.液体表面张力产生的原因是由于液体表面层里的分子较稀疏，分子间的引力大于斥力，分子 间表现为引力，故 B 正确； C.当两分子间距离大于平衡位置的间距时，分子间的距离越大，分子势能越大，故 C 错误； D.气泡在水中上浮过程中，体积增大，温度基本不变，压强减小，根据气体压强 微观解释可 知，气泡中的气体在单位时间内与气泡壁单位面积碰撞的分子数减小，故 D 正确； E.根据热力学第二定律可知，不可能将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其 他变化，故 E 正确。 故选 BDE. 14.如图所示，一圆柱形绝热气缸开口向上竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气 体．活塞的质量为 m、横截面积为 s，与容器底部相距 h．现通过电热丝缓慢加热气体，当气 体吸收热量 Q 时停止加热，活塞上升了 2h 并稳定，此时气体的热力学温度为 T1．已知大气压 强为 P0，重力加速度为 g，活塞与气缸间无摩擦且不漏气．求： ①加热过程中气体的内能增加量； ②停止对气体加热后，在活塞上缓缓．添加砂粒，当添加砂粒的质量为 m0 时，活塞恰好下降 了 h．求此时气体的温度． 【答案】（1） （2） 【解析】 的 02( )U Q p S mg h∆ = − + 0 1 0 2 (1 )3 m g Tp S mg + +①等压过程气体的压强为 ， 则气体对外做功为 由热力学第一定律得 ， 解得 ； ②停止对气体加热后,活塞恰好下降了 ,气体的温度为 则初态 ， ，热力学温度为 ， 末态 ， ，热力学温度为 ， 由气态方程 ，解得 ． 【点睛】解答本题关键要注意：（1）确做功与热量的正负的确定是解题的关键；（2）对气 体正确地进行受力分析，求得两个状态的压强是解题的关键．属于中档题． 15.一列简谐横波在 t=0 时刻的波形图如图实线所示，从此刻起，经 0.2s 波形图如图虚线所示， 若波传播的速度为 5m/s，则下列说法正确的是______． A. 这列波沿 x 轴正方向传播 B. t=0 时刻质点 a 沿 y 轴正方向运动 C. 若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则该波所遇到的简谐横波频率为 1.25Hz D. x=2m 处的质点的位移表达式为 y = 0.4sin(2.5πt+π)（m） E. 从 t=0 时刻开始质点 a 经 0.4s 通过的路程为 0.8m 【答案】CDE 【解析】 【详解】A．波传播的速度为 v=5m/s，经 0.2s 波形平移的间距为： △x=v•△t=5×0.2=1m 1 0 mgp p S = + 1 0(2 ) 2( )W PS h p S mg h= = + U Q W∆ = − 02( )U Q p S mg h∆ = − + h 2T 1 0 mgp p S = + 1 3V hS= 1T 0 2 0 ( )m m gp p S += + 2 2V hS= 2 ?=T 1 1 2 2 1 2 pV p V T T = 0 2 1 0 2 (1 )3 m gT Tp S mg = + +故结合波形图可以看出波形向左平移 1m，所以这列波沿 x 轴负方向传播；故 A 错误； B．波沿 x 轴负方向传播，故 t=0 时刻质点 a 沿 y 轴负方向运动，故 B 错误； C．从波形图可以看出波长为 4m，故周期： 频率： 故此波遇到另一列频率为 1.25Hz 的简谐横波能发生稳定的干涉现象，选项 C 正确； D．x=2m 处的质点的位移表达式为 故 D 正确； E．周期为 0.8s，由于 △t=0.4s= T 故质点 a 经 0.4s 通过的路程为： S=2A=0.8m 故 E 正确； 故选 CDE. 16.宽为 10m，中央水深为 4m 的池塘边有一棵树，站在正对岸边的人看到树顶端的倒影与池 塘底部中央的点光源在一条直线上．已知人眼到水面的高度为 1.5m，树顶端到水面的高度为 6m．则水的折射率为___________；若在水面上各处都看不到该光，则至少要在水面上铺设直 径为___________m 的遮光膜．(结果可用根号表示) 【答案】 (1). (2). 【解析】 【分析】 本题考查了光的折射定律，画出光路图如图，根据折射定律和几何知识求解． 【详解】根据题意画出光路图如图所示， 4 s 0.8s5T v λ= = = 1 1.25Hzf T = = ( )2sin( ) 0.4 2.5y A t m sin t mT π π π π= + = + （ ） 1 2 4 3 24 7 7 BF=10m，CD=4m，AB=1.5m,EF=6m,由几何关系知 OB=2m，OD=3m，OA=2.5m，OC=5m， 则水的折射率 ；各处都看不到，则发生了全反射， ，设遮光膜半 径为 R， ，解得 ，所以遮光膜的最小直径为 ． 【点睛】正确地画出光路图是解题的关键． 4 3 OB OAn OD OC = = 1 3sin 4C n = = tan 4 RC m = 12 5 7 R m m= < 24 24 7 77 m m=