2020届广东省深圳市高三（下）第一次调研考试理综物理试题（解析版）

2020 年深圳市高三年级第一次调研考试理科综合能力测试物理 一、选择题 1.物理知识在科技上具有非常广泛的应用，下列说法正确的是（　　） A. 根据法拉第电磁感应定律 ，可以解释理想变压器的变压原理 B. 根据欧姆定律 ，可知远距离高压输电线上的电流随输送电压的提升而增大 C. 根据爱因斯坦光电效应方程，可以解释霓虹灯的发光现象 D. 根据玻尔的原子模型理论，可以计算所有核反应中释放出的核能 【答案】A 【解析】 【详解】A．根据法拉第电磁感应定律 ，可以解释理想变压器的变压原理：互感现象，故 A 正确； B．输送电压一定时，根据公式 可知输送电压越大，电流越小，输电线路为非纯电阻电路， 不能根据欧姆定律 分析电流大小，故 B 错误； C．根据玻尔的原子模型理论，可以解释霓虹灯的发光现象，故 C 错误； D．根据爱因斯坦质能方程，可以计算所有核反应中释放出的核能，故 D 错误。 故选 A。 2.初始静止在 坐标原点的某质点，在 内，沿 轴方向分运动的加速度—时间关系如图甲，沿 轴方向分运动的速度—时间关系如图乙，则这段时间内，该质点（　　） A. 在 轴方向的分运动为匀速运动 B. 在 内的加速度越来越大 C. 在 时的速度大小为 D. 在 和 时的加速度相同 【答案】C 【解析】 E n t ∆Φ= ∆ UI R = E n t ∆Φ= ∆ PI U = UI R = xOy 0 ~ 4s x y x 0 ~ 2s 2st = 2 2 m/ s 1st = 3st =【详解】A．在 轴方向加速度恒定，说明该方向上的分运动为匀加速直线运动，故 A 错误； B． 内的加速度 x 方向加速度 y 方向加速度 内的合加速度 分析表达式可知加速度不变，故 B 错误； C．在 时，x 方向速度 y 方向速度 时的合速度大小 故 C 正确； D．在 和 时的加速度大小相同，但方向不同，加速度是矢量，说明加速度不同，故 D 错误。 故选 C。 3.设有一个类地行星，其半径约为地球半径的 2 倍，而表面的重力加速度、自转周期都与地球的非常接近， 则该类地行星与地球（　　） A. 质量之比约约 B. 平均密度之比约 C. 第一宇宙速度之比约为 D. 同步卫星轨道半径之比约为 【答案】D 【解析】 【详解】A．设星球质量为 M，半径为 R，表面上有一质量为 m 的物体，忽略向心力大小，则有 解得 为 x 0 ~ 2s 21m/sxa = 2 22 0 m/s 1m/s2y va t ∆ −= = =∆ 0 ~ 2s 2 2 2 2 2 21 1 m/s 2m/sx ya a a= + = + = 2st = 1 2m/s 2m/sx xv a t= = × = 2m/syv = 2st = 2 2 2 22 2 m/s 2 2m/sx yv v v= + = + = 1st = 3st = 2:1 2 :1 4:1 3 4 :1 2 MmG mgR = G gRM 2 =类地行星其半径约为地球半径的 2 倍，重力加速度与地球的非常接近，认为相等，可以求得二者质量比约 为 4：1，故 A 错误； B．球的体积公式 ，由密度公式可得 分析该表达式可知密度和半径成反比，说明二者平均密度之比约为 ，故 B 错误； C．设第一宇宙速度为 ，由牛顿第二定律可知 把 M 表达式代入可得 ，类地行星半径约为地球半径的 2 倍，则二者第一宇宙速度之比为 ， 故 C 错误； D．同步卫星的周期与中心天体自转周期相同，设为 T，由牛顿第二定律可知 将前面 M 表达式代入可得 代入数值可求得二者同步卫星轨道半径之比约为 ，故 D 正确。 故选 D。 4.在 轴上，两个点电荷 和 分别固定于 和 处。已知 区间内各点场强均不为 零，且方向均沿 轴正方向；在 处场强为零。则（　　） A. 电荷量较小 B. 带负电， 带正电 C. 处的电势低于 处的电势 D. 某负电荷在 处的电势能小于在 处的电势能 【答案】D 34 3V Rπ= 2 3 3 4 4 3 gR M gG V GRR ρ ππ = = = 1: 2 v 2 2 Mm vG mR R = v gR= 2 :1 2 2 2MmG mrr T π =    2 2 3 24 gR Tr π= 3 4 :1 x 1Q 2Q 0x = 3mx = 0 3mx< < x 4mx = 1Q 1Q 2Q 1mx = 2mx = 1mx = 2mx =【解析】 【详解】A．在 处场强为零，说明点电荷 和 在该位置处场强大小相等，方向相反， 到 位置距离较远，由点荷场强公式 可知 电量较大，故 A 错误； B．假设 带负电， 带正电， 和 之间某点处合场强沿 方向，与题意不符，故 B 错误； C． 和 之间各点场强方向沿 轴正方向，沿场强方向电势降低，说明 处的电势高于 处的电势，故 C 错误； D．同一负电荷放在电势越高处电势能越小， 处的电势高于 处的电势，说明同一负电荷在 处的电势能小于在 处的电势能，故 D 正确。 故选 D。 5.如图，仅在第一象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，一个带负电的微粒 a 从坐标 处射入磁场，射入 方向与 轴正方向夹角为 ，经时间 与静止在坐标 处的不带电微粒 b 发生碰撞，碰后瞬间结合为 微粒 c。已知 a、b 质量相同（重力均不计），则 在磁场中运动的时间为（　　） A B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】a 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得 可求得 ab 两粒子碰后瞬间结合为微粒 c，碰撞前后系统动量守恒，由动量守恒定律可知 . 4mx = 1Q 2Q 1Q 4mx = 2 QE k r = 1Q 1Q 2Q 0x = 3mx = x− 0x = 3mx = x 1mx = 2mx = 1mx = 2mx = 1mx = 2mx = (0, )L y 45° t ( , )L L c 0.25t 0.5t t 2t 2vBqv m r = mvr Bq = 2a cmv mv=可求得 碰撞后动量大小、电量都不变，说明 c 粒子轨迹半径和 a 粒子轨迹半径相同，画得轨迹如下图所示 由几何关系可知 a 粒子运动时间 由几何关系可知 在磁场中运动的时间为也为 ，所以运动时间为 联立可得 故 D 正确，ABC 错误。 故选 D。 6.路边小吃烤热狗的截面简化示意图如图所示，两根水平的平行金属圆柱支撑着热狗，圆柱半径都为 ，圆 心间距为 。热狗可视为圆柱体，生热狗截面半径为 ，重力为 ，熟热狗半径变大，重力不变，忽 略摩擦。比较静止时的生热狗和熟热狗（　　） A. 两根金属圆柱对生热狗的合力小于对熟热狗的合力 B. 单根金属圆柱对生热狗的弹力大于对熟热狗的弹力 C. 单根金属圆柱对生热狗的弹力大小为 D. 单根金属圆柱对生热狗的弹力大小为 【答案】BC 【解析】 1 2c av v= 1 1 2 4 4 2a a a R Rt T v v π π= = × = c 1 4 cT 1 1 2 4 4 2c c c c R Rt T v v π π= = × = 2ct t= R 2.4R R G 5 8G 5 4 G【详解】A．两根金属圆柱对生热狗和熟热狗的合力都等于二者重力，生热狗和熟热狗重力相等，说明相等， 故 A 错误； B．生热狗半径小，两单根金属圆柱对生热狗的弹力夹角大，两个弹力的合力与生热狗重力大小相等，当合 力一定时，两个分力夹角越大，分力越大，说明弹力大，故 B 正确； CD．对生热狗受力分析如下所示 由几何关系可求得 求得 由力的几何关系可得 说明单根金属圆柱对生热狗的弹力大小为 ，故 C 正确，D 错误。 故选 BC。 7.在倾角 足够长斜面底端，物块以某初速度沿斜面上滑，上滑过程的加速度大小为 （ 为重 力加速度， ），则（　　） A. 物块与斜面间的动摩擦因数为 0.25 B. 物块与斜面间的动摩擦因数为 0.2 C. 物块回到斜面底端 速度是沿斜面上滑初速度大小的 0.05 倍 的 的 3 1 2 1.2 3cos 2 5 RO O O R ∠ = = 3 1 2 53O O O∠ = ° N 5 2sin53 8 G GF = =° 5 8G 37θ °= 0.8g g sin37 0.6° =D. 物块上滑过程克服摩擦力做功的平均功率是下滑过程的 倍 【答案】AD 【解析】 【详解】AB．物体向上做匀减速运动加速度大小为 0.8g，由牛顿第二定律可得 代入数值可求得 。故 A 正确，B 错误； C．物体下滑时做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得 代入数值可求得 设上滑初速度为 ，由运动学公式可得 设下滑滑到底端时速度为 ，由运动学公式可得 两式相比可得 故 C 错误； D．上滑过程中平均速度 物块上滑过程克服摩擦力做功的平均功率 下滑过程中的平均速度度 物块下滑过程克服摩擦力做功的平均功率 2 sin37 cos37mg mg maµ°+ ° = 0.25µ = 'sin37 cos37mg mg maµ°− ° = ' 24m/sa = 1v 2 1 2v as= 2v 2 ' 2 2v a s= ' 2 1 4 2 0.8 10 2 v a v a = = =× 1 1 1 0 2 2 v vv += = 1 1 cos 2 vP mgµ θ= × 2 2 2 0 2 2 v vv += =二者比值 说明物块上滑过程克服摩擦力做功的平均功率是下滑过程的 倍，故 D 正确。 故选 AD。 8.如图，同一水平面上固定两根间距为 、足够长的平行光滑导轨 和 ， 端接阻值为 的定值 电阻，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中。一个质量为 的导体棒，以平行于导轨的初速度 开始向左 运动，经过位移 停下，棒始终与导轨垂直且接触良好，其它电阻忽略不计。则（　　） A. 该过程中导体棒加速度一直不变 B. 该过程中回路产生的焦耳热为 C. 磁感应强度大小为 D. 导体棒滑过位移 时，受到的安培力为 【答案】BCD 【解析】 【详解】A．该过程中导体棒做减速运动，速度减小，产生的感应电动势减小，回路中电流减小，安培力减 小，加速度减小，故 A 错误； B．根据能量守恒定律可知该过程中减小的动能全部产生的焦耳热，说明产生焦耳热为 ，故 B 正确； C．取整个过程为研究对象，由动量定理可得 回路中流过电量 2 2 cos 2 vP mgµ θ= × 1 1 2 2 2P v P v = = 2 L PQ MN QN R m 0v s 2 0 1 2 mv 01 mv R L s 2 s 2 0 2 mv s 2 0 1 2 mv 0 oBIL t mv− ∆ = − q I t= ∆由法拉弟电磁感应定律可得 由闭合电路欧姆定律可得 联立以上各式可求 故 C 正确； D．由电磁感应定律可求得导体棒滑过位移 时平均电流 由动量定理可得 此时安培力大小 联立可求得 故 D 正确。 故选 BCD。 二、非选择题 （一）必考题 9.某同学在做“探究加速度与力的关系”和“探究加速度与质量的关系”实验时，误把两个实验的数据混在 同一表格中，并将数据按加速度大小排列。导致做数据分析时，在建立坐标后就无法进行下去。请你帮他 按要求继续完成实验。 序号 ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ 0.29 0.14 0.29 0.19 0.24 0.29 0.29 0.29 0.34 BLsE t t ϕ∆= =∆ ∆ EI R = 01 mv RB L s = 2 s 2 2 sBL BLsI tR tR tR ϕ ×∆= = =∆ ∆ ∆ 0BIL t mv mv− ∆ = − 2 2BLv B L vF BIL B LR R = = =安 2 0 2 mvF s =安 /F N0.87 0.36 0.61 0.36 0.36 0.41 0.36 0.31 0.36 0.33 0.39 0.48 0.53 0.67 0.71 0.81 0.94 0.94 (1)“探究加速度与力的关系”应选________（填序号）数据进行分析； (2)在坐标纸上描出所有符合要求的点，绘出 图线_________； (3)根据描绘的图线，得出实验结论：________________________________。 【答案】 (1). ②④⑤⑦⑨ (2). (3). 在实验允许的误差范围内， 物体质量一定时，加速度与作用力大小成正比 【解析】 【详解】(1)[1]该实验采用的是控制变量法，在“探究加速度与力的关系”应保证小车的质量一定，所以应 选择②④⑤⑦⑨中的数据进行分析。 (2)[2]利用描点法画得图像如下所示： / kgm ( )2/ m sa −⋅ a F−(3)[3]由图像分析可知加速度与作用力成正比关系，因此得出实验结论：在实验允许的误差范围内，物体质 量一定时，加速度与作用力大小成正比 10.某同学为了自制欧姆表，设计了如图甲所示的电路图。他找来以下器材： A.电流表 （满偏电流为 ，内阻为 ，图乙是电流表 的刻度盘 B.电池组（ ， 约 ） C.滑动变阻器（ ） D.定值电阻 E.定值电阻 F.定值电阻 G.寻线若干 回答下列问题： (1)他应选择定值电阻________（填器材序号）接入图甲电路中 的位置。 (2)将红黑表笔短接，调节滑动变阻器 ，使电流表指针对准________ 处。 (3)为了直接读出待测电阻值，他用贴纸在电流刻度旁标记相应 电阻值，则电流刻度 位置标记的 电阻值应为________ 。 (4)实验室的直流电压表有两个量程，分别是 、 ，内阻分别约 、 ，该同学想用自制的 欧姆表测量其内阻，他应将电压表的“ ”接线柱与图甲中的________（填“ ”或“ ”）接线柱相连， 且________ 量程所对应的内阻测量结果更准确。 (5)若实验室有如下四种电池，其中可直接替代上述欧姆表中电池的有（贴纸上的电阻标记不变）________ （填序号） A.锂电池（电动势 ，内阻约十几欧） B.钮扣电池（电动势 ，内阻约几十欧） C.全新电池（电动势 ，内阻约 ） 的 G 3mA 40 Ω G 3VE = r 2 Ω 0 ~ 100 Ω 600 Ω 900 Ω 1200 Ω 0R R mA 1.50mA Ω 3V 15V 2k Ω 10k Ω − A B V 3.7V 3.8V 3V 0.5 ΩD.较旧电池（电动势 ，内阻约 ） 【答案】 (1). (2). 3 (3). 1000 (4). (5). 3 (6). CD 【解析】 【详解】(1)[1]由闭合电路欧姆定律可知 解得 滑动变阻器（ ），故定值电阻选择 ，即选择 E。 (2)[2]将红黑表笔短接，调节滑动变阻器 ，该步骤进行的是欧姆调零，应使电流表指针对准 3 处。 (3)[3]电流表满偏时，由欧姆定律可知 解得 电流表半偏时，由欧姆定律可知 联立两式可得 (4)[4]电流应从电压表的“+”流入，因欧姆表的 A 端与电池的正极相连，故 A 端与电压表的“+”接线柱， 所以他应将电压表的“ ”接线柱与图甲中的 B 接线柱相连。 [5] 两个电压表 、 的内阻分别约 、 ，两电阻比较，内阻 更接近欧姆表的中值电 阻，指针更接近中央刻度线，读数误差更小，说明 3 量程所对应的内阻测量结果更准确。 (5)[6]因贴纸上的电阻标记不变，即欧姆表的内阻不变，又因欧姆表的满偏电流不变，说明电源的电动势不 变，故 CD 正确，AB 错误。 故选 CD。 11.图甲为一种大型游乐项目“空中飞椅”，用不计重力的钢丝绳将座椅挂在水平悬臂边缘。设备工作时，悬 臂升到离水平地面 高处，以 的角速度匀速转动时，座椅到竖直转轴中心线的距离为 （简 3V 10 Ω E B A 3 2 40 EI R r R R R R = =+ + + + + +滑 滑 958R R+ = Ω滑 0 ~ 100 Ω 900 Ω R mA EI R = 内 3 3 10003 10 ER I −= = Ω = Ω×内 1 2 EI R R = +内 外 1000R R= = Ω外 内 − 3V 15V 2k Ω 10k Ω 2k Ω V 24m 1rad/ s 7.5m化示意图乙），座椅和乘客（均视为质点）质量共计 ，钢丝绳长为 。忽略空气阻力，取重力加速 度 。试计算此时 (1)钢丝绳的拉力大小； (2)若游客身上的物品脱落，因惯性水平飞出直接落到地面，求落地点到竖直转轴中心线的距离。 【答案】（1）1000N；（2）16.8m 【解析】 【详解】(1)设备以 的角速度匀速转动时，对座椅和乘客，设细绳与竖直方向夹角为 ，水平方向由 牛顿第二定律可得 ① 竖直方向由平衡关系可得 ② 由加速度公式可得 ③ 联立①②③式，代入 、 、 解得 ④ (2)游客身上惯性飞出而脱落的物品做平抛运动，水平方向匀速运动 80kg 5m 210m/ sg = 1rad/ s θ sinT maθ = cosT mgθ = 2a rω= 1rad/ sω = 7.5mr = 80kgm = 1000NT =⑤ 竖直方向做自由落实体运动 ⑥ 由线速度公式可知 ⑦ 由几何关系可得 ⑧ ⑨ 联立②④⑤⑥⑦⑧⑨式，解得落地点到竖直转轴中心线的距离 ⑩ 12.如图，竖直面内一倾斜轨道与一水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接。绝缘的水平轨道分为三个区间： 区间存在方向垂直纸面向里、磁感应强度为 的匀强磁场； 区间长为 ，当物块经过时会吸附负电 荷（物块的质量和速度不受影响），单位时间吸附的电荷量为 ；足够长的 区间存在方向水平向右、场强 为 的匀强电场。整条轨道中， 区间粗糙，其余光滑。质量为 的小物块（视为质点）从斜轨道上高为 的 处由静止释放，第一次恰能返回到斜面上高为 的 点。已知 （ 为重力加速度），物 块上的电荷在斜轨道上运动时会被完全导走，忽略空气阻力。求小物块 (1)第一次往返过程中克服摩擦力所做的功； (2)第一次返回刚进入 区间时，所受洛伦兹力的大小和方向； (3)第一次与最后一次在 区间运动的时间差。 x vt= 21 2y gt= v rω= 24 5cosy θ= − 2 2 2R x r= + 7.5 5 m 16.8mR = ≈ cd B de L k ef E cd m H a 0.7H b 2k mg BL = g cd ef【答案】（1） ；（2） ，方向竖直向上；（3） 【解析】 【详解】(1)对从 处释放至回到 的过程，有 ① 解得第一次往返过程中克服摩擦力做的功 ② (2)由左手定则，物块返回经过磁场时所受洛伦兹力的方向竖直向上，洛伦兹力大小 ③ 因 ，故向左、右经过 区间的速率相等，用时相同，吸附电量也相等 ④ ⑤ 联立③④⑤式，解得洛伦兹力大小 (3)由 可推知，第一次向左经过磁场的过程所受摩擦力 ⑥ 即物块向左经过磁场做匀速直线运动，只有向右经过磁场的过程克服摩擦力做功，故第一次进入电场区的 初速度 满足 解得 ⑦ 第一次在电场中来回的过程，有 ⑧ 联立④⑤⑦⑧式，解得在电场中第一次来回的时间 ⑨ 由第(2)问列式可推知，每次向左经过磁场时摩擦力都是 ，每次向右经过磁场区间损失的机械能均为 。用 表示第 次向右进入电场区的初速度，相邻再次进入电场区的初速度满足 0.3fW mgH= mg 4.8BH E a b ( 0.7 ) fmg H H W− = 0.3fW mgH= ( )1 1 1 1f q q v B′= + 0EW = de 1 1L v t= 1 1 12 mgq q tBL ′= = 1f mg= 1f mg= ( ) 1 1 0fF f mgµ= − = 1v 2 1 1 0.32 mv mgH mgH= − 2 1 1.4v gH= 11 12Eq Et mv= 1 2 1 4 5.6 E B BHt vgE E = = 0fF = 0.3fW mgH= iv i⑩ 即每向右经过一次磁场区域， 减小 ，物块进入电场的次数 ⑪ 最后一次（第 3 次）进入电场的速度 满足 ⑫ 最后一次（第 3 次）在电场中来回运动的时间 ⑬ 故第一次跟最后一次（第 3 次）在电场区运动的时间差 ⑭ （二）选考题 13.一切热现象都是由组成物体的大量微观粒子的无规则运动在总体上的宏观表现，关于热现象下列说法正 确的是________。 A. 温度越高，分子热运动的平均动能越大 B. 分子间的引力与斥力相等时，分子势能最小 C. 布朗运动是分子的无规则热运动 D. 绝对湿度相同的情况下，温度越高，相对湿度越低 E. 热力学第二定律可表述为：不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功 【答案】ABD 【解析】 【详解】A．温度是平均动能大小的标志，温度越高分子热运动越剧烈，平均动能越大，故 A 正确； B．分子间的引力与斥力相等时，增大分子间的距离，分子力表现为引力，距离增大，分子力做负功，分子 势能增大，减小分子间的距离，分子力表现为斥力，距离减小，分子力做负功，分子势能也增大，说明分 子间的引力与斥力相等时分子势能最小，故 B 正确； C．布朗运动是固体小颗粒（分子集团，不是单个分子）的运动，它反映了分子的无规则热运动，故 C 错误。 D．分析相对湿度公式 2 2 1 1 1 0.32 2i imv mv mgH+ = − 2 iv 0.6gH 1.4INT 1 30.6 gHn gH  = + =   3v 2 2 3 1 2 0.6 0.2v v gH gH= − × = 3 2 3 4 0.8 E B BHt vgE E = = 1 3 4.8 E E BHt t E − = = 水蒸气的实际压强相对湿度 同温度下水的饱和汽压可知绝对湿度相同说明水蒸气的实际压强相同，温度越高，同温度下水的饱和汽压越大，相对湿度越低， 故 D 正确； E．热力学第二定律可表述为：不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化，故 E 错误。 故选 ABD。 14.趣味运动“充气碰碰球”如图所示，用完全封闭的 薄膜充气膨胀成型，人钻入洞中，进行碰撞游戏。 充气之后碰碰球内气体体积为 ，压强为 。碰撞时气体最大压缩量为 （不考虑碰 撞时气体温度变化），外界大气压 。求 (ⅰ)压缩量最大时，球内气体的压强； (ⅱ)为保障游戏安全，球内气体压强不能超过 。那么，在早晨 17℃环境下充完气的碰碰球 （ ），是否可以安全地在中午 37℃的环境下游戏碰撞，请通过计算判断（忽略升温引起的球内 容积变化） 【答案】（ⅰ） ；（ⅱ）可以，分析见解析 【解析】 【详解】(ⅰ)碰撞游戏被压缩到最大的过程，气体等温变化，有 ① 其中： ， 解得 (ⅱ)从早晨充好气，到中午碰撞游戏前，气体等容变化，有 PVC 30.8m 51.5 10 Pa× 30.05m 5 0 1.0 10 PaP = × 52.0 10 Pa× 51.5 10 Pa× 5 2 1.6 10 Pap = × 1 1 2 2pV p V= 5 1 1.5 10 Pap = × 3 1 0.8mV = 3 3 2 0.8 0.05m 0.75mV = − = 5 2 1.6 10 Pap = ×② 其中 中午碰撞游戏，气体被压缩到最大的过程，等温变化，有 ③ 联立②③式，代入数据，解得： 因 ，即可以安全地在中午 37℃的环境下游戏碰撞。 15.如图，波速大小相同、振幅均为 的两列简谐波，甲波（实线）沿 轴正方向传播，乙波（虚线）沿 轴负方向传播。在 时刻的部分波形如图所示，在 时，两列波第一次完全重合。下列说法 正确的是________。 A. 甲、乙两列波的波长均为 B. 甲、乙两列波的波速大小均为 C. 处为振动加强的点 D. 时，甲、乙两列波的波形第二次完全重合 E. 在振动过程中， 处的质点偏离平衡位置的位移可能为 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．在波动图像中，一个完速正弦波（或余弦波）对应长度为一个波长，由图可知甲、乙两列波的 波长均为 ，故 A 正确； B．取甲、乙两个相邻波峰为研究对象，甲、乙两列波的波速大小均为 1 3 2 3 p p T T = 2 17 273K 290KT = + = 3 37 273K 310KT = + = 3 1 4 2p V p V= 5 4 49.6 10 Pa29p = × 5 4 2.0 10 Pap < × 2cm x x 0 0t = 1 0.15st = 4m 10m/ s 0.25mx = 2 0.55st = 1.25mx = 0.5cm 4m故 B 错误； C．甲、乙两波在 处振动方向始终相同，为振动加强的点，故 C 正确； D．从图上可以得出甲、乙两列波的波形第二次完全重合波形运动距离为 需要时间 故 D 正确； E．由图分析可知 为振动减弱点，振幅为零，位移始终为零，不可能为 0.5m，故 E 错误。 故选 ACD。 16.如图所示，用未知材料做成圆柱形透明砖，截面半径为 ，侧边除一小孔外都涂有反射层，一束激光从 小孔射入，入射光线与处于同一圆形截面平行的直径间距为 ，发现光线经过两次反射后又从小孔射出。 已知光在真空中的速度为 。求： （ⅰ）该材料的折射率； （ⅱ）光在透明砖内的传播时间。 【答案】(ⅰ) ；(ⅱ) 【解析】 【详解】(ⅰ)由入射点位置可知，光射入圆柱形透明砖的入射角满足 ① 1 1 ( 0.5) m/s 5m/s2 2 0.15 sv t − −= = =× 0.25mx = 2 0.5m 5m 5.5mx = + = 2 2 5.5 0.55s2 2 5 xt sv = = =× 1.25mx = R 4 5 R c 1.6n = 24 3 5 Rt c = 1 4sin 5 θ =又由题意知，圆柱形砖内的光路应为正三角形（如图）。故有 ② 由折射定律，有 ③ 联立①②③式，解得 ④ (ⅱ)光在圆柱形透明砖内的路程为 ⑤ 光在圆柱形透明砖内的传播速度为 ⑥ 光在透明砖内的传播时间满足 ⑦ 联立②④⑤⑥⑦式，解得光在透明砖内的传播时间为 ⑧ 2 30θ °= 1 2 sin sinn θ θ= 1.6n = 26 cosl R θ= cv n = l vt= 24 3 5 Rt c =