2020届安徽省池州市高三（下）5月教学质量监测理综物理试题（解析版）

2020 年池州市普通高中高三教学质量统一监测 理科综合能力试卷物理部分 二、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 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。全部选对得 6 分，选对但不全 的得 3 分，有选错的得 0 分。 1.下列说法中正确的是（　　） A. 光电效应实验中，在一定的光照条件下，所加正向电压越大，光电流也一定越大 B. 大量处于 n=3 能级的氢原子向低能级跃迁时最多能放出 3 种不同频率的光子，若 ，则 C. 氡 222 的半衰期是 3.8 天，则 20 个氡核经过 7.6 天还剩 5 个氡核 D. 组成原子核的核子越多，它的结合能越高，原子核也就越稳定 【答案】B 【解析】 【详解】A．在未达到饱和光电流之前，光电管加正向电压越大，光电流强度一定越大，达到饱和光电流后， 光电流的大小与正向电压无关，故 A 错误； B．大量处于 n=3 能级的氢原子向低能级跃迁时最多能放出 3 种不同频率的光子，若 ，由于 则 ，选项 B 正确； C．半衰期大量原子核衰变的统计规律，对少数原子核衰变不适用，选项 C 错误； D．比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢靠，原子核越稳定，故 D 错误。 故选 B。 2.在平直公路上行驶的汽车，司机突然发现前方出现交通事故，立即刹车，从此时刻起汽车的位置坐标与时 间的关系为 x=-2t2 +20t+10 （x 和 t 的单位分别为 m 和 s），则下列说法正确的是（　　） A. 4s 内汽车发生的位移为 58m B. 8s 内汽车发生的位移为 32m C. 8s 内汽车的平均速度大小为 10m/s D. 8s 内汽车的平均速度大小为 6.25m/s 【答案】D 【解析】 【详解】A．由 x=-2t2 +20t+10 可知汽车的加速度 a=-4m/s2，初速度 v0=20m/s，则汽车停止运动经过的时间 1 2 3 ν ν ν、 、 1 2 3 ν ν ν> > 1 2 3 ν ν ν= + 1 2 3 ν ν ν、 、 1 2 3 ν ν ν> > 1 2 3h h hν ν ν= + 1 2 3 ν ν ν= + 0 0 5svt a = =则 4s 内汽车发生的位移为 选项 A 错误； B．8s 内汽车发生的位移等于 5s 内的位移，为 选项 B 错误； CD．8s 内汽车的平均速度大小为 选项 C 错误，D 正确。 故选 D。 3.如图所示，静止在水平面上的两个相同的斜面体上分别放有一个处于静止的三角形木块 A 和 B，它们的质 量相等。A 木块左侧面沿竖直方向，B 木块左侧面垂直于斜面，在两斜面上分别放上一个完全相同的光滑球 后，它们仍然保持静止，下列说法中不正确的是（　　） A. 球对 A 木块的压力大于球对 B 木块的压力 B. A 木块受到的摩擦力等于 B 木块受到的摩擦力 C. A 木块对斜面的压力大于 B 木块对斜面的压力 D. 两斜面体对地面的压力相等 【答案】C 【解析】 【详解】A．设小球的质量为 m，A、B 的质量为 M，斜面的倾角为 α．以小球为研究对象可知，A 对球的支 持力为 mgtan훼；B 对球的支持力为 mgsinα，因 tanα>sinα，由牛顿第三定律可知，球对 A 木块的压力大于球 对 B 木块的压力，选项 A 正确，不符合题意； B．以小球与 A 整体为研究对象，由平衡条件可得：A 木块受到的摩擦力 fA=（M+m）gsinα 同理，以小球与 B 整体为研究对象，得到 B 木块受到的摩擦力 fB=（M+m）gsinα 则 fA=fB 2120 4 4 4 48m2x = × − × × = 0 5 0 20 5m=50m2 2 vx t= = × 5 50 m/s 6.25m/s8 xv t = = =故 B 正确，不符合题意。 C．以 A 为研究对象，分析受力，如图所示，由平衡条件得： 斜面对 A 的支持力 NA=Mgcosα-N1sinα 以 B 为研究对象，分析受力，由平衡条件得： 斜面对 B 的支持力 NB=Mgcosα 则得 NA＜NB 由牛顿第三定律可知，A 木块对斜面的压力小于 B 木块对斜面的压力，故 C 错误，符合题意； D．对小球、A(B)以及斜面体的整体而言，竖直方向受整体的重力和地面的支持力，则地面对整体的支持力 相等，由牛顿第三定律可知，两斜面体对地面的压力相等，选项 D 正确，不符合题意。 故选 C。 4.引力波的发现证实了爱因斯坦 100 年前的预测，弥补了爱因斯坦广义相对论中最后一块缺失的“拼图”。 双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由 a、b 两颗星体组成，这两颗星绕它们连 线的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，测得 a 星的周期为 T，a、b 两颗星中心间距离为 L，两颗星 的轨道半径之差为∆r，且轨道半径大小关系满足 ra>rb，则（　　） A. a 星做圆周运动的线速度大小为 B. a、 b 两颗星的质量之比为 C. b 星做圆周运动的周期为 D. 如果双星的总质量一定，双星间距若变大，则它们转动周期将变小 【答案】A 【解析】 【详解】C．双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，则周期相等，所以 b 星的周期为 T，故 C 错误； )L r T π + ∆（ L r L r + ∆ − ∆ L r TL r − ∆ + ∆A．题意可知 ra+rb=L ra-rb=△r 解得 则 a 星的线速度大小为 选项 A 正确； B．双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，则有 maraω2＝mbrbω2 解得质量之比为 选项 B 错误； D．根据 解得 则如果双星的总质量一定，双星间距若变大，则它们转动周期将变大，选项 D 错误。 故选 A。 5.如图所示，理想变压器的原线圈接有电压为 U 的交流电。副线圈接有电阻 R1 和光敏电 阻 R2（阻值随光照增强而减小），开关 K 开始时处于闭合状态，下列说法正确的是（　　） A. 该交流电的频率为 100Hz B. 当光照变强时，变压器的输入功率减小 2a L rr +＝ 2b L rr −＝ 2 ( )a a r rv T T Lπ π += ＝ a b m L r m L r −= +   2 2 2 a a a b b bm mG m r m rL ω ω= ＝ 2 3 2 3 2 4( )a b LG m m L T πω+ = = =311sin(100 )VtπC. 当滑动触头 P 向下滑动时，原线圈中电流交大 D. 当开关 K 由闭合到断开，变压器原线圈电流变大 【答案】C 【解析】 【详解】A．交流电的频率为 选项 A 错误； B．当光照变强时，光敏电阻的阻值变小，输出功率变大，输入功率也变大，故 B 错误； C．当滑动触头 P 向下滑动时，原线圈匝数减小，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端的电压增大，副线 圈消耗的功率变大，则原线圈的功率也变大，原线圈电流变大，选项 C 正确； D．当开关 K 由闭合到断开，副线圈回路电阻增大，输出电流减小，匝数比不变，所以原线圈电流减小， 故 D 错误。 故选 C。 6.如图所示，光滑轨道由 AB、BCDE 两段细圆管平滑连接组成，其中圆管 AB 段水平，圆管 BCDE 段是半 径为 R 的四分之三圆弧，圆心 O 及 D 点与 AB 等高，整个管道固定在竖直平面内。现有一质量为 m。初速 度 的光滑小球水平进入圆管 AB。设小球经过管道交接处无能量损失，圆管内径远小于 R。小 球直径略小于管内径，下列说法正确的是（　　） A. 小球通过 E 点时对外管壁 压力大小为 B. 小球从 B 点到 C 点的过程中重力的功率不断增大 C. 小球从 E 点抛出后刚好运动到 B 点 D. 若将 DE 段圆管换成等半径的四分之一内圆轨道 DE，则小球不能够到达 E 点 【答案】CD 【解析】 【详解】A．从 A 至 E 过程，由机械能守恒定律得 的 100 50Hz2 2f ω π π π= = = 0 10 2 gRv = 2 mg解得 在 E 点时 解得 即小球通过 E 点时对内管壁的压力大小为 ，选项 A 错误； B．小球在 C 点时竖直速度为零，则到达 C 点时重力的瞬时功率为零，则小球从 B 点到 C 点的过程中重力 的功率不是不断增大，选项 B 错误； C．从 E 点开始小球做平抛运动，则由 小球能正好平抛落回 B 点，故 C 正确； D．若将 DE 段圆管换成等半径的四分之一内圆轨道 DE，则小球到达 E 点的速度至少为 ，由于 可知，小球不能够到达 E 点，选项 D 正确。 故选 CD。 7.在坐标原点和 x 轴上 A 点分别固定着两个点电荷 Q1、Q2。其静电场在 x 轴上的电势 的分布如图所示，已 知 Ox2>x2A， 则下列说法正确的是（　　） A. Q1 为正电荷，Q2 为负电荷，且 2 2 0 1 1 2 2 Emv mv mgR= + 2 2E gRv = 2 Evmg N m R − = 2 mgN = 2 mg 2 2 2E gR Rx v t Rg = = ⋅ = gR 2 2E gRv gR= < ϕ 1 2Q Q>B. x2 处的电场强度为 0 C. 将一带正电的试探电荷从 x1 处由静止释放，运动到 x2 处速度为 v，则这段时间内电荷运动的平均速度大 于 D. 将一带负电的试探电荷从 x1 处移动到 x3 处，电势能先增大后减小 【答案】AC 【解析】 【详解】A．由电势分布图可知， Q1 为正电荷，Q2 为负电荷，因电势为零的点距离 Q1 较远，可知 ，选项 A 正确； B．因为 φ-x 图像的斜率等于场强，可知 x2 处的电场强度不为 0，故 B 错误； C．将一带正电的试探电荷从 x1 处由静止释放，则正电荷做加速度减小的变加速运动，因正电荷若做匀加速 运动时这段时间的平均速度等于 ，而正电荷做加速度减小的加速运动时，运动时间小于匀加速运动的时 间，则这段时间内电荷运动的平均速度大于 ，故 C 正确； D．从 x1 处到 x3 处电势一直降低，则将一带负电的试探电荷从 x1 处移动到 x3 处，电势能一直变大，故 D 错 误。 故选 AC。 8.如图所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为 1T 的匀强磁场，一质量为 0.3kg 且足够长的绝缘木板 静止在光滑水平面上，在木板左端放置一质量为 0.1 kg 带正电的滑块，电荷量为 0.2C，滑块与绝缘木板之 间的动摩擦因数为 0.5，滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 t=0 时刻开始对木板施加方向水平向左、 大小为 1.2N 的恒力，g 取 10m/s2，则（　　） A. 木板和滑块一直做加速度为 3 m/s2 的匀加速直线运动 B. 0.5s 末滑块的速度是 1.5 m/s C. 最终木板做加速度为 4 m/s2 的匀加速直线运动，滑块做速度为 5 m/s 的匀速直线运动 D. 整个运动过程中摩擦力对滑块做的功为 1.25J 【答案】BCD 【解析】 【详解】AC．由于滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为 0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为 μg=5m/s2，所 以当 1.2N 的恒力作用于木板时，系统一起以 2 v 1 2Q Q> 2 v 2 v加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力 时滑块与木板之间的弹力为零，此时 Bqv=mg 解得 v=5m/s 此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动，加速度 可知滑块先与木板一起做匀加速直线运动，然后发生相对滑动，做加速度减小的变加速，最后做速度为 5m/s 的匀速运动，故 A 错误，C 正确。 B．木块开始的加速度为 3m/s2，当恰好要开始滑动时 f=μ（mg-qv1B）=ma 代入数据得 v1=2m/s 此后木块的加速度减小，则此时刻用时间为 则 0.5s 末滑块的速度是 v＇=at＇=1.5 m/s 选项 B 正确； D．整个运动过程中摩擦力对滑块做的功为 选项 D 正确。 故选 BCD。 第 II 卷非选择题 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.某同学利用如图甲所示的实验装置来探究做功与物体动能变化的关系，已知当地重力加速度为 g。 (1)用游标卡尺测得过光条（如图乙所示）的宽度 d____cm。将全部钩码装载在小车上，调节导轨倾斜程度， 21.2 3m/s0.3 0.1 F M ma = + +＝ ＝ 21.2 4m/s0.3 Fa M ′＝ ＝ ＝ 1 1 2 s3 vt a = = 2 21 1 0.1 5 J=1.25J2 2fW mv= = × ×使小车能够沿轨道匀速下滑。 (2)先从小车上取出一个钩码，挂到绳子下端。记录绳下端钩码的质量 m，将小车从挡板处由静止释放，由 数字计时器读出遮光时间∆t。再从小车上取出第二个钩码，挂到第一个钩码下端，重复上述步骤，直至小车 里钩码都挂到绳子下端，测得多组数据。该同学决定不计算速度，仅作出 图像，则下列图像中符 合真实情况的是______；如果该同学将全部钩码挂在绳下端，仅从绳端依次取走钩码，但不转移到小车上。 重做该实验，则作出的 图像符合该情况的是_______。 【答案】 (1). 1.l4 (2). B (3). C 【解析】 【详解】(1)[1]．光条的宽度 d=1.1cm+0.1mm×4=1.14cm； (2)[2]．设小车和所有砝码的总质量为 M，则当绳子下端的钩码质量为 m 时，由牛顿第二定律 设遮光条开始距离光电门的距离为 L，则 其中 联立解得 结合图像可知，图像中符合真实情况的是 B； [3]．如果该同学将全部钩码挂在绳下端，仅从绳端依次取走钩码，但不转移到小车上，设小车的质量为 M＇，则 2 1 ( ) mt −∆ 2 1 ( ) mt −∆ mg Ma= 2 2v aL= dv t = ∆ 2 2 1 2gL mt Md = ⋅∆根据 联立解得 则随着 m 的增大， 图像的斜率减小，则符合该情况的是图像 C。 10.(1)甲同学想测出某种材料的电阻率，先取一段该材料的样品。因不知其大的阻值，于是用多用电表先粗 测该样晶的电阻。经正确操作后，选“×100”档时发现指针偏转情况如图所示，乙同学认为指针太偏左， 估读误差大，应该换用______档（填“×10”或“×1k”）。 欧姆调零后重新测量。 (2)要测出上述样品的电阻率，必须精确测出其电阻的阻值。除导线和开关外，实验室还备有以下器材可供 选用： 电流表 A1，量程 50mA，内阻 r1 约 100Ω 电流表 A2，量程 1A，内阻 r2 的 0.5Ω 电压表 V1，量程 3V，内阻 Rv1 等于 20kΩ 电压表 V2，量程 10V，内阻 Rv2 约 30kΩ 定值电阻 R，阻值 10kΩ 滑动变阻器 R1，0~2kΩ，额定电流 0.1A 滑动变阻器 R2，0~20Ω。额定电流 2A 电源 E（电动势为 12V，内阻 r 约 2Ω） ①请选择合适的器材，井设计出调节方便、便于精确测量的电路图，请画在方框中并标出所选器材的符号 ______，其中滑动变阻器应选______。 '( )mg m M a= + 2 2v aL= dv t = ∆ 2 ' 2 1 2 ( ) gL mt m M d = ⋅∆ + 2 1 -mt∆②若该样品为圆柱形，其长为 L。直径为 D。若选用实验中的一组数据，可得出这种材料电阻率的表达式为 _____式中各物理量符号（题中未给的）的含义为________。 【答案】 (1). ×1k (2). (3). R2 (4). (5). U1 表 示电压表 V1 的示数，U2 表示电压表 V2 的示数 【解析】 【详解】(1)[1]．选“×100”档时发现指针偏转角度过小，可知倍率挡选择过低，应该换用“×1k”档，欧姆调零 后重新测量。 (2)①[2][3]．电源电动势为 12V，电压表应选 V2，待测电阻 数量级在 104Ω 左右，则电路最大电流约为 两电流表量程都太大，读数误差较大，可以用已知内阻 电压表 V1 与定值电阻 R 并联，再与待测电阻串联 测电流；为方便实验操作，滑动变阻器应选 R2；待测电阻阻值数量级为 104Ω，滑动变阻器最大阻值为 20Ω，待测电阻阻值远大于滑动变阻器阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图 如图所示 ②[4][5]．由电路图可知 而 解得 的 的 ( ) ( )1 1 2 2 1 14 V V D U U R R U L R R π − + 4 12 0.0012A=1.2mA10 UI R = = = 1 22 1 1 1 1 1 ( ) V x V V RR UUR U U U R R R R = = ++ 2 4 x L LR S D ρρ π= =其中 U1 表示电压表 V1 的示数，U2 表示电压表 V2 的示数. 11.如图所示，两平行且足够长的金属导轨固定在水平桌面上。两导轨与水平桌面成 θ=37°角，两导轨间距 L=1m，其项端接一阻值 R=0.1 Ω 的电阻。一根质量 M=1kg，r=0.1 Ω 导体棒垂直搁在导轨上，一条绝緣轻绳 上端接在导体棒中间，下端通过桌边缘一固定的光滑定滑轮连接质量 m=0.5kg 的物块（上端绳与导轨共 面）。棒与导轨间的动摩擦因数 μ=0.5。整个导轨处在垂直于导轨平面的匀强磁场中（图中未面）。导轨电阻 忽略不计，磁感应强度 B=1T。（已知 g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）。 (1)由静止释放物块 m。求导体棒沿导轨下滑时最大速度的大小； (2)若由静止释放物块 m 的同时，在导体棒上施加一平行导轨向上的外力 F，使其向上做 a=2m/s2 的匀加速 直线运动，求 F 随位移 x 变化的关系式。 【答案】（1）1.4m/s（2） 【解析】 【详解】（1）释放 m，M、m 一起加速，当 a=0 时，棒下滑速度最大 ① ② E=BLvm ③ 解得 vm=1.4m/s ④ （2）对 M、m 由牛顿第二定律得： ⑤ v2-0=2ax ⑥ ( ) ( )1 1 2 2 1 1 = 4 V V D U U R R U L R R πρ − + 18 10F x= + sin cos 0mg Mg Mg BILθ µ θ+ − − = EI R r = + ( )sin cosF mg Mg Mg BI L M m aθ µ θ ′− − − − = + E BLv′ = EI R r ′ = ′ + ⑦ 12.如图所示，xOy 平面与水平地面垂直，x 轴在地面上。足够长的光滑绝缘水平轨道固定在第 II 象限内， 右边界垂直且紧贴 y 轴，竖直光滑绝缘半圆轨道固定在水平轨道左边界且与水平轨道平滑连接。在第 I 象限 内有垂直 xOy 平面向外的匀强磁场 B 和沿 y 轴正向的匀强电场 E，且 。半圆轨道处在沿 x 轴负 向的匀强电场 E2 中。且 E2=2E1；。在水平轨道上放置可视为质点的两小球 1 和 2，它们均带正电，两者中 间锁定一被压缩的轻质绝缘弹簧（弹簧与两小球不拴接）。解除锁定，弹簧恢复原长后拿走，此后小球 1 沿 水平轨道以速度 v1=lm/s 进入第 I 象限，结果打在 x 轴上 x=2h 处，小球 2 沿水平轨道向左运动然后进入半圆 轨道。已知球 1 质量为 m0，电荷量为 q，球 2 质量为 。电荷量为 ，水平轨道高为 h。g 取 10m/s2，不 计两小球间的库仑力，两小球运动始终在 xOy 平面内。 (1)求解除锁定前轻弹簧储存的弹性势能； (2)求匀强磁场的磁感应强度 B 的大小； (3)要使球 2 能沿原路返回进入第 1 象限，求半圆轨道的半径应满足的条件以及球 2 进入第 I 象限后打在 x 轴上时速度方向与 x 轴正向所成角度的正切值。 【答案】（1） ；（2） ；（3）R≥0.2m， 【解析】 【详解】（1）由系统动量守恒得 能量守恒得 解得 v2=2m/s 18 10F x= + 0 1 m gE q = − 0 2 m 2 q 01.5pE m= 02 5 mB qh = 3tan 4 θ = 0 0 1 22 mm v v= 2 20 0 1 2 1 1 2 2 2P mE m v v= + × × 01.5pE m=（2）球 1 第一象限中做匀速圆周运动，由几何关系得半径 由 得 （3）临界情况是：当球 2 到达与等效重力场 垂直且与圆心 O 在同一平面内的 C 点时速度恰好为 0。如 图所示 由动能定理得 解得 R=0.2m 所以 R 应满足的条件为 R≥0.2m 球 2 进入第Ⅰ象限后也做匀速圆周运动 由图几何关系得 在 5 2r h= 2mvqvB r = 02 5 mB qh = mg′ 2 0 2tan 2 2 qE m g θ = = ( )20 0 2 2 10 cos sin2 2 2 m mv qE R g R Rθ θ− = − + 0 22 5 2 m v r hq B ′ = = 3tan 4 θ =13.下列说法中正确的是______ 。 A. 物体质量不变，体积增大，则其内能可能增大 B. 分子间距离增大，则分子力不一定变小 C. 气体吸收热量后其内能一定增大 D. 某物体在导光上具有各向异性，则该物体不一定是晶体 E. 对一定量的气体，若用 N 表示单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数，则当气体压强不变而体积和温 度变化时，N 可能不变 【答案】ABD 【解析】 【详解】A．物体质量不变，分子数不变，分子势能与体积有关，则体积增大，则其内能可能增大，选项 A 正确； B．当分子间距 r>r0 时分子力表现为引力，随着分子间距离增大，则分子力先增加后减小，选项 B 正确； C．气体吸收热量后，若对外做功，其内能不一定增大，选项 C 错误； D．某物体在导光上具有各向异性，则该物体不一定是晶体，选项 D 正确； E．压强取决于单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数及分子的平均动能，压强不变，温度和体积变化， 分子平均动能变化，则单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数必定变化。故 E 错误。 故选 ABD。 14.如图所示，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞。已知大活塞的质 量为 m1=3.0kg。横截面积为 S1=40.0cm2；小活塞的质量为 m2=1.0kg。横截面积为 S2=20.0cm2，两活塞用刚 性轻杆连接，间距保持为 L=20.0cm，汽缸外大气的压强为 p0=1.00×105Pa，温度为 T=300 K。初始时大活塞 与大圆筒底部相距 。两活塞间封闭气体的温度为 T1=600K。现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移。 忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度 g 大小取 10 m/s2。求： （i）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度； （ii）缸内封闭 气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强。的 2 L【答案】（i）400K；（ii）9×104Pa 【解析】 【详解】（i）由题义可知，气体发生等压变化 T2=400K （ii）∵T2>T 温度继续下降时活塞不动，由活塞受力平衡得 p1S2+(m1+m2)g+p0S1=p0S2+p1S1 解得 p1=1.2×105Pa 气体发生等容变化 解得缸内气体压强 p=9×104Pa 15.如图所示，甲图是一列横波在某一时刻的图像，乙图是离 O 点 3cm 处的质点从这一时刻开始计时的振动 图像，则下列说法正确的是（　　） A. 3cm 处的这个质点在 t=0 时刻向轴正方向运动 B. 这列波沿 x 轴负方向传播 C. 质点的振动周期为 8s D. 波速为 50 m/s E. 3 cm 处的这个质点再次回到平衡位置需要的时间为 0.04 s 1 2 1 2 V V T T = 1 2 2 1 2 2 2 L LS S LS T T + = 1 2 p p T T =【答案】ABE 【解析】 【详解】AB．由乙图读出该时刻即 t=0 时刻 3cm 处的这个质点的速度方向为沿 y 轴正方向，由甲图判断出 波的传播方向为沿 x 轴负向；故 AB 正确； CD．由甲图读出该波的波长为 λ=4cm，由乙图周期为 T=0.08s，则波速为 故 CD 错误。 E．3 cm 处的这个质点再次回到平衡位置需要的时间为半个周期，即 0.04 s，选项 E 正确。 故选 ABE。 16.如图所示，一透明球体置于空气中，球半径 R=10cm，折射率 n＝ ．MN 是一条通过球心的直线，单 色细光束 AB 平行于 MN 射向球体，B 为入射点， AB 与 MN 间距为 5 cm，CD 为出射光线． ①补全光路并求出光从 B 点传到 C 点的时间； ②求 CD 与 MN 所成的角 α．（需写出求解过程） 【答案】(1) （2） 【解析】 ：(1)连接 BC，如图 18 在 B 点光线的入射角、折射角分别标为 i、r sini＝5/10＝，所以，i＝45° 由折射率定律：在 B 点有：n＝　sinr＝1/2 故：r＝30°　＝2Rcosr t＝n/c＝2Rncosr/c t＝(/3)×10－9s 4 50cm/s0.08Tv λ = == 2 2 96 103t s−= × 30(2)由几何关系可知∠COP＝15° ∠OCP＝135°　α＝30°