陕西省榆林中学2020届高三物理第三次模拟试题（Word解析版）

2020 届榆林中学高三第三次模拟考试卷 物 理 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 只有一项是符合题目要求，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. 原子核发生衰变时都遵守电荷守恒、质量守恒、能量守恒 B. 为核衰变方程 C. 光电效应说明了光具有粒子性 D. 康普顿散射实验说明了光具有波动性 【答案】C 【解析】 【详解】A．原子核发生衰变时电荷数守恒和质量数守恒，但质量不守恒，故 A 错误； B． 为裂变方程，故 B 错误； C．光电效应说明了光具有粒子性，故 C 正确； D．康普顿在研究石墨对 X 射线的散射中发现光具有粒子性，故 D 错误。 故选 C。 2.如图所示，小球放在光滑的墙与装有铰链的光滑薄板之间，薄板在 F 作用下逆时针缓慢转动， 在墙与薄板之间的夹角 θ 缓慢地从 90°逐渐减小的过程中（ ） A. 小球对薄板的压力可能小于小球的重力 B. 小球对薄板的正压力一直增大 C. 小球对墙的压力先减小，后增大 D. 小球对墙的正压力不可能大于小球的重力 【答案】B 235 1 141 92 1 92 0 56 36 0U n Ba Kr 3 n+ → + + 235 1 141 92 1 92 0 56 36 0U n Ba Kr 3 n+ → + +【解析】 【详解】以小球为研究对象，处于平衡状态，根据受力平衡，由图可知 AB．当墙与薄板之间的夹角 缓慢地从 90°逐渐减小的过程中，薄板给球的支持力 逐渐增 大，木板受到的压力增大，小球对薄板的压力不可能小于小球的重力，A 错误 B 正确； CD．当墙与薄板之间的夹角 缓慢地从 90°逐渐减小的过程中，墙壁给球的压力 逐渐增大， 根据牛顿第三定律可知墙壁受到的压力增大，小球对墙的正压力可能大于小球的重力，CD 错 误。 故选 B。 3.北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统。为了兼顾高纬度地区的定位和导航 需要，该系统已布置了 10 余颗倾斜地球同步轨道卫星（IGSO），其轨道是与赤道平面呈一定 夹角的圆形，圆心为地心，运行周期与地球自转周期相同。关于倾斜地球同步轨道卫星，下 列说法正确的是（　　） A. 该卫星不可能经过北京上空 B. 该卫星距地面的高度与同步轨道静止卫星相同 C. 与赤道平面夹角为 的倾斜地球同步轨道只有唯一一条 D. 该卫星运行的速度大于第一宇宙速度 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据题目描述，倾斜地球同步轨道卫星的轨道是与赤道平面呈一定夹角的圆形， θ 1F θ 2F 30圆心为地心，所以有可能在运动过程中经过北京上空，所以 A 错误； B．由题意可知，倾斜地球同步轨道卫星的周期与地球同步卫星的周期相同，根据 可知，该卫星的轨道半径与地球同步卫星的轨道半径相同，即该卫星距地面的高度与同步轨 道静止卫星相同，所以 B 正确； C．由题意可知，圆心在地心，与赤道平面成 的圆形轨道有无数个，所以 C 错误； D．根据公式 可知，卫星轨道半径越大，运行速度越小，而第一宇宙速度是最大的环绕速度，所以该卫星 的运行速度比第一宇宙速度小，D 错误。 故选 B。 4.如图甲所示，一质量为 M 的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为 m 的小滑块， 木板受到随时间 t 变化的水平拉力 F 作用时，用传感器测出其加速度 a，得到如图乙所示的 a­F 图，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，取 g＝10 m/s2，则下列选项错误的是 A. 滑块的质量 m＝4 kg B. 木板的质量 M＝2 kg C. 当 F＝8 N 时滑块加速度 2 m/s2 D. 滑块与木板间动摩擦因数为 0.1 【答案】C 【解析】 【详解】AB．由题图乙知，F＝6 N 时，滑块与木板刚好不相对滑动，加速度为 a＝1 m/s2。对 整体分析，由牛顿第二定律有 F＝（M＋m）a，代入数据计算得出: M＋m＝6 kg， 为 2 34π rT GM = 30 GMv r =当 F≥6 N 时，对木板，根据牛顿第二定律得: ， 知图线的斜率 k＝ ，则: M＝2 kg， 滑块的质量: m＝4 kg； 故 AB 不符合题意； CD．根据 F＝6 N 时，a＝1 m/s2，代入表达式计算得出: μ＝0.1， 当 F＝8 N 时，对滑块，根据牛顿第二定律得 μmg＝ma′，计算得出： a′＝μg＝1 m/s2， 故 C 符合题意，D 不符合题意。 故选 C。 5.如图所示，由 三个铝制薄板互成 120°角均匀分开的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个匀强磁场 区域，其磁感应强度分别用 表示．现有带电粒子自 a 点垂直 Oa 板沿逆时针方向 射入磁场中，带电粒子完成一周运动，在三个磁场区域中的运动时间之比为 1∶2∶3，轨迹恰好 是一个以 O 为圆心的圆，则其在 b、c 处穿越铝板所损失的动能之比为 A. 1∶1 B. 5∶3 C. 3∶2 D. 27∶5 【答案】D 【解析】 带电粒子在磁场运动的时间为 ，在各个区域的角度都为 ，对应的周期 为 ， 则 有 ， 故 ， 则 三 个 区 域 的 磁 感 应 强 度 之 比 为 1F mg mga FM M M µ µ−= = − 1 2 Oa Ob Oc、 、 1 2 3B B B、 、 2t T θ π= 120 3 πθ = = 2 mT Bq π= 3 mt Bq π= 3 mB tq π=，三个区域的磁场半径相同为 ，又动能 ， 联立得 ，故三个区域的动能之比为： ， 故在 b 处穿越铝板所损失的动能为 ，故在 c 处穿越铝板所损失 的动能为 ，故损失动能之比为 ，D 正确，选 D. 6.如图，AC、BD 为圆的两条互相垂直的直径，圆心为 O，半径为 r，将等电量的异种点电荷 Q 放在圆周上，它们的位置关于 AC 对称，＋Q 与 O 点的连线和 OC 间夹角为 ，静电常量为 k，则（　　） A. O 点的电场强度大小为 B. O 点的电场强度方向由 O 指向 A C. O 点电势等于 C 点电势 D. 试探电荷 q 从 B 点移到 D 点过程中，电势能始终不变 【答案】AC 【解析】 【详解】AB．两电荷在 O 点的场强大小为 E1＝E2＝k 夹角为 ，根据平行四边形定则知合场强为 E＝E1＝E2＝k 方向平行两个电荷的连线向右，故 A 正确，B 错误； C．等量正负点电荷连线的中垂线上电势相等，因而 φO＝φC 故 C 正确； D．如果只有＋Q 存在，则 B 点电势大于 D 点电势；如果只有－Q 存在，同样是 B 点电势大 1 2 3 1 2 3 1 1 1: : : : 6:3: 2B B B t t t = = mvr Bq = 21 2kE mv= 2 2 2 2k B q rE m = 2 2 2 1 2 3 1 2 3: : : : 36:9: 4k k kE E E B B B= = 1 2 36 9 27k k kE E E∆ = − = − = 2 3 9 4 5k k kE E E∆ = − = − =′ : 27 :5k kE E∆ =′∆ 30° 2 kQ r 2 Q r 120° 2 Q r于 D 点电势；由于电势是标量，所以两个场源电荷同时存在时，依然有 B 点电势大于 D 点电 势，故试探电荷 q 从 B 点移到 D 点过程中，电势能是变化的，故 D 错误。 故选 AC。 7.如图所示，在小车内固定一光滑的斜面体，倾角为 ，一轻绳的一端连在位于斜面体上方的 固定木板 B 上，另一端拴一个质量为 m 的物块 A，绳与斜面平行。整个系统由静止开始向右 匀加速运动。物块 A 恰好不脱离斜面，则向右加速运动时间为 t 的过程中（ ） A. 小车速度的变化量 B. 物块重力所做的功和重力的冲量均为零 C. 拉力冲量大小 D. 拉力做功 【答案】AD 【解析】 【详解】对物块 A 进行受力分析可知，物块 A 受拉力 T 和重力 G，根据力的合成得 解得 A．小车的加速度为 θ tan gtv θ= cos mgtI θ= 2 2 22 mg tW tan θ= sinT mgθ = cosT Fθ = 合 tan mgF θ=合 sin mgT θ=则小车速度的变化量为 故 A 正确； B．由于重力的方向与位移方向垂直，故重力做功为零，但冲量 ，不是 0，故 B 错 误； C．拉力 冲量 故 C 错误； D．重力做功为 0，则拉力的功 而 解得 故 D 正确； 故选 AD。 8.如图所示，电阻不计、间距为 l 的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为 B、方向竖直 向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻 R．质量为 m、电阻为 r 的金属棒 MN 置于导轨上， 受到垂直于金属棒的水平外力 F 的作用由静止开始运动，外力 F 与金属棒速度 v 的关系是 F=F0+kv（F0、k 是常量），金属棒与导轨始终垂直且接触良好．金属棒中感应电流为 i，受到 的安培力大小为 FA，电阻 R 两端的电压为 UR，感应电流的功率为 P，它们随时间 t 变化图象 可能正确的有 的 tan F ga m θ= =合 tan gtv at θ= = GI mgt= sinT mgtI Tt θ= = 21 2W mv= tan gtv v at θ= = = 2 2 22tan mg tW θ=A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】 对金属棒受力分析，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律得出 表 达式，分情况讨论加速度的变化情况，分三种情况讨论：匀加速运动，加速度减小的加速， 加速度增加的加速，再结合图象具体分析． 【详解】设金属棒在某一时刻速度为 v，由题意可知，感应电动势 ，环路电流 ， 即 ； 安培力，方向水平向左，即 ， ； R 两端电压 ， 即 ； 感应电流功率 F合 E BLv= E BLI vR r R r = =+ + I v∝ 2 2B L vF BIL R r安 = = + F v∝安 R BLRU IR vR r = = + RU v∝， 即 ． 分析金属棒运动情况，由力的合成和牛顿第二定律可得： ， 即加速度 ，因为金属棒从静止出发，所以 ，且 ，即 ，加速度方 向水平向右． （1）若 ， ，即 ，金属棒水平向右做匀加速直线运动．有 ， 说明 ，也即是 ， ，所以在此情况下没有选项符合． （2）若 ， 随 v 增大而增大，即 a 随 v 增大而增大，说明金属棒做加速度增大的 加速运动，速度与时间呈指数增长关系，根据四个物理量与速度的关系可知 B 选项符合； （3）若 ， 随 v 增大而减小，即 a 随 v 增大而减小，说明金属棒在做加速度减小 的加速运动，直到加速度减小为 0 后金属棒做匀速直线运动，根据四个物理量与速度关系可 知 C 选项符合． 【点睛】 三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第 22 题～第 25 题为必考题，每个试 题考生都必须作答。第 33 题～第 34 题为选考题，考生根据要求做答) 9.为了测量木块与木板间动摩擦因数µ，某实验小组使用位移传感器设计了如图所示的实验装 置，让木块从倾斜木板上 A 点由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离。位移 传感器连接计算机，描绘出滑块与传感器的距离 s 随时间 t 变化规律，取 g=10m/s2， sin37°=0.6，如图所示： 2 2 2B LP EI vR r = = + 2P v∝ 2 2 2 2 0 0 ( )B L B LF F F F kv v F k vR r R r = − = + − = + −+ +合 安 Fa m 合= 0 0F > 0F >合 0a > 2 2B Lk R r = + 0F F=合 0Fa m = v at= v t∝ I t∝ 2 RF t U t P t∝ ∝ ∝安 ， ， 2 2B Lk R r > + F合 2 2B Lk R r < + F合(1)根据上述图线，计算可得木块在 0.4s 时的速度大小为 v =（ ）m/s； (2)根据上述图线，计算可得木块的加速度大小 a =（ ）m/s2； (3)现测得斜面倾角为 37°，则µ=（ ）。（所有结果均保留 2 位小数） 【答案】 (1). 0.40 (2). 1.00 (3). 0.63 【解析】 【详解】(1)[1]木块在斜面上做匀加速直线运动，某段时间内的平均速度等于这段时间内中间 时刻的瞬时速度，则木块在 0.4s 时的速度大小 (2)[2]木块在 0.2s 时 速度大小 木块的加速度大小 (3)[3]斜面倾角为 37°，则对木块受力分析，由牛顿第二定律可得 解得 10.热敏电阻包括正温度系数电阻器（PTC）和负温度系数电阻器（NTC）。正温度系数电阻器 （PTC）在温度升高时电阻值越大，负责温度系数电阻器（NTC）在温度升高时电阻值越小， 热敏电阻的这种特性，常常应用在控制电路中。某实验小组选用下列器材探究通过热敏电阻 Rx （常温下阻值约为 10.0Ω）的电流随其两端电压变化的特点。 A．电流表 A1（满偏电流 10mA，内阻 r1=10Ω） 的 2(30 14) 10 m/s 0.40m/s0.6 0.2v −− ×= =− 2(32 24) 10 m/s 0.20m/s0.4 0v −− ×′ = =− 2 20.4 0.2 1.000.4 . m/s s0 m2 /v va t − ′ −= = =∆ − sin37 cos37mg mga m µ°− °= 5 0.638 µ = ≈B．电流表 A2（量程 0～1.0A，内阻 r2 约为 0.5Ω） C．滑动变阻器 R1（最大阻值为 10Ω） D．滑动变阻器 R2（最大阻值为 500Ω） E．定值电阻 R3=990Ω F. 定值电阻 R4=140Ω G．电源 E（电动势 12V，内阻可忽略） H．电键、导线若干 （1）实验中改变滑动变阻器滑片的位置，使加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，请 在所提供的器材中选择必需的器材，应选择的滑动变阻器______。（只需填写器材前面的字母 即可） （2）请在所提供的器材中选择必需的器材，在虚线框内画出该小组设计的电路图_____。 （3）该小组测出某热敏电阻 Rx 的 I1—I2 图线如曲线乙所示，NTC 热敏电阻对应的曲线是____ （填①或②）。 （4）若将上表中的 PTC 电阻直接接到一个 9V，内阻 10Ω 的电源两端，则它的实际功率为 _______W。（结果均保留 2 位有效数字） 【答案】 (1). C (2). (3). ② (4). 2.0W(1.9~2.1W) 【解析】 【详解】(1)[1]因为要求加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，所以滑动变阻器采用 分压接法，为了便于调节，应选择最大阻值小的滑动变阻器，故填 C。(2) [2]因为器材没有电压表，故用已知内阻的电流表 A1 串联一个大电阻 R3 改装成电压表。由 于热敏电阻的阻值远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，电路图如图所示 (3)[3] 把热敏电阻 Rx 的 I1—I2 图线的纵坐标改成 ，即热敏电阻的电压，单 位为 V，图像就成为热敏电阻的 图像。 图像上的点与坐标原点连线的斜率表示电 阻值。随电压增大，电流增大，电阻实际功率增大，温度升高。NTC 热敏电阻在温度升高时 电阻值减小，故对应的曲线是②。 (4)[4]做出 9V，内阻 10Ω 的电源的 图像 其与曲线②的交点坐标的乘积即为所要求的实际功率，为 由于作图和读书有一定的误差，故结果范围为 1.9~2.1W。 11.如图所示，长为 L 的轻质细绳上端固定在 O 点，下端连接一个质量为 m 的可视为质点的带 电小球，小球静止在水平向左的匀强电场中的 A 点，绳与竖直方向的夹角 θ=37°。此匀强电场 的空间足够大，且场强为 E。取 sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力。 (1)请判断小球的电性，并求出所带电荷量的大小 q； (2)如将小球拉到 O 点正右方 C 点（OC=L）后静止释放，求小球运动到最低点时所受细绳拉 力的大小 F； 1 3 1 1( ) 1000I R r I+ = U I− U I− U I− 4 0.5W 2.0WP UI= = × =(3)O 点正下方 B 点固定着锋利刀片，小球运动到最低点时细绳突然断了。求小球从细绳断开 到再次运动到 O 点正下方的过程中重力对小球所做的功 W。 【答案】(1)小球带负电， ；(2) ；(3) 【解析】 【详解】(1)因为电场线水平向左，小球带负电 Eq=mgtan 化简 (2)由动能定理得 在 B 点受力分析得 联立得 (3)在断开瞬间由上式得 小球水平方向先减速到 0 在方向加速，在水平方向 求小球从细绳断开到再次运动到 O 点正下方的时间 竖直方向自由落体运动 3 4 mgq E = 3 2 mgF = 9 mgL θ 3 4 mgq E = 21 02 BmgL EqL mv− = − 2 BmvF mg L − = 3 2 mgF = 2B glv = 3 4 Eq ga m = = 22 9 Bv lt a g = =重力对小球所做 功 12.如图所示，质量 m1=1kg 的木板静止在倾角为 θ=30°足够长的、固定的光滑斜面上，木板下 端上表而与半径 R= m 的固定的光滑圆弧轨道相切圆弧轨道最高点 B 与圆心 O 等高。一质 量 m2=2kg、可视为质点的小滑块以 v0=15m/s 的初速度从长木板顶端沿木板滑下已知滑块与木 板之间的动摩擦因数 u= ，木板每次撞击圆弧轨道时都会立即停下而不反弹，最终滑未从 木板上端滑出，取重力加速度 g=10m/s2。求 (1)滑块离开圆弧轨道 B 点后上升的最大高度； (2)木板的最小长度； (3)木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能。 【答案】(1)9.75m； (2)7.5m； (3) 【解析】 【详解】(1)由滑块与木板之间的动摩擦因数 可知，滑块在木板上匀速下滑， 即滑块到达 A 点时速度大小依然为 v0=15m/s，设滑块离开圆弧轨道 B 点后上升的最大高度为 h， 则由机械能守恒定律可得 解得 h=9.75m (2) 由机械能守恒定律可得滑块回到木板底端时速度大小为 v0=15m/s， 滑上木板后，木板的加速的为 a1，由牛顿第二定律可知 的 21 2h gt= 9 mgLW mgh= = 3 3 3 50 J 5.56J9 ≈ 3 tan303 µ = = ° 2 2 0 2 1 ( cos )2 m v m g R hθ= + 滑块的加速度为 a2，由牛顿第二定律可知 设经过 t1 时间后两者共速，共同速度为 v1，由运动学公式可知 该过程中木板走过 位移 滑块走过的位移 之后一起匀减速运动至最高点，若滑块最终未从木板上端滑出，则木板的最小长度 L=x2－x1 联立解得 L=7.5m； (3) 滑块和木板一起匀减速运动至最高点，然后一起滑下，加速度均为 a3，由牛顿第二定律可 知 一起匀减速向上运动的位移 木板从最高点再次滑至 A 点时的速度为 v2，由运动学公式可知 滑块第三次、第四次到达 A 点时的速度大小均为 v2，第二次冲上木板，设又经过时间 t2 两者 共速，共同速度为 v3，由运动学公式可知 v3=v2－a2t2=a1t2 该过程中木板走过的位移 的 2 1 1 1cos sinm g m g m aµ θ θ− = 2 2 2 2cos sinm g m g m aµ θ θ+ = 1 0 2 1 1 1v v a t a t= − = 1 1 12 vx t= 0 1 2 12 v vx t += 1 2 1 2 3( si) (n )m m g m m aθ+ = + 2 1 3 32 vx a = 2 2 1 3 32 vx x a + =一起匀减速向上运动的位移 设木板第二次滑至 A 点时的速度为 v4，由运动学公式可知 木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能为 联立各式得 (二)选考题(共 15 分。请考生从给出的 2 道物理题中任选一题作答，如果多做， 则按所做的第一题计分) 13.下列说法正确的是（　　） A. 不能用气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数估算气体分子的体积 B. 质量相同、温度也相同的氢气和氧气，内能相同 C. 任何热机都不可能使燃料释放的热量完全转化为机械能 D. 在失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁没有压强 E. 当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大 【答案】ACE 【解析】 【详解】A．气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数只能求出每个气体分子平均占有的空间和气体 分子间的距离，不能估算气体分子本身的体积，故 A 正确； B．内能的大小与物质的量、温度、物体体积都有关，质量相同、温度也相同的氢气和氧气， 它们的物质的量不同，则内能不相同，故 B 错误； C．根据热力学第二定律可知，任何热机都不可能使燃料释放的热量完全转化为机械能，故 C 正确； D．密闭容器内气体压强是由分子不断撞击器壁而产生的，在完全失重情况下，气体分子仍然 3 4 22 vx t= 2 3 5 32 vx a = 2 4 4 5 32 vx x a + = 2 1 4 1 2E m v∆ = 50 J 5.56J9E∆ = ≈不断撞击器壁，仍然会产生压强，故 D 错误； E．当分子力表现为斥力时，分子力随分子间距离的减小而增大，间距减小斥力做负功分子势 能增大，故 E 正确。 故选 ACE。 14.如图所示，在大气中有一水平放置的固定刚性圆筒，它由圆心共轴的圆筒 a、b 连接而成， 其横截面积分别为 3S 和 S。已知大气压强为 p0，温度为 T0。两活塞 A、B 圆心处用一根长为 3l 的不可伸长的轻线相连，把温度为 T0 的空气密封在两活塞之间，此时两活塞的位置如图所示。 若活塞与圆筒壁之间的摩擦可忽略，现对被密封的气体缓慢加热，求： ①当 B 活塞刚好碰到 b 部分圆筒的左侧时，气体温度为多少？ ②当气体温度为 3T0 时，气体的压强为多少？ 【答案】① ② 【解析】 【详解】①从开始加热气体到 B 活塞刚好碰到 b 左侧时，气体为等压变化，由 可得： ②当气体温度为 3T0 时，B 活塞已经卡在 b 左侧，气体在(1)问的基础上进行等容变化，由 可得： 15.一列简谐横波沿 x 轴负方向传播，t=0 时的波的图像如图所示，质点 P 的平衡位置在 x=8m 0 9 5T T= 0 5 3p p= 0 3 2 9Sl Sl Sl T T + = 0 9 5T T= 0 03 p p T T = 0 5 3p p=处，该波的周期 T=0.2s，下列说法正确的是 A．该列波的传播速度为 20m/s B．在 0~1.0s 内质点 P 经过的路程 2m C．t=0.3s 时质点 P 的速度方向沿 y 轴正方向 D．x=4m 处质点的振动方程是 y=10sin5πt（cm） E．该波与频率 f=5Hz 的另一列简谐横波相遇，一定会发生干涉 【答案】BCE 【解析】 由图可知此波波长为 ，得 ，故 A 错误；在 0~1.0s 内质点 P 经过的路程 ，故 B 正确；由于波向左传，可知 t=0 时，P 点振动方向为 沿 y 轴负方向，又 ，可知 t=0.3s 时质点 P 的速度方向沿 y 轴正方向，故 C 正确；质点 的 振 动 周 期 与 波 的 周 期 相 同 ， 故 ， 则 x=4m 处 质 点 的 振 动 方 程 是 ，故 D 错误；此波频率为 ，只有波的频率相同时才能发生 干涉，故 E 正确．综上分析正确答案为 BCE． 16.如图所示，圆柱形油桶中装满折射率 n= 的某种透明液体，油桶的高度为 H，半径为 H，桶的底部装有一块平面镜，在油桶底面中心正上方高度为 d 处有一点光源 P，要使人从液 体表面上方任意位置处都能够观察到此液体内点光源 P 发出的光，d 应该满足什么条件? 【答案】H>d≥H/2 8mλ = 40m/sv T λ= = 1.04 4 0.10 2m0.2 ts AT = × = × × = 3 2 t T = 2 10rad/sT πω = = 10sin10 (cm)y tπ= 1 5Hzf T = = 2 3 2【解析】 【分析】 要使人从液体表面上任意位置处能够观察到点光源 P 发出的光，点光源发出的光必须全部能 折射进入空气中，根据对称性，作出点光源经平面镜所成的像．当光射向水面时，入射角应 不大于临界角，光线才能射入空气中．由几何知识求出 d 应满足的条件． 【详解】点光源 P 通过平面镜所成像为 P'，如图所示． 要使人从液体表面上方任意位置处能够观察到点光源 P 发出的光，即相当于像 P'发出的 光，则入射角 i≤ ， 为全反射临界角，有： 而 且 联立解得：d≥H/2 又有：H>d 解得：H>d≥H/2 0i 0i 0 1sini n = 3 / 2tan Hi H d = + 0tan tani i≤