2020年全国一卷高考物理模拟试卷一（解析版）

第 1 页 / 共 16 页 2020 年全国一卷高考物理模拟试卷一 （考试时间：90 分钟 试卷满分：110 分） 第Ⅰ卷 一、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，有选错或不答的得 0 分。 14.水比赛在天津奥体中心游泳跳水馆进行，重庆选手施廷懋以总成绩 409.20 分获得跳水女子三米板冠 军．某次比赛从施廷懋离开跳板开始计时，在 t2 时刻施廷懋以速度 v2 入水，取竖直向下为正方向，其速度 随时间变化的规律如图所示，下列说法正确的是(  ) A．在 0～t2 时间内，施廷懋运动的加速度大小先减小后增大 B．在 t1～t3 时间内，施廷懋先沿正方向运动再沿负方向运动 C．在 0～t2 时间内，施廷懋的平均速度大小为v1＋v2 2 D．在 t2～t3 时间内，施廷懋的平均速度大小为v2 2 【答案】C 【解析】：.v－t 图象的斜率等于加速度，在 0～t2 时间内，施廷懋运动的加速度保持不变，A 错误；运动 方向由速度的正负决定，横轴下方速度为负值，施廷懋沿负方向运动，横轴上方速度为正值，施廷懋沿正 方向运动，在 t1～t3 时间内，施廷懋一直沿正方向运动，B 错误；0～t2 时间内，根据匀变速直线运动的平 均速度公式可知，施廷懋运动的平均速度大小为v1＋v2 2 ，C 正确；匀变速直线运动的平均速度大小等于初 速度和末速度的平均值，而加速度变化时，平均速度大小应用平均速度的定义式求解．若在 t2～t3 时间内， 施廷懋做匀减速运动，则她的平均速度大小为v2 2，根据 v－t 图线与坐标轴所围面积表示位移可知，在 t2～ t3 时间内施廷懋的实际位移小于她在这段时间内做匀减速运动的位移，故在 t2～t3 时间内，施廷懋的平均速 第 2 页 / 共 16 页 度小于v2 2，D 错误． 15.如图所示，光滑斜面的倾角为 30°，轻绳通过两个滑轮与 A 相连，轻绳的另一端固定于天花板上，不计 轻绳与滑轮的摩擦。物块 A 的质量为 m，不计滑轮的质量，挂上物块 B 后，当动滑轮两边轻绳的夹角为 90° 时，A、B 恰能保持静止，则物块 B 的质量为（  ） A. 2 2 m B. 2m C．m D．2m 【答案】 A 【解析】 先以物块 A 为研究对象，由物块 A 受力及平衡条件可得绳中张力 T＝mgsin 30°。再以动滑轮为 研究对象，分析其受力并由平衡条件有 mBg＝ 2T，解得 mB＝ 2m 2 ，A 正确。 16.如图所示，在竖直平面内有一矩形，其长边与一圆的底部相切于 O 点，现在有三条光滑轨道 a、b、c， 它们的上端位于圆周上，下端在矩形的底边，三轨道都经过切点 O，现在让一物块先后从三轨道顶端由静 止下滑至底端(轨道先后放置)，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为 (  ) A．ta＞tb＞tc B．ta＜tb＜tc C．ta＝tb＝tc D．无法确定 【答案】：B 【解析】：设上面圆的半径为 r，矩形宽为 R，轨道与竖直方向的夹角为 α，则轨道的长度 x＝2rcos α＋ R cos α，下滑的加速度 a＝mgcos α m ＝gcos α，根据位移时间公式 x＝1 2at2，得 t＝ 2x a ＝ 4r g ＋ 2R gcos2α.因为 a、b、c 夹角由小至大，所以有 tc＞tb＞ta，故 B 正确，A、C、D 错误． 第 3 页 / 共 16 页 17.如图所示，某一小球以 v0＝10 m/s 的速度水平抛出，在落地之前经过空中 A、B 两点，在 A 点小球速度 方向与水平方向的夹角为 45°，在 B 点小球速度方向与水平方向的夹角为 60°(空气阻力忽略不计，g 取 10 m/s2)．以下判断中正确的 (  ) A．小球经过 A、B 两点间的时间 t＝ 3 s B．小球经过 A、B 两点间的时间 t＝1 s C．A、B 两点间的高度差 h＝10 m D．A、B 两点间的高度差 h＝15 m 【答案】：C 【解析】：根据运动的合成与分解知，vyA＝v0＝10 m/s，vyB＝v0tan 60°＝ 3v0＝10 3 m/s，则小球由 A 到 B 的时间间隔 Δt＝vyB－vyA g ＝10 3－10 10 s＝( 3－1) s，故 A、B 错误．A、B 的高度差 h＝v－v 2g ＝300－100 20 m＝ 10 m，故 C 正确，D 错误． 18.如图所示，质量为 m 的人造地球卫星与地心的距离为 r 时，引力势能可表示为 Ep＝－GMm r ，其中 G 为 引力常量，M 为地球质量，该卫星原来在半径为 R1 的轨道Ⅰ上绕地球做匀速圆周运动，经过椭圆轨道Ⅱ的 变轨过程进入半径为 R3 的圆形轨道Ⅲ继续绕地球运动，其中 P 点为Ⅰ轨道与Ⅱ轨道的切点，Q 点为Ⅱ轨道 与Ⅲ轨道的切点，下列判断正确的是(  ) A．卫星在轨道Ⅰ上的动能为 GMm 2R1 B．卫星在轨道Ⅲ上的机械能等于－GMm 2R3 第 4 页 / 共 16 页 C．卫星在Ⅱ轨道经过 Q 点时的加速度小于在Ⅲ轨道上经过 Q 点时的加速度 D．卫星在Ⅰ轨道上经过 P 点时的速率大于在Ⅱ轨道上经过 P 点时的速率 【答案】 AB 【解析】 在轨道Ⅰ上，有：GMm R12 ＝mv12 R1，解得：v1＝ GM R1 ，则动能为 Ek1＝1 2mv12＝GMm 2R1 ，故 A 正确；在 轨道Ⅲ上，有：GMm R32 ＝mv32 R3，解得：v3＝ GM R3 ，则动能为 Ek3＝1 2mv32＝GMm 2R3 ，引力势能为 Ep＝－GMm R3 ， 则机械能为 E＝Ek3＋Ep＝－GMm 2R3 ，故 B 正确；由 GMm RQ2＝ma 得：a＝GM RQ2，两个轨道上 Q 点到地心的距离 不变，故向心加速度的大小不变，故 C 错误；卫星要从Ⅰ轨道变到Ⅱ轨道上，经过 P 点时必须点火加速， 即卫星在Ⅰ轨道上经过 P 点时的速率小于在Ⅱ轨道上经过 P 点时的速率，故 D 错误． 19.如图甲所示，一个质量 m＝2 kg 的物块静止放置在粗糙水平地面 O 处，物块与水平面间的动摩擦因数 μ ＝0.5，在水平拉力 F 作用下物块由静止开始向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点 O 处，取水平 向右为速度的正方向，物块运动过程中其速度 v 随时间 t 变化规律如图乙所示，g 取 10 m/s2.则 (  ) A．物块经过 4 s 时间到出发点 B．4.5 s 时水平力 F 的瞬时功率为 24 W C．0～5 s 内摩擦力对物块先做负功，后做正功，总功为零 D．0～5 s 内物块所受合力的平均功率为 1.8 W 【答案】BD 【解析】由图象可知，前 4 s 内速度方向始终为正方向，故前 4 s 时间内没有回到出发点，选项 A 错误；根 据 v ­t 图线的斜率表示加速度，可知 3～5 s 内，加速度 a＝－3 1 m/s2＝－3 m/s2，4.5 s 时的速度 v＝aΔt＝－ 3×(4.5－4) m/s＝－1.5 m/s，根据牛顿第二定律有 F＋μmg＝ma，得 F＝－16 N，负号表示力的方向水平向 左，水平力 F 的瞬时功率 P＝Fv＝24 W，选项 B 正确；滑动摩擦力的方向始终与速度方向相反，摩擦力始 终做负功，选项 C 错误；3～5 s 内合力为恒力，物块的位移为零，合力做的功为零，0～3 s 内，物块的加 第 5 页 / 共 16 页 速度 a1＝3 3 m/s2＝1 m/s2，位移 s1＝1 2×1×32 m＝4.5 m，合力做的功 W＝F 合 s1＝mas1＝9 J，0～5 s 内合力的 平均功率 P＝W t ＝9 5 W＝1.8 W，选项 D 正确． 20.在光滑绝缘的水平桌面上，存在着方向水平向右的匀强电场，电场线如图中实线所示.一初速度不为零 的带电小球从桌面上的 A 点开始运动，到 C 点时，突然受到一个外加的水平恒力 F 作用而继续运动到 B 点， 其运动轨迹如图中虚线所示，v 表示小球经过 C 点时的速度，则(  ) A.小球带正电 B.恒力 F 的方向可能水平向左 C.恒力 F 的方向可能与 v 方向相反 D.在 A、B 两点小球的速率不可能相等 【答案】 AB 【解析】 由小球从 A 点到 C 点的轨迹可得，小球受到的电场力方向向右，带正电，选项 A 正确；小球从 C 点到 B 点，所受合力指向轨迹凹侧，当水平恒力 F 水平向左时，合力可能向左，符合要求，当恒力 F 的 方向与 v 方向相反时，合力背离轨迹凹侧，不符合要求，选项 B 正确，C 错误；小球从 A 点到 B 点，由动 能定理，当电场力与恒力 F 做功的代数和为零时，在 A、B 两点小球的速率相等，选项 D 错误. 21.CD、EF 是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为 L，在水平导轨的左侧存在磁感应 强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，磁场区域的宽度为 d，如图所示．导轨的 右端接有一阻值为 R 的电阻，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接．将一阻值为 R、质量为 m 的导体棒从弯 曲轨道上 h 高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处．已知导体棒与水平导轨接触良好，且 动摩擦因数为 μ，则下列说法中正确的是 (  ) 第 6 页 / 共 16 页 A．通过电阻 R 的最大电流为BL 2gh 2R B．流过电阻 R 的电荷量为BdL 2R C．整个电路中产生的焦耳热为 mgh D．电阻 R 中产生的焦耳热为 1 2mg(h－μd) 【答案】ABD 【解析】质量为 m 的导体棒从弯曲轨道上 h 高处由静止释放，刚进入磁场时速度最大，由 mgh＝1 2mv2，得 最大速度 v＝ 2gh，产生的最大感应电动势 Em＝BLv＝BL 2gh.由闭合电路欧姆定律可得通过电阻 R 的最大 电流 Im＝Em 2R＝BL 2gh 2R ，A 正确；在导体棒滑过磁场区域的过程中，产生的感应电动势的平均值E＝ΔΦ Δt ＝ BdL Δt ，平均感应电流I＝ E 2R，流过电阻 R 的电荷量为 q＝It，联立解得 q＝ΔΦ 2R＝BdL 2R ，B 正确；由能量守恒定 律可知整个电路中产生的焦耳热 Q＝mgh－μmgd，C 错误；电阻 R 中产生的焦耳热 Q1＝1 2Q＝1 2mg(h－μd)， D 正确． 第Ⅱ卷 二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第 22~25 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 33~34 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题（共 47 分） 22．某兴趣小组用如图 1 所示的装置验证动能定理。 第 7 页 / 共 16 页 (1)有两种工作频率均为 50 Hz 的打点计时器供实验选用： A．电磁打点计时器 B．电火花打点计时器 为使纸带在运动时受到的阻力较小，应选择________(选填“A”或“B”)。 (2)保持长木板水平，将纸带固定在小车后端，纸带穿过打点计时器的限位孔。实验中，为消除摩擦力 的影响，在砝码盘中慢慢加入沙子，直到小车开始运动。同学甲认为此时摩擦力的影响已得到消除。同学 乙认为还应从盘中取出适量沙子，直至轻推小车观察到小车做匀速运动。看法正确的同学是________(选填 “甲”或“乙”)。 (3)消除摩擦力的影响后，在砝码盘中加入砝码。接通打点计时器电源，松开小车，小车运动。纸带被 打出一系列点，其中的一段如图 2 所示。图中纸带按实际尺寸画出，纸带上 A 点的速度 vA＝________ m/s。 (4)测出小车的质量为 M，再测出纸带上起点到 A 点的距离为 L。小车动能的变化量可用 ΔEk＝1 2Mv 2A算 出。砝码盘中砝码的质量为 m，重力加速度为 g。实验中，小车的质量应________(选填“远大于”“远小于” 或“接近”)砝码、砝码盘和沙子的总质量，小车所受合力做的功可用 W＝mgL 算出。多次测量，若 W 与 ΔEk 均基本相等则验证了动能定理。 【解析】 (1)电磁打点计时器打点时运动的纸带受到的阻力较大，而电火花打点计时器打点时运动的 纸带所受阻力较小，故选 B。 (2)由于刚开始运动，拉力等于最大静摩擦力，而最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，故平衡摩擦力的两 种看法中，乙同学正确。 (3)取与 A 点相邻的两点，用毫米刻度尺测出两点之间的距离，如图所示，可测得 x＝1.24 cm。用这一 段的平均速度表示 A 点的瞬时速度，则 vA＝ x 2T＝1.24 × 10－2 2 × 0.02 m/s＝0.31 m/s。 第 8 页 / 共 16 页 (4)由题意知，本实验用砝码、砝码盘和沙子的总重力大小表示小车受到的拉力大小，故要求小车的质 量应远大于砝码、砝码盘和沙子的总质量。 【答案】 (1)B (2)乙 (3)0.31(0.30～0.33 都算对) (4)远大于 23.某同学欲将内阻为 98.5 Ω、量程为 100 μA 的电流表改装成欧姆表并进行刻度和校准，要求改装后欧姆 表的 15 kΩ 刻度正好对应电流表表盘的 50 μA 刻度。可选用的器材还有：定值电阻 R0(阻值 14 kΩ)，滑动 变阻器 R1(最大阻值 1500 Ω)，滑动变阻器 R2(最大阻值 500 Ω)，电阻箱(0～99999.9 Ω)，干电池(E＝1.5 V， r＝1.5 Ω)，红、黑表笔和导线若干。 (1)欧姆表设计 将图 a 中的实物连线组成欧姆表。欧姆表改装好后，滑动变阻器 R 接入电路的电阻应为________ Ω； 滑动变阻器选________(填“R1”或“R2”)。 (2)刻度欧姆表表盘 通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图 b 所示。表盘上 a、b 处的电流刻度分别为 25 和 75，则 a、b 处的电阻刻度分别为________、________。 第 9 页 / 共 16 页 (3)校准 红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指向________ kΩ 处；将红、黑表笔与电阻箱连接， 记录多组电阻箱接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值，完成校准数据测量。若校准某刻度时，电阻 箱旋钮位置如图 c 所示，则电阻箱接入的阻值为________ Ω。 【解析】 (1)欧姆表内各元件串联，且红表笔接电源负极，黑表笔接电源正极。欧姆表的中值刻度为 欧姆表的内阻，即 R 内＝r＋R0＋RA＋R＝15 kΩ，解得 R＝900 Ω。由于滑动变阻器 R 2 的最大阻值为 500 Ω， 所以滑动变阻器选 R1。 (2)根据闭合电路欧姆定律，得 Ia＝ E R 内＋Ra和 Ib＝ E R 内＋Rb，代入数据解得 Ra＝45 kΩ，Rb＝5 kΩ。 (3)使用欧姆表测量电阻时，首先要进行电阻调零，此时应将红、黑表笔短接，调整滑动变阻器，使欧 姆表指针指向 0 kΩ 处。电阻箱的阻值为(0.1×0＋1×0＋10×0＋100×0＋1000×5＋10000×3) Ω＝35000.0 Ω。 【答案】 (1)如图所示 900 R1 (2)45 5 (3)0 35000.0 24．如图所示，在平面直角坐标系 xOy 中的第一象限内存在磁感应强度大小为 B、方向垂直于坐标平面向 里的有界矩形匀强磁场区域(图中未画出)；在第二象限内存在沿 x 轴负方向的匀强电场。一粒子源固定在 第 10 页 / 共 16 页 x 轴上坐标为(－L,0)的 A 点，粒子源沿 y 轴正方向释放出速度大小为 v0 的电子，电子通过 y 轴上的 C 点时 速度方向与 y 轴正方向成 α＝45°角，电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与 x 轴正方向成 β＝15° 角的射线 OM。已知电子的质量为 m，电荷量为 e，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用。求： (1)匀强电场的电场强度 E 的大小； (2)电子在电场和磁场中运动的总时间 t； (3)矩形磁场区域的最小面积 Smin。 【答案】 (1)mv20 2eL (2)2L v0 ＋2πm 3eB (3) 3 2 【解析】 (1)电子从 A 到 C 的过程中，由动能定理得： eEL＝1 2mv2C－1 2mv20， 又有 vCcosα＝v0， 联立解得：E＝mv20 2eL。 (2)电子在电场中做类平抛运动，沿电场方向有： L＝vCsinα 2 t1， 其中 vC＝ v0 cosα， 由数学知识知电子在磁场中的速度偏向角等于圆心角：θ＝π－α－β＝2π 3 ， 电子在磁场中的运动时间：t2＝ θ 2πT，      eB mv0 第 11 页 / 共 16 页 其中 T＝2πm eB ， 电子在电场和磁场中运动的总时间 t＝t1＋t2， 联立解得：t＝2L v0 ＋2πm 3eB。 (3)电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有 evCB＝mv2C r 最小矩形区域如图所示， 由数学知识得：CD＝2r·sinθ 2，CQ＝r－rcosθ 2， 矩形区域的最小面积：Smin＝CD·CQ， 联立解得：Smin＝ 3 2。 25．如图所示，在光滑水平面上有一带挡板的长木板，挡板和长木板的总质量为 m，木板长度为 L(挡板的 厚度可忽略)，挡板上固定有一个小炸药包(可视为质量不计的点)．木板左端有一质量也为 m(可视为质点) 的滑块．滑块与木板间的动摩擦因数恒定，整个系统处于静止状态．给滑块一个水平向右的初速度 v0，滑 块相对木板向右运动，刚好能与小炸药包接触，接触瞬间小炸药包爆炸(此过程时间极短，爆炸后滑块与木 板只在水平方向上运动，且完好无损)，滑块向左运动，最终回到木板的左端，恰与木板相对静止．求： (1)滑块与木板间的动摩擦因数； (2)小炸药包爆炸完毕时滑块和木板的速度．      eB mv0 第 12 页 / 共 16 页 【解析】：(1)滑块相对木板向右运动，刚好能与炸药包接触，此时滑块和木板的速度相同，设滑块刚要与 炸药包接触时的速度为 v1，以水平向右为正方向；滑块和木板组成的系统，滑块在木板上滑动的过程中， 系统所受合外力为零，则该系统动量守恒，故有 mv0＝2mv1 解得 v1＝1 2v0，方向水平向右 滑块在木板上滑动的过程中，由功能关系可知 μmgL＝1 2mv20－1 2·2mv21 联立解得 μ＝ v20 4gL. (2)设爆炸后滑块和木板的速度分别为 v1′和 v2′，最终滑块相对木板静止于木板的左端时速度为 v2，系统在 爆炸前后动量守恒，则有 2mv1＝mv1′＋mv2′ 2mv1＝2mv2 系统爆炸后，对滑块在木板上运动的过程应用功能关系，则有 μmgL＝1 2mv1′2＋1 2mv2′2－1 2·2mv22 联立以上各式解得 v1′＝0；v2′＝v0，方向水平向右． 【答案】：(1) v20 4gL (2)滑块速度为 0 木板速度为 v0，方向水平向右 （二）选考题：共 15 分。请考生从 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。 33．[物理——选修 3–3]（15 分） （1）（多选）甲分子固定在坐标原点 O，只在两分子间的作用力作用下，乙分子沿 x 轴方向运动，两分子 间的分子势能 Ep 与两分子间距离 x 的变化关系如图所示，设乙分子在移动过程中所具有的总能量为 0，则 下列说法正确的是(  ) 第 13 页 / 共 16 页 A．乙分子在 P 点时加速度为 0 B．乙分子在 Q 点时分子势能最小 C．乙分子在 Q 点时处于平衡状态 D．乙分子在 P 点时动能最大 E．乙分子在 P 点时，分子间引力和斥力相等 【解析】 由题图可知，乙分子在 P 点时分子势能最小，此时乙分子受力平衡，甲、乙两分子间引力和斥 力相等，乙分子所受合力为 0，加速度为 0，A、E 正确。乙分子在 Q 点时分子势能为 0，大于乙分子在 P 点时的分子势能，B 错误。乙分子在 Q 点时与甲分子间的距离小于平衡距离，分子引力小于分子斥力，合 力表现为斥力，所以乙分子在 Q 点合力不为 0，故不处于平衡状态，C 错误。乙分子在 P 点时，其分子势 能最小，由能量守恒可知此时乙分子动能最大，D 正确。 【答案】 ADE （2）．如图所示，横截面积为 10 cm2 的圆柱形汽缸内有 a、b 两个质量忽略不计的活塞，两个活塞把汽缸 内的气体分为 A、B 两部分，A 部分和 B 部分气柱的长度都为 15 cm.活塞 a 可以导热，汽缸和活塞 b 是绝 热的．与活塞 b 相连的轻弹簧劲度系数为 100 N/m.初始状态 A、B 两部分气体的温度均为 27 ℃，活塞 a 刚 好与汽缸口平齐，弹簧为原长．若在活塞 a 上放上一个 5 kg 的重物，则活塞 a 下降一段距离后静止．然后 通过 B 内的电热丝(图中未画出)对 B 部分气体进行缓慢加热，使活塞 a 上升到与汽缸口再次平齐的位置， 则此时 B 部分气体的温度为多少？(已知外界大气压强为 p0＝1×105 Pa，重力加速度大小 g＝10 m/s2，不计 活塞与汽缸间的摩擦，不计弹簧及电热丝的体积) 【答案】：347 ℃ 【解析】：对于 A 部分气体，初态 pA＝1×105 Pa，VA＝l1S 末态 pA′＝p0＋mg S ＝1.5×105 Pa，VA′＝l1′S 第 14 页 / 共 16 页 根据玻意耳定律有 pAVA＝pA′VA′ 解得 l1′＝10 cm 若使活塞 A 返回原处，B 部分气体末状态时气柱长为 l2′＝20 cm，此时弹簧要伸长 5 cm 对活塞 B 有 pA′S＋k·Δl＝pB′S 解得 pB′＝1.55×105 Pa，VB′＝l2′S 对 B 部分气体，初态 pB＝1×105 Pa， VB＝l1S，TB＝300 K 根据理想气体状态方程有pBVB TB ＝pB′VB′ TB′ 解得 TB′＝620 K 则 t＝(620－273)℃＝347 ℃ 34．[物理——选修 3–4]（15 分） （1）.图甲为一列简谐横波在 t＝0 s 时刻的波形图，P 是平衡位置为 x＝1 m 处的质点，Q 是平衡位置为 x ＝4 m 处的质点，图乙为质点 Q 的振动图象，则下列说法正确的是(  ) A．该波的周期是 0.10 s B．该波的传播速度是 40 m/s C．该波沿 x 轴的正方向传播 第 15 页 / 共 16 页 D．t＝0.10 s 时，质点 Q 的速度方向向下 E．从 t＝0 s 到 t＝0.15 s，质点 P 通过的路程为 30 cm 【答案】 BCD 【解析】 由图甲得到该波的波长为 λ＝8 m，由图乙得到该波的周期为 T＝0.20 s，故波速为：v＝λ T＝40 m/s，A 错误，B 正确；t＝0 时 Q 向上振动，故波沿 x 轴正方向传播，C 正确；t＝0.10 s 时 Q 点处在平衡位 置上，且向下振动，D 正确；从 t＝0 s 到 t＝0.15 s，经历时间 Δt＝0.15 s＝3 4T，由于 t＝0 s 时刻质点 P 不在 平衡位置和最大位移处，所以通过的路程不是 3A＝30 cm，E 错误。 （2）．如图所示，一单色细光束 AB 从真空中以入射角 i＝45°，入射到折射率 n＝ 2的某透明球体的表面 上 B 点。经研究发现光束在过球心 O 的平面内，从 B 点折射进入球内后，又经球的内表面只反射一次，再 经球表面上的 C 点折射后，以光线 CD 射出球外，真空中的光速为 3×108 m/s。则： (1)光束在球内的传播速度是多少？ (2)出射光线 CD 相对入射光线 AB 方向改变的角度是多少？ 【答案】 (1)1.5 2×108 m/s (2)150 【解析】 (1)根据公式 n＝c v 光束在球内的传播速度 第 16 页 / 共 16 页 v＝c n＝1.5 2×108 m/s。 (2)作出光路图如图，由折射定律得 n＝sini sinr 由几何关系及对称性得α 2＝2r－i 由以上各式解得 α＝30° 出射光线 CD 相对入射光线 AB 方向改变的角度为 β＝180°－α＝150°。