2020届辽宁省大连市高三（下）第二次模拟考试理综物理试题（解析版）

2020 年大连市高三第二次模拟考试理科综合 物理试题 第Ⅰ卷选择题（共 126 分） 一、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 1—4 题 只有一项符合题目要求，第 5～8 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，有选错的得 0 分。 1.在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核（ ）发生了一次 衰变。放射出的 粒子 （ He）在与磁场垂直的平面内做圆周运动，生成的新核用 Y 表示。关于 粒子与新核 Y 在磁场中运动轨 迹正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由动量守恒可知，衰变后 粒子与新核 Y 运动方向相反，根据左手定则可知轨迹圆应外切，两粒 子圆周运动方向相同；根据牛顿第二定律可得 解得圆周运动的半径 由动量守恒定律得 粒子的动量与新核 Y 的动量相等，所以 粒子半径大，故 A 正确，B、C、D 错误； 故选 A。 2.如图所示，自动卸货车静止在水平地面上，质量为 m 的货物静止在车厢前挡板附近，车厢在液压机的作 A Z X α α 4 2 α α 2vqvB m R = mvR qB = α α用下，θ 角从零开始缓慢增大，当 θ 增大到一定角度时货物开始加速下滑。已知货物与车厢间的动摩擦因 数为 μ，重力速度为 g。在 θ 从零开始缓慢增大，且货物并未离开车厢的过程中，下列说法正确的是（　　） A. 货物对车厢的压力逐渐变大 B. 货物受到的摩擦力逐渐变小 C. 货车一直受到地面向左的摩擦力 D. 地面对货车的支持力先不变后变小 【答案】D 【解析】 【详解】A．货物对车厢的压力为 ，则随着 θ 变大，货物对车厢的压力逐渐变小，选项 A 错 误； B．货物没有滑动时，货物受到的静摩擦力 ，则随着 θ 变大，货物受的摩擦力逐渐变大；货物 滑动后所受的滑动摩擦力为 ，则随着 θ 变大，货物受的摩擦力逐渐变小，选项 B 错误； C．当货物没滑动时，对整体可知货车不受地面的摩擦力作用；当货物加速下滑时，货物有向左的加速度， 对整体分析知地面对货车的摩擦力向左，故 C 错误； D．当货物没滑动时，对整体可知地面对货物的支持力等于整体的重力不变；当货物相对车厢加速下滑时， 货物处于失重状态，则货车对地面的压力小于货车和货物重力之和，由牛顿第三定律知地面对货车的支持 力小于货车和货物重力之和，则整个过程中，地面对货车的支持力先不变后变小，故 D 正确。 故选 D。 3.在银河系中双星的数量非常多，研究双星对于了解恒星以及银河系的形成和演化过程具有重要的意义。如 图所示，某双星系统由两颗恒星 A、B 组成，二者间的距离为 L，均绕其连线上的 O 点做周期为 T 的匀速圆 周运动轨道半径 RAO RBO。设经过一段时间演化后，双星质量不变但距离变小。下列说法正确的是（　　） cosNF mg θ= sinf mg θ= cosf mgµ θ= A. 恒星 A 的质量大于恒星 B 的质量 B. 恒星 A 的加速度小于恒星 B 的加速度 C. 演化后双星的角速度会变大 D. 演化后双星的周期会变大 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据 因为 RAO RBO，则 ，选项 A 错误； B．根据 因为 RAO RBO，可知恒星 A 的加速度大于恒星 B 的加速度，选项 B 错误； CD．根据 可得 则当双星质量不变，距离变小时，角速度变大，周期减小，选项 C 正确，D 错误。 故选 C。 4.如图甲所示，在直角坐标系中，x= 至 x=3 区域内有两个垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度的大小相等 但方向相反，磁场区域的宽度均为 。高为 的正三角形导线框 ABC 在外力作用下，从图示位置沿 x 轴正向 匀速穿过两磁场区域。以逆时针方向为电流的正方向，以 x 轴正方向为力的正方向，在图乙中关于感应电 流 I、线框所受安培力 F 随 x 坐标变化的关系图象中，正确的是（　　） 2 2 2 A B A A B B m mG m R m RL ω ω= =  A Bm m< 2a rω=  2 2 2 A B A A B B m mG m R m RL ω ω= = 2 3( )A BG m m Lω+ = l l l lA B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】AB．在 范围，线框穿过左侧磁场时，有效切割长度均匀增大，产生的感应电动势均匀增大， 所以感应电流均匀增大，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值；在 范围，在右侧磁场中切 割磁感线，有效切割长度均匀增大，产生的感应电动势增大；在左侧磁场的部分切割磁感线，有效切割长 度均匀增大，并且在左侧磁场的部分和在右侧磁场的部分的有效切割长度相等，两个电动势串联，感应电 动势是在 范围的感应电动势的 2 倍，所以感应电流是在 范围的感应电流的 2 倍，同时电流方向为 顺时针，为负值；在 线框穿过左侧磁场时，有效切割长度均匀增大，同时电流方向为逆时针，为正 值，故 A 错误，B 正确； . l0～ 2l l～ l0～ l0～ 2 3l l～CD．根据 可知，在 范围，有效切割长度均匀增大，感应电流均匀增大，所以线框所受安培力 与有效切割长度的平方成正比，则有线框所受安培力 F 随 x 坐标变化的关系图象为抛物线，故 C、D 错误； 故选 B。 5.如图所示， 为一正立方体木箱，O 点为底面 的中心，M 点为 的中点，N 点为 面的中心 MO、NO 为两个光滑的轻杆，两个完全相同的小球 m、n 分别套在 MO、NO 杆上， 某时刻从 M、N 两点由静止沿杆滑下。在两个小球滑到 O 点的过程中，下列说法正确的是（　　） A. m 球和 n 球滑到 O 点时的速度相同 B. m 球下滑的加速度大于 n 球下滑的加速度 C. m 球重力的冲量等于 n 球重力的冲量 D. m 球重力做功的平均功率小于 n 球重力做功的平均功率 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据题意，分别将 NO、MO 看做直角三角形的两个斜边，由图可知，M、N 两点高度相同， 由动能定理 得两者落地速度为 ，即大小相等，但落地时速度的方向不相同，故 m 球和 n 球滑到 O 点时的速 度不相同，故 A 错误； B．对两小球受力分析，根据牛顿第二定律可得，加速度为 根据几何关系可知，NO 的倾角大于 MO 的倾角，即 ，所以 ，故 B 错误； C．根据 v=at 因两小球下落的速度大小相等，故 ，根据 F BIL= l0～ ABCD A B C D′ ′ ′ ′− A B C D′ ′ ′ ′ DD′ BCC B′ ′ 21 2mgh mv= 2v gh= sina g θ= NO MO θ θ> NO MOa a> M Nt t>可知 m 球重力的冲量大于 n 球重力的冲量，故 C 错误； D．根据 因两小球下落的高度相同，则重力做功相等，又 ，故 ，故 D 正确。 故选 D。 6.如图所示，边长为 L=0.2m 的正方形线圈 abcd，其匝数为 n=10，总电阻为 r=2Ω，外电路的电阻为 R=8Ω， ab 中点和 cd 中点的连线 OO′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为 B=1T。若线圈以角速度 ω=2rad/s 绕轴 OO′匀速转动，并从图示位置开始计时，则下列说法正确的是（　　） A. 在 t= s 时刻，穿过线圈的磁通量变化最快 B. 闭合电路中感应电动势的瞬时表达式为 e=0.8sin2t（V） C. 从 t=0 时刻到 t= s 时刻，通过 R 的电荷量为 q=0.02C D. 从 t=0 时刻到 t= s 时刻，电阻 R 上产生的热量为 Q=1.6π×10－3J 【答案】CD 【解析】 【详解】A．周期 在 t= s 时刻，线圈从图示位置转过 ，此时磁场穿过线圈的磁通量最大，但此时磁通量随时间变化最 小，感应电动势最小，故 A 错误； B．闭合电路中感应电动势的瞬时表达式 ，且 为 I mgt= GWP t = M Nt t> M NP P< π 2 4 π 4 π 2π πsT ω= = π 2 180° sinme E tω=则表达式 故 B 错误； C．在转过 的过程中感应电动势的平均值为 ，流过 R 的平均电流为 ，解得流过 R 的电量为 故 C 正确； D．在线框由图示位置匀速转动 的过程中，用有效值来计算电阻 R 产生的热量，则 则热量为 故 D 正确。 故选 CD。 7.一个半径为 R=0.5m 的光滑圆形轨道固定在竖直平面内，以其最高点 O 为原点建立平面直角坐标系 xoy， 其中 x 轴沿水平方向，y 轴正方向竖直向下，如图所示。在轨道内侧从 O 点将一个质量为 m=0.1kg 的小球， 分别以 v0=1m/s 和 v=4m/s 的初速度水平抛出。重力加速度 g=10m/s2。则下列说法正确的是（　　） A. 小球以 v0 抛出，会经过一段圆周运动后离开轨道做抛体运动 B. 小球以 v0 抛出，会从 O 点即做平抛运动，经 0.4s 击中圆形轨道 21 1 10 1 0.04 2V 0.4V2 2 2m LE nBLv nBL nBLω ω= = ⋅ = = × × × × = 0.4sin2 Ve t= （ ） 90° E n t ∆Φ= ∆ EI R r = + 2 210 1 0.04 C 2 10 C2( ) 2 10 nBLq R r −× ×= = = ×+ × 90° 2 mEE = 0.4 A 0.02 2A 2 (8 2) EI R r = = =+ × + 2 2 3π π(0.02 2) 8 1.6π 10 J4 4Q I R −= × = × × = ×C. 小球以 v 抛出，运动过程中的最大速度为 7m/s D. 小球以 v 抛出，运动过程中与轨道间的最大弹力为 8.2N 【答案】BD 【解析】 【详解】AB．在最高点重力恰好提供向心力 ，解得 ，故无法进行圆周运动，则会平抛运动，水平方向有：x=v0t，竖直方向有： ，根据几何 关系 解得： 故 A 错误 B 正确； CD． 小球以 v 抛出，大于 ，则圆周运动，到达最低点，速度最大 解得： 根据牛顿第二定律 解得，运动过程中与轨道间的最大弹力为 故 D 正确。 故选 BD。 8.真空中间距为 d 的两块平行金属板，板长为 L，如图甲所示。加在 A、B 间的电压 UAB 做周期性变化，其 正向电压为 U0，反向电压为-kU0（k≥1），电压变化的周期为 2T，如图乙所示。在 t=0 时刻，有一个质量为 m、电荷量为 e 的电子，以初速度 v0 垂直电场方向从两极板正中间射入电场，在运动过程中未与极板相撞， 且不考虑重力的作用。则下列说法中正确的是（　　） 2'vmg m R = ' 5m/sv gR= = 0 'v v< 21 2y gt= 2 2 2( )y R x R− + = 0.4st = 5m/s 2 2 max 1 1 22 2mv mv mgR− = max 6m/sv = 2 max N vF mg m R − = 8.2NNF =A. 若 k=1 且电子恰好在 2T 时刻射出电场，则电子射出时的速度大于 v0 B. 若 k=1 且电子恰好在 3T 时刻从 A 板边缘射出电场，则其动能增加 C. 若 k=1.5 且电子恰好在 2T 时刻射出电场，则两板间距离应满足 D. 若 k=1.5 且电子恰好在 2T 时刻射出电场，则射出时的速度大小等于 【答案】BC 【解析】 【详解】AB．若 k=1，电子在竖直方向的速度随时间变化的图象如图所示 若电子恰好在 2T 时刻射出电场，竖直方向的速度为零，则电子射出时的速度为 v0；若电子恰好在 3T 时刻 从 A 板边缘射出电场，根据动能定理可得 故 A 错误，B 正确； C．竖直方向，电子在 0～T 时间内做匀加速运动，加速度的大小 位移 0 6 eU 2 05 3 eU Td m > 2 2 0 0 eU Tv dm  +    0 0 k 1 2 3 6 U eUE e∆ = × × = 0 1 eUa md = 2 1 1 1 2x a t=在 T～2T 时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动，加速度的大小 初速度的大小 v1=a1T 匀减速运动阶段的位移 由题知 解得 故 C 正确； D．若 k=1.5 且电子恰好在 2T 时刻射出电场，垂直电场方向速度为 v0，射出时水平方向的速度大小为 合速度为 故 D 错误。 故选 BC。 第Ⅱ卷非选择题（共 62 分） 二、非选择题:包括必考题和选考题两部分第 9 题～第 12 题为必考题，每个试题考生都必须做 答。第 13 题～第 16 题为选考题，考生根据要求做答。 （一）必考题 9.如图甲所示，一条质量和厚度不计的纸带，缠绕在直径为 d 的定滑轮上，纸带的下端悬挂一质量为 m 的 重物。将重物由静止释放，滑轮将在纸带带动下转动，纸带和滑轮不打滑。为了分析滑轮转动时角速度的 变化情况，释放重物前将纸带先穿过一电火花计时器，计时器接在频率为 50 Hz 的交流电源上，通过研究纸 带的运动情况得到滑轮角速度的变化情况，如图乙所示。图丙为计时器打出的纸带中的一段，在这一段上 取了 3 个计数点 A、B、C，相邻两个计数点间还有 4 个计时点未画出，其中 x1 = 12.62 cm、x2 = 14.92 cm。 图丁为使用 20 分度游标卡尺测量滑轮直径的示意图。 0 2 3 2 eUa md = 2 1 2 22 vx a = 1 22 d x x≥ + 2 05 3 eU Td m ≥ 1 0 2 4 9yv a T a T eU T md = − = 2 2 0 0 4 9 eU Tv md  +   （1）根据图丁中游标卡尺的刻度，可得滑轮的直径 d________cm； （2）根据图丙中所给数据，可以求出打下 B 点时滑轮的角速度为________rad/s；（结果保留三位有效数字） （3）根据图丙中所给数据，可以求出重物下落 加速度为________m/s2。（结果保留三位有效数字） 【答案】 (1). 6.000 (2). 45.9（46.0） (3). 2.30 【解析】 【详解】（1）[1]游标卡尺的主尺读数为 60 mm，游标尺读数为 0.00，所以最终读数为 60 mm + 0.00 = 60.00 mm = 6.000 cm （2）[2]根据匀变速直线运动的推论 根据 v = ωr 得 （3）[3]根据位移差公式 得 10.有一种金属合金材料在工业、汽车和航空等领域有广泛的应用。某学习小组为了描绘这种材料制成的电 阻的伏安特性曲线，做了如下实验 (1)用多用电表欧姆档调零后测量其电阻，表盘指示如图甲所示。则此合金材料电阻在常温下的阻值为 ________Ω； 的 ( ) 2 1 2 12.62 14.92 10 m/s 1.377m/s2 2 0.1B x xv T −+ ×+= = =× 2 2 1.377 rad/s 45.9rad/s0.06 2 B Bv vv dr d ω ×= = = = = 2Δx aT= ( ) 2 2 22 1 2 2 14.92 12.62 10 m/s 2.30m/s0.1 x xa T −− ×−= = =(2)某同学根据伏安法测电阻的实验原理，利用器材连接完成测量电路，如图乙所示。其中电源电动势为 12V，内阻为 5Ω；一个有两个量程的电压表（0～3V，内阻约为 3000Ω，0～15V，内阻约 15000Ω），还有 一个有两个量程的电流表（0～0.6A，内阻约为 0.5Ω；0～3A，内阻约为 0.1Ω），滑动变阻器的额定电流足 够大在闭合电键开始实验前，请检查所连电路，指出存在的三个不当之处是： ①________； ②________； ③________； (3)将电路中的不当之处调整正确后，调节滑动变阻器进行多次测量，得到了如图丙所示的曲线，由图象可 知，该电阻的阻值随温度的升高而_____（选填“增大”、“减小”或“不变”）； (4)把此合金电阻 R 与电源（电动势 E=12V、内阻 r=5.0Ω）和一定值电阻 R0=15Ω 组成串联电路，如图丁所 示。则该合金电阻 R 的电功率约为________W。（结果保留三位有效数字） 【答案】 (1). 20（或 20.0） (2). 电流表量程应选 0.6A (3). 电流表应该外接 (4). 滑动变阻器 的触头应置于左端 (5). 增大 (6). 1.73（1.70～1.76 均可） 【解析】 【详解】(1)[1]由图甲可知，多用电表欧姆档为 ，由图可知，电阻为 ； (2)[2]电路中的最大电流约为 所以电流表量程应选 0.6A； 1Ω× 20 1Ω 20Ω× = max 12 A 0.48A5 20I = =+[3]由于待测电阻约为 20 ，由题意可知，待测电阻为小电阻，则电流表应该外接； [4]为了保护用电器，开关闭合前滑动变阻器的触头应置于左端； (3)[5]由图丙可知，随电流的增大，电阻增大，即该电阻的阻值随温度的升高而增大； (4)[6]将定值电阻 与电源看成新电源，则有 将此图像画入图丙中如图 两图线 交点即为工作点，则该合金电阻 R 的电功率约为 由于误差 1.73W（1.70W～1.76W 均可） 11.如图所示，在一等腰直角三角形 ACD 区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为 B。 一质量为 m、电荷量为 q 的带正电的粒子（重力不计），从 AC 边的中点 O 垂直于 AC 边射入该匀强磁场区 域，并从 CD 边射出。若该三角形两直角边的边长均为 2a，求： （1）粒子入射速度大小的范围； （2）粒子在磁场中运动的最长时间。 【答案】（1） ；（2） 【解析】 【详解】（1）若使粒子从 CD 边射出，会有两个临界位置，第一个临界位置是从 C 点射出，此时运行半径 的 Ω 0R 0( ) 12 20U E I r R I= − + = − 7.2 0.24W 1.73WP = × ≈ ( 2 1) 2 Bqa Bqavm m +< < mt qB π=最小 由 可得 第二个临界位置是与 AD 边相切时，轨迹半径最大，由几何关系 得 再由 可得 使粒子从 CD 边射出粒子入射速度大小的范围是 （2）当粒子从三角形 AC 边射出时，粒子在磁场中运动时间最长，由于此时粒子做圆周运动的圆心角为 180°，所以 因为粒子在磁场中运动的周期为 得 故其最长时间应为 1 2 ar = 2vqvB m r = 1 2 Bqav m = 2 22r a r− = 2 ( 2 1)r a= + 2vqvB m r = 2 ( 2 1)Bqav m += ( 2 1) 2 Bqa Bqavm m +< < 2 Tt = 2 rT v π= 2 mT qB π=12.如图所示，水平地面上有一个质量为 M = 4 kg、两端带有固定挡板的长木板，其上表面光滑，下表面与 地面间的动摩擦因数为 μ = 0.2。长木板上放置一个可视为质点的小滑块，其质量为 m = 1 kg，滑块距左、右 挡板的距离均为 l = 5.0 m，初始时滑块和长木板均静止。现施加一水平向右、大小为 F = 20 N 的恒力拉木板， 经过一段时间，滑块即将与左挡板接触时，撤去拉力 F；滑块与左挡板发生弹性碰撞后，又经过一段时间， 再与右挡板发生碰撞，且碰撞后不再分离。g 取 10 m/s2。求： （1）滑块与左挡板发生弹性碰撞后的瞬间滑块和长木板的速度大小； （2）长木板从开始运动到最终静止时发生的总位移。 【答案】（1）v1 = 3 m/s,v2 = 8 m/s；（2）7.44 m 【解析】 【详解】（1）设木板做加速运动的加速度为 a1，由牛顿第二定律得 设木板经过 l 后的速度为 v0，由运动学公式得 联立解得 ， 左档板与滑块发生弹性碰撞，木板与滑块组成的系统，由动量守恒和机械能守恒得 解得 ， （2）M 撤去 F 后，设木板做减速运动的加速度为 a2，由牛顿第二定律得 解得 mt qB π= ( ) 1F M m g Maµ− + = 2 0 10 2v a l− = 2 1 2.5m/sa = 0 5m/sv = 0 1 20Mv Mv mv+ = + 2 2 2 0 1 2 1 1 102 2 2Mv Mv mv+ = + 1 3m/sv = 2 8m/sv = ( ) 2M m g Maµ + =此时到停止用时为 此过程 M 运动的位移为 在 t 时间内小滑块的位移为 由于 x0 < 2l + x1 = 11.8 m，所以二者在第二次相撞前木板已经停止。 设滑块再次与右档板发生碰撞后，两者达到的共同速度为 v3，由动量守恒得 解得 设之后二者一起滑停的位移为 x2，则 解得 长木板全过程的位移为 （二）选考题:共 45 分。请考生从 2 道物理题任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一 题计分。 【物理—选修 3-3】 13.对于下列实验，说法正确的有________。 2 2 2.5m /sa = 1 2 0 0 3s 1.2s2.5 vt a − −= = =− − 1 1 1 1.8m2x v t= = 0 2 9.6mx v t= = ( )2 3mv M m v= + 3 1.6m/sv = ( ) ( ) 2 2 3 10 2M m gx M m vµ− + = − + 2 0.64mx = 1 2 7.44mx l x x= + + =A. 甲图是用油膜法测分子直径的示意图。实验中为油膜厚度近似等于油酸分子直径 B. 乙图是溴蒸气的扩散实验。若温度升高，则扩散的速度加快 C. 丙图是模拟气体压强产生 机理。说明气体压强是由气体分子对器壁碰撞产生的 D. 丁图是蜂蜡涂在单层云母片上受热融化的实验。说明云母的导热性能具有各向同性 E. 戊图是把毛细管插入水银中的实验现象。说明水银对玻璃是浸润液体 【答案】ABC 【解析】 【详解】A．在测量油膜分子的直径时，将油分子看成球形分子，并且把油膜看成单分子油膜，此时油酸薄 膜厚度等于油酸分子直径，故 A 正确； B．在研究溴蒸气的扩散实验，若温度升高，则分子的运动越激烈，所以扩散的速度加快，故 B 正确； C．丙图模拟气体压强产生机理的实验，说明气体压强是由气体分子频繁碰撞容器壁产生的，故 C 正确； D．图丁的形状，由于是椭圆，则说明云母晶体具有各向异性，故 D 错误； E．把毛细管插入跟它不浸润的液体中时，管内液面降低，则由图可知，水银对玻璃是不浸润液体，故 E 错 误。 故选 ABC。 14.如图所示，一定质量的理想气体经历了 A→B→C→A 的变化过程回到初始状态。已知在 p-V 图像中 AB 是一段以 O′点为圆心的圆弧，D 为 BC 段的中点，理想气体在状态 A 时的温度为 127℃。求:（结果保留三 位有效数字） （1）理想气体在状态 D 时的温度； （2）从 A 到 B 过程中理想气体放出的热量。 的【答案】（1）267K；（2）572J 【解析】 【详解】（1）根据气体状态变化方程可得 即 所以 K=267K （2）根据 可知 TA=TB 所以 A 和 B 两个状态气体的内能相等 △U=0 A 到 B 过程中曲线 AB 与坐标轴围成的“面积”数值上等于此过程中外界对气体做的功。 图中每小格“面积”S=200J 所以 W=6S-πS=572J 根据热力学第一定律 △U=W+Q 得 Q=-572J 气体放出的热量是 572J。 【物理—选修 3—4】 A A D D A D p V p V T T = 5 3 5 31 10 6 10 2 10 2 10=273 127 DT − −× × × × × × + 800 3DT = pV CT =15.中国历史上有很多古人对很多自然现象有深刻认识。唐人张志和在《玄真子涛之灵》中写道:“雨色映日 而为虹”。从物理学角度看，虹是太阳光经过雨滴的两次折射和一次反射形成的。如图是彩虹成因的简化示 意图，其中 a、b 是两种不同频率的单色光，则关于这两种色光，下列说法正确的是______。 A. 在同种玻璃中传播，a 光的波长一定小于 b 光波长 B. 在同种玻璃中传播，a 光的传播速度一定小于 b 光速度 C. 以相同角度斜射到同一玻璃板，透过两个平行的表面后，b 光侧移量大 D. 分别照射同一光电管，若 b 光能引起光电效应，a 光也一定能 E. 以相同的入射角从水中射入空气，在空气中只能看到一种光时，一定是 a 光 【答案】ABD 【解析】 【详解】A．画出光路图，分析可知，第一次折射时， 光的折射角较大，而入射角相等根据折射率公式 可知 光的折射率比 光的折射率大，则 光的频率比 光的频率大，所以在同种玻璃中传播， 光的波长一定小于 光波长，故 A 正确； B．由公式 可知，在同种玻璃中传播， 光的传播速度一定小于 光的速度，故 B 正确； C．光线斜射到玻璃表面，折射光偏转程度越大，偏移量越大，即 光侧移量大，故 C 错误； D． 光的折射率比 光的折射率大，则 光的频率比 光的频率大，分别照射同一光电管，若 光能引起 光电效应， 光也一定能，故 D 正确； E． 光的折射率较小，有 知 光的临界角大，不容易发生全反射，所以以相同的入射角从水中 射入空气，在空气中只能看到一种光时，一定是 光，故 E 错误； 故选 ABD。 16.某列波沿 x 轴正方向传播，t=0 时的波形图，如图所示，此时波刚好传到 x=2m 处。已知在 t=0.45 秒时 P b sin sin in r = a b a b a b cv n = a b a a b a b b a b 1sinC n = b b点第一次出现波峰，求： （1）波的周期和波速的大小； （2）x=9.5m 的 Q 点（图中未画出）出现在波谷的时刻。 【答案】（1） ；10m/s；（2）t=（0.2n+0.80）s（n=1、2、3……） 【解析】 【详解】（1）根据题意，波峰 A 第一次传播至 P 点需要 0.45s，则波速为 =10m/s 则波的周期为 （2）t=0 时刻波谷的位置为 1.5m，该振动情况第一次传播至 Q 点所需的时间 =0.8s 所有出现波谷时刻为 t=（0.2n+0.80）s（n=1、2、3……） 0.2s 5 0.5 m / s0.45v −= 2 s 0.2s10T v λ= = = 0 9.5 1.5 s10t −=