2021届湘豫名校高三（下）3月联考理综物理试题（解析版）

湘豫名校联考（2021 年 3 月） 理科综合能力测试 注意事项： 1、本试卷分第 I 卷（选择题）和第 II 卷（非选择题）两部分。时量 150 分钟，满分 300 分。 答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2、回答第 I 卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试题卷上无效。 3、回答第 I 卷时，将答案写在答题卡上。写在本试题卷上无效。 4、考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H~1O~16Si~28As~75In~115Ba~137 第 I 卷选择题（共 126 分） 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 题~第 18 题只 有一项符合题目要求，第 19 题~第 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，有选错或不选的得 0 分。 1. 如图所示，图甲为氢原子的能级图，大量处于 n=3 激发态的氢原子跃迁时，发出频率不同的大量光子。 其中频率最高的光子照射到图乙电路中光电管阴极 K 上时，电路中电流随电压变化的图像如图丙。下列说 法正确的是（ ） A. 阴极 K 金属的逸出功为 6.75eV B. 氢原子跃迁时共发出 4 种频率的光 C. 保持人射光不变，向右移动滑片 P，电流表示数可能变大 D. 光电子最大初动能与入射光的频率成正比 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．由爱因斯坦光电效应方程 0kmE h W  和 2 max 1 2c kmeU mv E  得 0ceU h W  则 0 (13.6 1.51)eV 6eV 6.09eVcW h eU      故 A 错误； B．大量氢原子跃迁时共发出 2 3C =3 种频率的光，故 B 错误； C．保持射光不变，向右移动滑片 P，当光电流未到达饱和光电流时，电流表示数会变化，故 C 正确； D．由爱斯坦光电效应方程 0kmE h W  可知，光电子最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，但不 是成正比，故 D 错误。 故选 C。 2. A 和 B 两质点在同一直线上运动的 v-t 图像如图所示，已知在第 5s 末两个物体在途中相遇，则下列说法 正确的是（ ） A. 两物体从同一地点出发 B. 出发时 B 在 A 前 5m 处 C. 7s 末两个物体再次相遇 D. t=0 时两物体的距离比 t=3s 时的小 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．由速度图像的“面积”表示位移，可知两物体在 5s 的位移不等，而它们在第 5s 末相遇，则知 两物体出发点不同。A 错误； B．A、B 两物体在 5s 内的位移分别为：xA=17.5m，xB=12.5m ∆x=xA-xB=5m 所以出发时 B 在 A 前 5m 处。B 正确； C．5s 末两个物休相遇，由于 5s~7s 内，B 的位移比 A 的位移大，所以 7s 末两个物体没有相遇，C 错误； D．在 t=0 时两物体相距 5m，t=3s 时，A、B 两物体的位移分别是：xA＇=7.5m，xB＇=4.5m，两物体相距 ∆x＇=5-(xA＇ − xB＇)=2m D 错误。 故答案为 B。 3. 迄今为止，人类已经发射了数千颗人造地球卫星，其中的通信、导航、气象等卫星已极大地改变了人类 的生活。如图所示为我国发射的二氧化碳监测卫星轨迹示意图。已知该卫星在半径为 r 的圆轨道上运行，经 过时间 t，通过的弧长为 s。已知引力常量为 G。下列说法正确的是（ ） A. 该卫星的发射速度小于 7.9km/s B. 该卫星的运行速度大于 7.9km/s C. 可算出该卫星的周期为 2 rt s  D. 可算出地球平均密度为 2 2 2 3 4 r s G t 【答案】C 【解析】 【详解】A．v=7.9 km/s 为第一宇宙速度，是最小的地面发射速度，卫星轨道半径比地球半径大，因此其发 射速度应大于 7.9km/s，故 A 错误； B．v=7.9km/s 为第一宇宙速度，是最大的运行速度，卫星轨道半径比地球半径大，因此其运行速度应小于 7.9km/s，故 B 错误； C．“碳卫星”的线速度 2sv rt T   解得该卫星的周期 2 rtT s  故 C 正确； D．根据万有引力提供向心力 2 2 Mm vG mr r  地球质量 2 2 s rM Gt  密度 2 2 34 3 s r M Gt V R     地球半径未知，密度无法求解，故 D 错误； 故选 C。 4. 如图为一个水平传感器的简易模型，截面为内壁光滑竖直放置的正三角形，内部有一个略小于三角形内 切圆的小球，三角形各边有压力传感器，通过测出小球对三边压力的大小，信息处理单元可显示摆放处的 倾角。图中 BC 边恰好处于水平状态，现将其以 C 为轴在竖直平面内顺时针缓慢转动，直到 AB 边处于水平 状态，则在转动过程中（ ） A. 球对 AC 边的压力一直增大 B. 球对 AC 边的压力一直减小 C. 球对 AC 边的压力先增大后减小 D. 球对 AC 边的压力先减小后增大 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】对正三角形内部的小球受力分析，如图所示 由几何关系可知 sin sin ACN G   β不变，θ从 0°变到 60°，所以球对 AC 边的压力一直增大，A 正确；BCD 错误； 故选 A。 5. 在匀强磁场中有一不计电阻的单匝矩形线圈，绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生如图甲所示的正弦交流 电，把该交流电输入到图乙中理想变压器的 A、B 两端。图中的电压表和电流表均为理想交流电表，Rt 为热 敏电阻（温度升高时其电阻减小），R 为定值电阻。下列说法正确的是（ ） A. 变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为 36 2 cos100 (V)u t  B. 在图甲的 t=0.01s 时刻，形线圈平面与磁场方向平行 C. Rt 处温度升高后，电压表 V1 示数与 V2 示数的比值不变 D. Rt 处温度升高后，电压表示数 V2 与电流表 A2 示数的乘积可能不变 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．根据图甲可知 m 36 2VE  ，T=0.02s，则 2 100 rad/sT    变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为 36 2 sin100u t (V) A 错误； B．在图甲的 t=0.01s 时刻，e=0。则磁通量最大，此时矩形线圈平面与磁场方向垂直，B 错误； C．Rt 处温度升高时，电阻减小，电压表 V2 测量 Rt 的电压，则电压表 V2 示数减小，V1 示数不变，则电压 表 V1 示数与 V2 示数的比值变大，C 错误； D．副线圈电压不变，等效为电源将电阻 R 看成等效电源的内阻，则若 Rt 电阻原来大于 R，则温度升高时， Rt 电阻小，则 Rt 电阻的功率先增加后减小，即电压表 V2 示数与电流表 A2 示数的积先增大后减小，电压表 示数 V2 与电流表 A2 示数的乘积可能不变，D 正确。 故选 D。 6. 如图所示，一质量为 m、电荷量为 q 的小球在电场强度为 E、区域足够大的匀强电场中，以初速度 v0 沿 ON 在竖直面内做匀变速直线运动。ON 与水平面的夹角为 30°，重力加速度为 g，且 mg=qE，则（ ） A. 电场方向竖直向上 B. 小球运动的加速度大小为 g C. 小球上升的最大高度为 2 0 4 v g D. 若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为 2 0 1 2 mv 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】AB．小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在 ON 直线上，因 mg=Eq 所以电场力 Eq 与重力关于 ON 对称，根据数学知识得∶电场力 qE 与水平方向的角应为 30°，受力情况如图 所示 合力沿 ON 方向向下，大小为 mg，所以加速度为 g，方向沿 ON 向下，A 错误；B 正确； C．小球做匀减速直线运动，由运动学公式可得最大位移为 2 0 2 vx g  则最大高度为 2 0sin30 4 vh x g    C 正确； D．若小球在初始位置的电势能为零，在减速运动至速度为零的过程中，小球克服电场力做功和克服重力做 功是相等的，由能量的转化与守恒可知，小球的初动能一半转化为电势能，一半转化为重力势能，初动能 为 2 0 1 2 mv ，小球的最大电势能为 2 0 1 4 mv ，D 错误； 故选 BC。 7. 如图所示，在直角三角形 abc 区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。大量质量 为 m、电荷量为＋q 的同种粒子以相同的速度沿纸面垂直于 ab 边射入场区，结果在 bc 边仅有一半的区域内 有粒子射出。已知 bc 边的长度为 L，bc 和 ac 的夹角为 60°，不计粒子重力及粒子间的相互作用力。下列说 法正确的是（ ） A. 粒子的入射速度为 4 BqL m B. 粒子的入射速度为 3 6 BqL m C. 粒子在磁场中运动的最大轨迹长度为 4 L D. 从 bc 边射出的粒子在磁场内运动的最长时间为 2 m Bq  【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】AB．粒子进入场向上做匀速圆周运动，洛伦力提供向心力 mvr Bq  因 bc 边只有一半区城有粒子射出，在 bc 边中点射出的粒子轨迹如图中实线所示，由几何关系可得 4 Lr  则粒子的入射速度 4 BqLv m  所以 A 项正确；B 项错误； C．粒子在场中运动的最长轨述为 4 Ls r   C 项正确； D．与 bc 边相切恰从 bc 边射出的粒子的对应的圆心角最大为 2 3  ，从 bc 边射出的粒子在磁场内运动的最长 时间为 2 3 mt Bq  所以 D 项错； 故选 AC。 8. 如图所示，竖直放置的两根足够长的光滑金属导轨相距 L，导轨的两端分别与电源（串有一滑动变阻器 R）、 定值电阻 R0、电容器（电容为 C，原来不带电）和开关 S 相连。整个空间充满了磁感应强度大小为 B、方 向垂直于导轨平面向外的匀强磁场。一质量为 m、电阻不计的金属棒 ab 横跨在导轨上。已知电源电动势为 E、内阻为 r，不计导轨的电阻。当 S 接 1，滑动变阻器 R 接入电路一定阻值时，金属棒 ab 在磁场中恰好保 持静止。当 S 接 2 后，金属棒 ab 从静止开始下落，下落距离 h 时达到稳定速度。重力加速度为 g，则下列 分析正确的是（ ） A. 当 S 接 1 时，滑动变阻器接人电路的阻值 EBLR mg  B. 若将 ab 棒由静止释放的同时，将 S 接到 3，则电容器积累的电荷量随金属棒速度 v 的变化关系为 Q=CBLv C. 当 S 接 2 时，金属棒 ab 从静止开始到刚好达到稳定速度所经历的时间为 4 2 2 2 0 2 2 0 B L h m gRt mgR B L  D. 若将 ab 棒由静止释放的同时，将 S 接到 3，则金属棒 ab 将做匀加速直线运动，加速度大小 2 2 mga m CB L   【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】A．S 接到 1 位置时，有 EI R r   由平衡条件得 mg=BIL 得 mgI BL  联立解得 EBLR rmg   故 A 错误； C．S 接到 2 位置速度恒定时有 2 2 0 B L vmg BIL R   解得 0 2 2 mgRv B L  金属棒 ab 从静止开始下落，下落距离 h 时达到稳定速度，根据动量定理可得 mgt BILt mv  即 2 2 0 B L vmgt t mvR    其中 vt h 解得 4 4 2 2 0 2 2 0 B L h m gRt mgR B L  故 C 错误； BD．若将棒由静止释放的同时，将 S 接到 3，则电容器积累的电荷量随金属棒速度 v 的变化关系为 Q CU CBLv  根据动量定理可得 mg t BIL t m v     即 mg t BL Q m v     将 Q CBL v   代入解得 2 2mg t CB L v m v     所以 2 2 v mga t m CB L    故 BD 正确。 故选 BD。 第 II 卷非选择题（共 174 分） 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 22 题~第 32 题为必考题，每个试题考生都必 须作答。第 33 题~第 38 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共 129 分。 9. 测定木块与长木板之间的动摩擦因数时，采用如图所示的装置，图中长木板水平固定． （1）实验过程中，电火花计时器应接在______（选填“直流”或“交流”）电源上．调整定滑轮高度，使 ____________________． （2）已知重力加速度为 g，测得木块的质量为 M，砝码盘和砝码的总质量为 m，木块的加速度为 a，则木 块与长木板间动摩擦因数μ=____________． （3）如图为木块在水平木板上带动纸带运动打出的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6 为计数点， 相邻两计数点间还有 4 个打点未画出．从纸带上测出 x1=3.20cm，x2=4.52cm，x5=8.42cm，x6=9.70cm．则木 块加速度大小 a=___________m/s2(保留两位有效数字)． 【答案】 (1). 交流 (2). 与木板平面平行 (3).  mg M m a Mg   (4). 1.3 【解析】 【详解】（1）打点计时器使用的是交流电源．实验时应该让拉力水平这样滑块对木板间的压力为其重力， 所以应该填交流和拉线与木板平行； （2）对木块、砝码盘和砝码进行受力分析，运用牛顿第二定律得：对木块：F-μMg=Ma，对砝码盘和砝码： mg-F=ma，由上式得：μ= ( )mg m M a Mg   ； （3）相邻两计数点间还有 4 个打点未画出，所以相邻的计数点之间的时间间隔为 0.1s 根据运动学公式得： △ x=at2，可得： 25 6 1 2 2 1.3 /8 x x x xa m st     。 10. 某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材： A.被测干电池一节 B.电流表 A1 :量程 0〜0. 6A，内阻约为 0.2 C.电流表 A2:量程 0〜0.6A，内阻为 0.1 D.电压表 V1:量程 0〜3V，内阻未知 E.电压表 V2 :量程 0〜15V，内阻未知 F.滑动变阻器 R1:0〜10  ，2A G.滑动变阻器 R2:0〜100 ，1A H.开关、导线若干 伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差．在现有 器材的条件下，为消除上述系统误差，尽可能准确地测量电池的电动势和内阻． （1）在上述器材中请选择适当的器材：电流表___, 电压表_____，滑动变阻器选______．（填写器材前的序 号字母) （2）实验电路图应选择下图中的______(填“甲”或“乙”） （3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的 U-I 图象．由此可知，干电池的电动势 E =___V， 内电阻 r =_____ ．（结果保留一位小数) 【答案】 (1). C (2). D (3). F (4). 乙 (5). 1.5 (6). 0.9 【解析】 【详解】(1)[2]干电池的电动势约为 1.5V，故为了读数准确，电压表应选择 D；[1]内阻较小，为了准确测量 内阻，选择已知内阻的电流表 C；[3]滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，故选 F； (2)[4]根据以上分析可知，电流表与电池串联，将电流表内阻等效为电源内阻，故电路图选择乙； (3)[5][6]根据闭合电路欧姆定律可得：  AU E I R r   结合图象可得 1.5VE  ， 0.9r  ． 11. 在竖直平面内固定两光滑平行导体圆环，两圆环正对放置，圆环半径均为 R=0.125m，相距 1m。圆环通 过导线与电源相连，电源的电动势 E=3V，内阻不计。在两圆环上水平放置一导体棒，导体棒质量为 0.06kg， 接入电路的电阻 r=1.5Ω，圆环电阻不计，匀强磁场竖直向上。开关 S 闭合后，棒可以静止在圆环上某位置， 该位置对应的半径与水平方向的夹角为 37   ，g 取 10m/s2，sin37 =0.6，cos37 =0.8。求： （1）导体棒静止在某位置时所受安培力的大小； （2）匀强磁场的磁感应强度的大小； （3）断开开关 S 后，导体棒下滑到轨道最低点时对单个圆环的压力。 【答案】（1）0.8N；（2）0.4T；（3）0.54N，方向竖直向下 【解析】 【分析】 【详解】（1）导体棒静止时，受力分析如图所示 根据平衡条件得 tan mg F   代入数据解得导体棒所受安培力的大小：F=0.8N （2）由闭合电路欧姆定律，得 EI r  解得∶I=2A 由安培力的公式 F=BIL 得 FB IL  解得∶B=0.4T （3）断开开关 S 后，导体棒下滑到轨道最低点，根据动能定理有 21(1 sin ) 02mgR mv   解得 2 (1 sin ) 1m/sv gR    导体棒在最低点时，由牛顿第二定律得 2 2 N vF mg m R   解得 FN=0.54N 由牛顿第三定律得∶导体棒对单个圆环的压力大小为 0.54N，方向竖直向下 12. 如图所示，外径足够大，中空的水平圆形转盘内径 r=0.6m，沿转盘某条直径有两条光滑凹槽，凹槽内 有 A、B、D、E 四个物块，D、E 两物块分别被锁定在距离竖直转轴 R=1.0m 处，A、B 分别紧靠 D、E 放 置。两根不可伸长的轻绳，每根绳长 L=1.4m，一端系在 C 物块上，另一端分别绕过转盘内侧的光滑小滑轮， 穿过 D、E 两物块中间的光滑圆孔，系在 A、B 两个物块上，A、B、D、E 四个物块的质量均为 m=1.0kg， C 物块的质量 mC=2.0kg，所有物块均可视为质点，（取重力加速度 g=10m/s2， 41 =6.403。 2 =1.414，计 算结果均保留三位有效数字） （1）启动转盘，转速缓慢增大，求 A、D 以及 B、E 之间恰好无压力时的细绳的拉力大小及转盘的角速度 大小； （2）停下转盘后，将 C 物块置于圆心 O 处，并将 A、B 向外侧移动使轻绳水平拉直，然后无初速度释放 A、 B、C 物块构成的系统，求 A、D 以及 B、E 相碰前瞬间 C 物块的速度大小； （3）碰前瞬间解除对 D、E 物块的锁定，若 A、D 以及 B、E 一经碰撞就会粘在一起，且碰撞时间极短， 求碰后 C 物块的速度大小。 【答案】(1)12.5N，3.54rad/s ；(2)3.12m/s ；(3) 2.25m/s 【解析】 【分析】 【详解】(1)C 物块保持静止，故 2 cos CF m g  0.6 3sin 1.4 0.4 5    可解得 F=12.5N，对 A、B 两个物块 2F m R 可解得角速度 5 2 / 3.54rad/s2 F rad smR     (2)设碰前 A、B 速度大小为 v，C 的速度大小为 vC，由绳长不变可知 cosCv v  系统下落过程中机械能守恒 2 21 12 2 2 C C Cmv m v m gh   C 下降高度 0.8tan rh m  可解得 20 41 / 3.12m/s41Cv m s  (3)设碰后 A、D 的速度大小为 v′，C 的速度大小为 vC′，由绳长不变 cosCv v   设绳上拉力的冲量大小为 I，由于碰撞时间极短，绳子拉力远大于重力。对 C 物块运用动量定理 2 cos C C C CI m v m v    对 A、D 运用动量定理 2I mv mv  可解得 41 20 41m/s 2.25m/s57 57C Cv v    （二）选考题：共 45 分。请考生从给出的 2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选 一题作答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂 题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计 分。 13. 一定质量的理想气体从状态 A 可以经历过程 1、过程 2 到达状态也可以经历过程 3 到达状态 C，还可以 经历过程 4 到达状态 D，其 P-V 图像如图所示，且 B、C、D 在一条平行于纵轴的直线上．已知在这四个过 程中的某一过程中，气体始终与外界无热量交换；在过程 3 中，A 到 C 的曲线是双曲线的一部分．对于这 四个过程，下列说法正确的是 ． A. 在过程 1 中，外界先对气体做正功，然后气体再对外做功 B. 在过程 2 中，气体温度先逐渐降低然后逐渐升高 C. 在过程 3 中，气体温度始终不变 D. 在过程 4 中，气体始终与外界无热量交换 E. 在 A、B、C、D 四个状态中，B 状态气体温度最高 【答案】CDE 【解析】 【详解】在过程 1 中，气体的体积一直变大，可知气体对外做功，选项 A 错误；在过程 3 中，A 到 C 的曲 线是双曲线的一部分，可知从 A 到 C 为等温线，即 PV 乘积不变；则在过程 2 的从 A 到 B 的过程，PV 乘积 逐渐变大，温度逐渐升高，选项 B 错误，C 正确；过程 4 中，PV 乘积逐渐减小，可知温度逐渐降低，内能 减小，气体体积变大，对外做功，可知气体始终与外界无热量交换的过程是 4 过程，选项 D 正确；由以上 分析可知，在 A、B、C、D 四个状态中，B 状态气体温度最高，选项 E 正确. 14. 潜水钟是一种水下救生设备，它是一个底部开口、上部封闭的容器，外形与钟相似。潜水钟在水下时其 内部上方空间里存有空气，以满足潜水员水下避险的需要。为计算方便，将潜水钟简化为截面积为 S、高度 为 h、开口向下的圆筒；工作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放至深度为 H 的水下，如图所示。已知 水的密度为ρ，重力加速度大小为 g，大气压强为 po，H》h，忽略温度的变化和水密度随深度的变化。 （1）求进入圆筒内水的高度 l； （2）保持 H 不变，压入空气使筒内的水全部排出，求压人的空气与瓶子中原有的空气的质量比。 【答案】（1） 0 gHhl p gH    ；（2） 0 0 m gH m p  【解析】 【分析】 【详解】(1)设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内气体的体积分别为 V0 和 V1，放入水下后筒内气体的压 强为 p1，由玻意耳定律和题给条件有 1 1 0 0 ppV V ① 0V hS ② 1 ( )V h l S  ③ 1 0 ( )p p g H l   ④ 联立以上各式并考虑到 H>>h， h l ，解得 0 gHhl p gH    (2)设水全部排出后筒内气体的压强为 p2；此时筒内气体的体积为 V0，这些气体在其压强为 p0 时的体积为 V3，由玻意耳定律有 2 0 0 3p V p V ⑤ 其中 2 0p p gH  ⑥ 设需压入筒内的气体积为 V，依题意 3 0V V V  ⑦ 联立②⑤⑥⑦式得 0 gSHhV p  故 0 0 0 m V gH m V p   15. 一列沿 x 轴正方向传播的简谐横波在 t＝0 时刻的波形如图所示，质点 P 的 x 坐标为 3m.已知任意振动质 点连续 2 次经过平衡位置的时间间隔为 0.4s.下列说法正确的是( ) A. 波速为 4m/s B. 波的频率为 1.25Hz C. x 坐标为 15m 的质点在 t＝0.6s 时恰好位于波谷 D. x 坐标为 22m 的质点在 t＝0.2s 时恰好位于波峰 E. 当质点 P 位于波峰时，x 坐标为 17m 的质点恰好位于波谷 【答案】BDE 【解析】 【详解】AB．由题，任意振动质点连续 2 次经过平衡位置的时间间隔为 0.4s，则该波的周期为 T=2×0.4s=0.8s， 则 1 1 1.250.8f T    Hz 由图可知，该波的波长是 4m  ，所以波速： 4 50.8v T    m/s 故 A 错误，B 正确； C．x=15m 的质点到 x=3m 质点的距离为： 1 15 3 12x    m 3 所以 x=15m的质点与 x=3m 处质点的振动始终相同，t=0 时刻 x=3m 的质点向上振动，经过 0.2t  s 4 T 时 间恰好到达平衡位置，所以 x=15m 的质点在 t=0.2s 时恰好平衡位置，故 C 错误； D．x=22m 的质点到 x=2m 质点的距离为： 2 22 2 20x    m 5 所以 x=22m 的质点与 x=2m 处质点的振动始终相同，t=0 时刻 x=2m 的质点向上振动，经过 0.2t  s 4 T 时 间恰好到达波峰，所以 x=22m 的质点在 t=0.2s 时恰好位于波峰，故 D 正确； E．x=17m 的质点到 P 点的距离为： 3 17 3 14x    m 13 2  所以 x=17m 的质点与 P 点的振动始终相反，当质点 P 位于波峰时，x=17m 的质点恰好位于波谷，故 E 正确。 故选 BDE． 【点睛】根据任意振动质点连续 2 次经过平衡位置的时间间隔为 0.4s 即可求出周期．相邻两个波峰或波谷 之间的距离等于波长，由图读出波长．由 v T  求出波速．根据两个质点平衡位置间距离与波长的关系， 分析它们状态关系． 16. 如图，一折射率为 3 的材料制作的三棱镜，其横截面为直角三角形 ABC，∠A=90°，∠B=30°。一束平 行光平行于 BC 边从 AB 边射入棱镜，不计光线在棱镜内的多次反射，求 AC 边与 BC 边上有光出射区域的 长度的比值。 【答案】2 【解析】 【详解】设从 D 点入射的光线经折射后恰好射向C 点，光在 AB 边上的入射角为 1 ，折射角为 2 ，如图所 示 由折射定律有 21sin sinn  设从 DB 范围入射的光折射后在 BC 边上的入射角为，由几何关系有 230    代入题中数据解得 2 30   ， 60   sin 1n   所以从 DB 范围入射的光折射后在 BC 边上发生全反射，反射光线垂直射到 AC 边，AC 边上全部有光射出。 设从 AD 范围入射的光折射后在 AC 边上的入射角为，如图所示 由几何关系可知 290     根据已知条件可知 sin 1n   即从 AD 范围入射的光折射后在 AC 边上发生全反射，反射光线垂直射到 BC 边上。设 BC 边上有光线射出 的部分为 CF ，由几何关系得 sin30CF AC   AC 边与 BC 边有光射出区域的长度比值为 2AC CF 