2021届广东省高三(上)新高考适应性测试卷物理测测试题(一)(含答案).docx

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1、 广东省届新高考适应性测试卷物理（一）2021本试卷满分注意事项：分，考试时间 分钟。751001.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题纸上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题纸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。回答非选择题时，将答案写在答题纸上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。一、选择题：本题共 小题，共 分。第10 46题，每小题 分，只有一个选项符合题目要求；417第题，每小题 分，有多个选项符合题目要求，全部选对得 分，选对但不全的得 分，6 6 3810有选错的得 分。01. 物理教材中有很

2、多经典的插图能够形象的表现出物理实验、物理现象及物理规律，下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是A. 甲图中，卢瑟福通过分析 粒子散射实验结果，发现了质子和中子B. 乙图中，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大C. 丙图中，射线甲由电子组成，射线乙为电磁波，射线丙由 粒子组成D. 丁图中，链式反应属于轻核裂变【答案】B【解析】a【详解】A. 卢瑟福通过分析 粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型，A 错误B.根据光电效应规律可知在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大，B 正确aC.因为射线甲受洛仑兹力向左，所以甲带正电，是由 粒子组成，C 错误 D.

3、链式反应属于重核裂变，D 错误2. 航天器回收的“跳跃式返回技术”指航天器在关闭发动机后进入大气层，依靠大气升力再次冲出大气层，降低速度后再进入大气层。这种复杂的回收技术我国已经掌握。下图为航天器跳跃式返回过程示意图，大气层的边界为虚线大圆，已知地球半径为 ， 点到地面的高度为 ，地球表面重力加速度为 。下列说法R dhg正确的是（）A. 航天器从 到 运动过程中一直处于完全失重状态cagR2h2B. 航天器运动到 点时的加速度为dC. 航天器在 点的动能大于在 点的动能ecD. 航天器在 点机械能大于在 点的机械能ca【答案】D【解析】【详解】A.航天器沿轨迹做曲线运动，曲线运动的合力指向曲

4、线弯曲的内侧，所以从 到 运动过程中a cabc合力背离地球方向，即有竖直向上的加速度分量，因此航天器处于超重状态，故A 错误；B.在 d 点，航天器受地球的万有引力作用，根据牛顿第二定律有GMm= mar2= R + h而且 r在忽略地球自转的情况下，有GMmR2= mg联立可以得到gR2( )a =R + h2故 B 错误；C.从 c 点到 e 点，没有空气阻力，机械能守恒，所以航天器在c 点的动能等于在 e 点的动能，故 C 错误；D.航天器从 a 点到 c 点，万有引力做功为 0，阻力做负功，所以在 a 点的机械能大于在 c 点的机械能，故 D 正确。故选 D。q3. 如图所示，倾角为

5、 的斜面上有 A、B、C 三点，现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球，三个小球均落在斜面上的 D 点，已知 AB：BC：CD=5：3：1，由此可判断（）A. A、B、C 处三个小球从抛出至落到 D 点运动时间之比为 1：2：3B. A、B、C 处三个小球落在斜面上时的速度与初速度的夹角之比为1：1：1C. A、B、C 处三个小球的初速度大小之比为 10：9：6D. A、B、C 处三个小球的运动轨迹可能在空中相交【答案】B【解析】【详解】A由几何关系可得三个小球下落的高度之比为9：4：1，由1h = gt22可得飞行时间之比为 3：2：1，故 A 错误；B因为三个小球位移的方向相同，速度偏

6、向角正切值一定是位移偏向角正切值的2 倍，所以速度与初速度之间的夹角一定相等，比值为 1：1：1，故 B 正确；C因三个小球下落的水平位移之比为 9：4：1，时间之比为 3：2：1，水平方向有x=vt可得初速度大小之比为 3：2：1，故 C 错误；D最后三个小球落到同一点，故三个小球 运动轨迹不可能在空中相交，故 D 错误。故选 B。4. 如图所示，在两个倾角q=30、相互连接的斜面上分别放置质量为m和 m 的两个物体，物体间通过平123行于斜面的不可伸长的轻绳跨过光滑的定滑轮连接，物体m 与所在斜面间的动摩擦因数，物体 m2m =15m所在的斜面光滑，若物体 m 保持静止，最大静摩擦力等于滑

7、动摩擦力，则 1 的值可能为（）m12 1A.B.332C. 3D. 5【答案】B【解析】【详解】设 刚好不上滑，此时 受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，对系统，根据平衡条件有m m11m g sin = m gqsinq m cosq+ m g211代入数据解得m 5= = 0.6251m 82设刚好不下滑，此时 受到的最大静摩擦力方向沿斜面向上，对系统，根据平衡条件有mm11m g sin = m gqsinq m cosq- m g211代入数据解得m= 2.51m2综上所述，可以得到m0.625 2.51m2故 ACD 错误，B 正确。故选 B。2019 年 4 月 15 日正式实施电

8、动自行车安全技术规范强制性国家标准，新标准全面提升了电动自行车5.的安全性能，最高车速调整为 25 km/h，整车质量(含电池)不超过 55 kg，蓄电池标称电压不超过 48 V假定一个成人在平直公路上以最高车速骑行时，受到的阻力约为总重力的0.03 倍，电动自行车电能转化效率为 50%，则电动机的工作电流最接近(A. 0.1 A B. 1 A)C. 10 AD. 100 A 【答案】C【解析】【详解】设汽车人的质量为55kg ，所以车和人的总质量为m =110kg，车的最高速度为v= 25km/s=7m/s，0.03mgv 0.0311010750% = 0.03mgv=由题意可得UI，化简

9、可得 IA 10A ，故 正确，ABDCU 50%480.5错误6. 甲、乙两车在平直公路上沿同一直线运动，两车的速度 随时间 的变化如图所示。下列说法正确的是vt（）A. 两车的出发点一定不同B. 在 到 的时间内，两车一定相遇两次0t2C. 在 到 时间内某一时刻，两车的加速度相同tt12D. 在 到 时间内，甲车的平均速度一定大于乙车的平均速度tt12【答案】C【解析】【详解】 根据题目所给信息，不能判断两车出发点的关系，因为该图是描述速度与时间变化关系的图像，A错误；A两图线的交点表示在该时刻速度相等，在 到 的时间内，两车有两次速度相等，并不是相遇， 错误；BB0t2Cv-t图象的斜

10、率表示加速度，在 时刻两车速度相等，然后甲做变加速直线运动，乙做匀加速直线运动，t1在 时刻两车又速度相等，所以甲的平均加速度等于乙的加速度，故 到 时间内在某一时刻，乙图线的ttt212斜率和甲图线平行，加速度相等， 正确；CDv-t图象图线与坐标轴围成的面积表示位移，从图可知，在 到 时间内乙的位移大于甲的位移，所用tt12时间相等，故甲的平均速度一定小于乙的平均速度，故 错误。D故选 。C= 2cm7. 如图所示，半径为R的圆形区域中有垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小B = 2T，圆形磁场边界上有 A、C、N 三点，一个比荷为 210 C/kg、带正电的粒子（粒子重力

11、可忽略不计），6 从 点以 = 810 m/s 的速度垂直于直径射入磁场，恰好从 点射出，且AON =120 ，则（）Av04MNNA. 带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为 1cmB. 带电粒子在磁场中运动的轨迹圆心一定不在圆形磁场的边界上C. 若带电粒子改为在圆形磁场边界上的 点以相同的速度入射，则粒子一定从 点射出CND. 若要实现带电粒子从 点以原速度 入射、从 点出射，则该圆形磁场的最小面积为vAN10 m2-40【答案】C【解析】【详解】A根据洛伦兹力提供向心力有v2rqvB = m可得mvqBr =代入数据解得r = 2cm故 A 错误；B粒子运动轨迹如图所示因为R = r 四边形为

12、菱形，根据几何知识可得圆心 一定在圆形磁场的边界上，故 B 错误；PAONPC从圆形磁场边界上的 C 点以相同的速度入射，轨迹如图所示，因为R = r所以四边形为菱形，由几何知识可知粒子一定从 点射出，故 C 正确；NSCOND当带电粒子在 A 点入射，从 N 点出射，则磁场圆以 AN 为直径时面积最小，最小面积ANS =( ) = ( cos30 ) = 310 mR22-422故 D 错误。故选 C。8. 如图所示，两个质量均为 的小球 、 套在半径为 的圆环上，圆环可绕竖直方向的直径旋转，两小A BmR球随圆环一起转动且相对圆环静止已知与竖直方向的夹角 =53， 与 垂直，小球 与圆环间

13、恰OA OB BOA好没有摩擦力，重力加速度为 ，sin 53=0.8,cos 53=0.6下列说法正确的是（ ）g5gA. 圆环旋转角速度的大小为4R5gB. 圆环旋转角速度的大小为3R7C. 小球 与圆环间摩擦力的大小为 mgA51D. 小球 与圆环间摩擦力的大小为 mgA5【答案】AD【解析】【详解】AB小球 B 与圆环间恰好没有摩擦力，由支持力和重力的合力提供向心力，有mgtan37 = mw 2Rsin37解得：5g=w4R 则 正确， 错误；A B对小球 受力分析，有CD A水平方向qqwqNsin - fcos = m 2Rsin竖直方向qqNcos + fsin - mg =

14、0联立解得1f = mg5故 错误， 正确。C D故选 AD。9. 图示电路中，变压器为理想变压器， 、 接在电压有效值不变的交流电源两端，a b R 为定值电阻， 为滑R0动变阻器。现将变阻器的滑片从某一位置滑动到另一位置，观察到电流表 的示数增大了 0.2A，电流表A1的示数增大了 0.8A，已知各表均为理想交流电表，下列说法正确的是（）A2A. 电压表 示数不变， 示数减小V V32B. 电压表 、 示数都增大V V21C. 变阻器滑片是沿 方向滑动的c dD. 该变压器是升压变压器【答案】AC 【解析】【详解】 由题意知，电源电压有效值不变，滑动变阻器的阻值变化不会影响副线圈的输入电压

15、，所以B、 示数都不变，故 错误；V VB12C副线圈两端电压不变，由题意可知，原副线圈电流都增大，又副线圈的输入电压不变，所以副线圈总电阻减小，可知滑动变阻器电阻减小，即滑片从 向 滑动，故 正确；dcC由 分析可知，原副线圈的电流增大，所以定值电阻 两端电压增大，滑动变阻器 两端电压减小，RACR0即示数减小，又 示数不变，故 正确；AV3V2D根据理想变压器电流与匝数的关系可得nIDIDI41= =1n221I21所以变压器为降压变压器，故 错误。D故选 AC。10. 如图所示，质量为 、边长为 、电阻为 的正方形导线框，线框平面竖直且 边水平。 边下abcd ab abmLR方 处存在

16、匀强磁场区域，其宽度也为 ，磁感应强度的大小为 ，方向垂直纸面向里。区域下方BLL2L处存在足够大的匀强磁场区域，方向垂直纸面向外。将线框从距磁场区域上边界PP 的高度为 处由L静止释放，运动中线框平面始终与磁场方向垂直且 边始终保持水平，当 边刚穿出磁场区域和进入磁ab ab场区域时，线框做匀速运动，重力加速度为 。下列说法正确的是（g）A. 线框进入磁场区域的过程中，线框中感应电流的方向为顺时针3= - BL 2gLB. 线框 边刚进入磁场区域时， 两点间的电势差Uab abab4m g R232-C. 线框穿过磁场区域的过程中，线圈中产生的焦耳热为2mgL2B L441D. 磁场区域的磁

17、感应强度大小为 B42 【答案】BD【解析】【详解】 线框进入磁场区域的过程中，根据右手定则可知线框中感应电流的方向为逆时针，故 错误；AAB线框刚进入磁场区域时的速度为v = 2gL0切割磁感线相当于电源，产生的感应电动势为ababE = BLv = BL 2gL0两点间的电势差大小等于路端电压，则33U = - E = - BL 2gLab44故 正确；B 边刚穿出磁场区域时，线框做匀速运动，根据闭合电路欧姆定律和电磁感应定律可知C abB L v22mg =1R根据能量守恒定律可得线框穿过磁场区域的过程中，线框中产生的焦耳热为1m g R232Q = 3mgL - mv = 3mgL -

18、222B L441故 错误；CD线框的 边刚穿出磁场区域时的速度abv = 2gL1线框穿出磁场区域到进入区域的过程中做匀加速直线运动，得2gL = v - v2221所以 边刚进入磁场区域时的速度abv = 4gL2根据闭合电路欧姆定律和电磁感应定律可知所以磁场区域的磁感应强度大小为B L v22mg =22R12B =B42 故 D 正确。故选 BD。二、非选择题：共 分。第54题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 、 题为选1114 15 16考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共 分。4211. 物理探究小组进行改装电表的探究实验，他们在实验室找到了一个量程为0.6A、内阻为 0.

19、5 的电流表，实验室老师又给该小组的同学提供了若干各种规格的定值电阻和其他相关器材。回答下列问题：(1)探究小组要将电流表改装成量程为 3V 的电压表，需要在下列几个标有阻值的定值电阻中选取_（填电阻前的字母符号）的电阻与电流表_（填“串联”或“并联”）；A5.0B.4.0C.6.0D.4.5(2) 改装完成后，探究小组利用标准电压表对改装后的电压表进行检测校准，请用笔画线代替导线，补全图甲实物连线，构成完整的实验电路_；(3)图乙和图丙分别为校准检测某次实验时标准电压表和电流表的示数，由此可知改装电压表的实际量程为_V。(1). D(3).【解析】【详解】(1)12电流表改装为电压表，需要串

20、联一分压电阻，根据电路特点可求，申联电阻的阻值为 UI3R =- r = (- 0.5) = 4.5m0.6m校准检测时应该使电压从 开始变化，所以滑动变阻器应用作分压器，标准电压表和改装电压表并联，(2)3 0实物连线图如图所示(3)4图乙标准电压表读数为 2.4V，图丙改装电压表指针所在位置的示数为2.4V，由图知指针指第 格，20满偏格数为 格，所以可求实际量程为302.4U =30V = 3.6Vm 2012. 验证牛顿第二定律的实验装置示意图如图所示。图中打点计时器的电源为交流电源，打点的时间间隔用 表示。在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来研究“在外力一定的条件下，物体

21、的加T速度与其质量间的关系”。(1)实验步骤如下：平衡小车所受的阻力：取下小吊盘，将木板_（填“右端”或“左端”）抬高，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列间隔均匀的点。按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码。打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点迹的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量 。m按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤。 在每条纸带上清晰的部分，每5 个间隔标注一个计数点，测量相邻计数点的间距x 、x ，求出与不同质12量 m 相对应的加速度 a。11- m以砝码的质量 m 为横坐标，以 为纵坐标，在坐标纸上做出的关系图线。若加速度与小车和砝码aa1- m的总

22、质量成反比，则的关系图线为一条倾斜直线。a(2)回答下列问题：本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和mm与小车和车中砝码的质量之和 M 应满足的条件是： _M（填“远大于”或“远小于”）。如图乙所示，设纸带上三个相邻计数点的间距为x 、x 、x ，则 a 可用 x 、x 和 T 表示为 a=_。12313图丙为所得实验图线的示意图，设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为 b，若牛顿第二定律成立，则小车受到的拉力为_，小车的质量为_。x - x1bk(4).(5).【答案】【解析】(1). 右端(2). 远小于(3).3150Tk2【详解】（1）

23、1在平衡摩擦力时，取下小吊盘，将木板右端抬高，使木板形成斜面，用手轻拨小车。直到打点计时器打出一系列间隔均匀的点，则此时说明小车做匀速运动。（2）2 在消除摩擦力对实验的影响后，那么小车的合力就是绳子的拉力，根据牛顿第二定律得，对小吊盘和盘中物块m m g - F = m a对小车和车中砝码 MF = Ma解得MF =m gM + mm时，小吊盘和盘中物块的质量之和 远小于小车和车中砝码的质量之和 M，绳子的拉力近似等M m当于小吊盘和盘中物块的总重力。t = 5T3两个相邻计数点之间还有 4 个点，打点计时器的打点时间间隔为了，计数点间的时间间隔，由匀变速直线运动的推论Dx = at2 可得

24、，加速度为x - xx - xa =31312t50T224设小车所受外力为 F、小车和车中砝码的质量为M ，小吊盘和盘中物块的质量m ，由牛顿第二定律有( )F = M+ m a变形得1 M m=+a F F结合图丙所示图像，可得斜率所以拉力1k =F1Fk5由截距Mb =F联立解得小车的质量为bk =M bF=1如图所示，AB 为光滑的13.=0.8m，BC 为距地面高h=1.25m的粗糙水平轨道，长 =2.0m，圆弧轨道，半径RL4与 AB 轨道相切于 B 点。小物块 N 放在水平轨道末端的 C 点，将小物块 M 从圆弧轨道的最高点 A 由静止释放，经过一段时间后与小物块 N 发生碰撞，

25、碰撞后小物块 N 落在水平地面上的 D 点，小物块 M 落在 E 点。已知 D 点到 C 点的水平距离 =0.75m，D、E 两点间的距离Dx = 0.125m，小物块 M 与水平轨道 BC 间的xD= 0.3m动摩擦因数为，重力加速度 g 取 10m/s ，两小物块均可视为质点，不计空气阻力。求：2(1)碰撞前瞬间小物块 M 的速度大小。(2)小物块 M 和小物块 N 的质量之比。【答案】(1)2m/s；(2)2 【解析】【详解】（1）从 点到 点，对小物块 由动能定理得ACM1m gR - m m gL = m v22111 0代入数据解得v =2m/s0（2）设碰撞后小物块 和 的速度大

26、小分别为 和 ，从碰撞后到落地的时间为 ，根据平抛运动知识有，MNv1v2t竖直方向1h = gt22水平方向x = v tD2x - Dx = v tD1联立以上三式解得v =1.25m/s1v =1.5m/s2两个小物块相碰前后动量守恒，规定水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m v = m v + m v1 01 12 2代入数据解得m= 21m214. 如图所示，竖直面内有水平线与竖直线交于 点， 在水平线O上， 间距为 ，一质量为OPMNPQPMNd、电量为 的带正电粒子，从 处以大小为 、方向与水平线夹角为 60 的速度，进入大小为 的匀mqOv0E1强电场中，电场方向与竖直方向夹

27、角为 60，粒子到达线上的 点时，其动能为在 处时动能的 4A OPQ倍当粒子到达 点时，突然将电场改为大小为 ，方向与竖直方向夹角也为 60 的匀强电场，然后粒AE2子能到达线上的 点电场方向均平行于B、 所在竖直面，图中分别仅画出一条电场线示意其方MN PQPQ向已知粒子从 运动到 的时间与从 运动到 的时间相同，不计粒子重力，已知量为 、 、 、 求 ：m q v dOAAB0 (1)粒子从 O 到 A 运动过程中,电场力所做功 W；(2)匀强电场的场强大小 E 、E ；12(3)粒子到达 B 点时的动能 E kB33mu4qd3mu3qd14mu 22020W = mv【答案】(1)2

28、0(2)E E (3) E 0212kB3【解析】【分析】(1)对粒子应用动能定理可以求出电场力做的功(2)粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出电场强度大小(3)根据粒子运动过程，应用动能计算公式求出粒子到达B 点时的动能1mv【详解】(1) 由题知：粒子在 O 点动能为 E =2 粒子在 A 点动能为：E =4E ，粒子从 O 到 A 运动过ko2kAko03W=E -E = mv；程，由动能定理得：电场力所做功：20kA ko 2(2) 以 O 为坐标原点，初速 v 方向为 x 轴正向，0建立直角坐标系 xOy，如图所示 设粒子从 O 到 A 运动过程，粒子加速度大小为 a

29、 ，1历时 t ，A 点坐标 （x，y）11粒子做类平抛运动：x=v t ，y= a t21 10 123v由题知：粒子在 A 点速度大小 v =2 v ，v =，v =a tA0Ay0Ay 1 1粒子在 A 点速度方向与竖直线 PQ 夹角为 303v3v2020=， y解得： x2aa11由几何关系得：ysin60-xcos60=d，4d3v2t =1=0 ，解得： a4dv01由牛顿第二定律得：qE =ma ，113mv20=解得： E4qd1设粒子从 A 到 B 运动过程中，加速度大小为 a ，历时 t ，224dtt = t =水平方向上有：v sin30= a sin60，qE =m

30、a ，2A2221v0223mvv203d2=解得： a， E；03qd22(3) 分析知：粒子过 A 点后，速度方向恰与电场 E 方向垂直，再做类平抛运动，21粒子到达 B 点时动能：E = mv2 ，v =（2v ） +（a t ） ，222kB2B02 2B14mv20E =KB解得：3 【点睛】本题考查了带电粒子在电场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程与运动性质是解题的前提与关键，应用动能定理、类平抛运动规律可以解题（二）选考题：共 12 分。请考生从两道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。15. 我国国土面积9，634，057 平方公里，领海约 470 万平方公里。

31、其中南方多雨，谷雨时节，天气潮湿，门窗、墙面、地面都会“出汗”。这是由于空气中的水分子达到饱和，使得北方人在南方时大多感觉不适。那么在物理学中用来描述此潮湿感觉的物理量是_（绝对湿度或相对湿度）。此现象中，水珠附着在墙面成露珠状，是由于液体表面有_作用的结果。在宏观上，此作用效果方向是_（沿液体表面切线方向或垂直液面指向内部）【答案】【解析】(1). 相对湿度(2). 张力(3). 沿液面切线方向【详解】123在物理学中用来描述此潮湿感觉的物理量是相对湿度。此现象中，水珠附着在墙面成露珠状，是由于液体表面有张力作用的结果。在宏观上，此作用效果方向是沿液体表面切线方向。16. 在学习了气体性质和

32、规律后，物理兴趣小组的同学制作了一个温度计，将一个一端开口，一端带有玻璃泡 A 的细玻璃管（玻璃泡 A 导热良好，其内封闭一定量的理想气体）竖直倒插入水银槽中，管内水银面的高度就可以反映玻璃泡 A 内气体的温度，在管壁上加画刻度，即可直接读出温度值。不考虑细管B 内液面高度变化引起的气体体积变化，温度计的构造如图所示。（ = +273）T t(1)在一个标准大气压 76cmHg 下对细管 B 进行刻度，设细管 B 内水银柱高出水银槽水银面的高度为 ，已h知环境温度为 =27时的刻度线在 =16cm 处，则在可测量范围内，摄氏温度 和 应符合什么规律？thth1(2)若大气压降为 75cmHg，

33、求该温度计读数为 27时的实际摄氏温度。【答案】(1)t+5h -107 = 0；(2)22【解析】【详解】(1)设 27时玻璃泡内气体的压强、温度分别为 、p T11( )p = 76-16 cmHg = 60cmHg1T = 300K1 设玻璃泡内气体温度为 t时压强为 p2( )p = 76-h cmHg2T = 273+t2根据查理定律pp=12T T12解得t +5h -107 = 0(2)当外界大气压变 75cmHg 时，玻璃泡内气体压强为和温度为( )p = 75-16 cmHg=59cmHg3T = 273+ t33由查理定律pp=13T1T3解得t = 22317. 一列简谐

34、横波沿 x 轴正方向传播，在t 与（t+0.2s）两个时刻，x 轴上（-3m，3m）区间的波形完全相同，a如图所示。图中M、N 两质点在 t 时刻的位移均为 （a 为质点的振幅），下列说法中正确的是_。2A. 该波的最小波速为20m/sB. （t+0.1s）时刻，x=2m 处的质点位移一定为 aC. 从 t 时刻起，x=2m 处的质点比 x=2.5m 的质点先回到平衡位置D. 从 t 时刻起，在质点M 第一次到达平衡位置时，质点 N 恰好到达波峰E. 该列波在传播过程中遇到宽度为1m 的狭缝时会发生明显的衍射现象 【答案】ACE【解析】【详解】 由图知波长l =，由于t 与(t + 0.2s)

35、两个时刻的波形相同，经过了整数倍周期的时间，则的A4m()Dt = 0.2s = nT n =1,2,l= 0.2s=可得到最大的周期为T，由v会得最小波速为T4v =m/s = 20m/s0.2故 正确；A的(t + 0.1s)x= 2m由于周期不确定，时间不一定等于半个周期，则0.1s时刻，处的质点不一定到达波峰。B位移不一定是a ，故 错误；BT= 2m简谐横波沿 轴正方向传播， 时刻 =x 2.5m处 质点向下运动，返回平衡位置的时间大于 ，而 xCxt4T= 2m处的质点到达平衡位置时间等于 ，所以 x处的质点比 = 的质点先回到平衡位置，故 正确；x 2.5m C4l根据数学知识可

36、知质点 和 之间的距离等于 ，由波形可知，质点 第一次到达平衡位置时，质点DNMNM3不在波峰，故 错误；D当障碍物 尺寸与波长相同或比波长小时，能发生明显衍射，该波波长为 ，则该列波在传播过程中4mE遇到宽度为的狭缝时会发生明显的衍射现象，故 正确。E1m故选 ACE。18. 某种光学元件由两种不同透明物质和制成，其横截面如图所示， 为中点，BAC = 30，半OAB方向射入，折射至 面时恰好发AC圆形透明物质的半径为 ，一束光线在纸面内从半圆面上的 点沿RPPO边上的 点垂直射出 边，已知透明物质对该光的折射率为nBC= 3生全发射，再从，透明物质BCQ1对该光的折射率为 ，真空中光速为

37、，求：（结果可用根式表示）n c2该透明物质对该光的折射率 ；(1)n2光从 传到 所用时间 。(2) P Q t 2 332 3R【答案】(1) =；(2) =n2tc【解析】【详解】(1)由题意可知，光线射向AC 面恰好发生全反射，反射光线垂直于BC 面从棱镜射出，光路图如图所示设光线在透明物质中发生全反射的临界角为 ，在 点刚好发生全反射。由几何关系可知CMC = 60由1sin C =n2解得2 33n =2(2)物质中光速物质中用时物质中光速cv =1n1Rt =1v1 cv =n22由几何关系知OM = OA = R4 33MC = AC - AM =R - 3R =R33所以RMQ = MC cos30 =2物质中用时OM + MQ 3Rt =v2v222联立解得光从 传到 所用时间P Q2 3Rt = t + t =c12 cv =n22由几何关系知OM = OA = R4 33MC = AC - AM =R - 3R =R33所以RMQ = MC cos30 =2物质中用时OM + MQ 3Rt =v2v222联立解得光从 传到 所用时间P Q2 3Rt = t + t =c12