河北省衡水市某重点高中2023届高三上学期摸底联考物理试题含答案.pdf

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1、2023届河北省高考物理模拟卷一、单项选择题：本题共7 小题，每小题4 分，共 28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.某同学利用无人机携带的速度记录仪记录它的运动情况，若某次试验时无人机从地面竖直向上起飞至返回地面的20s内的v-t图像如图所示，则本次试脸中（）B.上升的最大速度为3m/sC.全过程中最大加速度是0.75m/s2D.上升到最大高度用了 8s钟时间2.我国发射了嫦娥号系列卫星，其中嫦娥二号可以在离月球比较近的圆轨道a 上运动,嫦娥一号可以在离月球比较远的圆轨道b 上运动。下列说法正确的是：（）A.在 a 上运行的卫星的周期大于在b 上运行的卫星的周期B.

2、在 a 上运行的卫星的加速度大于在b 上运行的卫星的加速度C.在 a 上运行的卫星的线速度小于在b 上运行的卫星的线速度D.在a 上运行的卫星的角速度小于在b 上运行的卫星的角速度3.如图甲所示的电路中,理想变压器惊、副线圈而数比为10：I,A,V 均为理想电表,R 为光敏电阻（其阻值随光强增大而减小），L 和 L2是两个完全相同的灯泡.原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u,下列说法正确的是（）甲A.电压u的频率为100 HzB.电压表V的示数为22 VC.当光强增大时，变压器的输入功率变大D.当L的灯丝烧断后，V示数变小4.人眼对绿光最为敏感，而绿光其实是由绿光光子组成的。每个绿光光子的能量

3、约为3.6 e V,人眼若在每秒钟内接受到3个绿光光子，就能产生视觉。则能引起视觉时，每秒钟进入人眼的最少光能大约为（）A.5.76X10 I9J B.5.76x10,8JC.1.73x10 19J D.1.73xl0-,fiJS.如图甲所示，abed是匝数为100躯、边长为10cm、总电阻为0.1 C的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面垂直的图示匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则以下说法不事项的是（）A.导线圈中产生的是交变电流B.在t=2,5 s时导线圈中产生的感应电动势为1 VC.在（）2 s内通过导线横截面的电荷量为20 cD,在0 2 s内，导线圈ad边受到向右的

4、增大的安培力6.如图所示，真空中同一平面内固定两点电荷+2Q和-Q,以点电荷+2Q为圆心的圆上有a、b、c、d四点，其中b点为两点电荷连线与圆的交点，a、c两点关于连线对称，ad为圆的直径，且d距-Q较远。当电子经过这四点时，下列说法正确的是（）A.b处电势能最大 B.d处电势能最大C.d处电场力最大 D.a、c两处电场力相同7.将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后，再用细纹悬挂于O点，如图所示.用力F拉小球b,使两个小球都处于静止状态，且细线0 a与竖宜方向的夹角保持0-30。,则F的坡小值为（）二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以

5、上选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.法拉第I0I盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、分别于圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中，圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（）A.若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B.若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C.若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则R上的电流也变为原来的2倍9.如图所示，光滑平台与长L=4.0m的水平传送带等高平滑连接，轻质弹簧自由伸长时右端刚好与平台右

6、端对齐。现用质量为m=2.0k g可视为质点的小滑块压缩弹簧并锁定，此时弹簧的弹性势能为综=l6.0J o水平传送带顺时针转动的速度为%=2.0m/s,某时刻弹簧解除锁定，小滑块被弹出滑块与传送带之间的动摩擦因数N=0.2,重力加速度g取lows）,弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（）iQQQQQQf-777777777/77777777OA.小滑块在传送带上一直做减速运动B.当小滑块到达传送带右端的过程中克服摩擦力做功为I2JC.若小滑块与传送带有相对运动时会在传动带上留下痕迹，则痕迹长度为ImD.当小滑块到达传送带右端的过程中摩擦产生的热量为IOJ1 0.跳台滑雪是第24届北京冬奥

7、会的一个项目，比赛中运动员穿专用滑雪板，在滑雪道上获得一定速度后从跳台飞出，在空中飞行一段距离后着陆。如图所示，若运动员从跳台A处以%=20tn/s的初速度水平匕出，在平直斜坡B处着陆。若斜坡的倾角为37。,不计空气阻力,g=l()m/s2,sin370=O.6 cos370=0.8o 则()A.运动员在B处时速度与水平方向夹角为74。B .运动员在B处着陆时的速度大小是25m/sC.运动员在空中到坡面的最大距离为9m9 .A,B间的距离为75m三、非选择题：共54分。第1T14题为必考题，每个试题考生必须作答。第1516题为选考题，考生根据要求作答。11.小明同学利用如图甲所示的实验装置验证

8、机械能守恒定律，其中红外线发射器、接收器可记录小球的挡光时间。小明同学进行了如下操作：(1)用螺旋测微器测小球的宜径如图乙所示，则小球的直径为 mm.(2)该小球质量为m,直径为d.现使小球从红外线的正上方高为h处自由下落，记录小球挡光时间t,已知重力加速度为g,则小球下落过程中动能增加量的表达式为 E,重力势能减少量的表达式为AE产(均用所给字母表示)12.一探窕小组要测定一节旧电池的电动势和内阻，现有一个电流表表头G(6“C、1.5mA)和两个电阻箱Ri(0.01-99.99C)、R2(1-9 9 9 9 Q).探究小组用表头改装成一个满偏电流为0.6 A的电流表用以测量。(I)在图甲中补

9、充完整实验电路图，并在图中标明心、R2:(2)按电路图连接实验电路，将其中一个电阻箱调至确定值，另一电阻箱调至一定的值，闭合开关S,保持(填 R 或”R2”)不变，多次调节另一电阻箱阻值R,并记录与其对应的改装后的电流表的读数J描点做出T j -R的图象如图乙根据图象可知，电池电动势E=V,内阻r=_ _ _ _ Q (不考虑电流表的内阻)：-实验中的相对温差二M婵值-真实x l()()%.本实验中，求电池内阻时因改真实值装后电流表的内阻带来的相对误差为%(保留三位有效数字)。1 3 .如图所示，一辆质量为M=3 k g的小车A静止在光滑的水平而上，小车上有质量为m=l k g的光滑小球B,将

10、一轻质抑.赞压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为E p=6 J,小球与小车右壁距离为L,解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：(I)小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小：(2)在整个过程中，小车移动的距离。1 4 .如图所示，边长为L=0.3 m正方形边界a be d中有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B tf=0.5 T的匀强磁场,一质量m=8 x|0 2股、电荷量q=8 x 1 0 1 9 c的粒子(重力不计)从边界a d上某点D以某个速度射入.粒子从c d中点P孔射出，再经小孔Q进入相互正交的匀强电场和匀强磁场区域，区域宽度为2 L,电场强度大小E=5 x l(户V

11、/r n,磁感应强度大小B尸1 T、方向垂宜纸而向里，已知粒子经过QM正中间位置时有一段时间撤去了匀强电场.虚线c f、g h之间存在着水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B2=O.2 5 T(图中未画出).有一块折成等腰直角的硬质塑料板ABC(不带电，宽度很窄，厚度不计)放置在ef、gh之间(截面图如图)，C B两点恰在分别位于ef、gh上，AC=AB=03n,a=45,粒子恰能沿图中虚线Q M进入cf、gh之间的区域，兀取3.(1)Dd距离；(2)已知粒子与硬质塑料相碰后，速度大小不变，方向变化遵守光的反射定律.粒子从Q到gh过程中的运动时间和路程分别是多少？15.(I)下列说法正确的是.

12、A.做功和热传递都能改变物体的内能B.当气体温度升高时，外界对气体一定做正功C.饱和汽的体积越大，饱和汽压越大D.单晶体和多晶体都具有确定的熔点E.气体能够充满容器的整个空间，是气体分子无规则运动的结果(2)如图所示，长为h的水银柱将，上端封闭的玻璃管内气体分隔成上、下两部分,A处管内、外水银面相平，上部分气体的长度为H,现将玻璃管缓慢竖直向下按压一定高度，稳定时管中上部分气体压强为po，已知水银的密质为P，重力加速改为g，大气压强为p o,该过程中气体的温质保持不变。求：玻璃管向下按压前，上部分气体的压强p：玻璃管向下按压后，上部分气体的长度H1.16.(I)一列简谐横波沿x轴正方向传播。波

13、速为lOm/s。在传播方向上有P、Q两质点，坐标分别为xP=Im,xQ=6m=波传播到P点开始计时，该点的振动图像如图所示,则简谐波的波长为m,经 过 一s,Q点第一次到达正向最大位移处。(2)如图，一个半径为R的玻璃球，0点为球心。球面内侧单色点光源S发出的一束光在A点射出，出射光线A B与球直径SC平行，0=30。光在真空中的传播速度为C o求：(i)玻璃的折射率；(i i)从S发出的光线经多次全反射回到S点的最短时间。答案1.D【解答】A.无人机从地面竖直向上起飞至返回地面，由题图可知，画v-t图像时取向上为负方向，A不符合题意：B.因为取向上为负方向，所以上升的最大速度为-2n】/s,

14、B不符合题意;C.v-t图像的斜率表示加速度，最大加速度是4M =m/s 2=_ im/s 2负号表示加速度方向向上。C不符合题意；D.由题图可知在。8s是上升阶段，所以上升到最大高度用了 8s钟时间，D符合题意。故答案为：D。【分析】v-t图像的斜率表示物体运动的加速速度，v-t图像与坐标轴围成图形的面积表示物体运动的位移，从而进行分析判断。2.B【解答】A.根据万有引力提供向心力6粤=驾rr T2解得丁=即轨道半径越大，周期越大，故卫星在a上运行的周期小于在b上运行的周期.A不符合题意.B.根据万有引力提供向心力GM m=ma解得“=6号即轨道半径越大，加速度越小，故卫星在a上运行时的加速

15、度大于在b上运行时的加速度.B符合题意.C.根据万有引力提供向心力G粤=m r r解得v=即轨道半径越大，速度越小，故卫星在a上运行的线速度大于在h上运行的线速度.C不符合题意.D.根据万有引力提供向心力GMm-mrco2解得。即轨道半径越大，角速度越小，故卫星在a上运行的角速度大于在b上运行的角速度.D不符合题意.故答案为：Bt分析】卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，结合卫星的轨道半径，根据向心力公式列方程比较卫星线速度、角速度、加速度的大小即可。3.C_ 1【解答】电压的频率,一了-2 X 10,A不符合题意：初级电压有效值为220 V,故次级电压有效值为2 2 V,所以电压表的示数小于

16、22V,B不符合题意：当光强变大时，R的阻值减小，次级电阻减小，电流变大，则初级电流变大，变压器输入功率变大，C符合题意：当L灯丝断后，因次级电压不变，则L2上的电压不变，则V的示数不变，D不符合题意：故答案为：C.（分析 利用周期的大小可以求出频率的大小；利用输入电压的峰值可以求出电压的有效值，结合匝数比值可以求出输出电压的大小，结合回路中分压关系可以判别电压表的读数小于输出电压：当光照强度变大时其电阻变小导致输出电流变大则输入功率随输入电流的增大而增大；当灯丝断开后其输出电压不变所以电压表的读数不变。4.D【解答】人眼对绿光最为敏感，人眼若在卷秒钟内接受到3个绿光光子，就能产生视觉:能引起

17、视觉时，每秒钟进入人眼的最少光能E=3x3.6eV=3x3.6xl.6xl|r,9J 1.73xirlsJ.故答案为：D【分析】利用单位的换算结合光子的数量可以求出每秒进入人眼的光能大小。5.B【解答】A.根据楞次定律可知，在0 2s内的感应电流方向与2s 3s内的感应电流方向相反，即为交流电，A 正确，不符合题意：B.根据法拉第电磁感应定律，2.5s 时的感应电动势等于2 s 到 3 s 内的感应电动势，则匕.A8 s I O O x(2-O)x O.l x O.l ,，有 E=n-=-i-V =2 V/IB错误，符合题意；C.在。2 s 时间内，感应电动势为百=等 =1 0 0 x g x

18、 0.1 2 V =1 V再根据欧姆定律/=IOAR根据q =2，CC正确，不符合题意；D.根据楞次定律可得，线圈的电流方向是逆时针，则导线ad 受到的安培力方向是水平向右，根据F 玄=8 磁场感应强度逐渐增大，电流强度和导线ad 长不变，则安培力增大，D正确，不符合题意。故答案为：Bo 分析 根据楞次定律判断感应电流的方向，结合法拉第电磁感应定律得出感应电动势的大小，结合欧姆定律得出感应电流的大小，利用电流的定义式得出通过导线横截面的电荷量。6.A【解答】A B.先比较电势，若只有+2 Q,四点的电势相同，若只有-Q,d点的电势坡高,b点电势最低，若两个电荷同时存在，d点电势也是最高的，b点

19、的电势也是最低的。负电荷的电势越低，电势能越大，则电子在b点的电势能最大，在 d点的电势能最小，A符合题意，B 不符合题意：CD,若只有+2 Q,四点的电场力大小相等，方向不同，若只有-Q,b点的电场力最大，d点的电场力最小，根据平行四边形法则作图可知，b点电场力最大，等于两个电场力之和，d点电场力最小，a、c 两处的电场力大小相等，方向不同，所以CD都错误。故答案为：Ao 分析利用点电荷的电势公式可以比较各处电势的大小，利用电场线的疏密可以比较电场力的大小，利用场强的方向可以判别电场力的方向。7.A【解答】解：以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F在三个方向时整体的受力图，根据平衡

20、条件得知：F 与 T 的合力与重力mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当 F 与绳子a垂直时，F 有最小值，即图中2 位置，F 的最小值为：根据平衡条件得：F=2mgsin3O=mg故选：A3【分析】以两个小球组成的整体为研究对象，当 F 垂 直 于 0 a 线时取得最小值，根据平衡条件求解F 的最小值.8.A,B,D【解答】A B.铜盘转动产生的感应电动势为2B、L、3不变，E 不变，电流大小恒定不变，由右手定则可知，回路中电流方向不变，若从上往下看，圆盘顺时针转动，由右手定则知，电流沿a 到 b 的方向流动，A B 符合题意；C.若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向

21、不变，大小变化，C 不符合题意：D.若圆盘转动的角速度变为原来的2 倍，电动势变为原来的2 倍，电流变为原来的2倍，D 符合题意。故答案为：ABD,【分析】利用导体棒切割磁感线可以求出动生电动势的大小，由于其角速度恒定可以判别其电流大小恒定：利用右手定则可以判别其电流的方向：当其角速度大小发生改变时其电流方向不变；利用其角速度的变化可以判别电动势的变化，结合欧姆定律可以判别电流的大小变化。9.B.C【解答】A.弹簧山压缩恢复到原K 时，设小滑块的速度为v,由机械能守恒定律得能出 2弓 12x16,解得 v=J L=-m/5=4m/sV m V 2由牛顿第二定律得小滑块在传送带上相对滑动的加速度

22、a=此%=明=2m lszm，_ p-A,2 _ 72小滑块与传送带由共同速度时，运 动 的 位 移 工=/=3?乙=472a 2x2故小滑块先匀减速运动此后小滑块与传送带一起匀速运动，A不符合题意；B D.对小滑块从滑上传送带到与传送带有共同速度，利用动能定理W=-/n v02-/n v22 2解得W=-I2 J所以当小滑块到达传送带右端的过程中克服摩擦力对小滑块做的功为12J,D不符合题意，B符合题意：C.由速度时间关系可得，小滑块达到与传送带共速所需要的时间为%-v 2 4t=-.=-s=1s一四-2此段时间内小滑块的位移为-V,=m=3nl传送带的位移为公=卬=2xIm =2 m故可得

23、痕迹长度为-=x,-x2=3m-2m =lmC符合题意。故答案为：BC。【分析】弹簧由压缩恢复到原长时根据机械能守恒得出小滑块的速度，利用牛顿第二定律以及匀变速直线运动的位移与速度的关系得出小滑块与传送带山共同速度时运动的位移，利用动能定理得出克服摩擦力做的功。10.C.D)2【解答】A.运动员做平抛运动，则,37=W=里2%解得t=3s运动员在B处时速度与水平方向夹角心a=%=:%2则 a w 74A不符合题意;B.运动员在B处着陆时的速度大小是u=+(g，y =l()V13nVsB不符合题意：C.运动员在空中到坡面的最大距离为=%叫1=9m2gcos31C符合题意；D.A、B间的距离为而=

24、75mcos31D符合题意。故答案为：CD.【分析】运动员做平抛运动，利用其位移公式结合位移的方向可以求出运动的时间，利用速度的分解可以求出速度的方向；利用速度的合成可以求出运动员在B处速度的大小；利用其速度位移公式可以求出运动员在空中到坡面最大的距离；利用位移公式可以求出A B之间的距离。11.(I)18.304c 1 u(2)in I I：nigh【解答】(I)小球的直径为d=18mw 4-30.4 x 0.01?n?n=18,304mm(2)小球的速度y=4t小 球 卜,落 过 程 中 动 能 增 加 量=；，(1)重力势能减少量的表达式为 =3?【分析】(1)利用螺旋测微器的可动刻度和

25、固定刻度可以读出小球的直径大小；(2)利用平均速度公式可以求出小球的速度大小：结合质量可以求出小球动能的增加f t ；利用高度变化可以求出重力势能的变化量(2)Ri：1.2：24(3)6.6 7【解答】解：(1)电流表量程L 5 m A 太小，需要并联一个电阻箱改装成0.6 A 的电流表.需要并联的电阻为区仔=3 =L5X(T3X600 C.5 C,所以需要和&并联，利/-/,0.6-0.0 0 1 5I R根据闭合电路的欧姆定律可得：E=I (R+r),解得：一 =一+,，/E E图 象 的 斜 率 绝 对 值 为!,解得电动势为1.2 V,E 2 4纵轴截距为工=2，C/V,解得r=2 4

26、。：(3)改 装 后 电 流 表 的 内 阻 为 竺 已E 0.60=1.5 Q,该实验电路测得的电池内阻实际上是电池内阻和电流表内阻之和，故相对误差=1-5=6.6 7%.2 4-1.5故答案为：(I)如图所示：(2)R i；1.2：2 4：(3)6.6 7 o【分析】(I)通过并联电阻将表头改装为电流表测量电路中的电流：(2)利用闭合电路欧姆定律对整个电路列方程，对方程进行适当的变形，结合图像求解电动势和内阻即可:(3)结合题目给出的公式代入数据求解即可。13.(I)设小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小分别为“、V 2,则mvt-MV2=0 y ；Mu；=Ep 解得 v i=3m/$,

27、v：=I n i/s(2)设小乍移动X2 距离，小球移动XI 距离，整个过程中，根据平均动量守恒(人船模型)得加=M亍，XI+X2=L解得/【分析】(1)利用动量守恒定律和能量守恒定律可以求出速度的大小：(2)利用动量守恒定律可以求出移动的距离。14.(I)解：要使粒子能沿图中虚线P Q 进入ef、gh 之间的区域，则粒子所受到向上的洛伦兹力与向下的电场力大小相等，有q v o B 产 q E,解得=5*10、论，粒子在abed磁场中作匀速圆周运动，设半径为R”洛仑兹力提供向心力，有，q v B o=m,解得 R i =0.1 m,作出粒子在磁场中轨迹图如图所示.7尸由几何知识可得RI+RIC

28、。介1 L，解得。=6。，粒子射入点的位置在ad边上距d 点为x=R i s i n&=2 0答 D d 距离为3?；2 0(2)粒子从P以速度V。进入P Q、MN之间的区域，先做匀速直线运动，到平行板正中间做匀速圆周运动n圈，然后做匀速直线运动打到AB板上，以大小为V。的速度垂直于磁场方向运动.粒子运动到在磁感应强度大小B 尸0.8T 的匀强磁场中做圆周运动，山洛冠2兀m仑兹力提供向心力有q v o B 尸m 昔，运动周期T 尸 ,叫M i2L粒子在正交的匀强电场和匀强磁场区域的运动时间h=n+,其中n为正整数：%粒子将以半径心在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动，转动一周后打到AB板的下部.

29、山于不计板的厚度，所以质子从第一次打到AC板到第二次打到AC板后运动的时间为粒子在磁场运动一周的时间，即一个周期T 由 q v o B 2=m 和 T?=2 乃 R,加得T 产2H1咨粒子在磁场中共碰到2 块板，做圆周运动所需的时间为t 2=2 T3,粒子进入磁场中，在 V o 方向的总位移s 3=2 Ls i n 45。、时间13=一，%从 Q到 gh 过程的总时间为t=t i+t 2+b.从 Q到前过程的总路程为M=2 L+n (2 成2)+2 戒 X2+S 3,解得1=(7.4x 10 4-7.5 n x 10 7)s、M=(6.112+0.3n)m.答:粒子从Q到gh 过程中的运动时间

30、为(7.4x 10-6 +7 5 t t x l(r7).?，路程是(6.112+0.3n).【分析】(I)求解带电粒子在电磁复合场中运动，根据粒子在电磁场中受力平衡求解速度大小，粒子在abed磁场中作匀速圆周运动，根据洛仑兹力提供向心力求解半径，再山儿何知识可得粒子射入点的位置在ad边上距d 点的距离：(2)粒子从P以速度V。进入P Q、MN之间的区域，先做匀速直线运动，到平行板正中间做匀速圆周运动n 圈，然后做匀速直线运动打到ab板上，以大小为V。的速度垂直于磁场方向运动.求出粒子在正交的匀强电场和匀强磁场区域的运动时间，粒子将以半径氏在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动，转动一周后打到ab

31、板的下部.分析粒子在磁场中共碰到多少块板，根据运动规律求解总时间：最后根据运动情况得到总路程.I S.(I)A；D；E(2)解:玻璃管向下按压前，管中.上部分气体的压强为:p=p o-p g h.玻璃管缓慢向下按压一定高度后，玻璃管上部分气体的压强变为P o由破意耳定律有：p S H=p o S H 1,其中S为玻璃管的横截面积解得：H-Po【解答】(1)做功和热传递都能改变物体的内能，A符合题意；当气体温度升高时，气体的体枳不一定减小，则外界对气体不一定做正功，B不符合题意；饱和汽压与饱和汽的体积无关，C不符合题意；单晶体和多晶体都具有确定的熔点，D符合题意；气体能够充满容器的整个空间，是气

32、体分子无规则运动的结果，选项E正确：故答案为：A D E.【分析】(1)内能的改变途径有做功和热传递两种方式：温度升高时内能增加有可能是吸热不是做功：饱和气压只与温度有关：晶体都具芍固定熔点：气体自由扩散是由于分子的无规则运动。(2)利用液面的压强差求出气体的压强：利用气态方程的可以求出其他上升的高度。1 6.(1)2；0.55(2)光路图如图所示,由图结合几何关系可得入射角i=6=3 0 ,折射角4 =&r,所 以 由 折 射 定 律 嚅 3 1T设全反射的临界华为C,则s in C =!=4，C 45 ,n 3由几何关系可知，若光路为圆的内接正方形,从 S发出的光线经多次全反射回到S点的时间最短。正方向边长为0AJ.4夜R 4石R一(辰)-c3【解答】由图得T=0.2 S,波 速 为 1 0 m/s，波长N=W=10X0 2 =2 7。从 P到 Q6-1T时间为/=s =5s,P首先向上振动，所 以 Q首先也是向上振动。经 过 上 即 0.0 5$104第一次到达正向坡大位移处。所以总时间为0.5s+().0 5s=0.55s o【分析】(1)结合波形图，结合波长波速频率关系和机械波产生原理进行求解。(2)由几何关系求出折射角从而求出折射率。由几何关系可知，若光路为圆的内接正方形，从 S发出的光线经多次全反射回到S点的时间最短。