2021届新高考八省物理模拟卷04（重庆专用解析版）.pdf

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1、2021届八省新高考物理模拟卷一重庆卷（04）物理试卷一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分，每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求1.（20 20沙坪坝区重庆八中高三月考）伐木工人将一长方体形的木块锯开为A、8两部分后，再重叠在一起，静止放置在水平地面上，如图所示。则（）A.A受到两个力作用B.8受到五个力作用C.地面对8的摩擦力方向向左D.A对B的作用力方向竖直向下【答案】D【详解】A.对A进行受力分析，可见4必须受到三个力的作用才能平衡，故A错误；B.8物体受到重力和地面的支持力，以及4对2的压力和摩擦力，故B受到4个力，故B错误：C.将4 8看成一个整体进行受力分析，

2、故地面对B无摩擦力作用，故C错误；D.8对A的作用力竖直向上与A受到的重力平衡，故A对B的作用力竖直向下，故D正确。故选D。2.（20 20重庆一中高三月考）如图所示，在真空云室中的矩形A B C D区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，静止放置在。点的铀23 8原子核嗡U发生衰变，放出射线后变成某种新的原子核，两段曲线是反冲核（新核）和射线的径迹，曲线。为I圆弧，x轴过。点 且 平 行 于 边。下列说法正确的是（）I)A BA.该衰变方程为：2 u.：e+下N pB.曲线OQ是射线的径迹曲线C.改变磁感应强度的大小，反冲核和射线圆周运动半径的比值随之改变D.O P是射线的径迹，曲线。是反冲核

3、的径迹【答案】D【详解】A.根据粒子的偏转方向及左手的定则可知，新原子核和放处的射线均带正电，故原子核发生的是a衰变，衰变方程为记Th,故A错误；muB D.由动量守恒可知，新核和a粒子的动量相等，由r =r 可 知，新核的电荷量大故半径小，故。是qB新核的径迹曲线，O P是射线的径迹，故B错误，D正确；muC.新核和a粒子的动量相等，由r =r 可知，qBrT h _ qra Qn即反冲核和射线圆周运动的半径之比与磁感应强度无关，故c错误；故选D。3.（20 20.重庆北硝区.西南大学附中高三月考）今年8月四川盆地出现了大暴雨灾情引发当地多处严重的泥石流灾害。一辆救灾的汽车匀速行驶在一段平直

4、的山路上，突然发现前方山顶有石头滚下，由于距离很近来不及刹车，司机只能全力加速，经过3秒匀加速刚好躲过石头，然后立刻开始减速，经过6秒匀减速变回原来的速度继续匀速行驶，下列关于汽车运动情况的描述正确的是（）A.加速和减速过程的加速度大小之比为1 ：1B.加速和减速过程的平均速度之比为2 ：1C.加速和减速过程的位移之比为1 ：2D.若已知汽车匀速行驶的速度，可以算得加速过程的位移【答案】C【详解】A.设汽车匀速的速度v o,最大速度为v,则加速和减速过程的加速度大小之比为v-vn v0-v _ ,q:%=-:-=芍：4 =2:1选项A错误：B.加速和减速过程的平均速度之比为-v +v0 v0+

5、vV|：V 2 =-:-=1:12 2选 项B错误；C.根据s=vt可知加速和减速过程的位移之比为M :S2=4：J =1 ：2选项C 正确；D.若已知汽车匀速行驶的速度，因不能求解加速过程的加速度，则不可以算得加速过程的位移，选项D错误。故选Co4.（2020沙坪坝区重庆南开中学高三月考）如图所示，电路中电源的电动势为E,内电阻为r,开关S 闭合后，滑动变阻器R 的滑动片P 向右移动的过程中，不考虑灯泡阻值的变化，以下说法正确的是（）A.灯 L2、L3变暗，灯 Li变亮B.电源效率变小C.内阻，消耗的功率变小D.电源输出功率增加【答案】B【详解】A.开关S 闭合后，滑片P 向右移动的过程中，

6、滑动变阻器接入电路中电阻R 变小，所以电路中总电阻R总变小，由闭合电路欧姆定律E=I总R总可知电路总电流/总变大，所以灯L i变亮，根据欧姆定律可得。内=3所以电源内电压u 内和灯泡L,的电压q都变大，所以并联电路部分的总电压变小，对于灯L2有u2=I2R2由于灯L2的电压以 变小，所以电流4 变小，所以灯L2变暗。由并联电路电流规律可知灯L2和灯L3的电流之和等于总电流，2 +，3 =/总由于/总变大，2变小，所以4 变大，所以灯L3变亮，选项A 错误；B.由电源效率定义可知电源效率为h _ ，总一外 _ R外_ /总（R外+，）R外+r 1+-L-R外由题意可知R外变小，所以电源效率变小，

7、选项B 正确；c.电源内电压u 内变大，电路总电流/总变大，根据瑞=。内/总可知电源内阻厂消耗的电功率变大，选项C 错误；D.由外电路总电压。外与电源内电压U内之和等于电源电动势E 可知，外电压。外变小，所以电源输出功率扁外,总由于U外变小、/总变大，所以电源输出功率如何变化无法判断，选项D 错误。故选B o5.（2020沙坪坝区重庆南开中学高三月考）如图所示，ABCO为竖直面内一正方形的四个顶点，其中A8连线水平，E 是 CZ）的中点，F 是 B E的中点，在 A 点分两次平抛一个小球，不计空气阻力，第一次小球经过 E 点，第二次小球经过F 点，则这两次平抛的初速度大小之比为（）A:.:BI

8、 /I D：.g.JCA.也 B.立 C D.23 3 2 3【答案】A【详解】画出抛物线轨迹并分解如图2-1-A%则两次飞行的时间之比t2 1又因为水平位移之比 _ 2则两次平抛的初速度大小之比为V i _ V2v2 3选项A 正确，BCD错误。故选A。6.（2020.沙坪坝区.重庆八中高三月考）竖直平面内有一均匀带电的圆形薄板，半径为R,带电量为Q（。0）。现将一带电量为q 的小球，用绝缘细线连在薄板最高处，带电小球不影响薄板上电荷分布，过圆心垂直于薄板建立x 轴，如图所示。小球静止时球心恰位于x 轴上，细线与水平方向夹角为a,小球质量为，重力加速度为g,下列说法正确的是（）B.剪断细线，

9、小球将沿x 轴运动C.剪断细线，小球将做平抛运动D.小球所处位置的电场强度大小为一笄qtan a【答案】D【详解】A.带电圆板不能当作点电荷，不能使用库仑定律，故 A 错误；B C D.对小球做受力分析，如图所示，小球受重力、电场力和绳子拉力作用，根据对称性，电场力一定沿x轴正方向，电场力和重力合力沿细线延长线，由力的合成可知mgtan a=2-Eq解得E=4-qtana剪断细线小球受重力和电场力作用，故不能沿X轴运动：剪断细线时小球无初速度，不可能做平抛运动,故 BC错误D 正确。故选D。7.（2020沙坪坝区重庆南开中学高三月考）如图所示，电 机（未画出）驱动传送带向高处运送物块。将一物块

10、无初速度轻轻放在传送带底端，此后的运动有两个阶段。第一阶段物块被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段物块与传送带相对静止，匀速运动到传送带顶端。下列说法正确的是（）A.第一阶段滑动摩擦力对物体做正功，第二阶段静摩擦力对物体不做功B.第一阶段摩擦力对物体做的功小于第一阶段物体克服重力做的功C.第一阶段电机由于传送物块（比空载时）所多消耗的能量为此阶段物块机械能增量的两倍D.物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于全过程中的摩擦生热【答案】CD【详解】A.由题意可知，第一阶段物块受三个力：重力，垂直于传送带向上的支持力和沿着传送带向上的滑动摩擦力。在物块运动的过程中，摩擦力做正功。第二阶段的物块

11、也受三个力：重力，垂直于传送带向上的支持力和沿着传送带向上的静摩擦力。所以在物块运动的过程中，摩擦力也做正功。所以A 错误：B.在第一阶段，对物块由动能定理得1 2Ffxy-G sin-x,=mv设传送带的倾角为。，传送带的速度为V。变形可得1 ,八Ffxx=mv+Gsin6X 即第一阶段摩擦力对物体做的功大于第一阶段物体克服重力做的功，所以B 错误；C.在第一阶段，电机由于传送物块（比空载时）所多消耗的能量为E =Ffx2其中是第一阶段中物块运动的位移，即天是相同时间内，第一阶段中传送带运动的位移，即x2=vt又vat则即x2=2xtE=FfX2=2Ffxi由B选项分析可知1 ,八Ffxx=

12、-mv+G s in 6 X此阶段物块机械能增量为A E =4 X即2E=E即第一阶段电机由于传送物块（比空载时）所多消耗的能量为此阶段物块机械能增量的两倍，所以C正确；D.对物块，由能量守恒可得，物体从底端到顶端全过程机械能的增加量为g =F（xi+F（X3全过程对于整体来说，第二阶段中摩擦生热为零，所以全过程中的摩擦生热在第一阶段。那么，全过程的摩擦生热为En=F（xl所以可以看出阴E/即物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于全过程中的摩擦生热。所以D正确。故选CD。二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。8.（2020沙坪坝区重庆八中高三月考）2020年6月2 3日9时4

13、3分，北斗系统中第55颗卫星搭乘长征三号乙运载火箭，从西昌卫星发射中心成功升空。自1994年开始预研的北斗卫星导航系统此时此刻终于完成全部组网星座发射任务，宣告着我国的北斗系统的正式完善。已知某一北斗中圆轨道卫星绕地球运动的周期、地球的半径和地球表面处的重力加速度。若将卫星绕地球的运动看作是匀速圆周运动，且不考虑地球自转的影响，根据以上数据可以计算出中圆轨道卫星的（）A.密度 B.向心力的大小C.离地高度 D.线速度的大小【答案】CD【详解】A.中心天体是地球，计算不出中圆轨道卫星的密度，故 A 错误;B.卫星质量未知，无法计算出卫星的向心力大小，故 B 错误；C.根据万有引力等于向心力，得G

14、*J=?(R+/O(生 产(R+h)2 T由黄金代换式得GM=gR?由式解得离地高度-R 所以离地高度可以计算出来，故 C 正确;D.根据万有引力等于向心力，可得GMm mv2(R+(/?+/?)由式解得由式可知，离地高度可以计算出来，所以线速度的大小v 可以计算出来，故 D 正确。故选CD。9.(2020沙坪坝区.重庆一中高三月考)如图宇宙空间中某处孤立天体系统，一个中心天体两个卫星，卫星质量远远小于中心天体质量，且不考虑两卫星间的万有引力。甲卫星绕位于。点的中心天体做半径为r的匀速圆周运动，乙卫星绕中心天体运动的轨迹为椭圆，长轴为2人 短轴为r,甲、乙均沿顺时针方向运转。两卫星的运动轨迹共

15、面交于A、B 两点。某时刻甲卫星在A 处，乙卫星在B处。下列说法不正确的是（）A.乙卫星在椭圆轨道上的运动遵循机械能守恒定律B.甲、乙各自经过A 处时的向心加速度不同C.乙卫星经过4、8 处时的动能相等D.甲、乙各自从A 点运动到8 点所需时间之比为1:3【答案】BD【详解】A.万有引力做功不改变机械能，所以乙卫星在椭圆轨道上的运动遵循机械能守恒定律，A 正确;B.由牛顿第二定律和万有引力定律得厂Mm(Jma解得a=G：甲、乙各自经过A 处时的向心加速度相同，B 错误;C.根据椭圆的对称性,D.由开普勒第三定律,乙卫星经过A、B 处时的速率相等，则动能也相等，C 正确;两颗卫星轨道的半长轴相等

16、，则周期T 相等。甲从A 点运动到B 点所需时间为而=O距离中心天体越近越快,距离中心天体越远越慢，乙从A 点运动到B 点所需时间甲、乙各自从4 点运动到B 点所需时间之比不等于1:3,D 错误。故选BD.,10.（2020重庆高三月考）如图所示，水平面（纸面）内有两条足够长的平行光滑金属导轨PQ、M N,导轨电阻不计，间距为L;导轨之间有方向竖直向下（垂直于纸面向里）、大小为8 的匀强磁场；金属杆历、cd质量均为处 电阻均为R,两杆静止在水平导轨上，间距为刖。f=0时刻开始金属杆受到方向水平向右、大小为尸的恒定外力作用。UA）时刻，金属杆 的速度大小为心 此时撤去外力R下列说法正确的是（)A

17、.Z=fo时刻，金属杆而的速度大小为一 vmB.从r=o到 时 间 内，流过金属杆ab的电荷量为BLC.最终两金属杆的间距为s02FR。D.最终两金属杆的间距为名也【答案】AD【详解】A.1=力时刻，设 金 属 杆 油 的 速 度 大 小 为 对 两 杆 整 体,由动量定理得Ft0=mv+mv解得Ft。vm选项A正确;B.从，=0至h=r（）时间内，对于金属杆岫，由动量定理得BILt=mvBLq=mv则流过金属杆ab的电荷量为qmv FL-mvq-=-BL BL选项B错误；C D.最终两金属杆达到共同速度丫 共，由动量守恒定律得Ft(=2in V共通过回路的电量为0,有BLcj=/nv共设最终

18、两金属杆的间距为S,有qBS2R2Rs=%+半 B-I?联立解得选项C错误；D正确。故选AD.三、非选择题：第H 14题为必考题，每个试题考生都必须作答。第1516题为选考题，考生根据要求作答。（一泌考题11.（2020沙坪坝区重庆南开中学高三月考）小张同学利用所学物理知识分析得出:若将轻绳上端固定，下端系一小球，将轻绳拉至水平位置由静正释放后，小球在最低点的角速度。与小球质量机无关，只与轻绳长/有关。由此他猜想质量均匀分布的细杆（直径d远小于杆长/）由静止释放后可能也是这种情况，为了验证他的猜想，他设计了如下实验步骤：光电门图甲 图乙=（用绳长/和重力加速度g表示）；（2）按图乙安装好实验装

19、置，取粗细和长度相同，但质量不同的细杆.上端用光滑较链固定，将细杆拉至水平静止释放后让其下端通过一光电门。则 细 杆 下 端 通 过 光 电 门 的 角 速 度 的 平 方 （用细杆直径d,细杆下端通过光电门时间 f和杆长/表示）；（3）用（2）中所得数据画出图丙，由图象可知细杆角速度3与 细 杆 质 量?（选填“有关”或”无关”）；（4）取粗细和质量相同，但长度不同的细杆重复操作（2）,利用所得数据作出图丁，由图可知，细杆角速度的平方。2与杆长/成（选填“正比”或“反比”）；（5）请分析图丁中图线斜率 2g（选填“大于”、“小于”或“等于【答案】2g 上 1面无关 反比 大于【详解】(1)口

20、 小球从静止开始释放到到达最低点过程中，根据动能定理mgl=m v2线速度与角速度的关系为v=M联立可得_ 2 g助 二7(2)(3)2 由于杆的直径比较小，可以用平均速度代替瞬时速度，所以杆经过最低点的速度为dv 一t线速度与角速度的关系为v=la)2可得2 屋3-3)2由此可知细杆角速度。与细杆质量m无关。(4)(5)4 细杆从静止开始释放到到达最低点过程中，杆中点的速度为力,根据动能定理/1 ,2mg =mv则杆下端的速度为v =2 M线速度与角速度的关系为v-lco联立可得2 4 gco=I由此可知细杆角速度的平方。2 与杆长/成反比。5 根据4 gco=I可知斜率k=4g所以斜率大于

21、2 g。1 2.（2 0 2 0 重庆八中高三月考）某同学想通过实验测量一电源的电动势和内阻，已有的实验器材如下:待测电源（电动势约为9V,内阻在2C 以内）电流表（量程0 0.6 A,内阻RA=2。）电 压 表（量程03V,内阻R v=l.5 kC）滑动变阻器（阻值范围0-1 0。）2个电 阻 箱（阻值范围0 9 9 9 9.9 C）实验操作步骤如下：（1）实验中由于电表的量程不足，于是该同学设计了如图中所示电路进行实验，为了将电流表量程改成L 8A,电压表量程改成1 2 V,则 4=Q,R2=C （保 留 1 位小数）；（2）改好电表后，该同学多次改变滑动变阻器的阻值，读出多组电流表示数/

22、、电压表示数U,并记录下数据，某次测量中电压表的指针位置如图乙所示，则读出电压为 V（此处填写从表盘读出的实际数值）;（3）利用记录好的数据画出的电压U与电流/的图象如图所示，根据图象可得到待测电源电动势E =【详解】（1）1 电流表改装，根据电路结构和欧姆定律可得5可得4=1 Q 2 电压表改装，根据电路结构和欧姆定律可得可得/?2=4 5 0 0 0（2）3 电压表的分度值为0.1 V,电压表的读数为1.2 0 V（3）4 5 由闭合电路欧姆定律可得整理得E=4U+3Ir+IRU=J3r+R%/4 4U 1.8 0-2.2 5由图象得纵截距为2.2 5,斜率绝对值为k=-=-=u./0.6

23、 0可得E=2.2 5 V43尸 +勺.=0.7 5 4解得E =9 Vr 0.3 3 Q1 3.（2 0 2 0重庆市云阳江口中学校高三月考）如 图 1 所示，装置的左边是高度为3 m 的弧形轨道，轨道末端水平，右边接有逆时针转动速度大小为3m/s 且足够长的水平传送带，二者等高并能平滑对接。质量，=1 k g的小物块A（可看作质点），置于弧形轨道右端水平处，质量例=2 k g 的小物块B（可看作质点），从轨道力=2m高处由静止滑下，A、B 发生对心碰撞，已知碰撞后瞬间物块B 的速度3m/s,碰 后 I s 时间内物块A的 v r 图线如图2所示，并且在碰后2 s 二者再次相碰。重力加速度大

24、小g=1 0m/s 2。求：(1)第一次碰撞前物块B 的速度，物块B 从开始下滑到第一次碰撞结束后系统损失了多少机械能？(2)第二次碰撞位置与第一次位置间的距离及第二次碰撞前物块A、B 的速度；(3)第一次碰撞后到第二次碰撞前，物块与传送带间产生的热量。【答案】(1)w=6 m/s；1 3 J；(2)=4 m,vA=-2 m/s,=lm/s；(3)6 0J【详解】(1)设 B 滑到曲面底部速度为 ,根据能量守恒有1 ,Mgh-Qi=-M v0B、A 碰撞，向右为正，根据动量守恒有Mv()=MVB+mvAB A 碰撞中损失的机械能Q l=MV0-M V8-mVA代入数据解得v o=6 m/sQ+

25、2=1 3 J(2)由V Y图知aA=4 m/s2又碰后2秒后A 的位移1 ，,碰后2秒后A 的速度v=vA-aAt=-2m/s设碰后2秒B的速度为v；,由题意可知xVR+V o .A=xB=-t=4 m代入数据解得u：=-2 m/sVg=l m/s(3)碰后2秒内传送带位移x=v/=-6 m碰后2秒内A与传送带的相对路程Ax=|x|+乙=1 0 m碰后2秒内B与传送带的相对路程z k rs=|x I+%B=1 0m碰后2秒内B的加速度大小V o -VD 2aB 48 g =l m/s解得4 =0.1所以QA=MAmSXA =4 0 J4 =MB 恢 =2 0 J则物块与传送带间产生的热量Q=

26、QA+QB=60J1 4.(2 02 0九龙坡区重庆市育才中学高三月考)现代科学仪器常利用电场磁场控制带电粒子的运动，如图所示，真空中存在着多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，宽度均为“电场强度为E,方向水平向右；垂直纸面向里磁场的磁感应强度为8,电场磁场的边界互相平行且与电场方向垂直.一个质量为八电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。（1）求粒子在第2 层磁场中运动时速度岭的大小与轨迹半径r2；（2）粒子从第w 层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为色，试求s i n Q；（3）若粒子恰好不能从第 层磁

27、场右侧边界穿出，试问在其他条件不变的情况下，也进入第层磁场，但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之。【答案】（1）第1层第2层用-诟C=3_人 _X _ _/一、/.V-.、X X X X*X X-1 X X11 X X,X X-X X-X X-；X X_ X X_ J X X_ J X Xq1 X X1 X X X X-A-1 X X1 X X1 X XX X1X X!X X1-!X X：X XX X2 ImEd一J-；(2)s i n =8.叱；见解析qv 2 m E【详解】（1）粒子在进入第2 层磁场时，经两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功，由动能定理,

28、有IqEd=解得丫2 =2 也V m粒子在第2 层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有2Dqv V22B =m 4联a立 解得 2 匕ImEd（2）设粒子在第 层磁场中运动的速度为以，轨迹半径为行（下标表示粒子所在层数），在电场中，根据动能定理有qEd=；mv：在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有2qvnB -inrn粒子进入到第层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为从第层磁场右侧边界突出时速度方向与水平方向的夹角为4,粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有匕t s i n =v s i n 6 ,由图根据几何关系可以得到I x x Ixijris i n q _/;s i n,=

29、d联立可得/sinq_*sin%=d由此可看出4 s i n q,乃s i n g,，q,s i n。“为一等差数列，公差为，可得rns i nOn=r s i n +（一l）d当=1时，由下图可看出q s i n q =d联立可解得s i n Q=B 1 3 V 2mE（3）若粒子恰好不能从第层磁场石侧边界穿出，则4=（s i n q=l在其他条件不变的情况下，打印服务比荷更大的粒子，设其比荷为幺7,假设通穿出第n 层磁场右侧边界，tn粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为。，由于斗=，则 导 致 s i n lm m说明不存在，即原假设不成立，所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界

30、。（二）选考题：请考生从第15题 和16题中任选一题作答。1 5.选选 3-3（1）（2 0 2 0 沙坪坝区重庆南开中学高三月考）吹好的肥皂泡，不久就会破裂。在肥皂泡破裂过程中下列说法中正确的是（）A.气体对外界做功，温度降低B.表面张力沿半径向外，对外做功C.气体体积增大，压强也增大D.肥皂泡系统的燧一定在增加【答案】A D【详解】A.肥皂泡破裂过程中，时间极短,来不及与外界发生热交换即Q=0,其体积膨胀对外做功即W0，由热力学第一定律U =W+Q可知：A L/=7 5 c m H g。求：（1）将玻璃管缓慢地在竖直面内逆时针转动9 0。，封闭气体的长度为多少？（2）玻璃管缓慢地在竖直面内

31、逆时针转动9 0。后，再对管内封闭气体缓慢地加热,直到水银刚好不溢出玻璃管,此时管内封闭气体的温度为多少？a.9-4*-H；:Z 2 i【答案】（l）4=2 5 c m；（2）工=4 2 0 K【详解】（1）玻璃管竖直时压强为 =0 +a=9 0 c m H g由玻意耳定律得pnLS=pL!S解得4=2 5 c m（2）由盖一吕萨克定律得LS LS丁 可解得7；=4 2 0 K16.选修 3-4（1）（2 0 2 0 重庆高三月考）如图所示，虚线是沿x轴传播的一列简谐横波在仁0时刻的波形图，实线是这列Q波在t=K 7 S 时刻的波形图。己知该波的波速是1.8 m/s,则下列说法正确的是（）A.

32、这列波的波长是14 c mB.这列波的频率是15 H zC.这列波一定沿x轴正方向传播的D.从 r=0 时刻开始，x=6 c m 处的质点经0.05 s振动到波峰E.每经过 s介质中的质点就沿x 轴移动1 2 c m【答案】B C D【详解】A.由波动图象可知,波长为：z=1 2 c m=0.1 2 m,故 A错误；B.波速为：v=1.8m/s,则波的传播周期为.T =丸 =1 sv 15频率为1户一二 1 5 H zT故 B正确；8 4C.t=s=-T,则波沿x轴正方向传播，故 C正确；D.厂0 时亥i j,x=6c m 处的质点，沿 y 轴负方向振动，经过0.75 T达到波峰，时间为 Z=

33、0.75 T=0.05 s故 D正确；E.波传播过程中，质点不随波迁移，故 E 错误。故选B C DO（2）（2 02 0重庆八中高三月考）如图，一个折射率=有、直径为2 R 的柱形材料的左端面是一个曲面S,该曲面是由曲线C O C 绕 x 轴旋转而成的。若曲线C O C 是一个圆心在x轴上且半径为R 的二分之一圆弧，现在有平行于x轴的光束从空气射入材料左端面，入射点不同的折射光与x轴的交点会各不相同，这种现象叫做 像 差（不考虑反射光）。（1）已知空气中的光速为c,求靠近C点入射的折射光线从入射到与x轴相交所需的时间；（2）求出入射角为3 0。和 60。的两束光的折射光线与x轴的交点之间的距

34、离。【答案】（1）逑 四；（2）（8十二一1 ）R2c4【详解】(1)入射角为9 0。，则折射角的正弦值为si n 6=n距离,R nRa=-=/c o s。7 n2-l又v，n所以t_d_ _ 3 0 Rv CA/2-1 2C(2)设入射角为i,折射角为J,光线在曲面上的入射点记作“，折射光与x轴的交点记作N,RN=d,由图可得ZONM=i-j山正弦定理得R _ dsi n(z-j)si n j由折射定律得si n j解得,R Rd=-=.-nc o sj-c o sz V n2-si n2z-c o sz分别代入i=3 0和60。得d尸叵土鼠4d 2二R两次d之差就是交点的距离，得d=（而+出 _1）R4