湖北省黄冈中学2019届高三物理5月第二次模拟考试试题(含解析)

湖北省黄冈中学2019届高三5月第二次模拟考试

理综物理试题

二、选择题

1.以下有关近代物理的内容叙述正确的是

A. 放射性元素在发生α衰变时2个中子和2个质子结合为一个α粒子，设中子、质子和α粒子的质量分别为m1、m2、m3，则2(m1+m2)=m3

B. 在关于物质波的表达式E=hν和

h

p

λ

=中，能量E和动量p是描述物质的波动性的重要物

理量，波长λ和频率v是描述物质的粒子性的典型物理量

C. 在原子核发生衰变后，新核往往处于不稳定的高能级状态，会自发地向低能级跃迁

D. 重核的裂变过程质量增大，轻核的聚变过程有质量亏损

【答案】C

【解析】

【详解】放射性元素在发生α衰变时2个中子和2个质子结合为一个α粒子，有质量亏损，

即为△m=2m1+2m2-m3，故A错误。在关于物质波的表达式E=hv和

h

p

λ

=中，能量E和动量p

是描述物质的粒子性的重要物理量，波长λ和频率v是描述物质的波动性的典型物理量，故B错误。在原子核发生衰变后，新核往往处于不稳定的高能级状态，会自发地向低能级跃迁，选项C正确；重核的裂变过程和轻核的聚变过程都有能量放出，都有质量亏损，选项D错误.

2.极地卫星的运行轨道经过地球的南北两极正上方（轨道可视为圆轨道）。如图所示，某时刻某极地卫星在地球北纬45°A点的正上方按图示方向运行，经过12h后再次出现在A点的正上方，地球自转周期为24h。则下列说法正确的是

A. 该卫星运行周期比同步卫星周期大

B. 该卫星每隔12h经过A点的正上方一次

C. 该卫星运行的加速度比同步卫星的加速度小

D. 该卫星所有可能角速度的最小值为rad/h 8

π

【答案】D 【解析】

【详解】地球在12h 的时间内转了180°，要使卫星第二次出现在A 点的正上方，则时间应该满足

34

T +nT ＝12h ，解得48

h 43T n +＝（n =0、1、2、3、），当n =0时，周期有最大值T =16h ，当n 的取值不同，则周期不同，则该卫星运行周期比同步卫星周期小，选项A 错误；由以上分析可知，只有当卫星的周期为16h 时，每隔12h 经过A 点上方一次，选项B 错误； 卫星的周期小于同步卫星的周期，则运转半径小于同步卫星的半径，根据2

GM

a r =

可知，该卫星运行的加速度比同步卫星的加速度大，选项C 错误；该卫星的最大周期T =16h ，则最小的角速度为：2=rad/h 8

T ππ

ω=，选项D 正确.

3.如图所示，倾角为30?的粗糙斜面与倾角为60?的足够长的光滑斜面对接在一起，两斜面上分别放有质量均为m 的物块甲和乙，两物块通过一跨过定滑轮的细线连在一起。在平行于斜面的拉力F 的作用下两物块均做匀速运动（细线保持拉直状态）。从图示位置开始计时，在甲物块与滑轮相碰前的一段时间内，下面的图象中，x 表示每个物块所通过的路程，E 表示两物块组成的系统的机械能，W f 表示甲物块克服摩擦力所做的功，E p 表示两物块组成的系统的重力势能，W F 表示拉力F 对乙物块所做的功，则图象中所反映的关系可能正确的是

A. B.

C. D.

【答案】B

【解析】

【详解】相同时间内两物块的位移大小相等，但斜面倾角不同，3060h h sin sin=??甲乙得：h甲＜h 乙

，即任意段时间内，乙增加的重力势能大于甲减少的重力势能，系统的重力势能是增加的，而系统动能不变，则系统的机械能也是增加的，故AC错误；甲物块克服摩擦力所做的功W f=μmgs cos30°，s=vt，故W f-t图线为过原点的倾斜直线，同理W F-t图线亦为过原点的直线，故B正确，D错误。

4.一物体的运动图像如图所示，横纵截距分别为n和m，在图象所示的运动过程中，下列说法正确的是

A. 若该图x-t图象，则物体速度一直减小

B. 若该图为a-t图象且物体的初速度为零，则物体的最大速度为mn

C. 若该图为a-x mn

D. 若该图为a-x图象且物体的初速度为零，则物体最终静止

【答案】C

【解析】

【详解】若该图为x-t图象，则斜率等于速度，可知物体速度不变，选项A错误；若该图为a-t图象且物体的初速度为零，则图像的面积等于速度的变化量，可得物体的最大速度为

1 2mn，选项B错误；若该图为a-x图象且物体的初速度为零，则由2

1

2

ax v

=可知，

211

22

mn ax v ==，则物体的最大速度为mn ，选项C 正确；若该图为a-x 图象且物体的初速度为零，则物体最终加速度为零，物体做匀速直线运动，选项D 错误。

5.如图所示为测磁感应强度大小的一种方式。边长为 l 、一定质量的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通以逆时针方向的电流。图中虚线过ab 边中点和ac 边中点，在虚线的下方为垂直于导线框向里的匀强磁场，导线框中的电流大小为I 。此时导线框处于静止状态，通过传感器测得细线中的拉力大小为F 1；保持其它条件不变，现将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时测得细线中拉力大小为F 2。则磁感应强度大小为

A. 2

1Il

F F -

B. 212Il

F F -

C.

1

2

)2(Il

F F -

D.

1

2

)32(Il

F F -

【答案】A 【解析】

【详解】现将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时细线中拉力为F 2。

线框处于匀强磁场中，则各边受到的安培力大小相等，依据左手定则，可知安培力夹角均为120°，因此安培力合力为F 安，则有F 2=mg +F 安；当在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为F 1；依据左手定则，则各边受到安培力如图所示：

结合矢量的合成法则，及三角知识，则线框受到安培力的合力，方向竖直向上，大小为

12F BIL =

安；根据平衡条件，则有：F 1+F 安=mg ，解得：F 安=mg -F 1=F 2-F 1；即2111 22BIL F F =-（），那么21

F Bl I F -=，故A 正确，BCD 错误。

6.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1:2，两端共接有四只相同的小灯泡L 1、L 2、L 3和L 4（电阻恒定不变），在ab 之间接有交流电源，其输出电压的有效值为U ，四只小灯泡均发光。下列说法正确的是

A. L 3可以正常发光

B. L 4的电压为U 4

1

C. 小灯泡L 1 一定比L 4亮

D. L 1的功率是L 2的9倍 【答案】BCD 【解析】

【详解】设每个灯泡的电阻为R ，且设L 3、L 4两灯泡两端的电压均为U ＇，电流为'

U R ，则次级

电压为2U ＇，次级电流为'U R ；根据匝数比可得初级电压为U ＇，则L 2的电流为'

U R ，根据匝数

比等于电流的倒数比可知，初级电流为'2U R ，则L 1的电流为：'2U R +'U R ='

3U R

；则电压关系

为：

'

'

3U

U R U

R

=?+，解得U＇=

1

4

U；即L3、L4的电压均为U

4

1

，选项B正确；L1的电压为

3U＇=3

4

U，则小灯泡L1一定比L4亮，选项C正确；L2的电压为U＇=

1

4

U，根据

R

U

P

2

=可知，

L1的功率是L2的9倍，选项D正确；灯泡的额定电压未知，则无法判断灯泡是否正常发光，选项A错误.

7.如图1所示，斜面体放在粗糙的水平地面上，两斜面光滑且倾角分别为53°和37°，两小滑块P和Q用绕过滑轮不可伸长的轻绳连接，分别置于两个斜面上，OP∥AB，OQ∥AC，已知P、Q和斜面体均静止不动。若交换两滑块位置如图2所示，再由静止释放，斜面体仍然静止不动，P的质量为m，取sin53°=0.8，cos53°=0.6，重力加速度大小为g，不计滑轮的质量和摩擦，则下列判断正确的是

A. Q的质量为4 3 m

B. 在1图中，斜面体与地面间有摩擦力

C. 在2

42

D. 在2图中，斜面体对地面的摩擦力方向水平向左

【答案】AC

【解析】

【详解】两斜面光滑且倾角分别为53°和37°，如图1放置，则根据沿绳方向的力相等知

mg sin53°=m Q g sin37°，解得m Q=4

3

m，故A正确；在1图中，整个系统处于静止状态，斜面体

与地面之间无摩擦力，故B错误；在2图中，设绳子拉力为T，根据牛顿第二定律知

4 3mg sin53°-T=

4

3

ma，T-mg sin37°=ma，解得T=

4

5

mg，滑轮受到轻绳的作用力大小为

2

2

5

N T mg

==，选项C正确；对斜面体受力分析，因两根绳子对滑轮的作用力竖直向

下，则水平方向：44

cos53cos37cos37cos53325

x F mg mg mg =

-=o o o o ，方向向右，则地面对斜面体的摩擦力向左，由牛顿第三定律可知，斜面体对地面的摩擦力方向水平向右，选项D 错误.

8.如图所示，有两个相互平行间距为L 的金属导轨PQ 和MN ，磁感应强度大小为B 的匀强磁场垂直导轨向上(图中没有画出)，导轨与水平面所成夹角为θ=30°，在P 和M 间接有电阻R ，金属棒CD 垂直接在金属导轨上，金属棒质量为m ，电阻为r 。金属导轨电阻不计。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为3

3

=

μ,重力加速度大小为g ，导轨足够长，下列说法正确的是

A. 若给金属棒一个沿导轨向上、大小为F=2mg 的恒力，金属棒从静止开始运动位移x 时达到最大速度，则此过程金属棒产生的焦耳热为32

44

()3mgrx R r rm g R r B L +-+ B. 若给金属棒一个沿导轨向下的速度，使金属棒获得的初动能为E k0，运动位移x 时动能减小为初动能的

1

9，则金属棒沿导轨向下运动的最大位移为32

x C. 若给金属棒一个沿导轨向下的速度，在金属棒沿导轨向下运动的过程中动能的减少量等于回路产生的焦耳热

D. 在金属棒沿导轨向下运动位移为x 的过程中，通过金属棒的电荷量为BLx

r

【答案】BC 【解析】

【详解】若给金属棒一个沿导轨向上、大小为F=2mg 的恒力，金属杆达到最大速度时满足：

cos30m BLv F mg B

L R r μ=++o ，解得22

3()

2m mg r R v B L

+=；由动能定理：21cos302

m Fx mg x W mv μ-?-=o

安，解得：2324439()=28R r m g W mgx B L +-安，则整个回路的焦耳热

为Q =W 安，金属棒产生的焦耳热为：1r Q Q r R =+，解得32

14439()2()8mgrx R r rm g Q R r B L +=-+，选项A

错误；若给金属棒一个沿导轨向下的速度，使金属棒获得的初动能为E k0，运动位移x 时动能

减小为

19

E k0，因

sin 30cos30mg mg μ=o o ，则由动量定理：

00

1

-229

k k BIL t m E m E ??=?-?，其中BLx q I t r R r R ?Φ=?==++；联立可得：220223k B L x

mE r R

=

+ ；设下滑的最大距离为x m ，则由动量定理：''0-2k BI L t m E ??=-?其中''

'

'

m BLx q I t r R r R ?Φ=?==

++；联立解得：2202m k B L x mE r R

=+；由两式可得32m x x =，选项B 正确；若给金属棒一个沿导轨向下的速度，由能量关系可知，在金属棒沿导轨向下运动的过程中动能的减少量等于重力功、摩擦力的功以及安培力的功之和，因重力做的正功等于摩擦力做的负功，克服安培力的功等于回路产生的焦耳热，则动能的减少量等于回路产生的焦耳热，选项C 正确；在金属棒沿导轨向下运动位移为x 的过程中，通过金属棒的电荷量为

BLx

q I t r R r R

?Φ=?=

=++，选项D 错误.

三、非选择题

9.在做“练习使用多用电表”实验时，某同学想测量多用电表内电源的电动势（表盘上方正中刻度值为15），他找到两块规格完全相同的多用电表和一个定值电阻，设计实验方案如下：

（1）首先将多用电表甲调到欧姆档“×1”倍率并进行欧姆调零，测量出定值电阻阻值为10.0Ω；

（2）保持多用电表甲档位不变，将多用电表乙选择旋钮置于直流100mA 挡，并与定值电阻串联，如图甲所示，则多用电表甲的红表笔应接______(填“a”或“b”)接线柱，黑表笔接另一接线柱；

（3）该学习小组正确连接电路后，观察到甲乙两表示数分别如图乙、丙所示，则乙表直流100mA 挡的内阻为______Ω，多用电表内电源电动势E=______V 。(结果均保留两位有效数字)

【答案】 (1). b (2). 10 (3). 2.8

【解析】

【详解】（2）当多用电表使用档位是电流表时，要求多用电表乙的电流从正极流入；多用电表接欧姆档时，红表笔接欧姆表内部电源的负极，电流流入红表笔端，结合电流表的正负极可知，电路中的电流的方向：电流表负极→待测电阻→b→欧姆表红表笔→欧姆表黑表笔→电流表正极；所以可知多用电表甲的红表笔应接b接线柱，黑表笔接另一接线柱；

（3）欧姆表读数等于表盘示数乘以倍率：20×1=20Ω；欧姆表测量的是电流表与定值电阻二者电阻的和，所以电流表的内阻为：r=R x-R0=20-10=10Ω；

将该表选择旋钮置于直流100mA挡测电流，选择中间第三排刻度读数，则分度值为2mA，读数为80mA；置于欧姆挡“×1”，表盘上方正中刻度值为15Ω，即中值电阻为15Ω，由闭合电路

的欧姆定律可得：0E I r R R=++中，代入数据可得：E=2.8V.

10.如图1所示，用“碰撞实验器材”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道末端碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。

接下来的实验步骤如下：

步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；

步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；

步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。

（1）上述实验除需测量线段OM 、OP 、ON 的长度外，还需要测量的物理量有______。（写出物理量及相应符号）

（2）实验中造成误差的可能情况有______。 A ．用直尺测量的线段OM 、OP 、ON 长度值 B ．轨道不光滑 C ．轨道末端不水平

D ．轨道末端到地面的高度未测量

（3）若测得各落点痕迹到O 点的距离：OM ＝2.68cm ，OP ＝8.62cm ，ON ＝11.50cm ，并知小球1、2的质量比为2︰1，则系统碰撞前总动量P 与碰撞后总动量P 的百分误差P P P

'

-=__________________%（结果保留一位有效数字）

。 （4）完成上述实验后，实验小组成员小红对上述装置进行了改造，小红改造后的装置如图2所示。使小球1仍从斜槽上A 点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在以斜槽末端为圆心的

1

4

圆弧上，平均落点M′、P′、N′。测量轨道末端到M′、P′、N′三点的连线与水平方向的夹角分别为123ααα、、，则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为________ (用所测物理量的符号表示)。

【答案】 (1). 小球1和小球2的质量m 1和m 2

(2). AC (3). 2% (4).

m

=m

m

【解析】

【详解】（1）因为平抛运动的时间相等，根据v ＝x /t ，所以用水平射程可以代替速度；根据动量守恒得：m 1?v 0=m 1?v 1+m 2?v 2，即m 1?OP =m 1?OM +m 2?ON ，所以除了测量线段OM 、OP 、ON 的长度外，还需要测量的物理量是小球1和小球2的质量m 1、m 2．

（2）用直尺测量的线段OM 、OP 、ON 长度值时可能做成误差，选项A 正确；轨道不光滑对实验无影响，只要小球到达底端的速度相同即可，选项B 错误；轨道末端不水平，则小球不能做平抛运动，会造成误差，选项C 正确；因水平射程代替速度，则轨道末端到地面的高度未测量不会造成误差，选项D 错误；

（3）系统碰撞前总动量P =m 1?OP =8.62×2m 2=17.24m 2；碰撞后总动量P ＇=

m 1?OM +m 2?ON =2.68m 1+11.50m 2=16.86m 2，则

22

002

17.2416.86217.24P P m m P

m '

--=

=

（4）设圆弧半径为R ，且落点M ＇与圆心连线与水平方向夹角为α1，则由平抛运动的知识可

知：111cos R v t α=；2

111sin 2

R gt α=

；解得21

11cos 2sin gR v αα=

；同理可得：

22

02

cos 2sin gR v αα=；

23

23cos 2sin gR v αα=

；则要验证的关系为：m 1?v 0=m 1?v 1+m 2?v 2；带入可得：

221

2cos sin m αα=2111cos sin m αα+23

23

cos sin m αα.

11.如图所示，ABC 和ABD 为两条光滑固定轨道，A 、B 、E 在同一水平面上，C 、D 、E 在同一竖直线上，D 点距水平面的高度为h 1=3.2m ，C 点距水平面的高度为h 2=5m ，一滑块从水平面上的A 点以相同初速度分别沿两轨道滑行到C 点或D 点后水平抛出。取重力加速度g 大小为10m/s 2。求：

（1）若从C 点抛出时的水平射程与从D 点抛出时相等，滑块在A 点的初速度大小； （2）若滑块在A 点的初速度大小为10m/s ，调整轨道及C 点的高度，要求从C 点抛出时水平射程最大，则C 点离地高度应为多少。 【答案】（1）241m/s （2）2.5m 【解析】

【详解】解：（1）滑块从D 点平抛时有h 1=

2

112

gt ， t l =0.8s

从C 点平抛时有：h 2=

222

1gt t 2=1s

根据机械能守恒：

2201111

22mv mgh mv =+ 220221122

mv mgh mv =+

从C 点抛出时的水平射程与从D 点抛出时相等，有v 1t 1=v 2t 2 联立解得：v 0=241m/s （2）根据机械能守恒：

22011

22

mv mgh mv =+ 得 v =2

0-2v gh

根据平抛运动规律:h =

2

12

gt ， t =

2h g

水平射程x =vt =2

02-2h v gh

g

当2

0-22v gh gh =时，h 有最大值

即h =20

4v g

=2.5m

12.如图所示，在平面直角坐标系xoy 的一、二象限内，分别存在以虚线OM 为边界的匀强电场和匀强磁场。匀强电场方向沿y 轴负方向，匀强磁场方向垂直于xoy 平面向里，虚线OM 与x 轴负方向成45°角。一质量为m 、电荷量为+q 的带电粒子从坐标原点O 处以速度v 0沿x 轴正方向运动，粒子每次到x 轴将反弹，每次反弹水平分速度不变、竖直分速度大小均减为反

弹前的4

13

倍、方向相反。电场强度大小为qd mv 232

0，磁感应强度大小为qd mv 0，求：

(不计粒子重力，题中各物理量单位均国际单位，计算结果可用分式表示)

(1)带电粒子在磁场中运动的时间；

(2)带电粒子最后一次经过OM 时的位置坐标；

(3)带电粒子从最后一次经过OM 时开始，沿电场方向运动的总路程。

【答案】（1）02d v π（2）（-33

d d 22，）（3）292

d

【解析】

【详解】（1）设磁场强度大小为B ，粒子进入磁场，根据左手定则，粒子做

3

4

的圆周运动后经过 OM ，粒子在磁场中做圆周运动有qv 0B =r

v m 2

，

T =

2r

v π 解得周期T =0

2d

v π ，

而后速度大小变化但周期不变，故带电粒子在磁场中运动的时间为：

t=T =0

2d v π

（2）根据洛伦兹力提供向心力，有：qv 0B =m 20

v r

，

解得： 0

mv r d qB

=

= 粒子进入电场后加速运动到x 轴，设速度为v 1，有：

22

10-2

qE

v v d m

= 第一次与x

轴碰撞后反弹速度为11v '

=

， 又有22

10-2qE

v v d m

''= 解得：r′=

2

d

， 故最后一次经过OM 时的坐标为（3322

d d -

，）； （3）因粒子第二次进入电场做类平抛运动，故在到达x 轴过程中 竖直方向:v y 2=2a （

3

2

d ）

第一次反弹竖直分速度变为原来的

413倍，竖直分速度v y1=4

13

v y ， 高度21

1133

2162

y v h d a

=

=

? 第二次反弹竖直分速度变为原来的

413倍，竖直分速度v y2=4

13v y1， 高度2

2

2113

216

y v h h a

=

=

…… 第n 次反弹竖直分速度变为原来的

4

13

倍， 高度h n =

2-113

216

yn

n v h a

=

故总路程为：

H =

23

d +2（h 1+h 2+……+h n ）=292

d 即带电粒子从最后一次经过OM 时开始，沿电场方向运动的总路程为H =29

2

d 。 参考运动轨迹如图所示

13.一定质量的理想气体从状态A 依次经过状态B 、C 和D 后又回到状态A 。其中C→D→A 为等温过程。该循环过程如图所示，下列说法正确的是__________

A. A→B 过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增加

B. B→C 过程中，气体分子内能减少

C. 状态A 和状态C ，气体分子平均动能相同

D. D→A 过程气体吸收热量

E. 气体状态变化的全过程中气体对外做的功等于该图象围成的面积 【答案】BCE 【解析】

【详解】A→B 过程中，压强不变，体积变大，温度升高，则气体分子的平均速率变大，碰撞力变大，而气体的分子数密度减小，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减小，选项A 错误；B→C 过程中，气体体积不变，压强减小，温度降低，则分子内能减少，选项B 正确；状态A 和状态C ，气体的温度相同，则气体分子平均动能相同，选项C 正确；D→A 过程气体温度不变，内能不变，气体体积减小，外界对气体做功，则放出热量，选项D 错误；根据W =P ?V 可知，从A→B 气体对外做功为1000004(4)12W P V V P V =?-=?；从B →C 气体体积不变，则

W 2=0;从D→A 气体体积减小，外界对气体做功：

3W P V =-???∑,其值等于曲线下方的面积，

则气体状态变化的全过程中气体对外做的功等于该图象ABCD 围成的面积，选项E 正确；

14.如图所示，水平放置的密闭、导热气缸通过一段不计体积的导管和上端开口玻璃管相连，气缸被一不计厚度的隔热轻活塞隔成体积相同的两部分气体，气体压强均等于大气压强P 0，长度均为L=10cm （上部分气缸中接有一段体积不计的电阻丝），玻璃管内装有一段长为h=40cm 的水银，导管处阀门关闭。已知气缸横截面积为S ，玻璃管横截面积为2

S

，外界温度为T=27℃，P 0=75cmHg ，封闭气体可视为理想气体。求：

①打开阀门，求稳定后玻璃管内水银柱长度h ；

②给活塞上部分气体用电阻丝加热，直至水银柱回到初始液面，求此时上部分气体的温度T’。 【答案】①30cm ②62K

【详解】①气缸内两部分气休可看成一个整体，进行等温变化。假设打开阀门稳定后水银柱下降高度力x ，满足

P 0·2LS =[P 0+ρg (h -x -2x )](2L -2

x

)S 解得x 1=10cm ，

x 2=

320

3

cm （舍去） h ′=h-x h ′=30cm

②气缸下部分气体进行等温变化，满足

P 0LS =(P 0+ρgh )L ′S

解得L′=

150

23

cm 对气缸上部分气体，由理想气体状态方程，有

00()(2-)P LS P gh L L S

T T ρ+=''

解得 T ′= 62K

15.如图所示，实线是一列简谐横波在t 1时刻的波形图，M 是平衡位置距O 点5m 的质点，虚线是t 2=(t 1+0.2)s 时刻的波形图。下列说法中，正确的是_________

A. 该波遇到长度为3 m 障碍物时将会发生明显衍射现象

B. 若波速为35m/s ，该波沿着x 轴正方向传播

C. 若波速为15m/s ，t 1时刻质点M 向下振动

D. 若质点M 在t 1到t 2时间内所走路程为180cm ，则相同时间内O 点三次到达波谷

E. 该简谐横波所有可能周期的最大值是0.8s 【答案】ACE

【详解】由图中可以读出该横波波长为4m ，故该波遇到长度为3m 的障碍物时将会发生明显衍射现象，故A 正确；由题干知，经过0.2s 内横波的位移为1+4n （波沿X 轴正向传播）或3+4n （波沿X 轴负向传播）米，因此波速为14m/s 0.2s n v t +＝＝或340.2

n

+m/s ，n 为正整数，若波速为35m/s ，则表达式340.2

n

+m/s 中n =1，可知该波沿着x 轴负方向传播，故B 错误；若波速为15m/s ，则为

340.2

n

+ m/s 中n =0，此时波向左传播，则由“逆向爬坡法”可知，t 1时刻质点M 向下振动，选项C 正确；若质点M 在t 1到t 2时间内所走路程为180cm=9A ，则M 点振动21

4

T ，

则相同时间内O 点两次到达波谷，选项D 错误；若波沿X 轴正向传播，则4

s 520T v n

λ==

+，当n =0时可得最大周期为T m =0.8s ；若波沿X 轴负向传播，则4

s 1520T v n

λ==

+，当n =0时可得最大周期为T ＇m =4

15

s<0.8s ；则该简谐横波所有可能周期的最大值是0.8s ，选项E 正确.

16.如图所示，某种透明材料制成的直角三棱镜ABC ，折射率3n =，6

A π

∠=

，在与BC 边相

距为d 的位置，放置一平行于BC 边的竖直光屏．现有一细光束射到棱镜AB 面上的P 点，入射光线与AB 面垂线CP 的夹角为i ，PB 的长度也为d .试求：

(ⅰ)当3

i π=

且光束从BC 面出射时，光屏上的亮斑与P 点间的竖直距离；

(ⅱ)当光束不从BC 面出射时，i 的正弦值应满足的条件． 【答案】(1)123y +?= (2)61

0sin i -<<【解析】 【分析】

（1）根据折射定律求出光线在P 点的折射角，由几何关系和折射定律结合求出光线在BC 面

上出射时的折射角，最后由几何关系求光屏上的亮斑与P 点间的竖直距离．（2）当光束恰好不从BC 面出射时恰好发生全反射时，入射角等于临界角C ，由1

sinC n

=求出临界角C ，结合几何知识求解．

【详解】（1）作出光路图，如图所示

光线在P 点发生折射，根据折射定律，则有：sin sin =i

n r

得：sin 1

23

i sinr n =

== 可得折射角30r =?

设光线在BC 面上入射角和折射角分别为

o 452

1

arcsin 1arcsin ===n C 和r ' 由几何知识得：903030i r =?--?='? 则有：30i r '==o

结合光路可逆原理得：60r i '==?

所以光屏上的亮斑与P 点间的竖直距离：123

3060y dsin dtan +?=?+?=

（2）当光束恰好不从BC 面出射时恰好发生全反射，入射角等于临界角C 由13

sinC n =

=

3C = 所以当光束不从BC 面出射时，则有：3

i C '≥=由几何知识得：360603

r i arcsin

=?-≤?-'

由sin sin =i

n r 得：16032sini nsinr arcsin ??=≤?-≤ ? ???

所以0sin i <≤

【点睛】本题的解题关键是正确作出光路图，要知道当光从光密介质射入光疏介质时要考虑能否发生全反射，根据几何知识和折射定律求解入射角和折射角．