高考物理第二轮复习 练习题十二答案详解

高考物理第二轮复习 练习题十二答案详解

第 1 页 2019 年高考物理第二轮复习 练习题(十二) 一、单选题 1．在研究机械运动时，下列物体中可以被当作质点处理的是（　　） A． 研究地球的自转运动时，地球可以当作质点来处理 B． 在大海中航行的船，要确定它在大海的位置时，可以把它当作质点来处理 C． 研究杂技演员在走钢丝的表演时，杂技演员可以当作质点来处理 D． 为提高乒乓球运动员球技，研究乒乓球的旋转时乒乓球可作为质点来处理 【答案】B 【解析】只要物体的形状和大小对研究问题没有影响或影响可以忽略不计时，我们就把物体当作质点来处理． A、在研究地球的自转运动时，地球上各点的运动情况各不相同，即各点的速度与到地心的距离有关，故地球 不能当作质点来处理，故 A 错误．B、在大海中航行的船，要确定它在大海的位置时，船的形状和大小可以 忽略不计，故船可以当作质点来处理，故 B 正确．C、在研究杂技演员在走钢丝的表演时，杂技演员的体型影 响杂技演员的重心的分布，故杂技演员不能当作质点来处理，故 C 错误．D、在研究乒乓球的运动时，乒乓 球的形状和大小对乒乓球的运动影响很大，故乒乓球不能当作质点来处理，故 D 错误．故选 B． 2．现代技术常用的“水刀”是将水从高压水枪中射出，形成一个很细的水束，水喷射速度达到 2000m/s ，它 被用来切割各种物体。“水刀”能切割物体是因为水 A．有很大的动能 B．有很大的动量 C．和物体接触时有很大的动量变化 D．和物体接触时单位面积上的动量变化率很大 【答案】D 【解析】解答：解：水能切割物体是因为单位时间内水在接触物体的单位面积上产生了较大的动量变化，从 而由动量定理 F=△P/△t 可知，产生了较大的力； 故选 D． 3．质量相等的两物体 M、N 放在同一水平面上，分别受到水平拉力 F1、F2 的作用由静止开始从同一位置沿 相同方向做匀加速直线运动。经过时间 t0 和 4t0，当二者速度分别达到 2v0 和 v0 时分别撤去 F1 和 F2，此后物 体做匀减速运动直至停止。两物体运动的 v-t 图像如图所示，下列结论正确的是 A．物体 M、N 的位移大小之比是 6:5 B．物体 M、N 与水平面的摩擦力大小之比是 1:1 C．物体 M、N 在匀加速阶段合外力大小之比是 2:1 D．物体 M、N 在整个运动过程中平均速度之比是 2:1 【答案】ABD 【解析】速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移．根据面积比得出位移比 6:5，求出平均速度之比是 2:1．根据两物块做匀减速运动，求出匀减速运动的加速度之比，从而求出摩擦力之比 1:1，再根据匀加速运动 的加速度之比，根据牛顿第二定律求出 F1 和 F2 的大小之比．ABD 正确。 4．下列描述中正确的是 A． 质子与中子结合成氘核的过程中需要吸收能量 B． 某原子核经过一次 α 衰变和两次 β 衰变后，核内中子数减少 2 个 C． 23892U（铀核）衰变为 22288Rn(氡核)要经过 3 次 α 衰变，4 次 β 衰变 D． 发生光电效应时入射光波长相同，从金属表面逸出的光电子最大初动能越大，这种金属的逸出功越小 【答案】D 【解析】中子和质子结合成氘核有质量亏损，释放能量．选项 A 错误； 某原子核经过一次 α 衰变和两次 β 衰 变后，核内中子数减少 4 个，选项 B 错误； 23892U（铀核）衰变为 22288Rn(氡核)质量数减小 16，故要经过 4 次 α 衰变；由于电荷数减少 4，则应该有 4 次 β 衰变，选项 C 错误； 发生光电效应时入射光波长相同，则光 的频率相同，根据ℎ훾 = 푊逸出功 + 1 2푚푣2푚 ，从金属表面逸出的光电子最大初动能越大，这种金属的逸出功越小， 选项 D 正确；故选 D. 5．甲、乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向做直线运动， 풕 = ퟎ时刻同时经过公路旁的同一个路标．在描 述两车运动的풗 ― 풕图象中（如图所示），直线풂、풃分别描述了甲、乙两车在ퟎ~ ퟐퟎ풔的运动情况．关于两车之 间的位移关系，下列说法正确的是（ ） A． 在ퟎ~ ퟏퟎ풔内两车逐渐靠近 B． 在ퟏퟎ~ ퟐퟎ풔内两车逐渐远离 C． 在ퟓ~ ퟏퟓ풔内两车的位移相等 D． 在풕 = ퟏퟎ풔时两车在公路上相遇 【答案】C 【解析】A． 0时刻两车同时经过公路弯的同一个路标，在0 ― 10푠内甲车速度小于乙车的速度，乙车在前， 两车逐渐远离，所以 A 错误； B．在10 ― 20푠内，甲车速度大于푏车的速度，乙车在前，两边逐渐靠近，所以 B 错误； C．根据速度图象的“面积”表示位移，由几何知识看出， 5 ― 15푠内两车的位移相等，所以选项 C 正确； D．在푡 = 10푠时两车速度相等．但甲的位移小于乙的位移，甲还没有追上乙，故 D 错误。 二、多选题 6．2019 年 2 月 2 日， 美国“朱诺”号探测器第四次成功飞越木星。 “朱诺”号是第一艘使用太阳能拜访木星 的探测器。2019 年 7 月 4 日抵达木星，“朱诺”号被木星引力俘获后，进入一个环绕周期为 53．5 天的大椭圆 轨道，并绕木星运行两圈，这样的轨道有助于“朱诺”号节省电力。“朱诺”号还会进行调整，进入一个环绕周 期为 14 天的椭圆轨道，之后便开始完全展开科学探测任务。已知引力常量 G，下列说法正确的是 A． 要使“朱诺”号被木星引力俘获，进入环绕木星的工作轨道，需要点火加速 B． “朱诺”号从周期为 53．5 天的大椭圆轨道变轨到环绕周期为 14 天的椭圆轨道，需要减速制动 C． 若调整“朱诺”号绕木星做圆周运动，并测出“朱诺”号绕木星做圆周运动的轨道半径和周期，就可以求出 木星的质量和密度 D． 若调整“朱诺”号在木星表面附近绕木星做圆周运动，测出“朱诺”号绕木星做圆周运动的轨道周期，就可 以求出木星的密度 【答案】BD 【解析】只有减速制动，才能使“朱诺”号被木星引力俘获，进入环绕木星的工作轨道，故 A 错误；由较高轨 道变轨到较低轨道，需要减速制动，使得万有引力大于向心力，做近心运动，而周期越大，轨道越高，所以 从周期为 53.5 天的大椭圆轨道变轨到环绕周期为 14 天的椭圆轨道，需要减速制动，故 B 正确；测出“朱诺”号 绕木星做圆周运动的轨道半径和周期，根据퐺푀푚 푟2 = 푚4휋2 푇2 푟得，木星的质量푀 = 4휋2푟3 퐺푇2 ，但不知道火星的半径，无 法求出火星的密度，故 C 错误；万有引力充当向心力，有퐺푀푚 푟2 = 푚4휋2 푇2 푟得，木星的质量푀 = 4휋2푟3 퐺푇2 ，又푀 = 휌 ⋅ 4 3휋 푅3，火星的密度휌 = 3휋푟3 퐺푇2푅3，当푟 = 푅时， 휌 = 3휋 퐺푇2，D 正确． 7．如图所示，n 匝矩形闭合导线框 ABCD 处于磁感应强度大小为 B 的水平匀强磁场中，线框面积为 S，电阻 为푟。线框绕垂直于磁场的轴 OO'以角速度 ω 匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，原副线圈匝数之比为 2:1，变压器副线圈接入一只额定电压为 U﹑电阻为푅的灯泡，灯泡正常发光。从线框通过中性面开始计时， 下列说法正确的是 A． 匀速转动过程中穿过每匝线框的磁通量变化率最大值为퐵푆휔 B． 灯泡中的电流方向每秒改变 휔 2휋次 C． 线框中产生的感应电流表达式为 푈 2푅sin휔푡 D． 变压器原线圈两端电压最大值为푛퐵푆휔 【答案】AC 【解析】根据퐸푚 = 푛훥훷 훥푡 = 푛퐵휔푆，则 훥훷 훥푡 = 퐵휔푆，则匀速转动过程中穿过每匝线框的磁通量变化率最大值为 퐵푆휔，选项 A 正确；周期푓 = 휔 2휋，则灯泡中的电流方向每秒改变휔 휋次，选项 B 错误；变压器次级电流퐼2 = 푈 푅，则 初级电流为퐼1 = 푈 2푅，初级电流最大值为퐼푚 = 2 푈 2푅 = 푈 2푅，则线框中产生的感应电流表达式为푖 = 푈 2푅sin휔푡 ，选 项 C 正确； 由于线圈有内阻，则变压器原线圈两端电压最大值小于푛퐵푆휔 ，选项 D 错误；故选 AC. 8．如图所示，电阻不计间距为 L 的光滑平行金属导轨水平放置，导轨左端接有阻值为 R 的电阻连接，以导 轨的左端为原点，沿导轨方向建立 x 轴，导轨处于竖直向下的磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中。一根电阻 也为 R，质量为 m 的金属杆垂直于导轨放置于풙ퟎ处，不计金属杆与轨道间的接触电阻，现给金属杆沿 x 轴正 方向的初速度풗ퟎ，金属杆刚好能运动到 2풙ퟎ处，在金属杆运动过程中 A． 通过电阻 R 的电荷量푩푳풙ퟎ ퟐ 푹 B． 金属杆克服安培力所做的功为ퟏ ퟐ풎풗ퟎ ퟐ C． 金属杆上产生的焦耳热为ퟏ ퟐ풎풗ퟎ ퟐ D． 金属杆运动到 1.5풙ퟎ处的速度大小为풗ퟎ ퟐ 第 2 页 【答案】ABD 【解析】整个过程中通过导体截面的电荷量푞 = 퐼푡 = 훥훷 2푅 = 퐵퐿푥0 2푅 ，A 正确；根据动能定理可得，金属杆克服安培 力所做的功为1 2푚푣20，B 正确；整个过程中回路中产生的焦耳热为1 2푚푣20，所以金属杆上产生的焦耳热为푄1 = 1 2 × 1 2푚푣0 2 = 1 4푚푣20，C 错误；设速度减为푣0 2 经过的时间为푡1，通过的位移为푥1；速度减为 0 经过的时间为푡2，通过 的位移为푥2；根据动量定理可得퐵퐼1퐿푡1 = 푚（푣0 ― 푣0 2 ） = 1 2푚푣0， 퐵퐼2퐿푡2 = 1 2푚푣0，即： 퐵2퐿2푣1푡1 2푅 = 1 2푚푣0， 퐵2퐿2푣2푡2 2푅 = 1 2푚푣0，所以有： 퐵2퐿2푥1 2푅 = 1 2푚푣0， 퐵2퐿2푥2 2푅 = 1 2푚푣0，解得푥1 = 푥2，所以金属杆运动到1.5푥0处时速度大小为푣0 2 ，D 正确。 三、实验题 9．用下列器材组装一个电路 A．待测电池组 B．待测小灯泡（2A、2.5V） C．电流表 A（量程 3A、内阻非常小） D．电压表 V1（量程 6V、内阻非常大） E．电压表 V2（量程 1V、内阻 1500Ω） F．滑动变阻器 R（最大阻值 l0Ω、额定电流 4A） G．定值电阻 R1（3000Ω） H．开关一只，导线若干 要求：既能测定电池组的电动势 E 和内阻 r，又能同时描绘小灯泡的 U－I 曲线 （1）请在图甲的虚线方框中将设计相对合现的实验电路图补充完整__________； （2）毎次实验操作需记录电流表 A、电压表 V1 和电压表 V2 的示数，经过多次测量换算，最后在 U－I 坐标 系中，描绘出两条图线，且在 P 点相交，如图乙所示，此时滑动变阻器接入电路的阻值应为_____Ω；电池组 的效率为______（计算结果保留两位有效数字）。 【答案】 0； 56%; 【解析】（1）伏安法测电源电动势与内阻实验中，电压表 V1 测路端电压，电流表 A 测量电流；描绘小灯泡伏 安特性曲线实验中，电流表 A 测流过灯泡的电流，考虑到电压表 V2 量程偏小，可与定值电阻 R1 串联增大量 程；此时电压表 V2 的内阻与 R1 之和远大于灯泡内阻，可用电流表外接；则电路如图； （2）电源的 U-I 图象是一条倾斜的直线，由图象可知，电源电动势 E=4.5V，电源内阻 푟 = △ 푈 △ 퐼 = 4.5 ― 2.5 2.0 = 1.0훺．由图乙所示图象可知，两图象的交点坐标，即灯泡电压 UL=2.5V，此时电路电流 I=2.0A，此时电源 电动势 E=Ir+UL+IR 滑，即 4.5V=2.0A×1Ω+2.5V+2.0A×R 滑，则 R 滑=0Ω；电池组的效率휂 = 푃出 푃总 = 푈퐼 퐸퐼 = 푈퐿 퐸 = 2.5 4.5 ≈ 56%． 10．某学习小组为了验证动能定理，他们在实验室组装了如图的装置外，还备有下列器材：打点计时器、学 生电源、导线、复写纸、天平、细沙.他们称量滑块的质量为 M、沙和小桶的总质量为푚.当滑块连接上纸带， 用细线通过滑轮挂上空的小桶时，滑块处于静止状态.要完成该实验，则： (1)还缺少的实验器材_______． (2)实验时为保证滑块受到的合力与沙和小桶的总重力大小基本相等，沙和小桶的总质量应满足的实验条件是 _________，实验时为保证细线拉力为木块的合外力，首先要做的步骤是________________． (3)在(2)的基础上，让沙桶带动滑块加速运动，用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上 取两点，测出这两点的间距为 L 和打下这两点时的速度大小푣1与푣2(푣1 < 푣2)，当地的重力加速度为푔.写出实 验要验证的动能定理表达式___________(用题中的字母表示)． (4)请给该学习小组提出一些建议可以减小实验误差：____________________(至少一条)． 【答案】 刻度尺 沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量 平衡摩擦力 푚푔퐿 = 1 2푀푣2 2 ― 1 2푀푣1 2 计算速度 时，应多次测量线段长度取平均值；纸带上所取的两点间隔距离应稍大些 【解析】(1) 根据题意本实验需要测量滑块的位移，所以还缺少的器材是刻度尺； (2) 设绳子上拉力为 F，对小车根据牛顿第二定律有：F=Ma，对砂桶和砂有：mg-F=ma，由此解得：퐹 = 푚푔 1 + 푚 푀 ， 由此可知当 M＞＞m 时，砂和砂桶的重力等于绳子的拉力，所以若使绳子拉力近似等于沙和沙桶的重力，应 满足的条件是沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量，即 m＜＜M，由受力分析可知，为保证细线拉力为木块 的合外力，首先要做的是平衡摩擦力； (3) 运动过程中外力做功为：W=mgL， 动能的增加量为：훥퐸푘 = 1 2푀푣22 ― 1 2푀푣21 根据动能定理实验要验证的表达式为：W=△E k ，即푚푔퐿 = 1 2푀푣22 ― 1 2푀푣21 (4)由实验要验证的表达式푚푔퐿 = 1 2푀푣22 ― 1 2푀푣21可知，要减小误差，可从速度的测量进行，即计算速度时，应 多次测量线段长度取平均值；纸带上所取的两点间隔距离应稍大些。 四、解答题 11．如图所示,倾角 θ=37°的斜面和水平面由很小圆弧面在 B 点连接,小滑块从斜面上的 A 点由静止开始下滑, 运动至水平面上的 C 点停下来,小滑块从 A 到 C 历时 4 s,AB=1m,BC=3m.g 取 10 m/s2,sin37°=0.6,cos 37°=0.8.求: (1)小滑块运动至 B 点时的速度大小; (2)小滑块在水平面上运动的时间; (3)小滑块与斜面间的动摩擦因数. 【答案】(1)2 m/s　(2)3 s　(3)0.5 【解析】（1）根据运动学公式可知：푥퐴퐵 + 푥퐵퐶 = 푣퐵 2 (푡퐴퐵 + 푡퐵퐶) 代入数据解得：푣퐵 = 2푚/푠； （2）在 BC 做减速运动，根据푥퐵퐶 = 푣퐵 2 푡퐵퐶 解得：푡퐵퐶 = 2푠퐵퐶 푣퐵 = 2 × 3 2 푠 = 3푠； （3）小滑块在斜面上运动时，根据牛顿第二定律可知：푚푔푠푖푛휃 ― 휇푚푔푐표푠휃 = 푚푎1 解得：푎1 = 푔푠푖푛휃 ― 휇푔푐표푠휃 由푣2퐵＝2푎1푥퐴퐵，联立并代入数据解得：휇 = 0.5。 12．如下图所示为一种电磁装置，由粒子源、加速电场、偏转电场、匀强磁场组成。在 S 点有一粒子源，能 不断释放电量为 q，质量为 m 的静止带电粒子，被加速电压为 U，极板间距离为 d 的匀强电场加速后，从正 中央垂直射入电压为 U 的匀强偏转电场（偏转电场中场强随时间变化如左图所示），偏转极板长度和极板距 离均为 L，带电粒子在偏转电场中一次偏转后即进入一个垂直纸面方向的匀强磁场，其磁感应强度为 B。若 不计重力影响，欲使带电粒子通过某路径返回 S 点，求： （1）粒子进入磁场时速度大小; （2）匀强磁场的宽度 D 至少为多少; （3）该带电粒子周期性运动的周期 T 是多少？偏转电压正负极多长时间变换一次方向. 【答案】(1) 5푈푞 2푚 (2) 1 퐵 5푈푚 2푞 + 5푈푚 2퐵2푞 ― 퐿2 16 (3) 4푑 푚 2푈푞 +2퐿 푚 2푈푞 + 2푚(휋 ― 푎푟푐푡푔2) 퐵푞 ； 2푚 푚 2푈푞 +퐿 푚 2푈푞 + 푚(휋 ― 푎푟푐푡푔2) 퐵푞 【解析】（1）对在加速电场中运用动能定理，结合在偏转电场中做类平抛运动求出偏转位移的大小和偏转角， 对整个过程运用动能定理，求出粒子进入磁场的速度．（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律 可以求出粒子的轨道半径，结合几何关系求出匀强磁场的最小宽度．（3）粒子在加速电场中匀加速直线匀加 速直线运动，在偏转电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，结合运动学公式和推论以及在磁场中 运动的周期公式求出带电粒子的周期 T．偏转电压正负极变换一次方向的时间等于粒子在磁场中运动的时间． （1）如图所示 粒子在加速电场中加速，由动能定理得： 1 2푚푣20 = 푈푞，解得： 푣0 = 2푈푞 푚 第 3 页 由于粒子在电场加速过程中做匀加速直线运动，则加速的时间： 粒子在偏转电场中做类平抛运动，其加速度为： 푎 = 푞푈 푚퐿 粒子通过偏转电场的时间为： 푡2 = 퐿 푣0 = 퐿 푚 2푞푈 粒子在偏转电场中的侧移距离为： 푦 = 1 2푎푡22 = 퐿 4 侧向速度为： 푣푦 = 푎푡2 = 푈푞 2푚 则粒子射出偏转电场时的速度为： 푣 = 푣20 + 푣2푦 = 5푞푈 2푚 （2）以速度 v 进入磁场做匀速圆周运动，设半径为 R，有： 푞푣퐵 = 푚푣2 푅 解得： 푅 = 푚푣 푞퐵 = 1 퐵 5푞푈 2푚 则磁场宽度 D 为： 퐷 = 푅 + 푅2 ― 푦2 = 1 퐵 5푚푈 2푞 + 5푚푈 2푞퐵2 ― 퐿2 16 （3）由几何关系得： 푡푎푛휃 = 퐿 2 퐿 4 = 2，解得： 휃 = 푎푟푐푡푎푛2 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为： 푇′ = 2휋푅 푣 = 2휋푚 푞퐵 故粒子在磁场中运动的时间为： 푡3 = 푇′(2휋 ― 2휃) 2휋 = 2푚(휋 ― 푎푟푐푡푎푛)2 푞퐵 粒子从 S 出发回到 S 的周期为： 푇 = 2푡1 +2푡2 + 푡3 = 4푑 푚 2푞푈 +2퐿 푚 2푞푈 + 2푚(휋 ― 푎푟푐푡푎푛2) 푞퐵 偏转电压正负极换向实际 t 为： 푡 = 푇 2 = 2푑 푚 2푞푈 +퐿 푚 2푞푈 + 푚(휋 ― 푎푟푐푡푎푛2) 푞퐵 选修部分 15．关于布朗运动，下列说法正确的是________。 A．布朗运动是液体中悬浮微粒的无规则运动 B．液体温度越高，液体中悬浮微粒的布朗运动越剧烈 C．在液体中的悬浮颗粒只要大于某一尺寸，都会发生布朗运动 D．液体中悬浮微粒的布朗运动使液体分子永不停息地做无规则运动 E．液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子对它的撞击作用不平衡所引起的 【答案】ABE 【解析】布朗运动是液体中悬浮微粒的无规则运动，选项 A 正确；液体温度越高，液体中悬浮微粒的布朗运 动越剧烈，选项 B 正确；悬浮颗粒越大，惯性越大，碰撞时受到冲力越平衡，所以大颗粒不做布朗运动，故 C 错误。布朗运动是由液体分子的无规则运动引起的悬浮在液体中颗粒的无规则运动，故 D 错误。布朗运动 是由液体分子从各个方向对悬浮颗粒撞击作用的不平衡引起的，故 E 正确。故选 ABE。 13．如图，竖直放置的两口径大小不同的气缸中间相通，两端开口。面积分别为 SA=0.5 m2、SB=1.0 m2 的上 下活塞之间用硬杆相连，活塞的总质量 M=50 kg。平衡时，缸内封闭了一定量的理想气体 L1=L2=2 m。现保 持外界大气压不变，使气体温度从 27 ℃缓慢上升高到 57 ℃，活塞将在气缸内移动一小段距离。已知：大气 压强푝0 = 1.01 × 105 Pa 重力加速度 g=10 m/s2。求： ①27 ℃时缸内封闭气体的压强； ②活塞移动方向和移动的距离。 【答案】①1.0 × 105Pa ②下移 훥푥 = 0.3 m 【解析】①以两活塞和硬杆组成的整体为研究对象，进行受力分析푝0푆퐴 +푝푆퐵 +푀푔 = 푝0푆퐵 +푝푆퐴 解得初始时封闭气体的压强푝 = 푝0(푆퐵 ― 푆퐴) ― 푀푔 푆퐵 ― 푆퐴 = 1.0 × 105Pa ②因为气体缓慢加热，认为一直处于受力平衡状态，封闭气体压强不变，温度上升，气体体积增加，所以活 塞向下移。设下移的距离为훥푥 初状态：体积푉1 = 푆퐴퐿1 + 푆퐵퐿2；温度 T1=(273+27) K=300 K 末状态：体积푉2 = 푆퐴（퐿1 ―훥푥) + 푆퐵(퐿2 +훥푥)；温度 T2=(273+57) K=330 K 根据盖·吕萨克定律푉2 푇2 = 푉1 푇1 代入数值解得훥푥 = 0.3 m 16．振源 S 在 O 点处沿竖直方向做简谐运动，频率为 5Hz。t=0 时刻简谐横波恰好传播到 x=2m 的质点处， 如图所示。则以下说法正确的是________。(填正确答案标号。选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个 得 5 分每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分)。 A．该横波的波速大小为 10m/s B．t=0 时，x=1m 处的质点振动方向向下 C．t=0.5s 时，x=3m 处的质点处在平衡位置且振动方向向下 D．传播过程中该横波遇到小于 1m 的障碍物或小孔都能发生明显的衍射现象 E.若振源 S 向右匀速运动，在振源 S 右侧静止的接收者接收到的频率小于 5Hz 【答案】ACD 【解析】由图可知，该波的波长是 λ=2m，则波速大小为 v=λ•f=2×5=10m/s。故 A 正确。y 轴右侧的波向右传 播，根据波形的平移法得知，t=0 时，x=1m 处的质点振动方向向上。故 B 错误。该波的周期：T=1/f=0.2s，所 以：t=0.5s=21 2T．x=3m 处的介质点与 t=0 时，x=2m 处的介质点振动方向相同，t=0 时，x=2m 处的质点振动方 向向下，那么所以 t=0.5s 时，x=3m 处的质点在平衡位置且振动方向向下。故 C 正确；根据衍射的条件可知， 传播过程中波只有遇到小于 2m 或与 2m 差不大的障碍物或小孔都能发生明显的衍射现象。故 D 正确。若振源 S 向右匀速运动，在振源 S 右侧静止的接收者接单位时间内收到的波的个数增大，所以频率大于 5Hz．故 E 错误。故选 ACD。 14．如图所示，等腰直角三角形 ABC 为某透明介质的横截面．O 为 BC 边的中点，位于 O 点处的点光源在 透明介质内向各个方向发射光线，其中从 AC 边上的 D 点射出的光线平行于 BC，从 E 点射出的光线垂直 BC 向上。已知 BC 边长为 2L。求： (i)该光在介质中发生全反射的临界角 θ。 (ii)DE 的长度 x（可能用到 sin 15°= 2 ― 3 2 或tan15∘ = 2 ― 3） 【答案】（1）휃=450 （2）푂퐷 = 퐷퐸 = 6 3 퐿 【解析】（1）根据光的折射定律，分析光线 OD 的折射情况，有： 푛 = sin훾 sin푖 = sin45표 sin30표 = 2，由sin휃 = 1 푛知휃 = 450。 （2）由 푂퐷 sin45표 = 퐿 sin120표得：푂퐷 = 퐷퐸 = 6 3 퐿 。 点睛：解决本题关键是作出光路图，再运用几何知识求解入射角折射角，要掌握几何光学常用的三个规律： 折射定律푛 = 푠푖푛푖 푠푖푛푟、临界角公式푠푖푛퐶 = 1 푛和光速公式푣 = 푐 푛。 1 0 0 2 2 d dt v v = =