山西省2019-2020学年高二下学期6月联考物理试题 Word版含解析

山西省2019-2020学年高二下学期6月联考物理试题 Word版含解析

- 1 - 2019~2020 学年山西省高二下学期 6 月联合考试物理 一、选择题∶本题共 10 小题，每小题 4 分，40 分。在每小题给出的四个选项中，第 1~7 小题 只有一个选项正确，第 8~10 小题有多个选项正确。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分， 有选错或不答的得 0 分。 1.山西省将在 2020 年 8 月 1日前完成高速公路、一级国省干线公路限速标志调整，同时将规 范测速管理，某处高速区间测速（测量车辆经过某区间的平均车速）标志如图所示。已知此 段限速 100km/h，长度为 10km（该段公路平直），现监测发现某轿车经过这一路段用时 6min， 则下列说法正确的是（ ） A. 该汽车一定做匀速直线运动 B. 限速 100km/h 指的是限定汽车行驶的最低速度 C. 在测速区间，该轿车行驶的瞬时速度仍可能超过 100km/h D. 在测速区间，该轿车行驶的瞬时速度不可能超过 100km/h 【答案】C 【解析】 【详解】A．汽车做何种运动无法判断，A错误； B．限速 100km/h 指的是限定汽车行驶的平均速度，B 错误； CD．汽车平均速度不超过 100km/h，但行驶过程中的瞬时速度可能超过 100km/h，也可以等于 100km/h，也可以小于 100km/h，C 正确，D错误。 故选 C。 2.下列说法正确的是（ ） A. 在无人自助加油站给汽车加油时，由于没有人员看管，可接打手机 B. 发电厂的变压器发生火灾时，应先断开电源再灭火 C. 随着科技的发展，电荷是可以消灭的 D. 太阳发出的能量射到地球上转化为其他能量射到宇宙中的能量则会消失 【答案】B 【解析】 - 2 - 【详解】A．在自助加油站给汽车加油时，静止接打移动电话，避免因接打移动电话产生的静 电火花引起火灾，故 A 错误； B．发电厂的变压器发生火灾时应先断开电源，防止触电，然后再灭火，故 B 正确； C．根据电荷守恒定律可知电荷不能被创造和消灭，只能发生转移或得失，故 C错误； D．根据能量守恒定律可知能量即不会消灭，也不会创生，只能从一种形式转化为另一种形式， 或从一个物体转移到另一个物体上， 故太阳发出光射到射到宇宙中的能量也转化成了其它形 式的能而并没有消失，故 D 错误。 故选 B。 3.下列说法正确的是（ ） A. 所有放射性元素均有半衰期，且半衰期与该元素所处的环境温度有关，温度越高半衰期越 短 B. 根据玻尔的原子理论，氢原子从基态跃迁到激发态需要吸收能量 C. 铀核裂变的一种核反应为 1 235 141 92 1 0 92 56 36 0n U Ba Kr 3 n    ，该核反应由于会有更多的中子 产生，所以反应开始阶段不需要提供中子 D. 在光电效应实验中，某金属的截止频率为 0ν ，若用频率为 ( 0  )的单色光照射该金属 会发生光电效应 【答案】B 【解析】 【详解】A．所有放射性元素均有半衰期，放射性元素的半衰期由原子核决定，与外界的温度 无关，故 A 错误； B．根据玻尔理论可知，氢原子从基态跃迁到激发态时能量增大，所以需要吸收能量，故 B 正 确； C．用中子轰击铀核铀核发生了裂变，铀核裂变的一种核反应为 1 235 141 92 1 0 92 56 36 0n U Ba Kr 3 n    ，虽然该核反应由于会有更多的中子产生，但反应开始阶段 需要提供中子轰击铀核，故 C 错误； D．在光电效应实验中，某金属的截止频率为 0ν ，若用频率为 ( 0  )的单色光照射该金属 不会发生光电效应，故 D 错误。 故选 B。 - 3 - 4.在水平外力 F 的作用下，A、B两个圆柱体按如图所示的方式分别放在水平地面、靠在竖直 墙面，将 A 缓慢向右移动一小段距离（B 未与地面接触），不计一切摩擦，则在此过程中，关 于水平地面对 A 的弹力 N1、竖直墙面对 B 的弹力 N2，下列说法正确的是（ ） A. N1不变、N2变大 B. N1变小、N2变大 C. N1变大、N2变小 D. N1不变、N2变小 【答案】A 【解析】 【详解】以圆柱体 B 为研究对象，分析受力如图所示 当将 A 缓慢向右移动一小段距离， 1F与竖直方向的夹角增大，由图看出墙对 B 的弹力 2N 增大； 以圆柱体 A、B为研究对象，根据平衡条件，在竖直方向则有 1 ( ) 0A BN m m g   当将 A 缓慢向右移动一小段距离，水平地面对 A 的弹力 1N 不变，故 A正确，B、C、D 错误； 故选 A。 5.一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0 时速率为 1m/s，从此刻开始在与速度平行的方向上 对其施加一水平作用力 F，力 F和滑块的速度 v 随时间 t 的变化规律分别如图甲、乙所示，下 列说法正确的是（两图正方向相同，取重力加速度 g=10m/s2）（ ） - 4 - A. 滑块的质量为 1kg B. 滑块与水平地面间的动摩擦因数为 0.1 C. 第 0.5s 末力 F 的瞬时功率为 2W D. 第 2s 内摩擦力对滑块做功为-0.5J 【答案】D 【解析】 【详解】AB．v t 图像斜率的物理意义为加速度，根据图像可知 2 21 ( 1) m/s 1m/s 2 a     0 1s 内，根据牛顿第二定律 1mg F ma   1 2s: 内，滑块反向运动，根据牛顿第二定律 2F mg ma  联立解得 2kgm  ， =0.05 AB 错误； C．0.5s时，滑块的速度大小为 21m/s m/s 0.5s 0.5m/sv     瞬时功率为 1 0.5W 0.5WP Fv    C 错误； D．v t 图线与时间轴围成的面积为位移，则第 2s内滑块的位移为 1 1 1m 0.5m 2 x     则摩擦力做功为 - 5 - 0.05 2 10 0.5J 0.5JW mg x          D 正确。 故选 D。 6.如图所示，边长为 L、匝数为 N、电阻不计的正方形线圈 abcd 放置在磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中绕转轴 OO′转动，线圈通过滑环和电刷连接一个含有理想变压器的电路，变压 器原、副线圈的匝数分别为 n1和 n2，电压表 V1、V2均为理想交流电表。现让线圈 abcd 以恒定 角速度ω转动，从图示位置（线框所在平面与磁感线平行）开始计时，下列说法正确的是 （ ） A. 线圈位于初始位置时是中性面，瞬时感应电流为零 B. 电压表 V1的示数为 22NBL C. 电压表 V2的示数为 2 2 12 n NB L n  D. 当滑动变阻器 R的滑片 P向下滑动时，线圈的电功率减小 【答案】C 【解析】 【详解】A．线圈位于初始位置时，穿过线圈的磁通量为零，线圈处于与中性面相互垂直的位 置，此时感应电流最大，故 A 错误； B．由交流电的产生可知，线圈中产生的最大电动势 2 mE NBL 交流发电机内电阻不计，所以电压表 1V 的示数等于 2 m 1 2 22 E NBLU    故 B 错误； - 6 - C．根据理想变压器的变压比公式 1 1 2 2 U n U n  可知，电压表 2V 的示数为 2 2 1 2 2 1 1 2 2 n U n NBLU n n    故 C 正确； D．当滑片 P 位置向下移动时，滑动变阻器 R减小，根据电功率的表达式 2 2P R U  可知，变压 器的输出功率增大，故线圈的电功率增大，故 D 错误； 故选 C。 7.如图所示，两个相同的矩形线圈甲、乙，是由相同材料粗细均匀的金属丝做成的单匝线圈， 矩形线圈的长为 2L、宽为 L。现分别把甲、乙两线圈从图示位置以相同的速率匀速拉出匀强 磁场，则在该过程中，下列说法正确的是（ ） A. 甲、乙两线圈产生的热量之比 Q 甲∶Q 乙 = 1∶1 B. 流经甲、乙两线圈某一横截面的电荷量之比 q 甲∶q 乙 = 1∶2 C. 甲、乙两线圈的电流之比 I 甲∶I 乙 = 2∶1 D. 甲、乙两线圈的热功率之比 P 甲∶P 乙 = 1∶2 【答案】C 【解析】 【详解】A．甲、乙两线圈被匀速拉出磁场过程中，产生的热量分别为 2 2 3 2 2 4B L v L B L vQ I Rt R R v R          甲 甲 甲 2 2 3 2 2 2BLv L B L vQ I Rt R R v R         乙 乙 乙 所以甲、乙两线圈产生的热量之比 - 7 - 2 3 2 34 2: : 2 :1B L v B L vQ Q R R  甲 乙 故 A 错误； B．甲、乙两线圈被匀速拉出磁场过程中，经两线圈某一横截面的电荷量分别为 2Δ 2E BLq I t t t R Rt R     甲 甲 甲 甲 甲 甲 甲 2Δ 2E BLq I t t t R Rt R     乙 乙 乙 乙 乙 乙 乙 所以流经甲、乙两线圈某一横截面的电荷量之比 2 22 2: : 1:1BL BLq q R R  甲 乙 故 B 错误； C．甲、乙两线圈被匀速拉出磁场过程中，两线圈的电流分别为 2E BLvI R R  甲 甲 E BLvI R R  乙 乙 所以甲、乙两线圈的电流之比 2: : 2 :1BLv BLvI I R R  甲 乙 故 C 正确； D．甲、乙两线圈被匀速拉出磁场过程中，两线圈的热功率分别为 2 2 2 2 2 2 4B L v B L vP I R R R R         甲 甲 2 2 2 2 2 BLv B L vP I R R R R        乙 乙 所以甲、乙两线圈的热功率之比 2 2 2 2 2 24: : 4 :1B L v B L vP P R R  甲 乙 故 D 错误。 故选 C。 - 8 - 8.2019 年是美国阿波罗登月计划 50 周年纪念，已知月球的质量与地球的质量之比为 1∶81， 月球表面的重力加速度与地球表面的重力加速度大小之比为 1∶6，不考虑自转的影响，下列 说法正确的是（ ） A. 月球半径与地球半径之比为 6 :9 B. 月球的最大环绕速度与地球的最大环绕速度之比为 1∶3 C. 月球的密度与地球的密度之比为3: 2 6 D. 月球的公转轨道的半长轴的三次方跟它公转周期的二次方比值和地球的比值相等 【答案】AC 【解析】 【详解】A．不考虑星球自转，万有引力等于重力 2 MmG mg R  解得 GMR g = 则 1 66 81 9 R M g R M g     月 月 地 月地 地 A 正确； B．环绕速度满足 2 2 Mm vG m R R  解得 GMv R  则 1 9 1 81 6 9 6 v M R v M R     月 月 地 月地 地 B 错误； C．星球的质量为 - 9 - G gRM 2  密度为 2 3 3 4 4 3 gR M gG V GRR      则 1 9 3 6 6 2 6 g R g R      月 月 地 月地 地 C 正确； D．月球绕地球转动运行，地球绕太阳转动运行，二者对应的中心天体不同，根据开普勒第三 定律可知月球的公转轨道的半长轴的三次方跟它公转周期的二次方比值和地球的比值不相 等，D错误。 故选 AC。 9.图甲为一平行板电容器，板间距离为 d（未知），板间电场强度的变化规律如图乙所示（图 乙中数据均为已知）。t=0 时刻，质量为 m的带电小球以初速度 v0沿中线射入两板间，T 时刻 小球恰好经金属板边缘水平飞出，小球运动过程中始终未与金属板接触，重力加速度大小为 g， 电容器的电容为 C，下列说法正确的是（ ） A. 小球的带电荷量为 0 2mg E B. 两板间距离 22 9 d gT C. 0~ 3 T 时间内，平行板的带电荷量为 CE0gT 2 D. 若 0~ 3 T 、 3 T ~ 2 3 T 、 2 3 T ~T 时间内板间电场强度分别变为 2E0、0、E0，其余条件均不变，则 - 10 - 该带电小球恰好从电容器上极板边缘飞出 【答案】BD 【解析】 【详解】A．根据题意可知，小球在竖直方向上，0 3 T 内做匀加速直线运动，加速度为 0 1 mg qEa m   2 3 3 T T 内做 a3=g 匀加速直线运动，在 2 3 T T 做匀减速运动最后减为零，此过程加速度为 0 2 2qE mga m   根据速度时间公式 1 3 2 0 3 3 3 T T Ta a a   联立可得 0 mgq E  故 A 错误； B．由以上可得 a1=0 a2=g a3=g 根据运动学公式可得两板间距离 2 21 1 22 2 3 2 3 3 9 T T Td g g gT                     故 B 正确； C．0 3 T 时间内，平行板的带电荷量为 Q=CU U=E0d - 11 - 联立可得 2 0 2 9 Q CE gT 故 C 错误； D．根据A分析可知，0 3 T 小球将向上以g加速运动，接下来 2 3 3 T T 以g减速运动，在 2 3 T T 竖直速度为零，所以带电小球恰好从电容器上极板边缘飞出，故 D 正确。 故选 BD。 10.如图所示，宽为 L 的平行固定光滑金属导轨 MN 和 PQ 由圆弧部分和水平部分平滑连接，右 端接阻值为 R 的定值电阻，水平轨道的左边部分矩形区域（长度为 d，未知）内有竖直向上、 大小为 B 的匀强磁场。在圆弧部分的某一高度 h 处由静止释放一根长为 L 的金属棒，金属棒 到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒质量为 m，通过定值电阻的最大电流为 I，金属棒与 导轨始终垂直接触良好，导轨电阻不计，重力加速度大小为 g。下列说法正确的是（ ） A. 金属棒在磁场区域做匀减速直线运动 B. 金属棒产生的焦耳热为 mgh C. 金属棒的电阻为 2BL gh R I  D. 磁场区域长度为 2mgh BIL 【答案】CD 【解析】 【详解】A．金属棒进入磁场中，受到的安培力表示为 2 2 0 BLv B L vF BI L B L R R R R     安 棒 棒 根据楞次定律可知安培力阻碍金属棒运动，水平向左，根据牛顿第二定律 2 2B L v ma R R   棒 金属棒速度减小，加速度减小，做加速度减小的减速运动，A错误； B．金属棒从 h高处滑下到停止运动，根据动能定理得 0mgh Q  - 12 - 根据焦耳定律 2Q I Rt 可知 R RQ Q R   棒 棒 棒 所以 Q mgh棒 B 错误； C．金属棒从 h高处滑下，根据动能定理 2 0 1 2 mgh mv 此时金属棒进入磁场，速度最大，电动势最大，电流最大，即 0BLvEI R R R R    棒 棒 解得 2BL ghR R I  棒 C 正确； D．导体棒进入磁场，取时间微元 t ，选取水平向右为正，根据动量定理 2 2B L v t m v R R       棒 结合 x v t   可知全过程有 2 2 00B L d mv R R     棒 解得 2mghd BIL  D 正确。 故选 CD。 二、非选择题∶共 60 分。把答案填在答题卡中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必 要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能给分。有数值计算的题， 答案中必须明确写出数值和单位。 - 13 - （一）必考题∶共 45 分。 11.某同学利用如图甲所示的装置测量滑块与斜面间的动摩擦因数。先用量角器测得斜面的倾 角θ=30°，并用游标卡尺测量挡光片的宽度 d，用毫米刻度尺测量挡光片的最初位置到光电 门的距离 x；再由静止释放滑块，记录数字计时器显示的挡光片挡光时间 t；多次改变挡光片 到光电门的距离，测出所对应的挡光时间： (1)用游标卡尺测量挡光片宽度时，示数如图丙所示，则挡光片的宽度 d=__________mm； (2)若某次实验，滑块通过光电门时的挡光时间为 0.02s，则滑块通过光电门时的速度大小 v=__________m/s； (3)多次实验后，根据实验数据，以 2 2 d t 为纵坐标，x 为横坐标，作图像 2 2 d x t  （所有数据均 为国际制单位），得出一条过坐标原点的直线如图乙所示，测得其斜率 k=5m/s2，则滑块与斜 面间的动摩擦因数μ=__________。（g取 10m/s2） 【答案】 (1). 2.4 (2). 0.12 (3). 3 6 【解析】 【详解】(1)[1]游标卡尺精度为 1mm 0.1mm 10  ，读数为 2mm 4 0.1mm 2.4mm   。 (2)[2]挡光片宽度较小，可以用平均速度近似代替瞬时速度，即 32.4 10 m 0.12m/s 0.02s v    (3)[3]根据牛顿第二定律 sin cosmg mg ma    根据运动学公式 2 2v ax 整理变形得 - 14 - 2 2 2 c2( sin 3 o )s300v g xgd t    结合图像可知 c2( sin 3030 )osk gg   解得 sin30 3 5 3 2 cos30 3 6 2 cos 1 30 30 2 k g           12.某实验小组要用伏安法从零开始描绘某灯泡的 U-I 图线，小组观察发现小灯泡上标有“5V 2W”的字样。实验室现有下列器材供选用∶ A.电压表（0~15V，内阻约为20kΩ） B.电压表（0~6V，内阻约为 5kΩ） C.电流表（0~0.6A，内阻约为 0.6Ω） D.滑动变阻器（500Ω，最大电流为 1A） E.滑动变阻器（10Ω，最大电流为 2A） F.学生电源（直流 6V）、开关、导线若干； (1)实验中所用电压表应选__________，滑动变阻器应选__________；（均用选项前的字母表 示） (2)根据实验的要求在虚线框中画出实验电路图； （ ） (3)该实验小组根据实验得到的数据画出了如图所示的小灯泡的 U-I 图线。当用电动势为 4V、 内阻为 10Ω的电源直接给该小灯泡供电时，该小灯泡的实际功率是__________W。（保留一位 有效数字） - 15 - 【答案】 (1). B (2). E (3). (4). 0.3 【解析】 【详解】(1)[1]电压需要达到小灯泡的额定电压 5V，所以电压表选择 B。 [2]电压从 0 开始调节，滑动变阻器采用分压法接入电路，为了方便调节，需要选择阻值较小， 额定电流较大的滑动变阻器，即选择 E。 (2)[3]小灯泡的电阻约为 2 25 12.5Ω 2 UR P    根据 5kΩ 12.5Ω 12.5Ω 0.6Ω  可知电压表分流较小，所以电流表需要采用外接法，电路图如图 (3)[4]在图像中根据闭合电路欧姆定律 E U Ir  做出电源的图像如图 图中交点即为小灯泡直接接入电源时的电流和电压，即 1.0VU  ， 0.3AI  - 16 - 则功率为 0.3 1.0W 0.3WP IU    13.如图所示，质量 m0 = 1 kg的小车置于光滑的水平面上，车上固定着一根足够长的竖直轻 杆，质量 m = 1.5 kg 的小球（视为质点）用长度 L = 2 m 的轻绳悬挂在杆的上端。按住小车 并拉直轻绳使其水平，然后同时放开小车和小球，小球下落后与轻杆发生弹性碰撞，已知 g = 10 m/s2，不计空气阻力： （1）求碰撞前瞬间小球和小车的速度大小 v 球、v 车； （2）若碰撞的作用时间Δt = 0.01 s，求碰撞过程中轻杆对小球的平均冲击力的大小 F。 【答案】（1）4 m/s，6 m/s；（2）1200 N 【解析】 【详解】（1）以水平向右为正方向，由小球和小车组成的系统水平方向动量守恒得 0 0mv m v  球 车 由小球和小车组成的系统机械能守恒得 2 2 0 1 1 2 2 mgL mv m v 球 车 解得 4m/sv  球 ， 6m/sv  车 （2）对全过程，由动量守恒定律得 0 0mv m v    球 车 由机械能守恒定律得 2 2 0 1 1 2 2 mgL mv m v  球 车 碰撞过程中，以小球为研究对象，由动量定理得 ΔF t mv mv   球 球 - 17 - 解得 1200NF  14.如图所示，在直角坐标系 xOy 平面内，虚线 OP 与 x 轴间的夹角θ=30°，OP 与 y 轴所夹区 域内存在磁感应强度大小 B=1T、方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场。一比荷 31 10 C/kgq m   的带正电粒子从 y 轴上距离 O点 L=1m 的 M 点沿 x 轴正方向进入磁场区域， 并从 OP 上到 O点的距离 L=1m 的 A 点（图中未画出）离开磁场区域。粒子所受重力不计： (1)求粒子的速度大小 v； (2)求粒子从 M点运动到 A 点所用的时间 t； (3)若在直线 OP 和 x 轴之间的区域存在平行于 OP 由 O 指向 P方向的匀强电场（未画出），且 电场强度大小 34 10 V / m 3 E   ，求该粒子运动到 x 轴时与 O 点的距离 s 和粒子在电场中运动 的时间 T。 【答案】(1)1000m/s；(2) 310 s 3   ；(3) 2 3m， 33 10 s 【解析】 【详解】(1)由几何关系可知，粒子在磁场运动的圆心为O，粒子运动轨迹圆弧的半径 1mr L  根据牛顿第二定律有 2vqvB m r  解得 1000m/sv  - 18 - (2)带电粒子在磁场中运动的轨迹圆弧对应的圆心角 3   ，又 rt v   解得 310 s 3 t    (3)经分析可知，带电粒子经过直线 OP 时，速度方向垂直于 OP，故带电粒子在电场中做类平 抛运动，其中垂直 OP 方向做匀速运动，沿 OP 方向做匀加速直线运动，设到达 x 轴沿 OP 方向 的位移为 X，垂直于 OP 方向的位移为 Y，有 21 2 X aT 根据牛顿第二定律得 qE ma 又 Y vT 由几何关系有 3L X Y  解得 3mY  ， 2mX  ， 310 s3T  距离 2 3m cos30 L Xs     （二）选考题共 15 分。请考生从 15、16 两题中任选一题作答。若多做，则按所做的第一题 计分。 15.下列说法正确的是 。 A. 花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了花粉分子在不停地做无规则运动 B. 外界对气体做正功，气体的内能可能不变 C. 一定质量的理想气体在等温膨胀过程中压强一定减小 D. 只要科技继续进步，人类终将做出能量转化率 100%的热机 E. 冰块融化过程中，分子的平均动能保持不变，分子势能增大 【答案】BCE - 19 - 【解析】 【详解】A．布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，是液体分子做无规则运动的反映，不是微粒 内部分子不停地做无规则运动的反应，故 A 错误； B．外界对气体做正功时，若同时吸收热量，且做的功与吸收的热量数值相等，由热力学第一 定律知，气体的内能不变，故 B 正确； C．根据理想气体状态方程 pV C T  可知，气体在等温膨胀过程中，压强一定减小，故 C 正确； D．根据热力学第二定律，效率达 100%的热机不可能制成，故 D 错误； E．冰块熔化过程中，温度不变，故分子的平均动能保持不变，但吸收热量，说明内能增加， 故分子势能增大，故 E 正确； 故选 BCE。 16.一定质量的理想气体先从状态 A 经等压变化到状态 B，后再经等容变化到状态 C，变化过 程的V T 图像如图所示，在状态 A 时气体的压强 5 A 3 10 Pap   ，求∶ (1)气体在状态 A 时的体积和在状态 C时的压强 Cp ； (2)气体在 A→B→C过程中吸收的热量 Q。 【答案】(1) 3 33 10 m ，1.8×10 5 Pa；(2)600J 【解析】 【详解】(1)由V T 图像可知气体在状态 B时，则有 B 500KT  ， 3 3 B 5 10 mV   气体在状态 A 时，则有 300AT  K 根据盖一只萨克定律有 - 20 - A B A B V V T T  解得 3 3 A 3 10 mV   气体由状态 B 变化到状态 C，发生等容变化，根据查理定律得 CB B C pp T T  由V T 图像可知气体在状态 C 吋温度 C 300KT  解得 5 C 1.8 10 Pap   (2)由题可知，气体在 A、C 两状态时温度相等，则气体的内能相同，即有 0U  气体从状态 A 到状态 B 是等压变化体积增大，则有 3 3 B A 2 10 mV V V      气体对外界做功 A 600JW p V     气体由状态 B 变化到状态 C，发生等容变化，外界对气体不做功，根据热力学第一定律 U Q W   得 600JQ W   即)气体在 A→B→C过程中吸收的热量 600J。 17.一列简谐横波沿 x轴正方向传播，O点为波源且 t=0开始沿 y轴正方向起振 t=0.6s 末、0~4m 内的质点第一次出现的波形图如图所示，虚线框内的波形被遮住未画出，虚线框的宽度为 4m， 则下列判断正确的是 。 - 21 - A. 与该波发生干涉的另一简谐横波的频率是 2.5Hz B. 该波的传播速度为 20 3 m/s C. 从 t=0 开始平衡位置在 x1=8m 的质点第三次到达波谷的时间是 1.9s D. 波源 O的振动方程为 y=0.4sin5πt（m） E. 从图中时刻开始经过 1.2s，平衡位置在 x2=18m 的质点恰好开始振动 【答案】ACE 【解析】 【详解】A．根据题意可知 30.6 2 T  可得波的周期 T=0.4s 要发生干涉现象，另外一列波的频率一定相同，即 1 1 2.5Hz 0.4 f T    故 A 正确； B．该波的传播速度为 4 m/s=10m/s 0.4 v T    故 B 错误； C．波从平衡位置传播到 x1=8m 处所需的时间为 1 1 8 0.8s 10 xt v    从平衡位置振动到波谷所需的时间为 2 3 0.3s 4  t T 从 t=0 开始平衡位置在 x1=8m 的质点第三次到达波谷的时间是 1 2 2 1.9st t t T    - 22 - 故 C 正确； D．由图可知振幅为 A=20cm 角速度为 2 5 T    所以波源 O 的振动方程为 y=0.2sin5πt（m） 故 D 错误； E．由题意可知从图中时刻开始波已经传播到 x=6m 处，所以平衡位置在 x2=18m 的质点恰好开 始振动的时间为 18 6 s=1.2s 10 xt v     故 E 正确。 故选 ACE。 18.如图所示，玻璃砖 ABDO 的横截面是半径为 R 的半圆，O 点为半圆的圆心，S为沿 OA 所在 的直径外的一点，从 S 点向半圆上发射一细束单色光到半圆上的 B 点，已知入射角α=60°， ∠BOA=45°，玻璃砖的折射率 n= 6 2 ，光在真空中传播的速度为 c，求∶ (1)光线在 B 处的折射角β； (2)光线在玻璃砖中的传播时间 t。 【答案】(1)45°；(2) 3R c 【解析】 【详解】(1)光线在 B 点发生折射，由折射定律得 - 23 - sin sin n    解得 45   (2)光线由 B 点射向 D 点，设入射角为 1r，由几何关系可得 1 45r   由于 1 6sin = sin 45 3 C n   ，所以光线在 D 点射出玻璃砖，由几何关系得 2BD R cv n  BDt v  解得 3Rt c  - 24 -