2018-2019学年河南省林州市第一中学高二5月月考物理试题 解析版

2018-2019学年河南省林州市第一中学高二5月月考物理试题 解析版

林州一中2017级高二下学期5月月考 物理试题 一、单选题（每题4分，共20分）‎ ‎1.玻尔首先提出能级跃迁。如图所示为氢原子的能级图，现有大量处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁。下列说法正确的是 A. 这些氢原子总共可辐射出三种不同频率的光 B. 氢原子由n＝3能级跃迁到n＝2能级产生的光频率最大 C. 氢原子由n＝3能级跃迁到n＝1能级产生的光波长最长 D. 这些氢原子跃迁时辐射出光子能量的最大值为10.2 eV ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．这些氢原子总共可辐射出种不同频率的光，故A正确；‎ BC．氢原子由n＝3能级跃迁到n＝1能级时能级差最大，产生的光频率最大，波长最短，故 BC错误；‎ D．这些氢原子跃迁时辐射出光子能量最大值为-1.51eV-(-10.2 eV)=8.69eV，故D错误。‎ ‎2.如图所示，一半径为 、质量为 的四分之一圆弧轨道静止在光滑的水平面上，现分别将质量为 和 的小球从轨道的顶端由静止释放，小球到达底端时的速率分别为 和 ，轨道的动能分别为和，则下列说法正确的是（    ）‎ A. B. ‎ C. Ek：Ek'=3：4 D. Ek：Ek'=3：2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】当质量为 的小球到底端时，小球和轨道的速度大小分别为 和 ，以轨道与小球组成的系统为研究对象，由机械能守恒定律得： ，以物块的速度方向为正方向，由动量守恒定律得： ，联立解得： ，则轨道的动能为 ；当质量为 的小球到底端时，小球和轨道的速度大小分别为 和 ，以轨道与小球组成的系统为研究对象，由机械能守恒定律得： ，以物块的速度方向为正方向，由动量守恒定律得： ，联立解得： ，，则轨道的动能为 ，故 ，Ek＝mgR，Ek′＝mgR，EK：EK′=3：8，故B 正确，ACD 错误．‎ ‎3.如图所示，空间内水平线 以下存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，一正方形的闭合金属线框 从边界 的上方一定高度由静止释放，运动过程中线框平面一直在竖直平面内，且 ．关于线框开始下落后的速度 随时间 的变化图象，下列图象不可能出现的是（    ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】线框进入磁场前做自由落体运动，进入磁场后 边开始切割磁感线，产生感应电流，开始受到安培力的作用，若线框进入磁场后 边所受向上的安培力与线框的重力平衡，线框就做匀速运动，线框完全进入磁场后又做加速运动，A项可能；若线框进人磁场后 边所受向上的安培力小于线框重力，线框就做加速运动，而且随着速度增大，安培力增大，加速度减小，所以线框做加速度减小的加速运动，当安培力与线框的重力达到平衡后，线框做匀速运动，B项可能、D项不可能；若线框进人磁场后 边所受向上的安培力大于线框的重力，线框就做减速运动，而且随着速度减小，安培力减小，加速度减小，所以线框做加速度减小的减速运动，当安培力与线框的重力达到平衡后，线框做匀速运动，C项可能.‎ ‎4.质量为m的物体，以v0的初速度沿斜面上滑，到达最高点处返回原处的速度为vt，且vt＝0.5v0，则(　　)‎ A. 上滑过程中重力的冲量比下滑时大 B. 上滑时和下滑时支持力的冲量都等于零 C. 合力的冲量在整个过程中大小为mv0‎ D. 整个过程中物体动量变化量为mv0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A 项：因为物体返回原处的速度小于初速度，可知物体与斜面间有摩擦，根据牛顿第二定律知，上滑的加速度大小大于下滑的加速度，根据得，上滑的时间小于下滑的时间，所以上滑过程中重力的冲量比下滑时小，故A错误；‎ B项：冲量等于力与时间的乘积，可知上滑和下滑过程中支持力的冲量不为零，故B错误；‎ C、D项：根据动量定理知，合力的冲量等于动量的变化量，规定向下为正方向，，可知合力冲量的大小为，故C正确，D错误。‎ 点晴：根据牛顿第二定律比较上滑和下滑的加速度大小，结合位移时间公式比较运动的时间，从而比较出重力的冲量大小．根据动量定理，结合动量的变化量得出合力的冲量。‎ ‎5.在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图中曲线a，b所示，则（　）‎ A. 两次t=0时刻线圈平面均与中性面重合 B. 曲线a、b对应的线圈转速之比为2：3‎ C. 曲线a表示交变电动势频率为50Hz D. 曲线b表示的交变电动势有效值为10V ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、在t＝0时刻，感应电动势均为零，此时线圈一定处在中性面上；故A正确；‎ B、由图可知，a的周期为4×10﹣2s；b的周期为6×10﹣2s，则由可知，转速与周期成反比，故转速之比为3：2；故B错误；‎ C、曲线a的交变电流的频率f25Hz；故C错误；‎ D、曲线a、b对应的线圈转速之比为3：2，曲线a表示的交变电动势最大值是15V，转动的角速度，根据Em＝BSω得曲线b表示的交变电动势最大值是10V，则有效值为U；故D错误。‎ 二、多选题（每题4分，共20分，每题少选得2分）‎ ‎6.下列说法正确的是（    ）‎ A. 射线比 射线的贯穿本领强 B. 常用的遥控器通过发出红外线脉冲信号来遥控电视机 C. 太阳辐射的能量主要来自太阳内部的重核裂变反应 D. 原子核发生一次 衰变，该原子外层就失去一个电子 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】 射线比 射线的贯穿本领强，故A正确；常用的遥控器通过发出红外线脉冲信号来遥控电视机，故B正确；太阳辐射的能量主要来自太阳内部的轻核聚变反应，故C错误；原子核发生一次 衰变，该原子核内就少一个中子，同时生成一个电子，故D错误.‎ ‎7.如图，两质量均为 的物块 、 紧绑在一起，中间夹有火药，它们沿光滑水平面以速度 向右运动，某时刻火药爆炸，爆炸完成后， 与前方质量为 的静止的物体 发生完全非弹性碰撞，之后 、 、 三物块速度相同，不计火药质量和爆炸产生的气体质量，则（    ）‎ A. 三物块最终的速度均为 B. 火药爆炸后， 的速度为 C. 火药爆炸后， 、 组成的系统增加的机械能为 D. 最终整个系统的机械能不变 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】火药爆炸时，、组成的系统动量守恒，可设爆炸后、的速度分别为 、 ，则 ，与的碰撞满足系统动量守恒，则 ‎ ，由题意知 ，联立以上三式得 ， ，A正确，B错误；火药爆炸后，、组成的系统增加的机械能 ，C正确；最终整个系统的机械能为 ，最终整个系统的机械能为 ，D错误．‎ ‎8.如图所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大导线圈M相连接，要使小导线圈N获得逆时针方向的感应电流，则放在导轨中的裸金属棒ab的运动情况是(两导线圈共面放置) （ ）‎ A. 向右匀速运动 B. 向左减速运动 C. 向右减速运动 D. 向右加速运动 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据棒的切割磁感线，依据右手定则可确定感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律来确定感应电流的大小；从而由右手螺旋定则来确定线圈M的磁通量的变化，再根据楞次定律，即可确定线圈N中的感应电流的方向．‎ ‎【详解】若要让N中产生逆时针电流，M必须让N中的磁场“减小”或“×增大”所以有以下两种情况.‎ 垂直纸面向外的磁场（）且大小减小，根据楞次定律与法拉第电磁感应定律，则有导体棒向左减速运动；‎ 同理，垂直纸面向里的磁场（×）且大小增大，根据楞次定律与法拉第电磁感应定律，则有导体棒向右加速运动；故B，D正确，A，C错误；‎ 故选BD.‎ ‎【点睛】考查右手定则、法拉第电磁感应定律、右手螺旋定则与楞次定律的应用，注意各定律的作用，同时将右手定则与左手定则区别开．‎ ‎9.如图所示，理想变压器原、副线圈分别与电阻 、 连接， ．现通过移动滑片 来改变原线圈的匝数，使原线圈和副线圈接入电路的匝数分别为 、 ，电压表和电流表均为理想电表，已知交流电源电压瞬时值表达式为，下列说法中正确的是（   ）‎ A. 当 时，电压表的示数小于 B. 通过电阻 的交变电流的频率为 C. 当滑片 向下移动时，电压表示数将变大 D. 当移动滑片 使 时，电压表的读数为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】电源电压有效值为220V，如果原线圈上无电阻 ，由电压之比等于匝数之比可得，副线圈两端电压有效值为110V，电表测量的是有效值，示数也为110V，但实际上有电阻 分压，电压表示数小于110V，故A正确；变压器不改变交变电流的频率，由交变电流表达式可知频率为50Hz，故B错误； ， 变小， 不变， 变大，所以 变小，电阻值不变，所以电压表的示数将变小，故C错误； ， ，所以 ，u=220V，所以电压表的读数为110V．选项D正确.‎ ‎10.‎ ‎ 如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0＜θ＜90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中(　　)‎ A. 运动的平均速度大小为 B. 下滑的位移大小为 C. 产生的焦耳热为qBLv D. 受到的最大安培力大小为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 金属棒ab开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，平均速度大于v，故A错误．由 可知：下滑的位移 ；故B正确；产生的焦耳热Q=I2Rt=qIR，而这里的电流I比棒的速度大小为v时的电流 小，故这一过程产生的焦耳热小于qBLv．故C错误；金属棒受到的安培力，故D错误；故选B．‎ 点睛：本题考查了电磁感应与力学的综合，关键理清金属棒的运动规律，能知道求电量时要用法拉第电磁感应定律求平均电动势.‎ 三、实验探究题（每题8分，共16分）‎ ‎11.某小组同学为了验证动量守恒定律，在实验室找到了如图所示的实验装置．测得大小相同的a、b小球的质量分别为ma、mb，实验得到M、P、N三个落点。图中P点为单独释放a球的平均落点。‎ ‎（1）本实验必须满足的条件是________．‎ A．两小球的质量满足ma＝mb B．斜槽轨道必须是光滑的 C．斜槽轨道末端的切线水平 D．入射小球a每次都从斜槽上的不同位置无初速度释放 ‎（2） a、b小球碰撞后，b球的平均落点是图中的_______．（填M或N）‎ ‎（3）为了验证动量守恒定律，需要测量OM间的距离，还需要测量的物理量有______________、______________（用相应的文字和字母表示）．‎ ‎（4）如果碰撞过程动量守恒，两小球间满足的关系式是______________________（用测量物理量的字母表示）．‎ ‎【答案】 (1). C (2). N (3). OP的距离x2， (4). ON的距离x3 (5). max2＝max1＋mbx3‎ ‎【解析】‎ ‎(1)A、验证碰撞中的动量守恒实验，为防止入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故A错误。B、“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动即可，实验时要保证斜槽轨道末端的切线是水平的，对斜槽是否光滑没有要求，故B错误；C、要保证碰撞后都做平抛运动，两球要发生正碰，碰撞的瞬间，入射球与被碰球的球心应在同一水平高度，两球心的连线应与轨道末端的切线平行，因此两球半径也应该相同，故C正确．D、要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故D错误；故选C．‎ ‎(2)小球a和小球b相撞后，小球b的速度增大，小球a的速度减小，b球在前，a球在后，两球都做平抛运动，由图示可知，未放被碰小球时小球a的落地点为P点，碰撞后a、b的落点点分别为M、N点.‎ ‎(3)小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间t相等；碰撞过程动量守恒，则 mav0=mavA+mbvB，两边同时乘以时间t得：mav0t=mavAt+mbvBt，则maOP=maOM+mbON，故验证动量守恒需要测量的物理量还有OP的距离x2，ON的距离x3.‎ ‎(4)代入测量数据可得，验证动量守恒的表达式为max2＝max1＋mbx3.‎ ‎【点睛】实验注意事项：①前提条件保证碰撞是一维的，即保证两物体在碰撞之前沿同一直线运动，碰撞之后还沿这条直线运动．②利用斜槽进行实验，入射球质量要大于被碰球质量，即m1＞m2，防止碰后m1被反弹．‎ ‎12.在“研究电磁感应现象”的实验中，首先按图1接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；当闭合S时，观察到电流表指针向右偏，不通电时电流表指针停在正中央．然后按图2所示将电流表与副线圈B连成一个闭合回路，将原线圈A、电池、滑动变阻器和电键S串联成另一个闭合电路．根据电磁感应规律，填写实验现象（向左偏转、向右偏转、不偏转）．‎ ‎①S闭合后，将螺线管A（原线圈）插入螺线管B（副线圈）的过程中，电流表的指针___‎ ‎②线圈A放在B中不动时，电流表的指针___‎ ‎③线圈A放在B中不动，将滑动变阻器的滑片P向左滑动时，电流表的指针___‎ ‎④线圈A放在B中不动，突然断开S．电流表的指针_____．‎ ‎【答案】 (1). 向左偏转 (2). 不偏转 (3). 向左偏转 (4). 向右偏转 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①先判断线圈A中磁场方向，然后根据楞次定律判断线圈B中感应电流的磁场方向，最后得到线圈B中的感应电流方向；‎ ‎②线圈不动，磁通量不变，无感应电流；‎ ‎③滑片向左移动，电流变大，先判断线圈A中磁场方向，然后根据楞次定律判断线圈B中感应电流的磁场方向，最后得到线圈B中的感应电流方向；‎ ‎④突然断开S，先判断线圈A中磁场方向，然后根据楞次定律判断线圈B中感应电流的磁场方向，最后得到线圈B中的感应电流方向；‎ ‎【详解】由题意可知，当闭合S时，观察到电流表指针向右偏，则有电流从正极进入时，电流指针向右偏；电流从负极进入时，电流指针向左偏；‎ ‎①线圈A中磁场方向向上，插入B线圈，故线圈B中磁通量变大，阻碍变大，故感应电流的磁场方向向下，故电流从右向左流过电流表，故电流表指针向左偏转；‎ ‎②线圈不动，磁通量不变，无感应电流，故指针不动；‎ ‎③线圈A中磁场方向向上，滑片向左移动，电流变大，故线圈B中磁通量变大，阻碍变大，故感应电流的磁场方向向下，故电流从右向左流过电流表，故电流表指针向左偏转；‎ ‎④线圈A中磁场方向向上，突然断开S，磁通量减小，阻碍减小，故感应电流的磁场方向向上，故电流从左向右流过电流表，故电流表指针向右偏转；‎ 故答案为：①向左偏转；②不偏转；③向左偏转；④向右偏转．‎ ‎【点睛】本题关键是根据先安培定则判断出A中磁场方向，然后根据楞次定律判断线圈B中感应电流的方向．‎ 四、计算题 ‎13.近年来，随着人民生活水平不断提髙，城乡居民生活用电量也大幅上升．现有一小型火力发电站按如图所示线路给远处一城镇供电，发电机组的最大输出功率，输出电压，经升压变压器升压后供电，输电线路的总电阻，到达目的地后经降压变压器降压，用户得到的电压为，若在输电线上损失的功率为发电机组输出功率的 ，升压和降压变压器均可看做理想变压器，发电机组满负荷工作．求：‎ ‎（1）输电线上损失的电压 ．‎ ‎（2）升压变压器原副线圈的匝数比 ．‎ ‎（3）降压变压器原副线圈的匝数比 ．‎ ‎【答案】（1）（2） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由输电线上损失的功率 ，‎ 输电线上的电流 ‎ 输电线上损失的电压．‎ ‎（2）升压变压器原线圈电流 ‎ 又I2=I3=20A ；由 升压变压器原副线圈的匝数比 ．‎ ‎（3）由 得升压变压器的输出电压 ‎ 降压变压器的输入电压 而U4=220V，‎ 降压变压器原副线圈的匝数比 ．‎ ‎14.在水平面的同一直线上依次放置可视为质点的滑块 、 和带有 圆弧轨道的槽 ，槽 的最低点与水平面相切，现给滑块 水平向右的初速度 ，滑块 与滑块 碰后粘在一起成为滑块 ，滑块 无能量损失地滑上槽 ．已知两滑块的质量均为 、槽的质量为 ，重力加速度为 ，忽略所有接触面之间的摩擦．求：‎ ‎（1）滑块 与滑块 因碰撞而损失的机械能；‎ ‎（2）滑块 运动到最高点时距离水平面的高度．‎ ‎【答案】（1） ．（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）滑块 与滑块 碰后粘在一起，则由动量守恒定律得： ，‎ 解得 ，‎ 碰撞过程中滑块与滑块组成的系统损失的机械能为 ，‎ 解得 ．‎ ‎（2）当滑块 运动到最高点时，滑块 与槽 具有共同的速度，‎ 由动量守恒定律得 ，‎ 解得 ，‎ 又由能量守恒定律可知： ，‎ 整理解得 ‎15.如图，两条相距l光滑平行金属导轨位于同一水平面（纸面）内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN（虚线）与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里。某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计。求 ‎（1）在t=0到t=t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；‎ ‎（2）在时刻t（t>t0）穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。‎ ‎【答案】（1） ；（2）；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】在金属棒未越过MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为: ①‎ 设在从t时刻到的时间间隔内，回路磁通量的变化量为，流过电阻R的电荷量为，由法拉第电磁感应有: ②‎ 由欧姆定律有: ③‎ 由电流的定义有: ④‎ 联立①②③④可得: ⑤‎ 由⑤可得，在t=0到t=的时间间隔内，流过电阻R的电荷量q的绝对值为: ⑥‎ ‎（2）当时，金属棒已越过MN，由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有: ⑦‎ 式中f是外加水平恒力，F是匀强磁场施加的安培力。设此时回路中的电流为I，F的大小为: ⑧ ‎ 此时金属棒与MN之间的距离为: ⑨‎ 匀强磁场穿过回路的磁通量为: ⑩‎ 回路的总磁通量为: ⑪‎ 式中仍如①式所示，由①⑨⑩⑪可得，在时刻t（）穿过回路的总磁通量为: ⑫‎ 在t到的时间间隔内，总磁通量的改变为:⑬‎ 由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为:⑭‎ 由欧姆定律有: ⑮‎ 联立⑦⑧⑬⑭⑮可得:‎ 五、选做题（15分）‎ ‎16.关于固体、液体和气体，下列说法正确的是_______。‎ A. 固体中的分子是静止的，液体、气体中的分子是运动的 B. 液体表面层中分子间的相互作用表现为引力 C. 液体的蒸发现象在任何温度下都能发生 D. 汽化现象是液体分子间因相互排斥而发生的 E. 有的物态变化中虽然吸收热量但温度却不升高 ‎【答案】BCE ‎ ‎【解析】‎ 不论固体，还是液体与气体，分子均是永不停息做无规则运动，故A错误；液体表面层中，分子间距较大，分子间的相互作用表现为引力，即为表面张力，故B正确；在任何温度下，液体的蒸发现象都能发生，故C正确；汽化现象与液体分子间相互作用力无关，故D错误；有的物态变化中虽然吸收热量但温度却不升高，如晶体熔化，故E正确；故选BCE。‎ 点睛：考查分子永不停息做无规则运动，理解液体表面张力的含义，知道蒸发快慢与温度有关，而有无蒸发与温度无关，掌握存在吸热，而温度不一定升高的结论．‎ ‎17.如图所示，竖直放置的U形管左端封闭，右端开口，左、右两管的横截面积均为2cm2，在左管内用水银封闭一段长为20cm、温度为27℃的空气柱(可看成理想气体)，左右两管水银面高度差为15cm，外界大气压为75cmHg。‎ ‎①若向右管中缓慢注入水银，直至两管水银面相平，求在右管中注入水银的体积V(以cm3为单位)；‎ ‎②在两管水银面相平后，缓慢升高气体的温度，直至封闭空气柱的长度为开始时的长度，求此时空气柱的温度T。‎ ‎【答案】①46cm3②415K ‎【解析】‎ ‎①开始时左右两管水银面高度差为h =15 cm，外界大气压p0＝75 cmHg 则封闭气体初始压强p1＝p0－h＝60 cmHg ‎ 缓慢加入水银，等水银面相平后，封闭气体的压强p2＝p0＝75 cmHg 封闭气体经历等温变化，开始时空气柱的长度l=20 cm，设末状态空气柱的长度为l′，‎ p1l＝p2l′ ‎ l′=16cm 加入水银的长度x＝h＋2（l－l′）=23cm ‎ 解得加入水银的体积V＝46 cm3 ‎ ‎②空气柱的长度变为开始时的长度l时，左管水银面下降Δh =l－l′=4cm 右管水银面会上升4cm，此时空气柱的压强 p3＝h0＋2Δh=83 cm ‎ 初始温度T =300K，封闭气体从初始到最终，可以看作等容变化 由 ‎ 解得T′＝415K ‎ 本题答案是： ①46cm3 ②415K 点睛：本题考查了理想气体方程，要找准状态参量利用理想气体方程公式求解即可。‎ ‎18.一列简谐横波在x轴上传播，在t1=0和t2=0.5 s两时刻的波形分别如图中的实线和虚线所示，求：‎ ‎（1）若周期大于t2–t1，波速多大？‎ ‎（2）若周期小于t2–t1，则波速又是多少？‎ ‎（3）若波速为92 m/s，求波的传播方向。‎ ‎【答案】（1）12m/s （2）（4+16n）（n=1,2,3…） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎(1)若波向右传播，Δx1＝2 m，Δt＝t2－t1＝0.5 s，则v1＝＝4 m/s；‎ 若波向左传播，Δx2＝6 m，Δt＝t2－t1＝0.5 s，则v2＝＝12 m/s.‎ ‎(2)若波向右传播，Δx3＝(2＋8n)m(n＝1,2,3，…)，Δt＝t2－t1＝0.5 s，则v3＝＝(4＋16n) m/s(n＝1,2,3，…)；‎ 若波向左传播，Δx4＝(6＋8n) m(n＝1,2,3，…)，Δt＝t2－t1＝0.5 s则v4＝＝(12＋16n) m/s(n＝1,2,3，…)．‎ ‎(3)当波速为92 m/s时，波向前传播的距离为Δx＝vt＝46 m＝λ，由(2)题答案可知波向左传播．‎ ‎19.如图所示，一个半径为R的透明球体放置在水平面上，一束蓝光从A点沿水平方向射入球体后经B点射出，最后射到水平面上的C点已知，该球体对蓝光的折射率为则：‎ ‎（1）它从球面射出时的出射角为多少？‎ ‎（2）若光在真空中的传播速度为c，那么，请推导出光从A点传播到C点所需时间t的表达式用c，R表示 ‎【答案】（1）60° （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）首先根据几何关系得出光线在B点时的入射角为由折射定律即可求出折射角的大小；（2）由几何关系求出光在圆柱体中通过路程s，光在圆柱体中速度为，再由 求解时间t．‎ ‎【详解】（1）设入射角为，由几何关系可知：， 由 可得： 所以： ‎ ‎（2）光在球体中的传播速度   则光从A传到B的时间 ，则光从B传到C的时间 故光从A点传播到C点所需时间 ‎【点睛】本题要熟练掌握光的折射定律的内容：入射光线、折射光线、法线在同一平面内，入射光线、折射光线分居法线两侧，入射角的正弦值与折射角的正弦值成正比并要知道各种不同色光折射率的大小关系，即可轻松解决此类问题．‎ ‎ ‎ ‎ ‎