高考物理第二轮复习 练习题十一答案详解

高考物理第二轮复习 练习题十一答案详解

‎2019年高考物理第二轮复习 练习题(十一)‎ 一、单选题 ‎1．如图所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n＝3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，用这些光照射逸出功为2.49 eV的金属钠，下列说法中正确的是 ‎ A． 这群氢原子能发出三种频率不同的光，其中从n＝3跃迁到n＝2所发出的光波长最短 B． 金属钠表面所发出的光电子的初动能最大值为9.60 eV C． 金属钠表面所发出的光电子的初动能最大值为11.11 eV D． 这群氢原子能发出两种频率不同的光．其中从n＝3跃迁到n＝1所发出的光频率最高 ‎【答案】B ‎【解析】一群氢原子处于n=3的激发态，在向较低能级跃迁过程中， 跃迁过程‎3→1‎，‎3→2‎和‎2→1‎三种方式，所以辐射出三种光子，光子能量等于能级差，能量分别为：hν‎1‎=E‎2‎-E‎1‎=10.2eV>‎W‎0‎，hν‎2‎=E‎3‎-E‎2‎=1.89eV<‎W‎0‎，‎ hν‎3‎=E‎3‎-E‎1‎=12.09eV>‎W‎0‎‎，能够发生光电效应的只有2种，其中光子能量最大的是从‎3→1‎辐射的光子，此光子能量最大，频率最高，波长λ=‎cv最短，从‎3→1‎跃迁时辐射光子能量最大，发出光电子的最大初动能Ekm‎=hν‎3‎-W‎0‎=9.6eV ‎ 综上所述，故应选B。‎ ‎2．把图甲所示的正弦式交变电流接在图乙中理想变压器的A、B两端，电压表和电流表均为理想电表，Rt为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻,原线圈连接V1,副线圈连接V2．下列说法正确的是：(　 　)‎ A． Rt处温度升高时，电流表的示数变大，变压器输入功率变大 B． Rt处温度升高时，电压表V1、V2示数的比值不变 C． 在t=1×10﹣2s时，穿过该矩形线圈的磁通量为零 D． 变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=36sin50πt（V）‎ ‎【答案】A ‎【解析】副线圈电压不变，若Rt电阻原来大于R，则温度升高时，电压表V2示数与电流表A2示数的乘积增大，若Rt电阻原来小于R，则电压表V2示数与电流表A2示数的乘积变小，当Rt处温度升高时，电阻减小，则副线圈总功率增大，所以原线圈功率增大，即电压表V1示数与电流表A1示数的乘积一定变大，故A正确；Rt处温度升高时，电阻减小，电压表V2测量Rt的电压，则电压表V2示数减小，V1示数不变，则电压表V1示数与V2示数的比值变大，故B错误；在图甲的t=0.01s时刻，e=0，则磁通量最大，此时矩形线圈平面与磁场方向垂直，故C错误；根据图甲可知，Em=36‎2‎V，T=0.02s，则ω＝‎2πT‎=‎‎2π‎0.02‎ =100πrad/s，变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=36‎2‎sin100πt（V），故D错误。故选A。‎ ‎3．一物体做加速直线运动，依次经过A、B、C三位置，B为AC的中点，物体在AB段的加速度为a‎1‎，在BC段的加速度为a‎2‎，现测得B点的瞬时速度vB‎=‎‎1‎‎2‎vA‎+‎vC，则a‎1‎与a‎2‎的大小关系为 A． a‎1‎‎>‎a‎2‎ B． a‎1‎‎=‎a‎2‎ C． a‎1‎‎<‎a‎2‎ D． 无法比较 ‎【答案】C ‎【解析】如果物体从A至C的过程中是作匀加速直线运动，则物体的速度图线如图1所示，‎ ‎ ∵B点是AC的中点，很显然可以看出图线下所对应的面积s1≠s2，要满足s1=s2的条件，时间t1必须要向右移至图2所示的位置，又∵vB=‎1‎‎2‎（vA+vC），这是从A至B匀加速运动过程中的中间时刻的瞬时速度，即t1=‎1‎‎2‎t2时刻的瞬时速度，但t1时刻所对应的位置又不是AC的中点（∵s1≠s2），要同时满足s1=s2和vB=‎1‎‎2‎（vA+vC）的条件，将图1中的时刻t1沿t轴向右移至满足s1=s2位置处，如图2所示，再过vB=‎1‎‎2‎（vA+vC）点作平行于时间轴t的平行线交于B点，连接AB得到以加速度a1运动的图线，连接BC得到以加速度a2运动的图线，比较连线AB和BC的斜率大小，不难看出a2＞a1，∴C选项正确；故选C。‎ ‎4．如图所示，从某高度水平抛出一小球，经过时间t到达地面时，速度与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是 A． 若小球初速度增大，则θ减小 B． 小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为θ‎2‎ C． 若小球的初速增大，小球落地时重力的瞬时功率将增大 D． 若小球的初速增大，小球落地过程中重力的平均功率将增大 ‎【答案】A ‎【解析】根据速度关系可得：tanθ=vyv‎0‎=‎gtv‎0‎，可知，若小球初速度增大，t不变，θ减小，故A正确；设位移方向与水平方向的夹角为α，则tanα=yx=‎1‎‎2‎gt‎2‎v‎0‎t=gt‎2‎v‎0‎=‎1‎‎2‎tanθ，故B错误；根据重力瞬时功率表达式：P=mgvy=mggt，可知小球落地时重力的瞬时功率与初速度无关，故C错误；重力的平均功率为P‎=mght=mg⋅‎1‎‎2‎gt‎2‎t=‎mg‎2‎t‎2‎，可知与下落时间有关，与小球的初速度无关，故D错误。所以A正确，BCD错误。‎ ‎5．如图为某一电场的电场线，M、N、P为电场线上的三个点，M、N是同一电场线上两点。下列判断不正确的是(　　)‎ A． 只受电场力作用时，同一负电荷在N点的加速度最大 B． M、N、P三点中N点的电势最高 C． 正电荷从M点自由释放，电荷不可能沿电场线运动到N点 D． 只受电场力作用时，同一正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 电场线的疏密反应了场的强弱，N点处电场线最密，所以N点场强最大，同一负电荷在 N 点的加速度最大，故A正确；顺着电场线的方向，电势降低，所以M点的电势最高，故B错误；在M点静止释放，正电荷在电场力的作用下运动，但是运动轨迹并不是电场线，故C正确；根据EP=qφ，φM＞φP＞φN可知，正电荷在M点电势能大于在N点的电势能，故D正确。此题选择不正确的选项，故选B。‎ 二、多选题 ‎6．“玉兔号”登月车在月球表面接触的第一步实现了中国人“奔月”的伟大梦想。机器人“玉兔号”在月球表面做了一个自由下落试验，测得物体从静止自由下落h高度的时间t，已知月球半径为R，自转周期为T，引力常量为G。则 A． 月球表面重力加速度为t‎2‎‎2h B． 月球第一宇宙速度Rht C． 月球质量为‎2hR‎2‎Gt‎2‎ D． 月球同步卫星离月球表面高度‎3‎hR‎2‎T‎2‎‎2‎π‎2‎t‎2‎‎-R ‎【答案】CD ‎【解析】物体自由下落，h=‎1‎‎2‎gt‎2‎。得g=‎‎2ht‎2‎，故A错误；由于mg=‎mv‎2‎R，解得v=gR=‎‎2ht‎2‎R，故B错误；由于GMmR‎2‎‎=mg，得M=gR‎2‎G=‎‎2hR‎2‎Gt‎2‎，故C正确；对月球同步卫星分析，GMm‎(h+R)‎‎2‎‎=m‎4‎π‎2‎T‎2‎(R+h)‎，解得h=‎3‎hR‎2‎T‎2‎‎2‎π‎2‎t‎2‎-R，故D正确。综上分析，CD正确。‎ ‎7．如图甲所示为一固定光滑足够长的斜面，倾角为30°。质量为0.2kg的物块静止在斜面底端，t=0时刻，受到沿斜面方向拉力F的作用，取沿斜面向上为正方向，拉力F随时间t变化的图象如图乙所示，g=10m／s2，则下列说法正确的是 A． 6s末物块的速度为零 B． 物块一直沿斜面向上运动 C． 0~4s内拉力对物块做的功为20J 第 4 页 D． 0～6s内拉力对物块的冲量为零 ‎【答案】AC ‎【解析】在0~2s内，由牛顿第二定律可得F‎1‎‎-mgsin30°=ma‎1‎，解得a‎1‎‎=5m/‎s‎2‎，在2~4s内，由牛顿第二定律可得F‎2‎‎+mgsin30°=ma‎2‎，解得a‎2‎‎=10m/‎s‎2‎，则物块在0~2s内向上匀加速直线运动，2~3s内向上匀减速直线运动，3s时减少为零，3~4s内向下匀加速直线运动，4~6s内向下匀减速直线运动，6s时速度减为零，A正确B错误；在t=4s时和t=2s时物块在同一位置，速度等大反向，所以0~4s内拉力对物块做的功等于0~2s内拉力对物块做的功s=‎1‎‎2‎a‎1‎t‎2‎=10m，W=F‎1‎s=20J，C正确；0~6s内拉力对物块的冲量I=F‎1‎t‎1‎+F‎2‎t‎2‎=‎2×4-1×2‎N⋅s=6N⋅s，D错误．‎ ‎8．用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径．如图所示，在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率ΔBΔt＝k(k＜0)．则(　　) ‎ A． 圆环中产生逆时针方向的感应电流 B． 圆环具有扩张的趋势 C． 圆环中感应电流的大小为krS‎2ρ D． 图中a、b两点间的电势差大小为Uab＝‎‎|‎1‎‎4‎πkr‎2‎|‎ ‎【答案】BD ‎【解析】由题意可知磁感应强度均匀减小，穿过闭合线圈的磁通量减小，根据楞次定律可以判断，圆环中产生顺时针方向的感应电流，圆环具有扩张的趋势，A错误B正确；圆环中产生的感应电动势为E=ΔΦΔt=ΔBΔtS=‎‎1‎‎2‎πr‎2‎k，圆环的电阻为R=ρlS=‎‎2πρrS，所以圆环中感应电流的大小为I=ER=‎krS‎4ρ，C错误；图中a、b两点间的电势差Uab‎=I×‎1‎‎2‎R=‎‎1‎‎4‎πkr‎2‎，D正确．‎ 三、实验题 ‎9．如图所示为用光电门测定钢球下落时受到的阻力的实验装置。直径为d、质量为m的钢球自由下落的过程中，先后通过光电门A、B，计时装置测出钢球通过A、B的时间分别为tA、tB。用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度。测出两光电门间的距离为h，当地的重力加速度为g。‎ ‎(1)钢球下落的加速度大小a＝______________，钢球受到的空气平均阻力f＝__________________。‎ ‎(2)本题“用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度”，但从严格意义上讲是不准确的，实际上钢球通过光电门的平均速度________(填“>”或“<”)钢球球心通过光电门的瞬时速度。‎ ‎【答案】‎1‎‎2h‎(d‎2‎tB‎2‎-d‎2‎tA‎2‎)‎ mg-m‎2h(d‎2‎tB‎2‎-d‎2‎tA‎2‎)‎<‎ ‎【解析】(1)钢球通过光电门A、B时的瞬时速度分别为vA‎=‎dtA、vB‎=‎dtB，由vB‎2‎‎-vA‎2‎=2ah得，加速度a=‎‎1‎‎2hd‎2‎tB‎2‎‎-‎d‎2‎tA‎2‎，由牛顿第二定律得mg－f＝ma，解得：f=mg-‎m‎2hd‎2‎tB‎2‎‎-‎d‎2‎tA‎2‎。‎ ‎(2)由匀变速直线运动的规律可知，钢球通过光电门的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，而球心通过光电门的中间位移的速度大于中间时刻的瞬时速度，因此钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度。‎ ‎10．⑴某实验小组为了测量某一电阻Rx的阻值，他们先用多用电表进行粗测，测量出Rx的阻值约为18Ω左右。为了进一步精确测量该电阻，实验台上有以下器材：‎ A．电流表(量程15mA，内阻未知)‎ B．电流表(量程0.6A，内阻未知)‎ C．电阻箱(0～99.99Ω)‎ D．电阻箱(0～999.9Ω)‎ E.电源(电动势约3V，内阻约1Ω)‎ F.单刀单掷开关2只 G.导线若干 甲同学设计了如图甲所示的实验原理图并连接好实验器材，按照如下步骤完成实验：‎ a.先将电阻箱阻值调到最大，闭合S1，断开S2，调节电阻箱阻值，使电阻箱有合适的阻值R1，此时电流表指针有较大的偏转且示数为I；‎ b.保持开关S1闭合，再闭合开关S2，调节电阻箱的阻值为R2，使电流表的示数仍为I。‎ ‎①根据实验步骤和实验器材规格可知，电流表应选择_______，电阻箱应选择_______ （选填器材前的字母）‎ ‎②根据实验步骤可知，待测电阻Rx= ____________________（用步骤中所测得的物理量表示）。‎ ‎⑵同学乙认为该电路可以用来测电源的电动势、内阻。若已知所选电流表的内阻RA=2.0Ω，闭合开关S2，调节电阻箱R，读出多组电阻值R和电流I的数据；由实验数据绘出的-R图象如图乙所示，由此可求得电源电动势E=________ V，内阻r= ____ Ω。(计算结果保留两位有效数字)‎ ‎【答案】 A; D; ; 3.2; 0.80;‎ ‎【解析】（1）①根据闭合电路欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为：Imax=<≈0.167A=167mA，如果电流表选B，则读数误差太大，故电流表应选A；‎ 电源电动势为3V，电流表量程为15mA=0.015A，由欧姆定律：I=U/R可知，电路中的最小电阻应为：Rmax=E/IA=3V/0.015A=200Ω，所以电阻箱应选D；‎ ‎②根据闭合电路欧姆定律，S2断开时有：E=I(Rx+R1+RA+r)…①‎ S2闭合时有：E=I(R2+RA+r)…②‎ 联立①②解得：Rx=R2−R1；‎ ‎(2)S闭合后，由闭合电路欧姆定律可知：E=I(R+RA+r)‎ 则有： ，‎ 由图像可得， ， ‎ 联立解得：E=3.2V，r=0.80Ω.‎ 四、解答题 ‎11．如图所示，在光滑的水平面上有一质量为mc=1kg的足够长的木板C，在C上放置有A、B两物体，A的质量mA=1kg，8的质量为mB=2 kg。A、B之间锁定一被压缩了的轻弹簧，弹簧储存的弹性势能EP=3J，现突然给A、B一瞬时冲量作用，使A、B同时获得v0=2m/s的初速度，与此同时弹簧由于受到扰动而解除锁定，并在极短的时间内恢复原长，之后与A、B分离（此过程中C仍保持静止)。已知A和C之间的摩擦因数为μ1=0.2，B、C之间的动摩擦因数为μ2=0.1，且滑动摩擦力略小于最大静摩擦。求：‎ ‎（1）弹簧与A、B分离的瞬间，A、B的速度分别是多大?‎ ‎（2）已知在C第一次碰到右边的固定挡板之前，A、B和C已经达到了共同速度，求共同速度v和达到共速之前A、B、C的加速度aA、aB、aC。的大小?‎ ‎（3）已知C与挡板的碰撞无机械能损失，求在第一次碰撞后到第二次碰撞前A在C上滑行的距离?‎ ‎【答案】(1) vA‎=0、vB=3m/s (2) aA‎=aB=aC=1m/‎s‎2‎ ， v=1.5m/s (3) ‎‎0.75m ‎【解析】（1）在弹簧弹开两物体的过程中，由于作用时间极短，对AB弹簧组成的系统由动量和能量守恒定律可得：‎ ‎(mA+mB)v‎0‎=mAvA+‎mBvB‎ ‎ ‎ EP‎+‎1‎‎2‎(mA+mB)v‎0‎‎2‎=‎1‎‎2‎mAvA‎2‎+‎‎1‎‎2‎mBvB‎2‎  ‎ 联立解得： vA‎=0、vB=3m/s ‎ ‎（2）对物体B有：aB‎=μ‎2‎g=1m/‎s‎2‎  ‎ 假设AC相对静止，有： μ‎2‎mBg=(mA+mC)a   ‎ 解得：‎a=1m/‎s‎2‎ 因为：mAa<μ‎1‎mAg  假设成立 故物体AC的共同加速度为a=1m/‎s‎2‎  ‎ 对ABC组成的系统，水平方向不受外力，由动量守恒定律 可得：mBvB‎=(mA+mB+mC)v   ‎ 解得：v=1.5m/s ‎ ‎（3）C和挡板碰撞后，先向左匀减速运动，后向右匀加速运动，在向右加速过程中先C和A达到共同速度v１，之后AC再以共同的加速度向右匀加速，B一直向右匀减速，最后三者达到共同速度做匀速运动。‎ aA‎=μ‎1‎g=2m/‎s‎2‎‎ ;aB‎=μ‎2‎g=1m/‎s‎2‎ ‎ μ‎1‎mAg+μ‎2‎mBg=‎mCaC‎  ‎ 第 4 页 解得： aC‎=4m/‎s‎2‎   ‎ v‎1‎‎=v-aAt=-v+aCt‎   ‎ 解得：v‎1‎‎=0.5m/s、t=0.5s  ‎ xA‎=v+‎v‎1‎‎2‎t=0.5m‎ ‎ xC‎=‎-v+‎v‎1‎‎2‎t=-0.25m 故AC间的相对运动距离为 ‎ xAC‎=xA+xC=0.75m‎   ‎ ‎12．如图所示，在直角坐标系xOy中，在y＜d的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，在d＜y＜2d的区域内分布有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，MN为电场和磁场的边界，在y=2d处放置一垂直于y轴的足够大金属挡板，带电粒子打到板上即被吸收，一质量为m、电量为＋q的粒子以初速度v0由坐标原点O处沿x轴正方向射入电场，已知电场强度大小为E=‎‎3mv‎0‎‎2‎‎2qd，粒子的重力不计。‎ ‎（1）求粒子第一次进入磁场时速度v的大小和方向；‎ ‎（2）要使粒子不打到挡板上，磁感应强度应满足什么条件？‎ ‎（3）通过调节磁感应强度的大小，可让该粒子两次经过磁场后刚好通过x轴上x=4d的点P（图中未画出），求此时磁感应强度的大小。‎ ‎【答案】（1）2v0（2）B>‎3mv‎0‎qd（3）‎B‎'‎‎=‎‎3（2+‎3‎）mv‎0‎qd ‎【解析】(1)粒子在电场中只受电场力作用做类平抛运动，有加速度a=‎qEm vy‎2‎‎=2ad v=‎v‎0‎‎2‎‎+‎vy‎2‎‎ ‎ 设v与水平方向的夹角为θ，‎tanθ=‎vyv‎0‎ 联立解得：θ=‎‎60‎‎0‎ ‎ v=2‎v‎0‎‎ ‎ ‎(2)在磁场中做匀速圆周运动，有qvB=mv‎2‎R ‎ 根据几何关系可得：要使粒子不打到挡板上，粒子做圆周运动的轨道半径：‎R+Rcosθ=d 联立解得：B=‎‎3mv‎0‎qd ‎ 从而要满足题意必须B﹥‎3mv‎0‎qd ‎ ‎(3)在电场中做类平抛运动，有d=‎1‎‎2‎at‎2‎ ‎ x=v‎0‎t‎ ‎ 联立解得：x=‎2‎‎3‎‎3‎d ‎ 由题，有‎2（2x-2R‎/‎sinθ）=4d ‎ 解得：R‎/‎‎=‎2（2-‎3‎）‎‎3‎d ‎ 又qvB‎/‎=mv‎2‎R‎/‎ ‎ ‎ 解得：‎B‎/‎‎=‎‎3（2+‎3‎）mv‎0‎qd 选修部分 ‎13．如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示，F>0为斥力，F<0为引力，a、b、c、d为x轴上四个特定的位置，现把乙分子从a处由静止释放，若规定无限远处分子势能为零，则下列说法不正确的是(　　)‎ A． 乙分子在b处势能最小，且势能为负值 B． 乙分子在c处势能最小，且势能为负值 C． 乙分子在d处势能一定为正值 D． 乙分子在d处势能一定小于在a处势能 E. 乙分子在c处加速度为零，速度最大 ‎【答案】ACD ‎【解析】由于乙分子由静止开始，在ac间一直受到甲分子的引力而做加速运动，引力做正功，分子势能一直在减小，到达c点时所受分子力为零，加速度为零，速度最大，动能最大，分子势能最小，为负值．由于惯性，到达c点后乙分子继续向甲分子靠近，由于分子力为斥力，故乙分子做减速运动，直到速度减为零，设到达d点后返回，故乙分子运动范围在ad之间．在分子力表现为斥力的那一段cd上，随分子间距的减小，乙分子克服斥力做功，分子力、分子势能随间距的减小一直增加．故BE正确，ACD错误；此题选项不正确的选项，故选ACD．‎ ‎14．如图甲、乙所示，汽缸由两个横截面不同的圆筒连接而成，活塞A、B被长度为0.9m的轻质刚性细杆连接在一起，可无摩擦移动，A、B的质量分别为mA=12kg、mB=8.0kg，横截面积分别为SA=4.0×10-2m2，SB=2.0×l0-2m2。一定质量的理想气体被封闭在两活塞之间，活塞外侧大气压强P0=1.0×l05Pa。取重力加速度g=10m/s2。‎ ‎①图甲所示是气缸水平放置达到的平衡状态，活塞A与圆筒内壁凸起面恰好不接触，求被封闭气体的压强。‎ ‎②保持温度不变使汽缸竖直放置，平衡后达到如图乙所示位置，求活塞A沿圆筒发生的位移大小。‎ ‎【答案】(1)P‎1‎‎=1.0×‎10‎‎5‎Pa (2)x=0.1m ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎①气缸处于图甲位置时，设气缸内气体压强为P1，对于活塞和杆，根据力的平衡条件可得： P0SA+P1SB=P1SA+P0SB 解得：P1=P0=1.0×105Pa ②气缸处于图乙位置时，设气缸内气体压强为P2，对于活塞和杆，由平衡条件： P0SA+P2SB=P2SA+P0SB+（mA+mB）g 代入数据可得：P2=0.9×105Pa 由玻意耳定律可得：P1lSB=P2[lSB+x（SA-SB）] 由以上各式并代入数据得：x=0.1m ‎ ‎15．如图所示实线是沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形图，虚线是这列波在t=0.2s时刻的波形图，已知x=5cm处的质点的振动周期为0.15s，下列说法正确的是___________‎ A．这列波的波速是0.8m/s B．在一个周期内这列波向前传播的距离是14cm C．这列波一定沿x轴负方向传播 D．每经过0.15s介质中的质点就沿x轴移动12cm E．从t=0时刻开始，x=5cm处质点经0.1s振动到波峰 ‎【答案】ACE ‎【解析】B、由题图可知，这列波的波长为12cm，所以在一个周期内这列波向前传播的距离为12cm，故B错误；‎ A、波的周期与质点的振动周期相同，则v=λT=‎0.12‎‎0.15‎=0.8m/s，故A正确；‎ C、当波沿x轴负方向传播时，实线与横坐标轴的交点（4,0）处的波形传到原点的时间为t=‎0.04‎‎0.8‎s=0.05s，因波的周期是0.15s，t=0.2s时刻的波形实际是0.05s的波形，故C正确；‎ D、简谐横波向前传播的过程中介质中质点只在自己的平衡位置附近上下振动，并不向前移动，故D错误；‎ E、从t=0时刻开始经0.1s波向左传播的距离x=vt=0.1×0.8=0.08m=8cm，根据波形的平移法知，t=0时刻x=13cm处的波峰传到x=5cm处，所以从t=0时刻开始，x=5cm处的质点经0.1s振动到波峰，故E正确；‎ 故选ACE。‎ ‎16．玻璃球体的半径为R，P为经过球心的水平轴线上的一点，且PC=‎Rn(n为折射率)，如图所示。若从P点向石侧发出的任意一条光线经球面折射后，其反向延长线均聚焦于水平轴PC上的Q点(未画出)，已知玻璃球体对光线的折射率为n，试求Q的位置。‎ ‎【答案】nR ‎ ‎【解析】设光线在D点发生折射，由折射定律可得：‎n=‎sinθ‎1‎sinθ‎2‎ 在三角形DCP中，由正弦定理可得：‎PCsinθ‎2‎‎=‎DCsinθ‎4‎ 可得：‎θ‎4‎‎=‎θ‎1‎ 由几何关系可得：‎θ‎1‎‎=θ‎5‎+‎θ‎2‎ θ‎4‎‎=θ‎5‎+‎θ‎3‎ 第 4 页 可得：‎θ‎3‎‎=‎θ‎2‎ 在三角形DQC中，由正弦定理可得：‎QCsinθ‎1‎‎=‎DCsinθ‎3‎ 可得：QC=nR ‎ 即 Q点距O点的距离为nR ‎ 第 4 页