四川省南充市2021届新高考物理最后模拟卷含解析

四川省南充市2021届新高考物理最后模拟卷含解析

四川省南充市 2021 届新高考物理最后模拟卷 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的 1．在一次观察光的衍射实验中， 观察到如图所示的清晰的亮暗相间的图样， 那么障碍物是下列给出的 ( ) A．很小的不透明圆板 B．很大的中间有大圆孔的不透明挡板 C．很大的不透明圆板 D．很大的中间有小圆孔的不透明挡板 【答案】 D 【解析】 【分析】 很大的中间有大圆孔的不透明挡板和很大的不透明圆板不会发生衍射现象， 很小的不透明圆板出现泊松亮 斑． 【详解】 A．用光照射很小的不透明圆板时后面出现一亮点，即泊松亮斑，故 A 错误； B．很大的中间有大圆孔的不透明挡板时后面是一亮洞，不会出现衍射现象，故 B 错误； C．很大的不透明圆板时后面是一片阴影，不会出现衍射现象，故 C 错误； D．用光照射很大的中间有小圆孔的不透明挡板时是明暗相间的衍射图样，即发生衍射现象，故 D 正确． 【点睛】 该题考查单孔衍射的图样， 要牢记单孔衍射和单缝衍射图样与障碍物或孔的尺寸是有关系的， 不同的障碍 物或孔出现的衍射图样是不一样的． 2．如图所示，传送带以恒定速率逆时针运行，将一小物体从顶端 A 无初速释放，物体与传送带之间的动 摩擦因数 tan ，已知物体到达底端 B 前已与传送带共速，下列法中正确的是（ ） A．物体与传送带共速前摩擦力对物体做正功，共速后摩擦力对物体不做功 B．物体与传送带共速前摩擦力对物体做的功等于物体动能的增加量 C．物体与传送带共速前物体和传送带间的摩擦生热等于物体机械能的增加量 D．物体从 A 到 B 过程中物体与传送带间的摩擦生热等于物体机械能的增加量 【答案】 C 【解析】 【详解】 A. 物体与传送带共速前， 物体受到的滑动摩擦力沿传送带向下， 与速度方向相同， 则摩擦力对物体做正功。 共速后，物体受到的静摩擦力方向沿传送带向上，与速度方向相反，对物体做负功，选项 A 错误； B.物体与传送带共速前，重力和摩擦力对物体做功之和等于物体动能的增加量，选项 B 错误； C.设传送带的速度为 v，物体与传送带共速前，物体机械能的增加量为： 2 vtE mgcos x mgcos物 物体与传送带间的相对位移为： 2 2 v vtx vt t 物体与传送带间的摩擦生热为： 2 vtQ mgcos x mgcos 所以有 Q= △E，选项 C 正确； D.物体从 A 到 B 过程中，只有物体与传送带共速前摩擦产生热量，共速后不产生热量，但共速后物体的 机械能在减少，所以物体从 A 到 B 过程中物体与传送带间的摩擦生热大于物体机械能的增加量，选项 D 错误。 故选 C。 3．如图所示，一定质量的理想气体从状态 A 经过状态 B、C 又回到状态 A 。下列说法正确的是（ ） A． A→B 过程中气体分子的平均动能增加，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增加 B． C→A 过程中单位体积内分子数增加，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少 C． A→B 过程中气体吸收的热量大于 B→C 过程中气体放出的热量 D． A→B 过程中气体对外做的功小于 C→A 过程中外界对气体做的功 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 A． A→B 过程中，温度升高，气体分子的平均动能增加，过原点直线表示等压变化，故单位时间内撞击 单位面积器壁的分子数减小，故 A 错误； B． C→A 过程中体积减小，单位体积内分子数增加，温度不变，故单位时间内撞击单位面积器壁的分子 数增加，故 B 错误； C． 气体从 A→B 过程中，温度升高且体积增大，故气体吸收热量且对外做功，设吸热大小为 Q1，做功 大小为 W 1，根据热力学第一定律有： △U1=Q 1-W 1，气体从 B→C 过程中，温度降低且体积不变，故气体 不做功且对外放热，设放热大小为 Q2，根据热力学第一定律： △U2=-Q 2，气体从 C→A 过程中，温度不 变，内能增量为零，有： △U= △U 1+△U2=Q 1-W 1-Q 2=0 即 Q 1=W 1+Q 2＞Q 2 所以 A→B 过程中气体吸收的热量 Q1 大于 B→C 过程中气体放出的热量 Q2，故 C 正确； D． 气体做功 W p V ，A→B 过程中体积变化等于 C→A 过程中体积变化， 但图像与原点连接的斜率 越大，压强越小，故 A→B 过程中气体对外做的功大于 C→A 过程中外界对气体做的功，故 D 错误。 故选 C。 4．如图所示，固定在水平地面的斜面体，其斜面倾角 α =30°、斜面长 x=1.6m ，底端与长木板 B 上表面等 高， B 静止在光滑水平地面上，左端与斜面接触但不粘连，斜面底端与 B 的上表面接触处平滑连接。一可 视为质点的滑块 A 从斜面顶端处由静止开始下滑， 最终 A 刚好未从 B 上滑下。 已知 A 、B 的质量均为 1kg ， A 与斜面间的动摩擦因数 μ1= 3 4 ， A 与 B 上表面间的动摩擦因数 μ2=0.5，重力加速度 g 取 10m/s2，下列 说法正确的是（ ） A． A 的最终速度为 0 B． B 的长度为 0.4m C． A 在 B 上滑动过程中， A、B 系统所产生的内能为 1J D． A 在 B 上滑动过程中， A、B 系统所产生的内能为 2J 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 A． 设 A、 B 的质量均为 m，A 刚滑上 B 的上表面时的速度大小为 v1．滑块 A 沿斜面下滑的过程，由动 能定理得： 1sin cosmgx mgx 2 0 1 0 2 mv 解得： v1=2m/s 设 A 刚好滑 B 右端的时间为 t，两者的共同速度为 v。滑块 A 滑上木板 B 后，木板 B 向右做匀加速运动， A 向右做匀减速运动。根据牛顿第二定律得：对 A 有 μ2mg=ma A 对 B 有 μ2mg=ma B 则 v=v 1-aAt=a Bt 联立解得 t=1.2s，v=1m/s 所以， A 的最终速度为 1m/s，故 A 错误； B． 木板 B 的长度为 0 0 A B 2 0.2m 0.2m 2 2 2 2 v v vvL x x t t t 故 B 错误； CD ．A 在 B 上滑动过程中， A 、B 系统所产生的内能为 Q=μ1mgL=1.5 ×1×11×1.2J=1J 故 C 正确， D 错误。 故选 C。 5．起重机将静止在地面上的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点过程中的 v－ t 图像如图所示， g=10m/s 2，以下说法中正确的是（ ） A． 0~3s 内货物处于失重状态 B． 3~5s 内货物的机械能守恒 C． 5~7s 内货物受到向上的拉力为重力的 0.3 倍 D．货物上升的总高度为 27m 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 A．货物开始时竖直向上运动，由 v－ t 图像读出 0~3s 的斜率即加速度为正，表示加速度向上，则货物处 于超重状态，故 A 错误； B． 3~5s 内货物做向上的匀速直线运动，一定有除重力以外的拉力对货物做正功，则货物的机械能增加， 故 B 错误； C． 5~7s 内的加速度为 2 20 6 m/s 3m/s 2 va t 由牛顿第二定律有 TF mg ma 可得 T 7 0.7F m mg 则有货物受到向上的拉力为重力的 0.7 倍，故 C 错误； D． v－t 图像的面积表示货物上升的总位移，则总高度为 (2 7) 6m 27m 2 h 故 D 正确。 故选 D。 6．如图所示，质量为 4kg 的物体在动摩擦因数为 0.5 的水平面上向右运动，在运动过程中受到水平向左、 大小为 10N 的拉力作用，则物体所受摩擦力为（ g=10N/kg ） A． 10N，向右 B．10N，向左 C． 20N，向右 D．20N，向左 【答案】 D 【解析】 【详解】 物体相对地面向右运动，则滑动摩擦力的方向向左，大小为： f N 0.5 4 10N 20NF F mg 故选 D。 二、多项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求．全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分 7．如图所示， ac 和 bd 是相距为 L 的两根的金属导轨，放在同一水平面内。 MN 是质量为 m，电阻为 R 的金属杆，垂直导轨放置， c 和 d 端接电阻 R1=2R，MN 杆与 cd 平行，距离为 2L ，若 0－2t0 时间内在导 轨平面内加上如图所示变化的匀强磁场，已知 t=0 时刻导体棒静止，磁感强度竖直向下为正方向，那么以 下说法正确的是（ ） A．感应电流的方向先沿顺时针后沿逆时针方向 B．回路中电流大小始终为 2 0 0 2 3 B L Rt C．导体棒受到的摩擦力方向先向左后向右 D．导体棒受到的摩擦力大小不变 【答案】 BC 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．设导体棒始终静止不动，由图乙可知，图线斜率绝对值即为磁场变化率且恒定，由公式 2 0 0 2= = B LBSE t t t 感应电动势恒定，回路中电流 2 0 0 2 3 3 B LEI R Rt 恒定不变，由于 t=0 时刻导体棒静止，由 =AF BIL 可知，此时的安培力最大，则导体棒始终静止不动，假 设成立，由楞次定律可知，感应电流方向始终为顺时针方向，故 A 错误， B 正确； C．由于感应电流方向不变， 00 t: 内磁场方向竖直向下，由左手定则可知，安培力方向水平向右，由于 导体棒静止，则摩擦力方向水平向左，同理可知， 0 02t t: 时间内安培力方向水平向左，摩擦力方向水平 向右，故 C 正确； D．由平衡可知，摩擦力大小始终与安培力大小相等，由于电流恒定，磁场变化，则安培力大小变化，摩 擦力大小变化，故 D 错误。 故选 BC 。 8．如图所示，在竖直平面内的 xOy 坐标系中分布着与水平方向成 30°角的匀强电场，将一质量为 0.1kg、 带电荷量为 +0.01C 的小球以某一初速度从原点 O 竖直向上抛出，它的轨迹方程为 y1=x，已知 P 点为轨迹 与直线方程 y=x 的交点，重力加速度 g=10m/s 1．则（ ） A．电场强度的大小为 100N/C B．小球初速度的大小为 5 3m/s C．小球通过 P 点时的动能为 5 3 J 4 D．小球从 O 点运动到 P 点的过程中，电势能减少 3J 【答案】 AC 【解析】 小球，以某一初速度从 O 点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程 y=x 1，说明小球做类平抛运动， 则电场力与重力的合力沿 x 轴正方向，竖直方向： qE?sin30°=mg，所以： 2 2 / 100 / 0.02 mgE N C N C q ，选项 A 正确； 小球受到的合力： F 合 =qEcos30°=ma ，所以 a= 3 g； P 点的坐标为（ 1m，1m）；由平抛运动规律有： 0 1v t ； 21 1 2 at ，解得 0 5 3 /v m s ，选项 B 错误； 小球通过 P 点时的速度 2 2 0 ( ) 25 3 /Pv v at m s ，则动能为 21 5 3 2 4kP PE mv J ，选项 C 正确； 小球从 O 到 P 电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即： 0 0cos30 30 ( 3 1)EW Eq x Eqsin x J ，选项 D 错误；故选 AC. 点睛： 本题考查类平抛运动规律以及匀强电场的性质， 结合抛物线方程 y=x 1，得出小球在受到的电场力与 重力大小关系是解答的关键． 9．如图所示，一匝数为 n，边长为 L，质量为 m，电阻为 R 的正方形导体线框 bcd，与一质量为 3m 的 物块通过轻质细线跨过两定滑轮相连． 在导体线框上方某一高处有一宽度为 L 的上、下边界水平的匀强磁 场，磁感应强度大小为 B，方向垂直纸面向里．现将物块由静止释放，当 d 边从磁场下边缘进入磁场时， 线框恰好做匀速直线运动，不计 —切摩擦．重力加速度为 g．则 ( ) A．线框 d 边进入磁场之前线框加速度 =2g B．从线框全部进入磁场到完全离开磁场的过程中，通过线框的电荷量 2BLq R C．整个运动过程线框产生的焦耳热为 Q=4mgL D．线框进入磁场时的速度大小 2 2 2 2mgRv n B L 【答案】 CD 【解析】 【分析】 【详解】 A. 在线框 ad 边进入磁场之前，有 3 3mg T ma T mg ma， ，解得 1 2 a g= ，A 错误； B.根据 q n R Φ 可得从线框全部进入磁场到完全离开磁场的过程中，通过线框的电荷量为 2nBLq R ，B 错误； C.线圈进入磁场过程中和穿出磁场过程中的总热量等于过程中的重力势能减小量，故 2 3 4Q mgL mgL mgL ，C 正确； D.ab 边刚进入磁场时， 导体做匀速直线运动， 所以有 3T mg ，T mg F安 ，F nBIL安 ， nBLvI R ， 联立解得 2 2 2 2mgRv n B L ， D 正确． 故选 CD 10．两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有 A 、B、C 三点，如图甲所示。一个电荷 量为 2C，质量为 1kg 的小物块从 C 点静止释放，其运动的 v—t 图像如图乙所示，其中 B 点处为整条图 线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线） 。则下列说法正确的是（ ） A． B 点为中垂线上电场强度最大的点，场强 E=1V/m B．由 C 到 A 的过程中物块的电势能先减小后变大 C．由 C 点到 A 点的过程中，电势逐渐升高 D． A、 B 两点的电势之差 5VA B－ － 【答案】 AD 【解析】 【分析】 两个等量的同种正电荷， 其连线中垂线上电场强度方向由 O 点沿中垂线指向外侧； 电量为 2C 的小物块仅 在运动方向上受电场力作用从 C 点到 B 到 A 运动的过程中，根据 v-t 图可知在 B 点的加速度，可知物体 先做加速度增大后做加速度减小的加速运动， 判断电荷所受电场力大小变化情况和加速度变化情况， 由牛 顿第二定律求出电场强度的最大值。 根据电势能的变化， 分析电势的变化。 由动能定理求 AB 间的电势差。 【详解】 A．由乙图可知，物体在 B 点加速度最大，且加速度为 2Δ 2m/s Δ va t 根据 qE ma 可知 B 点的场强最大，为 E=1V/m ，故 A 正确； B．从 C 到 A 的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，故 B 错误； C．从 C 到 A 一直沿着电场线运动，电势逐渐降低，故 C 错误； D．从 B 到 A 的过程中，根据动能定理，得 2 2 0 1 1 2 2BAqU mv mv 代入数据得 UBA =5V ，则 5VAB BAU U 即 5VA B 故 D 正确。 故选 AD 。 【点睛】 明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，据 v-t 图获取加速度、速度、动能等物理量是解本题的突 破口。 11．某探究小组利用图甲所示的电路探究一标签模糊的理想变压器的原、副线圈匝数比。 R 为定值电阻， 1L 、 2L 为两只标有 “5V，2A”的相同小灯泡，在输入端加如图乙所示的交变电压。开关 S 断开时，灯泡 1L 正常发光，测得电阻 R 两端的电压与灯泡 1L 两端电压相等，则下列说法正确的是（ ） A．理思变压器原副线圈的匝数比为 2 :1 B．理想变压器原副线圈的匝数比为 3:1 C．定值电阻的阻值为 7.5Ω D．闭合开关 S 后，灯泡 1L 变暗 【答案】 BCD 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．由图乙可知，输入电压的有效值为 20V ，断开 S，灯泡 L 1正常发光，故灯泡两端的电压为 5V，灯泡 中的电流为 2A，即副线圈输出电压为 5V，又因电阻 R 两端的电压为 5V，故变压器原线圈的输入电压为 15V ，原、副线圈的匝数比 1 1 2 2 3 1 n U n U＝ 故 A 错误， B 正确； C．由理想变压器输入功率等于输出功率可知，原、副线圈中的电流之比 1 2 2 1 n I n I ＝ 解得电阻 R 中的电流为 2 3 A，由欧姆定律可知 1 7.5RUR I 故 C 正确： D．开关 S 闭合后，电路的总电阻减小，设副线圈输出电压保持不变，故副线圈输出电流增大，根据变流 比可知， 原线圈输入电流增大， 电阻 R 两端电压增加， 则变压器原线圈输入电压减小， 故副线圈输出电压 减小，灯泡 L 1 两端电压降低，灯泡 L 1 变暗，故 D 正确。 故选 BCD 。 12．如图甲所示，绝缘轻质细绳一端固定在方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场中的 O 点，另一端连接 带正电的小球，小球电荷量 76 10q C ，在图示坐标中，电场方向沿竖直方向，坐标原点 O 的电势为 零．当小球以 2m／ s 的速率绕 O 点在竖直平面内做匀速圆周运动时，细绳上的拉力刚好为零．在小球从 最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势 随纵坐标 y 的变化关系如图乙所示，重力加速度 210 /g m s .则下列判断正确的是 A．匀强电场的场强大小为 63.2 10 /V m B．小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少了 2.4J C．小球做顺时针方向的匀速圆周运动 D．小球所受的洛伦兹力的大小为 3N 【答案】 BD 【解析】 【分析】 【详解】 A、据题意和乙图可知， 6 62 10 V 5 10 V 0.4 UE d ，故 A 错误； B、据题意可知，小球所受的电场力等于重力，洛伦兹力提供向心力，所以小球重力势能增加最多，电势 能减少最多，大小为： 2qφ=2×6×10﹣7×2ⅹ106J=2.4J ，故 B 正确； C、以上分析可知，洛伦兹力提供向心力，据左手定则可知，小球做逆时针运动，故 C 错误； D、以上可知： mg=Eq ， 2mvf qvB r ，联立以上解得： f=3N ，故 D 正确． 故选 BD 【点睛】 本题感觉较难，但读懂题意，把小球的受力情况和特点挖掘出来，此题就会迎刃而解；还需注意利用乙图 求场强，能量守恒求电势能的减小． 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．某同学利用如图所示的电路可以测量多个物理量．实验室提供的器材有： 两个相同的待测电源（内阻 r ≈1Ω） 电阻箱 R1（最大阻值为 999.9 Ω） 电阻箱 R1（最大阻值为 999.9 Ω） 电压表 V（内阻约为 1kΩ） 电流表 A（内阻约为 1Ω） 灵敏电流计 G，两个开关 S1、S1． 主要实验步骤如下： ①按图连接好电路，调节电阻箱 R1 和 R1 至最大，闭合开关 S1 和 S1，再反复调节 R1 和 R1，使电流计 G 的示数为 0，读出电流表 A、电压表 V、电阻箱 R1、电阻箱 R1 的示数分别为 0.40A、11.0V、30.6 Ω、18.1 Ω； ②反复调节电阻箱 R1 和 R1（与①中的电阻值不同） ，使电流计 G 的示数为 0，读出电流表 A、电压表 V 的示数分别为 0.60A 、11.7V． 回答下列问题： （ 1）步骤①中：电流计 G 的示数为 0 时，电路中 A 和 B 两点的电电势差 UAB =_____V ；A 和 C 两点的电 势差 U AC =______V ；A 和 D 两点的电势差 UAD =______V ； （ 1）利用步骤①中的测量数据可以求得电压表的内阻为 ______Ω，电流表的内阻为 ______Ω； （ 3）结合步骤①步骤②的测量数据电源的电动势 E 为______V，内阻 r 为_____Ω． 【答案】 0 11.0V -11.0V 1530Ω 1.8 Ω 11.6V 1.5 Ω 【解析】 【分析】 【详解】 （ 1） [1][1][3] 当电流计示数为 0 时， A 、B 两点电势相等，即 0ABU ； 电压表示数即为 A 、C 两点电势差，即 12.0VACU ； 由闭合电路欧姆定律可知， D、A 和 A、C 之间的电势差相等，故 12.0VADU ； （ 1） [4][5] 由欧姆定律可得 1 1 V U U I R R 解得 1530VR 由 1 2DA AU I R R 可得 1.8AR （ 3） [6][7] 由步骤①可得 12 24V 2E I r 由步骤②可得 22 2 11.7V 2E I r 联立可解得 12.6VE 1.5r 14．为了测量木块与木板间动摩擦因数 ，某实验小组使用位移传感器设计了如图所示的实验装置，让木 块从倾斜木板上 A 点由静止释放， 位移传感器可以测出木块到传感器的距离。 位移传感器连接计算机， 描 绘出滑块与传感器的距离 s 随时间 t 变化规律，取 g 10m/s 2， sin37 0.6，如图所示： (1)根据上述图线，计算可得木块在 0.4s 时的速度大小为 v （ ______）m/s； (2)根据上述图线，计算可得木块的加速度大小 a （______）m/s2； (3)现测得斜面倾角为 37 ，则 （______）。（所有结果均保留 2 位小数） 【答案】 0.40 1.00 0.63 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1] 木块在斜面上做匀加速直线运动，某段时间内的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，则 木块在 0.4s 时的速度大小 2(30 14) 10 m/s 0.40m/s 0.6 0.2 v (2)[2] 木块在 0.2s 时的速度大小 2(32 24) 10 m/s 0.20m/s 0.4 0 v 木块的加速度大小 2 20.4 0.2 1.00 0.4 . m/s s 0 m 2 /v va t (3)[3] 斜面倾角为 37 ，则对木块受力分析，由牛顿第二定律可得 sin37 cos37mg mga m 解得 5 0.63 8 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．力是改变物体运动状态的原因，力能产生加速度。力在空间上的积累使物体动能发生变化；力在时间 上的积累使物体动量发生变化。如图所示，质量为 m 的物块，在水平合外力 F 的作用下做匀变速直线运 动，速度由 0v 变化到 v 时，经历的时间为 t，发生的位移为 x。 (1)请根据牛顿第二定律和相关规律，推导动能定理； (2)请根据牛顿第二定律和相关规律，推导动量定理。 【答案】 (1)推导过程见解析； (2)推导过程见解析 【解析】 【分析】 【详解】 (1)物体做匀变速直线运动，合外力提供加速度，根据牛顿第二定律 F ma 根据速度与位移的关系 2 2 0 2 2 Fv v ax x m 变形得动能定理 2 2 0 1 1 2 2 Fx mv mv (2)根据速度与时间的关系 0 0 Fv v at v t m 变形得动量定理 0Ft mv mv 16．如图所示，在直角坐标系 xOy 平面内第一、三、四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，第二象限存 在沿 y 轴正方向的匀强电场。两个电荷量均为 q、质量均为 m 的带负电粒子 a、b 先后以 v0 的速度从 y 轴 上的 P 点分别沿 x 轴正方向和负方向进入第一象限和第二象限，经过一段时间后， a、b 两粒子恰好在 x 负半轴上的 Q 点相遇，此时 a、b 两粒子均为第一次通过 x 轴负半轴， P 点离坐标原点 O 的距离为 d，已 知磁场的磁感应强度大小为 0 2 mvB qd ，粒子重力不计， a、b 两粒子间的作用力可忽略不计。求： （ 1）粒子 a 从 P 点出发到达 Q 点的时间 t； （ 2）匀强电场的电场强度 E 的大小。 【答案】（1） 0 300 10 360 3 dt T v （2） 2 02 3 mvE qd 【解析】 【详解】 （ 1）粒子 a 进入磁场后做圆周运动，洛伦兹力提供向心力 由 2 0 0 vqv B m R 得 R=2d 设粒子做圆周运动的周期为 T 0 0 2 4R dT v v 粒子 a 的运动轨迹如图所示，由几何关系可得粒子 a 做圆周运动对应的圆心角 300 则粒子 a 从 P 点出发到达 Q 点的时间 0 300 10 360 3 dt T v （ 2）粒子 b 做类平抛运动，设粒子 b 到达 Q 点所用的时间为 1t 在 x 轴方向有 0 12 sin 60x d v t 在 y 轴方向有 2 1 1 2 d at 由牛顿第二定律知 F=qE=ma 联立可得 2 02 3 mvE qd 17． (1)如图所示， 玻璃棱镜 ABC 放在空气中， 一束由红光和紫光组成的复色光从 AC 面的 a 点垂直入射， 已知红光恰好在 AB 面上的 b 处发生了全反射，并传播到 BC 面上的 c 点。则以下说法中正确的是 ___________ A．红光和紫光由空气进入棱镜后频率不变 B．红光和紫光在棱镜中的波长可能相等 C．红光由 a 传播到 b 的时间比紫光由 a 传播到 b 的时间长 D．紫光一定在 b 处发生了全反射 E. 红光一定能从 BC 面上的 c 点射出 (2)在某一简谐横波的传播方向上，有两个质点 A、B，它们相距 （大于 2 个波长小于 6 个波长）。在 某一时刻， A 质点在平衡位置处向上振动， B 质点处于波谷位置。若波速的大小为 48m/s，求该简谐横波 的最大频率。 【答案】 (1) ADE ；(2)230Hz 【解析】 【详解】 （ 1） A．光的传播频率由光源决定，故光由一种介质进入另一种介质时频率不变；故 A 正确； B．红光和紫光进入棱镜后，波速减小，根据 因为 f 不变，可知波长都变小，红光和紫光在棱镜中的波长不可能相等，故 B 错误； C．根据折射定律可知红光折射率小于紫光折射率，由 可以知道折射率越大的传播速度越小， 所以紫光在介质中的传播速率最小， 即红光由 a 传播到 b 的时间比 紫光由 a 传播到 b 的时间短，故 C 错误； D．因为红光折射率小于紫光折射率，由临界角公式 可知紫光临界角小于红光，因为红光恰好发生全反射，所以紫光一定在 b 处发生了全反射；故 D 正确； E．根据图中的几何关系可知红光射到 BC 面上的 c 点时的入射角小于红光射到 AB 面上 b 点的入射角， 又因为红光恰好在 AB 面上的 b 处发生了全反射，故红光射到 BC 面上的 c 点时的入射角小于临界角，没 有发生全反射，故红光一定能从 BC 面上的 c 点射出，故 E 正确。 故选 ADE 。 （ 2）若波由 A 向 B 传播，假设波长为 λ、频率 f，则由题意得 又因为 解得 所以可知当 k=5 时 f 最大，且 f max =210Hz ； 若波由 B 向 A 传播，假设波长为 λ′、频率 f ′，则由题意得 又因为 解得 由上式可知，当 k=5 时 f ′最大，且 f ′max =230Hz ； 通过比较可知该简谐横波的最大频率为 230Hz 。