【物理】2020届高三高考模拟示范卷（一）（解析版）

【物理】2020届高三高考模拟示范卷（一）（解析版）

‎2020届高三高考模拟示范卷（一）‎ 二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~17题只有一项符合题目要求，第18~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。‎ ‎14.由我国研制的世界首颗量子科学试验卫星“墨子号”在酒泉卫星发射中心用长征二号丁运载火箭成功发射升空，它的成功发射和在轨运行，不仅将有助于我国广域量子通信网络的构建，服务于国家信息安全，它将开展对量子力学基本问题的空间尺度试验检验，加深人类对量子力学自身的理解，关于量子和量子化，下列说法错误的是（　　）‎ A. 玻尔在研究原子结构中引进了量子化的概念 B. 普朗克把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念 C. 光子的概念是爱因斯坦提出的 D. 光电效应实验中的光电子，也就是光子 ‎【答案】D ‎【解析】A、玻尔在研究原子结构中引进了轨道量子化、能量量子化和能量差量子化的观念；故A正确.‎ B、普朗克引入能量子的观点，正确地破除了“能量连续变化”的传统观念，故B正确；‎ C、爱因斯坦提出了光子说并建立了光电效应方程，故C正确；‎ D、光电效应实验中发射出来的电子叫光电子，所以光电效应实验中的光电子，还是电子，不是光子，故D错误；本题选错误的故选D.‎ ‎15.甲、乙两车从同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加速度随时间变化图象如图所示。关于两车的运动情况，下列说法正确的是 A. 在0～4 s内甲做匀加速直线运动，乙做加速度减小的加速直线运动 B. 在0～2 s内两车间距逐渐增大，2～4 s内两车间距逐渐减小 C. 在t＝2 s时甲车速度为‎3 m/s，乙车速度为‎4.5 m/s D. 在t＝4 s时甲车恰好追上乙车 ‎【答案】C ‎【解析】根据图象可知，乙的加速度逐渐减小，不是匀减速直线运动，故A错误；据加速度时间图象知道图象与时间轴所围的面积表示速度。据图象可知，当t=4s时，两图象与t轴所围的面积相等，即该时刻两辆车的速度相等；在4秒前乙车的速度大于甲车的速度，所以乙车在甲车的前方，所以两车逐渐远离，当t=4s时，两车速度相等即相距最远，故BD错误；在t=2s时乙车速度为v乙＝×(1.5+3)×2＝‎4.5m/s，甲车速度为v甲=1.5×2=‎3m/s，故C正确。故选C。‎ ‎16.如图所示，半径为r的金属圆环放在垂直纸面向外的匀强磁场中，环面与磁感应强度垂直，磁场的磁感应强度为B0，保持圆环不动，将磁场的磁感应强度随时间均匀增大经过时间t，磁场的磁感应强度增大到B1，此时圆环中产生的焦耳热为Q；保持磁场的磁感应强度B1不变，将圆环绕对称轴(图中虚线)匀速转动，经时间2t圆环转过90°，圆环中电流大小按正弦规律变化，圆环中产生的焦耳热也为Q，则磁感应强度B0和B1的比值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】当线圈不动时，根据 求解感应电动势，根据 求解热量；当线圈转动时，根据E=BωS求解最大值，然后根据交流电的有效值求解产生的热量，联立后即可求解.‎ 若保持圆环不动，则产生的感应电动势恒定为，则① ；若线圈转动：则 产生的感应电动势最大值： ,有效值，产生的热量②，联立①②可得：，故选A.‎ ‎17.如图甲所示，轻绳一端固定在O点，另一端固定一小球(可看成质点)，让小球在竖直平面内做圆周运动。改变小球通过最高点时的速度大小v，测得相应的轻绳弹力大小F，得到F-v2图象如图乙所示，已知图线的延长线与纵轴交点坐标为(0，－b)，斜率为k。不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是 A. 该小球的质量为bg B. 小球运动的轨道半径为 C. 图线与横轴的交点表示小球所受的合外力为零 D. 当v2=a时，小球的向心加速度为g ‎【答案】B ‎【解析】利用受力，列牛顿第二定律公式，然后结合图像中的斜率和截距求解即可。‎ AB、小球在最高点时受到拉力为F，根据牛顿第二定律可知： ‎ 解得： ‎ 结合图像可知： ，即 ，斜率 解得： 故A错；B对；‎ C、 图线与横轴的交点表示小球所受的拉力为零，即合外力等于重力时的情况，故C错；‎ D、根据向心加速度公式可知 ，故D错；故选B ‎18.如图所示，倾角为α的斜劈放置在粗糙水平面上，斜面粗糙，物体α放在斜面上．一根轻质细线一端固定在物体a上，细线绕过两个光滑小滑轮，滑轮1固定在斜劈上、滑轮2下吊一物体b，细线另一端固定在c上，c穿在水平横杆上，物体a和滑轮1间的细线平行于斜面，系统静止．物体a受到斜劈的摩擦力大小为f1、c受到横杆的摩擦力大小为f2，若将c向右移动少许，a始终静止，系统仍静止，则（　　）‎ A. f1由沿斜面向下改为沿斜面向上，f2始终沿横杆向右 B. 细线对a和c的拉力都将变大 C. f1和f2都将变大 D. 斜劈受到地面的摩擦力和横杆受到物体c的摩擦力都将变大 ‎【答案】BD ‎【解析】以滑轮2为研究的对象，受力如图1， 若将c向右移动少许，两个绳子之间的夹角β增大。由于b对滑轮的拉力不变，两个绳子之间的夹角变大，所以看到绳子的拉力F一定变大。 斜面的倾角为α，设物体a的质量为m，以a为研究的对象。 ①若物体a原来受到的静摩擦力沿斜面向下时，则有 F=mgsinα+f1，‎ 得 f1=F-mgsinα。‎ 当F逐渐增大时，f1也逐渐增大； ②若物体a原来受到的静摩擦力沿斜面向上时，则有 F+f1=mgsinα，‎ 得 f1=mgsinα-F 当F逐渐增大时，f1逐渐减小； ③若物体原来mgsinα=F，则物体所受斜面摩擦力为0，当F逐渐增大时，f1也逐渐增大； 所以将c向右移动少许，细线对a的拉力将变大，但是f1可能逐渐增大，也可能逐渐减小。‎ 以c为研究的对象，受力如图2，则： ‎ ‎ 沿水平方向：‎ Fsinα-f2=0‎ 由于将c向右移动少许，细线对c的拉力将变大，α增大，所以f2=Fsinα一定增大。 以物体a与斜劈组成的整体为研究的对象，整体受到重力、地面的支持力、绳子对a的拉力、两根绳子对滑轮1的向下的压力以及地面的摩擦力的作用，其中是水平方向上系统受到的摩擦力与a受到的绳子在水平方向的分力是相等的，即：‎ f′=Fcosα。‎ 由于将c向右移动少许，细线对a的拉力F变大，所以地面对斜劈的摩擦力增大。‎ A. f1由沿斜面向下改为沿斜面向上，f2始终沿横杆向右，与结论不相符，选项A错误；‎ B. 细线对a和c的拉力都将变大，与结论相符，选项B正确；‎ C. f1和f2都将变大，与结论不相符，选项C错误；‎ D. 斜劈受到地面的摩擦力和横杆受到物体c的摩擦力都将变大，与结论不相符，选项D正确.‎ ‎19.如图所示，理想变压器原副线圈匝数比为2∶1，原线圈接交流电u＝20 sin100 πt(V)，保险丝的电阻为1 Ω，熔断电流为‎2 A，电表均为理想电表．下列说法正确的有 A. 电压表V的示数为14.1 V B. 电流表A1、A2的示数之比为2∶1‎ C. 为了安全，滑动变阻器接入电路的最小阻值为4 Ω D. 将滑动变阻器滑片向上移动，电流表A1的示数减小 ‎【答案】CD ‎【解析】原线圈电压有效值为，根据变压器原理可得，故电压表V的示数为110V，A错误；根据变压器原理可知，电流强度与匝数成反比，故电流表A1、A2的示数之比为1：2，B错误；保险丝的电阻为1Ω，熔断电流为‎2A，为了安全，滑动变阻器接入电路的最小阻值为 ‎，C错误；将滑动变阻器滑片向上移动，滑动变阻器接入电路的总电阻增大，副线圈电流强度减小，则原线圈的电流强度也减小，所以电流表A1的示数减小，D正确．‎ ‎20.真空中有四个相同的点电荷，所带电荷量均为q，固定在如图所示的四个顶点上，任意两电荷的连线长度都为L，静电力常量为k，下列说法正确的是 A. 不相邻的两棱中点连线在同一条电场线上 B. 每条棱中点的电场强度大小都为 C. 任意两棱中点间的电势差都为零 D. a、b、c三点为侧面棱中点，则a、b、c所在的平面为等势面 ‎【答案】BC ‎【解析】假设ab连线是一条电场线，则b点的电场方向沿ab方向，同理如果bc连线是一条电场线，b的电场方向沿bc方向，由空间一点的电场方向是唯一的可知电场线不沿ab和bc方向，因此A错；由点电荷的电场的对称性可知abc三点的电场强度大小相同，由电场的叠加法则可知上下两个点电荷对b点的和场强为零，左右两个点电荷对b点的合场强不为零，每个电荷对b点的场强，合场强为，故B正确；由点电荷的电势叠加法则及对称性可知abc三点的电势相等，因此任意两点的电势差为零，故C正确；假设abc平面为等势面，因此电场线方向垂直于等势面，说明电场强度的方向都在竖直方向，由电场叠加原理知b点的电场方向指向内底边，因此abc不是等势面，故D错误。‎ ‎21.一物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力F作用下开始向上运动，如图甲。在物体向上运动过程中，其机械能E与位移x的关系图象如图乙，已知曲线上A点的切线斜率最大，不计空气阻力，则 A. 在x1处物体所受拉力最大 B. 在x1~x2过程中，物体的动能先增大后减小 C. 在x1~x2过程中，物体的加速度先增大后减小 D. 在0~x2过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功 ‎【答案】AB ‎【解析】A．E-x图像的斜率代表竖直向上拉力F，物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力F作用下开始向上，说明在x=0处，拉力F大于重力，在0-x1过程中，图像斜率逐渐增大，则拉力F在增大，x1处物体图象的斜率最大，所受的拉力最大，故A正确；‎ BC．在x1~x2过程中，图象的斜率逐渐变小，说明拉力越来越小；在x2处物体的机械能达到最大，图象的斜率为零，说明此时拉力为零。根据合外力可知，在x1~x2过程中，拉力F逐渐减小到mg的过程中，物体做加速度逐渐减小的加速运动，物体加速度在减小，动能在增大，拉力F=mg到减小到0的过程中，物体的加速度反向增大，物体做加速度逐渐增大的减速运动，物体的动能在减小；在x1~x2过程中，物体的动能先增大后减小，物体的加速度先减小后反向增大，故B正确，C错误；‎ D．物体从静止开始运动，到x2处以后机械能保持不变，在x2处时，物体具有重力势能和动能，故在0~x2过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功与物体的动能之和，故D错误。‎ 三、非选择题：共62分，第22~25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~34题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎（一）必考题：共47分。‎ ‎22. （5分）某同学用图甲所示装置测量木块与木板间动摩擦因数。图中，置于实验台上的长木板水平放置，其左端固定一轻滑轮，轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小木块相连，另一端可悬挂钩码。实验中可用的钩码共有N个，将(依次取=1，2，3，4，5)个钩码挂在轻绳左端，其余个钩码放在木块的凹槽中，释放小木块，利用打点计时器打出的纸带测量木块的加速度。‎ ‎(1)正确进行实验操作，得到一条纸带，从某个清晰的打点开始，依次标注0、1、2、3、4、5、6，分别测出位置0到位置3、位置6间的距离，如图乙所示。已知打点周期T=0.02s，则木块的加速度=____m／s2。‎ ‎(2)改变悬挂钩码的个数n，测得相应的加速度a，将获得数据在坐标纸中描出(仅给出了其中一部分)如图丙所示。取重力加速度g=‎10m／s2，则木块与木板间动摩擦因数______(保留2位有效数字)‎ ‎(3)实验中______(选填“需要”或“不需要”)满足悬挂钩码总质量远小于木块和槽中钩码总质量。‎ ‎【答案】 不需要 ‎ ‎【解析】（1）木块的加速度：. ‎ ‎（2）对N个砝码的整体，根据牛顿第二定律： ，解得；画出a-n图像如图；‎ 由图可知μg=1.6，解得μ=0.16.‎ ‎（3）实验中是对N个砝码的整体进行研究，则不需要满足悬挂钩码总质量远小于木块和槽中钩码总质量。‎ ‎23. （10分）为测定电流表内电阻Rg，实验中备用的器件有：‎ A．电流表（量程0﹣100μA）‎ B．标准伏特表（量程0﹣5V）‎ C．电阻箱（阻值范围0﹣999Ω）‎ D．电阻箱（阻值范围0﹣99999Ω）‎ E．电源（电动势2V）‎ F．电源（电动势6V）‎ G．滑动变阻器（阻值范围0﹣50Ω，额定电流‎1.5A），还有若干开关和导线。‎ ‎（1）如果采用如图所示的电路测定电流表A的内电阻并且想得到较高的精确度，那么从以上备用器件中，可变电阻R1应选用_____，可变电阻R2应选用_____，电源应选用_____（用字母代号填写）。‎ ‎（2）如果实验时要进行的步骤有：‎ a．合上开关K1；‎ b．合上开关K2；‎ c．观察R1的阻值是否最大，如果不是，将R1的阻值调到最大；‎ d．调节R1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度；‎ e．调节R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半；‎ f．记下R2的阻值。‎ 把以上步骤的字母按实验的合理顺序为 。‎ ‎（3）如果在步骤f中所得R2的阻值为600Ω，则图中电流表的内电阻Rg的测量值为_____Ω。‎ ‎（4）如果再给出：H．电源（电动势8V）；I．电源（电动势12V），电源应选择_____（选填选项前的字母）。‎ ‎（5）某同学认为步骤e中不需要保证“电流表指针偏转到满刻度的一半”这一条件，也可测得的电流表内阻Rg，请你分析论证该同学的判断是否可行。_____‎ ‎【答案】D C F cadbef 600 H 可行 ‎ ‎【解析】（1）该实验是半偏电流法测电流表的内阻。K2闭合前后的两次电路，如果干路电流变化不大，那么就可以认为，K2闭合后，电流表半偏时，电流表和电阻箱R2所分的电流各占一半，又因为二者并联，两端的电压相等，自然就可以推出电流表的内阻和电阻箱R2‎ 的阻值相等。要保证两次实验干路的电流变化不大，就需要保证两次实验电路的总电阻变化不大，也就是说，在给电流表并联上一个电阻箱后导致的电阻变化，对整个电路影响不大。要达到这个效果，R1就需要选一个尽可能大的电阻，可以是电阻箱，也可以是滑变，也可以是电位器，但阻值要尽可能地大，经此分析，R1应选用D。‎ 该实验要通过可变电阻R2阻值来间接反映出电流表的内阻值，因此可变电阻R2的选取原则是：能读数且尽量和电流表的内阻在同一数量级上。经此分析，可变电阻R2应选用C。‎ 在R1是一个尽可能大的电阻、电流表满偏的前提下，那么电源电动势相对地就要大一些的，但不是越大越好，大了烧表也不行。初步分析电源可选用F，其实可以估算一下电动势大概的最大值，即： 电源应选F。‎ ‎（2）半偏法测电流表内阻的步骤为：实验前，将R1的阻值调到最大；合上开关K1；调节R1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度；保持R1的阻值不变，合上开关K2；调节R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半；记下R2的阻值。我们就认为电流表的内阻值就是R2的阻值。因此答案为：cadbef。‎ ‎（3）根据（1）中的分析可知，电流表的内电阻Rg的测量值，就等于电阻箱R2的阻值，即600Ω。‎ ‎（4）由（1）中的分析可知，在不烧表的前提下，电源要尽可能地大一些，这样可以减小实验误差。因为估算出的电源电动势的最大值大约是10V，所以，该题答案为H。‎ ‎（5）该同学的判断可行。只需保证步骤abcd不变。例如在步骤e中，可以调节R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的三分之二，记下此时R2的阻值，根据并联电路反比分流原则，计算出电流表内阻的测量值：，同样可以测得电流表的内阻。‎ ‎24. （12分）如图所示，半径r=‎0.06m的半圆形无场区的圆心在坐标原点O处，半径R=‎0.1m，磁感应强度大小B=0.075T的圆形有界磁场区的圆心坐标为（0，‎0.08m），平行金属板MN的极板长L=‎0.3m、间距d=‎0.1m，极板间所加电压U=6.4x102V，其中N极板收集到的粒子全部中和吸收。一位于O处的粒子源向第一、二象限均匀地发射速度为v的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第一象限出射的粒子速度方向均沿x轴正方向，已知粒子在磁场中的运动半径R0=‎0.08m，若粒子重力不计、比荷=‎108C/kg、不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应。sin53°=0.8，cos53°=0.6。‎ ‎（1）求粒子的发射速度v的大小；‎ ‎（2）若粒子在O点入射方向与x轴负方向夹角为37°，求它打出磁场时的坐标：‎ ‎（3）N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η。‎ ‎【答案】（1）6×‎105m/s；（2）（0，‎0.18m）；（3）29%‎ ‎【解析】（1）由洛伦兹力充当向心力，即qvB=m 可得：v=6×‎105m/s；‎ ‎（2）若粒子在O点入射方向与x轴负方向夹角为37°，作出速度方向的垂线与y轴交于一点Q，根据几何关系可得PQ==‎0.08m，即Q为轨迹圆心的位置；‎ Q到圆上y轴最高点的距离为‎0.18m-=‎0.08m，故粒子刚好从圆上y轴最高点离开；‎ 故它打出磁场时的坐标为（0，‎0.18m）；‎ ‎（3）如上图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子坐标为y，由带电粒子在电场中偏转的规律得：‎ y=at2…①‎ a==…②‎ t=…③‎ 由①②③解得：y=‎‎0.08m 设此粒子射入时与x轴的夹角为α，则由几何知识得：y=rsinα+R0-R0cosα 可知tanα=，即α=53°‎ 比例η=×100%=29%‎ ‎25. （20分）如图所示、是两块完全相同的长为‎1 m的木板，静止在光滑水平地面上，木板的右端与的左端相距，物块(可视为质点)静止在的右端。用的水平向右恒力作用于木板上使其从静止开始运动。一段时间后，与碰撞，碰撞时间极短，碰撞瞬间，作用在木板上的水平力撤除，木板和碰撞粘在一起。已知物块质量为‎2kg，木板、的质量均为‎1 kg，物块与、之间的动摩擦因数均为，重力加速度g取。求:‎ ‎（1）物体、、最终的速度大小;‎ ‎（2）若要使碰撞后，停在木板上，则的取值范围。‎ ‎【答案】（1）物体、、最终共速，速度为 （2）‎ ‎【解析】（1）木板B从静止开始运动到与C碰前瞬间的过程，由动能定理得：‎ ‎①‎ 解得：‎ ‎②‎ B与C碰撞过程，时间极短，内力极大，对B、C组成的系统动量守恒有：‎ ‎③‎ 解得：‎ ‎④‎ 之后A受摩擦而加速，B、C受摩擦而减速， A、B、C共速时，对A、B、C组成的系统动量守恒有：‎ ‎⑤‎ 解得：‎ ‎⑥‎ 设A相对于木板滑动的距离为x，则有：‎ ‎⑦‎ 计算可得，x=‎0.3m<‎1m⑧‎ 故A最终在木板上，与B、C共速，速度大小为。‎ ‎（2）设要使碰撞后，A停在B木板上的右侧，F的大小为F1‎ 根据动能定理：‎ ‎⑨‎ 根据动量守恒：‎ ‎⑩‎ ‎⑪‎ 根据能量守恒 ‎⑫‎ 联立⑨-⑫得：‎ F1=20N 设要使碰撞后，A停在B木板上的左侧，F的大小为F2‎ 根据动能定理：‎ ‎⑬‎ 根据动量守恒，BC碰撞的瞬间：‎ ‎⑭‎ 根据动量守恒，A滑动到B木板右端时， ‎ ‎⑮‎ 根据能量守恒：‎ ‎⑯‎ 联立⑬-⑯各式得：‎ F2=40N 综上两种情况，则F的取值范围 ‎（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。‎ ‎33．[物理—选修3–3]（15分）‎ ‎(1) （5分）下列说法中正确的是_________（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．气体放出热量，其分子的平均动能可能增大 B．气体的体积指的是该气体所有分子的体积之和 C．布朗运动的激烈程度跟温度有关，所以布朗运动也叫做热运动 D．在温度不变的情况下，减小液面上方饱和汽的体积时，饱和汽的压强不变 E．被踩扁的乒乓球（表面没有开裂）放在热水里浸泡，恢复原状的过程中，球内气体对外做正功的同时会从外界吸收热量 ‎【答案】ADE ‎【解析】气体放出热量，若同时外界对气体做功，且做功的数值大于放出的热量的数值，气体分子的平均动能可能增大，选项A正确；气体的体积通常指的是盛气体的容器的容积，而不是该气体所有分子的体积之和，选项B错误；布朗运动的激烈程度跟温度有关，但是布朗运动不叫热运动，分子的无规则运动叫做热运动，选项C错误；饱和汽的压强仅与温度有关，与饱和汽的体积无关，选项D正确；被踩扁的乒乓球放在热水里浸泡，在恢复原状的过程中，气体体积增大，气体对外做功，温度升高，内能增大，根据热力学第一定律，球内气体从外界吸收热量，选项E正确。‎ ‎(2) （10分）某同学利用铝制易拉罐做了一个简易温度计。如图所示，将一根透明吸管插入空的易拉罐中，接口处用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱（长度可以忽略），不计大气压强的变化，已知铝罐的容积是‎267cm3，吸管内部粗细均匀，横截面积为‎0.2cm2，吸管的有效长度为‎30cm，当温度为‎27℃‎时，油柱在吸管的有效长度正中间。‎ ‎①在吸管上标刻温度值，试证明该刻度是均匀的；‎ ‎②计算出这个温度计的测量范围。‎ ‎【答案】 (1)见解析；(2) 23.7℃≤t≤‎‎30.0℃‎ ‎【解析】①根据盖﹣吕萨克定律 得：‎ 设吸管内部的横截面积为S，内部在‎27℃‎时的热力学温度为T1，体积为V1，当温度变化△t时油柱移动的距离为△l，则有：‎ 即：‎ 由上式可以看出，△t与△l成正比关系，所以吸管上标刻温度值时，刻度是均匀的。‎ ‎②根据盖﹣吕萨克定律 得：‎ T1＝300K时气体体积V1＝267+0.2×‎15cm3＝‎270cm3‎ 由于油柱在细管中间，所以其最大体积与最小体积相对于V1的变化量大小均为：‎ ‎△V＝15×‎0.2cm3＝‎3cm3‎ 解得：‎ 由于△t＝△T≈‎‎3.3℃‎ 所以这个温度计的测量范围为：23.7℃≤t≤‎30.0℃‎。‎ ‎34．[物理一选修3–4）（15分）‎ ‎(1) （5分）a、b、c三条平行光线垂直于半圆柱体玻璃砖的截面直径从空气射向玻璃砖，如图所示，光线b正好过圆心O，光线a、c从光线b的两侧对称入射，光线a、c从玻璃砖下表面进入空气后与光线b交于P、Q，则下列说法正确的是_________（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. 玻璃对三种光的折射率关系为na>nb>nc B. 玻璃对a光的折射率大于对c光的折射率 C. 在相同条件下进行双缝干涉实验，a光的条纹间距比c光窄 D. a、c光分别从空气射入某种介质中，c光发生全反射时临界角较小 E. a光比c光穿过该半圆柱体玻璃砖所需时间长 ‎【答案】BCE ‎【解析】根据折射定律判断出折射角的大小，从而得到折射率的大小关系，判断波长的长短，分析干涉条纹间距的大小以及临界角等问题即可；‎ A、由图可知，a光和c光入射角相同，但是c光折射角较大，根据折射率公式可知玻璃对a光的折射率大于对c光的折射率，当时由于玻璃对b光没有发生折射，故无法比较b光的折射率的大小，故选项A错误，B正确；‎ C、由于a光的折射率大，波长较短，则在相同条件下进行双缝干涉实验，a光的条纹间距比c光窄，故选项C正确；‎ D、a、c光分别从某种介质射入空气中时，能发生全反射，根据临界角公式可知a光发生全反射时临界角较小，故选项D错误；‎ E、根据公式，由于a光的折射率大，则a光在玻璃中传播速度较小，故a光比c光穿过该半圆柱体玻璃砖所需时间长，故选项E正确。‎ ‎(2) （10分）如图所示、一列简谐横波沿x轴正方向传播，实线和虚线分别为t1=0s时与t2=2s时的波形图像，已知该波中各个质点的振动周期大于4s。求：‎ ‎(ⅰ)该波的传播速度大小；‎ ‎(ii)从t1=0s开始计时，写出x=‎1m处质点的振动方程。‎ ‎【答案】（(1) ；(2) ‎ ‎【解析】（1）质点振动周期为：，波长 内波传播的时间为： ‎ 则时间内波传播的距离为 ‎ 波的传播速度大小为： ‎ 解得：v=‎1.5m/s；‎ ‎（2）处的质点振动方程为：，波的振幅为：‎ 由 解得：‎ 角速度 ‎ 时，处质点的位移为： ‎ 由图可知， ‎ 则处的质点的振动方程为：‎