通用版2020高考物理三轮冲刺题型练辑鸭题保分练九含解析
2020届湖北省人教版高考物理部分冲刺试题卷(三)
2020届高考物理部分冲刺试题卷（三）说明:1.本卷仿真理综物理部分，题序与高考理科综合物理部分题目序号保持一致，考试时间为60分 钟，满分为110分。
2.请将答案填写在答题卷上。
第Ⅰ卷一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求，全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)14．下列说法正确的是( )A ．大量处于基态的氢原子在单色光的照射下，发出多种频率的光子，其中一种必与入射光频率相同B ．卢瑟福通过α粒子轰击氮核实验，证实了在原子核内部存在中子C ．—个238 92U 原子核衰变为一个20682Pb 原子核的过程中，发生8次衰变D ．某种金属能否发生光电效应取决于照射光的强度15. A 、B 两物体沿同一直线运动，运动过程中的x -t 图象如图所示，下列说法正确的是( )A ．0～6 s 内B 物体的速度逐渐减小 B ．4 s 时A 物体运动方向发生改变C ．0～5 s 内两物体的平均速度相等D ．0～6 s 内某时刻两物体的速度大小相等16.如图所示，某宾馆大楼中的电梯下方固定有4根相同的竖直弹簧，其劲度系数均为k 。
这是为了防止电梯在空中因缆绳断裂而造成生命危险。
若缆绳断裂后，总质量为m 的电梯下坠，4根弹簧同时着地而开始缓冲，电梯坠到最低点时加速度大小为5g (g 为重力加速度大小)，下列说法正确的是( )A ．电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为6mg kB ．电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为mg2kC．从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，电梯先处于失重状态后处于超重状态D．从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，电梯始终处于失重状态17．如图所示，真空中两等量异种点电荷＋q、－q固定在y轴上。
abcd为等腰梯形，ad、bc边与y轴垂直且被y 轴平分。
下列说法正确的是()A．a点电势高于d点电势B．将电子从d点移动到b点，电势能增加C．将质子从a点移动到c点，电场力做负功D．b、c两点场强相同18．水平力F方向确定，大小随时间的变化如图甲所示。
预测5 功和能—2020年高考物理三轮冲刺过关【最后一站】(解析版)
预测5 功和能1.功、功率和功能关系的基本概念。
2.以生产、生活和体育竞技项目等为背景的动力学和能量的综合题，涉及斜面模型或机车启动模型。
命题往往与牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动等考点结合。
3.以能量守恒、机械能守恒、动能定理为核心考点，结合图象的综合题。
1.几个重要的功能关系：（1）克服重力做的功等于重力势能的变化量，即p ΔG W E =-。
（2）克服弹力做的功等于弹性势能的变化量，即p ΔW E =-弹。
（3）合力的功等于动能的变化量，即k ΔW E =合。
（4）重力、弹簧弹力（系统内物体间的轻弹簧）以外的其他力做的功等于机械能的变化量，即ΔW E =其他机械。
（5）一对滑动摩擦力做的功的代数和等于系统内能的变化量，即f Q F l =相对（对多过程问题l 相对为各段过程的相对位移之和，即相对路程）。
2.动能定理的应用：（1）如果在某个运动过程中包含有几个不同运动性质的阶段，可以分段应用动能定理，也可以对全程应用动能定理，一般对全程列式更简单。
（2）因为动能定理中功和动能均与参考系的选取有关，所以动能定理也与参考系的选取有关，在中学物理中一般取地面为参考系。
（3）动能定理通常适用于单个物体或可看成单个物体的系统，如果涉及多物体组成的系统，因为要考虑内力做的功，可以先分别对系统内每一个物体应用动能定理，然后再联立求解。
3.应用功能关系、机械能守恒、能量守恒解题的一般步聚： （1）明确研究对象和它的运动过程；（2）分析受力情况，弄清是否只有系统内的重力、弹簧弹力做功，判断机械能是否守恒； （3）确定物体运动的始、末状态，确定物体在始、末状态的机械能，及过程中各力做的功； （4）根据机械能守恒或能量守恒列出方程，统一单位后代入数据解方程。
4.机车启动模型：（1）机车以恒定功率启动，牵引力随速度的增大而减小，机车做加速度逐渐减小的变加速运动；当加速度减小到零时速度最大，以后机车做匀速运动。
高考物理三轮冲刺考前组合提升练：选择题+鸭题+计算题10322341.docx
选择题+选考题+计算题(1)1.(2017江苏南京、盐城二模)质量为M的磁铁,吸在竖直放置的磁性黑板上静止不动。
某同学沿着黑板面,用水平向右的恒力F轻拉磁铁,磁铁向右下方做匀速直线运动,则磁铁受到的摩擦力f( )A.大小为MgB.大小为C.大小为FD.方向水平向左2.(2018江苏南通一调)如图所示,某同学以不同的初速度将篮球从同一位置抛出,篮球两次抛出后均垂直撞在竖直墙上,图中曲线为篮球第一次运动的轨迹,O为撞击点,篮球第二次抛出后与墙的撞击点在O点正下方,忽略空气阻力,下列说法正确的是( )A.篮球在空中运动的时间相等B.篮球第一次撞墙时的速度较小C.篮球第一次抛出时速度的竖直分量较小D.篮球第一次抛出时的初速度较小3.(多选)(2018江苏泰州中学月考)如图所示,在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF,导轨上放有一金属棒MN,现从t=0时刻起,给棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比,即I=kt,其中k为常量,金属棒与导轨始终垂直且接触良好,下列关于棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图像,可能正确的是( )4.【选修3-3】[2018江苏苏锡常镇学情调研(一)](1)下列说法中正确的是( )A.悬浮在液体中足够小的微粒,受到来自各个方向的液体分子撞击的不平衡使微粒的运动无规则B.单晶体的某些物理性质呈现各向异性,是因为组成它们的原子(分子、离子)在空间上的排列是杂乱无章的C.液体表面张力产生的原因是液体表面层分子间距离比较大,分子力表现为引力D.若把氢气和氧气看做理想气体,则质量和温度均相同的氢气和氧气内能相等(2)在温度不变的情况下,增大液面上饱和汽的体积并再次达到饱和时,饱和汽的质量,饱和汽的压强(两空都选填“增大”、“减小”或“不变” 。
(3)如图所示,轻质活塞将体积为V0、温度为3T0的理想气体,密封在内壁光滑的圆柱形导热汽缸内。
已知大气压强为p0,大气的温度为T0,气体内能U与温度的关系为U=aT (a为常量)。
(通用版)2020高考物理三轮冲刺 题型练辑 选考题保分练(一)(含解析)
选考题保分练(一)33．(2019·广西桂林市、贺州市、崇左市3月联合调研)(1)下列说法正确的是________．A．分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小B．机械能能全部转化为内能，内能不能全部转化为机械能而不引起其他变化C．如果物体从外界吸收了热量，则物体的内能一定增加D．液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，所以液体表面层分子间的作用表现为相互吸引，即存在表面张力E．单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数增多，气体的压强一定增大(2)如图1所示，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中．当温度为300K时，被封闭的气柱长为20cm，两边水银柱高度差h＝4cm，大气压强p0＝76cmHg(可认为保持不变)．图1①若缓慢改变封闭气体温度，当温度为多少时，左右管内水银液面平齐？②若保持封闭气体温度不变，从左侧管口用一设备缓慢把水银抽出，则抽出水银柱多长时(以处于管内长度为准)，能使左右管内水银面平齐？(结果保留两位有效数字)答案(1)ABD (2)①256.5K②6.1cm解析(1)分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，斥力比引力变化快，故A正确；根据热力学第二定律，所有的热现象都有一定的方向性，机械能可以全部转化为内能，内能不能全部转化为机械能而不引起其他变化，故B正确；改变内能的方式有做功和热传递，如果物体从外界吸收热量的同时还对外做功，则物体的内能不一定增加，故C错误；液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，所以液体表面层分子间的作用表现为相互吸引，即存在表面张力，故D 正确；单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数增多，但如果速度减小，撞击力减小，气体的压强不一定增大，故E 错误．(2)①由题可知，封闭气体初始压强为p 1＝p 0＋h ＝80cmHg气柱长度为L 1＝20cm ，温度为T 1＝300K温度变化后气体压强为p 2＝p 0＝76cmHg ，气柱长度为L 2＝18cm由理想气体状态方程：p 1L 1S T 1＝p 2L 2S T 2， 可得T 2＝256.5K②设抽掉部分水银后，气柱长度为L 3，则压强变为p 3＝p 0由玻意耳定律：p 1L 1S ＝p 3L 3S ，则抽掉水银柱长度为ΔL ＝h ＋2(L 3－L 1)≈6.1cm.34．(2019·陕西第二次联考)(1)在坐标原点的波源产生一列沿x 轴传播的简谐横波，波速v ＝10m/s ，已知在t ＝0时刻的波形如图2所示，下列说法中正确的是________．图2A ．波源的振动周期为0.8sB ．经过0.2s ，质点a 通过的路程为10cmC ．在t ＝0时刻，质点a 的加速度比质点b 的加速度小D ．若质点a 比质点b 先回到平衡位置，则波沿x 轴负方向传播E ．再经过0.2s 的时间，质点a 到达质点b 现在所处的位置(2)如图3所示，扇形AOB 为透明柱状介质的横截面，折射率为3，OM 为∠AOB 的角平分线，M 为一点光源，从M 发出的一束平行于OB 的光线由C 点折射后的折射光线平行于OM .光在真空中的速度为c ，求：图3①∠AOB 的大小；②若OC 的距离为L ，求光在该透明介质中的传播时间．答案 (1)ACD (2)①60° ②3Lc解析 (1)由题图可知，波长为：λ＝8m ，由T ＝λv ，解得周期为T ＝0.8s ，故A 正确；经过0.2s 时，即t ＝0.2s ＝14T ，仅处在平衡位置、波峰或波谷的质点振动路程等于一个振幅即10cm ，故B 错误；在t ＝0时刻，根据a ＝kxm，可知a 的加速度小于b 的加速度，故C 正确；若a 比b 先回到平衡位置，则此时刻a 向上振动，波沿x 轴负方向传播，故D 正确；质点a 不会随波迁移，故E 错误．(2)①设∠AOB ＝θ，光线的入射角β，折射角为α，过C 点作OA 的垂线交OM 于D 点，根据几何关系可得：α＝π2－θ2，β＝π2－θ根据折射定律有：n ＝sin αsin β解得：θ＝60°②因为：∠AOM ＝30°，∠CDO ＝60°，∠DCM ＝π2－θ＝30°，所以∠CMO ＝30°，△COM 为等腰三角形所以CM ＝OC ＝L光在介质中的速度为：v ＝c n运动时间为：t ＝L v联立解得：t ＝3L c.。
2020年高考考前45天大冲刺卷+理综物理部分三+Word版含答案
B1e C．B1＝4B2 D．B2＝2B1 16．如图甲所示，一倾角 θ＝30°的斜面体固定在水平地面上，一个物块与一轻弹簧相连，静止 在斜面上。现用大小为 F＝kt（k 为常量，F、t 的单位均为国际标准单位）的拉力沿斜面向上拉轻弹
23．(9 分)某同学要测定一电源的电动势 E 和内阻 r，实验器材有：一只 DIS 电流传感器（可视
为理想电流表，测得的电流用 I 表示），一只电阻箱（阻值用 R 表示），一只开关和导线若干。该同
学设计了如图甲所示的电路进行实验和采集数据。
A．电场强度的方向由 b 指向 d B．c 点电势低于 a 点电势 C．质子从 b 运动到 c，所用的时间为 2L
符合题目要求，第 19～21 题有多项符合题目要求，全部选对得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错 的得 0 分。
14．如图所示为光电效应实验装置图，实验中用 a 光照射光电管时，灵敏电流计有示数，而用 b 光照射光电管时，灵敏电流计没有示数。则下列说法中正确的是
A．a 光频率大于 b 光频率 B．若增加 b 光的照射时间，灵敏电流计将会有示数 C．若增大 b 光的光照强度，灵敏电流计将会有示数 D．用 b 光照射时，适当增大电源的电压，灵敏电流计将会有示数 15．如图所示，两匀强磁场方向相同，以虚线 MN 为理想边界，磁感应强度分别为 B1、B2。今 有一个质量为 m、电荷量为 e 的电子从 MN 上的 P 点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场 B1 中，其运 动轨迹是如图所示的“心”形图线。则以下说法正确的是
A．x＝1 m 时物块的速度大小为 2 m/s B．x＝3 m 时物块的加速度大小为 2.5 m/s2 C．在前 2 m 位移的运动过程中物块所经历的时间为 2 s D．在前 4 m 位移的运动过程中拉力对物块做的功为 9 J
通用版2020高考物理三轮冲刺题型练辑选择题满分练一含解析
选择题满分练(一)二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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．(2019·浙江湖州市期末)如图1所示是一种常用的电子元件，该电子元件( )图1A．是电阻B．电容是1000μFC．带电荷量是25000CD．击穿电压为25V答案 B解析由该电子元件的铭牌“25V1000μF”，μF是电容的单位，可知该电子元件是电容器，其电容是1000μF，耐压值为25V，击穿电压要大于25V；由Q＝CU知，C一定，带电荷量与实际电压成正比，故B正确，A、C、D错误．15．(2019·安徽“江南十校”二模)如图2所示，含有11H、21H、42He的带电粒子束从小孔O1处射入速度选择器，沿直线O1O2运动的粒子从小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P1、P两点．不考虑重力作用，下列说法不正确的是( )图2A．沿直线O1O2运动的粒子速度相等B．打在P点的粒子是21H和42HeC．O2P的长度是O2P1长度的2倍D．粒子11H在偏转磁场中运动的时间最长答案 D16．(2019·山东烟台市上学期期末)如图3甲所示电路，理想变压器原线圈输入电压如图乙所示，原、副线圈匝数比为10∶1，副线圈电路中R 0为定值电阻，R 为滑动变阻器，所有电表均为理想交流电表．下列说法正确的是( )图3A ．副线圈两端交变电压的频率为5HzB ．两电流表测量的是电流的瞬时值，电压表测量的是电压的有效值C ．当滑动变阻器的滑片向上移动时，两电流表的示数均变小D ．当电流表A 2的示数为2A 时，变压器原线圈输入功率为220W 答案 C解析 由题图乙知交流电周期为T ＝0.02s ，所以交变电压的频率为f ＝1T＝50Hz ，变压器变压不变频，故副线圈电压的频率为50Hz ，故A 错误；电流表测量的是电流的有效值，电压表测量的是电压的有效值，故B 错误；当滑动变阻器的滑片向上移动时，电阻增大，而副线圈电压不变，两个电流表的示数都减小，故C 正确；当电流表A 2的示数为2A 时，原线圈的电流强度I 1＝n 2n 1I 2＝0.2A ，原线圈电压有效值U 1＝3112V≈220V，变压器原线圈输入功率为P 1＝U 1I 1＝220×0.2W＝44W ，故D 错误．17．(2019·河北唐山市第一次模拟)2018年6月14日11时06分，我国探月工程嫦娥四号的中继星“鹊桥”顺利进入地月拉格朗日L 2点的运行轨道，为地月信息联通搭建“天桥”．如图4所示，L 2点位于地球与月球中心连线的延长线上，“鹊桥”位于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与月球同步绕地球做圆周运动，已知地球、月球和“鹊桥”的质量分别为M e 、M m 、m ，地球和月球球心间的距离为R ，L 2点到月球中心的距离为x ，则x 满足( )图4A.1(R ＋x )2＝1R3(R ＋x ) B.M m x 2＝M e R 3(R ＋x ) C.M e(R ＋x )2＋M m x 2＝M e R3(R ＋x )D.M e (R ＋x )2＋M m x 2＝mR3(R ＋x ) 答案 C解析 “鹊桥”与月球同步绕地球做圆周运动，设角速度为ω，根据万有引力提供向心力，对地、月系统：GM e M m R 2＝M m ω2R ，对“鹊桥”：GM e m (R ＋x )2＋GM m m x 2＝m ω2(R ＋x )，联立解得：M e (R ＋x )2＋M m x 2＝M eR 3(R ＋x )，故选项C 正确，A 、B 、D 错误． 18．(2019·福建龙岩市3月质量检查)质量m ＝2kg 的物块在粗糙的水平地面上运动，t ＝0时刻开始受到方向相反的水平拉力F 1、F 2的作用，以3m/s 的速度做匀速直线运动，F 1、F 2随时间t 的变化规律如图5所示，取g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图5A ．物块与地面的动摩擦因数为0.3B ．2.5s 末物块的加速度大小为1.5m/s 2C ．5s 末物块的速度大小为1.5m/sD ．5s 内物块的位移大小为6m 答案 B解析 0～2s 内，对物块由平衡条件可得：F 1－|F 2|－μmg ＝0，代入数据解得：μ＝0.2，故A 错误；2s 末物块的加速度大小为|F 2|＋μmg －F 1′m ＝5＋4－62m/s 2＝1.5 m/s 2，2s 后物块受力情况不变，则物块在速度减为0前加速度不变，故物块减速到静止的时间为t 0＝31.5s ＝2s ，即物块在4s 末速度减为0，接下来物块处于静止状态，故B 正确，C 错误；5s 内物块的位移大小等于物块4s 内的位移大小，即为(3×2＋3＋02×2) m＝9m ，故D 错误．19．(2019·浙江台州3月一模)装修中常用的大理石等天然石材，若含有铀、钍等元素就会释放出放射性气体氡，氡会经呼吸进入人体并停留在体内发生衰变，放射出α、β、γ射线．这些射线会导致细胞发生变异，引起疾病．下列相关说法正确的是( ) A ．放射性元素发生衰变时放出的α射线实质上是氦原子核 B.23892U 衰变为22286Rn 要经过4次α衰变和2次β衰变C ．放射性元素发生β衰变时所释放的电子是原子核内的质子转变为中子时产生的D．处于激发态的氡原子发出的某一单色光照射到某金属表面能发生光电效应，若这束光通过玻璃砖折射后，再射到此金属表面将不会再发生光电效应答案AB20. (2019·江苏南通市通州区、海门、启东期末)如图6所示，橡皮筋一端固定在竖直墙的O 点，另一端悬挂质量为m的小球静止在M点．O点正下方N处固定一铁钉(橡皮筋靠在铁钉左侧)，ON间距等于橡皮筋原长，现对小球施加拉力F，使小球沿以MN为直径的圆弧缓慢向N 运动，橡皮筋始终在弹性限度内，不计一切摩擦，则小球从M移动到N的过程中( )图6A．橡皮筋的弹力一直在变小B．拉力F的方向始终跟橡皮筋垂直C．拉力F的方向始终跟圆弧垂直D．拉力F先变大后变小答案AB解析小球从M移动到N的过程中，橡皮筋的长度越来越小，即形变量越来越小，所以橡皮筋的弹力一直在变小，故A正确；当小球与N的连线与竖直方向之间的夹角为α时，橡皮筋的伸长量：Δx＝2R·cosα对小球，设拉力F与水平方向之间的夹角β，大水平方向：F cosβ＝F′sinα竖直方向：F′cosα＋F sinβ＝mg联立可得：β＝α，F＝mg sinα可知拉力F的方向始终跟橡皮筋垂直，且随着α的增大，F逐渐增大，故B正确，C、D错误．21．(2019·广东广州市下学期一模)如图7，正点电荷固定在O点，以O为圆心的同心圆上有a、b、c三点，一质量为m、电荷量为－q的粒子仅在电场力作用下从a点运动到b点，粒子在a、b两点的速率分别为v a、v b.若a、b的电势分别为φa、φb，则( )图7A ．a 、c 两点电场强度相同B.粒子的比荷q m ＝v a 2－v b 22(φa －φb )C ．粒子在a 点的加速度大于在b 点的加速度D ．粒子从a 点移到b 点，电场力做正功，电势能减少 答案 BC解析 由题意可知，a 、c 两点的电场强度大小相等、方向不同，故A 错误；电荷量为－q 的粒子仅在电场力作用下从a 点运动到b 点，速率分别为v a 、v b ，根据动能定理，则有：－qU ab ＝12mv b 2－12mv a 2，解得粒子的比荷q m ＝v a 2－v b 22(φa －φb )，故B 正确；因a 点离正点电荷较近，则a 点处的电场线比b 点处密，粒子在a 点所受电场力比在b 点处大，则粒子在a 点的加速度大于在b 点的加速度，故C 正确；带负电的粒子从a 点移到b 点，电场力做负功，电势能增大，故D 错误．。
2020年高考全国名校联考冲刺金卷全国Ⅱ卷物理(三)Word版含答案
加速电压为 U，飞船单位时间内向后喷射出的氙离子的质量为
k，从飞船尾部高速连续喷出氙
离子的质量远小于飞船的质量，则飞船获得的反冲推力大小为
2eU A. k
m
1 2eU
B.
km
eU C. k
2m
1 eU
D.
k 2m
16.如图所示的电路中，电表为理想电表， R1、 R2 为定值电阻，电源的正极接地，将滑动变阻 器 R3 的滑片 P 向上移动，下列说法正确的是
A. mA ＝sin θ mB
B. mA
1
mB cos
C. mA ＝tanθ mB
D. mA
1
mB tan
15.飞船在进行星际飞行时，使用离子发动机作为动力。这种发动机工作时，由电极发射的电
子射入稀有气体 (如氙气 )，使气体离子化，电离后形成的离子由静止开始在电场中加速并由飞
船尾部高速连续喷出， 利用反冲使飞船本身得到加速。 已知氙离子质量为 m，带电量大小为 e，
第 II 卷
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第
22 题～第 32 题为必考题。每个试题考生都
必须作答。第 33 题～第 38 题为选考题，考生根据要求作答。
(一 )必考题 (共 129 分 )
22.(6 分 )某同学用如图甲所示的装置探究加速度与合力的关系。已知当地重力加速度为
g。
(1) 实验前，测出小车与遮光片的总质量 M ，并用游标卡尺测出遮光片的宽度，读数如图乙所
a、
b 为中轨道卫星，它们的运行周期分别为 6h 和 8h， c 为地球同步卫星。某时刻，三颗卫星和
地球在同一条直线上且彼此相距最近，则三颗卫星下一次与地球在同一直线上且彼此相距最
2020年高考物理三轮冲刺考前抢分计算题专练6套附答案
2020年高考物理三轮冲刺考前抢分计算题专练计算题专练(一)1.如图1所示，质量为M的平板车P高h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平面地面上.一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球(大小不计).今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q 的碰撞时间极短，且无能量损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，M∶m＝4∶1，重力加速度为g.求：图1(1)小物块Q离开平板车时速度为多大？(2)平板车P的长度为多少？答案(1)gR3(2)7R18μ解析(1)小球由静止摆到最低点的过程中，有：mgR(1－cos 60°)＝12m v2，解得v0＝gR小球与小物块Q相撞时，动量守恒，机械能守恒，则有：m v0＝m v1＋m v Q12m v 20＝12m v21＋12m v2Q解得：v1＝0，v Q＝v0＝gR二者交换速度，即小球静止下来.Q在平板车上滑行的过程中，系统的动量守恒，则有m v Q＝M v＋m(2v)解得，v＝16v Q＝gR6小物块Q离开平板车时，速度为：2v＝gR3 (2)由能量守恒定律，知F f L＝12m v2Q－12M v2－12m(2v)2又F f＝μmg解得，平板车P的长度为L＝7R18μ.2.如图2所示，在绝缘水平面上，相距为L 的A 、B 两点处分别固定着两个等量正电荷.a 、b 是AB 连线上两点，其中Aa ＝Bb ＝L 4，a 、b 两点电势相等，O 为AB 连线的中点.一质量为m 、带电荷量为＋q 的小滑块(可视为质点)以初动能E 0从a 点出发，沿AB 直线向b 运动，其中小滑块第一次经过O 点时的动能为初动能的n 倍(n ＞1)，到达b 点时动能恰好为零，小滑块最终停在O 点，求：图2 (1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ；(2)O 、b 两点间的电势差U Ob ；(3)小滑块运动的总路程s .答案 (1)2E 0mgL (2)－(2n －1)2q E 0 (3)2n ＋14L 解析 (1)由Aa ＝Bb ＝L 4，O 为AB 连线的中点得：a 、b 关于O 点对称，则U ab ＝0；设小滑块与水平面间的摩擦力大小为F f ，对于滑块从a →b 过程，由动能定理得：q ·U ab －F f ·L 2＝0－E 0 而F f ＝μmg 解得：μ＝2E 0mgL(2)滑块从O →b 过程，由动能定理得：q ·U Ob －F f ·L 4＝0－nE 0 解得：U Ob ＝－(2n －1)E 02q(3)对于小滑块从a 开始运动到最终在O 点停下的整个过程，由动能定理得q ·U aO －F f ·s ＝0－E 0而U aO ＝－U Ob ＝(2n －1)E 02q解得：s ＝2n ＋14L计算题专练(二)1.公交车已作为现代城市交通很重要的工具，它具有方便、节约、缓解城市交通压力等许多作用.某日，一人在上班途中向一公交车站走去，发现一辆公交车正从身旁平直的公路驶过，此时，他的速度是1 m /s ，公交车的速度是15 m/s ，他们距车站的距离为50 m.假设公交车在行驶到距车站25 m 处开始刹车，刚好到车站停下，停车时间10 s.而此人因年龄、体力等关系最大速度只能达到6 m /s ，最大起跑加速度只能达到2.5 m/s 2.(1)若公交车刹车过程视为匀减速运动，其加速度大小是多少？(2)试计算分析，此人是应该上这班车，还是等下一班车.答案 (1)4.5 m/s 2 (2)应该上这班车解析 (1)公交车的加速度为：a 1＝0－v 212x 1＝0－22550m /s 2＝－4.5 m/s 2，所以其加速度大小为4.5 m/s 2 (2)公交车从开始相遇到开始刹车用时为：t 1＝x －x 1v 1＝50－2515 s ＝53s ， 公交车刹车过程中用时为：t 2＝0－v 1a 1＝－15－4.5s ＝103 s ， 此人以最大加速度达到最大速度用时为：t 3＝v 3－v 2a 2＝6－12.5s ＝2 s ， 此人加速过程中位移为：x 2＝v 2＋v 32t 3＝1＋62×2 m ＝7 m ， 以最大速度跑到车站用时为：t 4＝x －x 2v 3＝436s ， 显然，t 3＋t 4＜t 1＋t 2＋10，可以在公交车还停在车站时安全上车.2.如图1所示，以MN 为下边界的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外， MN 上方有一单匝矩形导线框abcd ，其质量为m ，电阻为R ，ab 边长为l 1，bc 边长为l 2，cd 边离MN 的高度为h .现将线框由静止释放，线框下落过程中ab 边始终保持水平，且ab 边离开磁场前已做匀速直线运动，求线框从静止释放到完全离开磁场的过程中，图1(1)ab 边离开磁场时的速度v ；(2)通过导线横截面的电荷量q ；(3)导线框中产生的热量Q .答案 (1)mgR B 2l 21 (2)Bl 1l 2R (3)mg (h ＋l 2)－m 3g 2R 22B 4l41 解析 (1)线框匀速运动时，E ＝Bl 1v① I ＝E R② F ＝BIl 1③ mg ＝F④ 由①②③④联立：v ＝mgR B 2l 21(2)导线框穿过磁场的过程中，q ＝I t⑤ I ＝ER⑥ E ＝ΔΦΔt ＝Bl 1l 2t⑦ 由⑤⑥⑦联立：q ＝Bl 1l 2R(3)导线框穿过磁场的过程中，利用能量守恒定律，mg (h ＋l 2)＝12m v 2＋Q 代入(1)中的速度，解得：Q ＝mg (h ＋l 2)－m 3g 2R 22B 4l 41计算题专练(三)1.如图1所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab 段水平，bcde 段光滑，cde 段是以O 为圆心，R 为半径的一小段圆弧，可视为质点的物块A 和B 紧靠在一起，静止于b 处，A 的质量是B 的3倍.两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别向左、右始终沿轨道运动.B 到d 点时速度沿水平方向，此时轨道对B的支持力大小等于B 所受重力的34，A 与ab 段的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，求：图1(1)物块B 在d 点的速度大小；(2)物块A 、B 在b 点刚分离时，物块B 的速度大小；(3)物块A 滑行的最大距离s .答案 (1)gR 2 (2)3Rg 2 (3)R 8μ解析 (1)物块B 在d 点时，重力和支持力的合力提供向心力，则：m B g －F N ＝m B v 2R ①又因为：F N ＝34m B g② 联立①②式得物块B 在d 点时的速度v ＝gR 2. (2)物块B 从b 到d 过程，只有重力做功，机械能守恒有：12m B v 2B ＝m B gR ＋12m B v 2 解得v B ＝32Rg ③(3)物块A 和B 分离过程中由动量守恒定律得m A v A ＋m B v B ＝0 ④ 物块A 和B 分离后，物块A 做匀减速直线运动，由动能定理得－μm A gs ＝－12m A v 2A ⑤联立③④⑤式，得物块A 滑行的距离s ＝R 8μ. 2.如图2所示，间距为L 的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成：倾斜部分与水平部分平滑相连，倾角为θ，在倾斜导轨顶端连接一阻值为r 的定值电阻.质量为m 、电阻也为r 的金属杆MN 垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场；在水平导轨区域加另一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小也为B 的匀强磁场.闭合开关S ，让金属杆MN 从图示位置由静止释放，已知金属杆运动到水平导轨前，已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆始终与导轨接触良好，重力加速度为g .求：图2(1)金属杆MN 在倾斜导轨上滑行的最大速率v m ；(2)金属杆MN 在倾斜导轨上运动，速度未达到最大速度v m 前，当流经定值电阻的电流从零增大到I 0的过程中，通过定值电阻的电荷量为q ，求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热Q ；(3)金属杆MN 在水平导轨上滑行的最大距离x m .答案 (1)2mgr sin θB 2L 2 (2)mgqr sin θBL －mI 20r 2B 2L2 (3)4m 2gr 2sin θB 4L 4。
通用版2020高考物理三轮冲刺题型练辑选择题满分练九含解析
选择题满分练(九)二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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．(2019·辽宁沈阳市第一次质检)“神舟十一号”飞船与“天宫二号”空间实验室自动交会对接前的示意图如图1所示，圆形轨道Ⅰ为“天宫二号”运行轨道，圆形轨道Ⅱ为“神舟十一号”运行轨道．此后“神舟十一号”要进行多次变轨，才能实现与“天宫二号”的交会对接，则( )图1A ．“天宫二号”在轨道Ⅰ的运行速率大于“神舟十一号”在轨道Ⅱ的运行速率B ．“神舟十一号”由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ需要减速C ．“神舟十一号”为实现变轨需要向后喷出气体D ．“神舟十一号”变轨后比变轨前机械能减少 答案 C解析 由题可知，万有引力提供向心力，即G Mm r 2＝m v 2r ，则v ＝GMr，由于“天宫二号”运行半径大，可知其速率小，故A 错误；“神舟十一号”由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ需要加速做离心运动，要向后喷出气体，速度变大，发动机做正功，机械能增加，故C 正确，B 、D 错误． 15．(2019·河南安阳市下学期二模)如图2所示，质量为m ＝2.0kg 的物体静止在光滑的水平地面上．t ＝0时刻起物体在水平向右的恒力F 1＝1.0N 的作用下开始运动，经过一段时间t 0后，恒力大小变为F 2＝2.6N ，方向改为水平向左．在t ＝12.0s 时测得物体运动的瞬时速度大小v ＝6.24m/s ，则t 0为( )图2A ．12.1sB ．6.0sC ．5.2sD ．2.6s答案 C解析 由牛顿第二定律可得：a 1＝F 1m＝0.5m/s 2，a 2＝F 2m＝1.3m/s 2，若在12 s 末速度方向是向右的，则有：a 1t 0－a 2(12 s －t 0)＝6.24 m/s ，解得：t 0≈12.13s>12s，不符合题意，所以12s 末速度方向是向左的，即a 1t 0－a 2(12s －t 0)＝－6.24m/s ，解得：t 0＝5.2s ，故C 正确． 16.(2019·山西吕梁市下学期期末)如图3所示，14光滑圆轨道竖直固定在水平地面上，O 为圆心，A 为轨道上的一点，OA 与水平地面夹角为30°.小球在拉力F 作用下始终静止在A 点．当拉力方向水平向左时，拉力F 的大小为103N ．当将拉力F 在竖直平面内转至沿圆轨道切线方向时，拉力F 的大小为( )图3A ．53NB ．15NC ．10ND ．103N答案 A解析 当拉力水平向左时，对小球受力分析，小球受到竖直向下的重力，沿OA 向外的支持力，以及拉力F ，如图甲所示，矢量三角形可得G ＝F tan30°＝103×33N ＝10N ，当拉力沿圆轨道切线方向时，对小球受力分析如图乙所示，矢量三角形可得F ＝G cos30°＝53N ，A 正确．17．(2019·四川乐山市第一次调查研究)如图4所示，真空中a 、b 、c 、d 四点共线且等距，a 、b 、c 、d 连线水平．先在a 点固定一点电荷＋Q ，测得b 点场强大小为E .若再将另一点电荷＋2Q 放在d 点，则( )图4A ．b 点场强大小为E2，方向水平向右B ．b 点场强大小为32E ，方向水平向左C ．c 点场强大小为94E ，方向水平向右D ．c 点场强大小为94E ，方向水平向左答案 A解析 设ab ＝bc ＝cd ＝L ，根据题意知：＋Q 在b 点产生的场强大小为E ，方向水平向右．由点电荷的场强公式得：E ＝k Q L 2，＋2Q 在b 点产生的电场强度大小为：E 1＝k 2Q (2L )2＝k Q 2L 2＝12E ，方向水平向左，所以b 点的场强大小为E b ＝E －E 1＝12E ，方向水平向右，故A 正确，B 错误；＋Q 在c 点产生的电场强度大小为E c 1＝k Q (2L )2＝k Q 4L 2＝14E ，方向水平向右；＋2Q 在c 点产生的电场强度大小为：E c 2＝k 2Q L 2＝2E ，方向水平向左，所以c 点的场强大小为E c ＝74E ，方向水平向左，故C 、D 错误．18．(2019·河南开封市第一次模拟)如图5所示，空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场和水平向左、场强为E 的匀强电场．有一质量为m ，电荷量大小为q 的微粒垂直于磁场且以与水平方向成45°角的速度v 做直线运动，重力加速度为g .则下列说法正确的是( )图5A ．微粒可能做匀加速直线运动B ．微粒可能只受两个力作用C ．匀强磁场的磁感应强度B ＝mgqvD ．匀强电场的电场强度E ＝mg q答案 D解析 粒子所受洛伦兹力F ＝qvB ，方向与速度方向垂直，因微粒做直线运动，则微粒一定做匀速直线运动，若粒子带正电，则粒子所受电场力向左，洛伦兹力垂直速度v 斜向右下方，而重力竖直向下，则电场力、洛伦兹力和重力三个力的合力不可能为0，粒子不可能做直线运动，所以粒子不可能带正电，故粒子带负电，则粒子所受电场力向右，洛伦兹力垂直速度v 斜向左上方，而重力竖直向下，根据平衡条件，有：qE ＝mg tan45°，qvB ＝(mg )2＋(qE )2，联立解得：E ＝mg q，B ＝2mgqv，故A 、B 、C 错误，D 正确．19．(2019·广东清远市期末质量检测)1956年，李政道和杨振宁提出在弱相互作用中宇称不守恒，并由吴健雄用半衰期为5.27年的6027Co 放射源进行了实验验证，次年李、杨二人获得诺贝尔物理学奖.6027Co 的衰变方程式是：6027Co→A Z Ni ＋0－1e ＋νe.(其中νe是反中微子，它的电荷量为零，静止质量可认为是零)，衰变前6027Co 核静止，根据云室照片可以看到衰变产物AZ Ni 和0－1e 不在同一条直线上的事实．根据这些信息可以判断( ) A.AZ Ni 的核子数A 是60，核电荷数Z 是28 B.此核反应为α衰变C.A Z Ni 与0－1e 的动量之和不可能等于零 D ．衰变过程动量不守恒 答案 AC解析 根据电荷数守恒、质量数守恒有：60＝A,27＝Z －1，解得A ＝60，Z ＝28，选项A 正确；此核反应放出电子，为β衰变，选项B 错误．衰变前核静止，动量为零，衰变时不受外力则动量守恒，因衰变产物AZ Ni 和0－1e 不在同一条直线上且有反中微子νe生成，则A Z Ni 和0－1e 动量之和不可能为零，选项C 正确，D 错误．20.(2019·贵州黔东南州第一次模拟)如图6所示，变压器为理想变压器，副线圈中三个电阻的阻值大小关系为R 1＝R 2＝2r ＝2Ω，导线电阻不计，电流表为理想交流电表，原线圈输入正弦式交流电e ＝1102sin100πt (V)，开关S 断开时，电阻r 消耗的电功率为100W ．下列说法正确的是()图6A ．原线圈输入电压的有效值为1102VB ．开关S 闭合前后，通过电阻R 1的电流之比为2∶3C ．开关S 闭合前后，电流表的示数之比为2∶3D ．变压器原、副线圈的匝数之比为11∶3 答案 CD解析 原线圈输入正弦式交流电e ＝1102sin100πt (V)，故有效值为110V ，故A 错误；对于理想变压器，由U 1U 2＝n 1n 2可知，无论开关S 闭合与否，副线圈两端电压不变，开关S 闭合前，副线圈所在电路，有I 1＝I ＝U 2r ＋R 1＝U 23Ω，开关S 闭合后，I ′＝U 2r ＋R 1R 2R 1＋R 2＝U 22Ω，通过电阻R 1的电流为I 1′＝I ′2＝U 24Ω，开关S 闭合前后，通过电阻R 1的电流之比为I 1I 1′＝4∶3，故B错误；电流表的示数I 0＝U 2I U 1，故闭合前后有I 0I 0′＝I I ′＝23，故C 正确；开关S 断开时，对电阻r ，有P ＝I 2r ，得I ＝P r＝1001A ＝10A ，此时副线圈两端电压的有效值为U 2＝I (r ＋R 1)＝10×(1＋2) V ＝30V ，变压器原、副线圈的匝数之比为n 1n 2＝U 1U 2＝113，故D 正确．21．(2019·陕西汉中市3月联考)如图7所示，位于同一绝缘水平面内的两根固定金属导轨MN 、M ′N ′电阻不计，两导轨之间存在竖直向下的匀强磁场．现将两根长度相同、粗细均匀、电阻分布均匀的相同铜棒ab 、cd 放在两导轨上，若两棒从图示位置以相同的速度沿MN 方向做匀速直线运动，运动过程中始终与两导轨接触良好，且始终与导轨MN 垂直，不计一切摩擦，则下列说法正确的是( )图7A ．回路中有顺时针方向的感应电流B ．回路中的感应电流不断减小C ．回路中的热功率不断增大D ．两棒所受安培力的合力不断减小 答案 BD解析 两棒以相同的速度沿MN 方向做匀速直线运动，回路的磁通量不断增大，根据楞次定律可知，感应电流方向沿逆时针，故A 错误；设两棒的距离为s ，M ′N ′与MN 的夹角为α.回路中总的感应电动势E ＝BL cd v －BL ab v ＝Bv ·(L cd －L ab )＝Bvs tan α，保持不变，由于回路的电阻不断增大，而总的感应电动势不变，所以回路中的感应电流不断减小，故B 正确；两棒所受安培力的合力为F ＝BIL cd －BIL ab ＝BI (L cd －L ab )＝BIs tan α，由于电流减小，所以两棒所受安培力的合力不断减小，故D 正确；回路中的热功率为P ＝E 2R，E 不变，R 增大，则P 不断减小，故C 错误．。
(通用版)2020高考物理三轮冲刺题型练辑选考题保分练(七)(含解析)
选考题保分练(七)33．(2021·山东德州市二模)(1)如图1所示为分子间的引力和斥力随分子间距离变化的图象，当r＝r0时，引力和斥力大小相等，以下说法正确的选项是________．图1A．r>r0时，随着分子间距离的增大，引力和斥力的合力逐渐减小B．r＝r0时，引力和斥力的合力最小C．r＝r0时，分子势能最小D．r>r0时，随着分子间距离的增大，分子势能一直增大E．气体相邻分子间的距离约等于r0(2)如图2所示，内壁光滑的固定导热汽缸竖直放置，内部横截面积为S，上部A、B间有多个较宽缝隙与外部相通，缝隙下端B与汽缸底部D的距离为H.现用一质量为m，厚度不计的3H活塞封闭一定量的气体，稳定时活塞所处位置C距汽缸底部D的距离为4.此时封闭气体的热力学温度为T0，外部的大气压强为p0，当地重力加速度为g.现对封闭气体缓慢加热，求：1图2①随着封闭气体温度升高，活塞会缓慢上升，活塞刚上升到B点时封闭气体的热力学温度多大；②继续缓慢加热一段时间，封闭气体温度达2T0时停止加热，再经一段时间后封闭气体恢复至原来的温度T0，此时假设将活塞缓慢拉离汽缸，拉离过程中封闭气体的温度视为不变，至少应施加多大的拉力．答案4T0p0S＋mg (1)BCD(2)①②23解析(1)分子间的引力和斥力同时存在，当分子间的距离r＝r0时，引力等于斥力，分子力为零，当r>r0时，分子间的引力和斥力随分子间距离的增大而减小，斥力减小得更快，分子力表现为引力，引力和斥力的合力先增大后减小，应选项A错误，B正确；当分子间距离r>r0时，分子力表现为引力，随距离r 增大，引力做负功，分子势能增大，当分子间距离<0时，rr分子力表现为斥力，随距离增大，斥力做正功，分子势能减小，当r＝r0时分子势能最小，应选项C、D正确；气体分子间的距离远大于r0，应选项E错误．(2)①活塞缓慢上升过程中封闭气体压强不变，根据盖－吕萨克定律可得：3HSHS 4T＝T4解得封闭气体的热力学温度：T＝T03②刚停止加热时有：p1S＝p0S＋mg将活塞缓慢拉离汽缸至B处时所需拉力最大，那么有：F＋p2S＝p0S＋mgp1p2由查理定律可得：2T0＝T0p0S＋mg联立可得至少应施加的拉力：F＝.2234．(2021·福建莆田市二模)(1)如图3，透明半球体的圆心为O，半径为R，折射率为3.在半球体的轴线′上有一点光源，它发出一细光束射向半球体上的A 点，光束经半球体OO S折射后从B点射出．SA与SO、OB与OO′之间的夹角均为60°，光在真空中的传播速度为c ，那么与之间的夹角为______，光从A点传播到B点所用的时间为________．AB SO图3(2)如图4是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时的波形图．该波波源的位移yπ与时间t的关系式为y＝A sin(10πt＋3)，波源的平衡位置与图中质点P的平衡位置之间的距离小于．求：图4①该波的传播速度的大小；②该波波源平衡位置的x坐标．3R答案(1)30°(2)①6m/s②－1.1m.c解析(1)光线在A点的入射角为：i＝60°根据折射定律有：n＝sin isin r可得，折射角为：r＝30°根据几何关系可知AB与SO之间的夹角为30°.R23由几何知识可知∠ABO＝∠AOB＝30°，△AOB是等腰三角形，那么有：AB＝cos30°＝3R c3光在半球体中的传播速度为：v＝n＝3cAB R光从A点传播到B点所用的时间为：t＝v＝c.①由题图可知，该波的波长λ＝①2π设波源的振动周期为T，那么有T＝10π②λ波的传播速度v＝T③由①②③式得v＝6m/s④②设t时刻波源的位移为＋A，那么y＝A sin(10πt＋π3)⑤11波源平衡位置的x坐标x＝vt⑥1波沿x轴正方向传播，且波源的平衡位置与题图中质点P的平衡位置之间的距离小于，由④⑤⑥式得x＝－1.1m.45。
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选考题保分练(九)
33．(2019·广东深圳市第一次调研)(1)关于分子动理论，下列说法正确的有________．
A．扩散现象是物质分子永不停息地做无规则运动的证明B．布朗运动不是分子的运动，但间接地反映了液体分子运动的无规则性
C．压缩气体时，体积越小，压强越大，说明气体分子间存在着斥力
D．从微观角度来看，气体的压强与气体分子的平均动能和分子的密集程度有关
E．当分子间作用力表现为引力时，分子势能随距离的增大而减小
(2)如图1所示，为了测量某刚性导热容器A的容积，用细管把它与水平固定的导热汽缸B相连，汽缸中活塞的横截面积S ＝100 cm2.初始时，环境温度T＝300 K，活塞离缸底距离d＝40cm.现用水平向左的力F缓慢推活塞，当F＝1.0×103N时，活塞离缸底距离d′＝10cm.已知大气压强p0＝1.0×105Pa.不计一切摩擦，整个装置气密性良好．求：
图1
①容器A的容积V A；
②保持力F＝1.0×103N不变，当外界温度缓慢变化时，活塞向缸底缓慢移动了Δd＝3cm时，此时环境温度为多少摄氏度．答案(1)ABD (2)①2L②－3℃或－3.15℃
解析(1)扩散现象是物质分子永不停息地做无规则运动的证明，选项A正确．布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的运动，不是分子的运动，但间接地反映了液体分子运动的无规则性，选项B正确．压缩气体时，体积越小压强越大，这是因为体积越小时气体分子的密度越大，单位时间内气体分子对器壁的碰撞次数越多，这与气体分子间的斥力无关，选项C错误．从微观角度来看，气体的压强与气体分子的平均动能和分子的密集程度有关，气体分子动能越大，气体分子对器壁的碰撞力越大；分子密度越大，单位时间内气体分子对器壁的碰撞次数越多，压强越大，选项D正确．当分子间作用力表现为引力时，分子距离变大，分子力做负功，则分子势能增加，即分子势能随距离的增大而增大，选项E错误；
(2)①由题意，汽缸和容器内所有气体先做等温变化，有：p1V1＝p2V2
其中压缩前：p1＝p0，V1＝V A＋dS
压缩后：p2＝p0＋F
S
，V2＝V A＋d′S
带入数据解得V A＝2L；
②依题意，此后气体做等压变化，有：V 2T 2＝V 3T 3
其中变化前：T 2＝T
变化后：V 3＝V 2－Δd ·S
T 3＝t 3＋273K 或T 3＝t 3＋273.15K
带入数据解得t 3＝－3℃或t 3＝－3.15℃.
34．(2019·湖南永州市第二次模拟)(1)一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在t 时刻的波形图如图2所示，已知该波的周期为T ，a 、b 、c 、d 为沿波传播方向上的四个质点．则下列说法中正确的是________．
图2
A ．在t ＋T 4
时，质点c 的速度达到最大值 B ．在t ＋2T 时，质点d 的加速度达到最大值
C ．从t 到t ＋2T 的时间间隔内，质点d 通过的路程为4cm
D ．t 时刻后，质点b 比质点a 先回到平衡位置
E ．从t 时刻起，在一个周期的时间内，a 、b 、c 、d 四个质点沿x 轴通过的路程均为一个波长
(2)如图3所示为一个透明球体的纵截面，其半径为R ，AB 是
其竖直直径，现有一束半径为32
R 的圆环形平行细光沿AB 方向射向球体(AB 直径为圆环中心轴线)，所有光线经折射后恰好经过B 点而在水平光屏上形成一亮圆环，水平光屏到B 点的距离为L ＝R ，光在真空中的传播速度为c ，求：
图3
①透明球体的折射率；
②光从入射点传播到光屏所用时间．
答案 (1)ABD (2)① 3 ②5R c
解析 (1)在t ＋T
4
时，质点c 回到平衡位置，速度达到最大值，A 正确；t 时刻波离质点d 的距离等于114
个波长，则波传到质点d 需要114
个周期，传到质点d 后质点d 向下起振，在t ＋2T 时，质点d 到达波峰，加速度达到最大值，从t 到t ＋2T
时间间隔内，质点d 运动了34T ，因此通过的路程为s ＝34
·4A ＝3A ＝6cm ，故B 正确，C 错误；简谐波沿x 轴正方向传播，t
时刻a 、b 两质点的速度方向均向上，则从t 时刻起，质点b 比质点a 先回到平衡位置，故D 正确；质点并不随着波迁移，因此从t 时刻起，在一个周期的时间内，a 、b 、c 、d 四个质点沿x 轴通过的路程不是一个波长，故E 错误．
(2)①光路图如图所示，
由几何关系可知，R sin α＝32
R ， 即α＝60°
由图可知，α＝2β，
得：β＝30°
由折射定律有：n ＝sin αsin β
＝ 3 ②光在介质中的速度为v ＝c n
，光在透明球体中的传播时间t 1＝2R cos βv ＝3R c
，由图及折射定律知，光线从B 点出射后与竖直方向的夹角为α＝60°，光从透明球体出射后到光屏所用的时间t 2＝L
cos α·c ＝2R c
，所以光从入射点传播到光屏所用
的时间为：t ＝t 1＋t 2＝5R c
.。