2020年高考物理 刷題1+1（2019模擬題）組合模擬卷三（含解析）

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1、組合模擬卷三 第Ⅰ卷(選擇題，共48分) 二、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分) 14．(2019·云南昆明4月質(zhì)檢)下列說法正確的是(　　) A．原子核的結合能越大，原子核越穩(wěn)定 B．β衰變釋放出電子，說明原子核內(nèi)有電子 C．氡的半衰期為3.8天，8個氡原子核經(jīng)過7.6天后剩下2個氡原子核 D．用頻率為ν的入射光照射光電管的陰極，遏止電壓為Uc，改用頻率為2ν的入射光照射同一光電管，遏止電壓大于2Uc 答案　D 解析

2、　原子核的比結合能越大，原子核越穩(wěn)定，故A錯誤；β衰變釋放出電子，是中子轉化為質(zhì)子時放出的，不能說明核內(nèi)有電子，故B錯誤；半衰期的概念是對于大量原子核衰變而言的，對于少數(shù)原子核無意義，故C錯誤；由光電效應方程：Ek＝hν－W0和eUc＝Ek，有eUc＝hν－W0，當改用頻率為2ν的入射光照射同一光電管，遏止電壓eUc′＝h·2ν－W0，則Uc′＞2Uc，故D正確。 15．(2019·長春外國語學校高三上學期期末)如圖所示，是一質(zhì)量為m＝2 kg的物體從t＝0時開始做直線運動的v-t圖線，那么下列選項中正確的是(　　) A．在0～6 s內(nèi)，物體離出發(fā)點最遠為30 m B．在0～6 s內(nèi)

3、，物體經(jīng)過的位移為40 m C．在0～4 s內(nèi)，物體的動量變化為20 kg·m/s D．在第4～6 s內(nèi)，物體所受的合外力的沖量為－20 N·s 答案　C 解析　前5 s物體一直沿正方向運動，第6 s沿負方向運動，所以在第5 s末質(zhì)點離出發(fā)點最遠，最遠距離為s＝×10 m＝35 m，A錯誤；由v-t圖象得，在0～6 s內(nèi)，物體的位移為x＝×10 m－×1 m＝30 m，B錯誤；在0～4 s內(nèi)，物體的動量變化為Δp＝mv－0＝20 kg·m/s，C正確；根據(jù)動量定理，在第4～6 s內(nèi)，物體所受的合外力的沖量等于動量的變化量，I＝(－2×10－2×10) kg·m/s＝－40 kg·m/s

4、＝－40 N·s，D錯誤。 16．(2019·重慶一中高三5月?？?如圖所示，在粗糙的水平地面上放著一左側截面是半圓的柱狀物體B，在B與豎直墻之間放置一光滑小球A，整個裝置處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用水平力F拉動B緩慢向右移動一小段距離后，它們?nèi)蕴幱陟o止狀態(tài)，在此過程中，下列判斷正確的是(　　) A．小球A對物體B的壓力逐漸增大 B．小球A對物體B的壓力逐漸減小 C．墻面對小球A的支持力逐漸減小 D．墻面對小球A的支持力先增大后減小 答案　A 解析　對A球受力分析并建立直角坐標系如圖， 由平衡條件得，豎直方向：N2cosθ＝mg，水平方向：N1＝N2sinθ，聯(lián)立解得N2＝，N1

5、＝mgtanθ；B緩慢向右移動一小段距離，A緩慢下落，則θ增大，所以N2增大，N1增大，由牛頓第三定律知小球A對物體B的壓力逐漸增大，A正確，B、C、D錯誤。 17．(2019·吉林省長春市二模)“太空涂鴉”技術的基本物理模型是：原來在較低圓軌道運行的攻擊衛(wèi)星在變軌后接近在較高圓軌道上運行的偵察衛(wèi)星時，向其發(fā)射“漆霧”彈，“漆霧”彈在臨近偵察衛(wèi)星時，壓爆彈囊，讓“漆霧”散開并噴向偵察衛(wèi)星，噴散后強力吸附在偵察衛(wèi)星的偵察鏡頭、太陽能板、電子偵察傳感器等關鍵設備上，使之暫時失效。關于這一過程下列說法正確的是(　　) A．攻擊衛(wèi)星在原軌道上運行的周期比偵察衛(wèi)星的周期大 B．攻擊衛(wèi)星在原軌道上運

6、行的線速度比偵察衛(wèi)星的線速度小 C．攻擊衛(wèi)星在原軌道需要加速才能變軌接近偵察衛(wèi)星 D．攻擊衛(wèi)星接近偵察衛(wèi)星的過程中受到地球的萬有引力一直在增大 答案　C 解析　從題中可以看出，攻擊衛(wèi)星圓軌道的軌道半徑小于偵察衛(wèi)星，根據(jù)＝m＝mω2r＝m2r＝ma可知軌道半徑越小，則周期越小，線速度越大，故A、B錯誤；從低軌道運動到高軌道需要做離心運動，所以攻擊衛(wèi)星在原軌道需要加速才能變軌接近偵察衛(wèi)星，故C正確；攻擊衛(wèi)星接近偵察衛(wèi)星的過程中軌道半徑增大，根據(jù)F＝可知受到地球的萬有引力一直在減小，故D錯誤。 18．(2019·福建廈門高三上學期期末)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一個圓，空間存在相互垂直的電場和

7、磁場，一個帶正電的小球(可視為質(zhì)點)以水平初速度從圓上A點(圖中未畫出)沿著圓所在平面射入圓內(nèi)，恰好做勻速圓周運動，打在圓形邊界的C點；若將電場的方向反向，其他條件不變，則該小球將做直線運動，經(jīng)過時間t打在圓周的D點。已知AC＝CD，磁場的磁感應強度為B，小球的比荷為，則(　　) A．小球從A點運動到D點做勻變速直線運動 B．小球從A點到C點的運動時間為t C．若該實驗是在地面上實現(xiàn)的，且地球表面的重力加速度為g，則小球的運動速度大小為2gt D．若該實驗是在某星球表面上實現(xiàn)的，已知勻速圓周運動的半徑為R，可求得該星球表面的重力加速度為 答案　C 解析　開始時，帶電小球在電磁場

8、中做勻速圓周運動，則重力與電場力合力為零，電場力豎直向上，洛倫茲力提供向心力，當電場反向后電場力豎直向下，小球做直線運動，則洛倫茲力豎直向上，三力的合力為零，小球做勻速直線運動，A錯誤；小球從A到C過程做勻速圓周運動，重力與電場力合力為零，qE＝mg，洛倫茲力提供向心力，則：qvB＝m，得r＝，又因為＝，則r＝vt，又因為電場反向時，小球沿AD做勻速直線運動，則AD的長度為：＝vt＝r，如圖所示， 由幾何關系可知，＝2rsin，即：4sincos＝1,2sinθ＝1，sinθ＝，則θ＝或，即小球從A運動到C轉過的圓心角為θ＝或，弧AC的長度為s＝rθ，所以小球從A運動到C的時間t1＝＝t

9、或t，B錯誤；小球從A到D做勻速直線運動，由平衡條件得：qvB＝mg＋qE，又因為qE＝mg，＝，解得v＝2gt，C正確；已知勻速圓周運動的軌道半徑為R，由牛頓第二定律得：qvB＝m，從A到D做勻速直線運動，qvB＝mg＋qE，又因為qE＝mg，＝，聯(lián)立解得：g＝，D錯誤。 19．(2019·全國卷Ⅱ)靜電場中，一帶電粒子僅在電場力的作用下自M點由靜止開始運動，N為粒子運動軌跡上的另外一點，則(　　) A．運動過程中，粒子的速度大小可能先增大后減小 B．在M、N兩點間，粒子的軌跡一定與某條電場線重合 C．粒子在M點的電勢能不低于其在N點的電勢能 D．粒子在N點所受電場力的方向一定與粒

10、子軌跡在該點的切線平行 答案　AC 解析　如圖所示，在兩正電荷形成的電場中，一帶正電的粒子在兩電荷的連線上運動時，粒子有可能經(jīng)過先加速再減速的過程，A正確； 粒子運動軌跡與電場線重合需具備初速度與電場線平行或為0、電場線為直線、只受電場力三個條件，B錯誤；帶電粒子僅受電場力在電場中運動時，其動能與電勢能的總量不變，EkM＝0，而EkN≥0，故EpM≥EpN，C正確；粒子運動軌跡的切線方向為速度方向，由于粒子運動軌跡不一定是直線，故在N點電場力方向與軌跡切線方向不一定平行，D錯誤。 20．(2019·山東青島二中高三上學期期末)一質(zhì)量為2m的物體P靜止于光滑水平地面上，其截面如圖所示

11、。圖中ab為粗糙的水平面，長度為L；bc為一光滑斜面，斜面和水平面通過與ab和bc均相切的長度可忽略的光滑圓弧連接?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點向左運動，在斜面上上升的最大高度為h，返回后恰好到達a點與物體P相對靜止，重力加速度為g，則(　　) A．粗糙水平面ab的動摩擦因數(shù)為 B．當木塊最后到達a點時的速度為0 C．當木塊最后到達a點時的速度為 D．整個過程產(chǎn)生的熱量為2mgh 答案　ACD 解析　先分析木塊從開始到最高點的過程，根據(jù)水平方向動量守恒，有mv0＝3mv，得v＝v0，根據(jù)能量守恒，有μmgL＋mgh＝mv－mv2，同理，最后到達a點時的速度

12、也是v＝v0，整個過程能量守恒，有2μmgL＝mv－mv2，聯(lián)立得μ＝，整個過程產(chǎn)生的熱量Q＝2μmgL＝2mgh，故A、C、D正確，B錯誤。 21．(2019·湖北七市州教研協(xié)作體高三聯(lián)合模擬)如圖所示，平直光滑導軌a、b間距為d＝4 m，導軌間有一邊長為l＝ m的正六邊形勻強磁場區(qū)域，磁感應強度為B＝1 T，導軌右側接一定值電阻R＝1 Ω，左側一導體棒長正好為d，與導軌接觸良好且可在導軌上橫向自由滑動，導體棒單位長度電阻為R0＝1 Ω，導軌及導線電阻不計，現(xiàn)讓導體棒以速度v＝1 m/s勻速向右運動，從導體棒進入磁場區(qū)域開始計時，在通過磁場區(qū)域的過程中，定值電阻上流過的電流大小為I，導體棒

13、受到的安培力大小為F，R兩端的電壓大小為U，R上的熱功率為P，則I、F、U和P分別隨時間t變化的圖象可能正確的是(　　) 答案　ACD 解析　由于磁場區(qū)域為正六邊形，則對邊之間的距離：a＝l＝3 m，棒產(chǎn)生的感應電動勢：E＝BLv，最大電動勢：Em＝Bav＝1×3×1 V＝3 V。由幾何關系可知，棒從剛進入磁場到在磁場中的長度恰為a時，進入磁場的距離：x＝lcos60°＝ m，所用時間t＝＝ s，在進入磁場的前 s內(nèi)磁場中的棒的長度與棒進入的距離成正比，所以在前 s內(nèi)感應電動勢和感應電流與時間成正比，最大電流：Im＝＝ A，持續(xù)時間：t2＝＝＝ s，對比A圖可知，圖中的各電流值與時

14、間都是正確的，A正確；在進入磁場的前 s內(nèi)安培力：F＝BIL＝，可知在進入磁場的前 s內(nèi)安培力與進入距離的平方成正比，即與進入時間的平方成正比，B錯誤；R兩端的電壓：U＝IR，由于U與I成正比，結合A的分析可知，C正確；R上的熱功率：P＝I2R，P與電流的平方成正比，則在進入磁場的前 s內(nèi)熱功率也與時間的平方成正比，最大功率：Pm＝IR＝2×1 W＝ W，D正確。 第Ⅱ卷(非選擇題，共62分) 三、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分，共62分。第22～25題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33、34題為選考題，考生根據(jù)要求作答) (一)必考題(共47分) 22．(2019·安徽省“

15、江南十?！备呷戮C合質(zhì)檢)(5分)我們可以用圖a所示裝置探究合外力做功與動能改變的關系。將光電門固定在水平軌道的B點，平衡摩擦力后，用小桶通過細線拉小車，小車上安裝遮光條并放有若干鉤碼?，F(xiàn)將小車上的鉤碼逐次移至小桶中，并使小車每次都從同一位置A點由靜止釋放。 (1)用游標卡尺測出遮光條的寬度，記錄光電門的示數(shù)，從而算出小車通過B點的速度。其中游標卡尺測量情況如圖b所示，則d＝________ cm。 (2)測小桶質(zhì)量，以小桶和桶內(nèi)鉤碼質(zhì)量之和m為橫坐標，小車經(jīng)過B點時相應的速度平方為縱坐標，則v2-m圖線應該為下圖中________。 答案　(1)0.925　(2)B 解

16、析　(1)游標卡尺讀數(shù)為9 mm＋5× mm＝9.25 mm＝0.925 cm。 (2)設小車、小桶、鉤碼的總質(zhì)量為M，小車從A運動到B的位移為x，則mgx＝Mv2，整理得：v2＝m，所以v2-m圖線是過原點的直線，B正確。 23．(2019·東北三省三校二模)(10分)某實驗小組要把一塊電流表改裝成電壓表，遇到了兩個問題：一是該電流表的表盤沒有標注刻度數(shù)，但刻度均勻，總格數(shù)為N；二是內(nèi)阻未知。通過對類似規(guī)格的電流表的參數(shù)比對，得到該電流表的滿偏電流約700～800 μA，內(nèi)阻約100 Ω。該組同學利用以下器材，通過下列三個步驟，完成了電壓表的改裝工作。 A．待改裝電流表G B．電流表

17、A：量程0.6 A，內(nèi)阻約為0.1 Ω C．電壓表V：量程3 V，內(nèi)阻RV＝3 kΩ D．電阻箱R2：最大阻值999.9 Ω E．滑動變阻器R1：最大阻值5 kΩ，額定電流0.1 A F．滑動變阻器R3：最大阻值5 Ω，額定電流0.5 A G．電源：電動勢3 V，內(nèi)阻約為1.5 Ω H．開關兩個S1、S2 (1)步驟一：測定電流表的內(nèi)阻。設計了上圖所示實驗電路，請分析并補全以下操作： ①將R1的滑動端撥至________(填“a”或“b”)端； ②僅閉合S1，調(diào)節(jié)R1，使電流表的指針偏轉N個格； ③閉合S2，僅調(diào)節(jié)________，使電流表的指針偏轉個格； ④記錄__

18、____________，則電流表的內(nèi)阻為________。 (2)步驟二： ①測定該電流表的滿偏電流。除電源和開關外，還需要的器材是________；(填器材前面的字母序號) ②請在虛線框中畫出方便簡潔的實驗電路圖。 (3)步驟三：若在上圖實驗中，待測電流表指針偏轉了n個格，還需要記錄的測量值及相應符號為______________，電流表的滿偏電流為________。將此電流表改裝為一個量程為U0的電壓表需要________(填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”)一個定值電阻Rx，Rx＝__________(用以上各步驟中記錄的測量量和已知量表示)。 答案　(1)①b　③R2?、躌2的阻值　

19、R2 (2)①CE?、趫D見解析 (3)電壓表讀數(shù)U　　串聯(lián)?。璕2 解析　(1)①將R1的滑動端撥至b端再將電路接通，電路中的電流最小，具有保護電路的作用；③④閉合S2以后，因接入的滑動變阻器的阻值很大，因此在不改變滑動變阻器阻值的情況下電路的干路電流幾乎不變，因G和R2并聯(lián)，此時調(diào)節(jié)R2的阻值使電流表的指針偏轉格，則可認為R2中的電流和待測電表的電流相同，則電阻R2的阻值和電流表的阻值相同，因此要記錄R2的阻值，則電流表的內(nèi)阻即為R2。 (2)電流表的電流校準需要將一塊標準的電流表和待測電流表串聯(lián)，但是電流表A的量程和待測電流表相比過大，無法進行測量，但是電壓表的內(nèi)阻已知，故可以

20、用電壓表和待測電流表串聯(lián)進行校準；滑動變阻器R3的阻值過小，將R3和電壓表串聯(lián)在一起進行調(diào)節(jié)，示數(shù)變化不明顯，因此滑動變阻器需要選R1，需要的器材為CE，電路圖如圖。 (3)設此時電壓表的讀數(shù)為U，因電壓表和電流表串聯(lián)，因此當電流表指針偏轉了n個格時電流表的電流為，又因電流表刻度分布均勻，因此電流表的滿偏電流為；若將此電流表改裝為電壓表需要串聯(lián)電阻，改裝后電壓表的量程為U0，且電流表的內(nèi)阻為R2，由歐姆定律有＝R2＋Rx，解得Rx＝－R2。 24．(2019·山東濰坊二模)(12分)如圖所示，一質(zhì)量M＝4 kg 的小車靜置于光滑水平地面上，左側用固定在地面上的銷釘擋住。小車上表面由光滑圓弧

21、軌道BC和水平粗糙軌道CD組成，BC與CD相切于C，BC所對圓心角θ＝37°，CD長L＝3 m。質(zhì)量m＝1 kg的小物塊從某一高度處的A點以v0＝4 m/s的速度水平拋出，恰好沿切線方向自B點進入圓弧軌道，滑到D點時剛好與小車達到共同速度v＝1.2 m/s。取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，忽略空氣阻力。 (1)求A、B間的水平距離x； (2)求小物塊從C滑到D所用時間t0； (3)若在小物塊拋出時拔掉銷釘，求小車向左運動到最大位移時物塊離小車左端的水平距離。 答案　(1)1.2 m　(2)1 s　(3)3.73 m 解析　(1)由平拋運動的規(guī)律得：tanθ＝ x＝v

22、0t 解得：x＝1.2 m。 (2)設小物塊運動到C點的速度為v1， 物塊在小車上CD段滑動過程中，由動量守恒定律得：mv1＝(M＋m)v 由能量守恒定律得：fL＝mv－(M＋m)v2 對物塊，由動量定理得：－ft0＝mv－mv1 得：t0＝1 s。 (3)設A點距CD的豎直高度為H，有銷釘時： mgH＋mv＝mv 由幾何關系得：H－gt2＝R(1－cosθ) B、C間的水平距離：xBC＝Rsinθ 若拔掉銷釘，小車向左運動到最大位移時，速度為0，此過程中小車與小物塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，故此時物塊速度為4 m/s，即小物塊速度與拋出時相同，動能也與拋出時相同，

23、 由能量守恒：mgH＝f(Δx－xBC) 得：Δx≈3.73 m。 25. (2019·河北唐山一模)(20分)如圖所示，在xOy平面直角坐標系中，直角三角形ACD內(nèi)存在垂直平面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，線段CO＝OD＝L，CD邊在x軸上，∠ADC＝30°。電子束沿y軸方向以相同的速度v0從CD邊上的各點射入磁場，已知這些電子在磁場中做圓周運動的半徑均為，在第四象限正方形ODQP內(nèi)存在沿x軸正方向、大小為E＝Bv0的勻強電場，在y＝－L處垂直于y軸放置一足夠大的平面熒光屏，屏與y軸交點為P。忽略電子間的相互作用，不計電子的重力。求： (1)電子的比荷； (2)從x軸最右端射

24、入電場中的電子打到熒光屏上的點與P點間的距離； (3)射入電場中的電子打到熒光屏上的點距P的最遠距離。 答案　(1)　(2)　(3)L 解析　(1)由題意可知電子在磁場中的軌跡半徑r＝ 由牛頓第二定律得Bev0＝m 電子的比荷＝。 (2)從x軸最右端進入電場中的電子在磁場中運動圓軌跡應恰好與邊AD相切，即電子從右圖F點離開磁場進入電場。 設電子運動軌跡的圓心為O′點， 則O′D＝L 由幾何關系知電子恰從O點射入磁場， OF＝x＝ 從F點射出的電子，做類平拋運動，有x＝＝t2，y＝v0t， 代入得y＝ 設電子射出電場時與水平方向的夾角為θ， 有tanθ＝＝ 設從

25、x軸最右端射入電場中的電子打到熒光屏上的點為G，則它與P點的距離GP＝＝。 (3)設打到屏上的點與P點距離為X的電子是從(x0,0)點射入電場，則射出電場時 y0＝v0t0＝v0＝ 由平拋運動特點得＝ 所以X＝2＝2 ＝2 所以當x0＝L時，有Xm＝L。 (二)選考題(共15分。請考生從給出的2道題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分) 33．(2019·全國卷Ⅰ)[物理——選修3－3](15分) (1)(5分)某容器中的空氣被光滑活塞封住，容器和活塞絕熱性能良好，空氣可視為理想氣體。初始時容器中空氣的溫度與外界相同，壓強大于外界?，F(xiàn)使活塞緩慢移動，直至容器中的空

26、氣壓強與外界相同。此時，容器中空氣的溫度________(填“高于”“低于”或“等于”)外界溫度，容器中空氣的密度________(填“大于”“小于”或“等于”)外界空氣的密度。 (2)(10分)熱等靜壓設備廣泛應用于材料加工中。該設備工作時，先在室溫下把惰性氣體用壓縮機壓入到一個預抽真空的爐腔中，然后爐腔升溫，利用高溫高氣壓環(huán)境對放入爐腔中的材料加工處理，改善其性能。一臺熱等靜壓設備的爐腔中某次放入固體材料后剩余的容積為0.13 m3，爐腔抽真空后，在室溫下用壓縮機將10瓶氬氣壓入到爐腔中。已知每瓶氬氣的容積為3.2×10－2 m3，使用前瓶中氣體壓強為1.5×107 Pa，使用后瓶中剩余

27、氣體壓強為2.0×106 Pa；室溫溫度為27 ℃。氬氣可視為理想氣體。 (ⅰ)求壓入氬氣后爐腔中氣體在室溫下的壓強； (ⅱ)將壓入氬氣后的爐腔加熱到1227 ℃，求此時爐腔中氣體的壓強。 答案　(1)低于　大于 (2)(ⅰ)3.2×107 Pa　(ⅱ)1.6×108 Pa 解析　(1)活塞光滑、容器絕熱，容器內(nèi)空氣體積增大，對外做功，由ΔU＝W＋Q知，氣體內(nèi)能減少，溫度降低。 氣體的壓強與溫度和單位體積內(nèi)的分子數(shù)有關，由于容器內(nèi)空氣的溫度低于外界溫度，但壓強相同，則容器中空氣的密度大于外界空氣的密度。 (2)(ⅰ)設初始時每瓶氣體的體積為V0，壓強為p0；使用后氣瓶中剩余氣體的

28、壓強為p1。假設體積為V0、壓強為p0的氣體壓強變?yōu)閜1時，其體積膨脹為V1。由玻意耳定律 p0V0＝p1V1① 被壓入進爐腔的氣體在室溫和p1條件下的體積為 V1′＝V1－V0② 設10瓶氣體壓入完成后爐腔中氣體的壓強為p2，體積為V2。由玻意耳定律 p2V2＝10p1V1′③ 聯(lián)立①②③式并代入題給數(shù)據(jù)得 p2＝3.2×107 Pa④ (ⅱ)設加熱前爐腔的溫度為T0，加熱后爐腔溫度為T1，氣體壓強為p3。 由查理定律＝⑤ 聯(lián)立④⑤式并代入題給數(shù)據(jù)得p3＝1.6×108 Pa⑥ 34．[物理——選修3－4](15分) (1)(2019·江西南昌二模)(5分)一列簡諧橫

29、波，在t＝0.6 s時刻的圖象如圖甲所示，此時，P、Q兩質(zhì)點的位移均為－1 cm，波上A質(zhì)點的振動圖象如圖乙所示，則以下說法正確的是________。(填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分) A．這列波沿x軸正方向傳播 B．這列波的波速是 m/s C．從t＝0.6 s開始，緊接著的Δt＝0.6 s時間內(nèi)，A質(zhì)點通過的路程是10 m D．從t＝0.6 s開始，質(zhì)點P比質(zhì)點Q早0.4 s回到平衡位置 E．若該波在傳播過程中遇到一個尺寸為10 m的障礙物不能發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象 (2)(2019·廣東廣州二模)(10分)如圖，某

30、三棱鏡的橫截面為等腰直角三角形ABC，BC長度為d，O為BC中點。在ABC所在平面內(nèi)，光線PO垂直BC邊入射，恰好在AB邊界發(fā)生全反射。 (ⅰ)求該三棱鏡的折射率； (ⅱ)保持光線PO入射點O不變，入射方向逐漸向CO方向偏轉，求AB邊有光線射出的區(qū)域寬度。 答案　(1)ABD　(2)(ⅰ)　(ⅱ)d 解析　(1)由圖乙讀出t＝0.6 s時刻質(zhì)點A的速度方向為沿y軸負方向，由圖甲判斷出波的傳播方向沿x軸正方向，A正確；由圖甲讀出波長為λ＝20 m，由乙圖讀出周期T＝1.2 s，則波速為v＝＝ m/s＝ m/s，B正確；Δt＝0.6 s＝0.5T，在一個周期內(nèi)質(zhì)點A通過的路程為4倍振幅

31、，則經(jīng)過Δt＝0.6 s，A質(zhì)點通過的路程是：s＝2A＝4 cm，C錯誤；圖甲時刻質(zhì)點P沿y軸正方向運動，質(zhì)點Q沿y軸負方向運動，所以質(zhì)點P將比質(zhì)點Q早回到平衡位置，將此圖象與正弦曲線進行對比可知，P點的橫坐標為xP＝ m，Q點的橫坐標xQ＝ m，可知質(zhì)點P比質(zhì)點Q早回到平衡位置的時間為：t＝＝0.4 s，D正確；發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象的條件是障礙物的尺寸比波長小或跟波長差不多，該波的波長為20 m，障礙物的尺寸比波長小，能發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象，E錯誤。 (2)(ⅰ)光線PO恰好在AB邊界發(fā)生全反射，臨界角C＝45°， 設三棱鏡的折射率為n，有：sinC＝ 解得折射率n＝。 (ⅱ)光線PO垂直BC邊入射的光線，進入棱鏡后在AB邊上的E點發(fā)生全反射。光線PO入射方向逐漸轉向CO方向時，光線從棱鏡的出射點對應由E點逐漸向B點移動。當光線幾乎沿CO方向入射時，光線折射后沿OD方向， 由折射定律有n＝ 解得∠DOE＝45° 由幾何關系得：OE＝OB＝ 光線出射區(qū)域的寬度DE＝OEsin∠DOE 解得區(qū)域寬度DE＝d。 16