河南省顶级名校2020届高三物理10月联考试卷(附解析Word版)
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河南省顶级名校2020届高三物理10月联考试卷(附解析Word版)

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资料简介
河南省顶尖名校 2019~2020 学年高三 10 月联考物理 一、选择题 1.根据玻尔理论,当氢原子发出一个光子后,下列结论不正确的是 A. 原子的能量将减少 B. 原子的电势能将减少 C. 核外电子绕核运转的周期将减小 D. 核外电子绕核运转的动能将减少 【答案】D 【解析】 【详解】AB.原子发出一个光子后,其能量要减少;电子要到更小的轨道上运行,原子的势能 即电子与原子核之间的库仑引力所对应的能量,距离减小势能减少。故 AB 不符合题意。 C.由 ,解得: 可知 T 随 r 的减小而减小。故 C 不符合题意。 D.由 ,解得: 动能随 r 的减小而增大。故 D 符合题意。 2.一辆汽车在行驶过程中突遇险情,紧急刹车,刹车过程的位移为 x,整个刹车过程的时间为 2s,刹车过程的 关系如图所示,则此过程中 A. 汽车刹车的加速度大小为 6m/s2 B. 汽车刹车的加速度大小为 12 m/s2 C. 汽车刹车的距离为 12m D. 汽车刹车的距离为 36m 2 2 2 2 4π=ek m rr T 2 3 2 4π= mrT ke 2 2 2 =e mvk r r 2 2 =k keE r x tt −【答案】B 【解析】 【详解】AB.由 ,得到 ,结合图象可知,汽车刹车过程做的是 匀减速运动, 刹车所用时间为 2 s,刹车过程的平均速度为 12 m/s,由 可知,刹车的 初速度: 刹车的加速度大小: = 12 m/s2 故 A 不符合题意,B 符合题意。 CD.汽车刹车 距离为: 故 CD 不符合题意。 3.如图所示,一根长为 L 的直杆一端抵在墙角,一端依靠在箱子的光滑竖直侧壁上,将箱子 以大小为 v 的速度向右推,直杆绕 O 点在竖直面内转动,当直杆与竖直方向的夹角为 时,直 杆转动的角速度大小为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】直杆与箱子接触点的实际运动即合运动方向是垂直于杆指向右上,设杆转动的角速 度为 ,则合速度: 沿水平方向上的速度分量等于 v,即 。所以有: 的 2 0 1 2x v t at= − 0 1 2 x v att = − 0 1 2 =v v 0 24m / s=v 0= va t 0 1 24m2 = =x v t θ sin v L θ cos v L θ sinv L θ cosv L θ ω 实 ω=v L cosω θ =L vA. 。故 A 不符合题意。 B. 。故 B 符合题意。 C. 。故 C 不符合题意。 D. 。故 D 不符合题意。 4.如图所示,一闭合的金属圆环从静止开始下落,穿过一竖直悬挂的条形磁铁,磁铁的 N 极 向上,在运动过程中,圆环的中心轴线始终与磁铁的中轴线保持重合,则下列说法中正确的 是 A. 对于金属圆环来说,在 AB 段磁通量向下 B. 条形磁体 磁感线起于 N 极,终于 S 极,磁感线是不闭合的 C. 自上向下看,在 AB 段感应电流沿顺时针方向 D. 自上向下看,在 AB 段感应电流沿逆时针方向 【答案】C 【解析】 【详解】A.在圆环还没有套上磁铁之前,圆环中磁通量方向向上。故 A 错误。 B.磁感线是闭合的。故 B 错误。 CD.根据楞次定律,AB 段感应电流是顺时针方向。故 C 正确,D 错误。 5.如图所示,一个小球放在固定斜面体的光滑斜面上,用平行于斜面向上的拉力拉着,小球 保持静止,现将拉力在竖直面内沿顺时针方向缓慢转动到竖直方向,小球始终保持静止,则 在转动的过程中,关于拉力及斜面体对小球的弹力,下列判断正确的是 的 cos ω θ= v L sin v L θ cos v L θ sinv L θ cosv L θA. 拉力一直变小 B. 拉力先变小后变大 C. 弹力一直变小 D. 弹力一直变大 【答案】C 【解析】 【详解】小球受重力、垂直斜面的支持力和拉力,三个力作用下处于静止状态,三力平衡, 则三力首尾相连构成闭合矢量三角形,如图所示: 由图解法可知拉力 F 一直增大,弹力一直减小。 A.拉力一直变小。故 A 错误。 B.拉力先变小后变大。故 B 错误。 C.弹力一直变小。故 C 正确。 D.弹力一直变大。故 D 错误。 6.因为地球的自转,同一物体在不同的纬度重力不同,一质量为 m 的物体在北极时的重力与 其在赤道时的重力的差为 F. 将地球看做质量分布均匀的球体,半径为 R. 则地球的自转周期 是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】在北极时地球对物体的万有引力等于物体的重力,在赤道时地球对物体的万有引力 与地面对物体的支持力的合力提供物体随地球做圆周运动的向心力,依题意物体在赤道时有: 所以地球自转周期为: 2 mR F π mR F π mR F 1 2 mR Fπ 2 2 4F m RT π=. A.描述与分析相符,故 A 正确 B.描述与分析不符,故 B 错误. C.描述与分析不符,故 C 错误. D.描述与分析不符,故 D 错误. 7.如图所示,手摇发电机产生正弦交变电流,经理想变压器给灯泡 L 供电.当线圈以角速度 匀速转动时,电压表的示数为 U0,灯泡 L 正常发光.已知发电机线圈的电阻为 r,灯泡 L 的额 定电流为 I,灯泡 L 正常发光时的电阻为 R,若灯泡 L 的电阻恒定且灯泡不会损坏,其他电阻 不计,则 A. 线圈转到图示位置时,产生的感应电流为零 B. 变压器原、副线圈的匝数比为 C. 发电机线圈电阻的发热功率为 D. 若线圈的角速度变为 2 ,则灯泡 L 的亮度不变 【答案】AC 【解析】 【详解】A.线圈转到图示位置时,产生的感应电流为零。故 A 符合题意。 BC.灯泡两端的电压 U=IR,变压器原、副线圈的匝数比 ,解得: . 24 2mR mRT F F π π= = ω 0 IR U 4 2 2 0 I R rU ω 01 2 0 = =Un I n U I 01 2 = Un n IR 2 0 0 = I RI U所以: 故 B 不符合题意,C 符合题意。 D.由公式 可知,当 增大一倍时,Em 增大,其他条件不变时,灯泡的亮度增加。 故 D 不符合题意。 8.如图,虚线 a、b、c、d、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面,已知 b 等势面上的电 势为 1V.一电子经过 a 等势面时的动能为 4eV,速度方向沿电场方向,从 a 等势面到 d 等势面 的过程中克服电场力所做的功为 3eV.下列说法正确的是 A. 电子在 c 等势面上的电势能为零 B. 电子到达 f 等势面动能为零 C. 电子初速度方向垂直虚线向右 D. a、b 两等势面间的电势差为 2V 【答案】ABC 【解析】 【详解】A.虚线 a、b、c、d 代表匀强电场内间距相等的一组等势面,电子经过 a 时的动能 为 4eV,从 a 到 d 的过程中克服电场力所做的功为 3eV,则电势能增加 3eV,因此 ad 等势面之 间的电势差为 3V,由于电子的电势能增加,所以等势面从 a 到 d 电势是降低的,因为 b 上的 电势为 1V,故 a 上的电势为 2V,c 上的电势为 0V,电子在 c 等势面上的电势能为零。故 A 正 确。 B.结合 A 的分析可知,各相邻等势面之间的电势差为 1V,则 af 之间的电势差为 4V,电子从 a 到 f 将克服电场力做功为 4eV,则电子到达 f 的动能为 0。故 B 正确。 C.电子到达 f 的动能为 0,可知电子从 a 向右运动。故 C 正确。 D.b 上的电势为 1V,a 上的电势为 2V,所以 ab 之间的电势差为 1V。故 D 错误。 9.如图所示,竖直放置的平行板电容器内除电场外还有图示的匀强磁场,从 A 板中点小孔 P 4 2 2 0 2 0 = =r I R rP I r U mE NBSω= ω向各个方向人射一批不同速度的带正电微粒(考虑重力),则微粒在由 A 到 C 的过程中 A. 可能有微粒匀速运动,但一定无微粒匀变速运动 B. 可能有微粒沿圆弧匀速率运动 C. 所有微粒到达 C 板时的动能一定大于在 A 板时的动能 D. 所有微粒到达 C 板时的机械能一定大于在 A 板时的机械能 【答案】AD 【解析】 【详解】A.微粒在平行板中受重力、电场力、磁场力三个力作用,重力和电场力都是恒力, 但磁场的大小和方向随速度的大小和方向的不同而不同,因此三个力的合力可以为 0,但不可 能恒定,故微粒可以做匀速运动但一定不能做匀变速运动。故 A 符合题意。 B.由于重力和电场力是互相垂直的,不可能平衡,故微粒不可能做匀速圆周运动。故 B 不符 合题意。 CD.由 A 板到 C 板,合力可能做正功,也可能做负功或不做功,故微粒动能的变化是不确定 的,由于电场力一定做正功,故机械能一定增大,所以所有微粒到达 C 板时的机械能一定大 于在 A 板时的机械能。故 C 不符合题意,D 符合题意。 10.如图所示,a、b 两个小球用一根不可伸长的细线连接,细线绕过固定光滑水平细杆 C、与 光滑水平细杆 D 接触,C、D 在同一水平线上,D 到小球 6 的距离为 L,在 D 的正下方也固定有 一光滑水平细杆 E,D、E 间的距离为 .小球 a 放在水平地面上,细线水平拉直,由静止释放 小球 b.当细线与水平细杆 E 接触的一瞬间,小球 a 对地面的压力恰好为零,不计小球的大小, 则下列说法正确的是 2 LA. 细线与水平细杆 E 接触一瞬间,小球 b 加速度大小不变 B. 细线与水平细杆 E 接触一瞬间,小球 b 速度大小不变 C. 小球 a 与小球 b 的质量之比为 5:1 D. 将D、E 细杆向右平移相同的一小段距离再固定,由静止释放小球 b,细 线与E 相碰的一瞬 间,小球 a 会离开地面 【答案】BCD 【解析】 【详解】AB.细线与水平细杆 E 接触的一瞬间,小球 b 速度不会发生突变,因此小球 b 速度 大小不变,由于做圆周运动的半径减小,由 可知,小球 b 加速度增大。故 A 错误,B 正确。 小球 b 运动到最低点时,设速度为 v,根据机械能守恒定律可知, , , C.细线与 E 相碰的一瞬间有: , 因此有: 故 C 正确。 D.将 D、E 细杆向右平移相同的一小段距离再固定,设小球 b 开始做圆周运动的半径为 L', 与杆 E 相碰时的速度大小 ,设相碰的一.瞬间细线的拉力为 F' ,则 ,求得: 因此细线与 E 相碰的一瞬间,小球 a 会离开地面。故 D 正确。 二、非选择题 11.某实验小组用如图所示装置做“探究动能定理”实验,重力加速度为 g. 2va r = 21 2 =b bm gL m v 2v gL= 2 2 − =a b b vm g m g m L : 5:1=a bm m 2′ =v gL 2 2 ′ ′ ′ − = −b b vF m g m LL 4 52 ′ ′ ′= + ⋅ >−b b b LF m g m g m gL L(1)实验中用钩码的重力表示小车受到的合外力,在安装时首先要________,其次钩码和小 车还需要满足的条件是______________. (2)按实验要求安装好装置,接通电源,释放小车,打点计时器在纸带上打下一系列点,将 打下的第一个点标为 O.在纸带上依次取 A、B、C.··若干个计数点,已知相邻计数点间的时 间间隔为 T.测得 A、B、C 各点到 O 点的距离为 x1、x2、x3,如图所示. 已知所挂钩码的质量为 m,则从打 O 点到打 B 点的过程中,拉力对小车做的功 W=_______,打 B 点时小车的速度 v=______________ (3)求出从打 O 点到其他各点过程中拉力做的功,并算出打其他各点时小车的速度 v,则下 图中正确反映 v2—W 关系的是( ) A. B. C. D. (4)如果实验操作和数值计算的过程都正确无误,但实验结果 W 和∆Ek、在误差允许范围内总 是不相等,你认为主要原因是:_________________。 【答案】 (1). 平衡摩擦力 (2). 小车的总质量远大于所挂钩码的质量 (3). mgx2 (4). (5). A (6). 小车受 到的拉力不等于(或小于)小桶和沙的重力 【解析】 【详解】(1)[1][2]小车在水平方向上受绳的拉力和摩擦力,想用钩码的重力表示小车受到的 合外力,首先需要平衡摩擦力;其次:设小车质量 M,钩码质量 m,整体的加速度为 a,绳上 的拉力为 F,则:对小车有:F=Ma;对钩码有:mg-F=ma,即: mg=(M+m)a 3 1 2 x x T −如果用钩码的重力表示小车受到的合外力,则要求:Ma=(M+m)a,必须要满足钩码的质量远 小于小车的总质量,这样两者才能近似相等。 (2)[3][4]拉力做功为:W=mgh=mgx2,小车做匀加速直线运动,所以 B 点的速度等于 AC 段的平 均速度为:vB= 。 (3) [5]根据功能关系可知: ,整理得: 所以图象仍是过原点的直线。故 A 正确,BCD 错误。 (4) [6]实验结果 W 和△Ek 在误差允许范围内总是不相等,主要原因是小车受到的拉力不等于 (或小于)小桶和沙的重力。 12.某同学用伏安法测量一未知电阻 R 的阻值,已有电流表 A(量程 0~600mA)和电压表 V(量程 0~3V).由于不知道电阻 Rx 的阻值和两电表内阻的关系,他采用下列方法测量:如图所示.当单 刀双掷开关 S2 连接 a 时,两电表的指针偏转角度都在满偏的 处;当将 S2 接 b 时,其中一个 电表的指针偏角几乎不变,另一个电表的指针偏转增大到满偏的 处. (1)指针偏转增大的是_______表. (2)未知电阻 R.的阻值是____________Ω. (3)根据电路图把实物图连线. ( ) 3 1 2 x x T − 21 ( )2W mgx M m v= = + 2 2= + Wv M m 3 4 4 5【答案】 (1). 电压表 (2). 5 (3). 【解析】 【详解】(1)[1]将 S2 由 a 接 b 时,根据实验原理图可知,电流表由外接变为内接,电压表示 数增大,电流表示数减小。 (2)[2]由题意知,电流表读数几乎不变,故电压表的分流可以忽略,而电流表的分压不能忽 略,故 S2 接 a 时,误差较小;此时,电压表读数: 电流表读数: 故: (3)[3]根据实验原理图连接实物图如图所示: 13.热气球为了便于调节运动状态,需要携带压舱物,某热气球科学考察结束后正以大小为的 速度匀速下降,热气球的总质量为 M,当热气球离地某一高度时,释放质量为 M 的压舱物, 结果热气球到达地面时的速度恰好为零,整个过程中空气对热气球作用力不变,忽略空气对 压舱物的阻力,重力加速度为 g,求: (1)释放压舱物时气球离地的高度 h; (2)热气球与压舱物到达地面的时间差. 3 93 V4 4 = × =U 3 1.80.6 A4 4 = × =I 9 51.8 = = ΩxR 1 4【答案】(1) (2) 【解析】 【详解】(1)由题意知 F 浮=Mg 释放压舱物后: 即热气球向下做匀减运动的加速度大小为: 由于热气球到地面时的速度刚好为零,则 (2)设压舱物落地所用时间为 t1,根据运动学公式有: 解得: 设热气球匀减速到地面所用时间 t2 ,则 解得: 因此两者到达地面所用时间差为: 14.如图所示水平传送带沿顺时针方向以恒定的速度运行,传送带上表面离地面的高度为 5m, 一个物块轻放在传送带的左端,当传送带的速度为 时,物块从传送带的右端飞离做平抛运 动的水平位移大小为 2m;当传送带的速度为 5m/s 时,物块从传送带的右端飞离做平抛运动的 水平位移大小为 4m;已知重力加速度的大小为 ,物块与传送带间的运摩擦因为为 0. 2, 不计物块的大小及空气的阻力,求: 为 23 2 v g 2v g 1 1 4 4浮    = − = −      F M M g M M a 1 3a g= 2 23 2 2 = =v vh a g 2 1 1 1 2 = +h vt gt 1 vt g = 2 1 2 =h vt 2 3= vt g 2 1 2− = vt t g 1v 210m/s(1)传送带长 L 的大小; (2) 的大小及此时物块从放上传送带到落地运动的时间. 【答案】(1)4m (2) 2m/s 3.5s 【解析】 【详解】(1)物块从传送带右端做平抛运动的时间为: 由题意可知,当传送带的速度为 5m/s 时,物块在传送带右端做平抛运动的速度: 因此在此过程物块在传送带上一直在做加速运动,加速度大小: 所以传送带的长: (2)当传送带速度为 v1 时,物块到从传送带右端抛出做平抛运动的速度: 因此传送带 速度 ,物块在传送带上加速的时间: 则加速运动的距离: 所以匀速运动的时间: 的 1v 2 2 5s 1s10 ht g ×= = = 4m/s 5m/ssv t ′ = = < 22m/sa gµ= = 2 24 m 4m2 2 4 vL a ′= = =× 2m/s 4m/ssv t ′ = = < 1 2m/sv = 1 1 2 s 1s2 vt a = = = 2 2 1 1 2 m 1m2 2 2 vx a = = =× 1 2 1 4 1s 1.5s2 L xt v − −= = =因此物块从放上传送带到落地过程运动的时间: 答:(1)传送带长 L 长 4m; (2) ,此时物块从放上传送带到落地运动的时间为 3.5s. 15.如图甲所示,在 MN 下方存在竖直向上的匀强电场,在 MN 上方以 MN 为弦、半径为 R 的虚 线区域内存在周期性变化的磁场,磁场的变化规律如图乙所示,规定垂直纸面向里的方向为 正方向.弦 MN 所对的圆心角为 .在 t=0 时,一质量为 m,电荷量为+q 的带电粒子,以初速 度 v 从 A 点沿直径 AOB 射入磁场,运动到圆心 O 点后,做一次半径为 的完整的圆周运动, 再沿直线运动到 B 点,在 B 点经挡板碰撞后原速率返回(碰撞时间不计,电荷量不变),运动 轨迹如图甲所示.粒子的重力不计,不考虑变化的磁场所产生的电场.求: (1)磁场的磁感应强度 B0 的大小及变化周期 T0; (2)粒子从 B 点运动到 A 点的最短时间 t; (3)满足(2)中条件所加的电场强度 E 的大小. 【答案】(1) ;(2) ;(3) 【解析】 【详解】(1)根据题意,粒子在磁场中运动的半径为 , 由洛伦兹力提供向心力得: . 解得: 1 2 1s 1. 5s 1s 3. 5st t t t= + + = + + =总 1 2m/sv = 120° 2 R ( 1) R v π + (4 5 ) 2 R v π+ 28 (4 3 ) mv qRπ+ 2 Rr = 2 0 vqvB m r =由题图分析可知:粒子从 A 点沿直径 AOB 匀速运动到 O 点,然后做一-个完整的圆周运动所用 的时间为一个周期 T0。则 (2)设一个周期内没有磁场的时间为 t1,存在磁场的时间为 t2,则 因为∠MON= 120°,可求得 MN 与 AB 之间的距离为 x= 粒子从 B 点返回时,刚好进入磁场并做 圆周运动,然后进人电场做匀减速运动,当返回后 刚离开电场时粒子做圆周运动,此时一定存在磁场,为了满足题图甲的运动轨迹,粒子在电 场中的最短时间为 则粒子从 B 点运动到 A 点的最短时间为: (3)粒子在电场中做匀变速运动,加速度为 根据速度公式得: 解得: 16.下列说法正确的是( ) A. 空调既能制热又能制冷,说明热传递不存在方向性 B. 在较暗的房间里,看到透过窗户的“阳光柱”里粉尘的运动不是布朗运动 C. 分子间作用力的合力表现为引力时,若分子间的距离增大,则分子力不一定减小,但分子 势能一定增大 D. 由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离,液面分子间只有引力,没有斥力, 0 2= mvB qR 0 ( 1) π π+= = +R R RT v v 1 2, π= =R Rt tv v 2 R 1 4 1 2 3 4 +t t 1 2 2 1 2 3 52 2 (4 5 )4 2 2 π = + + = + = +   Rt t t t t t v qEa m = 1 2 32 4  = × +   qEv t tm ( ) 2 1 2 8 8 4 3 (4 3 )π= =+ + mv mvE q t t qR所以液体表面具有收缩的趋势 E. 在各种晶体中,原子(或分子、离子)都是按照一定的规则排列的,具有空间上的周期性 【答案】BCE 【解析】 【详解】A.热传递中的热量总是从温度高的向温度低的方向传递,所以热传递存在方向性。 故 A 不符合题意。 B.在较暗的房间里,看到透过窗户的“阳光柱”里粉尘的运动不是空气分子频率撞击的结果, 不是布朗运动。故 B 符合题意。 C.分子间作用力的合力表现为引力时,是两个分子间的距离大于平衡位置间的距离时,此时 若分子间的距离再增大,则分子力不一定减小,可分子势能一定增大 。故 C 符合题意。 D.由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离,分子间的引力大于斥力,合力为引 力,从而呈收缩趋势,故 D 不符合题意。 E.无论是单晶体还是多晶体晶体内部的分子按一定的规律排布即具有一定的规律性,空间上 的周期性。故 E 符合题意。 17.如图所示,用横截面积为 S=10cm2 的活塞将一定质量的理想气体封闭在导热性良好的汽缸 内,汽缸平放到光滑的水平面上。劲度系数为 k=1000N/m 的轻质弹簧左端与活塞连接,右端 固定在竖直墙上。不考虑活塞和汽缸之间的摩擦,系统处于静止状态,此时活塞距离汽缸底 部的距离为 L0=18cm,气体的温度为 t0=27℃。现用水平力向右缓慢推动汽缸,当弹簧被压缩 x=2cm 后再次静止。已知大气压强为 p0=1.0×105Pa。 (i)求汽缸向右移动的距离; (ii)保持推力 F 不变,升高气体的温度,求汽缸底部到活塞的距离恢复到 L0 时的温度。 【答案】(i) (ii) 【解析】 【分析】 (1)根据活塞的受力求出封闭气体的压强,在根据玻意耳定律求气缸移动的距离; (2)根据气缸受力可知封闭气体的压强不变,利用盖—吕萨克定律求气缸内封闭气体的温度; 5cm 360K【详解】(i)初始状态弹簧处于原长,设气缸向右移动的距离为 时,气缸再次静止,则活塞 到气缸底部的距离为 气缸内气体的压强为 根据玻意耳定律有 联立解得 (ii)推力 F 不变,气体的压强不变,则由盖—吕萨克定律有 且 , 联立解得:T=360K 故本题答案是:(i) (ii) 【点睛】解本题的关键是找到初末状态的物理量。利用公式求解即可。 18.一列简谐横波沿 轴正方向传播,在 处的质点的振动图线如图甲所示,在 处的质点的振动图线如图乙所示。下列说法正确的是( ) A. 该波的周期为 B. 处的质点在平衡位置向上振动时, 处的质点在波峰 C. 在 内 处和 处的质点通过的路程均为 1x 0 1 = − +L L x x 0 kxP P S = + 0 0PLS P L S= 1 5x cm= 0 0 = L SLS T T 15L cm= 0 300T K= 5cm 360K x 12mx = 18mx = 12s 12mx = 18mx = 0 ~ 4s 12mx = 18mx = 6cmD. 该波的波长可能为 E. 该波的传播速度可能为 【答案】ABD 【解析】 【详解】A.由图乙可知,该波的周期为 12s;A 项符合题意. B.由图可知,t=3s 时刻,x=12m 处的质点在平衡位置向上振动时,x=18m 处的质元在波峰, 故 B 项符合题意. C.由图可知,该波的振幅为 4cm,圆频率: 由图甲可知,在 t=0 时刻 x=12m 处的质点在-4cm 处,则其振动方程为: , 4s 时刻质元的位置: , 所以 x=12m 处的质元通过的路程:s12=4cm+2cm=6cm. 据图乙知 t=0s 时,在 x=18m 处的质元的位移为 0cm,正通过平衡位置向上运动,其振动方程 为: 在 t=4s 时刻,在 x=18m 处的质元的位移为: ,所以在 0~4s 内 x=18m 处的质元 通过的路程: ; 故 C 项不合题意. D.(由两图比较可知,x=12m 处比 x=18m 处的质元可能早振动 ,所以两点之间的距离为: 所以: n=0 时,波长最大为: ;故 D 项符合题意. 8m 2m/s 2 rad/s6T π πω = = 12 4sin( )cm6 2x t π π= − + 12 4sin( 4 )cm=2cm6 2x π π= − × + 18 4sin( )6x t π= 18 2 3cmx = 4 (4 2 3)cm 4.54cm 6cm+ − ≈ < 3 4T 3( ) ( 0 1 2 3 )4x n nλ= + = ⋅⋅⋅、、、 4 ( 0 1 2 3 )4 3 x nn λ = = ⋅⋅⋅+ 、、、 4 6 m 8m3 × =E.波的速度: n=0 时,最大速度: ;故 E 不合题意; 19.如图所示,在暗室中,一平行的圆柱(半径为 R)单色激光束垂直射向半球形玻璃的水平 平面 AB 上,平面 AB 与水平地面间的高度差为 2R。若玻璃截面的圆心为 O,圆半径为 R,玻璃 对激光的折射率为 n,激光在真空中的速度大小为 c,求: (1)过圆心 O 的激光穿过玻璃所用的时间 t; (2)地面上光斑的面积 S。 【答案】(1) (2) 【解析】 (i)根据折射率与速度的关系有: 激光穿过玻璃所用的时间为: ,解得: ; (ii)设玻璃的临界角为 θ,如图所示,由临界角公式有: 根据几何关系有: 地面上光斑的面积为: 24 24 3 m/s m/s( 0 1 2 3 )12 4 3 nv nT n λ += = = = ⋅⋅⋅+ 、、、 2 m/s3v = = nRt c 2 2 2 2 1(2 1 1)π= − −S n R n cn v = Rt v = = nRt c 1sin n θ = · 2 – RO D tan R cos θ θ′ = 2·S O Dπ= ′解得: ; 点睛:本题考查光的折射问题,关键是作出光路图,运用几何知识,结合折射定律进行求解。 2 2 2 2 12 1 1S n R n π  = − −   

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