（通用版）2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 考前仿真適應(yīng)性訓(xùn)練（一）（含解析）

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1、考前仿真適應(yīng)性訓(xùn)練（一） (限時(shí)：60分鐘　滿分：110分) 第Ⅰ卷(共48分) 一、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(gè)選項(xiàng)中，第1～5題只有一項(xiàng)符合題目要求，第6～8題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。 1．下列說法正確的是(　　) A．氫原子核外電子軌道半徑越大，其能量越小 B．在核反應(yīng)中，比結(jié)合能較小的原子核轉(zhuǎn)化成比結(jié)合能較大的原子核才會(huì)釋放核能 C．β射線是原子的核外電子電離后形成的電子流 D．氫原子從n＝2的能級(jí)躍遷到n＝1的能級(jí)輻射出的光恰好能使某種金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則從n＝3的能級(jí)躍遷到n＝2的能

2、級(jí)輻射的光也可使該金屬發(fā)生光電效應(yīng) 解析：選B　氫原子的核外電子由離原子核較遠(yuǎn)的軌道躍遷到離原子核較近的軌道上時(shí)，能量減小，減小的能量以光子的形式釋放出來，故氫原子核外電子軌道半徑越大，其能量越大，A錯(cuò)誤；在核反應(yīng)中，由比結(jié)合能較小的原子核轉(zhuǎn)化成比結(jié)合能較大的原子核才會(huì)釋放核能，B正確；β射線來源于原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子時(shí)放出的電子，C錯(cuò)誤；氫原子從n＝2的能級(jí)躍遷到n＝1的能級(jí)輻射出的光子的能量為E1＝－3.4 eV－(－13.6 eV)＝10.2 eV，恰好能使某種金屬發(fā)生光電效應(yīng)，從n＝3的能級(jí)躍遷到n＝2的能級(jí)輻射的光子的能量E2＝－1.51 eV－(－3.4 eV)＝1.89 e

3、V，故不能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)，D錯(cuò)誤。 2.靜止在水平地面的物塊，受到水平向右的拉力F的作用，F(xiàn)隨時(shí)間t的變化情況如圖所示。設(shè)物塊與地面間的最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，且為1 N，則(　　) A．0～1 s時(shí)間內(nèi)，物塊的加速度逐漸增大 B．第3 s末，物塊的速度最大 C．第9 s末，物塊的加速度為零 D．第7 s末，物塊的動(dòng)能最大 解析：選D　在0～1 s時(shí)間內(nèi)水平拉力小于最大靜摩擦力，故物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；1～3 s物塊做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，3～7 s物塊做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故第7 s末，物塊的加速度為零，此時(shí)速度最大，動(dòng)能最大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，D正確；第9

4、s末，物塊水平方向只受滑動(dòng)摩擦力作用，故加速度不為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。 3.2022年冬奧會(huì)將在中國舉辦的消息，吸引了大量愛好者投入到冰雪運(yùn)動(dòng)中。若跳臺(tái)滑雪比賽運(yùn)動(dòng)的軌跡可近似看成平拋運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，甲運(yùn)動(dòng)員以一定的初速度從平臺(tái)飛出，軌跡為圖中實(shí)線①所示，質(zhì)量比甲大的乙運(yùn)動(dòng)員以相同的初速度從同一點(diǎn)飛出，則乙的運(yùn)動(dòng)軌跡應(yīng)為圖中的(　　) A．①　　　　　　　　　　 B．② C．③ D．④ 解析：選A　平拋運(yùn)動(dòng)可分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上有y＝gt2，在水平方向上有x＝v0t，解得y＝x2，說明以相同初速度從同一點(diǎn)開始做平拋運(yùn)動(dòng)，其

5、運(yùn)動(dòng)軌跡與質(zhì)量無關(guān)，故乙的運(yùn)動(dòng)軌跡仍是實(shí)線①，故A對(duì)。 4.如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)存在一電荷量為Q的正點(diǎn)電荷，坐標(biāo)軸上有A、B、C 三點(diǎn)，OA＝OB＝BC＝a，其中A點(diǎn)和B點(diǎn)的電勢相等，O點(diǎn)和C點(diǎn)的電勢相等，靜電力常量為k，則下列判斷正確的是(　　) A．點(diǎn)電荷Q位于O點(diǎn)處 B．O點(diǎn)電勢比A點(diǎn)電勢高 C．C點(diǎn)處的電場強(qiáng)度大小為 D．將正試探電荷從A點(diǎn)沿直線移動(dòng)到C點(diǎn)，電勢能一直減小 解析：選C　因A點(diǎn)和B點(diǎn)的電勢相等，O點(diǎn)和C點(diǎn)的電勢相等，故A、B到點(diǎn)電荷的距離相等，O、C到點(diǎn)電荷的距離也相等，則點(diǎn)電荷位置如圖所示，由圖可知，A錯(cuò)誤；因點(diǎn)電荷帶正電，故離點(diǎn)電荷越近電勢越

6、高，故O點(diǎn)電勢比A點(diǎn)低，故B錯(cuò)誤；由圖可知點(diǎn)電荷與C點(diǎn)的距離rC＝a，根據(jù)E＝k，得EC＝，故C正確；由圖可知，將正試探電荷從A點(diǎn)沿直線移動(dòng)到C點(diǎn)，電勢先升高再降低，故電勢能先增大再減小，故D錯(cuò)誤。 5．如圖所示，電路中理想變壓器原、副線圈接入電路的匝數(shù)可通過單刀雙擲開關(guān)改變，A為理想交流電流表。在變壓器原線圈a、b兩端加上一峰值不變的正弦式交變電壓。下列分析正確的是(　　) A．只將S1從1撥向2時(shí)，電流表示數(shù)變小 B．只將S2從3撥向4時(shí)，電流表示數(shù)變大 C．只將R的滑片上移，R1的電功率變大 D．只將R的滑片上移，R2的電功率變小 解析：選D　根據(jù)變壓器電壓與匝數(shù)成正比知

7、：U2＝，只將S1從1撥向2時(shí)，原線圈的匝數(shù)減少，所以副線圈上的電壓增大，副線圈上的電流增大，所以電流表示數(shù)變大，A錯(cuò)誤；只將S2從3撥向4時(shí)，副線圈的匝數(shù)減少，所以副線圈上的電壓減小，副線圈上的電流減小，所以電流表示數(shù)變小，B錯(cuò)誤；只將R的滑片上移，副線圈輸出電壓不變，則R1兩端的電壓不變，R1的電功率不變，C錯(cuò)誤；只將R的滑片上移，接入電路的有效電阻變大，所以串聯(lián)電路(R和R2)的電阻增大，流過串聯(lián)電路的電流變小，所以電阻R2的電功率變小，D正確。 6.如圖所示，兩方向相反、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場被邊長為L的等邊三角形ABC理想分開，三角形內(nèi)磁場方向垂直紙面向里。三角形頂點(diǎn)A處有

8、一質(zhì)子源，能沿∠BAC的角平分線發(fā)射速度不同的質(zhì)子(質(zhì)子重力不計(jì))，所有質(zhì)子均能通過C點(diǎn)，質(zhì)子比荷＝k，則質(zhì)子的速度可能為(　　) A．2BkL B. C. D. 解析：選BD　因質(zhì)子帶正電，且經(jīng)過C點(diǎn)，部分可能的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系知，所有圓弧所對(duì)圓心角均為60°，所以質(zhì)子運(yùn)行半徑r＝(n＝1,2,3，…)，由洛倫茲力提供向心力得：Bqv＝m，可得：v＝＝(n＝1,2,3，…)，故選項(xiàng)B、D正確。 7.如圖所示，水平放置的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，左端接有電阻R，勻強(qiáng)磁場B豎直向下分布在導(dǎo)軌所在的空間內(nèi)，金屬棒PQ垂直導(dǎo)軌放置。今使PQ以平行于導(dǎo)

9、軌的初速度v水平向右運(yùn)動(dòng)，到位置c時(shí)剛好靜止。設(shè)導(dǎo)軌與PQ的電阻均不計(jì)，a到b與b到c的間距相等。則PQ在由a到b和b到c的兩個(gè)過程中(　　) A．PQ運(yùn)動(dòng)的加速度大小相等 B．回路中產(chǎn)生的內(nèi)能相等 C．通過PQ橫截面的電量相等 D．PQ從a到b的動(dòng)能減少量大于其從b到c的動(dòng)能減少量 解析：選CD　PQ受到的安培力F＝BIL＝BL＝，方向水平向左，PQ在安培力作用下做減速運(yùn)動(dòng)，速度v越來越小，PQ克服安培力做功，動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，由于ab間距離與bc間距離相等，安培力F從a到c逐漸減小，由W＝Fs定性分析可知，從a到b克服安培力做的功比從b到c克服安培力做的功多，因此從a到b的過程產(chǎn)生

10、的內(nèi)能多，由動(dòng)能定理，PQ從a到b的動(dòng)能減少量大于其從b到c的動(dòng)能減少量，故B錯(cuò)誤，D正確；PQ在運(yùn)動(dòng)過程中所受到的合力是安培力，由牛頓第二定律得：＝ma，由于v減小，所以PQ向右運(yùn)動(dòng)過程中，加速度大小逐漸減小，故A錯(cuò)誤；PQ運(yùn)動(dòng)過程中，通過PQ橫截面的電荷量Q＝IΔt＝Δt＝×＝＝B，從a到b與從b到c的過程中，回路面積的變化量ΔS相等，B、R相等，因此，通過PQ橫截面的電荷量相等，故C正確。 8.如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為2m的甲球和一個(gè)質(zhì)量為m的乙球，用長度為2R的輕桿連接，兩個(gè)球都被限制在半徑為R的光滑圓形豎直軌道上，軌道固定于水平地面。初始時(shí)輕桿豎直，且質(zhì)量為2m的甲球在上方，現(xiàn)受擾動(dòng)兩

11、球開始運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　) A．甲球下滑過程中減少的機(jī)械能總等于乙球增加的機(jī)械能 B．甲球下滑過程中減少的重力勢能總等于乙球增加的重力勢能 C．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中甲球的最大速度為 D．甲球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)前，輕桿對(duì)乙球一直做正功 解析：選ACD　甲球下滑過程中，重力對(duì)系統(tǒng)做正功，甲球和乙球的動(dòng)能都增加，由于只有動(dòng)能和重力勢能之間的相互轉(zhuǎn)化，所以甲球下滑過程中減少的機(jī)械能總等于乙球增加的機(jī)械能，故A正確；甲球下滑過程中，重力對(duì)系統(tǒng)做正功，甲球和乙球的動(dòng)能都增加，所以甲球下滑過程中減少的重力勢能總大于乙球增加的重力勢能，故B錯(cuò)誤；當(dāng)甲球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，乙球到達(dá)最高點(diǎn)，該

12、過程中系統(tǒng)減小的重力勢能等于系統(tǒng)增加的動(dòng)能，且此時(shí)重力勢能減少量最大，系統(tǒng)動(dòng)能增加量最大，甲球速度最大，由于兩球的線速度相等，設(shè)該速度為v，則：2mg·2R－mg·2R＝mv2＋×2mv2，解得：v＝，故C正確；甲球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)前，乙球的重力勢能一直增大，同時(shí)乙球的動(dòng)能也一直增大，可知輕桿對(duì)乙球一直做正功，故D正確。 第Ⅱ卷(共62分) 二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分，第9～12題為必考題，每個(gè)試題都必須作答。第13～14題為選考題，根據(jù)要求作答。 (一)必考題：共47分。 9．(6分)測定木塊與長木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)時(shí)，采用如圖甲所示的裝置，圖中長木板水平固定。 (1)

13、實(shí)驗(yàn)過程中，電火花計(jì)時(shí)器應(yīng)接在________(選填“直流”或“交流”)電源上，調(diào)整定滑輪高度，使_________________。 (2)已知重力加速度為g，測得木塊的質(zhì)量為M，砝碼盤和砝碼的總質(zhì)量為m，若木塊的加速度為a，則木塊與長木板間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝____________。 (3)如圖乙為木塊在水平長木板上運(yùn)動(dòng)帶動(dòng)紙帶打出的一部分點(diǎn)跡，0、1、2、3、4、5、6為計(jì)數(shù)點(diǎn)，相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)未畫出，電源的頻率為50 Hz。從紙帶上 測出x1＝3.20 cm，x2＝4.52 cm，x5＝8.42 cm，x6＝9.70 cm。則木塊加速度大小 a＝_______m/s2。

14、 解析：(1)電火花計(jì)時(shí)器的電源為交流電源；調(diào)整定滑輪高度，使細(xì)線與長木板平行，這樣細(xì)線的拉力沿水平方向，不會(huì)影響動(dòng)摩擦因數(shù)的測量。 (2)對(duì)砝碼盤和砝碼、木塊組成的整體，由牛頓第二定律有mg－μMg＝(M＋m)a，解得 μ＝。 (3)利用逐差法可得a＝，代入數(shù)據(jù)解得a＝1.3 m/s2。 答案：(1)交流　細(xì)線與長木板平行　(2)　(3)1.3 10．(9分)有一只靈敏電流計(jì)G，刻度盤上只有刻度而無具體示數(shù)，現(xiàn)要根據(jù)圖(a)所示電路測出此表的滿偏電流Ig和內(nèi)阻Rg。 (1)請(qǐng)按電路圖(a)，將圖(b)中的實(shí)物電路連接完整。 (2)實(shí)驗(yàn)中調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R0和電阻箱R，使

15、靈敏電流計(jì)剛好滿偏，讀出此時(shí)電壓表的示數(shù)U和電阻箱的阻值R1；然后再調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R0和電阻箱R，使靈敏電流計(jì)剛好半偏，且電壓表的示數(shù)仍為U，讀出此時(shí)電阻箱的阻值R2。用U、R1和R2表示靈敏電流計(jì)的滿偏電流Ig和內(nèi)阻Rg，表達(dá)式Ig＝________，Rg＝________。 (3)僅從實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)原理上看，這種測量方法得到內(nèi)阻的測量值與真實(shí)值相比_________(選填“偏大”“偏小”或“相等”)。 解析：(1)實(shí)物電路圖如圖所示。 (2)當(dāng)電流表滿偏時(shí)有：Ig＝，當(dāng)電流表半偏時(shí)有：＝，解得：Ig＝，Rg＝R2－2R1。 (3)僅從設(shè)計(jì)原理上看，改變電阻箱阻值后，靈敏電流計(jì)和電阻箱

16、兩端電壓不變，則電流表內(nèi)阻測量值等于真實(shí)值，故相等。 答案：(1)見解析圖　(2)　R2－2R1　(3)相等 11．(12分)如圖所示，長L＝12 m，質(zhì)量為M＝50 kg的木板右端有一立柱。木板置于水平地面上，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù) μ＝0.1，質(zhì)量為m＝50 kg的人立于木板左端，木板與人均靜止，當(dāng)人以a1＝4 m/s2的加速度勻加速向右奔跑至木板的右端時(shí)，立刻抱住立柱，求： (1)人在奔跑過程中受到的摩擦力的大小； (2)人從開始奔跑至到達(dá)木板右端所經(jīng)歷的時(shí)間； (3)人抱住立柱后，木板向什么方向滑動(dòng)，滑動(dòng)距離的大小。 解析：(1)人奔跑過程中加速度是由摩擦力提供的，由牛

17、頓第二定律得：Ff＝ma1 解得：Ff＝200 N。 (2)設(shè)人從木板左端跑到右端經(jīng)歷的時(shí)間為t， 對(duì)木板，由牛頓第二定律得： Ff′－μ(M＋m)g＝Ma2 因Ff＝Ff′ 解得：a2＝2 m/s2 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：L＝a1t2＋a2t2 解得：t＝2 s。 (3)設(shè)人跑至木板右端時(shí)，人的速度大小為v1，木板速度大小為v2，人抱住立柱后，其共同速度大小為v， 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：v1＝a1t＝8 m/s，v2＝a2t＝4 m/s 由動(dòng)量守恒定律可得： mv1－Mv2＝(m＋M)v 解得：v＝2 m/s，方向向右， 人抱住立柱到兩者速度減為0過程， 由動(dòng)能定理可得：－

18、μ(M＋m)gs＝0－(m＋M)v2 解得：s＝2 m。 答案：(1)200 N　(2)2 s　(3)向右　2 m 12.(20分)如圖所示，左側(cè)平行極板間有水平方向的勻強(qiáng)電場，右側(cè)絕緣光滑圓環(huán)內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，圓環(huán)的圓心為O，半徑為R，現(xiàn)將質(zhì)量為m、帶電量為q的帶正電粒子(粒子重力忽略不計(jì))，從a點(diǎn)由靜止經(jīng)電場加速后從入口c沿圓環(huán)直徑射入磁場區(qū)域。在圓心O的正上方，還有一個(gè)出口b。已知粒子和圓環(huán)的碰撞過程沒有動(dòng)能和電荷量損失，B、R、m、q均為已知量。 (1)兩極板間電壓為U時(shí)，求粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)半徑r； (2)兩極板間電壓U可取任意值，如果粒

19、子能從出口b射出，求粒子從入口c射入到從出口b射出的最短時(shí)間； (3)兩極板間電壓U取某些值時(shí)，粒子不經(jīng)過圓環(huán)內(nèi)的陰影bOc扇形區(qū)域就能從b出口射出，求兩極板間電壓U取的可能值。 解析：(1)粒子在電場中加速，由動(dòng)能定理得： qU＝mv2 粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力， 由牛頓第二定律得：qvB＝m 解得r＝。 (2)經(jīng)分析可知，粒子與圓環(huán)碰撞一次后從出口b射出，在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖1所示， 由幾何關(guān)系得θ＝π－π＝ T＝＝ 則tmin＝T＝。 (3)設(shè)粒子在非陰影區(qū)與圓環(huán)碰撞n次后從出口b射出，每段圓弧所對(duì)圓心角為α，n＝

20、2時(shí)，粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖2所示， 經(jīng)分析由幾何關(guān)系得 α＝π－，(n＝1,2,3，…) tan ＝ 解得U＝tan2，(n＝1,2,3，…)。 答案：(1) 　(2)　(3)tan2，(n＝1,2,3，…) (二)選考題：共15分。請(qǐng)?jiān)诘?3、14題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。 13．[選修3-3](15分) (1)(5分)關(guān)于擴(kuò)散現(xiàn)象，下列說法正確的是________。(填正確答案標(biāo)號(hào)。選對(duì)1個(gè)得2分，選對(duì)2個(gè)得4分，選對(duì)3個(gè)得5分。每選錯(cuò)1個(gè)扣3分，最低得分為0分) A．溫度越高，擴(kuò)散進(jìn)行得越快 B．?dāng)U散現(xiàn)象是不同物質(zhì)間的一種化學(xué)反應(yīng) C．

21、擴(kuò)散現(xiàn)象是由物質(zhì)分子無規(guī)則運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的 D．?dāng)U散現(xiàn)象在氣體、液體和固體中都能發(fā)生 E．液體中的擴(kuò)散現(xiàn)象是由于液體的對(duì)流形成的 (2)(10分)如圖，一粗細(xì)均勻的U形管豎直放置，A側(cè)上端封閉，B側(cè)上端與大氣相通，下端開口處開關(guān)K關(guān)閉；A側(cè)空氣柱的長度l＝10.0 cm，B側(cè)水銀面比A側(cè)的高h(yuǎn)＝3.0 cm?，F(xiàn)將開關(guān)K打開，從U形管中放出部分水銀，當(dāng)兩側(cè)水銀面的高度差為h1＝10.0 cm時(shí)將開關(guān)K關(guān)閉。已知大氣壓強(qiáng)p0＝ 75.0 cmHg。 (ⅰ)求放出部分水銀后A側(cè)空氣柱的長度； (ⅱ)此后再向B側(cè)注入水銀，使A、B兩側(cè)的水銀面達(dá)到同一高度，求注入的水銀在管內(nèi)的長度。 解析：(1

22、)擴(kuò)散現(xiàn)象與溫度有關(guān)，溫度越高，擴(kuò)散進(jìn)行得越快，選項(xiàng)A正確；擴(kuò)散現(xiàn)象是由于分子的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)引起的，不是一種化學(xué)反應(yīng)，選項(xiàng)B、E錯(cuò)誤，C正確；擴(kuò)散現(xiàn)象在氣體、液體和固體中都能發(fā)生，選項(xiàng)D正確。 (2)(ⅰ)以 cmHg為壓強(qiáng)單位。設(shè)A側(cè)空氣柱長度l＝10.0 cm時(shí)的壓強(qiáng)為p；當(dāng)兩側(cè)水銀面的高度差為h1＝10.0 cm時(shí)，空氣柱的長度為l1，壓強(qiáng)為p1。 由玻意耳定律得 pl＝p1l1① 由力學(xué)平衡條件得 p＝p0＋h② 打開開關(guān)K放出水銀的過程中，B側(cè)水銀面處的壓強(qiáng)始終為p0，而A側(cè)水銀面處的壓強(qiáng)隨空氣柱長度的增加逐漸減小，B、A兩側(cè)水銀面的高度差也隨之減小，直至B側(cè)水銀面低于A側(cè)

23、水銀面h1為止。由力學(xué)平衡條件有 p1＝p0－h(huán)1③ 聯(lián)立①②③式，并代入題給數(shù)據(jù)得 l1＝12.0 cm。④ (ⅱ)當(dāng)A、B兩側(cè)的水銀面達(dá)到同一高度時(shí)，設(shè)A側(cè)空氣柱的長度為l2，壓強(qiáng)為p2。由玻意耳定律得 pl＝p2l2⑤ 由力學(xué)平衡條件有 p2＝p0⑥ 聯(lián)立②⑤⑥式，并代入題給數(shù)據(jù)得 l2＝10.4 cm⑦ 設(shè)注入的水銀在管內(nèi)的長度為Δh，依題意得 Δh＝2(l1－l2)＋h1⑧ 聯(lián)立④⑦⑧式，并代入題給數(shù)據(jù)得 Δh＝13.2 cm。⑨ 答案：(1)ACD　(2)(ⅰ)12.0 cm　(ⅱ)13.2 cm 14．[選修3-4](15分) (1)(5分)一列簡

24、諧橫波在t＝0時(shí)的波形圖如圖中的實(shí)線所示，t＝0.1 s時(shí)的波形圖如圖中的虛線所示，若該波傳播的速度為10 m/s，則________。(填正確答案標(biāo)號(hào)。選對(duì)1個(gè)得2分，選對(duì)2個(gè)得4分，選對(duì)3個(gè)得5分。每選錯(cuò)1個(gè)扣3分，最低得分為0分) A．t＝0時(shí)質(zhì)點(diǎn)a沿y軸正方向運(yùn)動(dòng) B．這列波沿x軸正方向傳播 C．這列波的周期為0.4 s D．從t＝0時(shí)刻開始質(zhì)點(diǎn)a經(jīng)0.2 s通過的路程為0.4 m E．x＝2 m處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程為y＝0.2sin(5πt＋π)m (2)(10分)如圖所示，用折射率n＝的玻璃做成一個(gè)外徑為R的半球形空心球殼。一束與過球心的對(duì)稱軸O′O平行的平行光，射向此

25、球殼的外表面。若讓一個(gè)半徑為R的圓形遮光板的圓心過O′O軸，并且垂直該軸放置，則球殼內(nèi)部恰好沒有光線射入。問： (ⅰ)臨界光線射入球殼時(shí)的折射角r為多大？ (ⅱ)球殼的內(nèi)徑R′為多少？ 解析：(1)由題圖可知波長λ＝4 m，則波的周期為T＝＝0.4 s，選項(xiàng)C正確；由題意知，波傳播的時(shí)間為0.1 s＝T，所以波傳播的距離是λ，根據(jù)波形的平移可知，波的傳播方向沿x軸負(fù)方向，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；波沿x軸負(fù)方向傳播，故t＝0時(shí)，質(zhì)點(diǎn)a沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；從t＝0時(shí)刻開始經(jīng)0.2 s時(shí)，經(jīng)過的時(shí)間是半個(gè)周期，質(zhì)點(diǎn)a通過的路程等于2個(gè)振幅，即0.4 m，選項(xiàng)D正確；t＝0時(shí)刻x＝2 m處的質(zhì)點(diǎn)從平衡位置沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，其位移表達(dá)式為y＝－Asint＝－0.2sin 5πt m＝0.2sin(5πt＋π)m，選項(xiàng)E正確。 (2)(ⅰ)設(shè)臨界光線入射角為i，由光路圖和幾何知識(shí)得 sin i＝＝ 設(shè)折射角為r，由折射率的定義：n＝ 解得r＝30°。 (ⅱ)設(shè)臨界角為C，對(duì)臨界光線，有：sin C＝ 解得C＝45° 在如圖所示△Oab中，由正弦定理得： ＝ 解得R′＝R。 答案：(1)CDE　(2)(ⅰ)30°　(ⅱ)R 11