2020版高考物理二輪復習 單科標準滿分練1（含解析）

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1、單科標準滿分練(一) 命題報告 仿真一選題亮點展示 核心素養(yǎng)：第15、18、21、23題培養(yǎng)學生構(gòu)建物理模型、科學探究、邏輯推理等核心素養(yǎng)。 情景創(chuàng)新：22題利用光電門驗證機械能守恒。 角度創(chuàng)新：第17題利用對氚核的加速考查回旋加速器的原理，設置選項角度新穎，有很好的區(qū)分度。 難易度：0.58 題型 題號 考查內(nèi)容 難易度 選擇題 14 原子核及核反應方程 易 15 萬有引力及天體質(zhì)量的估算 易 16 動態(tài)平衡問題 中 17 回旋加速器原理及應用 中 18 平拋斜面問題 中 19 電磁感應中的電路問題 中 20 運動合成與分解及動能

2、定律應用 中 21 傳送帶中的動力學與能量問題 難 實驗題 22 驗證機械能守恒定律及儀器讀數(shù) 易 23 電學創(chuàng)新實驗 中 計算題 24 以曲面為背景動量與能量的綜合 中 25 帶電粒子在電磁場中的運動 難 選考題 33 固體的性質(zhì)與氣體狀態(tài)方程的應用 中 34 波的圖象與光的全反射 中 (時間：60分鐘　分值：110分) 第Ⅰ卷 二、選擇題：本題共8小題，每小題6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，有選錯或不答的得0分。 14．201

3、8年8月23日，國家重大科技基礎設施中國散裂中子源項目通過國家驗收，投入正式運行，并將對國內(nèi)外各領域的用戶開放。有關中子的研究，下列說法正確的是(　　) A．盧瑟福發(fā)現(xiàn)中子的核反應方程為Be＋He→C＋n B．中子和其他微觀粒子一樣，都具有波粒二象性 C．核反應方程 Po→X＋He中的y＝206，X的中子個數(shù)為128 D.U在中子轟擊下生成Sr和Xe的過程中，原子核中核子的平均質(zhì)量變大 B　[盧瑟福通過分析α粒子散射實驗的結(jié)果，提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型，查德威克通過α粒子轟擊鈹核獲得碳核的實驗發(fā)現(xiàn)了中子，A錯誤；所有粒子都具有波粒二象性，B正確；y＝210－4＝206，X的中子數(shù)為2

4、06－82＝124，C錯誤；裂變反應釋放能量，根據(jù)質(zhì)能方程可知，核反應過程中存在質(zhì)量虧損，原子核中核子的平均質(zhì)量變小，D錯誤。] 15．2018年軟科世界一流學科排名中，北京航空航天大學的航空航天工程在本學科中排名世界第一。若北京航空航天大學的學生王華乘坐宇宙飛船，去探知未知天體X星，測得飛船繞X星表面附近做圓周運動的周期為T，飛船降落到X星表面后，王華將小球以初速度v0豎直向上拋出，測得小球經(jīng)t時間落回手中，已知X星表面是真空，X星可視為質(zhì)量分布均勻的球體，忽略X星的自轉(zhuǎn)，則(　　) A．X星的半徑為 B．X星的半徑為 C．X星的質(zhì)量為 D．X星的質(zhì)量為 B　[設X星的質(zhì)

5、量為M，半徑為R，表面的重力加速度大小為g0，由萬有引力F提供向心力，則F＝，F(xiàn)＝mg0，小球做豎直上拋運動，則v0＝g0·，解得R＝，B正確，A錯誤；由萬有引力定律得F＝G，得M＝，C、D均錯誤。] 16.如圖所示，物塊A、B(可視為質(zhì)點)用跨過光滑輕質(zhì)滑輪的輕繩1連接，其中物塊A放在水平地面上，滑輪用輕繩2連接在豎直墻上，此時物塊A、B均靜止不動，連接滑輪的輕繩2與豎直墻壁間的夾角為θ。現(xiàn)將物塊A向右緩慢移動一小段距離，若物塊A、B仍能保持靜止不動，則(　　) A．輕繩1對物塊A的拉力大小增大 B．地面對A的摩擦力減小 C．物塊A對地面的壓力增大 D．輕繩2的拉力大小保持不變

6、 C　[輕繩1對物塊A的拉力大小始終等于物塊B的重力大小，所以輕繩1的拉力大小不變，A錯誤；對A進行受力分析如圖所示，由共點力的平衡條件可得Ff＝FTcos α，F(xiàn)N＋FTsin α＝mAg，由于FT＝mBg，A向右移動之后α變小，所以地面對A的摩擦力Ff增大；又因為地面對A的支持力FN＝mAg－FTsin α增大，由牛頓第三定律可知物塊A對地面的壓力增大，B錯誤，C正確；由幾何知識可知，2θ＝90°－α，由力的合成與分解知，輕繩2的拉力大小F′T＝2FTcos θ，由于物塊A向右移動后α減小，故θ增大，輕繩2的拉力減小，D錯誤。] 17.某回旋加速器的示意圖如圖，兩個半徑均為R的D形

7、盒置于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，并與高頻電源兩極相連，現(xiàn)對氚核(H)加速，所需的高頻電源的頻率為f。已知元電荷為e。下列說法正確的是(　　) A．D形盒可以用玻璃制成 B．氚核的質(zhì)量為 C．高頻電源的電壓越大，氚核從P處射出的速度越大 D．若對氦核(He)加速，則高頻電源的頻率應調(diào)為f D　[為使D形盒內(nèi)的帶電粒子不受外電場的影響，D形盒應用金屬材料制成，以實現(xiàn)靜電屏蔽，A錯誤；為使回旋加速器正常工作，高頻電源的頻率應與帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的頻率相等，由T1＝ 和T1＝，得氚核的質(zhì)量m1＝，B錯誤；由evmB＝m1，得vm＝，可見氚核從P處射出時的最大速度v

8、m與電源的電壓大小無關，C錯誤；結(jié)合T2＝ 和T2＝，得f2＝f，又 ＝，得f2＝f，D正確。] 18.如圖所示，甲、乙兩小球(可看成質(zhì)點)分別以v和的速度同時從斜面頂端O點，沿同一方向向左水平拋出，兩球均落在斜面上，落點分別為A和B，不計空氣阻力，則以下說法正確的是(　　) A．落在斜面上時，乙球的速度偏向角大于甲球的速度偏向角 B．甲、乙兩球在空中運動的時間之比為4∶1 C．落在斜面上時，甲、乙兩球的位移之比為4∶1 D．甲球落在斜面上時的速率與乙球落在斜面上時的速率之比為4∶1 C　[甲、乙兩球均落在斜面上，故兩球的位移偏向角相等，根據(jù)平拋運動規(guī)律，速度偏向角也相等，A錯

9、誤；設速度偏向角為θ，則v豎直＝v水平tan θ，v合＝，因為θ相同，故落在斜面上時，甲、乙兩球在豎直方向上的速度大小之比也為2∶1，合速度大小之比也為2∶1，由v豎直＝gt，可得甲、乙兩球在空中運動的時間之比為2∶1，B、D錯誤；落在斜面上時，甲、乙兩球在豎直方向上的位移之比為4∶1，在水平方向上的位移之比為4∶1，故合位移之比也為4∶1，C正確。] 19.如圖所示，在O、S間接有負載電阻R1＝2 Ω，用電阻R2＝8 Ω的導體彎成半徑L＝1 m的閉合圓環(huán)，圓心為O，SOQ是一條直徑。整個圓環(huán)中均有B＝0.1 T的勻強磁場垂直環(huán)面穿過。電阻r＝2 Ω、長度為L的導體棒OP貼著圓環(huán)做勻速運動，

10、角速度ω＝120 rad/s，導體棒OP與圓環(huán)接觸良好，不計一切摩擦以及導線的電阻，則(　　) A．棒轉(zhuǎn)動過程中產(chǎn)生的感應電動勢為12 V B．當OP到達OQ處時圓環(huán)的電功率為2 W C．當OP到達OS處時圓環(huán)的電功率為1 W D．棒轉(zhuǎn)動過程中電路的最大電功率為9 W BD　[棒為等效電源，棒轉(zhuǎn)動過程中產(chǎn)生的感應電動勢E＝BL2ω＝6 V，A錯誤；畫出等效電路如圖所示，當OP到達OQ處時，R3＝R4＝4 Ω，并聯(lián)后的電阻為2 Ω，外電阻為4 Ω，圓環(huán)的電功率為2 W，B正確；當OP到達OS處時，圓環(huán)不接入電路，圓環(huán)的電功率為零，此時電路中總電阻最小，而電動勢不變，所以電功率最大為

11、P＝＝9 W，D正確，C錯誤。] 20.如圖所示，兩端分別固定有小球(視為質(zhì)點)C和D的輕桿斜靠在豎直墻面AO和水平面OB上。開始時輕桿與墻面夾角為θ，桿由靜止釋放后，球C沿墻面下滑。已知輕桿的長度為L，兩球的質(zhì)量均為m，重力加速度大小為g。若不計一切摩擦，則下列說法正確的是(　　) A．球C著地前瞬間的速度大小為 B．球C下滑過程中，桿對球D一直做正功 C．球C下滑的全過程，桿對球C做的功為零 D．球D速度最大時，水平面對球D的支持力大于mg AC　[若不計一切摩擦，球C下滑過程中，當桿與墻面夾角為α時，兩球速度分解如圖所示，則vCcos α＝vCD＝vDsin α，得v

12、D＝，在球C著地前瞬間即α＝90°時vD＝0，由于球D的初、末速度均為零，即球C下滑過程中，球D的動能先增大后減小，根據(jù)動能定理知，桿對球D先做正功后做負功，B錯誤；若不計一切摩擦，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒有mgLcos θ＝mv2，得球C著地前瞬間的速度大小v＝，A正確；對球C下滑的全過程，根據(jù)動能定理有mgLcos θ＋W＝mv2，得桿對球C做的功W＝0，C正確；在球C下滑過程中，球D速度先增大后減小，球D速度最大時，所受合力為0，即桿對球D無作用力，水平面對球D的支持力等于球D的重力，D錯誤。] 21．傳送帶是現(xiàn)代自動化產(chǎn)業(yè)中應用非常廣泛的一種傳動裝置，如圖所示，在一水平向右勻速傳輸?shù)淖?/p>

13、夠長的傳送帶的左端A點，每隔相同的時間T，輕放上一個相同質(zhì)量的小煤塊。已知煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ，煤塊的質(zhì)量為m，經(jīng)測量，發(fā)現(xiàn)右邊那些已經(jīng)和傳送帶達到相同速度的煤塊之間的距離相同且均為x，而且每個煤塊在傳送帶上均留下長為L的擦痕，重力加速度為g，下列判斷正確的有(　　) A．傳送帶的速率為 B．煤塊加速運動的時間為 C．和傳送帶達到相同速度的煤塊之間的距離為x＝T D．傳送帶因傳送每一個煤塊而多消耗的能量為 BC　[煤塊在傳送帶上先做勻加速直線運動，與傳送帶共速后做勻速直線運動，設每個煤塊勻加速運動的時間為t，傳送帶的速度為v，煤塊的加速度為a＝μg，從A點到煤塊與傳送

14、帶共速的過程，t＝，煤塊與傳送帶相對滑動的位移為Δx＝vt－＝，且Δx＝L，故傳送帶運動的速率為v＝，故A錯誤；煤塊加速時間t與T無關，t＝＝，故B正確；每個煤塊滑上傳送帶后運動的規(guī)律均相同，可知x＝vT＝T，故C正確；每個煤塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgΔx＝μmgL，根據(jù)能量守恒知，傳送帶因傳送一個煤塊多消耗的能量為E＝mv2＋Q＝2μmgL，故D錯誤。] 第Ⅱ卷 三、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分。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．(5分)某同學利用如圖甲所示的裝置來驗證機

15、械能守恒定律，圖中A、B為兩個光電門。 (1)該同學首先利用20分度的游標卡尺測量小球的直徑d，測量結(jié)果如圖乙所示，則d＝________ cm。 圖乙 (2)讓小球從光電門A上方某一高度處自由下落，計時裝置測出小球通過光電門A、B的擋光時間tA、tB，已知當?shù)氐闹亓铀俣葹間，用刻度尺測量出光電門A、B間的距離h，則只需比較________與________是否相等就可以驗證小球下落過程中機械能是否守恒。(用題目中涉及的物理量符號來表示) (3)該同學的實驗操作均正確，經(jīng)過多次測量發(fā)現(xiàn)，(2)中需要驗證的兩個數(shù)值總是存在一定的誤差，產(chǎn)生這種誤差的主要原因是__________

16、_______________________________________________。 [解析]　(1)根據(jù)游標卡尺的讀數(shù)規(guī)則可知，小球的直徑為0.885 cm。 (2)小球從A到B，重力勢能減少了mgh，動能增加了m，因此，要驗證機械能是否守恒，只需比較gh與是否相等即可。 (3)小球下落過程中，受到空氣阻力的作用，造成機械能損失，所以gh與(v－v)總是存在一定的誤差。 [答案]　(1)0.885(2分) (2)gh(1分)　 (1分) (3)小球下落過程中受到空氣阻力的影響(1分) 23．(10分)貨運交通事故往往是由車輛超載引起的，因此我國交通運輸部對治理貨運超

17、載有著嚴格規(guī)定。監(jiān)測站都安裝有稱重傳感器，圖1是一種常用的力傳感器，由彈簧鋼和應變片組成，彈簧鋼右端固定，在其上、下表面各貼一個相同的應變片，應變片由金屬制成。若在彈簧鋼的自由端施加一向下的作用力F，則彈簧鋼會發(fā)生彎曲，上應變片被拉伸，下應變片被壓縮。力越大，彈簧鋼的彎曲程度越大，應變片的電阻變化就越大，輸出的電壓差ΔU＝|U1－U2|也就越大。已知傳感器不受壓力時的電阻約為19 Ω，為了準確地測量該傳感器的阻值，設計了以下實驗，實驗原理圖如圖2所示。 圖1　　　　　圖2　　　　圖3 實驗室提供以下器材： A．定值電阻R0(R0＝5 Ω) B．滑動變阻器(最大阻值為2 Ω，額定功率

18、為50 W) C．電流表A1(0.6 A，內(nèi)阻r1＝1 Ω) D．電流表A2(0.6 A，內(nèi)阻r2約為5 Ω) E．直流電源E1(電動勢3 V，內(nèi)阻約為1 Ω) F．直流電源E2(電動勢6 V，內(nèi)阻約為2 Ω) G．開關S及導線若干。 (1)外力F增大時，下列說法正確的是________。 A．上、下應變片電阻都增大 B．上、下應變片電阻都減小 C．上應變片電阻減小，下應變片電阻增大 D．上應變片電阻增大，下應變片電阻減小 (2)圖2中①、②為電流表，其中電流表①選________(選填“A1”或“A2”)，電源選________(選填“E1”或“E2”)。 (3)為了

19、準確地測量該阻值，在圖3中，將B、C間導線斷開，并將滑動變阻器與原設計電路的A、B、C端中的一些端點連接，調(diào)節(jié)滑動變阻器，測量多組數(shù)據(jù)，從而使實驗結(jié)果更準確，請在圖3中正確連接電路。 (4)結(jié)合上述實驗步驟可以得出該傳感器的電阻的表達式為________(A1、A2兩電流表的電流分別用I1、I2表示)。 [解析]　(1)外力F增大時，上應變片長度變長，電阻變大，下應變片長度變短，電阻變小，故選D。(2)題圖2中的①要當電壓表使用，因此內(nèi)阻應已知，故應選電流表A1；因回路總阻值接近11 Ω，滿偏電流為0.6 A，所以電源電動勢應接近6.6 V，故電源選E2。(3)滑動變阻器應采用分壓式接法，

20、將B、C間導線斷開，A、B兩端接全阻值，C端接在變阻器的滑動端，如圖所示。(4)由題圖2知，通過該傳感器的電流為I2－I1，加在該傳感器兩端的電壓為I1r1，故該傳感器的電阻為。 [答案]　(1)D(2分)　(2)A1(1分)　E2(2分)　(3)如圖所示(3分) (4)(2分) 24．(12分)如圖所示，質(zhì)量為m2＝2 kg的滑道靜止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半徑為R＝0.3 m的四分之一圓弧，圓弧底部與滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一個輕彈簧?；繡D部分粗糙，長為L＝0.2 m，動摩擦因數(shù)μ＝0.10，其他部分均光滑?，F(xiàn)讓質(zhì)量為m1＝1 kg的物塊(可視為質(zhì)點)

21、自A點由靜止釋放，取g＝10 m/s2。求： (1)物塊到達圓弧軌道最低點時的速度大小； (2)在整個運動過程中，彈簧具有的最大彈性勢能； (3)物塊最終停止的位置。 [解析]　(1)物塊從釋放到運動到圓弧軌道最低點，由動量守恒定律得：0＝m1v1－m2v2 (2分) 由機械能守恒定律得： m1gR＝m1v＋m2v (2分) 解得：v1＝2 m/s。 (1分) (2)由能量守恒定律得： Epm＝m1gR－μm1gL，解得：Epm＝2.8 J。(3分) (3)最終物塊將停在C、D之間，由能量守恒定律得：m1gR＝μm1gs，解得：s＝3 m， (3分) 所以m1最終停在

22、D點。 (1分) [答案]　(1)2 m/s　(2)2.8 J　(3)最終停在D點 25．(20分)如圖所示，在豎直平面內(nèi)，第二象限存在方向豎直向下的勻強電場(未畫出)，第一象限內(nèi)某區(qū)域存在一邊界為矩形、磁感應強度B0＝0.1 T、方向垂直紙面向里的勻強磁場(未畫出)，A m,0處在磁場的邊界上，現(xiàn)有比荷＝108 C/kg的離子束在紙面內(nèi)沿與x軸正方向成θ＝60°角的方向從A點射入磁場，初速度范圍為×106 m/s≤v0≤106 m/s，所有離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后均垂直穿過y軸正半軸，進入電場區(qū)域。x軸負半軸上放置長為L的熒光屏MN，取π2＝10，不計離子重力和離子間的相互作用。 (1)求

23、矩形磁場區(qū)域的最小面積和y軸上有離子穿過的區(qū)域長度。 (2)若速度最小的離子在電場中運動的時間與在磁場中運動的時間相等，求電場強度E的大小(結(jié)果可用分數(shù)表示)。 (3)在第(2)問的條件下，欲使所有離子均能打在熒光屏MN上，求熒光屏的最小長度及M點的坐標。 [解析]　(1)由洛倫茲力提供向心力，得 qvB＝ (2分) rmax＝＝0.1 m (2分) 根據(jù)幾何關系可知，速度最大的離子在磁場中做圓周運動的圓心恰好在y軸B0， m點，如圖1所示，離子從C點垂直穿過y軸。根據(jù)題意，所有離子均垂直穿過y軸，即速度偏向角相等，AC連線是磁場的邊界。速度最小的離子在磁場中做圓周運動的半徑rmi

24、n＝＝ m (2分) 圖1　　　　　　　圖2 速度最小的離子從磁場離開后，勻速前進一段距離，垂直y軸進入電場，根據(jù)幾何知識，離子恰好從B點進入電場，如圖2所示 故y軸上B點至C點區(qū)域有離子穿過，且 BC＝ m (1分) 滿足題意的矩形磁場應為圖2中所示，由幾何關系可知矩形長 m，寬 m，面積S＝ m2 (2分) (2)速度最小的離子從B點進入電場，離子在磁場中運動的時間t1＝T＝· (2分) 離子在電場中運動的時間為t2，則 BO＝··t，t1＝t2 (2分) 解得E＝×104 V/m (1分) (3)離子進入電場后做類平拋運動，BO＝··t′，水平位移大小x1＝vB·

25、t′1，CO＝··t′，水平位移大小x2＝vC·t′2，得x1＝ m，x2＝ m (2分) 熒光屏的最小長度 Lmin＝x2－x1＝ m (2分) M點坐標為 (2分) [答案]　見解析 (二)選考題：共15分。請考生從2道物理題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。 33．[物理——選修3－3](15分) (1)(5分)下列說法正確的是________。(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．固體很難被壓縮是因為分子之間有斥力 B．可以根據(jù)各向同性或各向異性來區(qū)分晶體和非晶體 C．晶體具有天然規(guī)則

26、的幾何形狀，是因為物質(zhì)微粒是規(guī)則排列的 D．彩色液晶顯示器利用了液晶的光學性質(zhì)具有各向同性的特點 E．液晶不是液態(tài)的晶體，是介于液態(tài)與結(jié)晶態(tài)之間的一種物質(zhì)狀態(tài) (2)(10分)炎熱的夏季是汽車輪胎爆胎頻發(fā)時期，爆胎的一個原因是輪胎內(nèi)氣體壓強較大。已知某汽車的一只輪胎的容積為V0＝100 L，高速行駛時允許的最大胎壓為3.0 atm。原來胎內(nèi)氣壓為1.5 atm，現(xiàn)用一小型氣泵給其打氣，氣泵每秒打入0.6 L壓強為1 atm的空氣。假設輪胎容積與氣體溫度不變。 (ⅰ)原來胎內(nèi)壓強為p1＝1.5 atm的氣體，相當于多少升壓強為p0＝1 atm的空氣； (ⅱ)為保證行車安全，最多只能打氣

27、多長時間？ [解析]　(1)固體很難被壓縮是因為分子之間有斥力，A正確；多晶體和非晶體都表現(xiàn)為各向同性，只有單晶體表現(xiàn)為各向異性，B錯誤；晶體具有天然規(guī)則的幾何形狀，是因為物質(zhì)微粒是規(guī)則排列的，C正確；彩色液晶顯示器利用了液晶的光學性質(zhì)具有各向異性的特點，D錯誤；液晶是介于液態(tài)與結(jié)晶態(tài)之間的一種物質(zhì)狀態(tài)，E正確。 (2)(ⅰ)設相當于的空氣的體積為V1，根據(jù)玻意耳定律有p1V0＝p0V1(2分) 解得V1＝150 L (1分) (ⅱ)高速行駛時允許的最大胎壓p2＝3.0 atm，根據(jù)玻意耳定律有p2V0＝p0V2(2分) 解得V2＝300 L (1分) 氣泵每秒打入體積ΔV＝0.6

28、 L、氣壓為p0＝1 atm的空氣，則最多打氣時間t＝ (2分) 解得t＝250 s (2分) [答案]　(1)ACE　(2)(ⅰ)150 L　(ⅱ)250 s 34．[物理——選修3－4](15分) (1)(5分)圖示為一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波在t＝0時刻的波形圖，從此刻起橫坐標位于x＝6 m處的質(zhì)點P在最短時間內(nèi)到達波峰歷時0.6 s。圖中質(zhì)點M的橫坐標x＝2.25 m。下列說法正確的是________。(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．該波的波速為7.5 m/s B．0～0.6 s內(nèi)質(zhì)點P的路程

29、為4.5 m C．0.4 s末質(zhì)點M的振動方向沿y軸負方向 D．0～0.2 s內(nèi)質(zhì)點M的路程為10 cm E．0.1 s末質(zhì)點M恰好到達波峰 (2)(10分)圖示為某一柱狀透明體的截面圖，半徑為R的圓弧面AB與透明體的側(cè)面AD、BD分別相切于A、B兩點，P點在AD上且AP＝R。現(xiàn)有一細束單色光從P點垂直AD面射入透明體，射到圓弧面AB時恰好發(fā)生全反射，第一次從F點射出透明體。已知光在真空中的速度大小為c。求： (ⅰ)透明體的折射率n以及從F點射出透明體時的折射角r的正弦值； (ⅱ)單色光從P點射入到從F點射出透明體所用的時間t。 [解析]　(1)由圖象知波長λ＝6 m，根據(jù)波

30、動與振動方向間的關系知，質(zhì)點P在t＝0時刻沿y軸負方向振動，經(jīng)過T第一次到達波峰，即T＝0.6 s，得周期T＝0.8 s，由v＝得波速v＝7.5 m/s，A正確；由圖象知振幅A＝10 cm,0～0.6 s內(nèi)質(zhì)點P的路程L＝3A＝30 cm，B錯誤；t＝0時刻質(zhì)點M沿y軸正方向振動，經(jīng)過0.4 s即，質(zhì)點M在x軸的下方且沿y軸負方向振動，C正確；0～0.2 s內(nèi)質(zhì)點M先沿y軸正方向運動到達波峰后沿y軸負方向運動，因質(zhì)點在靠近波峰位置時速度較小，故其路程小于A即10 cm，D錯誤；當波峰傳到質(zhì)點M時波沿x軸正方向傳播了Δx＝2.25 m－1.5 m＝0.75 m，傳播時間Δt＝＝0.1 s，即0.

31、1 s末質(zhì)點M恰好到達波峰，E正確。 (2)透明體中的光路如圖所示。 (ⅰ)光射到圓弧面AB上的E點時恰好發(fā)生全反射，設臨界角為θ，則 sin θ＝ (1分) sin θ＝＝ (1分) 解得θ＝60°，n＝ (1分) △EFG為正三角形 光射到BD面的入射角i＝90°－60°＝30°(1分) 根據(jù)折射定律有n＝ (1分) 解得sin r＝ (1分) (ⅱ)＝R－R，＝，＝R－Rcos θ 光在透明體中傳播的路程 L＝＋＝ (1分) t＝ (1分) n＝ (1分) 解得t＝。 (1分) [答案]　(1)ACE　(2)(ⅰ)　　(ⅱ) - 14 -