2020年高考物理 刷題1+1（2019模擬題）組合模擬卷二（含解析）

組合模擬卷二第卷(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1418題只有一項符合題目要求，第1921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·成都高新區(qū)一診)疊放在水平地面上的四個完全相同的排球如圖所示，質(zhì)量均為m，相互接觸，球與地面間的動摩擦因數(shù)都是，則()A上方球與下方三個球間均沒有彈力B下方三個球與水平地面間均沒有摩擦力C水平地面對下方三個球的支持力均為mgD水平地面對下方三個球的摩擦力均為mg答案C解析對上方球分析可知，受重力和下方球的支持力而處于平衡狀態(tài)，所以上方球一定與下方球有彈力的作用，故A錯誤；下方球由于受上方球斜向下的彈力作用，所以下方球有運動的趨勢，故下方球受地面摩擦力作用，故B錯誤；對四個球整體分析，豎直方向，受重力和地面的支持力而處于平衡狀態(tài)，所以下方三個球受地面總的支持力大小為4mg，每個球受到的支持力均為mg，故C正確；下方三個球受到地面的摩擦力是靜摩擦力，不能根據(jù)滑動摩擦力公式進(jìn)行計算，故D錯誤。15(2019·天津高考)如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點豎直向上運動，通過N點時，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從M運動到N的過程()A動能增加mv2B機械能增加2mv2C重力勢能增加mv2D電勢能增加2mv2答案B解析動能變化量Ekm(2v)2mv2mv2，A錯誤；小球從M到N的過程中，重力和電場力做功，機械能的增加量等于電勢能的減少量。帶電小球在水平方向做向左的勻加速直線運動，由運動學(xué)公式得(2v)202x，電勢能減少量等于電場力做的功Ep電W電qEx2mv2，故B正確，D錯誤；小球在豎直方向做勻減速運動且末速度為零，由v22gh，得重力勢能增加量Ep重mghmv2，C錯誤。16(2019·山東青島二中高三上學(xué)期期末)衛(wèi)星電話在搶險救災(zāi)中能發(fā)揮重要作用。第一代、第二代海事衛(wèi)星只使用地球同步衛(wèi)星，不能覆蓋地球上的高緯度地區(qū)，第三代海事衛(wèi)星采用地球同步衛(wèi)星和中軌道衛(wèi)星結(jié)合的方案，它由4顆同步衛(wèi)星與12顆中軌道衛(wèi)星構(gòu)成。中軌道衛(wèi)星高度為10354千米，分布在幾個軌道平面上(與赤道平面有一定的夾角)，在這個高度上，衛(wèi)星沿軌道旋轉(zhuǎn)一周的時間為6小時。則下列判斷正確的是()A中軌道衛(wèi)星的角速度小于地球同步衛(wèi)星B中軌道衛(wèi)星的線速度小于地球同步衛(wèi)星C如果某一時刻中軌道衛(wèi)星、地球同步衛(wèi)星與地球的球心在同一直線上，那么經(jīng)過6小時它們?nèi)栽谕恢本€上D在中軌道衛(wèi)星經(jīng)過地面某點的正上方24小時后，該衛(wèi)星仍在地面該點的正上方答案D解析根據(jù)，因為中軌道衛(wèi)星的運行周期小于地球同步衛(wèi)星，所以中軌道衛(wèi)星的角速度大于地球同步衛(wèi)星，A錯誤；根據(jù)得中軌道衛(wèi)星的軌道半徑小于地球同步衛(wèi)星，又v，所以中軌道衛(wèi)星的線速度大于地球同步衛(wèi)星，B錯誤；經(jīng)過6小時，中軌道衛(wèi)星轉(zhuǎn)動一周，而同步衛(wèi)星轉(zhuǎn)動周，故中軌道衛(wèi)星、地球同步衛(wèi)星與地球的球心不可能在同一直線上，C錯誤；24小時后地球自轉(zhuǎn)一周，中軌道衛(wèi)星繞地球轉(zhuǎn)動4周，則該衛(wèi)星仍在地面該點的正上方，D正確。17. (2019·兩湖八市十二校聯(lián)合二模)如圖為氫原子的能級示意圖，鋅的逸出功是3.34 eV，那么對氫原子在能級躍遷過程中發(fā)射或吸收光子的特征認(rèn)識正確的是()A用氫原子從高能級向基態(tài)躍遷時發(fā)射的光照射鋅板一定不能產(chǎn)生光電效應(yīng)B一群處于n3能級的氫原子向基態(tài)躍遷時，能放出4種不同頻率的光C用能量為10.3 eV的光子照射，可使處于基態(tài)的氫原子躍遷到激發(fā)態(tài)D一群處于n3能級的氫原子向基態(tài)躍遷時，發(fā)出的光照射鋅板，鋅板表面所發(fā)出的光電子的最大初動能為8.75 eV答案D解析氫原子從高能級向基態(tài)躍遷時發(fā)出的光子的最小能量為10.2 eV，照射鋅板一定能產(chǎn)生光電效應(yīng)，A錯誤；一群處于n3能級的氫原子向基態(tài)躍遷時，根據(jù)C3可知，能放出3種不同頻率的光，B錯誤；用能量為10.3 eV的光子照射，因為10.2 eV<10.3 eV<12.09 eV，所以不可使處于基態(tài)的氫原子躍遷到激發(fā)態(tài)，C錯誤；氫原子從n3能級向基態(tài)躍遷時發(fā)出的光子的能量最大，為Emax1.51 eV13.6 eV12.09 eV，因鋅的逸出功是3.34 eV，鋅板表面所發(fā)出的光電子的最大初動能為Ekm12.09 eV3.34 eV8.75 eV，D正確。18(2019·安徽宣城高三上學(xué)期期末)如圖甲所示，兩物體A、B疊放在光滑水平面上，對A施加一水平力F，規(guī)定向右為正方向，F(xiàn)隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示，兩物體在t0時由靜止開始運動，且始終保持相對靜止，則下列說法正確的是()A第1 s末兩物體的速度最大B第3 s內(nèi)，兩物體向左運動C第2 s內(nèi)，拉力F對物體A做正功D第2 s內(nèi)，A對B的摩擦力向左答案C解析在02 s內(nèi)兩物體向右做加速運動，24 s內(nèi)加速度反向，由圖象的對稱性知，第2 s末速度最大，A錯誤；在04 s內(nèi)兩物體一直向右運動，第4 s末物體速度減小到零，之后又重復(fù)之前的運動，故第3 s內(nèi)，兩物體向右運動，B錯誤；第2 s內(nèi)，拉力F的方向與速度方向相同，拉力F對物體A做正功，C正確；第2 s內(nèi)，對A、B整體分析，整體的加速度方向與F的方向相同，B物體所受的合力為A對B的摩擦力，故A對B的摩擦力的方向與加速度方向相同，即與F的方向相同，所以第2 s內(nèi)，A對B的摩擦力向右，D錯誤。19. (2019·湖北七市州教研協(xié)作體高三聯(lián)合模擬)如圖所示，兩根通電長直導(dǎo)線A、B垂直于紙面固定放置，二者之間的連線水平，電流方向均垂直于紙面向里，A中電流是B中電流的2倍，此時A受到的磁場作用力大小為F，而在A、B的正中間再放置一根與A、B平行共面的通電長直導(dǎo)線C后，A受到的磁場作用力大小變?yōu)?F，則B受到的磁場作用力大小和方向可能為()A大小為F，方向水平向右B大小為F，方向水平向左C大小為F，方向水平向右D大小為F，方向水平向左答案BC解析因同向電流相互吸引，反向電流相互排斥，由題意得，A受到B的磁場力大小為F，方向水平向右，B受到A的磁場力大小為F，方向水平向左；A、B正中間再加一通電長直導(dǎo)線C后，其在A、B兩位置產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小相同，故A受到C的磁場力為B受到C的磁場力的2倍；由于A受到的磁場作用力大小變?yōu)?F，則可能有兩種情況：C對A的作用力為F，方向水平向右，則C對B的作用力為，方向水平向左，則B受到的磁場作用力大小為F，方向水平向左；C對A的作用力為3F，方向水平向左，則C對B的作用力為，方向水平向右，則B受到的磁場作用力大小為F，方向水平向右，故B、C正確，A、D錯誤。20. (2019·云南保山高考模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的粗糙半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長度為2R，現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從距A點正上方h0高處由靜止釋放，然后由A點經(jīng)過半圓軌道后從B點沖出，在空中能上升到距B點所在水平線的最大高度為h0(不計空氣阻力)，則()A小球和小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒B小車向左運動的最大距離為RC小球離開小車后做斜拋運動D小球第二次能上升到距B點所在水平線的最大高度h0<h<h0答案ABD解析小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，所以系統(tǒng)在水平方向動量守恒，故A正確；設(shè)小車向左運動的最大距離為x，某時刻小球的水平分速度大小為v，小車的水平分速度大小為v，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得：mvmv0，即有：mm0，tx2R，解得xR，故B正確；小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，小球由B點離開小車時系統(tǒng)水平方向動量為零，小球與小車水平方向速度為零，小球離開小車后做豎直上拋運動，故C錯誤；小球從開始到第一次到達(dá)最高點的運動過程中，由動能定理得：mgWf0，Wf為小球克服摩擦力做功大小，解得：Wfmgh0，即小球第一次在車中運動損失的機械能為mgh0，由于小球第二次在車中運動時，對應(yīng)位置處速度變小，因此小車給小球的彈力變小，小球所受摩擦力變小，克服摩擦力做的功小于mgh0，機械能損失小于mgh0，因此小球再次離開小車時，能上升的高度大于h0h0h0，而小于h0，即h0hh0，故D正確。21(2019·全國卷) 如圖，兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾角為，導(dǎo)軌電阻忽略不計。虛線ab、cd均與導(dǎo)軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強磁場。將兩根相同的導(dǎo)體棒PQ、MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知PQ進(jìn)入磁場時加速度恰好為零。從PQ進(jìn)入磁場開始計時，到MN離開磁場區(qū)域為止，流過PQ的電流隨時間變化的圖象可能正確的是()答案AD解析PQ剛進(jìn)入磁場時，加速度為零，則mgsinBI1L，又I1，故PQ做勻速運動，電流恒定；且由題意知，MN剛進(jìn)入磁場時的速度與PQ剛進(jìn)入磁場時的速度相同。情形1：若MN剛進(jìn)入磁場時，PQ已離開磁場區(qū)域，則對MN，由I1及右手定則知，通過PQ的電流大小不變，方向相反，又mgsinBI1L，則MN勻速運動，電流恒定，故I­t圖象如圖A所示。情形2：若MN剛進(jìn)入磁場時，PQ未離開磁場區(qū)域，由于兩導(dǎo)體棒速度相等，產(chǎn)生的電動勢等大、反向，故電流為0，兩棒在重力沿導(dǎo)軌向下的分力作用下均加速直至PQ離開磁場，此時MN為電源，由EBLv，I，BILmgsinma知，MN減速，且隨v減小，I減小，a減小，Iv，故I隨t減小得越來越慢，直至勻速，即II1，I­t圖象如圖D所示。第卷(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2225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·河南省鄭州市一模)(5分)用如圖甲所示的裝置驗證動量守恒定律。(1)為了減小實驗誤差，下列做法正確的是_。A兩球的質(zhì)量和半徑都一樣大B多次將A球從不同的高度釋放C保證斜槽末端的切線水平D減小斜槽對小球A的摩擦(2)圖乙是B球的落點痕跡，刻度尺的“0”刻線與O點重合，可以測出碰撞后B球的水平射程為_ cm。(3)本次實驗必須進(jìn)行測量的是_。A水平槽上未放B球時，A球的落點位置到O點的距離BA球與B球碰撞后，A球和B球的落點位置到O點的距離CA球與B球下落的時間DA球和B球的質(zhì)量(或兩球質(zhì)量之比)答案(1)C(2)64.45(3)ABD解析(1)為防止碰撞后入射球反彈，A球的質(zhì)量應(yīng)大于B球的質(zhì)量，A錯誤；為使A球到達(dá)軌道末端時的速度相等，應(yīng)多次將A球從同一高度釋放，B錯誤；為使小球離開軌道后做平拋運動，應(yīng)保證斜槽末端的切線水平，C正確；斜槽對小球A的摩擦對實驗沒有影響，不需要減小斜槽對小球A的摩擦，D錯誤。(2)碰撞后B球的落點如圖乙所示，用盡量小的圓把球B的所有落點都圈在里面，圓心即落點的平均位置，此位置到O點的距離即為B球的水平射程，約為64.45 cm。(3)根據(jù)實驗原理可得mAv0mAv1mBv2，又因下落時間相同，即可求得：mA·OPmA·OMmB·ON，可知需要測量的物理量是水平槽上未放B球時，A球的落點位置到O點的距離OP，A球與B球碰撞后，A、B兩球落點位置到O點的距離OM和ON，A球和B球的質(zhì)量(或兩球質(zhì)量之比)，不需要測量水平槽面離地面的高度或小球在空中的飛行時間，故選A、B、D。23(2019·遼寧大連二模)(10分)如圖甲所示是多用電表歐姆擋內(nèi)部的部分原理圖，已知電源電動勢E1.5 V，內(nèi)阻r1 ，靈敏電流計滿偏電流Ig10 mA，內(nèi)阻rg90 ，表盤如圖丙所示，歐姆表表盤中值刻度為“15”。(1)多用電表的選擇開關(guān)旋至“”區(qū)域的某擋位時，其內(nèi)部電路為圖甲所示。將多用電表的紅、黑表筆短接，進(jìn)行歐姆調(diào)零，調(diào)零后多用電表的總內(nèi)阻為_ 。某電阻接入紅、黑表筆間，表盤如圖丙所示，則該電阻的阻值為_ 。(2)若將選擇開關(guān)旋至“×1”，則需要將靈敏電流計_(選填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”)一阻值為_ 的電阻，再進(jìn)行歐姆調(diào)零。(3)某同學(xué)利用多用電表對二極管正接時的電阻進(jìn)行粗略測量，如圖乙所示，下列說法中正確的是_(填選項前的字母)A歐姆表的表筆A、B應(yīng)分別接二極管的C、D端B雙手捏住兩表筆金屬桿，測量值將偏大C若采用“×100”倍率測量時，發(fā)現(xiàn)指針偏角過大，應(yīng)換“×10”倍率，且要重新進(jìn)行歐姆調(diào)零D若采用“×10”倍率測量時，發(fā)現(xiàn)指針位于刻度“15”與“20”的正中央，測量值應(yīng)略大于175 答案(1)15060(2)并聯(lián)10(3)AC解析(1)設(shè)歐姆表總內(nèi)阻為R，短接時有：EIgR，代入數(shù)據(jù)計算得：R150 ；當(dāng)半偏時有：EIg(RR中)，所以RR中，所以選擇的是“×10”擋位，根據(jù)圖丙可知讀數(shù)為60 。(2)選擇開關(guān)旋至“×1”，此時內(nèi)阻RR中15 ，短接電流Ig100 mA，所以應(yīng)給表頭并聯(lián)一個分流電阻R0，根據(jù)歐姆定律：R010 。(3)二極管具有單向?qū)щ娦?，現(xiàn)在要測二極管正接時的電阻，由于表筆A與歐姆表內(nèi)部電源正極相連，故表筆A、B應(yīng)分別接二極管的C、D端，A正確；實驗測量時，手不能觸碰金屬桿，否則就將自身電阻并聯(lián)進(jìn)電路，測量值偏小，B錯誤；若采用“×100”倍率測量時，發(fā)現(xiàn)指針偏角過大，說明電阻太小，所以應(yīng)該換小擋位，即“×10”倍率，且要重新進(jìn)行歐姆調(diào)零，C正確；根據(jù)歐姆表的改裝原理可知，表盤刻度“左密右稀”，且越往左阻值越大，若刻度均勻則待測電阻應(yīng)是175 ，所以待測電阻的阻值應(yīng)略小于175 ，D錯誤。24. (2019·重慶南開中學(xué)高三上學(xué)期期末)(12分)如圖所示，質(zhì)量M1 kg的木板靜止在粗糙的水平地面上，木板與地面間的動摩擦因數(shù)10.1，在木板的左端放置一個質(zhì)量m1 kg、大小可以忽略的鐵塊，鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)20.4，取g10 m/s2，在鐵塊上加一個水平向右的拉力，試求：(1)F增大到多少時，鐵塊能在木板上發(fā)生相對滑動？(2)若木板長L1 m，水平拉力恒為8 N，經(jīng)過多長時間鐵塊運動到木板的右端？答案(1)6 N(2)1 s解析(1)設(shè)FF1時，鐵塊、木板恰好保持相對靜止，此時二者的加速度相同，兩者間的靜摩擦力達(dá)到最大。對木板，根據(jù)牛頓第二定律得：2mg1(mM)gMa解得：a2 m/s2以鐵塊和木板整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有：F11(mM)g(mM)a解得：F16 N。(2)鐵塊的加速度大小a14 m/s2木板的加速度大小a22 m/s2設(shè)經(jīng)過時間t鐵塊運動到木板的右端，則有a1t2a2t2L解得：t1 s。25(2019·廣東深圳二模)(20分)如圖a所示，整個空間存在豎直向上的勻強電場(平行于紙面)，在同一水平線上的兩位置，以相同速率同時噴出質(zhì)量均為m的油滴a和b，電荷量為q的a水平向右，不帶電的b豎直向上。b上升高度為h時，到達(dá)最高點，此時a恰好與它相碰，瞬間結(jié)合成油滴P。忽略空氣阻力，重力加速度為g。求：(1)油滴b豎直上升的時間及兩油滴噴出位置的距離；(2)勻強電場的場強及油滴a、b結(jié)合為P后瞬間的速度；(3)若油滴P形成時恰位于某矩形區(qū)域邊界，取此時為t0時刻，同時在該矩形區(qū)域加一個垂直于紙面的周期性變化的勻強磁場，磁感應(yīng)強度變化規(guī)律如圖b所示，磁場變化周期為T0(垂直紙面向外為正)，已知P始終在矩形區(qū)域內(nèi)運動，求矩形區(qū)域的最小面積。(忽略磁場突變的影響)答案(1) 2h(2)，方向向右上方，與水平方向夾角為45°(3)解析(1)設(shè)油滴的噴出速率為v0，油滴b做豎直上拋運動，有：0v2gh，解得v00v0gt0，解得t0油滴a在水平方向做勻速直線運動，有：x0v0t0，解得x02h。(2)兩油滴結(jié)合之前，油滴a做類平拋運動，設(shè)加速度為a，則：qEmgmahat解得ag，E。設(shè)結(jié)合前瞬間油滴a速度大小為va，方向向右上方，與水平方向的夾角為，則：v0vacosv0tanat0解得va2，45°。兩油滴的結(jié)合過程動量守恒：mva2mvP聯(lián)立解得vP，方向向右上方，與水平方向夾角為45°。(3)因qE2mg，故油滴P在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)軌跡半徑為r，運動周期為T，則：qvP2m解得r由T，解得TT0即油滴P在磁場中的運動軌跡是兩個外切圓組成的“8”字形，軌跡如圖，最小矩形的兩條邊分別長2r和4r，最小面積為：Smin2r×4r。(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物理選修33(15分)(1)(2019·河北唐山一模)(5分)下列說法中正確的是_。(填正確答案標(biāo)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布朗運動的劇烈程度與溫度有關(guān)，所以布朗運動也叫熱運動B已知阿伏加德羅常數(shù)、氣體摩爾質(zhì)量和密度，可以求出分子間距離C油膜法測分子直徑的實驗中，把油膜視為單分子層油膜時，需要考慮分子間隙D內(nèi)能相等的兩個物體相互接觸時，也可能發(fā)生熱傳遞E一定質(zhì)量的實際氣體發(fā)生等溫膨脹時，內(nèi)能是可能增大的(2)(2019·遼寧大連二模)(10分)某興趣小組受“蛟龍?zhí)枴钡膯l(fā)，設(shè)計了一個測定水深的深度計。如圖所示，導(dǎo)熱性能良好的汽缸，內(nèi)徑相同，長度均為L，內(nèi)部分別有輕質(zhì)薄活塞A、B，活塞密封性良好且可無摩擦地左右滑動。汽缸左端開口，通過A封有壓強為p0的氣體，汽缸右端通過B封有壓強為4p0的氣體。一細(xì)管連通兩汽缸，初始狀態(tài)A、B均位于汽缸最左端。該裝置放入水下后，通過A向右移動的距離可測定水的深度，已知外界大氣壓強為p0，p0相當(dāng)于10 m高的水產(chǎn)生的壓強，不計水溫變化，被封閉氣體視為理想氣體。求：()當(dāng)活塞A向右移動時，水的深度；()該深度計能測量的最大水深。答案(1)BDE(2)()2.5 m()40 m解析(1)熱運動是分子的無規(guī)則運動，而布朗運動并不是分子運動，所以盡管布朗運動的劇烈程度與溫度有關(guān)，但不能把布朗運動叫做熱運動，故A錯誤；已知阿伏加德羅常數(shù)、氣體摩爾質(zhì)量和密度，可以求出分子間距離，故B正確；在“用油膜法估測分子的大小”實驗中，做這樣的近似：油膜是呈單分子分布的，把油酸分子看成球形，分子之間沒有空隙，緊密排列，故C錯誤；內(nèi)能是所有分子動能和勢能的總和，內(nèi)能相等的兩個物體溫度可以不相等，在相互接觸時，熱量由高溫物體傳遞到低溫物體，可能發(fā)生熱傳遞，故D正確；一定質(zhì)量的實際氣體發(fā)生等溫膨脹時，溫度不變，則分子平均動能不變，但是在膨脹過程中分子間作用力可能做負(fù)功，導(dǎo)致分子勢能可能增大，則內(nèi)能可能增大，故E正確。(2)()A右移時，假設(shè)B不動，汽缸內(nèi)氣體做等溫變化，有：p0SLp1S解得p1p04p0，假設(shè)成立由p1p0ph可得：php0，又p0gH，phgh，H10 m，可得：h2.5 m。()當(dāng)活塞A恰好移動到汽缸的最右端時所測水深最大，設(shè)此時活塞B右移了x，兩部分氣體壓強相等，設(shè)為p2對內(nèi)氣體應(yīng)用玻意耳定律可得：p0SLp2Sx對內(nèi)氣體應(yīng)用玻意耳定律可得：4p0SLp2S(Lx)聯(lián)立解得：x，p25p0由p2p0phmax，p0gH，phmaxghmax，可得：hmax40 m。34物理選修34(15分)(1)(2019·湖北八校聯(lián)合二模)(5分)如圖所示，若實心玻璃管長L40 cm，寬d4 cm，玻璃的折射率n，一細(xì)光束從管的左端的正中心射入，則光最多可以在管中全反射_次，光在管中傳播的最長時間為_(此空保留兩位有效數(shù)字，已知光在真空中傳播速度c3.0×108 m/s)。(2)(2019·廣東深圳二模)(10分)如圖a，一列簡諧橫波沿x軸傳播，實線和虛線分別為t10時刻和t2時刻的波形圖，P、Q分別是平衡位置為x11.0 m和x24.0 m的兩質(zhì)點。圖b為質(zhì)點Q的振動圖象，求：()波的傳播速度和t2的大小；()質(zhì)點P的位移隨時間變化的關(guān)系式。答案(1)61.8×109 s(2)()40 m/s(0.2n0.05) s(n0,1,2,3，)()y10sin cm解析(1)光束進(jìn)入玻璃管，在玻璃管壁恰好發(fā)生全反射時，在管中反射的次數(shù)最多，傳播的時間最長。臨界角sinC，C60°，光路如圖。則xdtanC6.93 cm，即在管壁上兩次相鄰全反射之間水平距離為6.93 cm，從進(jìn)入到第一次全反射水平距離為3.47 cm，所以N15.27，即光最多可以在管中全反射6次。光在管中傳播的最長路程snL，光在玻璃中的速度v，故光在管中傳播的最長時間t1.8×109 s。(2)()由圖可知波長：8 m，質(zhì)點振動的周期：T0.2 s傳播速度v40 m/s結(jié)合兩圖象可知，橫波沿x軸正向傳播，故t2nT(0.2n0.05) s(n0,1,2,3，)。()質(zhì)點P做簡諧振動的位移表達(dá)式：yAsin由圖可知A10 cm，當(dāng)t0時y5 cm且向y方向運動，解得y10sin cm。14