2020届河北省衡水中学高三下学期第二次调研考试理综物理试题（解析版）.doc

1、 河北衡水中学河北衡水中学 2019-2020 学年度下学期第二次调研考试学年度下学期第二次调研考试 理综理综物理物理试卷试卷 第第卷卷(选择题选择题 共共 126分分) 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 13 小题，每小题小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。题目要求的。 1.如图所示，由绝缘轻杆构成的正方形 ABCD位于竖直平面内，其中 AB 边位于水平方向，顶点处分别固定 一个带电小球。其中 A、B处小球质量均为 m，电荷量均为 2q(q0)；C、D 处小球质量均为 2m，电荷量均 为 q。空间存在

2、着沿 DB方向的匀强电场，在图示平面内，让正方形绕其中心 O顺时针方向旋转 90 ，则四 个小球所构成的系统（ ） A. 电势能增加，重力势能增加 B. 电势能不变，重力势能不变 C. 电势能减小，重力势能减小 D. 电势能不变，重力势能增加 【答案】D 【详解】让正方形绕其中心 O 顺时针方向旋转 90 ，则电场力对四个小球做总功为： =2cos452cos45cos45cos450WEq LEq LE q LE q L 电 则系统电势能不变； 系统重力势能变化量： 2 p EmgLmgLmgL 则重力势能增加； A电势能增加，重力势能增加，与结论不相符，选项 A 错误； B电势能不变，重力

3、势能不变，与结论不相符，选项 B 错误； C电势能减小，重力势能减小，与结论不相符，选项 C 错误； D电势能不变，重力势能增加，与结论相符，选项 D 正确； 故选 D. 2.空间存在一静电场，x 轴上各点电势随 x 变化的情况如图所示若在-x0处由静止释放一带负电的粒子， 该粒子仅在电场力的作用下运动到 x0的过程中，下列关于带电粒子的 a-t 图线，v-t 图线，Ek-t 图线，Ep-t 图线正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【详解】AB、由x 图可知，图像的斜率表示电场强度，从 0 x到 0 x的过程中电场强度先减小后增大， 受到沿 x轴正方向的电场力先减小后增大，粒子

4、的加速度也是先减小后增大，在0x位置加速度为零；粒 子在运动过程中，粒子做加速度运动，速度越来越大，先增加得越来越慢，后增加得越来越快，故 B正确， A 错误； C、粒子在运动过程中，受到沿 x 轴正方向的电场力先减小后增大，根据动能定理可知 k Ex图像的斜率先 变小再变大，在0x位置的斜率为零，故 C 错误； D、由于粒子带负电，根据电势能 P Eq可知， P Ex变化规律与 x 变化规律相反，故 D 错误； 图线正确的是选 B 3.2010 年命名为“格利泽 581g”的太阳系外行星引起了人们广泛关注，由于该行星的温度可维持表面存在 液态水， 科学家推测这或将成为第一颗被发现的类似地球世

5、界， 遗憾的是一直到 2019 年科学家对该行星的 研究仍未有突破性的进展。这颗行星距离地球约 20 亿光年(189.21 万亿公里)，公转周期约为 37 年，半径 大约是地球的 2 倍，重力加速度与地球相近。则下列说法正确的是 A. 飞船在 Gliese581g 表面附近运行时的速度小于 7.9km/s B. 该行星的平均密度约是地球平均密度的 1 2 C. 该行星的质量约为地球质量的 8 倍 D. 在地球上发射航天器前往“格利泽 581g”，其发射速度不能超过 11.2km/s 【答案】B 【详解】ABC忽略星球自转的影响，根据万有引力等于重力得： mg =m 2 v R 得到 v =gR

6、 万有引力等于重力， 2 GMm R =mg，得到 M= 2 gR G = 2 3 3 4 4 3 gR Mg G VGR R 这颗行星的重力加速度与地球相近，它的半径大约是地球的 2 倍，所以它在表面附近运行的速度是地球表 面运行速度的 2倍，大于 79km/s，质量是地球的 4倍，密度是地球的 1 2 。故 B正确，AC错误。 D航天器飞出太阳系所需要的最小发射速度为第三宇宙速度，即大于等于 167km/s，故 D错误。 4.如图所示，在光滑绝缘的水平面上，虚线左侧无磁场，右侧有磁感应强度0.25TB 的匀强磁场，磁场方 向垂直纸面向外，质量0.001kg c m 、带电量 3 2 10

7、C c q 的小球 C静置于其中；虚线左侧有质量 0.004kg A m ，不带电的绝缘小球 A 以速度 0 20m/sv 进入磁场中与 C球发生正碰，碰后 C球对水平面 压力刚好为零，碰撞时电荷不发生转移，g取 10m/s 2，取向右为正方向则下列说法正确的是（ ） A. 碰后 A 球速度为15m/s B. C 对 A的冲量为0.02N s C. A 对 C做功 0.1J D. AC间的碰撞为弹性碰撞 【答案】A 【详解】A设碰后 A 球的速度为 v1，C 球速度为 v2。 碰撞后 C 球对水平面压力刚好为零，说明 C 受到的洛伦兹力等于其重力，则有 Bqcv2=mcg 代入数据解得 v2=

8、20m/s 在 A、C 两球碰撞过程中，取向右为正方向，根据动量守恒定律得 mAv0=mAv1+mcv2 代入数据解得 v1=15m/s 故 A 正确。 B对 A 球，根据动量定理，C对 A 的冲量为 I=mAv1-mAv0=（0.004 15-0.004 20）Ns=-0.02Ns 故 B 错误。 C对 A 球，根据动能定理可知 A 对 C做的功为 22 2 11 00.001 20 J=0.2J 22 C Wm v 故 C 错误； D碰撞前系统的总动能为 22 0 11 0.004 20 J=0.8J 22 kA Em v 碰撞后的总动能为 222 12 111 0.004 15 J+0.

9、2J0.65J 222 kAC Em vm v 因 EkEk，说明碰撞有机械能损失，为非弹性碰撞，故 D 错误。 故选 A。 5.如图，平行金属板中带电质点 P 原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，选地面的电势为 零，当滑动变阻器 R4的滑片向 b 端移动时，下列说法正确的是（ ） A. 电压表读数减小 B. 小球的电势能减小 C. 电源的效率变高 D. 若电压表、电流表的示数变化量分别为U 和I ，则 1 U rR I 【答案】AD 【解析】 A 项：由图可知，R2与滑动变阻器 R4串联后与 R3并联后，再由 R1串连接在电源两端；电容器与 R3并联； 当滑片向 b 移动时，滑

10、动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中 电流增大；路端电压减小，同时 R1两端的电压也增大；所以并联部分的电压减小，故 A正确； B项： 由 A项分析可知并联部分的电压减小，即平行金属板两端电压减小，根据 U E d ，平行金属板间的 场强减小，小球将向下运动，由于下板接地即下板电势为 0，由带电质点 P 原处于静止状态可知，小球带负 电，根据负电荷在电势低的地方电势能大，所以小球的电势能增大，故 B 错误； C 项：电源的效率： = PIUU PIEE 出 总 ,由 A 分析可知，路端电压减小，所以电源的效率变低，故 C 错误； D 项：将 R1和电源等效为

11、一个新的电源，新电源的内阻为 r+R1，电压表测的为新电源的路端电压，如果电流 表测的也为总电流，则 1 U rR I 总 ,由 A 分析可知 3 = RA III 总 ，由于总电流增大，并联部分的电压 减小，所以 R3中的电流减小，则 IA增大，所以 A II 总，所以1 A U rR I ，故 D 正确 点晴：解决本题关键理解电路动态分析的步骤：先判断可变电阻的变化情况，根据变化情况由闭合电路欧 姆定律EUIR 确定总电流的变化情况，再确定路端电压的变化情况，最后根据电路的连接特点综合部 分电路欧姆定律进行处理 6.如图的实验中，分别用波长为 12 、的单色光照射光电管的阴极 K，测得相应

12、的遏止电压分别为 U1和 U2设电子的质量为 m，带电荷量为 e，真空中的光速为 c，极限波长为 0 ，下列说法正确的是（ ） A. 用波长为 2 的光照射时，光电子的最大初动能为 2 eU B. 用波长为 2 的光照射时，光电子的最大初动能为 121120 2121 e uue uu C. 普朗克常量等于 1212 21 e UU c D. 阴极 K 金属的极限频率为 1 121 12 c UU UU 【答案】AC 【详解】A、B项：根据光电效应方程，则有： 0km2 hc WEeU ，故 A正确，B 错误； C项： 根据爱因斯坦光电效应方程得： 11 heUW， 22 heUW， 得金属逸

13、出功为： 11 WheU 联立解得： 121212 1221 ()( () e UUeUU h c ） ，故 C 正确； D 项：阴极 K金属的极限频率 122 11 122 0 121212 () () UUc UU UUUU ，故 D错误 7.如图所示，在水平面上固定一个半圆弧轨道，轨道是光滑的，O点为半圆弧的圆心，一根轻绳跨过半圆 弧的 A点(O、A 等高，不计 A 处摩擦)，轻绳一端系在竖直杆上的 B点，另一端连接一个小球 P。现将另一 个小球 Q 用光滑轻质挂钩挂在轻绳上的 AB 之间，已知整个装置处于静止状态时，30 ，45 则（ ） A. 将绳的 B端向上缓慢移动一小段距离时绳的

14、张力不变 B. 将绳的 B端向上缓慢移动一小段距离时半圆弧中的小球 P 位置下移 C. 静止时剪断 A处轻绳瞬间，小球 P的加速度为 1 2 g D. 小球 P 与小球 Q的质量之比为3:2 【答案】ACD 【详解】A绳子 B端向上移动一小段距离，根据受力分析可知 P球没有发生位移，因此 AQP变成了晾衣 架问题，绳长不会变化，A 到右边板的距离不变，因此角度不会发生变化，即绳子的张力也不会变化； 选项 A正确。 B如果 P向下移动一段距离，绳子 AP拉力变小，绳长 AP 变长，而 AB之间的绳子长度变短，则角度 变大，绳子 AB 之间的张力变大，AP的张力也变大，产生矛盾；B错误。 C剪断

15、A 处细绳，拉力突变为零，小球 P只受重力的分力，所以加速度为 1 2 g；C 正确。 D根据受力分析，分别对两个小球做受力分析，因为是活结所以绳子的张力都是相同， 则 2cos P m g T , 又由于 2cos Q m g T .由两式可得 3 2 p Q m m ；故 D正确。 故选 ACD。 8.如图，有一截面为矩形有界匀强磁场区域 ABCD，AB=3L，BC=2L在边界 AB 的中点上有一个粒子源，沿 与边界 AB并指向 A 点方向发射各种不同速率的同种正粒子，不计粒子重力，当粒子速率为 v0时，粒子轨迹 恰好与 AD边界相切，则 （ ） A. 速率小于 v0的粒子全部从 CD边界

16、射出 B. 当粒子速度满足 0 0 2 3 v vv时，从 CD边界射出 C. 在 CD边界上只有上半部分有粒子通过 D. 当粒子速度小于 0 2 3 v 时，粒子从 BC 边界射出 【答案】BC 【详解】ABC如图，由几何知识可知，与 AD 边界相切的轨迹半径为 1.5L，与 CD边界相切的轨迹半径为 L； 由半径公式： mv R qB 可知轨迹与 CD 边界相切的粒子速度为 0 2 3 v ，由此可知，仅满足 0 0 2 3 v vv的粒子 从 CD边界的 PD间射出，选项 A错误，BC正确； D由上述分析可知，速度小于 0 2 3 v 粒子不能打出磁场，故选项 D错误。 故选 BC. 第

17、第 卷（非选择题卷（非选择题 共共 62 分）分） 二、非选择题（包括必考题和选考题两部分第二、非选择题（包括必考题和选考题两部分第 9 题第题第 12 题为必考题，每个试题考生都必题为必考题，每个试题考生都必 须作答第须作答第 13 题第题第 16 题为选考题，考生根据要求作答）题为选考题，考生根据要求作答） （一）必考题（一）必考题 9.如图甲，是“探究功与速度变化的关系”的实验装置，当质量为0.1kg的小车，在 1条橡皮筋作用下弹出 时，橡皮筋对小车做的功记为W；当用 2 条、3条完全相同的橡皮筋进行第 2次、第 3次实验时， 由于每次实验中橡皮筋的拉伸长度相同， 因此第 2次、 第 3

18、次实验中， 橡皮筋对小车做的功分别为2W、 3W，每次实验中小车获得的最大速度可由打点计时器所打出的纸带求出。则： （1）关于该实验，下列说法中正确的是_（填选项序号字母） 。 A必须平衡摩擦力 B打点计时器可以用干电池供电 C每次实验，小车必须从同一位置由静止释放 D可以选用规格不相同的橡皮筋 （2）图乙为某次用 1条橡皮筋实验打出的纸带，测得A、B、C、D、E相邻两点间的距离分别为 1.60ABcm，1.62BCcm，1.64CDcm，1.64DEcm，则小车获得的最大速度为_/m s。如果用 2条 橡皮筋做实验，那么，在理论上，小车获得的最大动能为_J（结果保留两位有效数字） 。 【答案

19、】 (1). AC (2). 0.82 (3). 0.067 【解析】 【详解】 （1）1A为了保证小车的动能都是橡皮筋做功的结果，必须平衡摩擦力，长木板要适当的倾斜， 故 A 正确。 B打点计时器使用的是低压交流电源。故 B 错误； C根据实验原理可知，每次实验，小车必须从同一位置由静止弹出。故 C 正确。 D根据实验原理可知，橡皮筋必须是相同的，故 D错误。 故选 AC （2）23要测量最大速度，应该选用点迹恒定的部分。即应选用纸带的 C、D、E部分进行测量，时间 间隔为 0.02s，最大速度： 2 1.64 10 0.82m/s 0.02 m x v t 如果用 2条橡皮筋做实验，那么在

20、理论上，小车获得的最大动能为 22 1 20.1 0.82 J0.067J 2 kmm Emv 10.如图甲所示为某电阻R随摄氏温度t变化的关系，图中 0 R表示0时的电阻，K表示图线的斜率若用 该电阻与电池（电动势为E，内阻为r） 、电流表（内阻为 g R ） 、滑动变阻器 R 串连起来，连接成如图乙所 示的电路，用该电阻做测温探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，于是就得到了一个简单的“电 阻测温计” （1）实际使用时要把电流表的刻度值改为相应的温度刻度值，若温度 12 tt，则 1 t的刻度应在 2 t刻度的 _（填“左”或“右”）侧 （2）在标识“电阻测温计”的温度刻度时，需要弄

21、清所测温度和电流的对应关系请用 0 ERK R 、 、 、（表 示滑动变阻器接入的阻值）等物理量表示所测温度t与电流I的关系式：t _. （3）由（2）知，计算温度和电流的对应关系需要先测量电流表的内阻（约为200） 已知实验室有下列 器材： A.电阻箱（099.99） B.电阻箱（0999.9） C.滑动变阻器（020） D 滑动变阻器（020k） 此外，还有电动势合适的电源、开关、导线等 请在虚线框内设计一个用“半偏法”测电流表内阻 g R 的电路_；在这个实验电路中，电阻箱应选 _，滑动变阻器应选_ （填仪器前的选项字母） 【答案】 (1). 右 (2). 0 1 g E RrRR KI

22、K (3). (4). B (5). D 【详解】第一空.由题图甲可知，温度升高时电阻阻值增大，导致流过电流表的电流减小，可知 1 t的刻度应 在 2 t刻度的右侧. 第二空.由闭合电路欧姆定律知 g EI RRRr，由图甲知 0 RRKt，解得 0 1 g E tRrRR KIK . 第三空.应用半偏法测电流表的内阻实验时，滑动变阻器采用限流式，电流表和电阻箱并联，设计的电路如 图所示： 第四空.第五空.采用半偏法测电阻时，电阻箱的最大阻值应该大于电流表的内阻，同时滑动变阻器应该选择 阻值较大的，故电阻箱选择 B，滑动变阻器选择 D. 11.如图所示，一块质量为2M kg，长为3Lm的均质薄

23、木板静止在足够长的水平桌面上，在木板的左 端静止摆放着质量为1mkg的小木块（可视为质点） ，薄木板和小木块之间的动摩擦因数为 1 0.1，薄 木板与地面之间的动摩擦因数为 2 0.2在0t 时刻，在木板M左端施加一水平向左恒定的拉力 12F N，g取10m/s2则： （1）拉力F刚作用在木板上时，木板M的加速度大小是多少？ （2）如果F一直作用在M上，那么经多少时间m将离开M？ （3）若在时间1t s 末撤去F，再经过多少时间M和m第一次速度相同？在此情况下，最终m在M上 留下的痕迹的长度是多少？ 【答案】 （1）1m/s2；2.5m/s2； （2）2s； （3） 1 3 s；1m。 【详解

24、】 （1）F 刚作用在木板上时，由牛顿第二定律，对 m 有： 1mg=ma1 代入数据得 a1=1m/s2 对 M有： F-1mg-2（M+m）g=Ma2 代入数据解得： a2=2.5m/s2 （2）设 m离开 M 的时间为 t1，则对 m 有： 2 11 1 1 2 xa t 对 M有： 2 22 1 1 2 xa t 又有 L=x2-x1 联立解得： t1=2s （3）t=1s 时 m的速度 v1=a1t1=1 1m/s=1m/s M 的速度为： v2=a2t1=2.5 1m/s=2.5m/s 此过程中 m相对 M位移 21 11 ()0.75m 22 vv xt 1s 后 m仍以 a1的

25、加速度作匀加速运动，M将以 a3的加速度匀减速运动，且有： 1mg+2（M+m）g=Ma3 解得： 3 3.5a m/s2 设再经 t2后二者速度相等，有： 11 223 vatva t 2 解得 2 1 3 ts 此时两者共同速度为 v= 4 3 m/s 此过程中 m相对 M 的位移 21 222 ()()0.25m 22 vvvv xtt 则在此情况下，最终 m 在 M 上留下的痕迹的长度： 12 x1mxx 12.如图所示，在 xOy平面内 y轴与 MN边界之间有沿 x轴负方向的匀强电场，y轴左侧（I区）和 MN边界 右侧（II区）的空间有垂直纸面向里的匀强磁场，且 MN 右侧的磁感 应

26、强度大小是 y轴左侧磁感应强度大 小的 2 倍，MN边界与 y 轴平行且间距保持不变.一质量为 m、电荷量为-q 的粒子以速度 0 v从坐标原点 O 沿 x 轴负方向射入磁场，每次经过 y 轴左侧磁场的时间均为 0 t，粒子重力不计. （1）求 y轴左侧磁场的磁感应强度的大小 B; （2）若经过 0 4.5t时间粒子第一次回到原点 O,且粒子经过电场加速后速度是原来的 4 倍，求电场区域的宽 度 d （3）若粒子在左右边磁场做匀速圆周运动的 半径分别为 R1、R2且 R1R2,要使粒子能够回到原点 O,则电场 强度 E应满足什么条件？ 【答案】(1) 0 m B qt (2) 0 0 2.5d

27、v t (3) 2 0 2 0 384 (1,2,3,) 5 nnmv En n qt 【详解】(1) 粒子在磁场中做圆周运动的周期： 2 m T qB ，粒子每次经过磁场的时间为半个周期，则： 0 2Tt 解得： 0 m B qt (2) 设粒子在 I、区运动的速度分别为 v1、v2，运动周期分别为 T1、T2，则 2 1 1 1 mv Bqv r ， 2 2 2 2 2 mv Bqv r ， 1020 ,4vv vv 解得： 21 2rr 粒子在 t=4.5t0时回到原点，运动轨迹如图所示： 12 22 , 2 mm TT BqBq 粒子在 I、运动时间分别为 012 0, 222 tTT

28、 t 粒子在电场中运动时间为 000 4.52.52ttt 故粒子在电场中运动宽度 d 所用时为 t0得 12 0 2 vv dt 解得： 0 0 2.5dv t (3) 由几何关系，要使粒子经过原点，则应满足 211 222(1,2,3,)nRRRn 由向心力公式有： 2 2 2 2 2 mv Bqv R 解得： 20 2(1)n vv n 根据动能定理： 22 20 11 22 qEdmvmv 解得： 2 0 2 0 384 (1,2,3,) 5 nnmv En n qt 三、选考题（共三、选考题（共 15 分。请考生从给出的分。请考生从给出的 2 道物理题中每科任选一题做）道物理题中每科

29、任选一题做） 【物理【物理选修选修 33】 13.一定质量的理想气体从状态 a 开始，经历三个过程 ab、bc、ca 回到原状态，其 VT 图象如图所示，pa、 pb、pc分别表示状态 a、b、c的压强，下列判断正确的是（ ） A. 过程 a到 b中气体一定吸热 B. pcpbpa C. 过程 b 到 c 气体吸收热量 D. 过程 b到 c中每一个分子的速率都减小 E. 过程 c 到 a 中气体吸收的热量等于对外做的功 【答案】ABE 【详解】A过程 ab中气体的体积不变，没有做功；温度升高，内能增大，所以气体一定吸热，故 A正确； B设 a状态的压强为 a P，则由理想气体的状态方程可知 0

30、0 00 33 3 ab PVPV TT 所以 3 ba PP 同理 00 00 3 aC PVP V TT 解得 3 ca PP 所以 cba PPP 故 B 正确； C过程 b到 c，温度降低，内能减小；体积减小，外界对气体做功，则气体放出热量，故 C错误； D温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，对单个的分子没有意义，所以过程 bc 中 气体的温度降低，分子的平均动能减小，并不是每一个分子的速率都减小，故 D 错误； E由图可知过程 ca 中气体等温膨胀，内能不变，对外做功，根据热力学第一定律可知，气体吸收的热量 等于对外做的功，故 E 正确； 故选 ABE。 14.如图

31、所示，连通器中盛有密度为 的部分液体，两活塞与液面的距离均为 l，其中密封了压强为 p0的空 气，现将右活塞固定，要使容器内的液面之差为 l，求左活塞需要上升的距离 x 【答案】 2 0 0 43 46 Plgl Pgl 【解析】 【详解】右侧发生等温变化， 初态：压强 P1P0，体积：V1lS 末态：压强 P2，体积： 2 2 l VlS（） 根据玻意耳定律可得：P1V1P2V2 即：P0lSP2 2 l lS（） 左侧发生等温变化， 初态：压强 P3P0，体积：V3lS 末态：压强 P4，体积： 3 2 l VlxS（） 根据玻意耳定律可得：P3V3P4V4 即：P0lSP4 2 l lx

32、S（） 活塞上升 x 后，根据平衡可得：P4+glP2 联立可得左活塞需要上升的距离： 2 0 0 43 46 Plgl x Pgl 【物理【物理选修选修 34】 15.在某均匀介质中，甲、乙两波源位于 O点和 Q点，分别产生向右和向左传播的同性质简谐横波，某时刻 两波波形如图中实线和虚线所示，此时，甲波传播到 x=24m处，乙波传播到 x=12m处，已知甲波波源的振 动周期为 0.4s，下列说法正确的是_ A.甲波波源的起振方向为 y轴正方向 B.甲波的波速大小为 20m/s C.乙波的周期为 0.6s D.甲波波源比乙波波源早振动 0.3s E.从图示时刻开始再经 0.6s，x=12m处的

33、质点再次到达平衡位置 【答案】BCE 【详解】甲波传播到 x=24m处，根据波向右传播可知：质点向下振动，故甲波波源的起振方向为 y轴负方 向，故 A 错误；由图可知：甲波的波长为 8m，又有甲波波源的振动周期为 0.4s，故甲波的波速大小为 8 0.4 m s 20m/s，故 B 正确；同一介质中横波波速相同，故乙波的波速也为 20m/s，由图可知：乙波的波长为 12m，故周期为 12 20/ m m s 0.6s，故 C正确；甲波的传播距离为 24m，故波源振动时间为 24 20/ m m s 1.2s；乙 波的传播距离为 42m-12m=30m， 故波源振动时间为 30 20/ m m

34、s 1.5s， 所以， 甲波波源比乙波波源晚振动 0.3s， 故 D 错误；由图可知：图时时刻，两波在 x=12m处都处于平衡位置，将要向上振动；故该质点的振动方程 为 y15sin5t+10sin10 3 t(cm)，那么，t=0.6s 时，y=0，即从图示时刻开始再经 0.6s，x=12m 处的质点再次 到达平衡位置；故 E正确；故选 BCE 【点睛】在给出波形图求解质点振动、波速的问题中，一般根据图象得到波长及时间间隔与周期的关系， 从而求得周期，即可得到质点振动情况，由 v T 求得波速 16.由某种材料制成的直角三角形棱镜， 折射率 n1=2， AC 边长为 L， C=90， B=3

35、0 ， AB面水平放置 另 有一半径为 2 L ，圆心角90的扇形玻璃砖紧贴 AC 边放置，圆心 O 在 AC中点处，折射率 n2= 2，如图所示有一束宽为 d 的平行 光垂直 AB面射入棱镜，并能全部从 AC面垂直射出求： ()从 AB 面入射的平行光束宽度 d的最大值； ()光从 OC面垂直射入扇形玻璃砖后，从圆弧面直接射出的区域所对应的圆心角 【答案】(1)L (2)45 【详解】解：(I)在三角形棱镜中，设全反射临界角为 C1， 则有： 1 1 1 SinC n 解得： C1=30 如图，从 D点射入的光线，在 BC 面反射到 A点，则从 B、D间垂直射入的光都能垂直射到 AC面 由几何关系，有： 1 BDABL 2 ， 即宽度为 dL (II)设扇形玻璃砖全反射角为 C2，且知： 2 2 1 SinC n 解得：C2=45 如图，当 =45时，从 OC面垂直射入扇形玻璃砖的光线恰 不能从圆弧面直接射出 故所求圆心角：45