【文档说明】四川省绵阳中学2022-2023学年高三上学期11月月考理综物理试题 含解析.docx，共(25)页，4.236 MB，由小赞的店铺上传

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绵阳中学2020级高三上期11月月考理科综合试题考试时间：150分钟，试卷满分300分注意事项：1．答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、班级、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，考生考试条码由

监考老师粘贴在答题卡上的“条码粘贴处”。2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效。3．考试结束

后由监考老师将答题卡收回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16P31Fe56K39Cr52第Ⅰ卷二、选择题（本题共8小题，每小题6分；在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求；全部选对的得6分，选对但不全

的得3分，有选错的得0分）1.在静电场中将一个带电荷量为7110Cq−=−的负点电荷由M点移动到N点，在这一过程中，除静电力外，其他力对该电荷做了68.010J−的正功，该电荷的动能增加了65.010J−

。已知该电场中K点电势为零，且K、M两点间的电势差10VKMU=−，下列说法中正确的是（）A.电场线方向由M点指向K点B.该电荷在M点的电势能为61.010JPME−=C.M、N两点间的电势差N30VMU=D.N点电势为20V

=N【答案】C【解析】【详解】C．根据题意，电荷由M点移动到N点的过程中，有kΔMNqUWE+=其代入数据解得30VMNU=故C正确；D．根据电势差的定义得30VMNMNU=−=010VKMKMMU=−=−=−所以10VM=，20VN=−故D错误；

B．根据电势能与电势的关系76p10(110)J110JMMEq−−==−=−故B错误；A．虽然M点电势高于K点电势，但不能确定电场的方向由M指向K，电势降低最快的方向才是电场的方向，故A错误。故选C。2.甲同学在办公室外

奔跑过程中突然与从办公室出来的乙同学发生碰撞，碰撞前乙已处于静止状态，甲本能的伸直双手对乙施加推力的同时手向胸口收，手收至胸口时甲乙恰好共速。碰撞过程若能忽略两者与地面间在水平方向上的相互作用，则（）A.甲的

本能反应减少了甲对乙的冲量B.甲对乙的冲量与乙对甲的冲量相同C.甲的动能减少量等于乙的动能增加量D.甲对乙做的功小于乙对甲做的功【答案】D【解析】【详解】A．甲的动量变化量未发生改变，因此甲的本能反应不能减少了甲对乙的冲量，故A错

误；B．冲量是矢量，有方向，因此甲对乙的冲量与乙对甲的冲量不相同，故B错误；C．两者的碰撞属于完全非弹性碰撞，有能量损失，因此甲的动能减少量大于乙的动能增加量，故C错误；D．从两人刚接触到共速过程中，乙对地的位移小于甲对地的位移，因此甲对乙做的功小于乙对甲做的功，故D正确。故

选D。3.2021年5月，天问一号探测器软着陆火星取得成功，迈出了我国星际探测征程的重要一步。火星与地球公转轨道近似为圆，两轨道平面近似重合，且火星与地球公转方向相同。火星与地球每隔约26个月相距最近，地球公转周期为12个月。由以上条件

可以近似得出（）A.地球与火星的动能之比B.地球与火星自转周期之比C.地球表面与火星表面重力加速度大小之比D.地球与火星绕太阳运动的向心加速度大小之比【答案】D【解析】【分析】【详解】A．设地球和火星的公转周期分别为T1、T2，轨道半径分别为r1、r2，由开普勒

第三定律可得32113222rTrT=可求得地球与火星的轨道半径之比，由太阳的引力提供向心力，则有22MmvGmrr=得GMvr=即地球与火星的线速度之比可以求得，但由于地球与火星的质量关系未知，因此不能求得地球与火星的动能之比，A错误；B．则有地球和火星的角速度分别为112T=222T

=由题意知火星和地球每隔约26个月相距最近一次，又火星的轨道半径大于地球的轨道半径，则的122tt−=由以上可解得21567T=月则地球与火星绕太阳的公转周期之比T1∶T2=7∶13但不能求出两星球自转周期之比，B错误；C

．由物体在地球和火星表面的重力等于各自对物体的引力，则有2MmGmgR=得2GMgR=由于地球和火星的质量关系以及半径关系均未知，则两星球表面重力加速度的关系不可求，C错误；D．地球与火星绕太阳运动的向心加速度由太阳对地球和火星的引力产生，所以向心加速度大

小则有2MmGmar=得2GMar=由于两星球的轨道半径之比已知，则地球与火星绕太阳运动的向心加速度之比可以求得，D正确。故选D。4.如图甲所示是空军飞行员防眩晕训练器，若某飞行员训练时，左右手拉住圆环，处于平衡状态，左手刚好在水平状态，右手与水平方向有一定

夹角，不考虑腿部受到的作用力，等效为如图乙模型，在圆环顺时针缓慢旋转90°过程中，保持两手臂伸直状态，则（）A.两手的拉力均变小B.左手拉力先变大再变小，右手拉力一直变小C.左手拉力一直变小，右手拉力先变小再变大D.左手拉力先变大再变小，右手拉力先变大再变小【答案】B【解析】【详

解】在圆环顺时针缓慢旋转90°过程中，保持两手臂伸直状态，两手拉力夹角不变，由三力平衡推论知三力平移后会组成一闭合三角形，如下图所示：黑色线表示重力，红色线表示左手拉力，蓝色线表示右手拉力。则由图可知：左手拉力先变大后变小，右手拉力一直变小。故选B。5.如图甲

所示，可视为质点的小球用长为L、不可伸长的轻绳悬挂于O点。现对小球施加水平恒力使其从静止开始运动，轻绳拉力FT大小随绳转过的角度θ变化的曲线如图乙所示，图中0F为已知量，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.小球到达最高点时的机

械能最大B.小球到达最高点时的加速度大小为3gC.小球运动过程中轻绳拉力的最大值为2F0D.小球从开始运动到最高点，增加的机械能为03FL【答案】B【解析】【详解】水平恒力F与重力合成出一个新力场（因为两个力的方向和大小都不变），得到'F力场，'F力场为等效重力场模型，受力分析如图所示A．除重力

之外只有F在做功，当小球到达水平位置时，F做功最多，所以当小球到达水平位置时机械能最大（绳子拉力与小球速度垂直，不做功），故A错误；B．小球到达最高点时，速度为10v=，设其加速度为a，据牛二定律得21T11nmvFGFmaL+−==22sin60sin30tGFGFma+=+=解得0n

a=，3tag=据加速度的合成与分解得223tnaaag=+=故B正确；C．由图可知，当603==时，轻绳拉力TF达到最大值TmaxF，轻绳的拉力TmaxF与'F的合力为小球运动提供向心力，则有2'mTmaxmv

FFL−=由动能定理得2m1(cos60)sin602mgLLFLmv−−+=其中tan603Fmgmg=='2cos60mgFmg==联立上式，解得Tmax4Fmg=因为刚开始时小球是静止的，则有0Fmg=

故T04FF=故C错误；D．小球运动到最高点时，增加的机械能为水平恒力所做的功，即33cos30322WFLmgLmgL===03322WmgLFL==故D错误。故选B。6.现有一个家用太阳能辅助电路设计如图所示，图中的电源为太阳能电源，其内阻不可忽

略，L1、L2、L3为位于三个房间的规格相同的灯泡，R是光敏电阻（光照越强阻值越小），R1、R2是保护电阻，合上开关S，则（）A.当照射在R上的光变强时，L1变亮，L2和L3都变暗B.当照射在R上的光变强时，L1变暗，L2和L3都变亮C.在

光照强度不变的情况下，去掉R1改成导线，则L1会变暗D.在光照强度不变的情况下，R2断路，则L1会变暗【答案】AC【解析】【详解】AB．当光照变强时，R减小，则电路总电阻减小，根据闭合回路欧姆定律可知，干路电流变大，路端电压减小，流过1R的电流减小，则流过2L和3L电流减小，流过1

L电流变大，则1L变亮、2L和3L都变暗，故A正确，B错误；C．在光照强度不变的情况下，去掉1R改为导线，则电路中总电阻减小，根据闭合回路欧姆定律可知，干路电流变大，路端电压减小，流过1L电流变小，则1L会变暗，故C错误；D．在光照强度不变的情况下，R2断路，则

电路中总电阻变大，根据闭合回路欧姆定律可知，干路电流变小，路端电压变大，流过1L的电流变大，则1L会变亮，故D错误。故选AC。7.如图甲所示，在公元1267~1273年闻名于世的“襄阳炮”其实是一种大型抛石机。将石块放在长臂一端的石袋中，在短臂端挂上重物。发射前将长臂端往下拉至地面

，然后突然松开，石袋中的石块过最高点时就被抛出。现将其简化为图乙所示。将一质量m=80kg的可视为质点的石块装在长L=403m的长臂末端的石袋中，初始时长臂与水平面成α=30°。松开后，长臂转至竖直位置时，

石块被水平抛出，落在水平地面上。石块落地点与O点的水平距离s=100m。忽略长臂、短臂和石袋的质量，不计空气阻力和所有摩擦，g=10m/s2，下列说法正确的是（）A.石块水平抛出时的初速度为25m/sB.重物重力势能的减少量等于石块机械能的增加量C.石块从A到最高点的过程中，石袋

对石块做功1.16×105JD.石块圆周运动至最高点时，石袋对石块的作用力大小为1.42×104N【答案】CD【解析】【详解】A．石块平抛运动的高度40401sin30mm20m332hLL=+=+=根据212hgt=得2220s2s

10htg===故石块水平抛出时的初速度0100m/s50m/s2svt===选项A错误；B．转动过程中，重物的动能也在增加，因此重物重力势能的减少量不等于石块机械能的增加量，选项B错误；C．石块从A到最高点的过程中，石袋对石块做功22

05J1180508010202J1.16102JWmvmgh=+=+=选项C正确；D．石块圆周运动至最高点时，有20+vFmgmL=所以042-=1.4210NvFmmgL=选项D正确。故选CD。8.如图所示，煤矿车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲

M和N（均在匀速传动），煤块与两传送带间的动摩擦因数均为μ=0.2，每隔T=10s在传送带甲左端轻放上一个质量为m=1kg的相同煤块（可视为质点），发现煤块离开传送带甲前已经与甲速度相等，且相邻煤块（已匀速）间的距离为x=6m，随后煤块平稳地传到传送带

乙上，乙的宽度足够大、乙以0.8m/s匀速传动，g取10m/s2，则下列说法正确的是（）A.小煤块传送到传送带N前的瞬间，相对传送带N的速度大小为1.4m/sB.小煤块传送到传送带N上后，经0.5s与传送带N保持相对静止C.小煤块在传送带N上滑动划痕是直线，其长度为0.25m的D.小煤

块在传送带N上滑动的过程中，因摩擦产生的热量为1J【答案】BC【解析】【详解】A．小煤块在传送带M上，先做匀加速运动后做匀速运动，每隔T=10s在传送带M左端轻放一小煤块，且相邻煤块（已匀速）间的距离为x=6m，可知小煤块的

速度即为传送带M的速度，则有06ms0.6ms10xvT===可得小煤块传送到传送带N前的瞬间，相对传送带N的速度大小为2222010.60.8ms1msvvv=+=+=A错误；B．小煤块传送到传送带N上后，其所受摩擦力大小为f0.2110N2NFmg

===方向如图所示，小煤块相对传送带N做匀减速运动，其加速度大小220.210ms2msmgagm====小煤块滑上传送带N到与传送带相对静止的时间1s0.5s2vta===B正确；C．小煤块相对传送带以1m/s的速度在N上做匀减速直线运动到静止，这段位移就是煤块在N传送带上留下

的痕迹，因此小煤块在传送带N上滑动的划痕是直线，设小煤块在传送带N上滑动的划痕长度为s，由运动学公式可得221m0.25m222vsa===C正确；D．小煤块在传送带N上滑动的过程中，因摩擦产生的热量为0.21100.25J0.5JQmgs===D错误。故选BC。第Ⅱ卷

三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分）9.某同学为研究橡皮筋伸长与所受拉力的关系，做了如图实验：①如图所示，将白纸固定在制图板上，橡皮筋一

端固定在O点，另一端A系一小段轻绳（带绳结）；将制图板竖直固定在铁架台上。②将质量为m=100g的钩码挂在绳结上，静止时描下橡皮筋下端点的位置A0；用水平力拉A点，使A点在新的位置静止，描下此时橡皮筋端点的位置A1；逐步增大水平力，重复5

次……③取下制图板，量出A1、A2……各点到O的距离l1、l2……；量出各次橡皮筋与OA0之间的夹角、1、2……④在坐标纸上做1cosl−出的图像如图。完成下列填空：（1）已知重力加速度为g，当橡皮筋与OA0

间的夹角为时，橡皮筋所受的拉力大小为_________（用g、m、表示）。（2）由图可得橡皮筋的劲度系数k=________N/m，橡皮筋的原长l0________m。（结果保留2位有效数字）。（g=9

.8m/s2）【答案】①cosmg②.98③.0.21【解析】【分析】【详解】（1）[1]由三力合成可知cosmgT=cosmgT=（2）[2][3]由胡克定律可知()0cosmgkll=−01c

oskkllmgmg=−由上式可知：1cosl−图象的斜率为kmg，由图象可知1000.19.8kkmg==98N/mk=.1cosl−图象的横轴截距为0l，由图象可知00.21ml=10.某同学要将量程为3mA的毫安表G改装成量程为30mA的

电流表。他先测量出毫安表G的内阻，然后对电表进行改装，最后再利用一标准毫安表对改装后的电流表进行校准，可供选择的器材如下：毫安表头G（量程3mA，内阻约为几百欧姆）A.滑动变阻器R1（0~1kΩ）；B.滑动变阻器R2（0~10kΩ）

；C.电阻箱R（0~9999.9Ω）；D.电源E1（电动势约为1.5V）；E.电源E2（电动势约为9V）；开关、导线若干具体实验步骤如下：①按电路原理图a连接电路；②将滑动变阻器的阻值调到最大，闭合开关S1后调节滑

动变阻器的阻值，使毫安表G的指针满偏；③闭合S2，保持滑动变阻器不变，调节电阻箱的阻值，使毫安表G的指针偏转到量程的三分之一位置；④记下电阻箱的阻值回答下列问题：（1）为减小实验误差，实验中电源应选用________（填器材前的字母），滑动变阻器应选用________（填器材前的字母）；（2）如

果按正确操作步骤测得电阻箱的阻值为90.0Ω，则毫安表G内阻的测量值Rg=________Ω，与毫安表内阻的真实值Rg'相比，Rg________（填“＞”“=”或“＜”）Rg'；（3）若按照第（2）问测算的Rg，将上述毫安表G并联一个定值电阻R改装成量程为30mA

的电流表，接着该同学对改装后的电表按照图b所示电路进行校准，当标准毫安表的示数为16.0mA时，改装表的指针位置如图c所示，由此可以推测出改装的电表量程不是预期值，要想达到实验目的，无论测得的内阻值是否正确，都不必重新测量，只需要将定值电阻R换成一个阻值为kR的电阻即可，其中k=________

；（4）若用该电流表量程3mA，内阻按照第（2）问测算的Rg按正确的步骤改装成欧姆表并测标准电阻Rx的阻值时（如图d），理论上其测量结果与标准电阻Rx实际阻值相比较________（填“偏大”“偏小”或“相等”）。【答案】①.E②.B③.180④.<⑤.2927⑥.相等【解析】【详解】

（1）[1][2]根据实验原理，当2S闭合后，电路总电阻会减小，总电流会变大，则当毫安表G的指针偏转到量程的三分之一位置时，通过电阻箱的电流会大于毫安表读数的2倍，会产生误差；为了使得当2S闭合后电路总电阻变化

较小，则滑动变阻器用电阻阻值较大的2R，这样的话要想能使毫安表能调节到满偏，则所用电源的电动势应该较大，即采用2E。（2）[3][4]根据以上分析可知，如果按正确操作步骤测得2R的阻值为90.0Ω，因认为通过电阻箱的电路等于毫安表电流的2倍，则毫安表G内阻等于电阻箱的阻值的2倍，即

毫安表G内阻的测量值g180ΩR=实际上因通过电阻箱的电流会大于毫安表读数的2倍，则毫安表内阻的真实值偏大，即与毫安表内阻的真实值'gR相比'ggRR（3）[5]当标准毫安表的示数为16.0mA时，改装表的读数为15.

0mA，则当改装表满偏时，对应的真实电流为32.0mA，即把毫安表G改装成32mA的电流表时g329RR=把毫安表G改装成30mA的电流表时'g19RR=所以2927k=（4）[6]测量时欧姆表进行欧姆调零，表头的内阻的误差不影响欧姆表的内阻，所以，测量值等于真实值。11.图a是我国传统农

具——风鼓车，图b是其工作原理示意图，转动摇柄，联动风箱内的风叶，向车斗内送风，入料仓漏口H漏出的谷物经过车斗，质量大于2.010kg的谷粒为饱粒，落入第一出料口A1B；质量为1.210kg2.010kg的谷粒为瘪粒，落入第二出料口A2B；质量小于1

.210kg的草屑被吹出出风口。已知A1、B、A2三点在同一水平线上，A₁B的宽度为0.12m；A1在H正下方，A1H的高度为0.4m；设谷物从H漏出时速度竖直向下，大小为1m/s；谷粒在车斗内所受水平风力恒定且相等，且此风力下刚好完成饱

粒和瘪粒的分离；只考虑其所受重力和水平风力作用，取重力加速度g为10m/s2。（1）求谷粒所受水平风力的大小；（2）若瘪粒恰好能全部落入A2B，求A2B的宽度。【答案】（1）41.210NF−=；（2）20.08mx=【解析】【详解】（1）谷粒从H落到出料口的过程，竖直方向是初速为1m

/s的匀加速直线运动，竖直方向上有2012hvtgt=+将0.4mh=代入可得0.2st=对质量为52.010kg−的谷粒，从H漏出恰好经B点，水平方向有2312xat=设风力大小为F，由牛顿第二定

律Fma=将10.12mx=、0.2st=、52.010kgm−=代入，联立可解得41.210NF−=（2）对质量等于51.210kg−的瘪粒，恰好落到2A点，设2AB宽度为2x，则有21212xxat=+Fma=代入数据得20.08mx=12.如图（甲）所示，在一次爆炸实验中

，质量分别为2kgm=和8kgM=的A、B两个物体之间装有少量炸药，并排放在水平导轨上。爆炸点的左侧的墙壁上装有轻弹簧，弹簧的左端固定，右端与A物体的距离01.25mL=。当炸药发生爆炸后，测得A物体压缩弹簧的过程中，对弹簧的压力F随压缩量x

的变化关系如图乙所示（最大压缩量为25cm）。已知A、B两物体与水平导轨间的动摩擦因数均为0.2=，A、B物体的碰撞不损失机械能，两物体均可看作质点。重力加速度210m/s=g。求：（1）A压缩弹簧的过程中，克服摩擦力做的功和弹性势能的最大值；（2）爆炸过程A、B获得的机械能之和；（3）物体A和

B最终静止时离爆炸点的距离。【答案】(1)1JfW=；p10JE=；(2)20J；(3)0.02m，0.37m【解析】【分析】【详解】（1）A克服摩擦力做功为0fWmgx=解得1JfW=弹簧的弹性势能最大值为0002pFExxF+==解得10JpE=（2）爆炸后A获得的动能为()

kA00pEmgLxE=++解得kA16JE=爆炸过程中有0A0B0mvMv−=B获得的动能为2kB0BkA12mEMvEM==解得kB4JE=爆炸过程中转化成A、B的机械能为kAkB20JEEE=+=（3）由20A1

162Mv=20B142Mv=可得爆炸后A、B的速度为0A4m/sv=0B1m/sv=B向右运动至停止经过的路程为20BBB2vxa=其中ABmgaaam===解得B0.25mx=所用的时间为0BBB0.5st

av==得到A返回到爆炸点的时间ABtt，所以A被弹簧弹回后，碰撞静止的物体B。设碰撞前A的速度为Av，则()220AA00B11222mvmvmgLxx=+++解得A3m/sv=A、B碰撞后，速度分别为Av和Bv，则AABmvmvM

v=+222AAB111222mvmvMv=+解得A33m/s5v=−，B23m/s5v=碰撞后A向左运动的位移为2AA0.27m2vSa==B向右运动的位移为2BB0.12m2vSa

==所以A、B两物体最终静止的位置与爆炸点的距离分别为A0.270.25m0.02mx=−=B0.120.25m0.37mx=+=（二）选考题：（每学科15分，共45分）请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题

号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡上的选答区域的指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。13.下列说法正确的是（）A.某冰水混合物的温度为0℃，则其分子的平均动能为零B.一定量的某理想气体温度升高时，内能一定增大C.一定

质量的理想气体，温度升高时，分子平均动能增大，气体的压强不一定增大D.气体如果失去了容器的约束就会散开，原因是气体分子之间斥力大于引力E.热量可以从低温物体向高温物体传递【答案】BCE【解析】【详解】A．分子在做永不停息的无规则运动，因此其分子的平均动

能不是零，故A错误；B．气体分子的平均动能只与分子的温度有关，因此温度升高，平均动能增加，而理想气体的内能只有分子动能，气体分子的内能一定增大，故B正确；C．压强是大量气体分子持续撞击器壁产生的，其大小取决于温度和体积，若温度升高体积增大则压强可能减小，则C正确；D．气体分子间的距离很大，相互

作用力近似为零，气体如果没有容器的约束，气体分子散开原因是分子做杂乱无章的运动的结果，故D错误；E．热量不可以自发从低温物体向高温物体传递，但能在一定条件下是可以从低温物体向高温物体传递热量，故E正确。故

选BCE。14.新冠疫情期间，武汉市医疗物资紧缺，需要从北方调用大批钢瓶氧气（如图），每个钢瓶内体积为40L，在北方时测得钢瓶内氧气压强为71.210Pa，温度为7℃，长途运输到武汉方舱医院检测时测得钢瓶内氧气压强为71.261

0Pa。在方舱医院实际使用过程中，先用小钢瓶（加抽气机）缓慢分装，然后供病人使用，小钢瓶体积为10L，分装后每个小钢瓶内氧气压强为5410Pa，要求大钢瓶内压强降到5210Pa时就停止分装。不计运输过程中和分装过程中氧气的泄漏，求：（1）在武汉检测时钢瓶所处环境温度为

多少摄氏度？（2）一大钢瓶可分装多少小瓶供病人使用？【答案】（1）21Ct=；（2）124【解析】【分析】【详解】（1）钢瓶的容积一定，从北方到武汉对钢瓶内气体，有1212ppTT=得21Ct=（2）

在武汉时，设大瓶内氧气由22pV、等温变化为不分装时的状态33pV、，则721.2610Pap=，320.04mV=，53210Pap=根据2233pVpV=得332.52mV=可用于分装小瓶的氧气54210Pap=，334(2.520.04)m2.48mV=−=分装成小钢瓶的氧气5541

0Pap=，5VnV=其中小钢瓶体积为30.01mV=根据4455pVpV=得124n=即一大钢瓶氧气可分装124小瓶。15.一持续传播了较长时间的简谐波在t=3s时的波形图如图。已知波上x=1.0m的P点振动周期为2s，t=0s时位于平衡位置且向上运动。则（）A波沿x

轴负方向传播B.波速为2m/sC.x=0处的质点在t=3s时的纵坐标2.5cmD.x=0处的质点在t=2.5s时的运动方向沿y轴正方向E.在0到3s时间内P质点通过的路程为30m【答案】ACD【解析】【详解】A．

P点振动周期为2s，即波源振动周期为2s，P点在0st=时位于平衡位置且向上运动，则.3st=时P点位于平衡位置向下运动，结合3st=时波形图，根据“同侧法”可以判断波沿x轴负方向传播，A正确；B．波源振动周期为2s，由波形图可知，波长为2.4m=，则波

速为1.2m/svT==B错误；C．简谐波在t=3s时的波形图为25sin[(0.2)]cm2.4yx=+x=0处的质点在t=3s时的纵坐标为25sin[(00.2)]cm2.5cm2.4y=+=C正确；D．波在0.5s内向负方向

传播的距离为1.2m/s0.5s0.6mx==即x=0处的质点在t=2.5s时的运动情况与(0.62.4)m1.8mx=−+=处的质点在t=3s时的运动情况相同，结合3st=时波形图，根据“同侧法”可以判1.8mx

=处的质点在t=3s时运动方向沿y轴正方向，即x=0处的质点在t=2.5s时的运动方向沿y轴正方向，D正确；E．0到3s所用时间为32T，P点从平衡位置开始运动的路程为345cm30cm2s==E错误。

故选ACD。16.如图所示，玻璃砖的截面由半圆和等腰直角三角形组成，半圆的半径为R，在截面内一束单色光由D点射入玻璃砖，入射角为，折射角为，折射光线与半圆的直径垂直，且通过AB边的中点E，DE与AB的夹角也为，最后光线从玻璃砖中射出时与入

射光线相交于P点，已知光在真空中的传播速度为c，62sin154−=。求：（1）玻璃砖的折射率n；（2）光从P点射向玻璃砖到再次回到P点的时间t。【答案】（1）2；（2）()3226Rtc+=【解析】【详解】（1）作出光路图

如图所示由于DE与AC边垂直，又与AB的夹角为，由几何关系有45=设DE与AC的交点为F，则有21AAE22FR==所以12OFR=在△DFO中，有E1sinD2OO==根据折射定律，玻璃砖的折射率sinsinn=解

得2n=（2）光在玻璃砖中的传播速度为cvn=光在玻璃砖里前进的距离()()1223sDFFEEGR=++=+在△DPO中，根据正弦定理有sin30sin15DPR=所以光从P点射向玻璃砖到再次回到P点时间1s2DPtcv=+解得的获得更多资源请扫

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