【文档说明】吉林省通榆县第一中学2020届高三下学期考前模拟物理试题【精准解析】.doc，共(23)页，1.017 MB，由管理员店铺上传

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吉林省通榆县第一中学2020届高三物理考前模拟试题一﹑选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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

.许多科学家对物理学的发展作出了巨大贡献，也创造出了许多物理学方法，下列关于物理学中思想方法的叙述错误的是（）A.在探究平行板电容器的电容与介电常数、板间距离、正对面积三者关系的实验中用了控制变量法B.在建立“平均速度”、“合力

与分力”、“合运动与分运动”、“总电阻”、“交流电的有效值”的概念时均用到了“等效替代”法C.如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度就有一个沿着等势面的分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功，这里用的逻辑方法是假设推理法D.卡文迪许利用扭秤实验测出引力常量，用了实验

模型法【答案】D【解析】【详解】A．在探究平行板电容器的电容与介电常数、板间距离、正对面积三者关系的实验中用了控制变量法，故A正确；B．在建立“平均速度”、“合力与分力”、“合运动与分运动”、“总电阻”、“交流电的有效值”的概念时，均用到了“等效替代法”，故B正确；C．如果

电场线与等势面不垂直，那么电场强度就有一个沿着等势面的分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功，这里用的逻辑方法是假设推理法，故C正确；D．卡文迪许利用扭秤实验测出引力常量，实验采用了微小量放大法，故D错误；本题选择错误的，故选D。

2.如图所示为宇宙飞船分别靠近星球P和星球Q的过程中，其所受星球的万有引力F与到星球表面距离h的关系图象。已知星球P和星球Q的半径都为R，下列说法正确的是（）A.星球P和星球Q的质量之比为1：2B.星球P表面和星球Q表面的重力加速度之比为1：2C.星球P和星球Q的第一宇宙速度

之比为2：1D.星球P和星球Q的近地卫星周期之比为1：2【答案】D【解析】【分析】由图像可以得出部分数据，再结合万有引力公式可以计算出答案。【详解】A．当h等于0时，即在星球表面时，根据万有引力公式有022PG

MmFR=02QGMmFR=21PQMM=A错误；B．在h等于零时，宇宙飞船在两个星球的表面，根据万有引力公式可得02PFmg=0QFmg=所以:2:1PQgg=B错误；C．根据万有引力公式可得22GmMmvRR=GMvR=由于R相同，所以第一宇宙速度为1：1，C错误；D．

根据万有引力公式可得2224=GmMRRT234RTGM=所以星球P和星球Q的近地卫星周期之比为1：2，D正确。故选D。3.如图为玻尔理论的氢原子能级图，当一群处于激发态n=3能级的氢原子向低能级跃迁时，发出的光中有两种频率的光能使某种金属产生光电效应，以下说法中正确的是（）A.这群氢原子

向低能级跃迁时能发出四种频率的光B.这种金属的逸出功一定小于10.2eVC.用波长最短的光照射该金属时光电子的最大初动能一定大于3.4eVD.由n=3能级跃迁到n=2能级时产生的光一定能够使该金属产生光电效应【答案】B【解析】【分析】根

据氢原子从n=3能级向低能级跃迁时发出的光子能量来判断该金属的逸出功，然后根据光电效应方程进行判断即可；【详解】A、由3n=能级的激发态向低能级跃迁时，辐射出三种频率光子的能量分别为12.09eV、10.2eV、1.89eV，结合题意，根据光电效方程可知，这种金属的逸出功一定

小于10.2eV，故选项A错误，选项B正确；C、用波长最短即光子能量为12.09eV的光照射该金属时，其最大初动能最小值为：12.0910.21.89eVeVeV−=，则其最大初动能一定大于1.89eV，故选项C错误；D、由n=3能级跃迁到n=2

能级时产生的光子能量为1.89eV，由上面分析可知该金属的逸出功一定小于10.2eV，所以不一定能够使该金属产生光电效应，故选项D错误．【点睛】本题考查了能级的跃迁，同时注意光电效应方程的应用问题，在平

时学习过程中加强训练．4.一辆机动车在平直的公路上由静止启动，如图所示，图线A表示该车运动的速度与时间的关系，图线B表示该车的功率与时间的关系，设机车在运动过程中阻力不变，则下列说法正确的是（）A.022s−内机动车先做加

速度逐渐减小的加速运动，后做匀速运动B.机动车的质量为562.5kgC.机动车速度为5m/s时，牵引力大小为3310ND.运动过程中机动车所受阻力为2250N【答案】B【解析】【详解】A．根据vt−图象可知

，机动车先做匀加速运动，后做变加速运动，最后做匀速运动，故A错误；BCD．机动车最大速度为12m/smv=根据图线B可知机车的额定功率为018000WP=当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，由功率公式得阻力为018000N1500N12mPfv===

06s−内的加速度为22804m/sm/s63vat−===匀加速运动的牵引力为0618000N2250N8PFv===根据牛顿第二定律得Ffma−=解得机动车的质量为562.5kgm=当机动车速度为5m/sv=时，当6vv时，机车处于匀加速直线运动过程中，牵引力大小为2250N，故B

正确，C、D错误；故选B。5.某兴趣小组利用变压器的原理设计了一个起重机装置用于提升物体，如图所示，理想变压器原线圈的输入电压()502sin100πVut=，照明灯的规格为“10V20W”，电动机的内阻为RM=5Ω，装置启

动时，质量为m=2kg的物体恰好以v=0.25m/s的速度匀速上升，照明灯正常工作，电表均为理想电表，取g=10m/s2。则（）A.原、副线圈匝数比为1：5B.电压表的示数为14.1VC.装置启动时，电动机的输出功率为5WD.装置启动时，电流表的示数为4A【答案】C【解析】【详解】A．原线圈

电压有效值为50V，副线圈电压的有效值为10V，根据1122UnUn=可知，原、副线圈匝数比为5：1，A错误；B．电压表测量的是副线圈电压的有效值，为10V，B错误；C．由于物体匀速上升，输出功率全部用来提升物体，因此装置启动时，电动机的输出功率为5WPmgv==C正确；D．电动机是非纯

电阻性电路，根据PPP−=入出热即2MUIIRP−=出解得1AI=流过灯的电流2APIU==因此流过电流表的电流为3A，D错误。故选C。6.如图所示，平行板电容器水平放置，开关S断开，电源通过二极管给电容器充电，一带电粒子从上、下极板左侧正中央的O点以一定速度平行于极板射入，恰好从下极板右

侧边缘飞出，不计粒子自身重力和空气阻力，极板间电场可视为匀强电场，若粒子打到极板上即被吸收。以下情形，保持入射点O的位置不变，其中说法正确的是（）A.将开关保持闭合，若上极板稍向下移动，要求粒子仍能从下极

板右侧边缘飞出，则需要增大入射速度B.将开关保持闭合，若将下极板稍向上移动，粒子在极板间运动时电势能减少量变小C.开关保持断开，若上极板稍向下移动，粒子仍能从极板右端射出D.开关保持断开，若将上极板稍向上移动，粒子会打到下极板上【答案】AB【解析】

【详解】A．开关保持闭合时，极板电压保持不变，若将上极板稍向下移动，由UEd=可知，极板间电场强度变大，要求粒子仍能从下极板右侧边缘飞出，则需要增大入射速度，A正确；B．若将下极板稍向上移动，极板间电场强

度变大，粒子一定打到下极板上，由UEd=可知O与上极板的电势差变大，则O与下极板的电势差变小，故粒子在极板间运动时电势能减少量变小，B正确；C．开关保持断开时，若将上极板稍向下移动，由4SCkd=和QCU=知，极板上带电量增大，二极管导

通，故极板上电压不变，由UEd=可知，极板间电场强度变大，故粒子一定打到下极板上，C错误；D．若将上极板稍向上移动，因二极管的存在，由QUC=、4SCkd=和UEd=可知，极板间电场强度不变，粒子仍能从极板右端射出，D错误。故选AB。7.如图所示，质量均

为m的A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧拴接在一起竖直放置在水平地面上，物体A处于静止状态在A的正上方h高处有一质量也为m的小球C．现将小球C由静止释放，C与A发生碰撞后立刻粘在一起，弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度为g.下列说

法正确的是A.C与A碰撞后瞬间A的速度大小为2ghB.C与A碰撞时产生的内能为2mghC.C与A碰撞后弹簧的最大弹性势能为2mghD.要使碰后物体B被拉离地面，h至少为8mgk【答案】ABD【解析】对C自由下落过程，由机械能守恒得：2012mghmv=，解得：02vgh=，对C与A组成的系统，取向

下为正方向，由动量守恒定律得：012mvmv=，解得：122ghv=，故A正确；C与A碰撞时产生的内能为：22011112222Emvmvmgh=−=，故B正确；当AC速度为零时，弹簧的弹性势能有最大值，2max1112222PEmvmgxmgh=+，故C错误；开

始时弹簧的压缩量为：mgHk=，碰后物体B刚被拉离地面时弹簧伸长量为：mgHk=，则AC将上升2H，弹簧弹性势能不变，由系统的机械能守恒得：2112222mvmgH=，解得：8mghk=，故D正确．所以AB

D正确，C错误．8.如图所示，水平面(纸面)内有两条足够长的平行光滑金属导轨PQ、MN，导轨电阻不计，间距为L；导轨之间有方向竖直向下(垂直于纸面向里)、大小为B的匀强磁场；金属杆ab、cd质量均为m，电阻均为R，两杆静止在水平导轨上，间距为s0。t=0时刻开始金属

杆cd受到方向水平向右、大小为F的恒定外力作用。t=t0时刻，金属杆cd的速度大小为v，此时撤去外力F，下列说法正确的是（）A.t=t0时刻，金属杆ab的速度大小为0Ftvm−B.从t=0到t=t0时间内，流过金属杆ab的电荷量为0FtBLC.最终两金属杆的间距为00222FRtsBL

+D.最终两金属杆的间距为0022FRtsBL+【答案】AD【解析】【详解】A．t＝t0时刻，设金属杆ab的速度大小为v，对两杆整体，由动量定理得0Ftmvmv=+解得'0Ftvvm=−选项A正确；B．从t＝0到t＝t0时间内，对于金

属杆ab，由动量定理得'BILtmv='BLqmv=则流过金属杆ab的电荷量为q0FtmvmvqBLBL−==选项B错误；CD．最终两金属杆达到共同速度v共，由动量守恒定律得Ft0=2mv共通过回路的电量为q，有'BLqmv=共设最终两金属杆的

间距为S，有()022BLssBSqRR−==联立解得0022sFRtsBL=+选项C错误；D正确。故选AD.第Ⅱ卷三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须做答。第13题～第16题为选考题，考

生根据要求做答。(一)必考题9.某兴趣小组的同学用如图甲所示装置验证机械能守恒定律，轻绳一端固定在光滑固定转轴O处，另一端系一小球，已知当地重力加速度为g。(1)小明同学在小球运动的最低点和最高点附近分别放置了一组光电门，用螺旋测微器测出了小球的直径，如图乙所示

，则小球的直径D=______mm。使小球在竖直面内做圆周运动，测出小球经过最高点的挡光时间为t1，经过最低点的挡光时间为t2。(2)如果要验证小球从最低点到最高点机械能守恒，小明同学还需要测量的物理量有______（填字母代号

）。A．小球运行一周所需要的时间TB．小球的质量mC．轻绳的长度l(3)根据小明同学的思路，请你写出验证小球从最低点运动到最高点的过程中机械能守恒的表达式：____________________________________（用题中代

表物理量的字母表示）。【答案】(1).5.700(2).C(3).22214()2DDDgltt−=+【解析】【详解】(1)[1]由图乙可知，游标卡尺读数为()50.520.00.01mm5.700mmD=++=(2)[2]从最低点到最高点，若

机械能守恒有2221112222DDDmglmmtt+=−两边质量可以约掉，故只需要测量出绳长即可，故选C。(3)[3]由(2)中表达式整理可得，需要验证的表达式为22214()2DDDgltt−=+10.某实验

小组欲自制欧姆表测量一个电阻的阻值，实验提供的器材如下：A.待测电阻Rx(约200Ω)；B.电源(电动势E约1.4V，内阻r约10Ω)；C.灵敏电流计G(量程1mA，内阻Rg=200Ω)；D.电阻R1=50Ω；E.电阻R2

=200Ω；F.滑动变阻器R3(阻值范围为0~50Ω)；G.滑动变阻器R4(阻值范围为0~500Ω)；H.开关，导线若干．(1)由于电源电动势未知，该实验小组经过分析后，设计了如图(a)所示的电路测量．部分步骤如下：先闭合开关S1、S2，调节滑动

变阻器R，使灵敏电流计读数I1接近满偏；保持滑动变阻器滑片位置不动，断开开关S2，读出此时灵敏电流计的示数I2．①根据实验要求，定值电阻a应选___________；滑动变阻器R应选___________．(选填器材

前的标号)②若实验中I1=0.90mA，I2=0.54mA，则电源电动势为___________V．(2)测出电动势后，该小组成员在图(a)的基础上，去掉两开关，增加两支表笔M、N，其余器材不变，改装成一个欧姆表，如图(b)所示，则表笔M为_______

____(选填“红表笔”或“黑表笔”)．用改装后的欧姆表测量待测电阻Rx阻值，正确操作后，灵敏电流计读数如图(c)所示，则待测电阻R的阻值为___________Ω．【答案】(1).D(2).G(3).1.35(4).黑表笔(5).180【解析】【分析】（1）在仪器的

选择中，要通过估算进行，电阻a可尝试先使用电阻R1，然后进行整个电路的估算，接着尝试使用电阻R2，比较那个更符合题目所给的条件．（2）利用闭合电路的欧姆定律进行计算；（3）多用电表的红黑表笔遵循“红进黑出”，再利用欧姆档的欧姆调零原理，结合测电阻的原理进行计算即可．【详解】（1

）闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器R，使灵敏电流计读数I1接近满偏，灵敏电流表两端的电压约为010.2gUIRV==，则滑动变阻器两端电压约为11.40.21.2UVVV=−=，若电阻a选择了1R，则电流中的总电流为0115UIm

AmAR=+=，此时滑动变阻器的阻值约为1240URI==，滑动变阻器R4，若电阻a选择2R，则电流中的总电流为0212UImAmAR=+=，滑动变阻器的阻值约为1600URI==，无滑动变阻器满足要求，综上所述，电阻a选择D，滑动变阻器选择G；（2）第一次闭合开关S1、S2

，有11141()()ggIREIRIRrR=+++，断开S2后，有222421()()ggIREIRIRRrR=++++，联立解得1.35EV=；（3）改装为欧姆表后，表内有电源，根据多用电表“红进黑出”的特点，表笔M应接黑表笔．根据欧姆表的原理，欧姆调零时，有31.35=270

510ERI内－＝＝，接待测电阻后，读出表的电流为30.60ImA＝，电路中的总电流3=5=3.00IImA总，则有xERRI+=内总，解得180xR=【点睛】正确地进行电路电流，电压的估算，熟悉闭合电路欧姆定律以及欧姆表的工作原理是解题的关键．11.一个倾角为30°、上表面光滑的斜面固定在

水平地面上，斜面P处垂直斜面放置的挡板是一个力的传感器，可以显示出受到的压力大小。B和C是由劲度系数为k=30N/m的轻质弹簧连接在一起的两个相同的滑块，质量均为m=0.6kg，滑块C紧靠在传感器上，初时均静止，弹簧始终处于弹性限度内，g=

10m/s2。(1)如图甲所示，用力F沿斜面向上缓慢拉动滑块B，当B滑块沿斜面上升到某一位置时，传感器的示数刚好变成零。求在这一过程中施加在滑块B上力F的最大值和滑块B上升的距离；(2)如图乙所示，若在滑块B沿斜面上方Q处还有一个质量为m0=0.15kg的滑块A，正以速度v0通过Q

点无摩擦滑下，此时A、B滑块相对边缘间的距离为s=0.5m，A与静止的滑块B发生时间极短的正碰后以相同的速度共同运动，A、B不黏连。在A、B第一次分离后A滑块能沿斜面继续上滑s=0.2m，滑块B向上冲到最高点时，传感器的示数刚好变成零。求：A、B滑块在第一次碰撞

中损失的机械能和滑块A的初速度v0。【答案】(1)6N，0.2m；(2)3.3J，52m/s（或7.1m/s）【解析】【详解】(1)滑块B最开始的时候，弹簧压缩量为1sinBmgkx=最后时：弹簧拉伸量为2sinCmgkx=则上升的高度为120.2mxxx=+=在最高点时，F达到最大值

()mCBsin6NFmmg=+=(2)A滑块滑下与B滑块碰前速度2102vvas=+碰撞时间极短，A、B碰撞动量守恒，碰后速度2v()0102mvmmv=+碰撞后A、B滑块共同运动，当弹簧第一次恢复原长时A、B分离

，碰撞后A、B滑块和弹簧组成的系统机械能守恒。用E弹、x分别表示B滑块静止时弹簧的弹性势能和形变量，3v表示A、B分离时的速度，有()()()220200311sin22mmvEmmgxmmv++=+++弹分离后滑块A上滑距离's20301'si

n2mvmgs=分离后滑块B向上冲到最高点时，传感器的示数刚好变成零，可得到弹性势能和弹簧形变量仍为E弹、x231sin2mvEmgx=+弹得到231sin2Emvmgx=−弹联立得3'2m/svgs==，sin300.1mmgxk==0.3JE=弹；22.2m/sv

=，012052.2m/smmvvm+==碰撞中损失的机械能()220102113.3J22Emvmmv=−+=2012sin305052m/svvgS=−==（或7.1m/s）12.如图所示，在坐标系xOy的第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场

Ⅰ，第三象限存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场Ⅱ，第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场，第四象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，且第二象限和第四象限内的电场强度大小相等。一质量为m、电荷量为＋

q的粒子，从y轴上的A点（0，－R）沿x轴负方向射入第三象限，随后从C点垂直于x轴进入第二象限，然后从y轴上D点沿与y轴成45°角的方向离开电场，在磁场Ⅰ中运动一段时间后，从x轴上F点进入第四象限，恰好又能从A点垂直y轴射入磁场Ⅱ，以后

做周期性运动。不计粒子重力，求：(1)电场强度E的大小；(2)磁场Ⅰ的磁感应强度B1的大小；(3)粒子的运动周期T。【答案】(1)202BqREm=(2)B1=B0(3)0382+=mmTqB【解析】【分析】结合运动学公式及电场、磁场方面的内容可以把答案求解出来【详解】(

1)根据题意可知，带电粒子在第三象限做半径为R的匀速圆周运动。由2000vBvqmR=可得00BqRvm=在第二象限的电场中，粒子沿电场方向做匀加速直线运动，有22xvaR=粒子的加速度大小Eqam=由于粒子从D点射出时与y轴的夹角为45°，所以有0xvv=综合以上解得20

2BqREm=(2)粒子进入磁场Ⅰ时的速度大小为02vv=OD间的距离大小为02dvtR==根据运动轨迹可知，粒子在磁场Ⅰ中做半径为2rR=的匀速圆周运动，然后从F点射出时速度方向与x轴负方向的夹角大小也为45°根据21vBvqmr=联立以上可解得B1=B0(3)粒子在磁

场Ⅱ中做14周期的圆周运动，所以运动时间102mtqB=在磁场Ⅰ做12周期的圆周运动，所以运动时间20mtqB=由于粒子从x轴上的F点进入第四象限，恰好乂能从A点垂直y轴射入磁场Ⅱ，因此可知粒子在两个电场中的运动时间相同，均为30022RmtvqB==故粒子运动的周期为1

2303822mmTtttqB+=++=【点睛】对于电磁学类型的大题，要先把物体的运动过程了解清楚才可以更好的进行求解。（二）选考题：共15分。请考生从给出的2道物理题任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。注意所选题目的题号必须与

所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。13.关于分子动理论和热力学定律，下列说法中正确的是A.花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了花粉分子在不停地做无规则运动B.物体的温度越高，分子平均动能越大C.

若一定量的理想气体形胀对外做功50J，内能增加80J，则气体一定从外界吸收130J的热量D.第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第一定律E.分子间的斥力和引力大小都随分子间距离的增大而减小【答案

】BCE【解析】【详解】A．布朗运动是指花粉微粒受到水中分子的碰撞，而产生的无规则运动．它反映了水分子做无规则运动．当温度越高时，布朗运动越激烈，温度越低时，布朗运动越不明显；花粉颗粒越小，跟它撞击的水分子数目越少，布朗运动越明显；故A错误．B．温度

是分子平均动能的标志，物体的温度越高，分子热运动就越剧烈，分子平均动能越大，故B正确；C．若一定量气体膨胀对外做功50J，即W=﹣50J．内能增加80J，即△U=80J．根据热力学第一定律：△U=Q+W可得Q=130J，即从外界吸收130J的热量．故C正确．

D．第二类永动机虽然不违反热力学第一定律，但它违背了热力学第二定律，所以制造不出来，故D错误；E．分子间的斥力和引力大小都随分子间距离的增大而减小，故E正确。故选BCE．14.如图所示，有一竖直放置的圆简，导热性能良好，两端开口且足够长，它由a、

b、c三段粗细不同的部分连接而成，各部分的横截面积分别为2S、12S、S。两活塞A、B的质量分别为2m、m，用长为4l的不可伸长的轻绳相连，把一定质量的气体密封在两活塞之间，活塞静止在图示的位置。已知外界大气压强为P0，被封闭气体可视为理想气体，外界

环境温度不变，忽略活塞与圆筒之间的摩擦，重力加速度为g，求：（i）图示位置轻绳的拉力为多少；（ii）慢慢把圆筒旋转至水平位置时，密封气体的压强可能为多少。【答案】（i）4mg；（ii）0pp=或0435mgppS=+【解析】【详解】(i)设密封气体的压强为p

，对两活塞整体受力分析如图1所示，由平衡条件可得00222pSmgpSmgpSpS+++=+取活塞B受力分析，如图2所示，由平衡条件0TpSmgFpS+=+解得FT=4mg，03mgppS=+(ii)圆筒转至水平位置时，密封气体的压强显然减小，体积膨胀，两活塞整体向

a部分平移，若平移的位移小于l，对活塞分析，易知此时密封气体的压强为p0，由玻意耳定律得003222mgSplSllSpVS+++=且2222SVlSl+解得0112mgpS若不满足上述条件，

活塞平移的位移也只能为l，由玻意耳定律得032222222mgSSplSllSplSlS+++=+解得0435mgppS=+即:若满足0112mgpS筒旋转至水平位置时

，密封气体的压强0pp=若满足0112mgpS筒旋转至水平位置时，密封气体的压强0435mgppS=+15.图1为沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，质点a、b、c的平衡位置的坐标分别为0、11m、15m；图2为该波传播方向上某质点的振动图像，下列判断正

确的为______。A.该简谐波传播的速度大小为0.5m/sB.t=0时，质点a偏离平衡位置的位移为2.5cmC.图2可能为质点a的振动图像D.质点b的振动方程为5sincm12yt=E.t=10s时，质点c偏离平衡位置的位移为-

2.5cm【答案】ABE【解析】【详解】A．由图1可知波长12m，由图2可知振动周期24s，根据vT=可知波速度0.5m/sv=A正确；B．由图1可知波源的振动的表达式5sin()cmyt=−+初相位为2211=11126s=

=代入上式，可得2.5cmy=B正确；C．0时刻波源a正在沿y轴向下运动，而图2中0时刻该质点正在沿y轴向上振动，因此图2不可能为质点a的振动图像，C错误；D．质点b的振动方程为5sincm12yt

=−，D错误；E．t=10s时，10cmx=处的质点振动情况恰好传到c，根据对称性可知，在t=0时，10cmx=处质点在y=-2.5cm处，E正确。故选ABE。16.如图，截面为14圆环的透明材料，O为该圆环的圆心，AB、CD是该圆环的两

端，宽度均为d。单色光线a垂直AB从B点射入，光线恰好不从AD射出，而是从C点垂直CD射出。(1)求该透明材料的折射率；(2)单色光线b与AB成45°从AB上的A点射入，已知光在真空中的传播速度为c。求光线b在该材料中的传播时间。【答案】(1)2；(2)()321d

c+【解析】【详解】(1)延长入射光线和反向延长出射光线交AD面的E点，如图依题意光在E点发生全反射，∠BEO=45°为临界角，设该材料的折射率为n，则sin∠BEO=1n解得2n=(2)过A作AB的法线，依

题：入射角i=45°，设折射角为r，由sinsininr=代入数据得r=30°光线传到AD面上的中，由几何光关系可知∠AFO=60°>45°则光在F处发生全反射，所以∠OFP=60°则FP垂直CD。如图所示，光线b在该材料中通过的路程为AF+EP

=32ODOD=OC+d解得OD=(2+2)d由于光线在材料中的传播速度为2ccvn==光在材料中的传播时间()33212ODdtvc+==