【文档说明】信息必刷卷01-2023年高考物理考前信息必刷卷（全国乙卷）（解析版）.docx，共(16)页，3.675 MB，由小赞的店铺上传

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绝密★启用前2023年高考物理考前信息必刷卷01（全国乙卷）（解析版）全国高考物理试卷的试题题型式是5（单选题）＋3（多选题）＋2（实验题）＋2（计算题）+2（选修模块3-3、3-4），高考命题依然是“内容不超过范围，深度不超要求”，注重增强灵活性和创新性为支撑，把考查的重点放在学

生思维品质和综合应用所学科知识解决问题能力上。2022年全国乙卷物理试题依据高考课程标准，在具体情境中深化基础性，考查学生对规律本质的理解，预测2023年物理高考命题整体上稳中有进，在求进中回归基础，在基础中强化融合，在融合中中注重应用，在应用中力求创新。为适应新高考和新课改的要求，本试卷根据

全国（乙）最新考纲要求和新课标地区模拟试卷进行大胆设题与创新，力求考生通过针对高考高频考点的训练，以此提升考生应用物理知识分析和解决问题的能力。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，有选错或不答的得0分。14．2018年诺贝尔物理学家授予给科学家阿赫阿什金，以表彰他在激光镊子方面所做出的贡献，激光镊子是指利用激光在物体上的折射作用对物体施加作用力，从而达到操作微小物体的目的，激光束并非完全

是平行光，光束中存在一个最细的部位，称为光源，当物体处于光腰下方时，由于激光的作用，物体会受到激光向上的力，当物体处于光腰上方时，由于激光的作用，物体会受到向下的力，从而使物体总能束缚在光腰部位。现在研究某个物体的受力，如图所示，只考虑入射的1、2两束激光，它

们原本与竖直呈一定夹角，经过物体析射后光线刚好沿着竖直方向向上，且所有光线都经过折射透过了物体，两束光线强度相同，两束激光的总功率为P，激光频率为。以下说法错误的是（）A．单位时间透过物体的光子个数为PhvB．通过物体的光子动

量为hvcC．两束光线对物体产生的作用力竖直向下D．可知物体此时位于光腰的下方【答案】D【解析】一个光子的能量ɛ=hv，单位时间通过物体的能量E=P，单位时间通过物体的光子个数为EPh=，故A不合题意；根据hp=，cv=

，得通过物体的光子动量hvpc=，故B不合题意；如图所示，光腰位于物体的下方，由于使物体总能束缚在光腰部位，所以两束光线对物体产生的作用力竖直向下。故C不合题意，D符合题意。故选D.15．如图甲为电子扫描仪的结构示意图。电子枪发射电子后，经MN电场加速后射入偏转磁场，磁

场变化规律如图乙所示，射出磁场的电子能够在屏幕上一定范围内上下扫描，则（）A．加速电场的场强方向为水平向右B．电子打在屏幕上P点时，磁场的方向垂直纸面向里C．若使磁场在000.80.8BB−间变化，屏幕上的扫描范围会变大D．若减小MN间的加速电压，同时

使磁场在000.80.8BB−间变化，屏幕上的扫描范围有可能不变【答案】D【解析】由图可知，电子在加速电场中受到的电场力水平向右，则加速电场的场强方向为水平向左，故A错误；电子打在屏幕上P点时，根据左手定则可知，磁场的方向垂直纸面向外，故B错误；电子在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力2vqv

Bmr=，可得mvrqB=，可知磁感应强度越小，电子轨道半径越大，电子打在屏幕上位置离中心位置越近，若使磁场在000.80.8BB−间变化，屏幕上的扫描范围会变小，故C错误；D．若减小MN间的加速电压，同时使磁场在000.80.8

BB−间变化，根据212qUmv=，mvrqB=，粒子进入磁场速度减小，屏幕上的扫描范围有可能不变，故D正确。故选D。16．如图所示，Ⅰ为北斗卫星导航系统中的静止轨道卫星，其对地张角为2；Ⅱ为地球的近地卫星。已知地球的自转周期为0T，万有引力常量为G，根据题中条

件，可求出（）A．地球的平均密度为2303sinGTB．卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的加速度之比为2sin2C．卫星Ⅱ的周期为03sinTD．卫星Ⅱ运动的周期内无法直接接收到卫星发出电磁波信号的时间为30(2)sin2T

+【答案】A【解析】设地球质量为M，卫星Ⅰ、Ⅱ的轨道半径分别为r和R，卫星Ⅰ为同步卫星，周期为0T，近地卫星Ⅱ的周期为T。根据开普勒第三定律33220rRTT=，由题图得sinRr=，可得卫星Ⅱ的周期为30sinTT=，故C错误；对于卫星Ⅱ：222GMm

mRRT=，对于地球：334MMVR==，联立以上各式，可得地球的平均密度为2303sinGT=，故A正确；对于不同轨道卫星，根据牛顿第二定律得2GMar=，所以卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的加速度之比为222sinaRar==ⅠⅡ，故B错误；当卫星Ⅱ运行到与卫星Ⅰ的连线

隔着地球的区域内，其对应圆心角为2+时，卫星Ⅱ无法直接接收到卫星Ⅰ发出电磁波信号，设这段时间为t。若两卫星同向运行，则有()2t=−+ⅡⅠ，3022sinTT==Ⅱ，02T=Ⅰ，解得()303(2)sin21sinTt+=−，若两卫星相向运

行，则有()2t=++ⅡⅠ，3022sinTT==Ⅱ，02T=Ⅰ，解得()303(2)sin21sinTt+=+，故D错误。故选A。17．如图是户外活动时常用的一种便携式三脚架，它由三根长度均为l的轻杆

通过铰链组合在一起，每根轻杆均可绕铰链自由转动。将三脚架静止放在水平地面上，吊锅通过一根细铁链静止悬挂在三脚架正中央，三脚架顶点离地的高度45hl=，吊锅和细铁链的总质量为m，支架与铰链间的摩擦忽略不计。则（）A．每根轻杆中的弹力大小为13mgB．每根轻杆对地面的摩擦力大小为14mgC．减小h时，

每根轻杆对地面的压力增大D．减小h时，每根轻杆对地面的摩擦力减小【答案】B【解析】设每根轻杆与竖直方向的夹角为，由题意可得445cos5ll==，解得37=，以吊锅和细铁链为研究对象，设每根杆中的弹力为NF，在竖直方向上，根据平衡条件

可得N3cos37Fmg=，解得N512Fmg=，A错误；每根杆对地面的摩擦力大小为N1sin374fFmg==o，B正确；以整个装置为研究对象，设地面对每根轻杆的支持力为N地，由平衡条件可知3Nmg=地，可得13Nmg=地，因此减小h时，地面对每根轻杆的支持力不变，因此根据牛顿第三定

律可知，每根轻杆对地面压力不变，大小均为13mg，C错误；由前面分析可知每根轻杆对地面摩擦力大小为Ntansinsin3cos3mgmgfF===，减小h时，增大，每根轻杆对地面的摩擦力增大，D错误。故选B。18．图甲所示是采用36V、10Ah电池和

180W额定功率电机设计的无人配送小车，车重为60kg，载重40kg。在某次进行刹车性能测试时，其位移x与时间t的关系可用图乙所示的21xtt−图像表示，则下列说法正确的是（）A．小车运动的加速度大小为22m/sB．小车运动的初速度大小为6

m/sC．前2s内小车的位移大小为4mD．前2s内合力对小车做功的平均功率为1200W【答案】B【解析】根据匀变速直线运动位移时间公式2012xvtat=+得02112xvatt=+，即21xtt−图像是一条倾斜的

直线，由图像可知，图线斜率为小车运动的初速度，则06m/sv=，截距为小车运动的加速度的12，则24m/sa=−，小车刹车时间为1.5s，故前2s内物体的位移2014.5m2xvtat=+=，故B正确，AC错误；根据牛顿第二定律，可得

合力为400NFma==，1.5s末小车已停止运动，运动位移为4.5m，根据平均功率定义可知900WWFxPtt===，故D错误。故选B。19．“电子能量分析器”由半径分别为AR和BR的两个同心金属半球面构成，过其球心的截面如图所示。A、B球面上加有电压使电子偏转。一束电荷量为e的电子以不

同的动能从偏转器左端M板的正中间小孔垂直入射，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为k0E的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板正中间。则下列说法正确的是（）A．半球面A的电势比半球面B的电势高B．等势面C所在处电场强度的大小为()k0AB4EeRR

+C．到达N板左边缘处的电子，在运动过程中，电场力对它们做负功D．到达N板左边缘处电子动能改变量的绝对值，比到达N板右边缘处电子动能改变量的绝对值大【答案】BD【解析】电子受到的电场力提供向心力，可知电场力方向指向圆心，电场方向背向圆心，由B指向A，故半球面A的电势比半球面B的电势低

，故A错误；设等势面C所在处电场强度的大小为CE，根据牛顿第二定律可得20CCmveER=，又20k012mvE=，ABC2RRR+=，联立可得()k0ABC4EEeRR=+，故B正确；由于电场方向向外，可知等势面C的电势低于N板左边缘的电势，故电子在等势

面C处具有的电势能大于N板左边缘处的电势能，即到达N板左边缘处的电子，在运动过程中，电势能减小，电场力做正功，故C错误；D．由于电场不是匀强电场，越靠近B板，电场越强，根据UEd=，可得BCCAUU，由kWeUE==，可知到达N板左边缘处电子动能改变量的绝对值，比到达N板右边缘处电

子动能改变量的绝对值大，故D正确。故选BD。20．离子推进器是利用电场将处在等离子状态的“工质”加速后向后喷出而获得前进的动力，其工作原理如图所示：进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场（离子初速度忽略不计），A、B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在

加速过程中推进器获得恒定的推力。已知每个正离子质量为m，电荷量为q，单位时间内飘入的正离子数目为n，加速正离子束所消耗的功率为P，引擎获得的推力为F，下列说法正确的是（）A．正离子经加速后由B处喷出形成的等效电流大小为qIn=B．离子推进器获得的平均推力大小为2FmqU=C

．加速正离子束所消耗的功率PnqU=D．为提高能量的转换效率要使FP尽量大，可以使用比荷更小的正离子【答案】CD【解析】正离子经加速后由B处喷出形成的等效电流大小QInqt==，A错误；电场对粒子加速有20012QUmv=，根据动量定理有00mvFt=，其中0mnmt=，Qnqt=，

整理得离子推进器获得的平均推力大小2=FnmqU，B错误；加速正离子束所消耗的功率20012mvPqtnU==，C正确；根据以上分析可知222nmqUnmqUFmPPnqUqU===，要使FP尽量大，可以用质量大、带电量小即比荷更小的离子作为推进器，D正确。故选CD。21．如

图所示，在xOy平面内有一个半径为R、圆心位于坐标原点O的圆形磁场区域，磁感应强度大小为B，在圆形磁场区域的左边有一个宽度也为R且关于x轴对称的粒子源，它能连续不断地沿x轴正方向发射速度相同的带正电粒子，已知粒子的质量均为m、电荷量均为q，不计粒子重力和

粒子间的相互作用。若粒子均能够从y轴上的P点离开磁场区域，则下列说法正确的是（）A．磁场方向垂直xOy平面向外B．粒子的速度大小为qBRmC．粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间的差值为3mqBD．粒子从P点离开磁场时与x轴正方向的夹角的范围为π0θ3<<【答案】B

C【解析】由于粒子均向上偏转，由左手定则可知，磁场方向垂直于xOy平面向里，故A错误；由于粒子均能从P点离开磁场，由几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径也为R，由qv0B=m20vR，可知粒子的速度大小v0=qBRm，故B正确；在

磁场中运动时间最长的粒子与运动时间最短的粒子的运动轨迹如图所示，设粒子在磁场中运动的最长时间为t1，则有t1=3T=23mqB，同理粒子在磁场中运动的最短时间为t2=6T=3mqB所以最大时间差为Δt=t1-t2=3mqB，故C正确；由几何关系可知，

粒子离开磁场时与x轴正方向的夹角的范围应为3≤θ≤23，故D错误。故选BC。二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22~25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~34题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题22．（5分）某科技小组设计一款自动测量水库水位系统，包括电

路系统和绝缘材料制作的长方体仪器，正视图如下。仪器内部高10mH=，在左右两侧壁上铺满厚度、电阻均可忽略的电极板A、B。仪器底部内侧是边长为20cmL=的正方形，中间有孔与水库连通。将仪器竖直固定在水中，长方体中心正好位于每年平均水位处，此高

度定义为0m，建立如图右侧坐标系。每隔一段时间，系统自动用绝缘活塞塞住底部连通孔，闭合开关，连接恒压电源1VE=，读出电流表示数I，通过计算得出此时水位h。已知此处水的电阻率500m=。（1）电流表应选择______（请填英文序号）A．满偏电

流g60mAI=，内阻可忽略的电流表B．满偏电流g30mAI=，内阻可忽略的电流表（2）将电流表表盘改为水库水位表，请写出电流表示数I与水位h之间关系式：I=______（请用符号E、h、H、、L表示）

（3）正确选择电流表后，当电流为12满偏电流时，对应水位h=______（4）若电流表内阻AR不能忽略，由电流表改装的水位刻度______（选填“均匀”、“不均匀”），请列式说明理由：______。【答案】B()2HEh+2.5m不均匀根据式子AAA2()()()22HIIRh

EIRRIRHHhh++=+=+=++可知，I与h不成线性关系【解析】（1）水满时，电阻最小，电路电流达到最大，根据电阻定律，最大阻值为m50ΩLRLH==最大电流约为mm20mAEIR==故选择满偏电流g30mAI=的电

流表比较合适。（2）根据电阻定律，水位为h时阻值为()()22LRHHLhh==++电流表示数()2HEhEIR=+=（3）当电流为12满偏电流时，即g115mA2II==，根据()2HEhEIR=+=，解得2.5mh=（4）根据式子AAA2()()()

22HIIRhEIRRIRHHhh++=+=+=++，可知，I与h不成线性关系，即由电流表改装的水位刻度不均匀。23．（10分）电子体温计（图1）正在逐渐替代水银温度计。电子体温计中常用的测温元器件是热敏电阻。某

物理兴趣小组制作一简易电子体温计，其原理图如图2所示。（1）兴趣小组测出某种热敏电阻的I－U图像如图3所示，那么他们选用的应该是图______电路（填“甲”或“乙”）；（2）现将上述测量的两个相同的热敏电阻（伏安特性曲线如图3所示）和

定值电阻、恒压电源组成如图4所示的电路，电源电动势为6V，内阻不计，定值电阻0200R=，热敏电阻消耗的电功率为______W（结果保留3位有效数字）；（3）热敏电阻的阻值随温度的变化如图5所示，在设计的电路

中（如图2所示），已知电源电动势为5.0V（内阻不计），电路中二极管为红色发光二极管，红色发光二极管的启动（导通）电压为3.0V，即发光二极管两端电压3.0VU时点亮，同时电铃发声，红色发光二极管启动后对电路电阻的影响不计。实验要求当热敏电阻的温度高于38.5C时红灯亮且铃响发出警报，其中

电阻______（填“1R”或“2R”）为定值电阻，其阻值应调为______Ω（结果保留3位有效数字）。【答案】（1）乙（2）21.4410−（3）2R57【解析】（1）描绘热敏电阻的伏安特性曲线，要求电压从0开始调节，故选择分压电路乙。（2）设热敏电阻两端电压为U、通过热敏电阻的电流

为I，根据闭合电路欧姆定律有02UIRE+=代入数据得3100UI=−作出图线如图所示图线交点表示此时热敏电阻的电压为2.4V、电流为6mA，故电功率21.4410WPIU−==（3）由于热敏电阻阻值随温度的升高而降低

，要使发光二极管电压3.0VU时点亮，则有2R分压随总电阻的减小而增大，由串联电路中的电压之比等于电阻之比，1R为热敏电阻，由图5可知，当温度为38.5℃时，热敏电阻阻值138ΩR=由闭合电路欧姆定律列出表达式，有12253RR

R=+解得257ΩR=24．（12分）舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某同学自己设计了一个如图甲所示的电磁弹射系统模型。该弹射系统工作原理如图乙所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定，线圈带动动

子，可以水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻0R，同时对动子施加一个回撤力F，在3t时刻撤去力F，最终动子恰好返回初始位置停下。若动子

从静止开始至返回过程的vt−图像如图丙所示。已知模型飞机起飞速度140m/sv=，11.5st=，22.0st=，线圈匝数50n=匝，每匝周长1ml=，动子和线圈的总质量5kgm=，线圈的电阻0.5R=，04.5R=，0.1TB=，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影

响，求：（1）回撤力F与动子速度v大小的关系式；（2）图丙中2v的数值。（保留两位有效数字）【来源】江苏省南京师范大学附属中学2022-2023学年高三下学期一模适应性考试物理试题【答案】（1）()4005NFv=−；（2）33m/s−【解析】（1）动子

和线圈在12tt时间做匀减速直线运动，加速度大小为212180m/svatt==−根据牛顿第二定律有FFma+=安其中FnBIl=安可得0nBlvIRR=+解得()4005NFv=−在23tt时间反向做匀加速直线运动，加速度不变根据牛顿第二定律有安−=FFma联立相关式子，解得()

4005NFv=+（2）动子和线圈在在23tt时间段内的位移()21322axtt=−从3t时刻到返回初始位置时间内的位移21xxx=−根据法拉第电磁感应定律有Ent=据电荷量的定义式qIt=据闭合电路欧姆定律0EI

RR=+解得从3t时刻到返回初始位置时间内电荷量0qnRR=+其中2Blx=动子和线圈从3t时刻到返回时间内,只受磁场力作用，根据动量定理有2Ftmv=安又因为安培力的冲量FtnBIltnBlq==安由()23

2vatt=−联立可得233m/sv=故图丙中2v的数值为33m/s−25．（20分）如图所示，质量分别为m、3m的滑块A和B靠在一起，静止在水平面上，中间有少量火药（质量可忽略），轻质弹簧左端固定，右端与滑块A接触但不拴接，弹簧处于自由伸长状态。某时刻点燃火药，滑块A、

B分开，分开后瞬间A的速度大小为0v，B停止运动的瞬间A与B发生第一次碰撞。已知A与B间的所有碰撞均为弹性碰撞，A与水平面间没有摩擦，B与水平面间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧振子的振

动周期02mTk=，0m为振子的质量，k为弹簧的劲度系数，重力加速度为g。求：（1）弹簧劲度系数k的大小；（2）A与B发生第3次碰撞前瞬间A的速度大小：（3）A、B第n次碰撞后到第1n+次碰撞前B运动的位移大小及全过程中B运动的总位

移大小。【答案】（1）2222032425gmv；（2）014v；（3）20124nvg；2029vg【解析】（1）根据题意可知，A、B分开过程系统动量守恒，分离后瞬间A的速度大小为0v。则有0B03mvmv=解得B0013v

v=对滑块B由牛顿第二定律有33mgagm==分开后B在水平面上滑动的时间为B00vta=分开后B在水平面上滑过的距离为B02B02vxa=根据题意可知，滑块A开始压缩弹簧到与弹簧分离的过程做简谐运动，结合

题述和简谐运动知识可知，滑块A做简谐运动的时间为1mtk=滑块A与弹簧分离后在水平面上做匀速运动直到与B第一次碰撞，运动的时间为B200txv=结合题述有120ttt+=联立解得2222032425gmkv=（2）设第1次碰撞后瞬间滑块A、B的速度分别为A1v和B1v，A与B间的所有碰撞均为

弹性碰撞，碰撞过程根据动量守恒定律和能量守恒定律有0A1B13mvmvmv=+2220A1B11113222mvmvmv=+解得A1012vv=−B1012vv=假设第2次碰撞前B已停止运动，则第1次碰撞后B滑动的时间为B1B1vta=A运动时间为B0B1A

11A12txxtv+=+其中2B1B12vxa=可得B1A1tt则第2次碰撞前B已停止运动，第2次碰撞后，A的速度A2014vv=−即A与B第3次碰撞前瞬间A的速度大小为014v；（3）A与B第2次碰撞后

瞬间，B的速度大小B201122vv=A与B第2次碰撞后，B滑动的位移2B2B22vxa=A与B第n次碰撞前，A的速度大小()10A112nnvv−−=A与B第n次碰撞后瞬间，B的速度大小为

()BA112nnvv−=A与B第n次碰撞后到1n+次碰撞前，B滑动的位移为22B0B1224nnnvvxag==B运动的总位移为20B0B1B2B29nvxxxxxg=++++=总（二）选考题

：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。33．【物理—选修3-3】（15分）（1）（5分）一定质量的理想气体从状态A缓慢经过B、C、D再回到状态A，其热力学温度T和体积V的关系图像如图所示，BA和CD的

延长线均过原点O，气体在状态A时的压强为0p，下列说法正确的是（）A．AB→过程中气体从外界吸热B．BC→过程中气体分子的平均动能不断增大C．CD→过程中气体分子在单位时间内对单位容器壁的碰撞次数不断减少D．DA→过

程中气体的温度升高了06TE．BC→过程中气体从外界吸收的热量小于0056pV【答案】ADE【解析】AB→过程中气体的温度升高，体积增大，气体从外界吸热，故A项正确；BC→过程中气体的温度不变，分子的平

均动能不变，故B项错误；CD→程中气体的温度降低，分子撞击器壁的平均力度减小，气体体积减小而压强不变，所以气体分子在单位时间内对单位容器壁的碰撞次数不断增加，故C项错误；由题图中几何关系知，DA→过程中气体的温度升高了000236TTT−=，故D项正确；BC→过程中气体做等温变化，气

体内能保持不变，做出此过程的pV−图像如图所示pV−图像与横轴所围面积表表气体对外界做的功，对应梯形面积为0056pV，故E项正确。故选ADE。（2）（10分）某型号氧气瓶的容积30.10mV=，温度127t=℃时，瓶

中氧气的压强为1010pp=（0p为1个大气压）。已知热力学温度T与摄氏温度t的关系为273KTt=+。假设瓶中的气体可视为理想气体。（1）若将氧气瓶内气体的温度降至233t=−℃，求此时氧气瓶内气体的压强2p。（2）若保持氧气瓶内氧气的温度127t=℃不变。①已知瓶中原有氧气的

质量为M，现将该氧气瓶与一个体积未知且真空的储气瓶用细管相连，稳定后，氧气瓶内压强302pp=，求此时氧气瓶内剩下的氧气质量m；②当该氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需要给其重新充气。现将该氧气瓶供某实验

室使用，若每天消耗1个大气压的氧气30.20mV=，求该氧气瓶重新充气前可供该实验室使用多少天。【答案】（1）08p；（2）①15mM=；②4天【解析】（1）由题意可知：1300KT=，2240KT=。根据查理定律有1212ppTT=解得221018TpppT==（2）①设未知

容器、细管与氧气瓶的总容积为3V，根据玻意耳定律133pVpV=解得1335pVVVp==所以315VmMMV==②重新充气前用去的氧气在2个大气压3p下的体积为34VVVV=−=设用去的氧气在0p（1个大气压）压强下的体积为0

V，则有3004pVpV=式中302pp=所以30048pVVVp==则氧气可用的天数为04VNV==34．【物理—选修3-4】（15分）（1）（5分）在同一介质中有频率相同的两波源M、N，两波源由0=t时刻同时起

振，波源M的振动图像如图甲所示，图乙为波源N产生的沿x轴正方向传播的机械波在0.25st=时的波形图，P点为介质中的一点，已知5mPM=、7mPN=，三质点的空间位置关系如图丙所示。则（）A．两波源产生的机械波的波速均为10m/sB．波源N在0=t时刻的振动方向沿

y轴负方向C．P点刚开始振动时方向沿y轴正方向D．P点离开平衡位置的最大距离为4cmE．1.75st=时P点位于波谷【答案】ACD【解析】有图甲可知机械波的周期为0.2sT=，有图乙可知波源N产生的机械波的波长为2m=，则由vT=可知两波源产生的机械波的波速为

2m/s10m/s0.2vT===，故A正确；由图乙可知，0.25st=时波刚好传播到2.5m处，且2.5m处的质点沿y轴的正方向起振，因此波源N的起振方向沿y轴正方向，故B错误；C．由于P点距离波源M近些，因此波源M

产生的机械波先传播到P点，则P点的起振方向和M点的起振方向相同，即P点刚开始振动的方向为y轴的正方向，故C正确；P点到两波源的距离差为2mxPNPM=−=，该距离差刚好等于一个波长，则P点为振动加强的点，即P

点的振幅为两列波振幅之和，即为4cm，故D正确；波源M和N的振动传到P点的时间分别为10.5sPMtv==，20.7sPNtv==，由此可知，在1.75st=时，P点与波源M在11.75s0.5s=1.25st=−，时的

振动情况相同，该时刻波源M位于波峰，P点与波源N在21.75s0.7s1.05st=−=，时的振动情况相同，该时刻波源N位于波峰，可知在1.75st=时，由于两列波的波峰叠加，因此该时刻P点位于波峰，故E错误。故选ACD

。（2）（10分）某种透明材料制成的“n”形光学元件截面，内部半圆柱槽的半径为R，其他尺寸如图所示。一束激光（纸面内）从P点由空气中射入光学元件，入射角度60=，光束经折射后恰好与内圆柱面相切于Q点。已知P点在直径的延长线上，真空中的光速为c。（1）求此材料

对该激光的折射率n和该激光从P到Q经历的时间t；（2）若仅改变入射光的入射角，使折射光线恰好在内圆柱面上发生全反射，求对应的入射角。【答案】（1）3，3Rc；（2）30【解析】（1）光束经折射后恰好与内圆柱面相切于Q点，由题意可知，折射角为30OPQ

=根据sin603sin30n==由几何关系可得3PQxR=根据cvn=从P到Q经历的时间3PQxRtvc==（2）如图所示光束以入射角由P点进入光学元件内折射到内圆面的C点，如果在C点发生全反射，则光束在球面上的入射角∠PCB等于临界角C

，1sinsinPCBCn==由正弦定理有sinsinAOPCOOCOCP=即sinsinAOPCOOCOCP=sinsinPCOPCB=2AOR=COR=解得1sin23CPO=根据sisi

nnnCPO=解得30=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com