【文档说明】四川省成都市第二十中学2022-2023学年高二下学期零诊模拟物理试题（一） 含解析.docx，共(25)页，2.140 MB，由小赞的店铺上传

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零诊复习摸底考试一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）1.下列说法正确的是()A.若某种材料的逸出功是W，则其极限频率0Wh=B.当氢原子从2n=的状态跃迁到6n=的状态时，发射出光子C.23290Th衰变为20882Pb要经过4次衰变和6次衰

变D.中子与质子结合成氘核时吸收能量【答案】A【解析】【分析】光子能量计算公式E＝hυ可知其能量由光子频率决定，氢原子吸收光子向高能级跃时，α衰变和β衰变过程中质量数守恒和电荷数守恒．中子和质子结合成氘核时放出能量．详解】A、结合光子能量计算公式E＝hυ，某种材料的逸出功是W，则它的极限频率为γ

0Wh=，故A正确；B、氢原子从n=2的状态跃迁到n=6的状态，从低能级向高能级跃迁，要吸收能量．C、23290Th衰变为20891Pb根据质量数和电荷数守恒计算可知，要经过6次α衰变和13次β衰变D、

中子和质子结合成氘核时有质量亏损，放出能量．【点睛】该题考查原子物理学中的原子跃迁中能量的变化等知识点的内容，都是基础性的知识点的内容，多加积累即可．2.如图所示，LC振荡电路的导线及自感线圈的电阻不计，在图示状态回路中电流方向如箭头所示，且此时电容器C的极板A带正电荷，则该状态A.电

流i正在增大B.电容器带电量正在增加C.电容器两极板间电压正在减小D.线圈中电流产生的磁场的磁感应强度正在增大【答案】B【【解析】【详解】A．根据图示电路知，该LC振荡电路正在充电，电流在减小，磁场能转化为电

场能．A错误．B．电路充电，电容器的带电量在增大，B正确．C．电容器的带电量在增大，根据QUC=得出，电压在增大，C错误．D．充电的过程，电量在增加；磁场能转化为电场能，电流在减小，所以线圈中电流产生的磁场的磁感应强度正在减小，D错误．3.如图所示，虚线为某电场中的三条电场线1、2、3，实线表示

某带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，则下列说法中正确的是（）A.粒子在a点的加速度大小大于在b点的加速度大小B.粒子在a点的电势能大于在b点的电势能C.粒子在a点的速度大小大于在b点的速度大小D.a

点的电势高于b点的电势【答案】B【解析】【详解】A．电场线越密处场强越大，电场力越大，粒子的加速度越大，所以粒子在a点的加速度大小小于在b点的加速度大小，A错误；BCD．粒子受力指向轨迹凹面，大致向右，所以粒子从a点到b点电场力做正功，电

势能减小，动能增大，故粒子在a点的速度大小小于在b点的速度大小。因为粒子带负电，受力方向与电场方向相反，所以电场强度方向大致向左，根据沿着电场线方向电势降低，所以a点的电势低于b点的电势，B正确，CD错误。故选B。4.如图所示，理想变压器原、副线

圈匝数之比为1：2，正弦交流电源电压的有效值为U=15V保持不变，电阻R1=15Ω，R2=20Ω，滑动变阻器R3最大阻值为40Ω。开始时，滑片P处于滑动变阻器正中间位置，则下列说法错误的是（）A.通过R1的电流为1AB.电压表读数为12VC.若向下移动P，电压表读数将变大D.若向上移

动P，变压器的输出功率将变小【答案】A【解析】【详解】AB．理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶2，可知原副线圈的电流之比为2∶1，设通过原线圈的电流为I，则副线圈的电流为0.5I，初级电压为111515UUIRI

=−=−次级电压为3220.5()202RUIRI=+=根据电压器电压之比等于匝数之比可得1211515220UIUI−==联立解得0.6AI=212VU=A错误，符合题意，B正确，不符合题意；C．向下移

动P，则3R电阻增大，次级电流变小，初级电流也随之变小，电阻1R的电压变小，变压器输入的电压变大，次级电压也变大，电压表读数变大，C正确，不符合题意；D．直流电路中外电路的总电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大，如图所示R1等效为电源内阻，若向上移动P，R3电阻减小，等效

外电阻为212322()RRRnn=+等效开始时，滑片P处于滑动变阻器正中间位置，可知110ΩRR=等效随着R等效的减小，副线圈输出功率将变小，D正确，不符合题意。故选A。5.如图甲，边长为L的等边三角形金属框与匀强磁场垂直放置；图乙是匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系图像，t3时刻曲

线的切线与时间轴的交点对应的时刻为t2，下列说法正确的是（）A.0-t1段时间，金属框的感应电动势均匀增加B.t3时刻后，磁感应强度B的变化率越来越小C.t1时刻，金属框的感应电动势为21132BLtD.t3时刻，金属框的感应电动势为223234()BLtt

−【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由图乙可知0-t1段时间，磁感应强度B随时间t均匀变化，根据BESt=可知金属框的感应电动势不变，选项A错误；B．t3时刻后，图线的斜率越来越大，则磁感应强度B的变化率越来越

大，选项B错误；C．t1时刻，金属框的感应电动势为21111123324BBLLLBESttt===选项C错误；D．t3时刻，金属框的感应电动势为2223232332412()BBLLBLtttSttE===−−选项D正确。故选D。6.如图，平行金属板间带电质点P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.电压表读数增大B.若带电质点P固定，则其电势能增大C.电容器极板带电量增大D.若电压表、电流表示数变化量分别为U和I，则1UrRI

+【答案】B【解析】【详解】A．当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，R4的阻值减小，根据串反并同规律，电压表读数减小，A错误；B．质点P受重力和电场力作用，电场力竖直向上，则P带负电，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，R4的阻值减小

，根据串反并同规律，电容器两端电压减小，电容器内电场强度减小，则的UP下=EdP下=φP－0由于带电质点P固定，则dP下不变，E减小，UP下减小，φP减小，则带电质点P的电势能EpP=－φPq增大，B正确；C．根据串反并同规

律，电容器两端电压减小，由于Q=CU可知电容器极板带电量减小，C错误；D．根据闭合电路欧姆定律U=E－I(r＋R1)解得1UrRI=+D错误。故选B。7.如图，长、宽比为2：1的矩形abcd区域内存在方向垂直于abcd所在平面向外的匀强磁场。从长边ab中点O沿垂直于ab边且垂直于磁场的方向，先

后以相同的速度发射两个不同的正离子甲和乙，甲从c点射出，乙从b点射出。已知甲的比荷为k，不计离子重力，则乙的比荷为（）A.2kB.kC.2kD.2k【答案】D【解析】【详解】设宽为l，正离子甲从c点射出

时，由几何关系有轨迹半径rl=甲由洛伦兹力提供向心力有2mvqvBr=甲甲甲解得qvvkmBrBl===甲甲甲正离子乙从b点射出时，其轨迹半径为12rl=乙由洛伦兹力提供向心力有2mvqvBr=乙乙乙解得22qv

vkmBrBl===乙乙乙故D正确。故选D。8.如图所示，边长为的正方形线圈abcd其匝数为n，总电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线'OO恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B，若线圈从图示位置开始，以角速度绕'OO轴匀速转动，则以下判断中错误的是（）A.

闭合电路中感应电动势的瞬时表达式()2sinVenBLt=B.在2t=时刻，磁场穿过线圈的磁通量为零，但此时磁通量随时间变化最快C.从0=t时刻到2t=时刻，电阻R上产生的热量为()224216nBLRQRr=+D.从0=t时刻到2t=时刻，通过R的电荷量()

22nBLqRr=+【答案】A【解析】【详解】A．由法拉第啊电磁感应定律2max2LEnB=所以闭合电路中感应电动势的瞬时表达式为21sin(V)2enBLt=A错误；B．由题可知2t=刻，线圈转了90°，此时磁通量为零，

此时感应电动势最大，故此时磁通量随时间变化最快，B正确；C．根据正弦电流的特点，该正弦电压的有效值为max2EE=由闭合电路欧姆定律EIRr=+所以由焦耳定律可知，从0=t时刻到2t=时刻，电阻R上产生的热量为2QIRt=解得

2242()16nBLRQRr=+C正确；D．根据电流的定义式qIt=由闭合电路欧姆定律EIRr=+法拉第啊电磁感应定律Ent=联立解得22()nBLqRr=+D正确。本题选错误的，故选A。二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）9.下列四幅图的

有关说法中正确的是（）A.图（1）中人用大锤连续敲打，小车能在光滑的水平面上持续向右运动B.图（2）中若改用绿光照射，验电器金属箔可能不张开C.图（3）为氢原子能级示意图，一群氢原子处于n=4的激发态，当它们自发地跃迁到较低能级时，能使逸出功为2.21e

V的金属钾发生光电效应的光谱线有4条D.图（4）可以得知原子核F的比结合能小于原子核E的比结合能，原子核D和E聚变成原子核F时会有质量亏损，要释放能量【答案】BC【解析】【详解】A：用锤打车，是人(包括铁锤)和车系统的内力，系统在水平方向所受的

外力之和为零，所以系统的总动量守恒，人和车的初动量为零．根据动量守恒定律，如果据锤头打下去时锤头向右运动，车就向左运动；举起锤头时锤头向左运动，车就向右运动．用锤头连续敲击时，车只是左右运动，一但锤头不动，车就停下来．故A错误．B：紫光灯照射时，金属板产生光电效应；换用频率更小的

绿光照射，可能不产生光电效应，验电器金属箔可能不张开．故B正确．C：一群氢原子处于n=4的激发态，当它们自发地跃迁到较低能级时，一共能产生6条光谱线，其中n=4到n=3的光子能量0.662.21eVeV不能使钾发生光电效应，还有n=3到

n=2的光子能量1.892.21eVeV不能使钾发生光电效应，其余4种光子能量都大于2．21eV能使钾发生光电效应．故C正确．D：原子核F的平均核子质量小于原子核E的平均核子质量，原子核F的比结合能大于原子核E的比结合能

；原子核D和E聚变成原子核F时核子平均质量减小，会有质量亏损，要释放能量．故D错误．的故选BC。10.如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称，导线通有大

小相等、方向相反的电流I．已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度IBkr=，式中k是常数，I是导线中的电流，r为点到导线的距离，一带正电的小球(图中未画出)以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点．关于上述过程，下列说法正确的是（）A.小球先做加速运动后做减速运动B.小球一直做匀速

直线运动C.小球对桌面的压力先增大后减小D.小球对桌面的压力一直在增大【答案】BC【解析】【详解】根据右手螺旋定则及矢量合成法则，可知直线MN处的磁场方向垂直于MN向里，磁场大小先减小后增大，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力竖直向上，根据F=qv

B可知，洛伦兹力是先减小后增大，由此可知，小球将做匀速直线运动，小球对桌面的压力先增大后减小，故AD错误，BC正确．11.如图，两根足够长，电阻不计的光滑平行金属导轨，固定在同一水平面上，其间距为1mL=，左端通过导线连接一个1.5R=的定值电阻。整个导轨处在磁感应强度大小0

.4TB=的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，质量0.2kgm=、长度1mL=、电阻0.5r=的匀质金属杆垂直导轨放置，且与导轨接触良好，在杆的中点施加一个垂直金属杆的水平拉力F，使其由静止开始运动。拉力F的功率2WP

=保持不变，当金属杆的速度5m/sv=时撤去拉力F。下列说法正确的是（）A.若不撤去拉力F，金属杆的速度会大于5m/sB.金属杆的速度为4m/s时，其加速度大小可能为21.6m/sC.从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，通过金属杆的电荷量为2.5CD

.从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，金属杆上产生的热量为0.625J【答案】BCD【解析】【分析】【详解】A．若不撤去拉力F，对棒由牛顿第二定律有FBILma−=PFv=IrBLvR=+当0a=时，速度达到最大，联立各式解得最大速

度为m22()5m/sRrPvBL+==即杆的最大速度不会超过5m/s，选项A错误；B．若在F撤去前金属杆的切割速度14m/sv=时，代入各式可得加速度为221210.9m/sBLvPvRram−+==撤去F后棒减速的速度为24m/sv=时，加速度为22221.6m/sBLvRram+==故

金属杆的速度为4m/s时，其加速度大小为0.9m/s2或1.6m/s2，选项B正确；C．从撤去拉力F到金属杆停下，棒只受安培力做变减速直线运动，取向右为正，由动量定理有0BILtmv−=−而电量的表达式qIt=可

得2.5CmvqBL==选项C正确；D．从撤去拉力F到金属杆停下的过程由动能定理21=02FWmv−−安而由功能关系有=FWQ安另金属杆和电阻R串联，热量比等于电阻比，有1QrQRr=+联立解得10.625JQ

=选项D正确。故选BCD。12.如图所示，甲是质谱仪的示意图，乙是回旋加速器的原理图，丙是研究楞次定律的实验图，丁是研究自感现象的电路图，下列说法正确的是（）A.质谱仪可以用来测量带电粒子的比荷，也可以用来研究同位素B.回旋加速器是加速带电粒

子装置，其加速电压越大，带电粒子最后获得的速度越大C.丙图中，磁铁插入过程中，电流由a→G→bD.丁图中，开关S断开瞬间，灯泡A一定会突然闪亮一下【答案】AC【解析】【详解】A．甲图是质谱仪，用来测定带电粒子

比荷的装置，可以用来研究同位素，故A正确；B．设D形盒的半径为R,当离子圆周运动的半径等于R时，获得的动能最大，由2vqvBmR=得qBRvm=则最大动能2222km122BqREmvm==最大动能与加速电压无关，则带电粒子最后获得的速度与加速电压无关，故B错误；C

．丙图中磁铁插入过程中，穿过线圈的向右的磁通量增大，由楞次定律可知，线圈中感应电流的磁场的方向向左，由右手定则，电流由a通过电流计流向b，故C正确；D．开关断开的瞬间，由于线圈对电流有阻碍作用，通过线圈的电流会通过灯泡A，所以灯

泡A不会立即熄灭。若断开前，通过电感的电流大于灯泡的电流，断开开关后，灯泡会闪亮一下，然后逐渐熄灭；若断开前，通过电感的电流小于等于灯泡的电流，断开开关后，灯泡不会闪亮一下，故D错误。故选AC。三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）13.指针式多用电表是实验

室中常用的测量仪器。请回答下列问题：（1）使用多用电表粗测电阻时，将选择开关拨至欧姆挡“10”挡，经正确操作后，指针指示如图甲a，为了使多用电表测量的结果更准确，该同学应该选择欧姆挡______档选填“1、100”；若经过正确操作，将两表笔接待测电阻两端时，指

针指示如图甲b，则待测电阻为______Ω。（2）图乙是某多用电表欧姆挡内部电路示意图。其中，电流表满偏电流为0.5mA、内阻为10Ω；电池电动势为1.5V、内阻为1Ω；变阻器R的阻值范围为0~5000Ω。①该欧姆表的两只表笔中，___

___是红表笔。选填“A”或“B”；②该欧姆表的刻度值是按电池电动势为1.5V、内阻为1Ω进行刻度的。当电池的电动势下降到1.45V、内阻增大到4Ω时，欧姆表仍可调零，则调零后0R接入电路的电阻将变______（填“大

”或“小”），若用重新调零后的欧姆表测得某待测电阻阻值为300Ω，则这个待测电阻的真实阻值为______Ω。【答案】①.×100②.3000③.A④.小⑤.290【解析】【详解】（1）[1]由图可知将选择开关拨至欧姆挡“1

0”挡，指针偏转较小，说明电阻较大，为了使多用电表测量的结果更准确，该同学应该选择欧姆挡100挡；[2]由图b可知指针所指刻线为30，则读数为301003000=（2）①[3]红表笔接电源的负极，则A是红表笔；②[4]根据闭合电路欧姆定律有AA0EIRRr=++解得02989ΩR=当电

池的电动势下降到1.45V、内阻增大到4Ω时，欧姆表仍可调零，则有AA0EIRRr=++解得02886R=则调零后0R接入电路的电阻将变变小；[5]电动势为1.5V，调零后欧姆表内部电阻为A3000ERI==内电动势为1.45V，调零后欧姆表内部电阻为A290

0ERI==内电动势为1.5V，测300Ω电阻时对应的电流为EIRR=+测内电动势为1.45V有EIRR=+内真解得290R=真14.如图所示为某同学测量电源的电动势和内阻的电路图．其中包括电源E，开关S1和S2，电阻箱R，电流表A，保护电阻Rx．该同学进行

了如下实验步骤：(1)将电阻箱的阻值调到合适的数值，闭合S1、S2，读出电流表示数为I，电阻箱读数为9.5Ω，断开S2，调节电阻箱的阻值，使电流表示数仍为I，此时电阻箱读数为4.5Ω．则保护电阻的阻值Rx＝_______

_Ω．（结果保留两位有效数字）(2)S2断开，S1闭合，调节R，得到多组R和I的数值，并画出1RI−图象，如图所示，由图象可得，电源电动势E＝________V，内阻r＝________Ω．（结果保留两位有效数字）(3)本实验中，内阻的测量值________（填

“大于”或“小于”）真实值，原因是_____________．【答案】①.5.0②.3.0③.2.2④.大于⑤.电流表也有内阻【解析】【详解】(1)[1]由题意可知，闭合S1和S2时只有电阻箱接入电路，闭合S1、断开S2时

，电阻箱与R串联接入电路，两种情况下电路电流相等，由欧姆定律可知，两种情况下电路总电阻相等，所以保护电阻的阻值Rx＝9.5Ω-4.5Ω＝5.0Ω(2)[2][3]根据闭合电路的欧姆定律可得，E＝I(R+Rx+r)，整理可得11xRrRIEE+=+可见图线斜率1kE=图线的纵截距xRrbE+

=结合图象中的数据可得E＝3.0V，r＝2.2Ω．(3)[4][5]本实验中，内阻的测量值大于真实值，原因是电流表也有内阻，测量值等于电源内阻和电流表内阻之和．四、计算题（本大题共3小题，共34.0分）15.如图所示，内表面光滑绝缘的半径为1.2m的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直

向下的匀强电场，场强大小为6310/.Vm有一质量为0.12kg、带负电的小球，电荷量大小为61.610C−，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点A时，小球与轨道压力恰好为零，g取210/ms，求：的()1小球在A点处的速度大小；()2小球运动到最高点B时对轨道的

压力．【答案】()1?6/ms；()2?21.6N【解析】【详解】（1）重力：G=mg=0.12kg×10N/kg=1.2N电场力：F=qE=1.6×10﹣6C×3×106V/m=4.8N在A点，有：qE﹣mg=m代入数据解得：v1=6m/s（2）设球在B点的速度大

小为v2，从A到B，由动能定理有：（qE﹣mg）×（2R）=mv22﹣mv12在B点，设轨道对小球弹力为FN，则有：FN+mg﹣qE=mv22由牛顿第三定律有：FN′=FN代入数据解得：FN′=21.6N【点睛】本题关键是明确小球的受

力情况和运动情况，结合动能定理和向心力公式列式分析，可以将重力和电场力合成为“等效重力”，然后就能够结合竖直平面内的圆周运动模型进行分析．16.如图所示，在倾角θ=37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上

的匀强磁场区域MNPQ，MN、PQ均与斜面底边平行，磁感应强度B=5T。有一边长L=0.4m、质量m1=0.6kg、电阻R=2Ω的正方形均匀导体线框ABCD，通过一轻质绝缘细线跨过光滑的定滑轮与一质量m2=0.4kg的物体相连。物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.4，将线

框从图示位置由静止释放，沿斜面下滑，线框底边始终与斜面底边平行，物体到定滑轮的距离足够长。（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）求线框ABCD还未进入磁场的运动过程中加速度a的大

小；（2）当AB边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框做匀速运动的速度v1的大小；（3）在满足（2）问中的条件下，若导体线框ABCD恰好匀速通过整个磁场区域，求磁场宽度d及线框穿过磁场的过程中AB边产生的热量Q。【答案】（1）22m/s；（2）1m/

s；（3）0.4m，0.4J【解析】【分析】【详解】（1）以m1、m2整体为研究对象，由牛顿第二定律1212sin()mgmgmma−=+解得22m/sa=（2）线框进入磁场恰好做匀速直线运动，以

整体为研究对象，由平衡方程得2212sin0BLvmgmgR−−=解得1m/sv=（3）导体线框ABCD恰好匀速通过整个磁场区域，所以磁场宽度0.4mdL==AB边进入磁场前做匀加速运动，由第（2）可知，根据22vax=解得刚释放时，AB边距磁场边界的距离

为0.25mx=线框穿过磁场的过程中AB边产生的热量Q，根据能量守恒可知()()()212121sin2mgxdLmgxdLmmvQ++−++=++记得1.6JQ=所以10.4J4ABQQ==17.如图，在长方体区域内，平面ghij的左边有垂直平面abhg的匀强磁场

、右边有垂直平面ghba的匀强电场。现有电量为q+、质量为m的一个粒子以大小为v的初速度从a点沿平面abhg进入磁场区域，经h点并垂直平面ghij的方向进入电场区域，最后从c点离开电场。已知长方体侧

面abcd为边长为L的正方形，其它边长如图中标示，sin530.8=，不计粒子重力。（1）求电场强度E和磁感应强度B的比值；（2）求带电粒子在磁场与电场中运动时间的比值；（3）若只改变电场强度E大小，求粒子离开长方体区域时动能kE与E的关系式。【

答案】（1）54EvB=；（2）1253144tt=；（3）若22mvELq，则2k12EEqLmv=+，若22mvELq，则2222k2212EqLEmvmv=+【解析】【详解】（1）设带电粒子的质量为m，带电量为q，在磁场中运动时的轨道半径为R，由2mvqBvR=带电

粒子在磁场中运动时如图（1）所示由几何关系()()2222RLRL=+−带电粒子在电场中运动时如图（2），由2Lvt=212qELtm=联立解得54EvB=（2）设带电粒子在磁场中运动的时间为1t，周期为T

，转过的圆心角为。由于2RTv=且sinagR=1360tT=设在电场中运动的时间为2t，由22Ltv=解得1253144tt=（3）设带电粒子离开长方体区域时的动能为kE，由以上的分析可知，电场22mvELq=时带电粒子恰好从c离开长方体区

域，若22mvELq则带电粒子从ic边离开长方体区域，由动能定理可知2k12EqLEmv=−解得2k12EEqLmv=+若22mvELq则带电粒子将从bc边离开长方体区域，设射出点离b的距离为y，有212E

qytm=且2Ltv=由动能定理可知2k12EqyEmv=−解得2222k2212EqLEmvmv=+五、综合题（本大题共1小题，共12.0分）18.图甲为一列沿x轴传播的简谐横波在2s=t时的波形图，M、N、P是介质中的三个质点，M的平衡位置1mx=，N的平衡位置3mx=

，P的平衡位置4mx=；图乙为质点P的振动图像。下列说法正确的是（）A.这列波的传播方向沿x轴负方向B.这列波的传播速度大小为2m/sC.从2s=t时起，质点M比质点N先回到平衡位置D.在3st=时，质点M和质点N的运动方向相同E.23s内，质点M和质点P通过的路程相等【答案】ABD

【解析】【详解】A．由图乙可知t=2s时，P点向y轴轴负方向运动，结合图甲可知这列波的传播方向沿x轴负方向，故A错误；B．由图甲可知，波长为8m=由图乙可知，周期4s=T则这列波的传播速度大小为2m/svT==故B正

确；C．2s=t时，质点M向y轴正方向运动，质点N向y轴负方向运动，所以从2s=t时起，质点N比质点M先回到平衡位置，故C错误；D．在3st=时，质点M和质点N的运动方向都是y轴负方向，故D正确；E．23s内，质点

M先减速再加速，质点P先加速再减速，质点P通过的路程大，故E错误。故选ABD。19.如图所示，一半径为R的半圆形玻璃砖，一束单色光以45=的入射角照射到玻璃砖的上表面，已知该玻璃砖对该单色光的折射率为2，光在真空中的速度

为c，（不考虑多次反射）求：（ⅰ）若入射点在圆心O处，光在玻璃砖中传播的时间。（ⅱ）要使光线不能从玻璃砖的圆弧面射出，应至少将入射光的入射点向左平移的距离。【答案】（ⅰ）2Rtc=；（ⅱ）63OPR=【解析】为【详解】（ⅰ）光在玻璃中的传播速度为222cccvn===折射后光沿某条半

径传播，所以光在玻璃中传播的距离为R，则光在玻璃砖中传播的时间为2RRtvc==（ⅱ）将入射点左移，补全光路如图所示，假设入射点为P，折射光线在Q点恰好发生全反射根据折射定律sinsinn=解得sin1sin2n==则有o30=光线在Q

点恰好发生全反射，则12sin2n==解得o45=根据正弦定理有osin(90)sinROP=−解得63OPR=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com