射洪中學(xué)高2023屆高考適應(yīng)性考試（一）理科綜合能力測(cè)試注意事項(xiàng)：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫(xiě)在答題卡上。2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑，如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫(xiě)在答題卡上，寫(xiě)在本試卷上無(wú)效。3．考試結(jié)束后，將答題卡交回。第I卷（選擇題）一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14~18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19~21題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。1. 如圖所示，輕桿一端固定在豎直墻壁上，另一端固定一個(gè)質(zhì)量為1.6kg的小球，勁度系數(shù)為的水平輕質(zhì)彈簧夾在墻壁與小球之間，處于壓縮狀態(tài)，彈簧的壓縮量為12cm，輕桿與墻壁的夾角為。取重力加速度大小，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。輕桿對(duì)小球的作用力大小為（　?。?/span>  A. 12N B. 16N C. 20N D. 32N【答案】C【解析】【詳解】小球受重力、彈簧水平向右的彈力、輕桿的作用力而處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可得又，聯(lián)立可得故選C。2. 光刻機(jī)利用光源發(fā)出的紫外線(xiàn)，將精細(xì)圖投影在硅片上，再經(jīng)技術(shù)處理制成芯片。為提高光刻機(jī)投影精細(xì)圖的能力，在光刻膠和投影物鏡之間填充液體，提高分辨率，如圖所示。則加上液體后（　?。?/span>A. 紫外線(xiàn)進(jìn)入液體后光子能量增加B. 傳播相等的距離，在液體中所需的時(shí)間變短C. 紫外線(xiàn)在液體中比在空氣中更容易發(fā)生衍射，能提高分辨率D. 紫外線(xiàn)在液體中波長(zhǎng)比真空中小【答案】D【解析】【詳解】A．由于紫外線(xiàn)進(jìn)入液體后光子的頻率不變，根據(jù)可知光子的能量不會(huì)改變，故A錯(cuò)誤；B．由于液體對(duì)紫外線(xiàn)的折射率比空氣（或真空）中的大，根據(jù)可知，紫外線(xiàn)在液體中的傳播速度變小，根據(jù)，則傳播相等的距離，在液體中所需的時(shí)間將變長(zhǎng)，故B錯(cuò)誤；CD．由于紫外線(xiàn)在液體中的傳播速度變小，根據(jù)可知，頻率不變，則紫外線(xiàn)在液體中的波長(zhǎng)比在空氣（或真空）中的波長(zhǎng)短，根據(jù)發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象的條件：障礙物的尺寸比波長(zhǎng)小或與波長(zhǎng)相差不大?？芍贤饩€(xiàn)在液體中比在空氣中更不容易發(fā)生衍射，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。3. 電子槍發(fā)射電子束，通過(guò)電場(chǎng)構(gòu)成的電子透鏡使其會(huì)聚或發(fā)散。電子透鏡的電場(chǎng)分布如圖所示，虛線(xiàn)為等勢(shì)面。一電子僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，a、b、c、d是軌跡上的四個(gè)點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是（　　）A. 電子的運(yùn)動(dòng)軌跡是一段圓弧B. 由a點(diǎn)到d點(diǎn)電子的電勢(shì)能先增大后減小C. 電子在a點(diǎn)的物質(zhì)波的波長(zhǎng)比b點(diǎn)的大D. 電子在b點(diǎn)的動(dòng)能小于在d點(diǎn)的動(dòng)能【答案】C【解析】【詳解】A．電子在變化的電場(chǎng)力作用下做加速度大小方向均改變的曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；B．由a到d點(diǎn)電勢(shì)先增高后降低，根據(jù)電勢(shì)能的表達(dá)式得，電子的電勢(shì)能先減小后增大，B錯(cuò)誤；C．a點(diǎn)動(dòng)能小于b點(diǎn)動(dòng)能，由公式C正確；D．電子僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，電子的動(dòng)能和電勢(shì)能的總和保持不變，電子在b點(diǎn)的電勢(shì)能小于在d點(diǎn)的電勢(shì)能，故電子在b點(diǎn)的動(dòng)能大于在d點(diǎn)的動(dòng)能，D錯(cuò)誤。故選C。4. 如圖所示，平面直角坐標(biāo)系 xOy 內(nèi)，存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)， 磁感應(yīng)強(qiáng)度 B=0.2T，原點(diǎn)O有一粒子源，能向紙面內(nèi)各個(gè)方向釋放出比荷為4×108C/kg 的正粒子，粒子初速度 v0=8×106m/s，不計(jì)粒子重力， 有一與 x軸成 45°角傾斜放置的足夠長(zhǎng)擋板跨越第一、三、四象限，P是擋板與 x 軸交點(diǎn)，，則擋板上被粒子打中的區(qū)域長(zhǎng)度為（　?。?/span>   A. 24cm B. 16cmC. 20cm D. 32cm【答案】C【解析】【詳解】粒子源到擋板的距離粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有解得作出粒子打在擋板上的動(dòng)態(tài)軌跡如圖所示  則有，則擋板上被粒子打中的區(qū)域長(zhǎng)度故選C。5. 某同學(xué)利用直徑為d的不透光圓形紙板估測(cè)太陽(yáng)的密度，如圖所示，調(diào)整圓紙板到人眼的距離L，使其剛好擋住太陽(yáng)光，并測(cè)出L，已知萬(wàn)有引力常量為G，地球公轉(zhuǎn)周期為T，則太陽(yáng)密度約為（　　）  A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【詳解】令地球到太陽(yáng)的間距為r，太陽(yáng)的半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系近似有對(duì)地球繞太陽(yáng)公轉(zhuǎn)有太陽(yáng)的密度為解得故選A。6. 近年來(lái)，無(wú)線(xiàn)門(mén)鈴逐漸流行。圖甲為某款無(wú)線(xiàn)門(mén)鈴按鈕，其“自發(fā)電”原理如圖乙所示，按下門(mén)鈴按鈕過(guò)程磁鐵靠近螺線(xiàn)管，松開(kāi)門(mén)鈴按鈕磁鐵遠(yuǎn)離螺線(xiàn)管回歸原位置。下列說(shuō)法正確的是（　　）      A. 按下按鈕過(guò)程，螺線(xiàn)管上的導(dǎo)線(xiàn)Q端電勢(shì)較高B. 松開(kāi)按鈕過(guò)程，螺線(xiàn)管上的導(dǎo)線(xiàn)P端電勢(shì)較低C. 按住按鈕不動(dòng)，螺線(xiàn)管上導(dǎo)線(xiàn)兩端間仍有電勢(shì)差D. 按下和松開(kāi)按鈕過(guò)程，螺線(xiàn)管產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小不一定相等【答案】AD【解析】【詳解】A．按下按鈕過(guò)程螺線(xiàn)管內(nèi)水平向左的磁通量增加，若PQ間用導(dǎo)線(xiàn)接通，由楞次定律可得PQ間導(dǎo)線(xiàn)上感應(yīng)電流方向從P流向Q，所以Q相當(dāng)于電源正極，Q端電勢(shì)較高。故A正確；B．松開(kāi)按鈕過(guò)程螺線(xiàn)管內(nèi)水平向左磁通量減小，由楞次定律可得PQ間導(dǎo)線(xiàn)上感應(yīng)電流方向從Q流向P，所以P相當(dāng)于電源正極，P端電勢(shì)較高。故B錯(cuò)誤；C．按住按鈕不動(dòng)，螺線(xiàn)管內(nèi)磁通量不變，無(wú)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，間無(wú)電勢(shì)差，故C錯(cuò)誤；D．按下和松開(kāi)按鈕過(guò)程有可能所用時(shí)間不同，螺線(xiàn)管內(nèi)磁通量的變化率可能不同，所以產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小可能不相等，故D正確。故選AD。7. 如圖所示，傾角為α的光滑斜面下端固定一絕緣輕彈簧，M點(diǎn)固定帶電量為﹣q的小球Q。整個(gè)裝置處在場(chǎng)強(qiáng)大小為E、方向沿斜面向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中?，F(xiàn)把一個(gè)一個(gè)質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球P從N點(diǎn)由靜止釋放，釋放后P沿著斜面向下運(yùn)動(dòng)。N點(diǎn)與彈簧的上端和M的距離均為s0。P、Q以及彈簧的軸線(xiàn)ab與斜面平行。兩小球均可視為質(zhì)點(diǎn)和點(diǎn)電荷，彈簧的勁度系數(shù)為k0，靜電力常量為k。則（　?。?/span>A. 小球P返回時(shí)，可能撞到小球QB. 小球P在N點(diǎn)的加速度大小為C. 小球P沿著斜面向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，其電勢(shì)能不一定減少D. 當(dāng)彈簧的壓縮量為時(shí)，小球P的速度最大【答案】BC【解析】【詳解】A．由題意知，小球向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程電場(chǎng)力qE及重力做正功，向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力qE與重力均做負(fù)功，根據(jù)能量守恒，小球返回時(shí)，不可能撞到小球Q，所以A錯(cuò)誤；B．在N點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可得所以B正確；C．小球P沿著斜面向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，qE做正功，P、Q間庫(kù)侖力做負(fù)功，總功可能為正，也可能為負(fù)，故電勢(shì)能的變化不確定，所以C正確；D．當(dāng)合外力為零時(shí)，速度最大，即彈力此時(shí)彈簧的壓縮量所以D錯(cuò)誤故選BC。8. 小朋友喜歡的“踩踩球”其實(shí)就是由上下兩個(gè)連在一起質(zhì)量相等的半球組成，兩半球間裝有一個(gè)輕彈簧。玩耍時(shí)，將“踩踩球”直立靜放在水平地面上，用腳從上半球頂部中心點(diǎn)向下踩壓，當(dāng)兩半球貼合后放開(kāi)腳，過(guò)一會(huì)兒貼合裝置失效，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，球就會(huì)突然展開(kāi)，瞬間彈起。如圖所示，小明同學(xué)測(cè)得“踩踩球”展開(kāi)靜止在地面上時(shí)中間白色標(biāo)記距地面的高度為 ；踩壓貼合時(shí)中間白色標(biāo)記距地面的高度為；彈起后到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)中間白色標(biāo)距地面的高度為。已知“踩踩球”總質(zhì)量為并全部集中在上下半球上，重力加速度大小為，不計(jì)一切阻力，下列說(shuō)法中正確的是（　　）  A. “踩踩球”離開(kāi)地面時(shí)的速度大小為B. 上述踩壓過(guò)程中壓力做的功為C. 彈簧的最大彈性勢(shì)能為D. 彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中“踩踩球”所受合外力的沖量大小為【答案】AC【解析】【詳解】A．設(shè)球離地的速度為，由動(dòng)能定理可得解得故A正確；D．彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理，“踩踩球”所受合外力的沖量大小為故D錯(cuò)誤；BC．設(shè)彈簧的最大彈性勢(shì)能為，踩壓過(guò)程中壓力做的功為，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)連接裝置拉緊前上半球速度為，上半球彈起過(guò)程由機(jī)械能守恒可得連接裝置拉緊過(guò)程由動(dòng)量守恒可得踩壓過(guò)程由功能關(guān)系可得聯(lián)立解得，故B錯(cuò)誤，C正確。故選AC。第II卷（非選擇題）三、非選擇題：共174分，第22-32題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第33-38題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共129分。9. 某實(shí)驗(yàn)小組利用手機(jī)的錄像功能拍下了小球在斜面上做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程。為便于記錄小球各個(gè)時(shí)刻在斜面上的位置，將錄像中時(shí)間間隔為T的連續(xù)5幅畫(huà)面合成到同一張圖中，如圖所示。依次測(cè)得小球各相鄰位置間的距離為x1、x2、x3、x4。（1）寫(xiě)出小球在位置3時(shí)的速度表達(dá)式：v3=______。（2）要求充分利用測(cè)量數(shù)據(jù)，寫(xiě)出小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度表達(dá)式：a=______。（3）在測(cè)量小球相鄰位置間距時(shí)由于實(shí)驗(yàn)者讀數(shù)產(chǎn)生的誤差是_______（選填“偶然”或“系統(tǒng)”）誤差。【答案】    ①.     ②.     ③. 偶然【解析】【詳解】（1）[1]根據(jù)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于全程的平均速度，則小球在位置3時(shí)的速度為（2）[2]根據(jù)逐差法，求得小球的加速度為（3）[3]測(cè)量小球相鄰位置間距時(shí)由于實(shí)驗(yàn)者讀數(shù)可能大于真實(shí)值，也可能小于真實(shí)值，因此讀數(shù)產(chǎn)生的誤差是偶然誤差。10. 如圖甲所示為某電動(dòng)車(chē)電池組的一片電池，探究小組設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)測(cè)定該電池的電動(dòng)勢(shì)并測(cè)定某電流表內(nèi)阻，查閱資料可知該型號(hào)電池內(nèi)阻可忽略不計(jì)?？晒┻x擇的器材如下：A.待測(cè)電池（電動(dòng)勢(shì)約為3.7V，內(nèi)阻忽略不計(jì)）B.待測(cè)電流表A（量程為0~3A，內(nèi)阻待測(cè)）C.電壓表V（量程為0~3V，內(nèi)阻）D.定值電阻E.定值電阻F滑動(dòng)變阻器（）H.滑動(dòng)變阻器（）I.導(dǎo)線(xiàn)若干、開(kāi)關(guān)為了精確地測(cè)定電源電動(dòng)勢(shì)和電流表內(nèi)阻，探究小組設(shè)計(jì)了如圖乙所示實(shí)驗(yàn)方案。請(qǐng)完成下列問(wèn)題：（1）滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇__________，②處應(yīng)選擇__________；（均填寫(xiě)器材前序號(hào)）（2）電流表安裝在__________處；（填①或③）（3）探究小組通過(guò)實(shí)驗(yàn)測(cè)得多組（，）數(shù)據(jù)，繪制出如圖丙所示的圖線(xiàn)，則電源的電動(dòng)勢(shì)為_______V，電流表內(nèi)阻為________（結(jié)果均保留2位有效數(shù)字），從實(shí)驗(yàn)原理上判斷電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值與真實(shí)值相比__________（填“偏大”、“偏小”或“相等”）。【答案】    ①. F    ②. D    ③. ③    ④. 3.6    ⑤. 0.80    ⑥. 相等【解析】【詳解】（1）[1][2]因?yàn)殡娏鞅韮?nèi)阻較小，為了使電壓表示數(shù)變化明顯些，所以滑動(dòng)變阻器R應(yīng)選擇，所以滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇F；由于電源電動(dòng)勢(shì)約為3.7V，而電壓表V量程為，因此需要擴(kuò)大量程，由題意可知，應(yīng)將電壓表V與定值電阻R1串聯(lián)，所以②處應(yīng)選擇D。（2）[3]電流表A量程為，將電流表安裝在③處可以測(cè)量干路中的電流。（3）[4][5]由閉合電路的歐姆定律代入數(shù)據(jù)，化簡(jiǎn)可得
 結(jié)合圖丙可知
 解得，電流表內(nèi)阻為將，代入解析式中，解得電源的電動(dòng)勢(shì)為[6]由題意得在此實(shí)驗(yàn)中，電流表“相對(duì)電源內(nèi)接法”，且電流表內(nèi)阻已測(cè)得，所以從實(shí)驗(yàn)原理上判斷電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值與真實(shí)值相等。11. 如圖，一長(zhǎng)的傾斜傳送帶在電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下以速度沿順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶與水平方向的夾角，質(zhì)量的小物塊A和質(zhì)量的小物塊B由跨過(guò)定滑輪的輕繩連接，A與定滑輪間的繩子與傳送帶平行，不可伸長(zhǎng)的輕繩足夠長(zhǎng)。某時(shí)刻將物塊A輕輕放在傳送帶底端，已知物塊A與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，不計(jì)滑輪的質(zhì)量與摩擦，在A運(yùn)動(dòng)到傳送帶頂端前物塊B都沒(méi)有落地。取，，重力加速度。求：（1）物塊B剛下降時(shí)的加速度a；（2）物塊A從底端到達(dá)頂端所需的時(shí)間t；（3）物塊A從底端到達(dá)頂端時(shí)，電動(dòng)機(jī)多做的功W。【答案】（1）；（2）2.5s；（3）136J【解析】詳解】（1）對(duì)A分析對(duì)B分析解得（2）當(dāng)達(dá)到與傳送帶共速A的位移之后勻速，時(shí)間物塊A從底端到達(dá)頂端所需的時(shí)間（3）物塊A從底端到達(dá)頂端時(shí)，相對(duì)位移電動(dòng)機(jī)多做的功設(shè)為W，根據(jù)能量守恒解得12. 如圖所示，間距的平行金屬導(dǎo)軌放置在絕緣水平面上，導(dǎo)軌左端連接的儲(chǔ)能裝置可保證回路電流恒為，且電流的方向不變。空間分布兩個(gè)寬度分別為和、間距的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域I和II，兩磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為，方向均豎直向下。質(zhì)量、電阻為的導(dǎo)體棒靜止于區(qū)域I左邊界，質(zhì)量、邊長(zhǎng)為0.5D、電阻的正方形單匝線(xiàn)框的右邊緊靠區(qū)域II左邊界；一豎直固定擋板與區(qū)域II的右邊界距離為。某時(shí)刻閉合開(kāi)關(guān)S，導(dǎo)體棒開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)。已知導(dǎo)體棒與線(xiàn)框、線(xiàn)框與豎直擋板之間均發(fā)生彈性碰撞，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌接觸并且相互垂直，不計(jì)一切摩擦和空氣阻力。求：（1）導(dǎo)體棒第一次離開(kāi)區(qū)域I時(shí)的速度大小；（2）線(xiàn)框第一次穿過(guò)區(qū)域II過(guò)程中，線(xiàn)框產(chǎn)生的焦耳熱Q；（3）導(dǎo)體棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的總路程s。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）恒流源和導(dǎo)體棒串聯(lián)，通過(guò)串聯(lián)負(fù)載的電流即是恒流源的輸出電流，恒流源就是要保證和它串聯(lián)的負(fù)載電路的電流始終維持在輸出電流。導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)對(duì)應(yīng)的感應(yīng)電流，并不會(huì)影響恒流源所產(chǎn)生電流的恒定，因此電路的電流始終保持在0.5A，故導(dǎo)體棒受到向右的安培力為對(duì)棒由動(dòng)能定理解得（2）當(dāng)棒與線(xiàn)框發(fā)生彈性碰撞，因?yàn)閮烧哔|(zhì)量相等，且線(xiàn)框靜止，所以二者交換速度，即第1次撞后，線(xiàn)框以速度運(yùn)動(dòng)，棒靜止，當(dāng)線(xiàn)框右邊從磁場(chǎng)左邊界運(yùn)動(dòng)到右邊界的過(guò)程中，對(duì)線(xiàn)框由動(dòng)量定理累積求和得又解得同理可得線(xiàn)框左邊從磁場(chǎng)左邊界運(yùn)動(dòng)到右邊界時(shí)線(xiàn)框速度；可知每次線(xiàn)框經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)時(shí)，速度將減少0.2m/s，線(xiàn)框第一次穿過(guò)區(qū)域II過(guò)程中，線(xiàn)框產(chǎn)生的焦耳熱（3）線(xiàn)框以與擋板彈性碰撞后，以1.3m/s速度返回，經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)后，速度變?yōu)?/span>，線(xiàn)框以速度與棒第二次相碰，棒與線(xiàn)框第2次碰后，交換速度，棒以1.1m/s速度向左運(yùn)動(dòng)，線(xiàn)框靜止，棒進(jìn)入磁場(chǎng)，因安培力不變，棒作勻減速運(yùn)動(dòng)，由解得棒在磁場(chǎng)減速到速度為0，然后反向加速，以1.1m/s速度出磁場(chǎng)，導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中的路程為再與線(xiàn)框碰撞，導(dǎo)體棒每次與線(xiàn)框碰撞，速度減小0.4m/s，導(dǎo)體棒共與線(xiàn)框碰撞4次（最后線(xiàn)框左側(cè)位于磁場(chǎng)左側(cè)），導(dǎo)體棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的總路程為（二）選修題【物理—選修3-3】略【物理—選修3-4】（15分）13. 波源S自t=0時(shí)刻起開(kāi)始振動(dòng)，每隔1s做兩種不同頻率的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，振幅均為2cm，4s后波源S停止振動(dòng)，其振動(dòng)圖像如圖所示。產(chǎn)生的簡(jiǎn)諧波沿SP方向傳播，波速為4m/s，P、Q是介質(zhì)中兩質(zhì)點(diǎn)，已知SP=8m，SQ=10m，如圖所示。則 t =3.5 s 時(shí)，質(zhì)點(diǎn) P 、 Q 的振動(dòng)方向______（選填“相同”或“相反”），在前4s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn) P 經(jīng)過(guò)的路程為______cm，在前4s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn) P 、 Q 經(jīng)過(guò)的路程相差最大的時(shí)間段出現(xiàn)在______。  【答案】    ①. 相同    ②. 24    ③. 【解析】【詳解】[1]波傳到質(zhì)點(diǎn)P經(jīng)過(guò)時(shí)間波傳到質(zhì)點(diǎn)Q經(jīng)過(guò)時(shí)間可知在t=3.5s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P振動(dòng)了1.5s，質(zhì)點(diǎn)Q振動(dòng)了1s，由于各個(gè)質(zhì)點(diǎn)起振方向相同，均與波源S自t=0時(shí)刻振動(dòng)方向相同，根據(jù)圖像可知，起振方向由平衡位置沿y軸正方向，由圖可知，質(zhì)點(diǎn)P開(kāi)始振動(dòng)1.5s后由平衡位置沿y軸正方向振動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)Q振動(dòng)1s后也由平衡位置沿y軸正方向振動(dòng)，即t =3.5 s 時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P、Q振動(dòng)方向相同；[2]由圖結(jié)合題意可知，兩種波的周期分別為，其波長(zhǎng)分別為，在前4s內(nèi)，根據(jù)上述，波傳到質(zhì)點(diǎn)P經(jīng)過(guò)2s，所以在前4s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)P振動(dòng)了2s，可知質(zhì)點(diǎn)P先振動(dòng)了周期為的一次全振動(dòng)，接著振動(dòng)了周期為的兩次全振動(dòng)，則路程為[3]在前4s內(nèi)，波傳到質(zhì)點(diǎn)P經(jīng)過(guò)2s，波傳到質(zhì)點(diǎn)Q經(jīng)過(guò)2.5s，波長(zhǎng)為的波在質(zhì)點(diǎn)P、Q間傳播時(shí)，各自經(jīng)過(guò)的路程相差為4A最大，所以時(shí)刻出現(xiàn)在14. 截面為直角梯形的玻璃磚ABCD，折射率n=，一束光線(xiàn)由AB面射入玻璃磚，入射角i=45°，如圖所示。光線(xiàn)首先到達(dá)BC面，恰好發(fā)生全反射，然后到達(dá)CD面。求：（1）頂角B的大?。?/span>（2）若玻璃磚在AB方向足夠長(zhǎng)，光線(xiàn)從AD邊出射時(shí)的折射角。【答案】（1）75°；（2）45°【解析】【分析】【詳解】（1）在AB邊入射，由折射定律可得r=30°在BC界面剛好全反射可得C=45°由幾何關(guān)系∠BMN=90°-r=60°，∠BNM=90°-C=45°所以頂角∠B=180°-∠BMN-∠BNM=75° （2）光線(xiàn)射到CD面時(shí)，入射角r1=180°-r-2C=60°>C在CD面全反射。因?yàn)?/span>AB與CD平行，光線(xiàn)射到AB面時(shí)入射角也是60°，發(fā)生全反射，直至光線(xiàn)射到AD底邊。在AD底邊入射角r3=90°-r2=30°<C可以出射可得出射時(shí)的折射角

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