2020年高考理綜物理真題試卷新課標Ⅲ

2020年高考理綜物理真題試卷（新課標川）

閱卷人一、選擇題（本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的

四個選項中，第廣5題只有一項符合題目要求，第6~8有多項符合題

得分目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0

分。）（共5題；共30分）

1.（6分）如圖，水平放置的圓柱形光滑玻璃棒左邊繞有一線圈，右邊套有一金屬圓環(huán)。圓環(huán)初始時

靜止。將圖中開關S由斷開狀態(tài)撥至連接狀態(tài)，電路接通的瞬間，可觀察到（）

A.撥至M端或N端，圓環(huán)都向左運動

B.撥至M端或N端，圓環(huán)都向右運動

C.撥至M端時圓環(huán)向左運動，撥至N端時向右運動

D.撥至M端時圓環(huán)向右運動，撥至N端時向左運動

【答案】B

【解析】【解答】無論開關S撥至哪一端，當把電路接通一瞬間，左邊線圈中的電流從無到有，電流

在線圈軸線上的磁場從無到有，從而引起穿過圓環(huán)的磁通量突然增大，根據(jù)楞次定律（增反減同），

右邊圓環(huán)中產(chǎn)生了與左邊線圈中方向相反的電流，異向電流相互排斥，所以無論哪種情況，圓環(huán)均

向右運動。

故答案為：Bo

【分析】結合電流的方向判斷通電螺線管產(chǎn)生的磁場，進而判斷出圓環(huán)磁通量的變化，再利用楞次

定律判斷的運動方向。

2.（6分）甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運動，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前

后甲、乙的速度隨時間的變化如圖中實線所示。已知甲的質(zhì)量為1kg,則碰撞過程兩物塊損失的機械

能為（）

【解析】【解答】由v-t圖可知，碰前甲、乙的速度分別為D平=5m/s,=lm/s.碰后甲、

乙的速度分別為。'尹=-lm/s,vz=2m/s,甲、乙兩物塊碰撞過程中，由動量守恒得

m鏟甲+1nzy乙=租./甲乙6乙

解得小2=6kg

則損失的機械能為AE二品尹味+品乙吸一/血即彳一品乙噓

解得AE=3/

故答案為：Ao

【分析】v-t圖像中，橫坐標為時間，縱坐標為速度，以此讀出兩個物體的初末速度，利用末狀態(tài)的

機械能減去初狀態(tài)的機械能即為系統(tǒng)損失的機械能。

3.（6分）“嫦娥四號”探測器于2019年1月在月球背面成功著陸，著陸前曾繞月球飛行，某段時間

可認為繞月做勻速圓周運動，圓周半徑為月球半徑的K倍。已知地球半徑R是月球半徑的P倍，地

球質(zhì)量是月球質(zhì)量的Q倍，地球表面重力加速度大小為g。貝廣嫦娥四號”繞月球做圓周運動的速率

為（）

【答案】D

【解析】【解答】假設在地球表面和月球表面上分別放置質(zhì)量為m和m0的兩個物體，則在地球和

月球表面處，分別有G^=mg,G%4=mog'

R（?）

2

解得g'D5

設嫦娥四號衛(wèi)星的質(zhì)量為m,根據(jù)萬有引力提供向心力得=

1（冷）KP

解得八意

故答案為：D。

【分析】衛(wèi)星做圓周運動，萬有引力提供向心力，結合衛(wèi)星的軌道半徑，根據(jù)向心力公式列方程求

解衛(wèi)星的線速度即可。

4.（6分）如圖，懸掛甲物體的細線拴牢在一不可伸長的輕質(zhì)細繩上0點處；繩的一端固定在墻上,

另一端通過光滑定滑輪與物體乙相連。甲、乙兩物體質(zhì)量相等。系統(tǒng)平衡時，0點兩側繩與豎直方

向的夾角分別為a和惘若a=70。，則。等于（）

A.45°B.55°C.60°D.70°

【答案】B

【解析】【解答】由于甲、乙兩物體質(zhì)量相等，則設它們的質(zhì)量為m,對O點進行受力分析，下面繩

子的拉力mg,右邊繩子的拉力mg,左邊繩子的拉力F,如圖所示：

因處于靜止狀態(tài)，依據(jù)力的平行四邊形定則，則有:

豎直方向：mgcos70°+FcosP=mg

水平方向：mgsiMOWFsin。

因a=70°

聯(lián)立上式，解得：6=55°

故答案為：B?

【分析1對節(jié)點O進行受力分析，在兩個三個拉力的作用下，物體處于平衡狀態(tài)，其中有兩個拉力

大小等于兩個物體的重力，合力為零，根據(jù)該條件列方程分析求解即可。

5.（6分）真空中有一勻強磁場，磁場邊界為兩個半徑分別為a和3a的同軸圓柱面，磁場的方向與

圓柱軸線平行，其橫截面如圖所示。一速率為v的電子從圓心沿半徑方向進入磁場。已知電子質(zhì)量

為m,電荷量為e,忽略重力。為使該電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區(qū)域內(nèi)，磁場的磁感應

強度最小為（）

A3mvRmv「3mvn3mv

A?友4HFD,磁

【答案】C

【解析】【解答】為了使電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區(qū)域內(nèi)，則其運動軌跡，如圖所示

A點為電子做圓周運動的圓心，1?為半徑，由圖可知AABO為直角三角形，則由幾何關系可得

（3a-fax）2=r2.a*+a2

解得「max=ga；

由洛倫茲力提供向心力eBv=m^

r

解得Bmin=，C符合題意，ABD不符合題意。

故答案為：C,

【分析】帶電粒子在磁場中受到洛倫茲力，在洛倫茲力的作用下粒子做圓周運動，粒子運動的半徑

越大，磁感應強度越小；利用幾何關系求解軌道半徑，再結合向心力公式求解磁感應強度。

閱卷人

二、多選題（共3題；共18分）

得分

6.（6分）1934年，約里奧一居里夫婦用a粒子轟擊鋁箔，首次產(chǎn)生了人工放射性同位素X,反應方

程為：荊e+抬4-X+徐。X會衰變成原子核Y,衰變方程為XTY+%，貝U（）

A.X的質(zhì)量數(shù)與Y的質(zhì)量數(shù)相等

B.X的電荷數(shù)比Y的電荷數(shù)少1

C.X的電荷數(shù)比弘⑷的電荷數(shù)多2

D.X的質(zhì)量數(shù)與冬⑷的質(zhì)量數(shù)相等

【答案】A,C

【解析】【解答】設X和y的質(zhì)子數(shù)分別為Hi和n2,質(zhì)量數(shù)分別為mi和m2,則反應方程

為羽e+冬4T富X+為，胃Xt郡+?e

根據(jù)反應方程質(zhì)子數(shù)和質(zhì)量數(shù)守恒，解得2+13=%,ni=n2+l

4+27=啊+1,叫=牝+0

解得幾1=15,n2=14,mi—30,m2=30

即x的質(zhì)量數(shù)與y的質(zhì)量數(shù)相等，得X電荷數(shù)比召川的電荷數(shù)多2,得X電荷數(shù)比各山的質(zhì)

量數(shù)多3,AC符合題意，BD不符合題意。

故答案為：ACo

【分析】對于核反應方程式，箭頭左右兩端的微觀粒子遵循質(zhì)量數(shù)守恒、能量守恒、電荷守恒，結

合方程式分析即可。

7.（6分）在圖（a）所示的交流電路中，電源電壓的有效值為220V,理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)

比為10：1,Ri、R2、R3均為固定電阻，R2=10H,R3=200,各電表均為理想電表。已知電阻R?

中電流i2隨時間t變化的正弦曲線如圖（b）所示。下列說法正確的是（）

%

圖（a）圖（b）

A.所用交流電的頻率為50HzB.電壓表的示數(shù)為100V

C.電流表的示數(shù)為1.0AD.變壓器傳輸?shù)碾姽β蕿?5.0W

【答案】A,D

【解析】【解答】A.交流電的頻率為T=0^2s=50"z

A符合題意;

出

B.通過R電流的有效值為/=1A

27F

/?2兩端即副線圈兩端的電壓，根據(jù)歐姆定律可知U2=IR2=1x10K=10V

根據(jù)理想變壓器的電壓規(guī)律用=,可知原線圈的電壓力噴力=1。x10V=100,

電阻飛兩端分壓即為電壓表示數(shù)，即UV=UO-U1=220V-100V=120V

B不符合題意；

C.電流表的示數(shù)為<4=*=巖4=0.5A

C不符合題意；

D.副線圈中流過的總電流為/2=/+〃=14+0.5/1=1.54

變壓器原副線圈傳輸?shù)墓β蕿镻=I2U2=15UZ

D符合題意。

故答案為：AD。

【分析】通過交流電壓的圖像讀出電壓的最大值和角速度，計算出電壓的有效值和頻率，利用變壓

器原副線圈匝數(shù)比與電壓的關系求解副線圈的電壓，再利用歐姆定律求解電流，進而求解功率。

8.（6分）如圖，/M是銳角三角形PMN最大的內(nèi)角，電荷量為q（q>0）的點電荷固定在P點。下

列說法正確的是（）

p

A.沿MN邊，從M點到N點，電場強度的大小逐漸增大

B.沿MN邊，從M點到N點，電勢先增大后減小

C.正電荷在M點的電勢能比其在N點的電勢能大

D.將正電荷從M點移動到N點，電場力所做的總功為負

【答案】B,C

【解析】【解答】A.點電荷的電場以點電荷為中心，向四周呈放射狀，如圖

ZM是最大內(nèi)角，所以PN>PM,根據(jù)點電荷的場強公式E=*（或者根據(jù)電場線的疏密程

度）可知從MTN電場強度先增大后減小，A不符合題意；

B.電場線與等勢面（圖中虛線）處處垂直，沿電場線方向電勢降低，所以從M-N電勢先增大后

減小，B符合題意；

C.M、N兩點的電勢大小關系為<PM>（PN，根據(jù)電勢能的公式Ep=q<P可知正電荷在M點

的電勢能大于在N點的電勢能，C符合題意；

D.正電荷從M-N,電勢能減小，電場力所做的總功為正功，D不符合題意。

故答案為：BC。

【分析】結合點電荷的電場線模型，電場線密集的區(qū)域電場強度大，沿電場線方向電勢減小，電場

力做正功，電勢能減小,電場力做負功，電勢能增加。

閱卷人

三、非選擇題（共4題；共47分）

得分

9.（6分）某同學利用圖（a）所示裝置驗證動能定理。調(diào)整木板的傾角平衡摩擦阻力后，掛上鉤

碼，鉤碼下落，帶動小車運動并打出紙帶。某次實驗得到的紙帶及相關數(shù)據(jù)如圖（b）所示。

圖（a）

單位：cm

圖（b）

已知打出圖（b）中相鄰兩點的時間間隔為0.02s,從圖（b）給出的數(shù)據(jù)中可以得到，打出B點

時小車的速度大小VB=m/s,打出P點時小車的速度大小VP=m/s（結果均保留2

位小數(shù)）。

若要驗證動能定理，除了需測量鉤碼的質(zhì)量和小車的質(zhì)量外，還需要從圖（b）給出的數(shù)據(jù)中求得

的物理量為。

【答案】0.36；1.80；B、P之間的距離

402

【解析】【解答】由勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于平均速度Vb=（°-^xl0-m/

s=0.36m/s

Vp=（57.86-50.66）x10-2m/s=i.80m/s驗證動能定理需要求出小車運動的過程中拉力對小車做的

功，所以需要測量對應的B、P之間的距離。

【分析】求解B、P兩點的速度等于物體在相鄰兩段中運動的平均速度，即利用相鄰兩段的長度除以

對應的時間即可；已知物體的初末速度可以求解物體動能的改變量，那么還需要測量合外力做功，

即需要測量重物移動的距離。

10.（9分）已知一熱敏電阻當溫度從10℃升至6（）℃時阻值從幾千歐姆降至幾百歐姆，某同學利用伏

安法測量其阻值隨溫度的變化關系。所用器材：電源E、開關S、滑動變阻器R（最大阻值為20

C）、電壓表（可視為理想電表）和毫安表（內(nèi)阻約為100C）。

（I）（2分）在答題卡上所給的器材符號之間畫出連線，組成測量電路圖。

（2）（2分）實驗時，將熱敏電阻置于溫度控制室中，記錄不同溫度下電壓表和亳安表的示數(shù),

計算出相應的熱敏電阻阻值。若某次測量中電壓表和毫安表的示數(shù)分別為5.5V和3.0mA,則此時

熱敏電阻的阻值為.kC（保留2位有效數(shù)字）。實驗中得到的該熱敏電阻阻值R隨溫度t變

圖（b）

（3）（2.5分）將熱敏電阻從溫控室取出置于室溫下，測得達到熱平衡后熱敏電阻的阻值為

2.2kC。由圖（a）求得，此時室溫為℃（保留3位有效數(shù)字）。

（4）（2.5分）利用實驗中的熱敏電阻可以制作溫控報警器，其電路的一部分如圖（b）所示。圖

中，E為直流電源（電動勢為10V,內(nèi)阻可忽略）；當圖中的輸出電壓達到或超過6.（）V時，便觸發(fā)

報警器(圖中未畫出)報警。若要求開始報警時環(huán)境溫度為50°C,則圖中(填“RJ或

"R2”)應使用熱敏電阻，另一固定電阻的阻值應為kQ(保留2位有效數(shù)字)。

(2)1.8

(3)25.5

(4)Ri；1.2

【解析】【解答】(1)滑動變阻器由用分壓式，電壓表可是為理想表，所以用電流表外接。連線如圖

(2)由部分電路歐姆定律得/?=7=—%，l.SkH

10.3x10

(3)由該電阻的阻值隨溫度變化的曲線直接可讀得：25.5℃。

(4)①溫度升高時，該熱敏電阻阻值減小，分得電壓減少。而溫度高時輸出電壓要升高，以觸發(fā)報

警，所以Ri為熱敏電阻。②由圖線可知，溫度為50℃時，Ri=0.8kQ,由歐姆定律可得E=/(&+

此)

U=1R2

代入數(shù)據(jù)解得R2=12k。o

【分析】(1)為了能得到比較多的數(shù)據(jù)，采用分壓法，電流表內(nèi)阻比較大，對電壓影響比較大，故

采用電流表外接法；

(2)結合電流表和電壓表示數(shù)，利用歐姆定律求解電阻的阻值即可；

(3)結合題目給出的電壓與溫度的圖像求解此時的溫度即可；

(4)對圖b電路應用閉合電路歐姆定律列方程，對熱敏電阻應用部分電路歐姆定律列方程，聯(lián)立求

解外加電阻的阻值。

11.(12分)如圖，一邊長為Io的正方形金屬框abed固定在水平面內(nèi)，空間存在方向垂直于水平

面、磁感應強度大小為B的勻強磁場。一長度大于5/2/0的均勻?qū)w棒以速率v自左向右在金屬框

上勻速滑過，滑動過程中導體棒始終與ac垂直且中點位于ac上，導體棒與金屬框接觸良好。已知導

體棒單位長度的電阻為r,金屬框電阻可忽略。將導體棒與a點之間的距離記為x,求導體棒所受安

培力的大小隨x(0<%<V2Z0)變化的關系式。

【答案】解：當導體棒與金屬框接觸的兩點間棒的長度為1時，由法第電磁感應定律可知導體棒上感

應電動勢的大小為E=Blv

由歐姆定律可知流過導體棒的感應電流為/=/

式中R為這一段導體棒的電阻。按題意有R=rl

此時導體棒所受安培力大小為F=BII

{2%,(OWx《氫)

由題設和幾何關系有/=]萬2

[2(V2/0-x),(^/0<x<V2/0)

(2B2V”/儲、

聯(lián)立各式得昨2-'---X,("0<X<-52-/n)

誓glo—x),(^/0<x<V2Z0)

【解析】【分析】利用法拉第電磁感應定律求解電壓的大小，再利用歐姆定律求解回路中電流的大

小；利用左手定則和公式求解安培力的方向，再結合安培力公式求解導體棒受到的安培力大小。

12.(20分)如圖，相距L=11.5m的兩平臺位于同一水平面內(nèi)，二者之間用傳送帶相接。傳送帶向右

勻速運動，其速度的大小V可以由驅(qū)動系統(tǒng)根據(jù)需要設定。質(zhì)量m=10kg的載物箱（可視為質(zhì)點），

以初速度v°=5.0m/s自左側平臺滑上傳送帶。載物箱與傳送帶間的動摩擦因數(shù)產(chǎn)（M0,重力加速度

取2

g=10m/so

（1）（6.5分）若v=4.0m/s,求載物箱通過傳送帶所需的時間；

（2）（6.5分）求載物箱到達右側平臺時所能達到的最大速度和最小速度；

（3）（7分）若v=6.0m/s,載物箱滑上傳送帶4t=1|s后，傳送帶速度突然變?yōu)榱恪Ｇ筝d物箱

從左側平臺向右側平臺運動的過程中，傳送帶對它的沖量。

【答案】（1）解：傳送帶的速度為v=4.0m/s時，載物箱在傳送帶上先做勻減速運動，設其加速

度為a,由牛頓第二定律有：=ma①

設載物箱滑上傳送帶后勻減速運動的距離為Xi,由運動學公式有/-詔=-2axi②

聯(lián)立①②式，代入題給數(shù)據(jù)得xi=4.5m；③

因此，載物箱在到達右側平臺前，速度先減小至v,然后開始做勻速運動，設載物箱從滑上傳送帶到

離開傳送帶所用的時間為L,做勻減速運動所用的時間為t2,由運動學公式有〃-at?④

ti=b+第⑤

聯(lián)立①③④⑤式并代入題給數(shù)據(jù)有ti=2.75s；⑥

（2）解：當載物箱滑上傳送帶后一直做勻減速運動時，到達右側平臺時的速度最小，設為vi,當載

物箱滑上傳送帶后一直做勻加速運動時，到達右側平臺時的速度最大，設為V2住動能定理有

-limgL=

limgL=^mv2-話⑧

由⑦⑧式并代入題給條件得

Vj=\[2m/s,v2=4V3m/s（9）

（3）解：傳送帶的速度為v=6.0m/s時，由于為<u<〃2，載物箱先做勻加速運動，加速度大

小仍a。設載物箱做勻加速運動通過的距離為X2,所用時間為t3,由運動學公式有V=%+成3⑩

v2—VQ=2a%2?

聯(lián)立①⑩?式并代入題給數(shù)據(jù)得t3=l.Os?

X2=5.5m?

因此載物箱加速運動1.0s、向右運動5.5m時，達到與傳送帶相同的速度。此后載物箱與傳送帶共同

勻速運動（a-土3）的時間后，傳送帶突然停止，設載物箱勻速運動通過的距離為X3有右=破加-

t3）?

由①式可知2

???|mv>iimg（L—x2—X3）

即載物箱運動到右側平臺時速度大于零，設為由運動學公式有，2

V3,vj-v=-2a（L-%2-

%3）?

設載物箱通過傳遠帶的過程中，傳送帶對它的沖量為I,由動量定理有/=m（%-Vo）

代題給數(shù)據(jù)得I=0

【解析】【分析】（1）對物體進行受力分析，利用牛頓第二定律求解物體的加速度，利用運動學公式

求解物體運動的時間；

（2）摩擦力對物體做正功，物體的速度增加，摩擦力做負功，速度減小，對物體進行受力分析，利

用動能定理列方程求解末速度；

（3）結合物體的加速度和運動時間，利用公式求解當傳送帶靜止時物體的速度，進而求解物體滑出

傳送帶是的速度，利用動量定理求解摩擦力沖量即可。

閱卷入

------------------四、［物理一選修3-3］供1題；共15分）

得分

13.（15分）

（1）（7.5分）如圖，一開口向上的導熱氣缸內(nèi)。用活塞封閉了一定質(zhì)量的理想氣體，活塞與氣缸

壁間無摩擦?，F(xiàn)用外力作用在活塞上。使其緩慢下降。環(huán)境溫度保持不變，系統(tǒng)始終處于平衡狀

態(tài)。在活塞下降過程中（）

Ml

A.氣體體積逐漸減小，內(nèi)能增知

B.氣體壓強逐漸增大，內(nèi)能不變

C.氣體壓強逐漸增大，放出熱量

D.外界對氣體做功，氣體內(nèi)能不變

E.外界對氣體做功，氣體吸收熱量

(2)(7.5分)如圖，兩側粗細均勻、橫截面積相等、高度均為H=18cm的U型管，左管上端封

閉，右管上端開口。右管中有高ho=4cm的水銀柱，水銀柱上表面離管口的距離1=12cm。管底水平

段的體積可忽略。環(huán)境溫度為Ti=283K。大氣壓強po=76cmHg。

(i)現(xiàn)從右側端口緩慢注入水銀(與原水銀柱之間無氣隙)，恰好使水銀柱下端到達右管底部。

此時水銀柱的高度為多少？

(ii)再將左管中密封氣體緩慢加熱，使水銀柱上表面恰與右管口平齊，此時密封氣體的溫度為

多少？

【答案】(1)B；C；D

(2)解：(i)設密封氣體初始體積為V”壓強為pi,左、右管的截面積均為S,密封氣體先經(jīng)等溫

壓縮過程體積變?yōu)閂2,壓強變?yōu)镻2.由玻意耳定律有P.V1=p2V2

設注入水銀后水銀柱高度為h,水銀的密度為p,按題設條件有pi=p0+pg/io,P2=P0+

P9h

%=S(2H-l-h0),V2=SH

聯(lián)立以上式子并代入題給數(shù)據(jù)得h=12.9cm；

由蓋-呂薩克定律有知中

(ii)密封氣體再經(jīng)等壓膨脹過程體積變?yōu)閂3,溫度變?yōu)門2,

按題設條件有匕=S(2H-h)

代入題給數(shù)據(jù)得T2=363K

【解析】【解答】(1)A.理想氣體的內(nèi)能與溫度之間唯一決定，溫度保持不變，所以內(nèi)能不變。A

不符合題意；

B.由理想氣體狀態(tài)方程挈=。，可知體積減少，溫度不變，所以壓強增大。因為溫度不變，內(nèi)能

不變。B符合題意；

CE.由理想氣體狀態(tài)方程即=。，可知體積減少，溫度不變，所以壓強增大。體積減少，外接對

系統(tǒng)做功，且內(nèi)能不變，由熱力學第一定律AU=W+Q可知，系統(tǒng)放熱.C符合題意；E不符合

題意。

D.體積減少，外接對系統(tǒng)做功。理想氣體的內(nèi)能與溫度之間唯一決定，溫度保持不變，所以內(nèi)能不

變。D符合題意。

故答案為：BCDo

【分析】（1）利用熱力學第一定律AU=Q-W求解氣體內(nèi)能的變化即可，其中Q氣體的吸熱，W是

氣體對外界做的功；

（2）氣體做等溫變化，結合氣體初狀態(tài)和末狀態(tài)的壓強和體積，利用波意爾定律列方程求解末狀態(tài)

的體積；氣體做等壓變化，結合氣體初狀態(tài)和末狀態(tài)的體積和溫度，利用蓋一呂薩克定律列方程求

解末狀態(tài)的溫度即可。

閱卷人

五、［選修3-4］（共1題；共15分）

得分

14.（15分）

（1）（7$分）如圖，一列簡諧橫波平行于x軸傳播，圖中的實線和虛線分別為t=0和t=0.1s時

的波形圖。已知平衡位置在x=6m處的質(zhì)點，在0到0.1s時間內(nèi)運動方向不變。這列簡諧波的周期

為s,波速為m/s,傳播方向沿x軸（填“正方向''或"負方向

（2）（7.5分）如圖，一折射率為V3的材料制作的三棱鏡，其橫截面為直角三角形ABC,

ZA=90°,NB=30。。一束平行光平行于BC邊從AB邊射入棱鏡，不計光線在棱鏡內(nèi)的多次反射,

求AC邊與BC邊上有光出射區(qū)域的長度的比值。

【答案】（1）0.4；10；負方向

（2）解：設從D點入射的光線經(jīng)折射后恰好射向C點，光在AB邊上的入射角為國,折射角

為出，如圖所示

A

仇D

由折射定律有sin%=nsin02

設從DB范圍入射的光折射后在BC邊上的入射角為8,，由幾何關系有夕=30。+%

代入題中數(shù)據(jù)解得劭=30°

nsin0z>1

所以從DB范圍入射的光折射后在BC邊上發(fā)生全反射，反射光線垂直射到AC邊，AC邊上全

部有光射出。設從AD范圍入射的光折射后在AC邊上的入射角為6",如圖所示

由幾何關系可知e"=90°-e2

根據(jù)已知條件可知nsin?！?gt;1

即從AD范圍入射的光折射后在AC邊上發(fā)生全反射，反射光線垂直射到BC邊上。設BC邊上

有光線射出的部分為CF,由幾何關系得CF=AC-sin30°

AC邊與BC邊有光射出區(qū)域的長度比值為第=2

【解析】【解答】（1）因為x=6m處的質(zhì)點在0?0.1s內(nèi)運動方向不變，所以該處質(zhì)點從正向位

移最大處經(jīng)過四分之一個周期向下運動至平衡位置處，即1r=0.1s

解得周期為T=0.4s,所以波速為》=*=黑=10m/s

在虛線上，x=6m處的質(zhì)點向下運動，根據(jù)同側法可知波沿x軸負方向傳播。

【分析】（1）通過圖像讀出波的波長，結合波移動的距離和對應的時間求解波速，進而求出波的周

期；根據(jù)6m處質(zhì)點的振動方向求解波傳播的方向；

（2）結合光線的入射角和介質(zhì)的折射率，利用折射定律求解折射角，再根據(jù)光的全反射大致畫出光

的傳播路徑，進而求解區(qū)域的比值關系。

試題分析部分

1、試卷總體分布分析

總分：125分

客觀題（占比）48.0(38.4%)

分值分布

主觀題（占比）77.0(61.6%)

客觀題（占比）8(57.1%)

題量分布

主觀題（占比）6(42.9%)

2、試卷題量分布分析

大題題型題目量（占比）分值（占比）

選擇題（本題共8小

題，每小題6分，共

48分。在每小題給

出的四個選項中，第

1~5題只有一項符合

題目要求，第6~85(35.7%)30.0(24.0%)

有多項符合題目要

求，全部選對的得6

分，選對但不全的得

3分，有選錯的得0

分。）

非選擇題4(28.6%)47.0(37.6%)

[物理一選修3-3]1(7.1%)15.0(12.0%)

多選題3(21.4%)18.0(14.4%)

[選修3-4]1(7.1%)15.0(12.0%)

3、試卷難度結構分析

序號難易度占比

1普通(57.1%)

2容易(42.9%)

4、試卷知識點分析

序號知識點（認知水平）分值（占比）對應題號

1電場強度和電場線6.0(4.8%)8