2025年滬科新版高二物理上冊月考試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年滬科新版高二物理上冊月考試卷483考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、關于光電管，下列說法正確的是()A.遏止電壓與光照頻率和強度都有關B.光照不變的情況下，增加光電管兩端的正向電壓，光電流一定增加C.改變光電管的陰極材料，會改變其截止頻率D.沒有光電流產生，就說明沒有產生光電效應2、如圖所示，實線表示電場線，虛線表示只受電場力作用的帶電粒子的運動軌跡，粒子先經過M

點，再經過N

點，可以判定(

)

A.帶電粒子帶負電B.M

點的電勢大于N

點的電勢C.粒子在M

點受到的電場力大于在N

點受到的電場力D.粒子在M

點的電勢能小于在N

點的電勢能3、一個做勻速圓周運動的物體，在運動過程中，若所受的一切外力都突然消失，則由牛頓第一定律可知，該物體將(）A.立即靜止B.改做勻速直線運動C.繼續(xù)做勻速圓周運動D.改做變速圓周運動4、關于簡諧運動的周期，以下說法不正確的是()A.間隔一個周期的整數(shù)倍的兩個時刻，物體的振動情況相同B.間隔半個周期的奇數(shù)倍的兩個時刻，物體的速度和加速度可能同時相同C.半個周期內物體的動能變化一定為零D.一個周期內物體的勢能變化一定為零5、關于電場的性質正確的是(

)

A.電場強度大的地方，電勢一定高B.正點電荷產生的電場中電勢都為負C.勻強電場中，兩點間的電勢差只與兩點間距離有關D.電場強度大的地方，沿場強方向電勢變化快評卷人得分二、雙選題(共2題，共4分)6、下列說法中；正確的是（）

A.油脂在堿性水溶液中水解在工業(yè)上用于制肥皂B.蔗糖是最重要的二糖，麥芽糖是它的同分異構體C.在蔗糖與稀H2SO4共熱后的溶液中，滴加銀氨溶液，再水浴加熱有銀鏡生成D.取淀粉與稀硫酸共熱后的溶液，加入碘水溶液，溶液不變藍，證明淀粉尚未水解7、下列說法中；正確的是（）

A.油脂在堿性水溶液中水解在工業(yè)上用于制肥皂B.蔗糖是最重要的二糖，麥芽糖是它的同分異構體C.在蔗糖與稀H2SO4共熱后的溶液中，滴加銀氨溶液，再水浴加熱有銀鏡生成D.取淀粉與稀硫酸共熱后的溶液，加入碘水溶液，溶液不變藍，證明淀粉尚未水解評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)8、在勻強電場中的同一條電場線上相距20厘米的A、B兩點，需用4×10-3N外力才能把2×10-6C的負電荷勻速從A移到B，則A、B兩點的電勢差為____V，電力線方向為____，若取A點的電勢為零，則該負電荷在B處的電勢能為____J，該勻強電場的電場強度為____N/C．9、某簡諧橫波的波源在x=0處，波源開始振動后波向x軸正方向傳播，經0.5s形成的波形圖如圖所示．則該波的傳播速度為____m/s，x=1.5m處質點的起振方向為____．

10、如圖所示，有一面積為0.2m2，匝數(shù)為100匝的線圈A，處于勻強磁場中，磁場方向垂直于線圈平面．磁感應強度隨時間變化的規(guī)律是B=（6-0.2t）T，已知R1=4Ω，R2=6Ω，R3=6Ω，電容C=30μF．線圈A的電阻不計．閉合開關S，電路穩(wěn)定后，通過R2的電流為____A；斷開開關S后，通過R3的電荷量為____C．

11、如圖所示，在場強為E，方向豎直向下的勻強電場中，有兩個質量均為m的帶電小球A、B，電量分別為-q和+2q，兩小球用長為l的絕緣細線b相連，另用絕緣細線a系住小球A懸掛于O點而處于平衡狀態(tài)．細線b處于繃緊狀態(tài)，則細線b對小球B的作用力大小為____，細線a對懸點O的作用力大小為____．（已知重力加速度為g；靜電力恒量為k）

12、一個通有2A恒定電流的直導線長度為0.2m，垂直于勻強磁場方向放置于磁場中，磁感應強度為0.5T，則導線受磁場力為____N．13、通電直導線A與圓形通電導線環(huán)B固定放置在同一水平面上，通有如圖所示的電流時，通電直導線A受到水平向______的安培力作用．當A、B中電流大小保持不變，但同時改變方向時，通電直導線A所受到的安培力方向水平向______。（填“右”或“左”）14、圖為一簡單歐姆表原理示意圖，其中電流表的滿偏電流Ig=300μA，內阻Rg=100Ω，可變電阻R的最大值為10kΩ，電池的電動勢E=1.5V，內阻r=0.5Ω，圖中與接線柱A相連的表筆顏色應是____色．按正確使用方法測量電阻Rx的阻值時，指針指在刻度盤的正中央，則Rx=____kΩ．若該歐姆表使用一段時間后，電池的電動勢變小、內阻變大，但此表仍能調零，按正確使用方法再測上述Rx，其測量結果與原結果相比將____（填“變大”；“變小”或“不變”）．

15、一個質量為0.1kg

的小球，從5m

高處下落，若落地時受到1.6NS

的合外力的沖量作用，則小球反跳速率是____(

g

=10m/s2).

16、將電量為6隆脕10鈭?6C

的負電荷從電場中A

點移到B

點，克服電場力做了3隆脕10鈭?5J

的功，則該電荷在此過程中電勢能______了______J

再將該電荷從B

點移到C

點，電場力做了1.2隆脕10鈭?5J

的功，則AC

間的電勢差UAC=

______．評卷人得分四、判斷題(共1題，共10分)17、如圖所示，有一水平方向的勻強電場，場強大小為9000N/C，在電場內一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A、B兩點，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點電荷，則A處場強大小EA為零．________（判斷對錯）

評卷人得分五、綜合題(共4題，共8分)18、在圖甲中，電源的電動勢E=9.0V，電源內電阻可忽略不計；G為小量程的電流表，電流表內阻Rg保持不變，R為熱敏電阻，其電阻值與溫度的變化關系如圖乙的R-t圖線所示．閉合開關S，當R的溫度等于20°C時，電流表示數(shù)I1=2mA，則當電流表的示數(shù)I2=3.6mA時；熱敏電阻R的溫度為多少？

19、[

物理隆陋

選修3鈭?4]

(1)

如圖所示，一簡諧橫波在某區(qū)域沿x

軸傳播，實線a

為t=0

時刻的波形圖線，虛線b

為t=鈻?t

時刻的波形圖線。已知該簡諧橫波波源振動的頻率為f=2.5Hz

虛線b

與x

軸交點P

的坐標為xP=1m

則下列說法正確的是_____________________________A.這列波的傳播速度大小一定為20m/s

B.這列波一定沿x

軸正向傳播C.可能有?t=1.25s

D.可能有?t=1.45s

E.若該列波遇到寬度為6m

的障礙物能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象(2)

如圖所示，直角三角形ABC

是一玻璃磚的橫截面，AB=L隆脧攏脙=攏鹿攏擄鈭?隆脧攏脕=攏露攏擄鈭?

一束單色光PD

從AB

邊上的D

點射入玻璃磚，入射角為45?DB=L/4

折射光DE

恰好射到玻璃磚BC

邊的中點E

已知光在真空中的傳播速度為c

求：壟脵

玻璃磚的折射率；壟脷

該光束從AB

邊上的D

點射入玻璃磚到第一次射出玻璃磚所需的時間。20、如圖所示，在貨場需將質量為m1=100kg

的貨物(

可視為質點)

從高處運送至地面，為避免貨物與地面發(fā)生撞擊，現(xiàn)利用固定于地面的光滑四分之一軌道，使貨物由軌道頂端無初速滑下.

半徑R=1.8m.

地面上緊靠軌道依次排放兩塊完全相同的木板AB

長度均為l=2m

質量均為m2=100kg

木板上表面與軌道末端相切.

貨物與木板間的動摩擦因數(shù)為婁脤1

木板與地面間的動摩擦因數(shù)為婁脤2=0.2.(

最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取g=10m/s2)

(1)

求貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力；(2)

若貨物滑上木板A

時，木板不動，而滑上木板B

時，木板B

開始運動，求婁脤1

應滿足的條件；(3)

若婁脤1=0.5

求貨物滑到木板A

末端時的速度和在木板A

上運動的時間．21、(1)(1)下列說法正確的是_______。((填正確答案標號。選對11個得22分，選對22個得44分，選對33個得55分。每選錯11個扣33分，最低得分為00分))A.物體的溫度變化時，其分子平均動能一定隨之改變B.在壓強不變時，分子每秒對器壁單位面積平均碰撞次數(shù)隨著溫度降低而增加C.不可能從單一熱庫吸收熱量使之完全變成功D.物體內能的增加等于外界對物體所做的功與從外界吸收的熱量之和E.滿足能量守恒定律的物理過程一定能自發(fā)進行(2)

如圖所示，粗細相同的導熱玻璃管AB

由橡皮軟管連接，一定質量的空氣被水銀柱封閉在A

管內，氣柱長L1=40cmB

管上方與大氣相通，大氣壓強p0=76cmHg

環(huán)境溫度T0=300K

初始時兩管水銀面相平，若A

管不動，將B

管豎直向上緩慢移動一定高度后固定，A

管內水銀面上升了h1=2cm

(i)

求B

管上移的高度為多少？(ii)

要使兩管內水銀面再次相平，環(huán)境溫度需降低還是升高？變?yōu)槎嗌伲?(大氣壓強不變))參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【分析】由光電效應的實驗規(guī)律及條件判斷得解。本題主要考查光電效應的實驗規(guī)律及條件的理解及應用，較簡單。【解答】A.由實驗規(guī)律可知，遏止電壓與光照頻率有關，而與強度無關，A錯誤；B.光照不變的情況下，增加光電管兩端的正向電壓，若此時達到飽和電流，則光電流不一定增加，B錯誤；

C.不同材料的截止頻率不同，故改變光電管的陰極材料，會改變其截止頻率，C正確；

D.當在光電管兩端加反向電壓且達到遏制電壓時，沒有光電流，D錯誤。

故選C?！窘馕觥緾

2、B【分析】解：AB

由電場力方向應指向軌跡的內側得知；粒子所受電場力方向大致斜向左下方，粒子帶正電.

故A錯誤；

B；沿著電場線方向電勢逐漸降低；M

點的電勢大于N

點的電勢，B正確；

C；電場線的疏密表示場強的大小；故粒子在M

點受到的電場力小于在N

點受到的電場力，C錯誤。

D；M

到N

的過程中；電場力對粒子做正功，其電勢能減小，動能增大，則知粒子在M

的速度小于N

點的速度，在M

點的電勢能大于在N

點的電勢能，故D錯誤．

故選：B

．

帶電粒子在電場中只受電場力作用運動時；所受電場力方向應指向軌跡的內側，由此可知電荷的正負和電場力做功情況，從而進一步判斷電勢能的大?。?/p>

本題是電場中軌跡問題，關鍵要根據(jù)軌跡的彎曲方向判斷出粒子所受的電場力方向，再抓住電場線的物理意義判斷場強、電勢等的大?。窘馕觥緽

3、B【分析】勻速圓周運動的物體，若所受的一切外力都突然消失，則物體將沿著切線方向做勻速直線運動，B正確。【解析】【答案】B4、B【分析】【分析】做簡諧運動的物體完成一次全振動所用的時間為一個周期，完成一次全振動，所有的物理量都恢復到初始狀態(tài)。本題考查簡諧運動的周期性，簡諧運動具有重復性，根據(jù)這一特點解題?！窘獯稹緼D.AD.根據(jù)周期的意義可知，物體完成一次全振動，所有的物理量都恢復到初始狀態(tài)，故A、D正確；BC.BC.當間隔半周期的奇數(shù)倍時，所有的矢量都變得大小相等，方向相反，動能與速度的平方成正比，故B錯誤，C正確。本題選不正確的是，故選B?！窘馕觥緽

5、D【分析】解：A

沿著電場線的方向；電勢越來越小，而電場強度根據(jù)疏密才能確定.

可見，電場強度與電勢沒有直接關系，故A錯誤；

B；電勢是相對的；由于零電勢點沒有確定，所以正電荷產生的電場中電勢不一定都為正，故B錯誤．

C；由公式U=Ed

知；勻強電場中，兩點間的電勢差只與兩點間沿電場線方向的距離成正比，而不是任意距離成正比，故C錯誤．

D；電勢降落最快就是電勢變化相同而間距最短；所以沿著電場強度方向的電勢降低最快.

故D正確．

故選：D

電場強度是描述電場的力的性質的物理量；電勢是描述電場的能的性質的物理量，兩者沒有直接關系；沿著電場線方向，電勢是降低的.

沿場強方向電勢變化快.

勻強電場中，電勢差與兩點間沿電場線方向的距離成正比．

本題要抓住電場線來理解電場強度和電勢的關系，準確理解公式U=Ed

中d

的含義，即可作出判斷．【解析】D

二、雙選題(共2題，共4分)6、AB【分析】本題考查物質的性質。該題屬于基礎性試題，難度不大。只要能記住常見物質的性質，就不難得出正確的結論。

A.油脂在堿性水溶液中水解在工業(yè)上用于制肥皂；故A正確；

B.蔗糖是最重要的二糖；麥芽糖是它的同分異構體，故B正確；

C.在蔗糖與稀H2SO4共熱后的溶液中；加氫氧化鈉中和硫酸以后再滴加銀氨溶液，再水浴加熱有銀鏡生成，故C錯誤；

D.取淀粉與稀硫酸共熱后的溶液；加入碘水溶液，溶液不變藍，證明淀粉水解完全，故D錯誤；

?故選AB?！窘馕觥緼B7、AB【分析】本題考查物質的性質。該題屬于基礎性試題，難度不大。只要能記住常見物質的性質，就不難得出正確的結論。

A.油脂在堿性水溶液中水解在工業(yè)上用于制肥皂；故A正確；

B.蔗糖是最重要的二糖；麥芽糖是它的同分異構體，故B正確；

C.在蔗糖與稀H2SO4共熱后的溶液中；加氫氧化鈉中和硫酸以后再滴加銀氨溶液，再水浴加熱有銀鏡生成，故C錯誤；

D.取淀粉與稀硫酸共熱后的溶液；加入碘水溶液，溶液不變藍，證明淀粉水解完全，故D錯誤；

?故選AB?！窘馕觥緼B三、填空題(共9題，共18分)8、略

【分析】

用4×10-3N外力才能把2×10-6C的負電荷勻速從A移到B；

所以電場力大小F=2×10-6C

=2×103N/C

根據(jù)U=Ed得：A；B兩點的電勢差U=400V．

由于是負電荷；所以電場力方向與電場線方向相反；

所以電場線方向為A→B．

若取A點的電勢為零；B點的電勢是-400V．

根據(jù)電勢和電勢能的關系得：

負電荷在B處的電勢能Ep=qφ=8×10-4J．

故答案為：400，A→B，8×10-42×103

【解析】【答案】負電荷勻速從A移到B，根據(jù)受力平衡得出電場力大小，再根據(jù)求出該勻強電場的電場強度．

明確公式U=Ed中d的物理意義；然后根據(jù)電勢和電勢能的關系可正確解答．

9、略

【分析】

由題，波源在x=0處，波源開始振動后波向x軸正方向傳播，經0.5s波傳播的距離為2.5m，而波在同一均勻介質中勻速傳播的，則波速為v=v==．x=1.5m處質點的起振方向與圖示時刻x=2.5m處質點的振動方向相同．波源向x軸正方向傳播；x=2.5m處質點的振動方向沿y軸負方向，則x=1.5m處質點的起振方向也沿y軸負方向．

故答案為：5；沿y軸負方向．

【解析】【答案】由題，波源在x=0處，波源開始振動后波向x軸正方向傳播，經0.5s波傳播的距離為2.5m，根據(jù)v=求出波速．簡諧橫波向x軸正方向傳播；介質中各質點的起振方向與圖示時刻x=2.5m處質點的振動方向相同．

10、略

【分析】

∵B=6-0.2t

∴=0.2T/s

A線圈內產生的感應電動勢：E=n=n=100×0.2×0.2V=4V

S閉合后，電路中電流I==A=0.4A

電容器與電阻R2并聯(lián)，上方電勢高，故上極板帶正電，斷開S后，通過R2的電量為：Q=CU2=CIR2=7.2×10-5C；

故答案為：0.4，7.2×10-5

【解析】【答案】根據(jù)法拉第電磁感應定律求出線圈產生的感應電動勢，根據(jù)閉合電路歐姆定律求出電流強度的大小，根據(jù)楞次定律判斷出感應電流的方向；斷開S，電容器放電，所帶的電量全部通過R2，閉合時，根據(jù)Q=CU求出R2所帶的電量．

11、略

【分析】

1、以B球為研究對象，受力分析如圖：重力mg、電場力2qE、a對b的庫侖力F、b細線的拉力Tb；有平衡條件得：

F+Tb=mg+2qE

而庫侖力

故細線b對小球B的作用力大小為mg+2qE-．

2、以兩個小球組成的整體為研究對象，分析受力如圖：重力2mg、電場力（2qE-qE）=qE，方向豎直向下，a細線的拉力Ta；由平衡條件得：

Ta=2mg+qE

根據(jù)牛頓第三定律；細線a對懸點O的作用力大小為也為2mg+qE．

故答案為：mg+2qE-2mg+qE．

【解析】【答案】1；以B球為研究對象；分析受力，根據(jù)平衡條件可求得細線的拉力．

2；以兩個小球組成的整體為研究對象；分析受力，根據(jù)平衡條件可求得細線的拉力．

12、略

【分析】

長度為0.2m的通電直導線；垂直放置于勻強磁場的磁感應強度為0.5T，通入電流為2A；

則由公式可得安培力的大小為F=BIL=0.5×2×0.2N=0.2N

故答案為：0.2

【解析】【答案】通電導線在磁場中的受到安培力作用；由公式F=BIL求出安培力大小，由左手定則來確定安培力的方向．安培力方向始終與電流與磁場所構成的平面垂直．

13、略

【分析】【解析】試題分析：由安培定則可得出A處的磁場方向，再由左手定則可判斷A受安培力的方向．由安培定則可得，A所在處的磁場垂直線面向里，則由左手定則可得，A受安培力向右，同理可得，當電路反向后，安培力向右；故答案為：右；右．考點：通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向；安培定則；安培力；左手定則．【解析】【答案】右右14、紅5變大【分析】【解答】（1）歐姆表是電流表改裝的；必須滿足電流的方向“+”進“﹣”出，即回路中電流從標有“+”標志的紅表筆進去，所以與A相連的表筆顏色是紅色；

當兩表筆短接（即Rx=0）時，電流表應調至滿偏電流Ig；

設此時歐姆表的內阻為R內此時有關系得

當指針指在刻度盤的正中央時有代入數(shù)據(jù)可得RX=R內=5kΩ；

當電池電動勢變小、內阻變大時，歐姆得重新調零，由于滿偏電流Ig不變；

由公式歐姆表內阻R內得調??；

待測電阻的測量值是通過電流表的示數(shù)體現(xiàn)出來的，由

可知當R內變小時；I變小，指針跟原來的位置相比偏左了，歐姆表的示數(shù)變大了．

故答案為：紅；5；變大．

【分析】根據(jù)歐姆表的結構，由閉合電路歐姆定律可以判斷讀數(shù)，以及電池電動勢變小，內阻變大時測量結果的變化．15、6m/s【分析】【分析】根據(jù)速度位移公式求出小球落地的速度，通過動量定理求出小球反跳的速度大小。本題考查了動量定理的基本運用，知道動量定理的矢量性，求解時注意速度、沖量的方向?！窘獯稹啃∏蚵涞氐乃俣?；

規(guī)定向上為正方向；根據(jù)動量定理得，I=mv2鈭?mv1

則1.6=0.1v2+0.1隆脕10

解得v2=6m/s

方向向上。

故填：6m/s

【解析】6m/s

16、略

【分析】解：負電荷在電場力作用下發(fā)生位移；導致電場力做負功，則電荷的電勢能增加.

做多少功，電勢能就增加多少．

因此；電荷在此過程中電勢能增加，且增加了3隆脕10鈭?5

J.

電荷從B

點移到C

點，電場力做了1.2隆脕10鈭?5J

的功，則由：W=qU

得UBC=Wq=1.2隆脕10鈭?5鈭?6脳10鈭?6V=鈭?2v

而負電荷從電場中A

點移到B

點，兩點的電勢差UAB=Wq=鈭?3隆脕10鈭?5鈭?6脳10鈭?6V=5V

所以AC

間的電勢差UAC=UAB+UBC=5V鈭?2V=3V

故答案為：增加；3隆脕10鈭?53V

電荷在電場力作用下做功；導致電勢能變化.

所以由做功與電量可求出兩點的電勢差，同時根據(jù)電場力做功的正負可確定電勢能增加與減少．

電勢差是電場中的電勢之差，電勢可以任意取，但電勢差卻不變，就像高度與高度差一樣.

電荷的電勢能增加還是減少是由電場力做功的正負決定.

就像重力做功與重力勢能一樣．【解析】增加；3隆脕10鈭?53V

四、判斷題(共1題，共10分)17、A【分析】【解答】解：點電荷在A點的場強

根據(jù)場強的疊加原理得；則兩點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，A點的場強大小為。

EA=E點﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場強大小為0

故答案為：正確。

【分析】根據(jù)公式E=k求出點電荷在A點處產生的場強大小，判斷出場強方向，A點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點處的場強大小及方向．五、綜合題(共4題，共8分)18、略

【分析】本題關鍵是對全電路運用歐姆定律求解出電流計內阻，然后再次根據(jù)歐姆定律列式求解出熱敏電阻的阻值，最后由圖線得到對應的溫度．【解析】解：由圖線知t1=20°C時；R=4kΩ

據(jù)全電路歐姆定律，有代入數(shù)據(jù)得Rt=500Ω

同理有代入數(shù)據(jù)得Rt′=2000Ω

由圖線知此時t2=120°C

即當電流表的示數(shù)I2=3.6mA時，熱敏電阻R的溫度為120°C．19、(1)ACE

(2)

解：

(壟隆)

作出光路圖，如圖所示：

過E

點的法線是三角形的中位線，由幾何關系可知鈻?DEB

為等腰三角形，DE=DB=L4

由幾何知識可知光在AB

邊折射時折射角為r=30鈭?

所以玻璃磚的折射率為：n=sinisinr=2

(壟壟)

設臨界角為婁脠

有sin婁脠=1n

可解得：婁脠=45鈭?

由光路圖及幾何知識可判斷，光在BC

邊上的入射角為60鈭?

大于臨界角，則光在BC

邊上發(fā)生全反射；

光在AC

邊的入射角為30鈭?

小于臨界角，所以光從AC

第一次射出玻璃磚；

根據(jù)幾何知識可知：EF=L2

則光束從AB

邊射入玻璃磚到第一次射出玻璃磚所需要的時間為：t=DE+EFv

而v=cn

可解得：t=32L4c

。

【分析】(1)

【分析】由題知簡諧橫波沿x

軸方向傳播，波的周期T=1f=0.4s

波長為8m

即可求出波速，根據(jù)質點的運動方向確定波的傳播方向，分析簡諧橫波沿x

軸正方向和沿負方向傳播時，波傳播的可能路程，計算時間，障礙物的尺寸與波長差不多時能產生明顯的衍射現(xiàn)象。本題考查了波長、頻率和波速的關系；橫波的圖像。本題運用波形的平移法分析時間與周期的關系，得到時間，并根據(jù)時間與周期的關系，分析質點P

的狀態(tài)?！窘獯稹緼.由圖知，波長婁脣=8m

波的周期T=1f=0.4s

則波速v=婁脣T=20m/s

故A正確；B.質點的運動方向未知，無法確定這列波的傳播方向，故B錯誤；C.xp=1m

若簡諧橫波沿x

軸正方向傳播，當n=3

時，波傳播的長度為：24m

則t=24m+1m20m/s=1.25s

故C正確；D.若簡諧橫波沿x

軸負方向傳播，當n=4

時，波傳播的長度為：32m

則t=32m鈭?1m20m/s=1.55s

故D錯誤；E.由上得到波長為8m

障礙物的尺寸約6m

波長大于障礙物的尺寸，則該波遇到此障礙物，能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，故E正確。故選ACE。(2)

本題考查了光的折射和全反射，解決本題關鍵是作出光路圖，再運用幾何知識求解入射角折射角，要掌握幾何光學常用的三個規(guī)律。壟脵

先據(jù)題意作出光路圖；由幾何知識求出光在AB

邊折射時的折射角，即可求得折射率；

壟脷

設臨界角為婁脠

由sin婁脠=1n

求出臨界角婁脠

可判斷出光在BC

邊上發(fā)生了全反射，在AC

邊第一次射出玻璃磚，由光路圖及幾何知識求出光束從AB

邊射入玻璃磚到第一次射出玻璃磚通過的路程，由公式v=cn

求光在玻璃中的傳播速度，即可求得時間。

【解析】(1)ACE

(2)

解：(壟隆)

作出光路圖，如圖所示：

過E

點的法線是三角形的中位線，由幾何關系可知鈻?DEB

為等腰三角形，DE=DB=L4

由幾何知識可知光在AB

邊折射時折射角為r=30鈭?

所以玻璃磚的折射率為：n=sinisinr=2

(壟壟)

設臨界角為婁脠

有sin婁脠=1n

可解得：婁脠=45鈭?

由光路圖及幾何知識可判斷，光在BC

邊上的入射角為60鈭?

大于臨界角，則光在BC

邊上發(fā)生全反射；

光在AC

邊的入射角為30鈭?

小于臨界角，所以光從AC

第一次射出玻璃磚；

根據(jù)幾何知識可知：EF=L2

則光束從AB

邊射入玻璃磚到第一次射出玻璃磚所需要的時間為：t=DE+EFv

而v=cn

可解得：t=32L4c

。

20、略

【分析】(1)(1)根據(jù)機械能守恒定律求解貨物到達圓軌道末端時的速度。

(2)(2)若貨物滑上木板AA時，木板AA不動，則木板所受的貨物的滑動摩擦力不大于地面對木板AA的最大靜摩擦力；滑上木板BB時，木板BB開始滑動，說明貨物對BB的滑動摩擦力大于地面對BB的最大靜摩擦力，列出不等式，求出婁脤婁脤1應滿足的條件。

(3)(3)根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式結合求出貨物滑到木板AA末端時的速度..由速度時間公式求出貨物在BB上滑行的時間。

本題考查了機械能守恒、牛頓運動定律和運動學公式的綜合應用，特別需要注意的是分析貨物在水平面上運動時木板的運動狀態(tài)?！窘馕觥拷猓?1)(1)設貨物滑到圓軌道末端時的速度為vv0，對貨物的下滑過程，根據(jù)機械能守恒定律得

壟脵壟脵

設貨物在軌道末端所受支持力的大小為FFn，根據(jù)牛頓第二定律得

壟脷壟脷

聯(lián)立壟脵壟脷壟脵壟脷式，代入數(shù)據(jù)得

FFN=3000N壟脹=3000N壟脹

根據(jù)牛頓第三定律，貨物對軌道的壓力大小為3000N3000N方向豎直向下。

(2)(2)若滑上木板AA時，木板不動，由受力分析得

婁脤婁脤1mm1g鈮?婁脤gleqslant婁脤2(m(m1+2m+2m2)g壟脺)g壟脺

若滑上木板BB時，木板BB開始滑動，由受力分析得

婁脤婁脤1mm1g>婁脤g>婁脤2(m(m1+m+m2)g壟脻)g壟脻

聯(lián)立壟脺壟脻壟脺壟脻式，代入數(shù)據(jù)得

0.4<婁脤0.4<婁脤1鈮?0.6壟脼leqslant0.6壟脼

(3)婁脤(3)婁脤1=0.5=0.5由壟脼壟脼式可知，貨物在木板AA上滑動時，木板不動。設貨物在木板AA上做減速運動時的加速度大小為aa1，由牛頓第二定律得

婁脤婁脤1mm1g=mg=m1aa1壟脽壟脽

設貨物滑到木板AA末端時的速度為vv1，由運動學公式得

vv12鈭?v-v02=鈭?2a=-2a1l壟脿l壟脿

聯(lián)立壟脵壟脽壟脿壟脵壟脽壟脿式，代入數(shù)據(jù)得

vv1=4m/s壟謾=4m/s壟謾

設在木板AA上運動的時間為tt由運動學公式得

vv1=v=v0鈭?a-a1t壟芒t壟芒

聯(lián)立壟脵壟脽壟謾壟芒壟脵壟脽壟謾壟芒式，代入數(shù)據(jù)得t=0.4st=0.4s21、(1)ABD

(2)

解：(i)

設B

管被提升H

高度后，B

管液面比A

高和h2

A

管內氣柱長為L1?h1=40cm?2cm=38cm