《2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 單科標(biāo)準(zhǔn)滿分練1（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 單科標(biāo)準(zhǔn)滿分練1（含解析）（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、單科標(biāo)準(zhǔn)滿分練(一)命題報告仿真一選題亮點展示核心素養(yǎng)：第15、18、21、23題培養(yǎng)學(xué)生構(gòu)建物理模型、科學(xué)探究、邏輯推理等核心素養(yǎng)。情景創(chuàng)新：22題利用光電門驗證機(jī)械能守恒。角度創(chuàng)新：第17題利用對氚核的加速考查回旋加速器的原理，設(shè)置選項角度新穎，有很好的區(qū)分度。難易度：0.58題型題號考查內(nèi)容難易度選擇題14原子核及核反應(yīng)方程易15萬有引力及天體質(zhì)量的估算易16動態(tài)平衡問題中17回旋加速器原理及應(yīng)用中18平拋斜面問題中19電磁感應(yīng)中的電路問題中20運動合成與分解及動能定律應(yīng)用中21傳送帶中的動力學(xué)與能量問題難實驗題22驗證機(jī)械能守恒定律及儀器讀數(shù)易23電學(xué)創(chuàng)新實驗中計算題24以曲面為背景動

2、量與能量的綜合中25帶電粒子在電磁場中的運動難選考題33固體的性質(zhì)與氣體狀態(tài)方程的應(yīng)用中34波的圖象與光的全反射中(時間：60分鐘分值：110分)第卷二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第1418題只有一項符合題目要求，第1921題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，有選錯或不答的得0分。142018年8月23日，國家重大科技基礎(chǔ)設(shè)施中國散裂中子源項目通過國家驗收，投入正式運行，并將對國內(nèi)外各領(lǐng)域的用戶開放。有關(guān)中子的研究，下列說法正確的是()A盧瑟福發(fā)現(xiàn)中子的核反應(yīng)方程為BeHeCnB中子和其他微觀粒子一樣，都具有波粒二象性C核反應(yīng)方程 Po

3、XHe中的y206，X的中子個數(shù)為128D.U在中子轟擊下生成Sr和Xe的過程中，原子核中核子的平均質(zhì)量變大B盧瑟福通過分析粒子散射實驗的結(jié)果，提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型，查德威克通過粒子轟擊鈹核獲得碳核的實驗發(fā)現(xiàn)了中子，A錯誤；所有粒子都具有波粒二象性，B正確；y2104206，X的中子數(shù)為20682124，C錯誤；裂變反應(yīng)釋放能量，根據(jù)質(zhì)能方程可知，核反應(yīng)過程中存在質(zhì)量虧損，原子核中核子的平均質(zhì)量變小，D錯誤。152018年軟科世界一流學(xué)科排名中，北京航空航天大學(xué)的航空航天工程在本學(xué)科中排名世界第一。若北京航空航天大學(xué)的學(xué)生王華乘坐宇宙飛船，去探知未知天體X星，測得飛船繞X星表面附近做圓周運

4、動的周期為T，飛船降落到X星表面后，王華將小球以初速度v0豎直向上拋出，測得小球經(jīng)t時間落回手中，已知X星表面是真空，X星可視為質(zhì)量分布均勻的球體，忽略X星的自轉(zhuǎn)，則()AX星的半徑為 BX星的半徑為 CX星的質(zhì)量為 DX星的質(zhì)量為 B設(shè)X星的質(zhì)量為M，半徑為R，表面的重力加速度大小為g0，由萬有引力F提供向心力，則F，F(xiàn)mg0，小球做豎直上拋運動，則v0g0，解得R，B正確，A錯誤；由萬有引力定律得FG，得M，C、D均錯誤。16.如圖所示，物塊A、B(可視為質(zhì)點)用跨過光滑輕質(zhì)滑輪的輕繩1連接，其中物塊A放在水平地面上，滑輪用輕繩2連接在豎直墻上，此時物塊A、B均靜止不動，連接滑輪的輕繩2與

5、豎直墻壁間的夾角為?，F(xiàn)將物塊A向右緩慢移動一小段距離，若物塊A、B仍能保持靜止不動，則()A輕繩1對物塊A的拉力大小增大B地面對A的摩擦力減小C物塊A對地面的壓力增大D輕繩2的拉力大小保持不變C輕繩1對物塊A的拉力大小始終等于物塊B的重力大小，所以輕繩1的拉力大小不變，A錯誤；對A進(jìn)行受力分析如圖所示，由共點力的平衡條件可得FfFTcos ，F(xiàn)NFTsin mAg，由于FTmBg，A向右移動之后變小，所以地面對A的摩擦力Ff增大；又因為地面對A的支持力FNmAgFTsin 增大，由牛頓第三定律可知物塊A對地面的壓力增大，B錯誤，C正確；由幾何知識可知，290，由力的合成與分解知，輕繩2的拉力大

6、小FT2FTcos ，由于物塊A向右移動后減小，故增大，輕繩2的拉力減小，D錯誤。17.某回旋加速器的示意圖如圖，兩個半徑均為R的D形盒置于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，并與高頻電源兩極相連，現(xiàn)對氚核(H)加速，所需的高頻電源的頻率為f。已知元電荷為e。下列說法正確的是()AD形盒可以用玻璃制成B氚核的質(zhì)量為 C高頻電源的電壓越大，氚核從P處射出的速度越大D若對氦核(He)加速，則高頻電源的頻率應(yīng)調(diào)為fD為使D形盒內(nèi)的帶電粒子不受外電場的影響，D形盒應(yīng)用金屬材料制成，以實現(xiàn)靜電屏蔽，A錯誤；為使回旋加速器正常工作，高頻電源的頻率應(yīng)與帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動的頻率相等，由T1 和T1

7、，得氚核的質(zhì)量m1，B錯誤；由evmBm1，得vm，可見氚核從P處射出時的最大速度vm與電源的電壓大小無關(guān)，C錯誤；結(jié)合T2 和T2，得f2f，又 ，得f2f，D正確。18.如圖所示，甲、乙兩小球(可看成質(zhì)點)分別以v和的速度同時從斜面頂端O點，沿同一方向向左水平拋出，兩球均落在斜面上，落點分別為A和B，不計空氣阻力，則以下說法正確的是()A落在斜面上時，乙球的速度偏向角大于甲球的速度偏向角B甲、乙兩球在空中運動的時間之比為41C落在斜面上時，甲、乙兩球的位移之比為41D甲球落在斜面上時的速率與乙球落在斜面上時的速率之比為41C甲、乙兩球均落在斜面上，故兩球的位移偏向角相等，根據(jù)平拋運動規(guī)律，

8、速度偏向角也相等，A錯誤；設(shè)速度偏向角為，則v豎直v水平tan ，v合，因為相同，故落在斜面上時，甲、乙兩球在豎直方向上的速度大小之比也為21，合速度大小之比也為21，由v豎直gt，可得甲、乙兩球在空中運動的時間之比為21，B、D錯誤；落在斜面上時，甲、乙兩球在豎直方向上的位移之比為41，在水平方向上的位移之比為41，故合位移之比也為41，C正確。19.如圖所示，在O、S間接有負(fù)載電阻R12 ，用電阻R28 的導(dǎo)體彎成半徑L1 m的閉合圓環(huán)，圓心為O，SOQ是一條直徑。整個圓環(huán)中均有B0.1 T的勻強(qiáng)磁場垂直環(huán)面穿過。電阻r2 、長度為L的導(dǎo)體棒OP貼著圓環(huán)做勻速運動，角速度120 rad/s

9、，導(dǎo)體棒OP與圓環(huán)接觸良好，不計一切摩擦以及導(dǎo)線的電阻，則()A棒轉(zhuǎn)動過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為12 VB當(dāng)OP到達(dá)OQ處時圓環(huán)的電功率為2 WC當(dāng)OP到達(dá)OS處時圓環(huán)的電功率為1 WD棒轉(zhuǎn)動過程中電路的最大電功率為9 WBD棒為等效電源，棒轉(zhuǎn)動過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBL26 V，A錯誤；畫出等效電路如圖所示，當(dāng)OP到達(dá)OQ處時，R3R44 ，并聯(lián)后的電阻為2 ，外電阻為4 ，圓環(huán)的電功率為2 W，B正確；當(dāng)OP到達(dá)OS處時，圓環(huán)不接入電路，圓環(huán)的電功率為零，此時電路中總電阻最小，而電動勢不變，所以電功率最大為P9 W，D正確，C錯誤。20.如圖所示，兩端分別固定有小球(視為質(zhì)點)C和D的輕桿

10、斜靠在豎直墻面AO和水平面OB上。開始時輕桿與墻面夾角為，桿由靜止釋放后，球C沿墻面下滑。已知輕桿的長度為L，兩球的質(zhì)量均為m，重力加速度大小為g。若不計一切摩擦，則下列說法正確的是()A球C著地前瞬間的速度大小為B球C下滑過程中，桿對球D一直做正功C球C下滑的全過程，桿對球C做的功為零D球D速度最大時，水平面對球D的支持力大于mgAC若不計一切摩擦，球C下滑過程中，當(dāng)桿與墻面夾角為時，兩球速度分解如圖所示，則vCcos vCDvDsin ，得vD，在球C著地前瞬間即90時vD0，由于球D的初、末速度均為零，即球C下滑過程中，球D的動能先增大后減小，根據(jù)動能定理知，桿對球D先做正功后做負(fù)功，B

11、錯誤；若不計一切摩擦，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒有mgLcos mv2，得球C著地前瞬間的速度大小v，A正確；對球C下滑的全過程，根據(jù)動能定理有mgLcos Wmv2，得桿對球C做的功W0，C正確；在球C下滑過程中，球D速度先增大后減小，球D速度最大時，所受合力為0，即桿對球D無作用力，水平面對球D的支持力等于球D的重力，D錯誤。21傳送帶是現(xiàn)代自動化產(chǎn)業(yè)中應(yīng)用非常廣泛的一種傳動裝置，如圖所示，在一水平向右勻速傳輸?shù)淖銐蜷L的傳送帶的左端A點，每隔相同的時間T，輕放上一個相同質(zhì)量的小煤塊。已知煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為，煤塊的質(zhì)量為m，經(jīng)測量，發(fā)現(xiàn)右邊那些已經(jīng)和傳送帶達(dá)到相同速度的煤塊之間的距離相同

12、且均為x，而且每個煤塊在傳送帶上均留下長為L的擦痕，重力加速度為g，下列判斷正確的有()A傳送帶的速率為B煤塊加速運動的時間為C和傳送帶達(dá)到相同速度的煤塊之間的距離為xTD傳送帶因傳送每一個煤塊而多消耗的能量為BC煤塊在傳送帶上先做勻加速直線運動，與傳送帶共速后做勻速直線運動，設(shè)每個煤塊勻加速運動的時間為t，傳送帶的速度為v，煤塊的加速度為ag，從A點到煤塊與傳送帶共速的過程，t，煤塊與傳送帶相對滑動的位移為xvt，且xL，故傳送帶運動的速率為v，故A錯誤；煤塊加速時間t與T無關(guān)，t，故B正確；每個煤塊滑上傳送帶后運動的規(guī)律均相同，可知xvTT，故C正確；每個煤塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q

13、mgxmgL，根據(jù)能量守恒知，傳送帶因傳送一個煤塊多消耗的能量為Emv2Q2mgL，故D錯誤。第卷三、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分。第2225題為必考題，每個試題考生都必須作答。第3334題為選考題，考生根據(jù)要求作答(一)必考題：共47分。22(5分)某同學(xué)利用如圖甲所示的裝置來驗證機(jī)械能守恒定律，圖中A、B為兩個光電門。(1)該同學(xué)首先利用20分度的游標(biāo)卡尺測量小球的直徑d，測量結(jié)果如圖乙所示，則d_ cm。圖乙(2)讓小球從光電門A上方某一高度處自由下落，計時裝置測出小球通過光電門A、B的擋光時間tA、tB，已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，用刻度尺測量出光電門A、B間的距離h，則只需比

14、較_與_是否相等就可以驗證小球下落過程中機(jī)械能是否守恒。(用題目中涉及的物理量符號來表示)(3)該同學(xué)的實驗操作均正確，經(jīng)過多次測量發(fā)現(xiàn)，(2)中需要驗證的兩個數(shù)值總是存在一定的誤差，產(chǎn)生這種誤差的主要原因是_。解析(1)根據(jù)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)規(guī)則可知，小球的直徑為0.885 cm。(2)小球從A到B，重力勢能減少了mgh，動能增加了m，因此，要驗證機(jī)械能是否守恒，只需比較gh與是否相等即可。(3)小球下落過程中，受到空氣阻力的作用，造成機(jī)械能損失，所以gh與(vv)總是存在一定的誤差。答案(1)0.885(2分)(2)gh(1分) (1分)(3)小球下落過程中受到空氣阻力的影響(1分)23(10

15、分)貨運交通事故往往是由車輛超載引起的，因此我國交通運輸部對治理貨運超載有著嚴(yán)格規(guī)定。監(jiān)測站都安裝有稱重傳感器，圖1是一種常用的力傳感器，由彈簧鋼和應(yīng)變片組成，彈簧鋼右端固定，在其上、下表面各貼一個相同的應(yīng)變片，應(yīng)變片由金屬制成。若在彈簧鋼的自由端施加一向下的作用力F，則彈簧鋼會發(fā)生彎曲，上應(yīng)變片被拉伸，下應(yīng)變片被壓縮。力越大，彈簧鋼的彎曲程度越大，應(yīng)變片的電阻變化就越大，輸出的電壓差U|U1U2|也就越大。已知傳感器不受壓力時的電阻約為19 ，為了準(zhǔn)確地測量該傳感器的阻值，設(shè)計了以下實驗，實驗原理圖如圖2所示。圖1圖2圖3實驗室提供以下器材：A定值電阻R0(R05 )B滑動變阻器(最大阻值為

16、2 ，額定功率為50 W)C電流表A1(0.6 A，內(nèi)阻r11 )D電流表A2(0.6 A，內(nèi)阻r2約為5 )E直流電源E1(電動勢3 V，內(nèi)阻約為1 )F直流電源E2(電動勢6 V，內(nèi)阻約為2 )G開關(guān)S及導(dǎo)線若干。(1)外力F增大時，下列說法正確的是_。A上、下應(yīng)變片電阻都增大B上、下應(yīng)變片電阻都減小C上應(yīng)變片電阻減小，下應(yīng)變片電阻增大D上應(yīng)變片電阻增大，下應(yīng)變片電阻減小(2)圖2中、為電流表，其中電流表選_(選填“A1”或“A2”)，電源選_(選填“E1”或“E2”)。(3)為了準(zhǔn)確地測量該阻值，在圖3中，將B、C間導(dǎo)線斷開，并將滑動變阻器與原設(shè)計電路的A、B、C端中的一些端點連接，調(diào)節(jié)

17、滑動變阻器，測量多組數(shù)據(jù)，從而使實驗結(jié)果更準(zhǔn)確，請在圖3中正確連接電路。(4)結(jié)合上述實驗步驟可以得出該傳感器的電阻的表達(dá)式為_(A1、A2兩電流表的電流分別用I1、I2表示)。解析(1)外力F增大時，上應(yīng)變片長度變長，電阻變大，下應(yīng)變片長度變短，電阻變小，故選D。(2)題圖2中的要當(dāng)電壓表使用，因此內(nèi)阻應(yīng)已知，故應(yīng)選電流表A1；因回路總阻值接近11 ，滿偏電流為0.6 A，所以電源電動勢應(yīng)接近6.6 V，故電源選E2。(3)滑動變阻器應(yīng)采用分壓式接法，將B、C間導(dǎo)線斷開，A、B兩端接全阻值，C端接在變阻器的滑動端，如圖所示。(4)由題圖2知，通過該傳感器的電流為I2I1，加在該傳感器兩端的電

18、壓為I1r1，故該傳感器的電阻為。答案(1)D(2分)(2)A1(1分)E2(2分)(3)如圖所示(3分)(4)(2分)24(12分)如圖所示，質(zhì)量為m22 kg的滑道靜止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半徑為R0.3 m的四分之一圓弧，圓弧底部與滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一個輕彈簧?；繡D部分粗糙，長為L0.2 m，動摩擦因數(shù)0.10，其他部分均光滑?，F(xiàn)讓質(zhì)量為m11 kg的物塊(可視為質(zhì)點)自A點由靜止釋放，取g10 m/s2。求：(1)物塊到達(dá)圓弧軌道最低點時的速度大??；(2)在整個運動過程中，彈簧具有的最大彈性勢能；(3)物塊最終停止的位置。解析(1)物塊從釋放到運動到

19、圓弧軌道最低點，由動量守恒定律得：0m1v1m2v2(2分)由機(jī)械能守恒定律得：m1gRm1vm2v(2分)解得：v12 m/s。(1分)(2)由能量守恒定律得：Epmm1gRm1gL，解得：Epm2.8 J。(3分)(3)最終物塊將停在C、D之間，由能量守恒定律得：m1gRm1gs，解得：s3 m，(3分)所以m1最終停在D點。(1分)答案(1)2 m/s(2)2.8 J(3)最終停在D點25(20分)如圖所示，在豎直平面內(nèi)，第二象限存在方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(未畫出)，第一象限內(nèi)某區(qū)域存在一邊界為矩形、磁感應(yīng)強(qiáng)度B00.1 T、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(未畫出)，A m,0處在磁場的邊界

20、上，現(xiàn)有比荷108 C/kg的離子束在紙面內(nèi)沿與x軸正方向成60角的方向從A點射入磁場，初速度范圍為106 m/sv0106 m/s，所有離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后均垂直穿過y軸正半軸，進(jìn)入電場區(qū)域。x軸負(fù)半軸上放置長為L的熒光屏MN，取210，不計離子重力和離子間的相互作用。(1)求矩形磁場區(qū)域的最小面積和y軸上有離子穿過的區(qū)域長度。(2)若速度最小的離子在電場中運動的時間與在磁場中運動的時間相等，求電場強(qiáng)度E的大小(結(jié)果可用分?jǐn)?shù)表示)。(3)在第(2)問的條件下，欲使所有離子均能打在熒光屏MN上，求熒光屏的最小長度及M點的坐標(biāo)。解析(1)由洛倫茲力提供向心力，得qvB(2分)rmax0.1 m(2分

21、)根據(jù)幾何關(guān)系可知，速度最大的離子在磁場中做圓周運動的圓心恰好在y軸B0， m點，如圖1所示，離子從C點垂直穿過y軸。根據(jù)題意，所有離子均垂直穿過y軸，即速度偏向角相等，AC連線是磁場的邊界。速度最小的離子在磁場中做圓周運動的半徑rmin m(2分)圖1圖2速度最小的離子從磁場離開后，勻速前進(jìn)一段距離，垂直y軸進(jìn)入電場，根據(jù)幾何知識，離子恰好從B點進(jìn)入電場，如圖2所示故y軸上B點至C點區(qū)域有離子穿過，且BC m(1分)滿足題意的矩形磁場應(yīng)為圖2中所示，由幾何關(guān)系可知矩形長 m，寬 m，面積S m2(2分)(2)速度最小的離子從B點進(jìn)入電場，離子在磁場中運動的時間t1T(2分)離子在電場中運動的

22、時間為t2，則BOt，t1t2(2分)解得E104 V/m(1分)(3)離子進(jìn)入電場后做類平拋運動，BOt，水平位移大小x1vBt1，COt，水平位移大小x2vCt2，得x1 m，x2 m(2分)熒光屏的最小長度Lminx2x1 m(2分)M點坐標(biāo)為(2分)答案見解析(二)選考題：共15分。請考生從2道物理題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。33物理選修33(15分)(1)(5分)下列說法正確的是_。(填正確答案標(biāo)號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分)A固體很難被壓縮是因為分子之間有斥力B可以根據(jù)各向同性或各向異性來區(qū)分晶體和非晶體

23、C晶體具有天然規(guī)則的幾何形狀，是因為物質(zhì)微粒是規(guī)則排列的D彩色液晶顯示器利用了液晶的光學(xué)性質(zhì)具有各向同性的特點E液晶不是液態(tài)的晶體，是介于液態(tài)與結(jié)晶態(tài)之間的一種物質(zhì)狀態(tài)(2)(10分)炎熱的夏季是汽車輪胎爆胎頻發(fā)時期，爆胎的一個原因是輪胎內(nèi)氣體壓強(qiáng)較大。已知某汽車的一只輪胎的容積為V0100 L，高速行駛時允許的最大胎壓為3.0 atm。原來胎內(nèi)氣壓為1.5 atm，現(xiàn)用一小型氣泵給其打氣，氣泵每秒打入0.6 L壓強(qiáng)為1 atm的空氣。假設(shè)輪胎容積與氣體溫度不變。()原來胎內(nèi)壓強(qiáng)為p11.5 atm的氣體，相當(dāng)于多少升壓強(qiáng)為p01 atm的空氣；()為保證行車安全，最多只能打氣多長時間？解析(

24、1)固體很難被壓縮是因為分子之間有斥力，A正確；多晶體和非晶體都表現(xiàn)為各向同性，只有單晶體表現(xiàn)為各向異性，B錯誤；晶體具有天然規(guī)則的幾何形狀，是因為物質(zhì)微粒是規(guī)則排列的，C正確；彩色液晶顯示器利用了液晶的光學(xué)性質(zhì)具有各向異性的特點，D錯誤；液晶是介于液態(tài)與結(jié)晶態(tài)之間的一種物質(zhì)狀態(tài)，E正確。(2)()設(shè)相當(dāng)于的空氣的體積為V1，根據(jù)玻意耳定律有p1V0p0V1(2分)解得V1150 L(1分)()高速行駛時允許的最大胎壓p23.0 atm，根據(jù)玻意耳定律有p2V0p0V2(2分)解得V2300 L(1分)氣泵每秒打入體積V0.6 L、氣壓為p01 atm的空氣，則最多打氣時間t(2分)解得t25

25、0 s(2分)答案(1)ACE(2)()150 L()250 s34物理選修34(15分)(1)(5分)圖示為一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波在t0時刻的波形圖，從此刻起橫坐標(biāo)位于x6 m處的質(zhì)點P在最短時間內(nèi)到達(dá)波峰歷時0.6 s。圖中質(zhì)點M的橫坐標(biāo)x2.25 m。下列說法正確的是_。(填正確答案標(biāo)號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分)A該波的波速為7.5 m/sB00.6 s內(nèi)質(zhì)點P的路程為4.5 mC0.4 s末質(zhì)點M的振動方向沿y軸負(fù)方向D00.2 s內(nèi)質(zhì)點M的路程為10 cmE0.1 s末質(zhì)點M恰好到達(dá)波峰(2)(10分)圖示為某一柱狀透

26、明體的截面圖，半徑為R的圓弧面AB與透明體的側(cè)面AD、BD分別相切于A、B兩點，P點在AD上且APR?，F(xiàn)有一細(xì)束單色光從P點垂直AD面射入透明體，射到圓弧面AB時恰好發(fā)生全反射，第一次從F點射出透明體。已知光在真空中的速度大小為c。求：()透明體的折射率n以及從F點射出透明體時的折射角r的正弦值；()單色光從P點射入到從F點射出透明體所用的時間t。解析(1)由圖象知波長6 m，根據(jù)波動與振動方向間的關(guān)系知，質(zhì)點P在t0時刻沿y軸負(fù)方向振動，經(jīng)過T第一次到達(dá)波峰，即T0.6 s，得周期T0.8 s，由v得波速v7.5 m/s，A正確；由圖象知振幅A10 cm,00.6 s內(nèi)質(zhì)點P的路程L3A30

27、 cm，B錯誤；t0時刻質(zhì)點M沿y軸正方向振動，經(jīng)過0.4 s即，質(zhì)點M在x軸的下方且沿y軸負(fù)方向振動，C正確；00.2 s內(nèi)質(zhì)點M先沿y軸正方向運動到達(dá)波峰后沿y軸負(fù)方向運動，因質(zhì)點在靠近波峰位置時速度較小，故其路程小于A即10 cm，D錯誤；當(dāng)波峰傳到質(zhì)點M時波沿x軸正方向傳播了x2.25 m1.5 m0.75 m，傳播時間t0.1 s，即0.1 s末質(zhì)點M恰好到達(dá)波峰，E正確。(2)透明體中的光路如圖所示。()光射到圓弧面AB上的E點時恰好發(fā)生全反射，設(shè)臨界角為，則sin (1分)sin (1分)解得60，n(1分)EFG為正三角形光射到BD面的入射角i906030(1分)根據(jù)折射定律有n(1分)解得sin r(1分)()RR，RRcos 光在透明體中傳播的路程L(1分)t(1分)n(1分)解得t。(1分)答案(1)ACE(2)()()- 14 -