組合模擬卷三第卷(選擇題，共48分)二、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，有選錯的得0分)14(2019·云南昆明4月質(zhì)檢)下列說法正確的是()A原子核的結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定B衰變釋放出電子，說明原子核內(nèi)有電子C氡的半衰期為3.8天，8個氡原子核經(jīng)過7.6天后剩下2個氡原子核D用頻率為的入射光照射光電管的陰極，遏止電壓為Uc，改用頻率為2的入射光照射同一光電管，遏止電壓大于2Uc答案D解析原子核的比結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定，故A錯誤；衰變釋放出電子，是中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子時放出的，不能說明核內(nèi)有電子，故B錯誤；半衰期的概念是對于大量原子核衰變而言的，對于少數(shù)原子核無意義，故C錯誤；由光電效應(yīng)方程：EkhW0和eUcEk，有eUchW0，當(dāng)改用頻率為2的入射光照射同一光電管，遏止電壓eUch·2W0，則Uc2Uc，故D正確。15(2019·長春外國語學(xué)校高三上學(xué)期期末)如圖所示，是一質(zhì)量為m2 kg的物體從t0時開始做直線運動的v­t圖線，那么下列選項中正確的是()A在06 s內(nèi)，物體離出發(fā)點最遠(yuǎn)為30 mB在06 s內(nèi)，物體經(jīng)過的位移為40 mC在04 s內(nèi)，物體的動量變化為20 kg·m/sD在第46 s內(nèi)，物體所受的合外力的沖量為20 N·s答案C解析前5 s物體一直沿正方向運動，第6 s沿負(fù)方向運動，所以在第5 s末質(zhì)點離出發(fā)點最遠(yuǎn)，最遠(yuǎn)距離為s×10 m35 m，A錯誤；由v­t圖象得，在06 s內(nèi)，物體的位移為x×10 m×1 m30 m，B錯誤；在04 s內(nèi)，物體的動量變化為pmv020 kg·m/s，C正確；根據(jù)動量定理，在第46 s內(nèi)，物體所受的合外力的沖量等于動量的變化量，I(2×102×10) kg·m/s40 kg·m/s40 N·s，D錯誤。16(2019·重慶一中高三5月?？?如圖所示，在粗糙的水平地面上放著一左側(cè)截面是半圓的柱狀物體B，在B與豎直墻之間放置一光滑小球A，整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)用水平力F拉動B緩慢向右移動一小段距離后，它們?nèi)蕴幱陟o止?fàn)顟B(tài)，在此過程中，下列判斷正確的是()A小球A對物體B的壓力逐漸增大B小球A對物體B的壓力逐漸減小C墻面對小球A的支持力逐漸減小D墻面對小球A的支持力先增大后減小答案A解析對A球受力分析并建立直角坐標(biāo)系如圖，由平衡條件得，豎直方向：N2cosmg，水平方向：N1N2sin，聯(lián)立解得N2，N1mgtan；B緩慢向右移動一小段距離，A緩慢下落，則增大，所以N2增大，N1增大，由牛頓第三定律知小球A對物體B的壓力逐漸增大，A正確，B、C、D錯誤。17(2019·吉林省長春市二模)“太空涂鴉”技術(shù)的基本物理模型是：原來在較低圓軌道運行的攻擊衛(wèi)星在變軌后接近在較高圓軌道上運行的偵察衛(wèi)星時，向其發(fā)射“漆霧”彈，“漆霧”彈在臨近偵察衛(wèi)星時，壓爆彈囊，讓“漆霧”散開并噴向偵察衛(wèi)星，噴散后強力吸附在偵察衛(wèi)星的偵察鏡頭、太陽能板、電子偵察傳感器等關(guān)鍵設(shè)備上，使之暫時失效。關(guān)于這一過程下列說法正確的是()A攻擊衛(wèi)星在原軌道上運行的周期比偵察衛(wèi)星的周期大B攻擊衛(wèi)星在原軌道上運行的線速度比偵察衛(wèi)星的線速度小C攻擊衛(wèi)星在原軌道需要加速才能變軌接近偵察衛(wèi)星D攻擊衛(wèi)星接近偵察衛(wèi)星的過程中受到地球的萬有引力一直在增大答案C解析從題中可以看出，攻擊衛(wèi)星圓軌道的軌道半徑小于偵察衛(wèi)星，根據(jù)mm2rm2rma可知軌道半徑越小，則周期越小，線速度越大，故A、B錯誤；從低軌道運動到高軌道需要做離心運動，所以攻擊衛(wèi)星在原軌道需要加速才能變軌接近偵察衛(wèi)星，故C正確；攻擊衛(wèi)星接近偵察衛(wèi)星的過程中軌道半徑增大，根據(jù)F可知受到地球的萬有引力一直在減小，故D錯誤。18(2019·福建廈門高三上學(xué)期期末)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一個圓，空間存在相互垂直的電場和磁場，一個帶正電的小球(可視為質(zhì)點)以水平初速度從圓上A點(圖中未畫出)沿著圓所在平面射入圓內(nèi)，恰好做勻速圓周運動，打在圓形邊界的C點；若將電場的方向反向，其他條件不變，則該小球?qū)⒆鲋本€運動，經(jīng)過時間t打在圓周的D點。已知ACCD，磁場的磁感應(yīng)強度為B，小球的比荷為，則()A小球從A點運動到D點做勻變速直線運動B小球從A點到C點的運動時間為tC若該實驗是在地面上實現(xiàn)的，且地球表面的重力加速度為g，則小球的運動速度大小為2gtD若該實驗是在某星球表面上實現(xiàn)的，已知勻速圓周運動的半徑為R，可求得該星球表面的重力加速度為答案C解析開始時，帶電小球在電磁場中做勻速圓周運動，則重力與電場力合力為零，電場力豎直向上，洛倫茲力提供向心力，當(dāng)電場反向后電場力豎直向下，小球做直線運動，則洛倫茲力豎直向上，三力的合力為零，小球做勻速直線運動，A錯誤；小球從A到C過程做勻速圓周運動，重力與電場力合力為零，qEmg，洛倫茲力提供向心力，則：qvBm，得r，又因為，則rvt，又因為電場反向時，小球沿AD做勻速直線運動，則AD的長度為：vtr，如圖所示，由幾何關(guān)系可知，2rsin，即：4sincos1,2sin1，sin，則或，即小球從A運動到C轉(zhuǎn)過的圓心角為或，弧AC的長度為sr，所以小球從A運動到C的時間t1t或t，B錯誤；小球從A到D做勻速直線運動，由平衡條件得：qvBmgqE，又因為qEmg，解得v2gt，C正確；已知勻速圓周運動的軌道半徑為R，由牛頓第二定律得：qvBm，從A到D做勻速直線運動，qvBmgqE，又因為qEmg，聯(lián)立解得：g，D錯誤。19(2019·全國卷)靜電場中，一帶電粒子僅在電場力的作用下自M點由靜止開始運動，N為粒子運動軌跡上的另外一點，則()A運動過程中，粒子的速度大小可能先增大后減小B在M、N兩點間，粒子的軌跡一定與某條電場線重合C粒子在M點的電勢能不低于其在N點的電勢能D粒子在N點所受電場力的方向一定與粒子軌跡在該點的切線平行答案AC解析如圖所示，在兩正電荷形成的電場中，一帶正電的粒子在兩電荷的連線上運動時，粒子有可能經(jīng)過先加速再減速的過程，A正確；粒子運動軌跡與電場線重合需具備初速度與電場線平行或為0、電場線為直線、只受電場力三個條件，B錯誤；帶電粒子僅受電場力在電場中運動時，其動能與電勢能的總量不變，EkM0，而EkN0，故EpMEpN，C正確；粒子運動軌跡的切線方向為速度方向，由于粒子運動軌跡不一定是直線，故在N點電場力方向與軌跡切線方向不一定平行，D錯誤。20(2019·山東青島二中高三上學(xué)期期末)一質(zhì)量為2m的物體P靜止于光滑水平地面上，其截面如圖所示。圖中ab為粗糙的水平面，長度為L；bc為一光滑斜面，斜面和水平面通過與ab和bc均相切的長度可忽略的光滑圓弧連接?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點向左運動，在斜面上上升的最大高度為h，返回后恰好到達a點與物體P相對靜止，重力加速度為g，則()A粗糙水平面ab的動摩擦因數(shù)為B當(dāng)木塊最后到達a點時的速度為0C當(dāng)木塊最后到達a點時的速度為D整個過程產(chǎn)生的熱量為2mgh答案ACD解析先分析木塊從開始到最高點的過程，根據(jù)水平方向動量守恒，有mv03mv，得vv0，根據(jù)能量守恒，有mgLmghmvmv2，同理，最后到達a點時的速度也是vv0，整個過程能量守恒，有2mgLmvmv2，聯(lián)立得，整個過程產(chǎn)生的熱量Q2mgL2mgh，故A、C、D正確，B錯誤。21(2019·湖北七市州教研協(xié)作體高三聯(lián)合模擬)如圖所示，平直光滑導(dǎo)軌a、b間距為d4 m，導(dǎo)軌間有一邊長為l m的正六邊形勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度為B1 T，導(dǎo)軌右側(cè)接一定值電阻R1 ，左側(cè)一導(dǎo)體棒長正好為d，與導(dǎo)軌接觸良好且可在導(dǎo)軌上橫向自由滑動，導(dǎo)體棒單位長度電阻為R01 ，導(dǎo)軌及導(dǎo)線電阻不計，現(xiàn)讓導(dǎo)體棒以速度v1 m/s勻速向右運動，從導(dǎo)體棒進入磁場區(qū)域開始計時，在通過磁場區(qū)域的過程中，定值電阻上流過的電流大小為I，導(dǎo)體棒受到的安培力大小為F，R兩端的電壓大小為U，R上的熱功率為P，則I、F、U和P分別隨時間t變化的圖象可能正確的是()答案ACD解析由于磁場區(qū)域為正六邊形，則對邊之間的距離：al3 m，棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：EBLv，最大電動勢：EmBav1×3×1 V3 V。由幾何關(guān)系可知，棒從剛進入磁場到在磁場中的長度恰為a時，進入磁場的距離：xlcos60° m，所用時間t s，在進入磁場的前 s內(nèi)磁場中的棒的長度與棒進入的距離成正比，所以在前 s內(nèi)感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流與時間成正比，最大電流：Im A，持續(xù)時間：t2 s，對比A圖可知，圖中的各電流值與時間都是正確的，A正確；在進入磁場的前 s內(nèi)安培力：FBIL，可知在進入磁場的前 s內(nèi)安培力與進入距離的平方成正比，即與進入時間的平方成正比，B錯誤；R兩端的電壓：UIR，由于U與I成正比，結(jié)合A的分析可知，C正確；R上的熱功率：PI2R，P與電流的平方成正比，則在進入磁場的前 s內(nèi)熱功率也與時間的平方成正比，最大功率：PmIR2×1 W W，D正確。第卷(非選擇題，共62分)三、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分，共62分。第2225題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33、34題為選考題，考生根據(jù)要求作答)(一)必考題(共47分)22(2019·安徽省“江南十?！备呷戮C合質(zhì)檢)(5分)我們可以用圖a所示裝置探究合外力做功與動能改變的關(guān)系。將光電門固定在水平軌道的B點，平衡摩擦力后，用小桶通過細(xì)線拉小車，小車上安裝遮光條并放有若干鉤碼?，F(xiàn)將小車上的鉤碼逐次移至小桶中，并使小車每次都從同一位置A點由靜止釋放。(1)用游標(biāo)卡尺測出遮光條的寬度，記錄光電門的示數(shù)，從而算出小車通過B點的速度。其中游標(biāo)卡尺測量情況如圖b所示，則d_ cm。(2)測小桶質(zhì)量，以小桶和桶內(nèi)鉤碼質(zhì)量之和m為橫坐標(biāo)，小車經(jīng)過B點時相應(yīng)的速度平方為縱坐標(biāo)，則v2­m圖線應(yīng)該為下圖中_。答案(1)0.925(2)B解析(1)游標(biāo)卡尺讀數(shù)為9 mm5× mm9.25 mm0.925 cm。(2)設(shè)小車、小桶、鉤碼的總質(zhì)量為M，小車從A運動到B的位移為x，則mgxMv2，整理得：v2m，所以v2­m圖線是過原點的直線，B正確。23(2019·東北三省三校二模)(10分)某實驗小組要把一塊電流表改裝成電壓表，遇到了兩個問題：一是該電流表的表盤沒有標(biāo)注刻度數(shù)，但刻度均勻，總格數(shù)為N；二是內(nèi)阻未知。通過對類似規(guī)格的電流表的參數(shù)比對，得到該電流表的滿偏電流約700800 A，內(nèi)阻約100 。該組同學(xué)利用以下器材，通過下列三個步驟，完成了電壓表的改裝工作。A待改裝電流表GB電流表A：量程0.6 A，內(nèi)阻約為0.1 C電壓表V：量程3 V，內(nèi)阻RV3 kD電阻箱R2：最大阻值999.9 E滑動變阻器R1：最大阻值5 k，額定電流0.1 AF滑動變阻器R3：最大阻值5 ，額定電流0.5 AG電源：電動勢3 V，內(nèi)阻約為1.5 H開關(guān)兩個S1、S2(1)步驟一：測定電流表的內(nèi)阻。設(shè)計了上圖所示實驗電路，請分析并補全以下操作：將R1的滑動端撥至_(填“a”或“b”)端；僅閉合S1，調(diào)節(jié)R1，使電流表的指針偏轉(zhuǎn)N個格；閉合S2，僅調(diào)節(jié)_，使電流表的指針偏轉(zhuǎn)個格；記錄_，則電流表的內(nèi)阻為_。(2)步驟二：測定該電流表的滿偏電流。除電源和開關(guān)外，還需要的器材是_；(填器材前面的字母序號)請在虛線框中畫出方便簡潔的實驗電路圖。(3)步驟三：若在上圖實驗中，待測電流表指針偏轉(zhuǎn)了n個格，還需要記錄的測量值及相應(yīng)符號為_，電流表的滿偏電流為_。將此電流表改裝為一個量程為U0的電壓表需要_(填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”)一個定值電阻Rx，Rx_(用以上各步驟中記錄的測量量和已知量表示)。答案(1)bR2R2的阻值R2(2)CE圖見解析(3)電壓表讀數(shù)U串聯(lián)R2解析(1)將R1的滑動端撥至b端再將電路接通，電路中的電流最小，具有保護電路的作用；閉合S2以后，因接入的滑動變阻器的阻值很大，因此在不改變滑動變阻器阻值的情況下電路的干路電流幾乎不變，因G和R2并聯(lián)，此時調(diào)節(jié)R2的阻值使電流表的指針偏轉(zhuǎn)格，則可認(rèn)為R2中的電流和待測電表的電流相同，則電阻R2的阻值和電流表的阻值相同，因此要記錄R2的阻值，則電流表的內(nèi)阻即為R2。(2)電流表的電流校準(zhǔn)需要將一塊標(biāo)準(zhǔn)的電流表和待測電流表串聯(lián)，但是電流表A的量程和待測電流表相比過大，無法進行測量，但是電壓表的內(nèi)阻已知，故可以用電壓表和待測電流表串聯(lián)進行校準(zhǔn)；滑動變阻器R3的阻值過小，將R3和電壓表串聯(lián)在一起進行調(diào)節(jié)，示數(shù)變化不明顯，因此滑動變阻器需要選R1，需要的器材為CE，電路圖如圖。(3)設(shè)此時電壓表的讀數(shù)為U，因電壓表和電流表串聯(lián)，因此當(dāng)電流表指針偏轉(zhuǎn)了n個格時電流表的電流為，又因電流表刻度分布均勻，因此電流表的滿偏電流為；若將此電流表改裝為電壓表需要串聯(lián)電阻，改裝后電壓表的量程為U0，且電流表的內(nèi)阻為R2，由歐姆定律有R2Rx，解得RxR2。24(2019·山東濰坊二模)(12分)如圖所示，一質(zhì)量M4 kg 的小車靜置于光滑水平地面上，左側(cè)用固定在地面上的銷釘擋住。小車上表面由光滑圓弧軌道BC和水平粗糙軌道CD組成，BC與CD相切于C，BC所對圓心角37°，CD長L3 m。質(zhì)量m1 kg的小物塊從某一高度處的A點以v04 m/s的速度水平拋出，恰好沿切線方向自B點進入圓弧軌道，滑到D點時剛好與小車達到共同速度v1.2 m/s。取g10 m/s2，sin37°0.6，忽略空氣阻力。(1)求A、B間的水平距離x；(2)求小物塊從C滑到D所用時間t0；(3)若在小物塊拋出時拔掉銷釘，求小車向左運動到最大位移時物塊離小車左端的水平距離。答案(1)1.2 m(2)1 s(3)3.73 m解析(1)由平拋運動的規(guī)律得：tanxv0t解得：x1.2 m。(2)設(shè)小物塊運動到C點的速度為v1，物塊在小車上CD段滑動過程中，由動量守恒定律得：mv1(Mm)v由能量守恒定律得：fLmv(Mm)v2對物塊，由動量定理得：ft0mvmv1得：t01 s。(3)設(shè)A點距CD的豎直高度為H，有銷釘時：mgHmvmv由幾何關(guān)系得：Hgt2R(1cos)B、C間的水平距離：xBCRsin若拔掉銷釘，小車向左運動到最大位移時，速度為0，此過程中小車與小物塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，故此時物塊速度為4 m/s，即小物塊速度與拋出時相同，動能也與拋出時相同，由能量守恒：mgHf(xxBC)得：x3.73 m。25. (2019·河北唐山一模)(20分)如圖所示，在xOy平面直角坐標(biāo)系中，直角三角形ACD內(nèi)存在垂直平面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，線段COODL，CD邊在x軸上，ADC30°。電子束沿y軸方向以相同的速度v0從CD邊上的各點射入磁場，已知這些電子在磁場中做圓周運動的半徑均為，在第四象限正方形ODQP內(nèi)存在沿x軸正方向、大小為EBv0的勻強電場，在yL處垂直于y軸放置一足夠大的平面熒光屏，屏與y軸交點為P。忽略電子間的相互作用，不計電子的重力。求：(1)電子的比荷；(2)從x軸最右端射入電場中的電子打到熒光屏上的點與P點間的距離；(3)射入電場中的電子打到熒光屏上的點距P的最遠(yuǎn)距離。答案(1)(2)(3)L解析(1)由題意可知電子在磁場中的軌跡半徑r由牛頓第二定律得Bev0m電子的比荷。(2)從x軸最右端進入電場中的電子在磁場中運動圓軌跡應(yīng)恰好與邊AD相切，即電子從右圖F點離開磁場進入電場。設(shè)電子運動軌跡的圓心為O點，則ODL由幾何關(guān)系知電子恰從O點射入磁場，OFx從F點射出的電子，做類平拋運動，有xt2，yv0t，代入得y設(shè)電子射出電場時與水平方向的夾角為，有tan設(shè)從x軸最右端射入電場中的電子打到熒光屏上的點為G，則它與P點的距離GP。(3)設(shè)打到屏上的點與P點距離為X的電子是從(x0,0)點射入電場，則射出電場時y0v0t0v0 由平拋運動特點得所以X222所以當(dāng)x0L時，有XmL。(二)選考題(共15分。請考生從給出的2道題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分)33(2019·全國卷)物理選修33(15分)(1)(5分)某容器中的空氣被光滑活塞封住，容器和活塞絕熱性能良好，空氣可視為理想氣體。初始時容器中空氣的溫度與外界相同，壓強大于外界。現(xiàn)使活塞緩慢移動，直至容器中的空氣壓強與外界相同。此時，容器中空氣的溫度_(填“高于”“低于”或“等于”)外界溫度，容器中空氣的密度_(填“大于”“小于”或“等于”)外界空氣的密度。(2)(10分)熱等靜壓設(shè)備廣泛應(yīng)用于材料加工中。該設(shè)備工作時，先在室溫下把惰性氣體用壓縮機壓入到一個預(yù)抽真空的爐腔中，然后爐腔升溫，利用高溫高氣壓環(huán)境對放入爐腔中的材料加工處理，改善其性能。一臺熱等靜壓設(shè)備的爐腔中某次放入固體材料后剩余的容積為0.13 m3，爐腔抽真空后，在室溫下用壓縮機將10瓶氬氣壓入到爐腔中。已知每瓶氬氣的容積為3.2×102 m3，使用前瓶中氣體壓強為1.5×107 Pa，使用后瓶中剩余氣體壓強為2.0×106 Pa；室溫溫度為27 。氬氣可視為理想氣體。()求壓入氬氣后爐腔中氣體在室溫下的壓強；()將壓入氬氣后的爐腔加熱到1227 ，求此時爐腔中氣體的壓強。答案(1)低于大于(2)()3.2×107 Pa()1.6×108 Pa解析(1)活塞光滑、容器絕熱，容器內(nèi)空氣體積增大，對外做功，由UWQ知，氣體內(nèi)能減少，溫度降低。氣體的壓強與溫度和單位體積內(nèi)的分子數(shù)有關(guān)，由于容器內(nèi)空氣的溫度低于外界溫度，但壓強相同，則容器中空氣的密度大于外界空氣的密度。(2)()設(shè)初始時每瓶氣體的體積為V0，壓強為p0；使用后氣瓶中剩余氣體的壓強為p1。假設(shè)體積為V0、壓強為p0的氣體壓強變?yōu)閜1時，其體積膨脹為V1。由玻意耳定律p0V0p1V1被壓入進爐腔的氣體在室溫和p1條件下的體積為V1V1V0設(shè)10瓶氣體壓入完成后爐腔中氣體的壓強為p2，體積為V2。由玻意耳定律p2V210p1V1聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得p23.2×107 Pa()設(shè)加熱前爐腔的溫度為T0，加熱后爐腔溫度為T1，氣體壓強為p3。由查理定律聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得p31.6×108 Pa34物理選修34(15分)(1)(2019·江西南昌二模)(5分)一列簡諧橫波，在t0.6 s時刻的圖象如圖甲所示，此時，P、Q兩質(zhì)點的位移均為1 cm，波上A質(zhì)點的振動圖象如圖乙所示，則以下說法正確的是_。(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這列波沿x軸正方向傳播B這列波的波速是 m/sC從t0.6 s開始，緊接著的t0.6 s時間內(nèi)，A質(zhì)點通過的路程是10 mD從t0.6 s開始，質(zhì)點P比質(zhì)點Q早0.4 s回到平衡位置E若該波在傳播過程中遇到一個尺寸為10 m的障礙物不能發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象(2)(2019·廣東廣州二模)(10分)如圖，某三棱鏡的橫截面為等腰直角三角形ABC，BC長度為d，O為BC中點。在ABC所在平面內(nèi)，光線PO垂直BC邊入射，恰好在AB邊界發(fā)生全反射。()求該三棱鏡的折射率；()保持光線PO入射點O不變，入射方向逐漸向CO方向偏轉(zhuǎn)，求AB邊有光線射出的區(qū)域?qū)挾?。答?1)ABD(2)()()d解析(1)由圖乙讀出t0.6 s時刻質(zhì)點A的速度方向為沿y軸負(fù)方向，由圖甲判斷出波的傳播方向沿x軸正方向，A正確；由圖甲讀出波長為20 m，由乙圖讀出周期T1.2 s，則波速為v m/s m/s，B正確；t0.6 s0.5T，在一個周期內(nèi)質(zhì)點A通過的路程為4倍振幅，則經(jīng)過t0.6 s，A質(zhì)點通過的路程是：s2A4 cm，C錯誤；圖甲時刻質(zhì)點P沿y軸正方向運動，質(zhì)點Q沿y軸負(fù)方向運動，所以質(zhì)點P將比質(zhì)點Q早回到平衡位置，將此圖象與正弦曲線進行對比可知，P點的橫坐標(biāo)為xP m，Q點的橫坐標(biāo)xQ m，可知質(zhì)點P比質(zhì)點Q早回到平衡位置的時間為：t0.4 s，D正確；發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象的條件是障礙物的尺寸比波長小或跟波長差不多，該波的波長為20 m，障礙物的尺寸比波長小，能發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象，E錯誤。(2)()光線PO恰好在AB邊界發(fā)生全反射，臨界角C45°，設(shè)三棱鏡的折射率為n，有：sinC解得折射率n。()光線PO垂直BC邊入射的光線，進入棱鏡后在AB邊上的E點發(fā)生全反射。光線PO入射方向逐漸轉(zhuǎn)向CO方向時，光線從棱鏡的出射點對應(yīng)由E點逐漸向B點移動。當(dāng)光線幾乎沿CO方向入射時，光線折射后沿OD方向，由折射定律有n解得DOE45°由幾何關(guān)系得：OEOB光線出射區(qū)域的寬度DEOEsinDOE解得區(qū)域?qū)挾菵Ed。16