【精?！?020年山東省濰坊市高考一模試卷物理

2020年山東省濰坊市高考一模試卷物理一、選擇題：共8小題，每小題6分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1?4題只有一項(xiàng)符合題目要求，第5?8題有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分1.（6分）如圖所示，導(dǎo)體棒ab用絕緣細(xì)線水平懸掛，通有由a到b的電流。ab正下方放一圓形線圈，線圈通過(guò)導(dǎo)線，開(kāi)關(guān)與直流電源連接。開(kāi)關(guān)閉合瞬間，導(dǎo)體棒ab將（）向外擺動(dòng)向里擺動(dòng)保持靜止，細(xì)線上張力變大保持靜止，細(xì)線上張力變小解析：當(dāng)開(kāi)關(guān)閉合時(shí)，線圈產(chǎn)生磁場(chǎng)，通電導(dǎo)線ab處的磁場(chǎng)方向豎直向下，根據(jù)左手定則可知，ab棒受到的安培力垂直于紙面向里，故向里擺動(dòng)，故B正確。答案：B2.（6分）如圖所示，長(zhǎng)木板靜止于光滑水平地面，滑塊疊放在木板右端，現(xiàn)對(duì)木板施加水平恒力，使它們向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)滑塊與木板分離時(shí)，滑塊相對(duì)地面的位移為x，速度為v,若只減小滑塊質(zhì)量，再次拉動(dòng)木板，滑塊與木板分力時(shí)（）x變小，v變小x變大，v變大x變小，v變大x變大，v變小解析：設(shè)原來(lái)滑塊的質(zhì)量為m，木板的質(zhì)量為M；對(duì)木塊根據(jù)牛頓第二定律可得：umg=ma],解得ai=ug；F一umgFumg對(duì)木板根據(jù)牛頓第二定律可得：F-umg=Ma，解得：a==訂一;22MMM當(dāng)m減小時(shí)，木塊的加速度大小不變,而木板的加速度增大，分離時(shí)的時(shí)間減小，則x減小、v減小。答案：A3.（6分）如圖所示，“嫦娥三號(hào)”從M點(diǎn)進(jìn)入環(huán)月圓軌道I,運(yùn)行4天后再?gòu)腗點(diǎn)進(jìn)入橢圓軌道II,N為橢圓軌道II的近月點(diǎn)（可視為緊貼月球表面），則“嫦娥三號(hào)”（）在兩軌道上運(yùn)行的周期相同在兩軌道上運(yùn)行的機(jī)械能相同在N點(diǎn)的速度大于月球的第一宇宙速度從N到M的過(guò)程機(jī)械能不斷增加a3解析：A、根據(jù)開(kāi)普勒第三定律〒=k，可得半長(zhǎng)軸a越大，運(yùn)動(dòng)周期越大，顯然軌道I的T3半長(zhǎng)軸（半徑）大于軌道II的半長(zhǎng)軸，故沿軌道II運(yùn)動(dòng)的周期小于沿軌道運(yùn)動(dòng)的周期，故A錯(cuò)誤；B、沿軌道I運(yùn)動(dòng)至P時(shí)，制動(dòng)減速，萬(wàn)有引力大于向心力做向心運(yùn)動(dòng)，做近心運(yùn)動(dòng)才能進(jìn)入軌道II,所以沿軌道I運(yùn)動(dòng)時(shí)的機(jī)械能大。故B錯(cuò)誤；C、“嫦娥三號(hào)”在N點(diǎn)做離心運(yùn)動(dòng)，可知“嫦娥三號(hào)”在N點(diǎn)的速度大于第一宇宙速度，故C正確；D、在軌道II上由N點(diǎn)運(yùn)行到M點(diǎn)的過(guò)程中，萬(wàn)有引力方向與速度方向成鈍角，萬(wàn)有引力對(duì)其做負(fù)功，但機(jī)械能不變，故D錯(cuò)誤。答案：CTOC\o"1-5"\h\z4.（6分）2020年12月29日，中國(guó)首個(gè)快堆核電示范工程在福建霞浦開(kāi)工建設(shè)?！翱於选焙朔磻?yīng)進(jìn)程依次為238U—239U—239Np—239Pu,下列說(shuō)法正確的是（）92929394238U和239U是同位素，其原子核內(nèi)中子數(shù)相同9292238U變?yōu)?39U發(fā)生了a衰變9292238U變?yōu)?39U發(fā)生了B衰變92921g239U經(jīng)過(guò)一個(gè)半衰期，239U原子核數(shù)目變?yōu)樵瓉?lái)的一半9292解析：A、238U和239U是同位素，其原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)相同，但中子數(shù)不相同。故A錯(cuò)誤；9292BC、238U變?yōu)?39U增加了一個(gè)中子，不是發(fā)生了a衰變，也不是B衰變。故BC錯(cuò)誤；9292D、根據(jù)半衰期的定義可知，1g239U經(jīng)過(guò)一個(gè)半衰期，239U原子核數(shù)目變?yōu)樵瓉?lái)的一半。故9292D正確。答案：D5.（6分）如圖所示，水平放置的平行板電容器充電后與電源斷開(kāi)，上極板帶正電，下極板接地，一帶電油滴靜止與P點(diǎn)。現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動(dòng)一小段距離，則油滴（）仍保持靜止，電勢(shì)能不變B?仍保持靜止，電勢(shì)能減小將向下運(yùn)動(dòng)，電勢(shì)能增大將向下運(yùn)動(dòng)，電勢(shì)能減小8SQU4兀kQ解析：根據(jù)C=、C=和E=h推導(dǎo)得E=，知Q、S不變，電容器板間場(chǎng)強(qiáng)不4兀kdUdeS變，油滴受力情況不變，仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，由U=Ed分析知，E不變，下極板豎直向下移動(dòng)一小段距離，即板間距離增大，則兩極板間的電勢(shì)差增大，因此P點(diǎn)的電勢(shì)升高，由于油滴帶負(fù)電，那么帶電油滴的電勢(shì)能減小，故B正確，ACD錯(cuò)誤。答案：B

6.（6分）如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為T，矩形線圈面積為6.（6分）如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為T，矩形線圈面積為0.08m2，匝數(shù)為兀10,電阻不計(jì)，通過(guò)電刷與理性變壓器原線圈相連，當(dāng)線圈繞垂直磁場(chǎng)的軸00'以50nrad/s的角速度轉(zhuǎn)動(dòng)，副線圈兩端交流電壓表的示數(shù)為i6v,貝y（）在圖示位置時(shí)矩形線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為ov矩形線圈產(chǎn)生的交流電周期為0.02s_變壓器原副線圈匝數(shù)之比為5：1解析：A、由圖可知，在圖中的位置，線圈平面與磁場(chǎng)的方向垂直，穿過(guò)線圈的磁通量最大，線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)等于0,故A正確；2兀2兀小小”B、線圈繞00'以50nrad/s的角速度轉(zhuǎn)動(dòng)，則周期：T=二二0.04s。故B錯(cuò)誤；TOC\o"1-5"\h\z①50兀2邁LC、產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為E=NBSs=10xx0.08x50兀二80*2V,所以線圈產(chǎn)m兀生的電動(dòng)勢(shì)的有效值為80V，故C錯(cuò)誤；D、線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的有效值為80V，則原線圈兩端的電壓為80V，副線圈兩端的電壓為16V，理想變壓器原副線圈的匝數(shù)比n二當(dāng)=80二5，故D正確。nU161227.（6分）如圖所示，在半徑為R7.（6分）如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)，有垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,AC為圓的直徑，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從A點(diǎn)射入磁場(chǎng)區(qū)域，速度方向與AC夾角粒子速度大小為一msin0粒子速度大小為——mcom02m0粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為-qB解析：A、由左手定則可知，粒子帶正電，故A錯(cuò)誤;BC、粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：

粒子在圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=m竺r解得：v=-5BL，故B正確，C錯(cuò)誤；msin0D、由幾何知識(shí)可知，粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為a=20，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為:a202兀m2m0t=2TT=27=~qW，故D正確。2兀2^tq^B答案：BD8.(6分)在冰壺比賽中，某隊(duì)員利用紅壺去碰撞對(duì)方的藍(lán)壺，兩者在大本營(yíng)中心發(fā)生對(duì)心碰撞，如圖a所示，碰后運(yùn)動(dòng)員用冰壺刷摩擦藍(lán)壺前進(jìn)方向的冰面來(lái)減小阻力，碰撞前后兩壺運(yùn)動(dòng)的v-t圖線如圖b中實(shí)線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，兩冰壺質(zhì)量均為19kg,則()碰后藍(lán)壺的速度為0.8m/s碰后藍(lán)壺移動(dòng)的距離為2.4m碰撞過(guò)程兩壺?fù)p失的動(dòng)能為7.22J碰后紅、藍(lán)兩壺所受摩擦力之比為5：4解析：A、設(shè)碰后藍(lán)壺的速度為v,碰前紅壺的速度v=1.Om/s，碰后速度為v，=0.2m/s，00根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：mv0=mvz0+mv解得：v=0.8m/s，故A正確；Av1.2-1.0B、根據(jù)碰前紅壺的速度圖象可知紅壺的加速度為：a==m/s2=0.2m/s2，所以藍(lán)At11.2壺靜止的時(shí)刻為：t=02s=6s，速度圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，則碰后藍(lán)壺移動(dòng)的0.2距離為：x=0.8x（距離為：x=0.8x（6-l）m=2.0m.故B錯(cuò)誤;111C、碰撞過(guò)程兩壺?fù)p失的動(dòng)能為：咅2mvo2-2mv22+2mv2=3.04J，故C正確;D、碰后藍(lán)壺的加速度為為：a‘二m/s2=0.16m/s2，碰后紅、藍(lán)兩壺所受摩擦力之比為6-1f：fz=ma：maz=5：4,故D正確。答案：AD二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。（一）必考題9.（9分）在“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中，一實(shí)驗(yàn)小組讓小球自傾角為9.（9分）在“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中，一實(shí)驗(yàn)小組讓小球自傾角為30°的斜面上⑴滑塊經(jīng)過(guò)位置D時(shí)的速度vD=。解析：根據(jù)某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度可以求出D點(diǎn)的速度為:vD=CEvD=CE2T答案：■42（2）選取A為位移起點(diǎn)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作出v2-x圖線，若圖線斜率k=,則小球下滑過(guò)程機(jī)械能守恒。解析：若減小的重力勢(shì)能等于增加的動(dòng)能時(shí)，可以認(rèn)為機(jī)械能守恒；則有：1則有：mgH=mv2；21即：gxsin30°=二V2解得：V2=gx；根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作出V2-X圖線，若圖線斜率k=g=9.8m/s2，則小球下滑過(guò)程機(jī)械能守恒。答案：9.8。（3）若改變斜面傾角進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，請(qǐng)寫出斜面傾角大小對(duì)實(shí)驗(yàn)誤差的影響。。解析：小球的動(dòng)能增加量少總是稍小于重力勢(shì)能減少量AE,主要原因該過(guò)程中有阻力做功，使小球的一部分重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能；當(dāng)斜面傾角越大，壓力減小，則摩擦阻力變小，因此阻力做功越少，則誤差越小。答案：斜面傾角越大，誤差越小。10.（12分）一探究小組要測(cè)量一量程為10mA的電流表的內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)室提供的器材有:電源電動(dòng)勢(shì)E=1.5V，內(nèi)阻r=5Q。電阻箱R0；長(zhǎng)為20cm的均勻電阻絲R；與電阻絲接觸良好的觸頭P;開(kāi)關(guān)2個(gè)，導(dǎo)線若干。⑴用圖a所示電路測(cè)量該電流表內(nèi)阻，進(jìn)行如下操作：按原理圖a將圖b中的實(shí)物線連接完整電路。斷開(kāi)k2，閉合匕，調(diào)整R°使電流表滿偏，讀得R°=75Q將P滑至電阻絲最右端，，閉合k2，緩慢向左滑動(dòng)P，直至電流表再次滿偏。測(cè)得此時(shí)P右側(cè)電阻絲長(zhǎng)8cm；2請(qǐng)?jiān)趫Db中完成實(shí)物連接，由以上操作可知電流表內(nèi)阻只=Q。解析：按著電路圖，順著電流的方向依次接線結(jié)果如圖所示。按照操作步驟進(jìn)行計(jì)算，當(dāng)k2斷開(kāi)時(shí)調(diào)整R0=75Q使電流滿偏，當(dāng)閉合k2時(shí)，將P滑到離右端.=8cm處時(shí)，電流表又再次滿偏，此電路相當(dāng)于電橋平衡：2RR所以有：芒二l~L，代入數(shù)據(jù)可得：Rg=50Q。11答案：電路連接如解答圖；50。(2)某同學(xué)將圖a中的電路稍作改變用來(lái)測(cè)電阻阻值；斷開(kāi)k,撤去ab間導(dǎo)線并在a、b端分別連上表筆，將待測(cè)電阻接入兩表筆間，根據(jù)電流表讀數(shù)即可知待測(cè)電阻阻值。則電流表10mA位置對(duì)應(yīng)兩表筆間接入電阻的阻值為(填“0”或“R”)。若某次測(cè)量電流表示數(shù)為6mA，則兩表筆間接入電阻的阻值為—Q。解析：在上述過(guò)程中：路端電壓：U=I(R+R)=1.25V,電壓表兩端電壓：U=IR=0.5V,gg0ggg所以也斷開(kāi)時(shí)兩支路的總電阻Ra=ErU=25Q，而金屬絲的電阻R=-4-。，當(dāng)再將此裝置改為歐姆表時(shí)，根據(jù)歐姆表的原理，電流表滿偏的位置就是0Q,但此時(shí)通過(guò)1.5電源的電流為5Ig=50mA，此時(shí)R+r+R=0，A串-0X10-3

當(dāng)電流表的示數(shù)為6mA時(shí)，電路的總電流為5Ig=30mA,R+r+R+R=0A串x30xlO-3聯(lián)立求得：R=20Q。x答案：0；20。11.(10分)11.(10分)2022年冬奧會(huì)將在北京舉行，為訓(xùn)練運(yùn)動(dòng)員的判斷力和身體應(yīng)變力，在一直徑為200m的圓形滑冰場(chǎng)上，教練和運(yùn)動(dòng)員分別站在直徑AB的兩端。教練從A端沿冰面擊出冰球的同時(shí)，運(yùn)動(dòng)員開(kāi)始從B點(diǎn)沿直線勻加速運(yùn)動(dòng)，在冰球離開(kāi)原形場(chǎng)地前攔住冰球。教練若沿AB方向以20m/s的速度擊出冰球。運(yùn)動(dòng)員不攔截冰球，球恰好能沿冰面滑道B點(diǎn)，sin53°=0.8,g=10m/s2。求：(1)冰球與冰面間的摩擦因數(shù)；解析：由A至B冰球做勻減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有umg=mao由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有0=v2=2adl解得卩=0.10。答案：冰球與冰面間的摩擦因數(shù)是0.10。(2)若教練沿與AB成53。角的方向以16m/s的速度將冰球擊出，為保證攔截成功，運(yùn)動(dòng)員的加速度至少多大。解析：冰球剛好到達(dá)圓周時(shí)，由幾何關(guān)系可知x=dcos53°,x=dsin53°球人l球到達(dá)圓周的時(shí)間為t,x二vt+at2，解得t=12s或20s(舍去)球22運(yùn)動(dòng)員加速度至少為a'，二2運(yùn)動(dòng)員加速度至少為a'，二2a'12,解得a'二20m/s29答案：為保證攔截成功，20運(yùn)動(dòng)員的加速度至少為?m/s2。(15分)如圖所示，兩豎直虛線間距為L(zhǎng),之間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)。自該區(qū)域左側(cè)的A點(diǎn)將質(zhì)量為m、電荷量分別為q和-q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿水平方向射出。小球進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域。并從該區(qū)域的右邊界離開(kāi)。已知N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的位置與A點(diǎn)在同一高度；M剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能的8倍，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g,已知A點(diǎn)到左邊界的距離也為L(zhǎng)。丄1

(1)求該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小；解析：小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程只受重力和電場(chǎng)力作用，故小球在水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，那么，小球在電場(chǎng)區(qū)域內(nèi)外的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t相同；在電場(chǎng)區(qū)域外，小球在豎直方向做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng)，故小球進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的豎直分速度為gt;N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的位置與A點(diǎn)在同一高度，即豎直位移為零；11設(shè)N在電場(chǎng)內(nèi)的加速度為a,則有：0二-gt2+gt?t2at2，所以，a=3g，方向豎直向上；22故由牛頓第二定律可得：qE-mg=3mg，所以，電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E=一q4mg答案：該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為-oq(2)求小球射出的初速度大??；解析：M在電場(chǎng)中的加速度a'二圧+啞二5g，方向豎直向下；m故M剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的豎直分速度v=gt+5gt=6gt；L

L

t=-v0又有小球在水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球射出的初速度為v0，則有:故由M剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能的8倍可得：11m(v2+v2)=8?—[mv2+(gt)-]；20y20TOC\o"1-5"\h\z36-84g2L2所以，v2=(6gt)2=7v2(gt)2，所以，v2=(gt)2=4(gt)2=，所以,y007v20V。2=麗o_答案：小球射出的初速度大小為V2=A/OgLo⑶要使小球M、N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的位置之間的距離不超過(guò)L,僅改變兩小球的相同射出速度,求射出速度需滿足的條件。解析：M、N進(jìn)入電場(chǎng)前的運(yùn)動(dòng)一致，那么，M、N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的位置之間的距離11d=gt?t+?5g?12一(gt?t一?3g?12)=4gt2<L；22vo=7~~=L=2\vo=7~~=L=2\2gL；?!答案：要使小球M、N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的位置之間的距離不超過(guò)L,僅改變兩小球的相同射出速度，那么，射出速度需滿足的條件為v-2、邁!Lo故t<；又有t=，所以，?gvo物理選修3-3】(3分)下列說(shuō)法正確的是()溫度高的物體分子的平均動(dòng)能一定大氣體分子的體積大小等于氣體的摩爾體積跟阿伏伽德羅常數(shù)的比值一定質(zhì)量的o°c的冰溶解為o°c的水，分子平均動(dòng)能不變，分子勢(shì)能增加通過(guò)技術(shù)革新可以達(dá)到絕對(duì)零度以下一定質(zhì)量的理想氣體吸熱熱量，它的內(nèi)能可不變解析：A、溫度是分子的平均動(dòng)能的標(biāo)志，所以溫度高的物體的平均動(dòng)能一定大。故A正確；B、對(duì)氣體，由于分子間距的存在，所以氣體分子的體積大小要小于氣體的摩爾體積跟阿伏伽德羅常數(shù)的比值。故B錯(cuò)誤；C、溫度是分子的平均動(dòng)能的標(biāo)志，一定質(zhì)量的0°C的冰溶解為0°C的水，溫度不變，則分子的平均動(dòng)能不變；體積減小，吸收熱量，內(nèi)能增大，則分子勢(shì)能增大。故C正確；D、根據(jù)熱力學(xué)第零定律可知，不可以達(dá)到絕對(duì)零度以下。故D錯(cuò)誤；E、由于做功與熱傳遞都可以改變物體的內(nèi)能，所以一定質(zhì)量的理想氣體吸熱熱量，若同時(shí)對(duì)外做功，它的內(nèi)能可不變。故E正確。答案：ACE(10分)如圖所示，兩玻璃管內(nèi)徑相同，底部用細(xì)管相連，開(kāi)始兩管內(nèi)水平面相平，水銀柱長(zhǎng)10cm，管內(nèi)空氣柱高20cm，用閥門將右管口封閉，用活塞封閉左管口，緩慢推動(dòng)活塞壓縮左管內(nèi)氣體，使左管內(nèi)的水印恰好全部進(jìn)入右管，然后保持活塞位置不動(dòng)，已知大氣左管活塞下移的距離(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)；解析：設(shè)左側(cè)氣體的壓強(qiáng)為p，對(duì)左側(cè)氣體由玻意耳定律有：PoLo=p左L左對(duì)右側(cè)氣體：氣體壓強(qiáng)為：p=p-20，L=20-10=10，pL=pL,右左右00右右解得：L=8.8cm左活塞下移的距離為：x=30cm-L=21cm。左答案：左管活塞下移的距離為21cm。將右管上端的閥門緩慢開(kāi)啟，計(jì)算說(shuō)明右管內(nèi)水銀是否會(huì)溢出。解析：管閥門打開(kāi)后假設(shè)水銀不溢出，左側(cè)氣體壓強(qiáng)變?yōu)椋簆=p0+20，p0L0=pL'解得：L'=15.8cm因?yàn)長(zhǎng)'+20=35.8cmV(8.8+30)cm。故水銀不溢出。答案：將右管上端的閥門緩慢開(kāi)啟，右管內(nèi)水銀不會(huì)溢出。【物理選修3-4】15.(3分)如圖所示為一簡(jiǎn)諧橫波在t=0時(shí)刻的圖象。此時(shí)質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)方向沿y軸負(fù)方

波沿x軸負(fù)方向傳播波的傳播速度為lm/s至t=1.6s，質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)路程為0.4m經(jīng)0.1s，質(zhì)點(diǎn)Q第一次到達(dá)y軸正方向最大位移處Q點(diǎn)的振動(dòng)方程為y二5sin（2兀t+6）cm解析：A、根據(jù)圖象，由質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)方向沿y軸負(fù)方向可得：波沿x軸負(fù)方向傳播，故A正確；1.8sB、當(dāng)t=1.8s時(shí)質(zhì)點(diǎn)P恰好第三次到達(dá)y軸負(fù)方向最大位置處，故周期T=i=0.8s；2+14九由圖象可得：波長(zhǎng)入=0.4m，故波的傳播速度v二t二0.5m/s；故￡錯(cuò)誤;C、至t=1.6s，質(zhì)點(diǎn)P剛好運(yùn)動(dòng)兩個(gè)周期，故質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)路程為2X4A=2X4X5cm=0.4m,故C正確；DE、質(zhì)點(diǎn)DE、質(zhì)點(diǎn)Q向上運(yùn)動(dòng)，振幅為5cm,周期T=0.8s，t=0時(shí)，y=2.5cm.故Q點(diǎn)的振動(dòng)方程為y=5sin（5兀t+冒）cm；2

y

2

y

冗22s=s，15故經(jīng)15s質(zhì)點(diǎn)Q第一次到達(dá)y軸正方向最大位移處，故D錯(cuò)誤，E正確。答案：ACE16.（10分）一塊厚度為4cm的長(zhǎng)方體玻璃磚，其下表面涂有反光膜，置于水平桌面上，如圖所示，玻璃磚右端上方豎直放置一光屏。一束光線以53°的入射角射向玻璃磚，入射點(diǎn)（1）玻璃磚右側(cè)光屏上兩光點(diǎn)之間的距離。解析：由折射定律得sin53on=—，入射點(diǎn)與出射點(diǎn)之間的距離為（1）玻璃磚右側(cè)光屏上兩光點(diǎn)之間的距離。解析：由折射定律得sin53on=—，入射點(diǎn)與出射點(diǎn)之間的距離為sinrxAB=2tanr解得x=6cm，AB解得x=6cm，ABy光屏上兩光電之間的距離y=y=y,二cot53。，解得y=4.5cm。CDBExAB答案：玻璃磚右側(cè)光屏上兩光點(diǎn)之間的距離是4.5cm。(2)光在玻璃磚中傳播的最短時(shí)間。(2)光在玻璃磚中傳播的最短時(shí)間。2d解析：光在玻璃中傳播的距離為s=COSYcs=vt,又因?yàn)閚=，解得t=4.4X10-iosov答案：光在玻璃磚中傳播的最短時(shí)間是4.4X1O-10S?？荚嚫叻置卦E是什么？試試這四個(gè)方法，特別是中考和高考生誰(shuí)都想在考試中取得優(yōu)異的成績(jī)，但要想取得優(yōu)異的成績(jī)，除了要掌握好相關(guān)的知識(shí)定理和方法技巧之外，更要學(xué)會(huì)一些考試技巧。因?yàn)橐环菰嚲淼念}型有選擇題、填空題和