（京津瓊）2019高考物理總復(fù)習(xí) 專用優(yōu)編提分練：考前綜合練（四）.doc

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考前綜合練(四) 一、單項(xiàng)選擇題 1．a(chǎn)、b兩車在同一平直公路上從同一位置由靜止開始運(yùn)動(dòng)，其v－t圖象如圖1所示．以下說法正確的是(　　) 圖1 A．t0時(shí)刻，兩車相遇 B．t0時(shí)刻，b車的運(yùn)動(dòng)方向發(fā)生改變 C．0～t0時(shí)間內(nèi)，b車的加速度逐漸減小 D．0～t0時(shí)間內(nèi)，b車的平均速度為 答案　C 解析　根據(jù)v－t圖象與t軸所圍面積為位移，由題圖可知，在t0時(shí)曲線和直線與t軸所圍面積不相等，所以兩車沒有相遇，故A錯(cuò)誤；b車的v－t圖象始終在t軸上方，所以b車的運(yùn)動(dòng)方向沒有改變，故B錯(cuò)誤；v－t圖象的切線斜率表示加速度，由題圖可知在0～t0時(shí)間內(nèi)，b車v－t圖象的切線斜率減小，故加速度減小，故C正確； 0～t0時(shí)間內(nèi)，由于b車的位移大于a車的位移，所以b車的平均速度大于a車的平均速度，故D錯(cuò)誤． 2．汽油發(fā)動(dòng)機(jī)內(nèi)，經(jīng)過壓縮達(dá)到一定溫度和壓力的汽油，需要火花塞點(diǎn)燃從而實(shí)現(xiàn)能量轉(zhuǎn)化，而火花塞需要高達(dá)10 kV的電壓才能點(diǎn)火，某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖2甲、乙的點(diǎn)火電路，已知直流電源的電壓為12 V，升壓變壓器的輸出端接到火花塞上，開關(guān)是自動(dòng)控制的，下列說法正確的是(　　) 圖2 A．兩電路都不可能使火花塞點(diǎn)火，因?yàn)樽儔浩鞑荒芨淖冎绷麟妷? B．圖甲、乙的電路中，保持開關(guān)閉合，輸出端都會(huì)獲得持續(xù)的高壓 C．圖甲的電路中，只有在開關(guān)閉合或斷開瞬間，輸出端才會(huì)有高壓產(chǎn)生 D．圖乙的電路中，在開關(guān)斷開或閉合瞬間，輸出端都會(huì)有高壓產(chǎn)生 答案　C 解析　只有線圈中的磁通量發(fā)生變化時(shí)才會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，所以在題圖甲中當(dāng)開關(guān)閉合或斷開的瞬間，穿過副線圈的磁通量發(fā)生了變化，所以在副線圈上能產(chǎn)生高壓，但題圖乙中原線圈接了直流電，所以無論開關(guān)是斷開還是閉合，穿過副線圈的磁通量都不發(fā)生變化，所以不會(huì)產(chǎn)生高壓，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤． 3.一定質(zhì)量的小球套在傾斜的固定光滑桿上，一根輕質(zhì)彈簧的一端懸掛于O點(diǎn)，另一端與小球相連，彈簧與桿處于同一豎直平面內(nèi)，將小球沿桿拉到與O處于同一高度由靜止釋放，小球沿桿下滑，當(dāng)彈簧豎直時(shí)，小球速度恰好為零，如圖3所示，若彈簧一直處于伸長狀態(tài)且處于彈性限度內(nèi)，不考慮空氣阻力，則(　　) 圖3 A．當(dāng)彈簧與桿垂直時(shí)，小球的動(dòng)能最大 B．當(dāng)小球受到的彈簧彈力和重力的合力與桿垂直時(shí)，小球的動(dòng)能最大 C．小球從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過程中，加速度的值一直增大 D．在之后的運(yùn)動(dòng)中，小球不可能返回釋放點(diǎn) 答案　B 解析　當(dāng)彈簧與桿垂直時(shí)，重力沿桿方向的分力提供了加速度，則小球還要沿桿加速，所以動(dòng)能沒有達(dá)到最大，故A錯(cuò)誤；當(dāng)小球受到的彈簧彈力和重力的合力與桿垂直時(shí)，此時(shí)沿桿方向合外力為零，加速度為零，所以小球的動(dòng)能達(dá)到最大，故B正確；小球先加速后減速，所以小球的加速度先減小，后反向增大，故C錯(cuò)誤；小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，所以小球能返回到釋放點(diǎn)，故D錯(cuò)誤． 4.單梁懸掛起重機(jī)(行車)可簡化為如圖4的模型，滑輪O處于水平橫梁AB上，長為L的鋼絲繩一端固定在滑輪的中心軸上，下端連接一電磁鐵，電磁鐵對(duì)鐵塊的最大引力為F，現(xiàn)用該行車運(yùn)送一鐵塊，滑輪與鐵塊一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)O到AB上的P點(diǎn)時(shí)被制動(dòng)立即停止，鐵塊開始擺動(dòng)但不掉落，將滑輪、電磁鐵與鐵塊視為質(zhì)點(diǎn)，下列說法正確的是(　　) 圖4 A．只要鐵塊的重量不大于F，鐵塊就可以被安全運(yùn)輸 B．若運(yùn)輸速度為v，該行車能運(yùn)輸鐵塊的最大質(zhì)量為 C．若運(yùn)輸速度為，該行車能運(yùn)輸鐵塊的最大質(zhì)量為 D．若鐵塊的質(zhì)量為M，該行車運(yùn)輸?shù)淖畲笏俣葹? 答案　B 解析　滑輪停止后鐵塊做圓周運(yùn)動(dòng)，那么在滑輪停止的瞬間，由FT－mg＝m得FT＝mg＋m，而FT≤F， 所以鐵塊的重量應(yīng)該小于F，故A錯(cuò)誤； 若運(yùn)輸速度為v， 由F－mg＝m可知m＝， 故B正確； 若運(yùn)輸速度為，由F－mg＝m可知該行車能運(yùn)輸鐵塊的最大質(zhì)量m＝，故C錯(cuò)誤； 若鐵塊的質(zhì)量為M，由F－Mg＝M， 可知該行車運(yùn)輸?shù)淖畲笏俣葹関＝， 故D錯(cuò)誤． 5．如圖5所示，等腰直角三角形abc區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，在bc的中點(diǎn)O處有一粒子源，可沿與ba平行的方向發(fā)射速率不同的兩種粒子，粒子帶負(fù)電，質(zhì)量為m，電荷量為q，已知這些粒子都能從ab邊離開abc區(qū)域，ab＝2l，不考慮粒子的重力及粒子間的相互作用，則這些粒子(　　) 圖5 A．速度的最大值為 B．速度的最小值為 C．在磁場中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為 D．在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間為 答案　A 解析　若都能從ab邊出來，則符合條件的最大半徑的軌跡應(yīng)該與ac面相切，最小半徑的軌跡應(yīng)該恰好運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，如圖所示 由幾何關(guān)系可得：rmin＝ rmax＝(＋1)l 粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可得：qvB＝m 解得：vmax＝ vmin＝，故A對(duì)，B錯(cuò)； 粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T＝，若圓心角θ＝45， 則在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝T＝ 由圖可知，最小的圓心角θ>45， 所以tmin>T＝，故C錯(cuò)； 由幾何關(guān)系知，粒子轉(zhuǎn)過的最大圓心角θmax＝180， 所以粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間為tmax＝T＝，故D錯(cuò)． 二、多項(xiàng)選擇題 6．氦原子被電離出一個(gè)核外電子，形成類氫結(jié)構(gòu)的氦離子，其能級(jí)示意圖如圖6所示，當(dāng)分別用能量均為48.4 eV的電子和光子作用于處在基態(tài)的氦離子時(shí)(　　) 圖6 A．氦離子可能輻射能量為40.8 eV的光子 B．氦離子可能從基態(tài)躍遷到n＝3的能級(jí) C．氦離子一定能從基態(tài)躍遷到n＝2的能級(jí) D．若僅以能量為60 eV的電子入射，氦離子一定不會(huì)輻射光子 答案　AB 解析　若處在基態(tài)的氦離子吸收48.4 eV的光子，則躍遷到的能級(jí)的能量應(yīng)該為E＝－54.4 eV＋48.4 eV＝－6.0 eV，所以氦離子可以吸收48.4 eV的光子躍遷到E3的能級(jí)，然后自發(fā)地向下躍遷，從能級(jí)E2躍遷到能級(jí)E1可釋放出能量為40.8 eV的光子，故A、B正確；若吸收的電子的能量也為48.4 eV，則氦離子從基態(tài)躍遷到n＝3的能級(jí)，所以氦離子不一定能從基態(tài)躍遷到n＝2的能級(jí)，故C錯(cuò)誤；以能量為60 eV的電子入射，氦離子可以吸收兩能級(jí)差的能量發(fā)生躍遷，然后向下躍遷輻射出光子，故D錯(cuò)誤． 7．圓心為O的均勻帶電球殼位于真空中，在其電場中沿某一半徑方向，任一點(diǎn)的電勢φ與該點(diǎn)到O的距離r的關(guān)系如圖7所示．電場中有五個(gè)點(diǎn)a、b、c、d、e，b、d的電場強(qiáng)度大小分別為Eb和Ed，現(xiàn)將一帶正電的試探電荷由c點(diǎn)經(jīng)d點(diǎn)移動(dòng)到e點(diǎn)，電場力所做的功分別為Wcd和Wde，下列選項(xiàng)正確的是(　　) 圖7 A．球殼的半徑為1 m B．0～1 m間電場強(qiáng)度的值為6 V/m C．Eb∶Ed＝2∶1 D．Wcd∶Wde＝1∶1 答案　AD 解析　電荷分布在球殼的外表面，所以內(nèi)部沒有電場線，電場強(qiáng)度為零，則球殼是一等勢體，而題圖中0～1 m范圍內(nèi)電勢不變，所以帶電球的半徑為1 m，故A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)E＝可知Eb∶Ed＝4∶1，故C錯(cuò)誤；根據(jù)W＝qU結(jié)合題圖可知Wcd∶Wde＝1∶1，故D正確． 8．如圖8所示，兩豎直平行邊界內(nèi)，勻強(qiáng)電場方向豎直(平行紙面)向下，勻強(qiáng)磁場方向垂直紙面向里，一帶電小球從P點(diǎn)以某一速度垂直邊界進(jìn)入，恰好沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng)，若減小小球從P點(diǎn)進(jìn)入的速度但保持方向不變，則在小球進(jìn)入的一小段時(shí)間內(nèi)(　　) 圖8 A．小球的動(dòng)能一定增大 B．小球的機(jī)械能可能不變 C．小球的電勢能一定減小 D．小球的重力勢能一定減小 答案　AC 解析　如果小球帶負(fù)電，則小球受到向下的重力、向上的電場力和向下的洛倫茲力，則小球可能受力平衡，沿水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)；若小球帶正電，則小球受向下的重力、向下的電場力和向上的洛倫茲力，也可能受力平衡，故小球帶正、負(fù)電均可以；若小球帶負(fù)電，當(dāng)減小小球從P點(diǎn)進(jìn)入的速度但保持方向不變時(shí)，小球受到的向下的洛倫茲力變小，所以小球會(huì)向上偏轉(zhuǎn)，此時(shí)合力做正功，動(dòng)能增大，電場力做正功，電勢能減小，重力做負(fù)功，重力勢能增加；若小球帶正電，當(dāng)減小小球從P點(diǎn)進(jìn)入的速度但保持方向不變時(shí)，則小球所受到的向上的洛倫茲力會(huì)變小，則小球會(huì)向下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則合外力做正功，動(dòng)能增大，電場力做正功，電勢能減小，重力做正功，重力勢能減小，故A、C正確． 三、非選擇題 9．如圖9甲(側(cè)視圖只畫了一個(gè)小車)所示的實(shí)驗(yàn)裝置可以驗(yàn)證“牛頓第二定律”，兩個(gè)相同的小車放在光滑水平桌面上，右端各系一條細(xì)繩，跨過定滑輪各掛一個(gè)小盤，增減盤中的砝碼可改變小車受到的合外力，增減車上的砝碼可改變小車的質(zhì)量．兩車左端各系一條細(xì)線，用一個(gè)黑板擦把兩細(xì)線同時(shí)按在固定、粗糙的水平墊片上，使小車靜止(如圖乙)．拿起黑板擦兩車同時(shí)運(yùn)動(dòng)，在兩車尚未碰到滑輪前，迅速按下黑板擦，兩車立刻停止，測出兩車位移的大小． 圖9 (1)該實(shí)驗(yàn)中，盤和盤中砝碼的總質(zhì)量應(yīng)____________小車的總質(zhì)量(填“遠(yuǎn)大于”“遠(yuǎn)小于”或“等于”)． (2)圖丙為某同學(xué)在驗(yàn)證“合外力不變加速度與質(zhì)量成反比”時(shí)的實(shí)驗(yàn)記錄，已測得小車1的總質(zhì)量m1＝100 g，小車2的總質(zhì)量m2＝200 g．由圖可讀出小車1的位移x1＝5.00 cm，小車2的位移x2＝________ cm，可以算出＝________(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)；在實(shí)驗(yàn)誤差允許的范圍內(nèi)，________(填“大于”“小于”或“等于”)． 答案　(1)遠(yuǎn)小于　(2)2.48(2.47～2.49均可) 　1.42(1.41～1.43均可)　等于 解析　(2)由題圖丙可知，小車2的位移為2.48 cm，由勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移公式可知，x＝at2，即a＝.由于時(shí)間相等，所以＝＝≈1.42，在實(shí)驗(yàn)誤差允許的范圍內(nèi)，兩小車的加速度之比等于質(zhì)量的反比． 10．(1)一多用電表的簡化電路圖如圖10(a)，當(dāng)轉(zhuǎn)換開關(guān)S旋到位置1、2時(shí)，可用來測量________；當(dāng)S旋到位置3或4時(shí)，對(duì)應(yīng)不同倍率的歐姆表，如果3、4對(duì)應(yīng)的電源電動(dòng)勢E>E′，則位置________(填3或4)對(duì)應(yīng)的歐姆表倍率大． 圖10 (2)某同學(xué)測量一定值電阻的阻值，先把選擇開關(guān)旋到“10”擋，歐姆調(diào)零后，測量時(shí)指針偏轉(zhuǎn)如圖(b)所示，則該電阻的阻值是________ Ω. (3)接下來，該同學(xué)采用“伏安法”測量該電阻的阻值，實(shí)驗(yàn)室提供的器材如下： A．電壓表V(量程3 V，內(nèi)阻約為15 kΩ) B．電流表A1(量程0.6 A，內(nèi)阻約為0.5 Ω) C．電流表A2(量程30 mA，內(nèi)阻約為10 Ω) D．滑動(dòng)變阻器R1(0～10 Ω，額定電流1 A) E．滑動(dòng)變阻器R2(0～5 kΩ，額定電流0.5 A) F．電源E(電動(dòng)勢為5 V，內(nèi)阻約為1 Ω) G．開關(guān)S，導(dǎo)線若干 ①為了較準(zhǔn)確地測量電阻R的阻值，電流表應(yīng)選________，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選________(填器材前面的序號(hào))． ②在虛線框內(nèi)畫出實(shí)驗(yàn)電路圖． 答案　(1)電流　3　(2)130　(3)①C　D?、谝娊馕鰣D 解析　(2)由題圖(b)可知， 電阻的阻值為1310 Ω＝130 Ω； (3)由于電源的電動(dòng)勢為5 V，定值電阻阻值約為130 Ω，所以流過定值電阻的最大電流約為Imax＝ A≈38.5 mA，所以電流表應(yīng)選C；為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選總阻值較小的D，所以滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法，由于電阻阻值較小，所以電流表采用外接法，電路圖如圖所示． 11．為研究電磁制動(dòng)的效果，在小車的水平底面安裝寬為L、長為2L的矩形線圈abcd，線圈匝數(shù)為N，總電阻為R，水平直軌道上虛線PQ和MN之間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場，其間距為2L，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，如圖11所示，沿軌道運(yùn)動(dòng)的總質(zhì)量為m的小車，受到地面的阻力為Ff，當(dāng)車頭(ab邊)進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v0，車尾(cd邊)離開磁場時(shí)速度恰好減為零，求： 圖11 (1)車頭進(jìn)入磁場時(shí)，小車加速度的大小； (2)從ab進(jìn)入磁場到ab離開磁場的過程中，通過導(dǎo)線截面的電荷量； (3)電磁制動(dòng)過程中線圈產(chǎn)生的焦耳熱． 答案　(1)＋　(2) 　(3)mv02－4FfL 解析　(1)車頭進(jìn)入磁場時(shí)，設(shè)加速度的大小為a， 有E＝NBLv0，I＝，F(xiàn)＝NBIL 由牛頓第二定律得F＋Ff＝ma， 聯(lián)立解得a＝＋； (2)從ab進(jìn)入磁場到ab離開磁場的過程中， ＝N，＝，q＝t， 聯(lián)立解得q＝ (3)設(shè)電磁制動(dòng)過程中線圈產(chǎn)生的焦耳熱為Q，由能量守恒：Q＝mv02－4FfL. 12．如圖12，水平面上有質(zhì)量mA＝1 kg的木板A，其上右端點(diǎn)放有質(zhì)量mB＝1 kg的物塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))．A的左側(cè)用長度l＝3.6 m的輕繩懸吊一質(zhì)量為mC＝0.5 kg的小球C，C靜止時(shí)恰好與A接觸但無擠壓且不觸地，現(xiàn)將C沿A、B所在豎直平面向左拉起，當(dāng)輕繩與豎直方向成θ＝60角時(shí)由靜止釋放，C運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與A發(fā)生碰撞，碰后C立即靜止，最后物塊B沒有從A上滑出，已知B與A間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.10，A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.15，取g＝10 m/s2，不考慮C與A碰撞的時(shí)間，求： 圖12 (1)碰后瞬間A速度的大小； (2)碰后木板A運(yùn)動(dòng)的時(shí)間． 答案　(1)3.0 m/s　(2)0.9 s 解析　(1)設(shè)C與A碰撞時(shí)的速度大小為vC，有 mCgl(1－cos 60)＝mCvC2 碰后木板A的速度大小為vA，碰撞瞬間，由動(dòng)量守恒定律有mCvC＝mAvA，解得vA＝3.0 m/s (2)設(shè)C與A碰撞后A運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a1， B運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a2， 經(jīng)過時(shí)間t1，A、B兩物體速度相等，設(shè)為v μ1mBg＋μ2(mA＋mB)g＝mAa1，μ1mBg＝mBa2 解得a1＝4.0 m/s2，a2＝1.0 m/s2， v＝vA－a1t1＝a2t1， 解得v＝0.6 m/s，t1＝0.6 s； 經(jīng)過分析可知A、B不能一起減速，所以A、B分別做減速運(yùn)動(dòng)．由于μ2(mA＋mB)g－μ1mBg＝mAa1′ 解得a1′＝2.0 m/s2,0＝v－a1′t2，解得t2＝0.3 s 此后木板A保持靜止， 碰后木板A運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝t1＋t2＝0.9 s. 13．[選修3－3] (1)下列說法正確的是________． A．液體中的擴(kuò)散現(xiàn)象是由于液體的對(duì)流形成的 B．液體表面張力與浸潤現(xiàn)象都是分子力作用的表現(xiàn) C．只要兩物體的質(zhì)量、溫度、體積相等，兩物體的內(nèi)能一定相等 D．分子間引力和斥力都是隨著分子間距離的減小而增大 E．空調(diào)機(jī)在制冷過程中，從室內(nèi)吸收的熱量少于向室外放出的熱量 (2)如圖13所示，右側(cè)有擋板的導(dǎo)熱汽缸固定在水平地面上，汽缸內(nèi)部總長為21 cm，活塞橫截面積為10 cm2，厚度為1 cm，給活塞施加一向左的水平恒力F＝20 N，穩(wěn)定時(shí)活塞封閉的氣柱長度為10 cm.大氣壓強(qiáng)為1.0105 Pa，外界溫度為27 ℃，不計(jì)摩擦． 圖13 ①若將恒力F方向改為水平向右，大小不變，求穩(wěn)定時(shí)活塞封閉氣柱的長度； ②若撤去外力F，將外界溫度緩慢升高，當(dāng)擋板對(duì)活塞的作用力大小為60 N時(shí)，求封閉氣柱的溫度． 答案　(1)BDE　(2)①15 cm　②800 K 解析　(1)液體中的擴(kuò)散現(xiàn)象是由于分子熱運(yùn)動(dòng)而產(chǎn)生的，故A項(xiàng)錯(cuò)誤．液體的表面張力是分子力作用的表現(xiàn)，表面層分子較為稀疏，分子間表現(xiàn)為引力；浸潤現(xiàn)象也是分子力作用的表現(xiàn)，故B項(xiàng)正確．物體的內(nèi)能等于組成該物體的所有分子做熱運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能與分子勢能的總和，兩物體的溫度相同則分子的平均動(dòng)能相等，但是物體的總動(dòng)能與分子數(shù)有關(guān)，質(zhì)量和體積相等的物體僅說明物體的平均密度相同，如果不是同一種物質(zhì)，它們的總分子數(shù)不一定相等，因此兩物體的內(nèi)能不一定相等，故C項(xiàng)錯(cuò)誤．分子間的引力和斥力都是隨分子間距離的減小而增大，只不過在不同情況下合力對(duì)外表現(xiàn)不同，故D項(xiàng)正確．空調(diào)機(jī)在制冷過程中，從室內(nèi)吸收的熱量少于向室外放出的熱量，因?yàn)殡娔芤灿胁糠洲D(zhuǎn)化為熱能，故E項(xiàng)正確． (2)①溫度不變，設(shè)水平恒力向左、向右兩種情況下被封閉氣體壓強(qiáng)分別為p1、p2，氣柱的長度分別為l1、l2，則有：p1＝p0＋＝1.2105 Pa p2＝p0－＝0.8105 Pa V1＝l1S，V2＝l2S 根據(jù)玻意耳定律有：p1V1＝p2V2 解得：l2＝15 cm. ②設(shè)汽缸升溫前后溫度分別為T1、T3， 升溫后氣柱長度為l3 T1＝300 K，l3＝(21－1) cm＝20 cm 升溫后氣體壓強(qiáng)p3＝p0＋＝1.6105 Pa， V3＝l3S 根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程得：＝， 解得：T3＝800 K. 14．[選修3－4] (1)一列波沿x軸方向傳播，某一時(shí)刻的波形如圖14所示．質(zhì)點(diǎn)A與坐標(biāo)原點(diǎn)O的水平距離為0.6 m，波長λ＝1.6 m，此時(shí)質(zhì)點(diǎn)A沿y軸正方向振動(dòng)，經(jīng)過0.1 s第一次到達(dá)波峰處，則下列說法中正確的是________． 圖14 A．這列波沿x軸正方向傳播 B．這列波的周期T＝0.8 s C．波速v＝14 m/s D．從圖示時(shí)刻開始，質(zhì)點(diǎn)A經(jīng)過Δt＝1.6 s運(yùn)動(dòng)的路程為0.4 m E．從圖示時(shí)刻開始，質(zhì)點(diǎn)A經(jīng)過Δt′＝0.5 s第一次到達(dá)波谷 (2)如圖15甲所示是由透明材料制成的半圓柱體，一束細(xì)光束由真空沿著徑向與AB成θ角射入，對(duì)射出的折射光線的強(qiáng)度隨θ角的變化進(jìn)行記錄，得到的關(guān)系如圖乙所示，如圖丙所示是這種材料制成的器具，左側(cè)是半徑為R的半圓，右側(cè)是長為8R、高為2R的長方體，一束單色光從左側(cè)A′點(diǎn)沿半徑方向與長邊成37角射入器具．已知光在真空中的傳播速度為c，求：(sin 37＝0.6，cos 37＝0.8) 圖15 ①該透明材料的折射率； ②光線在器具中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間． 答案　(1)ABE　(2)①1.25　② 解析　(2)①由題圖乙可知， 當(dāng)θ＝37時(shí)光線恰好發(fā)生全反射， 則臨界角C＝53 由n＝ 可知：n＝＝1.25 ②由幾何關(guān)系可知光在器具中傳播的路程為 s＝＋R＝11R 光在器具中的傳播速度v＝ 傳播時(shí)間t＝ 聯(lián)立解得t＝.