2022年全国高考物理考前冲刺押题卷（二）

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（考试时间：90分钟 试卷满分：110分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求，第6~8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。
1、某同学设置如图甲所示的实验装置电路，来研究光电效应现象，该同学分别用a、b、c三束光照射光电管阴极，得到光电管两端的电压与相应的光电流的关系如图乙所示，其中a、c两束光照射时对应的遏止电压相同，均为Uc2，根据光电效应的规律，下列说法正确的是( )
A．a、b、c三束光中入射光b的光强度最大
B．a、b、c三束光分别照射该光电管发出的光电子最大初动能是c光
C．a、b、c三束光的波长关系是＝＜
D．改变电源的极性不可能有光电流产生
【答案】C
【解析】根据题图乙所示光电管两端的电压与相应的光电流的关系可知，a、c两束光照射时对应的遏止电压相同，小于b光对应的遏止电压，根据光电效应规律可知a、c两束光的频率相同，且小于b光的频率，由知a、b、c三束光的波长关系是＝＜，选项C正确；由图乙知a、b、c三束光产生的饱和光电流依次减小，而频率大小是＝＜，可知光b的光强度最大，选项A错误；b光照射时对应的遏止电压最大，说明b光的频率最大，波长最短，照射光电管时发出的光电子的最大初动能最大，选项B错误；只要光的频率不变，改变电源的极性，仍可能有光电流产生，选项D错误。
2、小行星带，是位于火星和木星轨道之间的小行星的密集区域，在太阳系中除了九颗大行星以外，还有成千上万颗我们肉眼看不到的小天体，它们沿着椭圆形的轨道不停地围绕太阳公转。如图所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带，假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A．若知道某一小行星绕太阳运转的周期和轨道半径可求出太阳的质量
B．若知道地球和某一小行星绕太阳运转的轨道半径，可求出该小行星的质量
C．小行星带内侧小行星的向心加速度值小于外侧小行星的向心加速度值
D．在相同时间内，地球和太阳连线扫过的面积比内侧小行星和太阳连线扫过的面积要小
【答案】D
【解析】根据得，知道周期T和半径r，但不知道引力常量G，不能求出太阳的质量，A错误；若知道地球和某一小行星绕太阳运转的轨道半径，可求出该小行星的周期，但不能求出小行星的质量，B错误；根据得，小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值，C错误；由，得，行星与太阳的连线在单位时间内扫过的面积，由于地球绕太阳运动轨道半径比内侧小行星绕太阳运动的轨道半径小，所示在相同时间内，地球与太阳的连线比内侧小行星扫过的面积要小，D正确。
3、如图甲所示，两段等长轻质细线将质量分别为m、2m的小球A、B（均可视为质点）悬挂在O点，小球A受到水平向右的恒力F1的作用，小球B受到水平向左的恒力F2的作用，当系统处于静止状态时，出现了如图乙所示的状态，小球B刚好位于O点正下方，则F1与F2的大小关系是( )
A．F1＝4F2 B．F1＝3F2 C．2F1＝3F2 D．2F1＝5F2
【答案】D
【提示】A受到水平向右的力F1，B受到水平向左的力F2，以整体为研究对象，受力分析如图所示，设O、A间的细线与竖直方向的夹角为α，由力的分解和平衡条件得Fsinα＋F2＝F1，Fcs α＝2mg＋mg，故，以B为研究对象受力分析，设A、B间的细线与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得，由几何关系有α＝β，得2F1＝5F2，选项D正确。
4、如图所示，在等边三角形ABC的两个顶点A、B处垂直于纸面固定两根互相平行的长直导线，导线中通以方向如图所示、大小相同的电流。CE垂直AB，交点为D，CD＝DE，E未画出，现在三角形ABC所在平面加一与CE平行、磁感应强度大小为B0的匀强磁场，使C处的磁感应强度恰好为零。三角形ABC的中心为P(未画出)。已知通电长直导线在其周围某点产生的磁场的磁感应强度大小为B＝eq \f(kI,r)，其中I为通电长直导线中的电流，r为该点到通电长直导线的距离，k为常量，则下列说法正确的是( )
A．A处导线在C处产生的磁场的磁感应强度大小为eq \f(\r(3),3)B0
B．E点处磁场的磁感应强度大小为2B0
C．A、B两处导线受到的安培力等大反向
D．P处的磁感应强度是D处的磁感应强度的eq \f(2,3)
【答案】D
【解析】根据安培定则可知，两通电长直导线在C处产生的磁感应强度方向如图所示
根据几何关系知其夹角为120°，合磁场的磁感应强度与一根导线在该处产生的磁场的磁感应强度大小相等，方向垂直AB向上，加一与CE平行、磁感应强度大小为B0的匀强磁场，使C处的磁感应强度恰好为零，则一根导线在C处产生的磁场的磁感应强度大小也为B0，所加磁场方向垂直AB向下，A错误；结合右手螺旋定则及磁场的叠加知E点的磁感应强度与A、B处的磁感应强度均为零，即A、B处导线不受安培力，B、C错误；设等边三角形ABC的边长为a，两根长直导线各自在D处产生的磁场的磁感应强度大小均为2B0，方向垂直AB向上，则D处磁感应强度大小为3B0，根据几何关系知AP＝eq \f(\r(3),2)a×eq \f(2,3)＝eq \f(\r(3),3)a，P点处的磁感应强度大小BP＝2eq \f(kI,AP)·cs 30°－B0＝2B0，D正确。
5、如图所示，矩形线圈abcd在磁感应强度大小为B的匀强磁场中绕垂直于磁场的dc边以转速n（r/s）匀速转动．线圈的匝数为N，边长ad＝，ab＝．理想变压器原、副线圈的匝数比是，一只理想二极管和定值电阻R串联在副线圈电路中，已知电压表和电流表均为理想交流电表，线圈和导线的电阻不计，则下列说法正确的是( )
A．该矩形线圈产生瞬时电动势表达式为2πNBsin(2πt)V，
B．电压表的示数为πnkNB
C．此位置时电流表示数是0
D．只增大转速n，电压表和电流表示数的比值增大
【答案】B
【解析】该线圈产生的电动势的最大值为Em＝NBSω＝2πnNB，瞬时电动势表达式为e=Emsin(ωt)V=2πnNBsin(2πn t)V，选项A错误；根据理想变压器的变压公式可得副线圈两端电压U2=，由于二极管的单向导电性，结合有效值的定义有，得电压表示数为U=πnkNB，选项B正确；电流表示数为交流电路有效值，不为0，选项C错误；根据得与转速n无关，选项D错误。
6、某温度检测、光电控制加热装置原理如图所示。图中RT为热敏电阻(随温度升高阻值减小)，用来探测加热电阻丝R的温度，RG为光敏电阻(随光照强度增大阻值减小)，接收小灯泡L的光照，除RT、RG外，其他电阻均为定值电阻。当R处温度降低时( )
L变亮
B．通过R3的电流减小
C．E2的路端电压增大
D．R消耗的功率减小
【答案】BC
【解析】当R处温度降低时，热敏电阻RT阻值变大，由闭合电路欧姆定律可知，左侧电路中的电流减小，通过小灯泡L的电流减小，小灯泡L的光照强度减小，光敏电阻RG的阻值变大，对右侧电路，由闭合电路欧姆定律可知，通过R2的电流变小，右侧电路中的电源E2的路端电压变大，R两端电压变大，通过R的电流也变大，R消耗的功率变大，通过R3的电流变小，选项B、C正确。
7、如图所示，水平面O点左侧光滑，O点右侧粗糙且足够长，有10个质量均为m完全相同的小滑块（可视为质点）用轻细杆相连，相邻小滑块间的距离为L，滑块1恰好位于O点，滑块2、3……依次沿直线水平向左排开，现将水平恒力F作用于滑块1，经观察发现，在第3个小滑块进入粗糙地带后到第4个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运动，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是
A．粗糙地带与滑块间的动摩擦因数
B．匀速运动过程中速度大小
C．第一个滑块进入粗糙地带后，第二个滑块进入前各段轻杆的弹力大小相等
D．在水平恒力F作用下，7个滑块全部可以进入粗糙地带
【答案】BD
【解析】A、对整体分析，根据共点力平衡得，F=3μmg，解得，故A错误；B、根据动能定理得，解得，故B正确；C、第一个滑块进入粗糙地带后，整体仍然做加速运动，各个物体的加速度相同，隔离分析，由于选择的研究对象质量不同，根据牛顿第二定律知，杆子的弹力大小不等，故C错误。D、在水平恒力F作用下，由于第4个滑块进入粗糙地带，整体将做减速运动，设第n块能进入粗焅地带，由动能定理：，解得：n=7，所以10个滑块不能全部进入粗糙地带，故D正确。
8、如图所示，两块竖直放置的平行金属板A、B之间距离为d，两板间的电压为U，其中A板接地。在两板间放一半径为R的金属球壳，球心O到两板的距离相等，C点为球壳上离A板最近的一点，位置在垂直于两板的球直径的靠A板的一端，D点靠近B板附近。则下列说法错误的是（ ）
D
A．
B．＜
C．C点的电势为
D．把一负点电荷由C点移到D点，电势能减小
【答案】ABD
D
【解析】置于金属球壳后，A、B两板间电场线如图所示，应用对称性，两板间电场线形状关于金属球中心O对称，所以A板与金属球的电势差和金属球与B板电势差相等，即，又A、B两板电势差保持不变为U，即，得，所以A、C两点间电势差，即，得，A、B错误，C正确。把一负点电荷由C点移到D点，电势能增加，D错误。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第9~12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13~14题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题（共47分）
9．（6分）为了探究质量一定时加速度与力的关系。一同学设计了如图甲所示的实验装置。其中为带滑轮的小车的质量，为砂和砂桶的质量。（滑轮质量不计）
(1)实验时，一定要进行的操作或保证的条件是（ ）
A．用天平测出砂和砂桶的质量
B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
C．小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数
D．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带
E．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量M
(2)该同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带（相邻两计数点间还有两个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为____m/s2（结果保留两位有效数字）。
(3)以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的a-F图象是一条直线，图线与横轴的夹角为，求得图线的斜率为K，则小车的质量为
A． B． C． D．
【答案】BCD （2分） 1.3（2分） D （2分）
【解析】(1)物体M受到的力可由弹簧测力计读出，故砂和砂桶的质量可以不用测出。故A错误；将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力是需要进行的操作，因为这样物体M受到的合力就等于拉力。故B正确；小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数是需要操作的。故C正确；改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带，是用来探究加速度与外力关系，故也是需要进行的操作；故D正确；因为外力的大小可以通过测力计读出，故不需要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，故E错误；故选BCD。
(2)连续相等时间内的位移之差△x=0.5cm，根据△x=aT2得
(3)由牛顿第二定律得2F=ma，解得，a-F图象的斜率，解得小车的质量，故D正确。
10．（9分）如图甲所示为一利用光敏电阻测量储液罐中液面高度装置的示意图。当罐中装满液体时，液面与出液口高度差为h，罐外有一竖直放置的管，管内一侧有沿竖直线排列的光敏电阻，另一侧有一列光强稳定的光源。液面上一浮块与一块遮光板通过定滑轮相连，遮光板可随浮块的升降在管内上下运动，光敏电阻的总长度和遮光板的总长度都为h。当储液罐内装满液体时，遮光板的上沿与最下面的光敏电阻的下边缘等高，管内的光均匀地照射在光敏电阻上，光敏电阻和仪表相连。现要求设计一电路以利用上述装置测量液面高度。
为将问题简化，假设管内只有3个光敏电阻R1、R2、R3，分别位于管的上端、下端和中央；它们的暗电阻均为10kΩ，被管内光源照亮时电阻均为1.0kΩ。给定的仪器还有：直流电源E（电动势为9V，电阻不计），3个固定电阻，阻值分别为R4=2.5 kΩ，R5=1.8 kΩ，R6=1.5 kΩ；电压表一块（量程为3V，内阻可视为无穷大），开关一个，导线若干。 要求：当罐内装满液体时，电压表恰好为满量程。
甲
乙
丙
（1）如图乙所示的电流表和电压表，当它们均使用较小量程时，图中电流表的表针示数是________A；电压表的表针示数是________ V。
（2）选择合适的固定电阻，在下列丙方框内画出电路图，并用题中给定的符号标明图中各元件。
（3）液面与出液口等高时电压表的示值为 V。
（4）若管内的光强变暗，使得光敏电阻被照亮时的阻值变为1.2 kΩ，则固定电阻的阻值应变换为 kΩ，便可达到题目要求。（结果保留两位有效数字）
【答案】（1）0.44 A（1分），1.40 V（1分）；（2）电路如图（3分）；
R6
R1
R2
R3
（3）0.43（2分）；（4）1.8（2分）。
【解析】（1）电流表使用0.6 A量程时，刻度盘上的每一小格为0.02 A，指针的示数为0.44 A；电压表使用3 V量程时，每小格表示0.1 V，指针示数为1.40 V。
（2）当罐内装满液体时，3个光敏电阻均受到光照射电阻均为1.0kΩ，可把三个光敏电阻串联后再与R6=1.5kΩ串联，接在直流电流两端，电压表与电阻R6=1.5kΩ并联构成电路，这样可以使当罐内装满液体时，电压表恰好为满量程。
（3）当液面与出液口等高时，光源完全被遮光板遮住，此时三个光敏电阻的阻值均为10kΩ，则电压表的示数为。
（4）若光敏电阻被照亮时的阻值变为1.2kΩ，为使电压表满量程，则固定电阻的阻值变为R，R满足，解得R=1.8kΩ。
11．（13分）如图所示，在竖直平面xOy内，x轴上方，以坐标原点O为圆心、半径为R的半圆与坐标轴分别交于a、b、c点。abc的同心半圆弧a′b′c′与坐标轴交于a′、b′、c′，圆心O与圆弧a′b′c′之间分布着的辐射状电场，电场方向沿半径背离圆心向外，圆心O与圆弧a′b′c′电势差为U。x轴上方半圆abc外区域存在着上边界为y＝2R的垂直纸面向里的范围足够大的匀强磁场，磁感应强度为B。半圆abc内无磁场。正电粒子的粒子源在O点，粒子从坐标原点O被辐射状的电场由静止加速后进入磁场。从b点进入磁场的粒子恰好不能从磁场上边界射出磁场。不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用，不考虑粒子从磁场返回圆形区域边界abc后的运动。
(1)求带电粒子的比荷；
(2)求上边界y＝2R上有带电粒子射出磁场部分的长度；
(3)现在只改变磁场高度，磁场上边界变为y＝eq \f(\r(6),2)R，试求垂直于磁场上边界射出磁场的粒子在磁场中运动的时间。
【答案】(1)eq \f(2U,B2R2) (2)(1＋eq \r(2\r(2)－1))R (3)eq \f(πBR2,24U)
【解析】(1)由b点进入磁场的粒子做圆周运动的轨迹如图甲所示，由几何知识可得，粒子做圆周运动的轨迹半径为R，qvB＝meq \f(v2,R)（1分）
甲
粒子在电场中加速，有qU＝eq \f(1,2)mv2（1分）
整理得eq \f(q,m)＝eq \f(2U,B2R2)（2分）
(2)带电粒子从磁场边界射出，设从y轴右侧射出的粒子到y轴的最大距离为x1，如图乙所示，由几何关系可得
乙
[(eq \r(2)＋1)R]2＝xeq \\al(2,1)＋(2R)2（1分）
y轴左侧射出粒子到y轴最大距离为x2＝R（1分）
带电粒子从磁场上边界射出部分的长度为x＝x1＋x2＝(1＋eq \r(2\r(2)－1))R（1分）
(3)带电粒子垂直磁场上边界射出，如图丙所示
丙
由于sin∠1＝eq \f(\f(\r(6),2)R,\r(2)R)＝eq \f(\r(3),2)，故∠1＝60°，又因∠2＝45°，故∠3＝75°（1分）
带电粒子在磁场中运动的时间t1＝eq \f(5,24)T（1分）
带电粒子在磁场中运动的周期T＝eq \f(2πm,qB)（1分）
整理得t1＝eq \f(5πBR2,24U)（1分）
同理得∠4＝15°（1分）
故t2＝eq \f(πBR2,24U)（1分）
12．（19分）如图所示，一平板小车C静止放在粗糙的水平面上，可视为质点的小滑块A和B置于平板小车的左右两端处，小滑块A和B的质量分别为2m、m，平板小车的质量为3m。现让小滑块A和B同时分别以6v0和v0的初速度沿同一直线从平板小车C的两端相向水平运动。已知小滑块A和B与平板小车间的动摩擦因数均为，平板小车运动过程中受到水平面的阻力等于平板小车对水平面的压力的。
A
B
C
6v0
v0
（1）为使小滑块A和B不相碰，小平板车的长度至少是多少?
（2）最终小滑块B通过的路程多大？
【答案】（1） （2）
【解析】（1）通过受力分析可知，在小滑块A和B运动时，平板小车C静止不动。
对小滑块B，由牛顿第二定律知（1分）
得（1分）
减速到零时间 （1分）
小滑块A，由牛顿第二定律知得（1分）
在t1时刻时小滑块A的速度为（1分）
对B、C整体法由牛顿第二定律知：得（1分）
设再经t2时间小滑块A和B及平板小车C达到共同速度，即 得（1分）
这时共同速度为（1分）
小滑块A在平板车匀减速位移（1分）
对小滑块B在平板车匀减速位移大小（1分）
平板车C和滑块B共同向右位移（1分）
小平板车的长度至少为（1分）
（2）在t1时间内小滑块B运动的位移大小（1分）
在t2时间内小滑块B运动的位移大小（1分）
对小滑块A和B及平板车C整体法由牛顿第二定律知（1分）
得（1分）
减速到零位移大小（1分）
最终小滑块B通过的路程（2分）
（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
13．[物理——选修3–3]（15分）
（1）（5分）关于热力学定律，下列说法正确的是___________。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）
A．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律
B．热量可以由低温物体传递到高温物体，也可以从单一热源吸收热量全部转化为功，但不引起其他变化是不可能的
C．对气体做功不一定能改变其内能
D．理想气体等压膨胀过程一定吸热
E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间不一定达到热平衡
【答案】BCD
【解析】第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，选项A错误；由热力学第二定律知，热量可以由低温物体传递到高温物体，也可以从单一热源吸收热量全部转化为功，但不引起其他变化是不可能的，选项B正确；改变物体内能的方式有两种，只叙述一种改变方式是无法确定内能变化的，选项C正确；理想气体等压膨胀对外做功，根据eq \f(pV,T)＝恒量知膨胀过程一定吸热，选项C正确；两个系统达到热平衡时，温度相等，如果这两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，选项E错误。
（2）（10分）如图所示，汽缸甲的顶部有固定的挡板，右侧有一空心玻璃球乙，甲、乙之间用玻璃管连接，已知甲、乙的导热性能良好，开始时环境温度为27 ℃。已知甲、乙的容积分别为V甲＝4.8 L、V乙＝1.2 L，玻璃管的容积可忽略不计，汽缸的横截面积大小为S＝0.01 m2，开始时阀门K闭合，用厚度不计、质量为m＝1 kg、截面面积与汽缸横截面积刚好相同的活塞将一定质量的理想气体密封在汽缸甲中，玻璃球乙内为真空，已知 外界大气压为p0＝1.0×105 Pa，此时活塞与挡板之间刚好没有作用力，将阀门K打开后活塞向下缓慢地移动一段距离后稳定。忽略一切摩擦，g＝10 m/s2。
(ⅰ)求活塞向下移动直到稳定的过程中，封闭气体对活塞做的功；
(ⅱ)关闭阀门K，将环境温度升高到207 ℃，当活塞再次稳定时，求汽缸甲中封闭气体的压强p甲′。
【答案】(ⅰ)－121.2 J (ⅱ)1.212×105 Pa
【解析】 (ⅰ)阀门K闭合时有p甲＝eq \f(p0S＋mg,S)＝1.01×105 Pa(1分)
打开阀门后，活塞缓慢下降，如果活塞稳定时停留在汽缸底部，则此时气体体积减小为1.2 L，压强会大于p甲，不符合实际，故最终活塞未与汽缸底部接触。
所以打开阀门K后，气体的温度、压强均未变化，则体积也不变，设最终汽缸甲中气体体积为V1
则有V甲＝V乙＋V1，代入数据解得V1＝3.6 L(1分)
活塞下移距离为x＝eq \f(V甲－V1,S)(1分)
代入数据解得x＝0.12 m(1分)
所以稳定后活塞的位置距汽缸顶部为0.12 m。
气体对活塞的作用力为F＝pS＋mg＝1 010 N(1分)
则上述过程封闭气体对活塞做的功为W＝－Fx＝－1 010×0.12 J＝－121.2 J(1分)
(ⅱ)阀门K关闭，环境温度升高到207 ℃时，活塞将上升，如果气体发生等压变化，设最终甲中气体的体积为V2，根据盖—吕萨克定律eq \f(V2,T2)＝eq \f(V1,T1)(1分)
解得V2＝5.76 L＞V甲＝4.8 L(1分)
说明活塞最终停在汽缸顶部，根据理想气体状态方程有eq \f(p甲V1,T1)＝eq \f(p甲′V甲,T2)(1分)
代入数据解得p甲′＝1.212×105 Pa(1分)
14．[物理——选修3–4]（15分）
（1）（5分）一列简谐横波在t ＝0.6 s时刻的图象如图甲所示，此时，P、Q两质点的位移均为－1 cm，波上A质点的振动图象如图乙所示，则以下说法正确的是________．
A．这列波沿x轴正方向传播
B．这列波的波速是eq \f(50,3) m/s
C．从t＝0.6 s开始，紧接着的Δt＝0.6 s时间内，A质点通过的路程是10 m
D．从t＝0.6 s开始，质点P比质点Q早0.4 s回到平衡位置
E．若该波在传播过程中遇到一个尺寸为10 m的障碍物，不能发生明显衍射现象
【答案】ABD
【解析】由题图乙读出t＝0.6 s时刻质点A的速度方向为沿y轴负方向，由题图甲判断出波的传播方向为沿x轴正方向，故A正确；由图甲读出波长为λ＝20 m，由乙图知周期T＝1.2 s则波速为v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(20,1.2) m/s＝eq \f(50,3) m/s，故B正确；Δt＝0.6 s＝0.5T，质点做简谐运动时在一个周期内质点A通过的路程为4倍振幅，则经过Δt＝0.6 s，A质点通过的路程是：s＝2A＝4 cm，故C错误；图示时刻质点P沿y轴正方向运动，质点Q沿y轴负方向运动，所以质点P将比质点Q早回到平衡位置，将此图象与正弦曲线进行对比可知，P点的横坐标为xP＝eq \f(20,3) m，Q点的横坐标xQ＝eq \f(40,3) m，根据波形的平移法可知质点P比质点Q早回到平衡位置时间为：t＝eq \f(xQ－xP,v)＝0.4 s，故D正确；发生明显衍射现象的条件是障碍物的尺寸比波长小或跟波长差不多，该波的波长为20 m，故E错误．
A
B
v0
小车
激光笔
O
（2）（10分）一半径为的半圆柱玻璃体，上方有平行截面直径AB的固定直轨道，轨道上有一小车，车上固定一与轨道成450的激光笔，发出的细激光束始终在与横截面平行的某一平面上。打开激光笔，并使小车从左侧足够远的地方以某一恒定速度v0匀速向右运动，结果从圆柱的曲侧面有激光射出的时间持续了1s。不考虑光在AB面上的反射，已知该激光在该玻璃中的折射率为，光在空气中的传播速度大小为c。求：
（1）该激光在玻璃中传播的速度大小；
（2）恒定速度v0大小。
【答案】（1） （2）4m/s
【解析】（1）由得激光在玻璃中的传播速度为（2分）
（2）从玻璃射向空气，发生全反射的临界角为（1分）
A
B
v0
小车
激光笔
O
M
N
，（2分）
设激光射到M、N点正好处于临界情况，从M到N点的过程侧面有激光射出。
由正弦定理得，得（1分）
同理可得（1分）
又（2分）
可得（1分）