2024年高考第二次模拟考试卷：物理（全国卷旧教材）（全解全析）

这是一份2024年高考第二次模拟考试卷：物理（全国卷旧教材）（全解全析），共14页。

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
二、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14~18题只有一项符合题目要求，第19~21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，有选错的得0分。
14.如图14所示，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，炸弹垂直击中山坡上的目标A.已知A点高度为h，山坡倾角为θ，由以上条件不能算出( )
图14
A．轰炸机的飞行高度
B．轰炸机的飞行速度
C．炸弹的飞行时间
D．炸弹被投出时的动能
【答案】D
【解析】根据题述，有tanθ＝eq \f(v,gt)，x＝vt，tan θ＝eq \f(h,x)，H＝h＋y，y＝eq \f(1,2)gt2，由此可算出轰炸机的飞行高度H、轰炸机的飞行速度v、炸弹的飞行时间t.由于题中没有给出炸弹质量，所以不能算出炸弹被投出时的动能，故D正确。
15.水平木板上有质量m＝1.0 kg的物块，受到如图15甲所示随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力f的大小，如图15乙所示。重力加速度g取10 m/s2，下列判断正确的是( )
图15
A．5 s内拉力对物块做功为零
B．4 s末物块所受合力大小为4.0 N
C．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4
D．6～9 s内物块的加速度大小为2.0 m/s2
【答案】D
【解析】由图可知，物块与木板之间的静摩擦力最大值为4 N，滑动摩擦力大小为3 N．结合拉力和摩擦力的大小可判断物块的运动规律：在0～4 s内物块静止，4～5 s内物块做加速度逐渐增大的变加速直线运动，5 s以后物块做匀加速直线运动.0～4 s内物块静止，拉力对物块不做功，但是4～5 s内物块运动，拉力对物块做正功，故A错误.4 s末，物块所受的合力由0突变为1 N，故B错误．物块与木板之间的动摩擦因数μ＝eq \f(f,mg)＝eq \f(3,1.0×10)＝0.3，故C错误.6～9 s内，物块的加速度a＝eq \f(F－f,m)＝eq \f(5－3,1.0) m/s2＝2.0 m/s2，故D正确。
16.如图16所示，a、b、c、d为一矩形的四个顶点，一匀强电场的电场强度方向与该矩形平行．已知a、b、c三点的电势分别为0.1 V、0.4 V、0.7 V。ab的长为6 cm，bc的长为8 cm。下列说法正确的是( )
图16
A．该匀强电场的电场强度大小为6.25 V/m
B．把一带电荷量为0.1 C的正点电荷从d点移动到矩形中心处的过程中，静电力做的功为0.03 J
C．矩形abcd上电势最高的点的电势为1 V
D．矩形abcd上电势最低的点的电势为0.2 V
【答案】A
【解析】如图所示，
a、c连线的中点的电势为eq \f(φa＋φc,2)＝0.4 V，由匀强电场的性质可知，b、d连线上各点的电势均为0.4 V，则E＝eq \f(Uba,abcs θ)，其中tan θ＝eq \f(ab,bc)＝eq \f(3,4)，解得E＝6.25 V/m，故A正确；把一带电荷量为0.1 C的正点电荷从d点移动到矩形中心处的过程中，电势不变，静电力做的功为0，故B错误；根据电场线垂直于等势线，且由电势高处指向电势低处，可知矩形上电势最高的点的电势为0.7 V，最低的点的电势为0.1 V，故C、D错误。
17.如图17所示，示四幅图分别对应四种说法，其中错误的是( )
图17
A．根据α、β、γ射线的特点可知，射线1是α射线，射线2是β射线，射线3是γ射线
B．氢原子辐射出一个光子后，电势能减小，总能量增大
C．天然放射性元素的半衰期由原子核内部自身的因素决定，跟所处的化学状态和外部条件无关
D．一种典型的轴核的裂变反应方程是eq \\al(235, 92)U＋eq \\al(1,0)n―→eq \\al(144, 56)Ba＋eq \\al(89,36)Kr＋3eq \\al(1,0)n
【答案】B
【解析】三种射线的穿透本领不同，根据α、β、γ射线的特点可知，射线1的穿透本领最弱，是α射线，射线3的穿透本领最强，是γ射线，射线2是β射线，选项A正确；氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁，氢原子的能量减小，轨道半径减小，电子速率增大，动能增大，由于氢原子能量减小，则电势能减小，选项B错误；半衰期与其所处化学状态和外部条件无关，将放射性元素掺杂到其他稳定元素中，并降低其温度，它的半衰期不变，选项C正确；铀核的裂变是铀核俘获一个慢中子后才能发生的，所以核反应方程为eq \\al(235, 92)U＋eq \\al(1,0)n―→eq \\al(144, 56)Ba＋eq \\al(89,36)Kr＋3eq \\al(1,0)n，选项D正确。
18.如图18甲所示，一长为L的导体棒，绕水平圆轨道的圆心O匀速顺时针转动，角速度为ω，电阻为r，在圆轨道空间存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B。半径小于eq \f(L,2)的区域内磁场竖直向上，半径大于eq \f(L,2)的区域内磁场竖直向下，俯视图如图18乙所示，导线一端Q与圆心O相连，另一端P与圆轨道连接给电阻R供电，其余电阻不计，则( )
图18
A．电阻R两端的电压为eq \f(BL2ω,4)
B．电阻R中的电流方向向上
C．电阻R中的电流大小为eq \f(BL2ω,4R＋r)
D．导体棒的安培力做功的功率为0
【答案】C
【解析】半径小于eq \f(L,2)的区域内，E1＝Beq \f(L,2)·eq \f(ω\f(L,2),2)＝eq \f(BL2ω,8)，半径大于eq \f(L,2)的区域，E2＝Beq \f(L,2)·eq \f(ω\f(L,2)＋ωL,2)＝eq \f(3BL2ω,8)，根据题意可知，两部分电动势相反，故总电动势E＝E2－E1＝eq \f(BL2ω,4)，根据右手定则可知圆心为负极，圆环为正极，电阻R中的电流方向向下，电阻R上的电压U＝eq \f(R,R＋r)E＝eq \f(RBL2ω,4R＋r)，故A、B错误；电阻R中的电流大小为I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(BL2ω,4R＋r)，故C正确；回路有电流，则安培力不为零，故导体棒的安培力做功的功率不为零，故D错误。
19.(多选)中国火星探测器“天问一号”成功发射后，沿地火转移轨道飞行七个多月，于2021年2月到达火星附近，要通过制动减速被火星引力俘获，才能进入环绕火星的轨道飞行．已知地球的质量约为火星质量的10倍，地球半径约为火星半径的2倍，下列说法正确的是( )
A．若在火星上发射一颗绕火星运动的近地卫星，其速度至少需要7.9 km/s
B．“天问一号”探测器的发射速度一定大于7.9 km/s，小于11.2 km/s
C．火星与地球的第一宇宙速度之比为1∶eq \r(5)
D．火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度
【答案】CD
【解析】卫星在行星表面附近绕行的速度为该行星的第一宇宙速度，由Geq \f(Mm,R2)＝meq \f(v2,R)，可得v＝eq \r(\f(GM,R))，故v火∶v地＝1∶eq \r(5)，所以在火星上发射一颗绕火星运动的近地卫星，其速度至少需要v火＝eq \f(7.9,\r(5))km/s，故A错误，C正确；“天问一号”探测器挣脱了地球引力束缚，则它的发射速度大于等于11.2 km/s，故B错误；g地＝Geq \f(M地,R地2)，g火＝Geq \f(M火,R火2)，联立可得g地>g火，故D正确。
20．(多选)无线充电器能给手机充电正是因为两者内部有线圈存在，当电源的电流通过无线充电器的送电线圈会产生变化的磁场，手机端的受电线圈靠近该磁场就会产生电流，双方密切配合，手机成功无线充电。如图自制的简易无线充电装置，由一个电磁炉(发射线圈)、一个接收线圈、一个二极管、一个车载充电器构成，发射线圈接收线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，若电磁炉两端所加电压为u＝220eq \r(2)sin 314t V，不考虑充电过程中的各种能量损失。则下列说法正确的是( )
图20
通过车载充电器的电流为交流电
通过车载充电器的电流为直流电
车载充电器两端电压的有效值约为22 V
车载充电器两端电压的有效值约为eq \f(22,\r(2))V
【答案】BD
【解析】接收线圈与车载充电器之间连接一个二极管，二极管只能正向通电，具有整流作用，所以通过车载充电器的电流为直流电，A错误，B正确；发射线圈接收线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，若电磁炉两端所加电压为u＝220eq \r(2)sin314t V，则接收线圈的电压有效值由eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)得U2＝eq \f(U1n2,n1)＝eq \f(220×1,10) V＝22 V，由有效值的定义eq \f(Ueq \\al(2,2),R)·eq \f(T,2)＝eq \f(Ueq \\al(2,3),R)·T得车载充电器两端电压的有效值约为U3＝eq \f(22,\r(2)) V，C错误，D正确。
21.光滑水平地面上放有一个质量为M、长为L的木板，一个可视为质点、质量为m的小物块以初速度v0从木板左端滑上木板，经时间t恰好滑到木板右端并相对木板静止，最终木板速度为v，系统产生的内能为E。那么（ ）
图21
A．若只增大m，则最终物块仍停在木板上，且v增大，t减小
B．若只增大M，则最终物块仍停在木板上，且v增大，t增大
C．若同时增大m和v0，仍要物块最终停在木板上，L必须增长
D．若增大M，仍要物块最终停在木板上，L必须增长
【答案】AD
【解析】系统动量守恒，有，系统产生的内能，联立解得，只增大m，则物块与木板速度相同时相对木板位移减小，物块仍停在木板上，且增大，由动量定理得时间减小，A选项正确；同理可知B错误；若同时增大m和v0，的变化不能确定，C错；若增大M，仍要物块最终停在木板上，L必须增长，增大，D选项正确。
第Ⅱ卷
三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22~25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~34题为选考题，考生根据要求作答。
22．(6分) 物理社团同学利用实验室提供的传感器设计了如图甲所示的实验装置，用以探究加速度与力的关系，以及验证机械能守恒定律。他们将附有刻度尺的气垫导轨调整水平，在导轨左侧P2处固定一光电门，将轻绳一端固定在P1点，另一端与滑块相连，滑块上安装遮光条和加速度传感器，并且可以增加砝码以改变其质量，在轻绳上通过不计质量的动滑轮悬挂一个重物。打开气泵，将滑块从导轨右侧P3处由静止释放，记录加速度传感器的数值、遮光条通过光电门的时间以及P2和P3之间的距离。已知重物的质量为m，遮光条的宽度为d，重力加速度为g，滑块、遮光条、加速度传感器以及砝码的总质量用M表示，遮光条通过光电门的时间用t表示，加速度传感器的示数用a表示，P2和P3之间的距离用L表示。
甲
(1)若某次实验中遮光条挡光时间为t1，则此时滑块的速度为________，重物的速度为________。
乙
(2)该社团同学首先保持L不变，改变M进行了若干次实验，根据实验数据画出了图乙所示的一条过坐标原点的直线，其纵轴为加速度a，经测量其斜率恰为重力加速度g，则该图线的横轴为________。(用所给的字母表示)
(3)接下来他们欲验证该过程中系统机械能守恒，使滑块总质量保持为M0不变，改变L进行若干次实验，根据实验数据画出的L－ eq \f(1,t2) 图线也是一条过原点的直线，若图线斜率为k，则需满足k＝____________。(用所给的字母表示)
【答案】(1) eq \f(d,t1) eq \f(d,2t1) (2) eq \f(2m,m＋4M) (3) eq \f(4M0d2＋md2,4mg)
【解析】(1)此时滑块的速度v1＝ eq \f(d,t1) ， 重物的速度v2＝ eq \f(d,2t1) 。
(2)由牛顿第二定律可得mg－2Ma＝ eq \f(1,2) ma, 整理得a＝ eq \f(2m,m＋4M) g, 题图乙所示的是一条过坐标原点的直线，其纵轴为加速度a，经测量其斜率恰为重力加速度g，则该图线的横轴为 eq \f(2m,m＋4M) 。
(3)由机械能守恒定律可得mg eq \f(L,2) ＝ eq \f(1,2) M0( eq \f(d,t) )2＋ eq \f(1,2) m( eq \f(d,2t) )2，整理可得L＝ eq \f(4M0d2＋md2,4mg) · eq \f(1,t2) ， 根据实验数据画出的L－ eq \f(1,t2) 图线也是一条过原点的直线，若图线斜率为k，则k＝ eq \f(4M0d2＋md2,4mg) 。
23.（9分）某同学要测量一节新干电池的电动势和内阻，根据实验室提供的器材设计了如图所示的电路，其中Rx为阻值约为2 Ω的定值电阻，电压表量程为0～3 V，R为0～999.9 Ω的电阻箱。
(1)实验前，先断开开关S2、S3，闭合开关S4，将电阻箱的电阻调到________(选填“0”或“较大”)，闭合开关S1，调节电阻箱，使电压表的指针偏转较大，记录电压表的示数U0及电阻箱的阻值R1，再闭合开关S3，调节电阻箱，使电压表的示数仍为U0，记录这时电阻箱的阻值R2，则Rx的阻值为________。
(2)将开关S3、S4断开，闭合开关S2，多次调节电阻箱，得到多组电压表的示数U及对应的电阻箱的阻值R，以 eq \f(1,U) 为纵轴， eq \f(1,R) 为横轴作 eq \f(1,U) － eq \f(1,R) 图像，得到图线的斜率为k，与纵轴的截距为b，则电池的电动势E＝________，电池的内阻r＝________。(均用测得的物理量符号表示)
(3)本实验由于____________，使测量结果存在系统误差；若用四个开关均闭合后的电路测电源电动势和内阻，则实验存在的弊端是___________________________________________________。
【答案】(1)较大 R2－R1 (2) eq \f(1,b) eq \f(k,b) ＋R1－R2 (3)电压表的分流 电压表示数变化范围很小，实验结果误差较大
【解析】(1)因Rx较小，也为了电路安全，实验前，应将电阻箱接入电路的电阻调到较大。闭合开关S1，实验中两次电压表示数都为U0，则Rx＋R1＝R2，得Rx＝R2－R1。
(2)根据闭合电路欧姆定律E＝U＋ eq \f(U,R) (Rx＋r), 得到 eq \f(1,U) ＝ eq \f(1,E) ＋ eq \f(Rx＋r,E) · eq \f(1,R) ， 结合题意有 eq \f(1,E) ＝b， eq \f(Rx＋r,E) ＝k, 解得E＝ eq \f(1,b) ，r＝ eq \f(k,b) ＋R1－R2。
(3)本实验由于电压表的分流，使测量结果存在系统误差。若用四个开关均闭合后的电路测电源电动势和内阻，因新电池内阻很小，实验过程会发现电压表示数变化范围很小，实验结果误差较大。
24．(13分)如图24所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E＝4×105 N/C、方向水平向左的匀强电场，在第Ⅱ象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．质量与电荷量之比eq \f(m,q)＝4×10－10 kg/C的带正电的粒子，以初速度v0＝2×107 m/s从x轴上的A点垂直x轴射入电场，xOA＝0.2 m，不计粒子的重力。
(1)求粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；
(2)若要使粒子不能进入第Ⅲ象限，求磁感应强度B的取值范围(不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况)。
图24
24.【答案】 (1)0.4 m (2)B≥(2eq \r(2)＋2)×10－2 T
24.【解析】(1)设粒子在电场中运动时间为t，粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y，则
xOA＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(qE,m)，y＝v0t
代入数据解得a＝1.0×1015 m/s2，t＝2.0×10－8 s，y＝0.4 m.
(2)粒子经过y轴时沿电场方向的分速度为：
vx＝at＝2×107 m/s
粒子经过y轴时速度为v＝eq \r(veq \\al(2,x)＋veq \\al(2,0))＝2eq \r(2)×107 m/s
方向与y轴正方向夹角为θ.
tan θ＝eq \f(vx,v0)＝1，θ＝45°
要使粒子不进入第Ⅲ象限，如图所示，设此时粒子做圆周运动的半径为R，
则R＋eq \f(\r(2),2)R≤y
又qvB＝meq \f(v2,R)
解得B≥(2eq \r(2)＋2)×10－2 T。
25.(19分)物流公司装卸货物时常因抛掷而造成物品损坏。为解决这个问题，某同学设计了如图所示的缓冲转运装置，其中，质量M＝40 kg紧靠货车的A装置是由光滑曲面和粗糙水平面两部分组成，其水平粗糙部分长度L0＝2 m。质量也为M＝40 kg的转运车B紧靠A且与A的水平部分等高，包裹C沿A的光滑曲面由静止滑下，经A的水平部分后滑上转运车并最终停在转运车上被运走，B的右端有一固定挡板。已知C与A、B水平面间的动摩擦因数均为μ1＝0.4，缓冲装置A与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，不计转运车与地面间的摩擦，包裹C可视为质点且无其他包裹影响，C与B的右挡板碰撞时间极短，碰撞损失的机械能可忽略，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若包裹C在缓冲装置A上运动时A静止不动，求包裹C的最大质量。
(2)若某包裹的质量m1＝10 kg，从距A水平部分高度h1＝1.8 m处自由释放，为使该包裹能停在转运车B上，求转运车B的最小长度Lmin。
(3)转运车B的长度为(2)问中所求的最小长度Lmin，质量m2＝60 kg的包裹从距A水平部分高度h2＝ eq \f(81,80) m处自由释放，求包裹最终距B车右侧挡板的距离。
25.【答案】(1)40 kg (2)1 m (3)0.887 5 m
25.【解析】(1)设包裹C的质量为m，需满足μ1mg≤μ2(m＋M)g
解得m≤40 kg，即包裹C的最大质量为40 kg。
(2)包裹的质量m1＝10 kg，缓冲装置A静止不动，包裹滑上B车与挡板碰撞后又返回到B车的最左端时，B、C二者恰好共速，此时小车的长度最短。对包裹C滑至B车左端时，根据动能定理有
m1gh1－μ1m1gL0＝ eq \f(1,2) m1v eq \\al(2,0) －0，包裹C与B车相互作用的过程中，根据动量守恒定律，有
m1v0＝(m1＋M)v
根据能量守恒定律有 eq \f(1,2) m1v eq \\al(2,0) ＝ eq \f(1,2) (m1＋M)v2＋μ1m1g·2Lmin
联立解得Lmin＝1 m。
(3)由于包裹质量大于40 kg，则装置A推动B车运动，包裹到达A的水平粗糙部分后，A、B一起运动的加速度a1＝ eq \f(μ1m2g－μ2（m2＋M）g,2M) ＝0.5 m/s2
包裹的加速度a2＝ eq \f(μ1m2g,m2) ＝μ1g＝4 m/s2
包裹在光滑曲面下滑至水平面时有
eq \f(1,2) m2v0′2＝m2gh2，所以v0′ ＝4.5 m/s
设包裹从A水平部分左端滑到右端经历t时间，有
(v0′t－ eq \f(1,2) a2t2) － eq \f(1,2) a1t2＝L0
解得t＝ eq \f(2,3) s或t＝ eq \f(4,3) s(舍去)
包裹C滑上B车时，有vC＝v0′－a2t＝ eq \f(11,6) m/s
vB＝a1t＝ eq \f(1,3) m/s
包裹C在B车上，C与B车组成的系统动量守恒，达到共同速度v′，
有m2vC＋MvB＝(m2＋M)v′，解得v′＝ eq \f(37,30) m/s
由能量守恒定律得 eq \f(1,2) m2v eq \\al(2,C) ＋ eq \f(1,2) Mv eq \\al(2,B) ＝ eq \f(1,2) (m2＋M)v′2＋μ1m2gx
解得x＝0.112 5 m
所以包裹C与右侧挡板间的距离Δx＝Lmin－x＝0.8875 m。
33．【选修3-3】（15分）
⑴（5分）以下说法正确的是 。（填正确答案的标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大
B．针能浮在水面上是由于水的表面张力与针的重力平衡的缘故
C．在水平玻璃板上散落的水银呈球形或椭球形是由于水银的表面张力使之收缩的缘故
D．一定质量的理想气体，若体积不变，当分子热运动变得剧烈时，压强一定变大
E．满足能量守恒定律的宏观过程并不是都可以自发进行的
33.（1）【答案】CDE
【解析】分子间距离越大，分子间的引力和斥力越小，但合力不一定减小；当分子间距大于平衡距离时，分子间距离越大，达到最大分子力之前，分子力越来越大，选项A错误；针能浮在水面上，是由于水膜对针的支持力与重力平衡，选项B错误；散落在水平玻璃板上的水银呈球形或椭球形是表面张力的作用，选项C正确；当气体体积不变，分子热运动变剧烈时单位时间内撞击器壁的分子数增加，对器壁的撞击作用力增大，压强变大，选项D正确；满足能量守恒定律的宏观过程可以自发进行是有方向性的，如热量可以自发从高温物体传向低温物体，但不会自发地由低温物体传向高温物体，选项E正确。
（2）（10分）如图所示的装置中，三支内径相等的玻璃管A、B和C用细管连通．A、B两管上端等高，A管上端封闭，B管上端与大气相通，管内装有水银且A、B两管内的水银面等高，C管中的活塞可滑动且密封良好．A、B和C竖直且整个装置平衡，A、B管中的空气柱长度均为18 cm，C管中的水银柱足够长．现在将C管中的活塞缓慢向上推，直到B管中的水银上升到管口。A管中封闭的气体可视为理想气体，活塞移动过程中整个装置的温度保持不变。已知大气压强p0＝75 cmHg，求：
（i）B管中的水银上升到管口时，A管中气体的压强；
（ii）整个过程C管中的活塞向上移动的距离。
33.（2）【答案】（i）90 cmHg（ii）21 cm
【解析】(1)因为开始时A、B管中的空气柱长度相等，液面等高，所以A管中的压强为p0＝75 cmHg
设B管中的水银上升到管口时，A管中空气柱的长度为x，玻璃管的横截面积为S，
B管中的水银上升到管口时，A管中气体的压强为p1＝(p0＋x) cmHg
由玻意耳定律有p0hS＝p1xS
联立解得x＝15 cm，p1＝90 cmHg
(2)A管中水银柱上升的高度h1＝h－x
B管中水银柱上升的高度h2＝h
A、B管中增加的水银都来源于C管，所以C管中活塞上升的距离等于A、B管上升的水银柱的高度之和，所以C管中活塞向上移动的距离L＝h1＋h2
联立解得L＝21 cm。
34．（15分）【物理—选修3-4】
（1）（5分）某一报告厅的平面图为矩形ABCD，如图所示，A、B两处设有两个与某同学等高的两个喇叭，AC间距为12m，AB间距为16m，某同学沿直线从C位置运动到D位置的过程中，在某些位置听不到声音，有些位置声音很强。已知空气中声速为340m/s，喇叭发出声音的频率为136Hz，声波的波长为 ，听不到声音的位置有 个。
33.（1）【答案】2.5m；6个
【解析】(1)该同学到A、B两喇叭的距离差为半个波长奇数倍的位置，两声音干涉相抵消，听不到声音，声波的波长，CD连线的中点O到两喇叭的距离差为0，从中点O向两边到两喇叭的距离差逐渐增大，在C、D两点到两喇叭的距离差最大为8m，故当距离差增大到1.25m、3.75m、6.25m三个位置时，听不到声音，故听不到声音的位置有6个。
（2）（10分）图示为一个透明体的横截面，透明体横截面的右半部分为半圆形，AB是直径，半径为R，左半部分为长方形，长等于2R，宽等于，其中长方形的BC部分和半圆形的圆弧BE部分镀有反射膜，今有一束光沿与直线AB平行的方向从某点射向圆柱体，经折射后恰好经过B点，光在透明体中的折射率为，求：
（i）该光在圆弧AE面上的的入射角；
（ii）该光能否从CD面射出，说明理由。
33.（2）【答案】（i）60° （ii）不能，见解析。
【解析】（2）（i）作出光在圆弧AE面上的折射光路图如图所示，设入射角为i，折射角为r，由几何关系知，由折射定律知，解得i=60°，r=30°。
（ii）根据几何关系知该光在B点反射后，在CD面上的入射角为60°，由，入射角大于临界角，故光不能从CD面射出。