2019届安徽省黄山市高三第一次质量检测（一模）物理试题（解析版）

安徽省黄山市2019届高三一模检测理科综合物理试卷

一、选择题

1.物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得正确的科学知识，推动物理学的发展。下列说法符合事实的是（  ）

A. 英国物理学家卢瑟福第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念

B. 法拉第最早在实验中观察到电流的磁效应现象，从而揭开了电磁学的序幕

C. 爱因斯坦给出了光电效应方程，成功的解释了光电效应现象

D. 法国学者库仑最先提出了电场概念，并通过实验得出了库仑定律

【答案】C

【解析】

【详解】玻尔第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，选项A错误；奥斯特最早在实验中观察到电流的磁效应现象，从而揭开了电磁学的序幕，选项B错误；爱因斯坦给出了光电效应方程，成功的解释了光电效应现象，选项C正确；法拉第最先提出了电场概念，库伦通过实验得出了库仑定律，选项D错误；故选C.

2.在如图所示装置中，轻杆一端固定着一个质量可以忽略不计的定滑轮，两物体质量分别为m1、m2，轻绳一端固定于a点，悬点a、b间的距离远大于滑轮的直径，动滑轮质量和一切摩擦不计。整个装置稳定时下列说法正确的是（  ）

A. α可能大于β

B. m1一定大于m2

C. m1可能大于2m2

D. 轻杆受到绳子的作用力

【答案】D

【解析】

【分析】

对m1分析可知绳子的拉力大小，对滑轮分析，由于滑轮放在一根绳子上，绳子两端的张力相等，故可知两绳子和竖直方向上的夹角相等，由共点力的平衡关系可得出两质量的关系．

【详解】对m2分析可知，m2受拉力及本身的重力平衡，故绳子的拉力等于m2g； 对于动滑轮分析，由于滑轮跨在绳子上，故两端绳子的拉力相等，它们的合力一定在角平分线上；由于它们的合力与m1的重力大小相等，方向相反，故合力竖直向上，故两边的绳子与竖直方向的夹角α和β相等；故A错误；由以上可知，两端绳子的拉力等于m2g，而它们的合力等于m1g，因互成角度的两分力与合力组成三角形，故可知2m2g＞m1g，即m1一定小于2m2．但是m1不一定大于m2，故BC错误。轻杆受到绳子的作用力等于两边绳子的合力，大小为，选项D正确；故选D。

【点睛】本题要注意题目中隐含的信息，记住同一绳子各部分的张力相等，即可由几何关系得出夹角的关系；同时还要注意应用力的合成的一些结论．

3.2018年11月1日，第四十一颗北斗导航卫星成功发射。此次发射的北斗导航卫星是北斗三号系统的首颗地球静止轨道（GEO）卫星，也是第十七颗北斗三号组网卫星。该卫星大幅提升了我国北斗系统的导航精度。已知静止轨道（GEO）卫星的轨道高度约36000km，地球半径约6400km，地球表面的重力加速度为g，请你根据所学的知识分析该静止轨道（GEO）卫星处的加速度最接近多少（  ）

A.

B.

C.

D.

【答案】A

【解析】

【分析】

近地卫星的加速度近似等于地球表面重力加速度，根据分析卫星的加速度。

【详解】近地卫星的加速度近似等于地球表面重力加速度，根据知，GEO星的加速度与近地卫星的加速度之比，即GEO星的加速度约为地球表面重力加速度的1/36倍，故A正确，BCD错误；故选A。

4.如图所示，两条水平放置的间距为L，阻值可忽略的平行金属导轨CD、EF，在水平导轨的右端接有一电阻R，导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的长度为d 。左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接。将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为μ，则下列说法中正确的是（  ）

A. 电阻R的最大电流为

B. 整个电路中产生的焦耳热为mgh

C. 流过电阻R的电荷量为

D. 电阻R中产生的焦耳热为mgh

【答案】C

【解析】

【分析】

金属棒在弯曲轨道下滑时，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理可以求出金属棒到达水平面时的速度，由E=BLv求出感应电动势，然后求出感应电流；由可以求出流过电阻R的电荷量；克服安培力做功转化为焦耳热，由动能定理（或能量守恒定律）可以求出克服安培力做功，得到电路中产生的焦耳热．

【详解】金属棒下滑过程中，由机械能守恒定律得：mgh=mv2，金属棒到达水平面时的速度 v=，金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则导体棒刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电动势为 E=BLv，最大的感应电流为，故A错误；金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mgh-WB-μmgd=0-0，则克服安培力做功：WB=mgh-μmgd，所以整个电路中产生的焦耳热为 Q=WB=mgh-μmgd，故B错误；克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：QR=Q=（mgh-μmgd），故D错误。流过电阻R的电荷量，故C正确；故选C。

【点睛】题关键要熟练推导出感应电荷量的表达式，这是一个经验公式，经常用到，要在理解的基础上记住，涉及到能量时优先考虑动能定理或能量守恒定律．

5.一辆F1赛车含运动员的总质量约为600 kg，在一次F1比赛中赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a和速度的倒数的关系如图所示，则赛车在加速的过程中（  ）

A. 速度随时间均匀增大

B. 加速度随时间均匀增大

C. 输出功率为240 kw

D. 所受阻力大小为24000 N

【答案】C

【解析】

【分析】

汽车恒定功率启动，对汽车受力分析后根据牛顿第二定律列方程，再结合图象进行分析即可.

【详解】由图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，故A错误；a-函数方程a=-4，汽车加速运动，速度增大，加速度减小，故B错误；对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：F-f=ma其中：F=P/v；联立得： ；结合图线，当物体的速度最大时，加速度为零，故结合图象可以知道，a=0时，=0.01，v=100m/s，所以最大速度为100m/s；由图象可知：，解得：f=4m=4×600=2400N；，解得：P=240kW，故C正确，D错误；故选C。

【点睛】本题关键对汽车受力分析后，根据牛顿第二定律列出加速度与速度关系的表达式，再结合图象进行分析求解。

6.如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子仅在静电力作用下的运动轨迹．设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB且aA>aB，电势能分别为EpA、EpB．下列说法正确的是（  ）

A. 电子一定从A向B运动

B. Q靠近M端且为负电荷

C. 无论Q为正电荷还是负电荷，一定有EpA<EpB

D. A点电势一定高于B点电势

【答案】CD

【解析】

【分析】

根据运动轨迹得到电场力方向，从而得到电场力做功及场强方向，即可由电场力做功得到电势能变化，由场强方向得到电势变化；根据加速度得到场源，即可根据场强方向得到场源电性。

【详解】由运动轨迹只能得到电子受力指向凹的一侧，不能得到运动走向，故A错误；由电场场源为点电荷，aA＞aB可得：点电荷Q靠近M端；又有电子受力指向凹的一侧可得：MN上电场线方向向右，故点电荷Q为正电荷，故B错误；电子受力指向凹的一侧可得：根据电子只受电场力作用；电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大可得：EpA＜EpB，故C正确；点电荷带正电，且A点距离点电荷距离较B点近，可知A点电势一定高于B点电势，故D正确，故选CD。

【点睛】沿着电场线电势降低，但是电势能和电荷电性相关，故我们一般根据电场力做功情况来判断电势能变化，以避免电性不同，电势能变化趋势不同的问题。

7.如图所示，轻弹簧的一端悬挂在天花板上，另一端固定一质量为m的小物块，小物块放在水平面上，弹簧与竖直方向夹角为θ=30o。开始时弹簧处于伸长状态，长度为L，现在小物块上加一水平向右的恒力F使小物块向右运动距离L，小物块与地面的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则此过程中分析正确的是（  ）

A. 小物块和弹簧系统机械能改变了（F-μmg）L

B. 弹簧的弹性势能可能先减小后增大接着又减小再增大

C. 小物块在弹簧悬点正下方时速度最大

D. 小物块动能的改变量等于拉力F和摩擦力做功之和

【答案】BD

【解析】

【分析】

物块向右移动L，则运动到右边与初始位置对称的位置，此过程中受重力、拉力F、弹簧的弹力和摩擦力作用，根据功能关系和动能定理判断机械能和动能的变化；根据小物块的位置判断弹簧长度的变化以及弹簧弹性势能可能的变化情况.

【详解】物块向右移动L，则运动到右边与初始位置对称的位置，此过程中弹簧的长度先减小后增大到原来的值，弹簧可能先伸长量减小，到恢复到原长，然后压缩，且压缩量增加到达悬点正下方；继续向右运动时，压缩量减小，然后伸长到原来的值，可知弹簧的弹性势能可能先减小后增大接着又减小再增大，选项B正确；此过程中物块对地面的压力不等于mg，则除弹力和重力外的其它外力的功不等于（F-μmg）L，则小物块和弹簧系统机械能改变量不等于（F-μmg）L，选项A错误；小物块在弹簧悬点正下方时，合外力做功不是最多，则速度不是最大，选项C错误；因整个过程中弹簧的弹性势能不变，弹力做功为零，根据动能定理可知小物块动能的改变量等于拉力F和摩擦力做功之和，选项D正确；故选BD.

8.如图所示，在x轴的负方向，存在磁感应强度为B1，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在x轴的正方向，存在磁感应强度为B２，方向也垂直于纸面向里的匀强磁场，且B1∶B2＝3∶2。在原点O处同时发射两个质量分别为ma和mb的带电粒子，粒子a以速率va沿x轴正方向运动，粒子b以速率vb沿x轴负方向运动，已知粒子a带正电，粒子b带负电，电荷量相等，且两粒子的速率满足mava＝mbvb。若在此后的运动中，当粒子a第4次经过y轴(出发时经过y轴不算在内)时，恰与粒子b相遇。粒子重力不计。下列说法正确的是（  ）

A. 粒子a、b在磁场B1中的偏转半径之比为3∶2

B. 两粒子在y正半轴相遇

C. 粒子a、b相遇时的速度方向相同

D. 粒子a、b的质量之比为1∶5

【答案】BCD

【解析】

【分析】

本题涉及到两个粒子分别在两个不同磁场中做匀速圆周运动问题，相遇问题既考虑到位移问题，又考虑到时间等时，比较复杂，所以要从简单情况出发，由题意a粒子逆时针旋转，b粒子顺时针旋转，由于两粒子的动量（m2va=m1vb）和电量相同，则半径之比就是磁感应强度的反比，所以在B1磁场中的半径小，则两粒子在两磁场旋转两个半周时，a粒子相对坐标原点上移，b粒子相对坐标原点下移，若b粒子在最初不相遇，则以后就不能相遇了。所以只考虑b粒子旋转半周就与a粒子相遇的情况。

【详解】由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式知道：，所以选项A错误。由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r＝知道，a粒子从O点出发沿x轴正方向射出向上逆时针转半周在y轴上上移2ra2，穿过y轴后逆时针向下转半周后下移2ra1，由于B2＜B1，则第二次经过y轴时在从标原点的上方（2ra2-2ra1）处，同理第四次经过y轴时在坐标原点上方2（2ra2-2ra1）处，所以由题意知选项B正确。从最短时间的情况进行考虑，显然是b粒子向上转半周后相遇的，a粒子第四次经过y轴时是向右方向，而b粒子转半周也是向右的方向，所以两者方向相同，所以选项C正确。根据周期公式及题意，当两粒子在y轴上相遇时，时间上有：Tb1＝Ta1+Ta2  即：，结合B1：B2=3：2，得到：，所以选项D正确。故选BCD。

【点睛】本题的难点在于两个粒子在不同的两个磁场中以不同的速度做半径和周期不同匀速圆周运动，又涉及到相遇问题，需要考虑多种因素。关键的一点是a粒子在两个磁场旋转一次后通过y轴时位置上移，而b粒子恰恰相反，所以是b粒子经过半周后与a粒子相遇的，有此结论可以判断选项的正误。

二、实验题

9.某同学设计出如图所示的实验装置来“验证机械能守恒定律”，让小球从A点自由下落，下落过程中经过A点正下方的光电门B时，光电计时器记录下小球通过光电门时间t，当地的重力加速度为 g。

（1）为了验证机械能守恒定律，该实验还需要测量下列哪些物理量_________。

A．小球的质量m                  

B．AB之间的距离H

C．小球从A到B的下落时间tAB       

D．小球的直径d

（2）小球通过光电门时的瞬时速度v =_________(用题中所给的物理量表示)。

（3）调整AB之间距离H，多次重复上述过程，作出随H的变化图象如图所示，当小球下落过程中机械能守恒时，该直线斜率k0=__________。

（4）在实验中根据数据实际绘出—H图象的直线斜率为k（k＜k0），则实验过程中所受的平均阻力f与小球重力mg的比值=　_______________（用k、k0表示）。

【答案】    (1). BD；    (2). ；    (3). ；    (4). ；

【解析】

【分析】

该题利用自由落体运动来验证机械能守恒，因此需要测量物体自由下落的高度hAB，以及物体通过B点的速度大小，在测量速度时我们利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，因此明白了实验原理即可知道需要测量的数据；由题意可知，本实验采用光电门利用平均速度法求解落地时的速度；则根据机械能守恒定律可知，当减小的机械能应等于增大的动能；由原理即可明确注意事项及数据的处理等内容。

【详解】（1）根据机械能守恒的表达式可知，方程两边可以约掉质量，因此不需要测量质量，故A错误；根据实验原理可知，需要测量的是A点到光电门B的距离H，故B正确；利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，不需要测量下落时间，故C错误；利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度时，需要知道挡光物体的尺寸，因此需要测量小球的直径，故D正确。故选BD。
（2）已知经过光电门时的时间小球的直径；则可以由平均速度表示经过光电门时的速度；
故；
（3）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；则有：mgH=mv2；
即：2gH=（）2
解得：，那么该直线斜率k0=。
（4）乙图线=kH，因存在阻力，则有：mgH-fH=mv2；
所以重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为；

【点睛】考查求瞬时速度的方法，理解机械能守恒的条件，掌握分析的思维，同时本题为创新型实验，要注意通过分析题意明确实验的基本原理才能正确求解。

10.某同学在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：

A．待测的干电池（电动势约为1.5 V，内电阻小于1.0Ω）

B．电流表A1（量程0—3 mA，内阻Rg1＝10Ω）

C．电流表A2（量程0—0.6 A，内阻Rg2＝0.1Ω）

D．滑动变阻器R1（0—20Ω，10 A）

E．滑动变阻器R2（0—200Ω，1A）

F．定值电阻R0（990Ω）

G．开关和导线若干

（1）他设计了如图所示的（a）、（b）两个实验电路，其中更为合理的是__________图；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选_______（填写器材名称前的字母序号）;用你所选择的电路图写出全电路欧姆定律的表达式E=______________（用I1、I2、Rg1、Rg2、R0、r表示）。

（2）图为该同学根据（1）中选出的合理的实验电路，利用测出的数据绘出的I1-I2图线（I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数），为了简化计算，该同学认为I1远远小于I2，则由图线可得电动势E=__________V，内阻r=___________Ω。（结果保留两位小数）

【答案】    (1). b；    (2). D；    (3). ；    (4). 1.46-1.49；    (5). 0.80-0.86；

【解析】

【分析】

（1）将电流表G串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表．因为电源的内阻较小，所以应该采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小．
（2）根据欧姆定律和串联的知识求出I1和电源两端电压U的关系，根据图象与纵轴的交点求出电动势，由与横轴的交点可得出路端电压为某一值时电流，则可求得内阻．

【详解】（1）上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，将电流表G串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表．（a）、（b）两个参考实验电路，其中合理的是b；因为电源的内阻较小，所以应该采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小．滑动变阻器应选D；若选择大电阻，则在变阻器滑片调节的大部分范围内，电流表A2读数太小，电流表A1读数变化不明显；根据电路可知：；

（2）根据欧姆定律和串联的知识得
电源两端电压U=I1（990+10）=1000I1，
根据图象与纵轴的交点得电动势E=1.47mA×1000Ω=1.47V；
由图可知当电流为0.45A时，电压为1.1V，则由闭合电路欧姆定律可知：r==0.8Ω；

【点睛】本题考查测量电源电动势和内阻的实验，要注意根据闭合电路欧姆定律进行分析画出的对应的图象进行分析并求出电动势及内阻； 注意在分析数据时要应用电表的改装原理的内容进行分析．

三、计算题

11.如图所示，一质量为m的小物块，以v0＝15m/s的速度向右沿水平面运动12.5m后，冲上倾斜角为37o的斜面，若物块与水平面及斜面的动摩擦因数均为0.5，斜面足够长，物块从水平面到斜面的连接处无能量损失。求

（1）物块在斜面上能达到的最大高度；

（2）物块在斜面上运动所需的时间。（g=10 m/s2，sin37o=0.6，cos37o =0.8）

【答案】（1）3m（2）3.2s

【解析】

【分析】

（1）物体在水平面上做匀减速运动，然后滑上斜面做减速运动，根据牛顿第二定律求解在水平面和斜面上的加速度，根据运动公式求解物块在斜面上能达到的最大高度；（2）物块滑上斜面最高点后继续向下滑动，根据牛顿第二定律结合运动公式求解物块在斜面上运动所需的时间.

【详解】（1）小物块在水平面上：

解得：

小物块在斜面上向上运动：

可解得：

所以：

小物块在斜面上向上运动时间：

小物块在最高点时：> 所以物块会匀加速下滑

加速度

向下匀加速运动时间：

解得：

小物块在斜面上运动所需时间为：

【点睛】此题是典型的牛顿第二定律应用问题，关键是求解在每个阶段的物块的加速度，联系运动公式求解.

12.如图所示，半径 R ＝3.6 m 的光滑绝缘圆弧轨道，位于竖直平面内，与长L＝5 m的绝缘水平传送带平滑连接，传送带以v ＝5 m/s的速度顺时针转动，传送带右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E＝20 N/C，磁感应强度B＝2.0 T，方向垂直纸面向外。a为m1＝1.0×10－3 kg的不带电的绝缘物块，b为m2＝2.0×10－3kg、q＝1.0×10－3C带正电的物块。b静止于圆弧轨道最低点，将a物块从圆弧轨道顶端由静止释放，运动到最低点与b发生弹性碰撞（碰后b的电量不发生变化）。碰后b先在传送带上运动，后离开传送带飞入复合场中，最后以与水平面成60°角落在地面上的P点(如图)，已知b物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.1。（ g 取10 m/s2，a、b 均可看做质点）求：

（1）物块 a 运动到圆弧轨道最低点时的速度及对轨道的压力；

（2）传送带上表面距离水平地面的高度；

（3）从b开始运动到落地前瞬间， b运动的时间及其机械能的变化量。

【答案】（1）， ,竖直向下（2）7.5m  （3） ，3.2s

【解析】

【分析】

（1）根据机械能守恒定律求解物块 a 运动到圆弧轨道最低点时的速度；根据牛顿第二定律求解对最低点时对轨道的压力；

（2）a于b碰撞时满足动量和能量守恒，列式求解b碰后的速度；根据牛顿第二定律结合运动公式求解b离开传送带时的速度；进入复合场后做匀速圆周运动，结合圆周运动的知识求解半径，从而求解传送带距离地面的高度；

（3）根据功能关系求解b的机械能减少；结合圆周运动的知识求解b运动的时间.

【详解】（1）a物块从释放运动到圆弧轨道最低点C时，机械能守恒，

得：v C＝6 m/s   

在C点，由牛顿第二定律：

解得： 

由牛顿第三定律，a物块对圆弧轨道压力： ，方向竖直向下。

（2）a、b碰撞动量守

a、b碰撞能量守恒 

解得（，方向水平向左。可不考虑）

b在传送带上假设能与传送带达到共速时经过的位移为s，

得：  加速1s后,匀速运动0.1s，在传送带上运动，所以b离开传送带时与其共速为

进入复合场后，，所以做匀速圆周运动

由

得：r＝＝5m

由几何知识解得传送带与水平地面的高度：

（3）b的机械能减少为

b在磁场中运动的

b在传送带上运动；b运动的时间为

【点睛】本题涉及到的物理过程较多，物理过程较复杂，关键是弄懂题意，选择合适的物理规律和公式进行研究，边分析边解答.

13.关于热力学第一定律、晶体和非晶体及分子势能，以下说法正确的是______

A．气体对外做功，其内能可能增加

B．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体

C．分子势能可能随分子间距离的增加而增加

D．热量不可能从低温物体传到高温物体

E．在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体

【答案】ACE;

【解析】

【详解】气体对外做功，若吸收热量大于对外做功，则其内能增加，选项A正确；烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母是单晶体，选项B错误；当分子力表现为引力时，分子距离增加，则分子力做负功，分子势能增加；即分子势能可能随分子间距离的增加而增加，选项C正确；根据热力学第二定律可知，热量可以从低温物体传到高温物体，但要引起其他的变化，选项D错误；在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体，例如天然石英是晶体，加工后做成玻璃就是非晶体，故选项E正确；故选ACE.

14.如图所示，一固定密闭导热性良好的气缸竖直开口向上放置，气缸上部有一质量为m的活塞，活塞距气缸底部高为h0，活塞与气缸壁的摩擦不计，现在活塞上加一质量为m的小物块。已知大气压强为p0，温度为To ，气缸横截面积为S，重力加速度为g。求

①活塞上加上质量为m的小物块后，活塞静止时距离气缸底部的距离；

②现对气缸加热让活塞上升至距离气缸底部为处（活塞未滑出气缸），则此时气缸内气体的温度为多少？

【答案】（1） （2）

【解析】

【分析】

①活塞上加上质量为m的小物块后被封闭气体做等温变化，找到气体初态和末态的状态参量，结合玻意耳定律求解活塞静止时距离气缸底部的距离；②气体先等温变化，后等压变化，根据理想气体状态方程求解气缸内气体的温度.

【详解】①被封闭气体初状态： ，

末状态： ，

根据玻意耳定律

代入数据，得

②气体先等温变化，后等压变化。

初状态： ，

末状态： ，

根据理想气体状态方程 

代入数据，得

15.如图为一列简谐横波在t=0时刻的波形图，P是平衡位置在x=1.0m处的质点，Q是平衡位置在x=4.0m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则下列说法正确的是_______ 。

A．这列波的波长是8m，周期是0.2s，振幅是10cm

B．在t=0时，质点Q向y轴负方向运动

C．从t=0.1到t=0.25s，该波沿x轴正方向传播了6m

D．从t=0.1到t=0.25s，质点P通过的路程为30cm

E．质点Q简谐运动的表达式为y=0.10sin10πt（国际单位）

【答案】ACE;

【解析】

【分析】

由波形图和振动图像读出波长、周期和振幅；根据振动图像可求解波的转播方向和传播的距离；质点在一个完整周期中运动的路程为4A；

【详解】由图像可知，这列波的波长是8m，周期是0.2s，振幅是10cm，选项A正确；由Q点的振动图像可知，在t=0时，质点Q向y轴正方向运动，可知波向x轴正向传播，选项B错误；波速，从t=0.1到t=0.25s，该波沿x轴正方向传播了，选项C正确；从t=0.1到t=0.25s 经历了0.15s=T，但是因P点开始不是从平衡位置或者最高点最低点开始振动，则质点P通过的路程不等于3A=30cm,选项D错误；，则质点Q简谐运动的表达式为y=0.10sin10πt（国际单位），选项E正确；故选ACE.

【点睛】本题关键是会根据振动情况来判断波的传播方向，抓住振动图象和波动图象之间的内在联系。要知道质点做简谐运动时，只有起点在平衡位置或波峰、波谷处的质点，在3/4周期内振动的路程才是3A。

16.有一个直角三角形的玻璃棱镜ABC，截面如图。∠A=30°，D点是AC边的中点，AC边长为L。一条光线从D点沿平行于AB方向射入棱镜，光线在AB面发生全反射后垂直BC从F点射出。求

①玻璃的折射率n ；

②若光在真空中的速度为c，光线从D点到F点经过的时间t。

【答案】（1） （2）

【解析】

【分析】

①根据题意画出光路图，由几何知识求出光线在D点时的折射角，再由折射定律求玻璃的折射率；
②根据几何关系求光线在棱镜中传播的距离，由v=c/n求出光线在棱镜中的传播速度，再由运动学公式求传播时间．

【详解】①光路图如图所示，设在AC面入射角为i，折射角为r，在AB面，光线与AB的夹角为α，反射光线与AB的夹角为β，光线垂直BC射出，有

由几何知识可得：

折射率：；

②由于 ，所以△ADE为等腰三角形，所以：

；

设光线从D点到F点经过的距离为 ， ，

光线在玻璃中传播速度为

则：，

解得：

【点睛】本题考查几何光学，掌握光的折射定律，正确画出光路图，运用几何知识求解相关角度和距离是关键．