2021-2022学年江西省上饶市六校高三（下）第一次联考物理试卷

2021-2022学年江西省上饶市六校高三（下）第一次联考物理试卷

1. 关于放射现象，以下叙述正确的是

A. 原子序数小于83的化学元素不存在放射现象
B. 有60个放射性元素的原子核，当有30个发生衰变所需的时间就是该元素的半衰期
C. 在、衰变中伴随产生射线，衰变前后的核子数不变但存在质量亏损
D. 铀核衰变为铅核的过程中，要经过8次衰变和10次衰变

2. 2021年11月7日晚上，神舟十三号载人飞船中航天员翟志刚、王亚平身着新一代“飞天”舱外航天服，先后从天和核心舱节点舱成功出舱，出舱时间大约小时。已知空间站围绕地球一圈的时间90分钟，一天绕行地球飞行16圈。由此推断，有关神舟十三号与地球同步卫星的认识，正确的是

A. 神舟十三号载人飞船中宇航员没有受到力的作用
B. 神舟十三号载人飞船的线速度大于第一宇宙速度
C. 神舟十三号载人飞船的高度大于同步卫星的高度
D. 神舟十三号载人飞船的高度小于同步卫星的高度

3. 某排球教练给队员进行击球示范，她先站着将排球以某速度水平击出，然后她又进行起跳击球示范，她起跳后将同一排球以另一速度水平击出，若两次击球点分别为N点、M点，击球高度分别为h、2h，两击球点在同一竖直线上，且排球落地时的水平位移分别为2h、h，如图所示。则

A. 排球第一、二次的位移大小之比为1：1
B. 排球第一、二次的运动时间之比为1：2
C. 排球第一次的初速度是第二次的2倍
D. 排球第二次的末速度比第一次的末速度小

4. 在2021年的东京奥运会上，中国体育健儿表现出高昂斗志，顽强作风，精湛技能，生动诠释了奥林匹克精神和中华体育精神，实现了“使命在肩、奋斗有我”的人生誓言。中国10米跳台选手全红婵凭借“水花消失术”勇夺桂冠，一战成名。如图所示，在女子10m跳台的决赛中，全红婵竖直向上跳离跳台的速度为，竖直入水后到速度减为零的运动时间与空中运动时间相等，假设所受水的阻力恒定，该运动过程中全红婵可看成质点，不计空气阻力，全红婵的体重为35kg，重力加速度大小为，则

A. 全红婵在空中运动的时间为
B. 入水后全红婵受到水的阻力为
C. 全红婵入水时速度为
D. 跳离跳台后上升阶段全红婵处于超重状态

5. 如图所示，矩形线框的匝数为N，面积为S，理想变压器原、副线圈的匝数比为3：1，定值电阻、的阻值均为R，线框所处磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B，现让线框由图示位置开始绕轴以恒定的角速度沿逆时针方向转动，忽略线框以及导线的电阻。下列说法正确的是

A. 图示位置，线框的输出电压为
B. 流过定值电阻的电流为
C. 矩形线框的输出功率为
D. 定值电阻消耗的电功率与理想变压器的输出功率之比为1：1

6. 如图所示，平行板电容器的两个极板小B接在电压为60V的恒定电源上，两极板间距为3cm，电容器带电荷量为，A极板接地。则下列说法中正确的是

A. 平行板电容器的电容
B. 平行板电容器两极板之间的电场强度
C. 距B极板为2cm的C点处的电势为20V
D. 若将A板下移一小段距离，则固定在距B极板为2cm的C点处的正电荷的电势能将增大

7. 如图所示，ef、gh为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨问距为，导轨左端连接一个的电阻，一根电阻为、质量为1kg的金属棒cd垂直地放置导轨上，与导轨接触良好，导轨的电阻不计，整个装置放在磁感应强度为的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上。现对金属棒施加4N的水平向右的恒力F，使棒从静止开始向右运动，则下列说法中正确的是

A. 金属棒速度为零时的加速度为
B. 当导体棒速度时，导体棒的加速度为
C. 金属棒达到的最大速度是
D. 金属棒达到最大速度后，电阻R上的热功率为16W

8. 如图所示，半径的光滑半圆轨道BC与倾角的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内，两轨道间由一条光滑水平轨道AB相连，A处用光滑小圆弧轨道平滑连接，B处与圆轨道相切。在水平轨道上，两静止小球P、Q压紧轻质弹簧后用细线连在一起，某时刻剪断细线后，小球P向左运动冲上斜面，小球Q沿圆轨道恰好能到达C点。已知小球P的质量，小球Q的质量，小球P与斜面间的动摩擦因数，小球到达A点或B点时已和弹簧分离。已知重力加速度，，，则

A. 剪断细线后弹簧对小球Q的弹力的冲量大小为
B. 小球P沿斜面上升的最大高度
C. 剪断细线之前弹簧具有的弹簧势能75J
D. 剪断细线之前弹簧具有的弹簧势能

9. 实验小组用图甲所示的装置来测量当地的重力加速度，由气垫导轨下端的刻度尺测得光电门1、2之间的距离，遮光片通过光电门的时间可通过与光电门相连的数字计时器读出。测得滑块和槽码的质量分别为和。
   用游标卡尺测量该遮光片的宽度，如图乙所示，则遮光片的宽度______mm。
   滑块经过光电门1、2的遮光时间分别为、，则滑块经过光电门2的瞬时速度为______。结果保留两位小数
   当地的重力加速度______。结果保留两位小数
    

10. 多用电表是实验室中常用的测量仪器，某实验小组的同学练习使用多用电表。请回答下列问题：
    多用电表无论是测电流、电压还是电阻，电流总是从______填“红”或“黑”表笔流进多用电表。
    使用多用电表测电阻时，将选择开关拨至欧姆“”挡，正确操作后，指针位置如图所示，则待测电阻阻值约为______。
    
    该小组同学计划粗测多用电表内电源的电动势，标准值为10V，将选择开关拨至欧姆挡“”挡并欧姆调零后，与内阻为、量程15V的电压表串联，电压表示数为，则电源的电动势______填“大于”“小于”或“等于”标准值；则中电阻的测量值______填“大于”“小于”或等于电阻的真实值。
11. 如图所示，光滑斜面体ABC固定在水平面上，底角，顶角，物块a和长木板b分别放在斜面BC和AB上，细线绕过固定在斜面顶点的轻质光滑定滑轮，两端分别与物块a和长木板b相连，将物块a锁定，滑轮两侧的细线分别与两侧的斜面平行，长木板b的质量为m，物块a质量为2m，解除物块a的锁定，同时将质量为的物块c轻放在长木板的上端，物块c始终保持静止，重力加速度为，，。
    求开始释放时物体a的加速度。
    如果经过之后，ab间绳子断裂，问开始时长木板b上端距滑轮至少需多大距离才能避免与滑轮相碰？设整个过程中c不会从b上掉落。结果保留一位小数

12. 如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，水平轨道AD和倾斜弹性挡板碰撞时沿板方向速度不变，垂直板方向速度等大反向均光滑且绝缘，AD长度为L，DC长度为，弹性挡板DC与水平地面间的夹角，有一质量为m，电荷量为的带电小球可视为质点被放在A点，已知在第一象限分布着相互垂直的匀强磁场和匀强电场，电场方向竖直向上，场强大小为，磁场为水平方向图中垂直纸面向外，磁感应强度为B；在第二象限分布着沿x轴正方向的水平匀强电场，场强大小为。现将放在A点的带电小球由静止释放，求：
    带电小球运动到D点时的速度；
    带电小球在磁场中运动的半径；
    求带电小球从A点出发到到达x轴过程中所用的时间小球所带的电荷量不变。
    
    
    
    
    
    
     
13. 如图所示，一开口向下的固定绝热容器内，用轻质绝热活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与气缸无摩擦。现在外力F作用下，将活塞缓慢向下拉动一小段距离后停止。关于这一过程下列说法正确的是
     

A. 气体体积增大，气体对外界做功
B. 分子的平均动能减小，气体温度降低
C. 气体的压强与气体分子的平均动能成正比
D. 气体体积增大，与外界无热量交换，内能减小
E. 气体分子单位时间撞击单位面积器壁的次数不变

14. 如图所示，竖直面内有B端封口、A端开口的直角导热粗细均匀细玻璃管，两边管长均为L，现在管内靠近B端用水银封闭一段气柱，使得A端气柱长恰与其相等，封闭A端气柱长不变，测得这两段气柱长均为。现将该玻璃管逆时针缓慢旋转，使A端在下B端在上，测得此时B端气柱长度是A端气柱长度的3倍，求管长转动过程两端气柱无气体交换，大气压强为。

15. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，波源位于坐标原点处，从时开始向上振动，如图所示是简谐横波在时的部分波动图象，a、b、c是波传播方向上的质点，横坐标分别为、、。下列说法正确的是

A. a、c质点的位移大小始终相等
B. 波的传播周期可能为
C. 波源的振动方程可能为
D. 在内，波源通过的最小路程为40cm
E. 在内，质点b通过的最小路程为150cm

16. 如图所示，半径为R的四分之一圆是某玻璃砖的横截面，该玻璃砖放置在真空中，b两束单色光同时从A点发出，a光射出玻璃砖时平行于OG，已知两束光在玻璃砖中的传播路径平行，，，，光在真空中的传播速度为c，求：
    玻璃砖对a光和b光的折射率；
    光从A点出射到射出玻璃砖的时间。

答案和解析

1.【答案】C
 

【解析】解：A、原子序数大于83的原子一定有天然放射现象，而小于83的原子也可能有放射现象，比如放射性同位素，故A错误；
B、半衰期是针对大量原子核而言才具有的规律，故B错误；
C.在、衰变中伴随产生射线，衰变前后的核子数不变，因为衰变释放能量，根据可知，反应前后存在质量亏损，故C正确；
D、设铀核衰变为铅核的过程中需要经过x次衰变和y次衰变，
根据质量数和电荷数守恒则有：，，
所以解得：，，即衰变过程中共发生了8次衰变和6次衰变，故D错误。
故选：C。
半衰期由原子本身决定，是由大量原子核统计的规律；原子序数大于或等于83的所有元素都有天然放射现象；在、衰变中释放能量，可知有质量亏损；根据电荷守恒可解得经过衰变和衰变的次数。
本题考查了半衰期的概念，三种射线的特点和衰变过程中质量数、电荷数守恒
 

2.【答案】D
 

【解析】解：神舟飞船绕地球做圆周运动，宇航员受到地球的万有引力作用，故A错误；
B.由万有引力提供向心力有：，解得：，第一宇宙速度为卫星在地球表面绕地球做匀速圆周运动时的速度，由于神舟飞船的轨道半径大于地球的半径，则神舟十一号载人飞船的线速度小于第一宇宙速度，故B错误；
根据开普勒第三定律可得：，空间站围绕地球一圈的时间周期为90分钟，同步卫星的周期为24h，即同步卫星的周期大于神舟十三号载人飞船的正确，则神舟十三号载人飞船的高度小于同步卫星的高度，故C错误、D正确。
故选：D。
宇航员受到地球的万有引力作用；根据分析速度大小；根据开普勒第三定律分析高度的大小。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。
 

3.【答案】A
 

【解析】解：A、位移为由初位置指向末位置的有向线段，两次击球后排球的位移大小分别为
，
，
故A正确；
B、排球两次运动时间分别为
，
，
排球两次的运动时间之比为：2，故B错误；
C、排球在水平方向上做匀速直线运动，则两次运动的初速度分别为
，
，
解得：两次运动的初速度之比为：1，故C错误；
D、排球两次运动中竖直方向上的末速度分别为


所以两次运动中排球的末速度分别为
，
，
解得：，
故D错误。
故选：A。
平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据运动学规律列式可求两次击球时间、初速度和末速度关系。
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，熟练运用运动学公式解答。
 

4.【答案】B
 

【解析】解：ACD、设全红婵在空中运动时间为t，入水时速度为v，设向上为正方向，则由运动学公式可得


代入数据可得
其中负号表示速度方向与正方向相反；
跳离跳台后上升阶段全红婵的加速度方向竖直向下，故全红婵处于失重状态，故ACD错误；
B、根据加速度的定义式可得全红婵竖直入水后的加速度为

对全红婵利用牛顿第二定律可得

整理代入数据可得
故B正确。
故选：B。
ACD、根据已知条件，结合运动学公式求出在空中运动时间和入水速度；根据超重状态和失重状态的概念判断跳离跳台后上升阶段全红婵处于失重状态；
B、根据题意，利用运动学公式求出加速度，利用牛顿第二定律求出阻力大小。
在本题中全红婵先做竖直上抛运动，后做自由落体运动，最后做匀减速直线运动，在处理时要注意各阶段的运动性质，再结合运动学公式解决问题。
 

5.【答案】B
 

【解析】解：A、由图示可知，图示位置线框位于中性面上，感应电动势为零，线框的输出电压为零，故A错误；
B、线框产生的感应电动势的最大值，感应电动势的有效值，由图示可知变压器原线圈输入电压，由理想变压器的变压比可知：，代入数据解得：，流过定值电阻的电流，故B正确；
C、变压器的输入功率等于输出功率，变压器副线圈的功率，的的功率
矩形线框的输出功率，故C错误；
D、定值电阻消耗的电功率与理想变压器的输出功率之比：：1，故D错误。
故选：B。
由求出感应电动势的最大值，求出感应电动势的有效值，分析清楚线框转动过程，应用欧姆定律、电功率公式与变压器的变压比分析答题。
掌握正弦式交变电流最大值与有效值间的关系，求出感应电动势的最大值，应用电功率公式与变压器的电压表即可解题。
 

6.【答案】BD
 

【解析】解：A、依电容定义，则电容为：，故A错误；
B、两板之间为匀强电场，那么电场强度为： ，故B正确；
C、C点距A板间距离为，A与C间电势差，又，，可得，故C错误；
D、根据，当电源电压不变时，板间电场强度变大。再由可知，BC间电压变大。那么AC间的电压变小，而，C点的电势变大，所以正电荷在C点的电势能变大，故D正确。
故选：BD。
已知电容器的带电量和电压，由电容定义式求电容；
根据两板之间为匀强电场由公式求解电场强度；
由公式求出A与C间电势差，再由，可求解C点处的电势；
将A板向下移动1cm，先确定板间场强，再按相同方法求C点的电势，从而知道C点正电荷的电势能的变化。
本题关键要掌握电容的定义式与决定式，知道匀强电场中场强与电势差的关系，要知道求电势往往先求电势差，再求电势，注意电场强度综合表达式的推导．
 

7.【答案】ABC
 

【解析】解：A、金属棒速度为零时，安培力为零，根据牛顿第二定律可得金属棒的加速度为：，故A正确；
B、当导体棒速度时，安培力大小为，其中，根据牛顿第二定律可得：，联立并代入数据解得：，故B正确；
C、当金属棒匀速运动时，速度达到最大，由平衡条件得：，解得：，故C正确；
D、金属棒达到最大速度后，电路中电流：，R上的发热功率为：，故D错误。
故选：ABC。
分析金属棒的受力情况，根据牛顿第二定律求解加速度大小；当金属棒做匀速直线运动时速度达到最大，由平衡条件和安培力与速度的关系式可以求出最大速度；根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律和功率公式求解电功率。
本题是电磁感应与力学相结合的一道综合题，应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式、平衡条件、功率公式即可正确解题．
 

8.【答案】AD
 

【解析】解：A、设小球Q到达C点时的速度大小是，小球Q恰好能到达C点，在C点由重力提供向心力，由牛顿第二定律得：，代入数据解得：
设小球Q与弹簧分离时的速度大小为，小球Q由B到C的过程，由机械能守恒定律得：
代入数据解得：
剪断细线后，对小球Q，由动量定理得弹簧对小球Q的弹力的冲量大小：，故A正确；
B、剪断细线后，P、Q两球被弹开的过程中，P、Q组成的系统动量守恒，设小球P被弹簧弹开时的速度大小为，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
解得：
设小球P上升的最大高度为h，小球P冲上斜面的过程，由动能定理得：
代入数据解得：，故B错误；
CD、剪断细线过程弹簧的弹性势能转化为两球的动能，设剪断细线之前弹簧具有的弹簧势能是，由能量守恒定律得：
代入数据解得：，故C错误，D正确。
故选：AD。
小球Q恰好到达C点，在C点由重力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出小球Q到达C点时的速度大小，应用机械能守恒定律求出小球Q与弹簧分离时的速度大小，再运用动量定理可以求出剪断细线后弹簧对小球Q的冲量大小。剪断细线过程，小球P与Q组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律求出小球P与弹簧分离时的速度，应用动能定理可以求出小球P沿斜面上升的最大高度。应用能量守恒定律可以求出剪断细线之前弹簧具有的弹性势能。
本题是多体多过程问题，根据题意分析清楚两球的运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律、动能定理、动量守恒定律与能量守恒定律即可解题；解题时要知道小球Q恰好到达C点的临界条件是由重力提供向心力。
 

9.【答案】
 

【解析】解：游标卡尺的读数，主尺不足1mm的由游标尺读取，如图所示，是10分度的游标卡尺，游标尺1格比主尺1格少，主尺读数4mm，游标尺第3格对准主尺7mm，所以游标尺读数为
则遮光片的宽度；
滑块经过光电门2的瞬时速度为；
滑块经过光电门1的瞬时速度为，
由匀变速直线运动的速度-位移规律可求得滑块的加速度：，整理代入数据得滑块的加速度为
对滑块和槽码整体受力分析，运用牛顿第二定律可得：，整理得当地的重力加速度为。
答：遮光片的宽度为；
滑块经过光电门2的瞬时速度为；
地的重力加速度为。
游标卡尺读数主尺+游标尺，用速度公式计算滑块通过光电门的速度，利用速度-位移公式计算加速度。
游标卡尺不需要估读，注意十分度精确度，加速度求解注意整体法的便捷。
 

10.【答案】红  1500 小于  大于
 

【解析】解：多用电表所有挡位共用一个表头，接线规则是电流从+接线柱流进，从-接线柱流出，根据红进黑出的原则可知，使用多用电表各挡位时，电流均由A表笔一侧流入表头；
所选挡位为电阻挡，由图所示可知，示数为：；
将选择开关拨至欧姆挡“”挡并欧姆调零后，与内阻为、量程15V的电压表串联。此时可以将多用电表看成一个内阻的电源，与电压表串联，根据闭合电路欧姆定律有：。
由于中电源按电动势来计算的，偏大，那么实际的中值电阻也偏大，当再测量待测电阻时，电流偏小，对应的阻值偏大。
故答案为：红；；小于、大于
根据电表的接线规则判断电流的流向；
根据电流表量程确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；
用欧姆表测电阻要选择合适挡位使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要进行欧姆调零。
本题考查了多用电表结构、多用电表读数与欧姆表的使用方法，知道电流表。电压表与欧姆表的改装原理是解题的前提，分析清楚图示电路结构、掌握基础知识即可解题。
 

11.【答案】解：因物块c始终保持静止，可知

代入数据可得
对ab整体，根据牛顿第二定律可得

代入数据可得
加速度的方向沿BC向下；
绳断时，对b木板分析可知

代入数据可得
当时，
故至少需要的距离为
答：开始释放时物体a的加速度大小为，加速度的方向沿BC向下。
如果经过之后，ab间绳子断裂，开始时长木板b上端距滑轮至少需距离才能避免与滑轮相碰。
 

【解析】根据题意求出动摩擦因数，再利用牛顿第二定律求出物体a的加速度；
根据牛顿第二定律求出绳断时b木板的加速度，再结合运动学公式求出开始时长木板b上端距滑轮的最少距离。
在应用牛顿第二定律解决问题时，要注意研究对象的选取，可以选取单个物体，也可以选取几个物体。
 

12.【答案】解：设小球到达D点的速度为v，由动能定理有：
因，则求得小球到达D点的速度为：
由于小球在第一象限所受到的重力与电场力等大反向，所以小球由D点进入第一象限后做匀速圆周运动，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得：
则小球运动的轨道半径为
从A到D点，由
而
解得小球从A点到D点所用的时间为：
可得小球落在CD上，依题意小球与斜面发生弹性碰撞，正好于沿水平方向再次进入磁场重复第一次过程，每次与斜面相交的弦长由如图所示可求
运动的圆心角为
所以碰量次数为
故在斜面上碰撞2次，碰2次后与x轴的距离为d

之后恰好为再经过四分之一圆周后到达x轴，故圆心角
解得：
代入数据解得：
答：带电小球运动到D点时的速度为；
带电小球在磁场中运动的半径为；
求带电小球从A点出发到到达x轴过程中所用的时间为。
 

【解析】从A到D点小球做匀加速直线运动，由动能定理就能求出速度．
从D点进入复合场后，由于重力与电场力平衡，所以小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，可求出轨道半径，
由几何关系确定在倾斜轨道上的位置，从而计算出偏转角，在磁场中的时间就很容易求出，在两种场区的时间相加就是所求．
本题是带电小球先在电场力作用下加速，后进入复合场中做匀速圆周运动的问题，关键点在于求出半径后结合题中长度和角度的几何关系求出小球在倾斜轨道上的位置，这要用到三角函数和直角三角形的性质．
 

13.【答案】ABD
 

【解析】解：A、在外力F作用下，将活塞缓慢向下拉动一小段距离，气体体积变大，故气体对外做功，故A正确；
BD、容器与活塞都是绝热的，气体与外界没有热交换，气体体积增大，对外做功，根据热力学第一定律可知气体的内能减少。一定量的理想气体的内能仅仅与温度有关，理想气体的内能减少，则温度降低；温度是分子的平均动能的标志，温度降低，则分子的平均动能减小，故BD正确；
C、根据可知一定量的理想气体的压强跟气体的热力学温度成正比，温度越高，分子的平均动能越大，温度越低，分子的平均动能越小，但分子的平均动能与热力学温度不是成正比，所以气体的压强不是与气体分子的平均动能成正比，故C错误；
E、一定量的理想气体体积增大时单位体积内的分子数减少；温度降低时气体分子运动的激烈程度降低，所以气体分子单位时间撞击单位面积器壁的次数减少，故E错误。
故选：ABD。
根据气体体积的变化判断做功，由热力学第一定律讨论内能的变化，压强的变化可由压强产生的微观解释分析．
本题主要考查热力学第一定律和压强的微观解释，关键点在于明确容器与活塞都是绝热的，根据热力学第一定律即可正确分析内能的变化，则温度变，所以分子平均动能变．
 

14.【答案】解：玻璃管导导热，又由于缓慢旋转，此过程气体变化可看成是等温变化，设末态时，A端气柱长为，则B端气柱长为
由题意有：
可得：
对A端气柱，有
对B端气柱，有
又根据平衡条件有：

其中：，
联立可得：
答：管长L为72cm。
 

【解析】根据题意和几何关系，写出两段气体的长度及其关系式。根据平衡条件写出两段气体的压强及关系式，分别难两段气体根据玻意定律列式求出未知数。
本题考查玻意尔定律，难点在于此处是关联的两段气体，联络两段气体的是压强，由平衡条件是解决压强关系的桥梁，另外还要注意此过程的变量和不变量。
 

15.【答案】ABC
 

【解析】解：、c质点平衡位置相隔半个波长，所以二者的位移大小始终相等，故A正确；
B.设波的周期为T，由题意可知

解得

当时，有

故B正确；
C.当时，有

此时波源的振动方程为

故C正确；
D.波源的最大周期为，所以在内，波源通过的最小路程为

故D错误；
E.当波源以最大周期振动时，波从波源传播到质点b所用时间为

在内，质点b通过的最小路程为

代入数据解得：
故E错误。
故选：ABC。
a、c质点平衡位置相隔半个波长，所以二者的位移大小始终相等，根据题意可解得周期表达式，从而解得可能的周期，同时解得振动方程；根据时间与周期关系可解得质点运动的路程。
在机械波的问题中求解出波的传播周期和波长是解题的关键，大多数问题只要能够画出波形图就可以得到解决。
 

16.【答案】解：画出光路图如图所示，对a光，根据题设条件：
可得
a光的入射角，则
由几何知识可知
可得
a光的折射率
两光束在玻璃砖中的传播路径平行，则b光的折射角也为
b光的入射角
b光的折射率
由几何关系可得，
为等腰三角形，故

a光在玻璃砖内传播速度为
故a光从A点出射到射出玻璃砖的时间为
解得
答：玻璃砖对a、b光的折射率分别为、；
光从A点出射到射出玻璃砖的时间为。
 

【解析】画出光路图，根据几何关系求出a光和b光的入射角和折射角，再求玻璃砖对a、b光的折射率；
根据几何知识求a光在玻璃砖内传播的距离，由求出a光在玻璃砖内传播速度，从而求出a光从A点出射到射出玻璃砖的时间。
本题考查折射定律的应用，要记住两个公式，，结合几何知识即可求解，关键要正确画出光路图，根据几何知识求解相关角度和距离。