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高中物理高考 试卷04-2021届八省新高考物理模拟卷（湖南专用）（解析版）
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这是一份高中物理高考 试卷04-2021届八省新高考物理模拟卷（湖南专用）（解析版），共23页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2021届八省新高考物理模拟卷—湖南卷（04）
一、选择题：本题共6小题，每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（2020·湖南怀化市·高三一模）如图所示，某次足球训练，守门员将静止的足球从M点踢出，球斜抛后落在60m外地面上的P点．发球的同时，前锋从距P点11.5m的N点向P点做匀加速直线运动，其初速度为2m/s，加速度为4m/s2，当其速度达到8m/s后保持匀速运动。若前锋恰好在P点追上足球，球员和球均可视为质点，忽略球在空中运动时的阻力，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．前锋加速的距离为7m
B．足球在空中运动的时间为2.3s
C．足球运动过程中的最小速度为30m/s
D．足球上升的最大高度为10m
【答案】C
【详解】A．前锋做匀加速直线运动，初速度为2 m/s，加速度为4 m/s2，末速度为8 m/s，根据速度与位移的关系式可知
v2－v02＝2ax1
代入数据解得：
x1＝7.5 m
故A错误；
B．前锋和足球运动时间相等，前锋加速运动时间
t加＝＝1.5 s
匀速运动时间
t匀＝＝0.5 s
故足球在空中运动的时间为2 s，故B错误；
C．足球水平方向上做匀速直线运动，位移为60 m，时间为2 s，故运动过程中的最小速度为30 m/s，故C正确；
D．足球竖直方向上做竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，上升时间为1 s，最大高度
hm＝gt2＝5 m
D错误。
故选：C。
2．（2020·湖南长沙市·长沙一中）中微子失踪之谜是一直困扰着科学家的问题，原来中微子在离开太阳向地球运动的过程中，发生“中微子振荡”转化为一个μ子和一个τ子。科学家通过对中微子观察和理论分析，终于弄清了中微子失踪之谜，成为“2001年世界十大科技突破”之一。若中微子在运动中只转化为一个μ子和一个τ子，并已知μ子的运动方向与中微子原来的方向一致，则τ子的运动方向（ ）
A．一定与中微子方向一致 B．一定与中微子方向相反
C．可能与中微子方向不在同一直线上 D．只能与中微子方向在同一直线上
【答案】D
【详解】中微子转化为一个μ子和一个τ子过程中动量守恒，已知μ子的运动方向与中微子原来的方向一致，只能得出τ子的运动方向与中微子方向在同一直线上，可能与中微子同向也可能反向。
A． 一定与中微子方向一致与分析不符，故A错误；
B． 一定与中微子方向相反与分析不符，故B错误；
C． 可能与中微子方向不在同一直线上与分析不符，故C错误；
D． 只能与中微子方向在同一直线上与分析不符，故D正确。
故选：D。
3．（2020·湖南高三零模）如图所示，一直角三角形acd在竖直平面内，同一竖直面内的a、b两点关于水平边cd对称，点电荷Q1、Q2固定在c、d两点上。一质量为m、带负电的小球P在a点处于静止状态，取重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．Q2对P的静电力大小为
B．Q1、Q2的电荷量之比为
C．将P从a点移到b点，电场力做正功
D．将P从a点沿直线移到b点，电势能先增大后减小
【答案】B
【详解】A．由于P处于平衡状态，可知Q2对P的静电力大小为
选项A错误；
B．同理可知Q1对P的静电力大小为
设ac=L，则 由库仑定律
联立解得Q1、Q2的电荷量之比为
选项B正确；
CD．将P从a点移到b点，电场力先做正功，后做负功，电势能先减小后增加，选项CD错误；
故选B。
4．（2020·湖南高三一模）如图所示，小球从斜面的顶端以不同的初速度沿水平方向抛出，落在倾角一定、足够长的斜面上．不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．初速度越大，小球落到斜面上时的速度方向与水平方向的夹角越大
B．小球落到斜面上时的速度大小与初速度的大小成正比
C．小球运动到距离斜面最远处所用的时间与初速度的大小无关
D．当用一束平行光垂直照射斜面时，小球在斜面上的投影做匀速运动
【答案】B
【详解】A.做平抛运动的物体落到斜面上时，设其末速度方向与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角(即斜面倾角)为θ，根据平抛运动规律有
tan α＝，
tan θ＝＝，
所以tan α＝2tan θ，
由此可知，小球落到斜面上时的速度方向与水平方向的夹角与初速度无关，即无论初速度多大，小球落在斜面上时的速度方向与水平方向的夹角都相等，故A错误；
BC.设小球落在斜面上时的速度大小为v，根据平抛运动规律，
y＝gt2 ①
x＝v0t ②
vy＝gt ③
tan θ＝ ④
联立①②③④式解得：
vy＝2tan θ×v0
初速度越大，小球运动到距离斜面最远处所用的时间越长。
小球落在斜面上时的速度大小：
v＝＝×v0，
即小球落在斜面上时的速度大小与初速度的大小成正比，故B正确，C错误；
D.若把平抛运动分解为沿斜面方向和垂直于斜面方向的两个分运动，则小球在沿斜面方向的分运动为匀加速直线运动，当用一束平行光垂直照射斜面时，小球在斜面上的投影做匀加速直线运动，故D错误。
故选：B
5．（2020·湖南长沙市·明达中学高三零模）如图为模拟远距离输电的部分测试电路。a、b端接电压稳定的正弦交变电源, 定值分别为，且,理想变压器的原、副线圈匝数比为k且,电流表、电压表均为理想表，其示数分別用I和U表示。当问下调节电滑动变阻器R3的滑动端P时，电流表、电压表示数变化分别用ΔI和ΔU表示。则以下说法错误的是（ ）
A． B．
C．电源的输出功率一定减小 D．电压表示数一定增加
【答案】B
【详解】A．理想变压器初、次级线圈电压变化比
电流变化比为
则
将视为输入端电源内阻，则
所以
这也是耦合到次级线圏电阻值为，即为等效电源内阻，故A正确；
B．因
故B错误；
C．当向下调节滑动变阻器R3的滑动端P时，负载电阻变大，电源电压不变，电流减小，故电源输出功率减小，故C正确；
D．当向下调节滑动变阻器R3的滑动端P时，负载电阻变大，则回路中电流变小，则原线圈电流也减小，那么电阻R1上的电压减小，电源电压不变，所以原线圈的电压变大，根据匝数比可知副线圈的电压也变大，故D正确。
故选B。
6．（2020·湖南高三月考）如图所示，宣纸铺在水平桌面上，左侧用镇纸压住。以书法家在纸上书写“大”字的笔画一横的过程为例（书写过程中宣纸和镇纸均保持静止），下列说法正确的是（ ）
A．在书写的过程中，宣纸会受到镇纸给它的摩擦力
B．书法家的笔对宣纸的摩擦力与宣纸对桌面的摩擦力大小相等方向相同
C．增大镇纸的质量，可以增大宣纸受到桌面的摩擦力
D．在桌面光滑的情况下，书写的过程中宣纸仍可以静止
【答案】B
【详解】A．对镇纸受力分析可知，镇纸不受摩擦力，宣纸也不会受到镇纸给它的摩擦力，A选项错误；
B．对宣纸分析可知，笔对宣纸的摩擦力与桌面对宣纸的摩擦力等大反向，又桌面与宣纸之间的相互作用的摩擦力等大反向，所以B选项正确。
C．增大镇纸的质量，只能增大宣纸与桌面间的最大静摩擦力，而宣纸受到桌面的摩擦力大小与笔对宣纸的摩擦力是一对平衡力，C错误。
D．对宣纸和镇纸整体分析，可知在桌面光滑的情况下，书写的过程中宣纸不能静止，选项D错误。
故选B。
二、选择题：本题共4小题，每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。
7．（2020·娄底市春元中学高三月考）在1802年，科学家威廉・歇尔首次提出了“双星”这个名词．现有由两颖中子星A、B组成的双星系统，可抽象为如图所示绕O点做匀速圆周运动的模型，已知A的轨道半径小于B的轨道半径，若A、B的总质量为M，A、B间的距离为L，其运动周期为T，则（ ）
A．中子星B的线速度一定小于中子星A的线速度
B．中子星B的质量一定小于中子星A的质量
C．L一定，M越大，T越小
D．M一定，L．越大，T越小
【答案】BC
【详解】（1）因双星的角速度相等，故轨道半径小的线速度小，选项A错误；
（2）由于每颗星的向心力都是由双星间相互作用的万有引力提供的，因此大小必然相等，由可得各自的轨道半径与其质量成反比，即，所以轨道半径小的质量大，选项B正确；
（3）对质量为的星球，有，对质量为的星球有，又因为，，解得：，由此式可知，一定，越大，越小，选项C正确；一定，越大，T越大，选项D错误．
故本题选BC．
8．（2020·湖南湘潭县一中高三月考）如图所示，等边三角形AQC的边长为2L，P、D分别为AQ、AC的中点。区域Ⅰ（梯形PQCD）内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0；区域Ⅱ（三角形APD）内的磁场方向垂直纸面向里，区域Ⅲ（虚线PD之上、三角形APD以外）的磁场与区域Ⅱ内大小相等均为3B0、方向相反。带正电的粒子以速度v0从中点N垂直QC射入磁场区域Ⅰ，经区域Ⅰ再从P点垂直AQ射入区域Ⅲ（粒子重力忽略不计），则下列说法正确的是（ ）
A．粒子的比荷
B．粒子的比荷
C．粒子从N点出发再回到N点的运动过程所需的时间为
D．粒子从N点出发再回到N点的运动过程所需的时间为
【答案】BD
【详解】AB．由题意可知，粒子在区域I内做匀速圆周运动，轨道半径为
由牛顿第二定律和洛伦兹力表达式得到
解得
A错误B正确。
CD．带电粒子在区域II和区域Ⅲ内做匀速圆周运动，同理由牛顿第二定律和洛伦兹力表达式可得
解得
粒子从N点再加到N点的运动轨迹如图所示：在区域Ⅰ中做匀速圆周运动一段圆弧所对的圆心角，在区域Ⅰ中运动的时间
在区域II中做匀速圆周运动一段圆弧所对的圆心角，在区域II中运动的时间
在区域Ⅲ中匀速圆周运动一段圆弧所对的圆心角，在区域Ⅲ中运动时间
粒子从N点出发再回到N点的运动过程所需的时间
C错误D正确。
故选BD。
9．（2020·湖南长沙市·雅礼中学高三月考）空间有一水平匀强电场，范围足够大，场中有一粒子源，某时刻释放出速度大小相同的同种带电粒子，速度方向沿垂直于电场的竖直面内各方向，粒子的重力不计，如图所示，则（ ）
A．同一时刻所有粒子的动量大小相等
B．同一时刻所有粒子的位移相同
C．同一时刻所有粒子到达同一等势面上
D．同一时刻所有粒子到达同一水平面上
【答案】AC
【详解】A．粒子在电场中做类平抛运动，所有粒子初速度大小相等，则在同一时刻，所有粒子动量大小相等而方向不同，粒子动量不同，故A正确；
B．粒子在电场中做类平抛运动，同一时刻所有粒子位移大小相等但方向不同，粒子位移不同，故B错误；
CD．粒子在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，在相等时间内所有粒子在水平方向位移相等，所有粒子同时到达与电场垂直的同一竖直面内，所有粒子不会同时到达同一水平面，匀强电场等势面是与电场垂直的平面，由此可知，在同一时刻所有粒子到达同一等势面，故C正确，D错误；
故选AC。
10．（2020·湖南衡阳市八中高三月考）如图所示，质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，初始时刻小球静止于P点。第一次小球在水平拉力作用下，从P点缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为（），轻绳中的张力大小为；第二次小球在水平恒力作用下，从P点开始运动到达Q点，轻绳中的张力大小为，关于这两个过程，下列说法中正确的是（不计空气的阻力，重力加速度为g）（ ）
A．两个过程中和做的功可能不等，也可能相等
B．两个过程中轻绳的张力均一定变大
C．第二个过程中小球在Q点轻绳中的张力大小可能为
D．第二个过程中重力和水平恒力的合力的功率可能先增大后减小
【答案】ACD
【详解】A．第二次当F为恒力时，由动能定理得
解得
第一次使小球缓慢上升时，有
解得
当F为恒力时，若小球经过Q点的速度，则有，若小球恰好能到达Q点，则到达Q点时速度为零，则有，故A正确；
B．第一次运动过程中，根据几何关系可知，绳子的拉力为
可知随着增大，逐渐增大；第二次假如从P点开始运动能恰好到达Q点，小球由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的“重力”，则第二次小球的运动可以等效为单摆运动，当绳子方向与重力和合力方向在同一条直线上时，小球处于等效“最低点”，最低点的速度最大，此时绳子张力最大，所以第二次绳子张力先增大，后减小，故B错误；
C．假如第二次小球从P点开始运动并恰好能到达Q点，故小球在Q点的速度为零，那么小球在径向的合外力为零，即
由动能定理可得
所以可得
联立解得
故C正确；
D．第二个过程中假如Q点是等效最低点，此时小球速度最大，且速度方向与重力和合力方向垂直，此时功率最小为零，则第二个过程中重力和水平恒力的合力的功率可能先增大后减小，故D正确。
故选ACD。
三、非选择题：第11~14题为必考题，每个试题考生都必须作答，第15~16题为选考题，考生根据要求作答。
11．（2020·湖南长沙市·长沙一中高三月考）如图甲所示的装置叫做阿特伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德（G·Atwood746-1807）创制的一和著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律和动量守恒定律，如图乙所示。（已知当地的重力加速度为g）
(1)该同学用游标卡尺测量遮光片的宽度如图丙所示，则d=___________mm；然后将质量均为m（A的含挡光片和挂钩、B的含挂钩）的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，A置于桌面上处于静止状态，测量出挡光片中心到固定光电门中心的竖直距离h。
(2)为了验证动量守恒定律，该同学让A在桌面上处丁静止状态，将乃从静止位置竖直提升s后由自由下落，光电门记录下挡光片挡光的时间为Δt（B未接触桌面），则验证绳绷紧过程中系统治绳方向动量守恒定律的表达式为__________；如果该同学忘记将B下方的C取下（C的质量也为m），光电门记录挡光片挡光的时间为△t′。完成测量后，骑证动量守恒定律的表达式为__________。（用题中所给物理量符号表示）
【答案】5.00
【详解】（1）[1]游标卡尺的精度为，主尺度数为，则读数
（2）[2] 根据机械能守恒定律可知
解得
则可知，作用前的动量
此后AB一起做匀速运动，运动速度
作用后的动量
故只要验证
（2）[3] 若没有摘去C，则三个物体速度相同后做加速运动，则根据机械能守恒定律可知
解得
则作用后的动量
故应验证的表达式为
12．（2020·湖南郴州市·高三月考）举世瞩目的嫦娥四号，其能源供给方式实现了新的科技突破：它采用同位素温差发电与热电综合利用技术结合的方式供能，也就是用航天器两面太阳翼收集的太阳能和月球车上的同位素热源两种能源供给探测器。图甲中探测器两侧张开的是光伏发电板，光伏发电板在外太空将光能转化为电能。某同学利用图乙所示电路探究某光伏电池的路端电压与电流的关系，图中定值电阻＝5Ω，设相同光照强度下光伏电池的电动势不变，电压表、电流表均可视为理想电表。
(1)实验一：用一定强度的光照射该电池，闭合电键，调节滑动变阻器的阻值，通过测量得到该电池的曲线（如图丁）。由此可知，该电源内阻是否为常数___（填“是”或“否”），某时刻电压表示数如图丙所示，读数为___，由图像可知，此时电源内阻为___Ω；
(2)实验二：减小实验一光照的强度，重复实验，测得曲线（如图丁）。在实验一中当滑动变阻器的电阻为某值时路端电压为，在实验二中滑动变阻器仍为该值时，滑动变阻器消耗的电功率为___。
【答案】否 1.50 5.6 6.8×10-2
【详解】(1)[1][2][3]由图像可知，图像的斜率不是定值，故电源的内阻不是定值；由图丙可知量程为0~3V，精确度为0.1V，读数要估读一位，故此时电压表读数为1.50V；由图线a可知，电动势E=2.9V；在路端电压为1.50V时，此时电路中电流I=0.25A，根据闭合电路欧姆定律，得
＝
代入数据得
r＝5.6Ω
(2)[4]结合电源的图像和电阻的图像，找出交点，求出滑动变阻器消耗的功率。在图线中，路端电压为2.5V，则此时对应的电流为I1=0.1A，设滑动变阻器阻值为R，由欧姆定律得
＝V
代入数据得
在图丁中作外电阻的图像，如图
由图像可知交点为（65mA，1.3V）故消耗的功率为
13．（2020·湖南永州市·高三月考）现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。如图所示的xOy平面内，x轴上方有一沿y轴正方向的匀强电场，电场强度为。在x轴下方相邻并排着两个宽度为d的匀强磁场，磁场区域1、2的感应强度分别为B1＝B、B2＝2B，方向都垂直平面向外，在x轴上x＝3d至4d间有一个收集板（图中未标注）。现有一可在y轴正半轴上移动的粒子源，能释放不计初速度，质量为m，带电量为的粒子（重力忽略不计，不考虑粒子之间的相互影响）。
(1)若粒子从A（0，y0）处释放，求粒子在磁场区域1内做圆周运动的轨道半径r1；
(2)若某粒子恰好不从磁场区域2的下边界射出，求粒子在y轴上释放的位置y1；
(3)若粒子源在y轴正半轴上2d至10d范围内均匀释放粒子，求能打在收集板上的粒子对应y轴上的范围。
【答案】(1)；(2)y1＝9d；(3) ，
【详解】（1）在电场中
在磁场中
解得
（2）粒子在两磁场区运动的轨迹如图。设粒子在磁场1、2区域运动的轨道半径分别为r1′、r2′，∠OO1C＝θ，有
解得
（3）①在处释放的粒子恰好不从磁场区域2的下边界射出时，粒子再次回到x轴时的坐标为
所以粒子回到x轴时的坐标
能打到收集板上
②刚好能打到收集板3d位置的粒子
解得
或
对应y轴位置
（舍去）
或
③打在x轴上2d—3d位置的粒子，在x轴上的跨幅大于2d，第一次打到x轴上，回到电场受电场力的作用，再回到磁场直接跨过收集板不能打到收集板上。
④打在x轴上位置的粒子
解得
或
对应
（舍去）
或
⑤在y轴处释放的粒子
粒子再次回到x轴时的坐标为
回到电场，受电场力的作用，再回到磁场能打到收集板上。
综上所述，粒子源在y轴上范围内均匀发射粒子，能打在收集板上的粒子对应y轴位置的范围为
以及
14．（2020·湖南郴州市·高三月考）如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H=3.2m的光滑水平桌面上。现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h=5m高处由静止开始下滑，与滑块B发生碰撞（时间极短）并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段时间后从桌面边缘飞出。已知mA=mB=1kg，mc=3kg，g=10m/s2。求：
(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度；
(2)被压缩弹簧的最大弹性势能；
(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离。
【答案】(1)5m/s；(2) 15J；(3)3.2m
【详解】(1)滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底面的速度为v1，由机械能守恒定律有：
滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
解得
(2)滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为速度v3，以向右为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
把v2、v3代人解得
Ep=15J
(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为v4，滑块C的速度为v5，以向右为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动
水平方向
s=v5t
竖直方向
解得
s=3.2m
选考试题：请考生从两道中任选一题作答，如果多做，则按第一题计分
15．[选修3-3]
(1)（2020·湖南高三月考）关于固体、液体和气体，下列说法正确的是___________。
A．晶体在一定条件下可以转化为非晶体
B．物理性质表现为各向同性的物体一定是非晶体
C．气体吸收了热量，其内能可能减小
D．液体表面层内分子间的作用力表现为引力
E.0℃的冰变成0℃的水，分子平均动能将增大
【答案】ACD
【详解】A．晶体在一定条件下可以转化为非晶体，例如天然石英是晶体，熔融过的石英变为非晶体，选项A正确；
B．多晶体的物理性质也表现为各向同性，选项B错误；
C．若气体吸收热量的同时对外做功，且气体对外做的功多于吸收的热量，则其内能减小，选项C正确；
D．液体表面层内分子间的作用力表现为引力，选项D正确；
E．只要温度相同，分子平均动能就相等，0℃的冰变成0℃的水，分子平均动能不变，选项E错误。
故选ACD。
(2)（2020·长沙市·湖南师大附中高三月考）扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象，如图所示，截面积为S的热杯盖扣在水平桌面上，开始时内部封闭气体的温度为，压强为大气压强。当气体温度上升至时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回桌面，其内部压强立即减为，温度仍为。再过一段时间，内部气体温度恢复到。整个过程中封闭气体均可视为理想气体。求：
(1)当温度上升且尚未放气时，封闭气体的压强多大？杯盖的重力多大？
(2)放出气体后，当温度恢复到时，封闭气体的压强多大？
【答案】(1)，；(2)
【详解】(1)以开始封闭的气体为研究对象，由题意可知，初状态温度，压强为，末状态温度，压强设为，由查理定律得
代入数据，解得
盖的重力为G，刚好被顶起时，由平衡条件得
联立方程，解得
(2)放出少许气体后，以杯盖内的剩余气体为研究对象，由题意可知，初状态温度，压强，末状态温度，压强设为，
由查理定律得
代入数据，解得
16．[选修3-4]
(1)（2020·湖南高三月考）如图所示为一简谐横波在t＝0时刻的波形图，Q是平衡位置为x＝4m处的质点．Q点与P点（图中未画出）平衡位置相距3m，P点的振动位移随时间变化关系为cm，下列说法正确的是__________
A．该波沿x轴正方向传播
B．该波的传播速度为4m/s
C．质点Q在随后的1s内通过的路程为0.2m
D．t＝0.5s时，质点Q的加速度为0，速度为正向最大
E.t＝0.75s时，质点P的加速度为0，速度为负向最大
【答案】BCE
【详解】A．当t=0时，，可知P点在Q点的左侧，在x=0～2m处，且向上振动，根据“上下坡法”知，该波沿x轴负方向传播，故A错误；
B．该波的波长λ=8m，质点P的振动周期，波的周期等于质点振动周期，则波的传播速度，故B正确；
C．质点Q在1s内，即二分之一个周期内通过的路程等于两倍的振幅，为20cm=0.2m，故C正确；
D．t=0.5s，即经过，质点Q运动到负的最大位移处，此时加速度最大，速度为零，故D错误；
E．t=0.75s时，质点P的位移y=10sin（0.75π+）=0，此时质点P处于平衡位置，加速度为零，向下振动，即速度为负向最大，故E正确．
(2)（2020·湖南高三月考）如图所示，某玻璃砖的截面由半圆和等腰直角三角形ABC组成，AC是半圆的直径，AC长为2R，一束单色光照射在圆弧面上的D点，入射角为60°，折射光线刚好照射在AB边的中点E，折射光线在AB面上的入射角为45°，光在真空中传播速度为c，求：
(1)玻璃砖对单色光的折射率；
(2)光在玻璃砖中传播的时间（不考虑光在圆弧面上的反射）。
【答案】(1)；(2)
【详解】(1)由几何关系可知，为等腰直角三角形，则有
又由正弦定理可得
联立解得D点的折射角
由折射定律得
(2) 由可知，光在AB面和BC面发生全反射，光路图如图所示
由几何关系可得，由正弦定理得
解得
由光路图及对称性可知，光线在玻璃砖中的路程为
则光在玻璃砖中传播的时间为
2021届八省新高考物理模拟卷—湖南卷（04）
一、选择题：本题共6小题，每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（2020·湖南怀化市·高三一模）如图所示，某次足球训练，守门员将静止的足球从M点踢出，球斜抛后落在60m外地面上的P点．发球的同时，前锋从距P点11.5m的N点向P点做匀加速直线运动，其初速度为2m/s，加速度为4m/s2，当其速度达到8m/s后保持匀速运动。若前锋恰好在P点追上足球，球员和球均可视为质点，忽略球在空中运动时的阻力，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．前锋加速的距离为7m
B．足球在空中运动的时间为2.3s
C．足球运动过程中的最小速度为30m/s
D．足球上升的最大高度为10m
【答案】C
【详解】A．前锋做匀加速直线运动，初速度为2 m/s，加速度为4 m/s2，末速度为8 m/s，根据速度与位移的关系式可知
v2－v02＝2ax1
代入数据解得：
x1＝7.5 m
故A错误；
B．前锋和足球运动时间相等，前锋加速运动时间
t加＝＝1.5 s
匀速运动时间
t匀＝＝0.5 s
故足球在空中运动的时间为2 s，故B错误；
C．足球水平方向上做匀速直线运动，位移为60 m，时间为2 s，故运动过程中的最小速度为30 m/s，故C正确；
D．足球竖直方向上做竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，上升时间为1 s，最大高度
hm＝gt2＝5 m
D错误。
故选：C。
2．（2020·湖南长沙市·长沙一中）中微子失踪之谜是一直困扰着科学家的问题，原来中微子在离开太阳向地球运动的过程中，发生“中微子振荡”转化为一个μ子和一个τ子。科学家通过对中微子观察和理论分析，终于弄清了中微子失踪之谜，成为“2001年世界十大科技突破”之一。若中微子在运动中只转化为一个μ子和一个τ子，并已知μ子的运动方向与中微子原来的方向一致，则τ子的运动方向（ ）
A．一定与中微子方向一致 B．一定与中微子方向相反
C．可能与中微子方向不在同一直线上 D．只能与中微子方向在同一直线上
【答案】D
【详解】中微子转化为一个μ子和一个τ子过程中动量守恒，已知μ子的运动方向与中微子原来的方向一致，只能得出τ子的运动方向与中微子方向在同一直线上，可能与中微子同向也可能反向。
A． 一定与中微子方向一致与分析不符，故A错误；
B． 一定与中微子方向相反与分析不符，故B错误；
C． 可能与中微子方向不在同一直线上与分析不符，故C错误；
D． 只能与中微子方向在同一直线上与分析不符，故D正确。
故选：D。
3．（2020·湖南高三零模）如图所示，一直角三角形acd在竖直平面内，同一竖直面内的a、b两点关于水平边cd对称，点电荷Q1、Q2固定在c、d两点上。一质量为m、带负电的小球P在a点处于静止状态，取重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．Q2对P的静电力大小为
B．Q1、Q2的电荷量之比为
C．将P从a点移到b点，电场力做正功
D．将P从a点沿直线移到b点，电势能先增大后减小
【答案】B
【详解】A．由于P处于平衡状态，可知Q2对P的静电力大小为
选项A错误；
B．同理可知Q1对P的静电力大小为
设ac=L，则 由库仑定律
联立解得Q1、Q2的电荷量之比为
选项B正确；
CD．将P从a点移到b点，电场力先做正功，后做负功，电势能先减小后增加，选项CD错误；
故选B。
4．（2020·湖南高三一模）如图所示，小球从斜面的顶端以不同的初速度沿水平方向抛出，落在倾角一定、足够长的斜面上．不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．初速度越大，小球落到斜面上时的速度方向与水平方向的夹角越大
B．小球落到斜面上时的速度大小与初速度的大小成正比
C．小球运动到距离斜面最远处所用的时间与初速度的大小无关
D．当用一束平行光垂直照射斜面时，小球在斜面上的投影做匀速运动
【答案】B
【详解】A.做平抛运动的物体落到斜面上时，设其末速度方向与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角(即斜面倾角)为θ，根据平抛运动规律有
tan α＝，
tan θ＝＝，
所以tan α＝2tan θ，
由此可知，小球落到斜面上时的速度方向与水平方向的夹角与初速度无关，即无论初速度多大，小球落在斜面上时的速度方向与水平方向的夹角都相等，故A错误；
BC.设小球落在斜面上时的速度大小为v，根据平抛运动规律，
y＝gt2 ①
x＝v0t ②
vy＝gt ③
tan θ＝ ④
联立①②③④式解得：
vy＝2tan θ×v0
初速度越大，小球运动到距离斜面最远处所用的时间越长。
小球落在斜面上时的速度大小：
v＝＝×v0，
即小球落在斜面上时的速度大小与初速度的大小成正比，故B正确，C错误；
D.若把平抛运动分解为沿斜面方向和垂直于斜面方向的两个分运动，则小球在沿斜面方向的分运动为匀加速直线运动，当用一束平行光垂直照射斜面时，小球在斜面上的投影做匀加速直线运动，故D错误。
故选：B
5．（2020·湖南长沙市·明达中学高三零模）如图为模拟远距离输电的部分测试电路。a、b端接电压稳定的正弦交变电源, 定值分别为，且,理想变压器的原、副线圈匝数比为k且,电流表、电压表均为理想表，其示数分別用I和U表示。当问下调节电滑动变阻器R3的滑动端P时，电流表、电压表示数变化分别用ΔI和ΔU表示。则以下说法错误的是（ ）
A． B．
C．电源的输出功率一定减小 D．电压表示数一定增加
【答案】B
【详解】A．理想变压器初、次级线圈电压变化比
电流变化比为
则
将视为输入端电源内阻，则
所以
这也是耦合到次级线圏电阻值为，即为等效电源内阻，故A正确；
B．因
故B错误；
C．当向下调节滑动变阻器R3的滑动端P时，负载电阻变大，电源电压不变，电流减小，故电源输出功率减小，故C正确；
D．当向下调节滑动变阻器R3的滑动端P时，负载电阻变大，则回路中电流变小，则原线圈电流也减小，那么电阻R1上的电压减小，电源电压不变，所以原线圈的电压变大，根据匝数比可知副线圈的电压也变大，故D正确。
故选B。
6．（2020·湖南高三月考）如图所示，宣纸铺在水平桌面上，左侧用镇纸压住。以书法家在纸上书写“大”字的笔画一横的过程为例（书写过程中宣纸和镇纸均保持静止），下列说法正确的是（ ）
A．在书写的过程中，宣纸会受到镇纸给它的摩擦力
B．书法家的笔对宣纸的摩擦力与宣纸对桌面的摩擦力大小相等方向相同
C．增大镇纸的质量，可以增大宣纸受到桌面的摩擦力
D．在桌面光滑的情况下，书写的过程中宣纸仍可以静止
【答案】B
【详解】A．对镇纸受力分析可知，镇纸不受摩擦力，宣纸也不会受到镇纸给它的摩擦力，A选项错误；
B．对宣纸分析可知，笔对宣纸的摩擦力与桌面对宣纸的摩擦力等大反向，又桌面与宣纸之间的相互作用的摩擦力等大反向，所以B选项正确。
C．增大镇纸的质量，只能增大宣纸与桌面间的最大静摩擦力，而宣纸受到桌面的摩擦力大小与笔对宣纸的摩擦力是一对平衡力，C错误。
D．对宣纸和镇纸整体分析，可知在桌面光滑的情况下，书写的过程中宣纸不能静止，选项D错误。
故选B。
二、选择题：本题共4小题，每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。
7．（2020·娄底市春元中学高三月考）在1802年，科学家威廉・歇尔首次提出了“双星”这个名词．现有由两颖中子星A、B组成的双星系统，可抽象为如图所示绕O点做匀速圆周运动的模型，已知A的轨道半径小于B的轨道半径，若A、B的总质量为M，A、B间的距离为L，其运动周期为T，则（ ）
A．中子星B的线速度一定小于中子星A的线速度
B．中子星B的质量一定小于中子星A的质量
C．L一定，M越大，T越小
D．M一定，L．越大，T越小
【答案】BC
【详解】（1）因双星的角速度相等，故轨道半径小的线速度小，选项A错误；
（2）由于每颗星的向心力都是由双星间相互作用的万有引力提供的，因此大小必然相等，由可得各自的轨道半径与其质量成反比，即，所以轨道半径小的质量大，选项B正确；
（3）对质量为的星球，有，对质量为的星球有，又因为，，解得：，由此式可知，一定，越大，越小，选项C正确；一定，越大，T越大，选项D错误．
故本题选BC．
8．（2020·湖南湘潭县一中高三月考）如图所示，等边三角形AQC的边长为2L，P、D分别为AQ、AC的中点。区域Ⅰ（梯形PQCD）内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0；区域Ⅱ（三角形APD）内的磁场方向垂直纸面向里，区域Ⅲ（虚线PD之上、三角形APD以外）的磁场与区域Ⅱ内大小相等均为3B0、方向相反。带正电的粒子以速度v0从中点N垂直QC射入磁场区域Ⅰ，经区域Ⅰ再从P点垂直AQ射入区域Ⅲ（粒子重力忽略不计），则下列说法正确的是（ ）
A．粒子的比荷
B．粒子的比荷
C．粒子从N点出发再回到N点的运动过程所需的时间为
D．粒子从N点出发再回到N点的运动过程所需的时间为
【答案】BD
【详解】AB．由题意可知，粒子在区域I内做匀速圆周运动，轨道半径为
由牛顿第二定律和洛伦兹力表达式得到
解得
A错误B正确。
CD．带电粒子在区域II和区域Ⅲ内做匀速圆周运动，同理由牛顿第二定律和洛伦兹力表达式可得
解得
粒子从N点再加到N点的运动轨迹如图所示：在区域Ⅰ中做匀速圆周运动一段圆弧所对的圆心角，在区域Ⅰ中运动的时间
在区域II中做匀速圆周运动一段圆弧所对的圆心角，在区域II中运动的时间
在区域Ⅲ中匀速圆周运动一段圆弧所对的圆心角，在区域Ⅲ中运动时间
粒子从N点出发再回到N点的运动过程所需的时间
C错误D正确。
故选BD。
9．（2020·湖南长沙市·雅礼中学高三月考）空间有一水平匀强电场，范围足够大，场中有一粒子源，某时刻释放出速度大小相同的同种带电粒子，速度方向沿垂直于电场的竖直面内各方向，粒子的重力不计，如图所示，则（ ）
A．同一时刻所有粒子的动量大小相等
B．同一时刻所有粒子的位移相同
C．同一时刻所有粒子到达同一等势面上
D．同一时刻所有粒子到达同一水平面上
【答案】AC
【详解】A．粒子在电场中做类平抛运动，所有粒子初速度大小相等，则在同一时刻，所有粒子动量大小相等而方向不同，粒子动量不同，故A正确；
B．粒子在电场中做类平抛运动，同一时刻所有粒子位移大小相等但方向不同，粒子位移不同，故B错误；
CD．粒子在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，在相等时间内所有粒子在水平方向位移相等，所有粒子同时到达与电场垂直的同一竖直面内，所有粒子不会同时到达同一水平面，匀强电场等势面是与电场垂直的平面，由此可知，在同一时刻所有粒子到达同一等势面，故C正确，D错误；
故选AC。
10．（2020·湖南衡阳市八中高三月考）如图所示，质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，初始时刻小球静止于P点。第一次小球在水平拉力作用下，从P点缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为（），轻绳中的张力大小为；第二次小球在水平恒力作用下，从P点开始运动到达Q点，轻绳中的张力大小为，关于这两个过程，下列说法中正确的是（不计空气的阻力，重力加速度为g）（ ）
A．两个过程中和做的功可能不等，也可能相等
B．两个过程中轻绳的张力均一定变大
C．第二个过程中小球在Q点轻绳中的张力大小可能为
D．第二个过程中重力和水平恒力的合力的功率可能先增大后减小
【答案】ACD
【详解】A．第二次当F为恒力时，由动能定理得
解得
第一次使小球缓慢上升时，有
解得
当F为恒力时，若小球经过Q点的速度，则有，若小球恰好能到达Q点，则到达Q点时速度为零，则有，故A正确；
B．第一次运动过程中，根据几何关系可知，绳子的拉力为
可知随着增大，逐渐增大；第二次假如从P点开始运动能恰好到达Q点，小球由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的“重力”，则第二次小球的运动可以等效为单摆运动，当绳子方向与重力和合力方向在同一条直线上时，小球处于等效“最低点”，最低点的速度最大，此时绳子张力最大，所以第二次绳子张力先增大，后减小，故B错误；
C．假如第二次小球从P点开始运动并恰好能到达Q点，故小球在Q点的速度为零，那么小球在径向的合外力为零，即
由动能定理可得
所以可得
联立解得
故C正确；
D．第二个过程中假如Q点是等效最低点，此时小球速度最大，且速度方向与重力和合力方向垂直，此时功率最小为零，则第二个过程中重力和水平恒力的合力的功率可能先增大后减小，故D正确。
故选ACD。
三、非选择题：第11~14题为必考题，每个试题考生都必须作答，第15~16题为选考题，考生根据要求作答。
11．（2020·湖南长沙市·长沙一中高三月考）如图甲所示的装置叫做阿特伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德（G·Atwood746-1807）创制的一和著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律和动量守恒定律，如图乙所示。（已知当地的重力加速度为g）
(1)该同学用游标卡尺测量遮光片的宽度如图丙所示，则d=___________mm；然后将质量均为m（A的含挡光片和挂钩、B的含挂钩）的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，A置于桌面上处于静止状态，测量出挡光片中心到固定光电门中心的竖直距离h。
(2)为了验证动量守恒定律，该同学让A在桌面上处丁静止状态，将乃从静止位置竖直提升s后由自由下落，光电门记录下挡光片挡光的时间为Δt（B未接触桌面），则验证绳绷紧过程中系统治绳方向动量守恒定律的表达式为__________；如果该同学忘记将B下方的C取下（C的质量也为m），光电门记录挡光片挡光的时间为△t′。完成测量后，骑证动量守恒定律的表达式为__________。（用题中所给物理量符号表示）
【答案】5.00
【详解】（1）[1]游标卡尺的精度为，主尺度数为，则读数
（2）[2] 根据机械能守恒定律可知
解得
则可知，作用前的动量
此后AB一起做匀速运动，运动速度
作用后的动量
故只要验证
（2）[3] 若没有摘去C，则三个物体速度相同后做加速运动，则根据机械能守恒定律可知
解得
则作用后的动量
故应验证的表达式为
12．（2020·湖南郴州市·高三月考）举世瞩目的嫦娥四号，其能源供给方式实现了新的科技突破：它采用同位素温差发电与热电综合利用技术结合的方式供能，也就是用航天器两面太阳翼收集的太阳能和月球车上的同位素热源两种能源供给探测器。图甲中探测器两侧张开的是光伏发电板，光伏发电板在外太空将光能转化为电能。某同学利用图乙所示电路探究某光伏电池的路端电压与电流的关系，图中定值电阻＝5Ω，设相同光照强度下光伏电池的电动势不变，电压表、电流表均可视为理想电表。
(1)实验一：用一定强度的光照射该电池，闭合电键，调节滑动变阻器的阻值，通过测量得到该电池的曲线（如图丁）。由此可知，该电源内阻是否为常数___（填“是”或“否”），某时刻电压表示数如图丙所示，读数为___，由图像可知，此时电源内阻为___Ω；
(2)实验二：减小实验一光照的强度，重复实验，测得曲线（如图丁）。在实验一中当滑动变阻器的电阻为某值时路端电压为，在实验二中滑动变阻器仍为该值时，滑动变阻器消耗的电功率为___。
【答案】否 1.50 5.6 6.8×10-2
【详解】(1)[1][2][3]由图像可知，图像的斜率不是定值，故电源的内阻不是定值；由图丙可知量程为0~3V，精确度为0.1V，读数要估读一位，故此时电压表读数为1.50V；由图线a可知，电动势E=2.9V；在路端电压为1.50V时，此时电路中电流I=0.25A，根据闭合电路欧姆定律，得
＝
代入数据得
r＝5.6Ω
(2)[4]结合电源的图像和电阻的图像，找出交点，求出滑动变阻器消耗的功率。在图线中，路端电压为2.5V，则此时对应的电流为I1=0.1A，设滑动变阻器阻值为R，由欧姆定律得
＝V
代入数据得
在图丁中作外电阻的图像，如图
由图像可知交点为（65mA，1.3V）故消耗的功率为
13．（2020·湖南永州市·高三月考）现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。如图所示的xOy平面内，x轴上方有一沿y轴正方向的匀强电场，电场强度为。在x轴下方相邻并排着两个宽度为d的匀强磁场，磁场区域1、2的感应强度分别为B1＝B、B2＝2B，方向都垂直平面向外，在x轴上x＝3d至4d间有一个收集板（图中未标注）。现有一可在y轴正半轴上移动的粒子源，能释放不计初速度，质量为m，带电量为的粒子（重力忽略不计，不考虑粒子之间的相互影响）。
(1)若粒子从A（0，y0）处释放，求粒子在磁场区域1内做圆周运动的轨道半径r1；
(2)若某粒子恰好不从磁场区域2的下边界射出，求粒子在y轴上释放的位置y1；
(3)若粒子源在y轴正半轴上2d至10d范围内均匀释放粒子，求能打在收集板上的粒子对应y轴上的范围。
【答案】(1)；(2)y1＝9d；(3) ，
【详解】（1）在电场中
在磁场中
解得
（2）粒子在两磁场区运动的轨迹如图。设粒子在磁场1、2区域运动的轨道半径分别为r1′、r2′，∠OO1C＝θ，有
解得
（3）①在处释放的粒子恰好不从磁场区域2的下边界射出时，粒子再次回到x轴时的坐标为
所以粒子回到x轴时的坐标
能打到收集板上
②刚好能打到收集板3d位置的粒子
解得
或
对应y轴位置
（舍去）
或
③打在x轴上2d—3d位置的粒子，在x轴上的跨幅大于2d，第一次打到x轴上，回到电场受电场力的作用，再回到磁场直接跨过收集板不能打到收集板上。
④打在x轴上位置的粒子
解得
或
对应
（舍去）
或
⑤在y轴处释放的粒子
粒子再次回到x轴时的坐标为
回到电场，受电场力的作用，再回到磁场能打到收集板上。
综上所述，粒子源在y轴上范围内均匀发射粒子，能打在收集板上的粒子对应y轴位置的范围为
以及
14．（2020·湖南郴州市·高三月考）如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H=3.2m的光滑水平桌面上。现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h=5m高处由静止开始下滑，与滑块B发生碰撞（时间极短）并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段时间后从桌面边缘飞出。已知mA=mB=1kg，mc=3kg，g=10m/s2。求：
(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度；
(2)被压缩弹簧的最大弹性势能；
(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离。
【答案】(1)5m/s；(2) 15J；(3)3.2m
【详解】(1)滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底面的速度为v1，由机械能守恒定律有：
滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
解得
(2)滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为速度v3，以向右为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
把v2、v3代人解得
Ep=15J
(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为v4，滑块C的速度为v5，以向右为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动
水平方向
s=v5t
竖直方向
解得
s=3.2m
选考试题：请考生从两道中任选一题作答，如果多做，则按第一题计分
15．[选修3-3]
(1)（2020·湖南高三月考）关于固体、液体和气体，下列说法正确的是___________。
A．晶体在一定条件下可以转化为非晶体
B．物理性质表现为各向同性的物体一定是非晶体
C．气体吸收了热量，其内能可能减小
D．液体表面层内分子间的作用力表现为引力
E.0℃的冰变成0℃的水，分子平均动能将增大
【答案】ACD
【详解】A．晶体在一定条件下可以转化为非晶体，例如天然石英是晶体，熔融过的石英变为非晶体，选项A正确；
B．多晶体的物理性质也表现为各向同性，选项B错误；
C．若气体吸收热量的同时对外做功，且气体对外做的功多于吸收的热量，则其内能减小，选项C正确；
D．液体表面层内分子间的作用力表现为引力，选项D正确；
E．只要温度相同，分子平均动能就相等，0℃的冰变成0℃的水，分子平均动能不变，选项E错误。
故选ACD。
(2)（2020·长沙市·湖南师大附中高三月考）扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象，如图所示，截面积为S的热杯盖扣在水平桌面上，开始时内部封闭气体的温度为，压强为大气压强。当气体温度上升至时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回桌面，其内部压强立即减为，温度仍为。再过一段时间，内部气体温度恢复到。整个过程中封闭气体均可视为理想气体。求：
(1)当温度上升且尚未放气时，封闭气体的压强多大？杯盖的重力多大？
(2)放出气体后，当温度恢复到时，封闭气体的压强多大？
【答案】(1)，；(2)
【详解】(1)以开始封闭的气体为研究对象，由题意可知，初状态温度，压强为，末状态温度，压强设为，由查理定律得
代入数据，解得
盖的重力为G，刚好被顶起时，由平衡条件得
联立方程，解得
(2)放出少许气体后，以杯盖内的剩余气体为研究对象，由题意可知，初状态温度，压强，末状态温度，压强设为，
由查理定律得
代入数据，解得
16．[选修3-4]
(1)（2020·湖南高三月考）如图所示为一简谐横波在t＝0时刻的波形图，Q是平衡位置为x＝4m处的质点．Q点与P点（图中未画出）平衡位置相距3m，P点的振动位移随时间变化关系为cm，下列说法正确的是__________
A．该波沿x轴正方向传播
B．该波的传播速度为4m/s
C．质点Q在随后的1s内通过的路程为0.2m
D．t＝0.5s时，质点Q的加速度为0，速度为正向最大
E.t＝0.75s时，质点P的加速度为0，速度为负向最大
【答案】BCE
【详解】A．当t=0时，，可知P点在Q点的左侧，在x=0～2m处，且向上振动，根据“上下坡法”知，该波沿x轴负方向传播，故A错误；
B．该波的波长λ=8m，质点P的振动周期，波的周期等于质点振动周期，则波的传播速度，故B正确；
C．质点Q在1s内，即二分之一个周期内通过的路程等于两倍的振幅，为20cm=0.2m，故C正确；
D．t=0.5s，即经过，质点Q运动到负的最大位移处，此时加速度最大，速度为零，故D错误；
E．t=0.75s时，质点P的位移y=10sin（0.75π+）=0，此时质点P处于平衡位置，加速度为零，向下振动，即速度为负向最大，故E正确．
(2)（2020·湖南高三月考）如图所示，某玻璃砖的截面由半圆和等腰直角三角形ABC组成，AC是半圆的直径，AC长为2R，一束单色光照射在圆弧面上的D点，入射角为60°，折射光线刚好照射在AB边的中点E，折射光线在AB面上的入射角为45°，光在真空中传播速度为c，求：
(1)玻璃砖对单色光的折射率；
(2)光在玻璃砖中传播的时间（不考虑光在圆弧面上的反射）。
【答案】(1)；(2)
【详解】(1)由几何关系可知，为等腰直角三角形，则有
又由正弦定理可得
联立解得D点的折射角
由折射定律得
(2) 由可知，光在AB面和BC面发生全反射，光路图如图所示
由几何关系可得，由正弦定理得
解得
由光路图及对称性可知，光线在玻璃砖中的路程为
则光在玻璃砖中传播的时间为
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