【物理】内蒙古包钢一中2020届高三上学期期中考试试题（解析版） 18页

内蒙古包钢一中 2020 届高三上学期期中考试 一、选择题 1.我国 ETC（电子不停车收费系统）已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时 间．一辆汽车以 20 m/s 的速度驶向高速收费口，到达自动收费装置前开始做匀减速直线运 动，经 4 s 的时间速度减为 5 m/s 且收费完成，司机立即加速，产生的加速度大小为 2.5 m/s2，假设汽车可视为质点．则下列说法正确的是（ ） A. 汽车开始减速时距离自动收费装置 110 m B. 汽车加速 4 s 后速度恢复到 20 m/s C. 汽车从开始减速到速度恢复到 20 m/s 通过的总路程为 125 m D. 汽车由于通过自动收费装置耽误的时间为 4 s 【答案】C 【解析】 【详解】根据平均速度的推论知，汽车开始减速时距离自动收费装置的距离 ，A 错误；汽车恢复到 20m/s 所需的时间 ，B 错误；汽车加速运动的位移 ，则总路程 ，C 正确； 这段路程匀速运动通过的时间 ，则通过自动收费装置耽误的时间 ，故 D 错误． 2.地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为 a1，地球的同步卫星绕地球做匀速圆周运动 的轨道半径为 r，向心加速度为 a2。已知引力常量为 G，地球半径为 R，地球表面的重力加 速度为 g，且地球近地卫星轨道处的重力加速度为 g0 下列说法正确的是（　　） A. 地球质量 B. 地球质量 C. a1、a2、g、g0 的关系是 g0=g>a2>a1 0 1 1 20 5 4 502 2 v vx t m m + += = × = 0 2 2 20 5 62.5 v vt s sa − −= = = 0 2 2 5 20 6 752 2 v vx t m m + += = × = 1 2 50 75 125x x x m m= + = + = 0 125 6.2520 xt s sv = = = 1 2 4 6 6.25 3.75t t t t s s∆ = + − = + − = grM G = 2 a rM G = 2 1 D. 加速度之比 【答案】C 【解析】 【详解】AB．根据万有引力定律可得，对地球的同步卫星有 解得地球的质量 故 AB 错误； C．地球赤道上的物体和地球同步卫星的角速度相等，根据 a=ω2r 知 a1＜a2 对于地球近地卫星有 得 地球表面的物体 得 对于地球同步卫星，有 即得 因为 r＞R，所以 a2＜g，综合得 g0=g＞a2＞a1，故 C 正确； D．地球赤道上的物体与地球同步卫星角速度相同，则根据 a=ω2r，地球赤道上的物体与地 2 a r a R = 2 1 2 22 MmG mar = 2 2a rM G = 02 MmG mgR = 0 2 GMg R = 2 MmG mgR = 02 =GMg gR = 22 MmG mar = 2 2 GMa r = 球同步卫星的向心加速度之比 故 D 错误； 故选 C。 3.如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度 转动，盘面上离 转轴距离 2.5m 处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为 ， （设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），盘面与水平面的夹角为 ，g 取 ，则 的最 大值是（ ） A. B. C. 1.0rad/s D. 0.5rad/s 【答案】C 【解析】 【详解】当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大， 由牛顿第二定律得： 解得： A. 与计算结果不符，故 A 错误． B. 与计算结果不符，故 B 错误． C. 1.0rad/s 与计算结果相符，故 C 正确． 1 2 a R a r = ω 3 2 30° 210m/s ω 3 rad/s2 3rad/s 2cos30 sin30mg mg m rµ ω° °− = ( ) 3 3 110cos30 sin30 2 2 2 rad/ 1rad / s2.5 g sr µ ω ° °  × × − −  = = = 3 rad/s2 3rad/s D. 0.5rad/s 与计算结果不符，故 D 错误． 4.如图所示，光滑直角三角形支架 ABC 竖直固定在水平地面上，B、C 两点均在地面上，AB 与 BC 间的夹角为 θ，分别套在 AB、AC 上的小球 a 和 b 用轻绳连接，系统处于静止状态， 轻绳与 CA 间的夹角为 α．a、b 的质量之比为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】对 a、b 两球分别受力分析，建立沿支架和垂直于支架的坐标系，如图所示： 对 a 由平衡条件： ， ，可得 ； 对 b 由平衡条件： ， ，可得 ； 同一根绳的张力处处相同，联立可得 ，有 ； 5.如图所示，空间有一底面处于水平地面上的正方体框架 ABCD-A1B1C1D1,从顶点 A 沿不同 方向平抛一小球（可视为质点）．关于小球的运动，下列说法正确的是（ ） tan tan α θ tan tan θ α sin cos α θ sin cos θ α cos cosa a TN m g Fθ α= + sina Tm g F sinθ α= sin sin a T m gF θ α= sin sinb b TN m g Fθ α= + cos cosb Tm g Fθ α= cos cos a T m gF θ α= sin cos sin cos a bm g m gθ θ α α= sin cos tan sin cos tan a b m m α θ α θ α θ ⋅= =⋅ A. 落点在 A1B1C1D1 内的小球落在 B1 点时平抛的初速度最大 B. 落点在 B1D1 上的小球,平抛初速度的最小值与最大值之比为 1:2 C. 运动轨迹与 A 1 C 相交的小球,在交点处的速度方向都相同 D. 运动轨迹与 A C 1 相交的小球,在交点处的速度方向都相同 【答案】D 【解析】 【详解】A、向各个水平方向抛出小球，平抛运动时间都相等，水平距离越远，平抛初速度 越大，由图得，小球落在 C1 点时，平抛的初速度最大，A 错误；B、由 得，速度与 位成正比，落点在 B1D1 上的小球，最大水平距离为正方体边长 或者 ，最小的水 平距离为 A1B1C1D1 对角线的一半，最小距离与最大距离的比值为 ，B 错误． CD、设 AC1 的倾角为 α，轨迹与 AC1 线段相交的小球，在交点处的速度方向与水平方向的 夹角为 θ．则 ,则 可知 θ 一定，则轨迹与 AC1 线段相 交的小球，在交点处的速度方向相同，故 D 正确． 6.甲乙两个质量均为 1kg 的物块，在光滑的水平面上分别受到一个水平力作用，由静止开始 加速，甲物块所受的力 F 随时间 t 的变化关系和乙物块所受的力 T 随位移 x 的变化关系如图 所示，当水平力分别按各自的规律从 0 增大到 10N 的过程中，下列说法正确的是( ) A. 当水平力均为 10N 时，甲和乙的动量均为 10kgm/s B. 甲所受力 F 对物块的冲量为 10Ns，乙所受力 T 对物块所做的功为 10J C. 甲在此过程中的位移为 10m D. 当水平力均为 10N 时，甲的动能为 50J，乙的动量为 【答案】BD 【解析】 x vt= 1 1AD 1 1A B 1 1 1 1 2 22 = 2 A D A D 2 0 0 1 2 2 gty gttan x v t v α = = = 2tan tanθ α= 2 5 /kg m s⋅ 【详解】由甲图可知，图线与 t 轴围成的面积表示冲量，则当水平力为 F=10N 时，冲量为 ，根据动理定理 ，得此时甲的动量为 ，则此时甲的速度为 ，则甲的动能为 ，因 F 是变力，故无法求出甲运动的位移；由乙图可知， 图线与 x 轴围成的面积表示拉力 T 做的功，则当水平力 T=10N 时， 则拉力 T 做的功为 ，根据动能定理有： ，解得： ，此时乙的动量为 ，故 AC 错误， BD 正确；故选 BD. 7.如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率 v1 匀速向右运动， 一质量为 m 的滑块从传送带右端以水平向左的速率 v2（v2>v1）滑上传送带，最终滑块又返 回至传送带的右端，就上述过程，下列判断正确的有（　　） A. 合力对物块的冲量大小可能为 2mv2 B. 此过程中传送带对滑块做功为 （mv22-mv12） C. 此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为 m（v1+v2）2 D. 此过程中电动机多做功为 mv1（v1+v2） 【答案】CD 【解析】 【详解】A．由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动 摩擦力的作用下向右加速，由于 v1＜v2，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大 到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速 运动，由动量定理可知，合力对物块的冲量大小为 1 1 10 2 10 ·2 2I Ft N s= = × × = 0I P P= ∆ = −甲 10 · /P I kg m s甲 = = 10 /Pv m sm = =甲 甲 2 21 1 1 10 502 2kE mv J= = × × =甲 甲 1 1 10 2 102 2W Tx J= = × × = 21 2W mv= 乙 2 2 10 2 5 /1 Wv m sm ×= = =乙 2 5 · /P mv kg m s乙= = 1 2 1 2 1 2I mv mv= + 故 A 错误； B．此过程中只有传送带对滑块做功根据动能定理 W′=△EK 得 故 B 错误； C．设滑块向左运动的时间 t1，位移为 x1，则 摩擦力对滑块做功 又摩擦力做功等于滑块动能的减小，即 该过程中传送带的位移 x2=v1t1 摩擦力对传送带做功 联立得 W2=mv1v2 设滑块向右运动的时间 t2，位移为 x3，则 摩擦力对滑块做功 该过程中传送带的位移 x4=v1t2=2x3 滑块相对传送带的总位移 x 相=x1+x2+x4-x3=x1+x2+x3 滑动摩擦力对系统做功 2 2 1 2 1 1 2 2KW E mv mv= ∆ = − 2 1 12 vx t= 2 1 1 12 vW fx f t= = ⋅ 2 1 2 1 2W mv= 1 1 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2x vW fx fv t fv fxv v ⋅= = = = ⋅ 1 3 22 vx t= 2 3 3 1 1 2W fx mv= = 2 1 2 3 1 2 1 2W fx W W W m v v= = + + = +总 相对 （ ） 滑块与传送带间摩擦产生的热量大小等于通过滑动摩擦力对系统做功 故 C 正确； D．全过程中，电动机对皮带做的功与滑块动能的减小量等于滑块与传送带间摩擦产生的热 量，即 整理得 故 D 正确。 故选 CD。 8.如图甲所示，水平面上有质量相等的两个木块 A、B 用一根轻弹簧相连接，整个系统处于 平衡状态．现用一个竖直向上的力 F 拉动木块 A，使木块 A 向上做匀加速直线运动，弹簧 始终处于弹性限度内，如图乙所示．研究从力 F 刚作用在木块 A 上时（ ）到木块 B 刚 离开地面时（ ）这个过程，并且选定这个过程中木块 A 的起始位置为坐标原点，得到 表示力 F 和木块 A 的位移 x 之间关系的图象如图丙，则下列说法正确的是（ ） A. 时，弹簧刚好恢复原长 B. 该过程中拉力做功 C. 过程，拉力做的功大于木块 A 机械能的增加量 D. 过程，木块 A 动能的增加量等于拉力和重力做功的总和 【答案】ABD 【解析】 A、A 压着弹簧处于静止状态， ；当力 F 作用在 A 上，使其向上匀加速直线运动， 2 1 2 1 2Q W f x m v v= = ⋅ = +总 相 （ ） 2 2 2 1 1 1 2 2Q W mv mv= + − 2 2 2 1 1 1 2 1 1 ( )2 2W Q mv mv mv vv= − + += 0x = 0x x= 0 2 xx = 1 2 02F F FW x += 00 2 x− 00 x− 1mg kx= 由牛顿第二定律可知 ，随着 x 逐渐增大，导致弹簧的弹力逐渐减 小，则力 F 逐渐增大，但物体 A 的合力却不变，当 B 刚离开地面时，弹簧处于伸长状态有 ，则 ，则当 时，弹簧刚好恢复到原长，故 A 正 确．B、根据图象可知拉力 F 随着位移均匀增大，则 ，故 B 正 确．C、在 A 上升过程中，弹簧从压缩恢复到原长过程，由动能定理 ， 即 ，则拉力做功小于 A 物体机械能的增加，故 C 错误．D、0~x0 过程因弹 簧的初末形变量相同，则弹性势能的变化为零；由动能定理可知 ，即木块 A 动能的增加量等于拉力和重力做功的总和，故 D 正确．故选 ABD. 【点睛】弹簧的弹力和弹性势能均与形变量有关，形变有压缩和拉伸两种情形，要注意加以 区分；功是能量转化的量度，一种功总是与一种能相联系，要具体情况具体分析． 二、非选择题 （一）必考题 9.利用图示装置可以做多个力学实验． （1）用此装置“研究匀变速直线运动”时，______（填“需要”或“不需要”）平衡小车和木板 间的摩擦阻力； （2）用此装置探究“加速度与质量的关系”时，改变小车质量后，__（填“需要”或“不需要”） 重新平衡摩擦阻力； （3）用此装置探究“功与速度变化的关系”，为了尽可能准确，不挂钩码平衡摩擦力时，小 车后面______（填“需要”或“不需要”）固定纸带； 【答案】(1). 不需要 (2). 不需要 (3). 需要 【解析】 【详解】（1）[1]用此装置“研究匀变速直线运动”时，不需要平衡摩擦力，只要物体做匀变 速直线运动即可； 1( )F k x x mg ma+ − − = 2mg kx= 0 1 2 12x x x x= + = 0 12 xx x= = 1 2 02F F FW F x x += ⋅ = ⋅ F Fk G kW W W E+ − = ∆ F FkW W E+ = ∆ 机 F G kW W E− = ∆ （2）[2]用此装置“探究加速度 a 与力 F 的关系”时，改变砝码和砝码盘的质量时，不需要重 新平衡摩擦力； （3）[3]用此装置探究“功与速度变化的关系”，为了尽可能准确，不挂钩码平衡摩擦力时， 小车后面需要固定纸带，同时将纸带与限位孔之间的摩擦阻力也同时平衡掉。 【点睛】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事 项，然后熟练应用物理规律来解决实验问题。 10.“用自由落体法验证机械能守恒定律”，器材安装如图所示． (1)请指出图中的错误及不妥之处(至少写出两处)： ①_________________________________________. ②_________________________________________. (2)改进实验中错误及不妥之处后，打出如图所示的一条纸带．已知打点计时器频率为 50 Hz，根据纸带所给数据，打 C 点时重物的速度为________m/s(计算结果保留 2 位有效数 字)． (3)某同学选用两个形状相同质量不同的重物 a 和 b 进行实验测得几组数据，画出 -h 的图 象如图丙所示，求出图线的斜率 k，由图象可知 a 的质量 m1__________(填“大于”或“小于”)b 的质量 m2. (4)通过分析发现造成 k2 值偏小的原因是实验过程中存在各种阻力，已知实验所用重物的质 量 m2＝0.052 kg，当地重力加速度 g 取 9.78 m/s2，求出重物所受的平均阻力 Ff＝ 2 2 v ________N．(计算结果保留 2 位有效数字) 【答案】 (1). 手应提着纸带 上端 重物应靠近打点计时器 (2). 2.2m/s (3). 大 于 (4). 0.031N 【解析】 【详解】（1）图甲中的错误及不妥之处： 使用直流电源； 重物离打点计时器太远； 没有 从上方提着纸带，而是用手托着纸带． （2）C 的瞬时速度等于 BD 段的平均速度则： （3）根据动能定理： ，则有 ，有图像得斜率 ，b 得斜率小，知 b 得质量小，所以 a 得质量 大于 b 得质量 ． （4）根据动能定理知 ，则有 ，可知 ，代入数据解得 【点睛】本题实验题，对于实验一定要注意实验得操作要求以及数据处理；如果题目涉及图 像问题，一定要结合图像求解，尤其注意图像的斜率和截距得物理意义． 11.如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面 AB 与水平面 BC 平滑连接于 B 点，BC 右端连接 内壁光滑、半径 r=0.2m 的四分之一细圆管 CD，管口 D 端正下方直立一根劲度系数为 k=100N/m 的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口 D 端平齐。一个质量为 1kg 的小球 放在曲面 AB 上，现从距 BC 的高度为 h=0.6m 处静止释放小球，它与 BC 间的动摩擦因数 为 0.5，BC 长为 0.5m，小球进入管口 C 端后，通过 CD 在压缩弹簧过程中滑块速度最大时 弹簧的弹性势能为 EP=0.5J。取重力加速度 g=10m/s2. 求： (1)C 处管壁受到 作用力； (2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能 Ekm； (3)小球最终停止的位置。 的 的 0.3123 0.2224 / 2.2 /2 2 0.02 BD c xv m s m sT −= = =× ( ) 21 2mg f h mv− = 2 2 v mg f hm −=（ ） mg f fk gm m −= = − 1m 2m ( ) 2 2 2 1 2m f m v− = ( )2 2 22 m f hv m −= 2 2 2 9.18m g fk m −= = 0.031f N= 【答案】(1) 25N；(2)6J；(3) 0.2m。 【解析】 【详解】(1) 滑块从 A 点运动到 C 点过程，由动能定理得 在 C 点 带入数据解得 N=25N 即在 C 点上管壁受到向上的大小为 25N 的作用力； (2)在压缩弹簧过程中速度最大时，合力为零。 设此时滑块离 D 端的距离为 x0，则有 kx0=mg 计算得出 x0=0.1m 由机械能守恒定律有 得 (3)小球与弹簧作用后返回 C 处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与 BC 水平面相互作用 的过程中。 设物块在 BC 上的运动路程为 s′，由动能定理有 计算得出 s′=0.7m 故最终小滑块距离 B 0.7m-0.5m=0.2m 处停下.为 21 2B CCmgs mgh mvµ− + = 2 CvN mg m r + = ( ) 2 0 1 2 C km pmg r x mv E E+ + = + ( ) 2 0 1 3J+3.5J-0.5J 6J2km C pE mg r x mv E= + + − = = ' 21 2 Cmgs mvµ = 12.如图所示，质量为 M 的平板车 P，放在粗糙的地面上，质量为 m 的小物块 Q 的大小不计， 位于平板车的左端，且 M=m=5kg，系统原来静止在水平地面上。一不可伸长的轻质细绳长 为 R=1.6m，一端悬于 Q 正上方高为 R 处，另一端系一质量也为 m 的小球（大小不计）。今 将小球拉至悬线与竖直位置成 60°角，由静止释放，小球到达最低点时与 Q 的碰撞时间极短， 且无能量损失。已知 Q 恰能滑到平板车的右端，Q 与 P 之间的动摩擦因数为 μ1=0.5，P 与 地面之间的动摩擦因数为 μ2=0.1，重力加速度为 g=10m/s2.，若当 Q 滑到 P 板的右端时，在 P 木板上施加一个水平向右的力 F，大小为 70N，求： (1)小球到达最低点与 Q 碰撞之前瞬间的速度 v0 大小和碰完之后物块 Q 的瞬时速度大小各 为多少； (2)平板车 P 的长度 L 为多少； (3) 从小物块 Q 开始滑动到力 F 作用 1s 的整个过程中生的热量为多少焦耳。 【答案】(1) 4m/s；4m/s；(2) 1m；(3) 103.75J。 【解析】 【详解】(1)小球运动到最低点过程，机械能守恒 得出 v0=4m/s 小球与物块 Q 相撞时，没有能量损失，满足动量守恒，机械能守恒，则知 由以上两式可以知道二者交换速度 2 0 11 60 ) 2mgR cos mv− ° =（ 0 1 Qmv mv mv= + 2 2 2 0 1 1 1 1 2 2 2 Qmv mv mv= + 0 =4m/sQv v gR= = 1 0v = (2)小物块 Q 在平板车 P 上滑行的过程中 μ1mg=ma1 μ1mg-μ2（M+m）g=Ma2 经 t1 达到共速 v v=vQ- a1 t1 v=a2t1 SQ1= vQt1- a1t12 Sp1= a2t12 L= SQ1- Sp1=1m (3)施加力 F 之后，假设板块整体一起走 F-μ2（M+m）g=(M+m）a0 μ1mg=ma1 得出 a0> a1 故 Q 与 P 分别加速向右运动而直到分离，各自 加速的分别为 a1 和 a3 F-μ2（M+m）g-μ1mg =Ma3 设经过 t2 时间滑离 SQ2= vt2+ a1t22 Sp2=vt2 + a3t22 L= SP2- SQ2 得出时间 t2=1s (4)从滑块 Q 开始滑动到滑离木板全过程生的热量 Q 为 得出 Q=103.75J 13.下列说法中正确的是（　　） A. 分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小 B. 高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故 C. 功转变为热的宏观过程是不可逆过程 的 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2p pQ mgL M m g S mgL M m g Sµ µ µ µ= + + + + +（ ） （ ） D. 布朗运动是液体分子 运动，它说明分子永不停息地做无规则运动 E. 瓶中充满某理想气体，且瓶内压强高于外界压强，在缓慢漏气过程中（内外气体的温度 相同且保持不变），则瓶内气体吸收热量且分子平均动能不变 【答案】ACE 【解析】 【详解】A．分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，选项 A 正确； B．高原地区水的沸点较低，这是高原地区大气压较低的缘故，选项 B 错误； C．根据热力学第二定律，功转变为热的宏观过程是不可逆过程，选项 C 正确； D．布朗运动是固体颗粒的无规则运动，它说明液体分子的永不停息地做无规则运动，选项 D 错误； E．瓶内气体缓慢流出过程中气体体积增大，气体对外做功，而温度始终相等，内能不变， 则气体需要吸收热量。因温度是分子平均动能的标志，则分子的平均动能不变，故 E 正确。 故选 ACE。 14.如图所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸竖直放置，在距汽缸底部 l=36cm 处有一与 汽缸固定连接的卡环，活塞与汽缸底部之间封闭了一定质量的气体当气体的温度 T0=300K、 大气压强 p0=1.0×105Pa 时，活塞与汽缸底部之间的距离 l0=30cm，不计活塞的质量和厚度现 对汽缸加热，使活塞缓慢上升，求： ①活塞刚到卡环处时封闭气体的温度 T1； ②封闭气体温度升高到 T2=540K 时的压强 p2． 【答案】① ；② 【解析】 试题分析：①设气缸的横截面积为 S，由盖-吕萨克定律有 代入数据得 的 1 360KT = 5 2 1.5 10 Pap = × 0 0 1 l S lS T T = 1 360KT = ②由查理定律有 代入数据得 考点：气体的等容变化和等压变化 【名师点睛】本题关键找出气体的已知参量后根据气体实验定律的方程列式求解，基础 题． 15.一列简谐横波在 t=0 时刻的图像如图甲所示，平衡位置位于 x=15m 处的 A 质点的振动图 像如图乙所示，下列说法中正确的是__________________ A. 这列波沿 x 轴负方向传播 B. 这列波的波速是 C. 从 t=0 开始，质点 P 比质点 Q 晚 0.4s 回到平衡位置 D. 从 t=0 到 t=0.1s 时间内，质点 Q 加速度越来越小 E. 从 t=0 到 t=0.6s 时间内，质点 A 的位移为 4m 【答案】ACD 【解析】 【详解】由乙图知，t=0 时刻质点 A 的速度方向为沿 y 轴正方向，在甲图中，由波形平移法 可知该波的传播方向为沿 x 轴负方向．故 A 正确．由甲图读出该波的波长为 λ=20m，由乙 图周期为：T=1.2s，则波速为： ．故 B 错误．图示时刻质点 P 沿 y 轴负方向，质点 Q 沿 y 轴正方向，所以质点 P 比质点 Q 晚回到平衡位置，其时间等于 波向左传播 所用的时间，即 ，故 C 正确．t=0 时刻质点 Q 向上振动， t=0.1s 时回到平衡位置，则从 t=0 到 t=0.1s 时间内，质点 Q 加速度越来越小，选项 D 正确； 从 t=0 时质点 A 在平衡位置向上振动，t=0.6s=0.5T 时质点 A 仍在平衡位置向下振动，则从 t=0 到 t=0.6s 时间内，质点 A 的位移为 0，选项 E 错误；故选 ACD. 点睛：本题既要理解振动图象和波动图象各自的物理意义，由振动图象的斜率能判断出质点 0 2 1 2 p p T T = 5 2 1.5 10 Pap = × 5 /3 m s 20 50/ /1.2 3v m s m sT λ= = = 1 3 λ 1 0.43t T s= = 的速度方向，运用波形的平移法判断波的传播方向，更要把握两种图象的内在联系． 16.如图所示，某玻璃砖的截面由半圆和正三角形组成，半圆的直径为 d，正三角形的边长也 为 d，一束单色光从 AB 边的中点 D 垂直于 BC 射入玻璃砖中，结果折射光线刚好通过半圆 的圆心 O，光在真空中的传播速度为 c，求： ①光在玻璃砖中传播的时间（不考虑光的反射）. ②人射光线的方向不变，将光在 AB 面上的入射点下移，使折射光线刚好能照射到圆的底部， 入射点沿 AB 移动的距离为多少？这时光束在圆的底部经玻璃砖折射后的折射角为多少？ 【答案】① ② 【解析】 ①由几何关系可知，光在 AB 面上的入射角为 60°，折射角为 30° 根据折射率公式有 由几何关系可知，光在玻璃砖中传播的路程 s=d 光在玻璃砖中传播的时间 ②由几何关系可知 求得 3d c 3 6 d sin sin 60 3sin sin30 in r °= = =° 3s ns dt v c c = = = AD AO AE AF = 1 3 2 6AE d d= + 因此入射点沿 AB 移动的距离 由几何关系可知，光线在玻璃砖底部的入射角为 30°，根据光路可逆可知，光线在玻璃砖底 部的折射角为 60° 【点睛】此题关键是根据折射定律求解出各个分界面上的折射角，并结合几何关系进行分析 计算． 3 6s AE AD d∆ = − =