2021屆高三第二次模擬考試卷物理（三）教師版
2021屆高三第二次模擬考試卷
物理（三）
注意事項：
1．答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。
2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。
3．非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區域內。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。
4．考試結束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。
二、選擇題：本題共8小題，每題6分，在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一個選項符合題目要求。第19～21題有多選項題目要求。全部答對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的的0分。
14．2020年11月27日0時41分，華龍一號核電5號機組首次并網成功，標志著我國正式進入核電技術先進國家行列。華龍一號發電機利用的是鈾核裂變釋放的核能，其裂變方程為：235 92U＋10n→X＋9538Sr＋210n。則下列敘述正確的是(　　)
A．裂變后粒子的總核子數減少
B．X原子核中含有85個中子
C．裂變過程中釋放核能是因為新核的結合能小
D．裂變過程中釋放核能是因為新核的比結合能小
【答案】B
【解析】核反應過程質量數守恒，所以裂變后粒子的總核子數不變，A錯誤；設X原子核中有x個質子，質量數為y，則有92＝x＋38，235＋1＝y＋95＋2，解得x＝54，y＝139，則X原子核中含有中子數為y－x＝85，B正確；裂變釋放核能是因為新核的比結合能大于原來重核的比結核能，CD錯誤。
15．2020年11月10日8時12分，“奮斗者”號深潛器在馬里亞納海溝成功坐底，創造了10909米的中國載人深潛新紀錄，標志著我國在大深度載人深潛領域達到世界領先水平。某興趣小組用一個模型模擬了深潛器從水底由靜止向上返回的運動過程，記錄了其加速度a隨位移x變化關系的圖像如圖所示，則(　　)

A．在0～x0階段深潛器內的物體處于失重狀態
B．在2x0～3x0階段深潛器內的物體處于超重狀態
C．在2x0處深潛器運動的速度大小為
D．在3x0處深潛器運動的速度最大
【答案】C
【解析】在0～x0階段深潛器加速上升，因此深潛器內的物體處于超重狀態，A錯誤；在2x0～3x0段，加速度為負值，深潛器做減速運動，潛器內的物體處于失重狀態，B錯誤；根據v2＝2ax可得深潛器到達x0處時的速度，在x0～2x0段加速度為零，做勻速運動，因此在2x0處深潛器速度大小為，C正確；由于2x0～3x0段減速，因此在深潛器在2x0處運動速度最大，D錯誤。
16．如圖甲所示，充好電的電容器與定值電阻接入電路，電壓傳感器與電流傳感器對電路的影響可忽略不計。傳感器將測得的物理量輸入計算機，計算機顯示出物理量隨著時間的變化情況。現閉合開關后，在計算機上顯示的電路中的電壓與電流隨時間的變化關系如圖乙所示。t2時刻，電壓與電流變為零。圖乙中S1與S2為電流曲線在虛線MN兩側與坐標軸圍成的面積。下列說法中正確的是(　　)

A．圖乙中的S1＝S2
B．圖乙中的S1＞S2
C．圖乙中電壓與電流的比值逐漸變小
D．圖乙中電阻R在0～t1內產生的內能等于在t1～t2內產生的內能
【答案】A
【解析】電流曲線與坐標軸圍成的面積表示電容器放出的電荷量，電容器在0～t1時間內放出的電荷量為S1，電壓減小了6 V；在t1～t2時間內放出的電荷量為S2，電壓又減小了6 V，由q＝CU，可知S1＝S2，A正確，B錯誤；圖乙中的電壓與電流實際上反映的是定值電阻R上的物理量，它們滿足歐姆定律，故電壓與電流的比值不變，C錯誤；在每小段時間內，根據公式有ΔQ＝I2RΔt，U＝IR，Δq＝IΔt，解得ΔQ＝UΔq，由于R兩端的電壓在0～t1內的高于在t1～t2內的，故電阻R在0～t1內產生的內能大于在t1～t2內產生的內能，D錯誤。
17．假設宇宙中有兩顆相距無限遠的行星A和B，半徑分別為RA和RB。兩顆行星周圍衛星的軌道半徑的三次方（r3）與運行周期的平方（T2）的關系如圖所示，T0為衛星環繞行星表面運行的周期，則(　　)

A．行星A的質量小于行星B的質量
B．行星A的密度小于行星B的密度
C．行星A的第一宇宙速度等于行星B的第一宇宙速度
D．當兩行星的衛星軌道半徑相同時，行星A的衛星向心加速度大于行星B的衛星向心加速度
【答案】D
【解析】根據GMmr2＝m4π2T2r可得M＝4π2r3GT2，根據圖象可知，A的r3T2比B的大，所以行星A的質量大于行星B的質量，故A錯誤；行星的密度大小ρ＝MV＝3πGT2，根據圖象可知，在兩顆行星表面做勻速圓周運動的周期相同，所以行星A的密度等于行星B的密度，故B錯誤；第一宇宙速度大小為v＝2πrT，由于A的半徑大于B的半徑，衛星環繞行星表面運行的周期相同，則行星A的第一宇宙速度大于行星B的第一宇宙速度，故C錯誤；根據GMmr2＝ma可得a＝GMr2，當兩行星的衛星軌道半徑相同時，A的質量大于B的質量，則行星A的衛星向心加速度大于行星B的衛星向心加速度，故D正確。
18．一學校物理項目學習小組研究懸索橋的受力特點，實際的懸索橋在工程上是復雜的，他們進行了合理簡化，懸索橋的簡化模型如下：吊橋六對鋼桿懸吊，六對鋼桿在橋面上分列兩排，其上端掛在兩根鋼纜上，如圖為其一側面圖。已知圖中相鄰兩鋼桿間距離為9 m，靠橋面中心的鋼桿長度為2 m（即AA′＝DD′＝2 m），BB′＝EE′，CC′＝PP′，又已知兩端鋼纜CM、PN與水平方向成45°角，若鋼桿鋼纜自重不計，每根鋼桿承受拉力相同，橋面總質量m，每對鋼桿拉力均為T。以下說法正確的是(　　)

A．每根鋼桿拉力大小為16mg
B．每對鋼纜AD中拉力大小為13mg
C．每對鋼纜CM中拉力大小為22mg
D．BB′的長度為6 m
【答案】C
【解析】橋面總質量m，每根鋼桿拉力均為T，由平衡條件可得12T＝mg，解得T＝112mg，A錯誤；對整體受力分析如圖甲，由平衡條件可得2TCMsin 45°＝mg，解得TCM＝22mg，C正確；對左邊的懸索受力分析如圖乙所示，由平衡條件可得TAD＝TCMcos 45°＝12mg，B錯誤；對A點受力分析如圖丙所示，由平衡條件可得tan θ＝13，由幾何關系可得BB′＝AA′＋A′B′tan θ＝5 m，D錯誤。

19．如圖，一帶負電的點電荷固定在P處，一帶電油滴靜止在O點。現讓該油滴從P點的正上方A處靜止釋放，通過O點后運動到B點。下列關于這個過程中的說法正確的是(　　)

A．油滴在A處的加速度大于g
B．點電荷在O點產生的場強大于在B點產生的場強
C．油滴在B點的電勢能最大
D．從O點運動到B點的過程中油滴重力勢能的減少量小于電勢能的增加量
【答案】CD
【解析】帶電油滴靜止在O點，則電場力向上，油滴在A處受到向上的庫侖力，因此加速度小于g，A錯誤；離點電荷遠近，電場強度越大，所以點電荷在O點產生的場強小于在B點產生的場強，B錯誤；油滴從A點到B點，電場力做負功，電勢能增大，油滴在B點的電勢能最大，C正確；帶電油滴靜止在O點，從A處靜止釋放，通過O點時速度最大，根據能量守恒定律，從O點運動到B點的過程中油滴重力勢能的減少量與動能的減少量之和等于電勢能的增加量，所以從O點運動到B點的過程中油滴重力勢能的減少量小于電勢能的增加量，D正確。
20．如圖，傾角θ＝60°的光滑斜面下端有一垂直斜面的擋板，擋板上連接一輕質彈簧，斜面上端A與豎直放置的光滑圓弧形管道平滑連接，在外力的作用下，一質量為m的小球靜止在P點。彈簧處于壓縮狀態。現釋放小球，小球無能量損失地進入圓弧形管道（小球直徑稍小于管道直徑），剛好可到達圓弧形管道的最高點，已知圓弧形管道半徑為R，OA⊥PA，PA＝3R，重力加速度大小為g，下列說法正確的是(　　)

A．彈簧儲存的彈性勢能為3mgR
B．其他條件不變，把小球質量變為2.5m，則小球仍能進入圓弧形管道
C．其他條件不變，把小球質量變為0.5m，則小球在最高點對圓弧形管道的作用力為2.5mg，方能豎直向上
D．其他條件不變，換成長度相同彈性勢能較大的彈簧，在圓弧形管道最高點，圓弧形管道對小球的作用力一定增大
【答案】AC
【解析】小球剛好運動到圓弧形管道的豎直最高點時速度為零，根據機械能守恒定律有Ep＝mg×3Rsin θ＋ mgRcos θ＋mgR＝3mgR，故A正確；彈簧勁度系數不變時，彈簧的彈性勢能不變，把小球質量變為2.5m，設小球可上升的最大高度為h，則有Ep＝2.5mgh，解得h＝1.2R＜3Rsin θ＝1.5R，因此小球不能進入圓弧形管道，故B錯誤；把小球質量變為0.5m時，設小球經過最高點時的速度為v，則有Ep＝12mg×3Rsin θ＋12mgRcos θ＋12mgR＋12×12mv2，在最高點滿足FN＋12mg＝12mv2R，解得FN＝2.5mg，方向豎直向下，根據牛頓第三定律，小球在最高點對圓弧形管道的作用力為2.5mg，方向豎直向上，故C正確；其他條件不變，增大彈簧的彈性勢能，則小球在最高點有速度，需要向心力，與原來相比，支持力可能向上且減小，故D錯誤。
21．如圖甲所示，兩條粗糙平行金屬導軌傾斜固定放置（兩導軌電阻不計），傾角θ＝37°，間距d＝1 m，電阻r＝3 Ω的金屬桿與導軌垂直放置，導軌下端連接規格為“3 V，3 W”的燈泡L。在導軌內有長為l、寬為d的矩形區域abcd，該區域內有垂直導軌平面均勻分布的磁場，各處的磁感應強度B大小始終相等，B隨時間t變化圖線如圖乙所示。在t＝0時，金屬桿從PQ位置靜此釋放，向下滑動直到cd位置的過程中，金屬桿始終與導軌垂直，燈泡一直處于正常發光狀態。則金屬桿從PQ位置到cd位置的運動過程中，下列說法正確的是（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2）(　　)

A．金屬桿先做勻加速直線運動后做勻速直線運動
B．金屬桿到達ab位置的速度大小為3 m/s
C．金屬桿與導軌間的動摩擦因數為0.5
D．金屬桿克服安培力做功為6 J
【答案】ABD
【解析】因為燈泡一直處于正常發光狀態，而磁場是先均勻增加后保持不變的，所以金屬桿從PQ位置到ab位置的過程中做勻加速直線運動，從ab位置到cd位置的過程中做勻速直線運動，且金屬桿到達cd位置時用時間1 s，磁場強度正好達到2 T，故A正確；因為燈泡一直處于正常發光狀態，所以回路中產生的感應電動勢E＝U＋PUr＝6 V，根據法拉第電磁感應定律E＝Bdv，解得v＝3 m/s，故B正確；金屬桿從開始到達ab位置的過程中根據v＝at，解得a＝3 m/s2，根據牛頓第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得μ＝0.375，故C錯誤；因為燈泡一直處于正常發光狀態，所以整個過程電動勢一直沒變，在金屬桿從開始到達ab位置的過程中，回路中產生的電動勢，解得l＝3 m，則FA＝BId＝BPUd＝2 N，安培力對金屬桿做功W＝－FAl＝－6 J，故D正確。
第Ⅱ卷（非選擇題，共174分）
三、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分。第22題～第25題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33題～第34題為選考題，考生根據要求做答)
(一)必考題(共129分)
22．(6分)用如圖甲所示的實驗裝置測量當地重力加速度的大小。質量為m2的重錘從高處由靜止開始下落，質量為m1的重錘上拖著紙帶利用電磁打點計時器打出一系列的點，對紙帶上的點跡進行分析，即可測出當地的重力加速度g值。如圖乙給出的是實驗中獲取的一條紙帶中的某一段，相鄰兩計數點間還有4個點未畫出，電源的頻率為50 Hz，相鄰計數點間的距離如圖(b)所示。已知m1＝80 g、m2＝120 g，要求所有計算結果保留兩位有效數字。則：

(1)用逐差法求出重錘的加速度大小a＝__________m/s2，而得出當地的重力加速度大小g＝________m/s2；
(2)測出的重力加速度的值比實際值小，其誤差的主要來源有哪些_________。
A．沒有使用電火花計時器
B．m1和m2的質量太懸殊
C．繩子和定滑輪之間存在阻力
D．繩子拉力不等于m2的重力
【答案】(1)1.9 9.5 (2)C
【解析】(1)由題意可知，相鄰兩計數點間的時間間隔是T＝5×0.02 s＝0.1 s，重錘的加速度大小a＝x4＋x5＋x6－（x1＋x2＋x3）9T2＝1.9 m/s2，由牛頓第二定律有m2g－m1g＝(m1＋m2)a，解得重力加速度大小g＝9.5 m/s2。
(2)與沒有使用電火花計時器無關，A錯誤；m1和m2的質量相差不大，B錯誤；在使用牛頓第二定律計算加速度時，沒有考慮繩子與定滑輪間存在的阻力，C正確；繩子拉力本身就不等于m2的重力，存在的誤差與繩子拉力等不等于m2的重力無關，D錯誤。
23．(9分)某同學要將一量程為300 mV的毫伏表改裝成量程為3 V的電壓表，該同學測得毫伏表內阻為1000 Ω，經計算后將一阻值為R0的電阻與該毫伏表連接，進行改裝。然后利用一標準電壓表V，根據圖甲所示電路對改裝后的電壓表進行檢測（虛線框內是改裝后的電壓表）。

(1)根據圖甲和題目所給的條件，將圖乙中的實物進行連線。
(2)當標準電壓表V的示數為2.00 V時，毫伏表的指針位置如圖丙所示。由此可以推測出所改裝電壓表的量程不是預期值，而是________（正確答案標號）。
A．1.80 V B．2.40 V C．2.70 V D．3.75 V
(3)產生上述問題的原因可能是________（正確答案標號）。
A．毫伏表內阻測量錯誤，實際內阻小于1000 Ω
B．毫伏表內阻測量錯誤，實際內阻大于1000 Ω
C．R0值計算錯誤，接入的電阻偏大
D．R0值計算錯誤，接入的電阻偏小
(4)要達到預期目的，無論毫伏表測得的內阻是否正確，都不必重新測量，只需要將阻值為R0的電阻換成阻值為kR0的電阻即可，其中k＝________。
【答案】(1)見解析圖 (2)B (3)BD (4)
【解析】(1)毫伏表與分壓電阻串聯可以改裝成電壓表，根據圖甲所示電路圖連接實物電路圖，實物電路圖如圖乙所示。

(2)毫伏表量程為300 mV，由圖丙所示表盤可知，其分度值為1 mV，其示數為250 mV，電壓表示數為2.00 V，電壓表示數為毫伏表示數的8倍，改裝后電壓表量程為300×10－3×8 V＝2.40 V，故B正確。
(3)由(2)可知，改裝后電壓表量程偏小，由串聯電路特點可知，分壓電阻阻值偏小，如果R0值計算錯誤，接入的電阻偏小會導致改裝后電壓表量程偏小，故BD正確，AC錯誤。
(4)由(2)可知，分壓電阻的電壓為毫伏表電壓的7倍，即串聯電阻R0＝7Rg，把毫伏表改裝成3 V的電壓表，串聯電阻阻值，則k＝。
24．(14分)如圖所示，在直角坐標系Oxy中，A、C兩點關于原點O對稱，AO＝OC＝L，直線AC與x軸正方向的夾角θ＝53°。直線AC右側和x軸下方所夾的區域內有一勻強電場，方向沿y軸正方向。直線AC左側區域內有一勻強磁場，方向垂直坐標平面向里，電場和磁場區域均足夠大。一帶正電的粒子從A點沿x軸正方向以初速度v0運動，經過x軸上D點（圖中未畫出）后恰好能通過C點，再經磁場偏轉后到達O點。不計粒子重力，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求：

(1)O、D兩點間的距離；
(2)電場強度E與磁感應強度B之比。
【解析】(1)帶電粒子在電場中做類平拋運動，設O、D間的距離為x，通過x軸時速度方向與x軸正方向夾角為α，則：
Lsin 53°＝12at2
v0t＝x＋Lcos 53°

由通過x軸后，恰好通過C點，則
整理得：x＝0.2L，tan α＝2。
(2)從A到D的過程中，根據動能定理得：EqLsin 53°＝12mv2－12mv02

而
可得v＝5v0
從C點進入磁場之后做勻速圓周運動，恰好通過O點，設OC的垂直平分線與過C點的半徑夾角為β，如圖，由幾何關系可得β＝α－θ
則sin β＝
又粒子在磁場中做勻速圓周運動qvB＝mv2R
而
聯立解得：。
25．(18分)如圖所示，光滑斜軌道AB和一條足夠長的粗糙水平軌道BC平滑連接，質量為5 kg的物塊Q靜置在水平軌道的最左端，質量為1 kg的物塊P從斜道上距離BC豎直高度h＝1.8 m處由靜止下滑，滑下后與物塊Q碰撞。已知兩物塊與水平軌道BC之間的動摩擦因數均為0.2，物塊P、Q均可視為質點，它們之間的每次碰撞均為彈性碰撞，取重力加速度g取10 m/s2。求：

(1)物塊P、Q第一次碰撞前瞬間，物塊P的速度大小；
(2)第一次碰撞后，物塊P滑上斜軌道的最大高度；
(3)物塊Q運動的總路程。
【解析】(1)物塊P滑至斜面底端時，由動能定理得：
mPgh＝12mPv02
解得：v0＝6 m/s。
(2)設物塊P滑至斜面底端時速度的方向為正方向，與物塊Q碰撞后，物塊P、Q的速度分別為v1、v2，則據動量守恒得：mPv0＝mPv1＋mQv2
由于兩物塊的碰撞為彈性碰撞，則機械能守恒，得：
12mPv02＝12mPv12＋12mQv22
解得：v1＝－4 m/s，v2＝2 m/s
所以碰撞后P反向運動，由動能定理得：
mPgh1＝12mPv12
解得：h1＝0.8 m。
(3)設第一次碰撞后物塊Q移動的距離為x1，據動能定理得：
μmQgx1＝12mQvQ2
解得：x1＝1 m
由牛頓第二定律得物塊P和物塊Q在地面上滑行時的加速度大小為aP＝aQ＝a＝μg
物塊Q向右運動的時間為 s
第一次碰撞后P沿著斜面上滑至最高點后返回，返回到地面的速度大小仍為v1，比第一次碰后的Q速度大，所以會發生第二次碰撞。物塊P反彈滑上斜面，在斜面上運動的加速度小于g，結合運動學公式可知，滑塊在斜面上的時間大于0.8 s。物塊P滑回B點后向前運動1 m的過程中做勻減速直線運動，時間一定大于0.25 s，所以物塊P從反彈后運動到B點右方1 m的位置所用的時間一定大于1.05 s，因此物塊P與物塊Q第二次碰撞是發生在Q停止運動之后。
第二次碰撞前瞬間P的速度為v3，由運動學公式得：
v32－v12＝2ax1
物塊P與物塊Q碰撞過程中動量守恒：
mPv3＝mPv4＋mQv5
物塊P與物塊Q的碰撞為彈性碰撞，則有：
12mPv32＝12mPv42＋12mQv52
聯立解得：v4＝－433 m/s，v5＝233 m/s
因P與Q第二次碰撞后P的動能12mPv42＜2μmPgx1，所以不會發生第三次碰撞，故兩物塊共碰撞二次。
第二次碰撞后物塊Q滑行的距離為x2，則有：
12mQv52＝μmQgx2
解得x2＝13 m
故物塊Q滑行的距離x＝x1＋x2＝43 m。
（二）選考題：共45分。請考生從給出的2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答。如果多做。則每學科按所做的第一題計分。
33．物理•選修3—3(15分)
(1)(5分)關于對液體的理解，下列說法正確的是。（填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分）
A．船能浮在水面上，是由于水的表面存在張力
B．水表面表現張力是由于表層分子比內部分子間距離大，故體現為引力造成的
C．密閉容器，某種蒸氣開始時若是飽和的，保持溫度不變，增大容器的體積，蒸氣仍是飽和的
D．相對濕度定義為空氣中水蒸氣的壓強與該溫度水的飽和汽壓之比
E．當水面上方的水蒸氣達到飽和狀態時，水中還會有水分子飛出水面
【答案】BDE
【解析】船能浮在水面上，是由于水的浮力作用，故A錯誤；液體表面層里的分子比液體內部稀疏，分子間的距離比液體內部大一些，分子間的相互作用表現為引力，即是表面張力，故B正確；在一定溫度下，飽和蒸氣的分子數密度是一定的，因而其壓強也是一定的，與體積無關；密閉容器中某種蒸氣開始時若是飽和的，保持溫度不變，增大容器的體積時，蒸氣不再是飽和的，但最后穩定后蒸氣是飽和的，壓強不變；故C錯誤；相對濕度是指水蒸氣的實際壓強與該溫度下水蒸氣的飽和壓強之比，故D正確；當水面上方的水蒸氣達到飽和狀態時，單位時間內從水中出來的水分子和從空氣進入水中的水分子個數相等，達到一種動態平衡，故E正確。
(2)(10分)為做好新型冠狀病毒肺炎（COVID－19）疫情的常態化防控工作，學校組織工作人員每天對校園進行嚴格的消毒，如圖是某噴霧消毒桶的原理圖。噴霧器的容積V1＝10 L，打氣筒的容積V0＝200 cm3。某次使用時，裝入了V2＝8 L藥液，然后關閉所有閥門及加水口，并通過打氣筒打氣，使桶內上方氣體壓強達到p1＝3.6 atm時，停止打氣并打開噴霧閥門開始噴霧，當氣體壓強降為p2＝1.2 atm時，噴霧器不能正常噴霧。要使噴霧器能再次噴霧，需要用打氣筒再向里打氣，提高桶內的壓強。已知外界大氣壓p0＝1.0 atm，不考慮桶內藥液產生的壓強，整個過程可視為溫度不變。

(i)噴霧器從開始噴霧，到不能正常噴霧，桶內剩余藥液有多少？
(ii)要把桶內剩余藥液全部噴完，需用打氣筒至少再打多少次氣？
【解析】(i)對噴霧器內的氣體，初態p＝p1＝3.6 atm，V＝V1－V2＝2 L
末態p′＝p2＝1.2 atm
根據玻意爾定律得：pV＝p′V′
解得：V′＝6 L
噴霧器內剩余藥液的體積為10 L－6 L＝4 L。
(ii)對噴霧器內的氣體和待打入的氣體有：p′V′＋np0V0＝p2V1
解得：n＝24
需用打氣筒至少再打24次氣。
34．[選修3－4](15分)
(1)(5分)如圖甲所示為t＝1 s時某簡諧波的波動圖象，乙圖為x＝4 cm處的質點b的振動圖象。則下列說法正確的是。（填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分）

A．該簡諧波的傳播方向沿x軸的正方向
B．t＝2 s時，質點a的振動方向沿y軸的負方向
C．t＝2 s時，質點a的加速度大于質點b的加速度
D．0～3 s的時間內，質點a通過的路程為20 cm
E．0～3 s的時間內，簡諧波沿x軸的負方向傳播6 cm
【答案】BCE
【解析】由圖象可知t＝1 s時質點b的振動方向沿y軸的負方向，則由質點的振動方向和波的傳播方向關系可知，該簡諧橫波的傳播方向沿x軸的負方向，故A項錯誤；由圖甲知t＝1 s時，質點a的振動方向沿y軸的正方向；由乙圖可知波的周期為2 s，則t＝2 s時，質點a的振動方向沿y軸的負方向，故B項正確；由以上分析可知，t＝2 s時，質點b處在平衡位置向上振動，質點a處在平衡位置＋y側向y軸的負方向振動，因此質點a的加速度大于質點b的加速度，故C項正確；0～3 s的時間為3T/2，則質點a通過的路程為振幅的6倍，即為30 cm，故D項錯誤；由圖可知，波長λ＝4 cm、周期T＝2 s，則波速v＝λ/T＝2 cm/s，0～3 s的時間內，波沿x軸的負方向傳播的距離x＝vt＝6 cm，故E項正確。
(2)(10分)一半球形玻璃磚，球心為O，OA和OB與豎直方向間的夾角均為30°。一束光線射向A點，折射光線恰好豎直向下射到C點，已知該玻璃磚折射率為3。

(i)求射向A點的光線與豎直方向的夾角；
(ii)從B點射入的光線折射后恰好過C點，求折射光線BC與虛線BO夾角的正弦值。
【解析】(i)光路圖如圖所示，根據折射定律有：

解得∠EAG＝60°
即入射光線與豎直方向的夾角為30°。
(ii)由幾何關系得CO＝Rsin30°＝0.5R，AB＝2CO＝R

根據正弦定理
得。

久久天天躁狠狠躁夜夜躁,国产精品入口福利,97久久精品人人爽人人爽蜜臀 ,中文字幕国产精品一区二区

當前位置首頁 > 初中物理 > 輔導探討

2021屆高三第二次模擬考試卷物理（三）

發表評論

久久天天躁狠狠躁夜夜躁,国产精品入口福利,97久久精品人人爽人人爽蜜臀 ,中文字幕国产精品一区二区

當前位置首頁 > 初中物理 > 輔導探討

2021屆高三第二次模擬考試卷 物理（三）

發表評論

2021屆高三第二次模擬考試卷物理（三）