2019-2020学年延边州延吉市延边二中高二(下)期中物理试卷(含答案解析)

2019-2020学年延边州延吉市延边二中高二(下)期中物理试卷
一、单选题（本大题共9小题，共36.0分）
1.如图所示，一细束光经玻璃三棱镜折射后分解为互相分离的a、b、
c三束单色光。

比较a、b、c三束光，可知()(折射率大的单色光
波长小)
A. C光的折射率最小
B. 当它们在真空中传播时，a光的速度最大
C. 分别用这三种光做光源，使用同样的装置进行双缝干涉实验，c光的干涉条纹中相邻亮纹的
间距最大
D. 若它们都从玻璃射向空气，a光发生全反射的临界角最大
2.下列说法正确的是()
A. 阻尼振动一定是等幅振动
B. 物体做受迫振动，驱动力的频率小于物体的固有频率，若驱动力的频率逐渐增大，则物体的
振幅将先减小后增大
C. 受迫振动稳定时的频率等于驱动力的频率，与物体的固有频率无关
D. 厂房建筑物的固有频率应该处于机器转动的频率范围之内
3.如图，为由两个振动情况完全相同的振源发出的两列波在空间相遇而
叠加所产生的图样，每列波振幅均为A，其中实线表示波峰，虚线表
示波谷，则关于介质中的a、b、c、d四点，(b、c为相邻波峰和波谷
的中点)下列说法正确的是()
A. a、c振幅为2A，b、d始终不动
B. 图示时刻a点位移为2A，b、c、d三点位移为零
C. a点位移大小始终为2A，d点位移始终为零
D. 这四个点全部是振动减弱点
4.某同学为了验证自感现象，自己找来带铁芯的线圈L(线圈的自感系数很大，构成线圈导线的电
阻可以忽略)、两个相同的小灯泡A和B、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的
电路．经检查，各元件和导线均是完好的，检查电路无误后，开始进行实验操作．他可能观察到的现象是()
A. 闭合S瞬间，A比B先亮
B. 闭合S瞬间，B比A先亮
C. 断开S瞬间，A比B先熄灭
D. 断开S瞬间，B比A先熄灭
5.如图，用理想变压器给电灯L供电，如果只增加副线圈匝数，其他条件不变，则()
A. 变压器输入电压U1增大
B. 电灯L变亮
C. 变压器输入功率不变
D. 电流表示数减少
6.图示是一理想变压器的电路连接图，变压器原线圈两端加有正弦交变电压，副线圈接有两个定
值电阻，当开关S闭合到断开时，各理想电表示数的变化是()
A. 电流表、的示数变小，电压表的示数变大
B. 电流表、的示数变小，电压表的示数不变
C. 电流表、的示数变小，电压表的示数变小
D. 电流表、的示数变大，电压表的示数变大
7.沿x轴正向传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，a为介质中的一个质点，该波的
传播速度为2.5m/s，则t=0.6s时()
A. 质点a对平衡位置的位移为正值
B. 质点a的速度方向与对平衡位置的位移方向相同
C. 质点a的速度方向与加速度的方向相同
D. 质点a的加速度方向与对平衡位置的位移方向相同
8.一列简谐横波沿x轴传播，图甲是x=0处质点的振动图像，图乙是该波t=0.15s时的波形图。

则
A. 该波的周期是2s
B. 该波的波长是0.2m
C. 该波沿x轴负方向传播
D. 该波的波速是10m/s
9.如图所示的四个实验现象中，与事实相符的是()
A. B.
C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
10.在1min内甲振动30次，乙振动75次，则()
A. 甲的周期为0.5s
B. 乙的周期为0.8s
C. 甲的频率为0.5Hz
D. 乙的频率为0.8Hz
E. 甲、乙的圆频率之比为2：5
11.如图所示，两个同种玻璃制成的棱镜，顶角α1<α2，两单色光1和
2分别垂直入射三棱镜，其出射光线与第二界面的夹角β1=β2，则
下列判断正确的是()
A. 在棱镜中1光的折射率比2光小
B. 在棱镜中光1的传播速度比光2的小
C. 以相同角度斜射到同一平行玻璃板，光2侧移量大
D. 以相同的入射角从水中射入空气，在空气中只能看到一种光时，一定是光2
12.已知波沿x轴正方向传播，波源的频率为5Hz，t=0时的波形图如图
实线所示，则下列说法正确的是()
A. 该波的周期为0.125s
B. 该波的波速为40m/s
C. t=0时刻，平衡位置在x=3m处的质点正在沿x轴正方向运动
D. 平衡位置在x=8m的质点在1s的时间内通过的路程为2m
E. 图中虚线可能是t=0.85s时的波形图
13.如图所示，两个平行的导轨水平放置，导轨的左侧接一个阻值为R的
定值电阻，两导轨之间的距离为L.导轨处在匀强磁场中，匀强磁场的磁
感应强度大小为B，方向竖直向上。

一质量为m，电阻为r的导体棒ab
垂直于两导轨放置，导体棒与导轨的动摩擦因数为μ.导体棒ab在水平恒力F作用下，由静止开始运动了x后，速度达到最大，重力加速度为g，不计导轨电阻。

则()
A. 导体棒ab的电流方向由a到b
B. 导体棒ab运动的最大速度为(F−μmg)(R+r)
B2L2
C. 当导体棒ab的速度为v0(v0小于最大速度)时，导体棒ab的加速度为F
m −B2L2v0
(R+r)m
−μg
D. 导体棒ab由静止达到最大速度的过程中，ab棒的动能为E k，则电阻R上产生的热量是Fx−
μmgx−E k
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
14.指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器，请根据所学知识填
空：
(1)关于多用电表的使用，下列说法中正确的是______。

A.在测量未知电压时，必须先选择电压最大的量程进行试测
B.换用不同倍率测量电阻时，都必须重新进行欧姆调零
C.测量电路中的电阻时，不用把该电阻与电源断开
D.测量定值电阻时，如果红、黑表笔插错插孔，但不会影响测量结果
(2)进行某次测量时，指针在表盘的位置如图所示：若所选档位为直流50mA挡，则示数为
______mA；若所选档位为电阻×100Ω挡，则示数为______Ω。

(3)某一型号的二极管，其两端分别记为A和B，现用电表的欧姆挡判断其正负极。

将多用电表
的红表笔与二极管的A端、黑表笔与二极管的B端相连时，表的指针偏转角度很小；调换表笔连接后，表的指针偏转角度很大，可知该二极管的正极为______(选填“A”或“B”)端。

15.一实验小组想测定某手机电池(3.7V,100mA)的电动势E和内电阻r的准确值．他们在实验室又
找来了以下实验器材：
电流表A1(量程100mA，内阻不计)、电流表A2(量程2mA，内阻不计)、滑动变阻器R1(0−2kΩ)、电阻箱R2(0−999.9Ω)、开关S一只，导线若干
①实验中电流表应选______ ；
②请在方框内画出实验电路的原理图，并标出所用器材的符号．
③该研究小组在实验中取得多组数据，作出如图所示的线性图象，则电动势E______ V，内阻
r=______ Ω.
四、计算题（本大题共3小题，共39.0分）
16.大中型汽轮发电机有两种类型，它们的差别是转子每转一周，电枢中感应电流按正弦规律周期
性变化的次数不同：一种是变化一次，另一种是变化两次。

这两种发电机产生的正弦式电流的频率一样，则它们的转子的转速比应是多少？
17.如图为一半圆柱形玻璃砖的横截面，图中的AB为直径，其长度为d，
O1为圆心，图中的虚线过圆心且与直径AB垂直并与半圆交于C点。

两束同种单色光甲、乙平行地斜射入半圆柱形玻璃砖中，甲射入玻
璃砖后过圆心O1且在该点刚好发生全反射，乙刚好由图中的C点射
入玻璃砖，且与虚线的夹角为i=45°，已知光在真空中的传播速度
为c。

求：
①玻璃砖的折射率n应为多大？
②甲、乙两束单色光从射入玻璃砖到第一次从玻璃砖中射出，两束光在玻璃砖中传播的时间差
应为多少？
18.如图所示，无限长金属导轨EF、PQ固定在倾角为θ=53°的光滑绝缘斜面上，轨道间距L=1m，
底部接入一阻值为R=0.4Ω的定值电阻，上端开口、垂直斜面向上的匀强磁场的磁感应强度B= 2T。

一质量为m=0.5kg的金属棒ab与导轨接触良好，ab与导轨间动摩擦因数μ=0.2，ab连入导轨间的电阻r=0.1Ω，电路中其余电阻不计。

现用一质量为M=2.86kg的物体通过一不可伸长的轻质细绳绕过光滑的定滑轮与ab相连，由静止释放M，不计空气阻力，当M下落高度ℎ=2.0m时，ab开始匀速运动(运动中ab始终垂直导轨，并接触良好)。

(g取10m/s2)
(1)求ab棒沿斜面向上运动的最大速度；
(2)ab棒从开始运动到匀速运动的这段时间内电阻R上产生的焦耳热和流过电阻R的总电荷量q
是多少⋅
五、综合题（本大题共1小题，共10.0分）
19.一列简谐横波某时刻的波形如图所示，质点P正在向上运动，它所在的平衡位置为x=2m，质
点P的振动方程为y=0.2sin5πt(m)，从该时刻开始计时，求：
(i)该简谐横波在介质中的传播速率；
(ii)经过0.5s时间，质点P的位移和路程；
(iii)从图示位置开始计时，经多长时间质点P第三次到达波峰。

【答案与解析】
1.答案：D
解析：解：A、三种色光，c的偏折程度最大，知c的折射率最大，a的折射率最小，故A错误；
B、三种色光在真空中传播时，速度相等，都等于光速，故B错误；
C、c的折射率最大，a的折射率最小。

则c的频率最大，a的频率最小。

根据λ=c f得，a的波长最大，
c的波长最短，再由双缝干涉的条纹间距△x=L
d
λ知c光的干涉条纹中相邻亮纹的间距最小，故C 错误；
D、根据sinC=1
n
得，折射率越大，临界角越小，所以c光的临界角最小，a光的临界角最大。

故D 正确。

故选：D。

通过各种色光折射光线，比较出折射率，从而知道各种色光的频率大小，根据λ=c f比较波长的大小。

根据△x=L
d λ比较条纹间距的大小；根据sinC=1
n
比较出临界角的大小。

解决本题的关键知道各种色光折射率、频率、波长、临界角、在介质中的速度关系。

2.答案：C
解析：
本题考查到阻尼振动的特点与受迫振动的特点、共振的应用与危害，属于对基础知识的考查，解题关键是熟记相应的基础知识即可．
解：A.阻尼振动又称衰减振动，振幅逐渐减小．故A错误；
B.物体做受迫振动，驱动力的频率小于物体的固有频率，若驱动力的频率逐渐增大，则物体的振幅将逐渐增大．故B错误；
C.受迫振动稳定时的频率等于驱动力的频率，与物体的固有频率无关．故C正确；
D.为避免共振产生危害，厂房建筑物的固有频率应该远离机器转动的频率范围．故D错误．
故选：C
3.答案：A
解析：分析：波峰与波峰叠加，波谷与波谷叠加，为振动加强点，振幅为两列波振幅之和；波谷与波峰叠加，为振动减弱点，振幅为两列波振幅之差．振动加强点始终为加强点，减弱点始终为减弱点．
解决本题的关键知道波峰和波峰、波谷与波谷叠加的点为振动加强点，波峰与波谷叠加的点为振动减弱点，注意加强区域总是加强，但其位移不一定最大．
解：AD、a点是波谷与波谷叠加处，是振动加强点，振幅是2A.c处于振幅加强的区域，则c点是振动加强点，振幅是2A.d点处波谷与波峰叠加，振动减弱，振幅为零，始终不动．b处于振幅减弱的区域，则b点是振动减弱点，振幅为零，始终不动．故A正确，D错误．
B、两列波的振幅都是A，d和b点是振幅减弱点，振幅是零，则图示时刻d和b点位移大小均为0.a点和c点的振幅为2A，图示时刻a点位移为−2A，c点位移为0.故B错误．
C、a点振动加强，位移时刻在变化，位移大小在0−2A之间变化，d点位移始终为0，故C错误．故选：A．
4.答案：A
解析：
线圈电流发生变化时，线圈要产生自感电动势阻碍电流的变化，根据电路结构分析答题。

对于自感线圈，当电流变化时产生自感电动势，相当于电源，当电路稳定时，相当于导线，将所并联的电路短路。

AB.由电路图可知，灯泡B与线圈串联然后与灯A并联，闭合开关瞬间，线圈产生自感电动势，阻碍电流的增加，灯A比B先亮，故A正确，B错误；
CD.断开开关瞬间，电路断了，两灯泡与线圈构成闭合回路，通过线圈的电流减小，产生感应电动势，使两灯泡逐渐熄灭，故CD错误。

故选A。

5.答案：B
解析：
根据电压器的特点：匝数与电压成正比，与电流成反比，输入功率等于输出功率．
做好本类题目除了利用变压器特点外，还要根据闭合电路的欧姆定律去分析负载变化引起的电流变化．
只增加副线圈匝数，根据匝数与电压成正比，可知，副线圈的电压增加，则：
A .变压器的输入电压与副线圈的匝数无关，副线圈匝数增大，原线圈的电压不变，故A 错误；
B .原线圈匝数增加使得副线圈电压增加，输出功率增加，所以电灯变亮，故B 正确；
C .负载电阻不变，电压增大，电流增大，所以输出功率和输入功率都增大，故C 错误；
D .原线圈匝数增加使得副线圈电压增加，输出功率增加，输入功率也增加，所以电流表示数增大，故D 错误； 故选：B ．
6.答案：B
解析：解：因为输入电压U 1 
不变，匝数比不变，根据U 1
 n 1
=U 2 
n 2
 知U 2 不变，即电压表V 的示数不变，开
关S 由闭合到断开时，电阻变大，电流表A 2 示数变小，根据P 入 =P 出 ，U 1 I 1 =U 2 I 2 ，U 1 、U 2 不变，I 2 变小，则I 1 变小，即电流表A 1 
示数变小，故B 正确，ACD 错误；
故选：B 。

本题类似于闭合电路中的动态分析问题，可以根据接通s 后电路电路电阻的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．
电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法
7.答案：C
解析：解：由图知波长为4m ，则其周期为：T =
λT
=
42.5
=1.6s ，则经过0.6s =0.61.6T =38T ，则T 4<t <T
2，
波沿x 轴正向传播，此时刻a 向下振动，所以t =0.6s 时a 点在Y 的负向且向上运动，所以其位移对平衡位置的位移为负值，其速度方向沿Y 轴的正向，加速度方向沿Y 轴的正向，速度方向与加速度方向相同，速度方向与相对平衡位置的位移方向相反，加速度方向与位移方向相反，故ABD 错误，C 正确； 故选：C
由图读出波长求出周期，确定所给时刻质点所在位置，由波的传播方向确定质点的振动方向，由所在位置平衡位置的关系确定加速度方向．
由波动图象读出，求解周期，根据时间与周期的关系分析质点的振动情况，是常见的问题，难度不大．
解析：
由图象知：T=0.2s，λ=2cm=0.02m，利用波速公式求的波速；再据振动图象知t=0.15s时该质点在平衡位置将向上振动，据波形平移法知波沿x轴的负反向传播。

据图象知道周期和波长，据波速公式求解是解题的关键，灵活应用波形平移法判断质点振动方向和波的传播方向，注意图象中横坐标的单位，否则出错。

ABD.由图象知，T=0.2s，λ=2cm=0.02m，利用波速公式v=λ
T =0.02
0.2
=0.1m/s，故ABD错误；
C.据振动图象知t=0.15s时该质点在平衡位置将向上振动，据波形平移法知波沿x轴的负反向传播，故C正确。

故选C。

9.答案：C
解析：解：A、导线中通以向右的电流，根据安培定则可知，小磁针所在位置的磁感线向里，故N 极将向里转动，S极向外转动，故A错误；
B、金属棒中电流由内侧流入，根据左手定则可知，磁场方向向上，由左手定则可知，导体棒受安培力向左，故导体棒将向左运动，故B错误；
C、两导线中电流同向，则两电流相互吸引，两导线受力均里，故均向里形变，故C正确；
D、导体棒向左切割磁感线，磁场方向向上，由右手定则可知，导线棒中电流由B到A，故电流由负接线柱流入电流表，故电流表指针向左偏转，故D错误。

故选：C。

根据安培定则确定直导线电流产生的磁场方向，从而确定小磁针的偏转方向；
根据电流方向利用左手定则判断导体棒受力方向，从而明确导体棒的偏转方向；
根据平行电流间的相互作用规律分析两导线的形变情况，知道同向电流相互吸引，反向电流相互排斥；
根据右手定则确定金属棒中的电流方向，再根据电流表中电流的流向确定指针的偏转方向。

本题考查安培定则、左手定则、右手定则的应用，要注意明确左手定则和右手定则的区别才能准确
10.答案：BCE
解析：解：A 、C 、在1min 内，甲振动30次，故周期：T 甲=60s 30
=2s ，f 甲=1
T 甲
=0.5 Hz ，故A 错
误，C 正确；
B 、D 、在1min 内，乙振动75次，故周期为T 乙=60s 75
=0.8s ，f 乙=1
T 乙
=1.25 Hz ；B 正确，D 错误；
E 、甲、乙的圆频率之比为ω甲
ω乙
=f 甲
f 乙
=0.51.25=2
5，故E 正确；
故选：BCE 。

物理学中，振动的快慢用每秒振动的次数来表示，称为频率，频率的单位是赫兹，用符号Hz 表示。

周期为频率的倒数。

此题要结合周期和频率的定义进行计算求解，基础题。

11.答案：BD
解析：
根据折射定律判断折射率的大小，从而再判断频率、波长、波速和临界角的大小，结合平行玻璃砖的光学特性进行解答．
做本题要有一定的逻辑顺序，先根据折射定律判断折射率的大小关系，再去分析、波速、临界角等关系．
A 、1光在直角面上的入射角θ1=α1，2光在直角面上的入射角θ2=α2，因α1<α2，β1=β2，所以根据折射定律知，在棱镜中1光的折射率比2光大，故A 错误．
B 、在棱镜中1光的折射率比2光大，根据公式v =c
n 知，在棱镜中光1的传播速度比光2的小，故B 正确．
C 、以相同角度斜射到同一平行玻璃板，光的折射率越大，侧移量越大，所以光1侧移量大，故C 错误．
D 、根据全反射临界角公式sinC =1
n 知，1光的临界角小于2光的临界角．所以，以相同的入射角从水中射入空气，在空气中只能看到一种光时，一定是光1发生了全反射，看到的是光2.故D 正确． 故选：BD
12.答案：BDE
解析：解：A、波源的频率为5Hz，则周期T=1f=0.2s，故A错误。

B、分析波动图象可知，波长λ=8m，根据波长、周期和波速的关系可知，v=λ
T
=40m/s，故B正确。

C、根据波动规律，波沿x轴正方向传播，t=0时刻，x=3m处的质点沿y轴正方向振动，故C错误。

D、A=10cm，1s=5T，则平衡位置在x=8m的质点在1s的时间内通过的路程为5×4A=200cm= 2m，故D正确。

E、波沿x轴正方向传播△x，出现虚线对应的波形，则△x=nλ+1
4
λn=0、1、2……，对应的传
播时间为△t=nT+1
4
T n=0、1、2……，当n=4时，△t=0.85s，故E正确。

故选：BDE。

本题考查了波动规律，关键是利用波形的平移法判断波的传播方向。

根据时间与周期的关系，分析质点的运动状态。

13.答案：BC
解析：解：A、根据右手定则可知，是由b到a，故A错误；
B、根据题意可知当导体棒匀速运动时其速度达到最大，根据平衡条件有F=f+BIL，
即F=μmg+B2L2v m
R+r
，
所以导体棒运动的最大速度为v m=(F−μmg)(R+r)
B2L2
，故B正确；
C、导体棒ab的速度为v0时，根据牛顿第二定律有F−B2L2v0
R+r
−μmg=ma，
所以导体棒的加速度为a=F
m −B2L2v0
(R+r)m
−μg，故C正确；
D、整个过程中，根据能量守恒定律有E k+μmgx+Q=Fx，
则电路中产生的总热量为Q=Fx−μmx−E k，
所以电阻R上产生的热量为Q R=R
R+r
Q<Fx−μmgx−E k，故D错误。

故选：BC。

根据右手定则分析导体棒ab的电流方向；
当导体棒匀速时，其速度达到最大，根据平衡条件列方程求解最大速度；
根据牛顿第二定律求解导体棒ab的速度为v0时的加速度；
根据能量守恒求解电路中产生的总热量，再分析电阻R上产生的热量。

解决该题需要明确知道导体棒的受力情况，知道导体棒的运动情况，知道导体棒匀速运动时速度达到最大，能根据能量守恒求解电路中的总热量。

14.答案：ABCD22.01900 A
解析：解：(1)A、测量未知电压要用最大量程试测，则A正确
B、用欧姆档，每次换档都要进行欧姆调零，则B正确
C、测量电阻要把电阻从电路中独立出来，则C正确
D、测量定值电阻时红、黑表笔插错插孔，与电路无影响，不会影响测量结果，则D正确
故选；ABCD
(2)直流50mA挡最小分度为1mA，则读数为22.0mA，电阻×100Ω挡，读数为19×100=1900Ω。

(3)用欧姆档，电流由黑表笔流出，接地极管正极则导通，接负极为截止，因与B端相连时，表的指针偏转角度很小，则B为负极，A为正极。

故答案为：(1)ABCD；(2)22.0，1900；(3)A
(1)测量未知电压要用最大量程试测；用欧姆档，每次换档都要进行欧姆调零；测量电阻要把电阻从电路中独立出来；测量定值电阻时红、黑表笔插错插孔，与电路无影响，不会影响测量结果。

(2)电表的读数要注意估读，欧姆表的读数要注意倍率。

(3)二极管正向导通，反向截止。

对于欧姆表的使用与读数要记住要点，明确电路的原理；知道二极管的特点；重在平时的积累。

15.答案：A1；3.5；7
解析：解：(1)因电源的额定电流为100mA，故电流表选择A1即可；
(2)采用电流表和电阻箱完成实验，故只需将电流表和电阻箱串联接在电源两端即可；电路图如图所示：
E−r，
(3)在闭合电路中，电源电动势：E=I(R+r)，则R=1
I
由图示图象可知，电源电动势：E=k=△R
△1
I
=0−(−7)
2
=3.5V，电源内阻：r=b=7Ω；
故答案为；(1)A1；(2)如图所示；(3)3.5；7．
(1)根据电源的额定电流可明确电流表的选择；
(2)根据实验原理可得出对应的电路图；
(3)根据闭合电路欧姆定律可明确对应的函数关系，再根据图示图象求出电源电动势与内阻．
本题涉及测定电源电动势和内电阻的实验原理及具体操作，虽然最后的图象处理不是用的伏安法，但都可以用闭合电路欧姆定律列式分析，作出直线图象是关键．
16.答案：解：交流电的频率相同，当正弦规律周期性变化的次数为一次时，f=n
当正弦规律周期性变化的次数为两次时：f=2n′，故它们的转子的转速比应是n
n′=2
1
答：它们的转子的转速比应是2
1。

解析：根据题意频率相同，由于转动一次正弦规律周期性变化的次数不同，根据f=n即可求得。

本题主要考查了信息的提取，明确频率相同，转动一周正弦规律周期性变化的次数不同即可。

17.答案：解：①作出光路图如图所示。

由已知可知单色光甲刚好发生
全反射的临界角C=45°
由sinC=1
n
得n=√2
②设单色光乙射入玻璃砖时的折射角为r，由折射定律
n=sini
sinr
代入数据解得r=30°
光在玻璃砖中传播的速度v=c
n
单色光甲从射入玻璃砖到第一次从玻璃砖中射出经过的路程s甲=2R
单色光乙从射入玻璃砖到第一次从玻璃砖中射出经过的路程s乙=R
cosr
甲、乙两束单色光从射入玻璃砖到第一次从玻璃砖中射出的时间差△t=s
甲
−s
乙
v
联立解得△t=(3√2−√6)d
3c
答：
①玻璃砖的折射率n应为√2。

②甲、乙两束单色光从射入玻璃砖到第一次从玻璃砖中射出的时间差是(3√2−√6)d。

3c
解析：①作出光路图，甲射入玻璃砖后过圆心O1且在该点刚好发生全反射，入射角等于临界角C，求玻璃砖的折射率n。

由sinC=1
n
②根据折射定律求出乙光的折射角，根据几何关系求出两光在玻璃砖中传播的距离，由v=c
求光在
n
玻璃砖中传播的速度，再求它们在玻璃砖中传播的时间，即可求得时间差。

本题的关键是要掌握全反射临界角公式sinC=1
，以及全反射的条件。

解题时，要作出光路图，利
n
用几何知识帮助解答。

18.答案：解：(1)由题意知，由静止释放M后，ab棒在绳拉力T、重力mg、安培力F和轨道支持力N及摩擦力f共同作用下做沿轨道向上的加速度逐渐减小的加速运动直至匀速运动，当达到最大速度时，由平衡条件有：
T−mgsinθ−F−f=0…①
N−mgcosθ=0…②
T=Mg…③
又由摩擦力公式得f=μN…④
ab所受的安培力F=BIL…⑤
…⑥
回路中感应电流I=BLv m
R+r
联解①②③④⑤⑥并代入数据得：
最大速度v m=3m/s…⑦
(2)由能量守恒定律知，系统的总能量守恒，即系统减少的重力势能等于系统增加的动能、焦耳热及摩擦而转化的内能之和，有：
(M+m)v m2+Q+fℎ…⑧
Mgℎ−mgℎsinθ=1
2
Q…⑨
电阻R产生的焦耳热Q R=R
R+r
根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律有：
流过电阻R的总电荷量q=IΔt…⑩
…⑪
电流的平均值I=E
R+r
…⑫
感应电动势的平均值E=△Φ
△t
磁通量的变化量ΔΦ=B⋅(Lℎ)…⑬
联解⑧⑨⑩⑪⑫⑬并代入数据得：Q R=26.3J，q=8C
答：
(1)ab棒沿斜面向上运动的最大速度是3m/s．
(2)ab棒从开始运动到匀速运动的这段时间内电阻R上产生的焦耳热是26.3J，流过电阻R的总电荷量是8C．
解析：(1)由静止释放M，ab棒先向上做加速运动，随着速度增大，产生的感应电流增大，所受的安培力增大，加速度减小，当加速度为零时做匀速运动，速度就达到最大值．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律推导出安培力与速度的关系式，结合平衡条件求解最大速度．
(2)在ab棒从开始运动到匀速运动的过程中，系统的重力势能减小，转化为系统增加的动能和焦耳热，根据能量守恒求出总的焦耳热，再由焦耳定律求电阻R上产生的热量．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公式求解电量．
本题有两个关键：一是推导安培力与速度的关系；二是推导感应电荷量q的表达式，对于它们的结果要理解记牢，有助于分析和处理电磁感应的问题．
19.答案：解：(i)由波形图可知，波长：λ=4m，由振动方程可知，圆频率：ω=5πrad/s，周期：
=0.4s，
T=2π
ω
=10m/s。

根据波长、周期和波速的关系可知，v=λ
T
(ii)质点P向上运动，根据传播规律可知，波向右传播，经过0.5s时间，振动了1.25T，则质点P运动到波峰位置，位移为0.2m，
分析波形图可知，振幅：A=0.2m，则经过0.5s时间内，质点P的路程：s=5A=1m。

(iii)波向右传播，第一次到达波峰的时间为0.25T，则经过2.25T质点P第三次到达波峰，t=2.25T= 0.9s。

答：(i)该简谐横波在介质中的传播速率为10m/s。

(ii)经过0.5s时间，质点P的位移为0.2m，路程为1m。

(iii)从图示位置开始计时，经0.9s时间质点P第三次到达波峰。

解析：(i)由波形图确定波长，由振动方程确定周期，求解波速。

(ii)根据质点的振动情况，确定波的传播方向，分析时间与周期的关系，确定质点的位移和路程。