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2024届四川省泸州市高三二诊理科综合能力试题-高中物理
1．（2024高三下·泸州模拟）2023年11月2日，日本东京电力公司启动第三批约7800吨核污染水排海，引起多国强烈反对。其中有一种难以被清除的氚具有放射性，会发生衰变，其半衰期为12.43年，衰变方程为。下列说法正确的是（　　）
A．发生的衰变产生了高速电子流，说明原子核中存在着电子
B．能进行天然衰变，是因为它的结合能高于的结合能
C．可采用高温、高压的环境，加速氚的衰变，从而净化污水
D．的原子核，经过24.86年，约有发生了衰变
【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．衰变现象是原子核内部的中子转化为质子的同时失去一个电子，不能说明原子核中存在着电子，故A错误；
B．能发生衰变生成，所以更稳定，比结合能更大，结合能等于比结合能乘以核子数，两种原子核的核子数相同，所以的结合能低于的结合能，故B错误；
C．放射性元素衰变的快慢是由核内部自身的因素决定的，跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系。一种放射性元素，不管它是以单质的形式存在，还是与其他元素形成化合物，或者对它施加压力、提高温度，都不能改变它的半衰期，故C错误。
D．根据半衰期的剩余质量计算公式
因此的原子核，经过24.86年，约有发生了衰变，故D正确。
故选D。
【分析】1、电子是衰变过程中产生的，并非预先存在于核内，因此不能证明原子核中有电子。
2、比结合能（每个核子的平均结合能）越大，原子核越稳定。结合能等于比结合能乘以核子数。
3、半衰期是原子核的固有属性，由核内部结构决定，与外界条件（温度、压强、化学状态）无关。
4、根据半衰期的剩余质量计算公式计算。
2．（2024高三下·泸州模拟）甲乙两车并排在同一平直公路上的两条平行车道上同向行驶，甲车由静止开始做匀加速运动，乙车做匀速运动，其各自的位移x随时间t变化关系如图所示，两条图线刚好在时刻相切，则（　　）
A．在时刻，甲车的速度大小为
B．在时刻，乙车的速度大小为
C．在内，两车只能有一次机会并排行驶
D．在内，乙车平均速度是甲车平均速度的两倍
【答案】C
【知识点】平均速度；运动学 S-t 图象
【解析】【解答】AB．图像中图线的斜率表示速度，则在时刻甲、乙两车速度大小相等，为
甲车做匀加速直线运动，则在时刻是时间段内的中间时刻，根据匀变速直线运动规律的推论可知时刻，甲车的速度大小为
故AB错误；
C．图像中交点代表相遇，在内，两车只能在时刻有一次机会并排行驶。故C正确；
D．根据平均速度公式，甲乙两车位移大小相等，时间段相等，所以平均速度相等。故D错误。
故选C。
【分析】1、图像中图线的斜率表示速度，根据斜率求解速度。
2、图像中交点代表相遇。
3、根据平均速度公式，比较位移和时间可比较平均速度。
3．（2024高三下·泸州模拟）如图所示，半径为R的光滑绝缘半圆轨道固定在水平地面上，一水平向右的通电直导线固定于轨道正上方，两半径相同、质量均为m的金属环P、Q分别置于半圆轨道两侧与圆心等高处，其中金属环Q有一小缺口。同时由静止释放两金属环，若不计碰撞时损失的机械能，金属环半径远小于半圆轨道半径，则下列说法中正确的是（　　）
A．金属环P在下滑过程中有顺时针方向的感应电流
B．两环恰好在半圆轨道最低点发生第一次碰撞
C．两环第一次碰撞后，金属环P恰好能回到出发处
D．最终两环产生的焦耳热总量为
【答案】A
【知识点】能量守恒定律；碰撞模型；安培力的计算；楞次定律
4．（2024高三下·泸州模拟）如图甲所示为车库入口的挡车装置，OA杆绕O点沿顺时针方向以角速度匀速转动，AB杆始终保持水平状态，其模型可简化为如图乙所示。已知OA和AB两杆长度均为L，在某次抬杆过程中，OA杆从水平位置转到竖直位置，关于此过程，下列判断正确的是（　　）
A．A、B两端点的速度总相同
B．端点B的速度大小为
C．端点B的运动轨迹不是圆弧
D．抬杆过程中，两杆扫过的总面积为
【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】在某次抬杆过程中，OA杆从水平位置转到竖直位置，如图所示
AB．因为OA和AB两杆长度均为L，可知A、B两端点的速度均相同，大小为
故A正确，B错误；
C．如图所示，端点B的运动轨迹与端点A的运动轨迹均是圆弧，故C错误；
D．抬杆过程中，OA杆扫过的面积为
由图可知，AB杆扫过的面积为一个正方形
故抬杆过程中，两杆扫过的总面积
故D错误。
故选A。
【分析】1、绕同轴圆周运动，角速度相等，根据得出。
2、OA杆扫过的面积为，AB杆扫过的面积为一个正方形，两杆扫过的总面积
5．（2024高三下·泸州模拟）为探究手摇式发电机的工作原理，两同学来到实验室设计了如图甲、乙所示的两个实验装置，由于两装置中仅使用的滑环有所不同，使得甲装置产生了直流电（如图丙），乙装置产生了交流电（如图丁）。若两装置中线圈以相同角速度在相同匀强磁场中同步进行匀速转动。则下列说法中正确的是（　　）
A．两装置在图示位置所产生的瞬时电流均为零
B．两装置中所产生的电流变化周期不相同
C．在内，两装置中电阻R产生的焦耳热不同
D．在内，两装置中通过电阻R的电量相同
【答案】B
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．由图甲、乙可知线圈初始时刻处于与中性面垂直的平面，则两装置在图示位置所产生的瞬时电流达到最大值，故A错误；
B．由图丙、丁可知，甲装置所产生的电流变化周期为
乙装置所产生的电流变化周期为
故两装置中所产生的电流变化周期不相同，故B正确；
C．在内，两装置中电阻R产生的焦耳热相同，均为
故C错误；
D．根据
由于在内，两装置中的磁通量的变化量不同，故在内，两装置中通过电阻R的电量不同。故D错误。
故选B。
【分析】1、图甲、乙可知线圈初始时刻处于与中性面垂直的平面，磁通量为零时，感应电流应为最大值。
2、由图丙、丁可知两装置中所产生的电流变化周期不相同。
3、两装置感应电流最大值相等，则有效值相等，在相同时间内电阻R产生的焦耳热相同。
4、电荷量，因为在内，两装置中的磁通量的变化量不同，可得出电荷量不同。
6．（2024高三下·泸州模拟）2023年7月10日，经国际天文学联合会小行星命名委员会批准，中国科学院紫金山天文台发现的国际编号为381323号的小行星被命名为“樊锦诗星”。如图所示，地球绕日运行近视为圆轨道，“樊锦诗星”绕日运行为椭圆轨道，其轨道半长轴为3.18天文单位（日地距离为1天文单位），远日点到太阳中心距离为4.86天文单位。下列说法正确的是（　　）
A．“樊锦诗星”绕太阳转动一圈，需要3.18年
B．“樊锦诗星”在近日点离太阳中心的距离为1.5天文单位
C．“樊锦诗星”在远日点的加速度与地球的加速度大小之比为
D．“樊锦诗星”、地球分别跟太阳中心的连线，在相等时间内扫过的面积相等
【答案】B,C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律
【解析】【解答】A．根据开普勒第三定律有
解得
故A错误；
B．近日点和远日点分别在椭圆长轴的两端，半长轴为3.18天文单位，
则长轴为，
则近日点离太阳中心的距离为，故B正确；
C．根据牛顿第二定律可知
“樊锦诗星”在远日点的加速度与地球的加速度大小之比为
故C正确；
D．根据开普勒第二定律可知环绕天体与中心天体之间的连线在相等的时间内扫过的面积相等，应该是同一个环绕天体，故D错误。
故选BC。
【分析】1、根据开普勒第三定律有计算周期。
2、根据牛顿第二定律可知，求解加速度大小之比。
3、根据开普勒第二定律可知，环绕同一个天体，环绕天体与中心天体之间的连线在相等的时间内扫过的面积相等。
7．（2024高三下·泸州模拟）如图，竖直平面内有三根轻质细绳，绳水平，绳与水平方向成53°夹角，O为结点，绳的下端栓接一质量为m的小球。现保持结点O不变动，对小球施加一水平向右的作用力F，使绳缓慢摆动与水平方向成37°夹角的位置，重力加速度为g，关于此过程中各段绳子的受力情况，下列判断正确的是（　　）
A．F为恒力，大小等于 B．绳受到的拉力先增大后减小
C．绳受到最大拉力为 D．绳受到的拉力保持不变
【答案】C,D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】AC．对小球进行受力分析，则小球处于动态平衡状态，设绳与水平方向的夹角为，则
，
随着逐渐减小，逐渐增大，也逐渐增大。末状态时
绳受到最大拉力为。故A错误，C正确；
D．结点O不变动，则绳与水平方向夹角不变，对结点进行受力分析，在竖直方向上有
解得
则绳受到的拉力保持不变。故D正确；
B．对结点进行受力分析，在水平方向有
解得
随着逐渐增大，则绳受到的拉力逐渐增大。故B错误。
故选CD。
【分析】本题考查动态平衡问题，以结点O受力分析，三力平衡，采用解析法分析，，，根据变化分析得出三根绳子拉力变化。
8．（2024高三下·泸州模拟）如图所示，竖直平面内有固定的光滑绝缘圆形轨道，匀强电场的方向平行于轨道平面水平向右，P、Q分别为轨道上的最高点和最低点，M、N是轨道上与圆心O等高的点。质量为m、电荷量为q的带正电的小球在P处以速度水平向右射出，恰好能在轨道内做完整的圆周运动，已知重力加速度为g，电场强度大小。则下列说法中正确的是（　　）
A．在轨道上运动时，小球动能最大的位置在M、Q之间
B．在轨道上运动时，小球机械能最小的位置在N点
C．经过M、N两点时，小球所受轨道弹力大小的差值为
D．小球在Q处以速度水平向右射出，也能在此轨道内做完整的圆周运动
【答案】A,B
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．使用等效场的观点，将重力场和电场等效的看作一个场，设该场的场强为g'，结合平行四边形法则有
设等效场对物体的力与竖直方向的夹角为θ，则有
解得
故等效重力（即重力和电场力的合力）与圆交的最低点在MQ之间，故动能最大的位置在MQ之间，故A正确；
B．根据功能关系，非重力做负功最多位置在N点，所以机械能最小的位置在N点，故B正确；
C．小球在M点，由牛顿第二定律得
小球在N点，由牛顿第二定律得
从M到N点，由动能定理得
解得小球所受轨道弹力大小的差值
故C错误；
D．由于等效场对物体的力与竖直方向的夹角为，故等效场的最高点在弧的中间位置，设为点，又质量为m、电荷量为q的带正电的小球在P处以速度水平向右射出，恰好能在轨道内做完整的圆周运动，从P处到点，根据动能定理
假设小球在Q处以速度水平向右射出，也能在此轨道内做完整的圆周运动，从Q处到点，根据动能定理
联立解得
故小球在Q处以速度水平向右射出，不能在此轨道内做完整的圆周运动，故D错误。
故选AB。
【分析】主要涉及等效场法 在复合场（重力场+电场）中的应用，并结合 圆周运动、动能定理、机械能守恒、牛顿第二定律 等力学和电磁学知识。
1、等效重力：，等效最低点：等效重力方向与圆周的交点（动能最大点），等效最高点：等效重力的反方向与圆周的交点（临界速度点，类似重力场中的“最高点”）。
2、电场力做正功 → 机械能增加。电场力做负功 → 机械能减少。机械能最小点：电场力做负功最多的位置（N点）。
3、完整圆周运动的临界条件：等效最高点的速度，应用动能定理计算最高点速度是否满足来判断能否在此轨道内做完整的圆周运动。
9．（2024高三下·泸州模拟）某同学用三根完全相同的弹簧设计了如下实验，以探究弹簧的劲度系数。
（1）将弹簧上端均固定在铁架台上相同高度的横杆上，甲装置用一根弹簧挂物块，乙装置用另外两根弹簧挂大小相同但质量不同的物块，在物块正下方的距离传感器可以测出物块到传感器的距离，此时刚好均为，如图所示，则是的　 　倍。
（2）只交换两物块的位置，此时甲装置的距离传感器显示为，弹簧相对原长的形变量为；乙装置中的每根弹簧相对原长的形变量为，则是的　 　倍。
（3）已知物块质量，当地重力加速度为，该同学测得、，则每根弹簧的劲度系数　 　。
【答案】（1）
（2）4
（3）245
【知识点】胡克定律；探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】（1）根据题意可知甲乙两装置弹簧伸长量相等，根据物块的平衡方程及胡克定律可以得出：
，
则两个物块的质量之比为：
即是的倍。
（2）交换位置后再分别对两物体受力分析，根据物块的平衡方程及胡克定律可以得出：
，
两式联立解得弹簧的形变量之比为：
即是的4倍。
（3）设弹簧处于原长状态时，下端与距离传感器之间距离为，则
，
联立等式
可以得出
再根据平衡方程
解得
【分析】（1）利用两个物块的平衡方程结合胡克定律可以求出两个物块质量之比；
（2）利用两个物块的平衡方程结合质量之比可以求出形变量之比；
（3）利用弹簧的形变量和几何关系可以求出弹簧形变量的大小，结合平衡方程可以求出弹簧劲度系数的大小。
10．（2024高三下·泸州模拟）某同学利用图甲电路测量电源电动势E（约）和内阻r（约），其中R为电阻箱，为定值电阻（实验室有“”、“”、“”三种规格定值电阻供选择），电压表内阻约，多次改变电阻箱的阻值R，记录下对应的电压表读数U，并作出如乙图所示图线。
（1）由乙图数据可知，该同学选用的定值电阻的阻值是　 　。（选填“”、“”或“”）
（2）根据乙图中的数据可测得该电源的电动势　 　V，内阻　 　。（结果保留三位有效数字）
（3）该同学实验测得的电动势和内阻分别与真实值相比：　 　，　 　。（选填“小于”、“等于”或“大于”）
【答案】（1）20Ω
（2）6.25；1.25
（3）小于；小于
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）由乙图可知，当R=10Ω时，U=2V，则
当内阻取近似值1Ω时，可得R0=19Ω，则该同学选用的定值电阻的阻值是20Ω。
（2）由电路可知
解得
由图像可知
解得
E=6.25V，r=1.25Ω
（3）若考虑电压表的内阻影响，则电动势的测量值为
内阻测量值
所以电动势的测量值偏小，内阻测量值偏小。
【分析】（1）根据图乙数据可计算电路中电流，再根据计算定值电阻的阻值。
（2）根据电路图推导出，结合图像的斜率和纵截距可计算出电动势和内阻。
（3）因电压表的内阻影响，对测量结果带来系统误差，
（1）由乙图可知，当R=10Ω时，U=2V，则
当内阻取近似值1Ω时，可得
R0=19Ω
则该同学选用的定值电阻的阻值是20Ω。
（2）[1][2]由电路可知
解得
由图像可知
解得
E=6.25V，r=1.25Ω
（3）[1][2]若考虑电压表的内阻影响，则电动势的测量值为
内阻测量值
所以电动势的测量值偏小，内阻测量值偏小。
11．（2024高三下·泸州模拟）如图所示，在半径的圆形区域内分布着磁感应强度的匀强磁场，圆周上M处有一个粒子发射源，能平行于纸面向四周发射速率大小的同种粒子，已知在粒子离开磁场的所有位置中，N距M最远且，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。求：
（1）粒子的比荷；
（2）从N处离开磁场的粒子，在磁场中运动的时间。
【答案】解：（1）根据几何关系可知MN距离为
在粒子离开磁场的所有位置中，N距M最远说明MN为粒子做圆周运动的轨迹圆的直径，则轨迹圆半径
洛伦兹力提供圆周运动的向心力，即
，
解得粒子的比荷
（2）根据圆周运动规律可知
从N处离开磁场的粒子，时间
方程联立解得
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据几何关系可知MN距离为，在粒子离开磁场的所有位置中，N距M最远说明MN为粒子做圆周运动的轨迹圆的直径，根据几何关系可求解轨迹圆半径，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，即，可求解粒子的比荷。
（2）根据圆周运动规律可得出周期，从N处离开磁场的粒子，时间。
12．（2024高三下·泸州模拟）如图，质量的物块静置于质量的长木板右端，长木板长，物块与长木板间动摩擦因数，长木板与地面间动摩擦因数，物块与长木板之间、长木板与地面之间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。现有一水平向右的恒力F作用在长木板上。
（1）若恒力，求物块和长木板的加速度大小；
（2）若恒力，求物块在长木板上滑动的时间；
（3）若恒力，作用一段时间后撤去，物块恰好不从长木板上掉下，求恒力作用的时间。
【答案】解：（1）物块与木板刚要出现相对滑动时，对物块由牛顿第二定律
对物块和长木板整体受力分析，由牛顿第二定律
联立解得
即当拉力F超过15N，物块和长木板间就会出现相对滑动，由于，故物块和长木板相对静止，一起向右做加速运动，其加速度为，对物块和长木板整体受力分析，由牛顿第二定律
解得物块和长木板的加速度大小为
（2）当时，物块和长木板有相对滑动。物块的加速度为，长木板的加速度为，物块由牛顿第二定律
对长木板受力分析，由牛顿第二定律
设经过时间，当物块滑下长木板时两者的位移关系满足
物块在长木板上滑动的时间为
（3）当时，物块仍以加速度做匀加速直线运动，长木板做加速度为的匀加速直线运动，对长木板由牛顿第二定律
作用时间后，长木板的速度为，由运动学公式
撤去后，物块继续以加速度做匀加速直线运动，长木板做加速度为的匀减速直线运动，对长木板由牛顿第二定律
撤去F3后，经过时间物块与长木板共速，由运动学公式
由于，因此共速后两者不会再有相对运动，位移满足
联立解得，恒力作用的时间为

【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）首先计算物块与木板刚要出现相对滑动时水平向右的恒力F大小，对物块静摩擦力等于最大静摩擦力，由牛顿第二定律，对物块和长木板整体受力分析，由牛顿第二定律，求解得出物块与木板刚要出现相对滑动时水平向右的恒力F大小为15N，若，故物块和长木板相对静止，一起向右做加速运动，其加速度为，对物块和长木板整体受力分析，由牛顿第二定律，解得物块和长木板的加速度大小。
（2）当时，物块和长木板有相对滑动。对物块由牛顿第二定律
对长木板受力分析，由牛顿第二定律，当物块滑下长木板时两者的位移关系满足，联立可求解物块在长木板上滑动的时间。
（3）当时，物块仍以加速度做匀加速直线运动，长木板做加速度为的匀加速直线运动，对长木板由牛顿第二定律，作用时间后，长木板的速度为，由运动学公式，撤去后，物块继续以加速度做匀加速直线运动，长木板做加速度为的匀减速直线运动，对长木板由牛顿第二定律，撤去F3后，经过时间物块与长木板共速，由运动学公式，由于，共速后两者不会再有相对运动，位移满足，联立解得，恒力作用的时间
13．（2024高三下·泸州模拟）如图所示，导热性能良好的汽缸，开口向上固定在水平面上，光滑活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内。现用力F作用在活塞上，使其缓慢上升至汽缸顶端，在此过程中，环境温度保持不变，汽缸不漏气。在活塞上升的过程中，下列判断正确的是（　　）
A．单位时间内撞击汽缸壁单位面积的分子数减少
B．分子平均动能不变，气体的压强减小
C．气体从外界吸收热量，内能增加
D．外界对气体做功，气体放出热量
E．气体对外界做功，内能不变
【答案】A,B,E
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A．汽缸导热性能良好，环境温度保持不变，则汽缸内温度不变，此理想气体内能不变，气体分子的平均动能不变，因为体积增大，单位体积内的分子数减少，则单位时间内撞击汽缸壁单位面积的分子数减少。故A正确；
B．根据理想气体状态方程
其中温度不变，体积增大，则气体压强减小。故B正确；
CDE．根据热力学第一定律可知
内能不变，体积增大，气体对外做功则
，
所以，气体从外界吸收热量，但内能不变。故CD错误，E正确。
故选ABE。
【分析】1、汽缸导热良好，则 温度T恒定（环境温度不变，系统与外界热平衡）。对理想气体，气体内能仅由温度决定（与体积、压强无关）。
2、根据理想气体状态方程，其中温度不变，体积增大，则气体压强减小。
3、根据热力学第一定律可知，内能不变，体积增大，气体对外做功则，，所以，气体从外界吸收热量。
14．（2024高三下·泸州模拟）如图甲所示，竖直放置、导热性能良好粗细均匀的“”型管，左管封闭，右管开口，管中水银在左管中封闭了一段理想气体，右管水银恰好不流出，左右两管水银液面高度差。现将“”型管缓慢倒置稳定后，左端空气柱长度减小了（如图乙所示）。已知在“”型管倒置过程中，封闭气体质量、管内水银质量及环境温度保持不变，大气压强（为压强单位）。求“”型管倒置后，
（1）左管中封闭气体的压强；
（2）左管中封闭气体的长度。
【答案】解：（1）倒置后左右两端水银柱液面的高度差为，则
倒置后左管内封闭气体的压强为，则
解得左管中封闭气体的压强为
（2）倒置前左管内封闭气体的压强为，则
由玻意耳定律
由该过程中空气柱长度减少了4cm有
联立解得左管中封闭气体的长度为
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）倒置后左右两端水银柱液面的高度差
倒置后左管内封闭气体的压强
（2）根据，可求解倒置前左管内封闭气体的压强，
由玻意耳定律，由该过程中空气柱长度减少了4cm，，联立解得左管中封闭气体的长度。
15．（2024高三下·泸州模拟）如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，图中实线波形为t1=0时刻的波形图，在t2=0.9s时第一次出现虚线所示的波形图。下列说法中正确的是（　　）
A．这列波在介质中的传播速度为10m/s
B．x=0的质点，在t1~t2时间内的路程为9m
C．t2=0.9s时，x=4m的质点正沿y轴正方向振动
D．t2=0.9s时，x=6m的质点振动的速度为零
E．t2=0.9s时，x=2m和x=3m的两质点加速度相同
【答案】A,C,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．根据题意可得
所以
所以
故A正确；
B．x=0的质点，在t1~t2时间内的路程为3A，即30cm，故B错误；
C．t2=0.9s时，由图可知x=4m的质点正处于上坡阶段，根据上下坡法可知该质点沿y轴正方向振动，故C正确；
D．t2=0.9s时，x=6m的质点处于波谷，其振动速度为零，故D正确；
E．t2=0.9s时，x=2m的质点向正向最大位移处振动，加速度正在增大，而x=3m的质点加速度为零，故E错误。
故选ACD。
【分析】1、根据题目已知可求解周期，波形图得知波长，由计算波速。
2、已知波的传播方向，根据上下坡法可推出该质点沿y轴正方向振动。
3、质点处于波谷，其振动速度为零，加速度最大，当质点向正向最大位移处振动，加速度正在增大。
16．（2024高三下·泸州模拟）如图所示，光源S位于装有某液体的容器底部，容器右侧的内壁固定一平面镜，平面镜上端与容器顶端平齐、下端与液面平齐。光源S沿方向发射一束红光，经O点折射后照到平面镜上的P点，反射光线刚好过容器左侧上端点Q。已知入射角，容器宽度为，反射点P分别到平面镜上端点M、下端点N的距离为、，液体深度为，光在真空中的传播速度，，。求：
（1）红光在该液体中的折射率n；
（2）这束红光在液体中的传播时间。
【答案】解：（1）根据几何关系可知在MN平面发生的反射，入射角符合，
则，则光从液体中射出时的折射角
根据折射定律可知
（2）传播距离
红光在液体中的传播速度
这束红光在液体中的传播时间

【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）根据几何关系可知在MN平面发生的反射可求出入射角和光从液体中射出时的折射角，根据折射定律可求解红光在该液体中的折射率n
（2）传播距离，红光在液体中的传播速度，利用计算这束红光在液体中的传播时间。
1 / 12024届四川省泸州市高三二诊理科综合能力试题-高中物理
1．（2024高三下·泸州模拟）2023年11月2日，日本东京电力公司启动第三批约7800吨核污染水排海，引起多国强烈反对。其中有一种难以被清除的氚具有放射性，会发生衰变，其半衰期为12.43年，衰变方程为。下列说法正确的是（　　）
A．发生的衰变产生了高速电子流，说明原子核中存在着电子
B．能进行天然衰变，是因为它的结合能高于的结合能
C．可采用高温、高压的环境，加速氚的衰变，从而净化污水
D．的原子核，经过24.86年，约有发生了衰变
2．（2024高三下·泸州模拟）甲乙两车并排在同一平直公路上的两条平行车道上同向行驶，甲车由静止开始做匀加速运动，乙车做匀速运动，其各自的位移x随时间t变化关系如图所示，两条图线刚好在时刻相切，则（　　）
A．在时刻，甲车的速度大小为
B．在时刻，乙车的速度大小为
C．在内，两车只能有一次机会并排行驶
D．在内，乙车平均速度是甲车平均速度的两倍
3．（2024高三下·泸州模拟）如图所示，半径为R的光滑绝缘半圆轨道固定在水平地面上，一水平向右的通电直导线固定于轨道正上方，两半径相同、质量均为m的金属环P、Q分别置于半圆轨道两侧与圆心等高处，其中金属环Q有一小缺口。同时由静止释放两金属环，若不计碰撞时损失的机械能，金属环半径远小于半圆轨道半径，则下列说法中正确的是（　　）
A．金属环P在下滑过程中有顺时针方向的感应电流
B．两环恰好在半圆轨道最低点发生第一次碰撞
C．两环第一次碰撞后，金属环P恰好能回到出发处
D．最终两环产生的焦耳热总量为
4．（2024高三下·泸州模拟）如图甲所示为车库入口的挡车装置，OA杆绕O点沿顺时针方向以角速度匀速转动，AB杆始终保持水平状态，其模型可简化为如图乙所示。已知OA和AB两杆长度均为L，在某次抬杆过程中，OA杆从水平位置转到竖直位置，关于此过程，下列判断正确的是（　　）
A．A、B两端点的速度总相同
B．端点B的速度大小为
C．端点B的运动轨迹不是圆弧
D．抬杆过程中，两杆扫过的总面积为
5．（2024高三下·泸州模拟）为探究手摇式发电机的工作原理，两同学来到实验室设计了如图甲、乙所示的两个实验装置，由于两装置中仅使用的滑环有所不同，使得甲装置产生了直流电（如图丙），乙装置产生了交流电（如图丁）。若两装置中线圈以相同角速度在相同匀强磁场中同步进行匀速转动。则下列说法中正确的是（　　）
A．两装置在图示位置所产生的瞬时电流均为零
B．两装置中所产生的电流变化周期不相同
C．在内，两装置中电阻R产生的焦耳热不同
D．在内，两装置中通过电阻R的电量相同
6．（2024高三下·泸州模拟）2023年7月10日，经国际天文学联合会小行星命名委员会批准，中国科学院紫金山天文台发现的国际编号为381323号的小行星被命名为“樊锦诗星”。如图所示，地球绕日运行近视为圆轨道，“樊锦诗星”绕日运行为椭圆轨道，其轨道半长轴为3.18天文单位（日地距离为1天文单位），远日点到太阳中心距离为4.86天文单位。下列说法正确的是（　　）
A．“樊锦诗星”绕太阳转动一圈，需要3.18年
B．“樊锦诗星”在近日点离太阳中心的距离为1.5天文单位
C．“樊锦诗星”在远日点的加速度与地球的加速度大小之比为
D．“樊锦诗星”、地球分别跟太阳中心的连线，在相等时间内扫过的面积相等
7．（2024高三下·泸州模拟）如图，竖直平面内有三根轻质细绳，绳水平，绳与水平方向成53°夹角，O为结点，绳的下端栓接一质量为m的小球。现保持结点O不变动，对小球施加一水平向右的作用力F，使绳缓慢摆动与水平方向成37°夹角的位置，重力加速度为g，关于此过程中各段绳子的受力情况，下列判断正确的是（　　）
A．F为恒力，大小等于 B．绳受到的拉力先增大后减小
C．绳受到最大拉力为 D．绳受到的拉力保持不变
8．（2024高三下·泸州模拟）如图所示，竖直平面内有固定的光滑绝缘圆形轨道，匀强电场的方向平行于轨道平面水平向右，P、Q分别为轨道上的最高点和最低点，M、N是轨道上与圆心O等高的点。质量为m、电荷量为q的带正电的小球在P处以速度水平向右射出，恰好能在轨道内做完整的圆周运动，已知重力加速度为g，电场强度大小。则下列说法中正确的是（　　）
A．在轨道上运动时，小球动能最大的位置在M、Q之间
B．在轨道上运动时，小球机械能最小的位置在N点
C．经过M、N两点时，小球所受轨道弹力大小的差值为
D．小球在Q处以速度水平向右射出，也能在此轨道内做完整的圆周运动
9．（2024高三下·泸州模拟）某同学用三根完全相同的弹簧设计了如下实验，以探究弹簧的劲度系数。
（1）将弹簧上端均固定在铁架台上相同高度的横杆上，甲装置用一根弹簧挂物块，乙装置用另外两根弹簧挂大小相同但质量不同的物块，在物块正下方的距离传感器可以测出物块到传感器的距离，此时刚好均为，如图所示，则是的　 　倍。
（2）只交换两物块的位置，此时甲装置的距离传感器显示为，弹簧相对原长的形变量为；乙装置中的每根弹簧相对原长的形变量为，则是的　 　倍。
（3）已知物块质量，当地重力加速度为，该同学测得、，则每根弹簧的劲度系数　 　。
10．（2024高三下·泸州模拟）某同学利用图甲电路测量电源电动势E（约）和内阻r（约），其中R为电阻箱，为定值电阻（实验室有“”、“”、“”三种规格定值电阻供选择），电压表内阻约，多次改变电阻箱的阻值R，记录下对应的电压表读数U，并作出如乙图所示图线。
（1）由乙图数据可知，该同学选用的定值电阻的阻值是　 　。（选填“”、“”或“”）
（2）根据乙图中的数据可测得该电源的电动势　 　V，内阻　 　。（结果保留三位有效数字）
（3）该同学实验测得的电动势和内阻分别与真实值相比：　 　，　 　。（选填“小于”、“等于”或“大于”）
11．（2024高三下·泸州模拟）如图所示，在半径的圆形区域内分布着磁感应强度的匀强磁场，圆周上M处有一个粒子发射源，能平行于纸面向四周发射速率大小的同种粒子，已知在粒子离开磁场的所有位置中，N距M最远且，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。求：
（1）粒子的比荷；
（2）从N处离开磁场的粒子，在磁场中运动的时间。
12．（2024高三下·泸州模拟）如图，质量的物块静置于质量的长木板右端，长木板长，物块与长木板间动摩擦因数，长木板与地面间动摩擦因数，物块与长木板之间、长木板与地面之间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。现有一水平向右的恒力F作用在长木板上。
（1）若恒力，求物块和长木板的加速度大小；
（2）若恒力，求物块在长木板上滑动的时间；
（3）若恒力，作用一段时间后撤去，物块恰好不从长木板上掉下，求恒力作用的时间。
13．（2024高三下·泸州模拟）如图所示，导热性能良好的汽缸，开口向上固定在水平面上，光滑活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内。现用力F作用在活塞上，使其缓慢上升至汽缸顶端，在此过程中，环境温度保持不变，汽缸不漏气。在活塞上升的过程中，下列判断正确的是（　　）
A．单位时间内撞击汽缸壁单位面积的分子数减少
B．分子平均动能不变，气体的压强减小
C．气体从外界吸收热量，内能增加
D．外界对气体做功，气体放出热量
E．气体对外界做功，内能不变
14．（2024高三下·泸州模拟）如图甲所示，竖直放置、导热性能良好粗细均匀的“”型管，左管封闭，右管开口，管中水银在左管中封闭了一段理想气体，右管水银恰好不流出，左右两管水银液面高度差。现将“”型管缓慢倒置稳定后，左端空气柱长度减小了（如图乙所示）。已知在“”型管倒置过程中，封闭气体质量、管内水银质量及环境温度保持不变，大气压强（为压强单位）。求“”型管倒置后，
（1）左管中封闭气体的压强；
（2）左管中封闭气体的长度。
15．（2024高三下·泸州模拟）如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，图中实线波形为t1=0时刻的波形图，在t2=0.9s时第一次出现虚线所示的波形图。下列说法中正确的是（　　）
A．这列波在介质中的传播速度为10m/s
B．x=0的质点，在t1~t2时间内的路程为9m
C．t2=0.9s时，x=4m的质点正沿y轴正方向振动
D．t2=0.9s时，x=6m的质点振动的速度为零
E．t2=0.9s时，x=2m和x=3m的两质点加速度相同
16．（2024高三下·泸州模拟）如图所示，光源S位于装有某液体的容器底部，容器右侧的内壁固定一平面镜，平面镜上端与容器顶端平齐、下端与液面平齐。光源S沿方向发射一束红光，经O点折射后照到平面镜上的P点，反射光线刚好过容器左侧上端点Q。已知入射角，容器宽度为，反射点P分别到平面镜上端点M、下端点N的距离为、，液体深度为，光在真空中的传播速度，，。求：
（1）红光在该液体中的折射率n；
（2）这束红光在液体中的传播时间。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．衰变现象是原子核内部的中子转化为质子的同时失去一个电子，不能说明原子核中存在着电子，故A错误；
B．能发生衰变生成，所以更稳定，比结合能更大，结合能等于比结合能乘以核子数，两种原子核的核子数相同，所以的结合能低于的结合能，故B错误；
C．放射性元素衰变的快慢是由核内部自身的因素决定的，跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系。一种放射性元素，不管它是以单质的形式存在，还是与其他元素形成化合物，或者对它施加压力、提高温度，都不能改变它的半衰期，故C错误。
D．根据半衰期的剩余质量计算公式
因此的原子核，经过24.86年，约有发生了衰变，故D正确。
故选D。
【分析】1、电子是衰变过程中产生的，并非预先存在于核内，因此不能证明原子核中有电子。
2、比结合能（每个核子的平均结合能）越大，原子核越稳定。结合能等于比结合能乘以核子数。
3、半衰期是原子核的固有属性，由核内部结构决定，与外界条件（温度、压强、化学状态）无关。
4、根据半衰期的剩余质量计算公式计算。
2．【答案】C
【知识点】平均速度；运动学 S-t 图象
【解析】【解答】AB．图像中图线的斜率表示速度，则在时刻甲、乙两车速度大小相等，为
甲车做匀加速直线运动，则在时刻是时间段内的中间时刻，根据匀变速直线运动规律的推论可知时刻，甲车的速度大小为
故AB错误；
C．图像中交点代表相遇，在内，两车只能在时刻有一次机会并排行驶。故C正确；
D．根据平均速度公式，甲乙两车位移大小相等，时间段相等，所以平均速度相等。故D错误。
故选C。
【分析】1、图像中图线的斜率表示速度，根据斜率求解速度。
2、图像中交点代表相遇。
3、根据平均速度公式，比较位移和时间可比较平均速度。
3．【答案】A
【知识点】能量守恒定律；碰撞模型；安培力的计算；楞次定律
4．【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】在某次抬杆过程中，OA杆从水平位置转到竖直位置，如图所示
AB．因为OA和AB两杆长度均为L，可知A、B两端点的速度均相同，大小为
故A正确，B错误；
C．如图所示，端点B的运动轨迹与端点A的运动轨迹均是圆弧，故C错误；
D．抬杆过程中，OA杆扫过的面积为
由图可知，AB杆扫过的面积为一个正方形
故抬杆过程中，两杆扫过的总面积
故D错误。
故选A。
【分析】1、绕同轴圆周运动，角速度相等，根据得出。
2、OA杆扫过的面积为，AB杆扫过的面积为一个正方形，两杆扫过的总面积
5．【答案】B
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．由图甲、乙可知线圈初始时刻处于与中性面垂直的平面，则两装置在图示位置所产生的瞬时电流达到最大值，故A错误；
B．由图丙、丁可知，甲装置所产生的电流变化周期为
乙装置所产生的电流变化周期为
故两装置中所产生的电流变化周期不相同，故B正确；
C．在内，两装置中电阻R产生的焦耳热相同，均为
故C错误；
D．根据
由于在内，两装置中的磁通量的变化量不同，故在内，两装置中通过电阻R的电量不同。故D错误。
故选B。
【分析】1、图甲、乙可知线圈初始时刻处于与中性面垂直的平面，磁通量为零时，感应电流应为最大值。
2、由图丙、丁可知两装置中所产生的电流变化周期不相同。
3、两装置感应电流最大值相等，则有效值相等，在相同时间内电阻R产生的焦耳热相同。
4、电荷量，因为在内，两装置中的磁通量的变化量不同，可得出电荷量不同。
6．【答案】B,C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律
【解析】【解答】A．根据开普勒第三定律有
解得
故A错误；
B．近日点和远日点分别在椭圆长轴的两端，半长轴为3.18天文单位，
则长轴为，
则近日点离太阳中心的距离为，故B正确；
C．根据牛顿第二定律可知
“樊锦诗星”在远日点的加速度与地球的加速度大小之比为
故C正确；
D．根据开普勒第二定律可知环绕天体与中心天体之间的连线在相等的时间内扫过的面积相等，应该是同一个环绕天体，故D错误。
故选BC。
【分析】1、根据开普勒第三定律有计算周期。
2、根据牛顿第二定律可知，求解加速度大小之比。
3、根据开普勒第二定律可知，环绕同一个天体，环绕天体与中心天体之间的连线在相等的时间内扫过的面积相等。
7．【答案】C,D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】AC．对小球进行受力分析，则小球处于动态平衡状态，设绳与水平方向的夹角为，则
，
随着逐渐减小，逐渐增大，也逐渐增大。末状态时
绳受到最大拉力为。故A错误，C正确；
D．结点O不变动，则绳与水平方向夹角不变，对结点进行受力分析，在竖直方向上有
解得
则绳受到的拉力保持不变。故D正确；
B．对结点进行受力分析，在水平方向有
解得
随着逐渐增大，则绳受到的拉力逐渐增大。故B错误。
故选CD。
【分析】本题考查动态平衡问题，以结点O受力分析，三力平衡，采用解析法分析，，，根据变化分析得出三根绳子拉力变化。
8．【答案】A,B
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．使用等效场的观点，将重力场和电场等效的看作一个场，设该场的场强为g'，结合平行四边形法则有
设等效场对物体的力与竖直方向的夹角为θ，则有
解得
故等效重力（即重力和电场力的合力）与圆交的最低点在MQ之间，故动能最大的位置在MQ之间，故A正确；
B．根据功能关系，非重力做负功最多位置在N点，所以机械能最小的位置在N点，故B正确；
C．小球在M点，由牛顿第二定律得
小球在N点，由牛顿第二定律得
从M到N点，由动能定理得
解得小球所受轨道弹力大小的差值
故C错误；
D．由于等效场对物体的力与竖直方向的夹角为，故等效场的最高点在弧的中间位置，设为点，又质量为m、电荷量为q的带正电的小球在P处以速度水平向右射出，恰好能在轨道内做完整的圆周运动，从P处到点，根据动能定理
假设小球在Q处以速度水平向右射出，也能在此轨道内做完整的圆周运动，从Q处到点，根据动能定理
联立解得
故小球在Q处以速度水平向右射出，不能在此轨道内做完整的圆周运动，故D错误。
故选AB。
【分析】主要涉及等效场法 在复合场（重力场+电场）中的应用，并结合 圆周运动、动能定理、机械能守恒、牛顿第二定律 等力学和电磁学知识。
1、等效重力：，等效最低点：等效重力方向与圆周的交点（动能最大点），等效最高点：等效重力的反方向与圆周的交点（临界速度点，类似重力场中的“最高点”）。
2、电场力做正功 → 机械能增加。电场力做负功 → 机械能减少。机械能最小点：电场力做负功最多的位置（N点）。
3、完整圆周运动的临界条件：等效最高点的速度，应用动能定理计算最高点速度是否满足来判断能否在此轨道内做完整的圆周运动。
9．【答案】（1）
（2）4
（3）245
【知识点】胡克定律；探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】（1）根据题意可知甲乙两装置弹簧伸长量相等，根据物块的平衡方程及胡克定律可以得出：
，
则两个物块的质量之比为：
即是的倍。
（2）交换位置后再分别对两物体受力分析，根据物块的平衡方程及胡克定律可以得出：
，
两式联立解得弹簧的形变量之比为：
即是的4倍。
（3）设弹簧处于原长状态时，下端与距离传感器之间距离为，则
，
联立等式
可以得出
再根据平衡方程
解得
【分析】（1）利用两个物块的平衡方程结合胡克定律可以求出两个物块质量之比；
（2）利用两个物块的平衡方程结合质量之比可以求出形变量之比；
（3）利用弹簧的形变量和几何关系可以求出弹簧形变量的大小，结合平衡方程可以求出弹簧劲度系数的大小。
10．【答案】（1）20Ω
（2）6.25；1.25
（3）小于；小于
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）由乙图可知，当R=10Ω时，U=2V，则
当内阻取近似值1Ω时，可得R0=19Ω，则该同学选用的定值电阻的阻值是20Ω。
（2）由电路可知
解得
由图像可知
解得
E=6.25V，r=1.25Ω
（3）若考虑电压表的内阻影响，则电动势的测量值为
内阻测量值
所以电动势的测量值偏小，内阻测量值偏小。
【分析】（1）根据图乙数据可计算电路中电流，再根据计算定值电阻的阻值。
（2）根据电路图推导出，结合图像的斜率和纵截距可计算出电动势和内阻。
（3）因电压表的内阻影响，对测量结果带来系统误差，
（1）由乙图可知，当R=10Ω时，U=2V，则
当内阻取近似值1Ω时，可得
R0=19Ω
则该同学选用的定值电阻的阻值是20Ω。
（2）[1][2]由电路可知
解得
由图像可知
解得
E=6.25V，r=1.25Ω
（3）[1][2]若考虑电压表的内阻影响，则电动势的测量值为
内阻测量值
所以电动势的测量值偏小，内阻测量值偏小。
11．【答案】解：（1）根据几何关系可知MN距离为
在粒子离开磁场的所有位置中，N距M最远说明MN为粒子做圆周运动的轨迹圆的直径，则轨迹圆半径
洛伦兹力提供圆周运动的向心力，即
，
解得粒子的比荷
（2）根据圆周运动规律可知
从N处离开磁场的粒子，时间
方程联立解得
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据几何关系可知MN距离为，在粒子离开磁场的所有位置中，N距M最远说明MN为粒子做圆周运动的轨迹圆的直径，根据几何关系可求解轨迹圆半径，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，即，可求解粒子的比荷。
（2）根据圆周运动规律可得出周期，从N处离开磁场的粒子，时间。
12．【答案】解：（1）物块与木板刚要出现相对滑动时，对物块由牛顿第二定律
对物块和长木板整体受力分析，由牛顿第二定律
联立解得
即当拉力F超过15N，物块和长木板间就会出现相对滑动，由于，故物块和长木板相对静止，一起向右做加速运动，其加速度为，对物块和长木板整体受力分析，由牛顿第二定律
解得物块和长木板的加速度大小为
（2）当时，物块和长木板有相对滑动。物块的加速度为，长木板的加速度为，物块由牛顿第二定律
对长木板受力分析，由牛顿第二定律
设经过时间，当物块滑下长木板时两者的位移关系满足
物块在长木板上滑动的时间为
（3）当时，物块仍以加速度做匀加速直线运动，长木板做加速度为的匀加速直线运动，对长木板由牛顿第二定律
作用时间后，长木板的速度为，由运动学公式
撤去后，物块继续以加速度做匀加速直线运动，长木板做加速度为的匀减速直线运动，对长木板由牛顿第二定律
撤去F3后，经过时间物块与长木板共速，由运动学公式
由于，因此共速后两者不会再有相对运动，位移满足
联立解得，恒力作用的时间为

【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）首先计算物块与木板刚要出现相对滑动时水平向右的恒力F大小，对物块静摩擦力等于最大静摩擦力，由牛顿第二定律，对物块和长木板整体受力分析，由牛顿第二定律，求解得出物块与木板刚要出现相对滑动时水平向右的恒力F大小为15N，若，故物块和长木板相对静止，一起向右做加速运动，其加速度为，对物块和长木板整体受力分析，由牛顿第二定律，解得物块和长木板的加速度大小。
（2）当时，物块和长木板有相对滑动。对物块由牛顿第二定律
对长木板受力分析，由牛顿第二定律，当物块滑下长木板时两者的位移关系满足，联立可求解物块在长木板上滑动的时间。
（3）当时，物块仍以加速度做匀加速直线运动，长木板做加速度为的匀加速直线运动，对长木板由牛顿第二定律，作用时间后，长木板的速度为，由运动学公式，撤去后，物块继续以加速度做匀加速直线运动，长木板做加速度为的匀减速直线运动，对长木板由牛顿第二定律，撤去F3后，经过时间物块与长木板共速，由运动学公式，由于，共速后两者不会再有相对运动，位移满足，联立解得，恒力作用的时间
13．【答案】A,B,E
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A．汽缸导热性能良好，环境温度保持不变，则汽缸内温度不变，此理想气体内能不变，气体分子的平均动能不变，因为体积增大，单位体积内的分子数减少，则单位时间内撞击汽缸壁单位面积的分子数减少。故A正确；
B．根据理想气体状态方程
其中温度不变，体积增大，则气体压强减小。故B正确；
CDE．根据热力学第一定律可知
内能不变，体积增大，气体对外做功则
，
所以，气体从外界吸收热量，但内能不变。故CD错误，E正确。
故选ABE。
【分析】1、汽缸导热良好，则 温度T恒定（环境温度不变，系统与外界热平衡）。对理想气体，气体内能仅由温度决定（与体积、压强无关）。
2、根据理想气体状态方程，其中温度不变，体积增大，则气体压强减小。
3、根据热力学第一定律可知，内能不变，体积增大，气体对外做功则，，所以，气体从外界吸收热量。
14．【答案】解：（1）倒置后左右两端水银柱液面的高度差为，则
倒置后左管内封闭气体的压强为，则
解得左管中封闭气体的压强为
（2）倒置前左管内封闭气体的压强为，则
由玻意耳定律
由该过程中空气柱长度减少了4cm有
联立解得左管中封闭气体的长度为
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）倒置后左右两端水银柱液面的高度差
倒置后左管内封闭气体的压强
（2）根据，可求解倒置前左管内封闭气体的压强，
由玻意耳定律，由该过程中空气柱长度减少了4cm，，联立解得左管中封闭气体的长度。
15．【答案】A,C,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．根据题意可得
所以
所以
故A正确；
B．x=0的质点，在t1~t2时间内的路程为3A，即30cm，故B错误；
C．t2=0.9s时，由图可知x=4m的质点正处于上坡阶段，根据上下坡法可知该质点沿y轴正方向振动，故C正确；
D．t2=0.9s时，x=6m的质点处于波谷，其振动速度为零，故D正确；
E．t2=0.9s时，x=2m的质点向正向最大位移处振动，加速度正在增大，而x=3m的质点加速度为零，故E错误。
故选ACD。
【分析】1、根据题目已知可求解周期，波形图得知波长，由计算波速。
2、已知波的传播方向，根据上下坡法可推出该质点沿y轴正方向振动。
3、质点处于波谷，其振动速度为零，加速度最大，当质点向正向最大位移处振动，加速度正在增大。
16．【答案】解：（1）根据几何关系可知在MN平面发生的反射，入射角符合，
则，则光从液体中射出时的折射角
根据折射定律可知
（2）传播距离
红光在液体中的传播速度
这束红光在液体中的传播时间

【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）根据几何关系可知在MN平面发生的反射可求出入射角和光从液体中射出时的折射角，根据折射定律可求解红光在该液体中的折射率n
（2）传播距离，红光在液体中的传播速度，利用计算这束红光在液体中的传播时间。
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