【文档说明】高考物理第二次模拟考试卷 物理（一）(解析版，A3版).doc，共(7)页，395.000 KB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-98334.html

以下为本文档部分文字说明：

高三第二次模拟考试卷物理（一）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案

标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答

题卡一并上交。二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求。第19～21题有多选项题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的的0分。14．2020年12月4日14时02分，新一代“人造太阳”装置－中国环

流器二号M装置(HL－2M)在成都建成并实现首次放电。已知一个氘核(21H)和一个氚核(31H)聚变成一个新核并放出一个中子(10n)。下列说法正确的是()A．新核为32HeB．此反应为链式反应C．反应后粒子的比结合能变大D．因为是微观粒子，粒子在反应前后不满足动量守恒定律【答案】C【解

析】根据质量数和电荷数守恒得31H＋21H→42He＋10n，故A正确；此反应为核聚变反应，故B错误；21H和31H的比结合能小于42He的比结合能，故C正确；所有核反应都满足动量守恒，故D错误。15．如图，轻绳两端固定在一硬质轻杆上的A、B两点，在轻绳中点O系一重物。现将杆顺时针在竖直面内缦

慢旋转，使OA从水平位置转到到竖直位置的过程中，绳OA、OB的张力FA和FB的大小变化情况是()A．FA先增大后减小，FB一直减小B．FA先减小后增大，FB一直增大C．FA先减小后增大，FB先增大后减小D．FA先增大后减

小，FB先减小后增大【答案】A【解析】合力大小不变，等于mg，方向不变，两个分力的夹角不变，根据三角形法则作图，如图所示，由图可知，当OA从水平位置转到到竖直位置的过程中，FA先增大后减小，FB一直减小。16．为家用燃气灶点火装置的电路原理图，转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦

交流电加在理想变压器的原线圈上，设变压器原、副线圈的匣数分别为n1、n2。当两点火针间电压大于5000V就会产生电火花进而点燃燃气，闭合S，下列说法正确的是()A．电压表的示数为502VB．当n2n1＞100时，才能点燃燃气C．当n2n1＝200时，点火针每个周期的放电时间为0.01s

D．在正常点燃燃气的情况下，两点火针间电压的有效值一定大于5000V【答案】B【解析】根据图乙得到原线圈电压的最大值为50V，则加在变压器原线圈上正弦交流电压的有效值为252V，故电压表的示数为502V，A错误；原

、副线圈的电压关系为U1U2＝n1n2，由于原线圈最大电压为50V，副线圈最大电压要大于5000V，所以n2n1＞100，故B正确；若原、副线圈匝数比为1∶200，副线圈输出电压最大值Umax＝10000V，则一个周期内放电时间t＝23×0.02s＝0

.013s，故C错误；两点火针间的瞬时电压大于5000V即可产生电火花，所以有效值一定大于25002V，不一定大于5000V，故D错误。17．我们知道火星轨道在地球轨道的外侧，它们共同绕太阳运动，如图甲。2020年7月23日，中国首颗火星探测器“天问一号”带着中华民族的重托踏上了火星探测

之旅，可认为火星和地球在同一平面内绕太阳做同向圆周运动，且火星轨道半径为地球的1.5倍，示意图如图乙。为节约能量，“天问一号”沿椭圆轨道飞向火星，且出发时地球位置和到达时火星位置分别是椭圆轨道的近日点和远日点，仅考虑太阳对“天问一号”的引力，则“天

问一号”()A．在飞向火星的过程中速度越来越大B．到达火星前的加速度小于火星的加速度C．到达火星前瞬间的速度小于火星的速度D．运动周期大于火星的运动周期【答案】C【解析】机械能守恒定律可知，“天问一号”在飞向火星

过程中，引力势能增大，动能减小，速度变小，故A错误；由2FaMmrG火太，可知，到达火星前，“天问一号”到太阳的距离小于火星到太阳的距离，则“天问一号”的加速度大于火星的加速度，故B错误；火星绕太阳做圆周运动有22GMmvmrr太火火火，若没

有火星的存在，“天问一号”到达椭圆轨道远日点后，将做向心运动有22GMmvmrr太问问问，由上述两式得vv问火，故C正确；“天问一号”离开地球到达火星可近似认为做椭圆运动，其椭圆的半长轴小于火星运动的轨道半径，由开普勒第三定律有3322=r

aTT火问问火，得“天问一号”的运动周期小于火星的运动周期，故D错误。18．在真空中某点电荷Q的电场中，将带电荷量为q的正试探电荷分别置于a(0，0，r)、b(r，0，0)两点时，试探电荷所受电场力的方向如图所示，Fa、Fb分别在yOz

和xOy平面内，Fa与z轴负方向成60°角，Fb与x轴负方向成60°角。已知试探电荷在a点受到的电场力大小为Fa＝F，静电力常量为k。下列说法正确的是()A．点电荷Q位于y轴正方向上距O点2r处B．点电荷Q带正电C

．a、b、O三点电势关系为φa＝φb＜φOD．点电荷Q带电量为24Frkq【答案】D【解析】点电荷的电场中，试探电荷受到的电场力的方向沿着试探电荷与点电荷的连线；由Fa、Fb的方向可知该点电荷带负电，并且同时在Fa、Fb所在的平面内，即y

轴正半轴上，设其到原点的距离为L，则L＝rtan60°＝3r，故AB错误；点电荷的等势面是一系列以点电荷为球心的球面，由于点电荷带负电，所以离点电荷越远的等势面，其电势越高，a、b两点到点电荷的距离相等，所

以其电势相等，即φa＝φb；O点到点电荷的距离小于a、b两点到点电荷的距离，所以其电势较低，即φa＝φb＞φO，故C错误；由库仑定律得24QqkFr=，解得24FrQkq=，故D正确。19．如图所示，一篮球以水平初速度v0碰撞篮板后水平弹回，速率变为原来的k倍（k

＜1），碰撞时间忽略不计，弹回后篮球的中心恰好经过篮框的中心。已知篮球的质量为m，半径为r，篮框中心距篮板的距离为L，碰撞点与篮框中心的高度差为h，不计摩擦和空气阻力，则()A．碰撞过程中，篮球的机械能守恒B．篮板对篮球的冲量大小为(k＋1)mv0C．篮球的水平初速

度大小为()2gLrh-D．若篮球气压不足，导致k减小，在v0不变的情况下，要使篮球中心经过篮框中心，应使碰撞点更高【答案】BD【解析】由题意知，碰撞过程中速度减小，篮球的机械能减小，A错误；以弹回的速度方向为正方向，据动量定理可得，篮板对篮球

的冲量大小000()(1=)Imkvmvkmv，B正确；篮球弹回做平抛运动，由位移公式可得0Lrkvt，212hgt，联立可得0()2Lrgvkh，C错误；若篮球气压不足，导致k减小，在v0不变的情况下，篮球弹回的速度kv0减小，结合C中分析可知，要使篮球中心经过篮框中心

，即水平位移不变，应延长时间，故应使碰撞点更高，D正确。20．如图，正方形闭合导线框在边界水平的匀强磁场区域的上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻，用t3、t4分别表示线框a

b边和cd边刚出磁场的时刻。线框下落过程中形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界平行，线框平面与磁场方向垂直。设磁场区域的宽度大于线框的边长，不计空气阻力的影响，则下列反映线框下落过程中速度v随时间t变化规律的图象有可能的是()【答案

】BCD【解析】线框先做自由落体运动，线框刚进入磁场时，若安培力大于重力，ab边进入磁场先做减速运动，线框受到的安培力F＝B2L2vR，由于速度逐渐减小，安培力逐渐减小，因此线框的加速度应该是逐渐减小，v－t图象的斜率应逐渐减小，当线框受到的安培力与重力相等时，

线框做匀速直线运动，速度不变；线框完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生，线框只受重力，做加速度为g的匀加速直线运动；线框离开磁场过程中安培力大于重力，线框做加速度减小的减少运动；cd边离开磁场后，即t4时刻后线框以

加速度g做匀加速直线运动，由以上分析可知，线框可能先做自由落体运动，然后做加速度减小的减速运动、匀速直线运动、匀加速直线运动、加速度减小的减速运动，线框离开磁场后做匀加速直线运动，A错误，B正确；如果ab边刚进入磁场时所受安培

力小于重力，则线框做加速运动，安培力F＝B2L2vR逐渐变大，加速度a逐渐减小，线框做加速度减小的加速运动；当线框完全进入磁场后线框以加速度g做匀加速直线运动，当ab边离开磁场时安培力大于重力，线框做加速度减小的减速运动，C正确；如果ab边进入磁场时所受安培力等于重力，则ab边进入磁场后线

框做匀速直线运动，线框完全进入磁场后受重力作用而做匀加速直线运动，ab边离开磁场时线框所受安培力大于重力，线框做加速度减小的减速运动，D正确。21．如图甲所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧下端固定在地面上

，上端与物块B相连并处于静止状态。一物块A在外力作用下静止在弹簧正上方某高度处，取物块A静止时的位置为原点O、竖直向下为正方向建立x轴。某时刻撤去外力，物块A自由下落，与物块B碰撞后以相同的速度向下运动，碰撞过程用时极短。测得物

块A的动能Ek与其位置坐标x的关系如图乙所示（弹簧始终处于弹性限度内），图中除0～x1之间的图线为直线外，其余部分均为曲线。已知物块A、B均可视为质点，重力加速度为g，则()A．物块A、B的质量之比为

1∶2B．弹簧的劲度系数为k11213()Exxx-C．从x1到x3的过程中，物块运动加速度的最大值为3221xxgxx--D．从x1到x3的过程中，弹簧的弹性势能增加了31k11983xxEx-【答案】AD【解析】A下降x1，当A与B即将接触时有Ek

1＝12mAv2，由图乙可知A、B共速时有19Ek1＝12mAv共2，由动量守恒定律mAv＝(mA＋mB)v共，联立解得mA∶mB＝1∶2，A正确；设A的质量为m，则B的质量为2m，当A、B一起运动到x2位置时动能最大，此时弹力为3mg，从x1到x

2过程中弹力增加了mg，由胡克定律得k(x2−x1)＝mAg，A下落运动x1中由动能定理得mAgx1＝Ek1，联立解得k1121()Ekxxx=-，B错误；在x3处物块加速度最大，由牛顿第二定律有2mg＋k(x3−x1)−3mg＝3mam，32m213()xxa

gxx-=-，C错误；A、B碰撞后的总动能Ek＝19Ek1＋k129E＝13Ek1，在从x1到x3的整个运动中，由能量守恒定律有(mAg＋mBg)(x3−x1)＋Ek＝ΔEP，解得31pk11983xxEEx-=，D正确。第Ⅱ卷（非选择题，共174分）三、

非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题～第25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第34题为选考题，考生根据要求做答)(一)必考题(共129分)22．(5分)如图甲所示，在一个带喷水口

的塑料瓶中装满水，用力挤压可使水从喷口射出。利用所学的知识，设计方案，估测用手挤压瓶子时对瓶子所做的功。(1)能否直接用W＝Fs求解用手挤压瓶子时对瓶子所做的功?______，请简述原因：_______

___________。(2)如图乙所示，将瓶子水平放置，固定在铁架台上，缓慢挤压，尽量使水落在相同位置上。此时，假定从瓶子出来的水速度为常数。本实验除了要测量实验前瓶子和水的总质量m1，以及挤压后剩余的质量

m2，还应测量的物理量是__________________和__________________。（同时标上物理量对应的字母）(3)人对瓶子做的功表达式为_____________。（用字母表示）【答案】(1)不

能因为手对瓶子施加的力不是恒力以及瓶子产生的形变量无法测量(2)水落下的竖直高度h(瓶口距离地面的竖直高度h)水平距离x(3)212()4mmgxh【解析】(1)由于手对瓶子施加的力不是恒力以及瓶子产生的形变量无法测量，所以不能用直接用W＝Fs求解用手挤压瓶子时对

瓶子所做的功。(2)要求用手挤压瓶子时对瓶子所做的功，也就是求飞出去的水获得的动能，最终转化为求水从瓶口飞出去的初速度，水从瓶口出去以后，做平抛运动，我们需要知道水落下的竖直高度h，以及水运动的水平距离x，就可以求解水获得的初动能。(3)水做平抛运动212hgt，0xvt，所以02gvxh，

由动能定理可知，人对瓶子做的功为21222012011224mmgxWmvmmvh。23．(10分)某同学利用实验室的器材研究一粗细均匀的导体棒（约为4Ω）的电阻率。电压表V（量程15.0V，内阻约1kΩ）电流表A（量程0.6A，内阻RA＝

0.4Ω）定值电阻R0（阻值R0＝20.0Ω）滑动变阻器R1（最大阻值10Ω）学生电源E（电动势20V）开关S和若干导线。(1)如图甲，用螺旋测微器测得导体棒的直径为___________mm；如图乙，用游标卡尺测得

导体棒的长度为___________cm。(2)请根据提供的器材，在图丙所示的方框中设计一个实验电路，尽可能精确地测量金属棒的阻值。(3)实验时，调节滑动交阻器，使开关闭合后两电表的示数从零开始，根据实验数据选择合适标度描点，在方格纸上作图（如图丁），通过分析可得导体棒的电阻R＝__

_________Ω（保留一位小数），再根据电阻定律即可求得电阻率。从系统误差的角度分析，电阻R测___________（填“＞”“＜”或“＝”）R真。(4)若将该导体棒制作成一等边三角形工件PQM（不改变导体棒横截面积与总长度），与一电源（E＝9V，r＝1Ω）、一电动机M（P额

＝6W，U额＝6V）和开关S连成回路（如图戊）。闭合开关S，则此时电动机M___________（填“能”或“不能”）正常工作。【答案】(1)4.620(4.619～4.621)10.14(2)见解析图(3)4.6＝(4)

不能【解析】(1)螺旋测微器的读数等于4.5mm＋0.01×12.0mm＝4.620mm(4.619～4.621)；游标卡尺为10分度，精确度为0.1mm，游标上的第4格与主尺对齐，故读数为101mm＋4×0.1mm＝101.4mm＝1

0.14cm。(2)要求尽可能精确地测量金属棒的阻值，而滑动变阻器的总阻值较小，则用分压式可以多测几组数据；电压表的量程为15V，则待测电阻的电流最大为max15A3.75A4xUIR，则0.6A的电流表量程太小，不安全，而电流表内阻已知，且有定值电阻，则可以用电流表与定值电阻

串联，定值电阻能分部分电压且能精确的得到待测电阻阻值，而电流表选择内接法可以消除系统误差，电路图如图所示。(3)根据伏安法可知0155250.600.20AxURRRI，解得0254.6xARRR，因电流表用内接法，且电流表的内阻和定值

电阻的阻值已知，则两者分压的系统误差可以消除，则电阻的测量值等于真实值。(4)导体棒分成三段，并联后的阻值为11R，导体棒与电源、电动机构成的电路，等效电动势9VE，1=2rrR效，则电源的输出功率为22==92PEIIrII外效，可知当电流为99AA2

24I，输出功率达到最大值，即9A4I时，随着电流的增大，输出功率逐渐增大；而电动机M（P额＝6W，U额＝6V）正常工作，则电流为1APIU额额，此时2=9112=7WP外，故当6WPP外1额时，实际电流11AI，故电动

机不能工作。24．(12分)我国的嫦娥五号探测器从月球采样后，返回舱从太空向地球表面按预定轨道返回，在离地10km的高度打开阻力降落伞开始减速下降，这一过程中若返回舱所受阻力与速度的平方成正比，比例系数(空气阻力系数)为k，设返回舱总质量M＝3000kg，所受空气浮力恒定不变

，且可认为返回过程为竖直降落。从某时刻开始计时，返回舱运动的v－t图象如图所示，图中AB是曲线在A点的切线，切线与横轴交点B的坐标为(8s，0)，CD是平行横轴的直线，与纵轴交点C的坐标为(0，8m/s)。g取10m/s2，请回答下列问题：(1)在初始时刻，即

v0＝160m/s时，返回舱的加速度多大？(2)求空气阻力系数k的数值；(结果保留三位有效数字)(3)返回舱在距离地面高度h＝1m时，底部的4个反推力小火箭点火工作，使其速度由8m/s迅速减至1m/s后落在地面上，若忽略燃料质量的减少对返回舱总质量的影响，并忽略此阶段速度变

化而引起空气阻力的变化，试估算每支小火箭的平均推力大小(结果保留两位有效数字)。【解析】(1)在v0＝160m/s时，过A点切线的斜率即为返回舱此时的加速度，设其大小为a1，则：a1＝ΔvΔt＝1608m/s

2＝20m/s2。(2)由图象知，返回舱的v－t图线的斜率逐渐减小，最后以v1＝8m/s的速度做匀速运动。设返回舱所受空气浮力为f。在t＝0时，根据牛顿第二定律有：kv20＋f－Mg＝Ma1速度为v1＝8m/s时，返回舱受力平衡，有：kv21＋f－Mg＝0则有k＝Ma1v20－v21，代

入数据解得k≈2.35kg/m。(3)设每支小火箭的平均推力大小为F0，此阶段返回舱的加速度大小为a2，着地速度为v2，由题意知，返回舱在距离地面高度h＝1m前，已处于匀速运动状态，故返回舱所受合外力为4个小火箭的推力，根据牛顿第二定律有：4F0＝Ma2又由运动

学公式知v22－v21＝－2a2h代入数据解得：F0≈2.4×104N。25．(20分)如图甲所示，在直角坐标系xOy的x轴下方有沿y轴正向的匀强电场，在x轴上方有垂直坐标平面的匀强磁场，其磁感应强度B随时间变化如图乙所示（图中B1、B2未知）。

y轴上P（0，－d）点处一个质量为m、带电量为q的带正电粒子以大小为v0的初速度沿x轴正向射入电场，粒子从x轴上的Q（233d，0）点进入磁场，并以此时刻为t＝0时刻。已知11πmtqB=，t1时刻后的粒子的运动轨迹与x轴、y轴均相切，不计粒

子的重力，以垂直坐标平面向里为磁场正方向。求：(1)匀强电场的电场强度大小；(2)匀强磁场磁感应强度B1、B2的大小。（计算结果可用根式表示）【解析】(1)粒子从P点射后，在电场中做类平抛运动，根据运动分解可知：d＝12at2，233d＝v0t根据牛顿第二定律得：qE＝ma

解得2032mvEqd=。(2)设粒子进磁场时速度为v，速度方向与x轴正向夹角为θ，根据动能定理有：qEd＝12mv2－12mv02由几何关系0cosvv=解得θ＝60°粒子在磁场内做圆周运动的周期T＝2πmqB，则t1＝12T，即在0～t1时间内粒子在磁场中运动轨迹是

半圆由于粒子在运动轨迹刚好与x轴、y轴相切，轨迹如图(1)、(2)所示。①如图(1)，设粒子在t1时刻前运动半径为r1，t1时刻后运动轨迹半径为r2，由几何关系得：r2＝(2r1＋r2)sin30°，r2＋233d＝(2r1＋r2)cos30°解得1336rd+=，2333rd+=根据牛顿第二定律

：211vqvBmr=，222vqvBmr=解得：012(33)mvBqd-=，02(33)mvBqd-=②如图(2)，设粒子在t1时刻前运动半径为r1，t1时刻后运动轨迹半径为r2，由几何关系得：r2＝(2r1＋r2)sin30°，233d－r2＝(2r1＋r2)cos30°解得133

6rd-=，2333rd-=由211vqvBmr=，222vqvBmr=得012(33)mvBqd+=，02(33)mvBqd+=。（二）选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做。则每学科

按所做的第一题计分。33．物理·选修3—3(15分)(1)(5分)一定质量的理想气体经历如图所示的一系列状态变化过程，a、b状态的连线与横轴垂直，b、c状态的连线与纵轴重直，c、a状态连线的延长线经过坐标原点。下列说法正确的是__________

_。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）A．b、c两状态单位体积内分子数相同B．a状态的压强大于b状态的压强C．c状态气体分子平均动能大于a状态分子的平均动能D．a→b过程，气体放热E．a→

b过程外界对气体做功W1大于c→a过程中气体对外界做功W2【答案】ADE【解析】b、c体积相同，则单位体积内的分子数相同，A正确；由理想气体状态方程pVT＝C得CVTp，则V－T图中，某点和原点连线的斜率Ck

p，而ka＞kb，则a状态的压强小于状态的压强，B错误；温度是分子平均动能的标志，c状态温度低，则分子的平均动能小，C错误；a→b过程，温度不变，则气体的内能不变，体积减小，则外界对气体做功，根据ΔU＝W

＋Q知，ΔU＝0而W＞0，则Q＜0，气体放热，D正确；a→b过程与c→a比较，气体的体积变化相同，而a→b过程气体压强增加，c→a过程气体压强不变，根据W＝pΔV知，a→b过程外界对气体做功W1大于c→a过程中气体对外界做功W2，也可以转换为p－V图求解，故E正

确。(2)(10分)如图所示，底端封闭的粗细均匀的长玻璃管静止在倾角为θ的固定斜面上，玻璃内通过水银柱封闭了一段理想气体。玻璃管的长度L＝80cm，水银柱的长度h＝25cm，气柱的长度x1＝37.5cm。若把玻璃管开口竖直向上静止时，空气柱长度x2＝33cm。已知大气压强P0＝75cm

Hg，环境温度保持不变。求：(i)斜面的倾角正弦值；(ii)当把玻璃管开口竖直向下静止时，空气柱的压强。【解析】(i)取被封闭在玻璃管中的气体为研究对象，倾斜状态10sinpph，11VxS竖直状态20100c

mHgpph，22VxS根据玻意耳定律有1122pxSpxS代入数据解得sin0.52。(ii)若玻璃管足够长，开口向下时，设空气柱长为x3，空气柱的压强3050cmHgpph由玻意耳定律可知1133pxSpxS366cmx，380cmxh有水银流出；

设流出水银后，水银柱长为h0，由玻意耳定律可知11000()()pxSphLhS解得020cmh故开口向下的竖直位置时，管内气体压强30055cmHgpph。34．物理·选修3—4(15分)(1)(5分)图甲是一波源的振动图像，图乙是某同学画出的某一时刻波动图像的一部分，该波沿x轴的

正方向传播，P、Q是介质中的两个质点，t＝0时刻x＝0处质点开始振动。下列说法正确的是___________。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）

A．该时刻这列波至少传播到x＝10m处的质点B．此刻之后，Q比P先回到平衡位置C．x＝2m与x＝6m的质点在任何时候都保持相同的距离D．从波源开始振动，在10s内传播方向上的质点振动经过的最长路程是25cmE．在t＝1s和t＝3s两时刻，x＝2m处

质点速度大小相等、方向相反【答案】A【解析】由振动图象知周期T＝4s，波源起振的方向向上；根据波形图知波长λ＝8m，并且该部分的前面还有至少半个波长，所以该刻这列波至少传播到x＝10m处的质点，故A正确；该波沿x轴的正方向传播，结

合波形图可知，Q点振动的方向向下，而P点振动的方向向上，所以P点比Q点先回到平衡位置，故B错误；根据波形图知波长λ＝8m，则x＝2m与x＝6m的质点的平衡位置之间的距离为半个波长，由于它们的步调总是相反，所以它们不可能在任何时候都保持相同的距离，故C错误；由振动图象知周期T＝4s，则10s

＝2.5T，任何质点在一个周期内通过的路程是四个振幅，所以在2.5T内的路程都是10A＝10×5cm＝50cm，故D错误；振动的周期T＝4s，则从t＝1s到t＝3s为0.5T，经过半个周期后，x＝2m处质点速度大小

相等、方向相反，故E正确。(2)(10分)两束平行的单色光a和单色光b，从玻璃直角三棱镜的AB边垂直射入。三棱镜对单色光a的折射率为na＝3，对单色光b的折射率nb＝2。AB边长为5S，AD长为S，AE长为2S，θ＝30°，光在真空中的速度为c，求：(i)两束光从三棱镜中首次射出的方向；(i

i)两束光在三棱镜中从射入到首次射出传播的时间。【解析】(i)如图所示，单色光a达到三棱镜AC边的F点，由折射定律得sinsinan解得γ＝60°单色光b达到三棱镜AC边的G点，由于1sinbCn即单色光b的临界角为30C因为30C所以单色光b在G点恰好发生全

反射；单色光b由G点反射到AB边的H点，入射角为230C故再次发生全反射，最后单色光b从I点垂直BC边射出。(ii)单色光a在玻璃中的速度为aacvn单色光a在玻璃中传播的时间tanaaSStvc单色光b在玻璃中的速度为bbcvn单色光b在玻璃中的传播的路程532b

SEGGHHIS单色光b在玻璃中传播的时间53bbbSStvc。