【高考领航】2025年高考物理模拟试题精编卷(12)

高考物理模拟试题精编(十二) (考试时间：70分钟　试卷满分：110分) 二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 14.原子核的比结合能如图所示，下面说法正确的是(　　) A．Li核比He核更稳定 B．Ba核比Kr核核子数多，比结合能大 C．U核比Ba核结合能大，比结核能小 D．两个H核结合成He核，需要吸收大量能量 15．篮球运动是一项同学们喜欢的体育运动，通过篮球对地冲击力大小判断篮球的性能。某同学让一篮球从h1＝1.8 m高处自由下落，测出篮球从开始下落至反弹到最高点所用时间为t＝1.5 s，该篮球反弹时从离开地面至最高点所用时间为0.4 s，篮球的质量m＝0.5 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。则篮球对地面的平均作用力大小为(　　) A．20 N　　　　　　 B．15 N　　　　　　　 C．10 N　　　　　　 D．5 N 16.很多智能手机都有加速度传感器，能通过图象显示加速度情况。用手掌托着手机，打开加速度传感器，手掌从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图象，该图象以竖直向上为正方向。由此可判断出(　　) A．手机在t1时刻改变运动方向 B．手机在t1时刻对手的压力最大 C．手机在t2时刻运动到最高点 D．手机在t1～t3时间内，受到的支持力先减小再增大 17.电荷量相等的两个电荷在空间形成的电场有对称美。如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷A、B，AB连线中点为O，在A、B所形成的电场中，以O为圆心，半径为R的圆垂直AB连线，以O为几何中心的边长为2R的正方形平面垂直圆面且与AB连线共面，两者的交点为e和f。g为圆上一点，则下列说法正确的是(　　) A．a与b两点场强大小和方向均相同 B．沿着圆弧egf，电势先增大后减小 C．将一电荷由e点沿直线eOf移到f点，其所受电场力先减小后增大 D．将一电荷由a点移动到e点和从e点移动到d点，电荷电势能的变化量相等 18．如图所示，在光滑绝缘水平面上有一单匝线圈ABCD，在水平外力作用下以大小为v的速度向右匀速进入竖直向上的匀强磁场，第二次以大小为的速度向右匀速进入该匀强磁场，则下列说法不正确的是(　　) A．第二次进入与第一次进入时线圈中的电流之比为3∶1 B．第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比为1∶9 C．第二次进入与第一次进入时线圈中产生的热量之比为1∶3 D．第二次进入与第一次进入时通过线圈中某一横截面的电荷量之比为1∶1 19．2023年春节贺岁片《流浪地球2》中提出太空电梯，太空电梯验证着中国科幻“上九天揽月”的宏大设想。其构造如乙图所示，假设有一长度为r的太空电梯连接地球赤道上的固定基地与同步空间站a，相对地球静止，卫星b与同步空间站a的运行方向相同，此时二者距离最近，经过时间t之后，a、b第一次相距最远。已知地球半径R，自转周期T，下列说法正确的是(　　) 　　 　甲　　　　　　　　　　　乙 A．太空电梯各点均处于完全失重状态 B．b卫星的周期为 C．太空电梯停在距地球表面高度为2R的站点，该站点处的重力加速度g＝ D．太空电梯上各点线速度与该点离地球球心距离成正比 20．磁流体发电机的原理如图甲所示，燃烧室在3000 K的高温下将气体全部电离成高温等离子体。等离子体经喷管提速后以速度v进入矩形发电通道，发电通道中有垂直于喷射速度方向的匀强磁场，简化后的原理图如图乙所示。已知磁感应强度大小为B，发电通道长为l，宽为b，高为a，高温等离子体的电阻率为ρ，外部电路的总电阻为R。当开关S闭合后，下列说法正确的是(　　) 　　 甲　　　　　　　　　　　　　　　　　　　乙 A．发电机产生的电动势E＝Bav B．回路电流I＝ C．发电机的输出功率P＝R D．为维持等离子匀速流动，矩形发电通道左右端的压强差Δp＝·ab 21．如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系图象如图乙所示，已知重力加速度g，空气阻力不计。下列说法正确的是(　　) 　 　　　　　　　　　　　　甲　　　　　　　　　　乙 A．在0～h0过程中，F大小始终为2mg B．在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比是15∶7 C．在0～2h0过程中，拉力F所做的功为4.4mgh0 D．在2h0～5h0过程中，物体的机械能不断增加 题号 14 15 16 17 18 19 20 21 得分 答案 三、非选择题：共62分。第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～34题为选考题，考生根据要求作答。 (一)必考题：共47分。 22．(5分)某幼儿园欲建造一个滑梯，根据空地大小和安全需要，对制作滑梯的板材与儿童裤料之间的动摩擦因数有一定要求。小明同学用如图乙所示的实验装置测量板材与儿童裤料间的动摩擦因数μ。他先取一种板材水平固定在桌面上，物块(用儿童裤料包裹)受重物的牵引在板材上由静止开始运动，细绳始终与桌面平行。当重物落地后，物块再运动一段距离后停在板材上，打点计时器打出的纸带记录了物块的运动的情况。 　　 甲　　　　　　　 　　　乙　　　 丙 (1)图丙为小明同学选取重物落地后的一段纸带，1、2、3、4、5是他选取的5个计数点，相邻两个计数点之间还有四个点未画出。图上注明了他对各计数点间的测量结果，已知打点计时器电源的频率为50 Hz。利用纸带测得的数据可求出打第2个计数点的速度大小为________ m/s，该物块在减速运动过程中的加速度大小a＝______ m/s2。(计算结果均保留2位有效数字) (2)若重力加速度g取10 m/s2，则板材与儿童裤料间动摩擦因数μ＝________。 23．(10分)为了测量一段金属丝的电阻率，某同学进行了下列实验操作： 　　 甲　　　　　　　　　　　　　　　乙　　　 (1)先用米尺和螺旋测微器分别准确测出金属丝的长度L和直径d。 (2)接着该同学用如图所示的电路测量金属丝的电阻，图中R0为标准定值电阻(R0＝10.0 Ω)；A1、A2为理想电流表，S为单刀开关，E为电源，R为滑动变阻器，Rx为待测金属丝。采用如下步骤完成实验： ①按照实验原理线路图甲，将图乙中实物完整连线； ②将滑动变阻器滑动触头置于__________(选填“左”或“右”)端，闭合开关S； ③改变滑动变阻器滑动端的位置，记下此时电流表A1、A2的示数I1、I2； ④重复步骤③，得到如下数据： 1 2 3 4 5 I1/A 0.10 0.21 0.30 0.42 0.51 I2/A 0.51 1.02 1.49 2.03 2.52 利用上述5次测量数据，请在图丙的坐标纸上画出I1-I2图线； 丙 ⑤根据图线求得金属丝电阻值为Rx＝__________ Ω(结果保留2位有效数字)。 (3)最后由以上测得的物理量，可以求出该金属丝的电阻率，计算电阻率的公式为ρ＝______(用L、d、Rx表示)。 24.(12分)如图所示，在固定点O上系一长L＝0.2 m的细绳，细绳的下端系一质量m＝1 kg的小球(可视为质点)，初始时小球处于静止状态，且与平台的边缘B点接触但无挤压。一质量M＝2 kg的物块静止在左侧离平台边缘B点为s＝1.75 m的P点，现使物块获得一水平向右的初速度v0＝4 m/s，物块沿粗糙平台向右运动到平台边缘B处与小球m发生弹性正碰，碰后小球m在细绳的约束下做圆周运动，而物块落在水平地面上的C点。已知平台高h＝0.8 m，平台与物块间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求： (1)碰撞后瞬间物块的速度v1及平抛水平位移x； (2)小球经过最高点A时，细绳的拉力大小。 25.(20分)舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某同学自己设计了一个如图甲所示的电磁弹射系统模型。该弹射系统工作原理如图乙所示，用于推动模型飞机的动子(图中未画出)与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时对动子施加一个回撤力F，在t3时刻撤去力F，最终动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v-t图象如图丙所示。已知模型飞机起飞速度v1＝40 m/s，t1＝1.5 s，t2＝2.0 s，线圈匝数n＝50匝，每匝周长l＝1 m，动子和线圈的总质量m＝5 kg，线圈的电阻R＝0.5 Ω，R0＝4.5 Ω，B＝0.1 T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求： 　　 甲　　　　　　　　　　　　　　　　　乙　 　　　　　　　　　　　　　丙 (1)动子和线圈向前运动的最大位移； (2)回撤力F与动子速度v大小的关系式； (3)图丙中v2的数值。(保留2位有效数字) (二)选考题：共15分。请考生从给出的两道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。 33．[物理——选修3－3](15分) (1)(5分)一定质量理想气体的p-V图象如图所示，从状态a经过程Ⅰ缓慢变化到状态b，再由状态b经过程Ⅱ缓慢变化到状态a，表示两个过程的图线恰好围成以ab为直径的圆。以下判断正确的是__________。(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．过程Ⅰ中气体的温度保持不变 B．过程Ⅱ中气体的温度先升高后降低 C．过程Ⅰ中气体的内能先减少后增加 D．过程Ⅱ中气体向外界释放热量 E．过程Ⅱ中气体吸收的热量大于过程Ⅰ中放出的热量 (2)(10分)如图所示，导热良好的汽缸竖直固定放置。由两部分连接而成，上下截面积分别为2S、S，两个活塞a、b质量分别为2m、m，用不可伸长的细线连接，两活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体。开始时环境热力学温度为T0，阀门K关闭，活塞a上部为真空，封闭气体的压强等于外界大气压强，活塞到汽缸连接处的距离均为L，系统保持静止。已知重力加速度为g，不计活塞与汽缸间的摩擦。 ①打开阀门K，使a上部与大气连通，求稳定后细线上的张力F1； ②接①问，系统稳定后缓慢升高封闭气体温度，直到温度变为2.5T0，求再次稳定时活塞a的位置。 34．[物理——选修3－4](15分) (1)(5分)B超成像的基本原理是探头向人体发射一组超声波，遇到人体组织会产生不同程度的反射。探头接收到的超声波信号形成B超图象。如图为血管探头沿x轴正方向发送的简谐超声波图象，t＝0时刻波恰好传到质点M。已知此超声波的频率为1×107 Hz，以下判断正确的是____。(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．0～1.25×10－7s内质点M运动的路程为2 mm B．质点M第一次位移为0.2 mm的时刻是×10－7s C．超声波在血管中的传播速度为1.4×103 m/s D．t＝1.5×10－7s时质点N恰好处于波谷 E．超声波的频率是大于2000 Hz，其波长很小 (2)(10分)如图甲所示，某汽车大灯距水平地面的高度为92.8 cm；图乙为该大灯结构的简化图，由左侧旋转抛物面和右侧半径为R的半球透镜组成，对称轴以下装有挡光片，光源位于抛物面的焦点F处，已知点光源发出的光经旋转抛物面反射后，均垂直半球透镜的竖直直径MN进入透镜(只考虑纸面内的光)，光在半球透镜中的折射率n＝，已知透镜直径远小于大灯离地面的高度，忽略在半球透镜内表面反射后的光(已知sin 48°＝0.75，sin 37°＝0.6，tan 16°＝0.29)。求： 　 甲　　　　　　　　　　　　　　　乙 ①所有垂直MN进入的光在透镜球面上透光部分的长度； ②若某束光从A点射入半球透镜，MA＝MN，则这束光照射到地面的位置与大灯间的水平距离？ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高考物理模拟试题精编(十二) 题号 14 15 16 17 18 19 20 21 答案 C B B D A BD AC BCD 14.C　比结合能越大，原子核越稳定。如题图所示，He核比Li核更稳定，故选项A错误；比结合能为结合能与核子数之比。由核子数和结合能共同决定，由图所示，Ba核比Kr核核子数多，比结合能小，故选项B错误；U核比Ba核核子数多，结合能大，由图所示，比结核能小，故选项C正确；两个H核结合成He核，由比结合能小的反应生产比结合能大的，会释放大量能量，故选项D错误。故选C。 15．B　根据自由落体运动位移—时间公式h1＝gt，可得篮球下落的时间为t1＝ ＝ s＝0.6 s，根据自由落体运动速度—位移公式v＝2gh1，可得篮球下落到地面的速度为v1＝＝ m/s＝6 m/s，篮球离开地面上升过程可逆向看作自由落体运动，根据速度—时间公式，可得篮球离开地面时的速度为v2＝gt2＝10×0.4 m/s＝4 m/s，篮球和地面接触的时间为Δt＝t－t1－t2＝(1.5－0.6－0.4) s＝0.5 s，根据动量定理，取向上为正方向，可得(F－mg)Δt＝mv2－(－mv1)，代入数据解得F＝15 N，故选B。 16．B　根据Δv＝aΔt可知a-t图象与坐标轴围成面积表示速度变化量，可知手机在t1时刻前后速度均为正，运动方向没有发生改变，故A错误；根据牛顿第二定律得FN－mg＝ma，得FN＝ma＋mg，由图可知t1时刻加速度最大，手对手机的支持力最大，由牛顿第三定律可知手机在t1时刻对手的压力最大，故B正确；根据Δv＝aΔt可知a-t图象与坐标轴围成面积表示速度变化量，可知手机在t2时刻速度为正，还没有到最高点，故C错误；由图可知t1～t2时间加速度向上不断减小，根据牛顿第二定律得FN－mg＝ma，得FN＝ma＋mg，可知t1～t2时刻支持力不断减小，t2～t3时间内加速度向下，不断增大，根据牛顿第二定律得mg－FN＝ma′，得FN＝mg－ma′，可得支持力还是不断减小，故D错误；故选B。 17．D　根据题意，由对称性可知，a与b两点场强大小相等，方向不同，故A错误；根据题意，由等势面与电场线的关系可知，等量异种电荷连线的中垂线所在平面为等势面，则沿着圆弧egf，电势不变，故B错误；沿直线eOf，电场强度先增大后减小，所以将一电荷由e点沿直线eOf移到f点，其所受电场力先增大后减小，故C错误；根据题意，由对称性结合U＝Ed可知，a、e间的电势差与e、d间电势差相等，则将一电荷由a点移动到e点和从e点移动到d点，电荷电势能的变化量相等，故D正确。故选D。 18．A　设磁感应强度为B，CD边长度为L，AD边长为L′，线圈电阻为R；线圈进入磁场过程中，产生的感应电动势为E＝BLv，感应电流为I＝＝，感应电流I与速度v成正比，第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比为I2∶I1＝∶v＝1∶3，故A错误；线圈进入磁场时受到的安培力为F安＝BIL＝，线圈做匀速直线运动，由平衡条件得，外力为F＝F安＝BIL＝，所以外力功率为P＝Fv＝，功率与速度的平方成正比，第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比为P2∶P1＝∶v2＝1∶9，故B正确；线圈进入磁场过程中产生的热量为Q＝I2Rt＝×R×＝，产生的热量与速度成正比，第二次进入与第一次进入时线圈中产生热量之比为Q2∶Q1＝∶v＝1∶3，故C正确；通过导线横截面电荷量为q＝IΔt＝Δt＝，电荷量与速度无关，电荷量之比为1∶1，故D正确。本题选不正确，故选A。 19．BD　太空电梯各点随地球一起做匀速圆周运动，只有位置达到同步卫星的高度的点才处于完全失重状态，故A错误；同步卫星的周期为Ta＝T，当两卫星a、b第一次相距最远时满足－＝π，解得Tb＝，故B正确；太空电梯长度即为同步卫星离地面的高度，根据万有引力提供向心力＝m(R＋r)，太空电梯停在距地球表面高度为2R的站点，太空电梯上货物质量为m，在距地面高2R站点受到的万有引力为F，则F＝，货物绕地球做匀速圆周运动，设太空电梯对货物的支持力为FN，则F－FN＝mω2·3R，在货梯内有FN＝mg，ω＝，解得g＝[－3R]，故C错误；太空电梯相对地球静止，各点角速度相等，各点线速度v＝ωR′，与该点离地球球心距离成正比，故D正确。故选BD。 20．AC　若断开开关，离子匀速通过通道时，通道上下极板间的电压等于发电机的电动势，则有q＝qvB，解得E＝Bav，A正确；通道内的高温等离子体的电阻r＝ρ，回路中的电流I＝，解得I＝，B错误；根据上述，发电机的输出功率为P＝I2R，解得P＝R，C正确；令矩形发电通道左右端的压强差为Δp，为维持等离子匀速流动，则有Δpab＝BIa，结合上述解得Δp＝·al，D错误。故选AC。 21．BCD　Ek-h图象的斜率表示合力的大小，0～h0过程中图象为一段直线，可知F恒定，由动能定理得h0＝2mgh0－0，解得F＝3mg，即F大小始终为3mg，故A错误；F在0～h0过程中，对物体做的功为W1＝Fh0＝3mgh0，在h0～2h0过程中，由动能定理代入数据可知W2－mgh0＝2.4mgh0－2mgh0，解得W2＝1.4mgh0，因此在0～ h0和h0～2h0过程中，F做功之比为W1∶W2＝15∶7，故B正确；在0～2h0过程中，F做功为WF＝W1＋W2＝4.4mgh0，故C正确；在2h0～5h0过程中，Ek-h图象为一段直线，F恒定，由动能定理得WF′－3mgh0＝0－Ek＝0－2.4mgh0，解得WF′＝0.6mgh0，则拉力做正功，物体的机械能增加，故D正确。故选BCD。 22．解析：(1)已知打点计时器电源的频率为50 Hz，相邻两个计数点之间还有四个点未画出，可得T＝5×＝0.1 s，利用纸带测得的数据可求出打第2个计数点的速度大小为v2＝×10－2 m/s≈0.96 m/s，根据逐差法求加速度可得a＝，代入数据解得a＝－2.0 m/s2，负号表示与运动方向相反，故加速度大小为2.0 m/s2。 (2)对物块受力分析可得－μmg＝ma，又重力加速度大小为10 m/s2，可得μ＝0.20。 答案：(1)0.96　2.0　(2)0.20 23．解析：(2)①根据电路图连接实物图如图所示。 ②闭合开关前，为保护电路，应使滑动变阻器滑动触头置于左端。 ④I1-I2图线如图所示。 ⑤根据并联电路电压相等，有I1R0＝I2Rx，I1＝I2，结合图象可得＝0.2，解得Rx＝2.0 Ω。 (3)据电阻定律Rx＝＝，可得ρ＝。 答案：(2)①见解析图　②左　④见解析图　⑤2.0 　 (3) 24．解析：(1)物块在平台上运动，由动能定理有－μMgs ＝Mv0′2－Mv 解得v0′＝3 m/s 以水平向右为正方向，设碰撞后物块的速度为v1，小球的速度为v2 由动量守恒定律有Mv0′＝Mv1＋mv2 由能量守恒有Mv0′2＝Mv＋mv 联立解得v1＝1 m/s，v2＝4 m/s 碰撞后物体做平抛运动，设平抛运动时间为t，竖直方向有 h＝gt2 解得t＝0.4 s 水平方向有x＝v1t＝0.4 m。 (2)小球从B点运动到A点过程，由动能定理有 －mg·2L＝mv－mv 解得vA＝2 m/s 在最高点A时，由向心力公式有T＋mg＝m 解得T＝30 N。 答案：(1)1 m/s　0.4 m　(2)30 N 25．解析：(1)动子和线圈向前运动的最大位移即0～t2时间段内的位移，由图象知x＝v1t2＝40 m。 (2)动子和线圈在t1～t2时间做匀减速直线运动，加速度大小为 a＝＝80 m/s2 根据牛顿第二定律有F＋F安＝ma 其中F安＝nBIl 可得I＝ 解得F＝(400－5v) N 在t2～t3时间反向做匀加速直线运动，加速度不变 根据牛顿第二定律有F－F安＝ma 联立相关式子，解得F＝(400＋5v) N。 (3)动子和线圈在t2～t3时间段内的位移x1＝(t3－t2)2 从t3时刻到返回初始位置时间内的位移x2＝x－x1 根据法拉第电磁感应定律有E＝n 据电荷量的定义式q＝IΔt 据闭合电路欧姆定律I＝ 解得从t3时刻到返回初始位置时间内电荷量q＝n 其中ΔΦ＝Blx2 动子和线圈从t3时刻到返回时间内，只受磁场力作用，根据动量定理有 F安Δt＝mv2 又因为安培力的冲量F安Δt＝nBIlΔt＝nBlq，v2＝a(t3－t2) 联立可得v2＝33 m/s 故图丙中v2的数值为－33 m/s。 答案：(1)40 m　(2)t1～t2时段F＝(400－5v) N ，t2～t3时段F＝(400＋5v) N　(3)－33 m/s 33．解析：(1)根据理想气体状态方程可知，a、b两状态的温度相同，过程Ⅰ中，从a到圆上最低点过程中，压强减小，体积减小，根据理想气体状态方程可知，温度降低，则过程Ⅰ中从a到圆最低点过程中，压强减小，体积减小，则温度降低，则过程Ⅰ中气体的温度先降低后升高，气体的内能先减少后增加，同理可知，过程Ⅱ中气体温度先升高后降低，气体的内能先增加后减少，故A错误，BC正确；过程Ⅱ中气体的体积变大气体对外界做功，且内能不变，根据热力学第一定律可知，气体吸热，故D错误；在p-V图象中，图线与横坐标轴围成的“面积”对应功，过程Ⅱ气体对外界做的功大于过程Ⅰ外界对气体做的功，故过程Ⅱ中气体吸收的热量大于过程Ⅰ中气体放出的热量，故E正确。故选BCE。 (2)①设开始时细线上的张力为F0，根据平衡条件，对活塞b有 F0＋p0S－mg－p0S＝0 对活塞a有2p0S－F0－2mg＝0 解得p0＝ 打开阀门，a上部与大气连通，稳定后，活塞a落到气缸连接处，设气体压强变为p1 ，等温过程，对封闭气体由玻意耳定律有p0(2SL＋SL)＝p1(2SL) 对活塞b有F1＋p0S－mg－p1S＝0 解得F1＝mg。 ②缓慢升高温度，设温度为T2时，活塞a对气缸连接处恰无压力，气体压强为p2 ，细线上的张力为F2，对活塞a有2p2S－2p0S－F2－2mg＝0 对活塞b有F2＋p0S－mg－p2S＝0 等容过程，有＝ 解得T2＝2T0 继续升高温度，气体压强不变，体积变大。设温度为T3＝2.5T0时，活塞a到气缸连接处的距离为x，等压过程，有＝ 解得x＝0.5L。 答案：(1)BCE　(2)①mg　②0.5L 34．解析：(1)波的周期为T＝＝1×10－7 s，易知1.25×10－7 s＝，则质点M运动的路程为s＝5×A＝2 mm，A正确；由波形图及波的传播方向为x轴正方向，可知质点M开始振动的方向沿y轴负方向，则质点M的振动方程为y＝－0.4sin(2π×107t) mm，则当质点M第一次位移为0.2 mm时t＝×10－7 s，B错误；根据图象读出波长为λ＝14×10－2 mm＝1.4×10－4 m，由v＝λf，解得v＝1.4×103 m/s，C正确；由图可知，M左侧的波谷与N之间的距离为x＝(35－14)×10－2 mm＝21×10－2 mm＝2.1×10－4 m，则传播到的时间t＝＝1.5×10－7s，可知在1.5 × 10－7 s时质点N恰好处于波谷，D正确；超声波的频率是大于20 000 Hz，其波长很小，E错误。故选ACD。 (2)①光路图如图甲所示。设此光线恰好发生全反射，此时透镜内的临界角为C，由折射率定义可知 sin C＝＝＝0.75 即C＝48° 此角对应的弧长为 l＝R＝πR。 甲 ②若某束光从A点射入半球透镜，光路图如图乙所示。 乙 根据题意MA＝MN，则OA＝R－MA＝R sin α＝＝ 有折射率可知n＝ 解得sin β＝ 即β＝53° 有几何关系可知θ＝16° 这束光照射到地面的位置与大灯间的水平距离 s＝＝ cm＝320 cm。 答案：(1)ACD　(2)①πR　②320 cm 学科网（北京）股份有限公司 $$