2020届高考物理二轮复习专题冲刺综合能力仿真模拟卷一含解析

2020届高考物理二轮复习专题冲刺综合能力仿真模拟卷一含解析

高考物理总复习 综合能力仿真模拟卷一　‎ ‎　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 第Ⅰ卷(选择题，共48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．如图是氢原子的能级图，一个氢原子从n＝5能级直接跃迁到n＝2能级，则(　　)‎ A．放出某一频率的光子 B．放出一系列频率的光子 C．吸收某一频率的光子 D．吸收一系列频率的光子 答案　A 解析　由较高能级向较低能级跃迁，放出光子的能量：hν＝Em－En，一个氢原子从n＝5能级直接跃迁到n＝2能级只能够放出某一频率的光子，A正确。‎ ‎15．(2019·广西钦州三模)某空降兵从直升机上跳下，8 s后打开降落伞，并始终保持竖直下落。在0～12 s内其下落速度随时间变化的vt图象如图所示。则(　　)‎ A．空降兵在0～8 s内下落的高度为4v2‎ B．空降兵(含降落伞)在0～8 s内所受阻力可能保持不变 C．8 s时空降兵的速度方向改变，加速度方向保持不变 D．8～12 s内，空降兵(含降落伞)所受合力逐渐减小 答案　D 解析　由vt图象可知，vt图象与t轴包围的面积表示位移，则空降兵在0～8‎ - 15 -‎ 高考物理总复习 ‎ s内下降的高度大于×v2×8＝4v2，故A错误；由vt图象可知，在0～8 s内，vt图象的斜率越来越小，即加速度越来越小，由受力分析可得：mg－f＝ma，故所受的阻力越来越大，B错误；由vt图象可知，在8 s时，空降兵的速度开始减小，但是方向不变，图象的斜率的正负发生了改变，可知加速度的方向发生了改变，变为竖直向上，故C错误；8～12 s内，空降兵的加速度方向竖直向上，受力分析得：F合＝ma，由图象可知，斜率越来越小，即空降兵的加速度越来越小，所以空降兵(含降落伞)所受合力逐渐减小，D正确。‎ ‎16.(2019·福建宁德二模)2019年4月10日21时，人类首张黑洞照片在全球六地的视界望远镜发布会上同步发布。该黑洞半径为R，质量M和半径R的关系满足：＝(其中c为光速，G为引力常量)。若天文学家观测到距黑洞中心距离为r的天体以速度v绕该黑洞做匀速圆周运动，则(　　)‎ A．该黑洞的质量为 B．该黑洞的质量为 C．该黑洞的半径为 D．该黑洞的半径为 答案　C 解析　天体受到黑洞的万有引力提供天体做圆周运动所需的向心力，则有：G＝m，得M＝，故A、B错误；设黑洞的半径为R，质量M和半径R的关系满足：＝，联立解得R＝，故C正确，D错误。‎ ‎17．(2019·山东潍坊二模)中核集团研发的“超导质子回旋加速器”，能够将质子加速至光速的，促进了我国医疗事业的发展。若用如图所示的回旋加速器分别加速氕、氘两种静止的原子核，不考虑加速过程中原子核质量的变化，以下判断正确的是(　　)‎ - 15 -‎ 高考物理总复习 A．氘核射出时的向心加速度大 B．氕核获得的速度大 C．氘核获得的动能大 D．氕核动能增大，其偏转半径的增量不变 答案　B 解析　由qvB＝m得：速度vm＝，向心加速度a＝＝，可知氕核射出时的向心加速度大，A错误；Ekm＝mv＝，因为氕核的质量较小，则获得的动能和速度大，B正确，C错误；由r＝＝可知，氕核动能增大，其偏转半径的增量要改变，D错误。‎ ‎18．(2019·湖南岳阳高三二模)如图甲为一种门后挂钩的照片，相邻挂钩之间的距离为7 cm，图乙中斜挎包的宽度约为21 cm，在斜挎包的质量一定的条件下，为了使悬挂时背包带受力最小，下列措施正确的是(　　)‎ A．随意挂在一个钩子上 B．使背包带跨过两个挂钩 C．使背包带跨过三个挂钩 D．使背包带跨过四个挂钩 答案　D 解析　设悬挂后背包带与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件可得2Fcosθ＝mg；解得背包带的拉力F＝，在斜挎包的质量一定的条件下，为了使悬挂时背包带受力最小，则cosθ最大，由于相邻挂钩之间的距离为7 cm，图乙中斜挎包的宽度约为21‎ - 15 -‎ 高考物理总复习 ‎ cm，故使背包带跨过四个挂钩时θ≈0，cosθ≈1，此时背包带受力最小，故D正确。‎ ‎19．(2019·福建宁德二模)如图甲为电动汽车无线充电原理图，M为受电线圈，N为送电线圈。图乙为受电线圈M的示意图，线圈匝数为n，电阻为r，横截面积为S，a、b两端连接车载变流装置，磁场平行于线圈轴线向上穿过线圈。下列说法正确是(　　)‎ A．当线圈N接入恒定电流时，不能为电动汽车充电 B．当线圈N接入正弦式交变电流时，线圈M两端产生恒定电压 C．当线圈M中的磁感应强度增加时，有电流从a端流出 D．充电时，Δt时间内线圈M中磁感应强度大小均匀增加ΔB，则M两端电压为 答案　AC 解析　当送电线圈N接入恒定电流时，产生的磁场不变化，受电线圈M中的磁通量不发生变化，故无法产生感应电流，不能为电动汽车充电，故A正确；当线圈N接入正弦式交变电流时，受电线圈M中的磁通量按正弦式变化，故M两端产生正弦式电压，B错误；穿过线圈M的磁感应强度增加，根据楞次定律，如果线圈闭合，感应电流的磁通量向下，故感应电流方向从b向a，即电流从a端流出，C正确；根据法拉第电磁感应定律，有：E＝n＝nS，设受电线圈外接电路的电阻为R，由闭合电路的欧姆定律得M两端的电压：U＝R＝，D错误。‎ ‎20．(2019·湖南衡阳三模)如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势φ与坐标x的关系如图中曲线所示，曲线过(0.1,4.5)和(0.15,3)两点，图中虚线为该曲线过点(0.15,3)的切线。现有一质量为0.20 kg、电荷量为＋2.0×10－8 C的滑块P(可视为质点)，从x＝0.10 m处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02，取重力加速度g＝10 m/s2。则下列说法中正确的是(　　)‎ - 15 -‎ 高考物理总复习 A．滑块P运动过程中的电势能先减小后增大 B．滑块P运动过程中的加速度先减小后增大 C．x＝0.15 m处的电场强度大小为2.0×106 N/C D．滑块P运动的最大速度为0.1 m/s 答案　BCD 解析　由电势φ与位移x图线的斜率表示电场强度可知，电场方向未变，滑块运动的过程中，电场力始终做正功，电势能逐渐减小，故A错误；电势φ与位移x图线的斜率表示电场强度，则x＝0.15 m处的场强为：E＝＝ V/m＝2×106 V/m＝2.0×106 N/C，此时滑块受到的电场力为：F＝qE＝2×10－8×2×106 N＝0.04 N，滑动摩擦力大小为：f＝μmg＝0.02×2 N＝0.04 N，在到达x＝0.15 m前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，到达x＝0.15 m后电场力小于摩擦力，做减速运动，加速度逐渐增大，故B、C正确；到达x＝0.15 m时，滑块受到的电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得，qU－fx＝mv2，因为0.10 m和0.15 m处的电势差大约为1.5×105 V，代入求解，可得最大速度为0.1 m/s，故D正确。‎ ‎21．(2019·贵州毕节二模)如图甲所示，两个弹性球A和B放在光滑的水平面上处于静止状态，质量分别为m1和m2，其中m1＝1 kg。现给A球一个水平向右的瞬时冲量，使A、B球发生弹性碰撞，以碰撞初始时刻为计时起点，两球的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图示信息可知(　　)‎ - 15 -‎ 高考物理总复习 A．B球的质量m2＝2 kg B．A球和B球在相互挤压过程中产生的最大弹性势能为4.5 J C．t3时刻两球的动能之和小于0时刻A球的动能 D．在t2时刻两球动能之比为EkA∶EkB＝1∶8‎ 答案　AD 解析　A球和B球在碰撞过程中动量守恒，因此由m1v＝(m1＋m2)v共，代入题图所给数据有m2＝2 kg，A正确；A球和B球在共速的时候弹性形变达到最大，产生的弹性势能最大，因此Epmax＝m1v2－(m1＋m2)v＝ J＝3 J，B错误；因为是弹性碰撞，两个小球组成的系统在分离前后没有能量损失，则0时刻A球的动能与t3时刻两球动能之和相等，C错误；从碰撞到t2时刻，小球满足动量守恒定律和机械能守恒定律，因此有m1v＝m1v1＋m2v2，m1v2＝m1v＋m2v，联立解得v2＝2 m/s，v1＝－1 m/s，故t2时刻两球的动能之比EkA∶EkB＝1∶8，D正确。‎ 第Ⅱ卷(非选择题，共62分)‎ 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．(2019·成都高新区一模)(6分)某实验小组的同学用如图甲所示的装置测量滑块与斜面间的动摩擦因数μ。每次滑块都从斜面上由静止开始下滑，测出滑块每次下滑时遮光板到光电门所在位置的距离L及相应遮光时间t的值。‎ - 15 -‎ 高考物理总复习 ‎(1)用游标卡尺测量遮光板的宽度d，如图乙所示，则d＝________ cm。‎ ‎(2)为测出滑块与斜面间的动摩擦因数μ，本实验还需要测出或知道的物理量是________(填下列序号)。‎ A．滑块和遮光板的总质量m B．斜面的倾角θ C．当地的重力加速度g ‎(3)实验中测出了多组L和t的值，若要通过线性图象来处理数据求μ值，则应作出的图象为________。‎ A．t2L图象 B．t2图象 C．L2图象 D．L2t图象 ‎(4)在(3)作出的线性图象中，若直线的斜率为k，则关于μ值的表达式为μ＝________。(可用以上物理量的符号表示)‎ 答案　(1)0.225　(2)BC　(3)B　(4)tanθ－ 解析　(1)主尺示数为2 mm，游标尺上刻度线5和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为：5×0.05 mm＝0.25 mm，故所测宽度为：2 mm＋0.25 mm＝2.25 mm＝0.225 cm。‎ ‎(2)遮光板运动到光电门处滑块的速度v＝，由动能定理有：(mgsinθ－μmgcosθ)L＝mv2，可得μ＝＝＝tanθ－，故需要测量斜面倾角和当地的重力加速度，B、C正确。‎ ‎(3)由μ＝tanθ－，可以得到：t2＝·，即t2图象是一条过原点的直线，可作t2－线性图象处理数据求μ值，B正确。‎ ‎(4)图象的斜率为k，则由k＝，解得μ＝tanθ－。‎ - 15 -‎ 高考物理总复习 ‎23．(2019·福建高中毕业班3月质检)(9分)某同学用内阻Rg＝20 Ω、满偏电流Ig＝5 mA的毫安表制作了一个简易欧姆表，电路如图甲，电阻刻度值尚未标注。‎ ‎(1)该同学先测量图甲中电源的电动势E，实验步骤如下：‎ ‎①将两表笔短接，调节R0使毫安表指针满偏；‎ ‎②将阻值为200 Ω的电阻接在两表笔之间，此时毫安表指针位置如图乙所示，该示数为________ mA；‎ ‎③计算得电源的电动势E＝________ V。‎ ‎(2)接着，他在电流刻度为5.00 mA的位置标上0 Ω，在电流刻度为2.00 mA的位置标上________ Ω，并在其他位置标上相应的电阻刻度值。‎ ‎(3)该欧姆表用久后，电池老化造成电动势减小、内阻增大，但仍能进行欧姆调零，则用其测得的电阻值________(填“大于”“等于”或“小于”)真实值。‎ ‎(4)为了减小电池老化造成的误差，该同学用一电压表对原电阻刻度值进行修正。将欧姆表的两表笔短接调节R0使指针满偏；再将电压表接在两表笔之间，此时电压表示数为1.16 V，欧姆表示数为1200 Ω，则电压表的内阻为________ Ω，原电阻刻度值300 Ω应修改为________ Ω。‎ 答案　(1)②3.00　③1.5　(2)450　(3)大于 ‎(4)1160　290‎ 解析　(1)②由于毫安表的量程为5 mA，分度值为0.1 mA，所以图乙中的示数为3.00 mA；‎ ‎③设欧姆表的内阻为R，由闭合电路欧姆定律得：满偏时，5.0×10－3 A＝，接入200 Ω的电阻时，3.0×10－3 A＝，联立解得：R＝300 Ω，E＝1.5 V。‎ ‎(2)电流刻度为2.00 mA时的总电阻为R总＝ Ω＝750 Ω，所以此时外接电阻为(750－300) Ω＝450 Ω。‎ ‎(3)由闭合电路欧姆定律得：I＝＝＝，由于电动势变小，则R＝变小，所以测同一电阻Rx时，电流I变小，所以电阻Rx的测量值变大，大于真实值。‎ - 15 -‎ 高考物理总复习 ‎(4)欧姆表示数为1200 Ω，由闭合电路欧姆定律得：I＝ A＝10－3 A，所以电压表的内阻为RV＝ Ω＝1160 Ω。原电阻刻度值300 Ω即欧姆表内阻R的大小，设电动势降为E′时，调零后的内阻为R′，则E′＝IgR0′对于电压表接入的闭合电路，有E′＝U＋IR′，联立解得R′＝＝＝290 Ω，故原300 Ω电阻刻度应改为290 Ω。‎ ‎24.(2019·福建泉州二模)(12分)华裔科学家丁肇中负责的AMS项目，是通过“太空粒子探测器”探测高能宇宙射线粒子，寻找反物质。某学习小组设想了一个探测装置，截面图如图所示。其中辐射状加速电场的内、外边界为两个同心圆，圆心为O，外圆电势为零，内圆电势φ＝－45 V，内圆半径R＝1.0 m。在内圆内有磁感应强度大小B＝9×10－5 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁场内有一圆形接收器，圆心也在O点。假设射线粒子中有正电子，先被吸附在外圆上(初速度为零)，经电场加速后进入磁场，并被接收器接收。已知正电子质量m＝9×10－31 kg，电荷量q＝1.6×10－19 C，不考虑粒子间的相互作用。‎ ‎(1)求正电子在磁场中运动的速率v和半径r；‎ ‎(2)若正电子恰好能被接收器接收，求接收器的半径R′。‎ 答案　(1)4×106 m/s　0.25 m　(2) m 解析　(1)电场内，内外边界的电势差大小为 U＝0－φ＝45 V，‎ 在加速正电子的过程中，根据动能定理可得 qU＝mv2－0，‎ 代入数据解得v＝4×106 m/s，‎ 正电子进入磁场做匀速圆周运动，由向心力公式可得：‎ qvB＝m，解得r＝0.25 m。‎ - 15 -‎ 高考物理总复习 ‎(2)正电子在磁场中运动的轨迹如图所示，当正电子运动的轨迹与接收器相切时，正电子恰好能被接收器接收，由几何关系可得：‎ ‎(R′＋r)2＝r2＋R2，‎ 解得R′＝ m。‎ ‎25．(2019·四川成都二诊)(20分)用如图所示的装置，可以模拟货车在水平路面上的行驶，进而研究行驶过程中车厢里的货物运动情况。已知模拟小车(含遥控电动机)的质量M＝7 kg，车厢前、后壁间距L＝4 m，木板A的质量mA＝1 kg，长度LA＝2 m，木板上可视为质点的物体B的质量mB＝4 kg，A、B间的动摩擦因数μ＝0.3，木板与车厢底部(水平)间的动摩擦因数μ0＝0.32，A、B紧靠车厢前壁。现“司机”遥控小车从静止开始做匀加速直线运动，经过一定时间，A、B同时与车厢后壁碰撞。设小车运动过程中所受空气和地面总的阻力恒为F阻＝16 N，重力加速度大小g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。‎ ‎(1)从小车启动到A、B与后壁碰撞的过程中，分别求A、B的加速度大小；‎ ‎(2)A、B与后壁碰撞前瞬间，求遥控电动机的输出功率；‎ ‎(3)若碰撞后瞬间，三者速度方向不变，小车的速率变为碰前的80%，A、B的速率均变为碰前小车的速率，且“司机”立即关闭遥控电动机，求从开始运动到A相对车静止的过程中，A与车之间由于摩擦产生的内能。‎ 答案　(1)4 m/s2　3 m/s2　(2)670 W　(3)40 J 解析　(1)由题意，从小车启动到A、B与后壁碰撞的过程中，三者间有相对滑动，三者受力如图所示，‎ - 15 -‎ 高考物理总复习 对B：fAB＝μmBg＝12 N 由牛顿第二定律有：fAB＝mBaB 代入数据解得：aB＝3 m/s2，方向向前，做匀加速运动 对A：F车A＝μ0(mA＋mB)g＝16 N，fAB＝fBA 由牛顿第二定律：F车A－fBA＝mAaA 代入数据解得：aA＝4 m/s2，方向向前，做匀加速运动。‎ ‎(2)A、B同时到达后壁，有 sA－sB＝aAt2－aBt2＝LA 且：s车－sB＝a车t2－aBt2＝L 解得：t＝2 s，a车＝5 m/s2‎ 对车，由牛顿第二定律有：‎ F牵－μ0(mA＋mB)g－F阻＝Ma车 解得：F牵＝67 N 电动机输出功率为P＝F牵v 碰撞前瞬间的车速为：v＝a车t 联立以上各式并代入数据解得：‎ v＝10 m/s，P＝670 W。‎ ‎(3)碰撞后瞬间，v车′＝0.8v＝8 m/s，A、B的速率为v，因μ<μ0‎ 所以碰后三者之间仍有相对滑动，三者受力如图所示，‎ 对B：aB′＝aB＝3 m/s2，方向向后，做匀减速直线运动 对A：aA′＝aA＝4 m/s2，方向向后，做匀减速直线运动 对车：F牵＝F阻－FA车＝0，因此车做匀速直线运动 设经时间t′，A与车相对静止，则：t′＝＝0.5 s A与车间相对滑动的距离为：‎ - 15 -‎ 高考物理总复习 Δs＝sA′－s车′＝(vt′－aA′t′2)－v车′t′‎ 得：Δs＝0.5 m A相对车通过的总路程：Δs总＝Δs＋ A与车之间由于摩擦产生的内能：E＝F车AΔs总 代入数据解得：E＝40 J。‎ ‎(二)选考题：共15分。请考生从2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)(2019·广东高三月考)(5分)一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其pV图象如图所示，由图象可知：a、b、c三个状态中，状态________的分子平均动能最小；b和c两个状态比较，b状态中容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数较________；若经历ca过程气体的内能减少了20 J，则该过程气体放出的热量为________ J。‎ ‎(2)(2019·南昌三模)(10分)农药喷雾器的原理如图所示，储液筒与打气筒用软细管相连，先在筒内装上药液，再拧紧筒盖并关闭阀门K，用打气筒给储液筒充气增大储液筒内的气压，然后再打开阀门，储液筒的液体就从喷雾头喷出。已知储液筒容器为10 L(不计储液筒两端连接管体积)，打气筒每打一次气能向储液筒内压入空气200 mL，现在储液筒内装入8 L的药液后关紧筒盖和喷雾头阀门K，再用打气筒给储液筒打气。(设周围大气压恒为1个标准大气压，打气过程中储液筒内气体温度与外界温度相同且保持不变)求：‎ - 15 -‎ 高考物理总复习 ‎①要使储液筒内药液上方的气体压强达到3 atm，打气筒活塞需要循环工作的次数；‎ ‎②打开喷雾头开关K直至储液筒的内外气压相同，储液筒内剩余药液的体积。‎ 答案　(1)a　多　120　(2)①20　②4 L 解析　(1)根据理想气体状态方程＝C，可知a状态的p、V乘积最小，则温度最低，分子平均动能最小；b和c两个状态比较，p、V乘积相同，则温度相同，分子平均速率相同，b状态压强较大，体积小，分子数密度较大，则b状态中容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数较多；ca过程外界对气体做功：W＝pΔV＝0.5×105×(3－1)×10－3 J＝100 J；则由ΔU＝W＋Q可得Q＝ΔU－W＝－20 J－100 J＝－120 J，则该过程气体放出的热量为120 J。‎ ‎(2)①设需打气的次数为n，每次打入的气体体积为V0，储液筒药液上方的气体体积为V，则开始打气前：储液筒液体上方气体的压强：p1＝p0＝1 atm，气体的体积为：V1＝V＋nV0‎ 打气完毕时，储液筒内药液上方的气体体积为：‎ V2＝V，压强为p2＝3 atm 打气过程为等温变化，所以由玻意耳定律得：‎ p1V1＝p2V2‎ 代入数据解得：n＝20。‎ ‎②打开喷雾头阀门K直至储液筒内外气压相同时，设储液筒上方气体的体积为V3，此过程为等温变化，所以由玻意耳定律得：p3V3＝p1V1，‎ 代入数据解得：V3＝3V1＝6 L 所以喷出的药液的体积V′＝V3－V＝4 L，‎ 剩余的药液的体积为8 L－4 L＝4 L。‎ ‎34．[物理——选修3－4](15分)‎ ‎(1)(2019·江西九校重点中学协作体高三第一次联考)(5分)甲、乙两位同学利用假期分别在两个地方做“用单摆测重力加速度的实验”，回来后共同绘制了T2L图象，如图甲中A、B所示，此外甲同学还顺便利用其实验的单摆探究了受迫振动，并绘制了单摆的共振曲线，如图乙所示。那么下列说法中正确的是________。(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．单摆的固有周期由摆长和所处环境的重力加速度共同决定 - 15 -‎ 高考物理总复习 B．由图甲分析可知A图象所对应的实验地点重力加速度较大 C．若将单摆放入绕地稳定飞行的宇宙飞船中，则无法利用单摆测出飞船轨道处的引力加速度 D．由图乙可知，甲同学探究受迫振动的单摆摆长为8 cm E．如果甲同学增大摆长，他得到的共振曲线的峰值将向左移动 ‎(2)(2019·四川泸州二诊)(10分)2018年9月23日“光纤之父”华人科学家高琨逝世，他一生最大的贡献是研究玻璃纤维通讯。光纤在转弯的地方不能弯曲太大，如图模拟光纤通信，将直径为d的圆柱形玻璃棒弯成圆环，已知玻璃的折射率为，光在真空中的速度为c，要使从A端垂直入射的光线能全部从B端射出。求：‎ ‎①圆环内径R的最小值；‎ ‎②在①问的情况下，从A端最下方入射的光线，到达B端所用的时间。‎ 答案　(1)ACE　(2)①(＋1)d　② 解析　(1)根据单摆的固有周期公式为T＝2π，L为摆长，g为当地重力加速度，可知A正确；根据T＝2π得：T2＝L，所以T2L图象的斜率k＝，图甲中A图象的斜率大于B图象的斜率，故A图象对应的实验地点重力加速度较小，B错误；若将单摆放入绕地稳定飞行的宇宙飞船中，单摆小球处于完全失重状态，不能在竖直平面内来回摆动，故C正确；由图乙可知，当驱动力的频率为0.5 Hz时，单摆发生共振，故系统的固有频率为0.5 Hz，固有周期T＝＝2 s，根据T＝2π，解得摆长L＝1 m，故D错误；根据T＝2π，若在同一地点增长摆长，则单摆固有周期变大，固有频率变小，则发生共振时的驱动力频率变小，共振峰向左移动，故E正确。‎ ‎(2)①从A端最下方入射的光线发生全反射时，其他光线也能发生全反射，设从A端最下方入射的光线到达玻璃棒侧面的入射角为θ，‎ 根据几何关系得：sinθ＝ 设全反射临界角为C，则要使A端垂直入射的光线全部从B端射出，必须有θ≥C - 15 -‎ 高考物理总复习 因此有：sinθ≥sinC 根据临界角公式有sinC＝ 即有≥，解得：R≥＝(＋1)d 所以R的最小值为(＋1)d。‎ ‎②在①问的情况下，θ＝45°，R＝(＋1)d，光路图如图所示，‎ 光在玻璃内传播的总路程为s＝6R 光在玻璃内传播的速度为v＝＝c 所以所求时间为t＝＝。‎ - 15 -‎