2023年高三物理一模试卷含解析

2023年高三物理一模试卷含解析2023年高三物理一模试卷含解析861～5630abx﹣tab，由图可知〔〕两物体运动方向始终不变0～t1

abC．t～t内某时刻两物体的速度一样1 2D．t～tab1 2如以下图，小车内固定着一个倾角为60°的斜面OA，挡板OB与水平面的夹角θ=60°，可绕转轴O在竖直平面内转动．现将一质量为m的光滑圆球放在斜面与挡板之间，以下说法正确的选项是〔〕当小车与挡板均静止时，球对斜面的压力小于mg保持θ=60°不变，使小车水平向右运动，则球对斜面的压力可能为零保持小车静止，在θ由60°缓慢减小至15°的过程中，球对挡板的压力渐渐减小保持小车静止，在θ由60°缓慢减小至15°的过程中，球对斜面的压力渐渐增大如以下图，在O点固定一负点电荷，实线为其中几条对称分布的电场线，虚线为以Oe电场线上的O′点为圆心的一个圆，a、b、c、d、e，f、g、h为圆与电场线的交点，以下说法正确的选项是〔〕d、fB．aeC．b、db，fDhdhf，电场力做功相等如以下图，人造卫星P〔可看作质点〕绕地球做匀速圆周运动．在卫星运行轨道平面内，过卫星P作地球的两条切线，两条切线的夹角为θ，设卫星P绕地球TvG．以下说法正确的选项是〔〕θTθTTθ，则地球的平均密度为ρ=Tθ，则地球的平均密度为ρ=如以下图，用均匀导线做成边长为0.2m的正方形线框，线框的一半处于垂直线框向里的有界匀强磁场中．当磁场以20T/s的变化率增加时，a、b两点间电势U，则〔〕A．φ＜φ，U=0.2VB．φ＞φ，U=0.2VC．φ＜φ，U=0.4VD．φ＞a b a b a b aφ，U=0.4Vb如以下图，一抱负变压器的原、副线圈匝数之比为n：n=55：1，原线圈接入电压1 2u=220 sin100πt〔V〕的沟通电源，图中电表均为抱负电表，闭合开关后，当滑动变阻器的滑动触头P从最上端滑到最下端的过程中，以下说法正确的选项是〔 〕100HzB．t=0.02s4VC．电流表的示数先变小后变大D．电流表的示数先变大后变小如以下图匀强磁场分布在半径为R的圆形区域MON内Q为半径ON上的一点且OQ= R，PPQOM〔不计粒子重力及粒子间的相互作用，其中粒子1从M点正对圆心射入，恰从N点出，粒子2PPQ〔〕2N2P、N123：2122：1θ=30°．质量均为lkgA、B5N/cm2kgC线通过光滑的轻质定滑轮与物体BA、BAC，使细线刚好被拉直．现把手拿开，让CC开头运动到A〔取g=10m/s〔〕1cmB1cmCB、CDC0.2J三、非选择题：包括必考题和选考题两局部．第9～12作答．第13题～第18题为选考题，考生依据要求作答〔一〕必考题：1所示，某同学设计了一个测量滑块与木板间的动摩擦因数的试验装置，装有定滑轮的长木板固定在水平试验台上，木板上有一滑块，滑块右端固定一个动滑轮，钩码和弹簧测力计通过绕在滑轮上的轻绳相连，放开钩码，滑块在长木板上做匀加速直线运动．试验得到一条如图2所示的纸带，相邻两计数点之间的时间间隔为0.1s，由图中的数可知，滑块运动的加速度大小是 m/〔计算结果保存两位有效数字〕读出弹簧测力计的示数F，处理纸带，得到滑块运动的加速度a；转变钩码个数，重复试验．以弹簧测力计的示数F为纵坐标，以加速度a为横坐标，得到的图象是纵轴截距为b的一条倾斜直线，如图3所示．滑块和动滑轮的总质量为m，重力加速度为g，无视滑轮与绳之间的摩擦．则滑块和木板之间的动摩擦因数μ= ．10．国标〔GB/T〕规定自来水在15℃时电阻率应大于13Ω•m．某同学利用图甲电路测量15℃自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以把握管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞〔活塞电阻可无视，右侧活塞固定，左侧活可自由移动．试验器材还有：电源〔电动势约为3V，内阻可无视〕V〔3V〕1V〔3V〕2R〔4kΩ〕1R〔2kΩ〕2R〔9999Ω〕单刀双掷开关S，导线假设干，游标卡尺，刻度尺．试验步骤如下：A．用游标卡尺测量并记录玻璃管的内径d；B．向玻璃管内注满自来水，确保无气泡；C．用刻度尺测量并记录水柱长度L；S1V1

示数；把S2V2R；

V1

示数一样，记录电阻箱的转变玻璃管内水柱长度，重复试验步骤C、D、E；GS，整理好器材．测玻璃管内径d时游标卡尺示数如图乙，则d= mm．玻璃管内水柱的电阻R的表达式为R= 〔用RR、R表示．x x 1 2L和对应的电阻箱阻值RR﹣图象．可求出自来水的电阻率ρ= Ω•m〔保存三位有效数字．11．如以下图，质量m=0.1kg的小球〔可视为质点，用长度l=0.2m的轻质细线悬于天花板的O点．足够长的木板AB倾斜放置，顶端A位于O点正下方，与O点的高度差h=0.4m．木板与水平面间的夹角θ=37°，整个装置在同一竖直面内现将小球移到与O点等高的P点〔细线拉直，由静止释放，小球运动到最低点Q时细线恰好被拉断〔取cos37°=0.8．求：细线所能承受的最大拉力F；小球在木板上的落点到木板顶端As；小球与木板接触前瞬间的速度大小．12MN〔个质量为m、电荷量为q、可视为质点的带正电小球，以水平初速度v0

PQQ位于MN上．假设小球刚经过D点时〔t=变化、垂直纸面对里的匀强磁场，使得小球再次通过DPQ90°角，D、Q2L，t0

小于小球在磁场中做圆周运动的周期，无视磁场变化造成的影响，重力加g．求：〔1〕E〔2〕tt0 1

的比值；〔3〕小球过DB的大0Tm〔二〕选考题，请考生任选一模块作答【物理--选修3-3】13．以下说法正确的选项是〔 〕A．悬浮在液体中的微粒越小，在液体分子的撞击下越简洁保持平衡B．荷叶上的小水珠呈球形是由于液体外表张力的作用C．物体内全局部子的热运动动能之和叫做物体的内能D．当人们感到潮湿时，空气确实定湿度不愿定较大E．确定质量的抱负气体先经等容降温，再经等温压缩，压强可以回到初始的数值mSI、Ⅱ两局部，当在活塞A2mI、Ⅱ两局部气体的高度均为l．环境温度、大气压强p均保持不变，0 05mg=pSA03-4】如图甲所示，为一列沿水平方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，图乙是这列波中质点P的振动图线，则该波的传播速度v= m/s；传播方向 〔填“向左”或“向右”．半径为R的半圆形玻璃砖，横截面如以下图，圆心为O．两条平行单色红光垂直直径MN射入玻璃砖，光线l正对圆心O入射，光线2的入射点为B，∠AOB=60°．该玻璃砖对红光的折射率n= ．求：两条光线经玻璃砖折射后的交点与O点的距离d；假设入射光由单色红光改为单色蓝光，其它条件不变，则距离d将如何变化？3-5】图甲是光电效应的试验装置图，图乙是光电流与加在阴极K和阳极A上的电压的关系图象，以下说法正确的选项是〔 〕A．由图线①、③可知在光的颜色不变的状况下，入射光越强，饱和电流越大B．由图线①、②、③可知对某种确定的金属来说，其遏止电压只由入射光的频率打算C．只要增大电压，光电流就会始终增大D．不管哪种颜色的入射光，只要光足够强，就能发生光电效应E．遏止电压越大，说明从该金属中逃出来的光电子的最大初动能越大如以下图，质量m=1kgC置于足够长的木块B上，木板B的质量m=2kg，B、CC B一轻弹簧相拴接，开头时B、CA的质量m=0.5kgv=5m/sA 0BBv=2m/s，碰撞时间极短，接触面均光滑．求：BA、BA弹簧最长时具有的弹性势能〔结果保存两位有效数字．xx参考答案与试题解析861～56～8630沿同始终线运动的a、b两物体，其x﹣t图象分别为图中直线ab〔 〕两物体运动方向始终不变0～t1C．t～t

a物体的位移大于b内某时刻两物体的速度一样1 2D．t～tab1 2【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】依据图象切线的斜率表示速度，确定运动的方向，结合位置坐标比较位移的大小，依据位移和时间的比值比较平均速度的大小关系．【解答】解：Ax﹣tbb沿负向运动，后沿正向运动，故AB、0t1

时刻，两车的位置坐标均相等，可知0～t1

内两物的位移相等，故BC、t1

t时间内，某时刻两图象的斜率相等，物体的速度一样，故C2D、t～t内两个物体的位移相等，时间相等，则平均速度相等，故D1 2应选：C60°的斜面OAOB与水平面的夹角θ=60°，O在竖直平面内转动．现将一质量为m正确的选项是〔〕当小车与挡板均静止时，球对斜面的压力小于mg保持θ=60°不变，使小车水平向右运动，则球对斜面的压力可能为零θ60°15°的过程中，球对挡板的压力渐渐减小θ60°15°的过程中，球对斜面的压力渐渐增大【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】A、将小球的重力依据作用效果进展分解，结合几何关系分析；BBCD、将小球的重力依据作用效果进展分解，通过作图分析各个分力的变化状况．【解答】解：A、球处于静止状态，受力平衡，对球进展受力分析，如以下图：FFGF=F=mgAA B A BB、假设保持θ=60°不变，使小车水平向右做匀加速直线运动，当FB加速度时，球对挡板的压力为零，故B正确；

和重力GCDθ60°15°的过程中，依据图象可知，FA

不断减小，F先减小后增大，依据牛顿第三定律可知，球对挡板的压力先减小后增大，对斜面的压力不BCD应选：B．OOe场线上的O′点为圆心的一个圆，a、b、c、d、e，f、g、h为圆与电场线的交点，以下说法正确的选项是〔〕d、fB．aeC．b、d两点间电势差小于b，fDhd与由hf，电场力做功相等【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势差．【分析】电场强度是矢量，只有大小和方向都一样时两点的电场强度才一样；电势依据顺着电场线方向电势降低进展推断；依据对称性分析b、db、f电势凹凸，推断电势能的变化．d、fAB、依据顺着电场线电势渐渐降低可知，离点电荷O越远，电势越高，故a点电势低于eBC、d、f两点电势相等，则b、d两点间电势差等于b、f两点间电势差，故CD、d、fhd与由hf，电场力做功相等，故D应选：D如以下图，人造卫星P〔可看作质点〕绕地球做匀速圆周运动．在卫星运行轨道平面内，Pθ，设卫星P绕地球运动的周期为T，线速vG．以下说法正确的选项是〔〕θTθTTθ，则地球的平均密度为ρ=Tθ，则地球的平均密度为ρ=【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【分析】由θ可确轨道半径，再据万有引力供给向心力确定各量与半径的关系可得各选项的正误．【解答】解A、B、半径r= R为地球的半径，可知θ越大，半径越小，又运动周期：T=2 ，则半径越小，周期越小；θ越小，半径越大，T越大．则A错误，B正确．C、D、测得T和θ，由万有引力供给向心力：m =G 得ρ= DC应选：BD如以下图，用均匀导线做成边长为0.2m的正方形线框，线框的一半处于垂直线框向里的有界匀强磁场中当磁场以20T/s的变化率增加时，ab两点间电势差的大小为U，〔 〕A．φ＜φ，U=0.2VB．φ＞φ，U=0.2VC．φ＜φ，U=0.4VD．φ＞φ，U=0.4Va b a b a b a b【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．【分析】依据法拉第电磁感应定律，求出感应电动势的大小，依据楞次定律推断出感应电流的方向，再通过闭合电路欧姆定律求出电流以及电势差．【解答】解：题中正方形线框的左半局部磁通量变化而产生感应电动势，从而在线框中有感E，内电阻为，画出等效电路如以下图．则a、b两点间的电势差即为电源的路端电压，设l是边长，且依题意知： =20T/s．由法拉第电磁感应定律，得：E=N =1×20× V=0.4V所以有：U=IR= =0.2V，abU应选：A．

=﹣0.2V．ab如以下图，一抱负变压器的原、副线圈匝数之比为n：n=55：1，原线圈接入电压1 2u=220 sin100πt〔V〕的沟通电源，图中电表均为抱负电表，闭合开关后，当滑动变阻器的滑动触头P从最上端滑到最下端的过程中，以下说法正确的选项是〔 〕100HzB．t=0.02s4VC．电流表的示数先变小后变大D．电流表的示数先变大后变小【考点】变压器的构造和原理．【分析】依据沟通电的瞬时值表达式得出沟通电的圆频率由f= 即可求出沟通电的频率；依据变压器的特点：匝数与电压成正比，与电流成反比，输入功率等于输出功率；依据电路的构造，得出电路中电阻的变化规律，然后结合欧姆定律分析电路中的电流的变化即可．【解答】解：A、由电压公式知沟通电的ω=100π，f= = =50Hz，故A错误；B、原线圈两端的输入电压有效值为220V，由电压与匝数成正比知， ，所以副线圈两端电压为： V〔即为电压表的读数，故B正确；C、D、由图可知，滑动变阻器的上下两局部并联后与R串联，依据串并联电路的电阻可知，PP端滑到最下端的过程中，电路中的总电阻先增大后减小，依据欧姆定律可知，电路中的电阻值将先减小后增大．变压器的输出电流先减小后增大，则输入的电流也是先减小后增大，即电流表的示数先变小CD应选：BC如以下图匀强磁场分布在半径为R的圆形区域MON内Q为半径ON上的一点且OQ= R，PPQOM〔不计粒子重力及粒子间的相互作用，其中粒子1从M点正对圆心射入，恰从N点出，粒子2PPQ〔〕2N2P、N123：2122：1【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】带电粒子在磁场中的运动，确定圆心的方法〔1〕〔2〕弦的中垂线过圆心由此方法确定运动轨迹求粒子运动时间在磁场中运动时间的方1〕 ；〔2〕 ，s1MNMN垂线过圆心，可确定圆心O，运动轨迹为蓝色圆弧，其半径R．两个完全一样的带电粒子以相12PPQOPROP、ON、OP、ON，OPONONR22 2 2 2 2NAB∠MON=90°；∠PON=∠POQ，cos∠POQ= ，所以∠PON=∠POQ=45°．两个完全一样的带电1 2 2粒子以一样的速度射入磁场，粒子运动的周期一样．粒子运动时间与圆心角成正比．所以粒122：1．CD应选：AD．θ=30°．质量均为lkgA、B5N/cm2kgC线通过光滑的轻质定滑轮与物体BA、BAC，使细线刚好被拉直．现把手拿开，让CC开头运动到A〔取g=10m/s〔〕1cmB1cmCB、CDC0.2J【考点】功能关系；功的计算．【分析】依据胡克定律求初状态弹簧的压缩量和末状态弹簧的伸长量．依据机械能守恒的条件：只有重力和弹力做功，分析机械能是否守恒．由系统的机械能守恒，求出末状态时C的速度，再由动能定理求物体C【解答】解：A、初状态弹簧的压缩量为x1B、末状态弹簧的伸长量为x= =2

= =1cmA=1cmBC、对于物体B、C与地球组成的系统，由于弹簧对B做负功，所以系统的机械能不守恒．故C错误．D、初末状态弹簧的弹性势能相等，对于弹簧、物体B、C与地球组成的系统，依据机械能守恒定律得mg〔x+x〕=mg〔x+x〕sinθ+C 1 2 B 1 2C，由动能定理得mg〔x+x〕﹣W=C 1 2CW=0.2JD应选：ABD三、非选择题：包括必考题和选考题两局部．第9～12作答．第13题～第18题为选考题，考生依据要求作答〔一〕必考题：1所示，某同学设计了一个测量滑块与木板间的动摩擦因数的试验装置，装有定滑轮的长木板固定在水平试验台上，木板上有一滑块，滑块右端固定一个动滑轮，钩码和弹簧测力计通过绕在滑轮上的轻绳相连，放开钩码，滑块在长木板上做匀加速直线运动．20.1s，由图中的数2.4m/s2〔计算结果保存两位有效数字〕读出弹簧测力计的示数F，处理纸带，得到滑块运动的加速度a；转变钩码个数，重复试验．以弹簧测力计的示数F为纵坐标，以加速度ab3所示．滑块和动滑轮的总质量为m，重力加速度为g，无视滑轮与绳之间的摩擦．则滑块和木板之间的动摩擦因数μ= ．【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．〔1〕利用逐差法求得加速度〔2〕由试验方案可知，滑块受到的拉力为弹簧秤示数的两倍，滑块同时受摩擦力，由牛顿其次定律可得弹簧秤示数与加速度a【解答】解1〕加速度为 =2.4m/s2〔2〕TT=2F滑块受到的摩擦力为：f=μmg由牛顿其次定律可得：T﹣f=maFa由图象所给信息可得图象截距为：解得：故答案为：2.4，国标〔GB/T〕规定自来水在15℃时电阻率应大于13Ω•m．某同学利用图甲电路测量15℃自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞〔活塞电阻可无视可自由移动．试验器材还有：电源〔电动势约为3V，内阻可无视〕V〔3V〕1V〔3V〕2R〔4kΩ〕1R〔2kΩ〕2R〔9999Ω〕单刀双掷开关S，导线假设干，游标卡尺，刻度尺．试验步骤如下：A．用游标卡尺测量并记录玻璃管的内径d；B．向玻璃管内注满自来水，确保无气泡；C．用刻度尺测量并记录水柱长度L；DS1V1

示数；21R；F．转变玻璃管内水柱长度，重复试验步骤C、D、E；21R；F．转变玻璃管内水柱长度，重复试验步骤C、D、E；GS，整理好器材．〔1〕dd=20.0mm．

V

示数一样，记录电阻箱的玻璃管内水柱的电阻R的表达式为R= 〔用R、R、R表示．x x 1 2利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值RR﹣图象．可求出自来水的电阻率ρ=12.6Ω•m〔保存三位有效数字．【考点】自来水电阻率的测定．〔1〕游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数．S12Rx从图丙读出数据，利用电阻定律求出电阻率ρ．1〕2.0cm=20m，游标尺上第0对齐，所以最终读数为：20.0mm；〔2〕S1位置时，电压表V1

示数为U，则此时电路电流为 ，总电压U

= +U总S2V2

V1

示数一样也为U，则此时电路中的电流为，总电压U′=•R+U，由于两次总电压相等，都等于电源电压E，可得 = ，总 2解得R= ；x〔3〕从图丙中可知，R=1×103Ω时，=5.0m﹣1，此时玻璃管内水柱的电阻R= =8000Ω，xS=π〔〕2=3.14×10﹣4m2，由电阻定律R= 得ρ= =8000×3.14×10﹣4×5Ω•m≈12.6Ω•m；故答案为〔1〕20.0〔〕 〔〕12.6．如以下图，质量m=0.1kg的小球〔可视为质点，用长度l=0.2m的轻质细线悬于天花板OABAOO点的高度差h=0.4m．木板θ=37°OP〔细线拉直，由静止释放，小球运动到最低点Q时细线恰好被拉断〔取cos37°=0.8．求：细线所能承受的最大拉力F；小球在木板上的落点到木板顶端As；小球与木板接触前瞬间的速度大小．【考点】机械能守恒定律；牛顿其次定律．〔1〕小球从P运动到最低点QQ点的速度．在Q点，细线的拉力最大．由牛顿其次定律求最大拉力F．〔〔3〕A1〕设细线拉断时小球的速度大小为v，由机械能守恒定律得：0=mgl解得：v0QF﹣mg=m解得F=3mg=3N设小球在木板上的落点到木板顶端A的距离为s，由平抛运动的规律得：l+s•sinθ=gt2；scosθ=vt0联立以上各式得：s=1m设小物块与木板接触前瞬间的速度大小为v，由机械能守恒定律得：mv2=mg〔h+s•sinθ〕联立以上各式得：v=2答：

m/s细线所能承受的最大拉力F3N；小球在木板上的落点到木板顶端As1m；小球与木板接触前瞬间的速度大小是2 m/s．MN〔个质量为m、电荷量为q、可视为质点的带正电小球，以水平初速度v0

PQQ位于MN上．假设小球刚经过D点时〔t=变化、垂直纸面对里的匀强磁场，使得小球再次通过DPQ90°角，D、Q2L，t0

小于小球在磁场中做圆周运动的周期，无视磁场变化造成的影响，重力加g．求：〔1〕E〔2〕tt0 1

的比值；〔3〕小球过DB的大0Tm【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．〔1〕依据电场力与重力，二力平衡，即可求解；依据小球做匀速圆周运动的周期与半径公式，结合几何关系，即可求解；依据几何关系，由牛顿其次定律以及周期公式，即可求解【解答】解1〕不加磁场时，小球沿直线PQ做直线运动，则有解得：E= ，方向竖直向上，小球能再次通过D点，其运动轨迹如以下图，设半径为r，做圆周运动的周期为T，则有：r=vt，T= ， ，01解得： ，当小球运动周期最大时，其运动轨迹应与MN相切，如图：由几何关系得：2R=2L，由牛顿其次定律得：Bqv=m ，解得： ，0答1〕电场强度E的大小为 ，方向竖直向上；〔2〕tt0 1

的比值为 ；〔3〕B0

的大小为 ，运动的最大周期T为 ．m〔二〕选考题，请考生任选一模块作答【物理--选修3-3】13．以下说法正确的选项是〔 〕A．悬浮在液体中的微粒越小，在液体分子的撞击下越简洁保持平衡B．荷叶上的小水珠呈球形是由于液体外表张力的作用C．物体内全局部子的热运动动能之和叫做物体的内能D．当人们感到潮湿时，空气确实定湿度不愿定较大E．确定质量的抱负气体先经等容降温，再经等温压缩，压强可以回到初始的数值【考点】抱负气体的状态方程；温度是分子平均动能的标志；*液体的外表张力现象和毛细现象；*相对湿度．【分析】布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规章运动，做布朗运动的微粒越小，在液体分子的撞击下越不简洁保持平衡；液体外表存在外表张力；依据内能的定义分析C选项；确定湿度指大气中水蒸汽的实际压强，相对湿度是指水蒸汽的实际压强与该温度下水蒸汽的饱和压强之比人们感到潮湿时，与空气的相对湿度有关；依据抱负气体的状态方程分析气体的状态参量的变化．【解答】解：AAB、叶面上的小露珠呈球形是由于液体外表张力的作用，故BC、物体内全局部子的热运动动能之和与分子势能的总和叫做物体的内能，故CD、人们感到潮湿时，与空气的相对湿度有关，与确定湿度无关，当人们感到潮湿时，空气确实定湿度不愿定较大，故DE、依据抱负气体的状态方程： =C可知，确定质量的抱负气体先经等容降温，压强减小；再经等温压缩，压强又增大，所以压强可以回到初始的数值，故E正确；应选：BDEmSI、Ⅱ两局部，当在活塞A2mI、Ⅱ两局部气体的高度均为l．环境温度、大气压强p均保持不变，0 05mg=pSA0【考点】抱负气体的状态方程．【分析】活塞导热且环境温度保持不变，所以两局部气体为等温变化，先写出两局部气体的状态，然后由玻意耳定律列式解方程即可．【解答】解：对气体I，初状态的压强为：p=p﹣ =p1 0 0末状态的压强为：p′=p﹣ =p1 0 0由玻意耳定律有：plS=p′lS10 1 1解得：l=l1 0气体Ⅱ，初状态p=p﹣ =p2 1 0末状态plS=p′lS20 2 2l=l2 0A△l=〔l﹣l〕+〔l﹣l〕=l0 1 0 2 0A上升的高度为l03-4】如图甲所示，为一列沿水平方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，图乙是这列波中Pv=0.6m/sm/s；传播方向向左〔填“向左”或“向右”．【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．【分析】依据振动图象与波动图象，再由 ，可求出波速，由质点的振动方始终确定波的传播．【解答】解：由图可知，λ=1.2m，T=2s，波速由振动图象可知，t=0s时质点P故答案为：0.6m/s；向左半径为R的半圆形玻璃砖，横截面如以下图，圆心为O．两条平行单色红光垂直直径MN射入玻璃砖，光线l正对圆心O入射，光线2的入射点为B，∠AOB=60°．该玻璃砖对红光的折射率n= ．求：两条光线经玻璃砖折射后的交点与O点的距离d；假设入射光由单色红光改为单色蓝光，其它条件不变，则距离d将如何变化？【考点】光的折射定律．【分析】依据几何关系求出光线2的入射角，结合折射定律求出折射角，从而得出光线在MN上的入射角，结合折射定律得出折射角，依据几何关系求出两条光线经玻璃砖折射后的交点O蓝光的折射率大于红光，结合折射率的变化，偏折程度明显，确定d的变化．i〕光路如以下图，可知θ=60°，1由折射定律得：n= ，代入数据解得：θ=30°2由几何关系得：θ=30°，3依据折射定律公式n= ，代入数据解得：θ=60°，4所以O