2022年全高考国甲卷物理真题

北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（　　）

A． $\frac{h}{k+1}$

B． $\frac{h}{k}$

C． $\frac{2h}{k}$

D． $\frac{2h}{k-1}$

【答案与解析】

将运动员视为质点，从 $a$ 到 $c$ 由机械能守恒得 $\frac12mv^2=mgh$ ，即 $v^2=2gh$ 。在 $c$ 点（圆弧最低点，凹桥模型）向心力由支持力与重力提供： $N-mg=m\frac{v^2}{r}$ ，故 $N=mg+m\frac{2gh}{r}$ 。题设 $N\le kg$ ，即 $mg+\frac{2mgh}{r}\le kmg$ ，得 $\frac{2h}{r}\le k-1$ ，故 $r\ge\frac{2h}{k-1}$ 。圆弧雪道半径不应小于 $\frac{2h}{k-1}$ 。故选D。
长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为 $v_0$ ，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v（ $v < v_0$ ）。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和 $2a$ ，则列车从减速开始至回到正常行驶速率 $v_0$ 所用时间至少为（　　）

A． $\frac{v_0-v}{2a}+\frac{L+l}{v}$

B． $\frac{v_{0}-v}{a}+\frac{L+2l}{v}$

C． $\frac{3(v_{0}-v)}{2a}+\frac{L+l}{v}$

D． $\frac{3(v_{0}-v)}{a}+\frac{L+2l}{v}$

【答案与解析】

为使时间最短，列车应在进入隧道前减速到 $v$ ，以 $v$ 匀速通过隧道（任一部分在隧道内时速度不超过 $v$ ），出隧道后再加速回 $v_0$ 。减速阶段加速度大小 $2a$ ，时间 $t_1=\frac{v_0-v}{2a}$ ；隧道段列车前端进隧道到尾端出隧道需前进 $L+l$ ，时间 $t_2=\frac{L+l}{v}$ ；加速阶段加速度大小 $a$ ，时间 $t_3=\frac{v_0-v}{a}$ 。总时间 $t=t_1+t_2+t_3=\frac{3(v_0-v)}{2a}+\frac{L+l}{v}$ 。故选C。
三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为 $I_1$ 、 $I_2$ 和 $I_3$ 。则（　　）

A． $I_{1}<I_{3}<I_{2}$

B． $I_{1}>I_{3}>I_{2}$

C． $I_1=I_2>I_3$

D． $I_{1}=I_{2}=I_{3}$

【答案与解析】

感应电流 $I=\frac{\varepsilon}{R}=\frac{|\dot\Phi|}{R}=\frac{A|\dot B|}{R}$ 。三线圈用同种导线， $R\propto$ 导线总长 $L_w$ ，故 $I\propto\frac{A}{L_w}$ 。设正方形边长为 $s$ ，则圆直径 $s$ 、半径 $r=s/2$ ，正六边长 $a_6=s/2$ 。正方形： $A_1=s^2$ 、 $L_1=4s$ ， $A_1/L_1=s/4$ ；圆： $A_2=\pi r^2=\frac{\pi s^2}{4}$ 、 $L_2=2\pi r=\pi s$ ， $A_2/L_2=s/4$ ，故 $I_1=I_2$ ；正六边形： $A_3=\frac{3\sqrt3}{2}a_6^2=\frac{3\sqrt3}{8}s^2$ 、 $L_3=3s$ ， $A_3/L_3=\frac{\sqrt3}{8}s\approx0.216s<s/4$ ，故 $I_3<I_1=I_2$ 。故选C。
两种放射性元素的半衰期分别为 $t_{0}$ 和 $2t_{0}$ ，在 $t=0$ 时刻这两种元素的原子核总数为N，在 $t=2t_{0}$ 时刻，尚未衰变的原子核总数为 $\frac{N}{3}$ ，则在 $t=4t_{0}$ 时刻，尚未衰变的原子核总数为（　　）

A． $\frac{N}{12}$

B． $\frac{N}{9}$

C． $\frac{N}{8}$

D． $\frac{N}{6}$

【答案与解析】

设两元素初始原子核数分别为 $N_1,N_2$ ， $N_1+N_2=N$ 。半衰期 $t_0$ 者在 $t=2t_0$ 时余 $N_1/4$ ，半衰期 $2t_0$ 者余 $N_2/2$ ，于是 $\frac{N_1}{4}+\frac{N_2}{2}=\frac N3$ 。代入 $N_2=N-N_1$ 得 $\frac{N_1}{4}+\frac{N-N_1}{2}=\frac N3$ ，解得 $N_1=\frac{2N}{3}$ ， $N_2=\frac N3$ 。在 $t=4t_0$ 时：前者经4个半衰期余 $N_1/16=N/24$ ，后者经2个半衰期余 $N_2/4=N/12$ ，总计 $\frac N{24}+\frac N{12}=\frac N8$ 。故选C。
空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（ $xOy$ 平面）向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

建系： $x$ 向右、 $y$ 向上，磁场垂直纸面向里取 $\vec B=-B\hat z$ ，电场 $\vec E=E\hat y$ 。正电荷初速为零，先受电场力沿 $+y$ 加速，获得 $+y$ 速度后受磁力 $q\vec v\times\vec B$ 指向 $-x$ ，故整体向左漂移，漂移速度 $\vec v_d=\frac{\vec E\times\vec B}{B^2}$ 沿 $-x$ 。解运动方程得轨迹为摆线（cycloid），始终位于 $y\ge0$ 区域、向左漂移并在 $x$ 轴上留一系列尖点。四图中符合“向左漂移的摆线”的只有一幅。故选C。
如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为 $\mu$ 。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（　　）

A．P的加速度大小的最大值为 $2\mu g$

B．Q的加速度大小的最大值为 $2\mu g$

C．P的位移大小一定大于Q的位移大小

D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小

【答案与解析】

撤去 $F^{\prime}$ 前系统匀速，可知弹簧原被压缩、压缩量对应弹簧力 $\mu mg$ 。撤 $F^{\prime}$ 后两物仍向右运动，摩擦均向左，弹簧力先推 $P$ 左、推 $Q$ 右。相对运动满足 $e''=-\frac{2k}{m}e$ ，初 $e=-\Delta_0$ （压缩），故 $e(t)=-\Delta_0\cos(\omega't)$ ，在 $-\Delta_0$ 与 $+\Delta_0$ 间振荡。对 $P$ ： $a_P=-\mu g+\frac{k e}{m}$ ，当 $e=-\Delta_0$ 时 $|a_P|=2\mu g$ 为最大，A正确；对 $Q$ ： $a_Q=-\mu g-\frac{k e}{m}$ ，当 $e=+\Delta_0$ 时 $|a_Q|=2\mu g$ 为最大，B正确。由位移关系 $\Delta x_Q-\Delta x_P=\Delta_0(1-\cos\omega't)\ge0$ ，故 $Q$ 位移不小于 $P$ ，C错误。在“弹簧第一次恢复原长前”即 $0\le\omega't\le\pi/2$ ， $\sin(\omega't)\ge0$ ，有 $v_Q-v_P=\Delta_0\omega'\sin(\omega't)\ge0$ ，任一时刻 $|v_P|\le|v_Q|$ ，D正确。故选ABD。
如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，（　　）

A．通过导体棒 $MN$ 电流的最大值为 $\frac{Q}{RC}$

B．导体棒MN向右先加速、后匀速运动

C．导体棒 $MN$ 速度最大时所受的安培力也最大

D．电阻R上产生的焦耳热大于导体棒 $MN$ 上产生的焦耳热

【答案与解析】

开关闭合瞬间电容电压 $V_0=Q/C$ ，棒静止、无动生电动势，回路中左端电阻 $R$ 与棒 $R$ 并联后接电容，初始棒电流 $i_0=V_0/R=Q/(RC)$ ，此即棒中电流最大值，A正确。棒受安培力加速向右，速度增大产生动生电动势 $BLv$ 反抗放电使电流减小；由方程知唯一平衡态为 $V=0,v=0$ ，棒先加速后减速至静止，并非先加速后匀速，B错误。速度最大时 $a=0$ ，安培力 $BLi=0$ 为最小而非最大，C错误。左端电阻支路电流 $i_R=V/R$ ，棒中电流 $i_b=(V-BLv)/R$ ，因 $BLv\ge0$ 有 $|i_b|\le i_R$ （初刻相等、其后更小），故电阻 $R$ 上焦耳热大于棒上焦耳热，D正确。故选AD。
地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中Р点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在Р点。则射出后，（　　）

A．小球的动能最小时，其电势能最大

B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大

C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大

D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量

【答案与解析】

取 $P$ 为原点， $x$ 向右、 $y$ 向上，初速 $-v_0\hat x$ 且 $qE=mg$ 。速度分量 $v_x=-v_0+gt$ ， $v_y=-gt$ 。动能 $K=\frac m2[(-v_0+gt)^2+(gt)^2]$ ， $\frac{dK}{dt}=mg(-v_0+2gt)$ ，最小在 $t=v_0/(2g)$ ，此时 $v_x=v_y=-v_0/2$ ，并非电势能最大时刻（电势能最大在 $t=v_0/g$ ），A错。电势能 $E_p=-mgx=-mg(-v_0t+\frac12gt^2)=mgv_0t-\frac12mg^2t^2$ ，最大在 $t=v_0/g$ ；此时 $v_x=0,v_y=-v_0$ ， $K=\frac12mv_0^2=K_0$ 恰等于初动能，故动能回初值时电势能最大，B正确。 $|v_x|=|v_y|$ 即 $|-v_0+gt|=gt\Rightarrow t=v_0/(2g)$ ，为动能最小而非最大，C错。从 $t=0$ 到 $v_x=0$ （即 $t=v_0/g$ ）：重力做功大小 $W_g=mg\cdot|y|=mg\cdot\frac12g(v_0/g)^2=\frac12mv_0^2$ ；电势能增量 $\Delta E_p=E_p(t)-E_p(0)=\frac12mv_0^2$ ，二者相等，D正确。故选BD。
某同学要测量微安表内阻，可利用的实验器材有：电源E（电动势 $1.5\mathrm{V}$ ，内阻很小），电流表（量程 $10\mathrm{mA}$ ，内阻约 $10\mathrm{\Omega}$ ），微安表（量程 $100\mu\mathrm{A}$ ，内阻 $R_{g}$ 待测，约 $1\mathrm{k\Omega}$ ），滑动变阻器R（最大阻值 $10\mathrm{\Omega}$ ），定值电阻 $R_{0}$ （阻值 $10\mathrm{\Omega}$ ），开关S，导线若干。

（1）在答题卡上将图中所示的器材符号连线，画出实验电路原理图＿＿＿＿；（2）某次测量中，微安表的示数为 $90.0\mu\mathrm{A}$ ，电流表的示数为 $9.00\mathrm{mA}$ ，由此计算出微安表内阻 $R_{g}=$ ＿＿＿＿ $\Omega$ 。

【答案与解析】

（1）采用双安法：微安表与定值电阻 $R_0$ 并联，再与电流表（10mA）、滑动变阻器、电源串联；电流表测总电流 $I$ ，微安表测自身电流 $I_g$ ，由并联电压相等求 $R_g$ 。电路原理图略。（2）微安表与 $R_0$ 并联电压相等： $I_gR_g=(I-I_g)R_0$ 。代入 $I_g=90.0\ \mu\mathrm A$ 、 $I=9.00\ \mathrm{mA}$ 、 $R_0=10\ \Omega$ ，得 $R_g=\frac{(9.00-0.090)\times10^{-3}\times10}{90.0\times10^{-6}}\ \Omega=990\ \Omega$ 。故填990。
利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为 $m_1$ 的滑块A与质量为 $m_{2}$ 的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A和B的速度大小 $v_{1}$ 和 $v_2$ ，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空：

（1）调节导轨水平；（2）测得两滑块的质量分别为 $0.510\mathrm{kg}$ 和 $0.304\mathrm{kg}$ 。要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为＿＿＿＿kg的滑块作为A；（3）调节B的位置，使得A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离 $s_1$ 与B的右端到右边挡板的距离 $s_2$ 相等；（4）使A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B碰撞，分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间 $t_{1}$ 和 $t_{2}$ ；（5）将B放回到碰撞前的位置，改变A的初速度大小，重复步骤（4）。多次测量的结果如下表所示；

1 2 3 4 5
$t_1/s$ 0.49 0.67 1.01 1.22 1.39
$t_{2}/\mathrm{s}$ 0.15 0.21 0.33 0.40 0.46
$k=\frac{v_{1}}{v_{2}}$ 0.31 $k_{2}$ 0.33 0.33 0.33

（6）表中的 $k_2=$ ＿＿＿＿（保留2位有效数字）；（7） $\frac{v_1}{v_2}$ 的平均值为＿＿＿＿；（保留2位有效数字）（8）理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由 $\frac{v_1}{v_2}$ 判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则 $\frac{v_1}{v_2}$ 的理论表达式为＿＿＿＿（用 $m_1$ 和 $m_{2}$ 表示），本实验中其值为＿＿＿＿（保留2位有效数字），若该值与（7）中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。

【答案与解析】

（2）要使碰后两滑块反向，入射滑块 $\mathrm{A}$ 须轻于 $\mathrm{B}$ （ $m_1<m_2$ ），故取 $0.304\ \mathrm{kg}$ 。（6）由 $s_1=s_2$ ，速度大小之比等于时间反比： $k_2=\frac{v_1}{v_2}=\frac{t_2}{t_1}=\frac{0.21}{0.67}=0.31$ 。（7）五次 $k$ 值 $0.31,0.31,0.33,0.33,0.33$ 平均得 $0.32$ 。（8）弹性碰撞 $v_1=\frac{m_1-m_2}{m_1+m_2}v_0$ ， $v_2=\frac{2m_1}{m_1+m_2}v_0$ ，故速度大小之比 $\frac{v_1}{v_2}=\frac{m_2-m_1}{2m_1}$ ；代入 $m_1=0.304\ \mathrm{kg},m_2=0.510\ \mathrm{kg}$ 得 $\frac{0.510-0.304}{2\times0.304}=0.34$ 。故填0.304；0.31；0.32； $\frac{m_2-m_1}{2m_1}$ ；0.34。
将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔 $0.05\mathrm{s}$ 发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度 $s_1$ 和 $s_2$ 之比为3：7。重力加速度大小取 $g=10\mathrm{m/s^{2}}$ ，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。

【答案与解析】

相邻两球实际时间间隔 $\Delta t=4\times0.05\ \mathrm s=0.20\ \mathrm s$ 。平抛竖直方向相邻相等时间间隔的位移成 $1:3:5:7:\cdots$ 递增。题中两线段长比 $3:7$ ，恰为第2、第4个竖直间隔，即 $3d$ 与 $7d$ ，故一个间隔单位 $d=\frac{s_1}{3}=\frac{s_2}{7}$ ，且 $d=\frac12g\Delta t^2=\frac12\times10\times0.20^2=0.20\ \mathrm m$ 。由图可读出相邻两球的水平间距恰好等于该单位间隔 $d$ ，故水平速度 $v_0=\frac{d}{\Delta t}=\frac{0.20}{0.20}\ \mathrm{m/s}=1.0\ \mathrm{m/s}$ 。故抛出瞬间小球速度大小为 $1.0\ \mathrm{m/s}$ 。
光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理示意图如图所示。图中A为轻质绝缘弹簧，C为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场；M为置于平台上的轻质小平面反射镜，轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜面垂直、另一端与弹簧下端相连， $PQ$ 为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条， $PQ$ 的圆心位于M的中心。使用前需调零:使线圈内没有电流通过时，M竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平方向经 $PQ$ 上的O点射到M上后沿原路反射。线圈通入电流后弹簧长度改变，使M发生倾斜，入射光束在M上的入射点仍近似处于 $PQ$ 的圆心，通过读取反射光射到 $PQ$ 上的位置，可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数为k，磁场磁感应强度大小为B，线圈C的匝数为N。沿水平方向的长度为l，细杆D的长度为d，圆弧 $PQ$ 的半径为 $r,r\gg d$ ，d远大于弹簧长度改变量的绝对值。（1）若在线圈中通入的微小电流为I，求平衡后弹簧长度改变量的绝对值 $\Delta x$ 及 $PQ$ 上反射光点与O点间的弧长s；（2）某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后， $PQ$ 上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为 $s_1$ 、保持其它条件不变，只将该电流反向接入，则反射光点出现在О点下方，与O点间的弧长为 $s_2$ 。求待测电流的大小。

【答案与解析】

（1）线圈受安培力 $F=NBIl$ 使弹簧形变， $k\Delta x=F$ ，故 $|\Delta x|=\frac{NBIl}{k}$ 。弹簧下端移动 $\Delta x$ 使杆 $\mathrm{D}$ （长 $d$ ）带动镜面转过小角 $\theta\approx\frac{\Delta x}{d}$ ；反射光因镜转 $\theta$ 而偏 $2\theta$ ，弧半径 $r\gg d$ ，弧长 $s=r\cdot2\theta=2r\frac{\Delta x}{d}=\frac{2rNBIl}{kd}$ 。（2）未调零时镜面已有偏角 $\theta_0$ 。通电流 $I$ 时总偏 $\theta_0+\theta_I$ （ $\theta_I=\frac{NBIl}{kd}$ ），光点在 $O$ 上方弧长 $s_1$ ： $2r(\theta_0+\theta_I)=s_1$ ；反向后 $2r(\theta_0-\theta_I)=-s_2$ 。两式相减得 $4r\theta_I=s_1+s_2$ ， $\theta_I=\frac{s_1+s_2}{4r}$ ，故 $I=\frac{kd}{NBl}\theta_I=\frac{kd(s_1+s_2)}{4rNBl}$ 。故填 $\Delta x=\frac{NBIl}{k}$ 、 $s=\frac{2rNBIl}{kd}$ ； $I=\frac{kd(s_1+s_2)}{4rNBl}$ 。
一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如 $p-T$ 图上从a到b的线段所示。在此过程中（　　）

A．气体一直对外做功

B．气体的内能一直增加

C．气体一直从外界吸热

D．气体吸收的热量等于其对外做的功

E．气体吸收的热量等于其内能的增加量

【答案与解析】

由 $p-T$ 图线为过原点的直线知 $p\propto T$ ，结合 $pV=nRT$ 得体积 $V$ 不变，即为等容过程， $W=0$ 。温度升高（ $T$ 增大）故内能一直增加，B正确；由热力学第一定律 $\Delta U=Q+W$ 且 $W=0$ 得 $Q=\Delta U>0$ ，气体一直吸热，C正确；且吸收热量等于内能增量，E正确；因不做功，A、D错误。故选BCE。
如图，容积均为 $V_0$ 、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为 $p_0$ 、温度为 $T_{0}$ 的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通：汽缸内的两活塞将缸内气体分成I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第II、Ⅲ部分的体积分别为 $\frac{1}{8}V_{0}$ 和 $\frac{1}{4}V_{0}$ 、环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。（1）将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；（2）将环境温度缓慢改变至 $2T_{0}$ ，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。

【答案与解析】

（1）缸壁导热、过程缓慢，各气体始终与环境等温；活塞无质量，各处压强相等且均等于 $p_0$ （A顶开口使II与大气相通，经轻活塞传至I、III、IV）。IV为封闭气体，等压 $p_0$ 下 $V_{IV}\propto T$ ，初态 $V_{IV0}=V_0-\frac14V_0=\frac34V_0$ ；B活塞刚到缸底时 $V_{IV}=V_0$ ，故 $\frac{V_0}{\frac34V_0}=\frac{T}{T_0}$ ，得 $T=\frac43T_0$ 。（2）将环境温度升至 $2T_0$ 时，IV仍封闭且B活塞已在缸底（ $V_{IV}=V_0$ 不变），由 $\frac{p_{IV}V_{IV}}{T}=\frac{p_0V_{IV0}}{T_0}$ 得 $p_{IV}=p_0\frac{V_{IV0}}{V_{IV}}\frac{2T_0}{T_0}=p_0\cdot\frac{3V_0/4}{V_0}\cdot2=\frac32p_0$ 。随后从C口注入气体使A活塞下移到缸底，此过程IV的体积与温度不变（仍 $V_0$ 、 $2T_0$ ），故其压强保持 $\frac32p_0$ 。故填 $\frac43T_0$ ； $\frac32p_0$ 。
一平面简谐横波以速度 $v = 2\mathrm{m/s}$ 沿x轴正方向传播， $t = 0$ 时刻的波形图如图所示，介质中平衡位置在坐标原点的质点A在 $t = 0$ 时刻的位移 $y=\sqrt{2}\mathrm{cm}$ ，该波的波长为＿＿＿＿m，频率为＿＿＿＿Hz， $t = 2s$ 时刻，质点A＿＿＿＿（填“向上运动”“速度为零”或“向下运动”）。

【答案与解析】

由波形图读得波长 $\lambda=2\ \mathrm m$ ，则频率 $f=\frac{v}{\lambda}=\frac{2}{2}\ \mathrm{Hz}=1\ \mathrm{Hz}$ 。波沿 $+x$ 传播，质点振动速度 $v_y=-v\frac{\partial y}{\partial x}$ ；由图在原点处波形斜率为正，故 $t=0$ 时A点速度向下。周期 $T=1\ \mathrm s$ ， $t=2\ \mathrm s=2T$ ，状态与 $t=0$ 相同，A点仍向下运动。故填 $2$ ； $1$ ；向下运动。
如图，边长为a的正方形ABCD为一棱镜的横截面，M为AB边的中点。在截面所在的平面，一光线自M点射入棱镜，入射角为 $60^{\circ}$ ，经折射后在BC边的N点恰好发生全反射，反射光线从CD边的P点射出棱镜，求棱镜的折射率以及P、C两点之间的距离。

【答案与解析】

设折射角为 $r$ ，由折射定律 $\frac{\sin60^\circ}{\sin r}=n$ 。光线在BC边 $N$ 点入射角等于 $90^\circ-r$ ，恰发生全反射，故 $n\sin(90^\circ-r)=1$ ，即 $n\cos r=1$ 。联立： $\sin r=\frac{\sqrt3}{2n}$ ， $\cos r=\frac1n$ ，由 $\sin^2r+\cos^2r=1$ 得 $\frac34\frac1{n^2}+\frac1{n^2}=1$ ，解得 $n=\frac{\sqrt7}{2}$ 。此时 $\tan r=\frac{\sin r}{\cos r}=\frac{\sqrt3}{2}$ 。几何上从 $M$ 到 $N$ 水平距离 $a/2$ 满足 $\frac{a}{2}=y_N\tan r$ ；反射后到 $CD$ 边，由关系可得 $PC=a\tan r-\frac a2=\frac{\sqrt3-1}{2}a$ 。故填折射率 $n=\frac{\sqrt7}{2}$ ， $P$ 、 $C$ 两点距离 $PC=\frac{\sqrt3-1}{2}a$ 。

	1	2	3	4	5
$t_1/s$	0.49	0.67	1.01	1.22	1.39
$t_{2}/\mathrm{s}$	0.15	0.21	0.33	0.40	0.46
$k=\frac{v_{1}}{v_{2}}$	0.31	$k_{2}$	0.33	0.33	0.33