惠州一中届高考冲刺训练物理试题3解析版.docx

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惠州一中届高考冲刺训练物理试题3解析版

惠州一中2019届高考冲刺训练物理试题3解析版

注意事项：

1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上填写自己的准考证号、姓名、试室号和座位号。

用2B型铅笔把答题卡上试室号、座位号对应的信息点涂黑。

2．选择题每小题选出答案后，用2B型铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答的答案无效。

4．考生必须保持答题卡整洁。

考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。

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．有一钚的同位素

核静止在匀强磁场中，该核沿与磁场垂直的方向放出x粒子后，变成铀（U）的一个同位素原子核．铀核与x粒子在该磁场中的旋转半径之比为1∶46，则（　　）

A．放出的x粒子是

B．放出的x粒子是

C．该核反应是核裂变反应

D．x粒子与铀核在磁场中的旋转周期相等

解析　静止的钚核沿与磁场垂直的方向放出x粒子时动量守恒，根据动量守恒定律可知，生成的铀核和x粒子的动量大小相等，铀核的质子数为92，根据r＝，则可知x粒子的质子数为2，故为α粒子（

），选项A正确，B错误；该反应为衰变反应，选项C错误；根据T＝，由于铀核和α粒子的荷质比不相等，故周期不相等，选项D错误．

15.如图1所示的是工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术．其原理是用电流线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变，从而获得构件内部是否断裂及位置的信息．如图2所示的是一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来的跳环实验装置，将一个套环置于线圈L上且使铁芯穿过其中，闭合开关S的瞬间，套环将立刻跳起．关于对以上两个运用实例理解正确的是（　　）

A．涡流探伤技术运用了互感原理，跳环实验演示了自感现象

B．能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料

C．以上两个案例中的线圈所连接电源都必须是变化的交流电源

D．以上两个案例中的线圈所连接电源也可以都是稳恒电源

解析：

涡流探伤技术运用了互感原理，跳环实验演示了互感现象，A项错误；能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料，才能在套环中形成感应电流，B项正确；以上两个案例中涡流探伤技术的线圈必须用交流电源，而跳环实验演示所连接电源是直流电源，C、D项错误．故选B.

答案：

B

16.如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab与水平面的夹角为60°，光滑斜面bc与水平面的夹角为30°，顶角b处安装一定滑轮。

质量分别为M、m（M>m）的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。

两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。

若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中（　　）

A．轻绳对滑轮作用力的方向竖直向下

B．拉力和重力对M做功之和等于M动能的增加

C．拉力对M做的功等于M机械能的增加

D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功

解析：

选D　因作用在滑轮上的左右两边绳子的拉力大小相等，但是与竖直方向的夹角不同，故由力的合成知识可知，轻绳对滑轮作用力的方向沿右下方，选项A错误；根据动能定理，拉力、重力和摩擦力做功之和等于M的动能增量，故拉力和重力对M做功之和大于M动能的增加，选项B不正确；由功能关系可知，拉力和摩擦力对M做的功等于M机械能的增加，选项C错误；由功能关系可知，两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功，选项D正确。

17.用如图甲所示的圆弧—斜面装置研究平抛运动，每次将质量为m的小球从半径为R的四分之一圆弧轨道的不同位置由静止释放，并在弧形轨道最低点水平部分处装有压力传感器测出小球对轨道压力的大小F。

已知斜面与水平地面之间的夹角θ＝45°，实验时获得小球在斜面上的不同水平射程x，最后作出了如图乙所示的Fx图像，g取10m/s2，则由图可求得圆弧轨道的半径R为（　　）

A．0.125mB．0.25m

C．0.50mD．1.0m

解析：

选B　设小球在圆弧轨道最低点的速度为v0，由牛顿第二定律得：

F－mg＝m，由平抛运动规律有，小球的水平射程：

x＝v0t，小球的竖直位移：

y＝h＝gt2，由几何关系有：

y＝xtanθ，联立可得：

x＝，则：

F＝mg＋x，由图像知：

mg＝5N，代入数据解得：

R＝0.25m，故选项B正确。

18．如图所示，物块A和足够长的木板B叠放在水平地面上，木板B和物块A的质量均为m，物块A与木板B间的动摩擦因数为μ，木板与水平地面间的动摩擦因数为，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g。

当t＝0时，用水平力F作用在木板B上，A、B恰能一起从静止开始向右做匀加速直线运动。

t＝t0时，水平力变成2F，则t＝2t0时（　　）

A．物块A的速度为3μgt0

B．木板B的位移为μgt02

C．整个过程因摩擦增加的内能为μ2mg2t02

D．木板B的加速度为μg

解析：

选C　t＝0时，用水平力F作用在木板B上，A、B恰能一起从静止开始向右做匀加速直线运动，以A为研究对象，由牛顿第二定律得μmg＝ma1，以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律得F－·2mg＝2ma1，解得a1＝μg，F＝。

t＝t0时，木板B和物块A的速度相等，即v1＝a1t0＝μgt0，x1＝a1t02＝μgt02，当t＝t0后水平力F′＝2F＝μmg，A、B发生相对滑动，A的加速度还是a1＝μg，B的加速度a2＝＝μg，当t＝2t0时，A的速度vA＝v1＋a1t0＝2μgt0，A在第二个t0时间内的位移xA＝v1t0＋a1t02＝μgt02；当t＝2t0时，B的速度vB＝v1＋a2t0＝μgt0，B在第二个t0时间内的位移xB＝v1t0＋a2t02＝μgt02；所以，A的总位移xA′＝x1＋xA＝2μgt02，B的总位移xB′＝x1＋xB＝μgt02，A、B之间因摩擦增加的内能为Q1＝μmg（xB′－xA′）＝μ2mg2t02，B与水平面之间因摩擦产生的内能为Q2＝·2mgxB′＝μ2mg2t02，所以整个过程中，因摩擦增加的内能为Q＝Q1＋Q2＝μ2mg2t02，故C正确，A、B、D错误。

19.[多选]两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻，将质量为m、电阻也为R的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒与导轨接触良好，导轨所在的平面与磁感应强度为B的磁场垂直，如图所示，除金属棒和电阻R外，其余电阻不计。

现将金属棒从弹簧的原长位置由静止释放，则以下结论正确的是（　　）

A．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为b→a

B．最终弹簧的弹力与金属棒的重力平衡

C．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为

D．金属棒的速度为v时，金属棒两端的电势差为

解析：

选ABD　金属棒向下运动时，切割磁感线，由右手定则可知，流过电阻R的电流方向为b→a，选项A正确；金属棒在切割磁感线的过程中，将金属棒的机械能转化为焦耳热，最终停下，处于静止状态，其合力为零，即弹簧的弹力与金属棒的重力平衡，选项B正确；当金属棒的速度为v时，产生的电动势E＝BLv，I＝＝，则金属棒所受的安培力大小F＝BIL＝，选项C错误；由欧姆定律可得，金属棒两端的电势差U＝IR＝，选项D正确。

20．如图所示，半径为R的绝缘闭合球壳，O为球壳的球心，球壳上均匀分布着正电荷，已知匀带电的球壳在其内部激发的场强处处为零。

现在球壳表面A处取下一面积足够小、带量为q的曲面，将其沿OA连线延长线向上移动至B点，且AB=R，若球壳的其他部分的带电量与电荷分布保持不变，下列说法中正确的是（）

A．把另一带正电的试探电荷从A点处移动到O点过程中，系统电势能减少

B．球壳剩余部分的电荷在球壳内部激发的电场的电场线由A点的对称点C点

沿直线指向球壳内表面各点

C．球壳内部电场的电场线由球壳各点沿曲线指向A点

D．球心O点场强的大小为

解析：

选CD。

球壳表面点A处取下面积足够小的带电量为q的曲面，相当于在球壳表面点A

处放入等电荷密度、等面积的带负电荷的曲面，故球壳剩余部分的电荷在球壳内部激发的电场可以看作是两部分电荷电场的叠加，一部分是原球壳上均匀地分布的正电荷在内部激发的电场，处处为零；另一部分是球壳上位于A处的等量负点电荷激发的电场，故球壳剩余部分的电荷在球壳内部激发的电场就等同于只有一个负点电荷激发的电场，如图（a）所示，故B选项错误。

同理，空间所有电荷在球壳内部激发的电场相当于两个等量异种电荷产生的电场，如图（b）所示，故A选项错误，C、D选项正确.

21.如图所示，落板MN的左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场（磁感应强度大小B未知），OP为MN的垂直平分线，P为垂足，MN长度为2L，O、P两点间的距离为L.O点有一带正电粒子Q（不计重力），电荷量为q，质量为m，初速度大小为v.下列情况粒子Q有可能打到MN上的有（　　）

A．若粒子Q初速度方向沿PM方向，B＝

B．若粒子Q初速度方向沿OP方向，B＝

C．若粒子Q初速度方向沿PN方向，B＝

D．若粒子Q初速度方向沿PN方向，B＝

解析：

选BC.设∠POM＝∠PON＝θ，则tanθ＝＝＝，得θ＝30°.若粒子Q初速度方向沿PM方向，根据左手定则判断知，粒子Q沿逆时针方向做匀速圆周运动，无论B为多大，都不会打到MN上，A错误；若粒子Q初速度方向沿OP方向，恰好经过M点时，则粒子Q在磁场中的运动轨迹是以Q1为圆心的一段圆弧OM，△OO1M为等边三角形，轨迹半径R1＝2L，结合R1＝得，B1＝，为使粒子Q打到MN上，要求B≤，B正确；若粒子Q初速度方向沿PN方向，当粒子Q的运动轨迹恰好与MN相切时，轨迹的圆心为OP的中点O2，轨迹半径R2＝L，结合R2＝得，B2＝，当粒子Q的运动轨迹恰好过N点时，轨迹为弧ON，圆心为OP上的O3点，∠PO3N＝2θ＝60°，R3＋R3cos2θ＝L，结合R3＝得，B3＝，为使粒子Q打到MN上，要求≤B≤，C正确，D错误．

三、非选择题：

共174分。

第22-32题为必考题，每个试题考生都必须做答。

第33-38题为选考题，考生根据要求做答。

（一）必考题（共129分）

22.（6分）在“探究动能定理”实验中，采用如图甲所示装置，水平正方形桌面距离地面高度为h，将橡皮筋的两端固定在桌子边缘上的两点，将小球置于橡皮筋的中点，向左移动距离s，使橡皮筋产生形变，由静止释放后，小球飞离桌面，测得其平抛的水平射程为L。

改变橡皮筋的条数，重复实验。

（1）实验中，小球每次释放的位置应________（填“不同”“相同”或“随意”）。

（2）取橡皮筋对小球做功W为纵坐标，为了在坐标系中描点得到一条直线，如图乙所示，应选________为横坐标（填“L”或“L2”）。

若直线与纵轴的截距为b，斜率为k，可求小球与桌面间的动摩擦因数为________（使用题中所给符号表示）。

[解析]　

（1）每次通过改变橡皮筋的条数重复实验，为使每条橡皮筋对小球做功相同，故小球每次释放的位置应相同。

（2）设小球飞离桌子边缘时的速度为v0，则由动能定理得W－μmgs＝mv02，小球飞离桌面后做平抛运动，则有h＝gt2，L＝v0t，解得W＝L2＋μmgs，故若取橡皮筋对小球做功W为纵坐标，为了在坐标系中描点得到一条直线，应选为L2横坐标；由题意可知b＝μmgs，k＝，解得μ＝。

[答案]　

（1）相同　

（2）L2　（每空2分）

23.（9分）某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ，步骤如下：

（1）用游标卡尺测量其长度如图甲所示，可知其长度为________mm.

（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，可知其直径为________mm.

（3）选用多用电表的电阻“×1”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图丙所示，则该圆柱体的阻值约为________Ω.

（4）为更精确地测量其电阻，可供选择的器材如下：

电流表A1（量程0～300mA，内阻约为2Ω）；

电流表A2（量程0～150mA，内阻约为10Ω）；

电压表V1（量程0～1V，内阻r0＝1000Ω）；

电压表V2（量程0～15V，内阻约为15kΩ）；

定值电阻R0＝3000Ω；

滑动变阻器R1（最大阻值为5Ω）；

滑动变阻器R2（最大阻值为1000Ω）；

电源E（电动势约为4V，内阻r约为1Ω）；

开关，导线若干．

为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的，电压表应选________，电流表应选________，滑动变阻器应选________（填器材代号）．

（5）根据你选择的器材，请在方框内画出实验电路图．

解析：

（1）游标卡尺的读数为50mm＋3×0.05mm＝50.15mm；

（2）螺旋测微器的读数为4.5mm＋20.0×0.01mm＝4.700mm；

（3）欧姆表的读数：

示数×倍数＝22×1Ω＝22Ω；

（4）（5）用量程0～15V的电压表指针偏角太小，所以用电压表V1，并进行改装，由电源电动势和内阻的值知电流最大约为Im＝＝174mA，所以用电流表A2，滑动变阻器用最大阻值较小的，便于调节，所以用滑动变阻器R1，电流表外接，滑动变阻器采用分压接法，电路图如图所示（见答案）．

答案：

（1）50.15　

（2）4.700　（1分）（3）22　（4）V1　A2　R1　（5）如图所示（每空1分，电路图3分）

24．（12分）如图所示，一小车置于光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，左端拴连物块b，小车质量M＝3kg，AO部分粗糙且长L＝2m，OB部分光滑．物块a放在车的最左端，和车一起以v0＝4m/s的速度向右匀速运动，其与小车间的动摩擦因数μ＝0.3.车撞到固定挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连．已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内．a、b两物块可视为质点，质量均为m＝1kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后一起向右运动（取g＝10m/s2）．求：

（1）物块a与b碰后的速度大小；

（2）当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离x车；

（3）当物块a相对小车静止时，其在小车上的位置到O点的距离x.

解析：

（1）（4分）设物块a与b碰前的速度大小为v1，碰后的速度大小为v2，在这个过程中对物块a，由动能定理得

－μmgL＝mv－mv┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄1分

代入数据解得v1＝2m/s┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄1分

a、b碰撞过程中系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得

mv1＝2mv2┄1分┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄1分

代入数据解得v2＝1m/s.┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄1分

（2）（4分）当弹簧恢复到原长时两物块分离，a以v2＝1m/s的速度在小车上向左滑动，以水平向左为正方向，当a与小车有共同的速度v3时，由动量守恒定律得

mv2＝（M＋m）v3┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄1分

代入数据解得v3＝0.25m/s┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄1分

对小车，由动能定理得

μmgx车＝Mv┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄1分

代入数据解得x车＝m＝0.03125m.┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄1分

（3）（4分）对该过程应用动能定理得

－μmgx＝（M＋m）v－mv┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄2分

解得物块a与小车相对静止时，a与O点距离

x＝0.125m.┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄2分

答案：

（1）1m/s　

（2）0.03125m　（3）0.125m

25．（20分）如图所示，圆心O′所在的圆为半径R＝0.2m的匀强磁场区域（磁场未画出），磁感应强度大小B＝0.3T，方向垂直纸面向外，虚线区域PQQ′P′内存在方向竖直向下、电场强度大小为E＝5.4×105V/m的匀强电场．MM′是一块长L1＝1.4R的收集板，平行y轴放置在匀强电场最右端且距离PP′为L2＝0.4m，M′离x轴的距离为0.4R.原点O处有一粒子源，每秒向第一、二象限发射个数为N＝2×1011、电荷量为q＝＋1×10－10C、质量为m＝1×10－18kg的粒子，经磁场偏转后，发现所有粒子均能水平向右进入匀强电场，一部分击中收集板，并被收集板吸收．不计粒子重力和粒子间的相互作用，cos53°＝0.6，sin53°＝0.8.

（1）求粒子进入磁场时的速度大小；

（2）求收集板被击中的长度；

（3）若保持虚线区域内的电场强度大小不变，方向变为水平向右，其余条件不变，求粒子在单位时间内对收集板的平均作用力F的大小（结果保留两位有效数字）．

解析：

（1）由题意可得，粒子在磁场中做圆周运动的半径与圆形磁场区域的半径大小相同，即r＝R

则qv0B＝

得粒子进入磁场时的速度大小

v0＝＝6×106m/s.

（2）粒子在电场中沿电场方向的位移为

y＝··＝0.12m

而y＋0.4R＝R

故当粒子沿y轴正方向射出时，刚好击中收集板的下端M′点

当粒子沿x轴负方向射出时，y′＝y＝0.12m，如图1所示

所以，收集板被击中的长度为l＝R＝0.2m.

（3）当电场方向变为水平向右时，粒子在电场中加速，以速度vt撞击收集板

qEL2＝mv－mv

得vt＝8.9×106m/s

当粒子击中收集板上的M′点时，如图2所示

cosα＝，故α＝53°

当粒子击中收集板上的M点时，如图3所示

Rcosβ＋R＝1.8R，故β＝37°

单位时间内打在收集板上的粒子个数N0＝N×＝1011根据动量定理，有

F·t＝N0·t·m·vt－0

F＝0.89N.

答案：

见解析

（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）对于图中各图线说法正确的是__________．（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0分）

A．图甲为氧气分子在不同温度下的速率分布图象，由图可知状态①的温度比状态②的温度高

B．图乙为一定质量的理想气体状态变化的p－V图线，由图可知气体由状态A变化到B的过程中，气体分子平均动能先增大后减小

C．图丙为分子间作用力的合力与分子间距离的关系，可知当分子间的距离r>r0时，分子势能随分子间的距离增大而增大

D．液体表面层分子间的距离比液体内部分子间的距离大；附着层内液体分子间的距离小于液体内部分子间的距离

E．一定质量的理想气体在等压膨胀过程中，气体内能增加的同时向外界释放热量

（2）（10分）如图所示，圆柱形喷雾器高为h，内有高度为的水，上部封闭有压强为p0、温度为T0的空气．将喷雾器移到室内，一段时间后打开喷雾阀门K，恰好有水流出．已知水的密度为ρ，大气压强恒为p0，喷雾口与喷雾器等高．忽略喷雾管的体积，将空气看作理想气体．

（ⅰ）求室内温度．

（ⅱ）在室内用打气筒缓慢向喷雾器内充入空气，直到水完全流出，求充入空气与原有空气的质量比．

（1）A项，状态①的速度较高的粒子比状态②多，所以状态①的温度比状态②的温度高，故A项正确；B项，对于一定量的气体由状态变化到的过程，由理想气体状态方程得其温度先增大后减小，故B项正确；C项，当分子间的距离时，分子间作用力表现为引力，分子间的距离增大，分子力做负功，分子势能增大，故C项正确；D项，由于挥发，液体表面具有收缩的趋势，即液体表面表现为张力，是液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离；对于不同性质的液体，附着层内液体分子间的距离可能大于也可能小于液体内部分子间的距离，故D项错误；E项，一定质量的理想气体在等压膨胀过程中，吸收外界热量，气体内能增加，故E项错误．综上所述，本题正确答案为A、B、C.

（2）（ⅰ）设喷雾器的截面积为S，室内温度为T1，气体压强为p1，恰好有水流出则

p1＝p0＋ρg，V0＝S（1分）

气体做等容变化　＝（1分）

解得T1＝T0.（1分）

（ⅱ）以充气结束后喷雾器内空气为研究对象，排完液体后，压强为p2，体积为V2.若此气体经等温变化，假设充气结束后喷雾器内空气的压强仍为原来未打入气体时的压强p1，设体积为V3，则

p2＝p0＋ρgh（1分）

p1V3＝p2V2（1分）

即V3＝（p0＋ρgh）hS（2分）

同温度下同种气体的质量比等于体积比，原来体积V＝Sh，设打进气体质量为Δm，则有

＝（2分）

代入得＝（1分）

答案：

（1）ACE　

（2）（ⅰ）T0　（ⅱ）

34．[物理——选修3－4]（15分）

（1）（5分）如图为一简谐横波在t＝0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x＝1m处的质点，此刻P点振动方向沿y轴正方向，并经过0.20s完成了一次全振动，Q是平衡位置为x＝4m处的质点，则________．（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．波沿x轴负方向传播

B．t＝0.05s时，质点Q的加速度为0，速度为正向最大

C．从t＝0.10s到t＝0.15s，该波沿x轴传播的距离是2m

D．从t＝0.10s到t＝0.15s，质点P通过的路程为10cm

E．t＝0.25s时，质点Q纵坐标为10cm

（2）（10分）右图为一个用折射率n＝的透明介质做成的四棱柱的截面图，其中∠A＝∠C＝90°，∠B

＝60°，BC＝20cm.现有一单色细光束从距B点30cm的O点垂直入射到棱镜的AB面上，若光在每个面上的反射只考虑一次，已知光在真空中的速度c＝3.0×108m/s.求：

（ⅰ）最先从棱镜射出的光束的折射角；

（ⅱ）从BC面射出的光束在棱镜中运动的时间t.

解析：

（1）由P点振动方向沿y轴正方向可知波沿x轴负方向传播，选项A正确．根据题意可知波的周期T＝0.20s，则t＝0.05s时质点Q在负向最大位移处，加速度最大，选项B错误．根据图象可知波的波长为8m，则波的传播速度v＝＝40m/s，从t＝0.10s到t＝0.15s，该波沿x轴传播的距离x＝vt＝2m，选项C正确．从t＝0.10s到t＝0.15s时间为T，如果是波峰、波谷或平衡位置的点则路程为一个振幅，而波点既不是波峰波谷，也不是平衡位置，所以路程不是一个振幅，不是10cm，选项D错误．从t＝0.10s到t＝0.25s经历T，质点Q位于正向最大位移处，纵坐标为10cm，选项E正确．

（2）（ⅰ）光束从O点垂直AB面进入棱镜，射到CD面上，光路如右图所示

由几何关系知，入射角∠1＝30°

由sinC＝＝知C＞30°，故有光从CD面折射出去（1分）

由折射定律有＝（1分）

解得∠2＝60°（2分）

即最先从棱镜射出的光束的折射角为60°.

（ⅱ）当光经CD面反射后沿EF射到AB面时，入射角∠3＝60°

因为C＜60°，所以光在AB面