陕西省五校2020届高三物理上学期第一次联考试题(含解析)2523.pdf

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1、 陕西省五校 2020 届高三物理上学期第一次联考试题（含解析）一、选择题：（本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分。1-8 小题只有一项是符合题目要求，9-12 小题有多项符合题目要求）1.氘核、氚核、中子、氦核的质量分别是m1、m2、m3和m4，如果氘核和氚核结合生成氦核，则下列说法中正确的是()A.核反应方程式为114123202HHHen B.这是一个裂变反应 C.核反应过程中的质量亏损 mm1m2m3 D.核反应过程中释放的核能 E(m1m2m3m4)c2【答案】D【解析】【详解】A核反应过程中质量数和电荷数守恒，核反应方程式为23411120HHHen，可知 A 错误；B

2、该反应为聚变反应，故 B 错误；C该反应的中质量亏损为：1234mmmmmV 故 C 错误；D根据质能方程得 221234EmcmmmmcVV（）故 D 正确 2.汽车在高速公路上超速是非常危险的，为防止汽车超速，高速公路都装有测汽车速度的装置。如图甲所示为超声波测速仪测汽车速度的示意图，测速仪A可发出并接收超声波信号，根据发出和接收到的信号可以推测出被测汽车的速度，如图乙所示是以测速仪所在位置为参考点，测速仪连续发出的两个超声波信号的xt图象，则（）A.汽车离测速仪越来越近 B.在测速仪发出两个超声波信号的时间间隔内，汽车通过的位移为x2-x1 C.汽车在12tt:时间内的平均速度为2121

3、xxtt D.超声波信号的速度是22xt【答案】C【解析】【详解】A.第二次超声波反射的位置离参考点的距离x2x1，由xt图线可知超声波信号从发出到接受所用的时间边长，说明汽车离测速仪越来越远，故 A 错误；B.由图可知第一次超声波碰到车反射时的时刻为1t，位置为x1，第二次超声波碰到车反射时的时刻为2t，位置为x2，故应是两个超声波信号反射的时间内，汽车通过的位移为x2-x1；从图线上可以看出测速仪发出两个超声波信号的时间间隔与两个超声波信号反射的时间间隔不相同，故 B 错误；C.t1和t2分别为两个超声波信号碰到汽车反射时的时刻，汽车在12tt:时间内通过的位移为x2-x1，时间为t2-t

4、1，则汽车在12tt:时间内的平均速度为2121xxtt；故 C 正确；D.汽车运动x2的位移时间不是t2，据图象可知超声波的速度应为11xvt；故 D 错误。故选 C。3.用质量为M的吸铁石，将一张质量为m的白纸压在竖直固定的磁性黑板上 某同学沿着黑板面，用水平向右的恒力F轻拉白纸，吸铁石和白纸均未移动，如图所示则下列说法中不正确的是（）A.吸铁石受到的摩擦力大小为22()FMg B.吸铁石受到的摩擦力大小为Mg C.白纸受到黑板摩擦力大小为22(mgMg)F D.白纸受到两个摩擦力的作用【答案】A【解析】【详解】AB对磁体受力分析，受重力、吸引力、支持力和静摩擦力，吸引力和支持力平衡，重力

5、和静摩擦力三力平衡，故根据平衡条件，有：fMg 故 A 不正确，符合题意；B 正确，不符合题意；CD对白纸和磁体整体受力分析，受拉力、吸引力、支持力、重力、磁性黑板的静摩擦力，其中吸引力和支持力平衡，重力、拉力、磁性黑板的静摩擦力是三力平衡，故白纸受到黑板的摩擦力大小为：22fFmgMg 磁体对白纸有静摩擦力，磁性黑板对白纸也有静摩擦力，故 C D 正确，不符合题意；4.如图所示，一个物块放置在水平面上，现用斜向下的推力推物块，使物块刚好能沿水平面做匀速运动，现逐渐减小推力F与水平方向的夹角，保持物块始终做匀速运动，则下列说法正确的是（）A.推力F不断增大 B.推力F可能先增大后减小 C.推力

6、F、物块的重力的合力与水平方向的夹角不断增大 D.推力F、物块的重力的合力与水平方向的夹角保持不变 【答案】D【解析】【详解】AB物块匀速运动，则 cos(sin)FFmg 解得 2cossin1sin()mgmgF（其中1tan）则当 减小时变大，选项 AB 错误；CD推力F、物块的重力的合力与支持力和摩擦力的合力方向等大反向，而摩擦力与支持力的合力方向与水平方向的夹角 1tanNFf 可知角为定值，即推力F、物块的重力的合力与水平方向的夹角保持不变，选项 C 错误，D 正确；5.如图，水平面上固定着倾角 45的足够长的斜面，质量m=0.1kg 的小球从 A 点无初速度释放，与斜面在 B 点

7、发生碰撞小球与斜面碰撞反弹时，与斜面平行的分速度不变，与斜面垂直的分速度大小不变，方向反向已知A、B两点之间的距离为 5m，重力加速度大小g=10m/s2，从小球开始下落到第二次落到斜面的过程中（第一次与斜面碰撞时间忽略不计），下列说法不正确的是（）A.小球与斜面碰撞时的速率为 10m/s B.从小球开始下落到第二次落到斜面的过程中经过的时间为 3s C.小球第二次落在斜面时重力的功率为10 2W D.整个过程中小球的位移为5 41m【答案】C【解析】【详解】A点A与点B之间的距离为 5m，根据v2=2gh知小球与斜面碰撞时的速率 22 10 5m/s10m/svgh 故 A 正确，不符合题意

8、；B从开始下落到落到斜面上的时间 121htsg 在B点球与斜面相碰，与斜面平行的分速度不变，与斜面垂直的分速度大小不变方向反向，故类似光的反射，故反弹后速度方向水平向左；第二次落到斜面上时：2xvt 2212ygt 且x=y 解得 t2=2s x=y=20m;则从小球开始下落到第二次落到斜面的过程中经过的时间为 3s，选项 B 正确，不符合题意；C小球第二次落在斜面时竖直速度 220m/syvgt 则重力的功率为 20WGyPmgv 选项 C 错误，符合题意；D整个过程中小球的位移为 2222s()20255 41mxyh 选项 D 正确，不符合题意 6.如图所示，跳楼机是常见的大型机动游乐

9、设备这种设备的座舱装在竖直柱子上，由升降机送至高处后使其自由下落(不计阻力)，一段时间后，启动制动系统，座舱匀减速运动到地面时刚好停下下列说法正确的是（）A.自由下落阶段和制动阶段乘客机械能的变化量相等 B.自由下落阶段和制动阶段，乘客速度的变化量相同 C.自由下落阶段和制动阶段，乘客所受重力做的功一定相等 D.整个下落过程中，乘客的最大速度是全程平均速度的两倍【答案】D【解析】【详解】自由下落阶段乘客的机械能不变，制动阶段乘客机械能减小，选项 A 错误；自由下落阶段和制动阶段，乘客的动量变化等大反向，则乘客所受合力的冲量大小相同，方向相反，选项 B 错误；自由下落阶段和制动阶段下降的距离不一

10、定相同，则乘客所受重力做的功不一定相等，选项 C 错误；整个下落过程中，若乘客的最大速度是 v，则自由阶段的平均速度为v/2，制动阶段的平均速度也是 v/2，即最大速度是全程平均速度的两倍，选项 D 正确；故选 D.7.如图甲所示，x轴上固定两个点电荷Q1、Q2（Q2位于坐标原点O），其上有M、N、P三点，间距MNNP，Q1、Q2在x轴上产生的电势随x变化关系如图乙则下列说法正确的是()A.N 点电场强度最大 B.点电荷Q1带负电 C.P点电场强度大小为零 D.M、N 之间电场方向沿x轴负方向【答案】B【解析】【详解】AC-x图线的切线斜率表示电场强度的大小，所以N点的电场强度为零，P点的场强

11、不为零，故 AC 错误；B所以两点电荷在N点产生的场强大小相等，方向相反，两电荷为异种电荷，所以Q1为负电荷，Q2为正电荷，故 B 正确 D根据沿电场线方向电势越越来低可知，ON电场强度方向沿x轴正方向，NP场强方向沿x轴负方向，所以M、N之间电场方向沿x轴正方向，故 D 错误 8.如图示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片向左滑动时，下列说法中正确的是（）A.电压表的示数减小 B.电源的输出功率在增大 C.电容器 C 所带的电荷量增加 D.电源的效率可能先增大后减小【答案】C【解析】【详解】A当滑动变阻器的滑片向左滑动时，R1

12、的电阻变大，则电路总电阻变大，总电流减小，内阻上电压减小，路端电压变大，则电压表的示数变大；选项 A 错误；B因为当电源内阻与外电阻相等时电源输出功率最大，因内外电阻的阻值关系不确定，可不能确定电源的输出功率如何变化，选项 B 错误；C 因路段电压变大，则电容器两端电压变大，根据Q=CU可知，电容器C所带的电荷量增加，选项 C 正确；D电源的效率=IUURIEERr，则当外电阻增加时，电源的效率一定增大，选项 D 错误 9.现有两卫星都绕地球做圆周运动监测某城市，B 轨道是地球同步卫星轨道，A 轨道半径是同步轨道半径的328倍,两轨道始终共面，请问该非同步卫星每天运行到某城市正上空的次数应为（

13、）A.15 次 B.16 次 C.17 次 D.18 次【答案】AC【解析】【详解】根据开普勒第三定律可知：3232AABBrTrT TB1 天 可得 33116AABBrTTr天；若非同步卫星与地球自转方向相同，则假设至少经过时间t经过该城市上空一次，则：22()()2ABttTT 解得 115t 天 即每天运行到某城市正上空的次数应为 15 次；若非同步卫星与地球自转方向相反，则假设至少经过时间t经过该城市上空一次，则：22()()2ABttTT 解得 117t 天 即每天运行到某城市正上空的次数应为 17 次；A 15 次，与结论相符，选项 A 正确；B 16 次，与结论不相符，选项 B

14、 错误；C 17 次，与结论相符，选项 C 正确；D 18 次，与结论不相符，选项 D 错误 10.一根轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球（可视为质点），从距弹簧上端h处自由下落并压缩弹簧，如图所示.若以小球下落点为x轴正方向起点，设小球从开始下落到压缩弹簧至最大位置为H，不计任何阻力，弹簧均处于弹性限度内；小球下落过程中加速度a，速度v，弹簧的弹力F，弹性势能Ep 变化的图象正确的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】AB小球与弹簧接触前做自由落体运动，加速度：a=g 保持不变，速度：v=gt 均匀增加；小球与弹簧接触后向下运动压缩弹簧，小球受到竖直向下的重力与弹簧竖

15、直向上的弹力：F=kx 作用，开始弹簧弹力小于重力，小球向下做加速度运动，加速度：mgkxkxagmm 加速度逐渐减小，小球向下做加速度减小的加速运动，经过一段时间后弹簧弹力与重力相等，合力为零，此时速度达到最大，然后弹簧弹力大于重力，小球所受合力向上，小球做减速运动，加速度：kxmgkxagmm 加速度逐渐增大，小球向下做加速度增大的减速运动，直到速度为零，整个过程速度方向不变，t2时刻加速度为 0，速度最大，弹力变化最快，加速度变化也最快。所以从t1到t2图象不是凹向下，而是要凸向下。同理从t2到t3图象不是凸向下，而是要凹向下。由图示图象可知，故 AB 错误；C当小球下落位移小于等于h时

16、，弹簧弹力为零：F=0，当弹簧下落距离大于h小于等于H时，弹簧弹力：F=kx 弹力F与x成正比，故 C 错误；D当小球下落位移小于等于h时：0pE 当弹簧下落距离大于h小于等于H时，弹簧弹性势能：212pEkx 故 D 正确。故选 D。【点睛】小球与弹簧接触前做自由落体运动，与弹簧接触后受到重力与弹簧弹力作用，弹簧弹力逐渐增大，弹簧弹性势能增大，根据小球运动过程与受力情况分析答题。11.如图甲所示，将阻值为R5 的电阻接到内阻不计的正弦交变电源上，电流随时间变化的规律如图乙所示，理想交流电流表串联在电路中测量电流的大小.对此，下列说法正确的是()A.电阻R两端电压变化规律的函数表达式为u2.5

17、sin(200t)V B.电阻R消耗的电功率为 1.25 W C.如图丙所示，若此交变电流由一矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生，当线圈的转速提升一倍时，电流表的示数为 1 A D.这一交变电流与图丁所示电流比较，其有效值之比为 12【答案】AD【解析】【详解】A题图乙所示电流的最大值为Im0.5 A，周期为T0.01 s，其角速度为2T200 rad/s，由欧姆定律得UmImR2.5 V，所以电阻R两端电压的表达式为u2.5sin(200t)V，选项 A 正确.B该电流的有效值为I2mI，电阻R消耗的电功率为PI2R，解得P0.625 W，B 选项错误.C电流表的示数为有效值，若该交变电流由题

18、图丙所示矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生，当转速提升一倍时，电动势的最大值EmnBS变为原来的 2 倍，电路中电流的有效值也是原来的 2 倍，为 20.52A1 A，选项 C 错误.D题图乙中的正弦交变电流的有效值为0.52A，题图丁所示的交变电流虽然方向发生变化，但大小恒为 0.5 A，选项 D 正确.12.如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点，一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，现设法使该带电粒子从O点沿纸面与Od成 30的方向，以大小不同的速率射入正方形内，那么下列说法

19、中正确的是()A.若该带电粒子在磁场中经历的时间是53t0，则它一定从cd边射出磁场 B.若该带电粒子在磁场中经历的时间是23t0，则它一定从ad边射出磁场 C.若该带电粒子在磁场中经历的时间是54t0，则它一定从bc边射出磁场 D.若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ab边射出磁场【答案】AC【解析】【详解】由题，带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为T=2t0 A 若该带电粒子在磁场中经历的时间是05 3 56tT，粒子轨迹的圆心角为55263，速度的偏向角也为53，根据几何知识得知，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角为

20、30，必定从cd射出磁场故 A 正确 B当带电粒子的轨迹与ad边相切时，轨迹的圆心角为 60，粒子运动的时间为01163tTt，在所有从ad边射出的粒子中最长时间为0 13t，故若该带电粒子在磁场中经历的时间是02 3t，一定不是从ad边射出磁场故 B 错误 C若该带电粒子在磁场中经历的时间是05 4 58tT，则得到轨迹的圆心角为 54，由于5 534，则一定从bc边射出磁场故 C 正确 D若该带电粒子在磁场中经历的时间是012tT，则得到轨迹的圆心角为，而粒子从ab边射出磁场时最大的偏向角等于60+90=150=56，故一定不从ab边射出磁场 故D 错误 二、非选择题：（本卷包括必考题和选

21、考题两部分，第 1316 题为必考题，每个学生都必须作答。第 1718 题为选考题，考生根据要求作答。）13.为了测量木块与木板间的动摩擦因数，某小组使用位移传感器设计了如图甲所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离 位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移x随时间t的变化规律，如图乙所示 （1）根据上述图线，计算 0.4s 时木块的速度大小v _m/s，木块加速度大小a _ 2m/s（保留两位有效数字）（2）为了测定动摩擦因数,还需要测量的量是_（已知当地的重力加速度g）【答案】(1).0.40 (2).1.0 (3).斜面倾角【解析】【

22、详解】（1）1.根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得 0.4s末的速度为：0.30.14m/s0.40m/s0.4v 2.0.2s 末的速度为：0.320.240.2m/s0.4v 则木块的加速度为：20.40.21.0m/s0.2vvat （2）3.选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向是受力：ma=mgsin-mgcos 得：gsinagcos 所以要测定摩擦因数，还需要测出斜面的倾角（或 A 点的高度等）；14.某同学设计了如图所示的电路来测量一个量程为 3V 的电压表的内电阻（几千欧），实验室提供直流电源的电动势为 6V，内阻忽略不计；(1)在该实验中，认为当变阻

23、器的滑片P不动时，无论电阻箱的阻值如何增减，aP两点间的电压保持不变；请从下列滑动变阻器中选择最恰当的是：_ A 变阻器（0-2000，0.1A）B 变阻器（0-20，1A）C 变阻器（0-5，1A）(2)连接好线路后，先将变阻器滑片P调到最_端，并将电阻箱阻值_调到（填“0”或“最大”），然后闭合电键S，调节P，使电压表满偏，此后滑片P保持不动；(3)调节变阻箱的阻值，记录电压表的读数:最后将电压表读数的倒数 U-1与电阻箱读数R描点，并画出图己所示的图线，由图象得待测电压表的内阻值为_（保留两位有效数字）【答案】(1).B (2).左 (3).0 (4).3.0103（3.0k）【解析】【

24、详解】（1）1因为当变阻器的滑片P不动时，无论电阻箱的阻值如何增减，aP两点间的电压保持不变，可知滑动变阻器的阻值越小越好，但是若选择变阻器 C，电流会超出变阻器的最大电流，不安全，所以选择 B （2）23连接好线路后，先将变阻器滑片P调到最左端，并将电阻箱阻值调到 0，然后闭合电键S，调节P，使电压表满偏（3）4设满偏电压为U0，因为ap间的电压不变，为U0，根据欧姆定律知，电压表的示数为：0VVUURRR 整理得：0011 VRUU RU 可知：01U033 010.33 0.113VU R 解得：RV30103 15.如图，水平桌面上固定有光滑金属导轨MN、PQ，它们的夹角为 45，导轨

25、的右端点 N、Q通过细导线与导体棒cd连接，在水平导轨MN、PQ上有一根质量M=0.8kg 的足够长的金属棒ab垂直于导轨PQ，初始位置与两根导轨的交点为E、F，且E、F之间的距离为L1=4m，水平导轨之间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B1=0.5T，导体棒cd水平放置，处于匀强磁场B2中，匀强磁场B2水平且垂直导体棒cd向内，B2=0.3T，导体棒cd的质量m=0.1kg，长L0=0.5m，电阻R=1.5，其他电阻均不计，不计细导线对c、d点的作用力，金属棒ab在外力的作用下从EF处以一定的初速度向右做直线运动，运动过程中ab始终垂直于导轨PQ，导体棒cd始终保持静止，取 g=10m/s

26、2，求：（1）金属棒ab运动的速度v与运动位移X的关系；（2）金属棒ab从EF处向右运动距离d=2m的过程中合外力对导体棒ab的冲量（3）金属棒ab从EF处向右运动距离d=2m的过程中通过ab电荷量 【答案】（1）204vx=-（2）4Ns （3）2C【解析】【详解】（1）cd棒静止不动，则：mg=B2IL0 导体棒ab运动x时切割磁感线的有效长度 L=L1-xtan45 产生的感应电动势为 E=B1Lv 回路中的电流 EIR 联立并代入数据得：204vx=-（2）ab刚开始运动时速度 因x=0 故 v1=5m/s 当x=d=2m时速度为 v2=10m/s 由动量定理得合外力冲量 I=m(v2

27、-v1)解得：I=4N s （3）ab运动过程中，电动势不变，由电磁感应定律的：1BSEtt 运动d时切割长度L2=L1-dtan45 所以：121()2sLL d 由电流的定义式得：qIt 联立代入数据得：q=2C 16.如图所示为某款弹射游戏示意图，光滑平台面上有固定发射器、固定竖直光滑圆轨道、四分之一粗糙圆轨道AB（末端与平台面相切并可在平台上移动）将发射器的弹簧压缩一定距离后释放,粗糙小球从O点弹出并从C点进入圆轨道绕转一周后继续在平直轨道上前进，从A点沿AB向上运动已知小球质量m=1kg，滑块AB的质量M=1kg，竖直光滑圆轨道半径R1=1.0m，四分之一圆轨道AB半径R2=1.7m

28、，小球到达竖直圆轨道最高点时对轨道的压力为F=5N，忽略空气阻力,小球可视为质点取 g=10m/s2，求:（1）小球被弹射前弹簧被压缩到最短时的弹性势能 （2）若滑块AB固定，小球恰能到达滑块的最高点B，则小球离开弹簧到运动到B点过程中克服摩擦力做的功（3）若解除滑块AB固定，换用同质量光滑小球重复上述过程，当小球恰运动到四分之一圆轨道最高点B的瞬间，锁定滑块AB，小球离开滑块后在空中运动到最小速度最小时水平位移和竖直位移的比值多大？【答案】（1)50J（2）33J（3)52【解析】【详解】（1）小球运动到D点时，由牛顿第二定律得：21DNvFmgmR 从O到D的过程中机械能守恒 21122P

29、DEmgRmv 联立并代入数据得:50JPE （2）小球恰运动到B点速度为零，从O到B过程中，由能量守恒及转化关系得克服摩擦力的功为：233JfPWEmgR （3）小球运动到A点的速度 212PAEmv 小球与AB左右过程中，水平方向动量守恒：()AxmvMm v 小球与AB左右过程中机械能守恒 2222111()222AxymvMm vmgRmv 此后小球做斜上抛运动，逆向思维为平抛运动：ygtv 212ygt 0 x vt 联立得：52xy 17.关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是（）A.某气体的摩尔体积为V，每个气体分子的体积为V0，则阿伏伽德罗常数0AVNV B.第二类永动机不可

30、能制造成功的的原因是因为违背了能量守恒定律 C.用活塞压缩汽缸里的气体，对气体做了 2.0105J 的功，若气体向外界放出 1.5105J的热量，则气体的内能增加了 0.5105J D.当两分子间的距离小于平衡位置的距离r0时，分子间的斥力大于分子间的引力 E.气体温度每升高 1K 所吸收的热量与气体经历的过程有关【答案】CDE【解析】【详解】A某气体的摩尔体积为V，每个气体分子的体积为V0，由于气体分子间的距离较大，所以VNAV0，则阿伏伽德罗常数0AVNV故 A 错误 B第二类永动机不可能制造成功的的原因是因为违背了热力学第二定律，但是不违反能量守恒定律，选项 B 错误；C用活塞压缩汽缸里

31、的气体，对气体做了 2.0105J 的功，若气体向外界放出 1.5105J的热量，根据热力学第一定律可知，气体的内能增加了 2.0105J-1.5105J=0.5105J，选项 C 正确；D.当两分子间的距离小于平衡位置的距离r0时，分子间的斥力大于分子间的引力，选项 D正确；E气体温度每升高 1K 所吸收的热量与气体经历的过程有关，选项 E 正确 18.如图所示，一定质量的理想气体经历了ABCDA的循环，该过程每个状态都视为平衡态，各状态参数如图所示A状态的压强为PA=1.2105Pa，求：（1）B状态的温度TB；（2）完成一个循环，外界对气体所做的功？【答案】（1）600K（2）180J【

32、解析】【详解】（1）理想气体从A状态到B状态的过程中，压强保持不变 根据盖-吕萨克定律有 ABABVVTT 代入数据解得-3-32 10300K600K1 10BBAAVTTV （2）理想气体从A状态到B状态的过程中，外界对气体做功 W1=-PA（VA-VB）解得：W1=-120J 气体从B状态到C状态的过程中，体积保持不变，根据査理定律有；根据查理定律有:CBBCPPTT 解得 PC=3.0105Pa 从C状态到D状态的过程中，外界对气体做功 W2=PC（VB-VA）解得 W2=300J 一次循环过程中外界对气体所做的总功 W=W1+W2=180J 19.关于电磁波，下列说法正确的是（）A.

33、电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关 B.周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波 C.电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度垂直 D.利用电磁波传递信号可以实现无线通信，但电磁波不能通过电缆、光缆传输 E.电磁波可以由电磁振荡产生，若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波随即消失【答案】ABC【解析】【分析】【此处有视频，请去附件查看】【详解】A电磁波在真空中的传播速度均为光速，与电磁波的频率无关，故 A 正确；B周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波，故 B 正确；C电磁波为横波，它在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度垂直；故C 正确；D电

34、磁波可以在介质中传播，所以可以根据电缆、光缆进行有线传播，也可以不需要介质 进行传播，即无线传播故 D 错误；E电磁波可以由电磁振荡产生，若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波仍然可以继续传播，故 E 错误【点睛】本题考查电磁波基本特性的了解程度电磁波与声波不同，电磁波在真空中的速度最大，在介质中速度较小；同时注意明确电磁波的传播性质，知道电磁波可以在真空中传播 20.位于坐标原点的波源S不断地产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v=40m/s，已知t=0 时刻波刚好传播到x=13m 处，部分波形图如图甲所示根据以上条件求：（1）波长 和周期T；（2）从图示时刻开始计时，x=2019m 处的质点第一次到达波峰需要多长时间？（3）在图乙中画出t=1.25s 时，从波源到x=10m 处所有质点形成的波形 【答案】（1）8m，0.2s（2）50.2s（3）图见解析【解析】【详解】（1）由波形图可知：=8m；则 8s0.240Tsv；（2）从图示时刻开始计时，x=2019m 处的质点第一次到达波峰，则只需t=0 时刻x=11m 处的波峰传到x=2019m 处，需要的时间 20191150.240 xtssv （3）t=1.25s 时，波向x轴正向传播的距离为 s=vt=401.25s=50m，则从波源到x=10m 处所有质点均振动1.25160.24个周期 则形成的波形如图：