1、高考仿真模拟卷(十五)(时间：70分钟；满分：110分)第卷二、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1418题只有一项符合题目要求，第1921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142018年11月12日中科院等离子体物理研究所发布消息：全超导托克马克装置EAST在实验中有了新的突破，等离子体中心电子温度达到1亿摄氏度；其主要核反应方程为：HHHeXHYHeX，则下列表述正确的是()AX是质子BY是氚核CX与Y是同位素D两个核反应都属于裂变反应15.在t0时，A、B两物体在同一地点以相同的初速度沿同一方向运动，A物体的vt图
2、象如图所示，B物体做匀减速直线运动，直到停止， 两物体的位移相同，下列说法正确的是()AB运动的时间可能等于AB在途中B始终在A的前方C在途中任一时刻两物体的速度不可能相同D在途中任一时刻两物体的加速度不可能相同16如图(a)，一长木板静止于光滑水平桌面上，t0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图(b)为物块与木板运动的vt图象，图中t1、v0、v1已知重力加速度大小为g.由此可求得()A木板的长度B物块与木板的质量C物块与木板之间的动摩擦因数D从t0开始到t1时刻，木板获得的动能17.如图所示，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45角，上极板带正电一电荷量为q(q0)的粒子在电容器
3、中靠近下极板处，以初动能Ek0竖直向上射出不计重力，极板尺寸足够大若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为()A.B.C. D.18.如图所示，x轴在水平地面上，y轴在竖直方向上，在y轴上的P点分别沿x轴正方向和y轴正方向以相同大小的初速度抛出两个质量相等的小球a和b，不计空气阻力，若b上升的最大高度等于P点离地的高度，则从抛出到落地，有()Aa的运动时间是b的运动时间的倍Ba的位移大小是b的位移大小的倍Ca、b落地时的速度相同，因此动能一定相同Da、b落地时的速度不同，但动能相同19.如图所示是氢原子中电子绕核做圆周运动的示意图电子绕核运动，可等效为环形电流，此环形电流的大小为I1.
4、现在沿垂直于圆轨道平面的方向加一磁感应强度为B的外磁场，设电子的轨道半径不变，而它的速度大小发生变化，若用I2表示此时环形电流的大小，则当B的方向()A垂直于纸面向里时，I2I1B垂直于纸面向外时，I2I1C垂直于纸面向里时，I2I120绝缘光滑斜面与水平面成角，质量为m、带电荷量为q(q0)的小球从斜面上的h高度处释放，初速度为v0(v00)，方向与斜面底边MN平行，如图所示，整个装置处在匀强磁场B中，磁场方向平行斜面向上如果斜面足够大，且小球能够沿斜面到达底边MN.则下列判断正确的是()A匀强磁场磁感应强度的取值范围为0BB匀强磁场磁感应强度的取值范围为0BC小球在斜面做变加速曲线运动D小
5、球到达底边MN的时间t21水平长直轨道上紧靠放置n个质量为m可看做质点的物块，物块间用长为l的细线连接，开始处于静止状态，轨道与物块间的滑动摩擦因数为.用水平恒力F拉动1开始运动，到连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度变为零，则()A拉力F所做功为nFlB系统克服摩擦力做功为CFD(n1)mgFm2C实验中记录纸上铺的复写纸的位置可以移动D斜槽要固定好，末端切线不需要调节水平(2)请你叙述确定落点平均位置的办法：_(3)按照本实验方法，该同学确定了落地点的平均位置P、Q、R并测出了OP、PQ、QR间的距离分别为x1、x2、x3，则验证动量守恒定律的表达式是_23(10分)灵敏电流计G的量程为5
6、00 A、内阻未知，某小组要将该电流计的量程扩大至5 mA，有下列器材可选：A干电池一节B电压表V(量程1.5 V，内阻几千欧)C滑动变阻器R1(0100 )D电阻箱R2(0999.9 )E开关、导线若干(1)甲同学设计了如图甲所示的电路测电流计G的内阻，判断是否可行并分析原因：_.(2)乙同学设计了如下实验：用如图乙所示电路测量电流计和电压表的内阻a将R1滑片滑到左端，断开S2，闭合S1，调节R1，使电流计满偏，此时电压表V的示数为1.0 V；b将R2调至最大，闭合S2，调节R1、R2，当电压表示数为1.2 V时，电流计的示数为300 A、R2的阻值为180 .由以上数据可得电压表的内阻RV
7、_，电流计的内阻Rg_.用灵敏电流计和电阻箱改装电流表，请在虚线框中画出改装电路图，此时电阻箱的阻值应调为_.24(12分)如图所示，可看做质点的小物块放在长木板的正中央，长木板置于光滑水平面上，两物体皆静止；已知长木板质量为M4.0 kg，长度为L3.0 m，小物块质量为m1.0 kg，小物块与长木板之间的动摩擦因数0.2；两物体间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，重力加速度g10 m/s2，试求：(1)用水平向右的恒力F作用于小物块，当F满足什么条件，两物体才能发生相对滑动？(2)若一开始就用水平向右5.5 N的恒力作用于小物块，则小物块经过多长时间从长木板上掉下？25(20分)如图所
8、示，在xOy直角坐标平面内 mx0的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B0.32 T，0x2.56 m的区域有沿x方向的匀强电场在x轴上坐标为的S点有一粒子源，它一次能沿纸面同时向磁场内每个方向各发射一个比荷5.0107 C/kg；速率v1.6106 m/s的带正电粒子若粒子源只发射一次，其中只有一个粒子Z刚好能到达电场的右边界，不计粒子的重力和粒子间的相互作用求：(1)带电粒子在磁场中运动的轨道半径r及周期T；(2)电场强度的大小E及Z粒子从S点发射时的速度方向与磁场左边界的夹角；(3)Z粒子第一次刚进入电场时，还未离开过磁场的粒子占粒子总数的比例.(二)选考题：共15分请考生从2道题
9、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33(15分)(1)(5分)一定质量的理想气体，从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的pV图象如图所示已知气体处于状态A时的温度为300 K，则下列判断正确的是_(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气体处于状态B时的温度是900 KB气体处于状态C时的温度是300 KC从状态A变化到状态C过程气体内能一直增大D从状态A变化到状态B过程气体放热E从状态B变化到状态C过程气体放热(2)(10分)粗细均匀的U形管中装有水银，左管上端有一活塞P，右管上端有一阀门K，开
10、始时活塞位置与阀门等高，如图所示，阀门打开时，管内两边水银柱等高，两管空气柱长均为l20 cm，此时两边空气柱温度均为27 ，外界大气压为p076 cmHg，若将阀门K关闭以后，把左边活塞P慢慢下压，直至右边水银上升10 cm，在活塞下压过程中，左管空气柱的温度始终保持在27 ，并使右管内温度上升到177 ，求此时左管内空气的长度34物理选修34(15分)(1)(5分)如图所示，实线是一列简谐横波在t1时刻的波形图，M是平衡位置距O点5 m的质点，虚线是t2(t10.2) s时刻的波形下列说法正确的是_(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，最低得分为0
11、分)A该波遇到长度为3米的障碍物时将会发生明显衍射现象B波速可能为20 m/sC该波的周期可能为0.6 sD若波速为35 m/s，该波一定沿着x轴负方向传播E若波速为15 m/s，从t1到t2时刻，质点M运动的路程为60 cm(2)(10分)一同学在水平桌面上铺放一张白纸，将一横截面是直角三角形的玻璃砖平放在白纸上，并用铅笔将其边缘画在白纸上，得到如图所示的直角三角形ABC，在白纸上作一垂直BC边的直线，在该直线上竖直插上P1、P2两颗大头针，然后从玻璃砖的另一个面透过玻璃砖观察P1、P2的像，在白纸上竖直插上P3、P4两颗大头针，使P3挡住P1、P2的像，P4挡住P3及P1、P2的像，大头针
12、的位置如图所示(i)作出该光束完整的光路图；(ii)测得出射光线与AB边的夹角为(为锐角)，测出直角三角形顶角A的角度为，求该玻璃砖的折射率n.高考仿真模拟卷(十五)14解析：选B.根据核反应遵循的质量数守恒和电荷数守恒可知，X的质量数为1，电荷数为0，X是中子，Y的质量数为3，电荷数为1，Y是氚核，选项A错误，B正确；同位素是指电荷数相同质量数不同的粒子，X与Y电荷数不同，不是同位素，选项C错误；两个核反应都属于聚变反应，选项D错误15.解析：选B.因vt图线与横轴的“面积”等于物体的位移，若B运动的时间等于A，则B运动的位移大于A的位移，由此可知B运动的时间小于A，选项A错误；由图象可知开
13、始阶段B的速度大于A，B在A的前面，当A、B速度相等时，两者距离最大，然后A的速度大于B，直到追上B，故运动中B始终在A的前面，选项B正确，C错误；切线的斜率等于加速度，故由图象可知，当A图象的斜率等于B的斜率时两者加速度相等，选项D错误16解析：选C.根据题意只能求出物块和木板的相对位移，不知道物块最终停在哪里，无法求出木板的长度，故A不能够求解出；由图象的斜率表示加速度，可以求出长木板的加速度为aA，小物块的加速度aB，根据牛顿第二定律得：mgMaA，mgmaB，解得：，故C能够求解出；木板获得的动能EkAMvmv1(v0v1)，题目t1、v0、v1已知，但是木板质量M、物块质量m不知道，
14、故B、D不能够求解出17解析：选B.当电场足够大时，粒子打到上极板的极限情况为：粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行，粒子的运动为类平抛运动的逆运动将粒子初速度v0分解为垂直极板的vy和平行极板的vx，根据运动的合成与分解，当vy0时，根据运动学公式有v2d，vyv0cos 45，Ek0mv，联立得E，故B正确18解析：选D.设P点离地的高度为h.对于b：b做竖直上抛运动，上升过程与下落过程对称，则b上升到最大高度的时间为t1，从最高点到地面的时间为t2，故b运动的总时间tbt1t2(1)；对于a：做平抛运动，运动时间为ta；则有tb(1)ta，故A错误；对于b：h，则得v0；对于a：水平位
15、移为xv0t2h，a的位移为xah，而b的位移大小为h，则a的位移大小是b的位移大小的倍，故B错误；根据机械能守恒定律得：Ekmghmv，则知两球落地时动能可能相同，而速度方向不同，则落地时速度不同，故C错误，D正确19解析：选AB.电子顺时针转动，由库仑力提供向心力F库m，当加一个垂直于纸面向里磁场时，电子所受的洛伦兹力指向圆心，此时洛伦兹力和库仑力共同提供向心力，由公式F库F洛m，电子的轨道半径不变，可知电子速度变大，电流的定义式为：I2，因为电子速度变大，周期将变小，可得I2I1，故A正确，C错误；当加一个垂直于纸面向外磁场时，电子所受的洛伦兹力背向圆心，此时洛伦兹力和库仑力共同提供向心
16、力，由公式F库F洛m，可知电子速度变小，电流的定义式为：I2，因为电子速度变小，周期将变大，可得I2，故C正确，D错误22解析：(1)从A到B根据能量守恒得：WWffL，所以图线不过原点是因为在AO段还有摩擦力做功(2)由题图乙知图象过(6，1)、(42，5)，代入WWffL，解得木块从A到O过程中克服摩擦力做的功为W1.(3)由WWffL，知图象的斜率为摩擦力大小答案：(1)AO段有摩擦力做功(2)(3)摩擦力大小23解析：(1)在进行电阻测量时，每次调整挡位均应进行欧姆调零，即旋转D旋钮由图知测电阻时指针的偏角太大，说明电阻较小，应换10挡，并需重新欧姆调零(2)由闭合电路欧姆定律可知：电
17、流I.(3)红表笔接在内部电源的负极上，黑表笔接在内部电源的正极上，为了保证电表正常偏转，红表笔应接电压表的负接线柱，故接法应为A；读数为301 k30 k；电压表示数为1.6 V，则由闭合电路欧姆定律可知：E(3024) V2.9 V.答案：(1)D“10”(2)I(3)A30 k2.9 V24解析：(1)在P点由牛顿第二定律2mgm解得vP从N到P由动能定理mg2Rmvmv解得vB.(2)由动量守恒0mAvAmBvB解得vA从A开始运动到停止，由动能定理mAgL0mAv解得L.答案：(1)(2)25解析：(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向上有lv0t，竖直方向上有yt2联立解
18、得y所以带电粒子进入磁场时的位置坐标为，竖直方向速度vytv0所以vv0，因为tan 1，所以速度方向与y轴正向夹角为45.(2)若要使带电粒子能回到中间金属板下表面与释放点对称的位置，根据对称性可知，它在磁场中做圆周运动的圆心应在x轴上，其部分运动轨迹如图所示由几何关系有ry，根据qvBm，联立解得B.答案：(1)位置坐标为v0速度方向与y轴正向夹角为45(2)33解析：(1)分子力表现为引力时，分子力随分子间距离的增大是先增大后减小，故A错误；等温膨胀过程中，气体内能不变，对外做功，一定吸热，故B正确；与热现象有关的宏观物理过程，是不可逆的，总是向着无序度更大的方向发展，故C正确；布朗运动
19、是液体分子无规则运动对悬浮微粒碰撞不平衡造成的，故D错误；一定量的气体，压强在微观上由单位时间内对器壁单位面积碰撞的分子数和每个分子对器壁的平均作用力决定，压强不变，而温度降低，每个分子对器壁的平均作用力变小，单位时间内对器壁单位面积碰撞的分子数将增加，故E正确(2)未拔掉销钉前：在向汽缸内打气2次后，设气体的压强为p，由理想气体状态方程可得：p0(Sh2V0)pSh拔掉后：pSp0Smg由玻意耳定律可知：pShpSh解得：h0.2 m.答案：(1)BCE(2)见解析34解析：(1)由横波的图象可知8 m，而vf20 m/s，选项A正确；由图得波可能沿x轴正向或x轴负向传播，选项B错误；若波沿
20、x轴正向传播，则距离1 m ，故tnT(n0，1，2，)，即t0.050.4n，当n3时，t1.25 s，若波沿x轴负向传播，则距离7 m.故tmT(m0，1，2，)，即t0.350.4m，t取值为0.35 s、0.75 s、1.15 s、1.55 s、1.95 s，故选项C正确、选项D错误；障碍物宽度d6 m与波长8 m差不多，则能发生明显的衍射，选项E正确(2)发生全反射的临界角sin C，即：C45，由几何知识光线在AB面、BC面上的入射角均为60，均发生全反射，光线从CD面上的G第一次射出棱镜，入射角i30，折射角为，由折射定律得：n，解得45，传播过程光路如图由几何知识GCFCtan
21、 itan 30 cm.答案：(1)ACE(2)见解析图 cm高考仿真模拟卷(十六)14解析：选C.由图象可知金属的极限频率为0，入射光的频率必须要大于0才能发生光电效应现象，选项A错误；金属的逸出功与入射光的频率无关，选项B错误；若用频率是20的光照射该金属，则光电子的最大初动能为Ekm2h0h0h0Ue，则遏止电压为U，选项C正确；遏止电压与入射光的频率有关，入射光的频率越大，则最大初动能越大，遏制电压越大，选项D错误15解析：选C.根据平行四边形定则知，落到底端时竖直分速度为：vyv0，则运动的时间为：t，设斜面的倾角为，则有tan ，解得37，C正确16解析：选C.0t1内动能的变化量
22、为mv，动量变化量为mv0；t2t3 内动能变化量为mv，动量变化量为mv0，根据动能定理可知这两段时间内合外力做功相等；而根据动量定理得知：合外力的冲量不同，故A错误；t1t2内动能变化量为0mvmv，动量变化量为0mv0mv0，t3t4内动能变化量为mv，动量变化量为0(mv0)mv0.则知动能变化量相同，而动量变化量不同，所以合外力做功相等，合外力的冲量不同，故B错误；0t2和t2t4 内动能变化量均为0，动量变化量均为0，根据两个定理得知合外力做的功和冲量都相同，故C正确；由以上分析得知：0t1和t3t4 内动能变化量不同，动量变化量相同，故合外力做的功不同，冲量相同，故D错误17解析
23、：选B.由等势线分布可知，电场线由右向左，根据粒子的运动轨迹可知，粒子所受的电场力向左，故粒子带正电，选项A错误；A处的等势线较密集，则电场线较密集，则A处的场强较大，选项B正确；A处电势较C处低，故正电荷在A处的电势能较小，选项C错误；从A到B的电势差等于从B到C的电势差，故粒子从A到B的电场力所做的功等于从B到C电场力做的功，选项D错误18解析：选B.设轻绳的拉力为T，则对A：TTcos 60k；Tcos 30maA，联立解得：aA，选项B正确，A错误；恒力F的大小为F2Tcos 30T，选项C、D错误19解析：选BCD.若质点初速度为零，则质点第1 s内发生的位移为x1a1t1012 m
24、5 m，因质点的初速度不确定，选项A错误；因质点3 s内速度方向一直向上，而根据at图象可知3 s内速度的变化量为v(10171121) m/s29 m/s，且速度变化量方向向下，可知质点的初速度不小于29 m/s，选项B正确；质点第2 s内加速度为向下的7 m/s2，则处于失重状态，选项C正确；根据牛顿第二定律，12 s内，mgFma，得：F3m，方向向上，做正功，物体机械能增加；23 s内，mgFma，得F2m，方向向下，物体机械能减少；物体一直向上做减速运动，而12 s内的速度大于23 s内的速度，则12 s内的位移大于23 s内的位移，故12 s内物体机械能增加的多，23 s内减小的少
25、，故质点在3 s末时的机械能大于第1 s末时的机械能，选项D正确20解析：选CD.由速度图象得：v2x，金属棒所受的安培力FA，代入得：FA0.5x，则知FA与x是线性关系当x0时，安培力FA10；当x1 m时，安培力FA20.5 N，则从起点发生x1 m位移的过程中，安培力做功为：WAFAxx1 J0.25 J，即金属棒克服安培力做的功为：W10.25 J，故A错误；金属棒克服摩擦力做的功为：W2mgx0.252101 J5 J，故B错误；根据动能定理得：WmgxWAmv2，其中v2 m/s，0.25，m2 kg，代入解得拉力做的功为：W9.25 J整个系统产生的总热量为：QWmv29.25
26、 J222 J5.25 J，故C、D正确21解析：选ACD.由图象可知交流电的周期为T0.02 s，则其频率为f50 Hz，A正确；理想变压器的输入功率和输出功率相等，B错误；由图象可知交流电的电压的最大值为311 V，所以输入的电压的有效值为U1 V220 V，根据电压与匝数成正比可知副线圈电压的有效值为55 V，C正确；对副线圈由I2可解得I2 A5 A，又由可得I1I25 A1.25 A，D正确22解析：(1)本实验中两小球的直径要相同即可，不需要测量小球的直径，故A项错误；要碰后入射球不反弹，则入射球的质量大于靶球的质量，即m1m2，故B项正确；实验中记录纸上铺的复写纸的作用是描绘落点
27、的位置，则复写纸的位置可以移动，故C项正确；斜槽要固定好，末端切线需要调节水平，才能使小球做平抛运动，故D项错误(2)确定落点平均位置的办法：用尽可能小的圆把尽可能多的落点都圈在里面，圆心就是落点的平均位置(3)验证动量守恒定律的表达式是m1v0m1v1m2v2，则m1v0tm1v1tm2v2t，即m1OQm1OPm2OR，用题中测量的量表示为m1(x1x2)m1x1m2(x1x2x3)答案：(1)BC(2)用尽可能小的圆把尽可能多的落点都圈在里面，圆心就是落点的平均位置(3)m1(x1x2)m1x1m2(x1x2x3)23解析：(1)电流计G与R2串联接入电路，若R2取最大阻值1 000 ，
28、电压表的量程为1.5 V，可得电流计的最小电流为Imin A1.5 mA500 A，故电路不可行，流过电流计的最小电流超过了其量程(2)第一步为电压表和电流计串联的电路，由部分电路的欧姆定律有UVIgRV，可得RV 2 000 ；第二步为Rg与R2并联再与RV串联，由部分电路的欧姆定律IgRg(Ig)R2，代入数据解得Rg180 .电流计改装成电流表需要利用并联电阻分流，由(IIg)RIgRg，解得R20 ，故电阻箱调为20 ，电路如图所示答案：(1)不可行，流过电流计的最小电流超过了其量程(2)2 000180见解析图2024解析：(1)两物体恰要发生相对滑动时，它们之间的摩擦力大小达到最大
29、静摩擦fm；设它们一起运动的加速度大小为a，此时作用于小物块水平向右的恒力大小为F1，由牛顿定律可知：对整体：F1(Mm)a对木板：fmMa其中fmmg解得F12.5 N故当F2.5 N时，两物体之间发生相对滑动 (2)分析可知，当一开始就用水平向右F25.5 N的恒力作用于小物块时，两物体发生滑动；设滑动摩擦力的大小为f，小物块、木板的加速度分别为a1、a2，由牛顿第二定律可得：对小物块：F2fma1对木板fMa2其中fmg解得a13.5 m/s2; a20.5 m/s2设小物块滑下木板历时为t，小物块、木板相对于地面的位移大小分别为s1、s2，由匀变速直线运动的规律和几何关系可知：s1a1
30、t2，s2a2t2，s1s2L解得：t1 s.答案：(1)F2.5 N(2)1 s25解析：(1)由洛伦兹力提供向心力得：qvBmr0.1 mT1.25107 s.(2)由题意可知Z粒子是垂直电场左边界进入电场的，作出Z粒子在磁场中的运动轨迹如图(a)所示，O1为轨迹圆圆心分别用dB和dE表示电场和磁场区域的宽度对Z粒子在电场中运动，由动能定理有：qEdEmv2代入数据解得：E1.0104 N/CZ粒子在磁场中做圆周运动，设轨迹圆半径为r，由圆周运动的规律有：qvBm由几何知识可知：在SOO1中满足：cos 由并代入数据可得：.(3)作Z粒子在磁场中圆弧轨迹对应的弦SN如图(b)所示，由几何知
31、识得：SNO1为等边三角形， SNr ，弦切角0由题意可知：在磁场中圆弧轨迹对应的弦长大于r的粒子，满足Z粒子第一次刚要进入电场时未离开过磁场作出另两个圆弧轨迹对应的弦长等于SN的粒子轨迹，交磁场左右边界分别为M、O1，粒子在S点的速度分别为v1和v2.由图可知发射方向在v1和v2之间的粒子轨迹弦长大于r，对应的发射方向分布的角度范围为：10由图可知Z粒子的发射速度方向与磁场左边界所夹角度范围内发射的粒子轨迹弦长也大于r所以有：解得：.答案：(1)0.1 m1.25107 s(2)1.0104 N/C(3)33解析：(1)由题意知，TA300 K；AB过程为等压变化，则有，代入数据解得：TB9
32、00 K，故A正确；BC过程是等容变化，则有，代入数据解得：TC300 K，故B正确；从状态A变化到状态C过程，气体的温度先升高后降低，则气体的内能先增大后减小，故C错误；由AB气体的温度升高，内能增大，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律UWQ知，气体吸热，故D错误；BC过程气体的体积不变，不做功，温度降低，气体的内能减小，由热力学第一定律UWQ知，气体放热，故E正确(2)设U形管横截面积为S.左管：初状态：p176 cmHgV120 cmST1273 K27 K300 K.末状态：p2？V2？T2300 K右管：初状态：p376 cmHgV320 cmST3273 K27 K300 K
33、.末状态：p4p220 cmHgV410 cmST4450 K对右管：由理想气体状态方程得：，代入数据得：p2248 cmHg对左管：由玻意耳定律得：p1V1p2V2得：7620S248V2，解得：V2S6.1S，所以此时空气柱长度：l6.1 cm.答案：(1)ABE(2)6.1 cm34解析：(1)根据图象知波长4 m，振幅A20 cm，遇到3米的障碍可以发生明显的衍射现象，故A正确；若波向x正方向传播，则t0.2 s(n)T(n0，1，2，3)，当n0，T0.8 s，速度v5 m/s；当n1，T0.16 s，v m/s25 m/s.若波向x负方向传播，则t0.2 s(n)T(n0，1，2，3)，当n0，T s，速度v15 m/s；当n1，T s，v35 m/s，根据以上分析知B、C错误，D正确；若波速为15 m/s，根据以上分析知T s，t1到t2，t0.2 sT，振幅A20 cm，所以路程s3A60 cm，故E正确(2)(i)光路图如图所示(ii)由光路图的几何关系可得到：折射角为入射角为2玻璃砖的折射率n.答案：(1)ADE(2)见解析
