统考版高考物理二轮专项分层特训卷高考仿真练二含答案

这是一份统考版高考物理二轮专项分层特训卷高考仿真练二含答案，共16页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、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．放射性元素的原子核往往需要经历一系列的α衰变和β衰变才能达到稳定的状态，如 eq \\al(\s\up11(232),\s\d4( 90)) Th→a eq \\al(\s\up11(4),\s\d4(2)) He＋b eq \\al(\s\up11( 0),\s\d4(－1)) e＋ eq \\al(\s\up11(208),\s\d4( 82)) Pb.若 eq \\al(\s\up11(232),\s\d4( 90)) Th、 eq \\al(\s\up11(4),\s\d4(2)) He、 eq \\al(\s\up11( 0),\s\d4(－1)) e和 eq \\al(\s\up11(208),\s\d4( 82)) Pb的质量分别用m1、m2、m3和m4表示．则下列说法正确的是( )
A．在 eq \\al(\s\up11(232),\s\d4( 90)) Th→a eq \\al(\s\up11(4),\s\d4(2)) He＋b eq \\al(\s\up11( 0),\s\d4(－1)) e＋ eq \\al(\s\up11(208),\s\d4( 82)) Pb中，a＝6，b＝4
B．衰变过程中释放出的α射线比β射线的穿透能力强
C．20个 eq \\al(\s\up11(232),\s\d4( 90)) Th核经过2个半衰期后还剩5个 eq \\al(\s\up11(232),\s\d4( 90)) Th核
D．一个 eq \\al(\s\up11(232),\s\d4( 90)) Th核衰变成一个 eq \\al(\s\up11(208),\s\d4( 82)) Pb核释放的核能为(m1－m2－m3－m4)c2
15.
如图所示，两个相同的木模质量均为m，靠三根竖直细线连接，在水平面上按一个“互”字形静置，上方木模呈现悬浮效果，这是利用了建筑学中的“张拉整体”(Tensegrity)结构原理．图中短线a上的张力F1和水平面所受压力F2满足( )
A．F1>mg，F2<2mg B．F1>mg，F2＝2mg
C．F116．某兴趣小组制作了一个可以测量电流的仪器，其主要原理如图所示．有一金属棒PQ放在两金属导轨上，导轨间距L＝0.5 m，处在同一水平面上．轨道置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝2 T．棒中点两侧分别固定有劲度系数k＝100 N/m的相同弹簧．闭合开关S前，两弹簧为原长，P端的指针对准刻度尺的“0”处；闭合开关S后，金属棒PQ向右移动，静止时指针对准刻度尺1.5 cm处．下列判断正确的是( )
A．电源N端为正极
B．闭合开关S后，电路中电流为1.5 A
C．闭合开关S后，电路中电流为3 A
D．闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片向右移动，金属棒PQ将继续向右移动
17.
升流器是电力部门和工矿企业的电器设备做电流负载试验及温升试验的专用设备，其工作原理简化如图所示．某次外接调压器进行伏安特性试验，升流器第一级T1的自耦线圈滑头P位于线圈中点，T2为第二级升流器，T1、T2均为理想变压器，不计线路电阻．当采集负载R的电流值为ab输入端电流值的10倍时，则第二级升流器T2的匝数比为( )
A．1∶5 B．3∶1
C．4∶1 D．5∶1
18．2021年2月，执行我国火星探测任务的“天问一号”探测器在成功实施三次近火制动后，进入运行周期约为1.8×105 s的椭圆形停泊轨道，轨道与火星表面的最近距离约为2.8×105 m．已知火星半径约为3.4×106 m，火星表面处自由落体的加速度大小约为3.7 m/s2，则“天问一号”的停泊轨道与火星表面的最远距离约为( )
A．6×105 m B．6×106 m
C．6×107 m D．6×108 m
19.
如图所示，圆心角为90°的扇形区域MON内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，P点为半径OM的中点．现有比荷大小相等的两个带电粒子a、b，以不同的速度先后从P点沿ON方向射入磁场，并分别从M、N两点射出磁场．不计粒子所受重力及粒子间的相互作用．粒子a、b在磁场的运动过程中，下列说法正确的是( )
A．粒子a带负电，粒子b带正电 B．粒子a在磁场中的运动时间短
C．粒子a、b的加速度大小之比为1∶5 D．粒子a、b的速度大小之比为5∶1
20．如图甲所示，物块A和足够长的木板B叠放在光滑水平面上．A、B的质量相等，表面均光滑，通过轻质弹簧连接，弹簧开始时处于原长．从t＝0时刻起，在物块A上施加一大小为F的水平恒力，A、B从静止开始运动，弹簧始终处在弹性限度内，它们的速度随时间t变化的图象如图乙所示．则0～t1时间内( )
A．图乙中的图线Ⅰ对应的是物块A
B．在t1时刻，由A、B及弹簧组成的系统的机械能最大
C．在t1时刻，弹簧的弹性势能最大
D．当A、B加速度相等时，弹簧的弹力大小为 eq \f(F,2)
21.
如图，圆心为O的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，ab和cd为该圆直径．将电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点，电场力做功为2W(W>0)；若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为W.下列说法正确的是( )
A．该匀强电场的场强方向与ab平行
B．将该粒子从d点移动到b点，电场力做功为0.5W
C．a点电势低于c点电势
D．若只受电场力，从d点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动
二、非选择题：共62分．第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34题为选考题，考生根据要求作答．
(一)必考题(共47分)
22．(5分)在用DIS研究小车加速度与外力的关系时，某实验小组利用了如图甲所示的实验装置，重物通过滑轮用细线拉小车，在小车和重物之间接一个质量不计的微型力传感器，位移传感器(发射器)随小车一起沿水平轨道运动，位移传感器(接收器)固定在轨道一端，实验中力传感器的拉力为F，保持小车[包括位移传感器(发射器)]的质量不变，改变重物质量重复实验若干次，得到加速度与外力的关系图象如图乙所示．
(1)图乙中的a ­ F图线不过原点，表明实验之前缺少的一个步骤是________________________________________________________________________．
(2)本实验是否需要使所挂重物的质量远小于小车和位移传感器(发射器)的总质量？
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
(填“是”或“否”，并说明理由)
(3)若某同学做该实验时，没有使用位移传感器和力传感器，只是用细绳绕过定滑轮把重物与小车相连，实验获得的a ­ F图线仍是图乙．随着所挂重物质量增大，细绳拉小车的力将越来越大，结果会使a ­ F图线不断延伸，如图丙所示，预测延伸后半部分的图线将会是________．(填“①”“②”或“③”)
23．(10分)某物理兴趣小组想测量一电源的电动势和内阻(电动势约3 V，内阻约1 Ω)，身边没有电流表，仅有电压表，定值电阻R0＝20 Ω，电阻箱R(0～999.9 Ω)，开关及导线．
(1)小张同学设计了如图甲所示的电路图，小明同学设计了如图乙所示的电路图，小王同学设计了如图丙所示的电路图，你认为哪位同学的电路图不合适？________，理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
(2)若小张同学通过实验操作得到的 eq \f(1,U) ­ R图象如图丁所示，则电源的电动势E＝________，内阻r＝________．
(3)根据(2)知电动势E的测量值________(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值，原因是________，电源内阻的测量值________(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值．
24.
(12分)如图所示，两条足够长且平行的光滑金属轨道MN、PQ与水平面成θ＝30°角固定，导轨间距L＝0.5 m，M、P间接入最大阻值为10 Ω的变阻箱R，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度大小B＝2.0 T．质量为m＝0.5 kg的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的阻值为r＝1.0 Ω.现从静止释放杆ab，已知重力加速度g取10 m/s2，轨道足够长且电阻不计．
(1)当变阻箱R调整到4 Ω时，求金属杆下滑的最大速度；
(2)当变阻箱R调整到9 Ω时，金属杆自静止下滑s＝250 m时已经开始匀速下滑，求下滑到250 m所用时间t.
25.
(20分)如图所示是某游戏装置的示意图，ABC为固定在竖直平面内的截面为圆形的光滑轨道，直轨道AB与水平面成θ＝37°放置，且与圆弧轨道BC相切连接，AB长为L1＝0.4 m.圆弧轨道半径r＝0.25 m，C端水平，右端连接粗糙水平面CD和足够长的光滑曲面轨道DE，D是轨道的切点，CD段长为L2＝0.5 m．一个质量为m＝1 kg的可视为质点的小物块压缩弹簧后被锁定在A点，解除锁定后小物块被弹出，第一次经过D点的速度为vD＝1 m/s，小物块每次发射前均被锁定在A位置，通过调整弹簧O1端的位置就可以改变弹簧的弹性势能，已知弹簧的弹性势能最大值为Epm＝13 J，小物块与水平面CD间的动摩擦因数μ＝0.3.求：
(1)小物块第一次运动到BC轨道的C端时对轨道的压力大小；
(2)小物块第一次发射前弹簧的弹性势能大小；
(3)若小物块被弹出后，最后恰好停在CD中点处，不计小物块与弹簧碰撞时的能量损失，则小物块被锁定时的弹性势能可能多大．
(二)选考题：共15分．请在第33、34题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．
33．[物理——选修3－3](15分)
(1)(5分)下列说法中正确的是________．(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．低于0 ℃时，水将停止蒸发
B．液体的温度越低，其饱和汽压越小
C．气体压强是气体分子间斥力的宏观表现
D．在细管中浸润和不浸润的液体均可产生毛细现象
E．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢
(2)
(10分)如图所示，一定量的理想气体最初处于状态A，之后经历从状态A→状态B→状态C的系列变化．已知状态A时气体的温度为200 K，体积为40 L，压强为8×104Pa，状态B时温度升高至400 K.
(ⅰ)求状态B时的压强及状态C时的体积；
(ⅱ)从状态B到状态C的过程，定性分析气体与外界热传递的情况并求外界对气体做功的大小．
34．[物理——选修3－4](15分)
(1)(5分)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分)
A．狭义相对论认为，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，光速与光源、观察者间的相对运动无关
B．电视遥控器发出的红外线的波长比医院里“CT”中发出的X射线的波长要短
C．分别用红光、紫光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，红光的相邻两个亮条纹的中心间距大于紫光的相邻两个亮条纹的中心间距
D．如图甲所示，a、b两束光以不同的入射角由玻璃射向真空，结果折射角相同，则在玻璃中a光的全反射临界角大于b光的全反射临界角
E．如图乙所示，偏振片P的透振方向为竖直方向，沿与竖直方向成45°角振动的偏振光照射到偏振片P上，在P的另一侧能观察到透射光
(2)(10分)如图所示，在x＝0处的质点O在垂直于x轴方向上做简谐运动，形成沿x轴正方向传播的机械波．在t＝0时刻，质点O开始从平衡位置向上运动，经0.4 s第一次形成图示波形，P是平衡位置为x＝0.5 m处的质点．
(ⅰ)位于x＝5 m处的质点B第一次到达波峰位置时，求位于x＝2 m处的质点A通过的总路程；
(ⅱ)若从图示状态开始计时，至少要经过多少时间，P、A两质点的位移(y坐标)才能相同？
高考仿真练（二）
14．答案：A
解析：由质量数守恒有：232＝4a＋208，由电荷数守恒有：90＝2a－b＋82，解得：a＝6，b＝4，A正确；α射线的实质是高速运动的氦核流，β射线的实质是高速运动的电子流，α射线比β射线的穿透能力弱，B错误；半衰期是对大量放射性原子核的统计规律，对少量原子核不成立，C错误；一个 eq \\al(\s\up11(232),\s\d4( 90)) Th核衰变成一个 eq \\al(\s\up11(208),\s\d4( 82)) Pb核释放的核能ΔE＝（m1－6m2－4m3－m4）c2，D错误．
15．答案：B
解析：以两个木模组成的整体为研究对象，受力分析可知，其受重力和地面的支持力，则支持力的大小等于两个木模重力大小之和，结合牛顿第三定律得水平面所受压力为F2＝2mg；以上面的木模为研究对象，受力分析可知，其受重力、左侧两段细线向下的拉力、右侧短线a向上的拉力，则由力的平衡条件得F1＝mg＋2T，即F1>mg.故B正确，A、C、D错误．
16．答案：C
解析：PQ所受安培力方向向右，由左手定则得电流方向为从P流向Q，所以M端为电源正极，故A错误；PQ所受安培力大小为F＝2kx＝3 N，所以电路中电流为I＝ eq \f(F,BL) ＝3 A，故C正确，B错误；滑动变阻器滑片向右移动，则电路中电阻增大，电流减小，PQ所受安培力减小，PQ将向左移动，故D错误．
17．答案：D
解析：本题考查理想变压器的物理量关系．设ab端的电流为I1，第二级升流器T2的输入端电流为I2，采集负载R的电流为I3，根据理想变压器的原理可知， eq \f(I1,I2) ＝ eq \f(1,2) ， eq \f(I2,I3) ＝ eq \f(1,k) ，联立解得 eq \f(I1,I3) ＝ eq \f(1,2k) ，由于I3＝10I1，可得k＝5，D正确．
18．答案：C
解析：设火星的半径为R1，表面的重力加速度为g1，质量为m1的物体绕火星表面飞行的周期为T1，则有m1 eq \f(4π2,T eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ) R1＝m1g1，设椭圆停泊轨道与火星表面的最近、最远距离分别为h1、h2，停泊轨道周期为T2，根据开普勒第三定律有 eq \f(R eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) ,T eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ) ＝ eq \f(（\f(h1＋2R1＋h2,2)）3,T eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ) ，代入数据解得h2＝ eq \r(3,\f(2g1R eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) T eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,π2)) －2R1－h1≈6×107 m，故选项A、B、D错误，选项C正确．
19．答案：AC
解析：带电粒子a从M点射出，由左手定则可知，粒子a带负龟，带电粒子b从N点射出，由左手定则可知，粒子b带正电，A正确；两粒子的运动轨迹如图所示，由图可知，粒子a在磁场中运动时的偏转角大于粒子b的偏转角，由公式t＝ eq \f(θ,2π) × eq \f(2πm,qB) ＝ eq \f(θm,qB) 可知，粒子a在磁场中的运动时间长，B错误；设OM＝R，由几何关系ra＝ eq \f(R,4) ，r eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(b)) ＝R2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(rb－\f(R,2))) eq \s\up12(2) 解得rb＝ eq \f(5,4) R，由公式qvB＝m eq \f(v2,r) 得r＝ eq \f(mv,qB) ，则 eq \f(va,vb) ＝ eq \f(ra,rb) ＝ eq \f(\f(R,4),\f(5R,4)) ＝ eq \f(1,5) ，由牛顿第二定律得qvB＝ma，解得a＝ eq \f(qvB,m) ，则 eq \f(aa,ab) ＝ eq \f(va,vb) ＝ eq \f(1,5) ，C正确、D错误．
20．答案：BCD
解析：物块A在水平方向上受到拉力F和弹簧弹力F1的共同作用，而木板B在水平方向上只受到F1的作用，故当F1较小时，物块A的加速度a1＝ eq \f(F－F1,m) 大于木板B的加速度a2＝ eq \f(F1,m) ，结合题图乙v ­ t图象中图线的斜率可判断出图线上对应的是木板B，选项A错误；当物块A与木板B的加速度相等时，有 eq \f(F－F1,m) ＝ eq \f(F1,m) ，解得F1＝ eq \f(F,2) ，选项D正确；在t1时刻物块A和木板B 的速度相等，弹簧的伸长量最大，弹簧的弹性势能最大，选项C正确；自t＝0至t＝t1的时间内，拉力F一直对系统做正功，系统的机械能一直增加，故在t1时刻系统的机械能最大，选项B正确．
21．答案：AB
解析：如图所示，分别过c点和d点作ab的垂线，由几何关系可知，圆心O、垂足e和f将ab四等分，又因为粒子从a点移动到b点做的功为从c点移动到d点做功的两倍，所以粒子从a点到b点沿电场方向移动的距离为从c点到d点沿电场方向移动距离的两倍，则匀强电场的场强方向与ab平行，A正确；根据匀强电场的特点可知，将粒子从d点移动到b点电场力做的功是将该粒子从a点移动到b点电场力做的功的 eq \f(1,4) ，即将粒子从d点移动到b点电场力做的功为0.5W，B正确；根据正粒子在电场中移动过程做功的情况可知，电势φa>φc>φd>φb，C错误；若粒子只受电场力，当粒子从d点射入圆形电场区域的速度方向与ab平行时，带电粒子做匀变速直线运动，D错误．
22．答案：（1）平衡摩擦力（1分） （2）否，由于小车所受合外力通过力传感器直接读出，所以不需要使所挂重物的质量远小于小车和位移传感器（发射器）的总质量（2分） （3）①（2分）
解析：（1）根据牛顿第二定律知a＝ eq \f(F－f,M) ＝ eq \f(1,M) F－ eq \f(f,M) ，说明在实验前缺少的步骤是平衡摩擦力．（2）否，由于小车所受合外力通过力传感器直接读出，所以不需要使所挂重物的质量远小于小车和位移传感器（发射器）的总质量．（3）由牛顿第二定律知小车的加速度大小a＝ eq \f(mg－f,m＋M) ＝ eq \f(1,m＋M) mg－ eq \f(f,m＋M) ，随m增大，图线的斜率k＝ eq \f(1,m＋M) 变小，故a ­ F图线不断延伸，后半部分的图线应是①.
23．答案：（1）小王同学的电路图不合适（1分） 由于电源内阻较小，调节电阻箱接入电路的阻值，电压表变化不明显（2分）
（2） eq \f(a,R0（b2－b1）) （2分） eq \f(ab1,b2－b1) －R0（2分）
（3）小于（1分） 电压表分流的影响（1分） 小于（1分）
解析：（1）小王同学的电路图不合适，由题意知电源内阻较小，改变电阻箱接入电路中的阻值，电压表示数变化不明显．（2）根据图甲由闭合电路欧姆定律知E＝U＋ eq \f(U,R0) （R＋r），整理得 eq \f(1,U) ＝ eq \f(1,ER0) R＋ eq \f(1,E) ＋ eq \f(r,ER0) ，由图丁可知 eq \f(1,ER0) ＝ eq \f(b2－b1,a) ， eq \f(1,E) ＋ eq \f(r,ER0) ＝b1，解得E＝ eq \f(a,R0（b2－b1）) ，r＝ eq \f(ab1,b2－b1) －R0.（3）由于电压表分流的影响，式子中的R0实际应为定值电阻与电压表并联后的阻值R′＝ eq \f(RVR0,RV＋R0) 24．答案：（1）12.5 m/s （2）15.0 s
解析：（1）设最大速度为vmax 1，根据法拉第电磁感应定律有E＝BLvmax 1（1分）
根据闭合电路欧姆定律有I＝ eq \f(E,R＋r) （1分）
当金属杆达到最大速度时，金属杆处于平衡状态，有mg sin θ＝BIL（2分）
代入数据解得vmax 1＝12.5 m/s（1分）
（2）当R＝9 Ω时，金属杆自静止下滑s＝250 m的过程中流过金属杆的电荷量
q＝ eq \x\t(I) t＝ eq \f(BLs,R＋r) （1分）
下滑过程中安培力的冲量I冲＝B eq \x\t(I) Lt＝BLq（1分）
根据动量定理有mgsin θ·t－I冲＝mvmax 2（2分）
当R调整到9 Ω时，回路电阻增加1倍，根据（1）问同理可求出vmax 2＝25 m/s（2分）
代入数据解得t＝15.0 s（1分）
25．答案：（1）6 N （2）8.9 J （3）7.65 J，9.15 J，10.65 J和12.15 J
解析：（1）C到D的过程中摩擦力做功，由动能定理可得：－μmgL2＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(D)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(C)) （2分）
代入数据可得：vC＝2 m/s（2分）
设小物块在C点时轨道对小物块的作用力为FN，方向竖直向下．根据牛顿第二定律得：mg＋FN＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) ,r) （2分）
代入数据解得：FN＝6 N（1分）
由牛顿第三定律得小物块对轨道的压力大小为：F′N＝FN＝6 N（1分）
（2）A到C的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律，有：EpO＝mg（r＋r cs θ＋L1sin θ）＋ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(C)) （2分）
代入数据解得：EpO＝8.9 J（2分）
（3）要使小物块能停在CD的中点，需要在CD段滑过 eq \f(（2k－1）,2) L2，对整个过程，由能量守恒定律得：
Ep＝mg（r＋r cs θ＋L1sin θ）＋μmg（kL2－ eq \f(L2,2) ），k＝1，2，3，4…（2分）
得：Ep＝6.9＋0.75（2k－1）（J）（2分）
因为弹性势能最大值为：Epm＝13 J，所以k取1，2，3，4时，Ep＝7.65 J，9.15 J，10.65 J和12.15 J．（4分）
33．答案：（1）BDE（5分） （2）（ⅰ）1.6×105Pa 20 L （ⅱ）气体对外放出热量 3.2×103J
解析：（1）蒸发在任何温度下都会进行，故A不正确；液体的温度越低，其饱和汽压越小，故B正确；气体压强产生的原因是大量气体分子对容器壁的持续的无规则撞击，故C不正确；在细管中浸润和不浸润的液体均可产生毛细现象，故D正确；空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢，故E正确．
（2）（ⅰ）状态A到状态B过程为等容变化，有
eq \f(pA,TA) ＝ eq \f(pB,TB) （1分）
解得pB＝1.6×105 Pa（2分）
状态B到状态C过程为等压变化，有 eq \f(VB,TB) ＝ eq \f(VC,TC) （1分）
解得VC＝20 L（1分）
（ⅱ）从状态B到状态C的过程为等压变化，气体体积减小，外界对气体做功W＝pBΔV（1分）
解得W＝3.2×103 J（2分）
状态B到状态C的过程理想气体的温度降低，内能减小，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知气体对外放出热量．（2分）
34．答案：（1）ACE（5分） （2）（ⅰ）20 cm （ⅱ）0.05 s
解析：（1）狭义相对论认为真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，光速与光源、观察者间的相对运动没有关系，故A正确；电视遥控器发出的红外线波长比医院“CT”中的X射线波长要长，而频率却低，故B错误；根据双缝干涉条纹间距Δx＝ eq \f(l,d) λ，由于红光波长大于紫光波长，则可知在同一双缝干涉实验装置上，红光的相邻两个亮条纹的中心间距大于紫光的相邻两个亮条纹的中心间距，故C正确；以不同的入射角从玻璃射向真空，a光入射角较小，折射角相同，所以根据折射定律可知：此玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率，在玻璃中，光的全反射临界角公式为sin C＝ eq \f(1,n) ，a光的折射率大，则临界角小，故D错误；沿与竖直方向成45°角振动的光也能通过偏振片，在P的另一侧能观察到透射光，故E正确．
（2）（ⅰ）结合题图可分析出，该机械波的传播周期为T＝0.8 s，波长为λ＝4 m，振幅A＝5 cm，
该机械波的波速为v＝ eq \f(λ,T) ＝5 m/s（2分）
由题图可知，此时波峰在x＝1 m处，当波峰传播到x＝5 m处的B点时，波向前传播的距离为Δx＝4 m，所以质点B第一次到达波峰位置所需要的时间Δt＝ eq \f(Δx,v) ＝0.8 s（1分）
由题意知，当质点B第一次到达波峰位置时，质点A恰好振动了一个周期，所以质点A通过的总路程为s＝4A＝20 cm.（2分）
（ⅱ）角速度为ω＝ eq \f(2π,T) ＝ eq \f(5π,2) rad/s，从图示状态开始计时
质点A做简谐运动的表达式为：yA＝5sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,2)t)) cm（1分）
质点P做简谐运动的表达式为：yP＝5sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,2)t＋\f(3π,4))) cm（1分）
要使P、A两质点的位移（y坐标）相同，即yA＝yP，至少要经过时间t应满足 eq \f(5π,2) t＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,2)t＋\f(3π,4))) ＝π（1分）
解得t＝0.05 s．（2分）