单科标准满分练(二)
命题报告
核心素养：第17、19、21、24、25题培养学生模型构建、科学思维等学科核心素养。 仿真二 选题亮点展示 情景创新：15题星载氢原子钟、20题磁流体发电机体现试题与现代科技的结合。 角度创新：23题属于创新实验,设置角度新颖,有很好的区分度,体现科学探究的核心素养。 难易度：0.60 题型 题号 14 15 16 选择题 17 18 19 20 21 实验题 22 23 计算题 24 25 33 34 物理学史 原子模型能级跃迁 电磁感应现象 万有引力定律、天体运动规律 电场的性质 碰撞类问题 磁流体发电机原理及应用 带电体在复合场中的运动 电表改装及万用表的使用 力学创新实验测劲度系数 带电粒子在组合场中运动 电磁感应中的力、电综合问题 分子动理论、热力学定律、理想气体方选考题 程 光的衍射、折射、全反射及波的传播 (时间：60分钟 分值：110分) 第Ⅰ卷
二、选择题：本题共8小题,每小题6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
1
考查内容 难易度 易 易 易 中 中 中 中 难 易 中 中 难 中 中 分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分。
14. 许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程。下图是科学史上一个著名的实验,以下说法正确的是( )
A. 此实验是库仑测量油滴电荷量的实验 B. 此实验是法拉第测量电子电荷量的实验 C. 通过此油滴实验直接测定了元电荷的数值
D. 通过多次实验测量,发现油滴所带的电荷量虽不相同,但都是某个最小电荷量的整数倍,这个最小电荷量被认为是元电荷
D [题图为密立根油滴实验的示意图,密立根通过油滴实验直接测定了油滴的电荷量。通过多次实验测量,发现油滴所带的电荷量虽不相同,但都是某个最小电荷量的整数倍,这个最小电荷量被认为是元电荷,选项D正确。]
15.2018年7月10日,我国成功发射了第三十二颗北斗导航卫星,卫星采用星载氢原子钟,它是利用氢原子能级跃迁时辐射出来的电磁波去控制校准石英钟。如图为氢原子的能级图,以下说法正确的是( )
A. 一群处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁,辐射的光子最多12种 B. 处于n＝1能级的氢原子可以吸收能量为13 eV的光子
C. 氢原子从较高的激发态向较低的激发态或基态跃迁的过程,是吸收光子的过程
D. 欲使处于基态的氢原子跃迁,可用10.2 eV的光子照射
D [根据C24＝6可知,一群处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁,辐射的光子最多6种,A错误；由于氢原子的能级差中,不存在能量为13 eV的能级差,所以处于n＝1能级的氢原子不可以吸收能量为13 eV的光子,B错误；氢原子从较高的激发态向较低的激发态或基态跃迁的过程,是释放能量的过程,是放出光子的
2
过程,C错误；10.2 eV刚好是n＝1、n＝2的能级差,D正确。]
16.如图所示,在光滑的固定的水平木板上有一轻质绝缘弹簧,其一端固定在竖直墙壁上,另一端与一磁铁相连,当弹簧处于原长时,磁铁的中心位置恰好位于图中的O点处,有一与灵敏电流计相连的圆形线圈穿过木板,线圈所在平面与木板面垂直,且线圈圆心与O点重合。现将磁铁向右拉至某一位置Q后再由静止释放,磁铁能穿过线圈,下列说法正确的是( )
A. 灵敏电流计的读数稳定不变
B. 磁铁远离线圈时,两者之间会产生斥力 C. 由于木板面光滑,故磁铁将一直往复运动下去
D. 磁铁从Q点运动到O点的过程中,弹簧弹性势能的减小量大于系统产生的焦耳热
D [将磁铁向右拉至某一位置后再由静止释放,在磁铁向线圈运动的过程中,穿过线圈的磁通量的变化呈现非线性变化,故灵敏电流计的读数不会不变,A错误；根据楞次定律可知,磁铁远离线圈时,两者之间会产生吸引力,B错误；在整个过程中弹簧的弹性势能最终将转化为焦耳热,磁铁将静止,C错误；磁铁从Q点运动到O点的过程,弹簧弹性势能的减小量等于系统产生的焦耳热和磁铁的动能之和,D正确。]
17. 某市科技馆内介绍太阳系八大行星(按与太阳距离由近至远排列)时的体积对比图和有关参数,表格中P处由于字迹污损无法看清。下列说法正确的是( )
天体名称 水星 金星 地球 火星 木星 3 397 P 0.38 71 492 土星 60 268 天王星 海王星 赤道半径/km 质量是地球的倍数 重力加速度是地2 440 6 052 6 378 25 559 24 764 0.055 0.815 1.000 0.38 0.91 1.00 3
317.9 95.16 2.48 0.94 14.54 0.89 17.15 1.11 球的倍数 A.土星公转的角速度大于地球公转的角速度 B. 土星公转的向心加速度小于天王星的向心加速度 C. 火星的第一宇宙速度约为地球第一宇宙速度的0.45倍 D. 污损部分为0.5
C [行星绕太阳做圆周运动时,万有引力提供向心力,即
GMm
＝mω2r＝man,2r
可知半径越大,角速度和向心加速度越小,故A、B错误；在天体表面,忽略自转效GMmgR2
应,物体所受重力等于物体与天体之间的万有引力,即mg＝2,得M＝G,则
R
2M火g火R火
＝＝0.1,污损部分为0.1,D错误；行星的第一宇宙速度v＝gR,故火星的M地g地R2地
第一宇宙速度约为地球第一宇宙速度的0.45倍,C正确。]
18.如图所示,实线为两个点电荷Q1、Q2产生的电场的电场线,虚直线cd为Q1、Q2连线的垂直平分线,O为垂足,c、d两点在垂直平分线上且关于Q1、Q2连线对称。一电子(不计重力)从a点沿虚曲线途经O点运动到b点。下列说法正确的是( )
A. Q1的电荷量小于Q2的电荷量 B. c、d两点的电势和电场强度都相同
C. 电子过O点时的加速度大于过a点时的加速度 D. 电子在O点时的电势能大于在a点时的电势能
C [Q1周围的电场线比Q2周围的电场线密,说明Q1的电荷量大于Q2的电荷量,A错误；根据电场线的分布情况知Q1、Q2为异种电荷,根据曲线运动的合力方向指向轨迹凹处知,Q1为正电荷,Q2为负电荷,电场线的方向由Q1沿电场线指向Q2,根据对称性知c、d两点的电势相等,场强大小相等方向不同,B错误；O点附eE
近的电场线比a点附近的电场线密,O点场强较大,由加速度a0＝m知,电子过O
4
点时的加速度大于过a点时的加速度,C正确；电子从a点运动到O点的过程中,电场力一直做正功,电势能逐渐减小,即电子在O点时的电势能小于在a点时的电势能,D错误。]
19. 如图所示,在一水平的长直轨道上,放着相距为L的两木块甲、乙,质量分别为m和3m,它们与水平轨道间的动摩擦因数均为μ,在两木块都静止的情况下,一沿轨道方向的水平恒力F＝2μmg持续作用在木块甲上,使其与木块乙发生碰撞,碰后与木块乙结为一体继续运动,设碰撞时间极短,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,已知重力加速度为g,则下列判断正确的是( )
A. 碰撞后的瞬间,木块甲、乙的速度大小均为 2μgL B. 碰撞后的瞬间,木块甲、乙的速度大小均为 1
C. 碰后木块甲与木块乙一起运动的距离为L
81
D. 碰后木块甲与木块乙一起运动的距离为L
4
1
BC [对木块甲根据动能定理可得,(F－μmg)L＝mv2,解得v0＝2μgL,设木
20块甲与木块乙碰撞后瞬间的共同速度大小为v1,根据动量守恒定律可得mv0＝4mv1,解得v1＝
2μgL
,所以B正确,A错误；设木块甲与木块乙一起做匀减速直4
2μgL
4
1L2,解得x＝,所以C线运动的距离为x,根据动能定理得(F－4μmg)x＝0－×4mv128正确,D错误。]
20. 目前,世界上正在研究一种新型发电机叫磁流体发电机,立体图如图甲所示,侧视图如图乙所示,其工作原理是：燃烧室在高温下将气体全部电离为电子与正离子,即高温等离子体,高温等离子体经喷管提速后以速度v＝1 000 m/s 进入矩形发电通道,发电通道有垂直于喷射速度方向的匀强磁场(图乙中垂直纸面向里),磁感应强度大小B0＝5 T,等离子体在发电通道内发生偏转,这时两金属薄板上就会聚集电荷,形成电势差。已知发电通道长L＝50 cm,宽h＝20 cm,高d＝20 cm,等离子体的电阻率ρ＝4 Ω·m,电子的电荷量e＝1.6×10－19 C。不计电子和离子的重力以及微粒间的相互作用,则以下判断正确的是( )
5
甲
乙
A. 发电机的电动势为2 500 V
B. 若电流表示数为16 A,则单位时间(1 s)内打在下极板的电子有1020个 C. 当外接电阻为12 Ω时,电流表的示数为50 A D. 当外接电阻为50 Ω时,发电机输出功率最大
E
BC [由等离子体所受的电场力和洛伦兹力平衡得qvB0＝qd,则得发电机的电动势为E＝B0dv＝1 000 V,故A错误；由电流的定义可知I＝n＝1020
ne
,代入数据解得Δt
d
个,故B正确；发电机的内阻为r＝ρLh＝8 Ω,由闭合电路欧姆定律,I＝
E
＝50 A,故C正确；当电路中内、外电阻相等时发电机的输出功率最大,此时R＋r
外电阻为R＝r＝8 Ω,故D错误。]
21.如图所示,ABCDG是竖直放在场强为E＝104 V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道,其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆,轨道的水平部分与半圆轨道相切于B、D两点,且AB＝R＝0.2 m,把一质量m＝100 g、带电荷量q＝＋10－
4 C
的小球,从A点由静止释放后,取g＝10 m/s2,则( )
A. 小球到达C点时的速度大小为1 m/s
6
B. 小球到达C点时对轨道的压力大小为3 N C. 小球所能获得的最大动能为
2 J 5
D. 小球能运动到D点并沿直轨道DG运动
BC [设小球在C点的速度大小为vC,则小球由A到C的过程,应用动能定1
理,qE·2R－mgR＝mv2－0,解得vC＝2 m/s,A错误；对小球在C点时受力分析有
2Cv2C
NC－qE＝mR,解得NC＝ 3 N,由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力大小为3 N,B正确；由mg＝qE＝1 N,可知小球受到的合力方向垂直于B、C两点的连线向下,所以“等效最低点”是圆弧BC的中点,设小球的最大动能为Ekm,由动能定理可得Ekm＝qER(1＋sin 45°)－mgR(1－cos 45°),解得Ekm＝得的最大动能为
2
J,故小球所能获5
21 J,C正确；小球从A点到D点由动能定理有EqR－2mgR＝52
2<0,故小球不能运动到D点,D错误。] mvD
第Ⅱ卷
三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。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. (6分)将灵敏电流计G改装成两种倍率(“×10”“×100”)的欧姆表,电路图如图甲所示。现用该欧姆表对一阻值约为200 Ω的电阻进行测量,步骤如下：
甲
乙
7
(1)将开关S合向________端(选填“a”或“b”),这时的欧姆表所用的是较小倍率挡。
(2)将两表笔短接,旋动合适的部件,对欧姆表进行调零。 (3)将两表笔分别与被测电阻相接。
(4)若欧姆表的示数如图乙所示,则该电阻的阻值为________Ω。 (5)将两表笔短接,旋动合适的部件,对欧姆表进行调零。
若电源电动势E＝15 V,灵敏电流计的满偏电流Ig＝5 mA,“×10”倍率时欧姆表的内阻R＝150 Ω,在该倍率下欧姆调零时,流过电阻Ra的电流为________mA。
[解析] (1)由图甲可知,该欧姆表与被测电阻使用的是同一电源,故根据闭合电路欧姆定律可知,I＝
EE
,Ig＝,R＝R′g＋R0,R中＝R内越大,
R′g＋R0＋RxR′g＋R0内
倍率越大；接a时,R内比较小,故倍率比较小。
(4)开关拨至较小倍率(“×10”)挡时,由图乙可知该电阻的阻值为18.0×10 Ω＝180 Ω。
(5)在“×10”倍率下欧姆调零时,根据闭合电路欧姆定律,可得电路中的电E15
流I＝R＝ A＝100 mA,此时开关S合向a端,根据电路的串、并联规律可得流
150过电阻Ra的电流为Ia＝I－Ig＝95 mA。
[答案] (1)a(2分) (4)180(2分) (5)95(2分)
23. (9分)某科技小组想测定弹簧托盘秤内部弹簧的劲度系数k,拆开发现其内部简易结构如图(a)所示,托盘A、竖直杆B、水平横杆H与齿条C固定连在一起,齿轮D与齿条C啮合,在齿轮上固定指示示数的指针E,两根完全相同的弹簧将横杆吊在秤的外壳I上。托盘中不放物品时,指针E恰好指在竖直向上的位置。指针随齿轮转动一周后刻度盘的示数为P0＝5 kg。
8
科技小组设计了下列操作：
A. 在托盘中放上一物品,读出托盘秤的示数P1,并测出此时弹簧的长度l1； B. 用游标卡尺测出齿轮D的直径d； C. 托盘中不放物品,测出此时弹簧的长度l0；
D. 根据测量结果、题给条件及胡克定律计算弹簧的劲度系数k；
E. 在托盘中增加一相同的物品,读出托盘秤的示数P2,并测出此时弹簧的长度l2；
F. 再次在托盘中增加一相同的物品,读出托盘秤的示数P3,并测出此时弹簧的长度l3；
G. 数出齿轮的齿数n；
H. 数出齿条的齿数N并测出齿条的长度l。
(1)小组同学经过讨论得出一种方案的操作顺序,即a方案：利用BD步骤。 ①用所测得的相关量的符号表示弹簧的劲度系数k,则k＝________。 ②某同学在实验中只测得齿轮直径,如图(b)所示,并查资料得知当地的重力加速度g＝9.80 m/s2,则弹簧的劲度系数k＝________。(结果保留三位有效数字)
(2)请你根据科技小组提供的操作,设计b方案：采用：________步骤；用所测得的相关量的符号表示弹簧的劲度系数k,则k＝________。
[解析] (1)①弹簧的伸长量与齿条下降的距离相等,而齿条下降的距离与齿轮转过的角度对应的弧长相等,齿轮转动一周对应的弧长即为齿轮周长,即托盘中物品质量为P0＝5 kg时弹簧的伸长量Δx＝πd,因此只要测出齿轮的直径dP0g
即可计算其周长,然后由胡克定律得2kΔx＝P0g,解得k＝2πd。②游标卡尺读数为P0g
0.980 cm,代入k＝2πd得k＝7.96×102 N/m。(2)直接测出不同示数下弹簧的伸长量也可以进行实验,即按CAEFD进行操作,实验不需要测量齿轮和齿条的齿P1gP2g
数,GH是多余的。Δx1＝l1－l0、Δx2＝l2－l0、Δx3＝l3－l0,则k1＝2Δx1、k2＝2Δx2、9
k1＋k2＋k3P3gg
k3＝2Δx3,则k＝,联立解得k＝63
。
P0gg
2
[答案] (1)①2πd(2分) ②7.96×10 N/m(2分) (2)CAEFD(2分) 6
(3分)
24. (12分)如图所示,在xOy平面坐标系的第三、四象限内有沿y轴正方向的匀强电场E,第一象限中的等腰直角三角形MNP区域内存在垂直坐标平面向外的匀强磁场。一个带正电的粒子以速度v0＝2×107 m/s从Q点沿x轴正方向发射,并从O点射出,进入磁场后以垂直于PM的方向从PM边射出磁场。已知Q点q
的横坐标为－0.4 m,该粒子的比荷 m＝2.5×109 C/kg,MN平行于x轴,N点的坐标为(0.4 m,0.4 m),不计粒子重力,求：
(1)Q点的纵坐标；
(2)磁场区域的磁感应强度大小B的取值范围。
[解析] (1)粒子进入磁场后以垂直于PM的方向从PM边射出磁场,说明粒子射入磁场时速度方向也与PM垂直。则粒子从O点射出时速度方向与x轴正方向的夹角α＝45°(2分)
粒子到达O点时沿y轴正方向的分速度 vy＝2×107 m/s
(1分)
设粒子在电场中沿x轴方向的位移为x,y轴方向的位移为y,由运动学规律有 vy
y＝t 2x＝v0t
联立解得y＝0.2 m(1分)
(1分) (1分)
10
则Q点的纵坐标为－0.2 m。(1分)
(2)该粒子恰好没有从PN边射出,如图所示,根据几何关系有
R＋2R＝解得R＝
2 m 5
(1分) (1分) (1分)
2－2
m 5
v2
由Bminqv＝mR 解得Bmin＝(42＋4)×10－2 T(1分)
所以磁场区域的磁感应强度大小B的取值范围为B≥Bmin＝(42＋4)×10－2 T。
[答案] 见解析
25. (20分)如图所示,相距l＝1 m的足够长平行金属导轨ABC和DEF折成8
倾角相同的两个斜面,倾角为θ＝30°,A、D之间接一个阻值为R＝ Ω的定值电
3阻,a、b导体棒垂直导轨放在两个斜面上,两棒间用轻质绝缘绳相连,轻绳绕过固定在斜面顶端的光滑定滑轮,轻绳与两斜面平行,a棒的质量为m＝0.1 kg,电阻为R,b棒的质量为2m,电阻也为R。左侧斜面导轨与a棒间的动摩擦因数为μ＝
3,6
(1分)
左侧斜面处于垂直左侧斜面向上的磁感应强度为B′＝1 T的匀强磁场中,右侧斜面无磁场,导轨光滑。初始时轻绳恰好伸直但没有拉力,将两棒同时由静止释放后,a棒沿导轨运动距离x(为已知量)后恰好做匀速运动。其他电阻不计,重力加速度g取10 m/s2。
11
(1)求释放两棒瞬间,b棒受到轻绳的拉力大小T；
(2)求从静止释放到a棒匀速运动前瞬间,a棒上产生的焦耳热；
(3)若两斜面导轨的倾角α可以改变,且30°<α<60°,则求两棒匀速运动时整个电路的电功率的取值范围。
[解析] (1)由题知,2mgsin θ－mgsin θ>μmgcos θ
故在释放瞬间a棒向上运动,对a、b棒整体,由牛顿第二定律有2mgsin θ－mgsin θ－μmgcos θ＝3ma0(1分)
5
代入数据解得a0＝ m/s2
6对b棒有2mgsin θ－T＝2ma0 5
代入数据解得T＝ N。
6
(1分) (1分) (1分)
(2)设a棒匀速运动时的速度大小为v,流过a棒的电流为I。对a、b棒整体有
2mgsin θ－mgsin θ＝μmgcos θ＋B′Il(1分) 对a棒有E＝B′lv I＝E R总
(1分) (1分)
3R
(1分) 2
由电路串并联关系得R总＝
1
联立解得v＝1 m/s,I＝ A(1分)
4
设总的焦耳热为Q总,对a、b棒整体由功能关系得 3
2mgxsin θ－mgxsin θ＝Q总＋μmgxcos θ＋mv2(1分)
2
由电路串并联关系知,定值电阻中的电流和b棒中的电流大小相等,a棒电流是定值电阻电流的两倍,则
12
Qa＝
2Q总
3
(1分) (1分)
5x－3
代入数据解得Qa＝J。
30
(3)整个电路产生的电功率P＝I2R总(1分) 对a棒有E＝B′lv(1分) E2B′lvI＝＝(1分)
3RR总
两棒做匀速运动的速度最大时,电流最大,电功率最大 此时有2mgsin α－mgsin α＝μmgcos α＋B′Iml(1分) 2B′2l2v′
解得mgsin α－μmgcos α＝(1分)
3R其中sin α－μcos α＝1＋μ2sin(α－β)(1分) sin(α－β)在α的取值范围内为增函数 当α＝30°时,由(2)可知v′m＝1 m/s 当α＝60°时v′m＝153则 A 125 则电功率的取值范围为 W 412[答案] 见解析 (二)选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。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. 第二类永动机不能制成,是因为违反了热力学第一定律 B. 质量相同的两个物体,温度升高得多的物体所吸收的热量不一定多 C. 温度相等的氢气和氧气,它们的分子平均动能相等 D. 0 ℃的冰在熔化的过程中,分子平均动能不断增大 E. 一定质量的理想气体在绝热压缩的过程中,其内能一定增加 13 53 m/s(1分) 3 (2)(10分)如图所示,光滑导热活塞将绝热汽缸中的气体分为A、B两部分,汽缸顶部开有一小孔,与U形管(C部分为足够长软管)相连,U形管中有水银,汽缸底部有一阀门K,阀门K打开时,A与大气相通,稳定后活塞下表面与汽缸底部的间距为l1＝18 cm,上表面与汽缸顶部的间距为l2＝19 cm,U形管左侧水银面比右侧的高h1＝20 cm。现将阀门K关闭,通电对A、B气体缓慢加热,A、B气体温度始终相等,当活塞向上移动到A、B两部分气体体积相等时,停止加热。外界大气压恒为76 cmHg,不考虑管中的气体体积,管中水银始终没有溢出。求停止加热时U形管中左、右液面间的高度差。 [解析] (1)第二类永动机不能制成,没有违反热力学第一定律,违反了热力学第二定律,A错误；吸收的热量由比热容、质量、变化的温度共同决定,B正确；温度是分子平均动能的标志,相同温度下,分子的平均动能相等,C正确；冰是晶体,晶体在熔化的过程中,温度保持不变,分子平均动能不变,D错误；绝热即Q＝0,气体被压缩即W>0,根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W得,ΔU>0,即内能一定增加,E正确。 (2)设活塞质量为M,横截面积为S,h0＝76 cm,停止加热时U形管中左、右液面的高度差为h2 Mg 阀门K打开时,对A有pA1＝p0＝pB1＋S(1分) 对B有pB1＝p0－ρgh1(1分) Mg 得 S＝ρgh1(2分) 根据理想气体状态方程 对A有 ρgh0l1Sρg?h0＋h1－h2?lS ＝(2分) T1T2 ρg?h0－h1?·l2Sρg?h0－h2?lS 对B有 ＝(2分) T1T2 14 联立解得h2＝6 cm。 [答案] (1)BCE (2)6 cm 34. [物理——选修3－4](15分) (2分) (1)(5分)如图甲所示,在平静的水面下深h处有一个点光源s,它发出的两种不同颜色的a光和b光,在水面上形成了一个有光线射出的圆形区域,该区域的中间为由a、b两种单色光所构成的复色光圆形区域,周围为环状区域,且为a光的颜色(见图乙)。设b光的折射率为nb,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. 在水中,a光的波长比b光的小 B. 水对a光的折射率比b光的小 C. 在水中,a光的传播速度比b光的大 πh2 D. 复色光圆形区域的面积为S＝2 nb－1 E. 在同一装置的杨氏双缝干涉实验中,a光的相邻条纹间距比b光的窄 (2)(10分)如图所示是一列简谐横波在某时刻的图象,从该时刻开始,此波上质点N第一次到达波峰的时间比质点Q第一次到达波峰的时间晚0.1 s。P质点的平衡位置在x＝1 m与x＝2 m之间,P的位移为1 cm。求： (ⅰ)此列波的传播方向、波速及P质点的平衡位置的横坐标； (ⅱ)至少经过多长时间P质点经过平衡位置且向下运动。 1 [解析] (1)根据图乙可知a光的全反射临界角大于b光的,由sin C＝n可知,a光的折射率较小,选项B正确；根据光的频率越低,折射率越小可知,a光的频率较低,根据光的频率与波长成反比的关系可知,在水中,a光的波长比b光的大,选项A 15 c 错误；由v＝n可知,在水中,a光的传播速度比b光的大,选项C正确；由sin Cb1R＝n,sin Cb＝2,其中R为复色光圆形区域半径,复色光圆形区域的面积为S2bR＋h＝πR2,联立解得：S＝πh2 ,选项D正确；杨氏双缝干涉实验条纹间距公式为Δxn2b－1 L ＝dλ,可知波长越大相邻亮条纹间距越大,选项E错误。 (2)(ⅰ)根据题意,此波中质点N第一次到达波峰的时间比质点Q第一次到达波峰的时间晚0.1 s,说明质点N向下振动,此波向左传播,周期T＝2×0.1 s＝0.2 s(2分) 由题中图象可知此波的波长λ＝4 m(1分) λ 波速v＝T＝20 m/s(1分) π 该时刻,波的方程为y＝2sin x(cm)(1分) 25 当位移为1 cm时,且2 m>x>1 m,故x＝ m(2分) 3 1 (ⅱ)根据波形的平移法可知,波向左传播Δx＝ m时,P质点经过平衡位置且 3Δx1 向下运动,经历时间Δt＝v＝ s。 60 [答案] (1)BCD (2)见解析 (3分) 16
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