高二物理下学期期末试卷(含解析)高二全册物理试题3

嗦夺市安培阳光实验学校甘肃省定西市通渭县高二（下）期末物理试卷
一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）
1．闭合电路的一部分导线ab处于匀强磁场中，下图中各情况下导线都在纸面内运动，那么下列判断中正确的是（）
A．都会产生感应电流
B．都不会产生感应电流
C．甲、乙不会产生感应电流，丙、丁会产生感应电流
D．甲、丙会产生感应电流，乙、丁不会产生感应电流
2．如图（俯视图）所示，T是绕有两组线圈的闭合铁芯，D是理想的二极管，金属棒ab可在两条平行的金属导轨上沿导轨滑行，磁场方向垂直纸面向里，若电流计G中有电流通过，则ab棒的运动可能是（除ab棒有电阻外其余部分无电阻）（）
A．向左匀速运动B．向右匀速运动
C．向左匀加速运动D．向右匀加速运动
3．如图，两根平行的光滑导轨竖直放置，处于垂直轨道平面的匀强磁场中，
金属杆ab接在两导轨之间，在开关S断开时让ab自由下落，ab下落过程中始终保持与导轨接触良好，设导轨足够长，电阻不计．ab下落一段时间后开关
闭合，从开关闭合开始计时，ab下滑速度v随时间变化的图象不可能是（）A ． B ． C ． D ．4．如图电路中，已知交流电源电压u=200sin100πtV，电阻R=100Ω．则电流表和电压表的示数分别为（）
A．1.41A，200VB．1.41A，141VC．2A，200VD．2A，141V
5．如图所示，A、B、C、D是四个相同的白炽灯，都处于正常发光状态，则图中ab、cd两端电压U1与U2之比是（）
A．3：1B．4：1C．3：2D．2：1
6．如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F，此时（）A．电阻R1消耗的热功率为
B．电阻R2消耗的热功率为
C．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvcosθ
D．整个装置消耗机械能的功率为（F+μmgcosθ）v
7．理想变压器副线圈通过输电线接两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，开始时，开关S是断开的，如图所示，在S接通后，以下说法正确的是（）
A．灯泡L1两端的电压减小B．通过灯泡L1的电流增大
C．原线圈中的电流增大D．变压器的输入功率增大
8．某交流电电路中，有一正工作的变压器，它的原线圈匝数n1=600匝，电源电压为U1=220V，原线圈串联一0.2A的保险丝，副线圈n2=120匝，为保证保险丝不烧断，则（）
A．负载功率不能超过44W
B．副线圈电流最大值不能超过1A
C．副线圈电流有效值不能超过1A
D．副线圈电流有效值不能超过0.2A
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．9．在“研究电磁感应现象”的实验中，首先按如图1接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正．然后按图2所示将电流表与副线圈B连成一个闭合回路，将原线圈A、电池、滑动变阻器和电键S 串联成另一个闭合电路
（1）S闭合后，将螺线管A（原线圈）插入螺线管B（副线圈）的过程中，电流表的指针将如何偏转？
（2）线圈A放在B中不动时，指针如何偏转？
（3）线圈A放在B中不动，将滑动变阻器的滑片P向左滑动时，电流表指针将如何偏转？
（4）线圈A放在B中不动，突然断开S．电流表指针将如何偏
转？．
10．一个按正弦规律变化的交流电流的图象如图所示．根据图象可以知道（1）该交流电流的频率是．（2）该交流电流的有效值是．
（3）该交流电流的瞬时值表示式．
（4）当t= T（周期），该电流的大小与其有效值相等．
11．如图1所示，一个匝数n=100的圆形线圈，面积S1=0.4m2，电阻r=1Ω．在线圈中存在面积S2=0.3m2、垂直线圈平面（指向纸外）的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图2所示．将其两端a、b与一个R=2Ω的电阻相连接，b端接地．试分析求解：
（1）圆形线圈中产生的感应电动势E；
（2）电阻R消耗的电功率；
（3）a端的电势φa．
12．一个小型应急交流发电机．内部为n=50匝边长L=20cm的正方形线圈，总电阻为r=1.0Ω．线圈在磁感应强度为B=0.1T的匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴匀速转动．发电机对一电阻为R=9.0Ω的电灯供电，线路中其它电阻不计，若发电机的转动角速度为ω=100rad/s时，电灯正常发光．求：
（1）交流发电机发出的电动势的最大值；
（2）电灯正常发光的功率；
（3）从图示位置开始，线圈转过30°的过程中，通过电灯的电量．
（二）选考题【选修3-3】
13．下列说法正确的是（）
A．布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映
B．没有摩擦的理想热机可以把吸收的能量全部转化为机械能
C．知道某物质的摩尔质量和密度可求出阿伏加德罗常数
D．内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同
14．如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再由B变化到C．已知状态A的温度为300K．
①求气体在状态B的温度；
②由状态B变化到状态C的过程中，气体是吸热还是放热？简要说明理由．【选修3-4】
15．
A．光的衍射现象说明了光具有粒子性
B．在白光下观察竖直放置的肥皂液膜，呈现的彩色条纹是光的干涉现象造成的
C．光从光疏介质射入光密介质时也可能发生全反射
D．清晨人们刚刚看到太阳从地平线上升起时，实际太阳还在地平线以下16．这列水波的波长；
（2）波速；
（3）水波的频率．
【选修3-5】
17．
A．氡的半衰期为3.8天，若取4个氡核，经过7.6天就只剩下一个氡原子核了B．发生a衰变时，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了4个
C．β衰变所释放的电子是原子核中的中子转化为质子所产生的
D．γ射线一般伴随着a或β射线产生，在这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，电离能力也最强18．请通过计算说明是否可能发生题设情况．
（2）计算这个过程中损失的机械能．
甘肃省定西市通渭县高二（下）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）
1．闭合电路的一部分导线ab处于匀强磁场中，下图中各情况下导线都在纸面内运动，那么下列判断中正确的是（）
A．都会产生感应电流
B．都不会产生感应电流
C．甲、乙不会产生感应电流，丙、丁会产生感应电流
D．甲、丙会产生感应电流，乙、丁不会产生感应电流
【分析】当闭合电路的一部分导线做切割磁感线运动时，导体中才产生感应电流．当导体的运动方向与磁感线在同一平面内时，导体不切割磁感线，没有感应电流产生．
【解答】解：甲、丙图中，闭合电路的一部分导线的运动方向与磁感线垂直，做切割磁感线运动，会产生感应电流．乙图中，导线的运动方向与磁场平行，不切割磁感线，没有感应电流产生．丁图中，导线的运动方向与磁感线在同一平面内时，导体不切割磁感线，没有感应电流产生．所以甲、丙会产生感应电流，乙、丁不会产生感应电流．故D正确！
故选D
【点评】本题考查判断有无感应电流产生的能力，这是学习电磁感应部分的基本功，比较容易．
2．如图（俯视图）所示，T是绕有两组线圈的闭合铁芯，D是理想的二极管，金属棒ab可在两条平行的金属导轨上沿导轨滑行，磁场方向垂直纸面向里，若电流计G中有电流通过，则ab棒的运动可能是（除ab棒有电阻外其余部分无电阻）（）
A．向左匀速运动B．向右匀速运动
C．向左匀加速运动D．向右匀加速运动
【分析】解答这类问题的思路是：根据ab棒切割磁感线产生感应电流，在右边线圈中产生变化磁场，产生的变化的磁场在左边线圈中产生感应电流，根据楞次定律判断感应电流方向和磁场变化之间的关系．
【解答】解：A、AB棒若做匀速移动，ab棒产生稳定的感应电动势，在右边的回路中产生稳定的感应电流，则右边线圈中产生稳定的磁场，在左边线圈中不产生感应电流，故A、B错误；
C、导体棒向左加速移动，根据右手定则，感应电流逐渐增大，感应电流的方向由a到b，根据右手螺旋定则，在右边线圈中产生从上到下的磁场，则在左侧线框中产生从下到上的磁场且不断增强，根据楞次定律，通过电流计的电流方向上到下，正好正向通过二极管，故正确；
D、导体棒向右加速移动，根据右手定则，感应电流逐渐增大，感应电流的方向由b到a，根据右手螺旋定则，在右边线圈中产生从下到上的磁场，则在左侧线框中产生从上到下的磁场且不断增强，根据楞次定律，通过电流计的电流方向应该从下到上，但是由于二极管反向电阻很大，因此电路中无电流，故D错误．
故选C．【点评】解决本题的关键掌握右手定则和楞次定律判定感应电流的方向，该题涉及知识点较多，是考查学生综合应用知识的好题．
3．如图，两根平行的光滑导轨竖直放置，处于垂直轨道平面的匀强磁场中，
金属杆ab接在两导轨之间，在开关S断开时让ab自由下落，ab下落过程中始终保持与导轨接触良好，设导轨足够长，电阻不计．ab下落一段时间后开关
闭合，从开关闭合开始计时，ab下滑速度v随时间变化的图象不可能是（）
A ．
B ．
C ．
D ．
【分析】s闭合后，金属杆在下滑过程中，受到重力和向上的安培力作用，分析安培力与重力大小关系，根据安培力大小与速度大小成正比，分析金属杆的加速度变化，确定金属杆的运动情况．
【解答】解：
A、闭合开关时，ab杆产生感应电流，受到向上的安培力．若重力与安培力相等，金属杆将做匀速直线运动，此图是可能的．故A错误．
B、D若安培力小于重力，合力向下，加速度的方向向下，做加速运动．加速
运动的过程中，ab杆产生的感应电动势和感应电流增大，安培力增大，则合
力减小，加速度减小，做加速度逐渐减小的加速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运动．故B图象是可能的，D图不可能，故B错误，D正确．C、若安培力大于重力，则加速度的方向向上，做减速运动，减速运动的过程中，安培力减小，做加速度逐渐减小的减速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运动．此图是可能的，故C错误．
故选：D．
【点评】本题是电磁感应的动态变化分析，分析方法可以和机车启动的动态变
化过程进行类比解答，关键要抓住安培力与速度的关系进行分析．
4．如图电路中，已知交流电源电压u=200sin100πtV，电阻R=100Ω．则电流表和电压表的示数分别为（）
A．1.41A，200VB．1.41A，141VC．2A，200VD．2A，141V
【分析】由表达式得出电压有效值，电表显示的是有效值，根据欧姆定律求电流．
【解答】解：由瞬时值表达式知电压有效值为：U==100V=141V，即电压表的示数，电流表示数：I===1.41A
故选：B
【点评】掌握交流电瞬时值表达式中各物理量的含义，了解峰值与有效值的关系，电表显示的是有效值．
5．如图所示，A、B、C、D是四个相同的白炽灯，都处于正常发光状态，则图中ab、cd两端电压U1与U2之比是（）
A．3：1B．4：1C．3：2D．2：1
【分析】由三个灯泡的电流一样，求得原副线圈的电流之比，进而得出电压之比，再由U1=U A+U原，从而得U1与U2之比．
【解答】解：原副线圈的电流之比为：则，
则=，则 U原=3U灯因U1=U灯+U原=4U灯
则
故B正确，ACD错误
故选：B
【点评】考查变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，从而分析计算电流电压．
6．如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F，此时（）A．电阻R1消耗的热功率为
B．电阻R2消耗的热功率为
C．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvcosθ
D．整个装置消耗机械能的功率为（F+μmgcosθ）v
【分析】电阻R1、R2并联与导体棒串联．由感应电动势公式E=BLv、欧姆定律、安培力公式，推导安培力与速度的关系式．由功率公式电阻的功率、热功率及机械功率．
【解答】解：A、设ab长度为L，磁感应强度为B，电阻R1=R2=R．电路中感应电动势E=BLv，ab中感应电流为I==2BLv=，ab所受安培力
F=BIL=①，
电阻R1消耗的热功率P1=（I）2R=②，由①②得，P1=Fv，电阻R1和
R2阻值相等，它们消耗的电功率相等，则P1=P2=Fv，故A错误，B正确．
C、整个装置因摩擦而消耗的热功率P2=fv=μmgcosθv=μmgvcosθ，故C正
确；
D、整个装置消耗的机械功率为P3=Fv+P2=（F+μmgcosθ）v，故D正确．
故选：BCD．
【点评】解决本题是根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律推导出安培力与速度
的表达式，结合功率公式和功能关系进行分析．
7．理想变压器副线圈通过输电线接两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电
阻为R，开始时，开关S是断开的，如图所示，在S接通后，以下说法正确的
是（）
A．灯泡L1两端的电压减小B．通过灯泡L1的电流增大
C．原线圈中的电流增大D．变压器的输入功率增大
【分析】本题类似于闭合电路中的动态分析问题，可以根据接通s后电路电路
电阻的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化
的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．
【解答】解：A、B、当S接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的
电流变大，所以通过电阻R的电流变大，R上的电压变大，那么并联部分的电
压减小，所以通过灯泡L1的电流减小，故A正确，B错误；
C、D、由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小
了，输出的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压
不变，所以输入的电流要变大，所以C正确，D正确；故选：ACD．
【点评】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．
8．某交流电电路中，有一正工作的变压器，它的原线圈匝数n1=600匝，电源电压为U1=220V，原线圈串联一0.2A的保险丝，副线圈n2=120匝，为保证保险丝不烧断，则（）
A．负载功率不能超过44W
B．副线圈电流最大值不能超过1A
C．副线圈电流有效值不能超过1A
D．副线圈电流有效值不能超过0.2A
【分析】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，结合保险丝得额定电流计算出副线圈中允许的最大电流和功率．
【解答】解：原、副线圈的匝数分别为n1=600匝、n2=120匝，电源的电压为U1=220V ，所以副线圈电压是=44V，根据电流与匝数反比，副线圈允许的电流有效值最大为=1A，所以负载功率不能超过P=UI=44×1=44W，故AC正确，BD错误；
故选：AC．
【点评】本题考查了变压器的特点，突破口在于保险丝的数值，结合欧姆定律进行判断．
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．
9．在“研究电磁感应现象”的实验中，首先按如图1接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正．然后按图2所示将电流表与副线圈B连成一个闭合回路，将原线圈A、电池、滑动变阻器和电键S 串联成另一个闭合电路
（1）S闭合后，将螺线管A（原线圈）插入螺线管B（副线圈）的过程中，电流表的指针将如何偏转？向右偏转
（2）线圈A放在B中不动时，指针如何偏转？不偏转
（3）线圈A放在B中不动，将滑动变阻器的滑片P向左滑动时，电流表指针将如何偏转？向右偏转
（4）线圈A放在B中不动，突然断开S．电流表指针将如何偏转？向左偏转．
【分析】（1）先判断线圈A中磁场方向，然后根据楞次定律判断线圈B中感应电流的磁场方向，最后得到线圈B中的感应电流方向；
（2）线圈不动，磁通量不变，无感应电流；
（3）滑片向左移动，电流变大，先判断线圈A中磁场方向，然后根据楞次定律判断线圈B中感应电流的磁场方向，最后得到线圈B中的感应电流方向；（4）突然断开S，先判断线圈A中磁场方向，然后根据楞次定律判断线圈B中感应电流的磁场方向，最后得到线圈B中的感应电流方向．【解答】解：（1）线圈A中磁场方向向上，插入B线圈，故线圈B中磁通量变大，阻碍变大，故感应电流的磁场方向向下，故电流从右向左流过电流表，故电流表指针向右偏转；
（2）线圈不动，磁通量不变，无感应电流，故指针不动；
（3）线圈A中磁场方向向上，滑片向左移动，电流变大，故线圈B中磁通量变大，阻碍变大，故感应电流的磁场方向向下，故电流从右向左流过电流表，故电流表指针向右偏转；
（4）线圈A中磁场方向向上，突然断开S，磁通量减小，阻碍减小，故感应电流的磁场方向向上，故电流从左向右流过电流表，故电流表指针向左偏转；故答案为：（1）向右偏转；（2）不偏转；（3）向右偏转；（4）向左偏转．【点评】本题关键是根据先安培定则判断出A中磁场方向，然后根据楞次定律判断线圈B中感应电流的方向．
10．一个按正弦规律变化的交流电流的图象如图所示．根据图象可以知道（1）该交流电流的频率是50Hz ．
（2）该交流电流的有效值是14.14A ．
（3）该交流电流的瞬时值表示式i=20sin100πt（A）．
（4）当t= 0.125 T（周期），该电流的大小与其有效值相等．
【分析】根据图象可读出该交流电的周期和最大值，然后根据频率和周期，最大值与有效值的关系可直接求解．
【解答】解：（1）由图象知周期T=0.02s，该交流电流的频率是：f==50Hz；（2）由图象读出电流的最大值I m=20A，则有效值为：I==14.14A
（3）由图象知周期T=0.02s，线圈转动的角速度为：ω=100πrad/s，
所以交流电流的瞬时值表达式是：i=20sin100πt（A）；
（4）有效值I=14.14A，当ωt=时，i=14.14A，
即当t==0.125T，该电流的大小与其有效值相等．
故答案为：（1）50Hz；（2）14.14A；（3）i=20sin100πt（A）；（4）0.125
【点评】要能根据图象获取有用信息，并能利用这些信息进行有关运算，知道最大值与有效值的关系．
11．如图1所示，一个匝数n=100的圆形线圈，面积S1=0.4m2，电阻r=1Ω．在线圈中存在面积S2=0.3m2、垂直线圈平面（指向纸外）的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图2所示．将其两端a、b与一个R=2Ω的电阻相连接，b端接地．试分析求解：
（1）圆形线圈中产生的感应电动势E；
（2）电阻R消耗的电功率；
（3）a端的电势φa．
【分析】（1）由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势；
（2）由欧姆定律求出电流，由电功率定义式即可求解；
（3）由楞次定律可以判断出感应电流方向，然后判断电势高低；
【解答】解：（1）线圈产生的电动势：E=n =n S=100××0.3=4.5V；
（2）电流为：I===1.5A，
通过电阻R的电功率为：P=I2R=1.52×2=4.5W；
（3）由楞次定律可知，电流沿顺时针方向，b点电势高，a点电势低，为：
U R=IR=1.5×2=3V，则有：U R=φb﹣φa，φa=﹣3V；
答：（1）圆形线圈中产生的感应电动势4.5V；
（2）电阻R消耗的电功率4.5W；
（3）a端的电势﹣3V．
【点评】本题考查了求电动势、电荷量、电势、焦耳热等，应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电流定义式、焦耳定律即可正确解题．
12．一个小型应急交流发电机．内部为n=50匝边长L=20cm的正方形线圈，总电阻为r=1.0Ω．线圈在磁感应强度为B=0.1T的匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴匀速转动．发电机对一电阻为R=9.0Ω的电灯供电，线路中其它电阻不计，若发电机的转动角速度为ω=100rad/s时，电灯正常发光．求：
（1）交流发电机发出的电动势的最大值；
（2）电灯正常发光的功率；
（3）从图示位置开始，线圈转过30°的过程中，通过电灯的电量．
【分析】（1）由最大值表达式可求得交流电动机的产生的电动势的最大值；（2）由最大值和有效值表达式可求得电动势的有效值，再由功率公式可求得电灯正常发光的功率；
（3）由法拉第电磁感应定律可求得线圈转过30°的过程中，通过电灯的电量．
【解答】解：
（1）电动势的最大值为E m=nBSω=nBωL2=50×0.1×0.04×100=20 V
（2）电动势的有效值为E===10 V
流过电灯的电流为I===A
电灯正常发光的功率P=I2R=18W
（3）q=t====0.01C；
答：（1）交流发电机发出的电动势的最大值为20V；
（2）电灯正常发光的功率为18W；
（3）从图示位置开始，线圈转过30°的过程中，通过电灯的电量为0.01C．【点评】考查感应电动势的最大值的求法，并掌握交流电的最大值与有效值的关系，知道电功率的表达式，理解焦耳定律中的电流是有效值，同时掌握求电量的表达式q=I△t=n．
（二）选考题【选修3-3】
13．下列说法正确的是（）
A．布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映
B．没有摩擦的理想热机可以把吸收的能量全部转化为机械能
C．知道某物质的摩尔质量和密度可求出阿伏加德罗常数
D．内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同
【分析】正确解答本题需要掌握：布朗运动的物理意义以及实质；正确利用热力学第二定律解决有关问题；熟练掌握有关阿伏加德罗常数的运算；正确理解温度是分子平均动能标志的含义．
【解答】解：A、布朗运动是固体颗粒的运动，反映了液体分子的无规则运动，故A错误；B、根据热力学第二定律可知热机不可以把吸收的能量全部转化为机械能而不引起其他的变化，故B错误；
C、知道某物质的摩尔质量和密度，无法求出一个分子质量或体积，因此无法求出阿伏加德罗常数，故C错误；
D、物体的内能与物质的量、温度、体积以及物态有关，内能不同的物体，它们的温度可能相等，即分子热运动的平均动能可能相同，故D正确．
故选D．
【点评】本题考查了学生对热学中基本概念的理解和对基本规律的应用情况，是考查基础知识和基本规律的好题．
14．如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再由B变化到C．已知状态A的温度为300K．
①求气体在状态B的温度；
②由状态B变化到状态C的过程中，气体是吸热还是放热？简要说明理由．【分析】根据气体状态方程和已知的变化量去计算其它的物理量
根据符号法则，确定Q、W的正负号，代入公式△U=Q+W进行判断．
【解答】解：①由理想气体的状态方程=
解得气体在状态B的温度T B=1200K
②由B→C，气体做等容变化，由查理定律得：
=
T C=600K
故气体由B到C为等容变化，不做功，但温度降低，内能减小．根据热力学第一定律，
△U=W+Q，可知气体要放热
答：①求气体在状态B的温度为1200K；
②由状态B变化到状态C的过程中，气体是放热．
【点评】运用△U=Q+W来分析问题时，必须理解表达式的物理意义，掌握它的符号法则
要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化．
【选修3-4】
15．
A．光的衍射现象说明了光具有粒子性
B．在白光下观察竖直放置的肥皂液膜，呈现的彩色条纹是光的干涉现象造成的
C．光从光疏介质射入光密介质时也可能发生全反射
D．清晨人们刚刚看到太阳从地平线上升起时，实际太阳还在地平线以下
【分析】衍射现象说明了光具有波动性；
肥皂液膜呈现的彩色条纹是光的干涉现象造成的；
产生全反射的必要条件是：光从光密介质射入光疏介质；
根据光的折射现象分析太阳从地平线上升起时实际太阳的位置．
【解答】解：A、光的衍射现象说明了光具有波动性，A错误；
B、肥皂泡在阳光下呈现彩色条纹是肥皂膜内外反射的光线，相互叠加产生的现象，这是光的干涉造成的，B正确；
C、光从光疏介质射入光密介质时，由于折射角小于入射角，当入射角等于90°时，折射角不消失，所以不可能发生全反射，C错误；
D、早晨看太阳从地平线刚刚升起时，实际上它还处在地平线的下方，但通过光在不均匀的大气层中发生折射，可以射入我们的眼睛，我们就可以看见太阳，D正确；
故选：BD．
【点评】考查干涉、衍射、折射与全反射的原理，及其区别，注意粒子性与波动性的不同，掌握全反射的条件，及稳定干涉的条件．
16．这列水波的波长；
（2）波速；
（3）水波的频率．
【分析】据题当第一个波峰经12s从投石处传到离投石处3m时，第7个波峰刚好在投石处形成，第1波峰与第7波峰间有6波长距离，即可求得波长．由波传播的距离x和所用时间t，由公式v=出波速，由v=λf求解波的频率．【解答】解：（1）据题分析知：当第一个波峰经12s从投石处传到离投石处3m时，第7个波峰刚好在投石处形成，第1波峰与第7波峰间有6波长距离，则：6λ=3m
则波长为：λ=0.5m
（2）由第一个波峰传到x=3m远处需要t=12s，得波速为：
v=
（3）由v=λf得：波的频率为：f==
答：（1）这列水波的波长为0.5m；。