2020年全国100所名校高考物理一模试卷

2020年全国100所名校高考物理一模试卷
一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）
1. 物理学的发展离不开科学家所做出的重要贡献。

许多科学家大胆猜想。

勇于质疑，获得了正确的科学认知，推动了物理学的发展。

下列叙述符合物理史实的是（）
A.汤姆孙通过研究阴极射线发现电子，并精确地测出电子的电荷量
B.玻尔把量子观念引入到原子理论中，完全否定了原子的“核式结构”模型
C.光电效应的实验规律与经典电磁理论的矛盾导致爱因斯坦提出光子说
D.康普顿受到光子理论的启发，以类比的方法大胆提出实物粒子也具有波粒二象性【答案】
C
【考点】
物理学史
【解析】
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。

【解答】
A、汤姆孙发现电子，是美国物理学家密立根精确测出电子的电量1.6×10−19C，故A 错误；
B、玻尔引入量子化理论，提出玻尔原子理论，并没有完全否定了原子的核式结构，而是在核式结构的基础之上，再结合量子化规律提出的，故B错误；
C、光电效应的实验规律与经典电磁理论的矛盾导致爱因斯坦提出光子说，故C正确；
D、德布罗意受到光子理论的启发，以类比的方法大胆提出实物粒子也具有波粒二象性，故D错误；
2. 如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上一个光滑弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，让一个物块从槽上高ℎ处由静止开始下滑。

下列说法正确的是（）
A.物块沿槽下滑的过程中，物块的机械能守恒
B.物块沿槽下滑的过程中，物块与槽组成的系统动量守恒
C.从物块压缩弹簧到被弹开的过程中，弹簧对物块的冲量等于零
D.物块第一次被反弹后一定不能再次回到槽上高ℎ处
【答案】
D
【考点】
机械能守恒的判断
动量守恒定律的理解
【解析】
根据动量守恒的条件和机械能守恒的条件判断机械能和动量是否守恒。

结合物块与弧形槽的速度大小关系判断物块被反弹后的运动情况，分析能否回到槽的ℎ高处。

【解答】
A、物块沿槽下滑过程中，重力与槽的支持力对物块做功，物块的机械能不守恒，故A
错误。

B、物块沿槽下滑过程中，物块在竖直方向有加速度，系统的合外力不为零，不符合动量守恒的条件，故系统的量不守恒，故B错误。

C、从物块压缩弹簧到被弹开的过程中，弹簧对物块始终有弹力作用且弹力方向始终向左，弹簧对物块的冲量不等于零，故C错误。

D、物块压槽下滑过程槽向左运动，物块与槽分离后槽的速度向左，物块的速度向右，物块被弹簧反弹后速度向左，如果物块的速度小于槽的速度，物块不能追上槽，物块
不能回到槽上ℎ高处，如果物块的速度大于槽的速度，物块可以追上槽，物块与槽组成的系统动量守恒，当两者速度相等时物块上升到最大高度，由于此时两者速度相等且
不为零，此时系统动能不为零，整个过程系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，
物块不能上升到槽上高ℎ处，故D正确。

3. 如图所示，MON是竖直平面内的光滑直角支架，小球p和q通过一根轻绳连接且它们都套在支架上。

对p球施加一个沿ON杆水平向右的拉力F，使q球缓慢上升，则此过程
中（）
A.力F增大
B.力F减小
C.p球受到的支持力增大
D.p球受到的支持力减小
【答案】
A
【考点】
力的合成与分解的应用
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
【解析】
先利用整体法，对p和q整体受力分析，p球受到的支持力和整体重力是一对平衡力，
拉力F和OM杆对q球的弹力是一对平衡力；再用隔离法对q进行受力分析，可以得到
OM对q的水平支持力随θ变化的关系，从而可以确定F的变化。

【解答】
对p和q整体分析，p球受到的支持力等于整体重力，拉力F等于OM杆对q球的弹力F N；对q球分析，设轻绳与O杆的夹角为θ，则F N＝G q tanθ，q球上升过程中θ角变大、F N变
变大，F也随之变大，故A正确，BCD错误。

4. 如图所示，一滑块从固定斜面上匀速下滑，用t表示下落时间、s表示下滑位移、E k
表示滑块的动能、E p表示滑块势能、E表示滑块机械能，取斜面底为零势面，如图中
物理量关系正确的是（）
A. B.
C.
D.
【答案】 D
【考点】
摩擦力做功与能量转化 【解析】
根据速度的变化情况分析动能的变化情况。

根据E p ＝mgℎ和运动学公式分析势能与时间的关系，根据功能关系列式得到机械能与s 的关系，即可选择图象。

【解答】
A 、滑块匀速下滑，动能不变，故A 错误。

BC 、重力势能：E P ＝E p0−mgs ⋅sinθ，且s ＝vt ，所以E P ＝E p0−mgvt ⋅sinθ，随时间增加，重力势能均匀减小，故BC 错误。

D 、物体匀速下滑，要克服摩擦力做功，机械能减少，根据功能关系知滑块的机械能
E ＝E 0−fs ，E −s 图象是向下倾斜的直线运动，故D 正确。

5. 已知长直导线中电流I 产生磁场的磁感应强度分布规律是B ＝k I
r （k 为常数，r 为某点到直导线的距离）。

如图所示，在同一平面内有两根互相平行的长直导线甲和乙，两导线通有大小分别为2I 和I 且方向相反的电流，O 点到两导线的距离相等。

现测得O 点的磁感应强度的大小为 B.
B 0I 4
A.
B 0I 6
C.
B 0I 3
D.
B 0I 2
【答案】 C
【考点】
安培力的计算
平行通电直导线间的作用 【解析】
由安培定则判断出甲乙两导线在O 点产生的磁场方向，然后求出各导线在O 点产生的磁感应强度大小，求出甲在乙处产生的磁感应强度，最后由F ＝BIL 求出乙受到的安培力。

【解答】
设两导线间距为2d ，据安培定则知，甲、乙导线在O 点的磁感应强度方向均垂直于纸面向里，根据矢量叠加有 B 0=k
2I d
+k I d =
3kI d
，
则乙导线在甲导线处产生的磁感应强度为 B =k I
2d ，则加到西安单位长度受到的安培力大小 F =
B×2IL L
=
B 0I 3
，故C 正确，ABD 错误；
6. 如图所示，分别在M 、N 两点固定放置带电荷量分别为+Q 和−q(Q >q)的点电荷，以MN 连线的中点O 为圆心的圆周上有A 、B 、C 、D 四点。

以下判断正确的是（ ）
A.A点的电场强度小于B点的电场强度
B.C点的电场强度方向跟D点的电场强度方向相同
C.A、C两点间的电势差等于A、D两点间的电势差
D.试探电荷+q在A点的电势能大于在B点的电势能
【答案】
C,D
【考点】
电场强度
电场线
电势能
【解析】
由于Q>q，所以A点的电场线比B点处电场线密集；电场强度是矢量，两点的场强相等，不仅要大小相等，方向也要相同才可以；电场线关于MN对称，所以C点的电势等
于D点的电势；A点的电势高于B点的电势，对正电荷来说，电势越高电势能越大。

【解答】
A、由于Q>q，所以A点的电场线比B点处电场线密集，所以A点的场强大于B点的场强，故A错误；
B、电场线从Q出发到q终止，且关于MN对称，所以
C、D两点的电场线疏密程度相同，但方向不同，故B错误；
C、电场线关于MN对称，所以C点的电势等于D点的电势，则A、C两点间的电势差等
于A、D两点间的电势差，故C正确；
D、A点的电势高于B点的电势，对正电荷来说，电势越高电势能越大，故D正确。

7. 如图所示，一个匝数n＝1000匝、边长l＝20cm、电阻r＝1Ω的正方形线圈，在线圈
内存在面积S＝0.03m2的匀强磁场区域，磁场方向垂直于线圈所在平面向里，磁感应
强度大小B随时间t变化的规律是B＝0.15t(T)。

电阻R与电容器C并联后接在线圈两端，电阻R＝2Ω，电容C＝30μ
F.下列说法正确的是（）
A.线圈中产生的感应电动势为4.5V
B.若b端电势为0，则a端电势为3V
C.电容器所带电荷量为1.2×10−4C
D.稳定状态下电阻的发热功率为4.5W
【答案】
A,D
【考点】
电容器
闭合电路的欧姆定律
法拉第电磁感应定律
【解析】
依据法拉第电磁感应定律求解感应电动势；再结合闭合电路欧姆定律，求解感应电流，从而求得电容器两端的电势差，并根据楞次定律判定感应电流方向，进而判定AB选项；根据公式q＝CU，及P＝I2R分别求得CD选项。

【解答】
A、根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势为：E=n△⌀
△t =nS△B
△t
=
1000×0.03×0.15V＝4.5V，故A正确；
B、由闭合电路欧姆定律，则电流为：I=E
R+r = 4.5
2+1
A＝1.5A，那么电容器两端电势差
为：U＝IR＝1.5×2V＝3V，由楞次定律，可知，感应电流方向为逆时针方向，即a端的电势高，故B错误；
C、电容器带电量为：q＝CU＝30×10−6×3C＝9×10−5 C，故C错误；
D、电阻的发热功率为：P＝I2R＝1.52×2W＝4.5W，故D正确；
8. 2019年9月11日，《自然天文学》杂志登载了英国伦敦大学一个研究小组的报告：他们成功通过开普勒望远镜发现，一颗代号为K2−18b的类地行星的大气中有水汽，含量可能在0.1%至50%之间。

如果K2−18b和地球均视为均匀球体，其半径与地球半径之比为p，其质量与地球质量之比为q，则K2−18b和地球（）
A.表面的重力加速度之比为q p2
B.表面的重力加速度之比为pq2
C.第一宇宙速度之比为√p
q
D.第一宇宙速度之比为√
p
【答案】
A,D
【考点】
向心力
万有引力定律及其应用
【解析】
根据万有引力近似等于重力，求出该行星表面与地球表面重力加速度之比；根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要求解的第一宇宙速度的表达式，根据表达式判定比值。

【解答】
AB、根据星球表面物体受到的万有引力等于物体的重力有mg＝m v2
R
，得球表面重力
加速度g=GM
R2
，与质量成正比，与半径的平方成反比，所以表面的重力加速度之比为
q
p2
，故A正确，B错误。

CD、根据万有引力提供向心力有G Mm
R2=m v2
R
，得第一宇宙速度v=√GM
R
，可知第一宇
宙速度与根号下质量成正比，与根号下半径成反比，第一宇宙速度之比为√q
p
，故D正
确，C错误。

二、解答题（共4小题，满分47分）
某同学用如图甲所示的实验装置验证动量守恒定律，气垫导轨上安装了两个光电门，气垫导轨左端装一个弹射装置，滑块可被弹射装置向右弹出，质量为m1的滑块甲和质量为m2的滑块乙上装有宽度相同的挡光片。

开始时，滑块甲靠在已被锁定的弹射装置处，滑块乙静置于两个光电门之间，滑块甲弹出后通过光电门1再与滑块乙发生碰撞，碰撞后要使两个滑块能够通过光电门2。

（1）如图乙所示是用游标卡尺测量遮光条宽度的情况，由此可知遮光条宽度d＝
________cm。

（2）下列选项中不属于本实验要求的是（）（请填写选项前对应字母）。

A.气垫导轨应调节水平
B.滑块甲的质量一定要等于滑块乙的质量
C.滑块甲的质量应大于滑块乙的质量
（3）某次实验时，该同学记录下滑块甲通过光电门1的时间为△t1，滑块乙通过光电门2的时间为△t2，滑块甲通过光电门2的时间为△t3．如果等式________（用对应物理量的符号表示）成立，则可说明碰撞过程中系统动量守恒。

【答案】
0.360
B
m1
d
△t1
=m1
d
△t2
+m2
d
△t3
【考点】
利用平抛运动规律验证动量守恒定律
【解析】
（1）游标卡尺的读数方法：测量值(d)＝主尺读数(X)+游标尺读数（n×精确度）；（2）要保证碰撞后要使两个滑块能够通过光电门2，需要满足m1<m2；
（3）滑块通过光电门的速度v=d
△t
，根据动量守恒定律m1v1＝m1v2+m2v2，可以求
出守恒的关系式。

【解答】
游标卡尺的主尺示数为3mm，游标尺上第12个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标示数为12×0.05mm＝0.60mm，最终示数为3.60mm＝0.360cm；
若滑块甲的质量等于滑块乙的质量，不能保证两滑块碰撞后均能向右运动，故B项不属于实验的要求；
滑块通过光电门的速度v=d
△t
，根据动量守恒定律有m1v1＝m1v2+m2v2，代人可得
关系式：m1
d
△t1
=m1d
△t2
+m2d
△t3。

图甲为一个简单的多用电表的电路图，其中电源的电动势E＝1.5V、内阻r＝1.0Ω，电
流表内阻R g＝10Ω、满偏电流I g＝10mA．该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，C为上排刻度线的中间刻度。

（1）选择开关接“1”，指针指在图乙所示位置时示数为________。

（结果保留三位有效
数字）
（2）如果选择开关接“3”，图甲中电阻R2＝240Ω，则此状态下多用电表为量程
________的电压表。

（3）如果选择开关接“2”，该多用电表可用来测电阻，C刻度应标为________Ω。

（4）如果选择开关接“2”，红、黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针刚好满偏，再
测量某一电阻，指针指在图乙所示位置，则该电阻的测量阻值为________Ω．（保留两
位有效数字）
（5）如果将该多用电表的电池换成一个电动势为1.5V、内阻为1.2Ω的电池，正确调零
后测量某电阻的阻值，其测量结果________（选填“偏大”“偏小”或“准确”）。

【答案】
7.46mA
2.5V
150
51
准确
【考点】
用多用电表测电阻
【解析】
（1）根据量程确定最小刻度，然后读数；
（2）如果选择开关接“3”，则改装为电压表，根据欧姆定律求解改装后电压表量程；
求解中值电阻；
（3）如果选择开关接“2”，则改装为欧姆表，根据R中＝R内=E I
g
（4）根据闭合电路欧姆定律列式求解指针指在图乙所示位置时的电阻；
（5）欧姆表的工作原理是闭合电路欧姆定律，根据闭合电路欧姆定律分析答题。

【解答】
选择开关解“1”时测电流，电流表盘刻度的最小值为0.2mA，指针只在指在两最小刻度
×0.2mA＝7.46mA；
之间进行估读，故示数为7.4mA+3
10
根据串联电路有分压作用可知，当电流表满偏时有：U＝I g(R2+R g)＝10×10−3×
(240+10)V＝2.5V，所以开关解“3”时量程为2.5V的电压表；
欧姆表内阻为：R内=E I
g = 1.5
10×10−3
Ω＝150Ω，由于欧姆表的中值电阻等于内阻，故C处
刻度为150Ω；
根据闭合电路欧姆定律得：I=E R+R
x
，其中I＝7.46mA，R内＝150Ω
解得：R x＝51Ω
因为电源内阻的变化，可以通过调零电阻阻值变化来抵消，所以调零后测量某电阻阻值的测量结果是准确的；
如图所示，光滑斜面倾角θ＝30∘，一个质量m＝3kg的物块在大小为F的恒力作用下，在t＝0时刻从斜面底端由静止开始上滑。

在t1＝3s时撤去力F，物块在t2＝6s时恰好回到斜面的底端。

已知重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）恒力的大小F。

（2）物块沿斜面上升的最大距离。

【答案】
恒力的大小为20N；
物块沿斜面上升的最大距离为10m。

【考点】
牛顿第二定律的概念
匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】
（1）取向上为正方向，根据位移时间关系列方程求解加速度大小，再根据牛顿第二定律求解拉力F；
（2）根据位移时间关系求解加速上升的位移，再根据速度位移关系求解减速上升的距离即可。

【解答】
由于在t1＝3s时撤去力F，物块在t2＝6s时恰好回到斜面的底端，所以在拉力作用下的时间与去掉拉力后回到底端的时间相等，均为t＝3s。

设物体在拉力作用下的位移为x，物体受拉力F作用时的加速度为a1，取沿斜面向上为正；
根据位移时间关系可得：x=1
2
a1t2，
根据速度时间关系可得撤去拉力时的速度为：v＝a1t
不受拉力F作用时的加速度为a2，则有：−x＝vt−1
2
a2t2
联立解得，由以上五式可解得：a2＝3a1
由牛顿第二定律，受拉力F时有：F−mgsin30∘＝ma1
不受拉力F时有：mgsin30∘＝ma2
解得：a1=5
3
m/s2，a2＝5m/s2，v＝5m/s，F＝20N；
加速上升的距离为：x=1
2a1t2=1
2
×5
3
×9m＝7.5m
去掉拉力后上升的距离为：x′=v 2
2a2=25
2×5
m＝2.5m
物块沿斜面上升的最大距离为：L＝x+x′＝10m。

如图所示的直角坐标系xOy，在其第二象限内有垂直纸面向里的匀强磁场和沿y轴负方向的匀强电场。

虚线OA位于第一象限，与y轴正半轴的夹角θ＝60∘，在此角范围内有垂直纸面向外的匀强磁场；OA与y轴负半轴所夹空间里存在与OA平行的匀强电场，电
场强度大小E＝10N/C一比荷q
m
=1×106C/kg的带电粒子从第二象限内M点以速度v＝
2.0×103m/s沿x轴正方向射出，M点到x轴距离d＝1.0m，粒子在第二象限内做直线运动；粒子进入第一象限后从直线OA上的P点（P点图中末画出）离开磁场，且OP＝d．不计粒子重力。

（1）求第二象限中电场强度和磁感应强度的比值E0
B0。

（2）求第一象限内磁场的磁感应强度大小B。

（3）粒子离开磁场后在电场中运动是否通过x轴？如果通过x轴，求其坐标；如果不通过x轴，求粒子到x轴的最小距离。

【答案】
第二象限中电场强度和磁感应强度的比值为2.0×103V/mT。

第一象限内磁场的磁感应强度大小为0.002T。

粒子离开磁场后在电场中运动不能通过x轴，粒子到x轴的最小距离为0.2m。

【考点】
带电粒子在磁场与磁场的组合场中的运动
动能定理的应用
带电粒子在匀强磁场中的运动规律
带电粒子在电场中的加（减）速和偏转
【解析】
（1）粒子在第二象限内做直线运动，说明电场力和洛伦兹力平衡，根据平衡条件求解；
（2）求出粒子在磁场中做圆周运动的圆心和轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度；
（3）在P点进行速度的分解，同时进行力的分解，求出粒子沿−y方向运动的最大位移进行分析。

【解答】
粒子在第二象限内做直线运动，说明电场力和洛伦兹力平衡，则有：
qE0＝qvB0，
解得：E0
B0
=v＝2.0×103V/mT
由于M点到x轴距离d＝1.0m，OP＝d，所以O为粒子做圆周运动的圆心，轨迹半径R＝d；
根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m v2
R
解得：B=mv qR
代入数据解得：B＝0.002T
在P点进行速度的分解，同时进行力的分解，如图所示；
沿−y方向的速度为：v1＝vsinθ=√3×103m/s
沿y方向的电场力分力，有：F1＝qEcosθ
则粒子沿−y方向的加速度大小为：a1=F1
m
=5×106m/s2
粒子在−y方向运动的最大距离为y，则有：v12＝2a1y
解得：y＝0.3m
P点到x轴的距离为：Y＝dsin30∘＝0.5m>y
所以粒子离开磁场后在电场中运动不能通过x轴，粒子到x轴的最小距离为：y min＝Y−y＝0.2m
三、[物理一选修3-3]
关于物体的内能，下列说法正确的是（）
A.物体吸收热量，内能可能减少
B.10g100∘C水的内能等于10g100∘C水蒸气的内能
C.物体中所有分子的热运动的动能与分子势能的总和叫作物体的内能
D.电阻通电时发热，其内能是通过“热传递”方式增加的
E.气体向真空的自由膨胀是不可逆的
【答案】
A,C,E
【考点】
物体的内能
改变内能的两种方式
热力学第二定律
【解析】
根据热力学第一定律分析，做功和热传递均可以改变内能。

水吸收热量转变为水蒸气。

根据物体内能的定义分析。

电阻通电，电流做功。

根据热力学第二定律分析。

【解答】
A 、根据热力学第一定律可知，做功和热传递均可以改变内能，故物体吸收热量，对外做功，内能可能减少，故A 正确。

B 、10g100∘
C 水吸收热量转变为水蒸气，故10g100∘C 水的内能小于10g100∘C 水蒸气的内能，故B 错误。

C 、物体中所有分子的热运动的动能与分子势能的总和叫作物体的内能，故C 正确。

D 、电阻通电时发热，其内能是通过“做功”方式增加的，故D 错误。

E 、根据热力学第二定律可知，宏观现象具有方向性，即气体向真空的自由膨胀是不可逆的，故E 正确。

如图所示，一个高L ＝18cm 、内壁光滑的绝热汽缸，汽缸内部横截面积S ＝30cm 2，缸口上部有卡环，一绝热轻质活塞封闭一定质量的气体，活塞与汽缸底部距离L 1＝9cm 。

开始时缸内气体温度为27∘C ，现通过汽缸底部电阻丝给气体缓慢加热。

已知大气压强p 0＝1×105Pa ，活塞厚度不计，活塞与汽缸壁封闭良好且无摩擦。

①封闭气体温度从27∘C 升高到127∘C 的过程中，气体吸收热量18J ，求此过程封闭气体内能的改变量。

②当封闭气体温度达到387∘C 时，求此时封闭气体的压强。

【答案】
①封闭气体温度从27∘C 升高到127∘C 的过程中，气体吸收热量18J ，此过程封闭气体内能增加9J ；
②当封闭气体温度达到387∘C 时，此时封闭气体的压强为1.1×105Pa 。

【考点】
“玻璃管封液”模型
理想气体的状态方程
【解析】
以封闭气体为研究对象，求出活塞刚好达到顶端的温度；
①封闭气体温度从27∘C 升高到127∘C 的过程中，活塞没有达到顶端，气体作等压变化，根据理盖-吕萨克定律求解体积，根据功的计算公式求解此过程中气体对外做的功，根据热力学第一定律内能的变化量；
②当封闭气体温度达到387∘C 时，活塞达到顶端，根据理想气体的状态方程求解。

【解答】
以封闭气体为研究对象，初状态压强p 1＝p 0＝1×105Pa ，体积V 1＝L 1S ，温度T 1＝(27+273)K ＝300K
假设刚好达到顶端，此时压强p ＝p 0＝1×105Pa ，体积V ＝LS ，温度T ＝？
根据盖-吕萨克定律可得：V 1T 1=V T ，解得T ＝600K ，即t ＝(600−273)∘C ＝327∘C 。

①封闭气体温度从27∘C 升高到127∘C 的过程中，活塞没有达到顶端，气体做等压变化； 设温度T 2＝(127+273)K ＝400K 时的体积为V 2＝L 2S ，
根据理盖-吕萨克定律可得：V 1T 1=V
2T 2， 解得：L 2＝12cm
此过程中气体对外做的功为W ＝p 0(L 2−L 1)S ＝1×105Pa ×(0.12−0.09)×30×10−4J ＝9J
根据热力学第一定律可得△U ＝Q −W ＝18J −9J ＝9J
所以内能增加9J ；
②当封闭气体温度达到387∘C >327∘C 时，活塞达到顶端。

此时的温度T 3＝(387+273)K ＝660K ，体积V 3＝LS
根据理想气体的状态方程可得：
p 1V 1T 1=p 3V 3T 3
解得：p 3＝1.1×105Pa 。

四、[物理一选修3-4]
如图所示，一个直角三棱镜放置在空气中，∠A ＝30∘，一束含有a 、b 两种光的复色光垂直AB 边射入三棱镜，a 光恰好在AC 边发生全反射，b 光的折射角为60∘，则a 、b 两种光在棱镜中传播速度之比为________；用a 、b 两种单色光分别通过同一双缝干涉装置获得的干涉图样中，________（选填“a ”或“b ”）光条纹间距较大。

【答案】
√3:2,b
【考点】
光的折射现象
全反射
【解析】
由图可知两光的折射角大小关系，由折射定律可知b 光的折射率；由全反射与临界角的大小关系求出a 对应的折射率，由公式v =c n ，求解两光在棱镜中的传播速度比，根据干涉条纹的宽度公式比较。

【解答】
由几何关系可知，光在AC 界面处的入射角都是30∘，则a 的临界角恰好为30∘，则a 的折射率：n a =1sinC =1sin30=2
由折射定律可知，b 的折射率：n b =sini sinr =sin60sin30=√3
由公式v =c n ，可知：v a
v b =n b n a =√32
由于b 的折射率小，则b 的波长大，由：△x =L d ⋅λ可知，用a 、b 两种单色光分别通过
同一双缝干涉装置获得的干涉图样中，b 光条纹间距较大。

一列简谐横波在均匀介质中沿x 轴正方向传播，t ＝0时刻的波动图象如图甲所示，其中处于x ＝12m 处的质点c 的振动图象如图乙所示。

求：
①质点a的运动状态传到质点d所用的时间。

②从t＝0时刻开始，5.5s内质点b运动的路程和t＝5.5s时质点b的位移。

【答案】
①质点a的运动状态传到质点d所用的时间为0.2s。

②从t＝0时刻开始，5.5s内质点b运动的路程为5.5m，t＝5.5s时质点b的位移为10cm。

【考点】
横波的图象
波长、频率和波速的关系
【解析】
①根据图甲得到波长，根据图乙得出周期，计算波速，根据速度公式计算传播时间。

②根据时间与周期的关系确定质点振动的情况，得到位移和路程。

【解答】
①由图甲可知，简谐波的波长λ＝12m，
根据图乙可知，简谐波的周期T＝0.4s，
=30m/s，
根据波长、周期和波速的关系可知，v=λ
T
质点a、d的距离x＝6m，
=0.2s。

质点a的运动状态传到质点d所用的时间t=x
v
②周期T＝0.4s，△t＝5.5s＝13.75T，质点b运动的路程：
s＝13.75×4A＝550cm＝5.5m。

t＝5.5s时，质点b位于波峰，位移x′＝10cm。