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  • 2021-05-25 发布

2018年河北省石家庄市高考二模试卷物理

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2018 年河北省石家庄市高考二模试卷物理 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~ 17 题只有一个选项正确,第 18~21 题有多个选项正确。全部选对的得 6 分,选不全的得 3 分,有选错的或不答的得 0 分。 1.(6 分)如图所示为氢原子的部分能级图,下列说法正确的是( ) A.氢原子由基态跃迁到激发态后,核外电子动能增大,原子的电势能减小 B.大量处于 n=3 激发态的氢原子,向低能级跃迁时可辐射出 2 种不同频率的光 C.处于基态的氢原子可吸收能量为 12.09eV 的光子发生跃迁 D.用氢原子 n=2 跃迁到 n=1 能级辐射出的光照射金属铂(逸出功为 6.34eV)时不能发生光 电效应 解析:A、氢原子由基态跃迁到激发态后,核外电子动能减小,原子的电势能增大,故 A 错 误。 B、根据 2 3C =3 知,大量处于 n=3 激发态的氢原子可以发出 3 种不同频率的光,故 B 错误。 C、根据玻尔理论用 12.09eV 电子照射时,吸收光子后电子的能量:12.09+(﹣13.6)=﹣1.51eV, 所以能从基态发生跃迁,跃迁到第 3 能级,故 C 正确。 D、从 n=2 能级跃迁到 n=1 能级辐射出的光子的能量 E=E2﹣E1=﹣3.4eV﹣(﹣13.6)eV=10.2eV >6.34eV,而使金属发生光电效应的条件是光子的能量大于电子的逸出功,故可以发生光电 效应,故 D 错误。 答案:C 2.(6 分)可视为球形的雨滴在空中下落过程可视为先加速后匀速的直线运动,已知雨滴下 落中所受空气阻力的大小与其下落速度的平方及其横截面积(雨滴上垂直速度方向的最大面 积)的乘积成正比关系。若空中两个正在匀速下落的雨滴直径之比为 2:3,则此时的速度 之比为( ) A. 3 6 B. 3 2 C. 9 4 D. 27 8 解析:设雨滴匀速下落的速度大小为 v,雨滴匀速下落时有: mg=f 根据题意可得 f=kSv2;其中 k 为比例常数; 设雨滴的半径为 R,所以有: 3R 3 4  =kπ R2v2, 解得:v∝ R 所以 2 1 2 1 r R v v  = 3 6 ,故 A 正确、BCD 错误。 答案:A 3.(6 分)相距 15m 的甲、乙两质点在 t=0 时刻开始沿同一直线相向运动,它们运动的 v﹣t 图象如图所示。下列说法正确的是( ) A.0~3s 内,甲的平均速度比乙的小 B.t=3s 时,甲的加速度为零 C.0~5s 内,甲和乙的平均速度相等 D.t=5s 时,甲、乙相遇 解析:A、在 v﹣t 图象中,与时间轴所围面积为物体运动的位移,由图可知,在 0﹣3s 内甲 的位移大于乙的位移大小,故甲的平均速度大于乙的平均速度,故 A 错误; B、在 v﹣t 图象中,斜率代表加速度,由于甲的斜率不变,故任意时刻加速度不变且不为零, 故 B 错误; C、0﹣5s 内甲的平均速度为: smsv /1m/ 2 46-   甲 ,乙的平均速度为: smsv /2m/ 2 40   乙 ,故 C 错误; D、0﹣5s 内甲的位移为: mvx 5t   甲甲 ,乙的位移为: mvx 10t   乙乙 ,由于相距 15m, 故在 t=5s 时相遇,故 D 正确。 答案:D 4.(6 分)如图甲所示,导体棒 MN 置于水平导轨上,PQ 之间有阻值为 R 的电阻,PQNM 所为 的面积为 S,不计导轨和导体棒的电阻。导轨所在区域内存在沿竖直方向的磁场,规定磁场 方向竖直向上为正,在 0~2t0 时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示,导体棒 MN 始终处 于静止状态。下列说法正确的是( ) A.在 0~t0 和 t0~2t0 内,导体棒受到导轨的摩擦力方向相同 B.在 t0~2t0 内,通过电阻 R 的电流方向为 P 到 Q C.在 0~t0 内,通过电阻 R 的电流大小为 0 0 Rt 2 SB D.在 0~2t0 内,通过电阻 R 的电荷量为 R 0 SB 解析:A、由图乙所示图象可知,0~t0 内磁感应强度减小,穿过回路的磁通量减小,由楞次 定律可知,为阻碍磁通量的减少,导体棒具有向右的运动趋势,导体棒受到向左的摩擦力, 在 t0~2t0 内,穿过回路的磁通量增加,为阻碍磁通量的增加,导体棒有向左的运动趋势, 导体棒受到向右的摩擦力,在两时间段内摩擦力方向相反,故 A 错误; B、由图乙所示图象可知,在 t0~2t0 内磁感应强度增大,穿过闭合回路的磁通量增大,由楞 次定律可知,感应电流沿顺时针方向,通过电阻 R 的电流方向为 P 到 Q,故 B 正确; C、由图乙所示图象,应用法拉第电磁感应定律可得,在 0~t0 内感应电动势为:E1= t  = t  SB = 0 0 t SB , 感应电流为:I1= R 1E = 0 0 Rt SB ,故 C 错误; D、由图乙所示图象,应用法拉第电磁感应定律可得,在 t0~2t0 内感应电动势为:E= = = 0 0 t 2 SB , 感应电流为:I2= R E = 0 0 Rt 2 SB ; 在 0~2t0 时间内,通过电阻 R 的电荷量为:q=q1+q2= R 3 0 SB ,故 D 错误。 答案:B 5.(6 分)如图所示,一个质量为 M 的木箱静止在光滑水平面上,木箱内粗糙的底板上放着 一个质量为 m 的小木块,现使木箱瞬间获得一个水平向左的初速度 v0,下列说法正确的是 ( ) A.最终小木块和木箱都将静止 B.最终小木块和木箱组成的系统损失机械能为 2 v 2 0M ﹣ m)2(M )v( 2 0  M C.木箱速度 3 v 0 时,小木块的速度为 3m v2 0M D.最终小木块的速度为 m v 0M 解析:A、系统所受外力的合力为零,系统的动量守恒,初状态木箱有向左的动量,小木块 动量为零,故系统总动量向左,系统内部存在摩擦力,阻碍两物体间的相对滑动,最终小木 块和木箱相对静止,由于系统的总动量守恒,不管中间过程如何相互作用,根据动量守恒定 律知,最终两物体以相同的速度一起向左运动。故 A 错误; BD、规定向左为正方向,由动量守恒定律得:Mv0=(m+M)v,则得最终系统的速度为:v= mM v 0  M , 方向向左。 最终小木块和木箱组成的系统损失机械能为:△E= ﹣ 2m)v(M 2 1  = ﹣ m)2(M )v( 2 0  M ,故 B 正确,D 错误。 C、当木箱速度为 v1= 3 v 0 时,根据动量守恒定律有:Mv0=mv1+Mv2;可得:v2= 3m v2 0M 。故 C 正确。 答案:BC 6.(6 分)如图所示为某飞船从轨道Ⅰ经两次变轨绕火星飞行的轨迹图,其中轨道Ⅱ为圆轨 道,轨道Ⅲ为椭圆轨道,三个轨道相切于 P 点,P、Q 两点分别是椭圆轨道Ⅲ的远火星点和 近火星点,S 是轨道Ⅱ上的点,P、Q、S 三点与火星中心在同一直线上,且 PQ=2QS,下列说 法正确的是( ) A.飞船在 P 点由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需要减速 B.飞船在轨道Ⅱ上由 P 点运动到 S 点的时间是飞船在轨道Ⅲ上由 P 点运动到 Q 点的时间的 1.5 倍 C.飞船在轨道Ⅱ上 S 点与在轨道Ⅲ上 P 点的加速度大小相等 D.飞船在轨道Ⅱ上 S 点的速度小于在轨道Ⅲ上 P 点的速度 解析:A、飞船在 P 点由轨道 I 进入轨道Ⅱ,需减速,使得万有引力等于向心力,做圆周运 动,故 A 正确。 B、根据开普勒第三定律知, k2 3 T r ,因为 PQ=2QS,可知圆的半径是椭圆半长轴的 1.5 倍, 则轨道Ⅱ上运动的周期是轨道Ⅲ上运行周期的 1.83 倍,故 B 错误。 C、飞船在轨道Ⅱ上 S 点和 P 点所受的万有引力大小相等,根据牛顿第二定律知,加速度大 小相等,故 C 正确。 D、飞船从轨道Ⅱ上的 P 点进入轨道Ⅲ,需减速,使得万有引力大于向心力,做近心运动, 可知飞船在轨道Ⅱ上 S 点的速度大于在轨道Ⅲ上 P 点的速度,故 D 错误。 答案:AC 7.(6 分)如图所示,滑块放置在厚度不计的木板上,二者处于静止状态。现对木板施加一 水平向右的恒力 F,已知各个接触面均粗糙,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列关于滑 块和木板运动的 v﹣t 图象中可能正确的是(实线、虚线分别代表木板和滑块的 v﹣t 图象) ( ) A. B. C. D. 解析:A、由于滑块与木板之间由摩擦力,所以当,木板做加速运动时,滑块不可能保持静 止。故 A 错误; B、滑块受到的摩擦力最大值等于滑块与木板之间的最大静摩擦力,则当滑块与木板之间的 摩擦力最大后,而才能分离。 若二者之间的摩擦力小于最大静摩擦力,则滑块与木板一起做加速度相等的匀加速直线运动。 故 B 正确; C、D、结合 B 选项的分析可知,若二者之间的摩擦力小于最大静摩擦力,则滑块的加速度小 于木板的加速度,滑块与木板都做加速运动,但木板的加速度大; 当二者分离后,滑块在地面上滑动,受到地面的摩擦力,所以滑块将做减速运动; 二者分离后,木板受到的地面的摩擦力减小,同时又少了滑块对木板的向后的摩擦力,又牛 顿第二定律可知,木板的加速度将增大。故 C 错误,D 正确。 答案:BD 8.(6 分)如图所示,在 xOy 坐标系中第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场,第二象限 内的部分区域存在匀强电场。一电荷量为+q、质量为 m 的带电粒子,以初速度 v0 从 P(a,0) 点沿与 x 轴成 45°方向射入磁场中,通过 y 轴上的 N(0,a)点进入第二象限后,依次通过 无电场区域和匀强电场区域,到达 x 轴上某点时速度恰好为零。已知该粒子从第一次通过 N 点到第二次通过 N 点所用时间为 t0,粒子重力不计。下列说法正确的是( ) A.磁场的磁感应强度大小为 2aq 2 0mv B.该带电粒子自 P 点开始到第一次通过 N 点所用的时间为 02 a2 v  C.该带电粒子第一次通过无电场区域飞行的位移大小为 2 tv 00 ﹣ 2 a D.匀强电场的电场强度大小为 )( a22-tvq 00 2 0mv 解析:画出带电粒子的运动轨迹如图所示, A、根据几何关系可知 R= R 2 2 ,根据洛伦兹力提供向心力可得 qvB=m R 2v ,联立可得:B= aq 2 0mv ,选项 A 错误。 B、粒子在磁场中运动的周期:T= 0 R2 v  = qB m2 = 0 a2 v  ,从 P 到 N 的时间 t= 2 T = 02 a2 v  ,选 项 B 正确。 C、设粒子在非电场区域飞行时间为 t1,位移为 x1,在电场中飞行时间为 t2,位移为 x2,则 有 t1+t2= 2 t 0 由几何关系有:x1+x2= a2 又因为:x1=v0t1,x2= 2 0v t 联立可得:x1=v0t1=2 ﹣ 2 tv 0 ,选 项 C 错误。 D、由上一问的结论可得 x2= a2 ﹣x1= a2- 2 tv 0 ,从进入电场到减速为零,根据动能定理: ﹣Eqx2=0﹣ 2 0v 2 1 m 解得:E= )( a22-tvq 00 2 0mv ,选项 D 正确。 答案:BD 二、非选择题:包括必考题和选考题两部分。【一】必考题(11 题,共 129 分) 9.(6 分)如图所示为探究“加速度与物体受力的关系”实验装置。长木板放在水平桌面上, 小车通过绕定滑轮的细线在钩码拉动下运动,其中,在长木板上相距为 L=48.0cm 的 A、B 两点各安装一个速度传感器,记录小车通过 A、B 时的速率 vA、vB,与小车相连的拉力传感 器记录小车受到的拉力 F 大小。 (1)关于使用操作,下列说法正确的是 。 A.要调整长木板的倾斜角度,平衡小车受到的摩擦力 B.A、B 两点间距离应尽可能近一些可减小误差 C.改变所挂钩码的数量时,要使所挂钩码的质量应远小于小车质量 D.不必用天平测出小车和车上拉力传感器的总质量 解析:A.要调整长木板的倾斜角度,平衡小车受到的摩擦力,使钩码的重力为小车的拉力, 故 A 正确; B.A、B 两点间距离应尽可能远一些,可减小误差,故 B 错误; C.改变所挂钩码的数量时,不需要使所挂钩码的质量远小于小车质量,因为实验中拉力传感 器记录小车受到拉力,故 C 错误; D.不必用天平测出小车和车上拉力传感器的总质量,故 D 正确。 答案:AD。 (2)某同学在表中记录并处理了实验所得的几组数据,依据表格内容计算第 4 次实验的加速 度数值是 m/s2(结果保留三位有效数字); 次数 F/N (vB 2﹣vA 2)m2•s﹣2 a/m•N2 1 0.60 0.77 0.80 2 1.04 1.61 1.68 3 1.42 2.34 2.44 4 2.00 3.48 5 2.62 4.65 4.84 6 3.00 5.49 5.72 解析:根据匀变速直线运动的位移与速度公式:v2﹣ 2 0V =2as 可以求出: a= s2 - 2 0 2 VV , 代入数据解得:a=3.63m/s2。 答案:3.63。 (3)分析表中数据发现 a 与 F 并不成正比,这是由于 (选填“平衡摩擦力不足” 或“平衡摩擦力过度”)造成的。 解析:表中 a 与 F 并不成正比,这是由于平衡摩擦力不足造成的。 答案:平衡摩擦力不足。 10.(9 分)某同学利用如图甲所示的电路来测量电阻 Rx 的阻值,其操作步骤如下: (1)将开关 S2 接 a,闭合开关 S1,适当调节滑动变阻器 R′后保持其阻值不变,依次改变电 阻箱的阻值 R,读出相应电压表的示数 U,得到如图乙所示的 U﹣R 图象。请将图丙中的实物 图按图甲所示的电路进行连线; 解析:按照电流的路径,顺着电流的方向逐渐连线,实物图最后结果如图所示: 答案:如图所示。 (2)将开关 S2 接 b 读得电压表的示数为 2.00V,利用 U﹣R 图象可知 Rx= Ω ; 解析:将开关 S2 接 b 读得电压表的示数为 2.00V,利用 U﹣R 图象可知 Rx=24Ω 。 答案:24。 (3)若电路中使用的电源为一组新的电池组,其内阻可忽略不计,根据 U﹣R 图象可得该电池 组的电动势为 V;滑动变阻器此时接入电路中的阻值为 Ω ;由于 电压表内阻不够大,导致电池组电动势测量值比真实值 (选填“偏大”、“偏小” 或“不变”)。(以上所有结果均保留两位有效数字) 解析:根据闭合电路欧姆定律:E=U+IR′=U+ ' R RU …① 由图乙所示图象可知,U=1.5V,R=10Ω ,U=2V,R=20Ω ,代入①式得: E=1.5+ 10 5.1 ×R′,E=2+ 24 2 ×R′ 联立解得:E=3V,R′=12Ω 。 电压表内阻不够大时,电源的电动势应为: E=U+IR′=U+ V V RR RR  U R 与①对比,可知由①测得的电动势将偏小。 答案:3.0,12,偏小。 11.(13 分)如图所示,AB⊥CD 且 A、B、C、D 位于一半径为 r 的竖直圆上,在 C 点有一固 定点电荷,电荷量为+Q。现从 A 点将一质量为 m,电荷量为﹣q 的小球由静止释放,小球沿 光滑绝缘轨道 ADB 运动到 D 点时速度为 gr ,g 为重力加速度,不考虑运动电荷对静电场的 影响,求: (1)小球运动到 D 点时对轨道的压力; 解析:点电荷在 D 点时有: N+k 22 )( r qQ ﹣mg=m r 2v 由题有:v= gr 解得:N=2mg﹣k 24r qQ 由牛顿第三定律得,点电荷在 D 点时对轨道的压力大小为:N′=N=2mg﹣k ,方向竖直 向下。 答案:小球运动到 D 点时对轨道的压力大小为 2mg﹣k ,方向竖直向下。 (2)小球从 A 点到 D 点过程中电势能的改变量。 解析:从 A 到 D 运动,根据动能定理,有:mgr+W 电= 2v 2 1 m ﹣0 解得电场力做功:W 电=﹣ rmg 2 1 因为电场力做负功,则电势能增加,所以电势能的改变量为:△Ep=﹣W 电= 答案:小球从 A 点到 D 点过程中电势能的改变量为 。 12.(19 分)如图所示,在光滑水平面上,质量为 m=4kg 的物块左侧压缩一个劲度系数为 k=32N/m 的轻质弹簧,弹簧与物块未拴接。物块与左侧竖直墙壁用细线拴接,使物块静止在 O 点,在水平面 A 点与一顺时针匀速转动且倾角 θ =37°的传送带平滑连接,已知 xOA=0.25m, 传送带顶端为 B 点,LAB=2m,物块与传送带间动摩擦因数 μ =0.5。现剪断细线同时给物块施 加一个初始时刻为零的变力 F,使物块从 O 点到 B 点做加速度大小恒定的加速运动。物块运 动到 A 点时弹簧恰好恢复原长,运动到 B 点时撤去力 F,物块沿平行 AB 方向抛出,C 为运动 的最高点。传送带转轮半径远小于 LAB,不计空气阻力,已知重力加速度 g=10m/s2。 (1)求物块从 B 点运动到 C 点,竖直位移与水平位移的比值; 解析:设物块从 B 运动到 C 的时间为 t,BC 的竖直距离:h= ` 2 sin0 tV  BC 的水平距离为:x=v0cosθ •t 由于:θ =37° 代入数据解得: 8 3 x h  。 答案:物块从 B 点运动到 C 点,竖直位移与水平位移的比值是 8 3 。 (2)若传送带速度大小为 5m/s,求物块与传送带间由于摩擦产生的热量; 解析:在初始位置弹簧的弹力提供加速度,由牛顿第二定律可得:kxOA=ma, 代入数据得:a=2m/s2 由位移﹣速度公式: OAB ax2v 2  得:vA=1m/s 到达 B 点时: )(2v 2 Lxa OAB  代入数据得:vB=3m/s 物块从 A 到 B 运动时间为 t,t= 1 2 13 a vv  AB s 物块与传送带间摩擦产生的热量:Q=μ mgcosθ (vt﹣L) 代入数据 得:Q=48J。 答案:若传送带速度大小为 5m/s,物块与传送带间由于摩擦产生的热量是 48J。 (3)若传送带匀速顺时针转动的速度大小为 v,且 v 的取值范围为 2m/s<v<3m/s,物块由 O 点到 B 点的过程中力 F 做的功与传送带速度大小 v 的函数关系。 解析:物块在水平面上受到弹簧的弹力与拉力 F,由牛顿第二定律:F+k(xOA﹣x)=ma, 可知力 F 随位移 x 线性变化,则: OAOA xmxFW   a 2 1 1 代入数据得:W1=1J 若传送带速度 2m/s<v<3m/s,物块受到的滑动摩擦力先沿斜面向上,后向下。 物块的速度小于 v 时受到的摩擦力的方向向上,则:F1+μ mgcosθ ﹣mgsinθ =ma, 可得:F1=16N 速度与位移关系: 1 2 A 2 a2vv x 物块的速度大于 v 时受到的摩擦力的方向向下,则:F2﹣μ mgcosθ ﹣mgsinθ =ma, 可得:F2=48N 拉力做的功:W2=F1x1+F2(L﹣x1) 整理可得: 2 2 v8-104W 拉力做的总功:W= 2 21 v8-104 WW 答案:若传送带匀速顺时针转动的速度大小为 v,且 v 的取值范围为 2m/s<v<3m/s,物块 由 O 点到 B 点的过程中力 F 做的功与传送带速度大小 v 的函数关系为 W=105﹣8v2。 【二】选考题:[物理--选修 3-3](15 分) 13.(5 分)下列说法中正确的是( ) A.如图甲所示为热机工作能流分配图,如果在理想情况下没有任何漏气、摩擦、不必要的散 热损失,热机的效率会达到 100% B.如图乙所示为分子间的引力和斥力随分子间距离变化的关系图,若两分子间距从 r0 开始 逐渐增大,则分子力先变大后变小,分子势能逐渐变大 C.如图丙所示为某理想气体分子速率分布图象,由图可知与 0℃相比,100℃时速率大的分 子所占比例较多 D.在某样品薄片上均匀涂上一层石蜡,然后用灼热的金属尖接触样品的背面,结果得到如图 丁所示石蜡熔化的图样,则该样品一定为非晶体 E.如图戊所示,透明塑料瓶内有少量水,水上方有水蒸气。用橡胶皮塞把瓶口塞住,向瓶内 打气,当瓶塞跳出时,瓶内会出现“白雾”,这时由于气体膨胀对外做功温度降低造成的 解析:A、根据热力学第二定律可知中,如果没有漏气、没有摩擦,也没有机体热量的损失, 热机的效率也不可以达到 100%,故 A 错误; B、如图乙所示为分子间的引力和斥力随分子间距离变化的关系图,若两分子间距从 r0 开始 逐渐增大,则分子力先变大后变小,由于分子力做负功,分子势能逐渐变大,故 B 正确; C、如图丙所示为某理想气体分子速率分布图象,由图可知与 0℃相比,100℃时速率大的分 子所占比例较多;故 C 正确; D、在某样品薄片上均匀涂上一层石蜡,然后用灼热的金属尖接触样品的背面,由图可知, 该样品具有各向同性,则该样品可以是非晶体和多晶体,故 D 错误; E、如图戊所示,透明塑料瓶内有少量水,水上方有水蒸气。用橡胶皮塞把瓶口塞住,向瓶 内打气,当瓶塞跳出时,瓶内会出现“白雾”,这时由于气体膨胀对外做功温度降低造成的; 故 E 正确。 答案:BCE 14.(10 分)如图所示,粗细均匀的 U 形管竖直放置,左管上端封闭,右管上端开口,下端 正中开口处有一开关 K,K 关闭,管中装有水银,左右两管中的水银面在同一水平线上,左 管中的空气柱长度L1=21cm。控制开关K缓慢放出一些水银,使左管液面比右管液面高h1=25cm 时关闭开关 K。已知大气压强 p0=75cmHg,环境温度不变。 (1)求放出水银后左管空气柱的长度 L2; 解析:设 U 形管的横截面积为 S,水银的密度为 ρ ,根据玻意耳定律有: SLhSL 21010 )g-pp ( 解得: cm5.312 L 。 答案:求放出水银后左管空气柱的长度 2L 为 31.5cm。 (2)放出这些水银后,再从右管口缓慢注入水银,使得右管液面比左管液面高 h2=15cm,求需 在右管中加入的水银柱长度 H。 解析:设此时左管中空气柱的长度为 3L ,根据玻意耳定律有: 33010 )g-pp LhSL ( 由几何关系可知: 2132 )-2 hhLLH  ( 解得:H=68cm。 答案:放出这些水银后,再从右管口缓慢注入水银,使得右管液面比左管液面高 h2=15cm, 需在右管中加入的水银柱长度 H 为 68cm。 [物理-选修 3-4](15 分) 15.(5 分)下列说法中正确的是 ( ) A.如图甲所示,小球在倾角很小的光滑斜面上来回运动,小球做简谐运动 B.如图乙所示,a 是一束白光,射向半圆玻璃砖的圆心 O,经折射后发生色散,最左侧为紫 光,最右侧为红光 C.如图丙所示为双缝干涉示意图,双缝间距 d 越大,相邻亮条纹间距越大 D.如图丁所示为光导纤维示意图,内芯的折射率比外套的折射率大 E.如图戊所示为单色光单缝衍射示意图,如果换成白光,屏上得到的条纹是彩色的 解析:A、小球在左右对称的两个斜面上来回滚动时,小球受到的力与位移不成正比,不属 于简谐运动,故 A 错误; B、a 是一束白光,射向半圆玻璃砖的圆心 O,经折射后发生色散,由于紫光的折射率大于红 光,因此最左侧为紫光,最右侧为红光,故 B 正确; C、根据干涉条纹间距公式  d Lx  ,双缝间距 d 越大,相邻亮条纹间距越小,故 C 错误; D、依据光的全反射条件,可知,内芯的折射率比外套的折射率大,故 D 正确; E、如果换成白光,因白光是各种色光组合而成的,因波长不同,导致屏上得到的条纹间距 不同,因此是彩色的,故 E 正确。 答案:BDE 16.(20 分)如图所示,a、b、c、d 是均匀介质中 x 轴上的四个质点。相邻两点的间距依次 为 2m、4m 和 6m,一列简谐横波以 2m/s 的波速沿 x 轴正向传播,在 t=0 时刻到达质点 a 处, 质点 a 由平衡位置开始竖直向下运动,t=3s 时质点 a 第一次到达最高点,此时位移为 2cm。 求: (1)从 0 时刻开始到质点 d 第一次到达最高点所需时间及此过程中质点 b 通过的路程; 解析:波从 a 传到 d 的时间为: t1= v x ad = 2 12 =6s 波刚传到 d 时,质点 d 的振动情况与波刚传到 a 时质点 a 的振动情况相同,d 点再经过 t2=3s 第一次到达最高点,故有: t=t1+t2=9s 根据质点 a 的振动情况,可知,该波的周期为:T=4s 由 λ =vT 得波长 λ =8m,波经 t3=1s 传到 b,b 点运动的时间为:t′=t﹣t3=8s=2T 所以此过程中质点 b 通过的路程为:S=8A=16cm。 答案:从 0 时刻开始到质点 d 第一次到达最高点所需时间是 9s,此过程中质点 b 通过的路 程是 16cm。 (2)质点 d 第一次到达最高点时质点 b 的位移。 解析:d 运动到最高点时,波形图如图,由此可知 b 点的位移为 0。 答案:质点 d 第一次到达最高点时质点 b 的位移为 0。