2018年河北省石家庄市高考二模试卷物理

2018年河北省石家庄市高考二模试卷物理

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。