2020屆高考物理二輪復習 刷題首選卷 綜合能力物理部分押題密卷（二）（含解析）

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1、部分押題密卷(二) 本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，滿分110分，時間60分鐘。 第Ⅰ卷 一、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1～5題只有一個選項符合題目要求，第6～8題有多項符合題目要求，全部答對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分) 1．(2019·成都三模)如圖為氫原子的能級圖?，F有兩束光，a光由圖中躍遷①發(fā)出的光子組成，b光由圖中躍遷②發(fā)出的光子組成，已知a光照射x金屬時剛好能發(fā)生光電效應，則下列說法正確的是(　　) A．x金屬的逸出功為2.86 eV B．a光的頻率大于b光的頻率 C．氫原子發(fā)生躍遷

2、①后，原子的能量將減小3.4 eV D．用b光照射x金屬，打出的光電子的最大初動能為10.2 eV 答案　A 解析　a光子的能量值：Ea＝E5－E2＝[－0.54－(－3.40)] eV＝2.86 eV，a光照射x金屬時剛好能發(fā)生光電效應，由0＝Ea－W可知，x金屬的逸出功為2.86 eV，故A正確；b光子的能量：Eb＝E2－E1＝[－3.4－(－13.6)] eV＝10.2 eV，由ε＝hν可知，a光子的能量值小，則a光子的頻率小，故B錯誤；氫原子輻射出a光子后，氫原子的能量減小了Ea＝2.86 eV，故C錯誤；用b光照射x金屬，打出的光電子的最大初動能為：Ekm＝Eb－W＝(10.2

3、－2.86) eV＝7.34 eV，故D錯誤。 2．(2019·河北高三上學期省級示范高中聯考)甲、乙兩物體沿同一直線運動，運動過程的位移—時間圖象如圖所示，下列說法正確的是(　　) A．0～6 s內甲物體做勻變速直線運動 B．0～6 s內乙物體的速度逐漸減小 C．0～5 s內兩物體的平均速度相等 D．0～6 s內存在某時刻兩物體的速度大小相等 答案　D 解析　x-t圖象為直線表示物體做勻速直線運動，故A錯誤；x-t圖象的斜率表示速度，由乙物體的x-t圖象可知，圖象的斜率逐漸增大，即乙物體的速度逐漸增大，故B錯誤；0～5 s甲的位移為5 m，平均速度為甲＝1 m/s，乙的位移

4、為－3 m，平均速度為乙＝－ m/s，故C錯誤；x-t圖象的斜率表示速度，由甲、乙兩物體的圖象可知，在0～6 s內存在某時刻兩圖線的斜率的絕對值大小相等，即存在某時刻兩物體的速度大小相等，故D正確。 3．(2019·河南省鄭州市一模)甲、乙兩個同學打乒乓球，某次動作中，甲同學持拍的拍面與水平方向成45°角，乙同學持拍的拍面與水平方向成30°角，如圖所示。設乒乓球擊打拍面時速度方向與拍面垂直，且乒乓球每次擊打球拍前、后的速度大小相等，不計空氣阻力，則乒乓球擊打甲的球拍的速度v1與乒乓球擊打乙的球拍的速度v2之比為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　由題可知，乒乓球

5、在甲、乙的拍面之間做斜拋運動，根據斜拋運動的特點可知，乒乓球在水平方向的分速度大小保持不變，由于乒乓球擊打拍面時速度與拍面垂直，則在甲處：vx＝v1sin45°，在乙處：vx＝v2sin30°，所以＝＝，故C正確。 4．(2019·湖北八校聯合二模)質量為2 kg的物體在粗糙的水平地面上運動，當運動的速度為10 m/s時，給物體施加一個水平恒力，在此恒力的作用下物體做直線運動，其速度隨時間的變化如圖所示，則下列說法中錯誤的是(g取10 m/s2)(　　) A．恒力的大小為6 N B．前4 s內摩擦產生的熱量為48 J C．前6 s內合外力的沖量大小為24 N·s D．物體與地面間

6、的動摩擦因數為0.2 答案　C 解析　由圖可知，0～2 s，物體做勻減速運動，2～6 s物體反向做勻加速運動，可知恒力與初速度方向相反。根據牛頓第二定律：F＋f＝ma1，F－f＝ma2，而a1＝5m/s2，a2＝1 m/s2，聯立解得：F＝6 N，f＝4 N，故A正確； 0～2 s內，物體的位移大小x1＝×10×2 m＝10 m；2～4 s內，物體的位移大小為x2＝×2×2 m＝2 m，則前4 s內摩擦產生的熱量Q＝f(x1＋x2)＝4×(10＋2) J＝48 J，故B正確；根據動量定理，合外力的沖量等于物體動量的變化量，前6 s內合外力的沖量大小為I＝－mv2－mv1＝－2×4 N·s－

7、2×10 N·s＝－28 N·s，大小為28 N·s，故C錯誤；由f＝μmg得，μ＝0.2，故D正確。 5．(2019·河南濮陽三模)水平力F方向確定，大小隨時間的變化如圖甲所示。用力F拉靜止在水平桌面上的小物塊，在F從0開始逐漸增大的過程中，物塊的加速度a隨時間變化的圖象如圖乙所示。重力加速度大小為10 m/s2。則在0～4 s時間內，合外力對小物塊做的功為(　　) A．24 J B．12 J C．8 J D．6 J 答案　A 解析　根據F-t圖象和a-t圖象可知，t1＝2 s時，F1＝6 N，a1＝1 m/s2，t2＝4 s時，F2＝12 N，a2＝3 m/s2，根據牛頓

8、第二定律可得：F1－μmg＝ma1，F2－μmg＝ma2，解得小物塊的質量和動摩擦因數分別為：m＝3 kg，μ＝0.1，由圖象可知，0～2 s時間內，物塊靜止，在2～4 s內，根據動量定理有(t2－t1)－μmg(t2－t1)＝mv，解得v＝4 m/s，根據功能關系，可得W＝mv2＝24 J，故A正確。 6．(2019·湖南長沙四縣市3月調研)如圖所示，直角三角形ABC中存在一勻強磁場，比荷相同的兩個粒子沿AB方向自A點射入磁場，分別從AC邊上的P、Q兩點射出，則(　　) A．從P射出的粒子速度大 B．從Q射出的粒子速度大 C．從P射出的粒子，在磁場中運動的時間長 D．兩粒子在磁

9、場中運動的時間一樣長 答案　BD 解析　如圖，兩粒子在磁場中做勻速圓周運動，分別從P點和Q點射出； 由圖知，粒子運動的半徑RP＜RQ，由粒子在磁場中做圓周運動的半徑R＝，知粒子運動速度vP＜vQ，故A錯誤，B正確；粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據幾何關系(圖示弦切角相等)，兩粒子在磁場中偏轉的圓心角相等，根據粒子在磁場中運動的時間：t＝T，粒子在磁場中圓周運動的周期T＝，兩粒子的比荷相同，周期相等，則可知兩粒子在磁場中運動的時間相等，故C錯誤，D正確。 7．(2019·安徽教研會高三第二次聯考)如圖所示，在某行星表面上有一傾斜的勻質圓盤，盤面與水平面的夾角為30°，盤面上離轉軸距離

10、L處有小物體與圓盤保持相對靜止，繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定角速度轉動，角速度為ω時，小物塊剛要滑動，物體與盤面間的動摩擦因數為(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，該星球的半徑為R，引力常量為G，下列說法正確的是(　　) A．這個行星的質量M＝ B．這個行星的第一宇宙速度v1＝2ω C．這個行星的同步衛(wèi)星的周期是 D．離行星表面距離為R的地方的重力加速度為4ω2L 答案　AB 解析　物體在圓盤上受到重力、圓盤的支持力和摩擦力，合力提供向心加速度，可知當物體隨圓盤轉動到最低點，小物塊剛要滑動，所受的靜摩擦力沿斜面向上達到最大，此時圓盤的角速度最大，由牛頓第二定律得μmgcos3

11、0°－mgsin30°＝mω2L，所以g＝＝4ω2L，該行星表面的物體受到的萬有引力為＝mg，所以M＝＝，A正確；第一宇宙速度即為衛(wèi)星繞行星表面做勻速圓周運動的速度，有mg＝，故這個行星的第一宇宙速度v1＝＝2ω，B正確；因為不知道同步衛(wèi)星距行星表面的高度，所以不能求出同步衛(wèi)星的周期，C錯誤；離行星表面距離為R的質量為m的衛(wèi)星受到的萬有引力F＝＝＝mg＝mω2L，即該地方的重力加速度為ω2L，D錯誤。 8．(2019·成都七中二診)如圖所示，在豎直平面內固定一個半徑為R的絕緣圓環(huán)，有兩個可視為點電荷的相同的帶負電的小球A和B套在圓環(huán)上，其中小球A可沿圓環(huán)無摩擦地滑動，小球B固定在圓環(huán)上和圓心

12、O的連線與水平方向的夾角為45°。現將小球A從水平位置的左端由靜止釋放，則下列說法中正確的是(　　) A．小球A從釋放到運動到圓環(huán)最低點Q的過程中，電勢能始終保持不變 B．小球A可以恰好運動到圓環(huán)的水平直徑右端P點 C．小球A運動到圓環(huán)最低點Q的過程中，速率先增大后減小 D．小球到達圓環(huán)最低點Q時的速度大小為 答案　CD 解析　開始時小球A與B之間的距離小于環(huán)的直徑，而小球A與B之間的最大距離等于環(huán)的直徑；由于兩個小球都帶負電，所以二者之間的距離增大時，庫侖力做正功，電勢能減?。划敹咧g的距離減小時，電場力做負功，電勢能增大，即小球A從釋放到運動到圓環(huán)最低點Q的過程中，電勢能

13、先減小后增大，故A錯誤；當B球不存在時，由于機械能守恒定律可得，A球能夠運動到P點，但是當有B球后，A、B兩球靠近時電場力做負功，一部分機械能轉化為電勢能，故A球不可能運動到P點，故B錯誤；小球A從釋放到運動到圓環(huán)最低點Q的過程中，必存在一點，在該點重力沿運動方向的力與庫侖力沿運動反方向的力大小相等，在此點前小球A速率增大，在此點后小球A速率減小，故C正確；由圖可知A、Q兩點與B球的距離相等，即φA＝φQ，所以小球在A點的電勢能與在Q點的電勢能是相等的，小球從A到Q的過程中增加的動能等于小球減少的重力勢能，即mgR＝mv2，得v＝，故D正確。 第Ⅱ卷 二、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分

14、，共62分。第9～12題為必考題，考生都必須作答。第13～14題為選考題，考生根據要求作答) (一)必考題(共47分) 9．(2019·廣東陸豐市甲子中學高三上學期期末)(6分)如圖1所示為實驗室常用的力學實驗裝置。 (1)關于該裝置，下列說法正確的是________。 A．利用該裝置做研究勻變速直線運動的實驗時，需要平衡小車和木板間的摩擦力 B．利用該裝置探究小車的加速度與質量關系時，每次改變小車的質量后必須重新平衡小車與木板間的摩擦力 C．利用該裝置探究功與速度變化關系實驗時，可以將木板帶有打點計時器的一端適當墊高，目的是消除摩擦力對實驗的影響 D．將小車換成滑塊，可以利

15、用該裝置測定滑塊與木板間的動摩擦因數，且不需要滿足滑塊的質量遠大于鉤碼的質量 (2)某學生使用該裝置做“研究勻變速直線運動”的實驗時，得到一條點跡清晰的紙帶如圖2所示，已知圖中所標的相鄰兩個計數點之間還有四個點未畫出，計時器所用交流電周期為T，則利用此紙帶得到小車的加速度的表達式為______________。(用x2、x5、T來表示) 答案　(1)CD　(2)a＝ 解析　(1)利用該裝置做研究勻變速直線運動的實驗時，只需要根據打出的紙帶上的數據，使用逐差法求加速度即可，不需要分析小車的受力，不需要平衡小車和木板間的摩擦力，A錯誤；利用該裝置探究小車的加速度與質量關系時，每次改變小車

16、的質量后不需要重新平衡小車與木板間的摩擦力，B錯誤；利用該裝置探究功與速度變化關系實驗時，要消除摩擦力對實驗的影響，使繩的拉力為小車所受的合外力，需要平衡摩擦力，C正確；將小車換成滑塊，可以利用該裝置測定滑塊與木板間的動摩擦因數，不需要滿足滑塊的質量遠大于鉤碼的質量，D正確。 (2)由題給條件知，兩個計數點間的時間間隔t＝5T，依據Δx＝at2得：x5－x2＝3at2，則a＝。 10．(2019·陜西咸陽三模)(9分)熱敏電阻包括正溫度系數電阻器(PTC)和負溫度系數電阻器(NTC)。正溫度系數電阻器(PTC)在溫度升高時電阻值增大，負溫度系數電阻器(NTC)在溫度升高時電阻值減小，熱敏電

17、阻的這種特性，常常應用在控制電路中，某實驗小組選用下列器材探究通過熱敏電阻Rx(常溫下阻值約為10.0 Ω)的電流隨其兩端電壓變化的特點。 A．電流表A1(量程100 mA，內阻約1 Ω) B．電流表A2(量程0.6 A，內阻約0.3 Ω) C．電壓表V1(量程3.0 V，內阻約3 kΩ) D．電壓表V2(量程15.0 V，內阻約10 kΩ) E．滑動變阻器R(最大阻值為10 Ω) F．滑動變阻器R′(最大阻值為500 Ω) G．電源E(電動勢15 V，內阻忽略) H．開關、導線若干 (1)實驗中改變滑動變阻器滑片的位置，使加在熱敏電阻兩端的電壓從零開始逐漸增大，請在所提供的

18、器材中選擇必需的器材，應選擇的器材為：電流表________；電壓表________；滑動變阻器________。(只需填寫器材前面的字母即可) (2)請在所提供的器材中選擇必需的器材，在如圖1虛線框內畫出該小組設計的電路圖。 (3)該小組測出熱敏電阻R1的U-I圖線如圖2曲線Ⅰ所示，請分析說明該熱敏電阻是________(填“PTC”或“NTC”)熱敏電阻。 (4)該小組又通過查閱資料得出了熱敏電阻R2的U-I圖線如圖2曲線Ⅱ所示。然后又將熱敏電阻R1、R2與某電池組連成電路如圖3所示。撥動單刀雙擲開關，測得通過R1和R2的電流分別為0.30 A和0.60 A，則該電池組的電動勢為

19、________ V，內阻為________ Ω。(結果均保留三位有效數字) 答案　(1)B　D　E　(2)圖見解析　(3)PTC (4)10.0(9.60～10.4均可)　6.67(6.00～8.00均可) 解析　(1)熱敏電阻兩端電壓從零開始逐漸增大，滑動變阻器采用的是分壓接法，故滑動變阻器應選擇總阻值較小的R，電源電壓為15 V，故電壓表應選擇V2，通過估算可知電流表應選擇A2。 (2)加在熱敏電阻兩端的電壓從零開始逐漸增大，滑動變阻器應采用分壓接法，由于熱敏電阻的阻值遠小于電壓表內阻，所以電流表應用外接法，電路圖如圖所示。 (3)由圖2曲線Ⅰ所示圖線可知，隨電壓增大，電流

20、增大，熱敏電阻的實際功率增大，溫度升高，電壓與電流比值增大，電阻的阻值增大，即隨著溫度升高，該熱敏電阻的阻值增大，該電阻是正溫度系數(PTC)熱敏電阻。 (4)在閉合電路中，電源電動勢：E＝U＋Ir，由圖2曲線Ⅱ所示可知，當R1接入電路中時，電路中的電流為0.3 A，電阻R1兩端電壓為8 V；當R2接入電路中時，電路中的電流為0.6 A，電阻R2兩端電壓為6.0 V，則有：E＝8＋0.3r，E＝6＋0.6r，解得：E＝10.0 V，r≈6.67 Ω。 11．(2019·河南鄭州三模)(12分)翼型飛行器有很好的飛行性能，其原理是通過對降落傘的調節(jié)，使空氣升力和空氣阻力都受到影響，同時通過控

21、制動力的大小而改變飛行器的飛行狀態(tài)。已知飛行器的動力F始終與飛行方向相同，空氣升力F1與飛行方向垂直，大小與速度的平方成正比，即F1＝C1v2；空氣阻力F2與飛行方向相反，大小與速度的平方成正比，即F2＝C2v2。其中C1、C2相互影響，可由飛行員調節(jié)，滿足如圖甲所示的關系。飛行員和裝備的總質量為m＝90 kg。(重力加速度取g＝10 m/s2) (1)若飛行員使飛行器以速度v1＝10 m/s在空中沿水平方向勻速飛行，如圖乙所示。結合甲圖計算，飛行器受到的動力F為多大？ (2)若飛行員使飛行器在空中的某一水平面內做勻速圓周運動，如圖丙所示，在此過程中調節(jié)C1＝5.0 N·s2/m2，機

22、翼中垂線和豎直方向夾角為θ＝37°，求飛行器做勻速圓周運動的半徑r和速度v2大小。(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) 答案　(1)750 N　(2)30 m　15 m/s 解析　(1)選飛行器和飛行員為研究對象，由受力分析可知，在豎直方向上有：mg＝C1v 得：C1＝3 N·s2/m2 由C1、C2關系圖象可得：C2＝2.5 N·s2/m2 在水平方向上，動力和阻力平衡：F＝F2 又F2＝C2v 解得：F＝750 N。 (2)由題意知空氣升力F1′與豎直方向夾角為θ，飛行器和飛行員在豎直方向所受合力為零，有：mg＝C1vcosθ 水平方向合力提供向心力，有：C

23、1vsinθ＝m 聯立解得：r＝30 m；v2＝15 m/s。 12．(2019·山東青島二模)(20分)如圖為一除塵裝置的截面圖，塑料平板MN的長度及它們間的距離均為d。大量均勻分布的帶電塵埃以相同的速度v0進入兩板間，速度方向與板平行，每顆塵埃的質量均為m，帶電量均為－q。當兩板間同時存在垂直紙面向外的勻強磁場和垂直板向上的勻強電場時，塵埃恰好勻速穿過兩板間；若撤去板間電場，并保持板間磁場不變，塵埃恰好全部被平板吸附，即除塵效率為100%；若撤去兩板間電場和磁場，建立如圖所示的平面直角坐標系xOy，y軸垂直于板并緊靠板右端，x軸與兩板中軸線共線，要把塵埃全部收集到位于P(2d，－1.5

24、d)處的條狀容器中，需在y軸右側加一垂直于紙面向里的圓形勻強磁場區(qū)域。塵埃顆粒重力、顆粒間作用及對板間電場和磁場的影響均不計，求： (1)兩板間磁場磁感應強度B1的大??； (2)若撤去板間磁場，保持板間勻強電場不變，除塵效率為多少； (3)y軸右側所加圓形勻強磁場區(qū)域磁感應強度B2大小的取值范圍。 答案　(1)　(2)50%　(3)≤B2≤ 解析　(1)撤去板間電場，塵埃在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，沿N極板射入的塵埃恰好不從極板射出時塵埃的運動軌跡如圖所示， 由幾何知識可知，塵埃在磁場中的半徑：r＝d， 由牛頓第二定律得：qv0B1＝， 解得：B1＝。

25、 (2)電場、磁場同時存在時，塵埃做勻速直線運動，滿足： qE＝qv0B1， 撤去磁場以后粒子在電場力作用下做類平拋運動，假設與N極板相距為y的粒子恰好離開電場： 水平方向：d＝v0t， 豎直方向：y＝at2， 加速度：a＝ 解得：y＝0.5d 當y>0.5d時，水平位移x>d，即與N極板相距為0.5d到d這段距離射入的粒子會射出電場，則除塵效率為：×100%＝50%。 (3)設圓形磁場區(qū)域的半徑為R0，塵埃顆粒在圓形磁場中做圓周運動的半徑為R2，要把塵埃全部收集到位于P處的條狀容器中，就必須滿足R2＝R0，根據牛頓第二定律有qv0B2＝m。 如圖1，當圓形磁場區(qū)域過P點且與

26、M板的延長線相切時，圓形磁場區(qū)域的半徑R0最小，磁感應強度B2最大，此時有R0?。絛， 解得：B2大＝ 如圖2，當圓形磁場區(qū)域過P點且與y軸在M板的右端相切時，圓形磁場區(qū)域的半徑R0最大，磁感應強度B2最小，此時有R0大＝2d 解得：B2?。? 所以圓形磁場區(qū)域磁感應強度B2的大小須滿足的條件為≤B2≤。 (二)選考題(共15分) 請考生從兩道物理題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。 13．[物理——選修3－3](15分) (1)(2018·深圳中學高三診斷測試)(5分)關于下列四幅圖中所涉及物理知識的論述中，不正確的是________(填正確答案標號。選對

27、1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分)。 A．A圖中，由兩分子間作用力隨距離變化的關系圖線可知，當兩個相鄰的分子間距離為r0時，它們間相互作用的引力和斥力均為零 B．B圖中，由一定質量的氧氣分子分別在不同溫度下速率分布情況，可知溫度T1

28、10分)如圖所示，粗細均勻的U形管左端封閉右端開口，一段空氣柱將水銀分為A、B兩部分，水銀柱A的長度h1＝25 cm，位于封閉端的頂部，B部分位于U形管的底部。右管內有一輕活塞，活塞與管壁之間的摩擦不計?；钊杂伸o止時，玻璃管右側空氣柱的長度L＝39 cm，左側空氣柱的長度L0＝12.5 cm，B部分水銀兩液面的高度差h2＝45 cm，外界大氣壓強p0＝75 cmHg，把兩段空氣柱視為理想氣體。保持溫度不變，將活塞緩慢上提，當A部分的水銀柱恰好對U形管的頂部沒有壓力時，求： ①左側空氣柱的長度； ②活塞移動的距離。 答案　(1)ADE　(2)①15 cm?、?.5 cm 解析　(1

29、)A圖中，由兩分子間作用力隨距離變化的關系圖線可知，當兩個相鄰的分子間距離為r0時，它們間相互作用的引力和斥力相等，分子力表現為零，A錯誤；B圖中，由一定質量的氧氣分子分別在不同溫度下速率分布情況可知，T1溫度下對應的低速率的分子數占總分子數的百分比較大，可知溫度T1

30、對氣體做功，內能增加，E錯誤。此題要求選擇不正確的，故選A、D、E。 (2)①設玻璃管的橫截面積為S，對左側被封閉氣體： 初態(tài)：p1＝(75－45) cmHg＝30 cmHg，V1＝L0S 末態(tài)：p2＝25 cmHg，V2＝L2S 由玻意耳定律p1V1＝p2V2 得：L2＝15 cm。 ②對右側被封閉氣體： 初態(tài)：p1′＝75 cmHg，V1′＝LS 末態(tài)：p2′＝(25＋45－2×2.5) cmHg＝65 cmHg， V2′＝L2′S 由玻意耳定律p1′V1′＝p2′V2′ 得：L2′＝45 cm 由幾何關系可知，活塞上升的高度為 Δh＝L2′－L＋(L2－L0)＝

31、45 cm－39 cm＋(15 cm－12.5 cm)＝8.5 cm。 14．[物理——選修3－4](15分) (1)(2019·遼寧卓越名校聯盟二模)(5分)用雙縫干涉測光的波長的實驗裝置如圖所示，其中光源為白熾燈泡，調整實驗裝置使光屏上能觀察到清晰的干涉條紋。關于該實驗，下列說法正確的是________(填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分)。 A．取下濾光片，光屏上將出現彩色的干涉條紋 B．若單縫向右平移一小段距離，光屏上相鄰兩條亮紋中心的距離增大 C．若將雙縫間的距離d增大，光屏上相鄰兩條暗紋中心的距離減小 D

32、．若將濾光片由紅色換成綠色，光屏上相鄰兩條暗紋中心的距離減小 E．測出n條亮條紋間的距離a，則相鄰兩條亮條紋中心的間距為Δx＝ (2)(2019·四川德陽三診)(10分)一列沿x軸傳播的簡諧橫波，在t＝0時刻的波形如圖實線所示，在t1＝0.2 s時刻的波形如圖虛線所示。 ①若波向x軸負方向傳播，求該波的最小波速； ②若波向x軸正方向傳播，且t1

33、向右平移一小段距離，雙縫到光屏的距離不變，根據Δx＝λ知，光屏上相鄰兩條亮紋中心的距離不變，故B錯誤；根據Δx＝λ知，將雙縫的距離d增大，則光屏上相鄰兩條暗紋中心的距離減小，故C正確；若將濾光片由紅色換成綠色，色光的波長減小，根據Δx＝λ知，光屏上相鄰兩條暗紋中心的距離減小，故D正確；測出n條亮條紋間的距離a，則相鄰兩條亮條紋中心的間距為Δx＝，故E錯誤。 (2)①當波向x軸負方向傳播時，由波形圖可知該波的波長為λ＝3 m 從t＝0 s到t1＝0.2 s過程，波向x軸負方向傳播的距離為Δx1＝λ(n＝0,1,2，…) 波傳播的波速為v＝ 解得v＝(15n＋10) m/s (n＝0,1,2，…) n＝0時波速最小，vmin＝10 m/s。 ②當波向x軸正方向傳播時，由波形圖可知 t1＝T(n＝0,1,2，…)， 因t1