重庆市西南大学附属中学高2020届高三上学期第四次月考物理试题 17页

重庆市西南大学附属中学高 2020 届（三上）第四次月考 物理试题 一、选择题（14-17 为单选，19-21 为多选，共 48 分） 1.小滑块从某时刻开始做匀减速直线运动，经 3.5s 速度减小到 0，则该质点开始减速后的第 1 秒内和第 2 秒内通过的位移之比为（ ） A. 3:2 B. 3:1 C. 5:4 D. 5:3 【答案】A 【解析】 【分析】 考查匀变速直线匀速问题。 【详解】小滑块做匀减速直线运动，经 3.5s 速度减小到 0，根据运动的对称性，可认为以同 样大小的加速度从 0 开始加速，第一个 0.5s 位移为 x1，第二个 0.5s 位移为 x2，第三个 0.5s 位移为 x3，……第七个 0.5s 位移为 x7，由初速度为 0 的匀加速直线运动相邻的相等时间内的 位移之比可知： ，减速后的第 1 秒内和第 2 秒 内通过的位移之比即转换后加速运动的 ，A 正确， 故选 A。 2.如图所示，一根长为 L 金属细杆通有电流时，水平静止在倾角为 θ 的光滑绝缘固定斜面 上。斜面处在方向竖直向上、磁感应强度大小为 B 匀强磁场中。若电流和磁场的方向均不变， 电流大小变为 0.5I，磁感应强度大小变为 4B，重力加速度为 g。则此时金属细杆 A. 电流流向垂直纸面向外 B. 受到的安培力大小为 2 BILsinθ C. 对斜面压力大小变为原来的 2 倍 D. 将沿斜面加速向上，加速度大小为 gsinθ 【答案】D 【解析】 【分析】 的 1 2 3 4 5 6 7: : : : : : 1:3:5:7 :9:11:13x x x x x x x = 6 7 4 5( ) :( ) (11 13) :(7 9) 3: 2x x x x+ + = + + = 金属细杆水平静止斜面上时，由左手定则得电流方向，据安培力公式可得受到的安培力大小； 根据受力分析和牛顿第二定律可得对斜面压力大小和金属细杆的加速度； 【详解】A、直导线受到重力、导轨的支持力和安培力而平衡，由左手定则得电流流向垂直纸 面向里，故 A 错误； B、根据安培力公式可得受到的安培力大小为 ，故 B 错误； CD、金属细杆水平静止斜面上时，根据平衡条件可得： ， ；磁 感应强度大小改变时，根据受力分析和牛顿第二定律可得： ， ，加速度 方向沿斜面加速向上，故 C 错误，D 正确； 故选 D。 【点睛】关键是金属细杆水平静止斜面上时，根据平衡条件求得安培力大小与重力大小的关 系； 3.如图所示，水平固定横杆的正下方有一光滑的小定滑轮，轻质弹性绳绕过定滑轮，一端 O 系在墙上，另一端与套在横杆上质量为 m 的小球连接，弹性绳的原长为 OP，小球在定滑轮的 正上方 A 处时弹性绳的拉力大小为 mg，小球在水平向右的拉力 F=2mg 作用下向右运动经过 B 点，运动到 B 点时，BP 与横杆的夹角为 θ=37°．若弹性绳始终在弹性限度内，小球与横杆 间的动摩擦因数为 0.5，重力加速度为 g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则小球在 B 处时（　　 ） A. 加速度大小为 g B. 加速度方向水平向右 C. 与横杆间的弹力大小为 3mg D. 与横杆间的滑动摩擦力大小为 mg 14 22F B IL BIL= =安 cosNF mgθ = sinNF BILθ = 2(1 sin )cos 2 sin cosN mgF mg BIL θθ θ θ +′ = + = 2 cos sinBIL mga ginm θ θ θ−= = 【答案】D 【解析】 【详解】CD．设 PA 间距为 l，据胡克定律得 T1=kl=mg， 在 B 位置，球受拉力 F、重力 G、支持力 N、弹性绳拉力 T2、滑动摩擦力 f，其中 ， 支持力 N=mg+T2sin37°=2mg， 故 C 错误； 滑动摩擦力 f=μN=mg， 故 D 正确； AB．据牛顿第二定律得 F﹣T2cos37°﹣f=ma， 其中 F=2mg，解得 a=﹣0.33g， 加速度向左，大小为 0.33g，故 AB 错误。 4.如图甲所示,在真空中沿电场线方向有一个坐标轴,坐标轴的正方向为电场正方向,坐标轴 上有 A、B 两点,A 点的坐标为 r0，B 点的坐标为 4r0,沿坐标轴正方向的电场强度随坐标变化如 图乙所示,其中 E0、r0 已知,取坐标原点处的电势为零,则（ ） A. 沿坐标轴方向的电场是匀强电场 B. A、B 两点的电势差为 4.5E0r0 C. B 点的电势为-2E0r0 D.若从 B 点由静止释放一个电子,电子不 能沿坐标运动到 A 点 【答案】B 【解析】 2 5 5=sin37 3 3T lk kl mg°= = 【分析】 考查电场强度与电势差的关系。 【详解】A．由图乙可知，电场强度随 r 增大而减小，不是匀强电场，A 错误； B．E-r 图像中，面积表示电势差， ，B 正确； C．O 点电势为 0： 又因为： 电场正方向为坐标轴的正方向， ，联立可知： 即 ，不可能为-2E0r0，C 错误； D．电场沿着坐标轴正方向，电子受电场力沿电场的反方向，即沿坐标轴负方向，若从 B 点由 静止释放一个电子，将沿负方向运动到 A 点，D 错误；故选 B。 5.2019 年 4 月 21 日,天文学家正式公布了人类历史上第一张黑洞照片。黑洞是一种密度极大, 引力极大的天体,以至于光都无法逃逸(光速为 c),所以称为黑洞。已知某星球的质量为 m,半 径为 R,引力常量为 G,则该星球的逃逸速度公式为 ,如果天文学家观测到距离某黑 洞 r 的天体以周期 T 绕该黑洞做匀速圆周运动,则关于该黑洞下列说法正确的是( ) A. 该黑洞质量为 B. 该黑洞质量为 C. 该黑洞的最大半径为 D. 该黑洞的最大半径为 【答案】BD 【解析】 【分析】 考查万有引力与航天。 【详解】AB．天体绕黑洞圆周运动，假设黑洞质量为 M，天体质量为 m： 0 0 0 AB 0 0 ( 2 ) 3= 4.52 E E rU E r + × = OB O B BU ϕ ϕ ϕ= − = − OB OA AB OA 0 0+ 4.5U U U U E r= = + OA 0U > B OA 0 0 0 0= 4.5 4.5U E r E rϕ− + > B 0 04.5E rϕ < − 2Gmv R = 2 2 34 GT rπ 2 3 2 4 r GT π 2 3 2 2 4 r c T π 2 3 2 2 8 r c T π 解得： ，A 错误，B 正确； CD．最大半径时，光刚好无法逃逸，即 解得： 由： 解得： ，C 错误，D 正确；故选 BD。 6.如图 a，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道 ABC，半径为 0.4m，小球以一定的初速度从 最低点 A 冲上轨道，图 b 是小球在半圆形轨道上从 A 运动到 C 的过程中，其速度平方与其对 应高度的关系图象。已知小球在最高点 C 受到轨道的作用力为 2.5 N，空气阻力不计，B 点为 AC 轨道中点，重力加速度 g 取 10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A. 图 b 中 x＝36 m2/s2 B. 小球质量为 0.2 kg C. 小球在 A 点时重力的功率为 5 W D. 小球在 B 点受到轨道作用力为 8.5 N 【答案】BD 【解析】 【详解】A、小球在光滑轨道上运动，只有重力做功，故机械能守恒，所以有： 2 2 2 4GMm m rr T π= 2 3 2 4= rM GT π 2GMc R = 2 = 2 c RM G 2 3 2 2 4 = 2 r c R GT G π 2 3 2 2 8= rR c T π ，解得： ，即为： ，故选项 A 错误； B、由图乙可知轨道半径 ，小球在 C 点的速度 ，那么由牛顿第二定律可 得： ，解得： ，故选项 B 错误； C、小球在 A 点时重力 ，方向向下，速度 ，方向向右，故小球在 A 点时重力的功率为 0，故选项 C 错误； D、由机械能守恒可得在 B 点的速度为： ； 所以小球在 B 点受到的在水平方向上的合外力做向心力为： ， 所以，小球在 B 点受到轨道作用力为 8.5N，故选项 D 正确； 故选选项 BD。 7.如图所示,水平传送带逆时针匀速转动,速度大小为 8m/s,A、B 为两轮圆心正上方的点， AB=L1=6 m,两边水平面分别与传送带表面无缝对接,弹簧右端固定,自然长度时左端恰好位于 B 点,现将一小物块与弹簧接触(不栓接),并压缩至图示位置然后释放,已知小物块与各接触面 间的动摩擦因数均为 μ=0.2,AP=L2=5m,小物块与轨道左端 P 碰撞无机械能损失,小物块最后 刚好能返回到 B 点减速到零,g=10m/s2,则下列说法正确的是( ) A. 小物块从释放后第一次到 B 点的过程中,做加速度减小的加速运动 B. 小物块第一次从 B 点到 A 点的过程中,一定做匀加速直线运动 C. 小物块第一次到 A 点时,速度大小一定等于 8m/s D. 小物块离开弹簧时的速度一定满足 【答案】CD 【解析】 2 21 1 2 2A hmv mv mgh= + 2 2 2A hv v gh= + 2 2 2 2 29 2 10 0.8 / 25 /Ax v m s m s= = + × × = 0.4R m= 3 /Cv m s= 2 CmvF mg R + = 2 2.5 0.29 100.4 C Fm kg kgv gR = = = −− 2G mg N= = 5 /Av m s= 2 2 25 2 10 0.4 / 17 /B Av v gR m s m s= − = − × × = 2 0.2 17 8.50.4 BmvF N NR ×= = = 2 10 2 22m mvs s≤ ≤ 【详解】小物块从释放后第一次到 B 点的过程中，先做加速度减小的加速运动，当弹力小于 摩擦力时做加速度增大的减速运动，故 A 错误；设物体到达 P 点的速度为 v，反弹后运动到 B 点的速度为零，由动能定理得：-μmg（L1+L2）=0- mv2，解得 v=2 m/s，物体由 A 到 P 点过程中，由动能定理得：-μmgL2= mv2- mvA2，解得 vA=8m/s，小物块第一次从 B 点到 A 点的过程中，先做匀减速直线运动，B 错误，C 正确；若物体速度较大，一直做匀减速运动， 有：-2μmg（L1+L2）=0- mv2，解得 v=2 m/s；若速度较小，在 AB 上一直加速，到 A 点 时恰好与带同速，有：L1＝vt+ at2，8=v+at 联立解得 v=2 m/s，故小物块离开弹簧时的 速度一定满足 2 m/s≤v≤2 m/s，D 正确；故选 CD。 8.如图所示，两等量异种电荷在同一水平线上，它们连线的中点为 O，竖直面内的半圆弧光滑 绝缘轨道的直径 AB 水平，圆心在 O 点，圆弧的半径为 R，C 为圆弧上的一点，OC 为竖直方向 的夹角为 37°，一电荷量为+q，质量为 m 的带电小球从轨道的 A 端由静止释放，沿轨道滚动 到最低点时，速度 v=2 ，g 为重力加速度，取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是 （　　） A. 电场中 A 点的电势为 B. 电场中 B 点的电势为 C. 小球运动到 B 点时的动能为 2mgR D. 小球运动到 C 点时，其动能与电势能的和为 1.6mgR 【答案】AC 1 2 11 1 2 1 2 1 2 22 1 2 10 10 22 gR mgR q 2mgR q − 【解析】 【详解】取无穷远处电势为 0，则最低点处电势为 0．小球从 A 点运动到最低点过程中，由动 能定理可得：mgR+qUAO＝ mv2，解得 UAO＝ ，而 UAO=φA-0，解得：φA＝ ，故 A 正 确；由对称性可知：UAO=UBO，即为：φA-0=0-φB，故有：φB＝− ，故 B 错误；小球从 A 点运动到 B 点过程中，由动能定理得：Ek=qUAB=2mgR，故 C 正确；小球在最低点处的动能和电 势能的总和为：E1＝ mv2+0＝2mgR，由最低点运动到 C 点过程，动能、电势能、重力势能的 总量守恒，而重力势能增加量为：△Ep=mgR（1-cos37°）=0.2mgR 故动能、电势能的综合减少了 0.2mgR，所以小球在 C 点的动能和电势能的总和为： E2=E1-0.2mgR=1.8mgR，故 D 错误；故选 AC. 三、非选择题 9.一组同学研究“运动物体所受空气阻力与其运动速度关系”，他们利用一些“小纸杯”作为 研究对象，用频闪照相机等仪器测量“小纸杯”在空中竖直下落距离、速度随时间变化的规 律。过程如下： A．如图甲所示，同学们首先测量单只“小纸杯”在空中下落过程中不同时间的下落距离，将 数据填入下表中。 B．在相同的实验条件下，将不同数量的“小纸杯”叠放在一起从空中下落，分别测出它们的 v 一 t 图线，如图乙中图线 1、2、3、4 所示。 C．同学们对实验数据进行分析、归纳后，得出阻力大小与速度平方成正比的关系，即 。 其中 k 为常数。回答下列问题： (1)图乙中各条图线具有共同特点：“小纸杯”先做加速度大小______的加速运动（选填“不 变”、“增大”或“减小”），最后达到匀速运动。 (2)根据表格和图乙中的信息可知表中 X 处的理论值为____m。 (3)根据上述实验结论，可知 4 个“小纸杯”叠在一起下落时，其最终的下落速率为____m/s。 1 2 mgR q mgR q mgR q 1 2 2f kv= 【答案】 (1). 减小 (2). 1.750 (3). 2.0 【解析】 【详解】（1）图乙中各条图线的斜率先减小后不变，则都具有共同特点：“小纸杯”先做加 速度大小减小的加速运动，最后达到匀速运动。 （2）因 0.8s 后纸杯已经匀速下落，由表格可知在 0.4s 内纸杯下降的距离为 0.4m，可知 X=1.750m； （3）一个纸杯时，最终速度为 v1=1m/s；由 ； 可得：v2=2m/s。 10.长郡中学新进了一批电阻丝，每卷长度 L=100m，阻值约为 150Ω，高三物理兴趣小组想尽 量准确测岀其电阻率。先用螺旋测微器测岀电阻丝 直径如图所示，然后在实验室找来了下 列器材，请协助完成。 待测电阻丝 1 卷 电源 E(电动势 4.5V，内阻 r≈0.5Ω) 电流表 A1(量程 10mA，内阻 RA1=50Ω) 电流表 A2(量程 30mA，内阻 RA2≈30Ω) 滑动变阻器 R1(最大阻值为 20Ω) 的 2 1mg kv= 2 24mg kv= 滑动变阻器 R2(最大阻值为 50Ω) 定值电阻 R3=100Ω 定值电阻 R4=400Ω 开关一个、导线若干 (1)螺旋测微器测出电阻丝的直径 d=___________cm。 (2)滑动变阻器应选用___________，定值电阻应选用___________。 (3)请用笔画线代替导线，将已连接了三根导线的实物图补充成实验线路图____________。 (4)连接电路，闭合开关，移动滑动变阻器，并记录下多组电流表 A1 的示数 I1、电流表 A2 的 示数 I2，以 I1 为横坐标，I2 为纵坐标，描点作图并测得图象的斜率为 k，则电阻丝的电阻率 为___________(用题中已给出的字母表示)，此法测量出的电阻率较真实值___________(填 “偏大”“偏小”或“无系统误差”)。 【答案】 (1). 0.3465 (2). (3). (4). (5). (6). 无系统误差 【解析】 【详解】(1)螺旋测微器的读数由固定刻度和可动刻度两部分组成，直径 ； (2)滑动变阻器尽量选择较小的且接近被测电阻，所以选择 R1；由于无电压表，则用电流表 A1 串联一个较大的分压电阻作为电压表使用，所以变阻器选 R4； (3)滑动变阻器选用分压接法，电流表有外接法，实物连线如图所示 ； 1R 4R 2 1 4( ) 4( 1) Ad R R k L π + − 3.0 46.5 0.01 0.3465d mm mm cm= + ⊗ = (4)根据欧姆定律有： ，结合图象斜率为 ，所以求得 ，再由电阻定律： ，所以电阻率 ，由于电 流表的测量值与改装的电压表的测量值均是真实值，无系统误差，则测得的电阻率的值无系 统误差。 11.如图,质量 m=0.1kg 的带电小球从 h=20m 高处以 v0=5m/s 的速度水平抛出,落到水平地面上 的 A 点;若仍将小球以同样的速度水平抛出,在抛出小球的同时,在小球运动空间加上一竖直 向上的匀强电场(图中未画出),小球落到地面上的 B 点,小球的水平射程增加了 10m,已知小球 所带电量 q=+2.5×10−4C,重力加速度 g=10m/s2，空气阻力不计，求：(1)不加电场时，小球到 达 A 点时的动能；(2)所加匀强电场电场强度 E 的大小。 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】 考查平抛运动规律。 【详解】（1）不加电场时，做自由落体运动： 竖直方向： 水平方向： 解得： ， ， 实际速度为： 1 1 4 2 1 ( )A x I R RI I R += + 1 4A x x R R Rk R + += 1 4 1 A x R RR k += − 2( )2 x LR d ρ π = 2 1 4( 4 1 ) ( ) Ad R R k L πρ += − 21.25J 33 10 N/C× 2 1 1 2h gt= y 1v gt= 0 1x v t= 1 2st = y 20m/sv = 10mx = 2 2 0 yv v v= + 小球到达 A 点时的动能： （2）加电场后做类平抛运动： 竖直方向： 水平方向： 联立三式解得： ， 12.有一个足够长的竖直固定在地面的透气圆筒,筒中有一劲度为 k 的轻弹簧,其下端固定,上 端连接一质量为 m 的薄滑块 B,圆筒内壁涂有一层新型智能材料——ER 流体,它对薄滑块的阻 力可调。起初,薄滑块 B 静止,ER 流体对其阻力为 0.现有一质量也为 m 的物体 A 从距薄滑块 B 上方 L 处自由落下,与博滑块 B 碰撞后粘在一起向下运动。为保证滑块做匀减速运动,且下移 距离为 Δx= 时速度减为 0。已知 ER 对物块 A 没有阻力，ER 流体对滑块的阻力须随滑块 下移而适当变化，以薄滑块 B 初始位置为原点，向下为正方向建立 Ox 轴。试求：(忽略空气 阻力，求弹簧做功时，可以用初末状态弹力的算术平均值 代替这个过程的平均 力来求做功): (1)求碰撞后两物体粘在一起到滑块 B 速度减为零的过程中，ER 流体的阻力所做的功，下落物 体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能； (2)求 ER 流体对薄滑块的阻力 Ff 随位置坐标 x 变化的函数关系式； (3)在薄滑块速度第一次减为 0 的瞬间，通过调节使之后 ER 流体对运动的薄滑块阻力大小恒 为 λmg，若此后薄滑块仍能向上运动，求 λ 的取值范围。 (4)在薄滑块速度第一次减为 0 的瞬间，通过调节使之后 ER 流体对运动的薄滑块阻力大小恒 为 λmg，若此后薄滑块向上运动一段距离后停止运动不再下降，求 λ 的最小值。 21 21.25J2kE mv= = mg qE ma− = 2 2 1 2h at= 0 2x v t′ = 10m=20mx x′ = + 22.5m/sa = 33 10 N/CE = × 2mg k 2 F FF += 末初 【答案】（1） （2） 其中（ ）（3） （4） 【解析】 【分析】 考查动能定理的应用。 【详解】（1）A 下落到与 B 碰撞前的速度为 v1 解得： 碰撞过程有动量守恒： 解得： 损失的机械能为： 碰撞后减速到 0 的过程中，，设阻力做功为 Wf，由动能定理： 其中开始 B 静止时弹簧弹力 解得： （2）滑块做匀减速运动，由牛顿第二定律： 2 2 1 2 m g mgLk − 1 2 mgL f = ( + )4 kLF kx mg− + 2mgx k ≤ 1λ < 1 3 2 1 1 2mgL mv= 1 2v gL= 1 22mv mv= 2 2 2 gLv = 2 2 1 2 1 1 1= 22 2 2E mv mv mgL∆ − ⋅ = 20 f 2 + 10 22 2 kx k xmg x x W mv ∆∆ − ⋅∆ + = − 0 =kx mg 2 2 f 1 2 m gW mgLk = − 0 f( + )+ 2 2k x x F mg ma− = 其中 由位移与速度的关系式： 联立两式解得： 其中（ ） （3）要使薄滑块速度第一次减为 0 的瞬间能继续往上运动，则此时加速度应向上，即： 解得： （4）设上升 h 后速度减为 0，由动能定理： 解得： 要使停止运动不再下降，则： 解得： λ 的最小值为 。 13.下列说法正确的是____________ A. 一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的 B. 使用钢笔难以在油纸上写字，这是因为钢笔使用的墨水与油纸不浸润 C. 增大气体的压强，可以使气体分子之间的斥力大于引力，使分子力表现为斥力 D. 对于一定量的理想气体，如果体积不变，压强减小，那么它的内能一定减小，气体对外做 功 E. 若容器中用活塞封闭着刚好饱和的一些水汽，当保持温度不变向下缓慢压缩活塞时，水汽 的质量减少，压强不变 【答案】ABE 【解析】 【详解】A.根据热力学第二定律可知，一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，A 正 确。 0 = mgx k 2 22a x v∆ = f = ( + )4 kLF kx mg− + 2mgx k ≤ 0( ) 2k x x mg mgλ+ ∆ > + 1λ < 0 0( ) ( )2 02 k x x k x x hmgh mgh hλ ∆ + + ∆ + −− − + ⋅ = 2 (1 )mgh k λ−= 02 ( )mg mg k x x hλ≤ + ∆ + − 1 3 λ ≥ 1 3 B.使用钢笔难以在油纸上写字，这是因为钢笔使用的墨水与油纸不浸润，B 正确。 C.气体分子间的距离非常大，分子间的作用力忽略不计，C 错误。 D.对于一定量的理想气体，如果体积不变，压强减小，温度降低，分子平均动能降低，内能 降低；气体体积不变，气体没有对外做功，D 错误。 E.温度不变，水的饱和蒸汽压不变，分子数密度不变，缓慢压缩活塞，体积减小，分子数减 小，水汽质量减小，E 正确。 14.如图所示，固定的气缸Ⅰ和气缸Ⅱ的活塞用劲度系数为 的轻质弹簧相连， 两活塞横截面积的大小满足 S1＝2S2，其中 。两气缸均用导热材料制成，内壁光滑， 两活塞可自由移动．初始时两活塞静止不动，与气缸底部的距离均为 ，环境温度为 T0＝300K，外界大气压强为 ，弹簧处于原长。现只给气缸Ⅰ缓慢加热，使气 缸Ⅱ的活塞缓慢移动了 5cm．已知活塞没有到达气缸口，弹簧能保持水平，气缸内气体可视为 理想气体。求此时： (a)弹簧的形变量； (b)气缸Ⅰ内气体的温度。 【答案】(1) （2） 【解析】 【详解】(a)初始时弹簧处于原长说明两气缸内气体压强均为 加热后，对气缸Ⅱ的活塞受力分析得 …………① 对气缸Ⅱ内气体，由玻意耳定律 …………② 联立解得 （b）对气缸Ⅰ内气体，由理想气体状态方程 …………③ 对气缸Ⅰ的活塞受力分析得 100 /k N cm= 2 2 10S cm= 0 10L cm= 5 0 1.0 10p Pa= × 1x cm= 720T K= 0p 0 2 2 2p S kx p S+ = 0 2 0 2 2 2p S L p S L= 1x cm= 0 1 0 1 1 1 0 p S L p S L T T = …………④ 由几何关系 …………⑤ 联立解得 15.以下关于振动、波动和相对论的叙述正确的是( ) A. 在“用单摆测定重力加速度”的实验中，应从平衡位置处开始计时 B. 光速不变原理是：真空中 光速在不同的惯性参考系中都是相同的 C. 两列波叠加产生干涉现象，振动加强区域与减弱区域应交替变化 D. 光的偏振现象说明光波是横波 E. 用绿光做双缝干涉实验，在光屏上呈现出明暗相间的条纹，相邻两条绿条纹间的距离为 △X，如果只增大双缝到光屏之间的距离，△X 将减小 【答案】ABD 【解析】 【分析】 考查振动、波动和相对论。 【详解】A．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，应从平衡位置处开始计时，A 正确； B．光速不变原理是：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，B 正确； C．两列波叠加产生干涉现象，振动加强区域与减弱区域是固定不变 ，C 错误； D．光的偏振现象说明光波是横波，D 正确； E ．由 ，如果增大双缝到光屏之间 距离 L， 将增大，E 错误。故选 ABD。 16.如图所示，一束截面为圆形（半径 R=lm）的平行紫光垂直射向一半径也为 R 的玻璃半球的 平面，经折射后在屏幕 S 上形成一个圆形亮区，屏幕 S 至球心距离为 D= m，不考虑光 的干涉和衍射，试问： 的 的 的 1 1 0 1p S p S kx= + 1 0 5L L x cm= + + 720T K= Lx d λ∆ = x∆ ( 2 1)+ ①若玻璃半球对紫色光的折射率为 ，请你求出圆形亮区的半径。 ②若将题干中紫色改为白光，在屏幕 S 上形成的圆形亮区的边缘是什么颜色？ 【答案】①1m ,② 紫色 【解析】 【详解】①如图，紫光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕 S 上的 E 点处， E 点到亮区中心 G 的距离 r 就是所求最大半径。 设紫光临界角为 C，则有 由几何知识可知：AB=R· 所以有： ②若将题干中紫光改为白光，由于紫光的折射率最大，偏折角也最大，则知在屏幕 S 上形成 的圆形亮区的边缘是紫色 2n = 1sinC n = sin RC n = 2 1cos nOB R C R n −= = 2 tan 1 RFB AB C n n = = − 3 ( ) 1 nRGF D OB BF D n = − + = − − GE GF AB FB = 2 1 1m GFr GE AB D n nR mFB = = ⋅ = ⋅ − − =