【文档说明】辽宁省葫芦岛市兴城高级中学2020届高三下学期模拟考试理综物理试题【精准解析】.doc，共(25)页，1.237 MB，由小赞的店铺上传

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2020届辽宁省葫芦岛市兴城高级中学高三下学期模拟考试理综物理试题第Ⅰ卷选择题（共126分）二、选择题（本题共8小题，每小题6分，14-18在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选错的得0分；19-21至少有两项项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不

全的得3分）1.人们射向未来深空探测器是以光压为动力的，让太阳光垂直薄膜光帆照射并全部反射，从而产生光压．设探测器在轨道上运行时，每秒每平方米获得的太阳光能E=1.5×104J，薄膜光帆的面积S=6.0×102m2，探测器的质量m=6

0kg，已知光子的动量的计算式hp=，那么探测器得到的加速度大小最接近A.0.001m/s2B.0.01m/s2C.0.0005m/s2D.0.005m/s2【答案】A【解析】【详解】由E=hv，P＝h以及光在真

空中光速c=λv知，光子的动量和能量之间关系为E=Pc．设时间t内射到探测器上的光子个数为n，每个光子能量为E，光子射到探测器上后全部反射，则这时光对探测器的光压最大，设这个压强为p压；每秒每平方米面积获得的太阳

光能：p0＝nt•E由动量定理得F•tn＝2p压强p压＝FS对探测器应用牛顿第二定律F=Ma可得a＝pSM压代入数据得a=1.0×10-3m/s2故A正确，BCD错误．故选A.点睛：该题结合光子的相关知识

考查动量定理的应用，解答本题难度并不大，但解题时一定要细心、认真，应用动量定理与牛顿第二定律即可解题．2.在上海世博会上，拉脱维亚馆的风洞飞行表演，令参观者大开眼界若风洞内总的向上的风速风量保持不变，让质量为m的表演者通过调整身姿，可改变所受的向上的风

力大小，以获得不同的运动效果，假设人体受风力大小与正对面积成正比，已知水平横躺时受风力面积最大，且人体站立时受风力面积为水平横躺时受风力面积的1／8，风洞内人体可上下移动的空间总高度为H．开始时，若人体与竖直方向成一定角

度倾斜时，受风力有效面积是最大值的一半，恰好可以静止或匀速漂移；后来，人从最高点A开始，先以向下的最大加速度匀加速下落，经过某处B后，再以向上的最大加速度匀减速下落，刚好能在最低点C处减速为零，则以下说法正确的有（）A.由A至C全过程

表演者克服风力做的功为mgHB.表演者向上的最大加速度是34gC.表演者向下的最大加速度是4gD.B点的高度是47H【答案】A【解析】【详解】对A至C全过程应用动能定理mgH-W=0，解得W=mgH，因而A正确；设最大风力为Fm，由于人体受风力大小与正对面积成正比，故人站立时风力

为18Fm；由于受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，故可以求得重力G=12Fm；人平躺上升时有最大加速度mFGagm−==，因而B错误；人站立加速下降时的最大加速度134mGFagm−==，因而C错误；人平躺减速

下降时的加速度大小是a2=mFGm−=g；设下降的最大速度为v，由速度位移公式，加速下降过程位移2112vxa=；减速下降过程位移2222vxa=，故x1：x2=4：3，因而x2=37H，选项D错误；故选A．【点睛】本题关键将下降过程分为匀加速过程和匀减速过程，求出各个过程的加速度，

然后根据运动学公式列式判断．3.2019年1月3日，嫦娥四号成功着陆在月球背面开始了对月球背面区域的科学考察之旅．由于月球在绕地球的运行过程中永远以同一面朝向地球，导致地球上的任何基站信号都无法直接穿透月球与嫦娥四号建立联系，为此，我国特意于2018年5月21日成功发射了嫦娥四号中继星

“鹊桥”，如下图所示，若忽略除地球和月球外其他天体的影响，运行在地月第二拉格朗日点（L2点）的“鹊桥”的运动可简化为同时参与了以L2点为中心的自转和与月球一起绕地球的公转两个运动，以确保嫦娥四号和地球之间始终能够正常的进行通讯联系．以下关于月球和中继星“鹊桥”运动的认识中正确的是：A.月球的自转周

期与其绕地球的公转周期一定是相同的B.“鹊桥”的公转周期一定大于月球的公转周期C.“鹊桥”的自转的周期一定等于其绕地球公转的周期D.“鹊桥”绕L2点自转的向心力一定是地球和月球对其万有引力的合力【答案】A【解析】【详解】A.月球一面始终

朝着地球，说明月球也有自转，其自转周期等于其公转周期，故A正确；B.地月系统的拉格朗日点就是小星体在该位置时，可以与地球和月球基本保持相对静止，故中继星“鹊桥”随拉格朗日点L2绕地球运动的周期等于月球绕地球的周期，故B错误；C.为确保嫦娥

四号和地球之间始终能够正常的进行通讯联系，所以“鹊桥”的自转的周期要小其绕地球公转的周期，故C错误；D.中继星“鹊桥”绕拉格朗日点L2运动过程，只受到地球和月球万有引力作用，合力不能提供向心力，因此还受到自身的动力作用，故D错

误．4.在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8.0J，在M点的动能为6.0J，不计空气的阻力，则（）A.从A点运动到M点电势能增加2JB.小球水平位移x1与

x2的比值1：4C.小球落到B点时的动能24JD.小球从A点运动到B点的过程中动能有可能小于6J【答案】D【解析】【详解】将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速直线运动，竖直分运动为匀

变速直线运动；A．从A点运动到M点过程中，电场力做正功，电势能减小，故A错误；B．对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间间隔内位移之比为1：3，故B错误；C．设物体在B动能为EkB，水平分速度为VBx，竖直分速度为VBy。由竖直方向运动对称性知12mVBy2=8J对

于水平分运动Fx1=12mVMx2-12mVAX2F（x1+x2）=12mVBx2-12mVAX2x1：x2=1：3解得：Fx1=6J；F（x1+x2）=24J故EkB=12m（VBy2+VBx2）=32J故C错误；D．由于合运动与分运动具有等

时性，设小球所受的电场力为F，重力为G，则有：Fx1=6J2262J1Ftm=Gh=8J2218J2Gtm=所以：32FG=由右图可得：tanFG=所以3sin7=则小球从A运动到B的过程中速度最小时速度一定与等效G

’垂直，即图中的P点，故2201124sinJ6J227kminminEmvmv===（）＜故D正确。故选D。5.如图所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着系于竖直板上，两小球A、B通

过光滑滑轮O用轻质细线相连，两球均处于静止状态，已知B球质量为m，O点在半圆柱体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45°角，则下列叙述正确的是A.小球A、B

受到的拉力TOA与TOB相等，且TOA＝TOB＝3mgB.弹簧弹力大小2mgC.A球质量为6mD.光滑半圆柱体对A球支持力的大小为mg【答案】C【解析】【详解】A、B、隔离对B分析，根据共点力平衡得：水平方向有：TOBsin45°=F竖直方向有：T

OBcos45°=mg，则2OBTmg=，弹簧弹力F=mg，根据定滑轮的特性知：TOA与TOB相等；故A，B错误.C、D、对A分析，如图所示：由几何关系可知拉力TOA和支持力N与水平方向的夹角相等，夹角为60°，则N和T相等，有：2TOAsin60°=mAg，解得：6Amm=

，由对称性可得：2OANTmg==，故C正确，D错误.故选C.【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解．本题采用隔离法研究比较简便．6.一个电子在电场力作用下做直线运动（不计重力

）。从0时刻起运动依次经历0t、02t、03t时刻。其运动的vt−图象如图所示。对此下列判断正确的是（）A.0时刻与02t时刻电子在同一位置B.0时刻、0t时刻、03t时刻电子所在位置的电势分别为0、1、3，其大小比较有103C.0时刻、0t时刻、03t时刻电子所在

位置的场强大小分别为0E、1E、3E，其大小比较有301EEED.电子从0时刻运动至0t时刻，连续运动至03t时刻，电场力先做正功后做负功【答案】AC【解析】【详解】A．电子只受电场力作用沿直线运动，该直线为一条电场线。结合其vt

−图象知其运动情景如图所示。则0时刻与02t时刻电子在同一位置。所以A正确；B．电子受电场力向左，则场强方向向右，沿电场线方向电势逐渐降低，则有103所以B错误；C．vt−图象的斜率为加速度。由图象知00t→过程加速度增大，003tt→过程加速度减小。又有q

Ema=则有301EEE所以C正确；D．由图象知00t→过程速度减小，003tt→过程速度增大，则其动能先减小、后增大。由动能定理知电场力先做负功，后做正功。所以D错误。故选AC。7.如图所示，电阻不计、间距为l的光滑平

行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R。质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是F=F0+kv（F0、k是常量），金属

棒与导轨始终垂直且接触良好。金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为FA，电阻R两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时间t变化图像可能正确的有（）A.B.C.D.【答案】ABC【解析】【详解】设金属棒在某一时刻速度为v，由题意可知，感应电动势EBLv=环路电流为EBLvIRrR

r==++，即Iv安培力为22ABLvFBILRr==+方向水平向左，即AFvR两端电压为RBLRvUIRRr==+，即RUv感应电流功率为222BLvPEIRr==+，即2Pv分析金属棒运动情

况，由力的合成和牛顿第二定律可得：222200ABLvBLFFFFkvFkvRrRr=−=+−=+−++合即加速度Fam=合因为金属棒从静止出发，所以00F且0F合，即加速度0a，加速度方向水平向右。(1)若22BLkRr=+，0FF=合

即0Fam=，金属棒水平向右做匀加速直线运动。有vat=，说明vt，也即是It，AFt，RUt，2Pt，所以在此情况下A选项符合；(2)若22BLkRr+F合随v增大而增大，即a随v增大而增大，说明金属棒做加速度增大的加速

运动，速度与时间呈指数增长关系，根据四个物理量与速度的关系可知B选项符合；(3)若22BLkRr+F合随v增大而减小，即a随v增大而减小，说明金属棒在做加速度减小的加速运动，直到加速度减小为0后金属棒做匀速直线运动，根据四个物

理量与速度关系可知C选项符合；故ABC正确，D错误。故选ABC。8.在足够长的光滑绝缘水平台面上，存在有平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为E。水平台面上放置两个静止的小球A和B（均可看作质点），两小球质量均为m，带正电的A球电荷量为Q，B球不带电，A

、B连线与电场线平行。开始时两球相距L，在电场力作用下，A球开始运动（此时为计时零点，即t=0），后与B球发生正碰，碰撞过程中A、B两球总动能无损失。若在各次碰撞过程中，A、B两球间均无电荷量转移，且不考虑两球碰撞时间及两球间的万有引力，则（）A.第一次碰撞结束瞬间B球的速度大小为2QEL

mB.第一次碰撞到第二次碰撞B小球向右运动了2LC.第二次碰撞结束瞬间B球的速度大小为2QELmD.相邻两次碰撞时间间隔总为22QELm【答案】A【解析】【详解】A．碰前球A的加速度qEam=碰前A的速度为A

122QELvaLm==碰前B的速度为10Bv=由于碰撞过程中A、B两球总动能无损失，动量也守恒，有A11A11BBmvmvmvmv+=+22'2'2A1B1A1B111112222mvmvmvmv+=+则碰撞后A、B的速度分别为'A10v=，B1A12QELvvm

==即交换速度，故A正确；B．碰后B球向前匀速运动，A向前做匀加速运动，以后面球为参考系，前面球速度设为v，到再次相遇，时间和位移相等，根据'2vxtvt==可知，'222QELvvm==则位移为2224QELvmxvtvLQEam====由弹性碰撞

可知，第二次碰撞结束瞬间B球的速度大小为碰前A球的速度，即为'B2222QELvvvm===故BC错误；D．由弹性碰撞可知，每次碰撞前后，两球的速度差为2QELvm=即每次都是后面球的速度增加2v后追上前面球，而加速度是固定的，则每次相邻两次碰撞时间间隔总为22222QELvmLmtQE

aQEm===故D错误。故选A。第Ⅱ卷（非选择题共174分）三、非选择题（包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题~第38题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题（11题，共129分）9.用图甲所示的实验装置验证1m、2m组成的

系统的机械能守恒。2m从高处由静止开始下落，同时1m向上运动拉动纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。图乙给出的是实验中获取的一条纸带，其中0是打下的第一个点，每相邻两个计数点间还有4个未标出的点，计数点间的距离如图中所示。已知电源的频率为5

0Hz，150gm=，2150gm=，取210m/sg=。完成以下问题。（计算结果保留2位有效数字）(1)在纸带上打下计数点5时的速度5v=_____m/s。(2)在打0~5点过程中系统动能的增加量kE=______J，系统势能的减少量pE=

_____J，由此得出的结论是________________。(3)依据本实验原理作出的22vh−图像如图丙所示，则当地的重力加速度g=______2m/s。【答案】(1).2.4(2).0.58(3).

0.60(4).在误差允许的范围内，12mm、组成的系统机械能守恒(5).9.7【解析】【详解】(1)[1]第4点与第6点间的平均速度等于第5点的瞬时速度，有25(21.6026.40)10m/s2.4m/s20.1v

−+==打下计数点5时的速度2.4m/s。(2)[2]系统动能的增加量()2k12510.58J2Emmv=+=打0~5点过程中系统动能的增加量0.58J。[3]系统势能的减少量()p210.60JEmmgh=−=系统势能的减少量0.60J。[4]可见kE与pE大小

近似相等，则在误差允许的范围内，12mm、组成的系统机械能守恒。(3)[5]系运动过程中机械能守恒，则有()()2122112mmvmmgh+=−解得211222mmghmvm−=+则22vh−图像的斜率122125.821.20m/smmkg

mm−==+则29.7m/sg=当地的重力加速度29.7m/s。10.如图所示为某同学测量电源的电动势和内阻的电路图．其中包括电源E，开关S1和S2，电阻箱R，电流表A，保护电阻Rx．该同学进行了如下实验步骤：(1)将电阻箱的阻值调到合适的数值，闭合S1、S2，读出电流

表示数为I，电阻箱读数为9.5Ω，断开S2，调节电阻箱的阻值，使电流表示数仍为I，此时电阻箱读数为4.5Ω．则保护电阻的阻值Rx＝________Ω．（结果保留两位有效数字）(2)S2断开，S1闭合，调节R，得到多组R和I的数值，并画出1RI−图象，如图所示，由图象可得，电源电动势E＝_

_______V，内阻r＝________Ω．（结果保留两位有效数字）(3)本实验中，内阻的测量值________（填“大于”或“小于”）真实值，原因是_____________．【答案】(1).5.0(2).3.0(3).2.2(4).大于(5).电流表也有内阻【解析】【详解】(

1)[1]由题意可知，闭合S1和S2时只有电阻箱接入电路，闭合S1、断开S2时，电阻箱与R串联接入电路，两种情况下电路电流相等，由欧姆定律可知，两种情况下电路总电阻相等，所以保护电阻的阻值Rx＝9.5Ω-4.5Ω＝5.0Ω(2)[2][3]根据闭合电路的欧姆定

律可得，E＝I(R+Rx+r)，整理可得11xRrRIEE+=+可见图线的斜率1kE=图线的纵截距xRrbE+=结合图象中的数据可得E＝3.0V，r＝2.2Ω．(3)[4][5]本实验中，内阻的测量值大于真实值，原因是电流表也有内阻，测量值等于电源内阻和电流表内阻之和．

11.如图所示，间距为L、光滑的足够长的金属导轨(金属导轨的电阻不计)所在斜面倾角为，两根同材料、长度均为L、横截面均为圆形的金属棒CD、PQ放在斜面导轨上，已知CD棒的质量为m、电阻为R，PQ棒的圆截面的半径是CD棒圆截面的2倍．磁感应强度为B的匀强磁场垂直

于导轨所在平面向上，两根劲度系数均为k、相同的弹簧一端固定在导轨的下端，另一端连着金属棒CD．开始时金属棒CD静止，现用一恒力平行于导轨所在平面向上拉金属棒PQ，使金属棒PQ由静止开始运动，当金属棒PQ达到稳定时，弹簧的形变量与开始时相同．已

知金属棒PQ开始运动到稳定的过程中通过CD棒的电荷量为q，此过程可以认为CD棒缓慢地移动，已知题设物理量符合4sin5qRkmgBL=的关系式，求此过程中(要求结果均用mg、k、来表示)：（1）CD棒移动的距离；（2

）PQ棒移动的距离；（3）恒力所做的功．【答案】(1)1sinmgxk=(2)22sinmgxk=(3)212(sin)mgWk=【解析】【详解】PQ棒的半径是CD棒的2倍，PQ棒的横截面积是CD棒横截面积的4倍，PQ棒的质量是CD棒的质量的4倍

，所以，PQ棒的质量:4mm=由电阻定律可知PQ棒的电阻是CD棒电阻的14即:4RR=两棒串联的总电阻为:0544RRRR=+=（1）开始时弹簧是压缩的，当向上的安培力增大时，弹簧的压缩量减小，安培力等于CD棒重力平行

于斜面的分量时，弹簧恢复到原长，安培力继续增大，弹簧伸长，由题意可知，当弹簧的伸长量等于开始的压缩量时达到稳定状态，此时的弹力与原来的弹力大小相等、方向相反．两弹簧向上的弹力等于CD棒重力平行于斜面的分量，即：2sinkFmg=弹簧的形变量为：sin2mg

xk=CD棒移动的距离：sin2CDmgsxk==（2）在达到稳定过程中两棒之间距离增大s，由两金属棒组成的闭合回路中的磁通量发生变化，产生感应电动势为:BSBLsEtt==感应电流为:045EBLsIRRt==所以，回路中

通过的电荷量即CD棒中的通过的电荷量为:45BLsqItR==由此可得两棒距离增大值:54qRsBL=PQ棒沿导轨上滑距离应为CD棒沿斜面上滑距离和两棒距离增大值之和PQ棒沿导轨上滑距离为：5sin2sin4PQCDqRmg

mgsssBLkk=+=+=（3）CD棒受力平衡，安培力为sin22sinBkFmgFmg=+=金属棒PQ达到稳定时，它受到的合外力为零，向上的恒力等于向下的安培力和重力平行于斜面的分量，即恒力：sin6sinBFFmgmg==+恒力做功为：22

sin12(sin)6sinPQmgmgWFsmgkk===12.如图所示，在边界OP、OQ之间存在竖直向下的匀强电场，直角三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。从O点以速度v0沿与Oc成60°角斜向上射入一带电粒子，粒子经过电场从a点沿ab方

向进人磁场区域且恰好没有从磁场边界bc飞出，然后经ac和aO之间的真空区域返回电场，最后从边界OQ的某处飞出电场。已知Oc=2L，ac=3L，ac垂直于cQ，∠acb=30°，带电粒子质量为m，带电量为+g，不计粒子重力。求：(1)匀强电场的场强大小和

匀强磁场的磁感应强度大小；(2)粒子从边界OQ飞出时的动能；(3)粒子从O点开始射入电场到从边界OQ飞出电场所经过的时间。【答案】（1）2038mvEqL=032mvBqL=（2）204kmvE=（3）0

2043233Lv++【解析】【详解】（1）从O点到a点过程的逆过程为平抛运动水平方向：012cosLvt=竖直方向：21132atL=加速度：qEam=可得：2038mvEqL=，104Ltv=，粒子进入磁场

后运动轨迹如图所示，设半径为r，由几何关系得，3sin30rrL+=，洛伦兹力等于向心力：2vqvBmr=00cos602vvv==解得：032mvBqL=在磁场内运动的时间：20233rLtvv==.（2）粒子由真空区域进入电场区域从边界飞出过程，由动能定理得，21(32)2

kqELrEmv−=−解得：204kmvE=（3）粒子经过真空区域的时间，304833LLtvv==.粒子从真空区域进入电场区域到从边界飞出经过的时间为2441(32)2tLrat−=，解得：40433Ltv=.粒子从入射直至从电场区域边

界飞出经过的时间123402043233tttttLv++=+++=.（二）选考题（共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题做答。并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号方框涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果不涂、多

涂均按所答第一题计分；多答则每学科按所答的第一题计分）13.如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a．下列说法正确的是（）A.在过程ab中气

体的内能增加B.在过程ca中外界对气体做功C.在过程ab中气体对外界做功D.在过程bc中气体从外界吸收热量E.在过程ca中气体从外界吸收热量【答案】ABD【解析】【详解】A．从a到b等容升压，根据pV

CT=可知温度升高，一定质量的理想气体内能决定于气体的温度，温度升高，则内能增加，A正确；B．在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，B正确；C．在过程ab中气体体积不变，根据WpV=可知，气体对外界做功为零，C错误；D．在过程bc中，

属于等温变化，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变；根据热力学第一定律UWQ=+可知，气体从外界吸收热量，D正确；E．在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，根据pVCT=可知温度降低，则内能减小，根据热力

学第一定律可知气体一定放出热量，E错误．14.一种测量稀薄气体压强的仪器如图（a）所示，玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管1K和2K。1K长为l，顶端封闭，2K上端与待测气体连通；M下端经橡皮

软管与充有水银的容器R连通。开始测量时，M与2K相通；逐渐提升R直到2K中水银面与1K顶端等高，此时水银已进入1K，且1K中水银面比顶端低h，如图（b）所示。设测量过程中温度、与2K相通的待测气体的压强均保持不变。已知1K和2K的内径均为d，M的容积为0V，水银的密度为

，重力加速度大小为g。求：(i)待测气体的压强(ii)该仪器能够测量的最大压强【答案】(i)2220π4π()xgdhpVdlh=+−(ii)22max0π4gdlpV=【解析】【详解】(i)M中气体等温变化。初态

为1120,π2xdpVVpl==+末态为222,π2xdppghVh=+=由等温变化有1122pVpV=解得2220π4π()xgdhpVdlh=+−(ii)气体等温变化。初态为23max30,π2dppVVl

==+末态为24max4,π2dppglVl=+=有3344pVpV=，解得22max0π4gdlpV=15.水面下深h处有一点光源，发出两种不同颜色的光a和b，光在水面上形成了如图所示

的一个有光线射出的圆形区域，该区域的中间为由a、b两种单色光所构成的复色光圆形区域，周围为a光构成的圆环．若b光的折射率为n，下列说法正确的是(选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得

分为0分）．A.在水中，a光的波长比b光小B.水对a光的折射率比b光小C.在水中，a光的传播速度比b光大D.复色光圆形区域的面积为221hn−E.用同一装置做双缝干涉实验，a光的干涉条纹比b光窄【答案】BCD【解析】【详解】ABC项：a光在水面上形成的圆形亮斑面积较大，知a

光的临界角较大，根据1sinCn=，知a光的折射率较小，再由cvfn==，可知，在水中，a光的波长比b光大，故A错误BC正确；D项：依据1sinCn=，结合几何关系，可知，221rnhr=+，而复色光圆形

区域的面积为2221hSrn==−，故D正确；E项：a光的折射率小，波长长，根据双缝干涉条纹与波长成正比，可知相同条件下，a光干涉条纹比b光宽，故E错误．16.地心隧道是根据凡尔纳的《地心游记》所设想出的一条假想隧道，它是一条穿过地心的笔直隧道，如图所示．

假设地球的半径为R，质量分布均匀，地球表面的重力加速度为g．已知均匀球壳对壳内物体引力为零．(ⅰ)不计阻力，若将物体从隧道口静止释放，试证明物体在地心隧道中的运动为简谐运动；(ⅱ)理论表明：做简谐运动的物体的周期T=2

πmk，其中，m为振子的质量，物体的回复力为F=－kx．求物体从隧道一端静止释放后到达另一端需要的时间t(地球半径R=6400km，地球表面的重力加速为g=10m/s2）．【答案】（i）F回=-G2mxM又M′=343x解得F回=4-3G

mx而43Gmk=为常数，即物体做简谐运动．（ii）t=2512s【解析】【详解】（i）以地心为平衡位置，设某时刻物体偏离平衡位置的位移为x，万有引力提供回复力，则有F回=-G2mxM又M′=343x解得：F回=4-3Gmx而43Gmk=为常数，即

物体做简谐运动．（ii）在地球表面，万有引力等于重力2MmGmgR=地球的质量为M=343R又T=2πmk解得T=2πgR物体从隧道一段静止释放后到达另一端需要的时间为半个周期，则t=2gTR=代入数据，可得t=2512s