【文档说明】备战2023年高考物理模拟卷（重庆专用） 02 Word版含解析.docx，共(21)页，1.913 MB，由小赞的店铺上传

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【赢在高考·黄金8卷】备战2023年高考物理模拟卷（重庆版）黄金卷02本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.作答前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在试卷的规定位置上。2.作答时，务必将答

案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效。3.考试结束后，将答题卡、试卷、草稿纸一并交回。一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.如图，水平桌面上放置一个质量为m的杯子，用两个水平拉力拉一根穿过

杯子把手的橡皮筋，杯子处于静止状态。杯子与桌面间的动摩擦因数为μ，不计橡皮筋与把手间的摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.杯子受到桌面的摩擦力一定为μmgB.杯子受到桌面的摩擦力大于其中一个拉力C.增大拉力，杯子受到桌面的摩擦力一定不变D.增大两

个水平拉力的夹角，则拉动杯子需要的力更大【答案】D【解析】【详解】A．杯子处于静止状态，受到的摩擦力为静摩擦力，不能根据滑动摩擦力公式计算，所以杯子受到桌面的摩擦力不一定为μmg，故A错误；BD．设两段橡皮筋夹角为θ，由于不计橡皮

筋与把手间的摩擦，所以两个水平拉力大小相等，设为T，根据对称性和平衡条件有f2cos2TF=当θ＞120°时，可知fFT刚好拉动杯子时Ff达到最大静摩擦力，增大θ，需要T增大，即则拉动杯子需要的力更大，故B错误，D正确；

C．根据前面分析可知，若增大拉力后，杯子仍处于静止状态，则杯子受到桌面的摩擦力一定增大，故C错误。故选D。2.硒鼓是激光打印机的核心部件，主要由感光鼓、充电辊、显影装置、粉仓和清洁装置构成，工作中充电辊表

面的导电橡胶给感光鼓表面均匀的布上一层负电荷。我们可以用下面的模型模拟上述过程：电荷量均为q−的点电荷，对称均匀地分布在半径为R的圆周上，若某时刻圆周上P点的一个点电荷的电量突变成2q+，则圆心O点处的电场强度为（）A.22kqR，方向沿半径指向P点B.22kqR，方向沿半名背离P点C.

23kqR，方向沿半径指向P点D.23kqR，方向沿半径背离P点【答案】D【解析】【分析】【详解】当P点的电荷量为-q时，根据电场的对称性，可得在O点的电场强度为0，当P点的电荷为+2q时，可看作[-q+（+3q）]，故可以看做两个电场的叠加故O点的电场强度为22330qkq

kRR+=方向沿半径背离P点。故选D3.每个工程设计都蕴含一定的科学道理。如下图的两种家用燃气炉架都有四个爪，若将总质量为m的锅放在图乙所示的炉架上，忽略爪与锅之间的摩擦力，设锅为半径为R的球面，则每个爪与锅之间的弹力（）。A.等于14mgB.小于14mgC.R越大，弹力越大D.R越大，弹力越小【

答案】D【解析】【详解】如图所示，假设每个爪与锅之间的弹力方向与竖直方向的夹角为，爪与爪之间的距离为d，由图中几何关系可得sin2dR=由受力平衡可得N4cosFmg=解得N4cosmgF=可知R越大，sin越小，cos越大，NF越小，D正确，ABC错误；故选D。4.如图所示，一质量

为M的人站在台秤上，台秤的示数表示人对秤盘的压力；一根长为R的细线一端系一个质量为m的小球，手拿细线另一端，小球绕细线另一端点在竖直平面内做圆周运动，且小球恰好能通过圆轨道最高点，则下列说法正确的是（

）A.小球运动到最高点时，小球的速度为零B.当小球运动到最高点时，台秤的示数最小，且为MgC.小球在a、b、c三个位置时，台秤的示数相同D.小球从c点运动到最低点的过程中台秤的示数增大，人处于超重状态【答案】C【解析】【分析】【详解】A．小球恰好能通过圆轨道最高点，在最高

点，细线中拉力为零，小球速度bvgR=，A错误；B．当小球运动到最高点时，细线中拉力为零，台秤的示数为Mg，但不是最小，B错误；C．小球在a、b、c三个位置时，小球竖直方向都只受重力，小球均处于完全失重状态，台秤的示数相

同，C正确；D．小球从c点运动到最低点的过程中ya增加，方向向上，球处于超重状态，台秤的示数增大，人处于静止状态，不会有超重失重状态，D错误。故选C。5.中国自行研制、具有完全自主产权的“神舟”飞船，目前已经达到或优于国际第三代载人航天技术。如图所示，飞船被送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨

道，后通过变轨进入预定圆轨道。下列说法正确的是（）A.飞船在近地点A的角速度大于远地点B的角速度B.飞船在近地点A的加速度小于远地点B的加速度C.飞船在椭圆轨道的周期大于预定圆轨道的周期D.飞船在椭圆轨道的机械能大于预定圆

轨道的机械能【答案】A【解析】【详解】A．飞船在椭圆轨道上运动时，近地速度大于远地点速度，ABvv，由于在椭圆轨道上AB两点处曲率半径ABrr=，由vr=，可知飞船在近地点A的角速度大于远地点B的角速度，故A正确；B．飞船在轨道上运动时

，根据2mMGmar=可得2GMar=到地球中心的距离ABrr，飞船在近地点A的加速度大于远地点B的加速度，故B错误；C．根据开普勒第三定律32rkT=可知飞船在椭圆轨道的半长轴小于预定圆轨道的半径，飞船在椭圆轨道的周期小于预定圆轨道的周期，故C

错误；D．飞船在B点加速后，才能进入预定圆轨道，在B点势能不变，动能增加，机械能增大，所以飞船在椭圆轨道的机械能小于预定圆轨道的机械能，故D错误。故选A。6.如图所示，矩形导线框置于磁场中，该磁场可视为匀强磁场。电阻不计的线框通过电刷、导线与变压器原线圈构成闭合电路，线框在磁场中绕垂直于磁场方向的

转轴以大小为的角速度逆时针转动，已知线框匀速转动时产生的感应电动势最大值为mE，原、副线圈的匝数比为1:4，副线圈通过电阻R接两个相同的灯泡，开关K闭合。下列说法正确的是（）A.从图示中线框与磁感线平行的位置开始计时，线框中感应电动势表达式为m

sineEt=B.副线圈上电压的有效值为m4EC.将开关K断开后，电阻R两端电压升高D.保持开关K闭合，若线框转动角速度增大，灯泡变亮【答案】D【解析】【详解】A．从图示中线框与磁感线平行的位置开始计时

，线框中感应电动势表达式为mcoseEt=故A错误；B．原线圈电压的有效值为m12EU=由变压器电压与匝数的关系可知1214UU=得到副线圈上电压的有效值为2m22UE=故B错误；C．将开关K断开后，副线圈电压不变，副线圈总电阻

增大，故通过电阻R上的电流减小，则电阻R两端电压降低，故C错误；D．保持开关K闭合，若线框转动角速度增大，由mEnBS=可知，线框匀速转动时产生的感应电动势最大值增大，则副线圈上电压的有效值增大，灯泡变亮，故D正确。故选D。7．如图所示，水平面的abc区域内存在有界

匀强磁场，磁感应强度大小为B，边界的夹角为30°，距顶点b为L的S点有一粒子源，粒子在水平面内垂直bc边向磁场内发射速度大小不同的带负电的粒子、粒子质量为m、电量大小为q，下列说法正确的是（）A．从边界bc射出的粒子速度方向各不相同B．粒子离开磁场时到b点的最短距离为3LC

．垂直边界ab射出的粒子的速度大小为2qBLmD．垂直边界ab射出的粒子在磁场中运动的时间为3mqB【答案】B【解析】A．粒子竖直向上进入磁场，轨迹圆心一定在bc边上，若粒子能从边界bc射出，粒子的速度方向一定竖直向下，故方向均相

同，A错误；B．当轨迹恰好与ab边相切时，粒子从bc边离开磁场时到b点的距离最短，由几何关系可得11()sin30LRR−=离b点的最短距离为12sLR=−联立解得3Ls=B正确；C．垂直边界ab射出的粒子，轨道半径为2RL=由洛伦兹力作为向心力可得22vqv

BmR=解得粒子的速度大小为qBLvm=C错误；D．粒子在磁场中的运动周期为2mTqB=垂直边界ab射出的粒子在磁场中运动的时间为303606mtTqB==D错误。故选B。二、多项选择题：本题共3

小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.如图所示，一篮球以水平初速度0v碰撞篮板后水平弹回，速率变为原来的k倍（1k），碰撞时间忽略不计，弹回后篮球的中心恰好经过篮框的中心。已知篮球的质量为

m，半径为r，篮框中心距篮板的距离为L，碰撞点与篮框中心的高度差为h，不计摩擦和空气阻力，则：（）A.碰撞过程中，篮球的机械能守恒B.篮板对篮球的冲量大小为()01kmv+C.篮球的水平初速度大小为()2gLrh−D.若

篮球气压不足，导致k减小，在0v不变的情况下，要使篮球中心经过篮框中心，应使碰撞点更高【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．由题意知，碰撞过程中速度减小，篮球的机械能减小，故A错误B．以弹回的速度方向为正方向，据动量定理可得，篮板对篮球的冲量大小()000(1)Imkvmvkmv=

−−=+故B正确;C．篮球弹回做平抛运动，由位移公式可得0Lrkvt−=212hgt=联立可得0()2Lrgvkh−=故C错误:D．若篮球气压不足，导致k减小，在0v不变的情况下，篮球弹回的速度0kv减小，结合C中分析可知，要使篮球中心经过篮框中心，即水平位移不变，应延长时间，故应使碰撞点更高，故

D正确。故选BD。9．如图甲所示为游乐场的旱滑梯，滑滑梯时游客乘坐旱滑圈从滑梯顶部由静止滑下，到达滑梯尾端时斜向上抛出后落在气垫上，图乙为滑梯的侧视图，不计空气阻力，以游客和旱滑圈为整体，则整体沿滑梯运动过程中，下列说法正确的是（）A．整体重力势能的减少

量大于整体动能的增加量B．整体重力所做的功大于整体重力势能的减少量C．若游客在滑梯顶部时被工作人员用力沿滑梯斜面向下推一下，则整体下滑到轨道最底部时，整体对滑梯的压力增大D．若游客在滑梯顶部时被工作人员用力沿

滑梯斜面向下推一下，则滑梯对整体的摩擦力做功不变AC【解析】A．由于滑梯对整体的摩擦力做负功，所以整体重力势能的减少量大于整体动能的增加量，故A正确；B．整体重力所做的功等于整体重力势能的减少量，故B错误；C．若游客在滑梯顶部时被工作人员用力沿滑梯斜面向下推一下，则整体下滑到轨道最底部

时速度增大，所需向心力增大，轨道对整体的支持力增大，所以整体对轨道的压力增大，故C正确；D．根据C项分析可知，整体对曲线轨道的压力增大，所受滑梯的摩擦力增大，滑梯对整体的摩擦力做功增加，故D错误。故选AC。10.如图甲所示，游乐园中的过山车虽然惊险刺激，但也有多种措施保证了它的安

全运行。其中磁力刹车是为保证过山车在最后进站前的安全而设计的一种刹车形式。磁场很强的钕磁铁安装在轨道上，刹车金属框安装在过山车底部。简化为图乙所示的模型，将刹车金属框看作为一个边长为L，总电阻为R的单匝正方形线框，则过山车

返回水平站台前的运动可以简化如下：线框沿着光滑斜面下滑s后，下边框进入匀强磁场时线框开始减速，下边框出磁场时，线框恰好做匀速直线运动。已知斜面与水平面的夹角为，过山车的总质量为m，磁场区上下边界间的距离也为L，磁感应强度大小为B，方向垂

直斜面向上，重力加速度为g。则下列说法正确的是（）A.线框刚进入磁场上边界时，从斜面上方俯视线框，感应电流的方向为顺时针方向B.线框刚进入磁场上边界时，感应电流的大小为2BLgsRC.线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为322244sin(2)

sin2mgRmgsLBL+−D.线框穿过磁场的过程中，通过线框横截面的电荷量为零【答案】ACD【解析】【详解】A．线框刚进入磁场上边界时，从斜面上方俯视线框，根据右手定则可知，感应电流的方向为顺时针方向，故A正确；B．线框刚进入磁场上边界时

，感应电动势为2sinEBLvBLgs==感应电流的大小为2sinBLgsREIR==故B错误；C．下边框出磁场时，线框恰好做匀速直线运动，有sinBILmg=BLvIR=解得22sinmgRvBL=线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为()3222442(1sin2si

n2)sin22QgmsmsLmgRmgLBvL++−=−=故C正确；D．线框穿过整个磁场的过程中，穿过线圈磁通量改变量为零，通过导线内某一横截面的电荷量0EqIttRR====故D正确。

故选ACD。第Ⅱ卷三、非选择题：共54分，第11~14题为必考题，考生都必须作答．第15~16题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共42分．11.在探究弹力和弹簧长度的关系时，某同学用力传感器先按图1所示的装置对弹簧甲进行探究，然后把

弹簧甲和弹簧乙顺次连接起来按图2进行探究。在弹性限度内，每次使弹簧伸长一定的长度并记录相应的力传感器的示数，分别测得图1、图2中力传感器的示数1F、2F如下表所示。弹簧总长度/cm12.0014.0016.0018.001/NF3

00031.04320233.022/NF29.3429.6529.9730.30..（1）根据上表，要求尽可能多的利用测量数据，计算弹簧甲的劲度系数1k=_________N/m（结果保留三位有效数字）。若该同学在进行实验之前忘了对

力传感器进行校零，通过上述方法测得的甲弹簧的劲度系数跟真实值相比将_________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。（2）仅根据表格中的数据_________（填“能”或“不能”）计算出弹簧乙的劲度系数。【答案】①.50.0②.不变③.能【解析】【

详解】（1）[1]由题中实验数据可知，弹簧甲每伸长2.00cm，传感器示数约增加1N，则弹簧甲得劲度系数111N50.0N/m0.02cmFkx===[2]计算弹簧的劲度系数是通过弹力的变化量与弹簧长度变化

量来求得的，与具体的弹力示数无关，只与弹力的变化量有关，故的甲弹簧的劲度系数跟真实值相比将不变；（2）[3]由于两个弹簧串联在一起，根据1212kkkkk=+总可知，只要知道甲乙两个弹簧总的劲度系数，和甲弹簧的劲度

系数就可以得知乙弹簧的劲度系数，由图中数据可计算出甲乙两个弹簧总的劲度系数，甲弹簧的劲度系数已知，故能计算出弹簧乙的劲度系数。12.小明同学想探究多用电表欧姆调零电阻阻值的最大调节范围，他进行了以下实验操作：（1）小明首先调节旋钮_____

__（选填“A”、“B”或“C”）使指针指到图乙中a位置；（2）将电阻箱的阻值调到最大，并按图甲连接好电路，此时电阻箱接线柱P的电势比Q_______（填“高”或“低”）；（3）将旋钮C拨到R×1挡，并将旋钮B顺时针旋转到底（

此时欧姆调零电阻的阻值最小），然后调节电阻箱的阻值，直至表盘指针指到电流满偏刻度值处，读出此时电阻箱的阻值为R1；继续调节电阻箱的阻值，直至表盘指针指到图乙中的b处，读出此时电阻箱的阻值为R2；则此时该多用电表R×1挡的总内阻为_______（用R1和R2表示）；

（4）最后将旋钮B逆时针旋转到底（此时欧姆调零电阻的阻值最大），并将电阻箱的阻值调到0，此时电表指针指到图乙中的c处，则此时流过表头的电流与满偏电流的比值为_______；（5）该多用电表欧姆调零电阻阻值最大值和最小值的差为_______（用R1和R2表示）。

【答案】①.A②.低③.R2-2R1④.910⑤.2189RR+【解析】【详解】（1）[1]要让多用电表指针未指在表盘最左侧零刻度位置，应进行机械调零，故选A。（2）[2]由于选择的是多用电表的电阻档，则黑表笔接的是多用电表内部电源的正极，则Q端电势高，即接线

柱P的电势比Q低。（3）[3]根据欧姆表的测电阻原理有E=I(R0+Rx)其中R0为欧姆表在该档位时的内部总电阻，Rx为待测电阻。由上式可知接入不同的Rx变有不同的I值，则根据I和Rx的对应关系可在表头上把不同的电流对应的电阻值标出来，即制作出欧姆表表盘，根

据以上分析当表盘指针指到电流满偏刻度值处，读出此时电阻箱的阻值为R1，有E=Ig(R0+R1)当表盘指针指到图乙中的b处，读出此时电阻箱的阻值为R2，有g02()2IERR=+整理有R0=R2-2R1（4）[4]将旋钮B逆时针旋转到底（此时欧姆调零电阻的阻值最大），并将电阻箱的

阻值调到0，此时电表指针指到图乙中的c处时，由图知此时流过表头的电流为g910I，则此时流过表头的电流与满偏电流的比值为910。（5）[5]当电表指针指到图乙中的c处有g0910IER=综上该多用电表欧姆调零电阻阻值最大值和最小值的差为210

089RRRR+−=13.在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P+，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的平行双边界匀强磁场区域，如图所示，已知离子P+在磁场中转过30=后从磁场右边界射出。已

知磷离子P+质量为m，带电量为e，忽略重力影响，求：（1）磷离子P+进入磁场的速度大小v；（2）磁场宽度L。【答案】（1）2eUvm=；（2）122mULBe=【解析】【详解】（1）由动能定理可得212eUmv=解得离子在离开电场时

的速度表达式为2eUvm=（2）由洛伦兹力提供向心力可得2vevBmr=离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有sinLr=解得122mULBe=14．（15分）某机械装备公司用图甲所示的装置进行产品弹性碰撞检测，光滑曲面PO与水平轨道ON平滑相连，水平轨道右端固定一不计质量的弹簧，弹簧的

左端自然伸长至M点，OM长度L=1.0m。产品A从距地面高h=1.8m处静止释放，沿PO轨道自由下滑，在O点与静止的质量为mB=5kg的产品B发生弹性碰撞。为检测产品参数，以O点为坐标原点，水平向右为正方向建立x轴，作出产

品B运动的v2-x图像，部分图像如图乙所示。已知两产品的材料相同，与水平轨道OM的摩擦不可忽略，其余轨道光滑，产品A、B均可视为质点，重力加速度g取10m/s2。求：（1）产品A质量mA；（2）A、B第一

次碰后，B能否压缩弹簧及全程弹簧最大的弹性势能Ep；（3）Ⅰ．产品B最终停止位置的坐标；Ⅱ．在图乙中把产品B运动全过程的v2-x图像补充完整（仅作图，不要求写出计算过程）。【答案】（1）1kg；（2）不能，10J3；（3）B2m3x=，的【解析】【详解】（1）设A与B碰撞前瞬间

A的速度为v0，根据动能定理有2AA012mghmv=解得06m/sv=由图乙可知，A与B碰撞后瞬间B的速度为B12m/sv=对A与B的弹性碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有A0AA1BB1mvmvmv=+222A0AA1BB1111222

mvmvmv=+解得A1kgm=，A14m/sv=−（2）从发生碰撞到B与弹簧恰好接触的过程中，B做匀减速运动，加速度大小为2222B1B1843m/s2m/s1223vvax−−===设A、B与OM间的动

摩擦因数为μ，牛顿第二定律得BBmgma=解得0.2=设B运动到M点时的动能为EkM，根据动能定理有2BkBB112MmgLEmv−=−解得EkM=0所以A、B第一次碰后，B不能压缩弹簧。A、B第一次碰撞后，根据机械能守恒定律可知A反弹后再次滑回

O点时速度大小不变，设A与B第二次碰撞前瞬间A的速度为v1，根据动能定理有22AA1AA11122mgLmvmv−=−解得123m/sv=对A、B的第二次弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有A1AA2BB2mvmvmv=+222A1AA2BB2111222mvmvmv=+

解得A243m/s3v=−，B223m/s3v=因为A、B第二次碰撞后A反弹，会克服摩擦力做功，所以无论A、B在第二次碰撞之后能否再次发生碰撞，第二次碰撞后B压缩弹簧的形变量一定最大，所以根据能量守恒定律可知全程弹簧最大的

弹性势能为2pBB2110J23Emv==（3）Ⅰ．A、B第二次碰撞后，A反弹后在OM上做匀减速运动，且A在PO段滑行时机械能守恒，设其在OM上滑动的总路程为Al，根据动能定理有2AAAA2102mglmv−=−解得A4m3l=B离开弹簧后在OM上做匀减速运动，

设其在OM上滑动的最大路程为Bl，根据动能定理有2BBBB2102mglmv−=−解得BA1m23lLl=−所以A、B不会发生第三次碰撞，产品B最终停止位置的坐标为BB2m3xLl=−=II．A、B第一次碰撞后，x从0到1m过

程中，B做匀减速运动，2v从4m2/s2减小至0，根据2202vvax=−可知v2-x图像为直线；A、B第二次碰撞后，B压缩弹簧的过程中做加速度逐渐增大的减速运动，2v从224m/s3减小至0，2vx−图像的斜率绝对值逐渐增大

（因为加速度与x成线性关系，所以v2与x成二次函数关系，2vx−图像为开口向下的抛物线），根据对称性可知B压缩弹簧的过程和弹簧弹开B的过程的2vx−图像重合；B离开弹簧后做匀减速运动，从1m到2m3过程中，2

v从224m/s3减小至0，2vx−图像为直线，如图所示。二）选考题：共12分．请考生从2道题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．15．[选修3–3]（12分）（1）4.一定质量的理想气体从状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其PT−图像如图所示，下列判断正确的是

（）A.ab过程向外界释放热量B.bc过程向外界释放热量C.bc过程气体对外做功D.ca过程气体对外做功【答案】C【解析】【详解】A．由题图可知，ab过程，气体的压强与热力学温度成正比，则有气体产生等容变化，气体的体积不变，外界对气体不做功，气体的温度升高，内

能增加，由热力学第一定律可知，气体向外界吸收热量，A错误；BC．由题图可知，bc过程，气体产生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，气体体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律∆U=Q+W可知，气体向外界吸收热量，B错误，C正确；D．由题图可知，ca过程

，气体压强不变，温度降低，由盖吕萨克定律可知，气体体积减小，外界对气体做功，W>0，气体温度降低，内能减少，∆U<0，由热力学第一定律∆U=Q+W可知，气体要放出热量，D错误。故选C（2）某兴趣小组发射自制的水火箭。发

射前瓶内空气的体积为1.4L，水的体积为0.6L，瓶内气压为03p。打开喷嘴后水火箭发射升空。忽略瓶内空气温度的变化，设外界大气压强一直保持0p不变，求：（i）当瓶内的水完全喷完瞬间，瓶内空气的压强p；（ⅱ）当瓶内空气压强与外界大气压强相等时，瓶内所剩空气

质量与发射前瓶内空气质量之比。【答案】（1）02.1p；（2）1021。【解析】【详解】（1）水喷完前，瓶内空气发生等温变化，由玻意耳定律可得0123pVpV=其中11.4LV=，21.4L0.6L2LV=+=解得02.1pp=（2）当瓶内空气压强降

到与外界大气压强相等时，有。01033pVpV=解得34.2LV=则此时瓶内空气质量与发射前空气质量之比为2213mVmV=解得211021mm=16.[选修3-4]（12分）（1）10.ABCDE为单反照相机取景器中五

棱镜的一个截面示意图，ABBC⊥，由a、b两种单色光组成的细光束从空气垂直于AB射入棱镜，经两次反射后光线垂直于BC射出，且在CD、AE边只有a光射出，光路图如图所示，则a、b两束光（）A.a光的频率比b光的频率大B.b光比a

光更容易发生衍射现象C.在棱镜内，a光的传播速度比b光的大D.以相同的入射角从空气斜射入水中，b光的折射角较小【答案】CD【解析】分析】【详解】A．由题可知在CD面b光发生了全反射，故a光的临界角大于b光的临界角，根据1sinCn=可知，a光的折射率小于b光的折射率，所以a光的频率比b光的频率小

，A错误；B．由于a光的频率比b光的频率小，故a光的波长大于b光的波长，所以a光比b光更容易发生衍射现象，B错误；【C．由cvn=可知，在棱镜内，a光的传播速度比b光大，C正确；D．sinsininr=可知以相同的入射角从空气斜射入水中，b光的折射角较小，D正确

。故选CD。（2）某实验小组研究简谐横波在均匀介质中的传播速度，如图所示，A、B、C是均匀介质中水平面上直角三角形的三个顶点，θ=30°，AB=6m。波源在A点从平衡位置开始振动时方向竖直向上，产生的

波在水平面上传播。在波刚传到C质点时，B质点已经振动了Δt=0.06s且第一次到达波谷。求该波的周期和波速。【答案】0.08sT=；100m/sv=【解析】【详解】①设横波的周期为T，由题意，有30.064T=解得0.08sT=②根据几何关系可知质点B、C到波源A的距离

之差为6msinABxACABAB=−=−=所以该机械波在介质中的波速为100m/sxvt==△