湖南省长郡中学2020届高三下学期第三次适应性考试理综物理试题 Word版含解析

湖南省长郡中学2020届高三下学期第三次适应性考试理综物理试题 Word版含解析

www.ks5u.com 长郡中学2020届高三适应性考试（三）‎ 理科综合能力测试 一、选择题：本大题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求，第6~8题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。‎ ‎1.一滴水的质量为0.05g，水滴间隔相等的时间从距石头上方5m处由静止下落，水滴和石头的撞击时间为0.01s，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。若在一滴水撞击石头的同时下一滴水开始落下，则一天时间内水滴对石头作用力的总冲量大小约为（　　）‎ A. 1N▪s B. 10N▪s C. 20N▪s D. 40N▪s ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设一滴水与石头撞击时的作用力为，水与石头撞击时的速度为 设向上为正方向，由动量定理得 水滴间隔 一天时间内有N滴水撞击石头，则有 一天时间内水滴对石头作用力的总冲量大小 联立解得 故ABC错误，D正确。‎ 故选D。‎ ‎2.如图所示，一名消防救援队队员手拉长为L、呈水平方向的轻绳从平台上跳下，运动到B - 24 -‎ 点时松开手，恰好落到障碍物后被困人员所在的A点。B点是障碍物的最高点，O、B、C三点在同一竖直线上，队员可视为质点，空气阻力不计，利用图示信息判断，下列关系正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】消防救援队队员从平台上跳下到B点由动能定理得 松手后消防救援队队员做平抛运动，则有 ‎，‎ 联立解得 故A正确，BCD错误。‎ 故选A。‎ ‎3.如图所示，在真空云室中的矩形ABCD区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，静止放置在O点的铀238原子核发生衰变，放出射线后变成某种新的原子核，两段曲线是反冲核（新核）和射线的径迹，曲线OP为圆弧，x轴过O点且平行于AB边。下列说法正确的是（ ）‎ - 24 -‎ A. 铀238原子核发生的是β衰变，放出的射线是高速电子流 B. 曲线OP是射线的径迹，曲线OQ是反冲核的径迹 C. 改变磁感应强度的大小，反冲核和射线圆周运动的半径关系随之改变 D. 曲线OQ是α射线的径迹，其圆心在x轴上，半径是曲线OP半径的45倍 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AD．衰变过程中动量守恒，因初动量为零，故衰变后两粒子动量大小相等，方向相反，由图像可知，原子核发生的是α衰变，粒子做圆周运动向心力等于洛伦兹力 得 由于反冲核的电荷量比α射线大，则半径更小，即曲线OQ是射线的径迹，曲线OP是反冲核的径迹，由于曲线OP为圆弧，则其圆心在x轴上，射线初速度与x轴重直，新核初速度与x轴垂直，所以新核做圆周运动的圆心在x轴上 由质量数守恒和电荷数守恒可知反冲核的电荷量是α粒子的45倍，由半径公式可知，轨道半径之比等于电荷量的反比，则曲线OQ半径是曲线OP半径的45倍，故A错误，D正确。‎ BC．由动量守恒可知 粒子做圆周运动向心力等于洛伦兹力 得 - 24 -‎ 由于反冲核的电荷量比α射线大，则半径更小，即曲线OQ是射线的径迹，曲线OP是反冲核的径迹，反冲核的半径与射线的半径之比等于电荷量的反比，由于电荷量之比不变，则改变磁感应强度的大小，反冲核和射线圆周运动的半径关系不变，故BC错误。‎ 故选D ‎4.如图所示，上表面粗糙、倾角θ=的斜面体放在光滑的水平地面上，一物块静止在斜面体上。现给斜面体一水平向左的推力F，发现无论F多大，物块均能与斜面体保持相对静止。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin=0.6，cos=0.8，则物块与斜面体间的动摩擦因数μ应满足的条件为（　　）‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】当F=0时，物块能静止在斜面上，可知 得 即 当F特别大时，对物块受力分析，将加速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，由牛顿第二定律，沿斜面方向 垂直斜面方向 - 24 -‎ 又，由于F可以取无穷大，加速度无穷大，所以以上各式中的和可忽略，联立解得 综合分析得 故ACD错误，B正确。‎ 故选B。‎ ‎5.牛顿在1687年出版的《自然哲学的数学原理》中设想，物体抛出的速度很大时，就不会落回地面，它将绕地球运动，成为人造地球卫星．如图所示，将物体从一座高山上的O点水平抛出，抛出速度一次比一次大，落地点一次比一次远，设图中A、B、C、D、E是从O点以不同的速度抛出的物体所对应的运动轨道．已知B是圆形轨道，C、D是椭圆轨道，在轨道E上运动的物体将会克服地球的引力，永远地离开地球，空气阻力和地球自转的影响不计，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 物体从O点抛出后，沿轨道A运动落到地面上，物体的运动可能是平抛运动 B. 在轨道B上运动的物体，抛出时的速度大小为11.2km/‎ C. 使轨道C、D上物体的运动轨道变为圆轨道，这个圆轨道可以过O点 D. 在轨道E上运动的物体，抛出时的速度一定等于或大于16.7km/s ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）第一宇宙速度是最小的卫星发射速度，却是最大的环绕速度；‎ - 24 -‎ ‎（2）当物体以第一宇宙速度被抛出，它的运动轨道为一圆周；当物体被抛出的速度介于第一和第二宇宙速度之间，它的运动轨迹为一椭圆；当物体被抛出时的速度介于第二和第三宇宙速度之间，物体将摆脱地球引力，成为绕太阳运动的行星；当被抛出的初速度达到或超过第三宇宙速度，物体必然会离开太阳系；‎ ‎（3）卫星变轨时的位置点，是所有轨道的公共切点．‎ ‎【详解】A、物体抛出速度v＜7.9km/s时必落回地面，若物体运动距离较小时，物体所受的万有引力可以看成恒力，故物体的运动可能是平抛运动，A正确；‎ B、在轨道B上运动的物体，相当于地球的一颗近地卫星，抛出线速度大小为7.9km/s，B错误；‎ C、轨道C、D上物体，在O点开始变轨到圆轨道，圆轨道必然过O点，C正确；‎ D、当物体被抛出时的速度等于或大于16.7km/s时，物体将离开太阳系，故D错误．‎ ‎【点睛】本题考查宇宙速度，知道第一宇宙速度是最小的发射速度、最大的环绕速度，掌握卫星变轨模型，知道各宇宙速度的物体意义至关重要．‎ ‎6.用如图所示的装置研究光电效应现象，光电管阴极K与滑动变阻器的中心抽头c相连，光电管阳极与滑动变阻器的滑片P相连，初始时滑片P与抽头c正对，电压表的示数为0（电压表0刻线在表盘中央）。在移动滑片P的过程中，光电流，随电压表示数U变化的图像如图所示，已知入射光的光子能量为1.6eV。下列说法正确的是（ ）‎ A. 当滑片P与c正对时，电路中无光电流 B. 当U=－0.6V时，滑片P位于b、c之间 C. 阴极材料的逸出功为0.6eV D. 当U=0.8V时，到达阳极的光电子的最大动能为1.4eV ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题意可知，能发生光电效应，当滑片P与c正对时，光电管两端无电压，但此时光电子仍能从阴极到达阳极，则电路中有光电流，故A错误；‎ B．由图可知，当U=－0.6V时，光电流0即为遏制电压，即光电管两端接反向电压，则阴极电势应更高，滑片P位于b、c之间，故B正确；‎ C．由光电效应方程有，由图可知，当U - 24 -‎ ‎=－0.6V时，光电流为0即为遏制电压，则有 联立解得 故C错误；‎ D．光电子逸出时的最大初动能为 当U=0.8V时由动能定理得 得 故D正确。‎ 故选BD。‎ ‎7.如图所示，在x轴上坐标原点O处固定电荷量ql=+4×10－8C的点电荷，在x=6cm处固定电荷量q2=－1×10－8 C的点电荷。现在x轴上x>12cm的某处由静止释放一试探电荷，则该试探电荷运动的v－t图像可能正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】设x轴上场强为0的坐标为x，由有 - 24 -‎ 解得 则区域场强方向沿x轴正方向，由于无穷远处场强也为0，所以从到无穷远场强先增大后减小，场强方向沿x轴负方向，若试探电荷带正电，则从静止释放开始沿x轴正方向做加速运动，由于从到无穷远场强先增大后减小，则试探电荷做加速度先增大后减小的加速运动，若试探电荷带负电，则从静止释放开始沿x轴负方向做加速度减小的加速运动，运动到处加速度为0，由于场强方向沿x轴负方向且场强增大，则试探电荷接着做加速度增大的减速运动，当速度减到0后反向做加速度减小的加速运动，运动到处加速度为0，过后做加速度增大的减速运动，由于两点荷产生的电场不是匀强电场，故试探电荷开始不可能做匀加速运动，由于处电场强度为0，且从到无穷远场强先增大后减小和场强方向沿x轴负方向且场强增大，试探电荷不可能一直做加速度增大的加速运动，故AD错误，BC正确。‎ 故选BC ‎8.如图所示，光滑绝缘的圆形管状轨道竖直放置，管道中央轨道半径为R，管道内有一质量为m、带电荷量为+q直径略小于管道内径的小球，空间内存在方向相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度大小为B，方向水平向里，电场的电场强度大小（g为重力加速度），方向竖直向上。现小球从轨道的最低点沿轨道方向以大小为v0的初速度水平射出，下列说法正确的是（ ）‎ A. 无论初速度的方向向右还是向左，小球在运动中对轨道的作用力都不可能为0‎ B. 小球在最高点对轨道内侧的作用力大小可能为，方向竖直向下 - 24 -‎ C. 小球在最高点对轨道的作用力为0时，受到的洛伦兹力大小可能为，方向竖直向下 D. 若初速度方向向左，小球在最低点和轨道水平直径右端时，对轨道外侧有压力，且压力差大于mg ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．小球受重力和电场力的合力竖直向下，大小为，当小球向右射出且 得 此时小球对轨道的作用力为0，故A错误；‎ B．若小球在最高点对轨道内侧的作用力大小可能为，方向竖直向下时，小球受重力和电场力的合力为，方向竖直向上，小球在竖直方向上的合力为0，由洛伦兹力提供向心力，故B正确；‎ C．小球在最高点对轨道的作用力为0时，小球受重力和电场力的合力竖直向下，大小为，若受到的洛伦兹力大小为，当小球向右射出时，在最高点则有 得 由动能定理有 即 - 24 -‎ 两式不相符，若受到的洛伦兹力大小为，当小球向左射出时，在最高点则有 得 不可能，故C错误；‎ D．若初速度方向向左，由左手定则可知，小球受到的洛伦兹力竖直向下，小球受重力和电场力的合力竖直向下，大小为，则在最低点小球对轨道外侧有压力，当小球运动到轨道水平直径右端时，小球受到的洛伦兹力水平向右，由于小球做圆周运动，由洛伦兹力与轨道对小球的弹力的合力提供向心力，则小球对对轨道外侧有压力，在最低点有 在轨道水平直径右端时有 由动能定理得 得 由于，则 则 故D正确。‎ - 24 -‎ 故选BD。‎ 第II卷 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须做答。第13题～第16题为选考题，考生根据要求做答。‎ ‎（一）必考题： ‎ ‎9.利用阿特伍德机可以验证力学定律。图为一理想阿特伍德机示意图，A、B为两质量分别为m1、m2的两物块，用轻质无弹性的细绳连接后跨在轻质光滑定滑轮两端，两物块离地足够高。设法固定物块A、B后，在物块A上安装一个宽度为d的遮光片，并在其下方空中固定一个光电门，连接好光电门与毫秒计时器，并打开电源。松开固定装置，读出遮光片通过光电门所用的时间△t。若想要利用上述实验装置验证牛顿第二定律实验，则 ‎(1)实验当中，需要使m1、m2满足关系：____。‎ ‎(2)实验当中还需要测量的物理量有_____利用文字描述并标明对应的物理量符号）。‎ ‎(3)验证牛顿第二定律实验时需要验证的等式为____（写出等式的完整形式无需简化）。‎ ‎(4)若要利用上述所有数据验证机械能守恒定律，则所需要验证的等式为____（写出等式的完整形式无需简化）。‎ ‎【答案】 (1). (2). 物块A初始释放时距离光电门的高度h (3). (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]由题意可知，在物块A上安装一个宽度为d的遮光片，并在其下方空中固定一个光电门，连接好光电门与毫秒计时器，所以应让物块A向下运动，则有；‎ ‎(2)[2]由匀变速直线运动的速度位移公式可知，加速度为 - 24 -‎ 则实验当中还需要测量的物理量有物块A初始释放时距离光电门的高度h；‎ ‎(3)[3]对两物块整体研究，根据牛顿第二定律，则有 物块A经过光电门的速度为 联立得 ‎(4)[4]机械能守恒定律得 ‎10.某同学利用图甲电路测量自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞(活塞电阻可忽略)，右侧活塞固定，左侧活塞可自由移动，实验器材还有：‎ 电源(电动势约为2 V，内阻不可忽略)‎ 两个完全相同的电流表A1、A2(量程为3 mA，内阻不计)‎ 电阻箱R(最大阻值9 999 Ω)‎ 定值电阻R0(可供选择的阻值有100 Ω、1 kΩ、10 kΩ)‎ 开关S，导线若干，刻度尺．‎ 实验步骤如下：‎ A．测得圆柱形玻璃管内径d＝20 mm B．向玻璃管内注自来水，并用刻度尺测量水柱长度L C．连接好电路，闭合开关S，调整电阻箱阻值，读出电流表A1、A2示数分别记为I1、I2，记录电阻箱的阻值R D．改变玻璃管内水柱长度，多次重复实验步骤B、C，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R E．断开S，整理好器材 ‎(1)为了较好的完成该实验，定值电阻R0应选________．‎ ‎(2)玻璃管内水柱的电阻Rx的表达式Rx＝________(用R0、R、I1、I2表示)‎ - 24 -‎ ‎(3)若在上述步骤C中每次调整电阻箱阻值，使电流表A1、A2示数均相等，利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图乙所示的R－L关系图像，则自来水的电阻率ρ＝________ Ω·m(保留两位有效数字)，在用本实验方法测电阻率实验中，若电流表内阻不能忽略，则自来水电阻率测量值与上述测量值相比将________(选填“偏大”“不变”或“偏小”)‎ ‎【答案】 (1). 1000Ω (2). (3). 16， (4). 不变 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）定值电阻所在支路最小电阻约为；电阻箱R（最大阻值为9999Ω），为测多组实验数据，定值电阻R0应选1KΏ；‎ 电阻箱与R0、A2串联，再与水柱、A1并联，所以有，玻璃管内水柱电阻Rx的表达式 ‎(2)由电阻定律可以知道，则有，根据题意可知，电流表A1，A2 示数均相等，则有，由图可得 电阻率 ‎（3）电流表内阻不能忽略，则有，电阻率为保持不变．‎ ‎11.如图所示，两相同小木块M、N（均视为质点）的质量均为m - 24 -‎ ‎=1kg，放在水平桌面上，木块M、N间夹有一压缩的轻质弹簧P，弹簧两端与小木块M、N不拴接，但两木块通过长L=0.1m的细线相连接。桌子中央O左侧粗糙，中央O右侧光滑，小木块M、N与桌子左侧间的动摩擦因数μ=0.5，且开始时木块N离桌子中央O的距离s=1.15m。现让小木块M、N一起以v0=4m/s的初速度向桌子右侧运动，当木块M、N越过桌子中央O进入右侧光滑区后，剪断从N间的细线，发现小木块M最终停在桌面光滑区，而小木块N水平抛出离开桌面，木块N运动到A点时速度方向恰好沿AB方向，小木块N沿斜面AB滑下。己知斜面AB与水平方向的夹角为，斜面长为2.0m，木块N与斜面间的动摩擦因数也是μ=0.5.木块N到达B点后通过光滑水平轨道BC到达光滑竖直圆轨道，底端（稍稍错开）分别与两侧的直轨道相切，其中AB与BC轨道以微小圆弧相接。重力加速度g取10m/s2，sin=0.6，cos=0.8.‎ ‎(1)求压缩弹簧的弹性势能Ep；‎ ‎(2)求水平桌面与A点的高度差；‎ ‎(3)若木块N恰好不离开轨道，并能从光滑水平轨道DE滑出，则求竖直圆轨道的半径R。‎ ‎【答案】(1)4J；(2)0.45m；(3)0.66m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设两木块运动到O右侧时速度大小为，在两木块一起运动到桌子中央O右侧的过程，由动能定理知 解得 剪断细线，两木块组成的系统水平方向动量守恒，设剪断细线后小木块N的速度大小为v，则有 根据能量守恒知 解得 - 24 -‎ ‎(2)设木块N的抛出点到A点的高度差为h，到A点时，根据平抛运动规律知且 解得 ‎(3)木块N到达A点时的速度大小为 设小木块N到达B点时的速度大小为，从A点到B点，由动能定理知，‎ 设木块N在轨道最高点时最小速度为，木块N从B点到轨道最高点的过程，由机械能守恒定律得 在最高点根据牛顿第二定律知 解得 ‎12.如图所示，真空中有以O1为圆心，R为半径的圆形匀强磁场区域，圆的最左端与y轴相切于坐标原点D，圆的最上端与平行于x轴的虚线MN相切于P点，磁场方向垂直纸面向里，第一象限内在虚线MN上方沿v轴负方向有平行于y轴的有界匀强电场（上边界平行于x轴，图中未画出）。现从坐标原点O在纸面内向坐标系的第一象限和第四象限内的不同方向发射速率均为v0的质子。己知沿x轴正方向发射的质子恰好从P点离开磁场进入电场，能到达电场的上边界，最后也能返回磁场，电场强度E和磁感应强度B大小未知，但满足关系，不计质子的重力、质子对电场和磁场的影响及质子间的相互作用。‎ ‎(1)求匀强电场上边界与虚线MN的间距d；‎ ‎(2)在第四象限内沿与x轴正方向成 - 24 -‎ 角的方向发射一质子，最终离开磁场，求从发射到最终离开磁场区域的过程质子运动的时间t；‎ ‎(3)若电场方向改为沿x轴的负方向，场强大小不变，如图所示，电场上边界位置也不变，y0=4R处有一平行于x轴的荧光屏，与y轴相交于Q点，由O点发射的所有质子最终均能打在荧光屏上，求荧光屏的最小长度。‎ ‎【答案】（1）3R;（2） ;（3） ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)经分析，质子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径为R，进入电场后做匀减速直线运动，到达上边界时速度刚好减为零，在电场中，根据动能定理有 在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有 又，联立解得 ‎(2)质子在磁场和电场中的运动轨迹如图1所示，由几何知识知，质子第一次在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为，质子第二次在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为，则 - 24 -‎ 质子在磁场中运动的总时间 质子在电场中运动的总时间 质子在无场区运动的总时间 故质子运动的总时间为 ‎(3)经分析，所有质子经过磁场偏转后均沿平行于y轴的方向进入电场，轨迹如图2，质子做类平抛运动，质子刚好打在Q点时，有 - 24 -‎ 联立解得 故沿y轴负方向发射的质子打在荧光屏上的位置离y轴最远，最远距离 出磁场时横坐标x在范围内的质子将打在y轴左侧的荧光屏上，有 联立解得 当时，即时，有最大值，最大值为 故质子打在荧光屏上发光的区域长度为 ‎（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题任选一题做答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。‎ ‎[物理一选修3-3]‎ ‎13.一定质量的理想气体由状态A经状态B变化到状态C的P-V图象如图所示．若已知在A - 24 -‎ 状态时，理想气体的温度为320K，则下列说法正确的是_______(已知) ‎ A. 气体在B状态时的温度为720K B. 气体分子在状态A分子平均动能大于状态C理想气体分子平均动能 C. 气体从状态A到状态C的过程中气体对外做功 D. 气体从状态A到状态C的过程中气体温度先降低后升高 E. 气体从状态A到状态C的过程中气体吸收热量为900 J ‎【答案】ACE ‎【解析】‎ ‎【详解】A：由图象得：、、、，据理想气体状态方程，代入数据得：．故A项正确．‎ B：由图象得：、、、，则，所以．温度是分子平均动能的标志，所以状态A与状态C理想气体分子平均动能相等．故B项错误．‎ C：从状态A到状态C的过程，气体体积增大，气体对外做功．故C项正确．‎ D：据AB两项分析知，，所以从状态A到状态C的过程中气体温度不是先降低后升高．故D项错误．‎ E：，A、C两个状态理想气体内能相等，A到C过程；图象与轴围成面积表示功，所以A到C过程，外界对气体做的功；据热力学第一定律得：，解得：，所以状态A到状态C的过程中气体吸收热量为900‎ - 24 -‎ ‎ J．故E项正确．‎ ‎14.如图所示，两个截面积都为S的圆柱形容器，右边容器高为H，上端封闭，左边容器上端是一个可以在容器内无摩擦滑动的质量为M的活塞．两容器由装有阀门的极细管道相连，容器、活塞和细管导热性良好．左、右两边容器中装有相同的理想气体，开始时阀门打开，平衡时活塞到容器底的距离为H．现将阀门关闭，在活塞上放一个质量也为M的砝码，活塞缓慢下降，直至系统达到新的平衡．已知外界温度恒定，外界大气压强为，重力加速度为g，．‎ 求：(1)当系统达到新的平衡时，活塞距底端的高度；‎ ‎(2)当系统达到平衡后再打开阀门，活塞又缓慢下降，直到系统再次达到平衡，求左边气体通过阀门进入右边容器的质量与右边气体原有质量的比值．‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)以左边气体为研究对象，活塞上未放物体前 气体压强、体积 ‎ 放上物体后 气体压强、体积 ‎ 由玻意耳定律得：‎ 代入数据解得： ‎ ‎(2)以右边封闭气体为研究对象，设气体压强与左边相等时气柱高为 由玻意耳定律得：‎ 代入数据解得： ‎ 根据几何关系得左边气体通过阀门进入右边容器的质量与右边气体原来质量的比值 - 24 -‎ ‎[物理一选修3-4]‎ ‎15.高精度全息穿透成像探测仪利用电磁波穿透非金属介质，探测内部微小隐蔽物体并对物体成像，只有分辨率高体积小、辐射少，应用领域比超声波更广。关于电磁波和超声波，下列说法正确的是（　　）‎ A 电磁波和超声波均能发生偏振现象 B. 电磁波和超声波均能传递能量和信息 C. 电磁波和超声波均能发生干涉和衍射现象 D. 电磁波和超声波均需依赖于介质才能传播 E. 电磁波由空气进入水中时速度变小，超声波由空气进入水中时速度变大 ‎【答案】BCE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电磁波是横波，能发生偏振现象，而超声波是纵波，不能发生偏振，故A错误；‎ B．电磁波和超声波均能传递能量和信息，故B正确；‎ C．干涉和衍射是一切波特有的现象，电磁波和超声波均能发生干涉和衍射现象，故C正确；‎ D．电磁波在真空中能传播，超声波需依赖于介质才能传播，故D错误；‎ E．电磁波由空气进入水中时速度变小，超声波由空气进入水中时速度变大，故E正确。‎ 故选BCE。‎ ‎16.居家学习的某同学设计了一个把阳光导入地下室的简易装置。如图，ABCD为薄壁矩形透明槽装满水后的竖直截面，其中AB=d，AD=2d，平面镜一端靠在A处，与水平底面夹角θ=45°斜放入水槽。太阳光入射到AD面上，其中一细束光线以入射角53°射到水面上的O点，进入水中后，射到平面镜距A点为处。不考虑光的色散现象及水槽壁对光线传播的影响，取水对该束光的折射率，sin53°=，cos53°=。求该束光：‎ ‎（i）射到平面镜时的入射角；‎ ‎（ii）第次从水中射出的位置与D点的距离x。‎ - 24 -‎ ‎【答案】（i）；（ii）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（i）光路图如图 设光线进入水面时的折射角为β1，由折射定律可得 ‎①‎ ‎②‎ 由①②式及代入数据得 ‎③‎ ‎（ⅱ）设光射到平面镜的O′点，反射后射到水面的D1点，入射角为α3，由几何关系可得 α3=53°‎ AA1=O′A1‎ AD1=AA1+AD1=AO′cosθ+O′A1tanα3=④‎ DD1=AD-AD1=⑤‎ 设光从水中射向空气的临界角为C，则 ‎⑥‎ 得 α3＞C⑦‎ - 24 -‎ 光射到水面上D1点后将发生全反射，反射后到达CD面的C1点，此处入射角为α4‎ α4=90°-α3=37°⑧‎ 由于α4＜C，光线从C1点射出水槽 ‎⑨‎ - 24 -‎ - 24 -‎