【全国百强校】湖北省荆州中学、宜昌一中等“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”2019届高三上学期期末考试理综物理试题（解析版）

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1、 “荆荆 、荆、襄、宜四地七校考试联盟、荆、襄、宜四地七校考试联盟”2019 届高三届高三 2 月联考理科 月联考理科 综合能力测试综合能力测试 二二.选择题：选择题： 1.一个氢原子从量子数 n=2 的能级跃迁到量子数 n=3 的能级，该氢原子 A. 吸收光子，能量增加 B. 放出光子，能量减少 C. 放出光子，能量增加 D. 吸收光子，能量减少 【答案】A 【解析】 【分析】 氢原子从低能级向高能级跃迁要吸收光子，能量增加；从高能级向低能级跃迁要放出光子，能量减少. 【 详 解 】 一 个 氢 原 子 在 一 个 定 态 具 有 的 能 量 是 电 子 圆 周 运 动 的 动 能 和 势

2、能 之 和 ， 能 量 为 ，可知量子数越大，能量越高，故氢原子从低能级向高能级跃迁要吸收光子，而能量 增加；故选 A. 【点睛】本题考查了原子核式结构模型和原子的跃迁；能量变化可类比人造卫星的变轨原理. 2.宇宙中某一质量为、半径为 的星球，有三颗卫星 A、B、C 在同一平面上沿逆时针方向做圆周运动，其 位置关系如图所示。其中 A到该星球表面的高度为 ，已知万有引力常量为 ，则下列说法正确的是 A. 卫星 A的公转周期为 B. 卫星 C 加速后可以追到卫星 B C. 三颗卫星的线速度大小关系为 D. 三颗卫星的向心加速度大小关系为 【答案】C 【解析】 【分析】 卫星绕地球做圆周运动，万有引

3、力提供圆周运动向心力，并由此分析向心加速度等描述圆周运动的物理量 与半径的关系并由此展开分析即可. 【详解】A、根据万有引力提供圆周运动向心力，可得周期，A 卫星的轨道半径为，则 ；故 A错误. B、卫星在轨道上加速或减速将改变圆周运动所需向心力，而提供向心力的万有引力保持不变，故卫星在轨 道上加速或减速时卫星将做离心运动或近心运动而改变轨道高度，故不能追上或等候同一轨道上的卫星； 需要 C卫星先减速后加速才能追上 B卫星；故 B错误. C、根据万有引力提供圆周运动向心力可得线速度，知半径越大线速度越小，因，可知 ；故 C正确. D、根据万有引力提供圆周运动向心力可得加速度，知半径越大加速度越

4、小，因，可知 ；故 D错误. 故选 C. 【点睛】本题主要抓住万有引力提供圆周运动向心力并由此根据半径关系判定描述圆周运动物理量的大小 关系，掌握卫星在轨道上加速或减速会引起轨道高度的变化，这是正确解决本题的关键 3.某物理兴趣小组对变压器进行研究，实验电路图如图所示，接在学生电源交流挡位上的理想变压器给两个 完全相同的小灯泡、供电，导线可视为超导体，电压表和电流表均为理想电表，开关处于断开状态。现 闭合开关，其他条件不变情况下，则 A. 小灯泡变暗 B. 小灯泡变亮 C. 电压表示数变大 D. 电流表示数变大 【答案】D 【解析】 【分析】 输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大

5、小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正 比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可 【详解】C、变压器的输入电压不变，而匝数比不变，根据可知，变压器的输出电压 不变，而 电压表测量的就是变压器的输出，故电压表的示数不变；故 C错误. A、B、开关闭合前后，灯泡 L1的电压一直等于，故灯泡 L1的电压不变，则亮度不变；A，B均错误. D、S闭合后，副线圈的总电阻减小，而电压不变，则副线圈的电流 变大，根据可知原线圈的电流变 大，即电流表示数变大；故 D 正确. 故选 D. 【点睛】本题主要考查变压器的动态分析，要能对变压器的电压、电流、功率的决定因素理解清楚，掌握 动态分析的流程.

6、4.现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子()在入口 处从静止开始被电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若换作 粒子()在入口处从静止开始被同 一电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的倍数是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 本题先电场加速后磁偏转问题，先根据动能定理得到加速得到的速度表达式，再结合带电粒子在匀强磁场 中运动的半径公式求出磁感应强度的表达式. 【详解】电场中的直线加速过程根据动能定理得，得；离子在磁场中做匀速圆周运动， 洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有，有，

7、联立可得：；质子与 粒子经 同一加速电场 U 相同，同一出口离开磁场则 R 相同，则，可得，即；故选 B. 【点睛】本题综合考查了动能定理和牛顿第二定律，关键要能通过洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度的 表达式. 5.如图所示，光滑的水平地面上有两块材料完全相同的木块 A、B，质量均为 ，A、B之间用轻质细绳水平 连接。现沿细绳所在直线施加一水平恒力 作用在 A上，A、B开始一起做匀加速运动，在运动过程中把和 木块 A、B完全相同的木块 C 放在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动，则在放上 C并 达到稳定后，下列说法正确的是 A. 若 C放在 A 上面，绳上拉力不变 B. 若 C放

8、在 B上面，绳上拉力为 C. C 放在 B上，B、C间摩擦力为 D. C放在 A上比放在 B 上运动时的加速度大 【答案】C 【解析】 【分析】 对整体分析，运用牛顿第二定律判断系统加速度的变化.通过隔离分析，得出绳子拉力和摩擦力的大小的变 化. 【详解】F拉 A 使得整体运动有：，对 B分析可知：，可得. A、A放上 C 滑块前后，三者一起加速，由整体法有，对 B由牛顿第二定律有：，联立可得 ，则绳上的拉力变小；故 A错误. B、C、B上放 C滑块后，对整体,，对 B 滑块，联立可得，；故 B 错误， C正确. D、由牛顿第二定律分析可得 C放在 A上的，C 放在 B 上的，两个加速度相同；

9、故 D 错误. 故选 C. 【点睛】解决本题的关键要灵活选择研究对象，会用整体法和隔离法，能够正确地受力分析，运用牛顿第 二定律进行求解. 6.如图所示，正六边形 ABCDEF的 B、D 两点各固定一个带正电电量为 +q的点电荷，F点固定一个带负电 电量为-q 的点电荷，O为正六边形的几何中心。则下列说法正确的是 A. O点场强为 0 B. C 点场强方向沿 FC 方向 C. 电子在 A点电势能比在 O 点小 D. OA两点间电势差和 OE两点间电势差相等 【答案】BD 【解析】 【分析】 根据电场的叠加原理分析各点的场强大小，并确定出电场强度的方向；根据点电荷的电势公式运用叠加原 理分析电势

10、高低和电势能的大小比较. 【详解】根据点电荷的场强公式可知，三个点电荷在 O 点产生的场强大小相等，合场强沿 OF 方向； 故 A 错误；B和 D 两个正场源在 C 点产生的合场强沿 FC方向，F点的负点电荷在 C点产生的场强沿 CF方 向，但距离较大，则总的合场强沿 FC方向；故 B正确；电子沿 OA 运动时，OA 是 BF 的中垂线，BF 两点放 了等量异种电荷，所以这两个电荷对电子的作用力的合力垂直 AO，对电子做功，D 处的电荷是正电荷，是 引力，对电子做负功，所以三个电荷对电子做负功，电势能增大，电子在 A 点电势能比在 O 点大，故 C 错 误；根据对称性可知，电荷从 O 点移到

11、A 点、从 O 点移到 E，电场力做功相同，所以 OA 两点间电势差和 OE 两点间电势差相等，故 D 正确；点故选 BD. 【点睛】本题要知道点电荷的电场的分布，掌握点电荷场强公式，充分利用对称性，由电场的叠加原理来 解题.要灵活选择哪个电荷的电场与哪个电荷的电场合成。要知道负电荷的电场中各个点的电势为负，正电 荷的电场中各点的电势为正. 7.如图所示，固定的光滑竖直杆上套一个滑块 A，与滑块 A 连接的细线绕过光滑的轻质定滑轮连接滑块 B， 细线不可伸长，滑块 B 放在粗糙的固定斜面上，连接滑块 B 的细线和斜面平行，滑块 A从细线水平位置由 静止释放（不计轮轴处的摩擦） ，到滑块 A下降

12、到速度最大（A未落地，B未上升至滑轮处）的过程中 A. 滑块 A和滑块 B 的加速度大小一直相等 B. 滑块 A减小的机械能等于滑块 B 增加的机械能 C. 滑块 A的速度最大时，滑块 A的速度大于 B的速度 D. 细线上张力对滑块 A做的功等于滑块 A机械能的变化量 【答案】CD 【解析】 【分析】 根据沿绳的加速度相同分析两滑块的关系；由系统的机械能守恒的条件判断；由沿绳的速度相等分析两滑 块的速度关系；由动能定理或能量守恒分析机械能的变化. 【详解】A、两滑块与绳构成绳连接体，沿绳方向的加速度相等，则 A 的分加速度等于 B 的加速度；故 A 错误. B、绳连接体上的一对拉力做功不损失机

13、械能，但 B受到的斜面摩擦力对 B 做负功，由能量守恒可知滑块 A 减小的机械能等于滑块 B增加的机械能和摩擦生热之和；B错误. C、绳连接体沿绳的速度相等,则 A沿绳的分速度等于 B 的运动速度，如图所示，即滑块 A的速度大于 B的 速度；故 C正确. D、对 A 受力分析可知，除重力外，只有细线的张长对滑块做功，由功能原理可知，细线上张力对滑块 A 做的功等于滑块 A 机械能的变化量；故 D正确. 故选 CD. 【点睛】绳连接体抓住五同原理解题.(沿绳的拉力相同，沿绳的加速度相同，沿绳的速度相同，沿绳的功率 相同，沿绳的做功相等). 8.如图所示，两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，其

14、左端接有定值电阻 ，建立轴平行于金属导 轨，在m的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度 随坐标 （以 m为单位）的分 布规律为，金属棒 ab 在外力作用下从处沿导轨向右运动，ab始终与导轨垂直并接触良 好，不计导轨和金属棒的电阻。设在金属棒从m处，经m到m的过程中，电阻器 的电功率 始终保持不变，则 A. 金属棒做匀速直线运动 B. 金属棒运动过程中产生的电动势始终不变 C. 金属棒在与处受到磁场 的作用力大小之比为 3：2 D. 金属棒从到与从到的过程中通过 的电量之比为 5：3 【答案】BCD 【解析】 【分析】 磁感应强度随 x 增大而减小，ab 棒在外力作用下在磁场中运动

15、，切割磁感线而更含蓄的是已知金属棒从 x1=1m 经 x2=2m 到 x3=3m 的过程中，R 的电功率保持不变，由功率公式，则电流和电压均有相 等从而很容易判断感应电动势的大小，电荷量的比值同样用平均值方法来求，安培力之比用安培力公式 来求，难于判定的是热量，虽然电流相等但不知时间关系，所以由图象法来求，F-x图象与坐标轴围成的面 积就是功，而面积是梯形面积，那么克服安培力做功的比值就能求出 【详解】B、由功率的计算式：，知道由于金属棒从 x1=1m经 x2=2m到 x3=3m 的过电功率保持不 变，所以 E应不变，选项 B正确. A、由动生电动势可知，B随着距离均匀减小，则 v一直增大，故

16、棒做加速直线运动；故 A 错误. C、由安培力公式 F=BIL及 P=EI 知，；故 C 正确. D、由于金属棒从 x1=1m经 x2=2m到 x3=3m的过程中， R 的电功率保持不变， 由 P=I2R知道 R 中的电流相等， 再由安培力公式 F=BIL，所以 F-x图象如图所示： 显然图象与坐标轴围成的面积就是克服安培力做的功，即 R 产生的热量，所以：，由热量 Q=I2Rt，热量之比为 5：3，电流相同说明时间之比为 5:3，因此电量;故 D 正确. 故选 BCD. 【点睛】本题的难点在于没有一个对比度，导体棒 ab 在随 x 的增大而减小的磁场中在外力作用下切割磁感 线，而巧妙的是在某

17、一路段 R 上的电功率相同，预示着电路的电流和 R上电压相同，则安培力正比于磁感 应强度，均匀减小克服安培力的功转化为焦耳热，所以 F-x 图象与坐标轴围成的面积就是功虽然不知 外力怎么变化，但它与解决问题无多大关联 三、非选择题：三、非选择题： 9.高三学生小明和小华设计了一个物理实验来验证动能定理，实验装置如图所示，A、B 为长木板上固定的 两个光电门，已知当地重力加速度为 . (1)他们利用游标卡尺测滑块上的遮光条的宽度，如图所示，则遮光条的宽度 _ cm. (2)垫高长木板右端，当长木板和水平面夹角为 时，在 处沿斜面轻推滑块，测得滑块经过两光电门的时间 相等，则滑块和长木板间动摩擦因

18、数为_. (3)将长木板水平放置，在 处给滑块一个瞬时冲量，使滑块依次滑过光电门 A、B.测得滑块经过光电门 A 的时间为 、滑块经过光电门 B 的时间为 ，两个光电门间距离为 ，在误差允许的范围内，验证动能定理成 立的式子为_（用题中已给字母表示）. 【答案】 (1). 0.330 (2). tan (3). 【解析】 【分析】 (1)由图可以看出，该游标卡尺是 20 分度的，精确度是 0.05mm，从而可以读出小滑块的宽度； (2)由滑块沿斜面的匀速运动情况可以求得滑动摩擦因数. (3)水平板上的受力情况得到由合力做功情况推出动能定理的表达式. 【详解】(1)由于该游标卡尺是 20分度的，

19、它的精确度是 0.05mm，主尺的读数是 50mm，游标尺上的读数 是 6 0.05mm=0.30mm，所以小铁块的宽度是 d=3+0.30=3.30mm，即 d=0.330cm. (2)滑块经过两光电门的时间相等表示滑块做匀速直线运动，则由平衡条件，可得. (3)用平均速度代替瞬时速度求得通过两光电门的速度，即通过两个光电门的速度分别为、，由 动能定理 ，整体可得表达式：. 【点睛】游标卡尺的读数要注意它的精确度是多少，同时还要注意，游标卡尺的读数是不需要估读的；利 用倾斜面的匀速求得动摩擦因数，从而利用水平面上的减速运动探究动能定理. 10.某型号多用电表欧姆档的电路原理图如图甲所示。微安

20、表 是欧姆表表头，其满偏电流，内阻 .电源电动势，内阻。电阻箱和电阻箱 的阻值调节范围均为. (1)甲图中的 端应与_（红或黑）表笔连接. (2)某同学将图甲中的 、 端短接，为使微安表 满偏，则应调节_；然后在 、 端之间接入一电 阻后发现微安表半偏，则接入的电阻阻值为_. (3)如图乙所示，该同学将微安表 与电阻箱并联，利用该电路图组装一个“100 倍率”的欧姆表，要求欧姆 表的表盘刻度示意图如图丙所示，其中央刻度标“15”，则该同学应调节_；用此欧姆表测量一 个阻值约 2000的电阻，测量前应调节_。 【答案】 (1). 红 (2). 2049 (3). 3000 (4). 950 (5

21、). 1024 【解析】 【分析】 (1)根据对多用电表结构的掌握分析答题； (2)根据闭合电路欧姆定律分析答题； (3)根据电路图应用闭合电路欧姆定律求出改装欧姆表的表达式，利用电流表的改装原理求解并联电阻 【详解】(1)根据万用表的流向和偏转规律可知电流从红表笔进黑表笔出向右偏，则 a端接红表笔. (2)欧姆调零时根据闭合电路的欧姆定律，解得：；当接入 Rx后，电流 为满偏的一半，则，可得. (3)因欧姆表的中央刻度为 15， 倍率为“100”，则欧姆表的内阻，故调零时的满偏电 流为，表头和 R2并联改装为电流表，由并联分流电压相等，解得; 改装后的欧姆表需要进行欧姆调零，则，解得：. 【

22、点睛】欧姆表刻度盘中央刻度值是中值电阻，欧姆表中值电阻阻值等于欧姆表内阻；知道欧姆表的工作 原理即可正确解题 11.在光滑水平地面上放有一质量=1kg带光滑圆弧形槽的小车， 质量为 =2kg 的小球以速度 =3m/s 沿水平 槽口滑上圆弧形槽，槽口距地面的高度 =0.8m（重力加速度 =10m/s2） 。求： （1）小球从槽口开始运动到滑到最高点（未离开圆弧形槽）的过程中，小球对小车做的功； （2）小球落地瞬间，小车与小球间的水平间距 。 【答案】 （1）2J（2）1.2m 【解析】 【分析】 (1)小车与物块组成的系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律求出速度 (2)球离开车后做平抛运动，应用

23、平抛运动规律与匀速运动规律求出距离 【详解】(1)小球上升至最大高度时，小车和小球水平方向不受外力，水平方向动量守恒 得： 对小车，由动能定理得： 联立解得： (2)小球回到槽口时小球和小车水平方向动量守恒，得： 小球和小车由功能关系得： 联立可得：， 小球离开小车后，向左做平抛运动，小车向左做匀速运动. 联立可得：L=1.2m 【点睛】本题要分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、平抛运动规律即可正确解 题 12.如图所示，在竖直平面内的矩形区域的坐标原点 处有一个带电微粒源，微粒发射方向均在平面内。 微粒质量均为 ，带正电荷量均为 ，重力加速度大小为 ，（解题过程中可能用到

24、、）. (1)若整个矩形区域内存在与 轴方向平行的匀强电场，从 点处射入一初速度沿 轴正方向的微粒，发现其 从坐标（，）处垂直于 轴方向射出矩形区域，求此微粒的初速度大小以及电场强度的大小 E； (2)将电场方向改为竖直向上，再在整个矩形区域内加上垂直于平面向里的有界匀强磁场 。微粒源从 点处发射的微粒速度大小不等于)均相等，速度大小介于之间，入射方向在 轴和 轴所 夹的 90 角范围内连续均匀分布。现测得在矩形区域内运动时间最长的微粒在进出该区域时速度方向改变 了 90 .请你分析说明微粒的运动特点并求入射微粒的速度大小. 【答案】 （1） ； （2） 【解析】 【分析】 (1)粒子垂直进入

25、电场做类平抛运动，结合水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住等时性，结合牛顿第二 定律和运动学公式求出电场强度的大小； (2)根据洛伦兹力提供向心力求出粒子的半径从而求出速度. 【详解】(1)对沿 x 正方向入射的微粒，做类平抛运动. x 方向： y 方向： 联立可得： 沿 x、y 方向根据动量定理 解得电场强度 (2)将电场方向改为竖直向上后，电场力与重力平衡，微粒在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动. 设半径为 r，由牛顿第二定律有： 由题设速度大小 v2大小介于之间，故微粒做匀速圆周运动的半径 r大小介于 3b4b 之间. 如图所示，微粒的运动轨迹与矩形相切于 A 点时，粒子的运动时间最长.微

26、粒从 O 点进入矩形区域、从 B 点 射出矩形区域. 由题可得. 设微粒入射方向与 y 轴夹角为 ，根据几何关系可得： 联立消去 可解得： 可得： 【点睛】粒子在电场中运动偏转时，常用能量的观点来解决问题，有时也要运用运动的合成与分解。粒子 在磁场中做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定也是本题的一个考查重点，要正确画出粒子运动 的轨迹图，能熟练的运用几何知识解决物理问题. 13.下列有关水的热学现象和结论说法正确的是 A. 常温下一个水分子的体积大约为 B. 零摄氏度的水比等质量零摄氏度的冰的分子势能大 C. 水面上的表面张力的方向与水面垂直并指向液体内部 D. 一滴墨水滴入水中最终混合

27、均匀，是因为碳粒受重力的作用 E. 被踩扁但表面未开裂的乒乓球放入热水中浸泡，在其恢复原状的过程中球内气体会从外界吸收热量 【答案】ABE 【解析】 【分析】 冰融化成水需要吸热，由于温度不变，分子动能不变，故内能增加；作用于液体表面，使液体表面积缩小 的力，称为液体表面张力它产生的原因是液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里 的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力这就是表面张 力，它的方向平行于液体表面乒乓球内的气体受力膨胀，对外做功，温度升高，根据热力学第一定律列 式分析吸放热情况 【详解】A、水分子的摩尔质量为，则一个水分子的体积为

28、；故 A 正确. B、因冰融化成水需要吸热，由于温度不变，分子动能不变，故内能增加，因此 0的水分子势能比相同质 量 0的冰的分子势能大；故 B正确. C、表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直；故 C错误. D、碳素墨水滴入清水中，观察到的布朗运动是 液体分子不停地做无规则撞击碳悬浮微粒，悬浮微粒受到 的来自各个方向的液体分子的撞击作用不平衡的导致的无规则运动，不是由于碳粒受重力作用；故 D错误. E、被踩扁的乒乓球（表面没有开裂）放在热水里浸泡，恢复原状的过程中，球内气体对外做正功，温度升 高，内能增加，根据热力学第一定律U=Q+W知会从外界吸收热量；故 E 正确

29、. 故选 ABE. 【点睛】本题考查分子的热运动、温度的微观意义、 、液体的表面张力、内能、热力学第一定律等内容；对 于热学内容一定要熟记，并要注意准确理解，不能一知半解而导致出错 14.如图所示，导热性能良好的柱形金属容器竖直放置，容器上端的轻质塞子将容器密闭，内有质量为 的 活塞将容器分为 、 两个气室，A、B两个气室的体积均为 V.活塞与容器内壁间气密性好，且没有摩擦，活 塞的截面积为 S.已知重力加速度大小为 g，大气压强大小为，A气室内气体的压强大小为. (1)拔去容器上端的塞子，求活塞稳定后 B气室的体积 VB； (2)拔去塞子待活塞稳定后，室温开始缓慢升高，从活塞稳定到其恰好上升

30、到容器顶端的过程中 B室气体从 外界吸热为 Q，求这个过程中 B气室气体内能增量. 【答案】(1) (2) 【解析】 【分析】 (1)以活塞的平衡状态求得气体的压强，由气体的温度不变结合等温方程求体积. (2)等压过程可借助功的定义式求压力的功，根据热力学第一定律求解内能的变化. 【详解】（i）塞子拔去待活塞稳定后，B 室中的气体初、末状态温度不变， 故由等温变化： 得： （ii）B气室的气体吸收的热量，一部分用来对外做功，一部分为其内能增量.室温缓慢升高过程中，气体对 外做功为 根据热力学第一定律，可得： 【点睛】本题考查气体实验定律的应用以及气体压强的计算、等压过程的压力的功，要注意正确选

31、择研究 对象，分析好对应的状态，再选择正确的物理规律求解即可. 15.下列说法正确的是 A. 简谐运动的周期与振幅无关 B. 变化的电场一定能产生变化的磁场 C. 太阳光经过三棱镜的两次折射后，会发散成彩色光带 D. 电磁波传递信号可以实现无线通信，也可以通过有线传输 E. 在双缝干涉实验中，保持入射光频率不变，增大双缝距离，则干涉条纹间距也增大 【答案】ACD 【解析】 【分析】 麦克斯韦的电磁场理论中变化的磁场一定产生电场，变化的电场一定产生磁场，当中的变化有均匀变化与 周期性变化之分；电磁波传递信号可以实现无线通信，也能通过电缆、光缆传输；因折射率不同，出现折 射现象. 依据干涉条纹间距

32、公式分析. 【详解】A、简谐运动的周期由振动系统内部因素决定，与振动幅度无关；故 A 正确. B、根据麦克斯韦的电磁场理论可知，均匀变化的电场产生恒定的磁场；故 B错误. C、太阳光经过三棱镜的两次折射，因此折射率的不同，则会发散成彩色光带；故 C正确. D、利用电磁波传递信号可以实现无线通信，电磁波也能通过电缆、光缆传输；故 D 正确. E、在光的双缝干涉实验中，根据条纹间距公式，当只增大双缝间的距离，则条纹间距变小；故 E错 误. 故选 ACD. 【点睛】该题考查到原子物理学、光学以及电磁场的多个不同的知识点的内容，难度虽然不大，但涉及的 知识面比较宽，要做好这一类的题目，要在平时的学习中

33、多加积累 16.如图所示，一透明介质的横截面为等腰梯形，BA、AD、DC 三边长度均为 。 一束平行于 BC 边的单色光从 AB 面折射进入该介质， 介质对该单色光的折射率为 （临界角为） 。已知，。 （i）求光线在 AB面发生折射时的折射角 ； （ii）现在只考虑经 DC面反射后直接到达 BC面上的光线，求 BC面上有光线到达的长度 。 【答案】（1）150（2）(3-)cm 【解析】 【分析】 （i）已知摄氏率，由折射定律求解；（ii）利用几何三角形结合光路求解长度. 【详解】 （i）由折射定律 可得折射角 （ii）考虑 AE 这条光线，经 DC面反射后到达 BC面上的 F点.光路如图所示： 易得：， 在中，由正弦定理 得：， 在中，由正弦定理 得有光线到达的区域 【点睛】几何光学是 3-4部分的重点，也高考的热点，关键要能正确作出光路图，掌握折射定律和几何关系 这些基础知识.