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2020届全国金太阳联考新高考押题模拟考试(十)物理试卷

2020届全国金太阳联考新高考押题模拟考试（十）
物理试题
★祝你考试顺利★

注意事项：

1、考试范围：高考考查范围。
2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。
3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。
4、主观题的作答：用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非主观题答题区域的答案一律无效。
5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。
6、保持卡面清洁，不折叠，不破损。
7、本科目考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。
二、选择题:本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求，第19-21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1.如图，两小球P、Q从同一高度分别以vl和v2的初速度水平抛出，都落在了倾角37的斜面上的A点，其中小球P垂直打到斜面上，则vl、v2大小之比为

A.9：8【答案】A【解析】
B.8：9C.3：2D.2：3
【详解】两球抛出后都做平抛运动，两球从同一高度抛出落到同一点，它们在竖直方向在竖直方向做自由落体运动，由于竖直位移h相等，它们的运动时间t
2h
相等；g
位移相等，小球

1

12gt
gt对球Q：tan37y2
xv2t2v2
解得：v2
2
gt；3
3gt4
球P垂直打在斜面上，则有：v1vytangttan373gtv149
，故A正确，BCD错误．则：
v22gt8
3
2.随着科幻电影《流浪地球》的热映，“引力弹弓效应”进入了公众的视野．“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度．为了分析这个过程，可以提出以下两种模式：探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，分别因相互作用改变了速度．如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为u，探测器的初速度大小为v0，在图示的两种情况下，探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2.探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比．那么下列判断中正确的是

A.v1>v0【答案】A【解析】
B.v1=v0C.v2>v0D.v2=v0
【详解】设探测器的质量为m，行星的质量为M，探测器和行星发生弹性碰撞.
A、B、对于模型一：设向左为正，由动量守恒定律：Mumv0mv1Mu1，由能量守恒
2MuMv0mv0112121
Mu2mv0mv1Mu12，联立解得探测器碰后的速度v1，因Mm，则2222Mm
v12Uv0v0，故A正确，B错误.
C、D、对于模型二：设向左为正，由动量守恒定律：Mumv0mv2Mu2，由能量守恒
Mv02Mumv01121212Mu2mv0mv2Mu2，联立解得探测器碰后的速度v2，因Mm，则2222Mm

2

v2v02Uv0；故C、D均错误.
故选A.
3.静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图所示的折线．一质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力），以初速度v0从O点（x＝0）进入电场，沿x轴正方向运动．下列叙述正确的是

A.粒子从O运动到x1的过程中加速度逐渐增加B.粒子从x1运动到x3的过程中，电势能先减小后增大C.要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为
2q
m3q0
2m
D.若v0＝【答案】C【解析】
q0
，粒子在运动过程中的最大速度为m
【详解】A．图像的斜率k速度不变，A错误

E，从O运动到x1的过程中斜率不变，场强不变，所受电场力不变，加x
B．电势能Epq，粒子带正电，.从x1运动到x3的过程中，电势一直减小，电势能一直减小，B错误C．根据图像可知，粒子要想到达x4处，只需恰好到达x1处，之后靠电场力即可到达x4处，根据能量转化，有：
122q0mv0q，解得：v，C正确
m2
D．若粒子速度v0<v，则粒子到不了x1处，一直减速到零，反向加速，所以初速度即最大，D错误12月30日实施变轨进入环月轨道2．4.2018年12月12日，我国发射的“嫦娥四号”探测器进入环月轨道1，其飞行轨道如图所示，p点为两轨道的交点．如果嫦娥四号探测器在环月轨道1和环月轨道2上运动时，只受到月球的万有引力作用，环月轨道1为圆形轨道，环月轨道2为椭圆轨道．则以下说法正确的是（）

3


A.若已知嫦娥四号探测器环月轨道1的半径、运动周期和引力常量，则可以计算出月球的密度
B.若已知嫦娥四号探测器环月轨道2的近月点到月球球心的距离、运动周期和引力常量，则可以计算出月球的密度
C.嫦娥四号探测器在环月轨道2上经过p点的速度小于在环月轨道1上经过P点的速度D.嫦娥四号探测器在环月轨道2时，从近月点运动向远月点P的过程中，加速度变大【答案】C【解析】
Mm42rr3
【详解】由万有引力提供向心力可得：G2m，则圆轨道的周期公式T2，则可计算2
rTGM
出月球质量M，但月球半径R未知，所以算不出月球密度，故A错误；因为2轨道为椭圆轨道用不了圆轨道的周期公式，且月球半径R未知，同理计算不出月球密度，故B错误；探测器在1轨道的P减速后才能变轨到2轨道，故C正确；由近月点向远月点P运动过程中，探测器与月心距离增大，则引力减小，由牛顿第二定律加速度应变小，故D错误．
5.电磁炮是利用电磁力对弹体加速的新型武器．某小组用图示装置模拟研究电磁炮的原理．间距为0.1m的水平长导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为0.5T，左端所接电池电动势1.5V、内阻0.5Ω．长0.1m、电阻0.1Ω的金属杆ab静置在导轨上．闭合开关S后，杆ab向右运动，在运动过程中受到的阻力恒为0.05N，且始终与导轨垂直且接触良好．导轨电阻不计，则杆ab

A.先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动C.两端的电压始终为0.25V【答案】D【解析】
B.能达到的最大速度为12m/s
D.达到最大速度时，ab两端的电压为1V

4

【详解】A.设内阻为r，杆的电阻为R，设速度为v时，有：F安BILB
EBLv
L，根据牛顿第二定律：
Rr
F安fma，联立可知：物体做的是加速度减小的加速，当加速度减小到零，开始匀速，A错误
EBLvEf(Rr
Lf，代入数据解得：vm18m/s，B错误22
RrBLBL
EBLvEBLv
CD.根据选项A可知，回路电流：Ir，随着速度变大，电压，ab两端电压：UE
RrRr
B.当匀速时：F安B
在变化，当达到最大速度vm18m/s，代入解得：U
1V，C错误D正确
6.如图，轻质弹簧上端悬挂于天花板，下端系一圆盘A，处于静止状态．一圆环B套在弹簧外，与圆盘A距离为h，让环自由下落撞击圆盘，碰撞时间极短，碰后圆环与圆盘共同向下开始运动，下列说法正确的是

A.整个运动过程中，圆环、圆盘与弹簧组成的系统机械能守恒B.碰撞后环与盘一起做匀加速直线运动
C.碰撞后环与盘一块运动的过程中，速度最大的位置与h无关
D.从B开始下落到运动到最低点过程中，环与盘重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量【答案】CD【解析】
【详解】A项：圆环与圆板碰撞过程，时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，故A错误；
B项：碰撞后环与盘一起向下运动过程中，受重力，弹簧弹力，由于弹力增大，整体受到的合力变化，所以加速度变化，故B错误；
C项：碰撞后平衡时，有kx(mMg，即碰撞后新平衡位置与下落高度h无关，故C正确；D项：碰撞后环与板共同下降的过程中，碰撞后环与板共同下降的过程中，它们动能和重力势能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，故开始下落到运动到最低点过程中，环与盘重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量．故D正确．
7.如图所示，半径为R的半圆形区域内分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，半圆的左边垂直

5

x轴放置一粒子发射装置，在−R≤y≤R的区间内各处均沿x轴正方向同时发射出带正电粒子，粒子质量均为m、电荷量均为q、初速度均为v，重力及粒子间的相互作用均忽略不计，所有粒子都能到达y轴，其中最后到达y轴的粒子比最先到达y轴的粒子晚△t时间．则以下结论正确的是

A.Vt
πmR
qBv
mv
qB
B.磁场区域半径R应满足R
C.有些粒子可能到达y轴上相同的位置D.Vt
θmRqBR
?其中角度θ的弧度值满足sinθqBvmv
【答案】CD【解析】
【详解】粒子射入磁场后做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示，yR的粒子直接沿直线运动到达y轴，其它粒子在磁场中发生偏转，由图可知，发生偏转的粒子也有可能直接打在yR的位置上，所以粒子可能会到达y轴上同一位置，以沿x轴射入的粒子为例，若r区域，所以要求R
mv
R，则粒子不能到达y轴就偏向上离开磁场qB
mv
，所以粒子才能穿越磁场到达y轴上，从x轴入射的粒子在磁场中对应的弧长最长，qB
所以该粒子最后到达y轴，t1
LR2mRqBR
，由几何关系有：，则sinsin，v2qBrmv
mRL，由于，所，所以tt1t2
qBvv2
而yR的粒子沿直线匀速运动到y轴，时间最短，t2以t
m
qB

R
，故CD正确．v

6


8.如图,有质量均为m的三个小球A、B、C，A与B、C间通过轻绳相连，绳长均为L，B、C在水平光滑横杆上，中间用一根轻弹簧连接，弹簧处于原长．现将A球由静止释放，直至运动到最低点，两轻绳的夹角由120°变为60°，整个装置始终处于同一个竖直平面内，忽略空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是

A.A在最低点时,B对水平横杆的压力等于mg/2B.弹簧的最大弹性势能为
31
mgL2
C.在A下降的过程中，轻绳对B做功的功率先增大后减小D.在A下降的过程中轻绳对B做功为【答案】BCD【解析】
【详解】A、若小球A在最低点静止，设水平横杆对小球B、C的支持力都为F，此时整体在竖直方向受力
31
mgL4
3
mg；A球由静止释放直至运动到最低点的过程，A先加速下降后减速2
3
下降，先失重后超重，所以小球A在最低点时，小球B受到水平横杆的支持力大于mg，故选项A错误；
2
平衡，可得2F3mg，所以F
B、小球A在最低点时，弹簧弹性势能最大，对整体根据能量守恒则有弹簧的最大弹性势能等于小球A

7

的重力势能减小，即EPmaxmg(Lsin60Lsin30
31
mgL，故选项B正确；2
C、在A下降的过程中，小球B先加速后加速，小球A球释放时轻绳对B做功的功率为零，小球A在最低点时轻绳对B做功的功率为零，所以轻绳对B做功的功率先增大后减小，故选项C正确；
D、在A下降的过程中，对小球A根据动能定律可得mg(Lsin60Lsin302WF0，解得每根轻绳
对A做功为WF
3131
mgL，所以轻绳对B做功为mgL，故选项D正确；44
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做答。第33题～第37题为选考题，考生根据要求做答。
9.利用图示装置可以做力学中的许多实验．

（1）以下说法正确的一项是________
A.利用此装置可做“研究匀变速直线运动”的实验，但必须设法消除小车和木板间的摩擦阻力的影响B.利用此装置可做“验证机械能守恒定律”的实验，在平衡小车受到的摩擦力后，小车机械能就守恒了C.利用此装置可“探究加速度a与质量m的关系”，在用图像法处理数据时，如果画出的am关系图像不是直线，就可确定加速度与质量成反比
D.利用此装置做“探究动能定理”实验时，应将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做的目的是利用小车重力沿斜面的分力补偿小车运动中所受阻力的影响
（2）某同学在利用此装置“探究加速度a与力F关系”时，若要让运动过程中细线拉力大小尽可能接近钩码的重力，应满足的条件是_________________________________________；若不断增加所挂钩码的个数，则随钩码个数的增加，小车加速度a的值将趋近于________．【答案】(1.D(2.钩码质量远小于小车质量(3.g【解析】
【详解】(1A．利用此装置可做“研究匀变速直线运动”实验，但不需要平衡摩擦力，故A错误；B．利用此装置可做“验证机械能守恒定律”的实验，在平衡小车受到的摩擦力后，在运动过程中绳对小车做

8

功，所以小车的机械能不守恒，故B错误；
C．利用此装置可“探究加速度a与质量m关系”，在用图像法处理数据时,如果画出的am关系图像不是直线，不能确定a与m成反比，应该作出a错误；
D．利用此装置做“探究动能定理”实验时，应将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做的目的是利用小车重力沿斜面的分力补偿小车运动中所受阻力的影响，从而小车受到的合力即为绳子的拉力，故D正确．(2若要让运动过程中细线拉力大小尽可能接近钩码的重力，应满足的条件是：钩码质量远小于小车质量；对整体分析，根据牛顿第二定律得：a
10.龙泉中学某物理小组欲利用如图所示的电路同时测量一只有30格刻度的毫安表的量程、内阻和光敏电阻的阻值与光照强度之间的关系．实验室能提供的实验器材有：学生电源（输出电压为U18.0V，内阻不计）、电阻箱R（最大阻值999.9Ω）、单刀双掷开关一个、导线若干．
（1）该小组实验时先将电阻箱的阻值调至最大，然后将单刀双掷开关接至a端，开始调节电阻箱，发现将电阻箱的阻值调为800Ω时，毫安表刚好偏转20格的刻度；将电阻箱的阻值调为500Ω时，毫安表刚好能满偏．
实验小组据此得到了该毫安表量程为Ig=____mA，内阻Rg=_____Ω．
（2）该小组查阅资料得知，光敏电阻的阻值随光照强度的变化很大，为了安全，该小组需将毫安表改装成量程为3A的电流表，则需在毫安表两端________（选填“串联”或“并联”）一个阻值为_______Ω的电阻．（结果保留一位小数）
（3）改装完成后（表盘未改动），该小组将单刀双掷开关接至b端，通过实验发现，流过毫安表的电流I（单位：mA）与光照强度E（单位：cd）之间的数量关系满足I
位：Ω）与光照强度E（单位：cd）之间的关系为R=________Ω．
【答案】(1.（1）30(2.100(3.（2）并联(4.1.0(5.(3R【解析】【分析】
根据部分电路的欧姆定律，由题中所给的两组数据列方程可求出毫安表的内阻，再结合刻度线就能求出毫

的的

1
图线，看否成正比，若成正比，说明a与m成反比，故Cm
mg
，当钩码的质量远远大于小车的质量，a趋近于g．
mM
1
E，由此可得光敏电阻的阻值R（单3
540
1(E
9

安表的量程；电表的改装问题就是部分电路的欧姆定律的应用，根据满偏刻度和内阻的值及量程就能算出要并联的电阻值；设光敏电阻的电流为I′，由欧姆定律太题设条件列式就能表示出光敏电阻与光照强度的关系．
【详解】（1）设毫安表每格表示电流大小为I0，则当电阻箱的阻值为R11700时，由闭合电路的欧姆定律可得10I0R1RgU；当电阻箱的阻值为R=800Ω时，则有20R2R1I0U，两式联立并代入数据可解得：Rg100，I01mA，该毫安表的量程Ig=30mA；
（2）要将量程为300mA的毫安表改成量程为IA3A电流表，则需在毫安表两端并联一个电阻，设其电阻为R′，则有IgRgIAIgR'，代入数据可解得R'1.0；
（3）由题意可知，改装后电流表的内阻为RG1，设通过光敏电阻的电流大小为I'（单位：A）则有


RRGI'U成立，且I'
R
540
．（1）
E
RgR'R'
（R1）I103，即
100
E103V18.0V，整理可得3
11.风洞是研究空气动力学的实验设备．如图，将刚性杆水平固定在风洞内距地面高度H=3.2m处，杆上套一质量m=3kg，可沿杆滑动的小球．将小球所受的风力调节为F=15N，方向水平向左．小球以初速度v0=8m/s向右离开杆端，假设小球所受风力不变，取g=10m/s2．求：

（1）小球落地所需时间和离开杆端的水平距离；（2）小球落地时的动能．
（3）小球离开杆端后经过多少时间动能为78J？【答案】（1）4.8m（2）120J（3）0.24s【解析】
试题分析：（1）由题意可得小球在竖直方向做自由落体运动，由公式H
12
gt2

10

带入数据可得运动时间为t
2H
0.8s（1分）g
小球在水平方向做匀减速运动，由牛顿第二定律Fma带入数据可得加速度为：水平位移公式为：xv0t
（1分）
12at2
带入数据可得位移为：x4.8m（1分）
（2）以小球为研究对象，令小球的初动能为Ek0，末动能为Ek由动能定理mgHFxEkEk0（1分）带入数据可得Ek120J（1分）
（3）小球离开杆后经过时间t的水平位移xv0t下落的高度为H，H
12
at（1分）2
12gt2
12
mv0（1分）2
由动能定理mgHFxEk
将Ek78J和v08m/s代入得
125t280t120
带入数据得
t10.4s，t20.24s（1分）
考点：自由落体、动能定理、牛顿第二定律．【此处有视频，请去附件查看】
12.如图甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有以点（2L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，与x轴的交点分别为M、N，在xOy平面内，从电离室产生的质量为m、带电荷量为e的电子以几乎为零的初速度从P点飘入电势差为U的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔Q点沿x轴正方向进入匀强电场，已知O、Q两点之间的距离为虑电子所受的重力．
（1）求0≤x≤L区域内电场强度E的大小和电子从M点进入圆形区域时的速度vM；
（2）若圆形区域内加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴，求所
L
，飞出电场后从M点进入圆形区域，不考2

11

加磁场磁感应强度B的大小和电子在圆形区域内运动的时间t；
（3）若在电子从M点进入磁场区域时，取t＝0，在圆形区域内加如图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为正方向），最后电子从N点飞出，速度方向与进入圆形磁场时方向相同，请写出磁场变化周期T满足的关系表达式．

【答案】（1）E
2UmvM2mveU
，vM2，设vM的方向与x轴的夹角为θ，θ＝45°；（2）B，LmeRLe
3
mLR
3LmT；（3）T的表达式为（n＝1，2，3，…）t42n2emUvM8eU
【解析】
【详解】（1）在加速电场中，从P点到Q点由动能定理得：eU
12
mv02
可得v0
2eU
m
电子从Q点到M点，做类平抛运动，
x轴方向做匀速直线运动，ty轴方向做匀加速直线运动，由以上各式可得：E
LmLv02eU
L1eE2t22m
2UL
2v0(
电子运动至M点时：vM
Ee2
tm
即：vM2
eU
m

12

设vM的方向与x轴的夹角为θ，
cos
v02

vM2
解得：θ＝45°．
（2）如图甲所示，电子从M点到A点，做匀速圆周运动，因O2M＝O2A，O1M＝O1A，且O2A∥MO1，所以四边形MO1AO2为菱形，即R＝L

2
vM
由洛伦兹力提供向心力可得：evMBm
R
即B
mvM2mv

eRLe
3R
3Lm．
t4
vM8eU
（3）电子在磁场中运动最简单的情景如图乙所示，在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为90°，根据几何知识，在磁场变化的半个周期内，电子在x轴方向上的位移恰好等于轨道半径2R，即22R2L


13

因电子在磁场中的运动具有周期性，如图丙所示，电子到达N点且速度符合要求的空间条件为：
2n(2R2L（n＝1，2，3，…）
电子在磁场中做圆周运动的轨道半径R
mvM
eB0
解得：B0
2n2emU
（n＝1，2，3，…）
eL
1
圆周，同时在MN间的运动时间是磁场变化周期的整数倍时，可4
1T
使粒子到达N点且速度满足题设要求，应满足的时间条件是T0
42
电子在磁场变化的半个周期内恰好转过又T0
2m
eB0
则T的表达式为T
mL
（n＝1，2，3，…）．
2n2emU
13.下列说法中错误的是____________．．
A.当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大B.晶体在熔化过程中分子势能增加，分子的平均动能不变C.用打气筒给自行车充气，越打越费劲，说明气体分子之间有斥力D.一定质量的理想气体，先等温膨胀，再等压压缩，其体积必低于初态体积E.一定质量的理想气体，若体积不变，当分子热运动变得剧烈时，压强一定变大【答案】ACD【解析】
【详解】A．影响人们感觉的是相对是对而非绝对湿度，A错误
B．晶体熔化过程吸收热量，内能增大，温度不变，平均动能不变，所以势能增大，B正确
C．气体的分子间距都非常大，分子引力斥力几乎为零，用打气筒给自行车充气，越打越费劲，是因为内部压强越来越大，C错误
D．气体先等温膨胀，体积变大，压强变小，再等压压缩，体积变小，所以体积先增大后减小，但无法确定体积与初态的关系，D错误
E．根据气体压强的微观解释可知，气体压强与分子的平均动能和数密度有关，体积不变，数密度不变，而热运动变剧烈，平均动能变大，则压强一定增大，E正确

14

14.如图所示，U型玻璃细管竖直放置，水平细管与U型细管底部相连通，各部分细管内径相同．此时U型玻璃管左、右两侧水银面高度差为15cm，C管水银面距U型玻璃管底部距离为5cm，水平细管内用小活塞封有长度为12.5cm的理想气体A，U型管左管上端封有长25cm的理想气体B，右管上端开口与大气相通，现将活塞缓慢向右压，使U型玻璃管左、右两侧水银面恰好相平，已知外界大气压强为75cmHg，忽略环境温度的变化，水平细管中的水银柱足够长，求：

(i气体B的长度；(ⅱ活塞移动的距离．
【答案】（ⅰ）20cm；（ⅱ）27.5cm【解析】
【详解】(i设玻璃管横截面积为S，活塞缓慢向右压的过程中，气体B做等温变化
PB1VB1PB2VB2
PB175cmHg15cmHg60cmHgVB125SPB275cmHgVB2LS
解得气体B的长度L20cm
(ⅱ活塞缓慢向右压的过程中，各部分液柱移动情况示意如图：

15


U形管左管中水银柱长度变化等于气柱B长度的变化L左25cm20cm5cmU形管右管中水银柱长度变化L右15cm+5cm20cm气体A做等温变化
PA175cmHg5cmHg80cmHgPA275cmHg25cmHg100cmHgVA112.5SVA2LA2SPA1VA1PA2VA2
解得气体A的长度LA210cm
活塞移动的距离等于A部分气体长度的变化加上U形管左右两侧水银柱长度的变化，所以
dLA1LA225cm27.5cm
15.如图所示甲为用干涉法检查平面平整程度装置．如图所示乙中干涉条纹弯曲处说明被检查的平面在此处是________（凹下或凸起）；若仅增大单色光的频率，干涉条纹将________（变密或变疏）；若仅减小薄片的厚度，干涉条纹将________（变密或变疏）．

【答案】(1.凹下(2.变密(3.变疏

16

【解析】
【详解】薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相同，从弯曲的条纹可知，检查平面左边处的空气膜与后面的空气膜厚度相同，知该处凹下；增大光的频率，则波长变短，由x密，若仅减小薄片的厚度即d减小，干涉条纹将变疏．
16.一般的平面镜都是在玻璃的后表面镀银而成．如图所示，点光源S到玻璃前表面的距离为d1，平面镜厚度为d2，玻璃折射率为n，SS与镜面垂直．求光以入射角射入玻璃表面，经镀银面第一次反射后，出l
可知，干涉条纹将d
射光线的反向延长线与虚线SS的交点到玻璃前表面的距离．

【答案】d12d2cosn2sin2

【解析】
【详解】设在A处的折射角为β，由折射定律：n
sin
sin
由光的反射及几何关系：AC2d2tan由几何关系：DAd1tan设出射光线的反向延长线与虚线SS的交点为S1，则：DSCD
1tan
联立解得：DS2d2cos1d1n2
sin2




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《2020届全国金太阳联考新高考押题模拟考试(十)物理试卷.doc》
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