2020年广东省高考物理试卷(新课标Ⅰ).docx

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1、2020 年广东省高考物理试卷（新课标）一、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 15 题只有一项符合题目要求，第 68 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. 行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（ ）A.增加了司机单位面积的受力大小 B.减少了碰撞前后司机动量的变化量C.将司机的动能全部转换成汽车的动能D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积【答案】D【考点】动量定理

2、的理解【解析】在碰撞过程中，司机动量的变化量是一定的，都等于 𝑝𝑚𝑣，但安全气囊会延长作用时间，增加受力面积；再根据动量定理分析即可。【解答】𝐴𝐵𝐷、在碰撞过程中，司机的动量的变化量是一定的，但安全气囊会增加作用的时间， 根据动量定理𝐹𝑡 𝑝可知，可以减小司机受到的冲击力𝐹，同时安全气囊会增大司机的受力面积，则司机单位面积的受力大小𝐹减小，故𝐴𝐵错误，𝐷正确。⻓

3、8;𝐶、安全气囊只是延长了作用时间，减小了司机的受力，将司机的动能转换成气囊的弹性势能及气囊气体内能，故𝐶错误。2. 火星的质量约为地球质量的1 ，半径约为地球半径的1，则同一物体在火星表面与在102地球表面受到的引力的比值约为（ ）A.0.2B.0.4C.2.0D.2.5【答案】B【考点】万有引力定律及其应用【解析】根据星球表面的万有引力等于重力列出等式表示出重力加速度，进而求出火星与地球上重力加速度之比，结合星球表面的万有引力等于重力可得出同一物体在火星表面与在地球表面受到的引力的比值。【解答】在星球表面的万有引力等于重力，即：𝐺Ү

4、72;𝑚 = 𝑚𝑔𝐹 ，𝑅2引则有：𝐹 = 𝑀 𝑅2 = 1 (2)2 = 2 = 0.4，𝐹𝑀𝑅21015试卷第 17 页，总 15 页即同一物体在火星表面与在地球表面受到的引力的比值约为0.4。故𝐵正确，𝐴𝐶𝐷错误。3. 如图，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10𝑚，该同学和秋千踏板的总质量约为50𝑘⻕

5、2;。绳的质量忽略不计。当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8𝑚/𝑠，此时每根绳子平均承受的拉力约为（ ）A.200𝑁B.400𝑁C.600𝑁D.800𝑁【答案】B【考点】牛顿第二定律的概念向心力物体的弹性和弹力【解析】秋千荡到最低点时，需要竖直向上的向心力，分析秋千和同学整体的受力，根据牛顿第二定律列式子求解每根绳子平均承受的拉力。【解答】以同学和秋千整体作为研究对象，整体受到竖直向下的重力以及竖直向上的绳子的拉力，令每根绳子的拉力为𝑇，绳长为𝑙，根据牛顿第二

6、定律有：2𝑇 𝑚𝑔 = 𝑚 𝑣2，𝑙4. 图(𝑎)所示的电路中，𝐾与𝐿间接一智能电源，用以控制电容器𝐶两端的电压𝑈𝐶如果𝑈𝐶随时间𝑡的变化如图(𝑏)所示，则下列描述电阻𝑅两端电压𝑈𝑅 随时间𝑡变化的图象中， 正确的是（ ）A.B.代入数据解得每根绳子的拉力为𝑇41

7、0𝑁，𝐵选项最为接近，故𝐴𝐶𝐷错误，𝐵正确。C.D.【答案】A【考点】电 容 器 电容欧姆定律的应用欧姆定律的概念【解析】根据𝐼 = 𝑄 = (𝐶𝑈𝐶 )，分析电路中电流的变化情况，由欧姆定律确定𝑈𝑅与𝑡的关系。𝑡【解答】𝑡电路中的电流为𝐼 = 𝑄 = (𝐶𝑈𝐶

8、) = 𝐶 𝑈𝑐，𝑈𝑐等于𝑈𝐶 𝑡图象斜率的大小，由图𝑏知，𝑡𝑡𝑡𝑡1 2𝑠内图象的斜率是3 5𝑠内图象斜率的2倍，则1 2𝑠内电路中电流是3 5𝑠内的2倍，由𝑈𝑅𝐼𝑅知，1 2𝑠内电阻𝑅两端电压𝑈𝑅

9、是3 5𝑠内的2倍。1 2𝑠内，电容器在充电，3 5𝑠内电容器在放电，电路中电流方向相反，则1 2𝑠内𝑅的电压与3 5𝑠内𝑅 的电压相反，故𝐴正确，𝐵𝐶𝐷错误。5. 一匀强磁场的磁感应强度大小为𝐵，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，𝑎𝑏为半圆，𝑎𝑐、𝑏𝑑与直径𝑎𝑏共线，&

10、#119886;𝑐间的距离等于半圆的半径。一束质量为𝑚、电荷量为𝑞(𝑞 0)的粒子，在纸面内从𝑐点垂直于𝑎𝑐射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为（）A.7𝜋𝑚B.5𝜋𝑚C.4𝜋𝑚D.3𝜋𝑚6𝑞𝐵4𝑞𝐵3𝑞𝐵

11、;2𝑞𝐵【答案】C【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动规律【解析】采用放缩法并画图，设𝑎𝑏半圆的半径为𝑅，当轨迹半径为𝑅时，轨迹圆心角最大，然后再增大轨迹半径，轨迹圆心角减小，因此当轨迹半径等于𝑅时轨迹圆心角最大，然后根据𝑡 =𝜃 𝑇求粒子在磁场中运动的最长时间。【解答】方法一：设𝑎𝑏半圆的半径为𝑅，采用放缩法如图所示：粒子垂直𝑎𝑐，则圆心必在𝑎

12、;𝑐直线上，将粒子的轨迹半径由零逐渐放大，在𝑟 0.5𝑅和𝑟 1.5𝑅时，粒子从𝑎𝑐、𝑏𝑑区域射出，磁场中的轨迹为半圆，运动时间等于半个周期； 当0.5𝑅 𝑟 1.5𝑅时，粒子从半圆边界射出，逐渐将轨迹半径从0.5𝑅逐渐放大，粒子射出位置从半圆顶端向下移动，轨迹圆心角从𝜋逐渐增大，当轨迹半径为𝑅时，轨迹圆 心角最大，然后再增大轨迹半径，轨迹圆心角减小，因此当

13、轨迹半径等于𝑅时轨迹圆心角最大，即𝜃 = 𝜋 + 𝜋 = 4 𝜋(1)方法二：𝑂点为半圆弧的圆心，过𝑐点做半圆弧的切线，33与圆弧相切与𝑒点，由于𝑐𝑜2𝑅，𝑜𝑒𝑅，且𝑐𝑒 𝑒𝑜，故𝑜𝑐𝑒30，那么𝑐𝑒为轨迹圆的一条弦，则此时弦切角最

14、大为90 + 30120，根据圆心角等于弦切角的2倍，所以最大圆心角为𝜃2 120240(2)即𝜃 = 𝜋 + 𝜋 = 4 𝜋，粒子运动最长时间为𝑡 =33𝜃 𝑇 = 34𝜋2𝜋2𝜋𝑞𝐵3𝑞𝐵故选：𝐶。 2𝜋𝑚 = 4𝜋𝑚，故𝐶正确，𝐴Ү

15、61;𝐷错误。2𝜋6. 下列核反应方程中，𝑋1、𝑋2、𝑋3、𝑋4代表𝛼粒子的有（ ）A.2𝐻 + 2𝐻 1 𝑛 + 𝑋1110B.2𝐻 + 3𝐻 1 𝑛 + 𝑋2110C.235𝑈 + 1 𝑛 144𝐵𝑎 + 89𝐾𝑟 + 3𝑋39205636D.

16、1 𝑛 + 6𝐿𝑖 3𝐻 + 𝑋4031【答案】B,D【考点】裂变反应和聚变反应原子核的人工转变【解析】根据核反应方程中电荷数守恒、质量数守恒确定𝑋是否是𝛼粒子。【解答】𝐴、根据电荷数守恒、质量数守恒知，𝑋1的电荷数为2，质量数为3，但不是𝛼粒子，故𝐴错误；𝐵、根据电荷数守恒、质量数守恒知，𝑋2的电荷数为2，质量数为4，为𝛼粒子，故𝐵正确；𝐶

17、、根据电荷数守恒、质量数守恒知，𝑋3的电荷数为0，质量数为1，为中子，故𝐶错误；𝐷、根据电荷数守恒、质量数守恒知，𝑋4的电荷数为2，质量数为4，为𝛼粒子，故𝐷正确。7. 一物块在高3.0𝑚、长5.0𝑚的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离𝑠的变化如图中直线、所示，重力加速度取10𝑚/𝑠2则（ ）A.物块下滑过程中机械能不守恒 B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C.物块下滑时加速度的大小为6.0

18、19898;/𝑠2 D.当物块下滑2.0𝑚时机械能损失了12𝐽【答案】A,B【考点】机械能守恒的判断动摩擦因数滑动摩擦力动能和势能的相互转化系统机械能守恒定律的应用重力势能的变化与重力做功的关系【解析】分析初位置以及下滑5𝑚时的机械能，从而判断机械能是否守恒； 根据功能关系分析求解物块与斜面间的动摩擦因数；根据牛顿第二定律求解物块下滑时加速度的大小；分析物块下滑2.0𝑚时除重力以外其它力做功情况从而判断机械能的损失量。【解答】𝐴、物块在初位置其重力势能为𝐸𝑝w

19、898;𝑔30𝐽，动能𝐸𝑘0则物块的质量𝑚1𝑘𝑔，此时物块具有的机械能为𝐸1𝐸𝑝 + 𝐸𝑘30𝐽当下滑距离为5𝑚时，物块具有的机械能为𝐸2𝐸𝑝 + 𝐸𝑘10𝐽 𝐸1， 所以下滑过程中物块的机械能减小，故𝐴正确；𝐵、令斜面的倾角为&#

20、120579;，则sin𝜃 = 3，5所以𝜃37物体下滑的距离为𝑥5𝑚的过程中，根据功能关系有𝑊𝑓𝜇𝑚𝑔 cos𝜃 𝑥𝐸1 𝐸2， 代入数据𝜇0.5，故𝐵正确；𝐶、根据牛顿第二定律可知，物块下滑时加速度的大小为𝑎 = 𝑚𝑔 sin𝜃𝜇𝑚Ү

21、92; cos𝜃 = 2𝑚/𝑠2，𝑚故𝐶错误；𝐷、当物块下滑距离为𝑥2.0𝑚时，物体克服滑动摩擦力做功为𝑊𝑓𝜇𝑚𝑔cos𝜃 𝑥8𝐽， 根据功能关系可知，机械能损失了 𝐸𝑊𝑓8𝐽，故𝐷错误。8. 如图，𝑈形光滑金属框𝑎𝑏

22、;𝑐𝑑置于水平绝缘平台上，𝑎𝑏和𝑑𝑐边平行，和𝑏𝑐边垂直。𝑎𝑏、𝑑𝑐足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒𝑀𝑁置于金属框上，用水平恒力𝐹向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，𝑀𝑁 与金属框保持良好接触，且与𝑏𝑐边保持平行。经过一段时间后（ ）A.金属框的速

23、度大小趋于恒定值 B.金属框的加速度大小趋于恒定值C.导体棒所受安培力的大小趋于恒定值 D.导体棒到金属框𝑏𝑐边的距离趋于恒定值【答案】B,C【考点】牛顿第二定律的概念感生电动势单杆切割磁感线安培力【解析】分别对金属框和导体棒进行受力分析，根据牛顿第二定律和电动势公式求出二者的加速度表达式及感应电流的表达式，解得加速度差值𝑎1 𝑎2 = 𝐹 ( 1 + 1 )𝐵𝐼𝐿，当加速𝑀度差值为零时，解得𝐼 = 𝐵𝐿

24、(𝑣1𝑣2)，画出𝑣 𝑡图象分析即可。𝑅𝑀𝑚【解答】𝐷、𝑀𝑁与金属框的速度差不变，但𝑀𝑁的速度小于金属框速，𝑀𝑁到金属框𝑏𝑐边的距离越来越大，故𝐷错误。故选：𝐵𝐶。二、非选择题：共 62 分。第 912 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第1316 题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：

25、共 47 分。某同学用伏安法测量一阻值为几十欧姆的电阻𝑅𝑥，所用电压表的内阻为1𝑘𝛺，电流表内阻为0.5𝛺该同学采用两种测量方案，一种是将电压表跨接在图(𝑎)所示电路的𝑂、𝑃两点之间，另一种是跨接在 𝑂、𝑄两点之间。测量得到如图 (𝑏)所示的两条𝑈 𝐼图线， 其中𝑈与𝐼分别为电压表和电流表的示数。回答下列问题：（1） 图(𝑏)中标记为的图线是

26、采用电压表跨接在 （填“𝑂、𝑃”或“𝑂、𝑄”）两点的方案测量得到的。（2） 根据所用实验器材和图(𝑏)可判断，由图线 （填“”或“”）得到的结果更接近待测电阻的真实值，结果为 𝛺（保留1位小数）。（3） 考虑到实验中电表内阻的影响，需对（2）中得到的结果进行修正，修正后待测电阻的阻值为 𝛺（保留1位小数）。【答案】𝑂、𝑃,50.550.0【考点】伏安法测电阻【解析】（1） 根据电压表跨接在𝑂、𝑃两点时，电压表分流；电压表

27、跨接在𝑂、𝑄两点时，电流表分压，进行误差分析，结合𝑈 𝐼图象的斜率大小得到图线为电压表跨接在𝑂、𝑃两点测量得到的；（2） 根据𝑈 𝐼图象的斜率得到两种接法下的电阻，根据𝑅𝑉 𝑅法，从而判断图线得到的结果更接近待测电阻的真实值；𝑅 ，电流表应采用内接𝑅𝐴（3） 根据电压表跨接在𝑂、𝑄间，测得的阻值为电阻与电流表电阻之和求得修正后待测电阻的阻值。

28、【解答】当电压表跨接在𝑂、𝑃两点时，电流表外接，电压准确，电流测量值为电阻与电压表电流之和，由𝑅 = 𝑈得电阻测量值偏小；电压表跨接在𝑂、𝑄两点时，电流表内接，电流𝐼准确，电压测量值为电阻与电流表电压之和，电阻测量值偏大；𝑈 𝐼图象的斜率大小等于电阻测量值，因此图线为电压表跨接在𝑂、𝑃两点测量得到的。由图线斜率可得𝐼图线测得电阻值为：𝑅 =3.001.00(59.620.0)103

29、0570; 50.5𝛺，图线𝐼𝐼测得电阻阻值为𝑅 =3.000.95𝛺 = 47.7𝛺，被测电阻值约为50𝛺，𝑅𝑉 = 1000𝛺 = 20， 𝑅 =(63.020.0)103𝑅50𝛺𝑅𝐴50𝛺 = 100，因𝑅𝑉 0)的带电粒子在纸面内自𝐴点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。

30、已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的𝐶点以速率𝑣0 穿出电场，𝐴𝐶与𝐴𝐵的夹角𝜃60运动中粒子仅受电场力作用。𝑎2 = 2𝑚/𝑠2，𝑣22𝑥（1） 求电场强度的大小；（2） 为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？（3） 为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为𝑚𝑣0，该粒子进入电场时的速度应为多大？【答案】𝑚𝑣

31、 2电场强度的大小为0 ；2𝑞𝑅0为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为2 𝑣 。为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为𝑚𝑣0，该粒子进入电场时的速度应为0或3 𝑣0。24【考点】库仑定律动量带电粒子在电场中的加（减）速和偏转电场强度冲量动能【解析】（1） 粒子初速度为零时，沿电场力方向做匀加速直线运动，粒子由𝐶点射出电场，所以电场方向与𝐴𝐶平行，由𝐴指向𝐶根据动能定理求电场强度的大小。（2） 为使

32、粒子穿过电场后的动能增量最大，电场力做功最多，出射点的切线必定与电场垂直。粒子在电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律和分位移公式分别列式，结合几何关系求解。（3） 以粒子进入电场时的方向为𝑥轴，电场方向为𝑦轴，建立坐标系，根据数学知识写出圆方程。为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为𝑚𝑣0，根据𝑚𝑣0𝑚𝑎𝑡求解粒子进入电场时的速度。【解答】粒子初速度为零，由𝐶点射出电场，故电场方向与𝐴𝐶平行，由w

33、860;指向𝐶。由几何关系和电场强度的定义知：𝐴𝐶𝑅𝐹𝑞𝐸由动能定理得𝐹 𝐴𝐶 = 1 𝑚𝑣2 20联立解得 𝐸 =𝑚𝑣 20 2𝑞𝑅如图，由几何关系知𝐴𝐶 𝐵𝐶，故电场中的等势线与𝐵𝐶平行。作与𝐵𝐶

34、平行的直线与圆相切于𝐷点，与𝐴𝐶的延长线交于𝑃点，则自𝐷点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大。由几何关系知𝑃𝐴𝐷30，𝐴𝑃 = 3 𝑅，𝐷𝑃 = 3 𝑅22设粒子以速度𝑣1进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为𝑡1，粒子在𝐴𝐶方向做加速度为𝑎的匀加速运动，运动的距离等于𝐴&#

35、119875;；在垂直于𝐴𝐶方向上做匀速运动，运动的距离等于𝐷𝑃，由牛顿第二定律和运动学公式有：𝐹𝑚𝑎 𝐴𝑃 = 1 𝑎𝑡221𝐷𝑃𝑣1𝑡1联立式得 𝑣1 = 2 𝑣04设粒子以速度𝑣进入电场时，在电场中运动的时间为𝑡。以𝐴为原点，粒子进入电场的方向为𝑥轴正方向，

36、电场方向为𝑦轴正方向建立直角坐标系，由运动学公式有：1𝑦 = 2 𝑎𝑡2 (10)𝑥𝑣𝑡 (11)粒子离开电场的位置在圆周上，有(𝑥 3 𝑅)2 + (𝑦 1 𝑅)2𝑅2 (12)22粒子在电场中运动时，其𝑥方向的动量不变，𝑦方向的初动量为零，设穿过电场前后动量变化量的大小为𝑚𝑣0的粒子，离开电场时其𝑦方向的速度分量为

37、9907;2，由题给条件及运动学公式有：𝑚𝑣2𝑚𝑣0𝑚𝑎𝑡 (13)联立（10）（11）（12）（13）式得：𝑣0或𝑣 = 3 𝑣02另由题意知，初速度为0时，动量增量大小为𝑚𝑣0，此即问题的一个解。自𝐴点以不同的速率垂直于电场方向射入电场的粒子，沿𝑦方向位移相等时，所用时间都相同，因此，不同粒子运动到线段𝐶𝐵上时，动量变化量都相同，自

38、19861;点射出电场的粒子，其动量变化也为 𝑚𝑣0，由几何关系和运动学规律可得，此时入射速率 𝑣 = 3 𝑣0。2（二）选考题：共 15 分。请考生从 2 道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。物理-选修 3-3（15 分）分子间作用力𝐹与分子间距𝑟的关系如图所示，𝑟𝑟1时，𝐹0分子间势能由𝑟决定， 规定两分子相距无穷远时分子间的势能为零。若一分子固定于原点𝑂，另一分子从距𝑂 点很远处

39、向𝑂点运动，在两分子间距减小到𝑟2的过程中，势能 （填“减小”“不变”或“增大”）；在间距由𝑟2减小到𝑟1的过程中，势能 （填“减小”“不变”或“增大”）；在间距等于𝑟1处，势能 （填“大于”“等于”或“小于”）零。【答案】减小,减小,小于【考点】分子间的相互作用力分子势能【解析】当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小；根据图象可知，分子间距与分子引力与斥力关系，再结合分子力做正功，分子势能减小，分子力做负功，分子势能增大，从而即可判定。【解答】若一分子固定于原点𝑂，另一分子从距

40、19874;点很远处向𝑂点运动，在两分子间距减小到𝑟2 的过程中，分子体现引力，分子力做正功，分子势能减小；在间距由𝑟2减小到𝑟1的过程中，分子体现引力，分子做正功，分子势能减小；规定两分子相距无穷远时分子间的势能为零，在间距小于𝑟1过程中，分子体现斥力， 分子力负功，分子势能增加，因此在间距等于𝑟1处，势能小于零，甲、乙两个储气罐储存有同种气体（可视为理想气体）。甲罐的容积为𝑉，罐中气体的压强为𝑝；乙罐的容积为2𝑉，罐中气体的压强为1 ⻖

41、1;现通过连接两罐的细管把甲罐中2的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等。求调配后(𝑖)两罐中气体的压强；(𝑖𝑖)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。【答案】(𝑖)两罐中气体的压强为2 𝑝；3(𝑖𝑖)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为2。3【考点】气体的等温变化【解析】(𝑖)根据玻意尔定律可得两罐中气体的压强；(𝑖𝑖)根据玻意尔定律和密度定律求得甲罐中气体的质量与

42、甲罐中原有气体的质量之比。【解答】(𝑖)对两罐中的甲、乙气体，气体发生等温变化，根据玻意尔定律有：1𝑝𝑉 + 2 𝑝 2𝑉 = 𝑝 3𝑉解得甲乙中气体最终压强为：𝑝 = 2 𝑝3(𝑖𝑖)若调配后将甲气体再等温压缩到气体原来的压强为𝑝，根据玻意尔定律得：𝑝𝑉𝑝𝑉计算可得：𝑉 = 2 𝑉3由密度定律解得质量之比等于

43、：𝑚 = 𝑉 = 2𝑚𝑉3物理选修 3-4（15 分）在下列现象中，可以用多普勒效应解释的有（）A. 雷雨天看到闪电后，稍过一会儿才能听到雷声B. 超声波被血管中的血流反射后，探测器接收到的超声波频率发生变化C.观察者听到远去的列车发出的汽笛声，音调会变低D.同一声源发出的声波，在空气和水中传播的速度不同E.天文学上观察到双星（相距较近、均绕它们连线上某点做圆周运动的两颗恒星）光谱随时间的周期性变化【答案】B,C,E【考点】 多普勒效应声波【解析】多普勒效应是由于振源与观察者之间存在着相对运动，使观察者接受到的频率不同于振源频率的

44、现象，据此判断即可。【解答】𝐴、发生雷电时，人们利用看见闪电与听见雷声的时间间隔来估算自己与雷电发生处之间的距离是通过光速远大于声速，用这个时间间隔乘声速来估算的，故它不属于多普勒效应的应用，故𝐴错误；𝐵、医生向人体内发射频率已知的超声波，根据接收到的被血管中的血流反射后的超声波的频率变化，判断血流的速度是否正常也属于声波多普勒效应的应用，故𝐵正确；𝐶、根据多普勒效应可知，当波源和观察者间距变小，观察者接收到的频率一定比波源频率高；当波源和观察者距变大，观察者接收到的频率一定比波源频率低，因此观察者听到远去的列车发

45、出的汽笛声，音调会变低，属于多普勒效应，故𝐶正确；𝐷、同一声源发出的声波，在空气和水中传播的速度不同，是由于介质折射率不同导致的，与多普勒效应无关，故𝐷错误；𝐸、天文学上观察到双星（相距较近、均绕它们连线上某点做圆周运动的两颗恒星）光谱随时间的周期性变化，可通过接收的光频率变化来判定双星运动情况，属于光波的多普勒效应的原理应用，故𝐸正确；一振动片以频率𝑓做简谐振动时，固定在振动片上的两根细杆同步周期性地触动水面上𝑎、𝑏两点，两波源发出的波在水面上形成稳定的干涉图样。&

46、#119888;是水面上的一点，𝑎、𝑏、𝑐间的距离均为𝑙，如图所示。已知除𝑐点外，在𝑎𝑐连线上还有其他振幅极大的点，其中距𝑐最近的点到𝑐的距离为3 𝑙求8(𝑖)波的波长；(𝑖𝑖)波的传播速度。【答案】(𝑖)波的波长是1 𝑙；4(𝑖𝑖)波的传播速度为𝑓𝑙。4【考点】波的干涉条件波的叠加波的干涉现象

47、波的衍射现象【解析】(𝑖)依据波程差等于一个波长即会发生振动加强，再依据几何关系，及三角函数，与勾股定理，即可求解；【解答】(𝑖)如图所示，设距𝑐点最近的振幅极大的点为𝑑点，𝑎与𝑑的距离为𝑟1，𝑏与𝑑的距离为𝑟2，𝑑与𝑐的距离为𝑠，波长为𝜆，则有：𝑟2 𝑟1𝜆由几何关系，则有：𝑟1𝑙 w

48、904;且𝑠 = 3 18及 𝑟2 = (𝑟1sin60)2 + (𝑙 𝑟1cos60)22联立上式，代入数据，解得：𝜆 = 1 𝑙，4(𝑖𝑖)波的频率为𝑓，设波的传播速度为𝑣，则有：𝑣𝜆𝑓解得：𝑣 = 𝑓𝑙4(𝑖𝑖)根据𝑣𝜆𝑓，结合波长，从而求解传播速度。