1、1云南省师范大学附属中学 2019 届高三物理第六次月考试题（含解析）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 14-17 题只有一项符合题目要求；第 18 -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.面积均为 S 的线圈以虚线为轴在匀强磁场 B 中匀速转动，角速度均为 。下列图中能产生电动势为 的交变电的是A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【分析】根据题意可知，产生正弦交变电动势图必须切割磁感线，导致磁通量在变化，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动,产生的正弦交
2、变电动势为e=BSsint【详解】A 图中的转动轴不在线圈所在平面内，转动时，磁通量不变，没有感应电流，故A 错误；BC 图中感应电动势为 e=BSsint；故 BC 正确；B;C、D 图转动轴与磁场方向平行,而不是垂直，不会产生的正弦交变电动势为 e=BSsint，故 D 错误。故选 BC2.从在高空水平匀速飞行的飞机上每隔 1s 释放 1 个小球，先后共释放 5 个，不计空气阻力，则A. 这 5 个小球在空中处在同一条抛物线上B. 在空中，相邻的两小球间的距离保持不变C. 相邻的两小球的落地点的间距相等D. 最先释放的两小球的落地点的间距最大2【答案】C【解析】【分析】根据平抛运动规律可知
3、，当小球释放后由于惯性在水平方向上和飞机速度相同；每次释放的小球初速度相同，下落高度相同，因此每个小球运动规律一样；根据竖直方向做自由落体运动和水平方向做匀速直线运动判断两球之间的距离；【详解】A、由于惯性，小球和飞机水平方向具有相同速度，因此都在飞机的正下方，故小球落地前排列在同一条竖直线上，故 A 错误；B、在空中，相邻的两个小球水平分速度相等，在竖直方向，小球做自由落体运动，由于先释放的一个小球比后一个小球多运动 1s，故竖直分速度大 10m/s，故每秒中两个小球间距增加 10m，故 B 错误；CD、小球水平方向是匀速运动（设为 v0） ，前一个小球落地，再过 1s，后一个小球落地，故间
4、距为 v0t=v0米，恒定，故 C 正确，D 错误；故选 C。【点睛】解决的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，难点在于两个炸弹运动规律的比较，即相对运动的理解。3.如图所示，质量分别为 2m、 m 的两物块 A、B 中间用轻弹簧相连，A、B 与水平面间的动摩擦因数均为 ，在水平推力 F 作用下，A、B-起向右做匀加速直线运动。当突然撤去推力 F 的瞬间，A 物块的加速度大小为A. B. F6m+g F6mgC. D. F6m F3m【答案】A【解析】【分析】瞬时问题，往往先撤去 F 前弹簧的弹力，抓住撤去 F 瞬间，弹簧的弹力没有来得来变化，分析和求解物体
5、的加速度；【详解】撤去 F 前：设弹簧的弹力大小为 F 弹 ，根据牛顿第二定律得：对 AB：3，对 B： 解得： ，撤去 F 瞬间：弹簧的弹力 F 弹 没有F3mg=3ma F弹 mg=ma F弹 =13F改变，对 A： ，解得： ，故 A 正确，B、C、D 错误；F弹 +2mg=2maA aA=F6m+g故选 A。【点睛】先根据牛顿第二定律求出撤去 F 前弹簧的弹力大小，再分析撤去 F 瞬间，两物体的受力情况；由牛顿第二定律求出两物体的加速度大小，抓住撤去瞬间，弹簧的弹力没有变化。4.如图，在 xOy 平面内存在垂直纸面向里的匀强磁场，在 x 轴上方的磁感应强度为 B，x 轴下方的磁感应强度
6、为 。一带电量为 -q、质量为 m 的粒子从 O 点垂直于磁场方向射入，入射B2速度 v 与 x 轴正方向夹角为 30，不计重力，则粒子从 O 点射入后A. 在 x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为 2:lB. 在 x 轴上方和下方两磁场中运动的时间之比为 1：5C. 到经过 x 轴进入上方磁场所需的时间为 2mqBD. 能再次回到 O 点【答案】D【解析】【分析】粒子在磁场中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律求解半径；根据左手定则判断粒子所受的洛伦兹力方向，确定粒子能否回到原点 O；由 求解周期和磁场中T=2mqB运动的时间；【详解】A、由 可得 ，知粒子圆周运动的半径与 B
7、 成反比，则粒子在 x 轴上qvB=mv2r r=mvqB方和下方两磁场中运动的半径之比为 1:2，故 A 错误；B、负电荷在第一象限轨迹所对应的圆心角为 ，在 x 轴上方磁场中运动的时间604，负电荷在 x 轴下方磁场中轨迹所对应的圆心角为 ，在 x 轴下方磁场t1=603602mqB=m3qB 300中运动的时间 ，在 x 轴上方和下方两磁场中运动的时间之比为 ，故 Bt2=3003602mqB2=10m3qB 1:10错误；C、到经过 x 轴进入上方磁场所需的时间为 ，故 C 错误；T=t1+t2=11m3qBD、根据左手定则判断可知，负电荷在第一象限沿顺时针方向旋转 ，而在四、三沿顺时
8、60针方向旋转 ，在第二象限沿顺时针方向旋转 ，且在 x 轴上方和下方两磁场中运动的300 60半径之比为 1:2，所以回到原点 0，故 D 正确；故选 D。【点睛】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径；5.小行星绕某恒星运动，该恒星均匀地向四周辐射能量和带电粒子，恒星质量缓慢减小，可认为小行星在绕恒星运动一周的过程中近似做圆周运动。则经过足够长的时间后，小行星运动的A. 轨道半径变小 B. 周期变大C. 线速度变小 D. 加速度变大【答案】BC【解析】【分析】恒星均匀地向四周辐射能量，质量缓慢减小，二者之间万有引力减小，小行星做离心运动，即半径增大，又小行星绕恒星运动
9、做圆周运动，万有引力提供向心力，可分析线速度、周期、加速度等【详解】A、恒星均匀地向四周辐射能量，质量缓慢减小，二者之间万有引力减小，小行星做离心运动，即半径增大，故 A 错误；B、由 得： ，M 减小，r 增大，所以周期变大，故 B 正确；GMmr2=m42T2r T= 42r3GMC、小行星绕恒星运动做圆周运动，万有引力提供向心力，设小行星的质量为 m，恒星的质量为 M，则 ，,即 ，M 减小，r 增大，故 v 减小，故 C 正确；GMmr2=mv2r v= GMrD、由 得： ，M 减小，r 增大，所以 a 减小，故 D 错误；GMmr2=ma a=GMr2故选 BC。5【点睛】记住作圆
10、周运动万有引力等于向心力；离心运动，万有引力小于向心力；向心运动，万有引力大于向心力；6.轻质细线吊着一质量 m=1. 28kg、边长 1=1.6m、匝数 n=10 的正方形线圈，总电阻 。r=2边长为 的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图甲所示。磁场方向垂直纸面向L2里，大小随时间变化如图乙所示。从 t=0 开始经 t0时间细线开始松弛，取 g=10m/s2。则A. 在前 t0时间内线圈中产生的电动势 E=3. 2VB. 在前 t0时间内线圈中产生的电动势 E=1.6VC. to=2sD. to=4s【答案】BD【解析】【分析】根据 求出感应电动势，注意 S 为有效面积；当线圈所受
11、的安培力等于线圈的E=nt=nSBt重力时，绳子的张力为零，细线开始松弛，根据 ， 求出拉力为零时的F安 =nBtIL2=mg I=Er磁感应强度，再根据图象求出时间；【详解】由法拉第电磁感应定律得： ，分析线圈E=nt=nSBt =10(1.62)2120.5=1.6V受力可知,当细线松弛时有： ， ，解得： ，由图象知：F安 =nBtIL2=mg I=Er Bt=2mgrnEL=2T；Bt=1+0.5t0解得： ，故 B、D 正确，A、C 错误；t0=4s故选 BD。7.如图所示，足够长的平行光滑金属导轨 MN、PQ 相距 L，倾斜置于匀强磁场中。磁场方向垂直导轨平面向上，断开开关 S，将
12、长也为 L 的金属棒 ab 在导轨上由静止释放。经时间6t，金属棒的速度大小为 v1，此时闭合开关，最终金属棒以大小为 v2的速度沿导轨匀速运动。已知金属棒的质量为 m、 电阻为 r，其他电阻均不计，重力加速度为 g。则下列说法正确的是A. 导轨与水平面夹角 的正弦值为 sin=v1gtB. 磁场的磁感应强度 B 的大小为B=1Lmrv1v2tC. 金属棒的速度从 变至恰为 的过程，金属棒一定做加速度减小的加速运动v1 v2D. 金属棒的速度从 变至恰为 的过程，金属棒上产生的焦耳热为v1 v212mv2212mv12【答案】AB【解析】【分析】断开开关 S 时，金属棒 ab 在导轨上由静止释
13、放匀加速下滑；闭合开关后，又会受到的安培力，金属棒 ab 在导轨上可能做加速度减小的加速运动或减速运动，当加速度减小到 0 时，速度达到最大，根据最终达到平衡，列出平衡方程，求出磁感应强度金属棒沿导轨下滑的过程中，重力势能减小，动能增加，内能增加，根据能量守恒先求出整个电路产生的热量；【详解】A、断开开关 S 时，金属棒 ab 在导轨上由静止释放匀加速下滑，由牛顿第二定律有： ，由匀变速运动的规律可得： ，解得 ，故 A 正确；mgsin=ma v1=at sin=v1gtBC、闭合开关后，金属棒 ab 在导轨上可能做加速度减小的加速运动或减速运动，最终以匀速运动，匀速时则有： ，又 ，解得：
14、 ，故 B 正确，C 错误；v2 mgsin=BIL I=BLv2r B=1Lmv1v2tD、由动能定理则有： ，金属棒上产生的焦耳热WGWA=12mv2212mv21，故 D 错误；Q=WA=WG12mv21+12mv227故选 AB。【点睛】解决的关键会根据牛顿第二定律求加速度，以及结合运动学能够分析出金属棒的运动情况，当 a=0 时，速度达到最大。8.如图所示，在方向竖直向上、大小 E=110 6V/m 的匀强电场中，固定一个穿有 A、B 两个小球（均视为质点）的光滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内，圆心为 O、半径 R=0. 2m。A、B 用一根绝缘轻杆相连，B 球带电荷量 q=+7l0 -
15、6C,A 球不带电，质量分别为mA=0.lkg、 mB=0.8kg。将两小球从圆环上的图示位置（A 与圆心 O 等高，B 在圆心 0 的正下方）由静止释放，重力加速度大小为 g= l0m/s2。则A. 小球 A 和 B 受到的合力的大小相等B. 小球 B 不能到达圆环的最高点C. 小球 A 和 B 的速度大小始终相等D. 两小球及轻杆组成的系统最大动能为15(2-1)J【答案】BCD【解析】【分析】A、B 做圆周运动的半径和角速度均相同，对 A、B 分别由动能定理列方程联立求解最大动能，【详解】AC、设 B 转过 角时，A、B 的速度分别为 vA、v B，因 A、B 做圆周运动的半径和角速度均
16、相同，故 vA=vB，所以小球 A 和 B 切向加速度大小和法向加速度大小相等，但两球的质量不等，根据牛顿第二定律可知小球 A 和 B 受到合力大小不等，故 A 错误，C 正确；B、设 B 到达圆环最高点时 A、B 的动能分别为 EKA、E KB，对 A 根据动能定理有：，对 B 根据动能定理有： ，联立解得：WT=EKA WT+(qEmBg)2R=EKB，上式表明：B 在圆环最高点时，系统动能为负值，所以 B 不能到达圆环EKA+EKB=0.4J最高点，故 B 正确；8D、对 A 由动能定理： ，对 B，由动能定理：mAgRsinWT=12mAv2A0，联立解得： ，据此式(qEmBg)(R
17、Rcos)+WT=12mBv2B0 EkA+EKB=0.2(cos+sin1)知，当 时，两小球及轻杆组成的系统最大动能是 ，故 D 正确；=4 EkA+EKB=15(21)故选 BCD。【点睛】关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系；根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系，根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。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，每道试题考生都必须作答；第 33 题一第 38 题为选考题，考生根据要求
18、作答。（一）必考题：共 11 题，共 129 分。9.某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中 A 为固定橡皮条的图钉，O 为橡皮条与细绳的结点，OB 与 OC 为细绳。图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。(l)下列叙述正确的是 _（填序号） 。A该实验中 AO 的拉力是合力，CO 和 BO 的拉力是分力B弹簧测力计应在使用前校零C细绳方向应与木板平面平行D只用一个弹簧测力计拉橡皮条，要使 O 点静止在同一位置(2)乙图中的 和 ，其中_ 是只用一个弹簧测力计拉橡皮条的力。F F【答案】 (1). BCD (2). F【解析】【分析】9实验中采用了两个力合力与一个力效果相同
19、来验证的平行四边形定则，因此采用“等效法” ，注意该实验方法的应用，在实验中 F 和 F分别由平行四边形定则及实验得出，明确理论值和实验值的区别即可正确答题；【详解】解：(1) A、CO 的拉力与 AO 和 BO 的拉力是三个共点力，三个力的合力为零，CO的拉力与 AO 和 BO 的拉力的合力等值反向，即 CO 的拉力与 AO 和 BO 的拉力的合力方向相反，故 A 错误；B、弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零，故 B 正确；C、弹簧测力计使用时应保持与纸面平行，否则会影响拉力大小，故 C 正确；D、当橡皮条拉到同一个结点，即在同一方向上伸长到同一长度，合力与分力的作用效果相
20、同，故 D 正确；故选 BCD。(2) F 是通过作图的方法得到合力的理论值，而 F是通过一个弹簧称沿 AO 方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到 O 点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力故方向一定沿 AO 方向的是 F，由于误差的存在 F 和 F方向并不在重合；【点睛】实验考查验证平行四边形定则的实验，采用的是“等效替代”的方法，即一个合力与几个分力共同作用的效果相同，可以互相替代，明确“理论值”和“实验值”的区别；10.为测定一电池的电动势和内阻，甲和乙两位同学先后用同一套实验仪器来测量电池的电动势和内阻，其中 R、 Ro 分别是电阻箱和定值电阻， Ro= 2 。实验时
21、甲、乙分别设计了如图甲和乙所示的两个电路，实验记录电阻箱 R 的阻值以及对应电压表的示数 U。据实验记录的数据作出关系图线丙和丁。(1)可以判断图线丁是利用图_（填“甲”或“乙” ）电路进行实验所描出的。(2)依据实验数据绘出的 图线如图所示；则电源电动势 E= _V，内阻 r= _ 。1U1R（计算结果均保留两位有效数字）10【答案】 (1). 乙 (2). 2.9 (3). 2.2【解析】【分析】先观察图丙，发现 R=0 时， 有一定数值，随着 R 增大， 增大，即电压表示数减小，据此1U 1U判断是哪个图的实验数据描绘出来的；根据给出的斜率，找到 U 与 R 的关系，再利用闭合电路欧姆定
22、律列式求出电动势和内阻；【详解】解：(1)先观察图丙，发现 R=0 时， 有一定数值，随着 R 增大， 增大，即电压表1U 1U示数减小，显然甲图电压表示数会随着 R 的增大而增大，乙图中电压表示数会随着 R 的增大而减小，故可以判断图丁中图线是利用图乙的实验数据描绘的；(2)根据乙图电路和闭合电路欧姆定律可得： ，化简为： ，依U=EUR(R0+r) 1U=1E+R0+rE1R据实验数据绘出的 图线可得： ， ，解得： ，1U-1R b=1E=0.34k=R0+rE=0.770.340.30 E=2.9V；r=2.211.质量 M=lkg 的木块 A 放在光滑水平面上，木块 A 的倾斜面是光
23、滑曲面，曲面下端与水平面相切，高度 h=0. 4m。如图所示，一质量 m=lkg 的小球以某一初速度 v0滑上木块 A。若小球恰好能到达木块 A 的最高点，取重力加速度 g= 10m/s2。求：(1)小球的初速度 v0的大小；(2)木块 A 能获得的最大速度。11【答案】 （1） ；（2）4m/s 4m/s【解析】【分析】小球刚好能到木块 A 最高点时，两者共速，对小球和木块 A 系统，由机械能守恒和动量守恒求出小球的初速度；当小球返回到水平面时，木块 A 的速度最大，由机械能守恒和动量守恒求得木块 A 能获得的最大速度；【详解】解：(1)小球刚好能到木块 A 最高点时，两者共速为 ，对小球和
24、木块 A 系统，由v机械能守恒和动量守恒得：12mv20=mgh+12(m+M)v2mv0=(m+M)v解得： v0=4m/s(2)当小球返回到水平面时，木块 A 的速度最大，由机械能守恒和动量守恒得：12mv20=12mv21+12Mv22mv0=mv1+Mv2解得： v2=4m/s12.如图甲所示，带正电粒子以水平速度 v0从平行金属板 MN 间中线 连续射人电场中。OOMN 板间接有如图乙所示的随时间 f 变化的电压 UMN，两板间电场可看作是均匀的，且两板外无电场。紧邻金属板右侧有垂直纸面向里的匀强磁场 B，分界线为 CD，EF 为屏幕。金属板间距为 d，长度为 l，磁场的宽度为 d。
25、已知 B=2. 5xl0-3T l=d=0.2m，每个带正电粒子的速度 v0=105m/s，比荷 = l02C/kg，MN 板间最大电压 U=75V，重力忽略不计，在每个粒qm子通过电场区域的极短时间内，电场可视作是恒定不变的。取 sin37=0.6， cos37=0.8。求：12(l)带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径；(2)带电粒子向上偏转射出电场的最大速度；(3)带电粒子打在屏幕上的范围。【答案】(1)0.4m；(2) ；(3) 点上方 到 之54105m/s,=37 O y2=(0.4-0.23)m y1=0.475m间【解析】【分析】t=0 时刻射入电场的带电粒子不被加速，进入磁场
26、做圆周运动的半径最小，根据洛伦兹力提供向心力求出带电粒子在磁场中运动的轨道半径；将带电粒子的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，水平方向为匀速运动，竖直方向为初速度为零的匀加速运动，带电粒子从平行板边缘射出时，速度最大；经过电场偏转后，粒子速度向上偏转或向下偏转，画出可能的轨迹图，根据洛伦兹力提供向心力得到轨道半径，通过几何关系求解带电粒子打在屏幕上的范围；【详解】解：(1)当粒子不偏转穿过平行金属板时，粒子在磁场中的圆半径最小根据洛伦兹力提供向心力： qv0B=mv2R0解得： R0=0.4m(2)粒子经电场偏转，竖直方向做匀加速运动： a=qUmdl=v0tvy=aty=12at2由以上式
27、子解得 ；vy=0.75105m/s y=0.075m所以最大速度 v=54105m/s13设速度夹角为，正切值为 tan=vyv0=34粒子离开电场时速度与水平方向夹角为 =37(3)当粒子以最大速度进入磁场时 x=mvqB(1-sin37)=0.2m粒子刚好与屏幕相切，切点为粒子打在屏幕上的最高点切点距离屏幕 点的距离O y1=y+mvqBcos37=0.475m当粒子以水平速度 进入磁场时，v0 y2=R0- R20-d2=(0.4-0.23)m所以，带电粒子打在屏幕上的范围： 点上方 到 之间O y2=(0.4-0.23)m y1=0.475m四、选修部分，共 15 分13.如图所示，
28、一定质量的理想气体的状态经历了 a-b、b-c、cd、d-a 四个过程，其中bc 的延长线通过原点，CD 垂直于 ab 且与水平轴平行，da 与 bc 平行，则下列说法正确的是( )（填正确答案标号。选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 5 分；每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分）A. a-b 过程中气体吸热B. b 一 c 过程中气体体积保持不变14C. cd 过程中气体对外做正功D. d-a 过程中气体体积保持不变E. d-a 过程中气体体积不断增大【答案】ABE【解析】【分析】根据理想气体状态方程和热力学第一定律分析；根据理想气体状态方程整理出压强-温
29、度的表达式，依据表达式判断气体体积的变化；【详解】A、由题图可知， 温度不变，内能不变，压强减小，所以体积增大，气体对外a b做功，由热力学第一定律，气体吸热，故 A 正确；B、 是等容变化，体积不变，故 B 正确；b cC、 ， 不变， 减小；由气体状态方程可知体积不断减小，外界对气体做正功，故 Cc d p T错误；DE、由气态方程 ，得 ，斜率为 ，直线 ，斜率减小，d-a 过程中气体体积pVT=C p=CVT CV od oa不断增大，故 D 错误，E 正确；故选 ABE。【点睛】图象类的物体解决的关键是整理出图象对应的表达式，根据表达式判断各物理量的不变情况。14.如图，容积为 V
30、的汽缸由导热材料制成，面积为 S 的金属活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门 K。开始时，K关闭，汽缸内上下两部分气体的压强分别为 Po 和 1.2Po，现将 K 打开，容器内的液体缓慢地流人汽缸，当流入的液体体积为 0. 2V 时，将 K 关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了 0.1V。忽略活塞的体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为 g。求流入汽缸内液体的质量。【答案】P0S20g【解析】15【分析】由力的平衡条件求出活塞再次平衡后上方气体的压强和下方气体的压强关系，由玻意耳定律列式求出流入汽缸内液体的质量；【详解】解：设活塞质量
31、为 ，活塞再次平衡后，上方气体的体积为 ，压强为 ，下方M V1 p1气体体积为 ，压强为 ，气体温度保持不变，由玻意耳定律得：上方气体：V2 p2 P0V2=P1V1下方气体： 1.2P0V2=P2V2由题意得上方气体的体积为： V1=V2+0.1V0.2V=0.4V下方气体体积为： V2=V20.1V=0.4V由力的平衡条件得： ；P0S+Mg=1.2P0S P1S+Mg+mg=P2S解得流入汽缸内液体的质量： m=P0S20g15.下列说法正确的是( )（填正确答案标号。选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 5 分；每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 O 分）
32、A. 做简谐运动的物体，其振动能量与振幅无关B. 肥皂泡呈现的彩色是光的干涉现象，通过狭缝看太阳光呈现的彩色是光的衍射现象C. 照相机镜头上会镀一层增透膜，是为了增强光的透射，利用光的干涉原理D. 波长越短的电磁波，越容易绕过障碍物，便于远距离传播E. 在真空中传播的电磁渡，当它的频率增加时，它的传播速度不变，波长变短【答案】BCE【解析】【分析】根据光的干涉产生原理；结合相对论原理：在运动方向，长度变短；根据公式 ，v=T=f确定波长与波速的关系，从而即可求解；【详解】A、做简谐运动的物体，其振动能量与振幅有关，即最大势能，故 A 错误；B、肥皂泡呈现的彩色是光的等厚干涉现象，通过狭缝看太阳
33、光呈现的彩色是光的衍射现象，故 B 正确；C、照相机镜头上会镀一层膜，为增透膜，这是为了增强光的透射程度，故 C 正确；D、波长越短的电磁波，衍射本领越弱，越不容易绕过障碍物，不便于远距离传播，故 D 错16误；E、在真空中传播的电磁波，波速不变，根据 可知，当它的频率增加时，波长变短，v=f故 E 正确；故选 BCE。16.一列沿 x 轴负向传播的简谐横渡在 t=0 时刻波的图象如图所示，经 0.1s，质点 M 第一次回到平衡位置，求：I这列波传播的速度大小；质点 M 在 1. 2s 内，走过的路程。【答案】 （1）5m/s；（2）4m【解析】【分析】运用波形的平移法研究质点 M 质点 M 第一次回到平衡位置时，波传播的距离，根据求解波速，根据数学知识求解波长，从而求出周期，而一个周期内，质点运动的路程为 4A；【详解】解：(1)根据数学知识得：由题知：则波长为：波沿 x 轴负方向传播，当 M 第一次回到平衡位置，此过程中波传播的距离为：则波速为：(2)波沿 x 轴负方向传播，周期：则质点 M 在 1.2s 内走过的路程：17
