【文档说明】高考物理一轮复习 精选题辑： 模拟仿真预测卷含答案（四）.doc，共(10)页，330.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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模拟仿真预测卷(四)第Ⅰ卷(选择题共48分)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1～6题只有一个选项符合题目要求，第7～8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，有选错或不答的得0分．1．如图所示为氢原子能级图，氢原子中的电子从n

＝4能级跃迁到n＝1能级可产生a光；从n＝3能级跃迁到n＝1能级可产生b光，a光和b光的波长分别为λa和λb，a、b两光照射逸出功为4.5eV的金属钨表面均可产生光电效应，遏止电压分别为Ua和Ub，则()A．λa>λbB．Ua<Ub

C．a光的光子能量为12.55eVD．b光照射金属钨产生的光电子的最大初动能Ekb＝7.59eV答案：D解析：本题考查光电效应方程和玻尔原子理论，意在考查考生的理解能力．氢原子中的电子从n＝4能级跃迁到n＝1能级产生a光，a光的光子能量hνa＝Ea＝

E4－E1＝12.75eV，氢原子中的电子从n＝3能级跃迁到n＝1能级产生b光，b光的光子能量hνb＝Eb＝E3－E1＝12.09eV，a光的光子能量高，则a光的频率大，波长小，即λa<λb，A、C项错误；由光电效应方程Ek＝hν－W0和Ek＝eUc可知，频率越大，对应遏止电压Uc越大，即Ua

>Ub，B项错误；Ekb＝hνb－W0＝7.59eV，D项正确．2．如图所示，一倾角为α的固定斜面上，两个质量均为m的小物块A和B紧挨着匀加速下滑，A与B的接触面光滑．已知A与斜面间的动摩擦因数为μA＝tanα，B与斜面间的动摩擦因数为μB＝12tan

α，重力加速度大小为g.则下滑过程中A、B间弹力的大小为()A．0B.12mgsinαC.13mgsinαD.14mgsinα答案：D解析：本题考查物体的受力分析和牛顿第二定律的应用，意在考查考生的理解能力和推

理能力．对A、B整体，根据牛顿第二定律可得2mgsinα－μAmgcosα－μBmgcosα＝2ma，解得a＝14gsinα，对B根据牛顿第二定律可得mgsinα－N－μBmgcosα＝ma，解得N＝14mgsinα，故D项正确．3．如图所示，匀强电场的电场强度方向与水平方向夹角为30°

且斜向右上方，匀强磁场的方向垂直于纸面(图中未画出)．一质量为m、电荷量为q的带电小球(可视为质点)以与水平方向成30°角斜向左上方的速度v做匀速直线运动，重力加速度为g.则()A．匀强磁场的方向可能垂直于纸面向外B．小球一定带正电荷C．电场强度大小为mgqD．磁感应强度的大小为mg

qv答案：C解析：本题主要考查受力分析、带电体在复合场中的运动，意在考查考生的分析推理能力．小球做匀速直线运动，受到的合力为零，假设小球带正电，则小球的受力情况如图1所示，小球受到的洛伦兹力沿虚线但方向

未知，小球受到的重力与电场力的合力与洛伦兹力不可能平衡，故小球不可能做匀速直线运动，假设不成立，小球一定带负电，选项B错误；小球的受力情况如图2所示，小球受到的洛伦兹力一定斜向右上方，根据左手定则，匀强磁场的方向一定垂直于纸面向里，选项A错误；

根据几何关系，电场力大小qE＝mg，洛伦兹力大小qvB＝3mg，解得E＝mgq，B＝3mgqv，选项C正确，D错误．4．如图所示为质谱仪的结构原理图，若从金属筒内同一位置由静止释放氢的三种同位素氕、氘、

氚的原子核(不计重力)，经相同的电场加速和磁场偏转后分别打在照相底片上的A、B、C三个点，则氕、氘、氚原子核()A．进入磁场时的速度相同B．在磁场中运动的时间相同C．在电场中加速的时间相同D．打在照相底片

上相邻两点间距离AB、BC之比为(2－：(3－2)答案：D解析：本题考查质谱仪的原理，意在考查考生对带电粒子在电场和磁场中运动的分析综合能力．设原子核的电荷量为q，质量为m，加速电压为U，磁感应强度大小为B，原子核在电场中加速时有qU＝mv22，得v＝2qUm，结合v＝at＝qE

tm，得加速时间t＝1E2mUq，由于氕、氘、氚原子核的电荷量相同，质量不同，A、C选项错误；原子核在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝2πmqB，原子核在磁场中运动半个周期的时间t1＝T2＝πmqB，B选项错误；原子核在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r＝mvqB＝1

B2mUq，r与m成正比，氕、氘、氚原子核的质量之比为：：3，因此打在照相底片上相邻两点间距离AB、BC之比为(2－：(3－2)，D选项正确．5．小宇为了研究自感现象，利用实验室提供的实验器材设计了如图所示的电路，其中甲、乙为两个完全相同的小灯泡，L为自感系数很大的线圈，且稳定时的电阻与电

路中定值电阻R的阻值相同．则下列说法正确的是()A．开关闭合的瞬间，甲、乙两灯同时变亮B．断开开关的瞬间，甲灯立即熄灭，乙灯过一会儿后熄灭C．闭合开关，当电路稳定时甲、乙两灯的亮度相同D．断开开关的瞬间，m点的电势高于n点的电势答案：C解析：本题考查了自感现象，意在考

查考生的推理能力．开关闭合的瞬间，由于线圈中自感电动势的阻碍，甲灯先亮，乙灯后亮，A错误；断开开关的瞬间，线圈中产生自感电动势，由于甲、乙两灯串联在一起构成闭合回路，两灯同时逐渐熄灭，B错误；闭合开关，当电路稳定后，自感作用消失，又由于稳定时线圈的电阻与电路中的定值电

阻R的阻值相同，故通过甲、乙两灯的电流相等，两灯亮度相同，C正确；断开开关的瞬间，线圈中产生自感电动势，线圈的右端相当于电源的正极，与甲、乙两灯泡和定值电阻构成回路，因此n点的电势较高，D错误．6．如图甲所示，一定值电阻R与一理想交流电流表串联，且通过电

刷与匝数为N、面积为S、阻值为r的正方形线框相连接，正方形线框处在水平向右的磁感应强度大小为B的匀强磁场中，现使线框绕中心轴线OO′以恒定的角速度ω转动．从某时刻开始计时，线框中产生的感应电动势随时间的变

化规律如图乙所示．则()A．0～t1时间内，穿过线框的磁通量的变化量大小为NBSB．t1～t2时间内流过定值电阻的电荷量为NBSRC．t5时刻穿过线框的磁通量的变化率为NBSωD．t5时刻理想交流电流表的读数为NBSω2R＋r答案：D解析：本题考查了交变电流的产生，意在考查考生的理解

能力．由题图甲、乙可知，0时刻穿过线框的磁通量大小为BS，t1时刻穿过线框的磁通量大小为0，因此0～t1时间内穿过线框的磁通量的变化量大小为BS，A错误；t1～t2时间内磁通量的变化量大小为BS，则平均电动势E＝NBSΔt，因此通过电阻R的电荷量为q＝NBSR＋rt·Δt＝NBSR＋r，

B错误；t5时刻线框中产生的感应电动势为E＝NBSω，又由法拉第电磁感应定律可知E＝NΔΦΔt，则穿过线框的磁通量变化率为ΔΦΔt＝BSω，C错误；理想交流电流表的读数为交流电的有效值，则有I＝E2R＋r＝NBSω2R＋r，D正确．7．质量相等的甲、乙两球在光滑水平面上沿同

一直线运动．甲以7kg·m/s的动量追上前方以5kg·m/s的动量同向运动的乙球发生正碰，则碰后甲、乙两球动量不可能是()A．6.5kg·m/s,5.5kg·m/sB．6kg·m/s,6kg·m/sC．4kg·m/s,8kg·m/sD．5.5kg·m/s,6.5kg·m/s

答案：AC解析：碰撞的过程中满足三个条件：动量守恒、总动能不增加、符合物体的实际运动情况．易判断四个选项中动量均守恒．初状态总动能E1＝p212m＋p222m＝742m.A项末状态总动能E2＝p′212m＋p′222m＝72.52m，动能不增加，但A项甲球速度大于乙球，故A不可能

．B项末状态的总动能E2＝p′212m＋p′222m＝722m，动能不增加，故B项可能．C项末状态总动能E2＝p′212m＋p′222m＝802m，动能增加，故C项不可能．D项末状态总动能E2＝p′212m＋p′222m＝72.52m，动能不增

加，故D可能．8．动量可以像力那样进行正交分解，分解成两个相互垂直的分动量，而要总动量守恒，两个相互垂直方向的分动量就必须都守恒．下面是交警正在调查发生在无信号灯的十字路口的一起汽车相撞事故，根据两位司机的描述得知，

发生撞车时汽车A正沿东西大道向正东行驶，汽车B正沿南北大道向正北行驶．相撞后两车立即熄火并在极短的时间内叉接在一起，并排沿直线在水平路面上滑动，最终一起停在路口东北角的路灯柱旁，交警根据事故现场情况画出

了如图所示的事故分析图．通过观察地面上留下的碰撞痕迹，交警判定撞车的地点为图中的P点，测量出的相关数据已标注在图中．为简化问题，将两车均视为质点，且认为它们质量相等，它们组成的系统在碰撞的过程中动量守恒，根据图中测量数据可知下列说法中正确的是()A．两车发生碰撞时东西

方向动量守恒，南北方向动量不守恒B．发生碰撞时汽车A的速率较大C．发生碰撞时汽车B的速率较大D．发生碰撞时速率较大的汽车和速率较小的汽车的速率之比为答案：CD解析：本题考查动量、动量守恒定律的应用，意在考查考生的理解能力．设两辆车质量均为m

，相撞之前的速度分别为vA、vB，相撞后向北的速度为v1，向东的速度为v2，南北方向上动量守恒，则有mvB＝2mv1；东西方向上动量守恒，则有mvA＝2mv2.由题图可知v1v2＝2.5＝，得vBvA＝，

可知C、D正确．第Ⅱ卷(非选择题共62分)二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～14题为选考题，考生根据要求作答(一)必考题(4小题，共47分)9．(6分

)某同学做“探究合外力做功与动能改变的关系”实验，装置如图甲所示，将光电门固定在水平轨道上的B点，用重物通过细线拉小车，保持小车(含遮光条)质量M不变，改变所挂重物质量多次进行实验，使小车每次都从同一位置A由静止开始运动．(重力加速度大小g取10m/s2)(1)用游标卡尺

测出遮光条的宽度d如图乙所示，则d＝________cm；(2)实验中认为小车所受拉力与重物重力大小相等，测出多组重物质量m和相应小车经过光电门时的速度v，作出v2－m图象如图丙所示，由图象可知小车受到的摩擦力大小为______

__N；(3)在满足条件________的情况下，v2－m图象是线性变化的，说明合外力做的功等于动能的改变，此时图象的斜率k的表达式为k＝________(用题给物理量的字母表示)．答案：(1)1.050(1分)(2)

1(2分)(3)m≪M(1分)2gLM(2分)解析：本题考查“探究合外力做功与动能改变的关系”实验，意在考查考生对实验原理的理解能力．(1)游标卡尺的读数为d＝1cm＋10×0.05mm＝1.050cm；(2)根据本实验原理

和动能定理有mgL－fL＝12Mv2，变形得v2＝2gLMm－2fLM，v2－m图象为一条倾斜的直线，由题图丙可知v2＝0时，m＝0.1kg，由2gLMm－2fLM＝0，解得f＝mg＝1N；(3)根据模型的实际受力分析，由动能定理有mgL－fL＝12(m＋M)v2，则v2与m的函数关系为v2＝

2gLmM＋m－2fLM＋m，故v2与m不是线性关系，所以只要满足m≪M，函数关系就变为v2＝2gLMm－2fLM，v2－m图象是线性变化的，说明合外力做的功等于动能的改变，图线的斜率k＝2gLM.10．(9分)某课外实验小组欲利用如图所示的实验装置，

将一灵敏电流表改装为温度计．提供的实验器材有：灵敏电流表(量程为1.0mA，内阻为300Ω)，学生电源(输出电压为U＝2.0V，内阻不计)，滑动变阻器R1(最大阻值为1000Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值为3000Ω)，单刀双掷开关，用防水绝缘材料包裹的热敏电阻RT，导线若干．

已知热敏电阻的阻值与摄氏温度t的关系为RT＝2.5t－15(Ω)，实验步骤如下：a．按照电路图连接好实验器材；b．为不烧坏灵敏电流表，将滑动变阻器的滑片P调整到a端；然后将单刀双掷开关掷于c端，调节滑动变阻器，使灵敏电流表指针指在_

_______(选填“中央刻线”或“满刻线”)位置，并在以后的操作中使滑片P________(选填“位置不变”、“置于a端”或“置于b端”)；c．在容器中倒入适量热水，将单刀双掷开关掷于d端，随着热水温度的下降，记录若干个灵敏电流表的

示数；d．根据热敏电阻随温度变化的特性，计算出各个电流对应的温度，重新制作灵敏电流表的刻度盘，改装成温度计．(1)为使改装的温度计的量程足够大，将实验步骤b补充完整．(2)根据实验过程，电路中的滑动变阻器应选________

(填“R1”或“R2”)．(3)灵敏电流表的电流I与热水温度t之间的函数关系式为I＝________(A)，该温度计能够测量的最低温度为________℃.(4)重新制作后的灵敏电流表的刻度盘的特点是低温刻度在刻度盘的________(填“左”或“右”)侧，刻度盘上的刻度________(

填“均匀”或“不均匀”)．答案：(1)满刻线(1分)位置不变(1分)(2)R2(2分)(3)22.5t＋1985(2分)6(1分)(4)右(1分)不均匀(1分)解析：本题创新性地考查了电表的改装及其改装的原理，意在考查考生对物理规律的理解能力．(1)调节

滑动变阻器，使灵敏电流表指针指在满刻线位置，并在以后的操作中使滑片P位置不变．(2)由于灵敏电流表的内阻只有300Ω，所以当灵敏电流表达到满偏时，有I＝URg＋R，将U＝2.0V，Rg＝300Ω及I＝1.0×10－3A代入可得R＝1700Ω，故应选择滑动变阻器R2.(3)由于滑动变阻器

的滑片在以后的实验中保持不动，故滑动变阻器接入电路的阻值和电流表的内阻之和为2000Ω.当开关掷于d端时，有I＝U2000＋RT(A)，又因为RT＝2.5t－15(Ω)，代入并整理可得I＝22.5t＋1985(A)，当电流表达到满偏时，此时测

量的温度为该温度计能够测量的最低温度，将I＝1.0×10－3A代入上式可得t＝6℃.(4)由I＝22.5t＋1985(A)可知，温度随电流不是均匀变化的，故刻度盘上的刻度不均匀，温度越低，电流越大，指针越向右偏，故低温刻度应在刻度盘的右侧．11．

(15分)(2018·四川成都一测)如图所示，A、B间相距L＝6.25m的水平传送带在电机带动下始终以v＝3m/s的速度向左匀速转动，传送带B端正上方固定一挡板，挡板与传送带无限接近但未接触，传送带所在空间有水平向右的匀强电场，场强E＝1×106N/C.现将一质量m＝2

kg、电荷量q＝1×10－5C的带正电绝缘小滑块轻放在传送带上A端．若滑块每次与挡板碰后都以原速率反方向弹回，已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.3，且滑块所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2.求：(1)滑块放上传送带后

瞬间的加速度a；(2)滑块第一次反弹后能到达的与B端最远的距离；(3)滑块做稳定的周期性运动后，电机相对于空载时增加的机械功率．解析：(1)滑块放上传送带后瞬间，受力如图所示．由牛顿第二定律，有qE－μmg＝ma代入数据解得a＝2m/s2方向水平向右(2)设滑块第一次

到达B点时速度大小为v1由运动学规律有v21＝2aL代入数据解得v1＝5m/s因v1>v，故滑块与挡板碰后将向左做匀减速直线运动，其加速度方向向右，大小设为a1由牛顿第二定律，有qE＋μmg＝ma1代入数据解得a1＝8m/s2设滑块与挡板碰后反向

运动至速度减为v经历的时间为t1，发生的位移大小为x1由运动学规律有v＝v1－a1t1，x1＝v1t1－12a1t21代入数据解得t1＝0.25s，x1＝1m此后，摩擦力反向(水平向左)，加速度大小又变为a，滑块继续向左减速直到速度为零，设这段过程发生的位移大小为x2由运动学规律有

x2＝v22a代入数据解得x2＝2.25m当速度为零时，滑块离B最远，最远距离xm＝x1＋x2代入数据解得xm＝3.25m(3)分析可知，滑块逐次回到B点速度将递减．但只要回到B点的速度大于v，滑块反弹后总要经历两个减速过程直至速度为零，因此滑块再次向B点返回时发生的位

移不会小于x2，回到B点的速度满足v′≥2ax2＝3m/s所以，只有当滑块回到B点的速度减小到v＝3m/s后，才会做稳定的周期性往返运动，在周期性往返运动过程中，滑块给传送带施加的摩擦力方向始终向右所以，滑块做稳定的周期性运动后，电

机相对于空载时增加的功率为P＝μmgv代入数据解得P＝18W12．(17分)如图所示，P1Q1P2Q2和M1N1M2N2为水平放置的两足够长的光滑平行导轨，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小B＝0.4T的匀强磁场中，P1Q1与

M1N1间的距离为L1＝1.0m，P2Q2与M2N2间的距离为L2＝0.5m，两导轨电阻可忽略不计．质量均为m＝0.2kg的两金属棒ab、cd放在导轨上，运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，并与导轨形成闭合回路．已知两金属棒位于两导轨间部分的电阻均为R＝1.0Ω；金属棒与导轨间的动

摩擦因数μ＝0.2，且与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g＝10m/s2.(1)在t＝0时刻，用垂直于金属棒的水平外力F向右拉金属棒cd，使其从静止开始沿导轨以a＝5.0m/s2的加速度做匀加速直线运动，金属棒cd运动多长时间金属棒ab开始运动？(2)若用一个适当的

水平外力F0(未知)向右拉金属棒cd，使其速度达到v2＝20m/s后沿导轨匀速运动，此时金属棒ab也恰好以恒定速度沿导轨运动，求金属棒ab沿导轨运动的速度大小和金属棒cd匀速运动时水平外力F0的功率；(3)当金属棒a

b运动到导轨Q1N1位置时刚好碰到障碍物而停止运动，并将作用在金属棒cd上的水平外力改为F1＝0.4N，此时金属棒cd的速度变为v0＝30m/s，经过一段时间金属棒cd停止运动，求金属棒ab停止运动后金属棒cd

运动的距离．解析：本题考查法拉第电磁感应定律、牛顿第二定律及动量的综合问题，意在考查考生的分析综合能力．(1)设金属棒cd运动t时间金属棒ab开始运动，根据运动学公式可知，此时金属棒cd的速度v＝at(1分)金属棒cd产生的电动势E2＝BL2v(1分)则通

过整个回路的电流I2＝E22R＝BL2ab2R(1分)金属棒ab所受安培力FA1＝BI2L1＝B2L1L2at2R(1分)金属棒ab刚要开始运动的临界条件为FA1＝μmg(1分)联立解得t＝2μmgRB2L1L2

a＝2s(1分)(2)设金属棒cd以速度v2＝20m/s沿导轨匀速运动时，金属棒ab沿导轨匀速运动的速度大小为v1，根据法拉第电磁感应定律可得E＝BL2v2－BL1v1(1分)此时通过回路的电流为I＝E2R＝BL2v2－L1v12R(1分)金属棒ab所受安培力为BIL1＝B

2L1L2v2－L1v12R＝μmg(2分)解得v1＝5m/s(1分)以金属棒cd为研究对象，则有F0＝μum＋BL2I＝0.6N(1分)则水平外力F0的功率为P0＝F0v2＝12W(1分)(3)对于金属棒cd根据动量

定理得(F1－μmg－BL2I)Δt＝0－mv0(1分)设金属棒ab停止运动后金属棒cd运动的距离为x，根据法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt＝BL2xΔt(1分)根据欧姆定律得I＝

E3R2(1分)联立得x＝3mv0R2B2L22＝225m(1分)(二)选考题(共15分．请考生从给出的2道题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分)13．(15分)[选修3—3](1)(5分)下列说法正确的是________．(选对一个

得2分，选对两个得4分，选对三个得5分，选错一个扣3分，最低得0分)A．只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏伽德罗常数B．悬浮微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多，布朗运动越明显C．在使两个分

子间的距离由很远(r>10－9m)减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大；分子势能不断增大D．温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大E．一定质量的理想气体经等温压缩后

，其压强一定增大(2)(10分)如图所示，内径粗细均匀的U形管竖直放置在温度为7℃的环境中，左侧管上端开口，并用轻质活塞封闭有长l1＝14cm的理想气体，右侧管上端封闭，管上部有长l2＝24cm的理想气体，左右两管内水

银面高度差h＝6cm.若把该装置移至温度恒为27℃的房间中(依然竖直放置)，大气压强恒为p0＝76cmHg.不计活塞与管壁间的摩擦．分别求活塞再次平衡时左、右两侧管中气体的长度．答案：(1)ADE(5分)

(2)15cm25cm解析：(2)设管的横截面积为S，活塞再次平衡时左侧管中气体的长度为l′，左侧管中被封闭气体做等压变化，则有V1T＝V′1T′(3分)其中V1＝14S，T＝280K，T′＝300K，V′2＝l′1S

解得l′1＝15cm(2分)设平衡时右侧管气体长度增加x，则由理想气体状态方程可知p0－hl2ST＝p0－h＋2xl2＋xST′(2分)其中p0＝76cmHg，h＝6cmHg解得x＝1cm(2分)所以活塞平衡时右侧管中气体的

长度为25cm(1分)14．(15分)[选修3—4](1)(5分)一列简谐横波在某时刻的波形如图所示，此时刻质点P的速度为v，经过1.0s它的速度大小、方向第一次与v相同，再经过0.2s它的速度大小、方向第二次与v相同，则下列判断中正确的是________．(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．波沿x轴负方向传播，波速为5m/sB．波沿x轴正方向传播，波速为5m/sC．若某时刻质点M到达波谷处，则质点P一定到达波峰处D．质点M与质点Q的位移大

小总是相等、方向总是相反E．从图示位置开始计时，在2.0s时刻，质点P的位移为20cm(2)(10分)如图所示，一束截面为圆形(半径R＝1m)的平行紫光垂直射向一半径也为R的玻璃半球的平面，经折射后在屏幕S上形成一个圆形亮区．屏幕S

至球心距离为D＝(2＋1)m，不考虑光的干涉和衍射，试问：①若玻璃半球对紫色光的折射率为n＝2，请你求出圆形亮区的半径；②若将题干中紫光改为白光，在屏幕S上形成的圆形亮区的边缘是什么颜色．答案：(1)ACE(5

分)解析：(1)根据题图可得λ＝6m，根据经过1.0s它的速度大小、方向第一次与v相同，再经过0.2s它的速度大小、方向第二次与v相同可得周期T＝1.2s，根据公式可得v＝λT＝5m/s，根据“走坡法”可得波沿x轴负方向传播，选项A正

确，选项B错误；因为此时质点M与质点P两点平衡位置之间的距离是半个波长，属于反相点，即振动情况总是相反，若质点M到达波谷处，则质点P一定到达波峰处，选项C正确；质点M与质点Q不属于反相点，所以位移不是总大小相等、方向相反，选项D错误；根据题中

信息可得质点P从图示位置运动到波谷需要0.2s，从波谷运动到波峰需要0.6s，所以在2.0s时刻，质点P正好运动到了波峰，所以位移为20cm，选项E正确．(2)①紫光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕S上的点E到亮区中心G的距离r就是所求

最大半径．设紫光临界角为C，由全反射的知识得sinC＝1n(1分)又由几何知识可知AB＝RsinC＝Rn(1分)OB＝RcosC＝Rn2－1n(1分)BF＝ABtanC＝Rnn2－1(1分)GF＝D－(OB＋BF)＝D－nRn2－1(1分

)得r＝GE＝GFFB·AB＝Dn2－1－nR＝(2＋1)22－1m－2×1m＝1m(2分)②紫色．当白光从玻璃中射向空气时，由于紫光的折射率最大，则临界角最小，所以首先发生全反射，因此出射光线与屏幕的交点最远．

故圆形亮区的最外侧是紫光．(3分)