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				A．逐漸增大入射角i.可使光射到PQ面時發(fā)生全反射B．逐漸減小入射角i.可使光射到PQ面時發(fā)生全反射C．色光b的光子能量一定小于色光cD．若玻璃磚界面MN和PQ不平行.則從PQ出射的各色光仍會相互平行			【查看更多】
			


		
           
          


		
          
		
          題目列表(包括答案和解析)
          

		
		
          

          


          
	
          				
          
									
          （2008?岳陽二模）如圖所示，一束白光a以入射角i斜射到平行玻璃磚的MN界面后發(fā)生折射，再經PQ界面射出，照射到光屏，則（　�。�
          

			
          
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          圖13-5中MN為玻璃與空氣的交界面，一束復色光以入射角i從玻璃射向空氣時分成了a、b、c三束光，則（    ）
            
            
          圖13-5
            
          A.在玻璃中c光速最大
            
          B.若逐漸增大入射角i，則c光將最先發(fā)生全反射
            
          C.若用a、b、c光分別照射同一雙縫干涉裝置，則在雙縫后面的固定屏上形成的干涉條紋中，條紋間距最大的一定是a光
            
          D.若用b光發(fā)生全反射的條件下，a光也一定可發(fā)生全反射
          

			
          
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          精英家教網下圖中，MN為玻璃與空氣的交界面，一束復色光以入射角i從玻璃射向空氣時分成了a、b、c三束光，則（　　）
          

			
          
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          精英家教網如圖所示，一束復色光以入射角i從玻璃界面MN射向空氣時分成a、b、c三束光，則（　�。�
          A、在玻璃中a光速度最大B、C光的光子能量最大C、若用b光照射光電管時恰好能發(fā)生光電效應，則用a光照射該光電管也一定能發(fā)生光電效應D、若逐漸增大入射角i，則c光將首先返回玻璃中
          

			
          
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          圖中，MN為玻璃與空氣的交界面，一束復色光以入射角i從玻璃射向空氣時分成了a、b、c三束光，則（    ）
          A.在玻璃中c光的速度最大
          B.若逐漸增大入射角i，則c光將最先發(fā)生全發(fā)射
          C.若用a、b、c光分別照射同一雙縫干涉裝置，則在雙縫后面的固定屏上形成的干涉條紋中，條紋間距最大的是a光
          D.若用b光照射某光電管時恰好能發(fā)生光電效應現(xiàn)象，則用a光照射該光電管時也一定能發(fā)生光電效應現(xiàn)象
          

			
          
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          14.C 
15.C  16.A  17.B  18.AD  19.D  20.AD  21.BC
          22.（1）①保證小球沿水平方向拋出②③1.0，1.5
          （2）甲圖不合理之處：不能多次測量；超過電流表量程，不安全；超過電壓表量程，也不安全。郝 雙制 作
          乙圖不合理之處：電流表量程太�。浑妷罕砹砍烫�。
          較為合理的電路如圖所示，
          Rx的計算公式，其中U是電壓表V1示數(shù)，I是電流表A1示數(shù)，R0是電阻箱示數(shù)。
          23. 解：滑塊從A處到B處，由動能定理mgssin37°－μmgscos37°=mvB2
          滑塊從B到C處，由動能定理－μmgBC＝mvC2－mvB2
          若滑塊恰好從C處平拋射出，則在C處時不受彈力作用 mg=m
          聯(lián)立解得郝雙   BC＝1m
          所以水平滑槽BC長度至少為1m
          24. 解：⑴設第1個球與木盒相遇后瞬間，兩者共同運動的速度為v1,根據動量守恒定律：
            代入數(shù)據，解得：  v1=3m/s   
          ⑵設第1個球與木盒的相遇點離傳送帶左端的距離為s，第1個球經過t0與木盒相遇,
          則：  
          設第1個球進入木盒后兩者共同運動的加速度為a，根據牛頓第二定律：
          得：   
          設木盒減速運動的時間為t1,加速到與傳送帶相同的速度的時間為t2，則：
          故木盒在2s內的位移為零 
          依題意：   
          代入數(shù)據，解得：郝雙 
          25.解：（1）小球進入電場，做勻速直線運動時　Eq=mg�、貳=mg/q②
          （2）在t1時刻加磁場，小球在時間t０內做勻速圓周運動，設圓周運動周期為Ｔ0，半徑為R。
          豎直向下通過D點，則t0=3T0/4③  ④
          PF-PD=R即⑤
          將③、④代入⑤式解得⑥
          （3）小球運動的速率始終不變，當R變大時，T0也增加，小球在電場中的運動周期T也增加。
          在小球不飛出電場的情況下，當T最大時，有：郝雙 制作
          DQ=2R即⑥  ⑦
          結合⑥⑦式解得⑧
          ⑨
          結合軌跡圖可知，小球在電場中運動的最大周期⑩
          結合上式解得 
          小球在電場中運動一個周期的軌跡圖如圖乙所示
           
           
          		
          
	
          
	
          
		
          


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