《2020年高考物理 刷題1+1（2019模擬題）組合模擬卷一（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020年高考物理 刷題1+1（2019模擬題）組合模擬卷一（含解析）（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、組合模擬卷一 第Ⅰ卷(選擇題，共48分) 二、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第14～17題只有一項符合題目要求，第18～21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分) 14．(2019·全國卷Ⅰ) 氫原子能級示意圖如圖所示。光子能量在1.63 eV～3.10 eV的光為可見光。要使處于基態(tài)(n＝1)的氫原子被激發(fā)后可輻射出可見光光子，最少應給氫原子提供的能量為(　　) A．12.09 eV B．10.20 eV C．1.89 eV D．1.51 eV 答案　A 解析　可見光光子的能量范圍為1.63

2、eV～3.10 eV，則氫原子能級差應該在此范圍內(nèi)，由氫原子能級示意圖可知：2、1能級差為10.20 eV，此值大于可見光光子的能量；3、2能級差為1.89 eV，此值在可見光光子的能量范圍內(nèi)，符合題意。氫原子處于基態(tài)，要使氫原子達到第3能級，需提供的能量為－1.51 eV－(－13.60 eV)＝12.09 eV，此值即是提供給氫原子的最少能量，A正確。 15. (2019·重慶二模)如圖所示，理想變壓器原線圈接入有效值不變的正弦交流電u，交流電壓表V和交流電流表A都是理想電表，在滑動變阻器滑片P下移過程中(　　) A．交流電壓表V讀數(shù)減小 B．交流電壓表V讀數(shù)不變 C．交流電流

3、表A讀數(shù)減小 D．交流電流表A讀數(shù)不變 答案　A 解析　滑動變阻器滑片P下移，滑動變阻器接入電路的電阻減小，理想變壓器輸出端電阻減小，輸出端電壓不變，所以，交流電流表A讀數(shù)增大，C、D錯誤；電阻R0分壓增大，交流電壓表V讀數(shù)減小，A正確，B錯誤。 16. (2019·東北三省三校二模)如圖所示，左側(cè)是半徑為R的四分之一圓弧，右側(cè)是半徑為2R的一段圓弧。二者圓心在同一條豎直線上，小球a、b通過一輕繩相連，二者恰好于等高處平衡。已知θ＝37°，不計所有摩擦，則小球a、b的質(zhì)量之比為(　　) A．3∶4 B．3∶5 C．4∶5 D．1∶2 答案　A 解析　對小球a、b受力

4、分析，如圖所示，因一根繩上的拉力大小相等，設拉力為T，將小球b與右側(cè)圓弧圓心連線，其與豎直線的夾角為α，由力的平衡可知小球a受到的拉力T＝magcosθ，小球b受到的拉力T＝mbgsinα，又cosα＝，聯(lián)立可解得＝，A正確。 17. (2019·河北唐山高三上學期期末)如圖所示為兩個底邊和高都是L的等腰三角形，三角形內(nèi)均分布方向如圖所示的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一邊長為L、電阻為R的正方形線框置于三角形所在平面內(nèi)，從圖示位置開始沿x軸正方向以速度v勻速穿過磁場區(qū)域。取逆時針方向感應電流為正，則線框中電流i隨bc邊的位置坐標x變化的圖象正確的是(　　) 答案　C 解

5、析　bc邊的位置坐標x在0～L過程中，線框bc邊有效切割長度從0到L再減到0，感應電流的方向為逆時針方向，感應電動勢從0增加到BLv，再減到0，感應電流從0增加到，再減到0；bc邊的位置坐標x在L～2L過程中，bc邊進入右側(cè)磁場切割磁感線產(chǎn)生順時針方向的電流，ad邊在左側(cè)磁場切割磁感線產(chǎn)生順時針方向的電流，兩電流同向，則相加，隨著線框向右運動，電流先增加后減小到0，最大值為；bc邊的位置坐標x在2L～3L過程中，bc邊離開磁場，線框ad邊有效切割長度從0到L再減到0，感應電流的方向為逆時針方向，感應電動勢從0增加到BLv，再減到0，感應電流從0增加到，再減到0。故C正確，A、B、D錯誤。 1

6、8．(2019·江蘇高考)如圖所示，ABC為等邊三角形，電荷量為＋q的點電荷固定在A點。先將一電荷量也為＋q的點電荷Q1從無窮遠處(電勢為0)移到C點，此過程中，電場力做功為－W。再將Q1從C點沿CB移到B點并固定。最后將一電荷量為－2q的點電荷Q2從無窮遠處移到C點。下列說法正確的有(　　) A．Q1移入之前，C點的電勢為 B．Q1從C點移到B點的過程中，所受電場力做的功為0 C．Q2從無窮遠處移到C點的過程中，所受電場力做的功為2W D．Q2在移到C點后的電勢能為－4W 答案　ABD 解析　根據(jù)電場力做功與電勢能的變化關系知Q1在C點的電勢能Ep＝W，根據(jù)電勢的定義知C點電

7、勢φ＝＝，A正確；在A點的點電荷產(chǎn)生的電場中，B、C兩點處在同一等勢面上，故Q1從C點移到B點的過程中，電場力做功為0，B正確；將Q1移到B點固定后，再將Q2從無窮遠處移到C點，兩固定點電荷對Q2的庫侖力對Q2做的功均為2W，則電場力對Q2做的總功為4W，C錯誤；因為無窮遠處電勢為0，則Q2移到C點后的電勢能為－4W，D正確。 19．(2019·陜西漢中二模)圖甲所示的“軌道康復者”航天器可在太空中給“垃圾”衛(wèi)星補充能源，延長衛(wèi)星的使用壽命。圖乙是“軌道康復者”在某次拯救一顆地球同步衛(wèi)星前，二者在同一平面內(nèi)沿相同繞行方向繞地球做勻速圓周運動的示意圖，此時二者的連線通過地心、軌道半徑之比為1∶

8、4。若不考慮衛(wèi)星與“軌道康復者”之間的引力，則下列說法正確的是(　　) A．站在赤道上的人觀察到“軌道康復者”向西運動 B．在圖示軌道上，“軌道康復者”的加速度大小是地球同步衛(wèi)星的16倍 C．在圖示軌道上，地球同步衛(wèi)星的機械能大于“軌道康復者”的機械能 D．若要對該同步衛(wèi)星實施拯救，“軌道康復者”應從圖示軌道上加速，然后與同步衛(wèi)星對接 答案　BD 解析　根據(jù)G＝mω2r，得ω＝ ，因“軌道康復者”的高度低于同步衛(wèi)星的高度，可知其角速度大于同步衛(wèi)星的角速度，也大于站在赤道上的觀察者的角速度，故站在赤道上的人觀察到“軌道康復者”向東運動，A錯誤；由G＝ma得：a＝，在圖示軌道上，“

9、軌道康復者”與地球同步衛(wèi)星加速度之比為＝＝＝16，B正確；因“軌道康復者”與地球同步衛(wèi)星的質(zhì)量關系不確定，則不能比較機械能的大小關系，C錯誤；“軌道康復者”從圖示軌道上加速后，軌道半徑增大，與同步衛(wèi)星軌道相交，則可進行對接，D正確。 20. (2019·山東濱州高三上學期期末)如圖所示，空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，一帶電液滴從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達B點時速度為零，C點是運動的最低點，不計空氣阻力，則以下說法中正確的是(　　) A．液滴一定帶正電 B．液滴在C點時的動能最大 C．從A到C過程液滴的電勢能增大 D．從C到B過程液滴的機械能增大

10、答案　BCD 解析　從圖中可以看出，帶電液滴由靜止開始向下運動，說明重力和電場力的合力向下，洛倫茲力指向弧內(nèi)，根據(jù)左手定則可知，液滴帶負電，A錯誤；重力向下，電場力向上，且重力大于電場力，故從A到C的過程中，重力做正功，而電場力做負功，洛倫茲力不做功，但合力仍做正功，動能增大，從C到B的過程中，重力做負功，電場力做正功，洛倫茲力不做功，合力做負功，動能減小，所以液滴在C點動能最大，B正確；從A到C過程液滴克服電場力做功，故電勢能增大，C正確；除重力以外的力做的功等于機械能的變化量，從C到B的過程中，電場力做正功，洛倫茲力不做功，機械能增大，D正確。 21．(2019·山東煙臺一模)我國將于

11、2022年舉辦冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一。如圖所示為簡化的跳臺滑雪的雪道示意圖，AB部分是傾角為θ1＝37°的助滑雪道，BC部分是半徑為25 m的光滑圓弧軌道，二者相切于B點，圓弧最低點C點的切線沿水平方向，CD部分為傾角θ2＝30°的著陸坡。一運動員連同滑板可視為質(zhì)點，從A點由靜止滑下，到C點后沿水平方向飛出，安全落在著陸坡上的E點，不計空氣阻力，已知CE＝30 m，重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6。則(　　) A．運動員到達C點時，對軌道的壓力大小為運動員自身重力的1.9倍 B．運動員到達B點時的速度大小為10 m/s C．若運動員從助滑雪道不同

12、位置由靜止滑下，則運動員落在著陸坡上的速度方向與坡面CD的夾角都相同 D．若運動員從助滑雪道不同位置由靜止滑下且以不同速度v0從C點飛出時，運動員落在著陸坡上的速度大小與v0成正比 答案　ACD 解析　設運動員在C點的速度為vC，在CD上由平拋運動可得：CE·cosθ2＝vCt，CE·sinθ2＝gt2，解得：vC＝15 m/s，在C點由圓周運動的知識可得：FN－mg＝m，壓力大小與運動員自身重力之比為：n＝＝1.9，A正確；運動員由B到C，由動能定理可得：mgR·(1－cosθ1)＝mv－mv，解得：vB＝5 m/s，B錯誤；設運動員落在著陸坡上的速度方向與水平方向的夾角為φ，由平拋運

13、動的規(guī)律可得：tanφ＝2tanθ2，所以φ是定值，即若運動員從助滑雪道不同位置由靜止滑下，則運動員落在著陸坡上的速度方向與坡面CD的夾角都相同，C正確；設運動員落在著陸坡上的速度為v，由平拋運動的規(guī)律可得v＝，因為cosφ是定值，所以運動員落在著陸坡上的速度大小與v0成正比，D正確。 第Ⅱ卷(非選擇題，共62分) 三、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分，共62分。第22～25題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33、34題為選考題，考生根據(jù)要求作答) (一)必考題(共47分) 22. (2019·北京石景山高三統(tǒng)一測試)(5分)橡皮筋也像彈簧一樣，在彈性限度內(nèi)伸長量x與彈力F成正比

14、，即F＝kx，k的值與橡皮筋的原長L、橫截面積S有關，理論與實驗都證明k＝Y(jié)，其中Y是由材料決定的常數(shù)，材料力學中稱之為楊氏模量。 (1)在國際單位制中，楊氏模量Y的單位應為(　　) A．N B．m C．N/m D．N/m2 (2)某同學通過實驗測得該橡皮筋的一些數(shù)據(jù)，作出了外力F與伸長量x之間的關系圖象如圖所示，由圖象可求得該橡皮筋的勁度系數(shù)k＝________ N/m。 (3)若橡皮筋的原長為10.0 cm，橫截面積為1.0 mm2，則該橡皮筋的楊氏模量Y的大小是____________(單位取(1)中正確單位，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。 答案　(1)D　(2)5×102

15、　(3)5.0×107 N/m2 解析　(1)由題意知Y＝，故Y的單位是＝N/m2，故選D。 (2)橡皮筋的勁度系數(shù)是F-x圖象的斜率，由圖象得k＝ N/m＝500 N/m。 (3)根據(jù)楊氏模量公式知Y＝＝ N/m2＝5.0×107 N/m2。 23．(2019·湖南常德一模)(10分)光敏電阻是阻值隨著光的照度而發(fā)生變化的元件(照度可以反映光的強弱，光越強照度越大，照度單位為lx)。某光敏電阻R的阻值隨照度變化的曲線如圖甲所示。 (1)如圖乙所示是街道路燈自動控制模擬電路所需元件。利用直流電源給電磁鐵供電，利用220 V交流電源給路燈供電。為達到天亮燈熄、天暗燈亮的效果，請

16、用筆畫線代替導線，正確連接電路元件。 (2)用多用電表“×100”擋，測量圖乙中電磁鐵線圈電阻時，指針偏轉(zhuǎn)角度太大，為了更準確地測量其阻值，接下來應選用________(填“×1 k”或“×10”)擋，進行歐姆調(diào)零后重新測量其示數(shù)如圖丙所示，則線圈的電阻為________ Ω。 (3)已知當線圈中的電流大于或等于2 mA時，繼電器的銜鐵將被吸合。圖乙中直流電源的電動勢E＝6 V，內(nèi)阻忽略不計，滑動變阻器有三種規(guī)格可供選擇：R1(0～10 Ω，2 A)、R2(0～200 Ω，1 A)、R3(0～1750 Ω，1 A)。要求天色漸暗照度降低至1.0 lx時點亮路燈，滑動變阻器應選擇______

17、__(填“R1”“R2”或“R3”)。為使天色更暗時才點亮路燈，應適當?shù)豞_______(填“增大”或“減小”)滑動變阻器的電阻。 答案　(1)圖見解析　(2)“×10”　140　(3)R3　減小 解析　(1)光敏電阻的電阻值隨光照強度的增大而減小，所以白天時光敏電阻的電阻值較小，電路中的電流值較大，銜鐵將被吸住，靜觸點與C接通；晚上光照強度較小，光敏電阻的電阻值較大，電路中的電流值較小，所以靜觸點與A接通，所以要達到天亮燈熄、天暗燈亮的效果，路燈應接在A、B之間，電路圖如圖。 (2)用多用電表“×100”擋，測量圖乙中電磁鐵線圈電阻時，指針偏轉(zhuǎn)角度太大，說明電阻較小，應換用小擋位，

18、故應選用“×10”擋，進行歐姆調(diào)零后重新測量。歐姆表的讀數(shù)是先讀出表盤的示數(shù)，然后乘以倍率，表盤的示數(shù)是14 Ω，倍率是“×10”，所以電阻值是140 Ω。 (3)天色漸暗照度降低至1.0 lx時點亮路燈，由圖甲可知此時光敏電阻的電阻值是2 kΩ，電路中的電流是2 mA，滑動變阻器接入電路的阻值R′＝－R－R線＝ Ω＝860 Ω，所以要選擇滑動變阻器R3；由于光變暗時，光敏電阻阻值變大，所分電壓變大，所以為使天色更暗時才點亮路燈，應適當?shù)販p小滑動變阻器的電阻。 24．(2019·陜西渭南二模)(12分)如圖，粗糙斜面與光滑水平面通過光滑小圓弧平滑連接，斜面傾角θ＝37°。小滑塊(可看做質(zhì)點

19、)A的質(zhì)量為mA＝1 kg，小滑塊B的質(zhì)量為mB＝0.5 kg，其左端連接一輕質(zhì)彈簧。若滑塊A在斜面上受到F＝2 N、方向垂直斜面向下的恒力作用時，恰能沿斜面勻速下滑?，F(xiàn)撤去F，讓滑塊A從距斜面底端L＝2.4 m處，由靜止開始下滑。取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： (1)滑塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)； (2)撤去F后，滑塊A到達斜面底端時的速度大?。? (3)滑塊A與彈簧接觸后的運動過程中彈簧的最大彈性勢能。 答案　(1)0.6　(2)2.4 m/s　(3)0.96 J 解析　(1)滑塊A沿著斜面勻速下滑時受力如圖1所示， 由平衡條件知mAgs

20、inθ＝f，N＝mAgcosθ＋F，f＝μN 解得μ＝＝0.6。 　　 (2)滑塊A沿斜面加速下滑時受力如圖2所示， 設滑塊A滑到斜面底端時速度為v0，根據(jù)動能定理 (mAgsinθ－μmAgcosθ)L＝mAv 代入數(shù)據(jù)解得v0＝2.4 m/s。 (3)把A、B和彈簧作為一個系統(tǒng)，A、B運動過程中系統(tǒng)動量守恒，當A、B速度相同時彈簧的彈性勢能最大，設A、B共同的速度為v，彈簧的最大彈性勢能為Ep， 根據(jù)動量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)v， 根據(jù)能量守恒定律有Ep＝mAv－(mA＋mB)v2 代入數(shù)據(jù)解得：Ep＝0.96 J。 25. (2019·河南開封高三上第一

21、次模擬)(20分)如圖所示，直線MN上方有平行于紙面且與MN成45°角的有界勻強電場，電場強度大小未知，MN下方存在方向垂直于紙面向里的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B。今從MN上的O點向磁場中射入一個速度大小為v、方向與MN成45°的帶正電粒子，該粒子在磁場中運動時的軌道半徑為R。若該粒子從O點出發(fā)記為第一次經(jīng)過直線MN，而第五次經(jīng)過直線MN時恰好又通過O點。不計粒子的重力，求： (1)電場強度E的大??； (2)該粒子再次(第五次經(jīng)過直線MN時)從O點進入磁場后，運動的軌道半徑R′； (3)該粒子從O點出發(fā)到再次回到O點(第五次經(jīng)過直線MN時)所需的時間t。 答案　(1)vB　(

22、2)R　(3)(2＋π) 解析　粒子的運動軌跡如圖： 先是運動一段半徑為R的圓弧到a點，接著恰好逆電場線勻減速運動且到b點速度為零，再返回a點速度仍為v，再在磁場中運動一段圓弧到c點，之后垂直電場線進入電場做類平拋運動回到O點。 (1)易知：lOc＝2R， 帶電粒子做類平拋運動時垂直和平行電場方向的位移為： s⊥＝s∥＝lOcsin45°＝2R① 所以類平拋運動的時間為：t3＝＝② 又：s∥＝at＝t③ R＝④ 由①②③④可得：E＝vB。⑤ (2)設平拋運動的位移偏角為α，速度偏角為β， 由平拋運動規(guī)律得：tanβ＝2tanα＝2， 所以再次到達O點的分速度：v1＝

23、v，v2＝v1tanβ＝2v， v′＝ ＝v 則第五次經(jīng)過MN進入磁場后的運動軌道半徑 R′＝＝R。 (3)粒子在磁場中運動的總時間為：t1＝⑥ 粒子在電場中的加速度為：a＝＝， 粒子做直線運動所需時間為：t2＝＝＝⑦ 由②⑥⑦式求得粒子從出發(fā)到再次回到O點所需的時間：t＝t1＋t2＋t3＝(2＋π)。 (二)選考題(共15分。請考生從給出的2道題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分) 33．[物理——選修3－3](15分) (1)(2019·山東泰安一模)(5分)一定質(zhì)量的理想氣體，由初始狀態(tài)A開始，按圖中箭頭所示的方向進行了一系列狀態(tài)變化，最后又回到初始狀態(tài)A

24、，即A→B→C→A(其中BC與縱軸平行，CA與橫軸平行)，這一過程稱為一個循環(huán)。在這一循環(huán)中，對于該氣體，下列說法正確的有________。(填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分) A．從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B，分子的平均動能增大 B．從狀態(tài)B變化到狀態(tài)C，氣體的內(nèi)能減小 C．從狀態(tài)C變化到狀態(tài)A，氣體吸收熱量 D．從狀態(tài)B變化到狀態(tài)C，分子的平均動能逐漸減小 E．從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B，氣體放出熱量 (2)(2019·遼寧葫蘆島一模)(10分)如圖所示，體積為V的汽缸由導熱性良好的材料制成，面積為S的活塞將汽缸的空氣分成體

25、積相等的上、下兩部分，汽缸上部通過單向閥門K(氣體只能進入汽缸，不能流出汽缸)與一打氣筒相連。開始時汽缸內(nèi)上部分空氣的壓強為p0，現(xiàn)用打氣筒向汽缸內(nèi)打氣。已知打氣筒每次能打入壓強為p0、體積為的空氣，當打氣n次后，穩(wěn)定時汽缸上、下兩部分的空氣體積之比為9∶1，活塞重力G＝p0S，空氣視為理想氣體，外界溫度恒定，不計活塞與汽缸間的摩擦。求： (ⅰ)當打氣n次活塞穩(wěn)定后，下部分空氣的壓強； (ⅱ)打氣筒向容器內(nèi)打氣次數(shù)n。 答案　(1)ABD　(2)(ⅰ)6.25p0　(ⅱ)49次 解析　(1)由圖可知，A→B過程，氣體的體積和壓強變大，根據(jù)＝C，可知氣體的溫度升高，內(nèi)能增加，氣體分子

26、的平均動能增大，又體積增大，對外做功，故從外界吸收熱量，A正確，E錯誤；B→C過程，氣體做等容變化，壓強減小，溫度降低，氣體內(nèi)能減小，分子的平均動能也逐漸減小，B、D正確；C→A過程，氣體做等壓變化，體積減小，溫度降低，故外界對氣體做功，氣體內(nèi)能減小，則氣體放出熱量，C錯誤。 (2)(ⅰ)對汽缸下部分氣體，設初狀態(tài)壓強為p1，末狀態(tài)壓強為p2 由玻意耳定律得p1V1＝p2V2 可知p1＝p2 初狀態(tài)時對活塞p1S＝p0S＋G 聯(lián)立解得p2＝p0＝6.25p0。 (ⅱ)把上部分氣體和打進的n次氣體作為整體，此時上部分汽缸中的壓強為p 末狀態(tài)時對活塞p2S＝pS＋G 由玻意耳定律得

27、p0＋n·p0＝p 聯(lián)立解得p＝6p0，n＝49， 即打氣筒向汽缸內(nèi)打氣49次。 34．(2019·全國卷Ⅱ)[物理——選修3－4](15分) (1)(5分)如圖，長為l的細繩下方懸掛一小球a，繩的另一端固定在天花板上O點處，在O點正下方l的O′處有一固定細鐵釘。將小球向右拉開，使細繩與豎直方向成一小角度(約為2°)后由靜止釋放，并從釋放時開始計時。當小球a擺至最低位置時，細繩會受到鐵釘?shù)淖钃?。設小球相對于其平衡位置的水平位移為x，向右為正。下列圖象中，能描述小球在開始一個周期內(nèi)的x-t關系的是________。 (2)(10分)某同學利用圖示裝置測量某種單色光的波長。實驗

28、時，接通電源使光源正常發(fā)光；調(diào)整光路，使得從目鏡中可以觀察到干涉條紋?；卮鹣铝袉栴}： (ⅰ)若想增加從目鏡中觀察到的條紋個數(shù)，該同學可______。 A．將單縫向雙縫靠近 B．將屏向靠近雙縫的方向移動 C．將屏向遠離雙縫的方向移動 D．使用間距更小的雙縫 (ⅱ)若雙縫的間距為d，屏與雙縫間的距離為l，測得第1條暗條紋到第n條暗條紋之間的距離為Δx，則單色光的波長λ＝________。 (ⅲ)某次測量時，選用的雙縫的間距為0.300 mm，測得屏與雙縫間的距離為1.20 m，第1條暗條紋到第4條暗條紋之間的距離為7.56 mm。則所測單色光的波長為________ nm(結(jié)果保

29、留3位有效數(shù)字)。 答案　(1)A　(2)(ⅰ)B　(ⅱ)　(ⅲ)630 解析　(1)擺長為l時單擺的周期T1＝2π，振幅A1＝lα(α為擺角)，擺長為l時單擺的周期T2＝2π ＝π＝，振幅A2＝lβ(β為擺角)。根據(jù)機械能守恒得mgl(1－cosα)＝mg(1－cosβ)，利用cosα＝1－2sin2，cosβ＝1－2sin2，以及sinα≈tanα≈α(α很小)，解得β＝2α，故A2＝A1，故A正確。 (2)(ⅰ)相鄰明(暗)干涉條紋的間距Δx＝λ，要增加觀察到的條紋個數(shù)，即減小Δx，需增大d或減小l，因此應將屏向靠近雙縫的方向移動，或使用間距更大的雙縫，B正確。 (ⅱ)第1條到第n條暗條紋間的距離為Δx，則相鄰暗條紋間的距離Δx′＝，又Δx′＝λ，解得λ＝。 (ⅲ)由λ＝，代入數(shù)據(jù)解得λ＝630 nm。 15