2021年重庆市普通高中学业水平选择性考试物理试题（重庆新高考）

如图所示，人游泳时若某时刻手掌对水的作用力大小为F，该力与水平方向的夹角为 $30^{\circ}$ ，则该力在水平方向的分力大小为（　　）

A． $2F$

B． $\sqrt{3}F$

C．F

D． $\frac{\sqrt{3}}{2}F$

【答案与解析】

将手掌对水的力 $F^{\prime}$ 沿水平、竖直方向分解，水平分力 $F_x=F\cos30^\circ=\frac{\sqrt3}{2}F$ 。故选D。
放射性元素 $_{123}\mathrm{I}$ 会衰变为稳定的 $_{123}\mathrm{Te}$ ，半衰期约为 $13\mathrm{h}$ ，可以用于检测人体的甲状腺对碘的吸收。若某时刻 $_{123}\mathrm{I}$ 与 $_{123}\mathrm{Te}$ 的原子数量之比为 $4:1$ ，则通过 $26\mathrm{h}$ 后 $_{123}\mathrm{I}$ 与 $_{123}\mathrm{Te}$ 的质量之比（　　）

A． $1:2$

B． $1:4$

C． $1:8$

D． $1:16$

【答案与解析】

设某时刻 $^{123}\mathrm{I}$ 、 $^{123}\mathrm{Te}$ 原子数分别为 $4$ 、 $1$ 。经 $26\mathrm h=2$ 个半衰期后， $^{123}\mathrm{I}$ 剩余 $4\times(1/2)^2=1$ 份，衰变产生 $3$ 份 $^{123}\mathrm{Te}$ ，故 $^{123}\mathrm{Te}$ 共 $1+3=4$ 份。二者质量数均为 $123$ ，质量比等于原子数比，即 $1:4$ 。故选B。
某眼动仪可以根据其微型线圈在磁场中随眼球运动时所产生的电流来追踪眼球的运动。若该眼动仪线圈面积为S，匝数为N，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈平面最初平行于磁场，经过时间t后线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为 $\theta$ 处，则在这段时间内，线圈中产生的平均感应电动势的大小和感应电流的方向（从左往右看）为（　　）

A． $\frac{NBS\sin\theta}{t}$ ，逆时针

B． $\frac{NBS\cos\theta}{t}$ ，逆时针

C． $\frac{NBS\sin\theta}{t}$ ，顺时针

D． $\frac{NBS\cos\theta}{t}$ 顺时针

【答案与解析】

线圈平面初态平行于磁场，磁通量 $\Phi_0=0$ ；转过 $\theta$ 后磁通量 $\Phi=NBS\sin\theta$ （平面与磁场夹角为 $\theta$ 时，法线与磁场夹角为 $90^\circ-\theta$ ）。平均感应电动势 $E=\frac{|\Delta\Phi|}{\Delta t}=\frac{NBS\sin\theta}{t}$ 。由楞次定律，磁通量增加，感应电流磁场阻碍其增加，从左往右看感应电流为逆时针方向。故选A。
电容式加速传感器常用于触发汽车安全气囊等系统，如图所示。极板M、N组成的电容器视为平行板电容器，M固定，N可左右运动，通过测量电容器板间的电压的变化来确定汽车的加速度。当汽车减速时，极板M、N间的距离减小，若极板上的电荷量不变，则该电容器（　　）

A．电容变小

B．极板间电压变大

C．极板间电场强度不变

D．极板间的电场强度变小

【答案与解析】

平行板电容器 $C=\frac{\varepsilon_rS}{4\pi kd}$ ，汽车减速时 $d$ 减小，故 $C$ 增大；电荷量 $Q$ 不变，由 $U=Q/C$ 知 $U$ 减小；板间场强 $E=\frac{U}{d}=\frac{Q}{Cd}=\frac{4\pi kQ}{\varepsilon_rS}$ ，与 $d$ 无关，故 $E$ 不变。故选C。
如图所示，竖直平面内有两个半径为R，而内壁光滑的 $\frac{1}{4}$ 圆弧轨道，固定在竖直平面内，地面水平， $O$ 、O'为两圆弧的圆心，两圆弧相切于N点。一小物块从左侧圆弧最高处静止释放，当通过N点时，速度大小为（重力加速度为g）（　　）

A． $\sqrt{2\mathrm{gR}}$

B． $\frac{\sqrt{6gR}}{2}$

C． $\frac{\sqrt{5gR}}{2}$

D． $\sqrt{gR}$

【答案与解析】

由几何关系，N点处半径 $ON$ 与水平方向夹角 $\theta$ 满足 $\sin\theta=\frac12$ ，即 $\theta=30^\circ$ ，小物块从左侧圆弧最高点降至N点下降高度 $h=R\sin\theta=\frac R2$ 。由机械能守恒 $\frac12mv^2=mgh$ 得 $v=\sqrt{2gh}=\sqrt{gR}$ 。故选D。
某电动牙刷的充电装置含有变压器，用正弦交流电给此电动牙刷充电时，原线圈两端的电压为 $220\mathrm{V}$ ，副线圈两端的电压为 $4.4\mathrm{V}$ ，副线圈的电流为 $1.0\mathrm{A}$ ，若将该变压器视为理想变压器，则（　　）

A．原、副线圈匝数之比为 $25:1$

B．原线圈的电流为 $0.02\mathrm{A}$

C．副线圈两端的电压最大值为 $5\mathrm{V}$

D．原、副线圈的功率之比为 $50:1$

【答案与解析】

理想变压器匝数比 $\frac{n_1}{n_2}=\frac{U_1}{U_2}=\frac{220}{4.4}=50$ ，A错；由 $\frac{I_1}{I_2}=\frac{n_2}{n_1}$ 得 $I_1=I_2\frac{n_2}{n_1}=1.0\times\frac1{50}=0.02\mathrm A$ ，B对；副线圈电压最大值 $U_{2\mathrm m}=\sqrt2\,U_2=\sqrt2\times4.4\approx6.22\mathrm V\neq5\mathrm V$ ，C错；理想变压器输入功率等于输出功率，故功率比 $1:1$ ，D错。故选B。
质量相同的甲、乙两小球（视为质点）以不同的初速度竖直上抛，某时刻两球发生正碰。图中实线和虚线分别表示甲、乙两球位置随时间变化的曲线，其中虚线关于 $t=t_1$ 左右对称，实线两个顶点的纵坐标相同，若小球运动中除碰撞外仅受重力，则（　　）

A． $t=0$ 时刻，甲的速率大于乙的速率

B．碰撞前后瞬间，乙的动量不变

C．碰撞前后瞬间，甲的动能不变

D．碰撞后甲的机械能大于乙的机械能

【答案与解析】

由x-t图像斜率表示速度知， $t=0$ 时刻甲斜率小于乙，甲的速率小于乙的速率，A错。虚线（乙）关于 $t=t_1$ 对称，说明碰前、碰后乙的速率相等、方向相反，故乙的动量大小不变、方向改变，B错。碰撞中两球交换速度，且由图像对称性可知碰前甲、乙速率相等，故碰前、碰后瞬间甲的动能不变，C对。实线（甲）两顶点纵坐标相同，说明碰后甲的机械能与乙的机械能相等，D错。故选C。
2021年5月15日“祝融号”火星车成功着陆火星表面，是我国航天事业发展中具有里程碑意义的进展。此前我国“玉兔二号”月球车首次实现月球背面软着陆，若“祝融号”的质量是“玉兔二号”的K倍，火星的质量是月球的N倍，火星的半径是月球的P倍，火星与月球均视为球体，则（　　）

A．火星的平均密度是月球的 $\frac{N}{P^{3}}$ 倍

B．火星的第一宇宙速度是月球的 $\sqrt{NP}$ 倍

C．火星的重力加速度大小是月球表面的 $\sqrt{\frac{N}{P}}$ 倍

D．火星对“祝融号”引力的大小是月球对“玉兔二号”引力的 $\frac{KN}{P^{2}}$ 倍

【答案与解析】

密度 $\rho=\frac{M}{\frac43\pi R^3}$ ，故 $\frac{\rho_{\text{火}}}{\rho_{\text{月}}}=\frac{M_{\text{火}}/M_{\text{月}}}{(R_{\text{火}}/R_{\text{月}})^3}=\frac{N}{P^3}$ ，A对。第一宇宙速度 $v=\sqrt{\frac{GM}{R}}$ ， $\frac{v_{\text{火}}}{v_{\text{月}}}=\sqrt{\frac{N}{P}}$ ，B写为 $\sqrt{NP}$ ，错。重力加速度 $g=\frac{GM}{R^2}$ ， $\frac{g_{\text{火}}}{g_{\text{月}}}=\frac{N}{P^2}$ ，C写为 $\sqrt{\frac{N}{P}}$ ，错。引力 $F=\frac{GMm}{R^2}$ ，祝融号质量 $Km_{\text{玉}}$ 、玉兔二号质量 $m_{\text{玉}}$ ，则 $\frac{F_{\text{火}}}{F_{\text{月}}}=\frac{N\cdot K}{P^2}=\frac{KN}{P^2}$ ，D对。故选AD。
某同学设计了一种天平，其装置如图所示。两相同的同轴圆线圈 $M$ 、 $N$ 水平固定，圆线圈P与 $M$ 、N共轴且平行等距。初始时，线圈 $M$ 、 $N$ 通以等大反向的电流后，在线圈P处产生沿半径方向的磁场，线圈P内无电流且天平平衡。设从上往下看顺时针方向为正向。当左托盘放入重物后，要使线圈P仍在原位置且天平平衡，可能的办法是（　　）

A．若P处磁场方向沿半径向外，则在P中通入正向电流

B．若P处磁场方向沿半径向外，则在P中通入负向电流

C．若P处磁场方向沿半径向内，则在P中通入正向电流

D．若P处磁场方向沿半径向内，则在P中通入负向电流

【答案与解析】

左托盘放入重物后，为使线圈P仍在原位置且天平恢复平衡，P应受向下的安培力。由安培力方向（ $F=IL\times B$ ，正向为从上往下看顺时针）判断：若P处磁场沿半径向外，P中通以负向电流时安培力向下；若P处磁场沿半径向内，P中通以正向电流时安培力向下。故选BC。
额定功率相同的甲、乙两车在同一水平路面上从静止启动，其发动机的牵引力随时间的变化曲线如图所示。两车分别从 $t_{1}$ 和 $t_{3}$ 时刻开始以额定功率行驶，从 $t_{2}$ 和 $t_{4}$ 时刻开始牵引力均视为不变。若两车行驶时所受的阻力大小与重力成正比，且比例系数相同，则（　　）

A．甲车的总重比乙车大

B．甲车比乙车先开始运动

C．甲车在 $t_{1}$ 时刻和乙车在 $t_{3}$ 时刻的速率相同

D．甲车在 $t_{2}$ 时刻和乙车在 $t_{4}$ 时刻的速率相同

【答案与解析】

由F-t图像，甲车牵引力出现的时刻早于乙车，即甲车比乙车先开始运动，B对。两车额定功率 $P$ 相同， $t_1$ （甲）、 $t_3$ （乙）时刻均刚进入额定功率行驶且图中对应牵引力高度相同，由 $P=Fv$ 知此时二者速率相同，C对。由图， $t_2$ 后甲匀速时牵引力（等于阻力）小于 $t_4$ 后乙的牵引力，故甲车总重较小，A错； $t_2$ 、 $t_4$ 时刻速率分别为 $v=P/F_{\text{甲}}$ 、 $v=P/F_{\text{乙}}$ ，牵引力不同则速率不同，D错。故选BC。
某同学用手机和带刻度的玻璃筒等器材研究金属小球在水中竖直下落的速度变化情况。他用手机拍摄功能记录小球在水中静止释放后位置随时间的变化，每 $\frac{1}{60}\mathrm{s}$ 拍摄一张照片。

（1）取某张照片中小球的位置为0号位置，然后依次每隔3张照片标记一次小球的位置，则相邻标记位置之间的时间间隔是＿＿＿＿s。（2）测得小球位置x随时间t变化曲线如题图所示，由图可知，小球在 $0.15\mathrm{s}\sim0.35\mathrm{s}$ 时间段平均速度的大小＿＿＿＿（选填“大于”、“等于”、“小于”）在 $0.45\mathrm{s}\sim0.65\mathrm{s}$ 时间段内平均速度的大小。（3）在实验器材不变的情况下，能够减小实验测量误差的方法有：＿＿＿＿（写出一种即可）

【答案与解析】

（1）相邻标记位置之间间隔 $4$ 张照片，时间间隔 $T=4\times\frac1{60}\mathrm s=\frac1{15}\mathrm s\approx0.067\mathrm s$ 。故填 $\frac1{15}$ （或 $0.067$ ）。（2）由x-t图，在 $0.15\sim0.35\mathrm s$ 内位移约 $0.200\mathrm m$ ，平均速度 $v_1=\frac{0.200}{0.20}=1.0\mathrm{m/s}$ ；在 $0.45\sim0.65\mathrm s$ 内位移约 $0.350\mathrm m$ ，平均速度 $v_2=\frac{0.350}{0.20}=1.75\mathrm{m/s}$ ，故前者小于后者。故填小于。（3）在器材不变时，可多次测量取平均值（或每次拍照都标记小球位置以增多数据点、减小读数误差）。故填多次测量取平均值。
某兴趣小组使用如图1电路，探究太阳能电池的输出功率与光照强度及外电路电阻的关系，其中P为电阻箱， $R_{0}$ 是阻值为 $37.9\mathrm{k\Omega}$ 的定值电阻，E是太阳能电池， $\mu A$ 是电流表（量程 $0\sim100\mu\mathrm{A}$ ，内阻 $2.10\mathrm{k\Omega}$ ）

（1）实验中若电流表的指针位置如题图2所示，则电阻箱P两端的电压是＿＿＿＿V。（保留3位有效数字）

（2）在某光照强度下，测得太阳能电池的输出电压U与电阻箱P的电阻R之间的关系如图3中的曲线①所示。不考虑电流表和电阻 $R_{0}$ 消耗的功率，由该曲线可知，M点对应的太阳能电池的输出功率是＿＿＿＿ $\mathrm{mW}$ 。（保留3位有效数字）（3）在另一更大光照强度下，测得 $U-R$ 关系如图3中的曲线②所示。同样不考虑电流表和电阻 $R_{0}$ 消耗的功率，与曲线①相比，在电阻R相同的情况下，曲线②中太阳能电池的输出功率＿＿＿＿（选填“较小”、“较大”），由图像估算曲线②中太阳能电池的最大输出功率约为＿＿＿＿ $\mathrm{mW}$ 。（保留3位有效数字）

【答案与解析】

（1）由图2电流表指针读得 $I=62.0\mu\mathrm A=6.20\times10^{-5}\mathrm A$ 。电阻箱P两端电压 $U=I(R_0+r_g)=6.20\times10^{-5}\times(37.9+2.10)\times10^3\mathrm V=2.48\mathrm V$ 。故填 $2.48$ 。（2）由曲线①读得M点 $U=1.80\mathrm V$ ， $R=80.0\Omega$ ，太阳能电池输出功率 $P=\frac{U^2}{R}=\frac{1.80^2}{80.0}\mathrm W=4.05\times10^{-2}\mathrm W=40.5\mathrm{mW}$ 。故填 $40.5$ 。（3）曲线②在相同 $R$ 下电压更大，由 $P=U^2/R$ 知输出功率较大。由图像②电动势约 $E=2.80\mathrm V$ ，当内阻与外阻相等（约 $R=30\Omega$ ）时输出功率最大， $P_{\max}=\frac{E^2}{4R}=\frac{2.80^2}{4\times30}\mathrm W\approx6.67\times10^{-2}\mathrm W=66.7\mathrm{mW}$ 。故填较大； $66.7$ 。
我国规定摩托车、电动自行车骑乘人员必须依法佩戴具有缓冲作用的安全头盔。小明对某轻质头盔的安全性能进行了模拟实验检测。某次，他在头盔中装入质量为 $5.0\mathrm{kg}$ 的物体（物体与头盔密切接触），使其从 $1.80\mathrm{m}$ 的高处自由落下（如图），并与水平地面发生碰撞，头盔厚度被挤压了 $0.03\mathrm{m}$ 时，物体的速度减小到零。挤压过程不计物体重力，且视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取 $10\mathrm{m/s^{2}}$ 。求：（1）头盔接触地面前瞬间的速度大小；（2）物体做匀减速直线运动的时间；（3）物体在匀减速直线运动过程中所受平均作用力的大小。

【答案与解析】

（1）自由落体过程，由 $v^2=2gh$ 得接触地面前速度 $v=\sqrt{2gh}=\sqrt{2\times10\times1.80}\mathrm{m/s}=6.0\mathrm{m/s}$ 。（2）匀减速阶段，由 $v^2=2ad$ 得加速度 $a=\frac{v^2}{2d}=\frac{36}{2\times0.03}\mathrm{m/s^2}=600\mathrm{m/s^2}$ ，时间 $t=\frac{v}{a}=\frac{6.0}{600}\mathrm s=0.01\mathrm s$ （或 $t=\frac{2d}{v}=0.01\mathrm s$ ）。（3）挤压过程不计重力，由动量定理 $Ft=mv$ 得平均作用力 $F=\frac{mv}{t}=\frac{5.0\times6.0}{0.01}\mathrm N=3000\mathrm N$ 。故物体所受平均作用力大小为 $3000\mathrm N$ 。
如图1所示的 $Oxy$ 竖直平面内，在原点O有一粒子源，可沿x轴正方向发射速度不同、比荷均为 $\frac{q}{m}$ 的带正电的粒子。在 $x\geq L$ 的区域仅有垂直于平面向内的匀强磁场； $x<L$ 的区域仅有如图2所示的电场， $0\sim t_0$ 时间内和 $2t_{0}$ 时刻后的匀强电场大小相等，方向相反（ $0\sim t_0$ 时间内电场方向竖直向下）， $t_{0}\sim2t_{0}$ 时间内电场强度为零。在磁场左边界 $x=L$ 直线上的某点，固定一粒子收集器（图中未画出）。0时刻发射的A粒子在 $t_{0}$ 时刻经过左边界进入磁场，最终被收集器收集；B粒子在 $\frac{t_{0}}{3}$ 时刻以与A粒子相同的发射速度发射，第一次经过磁场左边界的位置坐标为 $(L,-\frac{4L}{9})$ ；C粒子在 $t_{0}$ 时刻发射，其发射速度是A粒子发射速度的 $\frac{1}{4}$ ，不经过磁场能被收集器收集。忽略粒子间相互作用力和粒子重力，不考虑边界效应。 $(1)$ 求电场强度E的大小； $(2)$ 求磁感应强度B的大小； $(3)$ 设 $2t_{0}$ 时刻发射的粒子能被收集器收集，求其有可能的发射速度大小。

【答案与解析】

（1）设A粒子发射速度为 $v$ 。A在 $0\sim t_0$ 受向下电场，水平方向 $L=vt_0$ ，故 $v=L/t_0$ 。B粒子在 $t_0/3$ 以相同 $v$ 发射，在 $0\sim t_0$ 受向下电场的时间为 $2t_0/3$ ，之后 $t_0\sim4t_0/3$ 无电场；其到达 $x=L$ 时纵坐标为 $y_B=-\frac12a(2t_0/3)^2-a(2t_0/3)(t_0/3)=-\frac{4a t_0^2}{9}$ ，题给 $y_B=-4L/9$ ，故 $a=L/t_0^2$ 。由 $a=qE/m$ 得 $E=\frac{mL}{qt_0^2}$ 。（2）C粒子在 $t_0$ 以 $v/4$ 发射， $t_0\sim2t_0$ 无电场、 $2t_0$ 后电场向上。到达 $x=L$ 时刻 $t=t_0+4t_0=5t_0$ ，竖直位移 $y_C=\frac12a(3t_0)^2=\frac92L$ （向上），故收集器位于 $(L,\frac92L)$ 。A进入磁场时 $y_A=-\frac12at_0^2=-\frac L2$ ，竖直分速 $v_y=at_0=-L/t_0$ ，水平分速 $v_x=v=L/t_0$ ，故 $\tan\theta=|v_y|/v_x=1$ ， $\theta=45^\circ$ ，合速度 $v_A=\sqrt2L/t_0$ 。磁场中偏向收集器，竖直总位移 $\Delta y=\frac92L-(-\frac L2)=5L$ ，由几何 $2r\cos\theta=5L$ 且 $\cos\theta=1/\sqrt2$ 得 $r=5L/\sqrt2$ 。由 $qv_AB=mv_A^2/r$ 得 $B=\frac{mv_A}{qr}=\frac{m(\sqrt2L/t_0)}{q(5L/\sqrt2)}=\frac{2m}{5qt_0}$ 。（3）设 $2t_0$ 时刻发射的粒子速度为 $v_0$ ，此后电场向上。若直接被收集器收集（不进磁场），到达 $x=L$ 时 $y=\frac12a(L/v_0)^2=\frac92L$ ，得 $v_0=L/(3t_0)$ 。若先偏转后入磁场再被收集：入场纵坐标 $y'=\frac12a(L/v_0)^2$ ，入场速度 $v'=\sqrt{v_0^2+(aL/v_0)^2}$ ，磁场中竖直位移 $\Delta y'=2r'\cos\alpha=2\frac{mv'}{qB}\frac{v_0}{v'}=5v_0t_0$ （代入 $\mathrm{B}$ ），总位移 $y'+5v_0t_0=\frac92L$ 。令 $x=v_0t_0$ ，得 $\frac{L^3}{2x^2}+5x=\frac92L$ ，即 $10x^3-9Lx^2+L^3=0$ ，解得 $x=L/2$ 与 $x=(1+\sqrt6)L/5$ 。即可能的发射速度大小为 $\frac{L}{3t_0}$ 、 $\frac{L}{2t_0}$ 、 $\frac{1+\sqrt6}{5}\frac{L}{t_0}$ 。
图1和图2中曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别描述了某物理量随分子间的距离变化的规律， $r_{0}$ 为平衡位置。现有如下物理量：①分子势能，②分子间引力，③分子间斥力，④分子间引力和斥力的合力，则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的物理量分别是（　　）

A．①③②

B．②④③

C．④①③

D．①④③

【答案与解析】

分子在平衡位置 $r_0$ 处分子势能最小，故曲线Ⅰ为分子势能；在 $r_0$ 处分子间合力为零，故曲线Ⅱ为引力和斥力的合力；分子斥力随距离增大而减小，故曲线Ⅲ为分子斥力。故选D。
定高气球是种气象气球，充气完成后，其容积变化可以忽略。现有容积为 $V_{1}$ 的某气罐装有温度为 $T_{1}$ 、压强为 $P_1$ 的氦气，将该气罐与未充气的某定高气球连通充气。当充气完成后达到平衡状态后，气罐和球内的温度均为 $T_{1}$ ，压强均为 $kp_{1}$ ， $k$ 为常数。然后将气球密封并释放升空至某预定高度，气球内气体视为理想气体，假设全过程无漏气。（1）求密封时定高气球内气体的体积；（2）若在该预定高度球内气体重新达到平衡状态时的温度为 $T_{2}$ ，求此时气体的压强。

【答案与解析】

（1）以气罐内原有气体为研究对象，充气后气罐与气球总体积 $V_1+V$ 、压强 $kp_1$ ，由玻意耳定律 $p_1V_1=kp_1(V_1+V)$ ，解得气球体积 $V=V_1\frac{1-k}{k}=\frac{V_1}{k}-V_1$ 。（2）气球密封后容积不变，升空至预定高度时温度由 $T_1$ 变为 $T_2$ ，由查理定律 $\frac{kp_1}{T_1}=\frac{p}{T_2}$ 得 $p=kp_1\frac{T_2}{T_1}$ 。故密封时气球体积为 $\frac{1-k}{k}V_1$ ；该高度压强为 $kp_1\frac{T_2}{T_1}$ 。
简谐横波沿x轴正方向传播，题图为某时刻波形图。波源位于 $x=0$ 处，其位移随时间变化的关系为 $y=\sin(2\pi t)\mathrm{cm}$ ，则（　　）

A．此波的波长为 $9\mathrm{cm}$

B．此波的频率为 $2\mathrm{Hz}$

C．此波的波速为 $0.1\mathrm{m/s}$

D．此时波源沿y轴正方向运动

【答案与解析】

由波形图读得波长 $\lambda=10\mathrm{cm}$ ，A错。由 $y=\sin(2\pi t)\mathrm{cm}$ 知 $\omega=2\pi$ ，周期 $T=1\mathrm s$ 、频率 $f=1\mathrm{Hz}$ ，B错。波速 $v=\lambda f=10\mathrm{cm/s}=0.1\mathrm{m/s}$ ，C对。波沿 $+x$ 传播，由波形图知 $x=0$ （波源）处此刻位移为正且下一时刻向 $-y$ 方向运动，D错。故选C。
如图所示，一直角棱镜 $\triangle ABC,\angle A=90^{\circ},AC=1$ 。从 $AB$ 边界面垂直入射的甲、乙两种不同频率的单色光，在棱镜中传播速度分别为 $k_{1}c$ 和 $k_{2}c$ （ $0<k_{1}<k_{2}<1,c$ 为真空中的光速），甲光第一次到达 $BC$ 边恰好发生全反射。求：（1）该棱镜分别对甲光和乙光的折射率；（2） $BC$ 边的长度。

【答案与解析】

（1）由 $n=\frac{c}{v}$ ，棱镜对甲光折射率 $n_1=\frac{c}{k_1c}=\frac1{k_1}$ ，对乙光折射率 $n_2=\frac1{k_2}$ 。（2）甲光垂直AB入射后沿平行于AC方向射向BC边，在BC面入射角 $i$ 满足 $\sin i=\frac{AC}{BC}=\frac1{BC}$ （直角棱镜几何关系）；又恰发生全反射，临界条件 $\sin i=\frac1{n_1}=k_1$ ，故 $BC=\frac1{k_1}$ 。故该棱镜对甲、乙光的折射率分别为 $\frac1{k_1}$ 、 $\frac1{k_2}$ ；BC边长为 $\frac1{k_1}$ 。