1、2020 年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力物理部分押题密卷(二)本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，满分 110 分，时间 60 分钟。第卷 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 15 题只有一个选项符合题目要求，第 68 题有多项符合题目要求，全部答对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分)1(2019成都三模)如图为氢原子的能级图。现有两束光，a 光由图中跃迁发出的光子组成，b 光由图中跃迁发出的光子组成，已知 a 光照射 x 金属时刚好能发生光电效应，则下列说法正确的是()Ax 金属的逸出功为 2
2、.86 eV Ba 光的频率大于 b 光的频率 C氢原子发生跃迁后，原子的能量将减小 3.4 eV D用 b 光照射 x 金属，打出的光电子的最大初动能为 10.2 eV 答案 A 解析 a 光子的能量值：EaE5E20.54(3.40)eV2.86 eV，a 光照射 x 金属时刚好能发生光电效应，由 0EaW 可知，x 金属的逸出功为 2.86 eV，故 A 正确；b 光子的能量：EbE2E13.4(13.6)eV10.2 eV，由 h可知，a 光子的能量值小，则 a 光子的频率小，故 B 错误；氢原子辐射出 a 光子后，氢原子的能量减小了 Ea2.86 eV，故 C 错误；用 b 光照射
3、x 金属，打出的光电子的最大初动能为：EkmEbW(10.22.86)eV7.34 eV，故 D 错误。2(2019河北高三上学期省级示范高中联考)甲、乙两物体沿同一直线运动，运动过程的位移时间图象如图所示，下列说法正确的是()A06 s 内甲物体做匀变速直线运动 B06 s 内乙物体的速度逐渐减小 C05 s 内两物体的平均速度相等 D06 s 内存在某时刻两物体的速度大小相等 答案 D 解析 x-t 图象为直线表示物体做匀速直线运动，故 A 错误；x-t 图象的斜率表示速度，由乙物体的 x-t 图象可知，图象的斜率逐渐增大，即乙物体的速度逐渐增大，故 B 错误；05 s 甲的位移为 5 m
4、，平均速度为 v 甲1 m/s，乙的位移为3 m，平均速度为 v 乙35 m/s，故 C 错误；x-t 图象的斜率表示速度，由甲、乙两物体的图象可知，在 06 s 内存在某时刻两图线的斜率的绝对值大小相等，即存在某时刻两物体的速度大小相等，故 D 正确。3(2019河南省郑州市一模)甲、乙两个同学打乒乓球，某次动作中，甲同学持拍的拍面与水平方向成 45角，乙同学持拍的拍面与水平方向成 30角，如图所示。设乒乓球击打拍面时速度方向与拍面垂直，且乒乓球每次击打球拍前、后的速度大小相等，不计空气阻力，则乒乓球击打甲的球拍的速度 v1 与乒乓球击打乙的球拍的速度 v2 之比为()A.63B.2C.22
5、D.33 答案 C 解析 由题可知，乒乓球在甲、乙的拍面之间做斜抛运动，根据斜抛运动的特点可知，乒乓球在水平方向的分速度大小保持不变，由于乒乓球击打拍面时速度与拍面垂直，则在甲处：vxv1sin45，在乙处：vxv2sin30，所以v1v2vxsin45vxsin3022，故 C 正确。4(2019湖北八校联合二模)质量为 2 kg 的物体在粗糙的水平地面上运动，当运动的速度为 10 m/s 时，给物体施加一个水平恒力，在此恒力的作用下物体做直线运动，其速度随时间的变化如图所示，则下列说法中错误的是(g 取 10 m/s2)()A恒力的大小为 6 N B前 4 s 内摩擦产生的热量为 48 J
6、 C前 6 s 内合外力的冲量大小为 24 Ns D物体与地面间的动摩擦因数为 0.2 答案 C 解析 由图可知，02 s，物体做匀减速运动，26 s 物体反向做匀加速运动，可知恒力与初速度方向相反。根据牛顿第二定律：Ffma1，Ffma2，而 a15m/s2，a21 m/s2，联立解得：F6 N，f4 N，故 A 正确；02 s 内，物体的位移大小 x112102 m10 m；24 s 内，物体的位移大小为 x21222 m2 m，则前 4 s 内摩擦产生的热量 Qf(x1x2)4(102)J48 J，故 B 正确；根据动量定理，合外力的冲量等于物体动量的变化量，前 6 s 内合外力的冲量大
7、小为 Imv2mv124 Ns210 Ns28 Ns，大小为 28 Ns，故 C 错误；由 fmg 得，0.2，故 D 正确。5(2019河南濮阳三模)水平力 F 方向确定，大小随时间的变化如图甲所示。用力 F 拉静止在水平桌面上的小物块，在 F 从 0 开始逐渐增大的过程中，物块的加速度 a 随时间变化的图象如图乙所示。重力加速度大小为 10 m/s2。则在 04 s时间内，合外力对小物块做的功为()A24 J B12 J C8 J D6 J 答案 A 解析 根据 F-t 图象和 a-t 图象可知，t12 s 时，F16 N，a11 m/s2，t24 s时，F212 N，a23 m/s2，根
8、据牛顿第二定律可得：F1mgma1，F2mgma2，解得小物块的质量和动摩擦因数分别为：m3 kg，0.1，由图象可知，02 s 时间内，物块静止，在 24 s 内，根据动量定理有F2F12(t2t1)mg(t2t1)mv，解得 v4 m/s，根据功能关系，可得 W12mv224 J，故 A 正确。6(2019湖南长沙四县市 3 月调研)如图所示，直角三角形 ABC 中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿 AB 方向自 A 点射入磁场，分别从 AC 边上的 P、Q两点射出，则()A从 P 射出的粒子速度大 B从 Q 射出的粒子速度大 C从 P 射出的粒子，在磁场中运动的时间长 D两粒子在磁场中
9、运动的时间一样长 答案 BD 解析 如图，两粒子在磁场中做匀速圆周运动，分别从 P 点和 Q 点射出；由图知，粒子运动的半径 RPRQ，由粒子在磁场中做圆周运动的半径 RmvqB，知粒子运动速度 vPvQ，故 A 错误，B 正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系(图示弦切角相等)，两粒子在磁场中偏转的圆心角相等，根据粒子在磁场中运动的时间：t 2T，粒子在磁场中圆周运动的周期 T2mqB，两粒子的比荷相同，周期相等，则可知两粒子在磁场中运动的时间相等，故 C 错误，D 正确。7(2019安徽教研会高三第二次联考)如图所示，在某行星表面上有一倾斜的匀质圆盘，盘面与水平面的夹角为 30，盘
10、面上离转轴距离 L 处有小物体与圆盘保持相对静止，绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度转动，角速度为 时，小物块刚要滑动，物体与盘面间的动摩擦因数为 32(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，该星球的半径为 R，引力常量为 G，下列说法正确的是()A这个行星的质量 M42R2LG B这个行星的第一宇宙速度 v12 LR C这个行星的同步卫星的周期是RL D离行星表面距离为 R 的地方的重力加速度为 42L 答案 AB 解析 物体在圆盘上受到重力、圆盘的支持力和摩擦力，合力提供向心加速度，可知当物体随圆盘转动到最低点，小物块刚要滑动，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大，此时圆盘的角速度最大，由牛顿第二
11、定律得 mgcos30mgsin30m2L，所以 g2Lcos30sin3042L，该行星表面的物体受到的万有引力为GMmR2 mg，所以 MgR2G 42R2LG，A 正确；第一宇宙速度即为卫星绕行星表面做匀速圆周运动的速度，有 mgmv21R，故这个行星的第一宇宙速度 v1 gR2 LR，B 正确；因为不知道同步卫星距行星表面的高度，所以不能求出同步卫星的周期，C 错误；离行星表面距离为 R 的质量为 m 的卫星受到的万有引力 FGMm2R2GMm4R2 14mgm2L，即该地方的重力加速度为 2L，D 错误。8(2019成都七中二诊)如图所示，在竖直平面内固定一个半径为 R 的绝缘圆环，
12、有两个可视为点电荷的相同的带负电的小球 A 和 B 套在圆环上，其中小球 A可沿圆环无摩擦地滑动，小球 B 固定在圆环上和圆心 O 的连线与水平方向的夹角为 45。现将小球 A 从水平位置的左端由静止释放，则下列说法中正确的是()A小球 A 从释放到运动到圆环最低点 Q 的过程中，电势能始终保持不变 B小球 A 可以恰好运动到圆环的水平直径右端 P 点 C小球 A 运动到圆环最低点 Q 的过程中，速率先增大后减小 D小球到达圆环最低点 Q 时的速度大小为 2gR 答案 CD 解析 开始时小球 A 与 B 之间的距离小于环的直径，而小球 A 与 B 之间的最大距离等于环的直径；由于两个小球都带负
13、电，所以二者之间的距离增大时，库仑力做正功，电势能减小；当二者之间的距离减小时，电场力做负功，电势能增大，即小球 A 从释放到运动到圆环最低点 Q 的过程中，电势能先减小后增大，故A 错误；当 B 球不存在时，由于机械能守恒定律可得，A 球能够运动到 P 点，但是当有 B 球后，A、B 两球靠近时电场力做负功，一部分机械能转化为电势能，故A 球不可能运动到 P 点，故 B 错误；小球 A 从释放到运动到圆环最低点 Q 的过程中，必存在一点，在该点重力沿运动方向的力与库仑力沿运动反方向的力大小相等，在此点前小球 A 速率增大，在此点后小球 A 速率减小，故 C 正确；由图可知A、Q 两点与 B
14、球的距离相等，即 AQ，所以小球在 A 点的电势能与在 Q 点的电势能是相等的，小球从 A 到 Q 的过程中增加的动能等于小球减少的重力势能，即 mgR12mv2，得 v 2gR，故 D 正确。第卷 二、非选择题(包括必考题和选考题两部分，共 62 分。第 912 题为必考题，考生都必须作答。第 1314 题为选考题，考生根据要求作答)(一)必考题(共 47 分)9(2019广东陆丰市甲子中学高三上学期期末)(6 分)如图 1 所示为实验室常用的力学实验装置。(1)关于该装置，下列说法正确的是_。A利用该装置做研究匀变速直线运动的实验时，需要平衡小车和木板间的摩擦力 B利用该装置探究小车的加速
15、度与质量关系时，每次改变小车的质量后必须重新平衡小车与木板间的摩擦力 C利用该装置探究功与速度变化关系实验时，可以将木板带有打点计时器的一端适当垫高，目的是消除摩擦力对实验的影响 D将小车换成滑块，可以利用该装置测定滑块与木板间的动摩擦因数，且不需要满足滑块的质量远大于钩码的质量(2)某学生使用该装置做“研究匀变速直线运动”的实验时，得到一条点迹清晰的纸带如图 2 所示，已知图中所标的相邻两个计数点之间还有四个点未画出，计时器所用交流电周期为 T，则利用此纸带得到小车的加速度的表达式为_。(用 x2、x5、T 来表示)答案(1)CD(2)ax5x275T2 解析(1)利用该装置做研究匀变速直线
16、运动的实验时，只需要根据打出的纸带上的数据，使用逐差法求加速度即可，不需要分析小车的受力，不需要平衡小车和木板间的摩擦力，A 错误；利用该装置探究小车的加速度与质量关系时，每次改变小车的质量后不需要重新平衡小车与木板间的摩擦力，B 错误；利用该装置探究功与速度变化关系实验时，要消除摩擦力对实验的影响，使绳的拉力为小车所受的合外力，需要平衡摩擦力，C 正确；将小车换成滑块，可以利用该装置测定滑块与木板间的动摩擦因数，不需要满足滑块的质量远大于钩码的质量，D 正确。(2)由题给条件知，两个计数点间的时间间隔 t5T，依据 xat2 得：x5x23at2，则 ax5x275T2。10(2019陕西咸
17、阳三模)(9 分)热敏电阻包括正温度系数电阻器(PTC)和负温度系数电阻器(NTC)。正温度系数电阻器(PTC)在温度升高时电阻值增大，负温度系数电阻器(NTC)在温度升高时电阻值减小，热敏电阻的这种特性，常常应用在控制电路中，某实验小组选用下列器材探究通过热敏电阻 Rx(常温下阻值约为 10.0)的电流随其两端电压变化的特点。A电流表 A1(量程 100 mA，内阻约 1)B电流表 A2(量程 0.6 A，内阻约 0.3)C电压表 V1(量程 3.0 V，内阻约 3 k)D电压表 V2(量程 15.0 V，内阻约 10 k)E滑动变阻器 R(最大阻值为 10)F滑动变阻器 R(最大阻值为 5
18、00)G电源 E(电动势 15 V，内阻忽略)H开关、导线若干(1)实验中改变滑动变阻器滑片的位置，使加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，请在所提供的器材中选择必需的器材，应选择的器材为：电流表_；电压表_；滑动变阻器_。(只需填写器材前面的字母即可)(2)请在所提供的器材中选择必需的器材，在如图 1 虚线框内画出该小组设计的电路图。(3)该小组测出热敏电阻 R1 的 U-I 图线如图 2 曲线所示，请分析说明该热敏电阻是_(填“PTC”或“NTC”)热敏电阻。(4)该小组又通过查阅资料得出了热敏电阻 R2 的 U-I 图线如图 2 曲线所示。然后又将热敏电阻 R1、R2 与某电池组连成电
19、路如图 3 所示。拨动单刀双掷开关，测得通过 R1 和 R2 的电流分别为 0.30 A 和 0.60 A，则该电池组的电动势为_ V，内阻为_。(结果均保留三位有效数字)答案(1)B D E(2)图见解析(3)PTC(4)10.0(9.6010.4 均可)6.67(6.008.00 均可)解析(1)热敏电阻两端电压从零开始逐渐增大，滑动变阻器采用的是分压接法，故滑动变阻器应选择总阻值较小的 R，电源电压为 15 V，故电压表应选择 V2，通过估算可知电流表应选择 A2。(2)加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，滑动变阻器应采用分压接法，由于热敏电阻的阻值远小于电压表内阻，所以电流表应用外
20、接法，电路图如图所示。(3)由图 2 曲线所示图线可知，随电压增大，电流增大，热敏电阻的实际功率增大，温度升高，电压与电流比值增大，电阻的阻值增大，即随着温度升高，该热敏电阻的阻值增大，该电阻是正温度系数(PTC)热敏电阻。(4)在闭合电路中，电源电动势：EUIr，由图 2 曲线所示可知，当 R1 接入电路中时，电路中的电流为 0.3 A，电阻 R1 两端电压为 8 V；当 R2 接入电路中时，电路中的电流为 0.6 A，电阻 R2 两端电压为 6.0 V，则有：E80.3r，E60.6r，解得：E10.0 V，r6.67。11(2019河南郑州三模)(12 分)翼型飞行器有很好的飞行性能，其
21、原理是通过对降落伞的调节，使空气升力和空气阻力都受到影响，同时通过控制动力的大小而改变飞行器的飞行状态。已知飞行器的动力 F 始终与飞行方向相同，空气升力F1 与飞行方向垂直，大小与速度的平方成正比，即 F1C1v2；空气阻力 F2 与飞行方向相反，大小与速度的平方成正比，即 F2C2v2。其中 C1、C2 相互影响，可由飞行员调节，满足如图甲所示的关系。飞行员和装备的总质量为 m90 kg。(重力加速度取 g10 m/s2)(1)若飞行员使飞行器以速度 v110 3 m/s 在空中沿水平方向匀速飞行，如图乙所示。结合甲图计算，飞行器受到的动力 F 为多大？(2)若飞行员使飞行器在空中的某一水
22、平面内做匀速圆周运动，如图丙所示，在此过程中调节 C15.0 Ns2/m2，机翼中垂线和竖直方向夹角为 37，求飞行器做匀速圆周运动的半径 r 和速度 v2 大小。(已知 sin370.6，cos370.8)答案(1)750 N(2)30 m 15 m/s 解析(1)选飞行器和飞行员为研究对象，由受力分析可知，在竖直方向上有：mgC1v21 得：C13 Ns2/m2 由 C1、C2 关系图象可得：C22.5 Ns2/m2 在水平方向上，动力和阻力平衡：FF2 又 F2C2v21 解得：F750 N。(2)由题意知空气升力 F1与竖直方向夹角为，飞行器和飞行员在竖直方向所受合力为零，有：mgC1
23、v22cos 水平方向合力提供向心力，有：C1v22sinmv22r 联立解得：r30 m；v215 m/s。12(2019山东青岛二模)(20 分)如图为一除尘装置的截面图，塑料平板 MN的长度及它们间的距离均为 d。大量均匀分布的带电尘埃以相同的速度 v0 进入两板间，速度方向与板平行，每颗尘埃的质量均为 m，带电量均为q。当两板间同时存在垂直纸面向外的匀强磁场和垂直板向上的匀强电场时，尘埃恰好匀速穿过两板间；若撤去板间电场，并保持板间磁场不变，尘埃恰好全部被平板吸附，即除尘效率为 100%；若撤去两板间电场和磁场，建立如图所示的平面直角坐标系xOy，y 轴垂直于板并紧靠板右端，x 轴与两
24、板中轴线共线，要把尘埃全部收集到位于 P(2d，1.5d)处的条状容器中，需在 y 轴右侧加一垂直于纸面向里的圆形匀强磁场区域。尘埃颗粒重力、颗粒间作用及对板间电场和磁场的影响均不计，求：(1)两板间磁场磁感应强度 B1 的大小；(2)若撤去板间磁场，保持板间匀强电场不变，除尘效率为多少；(3)y 轴右侧所加圆形匀强磁场区域磁感应强度 B2 大小的取值范围。答案(1)mv0qd (2)50%(3)mv02qdB2mv0qd 解析(1)撤去板间电场，尘埃在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，沿 N 极板射入的尘埃恰好不从极板射出时尘埃的运动轨迹如图所示，由几何知识可知，尘埃在磁场中的半径：
25、rd，由牛顿第二定律得：qv0B1mv20r，解得：B1mv0qd。(2)电场、磁场同时存在时，尘埃做匀速直线运动，满足：qEqv0B1，撤去磁场以后粒子在电场力作用下做类平抛运动，假设与 N 极板相距为 y 的粒子恰好离开电场：水平方向：dv0t，竖直方向：y12at2，加速度：aqEm 解得：y0.5d 当 y0.5d 时，水平位移 xd，即与 N 极板相距为 0.5d 到 d 这段距离射入的粒子会射出电场，则除尘效率为：0.5dd 100%50%。(3)设圆形磁场区域的半径为 R0，尘埃颗粒在圆形磁场中做圆周运动的半径为R2，要把尘埃全部收集到位于 P 处的条状容器中，就必须满足 R2R
26、0，根据牛顿第二定律有 qv0B2mv20R2。如图 1，当圆形磁场区域过 P 点且与 M 板的延长线相切时，圆形磁场区域的半径 R0 最小，磁感应强度 B2 最大，此时有 R0 小d，解得：B2 大mv0qd 如图 2，当圆形磁场区域过 P 点且与 y 轴在 M 板的右端相切时，圆形磁场区域的半径 R0 最大，磁感应强度 B2 最小，此时有 R0 大2d 解得：B2 小mv02qd 所以圆形磁场区域磁感应强度 B2 的大小须满足的条件为mv02qdB2mv0qd。(二)选考题(共 15 分)请考生从两道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。13物理选修 33(15 分)(1)
27、(2018深圳中学高三诊断测试)(5 分)关于下列四幅图中所涉及物理知识的论述中，不正确的是_(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)。AA 图中，由两分子间作用力随距离变化的关系图线可知，当两个相邻的分子间距离为 r0 时，它们间相互作用的引力和斥力均为零 BB 图中，由一定质量的氧气分子分别在不同温度下速率分布情况，可知温度 T1T2 CC 图中，在固体薄片上涂上石蜡，用烧热的针接触其上一点，从石蜡熔化情况不能判定固体薄片为非晶体 DD 图中，液体表面层分子间相互作用表现为斥力，正是因为斥力才使得
28、水黾可以停在水面上 EE 图中，迅速压下活塞，可观察到硝化棉燃烧起来，这表明气体从外界吸热，内能增加(2)(2019山东淄博三模)(10 分)如图所示，粗细均匀的 U 形管左端封闭右端开口，一段空气柱将水银分为 A、B 两部分，水银柱 A 的长度 h125 cm，位于封闭端的顶部，B 部分位于 U 形管的底部。右管内有一轻活塞，活塞与管壁之间的摩擦不计。活塞自由静止时，玻璃管右侧空气柱的长度 L39 cm，左侧空气柱的长度 L012.5 cm，B 部分水银两液面的高度差 h245 cm，外界大气压强 p075 cmHg，把两段空气柱视为理想气体。保持温度不变，将活塞缓慢上提，当 A 部分的水银
29、柱恰好对 U 形管的顶部没有压力时，求：左侧空气柱的长度；活塞移动的距离。答案(1)ADE(2)15 cm 8.5 cm 解析(1)A 图中，由两分子间作用力随距离变化的关系图线可知，当两个相邻的分子间距离为 r0 时，它们间相互作用的引力和斥力相等，分子力表现为零，A错误；B 图中，由一定质量的氧气分子分别在不同温度下速率分布情况可知，T1温度下对应的低速率的分子数占总分子数的百分比较大，可知温度 T1T2，B 正确；C 图中，在固体薄片上涂上石蜡，用烧热的针接触其上一点，从石蜡熔化情况可知表现为各向同性，则此固体薄片可能为多晶体或非晶体，不能判定固体薄片为非晶体，C 正确；D 图中，水黾可
30、以停在水面上是由于表面张力的作用，液体的表面张力是表面层分子间的引力作用产生的，故 D 错误；E 图中，迅速压下活塞，可观察到硝化棉燃烧起来，这表明外界对气体做功，内能增加，E 错误。此题要求选择不正确的，故选 A、D、E。(2)设玻璃管的横截面积为 S，对左侧被封闭气体：初态：p1(7545)cmHg30 cmHg，V1L0S 末态：p225 cmHg，V2L2S 由玻意耳定律 p1V1p2V2 得：L215 cm。对右侧被封闭气体：初态：p175 cmHg，V1LS 末态：p2(254522.5)cmHg65 cmHg，V2L2S 由玻意耳定律 p1V1p2V2 得：L245 cm 由几何
31、关系可知，活塞上升的高度为 hL2L(L2L0)45 cm39 cm(15 cm12.5 cm)8.5 cm。14物理选修 34(15 分)(1)(2019辽宁卓越名校联盟二模)(5 分)用双缝干涉测光的波长的实验装置如图所示，其中光源为白炽灯泡，调整实验装置使光屏上能观察到清晰的干涉条纹。关于该实验，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取下滤光片，光屏上将出现彩色的干涉条纹 B若单缝向右平移一小段距离，光屏上相邻两条亮纹中心的距离增大 C若将双缝间的距离 d 增大，光屏上
32、相邻两条暗纹中心的距离减小 D若将滤光片由红色换成绿色，光屏上相邻两条暗纹中心的距离减小 E测出 n 条亮条纹间的距离 a，则相邻两条亮条纹中心的间距为 xan(2)(2019四川德阳三诊)(10 分)一列沿 x 轴传播的简谐横波，在 t0 时刻的波形如图实线所示，在 t10.2 s 时刻的波形如图虚线所示。若波向 x 轴负方向传播，求该波的最小波速；若波向 x 轴正方向传播，且 t1T，求 x2 m 处的 P 质点第一次出现波峰的时刻。答案(1)ACD(2)10 m/s 0.25 s 解析(1)取下滤光片，由于白炽灯发出的光为自然光，故发生干涉时会出现色散现象，即在光屏上将出现彩色的干涉条纹
33、，故 A 正确；若单缝向右平移一小段距离，双缝到光屏的距离不变，根据 xLd 知，光屏上相邻两条亮纹中心的距离不变，故 B 错误；根据 xLd 知，将双缝的距离 d 增大，则光屏上相邻两条暗纹中心的距离减小，故 C 正确；若将滤光片由红色换成绿色，色光的波长减小，根据 xLd 知，光屏上相邻两条暗纹中心的距离减小，故 D 正确；测出 n 条亮条纹间的距离 a，则相邻两条亮条纹中心的间距为 x an1，故 E 错误。(2)当波向 x 轴负方向传播时，由波形图可知该波的波长为 3 m 从 t0 s 到 t10.2 s 过程，波向 x 轴负方向传播的距离为 x1n23(n0,1,2，)波传播的波速为 vx1t1 解得 v(15n10)m/s(n0,1,2，)n0 时波速最小，vmin10 m/s。当波向 x 轴正方向传播时，由波形图可知 t113n T(n0,1,2，)，因 t1T，则有 t113T，解得 T0.6 s 波的速度大小为 v2T5 m/s，波峰到 P 点的距离为 x2xP41.25 m P 点第一次出现波峰的时刻为 tx2v2 联立解得 t20.25 s。