考試時間：60分鐘分值：110分一、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、15、16題只有一個選項正確，第17、18、19、20、21題有多個選項正確，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。14.2014年2月15日凌晨，在索契冬奧會自由式滑雪女子空中技巧比賽中，中國運動員以83.50分奪得銀牌。比賽場地可簡化為由如圖所示的助滑區、弧形過渡區、著陸坡等組成。若將運動員視為質點，且減速區忽略空氣阻力，下列說法正確的是()A．運動員在助滑區加速下滑時處于超重狀態B．運動員在弧形過渡區運動過程中處于失重狀態C．運動員在跳離弧形過渡區至著陸之前的過程中處于完全失重狀態D．運動員在減速區減速過程中處于失重狀態[解析]本題考查加速度、超重、失重、完全失重等考點，意在考查考生對相關概念的理解能力以及對運動過程中加速度方向的分析判斷能力。運動員在加速下滑時加速度沿豎直方向的分加速度方向向下，處于失重狀態，A項錯；由圓周運動知識可知，運動員在弧形過渡區加速度方向指向圓心，具有豎直向上的分加速度，運動員處于超重狀態，B項錯；運動員跳離弧形過渡區到著陸前，只受重力作用，處于完全失重狀態，C項正確；運動員在減速區具有豎直向上的分加速度，處于超重狀態，D項錯誤。[答案]C15.[2014·湖北八校二聯]如圖所示，兩個垂直于紙面的勻強磁場方向相反，磁感應強度的大小均為B，磁場區域的寬度均為a。高度為a的正三角形導線框ABC從圖示位置沿x軸正方向勻速穿過兩磁場區域，以逆時針方向為電流的正方向，在下列圖形中能正確描述感應電流I與線框移動距離x關系的是()[解析]正三角形線框ABC剛進入向里的磁場時，利用右手定則知，感應電流沿逆時針方向為正，大小I0＝eq\f(Bav,R)，之后線框隨進入磁場距離的增大，有效切割長度變小，則I＝eq\f(2Bva－vttan30°,R)變小；當線框ABC前進a距離，在剛進入向外的磁場區域瞬間，此時ABC線框中感應電流方向沿順時針為負，大小為I′＝eq\f(2Bav,R)＝2I0，則B正確。[答案]B16.如圖，置于水平地面上的內壁光滑的半球形容器，O為球心、半徑為R。勁度系數為k的輕彈簧，一端固定在容器底部的O′處，另一端與質量為m的小球(可視為質點)相連，小球靜止于P點，OP與水平方向的夾角為θ＝30°。下列說法正確的是()A．輕彈簧對小球的作用力大小為eq\f(\r(3),2)mgB．容器對小球的作用力大小為eq\f(\r(3),2)mgC．彈簧不受力時的長度為R＋eq\f(mg,k)D．容器相對于水平面有向左的運動趨勢[解析]本題考查物體的受力分析以及物體的平衡等相關知識。分析小球受力，小球受重力方向豎直向下，彈簧的彈力沿彈簧方向向外，球形容器的支持力沿半徑方向指向球心，因為∠θ＝30°，由幾何知識得輕彈簧對小球的作用力、容器對球的作用力、小球重力三者大小相等為mg，A、B錯；此時彈簧長度R，彈簧受mg壓力收縮的長度ΔL＝eq\f(mg,k)，所以彈簧原長為R＋eq\f(mg,k)，C對；把球、彈簧、容器看作一個整體，整體處于平衡狀態，所以容器相對水平面沒有運動趨勢，D錯。[答案]C17.如圖所示，兩星球相距為L，質量比為mA∶mB＝1∶9，兩星球半徑遠小于L。從星球A沿A、B連線向B以某一初速度發射一探測器。只考慮星球A、B對探測器的作用，下列說法正確的是()A.探測器的速度一直減小B.探測器在距星球A為eq\f(L,4)處加速度為零C.若探測器能到達星球B，其速度可能恰好為零D.若探測器能到達星球B，其速度一定大于發射時的初速度[解析]從A星球發射探測器沿直線運動到B星球的過程中，探測器同時受A星球和B星球的萬有引力，根據萬有引力公式F＝eq\f(GMm,r2)知，A星球對探測器的萬有引力減小，B星球對探測器的萬有引力增大，存在一位置，在此位置探測器受到合外力為零，設此位置距A星球的距離為x，則有eq\f(GmAm,x2)＝eq\f(GmBm,L－x2)，得x＝eq\f(1,4)L，探測器從A星球運動到此點過程是做減速運動，從此點到B星球做加速運動，A、C錯；由F合＝ma得，探測器在距星球A為eq\f(1,4)L處加速度為零，B對；減速距離小于加速距離，即eq\f(1,4)L<eq\f(3,4)L，加速階段的萬有引力做的正功多于減速階段的萬有引力做的負功，則探測器到達B星球的速度大于其發射速度，D對。[答案]BD18.如圖所示，足夠長的光滑導軌傾斜放置，其下端連接一個定值電阻R，勻強磁場垂直于導軌所在平面，將ab棒在導軌上無初速度釋放，當ab棒下滑到穩定狀態時，速度為v，電阻R上消耗的功率為P。導軌和導體棒電阻不計。下列判斷正確的是()A.導體棒的a端比b端電勢低B.ab棒在達到穩定狀態前做加速度減小的加速運動C.若磁感應強度增大為原來的2倍，其他條件不變，則ab棒下滑到穩定狀態時速度將變為原來的eq\f(1,2)D.若換成一根質量為原來2倍的導體棒，其他條件不變，則ab棒下滑到穩定狀態時的功率將變為原來的4倍[解析]導體棒下滑切割磁感線，產生感應電動勢相當于電源，由右手定則知a端為正極，b端為負極，A項錯誤。感應電動勢E＝BLv，I＝eq\f(E,R)，對ab受力分析有mgsinθ－eq\f(B2L2v,R)＝ma，則知導體棒做加速度減小的加速運動，當a＝0時，mgsinθ＝eq\f(B2L2vm,R)，得：vm＝eq\f(mgRsinθ,B2L2)，若B增大為原來的2倍，穩定狀態時速度變為原來的eq\f(1,4)，所以B項正確，C項錯。若質量增大為原來的2倍，導體棒穩定時的速度為原來的2倍，R的功率P＝eq\f(B2L2v2,R)，可知功率變為原來的4倍，D項正確。[答案]BD19.如圖甲所示，理想自耦變壓器的輸出端接有滑動變阻器R與A、B兩個完全相同的小燈泡，且小燈泡的電阻不受溫度的影響。將如圖乙所示的正弦交流電接入自耦變壓器的輸入端，開始時自耦變壓器的滑片P處于某一位置，開關S閉合，兩個小燈泡均發光。操作過程中，小燈泡兩端電壓均未超過其額定值。下列說法正確的是()甲乙A．變壓器輸入端電壓u隨時間t變化的規律是u＝U0cos100πtB．若僅將自耦變壓器的滑片P向上滑動，兩個小燈泡將變亮C．若僅使滑動變阻器的阻值R增大，則變壓器輸入端的電功率增大D．若將開關S斷開，為保證A燈功率不變，可將自耦變壓器的滑片P向上滑動[解析]本題考查交流電、理想變壓器、動態電路的相關知識的綜合應用。由題圖乙知周期T＝2×10－2s，由ω＝eq\f(2π,T)得ω＝eq\f(2π,2×10－2rad/s)＝100πrad/s，交流電最大值U0，t＝0時電壓最大，所以電壓瞬時值表達式為u＝U0cos100πt(V)，A對；滑片P上滑，增大了變壓器原線圈匝數，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知變壓器輸出電壓變小，兩燈泡應變暗，B錯；滑動變阻器阻值變大，電路電阻變大，由P出＝eq\f(U2,R)知，輸出功率減小，P入＝P出，變壓器輸入端電功率應減小，C錯；開關S斷開，用電器減少，總功率減小，總電流減小，R分壓減小，A燈分壓增大，功率變大，為保證A燈功率不變，可將變壓器滑片P上滑，使原線圈匝數增大，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知變壓器輸出電壓減小，使A燈電壓降低，回到原有功率，D對；選AD。[答案]AD20.在絕緣光滑的水平面上相距為6L的A、B兩處分別固定正電荷QA、QB，兩電荷的位置坐標如圖甲所示。圖乙是AB連線之間的電勢φ與位置x之間的關系圖象，圖中x＝L點為圖線的最低點，若在x＝2L的C點由靜止釋放一個質量為m、電量為＋q的帶電小球(可視為質點)，下列有關說法正確的是()甲乙A．小球在x＝L處的速度最大B．小球一定可以到達x＝－2L點處C．小球將以x＝L點為中心作往復運動D．固定在A、B處的電荷的電量之比為QA∶QB＝4∶1[解析]本題考查點電荷電場疊加、電勢、力和運動的關系等知識，有一定的綜合性，對邏輯推理能力要求較強。由題給圖乙可以看出x＝L處電勢最低，x＝L以左場強向右，x＝L以右場強向左，所以x＝L處場強為0，由eq\f(kQA,4L2)：eq\f(kQB,2L2)?QA∶QB＝4∶1，D對；在x＝2L處釋放＋q帶電小球，到x＝L處電場力做正功，動能增大，從x＝L到x＝－L區間，電場力做負功，動能減小，所以x＝L處小球速度最大，A對；因為x＝2L處和x＝－L處電勢相等，所以小球在x＝－L與x＝2L間往復運動，小球不能到達x＝－2L處，B錯，也不是以x＝L點為中心的往復運動，C錯；選AD。[答案]AD21.如圖所示，固定在同一水平面上的兩平行金屬導軌AB、CD，兩端接有阻值相同的兩個定值電阻。質量為m的導體棒垂直放在導軌上，輕彈簧左端固定，右端連接導體棒，整個裝置處于豎直向下的勻強磁場中。當導體棒靜止在OO′位置時，彈簧處于原長狀態。此時給導體棒一個水平向右的初速度v0，它能向右運動的最遠距離為d，且能再次經過OO′位置。已知導體棒所受的摩擦力大小恒為f，導體棒向右運動過程中左側電阻產生的熱量為Q，不計導軌和導體棒的電阻。則()A．彈簧的彈性勢能最大為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－Q－fdB．彈簧的彈性勢能最大為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－2Q－fdC．導體棒再次回到OO′位置時的動能等于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－4Q－2fdD．導體棒再次回到OO′位置時的動能大于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－4Q－2fd[解析]以導體棒在磁場中切割磁感線產生感應電流為背景命題，考查考生對法拉第電磁感應定律、歐姆定律、能量守恒定律等知識的綜合應用。導體棒切割磁感線相當于電源、左右兩個電阻相同，并聯，在相同時間內產生的熱量相同。當導體棒向右運動到最遠時，彈簧的彈性勢能最大，從能量守恒角度有彈簧的彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－2Q－fd，A錯B對；由于摩擦和電阻產生熱量，所以導體棒回到OO′位置的速度要變小，從向右的最遠處回到OO′的時間要變長，這過程一個電阻R產生的熱量Q′＝(eq\f(\f(ΔΦ,Δt),\f(R,2))×eq\f(1,2))2R·Δt＝eq\f(ΔΦ2,Δt·R)和向右運動相比，ΔΦ、R不變，Δt變大，所以Q′變小，因此從能量守恒看，導體棒再次回到OO′位置時的動能大于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－4Q－2fd，C錯，D對，選BD。[答案]BD二、非選擇題。包括必考題和選考題兩部分。第22～25題為必考題，每個試題考生都必須作答；第33～35題為選考題，考生根據要求作答。(一)必考題(4題，共47分)22.(6分)某同學用圖示實驗裝置來研究彈簧彈性勢能與彈簧壓縮量的關系，彈簧一端固定，另一端與一帶有窄片的物塊接觸，讓物塊被不同壓縮狀態的彈簧彈射出去，沿光滑水平板滑行，途中安裝一光電門。設重力加速度為g。(1)如圖所示，用游標卡尺測得窄片的寬度L為____________。(2)記下窄片通過光電門的時間Δt＝10ms，則物塊速度為________。(3)若物塊質量為m，彈簧此次彈射物塊過程中釋放的彈性勢能為________(用m、L、Δt表示)。[解析]以研究彈簧的彈性勢能實驗為背景命題，考查實驗原理、數據讀取、數據處理等實驗能力。(1)游標卡尺讀數先讀主尺為10mm，再讀游標尺讀數為3×eq\f(1,20)mm＝0.15mm，二者加在一起即為最終讀數10.15mm。(2)物塊的速度v＝eq\f(L,Δt)＝eq\f(10.15mm,10ms)＝1.015m/s。(3)根據能量守恒有Ep＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m·(eq\f(L,Δt))2＝eq\f(mL2,2Δt2)。[答案](1)10.15mm(2)1.015m/s(3)eq\f(mL2,2Δt2)23.(9分)在測定一節電池的電動勢E和內電阻r的實驗中，需要量程約0.5A的電流表。實驗室提供有電流表?(滿偏電流為2.5mA，內電阻Rg＝199.0Ω)；電阻箱R(0～999.9Ω)。為此，某同學采用圖1的電路進行實驗。回答下列問題：圖1(1)電路中的定值電阻R0應選用下列中的________(填選項前字母)A．0.5ΩB．1.0ΩC．99.5ΩD．199.0Ω(2)根據圖1完成實物圖2中的連線(圖中已連好部分電路)；(3)正確選擇R0后，該同學進行實驗。調節電阻箱的阻值，記錄電阻箱的阻值R和對應電流表?的示數Ig如下表。請在圖3的坐標圖中作出eq\f(1,Ig)－R圖線。(表中的eq\f(1,Ig)是根據Ig計算得出的)R/Ω1.62.12.63.24.25.6Ig/mA2.252.001.671.501.251.00eq\f(1,Ig)/(×103A－1)0.440.500.600.670.801.00圖2圖3(4)根據圖線可求得，被測電池的電動勢E＝________V，內電阻r＝________Ω。(保留2位小數)[解析]以測電源電動勢和內阻實驗為背景命題，考查電流表的改裝、實物圖的連接、實驗數據處理等實驗能力。(1)需要量程0.5A的電流表，提供電流表滿偏電流Ig＝2.5mA，內阻Rg＝199Ω，所以需并聯分流電阻改裝電流表，有IgRg＝(I－Ig)R0?R0＝eq\f(IgRg,I－Ig)＝eq\f(199Ω×2.5×10－3A,0.5A－2.5×10－3A)＝1Ω，選B。(2)按電路圖連接實物圖，要忠實于電路圖，按一定順序連接。(3)按表給數據描點，用直線把各點連結，讓各點均勻分布在直線兩側，較遠的點可舍棄。(4)結合電路圖1，由全電路歐姆定律有eq\f(E,r＋R＋\f(R0·Rg,R0＋Rg))·eq\f(R0,R0＋Rg)＝Ig?eq\f(1,Ig)＝eq\f(R0＋Rg,R0E)·R＋eq\f(R0＋Rg,R0E)r＋eq\f(Rg,E)＝eq\f(200,E)R＋eq\f(1,E)(200r＋199)，可見在eq\f(1,Ig)－R圖象中，直線的斜率k＝eq\f(200,E)，縱軸截距b＝eq\f(1,E)(200r＋199)，由(3)步圖象得k＝0.138，b＝0.23代入可解得E＝1.45V，r＝0.67Ω。[答案](1)B(2)如圖所示(3)如圖所示(4)1.45(1.40～1.47)0.67(0.40～0.77)24.(13分)在一個動物表演的娛樂節目中，小貓從平臺上B點水平跳出，抓住有水平固定轉軸的車輪的邊緣P點，運動到最低點C時松手，便可落到浮于水面的小橡皮船D上。如圖所示，已知車輪半徑R＝eq\f(4,3)m，B與車輪轉軸O等高，OP與水平方向成θ＝37°角，小貓抓住P點時速度方向恰好垂直于OP，小貓可看作質點，重力加速度取g＝10m/s2。求：(1)小貓從B跳出時的速度v0及BO間水平距離x1；(2)若小貓質量為m＝1kg，h＝(eq\f(4,3)＋0.45)m，小貓與車輪作用過程中小貓損失的機械能為5.3J，系統損失的機械能為2.3J，求x2及車輪獲得的機械能。[解析]以一動物表演的娛樂節目為背景命題，考查平拋運動、能量守恒等知識的掌握情況。(1)B與車輪轉軸O等高，由幾何關系得小貓豎直位移y＝Rsin37°＝0.80m小貓做平拋運動，因此x＝v0ty＝eq\f(1,2)gt2由小貓到達P點時速度方向可知cotθ＝eq\f(gt,v0)＝2×eq\f(y,x)聯立代入數據解得v0＝3m/sx＝1.2mBO間的水平距離x1＝x＋Rcos37°得x1＝2.27m(2)從P到C，對小貓，由能量守恒得ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＋mgR(1－sinθ)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)vP＝eq\f(v0,sinθ)設車輪獲得的機械能為Ek，對系統，有ΔE′＝ΔE－Ek從C到D，小貓做平拋運動x2＝vCt′h－R＝eq\f(1,2)gt′2聯立以上各式代入數據解得x2＝1.5mEk＝3J[答案](1)x1＝2.27m(2)x2＝1.5mEk＝3J25.(19分)如圖所示，直線OP與x軸的夾角為45°，OP上方有沿y軸負方向的勻強電場，OP與x軸之間有垂直紙面向外的勻強磁場區域Ⅰ，x軸下方有垂直紙面向外的勻強磁場區域Ⅱ。不計重力，一質量為m，帶電量為q的粒子從y軸上的A(0，l)點以速度v0垂直y軸射入電場，恰以垂直于OP的速度進入磁場區域Ⅰ。若帶電粒子第二次通過x軸時，速度方向恰好垂直x軸射入磁場區域Ⅰ，在磁場區域Ⅰ中偏轉后最終粒子恰好不能再進入電場中。求：(1)帶電粒子離開電場時的速度大小v；(2)電場強度E的大小；(3)磁場區域Ⅰ、Ⅱ的磁感應強度B1、B2的大小。[解析]以帶電粒子在電場、磁場中的運動為背景命題，意在考查類平拋運動、圓周運動等知識的掌握，同時對數學能力在物理中的運用也有所考查。(1)粒子到達C點時vy＝v0v＝eq\r(v\o\al(2,y)＋v\o\al(2,0))解得：v＝eq\r(2)v0(2)粒子從A到C的過程，粒子做類平拋運動，設粒子沿x軸方向的位移為x，沿y軸方向的位移為y1，圖中O、D之間的距離為y2。可知：x＝v0ty1＝eq\f(1,2)at2vy＝ata＝eq\f(Eq,m)y1＋y2＝l解得：E＝eq\f(3mv\o\al(2,0),2ql)(3)帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供粒子做圓周運動的向心力qBv＝meq\f(v2,R)解得：B＝eq\f(mv,qR)設在磁場Ⅰ中粒子運動半徑為R1，因粒子垂直通過x軸，因此OC等于R1，由幾何關系可得：R1＝eq\f(2\r(2),3)lB1＝eq\f(3mv0,2ql)粒子在磁場Ⅱ中運動后返回磁場Ⅰ中后，剛好不回到電場中，其運動軌跡應與OP相切，軌跡如圖所示，設粒子在磁場Ⅱ中的半徑為R2，據幾何關系可得：2R1＝2R2＋eq\r(2)R1解得：B2＝eq\f(32＋\r(2)mv0,2ql)[答案](1)v＝eq\r(2)v0(2)E＝eq\f(3mv\o\al(2,0),2ql)(3)B1＝eq\f(3mv0,2ql)B2＝eq\f(32＋\r(2)mv0,2ql)(二)選考題(15分，請考生從給出的3道物理題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分)33.(15分)[物理——選修3－3](1)下列說法正確的是________。A．已知阿伏加德羅常數、氣體的摩爾質量和密度，不能估算出氣體分子的大小B．若兩個分子只受到它們之間的分子力作用，當分子間的距離減小時，分子的動能一定增大C．系統吸收熱量時，它的內能不一定增加D．根據熱力學第二定律可知，熱量不可能從低溫物體傳到高溫物體E．氣體對容器的壓強是大量氣體分子對容器的碰撞引起的(2)如圖所示，絕熱汽缸A與導熱汽缸B均固定于地面，由剛性桿連接的絕熱活塞與兩汽缸間均無摩擦。已知兩汽缸的橫截面積之比SA∶SB＝2∶1，兩汽缸內均裝有處于平衡狀態的某理想氣體，開始時兩汽缸中的活塞與缸底的距離均為L，溫度均為T0，壓強均等于外界大氣壓。緩慢加熱A中氣體，停止加熱達到穩定后，A中氣體壓強等于外界大氣壓的1.2倍。設環境溫度始終保持不變，求：①停止加熱達到穩定后，A、B汽缸中的氣體壓強之比；②穩定后汽缸A中活塞距缸底的距離。[解析](1)考查學生對分子動理論、熱力學第一定律、熱力學第二定律記憶、理解和應用能力。已知阿伏加德羅常數、氣體的摩爾質量和密度，可以估算出固體或液體分子的大小，而不能估算出氣體分子的大小，因為氣體分子間距離較大，不能看成一個挨一個的，A正確；若兩個分子只受到它們之間的分子力作用，當分子間的距離減小時，若分子力表現為引力，分子力做正功，分子的動能增大，若分子力表現為斥力，分子力做負功，分子的動能減小，故B錯誤；熱力學第一定律ΔU＝Q＋W，系統吸收熱量同時對外做功，它的內能不一定增加，C正確；根據熱力學第二定律可知，熱量不可能從低溫物體傳到高溫物體而不引起其它變化，D錯誤；氣體對容器的壓強是大量氣體分子對容器的碰撞引起的，E正確。(2)考查學生對理想氣體狀態方程的理解及應用。①設大氣壓強為p0，加熱后A的壓強pA＝1.2p0，又活塞平衡(pA－p0)SA＝(pB－p0)SB解得pB＝1.4p0所以pA∶pB＝6∶7②設穩定后A、B兩汽缸中的活塞距缸底的距離分別為LA、LB，B中氣體等溫變化p0LSB＝1.4p0LBSB又LA＋LB＝2L解得LA＝eq\f(9,7)L[答案](1)ACE(2)①6∶7②eq\f(9,7)L34.(15分)[物理——選修3－4](1)在透明均勻介質內有一球狀空氣泡，O為球心，一束包含a、b兩種單色光的細光束從介質射入氣泡，A為入射點，之后a、b光分別從C、D點射向介質，如圖所示。細光束在A點的入射角為30°，介質對a光的折射率na＝eq\r(2)，下列說法中正確的是________。A．a光射出空氣泡后相對于射入空氣泡前的偏向角為30°B．在該介質中，a光的傳播速度比b光的傳播速度小C．光從該介質射入空氣中，a光全反射的臨界角比b光全反射的臨界角大D．若用a、b兩單色光分別通過同一雙縫干涉裝置，屏上相鄰兩干涉條紋的間距xa>xbE．若用a、b兩單色光分別通過同一單縫，屏上中央亮條紋的寬度da<db(2)一列簡諧橫波，沿波的傳播方向依次有P、Q兩點，平衡位置相距5.5m，其振動圖象如圖所示，實線為P點的振動圖象，虛線為Q點的振動圖象，求：①該波的波長；②波的最大傳播速度。[解析](1)以幾何光學為背景命題，考查光路、光速、臨界角、干涉等光學知識。完成a光的幾何光路，由na＝eq\f(sini,sinr)?sini＝nasinr＝eq\r(2)sin30°?i＝45°，由幾何知識角的關系可求得偏向角為30°，A對；由題給圖可知a光偏折程度大于b光，所以a光折射率大于b光折射率，na>nb，由n＝eq\f(c,v)?v＝eq\f(c,n)，所以va＝eq\f(c,na)<eq\f(c,nb)＝vb，B對；由sinC＝eq\f(1,n)知，a光的臨界角小于b光臨界角，C錯；a光折射率大于b光，a光頻率大于b光，a光波長小于b光，由Δx＝eq\f(L,d)λ知b光干涉條紋間距、中央亮紋寬度大于a光，D錯，E對，選ABE。(2)本題通過振動圖象，考查考生對振動、波動的認識。①根據題設條件，畫出如圖所示的波動圖象，其對應的方程y＝－10sinx，當y＝5時，sinx＝－eq\f(1,2)，解得：x＝2nπ＋eq\f(11,6)π(n＝0、1、2、3、…)根據數學關系類比可得：eq\f(2nπ＋\f(11,6)π,5.5)＝eq\f(2π,λ)(n＝0、1、2、3、…)nλ＋eq\f(11,12)λ＝5.5(n＝0、1、2、3、…)解得：λ＝eq\f(66,12n＋11)(n＝0、1、2、3、…)②由圖象可知：周期T＝1s，由波速公式可得v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(66,12n＋11)(n＝0、1、2、3、…)當