2022年江西省重点中学高考物理一模试卷（含答案）

2022年江西省重点中学高考物理一模试卷

1. 在气体放电管中，用大量的高能电子轰击犬量处于基态的氢原子，通过光栅分光计可观测到一定数目的光谱线。调高电子的能量再次进行实验观测，发现光谱线的数目是原来的三倍。用表示两次观测中氢原子所处最高激发态的量子数n之差，则在的范围的值为

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

2. 有一种假说认为，地磁场是由于某种原因地球表面带上的负电荷随地面自转而产生的。受此启发，某同学作了如下大胆的设想：某行星表面也带有负电荷，围绕位于焦点处的恒星在椭圆轨道上沿逆时针运动，、、、为椭圆轨道与坐标轴的交点，如图所示。从某时刻起在行星运动的空间里加上匀强磁场，就能使行星绕其恒星作圆周运动。忽略自转影响，下列说法中可能实现这一设想的是

A. 当行星运动到点时，加一垂直纸面向外的匀强磁场
B. 当行星运动到点时，加一垂直纸面向里的匀强磁场
C. 当行星运动到点时，加一垂直纸面向外的匀强磁场
D. 当行星运动到点时，加一垂直纸面向里的匀强磁场

3. 一个的物体放在粗糙水平地面上，从时刻起，物体在水平向右的力F作用下由静止开始做直线运动，在时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图2所示。已知物体.与地面间的动摩擦因数处处相等，空气阻力不计，则
    

A. 在内力F的大小为12N
B. 第3s内物体加速度减小的快慢是
C. 在内物体的位移等于17m
D. 第3s末物体的速度最大，最大速度为

4. 如图所示，在ab边的中点用弹簧悬挂矩形硬质金属线框abcd，线框的下半部分处于垂直线框平面的磁场中，各处的磁感应强度B随时间t的变化情况相同，线框静止，dc边水平，弹簧的长度不变。下列描述B的大小随时间t变化的图象中，可能正确的是

A.  B.  C.  D.

5. 某兴趣小组想利用小孔成像实验估测太阳的密度。设计如图所示的装置，不透明的圆桶一端密封，中央有一小孔，另一端为半透明纸。将圆桶轴线正对太阳方向，可观察到太阳的像的直径为D。已知圆桶长为H，地球绕太阳公转周期为T。则估测太阳密度的表达式为

A.  B.  C.  D.

6. 第24届冬奥会在北京和张家口联合举行，北京成为冬奥史上首个“双奥”城市，见证伟大祖国的繁荣昌盛。假设在一次跳台滑雪比赛中，运动员在助滑道顶端A处由静止下滑到斜面顶端B处时水平飞出，落在了斜面底端C处，最后滑入停止区停下。BC间的高度差为h，斜面的倾角为，重力加速度为g，不计所有阻力，则

A. 运动员在空中运动时相同时间内速度的变化量不同
B. 运动员从B点飞出后到离斜面最远时所经历的时间为
C. 运动员落到斜面时的速度方向因从B点飞出时的速度大小不同而不同
D. A、B两点间的高度差为

7. 如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1：4，a，b端接入电压有效值为的正弦式交流电源。电阻，，滑动安阻器最大阻值为，此时滑片P处于正中间位置，电表均为理想交流电表，则

A. 电流表的示数为2A
B. 与的热功率之比为2：1
C. 若向上移动P，电压表示数变小
D. 若向下移动P，电源的输出功率变大

8. 竖直平面内有水平放置的两金属板AB、CD，相距为d，两极板加上恒定电压U，如图所示。质量为m，电荷量为的粒子，从O点以初动能进入电场，O点在AC连线上，且，初速度与水平方向夹角为，粒子沿着OMB的轨迹恰好运动到下极板右边缘的B点，M为运动轨迹的最高点，MN与极板垂直。不计粒子重力，则关于粒子的说法正确的是

A. 粒子运动到B点時的动能
B. 运动轨迹最高点到下极板的距离
C. 水平方向运动的位移之比为AN：：3
D. 若将上极板向下移一小段距离，则粒子将在B点上方飞出

9. 用如图甲所示的实验装置测木块与木板间的动摩擦因数。木板的底端置于桌面上，安装有光电门与数字计时器相连，木块上固定有宽度为d的遮光条。改变木块下滑的初始位置离桌面的高度差h，同时保持该初始位置和底端间的水平距离L不变，进行多次实验，每次实验木块都由静止开始下滑，木块与木板间的动摩擦因数处处相同，重力加速度为g。
   
   先用游标卡尺测出遮光条的宽度如图乙所示，其读数为______mm。
   根据多次实验得到的数据，用为遮光条通过光电门的时间计算出木块经过光电门时的速度大小v，并作出了如图丙所示的图像。由此可知木块与木板间的动摩擦因数的计算式为______。用b、L和g表示
   由于空气阻力的影响，会使木块与木板间动摩擦因数的测量值______选填“大于”、“等于”或“小于”真实值。
10. 如图甲所示是某同学设计的测量电源的电动势和内阻的实验电路图，图中电压表V的量程为3V，电流计G的满偏电流、内阻，定值电阻。闭合开关，移动变阻器R的滑片，得到多组电压表V的读数U和电流计G的读数I，作出如图乙所示的图象。
    
    某次测量时，电压表示数如图丙所示，其读数为______ V，此时通过电源的电流为______ mA。
    根据图乙所示的图象求出，电源的电动势______V，内阻______结果保留到小数点后两位。
11. 如图所示，在xOy平面直角坐标系中，直角三角形ACD内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。线段，。在第四象限正方形ODFG内存在沿方向、大小为的匀强电场，沿AC在第三象限放置一个足够大平面荧光屏，屏与y轴平行。一个电子从坐标原点沿方向射入磁场，恰好不从AD边射出磁场。已知电子的质量为m，电荷量为。试求：
    电子射入磁场时的速度大小；
    电子打在荧光屏上的位置坐标。
    
    
    
    
    
    
     
12. 如图所示，固定在竖直面内的轨道由足够长直线和半径为R的四分之一圆弧相切连接而成，除AB段粗糙外其它部分均光滑，C、D是圆弧的两端点。两个质量均为m的小球a和b，分别从A点和C点以一定的初速度向右运动，a球的初速度是b球的2倍，b球第一次上升相对C点的最大高度为2R，在b球返回C点向B点运动的过程中，与迎面而来的a球发生弹性碰撞，碰后b球第二次上升相对c点的最大高度为。由于磁性的原因b球在CD上还会受到轨道对它的垂直轨道方向、大小为的吸引力，是b球所在位置与C点间的圆弧所对的圆心角。视小球为质点两球与AB间的动摩擦因数均为。假设除碰撞外两球间没有作用力。空气阻力不计，重力加速度为g。求：
    球在空中运动过程中重力的冲量；
    球由D滑向C的过程中对轨道压力的最大值；
    、b两球在AB上运动的总时间。

13. 下列说法中正确的是

A. 扩散现象不仅能发生在气体和液体中，固体中也可以
B. 岩盐是立方体结构，粉碎后的岩盐不再是晶体
C. 地球大气的各种气体分子中氢分子质量小，其平均速率较大，更容易挣脱地球吸引而逃逸，因此大气中氢含量相对较少
D. 从微观角度看气体压强只与分子平均动能有关

14. 如图所示，一个粗细均匀、导热良好的U形细玻璃管竖直放置，A端封闭，D端开口。玻璃管内通过水银柱封闭a、b两段气体，a气体下端浮有一层体积、质量均可忽略的隔热层，各段长度如图所示。已知大气压强，环境温度为。取。
    ①通过加热器对b气体缓慢加热，使其温度升高到时玻璃管内剩余水银柱的总长度为多少？
    ②保持b气体温度不变，以BC为轴将玻璃管缓慢旋转至水平状态，则玻璃管内剩余水银柱的总长度为多少？
    
    
    
    
    
    
     
15. 如图所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于和处，两列波的传播速度均为，两波源的振幅均为。图示为时刻两列波的图象传播方向如图所示，此时刻平衡位置处于和的P、Q两质点刚开始振动。质点M的平衡位置处于处，则下列说法正确的是
     

A. 时刻，两列波开始相遇
B. 时刻，质点P、Q都运动到M点
C. 时刻，质点M的位移为
D. 时刻，质点Q的速度为0
E. 质点P、Q的起振方向都沿y轴负方向

16. 五角棱镜是光束定角度转向器之一，常用于照相机的取景器、图像观察系统或测量仪器中。如图所示是五角棱镜的截面图。棱镜材料的折射率为n，AB面与AE面垂直。一束单色光垂直AB面入射，经DE面和BC面反射后垂直AE面射出。该单色光的频率为f，在真空或空气中传播的速度为c。求：
    ①单色光在棱镜材料中的波长；
    ②BC面与DE面的夹角；
    ③若入射光线与AB面不垂直，入射角为i，求同样经两次反射后从AE面射出的光线与入射光线间的夹角。

答案和解析

1.【答案】A
 

【解析】解：最高激发态量子数之差和最高能级量子数之差相同，因此设氢原子原来的最高能级为n，则调高后的能级为，
则有：，解得：，，故A正确，BCD错误。
故选：A。
本题难度较大，要明确产生光线数目m和能级n之间的关系，即，氢原子吸收电子能量时只吸收对应能级之间的能量差，即能量的吸收应该满足量子化。
该题学生容易出错，考查知识点全面，要求学生在掌握能级、激发态、能级跃迁、能级差等概念的基础上，具备综合理解分析能力。
 

2.【答案】C
 

【解析】解：A、当行星运动到点时，做近心运动，万有引力大于向心力，加一垂直纸面向外的匀强磁场，由左手定则可知行星受到指向恒星的洛伦兹力，合力大于向心力，仍然做近心运动，故A错误；
BD、当行星运动到点和点时，洛伦兹力和万有引力不共线，合力不指向恒星，无法做圆周运动，故BD错误；
C、当行星运动到点时，做离心运动，万有引力小于向心力，加以垂直纸面向外的匀强磁场，由左手定则可知行星受到指向恒星的洛伦兹力，当合力等于向心力，做圆周运动，故C正确；
故选：C。
分别分析出行星运动到不同位置时的洛伦兹力方向，结合向心力的特点分析是否符合题意。
本题主要考查了地磁场的相关猜想，考法新颖，但难度不大，解题关键点是熟悉左手定则判断出洛伦兹力的方向即可。
 

3.【答案】D
 

【解析】解：A、前2s内物体加速度恒定，故所受作用力恒定，根据牛顿第二定律知知前2s内的合外力为12N，由于物体在水平方向受摩擦力作用，故作用力大于12N，故A错误；
B、第3s内物体加速度减小的快慢是，故B错误；
C、在内物体做匀加速直线运动，通过的位移等于，故C错误；
D、在内，物体始终做加速运动，在图像中图像与时间轴所围面积表示速度，则，故D正确；
故选：D。
体做加速运动时加速度方向与速度方向相同，加速度的大小与合外力成正比．物体的加速度保持恒定，则其所受合外力恒定，在图像中，图像与时间轴所围面积表示速度的变化量。
掌握加速运动与减速运动只看加速度的方向与速度方向是相同还是相反，不看加速度的大小变化，知道加速度与物体所受合外力大小成正比，掌握规律是解决问题的关键．
 

4.【答案】D
 

【解析】解：依题意弹簧长度不变，由受力分析可知金属线框所受重力和弹簧拉力均不变，即dc边所受安培力不变，由安培力公式可得：
又
联立解得：
A、图像中，为恒定的值，磁感应强度B一直在减小，所以dc边所受安培力变小，故A错误；
B、图像中，为恒定的值，磁感应强度一直在增加，所以dc边所受安培力变大，故B错误；
C、图像中，的值一直在减小，磁感应强度B一直在减小，所以dc边所受安培力变小，故C错误；
D、图像中，的值一直在减小，磁感应强度B一直在增加，所以dc边所受安培力可能不变，故D正确；
故选：D。
根据对金属线框的受力分析可知dc边的安培力保持不变，根据安培力公式和法拉第电磁感应定律得安培力的表达式，结合图像的斜率和B的变化逐项分析即可。
本题主要考查了法拉第电磁感应定律，结合安培力公式和图像分析出导线框受到的安培力的变化即可。
 

5.【答案】B
 

【解析】解：设太阳的半径为R，太阳到地球的距离为r。
根据三角形相似，由几何关系可知，则：，解得：。
地球绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设太阳质量为M，地球质量为m，则：
体积
由密度公式解得：。
故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据三角形相似，结合万有引力提供向心力，可分析该题。
本题考查小孔成像原理，主要用到三角形相似和万有引力提供向心力等知识，属于基本题型。
 

6.【答案】BD
 

【解析】解：A、运动员在空中做平抛运动，做的是匀变速曲线运动，加速度为g，故运动员在空中运动时相同时间内速度的变化量，故速度变化量相同，故A错误；
B、运动员从B到C做平抛运动，则，解得，从B到C，水平方向：，从B到C，沿斜面方向和垂直于斜面方向，则在垂直于斜面方向，根据牛顿第二定律可得：，速度，运动员从B点飞出后到离斜面最远时所经历的时间为
联立解得，故B正确；
C、设运动员落到斜面时的速度方向与水平方向夹角为，如图，根据速度方向偏向角与位移方向偏向角的关系可得，，所以两种情况下相同，则两次落到斜面时的速度方向与斜面之间的夹角也相同，故C错误；
D、运动员从B到C做平抛运动，则，解得，从B到C，水平方向：，从A到B，根据动能定理可得：，联立解得：，故D正确；
故选：BD。
速度变化率相同即为加速度，由此判断两次飞行中速度变化率是否相同；
根据平抛运动的规律求解运动时间和抛出时的速度；
根据速度方向偏向角与位移方向偏向角的关系分析两次落到斜面时的速度方向与斜面之间的夹角是否相同；
从A到B根据动能定理求得下降高度。
本题主要是考查了平抛运动的规律，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动；解决本题的关键知道平抛运动的规律和两个重要推论。
 

7.【答案】AD
 

【解析】解：B、理想变压器原、副线圈匝数比为1：3，则电流之比为：：：：1，
根据电功率的计算公式可得与的热功率之比为：：：
代入数据解得：：：1，故B错误；
A、根据功率关系可得：，解得：，故A正确；
C、向上移动P，副线圈电阻增大，则输出电流减小，根据变流比可知，输入电流减小，电阻分压减小，原线圈输入电压增大，则输出电压增大，电压表读数将增大，故C错误；
D、若向下移动P，副线圈电阻减小，则输出电流变大，根据变流比可知，输入电流变大，根据可知，电源的输出功率变大，故D正确。
故选：AD。
理想变压器原副线圈的匝数比等于原副线圈的电压之比，等于电流的倒数之比；理想变压器原副线圈两端电功率相等，由此解答。
本题考查变压器与电路的结合问题，要注意明确电路动态分析的基本方法，同时明确变压器的基本原理。
 

8.【答案】BC
 

【解析】解：A、粒子在两极板间仅受电场力作用，从O到B过程中，根据动能定理得：
又，解得粒子运动到B点時的动能：，故A错误；
B、分解粒子的运动，粒子在水平方向上，在竖直方向上做匀变速直线运动，粒子在竖直方向的初速度
从O点到最高点M过程中，在竖直方向上有：，结合，联立解得O点与M点的竖直高度：，则轨迹最高点到下极板的距离，故B正确；
C、粒子上升过程竖直分位移大小：，下降过程竖直分位移大小：，粒子在竖直方向做匀变速直线运动，根据得，则上升过程和下降过程时间之比为：：：，粒子在水平方向上做匀速直线运动，由知水平位移之比AN：：：3，故C错误；
D、若将上极板向下移一小段距离，d减小，根据知，匀强电场场强增大，粒子受到的电场力增大，加速度增大，粒子加速和减速时间变短，到达下极板时，水平方向位移减小，粒子将打在B点左侧，故D错误。
故选：BC。
根据动能定理求运动到B点时的动能；分解粒子的运动，粒子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀变速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求轨迹最高点到下极板的距离。根据粒子上升和下降的位移关系求出上升和下降的运动时间之比，从而求得水平方向运动的位移之比。若将上极板向下移一小段距离，板间场强增大，粒子的加速度增大，分析运动时间的变化，判断水平位移的变化，分析粒子飞出电场的位置。
本题考查带电粒子在匀强电场中的运动，应用处理类斜抛运动的方法是运动的分解，关键是分析清楚哪个方向上是匀速直线运动，哪个方向上是匀加速直线运动，运用牛顿第二定律和运动学公式相结合进行解答。
 

9.【答案】  大于
 

【解析】解：游标卡尺的分度值为，估读到分度值本位，则；
根据牛顿第二定律有

结合运动学公式


联立解得：
由图像可知，
解得：
由于空气阻力的影响，则上面式子中的摩擦力变大了，所以会使木块与木板之间动摩擦因数的测量值大于真实值。
故答案为：；；大于
根据游标卡尺的读数规则得出d的读数；
根据牛顿第二定律同时结合图像得出的表达式；
根据实验原理，学会对实验误差做简单的分析。
本题主要考查了动摩擦因数的测量实验，需要熟悉牛顿第二定律，结合图像得出动摩擦因数的表达式，同时要学会简单的数据分析。
 

10.【答案】
 

【解析】解：电压表的最小分度为，所以图丙电压表的示数为。从图乙中找出此时电源的电流为；
写出电压表示数U与灵敏电流表G的示数的关系式有：
，
代入数据并整理得：，
根据纵截距可得：，
由图象的斜率，
解得：。
故答案为：，，
电压表的示数根据其量程和最小分度值读取；从电源的图象找到对应的毫安表的值，再计算出电源电流的值；
根据图示电路图写出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源的电动势与内阻；
本题考查伏安法测电阻以及测量电源的电动势和内电阻，在解题时要注意分析实验中给出的仪器是否符合实验要求，并能进行数据处理和分析。
 

11.【答案】解：电子恰好不从AD边射出磁场得到半径，则电子运动轨迹与AD边相切，设电子运动半径为R，则由几何知识可得：
，
电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，所以有：
解得：；

由几何知识可知，电子进入电场的坐标为：；
电子沿竖直向下的方向进入电场，电场力水平向左，所以，电子做类平抛运动；
电子的加速度为：；
电子若从GF间射出，则电子在电场中运动的时间为：；
电子若从OG间离开电场，则电子在电场中运动的时间为：；
解得：，
因，所以由此可以判断电子是从OG间离开电场的。电子在电场中运动的时间为：；
电子通过y轴的坐标为：
速度与y轴负方向的夹角有关系式为：；
所以，电子P打在荧光屏的y坐标为：；
解得：
答：电子射入磁场时的速度大小为；
电子打在荧光屏上的位置坐标为。
 

【解析】由电子恰好不从AD边射出磁场得到半径，再由牛顿第二定律求得速度；
求得电子在电场中的加速度，分析电子可能出射的边界，分别讨论粒子在电场中的运动时间，较短的即为实际运动时间，再根据几何关系解得。
带电粒子在磁场中运动，垂直进入磁场，若从进入磁场的点在同一边界射出磁场，则粒子速度方向正好相反。
 

12.【答案】解：球做轻直上地运动相对D点的高度为R，由可得在空中运动的时间为
故重力的冲量为
代入数据解得：，方向竖直向下；
球由最高点下落到圆弧上P点时的高度差为
根据动能定理有：
由牛顿第二定律有：
联立根据数学知识解得：
据牛顿第三定律，b球由D滑向C的过程中对轨道压力的最大值为6mg
对b球由动能定理可知


设a球碰撞前后的速度分别为，，ab碰撞过程中系统动量守恒，取向左为正方向，由


由机械能守恒可知，b球的初速度为
则a球的初速度为
故a球从A运动到B的时间为
因为，
所以两球不会发生第二次碰撞，且都将静止在AB上，两球在AB上向左运动的时间分别为，
故a、b两球在AB上运动的总时间
联立解得：
答：球在空中运动过程中重力的冲量为，方向竖直向下；
球由D滑向C的过程中对轨道压力的最大值为6mg；
、b两球在AB上运动的总时间为。
 

【解析】根据重力的冲量公式解得；
由机械能守恒定律求出小球b通过P点的速度。在P点，由重力和轨道支持力的合力提供向心力，由牛顿第三定律求小球对轨道的压力。
分析两球运动情况，结合牛顿第二定律解得时间。
本题首先要理清物体的运动过程，其次要准确把握每个过程所遵守的物理规律，尤其要知道小球b在圆弧轨道上运动过程，系统动量守恒，机械能守恒。
 

13.【答案】AC
 

【解析】解：A、不同的物质在相互接触时彼此进入对方的现象叫做扩散现象．一切物质的分子都在不停地做无规则运动，所以固体、液体或气体之间都会发生扩散现象，故A正确；
B、岩盐是立方体结构，是晶体，且有规则的几何形状，粉碎后的岩盐仍是晶体，仍有规则的几何形状，故B错误；
C、温度是分子平均动能的量度，温度越高，分子平均动能越大，质量越小速度越大，氢分子质量小，其平均速率较大，更容易挣脱地球吸引而逃逸，因此大气中氢含量相对较少，故C正确；
D、气体压强决定于气体分子的密度单位体积内的分子数和分子的平均动能．故D错误．
故选：
扩散是指不同的物质相互接触时，彼此进入对方的现象．一切物体都可以发生扩散现象；
晶体：晶体是固体且有规则的几何形状，有固定的熔点；
温度是分子平均动能的量度，温度越高，分子平均动能越大，质量越小速度越大；
气体压强的微观解释：①气体压强是大量气体分子频繁地碰撞器壁而产生的作用在器壁单位面积上的平均作用力．
②气体压强决定于气体分子的密度单位体积内的分子数和分子的平均动能．
此题考查的知识比较多，要求学生平时多记忆和总结，不仅记住基本的概念和规律，还要记下一些实例加深理解和记忆．
 

14.【答案】解：①假设b气体膨胀过程中未达到C，膨胀过程中水银不断从D口流出但水银柱高度不变，气体a、b的压强不变，a气体体积不变，b做等压膨胀，对b气体由盖-吕萨克定律得：

代入数据得：
故b气体的长度变为18cm
b气体右端向右移动，故假设成立
玻璃管内剩余水银柱的总长度为：
②以BC为轴将玻璃管旋转到水平状态a、b两部分气体均做等温变化，且压强变为75cmHg，a气体初状态压强为
根据玻意耳定律得：

得：
对b气体，初状态的压强为：

根据玻意耳定律得：

解得：
则剩余水银柱的长度为
l余
答：①剩余水银柱的总长度为49cm；
②玻璃管内剩余水银柱的总长度为40cm。
 

【解析】①假设水银不断流出，根据盖-吕萨克列式分析出气体的长度，从而验证假设是否成立并完成解答。
②分别对两部分气体结合玻意耳定律分析出长度，根据气柱和水银柱的关系完成解答。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是分析出变化前后气体的状态参量，同时结合公式即可完成分析。
 

15.【答案】ACE
 

【解析】A、由图知波长，波的周期为，两质点传到M的时间为，即时刻，两列波开始相遇，故A正确；
B、质点不随波迁移，只在各自的平衡位置附近振动，所以质点P、Q都不会运动到M点，故B错误；
C、当时刻，两波的波谷恰好传到质点M，所以位移为，故C正确；
D、时刻，向右传播的简谐波还没到达Q处，由波的传播方向根据波形平移法可判断出质点的振动方向：简谐横波沿x轴负方向传播，则质点Q位于平衡点，速度最大，开始沿y轴负方向运动，故D错误；
E、由波的传播方向根据波形平移法可判断出质点的振动方向：两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，则质点P、Q均沿y轴负方向运动，故E正确。
故选：ACE。
由图读出波长，从而由波速公式算出波的周期。根据所给的时间与周期的关系，分析质点M的位置，确定其位移。由波的传播方向来确定质点的振动方向。简谐波传播的过程中质点不向前迁移，只在各自的平衡位置附近振动。
本题要掌握波的独立传播原理：两列波相遇后保持原来的性质不变。理解波的叠加遵守矢量合成法则，例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的二倍；当波峰与波谷相遇时此处的位移为零。
 

16.【答案】解：①由可得光在棱镜中传播的速度；
光从空气传到棱镜中，频率f不变，有：
可得；
②画出光路图如图甲所示，KH为反射面DE的法线，KI为反射面BC的法线

由反射定律有：，
光线IJ与光线GH垂直，有：
由几何关系有：
由于，，可得；
③如图乙所示，光线在AB面的入射角为i时，折射角为，光线PQ在AE面的入射角为，从Q射出的光线的折射角为r；

由折射定律，有：，
由前面分析可知光线，可得，可得
可知入射光MN垂直出射光QR，即从AE面射出的光线与入射光线间的夹角为。
答：①单色光在棱镜材料中的波长；
②BC面与DE面的夹角为；
③同样经两次反射后从AE面射出的光线与入射光线间的夹角为。
 

【解析】解：①由结合波长与频率的关系进行解答；
②画出光路图如图，由反射定律结合几何关系进行解答；
③作出光路图，由折射定律结合几何关系求解从AE面射出的光线与入射光线间的夹角。
本题主要是考查了光的折射，解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，通过光路图进行分析。