高三物理第三次模擬考試試題含解析

1、二、選擇題：本大題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1418題只有一項(xiàng)是符合題目要求，第1921題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分。有選錯(cuò)的得0分。1. 核反應(yīng)方程式Be+He C+X中的X表示（ ）A. 質(zhì)子 B. 電子 C. 光子 D. 中子【答案】D【解析】根據(jù)核反應(yīng)過(guò)程中質(zhì)量數(shù)守恒，電荷數(shù)守恒，X的質(zhì)量數(shù)是1，電荷數(shù)是0，所以X是中子，ABC錯(cuò)誤、D正確。2. 如圖所示，平行板電容器的A板帶正電，與靜電計(jì)上的金屬球相連；平行板電容器的B板和靜電計(jì)的外殼均接地此時(shí)靜電計(jì)指針張開(kāi)某一角度，則以下說(shuō)法中正確的是（ ）A. 在兩板間插入介質(zhì)板，靜電計(jì)指針

2、張角變大B. 在兩板間插入金屬板，（金屬板與A、B板不接觸）靜電計(jì)指針張角變大C. B板向右平移，靜電計(jì)指針張角變大D. B板向上平移，靜電計(jì)指針張角變大【答案】D【解析】在兩板間插入介質(zhì)板，由得知，電容C增大，而電量Q不變，由電容的定義式可知，板間電壓U減小，靜電計(jì)指針張角變小故A錯(cuò)誤在兩板間插入金屬板，板間距離減小，電容C增大，而電量Q不變，由電容的定義式可知，板間電壓U減小，靜電計(jì)指針張角變小故B錯(cuò)誤B板向右平移，板間距離d減小，根據(jù)電容的決定式 得知，電容增大，而電量Q不變，由電容的定義式 可知，板間電壓U減小，靜電計(jì)指針張角變小故C錯(cuò)誤B板向上平移，兩極板正對(duì)面積減小，由電容的決定式

3、得知，電容C減小，而電量Q不變，由電容的定義式可知，板間電壓U增大，靜電計(jì)指針張角變大故D正確故選D.點(diǎn)睛：本題按照這樣的思路進(jìn)行分析：先根據(jù)電容的決定式分析電容的變化，再根據(jù)電容的定義式和不變的條件，分析電壓或電量的變化3. 如圖所示，用一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)繩一端固定在O點(diǎn)，另一端懸掛質(zhì)量為m的小球A，為使細(xì)繩與豎直方向夾角為30°且繃緊，小球A處于靜止?fàn)顟B(tài)，則需對(duì)小球施加的最小力等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B4. 圖甲是某質(zhì)點(diǎn)的位移時(shí)間圖象,圖乙是另一質(zhì)點(diǎn)的速度時(shí)間圖象,關(guān)于這兩個(gè)圖象,下列說(shuō)法正確的是（ ） 甲 乙A. 由圖甲可知,質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動(dòng),且速度逐漸增大B.

4、由圖甲可知,質(zhì)點(diǎn)在前10 s內(nèi)的平均速度的大小為4 m/sC. 由圖乙可知,質(zhì)點(diǎn)在第4 s內(nèi)加速度的方向與物體運(yùn)動(dòng)的方向相同D. 由圖乙可知,質(zhì)點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,加速度的最大值為7.5 m/s2【答案】C【解析】運(yùn)動(dòng)圖象反映物體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，不是運(yùn)動(dòng)軌跡，無(wú)論速度時(shí)間圖象還是位移時(shí)間圖象只能表示物體做直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；由圖（甲）可知，質(zhì)點(diǎn)在前10s內(nèi)的位移x=20-0=20m，所以平均速度 ，故B錯(cuò)誤；由圖（乙）可知，質(zhì)點(diǎn)在第4s內(nèi)加速度和速度都為負(fù)，方向相同，故C正確；v-t的斜率表示物體運(yùn)動(dòng)的加速度，由圖（乙）可知，質(zhì)點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，加速度的最大值出現(xiàn)在2-4s內(nèi)，最大加速度大小為 ，故D錯(cuò)

5、誤故選C.點(diǎn)睛：s-t圖線與v-t圖線只能描述直線運(yùn)動(dòng)，s-t的斜率表示物體運(yùn)動(dòng)的速度，斜率的正和負(fù)分別表示物體沿正方向和負(fù)方向運(yùn)動(dòng)v-t的斜率表示物體運(yùn)動(dòng)的加速度，圖線與時(shí)間軸圍成的面積等于物體在該段時(shí)間內(nèi)通過(guò)的位移5. 如圖所示，質(zhì)量為M的盒子放在光滑的水平面上，盒子內(nèi)表面不光滑，盒內(nèi)放有一塊質(zhì)量為m的物體，某時(shí)刻給物體一個(gè)水平向右的初速度v0，那么在物體與盒子前后壁多次往復(fù)碰撞后（ ）A. 兩者的速度均為零B. 兩者的速度總不會(huì)相等C. 盒子的最終速度為 ，方向水平向右D. 盒子的最終速度為，方向水平向右【答案】D【解析】選物體與小車(chē)組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，由水平方向動(dòng)量守恒得：mv0=（

6、M+m）v所以： v方向與v0同向，即方向水平向右故選D點(diǎn)睛：選物體與小車(chē)組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，水平方向僅有系統(tǒng)的內(nèi)力作用而不受外力作用，故此方向滿足動(dòng)量守恒，碰撞前的動(dòng)量，等于最后的總動(dòng)量，典型的動(dòng)量守恒的題目6. 如圖所示，圓a和橢圓b是位于地球赤道平面上的衛(wèi)星軌道，其中圓a是地球同步軌道。現(xiàn)在有A、B兩顆衛(wèi)星分別位于a、b軌道運(yùn)行，但運(yùn)行方向與地球自轉(zhuǎn)方向相反.已知A、B的運(yùn)行周期分別T1、T2，地球自轉(zhuǎn)周期為T(mén)0，P為軌道b的近地點(diǎn)。則有（ ）A. 衛(wèi)星A是地球同步衛(wèi)星B. 衛(wèi)星B在P點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大C. T0=T1D. T1<T2【答案】BC【解析】試題分析：圓a是地球同步軌道，衛(wèi)

7、星A的運(yùn)行方向與地球自轉(zhuǎn)方向相反所以不是地球同步衛(wèi)星，所以A項(xiàng)錯(cuò)誤；衛(wèi)星B在橢圓軌道上，在近地點(diǎn)P速度最大動(dòng)能最大，所以B項(xiàng)正確；根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力可得，得出周期可知距離地面高度相等，周期相同，所以C項(xiàng)正確；橢圓軌道與圓軌道對(duì)比周期，根據(jù)開(kāi)普勒第三定律常數(shù)，衛(wèi)星A的半長(zhǎng)軸大于衛(wèi)星B的半長(zhǎng)軸，所以，D項(xiàng)錯(cuò)誤。考點(diǎn)：本題考查了地球同步衛(wèi)星和開(kāi)普勒第三定律7. 在如圖所示的電路中，閉合開(kāi)關(guān)K后，當(dāng)滑動(dòng)變阻器R1的滑動(dòng)片P向b端移動(dòng)時(shí)（ ）A. A1的示數(shù)增大，V的示數(shù)減小B. A1的示數(shù)減小，A2的示數(shù)增大C. A2的示數(shù)增大，V的示數(shù)增大D. A1的示數(shù)增大，A2的示數(shù)增大【答案】AD【解析】

8、試題分析：當(dāng)滑動(dòng)變阻器R1的滑動(dòng)片P向b端移動(dòng)時(shí)，先分析變阻器接入電路的電阻如何變化，再分析外電路總電阻的變化，即可判斷出干路電流的變化和路端電壓的變化，根據(jù)路端電壓的變化判斷出通過(guò)R2的電流如何變化，結(jié)合干路電流的變化，分析通過(guò)R1的電流變化，即可知道兩電表讀數(shù)的變化情況解：當(dāng)滑動(dòng)變阻器R1的滑動(dòng)片P向b端移動(dòng)時(shí)，R1減小，外電路總電阻減小，干路電流增大，所以可知A1的示數(shù)增大電源的內(nèi)電壓增大，則路端電壓即V的示數(shù)減小，通過(guò)R2的電流減小，則通過(guò)A2的電流增大故A正確故選：AD【點(diǎn)評(píng)】本題考查了并聯(lián)電路的特點(diǎn)，按“局部到整體再到局部”的順序進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析8. 如圖所示，兩根等高光滑的1/4圓弧

9、軌道，半徑為r，間距為L(zhǎng)，軌道電阻不計(jì)，在軌道頂端連有一阻值為R的電阻，整個(gè)裝置處在一豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B現(xiàn)有一根長(zhǎng)度稍大于L、電阻不計(jì)的金屬棒從軌道最低位置cd開(kāi)始，在拉力作用下以初速度v0向右沿軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)至ab處，則該過(guò)程中（）A. 通過(guò)R的電流方向?yàn)橛蓛?nèi)向外B. 通過(guò)R的電流方向?yàn)橛赏庀騼?nèi)C. R上產(chǎn)生的熱量為D. 流過(guò)R的電量為【答案】BC【解析】A、由右手定則知道，cd切割產(chǎn)生的電流由c向d，則R中的電流由外向內(nèi)，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B、由上述分析知，R中的電流由外向內(nèi)，所以選項(xiàng)B正確；C、金屬棒做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，把分解為水平速度和豎直速度，只有水平速度切割磁感線產(chǎn)

10、生感應(yīng)電流，所以金屬棒做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，回路中產(chǎn)生正弦式交變電流，可得產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為，電流的有效值，從而產(chǎn)生的熱量，所以選項(xiàng)C正確；D、流過(guò)R的電量，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤。點(diǎn)睛：本題的易錯(cuò)點(diǎn)在于熱量的計(jì)算，只有先判斷出導(dǎo)體產(chǎn)生的是正弦式交流電，才能算出感應(yīng)電流的有效值，從而計(jì)算熱量。三、非選擇題： （一）必考題9. 某同學(xué)利用自由落體運(yùn)動(dòng)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，它在同一豎直線上不同高度處安裝兩個(gè)光電門(mén)，然后在高處的光電門(mén)正上方一定距離處由靜止釋放小球，下落中小球球心經(jīng)過(guò)兩光電門(mén)的細(xì)光束，光電門(mén)顯示的遮光時(shí)間分別為和。（1）為驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，它還必須測(cè)出的物理量有_A.小球的質(zhì)量mB.小球的

11、直徑DC.兩光電門(mén)中心的距離LD.小球在兩光電門(mén)中心間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間（2）為驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，需要比較小球在兩光電門(mén)間運(yùn)動(dòng)時(shí)重力勢(shì)能的減少量與小球增加的動(dòng)能是否相等，若運(yùn)用所測(cè)量物理量及相關(guān)常量表示，則=_；=_；（3）為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，對(duì)選擇小球的要求是_【答案】 (1). BC (2). (3). (4). 質(zhì)量大，體積小，外表面光滑【解析】試題分析：（1）若想驗(yàn)證小球的機(jī)械能守恒，需測(cè)量的物理量有：兩光電門(mén)間的高度，及兩光電門(mén)點(diǎn)的瞬時(shí)速度，根據(jù)平均速度等于瞬時(shí)速度，則需要測(cè)量球的直徑，從而求得球通過(guò)兩光電門(mén)的瞬時(shí)速度，而對(duì)于質(zhì)量，等式兩邊可能約去，而在兩光電門(mén)中心間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是通過(guò)儀器讀出

12、，不需要測(cè)量，故BC正確，AD錯(cuò)誤；（2）重力勢(shì)能的減少量：，利用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論得動(dòng)能的增量為：；（3）當(dāng)阻力越小時(shí)，則實(shí)驗(yàn)誤差越小，因此要選擇質(zhì)量較大，直徑較小，外表光滑的小球；考點(diǎn)：利用自由落體運(yùn)動(dòng)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律實(shí)驗(yàn)【名師點(diǎn)睛】本題比較簡(jiǎn)單，考查了驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律中基本方法的應(yīng)用，對(duì)于基本方法不能忽視，要在訓(xùn)練中加強(qiáng)練習(xí)，提高認(rèn)識(shí)，注意本實(shí)驗(yàn)中要盡量減小阻力是能否驗(yàn)證機(jī)械能守恒的前提10. 某同學(xué)用伏安法測(cè)一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，現(xiàn)備有下列器材：A被測(cè)干電池一節(jié)B電流表：量程00.6 A，內(nèi)阻約為0.3C電流表：量程03 A，內(nèi)阻約為0.1D電壓表：量程03 V，內(nèi)阻未知E電

13、壓表：量程015 V，內(nèi)阻未知F滑動(dòng)變阻器：010 ，2 AG滑動(dòng)變阻器：0100 ，1 AH開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線若干伏安法測(cè)電池電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)中，由于電流表和電壓表內(nèi)阻的影響，測(cè)量結(jié)果存在系統(tǒng)誤差。在現(xiàn)有器材的條件下，要盡可能準(zhǔn)確地測(cè)量電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。（1）在上述器材中請(qǐng)選擇適當(dāng)?shù)钠鞑模ㄌ顚?xiě)器材前的字母）：電流表選擇_，電壓表選擇_，滑動(dòng)變阻器選擇_。（2）實(shí)驗(yàn)電路圖應(yīng)選擇下圖中的_（填“甲”或“乙”）；（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)中電流表和電壓表的示數(shù)得到了如圖丙所示的UI圖象，則在修正了實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)誤差后，干電池的電動(dòng)勢(shì)E_V，內(nèi)電阻r_?！敬鸢浮?(1). B (2). D (3). F (4). 乙 (

14、5). 15V (6). 1.0【解析】試題分析：（1）因?yàn)橐还?jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)為15伏左右，故電壓表選擇D；通過(guò)電源的電流不超過(guò)06A,因B電流報(bào)的內(nèi)阻已知，故電流表選擇B，滑動(dòng)變阻器選擇F。（2）因電流表內(nèi)阻已知過(guò)實(shí)驗(yàn)電路圖應(yīng)選擇下圖中的甲；（3）電池的電動(dòng)勢(shì)E15V，內(nèi)電阻考點(diǎn)：測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)及內(nèi)阻【名師點(diǎn)睛】此題考查了測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)及內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)；與課本上選取的電路圖不一樣，因?yàn)榇藛?wèn)題中電流表的內(nèi)阻是已知的，所以用甲電路圖可以減小實(shí)驗(yàn)的誤差；注意最后計(jì)算內(nèi)阻時(shí)要把電流表的內(nèi)阻減掉11. 如圖所示，QB段是半徑為R1m的光滑圓弧軌道，AQ段是長(zhǎng)度為L(zhǎng)1m的粗糙水平軌道，兩軌道相切于Q點(diǎn)，

15、Q在圓心O的正下方，整個(gè)軌道位于同一豎直平面內(nèi)物塊P的質(zhì)量m1kg（可視為質(zhì)點(diǎn)），P與AQ間的動(dòng)摩擦因數(shù)01，若物塊P以速度v0從A點(diǎn)滑上水平軌道，到C點(diǎn)又返回A點(diǎn)時(shí)恰好靜止（取g10m/s2）求：（1）v0的大小；（2）物塊P第一次剛通過(guò)Q點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力【答案】（1）2m/s（2）12N【解析】試題分析：（1）物塊P從A到C又返回A的過(guò)程中，由動(dòng)能定理mg·2L0mv解得（2）設(shè)物塊P第一次剛通過(guò)Q點(diǎn)時(shí)的速度為v，在Q點(diǎn)軌道對(duì)P的支持力為FN，由動(dòng)能定理和牛頓第二定律有：mgLmv2mv解得：FN12N由牛頓第三定律可知，物塊P第一次剛通過(guò)Q點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力大小為12N，

16、方向豎直向下?？键c(diǎn)：動(dòng)能定理; 牛頓第二定律【名師點(diǎn)睛】題主要考查了動(dòng)能定理及牛頓第二定律的靈活運(yùn)用，關(guān)鍵是搞清物體運(yùn)動(dòng)的物理過(guò)程；此題是中等題。12. 如圖所示，空間分布著方向平行于紙面且與場(chǎng)區(qū)邊界垂直的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E、場(chǎng)區(qū)寬度為L(zhǎng)。在緊靠電場(chǎng)右側(cè)的圓形區(qū)域內(nèi)，分布著垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B未知，圓形磁場(chǎng)區(qū)域半徑為r。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從A點(diǎn)由靜止釋放后，在M點(diǎn)離開(kāi)電場(chǎng)，并沿半徑方向射入磁場(chǎng)區(qū)域，然后從N點(diǎn)射出，O為圓心，MON=120°，粒子重力可忽略不計(jì)。求：（1）粒子經(jīng)電場(chǎng)加速后，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的大??；（2）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的

17、大??；（3）粒子從A點(diǎn)出發(fā)到N點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)經(jīng)歷的時(shí)間?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】試題分析：（1）設(shè)粒子經(jīng)電場(chǎng)加速后的速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理有，解得：（2）粒子在磁場(chǎng)中完成了如圖所示的部分圓運(yùn)動(dòng)，設(shè)其半徑為R，因洛侖茲力提供向心力，所以有由幾何關(guān)系得，所以（3）設(shè)粒子在電場(chǎng)中加速的時(shí)間為，在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的時(shí)間為，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其周期為由于，所以故粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間所以粒子從A點(diǎn)出發(fā)到N點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)經(jīng)歷的時(shí)間考點(diǎn)：考查了帶電粒子在混合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題【名師點(diǎn)睛】帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，首先要運(yùn)用動(dòng)力學(xué)方法分析清楚粒子的運(yùn)動(dòng)情況，再選擇合適方法處理對(duì)于勻變

18、速曲線運(yùn)動(dòng)，常常運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法，將其分解為兩個(gè)直線的合成，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求解；對(duì)于磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)，要正確畫(huà)出軌跡，由幾何知識(shí)求解半徑（二）選考題： 13. 一定量的理想氣體從狀態(tài)a開(kāi)始，經(jīng)歷三個(gè)過(guò)程ab、bc、ca回到原狀態(tài)，其P-T圖像如圖所示，下列判斷正確的是_。A. 過(guò)程ab中氣體一定吸熱B. 過(guò)程bc中氣體既不吸熱也不放熱C. 過(guò)程ca中外界氣體所做的功等于氣體所放的熱D. a、b和c三個(gè)狀態(tài)中，狀態(tài)a分子平均動(dòng)能最小E. b和c兩個(gè)狀態(tài)中，容器壁單位面積單位時(shí)間內(nèi)受到氣體分子撞擊的次數(shù)不同【答案】ADE【解析】A、由圖示可知，ab過(guò)程，氣體壓強(qiáng)與熱力學(xué)溫度成正比，則

19、氣體發(fā)生等容變化，氣體體積不變，外界對(duì)氣體不做功，氣體溫度升高，內(nèi)能增大，由熱力學(xué)第一定律可知，氣體吸收熱量，故A正確；B、由圖示圖象可知，bc過(guò)程氣體發(fā)生等溫變化，氣體內(nèi)能不變，壓強(qiáng)減小，由玻意耳定律可知，體積增大，氣體對(duì)外做功，由熱力學(xué)第一定律U=Q+W可知，氣體吸熱，故B錯(cuò)誤；C、由圖象可知，ca過(guò)程氣體壓強(qiáng)不變，溫度降低，由蓋呂薩克定律可知，其體積減小，外界對(duì)氣體做功，W>0，氣體溫度降低，內(nèi)能減少，U<0，由熱力學(xué)第一定律可知，氣體要放出熱量，過(guò)程ca中外界對(duì)氣體所做的功小于氣體所放熱量，故C錯(cuò)誤；D、由圖象可知，a、b和c三個(gè)狀態(tài)中a狀態(tài)溫度最低，分子平均動(dòng)能最小，故D

20、正確；E、由圖象可知，bc過(guò)程氣體發(fā)生等溫變化，氣體內(nèi)能不變，壓強(qiáng)減小，由玻意耳定律可知，體積增大，b、c狀態(tài)氣體的分子數(shù)密度不同，b和c兩個(gè)狀態(tài)中，容器壁單位面積單位時(shí)間內(nèi)受到氣體分子撞擊的次數(shù)不同，故E正確；故選：ADE?！久麕燑c(diǎn)睛】由圖示圖象判斷氣體的狀態(tài)變化過(guò)程，應(yīng)用氣態(tài)方程判斷氣體體積如何變化，然后應(yīng)用熱力學(xué)第一定律答題?！敬鸢浮縑=【解析】試題分析：設(shè)氣缸的橫截面積為S，沙子倒在活塞上后，對(duì)氣體產(chǎn)生的壓強(qiáng)為p，由玻意耳定律得解得外界的溫度變?yōu)門(mén)后，設(shè)活塞距底面的高度為h'。根據(jù)蓋呂薩克定律，得解得據(jù)題意可得氣體最后的體積為V=Sh' 聯(lián)立式得V=考點(diǎn)：理想氣體的狀態(tài)方程。【名師點(diǎn)睛】該題考查理想氣體的狀態(tài)方程的一般應(yīng)用，求出各氣體壓強(qiáng)是正確解題的關(guān)鍵，熟練應(yīng)用理想氣體狀態(tài)方程即可正確解題15. 光在科學(xué)技術(shù)、生產(chǎn)和生活中有著廣泛的應(yīng)用，下列說(shuō)法正確的是 A. 用透明的標(biāo)準(zhǔn)平面樣板檢查光學(xué)平面的平整程度是利用光的偏振現(xiàn)象B. 用三棱鏡觀察白光看到的彩色圖樣是利用光的衍射現(xiàn)象C. 在光導(dǎo)纖維束內(nèi)傳送圖像是利用光的全反射現(xiàn)