高考物理考前提分仿真卷 物理（十）(解析版A3版)

此卷只裝訂不密封班級此卷只裝訂不密封班級姓名準考證號考場號座位號物理（十）注意事項：1．答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3．非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4．考試結束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第14～18只有一項是符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求，全部選對得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。14．無線充電技術發(fā)展至今，在消費電子領域的發(fā)展已經取得不錯的成績，如手機無線充電、電動牙刷無線充電等。以下與無線充電技術應用了相同物理原理的是()A．電磁爐B．磁流體發(fā)電機C．電磁軌道炮D．質譜儀【答案】A【解析】無線充電系統(tǒng)主要采用的是電磁感應原理，通過線圈進行能量耦合實現(xiàn)能量的傳遞。電磁爐是應用電磁感應原理對食品進行加熱的；磁流體發(fā)電機利用帶電粒子在磁場中的作用下發(fā)生偏轉，電荷打到上下兩極板上；電磁炮是利用電磁力(安培力)推動炮彈發(fā)射的新穎武器；質譜儀是根據(jù)帶電粒子在電磁場中能夠偏轉的原理，按質量差異進行分離和檢測物質組成的一類儀器。故選A。15．中國高速鐵路最高運行時速350km，幾年前一位來中國旅行的瑞典人在網上發(fā)了一段視頻，高速行駛的列車窗臺上，放了一枚直立的硬幣，如圖所示。在列車行駛的過程中，硬幣始終直立在列車窗臺上，直到列車轉彎的時候，硬幣才倒下，這證明了中國高鐵極好的穩(wěn)定性。關于這枚硬幣，下列判斷正確的是()A．硬幣直立過程中，列車一定做勻速直線運動B．硬幣直立過程中，一定只受重力和支持力，處于平衡狀態(tài)C．硬幣直立過程中，可能受到與列車行駛方向相同的摩擦力作用D．列車加速或減速行駛時，硬幣都可能受到與列車行駛方向相同的摩擦力作用【答案】C【解析】當列車勻速直線行駛時硬幣立于列車窗臺上，穩(wěn)穩(wěn)當當，說明硬幣處于平衡狀態(tài)，此時硬幣受到豎直向下的重力和豎直向上的支持力，它們是一對平衡力；當列車在加速或減速過程中，如果加速度較小，硬幣會受到沿著行進方向的靜摩擦力或行進方向反向的靜摩擦力提供硬幣加速度，故ABD錯誤，C正確。16．威爾遜云室是最早的帶電粒子徑跡探測器，進入云室的帶電粒子會使云室中的氣體電離，從而顯示其軌跡。如圖所示，云室中存在一個垂直于紙面向里的勻強磁場，某次對某原子核的衰變觀察中，發(fā)現(xiàn)有兩處運動軌跡，其中運動軌跡較大的如圖中ab所示，若粒子在運動時，其質量和電荷量都不變，則下列說法正確的是()A．粒子一定在接近b處衰變B．該原子核發(fā)生的是α衰變C．該粒子來自原子核內部D．該粒子的貫穿能力弱，可以用于治療腫瘤【答案】C【解析】由于粒子在運動過程中受氣體的阻礙，所以運動的速度一定是越來越小的，由r＝eq\f(mv,qB)可知，該粒子運動的圓周軌道半徑一定越來越小，故一定從a處開始運動，A錯誤；由左手定則和曲線運動軌跡規(guī)律可判斷，該粒子帶負電，該原子核發(fā)生的是β衰變，B錯誤；發(fā)生β衰變反應時，由動量守恒定律0＝m1v1－m2v2，由r＝eq\f(mv,qB)可知，運動軌跡較大的應為β粒子，其是原子核內的中子轉化為質子時放出的電子，C正確；β粒子的貫穿能力大于α粒子，小于γ粒子，不能用于治療腫瘤，D錯誤。17．真空中固定的四個點電荷分別位于正四面體的四個頂點處，電荷量及電性如圖所示，A點為對應棱的中點，B點為右側面的中心點，C點為底面的中心，D點為正四面體的中心點（到四個頂點的距離均相等）。下列判斷正確的是()A．A點電勢等于D點電勢B．B點電勢高于C點電勢C．A點的電勢等于C點的電勢D．將電子從A點移動到B點，電勢能不變【答案】A【解析】A、D點位于右側面底邊一對正、負點電荷連線的中垂面上，即位于這一對正、負點電荷形成的電場的等勢面上，同理，也位于左側棱上的一對正、負點電荷形成的電場的等勢面上，故A點電勢等于D點電勢，故A正確；A、B、C三點位于右側面底邊一對正、負點電荷連線的中垂面上，即位于這一對正、負點電荷形成的電場的等勢面上，故A、B、C三點的電勢由左側棱上的一對正、負點電荷決定，根據(jù)一對等量正、負點電荷的等勢面的分布特點可知φC>φA>φB，故BC錯誤；由以上分析知，將電子從A點移動到B點，電場力做負功，電勢能增加，故D錯誤。18．如圖為風力發(fā)電的裝置，風力推動三個葉片轉動，葉片帶動轉子（磁極）轉動，在定子（線圈）中產生電流，實現(xiàn)風能向電能的轉化。已知葉片長為r，風速為v，空氣密度為ρ，流到葉片旋轉形成的圓面的空氣中約有四分之一速度減為0，四分之三原速率穿過，不考慮其他能量損耗。下列說法正確的是()A．一臺風力發(fā)電機的發(fā)電功率約為eq\f(1,4)ρπr2v3B．一臺風力發(fā)電機的發(fā)電功率約為eq\f(1,6)ρπr2v2C．空氣對風力發(fā)電機一個葉片的平均作用力約為eq\f(1,8)ρπr2v3D．空氣對風力發(fā)電機一個葉片的平均作用力約為eq\f(1,12)ρπr2v2【答案】D【解析】根據(jù)題意可知，假設空氣流速v為空氣接觸扇面的面積S＝πr2，在時間t內流過扇葉的體積V＝πr2vt，則空氣質量根據(jù)密度公式得m＝ρV＝ρπr2vt，題中有eq\f(1,4)的空氣速度減為零，所以與葉片發(fā)生相互作用的風的質量為eq\f(1,4)m，則根據(jù)動能定理W＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,8)ρπr2v3t，SKIPIF1<0＝eq\f(1,8)ρπr2v3，AB錯誤；以與葉片發(fā)生相互作用得那部分空氣為研究對象，規(guī)定空氣流動方向為正方向，可列動量定理表達式－Ft＝0－mv，得F＝eq\f(1,4)ρπr2v2，則對一個扇葉的作用力F′＝eq\f(1,12)ρπr2v2，C錯誤，D正確。19．某型號鉗式電流表如圖甲所示，圖乙為該電流表工作原理圖。當通有交流電的導線從環(huán)形鐵芯的中間穿過時，與繞在鐵芯上的線圈相連的電表指針會發(fā)生偏轉。不考慮鐵芯的漏磁及各種能量損耗，已知線圈匝數(shù)n＝1000匝，下列說法正確的是()A．若流過導線的電流為恒定電流時，電表G有示數(shù)且不變B．若電表G的示數(shù)為50mA，則導線中的被測電流為50AC．若只改變導線中交流電的頻率，則電表G的示數(shù)也將改變D．若導線中流過的是矩形脈沖交流電，則電表G的示數(shù)為0【答案】BC【解析】若流過導線的電流為恒定電流時，電流的磁場不變，所以電表G無示數(shù)，故A錯誤；分析題意可知，原線圈匝數(shù)n1＝1，根據(jù)原副線圈電流與匝數(shù)成反比，可知，若電表G的示數(shù)為50mA，則導線中的被測電流為I1＝eq\f(n2,n1)I2＝50A，故B正確；若只改變導線中交流電的頻率，則產生的磁場變化率改變，在線圈中產生的電流也會改變，則電表G的示數(shù)也將改變，故C正確；若導線中流過的是矩形脈沖交流電，電壓和電流按變比輸出，有效值不為零，電表G的示數(shù)也不為0，故D錯誤。20．利用如圖甲所示的實驗粗略測量人吹氣產生的壓強。兩端開口的細玻璃管水平放置，內部截面積為S。管內塞有潮濕的小棉球，其質量為m，與B端的距離為x。實驗者從玻璃管的A端均勻吹氣，棉球從B端飛出，落地點為C。測得C點與B端的水平距離為l，棉球下落高度為h。多次改變x，測出對應的l，畫出l2－x的圖像如圖乙所示，圖線的斜率為k。不計棉球與管壁的摩擦，不計空氣阻力。下列選項正確的是()A．實驗中小棉球在玻璃管中運動時在水平方向受力平衡B．若僅增大吹氣的壓強，重新進行實驗，圖像斜率將增大C．由題中數(shù)據(jù)可知小棉球的水平位移l與棉球下落高度為h有關D．考慮到實驗時棉球與管壁間有摩擦，由于人吹氣使小棉球兩側產生的壓強差將小于SKIPIF1<0【答案】BC【解析】由于小棉球在管中開始由靜止向右運動。所以受到左右兩側的氣體壓力不平衡，故A錯誤；設玻璃管內氣體壓強始終為P，不計小棉球和管壁的摩擦，對小棉球從靜止到B點的運動過程，有動能定理得SKIPIF1<0，帶入SKIPIF1<0，可得SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，解得SKIPIF1<0，可得僅增大吹氣的壓強，重新進行實驗，圖像斜率ｋ將增大，故B正確，D錯誤；棉球從B端飛出后做平拋運動，根據(jù)平拋運動公式得l＝v0t，h＝eq\f(1,2)gt2，可得l＝v0eq\r(\f(2h,g))，水平位移和棉球下落高度有關，故C正確。21．如圖所示，兩足夠長且電阻不計的光滑金屬導軌在同一水平面平行放置，虛線CD垂直于導軌，CD右邊區(qū)域有豎直向上的勻強磁場B。兩金屬桿a、b長度與導軌寬度相等，在導軌上始終與導軌垂直且接觸良好。桿a不計電阻，質量為m，桿b電阻為R，質量為2m，桿b初始位置距離虛線CD足夠遠。桿a從CD左邊某位置以初速度v0開始向右運動，第一次桿b固定，第二次桿b自由靜止。兩次相比較()A．桿a最后的速度，兩次都為零B．桿a所受安培力，兩次的最大值相等C．整個過程中桿b產生的焦耳熱，第一次的小于第二次的D．整個過程中通過桿b的電荷量，第一次的大于第二次的【答案】BD【解析】當b固定時，桿a最后速度為0，當b自由時，桿a最后速度為v，由動量守恒定律可得SKIPIF1<0，解得v＝eq\f(1,3)v0，所以A錯誤；兩次的桿a都做減速運動，開始時切割磁感線速度最大，產生的感應電動勢最大小，感應電流最大，安培力最大，有SKIPIF1<0，所以桿a所受安培力，兩次的最大值相等，則B正確；當b固定時，產生的焦耳熱為SKIPIF1<0，當b自由時，產生的焦耳熱為SKIPIF1<0，所以C錯誤；當b固定時，通過的電荷量為q1，由動量定理可得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，解得SKIPIF1<0，當b自由時，通過的電荷量為q2，由動量定理可得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，解得SKIPIF1<0，則整個過程中通過桿b的電荷量，第一次的大于第二次的，所以D正確。三、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分。第22題～第25題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33題～第34題為選考題，考生根據(jù)要求做答)(一)必考題(共47分)22．(5分)某同學利用圖中所示的DIS向心力實驗器來探究圓周運動向心力的影響因素。實驗時，砝碼隨旋臂一起做圓周運動，其受到的向心力可通過牽引桿由力傳感器測得，旋臂另一端的擋光桿每經過光電門一次，通過力傳感器和光電門就同時獲得一組向心力F和擋光時間Δt，換算生成ω。保持砝碼的質量和轉動半徑不變，改變其轉速得到多組F、ω的數(shù)據(jù)后，作出了F－ω2圖線如圖乙所示。牽引桿的質量和一切摩擦可忽略。(1)該同學采用的主要實驗方法為___________。A．等效替代法B．控制變量法C．理想化模型法(2)實驗中，某次擋光桿經過光電門時的擋光時間為Δt，已知擋光桿到轉軸的距離為d，擋光桿的擋光寬度為Δs，則可得擋光桿轉動角速度ω的表達式為___________。(3)根據(jù)圖乙，得到的實驗結論是：___________。【答案】(1)B(2)SKIPIF1<0(3)在m、r一定的情況下，向心力大小與角速度的平方成正比【解析】(1)實驗中保持砝碼的質量和轉動半徑不變，改變其轉速，所以采用的是控制變量法。故選B。(2)擋光桿處的線速度為SKIPIF1<0，角速度SKIPIF1<0。(3)在m、r一定的情況下，向心力大小與角速度的平方成正比。23．(10分)利用電流傳感器研究電容器的放電過程的電路如圖所示，其中電源電動勢E＝8V。先使開關S與1相連，電容器充電結束后把開關S擲向2，電容器通過電阻箱R放電。傳感器將電流信息傳入計算機，屏幕上顯示出電流I隨時間t變化的曲線如圖所示。(1)t＝2s時，電容器的a極板帶__________電（選填“正”或“負”）。(2)圖中畫出了對應較短時間Δt的狹長矩形，該矩形面積的物理意義__________，試估算該電容器的電容C＝__________F。(3)一同學在深入研究的過程中發(fā)現(xiàn)：當改變一個或幾個物理量時，I－t圖像會發(fā)生有規(guī)律的變化，圖中的虛線示意了4種可能的變化情形。如果只增大電阻R，I－t圖像的變化應該是_______；如果只增大電容C，I－t圖像的變化應該是_______。（填寫相應選項的字母）【答案】(1)正電(2)電容器在Δt時間內的放電量SKIPIF1<0(3)AD【解析】(1)t＝2s時，電容器還在放電，a極板帶正電。(2)圖中畫出了對應較短時間的狹長矩形，根據(jù)q＝It可知，該矩形面積的物理意義電容器在△t時間內的放電量；根據(jù)圖像可知放電電量SKIPIF1<0，該電容器的電容SKIPIF1<0。(3)如果只增大電阻R，則電容器放電的最大電流會減小，由于放電電量不變，即I－t圖像的“面積”不變，則變化應該是選項A；如果只增大電容C，則電容器帶電量增加，I－t圖像的“面積”變大，最大電流不變，I－t圖像的變化應該是選項D。24．(12分)在平面直角坐標系xOy中，第I象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第Ⅳ象限存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場磁感應強度為B，一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點以速度v0垂直于y軸射入電場，經x軸上的N點，且與x軸正方向成θ角射入磁場，測得M、N兩點間的電勢差SKIPIF1<0。粒子最后從y軸負半軸上的P點垂直于y軸射出磁場，如圖所示。不計粒子重力，求：(1)θ角的值；(2)粒子在磁場中運動的軌道半徑r；(3)粒子從M點運動到P點的總時間t?！窘馕觥?1)設粒子過N點時的速度為v，有SKIPIF1<0粒子從M點運動到N點的過程，有SKIPIF1<0解得：θ＝60°。(2)粒子在磁場中以O′為圓心做勻速圓周運動，半徑為r，有qvB＝meq\f(v2,r)解得SKIPIF1<0。(3)由幾何關系得SKIPIF1<0設粒子在電場中運動的時間為t1，有SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)設粒子在磁場中運動的時間為t2，有SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0總時間SKIPIF1<0。25．(20分)如圖所示，一質量m1＝1kg的物塊A和一質量m2＝2kg的長木板B靜止于粗糙的水平地面上，長木板左端與物塊A的距離L＝7.5m，長木板右端靜止一質量m3＝2kg的物塊C，物塊A與地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.5，長木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.3，物塊C與長木板間的動摩擦因數(shù)μ3＝0.2，物塊與長木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，用一大小F0＝20N的水平恒力作用于物塊A上，物塊A開始向長木板運動，當物塊A與長術板發(fā)生碰撞之前瞬間撤出水平恒力F0，物塊A與長木板發(fā)生彈性正碰，木板足夠長，在整個運動過程中物塊C始終在長木板上，取重力加速度的大小g＝l0m/s2，物塊A、C均可看作質點，求：(1)物塊A與長術板B碰撞后瞬間，長木板獲得的最大速度；(2)最終物塊C距長木板B右端的距離d。【解析】(1)物塊A運動過程，根據(jù)動能定理有：(F0－μ1m1g)L＝eq\f(1,2)m1v02代入數(shù)據(jù)解得v0＝15m/s設物塊A與長木板碰撞后瞬間物塊A和長木板的速度分別為v1、v2，彈性碰撞中動量守恒、動能守恒，因此有：m1v0＝m1v1＋m2v2eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22以上兩式聯(lián)立解得長木板獲得的最大速度v2＝10m/s。(2)物塊A與長木板碰撞后物塊A的質量小于長木板的質量，發(fā)生彈性碰撞時被彈回，以后不與長木板發(fā)生作用，以后只有長木板和物塊C發(fā)生作用，設長木板開始做勻減速運動的加速度大小為a1，以長木板為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有：μ2(m2＋m3)g＋μ3m3g＝m2a1解得a1＝8m/s2設物塊C開始做勻加速運動的加速度大小分別為a2，以物塊C為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有：μ3m3g＝m3a2解得a2＝2m/s2設經過時間t1二者恰好速度相等時速度大小為v，根據(jù)運動學公式有：v＝v2－a1t1v＝a2t1聯(lián)立解得：t1＝1s，v＝2.0m/s從長木板開始運動到長木板與物塊C二者速度剛好相等的過程中，長木板一直做勻減速直線運動，物塊C一直做勻加速直線運動，此過程中長木板的位移為SKIPIF1<0物塊C的位移x2＝eq\f(1,2)vt1＝1m物塊C的位移小于長木板的位移，物塊C相對于長木板向左滑動的距離為Δx＝x1－x2＝5m在兩者速度剛好相等之后，如果長木板和物塊一直保持相對靜止，以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有：μ2(m2＋m3)g＝(m2＋m3)a解得a＝3.0m/s2設物塊與長木板之間的摩擦力大小為f，物塊的加速度大小也為a，則由牛頓第二定律得：f＝m3a＝6N物塊與長木板之間的最大靜摩擦力大小fm＝μ3m3g＝4N得出f>fm，這與實際情況不符，所以物塊和木板之間還要發(fā)生相對滑動在后續(xù)的相對滑動過程中，物塊的速度將大于長木板的速度，長木板受到滑塊的滑動摩擦力方向將反向，變?yōu)樗较蛴?，大小為?m3g，以長木板為研究對象根據(jù)牛頓第二定律有：μ2(m2＋m3)g－μ3m3g＝m2a1′解得a1′＝4m/s2長木板從共同速度v＝2.0m/s減速0所時間SKIPIF1<0長木板的位移x3＝eq\f(1,2)vt2＝0.5m之后物塊C做減速運動的加速度a1′＝μ2g＝2m/s2物塊從共同速度v＝2.0m/s減速到0所用的時間SKIPIF1<0物塊C的位移x4＝eq\f(1,2)vt3＝1m物塊C的位移大于長木板的位移，則物塊C相對于長木板向右滑動的距離為Δx2＝x4－x3＝0.5m最終物塊C距長木板B右端的距離d＝Δx1－Δx2＝4.5m其實就是如圖所示的運動圖像。(二)選考題(共15分。請考生從給出的2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．[選修3－3](15分)(1)(5分)下列說法正確的是。（填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分）A．在“用油膜法估測分子的大小”的實驗中，油酸分子的直徑(也就是單層油酸分子組成的油膜的厚度)等于一小滴溶液中純油酸的體積與它在水面上攤開的面積之比B．兩個鄰近的分子之間同時存在著引力和斥力，它們都隨距離的增大而減小，當兩個分子的距離為r0時，引力與斥力大小相等，分子勢能最小C．物質是晶體還是非晶體，比較可靠的方法是從各向異性或各向同性來判斷D．如果用Q表示物體吸收的能量，用W表示物體對外界所做的功，ΔU表示物體內能的增加，那么熱力學第一定律可以表達為Q＝ΔU＋WE．如果沒有漏氣沒有摩擦，也沒有機體熱量的損失，這樣的熱機的效率可以達到100%【答案】ABD【解析】根據(jù)用“油膜法”估測分子大小的實驗原理可知，讓一定體積的純油酸滴在水面上形成單分子油膜，由于油酸分子是緊密排列的，而且形成的油膜為單分子油膜，然后用每滴油酸酒精溶液所含純油酸體積除以油膜面積得出的油膜厚度即為油酸分子直徑，故A正確；當分子間的距離r＜r0時，分子力表現(xiàn)為斥力，減小分子間的距離，分子力做負功，分子勢能增加；當分子間的距離r＞r0時，分子力表現(xiàn)為引力，增大分子間的距離，分子力做負功，分子勢能增加，所以當兩個分子的距離為r0時，引力與斥力大小相等，分子勢能最小，故B正確；單晶體具有各向異性，多晶體與非晶體都具有各向同性，所以不能根據(jù)各向異性或各向同性來判斷物質是晶體還是非晶體；晶體具有一定的熔點，而非晶體沒有固定的熔點，比較可靠的方法是通過比較熔點來判斷，故C錯誤；根據(jù)熱力學第一定律可知，如果用Q表示物體吸收的能量，用W

表示物體對外界所做的功，ΔU表示物體內能的增加，那么熱力學第一定律可以表達為Q＝ΔU＋W，故D正確；即使沒有漏氣沒有摩擦，也沒有機體熱量的損失，根據(jù)熱力學第二定律可知，熱機的效率不可以達到100%，故E錯誤。(2)(10分)如圖所示，透熱的氣缸內封有一定質量的理想氣體，缸體質量M＝200kg，活塞質量m＝10kg，活塞面積S＝100cm2，活塞與氣缸壁無摩擦且不漏氣。此時，缸內氣體的溫度為27°C，活塞正位于氣缸正中，整個裝置都靜止。已知大氣壓恒為p0＝1.0×105Pa，重力加速度為g＝10m/s2。求：(i)缸內氣體的壓強p1；(ii)缸內氣體的溫度升高到多少時，活塞恰好會靜止在氣缸缸口AB處?！窘馕觥?i)以缸體為對像（不包括活塞），列缸體受力平衡方程：p1S＝Mg＋p0S解得：p1＝3.0×105Pa。(ii)當活塞恰好靜止在氣缸缸口AB處時，缸內氣體溫度為T2，壓強為p2，此時仍有p2S＝Mg＋p0S(2分)則缸內氣體為等壓變化，對這一過程研究缸內氣體，由蓋?呂薩克定律得：SKIPIF1<0可得T2＝2T1＝600K故氣體的溫度是327℃。34．[選修3－4](15分)(1)(5分)下列說法正確的是。（填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分）A．聲源與觀察者相互靠近時，觀察者所接收的聲波波速大于聲源發(fā)出的聲波波速B．在波的傳播方向上，某個質點的振動速度就是波的傳播速度C．機械波傳播過程中即使遇到尺寸比機械波波長大的障礙物也能發(fā)生衍射D．向人體內發(fā)射頻率已知的超聲波被血管中的血流反射后又被儀器接收，測出反射波的頻率變化就能知道血流