高考二轮 理科综合能力物理部分押题密卷二含答案.docx

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高考二轮理科综合能力物理部分押题密卷二含答案

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Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分110分，时间60分钟。

第Ⅰ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1～5题只有一个选项符合题目要求，第6～8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①发出的光子组成，b光由图中跃迁②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（　　）

A．x金属的逸出功为2.86eV

B．a光的频率大于b光的频率

C．氢原子发生跃迁①后，原子的能量将减小3.4eV

D．用b光照射x金属，打出的光电子的最大初动能为10.2eV

答案　A

解析　a光子的能量值：

Ea＝E5－E2＝[－0.54－（－3.40）]eV＝2.86eV，a光照射x金属时刚好能发生光电效应，由0＝Ea－W可知，x金属的逸出功为2.86eV，故A正确；b光子的能量：

Eb＝E2－E1＝[－3.4－（－13.6）]eV＝10.2eV，由ε＝hν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Ea＝2.86eV，故C错误；用b光照射x金属，打出的光电子的最大初动能为：

Ekm＝Eb－W＝（10.2－2.86）eV＝7.34eV，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（　　）

A．0～6s内甲物体做匀变速直线运动

B．0～6s内乙物体的速度逐渐减小

C．0～5s内两物体的平均速度相等

D．0～6s内存在某时刻两物体的速度大小相等

答案　D

解析　xt图象为直线表示物体做匀速直线运动，故A错误；xt图象的斜率表示速度，由乙物体的xt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；0～5s甲的位移为5m，平均速度为

甲＝1m/s，乙的位移为－3m，平均速度为

乙＝－

m/s，故C错误；xt图象的斜率表示速度，由甲、乙两物体的图象可知，在0～6s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.

B.

C.

D.

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：

vx＝v1sin45°，在乙处：

vx＝v2sin30°，所以

＝

＝

，故C正确。

4．（2019·湖北八校联合二模）质量为2kg的物体在粗糙的水平地面上运动，当运动的速度为10m/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10m/s2）（　　）

A．恒力的大小为6N

B．前4s内摩擦产生的热量为48J

C．前6s内合外力的冲量大小为24N·s

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，0～2s，物体做匀减速运动，2～6s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：

F＋f＝ma1，F－f＝ma2，而a1＝5m/s2，a2＝1m/s2，联立解得：

F＝6N，f＝4N，故A正确；0～2s内，物体的位移大小x1＝

×10×2m＝10m；2～4s内，物体的位移大小为x2＝

×2×2m＝2m，则前4s内摩擦产生的热量Q＝f（x1＋x2）＝4×（10＋2）J＝48J，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6s内合外力的冲量大小为I＝－mv2－mv1＝－2×4N·s－2×10N·s＝－28N·s，大小为28N·s，故C错误；由f＝μmg得，μ＝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10m/s2。

则在0～4s时间内，合外力对小物块做的功为（　　）

A．24JB．12JC．8JD．6J

答案　A

解析　根据Ft图象和at图象可知，t1＝2s时，F1＝6N，a1＝1m/s2，t2＝4s时，F2＝12N，a2＝3m/s2，根据牛顿第二定律可得：

F1－μmg＝ma1，F2－μmg＝ma2，解得小物块的质量和动摩擦因数分别为：

m＝3kg，μ＝0.1，由图象可知，0～2s时间内，物块静止，在2～4s内，根据动量定理有

（t2－t1）－μmg（t2－t1）＝mv，解得v＝4m/s，根据功能关系，可得W＝

mv2＝24J，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RP＜RQ，由粒子在磁场中做圆周运动的半径R＝

，知粒子运动速度vP＜vQ，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＝

T，粒子在磁场中圆周运动的周期T＝

，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ω时，小物块刚要滑动，物体与盘面间的动摩擦因数为

（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M＝

B．这个行星的第一宇宙速度v1＝2ω

C．这个行星的同步卫星的周期是

D．离行星表面距离为R的地方的重力加速度为4ω2L

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，由牛顿第二定律得μmgcos30°－mgsin30°＝mω2L，所以g＝

＝4ω2L，该行星表面的物体受到的万有引力为

＝mg，所以M＝

＝

，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mg＝

，故这个行星的第一宇宙速度v1＝

＝2ω

，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F＝

＝

＝

mg＝mω2L，即该地方的重力加速度为ω2L，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，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

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球的距离相等，即φA＝φQ，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mgR＝

mv2，得v＝

，故D正确。

第Ⅱ卷

二、非选择题（包括必考题和选考题两部分，共62分。

第9～12题为必考题，考生都必须作答。

第13～14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）a＝

解析　

（1）利用该装置做研究匀变速直线运动的实验时，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t＝5T，依据Δx＝at2得：

x5－x2＝3at2，则a＝

。

10．（2019·陕西咸阳三模）（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10.0Ω）的电流随其两端电压变化的特点。

A．电流表A1（量程100mA，内阻约1Ω）

B．电流表A2（量程0.6A，内阻约0.3Ω）

C．电压表V1（量程3.0V，内阻约3kΩ）

D．电压表V2（量程15.0V，内阻约10kΩ）

E．滑动变阻器R（最大阻值为10Ω）

F．滑动变阻器R′（最大阻值为500Ω）

G．电源E（电动势15V，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UI图线如图2曲线Ⅰ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UI图线如图2曲线Ⅱ所示。

然后又将热敏电阻R1、R2与某电池组连成电路如图3所示。

拨动单刀双掷开关，测得通过R1和R2的电流分别为0.30A和0.60A，则该电池组的电动势为________V，内阻为________Ω。

（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（9.60～10.4均可）　6.67（6.00～8.00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15V，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，所以电流表应用外接法，电路图如图所示。

（3）由图2曲线Ⅰ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：

E＝U＋Ir，由图2曲线Ⅱ所示可知，当R1接入电路中时，电路中的电流为0.3A，电阻R1两端电压为8V；当R2接入电路中时，电路中的电流为0.6A，电阻R2两端电压为6.0V，则有：

E＝8＋0.3r，E＝6＋0.6r，解得：

E＝10.0V，r≈6.67Ω。

11．（2019·河南郑州三模）（12分）翼型飞行器有很好的飞行性能，其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F1＝C1v2；空气阻力F2与飞行方向相反，大小与速度的平方成正比，即F2＝C2v2。

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m＝90kg。

（重力加速度取g＝10m/s2）

（1）若飞行员使飞行器以速度v1＝10

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平面内做匀速圆周运动，如图丙所示，在此过程中调节C1＝5.0N·s2/m2，机翼中垂线和竖直方向夹角为θ＝37°，求飞行器做匀速圆周运动的半径r和速度v2大小。

（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）

答案　

（1）750N　

（2）30m　15m/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：

mg＝C1v

得：

C1＝3N·s2/m2

由C1、C2关系图象可得：

C2＝2.5N·s2/m2

在水平方向上，动力和阻力平衡：

F＝F2

又F2＝C2v

解得：

F＝750N。

（2）由题意知空气升力F1′与竖直方向夹角为θ，飞行器和飞行员在竖直方向所受合力为零，有：

mg＝C1v

cosθ

水平方向合力提供向心力，有：

C1v

sinθ＝m

联立解得：

r＝30m；v2＝15m/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）

（2）50%　（3）

≤B2≤

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：

r＝d，

由牛顿第二定律得：

qv0B1＝

，

解得：

B1＝

。

（2）电场、磁场同时存在时，尘埃做匀速直线运动，满足：

qE＝qv0B1，

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：

d＝v0t，

竖直方向：

y＝

at2，

加速度：

a＝

解得：

y＝0.5d

当y>0.5d时，水平位移x>d，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：

×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R2＝R0，根据牛顿第二定律有qv0B2＝m

。

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＝

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＝

所以圆形磁场区域磁感应强度B2的大小须满足的条件为

≤B2≤

。

（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3－3]（15分）

（1）（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）。

A．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均为零

B．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，可知温度T1

C．C图中，在固体薄片上涂上石蜡，用烧热的针接触其上一点，从石蜡熔化情况不能判定固体薄片为非晶体

D．D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水黾可以停在水面上

E．E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h1＝25cm，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L＝39cm，左侧空气柱的长度L0＝12.5cm，B部分水银两液面的高度差h2＝45cm，外界大气压强p0＝75cmHg，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部分的水银柱恰好对U形管的顶部没有压力时，求：

①左侧空气柱的长度；

②活塞移动的距离。

答案　

（1）ADE　

（2）①15cm　②8.5cm

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T1

此题要求选择不正确的，故选A、D、E。

（2）①设玻璃管的横截面积为S，对左侧被封闭气体：

初态：

p1＝（75－45）cmHg＝30cmHg，V1＝L0S

末态：

p2＝25cmHg，V2＝L2S

由玻意耳定律p1V1＝p2V2

得：

L2＝15cm。

②对右侧被封闭气体：

初态：

p1′＝75cmHg，V1′＝LS

末态：

p2′＝（25＋45－2×2.5）cmHg＝65cmHg，

V2′＝L2′S

由玻意耳定律p1′V1′＝p2′V2′

得：

L2′＝45cm

由几何关系可知，活塞上升的高度为

Δh＝L2′－L＋（L2－L0）＝45cm－39cm＋（15cm－12.5cm）＝8.5cm。

14．[物理——选修3－4]（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Δx＝

（2）（2019·四川德阳三诊）（10分）一列沿x轴传播的简谐横波，在t＝0时刻的波形如图实线所示，在t1＝0.2s时刻的波形如图虚线所示。

①若波向x轴负方向传播，求该波的最小波速；

②若波向x轴正方向传播，且t1

答案　

（1）ACD　

（2）①10m/s　②0.25s

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，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Δx＝

λ知，光屏上相邻两条亮纹中心的距离不变，故B错误；根据Δx＝

λ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Δx＝

λ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Δx＝

，故E错误。

（2）①当波向x轴负方向传播时，由波形图可知该波的波长为λ＝3m

从t＝0s到t1＝0.2s过程，波向x轴负方向传播的距离为Δx1＝

λ（n＝0,1,2，…）