山西省太原市2015届高三第二次模拟考试物理试题(含解析).doc

2015年山西省太原市高考物理二模试卷二、选择题：本大题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中1-5小题只有一项符合题目要求，6-8小题有多项符合题目要求全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分1（6分）直导线ab放在如图所示的水平导体框架上，构成了一个闭合回路；长直导线cd和框架处在同一个平面内，且cd和ab平行，当cd中通有电流时，观察到ab向左滑动关于cd中的电流，下列说法正确的是（） A 电流一定增大，方向沿c向d B 电流一定增大，方向沿d向c C 电流一定减小，方向可能由d向c D 电流大小恒定，方向由d到c【考点】： 楞次定律；磁感线及用磁感线描述磁场【专题】： 电磁感应与图像结合【分析】： 要使ab发生运动则右侧框架中一定会发生电磁感应现象，则由楞次定律可得出线框内磁场的变化【解析】： 解：导线左移时，线框的面积增大，由楞次定律可知原磁场一定是减小的；并且不论电流朝向哪个方向，只要电流减小，都会发生ab左移的情况；故选：C【点评】： 楞次定律有两种描述，一种是：增反减同，另一种是：来拒去留；本题可根据第二种描述快速求解；应明确电磁感应中的阻碍的各种含义2（6分）2015年莫斯科世锦赛上，我国男子短道速滑队时隔15年再次站到5000m接力的冠军颁奖台上观察发现，“接棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲，甲获得更大的速度向前冲出在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（） A 甲对乙的作用力与乙对甲的作用力相同 B 甲对乙的作用力一定做正功，乙的动能增大 C 乙对甲的作用力一定做正功，甲的动能增大 D 甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量【考点】： 牛顿第三定律【专题】： 常规题型【分析】： 运动员与冰面间的摩擦可忽略不计，在“交棒”过程中，“交棒”运动员猛推“接棒”运动员一把，两个运动员相互作用的力等大、反向、共线，作用时间相同，根据动量定理，两个运动员的动量变化等大、反向、共线，系统动量守恒【解析】： 解：A、由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，所以甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等，方向相反，故A错误；B、甲对乙的作用力一定做负功，乙的动能减小，故B错误；C、乙对甲的作用力一定做正功，甲的动能增大，故C正确；D、甲、乙间的作用力大小相等，不知道甲、乙的质量关系，不能求出甲乙动能变化关系，故D错误；故选：C【点评】： 明确运动员间的相互作用力的冲量等于对方的动量变化，又有作用时间相同，相互作用力等大、反向，故两个运动员系统的总动量守恒3（6分）近年来，智能手机的普及使“低头族”应运而生近日研究发现，玩手机时，就有可能让颈椎承受多达60磅（约270N）的重量，相当干给颈椎挂俩大西瓜，比一个7岁小孩还重不当的姿势与一系列健康问题存在关联，如背痛、体重增加、胃痛、偏头痛和呼吸道疾病等当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重量；但当低头时，颈椎受到的压力会随之变化现将人体头颈部简化为如图的模型：重心在P点的头部，在可绕O转动的颈椎OP（轻杆）的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止当低头时，颈椎与竖直方向的夹角为45，PQ与竖直方向的夹角为60，此时，颈椎受到的压力约为直立时颈椎受到压力的（） A 4.2 B 3.7 C 2.8 D 2.0【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 对人的头部进行分析，明确其受力情况，由共点力的平衡条件可得出对应的平行四边形；由正弦定理可求得颈椎受到的压力【解析】： 解：由题意可明确人的头受力情况，如图所示：则由几何关系可知：人的颈椎对头的支持力F：所以F=；故选：B【点评】： 本题考查共点力的平衡在实际生活中的应用，要注意正确根据题意明确作出对应的图象，再由几何关系即可求解4（6分）假设火星可视为质量均匀分布的球体，已知“火卫一”（火星的卫星）绕火星做圆周运动的半径为R，周期为T，火星的半径为R0，自转周期为T0，则火星表面的重力加速度在赤道处大小与两极处大小的比值为（） A B C 1 D 1【考点】： 万有引力定律及其应用【专题】： 万有引力定律的应用专题【分析】： 在赤道上，万有引力一个分力等于重力，另一个分力提供向心力，在两极，万有引力等于重力结合火卫一的轨道半径和周期求出火星的质量，根据万有引力和重力的关系求出重力加速度的比值【解析】： 解：在赤道上的物体，有：，在两极，有：联立两式，根据，解得GM=，代入可得=1故选：D【点评】： 解决本题的关键知道万有引力与重力的关系，知道赤道上万有引力等于重力和向心力之和，两极万有引力等于重力5（6分）如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个用相同材料、相同粗细的导线绕制的单匝闭合正方形线圈l和2，其边长L1L2，在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再逐渐完全进入磁场，最后落到地面运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界设线圈l、2落地时的速度大小分别为v1、v2，在磁场中运动时产生的热世分别为Q1、Q1，通过线圈截面的电荷量分别为q1、q2，不计空气阻力，则（） A v1v2，Q1Q2，q1q2 B v1=v2，Q1=Q2，q1=q2 C v1v2，Q1Q2，q1=q2 D v1=v2，Q1Q2，q1q2【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 线圈进入磁场之前，均做自由落体运动，因下落高度一致，可知两线圈会以同样的速度进入磁场，由法拉第电磁感应定律可求出进入磁场边界时的感应电动势，从而表示出受到磁场的安培力由电阻定律表示出两线圈的电阻，结合牛顿第二定律表示出加速度，可分析出加速度与线圈的粗细无关，从而判断出两线圈进入时运动是同步的，直到线圈2完全进入磁场后，线圈做匀加速运动，可得出落地速度的大小关系由能量的转化与守恒可知，损失的机械能（转化为了内能）与线圈的质量有关，从而判断出产生的热量大由q=分析电量的关系【解析】： 解：线圈从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v，切割磁感线产生感应电流时，受到磁场的安培力大小为： F=由电阻定律有：R= （为材料的电阻率，L为线圈的边长，S为导线的横截面积），线圈的质量m=0S4L，（0为材料的密度）当线圈的下边刚进入磁场时其加速度为：a=g联立得，加速度为： a=g由上式分析得知，线圈1和2进入磁场的过程先同步运动，由于当线圈2刚好全部进入磁场中时，线圈1由于边长较长还没有全部进入磁场，线圈2完全进入磁场后做加速度为g的匀加速运动，而线圈1仍先做加速度小于g的变加速运动，完全进入磁场后再做加速度为g的匀加速运动，匀加速运动的位移相同，所以落地速度v1v2由能量守恒可得：Q=mg（h+H）mv2（H是磁场区域的高度），因为m1m2，v1v2，所以可得 Q1Q2根据q=L知，q1q2故选：A【点评】： 本题要注意分析物体的运动状态及能量变化关系，关键点在于分析线圈进入磁场的过程，由牛顿第二定律得到加速度关系，分析物体的运动情况关系6（6分）图1是远距离输电线路的示意图，圈2是发电机输出电压随时间变化的图象，则（） A 发电机输出交流电压的有效值约为500 V B 用户用电器上交流电的频率是100 Hz C 输电线的电流只由升压变压器原副线圈的匝数比决定 D 当用户用电器的总电阻减小时，输电线上损失的功率增大【考点】： 远距离输电【专题】： 交流电专题【分析】： 根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等同时由变压器电压与匝数成正比，电流与匝数成反比【解析】： 解：A、由图象可知交流的最大值为Um=707V，因此其有效值为U=500V，故A正确；B、发电机的输出电压随时间变化的关系，由图可知，T=0.02s，故f=，故B错误；C、输电线的电流由输送的功率与电压决定的，与降压变压器原副线圈的匝数比无关，故C错误；D、当用户用电器的总电阻增大时，用户的功率减小，降压变压器的输出功率减小，则输入的功率减小，输入的电流减小，输电线上损失的功率减小，故D正确；故选：AD【点评】： 本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时要能正确书写交流电的表达式7（6分）某空间区域的竖直平面内存在电场，其中竖直的一条电场线如图1中虚线所示一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，在电场中从O点由静止开始沿电场线竖直向下运动以O为坐标原点，取竖直向下为x轴的正方向，小球的机械能E与位移x的关系如图2所示则（不考虑空气阻力）（） A 电场强度大小恒定，方向沿x轴负方向 B 从O到x1的过程中，小球的速率越来越大，加速度越来越大 C 从O到x1的过程中，相等的位移内，小球克服电场力做的功越来越大 D 到达x1位置时，小球速度的大小为【考点】： 电势差与电场强度的关系；牛顿第二定律；电场强度【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 从图象中能找出电场力的做功情况，根据电场力的做功情况判断出受力，继而判断出电场，在利用牛顿第二定律求的加速度【解析】： 解：A、物体的机械能先减小，后保持不变，故电场力先做负功，后不做功，故电场强度方向向上，再根据机械能的变化关系可知，电场力做功越来越小，故电场强度不断减小，故A错误；B、根据牛顿第二定律可知，物体受重力与电场力，且电场力越来越小，故加速度越来越大，速度越来越大，故B正确；C、由于电场力越来越小，故相等的位移内，小球克服电场力做的功越来越小，故C错误；D、根据动能定理可得得，故D正确；故选：BD【点评】： 本题主要考查了电场力做功与与物体机械能的变化关系，明确电场力做正功，电势能增加，电场力做负功，电场力减小即可8（6分）如图，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小这就是大家熟悉的惯性演示实验若砝码和纸板的质量分别为M和m各接触面间的动摩擦因数均为，砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为d现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是（） A 纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为（M+m）g B 要使纸板相对砝码运动，F一定大于2（M+m）g C 若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码不会从桌面上掉下 D 当F=（2M+3m）g时，砝码恰好到达桌面边缘【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 应用摩擦力公式求出纸板与砝码受到的摩擦力，然后求出摩擦力大小根据牛顿第二定律求出加速度，要使纸板相对于砝码运动，纸板的加速度应大于砝码的加速度，然后求出拉力的最小值当F=（2M+3m）g时，根据牛顿第二定律分析求出砝码和纸板加速度，结合运动学公式求出分离时砝码的速度，结合速度位移公式求出砝码速度减为零的位置，从而判断出砝码的位置【解析】： 解：A、对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，所受的摩擦力（M+m）g+Mg，故A错误B、设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有：f1=Ma1，Ff1f2=ma2发生相对运动需要a2a1代入数据解得：F2（M+m）g，故B正确C、若砝码与纸板分离时的速度小于，根据知，因为开始砝码向右做匀加速运动已经有一段位移，所以砝码可能还会从桌面掉下，故C错误D、当F=（2M+3m）g时，砝码未脱离时的加速度a1=g，纸板的加速度=2g，根据，解得t=，则 此时砝码的速度，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小a=g，则匀减速运动的位移，可知砝码恰好到达桌面边缘，故D正确故选：BD【点评】： 本题考查了求拉力大小，应用摩擦力公式求出摩擦力大小，知道拉动物体需要满足的条件，应用牛顿第二定律与运动学公式即可正确解题三、非选择韪：包括必考题和选考题两部分考生根据要求作答（一）必考题9（7分）用如图的电路可以精确测量定值电阻R0的电阻值和滑动变阻器R2的总阻值，图中R1为电阻箱，主要操作步骤如下，完成步骤中的填空：将滑动变阻器滑片调到最左端，断开S2，接着闭合S、S1，读出电流表的示数I1；再断开S1，闭合S2，调节电阻箱 的电阻值，当电阻箱的电阻为5.6时，电流表的示数也为I1，断开S；将滑动变阻器滑片调到最右端，断开S2，闭合S、S1；读出电流表的示数I2；再断开S1闭合S2调节电阻箱的电阻值为15.8时，电流表的示数也为I2；则定值电阻R0=5.6；滑动变阻器R2的总阻值为10.2【考点】： 伏安法测电阻【专题】： 实验题【分析】： 分析电路结构，根据实验步骤分析实验采用的方法，再由欧姆定律分析可得出对应的电阻值【解析】： 解：由题意可知，本题应采用替代法进行测量，第步中接入电路的只有R0，故断开S1，闭合S2，使电流仍为I1时，可知，电阻箱的阻值即为R0的阻值，则可知R0=5.6；为了测量滑动变阻器的总阻值，应将滑动变阻器全部接入时得出电流值，再用电阻箱替代两电阻，得出相对的电流值，可得出滑动变阻器的总阻值与R0的阻值为电阻箱的电阻，故滑动变阻器的总阻值为：15.85.6=10.2；故答案为：S1；S2；电阻箱；S1，S2；5.6；10.2【点评】： 本题考查等效替代法在电阻测量中的应用，要注意正确分析实验电路明确实验中采用的等效替代的方法10（8分）利用图1的装置可测量滑块与斜面间的动摩擦因数在斜面底端O处固定一光电 门，当带有遮光片的滑块自斜面上的P点从静止滑下，通过光电门时，与光电门相连的计时器显示遮光片通过光电门的时间为t测得P、O间的距离为x已知遮光片的宽度为d完成下列填空：（1）P、O间的距离x、滑块加速度的大小a、滑块经过光电门的时间t、遮光片的宽度d四个物理量间满足的关系式是；（2）用游标卡尺测量遮光片的宽度如图2所示，则d=0.500cm，（3）多次改变滑块从斜面上开始下滑的位置，每次都让滑块由静止滑下，用米尺分别测出下滑点与O间的距离x，记下遮光片相应通过光电门的时间t，利用所得数据作出（）2x图线如图3所示：由图线可得滑块加速度的大小为3.92m/s2；测得斜面的高度h=60.00cm、斜面的长度L=100.00cm，取g=9.80m/s2，则滑块与斜面间的动摩擦因数的值=0.25【考点】： 探究影响摩擦力的大小的因素【专题】： 实验题【分析】： （1）根据瞬时速度等于平均速度，及运动学公式，即可求解；（2）根据游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读；（3）根据（）2x图线，结合运动学公式，通过图象斜率，即可求解加速度大小；（4）对滑块受力分析，结合牛顿第二定律，即可求解动摩擦因数【解析】： 解：（1）滑块经过光电门的速度为v=；根据运动学公式，那么P、O间的距离x、滑块加速度的大小a、滑块经过光电门的时间t、遮光片的宽度d四个物理量间满足的关系式：；（2）游标卡尺的主尺读数为5mm，游标尺上第0个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为00.05mm=0.00mm，所以最终读数为：5mm+0.00mm=5.00mm=0.500cm；（3）根据作出（）2x图线，结合，则有：k=2a；那么a=m/s2=3.92m/s2；滑块受到重力、支持力与滑动摩擦力，根据力的分解，结合牛顿第二定律，则有：mgmg=ma；解得：=0.25；故答案为：（1）；（2）0.500；（3）3.92，0.25【点评】： 考查光电门测速度的方法，知道游标卡尺的读数，理解牛顿第二定律的应用，掌握图象的作用，知道其图象斜率与加速度的关系11（13分）一质量为2m的卡车拖挂一质量为m的车厢，在水平直道上匀速行驶，其所受的阻力与各自的重量成正比，比例系数为k=0.2且与速度无关某时刻车厢脱落，车厢停止运动时，卡车与车厢相距x=96m已知整个过程中卡车的牵引力保持不变，取g=10m/s2，求车厢脱落时的速度v0【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 根据牛顿第二定律分别求出车厢脱落后卡车和车厢的加速度大小，结合运动学公式，结合位移关系求出车厢脱落时的速度大小【解析】： 解：设卡车的牵引力为F，车厢脱落前，对卡车和车厢整体分析有：F3kmg=0设车厢脱落后，卡车和车厢的加速度大小分别为a1和a2，由牛顿运动定律有：Fk2mg=2ma1，kmg=ma2，设卡车和车厢的位移分别为x1和x2，由运动学方程有：，x=x1x2，v0=a2t，代入数据解得v0=16m/s答：车厢脱落时的速度为16m/s【点评】： 本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，通过牛顿第二定律求出加速度的大小是解决本题的关键，抓住位移关系，结合运动学公式灵活求解12（19分）在如图的xOy坐标系中A（L，0）、C是x轴上的两点，P点的坐标为（0，L）在第二象限内以D（L，L）为圆心、L为半径的圆形区域内，分布着方向垂直xOy平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在第一象限三角形OPC之外的区域，分布着沿y轴负方向的匀强电场现有大量质量为m、电荷量为+q的相同粒子，从A点平行xOy平面以相同速率、沿不同方向射向磁场区域，其中沿AD方向射入的粒子恰好从P点进入电场，经电场后恰好通过C点已知a=30，不考虑粒子间的相互作用及其重力，求：（1）电场强度的大小；（2）x正半袖上有粒子穿越的区间【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】： 带电粒子在复合场中的运动专题【分析】： （1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，沿AD方向的粒子由P点进入电场时，速度方向与y轴垂直，进而电场后做类平抛运动，根据牛顿第二定律结合平抛运动基本公式求解电场强度；（2）设粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为，粒子从F点射出磁场，由于r=L，故四边形ADFO为菱形，带电粒子离开磁场时，速度方向沿x轴正方向，根据几何关系结合平抛运动基本公式求出粒子到达x轴的坐标的表达式，从而求出x的范围【解析】： 解：（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r，粒子初速度为v0，则，由几何关系得：r=L，沿AD方向的粒子由P点进入电场时，速度方向与y轴垂直，设在电场中运动的时间为t0，电场强度为E，则qE=ma，L=解得：E=（2）若粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为，粒子从F点射出磁场，由于r=L，故四边形ADFO为菱形，OF平行AD，vFOF，带电粒子离开磁场时，速度方向沿x轴正方向，则有：yF=L（1cos），粒子从F通过PC，则粒子在电场中运动的时间为t，从C通过x轴离开电场，沿x轴方向的位移为x，x=v0t，粒子到达x轴的坐标为xC，xC=xF+x（090）当=90时，xC的最小值，当时，xC的最大值所以x正半袖上有粒子穿越的区间为答：（1）电场强度的大小为；（2）x正半袖上有粒子穿越的区间为【点评】： 带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径（二）选考题：共45分请考生从给出的三个选修中，选做一个，如果多做，则按所做第一计分【物理-选修3-3】（15分）13（6分）关于热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是（） A 一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能增大 B 若两分子间距离减小，分子间斥力增大、引力减小，合力为斥力 C 在围绕地球运行的“天宫一号”内，飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果 D 布朗运动是由于液体各部分的温度不同而引起的【考点】： * 液体的表面张力现象和毛细现象；布朗运动【分析】： 温度是分子平均动能的标志，温度越高，则分子的平均动能越大； 若两分子间距离减小，分子间引力和斥力都增大液体表面张力使液体表面呈收缩状态； 布朗运动是由于固体小颗粒受撞击不平衡造成的【解析】： 解：A、一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体的温度一定升高，故气体分子的平均动能增大；故A正确； B、若两分子间距离减小，分子间斥力和引力都增大；但斥力变化快；从而导致合力为斥力；故B错误；C、在围绕地球运行的“天宫一号”内，飘浮的水滴呈球形，这是重力充当向心力，而表面张力起主要作用的结果；故C正确； D、布朗运动是由于固体小颗粒受到的撞击不平衡而导致的；故D错误；故选：AC【点评】： 本题考查分子平均动能、分子间的相互作用力、表面张力及布朗运动的性质，要注意正确理解相关内容，并且要会解释相关现象14（9分）如图，一根粗细均匀的玻璃管，由A、B、C三段直管及横管组成，A、C两端开口，B、C两管内装有水银且两管内液面相平若把A管竖直插入水银槽中，当管口在水银面下8cm处且稳定时B内水银面下降的高度为2cm；若先将c管上端封闭，再把A管竖直插入水银槽中，当管口在水银面下13cm处且处于稳定时，进入A管内的水银柱长度为5cm，求此时B管内水银面下降的高度（已知大气压强p0=76cmHg，环境温度不变）【考点】： 理想气体的状态方程【专题】： 理想气体状态方程专题【分析】： 对A管内气体进行分析，由压强的计算可求得变化前后的压强，再由玻意耳定律可列式，联立即可求得B管内水银面下降的高度【解析】： 解：设管的截面积为S，未插入水银槽前AB部分空气柱长为l0，不封闭C管的情况下，A管内封闭气体压强和长度分别为：P1=P0+gh1=80cmHg；l1=l04+2=l02由玻意耳定律可得：P0l0s=P1l1sC管封闭时，设B处水银下降的高度为x，AB管内封闭气体压强和长度分别为：P2=P0+gh2l2=l05+x由玻意耳定律可得：P1l1S=P2l2S解得：x=1.2m；答：此时B管内水银面下降的高度为1.2m【点评】： 本题考查玻意耳定律的应用，关键点是求出插入水银槽时玻璃管内气体的压强的计算方法【物理-选修3-4（15分）15从O点发出的甲、乙两列倚谐横波沿x正方向传播，某时刻两列波分别形成的波形如图所示，P点在甲波最大位移处，Q点在乙波最大位移处，下列说法中正确的是（） A 两列波具有相同的波速 B 两列波传播相同距离时，乙波所用的时间比甲波的短 C P点比Q点先回到平衡位置 D P质点完成20次全振动的时间内Q质点可完成30次全振动 E 若甲、乙两列波在空间相遇时不会发生干涉【考点】： 横波的图象；波长、频率和波速的关系【专题】： 振动图像与波动图像专题【分析】： 两列简谐横波在同一介质中波速相同，传播相同距离所用时间相同Q点与P点都要经过周期回到平衡位置由图可两列波波长的大小，再分析周期的长短，再比较时间长短根据频率关系研究相同时间内全振动次数关系两列波只有频率相同时，才能产生稳定的干涉【解析】： 解：A、B两列简谐横波在同一介质中波速相同，传播相同距离所用时间相同故A正确，B错误C、由图可知，两列波波长之比甲：乙=3：2，波速相同，由波速公式v=得到周期之比为T甲：T乙=3：2Q点与P点都要经过周期才回到平衡位置所以Q点比P点先回到平衡位置故C错误D、两列波的频率之比为f甲：f乙=2：3，则在P质点完成20次全振动的时间内Q质点完成了30次全振动故D正确E、两列波的频率不同，不能产生稳定的干涉图样故E正确故选：ADE【点评】： 本题关键要抓住波速是由介质的性质决定的，在同一介质中传播的同类波速度相同掌握波速公式和产生干涉的条件等知识，是常规题16如图，三棱镜ABC中A=90，B=60AB的边长为让光线从AB边的中点D以某一角度射入三棱镜，到达AC边时恰好发生全反射已知棱镜的折射率n=，不考虑光在BC边的反射，求：（真空中的光速为c）（1）光从BC边出射角的正弦值sini；（2）光在棱镜中传播所用的时间t【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： （1）光线到达AC边时恰好发生全反射，入射角等于临界角C，由sinC=求出临界角C，画出光路图，由几何知识求出光线反射到BC边上时的入射角，再由折射定律求光从BC边出射角的正弦值sini；（2）由几何关系求出光在棱镜中传播的路程s，由v=得到光在棱镜中传播的速度v，由t=求光在棱镜中传播所用的时间【解析】： 解：（1）由sinC=得临界角 C=60由于光线到达AC边时恰好发生全反射，入射角等于临界角C，光路图如图所示从F点出射时，入射角为r，出射角为i由几何知识可得 r=6030=30由n=得 sini=nsinr=（2）由几何关系知 DE=l，EF=BD=则光在棱镜中传播的路程 s=DE+EF=l+=l光在棱镜中传播的速度 v=则光在棱镜中传播所用的时间 t=联立得 t=答：（1）光从BC边出射角的正弦值sini为；（2）光在棱镜中传播所用的时间t为【点评】： 本题是几何光学问题，做这类题目，一般首先要正确画出光路图，当光线从介质射入空气时要考虑能否发生全反射，要能灵活运用几何知识帮助求角的大小【物理-选修3-5】（15分）17氢原子能级如图所示，当氢原子从n=3跃迁到n=2的能级时，辐射光的波长为656nm已知可见光的波长范围在400nm到760nm之间，以下判断正确的是（） A 从n=4的能级蹦迁到n=3的能级时，辐射光的波长比可见光长 B 用波长为328 nm的光照射，可使氢原子从n=1的能级跃迁到n=2的能级 C 用波长为164 nm的光照射，可使处于n=2能级的氧原子电离 D 一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时最多能辐射3种不同波长的光 E 用可见光照射，可能使氢原子从n=2的能级跃迁到n=3的能级【考点】： 氢原子的能级公式和跃迁【专题】： 原子的能级结构专题【分析】： 大量处于n=3激发态的氢原子向低能级跃迁，可以辐射出3种不同频率的光子，跃迁释放能量满足E=EmEn既不能多于能级差，也不能少于此值，同时根据=，即可求解【解析】： 解：A、能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差当从n=4跃迁到n=3的能级，释放的能量是0.66eV，从n=3跃迁到n=2的能级时辐射的能量是1.89eV，根据EmEn=hv=h当氢原子从n=3跃迁到n=2的能级时，辐射光的波长为656nm，所以从n=4的能级蹦迁到n=3的能级时，辐射光的波长比可见光长，故A正确；B、当从n=1跃迁到n=2的能级，需要吸收的能量为E=（3.4（13.6）1.61019J=h，解得：=122nm；故B错误；C、用波长为164 nm的光照射，能量大于3.4eV，可使处于n=2能级的氢原子电离，故C正确；D、根据=6，所以一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时最多能辐射6种不同波长的光，故D错误；E、氢原子的电子从n=2跃迁到n=3的能级，必须吸收的能量为E，与从n=3跃迁到n=2的能级，放出能量相等，因此只能用波长656nm的光照射，才能使得电子从n=2跃迁到n=3的能级故E正确故选：ACE【点评】： 解决本题的关键掌握氢原子电离的条件，以及知道能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差18如图所示，光滑水平轨道上右侧有竖直墙壁，有三个小滑块A、B、c，质量分别 为mA=m，mB=mC=2m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧（弹簧与滑块不拴接）开始时A、B以共同速度一起向右运动，C静止某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B与C发生碰撞并粘在一起BC与墙壁发生弹性碰撞后返回，最终A与BC间距保持不变求：（i）A物块最后的速度（ii）A、B分离时弹簧释放的弹性势能【考点】： 动量守恒定律【专题】： 动量定理应用专题【分析】： （1）A、B组成的系统，在细绳断开的过程中动量守恒，B与C碰撞过程中动量守恒，抓住BC与墙壁发生弹性碰撞后返回，最终A与BC间距保持不变，根据动量守恒定律求解（2）根据能量守恒定律求出弹簧的弹性势能【解析】： 解：（1）A、B组成的系统，在细绳断开的过程中动量守恒，规定向右为正方向，（mA+mB）v0=mAvA+mBvB，B与C碰撞过程中动量守恒，mBvB=（mB+mC）v，BC与墙壁发生弹性碰撞后返回，最终A与BC间距保持不变，所以vA=vvA=v0，方向水平向左（2）由能量守恒定律得，弹簧的弹性势能：EP+（mA+mB）=mAvA2+mBvB2解得：EP=3m答：（i）A物块最后的速度大小是v0，方向水平向左（ii）A、B分离时弹簧释放的弹性势能是3m【点评】： 本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，对学生的能力要求较高，要加强这方面的训练