2019-2020年高三4月高考物理模拟试题含解析.doc

2019-2020年高三4月高考物理模拟试题含解析一、选择题（本题包括7小题，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分，共42分）1（6分）（xx蚌山区校级模拟）在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重要的贡献，他们也创造出了许多的物理学研究方法，下列关于物理学研究方法的叙述中正确的是（）A理想化模型是把实际问题理想化，略去次要因素，突出主要因素，例如质点、位移等是理想化模型B重心、合力、交变电流的有效值和平均值等概念的建立都体现了等效替代的思想C用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强，电容，加速度都是采用比值法定义的D根据速度定义式，当t非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法考点：物理学史；电容器分析：理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的电阻不是等效替代瞬时速度定义用了数学极限思想加速度不是采用比值法解答：解：A、理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的，质点是理想化模型，但是位移不是，故A错误B、合力和交变电流的有效值是等效替代思想，交变电流的平均值不是，故B错误C、例如场强，电容，都是采用比值法定义，加速度不是采用比值法，该公式为牛顿第二定律的表达式故C错误D、瞬时速度是依据速度定义式，当t非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了数学极限思想，故D正确故选：D点评：本题涉及了物理多种物理方法和数学方法，理想化模型，等效替代，比值定义法，这些都是老师在课上经常提到的，只要留意听课，这些很容易解答2（6分）（xx湖南模拟）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直固定在水平面上，上端固定一质量为m0的托盘，托盘上有一个质量为m的木块用竖直向下的力将原长为l0的弹簧压缩后突然撤去外力，则m即将脱离m0时的弹簧长度为（）Al0Bl0gCl0gDl0g考点：胡克定律专题：弹力的存在及方向的判定专题分析：当突然撤去外力时，木块和托盘一起向上做变加速运动，当m即将脱离m0时二者具有相同的速度和加速度，而且此时托盘与木块之间的作用力为零，由此根据牛顿第二定律列方程即可正确解答解答：解：当m即将脱离m0时二者加速度相同，它们之间的弹力为零，因此根据牛顿第二定律有：对m有：mg=ma 设弹簧对m0的作用力为F，则有：m0g+F=m0a 联立解得：F=0，因此弹簧处于原长状态，故A正确，BCD错误故选A点评：解答该题关键是明确两物体脱离时的状态，然后根据牛顿第二定律求解，该题是考查学生综合分析能力的好题3（6分）（xx桓台县校级模拟）轻绳一端固定在天花板上，另一端系一个小球，开始时绳竖直，小球与一个倾角为的静止三角形物块刚好接触，如图所示现在用水平力F向左非常缓慢的推动三角形物块，直至轻绳与斜面平行，不计一切摩擦关于该过程中，下列说法中正确的是（）A绳中拉力先变小后增大B地面对三角形物块的支持力不断增大C斜面对小球的弹力不做功D水平推力F做的功等于小球机械能的增加考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：根据作图法，抓住重力大小方向都不变，支持力方向不变，根据拉力的方向改变判断支持力和拉力大小的变化根据力与位移的关系判断力做功情况，根据能量守恒定律求出推力F所做的功解答：解：A、对小球受力分析，小球受重力、支持力和拉力，因为支持力的方向不变，根据作图法知，绳子的拉力逐渐减小，支持力逐渐增大故A错误B、由前面分析，斜面对球的支持力逐渐增大，则球对斜面的压力逐渐增大，以三角形物块为研究对象，根据平衡条件可知地面对三角形物块的支持力逐渐变大，故B正确；C、小球上升，斜面对小球的弹力与小球位移夹角为锐角，故斜面的弹力做正功故C错误D、根据能量守恒得F做的功等于系统机械能的增量，斜面体动能和势能不变，小球的动能不变，所以系统机械能的增量等于小球的重力势能增加量 所以F做功等于小球机械能的增量故D正确故选：BD点评：本题是力学的动态分析，关键抓住合力为零，根据哪些力的大小和方向都不变，哪些力方向不变，通过作图法进行分析4（6分）（xx德州一模）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心接头，电压表V和电流表A均为理想电表从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为=2xx0t（V）下列说法正确的是（）A当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22VB当单刀双掷开关与b连接时，电压表的示数为11VC当单刀双掷开关与a连接，滑动变阻器触头P向上移动，则电压表的示数不变，电流表的示数变小D当单刀双掷开关与a连接，滑动变阻器触头P向上移动，则电压表、电流表的示数都变大考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论解答：解：A、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为220V，所以副线圈的电压的最大值为22V，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为22V，故A正确B、当单刀双掷开关与b连接时，电压表的示数为44V，故B错误C、当滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器的电阻变大，电路的总电阻变大，由于电压是由变压器决定的，所以电流变小，电压表的示数不变，电流表的示数变小，故C正确，D错误故选AC点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法5（6分）（xx德州一模）如图所示，分别在M、N两点固定放置两个点电荷+Q和q（Qq），以MN连线的中点O为圆心的圆周上有A、B、C、D四点下列说法正确的是（）AA点电势低于B点电势BA点场强大于B点场强C将某正电荷从C点移到O点，电场力做负功D将某正电荷从O点移到D点，电势能增加考点：电场强度；电势；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：由题，Q带正电，q带负电，电场线方向由A指向B，根据顺着电场线电势逐渐降低电场线越密，电场强度越大根据对称性，分析CD两点电势关系、场强关系解答：解：A、由题，电场线方向由M指向N，则A点电势高于B点电势故A错误B、由于Qq，A点处电场线比B点处电场线密，A点场强大于B点场强故B正确C、由图象知O点电势大于C点电势，故将某正电荷从C点移到O点，电场力做负功故C正确D、将某正电荷从O点移到D点，电场力做正功，电势能减少故D错误故选：BC点评：本题考查判断电势、场强大小的能力，往往画出电场线，抓住电场线分布的特点进行判断6（6分）（xx临沂模拟）在光滑的绝缘水平面上方，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，PQ为磁场边界一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向放置于磁场中A处，现给金属圆环一水平向右的初速度v当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时的速度为，则下列说法正确的是（）A此时圆环中的电功率为B此时圆环的加速度为C此过程中通过圆环截面的电荷量为D此过程回路中产生的电能为0.75mv2考点：导体切割磁感线时的感应电动势专题：电磁感应与电路结合分析：当圆环运动到PQ时，左半圆切割磁感线产生电动势，等效切割长度等于直径2a，可由公式E=BLv和电功率公式结合，求解电功率；由公式F=BIL和I=求出安培力，根据牛顿第二定律求解加速度由感应电荷量表达式q=求解电荷量由能量守恒求解产生的电能解答：解：A、当圆环运动到PQ时，左半圆切割磁感线产生电动势，切割的有效长度为2a，所以产生的感应电动势为：E=B2a=Bav此时圆环中的电功率：P=，故A错误B、圆环中感应电流为：I=左半圆环受到得安培力相当于直径所受安培力，大小为：F=BI2a= 根据牛顿第二定律得：F=ma由解得：a=故B正确C、此过程中通过圆环截面的电荷量为：q=故C正确D、由能量守恒得：此过程回路中产生的电能为 Q=0.375mv2故D错误故选：BC点评：解决本题的关键掌握瞬时感应电动势和平均感应电动势的求法，知道公式E=BLv中L是有效切割长度，安培力公式F=BIL中，L也是有效长度，不是半圆的弧长7（6分）（xx桓台县校级模拟）使物体脱离行星的引力束缚，不再绕该行星运行，从行星表面发射所需的最小速度称为第二宇宙速度，行星的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度 v1的关系是v2=v1已知某行星的半径为地球半径的三倍，它表面的重力加速度为地球表面重力加速度的，不计其它行星的影响和地球自转对其表面重力加速度的影响已知地球的第一宇宙速度为8km/s，则该行星的第二宇宙速度为（）A4 km/sB8 km/sC4km/sD8km/s考点：第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度专题：人造卫星问题分析：第一宇宙速度是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度，即；此题把地球第一宇宙速度的概念迁移的某颗星球上面解答：解：设某星球的质量为M，半径为r，绕其飞行的卫星质量m，由万有引力提供向心力得：解得：v1=又因它表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的得：v2=由解得：v2=，而为地球的第一宇宙速度，故v2=8km/s，故B正确，ACD错误故选：B点评：通过此类题型，学会知识点的迁移，比如此题：把地球第一宇宙速度的概念迁移的某颗星球上面二、非选择题8（6分）（xx德州一模）某同学用如图甲的装置来研究牛顿第二定律实验需用沙和沙桶的总重力表示小车受到的合力，则除满足沙和沙桶的总质量远小于小车的质量外，还必须进行的操作是平衡摩擦力如图乙是某次实验打出的一条纸带，O为起点，A、B、C为三个相邻的计数点，相邻计数点之间有四个点没有标出，有关数据如图所示，电源频率为50Hz则小车的加速度a=0.40m/s2，打B点时小车的速度vB=0.20m/s（以上结果均保留2位有效数字）考点：验证牛顿第二运动定律专题：实验题分析：实验前必须要平衡摩擦力，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上B点时小车的瞬时速度大小解答：解：做研究牛顿第二定律的实验前，应首先平衡摩擦力，让绳子的拉力等于小车受到的合力；由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2得：a=0.40m/s2，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上B点时小车的瞬时速度大小vB=故答案为：平衡摩擦力；0.40； 0.20点评：本题考查了实验注意事项、实验数据处理等问题，注意运动中小车的拉力近似等于沙和沙桶的总重力的条件，是解题的关键要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用9（6分）（xx德州一模）某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率P步骤如下：（1）游标卡尺测量其长度如图甲所示，可知其长度为50.15 mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，可知其直径为4.700mm；（3）选用多用电表的电阻“1”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值约为22.0；（4）为更精确地测量其电阻，可供选择的器材如下：电流表A1（量程300mA，内阻约为2）；电流表A2（量程150mA，内阻约为10）；电压表V1（量程1V，内阻r=1000）；电压表V2（量程15V，内阻约为3000）；定值电阻R0=1000；滑动变阻器R1（最大阻值5）；滑动变阻器R2（最大阻值1000）；电源E（电动势约为4V，内阻r约为1）；开关，导线若干为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的，电压表应选V1，电流表应选A2，滑动变阻器应选R1（均填器材代号）根据你选择的器材，请在线框内画出实验电路图考点：验证牛顿第二运动定律；测定金属的电阻率专题：实验题分析：（1）（2）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读（3）用欧姆表测电阻的读数为指针示数乘以倍率，当指针指在中央附近时测量值较准确；（4）根据电源电动势选择电压表，根据通过待测电阻的最大电流选择电流表，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，滑动变阻器可以采用分压接法，根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，作出实验电路图解答：解：（1）游标卡尺的主尺读数为50mm，游标读数为0.053mm=0.15mm，所以最终读数为50mm+0.15mm=50.15mm（2）螺旋测微器固定刻度为4.5mm，可动刻度为0.0120.0=0.200mm，所以最终读数为4.5mm+0.200mm=4.700mm（3）该电阻的阻值约为22.01=22.0（4）电源电动势为4V，直接使用电压表V1量程太小，为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的，使用电压表V2量程又太大，可以把电压表V1与定值电阻R0串联，增大其量程进行实验，故电压表选择V1， 待测电阻两端的电压不能超过2V，最大电流不超过100mA，所以电流表选A2，待测电阻的电压从零开始可以连续调节，变阻器采用分压式接法，为保证电路安全方便实验操作，滑动变阻器应选R1为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，滑动变阻器可以采用分压接法，由于待测电阻阻值接近电流表内阻，所以采用电流表外接法如图所示：故答案为：（1）50.15（2）4.700（3）22.0（4）V1，A2，R1电路图如图所示点评：掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读明确实验原理和误差来源，明确电流表、电压表和滑动变阻器的选择要求10（18分）（xx桓台县校级模拟）某电视台“快乐向前冲”节目中的场地设施如题图所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，水面上漂浮着一个半径为R，角速度为，铺有海绵垫的转盘，转盘的轴心离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高度差为H选手抓住悬挂器，可以在电动机带动下，从A点下方的平台边缘处沿水平方向做初速度为零，加速度为a的匀加速直线运动选手必须作好判断，在合适的位置释放，才能顺利落在转盘上设人的质量为m（不计身高大小），人与转盘间的最大静摩擦力为mg，重力加速度为g（1）假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在距圆心以内不会被甩出转盘，转盘的角速度应限制在什么范围？（2）若已知H=5m，L=8m，a=2m/s2，g=10m/s2，且选手从某处C点释放能恰好落到转盘的圆心上，则他是从平台出发后经过多长时间释放悬挂器的？（3）若电动悬挂器开动后，针对不同选手的动力与该选手重力关系皆为F=0.6mg，悬挂器在轨道上运动时存在恒定的摩擦阻力，选手在运动到上面（2）中所述位置C点时，因选手恐惧没有释放悬挂器，但立即关闭了它的电动机，则按照（2）中数据计算悬挂器载着选手还能继续向右滑行多远的距离？考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：（1）根据静摩擦力提供向心力，结合牛顿第二定律求出转盘角速度的范围（2）抓住平抛运动的水平位移和匀加速直线运动的位移等于L，结合位移公式和速度公式求出匀加速运动的时间（3）根据牛顿第二定律，结合速度位移公式求出还能滑行的距离解答：解：（1）设人落在距圆心处不至被甩下，最大静摩擦力提供向心力，则有：即转盘转动的角速度满足（2）沿水平加速段位移为x1，时间为t1；平抛运动的水平位移为x2，时间为t2则加速时有v=at1平抛运动阶段x2=vt2H=全程水平方向：x1+x2=L；代入数据，联立各式解得t1=2s（3）由（2）知，v=at=4m/s，且F=0.6mg，设阻力为f，继续向右滑动加速度为a，滑行距离为x3加速阶段：Ff=ma剪断阶段：f=ma则有：0v2=2ax3联立以上三式，代入数据解得x3=2m答：（1）转盘的角速度应满足（2）他是从平台出发后经过2s释放悬挂器的（3）悬挂器载着选手还能继续向右滑行2m点评：解决本题的关键理清选手的运动过程，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解11（20分）（xx菏泽模拟）如图所示，平面直角坐标系xOy中，在第二象限内有竖直放置的两平行金属板，其中右板开有小孔；在第一象限内存在内、外半径分别为、R的半圆形区域，其圆心与小孔的连线与x轴平行，该区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里：在y0区域内有电场强度为E的匀强电场，方向与x轴负方向的夹角为60一个质量为m，带电量为q的粒子（不计重力），从左金属板由静止开始经过加速后，进入第一象限的匀强磁场求：（1）若两金属板间的电压为U，粒子离开金属板进入磁场时的速度是多少？（2）若粒子在磁场中运动时，刚好不能进入的中心区域，此情形下粒子在磁场中运动的速度大小（3）在（2）情形下，粒子运动到y0的区域，它第一次在匀强电场中运动的时间考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）粒子在电场中被直线加速，则由动能定理可求出加速后的速度大小；（2）粒子在磁场中在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，结合几何知识，可确定运动轨迹的半径及夹角从而再由半径公式可算出刚好不能进入的中心区域，此情形下粒子在磁场中运动的速度大小； （3）粒子进入匀强电场恰好沿着电场线作匀减速运动，根据电场力结合牛顿第二定律可算出加速度，由运动学公式可求出运动时间，则它第一次在匀强电场中运动的时间即为来回的时间解答：解：（1）设当加速电压为U时，粒子离开金属板时的速度为v1，则有：解得：（2）此情形下粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，设粒子运动速度为v2，运动圆半径为r，由几何知识得：解得：，=60 粒子在磁场中运动时，有：解得：（3）粒子进入y0的区域，做减速运动，设速度减少到零所用时间为t，则：qE=ma v2at=0解得：粒子第一次在匀强电场中的运动时间T=2t=答：（1）若两金属板间的电压为U，粒子离开金属板进入磁场时的速度是；（2）若粒子在磁场中运动时，刚好不能进入的中心区域，此情形下粒子在磁场中运动的速度大小为（3）在（2）情形下，粒子运动到y0的区域，它第一次在匀强电场中运动的时间点评：考查动能定理、牛顿第二定律、运动学公式、向心力公式，注意巧用几何知识，当心运动轨迹的半径与圆形磁场的半径不能混淆，同时关注粒子在电场运动的来回时间三、【选修3-3】12（6分）（xx桓台县校级模拟）下列说法正确的是（）APM2.5（指空气中直径小于2.5微米的悬浮颗粒物）在空气中的运动属于分子热运动B分子间的相互作用力总是随着分子间距离的减小而减小C热量能够自发地从高温物体传到低温物体，但不能自发地从低温物体传到高温物体D水的饱和汽压随温度的升高而增大E液晶既具有液体的流动性，又具有单晶体的光学各向同性的特点考点：分子间的相互作用力；* 液晶；气体分子运动的特点专题：分子间相互作用力与分子间距离的关系分析：空气中直径小于2.5微米的悬浮颗粒物是宏观物体的运动，理解分子间的相互作用力随分子间距离的变化，热力学第二定律，热量不能够自发地从高温物体传到低温物体；水的饱和汽压随温度的升高而增大，液晶既具有液体的流动性，又具有单晶体的光学各向同异性的特点解答：解：A、空气中直径小于2.5微米的悬浮颗粒物是宏观物体的运动，不属于分子热运动；故A错误B、分子间的相互作用力总是随着分子间距离的减小而先增大后减小，故B错误C、根据热力学第二定律，热量不能够自发地从高温物体传到低温物体；故C正确D、温度越高蒸发越快，故水的饱和汽压随温度的升高而增大，故D正确E、液晶既具有液体的流动性，又具有单晶体的光学各向同异性的特点故E错误故选：CD点评：考查了分间的相互作用，理解热学的基本概念、规律解释现象，难度一般13（6分）（xx桓台县校级模拟）如图所示，导热良好的薄壁汽缸放在光滑水平面上，用横截面积为S=1.0102m2的光滑活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，活塞杆的另一端固定在墙上外界大气压强P0=1.0l05Pa当环境温度为27C时，密闭气体的体积为2.0103 m3当环境温度缓慢升高到87时，汽缸移动的距离是多少？在上述过程中封闭气体吸热（填“吸热”或“放热”），传递的热量大于（填“大 于”或“小于”）气体对外界所做的功考点：气体的等容变化和等压变化分析：当环境温度缓慢升高时，气体作等压膨胀，根据盖吕萨克定律列式求解出膨胀的体积；温度升高，气体从外界吸热；理想气体的内能由温度决定，温度升高，气体内能增加；体积增大，气体对外做功，W0；由热力学第一定律可知传递的热量大于气体对外界所做的功解答：解：封闭气体作等压变化，由盖吕萨克定律得：=则得：V2=V1=2103m3=2.4103m3所以汽缸移动的距离是：l=m=4102m一定质量的理想气体的内能由温度决定，温度升高，气体内能增加，U0气体的体积增大，气体对外做功，W0，由热力学第一定律U=W+Q得：Q0，即气体从外界吸热由热力学第一定律U=W+Q可得：QW，即传递的热量大于气体对外界所做的功；答：当环境温度缓慢升高到87时，汽缸移动的距离是4102m吸热，大于点评：对于气体问题，往往气态方程与热力学第一定律综合应用，关键要正确判断气体的状态变化过程，选择合适的规律解题四、【选修3-4】14（xx宿迁模拟）如图所示，一列简谐波沿x轴传播，实线为t=0时的波形图，此时P质点向y轴负方向运动，虚线为经过0.02s时第一次出现的波形图，则波沿x轴正（填“正”或“负”）方向传播，波速为50m/s考点：波长、频率和波速的关系分析：由题此时P质点向y轴负方向运动，判断出波传播方向根据波形的平移法得到波传播的距离，由公式v=求出波速解答：解：由题，此时P质点向y轴负方向运动，根据波形平移法判断得知该波沿x轴正方向传播已知虚线为经过0.02s时第一次出现的波形图，则波传播的距离不到一个波长，由波形平移法可知波在t=0.02s时间内传播的距离为x=1m，则波速为：v=m/s=50m/s故答案为：正；50点评：解决本题的关键知道振动和波动的联系，能熟练根据波形的平移法判断波的传播方向，掌握波速的求法：v=和v=15（xx甘肃模拟）如图所示，为某种透明介质的截面图，AOC为等腰直角三角形，BC为半径R=12cm的四分之一圆弧，AB与水平屏幕MN垂直并接触于A点一束红光射向圆心O，在AB分界面上的入射角i=45，结果在水平屏幕MN上出现两个亮斑已知该介质对红光的折射率为n=，求两个亮斑与A点间的距离考点：光的折射定律专题：光的折射专题分析：已知红光的折射率，可由公式sinC=求出临界角，判断红光在AB面上能否发生全反射再由折射定律及几何知识可求得两光斑的距离解答：解：设红光的临界角为C，则 sinC=，则得C=60由题意，i=45C红光在AB面一部分折射，一部分反射画出如图光路图设折射角为r，两个光斑分别为P1、P2，根据折射定律得 n=求得 sinr=由几何知识可得 tanr=解得：AP1=6m 由几何知识可得OAP2为等腰直角三角形，解得：AP2=12cm 答：两个亮斑与A点间的距离12cm点评：本题首先要能熟练作出光路图，并能正确应用几何关系进行求解五、【选修3-5】16（xx桓台县校级模拟）下列说法正确的是（）A汤姆孙提出了原子核式结构模型B射线、射线、射线都是高速运动的带电粒子流C氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子D某放射性原子核经过2次衰变和一次衰变，核内质子数减少3个E放射性物质的温度升高，则半衰期减小考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度专题：衰变和半衰期专题分析：卢瑟福提出了原子核式结构模型，射线是光子流，不带电，衰变生成氦原子核，衰变生成负电子，半衰期与外界因素无关解答：解：A、卢瑟福提出了原子核式结构模型，A错误；B、射线、射线、都是高速运动的带电粒子流，射线是光子流，不带电，B错误；C、氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子，C正确；D、某放射性原子核经过2次衰变和一次衰变，核内质子数减少221=3个，D正确；E、半衰期与外界因素无关，E错误；故选：CD点评：掌握三种射线的性质，原子核式结构模型的内容，衰变的实质和半衰期的特点17（xx桓台县校级模拟）如图所示，光滑水平面上滑块A、C质量均为m=1kg，B质量为M=3kg开始时A、B静止，现将C以初速度v0=2m/s的速度滑向A，与A碰后C的速度变为零，而后A向右运动与B发生碰撞并粘在一起求：A与B碰撞后的共同速度大小；A与B碰撞过程中，A与B增加的内能考点：动量守恒定律；机械能守恒定律专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：A、C碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律求出它们碰撞后B的速度；A、B碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律可以求出它们的共同速度；由能量守恒定律可以求出A、B碰撞过程系统增加的内能解答：解：以A、C组成的系统为研究对象，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mvA，A、B碰撞过程动量守恒，以A、B组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mvA=（m+M）v，代入数据解得：vA=2m/s，v=0.5m/s；A、B碰撞过程中，由能量守恒定律可得A与B增加的内能：E=mvA2（M+m）v2，解得：E=1.5J；答：A与B碰撞后的共同速度大小为0.5m/s；A与B碰撞过程中，A与B增加的内能为1.5J点评：本题考查了求速度、增加的内能等问题，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可求出滑块的速度与系统增加的内能碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞，像质量相等的A与C碰撞后交换速度的情况属于弹性碰撞，没有机械能损失，像A与B碰撞粘在一起属于完全非弹性碰撞，机械能损失最多，损失的机械能转化为内能