《2015年全国新课标II卷高考物理试卷(纯word详解版).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2015年全国新课标II卷高考物理试卷(纯word详解版).doc（16页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2015年新课标II高考物理试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第14题只有一项符合题目要求，第58题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1（6分）如图，两平行的带电金属板水平放置若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45，再由a点从静止释放一同样的微粒，改微粒将（）A保持静止状态B向左上方做匀加速运动C向正下方做匀加速运动D向左下方做匀加速运动考点：带电粒子在混合场中的运动专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：开始时刻微粒保持静止，受重力和电场力而平衡；将两板绕过
2、a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45，电容器带电量不变，间距不变，正对面积也不变，故电场强度的大小不变，电场力的大小不变，方向逆时针旋转45，根据平行四边形定则求解出合力的方向，确定微粒的运动即可解答：解：在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，微粒受重力和电场力平衡，故电场力大小F=mg，方向竖直向上；将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45，电场强度大小不变，方向逆时针旋转45，故电场力逆时针旋转45，大小仍然为mg；故重力和电场力的大小均为mg，方向夹角为135，故合力向左下方，微粒的加速度恒定，向左下方做匀加速运动；故ABC错误，D正确；故选：D点评：本题关键是
3、对为零受力分析后结合牛顿第二定律分析，注意本题中电容器的两板绕过a点的轴逆时针旋转，板间场强大小不变，基础题目2（6分）如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上当金属框绕ab边以角速度逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc已知bc边的长度为l下列判断正确的是（）AUaUc，金属框中无电流BUbUc，金属框中电流方向沿abcaCUbc=Bl2，金属框中无电流DUbc=Bl2，金属框中电流方向沿acba考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：金属框中磁通量不变，故没有感应电流；但导体棒切割磁感线，有感
4、应电动势产生，根据E=BL求解切割电动势即可解答：解：AB、导体棒bc、ac做切割磁感线运动，产生感应电动势，根据右手定则，感应电动势的方向从b到c，或者说是从a到c，故Ua=UbUc，磁通量一直为零，不变，故金属框中无电流，故A错误，B错误；CD、感应电动势大小=Bl（）=Bl2，由于UbUc，所以Ubc=Bl2，磁通量一直为零，不变，金属框中无电流，故C正确，D错误；故选：C点评：本题关键是明确感应电流的产生条件是穿过闭合回路的磁通量发生改变，要会根据E=Blv求解感应电动势，会利用右手定则判断感应电动势的方向3（6分）由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入
5、地球同步轨道当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行已知同步卫星的环绕速度约为3.1103m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55103m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为（）A西偏北方向，1.9103m/sB东偏南方向，1.9103m/sC西偏北方向，2.7103m/sD东偏南方向，2.7103m/s考点：同步卫星；运动的合成和分解专题：人造卫星问题分析：已知合速度为同步卫星的线速度，一个分速度是在转移轨道上的速度，另一个分速度待求，运用速度合成的平行
6、四边形法则求解即可解答：解：合速度为同步卫星的线速度，为：v=3.1103m/s；一个分速度为在转移轨道上的速度，为：v1=1.55103m/s；合速度与该分速度的夹角为30度，根据平行四边形定则，另一个分速度v2如图所示：该分速度的方向为东偏南方向，根据余弦定理，大小为：=1.9103m/s故选：B点评：本题已知合速度和一个分速度，根据平行四边形定则求解另一个分速度，要结合余弦定理列式求解，基础题目4（6分）一汽车在平直公路上行驶从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示假定汽车所受阻力的大小f恒定不变下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是（）ABCD考点：功率
7、、平均功率和瞬时功率专题：功率的计算专题分析：对于汽车，受重力、支持力、牵引力和阻力，根据P=Fv和牛顿第二定律分析加速度的变化情况，得到可能的vt图象解答：解：在0t1时间内，如果匀速，则vt图象是与时间轴平行的直线，如果是加速，根据P=Fv，牵引力减小；根据Ff=ma，加速度减小，是加速度减小的加速运动，当加速度为0时，即F1=f，汽车开始做匀速直线运动，此时速度v1=所以0t1时间内，vt图象先是平滑的曲线，后是平行于横轴的直线；在t1t2时间内，功率突然增加，故牵引力突然增加，是加速运动，根据P=Fv，牵引力减小；再根据Ff=ma，加速度减小，是加速度减小的加速运动，当加速度为0时，即
8、F2=f，汽车开始做匀速直线运动，此时速度v2=所以在t1t2时间内，即vt图象也先是平滑的曲线，后是平行于横轴的直线故A正确，BCD错误；故选：A点评：本题关键是明确汽车恒定功率的加速过程是加速度减小的加速运动，注意速度不能突变，基础题目5（6分）指南针是我国古代四大发明之一关于指南针，下列说明正确的是（）A指南针可以仅具有一个磁极B指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C指南针的指向会受到附近铁块的干扰D在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转考点：地磁场分析：指南针又称指北针，主要组成部分是一根装在轴上的磁针，磁针在天然地磁场的作用下可以自由转动并保持在磁子午线的切
9、线方向上，磁针的北极指向地理的北极，利用这一性能可以辨别方向常用于航海、大地测量、旅行及军事等方面物理上指示方向的指南针的发明由三部曲组成：司南、磁针和罗盘他们均属于中国的发明解答：解：A、不存在单独的磁单极子，指南针也不例外，故A错误；B、指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，地磁场是南北指向的，故B正确；C、指南针的指向会受到附近铁块的干扰，是由于铁块被磁化后干扰了附近的地磁场，故C正确；D、在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，电流的磁场在指南针位置是东西方向的，故导线通电时指南针偏转90，故D错误；故选：BC点评：指南针在航海上的应用对地理大发现和海上贸易有极大的促进作用指南针的发
10、明源于中国古人如何定向问题的研究，也表明古人对如何定向问题的重视为此，指南针被誉为中国古代四大发明之一6（6分）有两个匀强磁场区域和，I中的磁感应强度是中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动与中运动的电子相比，中的电子（）A运动轨迹的半径是中的k倍B加速度的大小是中的k倍C做圆周运动的周期是中的k倍D做圆周运动的角速度是中的k倍考点：带电粒子在匀强磁场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：电子在磁场中做的圆周运动，洛伦兹力作为向心力，根据圆周运动的周期公式和半径公式逐项分析即可解答：解：设中的磁感应强度为B，则中的磁感应强度为kB，A、根据电子在磁场中运动的半径公式r=
11、可知，中的电子运动轨迹的半径为，中的电子运动轨迹的半径为，所以中的电子运动轨迹的半径是中的k倍，所以A正确；B、电子在磁场运动的洛伦兹力作为向心力，所以电子的加速度的大小为a=，所以中的电子加速度的大小为，中的电子加速度的大小为，所以的电子的加速度大小是中的倍，所以B错误；C、根据电子在磁场中运动的周期公式T=可知，中的电子运动周期为，中的电子运动周期为，所以中的电子运动轨迹的半径是中的k倍，所以中的电子运动轨迹的周期是中的k倍，所以C正确；D、做圆周运动的角速度=，所以中的电子运动角速度为，中的电子运动角速度为，在的电子做圆周运动的角速度是中的倍，所以D错误；故选：AC点评：本题是对粒子在磁
12、场中做圆周运动的基本考查，解决本题的关键是抓住洛伦兹力作为向心力，根据向心力的不同的公式来分析不同的关系，记住平时的得出的结论可以快速的分析问题7（6分）在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为（）A8B10C15D18考点：牛顿第二定律专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据两次的情况，利用牛顿第二定律得出关系式，根据关系式分析可能的情况即可
13、解答：解：设PQ两边的车厢数为P和Q，当机车在东边拉时，根据牛顿第二定律可得，F=Pma，当机车在西边拉时，根据牛顿第二定律可得，F=Qma，根据以上两式可得，即两边的车厢的数目可能是2和3，或4和6，或6和9，或8和12，等等，所以总的车厢的数目可能是5、10、15、20，所以可能的是BC故选：BC点评：本题不是确切的数值，关键的是根据牛顿第二定律得出两次之间的关系，根据关系来判断可能的情况，本题比较灵活，是道好题8（6分）如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大
14、小为g则（）Aa落地前，轻杆对b一直做正功Ba落地时速度大小为Ca下落过程中，其加速度大小始终不大于gDa落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg考点：功能关系；功的计算分析：a、b组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，通过b的动能变化，判断轻杆对b的做功情况根据系统机械能守恒求出a球运动到最低点时的速度大小解答：解：A、当a到达底端时，b的速度为零，b的速度在整个过程中，先增大后减小，动能先增大后减小，所以轻杆对b先做正功，后做负功故A错误B、a运动到最低点时，b的速度为零，根据系统机械能守恒定律得：mAgh=mAvA2，解得vA=故B正确C、b的速度在整个过程中，先增大后减小
15、，所以a对b的作用力先是动力后是阻力，所以b对a的作用力就先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，b对a是向下的拉力，此时a的加速度大于重力加速度，故C错误；D、a、b整体的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时b受到a的推力为零，b只受到重力的作用，所以b对地面的压力大小为mg，故D正确；故选：BD点评：解决本题的关键知道a、b组成的系统机械能守恒，以及知道当a的机械能最小时，b的动能最大三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必做题，每个考题考生都必须作答，第13为选考题，考生格局要求作答9（6分）（2015春南昌校级期末）某学生用图（a）所示的实验装置测量物块与
16、斜面的动摩擦因数已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图（b）所示，图中标出了五个连续点之间的距离（1）物块下滑是的加速度a=3.25m/s2，打C点时物块的速度v=1.79m/s；（2）已知重力加速度大小为g，求出动摩擦因数，还需测量的物理量是C（填正确答案标号）A物块的质量 B斜面的高度 C斜面的倾角考点：探究影响摩擦力的大小的因素；测定匀变速直线运动的加速度专题：实验题分析：（1）根据x=aT2可求加速度，根据求解C点的速度；（2）对滑块根据牛顿第二定律列式求解动摩擦因素的表达式进行分析即可解答：解：（1）根据x=aT2，有：解得：a=3.25m/s
17、2打C点时物块的速度：v=m/s=1.79m/s（2）对滑块，根据牛顿第二定律，有：mgsinmgcos=ma解得：=故还需要测量斜面的倾角，故选：C；故答案为：（1）3.25，1.79；（2）C点评：实验的核心是实验原理，根据原理选择器材，安排实验步骤，分析实验误差，进行数据处理等等10（9分）电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表的电流的两倍某同学利用这一事实测量电压表的内阻（半偏法）实验室提供材料器材如下： 待测电压表（量程3V，内阻约为3000欧），电阻箱R0（最大阻值为99999.9欧），滑动变阻器R1（最大阻值100欧，额定电流2A），电源E（电动势6V，内阻不计），开关两个，
18、导线若干（1）虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分，将电路图补充完整（2）根据设计的电路写出步骤：移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小，闭合开关S1、S2，调节R1，使电压表的指针满偏，保证滑动变阻器的位置不变，断开开关S2，调节电阻箱R0使电压表的指针半偏，读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻；（3）将这种方法测出的电压表内阻记为Rv，与电压表内阻的真实值Rv相比，RvRv（填“”“=”或“”），主要理由是电压表串联电阻箱后认为电压不变，而实际该支路电压变大，则电阻箱分压大于计算值，则会引起测量值的偏大考点：伏安法测电阻专题：实验题分析：（1）待
19、测电压表电阻远大于滑动变阻器R1的电阻值，故滑动变阻器R1采用分压式接法；待测电压表和电阻箱R0采用串联式接法；（2）采用先测量一个适当的电压，然后增加电阻箱电阻，使电压表半偏，则电阻箱的读数即视为等于电压表的电阻；（3）电压表串联电阻箱后认为电压不变，而实际该支路电压变大，则电阻箱分压大于计算值，则会引起测量值的偏大解答：解：（1）待测电压表电阻（3000欧姆）远大于滑动变阻器R1的电阻值（100欧姆），故滑动变阻器R1采用分压式接法；电路图如图所示：（2）移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小，闭合开关S1、S2，调节R1，使电压表的指针满偏，保证滑动变阻器滑片的位置不变
20、，断开开关S2，调节电阻箱R0使电压表的指针半偏，读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻；（3）电压表串联电阻箱后认为电压不变，而实际该支路电压变大，则电阻箱分压大于计算值，则会引起测量值的偏大，故RvRv；故答案为：（1）如图所示；（2）移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小，闭合开关S1、S2，调节R1，使电压表的指针满偏，保证滑动变阻器的位置不变，断开开关S2，调节电阻箱R0使电压表的指针半偏，读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻；（3），电压表串联电阻箱后认为电压不变，而实际该支路电压变大，则电阻箱分压大于计算值，则会引起测量值的偏大点评：考查半偏法
21、测电阻的原理，明确串联电阻后会引起测量支路的电阻的增大，其分压要变大，此为误差的来源11（12分）如图，一质量为m、电荷量为q（q0）的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30不计重力求A、B两点间的电势差考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理；电势差专题：电场力与电势的性质专题分析：粒子水平方向受电场力，做初速度为零的匀加速直线运动；竖直方向不受力，故竖直分运动是匀速直线运动；结合运动的合成与分解的知识得到A点速度与B点速度的关系，然后对A到B过程根据动能定理列式求解解
22、答：解：设带电粒子在B点的速度大小为vB，粒子在垂直电场方向的分速度不变，故：vBsin30=v0sin60 解得： 设A、B间的电势差为UAB，由动能定理，有： 联立解得：答：A、B两点间的电势差为点评：本题关键是通过运动的合成与分解得到A点速度和B点速度的关系，然后结合动能定理列式求解即可，基础题目12（20分）下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害某地有一倾角为=37（sin37=）的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图所示假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内
23、，A、B间的动摩擦因数1减小为，B、C间的动摩擦因数2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，2保持不变已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l=27m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力取重力加速度大小g=10m/s2求：（1）在02s时间内A和B加速度的大小（2）A在B上总的运动时间考点：牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）对A、B受力分析，根据牛顿第二定律可以求出加速度的大小；（2）根据A、B的加速度的大小，利用速度时间的关系式和它们之间的距离可以计算时间的大小解答：解：
24、（1）在02s时间内，A和B的受力如图所示，其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得f1=1N1 N1=mgcos f2=2N2 N2=N1+mgcos 规定沿斜面向下为正，设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mgsinf1=ma1 mgsin+f1f2=ma2 联立式，并代入题给的条件得a1=3m/s2 a2=1m/s2（2）在t1=2s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1=a1t1=6m/s v2=a2t1=2m/s tt1时，设A和B的加速度分别为a1和a2，此时A与B
25、之间摩擦力为零，同理可得a1=6m/s2a2=2m/s2即B做减速运动设经过时间t2，B的速度减为零，则有v2+a2t2=0联立式得t2=1s在t1+t2时间内，A相对于B运动的距离为s=12m27m此后B静止不动，A继续在B上滑动设再经过时间t3后A离开B，则有ls=可得t3=1s（另一解不合题意，舍去）设A在B上总的运动时间为t总，有t总，=t1+t2+t3=4s（利用下面的速度图线求解也可）答：（1）在02s时间内A和B加速度的大小分别为3m/s2和1m/s2；（2）A在B上总的运动时间为4s点评：本题是对牛顿第二定律和运动学公式的综合的应用，分析清楚物体的运动的情况和受力的情况，根据运
26、动学的公式来求解，本题的难度比较大（二）选考题，共45分。请考生从给出的3题中任选一题作答物理选修3-3（15分）13（5分）（2015春莱芜校级期末）关于扩散现象，下来说法正确的是（）A温度越高，扩散进行得越快B扩散现象是不同物质间的一种化学反应C扩散现象是由物质分子无规则运动产生的D扩散现象在气体、液体和固体中都能发生E液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的考点：扩散专题：分子运动论专题分析：扩散现象是指物质分子从高浓度区域向低浓度区域转移，直到均匀分布的现象，速率与物质的浓度梯度成正比扩散是由于分子热运动而产生的质量迁移现象，主要是由于密度差引起的扩散现象等大量事实表明，一切物质的分子都
27、在不停地做无规则的运动解答：解：A、温度越高，分子热运动越激烈，所以扩散进行得越快，故A正确；B、扩散现象是分子热运动引起的分子的迁移现象，没有产生新的物质，是物理现象，故B错误；CD、扩散现象是由物质分子无规则热运动产生的分子迁移现象，可以在固体、液体、气体中产生，扩散速度与温度和物质的种类有关，故CD正确；E、液体中的扩散现象是由于液体分子的热运动产生的，故E错误故选：ACD点评：扩散现象是分子的迁移现象从微观上分析是大量分子做无规则热运动时，分子之间发生相互碰撞的结果由于不同空间区域的分子密度分布不均匀，分子发生碰撞的情况也不同这种碰撞迫使密度大的区域的分子向密度小的区域转移，最后达到均
28、匀的密度分布14（10分）如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭，A侧空气柱的长度为l=10.0cm，B侧水银面比A侧的高h=3.0cm现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h1=10.0cm时将开关K关闭已知大气压强p0=75.0cmHg（i）求放出部分水银后A侧空气柱的长度；（ii）此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度考点：理想气体的状态方程专题：理想气体状态方程专题分析：（i）在同一段水银柱中，同一高度压强相等；先计算出A侧气体的初状态气压和末状态气压，然后根据玻意耳定律
29、列式求解；（ii）两侧水银面等高后，根据玻意耳定律求解气体的体积；比较两个状态，结合几何关系得到第二次注入的水银柱的长度解答：解：（i）以cmHg为压强单位设A侧空气柱长度l=10.0cm时压强为p，当两侧的水银面的高度差为h1=10.0cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1，由玻意耳定律，有：pl=p1l1 由力学平衡条件，有：p=p0+h 打开开关放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随着减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止，由力学平衡条件，有：p1=p0h1 联立，并代入题目数据，有：l1=12cm
30、 （ii）当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为P2，由玻意耳定律，有：pl=p2l2 由力学平衡条件有：p2=p0 联立式，并代入题目数据，有：l2=10.4cm 设注入水银在管内的长度为h，依题意，有：h=2（l1l2）+h1 联立式，并代入题目数据，有：h=13.2cm答：（i）放出部分水银后A侧空气柱的长度为12cm；（ii）注入的水银在管内的长度为13.2cm点评：本题中封闭气体经历两次等温过程，关键是找出初状态和末状态的气压和体积（长度）关系，然后根据玻意耳定律列式求解，不难物理选修3-4（15分）15如图，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻
31、璃砖底面上的入射角为，经折射后射出a、b两束光线则（）A在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度B在真空中，a光的波长小于b光的波长C玻璃砖对a光的折射率小于对b光的折射率D若改变光束的入射方向使角逐渐变大，则折射光线a首先消失E分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距考点：光的折射定律专题：光的折射专题分析：根据折射定律公式n=判断折射率大小，根据v=判断玻璃中的光速大小；根据c=f真空中波长大小；根据公式判断条纹间距大小解答：解：AC、光线a的偏折程度大，根据折射定律公式n=，光线a的折射率大；再根据公式v=，光线a在玻璃中的传播速度小，故
32、A正确，C错误；B、光线a的折射率大，说明光线a的频率高，根据c=f，光线a在真空中的波长较短，故B正确；D、若改变光束的入射方向使角逐渐变大，则折射光线a的折射角先达到90，故先发生全反射，先消失，故D正确；E、光线a在真空中的波长较短，根据双缝干涉条纹间距公式，分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距，故E错误；故选：ABD点评：本题综合考查了光的折射、全反射和干涉，关键是记住几个公式：折射率定义公式n=、光速公式v=、双缝干涉条纹间距公式，基础题目16（2015春南阳月考）平衡位置位于原点O的波源发出的简谐横波在均匀介质中沿水平x轴传播，P
33、、Q为x轴上的两个点（均位于x轴正向），P与O的距离为35cm，此距离介于一倍波长与二倍波长之间已知波源自t=0时由平衡位置开始向上振动，周期T=1s，振幅A=5cm当波传到P点时，波源恰好处于波峰位置；此后再经过5s，平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置求：（i）P、Q间的距离；（ii）从t=0开始到平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过的路程考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象分析：（i）根据题意P与O的距离为35cm，此距离介于一倍波长与二倍波长之间，所以OP=，根据周期计算距离；（ii）根据周期计算时间的长短，根据振幅计算通过的路程的大小解答：解：（i）由
34、题意，O、P两点间的距离与波长之间满足OP= 波速v与波长的关系为v= 在t=5s的时间间隔内，波传播的路程为vt由题意有vt=PQ+ 式中，PQ为P、Q间的距离由式和题给数据，得PQ=133cm（ii）Q处的质点第一次处于波峰位置时，波源运动的时间为t1=t+T波源从平衡位置开始运动，每经过T，波源运动的路程为A有题给条件得t1=25T故t1时间内，波源运动的路程为s=25A=125cm答：（i）P、Q间的距离为133cm；（ii）从t=0开始到平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过的路程为125cm点评：本题是对简谐波的周期性的考查，根据波速和距离、周期之间的关系来
35、计算通过的时间，再根据振幅计算通过的路程的大小物理选修3-5（15分）17实物粒子和光都具有波粒二象性下列事实中突出体现波动性的是（）A电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样B射线在云室中穿过会留下清晰的径迹C人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构D人们利用电子显微镜观测物质的微观结构E光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关考点：光的波粒二象性分析：光电效应证明了光的粒子性，肥皂泡是彩色的，是由于光线在肥皂膜的表面发生干涉造成的证明了光具有波动性；实物粒子也具有波动性，但由于波长太小，我们无法直接观测到；相邻原子之间的距离大致与德布罗意波长相同故能发生明显的衍射
36、现象，证明了光的波动性解答：解：A、干涉是波具有的特性，电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样，说明电子具有波动性，所以A正确；B、粒子在云室中受磁场力的作用，做的是圆周运动，与波动性无关，所以B错误；C、可以利用慢中子衍射来研究晶体的结构，说明中子可以产生衍射现象，说明具有波动性，所以C正确；D、人们利用电子显微镜观测物质的微观结构，说明电子可以产生衍射现象，说明具有波动性，所以D正确；E、光电效应实验，说明的是能够从金属中打出光电子，说明的是物质的粒子性，所以E错误；故选：ACD点评：本题考查了光的波粒二象性，有时波动性明显，有时粒子性明显明确各种物理现象的实质和原理才能顺利解决此类题目
37、18（2015春延安月考）两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段两者的位置x随时间t变化的图象如图所示求：（i）滑块a、b的质量之比；（ii）整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比考点：动量守恒定律；功能关系专题：动量定理应用专题分析：（i）根据图象计算碰撞前速度的大小，根据动量守恒计算质量的比值；（ii）根据能量守恒计算碰撞损失的机械能，根据动能定理计算克服摩擦力所做的功，再计算它们的比值解答：解：（i）设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前地速度为v1、v2由题给的图象得v1=2m/s v2=1m/s a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v由题给的图象得v=m/s 由动量守恒定律得m1v1+m2v2=（m1+m2）v 联立式得m1：m2=1：8（ii）由能量守恒得，两滑块因碰撞损失的机械能为E=由图象可知，两滑块最后停止运动，由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W=联立式，并代入数据得W：E=1：2答：（i）滑块a、b的质量之比为1：8；（ii）整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比为1：2点评：本题是对动量守恒的考查，同时注意位移时间图象的含义，根据图象来计算速度的大小，利用能量的守恒来分析损失的能量的多少