5．有两个质量不等的物体A．B,静止在光滑的水平面上,它们用细线连着,之间夹着一个被压缩的弹簧．当烧断细线,在弹簧恢复到原长的过程中\x05\x05（ ）\x05A．弹簧对两个物体所做的功大小相等\x05B．弹簧和两个小球组成的系统机械能守恒\x05C．任何时刻两个物体加速度的大小都相等\x05D．任何时刻两个物体速度的大小都相等
选B,整个系统中只有弹簧弹力做功,符合系统机械能守恒的条件由于弹簧作用在A,B的弹力的大小相等的,而且A,B质量不同,产生的加速度大小必然不同 C错加速度大小不同,变化规律相同,两小球由静止开始运动,相同的时刻内,速度也就不同了,D错,速度,加速度不同,位移也不同,相同的力作用下,做功不同,A错
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学年广西崇左市高三（上）摸底物理试卷（9月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分.在每小题给出四个选项中，第1~4题只有一项符合题目要求；第5~8小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，有选错或不选的得0分。）
1．关于物理学的研究方法，下列说法正确的是（ ）
A．在用实验探究加速度、力和质量三者之间关系时，应用了等效替代法
B．在用实验探究功与速度变化关系时，应用了控制变量法
C．在利用速度时间图象推导匀变速直线运动位移公式时应用的是微元法
D．用比值法来定义加速度这个物理量，其定义式为a=
【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系；探究功与速度变化的关系．
【分析】物理学的发展离不开科学的思维方法，要明确各种科学方法在物理中的应用，如控制变量法、理想实验、理想化模型、极限思想等，根据各个实验的原理以及比值定义法的定义分析即可选择．
【解答】解：A、在用实验探究加速度、力和质量三者之间的关系时，由于涉及物理量较多，因此采用控制变量法进行实验，故A错误；
B、在用实验探究功与速度变化关系时，没有使用控制变量法，故B错误；
C、在利用速度﹣时间图象推导匀变速直线运动的位移公式时，采用极限思想，把时间轴无限分割，得出面积大小等于物体位移的结论，故C正确；
D、加速度a=是牛顿第二定律得到的，不是比值定义，故D错误．
2．如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动．用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在圆弧形墙壁上的C点．当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中（保持OA与地面夹角θ不变），OC绳所受拉力的大小变化情况是（
A．逐渐减小 B．逐渐增大 C．先减小后增大 D．先增大后减小
【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．
【分析】先对G受力分析可知竖直绳上的拉力不变，再对结点O分析可得出受力的平行四边形；根据C点的移动利用图示法可得出OC拉力的变化．
【解答】解：对G分析，G受力平衡，则拉力等于重力；故竖直绳的拉力不变；
再对O点分析，O受绳子的拉力OA的支持力及OC的拉力而处于平衡；受力分析如图所示；
将F和OC绳上的拉力合力，其合力与G大小相等，方向相反，则在OC上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知OC的拉力先减小后增大，图中D点时力最小；
3．“神舟”五号载人飞船在绕地球飞行的第五圈进行变轨，由原来的椭圆轨道变为距地面高度为h的圆形轨道．已知飞船的质量为m，地球半径为R，地面处的重力加速度为g．则飞船在上述圆轨道上运行的动能Ek（
A．等于mg（R+h） B．小于mg（R+h） C．大于mg（R+h） D．等于mgh
【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．
【分析】研究飞船绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出速度，
忽略地球自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式求解．
【解答】解：研究飞船绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式
解得①
忽略地球自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式
解得GM=gR2②
由①②解得：飞船在上述圆轨道上运行的动能Ek=mv2=，即飞船在上述圆轨道上运行的动能Ek小于，故B正确．
4．如图所示，图中以点电荷Q为圆心的虚线同心圆是该点电荷电场中球形等势面的横截面图．一个带电的粒子经过该电场，它的运动轨迹如图中实线所示，P、M、N、O、F都是轨迹上的点．不计带电粒子受到的重力，由此可以判断（
A．此粒子和点电荷Q带同种电荷
B．此粒子在M点的动能小于在F点的动能
C．若PM两点间的距离和MN两点间的距离相等，则从P到M和从M到N，电场力做功相等
D．带电粒子从P运动到N的过程中，电势能逐渐增大
【考点】等势面；电势；电势能．
【分析】电荷做曲线运动，受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在O点的电荷是异种电荷，它们之间存在引力，根据功能关系分析动能和电势能的变化情况；根据库仑定律判断静电力的大小，确定加速度的大小．
【解答】解：A、根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在M、N间运动过程中，电荷一直受静电引力作用，此粒子和点电荷带不同的电荷．故A错误；
B、粒子从M到N，电场力做正功，故电势能减小，故M点的电势能大于N点的电势能；N点与F点在同一个等势面上，所以粒子在F点的动能等于在N点的动能，所以粒子在M点的动能小于在F点的动能．故B正确；
C、M点离场源电荷远，电荷所受的电场力较小，则PM两点间的距离和MN两点间的距离相等，则从P到M电场力做的功比从M到N电场力做功多，故C错误；
D、粒子从P到N，只受电场力，合力做正功，根据动能定理，动能增加，电势能减小，故D错误；
5．如图A、B为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置．当A线圈中通有如图（a）所示的变化电流i，则（ ）
A．在t1到t2时间内A、B两线圈相吸
B．在t2到t3时间内A、B两线圈相斥
C．t1时刻两线圈间作用力为零
D．t2时刻两线圈间吸力最大
【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．
【分析】根据安培定则确定电流与磁场的方向关系，再根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同．最后运用同向电流相互吸引，异向电流相互排斥．
【解答】解：A、在t1到t2时间内，若设逆时针（从左向右看）方向为正，则线圈A电流方向逆时针且大小减小，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向右的磁通量大小减小，由楞次定律可知，线圈B的电流方向逆时针方向，因此A、B中电流方向相同，出现相互吸引现象，故A正确；
B、在t2到t3时间内，若设逆时针方向（从左向右看）为正，则线圈A电流方向顺时针且大小增大，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向左的磁通量大小增大，由楞次定律可知，线圈B的电流方向逆时针方向，因此A、B中电流方向相反，A、B出现互相排斥，故B正确；
C、由题意可知，在t1时刻，线圈A中的电流最大，而磁通量的变化率是最小的，所以线圈B感应电流也是最小，因此两线圈间作用力为零，故C正确；
D、在t2时刻，线圈A中的电流最小，而磁通量的变化率是最大的，所以线圈B感应电流也是最大，但A、B间的相互作用力最小，故D错误；
6．图中虚线PQ上方有一磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．O是PQ上一点，在纸面内从O点向磁场区域的任意方向连续发射速率为v0的粒子，粒子电荷量为q、重力为m．现有两个粒子先后射入磁场中并恰好在M点相遇，MO与PQ间夹角为60°，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是（
A．两个粒子从O点射入磁场的时间间隔可能为
B．两个粒子射入磁场的方向分别与PQ成30°和60°角
C．在磁场中运动的粒子离边界的最大距离为
D．垂直PQ射入磁场中的粒子在磁场中的运动时间最长
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．
【分析】明确两粒子在磁场中运动周期和半径，以正粒子为例进行分析，明确转过的角度规律，从而明确粒子的运动情况，根据圆周运动的规律即可明确最大距离和最长时间．
【解答】解：A、以粒子带正电为例分析，先后由O点射入磁场，并在M点相遇的两个粒子轨迹恰好组成一个完整的圆，从O点沿OP方向入射并通过M点的粒子轨迹所对圆心角为240°，根据带电粒子在磁场中运动周期T=可知，该粒子在磁场中运动的时间t1==，则另一个粒子轨迹所对圆心角为120°，该粒子运动时间t2=，可知，两粒子在磁场中运动的时间差可能为△t=，故A正确；
B、射入磁场方向分别与PQ成30°和60°角的两粒子轨迹所对圆心角之和不是360°，不可能在M点相遇，故B错误；
C、在磁场中运动的粒子离边界的最大距离为轨迹圆周的直径d=，故C正确；
D、沿OP方向入射的粒子在磁场中运动的轨迹所对圆心角最大，运动时间最长，故D错误；
7．如图所示，一轻绳系着可视为质点的小球在竖直平面内做圆周运动，已知绳长为l，重力加速度为g，小球在最低点Q的速度为v0，则（
A．小球运动到最低点Q时，处于失重状态
B．小球的速度v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大
C．当v0＞时，小球一定能通过最高点P
D．当v0＜时，轻绳始终处于绷紧状态
【考点】向心力；牛顿第二定律．
【分析】根据加速度的方向确定小球处于超重还是失重，根据牛顿第二定律和动能定理求出小球在P、Q两点的拉力之差，从而分析判断．根据最高点的最小速度，结合动能定理求出最低点的最小速度，从而判断小球能否通过最高点．当v0＜时，通过小球运动状态分析轻绳是否处于绷紧状态．
【解答】解：A、小球运动到最低点Q时，由于合力的方向向上，加速度向上，则小球处于超重状态，故A错误．
B、在Q点，根据牛顿第二定律得，，在最高点，根据牛顿第二定律得，，根据动能定理得，，
联立解得TQ﹣TP=6mg，故B错误．
C、小球通过P点的最小速度，根据动能定理得，，最低点的最小速度，当v0＞时，小球一定能通过最高点P，故C正确．
D、当v0＜时，小球不会越过N点，在底端来回摆动，轻绳始终处于绷紧状态，故D正确．
故选：CD．
8．如图所示，已知倾角为θ=45°、高为h的斜面固定在水平地面上．一小球从高为H（h＜H＜h）处自由下落，与斜面做无能量损失的碰撞后水平抛出．小球自由下落的落点距斜面左侧的水平距离x满足一定条件时，小球能直接落到水平地面上．下列说法正确的是（
A．小球落到地面上的速度大小为
B．x应满足的条件是H﹣h＜x＜h
C．x应满足的条件是h﹣0.8H＜x＜h
D．x取不同值时，小球在空中运动的时间不变
【考点】平抛运动；自由落体运动．
【分析】由于小球与斜面碰撞无能量损失，自由下落和平抛运动机械能也守恒，所以小球整个运动过程中机械能守恒，据此列式求解小球落到地面上的速度大小；小球与斜面碰撞后做平抛运动，当正好落在斜面底端时，x最小，根据平抛运动的基本公式结合几何关系、动能定理求出x的最小值，而x的最大值即为h，从而求出x的范围；
【解答】解：A、设小球落到地面的速度为v，根据机械能守恒定律，得，故A正确；
BC、小球做自由落体运动的末速度为，小球做平抛运动的时间为
由s＞h﹣x，解得h﹣0.8H＜x＜h，故B错误，C正确；
D、自由下落的时间，平抛的时间，在空中的总时间，x取不同的值小球在空中的时间不同，故D错误；
二、必考题（共4小题，满分47分）
9．某实验小组采用如图甲所示的装置探究功与速度变化的关系，小车在橡皮筋的作用下弹出后，沿木板滑行，打点计时器工作频率为50Hz．
（1）实验中木板略微倾斜，这样做 C （填答案前的字母）．
A．是为了释放小车后，小车能匀加速下滑
B．是为了增大橡皮筋对小车的弹力
C．是为了使橡皮筋对小车做的功等于合外力对小车做的功
D．是为了使橡皮筋松驰后小车做匀加速运动
（2）某同学通过实验得到如图丙所示的纸带，关于小车速度的测量，正确的操作应该是测量 BC
（填“BC”或“AB”）两点间距计算小车的速度．
3）若根据多次测量数据画出的W﹣v草图如图乙所示，根据图线形状可知，对W与v的关系作出的以下猜想肯定不正确的是
【考点】探究功与速度变化的关系．
【分析】（1）小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，使得橡皮筋做的功等于合外力对小车做的功；纸带在橡皮条的作用下做加速运动，橡皮条做功完毕，则速度达到最大，此后做匀速运动．
（2）应选用橡皮筋做功完毕小车做匀速直线运动时对应的纸带部分．
（3）根据图象特点，利用数学知识可正确得出结论．
【解答】解：（1）使木板倾斜，小车受到的摩擦力与小车所受重力沿斜面方向的分力大小相等，在不施加拉力时，小车在斜面上受到的合力为零，小车可以在斜面上静止或做匀速直线运动，小车与橡皮筋连接后，小车所受到的合力等于橡皮筋的拉力，橡皮筋对小车做的功等于合外力对小车做的功，故ABD错误，C正确；故选C．
（2）橡皮筋做功完毕时小车做匀速直线运动，此时纸带上相邻点间距相等，由图示纸带可知，应选用纸带的BC部分进行测量．
（3）根据图象结合数学知识可知，该图象形式和y=xn（n=2，3，4）形式，故AB错误，CD正确．本题选不正确的，故选：AB
故答案为：（1）C；（2）BC；（3）AB．
10．利用如图甲所示的电路测定金属电阻率，在测量时需要用刻度尺测出被测金属丝的长度l，用螺旋测微器测出金属丝的直径d，用电流表和电压表测出金属丝的电阻Rx．
（1）请读出乙图中螺旋测微器的读数
3.550&10﹣3 m
（2）写出测金属丝电阻率的表达式：ρ=
（用字母L、d、Rx表示）．
（3）利用该电路进行实验的主要操作过程是：
第一步：闭合电键S1，将电键S2接2，调节滑动变阻器RP和r，使电压表读数尽量接近满量程，读出这时电压表和电流表的示数U1、I1；
请你接着写出第二步，并说明需要记录的数据：
将电键S2接1，只调节滑动变阻器r，使电压表读数尽量接近满量程，读出这时电压表和电流表的示数U2、I2
由以上记录的数据计算出被测电阻Rx的表达式为Rx=
【考点】测定金属的电阻率．
【分析】（1）螺旋测微器固定刻度最小分度为1mm，可动刻度每一分度表示0.01mm，
由固定刻度读出整毫米数包括半毫米数，由可动刻度读出毫米的小数部分．
固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数．
（2）应用电阻定律可以求出电阻率的表达式．
（3）单刀双掷开关S2合向1，由电压表和电流表的示数U1和I1，可求出Rx、电流表、变阻器串联的电阻．
将单刀双掷开关S2合向2，读出此时电压表和电流表的示数U2和I2，可求出电流表和变阻器串联的电阻．
两个阻值之差等于被测电阻．根据欧姆定律写出表达式．
【解答】解：（1）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数是3.5mm，
可动刻度示数是5.0&0.01mm=0.050mm，则螺旋测微器示数是3.5mm+0.050mm=3.550mm=3.550&10﹣3m；
（2）根据Rx=ρ=ρ，电阻率：ρ=；
（3）将电键S2接1，只调节滑动变阻器r，使电压表读数尽量接近满量程，读出这时电压表和电流表的示数U2和I2；
由题Rx+RA+R1=，RA+R1=，整理得：RX=；
故答案为：（1）3.550&10﹣3；（2）；
（3）将电键S2接1，只调节滑动变阻器r，使电压表读数尽量接近满量程，读出这时电压表和电流表的示数U2、I2； ．
11．某电视剧制作中心要拍摄一特技动作，要求特技演员从80m的大楼楼顶自由下落到行驶的汽车上，若演员开始下落的同时汽车从60m远处由静止向楼底先匀加速运动3s，再匀速行驶到楼底，为保证演员能安全落到汽车上（不计空气阻力，人和汽车看成质点，g=10m/s2），
求：（1）汽车经多长时间开到楼底；
（2）汽车匀加速运动的时间和加速度的大小．
【考点】自由落体运动；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】（1）汽车运动的时间和人运动的时间相同，人做自由落体运动，根据位移时间公式即可求解；
（2）先求出匀速运动的时间，设出匀速运动的速度，根据运动学基本公式抓住位移之和为60m即可求解．
【解答】解：（1）人做自由落体运动，所以h=gt2
解得：t==4s
所以汽车运动的时间也为4s．
（2）因为汽车匀加速时间为t1=3s
所以汽车匀速运动的时间为t2=t﹣t1=1s
匀加速位移为s1=at2
匀速运动速度为：V=at1
匀速运动位移s2=vt2
又s1+s2=60
解得a=8m/s2
答：（1）汽车经4s开到楼底；
（2）汽车匀加速运动的时间为3s，加速度的大小为8m/s2．
12．如图所示，相距2L的AB、CD两直线间的区域存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场，其中PT上方的电场E1的场强方向竖直向下，PT下方的电场E0的场强方向竖直向上，在电场左边界AB上宽为L的PQ区域内，连续分布着电量为+q、质量为m的粒子．从某时刻起由Q到P点间的带电粒子，依次以相同的初速度v0沿水平方向垂直射入匀强电场E0中，若从Q点射入的粒子，通过PT上的某点R进入匀强电场E1后从CD边上的M点水平射出，其轨迹如图，若MT两点的距离为．不计粒子的重力及它们间的相互作用．试求：
（1）电场强度E0与E1；
（2）在PQ间还有许多水平射入电场的粒子通过电场后也能垂直CD边水平射出，这些入射点到P点的距离有什么规律？
【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．
【分析】（1）粒子在两电场中做类平抛运动，由图可得出粒子在两电场中的运动情况；分别沿电场方向和垂直电场方向列出物理规律，联立可解得电场强度的大小；
（2）粒子进入电场做类平抛运动，根据运动的合成与分解，结合运动学公式分析答题．
【解答】解：（1）设粒子经PT直线上的点R由E0电场进入E1电场，由Q到R及R到M点的时间分别为t1与t2，到达R时竖直速度为vy，则：
由牛顿第二定律得：F=qE=ma，
由匀变速直线运动的位移公式：s=at2与匀变速直线运动的速度公式：v=at可得：
解得：L=a1t12=&&t12…①
而 =a2t22=t22…②
速度关系：vy=t1=t2…③
v0（t1+t2）=2L…④
上述四式联立解得：E1=2E0，E0=，E1=；
（2）由E1=2E0及③式可得：t1=2t2．
因沿PT方向粒子做匀速运动，故P、R两点间的距离是R、T两点间距离的两倍．即粒子在E0电场做类平抛运动在PT方向的位移是在E1电场中的两倍．
设PQ间到P点距离为△y的F处射出的粒子通过电场后也沿水平方向，若粒子第一次达PT直线用时△t，水平位移为△x，则△x=v0△t
△y=（△t）2
粒子在电场E1中可能做类平抛运动后，垂直CD边射出电场，也可能做类斜抛运动后返回E0电场，在E0电场中做类平抛运动垂直CD水平射出，或在E0电场中做类斜抛运动再返回E1电场，若粒子从E1电场垂直CD射出电场，则有：
（2n+1）△x+=2L （n=0、1、2、3、…）
△y=（）2= []2= （n=0、1、2、3、…）
若粒子从E0电场垂直CD射出电场，则有：
3k△x=2L（k=1、2、3、…）
△y=（）2=（）2=（k=1、2、3、…）
即PF间的距离为：与其中（n=0、1、2、3、…，k=1、2、3、…）
或 2n=2L （n=1、2、3、…）
解之得：△y=（）2=（n=1、2、3、…）
则PF间距为（n=1、2、3、…）
答：（1）电场强度E0与E1分别为：、；
（2）在PQ间还有许多水平射入电场的粒子通过电场后也能垂直CD边水平射出，这些入射点到P点的距离为：（n=1、2、3、…）．
[选修3－3]（共2小题，满分15分）
13．下列说法正确的是（ ）
A．知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积
B．悬浮在液体中的微粒足够小，来自各个方向的液体分子撞击的不平衡性使微粒的运动无规则
C．液晶既具有液体的流动性，又具有光学的各向异性
D．温度越高，物体的内能不一定增大
E．由于液体表面具有收缩趋势，故液体表面的分子之间不存在斥力
【考点】* 晶体和非晶体；* 固体的微观结构．
【分析】由气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可以算出气体分子所占的体积，但是得不到气体分子的体积；布朗运动的成因是来自各个方向的液体分子撞击的不平衡性；液晶即具有流动性，又具有光学各向异性的性质；内能包括分子热运动动能和分子势能；液体表面的分子分布比液体内部分子的分布要稀疏，故存在液体的表面张力．
【解答】解：A、只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子之间的距离，不能计算出分子的大小，也不能计算出分子体积的大小．故A错误；
B、悬浮在液体中的微粒足够小，表面积小，同一时刻来自各个方向的液体分子数少，撞击的冲力不平衡，使微粒做运动无规则，这就是布朗运动，故B正确；
C、液晶是一种特殊的物态，它既具有液体的流动性，又具有光学各向异性，故C正确；
D、内能包括分子热运动动能和分子势能，温度是分子热运动平均动能的标志；故温度高的物体内能不一定大，故D正确；
E、由于液体表面具有收缩趋势，故液体表面的分子之间斥力和吸引力的合力表现为引力，即液体的表面张力，故E错误；
故选：BCD．
14．如图所示，在长为L=57cm的一端封闭、另一端开口向上、粗细均匀、导热良好的竖直玻璃管内，用4cm高的水银柱（Hg）封闭着长为L1=51cm的理想气体，管内外的温度均为33℃．（大气压强是p0=76cmHg）求：
①若缓慢对玻璃管进行加热，当水银柱上表面与管口刚好相平时，求管中气体的温度．
②若保持管内温度始终为33℃，现将水银缓慢注入管中，直到水银柱上表面与管口刚好相平时，求管中气体的压强．
【考点】理想气体的状态方程；封闭气体压强．
【分析】①对气体加热的过程中，气体的压强不变，求出气体的状态参量，然后根据玻意耳定律和盖﹣吕萨克定律求出气体的温度．
②当水银柱上表面与管口相平，设水银柱的高度为H，管内气体经等温压缩，由玻意耳定律即可求出结果．
【解答】解：①设玻璃管横截面积为S，以管内封闭气体为研究对象，气体经等压膨胀：
初状态：V1=51S，T1=306K；
末状态：V2=53S，T2=？
由盖吕萨克定律： =，
即： =，解得：T2=318K
②当水银柱上表面与管口相平，设此时管中气体压强为p，水银柱的高度为H，管内气体经等温压缩，
初状态：V1=51S，p1=80cmHg，末状态：V2=（57﹣H）S，p2=（76+H）cmHg，
由玻意耳定律：p1V1=p2V2，即：51S&80=（57﹣H）S&（76+H），解得：H=9cm，故：p2=85cmHg；
答：①若缓慢对玻璃管加热，当水银柱上表面与管口刚好相平时，管中气体的温度是318K；
②若保持管内温度始终为33℃，现将水银缓慢注入管中，直到水银柱上表面与管口相平，此时管中气体的压强是85cmHg．
[选修3－4]
15．如图为一列沿x轴正方向传播的简谐横波的部分波形图，若该波波速v=40m/s，在t=0时刻波刚好传播到x=13m处，下列关于波在t=0.45s时的运动情况分析，其中正确的是（
A．该波x=9 m处的质点的位移为﹣5 cm
B．该波x=11m处的质点的位移为5 cm
C．该波x=11m处的质点速度方向沿y轴负向
D．该波刚好传播到x=31m处
E．该波刚好传播到x=18m处
【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．
【分析】由波的传播方向可确定质点的振动方向．由图读出波长，由波速公式求出周期．根据简谐运动在不同时刻的速度、加速度与位移的大小与方向情况．
【解答】解：A、由图可知，波长为8m，波速为v=40m/s，由T=s=0.2s，因在t=0时刻刚好传播到x=13m处，则t=0.45s时，波向前传播了2波形，所以x=9m处的质点，此时处于波谷，则质点的位移为﹣5cm，故A正确；
B、由图可知，波长为8m，波速为v=40m/s，由T=s=0.2s，因在t=0时刻刚好传播到x=13m处，则t=0.45s时，波向前传播了2波形，所以x=11m处的质点处于平等位置沿y轴负方向运动，则的位移0，故B错误，C正确；
D、由图可知，波长为8m，波速为v=40m/s，由T=s=0.2s，因在t=0时刻刚好传播到x=13m处，则t=0.45s时，波向前传播了2波形，所以波向前传播的距离为18m，因此该波刚好传播到x=31m处，故E错误，D正确；
16．一立方体透明物体横截面如图所示，底面BC和右侧面CD均镀银（图中粗线），P、M、Q、N分别为AB边、BC边、CD边、AD边的中点，左端的竖直虚线在ABCD所在的平面内并与AB平行，虚线上有一点光源S，从S发出一条细光线射到P点时与PA的夹角成30°，经折射后直接射到M点，从透明物体的AD面上射出后刚好可以回到S点．试求：（为计算简便，sin15°取0.25，结果可用根式表示）
（1）透明物体的折射率n；
（2）若光在真空中的速度为c，正方形ABCD的边长为a，则光从S点发出后，经过多长时间射回S点？
【考点】光的折射定律．
【分析】（1）根据几何关系求出光线在P点折射时的入射角和折射角，再根据光的折射定律即可求解折射率；
（2）根据几何知识求出光线在正方形ABCD内传播的距离，由v=求出光在正方形ABCD中的传播速度，再求在正方体中传播的时间．再加上在正方体外传播的时间即为所求．
【解答】解：（1）根据题意作光路图，光线在P点发生折射时，入射角为 i=60°，折射角为 r=45°
因此透明物体的折射率 n===
（2）连接PN，由几何关系可得，PN，PM，QN，QM的长均为a，
且∠PSN=30°，SN=SP==a
光在透明物体中的速度 v=
光透明物体中传播所用的时间 t1=；
光在透明物体外传播所用的时间 t2=
那么光从S点发出射回到S点所经历的总时间为 t=t1+t2．
联立解得 t=
答：（1）透明物体的折射率是；
（2）光从S点发出后，经过时间射回S点．
[选修3－5]
17．下列说法正确的是（ ）
A．Th核发生一次α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了4
B．太阳辐射的能量最主要来自太阳内部的热核反应
C．若使放射性物质的温度升高，其半衰期可能变小
D．用14eV的光子照射处于基态的氢原子，可使其电离
E．光电管是基于光电效应的光电转换器件，可使光信号转换成电信号
【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度．
【分析】α衰变生成氦原子核，质量数少4，质子数少2，太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，半衰期与外界因素无关，用13.6eV的光子照射处于基态的氢原子，即可使其电离．
【解答】解：A、Tn核发生一次α衰变时，新核与原来的原子核相比，质量数减少了4，中子数减少2，A错误；
B、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，B正确；
C、半衰期与外界因素无关，C错误；
D、用14eV的光子照射处于基态的氢原子，可使其电离，D正确；
E、光电管是基于光电效应的光电转换器件，可使光信号转换成电信号，E正确．
故选：BDE．
18．如图所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生完全非弹性碰撞，B、C的上表面相平且B、C不粘连，A滑上C后恰好能到达C板的最右端，已知A、B、C质量均相等，木板C长为L，求
①A物体的最终速度
②A在木板C上滑行的时间．
【考点】动量守恒定律．
【分析】①B、C碰撞过程动量守恒，A、C相互作用过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出A的最终速度；
②由能量守恒定律求出A、C间的摩擦力，然后由动量定理可以求出A的运动时间．
【解答】解：①设A、B、C的质量为m，B、C碰撞过程中动量守恒，令B、C碰后的共同速度为v1，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=2mv1，
B、C共速后A以v0的速度滑上C，A滑上C后，B、C脱离A、C相互作用过程中动量守恒，设最终A、C的共同速度v2，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0+2mv1=3mv2，
②在A、C相互作用过程中，根由能量守恒定律得：
此过程中对C，由动量定理得：ft=mv2﹣mv1，
答：①A物体的最终速度为；
②A在木板C上滑行的时间．
2016年12月6日
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