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2021年山东省临沂市高考物理二模试卷
一、选择题（共7小题，每小题6分，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．）
1．（6分）如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度向右传动．将一物体轻轻放在皮带左端，以v、a、x、F表示物体速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小．下列选项正确的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】： 牛顿其次定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；摩擦力的推断与计算．
【专题】： 牛顿运动定律综合专题．
【分析】： 物体在前t1内做匀加速直线运动，加速度不变，速度与传送带相同后做匀速直线运动，速度不变，依据物体的运动状况分析即可．
【解析】： 解：在前t1内物体受到向右的滑动摩擦力而做匀加速直线运动，加速度不变，速度与时间的关系为 v=at，v﹣t图象是倾斜的直线；
物体的速度与传送带相同后，不受摩擦力而做匀速直线运动，速度不变，加速度为0．故A、B正确，C、D错误．
故选：AB．
【点评】： 解决本题的关键通过分析物体的受力状况来确定其运动状况，知道匀加速运动的特点：加速度不变，匀速直线运动的特点：速度不变．
2．（6分）如图所示，实线和虚线分别表示某电场的电场线和等势线，下列说法中正确的是（ ）
A． c点场强大于a点场强
B． c点电势高于a点电势
C． c、b两点间的电势差大于c、a两点间的电势差
D． 若将一摸索电荷+q由a点移动到b点，电场力做正功
【考点】： 电势差与电场强度的关系；电势．
【专题】： 电场力与电势的性质专题．
【分析】： 依据电场线的疏密比较电场的强弱，通过沿电场线方向电势渐渐降低比较电势的凹凸．依据电势差的正负，结合电场力做功与电势差的关系推断电场力做功的正负．
【解析】： 解：A、a点的电场线比c点电场线密，可知a点的场强大于c点的场强，故A错误．
B、沿电场线方向电势渐渐降低，可知c点的电势高于a点电势，故B正确．
C、由于b、a两点电势相等，可知c、b两点间的电势差等于c、a两点间的电势差，故C错误．
D、a、b两点电势相等，将一摸索电荷+q由a点移动到b点，电场力不做功，故D错误．
故选：B．
【点评】： 解决本题的关键知道电场线的疏密表示电场的强弱，沿电场线方向电势渐渐降低，以及知道电荷在等势面上移动，电场力不做功．
3．（6分）如图所示，一根不行伸长的光滑轻绳系在两竖直杆等高的A、B两点上，将一悬挂了衣服的衣架挂在轻绳上，处于静止状态．则（ ）
A． 仅增大两杆间距离，再次平衡时，绳中张力变大
B． 仅增大两杆间距离，再次平衡时，绳中张力保持不变
C． 仅将B点位置向上移动一点，再次平衡时，绳中张力变大
D． 仅将B点位置向下移动一点，再次平衡时，绳中张力变小
【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】： 对挂钩受力分析，依据平衡条件结合几何关系列式求解；悬点从B上移或下移，细线与杆的夹角不变；杆左右移动时，细线与杆的夹角转变．
【解析】： 解：在杆上取一些点（A点、B点、B1点、B2点），如图所示：
AB、对挂钩受力分析，如图，仅增大两杆间距离，再次平衡时，角度θ变大，依据平衡条件，有：
2Tcosθ=mg
解得：
T=
故绳子拉力T变大，故A正确，B错误；
C、仅将B点位置向上移动一点，即从B移到B1时，有：
AO•sinθ+OB•sinθ=AO′•sinα+O′B1•sinα
故θ=α，即悬点从B移到B1，细线与杆的夹角不变；
依据平衡条件，有：
2Tcosθ=mg，得绳子张力也不变，故C错误；
D、仅将B点位置向下移动一点，即从B移到B2时，有：
AO•sinθ+OB•sinθ=AO′•sinα+O′B2•sinα
故θ=α，即悬点从B移到B2，细线与杆的夹角不变；
依据平衡条件，有：
2Tcosθ=mg，得绳子张力也不变，故D错误；
故选：A
【点评】： 本题关键依据几何关系，得到两种移动方式下，绳子与竖直方向的夹角的变化状况，然后依据共点力平衡条件列式求解．
4．（6分）在放射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道I，然后在Q点通过转变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道Ⅱ．则（ ）
A． 该卫星的放射速度大于11.2km/s
B． 该卫星的放射速度大于7.9km/s，小于11.2km/s
C． 卫星在同步轨道Ⅱ上的运行速度大于7.9km/s
D． 卫星在Q点通过加速实现由轨道I进入轨道Ⅱ
【考点】： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．
【专题】： 人造卫星问题．
【分析】： 了解同步卫星的特点和第一宇宙速度、其次宇宙速度的含义．
当万有引力刚好供应卫星所需向心力时 卫星正好可以做匀速圆周运动
1．若是供大于需 则卫星做渐渐靠近圆心的运动
2．若是供小于需 则卫星做渐渐远离圆心的运动
【解析】： 解：A、7.9km/s即第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，是放射地球卫星的最小速度，11.2km/s是卫星脱离地球束缚的放射速度，而同步卫星仍旧绕地球运动，所以该卫星的放射速度大于7.9km/s，小于11.2km/s，故A错误，B正确；
C、7.9km/s即第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度．而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，依据v的表达式可以发觉，同步卫星运行的线速度肯定小于第一宇宙速度．故C错误．
D、从椭圆轨道Ⅰ到同步轨道Ⅱ，卫星在Q点是做渐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必需卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速，增加所需的向心力．所以卫星在Q点通过加速实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ．故D正确．
故选：BD
【点评】： 本题要知道第一宇宙速度的含义．卫星变轨也就是近心运动或离心运动，依据供应的万有引力和所需的向心力关系确定．
5．（6分）如图为抱负变压器原线圈所接沟通电压的波形．原、副线圈匝数比n1：n2=10：1，串联在副线圈电路中电流表的示数为10A，下列说法正确的是（ ）
A． 变压器原线圈中的电流为1A
B． 变压器的输出功率为311W
C． 变压器输出端电压最大值为31.1V
D． 变压器输出端沟通电的频率为50Hz
【考点】： 正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．
【专题】： 沟通电专题．
【分析】： 依据u﹣t图象知道电压的有效值，周期和频率，变压器电压与匝数成正比、电流与匝数成反比，变压器不转变功率和频率．
【解析】： 解：A、串联在副线圈电路中电流表的示数为10A，
依据电流与匝数成反比知变压器原线圈中的电流为1A，故A正确；
B、依据由图知输入电压的最大值为311V，有效值为U=200V；变压器的输入电压为200V，串联在原线圈电路中电流表的示数为1A，
故变压器的输入功率为：P=UI=200×1=200W，抱负变压器的输出功率等于输入功率，也为200W；故B错误；
C、依据由图知输入电压的最大值为311V，原、副线圈匝数比n1：n2=10：1，
所以变压器输出端电压最大值为31.1V，故C正确；
D、变压器输入电压的周期为0.02s，故频率为50Hz；变压器不转变电流频率，故输出的沟通电的频率为50Hz，故D正确；
故选：ACD
【点评】： 本题考查了变压器的变压原理，要能够从图象中猎取有用物理信息．要把握变压器的变压规律，知道抱负变压器不转变电功率和频率．
6．（6分）如图甲所示，固定的水平金属导轨足够长且电阻不计．两阻值相同的导体棒ab、cd置于导轨上，棒与导轨垂直且始终保持良好接触．整个装置处在与导轨平面垂直向下的匀强磁场B中．现让导体棒ab以如图乙所示的速度向右运动．导体棒cd始终静止在导轨上，以水平向右为正方向，则导体棒cd所受的静摩擦力f随时间变化的图象是（ ）
A． B． C． D．
【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】： 由右手定则推断出感应电流的方向，由E=BLv求出电动势，然后由欧姆定律求出回路中的电流．然后对cd进行受力分析，由共点力的平衡即可求出cd棒受到的摩擦力的大小．
【解析】： 解：由右手定则可知ab中感应电流的方向向上，由法拉第电磁感应定律得：
E=BLv，
由欧姆定律得：I=．
感应电流从上向下流过cd棒，由左手定则可知，产生的安培力向右，大小：
对cd进行受力分析，可知，cd棒竖直方向受到重力和轨道的支持力；水平方向受到安培力和摩擦力的作用，由共点力的平衡可得，水平方向受到的摩擦力与安培力大小相等，方向相反，即方向向左，大小：
f=F=，大小与速度v成正比，与速度的方向相反．故B正确，ACD错误．
故选：B
【点评】： 此题考查了导体棒在磁场中运动问题，关键推导安培力与速度的关系，正确分析能量如何转化，运用平衡条件和能量守恒解决这类问题．
7．（6分）如图所示，表面粗糙、倾角为θ的固定斜面顶端安装肯定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮．初始时刻，A、B处于静止状态且B不受摩擦力．现施加一沿斜面对下的恒力F，使B沿斜面下滑，当质量为m的A物块上升h高度的过程中（不计滑轮的质量和摩擦）（ ）
A． A、B组成的系统机械能守恒
B． A、B组成的系统机械能增加Fh
C． A、B组成的系统动能增加Fh
D． 物块B重力势能削减mgh
【考点】： 机械能守恒定律；功能关系．
【专题】： 机械能守恒定律应用专题．
【分析】： 系统机械能守恒的条件是只有重力做功；系统机械能增加量等于除重力外其余力（包括内力）做的功的代数和；系统动能增加量等于各个力（包括内力）的总功．
【解析】： 解：A、对于A、B组成的系统，有拉力和摩擦力做功，故机械能不守恒，故A错误；
B、对于A、B组成的系统，除重力外，拉力做功Fh，摩擦力做功﹣fh，故机械能增加（F﹣f）h，故B错误；
C、初始时刻，A、B处于静止状态且B不受摩擦力，说明B物体的重力的下滑分力与细线拉力平衡，而细线拉力等于物体A的重力，为mg；
对于A、B组成的系统，依据动能定理，系统动能增加等于总功，为：（F﹣f）h，故C错误；
D、初始时刻，A、B处于静止状态且B不受摩擦力，说明B物体的重力的下滑分力与细线拉力平衡，而细线拉力等于物体A的重力，为mg，故：
mBgsinθ=mg
故物块B重力势能削减：mBgsinθh=mgh；故D正确；
故选：D．
【点评】： 本题考查了功能关系，留意总功是动能变化的量度，除重力外其余力做的功是机械能变化的量度．
二、必做题（共4小题，满分56分）
8．（8分）某同学接受如图1所示的装置探究物体的加速度与所受合力的关系．用沙桶和沙的重力供应小车所受合力F．
（1）图2是试验中猎取的一条纸带的一部分，其中O、A、B、C、D是计数点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），已知打点计时器使用的沟通电源的频率为50Hz，打“B”点时小车的速度大小为 0.54 m/s．由纸带求出小车的加速度的大小为 1.5 m/s2．（计算结果均保留2位有效数字）
（2）用增减沙子的方法转变拉力的大小与增减钩码的方法相比，它的优点是 B ．（填序号）
A．可以转变滑动摩擦力的大小
B．可以更便利地猎取多组试验数据
C．可以比较精确地平衡摩擦力
D．可以获得更大的加速度以提高试验精度
（3）依据试验中得到的数据描出如图3所示的图象，发觉该图象不过原点且图象后半段偏离直线，产生这种结果的缘由可能是 AD ．（填序号）
A．在平衡摩擦力时将木板右端垫得过高
B．没有平衡摩擦力或者在平衡摩擦力时将木板右端垫得过低
C．图象的后半段偏离直线，是由于沙和沙桶的质量肯定大于小车的质量
D．图象的后半段偏离直线，是由于沙和沙桶的质量不再远小于小车的质量．
【考点】： 探究加速度与物体质量、物体受力的关系．
【专题】： 试验题．
【分析】： （1）利用逐差法△x=aT2可以求出物体的加速度大小，依据匀变速直线运动中某点的瞬时速度等于该过程中的平均速度大小可以求出某点的瞬时速度大小；
（2、3）探究物体的加速度与所受合力的关系的试验，运用把握变量法探究加速度与力和力的关系．依据牛顿其次定律分析“将砂桶和砂的重力近似看作小车的牵引力”的条件．依据原理分析图线不经过原点和曲线上部消灭弯曲现象的缘由．
【解析】： 解：（1）打点周期T=，每相邻两计数点间还有4个打点，计数点间的时间间隔为：t=0.02s×5=0.1s，
依据作差法得：a==1.5m/s2，
由匀变速直线运动规律可知，B点的瞬时速度等于AC的平均速度，则
（2）缓慢加沙子，重力转变范围大，可以更便利地猎取多组试验数据，而钩码的质量是固定的，只能取一些固定的质量
故选：B．
（3）A、图线不经过原点，当拉力为零时，加速度不为零，知平衡摩擦力过度，即长木板的末端抬得过高了．故A正确，B错误；
C、曲线上部消灭弯曲现象，随着F的增大，即砂和砂桶质量的增大，不在满足砂和砂桶远小于小车的质量，因此曲线上部消灭弯曲现象．故C错误，D正确．
故选：AD
故答案为：（1）0.54；1.5；（2）B；（3）AD
【点评】： 解决试验问题首先要把握该试验原理，了解试验的操作步骤和数据处理以及留意事项，同时要娴熟应用所学基本规律解决试验问题．
9．（10分）某同学从家里的废旧收音机上拆下一电学元件，其上标注“2.5V，1.5W”的字样，为描绘出该元件的伏安特性曲线，该同学在试验室找到了下列试验器材：
A．电流表（量程是3A，内阻是0.1Ω）
B．电流表（量程是0.6A，内阻是0.5KΩ）
C．电压表（量程是15V，内阻是25KΩ）
D．电压表（量程是3V，内阻是5KΩ）
E．滑动变阻器（阻值范围0～5Ω，额定电流为0.6A）
F．滑动变阻器（阻值范围0～100Ω，额定电流为0.6A）
G．直流电源（电动势E=3V，内阻不计）
H．开关、导线若干
（1）为了提高试验结果的精确 程度，电流表应选 B ；电压表应选 D ；滑动变阻器应选 E ．（以上均填写器材代号）
（2）请将试验电路图补充完整．
（3）该同学依据设计的图1试验电路进行试验，通过试验得到如下数据（I和U分别表示待测元件的电流和电压），请在图2坐标纸中描绘出该元件的伏安特性曲线．
【考点】： 伏安法测电阻．
【分析】： （1）依据电学元件额定电压选择电压表，依据电学元件的最大电流选择电流表，为便利试验操作选择最大阻值较小的滑动变阻器；
（2）依据题意确定滑动变阻器的接法，依据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后作出试验电路图．
（3）应用描点法作出图象．
【解析】： 解：（1）元件的最大电压不超过2.5V，电压表应选D，最大电流不超过I=，电流表选B，为便利试验操作，滑动变阻器应选小量程，所以选E，
（2）由表中试验数据可知，电压与电流应从零开头变化，滑动变阻器应接受分压接法，元件电阻约为R=，电压表内阻约为5kΩ，电流表内阻约为0.5Ω，电压表内阻远大于电学元件电阻，电流表应接受外接法，试验电路图如图所示．
（3）依据表中试验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示：
故答案为：（1）B；D；E；（2）如图所示；（3）如图所示．
【点评】： 电学试验中要留意仪表的选择方法、设计试验电路、电路的接法等，要多练习从而找出相应的规律； 明确分压接法使用的条件，并能依据电流表及电压表的内阻确定电流表的内外接法；测小灯泡的伏安特性曲线接受的均为分压外接法．
10．（18分）美国新泽西州六旗大冒险主题公园内的跳楼机为世界上最高的跳楼机．它能让人们体验到短暂的“完全失重”．参与体验的游客被平安带固定在座椅上，电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面130m高处由静止释放，人与座椅沿轨道先做自由落体运动，接着做匀减速运动，在下落到离地面9m高处时速度刚好减小到零，整个过程历时6.5s．最终将游客平安地送回地面．（已知人的质量为60kg，g取10m/s2）求：
（1）整个过程人和座椅的最大速度；
（2）人与座椅做自由下落的时间；
（3）在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小．
【考点】： 牛顿其次定律；平均速度；自由落体运动．
【专题】： 牛顿运动定律综合专题．
【分析】： （1）依据匀变速直线运动平均速度公式公式列式求解即可；
（2）依据速度时间公式列式求解即可；
（3）对匀减速下降过程，运用牛顿其次定律列式计算即可．
【解析】： 解：（1）设座椅在自由下落结束时刻的速度为v，此速度为下落过程的最大速度，为匀减速的初速度，依据平均速度公式知
H=
v===40m/s
（2）由v=gt1
得：t1==4.0s
（3）设座椅在匀减速阶段的加速度大小为a，座椅对游客的作用力大小为F
由v﹣at2=0，解得a==16m/s2
由牛顿其次定律：F﹣mg=ma
解得：F=m（g+a）=26×60N=1560N
答：（1）整个过程人和座椅的最大速度为40m/s；
（2）人与座椅做自由下落的时间为4s；
（3）在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小为1560N．
【点评】： 本题关键分析求出乘客的运动状况，然后依据运动学公式求解出加速度，再依据牛顿其次定律列式计算．
11．（20分）如图所示，在直角坐标系xoy的其次象限存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度的大小为E1，在y轴的左侧存在垂直于纸面的匀强磁场．现有一质量为m，带电量为﹣q的带电粒子从其次象限的A点（﹣3L，L）以初速度v0沿x轴正方向射入后刚好做匀速直线运动，不计带电粒子的重力．
（1）求匀强磁场的大小和方向；
（2）撤去其次象限的匀强磁场，同时调整电场强度的大小为E2，使带电粒子刚好从B点（﹣L，0）进入第三象限，求电场强度E2的大小；
（3）带电粒子从B点穿出后，从y轴上的C点进入第四象限，若El=2E2，求C点离坐标原点O的距离．
【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）粒子做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，依据平衡条件列式求解匀强磁场磁感应强度的大小，依据左手定则推断磁场方向；
（2）粒子做类似平抛运动，依据类平抛运动得到分位移公式列式求解；
（3）对类似平抛运动过程依据分运动公式求解末速度的大小和方向；在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力，依据牛顿其次定律列式求解轨道半径；然后结合几何关系确定C点离坐标原点O的距离．
【解析】： 解：（1）带电粒子做匀速直线运动，其所受合力为零，带电粒子受到的电场力沿y轴负方向，故带电粒子受到的洛伦兹力方向沿y轴正方向，依据左手定则推断磁场方向垂直纸面对外；
依据带电粒子受的洛伦兹力等于电场力，有：
qv0B=qE1 ①
解得：
B= ②
（2）撤去磁场后，带电粒子受电场力做类似平抛运动，依据牛顿其次定律，有：
qE2=ma ③
x轴方向：2L=v0t ④
y轴方向：L= ⑤
解得：E2= ⑥
（3）带电粒子穿过B点时竖直速度：
vy=at ⑦
由④⑤⑦解得：
vy=v0
则通过B点时的速度：
v=
与x轴正方向的夹角正弦：
sinθ=
故θ=45°
带电粒子在第3象限内做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力，故：
qvB=
E1=2E2
由第1问知：B=
联立解得：
R=R
CO=（﹣1）L
答：（1）匀强磁场的大小为，方向为；
（2）电场强度E2的大小为；
（3）C点离坐标原点O的距离为（﹣1）L．
【点评】： 本题关键是明确粒子的受力状况和运动状况，分匀速直线运动、类似平抛运动和匀速圆周运动，依据平衡条件、类平抛运动的分运动公式和牛顿其次定律列式求解．
三、选考题（任选一模块作答）（12分）【物理选修3-3】
12．（4分）以下说法正确的是（ ）
A． 气体假如失去了容器的约束就会散开，这是由于气体分子间斥力大于引力的原因
B． 小昆虫能停在水面上是由于水对昆虫有浮力的缘由
C． 外界对物体做功，物体内能不肯定增大
D． 熵是系统内分子运动无序性的量度
【考点】： 有序、无序和熵；* 液体的表面张力现象和毛细现象．
【分析】： 气体假如失去了容器的约束就会散开，这是由于气体分子在热运动，能停在水面上是由于昆虫受到液体表面张力的缘由，转变内能的方式有做功和热传递；熵是物体内分子运动无序程度的量度．
【解析】： 解：A、气体假如失去了容器的约束就会散开，这是由于气体分子在热运动，故A错误；
B、小昆虫能停在水面上是由于昆虫受到液体表面张力的缘由，故B错误；
C、转变内能的方式有做功和热传递，仅对物体做功，内能不肯定增大，故C正确；
D、熵是物体内分子运动无序程度的量度，同种物质气态的熵大于液体和固体的，故D正确；
故选：CD．
【点评】： 把握分子间的作用力，转变内能的方式及知道在孤立系统中，一个自发的过程熵总是向增加的方向进行．
13．（8分）为争辩我国传统的治病工具﹣﹣拔火罐的工作原理，某同学设计了如图试验．圆柱状气缸被固定在铁架台上，气缸横截面积S=30cm2，将一团燃烧的轻质酒精棉球从缸底的开关K处扔到气缸内，酒精棉球熄灭时密闭开关K，测出此时缸内温度为127℃．活塞通过不行伸长的细线与重物m相连，此时活塞下的细线刚好拉直且拉力为零．而这时活塞距缸底为L．由于气缸导热良好，重物被吸起，最终重物稳定在距地面处．已知环境温度为27℃不变，大气压强为1.0×105Pa，g取10m/s2，气缸内的气体可看做抱负气体，活塞与细线的质量不计．求：
（i）最终气缸内气体的压强；
（ii）所提重物的质量m．
【考点】： 抱负气体的状态方程．
【专题】： 抱负气体状态方程专题．
【分析】： （1）列出气体的初末状态，然后又抱负气体的状态方程即可求出压强；
（2）酒精棉球熄灭后，以活塞为争辩对象，结合封闭气体末状态压强由共点力的平衡状态列式即可求解．
【解析】： 解：设酒精棉球熄灭时气缸内的温度为t，气缸内封闭气体的状态为：
P1=P0=1.0×105Pa V1=LS T1=237+t=400K
重物稳定气缸内封闭气体的状态为：，T2=273+27=300K
由抱负气体的状态方程可得：
所以，最终气体的压强为：Pa
（2）对轻质活塞，P0S=mg+P2S
代入数据可得：m=5kg
答：（i）最终气缸内气体的压强是Pa；（ii）所提重物的质量是5kg．
【点评】： 本题得关键是以活塞为争辩对象，受力分析利用平衡求出初末状态压强，然后利用抱负气体状态方程列式即可求解．
（12分）【物理选修3-4】
14．一列简谐横波以1m/s的速度沿绳子由A向B传播，A、B两质点的平衡位置相距6m，如图甲所示．质点A的振动图象如图乙所示．以下推断正确的是（ ）
A． 该横波的波长为4 m
B． A、B两质点均振动后，它们的振动状况始终相同
C． B质点的起振方向沿y轴负方向
D． 质点A做简谐运动的表达式为y=5sin（t）cm
【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】： 首先据波速公式求波长；据AB两点距离与波长的关系推断两质点的振动状况；据简谐振动的振动方程推断即可．
【解析】： 解：A、据图可知：T=4s，据波速公式可知：λ=vT=1×4m=4m，故A正确；
BC、由于两质点的距离差为2m=，所以两点的振动状况相反；据图可知质点A的起振方向向上，所以B质点的起振方向向上，故BC错误；
D、据图象可知：A=2cm，ω==，所以质点A做简谐运动的表达式为y=5sin（t）cm，故D正确．
故选：AD．
【点评】： 本题考查波的形成，明确波的传播特点是解题的关键，留意各质点的振动状况并与波源相联系，基础题．
15．两束平行的细激光束，垂直于半球形玻璃体的圆平面射到半圆球体上，如图所示．已知其中一条光线沿直线穿过玻璃，它的入射点是球心0；另一条光线的入射点为A，穿过玻璃后两条光线交于P点．已知玻璃球的圆半径为R，OA=，光在真空中的速度为c．求：
（i）该玻璃的折射率；
（ii）光从A点传播到P点的时间．
【考点】： 光的折射定律．
【专题】： 光的折射专题．
【分析】： （i）光线沿直线从O点穿过玻璃，方向不变．从A点射入玻璃砖的光线方向不变，射到圆弧面上发生折射后射到P点，作出光路图，依据数学学问求出入射角和折射角，再由折射定律求出折射率．
（ii）依据数学学问求出光从A点传播到P点通过的路程s，光在玻璃内传播的速度v=，在真空中速度为c，再依据t=分别求出光在玻璃中和玻璃外的时间，再得到总时间．
【解析】： 解：（i）光线沿直线第一次到达圆弧面B点的入射角 θ1=30°
由几何关系可得：∠BOP=30°，所以折射角为 θ2=60°
玻璃的折射率
n===
（ii）光在玻璃内传播的速度
v==
光在玻璃内从A到B间的距离 L1=Rcos30°=R
光在玻璃内传播的时间 t1===，
BP间的距离 L2=R，
光从A点传播到P点的时间为
t2==
解得：t=t1+t2═+=
答：
（i）该玻璃的折射率为；
（ii）光从A点传播到P点的时间为．
【点评】： 本题是几何光学问题，解题关键是作出光路图，依据几何学问求出入射角与折射角．
（12分）【物理选修3-5】
16．下列说法正确的是（ ）
A． 卢瑟福通过α粒子散射试验提出了原子的核式结构模型
B． 放射性元素在高温高压下形成化合物后，不再发生衰变
C． 发生β衰变时，元素原子核的质量数不变，电荷数增加l
D． 氢原子从n=1的能级跃迁到n=3的能级时，将释放光子
【考点】： 原子核衰变及半衰期、衰变速度；氢原子的能级公式和跃迁．
【专题】： 衰变和半衰期专题．
【分析】： 本题关键要知道：卢瑟福通过分析α粒子散射试验结果，建立了原子的核式结构模型；
半衰期与外界因素无关；
β衰变时，质量数不变，电荷数增加1；
从高能级向低能级跃迁，释放光子，能量削减，从低能级向高能级跃迁，吸取光子，能量增加．
【解析】： 解：A、卢瑟福通过分析α粒子散射试验结果，建立了原子的核式结构模型；故A正确．
B、半衰期与外界因素无关，故B错误；
C、β衰变时，元素原子核的质量数不变，电荷数增加1，故C正确；
D、一个氢原子从n=1能级跃迁到n=3能级，即从低能级向高能级跃迁，吸取光子，能量增加，故D错误；
故选：AC．
【点评】： 本题考查衰变的实质及其衰变特征，正确把握衰变的学问是解决本题的关键，留意知道高能级向低能级跃迁，释放光子，从低能级向高能级跃迁，吸取光子，同时理解影响半衰期的因素．
17．如图所示，质量为mA=2kg的滑块A与轻质弹簧拴接在一起．把A、B两滑块拉至最近，使弹簧处于最大压缩状态后用一轻绳绑紧，然后置于光滑水平面上．现将绳烧断，两滑块分开后的速度大小分别为vA=1.5m/s和vB=3m/s．当B与挡板碰撞后原速返回，运动一段时间后再次与弹簧发生相互作用，并拴接在一起．求：
（1）滑块B的质量；
（2）当弹簧再次被压缩到最短时弹簧的势能．
【考点】： 动量守恒定律；弹性势能．
【专题】： 动量定理应用专题．
【分析】： 依据动量守恒定律求出弹簧恢复原长时滑块B的质量，结合能量守恒定律求出弹簧释放的弹性势能．
【解析】： 解：（1）绳断后，A与B组成的系统水平方向的动量守恒定律，选择向右为正方向，依据动量守恒定律得：
mAvA﹣mBvB=0
代入数据解得：mB=1kg．
（2）当B与A再次碰撞的过程中，水平方向的动量守恒，则：mAvA+mBvB=（mA+mB）v
依据能量守恒定律得：
代入数据解得：EP=0.75J
答：（1）滑块B的质量是1kg；（2）当弹簧再次被压缩到最短时弹簧的势能是0.75J．
【点评】： 该题功有两个动量守恒的过程，要分析清楚物体的运动过程，娴熟应用动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题．
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