河南省三市(许昌平顶山新乡)高三物理10月第一次调研考

许昌市、平顶山市、新乡市三市联考2015届高三第一次调考
物理试卷（10月份）
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1-5题只有一项符合题目要求，第6-8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．
1．一个物体做变速直线运动，物体的加速度从某一值逐渐减小到零．则在此过程中，关于该物体的运动情况，下列不可能的是（）
A．物体速度不断增大，加速度减小到零时，物体速度最大
B．物体速度不断减小，加速度减小到零时，物体速度为零
C．物体速度不断减小到零，然后物体反向做加速直线运动
D．物体先做匀减速直线运动，然后物体反向做匀加速直线运动
考点：加速度．
专题：直线运动规律专题．
分析：当物体的速度方向与加速度方向相同，物体做加速运动，当物体的速度方向与加速度方向相反，物体做减速运动．
解答：解：A、物体做变速直线运动，可能速度方向与加速度方向相同，加速度逐渐减小，速度不断增大，当加速度减小为零，速度达到最大，而后做匀速直线运动．故A正确．
B、物体做变速直线运动，速度不断减小，速度方向与加速度方向相反，当加速度减小为零，物体速度恰好为零，故B正确．
C、物体的加速度方向与初速度方向可能相反，加速度减小，速度减小，当速度减小为零，加速度不为零，返回向相反方向做加速运动，故C正确．
D、物体的加速度减小，不可能做匀变速直线运动，故D错误．
本题选不可能的，故选：D．
点评：解决本题的关键掌握判断物体做加速运动还是减速运动的方法，关键看加速度方向与速度方向的关系．
2．一物体在某一外力的作用下从静止开始做直线运动，外力随时间的变化关系如图所示，则下列关于该物体在0到2t0时间内的位移﹣时间图象、速度﹣时间图象，正确的是（）
A．B．C．D．
考点：匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律．
分析：根据牛顿第二定律知0﹣t0时间内物体沿正方做匀加速直线运动，t0﹣2t0时间内物体先沿正方向匀减速直线运动再反向匀加速，据此选择位移时间图象和速度时间图象，
解答：解：根据牛顿第二定律，设0﹣t0时间内加速度为a，则t0﹣2t0时间内物体加速度为﹣3a，
故物体沿正方做匀加速直线运动，t0﹣2t0时间内物体先沿正方向匀减速直线运动，再反向匀加速，
A、x﹣t图线的斜率表示速度，A表示先正方向匀速直线运动，后沿负方向匀速直线运动，故A错误；
B、表示0﹣t0时间内先沿正方向速度逐渐增大，t0﹣2t0时间速度沿负方向逐渐增大，故B 错误；
C、C图象与运动情况相符合，故C正确D错误；
故选：C．
点评：该题考查了对位移﹣﹣时间图象的理解和应用，要掌握：在位移﹣时间图象中，图象的斜率表示质点运动的速度的大小，纵坐标的变化量表示位移．
3．目前，我们的手机产品逐渐采用我国的北斗导航…包含5颗地球同步卫星．设北斗导航系统中某一颗地球同步卫星绕地球做匀速圆周运动的向心加速度大小为a，在该同步卫星运行的轨道处由地球引力产生的加速度大小为g1，地球赤道表面的重力加速度大小为g2，则下列关系正确的是（）
A．g2=a B．g1=a C．g2﹣g1=a D．g2+g1=a
考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．
专题：人造卫星问题．
分析：根据牛顿第二定律得出在该同步卫星运行的轨道处由地球引力产生的加速度大小．根据万有引力等于重力得出地球赤道表面的重力加速度大小．
解答：解：北斗导航系统中某一颗地球同步卫星绕地球做匀速圆周运动，
根据牛顿第二定律得出向心加速度大小等于在该同步卫星运行的轨道处由地球引力产生的加速度大小，
所以g1=a=，
根据万有引力等于重力得出地球赤道表面的重力加速度大小为g2=，
所以g2＞a，故ACD错误，故B正确；
故选：B．
点评：解决本题的关键知道同步卫星和随地球自转的物体角速度相等，同步卫星以及贴近地球表面运行的卫星靠万有引力提供向心力．
4．如图所示，一质量为m、电荷量为q的带电粒子，从y轴上的P1点以速度v射入第一象限所示的区域，入射方向与x轴正方向成α角．为了使该粒子能从x轴上的P2点射出该区域，且射出方向与x轴正方向也成α角，可在第一象限适当的地方加一个垂直于xOy平面、磁感应强度为B的匀强磁场．若磁场分布为一个圆形区域，则这一圆形区域的最小面积为（不计粒子的重力）（）
A．B．
cos2α
C．
sinαD．
sin2α
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．
专题：带电粒子在磁场中的运动专题．
分析：做出粒子的轨迹，根据牛顿第二定律求出半径，圆形磁场区域的最小面积是以磁场中圆周运动轨迹对应弦为直径的圆．
解答：解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qvB=m，
则粒子在磁场中做圆周的半径：R=，
由题意可知，粒子在磁场区域中的轨道为半径等于r的圆上的圆周，
这段圆弧应与入射方向的速度、出射方向的速度相切，如图所示：
则到入射方向所在直线和出射方向所在直线相距为R的O′点就是圆周的圆心．粒子在磁场区域中的轨道就是以O′为圆心、R为半径的圆上
的圆弧ef，而e点和f点应在所求圆形磁场区域的边界上，在通过e、f两点的不同的圆周中，最小的一个是以ef连线为直径的圆周．
即得圆形区域的最小半径r=Rsinα=，
则这个圆形区域磁场的最小面积S min=πr2=；
故选：D．
点评：此题考查磁场区域面积的极值问题，此题的关键是确定出圆心，且从a到b有圆周运动有直线运动．
5．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、三象限内有垂直该坐标平面向里的匀强磁场，二者磁感应强度相同，圆心角为90°的扇形导线框OPQ以角速度ω绕O点在图示坐标平面内沿顺时针方向匀速转动．规定与图中导线框的位置相对应的时刻为t=0，导线框中感应电流逆时针为正．则关于该导线框转一周的时间内感应电流i随时间t的变化图象，下列正确的是（）
A．B．C．D．
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．
分析：当线框的磁通量变化时产生感应电流，由楞次定律判断感应电流的方向，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律分段研究即可．
解答：
解：BD、在线框切割磁感线产生感应电动势时，由E=ω知，产生的感应电动势一定，产生的感应电流大小不变，故BD错误．
AC 、在～内，由楞次定律判断可知线框中感应电动势方向沿逆时针方向，为正，故A正确，C错误．
故选：A．
点评：本题关键掌握楞次定律，会用来判断感应电流的方向．要注意线框中只有半径所在的边切割磁感线产生感应电动势，对于转动切割，有时还用到感应电动势公式
E=ω．
6．如图所示，点电荷与带电金属板的电场线的分布情况．带负电的金属板MN（可理解为无限大）水平放置，正点电荷位于金属板的上方某处．P1点在点电荷的正上方，P2点在点电荷的正下方，且P1与P2到点电荷的距离相等．P3点和P2点的连线和金属板平行．则下列说法中正确的是（）
A．P1点的电场强度比P2点的电场强度大
B．P1点的电势比P2点的电势高
C．P2点的电势比P3点的电势高
D．将一正检验电荷由P2点移动到P3点，电场力做负功
考点：电场线．
分析：首先知道电场线的特点，该电场与等量异种电荷的电场类比，且此电场是等量异种电荷形成电场的中垂线到正电荷的部分，据此类比分析即可．
解答：解：A、据等量异种电荷形成电场，中垂线到正电荷部分可知，P1点的电场线比P2点的电场先稀疏，所以P1点的电场强度比P2点的电场强度小；故A错误；
B、据等量异种电荷形成电场，中垂线到正电荷部分可知，中垂线上的电势为零，据
等势面图可知，P1点的电势比P2点的电势高，故B正确；
C、据电场线与等势面垂直，作等势面如图，据图可知，P2点的电势比P3点的电势高；
再据W=Uq可知，将一正检验电荷由P2点移动到P3点，电场力做正功，故C正确，D 错误．
故选：BC．
点评：此电场与等量异种电荷形成的电场类比，是解题的关键，灵活应用电场线与等势面垂直是解题的核心．
7．如图所示，质量为m B的薄木板B足够长，放在水平地面上，质量为m A的小物体A放在薄木板上，二者都静止不动．已知A、B之间的动摩擦因数为μ1，B与地面之间的动摩擦因数为μ2，水平恒力作用在B上一段时间后，B相对地面前进了一段距离L1，A在B上相对B
后退了一段距离L2，此时A的速度为v A，B的速度为v B，重力加速度为g．则在此过程中，关于恒力做的功，下列表达式正确的是（）
A．
m A v+m B v
B．
m A v+m B v+μ2（m A+m B）g（L1﹣L2）+μ1m A gL2
C．
m B v+μ2（m A+m B）gL1+μ1m A gL2
D．
m A v+m B v+μ2（m A+m B）gL1+μ1m A gL2
考点：动能定理的应用；功能关系．
专题：动能定理的应用专题．
分析：根据能量守恒，抓住恒力做功等于A、B动能的增加量、A、B之间摩擦产生的内能，以及与地面之间摩擦产生的内能之和，求出恒力F做功的大小．
解答：解：恒力F做功等于A、B的动能增加量、AB间产生的内能、B与地面产生的内能之和，有：W=m A v+m B v+μ2（m A+m B）gL1+μ1m A gL2．故D正确，A、B、C错误．故选：D．
点评：本题考查了能量守恒的综合运用，知道摩擦产生的内能等于摩擦力与相对路程的乘积，难度不大．
8．两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的下端接有电阻R，导轨的电阻不计．斜面处在一匀强磁场中，磁场的方向垂直斜面向上．一电阻不计的光滑金属棒ab，在沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上升到图示虚线位置，在此过程中，下列说法正确的是（）
A．恒力F和安培力对金属棒所做功的和等于金属棒重力势能的增量
B．恒力F和重力对金属棒所做功的和等于电阻R上产生的电热
C．金属棒克服安培力所做的功等于金属棒重力势能的增量
D．恒力F对金属棒所做的功等于电阻R上产生的电热
考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．
专题：电磁感应——功能问题．
分析：导体棒ab匀速上滑，合力为零，即知合力的做功为零；对导体棒进行受力分析，根据动能定理列方程，弄清功能转化关系，即可进行分析．要注意克服安培力所做功等于回路电阻中产生的热量．
解答：解：A、导体棒匀速上升过程中，动能不变，根据功能关系可知：恒力F和安培力对金属棒所做功的和等于金属棒重力势能的增量，故A正确．
B、根据动能定理得：W F﹣W G﹣W安=0，得：W F﹣mgh=W安，而W安=Q，则恒力F和重力对
金属棒所做功的和等于电阻R上产生的电热，故B正确．
C、金属棒克服安培力所做的功等于等于回路中电阻R上产生的热量，不等于金属棒
重力势能的增量．故C错误．
D、恒力F所做的功在数值上等于金属棒增加的重力势能与电阻R上产生的焦耳热，
故D错误；
故选：AB．
点评：对于电磁感应与功能结合问题，注意利用动能定理进行判断各个力做功之间关系，尤其注意的是克服安培力所做功等于整个回路中产生热量．
三、非选择题：必考题
9．某学习小组做探究“合力做的功和物体速度变化关系”的实验如图所示．当图中小车在一条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行，这时，橡皮筋对小车做的功记为W．当用2条、3条…完全相同的橡皮筋并在一起进行第2条、第3条…实验时，使每次实验中橡皮筋伸长的长度都保持一致．每次实验中小车获得的速度由打点计时器所打的纸带测出．
（1）实验中，小车会受到摩擦阻力的作用，可以使木板适当倾斜来平衡掉摩擦阻力，则关于是否完全平衡掉摩擦力，下面操作正确的是： D （填所选答案的字母序号）
A．放开小车，小车能够自由下滑即可
B．放开小车，小车能够匀速下滑即可
C．放开拖着纸带的小车，小车能够自由下滑即可
D．放开拖着纸带的小车，小车能够匀速下滑即可
（2）设第1次小车在一条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行，橡皮筋对小车做的功为W．若在某次操作时用4根同样的橡皮筋并在一起进行，并使小车从同样的位置被弹出，则该次橡皮筋对小车做的功是4W ．
（3）在正确操作情况下，打在纸带上的点并不都是均匀的，为了测量小车获得的速度，应选用纸带的相邻点的间隔大致相同部分进行测量．
考点：探究功与速度变化的关系．
专题：实验题；动能定理的应用专题．
分析：实验中可以适当抬高木板的一侧来平衡摩擦阻力．受力平衡时，小车应做匀速直线运动．要测量最大速度，应该选用点迹恒定的部分．
橡皮筋对小车做的功我们没法直接测量，所以我们是通过改变橡皮筋的条数的方法来改变功，为了让橡皮筋的功能有倍数关系就要求将橡皮筋拉到同一位置处．
解答：解：实验中可以适当抬高木板的一侧来平衡摩擦阻力．受力平衡时，小车应做匀速直线运动，所以正确的做法是：放开拖着纸带的小车，能够匀速下滑即可，故ABC错误，D正确．
故选：D．
（2）橡皮筋对小车做的功我们没法直接测量，所以我们是通过改变橡皮筋的条数的方法来改变功，为了让橡皮筋的功能有倍数关系就要求将橡皮筋拉到同一位置处．故第二次将4条橡皮筋并在一起，并且与第一次拉伸的长度一样，小车在橡皮筋的作用下从静止弹出，沿木板滑行，橡皮筋对小车所做的功是W的4倍，
（3）要测量最大速度，应该选用点迹恒定的部分
故答案为：（1）D；
（2）4W；
（3）相邻点的间隔大致相同
点评：实验题首先要弄清楚实验原理是什么，在明确实验原理的情况下去记忆实验器材，实验步骤，注意事项，数据处理等方面的问题会起到事半功倍的效果．
10．（9分）某实验探究小组要测量某电压表的内阻，实验室提供的实验器材如下：
A．待测电压表mV，量程0﹣100mV，内阻待测；
B．电源E，电动势为4.5V，内阻不计；
C．电压表V，量程0﹣5V，内阻未知；
D．定值电阻R1，阻值为300Ω；
E．定值电阻R2，阻值为5Ω；
F．滑动变阻器R，最大阻值20Ω；
G．开关S、导线若干．
该小组根据以上实验器材设计了如图1所示的电路来测量其阻值，实验过程所记录的数据如下列表格：
次数 1 2 3 4 5 6
电压表mV读数U1/mV 10.0 20.0 30.0 40.0 50.0 60.0
电压表V读数U2/V 0.63 1.27 1.89 2.53 3.14 3.78
（1）为了利用图象法处理数据，该小组的同学画出了如图2的U2﹣U1坐标图，请你帮助该小组同学，利用表中的有关数据，在U2﹣U1坐标图中描点、连线．
（2）根据你所画的图象，该待测电压表mV的内阻约为200 Ω．
（3）根据该电路图和表格中的数据，能否测出电压表V的内阻？不能．（填“能”或“不能”）
考点：伏安法测电阻．
专题：实验题；恒定电流专题．
分析：本题（1）将描出的各点用直尺画线即可；题（2）根据图1量程电压表V与待测电压表mV的函数表达式，然后根据斜率概念求解即可；题（3）由于表达式中不含电压表V的内阻，可知不能测量电压表V的内阻．
解答：解：（1）：画出的图象如图所示：
（2）：根据图1可知应有：=+（），
变形为：=（1+），
所以图象的斜率应为：k=（1+）=，
代入数据解得：=200Ω；
（3）：由于上题的表达式中不含电压表V的内阻，所以不能测出电压表V的内阻．故答案为：（1）如图；（2）200；（3）不能
点评：涉及到根据图象求解的问题，首先根据相应的物理规律写出表达式，然后整理出有关纵轴和横轴物理量的函数表达式，再根据斜率概念求解即可．
11．（12分）如图所示，拉杆箱是由拉杆和箱子构成的交通旅游工具．设箱子的质量为m，拉杆质量可忽略．箱子与水平地面之间的动摩擦因数为常数μ，重力加速度为g．某同学在水平地面上拉动拉杆箱，设拉力的方向沿拉杆方向，拉杆与水平方向的夹角为θ．
（1）若箱子在水平地面上匀速移动，求拉力的大小；
（2）已知θ存在一临界角θ0，若θ=θ0，则箱子在水平地面上匀速移动时，拉力有最小值，求这一临界角的正切tanθ0和对应的拉力最小值．
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：对于箱子受重力、支持力、推力和摩擦力，抓住水平方向和竖直方向平衡，根据正交分解求出拉力的大小．
解答：解：（1）设该同学沿拉杆方向用大小为F的力拉箱子，地面对箱子的支持力为F1、摩擦力为F2，
由平衡条件得：Fsinθ+F1=mg…①
Fcosθ=F2…②
由摩擦定律得：F2=μF1…③
联立①②③式得：F=
（2）当θ=θ0时，F=
要使拉力有最小值，则（μsinθ0+cosθ0）应有最大值，
令x=μsinθ0+cosθ0=（μsinθ0+cosθ0）
设sinα=，cosα=，则x=sin（θ0+α）
当θ0+α=时，x存在最大值x m=
对应的拉力F的最小值为：F min=
对应的角度有：tanθ0=μ
答：（1）若箱子在水平地面上匀速移动，拉力的大小；
（2）已知θ存在一临界角θ0，若θ=θ0，则箱子在水平地面上匀速移动时，拉力有最小值，这一临界角的正切tanθ0为μ对应的拉力最小值为．
点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解．
12．（20分）如图（1）所示，真空中足够大的两个互相平行的金属板a、b之间距离为d，两板之间的电压按图（2）所示的规律做周期性的变化（当a比b电势高时，电压为正，当a比b电势低时，电压为负），其电压变化周期为T．在t=0时刻，一个带正电荷的粒子（重力不计）在电场力的作用下，从a板的小孔中由静止开始向b板运动，当t=T时刻刚好到达b板（图和题中，d、T为已知，U为未知），则：
（1）粒子在两之间运动的加速度大不为多少？
（2）如果该粒子是在t=时刻才从小孔由静止开始运动，则：粒子在两板之间运动一个周期T后它将运动到距a板多远的地方？粒子在两板之间运动多长时间，才能到达b板？
考点：带电粒子在匀强电场中的运动．
专题：带电粒子在电场中的运动专题．
分析：带电粒子在两板之间电压Uab按图所示规律变化的电场中受到电场力作用，从而做匀变速运动．当a板从静止开始向b板运动，并于t=nT（n为自然数）时刻，恰好到达
b板．则当t=时刻才开始从a板运动，那么经过同样长的时间，前一段时间是先匀
加速后匀减速，后一段时间回头匀加速，所以两段时间内的位移之差即为粒子离开a 板的距离．由此可知最后一个周期尚未结束就已碰到b板，则可由运动学公式算出碰b板后的时间，从而再减去这个时间．
解答：解：（1）对于t=0时刻进入的粒子，前半周期向右匀加速运动，后半周期向右匀减速运动到速度为零．有：
d=2×a（）2…①
解得：a=；
（2）对于t=进入的粒子，有：
﹣内向右匀加速，有：s1=a（）2…②
解得：s1=；
﹣内向右匀减速到速度为零，有：s2=s1=，
﹣T内反向向左匀加速，有：s3=a（）2…③
解得：s3=；
T﹣内反向向左匀减速到速度为零，有：s4=s3=，
所以粒子运动一个周期T后，距a板距离为：
s=s1+s2﹣s3﹣s4，
解得：s=；
﹣内继续向右匀加速，有：s5=s1=，
在t=时刻，粒子的速度为：v=a（）…④，
解得：v=，
从t=时刻开始，设再经过△t时间，粒子刚好到达b板，有：
s6=v△t﹣a△t2…⑤
d=++s6…⑥
解得：△t=（±）T，[（+）T不符合题意，舍去]，
所以总时间为：t0=T++△t=≈1.57T；
答：（1）粒子在两之间运动的加速度大小为．
（2）粒子在两板之间运动一个周期T后它将运动到距a 板的地方，粒子在两板之间
运动1.57T才能到达b板．
点评：由于粒子不是在电场中一直处于加速或减速，所以导致分析运动较复杂．当然第2个问题也可以假设b板向下移动到最后一个周期末速度为零的位置，这算出整段时间，再去移动距离的时间．
三、选题题．请考从3道题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修3-3] 13．两个相邻的分子之间同时存在着引力和斥力，它们随分子之间距离r的变化关系如图所示．图中虚线是分子斥力和分子引力曲线，实线是分子合力曲线．当分子间距为r=r0时，分子之间合力为零．则下列关于该两分子组成系统的分子势能E p与两分子间距离r的关系曲线，可能正确的是（）
A．B．C．D．
E．
考点：分子间的相互作用力．
专题：分子间相互作用力与分子间距离的关系．
分析：当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小；当分子间距离小于平衡距离时，分子力表现为斥力；当分子距离大于平衡距离时，分子力表现为吸引力；分子力做功等于分子势能的减小量．
解答：解：设想分子甲和乙相距较远（此时它们之间的作用力可以忽略），设甲固定不动，乙逐渐向甲靠近，直到不能再靠近，在整个移动过程中，r0为分子间的平衡距离，分子间距大于平衡距离时分子间为引力，小于平衡距离时，分子间为斥力；
在r＞r0阶段，分子力表现为引力，相互靠近时F做正功，分子势能减小；
当r＜r0时，分子间的作用力表现为斥力，相互靠近时F做负功，分子势能增加；
故AD错误，BCE正确；
故选：BCE．
点评：分子间的势能及分子力虽然属于微观世界的关系，但是可运用我们所学过的力学中功能关系进行分析，记住分子力做功等于分子势能的减小量的结论即可．
14．（9分）如图所示，内径组细均匀的U形管，右侧B管上端封闭，左侧A管上端开口，管内注入水银，并在A管内装配有光滑的、质量可以不计的活塞，使两管中均封入L=11cm 的空气柱，活塞上方的大气压强为p0=76cmHg，这时两管内水银面高度差h=6cm．今用外力竖直向上缓慢地拉活塞，直至使两管中水银面相平．设温度保持不变，则：活塞中A管中向上移动距离是多少？
考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强．
专题：理想气体状态方程专题．
分析：由题意知两部分封闭气体的温度与环境温度保持相等，气体都作等温变化．先对B端气体研究，根据玻意耳定律求出活塞上移后的压强．水银面相平时，两部分气体的压强相等，再研究A端气体，求出活塞上移后的长度，根据几何关系求解活塞向上移动的距离．
解答：解：①取B管中气体为研究对象，设活塞运动前B管中气体的压强为p B、体积为V B，活塞运动后B管中气体的压强为p B′、体积为V B'，管的横截面积为S，有：
p B=p0﹣h，V B=LS，V B'=（L+）S
则（p0﹣h）LS=p B'（L+）S，①
②设活塞向上移动的距离为x，取A管中气体为研究对象，设活塞运动前A管中气体
的压强为p A、体积为V A，活塞运动后A管中气体的压强为p A′、体积为V A'，有：
p A=p0，V A=LS，p A'=p B'，V A'=（L+x﹣）S
则p A LS=p A'（L+x﹣）S ②
解得：x=7.2cm
答：活塞向上移动的距离是7.2cm．
点评：本题考查了玻意耳定律，关键要抓住两部分气体之间相关联的条件，运用玻意耳定律解答．
[选修3-4]
15．如图所示，O1O2是半圆柱形玻璃体的对称面和纸面的交线，A、B是关于O1O2轴等距且平行的两束不同单色细光束，从玻璃体右方射出后的光路图如图所示．MN是垂直于O1O2放置的光屏，沿O1O2方向不断左右移动光屏，可在光屏上得到一个光斑P，根据该光路图，下列说法正确的是（）
A．该玻璃体对A光的折射率比对B光的折射率小
B．在真空中，A光的波长比B光的波长长
C．在该玻璃体中，A光比B光的速度大
D．A光的频率比B光的频率高
E．A光从空气进入该玻璃体后，其频率变高
考点：光的折射定律．
分析：
根据光线的偏折程度比较a、b两光的折射率，根据v=比较光在介质中的传播速度，根据光的频率，结合光子能量公式E=hγ分析光子能量的大小．由c=λγ比较波长的大小．
解答：解：A、B、D、B光的偏折程度比A光大，则B光的折射率大于A光的折射率，说明B 光的频率较大，由c=λγ知，A光的波长较长，故A、B正确D错误；
C、根据v=得，A光的折射率较小，则A光在玻璃砖中的速度较大．故C正确．
E、光由一种介质进入另一种介质时频率不变，故E错误．
故选：ABC．
点评：解决本题的突破口在于通过光的偏折程度比较光的折射率，知道折射率、频率、波长以及光在介质中的速度等大小关系．
16．如图所示，一列水平向右传播的简谐横波，波速大小为v=0.6m/s，P质点的平衡位置坐标为x=0.96m．从图中状态开始计时（此时该波刚好传到距O点0.24m的位置），求：
①经过多长时间，P质点第一次到达波峰？
②经过多长时间，P质点第二次到达波谷？P质点第二次到达波谷时，P质点通过的路程及该时刻的位移为多少？。