课标物理高考模拟试题精编(七)

高考模拟试题精编(七)【说明】 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间90分钟.第Ⅰ卷(选择题 共40分)一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有一个或一个以上选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有错选或不答的得0分．1.竖直细杆上套有一个1 kg 的小圆环，圆环左侧系住一劲度系数k ＝500 N/m 的轻弹簧，已知弹簧与竖直方向的夹角为θ＝37°，圆环始终静止，则以下分析错误的是( )A ．当弹簧伸长量x ＝2.5 cm 时，圆环与竖直杆的摩擦力为零B ．当弹簧伸长量x ＝0.5 cm 时，圆环与竖直杆的弹力F ＝1.5 NC ．保持弹簧伸长量不变，适度减小θ，圆环与细杆之间的弹力变小D ．保持弹簧伸长量不变，适度减小θ，圆环与细杆之间的摩擦力变小2．用一内阻为10 Ω的交流发电机为一阻值为100 Ω的电饭煲供电，发电机的输出电压为u ＝200cos(100πt ＋π)V ，则( )A ．线圈转动的周期为0.02 sB ．此发电机电动势的最大值为200 VC ．电饭煲消耗的功率为0.2 kWD ．将此发电机接在变压比为1∶2的理想变压器上，副线圈输出电压的频率为原线圈电压的2倍3．一架飞机由静止开始滑行起飞，在时间t 内滑行距离x 后达到起飞速度．已知飞机在起飞过程中牵引力随速度的增大而减小，运动阻力随速度的增大而增大．则飞机的起飞速度可能是( )A.x t B ．2x tC ．大于2x tD ．在x t 到2x t 之间 4.在如图所示的电路中，闭合开关S ，将滑动变阻器的滑片P 向左移动，下列说法正确的是( )A ．电流表读数变小，电压表读数变小B ．小灯泡变亮C ．电容器C 上的电荷量增大D ．电源的输出功率变大5．在外力F 作用下，A 、B 两物块开始沿竖直墙面的一侧加速下滑，A 、B 两物块始终相对静止，且质量分别为m A 和m B ，墙壁与B 之间的动摩擦因数为μ，则以下分析正确的是( )A ．墙壁对B 的弹力一定为FB ．加速下滑阶段，系统的加速度为a ＝g ＋μF m A ＋m BC ．若力F 逐渐增大，A 所受的合外力先逐渐减小后不变D ．若力F 逐渐增大，B 所受的合外力先逐渐减小后逐渐增大，然后突变为零6．在如图所示的空间存在两个等量的异种电荷，在其形成的电场中有四个点A 、B 、C 、D ，构成一正方形，AC 的连线与两点电荷连线重合，其中心恰为电荷连线的中点O .则下列说法中正确的是( )A ．A 点的电场强度等于C 点的电场强度B ．B 、D 两点的电场强度相同但电势不同C ．一电子由B 点沿B →A →D 路径移至D 点，电势能先增大后减小D ．一质子由C 点沿C →O →A 路径移至A 点，电势能先增大后减小7．已知地球质量为M ，半径为R ，自转周期为T ，地球同步卫星质量为m ，引力常量为G .有关同步卫星，下列表述正确的是( )A ．卫星距地面的高度为 3GMT 24π2B ．卫星的运行速度小于第一宇宙速度C ．卫星运行时受到的向心力大小为G Mm R 2D ．卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度8．如图甲所示，一木块放在水平地面上，在力F ＝2 N 作用下向右运动，水平地面MN 段光滑，NO 段粗糙，木块从M 点运动到O 点的v －t 图象如图乙所示(g ＝10 m/s 2)，则( )A ．t ＝6 s 时，拉力F 的功率为8 WB ．此木块的质量为4 kgC ．拉力在MO 段做功的平均功率为193W D ．木块在NO 段克服摩擦力做功的平均功率为193 W9.如图所示，光滑圆环可绕竖直轴O1O2旋转，在圆环上套一个小球，实验时发现，增大圆环转速，小球在圆环上的位置升高，但无论圆环转速多大，小球都不能上升到与圆心O等高的N点．现让小球带上正电荷，下列措施可以让小球上升到N 点的是()A．在空间加上水平向左的匀强磁场B．在空间加上竖直向上的匀强电场C．在空间加上方向由圆心O向外的磁场D．在圆心O点上方某点放一个带负电的点电荷10.如图所示，水平放置的光滑金属长导轨MM′和NN′之间接有电阻R，导轨左、右两区域分别存在方向相反且与导轨平面垂直的匀强磁场，设左、右区域磁场的磁感应强度大小分别为B1和B2，虚线为两区域的分界线．一根阻值也为R的金属棒ab放在导轨上并与其垂直，导轨电阻不计．若金属棒ab在外力F的作用下从左边的磁场区域距离磁场边界x处匀速运动到右边的磁场区域距离磁场边界x 处，下列说法中正确的是()A．当金属棒通过磁场边界时，通过电阻R的电流反向B．当金属棒通过磁场边界时，金属棒受到的安培力反向C．金属棒在题设的运动过程中，通过电阻R的电荷量等于零D．金属棒在题设的运动过程中，回路中产生的热量等于Fx答题栏第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、非选择题：本题共5小题，共60分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．11．(5分)某同学要利用身边的粗细两种弹簧制作弹簧秤，为此首先各取一根弹簧进行了探究弹力和弹簧伸长量关系的实验，根据测得的数据绘出如图所示的图象，从图象上看：(1)该同学得出的图象上端弯成曲线，原因是____________________________；(2)较细的甲弹簧的劲度系数k A＝________N/m，较粗的乙弹簧的劲度系数k B＝________N/m；(3)若用甲、乙两根弹簧分别制作精确程度较高的弹簧秤，则这两个弹簧秤的量程分别不能超过______N和______N.12.(10分)小明同学为了用半偏法测量一个电压表的内阻(量程为3 V，内阻约为3 kΩ)，设计了如图甲所示的电路．(1)半偏法测电压表的内阻是一种________(填“精确测量”、“近似测量”或“粗略测量”)的方法，用半偏法测量电压表的内阻必须具备的条件是电压表的内阻与滑动变阻器的总阻值满足________．(2)实验时先闭合S1和S2，调节R，使电压表指针偏转到满刻度，再断开S2，保持R不变，调节R′，使电压表指针半偏，读出此时R′的阻值为3 005.4 Ω，则电压表V的内阻测量值R V＝________Ω，该测量值________实际值(填“大于”、“小于”或“等于”)．(3)小军同学也设计了一个电路，如图乙所示，测量电压表的内阻R V，所用电源内阻不计，实验步骤如下：①先断开开关S1、S2，将电阻箱1的电阻调至最大；②闭合S1，调节电阻箱1，同时观察电压表指针，当指针处于满偏刻度时，读取电阻箱1的阻值为1 500 Ω；③保持电阻箱1的电阻不变，闭合S2，只调节电阻箱2，同时观察电压表指针，当指针处于半偏刻度时，读取电阻箱2的阻值为1 000 Ω，则此电压表的内阻的测量值为R V＝________Ω.13.(13分)2012年11月，我国舰载机在航母上首降成功．设某一舰载机的质量为m ＝2.5×104kg，速度为v0＝42 m/s，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，舰载机将在甲板以上以a0＝0.8 m/s2的加速度做匀减速运动，着舰过程中航母静止不动．(1)舰载机着舰后，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少多长才能保证舰载机不滑到海里？(2)为了舰载机在有限长度的跑道上停下来，甲板上设置了阻拦索让舰载机减速，同时考虑到舰载机挂索失败需要复飞的情况，舰载机着舰时不关闭发动机．图示为舰载机勾住阻拦索后某一时刻的情景，此时发动机的推力大小为F＝1.2×105 N，减速的加速度a1＝20 m/s2，此时阻拦索夹角θ＝106°，空气阻力和甲板阻力保持不变．求此时阻拦索承受的张力大小？(已知：sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6) 14.(14分)如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接．过圆心O的水平界面的下方分布有水平向右的匀强电场．现有一个质量为m、电荷量为＋q的小球从水平轨道上的A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN 上的P 点进入电场(P 点恰好在A 点的正上方，小球可视为质点，小球运动到C 点之前电荷量保持不变，经过C 点后电荷量立即变为零)．已知A 、B 间的距离为2R ，重力加速度为g .在上述运动过程中，求：(1)电场强度E 的大小；(2)小球在圆轨道上运动时的最大速率；(3)小球对圆轨道的最大压力． 15.(18分)如图所示，在xOy 平面坐标系中，直线MN 与y 轴成30°角，M 点的坐标为(0，a )，在y 轴与直线MN 之间的区域内，存在垂直xOy 平面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场．电子束以相同速度从y 轴上0≥y ≥－23a 的区间垂直于y 轴和磁场射入磁场．已知从O 点射入磁场的电子在磁场中的运动轨迹恰好与直线MN 相切，忽略电子间的相互作用．(1)求电子的比荷；(2)若在xOy 坐标系的第Ⅰ象限加上沿y 轴正方向大小为E ＝B v 0的匀强电场，在x 0＝43a 处垂直于x 轴放置一荧光屏，计算说明荧光屏上发光区的形状和范围． 附加题：本题共3小题，每小题15分．分别考查3－3、3－4、3－5模块．请考生根据本省考试情况选择相应题目作答，其分值不计入总分．1．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)关于热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是________．A ．一定量气体吸收热量，其内能一定增大B ．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加C．若两分子间距离增大，分子势能一定增大D．功转变为热的实际宏观过程是不可逆的(2)(5分)如图所示，两条曲线分别表示晶体和非晶体在一定压强下的熔化过程，图中横轴表示时间t，纵轴表示温度T.从图中可以确定曲线M表示________(填“晶体”或“非晶体”)，T0表示晶体的________，曲线M的bc段表示________过程，此过程中，物体________(填“吸收”或“放出”)热量，内能________(填“增加”、“减小”或“不变”)．(3)(5分)一质量为M的气缸中，用质量为m、横截面积为S的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与气缸之间无摩擦且不漏气．气缸竖直放置时，空气柱长度为L0(如图甲所示)，若将气缸按图乙所示悬挂，求静止时气柱长度为多少．(已知大气压强为p0，且气体温度保持不变)2．[物理——选修3－4](15分)(1)(5分)一列简谐横波在t＝0时刻的波形如图中的实线所示，t＝0.02 s时刻的波形如图中虚线所示，则下列说法正确的是________．A．如果波向右传播，波速一定为1 m/sB．如果波向右传播，波速可能为5 m/sC．如果波向左传播，最小波速为3 m/sD．如果波向左传播，波速一定是3 m/s的整数倍(2)(5分)如图所示的双缝干涉实验，用绿光照射单缝S时，在光屏P上观察到干涉条纹，如果增大S1与S2的间距，则会观察到相邻条纹间距________(填“变大”、“不变”或“变小”)的干涉图样，如果将绿光换为红光，则可以观察到相邻条纹间距________(填“变大”、“不变”或“变小”)的干涉图样．(3)(5分)如图所示，容器中盛有水，PM为水面，从A点发出一束白光，射到水面上的O点后，折射光(发生了色散)照到器壁上a、b之间，如果AP＝OM＝ 3 m，PO＝Mb＝1 m，ab＝(3－1) m，则从A点发出的白光射到PM上的入射点O向右移动多少时开始有色光消失？移动多少时器壁上的色光全部消失？3．[物理——选修3－5](15分)(1)(5分)下列说法正确的是________．A．采用物理和化学方法可以有效改变放射性元素的半衰期B．比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时一定吸收核能C．由玻尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子D．德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为一切物体都具有波粒二象性(2)(5分)在β衰变中常伴有一种被称为“中微子”的粒子放出，但中微子的性质十分特别，在实验中很难探测.1953年，莱尼斯和柯文建造了一个由大水槽和探测器组成的实验系统，利用中微子与水中的11H的核反应，间接地证实了中微子的存在，中微子与水中的11H发生核反应，产生中子(10n)和正电子(0＋1e)，即：中微子＋11 H→10n＋0＋1e，由此可以判定，中微子的质量数为________、电荷数为________；上述核反应产生的正电子与水中的电子相遇，可以转变为两个能量相同的光子(γ)，即0＋1e＋0－1e→2γ，已知正电子和电子的质量都是9.1×10－31kg，反应中产生的每个光子的能量约为________J．(c＝3.0×108 m/s)(3)(5分)如图所示，一轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端紧靠着一个静止在光滑水平面上的质量为m 的物体B ，弹簧处于原长状态，现有一质量为2m 的物体A 从高h 处由静止开始沿光滑的曲面滑下，与B 发生正碰后粘合在一起将弹簧压缩，弹簧压缩到最短后又将A 、B 一起弹出，求A 、B 一起沿曲面上升能达到的最大高度．高考模拟试题精编(七)1．D kx cos 37°＝mg 时，圆环与竖直杆的摩擦力为零，此时x ＝2.5 cm ，A 对，弹簧伸长量x ＝0.5 cm 时，圆环与竖直杆的弹力F ＝kx sin 37°＝1.5 N ，B 对；保持弹簧伸长量不变，适度减小θ，F ＝kx sin θ随之变小，C 对；保持弹簧伸长量不变，适度减小θ，弹簧弹力的竖直分量增大，但初始状态摩擦力的方向未知，故不能断定其摩擦力的变化情况，D 错．2．AC 根据ω＝2πT 得T ＝2πω，A 项正确；由题中的条件可知发电机的输出电压最大值为200 V ，由于发电机有内阻，因此发电机电动势的最大值大于200 V ，B项错；电饭煲消耗的功率为P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫U m 221R ＝0.2 kW ，C 项正确；理想变压器可以改变输出电压，不能改变输出电压的频率，D 项错．3．D 飞机做初速度为零的匀加速运动时末速度为2x t ，由于飞机所受牵引力随速度的增大而减小，运动阻力随速度的增大而增大，因此其加速度随速度的增大而减小，故起飞速度小于2x t ；飞机一直在加速，故末速度一定大于平均速度x t ，D 选项正确．4．C 闭合开关S ，滑动变阻器的滑片P 向左移动，滑动变阻器接入电路中的电阻增大，电源输出电流减小，内电压减小，路端电压增大，则电流表读数变小，电压表读数变大，小灯泡变暗，选项A 、B 错误；由于电容器两端电压增大，由C ＝Q U 可知，电容器C 上的电荷量增大，选项C 正确；由于电源的内阻和外电阻的关系未知，因此输出功率的变化不能确定，选项D 错误．5．AD 选取A 、B 组成的系统为研究对象，对其进行受力分析，在水平方向上由力的平衡条件可知，墙壁对B 的弹力一定为F ；在竖直方向上由牛顿第二定律有(m A ＋m B )g －μF ＝(m A ＋m B )a ；系统加速度a ＝g －μFm A ＋m B ，力F 逐渐增大，系统做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度逐渐变大的减速运动，最终静止，合外力突变为零；选项A 、D 正确．6．A 由电场的叠加原理，A 点的电场强度和C 点的电场强度相同，选项A 正确；B 、D 两点的电场强度及电势均相同，选项B 错；一电子由B 点沿B →A →D 路径移至D 点，电势能先减小后增大，选项C 错；一质子由C 点沿C →O →A 路径移至A 点，电场力对其一直做负功，电势能一直增大，选项D 错．7．BD 天体运动的基本原理为万有引力提供向心力，地球的引力使卫星绕地球做匀速圆周运动，即F 引＝F 向＝m v 2r ＝4π2mr T 2.当卫星在地表运行时，F 引＝GMm R 2＝mg (此时R 为地球半径)，设同步卫星离地面高度为h ，则F 引＝GMm(R ＋h )2＝F 向＝ma向<mg ，所以C 错误、D 正确．由GMm (R ＋h )2＝m v 2R ＋h得，v ＝GMR ＋h< GMR ，B 正确．由GMm (R ＋h )2＝4π2m (R ＋h )T 2，得R ＋h ＝3GMT 24π2，即h ＝3GMT 24π2－R ，A 错． 8．ABC 从图象可知，6 s 时木块的速度为4 m/s ，拉力的功率P ＝F v ＝2×4 W ＝8 W ，选项A 对；在MN 段，由图象可知加速度为0.5 m/s 2，由牛顿第二定律得：m ＝4 kg ，选项B 正确；由图象可知，M 、O 相距19 m ，则拉力做功W ＝Fs ＝38 J ，P ＝W t ＝193 W ，选项C 对；由图象可得N 、O 相距14 m ，木块在NO 段所受摩擦力f ＝1 N ，则克服摩擦力做的功为：W ′＝fs ′＝14 J ，P ′＝3.5 W ，选项D 错． 9．BD 若加水平向左的匀强磁场，小球转到不同方位受到的洛伦兹力方向不都是向上或有向上的分量，A 错；当加上竖直向上的匀强电场时，小球总受到竖直向上的恒定电场力，当电场力与重力平衡时，小球可到达N 点，B 正确；当磁场方向由圆心O 向外时，由左手定则可判断出小球受到的洛伦兹力有向下的分量，C 错；在圆心O 点上方某点放一个带负电的点电荷，库仑力的方向斜向上，有竖直向上的分量，D 正确．10．AC 金属棒的运动方向不变，磁场方向反向，则电流方向相反，选项A 正确；电流方向反向，磁场也反向时，安培力的方向不变，选项B 错误；由q ＝ΔΦR 总，因初、末状态磁通量相等，所以通过电阻R 的电荷量等于零，选项C 正确；由于金属棒匀速运动，所以动能不变，即外力做功全部转化为电热，所以Q ＝2Fx ，选项D 错误．11．解析：(1)图象上端弯成曲线，说明弹力与弹簧的伸长量不再成正比，故可以判断出已经超过弹簧的弹性限度；(2)根据胡克定律F ＝kx 可得：k A ＝F Ax A＝46×10－2N/m ＝66.7 N/m ，k B ＝F Bx B ＝84×10－2N/m ＝200 N/m ；(3)因为不能超过弹簧的弹性限度，故这两个弹簧秤的量程分别不能超过4 N 和8 N.答案：(1)超过了弹簧的弹性限度(1分) (2)66.7(1分) 200(1分) (3)4(1分) 8(1分)12．解析：(1)用半偏法测电压表的内阻时把电阻箱与电压表串联后对电路的影响忽略了，故要求电压表的内阻要远远大于滑动变阻器的最大阻值，正因为如此，测出的电压表的内阻有可以预知的系统误差，所以是一种近似测量的方法； (2)电阻箱与电压表串联后，电压表所在这条支路的电阻变大，则电路的总电阻变大，电流变小，电压表与电阻箱和滑动变阻器并联部分的电压变大，所以电阻箱实际分出的电压偏大，故电压表内阻的测量值就稍大于真实值；(3)闭合S 1时，电阻箱1与电压表串联，此时电压表指针满偏，有R V R 1＝U V1U R 1，即R V 1 500 Ω＝3 VE －3 V，当开关S 1和S 2都闭合后，电阻箱2与电压表并联后再与电阻箱1串联，此时电压表指针半偏，则有R V R 2R V ＋R 2R 1＝12U V1U R 1′，即1 000 Ω×R V R V ＋1000 Ω1 500 Ω＝ 1.5 VE －1.5 V ，联立解得：R V ＝3 000 Ω.答案：(1)近似测量(2分) R V ≫R (2分) (2)3 005.4(2分) 大于(2分) (3)3 000(2分) 13．解：(1)设甲板的长度至少为x0，则由运动学公式得－v20＝－2a0x0故x0＝v20/2a0(3分)代入数据可得x0＝1 102.5 m(2分)(2)舰载机受力分析如图所示，其中F T为阻拦索的张力，f为空气和甲板对舰载机的阻力，由牛顿第二定律得2F T cos 53°＋f－F＝ma1(3分)舰载机仅受空气阻力和甲板阻力时f＝ma0(2分)联立可得F T＝5×105 N(3分)14．解：(1)设小球过C点时的速度为v C，小球从A到C的过程中由动能定理得qE·3R－mg·2R＝12m v2C(2分)由平抛运动可得R＝12gt2和2R＝vCt(2分)联立可得E＝mgq(1分)(2)小球运动到圆轨道D点时的速度最大，设为v，OD与竖直方向的夹角为α，由动能定理得qE(2R＋R sin α)－mgR(1－cos α)＝12m v2(3分)由数学知识可得，当α＝45°时动能最大且最大值为v＝(2＋22)gR(2分)(3)由于小球在D点时的速度最大，且此时电场力与重力的合力恰好沿半径方向，此时受到轨道的支持力最大所以F－qE sin α－mg cos α＝m v2R(3分)代入数据得F＝(2＋32)mg(1分)由牛顿第三定律得，小球对轨道的最大压力F′＝(2＋32)mg 15．解：(1)从O 点射入磁场的电子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系有：r ＋rcos 60°＝a ①(2分) 解得：r ＝a3②(1分)电子在磁场中运动时，洛伦兹力等于向心力，即eB v 0＝m v 20r ③(2分) 由②③解得电子比荷e m ＝3v 0Ba ④(1分)(2)由电子的轨道半径可判断，从O 点射入磁场的电子由(0，23a )的位置进入匀强电场，电子进入电场后做类平抛运动，有2r ＝12eE m t 2⑤(2分) x ＝v 0t ⑥(1分)联立②④⑤⑥，将E ＝B v 0代入解得：x ＝23a ⑦(1分)设该电子穿过x 轴时速度与x 轴正方向成θ角，则v y ＝eEm t ⑧(1分) tan θ＝v yv 0⑨(1分)解得：tan θ＝2⑩(1分)设该电子打在荧光屏上的Q 点，Q 点离x 轴的距离为L ，则 L ＝(x 0－x )tan θ＝4a3⑪(1分)即电子打在荧光屏上离x 轴的最远距离为L ＝43a (2分)而从⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－23a 位置进入磁场的电子恰好由O 点过y 轴，不受电场力，沿x 轴正方向做直线运动，打在荧光屏与x 轴相交的点上，所以荧光屏上在y 坐标分别为0、－43a 的范围内出现一条长亮线(2分)附加题1．(1)解析：根据热力学第一定律可知，选项A 、B 错误；分子间的距离增大时，如果是在r >r 0范围内，F 引>F 斥，分子力表现为引力，分子力做负功，分子势能增大，如果是在r <r 0范围内，F 引<F 斥，分子力表现为斥力，分子力做正功，分子势能减小，故选项C 错误；自然界中一切与热现象有关的过程都是不可逆的，选项D 正确． 答案：D(5分)(2)解析：由图象可知曲线M 表示晶体，bc 段表示晶体熔化过程，晶体在熔化过程中温度不变，分子平均动能不变，分子势能增大，故内能增加． 答案：晶体 熔点 熔化 吸收 增加(每空1分)(3)解：对缸内理想气体，气缸竖直放置时，p 1S ＝p 0S ＋mg ， 即p 1＝p 0＋mgS ，V 1＝L 0S ①(1分)气缸悬挂时，对缸体，Mg ＋p 2S ＝p 0S ，即p 2＝p 0－MgS ，V 2＝LS ②(1分) 由玻意耳定律：p 1V 1＝p 2V 2，即⎝ ⎛⎭⎪⎫p 0＋mg S L 0S ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫p 0－Mg S LS ③(2分)解得气柱长度为L ＝(p 0S ＋mg )L 0p 0S －Mg(1分)2．(1)解析：波向右传播时，Δt ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋n T (n ＝0、1、2…)，即T ＝4Δt 4n ＋1＝0.08 s 4n ＋1(n＝0、1、2…)，此时波速v ＝λT ＝(4n ＋1)m/s(n ＝0、1、2…)，当n ＝0时，v 1＝1 m/s ，当n ＝1时，v 2＝5 m/s ，故选项A 错、B 对；波向左传播时，Δt ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34＋n T (n ＝0、1、2…)，即T ＝4Δt 4n ＋3＝0.08 s 4n ＋3(n ＝0、1、2…)，此时波速v ＝λT ＝(4n ＋3)m/s(n ＝0、1、2…)，当n ＝0时，v 1＝3 m/s ，选项C 对、D 错． 答案：BC(5分)(2)解析：根据双缝干涉的条纹间距公式Δx ＝ld λ，增大S 1与S 2的间距就是增大d ，所以条纹间距变小；红光的波长比绿光的波长长，所以将绿光换为红光，条纹间距增大．答案：变小(2分) 变大(3分)(3)解：设白光在水中的入射角为r ，色光Ob 的折射角为i 1，色光Oa 的折射角为i 2，则sin r ＝OP AO ＝12，r ＝30°；sin i 1＝OM Ob ＝32，i 1＝60°；sin i 2＝OM Oa ＝36＝22，i 2＝45°(1分)故水对白光中的各种色光的折射率最大为n 1＝sin i 1sin r ＝3，最小为n 2＝sin i 2sin r ＝2(2分)由sin C ＝1n 可得，各种色光发生全反射的最小临界角满足sin C 1＝1n 1＝33，由几何关系可知，sin C 1＝PO 1AO 1＝1＋x 1(3)2＋(1＋x 1)2＝33， 解得：x 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫62－1m(1分)同理sin C 2＝PO 2AO 2＝1＋x 2(3)2＋(1＋x 2)2＝22，解得：x 2＝3－1(m)(1分) 即从A 点发出的白光射到PM 上的入射点O 向右移动⎝ ⎛⎭⎪⎫62－1m 时开始有色光消失，移动()3－1m 时器壁上的色光全部消失．3．(1)解析：采用物理和化学方法都不能改变放射性元素的半衰期，选项A 错误；比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时一定放出核能，选项B 错误；由玻尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子，选项C 正确；德布罗意提出了物质波的概念，选项D 正确． 答案：CD(5分)(2)解析：由质量数守恒和电荷数守恒可得中微子的质量数和电荷数都是0，由爱因斯坦质能方程可得每个光子的能量约为mc 2＝9.1×10－31×(3.0×108)2 J ＝8.19×10－14 J.答案：0(1分) 0(1分) 8.19×10－14(3分)(3)解：物体A 从光滑曲面下滑到水平面上的过程中，由机械能守恒定律有：2mgh ＝12×2m v 21，可得v 1＝2gh (1分)物体A 与物体B 碰撞的瞬间，由动量守恒定律有：2m v 1＝3m v 2，可得v 2＝23v 1＝232gh (2分)A 、B 一起压缩弹簧到最短，动能全部转化为弹性势能，弹簧将A 、B 弹出又把弹性势能全部转化为动能(1分)A 、B 一起沿曲面上升的过程由机械能守恒定律有： 12×3m v 22＝3mgh ′，可得h ′＝v 222g ＝49h (1分)。