1、2015年宁夏银川二中高考物理一模试卷一、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15题只有一项符合题目要求，第68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）（2015银川校级一模）如图为水平面上一质量m=10kg的物体在吊车作用下竖直向上运动过程中的vt图象（g=10m/s2），以下判断正确的是（） A 前3s内货物处于失重状态 B 前3s内物体的平均速度大于最后2s内的平均速度 C 物体能上升的最大高度为27m D 第4s末拉力的功率为零【考点】： 功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像【专题】： 功率的计算专题【分析】
2、： 速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，根据平均速度的公式比较前3s内和后2s内平均速度的大小面积表示位移；根据P=Fv判定功率【解析】： 解：A、前3s内货物向上做匀加速直线运动，加速度向上，处于超重状态故A错误B、前3s内的平均速度=3m/s，后2s内的平均速度=3m/s，这两段时间内的平均速度相同故B错误C、面积表示位移x=27m，故C正确；D、第4s末拉力等于重力，速度6m/s，根据P=Fv知功率不为零，故D错误故选：C【点评】： 解决本题的关键知道速度时间图线斜率和图线与时间轴围成的面积表示的含义，以及掌握P=Fv的应用2（6分）（2015银川校级一模）一根
3、总长为L的绳子，两端分别固定在天花板P，N两点处，如图所示，现在O点系一重物G且绳子的OPON，此时OP，ON绳的拉力分别为FP，FN，现将重物系在这段绳子的处，此时OP1，ON1绳拉力为FP1和FN1，（绳子重力不计），两次始终保持两绳垂直，则正确的是（） A FPFP1，FNFN1 B FPFP1，FNFN1 C FPFP1，FNFN1 D FPFP1，FNFN1【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】： 对结点O进行受力分析，根据平衡条件列式求出OP，ON绳的拉力的表达式，当将重物系在这段绳子的处时，绳ON与竖直方向的夹角增大，根
4、据表达式判断两绳拉力的变化情况即可【解析】： 解：对结点O进行受力分析，如图所示：结点O处于静止状态，受力平衡，则有：FN=mgcos，FP=mgsin，将重物系在这段绳子的处时，变大，则mgcos变小，mgsin变大，所以FPFP1，FNFN1，故D正确故选：D【点评】： 本题关键是对点O受力分析，然后根据平衡条件并运用合成法作图分析，研究矢量三角形得到各个力大小关系，难度不大，属于基础题3（6分）（2015银川校级一模）如图所示，A为地球赤道上的物体，B为地球同步卫星，C为地球表面上北纬60的物体已知A、B的质量相同则下列关于A、B和C三个物体的说法中，正确的是（） A A物体受到的万有引
5、力小于B物体受到的万有引力 B B物体的向心加速度小于A物体的向心加速度 C A、B两物体的轨道半径的三次方与周期的二次方的比值相同 D A和B线速度的比值比C和B线速度的比值大，都小于1【考点】： 同步卫星；向心加速度【专题】： 人造卫星问题【分析】： A、根据万有引力定律F=G，即可判定引力大小；B、由an=2r，即可判定向心加速度大小；C、当绕同一中心天体做圆周运动时，才能根据=K，即可求解；D、根据v=r，结合运动的半径，来确定A、B与C线速度大小，从而确定其比值大小【解析】： 解：A、根据万有引力定律F=G，且A、B的质量相同，可知，间距越大的，引力越小，因此A物体受到的万有引力大于
6、B物体受到的万有引力，故A错误；B、由an=2r，因A与B的角速度相同，当半径越大时，则向心加速度越大，故B错误；C、A在地球表面，不是环绕地球做匀速圆周运动，因此不满足开普勒第三定律，故C错误；D、根据v=r，可知，B点线速度最大，而C的线速度最小，因此A与B的线速度之比，C与B的线速度之比，均小于1，再根据同步卫星轨道半径约是地球半径的5.7倍，则，C为地球表面上北纬60的物体，那C轨道半径为地球半径的一半，则，因此，故D正确；故选：D【点评】： 考查万有引力定律的内容，掌握圆周运动中向心加速度与线速度表达式，注意B选项错误的解法：根据G=ma，解得：a=，则有半径越大的，向心加速度越小，
7、同时掌握开普勒第三定律适用条件4（6分）（2015银川校级一模）奥斯特发现电流的磁效应之后，科学家们又发现了无限长直导线在某点产生的磁场的磁感应大小满足B=，其中0为常数，R为某位置到导线的距离现有三根通有相同大小电流I的无限长直导线在同一平面内围成一边长为a的三角形区域，电流方向如图所示关于该区域中点的磁感应强度说法正确的是（） A B=，方向垂直纸面向里 B B=，方向垂直纸面向外 C B=，方向垂直纸面向里 D B=，方向垂直纸面向外【考点】： 磁感线及用磁感线描述磁场；磁感应强度【分析】： 本题考查了磁场的叠加，根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等，根据安培定则
8、判断出两导线在A点形成磁场方向，磁感应强度B是矢量，根据矢量分解合成的平行四边形定则求解【解析】： 解：由几何关系可知，该区域中点到个电流的距离：R=a所以，各电流在该处产生的磁场的磁感应强度：结合图可知，左侧的电流产生的磁场在该处向外，右侧的电流产生的磁场方向 向里，下侧的电流产生的磁场的方向向里，所以合磁场的方向向里，大小为故选：C【点评】： 磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据安培定则判断导线周围磁场方向是解题的前提5（6分）（2015银川校级一模）一台发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电，如图所示，已知输电线的总电阻R=20，降压变压器T2的原、副线
9、圈匝数之比为5：1，副线圈与用电器R0组成闭合电路，R0=22若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压u=220sin100t（V），则（） A 发电机中的电流方向每秒变化50次 B 通过用电器R0的电流有效值是5 A C 升压变压器的输入功率为2280 W D 当用电器的电阻R0增大时，发电机的输出功率增大【考点】： 变压器的构造和原理【专题】： 交流电专题【分析】： 根据交流电压的表达式，求出周期、电流的变化次数；理想变压器电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，可以求得降压变压器的电流和输电线上的电流的大小，从而可以求得输电线和用电器消耗的功率的大小【解析】： 解：A、变压器不改变频
10、率，由电压u=220sin100t，得频率为f=50Hz，故电流方向每秒变化100次，故A错误B、由闭合电路欧姆定律，得I=10A，故B错误C、根据功率不变，升压变压器的输入功率为P=I2R0+I2R=10222+20=2280 W，故C正确D、用户电阻R0阻值增大，其它条件不变，根据闭合电路欧姆定律可知，功率减小，故D错误故选：C【点评】： 掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题6（6分）（2015银川校级一模）关于静电场，下列说法正确的是（） A 在电场中，电势越高的地方，负电荷在该点具有的电势能越小 B 把负电荷从A点移到B点电场力做正功，则有UAB
11、0 C 在电场中电场强度大的地方，电势一定高 D 任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向【考点】： 电势；电场强度【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 电势能与电势的关系为Ep=q；电场力做功公式为WAB=qUAB电场强度与电势无关电场强度总是指向该点电势降落最快的方向由这些知识分析【解析】： 解：A、由电势能与电势的关系为Ep=q，知电势越高的地方，负电荷在该点具有的电势能越小，故A正确B、由电场力做功公式WAB=qUAB，知q0、WAB0，则得UAB0，故B错误C、电场强度与电势无关，则知电场强度大的地方，电势不一定高故C错误D、电场中，电场强度总是指向该点电势降落最快的方
12、向故D正确故选：AD【点评】： 解决本题的关键要理解并掌握电势能公式、电场力做功公式，要注意公式Ep=q和WAB=qUAB运用时各个量均要代入符号运算7（6分）（2015银川校级一模）一个粗糙倾角为53的斜面固定放在托盘测力计的盘内，接触面的摩擦因数为0.5如图所示，将一质量为1kg的物体由静止从斜面顶端沿斜面滑下，物体在下滑过程中，托盘测力计始终静止，则有：（取g=10m/s2）（） A 测力计的读数是10N B 测力计的读数与没有放物体前相比增加了6N C 测力计对地面有向左的摩擦力 D 若斜面粗糙时物体下滑过程中测力计的示数为F1，斜面光滑时物体下滑过程中测力计示数F2，则F1F2【考点
13、】： 牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 物体沿斜面加速下滑，处于失重状态，应用整体法对小球和斜面体运用牛顿第二定律列式求解；研究测力计与地面间的摩擦力时，将物体、斜面体、测力计看做一个整体进行受力分析即可【解析】： 解：A、不放物体时，支持力等于斜面的支持力；N=Mg；对物体受力分析可知，物体的加速度a=gsin53gcos53=100.80.5100.6=5m/s2；将物体和斜面体看做整体，加速下滑时，整体受总重力、测力计支持力，根据牛顿第二定律有竖直方向：（M+m）gN=masin53；N=（M+m）gmasin53；由于M未知，故无法明确测力计的
14、示数；故A错误；B、由A的分析可知，测量计比没放物体前相比，增加量为：mgmgcos53sin53masin53=10150.8=6N；故示数增加了6N；故B正确；C、对整体分析可知，整体有水平向左的加速度，则说明整体一定受向左的摩擦力；由作用力和反作用力可知，整体对台面有向右的摩擦力；故C错误；D、当斜面粗糙时，物体沿斜面下滑的加速度小于斜面光滑时的加速度；由B的分析可知，粗糙时的测力计示数大于光滑时的测力计示数；故D正确；故选：BD【点评】： 本题关键是对整体受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解；要注意整体法对于有相对运动的物体系统同样适用，解决部分失重问题8（6分）（2015银川校级一
15、模）如图甲，固定在光滑水平面上的正三角形金属线框，匝数n=20，总电阻R=2.5，边长L=0.3m，处在两个半径均为r=的圆形匀强磁场区域中线框顶点与右侧圆中心重合，线框底边中点与左侧圆中心重合磁感应强度B1垂直水平面向外，大小不变；B2垂直水平面向里，大小随时间变化，B1、B2的值如图乙所示（取3）则（） A 通过线框中感应电流方向为顺时针方向 B t=0时刻穿过线框的磁通量为0.005Wb C 在t=0.6s内通过线框中的电量为0.12C D 经过t=0.6s线框中产生的热量为0.06J【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 根据楞次定律
16、判断感应电流的方向；根据磁通量=BS求解，S是有效面积；由q=t=t求解电荷量；由Q=I2Rt求解热量【解析】： 解：A、由磁感应强度B1垂直水平面向外，大小不变；B2垂直水平面向里，大小随时间增大，故线框总的磁通量减小，由楞次定律可得，线框中感应电流方向为逆时针方向，故A错误；B、t=0时刻穿过线框的磁通量为：=B1r2B2r2=10.53.140.12230.12Wb=0.005Wb，故B正确；C、在t=0.6s内通过线框中的电量q=t=t=n=C=0.12C，故C正确；D、由Q=I2Rt=（）2t=0.06J，故D正确故选：ACD【点评】： 本题根据磁通量的定义求解磁通量时，要注意磁通量
17、的正负，根据法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律求解时，要用电流的平均值二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9（5分）（2015银川校级一模）某实验小组设计了如图（a）所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条aF图线，如图（b）所示滑块和位移传感器发射部分的总质量m=0.5kg；滑块和轨道间的动摩擦因数=0.2图b中为倾斜轨道实验结果图象（填或）（重力加速度g取10m/s2）【考点】： 探究
18、加速度与物体质量、物体受力的关系【专题】： 实验题【分析】： 知道滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数对滑块受力分析，根据牛顿第二定律求解【解析】： 解：根据F=ma得：a=，所以滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数由图形b得加速度a和所受拉力F的关系图象斜率k=，所以滑块和位移传感器发射部分的总质量为：m=0.5kg由图形b得，在水平轨道上F=1N时，加速度a=0，根据牛顿第二定律得：Fmg=0解得：=0.2图线，F=0，加速度a不等于零，则图线为倾斜轨道实验结果图象故答案为：0.5；0.2；
19、【点评】： 通过作出两个量的图象，然后由图象去寻求未知量与已知量的关系运用数学知识和物理量之间关系式结合起来求解10（15分）（2015银川校级一模）硅光电池是一种可将光能转换为电能的器件某同学用如图甲所示电路探究硅光电池的路端电压U与总电流I的关系图中R0为已知定值电阻，电压表视为理想电压表（1）若电压表的示数为U0，则I=（2）实验一：用一定强度的光照射硅光电池，调节滑动变阻器，通过测量得到该电池的UI曲线a，如图乙所示，由此可知电池内阻不是（填“是”或“不是”）常数，短路电流为0.295A，电动势为2.67v（3）实验二：减小实验一中光的强度，重复实验，测得UI曲线b，如图乙所示已知当滑
20、动变阻器的电阻为某值时，实验一中的路端电压为1.5V，则当实验二中滑动变阻器也为该值时外电路消耗的电功率为0.065mW（计算结果保留两位有效数字）【考点】： 描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】： 实验题【分析】： （1）根据部分电路的欧姆定律可以求出电流大小（2）电源的UI图象的斜率表示其内阻，根据斜率的变化可以知道内阻的变化情况，图象与纵轴交点表示电动势，与横轴交点表示短路电流（3）根据路端电压大小从图象a上找到路端电压为1.5V的点A，连接OA，OA与图b的交点即对应的功率即为实验二外电路消耗的功率【解析】： 解：（1）电阻两端的电压为U0；电阻为R0；根据部分电路欧姆定律得：（2）电源的
21、UI图象的斜率表示其内阻，由图象可知其斜率不断变化因此电源的内阻不是常数，根据图象可知其电动势为2.67V，短路电流为0.295mA若实验一中路端电压为1.5V时，由图线a可知，I=2.15104A，即图中的A点，取坐标原点为O，用直线连接OA，则OA的斜率代表该外电路的电阻R外=R0+R，为一定值，直线oa交图b于B点，由图可知B点的坐标为（0.68，9.6106A），则实验二中测得外电路的功率为：P=UI=0.689.6106=6.5105=0.065mW故答案为：（1）；（2）不是；0.295；2.67；（3）0.065（0.0600.070）【点评】： 本题主要考查了在实验中如何利用图
22、线进行数据处理，在测电源电动势和内阻的实验中，明确电源UI图象和电阻UI图象的含义和区别11（14分）（2015银川校级一模）如图所示，一质量为m=1.5kg的滑块从倾角为=37的斜面上自静止开始滑下，滑行距离s=10m后进入半径为R=9m的光滑圆弧AB，其圆心角，然后水平滑上与平台等高的小车已知小车质量为M=3.5kg，滑块与斜面及小车表面的动摩擦因数=0.35，小车与地面光滑且足够长，取g=10m/s2求（1）滑块在斜面上的滑行时间t1（2）滑块脱离圆弧末端B点前轨道对滑块的支持力大小；（3）当小车开始匀速运动时，滑块在车上滑行的距离s1【考点】： 动能定理；牛顿第二定律【专题】： 动能定
23、理的应用专题【分析】： （1）根据牛顿第二定律及匀变速直线运动的规律即可求出时间及到达A的速度；（2）根据动能定理求出速度，然后根据牛顿第二定律求出支持力的大小；（3）求出m和M的加速度，根据匀变速直线运动的规律求出运动时间及运动距离【解析】： 解：（1）滑块在斜面上的滑行加速度a由牛顿第二定律，有 mg（sincos）=ma1解得 t1=2.5 s （2）滑块在圆弧AB上运动过程，由动能定理由牛顿第二定律，有 解得轨道对滑块的支持力FB=31.7N（3）滑块在车上滑行时的加速度 a1=g=3.5m/s2小车的加速度 m/s2小车与滑块达到共同速度时小车开始匀速运动，满足 vBa1t2=a2t
24、2解得 t2=2 s小车运动的距离 m 滑块运动的距离 m 所以，滑块在车上滑行的距离s=s2s1=10m 答：（1）滑块在斜面上的滑行时间为2.5s，到达A点的速度大小8m/s；（2）滑块脱离圆弧末端B点前轨道对滑块的支持力大小为31.7N；（3）当小车开始匀速运动时，滑块在车上滑行的距离为10m【点评】： 此题考查动能定理及牛顿第二定律的应用，属于多过程问题，需要分阶段求解，中档题12（18分）（2015银川校级一模）如图所示，在直角坐标系中，第一、四象限存在垂直纸面向里的足够大匀强磁场，其磁感应强度为B在第二象限存在与y轴反方向成30的斜向下的匀强电场一带电量为q质量为m的正离子，从坐标
25、原点O位置以大小为的速度与x轴成30角度射向第四象限经磁场变向后，恰好在y轴上的某点进入第二象限再从x轴上的A点离开电场已知OA之间的距离为d不计重力试求（1）离子在第一、四象限运动的时间（2）电场强度E（3）离子在A点的速度大小【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）离子在磁场中做匀速圆周运动，周期为T=，离子进入第二象限时速度与y轴方向成60，在磁场中转过的圆心角为120，由公式t=T，是轨迹对应的圆心角求解时间（2）离子垂直进入电场中做类平抛运动，由几何知识得到沿初速度方向和垂直于初速度两个方向的分位移，
26、由牛顿第二定律和位移公式结合求解电场强度E（3）由动能定理求解离子在A点的速度大小【解析】： 解：（1）离子在磁场中做匀速圆周运动，周期为T=由离子初速度与x轴成30，可得离子在磁场中转过的圆心角为240，运动时间为 t=T=（2）由qvB=m和v=，可得离子在磁场中做圆周运动的轨道半径为 R=d又已知电场的方向，可知离子垂直进入电场，做类平抛运动，设离子从C点进入电场由几何关系可得，OO=OA=OC，且OC与电场平行，AO与电场垂直，则可知沿电场力方向的位移为d，沿初速度方向的位移为d则 d=；d=vt可得 E=（3）由动能定理得：qEd=解得 vA=答：（1）离子在第一、四象限运动的时间为
27、（2）电场强度E为（3）离子在A点的速度大小为【点评】： 本题的解题关键是画出带电粒子的运动轨迹，运用几何知识求出粒子在磁场中转过的角度和电场中的两个分位移大小，再由牛顿第二定律和运动学规律结合答题二.选考题：共45分请考生从给出的3道物理题中任选1题解答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目涂黑注意所做题目必须与所涂题目一致，在答题卡选答区域指定位置答题如果多做，则科按所做的第一题计分【物理-选修3-3】（15分）13（6分）（2015银川校级一模）下列关于分子运动和热现象的说法正确的是（） A 一定量100的水变成100的水蒸气，其分子之间的势能增加 B 气体如果失去了容器的约束就会散开，这是
28、因为气体分子之间存在势能的缘故 C 如果气体温度升高，那么所有分子的速率都增加 D 如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体分子的平均动能增大，因此压强必然增大 E 对于一定质量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热 F 一定量气体的内能不等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和【考点】： 分子势能；温度是分子平均动能的标志；热力学第一定律【分析】： 本题可根据热传递情况分析物态变化时，分析内能的变化，判断分子势能的变化对于一定量的理想气体，内能只跟温度有关温度是分子平均动能的标志内能等于所有分子动能和势能之和【解析】： 解：A、一定量100的水变成100的水蒸汽，温度不变
29、，分子动能之和不变，由于吸热，内能增大，则其分子之间的势能增大故A正确B、气体如果失去了容器的约束就会散开，是因为分子间距较大，相互的作用力很微弱，而且分子永不停息地做无规则运动，所以气体分子可以自由扩散故B错误C、温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子的平均动能增大，平均速率增大，但由于分子运动是无规则的，不是所有分子的速率都增大故C错误D、气体分子总数不变，而气体温度升高，气体分子的平均动能增大，由于体积的变化情况不确定，所以压强不一定增大，故D错误E、对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，根据气态方程知，温度升高，则内能增大，那么它一定从外界吸热故E正确F、根据内能的定义知，一定量
30、气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和，故F错误故选：AE【点评】： 本题关键要掌握分子动理论的基本内容和气态方程=c，知道温度是分子平均动能的标志，就能进行分析14（9分）（2008珠海模拟）如图，在一端开口、一端封闭、粗细均匀的玻璃管内，一段长为h=25cm的水银柱封闭着一定质量的理想气体，当玻璃管水平放置时，管内封闭的气柱长度为L1=20cm（如图a），这时的大气压强P0=75cmHg，室温是t1=27将玻璃管缓慢地转过90，使它开口向上，并竖直浸入热水中（如图b），待稳定后，测得玻璃管内气柱的长度L2=17.5cm（1）求此时管内气体的温度t2（2）保持管内气体的温度t
31、2不变，往玻璃管内缓慢加入水银，当封闭的气柱长度L3=14cm时，加入的水银柱长度h是多少？（玻璃管足够长）【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】： （1）根据理想气体状态方程求出管内气体的温度t2（2）抓住温度不变，根据玻意耳定律求出加入水银的长度【解析】： 解：（1）根据理想气体状态方程得，代入数值解得：t2=77；（2）根据玻意耳定律得，（P0+h）l2=（P0+h+h）l3， 代入数值解得：h=25cm；答：（1）此时管内气体的温度为77；（2）加入的水银柱长度h=25cm【点评】： 解决本题的关键掌握理想气体的状态方程，理清初末状态，灵活
32、运用【物理-选修3-4】（15分）15（2015银川校级一模）如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播已知在t=0时，波传播到x轴上的质点B，在它左边的质点A位于负最大位移处；在t=0.6s时，质点A第二次出现在正的最大位移处则这列波的波速是5m/s00.6s内质点D已运动的路程是0.1m【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】： 在t=0.6s时，经过的时间是1.5倍周期，质点A第二次出现在正向最大位移处，t=0.6s=1.5T求出周期读出波长，由波速公式v=求出波速；波从图示位置传到D点的时间为T，根据时间与周期的倍数关系，求解D点的路程【解析
33、】： 解：由题，t=0.6s时，质点A第二次出现在正向最大位移处，则有1.5T=t，得到周期为：T=t=0.4s，由图读出波长为：=2m，则波速为为：v=5m/sB点与C点间距离等于0.5个波长，则波从B传到C所用时间为0.5T=0.2s，则t2=0.6s时，质点C振动了0.4s=T，而质点C起振方向向上，则t2=0.6s时，质点C在平衡位置处且向下运动由图看出，B和D的距离等于一个波长，则波从图示位置传到D点的时间为一个周期，即t=1T=0.4s，则在t=0.6s时，质点D已经振动的时间为t=0.6s0.4s=0.2s=0.5T，则0到0.6s，质点D已运动的路程是：S=2A=25cm=10
34、cm=0.1m故答案为：5，0.1【点评】： 本题从时间的角度研究周期，从空间的角度研究波长两点平衡位置间距离与波长的关系可分析振动情况的关系16（2015银川校级一模）如图所示，半圆形玻璃砖的半径为R，光屏PQ置于直径的右端并与直径垂直，一复色光以30的入射角射入玻璃砖的圆心由于复色光中含有两种单色光，故在光屏上出现了两个光斑，玻璃对这两种色光的折射率分别为n1=和n2=（1）求这两个光斑之间的距离（2）为使光屏上的光斑消失，复色光的入射角至少为多少？【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： （1）根据折射定律求出折射角，几何关系求解两个光斑之间的距离；（2）为使光屏上的光
35、斑消失，要使光线发生全反射由于n1n2，玻璃对其折射率为n1的色光先发生全反射，由临界角公式求解为使光屏上的光斑消失，复色光的入射角的最小值【解析】： 解：（1）作出光路图如图，由折射定律有：n=，=，=代入数据得：1=60，2=45故有ab=PbPa=Rtan45Rtan30=（1）R （2）当两种色光在界面处均发生全反射时光斑消失，随入射角增大，玻璃对其折射率为n1的色光先发生全反射，后对折射率为n2的色光发生全反射故sinC=，所以有：=C=45答：（1）这两个光斑之间的距离为（1）R；（2）为使光屏上的光斑消失，复色光的入射角至少为45【点评】： 对于涉及全反射的问题，要紧扣全反射产生
36、的条件：一是光从光密介质射入光疏介质；二是入射角大于临界角【物理-选修3-5】（15分）17（2015银川校级一模）在光电效应实验中，某金属的截止频率相应的波长为0，该金属的逸出功为若用波长为（0）的单色光做该实验，则其遏止电压为已知电子的电荷量、真空中的光速和普朗克常量分别为e、c和h【考点】： 爱因斯坦光电效应方程【专题】： 压轴题；光电效应专题【分析】： 逸出功W0=hc，根据该公式求出金属逸出功的大小根据光电效应方程，结合Ekm=eU求出遏止电压的大小【解析】： 解：金属的逸出功根据光电效应方程知：，又Ekm=eU，则遏止电压U=故答案为：，【点评】： 解决本题的关键掌握光电效应方程，
37、以及掌握最大初动能与遏止电压的关系18（2007岳阳校级模拟）如图所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为最初木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑动，木板足够长，A、B始终未滑离木板求：（1）木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移；（2）木块A在整个过程中的最小速度【考点】： 动量守恒定律；功能关系【专题】： 动量定理应用专题【分析】： （1）A、B两木块同时水平向右滑动后，木块A先做匀减速直线运动，当木块A与木板C的速度相等后，A、C相对静
38、止一起在C摩擦力的作用下做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动，直到三个物体速度相同根据三个物体组成的系统动量守恒求出最终共同的速度，对B由牛顿第二定律和运动学公式或动能定理求解发生的位移；（2）当木块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，根据系统的动量守恒求解A在整个过程中的最小速度，或根据牛顿第二定律分别研究A、C，求出加速度，根据速度公式，由速度相等条件求出时间，再求解木块A在整个过程中的最小速度【解析】： 解：（1）木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为v1对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：mv0+2mv0=（m+m+3m）v1 解得：v1=0.6v0木块B滑动的加速度为：a=g，所发生的位移：x=（2）A与C速度相等时，速度最小，此过程A和B减少的速度相等，有：mv0+2mv0=（m+3m）vA+mvBv0vA=2v0vB解得：vA=0.4v0答：（1）木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移是；（2）木块A在整个过程中的最小速度是0.4v0【点评】： 本题是木块在木板上滑动的类型，分析物体的运动过程是解题基础，其次要把握物理过程所遵守的规律，这种类型常常根据动量守恒和能量守恒结合处理
