1、2015年江西省六校联高考物理模拟试卷（3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，选对但不全对的得3分，有选错的得0分1在人类对物质运动规律的认识过程中，许多物理学家大胆猜想、勇于质疑，取得了辉煌的成就，下列有关科学家及他们的贡献描述中正确的是（） A 伽利略探究物体下落规律的过程使用的科学方法是：问题猜想数学推理实验验证合理外推得出结论 B 卡文迪许在牛顿发现万有引力定律后，进行了“月地检验”，将天体间的力和地球上物体的重力统一起来 C 开普勒潜心研究第谷的天文观测数据，提出行星绕太阳做匀速
2、圆周运动 D 奥斯特由环形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，解释了磁现象电本质【考点】： 物理学史【分析】： 根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解析】： 解：A、伽利略探究物体下落规律的过程使用的科学方法是：问题猜想数学推理实验验证合理外推得出结论故A正确B、牛顿发现万有引力定律后，进行了“月地检验”，将天体间的力和地球上物体的重力统一起来，故B错误C、开普勒潜心研究第谷的天文观测数据，提出行星绕太阳做椭圆运动，故C错误D、安培由环形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，解释了磁现象的电本质，故D错误故选：A【点评】： 本题考查物理学史，是常识性问题，
3、对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，杆的A端用铰链固定，光滑轻小滑轮在A点正上方，B端吊一重物G，现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓缦上拉，在AB杆达到竖直前（均未断），关于绳子的拉力F和杆受的弹力FN的变化，判断正确的是（） A F变大 B F变小 C FN变大 D FN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】： 当细绳缓慢拉动时，整个装置处于动态平衡状态，以B点为研究对象，分析受力情况，作出力图根据平衡条件，运用三角形相似法，得出FN与
4、边长AO、BO及物体重力的关系，再分析FN的变化情况【解析】： 解：设物体的重力为G以B点为研究对象，分析受力情况，作出力图，如图作出力FN与F的合力F2，根据平衡条件得知，F2=F1=G由F2FNBABO得：=得到：FN=G式中，BO、AO、G不变，则FN保持不变由F2FNBABO得：=AB减小，则F一直减小；故选：B【点评】： 本题中涉及非直角三角形，运用几何知识研究力与边或角的关系，是常用的思路3如图所示，固定斜面倾角为，整个斜面分为AB、BC两段，AB=2BC小物块P（可视为质点）与AB、BC两段斜面间的动摩擦因数分别为1、2已知P由静止开始从A点释放，恰好能滑到C点而停下，那么、1、
5、2间应满足的关系是（） A tan=21+2 B tan=22+1 C tan= D tan=【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】：牛顿运动定律综合专题【分析】： 对物块进行受力分析，分析下滑过程中哪些力做功运用动能定理研究A点释放，恰好能滑动到C点而停下，列出等式找出答案【解析】： 解：A点释放，恰好能滑动到C点，物块受重力、支持力、滑动摩擦力设斜面AC长为L，运用动能定理研究A点释放，恰好能滑动到C点而停下，列出等式：mgLsin1mgcos2mgcos=00解得：故选：C【点评】： 了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物
6、理规律解决问题要注意运动过程中力的变化本题也可以通过动力学知识进行求解42011年4月10日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号甲运载火箭成功地将第八颗北斗导航卫星送入太空轨道北斗卫星导航定位系统将由五颗静止轨道卫星和三十颗非静止轨道卫星组成，三十颗非静止轨道卫星中有二十七颗是中轨道卫星，中轨道卫星平均分布在倾角为55的三个平面上，轨道高度约为21500km，静止轨道卫星的高度约为36000km，地球半径约为6400km已知0.53，下列关于北斗导航卫星的说法正确的是（） A 静止轨道卫星的向心加速度比中轨道卫星的大 B 静止轨道卫星和中轨道卫星的线速度均大于地球的第一宇宙速度 C 中轨道卫星的
7、周期约为12.7h D 地球赤道上随地球自转的物体的向心加速度比静止轨道卫星的大【考点】： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【专题】：万有引力定律的应用专题【分析】： 根据万有引力提供向心力G比较向心加速度、线速度和周期【解析】： 解：A、根据，a=G，轨道半径越大，向心加速度越小，中轨道卫星的轨道半径小，向心加速度大故A错误；B、根据，知道轨道半径越大，线速度越小，第一宇宙速度的轨道半径为地球的半径，所以第一宇宙速度是绕地球做匀速圆周运动最大的环绕速度，所以静止轨道卫星和中轨卫星的线速度均小于地球的第一宇宙速度故B错误；C、根据G，得，所以中轨道卫星和静止轨道卫星的周期比=0.53则中轨道
8、卫星的周期T1=0.5324h=12.7h故C正确；D、地球赤道上随地球自转物体和静止轨道卫星具有相同的角速度，根据a=r2，知静止轨道卫星的向心加速度大故D错误故选：C【点评】： 解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，会根据轨道半径的关系比较向心加速度、线速度和周期5如图所示，甲图中的电容器C原来不带电，除电阻R外，其余部分电阻均不计，光滑且足够长的导轨水平放置，现给导体棒ab水平向右的初速度v，则甲、乙、丙三种情形下ab棒最终的运动状态是（） A 三种情形下导体棒ab最终均作匀速运动 B 甲、丙中导体棒ab最终将以不同的速度作匀速运动，乙中导体棒ab最终静止 C 甲、丙中导体棒ab最终将以
9、相同的速度作匀速运动，乙中导体棒ab最终静止 D 三种情形下导体棒ab最终均静止【考点】： 法拉第电磁感应定律；共点力平衡的条件及其应用；电容；安培力【专题】：电磁感应与电路结合【分析】： 明确三种图中的电容器，电阻，电源在电路中的作用，电容器被充电后两板间的电压达到感应电动势便不再充电；电阻发热耗能，电池提供电流【解析】： 解：甲图中ab棒产生感应电动势对C充电，C两板间电势差与感应电电动势相同时，没有电流做向右的匀速直线运动；乙图中导体棒在初速度作用下，切割磁感线，产生电动势，出现安培力，阻碍其向前运动，其动能正转化为热能，最终会静止；而丙图虽在初速度作用下，若初速度较大，产生感应电动势大
10、于电源电动势，棒子所受的安培力使棒子减速，当感应电动势等于电源电动势时，电流为零，做匀速直线运动若初速度较小，产生的感应电动势小于电源电动势，棒子所受的安培力使棒子加速，当感应电动势等于电源电动势时，电流为零，做匀速直线运动由此得选项B正确，ACD错误故选：B【点评】： 甲图最后是感应电动势与电容器两板间电压相等，乙图过程中，动能转化为内能，最终静止；而丙图金属杆产生的电动势与电源的电动势相互抵消，使杆处于不受任何力，处于匀速直线运动6汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，牵引力为F0，t1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻，汽车又恢
11、复了匀速直线运动，能正确表示这一过程中汽车牵引力F和速度v随时间t变化的图象是（） A B C D 【考点】： 功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律【专题】：功率的计算专题【分析】： 汽车匀速行驶时牵引力等于阻力，根据功率和速度关系公式可得：P=Fv，当功率立即减小一半，牵引力减为一半，物体减速运动，分析加速度的变化情况及F的变化快慢即可解题【解析】： 解：A、首先P=Fv，开始的时候p=F0V0，功率降一半的时候，速度不能瞬间改变，所以瞬间变化的是力F，减小一半由于一开始匀速，所以摩擦力等于F，故功率减半，导致牵引力下降，汽车开始减速，减速过程中，牵引力慢慢增大，减速的加速度越来越小，所以
12、t1到t2时刻的速度图象慢慢变得平缓，t2时刻减速的加速度为0故AB错误C、由于t1时刻，力突然减小，减速的加速度很大，速度快速的减小，根据p=Fv，力F增加的较快，待速度下降越来越慢的时候，F增加的速度也变慢，曲线逐渐变的平稳，故C错误，D正确故选D【点评】： 要注意P=Fv的使用了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题，注意速度不能瞬间改变7在倾角为的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开
13、挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v，则此时（） A 物块B的质量满足m2gsin=kd B 物块A的加速度为 C 拉力做功的瞬时功率为Fvsin D 此过程中，弹簧弹性势能的增量为Fdm1dgsinm1v2【考点】： 功能关系；功率、平均功率和瞬时功率【分析】： 当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，根据胡克定律求解出弹簧的伸长量；根据牛顿第二定律求出物块A的加速度大小；根据机械能守恒定律求解A的速度【解析】： 解：A、开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面下的分力，当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsin=kx2，x2为弹簧相对于原
14、长的伸长量，但由于开始是弹簧是压缩的，故dx2，故m2gsinkd，故A错误；B、当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsin=kx2，根据牛顿第二定律：Fm1gsinkx2=ma，已知m1gsin=kx1，x1+x2=d 故物块A加速度等于，故B正确；C、拉力的瞬时功率P=Fv，故C错误；D、根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：Fdm1gdsinm1v2，故D正确；故选：BD【点评】： 含有弹簧的问题，往往要研究弹簧的状态，分析物块的位移与弹簧压缩量和伸长量的关系是常用思路8如图所示，理想变压器原副线圈的匝数比为10：1
15、，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，除R以外其余电阻不计从某时刻开始在原线圈c、d两端加上ul=220sin l00t（V）的交变电压，并将开关接在a处则（） A t=0.01s时，电流表A1的示数为0 B 若单刀双掷开关接a，则电压表示数为22 V C 若单刀双掷开关接a，再将滑动变阻器触片P向下移，电压表示数变大 D 若仅将单刀双掷开关由a拨向b，变压器的输入功率变大【考点】： 变压器的构造和原理；电功、电功率【专题】：交流电专题【分析】： 根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论【解析】： 解：A、电流表的示数为有效值，不
16、会为0，则A错误 B、根据瞬时值表达式为u1=220sin100t（V）原线圈的电压的最大值为220V，其有效值为220V，电压与匝数成正比可知，所以副线圈的电压的有效值为22V，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为22V，所以B正确C、电压表示数由原线圈电压与匝数比决定，则滑动变阻器触片P向下移，电压表示数不变则C错误D、将单刀双掷开关由a拨向b，则原线圈匝数减小，则副线圈电压变大，输出功率变大，则输入功率变大，则D正确故选：BD【点评】： 电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法二、非选择题：包括必
17、考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13第18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）9（8分）与打点计时器一样，光电计时器也是一种研究物体运动情况的常用计时仪器，其结构如图所示，a、b分别是光电门的激光发射和接收装置，当有物体从a、b间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间现利用图所示装置验证机械能守恒定律图中AB是固定的光滑斜面，斜面的倾角为300，1和2是固定在斜面上适当位置的两个光电门，与它们连接的光电计时器都没有画出让滑块从斜面的顶端滑下，光电门1、2各自连接的光电计时器显示的挡光时间分别为5.00102s、2.00102s已知滑块质量
18、为2.00kg，滑块沿斜面方向的宽度为5.00cm，光电门1和2之间的距离为0.540m，g=9.80m/s2，取滑块经过光电门时的速度为其平均速度滑块通过光电门1时的速度v1=1.00m/s，通过光电门2时的速度v2=2.50m/sm/s：（取三位有效数字）滑块通过光电门1、2之间的动能增加量为5.25JJ，重力势能的减少量为5.29J（取三位有效数字）【考点】： 验证机械能守恒定律【专题】：实验题【分析】： 知道光电门测量瞬时速度的原理根据瞬时速度从而求出动能根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值【解析】： 解：（1）滑块通过光电门1时的速度v1=1.00m/s通过光电门2时的速度
19、v2=2.50m/s（2）滑块通过光电门1、2之间的动能增加量Ek=Ek2Ek1=mv22mv12=5.25J 重力势能减小量Ep=mgh=2.09.80.540J=5.29J故答案为：（1）1.00m/s 2.50m/s （2）5.25J 5.29J【点评】： 知道运用平均速度代替瞬时速度的思想 要注意单位的换算和有效数字的保留10（9分）某物理兴趣小组要精确测量一只电流表G （量程为1mA、内阻约为100） 的内阻实验室中可供选择的器材有：电流表A1：量程为3mA 内阻约为200；电流表A2：量程为0.6A，内阻约为0.1；定值电阻R1：阻值为10；定值电阻R2：阻值为60；滑动变阻器R3
20、：最大电阻20，额定电流1.5A；直流电源：电动势1.5V，内阻0.5；开关，导线若干（1）为了精确测量电流表G的内阻，你认为该小组同学应选择的电流表为A1、定值电阻为R2（填写器材的符号）（2）在方框中画出你设计的实验电路图（3）按照你设计的电路进行实验，测得电流表A的示数为I1，电流表G的示数为I2，则电流表G的内阻的表达式为rg=【考点】： 伏安法测电阻【专题】：实验题；恒定电流专题【分析】： （1）根据待测电流表的量程选择电流表，由欧姆定律求出电路最大电流时电路的最小电阻，根据该电阻选择定值电阻（2）没有电压表，可以把待测电流表与定值电阻并联，然后由电流表测出并联电流，然后由并联电路特
21、点及欧姆定律求出待测电流表内阻；为了多次测量，可以使用滑动变阻器的分压接法；据此设计实验电路（3）由并联电路特点及欧姆定律求出电流表G的内阻【解析】： 解：（1）待测电流表G量程是1mA，因此可以选电流表A1：量程为3mA，内阻约为200；当通过电流表A1的电流等于其量程3mA时，电路最小电阻约为R=500，则定值电阻最小应为R定=RRA1RG=500200100=200，为保证电路安全，定值电阻阻值应大一点，定值电阻应选R2：阻值为60；（2）待测电流表与定值电阻并联，然后由电流表测出并联电流，滑动变阻器采用分压接法，电路图如图所示（3）电流表A的示数为I1，电流表G的示数为I2，通过定值电
22、阻的电流为I=I1I2，电流表G两端的电压U=IR2，待测电流表内阻rg=；故答案为：（1）A1；R2；（2）电路图如图所示；（3）=【点评】： 本题考查了实验器材的选取、实验电路的设计、求电阻等问题；选择实验器材时，首先要保证电路安全，在保证安全的情况下，为使读数准确，电表量程及电阻阻值应选小的实验电路的设计是本题的难点，没有电压表，利用并联电路特点求出待测电流表两端电压是常用的方法11（12分）我国第一艘航空母舰“辽宁号”已经投入使用为使战斗机更容易起飞，“辽宁号”使用了跃飞技术，其甲板可简化为如图所示的模型：AB部分水平，BC部分倾斜，倾角为战机从A点开始滑跑，C点离舰，此过程中发动机的
23、推力和飞机所受甲板和空气阻力的合力大小恒为F，ABC甲板总长度为L，战斗机质量为m，离舰时的速度为vm，不计飞机在B处的机械能损失求AB部分的长度【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系【专题】：牛顿运动定律综合专题【分析】： 对飞机在水平跑道上进行受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，根据匀变速直线运动位移速度公式即可求解【解析】： 解：在AB段，由牛顿第二定律可得F=ma1设B点速度大小为v，根据运动学公式可得v2=2a1s1在BC段，根据牛顿第二定律可得Fmgsin=ma2从B到C，由运动学公式可得根据题意：L=s1+s2联立解得s1=答：AB部分的长度【点评】： 本题
24、主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，要求同学们能正确对小球进行受力分析并能结合几何关系求解，难度适中12（18分）如图所示，xOy平面为一光滑水平面，在此区域内有平行于xOy平面的匀强电场，场强大小E=100V/m；同时有垂直于xOy平面的匀强磁场一质量m=2106kg、电荷量q=2107C的带负电粒子从坐标原点O以一定的初动能入射，在电场和磁场的作用下发生偏转，到达p（4，3）点时，动能变为初动能的0.5倍，速度方向垂直OP向上此时撤去磁场，经过一段时间该粒子经过y轴上的M（0，6.25）点，动能变为初动能的0.625倍，求：（1）粒子从O到P与从P到M的过程中电场力做功的大小
25、之比；（2）OP连线上与M点等电势的点的坐标；（3）粒子由P点运动到M点所需的时间【考点】： 动能定理；电势【专题】：电场力与电势的性质专题【分析】： （1）粒子运动过程中，洛伦兹力不做功，只有电场力做功，根据动能定理求解（2）根据电势差的定义式求出O点与P点、M点间的电势差由公式U=Ed，求出OD，由数学知识可得解（3）带电粒子从P到M过程中做类平抛运动，由运动的分解法，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解【解析】： 解：（1）设粒子在P点时的动能为Ek，则初动能为2Ek，在M点的动能为1.25Ek由于洛伦兹力不做功，粒子从O点到P点和从P点到M点的过程中，电场力做的功大小分别为W1、W2由
26、动能定理得：W1=Ek2Ek W2=1.25EkEk则 W1：W2=4：1 （2）O点和P点及M点的电势差分别为：UOP=，UOM=设OP连线上与M点电势相等的点为D，由几何关系得OP的长度为5m，沿OP方向电势下降则：=得OD=3.75m，OP与X轴的夹角，则：sin=D点的坐标为x D=ODcos=3 m，YD=ODsin=2.25m即：D （3 m，2.25 m）（3）由于OD=3.75 m 而OMcosMOP=3.75 m 所以MD垂直于OP由于MD为等势线，因此OP为电场线，方向从O到P带电粒子从P到M过程中做类平抛运动，设运动时间为t则DP=又，DP=OPOD=1.25m解得：t=
27、0.5s答：（1）粒子从O到P与从P到M的过程中电场力做功的大小之比是4：1；（2）OP连线上与M点等电势的点的坐标是（3 m，2.25 m）；（3）粒子由P点运动到M点所需的时间是0.5s【点评】： 本题是带电粒子在复合场中运动的类型，画出磁场中运动轨迹，电场中运用运动的分解都是常规方法，要能灵活运用几何知识求解磁场中空间尺寸（二）选考题：如果多做，则每学科按所做的第一题计分物理-选修3-3（15分）13下列说法正确的是（） A 相同质量0的水的分子势能比0的冰的分子势能大 B 大颗粒的盐磨成了细盐，就变成了非晶体 C 自行车打气越打越困难主要是因为胎内气体压强增大而非分子间相互排斥的原因
28、D 气体分子单位时间内与单位面积器壁发生碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度都有关 E 气体在等压膨胀过程中温度一定不变【考点】： 分子势能；分子间的相互作用力；热力学第一定律【专题】：分子间相互作用力与分子间距离的关系【分析】： 冰熔化成水时需要从外界吸收热量，从而改变分子势能的大小；大颗粒的盐磨成了细盐由多晶体变成单晶体，而不是变成非晶体；自行车打气越打越困难主要是因为胎内气体压强增大而非分子间相互排斥的原因；气体分子单位时间内与单位面积器壁发生碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度都有关；气体在等压膨胀过程中分子数密度减小，故分子平均动能应该增大，故温度升高【解析】：
29、解：A、0的水与0的冰的分子平均动能相同，冰熔化成水时需要从外界吸收热量，从而改变分子势能的大小，故A正确B、大颗粒的盐磨成了细盐由多晶体变成单晶体，而不是变成非晶体，故B错误C、自行车打气越打越困难主要是因为胎内气体压强增大而非分子间相互排斥的原因，故C正确D、气体分子单位时间内与单位面积器壁发生碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度都有关，故D正确E、气体在等压膨胀过程中分子数密度减小，故分子平均动能应该增大，故温度升高故选：ACD【点评】： 本题考车分子动理论、内能的概念、气体压强的微观解释等内容，难度不大，但要理解透彻14（9分）如图所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m的活
30、塞密封一部分气体，活塞与容器壁间能无摩擦滑动，容器的横截面积为S，将整个装置放在大气压恒为p0的空气中，开始时气体的温度为T0，活塞与容器底的距离为h0，当气体从外界吸收热量Q后，活塞缓慢上升d后再次平衡，问：外界空气的温度是多少？在此过程中的密闭气体的内能增加了多少？【考点】： 热力学第一定律；理想气体的状态方程【专题】：热力学定理专题【分析】： 由盖吕萨克定律求温度，由热力学第一定律得U=W+Q=Qp0Shmgh，其中p0Sh为克服大气压力做的功【解析】： 解：（1）取密闭气体为研究对象，活塞上升过程为等压变化，由盖吕萨克定律有得外界温度T=（2）活塞上升的过程，密闭气体克服大气压力和活塞
31、的重力做功，所以外界对系统做的功W=（mg+P0S）d 根据热力学第一定律得密闭气体增加的内能U=Q+W=Q（mg+P0S）d 答：外界空气的温度是在此过程中的密闭气体的内能增加了Q（mg+P0S）d【点评】： 本题考查了理想气体状态方程和热力学第一定律的应用，难度中等【物理-选修3-4】（15分）15下列说法中正确的是（） A 水面上的油膜在阳光照射下会呈现彩色，这是光的干涉造成的 B 根据麦克斯韦的电磁场理论可知，变化的电场周围一定可以产生变化的磁场 C 狭义相对论认为，物体运动时的质量会随着物体运动速度的增大而增加 D 在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，为减小实验误差，测量单摆周期
32、应该从小球经过平衡位置处开始计时 E 沙漠中的“蜃景”现象是光的衍射引起的【考点】： 狭义相对论；光的干涉【分析】： 油膜在阳光照射下会呈现彩色，是光的干涉；变化的电场周围一定可以产生磁场；狭义相对论认为：物体运动时的质量会随着物体运动速度的增大而增加；测量单摆周期应该从小球经过平衡位置处开始计时；【解析】： 解：A、油膜在阳光照射下，膜的两表面反射，出现相同频率的光，从而进行叠加，导致呈现彩色，这是由光的干涉造成的，故A正确；B、麦克斯韦的电磁场理论可知，变化的电场周围一定可以产生磁场，但不一定变化，故B错误；C、狭义相对论认为：物体运动时的质量会随着物体运动速度的增大而增加，故C正确；D、
33、测量单摆周期的实验中，小球经过平衡位置时的速度最大，所以测量单摆周期应该从小球经过平衡位置处开始计时故D正确；E、沙漠中的“蜃景”现象是光的折射引起的，故E错误；故选：ACD【点评】： 考查光的干涉原理，及干涉条件，掌握均匀变化与非均匀变化的区别，理解测量单摆周期应该从小球经过平衡位置处开始计时的理由16（2008宁夏）一半径为R的球体放置在水平面上，球体由折射率为的透明材料制成现有一束位于过球心O的竖直平面内的光线，平行于桌面射到球体表面上，折射入球体后再从竖直表面射出，如图所示已知入射光线与桌面的距离为求出射角q【考点】： 光的折射定律【专题】：压轴题；光的折射专题【分析】： 当光从图示位
34、置射入，经过二次折射后射出球体，由折射定律可求出射出光线的折射角【解析】： 解：设入射光线与球体的交点为C，连接OC，OC即为入射点的法线因此，图中的角为入射角过C点作球体水平表面的垂线，垂足为B依题意，COB=又由OBC知sin=设光线在C点的折射角为，由折射定律得由式得 =30由几何关系知，光线在球体的竖直表面上的入射角（见图）为30由折射定律得 因此，解得=60【点评】： 光线从球体入射时，法线则是入射点与球心的连线；当光线射出时，法线则与界面垂直因此两次使用折射定律可求出结果【物理-选修3-5】（15分）17一单色光照到某金属表面时，有光电子从金属表面逸出，下列说法中正确的是 （） A
35、 无论增大入射光的频率还是增加入射光的强度，金属的逸出功都不变 B 只延长入射光照射时间，光电子的最大初动能将增加 C 只增大入射光的频率，光电子的最大初动能将增大 D 只增大入射光的频率，光电子逸出所经历的时间将缩短 E 只增大入射光的强度，单位时间内逸出的光电子数目将增多【考点】： 光电效应【专题】：光电效应专题【分析】： 发生光电效应的条件是入射光的频率大于截止频率根据光电效应方程可知，Ek=hW；可知，光电子的最大初动能由入射光的频率决定，金属的逸出功不会随着入射光的频率变化而变化；光的强弱不影响光电子的能量，只影响单位时间内发出光电子的数目【解析】： 解：A、即使增大入射光的频率，或
36、增加入射光的强度，金属逸出功仍将不变，它只与极限频率有关，故A正确；B、根据光电效应方程可知，Ek=hW；可知，光电子的最大初动能由入射光的频率和逸出功决定，即使只延长入射光照射时间，光电子的最大初动能也将不变，故B错误；C、根据光电效应方程可知，Ek=hW；可知，光电子的最大初动能由入射光的频率和逸出功决定，只增大入射光的频率，光电子的最大初动能将增大，故C正确；D、发生光电效应的条件是入射光的频率大于截止频率，光电子逸出所经历的时间几乎同时，故D错误；E、光的强弱不影响光电子的能量，只影响单位时间内发出光电子的数目，只增大入射光的强度，单位时间内逸出的光电子数目将增多，故E正确故选：ACE
37、【点评】： 解决本题的关键掌握发生光电效应的条件是入射光的频率大于截止频率以及知道光的强弱不影响光电子的能量，只影响单位时间内发出光电子的数目并理解光电效应方程的应用，注意入射光的频率决定光电子的最大初动能18如图所示，一辆质量M=3kg的小车A静止在光滑的水平面上，小车上有一质量m=1kg的光滑小球B，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为Ep=6J，小球与小车右壁距离为L=0.4m，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：（1）小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小；（2）在整个过程中，小车移动的距离【考点】： 动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】： 解除锁定
38、后弹簧的弹性势能转化为系统动能，根据动量守恒和能量守恒列出等式求解【解析】： 解：水平面光滑，由小车、弹簧和小球组成的系统在从弹簧解锁到小球脱离弹簧的过程中，满足动量守恒和能量守恒，选向右为正方向，即：mv1Mv2=0，mv+Mv=Ep，联立两式并代入数据解得：v1=3 m/s，v2=1 m/s在整个过程中，系统动量守恒，所以有：m=M，x1+x2=L，解得：x2=0.1m答：（1）小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小是v1=3m/s v2=1m/s（2）在整个过程中，小车移动的距离是0.1m【点评】： 本题是动量守恒和能量守恒的综合应用解除弹簧的锁定后，系统所受合力为零，遵守动量守恒和能量守恒
