1、2015年湖北省八校联考高考物理二模试卷一、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（6分）（2015湖北二模）以下关于物理学史的叙述，不正确的是（） A 伽利略通过实验和论证说明了自由落体运动是一种匀变速直线运动 B 牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用扭秤实验测出了万有引力常量的数值，从而使万有引力定律有了真正的使用价值 C 法拉第最早引入了场的概念，并提出用电场线描述电场 D 奥斯特发现电流周围存在磁场，并提出分子电流假说解释磁现象【考点】： 物理学史【专题】
2、： 常规题型【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、伽利略通过铜球在斜面上的实验及合理外推，指出自由落体运动是一种匀变速直线运动，故A正确；B、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用扭秤实验测出了万有引力常量的数值，从而使万有引力定律有了真正的使用价值，故B正确；C、法拉第最早引入了场的概念，并提出用电场线描述电场，故C正确；D、奥斯特发现电流周围存在磁场，安培提出分子电流假说解释磁现象，故D错误；本题选不正确的，故选：D【点评】： 本题考查物理学史，是常识性问题，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（6分）（2015湖
3、北二模）如图所示，为甲乙两物体在同一直线上运动的位置坐标x随时间t变化的图象，已知甲做匀变速直线运动，乙做匀速直线运动，则0t2时间内下列说法正确的是（） A 两物体在t1时刻速度大小相等 B t1时刻乙的速度大于甲的速度 C 两物体平均速度大小相等 D 甲的平均速度小于乙的平均速度【考点】： 匀变速直线运动的图像；平均速度【专题】： 运动学中的图像专题【分析】： 根据位移图象的斜率等于速度，坐标的变化量等于位移，平均速度等于位移除以时间【解析】： 解：A、根据位移图象的斜率等于速度，则在t1时刻，甲图象的斜率大于乙图象的斜率，所以甲的速度大于乙的速度，故AB错误；C、坐标的变化量等于位移，根
4、据图象可知，甲乙位移大小相等，方向相反，而时间相等，则平均速度的大小相等，故C正确，D错误故选：C【点评】： 位移图象和速度图象都表示物体做直线运动，抓住位移图象的斜率等于速度是分析的关键，知道，平均速度等于位移除以时间3（6分）（2015湖北二模）美国宇航局的“信使”号水星探测器按计划将在2015年3月份陨落在水星表面工程师找到了一种聪明的办法，能够使其寿命再延长一个月这个办法就是通过向后释放推进系统中的高压氦气来提升轨道如图所示，设释放氦气前，探测器在贴近水星表面的圆形轨道上做匀速圆周运动，释放氦气后探测器进入椭圆轨道上，忽略探测器在椭圆轨道上所受外界阻力则下列说法正确的是（） A 探测器
5、在轨道上A点运行速率小于在轨道上B点速率 B 探测器在轨道上某点的速率可能等于在轨道上速率 C 探测器在轨道上远离水星过程中，引力势能和动能都减少 D 探测器在轨道和轨道上A点加速度大小不同【考点】： 万有引力定律及其应用【专题】： 万有引力定律的应用专题【分析】： 根据开普勒第二定律知AB速度大小探测器机械能是否变化要看是否有外力对探测器做功，当万有引力刚好提供探测器所需向心力时 探测器正好可以做匀速圆周运动，若是供大于需，则探测器做逐渐靠近圆心的运动，若是供小于需，则探测器做逐渐远离圆心的运动【解析】： 解：A、根据开普勒第二定律知探测器与水星的连线在相等时间内扫过的面积相同，则知A点速度
6、大于B点速度，故A错误；B、在椭圆轨道远地点A实施变轨成圆轨道是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须万有引力小于飞船所需向心力，所以应给飞船加速，故在轨道上速度大于A点在速度，在远地点速度最小为，故探测器在轨道上某点的速率在这两数值之间，故可能等于在轨道上的速率，故B正确；C、探测器在轨道上远离水星过程中，引力势能增加，动能较小，故C错误D、探测器在轨道和轨道上A点所受的万有引力相同，根据F=ma知加速度相同，故D错误故选：B【点评】： 卫星变轨问题，要抓住确定轨道上运行机械能守恒，在不同轨道上的卫星其机械能不同，轨道越大机械能越大4（6分）（2015湖北二模）如图所示，虚线AB和CD分别
7、为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是（） A A、B两处电势、场强均相同 B C、D两处电势、场强均相同 C 在虚线AB上O点的场强最大 D 带负电的试探电荷在O处的电势能大于在B处的电势能【考点】： 电势能；电势差与电场强度的关系【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 根据等量异种电荷电场线和等势面分布特点，可以比较A与B，C与D电势、场强关系及O、B电势高低；根据电场线疏密可知，在M、N之间O点场强最小；利用负电荷在电势高处电势能小，可比较负电荷在O、B电势能大小【解析】： 解：A、根据顺着电场线方向电势降低，结合等量异
8、种电荷电场线、等势面分布对称性特点可知，A、B场强相同，A点电势较高故A错误B、如图，根据等量异种电荷电场线、等势面分布对称性，C、D两处电势、场强均相同故B正确C、根据电场线疏密表示场强的大小可知，在AB之间，O点处电场线最疏，场强最小故C错误D、O点电势高于B点电势，则负电荷在O处电势能小于在B处电势能故D错误故选：B【点评】： 这类问题要巧妙利用电场线、等势面分布对称性的特点，再根据电场线方向判断电势高低，电场线的疏密判断场强的大小5（6分）（2015湖北二模）如图所示，一可看作质点的小球从一台阶顶端以4m/s的水平速度抛出，每级台阶的高度和宽度均为1m，如果台阶数足够多，重力加速度g取
9、10m/s2，则小球将落在标号为几的台阶上？（） A 3 B 4 C 5 D 6【考点】： 平抛运动【专题】： 平抛运动专题【分析】： 小球做平抛运动，根据平抛运动的特点水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，结合几何关系即可求解【解析】： 解：如图：设小球落到斜线上的时间t，水平：x=v0t竖直：y=因为每级台阶的高度和宽度均为1m，所以斜面的夹角为45，则代入数据解得t=0.8s；相应的水平距离：x=40.8m=3.2m台阶数：n=，知小球抛出后首先落到的台阶为第四级台阶故B正确，A、C、D错误故选：B【点评】： 解决本题的关键掌握平抛运动的特点：水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体
10、运动，难度不大，属于基础题6（6分）（2015湖北二模）质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳和光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子在各处均平行于倾角为的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止则下列说法正确的是（） A 轻绳的拉力等于Mg B 轻绳的拉力等于mg C M运动加速度大小为（1sin）g D M运动加速度大小为g【考点】： 牛顿第二定律【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 由第一次放置M恰好能静止在斜面上，可得M和m的质量关系，进而可求第二次放置M的加速度，轻绳的拉力【解析】： 解：第一次放置
11、时M静止，则：Mgsin=mg，第二次放置时候，由牛顿第二定律：Mgmgsin=（M+m）a，联立解得：a=（1sin）g对M由牛顿第二定律：Tmgsin=ma，解得：T=mg，故A错误，B正确，C正确，D错误故选：BC【点评】： 该题的关键是用好牛顿第二定律，对给定的情形分别列方程，同时注意连接体问题的处理方法：整体法和隔离法的灵活应用7（6分）（2015湖北二模）在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2为相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R为定值电阻，阻值为7.5当开关S闭合后（） A L1的电阻为 B L1消耗的电功率为7.5W C L2的电阻
12、为7.5 D L2消耗的电功率为0.3W【考点】： 闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【专题】： 恒定电流专题【分析】： 电源内阻不计，路端电压等于电动势不变灯泡是非线性元件，根据L1、L2的电压，由伏安特性曲线可读出电流，由R=算出它们的电阻【解析】： 解：A、电源电动势为3.0V，内阻不计，路端电压为3VL1和两端的电压为3V，由图可知，此时的电流为0.25A，所以电阻值：，故A错误 B、由伏安特性曲线可以读出L1和两端的电压为3V，由图可知，此时的电流为0.25A，L1消耗的电功率为：P=UI=3.00.25=0.75W，故B错误 C、在乙图上做出电阻R的伏安特性曲线如图，由于R与L2串联
13、，所以二者的电流值是相等的，由图可以读出，此时二者的电压都是1.5V时，二者电压的和等于3.0V，此时的电流值是0.2A所以R2=7.5，故C正确 D、L2消耗的电功率为：P=UI=1.50.2=0.3W，故D正确故选：CD【点评】： 在分析电阻的IU与UI图线问题时，关键是搞清图象斜率的物理意义，也就是说是K=，还是K=R对于线性元件，R=，但对于非线性元件，R8（6分）（2015湖北二模）如图xoy平面为光滑水平面，现有一长为d宽为L的线框MNPQ在外力F作用下，沿正x轴方向以速度v做匀速直线运动，空间存在竖直方向的磁场，磁场感应强度B=B0cosx（式中B0为已知量），规定竖直向下方向为
14、磁感应强度正方向，线框电阻R，t=0时刻MN边恰好在y轴处，则下列说法正确的是（） A 外力F为恒力 B t=0时，外力大小F= C 通过线圈的瞬间时电流I= D 经过t=，线圈中产生的电热Q=【考点】： 法拉第电磁感应定律；焦耳定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 由题意明确感应电动势的规律，根据导体切割磁感线规律和交流电有效值的计算方法可求得电流及热量【解析】： 解：A、由于磁场是变化的，故切割产生的感应电动势也为变值，安培力也会变力；故要保持其匀速运动，外力F不能为恒力；故A错误；B、t=0时，左右两边的磁感应强度均为B0，方向相反，则感应电动势E=2B0LV；拉力等于安培力即F
15、=2B0IL=；故B正确；C、由于两边正好相隔半个周期，故产生的电动势方向相同，经过的位移为vt；瞬时电动势E=2B0Lccos；瞬时电流I=；故C正确；D、由于瞬时电流成余弦规律变化，故可知感应电流的有效值I=；故产生的电势Q=I2Rt=；故D正确；故选：BCD【点评】： 本题考查电磁感应及交流电规律，要注意交流电有效值定义在本题中的迁移应用；本题选题新颖，是道好题三、非选择题（包括必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题第18题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题（共129分）9（6分）（2015湖北二模）在“验证机械能守恒定律”实验中，某研究小组采用
16、了如图甲所示的实验装置实验的主要步骤是：在一根不可伸长的细线一端系一金属小球，另一端固定于O点，记下小球静止时球心的位置A，在A处放置一个光电门，现将小球拉至球心距A高度为h 处由静止释放，记下小球通过光电门时的挡光时间t（1）如图乙，用游标卡尺测得小球的直径d=1.04cm；（2）该同学测出一组数据如下：高度h=0.21m，挡光时间t=0.0052s，设小球质量为m=100g，g=9.8m/s2计算小球重力势能的减小量Ep=0.206J，动能的增加量Ek=0.200J，得出的结论：在误差范围内，小球机械能守恒，分析误差产生的原因是克服空气阻力做功（结果均保留三位有效数字）【考点】： 验证机械
17、能守恒定律【专题】： 实验题【分析】： （1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读（2）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出小球通过最低点的速度，从而得出动能的增加量，根据小球下降的高度求出重力势能的减小量，判断是否相等【解析】： 解：（1）游标卡尺的读数为10mm+0.14mm=10.4mm=1.04cm（2）小球重力势能的减小量Ep=mgh=0.19.80.210.206J小球通过最低点的速度v=m/s=2m/s，则动能的增加量Ek=mv2=0.122=0.200J，可以看出，在误差范围内，小球机械能守恒，产生误差的原因是克服空气阻力做功故答案为：（1）1.04；（2）0.
18、206；0.200；在误差范围内，小球机械能守恒；克服空气阻力做功【点评】： 解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，知道极短时间内的平均速度可以代替瞬时速度10（9分）（2015湖北二模）现有一只电压表有刻度但无刻度值，提供以下可选用的器材及导线若干，要求尽可能精确地测量一个电压表的满偏电压UgA待测电压表V1，满偏电压约3V，内阻RV1=3000，刻度均匀、总格数为N；B电流表A：量程0.6A、内阻RA约0.1；C电压表V2：量程15V、内阻RV2约15k；D标准电阻R1=10；E标准电阻R2=10k；F滑动变阻器R：最大阻值200；G学生电源E，电动势15V，内阻不计；H开关一个如图方框中
19、已画出部分实验电路图，请你完成剩余的部分电路图，并标上题目中所给仪器的字母代号测出多组数据，其中一组数据中待测电压表V1的指针偏转了n格，可计算出满偏电压Ug为（用字母表示），式中除题目已给的物理量外，其他字母符号表示的物理量物理意义是标准电压表V2的读数【考点】： 伏安法测电阻【专题】： 实验题【分析】： （1）根据题意及给出的仪表进行分析，明确实验中应采用的接法及电路图；（2）根据所设计的电路图，利用欧姆定律及串并联电路的规律可得出满偏电压值【解析】： 解：待测电压表内阻已知，若能求出电路中的电流即可明确其不同刻度处时的电压，根据格数即可求得满偏电压值；因电压表中允许通过的电流较小，不能用
20、用让其与待测电流表相串联，故只能用电压表并联的方式测出电压值，而V2量程过大，故应串联一保护电阻；原理图如图所示；（2）若V2示数为U，则流过V1的电流I=； 待测电压表的示数为：IR1=R1；故满偏电压Ug=；其中U是直流电压表V的指针指到第n格时，标准电压表V2的读数故答案为：（1）如图所示；（2）；标准电压表V2的读数【点评】： 本题为探究型实验，要注意根据题意明确实验原理，注意所给仪器的正确使用，学会分析问题非常关键11（13分）（2015湖北二模）如图所示，半径为R的光滑圆环竖直放置，直径MN为竖直方向，环上套有两个小球A和B，A、B之间用一长为R的轻杆相连，小球可以沿环自由滑动，开
21、始时杆处于水平状态，已知A的质量为m，重力加速度为g（1）若B球质量也为m，求此时杆对B球的弹力大小；（2）若B的质量为3m，由静止释放轻杆，求B球由初始位置到达N点的过程中，轻杆对B球所做的功【考点】： 机械能守恒定律；动能定理【专题】： 机械能守恒定律应用专题【分析】： （1）对B球受力分析，受重力、支持力和杆的弹力，根据平衡条件并结合合成法列式求解即可（2）两球组成的系统机械能守恒，由系统的机械能守恒和两球速率相等的关系列式，即可求出B到达N点的速度，再运用动能定理求解功【解析】： 解：（1）对B球受力分析，如图所示：根据平衡条件，有： F=mgtan60=mg（2）由系统机械能守恒定律
22、得：又 vA=vB对B，运用动能定理得：联立以上各式得：答：（1）此时杆对B球的弹力大小为mg（2）B球由初始位置到达N点的过程中，轻杆对B球所做的功为mgR【点评】： 第1小题是三力平衡问题，关键是受力分析后根据平衡条件并结合合成法或者正交分解法列式求解第2小题，要把握住系统的机械能守恒，运用动能定理求变力的功12（19分）（2015湖北二模）真空中存在一中空的柱形圆筒，如图是它的一个截面，a、b、c为此截面上的三个小孔，三个小孔在圆形截面上均匀分布，圆筒半径为R在圆筒的外部空间存在着匀强磁场，磁感应强度大小为B，其方向与圆筒的轴线平行，在图中垂直于纸面向内现在a处向圆筒内发射一个带正电的粒
23、子，其质量为m，带电量为q，使粒子在图所在平面内运动，设粒子只受磁场力的作用，若粒子碰到圆筒即会被吸收，则：（1）若要粒子发射后在以后的运动中始终不会碰到圆筒，则粒子的初速度的大小和方向有何要求？（2）如果在圆筒内的区域中还存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小也为B，则为使粒子以后都不会碰到圆筒，粒子的初速度大小和方向有何要求？【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题【分析】： （1）粒子若由a射向c，由c出磁场后，粒子受到的洛伦兹力的方向向左，粒子将向左偏转，若再次射入圆筒时从a进入指向c，则粒子偏转360，这个显然是不可能的；若从a射向b，则圆心到
24、c的距离一定大于圆心到a的距离，这也是不可能的，所以粒子只能从a射向b若粒子从a射向b，依题意，出圆筒后再次射入从a圆筒时，方向指向b，则粒子偏转360，这个显然是不可能的；出圆筒后再次射入从c圆筒时，方向指向b，则粒子的偏转角是300，这也是不可能的，做不出轨迹的图象；所以粒子进入圆筒后从a指向b，从b进入磁场偏转后只能由c进入圆筒，且方向指向a画出粒子运动的轨迹，然后由图中的几何关系得出粒子运动的半径，即可求出粒子速度的大小；（2）如果在圆筒内的区域中还存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小也为B，为使粒子以后都不会碰到圆筒，结合（1）的分析与粒子运动的对称性可知，粒子运动的轨迹只能是
25、从a到b，然后到c，再到a，等等，粒子运动的方向是从a指向圆心做出粒子运动的轨迹，然后由图中的几何关系得出粒子运动的半径，即可求出粒子速度的大小；【解析】： 解：（1）依题意，粒子进入圆筒后从a指向b，从b进入磁场偏转后只能由c进入圆筒，且方向指向a画出粒子运动的轨迹如图1，粒子的偏转角是240，由图中的几何关系得：粒子运动的圆心一定在圆筒上，而且粒子的半径r=R粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，所以：联立得：；（2）如果在圆筒内的区域中还存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小也为B，由粒子运动的对称性可知，粒子运动的轨迹只能是从a到b，然后在外侧的磁场中到c，在圆筒内再到a，然后在外
26、侧的磁场中到b，在圆筒内再到c，然后在外侧的磁场中到a，如图2粒子运动的方向是从a指向圆心做出粒子运动的轨迹粒子运动轨迹如图2所示，由图可知，cdoc，bdob，所以粒子的偏转角：=240，所以：bod=30，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设圆弧的圆半径为r，粒子的偏转半径：由牛顿第二定律得：qvB=所以：答：（1）若要粒子发射后在以后的运动中始终不会碰到圆筒，粒子的初速度的大小为：方向从a指向b；（2）如果在圆筒内的区域中还存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小也为B，则为使粒子以后都不会碰到圆筒，粒子的初速度大小为，方向由a指向圆心【点评】： 本题考查了带点粒子在匀强磁场中的运动，分
27、析清楚粒子运动过程、应用牛顿第二定律、数学知识即可正确解题；根据题意作出粒子的运动轨迹是正确解题的关键（二）选考题、请考生从以下三个模块中任选一模块作答【物理3-3】（15分）13（6分）（2015湖北二模）下列说法中正确的是（） A 布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的无规则运动 B 气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增加 C 一定量100的水变成100的水蒸气，其分子之间的势能增加 D 只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低 E 空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工作不遵守热力学第二定律【考点】： 热力学第二定律；布朗运动；
28、分子势能【分析】： 正确解答本题要掌握：温度是分子平均动能的标志；布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的运动；物体的内能；正确理解好应用热力学第二定律【解析】： 解：A、布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的运动，反映了液体或气体分子的无规则运动故A正确B、温度是分子平均动能的标志，是大量分子无规则运动的宏观表现；气体温度升高，分子的平均动能增加，有些分子的速率增加，也有些分子的速率会减小，只是分子的平均速率增加故B错误C、一定量100的水变成100的水蒸汽，温度没有变化，分子的平均动能不变，但是在这个过程中要吸热，内能增加，所以分子之间的势能必定增加故C正确D、温度是分子平均动能的标志，只要能减弱气
29、体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低故D正确；E、将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，产生了其它影响，即消耗了电能，所以不违背热力学第二定律故E错误故选：ACD【点评】： 本题考查了有关分子运动和热现象的基本知识，对于这些基本知识一定注意加强记忆和积累其中对热力学第二定律的几种不同的表述要准确理解14（9分）（2015湖北二模）如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管，上部有长24cm的水银柱，封有长12cm的空气柱，此时水银面恰好与管口平齐已知大气压强为p0=76cmHg，如果使玻璃管绕底端在竖直平面内缓慢地转动180，求在开口向下时管中空气柱的长度封入的气体可视为理想气体，在转
30、动过程中气体温度保持不变，没有发生漏气【考点】： 理想气体的状态方程【专题】： 理想气体状态方程专题【分析】： 在玻璃管转动过程中，根据P=P0+hcos可知，转动的角度增大，封闭气体压强减小，体积增大，水银溢出，整个过程封闭气体等温变化，根据玻意耳定律列式求解即可【解析】： 解：设玻璃管开口向上时，空气柱的压强为p1=p0+gl1 式中，和g分别表示水银的密度和重力加速度玻璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分会流出，设此时空气柱长度为x，则p2=p0g（l1+l2）x式中，p2为管内空气柱的压强由玻意耳定律有p1l2S=p2xS S为玻璃管的横截面积，由式和题干条件得x=20 cm 答：在
31、开口向下时管中空气柱的长度为20cm【点评】： 本题关键是求出被封闭气体的压强即可正确解答，解答这类问题注意以水银柱为研究对象，根据平衡状态求解【物理3-4】（15分）15（2015湖北二模）下列说法中正确的是（） A 军队士兵过桥时使用便步，是为了防止桥发生共振现象 B 机械波和电磁波在介质中的传播速度仅由介质决定 C 泊松亮斑是光通过圆孔发生衍射时形成的 D 拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以减弱玻璃的反射光 E 赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在【考点】： 电磁波的产生；产生共振的条件及其应用；光的干涉【分析】： 当策动频率与固有频率相同时，出现共振现象；电磁波在真空中
32、也能传播机械波在介质中的传播速度由介质决定；由光的衍射现象：绕过阻碍物继续向前传播；偏振原理利用光的干涉现象，来减弱反射光的强度；麦克斯韦预言了电磁波的存在，而赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，从而即可求解【解析】： 解：A、军队士兵过桥时使用便步，防止行走的频率与桥的频率相同，桥发生共振现象，故A正确B、机械波在介质中的传播速度由介质决定，与波的频率无关，电磁波在介质中的传播速度与介质和波的频率均有关，故B错误C、泊松亮斑是光通过不透明的小圆盘发生衍射时形成的；故C错误；D、加偏振片的作用是减弱反射光的强度，从而增大透射光的强度；故D正确；E、麦克斯韦预言了电磁波的存在，而赫兹第一次用实验
33、证实了电磁波的存在，故E正确；故选：ADE【点评】： 本题考查光的衍射与干涉现象，掌握机械能与电磁波的区别，注意电磁波的预言与证实，理解偏振片的作用16（2015湖北二模）如图所示，AOB是截面为扇形的玻璃砖的横截面图，其顶角=76，今有一细束单色光在横截面内从OA边上的点E沿垂直OA的方向射入玻璃砖，光线直接到达AB面且恰好未从AB面射出已知OE=OA，cos53=0.6，试求：玻璃砖的折射率n；光线第一次从OB射出时折射角的正弦值【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： 由题意光线经AB面反射后恰好未从AB面射出，说明发生了全反射，由几何知识求出光线在AB面的入射角和临界
34、角，由临界角公式sinC=求解折射率光线经过反射射到BO面上，由几何知识求出入射角，再由折射定律求折射角的正弦值【解析】： 解：因OE=OA，由数学知识知光线在AB面的入射角等于37光线恰好未从AB面射出，所以AB面入射角等于临界角，则临界角为：C=37由sin C=得：n=据几何知识得：=76，则OB面入射角为：=1802C=30 设光线第一次从OB射出的折射角为，由=n得：sin=答：玻璃砖的折射率n为；光线第一次从OB射出时折射角的正弦值为【点评】： 正确地画出光路图、灵活运用几何知识求有关角度是解决本题问题的关键，要掌握全反射的条件：光从光密介质射入光疏介质，入射角大于等于临界角，刚好
35、发生全反射时，入射角等于临界角【物理3-5】（15分）17（2015湖北二模）下列的若干叙述中，正确的是（） A 黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关 B 对于同种金属产生光电效应时，逸出光电子的最大初动能 Ek与照射光的频率成线性关系 C 一块纯净的放射性元素的矿石，经过一个半衰期以后，它的总质量仅剩下一半 D 按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的能量也减小了 E 将核子束缚在原子核内的核力，是不同于万有引力和电磁力的另一种相互作用【考点】： 光电效应；玻尔模型和氢原子的能级结构【专题】： 光电效应专题【分析】： A、黑体辐
36、射时波长越短，温度越高时，其辐射强度越强；B、根据光电效应方程，Ek=hW，可知，最大初动能 Ek与照射光的频率的关系；C、经过一个半衰期以后，有一半质量发生衰变；D、氢原子核外电子轨道半径越大则能量越大，动能越小；E、高中课本提到自然界可分为四种基本的相互作用，即可求解【解析】： 解：A、由黑体辐射规律可知，辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关，故A正确；B、根据光电效应方程，Ek=hW，可知，逸出光电子的最大初动能 Ek与照射光的频率成线性关系，故B正确；C、经过一个半衰期以后，有一半的质量发生衰变，产生新核，故C错误；D、库仑力对电子做负功，所以动能变小，电势能变大（动能转为电
37、势能）而因为吸收了光子，总能量变大故D错误E、高中课本提到自然界可分为四种基本的相互作用，万有引力，电磁相互作用，强相互作用，弱相互作用，故E正确；故选：ABE【点评】： 考查黑体辐射的规律，掌握物理史实，知道衰变产生新核，理解光电效应方程，本题考查的知识点较多，难度不大，需要我们在学习选修课本时要全面掌握，多看多记18（2015湖北二模）如图所示为两块质量均为m，长度均为L的木板放置在光滑的水平桌面上，木块1质量也为m（可视为质点），放于木板2的最右端，木板3沿光滑水平桌面运动并与叠放在下面的木板2发生碰撞后粘合在一起，如果要求碰后木块1停留在木板3的正中央，木板3碰撞前的初速度v0为多大？
38、已知木块与木板之间的动摩擦因数为【考点】： 动量守恒定律；能量守恒定律【专题】： 动量定理应用专题【分析】： 根据23组成的系统碰撞过程中动量守恒求得23碰撞后的共同速度，再根据123组成的系统动动量守恒求得三者最终共同速度，再根据根据守恒由123组成的系统损失的动能转化为内能求得Q，再根据Q=fs相对求解【解析】： 解：设第3块木块的初速度为V0，对于3、2两木块的系统，设碰撞后的速度为V1，据动量守恒定律得：mV0=2mV1对于3、2整体与1组成的系统，设共同速度为V2，则据动量守恒定律得：2mV1=3mV2第1块木块恰好运动到第3块正中央，则据能量守恒有：由联立方程得：v0=3答：木板3碰碰撞前的速度v0为3【点评】： 本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，关键抓住23碰撞瞬间动量守恒，正确选取守恒系统是解决的关键