2022年吉林省实验中学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，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）（2022•朝阳区校级二模）两人的拔河比赛正在进行中，两人均保持恒定拉力且不松手，而脚下开始移动．下列说法正确的是（ ） A．两人对绳的拉力大小相等，方向相反．是一对作用力和反作用力 B．两人对绳的拉力是一对平衡力 C．拔河的胜利取决于谁的力量大 D．拔河的胜利取决于地面对人的摩擦力大小【考点】：静摩擦力和最大静摩擦力．【专题】：摩擦力专题．【分析】：拔河比赛中两人对绳子的拉力等大反向，之所以能获胜，原因是地面对人的摩擦力较大．【解析】：解：A、人拉绳的力与绳拉人的力才是一对作用力与反作用力，大小相等，故A错误，B、两人对绳的拉力不一定是一对平衡力，要根据绳子所处于的运动状态，故B错误；C、拔河的胜利取决于地面对人的摩擦力大小，对人及绳子为一整体进行研究，水平方向的外力就是地面分别对两人的摩擦力．整体从静止到运动起来产生了加速度，故D正确，C错误；故选：D．【点评】：掌握牛顿第三定律得内容，由此题的知识我们可以知道，在拔河比赛中要挑选一些体重大的同学，以增加与地面之间的最大静摩擦力． 2．（6分）（2022•朝阳区校级二模）将一个小球斜向上抛出，小球在空中依次飞过三个完全相同的窗户1、2、3．图中曲线为小球在空中运动的轨迹．若不计空气阻力的影响，以下说法正确的是（ ） A．小球通过第1个窗户所用的时间最长 B．小球通过第1个窗户重力做的功最大 C．小球通过第3个窗户重力的平均功率最小 D．小球通过第3个窗户的平均速度最大【考点】：功率、平均功率和瞬时功率．【专题】：功率的计算专题．-16-\n【分析】：将该斜抛运动分解为水平方向和竖直方向，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动．两分运动和合运动具有等时性．【解析】：解：A、将该斜抛运动分解为水平方向和竖直方向，在水平方向做匀速直线运动，通过3窗户的水平位移最大，所以时间最长．故A错误．B、通过3个窗户时在竖直方向上的位移相等，所以重力做功相等．故B错误．C、根据，重力功相等，通过第3个窗户的时间最长，所以平均功率最小．故C正确．D、在运动的过程中速度越来越小，通过3窗户的平均速度最小．故D错误．故选：C．【点评】：解决本题的关键正确的进行运动的合成与分解，将该斜抛运动分解为水平方向和竖直方向，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动． 3．（6分）（2022•朝阳区校级二模）如图所示，固定在水平地面上的倾角为θ的粗糙斜面上，有一根水平放在斜面上的导体棒，通有垂直纸面向外的电流，导体棒保持静止．现在空间中加上竖直向下的匀强磁场，导体棒仍静止不动，则（ ） A．导体棒受到的合力一定增大 B．导体棒一定受4个力的作用 C．导体棒对斜面的压力一定增大 D．导体棒所受的摩擦力一定增大【考点】：安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．【分析】：导体棒在匀强磁场中受到重力、安培力和斜面的支持力，根据导体棒释放后可能的状态分析各力之间的关系【解析】：解：A、导体棒静止，合力为零，故合力不变，故A错误；B、当加上磁场后，如果mgsinθ=BILcosθ，则导体棒不受摩擦力，此时受3个力，故B错误；C、不加磁场时F′=mgcosθ，加上磁场后对斜面的压力为FN=mgcosθ+BILsinθ，故压力增大，故C正确；D、导体棒受到的摩擦力不一定变大，故D错误；故选：C【点评】：本题是通电导体在磁场中受力分析问题，导体只在垂直于斜面方向上平衡，而在平行斜面方向不一定平衡． 4．（6分）（2022•东至县二模）如图所示，质量为10kg的物体A拴在一个被水平拉伸的弹簧一端，弹簧的拉力为5N时，物体A处于静止状态．若小车以1m/s2的加速度向右运动后，则（g=10m/s2）（ ） A．物体A相对小车向右运动-16-\n B．物体A受到的摩擦力减小 C．物体A受到的摩擦力大小不变 D．物体A受到的弹簧拉力增大【考点】：牛顿第二定律；滑动摩擦力；胡克定律．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：当弹簧的拉力为5N时，物体A处于静止状态，此时物体A受到的摩擦力大小为5N，所以物体A与平板车的上表面间的最大静摩擦力Fm≥5N．当物体向右的加速度为1m/s2时，F=ma=10N，可知此时平板车对物体A的摩擦力为5N，方向向右，且为静摩擦力．所以物体A相对于车仍然静止，受到的弹簧的拉力大小不变．【解析】：解：A．由题意得物体A与平板车的上表面间的最大静摩擦力Fm≥5N．F合=ma=10N，可知此时平板车对物体A的摩擦力为5N，方向向右，且为静摩擦力，所以物体A相对于车仍然静止，故A错误；B．F合=ma=10N，此时平板车对物体A的摩擦力为5N，方向向右，所以物体A受到的摩擦力大小不变，故B错误，C正确；D．物体A相对于车仍然静止，所以受到的弹簧的拉力大小不变，故D错误．故选C．【点评】：本题解题的关键是对物体摩擦力的分析，分析其摩擦力是静摩擦力还是滑动摩擦力，再根据牛顿第二定律求出合力，最后通过对其进行受力分析得出物块的运动状态，该题难度适中． 5．（6分）（2022•宝山区二模）如图所示，长为L的直棒一端可绕固定轴O转动，另一端搁在升降平台上，平台以速度v匀速上升，当棒与竖直方向的夹角为α时，棒的角速度为（ ） A．B．C．D．【考点】：线速度、角速度和周期、转速；运动的合成和分解．【专题】：匀速圆周运动专题．【分析】：应清楚棒与平台接触点的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上，竖直向上是它的一个分速度，把速度分解，根据三角形知识求解．【解析】：解：棒与平台接触点的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上，如图所示，合速度v实=ωL，沿竖直向上方向上的速度分量等于v，即ωLsinα=v，所以ω=．所以ACD均错，B正确．故选B．-16-\n【点评】：找合速度是本题的关键，应明白实际的速度为合速度．然后分解速度，做平行四边形，根据三角形求解．此题难度在于合速度难确定，属于中档题． 6．（6分）（2022•朝阳区校级二模）如图（甲）所示，在x轴上有一个点电荷Q（图中未画出），O、A、B为轴上三点．放在A、B两点的检验电荷受到的电场力跟检验电荷所带电荷量的关系如图（乙）所示．以x轴的正方向为电场力的正方向，则（ ） A．点电荷Q一定为正电荷 B．点电荷Q在AB之间 C．A点的电场强度大小为2×103N/C D．A点的电势比B点的电势高【考点】：电场强度；电势．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：由图读出两个检验电荷所受的电场力方向，分析Q的位置．根据电场强度的定义式E=可知，F﹣q图线的斜率等于场强的大小，分析场强的大小．根据A、B与Q的距离关系，判断电势高低．【解析】：解：A、B由图（乙），正检验电荷放在A点和负检验电荷放在B点所受电场力方向均沿x轴正方向，说明点电荷Q为负电荷且放在AB之间．故A错误，B正确．C、由图线斜率表示场强，可知A点场强大小为2×103N/C．D、同理，B点场强大小为5×102N/C，说明A点距离Q较近，故A点的电势低于B点的电势．故D错误．故选BC【点评】：本题要掌握电场力与场强方向、大小的关系，从数学的角度理解图线F﹣q斜率的物理意义，是常用的思路．-16-\n 7．（6分）（2022•朝阳区校级二模）如图，一个质量为m、带电量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中．现给圆环一个水平向右的初速度v0，在以后的运动中下列说法正确的是（ ） A．圆环可能做匀减速运动 B．圆环可能做匀速直线运动 C．圆环克服摩擦力所做的功可能为mv02 D．圆环克服摩擦力所做的功不可能为mv02﹣【考点】：带电粒子在混合场中的运动；功的计算．【分析】：圆环向右运动的过程中可能受到重力、洛伦兹力、杆的支持力和摩擦力，根据圆环初速度的情况，分析洛伦力与重力大小关系可知：圆环可能做匀速直线运动，或者减速运动到静止，或者先减速后匀速运动，根据动能定理分析圆环克服摩擦力所做的功．【解析】：解：A、当qv0B＜mg时，圆环做减速运动到静止，速度在减小，洛伦兹力减小，杆的支持力和摩擦力都发生变化，所以不可能做匀减速运动，故A错误B、当qv0B=mg时，圆环不受支持力和摩擦力，做匀速直线运动，故B正确C、当qv0B＜mg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功．根据动能定理得﹣W=0﹣mv02得W=mv02，当qv0B＞mg时，圆环先做减速运动，当qvB=mg时，不受摩擦力，做匀速直线运动．当qvB=mg时得v=根据动能定理得﹣W=mv2﹣mv02代入解得W=mv02﹣，故C错误，D正确故选：BD．【点评】：本题考查分析问题的能力，摩擦力是被动力，要分情况讨论．在受力分析时往往先分析场力，比如重力、电场力和磁场力，再分析弹力、摩擦力． 8．（6分）（2022•朝阳区校级二模）2022年10月24日，我国发射了第一颗探月卫星“嫦娥一号”，使“嫦娥奔月”的神话变为现实．嫦娥一号发射后先绕地球做圆周运动，经多次变轨，最终进入距月球表面h=200km的圆形工作轨道，进行科学探测，已知月球半径为R，月球表面的重力加速度为g月，万有引力常量为G，则下列说法正确的是（ ）-16-\n A．嫦娥一号在工作轨道上的绕行速度为 B．嫦娥一号绕月球运行的周期为2π C．在嫦娥一号工作轨道处的重力加速度为（）2g月 D．由题目条件可知月球的平均密度为【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】：根据万有引力提供向心力，推导出线速度和角速度及周期的公式，得出选项．【解析】：解：A、根据万有引力提供向心力，有：=m=mrv=，T=2π嫦娥一号的轨道半径为r=R+h，结合黄金代换公式：GM=g月R2，代入线速度和周期公式得：v=，T=2π，故A错误，B正确；C、根据万有引力等于重力，则G=mg′，GM=g月R2，得：g′=（）2g月，故C正确；D、由黄金代换公式得中心天体的质量M=，月球的体积V=，则月球的密度ρ=，故D正确；故选：BCD．【点评】：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力公式，要注意黄金代换式的应用，难度适中． 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．（一）必考题9．（6分）（2022•朝阳区校级二模）兴趣小组为测一遥控电动小车的额定功率，进行了如下实验：①用天平测出电动小车的质量为1kg；②将电动小车、纸带和打点计时器按如图甲所示安装；-16-\n③接通打点计时器（其打点周期为0.02s）；④使电动小车以额定功率加速运动，达到最大速度一段时间后关闭小车电源，待小车静止时再关闭打点计时器（设在整个过程中小车所受的阻力恒定）．在上述过程中，打点计时器在纸带上所打的部分点迹如图乙所示．请你分析纸带数据，回答下列问题：（保留两位有效数字）（1）该电动小车运动的最大速度为 1.5 m/s；（2）关闭小车电源后，小车的加速度大小为 4.0 m/s2；（3）该电动小车的额定功率为 11.6 W．【考点】：测定匀变速直线运动的加速度．【专题】：实验题；直线运动规律专题．【分析】：（1）最后匀速的速度便是小车以额定功率运动的最大速度，由此根据纸带可求出小车最大速度．（2）利用逐差法可求出小车的加速度大小．（3）根据动能定量计算小车的额定功率．【解析】：解：（1）根据纸带可知，当所打的点点距均匀时，表示物体匀速运动，此时速度最大，故有：vm===1.5m/s．（2）从右端开始取六段位移，根据逐差法有：a===﹣4.0m/s2，方向与运动方向相反．（3）运动过程中受到的阻力为：f=ma=1×4=4N根据第一条纸带，根据动能定理有：Pt﹣fs=代入数据得：解得？：P=11.6W故答案为：（1）1.5；（2）4.0；（3）11.6．-16-\n【点评】：本题考查了功、功率问题在实际中应用，知道在平直路面行驶的车子，功率一定，当牵引力与阻力相等时，速度最大．会利用逐差法求出小车的加速度． 10．（12分）（2022•朝阳区校级二模）实际电压表内阻并不是无限大，可等效为理想电压表与较大的电阻的串联．测量一只量程已知的电压表的内阻，器材如下：①待测电压表（量程3V，内阻约3KΩ待测）一只，②电流表（量程3A，内阻0.01Ω）一只，③电池组（电动势约为3V，内阻不计），④滑动变阻器一个，⑤变阻箱（可以读出电阻值，0﹣9999Ω）一个，⑥开关和导线若干．某同学利用上面所给器材，进行如下实验操作：（1）该同学设计了如图甲、乙两个实验电路．为了更准确地测出该电压表内阻的大小，你认为其中相对比较合理的是 乙 （填“甲”或“乙”）电路．（2）用你选择的合理电路进行实验时，闭合电键S，改变阻值，记录需要直接测量的物理量：电压表的读数U和 电阻箱的阻值R （填上文字和符号）；（3）（单选题）用合理电路进行实验过程中，选择下面哪个作为坐标轴，能作出相应的直线图线 C A．U﹣IB．U﹣C.﹣RD．U﹣R（4）设直线图象的斜率为k、截距为b，请写出待测电压表内阻表达式Rv= ．【考点】：把电流表改装成电压表．【专题】：实验题．【分析】：（1）电压表内阻很大，串联接入电路后电路电流很小，电流表示数几乎为零，无法准确读数，因此不能用伏安法测电压表内阻，应使用电压表与电阻箱组成电路测电压表内阻．（2）实验时需要测出电压表示数与对应的电阻箱阻值．（3）应用图象法处理实验数据时，图象为直线最简单，根据闭合电路的欧姆定律求出电压与电阻箱阻值关系，然后作出合适的图象．（4）根据函数表达式求出斜率k与截距b的表达式，然后求出电压表内阻．【解析】：解：（1）图甲所示电路滑动变阻器与电压表串联接入电路，电源电动势为3V，电压表内阻约为3KΩ，由于电压表内阻太大，电路电流很小几乎为零，电流表无法准确读数，因此甲电路不合理；由于电阻箱电阻最大阻值为9999Ω，改变电阻箱阻值可以改变电压表示数，测出多组实验数据，因此比较合理的实验电路是乙．（2）选用图甲所示实验电路，闭合电键S，改变阻值，记录需要直接测量的物理量：电压表的读数U和电阻箱阻值R．（3）电压表内阻约为3KΩ，电源内阻约为1Ω，相对于电压表内阻来说电源内阻可以忽略不计，由闭合电路欧姆定律可得：E=UV+IR=U+R，则：=+R，-16-\n应用图象法处理实验数据时，应作出﹣R图象，故选C．（4）由=+R可知，﹣R图象的斜率：k=，截距b=，则电压表内阻RV=；故答案为：（1）乙；（2）电阻箱的阻值R；（3）C；（4）．【点评】：本题考查了实验电路的选择、实验步骤、实验数据处理等；应用图象法处理实验数据时，要选择合适的变量，使图象为直线，图象是直线，图象比较直观、易于实验数据的处理． 11．（12分）（2022•朝阳区校级二模）如图所示，轻杆长为L=1.5m，可绕无摩擦的转动，在杆上距离轴O点的A点和端点B各固定一质量均为m=1kg的小球，使杆从水平位置无初速释放摆下．求当杆转到竖直位置时，（1）B球的速度；（2）在此过程中轻杆对A球做的功（g=10m/s2）．【考点】：动能定理的应用．【专题】：动能定理的应用专题．【分析】：小球A、B系统中，只有重力势能和动能相互转化，机械能守恒，根据机械能守恒定律列式求解．【解析】：解：（1）在转动过程中，A、B两球的角速度相同，设A球的速度为vA，B球的速度为vB，则有vA=vB①以A、B和杆组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律，并选最低点为零势能参考平面，则有E1=mg•L+mg•L=2mgL，E2=mg+m+即2mgL=mg+m+②联立①②两式结合可以求出：==．（2）在此过程中轻杆对A球做的功即为小球A的机械能变化量：=代入数据得：△EKA=﹣7.5J答：（1）B球的速度为；-16-\n（2）在此过程中轻杆对A球做的功﹣7.5J．【点评】：本题关键是系统内部只有重力势能和动能相互转化，机械能守恒，根据守恒定律列方程求解出速度，再计算机械能的变化量． 12．（17分）（2022•朝阳区校级二模）如图甲所示，A和B是真空中、面积很大的平行金属板，O是一个可以连续产生粒子的粒子源，O到A、B的距离都是l．现在A、B之间加上电压，电压UAB随时间变化的规律如图乙所示．已知粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生大量粒子，粒子质量为m、电荷量为﹣q．这种粒子产生后，在电场力作用下从静止开始运动．设粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A、B板电势．不计粒子的重力，不考虑粒子之间的相互作用力．已知上述物理量l=0.6m，U0=1.2×103V，T=1.2×10﹣2S，m=5×10﹣10kg，q=1×10﹣7C（1）0﹣和﹣T两段时间内粒子的加速度分别为多大；（2）在t=0时刻出发的粒子，会在什么时刻到达哪个极板；（3）在0﹣范围内，哪段时间内产生的微粒不能到达A板；（4）到达B板的粒子中速度最大为多少．【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】：（1）由牛顿第二定律求的加速度（2）根据电势高低判断粒子向哪个极板运动，再根据粒子做初速度为0的匀加速直线运动求出粒子运动的时间即可；（3）分别求出粒子运动的加速度，由粒子先加速运动再减速运动，到达A板时速度恰好为零，此时是恰好还能到达A的粒子，在此之前的粒子都可以到达A板，在此之后的粒子将不能到达A板．（4）根据动能定理．即可求出到达B板的微粒中最大速度．【解析】：解：（1）在0﹣内产生的加速度为在﹣T内产生的加速度为-16-\n（2）根据图乙可知，从t=0时刻开始，A板电势高于B板电势，粒子向A板运动，设粒子到达A板的时间为t，并假设在半个周期内到达A板，则有：解得：故在t时刻到达A板（3）设在0﹣内经过时间t加速，则在时间t内通过的位移为，ts末的速度为v=a1t电压反向后速度减为零通过的位移为刚好达不到A板通过的位移为l=x1+x2联立解得t=2×10﹣3s故在（2×10﹣3，6×10﹣3）内产生的微粒不能到达A板（4）恰好未撞上A板的粒子，反向加速距离最大，所获得的速度最大，为：解得：答：（1）0﹣和﹣T两段时间内粒子的加速度分别为2×105m/s2，4×105m/s2；（2）在t=0时刻出发的粒子，会在时刻到达A极板；（3）在0﹣范围内，在（2×10﹣3，6×10﹣3）内产生的微粒不能到达A板；（4）到达B板的粒子中速度最大为【点评】：粒子在交变电场作用下做加速运动，当电场改变方向时粒子所受电场力同时改变方向，根据粒子在电场中做匀变速直线运动根据运动规律求解粒子的运动情况．掌握规律是解决问题的关键． (二）选考题[物理--选修3-3]（15分）13．（6分）（2022•南昌模拟）下列说法中正确的是（ ） A．气体放出热量，其分子的平均动能可能增大 B．布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明分子在永不停息地做无规则运动 C．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大 D．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律 E．某气体的摩尔体积为v，每个分子的体积为v0，则阿伏加德罗常数可表示为NA=【考点】：温度是分子平均动能的标志；布朗运动；热力学第二定律．【专题】：内能及其变化专题．【分析】：热力学第一定律公式：△U=W+Q；布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动；分子力做功等于分子势能的减小量．-16-\n【解析】：解：A、气体放出热量，若外界对气体做功，温度升高，其分子的平均动能增大，故A正确；B、布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动，故B正确；C、当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大，故C正确；D、第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，故D错误；E、某固体或液体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为，而气体此式不成立；故E错误；故选：ABC．【点评】：此题考查分子动理论、热力学定律、布朗运动、分子力与分子势能的关系、阿伏加德罗常数等，知识点多，难度小，关键是记住相关知识． 14．（9分）（2022•朝阳区校级二模）如图所示，有两个不计质量不计厚度的活塞M、N将两部分理想气体A、B封闭在绝热气缸内，温度均是27℃．M活塞是导热的，N活塞是绝热的，均可沿气缸无摩擦地滑动，已知活塞的横截面积均为S=2cm2，初始时M活塞相对于底部的高度为H=27cm，N活塞相对于底部的高度为h=18cm．现将一质量为m=1kg的小物体放在M活塞的上表面上，活塞下降．已知大气压强为p0=1.0×105Pa（g=10m/s2）（1）求下部分气体的压强多大（2）现通过加热丝对下部分气体进行缓慢加热，使下部分气体的温度变为127℃，求稳定后活塞M、N距离底部的高度．【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）先由力学知识确定出状态上下两部分的气体压强，然后确定添加物块后的压强，根据对下部分的气体列玻意耳定律方程即可求解；（2）先根据玻意耳定律求出上部分气体后来的长度，然后以下部气体为研究对象列理想气体状态方程求解．【解析】：解：（1）对两个活塞和重物作为整体进行受力分析得：PS=mg+P0S得P=P0+=1.0×105Pa+Pa=1.5×105Pa（2）对下部分气体进行分析，初状态压强为P0，体积为hs，温度为T1，末状态压强为P，体积设为h2s，温度为T2-16-\n由理想气体状态方程可得：=得：h2=h=×27cm=24cm对上部分气体进行分析，根据玻意耳定律定律可得：P0（H﹣h）S=PLs得：L=6cm故此时活塞M距离底端的距离为H2=24+6=30cm答：（1）下部分气体的压强1.5×105Pa；（2）现通过加热丝对下部分气体进行缓慢加热，使下部分气体的温度变为127°C，稳定后活塞M、N距离底部的高度分别为30cm和24cm．【点评】：此题的关键是找到压力和压强关系，每一问都要分析清楚气体的初末状态的参量，注意单位． [物理--选修3-4]（15分）15．（2022•江西三模）一振动周期为T，位于x=0处的波源从平衡位置开始沿y轴正反方向做简谐运动，该波源产生的简谐横波沿x轴正方向传播，波速为v，关于在x=处的质点P，下列说法正确的是（ ） A．质点P振动周期为T，速度的最大值为v B．若某时刻质点P的速度方向沿y轴负方向，则该时刻波源速度方向沿y轴正方向 C．质点P开始振动的方向沿Y轴正方向 D．当P开始振动后，若某时刻波源在波峰，则质点P一定在波谷 E．若某时刻波源在波谷，则质点P也一定在波谷【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】：简谐波传播过程中，质点的起振方向都与波源的起振方向相同．质点的振动速度与波传播速度不同．简谐横波传播过程中，介质中各个质点振动的周期都等于波源的振动周期，简谐波的波长为λ=vT，根据质点P与波源距离与波长的关系，分析振动情况的关系．【解析】：解：A、质点P振动周期与O点振动周期相同，也为T．但其振动速度与波速不同．故A错误．B、x=，P与O是反相点，若某时刻质点P的速度方向沿y轴负方向，则该时刻波源速度方向沿y轴正方向，故B正确；C、根据波的特点：简谐波传播过程中，质点的起振方向都与波源的起振方向相同，故质点P开始振动的方向沿y轴正方向．故C正确．D、P与O是反相点，故若某时刻波源在波峰，则质点P一定在波谷，故D正确，E错误；故选：BCD．-16-\n【点评】：利用机械波的基本特点：简谐横波传播过程中，介质中各个质点振动的周期都等于波源的振动周期，起振方向都与波源的起振方向相同，进行分析，根据距离与波长的关系确定P与波源状态关系． 16．（2022•朝阳区校级二模）如图所示，等腰直角玻璃镜的底面AC和侧面BC是光滑的，而侧面AB是毛糙的，棱镜的底面放在报纸上，一位观察者从光滑面BC看去，只看见报纸上一篇文章的一部分，这可见部分与应见部分之比为k=0.95（按面积），求玻璃的折射率．【考点】：光的折射定律．【专题】：光的折射专题．【分析】：从BC看到压在玻璃棱镜下的文字，需要有进入棱镜的光从AC面折射到报纸，经由纸面反射回棱镜再出射到观察者的视场中．若投射到AC面某部分光发生了全反射，其下面的文字就看不见了，作出光路图，由几何关系求解临界角，再求解折射率．【解析】：解：从BC看到压在玻璃棱镜下的文字，需要有进入棱镜的光从AC面折射到报纸，经由纸面反射回棱镜再出射到观察者的视场中．若投射到AC面某部分光发生了全反射，其下面的文字就看不见了，设临界角为α，作出光路图如图．设AC=l，由题意有：=1﹣0.95=0.05由几何关系得：在三角形ADB中有：=解得tanα=0.9由sinα=，得n=≈1.5答：玻璃的折射率为1.5．-16-\n【点评】：本题是几何光学问题，正确分析全反射现象，作出光路图是解答的基础，还要能灵活运用数学知识求出折射角α． [物理--选修3-5]（15分）17．（2022•朝阳区校级二模）下列说法正确的是（ ） A．在α、β、γ这三种射线中γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强 B．假如有18个某种放射性元素的原子核，经过一个半衰期，一定是有9个原子核发生了衰变 C．某单色光照射一定金属时不发生光电效应，改用波长较短的光照射该金属时可能发生光电效应 D．原子核的比结合能越大，原子核越稳定 E．两个轻核结合成质量较大的核，这样的核反应校核裂变【考点】：X射线、α射线、β射线、γ射线及其特性；光电效应；原子核衰变及半衰期、衰变速度；原子核的结合能．【分析】：根据γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强；半衰期是针对大量原子核来说，才有意义；波长越短，频率越高，则可能大于极限频率，从而发生光电效应；比结合能越大的，原子核越稳定；两轻核结合成质量较大的核，是核聚变，从而即可各项求解．【解析】：解：A、三种射线中γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强，故A正确；B、对于半衰期是具有统计规律，只有大量原子核才有意义，故B错误；C、不发生光电效应，说明入射光的频率小于极限频率，当波长较短，则其频率越高，因此可能发生光电效应，故C正确；D、比结合能越大，原子核越稳定，故D正确；E、两个轻核结合成质量较大的核，属于核聚变，故E错误；故选：ACD．【点评】：考查三种射线的不同能力，掌握半衰期适用条件，理解光电效应的发生条件，及结合能与比结合能的区别，注意核裂变与核聚变的不同之处． 18．（2022•长春四模）如图，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切．质量为m的带正电小球B静止在水平轨道上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平轨道高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为是零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用．带电小球均可视为质点．已知A、B两球始终没有接触．重力加速度为g．求：-16-\n（1）A、B两球相距最近时，A球的速度v；（2）A、B两球最终的速度vA、vB的大小．【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】：（1）由机械能守恒定律求出A的速度，两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求出速度．（2）由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出两球的速度．【解析】：解：（1）A球下滑过程，由机械能守恒定律得：2mgh=•2mv02，解得：v0=，两球相互作用过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，两球距离最近时速度相等，由动量守恒定律得：2mv0=（2m+m）v，解得：v=；（2）两球在静电斥力作用下要相互远离，在该过程中系统动量守恒，能量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：2mv0=2mvA+mvB，由能量守恒定律得：•2mv02=•2mvA2+mvB2，解得：vA=，vB=；答：（1）A、B两球相距最近时，A球的速度v=；（2）A、B两球最终的速度大小：vA=，vB=．【点评】：本题考查了求小球速度问题，分析清楚小球运动过程，应用机械能守恒定律、动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题，分析清楚运动过程是正确解题的关键．-16-
