湖北省武汉市2022届高三物理二月调考试题（含解析）

2022年湖北省武汉市高三二月调考物理试卷一、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）（2022•武汉模拟）1820年丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应．在奥斯特实验中，将直导线沿南北方向水平放置，指针靠近直导线，下列结论正确的是（　　）　A．把小磁针放在导线的延长线上，通电后，小磁针会转动　B．把小磁针平行地放在导线的下方，在导线与小磁针之间放置一块铝板，通电后，小磁针不会转动　C．把小磁针平行地放在导线的下方，给导线通以恒定电流，然后逐渐增大导线与小磁针之间的距离，小磁针转动的角度（与通电前相比）会逐渐减小　D．把黄铜针（用黄铜制成的指针）平行地放在导线的下方，通电后，黄铜针会转动【考点】：电磁感应现象的发现过程．【分析】：对于电流的磁效应，根据安培定则进行分析．注意磁场及磁场的应用．【解析】：解：根据安培定则可知，针小磁针放在导线上的延长线上，小磁针所在位置没有磁场，故小磁针不会转动；故A错误；B、同于铝板不具有被磁化的性质，故通电后小磁针不会转动；故B正确；C、离导线越远的地方，磁场越弱，则逐渐增大导线与小磁针之间的距离，小磁针转动的角度（与通电前相比）会逐渐减小；故C正确；D、铜不能被磁化，故不会被磁场所吸引；故D错误；故选：BC．【点评】：本题考查安培定则及能被磁化的材料，要注意正确掌握课本内容并能准确应用．　2．（6分）（2022•武汉模拟）电子式互感器是数字变电站的关键装备之一．如图所示，某电子式电压互感器探头的原理为电阻分压，ac间的电阻是cd间电阻的（n﹣1）倍，某次测量中输出端数字电压表的示数为U，则输入端的电压为（　　）　A．nUB．C．（n﹣1）UD．【考点】：串联电路和并联电路．【专题】：恒定电流专题．【分析】：由ac和cd是串联形式，有串并联知识可知电压与电阻成正比，可以解得结果．【解析】：解：-16-ac和cd是串联形式，由串联电路电压和电阻成正比，ac间的电阻是cd间电阻的（n﹣1）倍，则当某次测量中输出端数字电压表的示数为U，ac间的电压为（n﹣1）U，故输入电压为U+（n﹣1）U=nU，故A正确，BCD错误．故选：A．【点评】：该题主要考察串并联电路的基本规律，该题看似有点新颖，但是实际就是两段电阻的串联．　3．（6分）（2022•武汉模拟）在保证人身安全的情况下，某人从某一高度处竖直跳下到达水平地面．从脚尖着地、双腿逐渐弯曲到静止的过程中，下列分析正确的是（　　）　A．人一直向下做减速运动　B．人先向下做加速运动，后向下做减速运动　C．人处于失重状态　D．人处于超重状态【考点】：超重和失重．【分析】：根据人的受力及运动过程可分析其人在整个过程中的运动情况．【解析】：解：人在脚尖刚着地时，重力大于支持力，故人仍将向下做加速运动；当重力等于支持力时速度达最大；此后开始减速直至静止；故人的运动过程为人先向下做加速运动，后向下做减速运动；故选：B．【点评】：本题考查人在跳下时的运动过程，要注意根据力和运动的关系进行分析求解．　4．（6分）（2022•武汉模拟）如图1所示，固定的粗糙斜面长为10m，一小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中，小滑块的动能Ek随位移x的变化规律如图2所示，取斜面底端为重力势能的参考平面，小滑块的重力势能Ep随位移x的变化规律如图3所示，重力加速度g=10m/s2．根据上述信息可以求出（　　）　A．斜面的倾角　B．小滑块与斜面之间的动摩擦因数　C．小滑块下滑的加速度的大小　D．小滑块受到的滑动摩擦力的大小【考点】：动能定理；重力势能．【分析】：根据动能图象由动能定理可以求出合力的大小，根据势能图象可以得出物体的初始势能．【解析】：解：由图象知，物体的初势能为100J，末动能为25J．A、因为斜面长度为10m，但不知道物体的质量，故不能根据初势能和斜面长度确定斜面的倾角，故A错误；-16-B、根据动能定理可以求得物体受到的合力，根据能量守恒可以求出阻力做的功，再由斜面长度可求得摩擦力的大小，但因物体质量和倾角未知，故不能求得动摩擦因数的大小，故B错误；C、根据动能定理可以求得物体所受的合力大小，但物体的质量未知，故不能求出下滑的加速度大小，故C错误；D、根据能量守恒可以求得下滑过程中克服摩擦力做功为75J，而斜面长度为10m，故可求得滑块下滑时受到滑动摩擦力的大小为7.5N，故D正确．故选：D．【点评】：读懂图象及其反应的物理意义，知道物体在斜面上下滑时的受力特征是正确解题的关键，不难属于基础题．　5．（6分）（2022•武汉模拟）“超级地球”是指围绕恒星公转的类地行星．科学家们发现有3颗不同质量的“超级地球”环绕一颗体积比太阳略小的恒星公转，公转周期分别为4天，10天和20天．根据上述信息可以计算（　　）　A．3颗“超级地球”运动的线速度之比　B．3颗“超级地球”运动的向心加速度之比　C．3颗“超级地球”所受的引力之比　D．该恒星的质量【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】：三颗超级地球”的中心天体相同，根据万有引力提供向心力，已知该行星的周期，可以求出半径之比，从而可求得线速度、向心加速度之比．【解析】：解：三颗超级地球”的中心天体相同，根据万有引力提供向心力，即：可求得超级地球的轨道半径之比A、已知周期、轨道半径之比，根据可求得3颗“超级地球”运动的线速度之比，故A正确；B、已知周期、轨道半径之比，根据可求得3颗“超级地球”运动的向心加速度之比，故B正确；C、根据，由于三颗超级地球的质量比不知道，所以无法求得所受的引力之比，故C错误；D、因为不知道具体的轨道半径，所以无法求得中心天体的质量，故D错误；故选：AB．【点评】：本题考察天体运动，万有引力提供向心力，要注意向心力选择合适公式．　6．（6分）（2022•武汉模拟）如图所示，一辆小车静止在水平地面上，车内固定着一个倾角为60°的光滑斜面OA，光滑挡板OB可绕转轴O在竖直平面内转动．现将一重力为G的圆球放在斜面与挡板之间，挡板与水平面的夹角θ=60°．下列说法正确的是（　　）-16-　A．若保持挡板不动，则球对斜面的压力大小为G　B．若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，则球对斜面的压力逐渐增大　C．若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，则球对挡板的压力逐渐减小　D．若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，则球对挡板的压力可能为零【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】：以球为研究对象，球处于静止状态，受力平衡，对球进行受力分析，求出挡板对球的作用力，若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，分析小球受力情况，作出力图，运用图解法，分析支持力的变化情况即可．【解析】：解：A、球处于静止状态，受力平衡，对球进行受力分析，如图所示：FA、FB以及G构成的三角形为等边三角形，根据几何关系可知，FA=FB=G，故A正确；B、若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，根据图象可知，FB先减小后增大，根据牛顿第三定律可知，球对挡板的压力先减小后增大，故BC错误；D、若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，当FA和重力G的合力正好提供加速度时，球对挡板的压力为零，故D正确．故选：AD【点评】：本题运用图解法，分析动态平衡问题，比较直观简便，也可以采用函数法，由数学知识分析力的变化．　7．（6分）（2022•武汉模拟）如图所示，空间中固定的四个点电荷分别位于正四面体的四个顶点处，A点为对应棱的中点，B点为右侧面的中心，C点为底面的中心，D点为正四面体的中心（到四个顶点的距离均相等）．关于A、B、C、D四点的电势高低，下列判断正确的是（　　）-16-　A．φA=φBB．φA=φDC．φB＞φCD．φC＞φD【考点】：电势；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】：两个等量异种点电荷，其电场线和等势面具有对称性，过中垂面是一等势面，A、D在同一等势面上，电势相等，根据几何关系分析电势．【解析】：解：B、由题如图，两个等量异种点电荷，其电场线和等势面具有对称性，通过ab和cd之间的中垂面是一等势面，由题目描述知A、D在同一等势面上，电势相等，故B正确；ACD、由图可知，电场线方向由B指向C一侧，依据沿电场线方向电势降低，由几何关系可知φB＞φC，φB＞φA，φD＞φC，故C正确，AD错误．故选：BC．【点评】：本题要掌握等量异种电荷电场线和等势线分布情况，抓住对称性，结合里面的几何关系，即可分析电势的关系．　8．（6分）（2022•武汉模拟）如图所示，竖直面内有一个闭合导线框ACDE（由细软导线制成）挂在两固定点A、D上，水平线段AD为半圆的直径，在导线框的E处有一个动滑轮，动滑轮下面挂一重物，使导线处于绷紧状态．在半圆形区域内，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场．设导线框的电阻为r，圆的半径为R，在将导线上的C点以恒定角速度ω（相对圆心O）从A点沿圆弧移动的过程中，若不考虑导线中电流间的相互作用，则下列说法正确的是（　　）-16-　A．在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中，导线框中感应电流的方向先逆时针，后顺时针　B．在C从A点沿圆弧移动到图中∠ADC=30°位置的过程中，通过导线上C点的电量为　C．当C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的感应电动势最大　D．在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中，导线框中产生的电热为【考点】：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；焦耳定律；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．【专题】：交流电专题．【分析】：根据几何知识知线框磁通量为∅=2BR2sin2θ=2BR2sin2ωt，从而知电动势的瞬时值表达式，对于闭合线框ACDE而言，在磁场中的面积先增大后减小，根据楞次定律判定电流方向；根据q=n求解电荷量根据有效值求解电热．【解析】：解：A、设转过角度为θ=ωt，根据几何知识知线框的面积：S=•2R•Rsin2θ=R2sin2θ，磁通量为∅=BR2sin2θ=BR2sin2ωt，磁通量先增大后减小，根据楞次定律知电流的方向先逆时针，后顺时针，故A正确；B、根据q=n知q==，故B正确；C、根据e=知e=2ωBR2cos2ωt，C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的感应电动势最小为零，故C错误；D、根据C项知电动势有效值为E==ωBR2，故电热为Q===，故D正确；故选：ABD【点评】：本题关键明确交流四值中最大值、平均值、瞬时值和有效值的区别，会根据几何知识写出交流的表达式，注意知识的迁移应用．　二、非选择题9．（5分）（2022•武汉模拟）在探究弹力和弹簧伸长的关系时，某同学先按图1对弹簧甲进行探究，然后把弹簧甲和弹簧乙并联起来按图2进行探究．在弹性限度内，将质量为m=50g的钩码逐个挂在弹簧下端，分别测得图1、图2中弹簧的长度L1、L2如表所示．钩码个数1234L1/cm30.0031.0432.0233.02-16-L2/cm29.3329.6529.9730.30已知重力加速度g=9.8m/s2，要求尽可能多的利用测量数据，计算弹簧甲的劲度系数k=　49　N/m（结果保留两位有效数字）．由表中数据　能　（填“能”或“不能”）计算出弹簧乙的劲度系数．【考点】：探究弹力和弹簧伸长的关系．【专题】：实验题．【分析】：根据弹簧形变量的变化量，结合胡克定律求出弹簧甲的劲度系数．通过弹簧并联时的弹力的变化量和形变量的变化量可以求出弹簧并联的劲度系数，再根据k并=k甲+k乙，计算弹簧乙的劲度系数．【解析】：解：由表格中的数据可知，当弹力的变化量△F=mg=0.05×9.8N=0.49N时，弹簧形变量的变化量为△x1=，根据胡克定律知甲的劲度系数：．把弹簧甲和弹簧乙并联起来时，由胡克定律根据表中数据，类似于上述方法可以计算出并联时总的劲度系数k并，根据k并=k甲+k乙，可以计算出乙的劲度系数．故答案为：49，能．【点评】：解决本题的关键掌握胡克定律，知道F=kx，x表示形变量，以及知道其变形式△F=k△x，△x为形变量的变化量．　10．（10分）（2022•武汉模拟）某实验小组测定水果电池的电动势和内阻，所用的器材有：水果电池E：电动势约为1V；电流表A：量程10mA，内阻约为几欧；电压宝V：量程1V，内阻RV=3kΩ；滑动变阻器Rp：最大阻值200Ω；电阻箱R：最大阻值9999Ω；开关S，导线若干．-16-（1）该实验小组设计了如图1所示的电路，实验中无论怎样移动滑动变阻器的滑片，发现电流表的示数及变化均很小，且电压表的示数变化很小，分析其原因是　滑动变阻器最大阻值较小，电源内阻很小　；（2）该实验小组经过分析设计了如图2所示的电路，实验步骤如下：第一步：闭合开关S，多次调节电阻箱，记下电压表的示数U和电阻箱相应的阻值R，并计算出对应的与的值．第二步：以为纵坐标，为横坐标，作出﹣图线（用直线拟合）；第三步：求出直线的斜率k和在纵轴上的截距b．请回答下列问题：（Ⅰ）实验得到的部分数据如下表所示，其中当电阻箱的电阻R=2000Ω时电压表的示数如图3所示，读出数据，完成下表．答：①　0.37　，②　2.7　．R/Ω900060005000400030002000R﹣1/10﹣4Ω﹣11.111.672.002.503.335.00U/V0.530.500.480.460.43①U﹣1/V﹣11.92.02.12.22.3②（Ⅱ）若根据﹣图线求得直线的斜率k=2.0×103Ω/V，截距b=V﹣1，则该水果电池的电动势E=　0.6　V，内阻r=　1.2×103　Ω【考点】：测定电源的电动势和内阻．【专题】：实验题．【分析】：（1）根据电路图与实验现象分析原因．（2）根据图示电压表读出其示数，然后求出电压的倒数；根据电路图应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图象函数表达式与图象求出电源电动势与内阻．【解析】：解：（1）由图示图象可知，电压表测路端电压，电压表测电路电流，无论怎样移动滑片，电流表示数变化很小，说明移动滑片时电路电阻变化很小，则滑动变阻器最大阻值较小，电压表示数：U=E﹣Ir变化很小，说明电源内阻r很小．（2）（Ⅰ）由图示电压表可知，电压表的分度值为0.1V，示数为0.37V，=≈2.7；-16-（Ⅱ）在闭合电路中，E=U+Ir=U+r，=+，图象﹣的截距：b=，则：电源电动势：E==0.6V，图象斜率：k=，电源内阻：r=kE=2.0×103×0.6=1.2×103Ω；故答案为：（1）滑动变阻器最大阻值较小，电源内阻很小；（2）（Ⅰ）0.37；2.7；（Ⅱ）0.6；1.2×103．【点评】：本题考查了实验现象分析、电压表读数、求电源电动势与内阻，对电压表读数时要先确定其分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直；求出图象的函数表达式是正确求出电源电动势与内阻的前提与关键．　11．（14分）（2022•武汉模拟）甲、乙两质点在同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动．质点甲做初速度为零，加速度大小为a1的匀加速直线运动．质点乙做初速度为v0，加速度大小为a2的匀减速直线运动至速度减为零保持静止．甲、乙两质点在运动过程中的位置x﹣速度v图象如图所示，虚线与对应的坐标轴垂直．（1）在x﹣v图象中，图线a表示质点　甲　（填“甲”或“乙”）的运动，质点乙的初速度v0=　6m/s　；（2）求质点甲、乙的加速度大小a1、a2．【考点】：匀变速直线运动的图像．【专题】：运动学中的图像专题．【分析】：（1）根据图象中速度随位移的变化关系判断哪个图象是甲的运动图象，哪个是乙的图象，再根据图象直接读出x=0时，乙的速度；（2）分别对甲和乙，根据运动学基本公式列式，联立方程求解即可．【解析】：解：（1）根据图象可知，a图象的速度随位移增大而增大，b图象的速度随位移增大而减小，所以图象a表示质点甲的运动，当x=0时，乙的速度为6m/s，即质点乙的初速度v0=6m/s，（2）设质点乙、甲先后通过x=6m处时的速度均为v，对质点甲：v2=2a1x①对质点乙：②联立①②解得：③当质点甲的速度v1=8m/s、质点乙的速度v2=2m/s时，两质点通过相同的位移均为x'．对质点甲：④对质点乙：⑤-16-联立④⑤解得：a1=2a2⑥联立③⑥解得：，故答案为：（1）甲；6m/s；（2）质点甲、乙的加速度大小a1、a2分别为2m/s2和1m/s2．【点评】：本题主要考查了运动学基本公式的直接应用，关键是要求同学们能根据图象判断出甲乙的图线，能够从图中得出有效信息，难度适中．　12．（18分）（2022•武汉模拟）如图所示，等腰直角三角形ACD的直角边长为2a，P为AC边的中点，Q为CD边上的一点，DQ=a．在△ACD区域内，既有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，又有电场强度大小为E的匀强电场，一带正电的粒子自P点沿平行于AD的直线通过△ACD区域．不计粒子的重力．（1）求电场强度的方向和粒子进入场区的速度大小v0；（2）若仅撤去电场，粒子仍以原速度自P点射入磁场，从Q点射出磁场，求粒子的比荷；（3）若仅撤去磁场，粒子仍以原速度自P点射入电场，求粒子在△ACD区域中运动的时间．【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）根据正电的粒子在电磁场中做直线运动可以，粒子受力平衡，根据电场力等于洛伦兹力求出初速度；（2）根据洛伦兹力提供向心力公式结合几何关系求解；（3）粒子沿初速度v0方向做匀速直线运动，沿电场方向做匀加速直线运动，根据运动学基本公式结合几何关系求解．【解析】：解：（1）正粒子在场区受力平衡：qE=qv0B…①解得：根据正粒子所受电场力的方向与场强的方向相同，可知场强的方向由A指向C．（2）过Q点作半径OQ，它与CA的延长线交于圆心O，作QH⊥CA，垂足为H，设正粒子做匀速圆周运动的半径为R，则：…②在直角三角形HOQ中：HO2+HQ2=R2…③…④HO=OC﹣HC=（R+a）﹣HQ…⑤联立③④⑤解得：R=3a…⑥-16-联立①②⑥解得：…⑦（3）粒子沿初速度v0方向做匀速直线运动：x=v0t…⑧粒子沿电场方向做匀加速直线运动：…⑨由几何关系：x+y=a=10…⑩由①⑦⑧⑨=10⑩得：解得：答：（1）求电场强度的方向和粒子进入场区的速度大小为；（2）粒子的比荷为；（3）粒子在△ACD区域中运动的时间为．【点评】：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，知道若粒子在混合场中做直线运动，则粒子受力平衡，能结合几何关系求解，难度适中．　【物理──选修3-3】（15分）13．（6分）（2022•武汉模拟）对于相同质量、体积、温度的氧气和氢气，在温度不太低、压强不太大时，下列说法正确的是（　　）　A．两种气体分子的平均动能相同　B．两种气体的压强相同　C．两种气体的内能不同　D．两种气体分子热运动的平均速率不同　E．若氢气的温度升高，则每个氢气分子的动能都增大【考点】：温度是分子平均动能的标志；物体的内能．【分析】：当不考虑分子间作用力时，物体只有分子热运动的动能，物体的内能仅仅与物体的温度有关．温度相同，物体的平均动能相同．氢气分子的质量比氧气的分子质量小，平均动能相同时，氢气分子平均速率大．-16-【解析】：解：A、温度是分子平均动能的标志，温度相同，分子的平均动能相同，故A正确；B、温度相同，分子的平均动能相同，氢气分子摩尔质量小，质量相等时，氢气分子数多，体积又相同，故氢气的压强大，故B错误；C、温度相同，它们的平均动能相同，而氢气分子摩尔质量小，质量相等时，氢气分子数多，所以氢气内能多．故C正确；D、氢气分子的质量比氧气的分子质量小，平均动能相同时，氢气分子平均速率大，故D正确；E、温度相同，分子的平均动能相同，对单个的分子动能没有意义，故E错误；故选：ACD．【点评】：本题考查对温度微观含义的理解．温度是物体分子平均动能的标志，温度越高，物体分子的平均动能越大．　14．（9分）（2022•武汉模拟）如图所示，一直立气缸由两个横截面积不同的圆筒连接而成，活塞A、B间封闭有一定质量的理想气体，A的上方和B的下方分别与大气相通．两活塞用长为L=30cm的不可伸长的细线相连，可在缸内无摩擦地上下滑动．当缸内封闭气体的温度为T1=300K时，活塞A、B的平衡位置如图所示．已知活塞A、B的质量均为m=1.0kg，横截面积分别为SA=20cm2、SB=10cm2，大气压强为P0=1.0×105Pa，重力加速度为g=10m/s2．（1）活塞A、B在图示位置时，求缸内封闭气体的压强；（2）现对缸内封闭气体缓慢加热，为使气缸不漏气，求缸内封闭气体的最高温度．【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】：（1）分别以两只活塞为研究对象，然后根据平衡条件分别列式，求出初态时封闭气体的压强（2）现对缸内封闭气体缓慢加热过程，封闭气体做等压变化，根据盖吕萨克定律列式求解即可【解析】：解：（1）活塞A、B均静止，都处于平衡状态，由平衡条件得：对活塞A：P0SA+mAg=P1SA+FN对活塞B：P0SB=P1SB+mBg+FN代入数据解得：P1=1.2×105Pa；（2）活塞B刚好移动到两圆筒的连接处时，设气缸内气体的温度为T2，由（1）可知此过程气体做等压变化，由盖﹣﹣呂萨克定律：带入数据解得T2=400K答：（1）缸内封闭气体的压强为1.2×105Pa；（2）缸内封闭气体的最高温度为400K．-16-【点评】：本题关键明确封闭气体的初末状态，然后结合气体实验定律列式求解；同时要对活塞和杆整体受力分析或分别受力分析并结合平衡条件求解初始气压．　【物理──选修3-4】（15分）15．（2022•武汉模拟）一列简谐横波沿x轴正方向传播，在x=12m处的质元的振动图线如图1所示，在x=18m处的质元的振动图线如图2所示．下列说法正确的是（　　）　A．该波的周期为12s　B．x=12m处的质元在平衡位置向上振动时，x=18m处的质元在波峰　C．在0～4s内x=12m处和x=18m处的质元通过的路程均为6cm　D．该波的波长可能为8m　E．该波的传播速度可能为2m/s【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】：首先明确两种图象的意义，获取相关信息，如波长、周期和振幅；利用波速、波长和周期的关系求波速；利用质点的振动情况，判断波的传播方向．【解析】：解：A、由图可知，该波的周期为12s．故A正确；B、由图可知，t=3s时刻，x=12m处的质元在平衡位置向上振动时，x=18m处的质元在波峰，故B正确；C、据图2知t=2s时，在x=18m处的质元的位移为零，正通过平衡位置向上运动，在t=4s时刻，在x=18m处的质元的位移大于2cm，所以在0～4s内x=18m处的质元通过的路程小于6cm．故C错误；D、由两图比较可知，x=12m处比x=18m处的质元早振动9s，即，所以两点之间的距离为：（n=0、1、2、3…）所以：（n=0、1、2、3…）n=0时，波长最大，为：m．故D正确；E、波的速度：m/s（n=0、1、2、3…）n=0时，最大速度：v=m/s；故E错误；故选：ABD．【点评】：首先明确两个图象的区别和联系，据图求出波长、周期是解题的前提，灵活应用波的传播方向与质点的振动关系是解题的核心．　-16-16．（2022•武汉模拟）如图所示，横截面（纸面）为△ABC的三棱镜置于空气中，顶角∠A=60°．纸面内一细光束以入射角i射入AB面，直接到达AC面并射出，光束在通过三棱镜时出射光与入射光的夹角为φ（偏向角）．改变入射角i，当i=i0时，从AC面射出的光束的折射角也为i0，理论计算表明在此条件下偏向角有最小值φ0=30°．求三棱镜的折射率n．【考点】：光的折射定律．【专题】：光的折射专题．【分析】：画出光路图，根据折射定律对AB面和AC面分别列式，再结合几何关系求解．【解析】：解：设光束在AB面的折射角为α，由折射定律：①设光束在AC面的入射角为β，由折射定律：②由几何关系：α+β=60°③φ0=（i0﹣α）+（i0﹣β）④联立解得：答：三棱镜的折射率n为．【点评】：本题是几何光学问题，作出光路图是解答的基础，关键能灵活运用数学知识求出折射角，并能掌握折射定律．　【物理──选修3-5】（15分）17．（2022•武汉模拟）如图为氢原子能级图．下列说法正确的是（　　）-16-　A．一个处于n=3能级的氢原子，可以吸收一个能量为0.7eV的光子　B．一个处于n=3能级的氢原子，可以吸收一个能量为2eV的光子　C．大量处于n=3能级的氢原子，跃迁到基态的过程中可以释放出3种频率的光子　D．氢原子从高能级向低能级跃迁的过程中释放的光子的能量不可能大于13.6eV　E．用能量为10eV和3.6eV的两种光子同时照射大量氢原子，有可能使处于基态的氢原子电离【考点】：氢原子的能级公式和跃迁．【专题】：原子的能级结构专题．【分析】：根据数学组合公式求出氢原子可能辐射光子频率的种数．能级间跃迁时，辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越高．【解析】：解：A、根据△E=Em﹣En，可知，0.7eV不在△E范围内．故A错误；B、n=3能级的氢原子，E3=﹣1.51eV，当吸收能量为2eV的光子，出现电离现象．故B正确；C、根据=3知，这些n=3能级的氢原子可以辐射出三种不同频率的光子．故C正确；D、根据辐射的光子能量等于两能级间的能级差，可知，从高能级向低能级跃迁的过程中释放的光子的能量最大值仍小于13.6eV，故D正确；E、由于氢原子的能级，基态的氢原子为能级为﹣13.6eV，要出现电离，则光子的能量即为13.6eV，因此10eV和3.6eV的两种光子不可能出现电离现象．故E错误．故选：BCD．【点评】：解决本题的关键知道光电效应的条件以及知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，注意电离时，吸引能量可以大于能级之差．　18．（2022•武汉模拟）如图所示，AB为倾角θ=37°的粗糙斜面轨道，通过一小段光滑圆弧与光滑水平轨道BC相连接，质量为m2的小球乙静止在水平轨道上，质量为m1的小球甲以速度v0与乙球发生弹性正碰．若m1：m2=1：2，且轨道足够长，要使两球能发生第二次碰撞，求乙球与斜面之间的动摩擦因数μ的取值范围．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）-16-【考点】：动量守恒定律；动能定理．【专题】：动量定理应用专题．【分析】：由于两球发生弹性碰撞，则动量守恒、机械能守恒，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰后两球的速度大小，根据能能定理得出碰后乙球返回斜面底端的速度，抓住该速度大于甲的速度，得出动摩擦因数的范围．【解析】：解：设碰后甲的速度为v1，乙的速度为v2，由动量守恒和能量关系：m1v0=m1v1+m2v2①②联立①②解得：设上滑的最大位移大小为s，滑到斜面底端的速度大小为v，由动能定理：（m2gsin37°+μm2gcos37°）s=，③（m2gsin37°﹣μm2gcos37°）s=，④联立③④解得：乙要能追上甲，则：⑤解得：μ＜0.45．答：乙球与斜面之间的动摩擦因数μ的取值范围为μ＜0.45．【点评】：本题考查了动量守恒、能量守恒、动能定理的综合运用，知道弹性碰撞的特点，以及两球发生第二次碰撞的条件是解决本题的关键．-16-