高考模拟试题精编(十二)【说明】 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间90分钟.第Ⅰ卷(选择题 共40分)一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有一个或一个以上选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有错选或不答的得0分．1．用游标卡尺、螺旋测微器等仪器测量长度比用一般的毫米刻度尺直接测量更精确，下列物理实验与游标卡尺、螺旋测微器等仪器制成原理相同的是( ) A ．卡文迪许实验 B ．伽利略理想斜面实验 C ．库仑扭秤实验 D ．法拉第电磁感应实验 2.如图所示，在空中同一水平线上的A 、B 两点分别有带正电的小球M 、N ，在它们连线的竖直垂直平分线上的C 点固定一带负电的小球P ，三个球可以看成点电荷，在库仑力和重力的作用下M 、N 两个球处于静止，则下列说法正确的是( ) A ．M 、N 两球的质量可能不同 B ．M 、N 两球的带电荷量可能不同C ．M 、N 两球受到的库仑力合力的大小一定相等D ．M 、N 两球受到的库仑力合力的方向一定竖直向上3．据美国《连线》杂志网站报道，在浩瀚的宇宙中，天文学家成功测得太阳系外的一颗行星的质量，发现其密度和地球相同．这是科学家证实的第一颗同地球密度相同的类地行星．已知类地行星的表面重力加速度是地球表面重力加速度的2倍(忽略行星自转的影响)，则下列说法正确的是()A．类地行星与地球的质量之比为8∶1B．类地行星与地球的半径之比为2∶1C．类地行星与地球的第一宇宙速度之比为1∶2D．类地行星与地球的第一宇宙速度之比为2∶14.如图所示，已知电源的内电阻r<R，当R0的滑动触头从上端滑到下端的过程中，下列说法正确的是()A．电容器一直处于放电过程B．电容器一直处于充电过程C．电源的输出功率先增大后减小D．电源的效率先增大后减小5．在2012年雪灾救援中，一架在500 m高空以200 m/s的速度水平匀速飞行的运输机，要将两批救援物资分别投放到山腰的D点(D位于AC的中点)和山脚的C点．已知山AB高360 m，水平距离BC长1 200 m．若不计空气阻力，g取10 m/s2，则两次空投的时间间隔应为()A．1 s B．2 sC．3 s D．5 s6.如图所示，10匝矩形线圈在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动，周期为π10，线圈的电阻R＝1 Ω，从图示位置开始计时，线圈转过60°时的感应电流为2 A，则下列表达式正确的是()A．感应电动势的瞬时值表达式为e＝4sin (20t) VB．感应电动势的瞬时值表达式为e＝4cos (20πt) VC．任意时刻通过线圈磁通量的表达式为Φ＝0.02sin (20t) WbD．任意时刻通过线圈磁通量的表达式为Φ＝0.02cos (20πt)Wb7.如图所示，一质量为m的物体静置在倾角为θ＝30°的光滑斜面底端，现用沿斜面向上的恒力F沿斜面向上拉物体使其做匀加速直线运动，经时间t，力F做功为W，此后撤去恒力F，物体又经t时间回到出发点，若以地面为零势能面，下列说法正确的是()A．F＝23mgB．F＝mgC．物体动能与势能相同的位置在撤去力位置的下方D．物体动能与势能相同的位置在撤去力位置的上方8.如图所示，一个边长为L的正方形线圈置于边界水平的匀强磁场上方L处，磁场宽也为L，方向垂直纸面向里，由静止释放线圈且线圈平面始终与磁场方向垂直，如果从线圈的一条边刚进入磁场开始计时，则下列关于通过线圈横截面的电荷量q、感应电流i、线圈运动的加速度a、线圈具有的动能E k随时间变化的图象可能正确的有()9.如图所示，一质量为m的物块恰好静止在倾角为θ、质量为M的斜劈上．物块与斜劈和斜劈与地面间的动摩擦因数均为μ.现对物块施加一个水平向右的恒力F，如果物块和斜劈都仍处于静止状态，则()A．物块受到的合外力增大B．地面对斜劈的摩擦力可能减小C．水平恒力F不可能大于mg sin θ＋μmg cos θcos θ－μsin θD．水平恒力F可能大于μ(m＋M)g10.如图所示，在第二象限中有水平向右的匀强电场，电场强度为E，在第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.有一重力不计的带电粒子以垂直于x轴的速度v0＝10 m/s从x轴上的P点进入匀强电场，恰好与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限．已知OP之间的距离为d＝0.5 m，则带电粒子()A．带正电荷B．在电场中运动的时间为0.1 sC．在磁场中做圆周运动的半径为22m D．在磁场中运动的时间为3π40s答题栏第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、非选择题：本题共5小题，共60分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．11.(5分)如图甲为某实验小组探究小车加速度与小车所受到的拉力及质量的关系的实验装置图．图中A为小车，B为砝码及砝码盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连．(1)该小组的同学想用砝码及砝码盘的重力表示小车受到的合外力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为下列说法中正确的是________．A．实验时要平衡摩擦力B．实验时不需要平衡摩擦力C．砝码和砝码盘的重力要远小于小车的总重力D．实验进行时应先释放小车再接通电源(2)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a-F图象可能是图乙中的图线________(填“甲”、“乙”或“丙”)．(3)若实验中平衡摩擦力的操作正确且恰好平衡了摩擦力，但由于漏测了某个物理量，作出的a-F图象为图乙中的图线甲，请说明可能漏测的物理量是________．12.(10分)某同学用电流表和电压表测干电池的电动势和内阻时，所用滑动变阻器的阻值范围为0～20 Ω，连接电路的实物图如图1所示．(1)该同学接线中错误的和不规范的地方有________．A．滑动变阻器不起变阻作用B．电流表接线有错C．电压表量程选用不当D．电压表接线有错(2)改正实验装置连接后，该同学记录了6组数据见下表，试根据这些数据在图2表格中画出U-I图线，根据图线求出电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.(3)用图3响，下列说法正确的是()A．用图3所示电路做实验，E测<E真B．用图3所示电路做实验，r测<r真C．用图4所示电路做实验，E测<E真D．用图4所示电路做实验，r测<r真13．(13分)光滑水平面上有质量为M、高度为h的光滑斜面体A，斜面顶端有质量为m的小物体B，二者都处于静止状态．从某时刻开始释放物体B，在B沿斜面下滑的同时斜面体A沿水平方向向左做匀加速运动．经过时间t，斜面体水平移动s，小物体B刚好滑到底端．(1)求运动过程中斜面体A所受的合力F A；(2)分析小物体B做何种运动，并说明理由；(3)求小物体B到达斜面体A底端时的速度v B大小．14.(14分)如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m＝0.2 kg、带电荷量为q＝＋2.0×10－6 C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.1.从t＝0时刻开始，空间上加一个如图乙所示的电场．(取水平向右的方向为正方向，g取10 m/s2)求：(1)4秒内小物块的位移大小；(2)4秒内电场力对小物块所做的功．15.(18分)如图所示，在坐标系的第一象限存在一垂直纸面向外的矩形有界匀强磁场，磁感应强度的大小为B.在第三象限存在与y轴成30°角的匀强电场．现有一带电荷量为q、质量为m的带正电的粒子由静止从电场的P点经电场加速后从O点进入磁场(不计粒子的重力)．求：(1)欲使粒子打到上边界中点，PO间的电势差U PO；(2)欲使粒子从右边界以最大速度射出，U PO′的值；(3)从磁场中射出的粒子在磁场中运动的最长时间．附加题：本题共3小题，每小题15分．分别考查3－3、3－4、3－5模块．请考生根据本省考试情况选择相应题目作答，其分值不计入总分．1．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)气体在容积固定的密闭容器中并且温度升高时，下列说法正确的是________．A．气体分子的平均动能变大，压强增大B．气体分子做布朗运动的平均速率变大C．气体分子的平均势能变大，压强增大D．气体分子间的距离变大，压强减小(2)(5分)人类对物质属性的认识是从宏观到微观不断深入的过程，水黾可以停在水面上和叶面上的露珠呈球形都说明液体表面层内的分子比液体内部的稀疏，形成________，液晶是一类处于________之间的特殊物质，其分子间的作用力较强，在体积发生变化时需要考虑分子间力的作用，说明分子势能和________有关．(3)(5分)如图1所示，体积为V A＝1.5 m3、内壁光滑的圆柱形导热气缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞．现在活塞上面放一个质量为m的重物，使气体发生图2所示的由A到B的状态变化，再对气体加热，使气体发生由B到C的状态变化，气缸内气体的所有变化过程都是缓慢的．①求气缸内气体在状态B时的体积V B；②在整个气体变化过程中，气体做功是否为零？如果为零则简要说明理由，如果不为零则分析是外界对气体做功多还是气体对外做功多．2．[物理——选修3－4](15分)(1)(5分)关于机械波和光波，下列说法正确的是________．A．泊松亮斑是一种光的衍射现象，机械波也可能发生B．用白光做杨氏双缝干涉和薄膜干涉原理相近，均可看到间距相等的彩色条纹C．声波传播过程中，介质中质点的运动速度等于声波的传播速度D．地震波中同时含有横波和纵波，纵波具有更大的破坏作用(2)(5分)处于坐标原点的波源产生一列简谐横波沿x轴正方向传播，波速为v＝20 m/s，在t＝0时波刚好传播到x＝8 m处，波形如图所示，在x＝40 m处有一接收器，则从波产生经过________s接收器才能接收到此波，此时x＝2 m处的质点P 振动的路程是________m.(3)(5分)如图所示为直角三棱镜的截面ABD ，∠A ＝30°，BD 边的长度为1 m ，两条相同的单色光a 、b 垂直AB 边分别射到AD 、BD 边的中点E 、F ，如果此三棱镜的折射率为 3，则①通过计算说明两条光线射到AD 和BD 边上是否发生全反射？ ②试确定两条光线经过一次折射后在三棱镜外的交点位置． 3．[物理——选修3－5](15分)(1)(5分)6027Co 发生一次β衰变后变为Ni 核，在该衰变过程中还发出两个频率均为ν的光子，如果衰变前6027Co 的质量为M Co ，衰变后产生的Ni 核质量为M Ni ，β粒子的质量为m ，则下列说法中正确的是________．A ．衰变反应方程为6027Co →6028Ni ＋ 0－1eB ．衰变过程的质量亏损为Δm ＝M Co －(M Ni ＋m )C ．光子能量E ＝hν＝Δmc 2D ．两个光子的总能量为E 总＝2hν＝Δmc 2(2)(5分)已知氢原子能级公式为E n ＝E 1n 2，E 1＝－13.6 eV ，氢原子在下列各能级间跃迁：①从n ＝2到n ＝1，②从n ＝5到n ＝3，③从n ＝4到n ＝2，在跃迁过程中辐射的光子的波长分别用λ1、λ2、λ3表示．则三种光子的波长之比λ1∶λ2∶λ3＝________，如果这三种光子中只有一种光子可以使某种金属发生光电效应，则这种光子一定是波长为________的光子．(3)(5分)质量为M ＝1 kg 的滑块由水平轨道和竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道组成，放在光滑的水平面上．滑块开始时静止，质量为m ＝2 kg 的物块(可视为质点)以某初速度从水平轨道滑上滑块，恰好可以到达圆弧轨道的最高点，如果水平轨道的长度和圆弧轨道的半径均为R ＝1 m ，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ＝0.1，g ＝10 m/s 2，求物块滑上水平轨道时的初速度v 0.高考模拟试题精编(十二)参考答案1．AC 游标卡尺、螺旋测微器等仪器都是按放大原理制成的，而在卡文迪许实验和库仑扭秤实验中也用到了放大的思想，所以A 、C 正确．2．CD 由于M 、N 间的库仑力等大反向，因此P 对M 的库仑力与P 对N 的库仑力沿水平方向的分力大小相等，则M 、N 两球的带电荷量一定相等，B 错误；由于M 、N 两球受到库仑力的合力都与两个球的重力等大反向，因此M 、N 两球受到的库仑力的合力方向一定竖直向上，且大小相等，C 、D 正确，A 错误． 3．ABD 对于行星(或地球)表面的物体m ：G Mm R 2＝mg ①，M ＝ρ43πR 3 ②，联立①②得：R ＝3g 4G πρ，M ＝9g 316G 2π2ρ2，M ∝g 3、R ∝g ，A 、B 正确；由v ＝gR 知，C 错、D 正确．4．D 不难证明，R 0的滑动触头滑到其中点时，电源外电路的总电阻R 总最大．所以在R 0的滑动触头从上端滑到下端的过程中，R 总先增大后减小，电容器两端的电压先减小后增大，所以电容器先放电后充电，A 、B 均错；由于r <R ，所以电源的输出功率先减小后增大，C 错；电源的效率η＝I 2R 总I 2(R 总＋r )＝11＋r R 总，先增大后减小，D 正确．5．A 救援物资从运输机上投放后做平抛运动，物资下落到D 点所用时间t 1＝2h 1g ＝2×32010 s ＝8 s ，物资下落到C 点所用时间t 2＝2h 2g ＝2×50010 s＝10 s ．所以第一次投放时距D 点的水平距离为x 1＝v 0t 1＝1 600 m ，第二次投放时距C 点的水平距离为x 2＝v 0t 2＝2 000 m ，所以两次投放的水平距离差Δx ＝x 1＋600 m －x 2＝200 m ，故两次空投的时间间隔 应为1 s ，A 选项正确．6．C 由题意知开始计时时刻线圈在峰值面上，所以电动势瞬时值满足e ＝E m cos ωt ，转过60°时的电动势e 1＝IR ＝2 V ，即E m cos 60°＝2 V ，所以E m ＝4 V ．又ω＝2πT ＝20 rad/s ，故感应电动势的瞬时值表达式为e ＝4cos (20t ) V ，A 、B 均错；从峰值面开始计时，任意时刻通过线圈磁通量的表达式为Φ＝Φm sin ωt ，D 错；由E m ＝nΦm ω得： Φm ＝0.02 Wb ，所以任意时刻通过线圈磁通量的表达式为Φ＝0.02sin (20t ) Wb ，C 正确．7．AC 设撤力前物体的加速度为a 1，撤力后的加速度为a 2，由题意，根据运动学公式得：12a 1t 2＋a 1t 2－12a 2t 2＝0，解得a 2＝3a 1.由牛顿第二定律得：F －mg sin θ＝ma 1，mg sin θ＝ma 2，联立得F ＝23mg ，A 对，B 错．设撤力时物体的速度为v 1，物体回到底端的速度为v 2，v 2＝|a 1t －a 2t |＝2a 1t ＝2v 1，根据功能关系，12m v 22＝W ，所以撤力瞬间物体的动能为12m v 21＝18m v 22＝14W ，重力势能E p ＝34W ，因此，物体动能与势能相同的位置在撤去力位置的下方，C 对、D 错．8．ACD 若线圈进入磁场时受到的安培力等于重力，则线圈匀速进入，感应电流恒定，由q ＝It 可知，通过导体横截面的电荷量均匀增大，线圈离开时由楞次定律可知，感应电流方向改变，通过的电荷量均匀减小，选项A 可能；由于线圈通过磁场时，线圈的宽度与磁场的宽度相等，故始终是一条边做切割磁感线运动，且速度不可能减小到零，所以线圈通过磁场的过程中不可能出现感应电流为零的情况，故选项B 错误；由于线圈进入磁场时也可能重力大于安培力，因此继续做加速运动，但速度增大则安培力增大，加速度减小，当安培力增大到等于重力时，加速度变为零，故选项C 可能；如果线圈刚进入磁场时安培力就大于重力，则线圈做减速运动，速度减小则安培力减小，最后可能达到平衡，速度不变，动能不变，故选项D 可能．9．C 因为物块受到水平推力F 后仍然处于静止状态，则物块所受合外力仍然为零，故选项A 错误；以物块和斜劈整体为研究对象，水平推力作用前，水平方向没有相对运动趋势，地面对斜劈的摩擦力为零，水平推力F 作用后，水平推力与地面对斜劈的摩擦力平衡，故选项B 错误；因为斜劈也处于静止状态，故地面对斜劈的摩擦力为静摩擦力，一定小于μ(m ＋M )g ，故选项D 错误；以物块为研究对象，物块有上滑趋势但没有滑动的情况下，将重力和水平推力正交分解有F N ＝mg cos θ＋F sin θ，F cos θ≤mg sin θ＋F f ，F f ＝μF N ，联立解得：F ≤mg sin θ＋μmg cos θcos θ－μsin θ，故选项C 正确． 10．ABD根据带电粒子在电场中的偏转方向可知带电粒子带正电荷，选项A正确；由恰好与y轴成45°角射出电场可知，离开电场时v x＝v y＝v0，则v＝2v0＝10 2 m/s，在电场中沿x轴方向上做匀加速运动，d＝v02t，解得粒子在电场中运动的时间为t＝2dv0＝0.1 s，选项B正确；沿y轴方向上的位移为l＝v0t＝2d＝1 m，在磁场中的偏转圆心角为135°(如图所示)，由几何关系可得圆周运动的半径为R＝2l＝22d＝ 2 m，故选项C错误；在磁场中运动的时间为t＝135°360°·T＝38·2πRv＝3πd2v0＝3π40s，故选项D正确．11．解析：(1)本实验需要先平衡摩擦力；根据牛顿第二定律可求得小车受到的拉力应该是F＝m车a＝m车m码gm码＋m车＝m码g1＋m码m车，可见，只有在小车质量远大于砝码和砝码盘的质量时，才可将砝码和砝码盘的重力当做小车所受的拉力．(2)本实验中，如果没有平衡摩擦力，当拉力增大到一定值时，小车才会有加速度，作出的a-F图象会与横轴正半轴相交．(3)本实验中，小车受到的合外力应是砝码和砝码盘的总重力，如果平衡摩擦力的操作正确且恰好平衡了摩擦力，a－F图象为题图乙中的图线甲，可能漏测的物理量是砝码盘的重力．答案：(1)AC(2分)(2)丙(1分)(3)砝码盘的重力(2分)12．解析：(1)滑动变阻器要起变阻的作用，必须使接入电路的两根导线一条接在下面的接线柱上，另一条接在上面的接线柱上；题图1中电流表的“＋”、“－”接线柱接法错误；电压表不能直接并联到电源两端，因为开关断开后，电压表仍有示数．(2)先描点，再画图；画U-I图线时，应使尽可能多的点分布在一条直线上，其他各点均匀分布在直线两侧，个别偏离太多的点应舍弃；由图线与纵轴的交点可得电动势E＝1.45 V；根据图线的斜率可得内阻r＝0.75 Ω.(3)用题图3所示电路时，电压表应看成内电路的一部分，故实际测量出的是电池和电压表这一整体的电动势和等效内阻，因为电压表和电池并联，所以r 测<r 真；若断开外电路，则电压表两端电压U ＝E 测，而电压表与电池构成回路，所以有E测<E 真．用题图4所示电路时，电流表应看成内电路的一部分，故实际测出的是电池和电流表这一整体的电动势和等效内阻，因为电流表和电池串联，所以等效内阻r 测＝r 真＋R A ，即r 测>r 真；如果断开外电路，I ＝0，电流表两端电压为0，E 测＝E真．综上分析可知，本题答案为A 、B.答案：(1)ABD(2分)(2)U －I 图线如图所示(2分) 1.45(2分) 0.75(2分) (3)AB(2分)13．解：(1)对A ，在匀加速运动过程中s ＝12at 2(2分) 由牛顿第二定律得F A ＝Ma ＝2Ms t 2(2分)(2)物体B 做匀加速运动．因为A 做匀加速运动，B 对A 的作用力一定，由牛顿第三定律知，A 对B 的作用力也一定，B 还受到重力作用，重力也是恒力，所以B 受到的合力是恒力，B 做匀加速运动(3分)(3)对A 、B 组成的系统，机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh ＝12M v 2A ＋12m v 2B (3分)v A ＝at ＝2s t (2分)解得：v B ＝2gh －4Ms 2mt 2(1分) 14．解：(1)0～2 s 内小物块加速度a 1＝E 1q －μmg m＝2 m/s 2(2分) 位移x 1＝12a 1t 21＝4 m(1分)2 s 末的速度为v 2＝a 1t 1＝4 m/s(2分)2 s －4 s 内小物块加速度a 2＝E 2q －μmg m＝－2 m/s 2(2分) 位移x 2＝v 2t 2＋12a 2t 22＝4 m(1分)4秒内的位移x ＝x 1＋x 2＝8 m ．(2分)(2)v 4＝v 2＋a 2t 2＝0，即4 s 末小物块处于静止状态设电场力对小物块所做的功为W ，由动能定理有：W －μm gx ＝0(2分)解得W ＝1.6 J(2分)15．解：(1)带电粒子在电场中，由动能定理：qU PO ＝12m v 2①(1分)在磁场中，如图甲所示，由几何关系可知，打在上边界中点的粒子的轨道半径为：R ＝2a 4sin 15°②(2分) 由牛顿第二定律：q v B ＝m v 2R ③(2分)联立得：U PO ＝qa 2B 216m sin 215°(2分)(2)由q v B ＝m v 2R 得：v ＝qBR m ，从表达式可知，具有最大速度的粒子，在磁场中做圆周运动的半径最大．如图乙所示，轨道1对应的半径最大，根据几何关系可知：R m sin 30°＝R m －a 2④(3分)联立得：U PO ′＝qB 2a 22m (3分)(3)粒子在磁场中做圆周运动的周期为：T ＝2πm qB若粒子在磁场中运动的轨迹所对的圆心角为θ，则粒子在磁场中运动的时间为：t ＝θ2πT ＝mθqB (2分)因此粒子运动的轨迹所对的圆心角越大，运动的时间越长，从图乙中可以看出，β角最大，β＝23π，所以最长时间t m ＝mβqB ＝2πm 3qB (3分)附加题1．(1)解析：气体分子的平均动能变大，则容器单位面积单位时间内分子撞击的数目和作用力都增大，故压强增大，选项A 正确、D 错误；布朗运动是宏观颗粒的运动，能反映分子的运动，故选项B 错误；与分子的平均势能相关的宏观物理量是体积，体积不变，平均势能不变，选项C 错误．答案：A(5分)(2)解析：液体表面张力产生的原因是液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力．液晶是像液体一样可以流动，又具有某些晶体结构特征的一类物质，分子间的距离比一般液体的小，分子作用力较大，所以在体积变化时需要考虑分子力的作用，同时说明了分子势能与体积有关．答案：表面张力(2分) 液态和固态(2分) 体积(1分)(3)解：①气体由状态A 变化到状态B 的过程，发生的是等温变化，根据玻意耳定律有p A V A＝p B V B(1分)代入数据解得V B＝13V A＝0.5 m3(1分)②气体由状态B变化到状态C的过程，发生的是等压变化，根据盖－吕萨克定律有V BV C＝T BT C，代入数据解得：V C＝3V B＝1.5 m3(1分)可见在气体由A→B和由B→C的变化过程中，气体的体积变化量相等，而活塞的横截面积一定，故气体的做功情况可以由W＝Fl＝pSl＝pΔV确定(1分)A→B的过程，活塞压缩气体，外界对气体做功，B→C的过程气体膨胀对外做功，体积的变化量相等，而A→B的过程压强由p A到p B逐渐增大，B→C的过程压强为p B，发生等压变化，故整个过程气体做功不为零，气体对外做功多(1分) 2．(1)解析：光波和机械波虽然都可以发生衍射现象，但波长、本质、传播及产生机理不同，衍射的具体情况也是不同的，故机械波不能产生泊松亮斑，选项A 错误；双缝干涉是光波通过双缝衍射的光传播到某点的光程差决定明暗条纹，而薄膜干涉是射到薄膜上的光折射到薄膜中再反射回来与在薄膜表面直接反射的光叠加产生的，光程差就是在薄膜中传播的那段路程，所以原理相近，由于白光是复色光，波长不同，故看到的就是间距相等的彩色条纹，选项B正确；介质中的质点发生的是振动，选项C错误；横波与纵波的波动特征分别是对障碍物产生扰动和推动，所以纵波破坏性更大，选项D正确．答案：BD(5分)(2)解析：由图象可知，波传播到x＝8 m处时，波形为两个完整的正弦波形，则波传播了两个波长，即2λ＝8 m，λ＝4 m，由v＝λT可得T＝λ＝0.2 s，由nλ＝40 m，则n＝10，故波传播到x＝40 m处的时间为10 T＝2 s，而此时x＝2 m处的P点已经振动9.5 T，因此其振动路程为s＝9.5×4A＝3.8 m.答案：2(3分) 3.8(2分)(3)解：①根据题意可知，三棱镜的折射率为3，则发生全反射的临界条件为sin C＝1n＝33，由题图可知a光射到AD面的入射角为30°，因为sin 30°＝12<33，所以入射角小于全反射临界角，不会发生全反射，b光射到BD面的入射角为60°，因为sin 60°＝32>33，所以入射角大于全反射临界角，发生全反射．(2分)②如图所示，a光线从AD面折射，由折射定律可知折射角等于60°，因此折射光线与AD面的夹角等于30°，b光线射到BD面上发生全反射，反射角等于60°，反射光线射到AD面的入射角等于30°，因此折射光线与AD成30°的夹角，由几何关系可知，AD的长度为 3 m，则ED的长度为32m，FD的长度为0.5 m，所以GD的长度为0.5·tan 30°＝36m，故EG的长度为32m－36m＝33m，M为EG的中点，所以EM的长度为36m、HM的长度为36m·tan 30°＝16m，即两条光线第一次相交在AD边距离D点33m处的M点外垂直距离为16m的H位置．(3分)3．(1)解析：由核反应过程的质量数守恒和电荷数守恒可知，选项A正确；质量亏损就是反应后的总质量与反应前的总质量的差值，故选项B正确；根据质能关系可知，亏损的质量全部转化成能量即核反应释放的核能，但产生的核能还要提供反应后新核和β粒子的动能，故选项C、D错误．答案：AB(5分)(2)解析：根据光子的能量为hν＝h cλ、能级公式E n＝E1n2和hν＝E n－E m可得：hcλ＝E1n2－E1m2，即λ＝hcm2n2E1(m2－n2)，因为E1＝－13.6 eV，故λ＝hcm2n2|E1|(n2－m2)，所以三种光子的波长比为λ1∶λ2∶λ3＝12×2222－12∶32×5252－32∶22×4242－22＝64∶675∶256，由比值可以看出，波长为λ1的光子波长最短，则频率最大，因为只有一种光子可以使某种金属发生光电效应，则只有这种光子的频率大于该金属的极限频率．答案：64∶675∶256(3分)λ1(2分)(3)解：设物块运动到圆弧轨道时速度为v1，滑块的速度为v2，根据动量守恒定律有m v0＝m v1＋M v2①(1分)由功能关系有12m v 20＝12m v 21＋12M v 22＋μmgR ②(1分)恰好滑上圆轨道最高点的过程中，由动量守恒有 m v 1＋M v 2＝(m ＋M )v 3 ③(1分)由功能关系有12m v 21＋12M v 22＝12(m ＋M )v 23＋mgR ④(1分)联立①②③④代入数据解得：v 0＝66 m/s(1分)。