江西省赣州市十二县(市)2015届高三下学期期中联考物理试卷.doc

江西省赣州市十二县（市）联考2015届高三下学期期中物理试卷一、选择题：（本题共8小题，每小题6分，共48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，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1下列说法正确的是( )A磁场对放入其中的电荷一定有力的作用B由于洛仑兹力改变运动电荷的方向，所以洛仑兹力也可以对物体做功C感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化D穿过线圈的磁通量的变化越大，线圈的感应电动势越大考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：根据洛伦兹力产生条件，即可求解；根据左手定则，可知，洛伦兹力方向垂直速度方向，不做功；由楞次定律内容，即可求解；由法拉第电磁感应定律，即可求解解答：解：A、磁场对放入其中不平行于磁场方向的运动电荷一定有力的作用，对静止的电荷没有力的作用，对平行于磁场方向运动的电荷也没有力的作用故A错误；B、虽洛仑兹力改变运动电荷的方向，但洛伦兹力方向与速度方向总是垂直，因此洛仑兹力对物体不做功，故B错误；C、根据楞次定律内容，可知：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故C正确；D、根据法拉第电磁感应定律可知，穿过线圈的磁通量的变化率越大，线圈的感应电动势越大，故D错误；故选：C点评：考查楞次定律、法拉第电磁感应定律与左手定则的规律的应用，注意左手定则与右手定则的区别，掌握产生洛伦兹力的条件2如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体a、b，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F，使两物体均处于静止状态则下列说法正确的是( )Aa、b两物体的受力个数一定相同Ba、b两物体对斜面的压力相同Ca、b两物体受到的摩擦力大小一定相等D当逐渐增大拉力F时，物体b先开始滑动考点：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：对ab进行受力分析，ab两个物体都处于静止状态，受力平衡，把绳子和力T和重力mg都分解到沿斜面方向和垂直于斜面方向，根据共点力平衡列式分析即可解答：解：A、对ab进行受力分析，如图所示：b物体处于静止状态，当绳子沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时，摩擦力为零，所以b可能只受3个力作用，而a物体必定受到摩擦力作用，肯定受4个力作用，故A错误；B、ab两个物体，垂直于斜面方向受力都平衡，则有：N+Tsin=mgcos解得：N=mgcosTsin，则a、b两物体对斜面的压力相同，故B正确；C、根据A的分析可知，b的摩擦力可以为零，而a的摩擦力一定不为零，故C错误；D、对a沿斜面方向有：Tcos+mgsin=fa，对b沿斜面方向有：Tcosmgsin=fb，正压力相等，所以最大静摩擦力相等，则a先达到最大静摩擦力，先滑动，故D错误故选：B点评：本题解题的关键是正确对物体进行受力分析，能根据平衡条件列式求解，难度不大，属于基础题3如图，斜面与水平面之间的夹角为45，在斜面底端A点正上方高度为10m处的O点，以5m/s的速度水平抛出一个小球，则飞行一段时间后撞在斜面上时速度与水平方向夹角的正切值为（g=10m/s2）( )A2B0.5C1D考点：平抛运动 专题：平抛运动专题分析：研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同结合几何关系，根据运动学公式求出运动的时间，从而得出速度与水平方向夹角的正切值解答：解：设飞行的时间为t，则：x=v0th=因为斜面与水平面之间的夹角为45，如图所示，由三角形的边角关系可知，AQ=PQ所以在竖直方向上有，OQ+AQ=10m所以有：v0t+=10m，代入数据解得：t=1s则速度与水平方向夹角的正切值故选：A点评：利用平抛运动的规律，在水平和竖直方向列方程，同时要充分的利用三角形的边角关系，找出内在的联系4竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按下列哪一幅图线所表示的方式变化时，导体圆环将受到向下的磁场作用力？( )ABCD考点：法拉第电磁感应定律；安培力；楞次定律 专题：电磁感应中的力学问题分析：导线区内磁场的变化使螺线管内产生感应电流，而感应电流产生的磁场可以在下方线圈中产生感线电流；则由法拉第电磁感应定律及楞次定律可判断导线区域内的磁场变化解答：解：由楞次定律的运动学描述“来拒去留”可知，要使圆环受到向下的作用力，则螺线管中应产生增大的磁场；而螺线管中的磁场是由abcd区域内的磁场变化引起的，故abcd中的磁场变化率应越来越大，故只有B符合，A是减小的，BD是不变的；故选B点评：本题应明确abcd区域内的磁场变化引起螺线管的电磁感应；而螺线管中电流的变化才会引起导线环中电磁感应5如图甲所示，质量m=1kg的物块（可视为质点）以v0=10m/s的初速度从粗糙斜面上的P点沿斜面向上运动到达最高点后，又沿原路返回，其速率随时间变化的图象如图乙所示，已知斜面固定且足够长且不计空气阻力，取g=10m/s2下列说法中正确的是( )A物块所受的重力与摩擦力之比为3：2B在t=1s到t=6s的时间内物块所受重力的平均功率为50WC在t=0到t=1s时间内机械能的变化量大小与t=1s到t=6s时间内机械能变化量大小之比为1：5D在t=6s时物体克服摩擦力做功的功率为20W考点：功能关系；功率、平均功率和瞬时功率 分析：根据速度时间图象得出，物块上滑和下滑时的加速度，对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律即可求解重力与摩擦力的关系，根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移求解16s内的位移，进而求出重力做的功，根据P=求解平均功率，根据P=fv求解克服摩擦力做功的功率，机械能的变化量等于除重力以外的力做的功解答：解：A、设斜面倾角为，根据速度时间图象的斜率表示加速度得：上滑过程：a，下滑过程：a，根据牛顿第二定律得：，带入数据解得：sin，故A错误；B、根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移得：16s内的位移x=，则t=1s到t=6s的时间内物块所受重力的平均功率，故B错误；C、在t=0到t=1s时间内机械能的变化量大小E1=fx1，t=1s到t=6s时间内机械能变化量大小E2=fx2，则，故C正确；D、摩擦力f=，则t=6s时物体克服摩擦力做功的功率P=fv=410=40W，故D错误故选：C点评：本题是速度时间图象，牛顿第二定律，机械能，功和功率的综合应用，要灵活运用功的计算式，灵活应用公式求解，题目综合性太强，需要熟练掌握这四块知识才能解决6有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则( )Aa的向心加速度小于重力加速度gB在相同时间内b转过的弧长最长Cc在4 h内转过的圆心角是Dd的运动周期有可能是20h考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系 专题：人造卫星问题分析：同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，根据a=2r比较a与c的向心加速度大小，再比较c的向心加速度与g的大小根据万有引力提供向心力，列出等式得出角速度与半径的关系，分析弧长关系根据开普勒第三定律判断d与c的周期关系解答：解：A、同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=2r知，c的向心加速度大由，得g=，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g故A正确；B、由，得v=，卫星的半径越大，线速度越小，所以b的线速度最大，在相同时间内转过的弧长最长故B正确；C、c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是故C正确；D、由开普勒第三定律=k知，卫星的半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h故D错误；故选：ABC点评：对于卫星问题，要建立物理模型，根据万有引力提供向心力，分析各量之间的关系，并且要知道同步卫星的条件和特点7空间某区域竖直平面内存在电场，电场线分布如图所示一个质量为m、电量为q，电性未知的小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右，运动至B点的速度大小为v2若A、B两点之间的高度差为h，则以下判断中正确的是( )AA、B两点的电场强度和电势大小关系为EAEB、ABB若v2v1，则电场力一定做正功C若小球带正电，则A、B两点间的电势差为（v22v122gh）D小球从A运动到B点的过程中电场力做的功为mv22mv12考点：电势差与电场强度的关系；电势；等势面 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电场线的疏密判断场强的大小，由电场线的方向分析电势的高低小球运动过程中，重力做正功，电场力做功可正可负根据动能定理求解A、B两点间的电势差和电场力做功解答：解：A、由电场线的疏密可判断出EAEB由电场线的方向可判断出AB所以EAEB、AB，故A正确B、在运动的过程中，由动能定理得，若v2v1，qU可正可负，故B错误C、由B得，A、B两点间的电势差U=（v22v122gh），故C正确D、由上式得，电场力做功W=qU=mv22mv12mgh故D错误故选：AC点评：本题首先要掌握电场线两个意义可判断场强和电势的大小；其次根据动能定理研究曲线运动中功的问题8如图所示，一个小型旋转式交流发电机，其矩形线圈的线框面积为S，共有n匝，总电阻为r，外电路上接有一个阻值为R的定值电阻、理想交流电流表A和二极管D线圈以角速度在磁感应强度为B的匀强磁场中绕与磁场方向垂直的对称轴OO匀速运动，下列说法正确的是( )A交流电流表的示数一直在变化B若用一根导线连接M、N两点，电阻R上的功率不变CR两端电压的有效值U=D一个周期内通过R的电荷量q=考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；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：根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式求解电量从图示位置磁通量为1=0，转过90磁通量为2=BS，=21交流电压表测量有效值，由电动势的最大值、欧姆定律和有效值与最大值之间的关系求解电压的有效值根据焦耳定律Q=I2Rt求解热量，I为有效值解答：解：A、电流表示数为电流有效值，是保持不变的，故A错误；B、若用一根导线连接M、N两点，没有了二极管的作用，电阻R上的功率增大，故B错误；C、矩形闭合导线框在磁场中转动，产生的交流电的电压最大值为：Em=NBs二极管具有单向导电性，一个周期中只有一半时间电路中有电流，根据电流的热效应得：=解得：U=，故C正确；D、一个周期中只有一半时间电路中有电流，由=，I=，q=It得到电量q=，故D正确故选：CD点评：对于交变电流，求解热量、电功和电功率用有效值，而求解电量要用平均值，注意二极管D具有单向导电性，难度不大，属于基础题三、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第9题第13题为必考题，每个试题考生都必须作答，第14题19第题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9分别读游标卡尺和螺旋测微器的示数读数：13.86813.870 mm； 读数：0.03 cm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用 专题：实验题分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读解答：解：1、螺旋测微器的固定刻度为13.5mm，可动刻度为36.90.01mm=0.369mm，所以最终读数为13.5mm+0.369mm=13.869mm，由于需要估读，最后的结果可以在13.86813.870之间2、游标卡尺的主尺读数为0mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为30.1mm=0.3mm，所以最终读数为：0mm+0.3mm=0.3mm=0.03cm故答案为：13.86813.870；0.03点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量10为了验证机械能守恒定律，某同学在墙壁上固定了竖 直的标尺，让小钢球在标尺附近无初速释放，然后启动数码相机的连拍功能，连拍两张照片的时间间隔为T，得到了如图所示的照片测量出A、B、C、D、E相邻两点间的距离依次为L1、L2、L3、L4，当地重力加速度为g为了获得钢球在C位置的动能，需要求得经C位置时的速度vc，则vc=（用字母表示）钢球经E位置时的速度表示为C（填序号）AvE=4gT BvE= CvE=用B、E两点验证钢球的机械能是否相等，实际得到的关系式为mvE2mvB2mg（L2+L3+L4）（填“”、“”或“=”）考点：验证机械能守恒定律 专题：实验题分析：根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出C点的速度以及E点的速度钢球在下落过程中，由于阻力的存在，重力势能的减小量大于动能的增加量解答：解：根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，设E与下面一个计数点间的距离为x，因为相等时间内的位移之差x=L3L2，则x=L4+x=L4+L3L2，则E点的速度，故选：C因为钢球下落的过程中受到阻力，钢球动能的增加量小于重力势能的减小量，所以关系式为mvE2mvB2mg（L2+L3+L4）故答案为：C 点评：能够清楚该实验的工作原理和实验步骤，熟练应用匀变速直线运动规律来解决纸带问题是力学实验中常见的问题，难度不大11某同学用下列器材测定一节蓄电池的电动势和内电阻蓄电池的电动势约为3V，内电阻很小A量程是0.6A，内阻约为0.5的电流表；B量程是3V，内阻是6k的电压表；C量程是15V，内阻是30k的电压表；D阻值为01k，额定电流为0.5A的滑动变阻器；E阻值为010，额定电流为2A的滑动变阻器；F定值电阻4，额定功率4W；G电键S一个，导线若干（1）为了减小实验误差，电压表应选择B（填器材代号），电路图中的导线应连接到（填“”或“”），改变滑动变阻器阻值的时候，为了使电压表和电流表的读数变化比较明显，滑动变阻器应选择E（填器材代号）（2）用上问中的实验电路进行测量，读出电压表和电流表的读数，画出对应的UI图线如图中（a）所示，由图线（a）可得该蓄电池的电动势E=3.20 V，内电阻r=1.33（结果保留三位有效数字）（3）另有一电阻的UI图线如图（b）所示，若把该电阻单独与这节蓄电池连接成闭合回路，电源两端的电压为2.54V（结果保留三位有效数字）考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题分析：（1）根据电池内阻很小，与电流表内阻相差不大，进行选择为方便实验操作应选最大阻值较小的滑动变阻器（2）由表示电源的伏安特性曲线分析，明确图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示内阻；（3）由电阻的伏安特性曲线可得出电阻的阻值，再由闭合电路欧姆定律可求得电源的输出电压；解答：解：（1）蓄电池的电动势约为3V，为了减小实验误差，电压表应选择B根据题意得内阻很小，与电流表内阻相差不大，为了避免电流表分压带来较大的误差所以采用电流表的内接法，即选择改变滑动变阻器阻值时，为了使电压表和电流表的读数变化比较明显，滑动变阻器应选择E（2）若把该电阻单独与这节蓄电池连接成闭合回路，由电源U一I图线可知电动势为3.20v，内阻r=R0=4=1.33，（3）由电阻的U一I图线得串联的电阻是R=5.21，若把该电阻单独与这节蓄电池连接成闭合回路，则电池两端的电压为U=R=2.54V故答案为：（1）B，E；（2）3.20；1.33；（3）2.54点评：本题考查了实验器材的选取、求电源电动势与内阻等问题，要掌握实验器材的选取原则，要会由电源的UI图象求电源电动势与内阻12如图所示，公路上有一辆公共汽车以10m/s的速度匀速行驶，为了平稳停靠在站台，在距离站台P左侧位置60m处开始刹车做匀减速直线运动同时一个人为了搭车，从距站台P右侧位置40m处从静止正对着站台跑去，假设人先做匀加速直线运动，速度达到4m/s后匀速运动一段时间，接着做匀减速直线运动，最终人和车到达P位置同时停下，人加速和减速时的加速度大小相等求：（1）汽车刹车的时间；（2）人的加速度的大小考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系 专题：直线运动规律专题分析：（1）汽车从左侧到P的时间与人运动到P的时间相等，设汽车经过t后刹车，根据匀变速直线运动的平均速度公式列出匀变速直线运动的位移表达式，抓住总位移等于60m，求出时间t（2）从而得出人运动的总时间，然后根据人先加速再匀速后减速总位移为40m，根据位移时间关系列式及加速度的定义求解人的加速度解答：解：（1）设公共汽车刹车匀减速至静止停下的时间为t，初速度为v1=10m/s，位移为x1=60m，根据代入数据解得t=12s （2）设人匀加速和匀减速的加速度大小为a，匀速时的速度为V2=4m/s，匀速时间为t总位移为X2=40m，总时间也为t，由（1）得为12s 由代入数据得：a=2m/s2答：（1）汽车刹车的时间为12s；（2）人的加速度的大小为2m/s2点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的平均速度公式以及速度时间公式，知道汽车和人的运动的时间相等13如图所示，为一磁约束装置的原理图，圆心为原点O、半径为R0的圆形区域内有方向垂直xoy平面向里的匀强磁场一束质量为m、电量为q、动能为E0的带正电粒子从坐标为（0、R0）的A点沿y负方向射入磁场区域，粒子全部经过x轴上的P点，方向沿x轴正方向当在环形区域加上方向垂直于xoy平面的匀强磁场时，上述粒子仍从A点沿y轴负方向射入区域，粒子经过区域后从Q点第2次射入区域，已知OQ与x轴正方向成60不计重力和粒子间的相互作用求：（1）区域中磁感应强度B1的大小；（2）若要使所有的粒子均约束在区域内，则环形区域中B2的大小、方向及环形半径R至少为大；（3）粒子从A点沿y轴负方向射入后至再次以相同的速度经过A点的运动周期考点：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）粒子进入磁场做圆周运动，由几何关系求出轨迹半径，由牛顿第二定律求解磁感应强度B1的大小；（2）在环形区域中，当粒子的运动轨迹与外圆相切，画出轨迹，由几何关系求解轨迹半径，再求解B2的大小（3）根据粒子运动的轨迹所对应的圆心角，再求解运动周期解答：解：（1）设在区域内轨迹圆半径为r1=R0； r1=所以 （2）设粒子在区域中的轨迹圆半径为r2，部分轨迹如图，由几何关系知：，所以 ，方向与B1相反，即垂直xoy平面向外；由几何关系得：R=2r2+r2=3r2，即 （3）轨迹从A点到Q点对应圆心角=90+60=150，要仍从A点沿y轴负方向射入，需满足； 150n=360m，m、n属于自然数，即取最小整数m=5，n=12 ，其中代入数据得：答：（1）区域中磁感应强度B1的大小为；（2）环形区域中B2的大小为、方向与B1相反，即垂直xoy平面向外；环形半径R至少为R0；（3）粒子从A点沿y轴负方向射入后至再次以相同的速度经过A点的运动周期为点评：解决本题的关键掌握带电粒子在有界磁场中做匀速圆周运动时，如何确定圆心、半径二.选考题：共45分请考生从给出的3个模块中任选一个模块作答.物理-选修3-314下列说法正确的是( )A物体的内能是物体所有分子热运动的动能和分子间的势能之和B布朗运动就是液体分子或者气体分子的热运动C气体分子间距离减小时，分子间斥力增大，引力减小D利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的E一定量的理想气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加考点：热力学第二定律；温度是分子平均动能的标志；封闭气体压强 分析：物体的内能是分子热运动的动能和分子间的势能之和，布朗运动是固体颗粒的运动，利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的，分子之间的作用力随距离的减小而增大；气体的压强是有大量分子持续撞击器壁产生的解答：解：A、物体的内能是物体所有分子热运动的动能和分子间的势能之和，故A正确；B、布朗运动是液体分子对固体颗粒的撞击不平衡引起的，固体颗粒的运动，不是分子的运动故B错误；C、分子之间的作用力分子引力和斥力都随距离的减小而增大，故C错误；D、根据热力学第二定律，利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，不能将全部的内能转化为机械能，但是将海水的一部分内能转化为机械能是可能的，故D正确；E、气体的压强是有大量分子持续撞击器壁产生的，一定量的理想气体，在压强不变时，若温度降低，分子对器壁的平均撞击力减小，所以分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数需要增加，即需要减小气体的体积即可故E正确；故选：ADE点评：该题考查内能、布朗运动的实质，热力学第二定律、分子之间的作用力以及要求的微观意义，要理解热力学第二定律的几种不同的说法15如图，粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口，管内有一段水银柱，中管内水银面与管口A之间气体柱长为lA=40cm，右管内气体柱长为lB=39cm先将口B封闭，再将左管竖直插入水银槽中，设被封闭的气体为理想气体，整个过程温度不变，若稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低4cm，已知大气压强p0=76cmHg，求：（1）A端上方气柱长度；（2）稳定后右管内的气体压强考点：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）温度不变，由玻意耳定律得即可求得长度（2）右管被封闭气体做等温变化，注意右管被封闭气体体积和右管内水银面与中管内水银面高度差之间关系解答：解：（1）设A端上方气柱长度为l1，由题可知，插入水银槽后左管内气体压强为p1=p0+gh=80cmHg由玻意耳定律得：p0lA=p1l1所以A端上方气柱长度为l1=38cm（2）设右管水银面上升h，则右管内气柱长度为lBh，气体压强为p12gh由玻意耳定律得：p0lB=（p12gh）（lBh）解得 h=1cm所以右管内气体压强为 p2=p12h=78cmHg答：（i）A端上方气柱长度为38cm；（ii）稳定后右管内的气体压强为78cmHg点评：本题考查了等温变化气态方程的应用，难点在于根据数学关系确定气体长度的变化以及插入液面内玻璃管的长度物理-选修3-416一列沿x轴正向传播的简谐横波，当波传到0点时开始计时，7.0s时刚好传到x=3.5m处，如图所示由此可以判定( )A该波的振动周期为4.0sB波源的起振方向向下C该波的波速为0.5m/sD再经过1.0s，x=2m处质点刚好处在波谷的位置考点：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：波源的起振方向图示时刻x=3.5m处质点的振动方向相同，由波形的平移法判断由题意，波在t=7.0s内传播的距离为x=3.5m，由v=求出波速，由图读出波长，由波速公式求出周期，再由求出波源的振动频率根据时间与周期的关系，分析再经过1.0s，x=2m处质点通过路程解答：解：由图知，波长=2m，ABC、波源的起振方向图示时刻x=3.5m处质点的振动方向相同，由波形的平移法得知，波源的起振方向向下；由题意，波在t=7.0s内传播的距离为x=3.5m，则波速为v=0.5m/s；则周期为T=s=4s故ABC正确D、据图可知x=2m处质点在波峰正向平衡位置运动，经过时间t=1s是四分之一个周期，所以该质点处于平衡位置故D错误故选：ABC点评：本题要掌握用到两个波速公式v=和v=根据波形的平移法判断质点的振动方向是基本能力，波的基本特点之一是：质点的起振方向与波源的起振方向相同17一束单色光斜着射向并穿过一厚度为d的玻璃砖已知该玻璃砖对单色光的折射率为n，单色光的入射角为光在真空中的传播速度为C求：（1）若入射角=60，且已知n=求该色光经玻璃砖上表面折射后的折射角；（2）该色光穿过玻璃砖所用的时间与入射角和折射率n的关系考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：、已知入射角，由折射定律n=求解折射角、由几何知识求出光透过玻璃所走的路程为s=，光在玻璃中的速度为v=，时间为t=解答：解：（1）设该色光的折射角，根据折射定律：=n得：=30（2）设光透过玻璃所走路程为s，所用时间为t，则：s=而v=t=得：t=答：（1）若入射角=60，且已知n=该色光经玻璃砖上表面折射后的折射角为30；（2）该色光穿过玻璃砖所用的时间与入射角和折射率n的关系t=点评：本题是折射定律n=、光在介质中速度公式v=以及几何知识的综合应用【物理-选修3-5】18如图所示，是氢原子四个能级的示意图当氢原子从n=4的能级跃迁到n=3的能级时，辐射出光子a，当氢原子从n=3的能级跃迁到n=2的能级时，辐射出光子b，则以下判断正确的是( )A在真空中光子a的波长大于光子b的波长B光子a可使氢原子从n=2跃迁到n=3的能级C光子b可使处于n=3能级的氢原子电离D一群处于n=3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线E用能量为10.3eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态考点：氢原子的能级公式和跃迁 专题：原子的能级结构专题分析：能级间跃迁辐射光子的能量等于能级之差，根据能