【名师解析】河南省安阳市2015届高三二模物理试卷.doc

【名师解析】河南省安阳市2015届高三二模物理试卷一、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（6分）（2015安阳二模）如图所示，一质量为m的沙袋用不可伸长的轻绳悬挂在支架上，一练功队员用垂直于绳的力将沙袋缓慢拉起使绳与竖直方向的夹角为=30，且绳绷紧，则练功队员对沙袋施加的作用力大小为（） A B mg C mg D mg【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】： 对沙袋进行受力分析，根据平衡条件求解练功员的作用力大小【解析】： 解：如图，对建立直角坐标系对沙袋进行受力分析有：由平衡条件有：Fcos30Tsin30=0Tcos30+Fsin30mg=0联列可解得：F=故选：A【点评】： 正确的受力分析，能根据平衡条件列出平衡方程是正确解题的关键，不难属于基础题，也可以用力的合成求直角三角形求解2（6分）（2015安阳二模）机动车驾驶证申领和使用规定已经正式施行，司机闯黄灯要扣6分，被称为“史上最严交规”某小轿车驾驶员看到绿灯开始闪时，经短暂思考后开始刹车，小轿车在黄灯刚亮时恰停在停车线上，vt图线如图所示若绿灯开始闪烁时小轿车距停车线距离L=10.5m，则绿灯开始闪烁到黄灯刚亮的时间t0为（） A 0.5 s B 1.5 s C 3 s D 3.5 s【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】： 在速度时间图象中图象与坐标轴围成的面积表示位移，能根据图象读取有用信息知位移x=L=10.5【解析】： 解：根据速度时间图象中图象与坐标轴围成的面积表示位移知x=l=60.56（t00.5）=10.5解得t0=3.5s故选：D【点评】： 知道在速度时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，要注意路程和位移的区别3（6分）（2015安阳二模）如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场重力不计、电荷量一定的带电粒子以速度v正对着圆心O射入磁场，若粒子射入、射出磁场点间的距离为R，则粒子在磁场中的运动时间为（） A B C D 【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】： 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，画出轨迹，求解出半径，然后根据牛顿第二定律列式分析即可【解析】： 解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹，如图所示：故轨道半径：r=R根据牛顿第二定律，有：qvB=m解得：r=联立解得：v=故在磁场中的运动时间：t=故选：A【点评】： 本题关键是结合几何关系得到轨道半径，画出轨迹是基础，根据牛顿第二定律列式可以求解粒子的比荷4（6分）（2015安阳二模）嫦娥五号探测器由轨道器、返回器、着陆器等多个部分组成探测器预计在2017年由长征五号运载火箭在中国文昌卫星发射中心发射升空，自动完成月面样品采集，并从月球起飞，返回地球，带回约2kg月球样品某同学从网上得到一些信息，如表格中的数据所示，请根据题意，判断地球和月球的密度之比为（）月球半径 R0月球表面处的重力加速度 g0地球和月球的半径之比 =4地球表面和月球表面的重力加速度之比 =6 A B C 4 D 6【考点】： 万有引力定律及其应用【分析】： 在星球表面、重力等于万有引力，根据万有引力定律列式求解出质量、由密度定义求解密度表达式进行分析即可【解析】： 解：在地球表面，重力等于万有引力，故：mg=G解得：M=故密度：=同理月球的密度：0=故地球和月球的密度之比：=6=故选：B【点评】： 本题关键是明确在星球的表面重力等于万有引力，根据万有引力定律的表达式列式分析即可，基础题目5（6分）（2015安阳二模）如图所示，矩形线圈ABCD在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场的DC边匀速转动，转动的角速度为，线圈的匝数为N、面积为S从图示位置开始计时，在矩形线圈右侧接一变压器，原、副线圈匝数分别为n1、n2，其中副线圈采用双线绕法，从导线对折处引出一个接头c，连成图示电路，K为单刀双掷开关，R为光敏电阻下列说法正确的是（） A 矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBScost B K接b时，电阻R上消耗的功率为 C K接c时，电压表示数为 D K接c时，用黑纸遮住电阻R，变压器输入电流将变大【考点】： 变压器的构造和原理；电功、电功率；交流发电机及其产生正弦式电流的原理【专题】： 交流电专题【分析】： 正弦式交流发电机从中性面位置开始计时，其电动势表达式为：e=NBSsint；电压表和电流表读数为有效值；计算电量用平均值【解析】： 解：A、从垂直于中性面时开始计时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSsint，故A错误；B、K接b时，副线圈匝数一砸，根据，电阻两端的电压为：，电阻R上消耗的功率为，故B错误；C、K接c时，根据，电阻两端的电压为：，故C正确；D、变压器的输入电压和匝数不变，输出电压不变，K接c时，用黑纸遮住电阻R，电阻变大，输出功率变小，所以输入功率也变小，故D错误；故选：C【点评】： 本题关键明确交流四值、理想变压器的变压比公式、功率关系，注意求解电量用平均值6（6分）（2015安阳二模）如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（） A B的向心力是A的向心力的2倍 B 盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍 C A、B都有沿半径向外滑动的趋势 D 若B先滑动，则B对A的动摩擦因数A小于盘对B的动摩擦因数B【考点】： 向心力；动摩擦因数【专题】： 匀速圆周运动专题【分析】： A、B两物体一起做圆周运动，靠摩擦力提供向心力，两物体的角速度大小相等，结合牛顿第二定律分析判断【解析】： 解：A、因为A、B两物体的角速度大小相等，根据，因为两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，则向心力相等B、对AB整体分析，对A分析，有：，知盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，故B正确C、A所受的静摩擦力方向指向圆心，可知A有沿半径向外滑动的趋势，B受到盘的静摩擦力方向指向圆心，有沿半径向外滑动的趋势，故C正确D、对AB整体分析，解得，对A分析，解得，因为B先滑动，可知B先达到临界角速度，可知B的临界角速度较小，即BA，故D错误故选：BC【点评】： 解决本题的关键知道A、B两物体一起做匀速圆周运动，角速度大小相等，知道圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，难度中等7（6分）（2015安阳二模）如图所示，在绝缘水平面上固定着一光滑绝缘的圆形槽，在某一过直径的直线上有O、A、B三点，其中O为圆心，A点固定电荷量为Q的正电荷，B点固定一个末知电荷，且圆周上各点电势相等，AB=L有一个可视质点的质量为m，电荷量为q的带电小球正在滑槽中运动，在C点受到电场力指向圆心，C点所处的位置如图所示，根据题干和图示信息可知（） A B点的电荷带正电 B B点的电荷量为3Q C B的电荷量为Q D 小球在滑槽内做的是匀速圆周运动【考点】： 电势差与电场强度的关系；库仑定律【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 小球做圆周运动，必须有向心力，根据小球在C点处恰好与滑槽内、外壁均无挤压且无沿切线方向的加速度可知，小球在C点的合力方向一定沿CO且指向O点，作出力图，即可判断出小球带负电，B带负电若小球带正电，B带负电，小球在C点受到A的排斥力，受到B的吸引力，根据平行边形定则可知，两者的合力方向不可能沿CO且指向O点，所以小球带正电，B带负电是不可能的根据小球在C点无切向加速度，切线方向力平衡，根据库仑定律列式求得B的电荷量【解析】： 解：B、由小球在C点处恰好与滑槽内、外壁均无挤压且无沿切线方向的加速度知：小球在C点的合力方向一定沿CO，且指向O点A对小球吸引，B对小球排斥，因此小球带负电、B带负电 由ABC=ACB=30知：ACO=30AB=AC=L； BC=2ABcos30=L由力的合成可得：F1=F2即：=QB=Q，故B错误，C正确 A、有前面【分析】：A对小球吸引，B对小球排斥，B带负电，小球带负电，故A错误D、以O为原点，OB为x轴正方向，OC为y轴正方向，槽上某点的坐标为（x，y），则该点的电势为： =而代入上式解得：=0说明圆周上各点电势相等，小球在运动过程中电势能不变，根据能量守恒得知，小球的动能不变，小球做匀速圆周运动，故D正确故选：CD【点评】： 本题的突破口是“小球在C点处恰好与滑槽内、外壁均无挤压且无沿切线方向的加速度”，分析小球的受力情况，确定出向心力，判断小球与B的电性8（6分）（2015安阳二模）如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行不计电阻的金属导轨，处于磁场方向垂直导轨平面向下且磁感应强度为B的匀强磁场中将金属杆ab垂直放在导轨上，杆ab由静止释放下滑距离x时达到最大速度已知金属杆质量为m，定值电阻以及金属杆的电阻均为R，重力加速度为g，导轨杆与导轨接触良好则下列说法正确的是（） A 回路产生abQNa方向的感应电流 B 金属杆ab下滑的最大加速度大小为 C 金属杆ab下滑的最大速度大小为 D 金属杆从开始运动到速度最大时，杆产生的焦耳热为mgxsin【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 感应电流的方向由楞次定律判断对金属棒进行受力分析，受到重力、支持力、安培力，然后根据牛顿第二定律求出加速度的表达式，分析其最大值当棒子开始运动，棒子做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小到0时，速度达到最大根据最终达到平衡，列出平衡方程，求出最大速度金属棒沿导轨下滑距离为s的过程中，重力势能减小，动能增加，内能增加，根据能量守恒先求出整个电路产生的热量，再求出杆上产生的热量【解析】： 解：A、金属杆向下滑动的过程中，穿过回路的磁通量增大，由楞次定律知，回路产生abQNa方向的感应电流故A正确B、设ab杆下滑到某位置时速度为v，则此时杆产生的感应电动势为：E=BLv 回路中的感应电流为：I=杆所受的安培力为：F=BIL根据牛顿第二定律 有：mgsin=ma当v=0时杆的加速度最大，最大加速度为 am=gsin，方向沿导轨平面向下；故B错误C、由上知，当杆的加速度a=0时，速度最大，最大速度为：vm=，方向沿导轨平面向下；故C错误D、ab杆从静止开始到最大速度过程中，根据能量守恒定律 有： mgxsin=Q总+mvm2又杆产生的焦耳热为 Q杆=Q总所以得：Q杆=mgxsin，故D正确故选：AD【点评】： 解决本题的关键会根据牛顿第二定律求加速度，以及结合运动学能够分析出金属棒的运动情况，当a=0时，速度达到最大三、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安阳二模）如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置他在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块及遮光条都从位置A处由静止释放（1）该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d=2.30mm（2）实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是遮光条到光电门的距离L（3）改变钩码质量，读出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，该同学已经将实验中的数据描入了图丙所示F坐标系中，请你用一平滑的曲线将各点连接起来（4）若图丙中所作的F图象的斜率为k，设AB间的距离为s，当遮光条的宽度为d时，则滑块和遮光条的总质量为M=【考点】： 探究加速度与物体质量、物体受力的关系【专题】： 实验题【分析】： 游标卡尺读数结果等于固定刻度读数加上可动刻度读数，不需要估读滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度根据运动学公式解答【解析】： 解：（1）由图知第6条刻度线与主尺对齐，d=2mm+60.05mm=2.30mm；（2）实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度根据运动学公式得若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是遮光条到光电门的距离L（3）（4）由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，因此有：v2=2as，v=，a=，可得：，解得：=故答案为：2.30；遮光条到光电门的距离L；如图：；【点评】： 常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项10（9分）（2015安阳二模）我校开展学生自己动手进行实验操作的活动同学们现要测定电阻Rx的阻值（电阻值约为100）以及一节干电池的电动势和内阻（内阻约为2），除此之外还备有如下器材：A电压表V：量程为2V、内阻较大B电阻箱R1：总阻值为9999.9C开关、导线若干（1）为了较准确地测定Rx的电阻值、电池的电动势和内阻，王华同学选择如图1所示的电路（2）王华同学根据电路图连接实物图后，测定电阻Rx时主要进行了两步实验第1步：闭合S1和S3，断开S2，记录电压表示数U1；第2步：闭合S1和S2，断开S3，调节R1使电压表示数仍为U1，记录此时R1的阻值r2，则被测电阻Rx的电阻值为r2（3）通过改变电路的总电阻，记录外电阻的总电阻值R和对应情况下的电压表示数U，画出随变化的图线为直线，如图2所示，直线与纵轴的交点坐标为b、斜率为k，则电源电动势为，内阻为；从实验原理来看，实验测最值与真实值相比较，电动势不变，内阻偏大（后两空填“偏大”、“偏小”或“不变”）【考点】： 伏安法测电阻【专题】： 实验题【分析】： （2）分析闭合S1和S3，断开S2和闭合S1和S2，断开S3时的电路结构，根据闭合电路欧姆定律求解Rx的电阻值；（3）根据闭合电路欧姆定律求处的关系式，结合图象的斜率和截距求出电动势和内阻，考虑电压表有内阻分析误差【解析】： 解：（2）闭合S1和S3，断开S2，Rx直接接在电源两端，电压表测量Rx两端的电压，闭合S1和S2，断开S3，R1直接接在电源两端，电压表测量R1两端的电压，两次实验电压值相等，则Rx的电阻值与R1的阻值相等，即Rx=r2，（3）根据闭合电路欧姆定律得：E=U+解得：U=，整理得：，所以图象的斜率k=，直线与纵轴的截距b=，解得：E=，r=，由于电压表也有内阻，外电路总电阻的实验值比真实值大，所以实验值的电动势不变，但内阻偏大故答案为：（2）r2；（3）；不变；偏大【点评】： 本题考查测量电动势和内电阻实验、测量电阻实验的数据的处理，要求能正确分析误差的来源，并能用图象法求出电势和内电阻，难度适中11（12分）（2015安阳二模）如图所示，物体P放在粗糙的水平地面上，劲度系数为k=250N/m的轻弹簧左端固定在竖直墙壁上、右端固定在质量为m=1kg的物体P上，弹簧水平，开始弹簧为原长，P从此刻开始受到与水平面成=37的拉力作用而向右做加速度大小为a=1m/s2的匀加速运动，某时刻F=10N，弹簧弹力大小为FT=5N，此时撤去F，已知sin37=0.6、cos37=0.8，重力加速度g=10m/s2求：（1）撤去F的瞬间P的速度；（2）撤去F的瞬间P的加速度【考点】： 牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： （1）根据有F作用时小球做加速度为a的匀加速运动，由牛顿第二定律求出动摩擦因数；由F撤去之前，由位移速度公式求出撤去F瞬间的速度；（2）撤去F瞬间，弹力不变，水平向左，动摩擦力水平向左，由牛顿第二定律求出加速度【解析】： 解：（1）设小球与水平面间的动摩擦因数为，则F=10N时，满足：FcosFT（mgFsin）=ma代入数据得：=0.5设此时小球离开原位置的距离为x，撤去F的瞬间P的速度为v，则：FT=kx由速度位移公式得：2ax=v2联立以上两式代入数据得：v=0.2m/s，方向水平向右（2）撤去F的瞬间，小球在水平方向受2力作用，弹簧弹力FT=5N，水平向左，动摩擦力：f=mg=0.5110=5N，由牛顿第二定律得，加速度为：即：撤去F的瞬间P的加速度大小为10m/s2，方向水平向左答：（1）撤去F的瞬间P的速度大小为0.2m/s2，方向水平向右；（2）撤去F的瞬间P的加速度大小为10m/s2，方向水平向左【点评】： 本题主要考查临界状态下的数据换算，注意临界状态下的受力分析，灵活运动牛顿第二定律；要用加速度把运动学公式和牛顿第二定律联系起来12（20分）（2015安阳二模）如图所示，在xOy平面的第象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E第和第象限内有一个半径为R的圆，其圆心坐标为（R，0），圆内存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场，一带正电的粒子（重力不计）以速度v0从第象限的P点平行于x轴进入电场后，恰好从坐标原点O进入磁场，速度方向与x轴成60角，最后从Q点平行于y轴射出磁场P点所在处的横坐标x=2R求：（1）带电粒子的比荷；（2）磁场的磁感应强度大小；（3）粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场的总时间【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）粒子在电场中做类似平抛运动，根据类平抛运动的分运动公式列式求解即可；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，先结合几何关系画出运动的轨迹，求解出轨道半径，然后根据牛顿第二定律列式求解磁感应强度；（3）在电场中是类似平抛运动，根据分位移公式列式求解时间；在磁场中是匀速圆周运动，用弧长除以速度即可得到时间【解析】： 解：（1）粒子在电场中做类似平抛运动，根据分运动公式，有：tan60=根据牛顿第二定律，有：a=水平分运动：x=2R=v0t联立解得：=（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示：由几何关系，图中轨迹圆与磁场圆的两个交点、轨迹圆圆心O2、磁场圆圆心O1构成四边形，由于O1OO2=60，故O1OO2P是菱形；故r=R；根据牛顿第二定律，有：qvB=m其中：v=2v0；联立解得：B=（3）在电场中是类似平抛运动，有：t=在磁场中是匀速圆周运动，时间：t=；故总时间为：t总=t+t=答：（1）带电粒子的比荷为；（2）磁场的磁感应强度大小为；（3）粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场的总时间为【点评】： 本题关键是明确粒子的运动规律，分类似平抛运动和匀速圆周运动过程进行分析，由几何关系得到轨迹圆的轨道半径是突破口（二）选考题：共45分请考生从给出的3道物理题中任选一题作答并用2B铅笔将答题卡上所选题目的题号右侧方框涂黑按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本学科选考题的首题进行评分【物理-选修3-3】（15分）13（6分）（2015安阳二模）下列五幅图分别对应五种说法，其中正确的是（） A 分子并不是球形，但可以把它们当做球形处理，是一种估算方法 B 微粒运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动 C 当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等 D 实验中尽可能保证每一粒玻璃珠与秤盘碰前的速度相同 E 0和100氧气分子速率都呈现“中间多两头少”的分布特点【考点】： 温度是分子平均动能的标志；布朗运动【分析】： A图是油膜法估测分子的大小；B图中显示的是布朗运动，是悬浮微粒的无规则运动C当两个相邻的分子间距离为r0时，分子力为零D图模拟气体压强的产生，分子的速度不是完全相等的；E图是麦克斯韦速度分别规律的图解【解析】： 解：A、A图是油膜法估测分子的大小；分子并不是球形，但可以把它们当做球形处理，是一种估算方法故A正确；B、图中显示的是布朗运动，是悬浮微粒的无规则运动，不是物质分子的无规则热运动，故B错误C、当两个相邻的分子间距离为r0时，分子力为零，此时它们间相互作用的引力和斥力大小相等，故C正确D、D图模拟气体压强的产生，分子的速度不是完全相等的所以也不要求小球的速度一定相等，故D错误E、E图是麦克斯韦速度分别规律的图解，0和100氧气分子速率都呈现“中间多两头少”的分布特点故E正确故选：ACE【点评】： 本题主要是对图示的把握，以及对所学知识的应用能力，对生活中的现象，应该能用自己掌握的知识给予解释，侧重知识的实际应用能力14（9分）（2015安阳二模）如图甲所示为“”型上端开口的玻璃管，管内有一部分水银封住密闭气体，上管足够长，图中粗细部分截面积分别为S1=2cm2、S2=1cm2封闭气体初始温度为57，气体长度为L=22cm，乙图为对封闭气体缓慢加热过程中气体压强随体积变化的图线（摄氏温度t与热力学温度T的关系是T=t+273K）求：（）封闭气体初始状态的压强；（）若缓慢升高气体温度，升高至多少方可将所有水银全部压入细管内【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）由图知此时压强为P1=80cmHg；（2）从状态1到状态2由理想气体状态方程求解【解析】： 解：（1）气体初状态体积为V1=Ls1=222cm3=44cm2，由图知此时压强为P1=80cmHg，此时气体温度T1=273+57=230K（2）P2=82 cmHg，V2=48cm3，T2=？从状态1到状态2由理想气体状态方程知=代入数据T2=K=369K【点评】： 找出各个状态下的参量是正确解题的关键，熟练应用理想气体状态方程即可正确解题【物理-选修3-4】（15分）15（2015安阳二模）下列五幅图分别对应五种说法，其中正确的是（） A 图中，若匀速拉动木板的速度较大，则由图象测得简谐运动的周期较大 B 由图可知，系统的固有频率为f0 C 频率相同的两列波叠加，使某些区域的振动加强，某些区域的振动减弱，这种现象叫做波的干涉 D 泊松亮斑是小孔衍射形成的图样 E 若简谐波的波速为200 m/s，从图示时刻开始，质点a经0.01 s通过的路程为0.4 m【考点】： 光的干涉；波的干涉和衍射现象【分析】： 简谐运动的周期与单摆的固有周期有关；检查平整度是利用光的干涉原理；当驱动力的频率f跟固有频率f0相同时，出现共振现象，频率相同的两列波叠加时，能产生稳定的干涉现象，某些区域的振动加强，某些区域的振动减弱；当简谐波向右传播时，质点A此时的速度沿y轴负方向【解析】： 解：A、演示简谐运动的图象实验中，若匀速拉动木板的速度较大，会导致图象的横标变大，但对应的时间仍不变，简谐运动的周期与单摆的固有周期相同，故A错误；B、由图可知当驱动力的频率f跟固有频率f0相同时，才出现共振现象，振幅才最大，跟固有频率f0相差越大，振幅越小故B正确；C、频率相同的两列波叠加，使某些区域的振动加强，某些区域的振动减弱，这种现象叫做波的干涉，故C正确；D、泊松亮斑是光绕过圆形挡板后衍射形成的图样；故D错误E、由图可知，该波的波长是4m，则周期：s从图示时刻开始，质点a经0.01 s，即半个周期，a恰好到达负的最大位移处，通过的路程为0.4 m故E正确故选：BCE【点评】： 考查简谐振动的周期、泊松亮斑、波干涉的应用，注意共振的条件，及简谐运动的固有周期与策动力周期的区别，要注意这一类的知识点的积累16（2015安阳二模）如图所示，一横截面为圆形的透明玻璃体，真空中一束激光沿平行于直径AB的方向从M点射入玻璃体，其折射光线恰好通过B点，激光在玻璃体中传播的速度为（c为光速），求：（）透明玻璃体的折射率；（）激光束在M点对应的折射角的度数【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： （）已知激光在玻璃体中传播的速度为v=，根据公式n=，c是真空中的光速，求解折射率n（）根据折射定律和几何关系求解激光束在M点对应的折射角的度数【解析】： 解：（）据题激光在玻璃体中传播的速度为v=，则透明玻璃体的折射率 n=（）设光在M点的入射角为i，折射角为r由几何关系有：i=2r根据折射定律有 n=联立解得 i=60答：（）透明玻璃体的折射率为；（）激光束在M点对应的折射角的度数为60【点评】： 本题是折射定律与n=的综合应用，关键是画出光路图，运用几何知识求解入射角与折射角【物理-选修3-5】（15分）17（2015安阳二模）下列五幅图分别对应五种