山东省日照市高三一模物理试卷

1、20152015 年山东省日照市高考物理一模试卷年山东省日照市高考物理一模试卷 一、选择题（共一、选择题（共 7 7 小题，每小题小题，每小题 6 6 分，共分，共 4242 分每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项分每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项 正确，有的有多个选项正确，全部选对的得正确，有的有多个选项正确，全部选对的得 6 6 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 3 3 分，有选错的得分，有选错的得 0 0 分）分） 1（6 分）（2015日照一模）如图所示，水平地面上一个倾角为 的斜面体紧贴竖直墙壁，斜 面体和墙壁之间再放一个质量为 m 的铁球，各接触面均光滑现对铁球施加

2、水平推力 F 的作用， 整个系统始终处于静止状态，下列说法中正确的是（） A 斜面体对铁球施加的弹力一定大于 mg B 斜面体对铁球施加的弹力可能小于 mg C 水平推力逐渐增大时，铁球对斜面体施加的弹力一定增大 D 水平推力逐渐增大时，斜面体对墙壁施加的弹力一定增大 【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 【专题】： 共点力作用下物体平衡专题 【分析】： 由题意可知，小球处于平衡状态；则可知小球所受各力的合力为零；对小球进行受 力分析，小球受重力、推力、竖直墙的支持力及斜面对小球的支持力； 可采用分解法将斜面支持 力向水平方向和竖直方向分解，分别列出水平和竖直方向上的平衡

3、方程，即可得出各力的大小关 系 【解析】：【解析】： 解：对球受力分析，如图 根据共点力平衡条件，有 N1+N2cos=F N2sinmg=0 解得： N2=mg，即斜面对球的压力一定大于 G，故 A 正确，B 错误， 当 F 增加时 N2大小不变，故 C 错误； 因为随 F 增大时，球对斜面体的作用力保持不变，故以斜面体为研究对角，当 F 增加时斜面体 受到的作用力保持不变，故斜面体对墙壁施加的弹力保持不变，故 D 错误 故选：A 【点评】： 在解答平衡类的问题时，要注意准确的进行受力分析；而物体处于平衡状态时物体 所受合力为零，若力为三个一般采用合成的方式，若力为三个以上，一般采用正交分解

4、的方式， 列出平衡方程即可求解 2（6 分）（2015日照一模）如图所示，边长为2l 的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强 磁场，一个边长为l 的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，导线框的一条对角线和虚线框的 一条对角线恰好在同一直线上从 t=0 开始，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向 移动进入磁场， 直到整个导线框离开磁场区域 用 I 表示导线框中的感应电流 （逆时针方向为正） ， 则下列表示 It 关系的图线中，正确的是（） ABC D 【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；右手定则 【专题】： 电磁感应与图像结合 【分析】： 根据感应电流大小和方向，将选项逐一代入，检

5、查是否符合题意来选择 【解析】： 解：A、B，导线框完全进入磁场后，没有感应电流产生故 A、B 均错误 C、进入和穿出磁场过程，线框有效切割长度变化，感应电动势和感应电流在变化，故C 错 误 D、线框进入磁场过程，有效切割长度L 均匀增大，感应电动势 E 均匀增大，感应电流 I 均 匀增大穿出磁场过程，有效切割长度 L 均匀减小，感应电动势 E 均匀减小，感应电流 I 均匀 减小，两个过程电流方向相反故 D 正确 故选 D 【点评】： 本题采用的是排除法做选择题常用方法有直判法、排除法、代入法、特殊值法、 图象法等等 3（6 分）（2015日照一模）英国物理学家阿斯顿因首次制成质谱仪，并用此对

6、同位素进行了 研究，因此荣获了 1922 年的诺贝尔化学奖若速度相同的同一束粒子由左端射入质谱仪后的运 动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是（） A 该束带电粒子带正电 B 速度选择器的 P1极板带负电 C 在 B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大 D 在 B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷小 【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】： 根据带电粒子在磁场中的偏转方向确定带电粒子的正负根据在速度选择器中电场 力和洛伦兹力平衡确定 P1极板的带电情况在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子的 轨道半径，即可知道

7、轨迹半径与什么因素有关 【解析】： 解：A、带电粒子在磁场中向下偏转，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知， 该粒子带正电故 A 正确 B、在平行金属板间，根据左手定则知，带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方 向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的 P1极板带正电故 B 错误 C、进入B2磁场中的粒子速度是一定的，根据 qvB= D 正确，C 错误 故选：AD 【点评】： 解决本题的关键会根据左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道在速度选择器中， 电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡 4（6 分）（2015日照一模）如图所示，理想变压器初级线圈的匝数为 1100，次级线圈

8、的匝数 为 55，初级线圈两端 a、b 接正弦交流电源，在原线圈前串接一个电阻 R0=121 的保险丝，电 压表 V 的示数为 220V，如果负载电阻 R=5.5，各电表均为理想电表，则（） 得，r=，知r 越大，荷质比越小，故 A 电流表 A 的示数为 1A B 变压器的输出电压为 5.5V C 保险丝实际消耗的功率为 1.21W D 负载电阻实际消耗的功率为 22W 【考点】： 变压器的构造和原理；电功、电功率 【专题】： 交流电专题 【分析】： 由匝数之比可求得副线圈的电压，由欧姆定律求得电流表的示数由焦耳定律求得 功率 【解析】【解析】 ： 解： AB、 由电压与匝数成正比， 则 AB

9、 错误 CD、负载功率为U2I2=22W，则D 正确，由I1U1=I2U2可得：I1=0.1A有：P= 则 C 正确 故选：CD 【点评】： 本题考查了变压器的变压原理，知道电压、电流与匝数的关系，结合输入功率等于 输出功率即可求解 5（6 分）（2015日照一模）如图所示，在竖直平面内，ABCD 且 A、B、C、D 位于同一半 径为 r 的圆上，在 C 点有一固定点电荷，电荷量为Q现从 A 点将一质量为 m、电荷量为q 的点电荷由静止释放，该点电荷沿光滑绝缘轨道 ADB 运动到 D 点时的速度大小为 4 重力加速度为 g规定电场中 B 点的电势为零，则在Q 形成的电场中（） 已知 R0=1.

10、21W ， 则：=11V， 则 A D 点的电势为 B A 点的电势高于 D 点的电势 C D 点的电场强度大小是 A 点的 【考点】： 电势能；电势 【专题】： 电场力与电势的性质专题 【分析】： 根据沿着电场线方向，电势降低，分析D 与 A 两点电势的高低；根据动能定理，求 解q 在 D 点具有的电势能，再结合电势的定义式即可求解 D 点的电势； 根据点电荷电场强度公式 E=k，即可研究 D、A 两点场强的关系 倍 D 点电荷q 在 D 点具有的电势能为 7mgr 【解析】：【解析】： 解：ABD、由题意可知，A、B 到 C 的距离相等，则 AB 的电势相等 沿着电场线的方向，电势降低，而

11、电场线会聚于负电荷，则 A 点的电势低于 D 点电势 q 电荷从 A 到 D 运动，根据动能定理， 则有：mgr+W 电= m（4 ）20，解得电场力做功： W 电=7mgr； 规定电场中 B 点的电势为零，A 点的电势也为零，因由 A 到 D 点电场力做正功，则电势能减小， 因此点电荷q 在 D 点的电势能为 EPD=7mgr； D 点的电势为 D=，故 A 正确，BD 错误 C、 由几何关系得： D到C的距离与 A到C的距离之比为： 1， 根据点电荷电场强度公式 E=k， 电场强度的大小与间距的平方成反比，则有 O 点电场强度大小是 A 点的 2 倍，故 C 错误； 故选：A 【点评】：

12、考查电势的高低判定方法，掌握动能定理的应用，注意力做功的正负，理解电势与 电势能的关系式，注意电荷的电量正负 6（6 分）（2015日照一模）2014 年 3 月 8 日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调 动海洋、风云、高分、遥感 4 个型号近 10 颗卫星，为地面搜救提供技术支持特别是“高分一号” 突破了空间分辨率、多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术如图为“高分一号”与北斗导航 系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图“北斗”系统中两颗卫星“G1”和“G3”以及“高分一号” 均可认为绕地心 O 做匀速圆周运动卫星“G1”和“G3”的轨道半径为 r，某时刻两颗工作卫星分别 位于轨道上

13、的 A、B 两位置，“高分一号”在 C 位置若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加 速度为 g，地球半径为 R，不计卫星间的相互作用力则下列说法正确的是（） A 卫星“G1”和“G3”的加速度大小相等且为g B 如果调动“高分一号”卫星快速到达 B 位置的下方，必须对其加速 C 卫星“G1”由位置 A 运动到位置 B 所需的时间为 D 若“高分一号”所在高度处有稀薄气体，则运行一段时间后，机械能会增大 【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】： A、根据万有引力提供向心力 度大小 B、“高分一号”卫星速度增大，万有引力不够提供向心力，做离心运动，轨道半径变

14、大，速度变 小，路程变长，运动时间变长 C、根据万有引力提供向心力求出卫星的角速度，然后通过转过的角度求出时间 D、“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，要克服阻力做功，机械能减小 【解析】： 解：A、根据万有引力提供向心力=ma，得 a=而 GM=gR2所以卫星的加 =ma，以及黄金代换式 GM=gR2求卫星的加速 速度故 A 错误 B、“高分一号”卫星加速，将做离心运动，轨道半径变大，速度变小，路程变长，运动时间变长， 故如果调动“高分一号”卫星快速到达 B 位置的下方，必须对其减速，故 B 错误 C、根据万有引力提供向心力，得所以卫星 1 由位置 A 运动到位置 B 所需的时间

15、 t=，故 C 正确 D、“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，克服阻力做功，机械能减小故 D 错误 故选：C 【点评】： 解决本题的关键掌握万有引力提供向心力 7（6 分）（2015日照一模）某研究性学习小组用加速度传感器探究物体从静止开始做直线运 动的规律，得到了质量为 1.0kg 的物体运动的加速度随时间变化的关系图线，如图所示由图可 以得出（） =ma，以及黄金代换式 GM=gR2 A 从 t=4.0s 到 t=6.0s 的时间内物体做匀减速直线运动 B 物体在 t=10.0s 时的速度大小约为 6.8m/s C 从 t=10.0s 到 t=12.0s 的时间内合外力对物体做

16、的功约为 7.3J D 从 t=2.0s 到 t=6.0s 的时间内物体所受合外力先增大后减小 【考点】： 功的计算；匀变速直线运动的图像 【专题】： 功的计算专题 【分析】： 由图直接读出从 t=4.0s 到 t=6.0 的时间内物体的加速度减小，物体做变加速运动即 可知物体做非匀变速运动根据图象得到加速度的变化规律，根据图象得到加速度的变化规律， 再根据加速度图线与时间轴包围的面积表示速度的变化量计算速度的增加量， 从而得到物体任意 时刻的速度大小 【解析】： 解： A、从 t=4.0s 到 t=6.0 的时间内物体的加速度减小，物体做加速度减小的变减加速运动故 A 错 误 B、物体从静止

17、开始做加速运动，由于v=at，故加速度图线与时间轴包围的面积表示速度的变 化量，t=10s 时的速度等于前 10 秒图线与坐标轴包围的面积， v=S=680.1=6.8m/s；故 B 正确 C、由于加速度图线与时间轴包围的面积表示速度的变化量，故可以估算出 12s 末的速度为 v=S=7.8m/s，根据动能定理得：W 合 = mv2 mv2= 17.82 16.82=7.3J故 C 正确 D、 在从 t=2.0s 到 t=6.0s 的时间内加速度先增大后减小， 由 F=ma 可知受到的合力先增大后减小， 故 D 正确； 故选：BCD 【点评】： 本题的解题关键是抓住加速度图象与坐标所围面积表示

18、速度的变化量，以及匀变速 直线运动加速度不变的特点，能熟练运用动能定理求外力做功 二、非选择题：（一）【必做部分】二、非选择题：（一）【必做部分】 8（8 分）（2015日照一模）图甲所示为研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量 的关系”的实验装置示意图，图乙是某同学通过实验得到的m 图象，横坐标 m 为小车上砝码 的质量已知图中直线的斜率为 k，在纵轴上的截距为 b，则小车受到的合力约为 的质量为（已知小车的质量远大于钩码的质量） ，小车 【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】： 根据牛顿第二定律写出 与小车上砝码质量 m 的表达式，然后结合斜

19、率与截距概 念求解即可 【解析】：【解析】： 解：设小车的质量为 M，则有 F=（m+M）a， 变形得 = m+ ， 所以 m 图象的斜率为 =k， 所以作用力 F= ， m 图象的截距为 ， 所以 M= 故答案为： ； 【点评】： 先根据物理规律写出关于纵轴与横轴的函数表达式，再根据斜率和截距的概念求解 即可 9（10 分）（2015日照一模）（1）用多用电表欧姆档粗略测量某元件的电阻，选用10 档， 测量结果如图 1 所示，则测得的电阻为130； （2）为描绘该元件的 UI 图线提供了如下器材： A电流表 A（量程 0.6A，内阻约 0.9） B电压表 V（量程 3V，内阻约 3k） C滑

20、动变阻器 R1（10，1.0A） D滑动变阻器 R2（1000，0.1A） E电源 E（电动势 6V，内阻约 0.1） F开关 S 及导线若干 实验中滑动变阻器应该选择C（填写器材序号），以保证实验过程中调节方便； 在虚线框内画出实验电路图 2； 如图 3 中、图线，一条为元件真实的 UI 图线，另一条是本次实验中测得的 UI 图线， 其中II是本次实验中测得的图线 【考点】： 描绘小电珠的伏安特性曲线 【专题】： 实验题 【分析】： 本题（2）的关键是明确采用分压式接法时，变阻器电阻应选调节越方便的关 键是明确当满足时，电流表应用外接法 【解析】： 解：（1）：欧姆表的读数为：R=1310=

21、130； （2）：由于全电阻越小的变阻器调节越方便，所以变阻器应选；故选 C ：由于元件电阻满足 如图所示： ，所以电流表应用内接法，又变阻器采用分压式接法，电路图 ：根据 R= 可知，测量值应大于真实值，所以 II 应是本次实验中测得的图线 故答案为：（1）130 （2）C； 如图， 【点评】： 做电学实验题时应明确：若要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法，此时 应选择全电阻小的变阻器以方便调节当待测电阻满足 10 （18 分） （2015日照一模）工厂里有一种运货的过程可以简化为如图所示，货物以 v0=10m/s 的初速度滑上静止的货车的左端， 已知货物质量 m=20kg， 货车质量

22、M=30kg， 货车高 h=0.8m 在 光滑轨道 OB 上的 A 点设置一固定的障碍物，当货车撞到障碍物时会被粘住不动，而货物就被 抛出，恰好会沿 BC 方向落在 B 点已知货车上表面的动摩擦因数 =0.5，货物可简化为质点， 斜面的倾角为 53（sin53=0.8，cos53=0.6，g=10m/s2） （1）求货物从 A 点到 B 点的时间； （2）求 AB 之间的水平距离； （3）若已知 OA 段距离足够长，导致货物在碰到 A 之前已经与货车达到共同速度，则货车的长 度是多少？ 时，电流表应用内接法 【考点】： 动能定理；牛顿第二定律；平抛运动 【专题】： 动能定理的应用专题 【分析】

23、： （1）根据货物做平抛运动由竖直方向下落高度求得运动时间； （2）根据货物在B 点的速度方向由平抛运动知识求得平抛的初速度，再根据运动时间求出水平 位移； （3）根据能量守恒分别求得货物在车上减速运动至共速时相对车的位移再求得车停止后货物运 动的到离开车时的位移，两者之和则为车长 【解析】： 解：（1）货物从小车上滑出之后做平抛运动，竖直方向： 解得： （2）在 B 点分解速度：vy=gt=100.4m/s=4m/s tan 得： 故 sAB=vxt=30.4m=1.2m （3）在小车碰撞到障碍物前，车与货物已经到达共同速度，根据牛顿第二定律： 对 m：mg=ma1 解得 对 M：mg=Ma

24、2 解得 当 m、M 具有共同速度时有： v0a1t=a2t 代入数据解得：t=1.2s 所以共同速度 根据系统能量守恒定律： 联立解得=6m 当小车被粘住之后，物块继续在小车上滑行，直到滑出，根据动能定理： 解得 m 继续滑行的距离 所以货车的长度 L=s 相对 +s=6+0.7m=6.7m 答：（1）货物从 A 点到 B 点的时间为 0.4s； （2）AB 之间的水平距离为 1.2m； （3）若已知 OA 段距离足够长，导致货物在碰到 A 之前已经与货车达到共同速度，则货车的长 度是 6.7m 【点评】： 本题前两问是多物体多过程的力学问题，把复杂的过程分解成几个分过程是基本思 路，然后根

25、据运动学公式和功能关系列式求解 11（20 分）（2015日照一模）如图，空间区域、有匀强电场和匀强磁场，MN、PQ 为理 想边界，区域高度为 d，区域的高度足够大匀强电场方向竖直向上；、区域的磁感应 强度均为 B，方向分别垂直纸面向里和向外一个质量为 m，电量为 q 的带电小球从磁场上方的 O 点由静止开始下落，进入场区后，恰能做匀速圆周运动已知重力加速度为 g （1）试判断小球的电性并求出电场强度 E 的大小； （2）若带电小球运动一定时间后恰能回到 O 点，求它释放时距 MN 的高度 h； （3）试讨论在 h 取不同值时，带电小球第一次穿出区域的过程中，电场力所做的功 【考点】： 带电粒

26、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）根据小球所受电场力的方向与场强方向的关系判断小球电性，根据电场力与重 力的关系求出电场强度大小 （2）由机械能守恒定律求出小球进入磁场时的速度，小球在磁场中做匀速圆周运动，作出小球 的运动轨迹，由几何知识求出轨道半径，应用牛顿第二定律分析答题 （3）根据小球释放高度与运动轨迹的不同，由功的计算公式求出电场力做的功 【解析】： 解：小球运动轨迹如图所示： （1）小球进入电磁场后恰好能做匀速圆周运动，则重力与电场力合力为零，洛伦兹力提供向心 力， 重力竖直向下， 则电场力竖直向上， 电场强

27、度向上， 电场力方向与场强方向相同，则小球带正电； 电场力与重力相等，则 qE=mg， 则电场强度：E= （2）带电小球进入磁场前做自由落体运动，机械能守恒， 由机械能守恒定律得：mgh= mv2， 小球在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m 由于小球在、两个区域运动过程中 q、v、B、m 的大小不变，则三段圆弧的半径相等， 以三个圆心为顶点的三角形为等边三角形，边长为 2R，内角为 60 度，如图（a）所示， 由几何知识可得：R= ， 解得：h=； （3）带电小球在区域做圆周运动的圆弧与 PQ 相切时，运动轨迹如图（b）所示， 由几何知识可得：R=d ， 由解得：h0= ， i

28、、当 hh0时，带电小球进入区域的速度较小，轨道半径较小，不能进入区域，由磁场上 边界 MN 第一次穿出区域， 在此过程中，电场力做功：W=qEs=0； ii、当 hh0时，带电小球进入磁场区域后由下边界 PQ 第一次磁场区域进入区域，在此 过程电场力做功 W=qEd， 把代入解得：W=mgd； 答：（1）小球带正电，电场强度：E=； （2）小球放时距 MN 的高度 h=； （3）带电小球第一次穿出区域的过程中，当 hh0时，电场力做功为零；当 hh0时，电场 力做功为：mgd 【点评】： 本题考查了带电小球在磁场中的运动，分析清楚小球的运动过程，作出小球的运动 轨迹、应用机械能守恒定律、牛顿

29、第二定律、功的计算公式即可正确解题；分析清楚运动过程、 作出小球运动轨迹是正确解题的关键 （二）（选考部分）【物理（二）（选考部分）【物理- -物理物理 3-33-3】 12（4 分）（2015日照一模）下列各种说法中正确的是（） A 物体从外界吸收热量，其内能一定增加 B 自然界进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的 C 液体与大气相接触，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引 D 布朗运动是液体分子的无规则运动 【考点】： 热力学第一定律；布朗运动；热力学第二定律 【专题】： 热力学定理专题 【分析】： 做功和热传递都可以改变内能；液体表面具有收缩的趋势，即液体表面表现为

30、张力， 是液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离引起的； 自然界进行的涉及热现象的宏观过程 都具有方向性；布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动 【解析】：【解析】： 解：A、做功和热传递都可以改变内能，物体吸热的同时若对外做功，则物体内能 不一定增加，故 A 错误； B、根据热力学第二定律，自然界进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的，故 B 正确； C、液体表面表现为张力，是由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离引起的，即分 子间表现为引力，故 C 正确； D、布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，故 D 错误； 故选：BC 【

31、点评】： 本题考查了热力学第一定律、第二定律、液体的表面张力、布朗运动等，知识点多， 难度小，关键是记住基础知识 13 （8 分） （2015日照一模）如图所示， 导热的圆柱形气缸放置在水平桌而上，横截面积为 S、 质量为 ml的活塞封闭着一定质量的气体（可视为理想气体）， 活塞与气缸间无摩擦且不漏气总 质量为 m2：的砝码盘（含砝码）通过左侧竖直的细绳与活塞相连当环境温度为 T 时，活塞离 缸底的高度为 h现使环境温度缓慢降为： 当活塞再次平衡时，活塞离缸底的高度是多少？ 保持环境温度为 不变，在砝码盘中添加质量为 m 的砝码时，活塞返回到高度为 h 处，求大 气压强 p0 【考点】： 理想

32、气体的状态方程 【专题】： 理想气体状态方程专题 【分析】： 封闭气体等压变化，根据盖吕萨克定律列式求解； 封闭气体等温变化，根据玻意而定律列式求解 【解析】： 解：环境温度缓慢降低过程中，气缸中气体压强不变，初始时温度为 T1=T， 体积为 V1=hS，变化后温度为 T2= ，体积为 V2=h1S， 由盖 吕萨克定律得： P 解得 h1= 设大气压强为 p0，初始时体积 V2=h1S，压强 变化后体积 V3=hS，压强 由玻意耳定律p2V2=p3V3 解得： 答：当活塞再次平衡时，活塞离缸底的高度是； 大气压强 p0为 【点评】： 此类问题关键是挖掘气体做何种变化，选择合适的气体实验定律求解

33、即可，其中活 塞类问题，往往对活塞受力分析利用平衡求解气体压强 【物理【物理- -物理物理 3-43-4】 14（2015日照一模）一束白光从顶角为 的一边以较大的入射角 i 射入并通过三棱镜后，在 屏 P 上可得到彩色光带，如图所示，在入射角i 逐渐减小到零的过程中，假如屏上的彩色光带先 后全部消失，则（） A 红光最先消失，紫光最后消失 B 紫光最先消失，红光最后消失 C 紫光最先消失，黄光最后消失 D 红光最先消失，黄光最后消失 【考点】： 光的折射定律 【专题】： 光的折射专题 【分析】： 由于白光是复色光，各种色光的折射率不同，紫光的折射率最大，偏折程度最大； 入射角 逐渐减小到零的

34、过程中，导致光线射到棱镜右侧面的入射角减小，当入射角达到某光的 临界角时该光将发生全反射，分析色光的临界角大小可得出最先发生全反射的光 【解析】：【解析】： 解：紫光的折射率最大，由临界角公式 sinC= ，知紫光的临界角最小，当入射角 i 逐渐减小到零的过程中， 光线射到棱镜右侧面的入射角逐渐增大， 紫光的入射角最先达到临界角， 发生全反射，则紫光最先消失，红光最后消失故 B 正确，ACD 错误 故选：B 【点评】： 本题考查对光的全反射的理解能力，关键抓住全反射的条件：光从光密介质射入光 疏介质，入射角大于临界角，知道七种色光折射率和临界角的大小关系 15（2015日照一模）如图所示是一列

35、简谐横波在某时刻的波动图象，从该时刻开始，此波中 d 质点第一次到达波谷的时间比 e 质点第一次到达波谷的时间早 0.10s若 b 质点的平衡位置为 x= m，求： 至少经过多长时间 b 质点经过平衡位置且向下运动以及 b 质点在这段时间内经过的路程 【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】 ： 振动从 d 传到 e 的时间为 T， 由已知条件可求得周期，读出波长，即可求得波速当 1m 处的质点振动状态传播到 b 质点时，质点 b 经过平衡位置且向下运动，由公式 t= 时间根据时间与周期的关系，求解质点通过的路程 求解 【解析】：【解析】：

36、解：根据波的传播方向与质点振动方向的关系，可知此波沿 x 轴正方向传播 依题意 =4m，T=0.4s 可得：v=m/s=10m/s =s， 则经过s 时间 b 质点经过平x=1m 处的质点振动状态传播到 b 质点所用的时间 t= 衡位置且向下运动 由波动图象可知 b 质点的纵坐标为 cm，则这段时间通过的路程 s=2A+ cm=12.5cm 答：至少经过 12.5cm 【点评】 ：本题突破口是对“d质点第一次到达波谷的时间比e质点第一次到达波谷的时间早0.5s” 的理解，运用波形的平移法研究 b 质点的运动情况 【物理【物理- -物理物理 3-53-5 16（2015日照一模）下列说法正确的是（） A Th 核发生一次 衰变时