山东省菏泽市2015届高三第二次模拟考试理科物理试题

理科综合物理试题

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300分，考试时间150分钟。

第I卷（选择题 共107分）

二、选择题（共7小题，每小题6分，共42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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。） 14．下列有关物理学家和物理学规律的发现，说法正确的是

（ ）

A．亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快 B．伽利略根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因

C．迪卡尔通过研究物体的运动规律，在牛顿第一定律的基础上提出了惯性定律 D．开普勒提出万有引力定律，并利用扭秤实验，巧妙地测出了万有引力常量 【答案】B

【命题立意】考查物理学常识

【解析】伽利略认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快，故A错误，故A错误;伽利略根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因,故B正确；牛顿通过伽利略和笛卡尔工作的基础上，提出了牛顿第一定律，即惯性定律．故C错误；

牛顿提出万有引力定律，卡文迪许利用扭秤实验，巧妙地测出了万有引力常量，故D错误；

15．甲、乙两汽车在同一平直公路上行驶，其速度—时间图象如图所示．已知两汽车在第25s末到达同一位置，则甲、乙两汽车 A．运动的加速度之比为l：4 B．运动的加速度之比为l：3

C．到达同一位置前相距最远距离为180m D．到达同一位置前相距最远距离为400m 【答案】D

【命题立意】考查匀变速直线运动的图像

【解析】甲乙图像的斜率表示甲乙两车各自的加速度即：a甲30200.4ms2；25a乙3002ms2，所以运动的加速度之比为：，故A、B两项错误；由图像可知为在

a甲:a乙1:5251025s末甲乙两车达到相同的速度，在此之前甲车速度一直大于乙车速度，两车距离一直在缩小，所以在0时刻，两车距离最远，图像和坐标轴围成的面积代表汽车所行驶的位移,因此

ΔXX甲X乙203003025-（2510）400m，故选D。

22

16．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为5:1，原线圈输入如图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统（报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻（其阻值随温度的升高而减小）。下列说法中正确的是

A．图乙中电压的有效值为110V B．电压表的示数为44V

C．R处出现火警时，电流表示数减小

D．R处出现火警时，电阻R0消耗的电功率增大 【答案】D

【命题立意】变压器的构造和原理

【解析】A、设将此电流加在阻值为R的电阻上，电压最大值为图乙中电压的有效值为Um，电压的有效

甲

乙

Um22TUT值U，代入数据得图乙中，电压的有效值为1102V，故A错误； R2RB．变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈中的电压之比是5:1，表的示数为

2222V，故B错误；

C、R处温度升高时，阻值减小，由于电压不变，所以出现火警时电流表示数增大，故C错误； D、由C选项知出现火警时，电路中电流增大，故电阻R0消耗的电功率增大，所以D正确。

17．火星探测已成为世界各国航天领域的研究热点．现有人想设计发射一颗火星的同步卫星．若已知火星的质量M，半径R0，火星表面的重力加速度g0自转的角速度0，引力常量G，则同步卫星离火星表面的高度为 A．3g0R0202R0

B．3g0R0202 C．3GM02R0

D．3GM02 【答案】A C

【命题立意】考查万有引力定律的应用 【解析】对于火星表面的物体：

mgGMm2R0

2解得gR0GM

设火星同步卫星的质量为m，距火星表面的高度为h，同步卫星围绕火星做匀速圆周运动的向心力，由同步卫星与火星之间的万有引力提供则有：

mw0(hR0)G2GMMmh3R022w0 (hR0) 解得：

GMg0R2h3R0h3R0222w0w0将gR0GM代入得：

综合上述计算可知AC正确

18．如图所示，直线AB是某电场中的一条电场线，一电子仅在电场力作用下，由电场线上A点沿直线运动到B点，其速度平方v2与位移x的关系如图所示．以下判断正确的是 A．A点场强小于B点场强 B．A点的电势低于B点的电势

C．电子从A点运动到B点，电场力做负功 D．电子在A点的电势能小于在B点的电势能

【命题立意】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理 【答案】B

【解析】由位移—速度图像可知, 速度平方v2均匀增大，速度增加得越来越慢，即加速度逐渐减小，A点场强大于B点场强，由于从A到B电子的动能变大，电场力做正功，C错；电场力做正功，电势能变小，电势升高，B正确，D错。

19．如图所示，编号为I、Ⅱ、III的三根圆木粗细相同、质量均为m．I、Ⅱ并排横放在水平地面上，III叠放在I、Ⅱ上面，三根圆木均处于静止状态．已知重力加速度g，以下判断正确的是

1A．I对III的支持力大小为mg

2B．I对III的支持力大小为3mg 33mg 6C．地面对I的摩擦力大小为

D．地面对I的摩擦力大小为0 【答案】BC

【命题立意】考查力的平衡

【解析】三圆心构成等边三角形，下面两圆木对上面圆木的弹力间的夹角为60°，则有2FNcos30mg，得FN33mg，A错，B正确；地面对I的摩擦力大小等于弹力的水平分力，即FNcos60mg，36C正确，D错。

20．如图所示，一沿水平方向的匀强磁场分布在宽度为2L的某矩形区域内

（长度足够大），该区域的上下边界MN、PS是水平的。有一边长为L的正方形导线框abcd从距离磁场上边界MN的某高处由静止释放下落而穿过该磁场区域，已知当线框的ab边到达PS时线框刚好做匀速直线运动。以线框的ab边到达MN时开始计时，以MN处为坐标原点，取如图坐标轴x，并规定逆时针方向为感应电流的正方向，向上为力的正方向。则关于线框中的感应电流I和线框所受到的安培力F与ab边的位置坐标x的以下图线中，可能正确的是

（ ）

【答案】AD

【命题立意】考查电磁感应的图象

【解析】由于ab边向下运动，由右手定则可以判断出，线框在进入磁场时，其感应电流的方向为abcd，沿逆时针方向，故在图像中，0～L的这段距离内，电流是正的；线框完全进入磁场后，穿过线框的磁通量没有变化，故其感应电流为0；当线框的ab边从磁场的下边出来时，由于其速度要比ab边刚入磁场时的速度大，刚进磁场时的感应电流要比出磁场时的感应电流I0小，感应电流的方向与ab边刚入磁场时相反,综上所述A正确，B错误；由于ab边穿出磁场时其速度较大，产生的感应电流较大，且其电流与线框的速度成正比，即线框受到的安培力与线框的速度也成正比，电流逐渐增大，安培力也逐渐增大，感应电流小于I0因此安培力小于mg，根据右手定则知安培力方向向上,，L～2L段，线框内感应电流为0，所以安培力为0，2L～3L线圈做匀速直线运动，故受平衡力，即安培力重等于力，方向向上。故C错误，D正确。

第Ⅱ卷（必做157分+36分，共193分）

【必做部分】

21．（8分）如图所示，NM是水平桌面，PM是一端带有滑轮的长木板，1、2是固定在木板上的两个光电门，中心间的距离为L。质量为M的滑块A上固定一遮光条，在质量为m的重物B牵引下从木板的顶端由静止滑下，光电门1、2记录遮光时间分别为Δt1和Δt2。遮光条宽度为d。

（1）若用此装置验证牛顿第二定律，且认为滑块A受到外力

的合力等于B重物的重力，除平衡摩擦力外，还必须满足 ；在实验中，考虑到遮光条宽度远小于L，测得的加速度为 。

（2）如果已经平衡了摩擦力， （选填“能”或“不能”）用此装置验证A、B组成的系统机械能守恒，理由是 。

【命题立意】考查机械能守恒定律的验证

2d11【答案】（1）M》m ； （2）不能； 有摩擦力做功(2-2)2Lt2t1

【解析】（1）设绳子拉小车的力为F，重物B与小车A加速度大小相同，对于小车有：

FFMa；对于重物B：mgFma；解得：

MmmggmMm1M，只有当M》m 时，才可以认为

滑块A受到外力的合力等于B重物的重力。滑块经过两光电门的速度分别为、，根据匀变速运动

的规律可得：，解得：

（2）虽然平衡了摩擦力，但摩擦力并没有消失，在滑块运动的过程中有摩擦力做功，故系统机械能不守恒，所以不能用此装置验证系统机械能守恒。

22．（10分）某同学为了测量电流表A1内阻的精确值，有如下器材： 电流表A1（量程300 mA，内阻约为5Ω）； 电流表A2（量程600 mA，内阻约为1Ω）； 电压表V（量程15 V，内阻约为3 kΩ）； 滑动变阻器R1（0～5Ω，额定电流为1 A）； 滑动变阻器R2（0～50Ω，额定电流为0．01A）； 电源E（电动势3 V，内阻较小）； 定值电阻R0 （5Ω）； 单刀单掷开关一个、导线若干。

实验要求待测电流表A1的示数从零开始变化，且多测几组数据，尽可能的减少误差。 （1）以上给定的器材中滑动变阻器应选 ；

（2）在答题卡的方框内画出测量A1内阻的电路原理图，并在图中标出所用仪器的代号；

（3）若选测量数据中的一组来计算电流表A1的内阻r1，则r1的表达式为r1 = ；上式中各符号的物理意义是 。 【答案】（1）R1；（2）原理图见右图。 （3）r1I2I1R0；I2、I1分别为某次实验时电流表A2、A1

I1的示数，RO是

定值电阻的电阻大小

【命题立意】考查电流表内阻的测量

【解析】（1）为便于调节，滑动变阻器应选总阻值较小的R1；（2）电源电动势3 V，故电压表V（量程15 V，内阻约为3 kΩ）不可用；为精确测量电流表A1两端的电压值，应将定值电阻R0 （5Ω）与被测电流表A1并联，再与电流表A2串联，实验要求待测电流表A1的示数从零开始变化，且多测几组数据，尽可能的减少误差，控制电路应采用分压式。（３）r1的表达式为r1 =A2、A1的示数，RO是定值电阻的电阻大小。

UI2I1R0，I2、I1分别为某次实验时电流表II1

23．（18分）如图所示，倾角为θ=45°的粗糙平直导轨与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内。一质量为m的小滑块从导轨上离地面高为h=3R的D处无初速下滑进入圆环轨道．接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力．求：

（1）滑块运动到圆环最高点C时的速度的大小； （2）滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小； （3）滑块在斜面轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功。 【答案】（1）V0Rg （2）F'N6mg （3）Wf1mgR

2【命题立意】考查平抛运动、机械能守恒、竖直平面内的圆周运动 【解析】（1）小滑块从C点飞出来做平抛运动，水平速度为V0 竖直方向上：R12gt ．．．．．．．．① 2水平方向上：2Rv0t ．．．．．．．② 解得V0．．．．．③ Rg ．

（2）小滑块在最低点时速度为Vc由机械能守恒定律得：

1122mv02mgRmv0 ．．．．．④ 22．．．．．⑤ vc5Rg ．

vc2牛顿第二定律:FNmgm ．．．．．⑥

R．．．．． ⑦ FN6mg ．

由牛顿第三定律得: F'N6mg，方向竖直向下．．．．．．⑧

（3）从D到最低点过程中，设DB过程中克服摩擦阻力做功Wf，由动能定理

mghWfh=3R

1mvc2 ．．．．．⑨ 2Wf1．．．．⑩ mgR ．2

24．（20分）如图所示，在以O为圆心的圆形区域内，

有一个方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.1T，圆半径R103cm，竖直平行放置的金属板连接在如图所示的电路中，电源电动势E＝91V，内阻r＝1Ω，定值电阻R120，滑动变阻器R2的最大阻值为70Ω；两金属板上的小孔S1、S2跟O点在垂直于极板的同一直线上，另有一水平放置的足够长的荧光屏D，O点跟荧光屏D之间的距离H203cm，现有比荷

q4105C/kg的正正离子由小孔S1进m入电场加速后，从小孔穿S2出，通过磁场后打在荧光屏D上，不计离子的重力和离子在小孔S1处的初速度，问：

（1）若离子能垂直打在荧光屏上，则电压表的示数多大？

（2）滑动变阻器滑片P的位置不同，离子在磁场中运动的时间也不同，求离子在磁场中运动的最长时间和此种情况下打在荧光屏上的位置到屏中心O点的距离。 【答案】（1）60V （2）20cm

【命题立意】考查带电粒子在复合场中的运动

【解析】（1）若离子由电场射出进入磁场后垂直打在荧光屏上，则离子在磁场中速度方向偏转了90，离子在磁场中做圆周运动的径迹如图所示由几何知识可知，离子在磁场中做圆周运动的圆半径

r1R103cm

设离子进入磁场时的速度为v1

2v1mv由qv1Bm，得r11

r1qB设两金属板间的电压为U，离子在电场中加速，由动能定理有： B2r12q12qU1mv1 可得U1

22m代入有关数值可得U160V也就是电压表示数为60V。

（2）两金属板间的电压越小，离子经电场加速全速度也越小，离子在磁场中作圆周运动的半径越小，射出电场时的偏转角越大，在磁场中运动的时间越长，所以滑片在变阻器R2的左端时，离子在磁场中运动的时间最长。由闭合电路欧姆

定律有，IE1A

R1R2r两金属板间电压 UminIR120V

12mv由qUminmv2及r22 得r20.1m

2qB粒子进入磁场后的径迹如图所示，O1为径迹圆的圆心。由图可得 tanR3 所以60 r2T5.2105s 3故离子在磁场中运动的最长时间为t在OOA中，30、所以A、O间距离xHtan20cm。

37．【物理——物理3—3】（12分）

（1）（6分）关于分子动理论和热力学定律，下列说法正确的是 （ ） A．布朗运动是液体分子的无规则运动

B．分子间引力总是随着分子间的距离减小而减小

C．热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体 D．功转变为热的实际宏观过程一定是可逆过程

（2）（6分）如图甲是一定质量的气体由状态A经过状态B变为状态C的V－T图象．已知气体在状态A时的压强是1.5×105Pa．

【选做部分】

①说出A→B过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中TA的温度值．

② 请在图乙坐标系中，作出该气体由状态A经过状态B变为状态C的p－T图象，并在图线相应位置上标出字母A、B、C．如果需要计算才能确定的有关坐标值，请写出计算过程． 【答案】（1）C ；（2）①TA＝200 K ②见解析 【命题立意】考查分子动力学理论的应用

【解析】（1）布朗运动是固体小颗粒的无规则运动，它反映了液体分子的无规则运动，故A选项错误；分子间引力总是随着分子间的距离减小而增大，随分子间距离增大而减小，故B选项错误；由热力学第二定律知C选项正确而D选项错误。

（2）①从题图甲可以看出，A与B连线的延长线过原点，所以A→B是一个等压变化，即pA＝pB VAVBVA0.4根据盖—吕萨克定律可得＝ 所以TA＝TB＝×300 K＝200 K．

TATBVB0.6

pBpC②由题图甲可知，由B→C是等容变化，根据查理定律得＝ TBTCTC40044

所以pC＝pB＝pB＝pB＝×1．5×105Pa＝2．0×105Pa

TB30033则可画出由状态A→B→C的p－T图象如图所示．

38．【物理——物理3—4】（12分）

（1）一列简谐横波沿x轴传播，t＝0时刻的波形如图甲所示，A、P和Q是介质中的三个质点，A的振动图象如图乙所示，下列判断正确的是（ ）

A．该波的传播速度是 B．该波沿x轴正方向传播

C．从t0到t0.4s，P通过的路程为4m D．从t0的时刻开始，P将比Q先回到平衡位置

（2）如图所示，在桌面上方有一倒立的玻璃圆锥，顶角∠AOB=120°，顶点O与桌面的距离为4a，圆锥的底面半径R= a，圆锥轴线与桌面垂直。有一半径为R的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的底面上，光束的中心轴与圆锥的轴重合。已知玻璃的折射率n=积。

【答案】（1）C （2）4πa2 【命题立意】考查机械波

【解析】（1）该波的传播速度是v，求光束在桌面上形成的光斑的面

T25m/s，A项错；根据波的传播方向与质

点振动方向的关系可知该波沿x轴负方向传播，B项错；从t0到t0.4s，P通过的路程为2A=4m，C项正确；从t0的时刻开始，Q将比P先回到平衡位置，D项错。 （2）如图所示,射到OA界面的入射角α=30°,则sinα=

11,故入射光能从圆锥侧面射出。 2n设折射角为β,无限接近A点的折射光线为AC,根据折射定律 sinβ=nsinα 解得β=60°，

过O点作OD∥AC, 则∠O2OD=β-α=30° 在Rt△O1AO中

O1O=Rtan30°=5a33·3a =a 2在Rt△ACE中,EC=AEtan30°=故O2C=EC-R=

2a3 在Rt△OO2D中,O2D=4atan30°=

4a3

光束在桌面上形成光环的面积S=π·O2D2-π·O2C2=4πa2

39．【物理——物理3—5】（12分）

（1）如图为氢原子的能级示意图，锌的逸出功是3．34ev，那么对氢原子在能级跃迁过程中发射或吸收光子的特征认识正确的是_____（填正确答案标号） A．用氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光照射锌 板一定不能产生光电效应

B．一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，能放 出3种不同频率的光

C．一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，发出 的光照射锌板，锌板表面所发出的光电子的最大 初动能为8.75eV

D．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

（2）如图，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h=0.8m，A球在B球的正上方。先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放。当A球下落t=0.3s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零。已知mB=3mA，重力加速度大小g=10m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。求： ①B球第一次到达地面时的速度; ②P点距离地面的高度。

【答案】（1）BC； （2）①4m/s ②0.75 m 【命题立意】考查光电效应即动量守恒定律

【解析】（1）氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子的最小能量为10．2eV，是紫外线，照射

2金属锌板一定能产生光电效应现象，故A、D两错误；根据C3=3，知该群氢原子可能发射3种不同频率的

光子，B项正确；根据光电效应方程EKm=hv-W0得，最大初动能Ekm=12.09eV-3.34eV=8.75eV,C 项正确。 （2）①设B球第一次到达地面时的速度大小为vB,由运动学公式有vB=将h=0.8 m代入上式,得vB=4m/s ②

①

②设两球相碰前后,A球的速度大小分别为v1和v1′（v1′=0）,B球的速度分别为v2和v2′。 由运动学规律可得v1=gt

③

由于碰撞时间极短,重力的作用可以忽略,两球相碰前后的动量守恒,总动能保持不变。规定向下的方向为正,有mAv1+mBv2=mBv2′

④

⑤

⑥

111mAV12mBV22mBV22 222设B球与地面相碰后的速度大小为vB′,由运动学及碰撞的规律可得vB′=vB

VB2V22设P点距地面的高度为h′,由运动学规律可得h

2g⑦

联立②③④⑤⑥⑦式,并代入已知条件可得h′=0.75m

【物理部分参考答案】

14．B 15D 16D 17A C 18B 19BC 20．AD

2d1121．（1）M》m (2-2) （各2分） 2Lt2t1（2）不能 有摩擦力做功 （各2分）

解析：（1）根据牛顿第二定律，对质量为m的重物B：mg－F＝ma， 质量为M的滑块A：F＝M′a

所以F＝

1·mg， m1M当m≪M时F≈mg，所以要认为滑块A受到外力的合力等于B重物的重力，除平衡摩擦力外，还必须满足．M》

d211(2-2) 。 m； 测得的加速度为a=

2Lt2t1（2）如果已经平衡了摩擦力，由于有摩擦力做功，故不能用此装置装置验证A、B组成的系统机械能守恒。

22．（1）R1（2分）； （3）r1

（2）原理图见右图（4分）。

I2I1R0（2分）；I2、I1分别为某次实验时电流表A2、A1的示数，I1RO是定值电阻的电阻大小（2分，未交代RO不扣分）。

解析：（1）为便于调节，滑动变阻器应选总阻值较小的R1；（2）电源电动势3 V，故电压表V（量程15 V，内阻约为3 kΩ）不可用；为精确测量电流表A1两端的电压值，应将定值电阻R0 （5Ω）与被测电流表A1并联，再与电流表A2串联，实验要求待测电流表A1的示数从零开始变化，且多测几组数据，尽可能的减少误差，控制电路应采用分压式。（３）r1的表达式为r1 =A2、A1的示数，RO是定值电阻的电阻大小。

23．解析：（1）小滑块从C点飞出来做平抛运动，水平速度为V0．

UI2I1R0，I2、I1分别为某次实验时电流表II1 竖直方向上：R

12gt ．．．．．．．．①2分 2水平方向上：2Rv0t ．．．．．．．②2分 解得V0．．．．．③ 2分 Rg ．

（2）小滑块在最低点时速度为Vc由机械能守恒定律得：

1122mv02mgRmv0 ．．．．．④ 2分 22．．．．．⑤1分 vc5Rg ．

vc2牛顿第二定律:FNmgm ．．．．．⑥2分

R．．．．． ⑦1分 FN6mg ．

由牛顿第三定律得: F'N6mg，方向竖直向下．．．．．．⑧ 2分

（3）从D到最低点过程中，设DB过程中克服摩擦阻力做功Wf，由动能定理

mghWfh=3R

1mvc2 ．．．．．⑨2分 2

Wf1．．．．⑩ 2分 mgR ．224．（1）若离子由电场射出进入磁场后垂直打在荧光屏上，则离子在磁场中速度方向偏转了90，离子在磁场中做圆周运动的径迹如图所示由几何知识可知，离子在磁场中做圆周运动的圆半径r1R103cm 设离子进入磁场时的速度为v1

2v1mv由qv1Bm，得r11

r1qB设两金属板间的电压为U，离子在电场中加速，由动能定理有： B2r12q12qU1mv1 可得U1

22m代入有关数值可得U160V也就是电压表示数为60V。

（2）两金属板间的电压越小，离子经电场加速全速度也越小，离子在磁场中作圆周运动的半径越小，射出电场时的偏转角越大，在磁场中运动的时间越长，所以滑片在变阻器R2的左端时，离子在磁场中运动的时间最长。由闭合电路欧姆定律有，IE1A

R1R2r两金属板间电压 UminIR120V

12mv由qUminmv2及r22 得r20.1m

2qB粒子进入磁场后的径迹如图所示，O1为径迹圆的圆心。由图可得 tanR3 所以60 r2T5.2105s 3故离子在磁场中运动的最长时间为t在OOA中，30、所以A、O间距离xHtan20cm。

37．【物理——物理3—3】（12分）

（1）C 解析：布朗运动是固体小颗粒的无规则运动，它反映了液体分子的无规则运动，故A选项错误；分子间引力总是随着分子间的距离减小而增大，随分子间距离增大而减小，故B选项错误；由热力学第二定律知C选项正确而D选项错误。

（2）解析：①从题图甲可以看出，A与B连线的延长线过原点，所以A→B是一个等压变化，即pA＝pB VAVBVA0.4根据盖—吕萨克定律可得＝ 所以TA＝TB＝×300 K＝200 K．

TATBVB0.6pBpC

②由题图甲可知，由B→C是等容变化，根据查理定律得＝ TBTCTC40044

所以pC＝pB＝pB＝pB＝×1．5×105Pa＝2．0×105Pa

TB30033则可画出由状态A→B→C的p－T图象如图所示． 38．【物理——物理3—4】（12分） （1）C 解析：该波的传播速度是vT25m/s，A项错；根据波的传播方向与质点振动方向的关系可

知该波沿x轴负方向传播，B项错；从t0到t0.4s，P通过的路程为2A=4m，C项正确；从t0的时刻开始，Q将比P先回到平衡位置，D项错。

（2）4πa2 解析：如图所示,射到OA界面的入射角α=30°,则sinα=从圆锥侧面射出。

设折射角为β,无限接近A点的折射光线为AC,根据折射定律 sinβ=nsinα 则∠O2OD=β-α=30° 在Rt△O1AO中

O1O=Rtan30°=5a33·3a =a 211,故入射光能2n 解得β=60°，过O点作OD∥AC,

在Rt△ACE中,EC=AEtan30°=故O2C=EC-R=

2a3 在Rt△OO2D中,O2D=4atan30°=

4a3

光束在桌面上形成光环的面积S=π·O2D2-π·O2C2=4πa2 39．【物理——物理3—5】（12分）

（1）BC解析：氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子的最小能量为10．2eV，是紫外线，照

2射金属锌板一定能产生光电效应现象，故A、D两错误；根据C3=3，知该群氢原子可能发射3种不同频率

的光子，B项正确；根据光电效应方程EKm=hv-W0得，最大初动能Ekm=12.09eV-3.34eV=8.75eV,C 项正确。 （2）①4m/s ②0.75 m

解析：①设B球第一次到达地面时的速度大小为vB,由运动学公式有vB=将h=0.8 m代入上式,得vB=4m/s ②

②设两球相碰前后,A球的速度大小分别为v1和v1′（v1′=0）,B球的速度分别为v2和v2′。 由运动学规律可得v1=gt

③

①

由于碰撞时间极短,重力的作用可以忽略,两球相碰前后的动量守恒,总动能保持不变。规定向下的方向为正,有mAv1+mBv2=mBv2′

④

⑤

⑥

111mAV12mBV22mBV22 222设B球与地面相碰后的速度大小为vB′,由运动学及碰撞的规律可得vB′=vB

VB2V22设P点距地面的高度为h′,由运动学规律可得h

2g⑦

联立②③④⑤⑥⑦式,并代入已知条件可得h′=0.75m