江西省抚州市临川二中高考物理训练试卷（含解析）.doc

2015年江西省抚州市临川二中高考物理训练试卷 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，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1（6分）下列关于摩擦力的叙述中正确的是（）a滑动摩擦力的大小与物体间的正压力大小成正比b滑动摩擦力的大小与接触面的性质有关，与接触面面积的大小也有关c静摩擦力的大小与物体间的正压力大小成正比d最大静摩擦力随物体间正压力增大而增大考点：滑动摩擦力；静摩擦力和最大静摩擦力专题：摩擦力专题分析：滑动摩擦力的大小由公式f=fn求出，而静摩擦力大小与正压力无关，只与沿接触面方向的外力大小有关；最大静摩擦力一般认为等于滑动摩擦力解答：解：a、滑动摩擦力f=fn求，故滑动摩擦力的大小于物体间的正压力大小成正比，故a正确；b、由公式可知，滑动摩擦力与接触面的面积的大小无关，故b错误；c、静摩擦力只能由力的平衡关系或牛顿第二定律求出，与正压力无关，故c错误；d、最大静摩擦力的大小与正压力成正比，故随正压力的增大而增大，故d正确；故选ad点评：摩擦力为高中物理的难点之一，关键在于分清摩擦力有两类，要会求两种情况下的摩擦力的大小，并能分析摩擦力的方向2（6分）（2014抚州校级模拟）如图所示，固定斜面上有一光滑小球，有一竖直轻弹簧p与一平行斜面的轻弹簧q连接着，小球处于静止状态，则关于小球所受力的个数不可能的是（）a2b3c4d5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：通过对小球受力分析，根据共点力平衡判断小球可能受力的个数解答：解：若p弹簧对小球向上的弹力等于小球的重力，此时q弹簧无弹力，小球受2个力平衡若p弹簧弹力为零，小球受重力、支持力、弹簧q的拉力处于平衡，小球受3个力若p弹簧弹力不为零，小球受重力、弹簧p的拉力、支持力、弹簧q的拉力，小球受4个力平衡由于斜面光滑，小球不受摩擦力，知小球不可能受5个力故d正确，a、b、c错误故选d点评：本题判断受力的个数，关键抓住小球所受合力为零，通过平衡判断小球可能受力的个数3（6分）（2014抚州校级模拟）如图，在竖直向下的匀强电场中，有a、b、c、d四个带电粒子各以水平向左、水平向右、竖直向下和竖直向上的速度做匀速直线运动，不计粒子间的相互作用力，则有（）ac、d带异种电荷ba、b带同种电荷且电势能均不变cd的电势能减小重力势能也减小dc的电势能减小机械能增加考点：电势能；动能定理的应用专题：电场力与电势的性质专题分析：首先根据运动特点判断四个质点的受力情况，得出均受力平衡且受到的电场力的方向都向上的结论，从而判断电性是相同的；在从四个带电液滴的运动方向上来判断重力和电场力做功的正负，并判断电势能和机械能的转化情况，从而可判断各选项的正误解答：解：a、因a、b、c、d四个带电液滴分别水平向左、水平向右、竖直向上、竖直向下作匀速直线运动，可知受力都处于平衡状态，合力都为零，四个带点粒子均受到竖直向上的电场力作用，可知四个带电粒子带同种电荷，都为负电荷，故a错误b、a、b在水平方向上运动，电场力不做功，所以电势能不变，故b正确c、d竖直向上运动，电场力做正功，电势能减少，重力势能增加，故c错误d、c竖直向下运动，电场力做负功，电势能增大，机械能减少，机械能转化为电势能故d错误故选b点评：关于带电粒子在匀强电场中的运动情况，是电学和力学知识的综合，关键分析带电粒子的受力情况，根据电场力做功，判断电势能和机械能的变化4（6分）（2014安庆三模）在离坡底10m的山坡上o点竖直地固定一长10m的直杆ao（即bo=ao=10m）a端与坡底b间连有一钢绳，一穿于钢绳上的小球从a点由静止开始沿钢绳无摩擦地滑下，取g=10m/s2，如图所示，则小球在钢绳上滑行的时间为（）ab2sc4sd考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系分析：对小球受力分析，根据牛顿第二定律可以求得加速度的大小，再由匀变速直线运动的位移公式可以求得时间的大小解答：解：设oab=，对小球受力分析，把重力分解为沿绳的mgcos和垂直于绳的mgsin，小球受到的合力大小为mgcos，由牛顿第二定律得 mgcos=ma，所以下滑加速度为 a=gcos，ab长度 l=2aocos=20cos，由位移公式可得：l=at2即 20cos=gcost2所以 t=2s故选：b点评：由于不知道夹角的大小，不能求出加速度的具体的数值，但不妨碍求物体运动的时间的大小5（6分）（2014抚州校级模拟）如图所示的电路中，电源电动势为e，内阻为r，r为可变电阻，其余电阻为定值电阻则开关s闭合后，当r变小时，以下说法正确的是（）a电阻r1的功率变小b电阻r2的功率变小c电阻r3的功率变大d电阻r4的功率变小考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率专题：恒定电流专题分析：首先认识电路的结构：电变阻器r与电阻r3并联后与r2串联，再与r4并联后与r1串联分析当r变小时，外电路总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析电路中总电流的变化，判断r1功率的变化由闭合电路欧姆定律分析r4电压的变化，确定其电流的变化，再分析通过r2的电流变化，判断其功率变化根据r4电压和r2电压的变化，分析r3电压的变化，判断其功率变化解答：解：由图看出电路的结构是：电变阻器r与电阻r3并联后与r2串联，再与r4并联后与r1串联当r变小时，外电路总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律可知：干路中电流i变大，电阻r1的功率变大r4电压u4=ei（r1+r），i变大，u4变小，通过r4的电流i4变小通过r2的电流i2=ii4，i变大，i4变小，则i2变大，r2的功率变大，r2的电压u2也变大，电阻r3的电压u3=u4u2，u4变小，u2变大，u3变小，r3的功率变小所以电阻r1的功率变大，电阻r2的功率变大，电阻r3的功率变小，电阻r4的功率变小故选d点评：本题是电路的动态变化分析问题，按“局部整体局部”的思路，按部就班进行分析6（6分）（2015湖北校级模拟）如图所示的真空空间中，仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷（电荷的正负图中已标注），则图中a，b两点电场强度和电势均相同的是（）abcd考点：电势；电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：根据点电荷的电场强度公式可得各个点电荷在正方体的顶点的电场场强大小，再根据矢量合成，求出合场强，再根据正电荷的受力判断场强的方向有u=21，u=ed得，21=ed可判断电势高低解答：解：a、根据点电荷的电场强度公式可得各个点电荷在正方体的顶点的电场场强大小，可计算得a、b两点电场强度大小相等，根据正电荷的受力判断场强的方向相反，故a错误 b、根据点电荷的电场强度公式，可求得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小，再根据矢量的合成，可得a、b两点的电场场强大小不等，故b不错 c、根据点电荷的电场强度公式可得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小相等，再根据矢量合成，求出合场强相等，再根据正电荷的受力判断场强的方向相同再根据u=21，u=ed得，21=ed可判断a、b两电势相等故c正确 d、根据点电荷的电场强度公式可得a、b两点的电场场强大小相等，再根据矢量合成，求出合场强相等，再根据正电荷的受力判断场强的方向不同故d错误故选c点评：考查了点电荷的电场强度公式，矢量的合成，电势差与电势的关系，电势差与电场强的关系7（6分）（2014抚州校级模拟）某一空间存在着强度不变、方向随时间周期性变化的匀强磁场，如图甲所示，规定垂直纸面向里的磁场方向为正方向，为了使静置于该磁场中的带正电的粒子能按abcdef顺序做横“”字曲线运动（轨迹如图乙），则可行的办法是（粒子只受磁场力作用，其他力不计）（）a若粒子初始位置在a处，时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度b若粒子初始位置在f处，时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度c若粒子初始位置在e处，时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度d若粒子初始位置在b处，时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度考点：法拉第电磁感应定律专题：电磁感应与电路结合分析：带电粒子在磁场中运动时受到洛伦兹力而偏转，根据左手定则判断洛伦兹力方向，结合时间与周期的关系分析粒子的运动轨迹解答：解：a、若粒子初始位置在a处，t=t时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度，此时磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则判断可知，洛伦兹力向上，沿逆时针方向从a运动到b，时间后磁场方向变为垂直纸面向外，洛伦兹力方向向右，经过沿bcd圆周运动一周回到b，此时磁场方向向里，粒子沿bcf圆弧运动时间，恰好回到a点，接着周而复始，故粒子能做横“”字曲线运动且逆时针方向通过efab故a正确b、若粒子初始位置在f处，t=t时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度，此时磁场方向垂直纸面向外，粒子受到的洛伦兹力向左，粒子顺时针圆周运动一周，所用时间为，磁场方向变为垂直纸面向里，再沿顺时针方向运动一周，故粒子能做横“”字曲线运动，但沿顺时针方向通过efab，不符合题意，故b错误c、同理分析可知，若粒子初始位置在e处，t=t时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度，粒子能做横“”字曲线运动，但沿顺时针方向通过efab，不符合题意，故c错误d、若粒子初始位置在b处，t=t时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度，同理分析可知，粒子先沿逆时针方向运动一周，再沿顺时针方向一周，粒子能做横“”字曲线运动，故d正确故选：ad点评：本题关键运用左手定则分析带电粒子所的洛伦兹力方向，从而判断其运动情况本题解题思路简单清晰，当过程复杂，分析起来比较麻烦，解题时要细心、认真，否则会出错8（6分）（2014抚州校级模拟）如图所示，在水平面和竖直墙壁之间放置质量为m、高为h的木块a和质量为m、半径为r的球b，各接触面均光滑，木块a受到水平向右的外力f作用，系统处于静止状态o为b的球心，c为a、b接触点，co与竖直方向夹角=60现撤去水平外力f，则（）a撤去外力f瞬间，木块a的加速度aab撤去外力f瞬间，球b的加速度ab=0c撤去外力f瞬间，墙壁对球b的弹力fb=0d若球b着地前瞬间速度为，则此时木块速度为考点：机械能守恒定律；运动的合成和分解分析：a和b原来处于平衡状态，当撤去f时，a、b原来的平衡状态就改变了，它们之间力的关系也随之改变，b球对a、对墙都要有作用力，可以判断b的加速度，球b着地前的瞬间速度，可以用机械能守恒来求解解答：解：a、撤去f后，a、b之间力的关系也随之改变，因为对整体而言，墙壁的弹力是由形变产生的，撤去f，墙壁的弹力会发生变化，随之b对a的作用力也要发生变化，则a在水平方向上受到的合力比f要小，所以加速度也就小于，故a正确；b、撤去f后，a要向左运动，b要向下运动，a和b的运动状态都要发生变化，所以都要有加速度，即a和b的加速度都不是零，故b错误c、由于ab之间有力的作用，b要受到a的斜向上的力的作用，而b在水平方向上又不运动，所以墙对b一定要有力的作用，所以c错误 d、对系统，根据机械能守恒定律可知：mg（h+rcosr）=mv2+mv2解得：木块速度v=，所以d正确故选：ad点评：撤去f后，a、b原来的平衡状态就改变了，它们之间的相互作用力不再是原来的力的大小，这是同学出错的地方，知道这一点这道题就可以了二、必考题（共4道题，47分）9（5分）（2014抚州校级模拟）某同学用纸带研究作匀变速直线运动的小车的加速度时，从打出的纸带中选出一条较好的纸带，每隔4个点作为一个计数点，并标记为0、1、2、3、4、该同学测量出1与2两点间的距离为s12，2与4两点间的距离为s24，实验中使用的电源频率为f，由此可算出小车运动的加速度a=（答案用题中给出的物理量表示）考点：测定匀变速直线运动的加速度专题：实验题分析：交流电周期与频率互为倒数关系，每隔4个点作为一个计数点，两点之间时间间隔为5t，利用逐差法求得加速度，从而即可求解解答：解：打点周期为t，则t=两记数点间的时间t=5t由匀变速运动规律得：s23s12=at2s34s12=2at2两式相加，则有：s242s12=3at2由以上解得：加速度a=故答案为：点评：对于图象，要搞清图象斜率和截距的含义；关于纸带一般求解两类问题，一是求瞬时速度，二是求解加速度，前一问用中间时刻的瞬时速度代替，后一问多用推论或逐差法求解；对于平抛规律得应用题，一般采用运动的分解法10（10分）（2008上海）某同学利用图（a）所示的电路研究灯泡l1（6v，1.5w）、l2（6v，10w）的发光情况（假设灯泡电阻恒定），图（b）为实物图（1）他分别将l1、l2接入图（a）中的虚线框位置，移动滑动变阻器的滑片p，当电压表示数为6v时，发现灯泡均能正常发光在图（b）中用笔线代替导线将电路连线补充完整（2）接着他将l1和l2串联后接入图（a）中的虚线框位置，移动滑动变阻器的滑片p，当电压表示数为6v时，发现其中一个灯泡亮而另一个灯泡不亮，出现这种现象的原因是由于rl1比rl2小得多，灯泡l2分得的电压很小，虽然有电流渡过，但功率很小，不能发光现有如下器材：电源e（6v，内阻不计），灯泡l1（6v，1.5w）、l2（6v，10w），l2（6v，10w），单刀双掷开关s在图（c）中设计一个机动车转向灯的控制电路：当单刀双掷开关s与1相接时，信号灯l1亮，右转向灯l2亮而左转向灯l3不亮；当单刀双掷开关s与2相接时，信号灯l1亮，左转向灯l3亮而右转向灯l2不亮考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：压轴题分析：（1）滑动变阻器是分压式接法，部分在干路中，部分与灯泡并联（2）将l1和l2串联后接入图（a）中的虚线框位置，移动滑动变阻器的滑片p，当电压表示数为6v时，发现其中一个灯泡亮而另一个灯泡不亮，首先不可能断路，断路的话，一个都不亮，也不可能短路，短路的话，另一个灯泡应正常发光原因是虽有电流，但功率非常小而不亮（3）根据第2问知，l1、l2两灯泡接在6v的电压两端，一个亮，另一个不亮，不是无电流不亮，而是功率小不亮，受这样的启发，当单刀双掷开关s与1相接时，信号灯l1亮，右转向灯l2亮而左转向灯l3不亮，则l1与l3串联，再与l2并联；当单刀双掷开关s与2相接时，信号灯l1亮，左转向灯l3亮而右转向灯l2不亮，则l1与l2串联，再与l3并联解答：解：（1）如图b滑动变阻器采用的是分压式接法 （2）由于rl1比rl2小得多，灯泡l2分得的电压很小，虽然有电流渡过，但功率很小，不能发光 （3）如图c接1时，l1与l3串联，再与l2并联，此时信号灯l1亮，右转向灯l2亮而左转向灯l3不亮；接2时，l1与l2串联，再与l3并联，此时信号灯l1亮，左转向灯l3亮而右转向灯l2不亮故答案为：（1）如图b （2）由于rl1比rl2小得多，灯泡l2分得的电压很小，虽然有电流渡过，但功率很小，不能发光 （3）如图c点评：解决本题的关键是掌握故障分析在分析故障时，可采取假设法，假设是某个故障，会出现什么情况11（13分）（2014福建模拟）如图所示，倾角为的直角斜面体固定在水平地面上，其顶端固定有一轻质定滑轮，轻质弹簧和轻质细绳相连，一端接质量为m2的物块b，物块b放在地面上且使滑轮和物块间的细绳竖直，一端连接质量为m1的物块a，物块a放在光滑斜面上的p点保持静止，弹簧和斜面平行，此时弹簧具有的弹性势能为ep不计定滑轮、细绳、弹簧的质量，不计斜面、滑轮的摩擦，已知弹簧劲度系数为k，p点到斜面底端的距离为l现将物块a缓慢斜向上移动，直到弹簧刚恢复原长时的位置，并由静止释放物块a，当物块b刚要离开地面时，物块a的速度即变为零，求：（1）当物块b刚要离开地面时，物块a的加速度；（2）在以后的运动过程中物块a最大速度的大小考点：牛顿第二定律；共点力平衡的条件及其应用；能量守恒定律专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）b刚要离开地面时，a的速度恰好为零，即以后b不会离开地面当b刚要离开地面时，地面对b的支持力为零，设绳上拉力为f对a进行受力分析，根据牛顿第二定律即可求解；（2）由题意，物块a将以p为平衡位置振动，当物块回到位置p时有最大速度，设为vm从a由静止释放，到a刚好到达p点过程，由系统能量守恒及a自由静止在p点时，a受力平衡联立方程即可求解解答：解：（1）b刚要离开地面时，a的速度恰好为零，即以后b不会离开地面当b刚要离开地面时，地面对b的支持力为零，设绳上拉力为fb受力平衡，f=m2g对a，由牛顿第二定律，设沿斜面向上为正方向，m1gsinf=m1a联立解得，a=（sin）g由最初a自由静止在斜面上时，地面对b支持力不为零，推得m1gsinm2g，即sin故a的加速度大小为（sin）g，方向沿斜面向上（2）由题意，物块a将以p为平衡位置振动，当物块回到位置p时有最大速度，设为vm从a由静止释放，到a刚好到达p点过程，由系统能量守恒得，m1gx0sin=ep+当a自由静止在p点时，a受力平衡，m1gsin=kx0 联立式解得，答：（1）当物块b刚要离开地面时，物块a的加速度为（sin）g，方向沿斜面向上；（2）在以后的运动过程中物块a最大速度的大小为点评：该题主要考查了牛顿第二定律及能量守恒定律的应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，难度较大12（19分）（2015龙海市模拟）如图甲所示，mn、pq为间距l=0.5m足够长的平行导轨，nqmn，导轨的电阳均不计导轨平面与水平面间的夹角=37，nq间连接有一个r=4的电阻有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为bo=1t将一根质量为m=0.05kg的金属棒ab紧靠nq放置在导轨上，且与导轨接触良好现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时达到稳定速度，已知在此过程中通过金属棒截面的电量q=0.2c，且金属棒的加速度a与速度v的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与nq平行取g=10m/s2求：（1）金属棒与导轨间的动摩擦因数；（2）cd离nq的距离s；（3）金属棒滑行至cd处的过程中，电阻r上产生的热量；（4）若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，为使金属棒中不产生感应电流，则磁感应强度b应怎样随时间t变化（写出b与t的关系式）考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律专题：电磁感应与电路结合分析：（1）当刚释放时，导体棒中没有感应电流，所以只受重力、支持力与静摩擦力，由牛顿第二定律可求出动摩擦因数（2）当金属棒速度稳定时，则受到重力、支持力、安培力与滑动摩擦力达到平衡，这样可以列出安培力公式，产生感应电动势的公式，再由闭合电路殴姆定律，列出平衡方程可求出金属棒的内阻，从而利用通过棒的电量来确定发生的距离（3）金属棒滑行至cd处的过程中，由动能定理可求出安培力做的功，而由于安培力做功导致电能转化为热能（4）要使金属棒中不产生感应电流，则穿过线框的磁通量不变同时棒受到重力、支持力与滑动摩擦力做匀加速直线运动从而可求出磁感应强度b应怎样随时间t变化的解答：解：（1）当v=0时，a=2m/s2由牛顿第二定律得：mgsinmgcos=ma=0.5 （2）由图象可知：vm=2m/s 当金属棒达到稳定速度时，有fa=b0il；且b0il+mgcos=mgsin解得i=0.2a；切割产生的感应电动势：e=b0lv=10.52=1v；因，解得r=1电量为：解得：s=2m（3）对棒由动能定理得：产生热量：q总=wf=0.1j由串并联电路特点：（4）当金属棒中不产生感应电流，此时回路中的总磁通量不变时，金属棒将沿导轨做匀加速运动 由牛顿第二定律：mgsinmgcos=maa=g（sincos）=10（0.60.50.8）m/s2=2m/s2则磁感应强度与时间变化关系：答：（1）金属棒与导轨间的动摩擦因数为0.5； （2）cd离nq的距离2m；（3）金属棒滑行至cd处的过程中，电阻r上产生的热量0.08j；（4）若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，为使金属棒中不产生感应电流，则磁感应强度b应怎样随时间t变化为点评：本题考查了牛顿运动定律、闭合电路殴姆定律，安培力公式、感应电动势公式，还有动能定理同时当金属棒速度达到稳定时，则一定是处于平衡状态，原因是安培力受到速度约束的还巧妙用磁通量的变化去求出面积从而算出棒的距离最后线框的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流是解题的突破点三、选考题（考生从以下两个模块中任选一模块作答）（15分）物理-选修3-4（15分）13（4分）（2014抚州校级模拟）关于下列四幅图中所涉及物理知识的论述中，正确的是（）a甲图中的海市蜃楼是光的色散现象引起的b乙图中的泊松亮斑说明光具有波动性c丙图中的波形是调频波d丁图中的实验表明：不论光源与观察者之间做怎样的相对运动，光速都是一样的考点：全反射分析：海市蜃楼是光的全反射现象；泊松亮斑说明光偏离直线传播；调制分为调频与调幅两种；莫雷实验证实了光速不变原理解答：解：a、海市蜃楼是由光的折射，导致光线偏离出现的现象，并满足全反射条件，因此是光的全反射现象，故a错误；b、泊松亮斑是光射到不透明的小圆盘，屏上中心处出现亮斑，则说明光偏离直线传播，属于光的衍射，因此具有波动性，故b正确；c、调制有调幅与调频两种，图为调频，故c错误；d、测量两垂直光的光速差值的一项著名的物理实验但结果证明光速在不同惯性系和不同方向上都是相同的，由此确定了光速不变原理，故d正确；故选bd点评：考查光的全反射条件、光的衍射现象，并知道调制的两种方式14（4分）（2014抚州校级模拟）惯性系s中一列列车相对s系沿水平方向接近光速匀速行驶，如图，车厢中央的光源发出一个闪光，闪光照到了车厢的前壁与后壁，下列说法正确的是（）a车厢内的观察者认为闪光先到达后壁，后到达前壁b车厢内的观察者认为闪光同时到达前壁与后壁c车厢外相对s系静止的观察者认为闪光先到达后壁，后到达前壁d车厢外相对s系静止的观察者认为闪光同时到达前壁与后壁考点：* 时间间隔的相对性分析：地面上的人、车厢中的人选择的惯性系不一样，但是光向前传播和向后传播的速度相同，从而发现传播到前后壁的快慢不一样解答：解：车厢中的人认为，车厢是个惯性系，光向前向后传播的速度相等，光源在车厢中央，闪光同时到达前后两壁地面上人以地面是一个惯性系，光向前向后传播的速度相等，向前传播的路程长些，到达前壁的时刻晚些故b、c正确，a、d错误故选：bc点评：本题考查了同时的相对性，关键是明确不同参考系中光速相等，基础题目15（7分）（2014抚州校级模拟）如图所示，真空中平行玻璃砖折射率为n=，下表面镀有反射膜，一束单色光与界面成=45角斜射到玻璃砖表面上，最后在玻璃砖的右侧面竖直光屏上出现了两个光点a和b，相距h=2.0cm已知光在真空中的传播速度c=3.0108 m/s求：（1）该单色光射入玻璃砖的折射角（2）玻璃砖的厚度d考点：光的折射定律专题：光的折射专题分析：（1）由折射定律，得出折射角（2）光斜射在表面镀反射膜的平行玻璃砖，反射光线在竖直光屏上出现光点a，而折射光线经反射后再折射在竖直光屏上出现光点b，根据光学的几何关系可由ab两点间距确定ce间距，再由几何知识算出玻璃砖的厚度解答：解：由折射率公式n=，sin2=，2=30作出如右图所示的光路，cde为等边三角形，四边形abec为梯形，ce=ab=h玻璃的厚度d就是边长为h的等边三角形的高，故d=h=1.7cm答：（1）该单色光射入玻璃砖的折射角是30（2）玻璃砖的厚度d是1.7cm点评：本题根据光路可逆原理及光的反射定律可以证明ac与be平行，从而确定ce的长度物理-选修3-5（15分）16（2011黄州区校级二模）在下列现象中与原子核的变化有关的是（）a光电效应b天然放射现象c热核反应d粒子散射考点：天然放射现象；光电效应分析：光电效应是核外电子受激发迁移，卢瑟福的粒子散射试验说明的是原子内大部分是空的，原子核很小，天然放射现象和热核反应都是原子核发生了变化解答：解：a、光电效应是核外电子受激发迁移，a错误；b、天