B.波源的振动频率为2.5Hz
C.波传播到N时，N先向下振动 D.M与N的速度方向始终相同
E.从O开始振动到此时N质点运动的路程为0.6m
（2）（10分）如图所示，单色细光束射到一半径为R的透明球表面，光束在过球心的平面内，入射角i=60°。该光束经折射进入球内后又经其内表面反射一次，再经球表面折射后射出。已知真空中光速为c，出射光线相对于入射光线偏转了120°（图上已画出入射光线,
sin15??6?24，结果可带根号）。① 求透明球的折射率； ② 求光在透明球中传播的时间。
6
i=60o . O
参考答案
14、B
解析:单个氢原子从n=4向较低能级跃迁时, 最多可以向外辐射3种不同频率光子 15、D
解析: 0-t2时间内A质点处于超重状态；在t1-t2时间内质点B的动能不变，高度上升，机械能增大；0-t2时间内B质点的位移更大，平均速度大 16、C
解析: 设星球的质量为M，半径为R，平均密度为ρ，张角为θ，飞行器的质量为m，轨道半径为r，周期为T。对于飞行器，根据万有引力提供向心力得：G何关系有：R=rsin
，星球的平均密度ρ=
，G ，由几
Mm?mg，由以上各式知测得周期R2和轨道半径，得不到星球的平均密度，故B错误；测得周期、轨道半径和张角，可得到星球表面的重力加速度，故C正确。
17、B
解析：以小球为研究对象可看出，小球有向右的加速度，即环必然有沿杆向上的加速度，因此环是加速沿杆向上运动或减速沿杆向下运动。由于不知道细线与竖直方向的夹角大小，加速度大小不可求。 18、B
解析：A、加速场过程运用动能定理可得：qE进入回收区的粒子在磁场中的半径范围
=
m
，可得E=
，故A错误；B、
3DD?R?D或R?，根据洛伦兹力提供向心力44qvB=m，粒子进入回收区的磁场应强度范围为
mv04mv04mv0?B?或B?，故B正qD3qDqD，T随B变化，所有粒子均在磁
确、C错误；D、qvB=m与T=联立，可得T=
场中经半个周期进入回收区，故D错误。
19、BC 解析：根据
u1n1?，可得变压器Ⅰ的原副线圈匝数比为11:1000，由于输电线路上的电阻u2n2分压，变压器Ⅱ的原副线圈匝数比并不等于1000:11，A错误。光伏电站的功率通过逆变器
400?103?20A，后输送的总功率为P总=500?80%=400kw，输电线路上的电流I?42?1023 w, PP用=P总-P损=392 kw..用户负载越多，线路上损耗的功率越大，所以损=IR?8?10答案选BC。
20、BC
7
解析：全过程同时满足水平方向动量守恒和机械能守恒，联立方程可以解得小球滑离小车时 小球速度为v/3 方向向左，小车速度为2v/3，方向向右，故小球相对小车速度为v。小车一直向右运动，小球滑离小车时，小车没有回到原来位置。当小球恰好通过管道最高点时，小球和小车速度相等，由水平方向动量守恒可求得此时速度为v/3，方向向右，则小车的动量 变化为2mv/3。此时系统动能损失最大，转变为小球重力势能，可算出小球高度为v2/3g。
21、ABD
解析：d球和a、b、c球之间都应该为斥力，故四个球应该带有同种电荷。a球受b、c、d三球库仑斥力作用、还受重力、桌面支持力、圆环弹力作用。根据力的平衡条件可判断圆环对a球弹力方向指向圆环圆心。对四个球和圆环整体受力分析，水平桌面对c球支持力为总重力的三分之一。小球d受到a、b、c三球库仑斥力作用，三力竖直向上分量之和与3mg重力平衡。故选ABD。
22.(1)A、B两点之间的距离x，小车和车上的拉力传感器的总质量m；(2分)
Fx?11mvB2?mvA2 (2分) 22 (2)AD (2分，只选对一项得1分，有选错得0分)
23.（1）变小 (2分) （2）3，2 (4分) （3）D (2分)
24、解析：（1）沿圆形外侧滑道恰好滑过最高点，有：
v2mg?m
R ①（2分）
从A到最高点，由机械能守恒
12mv?mg?2R 25联立①②：H1?R＝5m
2mgH1?mgH1?12mv1 2
②（2分） ③（1分）
（2）落水最近点抛出速度最小，从A到C由机械能守恒
④（2分） ⑤（1分）
v1?2gH1＝10m/s
12gt 2水平抛出，由平抛运动可知
h? ⑥（2分） ⑦（2分） ⑧（1分）
s＝vt 将v1＝10m/s代入⑥⑦，得s1＝10m
将s2＝s1＋L＝15m代入⑥⑦两式，得：v2＝15m/s
8
2v2由④同理得：H2??11.25m
2g
⑨（1分）
滑下点A距水平滑道高度最多在5m～11.25m之间
25、解析：（1）由于F正比于位移x，可用平均力求解。W= R放出的热量等于F做的功Q=
12mv0x0kx0? （3分） 22cR12mv0x0kx0? （3分） 22cR（2）因为杆无质量，所以有拉力必然时刻等于安培力，则：
kx0R1mB2l2v0 F?kx0? 得：B?= （4分） 2lvRlc0(3)越过P后，C两端的电压U=Blv0 ，所带电荷量q0?CBlv0 （2分）
撤去外力后由于摩擦，杆会减速运动，而电容器放电，取向右为正，根据动量定理：（设t
时刻的速度为v，此时电容器所带电荷量为q=CBlv）
(??mg?Bli)?t?m?v???mg??t?Bl?i?t?m??v
??mgt?Bl(q0?q)?m(v?v0)，??mgt?cB2l2(v0?v)??m(v0?v)
v?v0??mgcB2l2?mt （3分）
1?g的匀减速运动，当v=0时停止运动，所以 22CBl?m2=
可见，杆做加速度为a=
?mgt=
2v0 （2分） ?g21v0x=v0t= （2分） 2?g33、解析： （1）ACD
（2）①经分析恰好离开，即气缸内氮气压强与氧气压强相等。取封闭的氮气为研究对象： 初状态：p1=0.8×105Pa T1=300K V1 =dS 末状态：p2=1.0×105Pa T2 V2 = V1 （1分）
PP21?由理想气体状态方程 （2分） T1T2
代入数据解得：T2=375K （ 1分）
②继续缓慢加热气缸内气体，使氮气温度升高至T3，设活塞移动距离为x 取氮气为研究对象： 初状态：p1=0.8×105Pa T1=300K V1 = dS
末状态：p3 T3=500K V3 = dS +x S
PVP1V1?33（2分） 由理想气体状态方程 T1T3 9
取氧气为研究对象： 初状态：p4=1.0×105Pa T4=300K V4=（L- d）S
末状态：p5=p3 T5=300K V5 = LS - V3 （1分） 由玻意耳定律： P 4V 4 ? P 5V 5 （ 2 分） 代入数据解得：
向右移动的距离 x?5.6cm （1分）
A、 B、ON=1.5λ，34（1）解析：此时O点的振动方向向下，故A错误。由图知，得λ=所以波源的振动周期为T=
=4m，
=0.4s，所以频率为2.5Hz，故B正确。C、由图知，波上各质
点的起振方向向下，所以波传播到N时，N先向下振动，故C正确。 D、由于ON=1.5λ，
所以N点与O点的振动情况总是相反。OM=3λ，所以M点与O点振动情况总是相同，所以M点与N点振动情况总是相反，M与N的速度方向始终相反，故D错误。E、波从O点传播到N点需要0.6s，到此时N点振动了1.5个周期，所以运动的路程为6A，故E正确。故选：BCE
（2）解析：① 出射光线顺时针方向偏转时，如图： 由几何关系及对称性，有：r=
?+（i-r） 其中α=60° 2sini6= (2分) sin?2α i r 解得：r=45° ，由折射定律得：n=
出射光线逆时针方向偏转时，如图： 有：i??2?2? 解得：r=15°
由折射定律得：n=
sini32?6= (2分) sin?2② 第一种情况,由几何关系得：AC=BC=2Rcosr=2R 光在透明球中传播路程为：L=22R (1分) 传播速度为：v=
c6=c n3L23R= (2分) vc传播时间为：t=
同理可得第二种情况,光在透明球中传播路程为：L?22?3R (1分) 传播时间为：t=
L(32?6)2?3R= (2分) vc 10