湖南省长沙市雅礼中学2015届高三下学期第八次月考物理试卷（4月份）【解析版】

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湖南省长沙市雅礼中学2015届高三下学期第八次月考物理试卷（4月份）


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1～5小题只有一项符合题目要求，第6～8小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，有选错或不选的得0分）
1．火车在平直轨道上以平均速度v从A地到达B地历时t，现火车以速度v′由A匀速出发，中途刹车停止后又立即起动加速到v′然后匀速到达B，刹车和加速过程都是匀变速运动，刹车和加速的时间共为t′，若火车仍要用同样时间到达B地，则速度v′的大小应为( )
A． B． C． D．

考点：匀变速直线运动的速度与时间的关系．
专题：直线运动规律专题．
分析：求出火车由于刹车减速再加速所耽误的时间，即可得出火车匀速运动的时间，根据平均速度公式求出火车匀速运动的速度．
解答： 解：火车中途急刹车，停止后又立即加速到v′这段时间内的位移为：x=，
这段位移若做匀速直线运动所需的时间：，则火车由于刹车减速再加速所耽误的时间为，
则火车匀速运动的速度：．故C正确，A、B、D错误．
故选：C．
点评：解决本题的关键求出火车由于刹车减速再加速所耽误的时间，以及掌握匀变速直线运动的平均速度公式．

2．建筑工地上有时需要将一些建筑材料由高处送到低处，为此工人们设计了一种如图所示的简易滑轨：两根圆柱形长直木杆AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上把一摞瓦放在两木杆构成的滑轨上，瓦将沿滑轨滑到低处，在实际操作中发现瓦滑到底端处时速度较大，有可能摔碎，为了防止瓦被损坏，下列措施可行的是( )

A．适当增大两杆之间的距离 B．适当减小两杆间的距离
C．减小每次运送瓦的块数 D．增多每次运送瓦的块数

考点：力的合成；牛顿第二定律．
分析：瓦滑到底部的速度较大，说明其加速度较大，即重力与摩擦力的合力较大，可以考虑通过增大摩擦力的方式来减小加速度，减小瓦滑到底部时的速度．
解答： 解：由题意可知，斜面的高度及倾斜角度不能再变的情况下，要想减小滑到底部的速度就应当增大瓦与斜面的摩擦力，由f=μFN可知，可以通过增大FN来增大摩擦力；
而增大瓦的块数，增大了瓦的质量，虽然摩擦力大了，但同时重力的分力也增大，不能起到减小加速度的作用，故改变瓦的块数是没有作用的，故CD错误；
而增大两杆之间的距离可以增大瓦受到的两支持力的夹角，而瓦对杆的压力随夹角的增大而增大，故增大两杆间的距离可以在不增大重力分力的情况下增大瓦对滑杆的压力，从而增大摩擦力，故A正确，B错误；
故选A．
点评：本题很多同学感到非常陌生，找不到解题的头绪，但只要认真分析找出本题要考什么，怎么考查，可找出解题的突破口，找到所考查的内容并能顺利求解．

3．如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L能发光． 要使灯泡变亮，可以采取的方法有( )

A．向下滑动P B．减小交流电源的电压
C．增大交流电源的频率 D．减小电容器C的电容

考点：变压器的构造和原理．
专题：交流电专题．
分析：要使灯泡变亮，应使副线圈两端电压增大．向下滑动P，副线圈匝数减少，电压减小，增大交流电源的电压，副线圈两端电压也增大，增大交流电源的频率通过电容器的电流更大
解答： 解：A、向下滑动P，副线圈匝数减少，电压减小，A错误；
B、减小交流电源的电压，副线圈两端电压也减小，B错误；
C、增大交流电源的频率通过电容器的电流更大，C正确；
D、减小电容器C的电容，增加了容抗，通过灯泡的电流减小，灯泡变暗，D错误；
故选：C
点评：本题考查了变压器的变压原理和电容器对交流电的影响，通高频阻低频，要使灯泡变亮，应使副线圈两端电压增大．

4．现代科学研究中常用到高速电子，电子感应加速器就是利用变化的磁场产生电场使电子加速的设备，它的基本原理如图所示．在上、下两个电磁铁形成的异名磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动．上边为侧视图，下边为真空室的俯视图．如果从上向下看，电子沿逆时针方向运动，则以下方法能够使电子加速的是( )

A．当电磁铁线圈中的电流方向与图示中方向一致时，减小电流
B．当电磁铁线圈中的电流方向与图示中方向一致时，保持电流不变
C．当电磁铁线圈中的电流方向与图示中方向相反时，增大电流
D．当电磁铁线圈中的电流方向与图示中方向相反时，减小电流

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：磁场发生变化，通过楞次定律可判断出涡旋电场的方向，从而可知电子在涡旋电场下的运动．
解答： 解：线圈中的电流增强，磁场就增大了，根据楞次定律，感生电场产生的磁场要阻碍它增大所以感生电场俯视图为顺时针方向，所以电子运动逆时针方向电场力作用下加速运动，在洛伦兹力约束下做圆周运动．
当电流减小，根据楞次定律，可知涡旋电场的方向为逆时针方向，电子将沿逆时针方向做减速运动．
经以上分析得，只有D正确
故选：D
点评：解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流磁场磁通量的变化．

5．如图所示，倾角为α的光滑斜面下端固定一绝缘轻弹簧，M点固定一个质量为m、带电量为﹣q的小球Q．整个装置处在场强大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中．现把一个带电量为+q的小球P从N点由静止释放，释放后P沿着斜面向下运动．N点与弹簧的上端和M的距离均为s0．P、Q以及弹簧的轴线ab与斜面平行．两小球均可视为质点和点电荷，弹簧的劲度系数为k0，静电力常量为k．则( )

A．小球P返回时，可能撞到小球Q
B．小球P在N点的加速度大小为
C．小球P沿着斜面向下运动过程中，其电势能一定减少
D．当弹簧的压缩量为时，小球P的速度最大

考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律．
专题：电场力与电势的性质专题．
分析：据动能定理判断小球P返回速度为零的位置，确定小球能否与小球Q相撞；根据牛顿第二定律求出小球P在N点的加速度；根据电场力做功判断电势能的变化，当小球所受的合力为零时，小球的速度最大．
解答： 解：A、根据动能定理知，当小球返回到N点，由于重力做功为零，匀强电场的电场力做功为零，电荷Q的电场对P做功为零，则合力做功为零，知道到达N点的速度为零．所以小球不可能撞到小球Q．故A错误．
B、根据牛顿第二定律得，小球在N点的加速度a==，故B正确．
C、小球P沿着斜面向下运动过程中，匀强电场的电场力做正功，电荷Q产生的电场对P做负功，两个电场力的合力不一定沿斜面向下，则最终电场力不一定做正功，则电势能不一定减小．故C错误．
D、当小球所受的合力为零时，速度最大，即+k0x0=qE+mgsinα，则压缩量不等于．故D错误．
故选：B．
点评：本题考查了动能定理、牛顿第二定律的综合，难度中等，知道小球合力为零时，小球的速度最大，知道电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．

6．如图所示，四个相同的表头分别改装成两个安培表和两个伏特表．安培表A1的量程大于A2的量程，伏特表V1的量程大V2的量程，把它们按图接入电路，则( )

A．安培表A1的读数大于安培表A2的读数
B．安培表A1的偏转角小于安培表A2的偏转角
C．伏特表V1的读数小于伏特表V2的读数
D．伏特表V1的偏转角等于伏特表V2的偏转角

考点：闭合电路的欧姆定律．
专题：恒定电流专题．
分析：由题：两个安培表和两个伏特表均是由四个相同的电流表改装成的，表头的满偏电流和内阻相同．安培表A1、A2并联，电压相同，表头的电流，指针偏转角度相同，量程越大，其读数越大．伏特表V1与V2串联，流过表头的电流相同，指针偏转的角度相同，则量程越大，其读数越大．
解答： 解：A、安培表A1、A2并联，电压相同，表头的电流，指针偏转角度相同，由于安培表A1的量程大于A2的量程，则安培表A1的读数大于安培表A2的读数．故A正确，B错误．
C、伏特表V1与V2串联，流过表头的电流相同，指针偏转的角度相同，由于伏特表V1的量程大于V2的量程，则伏特表V1的读数大于伏特表V2的读数．故C错误，D正确．
故选：AD
点评：安培表和伏特表都是由小量程电流表（表头）改装而成的，其核心是表头，表头指针的偏转角度取决于流过表头的电流．

7．如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动．小球运动到最高点时，受到的弹力为F，速度大小为v，其F﹣v2图象如乙图所示．则( )

A．小球的质量为
B．当地的重力加速度大小为
C．v2=c时，小球对杆的弹力方向向下
D．v2=2b时，小球受到的弹力与重力大小相等

考点：向心力．
专题：匀速圆周运动专题．
分析：小球在竖直面内做圆周运动，小球的重力与杆的弹力的合力提供向心力，根据图象、应用向心力公式、牛顿第二定律分析答题．
解答： 解：A、由图象知，当v2=0时，F=a，故有：F=mg=a，由图象知，当v2=b时，F=0，杆对小球无弹力，此时重力提供小球做圆周运动的向心力，有：mg=，得：g=，当有a=时，得：m=，故A正确，B错误；
C、由图象可知，当v2=c时，有：F＜0，则杆对小球得作用力方向向下，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的弹力方向向上，故C错误；
D、由图象可知，当v2=2b时，由，故有：
F+mg=，
得：F=mg，故D正确
故选：AD．
点评：本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同学们能根据图象获取有效信息，难度适中．

8．如图所示，有一垂直于纸面向外的有界匀强磁场，磁感应强度为B，其边界为一边长为 L的正三角形，A、B、C为三角形的三个顶点．若一质量为m、电荷量为+q的粒子（不计重力），以速度v0=从AB边上的某点P垂直于AB边竖直向上射入磁场，然后能从BC边上某点Q射出．关于P点入射的范围和从Q点射出的范围，下列判断正确的是( )

A．PB＜L B．PB＜L C．QB＜L D．QB≤L

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：本题粒子的半径确定，圆心必定在经过AB的直线上，可将粒子的半圆画出来，然后移动三角形，获取AC边的切点以及从BC边射出的最远点．
解答： 解：A、B、由半径公式可得粒子在磁场中做圆周运动的半径为R=，如图所示，当圆心处于O1位置时，粒子正好从AC边切过，并与BC边过，因此入射点P1为离开B最远的点，满足PB＜，A正确，B错误；
C、D、当圆心处于O2位置时，粒子从P2射入，打在BC边的Q点，由于此时Q点距离AB最远为圆的半径，故QB最大，即QB≤，D正确，C错误．
故选：AD

点评：考查带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动．由于运动轨迹的对应的半径不变，所以当从不同的位置进入时，出磁场位置也不同，故当轨迹刚与BC相切或与BC垂直相交，是本题考虑的两种临界状态，也是解题的突破口．

二、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．必考题
9．为了研究人们用绳索跨越山谷过程中绳索拉力的变化规律，同学们设计了如图1所示的实验装置，他们将不可伸长轻绳通过测力计（不计质量及长度）固定在相距为D的两立柱上，固定点分别为P和Q，P低于Q，绳长为L（L＞PQ），他们首先在绳上距离P点10cm处（标记为C）系上质量为m的重物（不滑动），由测力计读出绳PC、QC说的拉力大小TP和TQ．随后，改变重物悬挂点C的位置，每次将P到C点的距离增大10cm，并读出测力计的示数，最后得到TP和TQ与绳长PC的关系曲线如图2所示，由实验可知：
（1）曲线Ⅱ中拉力为最大时，C与P点的距离为60.00cm，该曲线为TP（选填TP或TQ）的曲线．
（2）在重物从P移到Q的整个过程中，受到最大拉力的是Q（选填：P或Q）点所在的立柱．
（3）在曲线Ⅰ、Ⅱ相交处，可读出绳的拉力T0=4.30N，它与L、D、m和重力加速度g的关系为T0=．


考点：共点力平衡的条件及其应用．
专题：共点力作用下物体平衡专题．
分析：选取结点C为研究的对象，对它进行受力分析，根据结点C的受力即可判断．
解答： 解：（1）选取结点C为研究的对象，受力如图，
水平方向：TPsinα=TQsinβ
竖直方向：TPcosα+TQcosβ=2T0•cosβ ①
由图可得，当：α=β时，两个绳子上的拉力相等，此时由图可得，该处离P比较近．
又：C到P与Q的距离相等时，受力如图：

水平方向仍然满足：TPsinα=TQsinβ
由于α＞β
所以：TP＜TQ
所以曲线Ⅱ是TP的曲线，曲线Ⅰ是TQ的曲线．
曲线Ⅱ中拉力为最大时，C与P点的距离为60.00cm处．
（2）曲线Ⅰ是TQ的曲线，由题目的图可得，在重物从P移到Q的整个过程中，受到最大拉力的是Q点所在的立柱；
（3）由题目的图可得，在曲线Ⅰ、Ⅱ相交处，可读出绳的拉力T0=4.30N．
做出它们的几何关系如图：

由于α=β，则：
②
联立①②得：
故答案为：（1）60.00，TP；（2）Q；（3）4.30，
点评：该题属于信息给予题，考查学生获取信息的能力和利用数学知识解决物理问题的能力，是一道考查能力的好题．

10．（1）多用电表测未知电阻阻值的电路如图（a）所示，电池的电动势为E、内阻为r，R0为调零电阻，Rg为表头内阻，电路中电流I与待测电阻的阻值Rx关系图象如图（b）所示，则该图象的函数关系式为I=；（调零电阻R0接入电路的部分阻值用R0表示）

（2）下列根据图（b）中I﹣Rx图线做出的解释或判断中正确的是BC；（有两个选项正确）
A．用欧姆表测电阻时，指针指示读数越大，测量的误差越小
B．欧姆表调零的实质是通过调节R0，使Rx=0时电路中的电流I=Ig
C．Rx越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏
D．测量中，当Rx的阻值为图（b）中的R2时，指针位于表盘中央位置的右侧
（3）某同学想通过一个多用电表中的欧姆挡，直接去测量某电压表（量程10 V）的内阻（大约为几十千欧），欧姆挡的选择开关拨至倍率×1K挡．先将红、黑表笔短接调零后，选用图（c）中A（填“A”或“B”）方式连接．在本实验中，如图（d）所示为欧姆表和电压表的读数，请你利用所学过的知识，求出欧姆表电池的电动势为8.75V．（计算结果保留三位有效数字）


考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．
专题：实验题．
分析：（1）欧姆表的工作原理是闭合电路欧姆定律，根据闭合电路欧姆定律分析答题．
（2）根据闭合电路欧姆定律得出电流I与待测电阻的阻值Rx关系．
（3）选择倍率的原则是让指针指在刻度盘的中间位置附近，欧姆表的内部电源的正极与外部负极插孔相连，欧姆表的读数为示数乘以倍率，由闭合电路的欧姆定律求电动势．
解答： 解：（1）多用电表测电阻的原理是闭合电路欧姆定律，则有：I=；
（2）A、用欧姆表测电阻时，指针指刻度盘中央附近时，测量的误差越小．故A错误．
B、由上式知：当Rx=0，I=，通过调节R0，使Rx=0时电路中的电流I=Ig，表明所测量的电阻为0，故B正确．
C、Rx越小，由I=，知相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏．故C正确．
D、测量中，当Rx的阻值为图5中的R2时，电流比半偏电流Ig，小，由 I=，知指针位于表盘中央位置的左侧．故D错误．
（3）当欧姆表的指针指在中间位置附近时，测量值较为准确，根据读数为：示数×倍率=读数知，选择×1K的挡较好；
欧姆表的正极插孔与内部电源的负极相连，与电压表构成一闭合回路，电流从负极流出，进入电压表的正极，所以选择图A正确；
欧姆表的读数为：40×1K=40KΩ；电压表的读数为5.0V；
由题意知欧姆表的内阻为30KΩ，与电压表的内阻40KΩ串联，由欧姆定律可知：
E=I（r+R）=×（3×104+4×104）=8.75V．
故答案为：（1）I=；（2）BC；（3）A；8.75．
点评：对于欧姆表，要了解其结构、掌握读数的方法，关键要理解欧姆表的工作原理：闭合电路欧姆定律．

11．两个天体（包括人造天体）间存在万有引力，并具有由相对位置决定的势能．如果两个天体的质量分别为m1和m2，当它们相距无穷远时势能为零，则它们距离为r时，引力势能为EP=﹣G．发射地球同步卫星一般是把它先送入较低的圆形轨道，如图中Ⅰ，再经过两次“点火”，即先在图中a点处启动燃气发动机，向后喷出高压燃气，卫星得到加速，进入图中的椭圆轨道Ⅱ，在轨道Ⅱ的远地点b处第二次“点火”，卫星再次被加速，此后，沿图中的圆形轨道Ⅲ（即同步轨道）运动．设某同步卫星的质量为m，地球半径为R，轨道Ⅰ距地面非常近，轨道Ⅲ距地面的距离近似为6R，地面处的重力加速度为g，并且每次点火经历的时间都很短，点火过程中卫星的质量减少可以忽略．求：
（1）从轨道Ⅰ转移到轨道Ⅲ的过程中，合力对卫星所做的总功是多大？
（2）两次“点火”过程中燃气对卫星所做的总功是多少？


考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．
专题：人造卫星问题．
分析：卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ做圆运动，根据万有引力提供向心力表示出速度，运用动能定理求解合力对卫星所做的总功；
表示出卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上的动能和势能，根据能量守恒进行求解．
解答： 解：（1）卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ做圆运动，根据万有引力提供向心力得：
=m
所以有：Ek1=mV12=mgR
=m
所以有：Ek2=mV22=
运用动能定理得合力的功为：
W=Ek2﹣Ek1=mgR（﹣）=﹣
（2）卫星在轨道Ⅰ上的势能为：EP1=﹣=﹣mgR
卫星在轨道Ⅲ上的势能为：EP2=﹣=﹣
燃气所做的总功为：
W′=（ EP2+Ek2）﹣（EP1+Ek1）=（﹣+）﹣（﹣mgR+mgR）=
答：（1）从轨道Ⅰ转移到轨道Ⅲ的过程中，合力对卫星所做的总功是﹣
（2）两次“点火”过程中燃气对卫星所做的总功是．
点评：解决本题的关键得出卫星动能和势能的变化量，从而根据动能定理和能量守恒进行求解．

12．（18分）如图，水平面内有一光滑金属导轨，其MN、PQ边的电阻不计，MP边的电阻阻值R=1.5Ω，MN与MP的夹角为135°，PQ与MP垂直，MP边长度小于1m．将质量m=2kg，电阻不计的足够长直导体棒搁在导线上，并与MP平行，棒与MN、PQ交点G、H间的距离L=4m，空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T．在外力作用下，棒由GH处以一定的初速度向左做直线运动，运动时回路中的电流强度始终与初始时的电流强度相等．
（1）若初速度v1=3m/s，求棒在GH处所受的安培力大小FA．
（2）若初速度v2=1.5m/s，求棒向左移动距离2m到达EF所需的时间△t．
（3）在棒由GH处向左移动2m到达EF处的过程中，外力做功W=7J，求初速度v3．


考点：导体切割磁感线时的感应电动势．
专题：电磁感应与电路结合．
分析：（1）由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，然后由安培力公式求出安培力．
（2）由E=BLv求出感应电动势，由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，然后求出运动时间．
（3）求出安培力做的功，应用动能定理求出棒的速度．
解答： 解：（1）棒在GH处时，感应电动势：E=BLv1，
电流：I1=，
棒受到的安培力：FA=BIL，
代入数据解得：FA=8N；
（2）设棒移动的距离为a，由几何知识可知，EF间距离为a，
在此过程中，磁通量的变化量：△Φ=B△S=a（a+L）B，
由题意可知，回路中感应电流保持不变，则感应电动势不变，
感应电动势：E=BLv2，由法拉第电磁感应定律可得：E==，
解得：△t=1s；
（3）设外力做功为W，克服安培力做功为WA，导体棒在EF处的速度为v3′，
由动能定理得：W﹣WA=mv3′2﹣mv32，
克服安培力做功：WA=I32R△t′，
I3=，△t′=，
解得：WA=，
由于电流始终不变，则：v3′=v3，
则：W=+m（）v32，
代入数据得：3v32+4v3﹣7=0，
解得：v3=1m/s，（v3=﹣m/s，舍去）；
答：（1）若初速度v1=3m/s，求棒在GH处所受的安培力大小为8N．
（2）若初速度v2=1.5m/s，求棒向左移动距离2m到达EF所需的时间为1s．
（3）在棒由GH处向左移动2m到达EF处的过程中，外力做功W=7J，初速度为1m/s．
点评：本题是电磁感应与电路、力学相结合的综合题，难度较大，分析清楚棒的运动过程、应用E=BLv、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式、动能定理即可正确解题，解题时注意题设条件：电流大小始终不变．

三．【选修3-4】
13．如图所示是一列沿+x方向传播的简谐横波在t=0时的波形图，已知波速v=2m/s，质点PQ相距3.2m．从t=0 到Q点第二次振动到波谷的这段时间内质点P通过的路程为22cm．


考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象．
专题：振动图像与波动图像专题．
分析：Q点第二次振动到波谷即为﹣0.8m左侧的波谷传到Q点，根据△t=求解时间；根据图象得到波长，根据T=求解周期，然后求解时间间隔△t与周期T的关系，一个周期质点质点振动的路程为4A．
解答： 解：Q点第二次振动到波谷即为0.8m左侧的波谷传到Q点，即x=﹣0.8m位置的波谷传到Q点，故波形平移的路程为：△x=3.2m+0.4m﹣（﹣0.8m）=4.4m；
故波形平移的时间为：；
从图象得到波长为：λ=1.6m，已知波速v=2m/s，故周期：T===0.8s；
由于，一个周期质点质点振动的路程为4A，故P通过的路程为：
S=（2+）×4A=11A=22cm；
故答案：22cm．
点评：本题关键明确Q点第二次振动到波谷即为其左侧的第二个波谷传播到Q点，同时明确简谐运动中质点在一个周期内的振动路程为4A．

14．如图所示，有一截面是直角三角形的棱镜ABC，∠A=30°．它对红光的折射率为n1．对紫光的折射率为n2．在距AC边为d处有一与AC平行的光屏．现有由以上两种色光组成的很细的光束垂直AB边射入棱镜．
（1）红光和紫光在棱镜中的传播速度比为多少？
（2）为了使红光能从AC面射出棱镜，n1应满足什么条件？
（3）若两种光都能从AC面射出，求在光屏MN上两光点间的距离．


考点：光的折射定律；电磁波谱．
专题：压轴题；光的折射专题．
分析：（1）根据公式v=，求出红光和紫光在棱镜中的传播速度之比．
（2）由几何知识得到，红光射到AC面上的入射角i1=30°，要使红光能从AC面射出棱镜，必须使i1＜C，而sinC=求n1应满足的条件．
（3）根据折射定律分别求出两种光从AC面射出时的折射角，再由几何知识求解在光屏MN上两光点间的距离．
解答： 解：
（1）根据公式v=，得
（2）由几何知识得到，红光射到AC面上的入射角i1=30°，要使红光能从AC面射出棱镜，必须使i1＜C，而sinC=，得到sini1＜，解得n1＜2
（3）设红光与紫光从AC面射出时的折射角分别为r1，r2．
根据折射定律得
n1=，n2=，又i1=i2=30°
又由几何知识得，在光屏MN上两光点间的距离△x=dtanr2﹣dtanr1
代入解得
）
答：
（1）红光和紫光在棱镜中的传播速度比为n2：n1；
（2）为了使红光能从AC面射出棱镜，n1应满足的条件是n1＜2；
（3）若两种光都能从AC面射出，在光屏MN上两光点间的距离是．

点评：本题考查光在介质中速度、全反射及折射定律的综合应用，中等难度．对于折射定律的应用，关键是作出光路图．

四.【选修3-5】
15．下列说法正确的是( )
A．在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此，光子散射后波长变长
B．将放射性元素掺杂到其他稳定元素中，并降低其温度，它的半衰期会改变
C．玻尔的原子结构理论是在卢瑟福核式结构学说上引入了量子理论
D．在黑体辐射中随着温度的升高，一方面各种波长的辐射强度都会增加；另一方面辐射强度的极大值向波长较长的方向移动

考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度；玻尔模型和氢原子的能级结构．
专题：衰变和半衰期专题．
分析：在康普顿效应中，散射光子的动量减小，根据德布罗意波长公式判断光子散射后波长的变化．
半衰期只由原子核本身因素决定，与外界条件无关．
玻尔的原子结构理论引入了量子理论；
随着温度的升高，一方面各种波长的辐射强度都有增加，另一方面辐射强度的极大值向波长较短的方向移动．
解答： 解：A、在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，则动量减小，根据λ=，知波长增大．故A正确；
B、将放射性元素掺杂到其他稳定元素中并大幅度降低其温度，但它的半衰期不发生改变，因为半衰期只由原子核本身因素决定与外界条件无关，故B错误；
C、玻尔的原子结构理论，是在卢瑟福核式结构学说的基础上引入了量子理论，故C正确；
D、随着温度的升高，一方面各种波长的辐射强度都有增加，另一方面辐射强度的极大值向波长较短的方向移动．故D错误；
故选：AC．
点评：本题考查康普顿效应、影响半衰期的因素、能级的跃迁等基础知识点，比较简单，关键熟悉教材，牢记这些基础知识点，并强化训练．