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二．選擇題(本題共8小題，每小題6分，在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)
14.關(guān)于力和運(yùn)動,下列說法正確的是
A.一物體做豎直上拋運(yùn)動,上升過程中物體處于超重狀態(tài),下降過程處于失重狀態(tài)
B.若物體的速度很大,則其所受合外力也一定很大
C.一個具有初速度的物體,如果所受合外力大小恒定、方向始終與速度方向垂直,其運(yùn)動軌跡不一定是圓
D.一個做曲線運(yùn)動的物體,如果所受合外力恒定,其軌跡一定是拋物線
15.如圖所示,直線OO'的左側(cè)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B1,右側(cè)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B2,且B1> B2,一總阻值為R的導(dǎo)線框ABCD以O(shè)O'為軸做角速度為ω的勻速轉(zhuǎn)動,導(dǎo)線框的AB邊長為l1, BC邊長為l2。以圖示位置作為計時起點,規(guī)定導(dǎo)線框內(nèi)電流沿A→B→C→D→A流動時為電流的正方向。則下列圖像中能表示線框中感應(yīng)電流隨時間變化的是

A. B.
C. D.
16.下列說法正確的是
A.與是同位素,具有放射性,所以它們的化合物的性質(zhì)并不相同
B.核力是原子核內(nèi)質(zhì)子與質(zhì)子之間的力,中子和中子之間并不存在核力
C.在裂變反應(yīng)中,的結(jié)合能比和都大,但比結(jié)合能沒有和大
D.α、β、γ三種射線都是帶電粒子流
17.我國將于2017年11月發(fā)射“嫦娥五號”探月衛(wèi)星,計劃執(zhí)行月面取樣返回任務(wù)?！版隙鹞逄枴睆脑虑蚍祷氐厍虻倪^程可以簡單分成四步,如圖所示第一步將“嫦娥五號”發(fā)射至月球表面附近的環(huán)月圓軌道Ⅰ,第二步在環(huán)月軌道的A處進(jìn)行變軌進(jìn)入月地轉(zhuǎn)移軌道Ⅱ,第三步當(dāng)接近地球表面附近時,又一次變軌,從B點進(jìn)入繞地圓軌道Ⅲ,第四步再次變軌道后降落至地面,下列說法正確的是

A.將“嫦娥五號”發(fā)射至軌道Ⅰ時所需的發(fā)射速度為7. 9km/s
B.“嫦娥五號”從環(huán)月軌道Ⅰ進(jìn)入月地轉(zhuǎn)移軌道Ⅱ需要加速
C.“嫦娥五號”從A沿月地轉(zhuǎn)移軌Ⅱ到達(dá)B點的過程中其動能一直增加
D.“嫦娥五號”在第四步變軌時需要加速
18.如圖所示電路中,M、N是構(gòu)成平行板電容器的兩金屬極板,兩極板長度都為d , M、N極板間距也為d。將開關(guān)K閉合,帶正電的粒子a從靠近M板邊緣處以速度v0平行于極板射入電場中,恰好能從N板的邊緣射出?，F(xiàn)將N板向下移動,并且調(diào)節(jié)滑動變阻器,粒子a仍從靠近M板邊緣處以速度v0平行于極板射入電場中,發(fā)現(xiàn)帶電粒子仍然恰好從N板的邊緣射出,不計帶電粒子的重力,下列說法正確的是

A.兩次在電容器中運(yùn)動的時間之比為1:1
B.兩次電容器內(nèi)電場強(qiáng)度之比為1:2
C.兩次射出電場時的動能之比為1:2
D.兩次電容器的帶電荷量之比為3:2
19.如圖所示,水平面上固定一傾角為45°的斜面,一帶正電的物塊靜止在斜面上,該空間內(nèi)存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場,現(xiàn)將勻強(qiáng)電場的方向緩慢逆時針旋轉(zhuǎn)90°,在這個過程中物塊始終處于靜止?fàn)顟B(tài),斜面對物塊的摩 擦力為f,斜面對物塊的支持力N,關(guān)于f和N,下列說法可能正確的是

A. f先減小后增大, N先增大后減小
B. f先增大后減小,N一直增大
C. f先減小后增大再減小再增大,N一直增大
D. f先減小后增大,N一直增大
20.如圖甲所示,質(zhì)量為m2的長木板靜止在光滑的水平面上,其上靜置一質(zhì)量為m1的小滑塊?，F(xiàn)給木板施加一隨時間均勻增大的水平力F,滿足F= kt( k為常數(shù), t代表時間),長木板的加速度a隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示。已知小滑塊所受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是

A.在0~2s時間內(nèi),小滑塊與長木板間的摩擦力不變
B.在2~3s時間內(nèi),小滑塊與長木板間的摩擦力在數(shù)值上等于m2的大小
C.m1與m2之比為1:2
D.當(dāng)小滑塊從長木板上脫離時,其速度比長木板小0.5m/s
21.如圖甲所示, MN與PQ為光滑的平行導(dǎo)軌,導(dǎo)軌間距為l,導(dǎo)軌的上部分水平放置,下部分傾斜放置且與水平面的夾角為θ,導(dǎo)軌足夠長。兩條導(dǎo)軌上端用導(dǎo)線連接,在導(dǎo)軌的水平部分加一豎直向上的勻強(qiáng)磁場B1,其磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示;在導(dǎo)軌的傾斜部分加一垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度始終為B0。在t1時刻從傾斜軌道上某位置靜止釋放導(dǎo)體棒a,導(dǎo)體棒開始向下運(yùn)動,已知導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m、電阻為R,不計導(dǎo)軌和導(dǎo)線的電阻,重力加速度為g,則下列說法正確的是

A.剛釋放導(dǎo)體棒a時,其加速度一定最大
B.整個運(yùn)動過程中,導(dǎo)體棒a的最大速度為
C.在t1~t2時間內(nèi),導(dǎo)體棒a可能先做加速度減小的加速運(yùn)動,然后做勻速直線運(yùn)動
D.若在t3時刻,導(dǎo)體棒a已經(jīng)達(dá)到最大速度,則在t1~t3時間內(nèi),通過導(dǎo)體棒的電荷量為
三、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分。第22題~第32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33題~第38題為選考題，考生根據(jù)需求作答。)
(一)必考題：共129分
22.(7分)某興趣實驗小組的同學(xué)利用如圖所示裝置測定物塊與木板AD、DE間的動摩擦因數(shù)μ1、μ2;兩塊粗糙程度不同的木板AD、DE對接組成斜面和水平面,兩木板在D點光滑連接(物塊在此處運(yùn)動不損失機(jī)械能),且AD板能繞D點轉(zhuǎn)動。現(xiàn)將物塊在AD板上某點由靜止釋放,滑塊將沿AD下滑,最終停在水平板的C點;改變傾角,讓物塊從不同的高度由靜止釋放,且每次釋放點的連線在同一條豎直線上(以保證圖中物塊水平投影點B與接點D間距s不變),用刻度尺量出釋放點與DE平面的豎直高度差h、釋放點與D點的水平距離s, D點與最終靜止點C的水平距離x,利用多次測量的數(shù)據(jù)繪出x-h圖像,如圖所示,則

(1)寫出x-h的數(shù)學(xué)表達(dá)式 (用μ1、μ2、h及s表示);
(2)若實驗中s=0.5m, x-h的橫軸截距a=0.1,縱軸截距b=0.4,則μ1= , μ2= 。
23.(8分)小明同學(xué)為描繪小燈泡的伏安特性曲線,準(zhǔn)備了如下器材:
A.電壓表V(量程0~3V,內(nèi)阻約2Ω)
B.電流表A(量程0~0.6A,內(nèi)阻約0.5Ω)
C.滑動變阻器R0(全阻值5Ω,額定電流2A)
D.電池組E (電動勢4.5V,內(nèi)阻r =1.0Ω)
E.小燈泡(3V, 1.0W)
F.開關(guān)S,導(dǎo)線若干
(1)根據(jù)所提供的實驗器材,在答題紙的虛線框內(nèi)畫出實驗原理圖;
(2)按照原理圖在實物圖上連成測量電路;

(3)實驗中描繪出小燈泡的伏安特性曲線如圖所示,若將小燈泡與定值電阻R1(阻值為R1=15Ω)并聯(lián)后再與定值電阻R2(阻值為R2=14Ω)串聯(lián)后直接接到電池組E兩端,則小燈泡實際消耗的功率為P= W。(結(jié)果小數(shù)點后保留兩位)
24.(14分)有一內(nèi)壁光滑的圓管豎直放置,圓管底部封閉,上端開口且足夠長,圓管內(nèi)有兩個小球A與B, A的質(zhì)量為m1=0.1kg, B的質(zhì)量為m2=0.2kg,兩小球直徑略小于管的直徑。某時刻當(dāng)B球向下運(yùn)動至離圓管底面高度h=1m處時與向上運(yùn)動的A球發(fā)生彈性碰撞,碰后B球向上運(yùn)動至最大高度又返回到原來高度h=1m處,再次與已經(jīng)和底面做完彈性碰撞后反彈 回來的小球A相碰,如此反復(fù),做周期性運(yùn)動,問要完成這種反復(fù)運(yùn)動小球A與B碰前的速度應(yīng)是多少? ( g取10m/s2)

25.( 18分)如圖所示,在平面坐標(biāo)系xOy的第一象限內(nèi)有一半圓形區(qū)域,其半徑為R,半圓的一條直徑與x軸重合, O為該直徑的一個端點。半圓內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,半圓外存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場,半圓內(nèi)外磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都為B0,在坐標(biāo)原點O處有一粒子源,沿x軸正方向不斷發(fā)射出質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子,粒子的發(fā)射速度為大于零的任意值(不考慮相對論效應(yīng))。已知半圓形邊界處存在特殊物質(zhì),當(dāng)粒子由半圓內(nèi)向半圓外運(yùn)動時,粒子不受任何影響,但當(dāng)粒子由半圓外向半圓內(nèi)運(yùn)動時,粒子就會被邊界處的特殊物質(zhì)吸收。不計粒子的重力和粒子間的相互作用力。

(1)求從O點發(fā)射的所有粒子中,不會從y軸正半軸射入第二象限的粒子的速度的取值范圍; (已知:)
(2)證明最終打在半圓形邊界且被特殊物質(zhì)吸收的粒子,在磁場中運(yùn)動的總時間都相等,并且求出該時間;
(3)若第一象限內(nèi)半圓形外區(qū)域的磁場存在一上邊界y=a ,要想使所有粒子都不會從磁場上邊界射出,則a至少為多大。
(二)選考題：共15分。請從給出的2道物理題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一個題目計分。
33.【物理—選修3-3】(15分)
(1)(5分)下列說法中正確的是 (填入正確答案標(biāo)號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分，每選錯1個扣3分，最低得分0分）。
A.空氣絕對濕度越大,空氣中水蒸氣壓強(qiáng)就越接近飽和汽壓,水蒸發(fā)得就越慢
B.布朗運(yùn)動說明液體分子做永不停息的無規(guī)則運(yùn)動,同時說明液體分子間有間隙
C.熱量不能自發(fā)地從低溫物體傳遞給高溫物體
D.一定質(zhì)量的理想氣體,如果溫度升高,同時體積增大,其內(nèi)能可能減小
E.氣體的壓強(qiáng)是由于氣體分子頻繁地撞擊器壁產(chǎn)生的
(2)(10分)如圖甲所示,豎直放置的左端封閉、右端足夠長且開口的U形均勻玻璃管中用水銀柱封閉一段長為 l0=15cm的空氣柱,兩邊管中水銀柱長度分別為h1=22.5cm、h2=27.5cm,大氣壓強(qiáng)p0=75cmHg。

①試求封閉空氣柱的壓強(qiáng)(用cmHg表示);
②現(xiàn)將U形管緩慢倒轉(zhuǎn)使其開口向下,達(dá)到新的平衡,如圖乙所示,假設(shè)在整個過程中環(huán)境的溫度不發(fā)生變化,試求新平衡狀態(tài)下空氣柱的長度。
34.【物理—選修3-4】(15分)
(1)(5分)如圖所示為t=0時刻某簡諧橫波在均勻介質(zhì)傳播時的圖像, P質(zhì)點剛好振動到波峰位置, Q點速度最大,波的前沿傳到M點,已知波源的振動頻率為10Hz,下列說法正確的是 。(填正確答案標(biāo)號。選對1個得2分,選對2個得4分,選對3個得5分,每選錯1個扣3分,最低得分為0分)


A.質(zhì)點P的相位總比質(zhì)點Q的相位落后
B.在任意1s時間內(nèi)質(zhì)點P通過的總路程均為8m
C.質(zhì)點Q的振動方程為y=-20sin20πt(cm)
D.波源的起振方向為+y方向
E.再經(jīng)過0.7s質(zhì)點N第一次達(dá)到波峰
(2)(10分)如圖所示為一直角棱鏡的截面圖,∠ACB =90°,∠CAB =60°, AC邊長為L。一平行細(xì)光束從AB面上的O點沿垂直于AB面的方向射入棱鏡,經(jīng)AC面的中點 P反射后,在BC面上的M點同時發(fā)生反射和折射,且反射光線和折射光線互相垂直(P點和M點圖中未畫出),反射光線從AB面的O'射出,已知光在真空中的傳播速度為c,求:

①該棱鏡的折射率;
②光在棱鏡中傳播時從O點到O'點所用的時間。


參考答案
二．選擇題(第14～17題只有一項符合題目要求，第18～21題有多項符合題目要求)
題號
14
15
16
17
18
19
20
21
答案
D
A
C
B
AC
CD
BD
BCD
14. D 【解析】判斷是超重還是失重要看加速度的方向, 方向向下則為失重,方向向上則為超重,所以做豎直上 拋的物體始終處于失重狀態(tài),所以A錯誤;一個以很 大速度做勻速運(yùn)動的物體,速度盡管很大但其所受合 力為零,故B錯誤;物體所受合外力 F 大小不變,方向 始終與速度方向垂直,則其運(yùn)動一定是勻速圓周運(yùn)動, 故C錯誤;做曲線運(yùn)動的物體,所受合外力為恒力時, 其軌跡一定是拋物線,故D正確。
15. A 【解析】回路中的感應(yīng)電動勢為,
則電流為i,故選項A正確, B、C、D選項錯誤。
16. C 【解析】同位素的核外電子數(shù)量相同,所以一種元素的各種同位素都具有相同的化學(xué)性質(zhì), A錯誤;原子 核內(nèi)相鄰的質(zhì)子和中子之間均存在核力, B錯誤;核子數(shù)越多其結(jié)合能也越大,所以的結(jié)合能比和都大,越接近鐵元素的比結(jié)合能越大,所以的比結(jié)合能比和都小, C正確;α射線、β射線都是帶電粒子流,而γ射線是電磁波不帶電,故D錯誤。
17. B 【解析】月球的第一宇宙速度比地球的要小,故A錯誤;“嫦娥五號”從軌道Ⅰ進(jìn)入月地轉(zhuǎn)移軌道Ⅱ是離 心運(yùn)動,所以需要加速, B正確;剛開始的時候月球?qū)Α版隙鹞逄枴钡囊Υ笥诘厍驅(qū)Α版隙鹞逄枴钡囊?所以動能要減小,之后當(dāng)?shù)厍虻囊Υ笥谠虑虻囊r,衛(wèi)星的動能就開始增加,故C錯誤;“嫦娥五號”降落至地面的運(yùn)動為向心運(yùn)動,需要減速,故D錯誤。
18. AC 【解析】兩次從極板射出時,水平速度大小不變,即所需時間相等,又因為vy=at,a= Eq/m ,所以,所以,如圖所示:

第一次射出電場時,設(shè)其沿電場線方向的速度為vy1,可得,所以,同理可求得,所以 ,所以電場強(qiáng)度之比為,故A正確, B錯誤;第一次的動能為,第二次其動能為,所以兩次動能之比為 1:2,故C正確;因不變,所以帶電荷量之比,所以D錯誤.
19. CD 【解析】當(dāng)電場方向由豎直向上旋轉(zhuǎn)至平行于斜面的過程中,電場力垂直斜面向上的分力越來越小,所 以斜面對物塊的支持力越來越大;當(dāng)電場方向由平行于斜面旋轉(zhuǎn)至水平方向的過程中,電場力沿垂直斜面 向下的分力越來越大,所以斜面對物塊的支持力越來越大,綜上所述,斜面對物塊的支持力N一直增大,故A錯誤;當(dāng)電場方向豎直向上時,可以判斷電場力一定小于等于重力,若電場力小于重力,此時的摩擦力方向沿斜面向上,剛開始旋轉(zhuǎn)時,電場力沿斜面向上的分力越來越大,所以摩擦力開始一定要減小,故B錯誤;因為電場力大小未知,有可能其最大值比mgsin45°要大,此時f先減小后反向增大,到達(dá)平行于斜面時,摩擦力沿斜面向下最大,然后又減小,減小至零后再反向增大,故C正確;當(dāng)電場力最大值比mgsin45°小時,電場方向到達(dá)平行于斜面時, f最小,仍然沿斜面向上,所以摩擦力應(yīng)該是先減小后增大,故D正確;若電場力等于重力,開始時摩擦力為零,剛開始旋轉(zhuǎn)時,電場力沿斜面向上的分力越來越大,所以摩擦力開始沿斜面向下增大,電場方向到達(dá)平行于斜面時,摩擦力沿斜面向下最大,當(dāng)電場方向由平行于斜面旋轉(zhuǎn)至水平方向的過程中,摩擦力開始沿斜面向下減小(注:選項中未涉及到此情況)。
20. BD 【解析】根據(jù)圖像,經(jīng)分析可知,在0~2s時間內(nèi)小滑塊和長木板相對靜止,它們之間為靜摩擦力,對小滑塊有f靜=m1a, a在增加,所以靜摩擦力也在線性增大,故A錯誤;長木板的加速度a在3s時突變,所以小滑塊在3s時脫離長木板,對長木板在3s時刻前后分別列牛頓第二定律可得: 3k-f= m2a前= m2·(2m/s2), 3k=m2a后=m 2·(3m/s2),兩式聯(lián)立可得: f=m2·(1m/s2),所以B正確;在0~2s時間內(nèi), F=(m1+m2)a1=kt ,所以,在2~3s時間內(nèi), F-f = m2a2,所以,根據(jù)圖像斜率可知,,解得m1= m2,所以C錯誤;在 2s時刻小滑塊與長木板速度相同,在2~3s時間內(nèi),小滑塊的速度的變化量為Δv1=1m/s,長木板的速度的變化量為Δv2=1.5m/s,所以在3s時,長木板比小滑塊的速度大0.5m/s,故D正確。
21. BCD 【解析】剛釋放導(dǎo)體棒時,回路中只有感生電動勢,其加速度為mgsinθ-B0Il=ma,當(dāng)?shù)竭_(dá)t2時刻后,感生電動勢產(chǎn)生的電流消失,只剩下動生電動勢產(chǎn)生 的電流,此時mgsinθ-B0I'l= ma',因為不能判斷I'與I的大小關(guān)系,所以加速度a不一定大于a',故A錯誤;導(dǎo)體棒的最大速度應(yīng)該可以出現(xiàn)在t2時刻之后, 當(dāng)時,有最大速度,故B正確; t1~ t2時間內(nèi),由于下滑速度越來越大,所以產(chǎn)生的動生電動勢也越來越大,此時回路中的感應(yīng)電流變大,導(dǎo)體棒所受安培力也越來越大,所以其加速度越來越小,其加速度有可能在到達(dá)t2時刻之前已經(jīng)減為零,所以之后其可能做勻速直線運(yùn)動,故C正確;在t1~t3時間內(nèi),由動量定理可得,可解得:,故D正確。
三、非選擇題
22.(1) (3分) (2) 0. 2(2分) 0.25(2分)
【解析】(1)由動能定理,對全過程有,即.
(2)對照圖像，代入數(shù)值可知μ1=0.2，μ2=0.25
23.(1)如圖甲所示(2分) (2)如圖乙所示(3分) (3) 0.15(在0.13~0.17之間均正確) (3分)
【解析】(1)電流表采用外接法;同時要求電壓變化從零開始,故滑動變阻器采用分壓式接法,如圖甲所示

(2)實物連線如圖乙所示。

(3)設(shè)小燈泡兩端的電壓為U ,流過的電流為I ,則由閉合電路歐姆定律得,整理并代入數(shù)值得U=2.25-7.5I或, I-U圖線如圖丙所示,交點即為工作點,代入數(shù)據(jù)得P =0.15W(在0.13~0. 17之間均給分)。


24. 4m/s，2m/s
【解析】設(shè)碰時A球與B球的速率分別為v1與v2,為完成反復(fù)運(yùn)動,小球A和B各自碰前與碰后的速率應(yīng)相等,即小球A碰后速度為-v1,小球B碰后速度為-v2,
則有 (2分)
得 (1分)
設(shè)小球A到達(dá)底面所需時間為t ,則有 (2分)
小球A往返一次所需時間 (2分)
小球B往返一次需時 (1分)
按題意要求有t1= t2 (2分)
即 (2分)
解得：v1=4m/s, v2=2m/s ( 2分)

25.(1) (2) (3)2R
【解析】(1)如圖甲所示,

當(dāng)粒子在半圓外做圓周運(yùn)動恰好與y軸相切時,此時粒子的速度為最小值,設(shè)帶電粒子在磁場內(nèi)做勻速圓周 運(yùn)動的軌道半徑為r,軌跡圓心O2與半圓圓心O1連線與x軸之間的夾角為θ,
由幾何關(guān)系可知 (1分)
(1分)
兩式聯(lián)立可得:θ=15°, r=Rtan15° (1分)
又 (1分)
得 ( 1分)
所以不會從y 軸正半軸射入第二象限的粒子的速度的取值范圍為 ( 1分)
(2)如圖乙所示做出某一速度粒子的軌跡,最終打在半圓邊界,

由幾何關(guān)系可知: θ1+ θ2=360° (2分)
所以帶電粒子在磁場中運(yùn)動的總時間為 (2分)
(3)如圖丙所示做出某一速度粒子的軌跡,設(shè)其最高點為P,軌跡圓心O2與半圓圓心O1連線與x軸之間的夾角為θ，由幾何關(guān)系可得P距x軸的距離為 (2分)
又因為 (1分)
兩式聯(lián)立可得 (2分)
當(dāng)θ=45°時，x取到最大值xmax=2R (2分)
所以想使所有粒子都不會從磁場上邊界射出，a的最大值為xmax=2R (1分)

33.(1) BCE
(2)①80cmHg ②l1=20cm或l2=30cm
【解析】(1)空氣相對濕度越大，空氣中水蒸氣壓強(qiáng)就越接近飽和汽壓,水蒸發(fā)得就越慢,故A錯;布朗運(yùn)動說明液體分子做永不停息的無規(guī)則運(yùn)動,同時說明液體分子間有間隙,故B正確;由熱力學(xué)第二定律可知,自然界中與溫度有關(guān)的宏觀過程都具有方向性,故C正確;對一定質(zhì)量的理想氣體,溫度是其內(nèi)能的標(biāo)志,溫度升高,其內(nèi)能必增大, D錯誤;而氣體的壓強(qiáng)就是由于氣體分子頻繁地撞擊器壁產(chǎn)生的, E正確。
(2)①p1=p0+(h2-h1) cmHg (2分)
代入數(shù)據(jù)得p1=80cmHg (1分)
②設(shè)試管的橫截面積為S,倒轉(zhuǎn)后封閉管中仍有水銀,而空氣柱長度增加了x ,如圖所示,

則由玻意耳定律有p1l0S=p2(l0+x)S (2分)
而p1= p0+( h2-h1) cmHg
p2= p0-( h2-h1) cmHg-2x cmHg (2分)
代入數(shù)據(jù)得x1=5cm, x2=15cm (2分)
由于x1、x2 均小于h1,故倒轉(zhuǎn)后管中仍有水銀,對應(yīng)的空氣柱長度為l1=20cm或l2=30cm (1分)

34.(1) BDE
(2)① ②
【解析】(1)由圖可知,質(zhì)點P的相位總比質(zhì)點Q的相位超前,故A錯誤;在一個周期內(nèi)質(zhì)點通過的總路程為4A ,故B正確;此時Q點的振動方向為+y,故C錯誤; M點的振動方向,即為波源的起振方向,故D正確;由于波速為v =λf =40m/s,波峰從x=5m處,傳到N點,需用時0.7s, E正確。
(2)①從O點射入棱鏡后,光路圖如圖所示：

由反射定律可知 (1分)
由于兩法線互相垂直,故 (1分)
可知在M點反射光線與入射光線平行,由題可知β=60° (1分)
在BC面,由折射定律可知, , 解得 (2分)
②由幾何關(guān)系可知從O點到O'點光通過的路程為 (2分)
代入數(shù)據(jù)得 (1分)
又光在介質(zhì)中的傳播速度為 (1分)
代入解得 (1分)

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