2022-2023学年重庆市某中学高二（上）期末物理试卷+答案解析

2022-2023学年重庆市巴蜀中学高二（上）期末物理试卷

1.某同学通过实验得到了如图所示的四幅图案，在下列四个选项中，哪一个可能是由双缝

干涉实验得到的图案（）

BBIH

2.三种透明介质垂直堆叠，介质H的两边界是平行的。一束光

在介质II的上边界内部发生全反射，经过折射后从介质H的下边

界射出，如图所示。假设光在三种介质中的折射率分别为%,Tl2

和巧,则它们之间的大小关系正确的是（）

A.n1>n2>n3<n2B.n1<n2,n3>n2

C.n1>n2>n3>n2D.n1<n2,n3<n2

3.如图所示，是一个人两次抖动同一细绳形成的机械波，第一次抖动形成图甲所示波形,

第二次抖动形成图乙所示的波形，下列说法中正确的是（）

A.机械波向外传递的过程中频率会逐渐减小

B.在传播方向上相邻两个波峰间的距离是一个波长

C.甲、乙两列绳波的起振方向相同

D.机械波以传递振动，所以绳上的各点随波向外迁移

B.t=Os到t=Is时间内，小球的动能在减小

C.t=2s时和t=4s时小球的回复力大小相同

D.t=2s到t=3s时间内，小球的加速度在增大

5.如图所示，矩形线框KLMN面积为S,处于磁感应强度大小为

8的匀强磁场中，线框可绕虚线轴逆时针转动，初始时刻线圈平

面与磁场方向的夹角为30。，下列说法正确的是()

A.初始位置穿过线圈的磁通量为yBS

B.当线圈从图示位置逆时针转过30。时，穿过线圈的磁通量为0

C.当线圈从图示位置逆时针转过90。时，穿过线圈的磁通量为TBS

D.在线圈从图示位置逆时针转过180。过程中，线圈磁通量的变化

的大小为BS

6.如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂起来，其附近有一条形磁铁，该磁铁的轴线穿

过导线圈的圆心，且与线圈平面垂直，现保持条形磁铁不动，而在线圈中通以如图所示的电

流，则()

A.线圈保持不动B.线圈向左偏转且有向外扩张的趋势

C.线圈向左偏转且有向内收缩的趋势D.线圈向右偏转且有向内收缩的趋势

7.如图所示，在真空中有两根长而直的平行导线，其中只有一根

aC

携带稳定的电流，其方向未知。一个电子在两根导线确定的平面内

沿着如图所示的路径从点。移动到点Po以下哪一种表述是正确的

（）

BD

A.CD导线携带电流，方向从。流到CB.CD导线携带电流，方向从C流到。

C.AB导线携带电流，方向从A流到BD.A8导线携带电流，方向从B流到A

8.在光滑的水平地面上有两个小车A和8,A车质量为小力=2kg,8车质量TnB=Ikg，B

车左侧固定有一个轻弹簧，如图所示，一开始弹簧处于原长且保持水平，A车向右的初速度

v0=3m∕s,则下列选项中不正确的有（）

A.两车共速时的速度为2m∕sB.A车的最终速度为lm/s

C.B车的最终速度为4m∕sD.弹簧的最大弹性势能为4J

9.19世纪末，汤姆孙的学生阿斯顿设计了质谱仪，并用质谱仪发现了速-20和筑-22,证

实了同位素的存在。如图甲为质谱仪工作的原理图，已知质量为机、电荷量为q的粒子，从

容器A下方的小孔Sl飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0,然后经过S3沿着与磁

场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片。上的尸点,且S3P=X。

忽略粒子的重力，通过实验测得X与，万的关系如图乙所示，已知斜率为k=0.5,匀强磁场

的磁感应强度B为2X10-4。7r=3.14,则下列说法中正确的是（）

甲

A.该粒子带负电

B.该粒子比荷为9×108C∕kg

C.若电压U不变，X越大，则粒子比荷越大

D.该粒子在磁场中运动的时间约为1.96XIO-5S

10.如图所示，AB平行于CO,相距为d,两边之间有垂直直面

向里的匀强磁场，磁感应强度为一质量为加，电荷量为4的电

子在AB边某点与AB边成30。角方向入射,与CC边成60。角出射，

下列选项正确的是（）

A.电子运动的轨道半径为r=（√-3-l）d

B.电子在磁场中运动的时间为t=篇

B`XX×,∙D

C.电子的入射速度%=1巴1幽

D.仅改变入射方向，使电子刚好不从右边界射出，则AB边界上的入射点与出射点间的距离

为2(1+2y∏)d

11.一质量为Ikg的物块，在水平力尸的作用下由静止开始在水

平地面上做直线运动，F与时间f的关系如图所示，已知物块与地

间的动摩擦因数为0.2,重力加速度g取IOrn/S2,下列选项正确的

是（）

A.物体在3s末的动量大小12kg∙m/s

B.水平力尸在前4s内的冲量大小为16N∙S

C.物体在5s末的速度大小为2m∕s

D.Gs末动量大小为12/cg∙m/s

12.下列说法中正确的是（）

A.各种波均会发生干涉、衍射、偏振等现象

B.在波的干涉图样中，振动加强的点永远都振动加强

C.两列相干波的波峰与波峰叠加相互加强，波谷与波谷叠加相互削弱

D.当障碍物或孔的尺寸比波长小或相差不多时，才能发生明显的衍射现象

13.如图所示，水平放置的两导轨P、。间的距离d=0.5m,垂

直于导轨平面的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B=2T,垂直

于导轨放置的H棒的质量Tn=1kg,系在必棒中点的水平绳跨

过定滑轮与重物块G相连。已知油棒与导轨间的动摩擦因数〃=

0.2,最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力，电源的电动势E=

IOV、内阻r=0.1O,导轨的电阻及油棒的电阻均不计。当滑动

变阻器R=O.90时，必棒处于静止状态且仅受四个力作用，g取

IOm∕s2,下列选项正确的是（）

A.重物块的质量Ikg

B.血棒保持静止，滑动变阻器R的最小值为0.40

C.外棒保持静止，滑动变阻器R的最大值为1.150

D.若将磁场反向，调节滑动变阻器，仍可让系统平衡

14.如图(α)所示，在固定的水平滑槽中，有一平台可左右滑动。平台下方竖直悬挂轻弹簧，

两小球A、8间用细线连接,弹簧下端与小球A相连。现让平台与小球一起向右匀速运动,t=Os

时剪断细线，小球A在竖直方向上做简谐运动。同时用频率为IOHZ的频闪照相机开始记录

小球A的位置，以剪断细线时小球A的位置为坐标原点，小球A的水平位移X为横坐标，小

球A的竖直位移y为纵坐标。运动一段时间后,用平滑的曲线连接小球4的位置如图(b)所示。

则下列说法中正确的是()

A.平台向右运动的速度大小。=lm∕s

B.t=0.2s时，小球A的速度最大

C.t=0.35s时，小球A的力口速度方向向上

D.t=0.95S时，小球A的在竖直方向上的位移大小为(IO+5√7)cm

15.如图所示，在％>0区域有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B,在％<0区域有

沿X轴正向的匀强电场。质量为m电荷量为q的带正电荷粒子，以速度火沿与)，轴正向夹角

为8弧度G≤9<个的方向，从坐标系的原点。处射入磁场，粒子的重力可以忽略不计。粒

子每次离开磁场后，都会从。点再次进入磁场，即粒子以周期路径运动。下列说法中正确的

是()

A.粒子第一次经过y轴时的位置坐标为（O,鬻siny）

B,粒子运动周期为T=型则警®

qti

C.匀强电场的电场强度大小为τn28uocos9

D.当粒子运动到离y轴最远位置时，将磁感应强度减小到茎，则粒子第一次离开磁场时，距

。点距离为L=当件

16.如图所示，在插针法测量玻璃折射率的实验中，两位同学先把方格纸固定在木板上。在

方格纸上画出一条直线ɑa'作为界面（线），过αα'上的一点。画出界面的法线NN',并画一条线

段40作为入射光线。再把玻璃碗放到方格纸上，使其上边界与αα'重合，画出玻璃砖的下界

面加’的位置。在直线A。上插两枚大头针Pl和P2,再在玻璃砖的另一侧插上大头针P3和”。

确定光路后利用折射定律计算折射率。

（1）关于本实验下列说法正确的是;

4实验时入射角越大越好

A插大头针时应使匕和P2、P3和24的间距稍大一些，可以减小误差

C插大头针时，大头针应垂直纸面插放

。.该实验只能测量两面平行的玻璃移的折射率

（2）利用上述方格纸上的实验记录，计算此玻璃砖的折射率为；（答案可以用分数或根

号表示）

（3）某同学在画好玻璃砖的上下边界之后，插针之前，不小心碰到了玻璃砖，使其向上平移了

一小段距离，该同学并没有发现，则该同学测出的折射率与真实值相比。（填“偏大”、

“偏小”或“不变”）

17.某同学利用双缝干涉实验测量光的波长，实验装置如图1所示，操作如下：

。、接好电源，打开开关，使白炽灯正常发光；

仄调整各器件高度，使光源灯丝发出的光能沿遮光筒轴线到达光屏；

c、调节白炽灯到凸透镜的距离，使其光线刚好被聚焦到单缝上；

"、调节拨杆，使单缝与双缝平行；

e、调整测量头(由分划板、目镜、手轮等构成)，直至可在目镜端观察到干涉条纹;

(1)经过以上细心调节，该同学通过目镜观察，发现可以在毛玻璃上观察到彩色条纹，但无法

观察到等间距的单色条纹，为了解决这一问题，该同学可在凸透镜和单缝之间增加(填

“偏振片”或“滤光片”)

(2)在加装了该器件后，该同学重新操作以上步骤，在毛玻璃上出现了明暗相间的单色条纹，

但由于条纹间距过小，导致无法测量，要增大观察到的条纹间距，正确的做法是o

A∙减小双缝的距离

8.减小单缝与双缝间的距离

C增大透镜与单缝间的距离

D增大双缝与光屏间的距离

(3)做出适当调整后，该同学再次重复前面操作，终于在毛玻璃上看到了清晰的明暗相间的单

色条纹，只不过发现里面的亮条纹与分划板竖线不平行，如图2所示，若要使两者平行对齐，

该同学应如何调节o

4仅左右转动透镜

A仅旋转单缝

C仅旋转双缝

D仅旋转测量头

(4)再次调节之后，测量头的分划板中心刻线与某条亮纹中心对齐，将该亮条纹定为第1条亮

纹，此时手轮上的示数如图3-甲所示，然后同方向转动测盘头，使分划板中心刻线与第6

条亮纹中心对齐，记下此时图3-乙中手轮上的示数mm.

(5)已知双缝间距d为2.1X10-4m,测得双缝到屏的距离L为0.700m,求得所测光波长为

18.如图所示，有一列简谐横波沿X轴方向传播，实线和虚线分别表示t=Os和t=5s时的

波形图。

(1)若波沿X轴正向传播，则波可能的周期是多少？该波的最小波速是多少？

(2)若该列波沿X轴负方向传播，由图可知，在t=0时刻坐标为X=Irn处的质点处于平衡位

置，若该质点t=5s时第一次达到正向最大位移，求该列波波速，并写出X=ITn处质点的振

19.如图所示，质量M=2kg的小车静止在光滑的水平面上，右边*圆弧部分的半径r=1m,

小车上表面光滑，且均由绝缘材料制成，整个空间开始时有竖直向上的匀强电场。现有一质

量Zn=Ikg、带负电的电荷量q=2C的滑块，以ι⅞=6τn∕s的水平速度从小车左端A处向右

滑上小车，小滑块刚好能运动到小车右端最高点，之后电场大小不变，方向改为竖直向下，

小滑块反向滑回，最终小滑块脱离小车，滑块可视为质点，g取IOm/S2,求：

(1)小滑块滑至右侧轨道最高点时的速度以及电场强度的大小；

(2)小滑块第二次滑至。点时对小车的压力。

20.水平实线下方有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，匀强磁场磁感应强度为8,方向垂直

纸面向外,匀强电场场强未知，。点是实线上一点,在其正上方有一点P,已知P。=h,OD=d,

如图所示，整个图形处于竖直平面内，一个质量为机，电荷量为q的带正电小球从P点可以

朝纸面内任意方向抛出。小球进入实线下方的复合场区后，可以做匀速圆周运动，求：

(1)求电场强度的大小及方向；

(2)自尸点以与水平方向成ɑ角斜向上抛出小球，抛出速度为蚱，小球刚好经过。点，然后历

经复合场区一次，在斜上抛的下落阶段再回到尸点，求α和力(已知：E=12N∕C,h=4.8m,

d=2.4m,B=ST,q=IOC,m=12kg,g=10m∕s2)

(3)若从尸点以速度北水平抛出小球，要使小球能经过。点，求速度%的大小及方向。

PQ

__________.a一

OD

8：：：：：：：：

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：双缝干涉条纹是明暗相间的平行直线条纹，条纹间距相等，故A正确，BS错误。

故选：Ao

双缝干涉条纹是明暗相间的平行直线条纹，条纹间距相等。

本题考查了双缝干涉条纹，掌握基础知识是解题的前提，要注意基础知识的学习。

2.【答案】D

【解析】解：光在介质∏的上边界内部发生全反射，说明介质I的折射率小于介质II的折射率，

即n1<n2

光从介质II的下边界射出，且折射角大于入射角，根据折射定律，说明介质∏的折射率大于介质

In的折射率，即电>几3，故ABC错误，D正确;

故选：Do

光在介质Il的上边界内部发生全反射，介质I的折射率小于介质II的折射率；

光从介质∏的下边界折射，折射角大于入射角，根据折射定律，介质∏的折射率小于介质HI的折

射率。

本题考查学生对全反射规律、折射定律的掌握，是一道基础题。

3.【答案】B

【解析】解：4机械波的频率是由波源的频率决定的，在传播中不发生变化，故A错误；

8.由波长的定义，在传播方向上两个相邻波峰间的距离是一定是一个波长，故B正确；

C根据“同侧法”可知，波形甲的起振方向向下，波形乙的起振方向向上，故C错误；

D机械波传播的是振动形式和能量.质点只在各自的平衡位置附近振动，并不随波向外迁移，故

。错误。

故选：B=

明确波的形成，知道机械波的频率是由波源决定的，明确波长的定义，根据波形图和波的传播方

向确定质点的振动情况；明确波传播的是能量形式，质点并不随波迁移。

本题考查对波的理解，要注意明确波在传播中频率由波源决定，速度由介质决定，在传播中质点

并不随波迁移，波传播的是能量形式和振动形式。

4.【答案】C

【解析】解：A、由图示图象可知，小球的振幅4=2cm,周期7=4s,故A错误；

8、由图示图象可知，t=0到t=Is时间内小球从正的最大位移处向平衡位置运动，小球做加速

运动，速度增大，动能增大，故B错误；

C、由图示图象可知，t=2s小球在负的最大位移处，t=4s时小球在正的最大位移处，回复力大

小相等，方向相反，故C正确；

。、由图示图象可知，t=2s到t=3s时间内，小球从负从最大位移处向平衡位置运动，位移逐渐

减小，回复力逐渐减小，加速度逐渐减小，故。错误。

故选：Co

根据图示简谐运动的X-t图象求出振幅与周期，根据图示图象分析小球的运动过程分析答题。

本题考查了简谐运动的X-t图象，知道简谐运动的运动过程，根据图示图象分析即可解题。

5.【答案】D

【解析】解：A、当水平边MN与磁场方向的夹角为30。时，穿过线框的磁通量为中=BSsin30。，

代入数据解得。=0.5BS,故A错误；

B、当线圈从图示位置逆时针转过30。时，水平边MN与磁场方向的夹角为60。，穿过线框的磁通量

为。=BSSin60。=号BS，故B错误；

C、当线圈从图示位置逆时针转过90。时，水平边WN与磁场方向的夹角为60。，穿过线框的磁通量

为©=BSsin60°=?BS，故C错误；

。、当线圈从图示位置逆时针转过180°时，穿过线框的磁通量大小也是。=BSSin30。=0.5BS,但

穿过线圈的磁通量的方向与开始时相反，所以线圈从图示位置逆时针转过180。过程中，线圈磁通

量的变化的大小为BS。故。正确。

故选：Do

根据磁通量的公式可求穿过线框的磁通量大小。

明确磁感应强度，线框面积和磁通量之间的关系，会应用公式计算磁通量的大小。

6.【答案】B

【解析】解：现保持条形磁铁不动，而在线圈中通以如图所示的电流，根据右手定则，线圈内磁

通量向左增加，根据楞次定律，线圈有向左和扩张的趋势。故B正确，Aez）错误；

故选：B。

根据右手定则，线圈内磁通量向左增加，根据楞次定律，线圈有向左和扩张的趋势。

本题考查学生对右手定则和楞次定律的掌握，是一道基础题。

7.【答案】A

【解析】解：根据题意，电子越靠近C。导线，轨迹半径越小

洛伦兹力提供向心力quB=¥

R

解得R=M

故越靠近CQ导线磁感应强度越大，因此一定是CD导线携带电流；

电子做曲线运动，受到的合外力方向指向轨迹弯曲的凹侧，根据左手定则，电子所在区域的磁场

方向垂直纸面向外，其中只有一根携带稳定的电流，根据安培定则，则是CO导线携带电流，方

向从。流到Co

故A正确，BCQ错误；

故选：A«

洛伦兹力提供向心力和半径变化，确定磁感应强度大小，确定携带电流的导线；

根据左手定则和安培定则，分析电流方向。

本题考查学生对洛伦兹力提供向心力、左手定则和安培定则的掌握，是一道基础题。

8.【答案】D

【解析】解：光滑的水平地面，辆小车不受摩擦力，小车组成的系统水平方向动量守恒，设水平

向右为正方向

AD.两车共速时，弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒和能量守恒有

=（m

T∏AV0A+mβ）v

11

m2

2λVo=2（啊+mβ）v+Ep

代入数据解得D=2m∕s

Ep=3J,故A正确，Z）错误；

BC.两车（含弹簧）作用的整个过程，最终弹簧形变量为零，根据动量守恒和能量守恒

mAv0=TΠAVA+mBvB

111

2mAv0=2mAVA+2mBVB

解得以=lm∕s,VB=4τn∕s,故8C正确。

本题选不正确的

故选：Do

因地面光滑，所以滑块P在A车上滑动的过程中，符合动量守恒的条件，同时除了弹簧的弹力做

功之外，没有其他的力做功，所以机械能也是守恒的，分别应用动量守恒和机械能守恒列式求解，

可得出滑块A滑上B后的共同速度.两车（含弹簧）作用的整个过程，最终弹簧形变量为零，再根

据动量守恒和能量守恒解得分离后A、8的速度。

本题考查了水平方向的系统动量守恒问题，一般来说动量守恒为简单的单向动量守恒，结合能量

关系可得出正确结果。

9.【答案】D

【解析】解：4粒子在偏转磁场中做圆周运动，根据左手定则可知，该粒子带正电，故A错误；

8C.粒子在加速电场中，根据动能定理qU=

粒子在偏转磁场中，做圆周运动的半径r=≡,

根据牛顿第二定律qvB=

粒子的比荷*券

可见，若电压U不变，X越大，则粒子比荷越小；

联立解得X=f⅞∙√~y

7qβ

结合图乙，图像斜率k=f⅞

NqB

代入数据解得粒子比荷（=8X108C∕kg,故8C错误；

D根据牛顿第二定律qt>B=m-y-

该粒子的运动周期7=牛=篝

在磁场中的运动时间t=∣T=∣×⅛=≡=-¾Xɪs=1.96X10-≡s,故。正确。

乙乙HD4DZXlUo×Iu

故选：Oo

A∙根据左手定则判断粒子的带电性；

BC.根据动能定理求粒子的速度，粒子在磁场中做匀速运动运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿

第二定律求荷质比的关系式，再求解X-C7函数，结合图像求比荷；

。.根据周期公式7=誓求周期，再求时间。

本题考查了质谱仪的工作原理，重点掌握动能定理、牛顿第二定律在圆周运动中的运动，圆周运

动的周期公式：难点在于根据动能定理和牛顿第二定律求解％函数，再结合图像斜率的含

义求比荷。

10.【答案】D

【解析】解：力BC.做出电子在磁场中的运动轨迹如图1所示

由图1可得

r

d2

cos300+cos30°

解得r=(√-3+l)d

由洛伦兹力提供向心力解得

VQ

qv0B=m—

解得%=誓=%=(CT)qBd

电子在磁场中运动的时间为

型r=」x型=您故A8C错误;

360°12qB6qB

D仅改变入射方向，使电子刚好不从右边界射出，如图2所示

图2

由图2中几何关系可得，A8边界上的入射点与出射点间的距离为

L=2√r2-(r-d)2=2j(√3+l)d2-(√^d)2=2J(1+2<3)d>故D正确。

故选：Do

做出粒子的运动轨迹，由几何关系解得粒子做圆周运动的半径，由洛伦兹力提供向心力，解得电

子的入射速度，找到粒子做圆周运动圆心角，由T=驾求得电子在磁场中运动的时间。由几何关

系求解电子在AB边界上的入射点与出射点间的距离。

本题考查带电粒子在磁场中运动的类型，确定向心力来源，画出轨迹，运用牛顿第二定律列式是

惯用的解题思路。特别注意数学规律的应用，明确几何关系的正确分析方法。

Ii.【答案】c

【解析】解：物体运动过程中受到的滑动摩擦力的大小为：f=μmg=0.2×1×10/V=2N,根

据图象可知拉力大小为F=4/Vo

A、在0=3s内由动量定理可得：pi=Ftl-"1，解得物体在3s末的动量大小为：pi=6kg-m∕s,

故A错误；

2、水平力F在前4s内的冲量大小为/=Ftl-Ft2=4x3N∙s-4XlN∙s=8N∙s,故8错误；

C、物体速度为零时，由动量定理可得：Ft1-Ft3-/(t1+t3)=0,代入数据解得：t3=1s,所

以在4s末物体的速度为零。

从4s末到5s末由动量定理得：(F-f)4t=nw,解得物体在5s末的速度大小为：v—2m∕s,故

C正确；

。、从4s末到6s末由动量定理得：p2=(F-∩∆t'=(4-2)×2kg-m/s=4kg-τn∕s,故。错

误。

故选：Co

在h=3s内由动量定理求解物体在3s末的动量大小；根据冲量的计算公式求解水平力尸在前4s

内的冲量大小；由动量定理求解速度为零时经过的时间，再根据动量定理求解在5s末的速度大小;

从4s末到6s末由动量定理求解6s末动量大小。

本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，

知道合外力的冲量才等于动量的变化。

12.【答案】BD

【解析】解：4所有的波都能发生干涉、衍射现象，但偏振现象是横波的特性，只有横波才有偏

振现象，纵波没有偏振现象，取A错误；

BC.两列相干波的波峰与波峰叠加相互加强,波谷与波谷叠加相互加强,波峰与波谷叠加相互削弱，

故振动加强的点永远振动加强，振动削弱的点永远振动削弱，故8正确，C错误；

D当障碍物或孔的尺寸比波长小或相差不多时，才能发生明显的衍射现象，故。正确。

故选：BD。

波发生明显衍射的条件是：孔、缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相比差不多或者比波长更小，但

如果孔、缝的宽度或障碍物的尺寸就不能发生明显的衍射现象

明确波的干涉现象、衍射以及偏振现象，注意明确衍射现象中当障碍物或孔的尺寸比波长小或相

差不多时是指发生明显衍射的现象。

13.【答案】AC

【解析】解：A、设物块的质量为m'。当滑动变阻器R=0.90时，根据闭合电路欧姆定律得

油棒处于静止状态,仅受重力、支持力、拉力和安培力的作用，不受摩擦力，安培力大小为尸=Bid,

方向水平向左。

由平衡条件得：F=m'g,代入数据解得：m'=1kg,故A正确；

8、当H棒刚要向左滑动时，电路中电流最大，滑动变阻器R的阻值最小，设为％。由平衡条件

得：Bkd=μmg+m'g,其中人=肃7,代入数据解得：RI=的故B错误；

C、当必棒刚要向右滑动时，电路中电流最小，滑动变阻器R的阻值最大，设为R2。由平衡条件

P

得：Bl1d+μmg=m'g,其中力=而7，代入数据解得：/?2=1」50,故C正确；

n

。、成>棒与导轨间的最大静摩擦力为∕jnax=Hg=0∙2X1XION=2N。若将磁场反向，则安培

力的方向水平向右，由于Mg=IXlON=IoN,m'g>fmax,所以无论怎样调节滑动变阻器，

都不能让系统平衡，故。错误。

故选：ACo

当滑动变阻器R=0.90时，先根据闭合电路欧姆定律求出电路中电流，对外棒的受力分析，根据

平衡条件和安培力公式相结合求重物块的质量；当岫棒刚要向左滑动时，电路中电流最大，滑动

变阻器R的阻值最小；当M棒刚要向右滑动时，电路中电流最小，滑动变阻器R的阻值最大，根

据平衡条件和安培力公式相结合求滑动变阻器及的最小值和最大值；若将磁场反向，分析安培力

与重物块重力之和与最大静摩擦力的关系，判断必棒能否静止。

本题是通电导体在磁场中平衡问题，要抓住静摩擦力会外力的变化而变化，挖掘临界条件进行求

解。

14.【答案】CD

【解析】解：A、在图(b)中所示，小球4相邻位置的时间间隔为rt5=得s=0.1s,平台向右运动

的速度大小为"=?=署nɪ/s=2m∕s,故A错误；

B、由图他)可知，t=0.1s时，小球A处于平衡位置，小球A的速度最大，故B正确；

C、由图(b)可知，小球4的振动周期为T=47o=4xO.ls=O.4s;t=0.35s时，小球4处在平衡

位置y=IOcm下方且向下振动，可知小球A的加速度方向竖直向上，故C正确；

。、设y=IoCnl为原点，由图可知，振幅为10C∕H,则振动方程为y=-Acosωt=-10cos(-t)cm=

2ττ

—10cos(-t)cm=-10cos(5πt)cm

t=0.95s时，得y=5∕克cm,此时，小球A的竖直位移大小为V=(IO+5S)cτn,故。正确。

故选：CDo

结合小球A相邻位置的时间间隔求平台向右运动的速度大小；由图(b)可知，t=0.2s时，小球A

处于平衡位置，小球A的速度最大；由图(b)可知小球A的振动周期，进而可知t=0.35s时，小球

A的加速度方向竖直向上；根据振动方程求t=0.95S时，小球4的在竖直方向上的位移大小。

本题考查简谐运动的表达式和图像，学生需根据图像结合振动方程等分析求解。

15.【答案】BD

【解析】解：A、粒子在磁场和电场中的轨迹如图所示

在磁场中根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=

0R

变形后得到：R=篝

所以粒子第一次经过)，轴时的位置的纵坐标为：y=-2RSin(P=一篝SinS

粒子第一次经过y轴时的位置坐标为(0,-需SinW),故A错误；

B、由上述分析可知，粒子在磁场中的时间为：tι=4j.察=迎射

ZTtCJDCJD

粒子在电场中沿y轴方向做匀速直线运动，则有：2Rsin<p=解得：t2=2m^iφ

2mfta7rφ

所以粒子运动周期为：T=t1+t2=y~∖故3正确；

。、根据题设要求，当粒子运动到离y轴最远位置时，此时速度方向沿y轴负方向，则有：x=R+

Rcosφ

可知当9=E时，离y轴有最远距离，则有：XmaX=R+RcoSE=IR

此时粒子禺X轴距图为：yι=Rsing=

此时将磁感应强度减小到茎，则粒子半径变为：?=I.翳=^R

可知粒子继续转过;圆周离开磁场，则粒子第一次离开磁场时，距。点距离为：L=y1+R'=

*R+^R=驾警1,故。正确：

222qB

C、设电场强度大小为E,根据牛顿第二定律有：α=变，而沿电场方向的速度：%sin∕=α∙与，

mUT2

联立解得：E=Bv0cosφ,故C错误。

故选：BD。

由题意作出粒子的轨迹图，由洛伦兹力提供向心力，再由几何关系求出坐标；

分别求出粒子在磁场和电场中的时间，相加即为粒子做周期性运动的周期；

根据平行于电场方向的速度及牛顿第二定律求出电场强度的大小；

根据题意由几何关系求出距。点的距离。

本题考查带电粒子在磁场和电场中的相关运动，要注意在两运动过程衔接点粒子的速度大小和方

向的确定，通过几何画图求解关系。

16.【答案】(DBC；(2)守(3)不变。

【解析】解：(1)4实验时入射角应适当大些可以减小误差，但不是越大越好，故A错误；

8.为了减小误差，插大头针时应使PI和P2、P3和「4的间距大一些，故B正确；

C.为了便于观察，插大头针时，大头针应垂直纸面插放，故C正确；

。.该实验原理不仅能测量两面平行的玻璃砖的折射率，也可以测两面不平行的，故。错误。

故选：BC.

(2)光路图如图所示

在光路图中利用方格构造三角形，由图得sin%=苧,sin%=等

根据折射定律，有n=当=手

sin»22

(3)如图所示

实线表示将玻璃砖向上平移后实际的光路图，而虚线是未将玻璃砖向上平移时作图时所采用的光

路图，通过比较发现，入射角和折射角没有变化，则由折射定律n=则得知，测得的折射率将不

Sinr

变。

故答案为：(I)BC；(2)子；(3)不变。

(1)根据实验原理和注意事项分析判断；

(2)根据折射定律分析计算；

(3)画出光路图，根据折射定律分析。

本题考查测定玻璃折射率实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤、数据处理和误差分析。

17.【答案】滤光片710013.870693

【解析】解：(1)为了观察到单色光的干涉条纹，需要获得单色光源，要在凸透镜和单缝之间增加

滤光片。

(2)由双缝干涉条纹间距公式4x=5>l,在光的波长2一定时，要增加干涉条纹间距4x,可以减小

双缝间的距离d或增大双缝与光屏间的距离L,故选AD.

(3)亮条纹与分划板竖线不平行，需要旋转测量头使干涉条纹与分划板竖直线平行，故选。。

(4)由图3—乙所示可知，手轮上的读数0—13.5mτn+37.0X0.01mm=13.87OTmnO

⑸由图3-甲所示可知，手轮读数%ι=2mm+32.0X0.0InUn=2.320mm,相邻亮条纹间的距离

%6一勺_13.870-2.320

∆x=n=6≡4mm=2.31mm；

2.1xl0-4χ2.31xl0-3

由双缝干涉条纹间距公式ZX=可知I,所测光的波长4=等m=6.93×

0.700

7

10-m=693nmo

故答案为：(1)滤光片；(2)AD;(3)D：(4)13.870：(5)693o

(1)为获得单色光需要在单缝前放置滤光片。

(2)根据双缝干涉条纹间距公式分析答题。

(3)分划板与条纹不平行，需要调节测量头。

(4)固定刻度与可动刻度读数的和是螺旋测微器的读数。

(5)根据双缝干涉条纹间距公式求出波长。

理解实验原理、掌握基础知识是解题的前提，根据题意应用双缝干涉条纹间距公式即可

解题，解题时注意单位换算。

18.【答案】解：(1)根据题意，若波沿X轴正向传播，由图可得，传播时间与周期的关系为Zt=

(i+n)T(n=0,1,2-)

解得7=I⅛s(n=0,l,2∙∙∙)

由公式u可知，周期越大，波速越小，则波速最小时，周期最大为心=20s

由图可知，波长为2=4m

则最小波速为

A4

Umin=K=20m/s=0.2m∕s

(2)若该列波沿X轴负方向传播，由图可知，在t=0时刻坐标为X=ITn处的质点处于平衡位置沿)，

轴负方向振动，若该质点£=5s时第一次达到正向最大位移，则有

解得T=gt=gx5s=yS

又有为=专

代入数据解得

V=0.6τn∕s

由公式①二写可得

2τr2Tr3Tr

3=-ɪr=ɪθ-rɑd/s=ɪθrαd∕s

'^3^*

由于X=Inl处质点从平衡位置开始沿)，轴负方向振动，贝卜=处质点的振动方程为y=

2sin(∣^÷π)t(cτn)

答：(1)若波沿X轴正向传播，则波可能的周期是T=晟Ss=O,1,2…)，该波的最小波速是

0.2m∕s;

(2)该列波波速为0.6τn∕s,X=ITn处质点的振动方程为y=2sin儒+π)t(cm)o

【解析】(1)由波形图可得出波长，波向正方向传播，根据周期性可知传播距离的通式，再根据波

速公式可求出波速表达式，再根据周期公式即可求出周期表达式；

(2)找到质点的初相位，代入振动方程的一般表达式。

解题关键是能够从图象中找到波长、振幅，以及时间与周期的关