2023-2024学年云南省大理白族自治州高二下学期7月期末考试物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12023～2024学年下学期大理州普通高中质量监测高二物理试卷第Ⅰ卷（选择题，42分）1.无人驾驶汽车上安装的车载雷达系统可以发出激光和超声波信号，其中（）A.激光是横波 B.超声波是横波 C.激光是机械波 D.超声波是电磁波〖答案〗A〖解析〗AC．激光属于电磁波，电磁波都是横波，故A正确，C错误；BD．超声波是频率大于20000Hz的声波，声波属于机械波，可以是横波，也可以是纵波，故BD错误；2.2023年5月17日，我国在西昌卫星发射中心成功发射第56颗北斗导航卫星，这颗卫星是我国“北斗三号”工程的首颗备份卫星，属于地球静止轨道卫星，这颗卫星绕地球的运动可看做匀速圆周运动，其轨道与地球赤道在同一平面内，从地面上看卫星在一定高度处静止不动，下列说法正确的是（）A.该卫星可以静止在北京的正上空B.该卫星绕地球运行时处于平衡状态C.该卫星的发射速度应大于第一宇宙速度D.该卫星运行速度小于赤道上随地球自转的物体的线速度〖答案〗C〖解析〗A．由于第56颗北斗导航卫星是地球静止轨道卫星，其轨道与地球赤道在同一平面内，不可以停留在北京的上空，A错误；B．该卫星绕地球运行时处于匀速圆周运动状态，合力提供向心力，受力不平衡，不是平衡状态，B错误；C．该卫星要能发射到相应的轨道高度上，要克服地球引力到达相应轨道，其发射速度一定要大于第一宇宙速度，C正确；D．地球静止轨道卫星的周期与地球自转的周期相同，故赤道上某点随地球自转的角速度与第56颗北斗导航卫星的角速度相同，由，可知该卫星的运行速度大于赤道上随地球自转的物体的线速度，D错误；3.如图所示，一架直梯斜靠在光滑的竖直墙壁上，下端放在粗糙的水平地面上，直梯处于静止状态。若减小直梯与墙壁之间的夹角，直梯仍处于静止状态，下列说法正确的是（）A.墙壁对直梯的支持力变大B.地面对直梯的支持力变小C.地面对直梯的摩擦力变大D.地面对直梯的作用力变小〖答案〗D〖解析〗B．直梯的受力分析如图所示地面对梯子的支持力N与重力mg平衡，与夹角无关，减小角，直梯仍能平衡，则地面对梯子的支持力N不变，故B项错误；AC．因为墙壁光滑，梯子受到重力G，地面的支持力N，墙壁对梯子的弹力和地面对梯子静摩擦力f，直梯处于静止状态，地面对梯子的支持力与重力相等，始终不变，若直梯与墙壁之间的夹角减小为零，梯子就不在受到地面的静摩擦力，所以若减小直梯与墙壁之间的夹角，直梯仍处于静止状态，所以直梯受到的摩擦力减小，墙壁对直梯的支持力也减小，故AC错误；D．地面对直梯的作用力为由之前的分析可知，地面对直梯的支持力不变，但地面对直梯的摩擦力变小，因此地面对直梯的作用力变小，故D项正确。故选D。4.如图甲所示是某人在湖边打水漂的图片，图乙是石块运动轨迹的示意图，石块从水面弹起到触水算一个水漂。若要产生水漂现象，石块接触水面的瞬间，石块的速度与水面之间的夹角不能大于30°。某次打水漂过程中，将石块从O点水平抛出，O点与水面之间的距离为。若石块可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度。若要产生水漂现象，石块从O点抛出的最小速率为（）A. B.5m/s C. D.〖答案〗C〖解析〗石块在竖直方向的分运动为自由落体运动，由匀变速直线运动的规律可得由于要产生水漂现象，石块接触水面的瞬间，石块的速度与水面之间的夹角不能大于，故当石块的速度与水面之间的夹角为时，此时为能产生水漂的最小抛出速率，则满足解得故要产生水漂现象，石块从O点抛出的最小速率为；5.如图所示，三根长直导线通有大小相同的电流，分别放在正方形ABCD的三个顶点，其中A、B处导线电流方向垂直纸面向外，C处导线电流方向垂直纸面向里，此时正方形中心O点的磁感应强度大小为。若将C处的导线撤去，则O点处的磁感应强度大小为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗设每根通电导线单独在点产生的磁感应强度大小为，A点导线在O点产生的磁感应强度的方向为从O指向D，B点导线在O点产生的磁感应强度的方向为从O指向A，C点导线在O点产生的磁感应强度的方向为从O指向D，由平行四边形定则可得解得将点处导线撤去后，点处的磁感应强度大小为故选A。6.如图，一光滑大圆环竖直固定放置，O为圆心，M为最高点，N为最低点，P为圆心等高点，一小环套在大圆环上可自由滑动。现将小环放置于M处，受到一微小扰动后从静止开始下滑，则小环从M点经P滑至N点的过程中，小环对大圆环的作用力大小（）A.在P点最大 B.在P点最小 C.先减小后增大 D.先增大后减小〖答案〗C〖解析〗B．设大圆环半径为，小环在大圆环上某处（点）与大圆环的作用力恰好为零，如图所示设图中夹角为，从大圆环顶端到点的过程，根据机械能守恒定律在点，根据牛顿第二定律联立解得从大圆环顶端到点过程，小环速度较小，小环重力沿着大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，大圆环对小环支持力最小值在S处，故B错误；ACD．从S到P再到最低点N的过程，小环速度变大，所受的向心力增大，大圆环对小环的弹力与小环重力沿径向的分力的合力提供向心力，重力沿径向的分力先指向圆心并减小到零（到点过程），后背离圆心反向增大（到点过程），所以大圆环对小环的弹力逐渐变大；根据牛顿第三定律可知，则小环从M点经P滑至N点的过程中，小环对大圆环的作用力大小先减小后增大，到最低点N点最大，故C正确，AD错误；故选C。7.2023年8月株洲清水塘大桥正式通车，大桥全长2.85千米，如图甲所示。图乙中A、B、C、D为大桥上的四根竖直钢丝绳吊索，相邻两根吊索之间的距离均为s。做匀加速直线运动的汽车从水平桥面上通过，通过AC的时间是通过CD的时间的4倍。若通过CD的时间为t，汽车可看成质点，则汽车的加速度大小为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由题意，可得汽车通过AC段的平均速度大小为通过CD的平均速度大小为根据匀变速直线运动规律：某段时间中点的瞬时速度等于该段时间内的平均速度。结合速度时间公式可得解得8.质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上运动，力F随时间t变化的规律如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，取重力加速度。下列说法正确的是（）A.时，物块的速度最大B.时，物块的加速度为零C.时，物块的动量大小为D.时间内，力F对物块的冲量大小为〖答案〗C〖解析〗AB．当物块的加速度为零时，其达到最大速度，有解得由题图可知，F与t的关系为解得所以时，物块的加速度为零，物块的速度最大，故AB错误；CD．由于图像的面积表示冲量，所以其力F的冲量为结合动量定理有摩擦力的冲量为解得故C正确，D错误。故选C。二、多项选择题（本题共2小题，每小题5分，共10分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分）9.某复色光由空气斜射入某介质中后分解为a、b两束单色光，如图所示。以下说法正确的是（）A.a光的频率比b光小B.a光在该介质中的传播速度比b光大C.光由介质射入空气时，a光的临界角比b光小D.a、b通过相同的双缝干涉实验装置，b光的干涉条纹间距较大〖答案〗CD〖解析〗A．由折射定律可知，入射角相同，折射角小的折射率大，则a光的折射率比b光的大小，折射率大的频率大，则a光的频率比b光大，故A项错误；B．由有a光在该介质中的传播速度比b光小，故B项错误；C．由sinC=1n可知。光由介质射入空气时，a光临界角比b光小，故D．由双缝干涉间距可知a、b通过相同的双缝干涉实验装置，b光的干涉条纹间距较大，故D项正确。故选CD。10.如图甲所示，一轻质弹簧的一端固定在倾角为30°的足够长的固定光滑斜面底端，另一端与质量为1kg的物块A连接，质量为4kg的物块B紧靠（不粘连）物块A静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为0.5m。某时刻对物块B施加沿斜面向上的力F，使物块B做匀加速直线运动，一段时间后物块A、B分离，物块B所受力F随物块B的位移x变化的关系如图乙所示。若弹簧的形变始终在弹性限度内，取重力加速度。下列说法正确的是（）A.图乙中的B.弹簧的劲度系数为50N/mC.从物块B开始运动至与物块A分离的过程中，拉力F做的功为2.66JD.从物块B开始运动至与物块A分离的过程中，物块B增加的机械能为10.08J〖答案〗BD〖解析〗AB．开始物块、静止，对物块、受力分析，根据平衡的条件得由题意知，解得由乙图可知，当拉力时，拉力开始恒定不变，说明此时物块、分离，对物块受力分析，由牛顿第二定律得解得当施加的力为时，对物块、整体受力分析，由牛顿第二定律得解得故A错误，B正确；C．物块、分离瞬间，物块、之间的作用力为零，设此时弹簧压缩量为，对物块受力分析，由牛顿第二定律得解得从物块开始运动至与物块分离的过程中，由于拉力在到均匀变化，拉力做的功为解得故C错误；D．设物块A、B分离瞬间二者的速度大小为，对物块A、B由匀变速直线运动的规律得解得从物块开始运动至与物块分离的过程中，物块B增加的动能物块B增加的势能物块增加的机械能为故D正确；故选BD。三、非选择题（本题共5小题，共58分）11.2023年9月21日，“天宫课堂”第四课首次在梦天实验舱内进行授课，其中航天员演示了动量守恒实验。受此启发，某同学使用如图甲所示的装置进行了碰撞实验，气垫导轨两端分别安装a、b两个位移传感器，传感器a测量滑块A与它的距离xA，传感器b测量滑块B与它的距离xB。部分实验步骤如下：①实验测得滑块A的质量为0.40kg；②接通气源，调整气垫导轨水平；③拨动两滑块，使A、B均向右运动；④导出传感器记录的数据，绘制xA、xB随时间t变化的图像，分别如图乙、图丙所示。回答以下问题：（1）从图像可知两滑块在t=______s时发生碰撞；（2）滑块A碰撞前的速度大小v=______m/s（计算结果保留2位有效数字）；（3）若滑块A、B碰撞过程中满足动量守恒定律，可得滑块B的质量为mB=______kg（计算结果保留2位有效数字）。〖答案〗（1）1.0（2）0.50（3）0.19##0.18##0.20〖解析〗（1）图像的斜率表示速度，从题图乙和题图丙可知时两物块的速度发生突变，即此时发生了碰撞；（2）由题图乙可知滑块碰撞前的速度大小（3）规定滑块运动的方向为正方向，由题图乙可知滑块碰撞后的速度约为滑块B碰撞前、后的速度分别为根据动量守恒定律可得：解得由于读数和计算存在误差，故滑块B的质量可为。12.实验小组测量一段长度已知、阻值约为10Ω的电阻丝的电阻率。部分实验操作如下：（1）用螺旋测微器测量该电阻丝的直径，选择电阻丝的不同位置进行多次测量，取其平均值作为电阻丝的直径。某次测量时，经正确操作后螺旋测微器示数如图甲所示，此时螺旋测微器的读数为______mm。（2）实验小组采用“伏安法”测量该电阻丝的阻值，除导线和开关外，实验室还有如下器材可供选择：待测电阻丝电流表（量程0.6A，内阻约为0.5Ω）电流表（量程3A，内阻约为0.2Ω）电压表V（量程3V，内阻为3kΩ）滑动变阻器（阻值0～5Ω，额定电流1.5A）定值电阻定值电阻直流电源（电动势，内阻不计）实验要求测量尽量准确，且电阻丝两端的电压能从零变到6V，电流表应选______（选填“”或“”）；定值电阻应选______（选填“”或“”）。（3）请在图乙的线框中画出实验电路图_______。（4）根据实验电路图进行实验，改变滑动变阻器R的阻值，得到多组电压表、电流表的示数U、I，在坐标纸上做出图像如丙所示，可求得该电阻丝的阻值为______Ω，然后根据电阻定律可计算出该电阻丝的电阻率（计算结果保留3位有效数字）。〖答案〗（1）0.696##0.697##0.698##0.699##（2）（3）（4）10.6##10.7##10.8##10.9##11.0〖解析〗（1）由图示螺旋测微器可知，固定刻度读数：0.5mm；可动刻度读数：0.01mm×19.8=0.198mm，故螺旋测微器读数为0.698mm，由于读数存在误差，则螺旋测微器的读数可为。（2）电源电动势为6V，待测电阻丝约为10Ω，流过待测电阻丝的最大电流约为0.6A，因此电流表选；实验要求电阻丝两端的电压能从零变到6V，电压表V量程不够，因此需要将电压表V的量程扩大至6V，原电压表内阻为3kΩ，需串联一个阻值为3kΩ的定值电阻，所以定值电阻应选3kΩ，即定值电阻。（3）扩大后的电压表总内阻为，电流表内阻为，电阻丝的阻值，由于故测量电路采用电流表外接法，实验要求电阻丝两端的电压能从零变到，故控制电路采用分压式接法，实验电路如图所示。（4）由于，因此流过电压表的电流可忽略不计，由于的阻值与电压表内阻相等，则两端的电压为，根据欧姆定律可得化简可得结合题目图丙可得直线的斜率解得由于读数和计算存在误差，故该电阻丝的阻值可为。13.在平直的公路上，一辆以22m/s的速度匀速行驶的汽车，因前方出现事故，司机紧急刹车，汽车开始减速。刹车1s后ABS制动系统开始工作，ABS制动系统启动前后汽车所受阻力f与汽车重力mg的比值随时间t变化的情况可简化为如下图所示的图像。取重力加速度g=10m/s2求∶（1）汽车在1s末的速度大小；（2）汽车从开始减速到停止的过程中行驶的位移大小。〖答案〗（1）16m/s；（2）35m〖解析〗（1）依题意，由图得小车在前1s内：求得（2）ABS工作前：ABS工作后：求得14.如图所示，空间存在一平行于竖直平面的匀强电场，某时刻将一质量为m、所带电荷量为q的带正电小球（可视为质点），从P点以大小为的速度水平向左抛出，经过一段时间后，小球经过P点正下方距P点距离为h的Q点，且经过Q点的速度大小为，不计空气阻力，重力加速度为g。求：（1）该匀强电场的场强大小和方向；（2）若小球抛出过程中距PQ直线的最远点为M（图中未画出），求PM点间的电势差。〖答案〗（1），水平向右；（2）〖解析〗（1）从P点到Q点，由动能定理得解得所以场强方向水平向右，从P到Q，竖直方向由运动学公式得水平方向由牛顿第二定律得水平方向由运动学公式得解得所以（2）当水平分速度为0时，小球向左运动至最远点M的水平距离最大由运动学公式得解得设向左为正方向，则P点与小球运动至最远点M间的电势差解得15.如图所示，两光滑平行金属导轨abc和efg固定，间距，其中ab、ef是半径为的四分之一圆弧导轨，bc、fg是与圆弧轨道相切的水平导轨，水平导轨所在的区域有磁感应强度大小为，方向竖直向上的匀强磁场。初始时刻，质量为的金属棒Q与水平导轨垂直放置，与bf之间的距离为。现将另一根质量为的金属棒P从ae位置由静止释放。已知P、Q接入电路的电阻分别为，P、Q运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，导轨长度无限长，取重力加速度。求：（1）P进入磁场瞬间，Q的加速度大小；（2）从P进入磁场到速度恒定的过程中，Q上产生的焦耳热；（3）P、Q之间的最小距离。〖答案〗（1）10m/s2；（2）4.5J；（3）0.3m〖解析〗（1）从ae运动到bf的过程中，由动能定理得解得进入磁场瞬间，切割磁感线产生的感应电动势大小为根据闭合电路欧姆定律得对Q由牛顿第二定律得解得Q的加速度大小（2）从P进入磁场到速度恒定的过程中，P、Q组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得解得由能量守恒定律得解得Q上产生的焦耳热为（3）当、Q共速时，二者之间的距离最小，对Q根据动量定理得设从P进入磁场开始，在这段时间内，两导轨之间的距离减少了，根据法拉第电磁感应定律得根据闭合电路欧姆定律得联立以上三式解得、Q之间的最小距离为2023～2024学年下学期大理州普通高中质量监测高二物理试卷第Ⅰ卷（选择题，42分）1.无人驾驶汽车上安装的车载雷达系统可以发出激光和超声波信号，其中（）A.激光是横波 B.超声波是横波 C.激光是机械波 D.超声波是电磁波〖答案〗A〖解析〗AC．激光属于电磁波，电磁波都是横波，故A正确，C错误；BD．超声波是频率大于20000Hz的声波，声波属于机械波，可以是横波，也可以是纵波，故BD错误；2.2023年5月17日，我国在西昌卫星发射中心成功发射第56颗北斗导航卫星，这颗卫星是我国“北斗三号”工程的首颗备份卫星，属于地球静止轨道卫星，这颗卫星绕地球的运动可看做匀速圆周运动，其轨道与地球赤道在同一平面内，从地面上看卫星在一定高度处静止不动，下列说法正确的是（）A.该卫星可以静止在北京的正上空B.该卫星绕地球运行时处于平衡状态C.该卫星的发射速度应大于第一宇宙速度D.该卫星运行速度小于赤道上随地球自转的物体的线速度〖答案〗C〖解析〗A．由于第56颗北斗导航卫星是地球静止轨道卫星，其轨道与地球赤道在同一平面内，不可以停留在北京的上空，A错误；B．该卫星绕地球运行时处于匀速圆周运动状态，合力提供向心力，受力不平衡，不是平衡状态，B错误；C．该卫星要能发射到相应的轨道高度上，要克服地球引力到达相应轨道，其发射速度一定要大于第一宇宙速度，C正确；D．地球静止轨道卫星的周期与地球自转的周期相同，故赤道上某点随地球自转的角速度与第56颗北斗导航卫星的角速度相同，由，可知该卫星的运行速度大于赤道上随地球自转的物体的线速度，D错误；3.如图所示，一架直梯斜靠在光滑的竖直墙壁上，下端放在粗糙的水平地面上，直梯处于静止状态。若减小直梯与墙壁之间的夹角，直梯仍处于静止状态，下列说法正确的是（）A.墙壁对直梯的支持力变大B.地面对直梯的支持力变小C.地面对直梯的摩擦力变大D.地面对直梯的作用力变小〖答案〗D〖解析〗B．直梯的受力分析如图所示地面对梯子的支持力N与重力mg平衡，与夹角无关，减小角，直梯仍能平衡，则地面对梯子的支持力N不变，故B项错误；AC．因为墙壁光滑，梯子受到重力G，地面的支持力N，墙壁对梯子的弹力和地面对梯子静摩擦力f，直梯处于静止状态，地面对梯子的支持力与重力相等，始终不变，若直梯与墙壁之间的夹角减小为零，梯子就不在受到地面的静摩擦力，所以若减小直梯与墙壁之间的夹角，直梯仍处于静止状态，所以直梯受到的摩擦力减小，墙壁对直梯的支持力也减小，故AC错误；D．地面对直梯的作用力为由之前的分析可知，地面对直梯的支持力不变，但地面对直梯的摩擦力变小，因此地面对直梯的作用力变小，故D项正确。故选D。4.如图甲所示是某人在湖边打水漂的图片，图乙是石块运动轨迹的示意图，石块从水面弹起到触水算一个水漂。若要产生水漂现象，石块接触水面的瞬间，石块的速度与水面之间的夹角不能大于30°。某次打水漂过程中，将石块从O点水平抛出，O点与水面之间的距离为。若石块可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度。若要产生水漂现象，石块从O点抛出的最小速率为（）A. B.5m/s C. D.〖答案〗C〖解析〗石块在竖直方向的分运动为自由落体运动，由匀变速直线运动的规律可得由于要产生水漂现象，石块接触水面的瞬间，石块的速度与水面之间的夹角不能大于，故当石块的速度与水面之间的夹角为时，此时为能产生水漂的最小抛出速率，则满足解得故要产生水漂现象，石块从O点抛出的最小速率为；5.如图所示，三根长直导线通有大小相同的电流，分别放在正方形ABCD的三个顶点，其中A、B处导线电流方向垂直纸面向外，C处导线电流方向垂直纸面向里，此时正方形中心O点的磁感应强度大小为。若将C处的导线撤去，则O点处的磁感应强度大小为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗设每根通电导线单独在点产生的磁感应强度大小为，A点导线在O点产生的磁感应强度的方向为从O指向D，B点导线在O点产生的磁感应强度的方向为从O指向A，C点导线在O点产生的磁感应强度的方向为从O指向D，由平行四边形定则可得解得将点处导线撤去后，点处的磁感应强度大小为故选A。6.如图，一光滑大圆环竖直固定放置，O为圆心，M为最高点，N为最低点，P为圆心等高点，一小环套在大圆环上可自由滑动。现将小环放置于M处，受到一微小扰动后从静止开始下滑，则小环从M点经P滑至N点的过程中，小环对大圆环的作用力大小（）A.在P点最大 B.在P点最小 C.先减小后增大 D.先增大后减小〖答案〗C〖解析〗B．设大圆环半径为，小环在大圆环上某处（点）与大圆环的作用力恰好为零，如图所示设图中夹角为，从大圆环顶端到点的过程，根据机械能守恒定律在点，根据牛顿第二定律联立解得从大圆环顶端到点过程，小环速度较小，小环重力沿着大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，大圆环对小环支持力最小值在S处，故B错误；ACD．从S到P再到最低点N的过程，小环速度变大，所受的向心力增大，大圆环对小环的弹力与小环重力沿径向的分力的合力提供向心力，重力沿径向的分力先指向圆心并减小到零（到点过程），后背离圆心反向增大（到点过程），所以大圆环对小环的弹力逐渐变大；根据牛顿第三定律可知，则小环从M点经P滑至N点的过程中，小环对大圆环的作用力大小先减小后增大，到最低点N点最大，故C正确，AD错误；故选C。7.2023年8月株洲清水塘大桥正式通车，大桥全长2.85千米，如图甲所示。图乙中A、B、C、D为大桥上的四根竖直钢丝绳吊索，相邻两根吊索之间的距离均为s。做匀加速直线运动的汽车从水平桥面上通过，通过AC的时间是通过CD的时间的4倍。若通过CD的时间为t，汽车可看成质点，则汽车的加速度大小为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由题意，可得汽车通过AC段的平均速度大小为通过CD的平均速度大小为根据匀变速直线运动规律：某段时间中点的瞬时速度等于该段时间内的平均速度。结合速度时间公式可得解得8.质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上运动，力F随时间t变化的规律如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，取重力加速度。下列说法正确的是（）A.时，物块的速度最大B.时，物块的加速度为零C.时，物块的动量大小为D.时间内，力F对物块的冲量大小为〖答案〗C〖解析〗AB．当物块的加速度为零时，其达到最大速度，有解得由题图可知，F与t的关系为解得所以时，物块的加速度为零，物块的速度最大，故AB错误；CD．由于图像的面积表示冲量，所以其力F的冲量为结合动量定理有摩擦力的冲量为解得故C正确，D错误。故选C。二、多项选择题（本题共2小题，每小题5分，共10分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分）9.某复色光由空气斜射入某介质中后分解为a、b两束单色光，如图所示。以下说法正确的是（）A.a光的频率比b光小B.a光在该介质中的传播速度比b光大C.光由介质射入空气时，a光的临界角比b光小D.a、b通过相同的双缝干涉实验装置，b光的干涉条纹间距较大〖答案〗CD〖解析〗A．由折射定律可知，入射角相同，折射角小的折射率大，则a光的折射率比b光的大小，折射率大的频率大，则a光的频率比b光大，故A项错误；B．由有a光在该介质中的传播速度比b光小，故B项错误；C．由sinC=1n可知。光由介质射入空气时，a光临界角比b光小，故D．由双缝干涉间距可知a、b通过相同的双缝干涉实验装置，b光的干涉条纹间距较大，故D项正确。故选CD。10.如图甲所示，一轻质弹簧的一端固定在倾角为30°的足够长的固定光滑斜面底端，另一端与质量为1kg的物块A连接，质量为4kg的物块B紧靠（不粘连）物块A静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为0.5m。某时刻对物块B施加沿斜面向上的力F，使物块B做匀加速直线运动，一段时间后物块A、B分离，物块B所受力F随物块B的位移x变化的关系如图乙所示。若弹簧的形变始终在弹性限度内，取重力加速度。下列说法正确的是（）A.图乙中的B.弹簧的劲度系数为50N/mC.从物块B开始运动至与物块A分离的过程中，拉力F做的功为2.66JD.从物块B开始运动至与物块A分离的过程中，物块B增加的机械能为10.08J〖答案〗BD〖解析〗AB．开始物块、静止，对物块、受力分析，根据平衡的条件得由题意知，解得由乙图可知，当拉力时，拉力开始恒定不变，说明此时物块、分离，对物块受力分析，由牛顿第二定律得解得当施加的力为时，对物块、整体受力分析，由牛顿第二定律得解得故A错误，B正确；C．物块、分离瞬间，物块、之间的作用力为零，设此时弹簧压缩量为，对物块受力分析，由牛顿第二定律得解得从物块开始运动至与物块分离的过程中，由于拉力在到均匀变化，拉力做的功为解得故C错误；D．设物块A、B分离瞬间二者的速度大小为，对物块A、B由匀变速直线运动的规律得解得从物块开始运动至与物块分离的过程中，物块B增加的动能物块B增加的势能物块增加的机械能为故D正确；故选BD。三、非选择题（本题共5小题，共58分）11.2023年9月21日，“天宫课堂”第四课首次在梦天实验舱内进行授课，其中航天员演示了动量守恒实验。受此启发，某同学使用如图甲所示的装置进行了碰撞实验，气垫导轨两端分别安装a、b两个位移传感器，传感器a测量滑块A与它的距离xA，传感器b测量滑块B与它的距离xB。部分实验步骤如下：①实验测得滑块A的质量为0.40kg；②接通气源，调整气垫导轨水平；③拨动两滑块，使A、B均向右运动；④导出传感器记录的数据，绘制xA、xB随时间t变化的图像，分别如图乙、图丙所示。回答以下问题：（1）从图像可知两滑块在t=______s时发生碰撞；（2）滑块A碰撞前的速度大小v=______m/s（计算结果保留2位有效数字）；（3）若滑块A、B碰撞过程中满足动量守恒定律，可得滑块B的质量为mB=______kg（计算结果保留2位有效数字）。〖答案〗（1）1.0（2）0.50（3）0.19##0.18##0.20〖解析〗（1）图像的斜率表示速度，从题图乙和题图丙可知时两物块的速度发生突变，即此时发生了碰撞；（2）由题图乙可知滑块碰撞前的速度大小（3）规定滑块运动的方向为正方向，由题图乙可知滑块碰撞后的速度约为滑块B碰撞前、后的速度分别为根据动量守恒定律可得：解得由于读数和计算存在误差，故滑块B的质量可为。12.实验小组测量一段长度已知、阻值约为10Ω的电阻丝的电阻率。部分实验操作如下：（1）用螺旋测微器测量该电阻丝的直径，选择电阻丝的不同位置进行多次测量，取其平均值作为电阻丝的直径。某次测量时，经正确操作后螺旋测微器示数如图甲所示，此时螺旋测微器的读数为______mm。（2）实验小组采用“伏安法”测量该电阻丝的阻值，除导线和开关外，实验室还有如下器材可供选择：待测电阻丝电流表（量程0.6A，内阻约为0.5Ω）电流表（量程3A，内阻约为0.2Ω）电压表V（量程3V，内阻为3kΩ）滑动变阻器（阻值0～5Ω，额定电流1.5A）定值电阻定值电阻直流电源（电动势，内阻不计）实验要求测量尽量准确，且电阻丝两端的电压能从零变到6V，电流表应选______（选填“”或“”）；定值电阻应选______（选填“”或“”）。（3）请在图乙的线框中画出实验电路图_______。（4）根据实验电路图进行实验，改变滑动变阻器R的阻值，得到多组电压表、电流表的示数U、I，在坐标纸上做出图像如丙所示，可求得该电阻丝的阻值为______Ω，然后根据电阻定律可计算出该电阻丝的电阻率（计算结果保留3位有效数字）。〖答案〗（1）0.696##0.697##0.698##0.699##（2）（3）（4）10.6##10.7##10.8##10.9##11.0〖解析〗（1）由图示螺旋测微器可知，固定刻度读数：0.5mm；可动刻度读数：0.01mm×19.8=0.198mm，故螺旋测微器读数为0.698mm，由于读数存在误差，则螺旋测微器的读数可为。（2）电源电动势为6V，待测电阻丝约为10Ω，流过待测电阻丝的最大电流约为0.6A，因此电流表选；实验要求电阻丝两端的电压能从零变到6V，电压表V量程不够，因此需要将电压表V的量程扩大至6V，原电压表内阻为3kΩ，需串联一个阻值为3kΩ的定值电阻，所以定值电阻应选3kΩ，即定值电阻。（3）扩大后的电压表总内阻为，电流表内阻为，电