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重庆市巴蜀中学校2021-2022学年高二（上）期末模拟考试物理试题含解析
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这是一份重庆市巴蜀中学校2021-2022学年高二（上）期末模拟考试物理试题含解析，共43页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
巴蜀中学2021-2022学年高二（上）期末考试模拟题
一、单选题（1-10题为单选）
1. 甲同学在办公室外奔跑过程中突然与从办公室出来的乙同学发生碰撞，碰撞前乙已处于静止状态，甲本能的伸直双手对乙施加推力的同时手向胸口收，手收至胸口时甲乙恰好共速。碰撞过程若能忽略两者与地面间在水平方向上的相互作用，则（ ）
A. 甲的本能反应减少了甲对乙的冲量 B. 甲对乙的冲量与乙对甲的冲量相同
C. 甲的动能减少量等于乙的动能增加量 D. 甲对乙做的功小于乙对甲做的功
【1题答案】
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲的动量变化量未发生改变，因此甲的本能反应不能减少了甲对乙的冲量，故A错误；
B．冲量是矢量，有方向，因此甲对乙的冲量与乙对甲的冲量不相同，故B错误；
C．两者的碰撞属于完全非弹性碰撞，有能量损失，因此甲的动能减少量大于乙的动能增加量，故C错误；
D．从两人刚接触到共速过程中，乙对地的位移小于甲对地的位移，因此甲对乙做的功小于乙对甲做的功，故D正确。
故选D。
2. 一个质量为0.5 kg的小钢球竖直下落，落地时速度大小为1m/s，与地面作用0.1s后以等大的动量被反弹。小钢球在与地面碰撞的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A. 小钢球重力的冲量是0.1 kg·m/s
B. 若选向上为正方向，则小钢球的动量变化量为-1kg·m/s
C. 若选向上为正方向，则小钢球受到的合力冲量是-1 N·s
D. 若小钢球受到的支持力不变，小钢球受到的支持力为15N
【2题答案】
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据冲量定义可知
故A错误；
BC．若选向上为正方向，则小钢球的动量变化量为
根据动量定理，小钢球受到的合力冲量为
故BC错误；
D．小钢球在与地面碰撞过程中，合力的大小为
由
可知小钢球受到的支持力大小为
故D正确。
故选D。
3. 2014年12月3日，世界台联宣布中国斯诺克球手丁俊晖已确定在新的世界排名榜上跃居世界第一，他也成为台联有史以来第11位世界第一，同时也是首位登上世界第一的亚洲球员，丁俊晖为台球运动在中国的推广和发展做出了突出贡献。按照国际标准，每颗球的标准质量为，但是由于不同厂商生产水平的不同，所以生产出来的球的质量会有一些差异。如图所示，假设光滑水平面一条直线上依次放个质量均为的静止的弹性红球（相邻两个红球之间有微小的间腺），另有一颗质量为的弹性白球以初速度与号红球发生弹性正碰，则号红球最终的速度大小为（已知）（ ）
A. B. C. 0 D.
【3题答案】
【答案】B
【解析】
【详解】光滑水平面一条直线上依次放个质量为的弹性红球，质量为的白球以初速度为与号红球发生弹性正碰，根据一动碰一静的弹性碰撞特点可知，每碰撞一次白球的速度变为原来的，而号球每次将速度传给右侧球，故白球与号球碰撞1次后，白球速度为
红球的速度为
最终传给1号球，白球与号碰撞2次后，白球速度为
红球的速度为
最终传给2号球，白球与号球碰撞3次，白球速度为
红球的速度为
最终传给3号球，综上所述可知，号红球最终的速度大小为
故选B。
4. 如图，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为，经折射后射出a、b两束光线，则（ ）
A. 单色光a、b从玻璃进入空气，波速变大，频率变大
B. 单色光a通过玻璃砖所需的时间小于单色光b通过玻璃砖所需时间
C. 若改变光束的入射方向使角逐渐变大，则折射光线b首先消失
D. 分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距
【4题答案】
【答案】D
【解析】
【详解】A．光由玻璃进入空气传播时，频率不变，波速增大，波长增大，选项A错误；
B．在真空中光线a与法线的夹角大，根据光路可逆性，由折射率公式
得光线a在玻璃中的折射率大，传播速度小，所以在玻璃砖中，相同的路程光线a所用的时间长，选项B错误；
C．增加入射角θ折射光线a首先消失，选项C错误；
D．光线a的折射率，说明光线a的频率高，根据
光线a在真空中的波长较短，根据双缝干涉条纹间距公式
分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距，选项D正确。
故选D。
5. 某均匀介质中有一振动波源，从某时刻起作为计时零时刻，波源的振动图像如图甲所示，波源振动产生沿轴正方向传播的横波，在轴上到之间第一次形成的波形如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A. 介质中的质点沿波传播方向运动的速度为
B. 从图乙时刻起要经过质点第一次到达波谷
C. 从图乙时刻起，介质中质点比先到达平衡位置
D. 当波源的振动形式传到质点时，质点运动的总路程为
【5题答案】
【答案】B
【解析】
【详解】A．周期，波长，解得波速
但介质中的质点并没有沿波传播方向运动，故A选项错；
B．质点第一次到达波谷，即质点的运动形式传到点，质点、间相距一个波长，需要一个周期传到，B选项正确；
C．图乙时刻质点正在沿轴负方向运动，它到达平衡位置的时间大于，而质点到达平衡位置的时间等于，故C选项错误；
D．需要的时间波源的振动形式传到质点，此过程中质点运动的时间为，质点运动的路程为
故D选项错；
故选B。
6. “道威棱镜”是一种用于光学图像翻转的仪器。如图，将一等腰直角棱镜截去棱角，使其平行于底面，可制成“道威棱镜”，其横截面ABCD为底角45°的等腰梯形，O为AB中点，P为OA中点，光线1和光线2两条与BC平行的光线，分别从P和O点入射棱镜，均在BC面上发生一次全反射后从CD面射出，其中光线2的出射点为CD中点Q（未画出），已知棱镜对两光线的折射率，，光在真空中的传播速度为c，，则（ ）
A. 光线1在棱镜中的传播速度为
B. 从DC边射出的光线跟入射光线平行，且距离C点最近的为光线2
C. 光线1在棱镜中经过的路程长为
D. 光线1从CD边射出点到BC边的距离为
【6题答案】
【答案】C
【解析】
【详解】A．光线1在棱镜中的传播速度为
选项A错误；
B．光线1、2从AB入射时，由折射定律
得折射角
γ=30°
由几何关系可得，当光线1、2射到BC时，与BC的夹角均为15°；然后射到DC边上的入射角为30°，从DC边上折射后的折射角为45°，即从DC边射出的光线跟入射光线平行，且距离C点最近的为光线1，选项B错误；
C．如图所示，设E为光线2在BC上的入射点，F为光线1在BC上的入射点，R为光线1在CD上的出射点，由光路的对称性，E为BC的中点，由几何关系得EF：BE=OP：BO=1：2；所以EF=FC=BE，可得R为CQ的中点，所以光线1在棱镜中传播的距离
选项C正确；
D．光线1从CD边射出点R为QC的中点，R到BC边的距离为
选项D错误。
故选C。
7. 如图所示，为沿x轴正方向传播的一列简谐波在某时刻的波形图，其波速为200m/s，P是平衡位置为x=1m处的质点，Q是平衡位置为x=4m处的质点，下列说法中正确的是（ ）
A. 图示时刻质点Q向下运动
B. 从图示时刻开始，经过0.01s，质点P通过的路程一定为0.1m
C. 若此波遇到另一列波并发生稳定干涉现象，则另一列波的频率一定为50Hz，振幅一定为10cm
D. 若该波传播中遇到宽约4m的障碍物，能发生明显的衍射现象
【7题答案】
【答案】D
【解析】
【详解】A．图示时刻质点Q正位于波传播方向的下坡上，此时质点Q向上运动，故A错误；
B．该波周期为
0.01s等于四分之一周期，由于图示时刻质点P并非位于波峰、波谷或平衡位置处，所以经过0.01s，质点P通过的路程不等于一个振幅，故B错误；
C．该波的频率为
若此波遇到另一列波并发生稳定干涉现象，则另一列波的频率一定为25Hz，振幅不一定为10cm，故C错误；
D．发生明显衍射的条件是波长与障碍物的尺寸相差不多，或比障碍物尺寸更大，由于该波的波长为8m，所以若该波传播中遇到宽约4m的障碍物，能发生明显的衍射现象，故D正确。
故选D。
8. 如图所示，圆心为O、半径为R的半圆形玻璃砖置于水平桌面上，光线从P点垂直界面入射后，恰好在玻璃砖圆形表面发生全反射；当入射角时，光线从玻璃砖圆形表面出射后恰好与入射光平行。已知真空中的光速为c，则（ ）
A. 玻璃砖的折射率为1.5
B. 之间的距离为
C. 光在玻璃砖内的传播速度为
D. 光从玻璃到空气的临界角为30°
【8题答案】
【答案】C
【解析】
【详解】AB．作出两种情况下的光路图，如图所示
设，在A处发生全反射故有
由于出射光平行可知，在B处射出，故
由于
联立可得，，故AB错误；
C．由
可得，故C正确；
D．由于
所以临界角不为30°，故D错误。
故选C。
9. 如图所示：绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段光滑，对应圆心角为，、两端等高，为最低点，圆弧圆心为，半径为；直线段、粗糙，与圆弧段分别在、端相切；整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场中，在竖直虚线左侧和右侧还分别存在着场强大小相等、方向水平向右和向左的匀强电场。现有一质量为、电荷量恒为、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距点足够远的点由静止释放。若，小球所受电场力等于其重力的倍，重力加速度为。则（ ）
A. 小球第一次沿轨道下滑的过程中，先做加速度减小的加速运动，后做减速运动
B. 小球经过点时，对轨道的弹力可能为
C. 经足够长时间，小球克服摩擦力做的总功是
D. 小球在轨道内受到的摩擦力可能大于
【9题答案】
【答案】C
【解析】
【详解】A．小球第一次沿轨道AC下滑的过程中，由题意可知，电场力与重力的合力方向恰好沿着斜面AC，则刚开始小球与管壁无作用力，当从静止运动后，由左手定则可知，洛伦兹力导致球对管壁有作用力，从而导致滑动摩擦力增大，而重力与电场力的合力大小为
不变，故根据牛顿第二定律可知，做加速度减小的加速运动，当摩擦力等于两个力的合力时，做匀速运动，故A错误；
B．小球在轨道上往复运动，由于在斜轨上不断损失机械能，则最终会在CD之间往复运动，对小球在O点受力分析，且由C向D运动，此时在D点的洛伦兹力最小，对轨道的压力最小，则由牛顿第二定律，则有
由C到O点，机械能守恒定律，则有
解得
即当小球由C向D运动时，则对轨道的最小的弹力为，不可能为，故B错误；
D．当小球的摩擦力与重力及电场力的合力相等时，小球做匀速直线运动，小球在轨道内受到的摩擦力最大，则为，不可能大于，故D错误；
C．根据动能定理，可知，取从静止开始到最终速度为零，则摩擦力做功与重力及电场力做功之和为零，则摩擦力总功为，故C正确；
故选C。
10. 图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈，A1、 A2、 A3是三个完全相同的灯泡．实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是( )
A. 图甲中，A1与L1的电阻值相同
B. 图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C. 图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同
D. 图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
【10题答案】
【答案】C
【解析】
【详解】断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，由于线圈L1的自感，通过L1的电流逐渐减小，且通过A1，即自感电流会大于原来通过A1的电流，说明闭合S1，电路稳定时，通过A1的电流小于通过L1的电流，L1的电阻小于A1的电阻，AB错误；闭合S2，电路稳定时，A2与A3的亮度相同，说明两支路的电流相同，因此变阻器R与L2的电阻值相同，C正确；闭合开关S2，A2逐渐变亮，而A3立即变亮，说明L2中电流与变阻器R中电流不相等，D错误．
【点睛】线圈在电路中发生自感现象，根据楞次定律可知，感应电流要“阻碍”使原磁场变化的电流变化情况．电流突然增大时，会感应出逐渐减小的反向电流，使电流逐渐增大；电流突然减小时，会感应出逐渐减小的正向电流，使电流逐渐减小．
二、多选题（11-18为多选题）
11. 对下列四个有关光的实验示意图，分析正确的是（ ）
A. 图甲中若改变复色光的入射角，则b光先在玻璃球中发生全反射
B. 图乙若只减小屏到挡板的距离L，则相邻亮条纹间距离将减小
C. 图丙中若得到如图所示明暗相间条纹说明被检测工件表面平整
D. 若只旋转图丁中M或N一个偏振片，光屏P上的光斑亮度不发生变化
【11题答案】
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图像可知
由于a光的折射率较小，则临界角较大，入射时大，a光的折射率较大，则临界角较小，入射时小，故无法确定先后，A错误；
B．由于条纹间距
可知只减小屏到挡板的距离L，相邻亮条纹间距离将减小，B正确；
C．被检测件的上表面和样板件的下表面间的空气膜，形成一个空气劈，从空气劈上下表面反射的光线发生薄膜干涉，若得到明暗相间平行等距条纹说明待测工件表面平整，C错误；
D．自然光通过M后变成偏振光，若N的偏振方向与M的偏振方向相同，光屏上光斑最亮；若N的偏振方向与M的偏振方向垂直，光屏上几乎没有亮斑，因此当M和N发生相对转动时，光屏上的光斑亮度会发生变化，D错误。
故选B。
12. 一列简谐横波在均匀介质中沿x轴传播，图甲为时的波形图，图乙为处的质点P的振动图像，质点Q为平衡位置的质点。下列说法正确的是（ ）
A. 波沿x轴正方向传播 B. 波的传播速度为
C. 时刻后经过，质点P通过的路程等于 D. 时刻，质点Q经过平衡位置
【12题答案】
【答案】ABD
【解析】
【分析】
【详解】由图可以判断波的周期T=4s，波长λ=4m
A．t=2.0s时P的运动方向是y轴正方向，因此波传播方向沿x轴正方向传播，故A正确；
B．波速
故B正确；
C．从t=2.0s至t=2.5s，因为P从平衡位置开始，所以质点P振动一个振幅10cm，故C错误；
D．Q点平衡位置距P点平衡位置的距离为1.5m，因此Q点运动滞后于P点
因此Q点t=3.5s时刻与P点2.0s时刻相对平衡位置的位移一样，图中t=2.0s时P点刚好经过平衡位置，故t=3.5s时刻质点Q经过平衡位置，故D正确；
故选ABD。
13. 如图所示，等腰直角三角形abc区域内（包含边界）有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，在bc的中点O处有一粒子源，可沿与ba平行的方向发射大量速率不同的同种粒子，这些粒子带负电，质量为m，电荷量为q，已知这些粒子都能从ab边离开abc区域，ab=2l，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用．关于这些粒子，下列说法正确的是
A. 速度的最大值为
B. 速度的最小值为
C. 在磁场中运动的最短时间为
D. 在磁场中运动的最长时间为
【13题答案】
【答案】AD
【解析】
【详解】粒子从ab边离开磁场时的临界运动轨迹如图所示：
由几何知识可知：
解得
AB．粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
解得
故粒子的最大速度为
最小速度
故A正确，B错误。
CD．由粒子从ab边离开磁场区域的临界运动轨迹可知，粒子转过的最大圆心角θmax=180°，最小圆心角θmin>45°，粒子做圆周运动的周期：
则粒子在磁场中运动的最短时间
最长时间
故C错误，D正确。
故选AD。
14. 回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，A处粒子源产生质量为m、电荷量为+q的粒子，在加速电压为U的加速电场中被加速，所加磁场的磁感应强度、加速电场的频率可调，磁场的磁感应强度最大值为Bm和加速电场频率的最大值fm。则下列说法正确的是（ ）
A. 粒子获得的最大动能与加速电压无关
B. 粒子第n次和第n+1次进入磁场的半径之比为
C. 粒子从静止开始加速到出口处所需的时间为
D. 若 ，则粒子获得的最大动能为
【14题答案】
【答案】ACD
【解析】
【详解】A.当粒子出D形盒时，速度最大，动能最大，根据qvB=m，得
v=
则粒子获得最大动能
Ekm=mv2=
粒子获得的最大动能与加速电压无关，故A正确。
B.粒子在加速电场中第n次加速获得的速度，根据动能定理
nqU=mvn2
可得
vn=
同理，粒子在加速电场中第n+1次加速获得的速度
vn+1=
粒子在磁场中运动的半径r=，则粒子第n次和第n+1次进入磁场的半径之比为，故B错误。
C.粒子被电场加速一次动能的增加为qU，则粒子被加速的次数
n==
粒子在磁场中运动周期的次数
n′==
粒子在磁场中运动周期T=，则粒子从静止开始到出口处所需的时间
t=n′T==
故C正确。
D. 加速电场的频率应该等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即， 当磁感应强度为Bm时，加速电场的频率应该为 ，粒子的动能为Ek=mv2。
当时，粒子的最大动能由Bm决定，则
解得粒子获得的最大动能为
当时，粒子的最大动能由fm决定，则
vm=2πfmR
解得粒子获得的最大动能为
Ekm=2π2mfm2R2
故D正确。
故选ACD.
15. 如图所示，在xoy平面内的坐标原点处，有一个粒子源，某一时刻以同一速率v发射大量带正电的同种粒子，速度方向均在xoy平面内，且对称分布在x轴两侧的30°角的范围内．在直线x=a与x=2a之间包括边界存在匀强磁场，方向垂直于xoy平面向外，已知粒子在磁场中运动的轨迹半径为2a．不计粒子重力及粒子间的相互作用力，下列说法正确的是（ ）
A. 最先进入磁场的粒子在磁场中运动的时间为
B. 最先进入和最后进入磁场中的粒子在磁场中运动的时间都相等
C. 最后从磁场中射出的粒子在磁场中运动的时间为
D. 最后从磁场中射出的粒子出场的位置坐标为
【15题答案】
【答案】ACD
【解析】
【详解】沿x轴方向射出的粒子最先进入磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中运动的偏转角为，所以运动时间为 ，故A正确；沿与x轴成 角的两个方向同时进入磁场，沿与x轴成角斜向下方进入磁场的粒子在磁场中偏转角为 ，所以用的时间为 ，弦长为 ，粒子进入磁场的位置离x轴的距离为 ，所以最后从磁场中射出的粒子出场的位置的纵坐标为，所以最后从磁场中射出的粒子出场的位置坐标为，故B错误，CD正确.
16. 某同学自制的简易电动机示意图如图所示．矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴．将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方．为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将( )
A. 左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉
B. 左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉
C. 左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
D. 左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
【16题答案】
【答案】AD
【解析】
【详解】A．为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，将左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉，这样当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动，转过一周后再次受到同样的安培力而使其转动，故 A正确；
B．若将左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，则当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动，转过半周后再次受到相反方向的安培力而使其停止转动，故B错误；
C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉，电路不能接通，故不能转起来，故C错误；
D．若将左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉，这样当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动，转过半周后电路不导通，转过一周后再次受到同样的安培力而使其转动，故D正确.
17. 如图所示，同一竖直面内的正方形导线框的边长均为，电阻均为，质量分别为和．它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为、磁感应强度大小为、方向垂直竖直面的匀强磁场区域．开始时，线框的上边与匀强磁场的下边界重合，线框的下边到匀强磁场的上边界的距离为．现将系统由静止释放，当线框全部进入磁场时，两个线框开始做匀速运动．不计摩擦和空气阻力，重力加速度为，则
A. 两个线框匀速运动时的速度大小为
B. 线框从下边进入 磁场到上边离开磁场所用时间为
C. 从开始运动到线框全部进入磁场的过程中，线框所产生的焦耳热为
D. 从开始运动到线框全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为
【17题答案】
【答案】ABC
【解析】
【分析】当b刚全部进入磁场时，系统开始做匀速运动，分别对两线框列平衡方程，可得线框受到安培力大小，继而求得感应电流大小，根据欧姆定律和法拉第电磁感应定律可得系统匀速运动的速度大小，即可求得线框通过磁场的时间；当左、右两线框分别向上、向下运动2l的距离时，两线框等高，根据能量守恒得系统机械能的减少等于产生的总焦耳热；根据功能关系求解两线框组成的系统克服安培力做的功；
【详解】A、设两线框刚匀速运动的速度为v，此时轻绳上的张力为T，则对a有：，对b有：，，，联立解得： ，故A正确；
B、线框a从下边进入磁场后，线框a通过磁场时以速度v匀速运动，设线框a通过磁场的时间为t，则：，故B正确；
C、从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a只在a匀速进入磁场的过程中产生焦耳热，设为Q，由功能关系可得：，所以：，故C正确；
D、设两线框从开始运动至a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做的功为W，此过程中左、右两线框分别向上、向下运动的距离，对这一过程，由能量守恒定律有：，解得：，故D错误；
故选ABC．
18. 如图所示，绝缘的水平面上固定有两条平行的光滑金属导轨，导轨电阻不计，两相同金属棒a、b垂直导轨放置，其右侧矩形区域内存在恒定的匀强磁场，磁场方向竖直向上。现两金属棒分别以初速度2v0和v0同时沿导轨自由运动，先后进入磁场区域。已知a棒离开磁场区域时b棒已经进入磁场区域，则a棒从进入到离开磁场区域的过程中，电流i随时间t的变化图像可能正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【18题答案】
【答案】AB
【解析】
【详解】a棒以速度2v0先进入磁场切割磁感线产生的感应电流为
a棒受安培阻力做变加速直线运动，感应电流也随之减小，即图像的斜率逐渐变小；设当b棒刚进入磁场时a棒减速的速度为，此时的瞬时电流为；
AC．若，即
此时双棒双电源反接，电流为零，不受安培力，两棒均匀速运动离开，图像中无电流的图像，故A正确，C错误；
BD．若，即
此时双棒双电源的电动势不等要抵消一部分，因b棒的速度大，电流方向以b棒的流向，与原a棒的流向相反即为负，大小为
b棒通电受安培力要减速，a棒受安培力而加速，则电流逐渐减小，故B正确，D错误；
故选AB。
三、填空题
19. 如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个大小相同的小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。接下来的实验步骤如下：
步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上、重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度L1、L2、L3。
（1）小明先用螺旋测微器测量一个小球的直径，刻度如上图所示，读数为______mm；
（2）入射小球1的质量应______（选填“大于”“等于”或“小于”）被碰小球2的质量；入射小球1的半径应______（选填“大于”“等于”或“小于”）被碰小球2的半径；
（3）除了图中器材外，实验室还备有下列器材，完成本实验还必须使用的两种器材是______；
A．秒表 B．天平 C．刻度尺 D．打点计时器
（4）当所测物理量满足表达式______（用所测物理量的m1、m2、L1、L2、L3表示）时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。如果还满足表达式______（用所测物理量m1、m2、L1、L2、L3表示）时，即说明两球是弹性碰撞。
【19题答案】
【答案】 ①. 4.223 ②. 大于 ③. 等于 ④. BC ⑤. ⑥.
【解析】
【详解】(1)[1]由图示螺旋测微器可知，其示数为：4mm+22.3×0.01mm=4.223mm；
(2)[2][3]根据动量守恒定律可知若碰撞小球1的质量小于被碰小球2的质量，则小球1可能被碰回，所以小球1的质量应大于被碰小球2的质量，为了保证是对心碰撞，所以小球1的半径应等于被碰小球2的半径；
(3)[4]小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间相同，小球的水平位移与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，实验需要验证
m1v0=m1v1+m2v2
因小球均做平抛运动，下落时间相同，则可知水平位移
x=vt
因此可以直接用水平位移代替速度进行验证，故有
m1OP=m1OM+m2ON
实验需要测量小球的质量、小球落地点的位置，测量质量需要天平，测量小球落地点的位置需要毫米刻度尺，因此需要的实验器材有BC；
(4)[5]两球相碰前后的动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
m1v0=m1v1+m2v2
小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间相同，则有
L2=v0t
L1=v1t
L3=v2t
代入可得
m1 L2=m1 L1+m2 L3
[6]若碰撞是弹性碰撞，满足动能守恒，则有
代入解得
20. 在“用单摆测定重力加速度”实验中：
（1）若完成n次全振动的时间为t，用毫米刻度尺测得的摆线长（悬点到摆球上端的距离）为L0，用刻度尺测得摆球的直径为d、用上述物理量的符号写出测重力加速度的一般表达式g=___________。
（2）实验中某同学发现测得的重力加速度的值总是偏大，下列原因中可能的是___________。
A.实验室处在高山上，距离海面太高
B.单摆所用的摆球质量太大了
C.实际测出n次全振动的时间t，误作为（n+1）次全振动的时间
D.以摆线长作为摆长来计算
（3）甲同学测量出几组不同摆长L和周期T的数值，画出如图T2-L图像中的实线OM，并算出图线的斜率为k，则当地的重力加速度g=___________。
（4）乙同学也进行了与甲同学同样的实验，但实验后他发现测量摆长时忘了加上摆球的半径，则该同学做出的T2-L图像为___________（选填：①②③④）
（5）丙同学将单摆固定在力传感器上，得到了拉力随时间的变化曲线，已知摆长L1=0.99m根据图中的信息可得，重力加速度g=___________m/s2（取π2≈9.87，结果保留三位有效数字）
【20题答案】
【答案】 ①. ②. C ③. ④. ② ⑤. 9.77
【解析】
【详解】（1）[1]根据
可得
（2）[2]测得的重力加速度偏大，根据
A.实验室处在高山上，距离海面太高，则重力加速度会偏小，选项A错误；
B.单摆所用的摆球质量大小与周期无关，选项B错误；
C.实际测出n次全振动的时间t，误作为（n+1）次全振动的时间，则周期测量值偏小，计算出的重力加速度偏大，选项C正确；
D.以摆线长作为摆长来计算，则摆长计算偏小，测得的重力加速度偏小，选项D错误。
故选C。
（3）[4]根据
可得
可知
解得
根据单摆的周期公式
得
实验后他发现测量摆长时忘了加上摆球的半径，摆长L=0时，纵轴截距不为零，加上摆球半径后图像应该到正确位置，即M位置，由于重力加速度不变，则图线的斜率不变，故图像应该为②。
（4）[5]由图像可知，单摆的周期为T=2s，则根据
可得
四、解答题
21. 如图所示为一折射率、边长为d 的正方体玻璃砖的横截面，一入射光线以45°入射角从EH的中点M射入玻璃砖，经过HG面反射后，光线从FG右侧N点（图中未画出）射出，求：
①判断是否有光线从底面HG面折射射出，并说明理由；
②若真空中的光速为c，求光线从M到N的运动时间。
【21题答案】
【答案】①没有光线从HG面折射射出，理由见解析所示；②
【解析】
【详解】①光路图如图所示
入射角
由折射定律
折射角
临界角C
解得
在HG面反射，入射角
发生全反射，所以没有光线从HG面折射射出；
②光线从M到N的运动光程
光线从M到N的运动时间
由几何关系
由折射定律
联立解得
22. 如图所示为一列简谐横波在时刻的波形图，平衡位置在处的质点位移，平衡位置在处的质点处于波峰位置；时处的质点第一次回到平衡位置，时处的质点第一次回到平衡位置。求：
（1）该简谐波的传播方向、周期和波速；
（2）平衡位置在处的质点的位移随时间变化的关系式。
【22题答案】
【答案】（1）沿x轴负向传播，，；（2）
【解析】
【详解】（1）设振动周期为T，由于时处的质点在波峰处，时该质点第一次回到平衡位置，故经历，所以
因为时平衡位置在处的质点第一次回到平衡位置，且
所以时平衡位置在处质点一定是沿y轴正向运动的，由“同侧法”可知，该波是沿x轴负向传播，由波形图可知，波长为4m，故波速为
（2）设处的质点位移随时间变化的关系式为
其中
由题意可知
所以
将、A带入假设的关系式，且时处的质点第一次回到平衡位置，可得
因此处的质点位移随时间变化的关系为
23. 如图甲所示，间距为L=0.25m的相互平行的水平光滑轨道HC、GD与足够长的粗糙竖直轨道DE和CF在C、D处平滑连接，转弯半径忽略不计。CD处外侧有一个槽口，可以使杆不脱离轨道且速率不变地滑入竖直轨道，轨道电阻不计。水平轨道上ABCD区域有变化的匀强磁场B1，B1磁场的宽度d=0.66m，B1的变化规律如图乙所示，竖直轨道CDEF之间有倾斜的匀强磁场B2=2T，方向与水平面成。EF间接有一阻值R=1.1Ω的定值电阻。现有一长度与轨道间距相同，质量为m=0.06kg、电阻不计的滑杆MN，在距离AB左侧x0=0.70m处以v0=3m/s的初速度向右进入水平轨道，且在整个运动过程中与轨道的接触良好。MN杆开始进入时为计时起点，滑杆与竖直轨道CDEF的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，cos37°=0.8，sin37°=0.6。求：
（1）当t=0.1s时杆电流大小和方向（填N→M或M→N）；
（2）MN杆到达CD处时的速度大小v1；
（3）MN杆通过CD进入竖直轨道后下滑高度h=0.85m时的速度为v=2.5m/s，求此时杆的加速度以及此下落过程中电阻R产生的焦耳热。
【23题答案】
【答案】（1）1.5A，N→M；（2）；（3），0.24J
【解析】
【详解】（1）时，有
滑杆还没有进入磁场，电路中的感应电动势为
根据闭合电路的欧姆定律，可得杆中电流大小为
根据楞次定律可得电流方向为N→M
（2）滑杆进入磁场后，由动量定理得
其中
解得
（3）竖直面上的磁场B2可以分解为水平方向
竖直方向
产生的电流
由牛顿第二定律得
解得
下落过程中由动能定理得
解得
即焦耳热与摩擦产生的总热量为
其中
解得
所以产生的焦耳热
24. 如图甲所示，在平面内建立坐标系，在第一、四象限内有抛物线，在第二、三象限存在以为圆心、半径为l、垂直于纸面向里的磁感应强度大小为的圆形匀强磁场区域。抛物线与y轴之间范围内存在沿x轴负方向的电场，在第一象限中的抛物线边界上有许多静止的质量为m、电荷量为的粒子，从静止释放后可沿电场方向加速电场强度大小为。不计粒子的重力和粒子间的相互作用（l、、m、q均为已知量）。
（1）求在抛物线上处由静止释放的粒子在磁场中运动的时间；
（2）将右半圆磁场去掉（如图乙），并将左半圆磁场的磁感应强度大小改为，在抛物线上处由静止释放粒子，求粒子由静止释放到达坐标处的最短时间及此时的大小；
（3）仍将右半圆磁场去掉（如图乙），并将左半圆磁场的磁感应强度大小改为，再将抛物线与y轴之间范围内的电场强度改为（为已知量），发现所有释放的粒子经过磁场偏转后都从直线上某一点射出磁场，求该点的坐标以及的大小。
【24题答案】
【答案】（1）；（2）；（3），
【解析】
【分析】
【详解】（1）粒子释放后在电场中加速运动的位移为，由动能定理得
解得
在磁场中由洛伦兹力提供向心力得
解得
粒子在磁场中运动的周期
画出粒子的运动轨迹如图甲所示
由几何关系得粒子在磁场中运动的时间
解得
（2）根据题意画出粒子的运动轨迹如图乙所示
粒子在电场中做匀变速直线运动，有
解得
粒子匀速运动时有
解得
粒子在磁场中运动时有
由题意知
解得
分析知，当时，运动时间最短，为
（3）粒子在电场中加速时有
解得
解得
可以看出当为某一固定数值时，，当时，，因此粒子在磁场的汇聚点坐标为，根据题意画出粒子的运动轨迹如图丙所示
且当时
解得
巴蜀中学2021-2022学年高二（上）期末考试模拟题
一、单选题（1-10题为单选）
1. 甲同学在办公室外奔跑过程中突然与从办公室出来的乙同学发生碰撞，碰撞前乙已处于静止状态，甲本能的伸直双手对乙施加推力的同时手向胸口收，手收至胸口时甲乙恰好共速。碰撞过程若能忽略两者与地面间在水平方向上的相互作用，则（ ）
A. 甲的本能反应减少了甲对乙的冲量 B. 甲对乙的冲量与乙对甲的冲量相同
C. 甲的动能减少量等于乙的动能增加量 D. 甲对乙做的功小于乙对甲做的功
【1题答案】
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲的动量变化量未发生改变，因此甲的本能反应不能减少了甲对乙的冲量，故A错误；
B．冲量是矢量，有方向，因此甲对乙的冲量与乙对甲的冲量不相同，故B错误；
C．两者的碰撞属于完全非弹性碰撞，有能量损失，因此甲的动能减少量大于乙的动能增加量，故C错误；
D．从两人刚接触到共速过程中，乙对地的位移小于甲对地的位移，因此甲对乙做的功小于乙对甲做的功，故D正确。
故选D。
2. 一个质量为0.5 kg的小钢球竖直下落，落地时速度大小为1m/s，与地面作用0.1s后以等大的动量被反弹。小钢球在与地面碰撞的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A. 小钢球重力的冲量是0.1 kg·m/s
B. 若选向上为正方向，则小钢球的动量变化量为-1kg·m/s
C. 若选向上为正方向，则小钢球受到的合力冲量是-1 N·s
D. 若小钢球受到的支持力不变，小钢球受到的支持力为15N
【2题答案】
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据冲量定义可知
故A错误；
BC．若选向上为正方向，则小钢球的动量变化量为
根据动量定理，小钢球受到的合力冲量为
故BC错误；
D．小钢球在与地面碰撞过程中，合力的大小为
由
可知小钢球受到的支持力大小为
故D正确。
故选D。
3. 2014年12月3日，世界台联宣布中国斯诺克球手丁俊晖已确定在新的世界排名榜上跃居世界第一，他也成为台联有史以来第11位世界第一，同时也是首位登上世界第一的亚洲球员，丁俊晖为台球运动在中国的推广和发展做出了突出贡献。按照国际标准，每颗球的标准质量为，但是由于不同厂商生产水平的不同，所以生产出来的球的质量会有一些差异。如图所示，假设光滑水平面一条直线上依次放个质量均为的静止的弹性红球（相邻两个红球之间有微小的间腺），另有一颗质量为的弹性白球以初速度与号红球发生弹性正碰，则号红球最终的速度大小为（已知）（ ）
A. B. C. 0 D.
【3题答案】
【答案】B
【解析】
【详解】光滑水平面一条直线上依次放个质量为的弹性红球，质量为的白球以初速度为与号红球发生弹性正碰，根据一动碰一静的弹性碰撞特点可知，每碰撞一次白球的速度变为原来的，而号球每次将速度传给右侧球，故白球与号球碰撞1次后，白球速度为
红球的速度为
最终传给1号球，白球与号碰撞2次后，白球速度为
红球的速度为
最终传给2号球，白球与号球碰撞3次，白球速度为
红球的速度为
最终传给3号球，综上所述可知，号红球最终的速度大小为
故选B。
4. 如图，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为，经折射后射出a、b两束光线，则（ ）
A. 单色光a、b从玻璃进入空气，波速变大，频率变大
B. 单色光a通过玻璃砖所需的时间小于单色光b通过玻璃砖所需时间
C. 若改变光束的入射方向使角逐渐变大，则折射光线b首先消失
D. 分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距
【4题答案】
【答案】D
【解析】
【详解】A．光由玻璃进入空气传播时，频率不变，波速增大，波长增大，选项A错误；
B．在真空中光线a与法线的夹角大，根据光路可逆性，由折射率公式
得光线a在玻璃中的折射率大，传播速度小，所以在玻璃砖中，相同的路程光线a所用的时间长，选项B错误；
C．增加入射角θ折射光线a首先消失，选项C错误；
D．光线a的折射率，说明光线a的频率高，根据
光线a在真空中的波长较短，根据双缝干涉条纹间距公式
分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距，选项D正确。
故选D。
5. 某均匀介质中有一振动波源，从某时刻起作为计时零时刻，波源的振动图像如图甲所示，波源振动产生沿轴正方向传播的横波，在轴上到之间第一次形成的波形如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A. 介质中的质点沿波传播方向运动的速度为
B. 从图乙时刻起要经过质点第一次到达波谷
C. 从图乙时刻起，介质中质点比先到达平衡位置
D. 当波源的振动形式传到质点时，质点运动的总路程为
【5题答案】
【答案】B
【解析】
【详解】A．周期，波长，解得波速
但介质中的质点并没有沿波传播方向运动，故A选项错；
B．质点第一次到达波谷，即质点的运动形式传到点，质点、间相距一个波长，需要一个周期传到，B选项正确；
C．图乙时刻质点正在沿轴负方向运动，它到达平衡位置的时间大于，而质点到达平衡位置的时间等于，故C选项错误；
D．需要的时间波源的振动形式传到质点，此过程中质点运动的时间为，质点运动的路程为
故D选项错；
故选B。
6. “道威棱镜”是一种用于光学图像翻转的仪器。如图，将一等腰直角棱镜截去棱角，使其平行于底面，可制成“道威棱镜”，其横截面ABCD为底角45°的等腰梯形，O为AB中点，P为OA中点，光线1和光线2两条与BC平行的光线，分别从P和O点入射棱镜，均在BC面上发生一次全反射后从CD面射出，其中光线2的出射点为CD中点Q（未画出），已知棱镜对两光线的折射率，，光在真空中的传播速度为c，，则（ ）
A. 光线1在棱镜中的传播速度为
B. 从DC边射出的光线跟入射光线平行，且距离C点最近的为光线2
C. 光线1在棱镜中经过的路程长为
D. 光线1从CD边射出点到BC边的距离为
【6题答案】
【答案】C
【解析】
【详解】A．光线1在棱镜中的传播速度为
选项A错误；
B．光线1、2从AB入射时，由折射定律
得折射角
γ=30°
由几何关系可得，当光线1、2射到BC时，与BC的夹角均为15°；然后射到DC边上的入射角为30°，从DC边上折射后的折射角为45°，即从DC边射出的光线跟入射光线平行，且距离C点最近的为光线1，选项B错误；
C．如图所示，设E为光线2在BC上的入射点，F为光线1在BC上的入射点，R为光线1在CD上的出射点，由光路的对称性，E为BC的中点，由几何关系得EF：BE=OP：BO=1：2；所以EF=FC=BE，可得R为CQ的中点，所以光线1在棱镜中传播的距离
选项C正确；
D．光线1从CD边射出点R为QC的中点，R到BC边的距离为
选项D错误。
故选C。
7. 如图所示，为沿x轴正方向传播的一列简谐波在某时刻的波形图，其波速为200m/s，P是平衡位置为x=1m处的质点，Q是平衡位置为x=4m处的质点，下列说法中正确的是（ ）
A. 图示时刻质点Q向下运动
B. 从图示时刻开始，经过0.01s，质点P通过的路程一定为0.1m
C. 若此波遇到另一列波并发生稳定干涉现象，则另一列波的频率一定为50Hz，振幅一定为10cm
D. 若该波传播中遇到宽约4m的障碍物，能发生明显的衍射现象
【7题答案】
【答案】D
【解析】
【详解】A．图示时刻质点Q正位于波传播方向的下坡上，此时质点Q向上运动，故A错误；
B．该波周期为
0.01s等于四分之一周期，由于图示时刻质点P并非位于波峰、波谷或平衡位置处，所以经过0.01s，质点P通过的路程不等于一个振幅，故B错误；
C．该波的频率为
若此波遇到另一列波并发生稳定干涉现象，则另一列波的频率一定为25Hz，振幅不一定为10cm，故C错误；
D．发生明显衍射的条件是波长与障碍物的尺寸相差不多，或比障碍物尺寸更大，由于该波的波长为8m，所以若该波传播中遇到宽约4m的障碍物，能发生明显的衍射现象，故D正确。
故选D。
8. 如图所示，圆心为O、半径为R的半圆形玻璃砖置于水平桌面上，光线从P点垂直界面入射后，恰好在玻璃砖圆形表面发生全反射；当入射角时，光线从玻璃砖圆形表面出射后恰好与入射光平行。已知真空中的光速为c，则（ ）
A. 玻璃砖的折射率为1.5
B. 之间的距离为
C. 光在玻璃砖内的传播速度为
D. 光从玻璃到空气的临界角为30°
【8题答案】
【答案】C
【解析】
【详解】AB．作出两种情况下的光路图，如图所示
设，在A处发生全反射故有
由于出射光平行可知，在B处射出，故
由于
联立可得，，故AB错误；
C．由
可得，故C正确；
D．由于
所以临界角不为30°，故D错误。
故选C。
9. 如图所示：绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段光滑，对应圆心角为，、两端等高，为最低点，圆弧圆心为，半径为；直线段、粗糙，与圆弧段分别在、端相切；整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场中，在竖直虚线左侧和右侧还分别存在着场强大小相等、方向水平向右和向左的匀强电场。现有一质量为、电荷量恒为、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距点足够远的点由静止释放。若，小球所受电场力等于其重力的倍，重力加速度为。则（ ）
A. 小球第一次沿轨道下滑的过程中，先做加速度减小的加速运动，后做减速运动
B. 小球经过点时，对轨道的弹力可能为
C. 经足够长时间，小球克服摩擦力做的总功是
D. 小球在轨道内受到的摩擦力可能大于
【9题答案】
【答案】C
【解析】
【详解】A．小球第一次沿轨道AC下滑的过程中，由题意可知，电场力与重力的合力方向恰好沿着斜面AC，则刚开始小球与管壁无作用力，当从静止运动后，由左手定则可知，洛伦兹力导致球对管壁有作用力，从而导致滑动摩擦力增大，而重力与电场力的合力大小为
不变，故根据牛顿第二定律可知，做加速度减小的加速运动，当摩擦力等于两个力的合力时，做匀速运动，故A错误；
B．小球在轨道上往复运动，由于在斜轨上不断损失机械能，则最终会在CD之间往复运动，对小球在O点受力分析，且由C向D运动，此时在D点的洛伦兹力最小，对轨道的压力最小，则由牛顿第二定律，则有
由C到O点，机械能守恒定律，则有
解得
即当小球由C向D运动时，则对轨道的最小的弹力为，不可能为，故B错误；
D．当小球的摩擦力与重力及电场力的合力相等时，小球做匀速直线运动，小球在轨道内受到的摩擦力最大，则为，不可能大于，故D错误；
C．根据动能定理，可知，取从静止开始到最终速度为零，则摩擦力做功与重力及电场力做功之和为零，则摩擦力总功为，故C正确；
故选C。
10. 图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈，A1、 A2、 A3是三个完全相同的灯泡．实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是( )
A. 图甲中，A1与L1的电阻值相同
B. 图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C. 图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同
D. 图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
【10题答案】
【答案】C
【解析】
【详解】断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，由于线圈L1的自感，通过L1的电流逐渐减小，且通过A1，即自感电流会大于原来通过A1的电流，说明闭合S1，电路稳定时，通过A1的电流小于通过L1的电流，L1的电阻小于A1的电阻，AB错误；闭合S2，电路稳定时，A2与A3的亮度相同，说明两支路的电流相同，因此变阻器R与L2的电阻值相同，C正确；闭合开关S2，A2逐渐变亮，而A3立即变亮，说明L2中电流与变阻器R中电流不相等，D错误．
【点睛】线圈在电路中发生自感现象，根据楞次定律可知，感应电流要“阻碍”使原磁场变化的电流变化情况．电流突然增大时，会感应出逐渐减小的反向电流，使电流逐渐增大；电流突然减小时，会感应出逐渐减小的正向电流，使电流逐渐减小．
二、多选题（11-18为多选题）
11. 对下列四个有关光的实验示意图，分析正确的是（ ）
A. 图甲中若改变复色光的入射角，则b光先在玻璃球中发生全反射
B. 图乙若只减小屏到挡板的距离L，则相邻亮条纹间距离将减小
C. 图丙中若得到如图所示明暗相间条纹说明被检测工件表面平整
D. 若只旋转图丁中M或N一个偏振片，光屏P上的光斑亮度不发生变化
【11题答案】
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图像可知
由于a光的折射率较小，则临界角较大，入射时大，a光的折射率较大，则临界角较小，入射时小，故无法确定先后，A错误；
B．由于条纹间距
可知只减小屏到挡板的距离L，相邻亮条纹间距离将减小，B正确；
C．被检测件的上表面和样板件的下表面间的空气膜，形成一个空气劈，从空气劈上下表面反射的光线发生薄膜干涉，若得到明暗相间平行等距条纹说明待测工件表面平整，C错误；
D．自然光通过M后变成偏振光，若N的偏振方向与M的偏振方向相同，光屏上光斑最亮；若N的偏振方向与M的偏振方向垂直，光屏上几乎没有亮斑，因此当M和N发生相对转动时，光屏上的光斑亮度会发生变化，D错误。
故选B。
12. 一列简谐横波在均匀介质中沿x轴传播，图甲为时的波形图，图乙为处的质点P的振动图像，质点Q为平衡位置的质点。下列说法正确的是（ ）
A. 波沿x轴正方向传播 B. 波的传播速度为
C. 时刻后经过，质点P通过的路程等于 D. 时刻，质点Q经过平衡位置
【12题答案】
【答案】ABD
【解析】
【分析】
【详解】由图可以判断波的周期T=4s，波长λ=4m
A．t=2.0s时P的运动方向是y轴正方向，因此波传播方向沿x轴正方向传播，故A正确；
B．波速
故B正确；
C．从t=2.0s至t=2.5s，因为P从平衡位置开始，所以质点P振动一个振幅10cm，故C错误；
D．Q点平衡位置距P点平衡位置的距离为1.5m，因此Q点运动滞后于P点
因此Q点t=3.5s时刻与P点2.0s时刻相对平衡位置的位移一样，图中t=2.0s时P点刚好经过平衡位置，故t=3.5s时刻质点Q经过平衡位置，故D正确；
故选ABD。
13. 如图所示，等腰直角三角形abc区域内（包含边界）有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，在bc的中点O处有一粒子源，可沿与ba平行的方向发射大量速率不同的同种粒子，这些粒子带负电，质量为m，电荷量为q，已知这些粒子都能从ab边离开abc区域，ab=2l，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用．关于这些粒子，下列说法正确的是
A. 速度的最大值为
B. 速度的最小值为
C. 在磁场中运动的最短时间为
D. 在磁场中运动的最长时间为
【13题答案】
【答案】AD
【解析】
【详解】粒子从ab边离开磁场时的临界运动轨迹如图所示：
由几何知识可知：
解得
AB．粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
解得
故粒子的最大速度为
最小速度
故A正确，B错误。
CD．由粒子从ab边离开磁场区域的临界运动轨迹可知，粒子转过的最大圆心角θmax=180°，最小圆心角θmin>45°，粒子做圆周运动的周期：
则粒子在磁场中运动的最短时间
最长时间
故C错误，D正确。
故选AD。
14. 回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，A处粒子源产生质量为m、电荷量为+q的粒子，在加速电压为U的加速电场中被加速，所加磁场的磁感应强度、加速电场的频率可调，磁场的磁感应强度最大值为Bm和加速电场频率的最大值fm。则下列说法正确的是（ ）
A. 粒子获得的最大动能与加速电压无关
B. 粒子第n次和第n+1次进入磁场的半径之比为
C. 粒子从静止开始加速到出口处所需的时间为
D. 若 ，则粒子获得的最大动能为
【14题答案】
【答案】ACD
【解析】
【详解】A.当粒子出D形盒时，速度最大，动能最大，根据qvB=m，得
v=
则粒子获得最大动能
Ekm=mv2=
粒子获得的最大动能与加速电压无关，故A正确。
B.粒子在加速电场中第n次加速获得的速度，根据动能定理
nqU=mvn2
可得
vn=
同理，粒子在加速电场中第n+1次加速获得的速度
vn+1=
粒子在磁场中运动的半径r=，则粒子第n次和第n+1次进入磁场的半径之比为，故B错误。
C.粒子被电场加速一次动能的增加为qU，则粒子被加速的次数
n==
粒子在磁场中运动周期的次数
n′==
粒子在磁场中运动周期T=，则粒子从静止开始到出口处所需的时间
t=n′T==
故C正确。
D. 加速电场的频率应该等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即， 当磁感应强度为Bm时，加速电场的频率应该为 ，粒子的动能为Ek=mv2。
当时，粒子的最大动能由Bm决定，则
解得粒子获得的最大动能为
当时，粒子的最大动能由fm决定，则
vm=2πfmR
解得粒子获得的最大动能为
Ekm=2π2mfm2R2
故D正确。
故选ACD.
15. 如图所示，在xoy平面内的坐标原点处，有一个粒子源，某一时刻以同一速率v发射大量带正电的同种粒子，速度方向均在xoy平面内，且对称分布在x轴两侧的30°角的范围内．在直线x=a与x=2a之间包括边界存在匀强磁场，方向垂直于xoy平面向外，已知粒子在磁场中运动的轨迹半径为2a．不计粒子重力及粒子间的相互作用力，下列说法正确的是（ ）
A. 最先进入磁场的粒子在磁场中运动的时间为
B. 最先进入和最后进入磁场中的粒子在磁场中运动的时间都相等
C. 最后从磁场中射出的粒子在磁场中运动的时间为
D. 最后从磁场中射出的粒子出场的位置坐标为
【15题答案】
【答案】ACD
【解析】
【详解】沿x轴方向射出的粒子最先进入磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中运动的偏转角为，所以运动时间为 ，故A正确；沿与x轴成 角的两个方向同时进入磁场，沿与x轴成角斜向下方进入磁场的粒子在磁场中偏转角为 ，所以用的时间为 ，弦长为 ，粒子进入磁场的位置离x轴的距离为 ，所以最后从磁场中射出的粒子出场的位置的纵坐标为，所以最后从磁场中射出的粒子出场的位置坐标为，故B错误，CD正确.
16. 某同学自制的简易电动机示意图如图所示．矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴．将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方．为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将( )
A. 左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉
B. 左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉
C. 左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
D. 左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
【16题答案】
【答案】AD
【解析】
【详解】A．为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，将左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉，这样当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动，转过一周后再次受到同样的安培力而使其转动，故 A正确；
B．若将左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，则当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动，转过半周后再次受到相反方向的安培力而使其停止转动，故B错误；
C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉，电路不能接通，故不能转起来，故C错误；
D．若将左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉，这样当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动，转过半周后电路不导通，转过一周后再次受到同样的安培力而使其转动，故D正确.
17. 如图所示，同一竖直面内的正方形导线框的边长均为，电阻均为，质量分别为和．它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为、磁感应强度大小为、方向垂直竖直面的匀强磁场区域．开始时，线框的上边与匀强磁场的下边界重合，线框的下边到匀强磁场的上边界的距离为．现将系统由静止释放，当线框全部进入磁场时，两个线框开始做匀速运动．不计摩擦和空气阻力，重力加速度为，则
A. 两个线框匀速运动时的速度大小为
B. 线框从下边进入 磁场到上边离开磁场所用时间为
C. 从开始运动到线框全部进入磁场的过程中，线框所产生的焦耳热为
D. 从开始运动到线框全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为
【17题答案】
【答案】ABC
【解析】
【分析】当b刚全部进入磁场时，系统开始做匀速运动，分别对两线框列平衡方程，可得线框受到安培力大小，继而求得感应电流大小，根据欧姆定律和法拉第电磁感应定律可得系统匀速运动的速度大小，即可求得线框通过磁场的时间；当左、右两线框分别向上、向下运动2l的距离时，两线框等高，根据能量守恒得系统机械能的减少等于产生的总焦耳热；根据功能关系求解两线框组成的系统克服安培力做的功；
【详解】A、设两线框刚匀速运动的速度为v，此时轻绳上的张力为T，则对a有：，对b有：，，，联立解得： ，故A正确；
B、线框a从下边进入磁场后，线框a通过磁场时以速度v匀速运动，设线框a通过磁场的时间为t，则：，故B正确；
C、从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a只在a匀速进入磁场的过程中产生焦耳热，设为Q，由功能关系可得：，所以：，故C正确；
D、设两线框从开始运动至a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做的功为W，此过程中左、右两线框分别向上、向下运动的距离，对这一过程，由能量守恒定律有：，解得：，故D错误；
故选ABC．
18. 如图所示，绝缘的水平面上固定有两条平行的光滑金属导轨，导轨电阻不计，两相同金属棒a、b垂直导轨放置，其右侧矩形区域内存在恒定的匀强磁场，磁场方向竖直向上。现两金属棒分别以初速度2v0和v0同时沿导轨自由运动，先后进入磁场区域。已知a棒离开磁场区域时b棒已经进入磁场区域，则a棒从进入到离开磁场区域的过程中，电流i随时间t的变化图像可能正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【18题答案】
【答案】AB
【解析】
【详解】a棒以速度2v0先进入磁场切割磁感线产生的感应电流为
a棒受安培阻力做变加速直线运动，感应电流也随之减小，即图像的斜率逐渐变小；设当b棒刚进入磁场时a棒减速的速度为，此时的瞬时电流为；
AC．若，即
此时双棒双电源反接，电流为零，不受安培力，两棒均匀速运动离开，图像中无电流的图像，故A正确，C错误；
BD．若，即
此时双棒双电源的电动势不等要抵消一部分，因b棒的速度大，电流方向以b棒的流向，与原a棒的流向相反即为负，大小为
b棒通电受安培力要减速，a棒受安培力而加速，则电流逐渐减小，故B正确，D错误；
故选AB。
三、填空题
19. 如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个大小相同的小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。接下来的实验步骤如下：
步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上、重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度L1、L2、L3。
（1）小明先用螺旋测微器测量一个小球的直径，刻度如上图所示，读数为______mm；
（2）入射小球1的质量应______（选填“大于”“等于”或“小于”）被碰小球2的质量；入射小球1的半径应______（选填“大于”“等于”或“小于”）被碰小球2的半径；
（3）除了图中器材外，实验室还备有下列器材，完成本实验还必须使用的两种器材是______；
A．秒表 B．天平 C．刻度尺 D．打点计时器
（4）当所测物理量满足表达式______（用所测物理量的m1、m2、L1、L2、L3表示）时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。如果还满足表达式______（用所测物理量m1、m2、L1、L2、L3表示）时，即说明两球是弹性碰撞。
【19题答案】
【答案】 ①. 4.223 ②. 大于 ③. 等于 ④. BC ⑤. ⑥.
【解析】
【详解】(1)[1]由图示螺旋测微器可知，其示数为：4mm+22.3×0.01mm=4.223mm；
(2)[2][3]根据动量守恒定律可知若碰撞小球1的质量小于被碰小球2的质量，则小球1可能被碰回，所以小球1的质量应大于被碰小球2的质量，为了保证是对心碰撞，所以小球1的半径应等于被碰小球2的半径；
(3)[4]小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间相同，小球的水平位移与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，实验需要验证
m1v0=m1v1+m2v2
因小球均做平抛运动，下落时间相同，则可知水平位移
x=vt
因此可以直接用水平位移代替速度进行验证，故有
m1OP=m1OM+m2ON
实验需要测量小球的质量、小球落地点的位置，测量质量需要天平，测量小球落地点的位置需要毫米刻度尺，因此需要的实验器材有BC；
(4)[5]两球相碰前后的动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
m1v0=m1v1+m2v2
小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间相同，则有
L2=v0t
L1=v1t
L3=v2t
代入可得
m1 L2=m1 L1+m2 L3
[6]若碰撞是弹性碰撞，满足动能守恒，则有
代入解得
20. 在“用单摆测定重力加速度”实验中：
（1）若完成n次全振动的时间为t，用毫米刻度尺测得的摆线长（悬点到摆球上端的距离）为L0，用刻度尺测得摆球的直径为d、用上述物理量的符号写出测重力加速度的一般表达式g=___________。
（2）实验中某同学发现测得的重力加速度的值总是偏大，下列原因中可能的是___________。
A.实验室处在高山上，距离海面太高
B.单摆所用的摆球质量太大了
C.实际测出n次全振动的时间t，误作为（n+1）次全振动的时间
D.以摆线长作为摆长来计算
（3）甲同学测量出几组不同摆长L和周期T的数值，画出如图T2-L图像中的实线OM，并算出图线的斜率为k，则当地的重力加速度g=___________。
（4）乙同学也进行了与甲同学同样的实验，但实验后他发现测量摆长时忘了加上摆球的半径，则该同学做出的T2-L图像为___________（选填：①②③④）
（5）丙同学将单摆固定在力传感器上，得到了拉力随时间的变化曲线，已知摆长L1=0.99m根据图中的信息可得，重力加速度g=___________m/s2（取π2≈9.87，结果保留三位有效数字）
【20题答案】
【答案】 ①. ②. C ③. ④. ② ⑤. 9.77
【解析】
【详解】（1）[1]根据
可得
（2）[2]测得的重力加速度偏大，根据
A.实验室处在高山上，距离海面太高，则重力加速度会偏小，选项A错误；
B.单摆所用的摆球质量大小与周期无关，选项B错误；
C.实际测出n次全振动的时间t，误作为（n+1）次全振动的时间，则周期测量值偏小，计算出的重力加速度偏大，选项C正确；
D.以摆线长作为摆长来计算，则摆长计算偏小，测得的重力加速度偏小，选项D错误。
故选C。
（3）[4]根据
可得
可知
解得
根据单摆的周期公式
得
实验后他发现测量摆长时忘了加上摆球的半径，摆长L=0时，纵轴截距不为零，加上摆球半径后图像应该到正确位置，即M位置，由于重力加速度不变，则图线的斜率不变，故图像应该为②。
（4）[5]由图像可知，单摆的周期为T=2s，则根据
可得
四、解答题
21. 如图所示为一折射率、边长为d 的正方体玻璃砖的横截面，一入射光线以45°入射角从EH的中点M射入玻璃砖，经过HG面反射后，光线从FG右侧N点（图中未画出）射出，求：
①判断是否有光线从底面HG面折射射出，并说明理由；
②若真空中的光速为c，求光线从M到N的运动时间。
【21题答案】
【答案】①没有光线从HG面折射射出，理由见解析所示；②
【解析】
【详解】①光路图如图所示
入射角
由折射定律
折射角
临界角C
解得
在HG面反射，入射角
发生全反射，所以没有光线从HG面折射射出；
②光线从M到N的运动光程
光线从M到N的运动时间
由几何关系
由折射定律
联立解得
22. 如图所示为一列简谐横波在时刻的波形图，平衡位置在处的质点位移，平衡位置在处的质点处于波峰位置；时处的质点第一次回到平衡位置，时处的质点第一次回到平衡位置。求：
（1）该简谐波的传播方向、周期和波速；
（2）平衡位置在处的质点的位移随时间变化的关系式。
【22题答案】
【答案】（1）沿x轴负向传播，，；（2）
【解析】
【详解】（1）设振动周期为T，由于时处的质点在波峰处，时该质点第一次回到平衡位置，故经历，所以
因为时平衡位置在处的质点第一次回到平衡位置，且
所以时平衡位置在处质点一定是沿y轴正向运动的，由“同侧法”可知，该波是沿x轴负向传播，由波形图可知，波长为4m，故波速为
（2）设处的质点位移随时间变化的关系式为
其中
由题意可知
所以
将、A带入假设的关系式，且时处的质点第一次回到平衡位置，可得
因此处的质点位移随时间变化的关系为
23. 如图甲所示，间距为L=0.25m的相互平行的水平光滑轨道HC、GD与足够长的粗糙竖直轨道DE和CF在C、D处平滑连接，转弯半径忽略不计。CD处外侧有一个槽口，可以使杆不脱离轨道且速率不变地滑入竖直轨道，轨道电阻不计。水平轨道上ABCD区域有变化的匀强磁场B1，B1磁场的宽度d=0.66m，B1的变化规律如图乙所示，竖直轨道CDEF之间有倾斜的匀强磁场B2=2T，方向与水平面成。EF间接有一阻值R=1.1Ω的定值电阻。现有一长度与轨道间距相同，质量为m=0.06kg、电阻不计的滑杆MN，在距离AB左侧x0=0.70m处以v0=3m/s的初速度向右进入水平轨道，且在整个运动过程中与轨道的接触良好。MN杆开始进入时为计时起点，滑杆与竖直轨道CDEF的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，cos37°=0.8，sin37°=0.6。求：
（1）当t=0.1s时杆电流大小和方向（填N→M或M→N）；
（2）MN杆到达CD处时的速度大小v1；
（3）MN杆通过CD进入竖直轨道后下滑高度h=0.85m时的速度为v=2.5m/s，求此时杆的加速度以及此下落过程中电阻R产生的焦耳热。
【23题答案】
【答案】（1）1.5A，N→M；（2）；（3），0.24J
【解析】
【详解】（1）时，有
滑杆还没有进入磁场，电路中的感应电动势为
根据闭合电路的欧姆定律，可得杆中电流大小为
根据楞次定律可得电流方向为N→M
（2）滑杆进入磁场后，由动量定理得
其中
解得
（3）竖直面上的磁场B2可以分解为水平方向
竖直方向
产生的电流
由牛顿第二定律得
解得
下落过程中由动能定理得
解得
即焦耳热与摩擦产生的总热量为
其中
解得
所以产生的焦耳热
24. 如图甲所示，在平面内建立坐标系，在第一、四象限内有抛物线，在第二、三象限存在以为圆心、半径为l、垂直于纸面向里的磁感应强度大小为的圆形匀强磁场区域。抛物线与y轴之间范围内存在沿x轴负方向的电场，在第一象限中的抛物线边界上有许多静止的质量为m、电荷量为的粒子，从静止释放后可沿电场方向加速电场强度大小为。不计粒子的重力和粒子间的相互作用（l、、m、q均为已知量）。
（1）求在抛物线上处由静止释放的粒子在磁场中运动的时间；
（2）将右半圆磁场去掉（如图乙），并将左半圆磁场的磁感应强度大小改为，在抛物线上处由静止释放粒子，求粒子由静止释放到达坐标处的最短时间及此时的大小；
（3）仍将右半圆磁场去掉（如图乙），并将左半圆磁场的磁感应强度大小改为，再将抛物线与y轴之间范围内的电场强度改为（为已知量），发现所有释放的粒子经过磁场偏转后都从直线上某一点射出磁场，求该点的坐标以及的大小。
【24题答案】
【答案】（1）；（2）；（3），
【解析】
【分析】
【详解】（1）粒子释放后在电场中加速运动的位移为，由动能定理得
解得
在磁场中由洛伦兹力提供向心力得
解得
粒子在磁场中运动的周期
画出粒子的运动轨迹如图甲所示
由几何关系得粒子在磁场中运动的时间
解得
（2）根据题意画出粒子的运动轨迹如图乙所示
粒子在电场中做匀变速直线运动，有
解得
粒子匀速运动时有
解得
粒子在磁场中运动时有
由题意知
解得
分析知，当时，运动时间最短，为
（3）粒子在电场中加速时有
解得
解得
可以看出当为某一固定数值时，，当时，，因此粒子在磁场的汇聚点坐标为，根据题意画出粒子的运动轨迹如图丙所示
且当时
解得
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