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2022-2023学年浙江省杭州市“六县九校”联盟高二（下）期中物理试卷（含解析）
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2022-2023学年浙江省杭州市“六县九校”联盟高二（下）期中物理试卷
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
1. 下列说法正确的是( )
A. 物体做直线运动，位移大小等于路程
B. 引入“质点”，从科学方法上来说是属于建立理想物理模型的方法
C. 加速度方向与规定正方向相反，物体速度一定减小
D. 加速度很大时，运动物体的速度一定很快变大
2. 以下情形涉及到不同的物理知识，则下列说法正确的是( )
A. 3D电影是利用了光的衍射现象
B. 彩超仪器进行医学检测时利用了多普勒效应
C. 肥皂泡上不同的颜色是光的折射造成的
D. 镜头拍某些照片时为了增强反射光会在镜头前加偏振片
3. 高抛发球是乒乓球发球的一种，由我国吉林省运动员刘玉成于1964年发明，后成为风靡世界乒乓球坛的一项发球技术.将乒乓球离手向上的运动视为匀减速直线运动，该向上运动过程的时间为5t.设乒乓球离开手后第一个t时间内的位移为x1，最后一个t时间内的位移为x2，则x1：x2为( )
A. 5：1
B. 7：1
C. 9：1
D. 11：1
4. 某同学利用图甲所示装置研究摩擦力的变化情况。实验台上固定一个力传感器，传感器用棉线拉住物块，物块放置在粗糙的长木板上。水平向左的力T拉木板，传感器记录的F−t图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 实验中必须让木板保持匀速运动
B. 图乙中曲线就是T的大小随时间变化的曲线
C. 只用图乙中数据可得出物块与木板间的动摩擦因数
D. 最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10：7
5. 如图所示，两个互相垂直的力F1和F2作用在同一物体上，使物体运动，物体通过一段位移时，力F1对物体做功4J，力F2对物体做功3J，则力F1和F2的合力对物体做功为( )
A. 7J B. 1J C. 5J D. 12J
6. 如图所示，平行板电容器与一个恒压直流电源连接，下极板接地，上极板与一静电计相连，开关S闭合后，一油滴刚好静止于电容器中的P点，下列说法中正确的有( )
A. 保持S闭合，将下极板向上移动小段距离，油滴向上移动，静电计张角变大
B. 保持S闭合，将上极板向下移动小段距离，极板电量增加，P点的电势降低
C. 断开S，将上极板下移小段距离，静电计张角变小，但油滴仍然静止
D. 断开S，在下极板的内表面插入面积与极板相等的有机玻璃板，电容减小，电势差增加
7. 空间站是一种在近地轨道长时间运行、可供航天员工作和生活的载人航天器，其运行轨道可以近似为圆。如图甲为我国三名航天员站立在空间站内地板上的情景，图乙是航天员王亚平在空间站做的实验，下列说法正确的是( )
A. 空间站内的航天员处于平衡状态
B. 空间站内的航天员不能用拉力器锻炼肌肉力量
C. 空间站的加速度比地球同步卫星向心加速度小
D. 空间站内漂浮的水滴呈球形是因为水完全失重和水的表面张力共同造成的
8. 2021年10月15日，由全国总工会宣传教育部主办的“中国梦⋅劳动美——永远跟党走奋进新征程”2021年全国职工乒乓球大赛在北京圆满落幕。如图所示，一运动员在比赛中挥拍将以速率v1飞来的乒乓球，以v2的速率反向击出，已知乒乓球质量为m，忽略重力，则此过程中拍子对乒乓球作用力的冲量大小为( )
A. m(v2−v1)，方向与乒乓球被击出速度方向相同
B. m(v2+v1)，方向与乒乓球被击出速度方向相同
C. m(v2−v1)，方向与乒乓球飞来速度方向相同
D. m(v2+v1)，方向与乒乓球飞来速度方向相同
9. 如图所示，以O点为平衡位置，单摆在A、B两点间做简谐运动，已知摆球从A点第一次运动到B点历时0.5s，则下列说法中正确的是( )
A. 摆球从A点经O点运动到B点即完成一次全振动
B. 单摆的摆长约为1m
C. 从A点向O点运动的过程中，摆球受到的拉力不断增大，回复力也不断增大
D. 将单摆从地面移至山顶，摆动周期将增大
10. 下列关于机械波的说法正确的是( )
A. 发生多普勒效应时，波源的频率发生了变化
B. 驱动力的频率越接近物体的固有频率时物体振动的振幅越大
C. 波发生反射时，波的频率不变，但波长、波速发生变化
D. 发生明显衍射的条件是障碍物的尺寸比波长大或差不多
11. 已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B与导线中的电流I成正比、与该点到导线的距离r成反比。如图所示，两根平行长直导线相距为x0，分别通以大小相等、方向相同的电流。规定磁场方向垂直纸面向里为正，在0～x0区间内磁感应强度B随x变化的图线可能是图中的( )
A. B.
C. D.
12. 如图所示，图甲为一列简谐横波在t=0时刻的波形，其中质点P坐标为(0,0.2m)，质点Q坐标为(10m,−0.2m)，图乙为质点Q的振动图像，图中M点坐标为(0.5s,0)，则关于波的传播和质点的振动，下列判断不正确的是( )
A. 该简谐横波的传播方向沿x轴负方向
B. 由波动图像可得该简谐横波的波长为λ=12m
C. 结合波动图像和振动图像可得该简谐横波的传播速度为v=2m/s
D. 结合波动图像和振图像可得点P的振动方程为0.4sin(π3t−π6)m
13. 如图甲是磁电式电流表的结构示意图，蹄形磁体和铁芯间的磁场均匀辐向分布，边长为L的N匝正方形线圈中通以电流I，如图乙所示，线圈中左侧一条a导线电流方向垂直纸面向外，右侧b导线电流方向垂直纸面向里，a、b两条导线所在处的磁感应强度大小均为B，则( )
A. 该磁场是匀强磁场 B. 该线圈的磁通量为BL2
C. a导线受到的安培力方向向上 D. 此仪表利用了电磁感应的原理
14. 如图，一束可见光射向半圆形玻璃砖的圆心O，经折射后分为两束单色光a和b，则下列判断正确的是( )
A. 玻璃砖对a光的折射率大于对b光的折射率
B. 在玻璃砖中，a光的速度大于b光的速度
C. a光在真空中的波长小于b光在真空中的波长
D. 以同一入射角从某介质射入空气，若a恰发生全反射，则b光一定能发生全反射
15. 如图所示，带电粒子(不计重力)在以下四种器件中运动的说法正确的是( )
A. 甲图中从左侧射入的带正电粒子，若速度满足v>EB，将向上极板偏转
B. 乙图中等离子体进入A、B极板之间后，A极板电势低于B极板
C. 丙图中电子枪射出电子的速度一定时，通过励磁线圈的电流越大，电子的运动径迹半径越小
D. 丁图中只要增大加速电压，粒子就能获得更大的动能
16. 甲、乙两列机械波在同种介质中相向而行，甲波波源位于O点，乙波波源位于x=11m处，在t=0时刻所形成的波形与位置如图所示。已知甲的波速为0.4m/s，下列说法正确的是( )
A. 乙的波速为0.8m/s
B. 甲、乙两波相遇后不能形成稳定的干涉图像
C. 甲的波谷经过13.75s与乙的波峰第一次相遇
D. 振动减弱点的振幅为4cm，x=5m处是振动减弱点
17. 在“用单摆测量重力加速度”的实验中，某实验小组在测量单摆的周期时，测得摆球经过n次全振动的总时间为Δt，在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆线长度为l，再用游标卡尺测量摆球的直径为D。
回答下列问题：
(1)为了减小测量周期的误差，实验时需要在适当的位置做一标记，当摆球通过该标记时开始计时，该标记应该放置在摆球摆动的______ 。
A.最高点
B.最低点
C.任意位置
(2)该单摆的周期为______ 。
(3)若用l表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g= ______ 。
(4)如果测得的g值偏小，可能的原因是______ 。
A.测摆长时摆线拉得过紧
B.摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C.开始计时时，停表过迟按下
D.实验时误将49次全振动记为50次
(5)为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L和T的数值，以L为横坐标、T2为纵坐标作出T2−L图线，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，由此得到的T2−L图像是图乙中的______ (选填“①”“②”或“③”)。
18. 在“测玻璃的折射率”实验中：
(1)如图1所示，用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，下列说法中正确的是______ ；
A.若P1、P2的距离较大时，通过玻璃砖会看不到P1、P2的像
B.为减少测量误差，P1、P2的连线与法线NN′的夹角应尽量小些
C.为了减小作图误差，P3和P4的距离应适当取大些
D.若P1、P2的连线与法线NN′夹角较大时有可能在bb′面发生全反射，所以在bb′一侧就看不到P1、P2的像
(2)如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度______ (填“大”或“小”)的玻璃砖来测量。
(3)在该实验中，光线是由空气射入玻璃砖，根据测得的入射角和折射角的正弦值画出的图线如图2所示，从图线可知玻璃砖的折射率是______ 。
19. 在“用双缝干涉测光的波长”实验中，将实验仪器按要求安装在光具座上，如图甲所示。
(1)关于该实验，下列说法正确的是______ ；
A.单缝及双缝必须平行放置
B.干涉条纹与双缝垂直
C.干涉条纹疏密程度与单缝宽度有关
D.若用绿色滤光片替换红色滤光片，干涉条纹间距会变小
(2)某同学在做该实验时，在同一视野中选取了A、B两条纹，第一次分划板中心刻度对齐A条纹中心时(图乙)，游标尺的示数如图丙所示；第二次分划板中心刻度对齐B条纹中心时(图丁)，游标尺的示数如图戊所示。已知双缝间距为0.50mm，双缝到屏的距离为1.00m，则图丙游标尺的示数为______ mm，两个相邻亮条纹(或暗条纹)间的距离为______ mm。所测单色光波长为______ m。
20. 过山车是一种机动游乐设施，深受年轻游客的喜爱(如图a所示)。可将过山车(含游客)看作质点，其质量M=1×104kg。部分轨道如图(b)所示，AB是长L=60m、倾角为37°的倾斜直轨道，过山车与轨道间的动摩擦因数μ=0.25；BC段可视半径R=10m的光滑圆弧轨道，O为圆心，D点为轨道最高点，∠BOD=37°。过山车经过A点时速度vA=32m/s，之后靠惯性冲上轨道最高点D，则过山车在运动过程中(取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)，求：
(1)过山车在AB段的加速度大小；
(2)摩擦力对过山车的冲量大小；
(3)过山车运动到最高点D时对轨道的压力。
21. 如图所示，两滑块A、B位于光滑水平面上，已知A的质量mA=1kg，B的质量mB=2kg。滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A以v0=3m/s速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B相互作用(整个过程弹簧没有超过弹性限度)，直至分开。求：
(1)滑块通过弹簧相互作用过程中弹簧的最大弹性势能；
(2)滑块B的最大动能；
(3)滑块A的动能最小时，弹簧的弹性势能。
22. 如图，倾斜平行导轨MN、PQ与水平面的夹角都为θ=37°，N、Q之间接有E=6V，r=1Ω的电源，在导轨上放置金属棒ab，质量为m=200g，长度刚好为两导轨的间距L=0.5m，电阻为R=5Ω，与两导轨间的动摩擦因数都为μ=0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，ab棒与导轨垂直且接触良好。外加匀强磁场的磁感应强度B=2T，方向为垂直导轨平面向上。在ab棒的中点用一平行轨道MN的细线通过定滑轮挂一质量为m0的物块。不计导轨和连接导线的电阻，不计滑轮的摩擦，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2。要使ab棒始终保持静止，求所挂物块m0的取值范围？
23. 如图所示，半径为R、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的圆形磁场区域，右侧与y轴相切于C点，下侧与x轴相切于O点，感光板(足够大)与y轴的距离为1.5R。已知质量为m，电量为q的粒子过O点垂直于x轴射入，从C点垂直于y轴射出。不计粒子的重力。
(1)求该粒子速率v0；
(2)若在y轴与感光板之间充满垂直纸面的匀强磁场，求能使该粒子击中感光板的磁感应强度大小范围；
(3)现有大量速率为v0的同种粒子沿不同方向从坐标O点处射入磁场。若在y轴与感光板之间加沿y轴正方向E0=16qRB29m的匀强电场，求粒子打在感光板上的范围。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、只有物体做单向直线运动时，位移大小才与路程相等，故A错误；
B、引入“质点”，从科学方法上来说是属于建立理想物理模型的方法，故B正确；
C、加速度方向与规定正方向相反，但是加速度方向与速度方向相同时，物体的速度也是增加的，故C错误；
D、加速度很大时，运动物体的速度一定变化很快，当加速度方向与速度方向相反，做减速运动，不一定很快变大，故D错误。
故选：B。
位移为矢量，有大小和方向；而路程是标量没有方向；物体能否看成质点，即看物体的形状、大小在所研究的问题中能否忽略，与物体的质量、体积等因素无关。加速度是反映速度变化快慢的物理量，当加速度方向与速度方向相同，做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，做减速运动。
本题考查了对质点概念的深入理解，物体能否看作质点关键在于所研究的问题中，物体的大小和形状能否忽略。理解位移与路程的不同，掌握加速度的物理意义，掌握判断物体做加速运动还是减速运动的方法，关键看加速度方向与速度方向的关系。
2.【答案】B
【解析】解：A、立体电影利用的是光的偏振，故A错误；
B.医院进行医学检测时用的彩超仪器，利用了超声波的多普勒效应，故B正确；
C.肥皂泡呈现彩色条纹是光的干涉现象，光在肥皂泡的内外表面反射形成的频率相同的光相互叠加，从而出现彩色条纹，故C错误；
D.利用光的偏振，在照相机镜头前加一个偏振片，能减弱反射光使像清晰，故D错误。
故选：B。
立体电影利用的是光的偏振；彩超仪器利用了超声波的多普勒效应；肥皂泡呈现彩色条纹是光的薄膜干涉现象；在照相机镜头前加一个偏振片能减弱反射光使像清晰。
本题考查了光的偏振、干涉，多普勒效应等问题，考查知识点全面，重点突出，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
3.【答案】C
【解析】解：乒乓球向上的运动为末速度为零的匀减速直线运动，可逆向看作初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动的规律可知，连续相等的时间间隔内的位移之比为1：3：5：7：9…，所以x1：x2=9：1，故C正确，ABD错误。
故选：C。
将乒乓球的运动逆向看作初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀变速直线运动相等时间内位移比进行判断。
本题考查匀变速直线运动规律，解题关键是掌握匀变速直线运动规律并能够熟练应用。
4.【答案】D
【解析】解：AB.为了能研究摩擦力随时间的变化曲线，故物块一直要处于静止状态，根据平衡条件可知向左的摩擦力和向右轻绳的拉力大小相等，图乙是轻绳向右的拉力随时间变化曲线，故图乙也可以反映摩擦力随时间变化的曲线，由图乙可知轻绳向右的拉力先增大后减小，最后趋于不变，故物块先受静摩擦力作用后受滑动摩擦力作用，所以不需要让木板保持匀速运动，故AB错误；
C.根据滑动摩擦力的计算公式
f=μFN=μmg
可知，由于不知道物块的重力，故无法求出物块与木板间的动摩擦因数，故C错误；
D.由图可知，最大静摩擦力约为10N，滑动摩擦力约为7N，故最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10：7，故D正确。
故选：D。
根据平衡条件、结合图像分析摩擦力大小变化；根据滑动摩擦力公式结合图像分析滑动摩擦力的大小和静摩擦力大小的比值和动摩擦因数的求解。
本题考查摩擦力，要求掌握根据平衡条件计算静摩擦力大小和根据滑动摩擦力公式计算滑动摩擦力的大小。
5.【答案】A
【解析】解：力F1对物体做功为4J，力F2对物体做功为3J，则力F1与力F2的合力对物体做功为
W=W1+W2=4J+3J=7J，故A正确，BCD错误。
故选：A。
功是标量，合力所做的功等于各个分力做功的代数和。
解决本题的关键是要明确功是标量，合力所做的功等于各分力做功的代数和，而不是矢量和。
6.【答案】C
【解析】解：A、保持S闭合，电容器两极板间电压不变，静电计张角不变，故A错误；
B、保持S闭合，电容器两极板间电压U不变。将上极板向下移动小段距离，板间距离d减小，据C=ɛrS4πkd知电容C增大，据C=QU知，极板电荷量Q增加。据E=Ud知，板间场强E增大，据φP=UP0=Ed知，P点的电势升高，故B错误；
C、电容器与电源断开，则其所带电荷量不变，将上极板下移小段距离，板间距离d减小，根据C=ɛrS4πkd知电容C增大。据C=QU知两极板电势差减小，则静电计张角变小。根据C=ɛrS4πkd、C=QU、E=Ud相结合可得E=4πkQϵrS，E与d无关，则知板间电场强度不变，油滴所受电场力不变，仍处于静止状态，故C正确；
D、电容器与电源断开，则其所带电荷量不变。插入有机玻璃板，ɛr变大，根据C=ɛrS4πkd知电容C增大，据C=QU知两极板电势差减小，故D错误。
故选：C。
电容器始终与电源相连时，电容器两板间的电势差不变，根据板间距离的变化判断电容的变化，以及电场强度的变化，从而判断静电计指针张角的变化，由Q=CU判断电容器电量的变化。由U=Ed分析P点与下极板间电势差的变化，从而判断P点电势的变化；断开S，根据电容的决定式、定义式以及E=Ud，推导出板间场强的表达式，再分析油滴所受电场力的变化，从而判断其运动状态。根据电容的决定式分析电容的变化。
本题是电容的动态分析问题，根据电容的决定式C=ɛrS4πkd和电容的定义式C=QU相结合进行分析，分析时还要抓住不变量，电容器充电后与电源断开时其电量不变。要记住若只改变板间距离时，板间场强是不变的。
7.【答案】D
【解析】解：A.空间站内的航天员处于完全失重状态，存在引力加速度，不是平衡状态，故A错误；
B.拉力器的工作原理是弹簧的形变，与重力无关，所以依然能用拉力器锻炼肌肉力量，故B错误；
C.万有引力提供向心力GMmr2=ma
空间站的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，故空间站的加速度比地球同步卫星向心加速度大，故C错误；
D.空间站内漂浮的水滴呈球形是因为水完全失重和水的表面张力共同造成的，故D正确。
故选：D。
完全失重状态，不是平衡状态；
拉力器的工作原理是弹簧的形变，与重力无关；
万有引力提供向心力，比较加速度；
水滴呈球形是水的表面张力。
本题考查学生对完全失重、拉力器的工作原理、万有引力提供向心力、水的表面张力的掌握，比较基础。
8.【答案】B
【解析】解：选取击出方向为正方向，对乒乓球运用动量定理有I=mv2−(−mv1)=m(v2+v1)
即拍子对乒乓球作用力的冲量大小为m(v2+v1)，方向与乒乓球被击出方向相同。故B正确，ACD错误。
故选：B。
选取击出方向为正方向，对乒乓球运用动量定理，分析拍子对乒乓球作用力的冲量大小。
本题考查了动量定理的应用，注意动量定理是矢量方程，列式之前要选择正方向。
9.【答案】D
【解析】解：A.摆球从A点经O点运动到B点，然后从B点再经过O点返回A点，摆球完成一次全振动，故A错误；
B.结合A的分析与题意可知，单摆周期为1s，根据T=2π Lg，解得摆长L≈0.25m，故B错误；
C.摆球从A点向O点运动的过程中，设细绳与竖直方向之间的夹角为θ，则摆球受到的拉力：F=mgcosθ+mv2L，摆球从A点向O点运动的过程中，θ减小，速度v增大，可知摆球受到的拉力不断增大；回复力F回=mgsinθ，可知回复力不断减小，故C错误；
D.将单摆从地面移至山顶，由于重力加速度减小，由单摆周期公式T=2π Lg可知，摆动周期将增大，故D正确。
故选：D。
根据全振动的定义判断；根据单摆的周期公式求解摆长与周期的变化；单摆小角度摆动是简谐运动，回复力F=−kx，由重力的切向分力提供，摆球经过平衡位置时，位移最小为零，回复力为零。
本题主要考查单摆，注意单摆的振动是摆角很小时近似看成简谐运动，并不是合外力提供回复力，要知道沿半径方向需要向心力。
10.【答案】B
【解析】解：A.发生多普勒效应时，波源频率并没有发生变化，是由于波源和观察者必须有相对运动造成听起来频率变化，故A错误；
B.驱动力的频率越接近物体的固有频率时物体振动的振幅越大，故B正确；
C.波的频率决定于波源，波速决定于介质，波长决定于介质和波源，若波发生反射在同一介质中时，频率、波长和波速均不变，故C错误；
D.波生明显衍射的条件是障碍物的尺寸比波长小或相差不多，故D错误。
故选：B。
根据多普勒效应的含义作答；根据共振现象的特点判断；根据波的频率、波速和波长的决定因素作答；根据发生明显衍射现象的条件作答。
本题考查了共振、波的反射和衍射以及多普勒效应，解题的关键是要求学生对这部分知识重在理解，加强记忆。
11.【答案】D
【解析】解：根据右手螺旋定则可知，左侧的电流在其右侧的磁场方向垂直纸面向里，而右侧的电流在其左侧产生的磁场方向垂直纸面向外，
根据通电长直导线周围某点的磁感应强度大小关系式B=kIr，可知距离电流越远，电流产生的磁场越小，
根据对称性可知两电流在x02处的合磁场大小为0，
0～x02区域的合磁场方向垂直纸面向里，为正值；
x02～x0区域的合磁场方向垂直纸面向外，为负值。故ABC错误，D正确；
故选：D。
通电导线周围有磁场存在，磁场除大小之外还有方向，所以合磁场通过矢量叠加来处理。根据右手螺旋定则可得知电流方向与磁场方向的关系。
由于电流大小相等，方向相同，所以两根连线的中点磁场刚好为零，从中点向两边移动磁场越来越强，左边的磁场垂直纸面向里，右边的磁场垂直纸面向外。
12.【答案】D
【解析】解：A、由图乙可知，在t=0时刻质点Q向上振动，根据波形平移法可知，该简谐横波的传播方向沿x轴负方向，故A正确；
B、设该简谐横波的波动方程为y=0.4sin(2πλx+φ1)m
将(0,0.2m)，(10m,−0.2m)代入，解得：λ=12m，φ1=π6，故B正确；
CD、设质点Q的振动方程为y=0.4sin(2πTt+φ2)m
将(0,−0.2m)，(0.5s,0)代入，解得T=6s，φ2=−π6
该简谐横波的传播速度为v=λT=126m/s=2m/s
由图甲可知，质点P的振幅为：A=0.4m。设质点P的振动方程为：y=0.4sin(ωt+φ0)m。当t=0时，y=0.2m，代入可得：φ0=π6，且ω=2πT=2π6rad/s=π3rad/s，所以质点P的振动方程为：y=0.4sin(π3t+π6)m，故C正确，D错误。
本题选不正确的，故选：D。
由振动图像读出质点Q在t=0时刻的振动方向，在波形图上利用波形平移法判断波的传播方向。写出波动方程一般式，将(0,0.2m)，(10m,−0.2m)代入，求出波长。写出质点Q的振动方程，将(0,−0.2m)，(0.5s,0)代入，求出周期，从而求得波速。采用同样的方法写出质点P的振动方程。
本题考查识别、理解振动图像和波动图像的能力，以及把握两种图像内在联系的能力。对于波的图像，要能熟练运用波形法判断波的传播方向，能写出波动方程一般式，确定波长。
13.【答案】C
【解析】解：A、由图可知，该磁场的磁感线不是平行且等间距的，故磁场的磁感应强度大小并不处处相等，故A错误；
B、线圈与磁感线平行，故磁通量为零，故B错误；
C、a导线电流向外，磁场向右，根据左手定则，安培力向上，故C正确；
D、通电后，处于磁场中的线圈受到安培力作用，使其转动，螺旋弹簧被扭动，则受到弹簧的阻力，从而阻碍线圈转动，不是电磁感应的原理，故D错误。
故选：C。
利用图示的装置分析出磁电式仪表的工作原理，即通电线圈在磁场中受力转动，线圈的转动可以带动指针的偏转；由左手定则来确定安培力的方向可确定转动方向。
本题考查磁电式电表的工作原理、左手定则。掌握均匀辐向磁场的分布特点，来理解电流表的工作原理，利用左手定则判断安培力方向是解决本题的关键。
14.【答案】AC
【解析】解：A、由题中光路图，a光的偏折程度大，故玻璃砖对a光的折射率大于对b光的折射率，故A正确。
B、根据v=cn，a光的折射率大，则a光在玻璃砖中传播速度小，故B错误。
C、a光的折射率较大，则a光的频率较大，根据λ=vf，a光在真空中的波长小于b光在真空中的波长，故C正确。
D、根据sinC=1n，a光的折射率较大，则a光发生全反射的临界角较小，以相同的入射角从介质射入空气，a光能发生全反射，b光不一定能发生全反射，故D错误。
故选：AC。
根据光线的偏折程度比较玻璃砖对光的折射率大小；根据v=cn得出光在介质中的速度大小，根据折射率的大小得出频率的大小，从而根据λ=vf得出波长的大小．根据全反射的条件判断b光能否发生全反射。
解决本题的关键知道折射率、光在介质中的传播速度、波长、频率等之间的关系，通过偏折程度比较出光的折射率大小是突破口。
15.【答案】ABC
【解析】解：A、甲图中带正电的粒子从左侧射入复合场中时，受向下的电场力为F=Eq，向上的洛伦兹力f=Bqv，当两个力平衡时，带电粒子会沿直线射出，当速度v>EB，可得f>F，即洛伦兹力大于电场力时，合力向上，粒子将向上极板偏转，故A正确；
B、乙图中等离子体进入A、B极板之间后，受到洛伦兹力作用，若是正离子，由左手定则可知，洛伦兹力指向B板，向B极板偏转，B极板带正电，电势高，故B正确；
C、丙图中通过励磁线圈的电流越大，线圈产生的磁感应强度越大，电子的运动由洛伦兹力提供向心力，则有evB=mv2R，R=mveB
由上式可知，当电子的速度一定时，磁感应强度越大，电子的运动径迹半径越小，故C正确；
D、图丁中，当粒子运动半径等于D型盒半径时具有最大速度，即vm=qBRm
粒子的最大动能Ekm=q2B2R22m
由此可见最大动能与加速电压无关，故D错误。
故选：ABC。
A、甲图中通过比较粒子所受电场力和洛伦兹力的大小，分析若速度满足v>EB，粒子是否将向上极板偏转；
B、乙图中等离子体进入A、B极板之间后，根据左手定则判断带正电离子受力以及向哪个极板运动，判断A极板电势是否低于B极板；
C、丙图中通过励磁线圈的电流越大，说明磁感应强度越大，根据洛伦兹力提供向心力，判断电子的运动径迹半径是否越小；
D、丁图中根据粒子动能的表达式讨论分析。
本题主要考查联系实际应用的洛伦兹力问题，如果带电粒子只在洛伦兹力作用下运动，一般应用洛伦兹力提供向心力分析，如果还有电场，就要综合考虑电场力和洛伦兹力的方向以及大小比较情况，进而判断粒子的运动情况。
16.【答案】CD
【解析】解：A.两列机械波在同种介质中波速相同，即v乙=v甲=0.4m/s，故A错误；
B.甲、乙两列机械波波长相同，波速相同，频率相同，相位差恒定，是相干波，相遇后可形成稳定的干涉图像，故B错误；
C.设甲的波谷与乙的波峰第一次相遇的时刻为t，根据图像的特征可知：t=10.5m+0.5m2×0.4m/s=13.75s，所以甲的波谷经过13.75s与乙的波峰第一次相遇，故C正确；
D.振动减弱点的振幅为：A=|A甲−A乙|=|4cm−8cm|=4cm，波在同一种介质中传播的速度相同，且x=5m处到甲波的波峰和到乙波的波谷处距离相等，所以x=5.0m处是甲的波峰与乙的波谷第一次相遇的位置，波峰遇波谷的位置是振动的减弱点，故D正确。
故选：CD。
两列机械波在同种介质中波速相同；根据相干条件分析两列波相遇后能否形成稳定的干涉图象；根据波的传播情况分析C选项；振动减弱点的振幅等于两列波的振幅之差；x=5.0m处是甲的波峰与乙的波谷相遇的位置，由此分析振动情况。
本题主要是考查了波的图象；解答本题关键是要理解机械波在介质中的传播规律，能够根据图象直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道两列波能够发生干涉的条件。
17.【答案】B Δtn 4π2lT2 B ①
【解析】解：(1)为了减小测量周期的误差，应该将小球经过最低点时作为计时开始和终止的位置更好些，实际摆动中最高点的位置会发生变化，且靠近最高点时速度较小，计时误差较大。故B正确，ACD错误。
故选：B。
(2)因为摆球经过n次全振动的总时间为Δt，则该单摆的周期为T=Δtn
(3)由单摆周期公式T=2π lg
可得，重力加速度的表达式为g=4π2lT2
(4)因为重力加速度的表达式为g=4π2lT2
A.测摆长时摆线拉得过紧，所测摆长l偏大，则所测重力加速度偏大，故A错误；
B.摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，则计算时代入的摆长L偏小，故所测重力加速度偏小，故B正确；
C.开始计时时，秒表过迟按下，所测周期偏小，则所测重力加速度偏大，故C错误；
D.实验中误将49次全振动次数记为50次，所测周期偏小，则所测重力加速度偏大，故D错误。
故选：B。
(5)由题意可得，单摆的实际摆长为l′=L−D2
由单摆周期表达式得T=2π L−D2g
化简可得T2=4π2gL−2π2Dg
由此得到的T2−L图像是图乙中的①。
故答案为：(1)B；(2)Δtn；(3)4π2lT2；(4)B；(5)①。
(1)根据减小计时误差分析判断；
(2)计算单摆周期；
(3)根据单摆周期公式推导；
(4)根据单摆周期公式分析误差；
(5)根据单摆周期公式推导结合图像判断。
本题考查用单摆测量重力加速度的实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤和数据处理及误差分析。
18.【答案】C 大 1.5
【解析】(1)A.P1、P2的距离较大，通过玻璃砖仍然可以看到P1、P2的像，故A错误；
B.为减小测量误差，入射角应适当大一些，即P1、P2的连线与法线NN′的夹角应尽量大些，故B错误；
C.为了减小作图误差，P3和P4的距离应适当大些，故C正确；
D.由几何知识可知，光线在上表面的折射角等于在下表面的入射角，根据光路可逆原理可知，光线一定会从下表面射出，折射光线不会在玻璃砖的下表面发生全反射，故D错误。
故选：C。
(2)如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度大的玻璃砖来测量。
(3)由折射率定律可得，玻璃砖的折射率为n=sinθ1sinθ2=0.60.4=1.5
故答案为：(1)C；(2)大；(3)1.5。
(1)根据实验原理和注意事项分析判断；
(2)根据减小测量误差分析；
(3)根据折射定律计算。
本题考查“测玻璃的折射率”实验，要求掌握实验原理和数据处理。
19.【答案】AD 11.5 1.3 6.5×10−7
【解析】解：(1)AB.为使屏上的干涉条纹清晰，单缝和双缝必须平行放置，所得到的干涉条纹与双缝平行，故A正确，B错误；
CD.根据公式Δx=ldλ
可知，干涉条纹疏密程度与双缝间距离、双缝到屏的距离和光的波长有关，绿光的波长小于红光的波长，若用绿色滤光片替换红色滤光片，干涉条纹间距会变小，故C错误，D正确。
故选：AD。
(2)游标卡尺的最小分度值为0.1mm，图丙读数为x1=11mm+5×0.1mm=11.5mm
图戊读数为x2=16mm+7×0.1mm=16.7mm
由图乙和图丁可知，A、B两条纹间有4个间距，则两个相邻亮条纹(或暗条纹)间的距离为Δx=x2−x14=16.7−11.54mm=1.3mm
根据公式Δx=ldλ
代入数据解得所测单色光波长为λ=dΔxl=0.50×10−3×1.3×10−31m=6.5×10−7m
故答案为：(1)AD；(2)11.5，1.3，6.5×10−7。
(1)根据实验原理和注意事项分析判断；
(2)先确定游标卡尺的最小分度值再读数；根据相邻明条纹间距公式计算。
本题考查“用双缝干涉测光的波长”实验，要求掌握实验原理、数据处理和游标卡尺读数。
20.【答案】解：(1)设过山车在AB段的加速度大小为a0，过山车在该过程中受到重力、斜面的支持力与摩擦力，沿斜面的方向根据牛顿第二定律有Mgsin37°+μMgcos37°=Ma0
解得a0=8m/s2
(2)设过山车运动到B所用时间为t，由运动学公式可得L=vAt−12a0t2
解得t=3s或t=5s(不合题意，舍去)
故从A到B的过程中，摩擦力对过山车冲量的大小为If=μMgcos37°t=0.25×1×104×0.8×10×3N⋅s=6×104N⋅s
(3)由以上分析可知，过山车到达B点时的速度为vB=vA−a0t=32m/s−8×3m/s=8m/s
设到达D点的速度为vD，从B到D由动能定理可得−MgR(1−cos37°)=12MvD2−12MvB2
解得vD=2 6m/s
另设过山车在D点时轨道对过山车的支持力为FN，过山车在圆弧上做圆周运动，运动到最高点时有Mg−FN=MvD2R
解得FN=7.6×104N
则由牛顿第三定律可得过山车运动到最高点D时对轨道的压力F′N=FN=7.6×104N
答：(1)过山车在AB段的加速度大小是8m/s2；
(2)摩擦力对过山车的冲量大小6×104N⋅s；
(3)过山车运动到最高点D时对轨道的压力是7.6×104N。
【解析】(1)过山车从A到B的过程，由牛顿第二定律求出加速度大小；
(2)由运动学的公式求出从A到B的时间，由冲量的定义式求出冲量．
(3)由运动学的公式求出过山车达到B的速度，运用动能定理，求出过山车达到D的速度，结合向心力的来源求出过山车运动到最高点D时受到的支持力，最后由牛顿三定律求出过山车对轨道的压力。
本题考查了动量定理、动能定理、牛顿第二定律和向心力的综合运用，要知道圆周运动向心力的来源，运用动能定理解题时，要合理地选择研究的过程．
21.【答案】解：(1)对AB系统，AB速度相等时，弹性势能最大，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得
mAv0=(mA+mB)v
代入数据解得v=1m/s
根据能量守恒有Ep=12mAv02−12(mA+mB)v2
代入数据解得Ep=3J
(2)B一直加速，弹簧恢复原长时，B的动能最大规定向右为正方向，根据动量守恒定律得
mAv0=mAvA+mBvB
根据能量守恒有12mAv02=12mAvA2+12mBvB2
联立解得vB=2m/s
此时EkB=12mBvB2=12×2×22J=4J
(3)滑块A的动能最小时，即vA2=0，
mAv0=mAvA2+mBvB2
vB2=1.5m/s
根据能量守恒有E′p=12mAv02−12mBvB22
代入数据解得E′p=2.25J
答：(1)滑块通过弹簧相互作用过程中弹簧的最大弹性势能为3J；
(2)滑块B的最大动能为4J；
(3)滑块A的动能最小时，弹簧的弹性势能为2.25J。
【解析】(1)当A与B速度相等时，弹簧最短，弹性势能最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式即可求最大弹性势能。
(2)当A、B分离时，B的速度最大，此时相当进行了一次弹性碰撞。由动量守恒定律与机械能守恒定律即可求解滑块B的最大动能。
(3)根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式即可求得滑块A的动能最小时弹簧的弹性势能。
本题关键对两物体的受力情况和运动情况进行分析，得出A和B的速度相同时，弹簧最短，弹性势能最大，然后根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式研究。
22.【答案】解：已知m=200g=0.2kg
根据闭合电路欧姆定律得回路中电流为
I=ER+r=65+1A=1A
根据左手定则ab棒所受安培力方向平行导轨向下，大小为F安=BIL=2×1×0.5N=1N
当ab棒受到的静摩擦力最大且方向沿轨道向下时，由平衡条件有
m0maxg=mgsin37°+μmgcos37°+F安
解得m0max=0.3kg
当ab棒受到的静摩擦力最大且方向沿轨道向上时，由平衡条件有
m0ming+μmgcos37°=mgsin37°+F安
解得m0min=0.14kg
可得所挂物块m0的取值范围为0.14kg≤m0≤0.3kg
答：所挂物块m0的取值范围为0.14kg≤m0≤0.3kg。
【解析】先根据闭合电路欧姆定律求出电路中电流。根据左手定则判断ab棒所受安培力方向，根据F安=BIL求出ab棒所受安培力大小。当ab棒受到的静摩擦力最大且方向沿轨道向下时，所挂物块m0的质量最大，由平衡条件求出质量最大值。当ab棒受到的静摩擦力最大且方向沿轨道向上时，所挂物块m0的质量最小，由平衡条件求出质量最小值，从而得到质量范围。
本题是通电导体在磁场中平衡问题，关键要把握临界条件，知道导体棒刚好滑动时静摩擦力最大。
23.【答案】解：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子从C点垂直于y轴射出，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r=R
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B=mv02r
解得粒子的速率：v0=qBRm
(2)粒子进入y轴与感光板之间的匀强磁场后做匀速圆周运动，当粒子运动轨迹恰好与感光板相切时，粒子恰好打在感光板上，粒子运动轨迹如图所示：
根据几何关系可得粒子的半径：r′=1.5R
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv0B′=mv02r′
解得：B′=23B
粒子能击中感光板的磁感应强度大小范围是B′≤23B
(3)大量速率为v0的同种粒子沿不同方向从坐标O点处射入磁场，因粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径与圆形磁场区域半径相等，由几何关系分析可得，粒子离开磁场后都垂直于y轴进入电场。
粒子进入电场后在电场中做类平抛运动，则有：
在x轴方向：1.5R=v0t
在y轴方向：y=12at2
由牛顿第二定律得：qE0=ma
解得：y=2R
粒子打在感光板最上端的位置y1=2R+y=2R+2R=4R
粒子打在感光板上最下端的位置y2=y=2R
粒子打在感光板上的范围是2R≤y≤4R
答：(1)该粒子速率v0是qBRm；
(2)能使该粒子击中感光板的磁感应强度大小范围是B′≤23B；
(3)粒子打在感光板上的范围是2R≤y≤4R。
【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，求出粒子的轨道半径，应用牛顿第二定律求出粒子的速率。
(2)粒子运动轨迹与感光板相切时粒子恰好击中感光板，求出粒子的轨道半径，应用牛顿第二定律求出临界磁感应强度，然后求出磁感应强度的范围。
(3)粒子进入电场后在电场中均做类平抛运动，根据类平抛运动的规律结合几何关系进行解答。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量。对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动的规律进行解答。
2022-2023学年浙江省杭州市“六县九校”联盟高二（下）期中物理试卷
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
1. 下列说法正确的是( )
A. 物体做直线运动，位移大小等于路程
B. 引入“质点”，从科学方法上来说是属于建立理想物理模型的方法
C. 加速度方向与规定正方向相反，物体速度一定减小
D. 加速度很大时，运动物体的速度一定很快变大
2. 以下情形涉及到不同的物理知识，则下列说法正确的是( )
A. 3D电影是利用了光的衍射现象
B. 彩超仪器进行医学检测时利用了多普勒效应
C. 肥皂泡上不同的颜色是光的折射造成的
D. 镜头拍某些照片时为了增强反射光会在镜头前加偏振片
3. 高抛发球是乒乓球发球的一种，由我国吉林省运动员刘玉成于1964年发明，后成为风靡世界乒乓球坛的一项发球技术.将乒乓球离手向上的运动视为匀减速直线运动，该向上运动过程的时间为5t.设乒乓球离开手后第一个t时间内的位移为x1，最后一个t时间内的位移为x2，则x1：x2为( )
A. 5：1
B. 7：1
C. 9：1
D. 11：1
4. 某同学利用图甲所示装置研究摩擦力的变化情况。实验台上固定一个力传感器，传感器用棉线拉住物块，物块放置在粗糙的长木板上。水平向左的力T拉木板，传感器记录的F−t图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 实验中必须让木板保持匀速运动
B. 图乙中曲线就是T的大小随时间变化的曲线
C. 只用图乙中数据可得出物块与木板间的动摩擦因数
D. 最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10：7
5. 如图所示，两个互相垂直的力F1和F2作用在同一物体上，使物体运动，物体通过一段位移时，力F1对物体做功4J，力F2对物体做功3J，则力F1和F2的合力对物体做功为( )
A. 7J B. 1J C. 5J D. 12J
6. 如图所示，平行板电容器与一个恒压直流电源连接，下极板接地，上极板与一静电计相连，开关S闭合后，一油滴刚好静止于电容器中的P点，下列说法中正确的有( )
A. 保持S闭合，将下极板向上移动小段距离，油滴向上移动，静电计张角变大
B. 保持S闭合，将上极板向下移动小段距离，极板电量增加，P点的电势降低
C. 断开S，将上极板下移小段距离，静电计张角变小，但油滴仍然静止
D. 断开S，在下极板的内表面插入面积与极板相等的有机玻璃板，电容减小，电势差增加
7. 空间站是一种在近地轨道长时间运行、可供航天员工作和生活的载人航天器，其运行轨道可以近似为圆。如图甲为我国三名航天员站立在空间站内地板上的情景，图乙是航天员王亚平在空间站做的实验，下列说法正确的是( )
A. 空间站内的航天员处于平衡状态
B. 空间站内的航天员不能用拉力器锻炼肌肉力量
C. 空间站的加速度比地球同步卫星向心加速度小
D. 空间站内漂浮的水滴呈球形是因为水完全失重和水的表面张力共同造成的
8. 2021年10月15日，由全国总工会宣传教育部主办的“中国梦⋅劳动美——永远跟党走奋进新征程”2021年全国职工乒乓球大赛在北京圆满落幕。如图所示，一运动员在比赛中挥拍将以速率v1飞来的乒乓球，以v2的速率反向击出，已知乒乓球质量为m，忽略重力，则此过程中拍子对乒乓球作用力的冲量大小为( )
A. m(v2−v1)，方向与乒乓球被击出速度方向相同
B. m(v2+v1)，方向与乒乓球被击出速度方向相同
C. m(v2−v1)，方向与乒乓球飞来速度方向相同
D. m(v2+v1)，方向与乒乓球飞来速度方向相同
9. 如图所示，以O点为平衡位置，单摆在A、B两点间做简谐运动，已知摆球从A点第一次运动到B点历时0.5s，则下列说法中正确的是( )
A. 摆球从A点经O点运动到B点即完成一次全振动
B. 单摆的摆长约为1m
C. 从A点向O点运动的过程中，摆球受到的拉力不断增大，回复力也不断增大
D. 将单摆从地面移至山顶，摆动周期将增大
10. 下列关于机械波的说法正确的是( )
A. 发生多普勒效应时，波源的频率发生了变化
B. 驱动力的频率越接近物体的固有频率时物体振动的振幅越大
C. 波发生反射时，波的频率不变，但波长、波速发生变化
D. 发生明显衍射的条件是障碍物的尺寸比波长大或差不多
11. 已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B与导线中的电流I成正比、与该点到导线的距离r成反比。如图所示，两根平行长直导线相距为x0，分别通以大小相等、方向相同的电流。规定磁场方向垂直纸面向里为正，在0～x0区间内磁感应强度B随x变化的图线可能是图中的( )
A. B.
C. D.
12. 如图所示，图甲为一列简谐横波在t=0时刻的波形，其中质点P坐标为(0,0.2m)，质点Q坐标为(10m,−0.2m)，图乙为质点Q的振动图像，图中M点坐标为(0.5s,0)，则关于波的传播和质点的振动，下列判断不正确的是( )
A. 该简谐横波的传播方向沿x轴负方向
B. 由波动图像可得该简谐横波的波长为λ=12m
C. 结合波动图像和振动图像可得该简谐横波的传播速度为v=2m/s
D. 结合波动图像和振图像可得点P的振动方程为0.4sin(π3t−π6)m
13. 如图甲是磁电式电流表的结构示意图，蹄形磁体和铁芯间的磁场均匀辐向分布，边长为L的N匝正方形线圈中通以电流I，如图乙所示，线圈中左侧一条a导线电流方向垂直纸面向外，右侧b导线电流方向垂直纸面向里，a、b两条导线所在处的磁感应强度大小均为B，则( )
A. 该磁场是匀强磁场 B. 该线圈的磁通量为BL2
C. a导线受到的安培力方向向上 D. 此仪表利用了电磁感应的原理
14. 如图，一束可见光射向半圆形玻璃砖的圆心O，经折射后分为两束单色光a和b，则下列判断正确的是( )
A. 玻璃砖对a光的折射率大于对b光的折射率
B. 在玻璃砖中，a光的速度大于b光的速度
C. a光在真空中的波长小于b光在真空中的波长
D. 以同一入射角从某介质射入空气，若a恰发生全反射，则b光一定能发生全反射
15. 如图所示，带电粒子(不计重力)在以下四种器件中运动的说法正确的是( )
A. 甲图中从左侧射入的带正电粒子，若速度满足v>EB，将向上极板偏转
B. 乙图中等离子体进入A、B极板之间后，A极板电势低于B极板
C. 丙图中电子枪射出电子的速度一定时，通过励磁线圈的电流越大，电子的运动径迹半径越小
D. 丁图中只要增大加速电压，粒子就能获得更大的动能
16. 甲、乙两列机械波在同种介质中相向而行，甲波波源位于O点，乙波波源位于x=11m处，在t=0时刻所形成的波形与位置如图所示。已知甲的波速为0.4m/s，下列说法正确的是( )
A. 乙的波速为0.8m/s
B. 甲、乙两波相遇后不能形成稳定的干涉图像
C. 甲的波谷经过13.75s与乙的波峰第一次相遇
D. 振动减弱点的振幅为4cm，x=5m处是振动减弱点
17. 在“用单摆测量重力加速度”的实验中，某实验小组在测量单摆的周期时，测得摆球经过n次全振动的总时间为Δt，在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆线长度为l，再用游标卡尺测量摆球的直径为D。
回答下列问题：
(1)为了减小测量周期的误差，实验时需要在适当的位置做一标记，当摆球通过该标记时开始计时，该标记应该放置在摆球摆动的______ 。
A.最高点
B.最低点
C.任意位置
(2)该单摆的周期为______ 。
(3)若用l表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g= ______ 。
(4)如果测得的g值偏小，可能的原因是______ 。
A.测摆长时摆线拉得过紧
B.摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C.开始计时时，停表过迟按下
D.实验时误将49次全振动记为50次
(5)为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L和T的数值，以L为横坐标、T2为纵坐标作出T2−L图线，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，由此得到的T2−L图像是图乙中的______ (选填“①”“②”或“③”)。
18. 在“测玻璃的折射率”实验中：
(1)如图1所示，用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，下列说法中正确的是______ ；
A.若P1、P2的距离较大时，通过玻璃砖会看不到P1、P2的像
B.为减少测量误差，P1、P2的连线与法线NN′的夹角应尽量小些
C.为了减小作图误差，P3和P4的距离应适当取大些
D.若P1、P2的连线与法线NN′夹角较大时有可能在bb′面发生全反射，所以在bb′一侧就看不到P1、P2的像
(2)如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度______ (填“大”或“小”)的玻璃砖来测量。
(3)在该实验中，光线是由空气射入玻璃砖，根据测得的入射角和折射角的正弦值画出的图线如图2所示，从图线可知玻璃砖的折射率是______ 。
19. 在“用双缝干涉测光的波长”实验中，将实验仪器按要求安装在光具座上，如图甲所示。
(1)关于该实验，下列说法正确的是______ ；
A.单缝及双缝必须平行放置
B.干涉条纹与双缝垂直
C.干涉条纹疏密程度与单缝宽度有关
D.若用绿色滤光片替换红色滤光片，干涉条纹间距会变小
(2)某同学在做该实验时，在同一视野中选取了A、B两条纹，第一次分划板中心刻度对齐A条纹中心时(图乙)，游标尺的示数如图丙所示；第二次分划板中心刻度对齐B条纹中心时(图丁)，游标尺的示数如图戊所示。已知双缝间距为0.50mm，双缝到屏的距离为1.00m，则图丙游标尺的示数为______ mm，两个相邻亮条纹(或暗条纹)间的距离为______ mm。所测单色光波长为______ m。
20. 过山车是一种机动游乐设施，深受年轻游客的喜爱(如图a所示)。可将过山车(含游客)看作质点，其质量M=1×104kg。部分轨道如图(b)所示，AB是长L=60m、倾角为37°的倾斜直轨道，过山车与轨道间的动摩擦因数μ=0.25；BC段可视半径R=10m的光滑圆弧轨道，O为圆心，D点为轨道最高点，∠BOD=37°。过山车经过A点时速度vA=32m/s，之后靠惯性冲上轨道最高点D，则过山车在运动过程中(取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)，求：
(1)过山车在AB段的加速度大小；
(2)摩擦力对过山车的冲量大小；
(3)过山车运动到最高点D时对轨道的压力。
21. 如图所示，两滑块A、B位于光滑水平面上，已知A的质量mA=1kg，B的质量mB=2kg。滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A以v0=3m/s速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B相互作用(整个过程弹簧没有超过弹性限度)，直至分开。求：
(1)滑块通过弹簧相互作用过程中弹簧的最大弹性势能；
(2)滑块B的最大动能；
(3)滑块A的动能最小时，弹簧的弹性势能。
22. 如图，倾斜平行导轨MN、PQ与水平面的夹角都为θ=37°，N、Q之间接有E=6V，r=1Ω的电源，在导轨上放置金属棒ab，质量为m=200g，长度刚好为两导轨的间距L=0.5m，电阻为R=5Ω，与两导轨间的动摩擦因数都为μ=0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，ab棒与导轨垂直且接触良好。外加匀强磁场的磁感应强度B=2T，方向为垂直导轨平面向上。在ab棒的中点用一平行轨道MN的细线通过定滑轮挂一质量为m0的物块。不计导轨和连接导线的电阻，不计滑轮的摩擦，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2。要使ab棒始终保持静止，求所挂物块m0的取值范围？
23. 如图所示，半径为R、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的圆形磁场区域，右侧与y轴相切于C点，下侧与x轴相切于O点，感光板(足够大)与y轴的距离为1.5R。已知质量为m，电量为q的粒子过O点垂直于x轴射入，从C点垂直于y轴射出。不计粒子的重力。
(1)求该粒子速率v0；
(2)若在y轴与感光板之间充满垂直纸面的匀强磁场，求能使该粒子击中感光板的磁感应强度大小范围；
(3)现有大量速率为v0的同种粒子沿不同方向从坐标O点处射入磁场。若在y轴与感光板之间加沿y轴正方向E0=16qRB29m的匀强电场，求粒子打在感光板上的范围。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、只有物体做单向直线运动时，位移大小才与路程相等，故A错误；
B、引入“质点”，从科学方法上来说是属于建立理想物理模型的方法，故B正确；
C、加速度方向与规定正方向相反，但是加速度方向与速度方向相同时，物体的速度也是增加的，故C错误；
D、加速度很大时，运动物体的速度一定变化很快，当加速度方向与速度方向相反，做减速运动，不一定很快变大，故D错误。
故选：B。
位移为矢量，有大小和方向；而路程是标量没有方向；物体能否看成质点，即看物体的形状、大小在所研究的问题中能否忽略，与物体的质量、体积等因素无关。加速度是反映速度变化快慢的物理量，当加速度方向与速度方向相同，做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，做减速运动。
本题考查了对质点概念的深入理解，物体能否看作质点关键在于所研究的问题中，物体的大小和形状能否忽略。理解位移与路程的不同，掌握加速度的物理意义，掌握判断物体做加速运动还是减速运动的方法，关键看加速度方向与速度方向的关系。
2.【答案】B
【解析】解：A、立体电影利用的是光的偏振，故A错误；
B.医院进行医学检测时用的彩超仪器，利用了超声波的多普勒效应，故B正确；
C.肥皂泡呈现彩色条纹是光的干涉现象，光在肥皂泡的内外表面反射形成的频率相同的光相互叠加，从而出现彩色条纹，故C错误；
D.利用光的偏振，在照相机镜头前加一个偏振片，能减弱反射光使像清晰，故D错误。
故选：B。
立体电影利用的是光的偏振；彩超仪器利用了超声波的多普勒效应；肥皂泡呈现彩色条纹是光的薄膜干涉现象；在照相机镜头前加一个偏振片能减弱反射光使像清晰。
本题考查了光的偏振、干涉，多普勒效应等问题，考查知识点全面，重点突出，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
3.【答案】C
【解析】解：乒乓球向上的运动为末速度为零的匀减速直线运动，可逆向看作初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动的规律可知，连续相等的时间间隔内的位移之比为1：3：5：7：9…，所以x1：x2=9：1，故C正确，ABD错误。
故选：C。
将乒乓球的运动逆向看作初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀变速直线运动相等时间内位移比进行判断。
本题考查匀变速直线运动规律，解题关键是掌握匀变速直线运动规律并能够熟练应用。
4.【答案】D
【解析】解：AB.为了能研究摩擦力随时间的变化曲线，故物块一直要处于静止状态，根据平衡条件可知向左的摩擦力和向右轻绳的拉力大小相等，图乙是轻绳向右的拉力随时间变化曲线，故图乙也可以反映摩擦力随时间变化的曲线，由图乙可知轻绳向右的拉力先增大后减小，最后趋于不变，故物块先受静摩擦力作用后受滑动摩擦力作用，所以不需要让木板保持匀速运动，故AB错误；
C.根据滑动摩擦力的计算公式
f=μFN=μmg
可知，由于不知道物块的重力，故无法求出物块与木板间的动摩擦因数，故C错误；
D.由图可知，最大静摩擦力约为10N，滑动摩擦力约为7N，故最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10：7，故D正确。
故选：D。
根据平衡条件、结合图像分析摩擦力大小变化；根据滑动摩擦力公式结合图像分析滑动摩擦力的大小和静摩擦力大小的比值和动摩擦因数的求解。
本题考查摩擦力，要求掌握根据平衡条件计算静摩擦力大小和根据滑动摩擦力公式计算滑动摩擦力的大小。
5.【答案】A
【解析】解：力F1对物体做功为4J，力F2对物体做功为3J，则力F1与力F2的合力对物体做功为
W=W1+W2=4J+3J=7J，故A正确，BCD错误。
故选：A。
功是标量，合力所做的功等于各个分力做功的代数和。
解决本题的关键是要明确功是标量，合力所做的功等于各分力做功的代数和，而不是矢量和。
6.【答案】C
【解析】解：A、保持S闭合，电容器两极板间电压不变，静电计张角不变，故A错误；
B、保持S闭合，电容器两极板间电压U不变。将上极板向下移动小段距离，板间距离d减小，据C=ɛrS4πkd知电容C增大，据C=QU知，极板电荷量Q增加。据E=Ud知，板间场强E增大，据φP=UP0=Ed知，P点的电势升高，故B错误；
C、电容器与电源断开，则其所带电荷量不变，将上极板下移小段距离，板间距离d减小，根据C=ɛrS4πkd知电容C增大。据C=QU知两极板电势差减小，则静电计张角变小。根据C=ɛrS4πkd、C=QU、E=Ud相结合可得E=4πkQϵrS，E与d无关，则知板间电场强度不变，油滴所受电场力不变，仍处于静止状态，故C正确；
D、电容器与电源断开，则其所带电荷量不变。插入有机玻璃板，ɛr变大，根据C=ɛrS4πkd知电容C增大，据C=QU知两极板电势差减小，故D错误。
故选：C。
电容器始终与电源相连时，电容器两板间的电势差不变，根据板间距离的变化判断电容的变化，以及电场强度的变化，从而判断静电计指针张角的变化，由Q=CU判断电容器电量的变化。由U=Ed分析P点与下极板间电势差的变化，从而判断P点电势的变化；断开S，根据电容的决定式、定义式以及E=Ud，推导出板间场强的表达式，再分析油滴所受电场力的变化，从而判断其运动状态。根据电容的决定式分析电容的变化。
本题是电容的动态分析问题，根据电容的决定式C=ɛrS4πkd和电容的定义式C=QU相结合进行分析，分析时还要抓住不变量，电容器充电后与电源断开时其电量不变。要记住若只改变板间距离时，板间场强是不变的。
7.【答案】D
【解析】解：A.空间站内的航天员处于完全失重状态，存在引力加速度，不是平衡状态，故A错误；
B.拉力器的工作原理是弹簧的形变，与重力无关，所以依然能用拉力器锻炼肌肉力量，故B错误；
C.万有引力提供向心力GMmr2=ma
空间站的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，故空间站的加速度比地球同步卫星向心加速度大，故C错误；
D.空间站内漂浮的水滴呈球形是因为水完全失重和水的表面张力共同造成的，故D正确。
故选：D。
完全失重状态，不是平衡状态；
拉力器的工作原理是弹簧的形变，与重力无关；
万有引力提供向心力，比较加速度；
水滴呈球形是水的表面张力。
本题考查学生对完全失重、拉力器的工作原理、万有引力提供向心力、水的表面张力的掌握，比较基础。
8.【答案】B
【解析】解：选取击出方向为正方向，对乒乓球运用动量定理有I=mv2−(−mv1)=m(v2+v1)
即拍子对乒乓球作用力的冲量大小为m(v2+v1)，方向与乒乓球被击出方向相同。故B正确，ACD错误。
故选：B。
选取击出方向为正方向，对乒乓球运用动量定理，分析拍子对乒乓球作用力的冲量大小。
本题考查了动量定理的应用，注意动量定理是矢量方程，列式之前要选择正方向。
9.【答案】D
【解析】解：A.摆球从A点经O点运动到B点，然后从B点再经过O点返回A点，摆球完成一次全振动，故A错误；
B.结合A的分析与题意可知，单摆周期为1s，根据T=2π Lg，解得摆长L≈0.25m，故B错误；
C.摆球从A点向O点运动的过程中，设细绳与竖直方向之间的夹角为θ，则摆球受到的拉力：F=mgcosθ+mv2L，摆球从A点向O点运动的过程中，θ减小，速度v增大，可知摆球受到的拉力不断增大；回复力F回=mgsinθ，可知回复力不断减小，故C错误；
D.将单摆从地面移至山顶，由于重力加速度减小，由单摆周期公式T=2π Lg可知，摆动周期将增大，故D正确。
故选：D。
根据全振动的定义判断；根据单摆的周期公式求解摆长与周期的变化；单摆小角度摆动是简谐运动，回复力F=−kx，由重力的切向分力提供，摆球经过平衡位置时，位移最小为零，回复力为零。
本题主要考查单摆，注意单摆的振动是摆角很小时近似看成简谐运动，并不是合外力提供回复力，要知道沿半径方向需要向心力。
10.【答案】B
【解析】解：A.发生多普勒效应时，波源频率并没有发生变化，是由于波源和观察者必须有相对运动造成听起来频率变化，故A错误；
B.驱动力的频率越接近物体的固有频率时物体振动的振幅越大，故B正确；
C.波的频率决定于波源，波速决定于介质，波长决定于介质和波源，若波发生反射在同一介质中时，频率、波长和波速均不变，故C错误；
D.波生明显衍射的条件是障碍物的尺寸比波长小或相差不多，故D错误。
故选：B。
根据多普勒效应的含义作答；根据共振现象的特点判断；根据波的频率、波速和波长的决定因素作答；根据发生明显衍射现象的条件作答。
本题考查了共振、波的反射和衍射以及多普勒效应，解题的关键是要求学生对这部分知识重在理解，加强记忆。
11.【答案】D
【解析】解：根据右手螺旋定则可知，左侧的电流在其右侧的磁场方向垂直纸面向里，而右侧的电流在其左侧产生的磁场方向垂直纸面向外，
根据通电长直导线周围某点的磁感应强度大小关系式B=kIr，可知距离电流越远，电流产生的磁场越小，
根据对称性可知两电流在x02处的合磁场大小为0，
0～x02区域的合磁场方向垂直纸面向里，为正值；
x02～x0区域的合磁场方向垂直纸面向外，为负值。故ABC错误，D正确；
故选：D。
通电导线周围有磁场存在，磁场除大小之外还有方向，所以合磁场通过矢量叠加来处理。根据右手螺旋定则可得知电流方向与磁场方向的关系。
由于电流大小相等，方向相同，所以两根连线的中点磁场刚好为零，从中点向两边移动磁场越来越强，左边的磁场垂直纸面向里，右边的磁场垂直纸面向外。
12.【答案】D
【解析】解：A、由图乙可知，在t=0时刻质点Q向上振动，根据波形平移法可知，该简谐横波的传播方向沿x轴负方向，故A正确；
B、设该简谐横波的波动方程为y=0.4sin(2πλx+φ1)m
将(0,0.2m)，(10m,−0.2m)代入，解得：λ=12m，φ1=π6，故B正确；
CD、设质点Q的振动方程为y=0.4sin(2πTt+φ2)m
将(0,−0.2m)，(0.5s,0)代入，解得T=6s，φ2=−π6
该简谐横波的传播速度为v=λT=126m/s=2m/s
由图甲可知，质点P的振幅为：A=0.4m。设质点P的振动方程为：y=0.4sin(ωt+φ0)m。当t=0时，y=0.2m，代入可得：φ0=π6，且ω=2πT=2π6rad/s=π3rad/s，所以质点P的振动方程为：y=0.4sin(π3t+π6)m，故C正确，D错误。
本题选不正确的，故选：D。
由振动图像读出质点Q在t=0时刻的振动方向，在波形图上利用波形平移法判断波的传播方向。写出波动方程一般式，将(0,0.2m)，(10m,−0.2m)代入，求出波长。写出质点Q的振动方程，将(0,−0.2m)，(0.5s,0)代入，求出周期，从而求得波速。采用同样的方法写出质点P的振动方程。
本题考查识别、理解振动图像和波动图像的能力，以及把握两种图像内在联系的能力。对于波的图像，要能熟练运用波形法判断波的传播方向，能写出波动方程一般式，确定波长。
13.【答案】C
【解析】解：A、由图可知，该磁场的磁感线不是平行且等间距的，故磁场的磁感应强度大小并不处处相等，故A错误；
B、线圈与磁感线平行，故磁通量为零，故B错误；
C、a导线电流向外，磁场向右，根据左手定则，安培力向上，故C正确；
D、通电后，处于磁场中的线圈受到安培力作用，使其转动，螺旋弹簧被扭动，则受到弹簧的阻力，从而阻碍线圈转动，不是电磁感应的原理，故D错误。
故选：C。
利用图示的装置分析出磁电式仪表的工作原理，即通电线圈在磁场中受力转动，线圈的转动可以带动指针的偏转；由左手定则来确定安培力的方向可确定转动方向。
本题考查磁电式电表的工作原理、左手定则。掌握均匀辐向磁场的分布特点，来理解电流表的工作原理，利用左手定则判断安培力方向是解决本题的关键。
14.【答案】AC
【解析】解：A、由题中光路图，a光的偏折程度大，故玻璃砖对a光的折射率大于对b光的折射率，故A正确。
B、根据v=cn，a光的折射率大，则a光在玻璃砖中传播速度小，故B错误。
C、a光的折射率较大，则a光的频率较大，根据λ=vf，a光在真空中的波长小于b光在真空中的波长，故C正确。
D、根据sinC=1n，a光的折射率较大，则a光发生全反射的临界角较小，以相同的入射角从介质射入空气，a光能发生全反射，b光不一定能发生全反射，故D错误。
故选：AC。
根据光线的偏折程度比较玻璃砖对光的折射率大小；根据v=cn得出光在介质中的速度大小，根据折射率的大小得出频率的大小，从而根据λ=vf得出波长的大小．根据全反射的条件判断b光能否发生全反射。
解决本题的关键知道折射率、光在介质中的传播速度、波长、频率等之间的关系，通过偏折程度比较出光的折射率大小是突破口。
15.【答案】ABC
【解析】解：A、甲图中带正电的粒子从左侧射入复合场中时，受向下的电场力为F=Eq，向上的洛伦兹力f=Bqv，当两个力平衡时，带电粒子会沿直线射出，当速度v>EB，可得f>F，即洛伦兹力大于电场力时，合力向上，粒子将向上极板偏转，故A正确；
B、乙图中等离子体进入A、B极板之间后，受到洛伦兹力作用，若是正离子，由左手定则可知，洛伦兹力指向B板，向B极板偏转，B极板带正电，电势高，故B正确；
C、丙图中通过励磁线圈的电流越大，线圈产生的磁感应强度越大，电子的运动由洛伦兹力提供向心力，则有evB=mv2R，R=mveB
由上式可知，当电子的速度一定时，磁感应强度越大，电子的运动径迹半径越小，故C正确；
D、图丁中，当粒子运动半径等于D型盒半径时具有最大速度，即vm=qBRm
粒子的最大动能Ekm=q2B2R22m
由此可见最大动能与加速电压无关，故D错误。
故选：ABC。
A、甲图中通过比较粒子所受电场力和洛伦兹力的大小，分析若速度满足v>EB，粒子是否将向上极板偏转；
B、乙图中等离子体进入A、B极板之间后，根据左手定则判断带正电离子受力以及向哪个极板运动，判断A极板电势是否低于B极板；
C、丙图中通过励磁线圈的电流越大，说明磁感应强度越大，根据洛伦兹力提供向心力，判断电子的运动径迹半径是否越小；
D、丁图中根据粒子动能的表达式讨论分析。
本题主要考查联系实际应用的洛伦兹力问题，如果带电粒子只在洛伦兹力作用下运动，一般应用洛伦兹力提供向心力分析，如果还有电场，就要综合考虑电场力和洛伦兹力的方向以及大小比较情况，进而判断粒子的运动情况。
16.【答案】CD
【解析】解：A.两列机械波在同种介质中波速相同，即v乙=v甲=0.4m/s，故A错误；
B.甲、乙两列机械波波长相同，波速相同，频率相同，相位差恒定，是相干波，相遇后可形成稳定的干涉图像，故B错误；
C.设甲的波谷与乙的波峰第一次相遇的时刻为t，根据图像的特征可知：t=10.5m+0.5m2×0.4m/s=13.75s，所以甲的波谷经过13.75s与乙的波峰第一次相遇，故C正确；
D.振动减弱点的振幅为：A=|A甲−A乙|=|4cm−8cm|=4cm，波在同一种介质中传播的速度相同，且x=5m处到甲波的波峰和到乙波的波谷处距离相等，所以x=5.0m处是甲的波峰与乙的波谷第一次相遇的位置，波峰遇波谷的位置是振动的减弱点，故D正确。
故选：CD。
两列机械波在同种介质中波速相同；根据相干条件分析两列波相遇后能否形成稳定的干涉图象；根据波的传播情况分析C选项；振动减弱点的振幅等于两列波的振幅之差；x=5.0m处是甲的波峰与乙的波谷相遇的位置，由此分析振动情况。
本题主要是考查了波的图象；解答本题关键是要理解机械波在介质中的传播规律，能够根据图象直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道两列波能够发生干涉的条件。
17.【答案】B Δtn 4π2lT2 B ①
【解析】解：(1)为了减小测量周期的误差，应该将小球经过最低点时作为计时开始和终止的位置更好些，实际摆动中最高点的位置会发生变化，且靠近最高点时速度较小，计时误差较大。故B正确，ACD错误。
故选：B。
(2)因为摆球经过n次全振动的总时间为Δt，则该单摆的周期为T=Δtn
(3)由单摆周期公式T=2π lg
可得，重力加速度的表达式为g=4π2lT2
(4)因为重力加速度的表达式为g=4π2lT2
A.测摆长时摆线拉得过紧，所测摆长l偏大，则所测重力加速度偏大，故A错误；
B.摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，则计算时代入的摆长L偏小，故所测重力加速度偏小，故B正确；
C.开始计时时，秒表过迟按下，所测周期偏小，则所测重力加速度偏大，故C错误；
D.实验中误将49次全振动次数记为50次，所测周期偏小，则所测重力加速度偏大，故D错误。
故选：B。
(5)由题意可得，单摆的实际摆长为l′=L−D2
由单摆周期表达式得T=2π L−D2g
化简可得T2=4π2gL−2π2Dg
由此得到的T2−L图像是图乙中的①。
故答案为：(1)B；(2)Δtn；(3)4π2lT2；(4)B；(5)①。
(1)根据减小计时误差分析判断；
(2)计算单摆周期；
(3)根据单摆周期公式推导；
(4)根据单摆周期公式分析误差；
(5)根据单摆周期公式推导结合图像判断。
本题考查用单摆测量重力加速度的实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤和数据处理及误差分析。
18.【答案】C 大 1.5
【解析】(1)A.P1、P2的距离较大，通过玻璃砖仍然可以看到P1、P2的像，故A错误；
B.为减小测量误差，入射角应适当大一些，即P1、P2的连线与法线NN′的夹角应尽量大些，故B错误；
C.为了减小作图误差，P3和P4的距离应适当大些，故C正确；
D.由几何知识可知，光线在上表面的折射角等于在下表面的入射角，根据光路可逆原理可知，光线一定会从下表面射出，折射光线不会在玻璃砖的下表面发生全反射，故D错误。
故选：C。
(2)如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度大的玻璃砖来测量。
(3)由折射率定律可得，玻璃砖的折射率为n=sinθ1sinθ2=0.60.4=1.5
故答案为：(1)C；(2)大；(3)1.5。
(1)根据实验原理和注意事项分析判断；
(2)根据减小测量误差分析；
(3)根据折射定律计算。
本题考查“测玻璃的折射率”实验，要求掌握实验原理和数据处理。
19.【答案】AD 11.5 1.3 6.5×10−7
【解析】解：(1)AB.为使屏上的干涉条纹清晰，单缝和双缝必须平行放置，所得到的干涉条纹与双缝平行，故A正确，B错误；
CD.根据公式Δx=ldλ
可知，干涉条纹疏密程度与双缝间距离、双缝到屏的距离和光的波长有关，绿光的波长小于红光的波长，若用绿色滤光片替换红色滤光片，干涉条纹间距会变小，故C错误，D正确。
故选：AD。
(2)游标卡尺的最小分度值为0.1mm，图丙读数为x1=11mm+5×0.1mm=11.5mm
图戊读数为x2=16mm+7×0.1mm=16.7mm
由图乙和图丁可知，A、B两条纹间有4个间距，则两个相邻亮条纹(或暗条纹)间的距离为Δx=x2−x14=16.7−11.54mm=1.3mm
根据公式Δx=ldλ
代入数据解得所测单色光波长为λ=dΔxl=0.50×10−3×1.3×10−31m=6.5×10−7m
故答案为：(1)AD；(2)11.5，1.3，6.5×10−7。
(1)根据实验原理和注意事项分析判断；
(2)先确定游标卡尺的最小分度值再读数；根据相邻明条纹间距公式计算。
本题考查“用双缝干涉测光的波长”实验，要求掌握实验原理、数据处理和游标卡尺读数。
20.【答案】解：(1)设过山车在AB段的加速度大小为a0，过山车在该过程中受到重力、斜面的支持力与摩擦力，沿斜面的方向根据牛顿第二定律有Mgsin37°+μMgcos37°=Ma0
解得a0=8m/s2
(2)设过山车运动到B所用时间为t，由运动学公式可得L=vAt−12a0t2
解得t=3s或t=5s(不合题意，舍去)
故从A到B的过程中，摩擦力对过山车冲量的大小为If=μMgcos37°t=0.25×1×104×0.8×10×3N⋅s=6×104N⋅s
(3)由以上分析可知，过山车到达B点时的速度为vB=vA−a0t=32m/s−8×3m/s=8m/s
设到达D点的速度为vD，从B到D由动能定理可得−MgR(1−cos37°)=12MvD2−12MvB2
解得vD=2 6m/s
另设过山车在D点时轨道对过山车的支持力为FN，过山车在圆弧上做圆周运动，运动到最高点时有Mg−FN=MvD2R
解得FN=7.6×104N
则由牛顿第三定律可得过山车运动到最高点D时对轨道的压力F′N=FN=7.6×104N
答：(1)过山车在AB段的加速度大小是8m/s2；
(2)摩擦力对过山车的冲量大小6×104N⋅s；
(3)过山车运动到最高点D时对轨道的压力是7.6×104N。
【解析】(1)过山车从A到B的过程，由牛顿第二定律求出加速度大小；
(2)由运动学的公式求出从A到B的时间，由冲量的定义式求出冲量．
(3)由运动学的公式求出过山车达到B的速度，运用动能定理，求出过山车达到D的速度，结合向心力的来源求出过山车运动到最高点D时受到的支持力，最后由牛顿三定律求出过山车对轨道的压力。
本题考查了动量定理、动能定理、牛顿第二定律和向心力的综合运用，要知道圆周运动向心力的来源，运用动能定理解题时，要合理地选择研究的过程．
21.【答案】解：(1)对AB系统，AB速度相等时，弹性势能最大，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得
mAv0=(mA+mB)v
代入数据解得v=1m/s
根据能量守恒有Ep=12mAv02−12(mA+mB)v2
代入数据解得Ep=3J
(2)B一直加速，弹簧恢复原长时，B的动能最大规定向右为正方向，根据动量守恒定律得
mAv0=mAvA+mBvB
根据能量守恒有12mAv02=12mAvA2+12mBvB2
联立解得vB=2m/s
此时EkB=12mBvB2=12×2×22J=4J
(3)滑块A的动能最小时，即vA2=0，
mAv0=mAvA2+mBvB2
vB2=1.5m/s
根据能量守恒有E′p=12mAv02−12mBvB22
代入数据解得E′p=2.25J
答：(1)滑块通过弹簧相互作用过程中弹簧的最大弹性势能为3J；
(2)滑块B的最大动能为4J；
(3)滑块A的动能最小时，弹簧的弹性势能为2.25J。
【解析】(1)当A与B速度相等时，弹簧最短，弹性势能最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式即可求最大弹性势能。
(2)当A、B分离时，B的速度最大，此时相当进行了一次弹性碰撞。由动量守恒定律与机械能守恒定律即可求解滑块B的最大动能。
(3)根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式即可求得滑块A的动能最小时弹簧的弹性势能。
本题关键对两物体的受力情况和运动情况进行分析，得出A和B的速度相同时，弹簧最短，弹性势能最大，然后根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式研究。
22.【答案】解：已知m=200g=0.2kg
根据闭合电路欧姆定律得回路中电流为
I=ER+r=65+1A=1A
根据左手定则ab棒所受安培力方向平行导轨向下，大小为F安=BIL=2×1×0.5N=1N
当ab棒受到的静摩擦力最大且方向沿轨道向下时，由平衡条件有
m0maxg=mgsin37°+μmgcos37°+F安
解得m0max=0.3kg
当ab棒受到的静摩擦力最大且方向沿轨道向上时，由平衡条件有
m0ming+μmgcos37°=mgsin37°+F安
解得m0min=0.14kg
可得所挂物块m0的取值范围为0.14kg≤m0≤0.3kg
答：所挂物块m0的取值范围为0.14kg≤m0≤0.3kg。
【解析】先根据闭合电路欧姆定律求出电路中电流。根据左手定则判断ab棒所受安培力方向，根据F安=BIL求出ab棒所受安培力大小。当ab棒受到的静摩擦力最大且方向沿轨道向下时，所挂物块m0的质量最大，由平衡条件求出质量最大值。当ab棒受到的静摩擦力最大且方向沿轨道向上时，所挂物块m0的质量最小，由平衡条件求出质量最小值，从而得到质量范围。
本题是通电导体在磁场中平衡问题，关键要把握临界条件，知道导体棒刚好滑动时静摩擦力最大。
23.【答案】解：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子从C点垂直于y轴射出，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r=R
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B=mv02r
解得粒子的速率：v0=qBRm
(2)粒子进入y轴与感光板之间的匀强磁场后做匀速圆周运动，当粒子运动轨迹恰好与感光板相切时，粒子恰好打在感光板上，粒子运动轨迹如图所示：
根据几何关系可得粒子的半径：r′=1.5R
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv0B′=mv02r′
解得：B′=23B
粒子能击中感光板的磁感应强度大小范围是B′≤23B
(3)大量速率为v0的同种粒子沿不同方向从坐标O点处射入磁场，因粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径与圆形磁场区域半径相等，由几何关系分析可得，粒子离开磁场后都垂直于y轴进入电场。
粒子进入电场后在电场中做类平抛运动，则有：
在x轴方向：1.5R=v0t
在y轴方向：y=12at2
由牛顿第二定律得：qE0=ma
解得：y=2R
粒子打在感光板最上端的位置y1=2R+y=2R+2R=4R
粒子打在感光板上最下端的位置y2=y=2R
粒子打在感光板上的范围是2R≤y≤4R
答：(1)该粒子速率v0是qBRm；
(2)能使该粒子击中感光板的磁感应强度大小范围是B′≤23B；
(3)粒子打在感光板上的范围是2R≤y≤4R。
【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，求出粒子的轨道半径，应用牛顿第二定律求出粒子的速率。
(2)粒子运动轨迹与感光板相切时粒子恰好击中感光板，求出粒子的轨道半径，应用牛顿第二定律求出临界磁感应强度，然后求出磁感应强度的范围。
(3)粒子进入电场后在电场中均做类平抛运动，根据类平抛运动的规律结合几何关系进行解答。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量。对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动的规律进行解答。
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