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2022-2023学年安徽省合肥市庐江县高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年安徽省合肥市庐江县高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.以下说法中正确的是( )
A. 若分子力表现为引力，分子势能都随分子间距离的增大而减小
B. 温度越高，单位时间内容器壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多
C. 石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的微粒排列结构不同
D. 缓慢压缩置于恒温下的不漏气导热汽缸内的理想气体，理想气体的内能减小
2.如图所示是洛伦兹力演示仪，圆形励磁线圈A、B彼此平行且两圆形圆心连线与线圈平面垂直，通入电流后能够在两线圈间产生匀强磁场，磁场大小和方向可以通过调节两线圈中电流大小和方向来改变，一球形玻璃泡在两励磁线圈间正中央，玻璃泡内有电子枪，初速度为零的电子被大小可调的加速电压加速后从电子枪中射出。现有某电子从玻璃泡球心正下方的某点水平向左射出，不计电子重力及电子间的相互作用，下列说法正确的是( )
A. 线圈A、B中电流方向相反
B. 若电子做圆周运动的轨迹半径减小了，则可能是两线圈中的电流增大了
C. 两线圈均通以逆时针方向电流，电子射出后沿顺时针方向运动
D. 若电子做圆周运动的周期变小了，则可能是加速电压增大了
3.手机上一般会有两个麦克风，一个位于手机下方，另一个位于手机顶部。位于手机顶部的麦克风为降噪麦克风。降噪麦克风通过降噪系统产生与外界噪音等幅、等频的声波，与噪音叠加从而实现降噪的效果，理想降噪过程如图所示，实线对应环境噪声，虚线对应降噪系统产生的声波。下列说法正确的是( )
A. 图示两列波叠加会产生振动加强点与振动减弱点相间的稳定干涉波形
B. 图中P点为振动减弱点，Q点为振动加强点降噪声波
C. 图中P点为振动加强点，Q点为振动减弱点环境噪声
D. 噪音声波与降噪系统产生的声波相位相反
4.如图所示，空间存在着方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场和方向竖直向上、电场强度大小为E的匀强电场，质子从A点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过C、D两点.已知A、D两点在同一等势面上，下列说法正确的是( )
A. 质子从A到C，洛伦兹力不做功
B. 质子从C到D，电场力做正功
C. C点的电势高于D点的电势
D. 质子在A点所受的合力大于在D点所受的合力
5.如图所示，光滑的水平面上放一半径为R的四分之一光滑圆弧，与竖直墙之间恰好放入一压力传感器(此时传感器示数为零)，质量为m的小球(可视为质点)在圆弧的最高点(与圆心等高)由静止开始下滑，在小球下滑过程中，压力传感器的示数最大值为( )
A. 25mgB. 33mgC. 32mgD. 3mg
6.煤矿中瓦斯爆炸危害极大，某同学查阅资料得知含有瓦斯的气体的折射率大于干净空气的折射率，于是，他设计了一种利用光的干涉原理监测矿井瓦斯含量的仪器，原理如图所示。在双缝后面放置两个完全相同的透明容器A、B，容器A中为干净的空气，在容器B中通入矿井中的气体，观察屏上的干涉条纹，就能够监测瓦斯含量，下列说法正确的是( )
A. 如果屏的正中央是亮纹，则B中的气体可能含瓦斯
B. 如果屏的正中央是暗纹，则B中的气体可能不含瓦斯
C. 如果屏上干涉条纹不停地移动，说明B中的气体瓦斯含量稳定
D. 只有用单色光照射单缝时，才可能在屏上出现干涉条纹
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
7.手机无线充电技术越来越普及，如图(a)是某款手机无线充电装置，其工作原理如图(b)所示。送电线圈ab间接入如图(c)所示的正弦交变电流。快充时，将S与1合上，送电线圈和受电线圈的匝数比N1：N2=4：1，手机两端的电压为11V，充电功率为44W；慢充时，将S与2合上，送电线圈和受电线圈的匝数比N1′：N2′=5：1，手机两端的电压为5V，充电功率为10W。装置线圈视为理想变压器，则下列说法正确的是( )
A. R1的阻值为10ΩB. R2的阻值为19.5Ω
C. R1的阻值为11ΩD. R2的阻值为22Ω
8.两个固定的同心金属圆环中间部分存在与圆面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场，如图所示，一长度为4L的金属棒MN，处在如图所示位置时与两圆的交点分别为M、P、Q、N，其中P、O、Q将金属棒平均分成了四等份，已知大圆环的总电阻为4R，小圆环和金属棒的总电阻均为2R，当金属棒以速度v经过如图所示位置时，下列说法正确的是( )
A. 金属棒产生的总感应电动势为4BLv
B. 金属棒产生的总感应电动势为2BLv
C. 金属棒MP上产生的感应电流大小为I=6BLv7R
D. 金属棒MP上产生的感应电流大小为I=2BLv7R
9.霍尔推进器的内部结构可简化为如图所示的模型。圆形虚线边界1、2(共同圆心为O，两边界距离较近)之间存在径向均匀辐射磁场，已知径向磁场在实线圆处的磁感应强度大小为B1，空间中还存在垂直纸面向里、磁感应强度为B2的匀强磁场及垂直纸而方向的匀强电场(未画出)。若一质量为m、带电荷量+q为的粒子(不计重力)可沿实线圆以速率v沿逆时针方向做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A. B1qv充当粒子做匀速圆周运动的向心力B. 粒子做匀速圆周运动的半径为mvB2q
C. 匀强电场的电场强度为B2vD. 粒子形成的等效电流为B2q22πm
10.如图所示的水面上，以波源甲为坐标原点O建立平面直角坐标系，t=0时刻，波源甲以5Hz的频率上下振动，在水面上产生简谐横波，t1时刻，另一位于x=0.3m处的波源乙开始振动，t2时刻，两波分别到达图中虚线位置，此时x=0.1m处的质点恰好位于平衡位置且速度向下。已知两波源的起振方向、频率和振幅均相同，该水波的波速为0.5m/s，振幅为2cm，不计传播过程中的能量换耗，下列说法正确的是( )
A. 两波源未同时起振，水面上也能形成稳定的干涉图样
B. t1=0.4s，t2=0.6s
C. 两波源起振方向向上
D. 两波源振动较长时间后，它们之间的连线上有6个点始终不动
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。
(1)他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图1所示。这样做的目的是______(填字母代号)
A.保证摆动过程中摆长不变
B.可使周期测量得更加准确
C.需要改变摆长时便于调节
D.保证摆球在同一竖直平面内摆动
(2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L=0.9990m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图2所示，则该摆球的直径为______mm，单摆摆长为______m。
(3)下列振动图象真实地描述了对摆长约为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin5∘=0.087，sin15∘=0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是______。(填字母代号)
12.电源电动势在数值上等于外电路断开时的路端电压，但将电压表直接并联到电池两端时，由于电压表并非理想电表，与电源构成闭合回路，电路中会有电流通过，其示数并非外电路断路时的路端电压，因此并不能直接测出电源电动势。在测量电源电动势和内电阻的实验中，为了消除电表对电路结构的影响，小明设计了如图所示的电路。
实验器材有：电池组E(电动势和内阻均未知)，灵敏电流计G(零刻度在正中央)，量程适当的电压表V，拉直的、粗细均匀的电阻丝ab(接入电路中的总长度为L，配有可自由滑动的电夹P)、待测电池(电动势Ex、内阻rx均未知)，电阻箱R，开关S1、S2，导线若干。
主要实验步骤如下：
(1)按电路图连接实验电路，断开开关S2，闭合开关S1，滑动触片P，使灵敏G电流计刚好没有示数，电压表示数为U0，记下a、P间电阻丝的长度x1；此时a、P间的电压 aP=______(用测得的和题中所给的物理量字母表示，下同)。
(2)闭合开关S1、S2，调节电阻箱R的阻值为R0，重复上述步骤，使灵敏电流计G示数再次为零，记录下a、P间电阻丝的长度x2，此时a、P间的电压UaP′=______。
(3)由以上操作及记录的数据，可测得电源的电动势Ex=______；rx=______。
(4)改变电阻箱R的阻值，重复以上步骤，当灵敏电流计的示数刚好为零时，触片P位于不同位置，此时______(填“需要”或“不需要”)重新读取电压表的示数。
四、简答题：本大题共2小题，共24分。
13.如图所示，某种透明介质的截面是边长为 6d的正方形，一束单色光从边1射入介质，经边2反射后射到边3上，入射光与边1的夹角为a，折射光与边2的夹角为θ，反射光与边3的夹角为β，此单色光在该介质中发生全反射的临界角为C，已知β+C=105∘，C+θ=75∘，光在真空中传播的速度为c。求：
(1)该介质对此单色光的折射率n；
(2)不考虑多次反射情况，则光在该透明介质中传播的时间t。
14.如图所示，足够长间距L=1m的平行金属导轨MN、PQ固定在水平面内，MP端连有一电阻R=2Ω，整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B=1T。一质量m=1kg的导体杆静止地放在轨道上且与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，在水平向右的外力F作用下，导体杆从静止开始以α=1m/s向右匀加速运动，导体杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，且导体杆与导轨间动摩擦因数为μ=0.1，当导体杆的位移x=0.5m时撤去外力，导体杆又滑行了x′=0.5m后停下，求：
(1)撤去外力到导体杆停下通过电阻R的电荷量；
(2)撤去外力到导体杆停下所经历的时间t′；
(3)在如图中作出外力F与时间t关系图。
五、计算题：本大题共1小题，共10分。
15.一列简谐横波在t=13s时的波形图如图(a)所示，P、Q是介质中的两个质点。图(b)是质点Q的振动图象。求：
(1)波速及波的传播方向；
(2)质点Q的平衡位置的x坐标。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、若分子力表现为引力，分子势能随分子间距离的增大而增大，故A错误；
B、温度越高，若气体体积不变，单位时间内容器壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多，故B错误；
C、石墨和金刚石是碳元素的同分异构体，物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同，故C正确；
D、缓慢压缩置于恒温下的不漏气导热汽缸内的理想气体，气体温度不变，内能不变，故D错误。
故选：C。
若分子力为引力，分子间距离增大，分子力做负功，分子势能增大；温度越高，分子平均动能越大，若气体体积不变，单位时间内容器壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多；组成石墨和金刚石的微粒排列结构不同导致物理性质不同；理想气体温度不变，内能不变。
本题考查分子间的作用力和分子势能、气体压强的微观描述、同分异构体、理想气体的内能，基础题。
2.【答案】B
【解析】解：A、只要线圈间有磁场即可，所以线圈A和线圈B中电流方向可以相同，可以相反，故A错误；
B、电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则
qvB=mv2r
即
r=mvqB
轨道半径减小，磁感应强度变大，两线圈中的电流增大，故B正确；
C、两线圈均通以逆时针方向电流，根据右手螺旋定则可知磁感应强度方向垂直纸面向外，根据左手定则可知电子所受洛伦兹力向下，所以水平向左射出的电子射出电子枪后向左下方飞出，故C错误；
D、根据
T=2πrv=2πmqB
可知电子做圆周运动的周期与电子速度无关，即与加速电压无关，故D错误。
故选：B。
根据题意，电子要向上偏转，根据左手定则分析玻璃泡内的磁场方向，根据右手螺旋定则分析线圈中的电流方向；根据洛伦兹力提供向心力分析电子做圆周运动的半径，以此分析解答；分析电子做圆周运动的周期的表达式，从而进行判断。
解决该题需要掌握用左手定则分析洛伦兹力的方向，掌握用右手螺旋定则分析电流的方向，能正确推导出电子做匀速圆周运动的周期以及半径的表达式，总体难度不大。
3.【答案】D
【解析】解：ABC、由于降噪麦克风降噪系统产生与外界噪音等幅、等频的声波，从而叠加后各点均为减弱点，从而实现降噪的效果，故ABC错误；
D、噪音声波与降噪系统产生的声波能够实现干涉相消，需要二者的振幅、频率相同，相位相反，叠加后相互抵消，故D正确。
故选：D。
波的叠加即几列波相遇时，每列波都能够保持各自的状态继续传播而不互相干扰，只是在重叠的区域里，介质的质点同时参与这几列波引起的振动，质点的位移等于这几列波单独传播时引起的位移的矢量和。
这道题关键要清楚实现降噪的原理，两列波叠加后各点均为减弱点，这是最重要的。
4.【答案】A
【解析】解：A.洛伦兹力永不做功，故A正确；
B.CD垂直于电场线，为等势线，所以质子从C到D的过程在等势线上移动，电场力不做功，故B错误；
C.沿着电场线方向，电势逐渐降低，所以C点电势低于D点电势，故C错误；
D.质子从A到D的过程洛伦兹力不做功，等势线上移动电场力不做功，所以AD两点的电场力和洛伦兹力大小相等，根据对成性可知A、D两点合力相等，故D错误。
故选：A。
洛伦兹力始终与速度垂直，因此洛伦兹力对电子不做功；在电场线中，沿着电场线方向电势逐渐降低，结合电荷的电性得出电势能的变化，从而分析出电场力的做功类型；结合电子在A点和D点的运动情况分析其受力情况。
本题主要考查了带电粒子在叠加场中的运动，熟悉电场线中电势的判断，结合运动情况分析电子的受力情况。
5.【答案】C
【解析】解：设下落到某一位置时与圆心连线和水平方向的夹角为θ时，压力传感器示数最大，从释放到该位置，根据机械能守恒定律可得
mgRsinθ=12mv2
在该位置，根据牛顿第二定律可得
FN−mgsinθ=mv2R
得，球对圆弧的压力
FN=3mgsinθ
圆弧对压力传感器的力
F=FNcsθ=3mgsinθcsθ=32mgsin2θ
当θ=45∘时F最大为
F=32mg
故C正确，ABD错误；
故选：C。
下落过程中根据机械能守恒定律结合牛顿第二定律分析解答。
本题考查机械能守恒定律的应用，解题关键掌握传感器受力的表示。
6.【答案】A
【解析】解：A.由于光经过两容器时折射率不同，光速不同，到达正中央的光程差可能是波长的整数倍，也可能是半波长的奇数倍，所以中央可能是亮条纹，也可能是暗条纹，故B中气体可能含有瓦斯，也可能没有，故A正确；
B.若B中气体不含瓦斯，则屏的正中央是亮纹，所以如果屏的正中央是暗纹，说明B中的气体与A中的气体成分不相同，一定含有瓦斯，故B错误；
C.条纹不停地移动，则B中气体的折射率在变化，即瓦斯含量不稳定，故C错误；
D.单色光或复色光都能出现干涉条纹，只要满足干涉条件就可以发生干涉现象，在屏上出现干涉条纹，故D错误。
故选：A。
由于光经过两容器时折射率不同，光速不同，到达正中央的光程差可能是波长的整数倍，也可能是半波长的奇数倍，所以中央可能是亮条纹，也可能是暗条纹，故B中气体可能含有瓦斯。条纹不停地移动，则B中气体的折射率在变化，即B中瓦斯含量不稳定。
本题是道信息题，考查了干涉现象在生产生活中的应用，有一定的难度，同时理解干涉的条件，及明暗条纹的产生原理．
7.【答案】BC
【解析】解：由图(c)得，送点线圈两端电压峰值为U1m=220 2V
有效值为U1=U1m 2=220 2 2V=220V
理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，快充时有：U1U2=N1N2
慢充时有：U1U2′=N1′N2′
代入数据解得：U2=55V
U2′=44V
快充时，副线圈电流为I快=P快U快=4411A=4A
R1的阻值为R1=U2−U快I快=55−114Ω=11Ω
慢充时，副线圈电流为I慢=P慢U慢=105A=2A
R2的阻值为R2=U2−U慢I慢=44−52Ω=19.5Ω
故BC正确，AD错误。
故选：BC。
根据图像得到电压峰值，进而求解有效值；根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比求解副线圈电压；根据P=UI求解副线圈电流，根据欧姆定律和串并联规律求解两个电阻的阻值。
本题考查理想变压器和正弦式交变电流，解题关键是掌握理想变压器变压规律，会求解正弦式交变电流的有效值，掌握功率的计算公式。
8.【答案】BC
【解析】解：AB、处在磁场中的金属棒MP和QN切割磁感线产生感应电动势，MP和QN的长度都为L，两部分产生的感应电动势串联，则金属棒产生的总感应电动势E=2BLv，故A错误，B正确；
CD、画出等效电路图，如下图所示：
内阻r1=r2=R2
由电路图可知电路中的总电阻R总=R3+2R2+r1+r2
代入数据可得：R总=7R3
由闭合电路欧姆定律可得金属棒MP上产生的感应电流大小：I=ER总=2BLv7R3=6BLv7R，故C正确，D错误。
故选：BC。
AB、MP和QN两部分产生的感应电动势串联，根据E=BLv可得金属棒产生的总感应电动势；
CD、画出等效电路图，根据电路图可得电路总电阻，根据闭合电路欧姆定律可得金属棒MP上产生的感应电流大小。
本题考查了电磁感应中的电路问题，解题的关键是画出等效电路图，注意MP和QN两部分产生的感应电动势串联。
9.【答案】BD
【解析】解：A、指向圆心O的洛伦兹力B2qv充当粒子做匀速圆周运动的向心力，故A错误；
B、洛伦兹力B1qv与电场力Eq等大反向，则有B1qv=Eq，即E=B1v，故B错误；
C、由B2qv=mv2r
解得r=mvqB2
故C正确；
D、设粒子做匀速圆周运动的周期为T，则有T=2πrv
结合电流的定义式可得等效电流为I=qT
综合解得I=B2q22πm
故D正确；
故选：BD。
对粒子受力分析，可知圆心O的洛伦兹力B2qv充当粒子做匀速圆周运动的向心力，洛伦兹力B1qv与电场力Eq等大反向结合洛伦兹力提供向心力及电流的定义式分析解答。
本题考查带电粒子在电场和磁场中的综合运用，解题关键掌握粒子的受力情况，注意分析提供向心力的力。
10.【答案】ABD
【解析】解：A、形成稳定的干涉图样的条件是：频率相同，相位差恒定的两列波。因两列波频率相同，若末同时起振初相不同，但相位差恒定。可以形成稳定的干涉图样。故A正确；
B、t2时刻波原甲传播到虚线位置可知，传播距离为0.3m，可得
t2=Δxv=
波源乙传播的距离为0.1m可得
t2−t1=Δxv=
得
t1=0.4s
故B正捔：
C、波长
λ=vf=0.55m=0.1m
t2时刻甲刚好达到虚线位置，因此此时刻甲引起的振动在0.3m、0.2m和0.1m处质点振动相同，且与甲起振相同。又因为甲乙起振相同且x=0.1m处的质点恰好位于平衡位置且速度向下。故两波源起振方向向下。故C错误；
D、振动加强点到两波源的距离差应为半波长的偶数倍，减弱点到两波源的距离差为半波长的奇数倍，连线中某点到波源甲的距离为x1，到波源乙的距离为x2，到两波源的距离差最大值为Δx=x1−x2=0.3m−0=0.3m，半波长为12×0.1m=0.05m，故满足距离差为半波长的奇数倍为−0.05m，−0.15m，−0.25m，0.05m，0.15m，0.25m共六个。故有六个减弱点。故D正确。
故选：ABD。
根据x=vt求出0.5s内波传播的距离，分析两波到达的位置；根据两波传播的距离，由公式x=vt确定出两波形成的时间，即可求解开始振动的时间关系；根据路程差，确定质点振动强弱。
本题要抓住波在同一介质中匀速传播的特点，由x=vt求解时间，根据路程差，确定两波叠加后质点的振动情况。
11.【答案】
【解析】(解：(1)组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，这样做的目的是保证摆动过程中摆长不变，需要改变摆长时便于调节。故选：AC。
(2)游标卡尺的读数为12+0.1×0mm=12.0mm=0.0120m。
摆长等于摆线的长度和摆球半径之和，则L=0.9990m−0.0120m×12=0.9930m。
(3)当摆角小于等于5∘时，我们认为小球做单摆运动，所以振幅约为：1×0.087m=8.7cm，当小球摆到最低点开始计时，误差较小，测量周期时要让小球做30−50次全振动，求平均值，所以A合乎实验要求且误差最小。
故选：A。
故答案为：(1)AC；(2)12.0，0.9930；(3)A
(1)组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，目的是保证摆动过程中摆长不变，需要改变摆长时便于调节。
(2)游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读。摆长等于摆线的长度与摆球半径之和。
(3)当摆角小于等于5∘时，单摆的运动可以看成简谐运动，当摆球在平衡位置计时，测量误差较小。
掌握单摆的周期公式，从而求解加速度，摆长、周期等物理量之间的关系。单摆的周期采用累积法测量可减小误差。对于测量误差可根据实验原理进行分析。
12.【答案】U0x1L U0x2L U0x1L (x1−x2)R0x2 不需要
【解析】解：(1)电阻丝粗细均匀，设其横截面积为S，由电阻定律可知：Rab=ρLS，RaP=ρx1S
由串联电路特点可知：U0Rab=UaPRaP，解得：UaP=U0x1L
(2)由电阻定律可知：RaP′=ρx2S
电流计示数为零，则金属丝ab两端电压不变仍为U0，由串联电路特点可知：
U0Rab=UaP′RaP′，解得：UaP′=U0x2L
(3)断开开关S2，闭合开关S1，滑动触片P，使灵敏G电流计刚好没有示数，此时与待测电源相连电路无电流，aP两端电压等于待测电源电动势，即待测电源电动势Ex=UaP=U0x1L；
闭合开关S2后，使灵敏电流计G示数再次为零，此时电阻箱R的两端电压等于aP两端电压，U=UaP′=U0x2L
由闭合电路欧姆定律得：Ex=U+Irx=U+UR0rx
解得电源内阻：rx=(x1−x2)R0x2
(4)改变电阻箱R的阻值，当灵敏电流计的示数刚好为零时，上面待测电源所处的支路电流为0，
下面电路电流不变，ab端电压不变，始终为U0，因此不需要重新读取电压表的示数。
故答案为：(1)U0x1L；(2)U0x2L； (3)U0x1L，(x1−x2)R0x2；(4)不需要。
(1)根据串联电路特点求出a、P间电压。
(2)电流计示数为零，ab间电压不变，根据串联电路特点求出a、P间电压。
(3)根据实验步骤应用闭合电路的欧姆定律求出电源电动势与内阻。
(4)根据实验步骤与实验原理分析答题。
理解实验原理是解题的前提，分析清楚电路结构，应用串联电路特点与闭合电路的欧姆定律可以解题。
13.【答案】解：(1)由题知β+C=105∘，C+θ=75∘
可得β=30∘+θ，由几何关系得β+θ=90∘
解得：β=60∘，C=45∘，θ=30∘
根据发生全反射的临界角公式知n=1sinC
解得n= 2
(2)由几何关系可得光在介质中传播的距离为L= 6dcsθ
在介质中的传播速度为v=cn，
不考虑多次反射情况，则光在该透明介质中传播的时间为t=Lv
解得t=4dc
答：(1)该介质对此单色光的折射率为 2；
(2)不考虑多次反射情况，则光在该透明介质中传播的时间为4dc。
【解析】(1)根据几何关系结合折射定律解得折射率；
(2)根据几何关系解得光程，结合光速可解得传播时间。
本题主要是考查光的折射，解答此类问题的关键是注意找出折射角和入射角，根据折射定律和几何关系列方程联立求解。
14.【答案】解：(1)撤去外力到导体杆停下过程中导体杆产生的电动势为
E=ΔΦΔt
通过导体杆的电流为I=ER
则通过电阻R的电荷量q=IΔt，其中Δt=t′
又ΔΦ=BLx′
故q=BLx′R=1×1×0.52C=0.25C
(2)设撤去外力到导体杆停下所经历的时间t′，并设撤去外力时杆ab速度为v，
则由运动学有：
v= 2ax= 2×1×0.5m/s=1m/s
撤去外力后，由动量定理有
−μmgt′−BILt′=0−mv
又有q=It′
代入数值得：t′=0.75s
(3)设外力F作用时间为t，则由运动学有
v=at
得t=1s，
外力F作用过程中的任意t时刻速度为：
v=at，且E=BLv=BLat，I=ER=BLatR，F安=BIL
对杆ab分析受力，由牛顿第二定律可得
F−μmg−F安=ma
则外力F与时间t关系为：F=2+0.5t(0答：(1)撤去外力到导体杆停下通过电阻R的电荷量为0.25C；
(2)撤去外力到导体杆停下所经历的时间t′为0.75s；
(3)外力F与时间t关系图如图示
。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律得到电动势，根据欧姆定律得到电流，最后根据电流的定义式得到通过电阻的电荷量；
(2)先计算出撤去外力时的速度，然后根据动量定理即可得到导体杆的滑行时间；
(3)先计算出力F的作用时间，然后根据牛顿第二定律得到F随时间的变化规律，然后作图即可。
注意在计算通过电阻的电荷量的时候，用到的电流是平均电流，所以计算电流的时候用到的也是平均电动势，所以要用法拉第电磁感应定律计算感应电动势。
15.【答案】解：(1)由图(a)可知，波长：λ=36cm=0.36m，
由图(b)所示图象可知，波的周期：T=2s，
波速：v=λT=0.362m/s=0.18m/s；
由图(b)可知，t=13s时Q点向上运动，由图(a)可知，波沿x轴向左传播。
(2)设质点的振动方程为yO=Asin(ωt+φ)，
其中：ω=2πT=2π2rad/s=πrad/s，
t=13s时有yO=Asin(π3+φ)=−A2
解得：φ=−π2，
即yO=Asin(ωt−π2)，
由图(b)可知：yQ=Asin(ωt)，
所以O、Q两质点的相位差为π2，xQ=14λ=9cm；
答：(1)波速为0.18m/s，波向左传播；
(2)质点Q的平衡位置的x坐标为9cm。
【解析】(1)由图(a)得到波长，由图(b)得到周期，根据v=λT计算波速，根据振动情况确定传播方向；
(2)根据图示图象求出质点的振动方程，然后求出Q的配合位置x坐标。
本题考查了波动图象与质点的振动图象，分析清楚图示图象根据图象求出波长与周期是解题的前提，根据波速公式与质点振动方程即可解题。
1.以下说法中正确的是( )
A. 若分子力表现为引力，分子势能都随分子间距离的增大而减小
B. 温度越高，单位时间内容器壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多
C. 石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的微粒排列结构不同
D. 缓慢压缩置于恒温下的不漏气导热汽缸内的理想气体，理想气体的内能减小
2.如图所示是洛伦兹力演示仪，圆形励磁线圈A、B彼此平行且两圆形圆心连线与线圈平面垂直，通入电流后能够在两线圈间产生匀强磁场，磁场大小和方向可以通过调节两线圈中电流大小和方向来改变，一球形玻璃泡在两励磁线圈间正中央，玻璃泡内有电子枪，初速度为零的电子被大小可调的加速电压加速后从电子枪中射出。现有某电子从玻璃泡球心正下方的某点水平向左射出，不计电子重力及电子间的相互作用，下列说法正确的是( )
A. 线圈A、B中电流方向相反
B. 若电子做圆周运动的轨迹半径减小了，则可能是两线圈中的电流增大了
C. 两线圈均通以逆时针方向电流，电子射出后沿顺时针方向运动
D. 若电子做圆周运动的周期变小了，则可能是加速电压增大了
3.手机上一般会有两个麦克风，一个位于手机下方，另一个位于手机顶部。位于手机顶部的麦克风为降噪麦克风。降噪麦克风通过降噪系统产生与外界噪音等幅、等频的声波，与噪音叠加从而实现降噪的效果，理想降噪过程如图所示，实线对应环境噪声，虚线对应降噪系统产生的声波。下列说法正确的是( )
A. 图示两列波叠加会产生振动加强点与振动减弱点相间的稳定干涉波形
B. 图中P点为振动减弱点，Q点为振动加强点降噪声波
C. 图中P点为振动加强点，Q点为振动减弱点环境噪声
D. 噪音声波与降噪系统产生的声波相位相反
4.如图所示，空间存在着方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场和方向竖直向上、电场强度大小为E的匀强电场，质子从A点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过C、D两点.已知A、D两点在同一等势面上，下列说法正确的是( )
A. 质子从A到C，洛伦兹力不做功
B. 质子从C到D，电场力做正功
C. C点的电势高于D点的电势
D. 质子在A点所受的合力大于在D点所受的合力
5.如图所示，光滑的水平面上放一半径为R的四分之一光滑圆弧，与竖直墙之间恰好放入一压力传感器(此时传感器示数为零)，质量为m的小球(可视为质点)在圆弧的最高点(与圆心等高)由静止开始下滑，在小球下滑过程中，压力传感器的示数最大值为( )
A. 25mgB. 33mgC. 32mgD. 3mg
6.煤矿中瓦斯爆炸危害极大，某同学查阅资料得知含有瓦斯的气体的折射率大于干净空气的折射率，于是，他设计了一种利用光的干涉原理监测矿井瓦斯含量的仪器，原理如图所示。在双缝后面放置两个完全相同的透明容器A、B，容器A中为干净的空气，在容器B中通入矿井中的气体，观察屏上的干涉条纹，就能够监测瓦斯含量，下列说法正确的是( )
A. 如果屏的正中央是亮纹，则B中的气体可能含瓦斯
B. 如果屏的正中央是暗纹，则B中的气体可能不含瓦斯
C. 如果屏上干涉条纹不停地移动，说明B中的气体瓦斯含量稳定
D. 只有用单色光照射单缝时，才可能在屏上出现干涉条纹
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
7.手机无线充电技术越来越普及，如图(a)是某款手机无线充电装置，其工作原理如图(b)所示。送电线圈ab间接入如图(c)所示的正弦交变电流。快充时，将S与1合上，送电线圈和受电线圈的匝数比N1：N2=4：1，手机两端的电压为11V，充电功率为44W；慢充时，将S与2合上，送电线圈和受电线圈的匝数比N1′：N2′=5：1，手机两端的电压为5V，充电功率为10W。装置线圈视为理想变压器，则下列说法正确的是( )
A. R1的阻值为10ΩB. R2的阻值为19.5Ω
C. R1的阻值为11ΩD. R2的阻值为22Ω
8.两个固定的同心金属圆环中间部分存在与圆面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场，如图所示，一长度为4L的金属棒MN，处在如图所示位置时与两圆的交点分别为M、P、Q、N，其中P、O、Q将金属棒平均分成了四等份，已知大圆环的总电阻为4R，小圆环和金属棒的总电阻均为2R，当金属棒以速度v经过如图所示位置时，下列说法正确的是( )
A. 金属棒产生的总感应电动势为4BLv
B. 金属棒产生的总感应电动势为2BLv
C. 金属棒MP上产生的感应电流大小为I=6BLv7R
D. 金属棒MP上产生的感应电流大小为I=2BLv7R
9.霍尔推进器的内部结构可简化为如图所示的模型。圆形虚线边界1、2(共同圆心为O，两边界距离较近)之间存在径向均匀辐射磁场，已知径向磁场在实线圆处的磁感应强度大小为B1，空间中还存在垂直纸面向里、磁感应强度为B2的匀强磁场及垂直纸而方向的匀强电场(未画出)。若一质量为m、带电荷量+q为的粒子(不计重力)可沿实线圆以速率v沿逆时针方向做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A. B1qv充当粒子做匀速圆周运动的向心力B. 粒子做匀速圆周运动的半径为mvB2q
C. 匀强电场的电场强度为B2vD. 粒子形成的等效电流为B2q22πm
10.如图所示的水面上，以波源甲为坐标原点O建立平面直角坐标系，t=0时刻，波源甲以5Hz的频率上下振动，在水面上产生简谐横波，t1时刻，另一位于x=0.3m处的波源乙开始振动，t2时刻，两波分别到达图中虚线位置，此时x=0.1m处的质点恰好位于平衡位置且速度向下。已知两波源的起振方向、频率和振幅均相同，该水波的波速为0.5m/s，振幅为2cm，不计传播过程中的能量换耗，下列说法正确的是( )
A. 两波源未同时起振，水面上也能形成稳定的干涉图样
B. t1=0.4s，t2=0.6s
C. 两波源起振方向向上
D. 两波源振动较长时间后，它们之间的连线上有6个点始终不动
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。
(1)他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图1所示。这样做的目的是______(填字母代号)
A.保证摆动过程中摆长不变
B.可使周期测量得更加准确
C.需要改变摆长时便于调节
D.保证摆球在同一竖直平面内摆动
(2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L=0.9990m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图2所示，则该摆球的直径为______mm，单摆摆长为______m。
(3)下列振动图象真实地描述了对摆长约为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin5∘=0.087，sin15∘=0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是______。(填字母代号)
12.电源电动势在数值上等于外电路断开时的路端电压，但将电压表直接并联到电池两端时，由于电压表并非理想电表，与电源构成闭合回路，电路中会有电流通过，其示数并非外电路断路时的路端电压，因此并不能直接测出电源电动势。在测量电源电动势和内电阻的实验中，为了消除电表对电路结构的影响，小明设计了如图所示的电路。
实验器材有：电池组E(电动势和内阻均未知)，灵敏电流计G(零刻度在正中央)，量程适当的电压表V，拉直的、粗细均匀的电阻丝ab(接入电路中的总长度为L，配有可自由滑动的电夹P)、待测电池(电动势Ex、内阻rx均未知)，电阻箱R，开关S1、S2，导线若干。
主要实验步骤如下：
(1)按电路图连接实验电路，断开开关S2，闭合开关S1，滑动触片P，使灵敏G电流计刚好没有示数，电压表示数为U0，记下a、P间电阻丝的长度x1；此时a、P间的电压 aP=______(用测得的和题中所给的物理量字母表示，下同)。
(2)闭合开关S1、S2，调节电阻箱R的阻值为R0，重复上述步骤，使灵敏电流计G示数再次为零，记录下a、P间电阻丝的长度x2，此时a、P间的电压UaP′=______。
(3)由以上操作及记录的数据，可测得电源的电动势Ex=______；rx=______。
(4)改变电阻箱R的阻值，重复以上步骤，当灵敏电流计的示数刚好为零时，触片P位于不同位置，此时______(填“需要”或“不需要”)重新读取电压表的示数。
四、简答题：本大题共2小题，共24分。
13.如图所示，某种透明介质的截面是边长为 6d的正方形，一束单色光从边1射入介质，经边2反射后射到边3上，入射光与边1的夹角为a，折射光与边2的夹角为θ，反射光与边3的夹角为β，此单色光在该介质中发生全反射的临界角为C，已知β+C=105∘，C+θ=75∘，光在真空中传播的速度为c。求：
(1)该介质对此单色光的折射率n；
(2)不考虑多次反射情况，则光在该透明介质中传播的时间t。
14.如图所示，足够长间距L=1m的平行金属导轨MN、PQ固定在水平面内，MP端连有一电阻R=2Ω，整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B=1T。一质量m=1kg的导体杆静止地放在轨道上且与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，在水平向右的外力F作用下，导体杆从静止开始以α=1m/s向右匀加速运动，导体杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，且导体杆与导轨间动摩擦因数为μ=0.1，当导体杆的位移x=0.5m时撤去外力，导体杆又滑行了x′=0.5m后停下，求：
(1)撤去外力到导体杆停下通过电阻R的电荷量；
(2)撤去外力到导体杆停下所经历的时间t′；
(3)在如图中作出外力F与时间t关系图。
五、计算题：本大题共1小题，共10分。
15.一列简谐横波在t=13s时的波形图如图(a)所示，P、Q是介质中的两个质点。图(b)是质点Q的振动图象。求：
(1)波速及波的传播方向；
(2)质点Q的平衡位置的x坐标。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、若分子力表现为引力，分子势能随分子间距离的增大而增大，故A错误；
B、温度越高，若气体体积不变，单位时间内容器壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多，故B错误；
C、石墨和金刚石是碳元素的同分异构体，物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同，故C正确；
D、缓慢压缩置于恒温下的不漏气导热汽缸内的理想气体，气体温度不变，内能不变，故D错误。
故选：C。
若分子力为引力，分子间距离增大，分子力做负功，分子势能增大；温度越高，分子平均动能越大，若气体体积不变，单位时间内容器壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多；组成石墨和金刚石的微粒排列结构不同导致物理性质不同；理想气体温度不变，内能不变。
本题考查分子间的作用力和分子势能、气体压强的微观描述、同分异构体、理想气体的内能，基础题。
2.【答案】B
【解析】解：A、只要线圈间有磁场即可，所以线圈A和线圈B中电流方向可以相同，可以相反，故A错误；
B、电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则
qvB=mv2r
即
r=mvqB
轨道半径减小，磁感应强度变大，两线圈中的电流增大，故B正确；
C、两线圈均通以逆时针方向电流，根据右手螺旋定则可知磁感应强度方向垂直纸面向外，根据左手定则可知电子所受洛伦兹力向下，所以水平向左射出的电子射出电子枪后向左下方飞出，故C错误；
D、根据
T=2πrv=2πmqB
可知电子做圆周运动的周期与电子速度无关，即与加速电压无关，故D错误。
故选：B。
根据题意，电子要向上偏转，根据左手定则分析玻璃泡内的磁场方向，根据右手螺旋定则分析线圈中的电流方向；根据洛伦兹力提供向心力分析电子做圆周运动的半径，以此分析解答；分析电子做圆周运动的周期的表达式，从而进行判断。
解决该题需要掌握用左手定则分析洛伦兹力的方向，掌握用右手螺旋定则分析电流的方向，能正确推导出电子做匀速圆周运动的周期以及半径的表达式，总体难度不大。
3.【答案】D
【解析】解：ABC、由于降噪麦克风降噪系统产生与外界噪音等幅、等频的声波，从而叠加后各点均为减弱点，从而实现降噪的效果，故ABC错误；
D、噪音声波与降噪系统产生的声波能够实现干涉相消，需要二者的振幅、频率相同，相位相反，叠加后相互抵消，故D正确。
故选：D。
波的叠加即几列波相遇时，每列波都能够保持各自的状态继续传播而不互相干扰，只是在重叠的区域里，介质的质点同时参与这几列波引起的振动，质点的位移等于这几列波单独传播时引起的位移的矢量和。
这道题关键要清楚实现降噪的原理，两列波叠加后各点均为减弱点，这是最重要的。
4.【答案】A
【解析】解：A.洛伦兹力永不做功，故A正确；
B.CD垂直于电场线，为等势线，所以质子从C到D的过程在等势线上移动，电场力不做功，故B错误；
C.沿着电场线方向，电势逐渐降低，所以C点电势低于D点电势，故C错误；
D.质子从A到D的过程洛伦兹力不做功，等势线上移动电场力不做功，所以AD两点的电场力和洛伦兹力大小相等，根据对成性可知A、D两点合力相等，故D错误。
故选：A。
洛伦兹力始终与速度垂直，因此洛伦兹力对电子不做功；在电场线中，沿着电场线方向电势逐渐降低，结合电荷的电性得出电势能的变化，从而分析出电场力的做功类型；结合电子在A点和D点的运动情况分析其受力情况。
本题主要考查了带电粒子在叠加场中的运动，熟悉电场线中电势的判断，结合运动情况分析电子的受力情况。
5.【答案】C
【解析】解：设下落到某一位置时与圆心连线和水平方向的夹角为θ时，压力传感器示数最大，从释放到该位置，根据机械能守恒定律可得
mgRsinθ=12mv2
在该位置，根据牛顿第二定律可得
FN−mgsinθ=mv2R
得，球对圆弧的压力
FN=3mgsinθ
圆弧对压力传感器的力
F=FNcsθ=3mgsinθcsθ=32mgsin2θ
当θ=45∘时F最大为
F=32mg
故C正确，ABD错误；
故选：C。
下落过程中根据机械能守恒定律结合牛顿第二定律分析解答。
本题考查机械能守恒定律的应用，解题关键掌握传感器受力的表示。
6.【答案】A
【解析】解：A.由于光经过两容器时折射率不同，光速不同，到达正中央的光程差可能是波长的整数倍，也可能是半波长的奇数倍，所以中央可能是亮条纹，也可能是暗条纹，故B中气体可能含有瓦斯，也可能没有，故A正确；
B.若B中气体不含瓦斯，则屏的正中央是亮纹，所以如果屏的正中央是暗纹，说明B中的气体与A中的气体成分不相同，一定含有瓦斯，故B错误；
C.条纹不停地移动，则B中气体的折射率在变化，即瓦斯含量不稳定，故C错误；
D.单色光或复色光都能出现干涉条纹，只要满足干涉条件就可以发生干涉现象，在屏上出现干涉条纹，故D错误。
故选：A。
由于光经过两容器时折射率不同，光速不同，到达正中央的光程差可能是波长的整数倍，也可能是半波长的奇数倍，所以中央可能是亮条纹，也可能是暗条纹，故B中气体可能含有瓦斯。条纹不停地移动，则B中气体的折射率在变化，即B中瓦斯含量不稳定。
本题是道信息题，考查了干涉现象在生产生活中的应用，有一定的难度，同时理解干涉的条件，及明暗条纹的产生原理．
7.【答案】BC
【解析】解：由图(c)得，送点线圈两端电压峰值为U1m=220 2V
有效值为U1=U1m 2=220 2 2V=220V
理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，快充时有：U1U2=N1N2
慢充时有：U1U2′=N1′N2′
代入数据解得：U2=55V
U2′=44V
快充时，副线圈电流为I快=P快U快=4411A=4A
R1的阻值为R1=U2−U快I快=55−114Ω=11Ω
慢充时，副线圈电流为I慢=P慢U慢=105A=2A
R2的阻值为R2=U2−U慢I慢=44−52Ω=19.5Ω
故BC正确，AD错误。
故选：BC。
根据图像得到电压峰值，进而求解有效值；根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比求解副线圈电压；根据P=UI求解副线圈电流，根据欧姆定律和串并联规律求解两个电阻的阻值。
本题考查理想变压器和正弦式交变电流，解题关键是掌握理想变压器变压规律，会求解正弦式交变电流的有效值，掌握功率的计算公式。
8.【答案】BC
【解析】解：AB、处在磁场中的金属棒MP和QN切割磁感线产生感应电动势，MP和QN的长度都为L，两部分产生的感应电动势串联，则金属棒产生的总感应电动势E=2BLv，故A错误，B正确；
CD、画出等效电路图，如下图所示：
内阻r1=r2=R2
由电路图可知电路中的总电阻R总=R3+2R2+r1+r2
代入数据可得：R总=7R3
由闭合电路欧姆定律可得金属棒MP上产生的感应电流大小：I=ER总=2BLv7R3=6BLv7R，故C正确，D错误。
故选：BC。
AB、MP和QN两部分产生的感应电动势串联，根据E=BLv可得金属棒产生的总感应电动势；
CD、画出等效电路图，根据电路图可得电路总电阻，根据闭合电路欧姆定律可得金属棒MP上产生的感应电流大小。
本题考查了电磁感应中的电路问题，解题的关键是画出等效电路图，注意MP和QN两部分产生的感应电动势串联。
9.【答案】BD
【解析】解：A、指向圆心O的洛伦兹力B2qv充当粒子做匀速圆周运动的向心力，故A错误；
B、洛伦兹力B1qv与电场力Eq等大反向，则有B1qv=Eq，即E=B1v，故B错误；
C、由B2qv=mv2r
解得r=mvqB2
故C正确；
D、设粒子做匀速圆周运动的周期为T，则有T=2πrv
结合电流的定义式可得等效电流为I=qT
综合解得I=B2q22πm
故D正确；
故选：BD。
对粒子受力分析，可知圆心O的洛伦兹力B2qv充当粒子做匀速圆周运动的向心力，洛伦兹力B1qv与电场力Eq等大反向结合洛伦兹力提供向心力及电流的定义式分析解答。
本题考查带电粒子在电场和磁场中的综合运用，解题关键掌握粒子的受力情况，注意分析提供向心力的力。
10.【答案】ABD
【解析】解：A、形成稳定的干涉图样的条件是：频率相同，相位差恒定的两列波。因两列波频率相同，若末同时起振初相不同，但相位差恒定。可以形成稳定的干涉图样。故A正确；
B、t2时刻波原甲传播到虚线位置可知，传播距离为0.3m，可得
t2=Δxv=
波源乙传播的距离为0.1m可得
t2−t1=Δxv=
得
t1=0.4s
故B正捔：
C、波长
λ=vf=0.55m=0.1m
t2时刻甲刚好达到虚线位置，因此此时刻甲引起的振动在0.3m、0.2m和0.1m处质点振动相同，且与甲起振相同。又因为甲乙起振相同且x=0.1m处的质点恰好位于平衡位置且速度向下。故两波源起振方向向下。故C错误；
D、振动加强点到两波源的距离差应为半波长的偶数倍，减弱点到两波源的距离差为半波长的奇数倍，连线中某点到波源甲的距离为x1，到波源乙的距离为x2，到两波源的距离差最大值为Δx=x1−x2=0.3m−0=0.3m，半波长为12×0.1m=0.05m，故满足距离差为半波长的奇数倍为−0.05m，−0.15m，−0.25m，0.05m，0.15m，0.25m共六个。故有六个减弱点。故D正确。
故选：ABD。
根据x=vt求出0.5s内波传播的距离，分析两波到达的位置；根据两波传播的距离，由公式x=vt确定出两波形成的时间，即可求解开始振动的时间关系；根据路程差，确定质点振动强弱。
本题要抓住波在同一介质中匀速传播的特点，由x=vt求解时间，根据路程差，确定两波叠加后质点的振动情况。
11.【答案】
【解析】(解：(1)组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，这样做的目的是保证摆动过程中摆长不变，需要改变摆长时便于调节。故选：AC。
(2)游标卡尺的读数为12+0.1×0mm=12.0mm=0.0120m。
摆长等于摆线的长度和摆球半径之和，则L=0.9990m−0.0120m×12=0.9930m。
(3)当摆角小于等于5∘时，我们认为小球做单摆运动，所以振幅约为：1×0.087m=8.7cm，当小球摆到最低点开始计时，误差较小，测量周期时要让小球做30−50次全振动，求平均值，所以A合乎实验要求且误差最小。
故选：A。
故答案为：(1)AC；(2)12.0，0.9930；(3)A
(1)组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，目的是保证摆动过程中摆长不变，需要改变摆长时便于调节。
(2)游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读。摆长等于摆线的长度与摆球半径之和。
(3)当摆角小于等于5∘时，单摆的运动可以看成简谐运动，当摆球在平衡位置计时，测量误差较小。
掌握单摆的周期公式，从而求解加速度，摆长、周期等物理量之间的关系。单摆的周期采用累积法测量可减小误差。对于测量误差可根据实验原理进行分析。
12.【答案】U0x1L U0x2L U0x1L (x1−x2)R0x2 不需要
【解析】解：(1)电阻丝粗细均匀，设其横截面积为S，由电阻定律可知：Rab=ρLS，RaP=ρx1S
由串联电路特点可知：U0Rab=UaPRaP，解得：UaP=U0x1L
(2)由电阻定律可知：RaP′=ρx2S
电流计示数为零，则金属丝ab两端电压不变仍为U0，由串联电路特点可知：
U0Rab=UaP′RaP′，解得：UaP′=U0x2L
(3)断开开关S2，闭合开关S1，滑动触片P，使灵敏G电流计刚好没有示数，此时与待测电源相连电路无电流，aP两端电压等于待测电源电动势，即待测电源电动势Ex=UaP=U0x1L；
闭合开关S2后，使灵敏电流计G示数再次为零，此时电阻箱R的两端电压等于aP两端电压，U=UaP′=U0x2L
由闭合电路欧姆定律得：Ex=U+Irx=U+UR0rx
解得电源内阻：rx=(x1−x2)R0x2
(4)改变电阻箱R的阻值，当灵敏电流计的示数刚好为零时，上面待测电源所处的支路电流为0，
下面电路电流不变，ab端电压不变，始终为U0，因此不需要重新读取电压表的示数。
故答案为：(1)U0x1L；(2)U0x2L； (3)U0x1L，(x1−x2)R0x2；(4)不需要。
(1)根据串联电路特点求出a、P间电压。
(2)电流计示数为零，ab间电压不变，根据串联电路特点求出a、P间电压。
(3)根据实验步骤应用闭合电路的欧姆定律求出电源电动势与内阻。
(4)根据实验步骤与实验原理分析答题。
理解实验原理是解题的前提，分析清楚电路结构，应用串联电路特点与闭合电路的欧姆定律可以解题。
13.【答案】解：(1)由题知β+C=105∘，C+θ=75∘
可得β=30∘+θ，由几何关系得β+θ=90∘
解得：β=60∘，C=45∘，θ=30∘
根据发生全反射的临界角公式知n=1sinC
解得n= 2
(2)由几何关系可得光在介质中传播的距离为L= 6dcsθ
在介质中的传播速度为v=cn，
不考虑多次反射情况，则光在该透明介质中传播的时间为t=Lv
解得t=4dc
答：(1)该介质对此单色光的折射率为 2；
(2)不考虑多次反射情况，则光在该透明介质中传播的时间为4dc。
【解析】(1)根据几何关系结合折射定律解得折射率；
(2)根据几何关系解得光程，结合光速可解得传播时间。
本题主要是考查光的折射，解答此类问题的关键是注意找出折射角和入射角，根据折射定律和几何关系列方程联立求解。
14.【答案】解：(1)撤去外力到导体杆停下过程中导体杆产生的电动势为
E=ΔΦΔt
通过导体杆的电流为I=ER
则通过电阻R的电荷量q=IΔt，其中Δt=t′
又ΔΦ=BLx′
故q=BLx′R=1×1×0.52C=0.25C
(2)设撤去外力到导体杆停下所经历的时间t′，并设撤去外力时杆ab速度为v，
则由运动学有：
v= 2ax= 2×1×0.5m/s=1m/s
撤去外力后，由动量定理有
−μmgt′−BILt′=0−mv
又有q=It′
代入数值得：t′=0.75s
(3)设外力F作用时间为t，则由运动学有
v=at
得t=1s，
外力F作用过程中的任意t时刻速度为：
v=at，且E=BLv=BLat，I=ER=BLatR，F安=BIL
对杆ab分析受力，由牛顿第二定律可得
F−μmg−F安=ma
则外力F与时间t关系为：F=2+0.5t(0
(2)撤去外力到导体杆停下所经历的时间t′为0.75s；
(3)外力F与时间t关系图如图示
。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律得到电动势，根据欧姆定律得到电流，最后根据电流的定义式得到通过电阻的电荷量；
(2)先计算出撤去外力时的速度，然后根据动量定理即可得到导体杆的滑行时间；
(3)先计算出力F的作用时间，然后根据牛顿第二定律得到F随时间的变化规律，然后作图即可。
注意在计算通过电阻的电荷量的时候，用到的电流是平均电流，所以计算电流的时候用到的也是平均电动势，所以要用法拉第电磁感应定律计算感应电动势。
15.【答案】解：(1)由图(a)可知，波长：λ=36cm=0.36m，
由图(b)所示图象可知，波的周期：T=2s，
波速：v=λT=0.362m/s=0.18m/s；
由图(b)可知，t=13s时Q点向上运动，由图(a)可知，波沿x轴向左传播。
(2)设质点的振动方程为yO=Asin(ωt+φ)，
其中：ω=2πT=2π2rad/s=πrad/s，
t=13s时有yO=Asin(π3+φ)=−A2
解得：φ=−π2，
即yO=Asin(ωt−π2)，
由图(b)可知：yQ=Asin(ωt)，
所以O、Q两质点的相位差为π2，xQ=14λ=9cm；
答：(1)波速为0.18m/s，波向左传播；
(2)质点Q的平衡位置的x坐标为9cm。
【解析】(1)由图(a)得到波长，由图(b)得到周期，根据v=λT计算波速，根据振动情况确定传播方向；
(2)根据图示图象求出质点的振动方程，然后求出Q的配合位置x坐标。
本题考查了波动图象与质点的振动图象，分析清楚图示图象根据图象求出波长与周期是解题的前提，根据波速公式与质点振动方程即可解题。
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