2022-2023学年北京市东城区高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年北京市东城区高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共22页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.关于光现象及应用，下列说法正确的是( )
A. 光是一种电磁波，电磁波可以在真空中传播
B. 海市蜃楼是光发生干涉的结果
C. 观众观看立体电影要戴一种特殊的眼镜，利用了光的衍射现象
D. 只要光从一种介质射向另一种介质表面就会发生全反射现象
2.两个弹簧振子，甲的固有频率为f，乙的固有频率为6f，若它们均在频率为8f的驱动力作用下做受迫振动，则( )
A. 甲的振幅较大，振动频率为fB. 乙的振幅较大，振动频率为8f
C. 甲的振幅较大，振动频率为8fD. 乙的振幅较大，振动频率为6f
3.把一块带负电的锌板连接在验电器上，验电器指针张开一定的角度。用紫外线灯照射锌板发现验电器指针的张角发生变化。下列说法正确的是( )
A. 验电器指针的张角会变大
B. 锌板上的正电荷转移到了验电器指针上
C. 验电器指针的张角发生变化是因为锌板获得了电子
D. 验电器指针的张角发生变化是因为紫外线让电子从锌板表面逸出
4.如图所示为某列简谐波在某时刻的波形图，此刻质点A的速度方向沿y轴正方向，下列说法中正确的是( )
A. 该波沿x轴负方向传播
B. 经过1个周期，质点B运动的路程是0.2m
C. 经过0.5个周期，质点B的速度沿y轴正方向
D. 此刻质点C的加速度沿y轴正方向
5.如图所示，一束单色光沿着半圆形玻璃砖的半径射到它的平直的边上，在玻璃砖与空气的界面上发生反射和折射，入射角为θ1，折射角为θ2。下列说法正确的是( )
A. 折射光的亮度与入射光的亮度相同
B. 反射光的亮度总是与入射光亮度相同
C. 若增大入射角θ1，则折射角θ2将减小
D. 若增大入射角θ1，则折射光有可能消失
6.如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为10：1，其原线圈两端接入正弦式交变电压u，u=311sin100πtV，副线圈通过电流表与变阻器R相连，若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法正确的是( )
A. 电压表的示数为31.1V
B. 电流表中电流方向每秒变化50次
C. 变阻器的滑片向下滑动，电流表的示数增大
D. 变阻器的滑片向上滑动，电压表的示数增大
7.氢原子能级图如图所示，下列说法正确的是( )
A. 氢原子从n=3能级跃迁到n=1能级，该氢原子的能量增加
B. 氢原子从n=3能级跃迁到n=4能级，该氢原子向外辐射光子
C. 氢原子从n=3能级跃迁到n=1能级放出光子的能量是1.51eV
D. 处于基态的氢原子电离时需要吸收13.6eV的能量
8.如图所示电路中，L是一电阻不计的电感线圈，a，b为L的左、右两端点，A、B为完全相同的灯泡，开关S闭合时，两盏灯泡均发光。某时刻将开关S断开，下列说法正确的是( )
A. a点电势高于b点，A灯立即熄灭
B. b点电势高于a点，B灯慢慢熄灭
C. a点电势高于b点，A灯闪亮后慢慢熄灭
D. b点电势高于a点，B灯闪亮后慢慢熄灭
9.如图1所示的双缝干涉实验，改变实验条件进行两次实验，先后在屏上观察到如图2、图3所示的条纹，下列说法正确的是
( )
A. 改变的实验条件是减小了双缝到光屏之间的距离
B. 改变的实验条件是增大了双缝之间的距离
C. 若图⒉是绿色条纹，图3可能是红色条纹
D. 若图2是绿色条纹，图3可能是彩色条纹
10.如图所示，在光滑杆下面铺一张可沿垂直杆方向匀速移动的白纸，一带有铅笔的弹簧振子在A、B两点间做机械振动，可以在白纸上留下痕迹。已知弹簧的劲度系数为10N/m，振子(小球与铅笔)的质量为0.1kg，白纸移动的速度为0.8m/s，实验中得到如图所示的图线。不考虑一切摩擦，弹簧的质量不计，下列说法中正确的是( )
A. 图线为铅笔的运动轨迹
B. 弹簧振子的周期为0.20s
C. 振子的最大加速度为8m/s2
D. 铅笔在x=10cm的位置留下痕迹时小球的速度为零
11.如图所示为光电效应实验中某金属的遏止电压Uc与入射光的频率ν的关系图像，下列说法正确的是( )
A. 该金属的截止频率约为4.27×1014HzB. 该金属的截止频率约为5.50×1014Hz
C. 该图线的斜率为普朗克常量D. 这种金属的逸出功约为0.5eV
12.如图所示，PQ和MN是固定于水平面内的平行光滑金属轨道，轨道足够长，其电阻忽略不计。质量均为m的金属棒ab、cd放在轨道上，始终与轨道垂直且接触良好。两金属棒的长度恰好等于轨道的间距，它们与轨道形成闭合回路。整个装置处在竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。使金属棒cd得到初速度v0的同时，金属棒ab由静止开始运动，考虑两金属棒之后的运动过程(经过足够长时间，不考虑空气阻力)，以下说法正确的是( )
A. ab棒受到的冲量大小为mv02，方向向左
B. cd棒受到的冲量大小为mv02，方向向左
C. 金属棒ab、cd组成的系统动量变化量为mv0
D. 整个回路产生的热量为mv022
13.如图所示为某种质谱仪工作原理示意图，离子从电离室A中的小孔S1飘出(初速度不计)，经电压为U的加速电场加速后，通过小孔S2，从磁场上边界垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，运动半个圆周后打在照相底片D上并被吸收形成谱线。照相底片D上有刻线均匀分布的标尺(图中未画出)，可以直接读出离子的比荷。下列说法正确的是( )
A. 谱线b对应比荷的值大于谱线a对应比荷的值
B. 可以通过增大磁感应强度B来增大不同离子所形成谱线之间的间隔
C. 标尺上各刻线对应比荷的值不是均匀变化的
D. 若要标尺上任两相邻刻线间对应的比荷差值都相同，则刻线间距的变化规律与万用表欧姆挡的刻线间距变化规律一致
14.如图1所示为小球与细绳相连制作成的单摆，摆长用L表示，将其悬挂于固定点O，小球静止在A位置，一玩具枪在球左侧水平放置，枪口中心与球心等高。某时刻，玩具枪以初速度v0发射质量为0.4g的水弹，水弹撞击小球后，小球开始摆动，小球上摆的最大摆角用θ表示，小球摆动过程中始终不与枪相撞，整个过程通过力传感器测量细绳拉力的大小F，F随时间t变化的图线如图2所示。假设水弹与小球碰撞后立即散开(可认为速度为0)，且碰撞时间很短可以忽略，不考虑空气阻力，当地重力加速度g取10m/s2，则可知( )
A. 摆长L=1.0m
B. 最大摆角θ满足csθ=0.90
C. 水弹初速度的大小v0=80m/s
D. 与小球碰撞过程中水弹损失的动能为0.32J
二、实验题：本大题共2小题，共16分。
15.某实验小组用图1所示装置做“用单摆测重力加速度”的实验。
(1)组装单摆时，应该选用______(选填器材前的字母代号)；
A.长度为20cm左右的细线
B.长度为1m左右的细线
C.直径约为1.8cm的泡沫球
D.直径约为1.8cm的钢球
(2)为使重力加速度的测量结果更加准确，下列做法合理的是______(选填字母代号)；
A.在摆球运动过程中，必须保证悬点固定不动
B.测量摆长时，应测量水平拉直后的摆线长
C.在摆球运动过程中，摆线与竖直方向的夹角不能太大
D.测量周期时，应该从摆球运动到最高点时开始计时
(3)某同学测量了6组数据，在坐标纸上描点作图得到了如图2所示的图像，其中T表示单摆的周期，L表示单摆的摆长，则计算重力加速度g的表达式为______，结合图像计算出当地的重力加速度g=______m/s2(π取3.14，计算结果保留3位有效数字)。
16.(1)在测量玻璃折射率的实验中，某同学利用插针法得到的图如图1所示。关于此实验的操作和误差分析，下列说法正确的是______(选填字母代号)；
A.实验中入射角θ1过大可能导致图中光线发生全反射
B.适当减小CD两大头针的距离，可以减小实验误差
C.选择aa′两面间距较大的玻璃砖可以减小实验误差
D.若换用aa′两面不平行的玻璃砖，实验误差会增大
(2)此玻璃砖的折射率可表示为n=______(用θ1、θ2表示)；
(3)某同学在纸上画出的界面aa′，bb′与玻璃砖位置的关系如图2所示，他的其他操作均正确，且均以aa′，bb′为界面画光路图。则该同学测得的折射率测量值______(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值。
三、简答题：本大题共4小题，共42分。
17.如图所示，实线是一列简谐横波在t1=0时刻的波形图，虚线是在t2=0.2s时刻的波形图。
(1)若波向左传播，求它在这段时间内传播的可能距离﹔
(2)若质点M在t1时刻的速度方向沿y轴正向，求波传播的最小速度。
18.为医院设计的备用供电系统输电电路简图如图1所示，交流发电机线圈的匝数n=50，在匀强磁场中以矩形线圈中轴线OO′为轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间t的变化图像如图2所示，磁通量的最大值Φm= 2×10−2πWb。发电机与变压器的原线圈相连，副线圈接入到医院，使额定电压为220V的医疗设备恰好能正常工作。若线圈及导线的电阻均不计，将变压器视为理想变压器，求：
(1)图中电压表的示数U；
(2)变压器原线圈和副线圈的匝数之比n1：n2；
(3)当医疗设备端增加了10kW的用电功率，发电机线圈中电流的增加量ΔI。
19.如图所示，长为a、宽为b的闭合导线框质量为m，电阻为R，位于竖直平面内，图示虚线框内有磁感应强度大小为B的匀强磁场，此区域的高度也为b，方向垂直纸面向外。当线框下边缘距地面高度为h处时将其从磁场区域的正上方由静止释放，刚好匀速穿过磁场区域后落到地面(下落过程中线框平面始终保持与磁场方向垂直，重力加速度用g表示)。
(1)求线框通过磁场区域时的速度v1；
(2)求线框刚落到地面时的速度v2；
(3)若将磁场区域距离地面的高度降低一些，其他条件不变，请分析并说明：线框穿过磁场过程中线框产生的热量Q和通过线框的电荷量q分别如何变化。
20.干涉是波特有的现象，实验室和自然界中光的干涉现象都证明了光具有波动性。
(1)如图1所示为杨氏双缝干涉实验的原理示意图(俯视)，其中双缝S1和S2的间距为d，双缝到光屏的距离为L(L≫d)，实验中所用单色光的波长为λ。O为屏幕中心，且正对S1和S2连线的中央，即S1O−S2O=0，在这点，两列波叠加后相互加强，因此屏幕中心为干涉图样的亮条纹，称为“零级”亮条纹。请根据相关知识推导“一级”亮条纹(来自S1和S2的光波的路程差正好等于波长)距离中心O的距离x=？
(2)蓝闪蝶是一种珍稀的蝴蝶，其翅膀在阳光照射下呈现出闪亮耀眼的蓝色光芒。这是因为它翅膀上的鳞片是多层立体的栅栏式结构，能使光发生干涉、衍射和散射，从而产生绚丽的色彩。
a.电子显微镜下蓝闪蝶鳞片结构的简化示意如图2所示，鳞片之间为空气层。假设一束光以入射角i入射到上层鳞片的上表面，光在上层鳞片上表面发生折射和反射的光路已在图2中画出，请在此基础上画出光入射到上层鳞片下表面发生反射和折射，之后继续传播的光路图(进入下层鳞片继续传播的光路不需画出)。
b.请在对蓝闪蝶鳞片结构的简化模型的基础上分析并解释蓝闪蝶在阳光照耀下呈现出蓝色光芒的现象。(已知鳞片的厚度在几十至几百纳米，可见光的波长范围是400∼760nm)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.光是一种电磁波，电磁波的传播不需要介质，电磁波可以在真空中传播，故A正确；
B.海市蜃楼是光发生折射和全反射的结果，故B错误；
C.观众观看立体电影要戴一种特殊的眼镜，观看立体电影时，屏幕向观看者输送了两幅偏振方向不同的画面，画面经过眼镜时每只镜片只能接受一个偏振方向上的画面，这样人的左右眼就能接收两组画面，经过大脑合成立体影像，是利用了光的偏振现象，故C错误；
D.发生全反射的条件是：光从光密介质射向光疏介质，且入射角大于或等于临界角，故D错误。
故选：A。
光是一种电磁波，电磁波可以在真空中传播；海市蜃楼是光的全反射的结果；观众观看立体电影，是利用了光的偏振现象；根据光的全反射条件分析。
该题考查电磁波、光的全反射、光的偏振等多个知识点，解决该题的关键是能明确知道各种光学现象所涉及到的原理。
2.【答案】B
【解析】解：由题可知，甲、乙都做受迫振动，它们的频率等于驱动力的频率8f，乙的固有频率为6f，与驱动力频率8f较近，振幅较大。故B正确，ACD错误。
故选：B。
做受迫振动的物体稳定后，振动的频率等于驱动力的频率，与固有频率无关，当驱动力的频率接近固有频率时，振幅变大。
本题主要考查受迫振动的有关知识。理解受迫振动的特点是解题关键。
3.【答案】D
【解析】解：A、开始时锌板带负电，验电器带负电，指针张开一定的角度，用紫外线灯照射锌板，锌板发生光电效应，锌板的电子逸出，锌板带正电，使验电器上的负电荷与后来的正电荷中和，锌板所带电荷量先减少后增加，所以验电器指针张角先减小后增大，故A错误；
BCD、验电器指针的张角发生变化是因为紫外线让电子从锌板表面逸出，锌板带正电，验电器上的负电荷转移到锌板上，最后验电器带上正电荷，不是因为锌板获得了电子，故BC错误，D正确。
故选：D。
紫外线灯照射锌板，锌板发生光电效应，锌板的电子逸出，锌板带正电，使验电器上的负电荷与后来的正电荷中和，锌板所带电荷量先减少后增加，所以验电器指针张角先减小后增大。
本题考查了光电效应，解题的关键是理解验电器和锌板最后带上正电荷，是电子的转移，不是正电荷的转移。
4.【答案】D
【解析】解：A.因为此刻质点A的速度方向沿y轴正方向，可知该波沿x轴正方向传播，故A错误；
B.经过1个周期，质点B运动的路程是s=4A=4×0.1m=0.4m，故B错误；
C.经过0.5个周期，质点B到达关于x轴的对称的位置且沿y轴负方向运动，故C错误；
D.加速度方向总指向平衡位置，则此刻质点C的加速度沿y轴正方向，故D正确。
故选：D。
此刻质点A的速度方向沿y轴正方向；经过1个周期质点B运动的路程是4A；经过0.5个周期质点B到达关于x轴的对称的位置；加速度方向总指向平衡位置。
波的图象基本问题是判断波的传播方向与质点振动方向间的关系．当时间是半个周期的整数倍时，可直接求出质点振动通过的路程．
5.【答案】D
【解析】解：AB.光线射到玻璃和空气的界面上一部分折射，一部分反射，可知折射光和反射光的亮度均小于入射光线的亮度，故AB错误；
C.根据
n=sinθ2sinθ1
可知，若增大入射角θ1，则折射角θ2将增大，故C错误；
D.若增大入射角θ1，则当θ1大于等于临界角时会发生全反射，即折射光将消失，故D正确。
故选：D。
正确理解在光路传播中不同角度的大小关系结合选项完成分析；理解角度变化过程中折射光和反射光的亮度变化和最终情况即可。
本题主要考查了光的折射定律，理解光路传播的特点，同时要熟记不同光线的亮度变化。
6.【答案】C
【解析】解：A.根据原线圈可知电压的有效值为U1=Um 2
根据理想变压器电压与线圈匝数的比可知U1U2=n1n2
解得U2=22V，故A错误；
B.交变电流的周期为
T=2πω=2π100πs=0.02s
交变电流的频率为
f=1T=10.02Hz=50Hz
线圈每秒钟转50圈，每个周期电流的方向改变两次，所以电流表中电流方向每秒变化100次，故B错误；
C.根据U1U2=n1n2可知，副线圈的电压不变，变阻器的滑片向下滑动，滑动变阻器的阻值减小，电流表的示数增大，故C正确；
D.根据U1U2=n1n2可知，副线圈的电压不变，变阻器的滑片向上滑动，电压表的示数不变，故D错误。
故选：C。
根据交流电压u的表达式可知最大值，进而求解有效值，通过U1U2=n1n2，解得副线圈电压，根据表达式解得交变电流的周期，每个周期电流的方向改变两次，根据负载电阻的变化，结合闭合电路欧姆定律分析CD项。
本题考查变压器的动态分析，解题关键掌握变压器原、副线圈匝数之比和电压之比的关系，注意闭合电路欧姆定律的应用。
7.【答案】D
【解析】解：A、根据能级图可知从n=3能级跃迁到n=1能级，向外释放能量，能量减小，故A错误；
B、根据能级图可知从n=3能级跃迁到n=4能级，需要吸收的能量，故B错误；
C、根据能级图可知从n=3能级跃迁到n=1能级辐射的光子能量最大为E3−E1=−1.51eV−(−13.6eV)=12.09eV，故C错误
D、处于基态的氢原子电离时需要吸收E=0−(−13.6eV)=13.6eV的能量，故D正确。
故选：D。
从高能级到低能级跃迁，要释放能量，从低能级到高能级跃迁需吸收能量，根据能量差和电离的特点分析CD项。
本题考查了氢原子的能级公式和跃迁。轨道量子化和能量量子化是量子力学的基础，是近代物理学的巨大飞跃，学生要能通过简单的计算理解其意义。
8.【答案】B
【解析】解：A、B两灯泡完全相同，线圈电阻不计，可知闭合S稳定后，流过A、B的电流相等，某时刻将开关S断开，则线圈的自感电动势阻碍电流减小，线圈相当于电源，电源外部电流由高电势流向低电势，电源内部电流由低电势流向高电势，可知b点电势高于a点，自感电动势在L、A、B中重新形成回路，使得A、B两灯都慢慢熄灭，但都不会闪亮。故ACD错误。B正确。
故选：B。
自感电动势总是阻碍电流的变化，线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向跟原电流的方向相反，阻碍电流增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向跟原电流的方向相同，阻碍电流减小。
本题考查了自感现象，要注意各部分的电阻大小关系，以便于判断出自感电流和原电流的大小关系，判断灯泡是否闪烁。
9.【答案】C
【解析】解：A.若改变的实验条件是减小了双缝到光屏之间的距离，根据Δx=Ldλ 可知相邻明条纹间距减小，故A错误；
B.若改变的实验条件是增大了双缝之间的距离，根据Δx=Ldλ 可知相邻明条纹间距减小，故B错误；
CD.根据Δx=Ldλ 可知相邻明条纹间距增大，波长增大，因为红光比绿光波长长，若图2是绿色条纹，图3可能是红色条纹。单色光干涉形成明暗相间等间距条纹，白光干涉产生彩色条纹，故C正确，D错误。
故选：C。
根据相邻明条纹间距公式Δx=Ldλ 分析判断。
本题主要考查双缝干涉的有关知识，关键掌握相邻明条纹间距公式。
10.【答案】C
【解析】答：A、铅笔的运动轨迹是直线，故A错误；
B、弹簧振子的周期为
T=xv=
故B错误；
C、振子的最大加速度为
a=kAm=10×
故C正确；
D、铅笔在x=10cm的位置留下痕迹时，小球位于平衡位置，小球的速度最大，不等于零，故D错误。
故选：C。
A、铅笔的运动轨迹是直线；
B、根据弹簧振子的周期为T=λv可求出周期值；
C、弹簧振子的最大加速度为a=kAm；
D、铅笔在x=10cm的位置留下痕迹时，小球位于平衡位置，平衡位置速度最大。
本题实质是考查简谐运动的图象，解答本题的关键是弄清楚弹簧振子的振动情况，根据振动图象进行分析。
11.【答案】A
【解析】解：AB、设金属的逸出功为W0，截止频率为νc，根据光电效应方程Ekm=eUc=hν−W0，当Uc=0时，可解得：ν=νc
此时读图可知：ν≈4.27×1014Hz，即金属的截止频率约为4.27×1014Hz，故A正确，B错误；
CD、根据光电效应方程为：Ekm=eUc=hν−W0
联立两式可得：Uc=heν−W0e
故Uc与ν图象的斜率为he，由于不知道电子的电荷量，无法计算逸出功，故CD错误；
故选：A。
根据光电效应方程得出遏止电压与入射光频率的关系，通过图线的斜率求出普朗克常量。遏止电压为零时，入射光的频率等于截止频率。
解决本题的关键掌握光电效应方程以及最大初动能与遏止电压的关系，注意光电效应方程的应用。
12.【答案】B
【解析】解：AB、最终两棒产生的感应电动势大小相等，方向相反，回路中感应电流为零，两棒均做匀速直线运动，达到稳定状态。
设最终MN棒和PQ棒的速度大小分别为v1和v2，有：BLv1=BLv2
解得：v1=v2
系统水平方向不受外力，动量守恒。取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0=mv1+mv2，解得：v1=v2=v02，方向向右；
取向右为正方向，根据动量定理可得ab棒受到的冲量大小为Iab=mv1=mv02，方向向右，cd棒受到的冲量大小为Icd=mv2−mv0=−mv02，负号表示方向向左，故A错误、B正确；
C、金属棒ab、cd组成的系统动量变化量为零，故C错误；
D、根据能量守恒定律可得整个回路产生的热量为：Q=12mv02−12mv12−12mv22
代入数据解得：Q=mv024，故D错误。
故选：B。
根据动量守恒定律求解最终的速度大小，根据动量定理可得ab棒受到的冲量、cd棒受到的冲量；金属棒ab、cd组成的系统动量变化量为零；根据能量守恒定律可得整个回路产生的热量。
本题主要是考查电磁感应现象，关键是弄清楚导体棒的运动情况和受力情况，根据动量守恒定律、动量定理、功能关系等列方程求解。
13.【答案】C
【解析】解：A、离子在电场中加速时，有
qU=12mv2
得
v= 2qUm
在磁场中，有
qvB=mv2r
解得
r=1B 2mUq
可知离子的比荷越大，离子在磁场中做匀速圆周运动的半径越小，则谱线b对应比荷的值小于谱线a对应比荷的值，故A错误；
B、谱线之间的间隔为
Δd=2r1−2r2=2B( 2m1Uq1− 2m2Uq2)
可知可以通过减小磁感应强度B来增大不同离子形成谱线之间的间隔，故B错误；
C、标尺上各刻线到小孔S2的距离为
d=2r=2B 2mUq
因此d与比荷是非线性关系，所以标尺上各刻线对应比荷的值是不均匀的，故C正确；
D、万用表欧姆挡的刻线间距变化规律决定于下式
I=ERx+R
若要标尺上任两相邻刻线间对应的比荷差值都相同，则刻线间距的变化规律与万用表欧姆挡的刻线间距变化规律不一致，D错误。
故选：C。
根据子在电场中加速时用动能定理求解速度，离子在磁场中受到的洛伦兹力方向，利用洛伦兹力提供向心力，根据r=mvqB分析不同离子形成谱线之间的间隔与磁感应强度之间的关系；根据比荷与轨道半径的关系分析标尺上各刻线对应比荷的值是否是均匀的。
本题的关键是明确离子的运动规律，然后分阶段根据动能定理和洛伦兹力提供向心力列式分析。
14.【答案】D
【解析】解：A.根据单摆的周期公式
T=2π Lg
根据图像得
T=2(2 25π− 25π)
解得L=0.8m
故A错误；
B.小球在最高点，根据平衡条件得
0.396N=mgcsθ
根据图像得
mg=0.400N
解得csθ=0.99
故B错误；
C.设小球在最低点的速度为v，根据机械能守恒定律得
12mv2=mgL(1−csθ)
解得v=0.4m/s
根据动量守恒定律得
m0v0=mv，0.4g=0.0004kg
解得v0=40m/s
故C错误；
D.与小球碰撞过程中水弹损失的动能为
Ek=12m0v02
解得Ek=0.32J
故D正确，
故选：D。
根据单摆的周期公式求摆长；小球在最高点，根据平衡条件求csθ；设小球在最低点的速度为v，根据机械能守恒定律及动量守恒定律求水弹初速度的大小；由动能公式求与小球碰撞过程中水弹损失的动能。
本题考查单摆、动量守恒定律及动能定理，解题关键掌握小球的运动情况，注意公式的应用。
15.【答案】BDAC4π2LT2 9.86
【解析】解：(1)单摆模型需要满足的基本条件是摆线长度远大于小球直径，小球的密度越大越好，由以上两个条件可知组装单摆时，应选用长度为1m左右的细线，直径为1.8cm左右的小钢球，故AC错误，BD正确；
故选：BD。
(2)A.在摆球运动过程中，必须保证悬点固定不动，故A正确；
B.测量摆长时，应测竖直拉直后的摆线长，故B错误；
C.单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，实验时摆球偏离平衡位置的角度不能太大，一般不超过5∘，故C正确；
D.测量周期时，应该从摆球运动到最低点时开始计时，在最低点摆球速度快，误差小，故D错误。
故选：AC。
(3)根据T=2π Lg可得
g=4π2LT2
T2−L图像中
k=4π2Lg
由图像可得k=4.0−01.0−0s2/m=4.0s2/m
解得
g≈9.86m/s2
故答案为：(1)BD；(2)AC；(3)4π2LT2；9.86
(1)(2)根据实验原理与操作规范分析；
(3)根据单摆的周期公式推导；根据图像斜率计算。
本题考查用单摆测重力加速度的实验，明确T2−L图像斜率的含义是解题的关键；要能正确推导圆周摆的周期。
16.【答案】Csinθ1sinθ2 小于
【解析】解：(1)A.由于玻璃砖为平行玻砖，根据几何知识可知，光线在a面的折射角等于在a′面的入射角，因此实验中入射角θ1过大也不可能导致图中光线发生全反射，故A错误；
B.减小C、D两大头针的距离，会增大测量误差，从而增大实验误差，故B错误；
C.选择aa′两面间距较大的玻璃砖可以减小测量误差，从而减小实验误差，故C正确；
D.根据该实验原理可知，若玻璃砖两面不平行，只会导致入射光线和出射光线不平行，入射角和出射角大小不会变化，因此测得的折射率不变，故D错误。
故选：C。
(2)根据折射定律，玻璃砖的折射率n=sinθ1sinθ2
(3)光路图如图所示：
根据光路图可知，该同学测量的折射角θ2′>θ2
根据折射定律n测=sinθ1sinθ2′即该同学测得的折射率测量值小于真实值。
故答案为：(1)C；(2)sinθ1sinθ2；(3)小于。
(1)根据实验原理和注意事项分析作答；
(2)根据图确定入射角和折射角，根据折射定律求出折射率；
(3)作出光路图，根据折射定律分析误差，然后作答。
解决本题的关键知道实验中需要注意的事项，以及知道实验的原理，本实验用“插针法”测定玻璃的折射率的原理是折射定律，入射角和折射角都是光线与法线的夹角，不是与界面的夹角。
17.【答案】解：由波形图可知波长λ=4m
(1)波向左传播的可能距离为：Δx=3m+nλ=(4n+3)m(n=0,1,2……)
(2)若质点M在t1时刻的速度方向沿y轴正向，说明波向右传播，传播的最小距离为Δx=1m，传播的时间Δt=0.2s，对应的最小速度为v=ΔxΔt=10.2m/s=5m/s
答：(1)若波向左传播，它在这段时间内传播的可能距离为(4n+3)m(n=0,1,2……)；
(2)若质点M在t1时刻的速度方向沿y轴正向，波传播的最小速度为5m/s。
【解析】(1)根据波传播的周期性与波长分析传播距离；
(2)根据质点的振动分析波的传播方向，从而计算最小速度。
本题考查了波的图像的相关问题，解题关键掌握波的周期性传播，考查知识点针对性强，难度较小，考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
18.【答案】解：(1)线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦交流电，其电动势的峰值
Em=nBSω=nΦm2πT=50× 2×10−2π×2π0.02V=50 2V
由图2知T=0.02s，代入数据知电压表的示数U=Em 2=50 2 2V=50V
(2)由U1U2=n1n2，得n1n2=50V220V=522
(3)理想变压器的输入功率等于输出功率，即P1=P2，因此有U1ΔI=10×103W，
得到△I=200A
答：(1)图中电压表的示数U为50V；
(2)变压器原线圈和副线圈的匝数之比n1：n2为522；
(3)当医疗设备端增加了10kW的用电功率，发电机线圈中电流的增加量ΔI为200A。
【解析】由电动势的峰值nBSω求解电动势的峰值，电压表的示数为有效值；由变压器的匝数与电压成正比求解；利用增加的电功率求解。
本题考查了变压器和正弦式交流电的相关知识，考查的比较基础，是常规题型。
19.【答案】解：(1)线框匀速穿过磁场区域时有：mg=F安，由安培力的计算公式可得：F安=BIa
根据法拉第电磁感应定律可得：E=Bav1
根据闭合电路的欧姆定律可得：I=ER
联立解得：v1=mgRB2a2；
(2)对线框从静止释放到落地的过程应用动能定理，有：mgh−W克安=12mv22
其中：W克安=mg2b
联立解得：v2= 2gh−4gb；
(3)线框穿过磁场过程中线框产生的热量：Q=W克安=∑F安Δx
若磁场区域距离地面的高度降低一些，线框刚到达磁场区域时的速度将大于v1，因此安培力大于重力，之后线框可能做减速运动直至速度减为v1后匀速穿过磁场，也可能一直减速直至离开磁场时速度仍大于v1，无论哪种情况都会造成线框通过磁场过程中克服安培力做的功比以前多，因此线框穿过磁场过程中线框产生的热量Q将增加。
线框通过磁场的过程满足法拉第电磁感应定律，对线圈回路有：E−=ΔΦΔt
其中：I−=E−R
根据电荷量的计算公式可得：q=I−Δt
联立得到：q=ΔΦR，由此可知，若磁场区域距离地面的高度降低一些，线框穿过磁场过程中通过线框的电荷量q相比以前不变。
答：(1)线框通过磁场区域时的速度为mgRB2a2；
(2)线框刚落到地面时的速度大小为 2gh−4gb；
(3)线框穿过磁场过程中线框产生的热量增加，通过线框的电荷量不变。
【解析】(1)线框匀速穿过磁场区域时。根据平衡条件结合由安培力的计算公式进行解答；
(2)对线框从静止释放到落地的过程应用动能定理进行解答；
(3)根据功能关系分析线框穿过磁场过程中线框产生的热量的变化情况；根据电荷量的计算公式分析线框穿过磁场过程中通过线框电荷量的变化情况。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
20.【答案】解：(1)光路图如图1所示
图1
设一级亮条纹的位置为P，其到O的距离为x，则
S1P−S2P=λ
两缝间距离d远远小于缝到屏的距离L，因此有：
S1P−S2P=dsinθ
又x=Ltanθ≈Lsinθ
联立解得
x=Ldλ
(2)a.光路图如图2所示
图2
b.阳光可视为平行白光，在鳞片上表面的反射光(如图2中a所示)，和折射进入鳞片在鳞片下表面反射后，再从鳞片上表面折射出的光(如图2中b所示)，满足相干条件，会发生干涉。白光中的蓝色光满足干涉加强的条件，因此叠加后相互加强，相对其他色光能量更强，因此蓝闪蝶呈现出耀眼的蓝色光芒。
按题目给出的信息知，鳞片的厚度在几十至几百纳米，可见光的波长范围是400∼760nm，这两者是接近的。而空气膜的厚度不能保证在与光波长相近的数量级范围内，因此只能确定发生薄膜干涉的薄膜是鳞片。
答：(1)亮条纹(来自S1和S2的光波的路程差正好等于波长)距离中心O的距离x=Ldλ，推导过程见解析；
(2)a.见解析；b.见解析。
【解析】(1)根据出现明条纹条件分析推导；
(2)根据干涉叠加的条件分析判断。
本题关键掌握光干涉的原理和条件。