2023-2024学年四川省攀枝花市第三高级中学校高二（下）期中考试物理试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年四川省攀枝花市第三高级中学校高二（下）期中考试物理试卷（含答案），共20页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（共39分）
1.关于下列四幅图的说法，正确的是( )
A. 图甲是观察光的偏振现象实验，光源为自然光，将偏振片以光线为轴旋转任意角度，屏亮度不变
B. 图乙为两列水波在水槽中产生的干涉图样，这两列水波的频率不一定相同
C. 图丙是两种光现象图案，上方为光的衍射条纹、下方为光的干涉条纹
D. 图丁中C摆开始振动后，A、B、D三个摆中B摆的振幅最大
2.如图所示为一质点做简谐运动的振动图像，在0∼0.8s时间内，下列说法正确的是( )
A. 0至0.4s时间内，质点所受回复力方向始终指向−x方向不变
B. 在0.2∼0.4s时间内，加速度方向和速度方向相同
C. 质点在0和0.8s时刻具有正向最大速度
D. 质点在0.2s时刻具有负向最大加速度
3.已知阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是( )
A. 若油酸的摩尔质量为M，则一个油酸分子的质量为m=NAM
B. 若油酸的摩尔质量为M，密度为ρ，则一个油酸分子的体积为V=ρNAM
C. 若某种气体的摩尔质量为M，密度为ρ，则该气体分子间平均距离为d=3MρNA
D. 若某种气体的摩尔体积为V，单位体积内含有气体分子的个数为n=VNA
4.如图所示，两个振动步调一致的相干波源S1、S2发出的简谐横波在同一均匀介质中相遇，波长为5cm。图中实线表示某时刻波峰，虚线表示该时刻波谷，a、c、e三点均位于S1、S2连线的中垂线上，其中e点是a、c连线的中点。下列说法中正确的是( )
A. 图示时刻e点的振动速度方向为垂直于图示平面向下
B. 若波源S1的振幅为2cm，S2的振幅为4cm，不考虑振动能量的衰减，则图示b点的位移始终小于c点的位移
C. 若将波源S2的振动频率提高而波源S1保持不变，若两波源的振幅相同，不考虑振动能量的衰减，则d点的位移始终为零
D. 图示时刻e点既不是波峰与波峰相遇处，也不是波谷与波谷相遇处，所以不是振动加强点
5.图所示，甲图是一列沿x轴传播的简谐横波在t=2s时的波形，乙图是该波传播方向上介质中x1=6m处的质点从t=0时刻起的振动图像，a、b是介质中平衡位置为x2=3m和x3=5m的两个质点。下列说法正确的是( )
A. 从t=2s开始，质点a比质点b后回到平衡位置
B. t=0s时，a质点的位移为−2.5 2cm
C. t=1.5s时，b质点在平衡位置
D. x=8m处的观察者沿x轴负方向运动时，接收到该波的频率小于0.25Hz
6.某三棱镜的横截面为等腰三角形，∠A=120°，AB边长为2L，空气中一束包含a、b两种单色光的细光束沿平行于BC方向照射到AB边的中点O，经三棱镜折射后分成a、b两束单色光(部分光路图如图所示)。其中，a单色光从O点入射后的折射光平行于AC，已知光在真空中传播速度为c(不考虑AC面的反射)。下列说法正确的是( )
A. 在该三棱镜中，单色光a的传播速度比b小
B. 单色光a在该三棱镜中发生全反射的临界角C满足sinC= 32
C. 若用单色光a、b分别通过同一单缝进行衍射，单色光b的中央亮纹更宽
D. 单色光a无法从三棱镜底面射出
7.如图所示，电阻为R的金属直角线框abcd放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，a、d两点连线与磁场垂直，ab、cd长均为l，bc长为2l，定值电阻阻值也为R，线框绕ad连线以角速度ω匀速转动。t=0时刻线框所在平面与磁场垂直，则( )
A. t=0时刻穿过线框磁通量的变化率最大
B. t=0时刻bc边所受安培力大小为2B2l3ωR
C. a、d两点间电压变化规律为u=2Bl2ωsinωt
D. 线框转一圈过程中外力对线框做功为2πB2l4ωR
8.光的干涉现象可以用于检查平面的平整程度。如图所示，在被测平面上放一个透明的样板，在样板的一端垫一个薄片，使样板的标准平面与被测平面之间形成一个楔形空气薄层。用单色光从上面照射，在样板上方向下观测时可以看到干涉条纹。如果被测表面是平整的，干涉条纹就是一组平行的明暗相间的条纹(如图甲)，下列说法正确的是( )
A. 干涉条纹是样板的上下两表面的反射光干涉产生的
B. 将薄片向着劈尖移动使劈角变大时，条纹变疏
C. 如果干涉条纹如图乙所示发生弯曲，就表明被测表面弯曲对应位置向上凸
D. 如果干涉条纹如图乙所示发生弯曲，就表明被测表面弯曲对应位置向下凹
9.如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端。理想电压表V的示数为U，理想电流表A的示数为I。下列说法正确的是( )
A. 保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变
B. 保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大
C. 保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大
D. 保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小
10.某介质中两持续振动的振源A、B分别位于x轴上x1=0和x2=12m处，t=0时刻两振源同时开始振动，形成甲、乙两列简谐横波，如图所示，t=4s时刻平衡位置在x=4m和x=8m处的两质点刚开始振动。振源的振幅均为2cm。则下列说法不正确的是( )
A. 这两列波的波速大小均为1m/s
B. 叠加稳定后，A、B两点间(不包括A、B两点)共有6个点始终不动
C. 从t=0至t=10s过程中，质点C运动的路程为24cm
D. 振源B的振动方程为y=2sinπ2t+πcm
11.攀枝花市三中邀请到国防科技大学教授为同学们做了关于激光陀螺仪的讲座。激光陀螺仪的基本元件是环形激光器，其原理结构比较复杂，可简化为如图所示模型：由激光器发出的A、B两束激光，经完全对称的两个通道(图中未画出)在光电探测器处相遇，产生干涉条纹。如果整个装置本身具有绕垂直纸面的对称轴转动的角速度，那么沿两个通道的光的路程差就会发生变化，同时光电探测器能检测出干涉条纹的变化，根据此变化就可以测出整个装置的旋转角速度。某次测试，整个装置从静止开始，绕垂直纸面的对称轴，顺时针方向逐渐加速旋转，最后转速稳定，这个过程中光电探测器的中央位置C处检测光强经过了强→弱→强→弱→强的变化过程。根据上述材料，结合所学知识，判断下列说法正确的是( )
A. A束激光的频率小于B束激光的频率
B. 整个装置加速转动过程中，B束激光到达光电探测器的路程逐渐变小
C. 某时刻C处检测出光强最弱，是因为AB两束光到达C处的光程差为半波长的奇数倍
D. 整个装置加速转动过程中，两束激光的路程差变化了2个波长
12.均匀介质中，波源S产生沿x轴方向传播的简谐横波，如图甲所示，A、B、C为x轴上的质点，质点C(图中未画出)位于x=10 m处，波源在AB之间。t=0时刻，波源开始振动，从此刻开始A、B两质点振动图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 波源S位于x=1 m处
B. 波速大小为2 m/s
C. C质点起振后，其振动步调与A质点相反
D. t=5.5 s时，C质点位于波谷
13.一列简谐横波沿x轴传播，在t=0时刻和t=2s时刻波形分别如图中实线和虚线所示。关于这列波，下列说法正确的是( )
A. 波长为12m
B. x=0的质点在0∼2s内的路程可能为5m
C. 周期可能为4.8s
D. 若波沿x轴负向传播，传播速度最小为3.5m/s
二、非选择题（共61分）
14.小罗同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验。
(1)用游标卡尺测小球的直径时示数如图甲所示，则小球的直径d=___________cm。
(2)小罗同学用标准的实验器材和正确的实验方法测量出几组不同摆长L和对应的周期T，然后根据数据描绘T2—L图像，进一步计算得到图线的斜率为k，可知当地的重力加速度大小g=__________。
15.某同学利用如图甲所示的装置做“用双缝干涉测量光的波长”的实验。
(1)该小组同学在目镜中观察到的干涉图样为_______(填“A”或“B”)。
(2)下列说法正确的是_______。
A.若仅将蓝色滤光片换成红色滤光片，则相邻干涉条纹间距变宽
B.若仅将单缝向双缝移动一小段距离，则相邻干涉条纹间距变宽
C.若仅增大双缝间的距离，则相邻干涉条纹间距变小
D.若去掉滤光片，则干涉现象消失
(3)实验中，选用红色滤光片测量红光的波长，测得双缝间的距离d=2mm，双缝与屏之间的距离L=0.80m，通过测量头观察第1条亮条纹的读数为3.645mm，转动手轮，使分划线向一侧移动，使分划板的中心刻线对齐第6条亮条纹的中心，观察第6条亮条纹的位置如图乙所示，其读数为_______mm，由此求得红光的波长为_______m(计算结果保留三位有效数字)。
16.一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图甲所示。M、N、P、Q是介质中的四个质点，M点位于平衡位置、P点和Q点分别位于波谷和波峰，M、Q两质点平衡位置之间的距离为12m，M点的振动情况如图乙所示。
(1)求该波的传播速度大小v
(2)求Q的平衡位置坐标xQ。
17.如图甲为我国海上风力发电简化工作原理模型图，风轮带动矩形线圈在匀强磁场中转动输出如图乙所示的交流电，并通过两理想变压器远距离输电给用户供电。升压变压器原副线圈匝数比为1：10，输电线的总电阻R1为20Ω，电压表为理想电表，风力发电机的输出功率为75kW。求：
(1)输电线上损失的热功率；
(2)若电压表的示数为220V，求降压变压器原副线圈的匝数比。
18.如图所示，一特制玻璃砖的截面由等边三角形ABC和以O为圆心、BC为直径的半圆组成。一束宽度等于BO且平行于AO的单色光射到AB面上，折射光线恰与AC平行。不考虑半圆面的反射光。求：
(1)玻璃砖的折射率；
(2)半圆面上有光射出的部分所对应的圆心角的正弦值。
19.如图所示，质量为M、倾角为α=30∘的斜面体(斜面光滑且足够长)放在粗糙的水平地面上，底部与地面的动摩擦因数为μ，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为L的轻质弹簧相连，且已知kL=4mgsinα，弹簧的另一端连接着质量为m的物块。压缩弹簧使其长度为34L时将物块由静止开始释放，且物块在以后的简谐运动中，弹簧始终在弹性限度内，斜面体始终处于静止状态。重力加速度为g。
(1)求物块简谐运动的振幅；
(2)求弹簧有最大伸长量时物块的加速度；
(3)为使斜面体始终处于静止状态，动摩擦因数μ应满足什么条件。(假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A.图甲是观察自然光的偏振现象实验，将偏振片以光线为轴向内旋转任意角度，屏亮度不变，故A正确。
B.图乙为两列水波在水槽中产生的干涉图样，这两列水波的频率一定相同，故B错误；
C.图丙上方条纹间距相等，为干涉条纹，下方图中央条纹最宽最亮，越往外，条纹越窄越暗，为衍射条纹，故C错误；
D.图丁中C摆开始振动后，由于A摆长等于C的摆长，即A的固有频率等于驱动力频率，根据共振曲线可知A、B、D三个摆中A摆的振幅最大，故D错误。
故选A。
2.【答案】B
【解析】A.0至0.4s时间内，质点加速度始终指向+x方向不变，A错误；
B.0.2∼0.4s时间内，质点做加速运动，加速度方向和速度方向相同，B正确；
C.质点在0和0.8s时刻具有负向最大速度，C错误；
时刻质点具有正向最大加速度，D错误。
故选B。
3.【答案】C
【解析】【分析】
分子的质量等于摩尔质量除以阿伏加德罗常数；对于液体，分子的体积等于摩尔体积除以阿伏加德罗常数，分子数等于摩尔数乘以阿伏加德罗常数。
本题关键明确阿伏加德罗常数的物理意义，明确摩尔质量等于摩尔体积与密度的乘积，建立模型，估算油酸分子直径。
【解答】
A.分子的质量等于摩尔质量除以阿伏加德罗常数，则有：一个油酸分子的质量m=MNA，故A错误；
B.由于油酸分子间隙小，所以分子的体积等于摩尔体积除以阿伏加德罗常数，则有一个油酸分子的体积V0=VmlNA=MρNA，故B错误；
C.由于气体分子间距很大，所以一个分子的平均空间V=MρNA，将油酸分子看成立方体，立方体的边长等于分子直径，V=d3，则分子直径d=3MρNA，故C正确；
D.某种气体的摩尔体积为V，单位体积气体的摩尔数为n=1V，则含有气体分子的个数n=NAV，故D错误。
故选C。
4.【答案】A
【解析】A. e 点是 a 、 c 连线的中点，则 e 点位于相邻波峰与波谷的中间位置，即 e 点位于两列波的平衡位置，根据同侧法可知，图示时刻e点的振动速度方向为垂直于图示平面向下，故A正确；
B. b 点位置波峰与波谷叠加， b 点是振动减弱点，其振幅为
4cm−2cm=2cm
可知， b 点的位移在−2cm∼2cm之间变化，c点位置波峰与峰叠加， b 点是振动加强点，其振幅为
4cm+2cm=6cm
可知，c点的位移在−6cm∼6cm之间变化，可知， b 点的位移可能大于c点的位移，故B错误；
C.若将波源 S2 的振动频率提高而波源 S1 保持不变，由于两波源振动频率不相等，则不能够发生干涉，可知，即使两波源的振幅相同，不考虑振动能量的衰减，d点的位移也不可能始终为零，故C错误；
D.图示时刻 e 点到两波源的间距相等，满足干涉加强点的特征，所以是振动加强点，故D错误。
故选A。
5.【答案】C
【解析】A.由图乙可知 x1=6m 处的质点在2s时向下振动，根据波形平移法可知波沿x轴正方向传播，所以从 t=2s 开始，a向上振动，b向下振动，因此质点a先回到平衡位置，故A错误；
B.由甲图可知， t=2s 时波动方程为
y=Acs2πλx=5csπ4x(cm)
则 t=2s 时，a质点的位移为
ya=5csπ4×3(cm)=−2.5 2cm
由图乙可知，周期为
T=4s
根据对称性可知 t=0s 时，a质点的位移为 2.5 2cm ，故B错误；
C.设b质点的振动方程为
y=Asin2πTt+φ=5sinπ2t+φ
由图甲可知， t=2s 时，b质点的位移等于a质点的位移，则有
yb=ya=−2.5 2cm
且 t=2s 时，b质点向下振动，解得
φ=π4
则 t=1.5s 时，b质点的位移为
y=5sin(π2×1.5+π4)=0
则b质点处于平衡位置，故C正确；
D.波源的振动频率为
f=1T=0.25Hz x=8m 处的观察者沿x轴负方向运动时，根据多普勒效应可知，接收到该波的频率大于0.25Hz，故D错误。
故选C。
6.【答案】D
【解析】A.根据折射定律
n=sinisinr
由光路图a光折射角大于b光折射角，可知a光的折射率小于b光的折射率，根据
v=cn
可知在该三棱镜中，单色光a的传播速度比b大，故A错误；
BD.由几何关系知a、b复合光的入射角为60°，a光的折射角为30°，则a光的折射率为
na=sinisinr=sin60∘sin30∘= 3
则单色光a在该三棱镜中发生全反射的临界角C满足
sinC=1na= 33
由几何关系可知，单色光a从三棱镜底面出射的入射角为 60∘ ，由于
sin60∘= 32>sinC= 33
可知单色光a无法从三棱镜底面射出，故B错误，D正确；
C.由于a光的折射率小于b光的折射率，a光的频率小于b光的频率，则a光的波长大于b光的波长，若用单色光a、b分别通过同一单缝进行衍射，a光的中央亮纹更宽，故C错误。
故选D。
7.【答案】D
【解析】【分析】
线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动时产生正弦式交变电流，感应电动势最大值为Em=NBSω，有效值是最大值的1 2，电流表、电压表的示数均为有效值，求热量、电能、功率等使用电流的有效值。根据e=Emsin(ωt+φ)求瞬时值，其中φ是t=0时刻线框平面与中性面的夹角。
【解答】
AB. t=0 时刻，bc边运动方向与磁场方向平行，感应电动势为零，穿过线框磁通量的变化率为零。电路中没有感应电流， bc 边所受安培力为零，故AB错误；
C.依题意，感应电动势的最大值为Em=NBSω=2Bl2ω， a、d两点间的电压的最大值为Um=RR+REm=Bl2ω，则a、d两点间电压变化规律为u=Umsinωt=Bωl2sinωt，故C错误；
D.电动势的有效值为E=Em 2= 2Bl2ω，线框转一圈过程中外力对线框做功为W=Q=E2R+R⋅2πω=2πB2l4ωR，故D正确。
故选D。
8.【答案】AD
【解析】A.用单色光从标准平面上面照射，从楔形空气薄膜上下表面分别反射的两列光波频率相同，符合相干条件，在样板平面的下表面处发生干涉现象，出现明暗相间的条纹，A正确；
B.出现亮条纹时光程差应满足
r1=2d1=2n⋅λ2=nλ
与之相邻的亮条纹光程差满足
r2=2d2=2n+1⋅λ2=n+1λ
相邻亮条纹的间距
Δx=d2−d1tanθ=λ2tanθ
其中 θ 为劈尖夹角，将薄片向着劈尖移动，使劈角变大时，相邻亮条纹的间距减小，条纹变密集，B错误；
CD.在空气层厚度相等的地方，光程差相等，属于同一条纹，图乙中条纹向右弯曲，条纹提前出现，表明被测表面弯曲对应位置向下凹，C错误，D正确。
故选AD。
9.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查变压器的动态分析。根据理想变压器原副线圈中的电流和匝数的关系以及原副线圈两端的电压和匝数的关系，结合串并联电路的特点和功率的计算公式联立即可求得答案。
【解答】
AB.由题意可知，原副线圈的匝数比为2，则副线圈的电流为2I，根据欧姆定律可得副线圈的电压有效值为：U2=2IR1，则变压器原线圈的电压有效值为：U1=2U2=4IR1，设输入交流电的电压有效值为U0，则U0=4IR1+IR2，可得：I=U04R1+R2，保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I不断变大，根据欧姆定律：U1=4IR，可知变压器原线圈的电压有效值变大，输入电压有效值不变，则R2两端的电压不断变小，则电压表示数U变小，原线圈的电压电流都变大，则功率变大，根据原副线圈的功率相等，可知R1消耗的功率增大，故B正确，A错误；
CD.设原副线圈的匝数比为n，同理可得：U1=n2IR1，则U0=n2IR1+IR2，整理可得：I=U0n2R1+R2，保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，n不断变大，则I变小，对R2由欧姆定律可知：U=IR2，可知U不断变小，根据原副线圈的功率相等可知R1消耗的功率：P1=IU1=U0n2R1+R2⋅(U0−U0R2n2R1+R2)，整理可得：P1=U02n2R1+R22n2R1+2R2，可知n=3时，R1消耗的功率有最大值，可知R1消耗的功率先增大，后减小，故CD错误。
故选B。
10.【答案】C
【解析】A.这两列波的波速大小均为
v=λT=44m/s=1m/s
故A正确，不符合题意；
B.两列波振幅相同，起振方向均向下，则当路程差为半个波长的奇数倍时振动减弱，这种点始终不动，因
λ4=1m
则从 x=6m 分别往两侧按照1m的间隔出现振动减弱和振动加强的点，而减弱点的位置有
x=1m、3m、5m、7m、9m、11m
即叠加稳定后，A、B两点间(不包括A、B两点)共有6个点始终不动，故B正确，不符合题意；
C.从t=0至t=10s过程，4s时刻C点开始振动，8s时刻右侧波传到C点，因为C点到两波源的距离为波长的整数倍，所以C点为振动加强点，继续振动半个周期，所以从t=0至t=10s过程，质点C运动的路程为
s=4A+2×2A=16cm
故C错误，符合题意；
D.振源B的起振方向向下，所以振源B的振动方程为
y=Asin(2πTt+π)=2sin(π2t+π)
故D正确，不符合题意。
故选C。
两列频率相同的相干波，当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，则振动情况相同时振动加强；振动情况相反时振动减弱。由图读出波长，从题干得出波的周期，从而算出波速，根据加强点和减弱点公式算出A、B间始终不动的点，波的叠加满足矢量法则，例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的二倍；当波峰与波谷相遇时此处的位移为零，根据x=8的位置的质点的振动方向确定振源的振动方向，从而得出振源B的振动方程。
11.【答案】CD
【解析】A.由于两束激光出现干涉现象，说明两个光束的频率相等，故A错误；
B.在装置加速沿顺时针转动的过程中，激光器射出的B光沿顺时针方向先由反射镜再到光电探测器，而A光沿逆时针方向先由反射镜再到光电探测器，故A光的光程会变短，B光的光程会变长，故B错误；
C.某时刻C处检测出光强最弱，是因为AB两束光到达C处的光程差为半波长的奇数倍，故C正确；
D.由于C处出现了强→弱→强→弱→强的变化，因此两束激光的路程差依次为0、 12λ 、 λ 、 32λ 、2 λ ，因此变化了2个波长，故D正确。
故选CD。
12.【答案】BD
【解析】【分析】
本题主要考查振动图像以及波速、波长和周期的关系，难度不大。
根据图像可知振动周期，根据到达A和B的不同时间可知波源S的位置；根据v=ΔxΔt求解波速；根据波程差判断C质点与A质点的振动步调是否一致；根据总时间等于传播时间和振动时间的和进行分析。
【解答】A.由图乙可知，波传到B点时间为0.5s，波传到A点时间为2s，则波源到B的距离是到A的距离的四分之一，所以波源S位于x=2 m处， A错误；
B.根据v=ΔxΔt=1m0.5s=2m/s，B正确；
C.由图乙可知，周期为2s，根据v=λT，可得λ=4m，质点C位于x=10 m处，质点A位于x=−2m处，两个质点波程差为4m，所以C质点起振后，其振动步调与A质点相同，C错误；
D.经过t′=10m−2m2m/s=4s传到C点，再经过1.5s也就是经过34T后，C质点位于波谷，D正确。
故选BD。
13.【答案】ACD
【解析】A.由图可知， t=0 时刻， x=0 处质点的位移为
− 3cm=− 32A x=2m 处质点的位移为0，则有
16λ=2m
解得
λ=12m
故A正确；
B.由图可知， t=0 时刻， x=0 处质点的位移为 − 3cm ； t=2s 时刻， x=0 处质点的位移为 1cm ，且振幅为 2cm ，所以 x=0 的质点在 0∼2s 内的路程不可能为5m，故B错误；
CD.由图可知，若波沿x轴正向传播，则 x=0 处质点先从 − 3cm 处向下振动到负向最大位移处，再向上振动到1cm处，形成如图虚线波形，则振动的时间最少为
Δt1=112+14+112T=512T
则有
(512+n)T=2s
解得
T=245+12ns ( n=0 ， 1 ， 2⋯ )
当 n=0 时，可得
T=4.8s
同理可得，若波沿x轴负向传播，形成如图虚线波，则 x=0 处质点振动的最少时间为
Δt2=16+14+16T′=712T′
则有
(712+n)T′=2s
解得
T′=247+12ns ( n=0 ， 1 ， 2⋯ )
波速为
v′=λT′=12247+12nm/s=7+12n2m/s ( n=0 ， 1 ， 2⋯ )
当 n=0 时，波速最小为
vmin=3.5m/s
故CD正确。
故选ACD。
14.【答案】(1) 2.240
(2) 4π2k

【解析】(1)用游标卡尺测小球的直径
d=22mm+8×0.05mm=22.40mm=2.240cm
(2)根据
T=2π Lg
可得
T2=4π2gL
斜率
k=4π2g
可得
g=4π2k
15.【答案】(1)A；
(2)AC；
(3)4.945，6.50×10−7
【解析】(1)干涉条纹是明暗相间的等间距条纹。观察到的干涉图样为A。
(2) A.相邻两亮条纹间距Δx=ldλ，蓝光的波长小于红光的波长，若将蓝色滤光片换成红色滤光片，则相邻干涉条纹间距变宽，A正确；
B.条纹间距与单缝和双缝间的距离无关，B错误；
C.相邻两亮条纹间距Δx=ldλ，双缝间距d变大，条纹间距变小，C正确；
D.如果光源发出的光不是单色光，去掉滤光片，仍能发生干涉现象，则是复色光的干涉，D错误。
故选AC。
(3)读数为4.5mm+44.5×0.01mm=4.945mm，由题可知，条纹间距Δx=x6−x15=0.26mm，
双缝与屏之间的距离L=0.80m，双缝间的距离d=2mm，由Δx=ldλ，得λ=Δxdl，代入数据得λ=6.50×10−7m。
16.【答案】解：(1)由图甲可知34λ=12m
则λ=16m
由图乙知T=0.4s
又v=λT=160.4m/s=40m/s；
(2)从t=0时刻开始，M点向上振动，波向右传播，对N点y=8sin (2π0.4t−π6)cm
当其第一次回到平衡位置，即y=0此时2π0.4t0−π6=0
解得t0=130s
则有MO=vt=43m
xQ=MN−MO=323m。

【解析】本题考查了波的图像和振动图像。
(1)结合波形图和振动图像可求得波长及周期，因此可求得波速；
(2)根据波的图像可求得N点的振动方程，结合波的传播时间、速度、传播距离的关系求得M的坐标，进而求得Q平衡位置的坐标。
17.【答案】(1)由图可知升压变压器原线圈输入电压有效值为
U1=250 2 2V=250V
根据
U1U2=n1n2=110
可得升压变压器副线圈的输出电压为
U2=2500V
则通过输电线的电流为
I2=PU2=30A
输电线上损失的热功率为
P损=I22R1=18000W
(2)降压变压器原线圈输入电压为
U3=U2−I2R1=1900V
若电压表的示数为220V，则降压变压器原副线圈的匝数比为
n3n4=U3U4=1900220=9511

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
18.【答案】(1)根据题意和几何关系可知，光在AB面发生折射时，入射角为60°，折射角为30°，根据折射定律可得玻璃砖的折射率为
n=sin60∘sin30∘= 3
(2)若折射光线在BC圆弧面恰好发生全反射，如图所示
根据全反射临界角公式可得
sinC=1n= 33
若恰好在C点发生全反射，则
α=90∘−(180∘−60∘−C)=C−30∘
若恰好在D点发生全反射，则
β=90∘−(60∘−C)=30∘+C
所以半圆面上有光射出的部分所对应的圆心角为
α+β=2C
则半圆面上有光射出的部分所对应的圆心角的正弦值为
sin2C=2sinCcsC=2× 33× 63=2 23

【解析】本题考查光的折射和全反射。解决问题的关键是结合题意画出光路图，利用光的折射定律、折射率与临界角的关系分析计算。
19.【答案】(1)设物块在斜面上平衡时，弹簧伸长量为 ΔL ，根据平衡条件有
mgsinα=kΔL
解得
ΔL=mgsinαk=L4
压缩弹簧使其长度为 34L 时将物块由静止开始释放，可知物块简谐运动的振幅为
A=14L+ΔL=L
(2)根据对称性可知，弹簧的最大伸长量为
xmax=ΔL+A=34L
弹簧有最大伸长量时，以物块为对象，根据牛顿第二定律可得
kxmax−mgsinα=ma
解得加速度为
a=g
方向沿斜面向上。
(3)以斜面、物块和弹簧为系统，当物块处于最高点时，物块的加速度最大，且沿斜面向下，大小为
a=mgsinα+k14lm=g
此时系统失重最大，地面对斜面的支持力最小，且地面对斜面的摩擦力最大；根据质点组牛顿第二定律可得
f地=max=macsα= 32mg
M+mg−N地=may=masinα=12mg
可得
N地=M+12mg
又
f地≤μN地
联立可得动摩擦因数 μ 应满足
μ≥ 3m2M+m

【解析】本题考查力学知识的综合，正确受力分析，熟悉简谐运动的特征是解题的关键。
(1)对物块由平衡条件列方程即可求出；
(2)根据题设得出振幅，结合简谐运动的特点即可求出；
(3)对斜面受力分析，利用平衡条件列方程，结合胡克定律及静摩擦力的特点即可求出。