高級中學名校試卷PAGEPAGE1高二年級考試物理試題注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。1.如圖所示，半徑為R的圓盤邊緣有一釘子B，在水平光線下，圓盤的轉軸A和釘子B在右側墻壁上形成影子O和P，以O為原點在豎直方向上建立x坐標系。t=0時從圖示位置沿逆時針方向勻速轉動圓盤，角速度為ω，則P做簡諧運動的表達式為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由圖可知，影子P做簡諧運動的振幅為R，以向上為正方向，設P的振動方程為由圖可知，當時，P的位移為，代入振動方程解得則P做簡諧運動的表達式為故選A。2.如圖所示，電源內電阻r=1Ω，滑動變阻器的最大電阻，定值電阻，調節的阻值，發現穩定后的消耗功率最大為0.75W，則電源電動勢為（）A.1V B.2V C.3V D.4V【答案】C【解析】將R2看做電源內阻，則r內=r+R2=3Ω因為當外電阻等于電源內阻時外電阻消耗功率最大，則當R1功率最大時R1=r內=3Ω此時功率滿足解得E=3V故選C。3.如圖所示，一輕桿一端可繞O點在豎直平面內自由轉動，另一端固定一小球，把小球拉至A點由靜止釋放，運動到與A點關于圓心的對稱點B。不計一切阻力，這一過程中輕桿對小球作用力的沖量（）A.在水平方向上的分量為零B.在水平方向上的分量方向向右C.在豎直方向上的分量一定大于重力對小球的沖量D.在豎直方向上的分量一定小于重力對小球的沖量【答案】C【解析】AB．設與水平方向的夾角為，從A點到B點，根據機械能守恒可得可得根據動量定理，這一過程中輕桿對小球作用力的沖量在水平方向上的分量大小為方向水平向左，故AB錯誤；CD．這一過程中豎直方向根據動量定理可得可知這一過程中輕桿對小球作用力的沖量在豎直方向上的分量一定大于重力對小球的沖量，故C正確，D錯誤。故選C。4.在勻強磁場中有粗細均勻的同種導線制成的“正八角形”線框，磁場方向垂直于線框平面向里，a、c兩點接一直流電源，電流方向如圖所示。已知abc邊受到的安培力大小為F，則整個線框所受安培力大小為（）A.3F B. C. D.【答案】B【解析】根據題意，由電阻定律可知，兩段導線的電阻之比為，歐姆定律可知，電流之比為，由于兩段導線的有效長度相等，由公式可知，長導線所受安培力為，由左手定則可知，兩段導線所受安培力方向相同，則整個線框所受安培力大小為故選B。5.如圖所示為雙縫干涉實驗裝置的截面圖，單色光源S到雙縫、的距離相等，O是、連線中垂線與光屏的交點。介質為空氣時，O點出現亮條紋。若將中垂線上方充滿折射率為的介質，下方仍為折射率n=1的空氣，則原本在O點處的亮條紋將會（）A.向上移動 B.向下移動 C.保持不變 D.無法判斷【答案】A【解析】開始時兩狹縫到O點的距離相等，即兩狹縫到O點的距離是波長的倍數相等；由于光在的介質中傳播時頻率不變，波速減小，故波長變短。則光屏上到狹縫S1和S2的距離等于波長倍數相等的位置上移，因此中央亮紋向上移動。故選A。6.回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是與高頻交流電極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中有周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩個D形金屬盒處于垂直于盒面的勻強磁場中，如圖所示。下列說法正確的是（）A.僅增大狹縫間的加速電壓，則同一粒子射出加速器時的動能增大B.僅增大D形金屬盒的半徑，則同一粒子射出加速器時的動能不變C.僅增大磁場的磁感應強度且使電場變化周期與粒子做圓周運動周期相同，則同一粒子射出加速器時的動能不變【答案】D【解析】AB．僅增大加速電壓，則每次加速獲得的動能變大。設D形金屬盒的半徑為r，由洛倫茲力提供向心力可得解得粒子的最大動能為聯立解得由此可知，粒子射出加速器時的動能大小與加速電壓無關，故A正確，B錯誤；C．由可知僅增大磁場的磁感應強度且使電場變化周期與粒子做圓周運動周期相同，則同一粒子射出加速器時的動能變大，故C錯誤；D．由可知僅增大粒子的質量且使電場變化周期與粒子做圓周運動周期相同，粒子出射時的動能減小，故D正確。故選D。7.如圖所示的電路中，電源的電動勢E=12V，內阻忽略不計，電阻的阻值分別為，滑動變阻器的最大阻值R=30Ω，電容器M、N的電容C=30μF。現將滑動觸頭P置于滑動變阻器最左端a點，合上開關S，待電路穩定后，將P緩慢地從a點右移到的過程中，通過導線PN的電荷量為（）A. B.C. D.【答案】D【解析】滑動觸頭P置于滑動變阻器最左端a點時，電容器N極板帶正電，此時有其中解得P從a點右移到的時，滑動變阻器左、右側電阻分別為令D點電勢為0，則此時有其中解得可知，此時電容器M極板帶正電，N極板帶負電解得則通過導線PN的電荷量為8.一半徑為R的圓筒處于勻強磁場中，磁場方向與筒的中心軸線平行，筒的橫截面如圖所示。圖中直徑MN的兩端分別開有小孔M、N，筒繞其中心軸以角速度ω順時針轉動。在該截面內，一帶電粒子從小孔M射入筒內，射入時的運動方向與MN成30°角。當筒轉過120°時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒，不計重力。若粒子在筒內未與筒壁發生碰撞，則帶電粒子運動的速度為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】粒子恰好從小孔N飛出圓筒時筒轉過120°，由幾何關系得，粒子在磁場中做勻速圓周運動所轉過的圓心角為60°，半徑為R，如圖所示則粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期根據結合洛倫茲力提供向心力解得二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求。全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9.如圖所示，傾角為β的斜面固定在水平面上，一根不可伸長的輕繩一端連接在置于斜面上質量為M的物體a上，另一端繞過光滑的定滑輪與小球b連接，輕繩與斜面平行，定滑輪到小球b的距離為l。用手按住物體a不動，把小球b拉開很小的角度θ（θ<5°）后釋放，使小球b做單擺運動，穩定后放開物體a。當小球b運動到最高點時，物體a恰好不下滑，當小球b運動到最低點時，物體a恰好不上滑，物體a與斜面的最大靜摩擦力大小為，忽略空氣阻力及定滑輪的大小，a、b均可看作質點，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A.小球擺動的最大回復力大小為B.小球擺動的最大回復力大小為C.物體a受到的摩擦力變化的周期D.物體a受到的摩擦力變化的周期【答案】AC【解析】AB．當小球運動到最高點時，物體a恰好不下滑，此時a受沿斜面向上的最大靜摩擦力，有當小球b運動到最低點時，物體a恰好不上滑，有小球擺動至端點時回復力最大為聯立解得故A正確，B錯誤；CD．單擺從左側最高點到右側最高點時，物塊a受的摩擦力回到原來的值，則物體a受到的摩擦力變化的周期是單擺的周期的一半，即有故C正確，D錯誤。10.如圖甲所示，質量為m的物體P與物體Q（質量未知）之間拴接一輕彈簧，均靜止在光滑的水平地面上，彈簧恰好處于原長。現給物體P一瞬時初速度，并把此時記為0時刻，規定向左為正方向，時間內物體P、Q運動的a-t圖像如圖乙所示，則（）A.物體Q的質量為2mB.物體Q的質量為0.5mC.時刻物體Q的速度大小為D.時刻物體P的速度大小為【答案】BD【解析】AB．水平面光滑，兩物塊所受合力等于彈簧的彈力，兩物塊所受合力大小相等、方向相反，Q向左加速，加速度為正，P向左減速，則加速度為負；設彈簧彈力大小為F，根據圖示圖像，由牛頓第二定律得物體Q的質量為mQ=0.5m選項A錯誤，B正確；CD．時刻兩物體的加速度最大，則彈簧被壓縮到最短，此時兩物塊速度相等，由動量守恒定律解得即此時兩物塊的速度大小均為，選項C錯誤，D正確。故選BD。11.甲、乙兩列簡諧橫波在同一均勻介質中沿x軸相向傳播，甲僅存在一個波長的波形，乙為持續的波形，波速均為2m/s。時刻，波形圖如圖所示。關于平衡位置在處的質點P，下列說法正確的是（）A.時，P偏離平衡位置的位移為0B.時，P偏離平衡位置位移為2cmC.0~3s內，P走過的路程為0.4mD.0~3s內，P走過的路程為0.32m【答案】BC【解析】AB．在1.25s內，甲、乙兩列波傳播的距離均為根據波形平移法可知，時，處甲波的波谷剛好傳到P處，處乙波的波峰剛好傳到P處，根據疊加原理可知，時，P偏離平衡位置的位移為故A錯誤，B正確；CD．由圖可知內乙波引起P點振動的路程為此后甲波傳播到P點，甲波再P點開始向下振動，乙波在P點開始向上振動，則此后的振幅為由于甲僅存在一個波長的波形，故內兩波引起P點振動的路程為內乙波引起P點振動的路程為故0~3s內，P走過的路程為故C正確、D錯誤。故選BC12.如圖所示，空間中分布著水平向右的足夠大的勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向水平向右。磁場中固定的陰極發射器S可發射電荷量為e，質量為m的電子，電子初速度大小均為v，方向呈圓錐形，且均與磁場方向成θ角（0<θ<90°）。右側豎直放置與磁場方向垂直的足夠大的熒光屏，電子打在熒光屏上的位置會出現亮點。調節熒光屏到陰極發射器的距離，使熒光屏上出現最大亮圓時將其固定。下列說法正確的是（）A.屏上最大亮圓的半徑為B.屏上最大亮圓的半徑為C.若只將發射電子速度減為原來的一半，則熒光屏上的亮圓半徑減半D.若只將發射電子速度減為原來的一半，則熒光屏上的亮圓變成亮點【答案】AD【解析】AB．將電子的速度分解為水平方向的速度，和豎直方向的速度，即，在水平方向因為電子速度與磁場方向平行，所以不會受到洛倫茲力，即電子在水平方向做勻速直線運動，在豎直方向因為粒子與磁場方向垂直，所以受到洛倫茲力，由于不計重力，所以在豎直方向粒子做勻速圓周運動。綜上所述，可以將其看成水平方向的勻速直線，與豎直方向的粒子源問題，電子圓形亮斑的最大半徑是電子軌跡圓周的半徑的二倍，根據洛倫茲力提供向心力有則故A正確，B錯誤；CD．設此時光屏到S的距離為d，則有且若只將發射電子速度減為原來的一半，則所以熒光屏上的亮圓變成亮點，故C錯誤，D正確；故選AD。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13.在“用插針法測定玻璃磚折射率”的實驗中：（1）如圖甲，下列說法正確的是______。（單選，選填正確選項前的字母）A.為了減小作圖誤差，和的距離應盡可能取小些B.如果光在界面的入射角大于臨界角，光將不會進入玻璃磚C.不論光以什么角度從射入，經一次折射后到達界面都能射出（2）小張同學確認所有操作步驟都正確后，根據測得的入射角和折射角的正弦值畫出圖線，如圖乙所示，從圖線可求得玻璃磚的折射率是______；（3）小楊同學在畫界面時，不小心將界面畫的比玻璃磚寬了一些，其余操作均正確，如圖丙所示，他測得的折射率______真實值（選填“大于”、“小于”、“等于”）。【答案】（1）C（2）1.5（3）偏小【解析】（1）A．和的距離應適當取大些，這樣做出的折射光線的方向更加準確，故A錯誤；B．發生全反射的條件是光從光密介質射向光疏介質，因此，即使光在界面aa′的入射角大于臨界角，光也不會發生全反射，而一定會折射進入玻璃，故B錯誤；C．光在aa′的入射角為，根據折射定律有由幾何關系可得，界面bb′的入射角等于。因此，無論光以什么角度從aa′射入，經以此折射后到達界面bb′時的入射角都會小于全反射的臨界角，所以光都能從界面bb′射出，故C正確。故選C。（2）玻璃磚的折射率則可知圖線斜率的倒數表示折射率代入數據解得（3）小楊同學測定折射率時，實驗所得折射光線為2，而實際的折射光線為1，如圖所示。可知實驗所得的折射角偏大，則由折射率可知，小楊同學測得的折射率與真實值相比偏小。14.利用圖1所示的儀器研究動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系。（1）圖2中的O點是小球拋出點在地面上的垂直投影點。實驗時，先讓入射球多次從斜軌上S位置由靜止釋放，找到其平均落地點的位置P，測量平拋射程OP，然后把被碰小球靜置于軌道的水平部分右端，再將入射小球從斜軌上S位置由靜止釋放，與小球相撞，并多次重復。接下來的步驟中不必要的是______（多選）；A.用天平測量兩個小球的質量、B.測量小球開始釋放高度hC.測量拋出點距地面的高度HD.分別找到、相碰后平均落地點的位置M、NE.測量平拋射程OM、ON（2）若兩球相碰前后的動量守恒，其表達式可表示為______[用（1）中測量的量表示]；（3）碰撞的恢復系數的定義為，其中和分別是、碰撞前的速度，、分別是、碰撞后的速度。經測定，小球落地點的平均位置到O點的距離如圖2所示。利用相關數據可以計算出，本次碰撞的恢復系數e=______。（4）若碰撞滿足動量守恒，被碰小球的質量，碰撞的恢復系數同第（3）問，為保證入射小球不反彈，則入射小球的質量最小應為______g。【答案】（1）BC（2）（3）0.5（4）25【解析】（1）如果碰撞過程系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得小球離開軌道后做平拋運動，它們拋出點的高度相等，在空中的運動時間t相等，上式兩邊同時乘以t得即為ADE．因此實驗需要過程為測量兩球的質量、、相碰后平均落地點的位置M、N，測量平拋射程OM、ON，故ADE不符合題意；BC．不需要測量小球開始釋放高度h，也不需要測量拋出點距地面的高度H，故BC符合題意。選步驟中不必要的，故選BC。（2）由第一問可知，若兩球相碰前后的動量守恒，其表達式可表示為（3）本實驗的原理小球從槽口C飛出后做平拋運動的時間相同，設為t，則OP=v1t，OM=t，ON=t小球2碰撞前靜止，即v2=0因而碰撞系數為（4）由動量守恒可得又得綜合可得為保證入射小球不反彈，則得入射小球的質量最小應為。15.如圖所示，P、Q是同一介質中相距20m的兩個波源，t=0時刻波源Q從平衡位置開始做振幅為A、頻率f=25Hz的簡諧運動，時波源P從平衡位置開始做振幅為A、頻率f=25Hz的簡諧運動，兩波源產生的簡諧橫波同時到達與波源P相距15m的O點，OP⊥PQ，質點O開始做振幅為2A的簡諧運動。求：（1）該簡諧波在介質中的傳播速度；（2）兩波源P、Q連線上（P、Q兩點除外）振動加強點的個數。【答案】（1）（2）兩波源振動同步調時，振動加強點的有9個；兩波源振動反步調時，振動加強點的有9個【解析】（1）之間距離該簡諧波在介質中的傳播速度，則解得（2）由得若兩波源振動同步調，振動加強點的位置到兩波源的波程差等于波長的整數倍，即當時當時當時當時當時振動加強點的有9個。若兩波源振動反步調，振動加強點的位置到兩波源的波程差等于半個波長的奇數倍，即當時當時當時當時當時振動加強點的有9個。16.一半徑為R的半圓柱形玻璃磚，底面為長L、寬2R的矩形，現將矩形底面水平放置，豎直截面為如圖所示半圓，O為半圓形截面的圓心，OP之間的距離為。一單色光線從P點垂直界面入射后，恰好在玻璃磚圓形表面發生全反射。若換成照射面積足夠大的該單色平行光束從半圓柱體的矩形表面射入，該光束平行于半圓形截面并與豎直方向成θ=45°角。不考慮光線在玻璃磚內的多次反射。求（1）玻璃磚的折射率；（2）該光束射入玻璃磚后，有光線射出的圓柱面的面積。【答案】（1）（2）【解析】（1）單色光線從P點垂直界面入射后，恰好在玻璃磚圓形表面發生全反射，則臨界角滿足根據全反射臨界角公式有（2）根據折射作圖，如圖根據折射定律有可知所有光線的折射角都為對于從O點右側入射的光線，某折射光線剛好在D點發生全反射，則有所以∠AOD=180°-60°-45°=75°當∠AOD＜75°時，發生全反射，不能從玻璃磚表面射出。對于從左側入射的光線，設折射光線剛好在C點發生全反射，此時∠BOC=180°-120°-45°=15°故能夠從玻璃磚出射的光束范圍限制在圓弧DC區域上，設其對應的圓心角為，則所以玻璃磚表面有光線射出部分的面積為17.如圖所示，光滑水平地面上，靜置著足夠長的木板B和物塊C，木板B右端到物塊C的距離為x=0.4m。某時刻，物塊A以的初速度從木板B的左端沖上木板向右滑行。已知物塊A、木板B、物塊C的質量分別為、、，物塊A與木板B上表面間的動摩擦因數為μ=0.1，重力加速度為，木板B、物塊C間的所有碰撞均為彈性碰撞。求：（1）木板B與物塊C第一次碰前瞬間，物塊A和木板B的速度大小；（2）從物塊A沖上木板B到木板B與物塊C第二次碰前瞬間，A、B因摩擦產生的熱量；（3）木板B與物塊C第二次碰后瞬間，物塊C的速度大小。【答案】（1），（2）5.4J（3）【解析】（1）根據牛頓第二定律可知A、B的加速度分別為設經t時刻，B、C碰撞，則有解得，（2）B、C發生彈性碰撞，規定向右為正方向，則有解得，若B、C再次碰撞前，B一直加速，設經時刻，B、C再次碰撞，則有解得s此時B的速度為由于地面光滑，則A、B最終共速，根據動量守恒定律有解得則B與C碰撞前已經與A共速，根據能量守恒定律有代入數據解得J（3）木板B與物塊C第二次碰后瞬間，根據動量守恒定律有根據能量守恒定律有解得或（舍）18.如圖所示，在直角坐標系xOy中，在第一象限范圍內有個圓形磁場區域，圓心為，半徑為R，磁場方向垂直紙面向里。圓形磁場區域外部又有兩個勻強磁場區域Ⅰ和Ⅱ，磁場方向均垂直紙面向外，虛線為它們的分界線，區域Ⅰ的磁感應強度大小為B，區域Ⅱ的磁感應強度大小為kB（k為未知常數），C點為它們分界線與圓形磁場邊界的交點，已知OC=4L。質量為m，帶電量為q的正粒子從O點沿+y軸方向射入磁場Ⅰ中，其在勻強磁場區域Ⅰ中做圓周運動的軌道半徑為L，不計粒子所受重力，粒子不會飛出第一象限。粒子從Ⅰ區到達C點后速度方向恰與圓形磁場邊緣相切，進入圓形磁場，經過P點。已知，速度與夾角為60°。sin37°=0.6。求（1）粒子射入磁場Ⅰ時的速度大小；（2）求粒子從O點射出后，第一次到達分界線所經歷時間；（3）圓形磁場的磁感強度大小；（4）k值。【答案】（1）（2）（3）（4）【解析】（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律可得解得（2）粒子在磁場Ⅰ中運動的周期根據題意，由幾何知識可知，粒子在偏轉的角度，如圖所示，故粒子第一次打在邊界線上的時間（3）粒子在圓形磁場區域運動時，速度與夾角為60°，設,根據幾何知識可得由勾股定理可得聯立解得由于洛倫茲力提供圓周運動的向心力，故圓形磁場區域的磁感應強度（4）作出粒子在磁場Ⅰ、Ⅱ區域的運動軌跡，如圖所示則有解得根據洛倫茲力提供向心力則有聯立解得高二年級考試物理試題注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。1.如圖所示，半徑為R的圓盤邊緣有一釘子B，在水平光線下，圓盤的轉軸A和釘子B在右側墻壁上形成影子O和P，以O為原點在豎直方向上建立x坐標系。t=0時從圖示位置沿逆時針方向勻速轉動圓盤，角速度為ω，則P做簡諧運動的表達式為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由圖可知，影子P做簡諧運動的振幅為R，以向上為正方向，設P的振動方程為由圖可知，當時，P的位移為，代入振動方程解得則P做簡諧運動的表達式為故選A。2.如圖所示，電源內電阻r=1Ω，滑動變阻器的最大電阻，定值電阻，調節的阻值，發現穩定后的消耗功率最大為0.75W，則電源電動勢為（）A.1V B.2V C.3V D.4V【答案】C【解析】將R2看做電源內阻，則r內=r+R2=3Ω因為當外電阻等于電源內阻時外電阻消耗功率最大，則當R1功率最大時R1=r內=3Ω此時功率滿足解得E=3V故選C。3.如圖所示，一輕桿一端可繞O點在豎直平面內自由轉動，另一端固定一小球，把小球拉至A點由靜止釋放，運動到與A點關于圓心的對稱點B。不計一切阻力，這一過程中輕桿對小球作用力的沖量（）A.在水平方向上的分量為零B.在水平方向上的分量方向向右C.在豎直方向上的分量一定大于重力對小球的沖量D.在豎直方向上的分量一定小于重力對小球的沖量【答案】C【解析】AB．設與水平方向的夾角為，從A點到B點，根據機械能守恒可得可得根據動量定理，這一過程中輕桿對小球作用力的沖量在水平方向上的分量大小為方向水平向左，故AB錯誤；CD．這一過程中豎直方向根據動量定理可得可知這一過程中輕桿對小球作用力的沖量在豎直方向上的分量一定大于重力對小球的沖量，故C正確，D錯誤。故選C。4.在勻強磁場中有粗細均勻的同種導線制成的“正八角形”線框，磁場方向垂直于線框平面向里，a、c兩點接一直流電源，電流方向如圖所示。已知abc邊受到的安培力大小為F，則整個線框所受安培力大小為（）A.3F B. C. D.【答案】B【解析】根據題意，由電阻定律可知，兩段導線的電阻之比為，歐姆定律可知，電流之比為，由于兩段導線的有效長度相等，由公式可知，長導線所受安培力為，由左手定則可知，兩段導線所受安培力方向相同，則整個線框所受安培力大小為故選B。5.如圖所示為雙縫干涉實驗裝置的截面圖，單色光源S到雙縫、的距離相等，O是、連線中垂線與光屏的交點。介質為空氣時，O點出現亮條紋。若將中垂線上方充滿折射率為的介質，下方仍為折射率n=1的空氣，則原本在O點處的亮條紋將會（）A.向上移動 B.向下移動 C.保持不變 D.無法判斷【答案】A【解析】開始時兩狹縫到O點的距離相等，即兩狹縫到O點的距離是波長的倍數相等；由于光在的介質中傳播時頻率不變，波速減小，故波長變短。則光屏上到狹縫S1和S2的距離等于波長倍數相等的位置上移，因此中央亮紋向上移動。故選A。6.回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是與高頻交流電極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中有周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩個D形金屬盒處于垂直于盒面的勻強磁場中，如圖所示。下列說法正確的是（）A.僅增大狹縫間的加速電壓，則同一粒子射出加速器時的動能增大B.僅增大D形金屬盒的半徑，則同一粒子射出加速器時的動能不變C.僅增大磁場的磁感應強度且使電場變化周期與粒子做圓周運動周期相同，則同一粒子射出加速器時的動能不變【答案】D【解析】AB．僅增大加速電壓，則每次加速獲得的動能變大。設D形金屬盒的半徑為r，由洛倫茲力提供向心力可得解得粒子的最大動能為聯立解得由此可知，粒子射出加速器時的動能大小與加速電壓無關，故A正確，B錯誤；C．由可知僅增大磁場的磁感應強度且使電場變化周期與粒子做圓周運動周期相同，則同一粒子射出加速器時的動能變大，故C錯誤；D．由可知僅增大粒子的質量且使電場變化周期與粒子做圓周運動周期相同，粒子出射時的動能減小，故D正確。故選D。7.如圖所示的電路中，電源的電動勢E=12V，內阻忽略不計，電阻的阻值分別為，滑動變阻器的最大阻值R=30Ω，電容器M、N的電容C=30μF。現將滑動觸頭P置于滑動變阻器最左端a點，合上開關S，待電路穩定后，將P緩慢地從a點右移到的過程中，通過導線PN的電荷量為（）A. B.C. D.【答案】D【解析】滑動觸頭P置于滑動變阻器最左端a點時，電容器N極板帶正電，此時有其中解得P從a點右移到的時，滑動變阻器左、右側電阻分別為令D點電勢為0，則此時有其中解得可知，此時電容器M極板帶正電，N極板帶負電解得則通過導線PN的電荷量為8.一半徑為R的圓筒處于勻強磁場中，磁場方向與筒的中心軸線平行，筒的橫截面如圖所示。圖中直徑MN的兩端分別開有小孔M、N，筒繞其中心軸以角速度ω順時針轉動。在該截面內，一帶電粒子從小孔M射入筒內，射入時的運動方向與MN成30°角。當筒轉過120°時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒，不計重力。若粒子在筒內未與筒壁發生碰撞，則帶電粒子運動的速度為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】粒子恰好從小孔N飛出圓筒時筒轉過120°，由幾何關系得，粒子在磁場中做勻速圓周運動所轉過的圓心角為60°，半徑為R，如圖所示則粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期根據結合洛倫茲力提供向心力解得二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求。全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9.如圖所示，傾角為β的斜面固定在水平面上，一根不可伸長的輕繩一端連接在置于斜面上質量為M的物體a上，另一端繞過光滑的定滑輪與小球b連接，輕繩與斜面平行，定滑輪到小球b的距離為l。用手按住物體a不動，把小球b拉開很小的角度θ（θ<5°）后釋放，使小球b做單擺運動，穩定后放開物體a。當小球b運動到最高點時，物體a恰好不下滑，當小球b運動到最低點時，物體a恰好不上滑，物體a與斜面的最大靜摩擦力大小為，忽略空氣阻力及定滑輪的大小，a、b均可看作質點，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A.小球擺動的最大回復力大小為B.小球擺動的最大回復力大小為C.物體a受到的摩擦力變化的周期D.物體a受到的摩擦力變化的周期【答案】AC【解析】AB．當小球運動到最高點時，物體a恰好不下滑，此時a受沿斜面向上的最大靜摩擦力，有當小球b運動到最低點時，物體a恰好不上滑，有小球擺動至端點時回復力最大為聯立解得故A正確，B錯誤；CD．單擺從左側最高點到右側最高點時，物塊a受的摩擦力回到原來的值，則物體a受到的摩擦力變化的周期是單擺的周期的一半，即有故C正確，D錯誤。10.如圖甲所示，質量為m的物體P與物體Q（質量未知）之間拴接一輕彈簧，均靜止在光滑的水平地面上，彈簧恰好處于原長。現給物體P一瞬時初速度，并把此時記為0時刻，規定向左為正方向，時間內物體P、Q運動的a-t圖像如圖乙所示，則（）A.物體Q的質量為2mB.物體Q的質量為0.5mC.時刻物體Q的速度大小為D.時刻物體P的速度大小為【答案】BD【解析】AB．水平面光滑，兩物塊所受合力等于彈簧的彈力，兩物塊所受合力大小相等、方向相反，Q向左加速，加速度為正，P向左減速，則加速度為負；設彈簧彈力大小為F，根據圖示圖像，由牛頓第二定律得物體Q的質量為mQ=0.5m選項A錯誤，B正確；CD．時刻兩物體的加速度最大，則彈簧被壓縮到最短，此時兩物塊速度相等，由動量守恒定律解得即此時兩物塊的速度大小均為，選項C錯誤，D正確。故選BD。11.甲、乙兩列簡諧橫波在同一均勻介質中沿x軸相向傳播，甲僅存在一個波長的波形，乙為持續的波形，波速均為2m/s。時刻，波形圖如圖所示。關于平衡位置在處的質點P，下列說法正確的是（）A.時，P偏離平衡位置的位移為0B.時，P偏離平衡位置位移為2cmC.0~3s內，P走過的路程為0.4mD.0~3s內，P走過的路程為0.32m【答案】BC【解析】AB．在1.25s內，甲、乙兩列波傳播的距離均為根據波形平移法可知，時，處甲波的波谷剛好傳到P處，處乙波的波峰剛好傳到P處，根據疊加原理可知，時，P偏離平衡位置的位移為故A錯誤，B正確；CD．由圖可知內乙波引起P點振動的路程為此后甲波傳播到P點，甲波再P點開始向下振動，乙波在P點開始向上振動，則此后的振幅為由于甲僅存在一個波長的波形，故內兩波引起P點振動的路程為內乙波引起P點振動的路程為故0~3s內，P走過的路程為故C正確、D錯誤。故選BC12.如圖所示，空間中分布著水平向右的足夠大的勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向水平向右。磁場中固定的陰極發射器S可發射電荷量為e，質量為m的電子，電子初速度大小均為v，方向呈圓錐形，且均與磁場方向成θ角（0<θ<90°）。右側豎直放置與磁場方向垂直的足夠大的熒光屏，電子打在熒光屏上的位置會出現亮點。調節熒光屏到陰極發射器的距離，使熒光屏上出現最大亮圓時將其固定。下列說法正確的是（）A.屏上最大亮圓的半徑為B.屏上最大亮圓的半徑為C.若只將發射電子速度減為原來的一半，則熒光屏上的亮圓半徑減半D.若只將發射電子速度減為原來的一半，則熒光屏上的亮圓變成亮點【答案】AD【解析】AB．將電子的速度分解為水平方向的速度，和豎直方向的速度，即，在水平方向因為電子速度與磁場方向平行，所以不會受到洛倫茲力，即電子在水平方向做勻速直線運動，在豎直方向因為粒子與磁場方向垂直，所以受到洛倫茲力，由于不計重力，所以在豎直方向粒子做勻速圓周運動。綜上所述，可以將其看成水平方向的勻速直線，與豎直方向的粒子源問題，電子圓形亮斑的最大半徑是電子軌跡圓周的半徑的二倍，根據洛倫茲力提供向心力有則故A正確，B錯誤；CD．設此時光屏到S的距離為d，則有且若只將發射電子速度減為原來的一半，則所以熒光屏上的亮圓變成亮點，故C錯誤，D正確；故選AD。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13.在“用插針法測定玻璃磚折射率”的實驗中：（1）如圖甲，下列說法正確的是______。（單選，選填正確選項前的字母）A.為了減小作圖誤差，和的距離應盡可能取小些B.如果光在界面的入射角大于臨界角，光將不會進入玻璃磚C.不論光以什么角度從射入，經一次折射后到達界面都能射出（2）小張同學確認所有操作步驟都正確后，根據測得的入射角和折射角的正弦值畫出圖線，如圖乙所示，從圖線可求得玻璃磚的折射率是______；（3）小楊同學在畫界面時，不小心將界面畫的比玻璃磚寬了一些，其余操作均正確，如圖丙所示，他測得的折射率______真實值（選填“大于”、“小于”、“等于”）。【答案】（1）C（2）1.5（3）偏小【解析】（1）A．和的距離應適當取大些，這樣做出的折射光線的方向更加準確，故A錯誤；B．發生全反射的條件是光從光密介質射向光疏介質，因此，即使光在界面aa′的入射角大于臨界角，光也不會發生全反射，而一定會折射進入玻璃，故B錯誤；C．光在aa′的入射角為，根據折射定律有由幾何關系可得，界面bb′的入射角等于。因此，無論光以什么角度從aa′射入，經以此折射后到達界面bb′時的入射角都會小于全反射的臨界角，所以光都能從界面bb′射出，故C正確。故選C。（2）玻璃磚的折射率則可知圖線斜率的倒數表示折射率代入數據解得（3）小楊同學測定折射率時，實驗所得折射光線為2，而實際的折射光線為1，如圖所示。可知實驗所得的折射角偏大，則由折射率可知，小楊同學測得的折射率與真實值相比偏小。14.利用圖1所示的儀器研究動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系。（1）圖2中的O點是小球拋出點在地面上的垂直投影點。實驗時，先讓入射球多次從斜軌上S位置由靜止釋放，找到其平均落地點的位置P，測量平拋射程OP，然后把被碰小球靜置于軌道的水平部分右端，再將入射小球從斜軌上S位置由靜止釋放，與小球相撞，并多次重復。接下來的步驟中不必要的是______（多選）；A.用天平測量兩個小球的質量、B.測量小球開始釋放高度hC.測量拋出點距地面的高度HD.分別找到、相碰后平均落地點的位置M、NE.測量平拋射程OM、ON（2）若兩球相碰前后的動量守恒，其表達式可表示為______[用（1）中測量的量表示]；（3）碰撞的恢復系數的定義為，其中和分別是、碰撞前的速度，、分別是、碰撞后的速度。經測定，小球落地點的平均位置到O點的距離如圖2所示。利用相關數據可以計算出，本次碰撞的恢復系數e=______。（4）若碰撞滿足動量守恒，被碰小球的質量，碰撞的恢復系數同第（3）問，為保證入射小球不反彈，則入射小球的質量最小應為______g。【答案】（1）BC（2）（3）0.5（4）25【解析】（1）如果碰撞過程系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得小球離開軌道后做平拋運動，它們拋出點的高度相等，在空中的運動時間t相等，上式兩邊同時乘以t得即為ADE．因此實驗需要過程為測量兩球的質量、、相碰后平均落地點的位置M、N，測量平拋射程OM、ON，故ADE不符合題意；BC．不需要測量小球開始釋放高度h，也不需要測量拋出點距地面的高度H，故BC符合題意。選步驟中不必要的，故選BC。（2）由第一問可知，若兩球相碰前后的動量守恒，其表達式可表示為（3）本實驗的原理小球從槽口C飛出后做平拋運動的時間相同，設為t，則OP=v1t，OM=t，ON=t小球2碰撞前靜止，即v2=0因而碰撞系數為（4）由動量守恒可得又得綜合可得為保證入射小球不反彈，則得入射小球的質量最小應為。15.如圖所示，P、Q是同一介質中相距20m的兩個波源，t=0時刻波源Q從平衡位置開始做振幅為A、頻率f=25Hz的簡諧運動，時波源P從平衡位置開始做振幅為A、頻率f=25Hz的簡諧運動，兩波源產生的簡諧橫波同時到達與波源P相距15m的O點，OP⊥PQ，質點O開始做振幅為2A的簡諧運動。求：（1）該簡諧波在介質中的傳播速度；（2）兩波源P、Q連線上（P、Q兩點除外）振動加強點的個數。【答案】（1）（2）兩波源振動同步調時，振動加強點的有9個；兩波源振動反步調時，振動加強點的有9個【解析】（1）之間距離該簡諧波在介質中的傳播速度，則解得（2）由得若兩波源振動同步調，振動加強點的位置到兩波源的波程差等于波長的整數倍，即當時當時當時當時當時振動加強點的有9個。若兩波源振動反步調，振動加強點的位置到兩波源的波程差等于半個波長的奇數倍，即當時當時當時當時當時振動加強點的有9個。16.一半徑為R的半圓柱形玻璃磚，底面為長L、寬2R的矩形，現將矩形底面水平放置，豎直