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广东省广州市广雅中学2023-2024学年高二下学期期中考试物理试卷
1．（2024高二下·荔湾期中）分析下列所描述的四个物理现象：
①听到迎面面来的汽笛声变得尖锐
②水塘中的水波能绕过障碍物继续传播
③夏天里一次闪电过后，有时会雷声轰鸣不绝
④具有主动降噪功能的耳机，根据收集到的噪声信息发出特定声波可以抵消噪声。这些现象分别是波的（　　）
A．多普勒效应、反射现象、衍射现象、干涉现象
B．多普勒效应、衍射现象、反射现象、干涉现象
C．干涉现象、衍射现象、多普勒效应、折射现象
D．多普勒效应、反射现象、干涉现象、衍射现象
【答案】B
【知识点】多普勒效应；光的干涉；光的反射；光的衍射
【解析】【解答】多普勒效应：当波源与观察者相互靠近时，观察者接收到的频率变大，当波源与观察者相互远离时，观察者接收到的频率变小。
当观察者与波源相互靠近时，接收到的频率增大，即听到迎面面来的汽笛声变得尖锐是多普勒效应；当水波的波长与障碍物尺寸差不多、或者大于障碍物的尺寸时，能够发生明显的衍射现象，即水塘中的水波能绕过障碍物继续传播是衍射现象；夏天里一次闪电过后，有时会雷声轰鸣不绝是由于声波经云层反射而形成的，因此是声波的反射现象；具有主动降噪功能的耳机，根据收集到的噪声信息发出特定声波，当发出的声波与噪声的频率相等时，发生干涉现象，在减弱区域可以抵消噪声，因此是干涉现象。综上上述，这些现象分别是波的多普勒效应、衍射现象、反射现象、干涉现象。
故选B
【分析】听到迎面而来的尖锐汽笛声这是多普勒效应造成的；水塘中的水波能绕过障碍物继续传播，这是水波的衍射现象；雷声轰鸣不绝，是因为声音在云层之间来回反射造成的；主动降噪功能的耳机是利用了声音的干涉现象。
2．（2024高二下·荔湾期中）如图甲所示，把小球安装在弹簧的一端，弹簧的另一端固定，小球和弹簧均穿在光滑的水平杆上。小球振动时，沿垂直于振动方向以速度v匀速拉动纸带，不计小球上的振针与纸带之间的摩擦阻力，纸带上留下如图乙所示的痕迹，a、b是痕迹上的两点。下列说法正确的是（ ）
A．t时间内小球运动的路程为vt
B．小球通过a点的速度大于通过b点的速度
C．小球机械能守恒
D．减小小球振动的振幅，其周期会变大
【答案】B
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】本题主要考查了弹簧振子的简谐运动，要掌握简谐运动的特点，理解纸带的运动与小球运动的不同点。A．t时间内纸带走过的路程为vt，故A错误；
B．小球做简谐运动，距离平衡位置越近，速度越大，则，故B正确；
C．小球和弹簧组成的系统机械能守恒，故C错误；
D．周期与振幅无关，故D错误。
故选B。
【分析】小球沿杆做变速运动，纸带做匀速运动，据此分析作答；小球做简谐运动，距离平衡位置越近，速度越大；小球和弹簧组成的系统机械能守恒；根据小球做简谐运动的周期的影响因素分析作答。
3．（2024高二下·荔湾期中）对于以下的光学现象说法中正确的是（　　）
A．图甲是双缝干涉示意图，若只增大两个狭缝S1、S2间的距离d，相邻亮条纹间距离将增大
B．图乙是单色光单缝衍射实验现象，若在狭缝宽度相同情况下，下图对应光的波长较短
C．图丙是用干涉法检测工件表面平整程度时，得到的干涉图样，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凹陷的
D．图丁中的P、Q是偏振片，当P固定不动，缓慢转动时，光屏上的光亮度将一明一暗交替变化，此现象表明光波是纵波
【答案】B
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系；薄膜干涉；光的衍射；光的偏振现象
【解析】【解答】本题主要考查了双缝干涉测量光的波长实验，理解光的特性和生活中关于光的应用的工作原理即可。A．图甲中，由公式可知，若只增大两个狭缝S1、S2间的距离d，相邻亮条纹间距离将减小，故A错误；
B．图乙中，在狭缝宽度相同情况下，光的波长越大，中间亮条纹越宽，则下图对应光的波长较短，故B正确；
C．图丙中，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凸起的，故C错误；
D．图丁中，当P固定不动，缓慢转动时，光屏上的光亮度将一明一暗交替变化，此现象表明光波是横波，故D错误。
故选B。
【分析】根据双缝干涉实验中亮条纹间距离的公式完成分析；根据狭缝宽度的特点和图乙得出光的波长的大小关系；根据干涉条纹的特点分析出被检测的平面的特点；根据偏振片后的光的亮度特点分析出光的特点。
4．（2024高二下·荔湾期中）如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，其中丙的磁感应强度大小为B、电场强度大小为E，下列说法正确的是（　　）
A．甲图要增大粒子的最大动能，可减小磁感应强度
B．乙图可判断出A极板是发电机的正极
C．丙图中粒子沿直线通过速度选择器的条件是
D．丁图中若导体为金属，稳定时C板电势高
【答案】C
【知识点】质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机；速度选择器；霍尔元件
【解析】【解答】本题考查了洛伦兹力的应用相关知识，掌握用左手定则判断洛伦兹力的方向，知道速度选择器的原理以及回旋加速器中最大动能的表达式。A．设回旋加速度D形盒的半径为R，粒子获得的最大速度为vm，根据牛顿第二定律有
解得
粒子的最大动能为
由上式可知要增大粒子的最大动能，可增大磁感应强度，故A错误；
B．根据左手定则可知等离子体中正电荷向B板偏转，负电荷向A板偏转，所以A极板是发电机的负极，B极板是发电机的正极，故B错误；
C．粒子沿直线通过速度选择器时，洛伦兹力与电场力平衡，即
解得
故C正确；
D．若导体为金属，则产生电流的粒子是自由电子，其定向移动方向与电流方向相反，根据左手定则可知稳定时C板聚集了电子，所以D板电势高，故D错误；
故选C。
【分析】根据回旋加速器工作原理作答；等离子体在磁场中受洛伦兹力作用，根据左手定则作答；粒子在速度选择器中受洛伦兹力和电场力作用，根据平衡条件作答；根据左手定则得出粒子受到的洛伦兹力方向，结合粒子的电性得出电势的高低。
5．（2024高二下·荔湾期中）如图所示为某小型电站高压输电示意图。发电机输出功率恒定，升、降压变压器均为理想变压器。在输电线路的起始端接入A、B两个理想互感器，互感器原、副线圈的匝数比分别为100：1和1：10，电压表的示数为220V，电流表的示数为5A，线路总电阻，则下列说法正确的是（　　）
A．发电机输出的电功率1100kW
B．线路上损耗的功率2500W
C．互感器A是电流互感器，互感器B是电压互感器
D．用户使用的用电设备变多，降压变压器输出电压大小不会改变
【答案】A
【知识点】变压器原理；电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】本题实质是电压互感器与电流互感器的简单运用，电压互感器与电流互感器是利用变压器原理将电压、电流减小到可测范围进行测量的仪器。C．互感器A并联接入电路是电压互感器，互感器B串联接入电路是电流互感器，故C错误；
B．根据
代入数据得
线路上损耗功率
故B错误；
A．根据变压器原理可知
代入数据得
发电机输出电功率
故A正确；
D．用户使用的用电设备越多，用户电流增大，输电电流增大，输电线损失电压增大，降压变压器输入电压减小，降压变压器输出电压减小，故D错误。
故选A。
【分析】电压互感器并联在电路中，电流互感器串联在电路中；根据变压器规律求出输电电压与输电电流，应用电功率公式求电功率；用户用电设备越多，用户总电阻越小，根据题意分析答题。
6．（2024高二下·荔湾期中）在信息技术迅猛发展的今天，光盘是存储信息的一种重要媒介。光盘上的信息通常是通过激光束来读取的。若红、蓝激光束不是垂直投射到盘面上，则光线在通过透明介质层时会发生偏折而改变行进的方向。如图所示。下列说法中正确的是（　　）
A．图中光束①是红光，光束②是蓝光
B．在光盘的透明介质层中，光束①比光束②传播速度更快
C．若光束①、②先后通过同一小孔，则①衍射现象更明显
D．若光束①、②从透明介质层以相同逐渐增大的入射角射向空气中，则①先发生全反射
【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射；光的衍射
【解析】【解答】 解决本题的突破口是比较出两束光的折射率大小，从而比较出频率、波长、在介质中的速度、临界角的大小。A．①光的偏折程度较大，则折射率较大，蓝光的折射率大于红光的折射率，所以①光是蓝光，②是红光，故A错误；
B．根据知，蓝光的折射率大，在介质中的速度小，则光束①比光束②传播速度更慢，故B错误；
C．蓝光的折射率大，频率大，知蓝光的波长小，波长越长，衍射现象越明显，所以②光衍射更明显，故C错误；
D．根据知，蓝光的折射率大，临界角小，增大入射角，①先发生全反射，故D正确。
故选D。
【分析】根据光的偏折程度比较出两束光的折射率，从而根据比较出在介质中传播的是的，根据，比较出临界角的大小，根据波长的长短，判断谁的衍射现象更明显。
7．（2024高二下·荔湾期中）如图甲所示的按压式圆珠笔，其结构由外壳、内芯和轻质弹簧三部分组成。小李把笔竖直倒立于水平桌面上，用力下压外壳，然后释放，圆珠笔向上弹起，其过程可简化为如图乙所示的三个阶段。圆珠笔外壳先竖直向上运动，当弹簧恰好恢复原长时，外壳与静止的内芯碰撞，碰后与内芯一起以共同的速度向上运动到最大高度处，碰撞时间极短，忽略所有摩擦和空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．外壳与内芯碰撞前，外壳向上做加速运动
B．圆珠笔离开桌面前，桌面对圆珠笔的冲量为零
C．从释放外壳到圆珠笔运动到最高点的过程，圆珠笔重力势能的增加量等于弹簧弹性势能的减少量
D．外壳与内芯碰撞时，圆珠笔的机械能不守恒
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；冲量；碰撞模型
【解析】【解答】本题考查利用牛顿第二定律分析动态过程，冲量的定义和矢量性，完全非弹性碰撞的特征。A．外壳与内芯碰撞前，弹簧对外壳的弹力先大于外壳重力后小于外壳重力，外壳的合力先向上后向下，外壳向上先做加速运动后做减速运动，故A错误；
B．圆珠笔离开桌面前，桌面对圆珠笔的支持力向上，所以冲量向上，不为零，故B错误；
C．外壳与静止的内芯碰后与内芯一起以共同的速度向上运动到最大高度处，所以碰撞过程属于非弹性碰撞，有内能产生，所以从释放外壳到圆珠笔运动到最高点的过程，圆珠笔重力势能的增加量小于弹簧弹性势能的减少量，故C错误；
D．由题意可知外壳与内芯的碰撞是非弹性碰撞，机械能损失，所以圆珠笔的机械能不守恒，故D正确。
故选D。
【分析】对外壳和内芯碰撞前的情况进行受力分析，结合动量定理和机械能守恒定律分析出能量的转化特点。
8．（2024高二下·荔湾期中）将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面（纸面）内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场I中，回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场II，以向里为磁场II的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示，用i表示回路中的电流，以顺时针为电流i的正方向。用F表示ab边受到的安培力，以水平向左为F的正方向，能正确反映i和F分别随时间t变化的图像是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】安培力的计算；左手定则—磁场对带电粒子的作用；楞次定律；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】本题要求学生能正确理解B-t图的含义，故道B如何变化，才能准确的利用楞次定律进行判定。根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的变化，由欧姆定律判断感应电流的变化，进而可确定安培力大小的变化。根据题意，由楞次定律可知，时间内，线圈中电流为顺时针方向，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势
保持不变，则感应电流保持不变，由左手定则可知，ab边受到的安培力水平向左，大小
保持不变。同理可得，时间内，电流为逆时针方向，保持不变，ab边受到的安培力水平向右，大小保持不变。
故选AC。
【分析】由楞次定律可知电流的方向，根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势大小是否变化，由此确定电流强度是否变化；由左手定则判断安培力的方向，根据安培力的计算公式判断安培力的大小。
9．（2024高二下·荔湾期中）“水袖功”是中国古典舞中用于表达情感的常用技巧，舞者通过手把有规律的抖动传导至袖子上，营造出一种“行云流水”的美感。某次演员抖动水袖时形成一列沿x轴传播的简谐横波，其在某一时刻的波形图如图甲所示，P和Q是这列简谐横波上的两个质点，从该时刻（设为t=0）起质点Q在一段时间内的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．该列简谐横波沿x轴负方向传播，波速大小为1m/s
B．该列简谐横波与频率为2Hz的简谐横波可发生稳定干涉
C．在t=1s时，质点P的速度为零，加速度最大
D．从t=0到t=3s，质点Q通过的路程为2.4m
【答案】A,C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】本题主要考查简谐横波的波速、周期、频率等基本物理量之间的关系，以及简谐振动的基本特征。A．由题图乙可知，此时刻质点Q的振动方向向上，由“同侧法”可判断，波沿x轴负方向传播，波速大小
故A正确；
B．这列简谐横波的振动周期T=2s，频率f=0.5Hz，而发生稳定干涉的条件是频率相同，故B错误；
C．题图甲中P点的振动方向向下，经过t=1s，P点运动到波谷处，最大位移处的加速度最大，速度为零，故C正确；
D．从t=0到t=3s，经过1.5T，质点Q通过的路程为
故D错误。
故选AC。
【分析】根据分析给定的波形图和振动图，可以确定波的传播方向、波长、周期等物理量，进而求解波速和分析质点的振动。
10．（2024高二下·荔湾期中）如图所示，竖直面内有一个闭合导线框ACD（由细软弹性电阻丝制成），端点A、D固定在以水平线段AD为直径的半圆形区域内有磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场。设导线框的电阻恒为，圆的半径为，用两种方式使导线框上产生感应电流。方式一：将导线与圆周的接触点点以恒定角速度（相对圆心）从点沿圆弧移动至点；方式二：以为轴，保持，将导线框以恒定的角速度转90°，则下列说法正确的是（　　）
A．方式一中，在沿圆弧移动到圆心的正上方时，导线框中的感应电动势为零
B．方式一中，在从点沿圆弧移动到图中位置的过程中，通过导线截面的电荷量为
C．方式二中，回路中的电动势逐渐减小
D．两种方式回路中电动势的有效值之比
【答案】A,B,D
【知识点】电磁感应中的磁变类问题；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】根据题意求出穿过闭合导线框的磁通量是解题的前提与关键，应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电流定义式即可解题；解题时注意数学知识的应用。A．第一种方式穿过回路的磁通量
所产生的电动势为
在沿圆弧移动到圆心的正上方时
此时的感应电动势为零，故A正确；
B．方式一中，在从点沿弧移动到图中位置的过程中，穿过回路磁通量的变化量为
则通过导线截面的电荷量为
故B正确；
CD．第二种方式穿回路的磁通量
所产生的电动势为
故回路中的电动势逐渐增大，这两种方式所产生的电动势的有效值之比为
故C错误，D正确。
故选ABD。
【分析】根据题意求出穿过闭合导线框的磁通量，应用法拉第电磁感应定律求出感应电动势，应用欧姆定律求出感应电流，应用电流的定义式求出通过导线横截面的电荷量；根据感应电动势的最大值求出有效值，然后求出有效值之比。
11．（2024高二下·荔湾期中）某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中：
（1）该同学用游标卡尺测得单摆小球的直径为　 　mm；同学用秒表记录的时间如图所示，则秒表的示数为　 　s。
（2）若该同学测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是　 　。（选填下列选项前的序号）
A.测量摆长时，把摆线的长度当成了摆长
B.摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线越摆越长
C.测量周期时，误将摆球（）次全振动的时间t记为了n次全振动的时间，并由计算式求得周期T
D.摆球的质量过大
（3）如果该同学在实验时，用的摆球质量分布不均匀，无法确定其重心位置。他第一次量得摆线的长度为，测得周期为；第二次量得摆线的长度为，测得周期为。根据上述数据，可求得g值为　 　。
【答案】10.70；96.8；C；
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】本题主要考查了游标卡尺和秒表的正确读数规则，考查了“用单摆测定重力加速度”的实验，要理解单摆周期公式的含义，注意摆线长与摆长的关系。（1）游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以单摆小球的直径为
秒表的读数为分针读数与秒针读数之和，所以图中秒表的示数为。
（2）A．根据
整理得
测量摆长时，把摆线的长度当成了摆长，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故A错误；
B．摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线越摆越长，知摆长的测量值偏小，导致重力加速度测量值偏小，故B错误；
C．测量周期时，误将摆球（）次全振动的时间t记为了n次全振动的时间，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故C正确；
D．摆球的质量过大，不影响重力加速度的测量，故D错误。
故选C。
（3）根据单摆的周期公式有
联立可得
【分析】（1）分度值为20的游标卡尺的精确度为0.05mm，测量值=主尺上对应示数（mm）+游标上对齐格数（不估读）×精确度；秒表的读数为分针对应示数与秒针对应示数之和；
（2）根据实验原理、操作步骤和注意事项分析作答；
（3）根据单摆周期公式求解作答。
12．（2024高二下·荔湾期中）某同学在做“测定玻璃折射率”的实验时已经画好了部分图线，如图甲所示，并在入射光线AO上插上大头针、，现需在玻璃砖下表面折射出的光线上插上和大头针，便能确定光在玻璃砖中的折射光线。
（1）确定位置的方法正确的是　 　；
A．透过玻璃砖，挡住的像
B．先插上大头针，在靠近玻璃砖一侧挡住的位置
C．透过玻璃砖观察，使挡住、的像
（2）作出光线在玻璃砖中和出射后光线的光路图，并画出玻璃砖中光线的折射角　 　；
（3）经过多次测量作出的图像如图乙，玻璃砖的折射率为　 　；（保留三位有效数字）
（4）若该同学在确定位置时，被旁边同学碰了一下，不小心把位置画的偏左了一些，则测出来的折射率　 　；（填“偏大”、“偏小”或“不变”）
（5）该同学突发其想用两块同样的玻璃直角棱镜ABC来做实验，两者的AC面是平行放置的，插针、的连线垂直于AB面，若操作无误，则在图中右边的插针应该是　 　。
A． B． C． D．
【答案】C；；1.50；偏小；C
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】本题要掌握实验原理：折射定律，采用作图分析实验误差，关键要紧扣实验原理进行分析。（1）确定位置的方法正确的是：透过玻璃砖观察，使挡住、的像，故选C；
（2）光路如图；
（3）根据
可知，图像的斜率等于折射率，由图像可知玻璃砖的折射率为
（4）若该同学在确定位置时，被旁边同学碰了一下，不小心把位置画的偏左了一些，则P4P3的连线与bb'的交点偏右，测得的折射角θ2偏大，则根据
可知，测出来的折射率偏小；
（5）光路图如图所示
根据光路图可知，经过P1P2的光线经两块玻璃砖的分界处向下偏转，然后射入右侧玻璃砖后平行射出，所以在图中右边的插针应该是P5P6；故选C。
【分析】（1）把大头针P1、P2竖直地插在所画的直线上，直到在y＜0的区域内透过玻璃砖能看到P1、P2的像，再插上P3后，P3刚好能挡住P1、P2的像，就能确定入射光线和折射光线．找到入射角和折射角，根据折射定律即可测得折射率；
（2）先连接P3P4交玻璃面于O'，连接OO'就是光在砖中的光路，并画出折射角；
（3）“测定玻璃折射率”的实验原理是折射定律；
（4）通过作光路图，分析入射角和折射角是否变化，由折射定律分析折射率的误差；
（5）根据折射的规律进行判断。
13．（2024高二下·荔湾期中）2023年8月6日凌晨2时33分，山东德州市平原县发生5.5级地震，地震波既有纵波（P波）也有横波（S波），纵波是推进波，横波是剪切波，地震波的纵波和横波频率相等。距离震源30km的监测人员先感觉到上下颠簸，＝3s后感觉到左右摇晃，监测人员在左右摇晃时监测到了一列沿x轴负方向传播的地震横波。时刻x轴上在0～4.5km区间内的波形如图中实线所示s时刻的波形如图中虚线所示，已知该地震横波的周期T＞0.5s。求：
（1）该地震横波传播速度的大小；
（2）该地震纵波的波长。
【答案】（1）由波形图可知地震横波的波长
由题意可得
（，1，2，…）
又，可得
即
地震横波传播速度为
解得
（2）由题意得
解得
又
解得
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）由波形图可知地震横波的波长，根据横波的传播方向，推断出周期，再利用计算波速；
（2）根据纵波与横波传播的时间差，根据震源30km，求出纵波的波速，进而求纵波的波长。
14．（2024高二下·荔湾期中）2023年7月份我国光缆产量当期值约为2670.9万芯千米。光导纤维由纤芯和包层两部分组成，为了在纤芯与包层的分界面发生全反射，光导纤维中纤芯材料的折射率应大于包层材料的折射率。如图所示，一条长直光导纤维的长度为d，在纤芯与包层的分界面发生全反射的临界角C=60°。现有一束细光从右端面中点以θ=53°的入射角射入，光在纤芯与包层的界面恰好发生全反射。（sin53°=0.8，cos53°=0.6，光在真空中的传播速度为c=3×108m/s）求：
（1）纤芯的折射率n；
（2）若从右端射入的光能够传送到左端，求光在光导纤维内传输的最长时间和最短时间之比。
【答案】（1）为使射入的光在内芯与包层的界面恰好发生全反射，则有
又
联立解得
n=1.6
（2）光在内芯的传播速度为
当光射到芯层与包层分界面的入射角等于临界角C时，光在光导纤维内传输的时间最长，此时光传播的路程为
则最长时间
当光射向右端面的入射角为0°时，光在光导纤维内传输的时间最短，则有
光在光导纤维内传输的最长时间和最短时间之比
【知识点】光的全反射；光导纤维及其应用
【解析】【分析】（1）光在芯层与包层的界面恰好发生全反射时入射角等于临界角C，根据几何知识得到光在左端面的折射角θ，即可由折射定律求得光的折射率；
（2）当光射向左端面的入射角为0°时，光传输的时间最短；当光射到芯层与包层分界面的入射角等于临界角C时，光传输的时间最长，由求解光在内芯的传播速度，由几何关系求出光传播的路程，即可求得时间。
15．（2024高二下·荔湾期中）如图所示，平行金属导轨与地面夹角为倾斜放置，电阻忽略不计。导轨之间充满匀强磁场，磁感应强度为，方向与导轨所在平面垂直，导轨宽度为。导轨末端连接一个电阻为的小灯泡。导轨上放置一金属棒，其质量为，电阻为，棒与两导轨垂直。金属棒通过与导轨平面平行的细绳和定滑轮与一质量为的重物相连，金属棒与重物构成的系统从静止释放后一起运动。导轨足够长，重物到地面距离足够大，因此不考虑重物落地和金属棒离开导轨以及与定滑轮碰撞的情况。忽略一切摩擦，重力加速度g取。已知重物从静止开始下落的距离为时，系统速度大小为，问：
(1)重物从静止开始下落过程中，灯泡发热量为多少？
(2)重物从静止开始下落所需时间t为多少？
(3)若细绳最大能承受的张力为，张力超过细绳会马上被拉断。灯泡额定电流为，电流超过灯泡灯丝会马上被烧断，求杆向上运动可能的最大速度为多少？
【答案】(1)对金属棒和重物构成的系统，由能量守恒定律得
又
解得
(2)设绳子拉力的冲量大小为，安培力的冲量大小为，取运动方向为正方向，由动量定理得，对金属棒
对重物
其中
联立解得
(3)设加速度大小为a，由牛顿第二定律得，对金属棒
对重物
其中
当时，系统速度达到最大，可解得最大值
此时
因此在速度未达到时绳已断，从静止开始到速度增大过程中，当时，可解得
此时系统速度为，此时绳恰好断开而灯泡仍没烧坏。此后金属杆开始向上减速，故
【知识点】动量定理；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据能量守恒定律求出灯泡上的发热量；
（2）对导体棒和重物分分别运用动量定理，结合电荷与磁通量有关的关系，从而求出从开始达到某一速度的时间；
（3）先求出从释放到整体匀速运动时的最大速度，再结合实际情况分析，最大速度时的拉力和灯泡的电流，两者对比，确定最大速度的可能值。
1 / 1广东省广州市广雅中学2023-2024学年高二下学期期中考试物理试卷
1．（2024高二下·荔湾期中）分析下列所描述的四个物理现象：
①听到迎面面来的汽笛声变得尖锐
②水塘中的水波能绕过障碍物继续传播
③夏天里一次闪电过后，有时会雷声轰鸣不绝
④具有主动降噪功能的耳机，根据收集到的噪声信息发出特定声波可以抵消噪声。这些现象分别是波的（　　）
A．多普勒效应、反射现象、衍射现象、干涉现象
B．多普勒效应、衍射现象、反射现象、干涉现象
C．干涉现象、衍射现象、多普勒效应、折射现象
D．多普勒效应、反射现象、干涉现象、衍射现象
2．（2024高二下·荔湾期中）如图甲所示，把小球安装在弹簧的一端，弹簧的另一端固定，小球和弹簧均穿在光滑的水平杆上。小球振动时，沿垂直于振动方向以速度v匀速拉动纸带，不计小球上的振针与纸带之间的摩擦阻力，纸带上留下如图乙所示的痕迹，a、b是痕迹上的两点。下列说法正确的是（ ）
A．t时间内小球运动的路程为vt
B．小球通过a点的速度大于通过b点的速度
C．小球机械能守恒
D．减小小球振动的振幅，其周期会变大
3．（2024高二下·荔湾期中）对于以下的光学现象说法中正确的是（　　）
A．图甲是双缝干涉示意图，若只增大两个狭缝S1、S2间的距离d，相邻亮条纹间距离将增大
B．图乙是单色光单缝衍射实验现象，若在狭缝宽度相同情况下，下图对应光的波长较短
C．图丙是用干涉法检测工件表面平整程度时，得到的干涉图样，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凹陷的
D．图丁中的P、Q是偏振片，当P固定不动，缓慢转动时，光屏上的光亮度将一明一暗交替变化，此现象表明光波是纵波
4．（2024高二下·荔湾期中）如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，其中丙的磁感应强度大小为B、电场强度大小为E，下列说法正确的是（　　）
A．甲图要增大粒子的最大动能，可减小磁感应强度
B．乙图可判断出A极板是发电机的正极
C．丙图中粒子沿直线通过速度选择器的条件是
D．丁图中若导体为金属，稳定时C板电势高
5．（2024高二下·荔湾期中）如图所示为某小型电站高压输电示意图。发电机输出功率恒定，升、降压变压器均为理想变压器。在输电线路的起始端接入A、B两个理想互感器，互感器原、副线圈的匝数比分别为100：1和1：10，电压表的示数为220V，电流表的示数为5A，线路总电阻，则下列说法正确的是（　　）
A．发电机输出的电功率1100kW
B．线路上损耗的功率2500W
C．互感器A是电流互感器，互感器B是电压互感器
D．用户使用的用电设备变多，降压变压器输出电压大小不会改变
6．（2024高二下·荔湾期中）在信息技术迅猛发展的今天，光盘是存储信息的一种重要媒介。光盘上的信息通常是通过激光束来读取的。若红、蓝激光束不是垂直投射到盘面上，则光线在通过透明介质层时会发生偏折而改变行进的方向。如图所示。下列说法中正确的是（　　）
A．图中光束①是红光，光束②是蓝光
B．在光盘的透明介质层中，光束①比光束②传播速度更快
C．若光束①、②先后通过同一小孔，则①衍射现象更明显
D．若光束①、②从透明介质层以相同逐渐增大的入射角射向空气中，则①先发生全反射
7．（2024高二下·荔湾期中）如图甲所示的按压式圆珠笔，其结构由外壳、内芯和轻质弹簧三部分组成。小李把笔竖直倒立于水平桌面上，用力下压外壳，然后释放，圆珠笔向上弹起，其过程可简化为如图乙所示的三个阶段。圆珠笔外壳先竖直向上运动，当弹簧恰好恢复原长时，外壳与静止的内芯碰撞，碰后与内芯一起以共同的速度向上运动到最大高度处，碰撞时间极短，忽略所有摩擦和空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．外壳与内芯碰撞前，外壳向上做加速运动
B．圆珠笔离开桌面前，桌面对圆珠笔的冲量为零
C．从释放外壳到圆珠笔运动到最高点的过程，圆珠笔重力势能的增加量等于弹簧弹性势能的减少量
D．外壳与内芯碰撞时，圆珠笔的机械能不守恒
8．（2024高二下·荔湾期中）将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面（纸面）内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场I中，回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场II，以向里为磁场II的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示，用i表示回路中的电流，以顺时针为电流i的正方向。用F表示ab边受到的安培力，以水平向左为F的正方向，能正确反映i和F分别随时间t变化的图像是（　　）
A． B．
C． D．
9．（2024高二下·荔湾期中）“水袖功”是中国古典舞中用于表达情感的常用技巧，舞者通过手把有规律的抖动传导至袖子上，营造出一种“行云流水”的美感。某次演员抖动水袖时形成一列沿x轴传播的简谐横波，其在某一时刻的波形图如图甲所示，P和Q是这列简谐横波上的两个质点，从该时刻（设为t=0）起质点Q在一段时间内的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．该列简谐横波沿x轴负方向传播，波速大小为1m/s
B．该列简谐横波与频率为2Hz的简谐横波可发生稳定干涉
C．在t=1s时，质点P的速度为零，加速度最大
D．从t=0到t=3s，质点Q通过的路程为2.4m
10．（2024高二下·荔湾期中）如图所示，竖直面内有一个闭合导线框ACD（由细软弹性电阻丝制成），端点A、D固定在以水平线段AD为直径的半圆形区域内有磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场。设导线框的电阻恒为，圆的半径为，用两种方式使导线框上产生感应电流。方式一：将导线与圆周的接触点点以恒定角速度（相对圆心）从点沿圆弧移动至点；方式二：以为轴，保持，将导线框以恒定的角速度转90°，则下列说法正确的是（　　）
A．方式一中，在沿圆弧移动到圆心的正上方时，导线框中的感应电动势为零
B．方式一中，在从点沿圆弧移动到图中位置的过程中，通过导线截面的电荷量为
C．方式二中，回路中的电动势逐渐减小
D．两种方式回路中电动势的有效值之比
11．（2024高二下·荔湾期中）某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中：
（1）该同学用游标卡尺测得单摆小球的直径为　 　mm；同学用秒表记录的时间如图所示，则秒表的示数为　 　s。
（2）若该同学测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是　 　。（选填下列选项前的序号）
A.测量摆长时，把摆线的长度当成了摆长
B.摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线越摆越长
C.测量周期时，误将摆球（）次全振动的时间t记为了n次全振动的时间，并由计算式求得周期T
D.摆球的质量过大
（3）如果该同学在实验时，用的摆球质量分布不均匀，无法确定其重心位置。他第一次量得摆线的长度为，测得周期为；第二次量得摆线的长度为，测得周期为。根据上述数据，可求得g值为　 　。
12．（2024高二下·荔湾期中）某同学在做“测定玻璃折射率”的实验时已经画好了部分图线，如图甲所示，并在入射光线AO上插上大头针、，现需在玻璃砖下表面折射出的光线上插上和大头针，便能确定光在玻璃砖中的折射光线。
（1）确定位置的方法正确的是　 　；
A．透过玻璃砖，挡住的像
B．先插上大头针，在靠近玻璃砖一侧挡住的位置
C．透过玻璃砖观察，使挡住、的像
（2）作出光线在玻璃砖中和出射后光线的光路图，并画出玻璃砖中光线的折射角　 　；
（3）经过多次测量作出的图像如图乙，玻璃砖的折射率为　 　；（保留三位有效数字）
（4）若该同学在确定位置时，被旁边同学碰了一下，不小心把位置画的偏左了一些，则测出来的折射率　 　；（填“偏大”、“偏小”或“不变”）
（5）该同学突发其想用两块同样的玻璃直角棱镜ABC来做实验，两者的AC面是平行放置的，插针、的连线垂直于AB面，若操作无误，则在图中右边的插针应该是　 　。
A． B． C． D．
13．（2024高二下·荔湾期中）2023年8月6日凌晨2时33分，山东德州市平原县发生5.5级地震，地震波既有纵波（P波）也有横波（S波），纵波是推进波，横波是剪切波，地震波的纵波和横波频率相等。距离震源30km的监测人员先感觉到上下颠簸，＝3s后感觉到左右摇晃，监测人员在左右摇晃时监测到了一列沿x轴负方向传播的地震横波。时刻x轴上在0～4.5km区间内的波形如图中实线所示s时刻的波形如图中虚线所示，已知该地震横波的周期T＞0.5s。求：
（1）该地震横波传播速度的大小；
（2）该地震纵波的波长。
14．（2024高二下·荔湾期中）2023年7月份我国光缆产量当期值约为2670.9万芯千米。光导纤维由纤芯和包层两部分组成，为了在纤芯与包层的分界面发生全反射，光导纤维中纤芯材料的折射率应大于包层材料的折射率。如图所示，一条长直光导纤维的长度为d，在纤芯与包层的分界面发生全反射的临界角C=60°。现有一束细光从右端面中点以θ=53°的入射角射入，光在纤芯与包层的界面恰好发生全反射。（sin53°=0.8，cos53°=0.6，光在真空中的传播速度为c=3×108m/s）求：
（1）纤芯的折射率n；
（2）若从右端射入的光能够传送到左端，求光在光导纤维内传输的最长时间和最短时间之比。
15．（2024高二下·荔湾期中）如图所示，平行金属导轨与地面夹角为倾斜放置，电阻忽略不计。导轨之间充满匀强磁场，磁感应强度为，方向与导轨所在平面垂直，导轨宽度为。导轨末端连接一个电阻为的小灯泡。导轨上放置一金属棒，其质量为，电阻为，棒与两导轨垂直。金属棒通过与导轨平面平行的细绳和定滑轮与一质量为的重物相连，金属棒与重物构成的系统从静止释放后一起运动。导轨足够长，重物到地面距离足够大，因此不考虑重物落地和金属棒离开导轨以及与定滑轮碰撞的情况。忽略一切摩擦，重力加速度g取。已知重物从静止开始下落的距离为时，系统速度大小为，问：
(1)重物从静止开始下落过程中，灯泡发热量为多少？
(2)重物从静止开始下落所需时间t为多少？
(3)若细绳最大能承受的张力为，张力超过细绳会马上被拉断。灯泡额定电流为，电流超过灯泡灯丝会马上被烧断，求杆向上运动可能的最大速度为多少？
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】多普勒效应；光的干涉；光的反射；光的衍射
【解析】【解答】多普勒效应：当波源与观察者相互靠近时，观察者接收到的频率变大，当波源与观察者相互远离时，观察者接收到的频率变小。
当观察者与波源相互靠近时，接收到的频率增大，即听到迎面面来的汽笛声变得尖锐是多普勒效应；当水波的波长与障碍物尺寸差不多、或者大于障碍物的尺寸时，能够发生明显的衍射现象，即水塘中的水波能绕过障碍物继续传播是衍射现象；夏天里一次闪电过后，有时会雷声轰鸣不绝是由于声波经云层反射而形成的，因此是声波的反射现象；具有主动降噪功能的耳机，根据收集到的噪声信息发出特定声波，当发出的声波与噪声的频率相等时，发生干涉现象，在减弱区域可以抵消噪声，因此是干涉现象。综上上述，这些现象分别是波的多普勒效应、衍射现象、反射现象、干涉现象。
故选B
【分析】听到迎面而来的尖锐汽笛声这是多普勒效应造成的；水塘中的水波能绕过障碍物继续传播，这是水波的衍射现象；雷声轰鸣不绝，是因为声音在云层之间来回反射造成的；主动降噪功能的耳机是利用了声音的干涉现象。
2．【答案】B
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】本题主要考查了弹簧振子的简谐运动，要掌握简谐运动的特点，理解纸带的运动与小球运动的不同点。A．t时间内纸带走过的路程为vt，故A错误；
B．小球做简谐运动，距离平衡位置越近，速度越大，则，故B正确；
C．小球和弹簧组成的系统机械能守恒，故C错误；
D．周期与振幅无关，故D错误。
故选B。
【分析】小球沿杆做变速运动，纸带做匀速运动，据此分析作答；小球做简谐运动，距离平衡位置越近，速度越大；小球和弹簧组成的系统机械能守恒；根据小球做简谐运动的周期的影响因素分析作答。
3．【答案】B
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系；薄膜干涉；光的衍射；光的偏振现象
【解析】【解答】本题主要考查了双缝干涉测量光的波长实验，理解光的特性和生活中关于光的应用的工作原理即可。A．图甲中，由公式可知，若只增大两个狭缝S1、S2间的距离d，相邻亮条纹间距离将减小，故A错误；
B．图乙中，在狭缝宽度相同情况下，光的波长越大，中间亮条纹越宽，则下图对应光的波长较短，故B正确；
C．图丙中，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凸起的，故C错误；
D．图丁中，当P固定不动，缓慢转动时，光屏上的光亮度将一明一暗交替变化，此现象表明光波是横波，故D错误。
故选B。
【分析】根据双缝干涉实验中亮条纹间距离的公式完成分析；根据狭缝宽度的特点和图乙得出光的波长的大小关系；根据干涉条纹的特点分析出被检测的平面的特点；根据偏振片后的光的亮度特点分析出光的特点。
4．【答案】C
【知识点】质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机；速度选择器；霍尔元件
【解析】【解答】本题考查了洛伦兹力的应用相关知识，掌握用左手定则判断洛伦兹力的方向，知道速度选择器的原理以及回旋加速器中最大动能的表达式。A．设回旋加速度D形盒的半径为R，粒子获得的最大速度为vm，根据牛顿第二定律有
解得
粒子的最大动能为
由上式可知要增大粒子的最大动能，可增大磁感应强度，故A错误；
B．根据左手定则可知等离子体中正电荷向B板偏转，负电荷向A板偏转，所以A极板是发电机的负极，B极板是发电机的正极，故B错误；
C．粒子沿直线通过速度选择器时，洛伦兹力与电场力平衡，即
解得
故C正确；
D．若导体为金属，则产生电流的粒子是自由电子，其定向移动方向与电流方向相反，根据左手定则可知稳定时C板聚集了电子，所以D板电势高，故D错误；
故选C。
【分析】根据回旋加速器工作原理作答；等离子体在磁场中受洛伦兹力作用，根据左手定则作答；粒子在速度选择器中受洛伦兹力和电场力作用，根据平衡条件作答；根据左手定则得出粒子受到的洛伦兹力方向，结合粒子的电性得出电势的高低。
5．【答案】A
【知识点】变压器原理；电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】本题实质是电压互感器与电流互感器的简单运用，电压互感器与电流互感器是利用变压器原理将电压、电流减小到可测范围进行测量的仪器。C．互感器A并联接入电路是电压互感器，互感器B串联接入电路是电流互感器，故C错误；
B．根据
代入数据得
线路上损耗功率
故B错误；
A．根据变压器原理可知
代入数据得
发电机输出电功率
故A正确；
D．用户使用的用电设备越多，用户电流增大，输电电流增大，输电线损失电压增大，降压变压器输入电压减小，降压变压器输出电压减小，故D错误。
故选A。
【分析】电压互感器并联在电路中，电流互感器串联在电路中；根据变压器规律求出输电电压与输电电流，应用电功率公式求电功率；用户用电设备越多，用户总电阻越小，根据题意分析答题。
6．【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射；光的衍射
【解析】【解答】 解决本题的突破口是比较出两束光的折射率大小，从而比较出频率、波长、在介质中的速度、临界角的大小。A．①光的偏折程度较大，则折射率较大，蓝光的折射率大于红光的折射率，所以①光是蓝光，②是红光，故A错误；
B．根据知，蓝光的折射率大，在介质中的速度小，则光束①比光束②传播速度更慢，故B错误；
C．蓝光的折射率大，频率大，知蓝光的波长小，波长越长，衍射现象越明显，所以②光衍射更明显，故C错误；
D．根据知，蓝光的折射率大，临界角小，增大入射角，①先发生全反射，故D正确。
故选D。
【分析】根据光的偏折程度比较出两束光的折射率，从而根据比较出在介质中传播的是的，根据，比较出临界角的大小，根据波长的长短，判断谁的衍射现象更明显。
7．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；冲量；碰撞模型
【解析】【解答】本题考查利用牛顿第二定律分析动态过程，冲量的定义和矢量性，完全非弹性碰撞的特征。A．外壳与内芯碰撞前，弹簧对外壳的弹力先大于外壳重力后小于外壳重力，外壳的合力先向上后向下，外壳向上先做加速运动后做减速运动，故A错误；
B．圆珠笔离开桌面前，桌面对圆珠笔的支持力向上，所以冲量向上，不为零，故B错误；
C．外壳与静止的内芯碰后与内芯一起以共同的速度向上运动到最大高度处，所以碰撞过程属于非弹性碰撞，有内能产生，所以从释放外壳到圆珠笔运动到最高点的过程，圆珠笔重力势能的增加量小于弹簧弹性势能的减少量，故C错误；
D．由题意可知外壳与内芯的碰撞是非弹性碰撞，机械能损失，所以圆珠笔的机械能不守恒，故D正确。
故选D。
【分析】对外壳和内芯碰撞前的情况进行受力分析，结合动量定理和机械能守恒定律分析出能量的转化特点。
8．【答案】A,C
【知识点】安培力的计算；左手定则—磁场对带电粒子的作用；楞次定律；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】本题要求学生能正确理解B-t图的含义，故道B如何变化，才能准确的利用楞次定律进行判定。根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的变化，由欧姆定律判断感应电流的变化，进而可确定安培力大小的变化。根据题意，由楞次定律可知，时间内，线圈中电流为顺时针方向，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势
保持不变，则感应电流保持不变，由左手定则可知，ab边受到的安培力水平向左，大小
保持不变。同理可得，时间内，电流为逆时针方向，保持不变，ab边受到的安培力水平向右，大小保持不变。
故选AC。
【分析】由楞次定律可知电流的方向，根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势大小是否变化，由此确定电流强度是否变化；由左手定则判断安培力的方向，根据安培力的计算公式判断安培力的大小。
9．【答案】A,C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】本题主要考查简谐横波的波速、周期、频率等基本物理量之间的关系，以及简谐振动的基本特征。A．由题图乙可知，此时刻质点Q的振动方向向上，由“同侧法”可判断，波沿x轴负方向传播，波速大小
故A正确；
B．这列简谐横波的振动周期T=2s，频率f=0.5Hz，而发生稳定干涉的条件是频率相同，故B错误；
C．题图甲中P点的振动方向向下，经过t=1s，P点运动到波谷处，最大位移处的加速度最大，速度为零，故C正确；
D．从t=0到t=3s，经过1.5T，质点Q通过的路程为
故D错误。
故选AC。
【分析】根据分析给定的波形图和振动图，可以确定波的传播方向、波长、周期等物理量，进而求解波速和分析质点的振动。
10．【答案】A,B,D
【知识点】电磁感应中的磁变类问题；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】根据题意求出穿过闭合导线框的磁通量是解题的前提与关键，应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电流定义式即可解题；解题时注意数学知识的应用。A．第一种方式穿过回路的磁通量
所产生的电动势为
在沿圆弧移动到圆心的正上方时
此时的感应电动势为零，故A正确；
B．方式一中，在从点沿弧移动到图中位置的过程中，穿过回路磁通量的变化量为
则通过导线截面的电荷量为
故B正确；
CD．第二种方式穿回路的磁通量
所产生的电动势为
故回路中的电动势逐渐增大，这两种方式所产生的电动势的有效值之比为
故C错误，D正确。
故选ABD。
【分析】根据题意求出穿过闭合导线框的磁通量，应用法拉第电磁感应定律求出感应电动势，应用欧姆定律求出感应电流，应用电流的定义式求出通过导线横截面的电荷量；根据感应电动势的最大值求出有效值，然后求出有效值之比。
11．【答案】10.70；96.8；C；
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】本题主要考查了游标卡尺和秒表的正确读数规则，考查了“用单摆测定重力加速度”的实验，要理解单摆周期公式的含义，注意摆线长与摆长的关系。（1）游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以单摆小球的直径为
秒表的读数为分针读数与秒针读数之和，所以图中秒表的示数为。
（2）A．根据
整理得
测量摆长时，把摆线的长度当成了摆长，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故A错误；
B．摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线越摆越长，知摆长的测量值偏小，导致重力加速度测量值偏小，故B错误；
C．测量周期时，误将摆球（）次全振动的时间t记为了n次全振动的时间，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故C正确；
D．摆球的质量过大，不影响重力加速度的测量，故D错误。
故选C。
（3）根据单摆的周期公式有
联立可得
【分析】（1）分度值为20的游标卡尺的精确度为0.05mm，测量值=主尺上对应示数（mm）+游标上对齐格数（不估读）×精确度；秒表的读数为分针对应示数与秒针对应示数之和；
（2）根据实验原理、操作步骤和注意事项分析作答；
（3）根据单摆周期公式求解作答。
12．【答案】C；；1.50；偏小；C
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】本题要掌握实验原理：折射定律，采用作图分析实验误差，关键要紧扣实验原理进行分析。（1）确定位置的方法正确的是：透过玻璃砖观察，使挡住、的像，故选C；
（2）光路如图；
（3）根据
可知，图像的斜率等于折射率，由图像可知玻璃砖的折射率为
（4）若该同学在确定位置时，被旁边同学碰了一下，不小心把位置画的偏左了一些，则P4P3的连线与bb'的交点偏右，测得的折射角θ2偏大，则根据
可知，测出来的折射率偏小；
（5）光路图如图所示
根据光路图可知，经过P1P2的光线经两块玻璃砖的分界处向下偏转，然后射入右侧玻璃砖后平行射出，所以在图中右边的插针应该是P5P6；故选C。
【分析】（1）把大头针P1、P2竖直地插在所画的直线上，直到在y＜0的区域内透过玻璃砖能看到P1、P2的像，再插上P3后，P3刚好能挡住P1、P2的像，就能确定入射光线和折射光线．找到入射角和折射角，根据折射定律即可测得折射率；
（2）先连接P3P4交玻璃面于O'，连接OO'就是光在砖中的光路，并画出折射角；
（3）“测定玻璃折射率”的实验原理是折射定律；
（4）通过作光路图，分析入射角和折射角是否变化，由折射定律分析折射率的误差；
（5）根据折射的规律进行判断。
13．【答案】（1）由波形图可知地震横波的波长
由题意可得
（，1，2，…）
又，可得
即
地震横波传播速度为
解得
（2）由题意得
解得
又
解得
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）由波形图可知地震横波的波长，根据横波的传播方向，推断出周期，再利用计算波速；
（2）根据纵波与横波传播的时间差，根据震源30km，求出纵波的波速，进而求纵波的波长。
14．【答案】（1）为使射入的光在内芯与包层的界面恰好发生全反射，则有
又
联立解得
n=1.6
（2）光在内芯的传播速度为
当光射到芯层与包层分界面的入射角等于临界角C时，光在光导纤维内传输的时间最长，此时光传播的路程为
则最长时间
当光射向右端面的入射角为0°时，光在光导纤维内传输的时间最短，则有
光在光导纤维内传输的最长时间和最短时间之比
【知识点】光的全反射；光导纤维及其应用
【解析】【分析】（1）光在芯层与包层的界面恰好发生全反射时入射角等于临界角C，根据几何知识得到光在左端面的折射角θ，即可由折射定律求得光的折射率；
（2）当光射向左端面的入射角为0°时，光传输的时间最短；当光射到芯层与包层分界面的入射角等于临界角C时，光传输的时间最长，由求解光在内芯的传播速度，由几何关系求出光传播的路程，即可求得时间。
15．【答案】(1)对金属棒和重物构成的系统，由能量守恒定律得
又
解得
(2)设绳子拉力的冲量大小为，安培力的冲量大小为，取运动方向为正方向，由动量定理得，对金属棒
对重物
其中
联立解得
(3)设加速度大小为a，由牛顿第二定律得，对金属棒
对重物
其中
当时，系统速度达到最大，可解得最大值
此时
因此在速度未达到时绳已断，从静止开始到速度增大过程中，当时，可解得
此时系统速度为，此时绳恰好断开而灯泡仍没烧坏。此后金属杆开始向上减速，故
【知识点】动量定理；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据能量守恒定律求出灯泡上的发热量；
（2）对导体棒和重物分分别运用动量定理，结合电荷与磁通量有关的关系，从而求出从开始达到某一速度的时间；
（3）先求出从释放到整体匀速运动时的最大速度，再结合实际情况分析，最大速度时的拉力和灯泡的电流，两者对比，确定最大速度的可能值。
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