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广西壮族自治区柳州市柳城县中学2024-2025学年高二下学期4月期中物理试题
一、单选题（1-7题，每小题4分，共28分）
1．如图所示，弹簧振子在A、B之间做简谐运动，O为平衡位置，测得A、B间距为6cm，小球完成30次全振动所用时间为60s，则（　　）
A．振动周期是2s，振幅是6cm
B．振动频率是2Hz
C．小球完成一次全振动通过的路程是12cm
D．小球过O点时开始计时，3s内通过的路程为24cm
2．下列关单摆的认识说法正确的是（　　）
A．摆球运动到平衡位置时，合力为零
B．摆球在任意位置的回复力都不等于绳的拉力和重力的合力
C．将摆钟由南充移至北京，为保证摆钟的准确，需要将钟摆调长
D．将单摆的摆角从5 改为3 ，单摆的振幅减小，周期减小
3．如图是沿x轴正向传播的简谐横波在某时刻的波形图，波速为2.0m/s，下列说法正确的是（　　）
A．这列波的周期为2.0s
B．这列波的振幅为10cm
C．此时刻质点P的振动方向沿y轴正方向
D．此时刻质点Q的加速度为零
4．如图所示，半圆形导线通以恒定电流，放置在匀强磁场中、已知磁感应强度大小为，导线长为，直径与磁场方向夹角为。该导线受到的安培力大小为（　　）
A． B． C． D．
5．下列属于光的衍射现象的是（　　）
A．水面上树的倒影
B．光在不透明圆盘后的影的中心出现一个亮斑
C．肥皂膜在阳光下形成彩色条纹
D．光信号在光纤中传播
6．图中1、2、3分别代表入射波、反射波、折射波的波线，则（　　）
A．2与1的波长、频率相等，波速不等
B．2与1的波速、频率相等，波长不等
C．3与1的波速、频率、波长均相等
D．3与1的频率相等，波速、波长均不等
7．如图所示，和是两个相干波源，其振幅均为A，周期均为T。实线与虚线分别表示两列波的波峰和波谷。此刻，c是波谷与波谷的相遇点，下列说法中正确的是（　　）
A．a处质点始终处于离平衡位置2A处
B．随着时间的推移，c处的质点将向右移动
C．从该时刻起，经过，c处的质点将通过平衡位置
D．停止振动之后，b处质点将始终处于平衡位置
二、多选题（每小题6分，全对6分，不全对3分，错选0分，共18分）
8．如图所示，在张紧的水平绳上挂5个摆，已知甲、乙、丙的摆长相等，丁最长，戊最短。现让乙摆在垂直纸面的方向振动起来，其余各摆也随之振动，待振动稳定后，下列说法正确的是（　　）
A．戊摆的固有频率最大
B．戊摆的振动频率最大
C．5个摆的振动幅度都相等
D．甲、丙摆的振幅比丁、戊摆的振幅大
9．回旋加速器的工作原理如图所示，和是两个相同的半圆形中空金属盒，金属盒的半径为R，它们之间接交变电源，加速电压为，两个D形盒处于与盒面垂直、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从金属盒的A点由静止释放，带电粒子在回旋加速器中多次加速后最终从D形盒的边缘射出，粒子在电场中的加速时间不计，且不考虑相对论效应，下列说法正确的是（　　）
A．粒子射出时的动能与加速电压成正比
B．仅增大，粒子在加速器中运动的时间变短
C．粒子从D形盒的边缘射出时的速度大小为
D．交变电源的频率为
10．如图所示，质量为m，长为l的金属杆ab，与导轨间的动摩擦因数为 ，通过的电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面为θ角斜向上，ab静止于水平导轨上。下列说法正确的是（　　）
A．金属杆ab所受安培力大小为
B．金属杆ab所受到的摩擦力，方向水平向右
C．若将磁场方向与水平面间的夹角减小，导体棒仍保持静止，则此时导轨对导体棒的摩擦力变小
D．若将磁场方向与水平面间的夹角增大，导体棒仍保持静止，则此时导轨对导体棒的支持力变小
三、实验题（共14分，每空2分）
11．如图所示，某同学在“测定玻璃的折射率”的实验中，先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，长方体玻璃砖平放在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面和。O为直线AO与的交点。在直线OA上竖直插上，P1、P2两枚大头针。
（1）该同学接下来要完成的必要步骤有______。（填选项前的字母）
A．插上大头针P3，使P3仅挡住P2的像
B．插上大头针P3，使P3挡住P1、P2的像
C．插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像
D．插上大头针P4，使P4仅挡住P3的像
（2）过P3、P4作直线交于，过作垂直于的直线，连接O、。测量图中角α和角β的大小，则玻璃的折射率n=　 　。
12．某同学欲利用一半径较大的固定光滑圆弧面测定重力加速度，圆弧面如图1所示。该同学将小铁球从最低点移开一小段距离由静止释放，则小铁球的运动可等效为一单摆。
（1）用游标卡尺测量小铁球的直径，示数如图2所示，则小铁球的直径d=　 　mm。
（2）测量小铁球的运动周期时，开始计时的位置为图1中的　 　（选填“A”、“O”或“A'”）处。
（3）测量50次全振动的时间如图3所示，则等效单摆的周期T=　 　s。
（4）更换半径不同的小铁球进行实验，正确操作，根据实验记录的数据，绘制的图像如图4所示，横、纵截距分别a、b，则当地的重力加速度g=　 　，圆弧面的半径R=　 　。（以上均用题目中的已知字母表示）
四、解答题（共40分，13题12分，14题12分，15题16分）
13．一列简谐横波沿x轴正方向传播，时刻波的图像如图所示。若波速为4m/s，则：
（1）波长和周期分别是多少？
（2）频率与振幅分别为多少？
（3）求该图像处，从时刻开始的振动图像的函数表达式。
14．如图，一个储油桶的底面直径与高均为d。当桶内没有油时，从某点A恰能看到桶底边缘的某点B。当桶内油的深度等于桶高时，仍沿AB方向看去，恰好看到桶底上的点C，C、B两点相距，求：
（1）油的折射率。
（2）光在油中传播的速度。
15．如图所示，一个质量为m、电荷量为的微粒，在A点（0，3）以初速度平行x轴射入电场区域，然后从电场区域进入磁场，又从磁场进入电场，并且先后只通过x轴上的P点（6，0）和Q点（8，0）各一次。已知该微粒的比荷为，微粒重力不计，求：
（1）微粒在电场中的加速度的大小及电场强度大小；
（2）微粒到达P点时速度方向与x轴正方向的夹角；
（3）磁感应强度B的大小及微粒从A运动到Q的时间。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】A．由题意小球完成30次全振动所用时间为60s，可知周期
弹簧振子在A、B之间做简谐运动，O为平衡位置，测得A、B间距为6cm，则振幅
A错误；
B．频率
解得
B错误；
C．小球完成一次全振动通过的路程为振幅的4倍，即
C正确；
D．小球在3 s内通过的路程为
D错误。
故选C。
【分析】根据已知的数据分析得到周期和振幅，根据周期与频率的关系求出频率；在一个周期内，质点的路程是振幅的4倍。
2．【答案】C
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】AB．对单摆进行受力分析，其受重力和绳子的拉力，其中重力沿垂直绳子方向上的分力提供回复力；在平衡位置时回复力为零，但合力提供所需的向心力，不为零，摆球在最高点位置时的回复力等于绳的拉力和重力的合力，故AB错误；
C．根据单摆周期公式
将摆钟由南充移至北京，重力加速度变大，为保证摆钟的准确，需要将钟摆调长，故C正确；
D．根据单摆周期公式
将单摆的摆角从5 改为3 ，单摆的振幅减小，周期不变，故D错误。
故选C。
【分析】对单摆进行受力分析，其受重力和绳子的拉力，其中重力沿垂直绳子方向上的分力提供回复力；在平衡位置时回复力为零；根据单摆公式可确定如何调节摆长；单摆周期与夹角无关。
3．【答案】A
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A、该波的波长为， 波速为2.0m/s， 则周期为，故A正确；
B、 如图是沿x轴正向传播的简谐横波在某时刻的波形图， 由图可知振幅为5cm，故B错误；
C、波沿x轴正方向传播，根据“上下坡”法知此时质点P沿y轴负方向运动，故C错误；
D、此时刻质点Q的位移为负向最大，由，知其加速度为正向最大，故D错误。
故选：A。
【分析】根据波长和波速求出周期；由图读出振幅；运用“上下坡”法判断出质点P的振动方向；根据质点的位移分析其加速度。
4．【答案】C
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】由几何知识可知，该半圆形导线的有效长度为Lac，该导线受到的安培力
故选C。
【分析】先利用几何知识求得该半圆形导线的有效长度，接着利用安培力公式求解该导线受到的安培力大小。
5．【答案】B
【知识点】光导纤维及其应用；薄膜干涉；光的衍射
【解析】【解答】A、水面上树的倒影是由于光在水面处发生反射，与光的衍射无关，故A错误；B、光在不透明圆盘后的影的中心出现一个亮斑是光绕过圆盘发生衍射形成的，故B正确；
C、肥皂膜在阳光下形成彩色条纹是光的薄膜干涉，与光的衍射无关，故C错误；
D、光信号在光纤中传播是光的全反射的应用，与光的衍射无关，故D错误。
故选：B。
【分析】光离开直线路径绕到障碍物阴影里的现象叫光的衍射，由此分析。
6．【答案】D
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】AB．波速由介质决定，波线1、2都在介质a中传播，波源相同，故1、2的频率、波速、波长均相等，故AB错误；
CD．波线1、3是在两种不同介质中传播，波速不同，但波源没变，因而频率相等，由波长波速频率光线得波长不同，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】根据入射角与折射角的大小，分析波速关系。根据频率由光源决定，分析出频率的关系。由波速公式v=λf分析波长的关系。
7．【答案】C
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】A．a点是波峰和波峰叠加，由于两列波的振幅相等，其的振幅为2A，a处质点仍然在平衡位置附近振动，虽然此时位移为2A，但不是始终处于2A处，故A错误；B．振动的质点只是在各自的平衡位置附近振动，不会“随波逐流”，则c处的质点将不会向右移动，故B错误；
C．此时c是波谷与波谷的相遇点，c处的质点为振动加强点，从该时刻起，经过，c处的质点将通过平衡位置向上振动，故C正确；
D．停止振动之后，只剩下的振动，则b处质点不会始终处于平衡位置，故D错误。
故选C。
【分析】由图知b是振动减弱的点，a、c处于振动加强的点；在波的传播过程中，质点不会向前移动；c处的质点在平衡位置附近做简谐运动；波传播的过程中，质点在其平衡位置附近振动。
8．【答案】A,D
【知识点】受迫振动和共振；单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】A．根据单摆周期公式，可知戊摆的固有周期最小，固有频率最大，故A正确；
B．让乙摆在垂直纸面的方向振动起来，其余各摆也随之振动，振动稳定后，所有摆的振动频率都与乙摆的振动频率相等，故B错误；
CD．甲、丙的摆长与乙的摆长相等，即固有频率与驱动力频率相等，发生共振，振幅最大，故甲、丙摆的振幅比丁、戊摆的振幅大，故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】单摆做受迫振动，根据固有频率，受迫振动和共振的条件进行分析解答。
9．【答案】B,C
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】AC．根据
得
当时，
动能为
故A错误，C正确；
B．粒子在加速器中每加速一次，获得动能为
，故B正确；
D．要保证粒子在回旋加速度中不断加速，应满足交变电源的频率与粒子在磁场中做匀速圆周运动的频率相等，即交变电源的频率为
故D错误。
故选BC。
【分析】由洛伦兹力提供向心力，以粒子射出时的动能与加速电压无关，仅增大，粒子在加速器中运动的时间变短。
10．【答案】A,C
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】A．金属杆ab所受安培力大小为，方向斜向左上方，故A正确；
B．金属杆ab所受到的静摩擦力，方向水平向右，故B错误；
C．由以上分析可知，若将磁场方向与水平面间的夹角减小，导体棒仍保持静止，则此时导轨对导体棒的摩擦力变小，故C正确；
D．对金属杆，在竖直方向有，若将磁场方向与水平面间的夹角增大，导体棒仍保持静止，则此时导轨对导体棒的支持力变大，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】对金属杆进行受力分析（重力、安培力、支持力、摩擦力），结合安培力公式与平衡条件，分析各物理量的变化。
11．【答案】（1）B；C
（2）
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）该同学接下来要完成的必要步骤有：插上大头针P3，使P3能挡住P1、P2的像；插上大头针P4，使P4能挡住P3和P1、P2的像，故BC正确，AD错误。
故选：BC。
（2）根据折射定律可得玻璃的折射率为
【分析】（1）根据实验原理和实验步骤分析判断；
（2）根据折射定律计算。
12．【答案】（1）16.6
（2）O
（3）
（4）；a
【知识点】实验基础知识与实验误差；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1） 10分度的游标卡尺的精确度为0.1mm，结果不用估读，小铁球的直径
（2）测量单摆的运动周期时，应从最低点开始计时，最低点比较好确定，测定时间误差较小，故选填O点。
（3）从图3可知，50次全振动的时间为96.8s，故周期为
（4）根据单摆周期公式可得摆球的周期
变形得
结合图像可得，
解得，
【分析】（1）10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，根据游标卡尺的读数规则读数；
（2）小铁球在最低点O的速度最大，停留时间最短，计时误差小，据此分析作答；
（3）根据秒表的读数规则读数，根据全振动的次数和时间求周期；
（4）根据单摆周期公式求解T2-d函数，结合图像斜率绝对值求解作答。
（1）游标卡尺的精确度为0.1mm，小铁球的直径
（2）测量单摆的运动周期时，应从最低点开始计时，故选填O点。
（3）从图3可知，50次全振动的时间为96.8s，故周期为
（4）[1][2]摆球的周期
变形得
结合图像可得
，
解得
，
13．【答案】（1）由题图可知波长为，则周期为
（2）频率为
由题图可知振幅为。
（3）波沿x轴正方向传播，根据波形平移法可知，在时刻处质点从平衡位置向下振动，则从时刻开始的振动图像的函数表达式为
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】 （1）由图可知波长，根据波速公式求解周期；（2）根据周期和频率关系求解频率，由图可知振幅；
（3）分析t=0时刻x=0m处质点的位置和速度方向，写出振动函数表达式。
（1）由题图可知波长为，则周期为
（2）频率为
由题图可知振幅为。
（3）波沿x轴正方向传播，根据波形平移法可知，在时刻处质点从平衡位置向下振动，则从时刻开始的振动图像的函数表达式为
14．【答案】（1）当桶内油的深度等于桶高时，仍沿AB方向看去，恰好看到桶底上的点C，如图所示
根据几何关系可得，
可得，
根据折射定律可得油的折射率为
（2）光在油中传播的速度为
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）根据几何关系求出入射角的正弦和折射角的正弦，结合折射定律求出油的折射率；
（2）根据公式求出光在油中的传播速度。
（1）当桶内油的深度等于桶高时，仍沿AB方向看去，恰好看到桶底上的点C，如图所示
根据几何关系可得，
可得，
根据折射定律可得油的折射率为
（2）光在油中传播的速度为
15．【答案】（1）微粒从平行x轴正方向射入电场区域，由A到P做类平抛运动，微粒在x轴方向上做匀速直线运动，由
解得运动时间为
在轴方向上有
解得
由牛顿第二定律有
解得
（2）微粒到达P点时速度方向与x轴正方向的夹角为，则有
解得
（3）根据题意，画出粒子运动轨迹，如图所示
微粒进入磁场的速度为
由牛顿第二定律有
由几何关系可得
联立解得
由几何关系可得，圆弧所对圆心角为
则微粒在磁场中的运动时间为
则微粒从A运动到Q的时间
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）微粒在电场中做类平抛运动，应用运动学公式求出运动时间与加速度大小，根据牛顿第二定律求电场强度大小；
（2）求出微粒到达P点时的竖直分速度，然后求出速度方向与x轴正方向的夹角；
（3）根据微粒运动过程作出运动轨迹，根据几何关系和洛伦兹力提供向心力求磁感应强度B的大小，结合周期公式求微粒从A运动到Q的时间。
（1）微粒从平行x轴正方向射入电场区域，由A到P做类平抛运动，微粒在x轴方向上做匀速直线运动，由
解得运动时间为
在轴方向上有
解得
由牛顿第二定律有
解得
（2）微粒到达P点时速度方向与x轴正方向的夹角为，则有
解得
（3）根据题意，画出粒子运动轨迹，如图所示
微粒进入磁场的速度为
由牛顿第二定律有
由几何关系可得
联立解得
由几何关系可得，圆弧所对圆心角为
则微粒在磁场中的运动时间为
则微粒从A运动到Q的时间
1 / 1广西壮族自治区柳州市柳城县中学2024-2025学年高二下学期4月期中物理试题
一、单选题（1-7题，每小题4分，共28分）
1．如图所示，弹簧振子在A、B之间做简谐运动，O为平衡位置，测得A、B间距为6cm，小球完成30次全振动所用时间为60s，则（　　）
A．振动周期是2s，振幅是6cm
B．振动频率是2Hz
C．小球完成一次全振动通过的路程是12cm
D．小球过O点时开始计时，3s内通过的路程为24cm
【答案】C
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】A．由题意小球完成30次全振动所用时间为60s，可知周期
弹簧振子在A、B之间做简谐运动，O为平衡位置，测得A、B间距为6cm，则振幅
A错误；
B．频率
解得
B错误；
C．小球完成一次全振动通过的路程为振幅的4倍，即
C正确；
D．小球在3 s内通过的路程为
D错误。
故选C。
【分析】根据已知的数据分析得到周期和振幅，根据周期与频率的关系求出频率；在一个周期内，质点的路程是振幅的4倍。
2．下列关单摆的认识说法正确的是（　　）
A．摆球运动到平衡位置时，合力为零
B．摆球在任意位置的回复力都不等于绳的拉力和重力的合力
C．将摆钟由南充移至北京，为保证摆钟的准确，需要将钟摆调长
D．将单摆的摆角从5 改为3 ，单摆的振幅减小，周期减小
【答案】C
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】AB．对单摆进行受力分析，其受重力和绳子的拉力，其中重力沿垂直绳子方向上的分力提供回复力；在平衡位置时回复力为零，但合力提供所需的向心力，不为零，摆球在最高点位置时的回复力等于绳的拉力和重力的合力，故AB错误；
C．根据单摆周期公式
将摆钟由南充移至北京，重力加速度变大，为保证摆钟的准确，需要将钟摆调长，故C正确；
D．根据单摆周期公式
将单摆的摆角从5 改为3 ，单摆的振幅减小，周期不变，故D错误。
故选C。
【分析】对单摆进行受力分析，其受重力和绳子的拉力，其中重力沿垂直绳子方向上的分力提供回复力；在平衡位置时回复力为零；根据单摆公式可确定如何调节摆长；单摆周期与夹角无关。
3．如图是沿x轴正向传播的简谐横波在某时刻的波形图，波速为2.0m/s，下列说法正确的是（　　）
A．这列波的周期为2.0s
B．这列波的振幅为10cm
C．此时刻质点P的振动方向沿y轴正方向
D．此时刻质点Q的加速度为零
【答案】A
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A、该波的波长为， 波速为2.0m/s， 则周期为，故A正确；
B、 如图是沿x轴正向传播的简谐横波在某时刻的波形图， 由图可知振幅为5cm，故B错误；
C、波沿x轴正方向传播，根据“上下坡”法知此时质点P沿y轴负方向运动，故C错误；
D、此时刻质点Q的位移为负向最大，由，知其加速度为正向最大，故D错误。
故选：A。
【分析】根据波长和波速求出周期；由图读出振幅；运用“上下坡”法判断出质点P的振动方向；根据质点的位移分析其加速度。
4．如图所示，半圆形导线通以恒定电流，放置在匀强磁场中、已知磁感应强度大小为，导线长为，直径与磁场方向夹角为。该导线受到的安培力大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】由几何知识可知，该半圆形导线的有效长度为Lac，该导线受到的安培力
故选C。
【分析】先利用几何知识求得该半圆形导线的有效长度，接着利用安培力公式求解该导线受到的安培力大小。
5．下列属于光的衍射现象的是（　　）
A．水面上树的倒影
B．光在不透明圆盘后的影的中心出现一个亮斑
C．肥皂膜在阳光下形成彩色条纹
D．光信号在光纤中传播
【答案】B
【知识点】光导纤维及其应用；薄膜干涉；光的衍射
【解析】【解答】A、水面上树的倒影是由于光在水面处发生反射，与光的衍射无关，故A错误；B、光在不透明圆盘后的影的中心出现一个亮斑是光绕过圆盘发生衍射形成的，故B正确；
C、肥皂膜在阳光下形成彩色条纹是光的薄膜干涉，与光的衍射无关，故C错误；
D、光信号在光纤中传播是光的全反射的应用，与光的衍射无关，故D错误。
故选：B。
【分析】光离开直线路径绕到障碍物阴影里的现象叫光的衍射，由此分析。
6．图中1、2、3分别代表入射波、反射波、折射波的波线，则（　　）
A．2与1的波长、频率相等，波速不等
B．2与1的波速、频率相等，波长不等
C．3与1的波速、频率、波长均相等
D．3与1的频率相等，波速、波长均不等
【答案】D
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】AB．波速由介质决定，波线1、2都在介质a中传播，波源相同，故1、2的频率、波速、波长均相等，故AB错误；
CD．波线1、3是在两种不同介质中传播，波速不同，但波源没变，因而频率相等，由波长波速频率光线得波长不同，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】根据入射角与折射角的大小，分析波速关系。根据频率由光源决定，分析出频率的关系。由波速公式v=λf分析波长的关系。
7．如图所示，和是两个相干波源，其振幅均为A，周期均为T。实线与虚线分别表示两列波的波峰和波谷。此刻，c是波谷与波谷的相遇点，下列说法中正确的是（　　）
A．a处质点始终处于离平衡位置2A处
B．随着时间的推移，c处的质点将向右移动
C．从该时刻起，经过，c处的质点将通过平衡位置
D．停止振动之后，b处质点将始终处于平衡位置
【答案】C
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】A．a点是波峰和波峰叠加，由于两列波的振幅相等，其的振幅为2A，a处质点仍然在平衡位置附近振动，虽然此时位移为2A，但不是始终处于2A处，故A错误；B．振动的质点只是在各自的平衡位置附近振动，不会“随波逐流”，则c处的质点将不会向右移动，故B错误；
C．此时c是波谷与波谷的相遇点，c处的质点为振动加强点，从该时刻起，经过，c处的质点将通过平衡位置向上振动，故C正确；
D．停止振动之后，只剩下的振动，则b处质点不会始终处于平衡位置，故D错误。
故选C。
【分析】由图知b是振动减弱的点，a、c处于振动加强的点；在波的传播过程中，质点不会向前移动；c处的质点在平衡位置附近做简谐运动；波传播的过程中，质点在其平衡位置附近振动。
二、多选题（每小题6分，全对6分，不全对3分，错选0分，共18分）
8．如图所示，在张紧的水平绳上挂5个摆，已知甲、乙、丙的摆长相等，丁最长，戊最短。现让乙摆在垂直纸面的方向振动起来，其余各摆也随之振动，待振动稳定后，下列说法正确的是（　　）
A．戊摆的固有频率最大
B．戊摆的振动频率最大
C．5个摆的振动幅度都相等
D．甲、丙摆的振幅比丁、戊摆的振幅大
【答案】A,D
【知识点】受迫振动和共振；单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】A．根据单摆周期公式，可知戊摆的固有周期最小，固有频率最大，故A正确；
B．让乙摆在垂直纸面的方向振动起来，其余各摆也随之振动，振动稳定后，所有摆的振动频率都与乙摆的振动频率相等，故B错误；
CD．甲、丙的摆长与乙的摆长相等，即固有频率与驱动力频率相等，发生共振，振幅最大，故甲、丙摆的振幅比丁、戊摆的振幅大，故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】单摆做受迫振动，根据固有频率，受迫振动和共振的条件进行分析解答。
9．回旋加速器的工作原理如图所示，和是两个相同的半圆形中空金属盒，金属盒的半径为R，它们之间接交变电源，加速电压为，两个D形盒处于与盒面垂直、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从金属盒的A点由静止释放，带电粒子在回旋加速器中多次加速后最终从D形盒的边缘射出，粒子在电场中的加速时间不计，且不考虑相对论效应，下列说法正确的是（　　）
A．粒子射出时的动能与加速电压成正比
B．仅增大，粒子在加速器中运动的时间变短
C．粒子从D形盒的边缘射出时的速度大小为
D．交变电源的频率为
【答案】B,C
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】AC．根据
得
当时，
动能为
故A错误，C正确；
B．粒子在加速器中每加速一次，获得动能为
，故B正确；
D．要保证粒子在回旋加速度中不断加速，应满足交变电源的频率与粒子在磁场中做匀速圆周运动的频率相等，即交变电源的频率为
故D错误。
故选BC。
【分析】由洛伦兹力提供向心力，以粒子射出时的动能与加速电压无关，仅增大，粒子在加速器中运动的时间变短。
10．如图所示，质量为m，长为l的金属杆ab，与导轨间的动摩擦因数为 ，通过的电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面为θ角斜向上，ab静止于水平导轨上。下列说法正确的是（　　）
A．金属杆ab所受安培力大小为
B．金属杆ab所受到的摩擦力，方向水平向右
C．若将磁场方向与水平面间的夹角减小，导体棒仍保持静止，则此时导轨对导体棒的摩擦力变小
D．若将磁场方向与水平面间的夹角增大，导体棒仍保持静止，则此时导轨对导体棒的支持力变小
【答案】A,C
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】A．金属杆ab所受安培力大小为，方向斜向左上方，故A正确；
B．金属杆ab所受到的静摩擦力，方向水平向右，故B错误；
C．由以上分析可知，若将磁场方向与水平面间的夹角减小，导体棒仍保持静止，则此时导轨对导体棒的摩擦力变小，故C正确；
D．对金属杆，在竖直方向有，若将磁场方向与水平面间的夹角增大，导体棒仍保持静止，则此时导轨对导体棒的支持力变大，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】对金属杆进行受力分析（重力、安培力、支持力、摩擦力），结合安培力公式与平衡条件，分析各物理量的变化。
三、实验题（共14分，每空2分）
11．如图所示，某同学在“测定玻璃的折射率”的实验中，先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，长方体玻璃砖平放在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面和。O为直线AO与的交点。在直线OA上竖直插上，P1、P2两枚大头针。
（1）该同学接下来要完成的必要步骤有______。（填选项前的字母）
A．插上大头针P3，使P3仅挡住P2的像
B．插上大头针P3，使P3挡住P1、P2的像
C．插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像
D．插上大头针P4，使P4仅挡住P3的像
（2）过P3、P4作直线交于，过作垂直于的直线，连接O、。测量图中角α和角β的大小，则玻璃的折射率n=　 　。
【答案】（1）B；C
（2）
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）该同学接下来要完成的必要步骤有：插上大头针P3，使P3能挡住P1、P2的像；插上大头针P4，使P4能挡住P3和P1、P2的像，故BC正确，AD错误。
故选：BC。
（2）根据折射定律可得玻璃的折射率为
【分析】（1）根据实验原理和实验步骤分析判断；
（2）根据折射定律计算。
12．某同学欲利用一半径较大的固定光滑圆弧面测定重力加速度，圆弧面如图1所示。该同学将小铁球从最低点移开一小段距离由静止释放，则小铁球的运动可等效为一单摆。
（1）用游标卡尺测量小铁球的直径，示数如图2所示，则小铁球的直径d=　 　mm。
（2）测量小铁球的运动周期时，开始计时的位置为图1中的　 　（选填“A”、“O”或“A'”）处。
（3）测量50次全振动的时间如图3所示，则等效单摆的周期T=　 　s。
（4）更换半径不同的小铁球进行实验，正确操作，根据实验记录的数据，绘制的图像如图4所示，横、纵截距分别a、b，则当地的重力加速度g=　 　，圆弧面的半径R=　 　。（以上均用题目中的已知字母表示）
【答案】（1）16.6
（2）O
（3）
（4）；a
【知识点】实验基础知识与实验误差；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1） 10分度的游标卡尺的精确度为0.1mm，结果不用估读，小铁球的直径
（2）测量单摆的运动周期时，应从最低点开始计时，最低点比较好确定，测定时间误差较小，故选填O点。
（3）从图3可知，50次全振动的时间为96.8s，故周期为
（4）根据单摆周期公式可得摆球的周期
变形得
结合图像可得，
解得，
【分析】（1）10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，根据游标卡尺的读数规则读数；
（2）小铁球在最低点O的速度最大，停留时间最短，计时误差小，据此分析作答；
（3）根据秒表的读数规则读数，根据全振动的次数和时间求周期；
（4）根据单摆周期公式求解T2-d函数，结合图像斜率绝对值求解作答。
（1）游标卡尺的精确度为0.1mm，小铁球的直径
（2）测量单摆的运动周期时，应从最低点开始计时，故选填O点。
（3）从图3可知，50次全振动的时间为96.8s，故周期为
（4）[1][2]摆球的周期
变形得
结合图像可得
，
解得
，
四、解答题（共40分，13题12分，14题12分，15题16分）
13．一列简谐横波沿x轴正方向传播，时刻波的图像如图所示。若波速为4m/s，则：
（1）波长和周期分别是多少？
（2）频率与振幅分别为多少？
（3）求该图像处，从时刻开始的振动图像的函数表达式。
【答案】（1）由题图可知波长为，则周期为
（2）频率为
由题图可知振幅为。
（3）波沿x轴正方向传播，根据波形平移法可知，在时刻处质点从平衡位置向下振动，则从时刻开始的振动图像的函数表达式为
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】 （1）由图可知波长，根据波速公式求解周期；（2）根据周期和频率关系求解频率，由图可知振幅；
（3）分析t=0时刻x=0m处质点的位置和速度方向，写出振动函数表达式。
（1）由题图可知波长为，则周期为
（2）频率为
由题图可知振幅为。
（3）波沿x轴正方向传播，根据波形平移法可知，在时刻处质点从平衡位置向下振动，则从时刻开始的振动图像的函数表达式为
14．如图，一个储油桶的底面直径与高均为d。当桶内没有油时，从某点A恰能看到桶底边缘的某点B。当桶内油的深度等于桶高时，仍沿AB方向看去，恰好看到桶底上的点C，C、B两点相距，求：
（1）油的折射率。
（2）光在油中传播的速度。
【答案】（1）当桶内油的深度等于桶高时，仍沿AB方向看去，恰好看到桶底上的点C，如图所示
根据几何关系可得，
可得，
根据折射定律可得油的折射率为
（2）光在油中传播的速度为
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）根据几何关系求出入射角的正弦和折射角的正弦，结合折射定律求出油的折射率；
（2）根据公式求出光在油中的传播速度。
（1）当桶内油的深度等于桶高时，仍沿AB方向看去，恰好看到桶底上的点C，如图所示
根据几何关系可得，
可得，
根据折射定律可得油的折射率为
（2）光在油中传播的速度为
15．如图所示，一个质量为m、电荷量为的微粒，在A点（0，3）以初速度平行x轴射入电场区域，然后从电场区域进入磁场，又从磁场进入电场，并且先后只通过x轴上的P点（6，0）和Q点（8，0）各一次。已知该微粒的比荷为，微粒重力不计，求：
（1）微粒在电场中的加速度的大小及电场强度大小；
（2）微粒到达P点时速度方向与x轴正方向的夹角；
（3）磁感应强度B的大小及微粒从A运动到Q的时间。
【答案】（1）微粒从平行x轴正方向射入电场区域，由A到P做类平抛运动，微粒在x轴方向上做匀速直线运动，由
解得运动时间为
在轴方向上有
解得
由牛顿第二定律有
解得
（2）微粒到达P点时速度方向与x轴正方向的夹角为，则有
解得
（3）根据题意，画出粒子运动轨迹，如图所示
微粒进入磁场的速度为
由牛顿第二定律有
由几何关系可得
联立解得
由几何关系可得，圆弧所对圆心角为
则微粒在磁场中的运动时间为
则微粒从A运动到Q的时间
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）微粒在电场中做类平抛运动，应用运动学公式求出运动时间与加速度大小，根据牛顿第二定律求电场强度大小；
（2）求出微粒到达P点时的竖直分速度，然后求出速度方向与x轴正方向的夹角；
（3）根据微粒运动过程作出运动轨迹，根据几何关系和洛伦兹力提供向心力求磁感应强度B的大小，结合周期公式求微粒从A运动到Q的时间。
（1）微粒从平行x轴正方向射入电场区域，由A到P做类平抛运动，微粒在x轴方向上做匀速直线运动，由
解得运动时间为
在轴方向上有
解得
由牛顿第二定律有
解得
（2）微粒到达P点时速度方向与x轴正方向的夹角为，则有
解得
（3）根据题意，画出粒子运动轨迹，如图所示
微粒进入磁场的速度为
由牛顿第二定律有
由几何关系可得
联立解得
由几何关系可得，圆弧所对圆心角为
则微粒在磁场中的运动时间为
则微粒从A运动到Q的时间
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