海南省?？谑械谝恢袑W(xué)2023-2024學(xué)年高二下學(xué)期4月月考物理試題 B卷（原卷版+解析版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

一、選擇題（共14小題，每小題3分，共42分）
1. 一列沿x軸傳播的簡(jiǎn)諧橫波，波速為10m/s，在t=0時(shí)刻的波形圖線如圖所示，此時(shí)x=1.0m處的質(zhì)點(diǎn)正在向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，則（）
A. 此波一定沿x軸正方向傳播
B. x=1.0m處的質(zhì)點(diǎn)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期為0.20s
C. t=0時(shí)刻x=1.5m處的質(zhì)點(diǎn)具有最大速度
D. 再經(jīng)1.0s，x=1.5m處的質(zhì)點(diǎn)通過的路程為10m
【答案】B
【解析】
【詳解】A．根據(jù)上下坡法可知，波沿x軸負(fù)方向傳播，故A錯(cuò)誤；
B．由圖可知，波長(zhǎng)為
所以周期為
故B正確；
C．t=0時(shí)刻x=1.5m處的質(zhì)點(diǎn)位于負(fù)向最大位移處，具有最大加速度，而速度為零，故C錯(cuò)誤；
D．1.0s即為5個(gè)周期，所以質(zhì)點(diǎn)通過的路程為
故D錯(cuò)誤。
故選B。
2. 如圖甲所示，彈簧振子以點(diǎn)為平衡位置，在A、B兩點(diǎn)之間做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。取向右為正方向，振子的位移隨時(shí)間的變化圖像如圖乙所示，下列說法錯(cuò)誤的是（）
A. 時(shí)，振子的速度方向向左
B. 時(shí)，振子在點(diǎn)右側(cè)處
C. 和時(shí)，振子的加速度完全相同
D. 到的時(shí)間內(nèi)，振子的加速度逐漸減小
【答案】C
【解析】
【詳解】A．由x?t圖像的斜率表示速度可知，時(shí)，圖像的斜率是負(fù)值，因此振子的速度方向向左，A正確，不符合題意；
B．由題圖乙可知，振子的振幅為12cm，周期為1.6s，振子從平衡位置開始計(jì)時(shí)，取向右為正方向，則振子的振動(dòng)方程為

在t=0.2s時(shí)，則有
B正確，不符合題意；
C．由題圖乙可知，時(shí)，振子在正方向的最大位移處，加速度方向向左，是負(fù)值，時(shí)，振子在負(fù)方向的最大位移處，加速度方向向右，是正值，因此在和時(shí)，振子的加速度大小相等，方向相反，C錯(cuò)誤，符合題意；
D．由題圖乙可知，在到的時(shí)間內(nèi)，振子從正方向的最大位移處運(yùn)動(dòng)到平衡位置，位移逐漸減小，由彈簧振子的加速度與位移大小成正比，可知振子的加速度逐漸減小，D正確，不符合題意。
故選C。
3. 一列簡(jiǎn)諧橫波沿軸正方向傳播，波速，已知坐標(biāo)原點(diǎn)（）處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像如圖所示。在下列四幅圖中能夠正確表示時(shí)波形圖是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【詳解】簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正方向傳播，由振動(dòng)圖像可知，在t=0.15s時(shí)，原點(diǎn)處的質(zhì)點(diǎn)位移是為正，向負(fù)方向振動(dòng)；根據(jù)上下坡法，ACD不符合題意，B符合題意。
故選B。
4. 如圖所示為振蕩電路中電容器極板上的電荷量隨時(shí)間變化的圖象，由圖可知（）
A. 在時(shí)刻，電路中的磁場(chǎng)能最小
B. 從到，電路中的電流不斷減小
C. 從到，電容器不斷放電
D. 在時(shí)刻，電容器的電場(chǎng)能最大
【答案】A
【解析】
【詳解】A．由圖可知，時(shí)刻電容器極板上的電荷量q最大，此時(shí)剛剛充電完畢，故電路中的磁場(chǎng)能最小，故A正確；
B．從到，電容器放電，電路中的電流從0增加到最大值，故B錯(cuò)誤；
C．從到，電容器的電荷量不斷增加，故電容器在不斷充電，故C錯(cuò)誤；
D．時(shí)刻放電剛剛結(jié)束，電容器的電場(chǎng)能最小，故D錯(cuò)誤。
故選A。
5. 如圖所示，一小球以初速度從斜面底端與斜面成角斜向上拋出，落到斜面上的M點(diǎn)且速度水平向右；現(xiàn)將該小球以的速度從斜面底端仍與斜面成角斜向上拋出，落在斜面上N點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，則（）
A. 球落到N點(diǎn)時(shí)速度不沿水平方向
B. 兩次球與斜面距離最遠(yuǎn)時(shí)的位置連線與斜面垂直
C. 從拋出至落至M、N點(diǎn)過程中，球動(dòng)量變化量之比為1：3
D. 從拋出至落至M、N點(diǎn)過程中，球克服重力做功之比為1：3
【答案】C
【解析】
【詳解】A．由于落到斜面上M點(diǎn)時(shí)速度水平向右，故可把質(zhì)點(diǎn)在空中的運(yùn)動(dòng)逆向看成從M點(diǎn)向左的平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)在M點(diǎn)的速度大小為vx，把質(zhì)點(diǎn)在斜面底端的速度v分解為水平方向的vx和豎直方向的vy，由
x=vxt
y=gt2
得空中飛行時(shí)間
vy=2vxtanθ
v和水平方向夾角的正切值
為定值，即落到N點(diǎn)時(shí)速度方向水平向右，故A錯(cuò)誤；
B．小球離斜面最遠(yuǎn)時(shí)，速度方向平行斜面，兩個(gè)位置不可能出現(xiàn)在垂直斜面的同一條直線上，即兩次球與斜面距離最遠(yuǎn)時(shí)的位置連線不可能與斜面垂直，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
C．球拋出到落到斜面上的過程中，水平速度不變，豎直速度從vy變?yōu)?，則動(dòng)量變化的大小為
?p=mvy=mvsin(θ+α)∝v
則從拋出至落至M、N點(diǎn)過程中，球動(dòng)量變化量之比為1：3，選項(xiàng)C正確；
D．根據(jù)
克服重力做功大小
從拋出至落至M、N點(diǎn)過程中，球克服重力做功之比為1：9，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
故選C。
6. 有甲、乙、丙、丁四列簡(jiǎn)諧波同時(shí)沿x軸正方向傳播，波速分別是v、2v、3v、4v，a、b是x軸上所給定的兩點(diǎn)，且ab=l。在t時(shí)刻，a、b兩點(diǎn)間四列波的波形分別如圖所示，則由該時(shí)刻起不正確的是（）
A. 波長(zhǎng)最長(zhǎng)的是丙，波長(zhǎng)最短的是乙
B. 頻率最高的是乙，頻率最低的是丙
C. 關(guān)于a點(diǎn)第一次到達(dá)波峰，最先乙，最后是甲
D. 關(guān)于b點(diǎn)第一次到達(dá)波谷，最先是丁，最后是甲
【答案】B
【解析】
【詳解】A．由圖像可知，四列波的波長(zhǎng)分別為
，，，
故波長(zhǎng)最長(zhǎng)的是丙，波長(zhǎng)最短的是乙，故A正確，不滿足題意要求；
B．根據(jù)
可得頻率分別為
，，，
故頻率最高的是丁，頻率最低的是甲，故B錯(cuò)誤，滿足題意要求；
C．根據(jù)
可得四列波的周期為
，，，
根據(jù)波形平移法可知在t時(shí)刻甲乙丙中a點(diǎn)向上振動(dòng)，丁中a點(diǎn)向下振動(dòng)，由該時(shí)刻起a點(diǎn)第一次到達(dá)波峰的時(shí)間分別為
，，，
故關(guān)于a點(diǎn)第一次到達(dá)波峰，最先是乙，最后是甲，故C正確，不滿足題意要求；
D．根據(jù)波形平移法可知在t時(shí)刻甲乙丁中b點(diǎn)向上振動(dòng)，丙中b點(diǎn)向下振動(dòng)，由該時(shí)刻起b點(diǎn)第一次到達(dá)波谷的時(shí)間分別為
，，，
故關(guān)于b點(diǎn)第一次到達(dá)波谷，最先是丁，最后是甲，故D正確，不滿足題意要求。
故選B。
7. 如圖，傾角為的固定斜面頂端，放有木板A和小滑塊B（B可看成質(zhì)點(diǎn)），已知A、B質(zhì)量，木板A與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.75，A與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)未知但小于0.75，B與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，開始用手控制使系統(tǒng)靜止?，F(xiàn)有一粒質(zhì)量的鋼球，以的速度撞擊木板A，方向沿斜面向下，且鋼球準(zhǔn)備與木板撞擊時(shí)釋放AB，碰撞時(shí)間極短。碰撞后，鋼球以的速度反彈。木板厚度很小，長(zhǎng)度未知，但滑塊B不會(huì)從木板A的上端掉下，斜面足夠長(zhǎng)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。以下說法中正確的是（）
A. 鋼球與木板碰撞結(jié)束時(shí)，木板速度為
B. 鋼球與木板碰撞過程中系統(tǒng)損失的動(dòng)能為
C. 若某時(shí)滑塊B的速度為，且此時(shí)AB沒有分離，則這時(shí)A速度一定為
D. 如果A、B分離以后，第一秒內(nèi)B比A多運(yùn)動(dòng)，那么分離時(shí)滑塊B的速度為
【答案】BCD
【解析】
【詳解】A．鋼球與木板撞擊時(shí)，碰后鋼球速度，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有
解得
故A錯(cuò)誤；
B．鋼球與木板碰撞過程中系統(tǒng)損失的動(dòng)能為
故B正確；
C．以AB整體為研究對(duì)象，沿斜面方向有
則AB受力平衡，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，可得
當(dāng)時(shí)，可得
故C正確；
D．假設(shè)分離時(shí)木板A的速度剛好減小到零，此時(shí)B的速度為，那么分離后木板A保持停止，滑塊B繼續(xù)在斜面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，且加速度為
從此系統(tǒng)動(dòng)量不再守恒，根據(jù)且，解得相對(duì)位移
說明分離前木板A已經(jīng)停下。由，將，代入解得
故D正確。
故選BCD。
8. 關(guān)于波的干涉和衍射現(xiàn)象，下列正確的是（）
A. 只要是兩列波疊加，都能產(chǎn)生穩(wěn)定的干涉圖樣
B. 波只要遇到障礙物就能夠發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象
C. 一切波都能夠發(fā)生衍射現(xiàn)象，衍射是波特有的現(xiàn)象
D. 對(duì)于發(fā)生干涉現(xiàn)象的兩列波，它們的振幅一定相同
【答案】C
【解析】
【詳解】AD．只有頻率相同且相位差恒定的兩列波才能發(fā)生穩(wěn)定的干涉，從而形成穩(wěn)定的干涉圖樣，而發(fā)生穩(wěn)定干涉的兩列波的振幅不一定相同，故AD錯(cuò)誤；
B．只有當(dāng)障礙物的尺寸與波的波長(zhǎng)相差不大或比波的波長(zhǎng)更小時(shí)才能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，故B錯(cuò)誤；
C．一切波都能夠發(fā)生衍射現(xiàn)象，衍射是波特有的現(xiàn)象，故C正確。
故選C。
9. 隨著新能源汽車的普及，無線充電技術(shù)得到進(jìn)一步開發(fā)和應(yīng)用。如圖所示，由地面供電裝置（主要裝置有線圈和電源）將電能傳送至電動(dòng)汽車底部的感應(yīng)裝置（主要裝置是線圈）對(duì)車載電池進(jìn)行充電，由于電磁輻射等因素，其能量傳送效率只能達(dá)到90%左右。無線充電樁可以允許的有效充電距離一般為15~20cm。下列說法中正確的是（）
A. 若供電線圈和受電線圈均采用超導(dǎo)材料則能量的傳輸效率可達(dá)到100%
B. 無線充電樁的優(yōu)越性之一是在數(shù)米開外也可以對(duì)電動(dòng)汽車快速充電
C. 地面供電裝置連接恒壓直流電源時(shí)也可以實(shí)現(xiàn)對(duì)汽車充電
D. 車上線圈中感應(yīng)電流磁場(chǎng)總是要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化
【答案】D
【解析】
【詳解】A．由于電磁波傳播的時(shí)候有電磁輻射，有能量損失，能量的傳輸效率不能達(dá)到100%，故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)題意知目前無線充電樁充電的有效距離為15～20cm，達(dá)不到在百米之外充電，故B錯(cuò)誤；
C．充電系統(tǒng)應(yīng)用的是電磁感應(yīng)原理，則地面供電裝置連接恒壓直流電源時(shí)不可以實(shí)現(xiàn)對(duì)汽車充電，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．地面發(fā)射磁場(chǎng)裝置通過改變地面供電裝置的電流來使車身感應(yīng)裝置中產(chǎn)生感應(yīng)電流，因此，感應(yīng)裝置中感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向總是阻礙感應(yīng)線圈磁通量的變化，故D正確。
故選D。
10. 如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為1:2，正弦交流電源電壓的有效值為U=15V，保持不變，電阻R1=15Ω，R2=20Ω，滑動(dòng)變阻器最大阻值為。開始時(shí)，滑片P處于滑動(dòng)變阻器正中間位置，則下列說法正確的是（）

A. 通過R1的電流為0.6A
B. 電壓表讀數(shù)為30V
C. 若向下移動(dòng)P，電壓表讀數(shù)將變小
D. 若向上移動(dòng)P，變壓器輸出功率將變大
【答案】A
【解析】
【詳解】AB．理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為1:2，可知原副線圈的電流之比為2:1，設(shè)通過原線圈的電流為I，則副線圈的電流為0.5I，初級(jí)電壓為
次級(jí)電壓為
根據(jù)理想變壓器原副線圈電壓之比等于匝數(shù)之比可得
解得
所以通過的電流為0.6A，電壓表讀數(shù)為12V，故A正確，B錯(cuò)誤；
C．向下移動(dòng)P，則R3電阻增大，次級(jí)電流變小，初級(jí)電流也隨之變小，電阻R1的電壓變小，變壓器輸入的電壓變大，次級(jí)電壓也變大，電壓表讀數(shù)變大，故C錯(cuò)誤；
D．直流電路中外電路的總電阻等于電源內(nèi)阻時(shí)，電源輸出功率最大，如下圖所示

R1等效為電源內(nèi)阻，若向上移動(dòng)P，R3電阻減小，等效外電阻為
開始時(shí)，滑片P處于滑動(dòng)變阻器正中間位置，可知
隨著的減小，副線圈輸出功率將變小，故D錯(cuò)誤。
故選A。
11. 如圖所示，半圓玻璃磚可繞過圓心的垂直軸轉(zhuǎn)動(dòng)，圓心O與足夠大光屏的距離d=20cm，初始半圓玻璃磚的直徑與光屏平行時(shí)，一束光對(duì)準(zhǔn)圓心、垂直于光屏射向玻璃磚，在光屏上O1點(diǎn)留下一光點(diǎn)，保持入射光方向不變，讓玻璃磚繞O點(diǎn)順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)（）時(shí)，光屏上光點(diǎn)也會(huì)移動(dòng)，當(dāng)玻璃磚轉(zhuǎn)過角時(shí)，光屏上光點(diǎn)位置距離O1點(diǎn)為20cm，（）則不正確的是（）
A. 玻璃磚轉(zhuǎn)動(dòng)后，光屏上的光點(diǎn)會(huì)相對(duì)于向上移動(dòng)
B. 該玻璃磚折射率為
C. 該玻璃磚的折射率為
D. 當(dāng)玻璃磚繞O點(diǎn)相對(duì)初始位置轉(zhuǎn)過的角度α的正弦值為時(shí)，光屏上的光點(diǎn)消失
【答案】B
【解析】
【詳解】A．如圖所示
玻璃磚轉(zhuǎn)動(dòng)后，光屏上的光點(diǎn)會(huì)相對(duì)于向上移動(dòng)，故A正確，不滿足題意要求；
BC．玻璃磚轉(zhuǎn)過角時(shí)，折射光路如上圖所示，可知入射角為
根據(jù)幾何關(guān)系可得
解得
則折射角為
根據(jù)折射定律可得
聯(lián)立可得該玻璃磚的折射率為
故B錯(cuò)誤，滿足題意要求；C正確，不滿足題意要求；
D．剛好發(fā)生全反射時(shí)，光屏上的光點(diǎn)消失，則有
此時(shí)轉(zhuǎn)過的角度剛好等于臨界角，則
故D正確，不滿足題意要求。
故選B。
12. 兩木塊A、B質(zhì)量分別為m、M，用勁度系數(shù)為k的輕彈簧連在一起，放在水平地面上，如圖所示，用外力將木塊A壓下一段距離靜止，釋放后A上下做簡(jiǎn)諧振動(dòng)．在振動(dòng)過程中，木塊B剛好始終不離開地面即它對(duì)地面最小壓力為零．以下說法正確的是
A. 在振動(dòng)過程中木塊A的機(jī)械能守恒
B. A做簡(jiǎn)諧振動(dòng)的振幅為
C. A做簡(jiǎn)諧振動(dòng)的振幅為
D. 木塊B對(duì)地面的最大壓力是
【答案】BD
【解析】
【詳解】振動(dòng)過程中A與彈簧整體機(jī)械能守恒，單獨(dú)A機(jī)械能不守恒，則A錯(cuò)誤；當(dāng)彈簧處于伸長(zhǎng)至最長(zhǎng)狀態(tài)時(shí)，M剛好對(duì)地面壓力為零，故彈簧中彈力F=Mg；此時(shí)m有最大加速度，由F+mg=ma，得：．由對(duì)稱性，當(dāng)m運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)時(shí)，彈簧中彈力大小為F，但此時(shí)彈簧是處于壓縮狀態(tài)，根據(jù)牛頓第二定律得：F-mg=ma；即F=m（g+a）=2mg+Mg，所以F壓=F+Mg=2（m+M）g 則D正確；A在平衡位置時(shí)彈簧壓縮，振幅為最大位移與平衡位置的距離，則振幅為：，則B正確，C錯(cuò)誤.
13. 如圖所示，在水平光滑地面放置兩質(zhì)量相等的物塊A、B，之間用輕質(zhì)彈簧栓接，初始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，物塊B靜止，現(xiàn)使物塊A獲得向右速度v，此后開始運(yùn)動(dòng)，不計(jì)一切阻力，則在運(yùn)動(dòng)過程中（）
A. A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
B. A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒
C. 經(jīng)過足夠長(zhǎng)時(shí)間后，均以的速度向前勻速運(yùn)動(dòng)
D. A、B速度均為時(shí)彈簧一定處于壓縮狀態(tài)
【答案】AB
【解析】
【詳解】AB．根據(jù)題意可知，運(yùn)動(dòng)過程中，只有彈簧的彈力做功，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，系統(tǒng)所受外力和為0，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故AB正確；
CD．根據(jù)題意可知，物塊A獲得向右速度v后，開始?jí)嚎s彈簧，B做加速運(yùn)動(dòng)，A做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)A、B速度相等時(shí)，彈簧壓縮到最短，由動(dòng)量守恒定律有
解得
即物體A、B速度均為，B物體繼續(xù)加速，A物體繼續(xù)減速，直到彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)，設(shè)此時(shí)A的速度為，B的速度為，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有
解得
由于物塊A、B，之間用輕質(zhì)彈簧栓接，物體B向右運(yùn)動(dòng)，拉伸彈簧，物體B開始減速，物體A加速，速度相等時(shí)，即物體A、B速度均為，彈簧被拉伸到最長(zhǎng)，之后，物體B繼續(xù)減速，物體A繼續(xù)加速，直到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，此時(shí)物體A的速度為，物體B的速度為，然后物體A、B將重復(fù)上述過程，故CD錯(cuò)誤。
故選AD
14. 一個(gè)質(zhì)量為的長(zhǎng)木板靜止在粗糙水平地面上，木板右端靜止一個(gè)質(zhì)量為的小物塊，小物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，如圖甲所示。某時(shí)刻，給長(zhǎng)木板一個(gè)向右大小為的沖量，此后小物塊和長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)的圖像如圖之所示，且小物塊始終沒有滑離長(zhǎng)木板，若已知圖中，，小物塊木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)設(shè)為，長(zhǎng)木板與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)設(shè)為，重力加速度，則從初始到二者最終停下的整個(gè)過程中，下列說法正確的是（）
A. ，
B. 時(shí)間內(nèi)，小物塊與長(zhǎng)木板間摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為
C. 小物塊比長(zhǎng)木板提前停下
D. 小物塊相對(duì)長(zhǎng)木板位移為
【答案】AB
【解析】
【詳解】A．根據(jù)題意，對(duì)長(zhǎng)木板，由動(dòng)量定理有
對(duì)小物塊，由牛頓第二定律有
對(duì)長(zhǎng)木板有
通過對(duì)題圖及題中數(shù)據(jù)分析
在時(shí)刻建立共速方程有
聯(lián)立以上各式解得
故A正確；
B．時(shí)間內(nèi)，二者的相對(duì)位移可通過題圖中面積算得
則產(chǎn)生的內(nèi)能
故B正確；
C．二者共速后，小物塊加速度大小不變，由題圖知，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)長(zhǎng)木板由牛頓第二定律有
解得
則的時(shí)間為
由對(duì)稱性可知小物塊停下也會(huì)用時(shí)，則小物塊比長(zhǎng)木板晚停下，故C錯(cuò)誤；
D．小物塊與長(zhǎng)木板內(nèi)的相對(duì)位移
則全過程的相對(duì)位移為
故D錯(cuò)誤。
故選AB。
二、非選擇題（共58分）
15. 如圖所示，直角三角形ABC是一玻璃磚的橫截面，AB=L，C=90°，A=60°一束單色光PD從AB邊上的D點(diǎn)射入玻璃磚，入射角為45°，DB=，折射光DE恰好射到玻璃磚BC邊的中點(diǎn)E，已知光在真空中的傳播速度為c。求：
（1）玻璃磚的折射率；
（2）該光束從AB邊上的D點(diǎn)射入玻璃磚到第一次射出玻璃磚所需的時(shí)間。
【答案】（1）（2）
【解析】
【詳解】（1）作出光路圖，如圖所示
過E點(diǎn)的法線是三角形的中位線，由幾何關(guān)系可知為等腰三角形
由幾何知識(shí)可知光在AB邊折射時(shí)折射角為
所以玻璃磚的折射率為
（2）設(shè)臨界角為，有
可解得
由光路圖及幾何知識(shí)可判斷，光在BC邊上的入射角為60°，大于臨界角，則光在BC邊上發(fā)生全反射，光在AC邊的入射角為30°，小于臨界角，所以光從AC第一次射出玻璃磚
根據(jù)幾何知識(shí)可知
則光束從AB邊射入玻璃磚到第一次射出玻璃磚所需要的時(shí)間為
而
可解得
16. （1）如圖1所示，為小金在進(jìn)行“探究單擺周期與擺長(zhǎng)的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)時(shí)，用秒表記錄下單握50次全振動(dòng)所用時(shí)間，由郵可知該次實(shí)驗(yàn)中50次全振動(dòng)所用的時(shí)間為________。

（2）若實(shí)驗(yàn)測(cè)得的值偏大，可能的原因是_________
A．?dāng)[球的質(zhì)量太大
B．測(cè)擺長(zhǎng)時(shí)，僅測(cè)了線長(zhǎng)，未加小球半徑
C．測(cè)周期時(shí)，把次全振動(dòng)誤記為（）次
D．?dāng)[球上端未固定牢固，振動(dòng)中出現(xiàn)松動(dòng)（擺長(zhǎng)變長(zhǎng)）
（3）如圖2所示，他組裝單擺時(shí)，在擺線上端的懸點(diǎn)處，用一塊開有狹縫的橡皮夾牢擺線，再用鐵架臺(tái)的鐵夾將橡皮夾緊，他這樣做的主要目的是________（單選）。
A．便于測(cè)量單擺周期
B．保證擺動(dòng)過程中擺長(zhǎng)不變
C．保證擺球在同一豎直平面內(nèi)擺動(dòng)
（4）小金同學(xué)以擺線的長(zhǎng)度（）作為縱坐標(biāo)，以單擺周期的平方（）作為橫坐標(biāo)，作出的圖像如圖3所示，則其作出的圖線是________（填“圖線1”“圖線2”或“圖線3”）．若作出的圖線的斜率為，能否根據(jù)圖像得到當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣龋縚_______（若不可以填“否”；若可以求出，則寫出其表達(dá)式）。
【答案】 ①. 99.8 ②. C ③. B ④. 圖線2 ⑤.
【解析】
【詳解】（1）[1]秒表的讀數(shù)為
即50次全振動(dòng)所用時(shí)間；
（2）[2]根據(jù)
解得
A．?dāng)[球的質(zhì)量對(duì)實(shí)驗(yàn)無影響，A錯(cuò)誤；
B．測(cè)擺長(zhǎng)時(shí)，僅測(cè)了線長(zhǎng)，未加小球半徑，L的測(cè)量值偏小，偏小，B錯(cuò)誤；
C．測(cè)周期時(shí)，把n次全振動(dòng)誤記為次，n的測(cè)量值偏大，偏大，C正確；
D．?dāng)[球上端未固定牢固，振動(dòng)中出現(xiàn)松動(dòng)（擺長(zhǎng)變長(zhǎng)），L的測(cè)量值偏小，偏小，D錯(cuò)誤。
故選C。
（3）[3]用一塊開有狹縫的橡皮夾牢擺線，再用鐵架臺(tái)的鐵夾將橡皮夾緊，這樣做主要是為了防止小球在擺動(dòng)過程中把擺線拉長(zhǎng)。
故選B。
（4）[4]根據(jù)單擺周期
可得，
故應(yīng)為圖線2；
[5]根據(jù)圖象斜率，所以
17. 在“用雙縫干涉測(cè)光波長(zhǎng)”的實(shí)驗(yàn)中，
（1）如圖1所示，將實(shí)驗(yàn)儀器按要求安裝在光具座上，小光同學(xué)觀察到清晰的干涉條紋。若他對(duì)實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行改動(dòng)后，在像屏上仍能觀察到清晰的干涉條紋，但條紋間距變寬。以下改動(dòng)可能會(huì)實(shí)現(xiàn)這個(gè)效果的是（）
A.僅將濾光片向右移動(dòng)靠近單縫 B.僅將像屏向左移動(dòng)少許
C.僅將綠色濾光片換成紅色濾光片 D.僅將像屏向右移動(dòng)少許
（2）如圖2所示，在測(cè)量過程中將測(cè)量頭的分劃板中心刻線與某亮紋中心對(duì)齊，將該亮紋定為第1條亮紋，此時(shí)手輪上的示數(shù)x1=1.670mm，然后同方向轉(zhuǎn)動(dòng)測(cè)量頭，使分劃板中心刻線與第4條亮紋中心對(duì)齊，記下此時(shí)圖3中手輪上的示數(shù)x4=_______mm。
（3）已知雙縫間距d為，測(cè)得雙縫到屏的距離l為0.700m，由計(jì)算式λ=_________（用（2）（3）中提供的字母表示），可得所測(cè)單色光波長(zhǎng)為__________m（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。
【答案】 ①. CD##DC ②. ③. ④.
【解析】
【詳解】（1）[1]根據(jù)條紋間距公式
其中為雙縫到像屏的距離，為雙縫之間的長(zhǎng)度，可知僅將像屏向右移動(dòng)少許即增大、將綠色濾光片換成紅色濾光片即變大可以使條紋間距變大，故CD正確，AB錯(cuò)誤；
（2）[2]螺旋測(cè)微器的讀數(shù)為
（3）[3][4]條紋間距為
根據(jù)
可得
代入數(shù)據(jù)解得
18. 一列橫波在軸上傳播，各質(zhì)點(diǎn)在豎直方向上振動(dòng)，、是軸上相距的兩質(zhì)點(diǎn)，時(shí)，質(zhì)點(diǎn)正好到達(dá)最高點(diǎn)，且質(zhì)點(diǎn)到軸的距離為，而此時(shí)質(zhì)點(diǎn)恰好經(jīng)過平衡位置向上運(yùn)動(dòng)，已知這列波的頻率為。
（1）求此波的周期，并求經(jīng)過時(shí)間，質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的路程；
（2）若、在軸上的距離大于一個(gè)波長(zhǎng)，求該波的波速大??；
（3）若波速為，其傳播方向如何？
【答案】（1）,；（2）或；（3）從
【解析】
【詳解】（1）波的周期
由題意知，振幅為4cm，則質(zhì)點(diǎn)a一個(gè)周期運(yùn)動(dòng)的路程
因?yàn)?s內(nèi)的周期數(shù)是
所以1s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的路程
（2）若波由a傳向b，則由題意得
則
若波由b傳向a，則由題意得
則
（3）若波速為，則
解得
可知從傳播。
19. 彈簧振子以點(diǎn)為平衡位置在、兩點(diǎn)之間做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，、相距。某時(shí)刻振子處于點(diǎn)，經(jīng)過，振子首次到達(dá)點(diǎn)，求：
（1）該彈簧振子振動(dòng)的振幅和頻率；
（2）振子在內(nèi)通過的路程及末的位移大??；
（3）振子在點(diǎn)的加速度大小與在距點(diǎn)處點(diǎn)的加速度大小的比值。
【答案】（1）；；（2）200cm；0；（3）
【解析】
【詳解】（1）設(shè)振幅為A，由題意
BC=2A=20cm
所以
A=10cm
振子從B到C所用時(shí)間0.5s，為周期T的一半，所以
T=1.0s
（2）振子在一個(gè)周期內(nèi)通過的路程為4A，故內(nèi)，通過的路程
五個(gè)周期振子正好回到初始位置B點(diǎn)，故位移大小為0。
（3）振子加速度
，
所以
20. 如圖所示，豎直平面內(nèi)有足夠長(zhǎng)金屬導(dǎo)軌，軌間距為0.2 m，金屬導(dǎo)體ab可在導(dǎo)軌上無摩擦地上下滑動(dòng)，ab的電阻為0.4 Ω，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，導(dǎo)體ab的質(zhì)量為0.2 g, 垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.2 T，且磁場(chǎng)區(qū)域足夠大，當(dāng)導(dǎo)體ab自由下落0.4 s 時(shí)，突然閉合開關(guān)S，則：
(1)試說出S接通后，導(dǎo)體ab的運(yùn)動(dòng)情況；
(2)導(dǎo)體ab勻速下落的速度是多少？(g取10 m/s2)
【答案】(1)先做豎直向下的加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng) (2)0.5 m/s
【解析】
【詳解】(1)閉合S之前導(dǎo)體ab自由下落的末速度為：v0＝gt＝4 m/s
S閉合瞬間，導(dǎo)體產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，ab立即受到一個(gè)豎直向上的安培力，F(xiàn)安＝BIL＝＝0.016 N＞mg＝0.002 N
此刻導(dǎo)體所受到合力的方向豎直向上，與初速度方向相反，加速度的表達(dá)式為：
所以ab做豎直向下的加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度減小至F安＝mg時(shí)，ab做豎直向下的勻速運(yùn)動(dòng)．
(2)設(shè)勻速下落的速度為vm，此時(shí)F安＝mg，
即＝mg，

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