1.傳統(tǒng)家用電視遙控器工作時發(fā)出的是300THz?400THz紅外線;而手機藍牙技術(shù)使用2.4GHz頻段的無線電波與各設(shè)備之間進行信息交換。1THz=103GHz。關(guān)于這兩種電磁信號，下列說法正確的是( )
A. 這兩種電磁信號都是縱波
B. 該紅外線所處波段電磁波能量比X射線能量高
C. 題述紅外線信號比藍牙信號更容易被墻壁遮擋
D. 藍牙信號穿墻時波長比它在空氣中波長更長
2.如圖，C由質(zhì)量為M的物塊及右上角光滑輕質(zhì)定滑輪組成，靜置于水平地面?？邕^滑輪用輕繩連接兩質(zhì)量分別為2m和m的物塊A、B，除地面外的其余各接觸處均光滑。開始用手托住 B，使輕繩剛好伸直。由靜止釋放 B，在 B下落而A又未碰到滑輪的過程中，C始終保持靜止，下列說法正確的是( )
A. 地面對C有向右的摩擦B. 物體C受到4個力作用
C. 繩中拉力等于mgD. 地面對C的支持力小于(M+2m)g
3.汽車以一定的初速度沿平直公路開始勻減速剎車，此后t時間內(nèi)的位移為x，汽車的xt?t關(guān)系如圖所示，圖線前10s為直線，之后部分屬于雙曲線，則由圖像可知，汽車前16 s內(nèi)平均速度大小為( )
A. 6.00m/sB. 6.20m/sC. 6.25m/sD. 6.35m/s
4.2023年6月15日13時30分，長征二號丁運載火箭在太原衛(wèi)星發(fā)射中心成功將吉林一號高分06A星等41顆衛(wèi)星發(fā)射升空，衛(wèi)星順利進入預(yù)定軌道，創(chuàng)造“一箭41星”中國航天新紀錄。若本次發(fā)射的某衛(wèi)星處于與赤道平面共面的高軌道做勻速圓周運動，已知該衛(wèi)星的繞行周期為 T，與地球自轉(zhuǎn)同向，地球自轉(zhuǎn)周期為T0(T0>T)，地球半徑為R，引力常量為G，根據(jù)以上數(shù)據(jù)可以推導(dǎo)出的量是( )
A. 衛(wèi)星所受地球的引力
B. 地球的質(zhì)量和密度
C. 衛(wèi)星離地面的高度
D. 連續(xù)兩次經(jīng)過地面同一點正上方所用的時間
5.如圖所示為靜置堅硬玻璃瓶，用橡膠塞密封住壓強為1atm的一定體積空氣，從早晨到中午，因太陽暴曬致使橡膠塞突然蹦出。假設(shè)瓶中空氣可視為理想氣體，玻璃與外界能緩慢熱交換，外部大氣壓強為1 atm，下列說法正確的是( )
A. 橡膠塞蹦出前，瓶中空氣壓強不變
B. 橡膠塞蹦出前，瓶中空氣內(nèi)能增量大于從外界所吸熱量
C. 橡膠塞蹦出的短暫過程，瓶內(nèi)空氣溫度會迅速下降
D. 橡膠塞蹦出的短暫過程，瓶內(nèi)空氣內(nèi)能減少量等于橡膠塞動能增加量
6.氫原子能級圖如圖甲所示。某基態(tài)氫原子受激后可輻射出三種不同頻率的光，其中有兩種能使乙圖中逸出功為2.25eV的K極鉀金屬發(fā)生光電效應(yīng)，通過乙圖實驗裝置得到這兩種光分別實驗時的電流和電壓讀數(shù)，繪出圖丙①②兩根曲線，則下列說法正確的是( )
A. 不能使K極金屬產(chǎn)生光電效應(yīng)的光是從n=2躍遷到n=1時產(chǎn)生的
B. 丙圖中②曲線對應(yīng)的入射光光子能量為12.09eV
C. 丙圖中①曲線對應(yīng)的入射光光子能使鉀金屬產(chǎn)生最大初動能為10.20eV的光電子
D. 丙圖中Uc1=9.84V
7.如圖所示一溝槽截面ABCD為正方形，現(xiàn)從A點以45°發(fā)射角發(fā)射小球(視為質(zhì)點)，忽略空氣阻力，則擊中C點和擊中D點的發(fā)射初速度之比為( )
A. 1:2B. 1: 2C. 2: 3D. 3:2
二、多選題：本大題共3小題，共12分。
8.一含有理想變壓器的電路如圖所示，圖中電阻R1:R2:R3=1:8:12，當(dāng)U為如圖乙所示正弦式交流電源時，理想交流電壓表示數(shù)為30 V。則該變壓器原、副線圈匝數(shù)比可設(shè)計為( )
A. 1:10B. 2:5C. 1:2D. 3:5
9.空間中存在平行于紙面的勻強電場，在紙面內(nèi)取O點為坐標(biāo)原點建立x軸，如圖甲所示?，F(xiàn)有一個質(zhì)量為m、電量為+q的帶電微粒，在t=0時刻以一定初速度從x軸上的a點開始沿順時針做勻速圓周運動，圓心為O、半徑為R。已知圖中圓為微粒運動軌跡，ab為圓軌跡的一條直徑;除電場力外微粒還受到一個變力F，不計其它力的作用;測得試探電荷所處位置的電勢φ隨時間t的變化圖像如圖乙所示，其中φ1>0V。下列說法正確的是( )
A. 電場強度的方向與x軸正方向成π6
B. 從a點到b點F做功為qφ1
C. 微粒在a時所受變力F可能達最小值
D. 圓周運動的過程中變力F的最大值為mπ236t12R+qφ1R
10.如圖正六邊形是一個絕緣筒的截面，筒內(nèi)無磁場，在每邊中點處開一小孔?，F(xiàn)有質(zhì)量為m，電荷量為q的粒子(不計重力)，從其中一個小孔以垂直邊長方向、大小恰當(dāng)?shù)某跛俣?，進入外部磁感應(yīng)強度大小為B的無限大勻強磁場。磁場方向垂直截面，若粒子可以不與筒相碰，以相同速度回到起點，那么該過程粒子經(jīng)歷的時間可能是( )
A. 8(2π+3 3)mqBB. 4(π+4 3)mqBC. 2(3π+2 3)mqBD. 6(5π+2 3)mqB
三、實驗題：本大題共2小題，共18分。
11.(1)用單擺測重力加速度，為避免擺球晃動，采用圖甲所示裝置。兩懸繩長都是 l，與水平固定橫桿夾角均為53°;用螺旋測微器測小球的直徑如圖乙所示，其值d=__________mm，使小球做簡諧運動，用秒表記錄了單擺n次全振動所用的時間為t，則當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊谋磉_式g=__________(用題中字母及π來表示)
(2)若保持懸線與水平橫桿夾角53°不變，通過改變懸線長，使小球做簡諧運動，測得了多組懸線長l和對應(yīng)的周期T，用圖像法處理數(shù)據(jù)，并用這些數(shù)據(jù)作出T2?l圖像為一直線，其斜率為k，由此可以得出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭=__________(用含斜率k的代數(shù)式表示).
(3)若測得的重力加速度數(shù)值大于當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣鹊膶嶋H值，造成這一情況的原因可能是(多項選擇，填正確答案標(biāo)號)( )
A.將懸線長加球半徑當(dāng)成擺長
B.由于兩邊懸線沒夾緊，球越擺越低
C.測量周期時，誤將n次經(jīng)過最低點的時間當(dāng)成了n次全振動的時間
D.擺球的質(zhì)量過大
12.某實驗小組進行電壓表改裝實驗，現(xiàn)有一塊小量程電流表G，滿偏電流Ig=15mA，內(nèi)阻未知，現(xiàn)要將其改裝成量程為3 V的電壓表并進行校對。
(1)用多用電表歐姆擋測電流表G的阻值，得粗測值約為105Ω。
(2)精確測量電流表G的內(nèi)阻Rg;
①按如圖所示的電路圖連接好電路，先將電阻箱R的阻值調(diào)到最大，閉合開關(guān)S1，斷開開關(guān)S2，調(diào)節(jié)電阻箱R，使標(biāo)準(zhǔn)電流表G0的示數(shù)大于量程的13，且兩電流表的示數(shù)都沒有超過量程，讀出標(biāo)準(zhǔn)電流表G0的示數(shù)為I0，電阻箱的示數(shù)為R1;
②保持開關(guān)S1閉合，再閉合開關(guān)S2，調(diào)節(jié)電阻箱R，使標(biāo)準(zhǔn)電流表G0的示數(shù)仍為I0，讀出電阻箱的示數(shù)為R2。
以上實驗可知電流表G內(nèi)阻的表達式為Rg=__________(用R1、R2表示)。
(3)用該電流表G和電阻箱R改裝一個電壓表;若通過(2)測量得到表頭G內(nèi)阻為Rg=100Ω，用該表頭和電阻箱R改裝成量程為0～3V的電壓表，應(yīng)將電阻箱R與電流表G__________(填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”)，并將電阻箱R的阻值調(diào)到__________Ω。
(4)若由于變阻箱老舊，在用標(biāo)準(zhǔn)電壓表(內(nèi)阻視為無窮大)校準(zhǔn)時，發(fā)現(xiàn)標(biāo)準(zhǔn)表示數(shù)3V時，改裝好的電壓表表頭讀數(shù)為14.5mA，則在不做大的電路改變的情況下，想修正這一誤差，可在舊電阻箱旁邊__________(填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”)一個阻值為__________Ω的定值電阻。
四、計算題：本大題共3小題，共30分。
13.純凈的石英玻璃折射率大小為1.45至1.46之間，實際應(yīng)用中，為滿足不同的光學(xué)需求，通過摻雜、改變制備工藝等方法可調(diào)整其折射率。圖中為一塊經(jīng)特殊處理的半圓形石英玻璃磚橫截面，圓心為O、半徑為R，A為半圓形玻璃磚橫截面上的一點，B為圓弧中點。將一細激光束從A點垂直于直徑所在界面入射，恰好在圓弧界面上發(fā)生全反射;第二次仍從A點入射，入射角為53°射入，發(fā)現(xiàn)激光束正好從玻璃磚圓弧界面上 B點平行于A點前激光束射出。光在真空中的傳播速度為c，不考慮多次反射(sin53°=0.8，計算結(jié)果用分數(shù)表示)，求：
(1)該石英玻璃的折射率n;
(2)第二次激光束從A傳播到B所用的時間t。
14.將一質(zhì)量為mA=1kg的足夠長薄木板A置于足夠長的固定斜面上，質(zhì)量為mB=2kg的滑塊B(可視為質(zhì)點)置于A上表面的最下端，如圖(a)所示，斜面傾角θ=37°.現(xiàn)從t=0時刻開始，將A和B同時由靜止釋放，同時對A施加沿斜面向下的恒力F=22N，運動過程中A、B發(fā)生相對滑動。圖(b)為滑塊B開始運動一小段時間內(nèi)的v2?x圖像，其中v表示B的速率，x表示B相對斜面下滑的位移。已知A與斜面間的動摩擦因數(shù)μ1=0.5，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，求：
(1)A、B間的動摩擦因數(shù)μ2以及圖(b)中x=0.25m時A的加速度大小和方向;
(2)一段時間后撒去力F，從t=0時刻開始直到B從A的下端滑出，A、B間因摩擦總共產(chǎn)生的熱量Q=11J，求力F作用在A上的時間。
15.如圖所示，水平面內(nèi)足夠長的兩光滑平行金屬直導(dǎo)軌，左側(cè)有電動勢E=36V的直流電源、C=0.1F的電容器和R=0.05Ω的定值電阻組成的圖示電路。右端和兩半徑r=0.45m的豎直面內(nèi)14光滑圓弧軌道在PQ處平滑連接，PQ與直導(dǎo)軌垂直，軌道僅在PQ左側(cè)空間存在豎直向上，大小為B=1T的勻強磁場。將質(zhì)量為m1=0.2kg、電阻為R0=0.1Ω的金屬棒M靜置在水平直導(dǎo)軌上，圖中棒長和導(dǎo)軌間距均為L=1m，M距R足夠遠，金屬導(dǎo)軌電阻不計。開始時，單刀雙擲開關(guān)S2斷開，閉合開關(guān)S1，使電容器完全充電;然后斷開S1，同時S2接“1”，M從靜止開始加速運動直至速度穩(wěn)定;當(dāng)M勻速運動到與PQ距離為d=0.27m時，立即將S2接“2”，并擇機釋放另一靜置于圓弧軌道最高點、質(zhì)量為m2=0.1kg的絕緣棒N，M、N恰好在PQ處發(fā)生第1次彈性碰撞。隨后N反向沖上圓弧軌道。已知之后N與M每次碰撞前M均已靜止，所有碰撞均為彈性碰撞，且碰撞時間極短， M、N始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，重力加速度g=10m/s2，13+(13)2+(13)3+?+(13)n?1=12，求：
(1)電容器完成充電時的電荷量q和M穩(wěn)定時的速度;
(2)第1次碰撞后絕緣棒N在離開圓弧軌道后還能繼續(xù)上升的高度;
(3)自發(fā)生第1次碰撞后到最終兩棒都靜止，金屬棒 M的總位移。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
該題考查對電磁波的應(yīng)用，都是一些記憶性的知識點的內(nèi)容，在平時的學(xué)習(xí)過程中多加積累就可以做好這一類的題目。
【解答】
A.電磁波都是橫波，故A錯誤；
B.根據(jù)電磁波譜可知X射線比紅外線頻率大，能量更高，故B錯誤；
C.由題意可知紅外信號比藍牙信號頻率更大，則紅外信號波長更短更容易被墻壁遮擋，故C正確；
D.藍牙信號穿墻時波速變小，波長變小，故D錯誤；
故選C。
2.【答案】A
【解析】【分析】
本題考查了受力分析、超失重和整體、隔離法。
C受力平衡，A、B加速運動，且B處于失重狀態(tài)，對C受力分析，可得面對C的摩擦力方向；根據(jù)B處于失重狀態(tài)，分析繩的拉力以及地面對C的支持力。
【解答】
AB、物體C受重力、A的壓力、繩子的彈力、地面的支持力、地面的摩擦力，共5個力作用，因為繩子的彈力向左下方，根據(jù)平衡條件可知，地面對C有向右的摩擦力，故A正確，B錯誤；
CD、B向下加速運動，加速度向下，處于失重狀態(tài)，所以繩的拉力小于mg，把ABC看作整體，B失重，所以地面對C的支持力大于(M+2m)g但小于(M+3m)g，故CD錯誤。
3.【答案】C
【解析】【分析】
本題考查運動學(xué)的圖像問題，能根據(jù)圖像得出有用的信息是解題的關(guān)鍵。
根據(jù)位移公式得出圖像斜率和縱截距含義，從而得出汽車運動的加速度和位移，結(jié)合速度公式得出汽車停下所用的時間，結(jié)合平均速度的定義式得出汽車前16s內(nèi)平均速度大小即可判斷。
【解答】
由x=v0t+12at2可得xt=12at+v0，則xt?t圖像的斜率為12a，縱截距為v0，由圖知，汽車前10s內(nèi)做勻變速直線運動，加速度a=2×10?2010?0m/s2=?2m/s2，初速度v0=20m/s，汽車停下所用的時間t1=0?v0a=10s，此過程汽車的位移x1=v02t1=100m，則t2=16s時汽車已經(jīng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，汽車前16s內(nèi)平均速度大小v=x1t2=6.25m/s，故C正確，ABD錯誤。
4.【答案】D
【解析】【分析】
本題考查萬有引力定律和圓周運動知識的綜合應(yīng)用能力．向心力的公式選取要根據(jù)題目提供的已知物理量或所求解的物理量選取應(yīng)用。
衛(wèi)星連續(xù)兩次經(jīng)過地面同一點正上方時相對地球轉(zhuǎn)過的角度為2π，根據(jù)角度關(guān)系求解時間。
【解答】
根據(jù)萬有引力定律F=GMmr2，衛(wèi)星的質(zhì)量m不知，所以衛(wèi)星所受地球的引力無法求出，故A不符合題意；
根據(jù)萬有引力提供向心力有GMmR+h2=m4π2T2R+h，
在地球表面根據(jù)萬有引力等于重力有m0g=GMm0R2，
由于重力加速度g不知，所以地球質(zhì)量和密度、衛(wèi)星離地面的高度h都不能求出，故BC不符合題意；
連續(xù)兩次經(jīng)過地面同一點正上方所用的時間為t，則(2πT?2πT0)t=2π，解得t=TT0T0?T，故D符合題意。
5.【答案】C
【解析】【分析】
根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程和熱力學(xué)第一定律及能量守恒定律分析即可。
本題是用物理知識求解生活中的物理問題，常規(guī)題目。
【解答】
A.橡膠塞蹦出前，瓶中空氣體積不變，溫度升高，壓強增大，故A錯誤；
B.根據(jù)熱力學(xué)第一定律得出ΔU=W+Q，橡膠塞蹦出前，W=0，故瓶中空氣內(nèi)能增量等于從外界所吸熱量，故B錯誤；
C.橡膠塞蹦出的短暫過程，瓶內(nèi)空氣對外做功，還沒有來得及與外界進行熱交換，故瓶內(nèi)空氣溫度會迅速下降，故C正確；
D.橡膠塞蹦出的短暫過程，瓶內(nèi)空氣內(nèi)能減少量等于橡膠塞動能增加量和重力勢能的增加量之和，故D錯誤。
故選C。
6.【答案】B
【解析】【分析】
本題考查了能級躍遷和光電效應(yīng)。
根據(jù)輻射出光的種類分析受激后所在的能級，再根據(jù)能級躍遷的規(guī)律解答；由丙圖可知②曲線對應(yīng)的入射光光子能量大于①曲線光子能量，再結(jié)合能級躍遷計算②曲線對應(yīng)的入射光光子能量；根據(jù)光電效應(yīng)方程解答CD選項。
【解答】
A、某基態(tài)氫原子受激后可輻射出三種不同頻率的光，則受激后氫原子從n=3能級向下躍遷，其中從n=3能級躍遷到n=2能級的光子能量最小，所以不能使K極金屬產(chǎn)生光電效應(yīng)的光是從n=3躍遷到n=2時產(chǎn)生的，故A錯誤；
B、由丙圖可知②曲線對應(yīng)的入射光光子能量大于①曲線光子能量，所以丙圖中②曲線對應(yīng)的入射光光子是從n=3能級躍遷至n=1能級時發(fā)出的，能量為?1.51eV?(?13.60eV)=12.09eV，故B正確；
C、丙圖中①曲線對應(yīng)的入射光光子能量為?3.4eV?(?13.60eV)=10.2eV，所以能使鉀金屬產(chǎn)生最大初動能為10.20eV?2.25eV=7.95eV的光電子，故C錯誤；
D、根據(jù)Uc=hν?W0e可知Uc1=7.95eVe=7.95V，故D錯誤。
7.【答案】B
【解析】【分析】
本題考查斜拋運動的規(guī)律，對于斜拋運動利用運動的合成與分解的思維解決問題，把斜拋運動分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的勻變速直線運動。根據(jù)題意得出列出擊中C點和擊中D點的運動學(xué)方程，進而解得初速度之比。
【解答】
設(shè)ABCD的邊長為L，小球擊中D點的發(fā)射初速度為v1，擊中C點的發(fā)射初速度為v2，則有
L=v1cs45°t1，t1=2v1sin45°g，L=v2cs45°t2，?L=v2sin45°t2?12gt22，解得v2:v1=1: 2，故選B。
8.【答案】AC
【解析】【分析】
本題考察的是變壓器的基本規(guī)律及電路基本規(guī)律的應(yīng)用，解題的時候要特別注意在原線圈中有電阻R1，因此電源的輸入電壓U不是原線圈的輸入電壓U1；題中不但考察了對物理知識的記憶和應(yīng)用，還特別注重數(shù)學(xué)工具的使用，對計算能力也有一定的要求。
【解答】
設(shè)n1n2=k，由圖像可知：電源電壓的有效值U=30V；
因R2和R3串聯(lián),且R1:R2:R3=1:8:12，UR3=30V；
由UR2UR3=R2R3可知，UR2=20V，所以副線圈的輸出電壓U2=I2R2+R3=I2×20R1=50V，I2=U220R1=5020R1=52R1；
由I1I2=n2n1=1k，U1U2=n1n2=k可知，I1=1kI2 , U1=kU2；
U=I1R1+U1=1kI2R1+kU2=1k?52R1R1+kU2=52k+kU2；
代入數(shù)據(jù)可得：30=52k+50k；
解得：k=12或k=110；
所以n1n2=12或n1n2=110；
故AC正確。
9.【答案】BD
【解析】【分析】
本題考查了帶電微粒在勻強電場中勻速圓周運動的φ?t圖像問題，理解圖像并能夠根據(jù)圖像畫出電場方向是解題的突破口，另外將電場等效為重力場，才能夠深入理解什么位置外力最大，什么位置外力最小。
根據(jù)圖像判斷帶電微粒在電場中的運動情況，也可以判斷周期，判斷帶電微粒繞圓心運動了多少角度達到了電勢最大，還可以判斷電場方向，進而根據(jù)電場強度與電勢差的關(guān)系計算場強大??；
根據(jù)帶電微粒在勻強電場中的勻速圓周運動沿半徑方向的合力提供向心力判斷F的最大值。
【解答】
A.由圖乙可知，從4t1到10t1，一定是轉(zhuǎn)過了π，故角速度ω=π6t1，則4t1時一定轉(zhuǎn)過了ω?4t1=2π3，
說明圓周上電勢最高的點和電勢最低的點所在的直徑與x軸正方向為θ=π?2π3=13π，且電勢差的值為1.5φ1?(?0.5φ1)=2φ1，由勻強電場的電場強度和電勢差的關(guān)系，可得電場強度的大小E=2φ12R=φ1R，方向與x軸正方向夾角為π3，故A錯誤；
B.從a到b由動能定理可得：W?Eq?2Rcsπ3=0，解得從a點到b點F做功W=qφ1，故B正確;
C.根據(jù)等效重力場的思維可知，當(dāng)電場力指向圓心時，變力F最小，微粒在a時所受變力F不可能達最小值，故C錯誤；
D.當(dāng)電場力背離圓心時，變力F最大，即10t1時電勢最低時，F(xiàn)最大，F(xiàn)max?Eq= mω2R，代入上文已求出的場強大小和角速度，可以知道F的最大值為mπ236t12R+qφ1R，故D正確。
10.【答案】AD
【解析】【分析】
考查粒子在磁場中運動，畫出粒子軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系求圓心角，結(jié)合周期公式計算運動時間。
【解答】
由qvB=mv2R，T=2πRv=2πmqB，畫出粒子可能運動軌跡，
這種情況，粒子運動一個周期時間t1=3×23T+6Rtan60°v=22π+3 3mqB，故A可能；
這種情況，粒子運動一個周期時間t2=2×56T+4R′tan30°v′=253π+2 33mqB，故D可能，BC不可能。
11.【答案】(1)20.035；π2n2(165l+2d)t2;(2)16π25k；(3)AC
【解析】【分析】
本題主要考查用單擺測定當(dāng)?shù)刂亓铀俣葘嶒灥牟僮饕?guī)范以及數(shù)據(jù)的處理，要熟練的運用實驗數(shù)據(jù)的處理方式，特別是圖像法。
(1)根據(jù)螺旋測微器原理讀數(shù)；根據(jù)單擺周期公式計算重力加速度；
(2)根據(jù)單擺周期公式推導(dǎo)T2?l圖像斜率的意義，進而得解；
(3)根據(jù)實驗原理分析誤差。
【解答】
(1)由圖可知小球的直徑d=20mm+3.5×0.01mm=20.035mm；由題意可知擺長L=lsin53°+d2，單擺周期T=tn，由單擺周期公式T=2π Lg，解得g=π2n2(165l+2d)t2；
(2)由題意T=2π Lg=2π lsin53°+d2g，變形可得T2=4π2gsin53 °l+2π2dg，故T2?l圖像斜率k=4π2gsin53 °，解得g=16π25k；
(3)A.將懸線長加球半徑當(dāng)成擺長，則擺長測量值偏大，由g=4π2LT2，可知重力加速度測量值偏大，故A正確；
B.由于兩邊懸線沒夾緊，球越擺越低，導(dǎo)致擺長的測量值偏小，由g=4π2LT2，可知重力加速度的測量值偏小，故B錯誤；
C.測量周期時，誤將n次經(jīng)過最低點的時間當(dāng)成了n次全振動的時間，則周期的測量值偏小，由g=4π2LT2，可知重力加速度測量值偏大，故C正確；
D.擺球的質(zhì)量過大，單擺周期與質(zhì)量無關(guān)，故D錯誤。
12.【答案】 (2)R2?R1；(3)串聯(lián)；100；(4)并聯(lián)；1550。
【解析】【分析】
本題考查測電阻和電表改裝實驗，熟練掌握實驗原理是解題的關(guān)鍵
(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律分析電流表內(nèi)阻；
(3)根據(jù)串聯(lián)分壓得出改裝電壓表需要串聯(lián)的電阻；
(4)根據(jù)實驗原理分析誤差原因并修正誤差。
【解答】
(2)由題意可知有E=I0(Rg+R1+Rg0+r)，E=I0(R2+Rg0+r)，解得Rg=R2?R1；
(3)改裝成電壓表需要串聯(lián)一個電阻分壓，由題意有R+Rg=UIg=3V15mA=200Ω，解得電阻箱R的阻值為R=100Ω；
(4)根據(jù)題意可知，改裝成電壓表后，發(fā)現(xiàn)表頭示數(shù)比標(biāo)準(zhǔn)電表示數(shù)稍微偏小，則是由于串聯(lián)電阻稍大，導(dǎo)致分壓電阻的分壓稍大，從而使表頭的分壓少小，故要想修正這一誤差，在舊電阻箱旁邊并聯(lián)一個阻值為R′的電阻，設(shè)舊電阻箱阻值為R，則有3V=14.5mA?(Rg+R)，3V=15mA?(Rg+R?R′R+R′)，聯(lián)立解得R′=1550Ω。
13.【答案】(1)由題意可知，光路圖如圖所示
設(shè)OA之間的距離為d，則垂直入射時有n=1sinC=Rd，
當(dāng)入射角為53°時，有n=sin 53°sinθ，其中sinθ=d d2+R2
聯(lián)立解得n=43;
(2)當(dāng)入射角為53°時，光在玻璃中的傳播時間為t=sABv= R2+d2v，其中v=cn，
解得t=5R3c。

【解析】本題考查光的折射定律和全反射的應(yīng)用
(1)根據(jù)題意畫出光路圖，利用折射定律和臨界角公式結(jié)合幾何關(guān)系，聯(lián)立解方程計算折射率；
(2)計算光在介質(zhì)中的速度，再利用t=sv計算時間。
14.【答案】解：(1)由b圖可得物塊B的加速度為a1=8m/s2>gsinθ
所以A對B的摩擦力沿A向下
規(guī)定沿斜面向下為正，有：mBgsinθ+μ2mBgcsθ=mBa1
代入數(shù)據(jù)解得：μ2=0.25
對A受力分析，可得
a2=F+mAgsinθ?μ1mA+mBgcsθ?μ2mBgcsθmA=12m/s2
方向沿斜面向下
(2)設(shè)F作用的時間為t1，撤去F時，A、B的速度分別為v1、v2，
根據(jù)運動學(xué)公式有：v1=a2t1
v2=a1t1
x1=12a2t12
x2=12a1t12
則產(chǎn)生的熱量：Q1=μ2mBgcsθ(x1?x2)
撤去F后，B繼續(xù)勻加速運動，經(jīng)過t2，A、B的速度相同，
對A有：mAgsinθ?μ1(mA+mB)gcsθ?μ2mBgcsθ=mAa3
解得：a3=?10m/s2
A、B共速時，v1?|a3t2|=v2+a1t2
A、B的位移分別為x3、x4，根據(jù)位移-時間關(guān)系有：
x3=v1t2?12|a3|t22
x4=v2t2+12a1t22
則產(chǎn)生的熱量：Q2=μ2m2gcsθ(x3?x4)
此后B相對A向下運動，直到離開A，由題意：Q1+Q2=Q2
聯(lián)立解得：t1=0.75s。
【解析】(1)分別對物塊B、A受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可解得μ2和A的加速度；
(2)分別解得撤去F前后產(chǎn)生的熱量，結(jié)合題意可解得。
本題主要考查了勻加速直線運動速度、位移公式及牛頓第二定律的應(yīng)用，解答的難點是第二問，學(xué)會計算AB因摩擦產(chǎn)生的熱量是解題的關(guān)鍵。
15.【答案】解：(1)電容器完成充電時的電荷量q=CE=3.6C，
電容器完全充電，然后S1接"2"，金屬棒 M 從靜止開始加速運動至穩(wěn)定速度大小為v0，根據(jù)動量定理得
BLit=m1v0
即BLΔq=m1v0，又Δq=C(E?BLv0)
解得v0=12m/s；
(2)以水平向左為正方向，設(shè)絕緣棒N第1次到達PQ處時速度大小為v1，與金屬棒M碰撞后瞬時速度大小為vN1;金屬棒M到達PQ處時速度大小為v2，與絕緣棒 N碰撞后瞬時速度為vM1對絕緣棒N有
m2gr=12m2v12
解得v1= 2gr=3m/s
金屬棒M從到PQ距離為d處運動到PQ處的過程中：根據(jù)動量定理得
?B2L2vt′R+R0=m1v2?m1v0，即B2L2dR+R0=m1v0?m1v2
由于發(fā)生彈性碰撞，對絕緣棒 N和金屬棒M系統(tǒng)有
m2v1+m1(?v2)=m2(?vN1)+m1vM1，12m2v12+12×m1(?v2)2=12m2(?vN1)2+12×m1vM12
聯(lián)立解得
vM1=1m/s，方向水平向左，vN1=5m/s，方向水平向右
碰后N離開圓軌道繼續(xù)上升高度為h。則有
m2g?(r+h)=12m2vN12
解得h=0.8m
(3)發(fā)生第1次碰撞后，金屬棒M向左位移大小為x1，根據(jù)動量定理得
?B2L2x1R+R0=0?m1vM1
解得x1=0.03m
由題知，絕緣棒N第2次與金屬棒M碰撞前瞬時速度大小為vN1，方向水平向左，與金屬棒M碰撞后瞬時速度為vN2;金屬棒M與絕緣棒N碰撞后瞬時速度為vM2，由于發(fā)生彈性碰撞，對絕緣棒 N和金屬棒M系統(tǒng)有
m2vN1=m2vN2+m1vM2，12m2vN12=12m2vN22+12×m1vM22
聯(lián)立解得
vN2=?53m/s，負號表示速度方向水平向右
vM2=103m/s，方向向左
發(fā)生第2次碰撞后到金屬棒M停止運動過程中，金屬棒 M向左位移大小為x2，根據(jù)動量定理得
?B2L2x2R+R0=0?m1vM2，
可得x2=103x1
同理可知：金屬棒 M與絕緣棒N第3次碰撞后瞬時速度為vM3
vM3=2(?vN2)3=10×(13)2vM1
發(fā)生第3次碰撞后到金屬棒M停止運動過程中，金屬棒M向左位移大小x3=m1(R+R0)vM3B2L2
可得x3=10×(13)2x1
以此類推??金屬棒M與絕緣棒N第n次碰撞后瞬時速度為vMn
vMn=2(?vN(n?1))3=10×(13)n?1vM1
發(fā)生第n次碰撞后到金屬棒M停止運動過程中，金屬棒 M向左位移大小xn=m1(R+R0)vMnB2L2
可得xn=10×(13)n?1x1
因此，發(fā)生第1次碰撞后到最終兩棒都停止運動的全過程中，金屬棒 M的位移大小
x=x1+x2+x3+x4+?+xn=x1+10x1?[13+(13)2+(13)3+?+(13)n?1]=x1+10x1?12=6x1=0.18m
【解析】本題考查電磁感應(yīng)綜合應(yīng)用，難度較大
(1)根據(jù)Q=CU計算電荷量，根據(jù)動量定理計算M穩(wěn)定時的速度;
(2)根據(jù)彈性碰撞規(guī)律分析碰后N的速度，再計算上升的最大高度；
(3)根據(jù)彈性碰撞規(guī)律分析碰撞n次后M的速度大小，再根據(jù)動量定理計算M的總位移，找到碰撞n次后M位移的規(guī)律，再計算總位移。

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