1.光纖通信利用光信號傳遞數(shù)據(jù)，具有高速、大容量、低損耗、抗干擾等優(yōu)勢。光纖通信中光傳播的主要載體是光導(dǎo)纖維，它主要是利用了光的( )
A. 干涉B. 衍射C. 偏振D. 全反射
2.做自由落體運(yùn)動的物體，其動量p與時間t的p-t關(guān)系圖線為( )
A. B. C. D.
3.為確保公共安全，市民遛狗時應(yīng)牽繩。如圖所示，一市民遛狗時勻速前行，已知繩中拉力大小為F、方向與水平面夾角為θ。則在t時間內(nèi)拉力的沖量為( )
A. 0
B. Ft，方向與F方向一致
C. Ftcsθ，方向與F方向一致
D. Ftcsθ，方向沿水平方向向左
4.如圖所示，長方體導(dǎo)體板放在方向與左、右表面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中。電流I是導(dǎo)體板內(nèi)電子定向運(yùn)動產(chǎn)生的恒定電流。經(jīng)過一段時間，電勢較高的為( )
A. 上表面
B. 下表面
C. 左表面
D. 右表面
5.紅光和藍(lán)光分別通過0.4mm、0.8mm的單縫產(chǎn)生明暗相間的條紋，如圖所示。其中藍(lán)光通過0.8mm的單縫產(chǎn)生的條紋應(yīng)是( )
A. B.
C. D.
6.如圖所示，三根輕質(zhì)彈性細(xì)桿上端分別固定相同的小球、下端固定在一平板上。當(dāng)平板固定時，桿越長，小球振動周期越大。平板在周期性外力作用下左右振動并帶動小球振動，在振動過程中B球的振動幅度最大。則在周期性外力作用下( )
A. 小球B振動周期最大
B. 小球C振動周期最大
C. 只有小球B的振動周期與平板振動周期相同
D. 三個小球的振動周期均與平板振動周期相同
7.如圖所示，某同學(xué)用手使鉛筆尖水平方向左右振動，另一同學(xué)勻速向外拖動白紙，紙上就畫出一條描述筆尖振動情況的x-t圖。筆尖經(jīng)圖中P點(diǎn)時( )
A. 速度方向水平向左
B. 動能正在逐漸減小
C. 加速度方水平向向右
D. 回復(fù)力正在逐漸增大
8.如圖，金屬棒兩端由等長的輕質(zhì)細(xì)線水平懸掛，處于沿z軸負(fù)方向的勻強(qiáng)磁場中，棒中通以沿x軸正方向的電流I，平衡時兩懸線與豎直方向夾角均為θ。若要使θ角變大，正確的操作是( )
A. 兩懸線等長變短
B. 磁感應(yīng)強(qiáng)度變小
C. 棒中電流變大
D. 金屬棒的質(zhì)量變大
9.如圖所示，A、B、C是三只完全相同的燈泡，L是自感系數(shù)很大、電阻可忽略不計的自感線圈。下列說法正確的是( )
A. 閉合開關(guān)S瞬間，A、B、C均逐漸變亮
B. 閉合開關(guān)S瞬間，A和C立即亮、B逐漸變亮
C. 斷開開關(guān)S瞬間，C立即熄滅
D. 斷開開關(guān)S瞬間，A閃亮后逐漸熄滅
10.如圖所示，水平面上放一“L”型框架，其上表面放置一物塊，物塊和框架之間用輕質(zhì)彈簧連接。所有接觸面光滑，框架足夠長。開始時框架和物塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)，用細(xì)線拉緊彈簧。剪斷細(xì)線后，則( )
A. 系統(tǒng)的動量增大B. 系統(tǒng)的機(jī)械能增大
C. 彈簧原長時物塊的動量最大D. 彈簧伸長量最大時框架動量最大
11.某企業(yè)應(yīng)用電磁感應(yīng)產(chǎn)生的渦流加熱金屬產(chǎn)品，其工作原理圖如圖甲所示。線圈中通過的電流i與時間t的關(guān)系如圖乙所示(圖甲中所示的電流方向為正)。則置于線圈中的圓柱形金屬導(dǎo)體在0-t1時間內(nèi)產(chǎn)生的渦流(從左向右觀察)( )
A. 順時針方向，逐漸增大B. 順時針方向，逐漸減小
C. 逆時針方向，逐漸增大D. 逆時針方向，逐漸減小
二、實驗題：本大題共1小題，共15分。
12.如圖所示，某同學(xué)利用一半徑為R的光滑圓弧面測定本地的重力加速度。該同學(xué)把小球移到距離最低點(diǎn)O較近的A點(diǎn)，由靜止釋放小球，小球在A點(diǎn)、B點(diǎn)之間振動，圓弧面弧長AB?R，因小球的運(yùn)動可等效為單擺擺球的運(yùn)動，該系統(tǒng)也稱為圓弧擺。
(1)為較精確測量小球多個振動周期的運(yùn)動時間，計時起始位置應(yīng)為______。
A.A點(diǎn)
B.O點(diǎn)
C.A點(diǎn)、B點(diǎn)之間的任意位置
(2)該同學(xué)正確選擇計時起點(diǎn)位置，多次從A點(diǎn)靜止釋放小球，分別得出各次的振動周期，然后求出振動周期的平均值，這種方法求周期可以減小______誤差(選填“偶然”、“系統(tǒng)”)。
(3)該同學(xué)逐漸降低釋放點(diǎn)高度，并分別測出小球的振動周期。從較高位置釋放小球的振動周期______從較低位置釋放小球的振動周期(選填“大于”、“小于”、“等于”)。
(4)在某次實驗中，測得n次全振動的時間為t。該同學(xué)將圓弧面的半徑R作為擺長，代入單擺的周期公式，可求得當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭= ______(用題中提供的物理量符號表示)。該同學(xué)發(fā)現(xiàn)，通過以上方式求得的重力加速度總比當(dāng)?shù)氐闹亓铀俅?。造成這種結(jié)果的原因是______。
三、計算題：本大題共4小題，共41分。
13.在一均勻介質(zhì)中，兩個相距x1=160m同步振動的波源S1、S2，其振動頻率均為f=10Hz。產(chǎn)生的簡諧波在介質(zhì)中傳播速度v=320m/s。在波源S1正上方x2=120m處有一點(diǎn)N。
(1)求簡諧波的波長λ。
(2)通過計算說明，N點(diǎn)是振動加強(qiáng)點(diǎn)、還是振動減弱點(diǎn)。
14.在中國空間站“天宮課堂”的水球光學(xué)實驗中，航天員向水球中注入空氣，形成一個內(nèi)含氣泡的水球。如圖所示，若氣泡與水球同心，氣泡半徑為R，水球半徑為53R。在過球心O的平面內(nèi)，一單色光以入射角i=53°水平照射這一水球，光線經(jīng)折射后恰好與內(nèi)圓相切。光在真空中的傳播速度為c，不考慮光線反射。(sin53°=0.8、cs53°=0.6)求：
(1)水的折射率n；
(2)光線在該水球中傳播的時間t。
15.世界多國都在加緊研制真空管道超高速磁懸浮列車。某研發(fā)團(tuán)隊想要探究其電磁剎車的效果設(shè)計了一電磁制動裝置，其簡化模型如圖所示。質(zhì)量為m的單匝正方形導(dǎo)線框邊長為a，電阻為R。在線框運(yùn)動方向的水平面上有等間距分布豎直向上的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場長度、兩相鄰的磁場間距離均為a，磁場寬度略大于a。線框以初速度v0進(jìn)入磁場，從進(jìn)入磁場到停止運(yùn)動的時間為t。已知線框與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。求線框：
(1)進(jìn)入磁場瞬間所受的安培力大小F；
(2)進(jìn)入第一個磁場區(qū)域的過程中，通過其橫截面的電荷量q；
(3)從進(jìn)入磁場到停止運(yùn)動的過程中前進(jìn)的距離。
16.如圖所示，在水平面內(nèi)建立xOy坐標(biāo)系，在第Ⅰ、Ⅳ象限中存在方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場，第Ⅳ象限的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0。質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿與+x方向成θ=30°以一定速度射入第Ⅳ象限，第一次經(jīng)過x軸上的Q點(diǎn)，OQ間的距離為a。粒子可視為質(zhì)點(diǎn)，不考慮粒子重力。
(1)求粒子射入時的速度大??；
(2)要使粒子不從y軸飛出，求第Ⅰ象限磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1大小應(yīng)滿足的條件；
(3)若第Ⅰ象限磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=3B0，求粒子經(jīng)過x軸的位置坐標(biāo)可能值。
答案和解析
1.D
【解析】光導(dǎo)纖維是利用了光的全反射原理，故ABC錯誤，D正確；
故選：D。
2.B
【解析】自由落體運(yùn)動的加速度是恒定不變的，由v=at可知，物體的速度與時間成正比，由p=mv=mat，可知動量與時間成正比，故B正確，ACD錯誤；
故選：B。
3.B
【解析】根據(jù)沖量公式可得
I=Ft
方向與F方向相同，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
4.A
【解析】電子的定性移動方向與電流方向相反，根據(jù)左手定則可知，電子受到的洛倫茲力向上，則電子向下偏轉(zhuǎn)，下表面積累電子，使得上表面電勢比下表面電勢高，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
5.D
【解析】單縫衍射條紋是中間明亮且寬大，越向兩側(cè)寬度越小越暗，而波長越大，中央亮條紋越粗，單縫越窄，衍射現(xiàn)象越明顯，中央亮條紋越寬，藍(lán)光波長小于紅光，所以藍(lán)光通過0.8mm的單縫產(chǎn)生的條紋中央亮紋應(yīng)該是最窄的。故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
6.D
【解析】AB、根據(jù)題目描述，小球B的振動幅度最大，這表明小球B的振動周期與平板振動周期相同或相近，即小球B處于共振狀態(tài)，振動周期與振動振幅無關(guān)，故AB錯誤；
CD、當(dāng)平板振動時，所有小球的振動周期均與平板振動周期相同，故D正確，C錯誤；
故選：D。
7.A
【解析】A、筆尖在白紙上沿垂直于紙運(yùn)動的方向振動，得到的圖像上軌跡的切線方向表示運(yùn)動的方向，可知圖中P點(diǎn)對應(yīng)的方向水平向左，故A正確；
B、由圖可知，在P點(diǎn)處筆尖正向平衡位置處運(yùn)動，所以筆尖經(jīng)圖中P點(diǎn)時速度在增大，所以筆尖的動能在增大，故B錯誤；
C、由圖可知，P點(diǎn)在對稱軸的右側(cè)，則加速度的方向向左，故C錯誤；
D、在P點(diǎn)處筆尖正向平衡位置處運(yùn)動，所以筆尖經(jīng)圖中P點(diǎn)時回復(fù)力在減小，故D錯誤。
故選：A。
8.C
【解析】平衡時兩懸線與豎直方向夾角均為θ，對金屬棒受力分析如圖所示
由金屬棒受力平衡可得
tanθ=BILmg
A.兩懸線等長變短，不影響角度θ的變化，故A錯誤；
B.磁感應(yīng)強(qiáng)度變小，則θ變小，故B錯誤；
C.棒中電流變大。則θ變大，故C正確；
D.金屬棒的質(zhì)量變大，則θ變小，故D錯誤。
故選：C。
9.D
【解析】AB、開關(guān)S閉合的瞬間，電源的電壓同時加到兩支路的兩端，A燈立即發(fā)光。由于線圈的自感阻礙，B燈與C燈逐漸變亮，由于線圈的電阻可以忽略，最后一樣亮，故AB錯誤；
CD、由于線圈的電阻可以忽略，所以電路中的電流穩(wěn)定后流過線圈的電流是流過燈泡A電流的2倍；斷開開關(guān)S的瞬間，線圈與三燈一起構(gòu)成一個自感回路，通過線圈的電流要減小，線圈產(chǎn)生自感電動勢，相當(dāng)電源，A閃亮后逐漸熄滅，B與C兩燈逐漸同時熄滅，故C錯誤，D正確。
故選：D。
10.C
【解析】AB、因所有接觸面均光滑，故物塊、框架和輕質(zhì)彈簧組成的系統(tǒng)無機(jī)械能損失，且此系統(tǒng)所受合外力為零，可得此系統(tǒng)的機(jī)械能與動量均守恒，故AB錯誤；
C、此系統(tǒng)的初始動量為零，且動量守恒，可知物塊的動量與框架的動量總是等大反向。彈簧原長時其彈性勢能為零，由機(jī)械能守恒定律可得此時物塊與框架的動能均為最大，則此時物塊與框架的動量均為最大，故C正確；
D、彈簧伸長量最大時物塊與框架的速度相同，因物塊與框架的總動量始終為零，故此時物塊與框架的動量均為零，可知彈簧伸長量最大時框架動量不是最大，故D錯誤。
故選：C。
11.C
【解析】在0-t1時間內(nèi)，電流減小，圖像斜率增大，感應(yīng)電動勢變大，感應(yīng)電流變大，磁通量減小，根據(jù)楞次定律可以判斷感應(yīng)電流方向為逆時針方向，故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
12.B 偶然 等于 4π2Rn2t2 擺長應(yīng)為O'到球心的距離
【解析】(1)為較精確測量小球多個振動周期的運(yùn)動時間，計時起始位置應(yīng)為O點(diǎn)，故B正確，AC錯誤；
故選：B。
(2)通過求平均值的方法可以減小偶然誤差。
(3)根據(jù)T=2π lg可知，從較高位置釋放小球的振動周期等于從較低位置釋放小球的振動周期；
(4)測得n次全振動的時間為t，則T=tn
根據(jù)T=2π Rg可知
g=4π2Rn2t2
擺長應(yīng)為O'到球心的距離，將圓弧面的半徑R作為擺長會導(dǎo)致重力加速偏大。
故答案為：(1)B；(2)偶然；(3)等于；(4)4π2Rn2t2；擺長應(yīng)為O'到球心的距離
13【解析】.(1)由λ=vT，解得：λ=32m；
(2)由幾何關(guān)系可知，N點(diǎn)與兩個波源的距離差為Δx= x12+x22-x2，解得：Δx=80m，
可知Δxλ2=80m32m2=5，即N點(diǎn)到兩波源的距離為半波長的奇數(shù)倍，N點(diǎn)為振動減弱點(diǎn)。
答：(1)波長為32m；
(2)該點(diǎn)為振動減弱點(diǎn)。
14.【解析】(1)由圖形中圓的特點(diǎn)，

可知折射角的正弦值滿足：sinα=R53R=35；
結(jié)合折射率定義，即可計算水的折射率為n=sinisinα，得n=43；
(2)由折射率與光速及光在水中的傳播速度關(guān)系，可計算光線在水球中傳播的速度滿足：n=cv；
由幾何關(guān)系，可知光在水球中傳播的距離L=2×53R×csα，結(jié)合速度即可計算時間為：t=Lv，解得：t=32R9c。
答：(1)水的折射率為43；
(2)光線在水球中傳播的時間為32R9c。
15.【解析】(1)線框進(jìn)入磁場瞬間，線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為
E=Bav0
由閉合電路歐姆定律得
I=ER
線框所受的安培力大小為
F=BIa
聯(lián)立解得
F=B2a2v0R
(2)進(jìn)入第一個磁場區(qū)域的過程中前進(jìn)的距離為x。
通過其橫截面的電荷量為
q=I-Δt
由閉合電路歐姆定律得
I-=E-R
由法拉第電磁感應(yīng)定律得
E-=ΔΦΔt=Ba2Δt
聯(lián)立解得
q=Ba2R
(3)設(shè)從進(jìn)入磁場到停止運(yùn)動的過程中，取向右為正方向，由動量定理得
-BI-a?t-μmgt=0-mv0
又I-t=Bav-tR=BaxR
聯(lián)立解得
x=(mv0-μmgt)RB2a2
答：(1)進(jìn)入磁場瞬間所受的安培力大小F為B2a2v0R；
(2)進(jìn)入第一個磁場區(qū)域的過程中，通過其橫截面的電荷量q為Ba2R；
(3)從進(jìn)入磁場到停止運(yùn)動的過程中前進(jìn)的距離為(mv0-μmgt)RB2a2。
16.(1)粒子軌跡如圖，

設(shè)粒子在第Ⅳ象限中做圓周運(yùn)動的半徑為r，由幾何關(guān)系可知2r0sinθ=a，已知θ=30°，則可得r0=a。
根據(jù)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的向心力由洛倫茲力提供，即qvB0=mv2r0，將r=a代入可得：qvB0=mv2a，解得v=qB0am；
(2)設(shè)粒子在第Ⅰ象限中做圓周運(yùn)動的半徑為r1，要使粒子不從y軸飛出，

則r1sinθ≤r0(1-csθ)，將r0=a，θ=30°代入可得r1≤(2- 3)a。，又因為qvB1=mv2r1將v=qB0am代入可得B1≥mvqr1=B0ar1
再將r1≤(2- 3)a代入，可得B1≥(2+ 3)B0；
(3)設(shè)粒子在第Ⅰ象限中做圓周運(yùn)動的半徑為r，由qvB=mv2r，將v=qB0am，B=3B0，代入可得r=a3，粒子在第Ⅰ象限運(yùn)動半周后垂直x軸進(jìn)入第Ⅳ象限，然后再在第Ⅳ象限運(yùn)動半周回到x軸，一個周期內(nèi)粒子在x軸上移動的距離為2r0-2r，將r0=a，r=a3代入可得2a-2a3=4a3，粒子第一次經(jīng)過x軸在x=a處，所以粒子經(jīng)過x軸的位置坐標(biāo)x=a+n?4a3(n=0,1,2,3,…)。
答：(1)粒子射入時的速度大小為qB0am；
(2)第Ⅰ象限磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1大小應(yīng)滿足的條件為B1≥(2+ 3)B0；
(3)粒子經(jīng)過x軸的位置坐標(biāo)可能值為x=a+n?4a3(n=0,1,2,3,…)。

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