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2021-2022学年江苏省镇江市高二（上）期末物理试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年江苏省镇江市高二（上）期末物理试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了5m/s，【答案】C，【答案】D，【答案】B等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年江苏省镇江市高二（上）期末物理试卷
1. 质量为1kg的小球以4m/s的速度与质量为2kg的静止小球正碰，关于碰后的速度v1′和v2′，下面哪些是可能正确的( )
A. v1′=1m/s，v2′=3m/s B. v1′=−2m/s，v2′=3m/s
C. v1′=v2′=43m/s D. v1′=3m/s，v2′=0.5m/s
2. 有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L，已知他自身的质量为m，则渔船的质量为( )
A. m(L+d)d B. m(L−d)d C. mLd D. m(L+d)L
3. 一个质点在水平方向上做简谐运动的位移随时间变化的关系是x=5sin5πtcm，则下列判断正确的是( )
A. 该简谐运动的周期是0.2s B. 头1s内质点运动的路程是100cm
C. 0.4s到0.5s内质点的速度在逐渐减小 D. t=0.6s时刻质点的动能为0
4. 如图，A、B为振幅相同的相干波源，图中实线表示波峰，虚线表示波谷，则下列叙述正确的是( )
A. Q点始终处于波峰位置
B. R、S两点振动有时加强有时减弱
C. P、Q连线上各点振动始终加强
D. 如果A、B两波源频率不同，也能产生类似的稳定的干涉图样
5. 如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个弹簧振子做简谐运动的图像。已知甲、乙两个振子质量相等。则( )
A. 甲、乙两振子的振幅之比为1:2
B. 甲、乙两振子的频率之比为1:2
C. 前2s内甲、乙两振子的加速度均为正值
D. 0∼8 s时间内甲、乙两振子通过的路程之比为4:1
6. 某均匀介质中有一振动波源，从某时刻起作为计时零时刻，波源的振动图像如图甲所示，波源振动产生沿x轴正方向传播的横波，在x轴上0到5m之间第一次形成的波形如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 介质中的质点沿波传播方向运动的速度为10m/s
B. 从图乙时刻起要经过0.4s质点c第一次到达波谷
C. 从图乙时刻起，介质中的质点b比a先到达平衡位置
D. 当波源的振动形式传到质点c时，质点a运动的总路程为10cm
7. 如图是半径为R的半圆形玻璃砖，一束单色光从A点射入玻璃砖，在直径面上发生全反射，最终从B点射出玻璃砖(B点位置未标出)。已知出射光与入射光之间互相垂直，真空中光速为c，则( )
A. 玻璃砖的折射率为2
B. 光在玻璃砖内的速度为32c
C. 光在玻璃砖中的临界角为π3
D. 光在直径面上的全反射点P与O点的距离为2R2
8. 如图将某种透明材质的三棱镜置于水中，△ABC为其截面，其中∠A=∠B=72∘，一束由a、b单色光组成的复色光从水中以i角度入射三棱镜再从三棱镜射出，光路如图所示，则( )
A. 该材质相对水是光密介质
B. a单色光在该材质中传播速度小于在水中传播速度
C. 增大入射角，AC界面出射时a光先消失
D. 减小入射角，AC界面出射时b光先消失
9. 图甲为某一简谐波在t=0时刻的波形图，图乙为图甲中平衡位置位于x=2m处的质点B的振动图象，质点C的平衡位置位于x=4m处。则下列说法正确的是( )
A. 该简谐波沿x轴负方向传播，其波速v=4m/s
B. 在t=2s时刻，质点C恰好经过平衡位置向y轴负方向运动
C. 要使该波能够发生明显的衍射，则障碍物的尺寸应远大于4m
D. 若该波能与另一列波发生稳定的干涉，则另一列波的频率一定为0.5Hz
10. 质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔垂直进入匀强磁场，带电粒子仅受洛伦兹力的作用，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是( )
A. M带负电，N带正电 B. M的速度率小于N的速率
C. 洛伦兹力对M、N不做功 D. M 的运行时间大于N的运行时间
11. 回旋加速器是加速带电粒子的装置(如图)，其主体部分是两个D形金属盒，两金属盒处在垂直于盒底的匀强磁场中，a，b分别与高频交流电源两极相连，下列说法中正确的是( )
A. 带电粒子从磁场中获得能量
B. 带电粒子在磁场中运动的周期不断变化
C. 增大金属盒半径可使粒子射出时的动能增加
D. 增大金属盒之间的电压可使粒子射出时的动能增加
12. 速度相同的一束粒子(不计重力)经过速度选择器后射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中不正确的是( )
A. 这束带电粒子带正电
B. 速度选择器的P1极板带负电
C. 能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于EB1
D. 若粒子在磁场中运动半径越大，则该粒子的比荷越小
13. 某同学用如图所示的(a)图装置来探究碰撞中的守恒量，(b)图是多次实验中某球落到位于水平地面记录纸上得到10个落点痕迹。
(1)由图(b)可测出某球平抛的水平射程为______ cm。
(2)有关该实验的一些说法，不正确的有______。
A.入射球和被碰球必须要弹性好，且两球须质量相等，大小相同
B.入射球必须每次从轨道的同一位置由静止释放
C.小球碰撞前后的速度不易测量，所以通过测小球“平抛运动的射程”间接地解决
D.实验中必须确保斜槽光滑，并调节斜槽末端水平
(3)上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有______。
A.小球1和小球2的质量m1、m2
B.B点离地面的高度h
C.A、B两点间的高度差Δh
D.小球1和小球2的半径r
(4)当所测物理量满足表达式______(用所测物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。
14. 现有毛玻璃屏A、双缝B、白光光源C、单缝D和透红光的滤光片E等光学元件，要把它们放在图所示的光具座上组装成双缝干涉装置，用以测量红光的波长。
(1)将白光光源C放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左至右，表示各光学元件的字母排列顺序应为C、______、A；
(2)如图所示，A、B、C、D代表双缝产生的四种干涉图样，回答下列问题：
①如图A图样是红光通过双缝产生的，那么换用紫光得到的图样用______图样表示最合适；
②如果将B图样的双缝距离变小，那么得到的图样用______图样表示最合适；
(3)将测量头的分划板中心刻线与某亮条纹中心对齐，将该亮条纹定为第1条亮条纹，此时手轮上的示数为2.320mm，然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮条纹中心对齐，记下此时手轮上的示数为13.870mm，求得相邻亮条纹的间距Δx为______mm；
(4)已知双缝间距d为2.0×10−4m，测得双缝到屏的距离l为0.700m，由计算公式λ=______，求得所测红光波长为______mm。
15. 一列沿x轴传播的简谐横波，在t=0时刻的波形如图实线所示，在t1=0.2s时刻的波形如图虚线所示。
(1)若波向x轴负方向传播，求该波的最小波速；
(2)若波向x轴正方向传播，且t1
①棱镜材料的折射率n；
②光在棱镜中传播所用时间t。
17. 如图所示，将一半径R=0.3m质量M=3kg的光滑半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧靠在固定的竖直墙壁上。现让一质量m=1kg的小球(可视为质点)自左侧槽口A点正上方的B点从静止开始落下，A、B间的距离h=0.5m，小球与半圆槽相切滑入槽内。已知重力加速度g=10m/s2，求：
(1)小球运动到半圆槽最低点时的速度大小v 0。
(2)小球第一次离开半圆槽时的速度大小v 1。
(3)小球第一次离开半圆槽后，能够上升的最大高度H。
18. 如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的1/4圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上。现有滑块A以初速v0从右端滑上B，并以12v0滑离B，刚好能到达C的最高点。A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，试求：
(1)木板B上表面的动摩擦因素μ；
(2)14圆弧槽C的半径R；
(3)当A滑离C时，C的速度。
19. 如图所示，在坐标系xoy平面的第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场B1，在第Ⅳ象限内存在垂直纸面向里的另一个匀强磁场B2，在x轴上有一点Q(23a,0)、在y轴上有一点P(0,a)。现有一质量为m，电量为+q的带电粒子(不计重力)，从P点处垂直y轴以速度v0射入匀强磁场B1中，并以与x轴正向成60∘角的方向进入x轴下方的匀强磁场B2中，经磁场B2偏转后刚好打在Q点。求：
(1)匀强磁场的磁感应强度B1、B2的大小；
(2)粒子从P点运动到Q点所用的时间。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
碰撞过程动量守恒、机械能不可能增加，碰撞后不能发生二次碰撞，据此分析答题。
本题考查了机械能守恒定律的应用，碰撞过程中，系统动量守恒、机械能不增大，发生碰撞后不能再发生二次碰撞，据此即可正确解题。
【解答】
碰撞前总动量为p=m1v1=1×4kg⋅m/s=4kg⋅m/s。碰撞前总动能为Ek=12m1v12=12×1×42J=8J；
A、碰撞后总动量p′=m1v1′+m2v2′=1×1kg⋅m/s+2×3kg⋅m/s=7kg⋅m/s，碰撞过程动量不守恒，不符合实际，故A错误；
B、碰撞后总动量p′=m1v1′+m2v2′=1×(−2)kg⋅m/s+2×3kg⋅m/s=4kg⋅m/s。碰撞后总动能为Ek′=12m1v1′2+12m2v2′2=12×1×(−2)2J+12×2×32J=11J，机械能增加，故B错误；
C、碰撞后总动量p′=m1v1′+m2v2′=1×43kg⋅m/s+2×43kg⋅m/s=4kg⋅m/s，碰撞后总动能为Ek′=12m1v1′2+12m2v2′2=12×1×(43)2J+12×2×(43)2J=249J，机械能不增加，故C正确；
D、碰撞后总动量p′=m1v1′+m2v2′=1×3kg⋅m/s+2×0.5kg⋅m/s=4kg⋅m/s，碰撞后总动能为Ek′=12m1v1′2+12m2v2′2=12×1×32J+12×2×0.52J=4.75J，碰后后面小球的速度大于前面小球的速度，会发生第二次碰撞，不符合实际，故D错误；
故选：C。
2.【答案】B
【解析】
【分析】
人和船组成的系统所受合外力为0，满足动量守恒，由位移与时间之比表示速度，根据动量守恒定律进行分析与计算。
人船模型是典型的动量守恒模型，体会理论知识在实际生活中的应用，关键要注意动量的方向。
【解答】
设人走动时船的平均速度大小为v，人的平均速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t，取船的速度为正方向，则v=dt，v′=L−dt，根据动量守恒定律得：Mv−mv′=0，解得，船的质量：M=m(L−d)d，故选：B。
3.【答案】C
【解析】
【分析】
由简谐运动位移时间函数关系确定圆频率，即可求出周期；根据时间与周期的关系求出在1s内质点经过的路程；根据质点的位置分析其速度；根据简谐运动的方程，求出t=0.6s时刻质点的位移大小关系，确定质点位置分析质点的动能。
质点做简谐运动时通过的路程，一般根据时间与周期的关系，求出路程是多少倍的振幅；质点在任意时刻的位移，可由振动方程求解。
【解答】
A、由简谐运动的位移随时间变化的关系式x=5sin5πtcm，知圆频率ω=5π，周期T=2πω=0.4s，故A错误；
B、tT=10.4=2.5，1个周期内运动的路程4A=20cm，所以头1s内质点运动的路程是s=2.5×20cm=50cm，故B错误；
C、0.4s到0.5s质点由平衡位置向最大位移处运动，速度减小，故C正确；
D、t=0.6s时刻质点位移x=5sin(5π×0.6)=0，质点经过平衡位置，动能最大，故D错误；
故选：C
4.【答案】C
【解析】
【分析】
A、B为振幅相同的相干波源，两列波干涉时，两列波的波峰与波峰、波谷与波谷相遇处，振动始终加强，波峰与波谷相遇处振动始终减弱，振动加强点的振幅等于波单独传播时振幅的2倍。
【解答】
A、此时Q点波峰与波峰相遇，振动加强点，但不是总是处于波峰位置，不过总是处于振动加强点，故 A错误;
B、R、S两点是波峰与波谷相遇，振动减弱，位移为零，始终处于静止状态，故 B错误;
C、P是波谷与波谷相遇， Q是波峰与波峰相遇，因此振动加强，其连线上各点振动始终加强，故 C正确;
D、两列波相遇发生干涉的必要条件是：两列波的频率相同，故 D错误。
故选：C。
5.【答案】D
【解析】
【分析】
由位移的最大值读出振幅，由图读出周期，由图读出位移，根据简谐运动的特征：a=−kxm，分析加速度的正负，根据质点的位置分析速度的大小，弹簧振子在一个周期内通过的路程为4A。
【解答】
A.根据甲、乙两个振子做简谐运动的图像可知，两振子的振幅A甲=2cm，A乙=1cm，甲、乙两振子的振幅之比为2:1，A错误；
B.甲振子的周期为4s，频率为0.25Hz，乙振子的周期为8s，频率为0.125Hz，甲、乙两振子的频率之比为2:1，B错误；
C.前2s内，根据简谐运动的特征：a=−kxm，甲的位移为正，加速度为负值，乙的位移为负，加速度为正值，C错误；
D.0∼8s这段时间内，甲振子运动了两个周期，通过的路程为s甲=2×4A甲=16cm，乙振子运动了一个周期，通过的路程为s乙=4A乙=4cm，所以路程之比为4:1，故D正确。
6.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查振动的图像和波的图像。
(1)根据图甲确定周期，根据图乙确定波长，利用v=λT计算波速；
(2)a点位于波谷，根据a和c间的距离和周期确定传播时间；
(3)根据a和b振动的方向确定哪一点先达到平衡位置；
(4)质点振动一个周期，质点通过的距离为4A。
【解答】
A.周期T=0.4s，波长λ=4m，解得波速v=λT=10m/s，但介质中的质点并没有沿波传播方向运动，故A选项错；
B.质点c第一次到达波谷，即质点a的运动形式传到c点，质点a、c间相距一个波长λ=4m，需要一个周期T=0.4s传到，B选项正确；
C.图乙时刻质点b正在沿y轴负方向运动，它到达平衡位置的时间大于T4，而质点a到达平衡位置的时间等于T4，故C选项错误；
D.需要1.5T的时间波源的振动形式传到质点c，此过程中质点a运动的时间为T，质点a运动的路程为s=4A=20cm，故D选项错。
7.【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意画出光路图，根据全反射条件结合折射定律结合几何关系，求解折射率和临界角C，以及P点与O点的距离。
本题主要是考查了光的折射和光的全反射；解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，根据图中的几何关系求出折射角或入射角，然后根据光的折射定律或全反射的条件列方程求解。
【解答】
A、如图，在A处sin60∘sinr=n，在P处的入射角θ=15∘+r
由于入射光与出射光相互垂直，所以m、L两法线垂直θ=45∘，r=30∘，n=3，故A错误；
B、根据v=cn=33c，故B错误；
C、临界角sinC=1n=33，故C错误；
D、如图AQ⊥QP，所以AQ=QP=Rsin75∘
OP=QP−QO=Rsin75∘−Rcos75∘=22R，故D正确。
故选：D。
8.【答案】C
【解析】
【分析】
根据折射情况确定相对折射率的大小，根据折射率的计算公式分析传播速度，根据发生全反射的条件分析哪束光先消失。
本题主要是考查了光的折射；解答此类问题要知道：不同颜色的光频率不同，在七种颜色的光中，红光的频率最小，折射率最小，紫光的频率最大，折射率最大；折射率越大，经过同一介质时偏折程度就越大；要能够通过折射定律作出正确的光路图。
【解答】
A、根据图线可知，光从该介质进入水中时折射角小于入射角，所以该材质相对水是光疏介质，故A错误；
B、对a单色光，该材质相对水是光疏介质，即a光在水中的折射率大于在该介质中的折射率，根据v=cn可知a单色光在该材质中传播速度大于在水中传播速度，故B错误；
CD、复色光从水中进入该介质中，a光的偏转角大，说明a光的折射率大，增大入射角，a光先在AB面发生全反射，a光无法射到AC面上，所以AC界面a光先消失，故C正确，D错误；
故选：C。
9.【答案】D
【解析】
【分析】
根据甲、乙两图分析得出简谐波的波长和周期，再解得简谐波的波速，分析t=0时刻，x=2m处的质点B的振动方向，根据同侧法分析简谐波的传播方向；根据明显的衍射现象条件来进行分析；两列波要发生稳定的干涉现象必须满足两列波的频率相同。
解决该题需要熟记波速与波长、周期的关系，掌握稳定的干涉现象以及明显的衍射现象的条件，知道用同侧法分析波的传播方向。
【解答】
A.根据图乙可知，0时刻B质点的振动方向沿着y轴负方向，根据同侧法可知，简谐波的传播方向为x轴正方向，根据图象可知简谐波的波长和周期分别为λ=4m，T=2s，所以波速为v=λT=42m/s=2m/s，故A错误；
B.根据题意可知，简谐波的振幅为A=0.5m，因为t=2s=1T，所以质点C恰好经过1个周期，从平衡位置向y轴正方向运动，故B错误；
C.因为简谐波的波长为4m，所以要使该波能够发生明显的衍射，则障碍物的尺寸应小于或等于4m，故C错误；
D.该简谐波的频率为f=1T=12Hz=0.5Hz，所以若该波能与另一列波发生稳定的干涉，则另一列波的频率为0.5Hz，故D正确。
10.【答案】AC
【解析】
【分析】
由左手定则判断电性；结合半径的公式可以判断出粒子速度的大小；根据周期的公式可以判断出运动的时间关系。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，关键是利用左手定则、半径的公式和根据周期的公式分析求解。
【解答】
A：由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A正确；
B：粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB=mv2r，半径为：r=mvqB，在质量与电荷量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速度率大于N的速率，故B错误；
C：洛伦兹力和速度方向相互垂直，故洛伦兹力不做功，故C正确；
D：粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为T=2πmqB，故M的运行时间等于N的运行时间，故D错误。
故选：AC。
11.【答案】C
【解析】
【分析】
回旋加速器中带电粒子在电场被加速，每通过电场，动能被增加一次；而在磁场里做匀速圆周运动，通过磁场时只改变粒子的运动方向，动能却不变。因此带电粒子在一次加速过程中，电场电压越大，动能增加越大。但从D形盒中射出的动能，除与每次增加的动能外，还与加速次数有关。所以加速电压越大，回旋次数越少，推导出最大动能的表达式，分析最大动能与磁感应强度和D形金属盒半径的关系。
【解答】
A、带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，但不做功，故A错误；
B、带电粒子在电场中处于加速状态，从而获得能量，虽速度增大，由T=2πmqB在磁场中周期不变，所以粒子的运动周期是固定的，故B错误；
CD、带电粒子从D形盒中射出时的动能Ekm=12mvm2…①
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则圆周半径R=mvmqB…②
由①②可得Ekm=q2B2R22m显然，当带电粒子q、m一定的，则Ekm∝R2B2，
即Ekm随磁场的磁感应强度B、D形金属盒的半径R的增大而增大，与加速电场的电压无关，故C正确，D错误；
故选：C。
12.【答案】B
【解析】
【分析】
由图可知，粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据粒子向下偏转，即可知粒子所受的洛伦兹力方向向下，由左手定则可判断粒子的电性。粒子速度选择器中受到电场力和洛伦兹力两个作用，电场力不变，速度方向不变，可知洛伦兹力与电场力应平衡，由左手定则判断出洛伦兹力方向，由平衡条件即可确定出P1极板带什么电。粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得到半径表达式，根据半径公式分析半径越大时，粒子的质量和比荷的大小。
本题关键要理解速度选择器的原理：粒子受电场力与洛伦兹力平衡，粒子的速度一定。粒子在磁场中偏转时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律则可得到半径。
【解答】
A、由图可知，带电粒子进入匀强磁场B2时向下偏转，所以粒子所受的洛伦兹力方向向下，根据左手定则判断得知该束粒子带正电，故A正确；
B、在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个作用而做匀速直线运动，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向向下，粒子带正电，电场强度方向向下，所以速度选择器的P1极板带正电，故B错误；
C、粒子能通过狭缝，电场力与洛伦兹力平衡，则有：qvB1=qE，解得：v=EB1，故C正确；
D、粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB2=mv2r，解得：r=mvqB2，
可见，由于v是一定的，B2不变，半径r越大，则qm越小，故D正确；
本题选择不正确选项，故选：B。
13.【答案】(1)64.5
(2)AD
(3)A
(4)m1OP=m1OM+m2ON
【解析】
【分析】
(1)根据图示确定刻度尺的分度值，然后读数。
(2)根据实验原理与实验注意事项分析答题。
(3)(4)应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后分析答题。
本题考查探究动量守恒实验，明确实验原理是解题关键，对于刻度尺读数，需要掌握读数规则。求出实验要验证的表达式是正确答题的前提与关键．
【解答】
(1)碰撞后球的水平射程落点如图(b)所示，取所有落点中靠近中间的点读数，即可取一个最小的圆的圆心，由图示刻度尺可知，其分度值是1cm，约为64.5cm；
(2)A、为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，为发生对心碰撞，两球半径应相等，故A错误；
B、为保证小球的速度相等，被碰球静止放在槽口，入射球必须每次从轨道的同一位置由静止释放，故B正确；
C、小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与小球的初速度成正比，因为小球碰撞前后的速度不易测量，所以通过测小球“平抛运动的射程”间接地解决，故C正确；
D、只要入射球由斜槽上同一位置由静止释放即可保证入射球到达斜槽末端时的速度相等，斜槽不必光滑，为使小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽末端必须水平，故D错误。
本题选不正确的，故选：AD。
(3)设碰撞前入射球的速度大小为v0，碰撞后瞬间入射球速度大小为v1，被碰球速度大小为v2，
碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2
小球离开轨道后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，小球在空中的运动时间t相等，
两边同时乘以时间t得：m1v0t=m1v1t+m1v2t，则m1OP=m1OM+m2ON
因此除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有小球1和小球2的质量m1、m2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
(4)由(3)可知，当所测物理量满足表达式m1OP=m1OM+m2ON时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。
故答案为：(1)64.5；(2)AD；(3)A；(4)m1OP=m1OM+m2ON。
14.【答案】(1)EDB；(2)①C，② D；(3)2.310；(4)dlΔx ；6.6×10−4。
【解析】
【分析】
(1)为获取单色线光源，白色光源后面要有滤光片、单缝、双缝。
(2)根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ可知在其它条件不变的情况下Δx分别随l和随d变化的情况；
(3)根据手轮上的示数及条纹数求出条纹间距；
(4)根据Δx=Ldλ得波长的表达式，代入数据得光的波长。
【解答】
(1)为获取单色线光源，白色光源后面要有滤光片、单缝、双缝，表示各光学元件的字母排列顺序应为CEDBA；
(2)①如图A图样是红光通过双缝产生的，那么换用紫光后，紫光的波长比红光波长短，相同的装置下，条纹间距变小，所以得到的图样用C图样表示最合适；
②如果将B图样的双缝距离变小，根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ可知在其它条件不变，d减小时，条纹宽度变宽，得到的图样用D图样表示最合适；
(3)由以上读数可知Δx=13.870−2.3206−1mm=2.310mm；
(4)根据Δx=Ldλ知λ=d△xL，代入数据得：λ=2×10−4×2.310×10−30.700m=6.6×10−7m=6.6×10−4mm。
故答案为：(1)EDB；(2)①C，② D；(3)2.310；(4)dlΔx ；6.6×10−4。
15.【答案】解、(1)当波向x轴负方向传播时，由波形图可知该波的波长为：λ=3m，
从t=0s到t1=0.2s过程，波向负方向传播的距离为：Δx1=(23+n)λ(n=0,1,2⋯)，
波传播的波速为：v1=Δx1Δt，
联立得：v1=10+15n(n=0,1,2…)，
当n=0时波速最小，为：v1min=10m/s；
(2)当波向x轴正方向传播时，由波形图可知t1=(13+n)T，因t1
P点第一次出现波峰的时间为：t=Δx2v2，
联立得：t=0.25s。
答：(1)该波的最小波速为10m/s；
(2)x=2m处的P质点第一次出现波峰的时刻是0.25s。
【解析】波长可以从图中直接读出，根据波长、频率和波速的关系列周期性方程可以求出波速；根据波形及传播方向确定周期，利用波速公式确定波峰到P点的距离，再根据速度位移公式求解时间。
对于横波图象问题可能存在多解性，多解的原因在于传播方向的不确定和波传播过程的周期性，因此要先从题干判断是否可以找到其传播方向，再根据波长、频率和波速的关系列周期性方程，要注意区分波的传播图象和质点的振动图象。
16.【答案】解：①光线在BD界面的中点E发生全反射，并从AD界面射出，出射光线与BD界面平行，
由几何关系可知，AD界面入射角r=30∘，折射角为i=60∘，根据折射定律可得：n=sinisinr=sin60∘sin30∘=3212=3；
②根据直角三角形的边角关系可得：光在棱镜中传播的距离
x=12ABtan60∘+EFcos30∘=533L，又v=cn=33c，
所以，光在棱镜中传播所用时间t=xv=533L33c=5Lc。
答：①棱镜材料的折射率n为3；
②光在棱镜中传播所用时间t为5Lc。
【解析】①明确光线在AD边上的入射角和折射角，求得该棱镜的折射率；
②由v=cn求得光线在棱镜中的传播速度，由几何知识求出光线在棱镜中传播的距离，即可求得光在棱镜中传播所用的时间。
本题是几何光学问题，要能熟练运用光的折射定律，要注意光在棱镜中传播的速度与光速的关系。
17.【答案】解：(1)小球从静止开始自由下落到滑至半圆槽最低点的过程，根据机械能守恒定律有mg(h+R)=12mv02，
解得v0=4m/s；
(2)小球即将离开半圆槽时，小球和半圆槽在水平方向速度相同，设其为 v，
小球从半圆槽内最低点运动到即将离开半圆槽的过程，
根据水平方向系统动量守恒有mv0=(M+m)v，
得到v=1m/s，
根据机械能守恒定律有mgh=12mv12+12Mv2，
联立解得v1=7m/s；
(3)小球离开半圆槽后向上做斜上抛运动，当竖直方向的分速度等于0时，小球上升的高度最大，
小球高开半圆槽时竖直方向的分速度v1y=v12−v2=6m/s，
竖直方向有v1y2=2gH，
解得H=0.3m。
【解析】本题考查机械能守恒及某一方向动量守恒等内容，试题难度一般。
(1)从B点到最低点，对小球由机械能守恒定律求得运动到半圆槽最低点时的速度大小；
(2)小球从半圆槽内最低点运动到即将离开半圆槽的过程，系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒，联立求解小球第一次离开半圆槽时的速度大小；
(3)当小球竖直方向的分速度等于0时，小球上升的高度最大，由速度的分解求出小球离开半圆槽时竖直方向的分速度，再由速度-位移公式求得能够上升的最大高度。
18.【答案】解：(1)当A在B上滑动时，A与BC整体发生作用，由于水平面光滑，A与BC组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，则有： mv0=m×v02+2mv1…①
系统动能的减小量等于滑动过程中产生的内能，则：Q=μmgL…②
ΔEk=12mv02−12m(v02)2−12×2mv12…③
而Q=ΔEk…④
联立①②③式解得：v1=14v0，μ=5v0216gL…⑤
(2)当A滑上C，B与C分离，A与C发生作用，设到达最高点时速度相等为v2，由于水平面光滑，A与C组成的系统水平方向动量守恒：m×v02+mv1=2mv2 …⑥
A与C组成的系统机械能守恒，则有：12m(v02)2+12m(v04)2=12×2mv22+mgR…⑦
由 ⑤⑥式解得：R=v0264g…⑧
(3)当A滑下C时，设A的速度为vA，C的速度为vC，A与C组成的系统动量守恒，则有：
m×12v0+mv1=mvA+mvC …⑨
A与C组成的系统动能守恒，则有：12m(v02)2+12m(v04)2=12mvA2+12mvC2…⑩
联立⑧⑨式解得：vC=v02，方向水平向左。
答：(1)木板B上表面的动摩擦因素μ是5v0216gL；
(2)14圆弧槽C的半径R是v0264g；
(3)当A滑离C时，C的速度是v02，方向水平向左。
【解析】(1)当A在B上滑动时，A与BC整体发生相互作用，由于水平面光滑，A与BC组成的系统水平动量守恒，由此列出等式，由能量守恒得知系统动能的减少量等于滑动过程中产生的内能列出等式，联立求解；
(2)当A滑上C，B与C分离，A、C发生相互作用，A、C组成的系统水平方向动量守恒，由A、C组成的系统机械能守恒列出等式，联立求解；
(3)根据AC系统动量守恒列出等式，AC系统初、末状态动能相等列出等式，联立求出滑离C时C的速度。
本题是多体多过程问题，要理清A、B、C的运动过程，解决该题关键要能够熟练运用动量守恒定律和能量守恒定律列出等式求解。
19.【答案】解：(1)粒子运动轨迹如图所示：
由几何知识可知：r2=r2cos60∘+a，r2=2a，
2r1sin60∘=23a−r2sin60∘，解得：r1=a，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qv0B=mv02r，
将半径代入解得：B1=mv0qa，B2=mv02qa；
(2)粒子做圆周运动的周期：T=2πrv，
将半径代入解得T1=2πav0，T2=4πav0，
粒子从P点运动到Q点所用的时间：t=t1+t2=13T1+16T2，
解得：t=4πa3v0。
【解析】(1)由几何知识求出粒子轨道半径，由牛顿第二定律求出磁感应强度；
(2)根据偏转角度和周期公式求出粒子的运动时间。
本题考查了粒子在磁场中的运动、分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹、应用牛顿第二定律即可正确解题，解题时注意数学知识的应用。
2021-2022学年江苏省镇江市高二（上）期末物理试卷
1. 质量为1kg的小球以4m/s的速度与质量为2kg的静止小球正碰，关于碰后的速度v1′和v2′，下面哪些是可能正确的( )
A. v1′=1m/s，v2′=3m/s B. v1′=−2m/s，v2′=3m/s
C. v1′=v2′=43m/s D. v1′=3m/s，v2′=0.5m/s
2. 有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L，已知他自身的质量为m，则渔船的质量为( )
A. m(L+d)d B. m(L−d)d C. mLd D. m(L+d)L
3. 一个质点在水平方向上做简谐运动的位移随时间变化的关系是x=5sin5πtcm，则下列判断正确的是( )
A. 该简谐运动的周期是0.2s B. 头1s内质点运动的路程是100cm
C. 0.4s到0.5s内质点的速度在逐渐减小 D. t=0.6s时刻质点的动能为0
4. 如图，A、B为振幅相同的相干波源，图中实线表示波峰，虚线表示波谷，则下列叙述正确的是( )
A. Q点始终处于波峰位置
B. R、S两点振动有时加强有时减弱
C. P、Q连线上各点振动始终加强
D. 如果A、B两波源频率不同，也能产生类似的稳定的干涉图样
5. 如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个弹簧振子做简谐运动的图像。已知甲、乙两个振子质量相等。则( )
A. 甲、乙两振子的振幅之比为1:2
B. 甲、乙两振子的频率之比为1:2
C. 前2s内甲、乙两振子的加速度均为正值
D. 0∼8 s时间内甲、乙两振子通过的路程之比为4:1
6. 某均匀介质中有一振动波源，从某时刻起作为计时零时刻，波源的振动图像如图甲所示，波源振动产生沿x轴正方向传播的横波，在x轴上0到5m之间第一次形成的波形如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 介质中的质点沿波传播方向运动的速度为10m/s
B. 从图乙时刻起要经过0.4s质点c第一次到达波谷
C. 从图乙时刻起，介质中的质点b比a先到达平衡位置
D. 当波源的振动形式传到质点c时，质点a运动的总路程为10cm
7. 如图是半径为R的半圆形玻璃砖，一束单色光从A点射入玻璃砖，在直径面上发生全反射，最终从B点射出玻璃砖(B点位置未标出)。已知出射光与入射光之间互相垂直，真空中光速为c，则( )
A. 玻璃砖的折射率为2
B. 光在玻璃砖内的速度为32c
C. 光在玻璃砖中的临界角为π3
D. 光在直径面上的全反射点P与O点的距离为2R2
8. 如图将某种透明材质的三棱镜置于水中，△ABC为其截面，其中∠A=∠B=72∘，一束由a、b单色光组成的复色光从水中以i角度入射三棱镜再从三棱镜射出，光路如图所示，则( )
A. 该材质相对水是光密介质
B. a单色光在该材质中传播速度小于在水中传播速度
C. 增大入射角，AC界面出射时a光先消失
D. 减小入射角，AC界面出射时b光先消失
9. 图甲为某一简谐波在t=0时刻的波形图，图乙为图甲中平衡位置位于x=2m处的质点B的振动图象，质点C的平衡位置位于x=4m处。则下列说法正确的是( )
A. 该简谐波沿x轴负方向传播，其波速v=4m/s
B. 在t=2s时刻，质点C恰好经过平衡位置向y轴负方向运动
C. 要使该波能够发生明显的衍射，则障碍物的尺寸应远大于4m
D. 若该波能与另一列波发生稳定的干涉，则另一列波的频率一定为0.5Hz
10. 质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔垂直进入匀强磁场，带电粒子仅受洛伦兹力的作用，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是( )
A. M带负电，N带正电 B. M的速度率小于N的速率
C. 洛伦兹力对M、N不做功 D. M 的运行时间大于N的运行时间
11. 回旋加速器是加速带电粒子的装置(如图)，其主体部分是两个D形金属盒，两金属盒处在垂直于盒底的匀强磁场中，a，b分别与高频交流电源两极相连，下列说法中正确的是( )
A. 带电粒子从磁场中获得能量
B. 带电粒子在磁场中运动的周期不断变化
C. 增大金属盒半径可使粒子射出时的动能增加
D. 增大金属盒之间的电压可使粒子射出时的动能增加
12. 速度相同的一束粒子(不计重力)经过速度选择器后射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中不正确的是( )
A. 这束带电粒子带正电
B. 速度选择器的P1极板带负电
C. 能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于EB1
D. 若粒子在磁场中运动半径越大，则该粒子的比荷越小
13. 某同学用如图所示的(a)图装置来探究碰撞中的守恒量，(b)图是多次实验中某球落到位于水平地面记录纸上得到10个落点痕迹。
(1)由图(b)可测出某球平抛的水平射程为______ cm。
(2)有关该实验的一些说法，不正确的有______。
A.入射球和被碰球必须要弹性好，且两球须质量相等，大小相同
B.入射球必须每次从轨道的同一位置由静止释放
C.小球碰撞前后的速度不易测量，所以通过测小球“平抛运动的射程”间接地解决
D.实验中必须确保斜槽光滑，并调节斜槽末端水平
(3)上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有______。
A.小球1和小球2的质量m1、m2
B.B点离地面的高度h
C.A、B两点间的高度差Δh
D.小球1和小球2的半径r
(4)当所测物理量满足表达式______(用所测物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。
14. 现有毛玻璃屏A、双缝B、白光光源C、单缝D和透红光的滤光片E等光学元件，要把它们放在图所示的光具座上组装成双缝干涉装置，用以测量红光的波长。
(1)将白光光源C放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左至右，表示各光学元件的字母排列顺序应为C、______、A；
(2)如图所示，A、B、C、D代表双缝产生的四种干涉图样，回答下列问题：
①如图A图样是红光通过双缝产生的，那么换用紫光得到的图样用______图样表示最合适；
②如果将B图样的双缝距离变小，那么得到的图样用______图样表示最合适；
(3)将测量头的分划板中心刻线与某亮条纹中心对齐，将该亮条纹定为第1条亮条纹，此时手轮上的示数为2.320mm，然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮条纹中心对齐，记下此时手轮上的示数为13.870mm，求得相邻亮条纹的间距Δx为______mm；
(4)已知双缝间距d为2.0×10−4m，测得双缝到屏的距离l为0.700m，由计算公式λ=______，求得所测红光波长为______mm。
15. 一列沿x轴传播的简谐横波，在t=0时刻的波形如图实线所示，在t1=0.2s时刻的波形如图虚线所示。
(1)若波向x轴负方向传播，求该波的最小波速；
(2)若波向x轴正方向传播，且t1
①棱镜材料的折射率n；
②光在棱镜中传播所用时间t。
17. 如图所示，将一半径R=0.3m质量M=3kg的光滑半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧靠在固定的竖直墙壁上。现让一质量m=1kg的小球(可视为质点)自左侧槽口A点正上方的B点从静止开始落下，A、B间的距离h=0.5m，小球与半圆槽相切滑入槽内。已知重力加速度g=10m/s2，求：
(1)小球运动到半圆槽最低点时的速度大小v 0。
(2)小球第一次离开半圆槽时的速度大小v 1。
(3)小球第一次离开半圆槽后，能够上升的最大高度H。
18. 如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的1/4圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上。现有滑块A以初速v0从右端滑上B，并以12v0滑离B，刚好能到达C的最高点。A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，试求：
(1)木板B上表面的动摩擦因素μ；
(2)14圆弧槽C的半径R；
(3)当A滑离C时，C的速度。
19. 如图所示，在坐标系xoy平面的第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场B1，在第Ⅳ象限内存在垂直纸面向里的另一个匀强磁场B2，在x轴上有一点Q(23a,0)、在y轴上有一点P(0,a)。现有一质量为m，电量为+q的带电粒子(不计重力)，从P点处垂直y轴以速度v0射入匀强磁场B1中，并以与x轴正向成60∘角的方向进入x轴下方的匀强磁场B2中，经磁场B2偏转后刚好打在Q点。求：
(1)匀强磁场的磁感应强度B1、B2的大小；
(2)粒子从P点运动到Q点所用的时间。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
碰撞过程动量守恒、机械能不可能增加，碰撞后不能发生二次碰撞，据此分析答题。
本题考查了机械能守恒定律的应用，碰撞过程中，系统动量守恒、机械能不增大，发生碰撞后不能再发生二次碰撞，据此即可正确解题。
【解答】
碰撞前总动量为p=m1v1=1×4kg⋅m/s=4kg⋅m/s。碰撞前总动能为Ek=12m1v12=12×1×42J=8J；
A、碰撞后总动量p′=m1v1′+m2v2′=1×1kg⋅m/s+2×3kg⋅m/s=7kg⋅m/s，碰撞过程动量不守恒，不符合实际，故A错误；
B、碰撞后总动量p′=m1v1′+m2v2′=1×(−2)kg⋅m/s+2×3kg⋅m/s=4kg⋅m/s。碰撞后总动能为Ek′=12m1v1′2+12m2v2′2=12×1×(−2)2J+12×2×32J=11J，机械能增加，故B错误；
C、碰撞后总动量p′=m1v1′+m2v2′=1×43kg⋅m/s+2×43kg⋅m/s=4kg⋅m/s，碰撞后总动能为Ek′=12m1v1′2+12m2v2′2=12×1×(43)2J+12×2×(43)2J=249J，机械能不增加，故C正确；
D、碰撞后总动量p′=m1v1′+m2v2′=1×3kg⋅m/s+2×0.5kg⋅m/s=4kg⋅m/s，碰撞后总动能为Ek′=12m1v1′2+12m2v2′2=12×1×32J+12×2×0.52J=4.75J，碰后后面小球的速度大于前面小球的速度，会发生第二次碰撞，不符合实际，故D错误；
故选：C。
2.【答案】B
【解析】
【分析】
人和船组成的系统所受合外力为0，满足动量守恒，由位移与时间之比表示速度，根据动量守恒定律进行分析与计算。
人船模型是典型的动量守恒模型，体会理论知识在实际生活中的应用，关键要注意动量的方向。
【解答】
设人走动时船的平均速度大小为v，人的平均速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t，取船的速度为正方向，则v=dt，v′=L−dt，根据动量守恒定律得：Mv−mv′=0，解得，船的质量：M=m(L−d)d，故选：B。
3.【答案】C
【解析】
【分析】
由简谐运动位移时间函数关系确定圆频率，即可求出周期；根据时间与周期的关系求出在1s内质点经过的路程；根据质点的位置分析其速度；根据简谐运动的方程，求出t=0.6s时刻质点的位移大小关系，确定质点位置分析质点的动能。
质点做简谐运动时通过的路程，一般根据时间与周期的关系，求出路程是多少倍的振幅；质点在任意时刻的位移，可由振动方程求解。
【解答】
A、由简谐运动的位移随时间变化的关系式x=5sin5πtcm，知圆频率ω=5π，周期T=2πω=0.4s，故A错误；
B、tT=10.4=2.5，1个周期内运动的路程4A=20cm，所以头1s内质点运动的路程是s=2.5×20cm=50cm，故B错误；
C、0.4s到0.5s质点由平衡位置向最大位移处运动，速度减小，故C正确；
D、t=0.6s时刻质点位移x=5sin(5π×0.6)=0，质点经过平衡位置，动能最大，故D错误；
故选：C
4.【答案】C
【解析】
【分析】
A、B为振幅相同的相干波源，两列波干涉时，两列波的波峰与波峰、波谷与波谷相遇处，振动始终加强，波峰与波谷相遇处振动始终减弱，振动加强点的振幅等于波单独传播时振幅的2倍。
【解答】
A、此时Q点波峰与波峰相遇，振动加强点，但不是总是处于波峰位置，不过总是处于振动加强点，故 A错误;
B、R、S两点是波峰与波谷相遇，振动减弱，位移为零，始终处于静止状态，故 B错误;
C、P是波谷与波谷相遇， Q是波峰与波峰相遇，因此振动加强，其连线上各点振动始终加强，故 C正确;
D、两列波相遇发生干涉的必要条件是：两列波的频率相同，故 D错误。
故选：C。
5.【答案】D
【解析】
【分析】
由位移的最大值读出振幅，由图读出周期，由图读出位移，根据简谐运动的特征：a=−kxm，分析加速度的正负，根据质点的位置分析速度的大小，弹簧振子在一个周期内通过的路程为4A。
【解答】
A.根据甲、乙两个振子做简谐运动的图像可知，两振子的振幅A甲=2cm，A乙=1cm，甲、乙两振子的振幅之比为2:1，A错误；
B.甲振子的周期为4s，频率为0.25Hz，乙振子的周期为8s，频率为0.125Hz，甲、乙两振子的频率之比为2:1，B错误；
C.前2s内，根据简谐运动的特征：a=−kxm，甲的位移为正，加速度为负值，乙的位移为负，加速度为正值，C错误；
D.0∼8s这段时间内，甲振子运动了两个周期，通过的路程为s甲=2×4A甲=16cm，乙振子运动了一个周期，通过的路程为s乙=4A乙=4cm，所以路程之比为4:1，故D正确。
6.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查振动的图像和波的图像。
(1)根据图甲确定周期，根据图乙确定波长，利用v=λT计算波速；
(2)a点位于波谷，根据a和c间的距离和周期确定传播时间；
(3)根据a和b振动的方向确定哪一点先达到平衡位置；
(4)质点振动一个周期，质点通过的距离为4A。
【解答】
A.周期T=0.4s，波长λ=4m，解得波速v=λT=10m/s，但介质中的质点并没有沿波传播方向运动，故A选项错；
B.质点c第一次到达波谷，即质点a的运动形式传到c点，质点a、c间相距一个波长λ=4m，需要一个周期T=0.4s传到，B选项正确；
C.图乙时刻质点b正在沿y轴负方向运动，它到达平衡位置的时间大于T4，而质点a到达平衡位置的时间等于T4，故C选项错误；
D.需要1.5T的时间波源的振动形式传到质点c，此过程中质点a运动的时间为T，质点a运动的路程为s=4A=20cm，故D选项错。
7.【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意画出光路图，根据全反射条件结合折射定律结合几何关系，求解折射率和临界角C，以及P点与O点的距离。
本题主要是考查了光的折射和光的全反射；解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，根据图中的几何关系求出折射角或入射角，然后根据光的折射定律或全反射的条件列方程求解。
【解答】
A、如图，在A处sin60∘sinr=n，在P处的入射角θ=15∘+r
由于入射光与出射光相互垂直，所以m、L两法线垂直θ=45∘，r=30∘，n=3，故A错误；
B、根据v=cn=33c，故B错误；
C、临界角sinC=1n=33，故C错误；
D、如图AQ⊥QP，所以AQ=QP=Rsin75∘
OP=QP−QO=Rsin75∘−Rcos75∘=22R，故D正确。
故选：D。
8.【答案】C
【解析】
【分析】
根据折射情况确定相对折射率的大小，根据折射率的计算公式分析传播速度，根据发生全反射的条件分析哪束光先消失。
本题主要是考查了光的折射；解答此类问题要知道：不同颜色的光频率不同，在七种颜色的光中，红光的频率最小，折射率最小，紫光的频率最大，折射率最大；折射率越大，经过同一介质时偏折程度就越大；要能够通过折射定律作出正确的光路图。
【解答】
A、根据图线可知，光从该介质进入水中时折射角小于入射角，所以该材质相对水是光疏介质，故A错误；
B、对a单色光，该材质相对水是光疏介质，即a光在水中的折射率大于在该介质中的折射率，根据v=cn可知a单色光在该材质中传播速度大于在水中传播速度，故B错误；
CD、复色光从水中进入该介质中，a光的偏转角大，说明a光的折射率大，增大入射角，a光先在AB面发生全反射，a光无法射到AC面上，所以AC界面a光先消失，故C正确，D错误；
故选：C。
9.【答案】D
【解析】
【分析】
根据甲、乙两图分析得出简谐波的波长和周期，再解得简谐波的波速，分析t=0时刻，x=2m处的质点B的振动方向，根据同侧法分析简谐波的传播方向；根据明显的衍射现象条件来进行分析；两列波要发生稳定的干涉现象必须满足两列波的频率相同。
解决该题需要熟记波速与波长、周期的关系，掌握稳定的干涉现象以及明显的衍射现象的条件，知道用同侧法分析波的传播方向。
【解答】
A.根据图乙可知，0时刻B质点的振动方向沿着y轴负方向，根据同侧法可知，简谐波的传播方向为x轴正方向，根据图象可知简谐波的波长和周期分别为λ=4m，T=2s，所以波速为v=λT=42m/s=2m/s，故A错误；
B.根据题意可知，简谐波的振幅为A=0.5m，因为t=2s=1T，所以质点C恰好经过1个周期，从平衡位置向y轴正方向运动，故B错误；
C.因为简谐波的波长为4m，所以要使该波能够发生明显的衍射，则障碍物的尺寸应小于或等于4m，故C错误；
D.该简谐波的频率为f=1T=12Hz=0.5Hz，所以若该波能与另一列波发生稳定的干涉，则另一列波的频率为0.5Hz，故D正确。
10.【答案】AC
【解析】
【分析】
由左手定则判断电性；结合半径的公式可以判断出粒子速度的大小；根据周期的公式可以判断出运动的时间关系。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，关键是利用左手定则、半径的公式和根据周期的公式分析求解。
【解答】
A：由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A正确；
B：粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB=mv2r，半径为：r=mvqB，在质量与电荷量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速度率大于N的速率，故B错误；
C：洛伦兹力和速度方向相互垂直，故洛伦兹力不做功，故C正确；
D：粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为T=2πmqB，故M的运行时间等于N的运行时间，故D错误。
故选：AC。
11.【答案】C
【解析】
【分析】
回旋加速器中带电粒子在电场被加速，每通过电场，动能被增加一次；而在磁场里做匀速圆周运动，通过磁场时只改变粒子的运动方向，动能却不变。因此带电粒子在一次加速过程中，电场电压越大，动能增加越大。但从D形盒中射出的动能，除与每次增加的动能外，还与加速次数有关。所以加速电压越大，回旋次数越少，推导出最大动能的表达式，分析最大动能与磁感应强度和D形金属盒半径的关系。
【解答】
A、带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，但不做功，故A错误；
B、带电粒子在电场中处于加速状态，从而获得能量，虽速度增大，由T=2πmqB在磁场中周期不变，所以粒子的运动周期是固定的，故B错误；
CD、带电粒子从D形盒中射出时的动能Ekm=12mvm2…①
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则圆周半径R=mvmqB…②
由①②可得Ekm=q2B2R22m显然，当带电粒子q、m一定的，则Ekm∝R2B2，
即Ekm随磁场的磁感应强度B、D形金属盒的半径R的增大而增大，与加速电场的电压无关，故C正确，D错误；
故选：C。
12.【答案】B
【解析】
【分析】
由图可知，粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据粒子向下偏转，即可知粒子所受的洛伦兹力方向向下，由左手定则可判断粒子的电性。粒子速度选择器中受到电场力和洛伦兹力两个作用，电场力不变，速度方向不变，可知洛伦兹力与电场力应平衡，由左手定则判断出洛伦兹力方向，由平衡条件即可确定出P1极板带什么电。粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得到半径表达式，根据半径公式分析半径越大时，粒子的质量和比荷的大小。
本题关键要理解速度选择器的原理：粒子受电场力与洛伦兹力平衡，粒子的速度一定。粒子在磁场中偏转时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律则可得到半径。
【解答】
A、由图可知，带电粒子进入匀强磁场B2时向下偏转，所以粒子所受的洛伦兹力方向向下，根据左手定则判断得知该束粒子带正电，故A正确；
B、在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个作用而做匀速直线运动，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向向下，粒子带正电，电场强度方向向下，所以速度选择器的P1极板带正电，故B错误；
C、粒子能通过狭缝，电场力与洛伦兹力平衡，则有：qvB1=qE，解得：v=EB1，故C正确；
D、粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB2=mv2r，解得：r=mvqB2，
可见，由于v是一定的，B2不变，半径r越大，则qm越小，故D正确；
本题选择不正确选项，故选：B。
13.【答案】(1)64.5
(2)AD
(3)A
(4)m1OP=m1OM+m2ON
【解析】
【分析】
(1)根据图示确定刻度尺的分度值，然后读数。
(2)根据实验原理与实验注意事项分析答题。
(3)(4)应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后分析答题。
本题考查探究动量守恒实验，明确实验原理是解题关键，对于刻度尺读数，需要掌握读数规则。求出实验要验证的表达式是正确答题的前提与关键．
【解答】
(1)碰撞后球的水平射程落点如图(b)所示，取所有落点中靠近中间的点读数，即可取一个最小的圆的圆心，由图示刻度尺可知，其分度值是1cm，约为64.5cm；
(2)A、为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，为发生对心碰撞，两球半径应相等，故A错误；
B、为保证小球的速度相等，被碰球静止放在槽口，入射球必须每次从轨道的同一位置由静止释放，故B正确；
C、小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与小球的初速度成正比，因为小球碰撞前后的速度不易测量，所以通过测小球“平抛运动的射程”间接地解决，故C正确；
D、只要入射球由斜槽上同一位置由静止释放即可保证入射球到达斜槽末端时的速度相等，斜槽不必光滑，为使小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽末端必须水平，故D错误。
本题选不正确的，故选：AD。
(3)设碰撞前入射球的速度大小为v0，碰撞后瞬间入射球速度大小为v1，被碰球速度大小为v2，
碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2
小球离开轨道后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，小球在空中的运动时间t相等，
两边同时乘以时间t得：m1v0t=m1v1t+m1v2t，则m1OP=m1OM+m2ON
因此除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有小球1和小球2的质量m1、m2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
(4)由(3)可知，当所测物理量满足表达式m1OP=m1OM+m2ON时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。
故答案为：(1)64.5；(2)AD；(3)A；(4)m1OP=m1OM+m2ON。
14.【答案】(1)EDB；(2)①C，② D；(3)2.310；(4)dlΔx ；6.6×10−4。
【解析】
【分析】
(1)为获取单色线光源，白色光源后面要有滤光片、单缝、双缝。
(2)根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ可知在其它条件不变的情况下Δx分别随l和随d变化的情况；
(3)根据手轮上的示数及条纹数求出条纹间距；
(4)根据Δx=Ldλ得波长的表达式，代入数据得光的波长。
【解答】
(1)为获取单色线光源，白色光源后面要有滤光片、单缝、双缝，表示各光学元件的字母排列顺序应为CEDBA；
(2)①如图A图样是红光通过双缝产生的，那么换用紫光后，紫光的波长比红光波长短，相同的装置下，条纹间距变小，所以得到的图样用C图样表示最合适；
②如果将B图样的双缝距离变小，根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ可知在其它条件不变，d减小时，条纹宽度变宽，得到的图样用D图样表示最合适；
(3)由以上读数可知Δx=13.870−2.3206−1mm=2.310mm；
(4)根据Δx=Ldλ知λ=d△xL，代入数据得：λ=2×10−4×2.310×10−30.700m=6.6×10−7m=6.6×10−4mm。
故答案为：(1)EDB；(2)①C，② D；(3)2.310；(4)dlΔx ；6.6×10−4。
15.【答案】解、(1)当波向x轴负方向传播时，由波形图可知该波的波长为：λ=3m，
从t=0s到t1=0.2s过程，波向负方向传播的距离为：Δx1=(23+n)λ(n=0,1,2⋯)，
波传播的波速为：v1=Δx1Δt，
联立得：v1=10+15n(n=0,1,2…)，
当n=0时波速最小，为：v1min=10m/s；
(2)当波向x轴正方向传播时，由波形图可知t1=(13+n)T，因t1
P点第一次出现波峰的时间为：t=Δx2v2，
联立得：t=0.25s。
答：(1)该波的最小波速为10m/s；
(2)x=2m处的P质点第一次出现波峰的时刻是0.25s。
【解析】波长可以从图中直接读出，根据波长、频率和波速的关系列周期性方程可以求出波速；根据波形及传播方向确定周期，利用波速公式确定波峰到P点的距离，再根据速度位移公式求解时间。
对于横波图象问题可能存在多解性，多解的原因在于传播方向的不确定和波传播过程的周期性，因此要先从题干判断是否可以找到其传播方向，再根据波长、频率和波速的关系列周期性方程，要注意区分波的传播图象和质点的振动图象。
16.【答案】解：①光线在BD界面的中点E发生全反射，并从AD界面射出，出射光线与BD界面平行，
由几何关系可知，AD界面入射角r=30∘，折射角为i=60∘，根据折射定律可得：n=sinisinr=sin60∘sin30∘=3212=3；
②根据直角三角形的边角关系可得：光在棱镜中传播的距离
x=12ABtan60∘+EFcos30∘=533L，又v=cn=33c，
所以，光在棱镜中传播所用时间t=xv=533L33c=5Lc。
答：①棱镜材料的折射率n为3；
②光在棱镜中传播所用时间t为5Lc。
【解析】①明确光线在AD边上的入射角和折射角，求得该棱镜的折射率；
②由v=cn求得光线在棱镜中的传播速度，由几何知识求出光线在棱镜中传播的距离，即可求得光在棱镜中传播所用的时间。
本题是几何光学问题，要能熟练运用光的折射定律，要注意光在棱镜中传播的速度与光速的关系。
17.【答案】解：(1)小球从静止开始自由下落到滑至半圆槽最低点的过程，根据机械能守恒定律有mg(h+R)=12mv02，
解得v0=4m/s；
(2)小球即将离开半圆槽时，小球和半圆槽在水平方向速度相同，设其为 v，
小球从半圆槽内最低点运动到即将离开半圆槽的过程，
根据水平方向系统动量守恒有mv0=(M+m)v，
得到v=1m/s，
根据机械能守恒定律有mgh=12mv12+12Mv2，
联立解得v1=7m/s；
(3)小球离开半圆槽后向上做斜上抛运动，当竖直方向的分速度等于0时，小球上升的高度最大，
小球高开半圆槽时竖直方向的分速度v1y=v12−v2=6m/s，
竖直方向有v1y2=2gH，
解得H=0.3m。
【解析】本题考查机械能守恒及某一方向动量守恒等内容，试题难度一般。
(1)从B点到最低点，对小球由机械能守恒定律求得运动到半圆槽最低点时的速度大小；
(2)小球从半圆槽内最低点运动到即将离开半圆槽的过程，系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒，联立求解小球第一次离开半圆槽时的速度大小；
(3)当小球竖直方向的分速度等于0时，小球上升的高度最大，由速度的分解求出小球离开半圆槽时竖直方向的分速度，再由速度-位移公式求得能够上升的最大高度。
18.【答案】解：(1)当A在B上滑动时，A与BC整体发生作用，由于水平面光滑，A与BC组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，则有： mv0=m×v02+2mv1…①
系统动能的减小量等于滑动过程中产生的内能，则：Q=μmgL…②
ΔEk=12mv02−12m(v02)2−12×2mv12…③
而Q=ΔEk…④
联立①②③式解得：v1=14v0，μ=5v0216gL…⑤
(2)当A滑上C，B与C分离，A与C发生作用，设到达最高点时速度相等为v2，由于水平面光滑，A与C组成的系统水平方向动量守恒：m×v02+mv1=2mv2 …⑥
A与C组成的系统机械能守恒，则有：12m(v02)2+12m(v04)2=12×2mv22+mgR…⑦
由 ⑤⑥式解得：R=v0264g…⑧
(3)当A滑下C时，设A的速度为vA，C的速度为vC，A与C组成的系统动量守恒，则有：
m×12v0+mv1=mvA+mvC …⑨
A与C组成的系统动能守恒，则有：12m(v02)2+12m(v04)2=12mvA2+12mvC2…⑩
联立⑧⑨式解得：vC=v02，方向水平向左。
答：(1)木板B上表面的动摩擦因素μ是5v0216gL；
(2)14圆弧槽C的半径R是v0264g；
(3)当A滑离C时，C的速度是v02，方向水平向左。
【解析】(1)当A在B上滑动时，A与BC整体发生相互作用，由于水平面光滑，A与BC组成的系统水平动量守恒，由此列出等式，由能量守恒得知系统动能的减少量等于滑动过程中产生的内能列出等式，联立求解；
(2)当A滑上C，B与C分离，A、C发生相互作用，A、C组成的系统水平方向动量守恒，由A、C组成的系统机械能守恒列出等式，联立求解；
(3)根据AC系统动量守恒列出等式，AC系统初、末状态动能相等列出等式，联立求出滑离C时C的速度。
本题是多体多过程问题，要理清A、B、C的运动过程，解决该题关键要能够熟练运用动量守恒定律和能量守恒定律列出等式求解。
19.【答案】解：(1)粒子运动轨迹如图所示：
由几何知识可知：r2=r2cos60∘+a，r2=2a，
2r1sin60∘=23a−r2sin60∘，解得：r1=a，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qv0B=mv02r，
将半径代入解得：B1=mv0qa，B2=mv02qa；
(2)粒子做圆周运动的周期：T=2πrv，
将半径代入解得T1=2πav0，T2=4πav0，
粒子从P点运动到Q点所用的时间：t=t1+t2=13T1+16T2，
解得：t=4πa3v0。
【解析】(1)由几何知识求出粒子轨道半径，由牛顿第二定律求出磁感应强度；
(2)根据偏转角度和周期公式求出粒子的运动时间。
本题考查了粒子在磁场中的运动、分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹、应用牛顿第二定律即可正确解题，解题时注意数学知识的应用。
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