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2022-2023学年湖南省常德市津市市第一中学高二上学期第九次月考 物理 解析版
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这是一份2022-2023学年湖南省常德市津市市第一中学高二上学期第九次月考 物理 解析版，共21页。
1．下面有关物理学史和物理学方法的说法中，不正确的有（ ）
A．伽利略研究自由落体运动时，由于物体下落时间太短，不易测量，因此采用了“冲淡重力”的方法来测量时间，然后再把得出的结论合理外推
B．根据速度定义式v＝，当△t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法
C．物体的加速度又叫做速度的变化率，速度变化量越大，加速度越大
D．在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法
2．如图所示，一个小球在斜面上的A点由静止开始匀加速沿斜面滚下，依次经过 B、C、D三点，已知经过相邻两点的时间相同，即tAB＝tBC＝tCD，且AB两点之间的距离0.3m，则CD两点之间的距离为（ ）
A．0.9mB．1.2mC．1.5mD．1.8m
3．如图所示为制作豆腐的石磨装置，质量为m的“T”形木柄ABC水平静止时，连接AB的绳子处于绷紧状态，O点是三根绳子的结点。若不计绳子所受重力，OA＝OB，∠AOB＝60°，F、F1和F2分别表示三根绳的拉力大小，则（ ）
A．F＝F1＝F2B．C．F＝mgD．
4．“扔坑”是农村小孩在农闲时玩的一款经典游戏，游戏中的“坑”是在平整的农田中挖出，坑的形状多为圆柱形，扔掷物可以是铁球、石块，也可以是泥球。如图所示，在一次“扔坑”游戏中，将小泥球从M点以速度v水平抛出，泥球恰好沿着坑的上沿入坑并打在坑的底角。若要让泥球进入坑中并直接击中坑底的正中间，下列做法可行的是（ ）
A．在M点将泥球以小于v的速度水平抛出
B．在M点将泥球以大于v的速度水平抛出
C．在M点正上方某位置将泥球以小于v的速度水平抛出
D．在M点正下方某位置将泥球以小于v的速度水平抛出
5．两个完全相同的金属小球，所带电荷量之比为3：5，当它们相距为R（R远大于小球半径r）时，相互作用大小为F。现让两球接触一下，然后放到相距为2R的两点，这时两球相互作用力大小可能是（ ）
A．B．C．D．
6．如图所示，图甲为沿x轴传播的一列简谐机械波在t＝0时刻的波动图像，图乙为质点P的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．波速大小为4m/s
B．该波可以与另一列频率为2Hz的波发生干涉
C．波沿x轴负方向传播
D．波在传播过程中遇到2m大小的障碍物不能发生明显的衍射
二．多选题（共4小题）
（多选）7．如图所示，平行板电容器的两极板A、B接在电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，下列说法正确的是（ ）
A．保持S闭合，将A板远离B板，则θ变小
B．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ不变
C．断开S，略向下移动A板，则θ增大
D．断开S，略向上移动A板，则θ不变
（多选）8．如图所示，电源电动势E＝7.2V，小灯泡L的规格为“3V 1.2W”，开关S接1，当滑动变阻器调到R＝7Ω时，小灯泡L正常发光，现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作，已知电动机的线圈电阻R0＝2Ω。则（ ）
A．电源内阻为2Ω
B．电动机正常工作的电压为3V
C．电动机输出的机械功率为0.8W，其效率约为71%
D．电源的效率约为81%
（多选）9．一束复色光，照射到底面有反射涂层的平行玻璃砖上表面后，经下表面反射从玻璃砖上表面射出，光线分为a、b两束，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a光的频率大于b光的频率
B．a光在玻璃中的速度大于b光在玻璃中的速度
C．用同一装置进行双缝干涉实验，a光的条纹间距小于b光的条纹间距
D．从同种玻璃射入空气发生全反射时，a光的临界角大于b光的临界角
（多选）10．如图所示，三根细线a、b、c于O处打结，每根细线的长度均为L，a、b细线上端固定在同一水平面上相距为L的A、B两点上，c细线下端系着一个小球（小球直径可以忽略），小球质量为m，下列说法正确的是（ ）
A．小球可以在纸面内做简谐运动，周期为T＝2π
B．小球可以在与纸面垂直的平面内做简谐运动，周期为T＝2π
C．小球可以在纸面内做简谐运动，周期为T＝2π
D．小球可以在与纸面垂直的平面内做简谐运动，周期为T＝π
三．实验题（共2小题）
11．阿特伍德机是英国数学家和物理学家阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，常用来研究匀变速直线运动的规律。现对该装置加以改进，利用改进后的装置（如图所示）验证机械能守恒定律。轻绳两端系着质量均为M的重物A（含挡光片）、B（含挂钩），物块B上放一质量为m的金属片C，铁架台上固定一金属圆环，圆环处在物块B的正下方，金属片C不能穿过圆环而B可以穿过，金属片C到圆环的高度为h，固定在A上的挡光片到光电门的竖直距离也为h，挡光片的宽度d。
（1）为了完成实验还需要记录或测量的物理量是 。
A．物块B运动到圆环处的时间t
B．挡光片到圆环的竖直距离l
C．刚刚释放时物块AB之间的距离Δh
D．挡光片穿过光电门的时间Δt
（2）为了减小实验误差进行多次实验，改变物块B的初始位置，使物块B从不同的高度由静止下落穿过圆环，记录每次金属片C与圆环间的高度h以及挡光片穿过光电门的时间Δt，通过描点作图，为了得到一条过原点的直线，则应该绘制的图像是 （选填“h﹣Δt”、“”、“”），则该直线的斜率k＝ （用字母m、g、M、d表示）。
12．某学习小组用橙子和两种金属电极做了一个“水果电池”，为了测量其电动势和内阻，进行了以下实验，使用的实验器材有：多用电表（可视为理想电压表）、滑动变阻器（最大阻值为2000Ω）、微安表（内阻为600Ω）、导线、开关等。
（1）实验电路如图甲所示，请在图乙中用笔画线完成实物连线。
（2）连接好电路后闭合开关，调节滑动变阻器，记录数字电压表和微安表的示数。作出U﹣I图像，如图丙所示。由图像可求得水果电池的电动势E＝ V，内阻r＝ Ω（结果保留两位有效数字）。
（3）在保持滑动变阻器滑片位置固定的情况下，他又做进一步的探究，把两电极插入的深度不断变大，发现电流表示数的倒数与电极插入深度的倒数成一次函数关系，如图丁所示。由此可判断，随着电极插入深度变大，水果电池的电动势 （填“变大”、“变小”或“不变”），此时水果内部的电阻会 （填“变大”、“变小”或“不变”），除此内阻外，电路中其它电阻的总阻值为 Ω。
四．计算题（共3小题）
13．小李同学站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动．再次加速甩动手腕，当球某次运动到最低点A时，绳恰好断掉，如图所示，已知握绳的手离地面高度为2L，手与球之间的绳长为L，绳能承受的最大拉力为9mg，重力加速度为g，忽略手的运动半径和空气阻力。求：
（1）为使小球能在竖直平面内作完整的圆周运动，小球过最高点B时的最小速度；
（2）绳断时球的速度大小；
（3）绳断后，小球落地点与抛出点A的水平距离。
14．如图所示，在水平向右的匀强电场中，长为L的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量为+q的小球（可视为点电荷）。将小球拉至与O点等高的A点，保持细线绷紧并静止释放，小球运动到与竖直方向夹角θ＝37°的P点时速度变为零。已知cs37°＝0.80、sin37°＝0.60，空气阻力可忽略，重力加速度为g。求：
（1）电场强度的大小E；
（2）小球从A运动到B的过程中，电场力做的功W；
（3）小球通过最低点B时，细线对小球的拉力大小F。
15．如图所示，一光滑水平桌面AB与一半径为R的光滑半圆形轨道相切于C点，且两者固定不动。一长l＝0.8m的细绳，一端固定于O点，另一端系一个质量m1＝0.2kg的球。当绳在竖直方向静止时，球对水平桌面的作用力刚好为零。现将球提起，当细绳处于水平位置时无初速度释放。当球摆至最低点时，恰与放在桌面上的质量m2＝0.8kg的小铁球正碰，碰后质量为m1的小球以2m/s的速度弹回，质量为m2的小球将沿半圆形轨道运动，且恰好能通过最高点D，g取10m/s2，求：
（1）质量为m2的小球在半圆形轨道最低点C的速度大小；
（2）光滑圆形轨道的半径R。
湖南省常德市津市市第一中学2022-2023学年
高二上学期第九次月考物理试题解析版
一．单选题（共6小题）
1．下面有关物理学史和物理学方法的说法中，不正确的有（ ）
A．伽利略研究自由落体运动时，由于物体下落时间太短，不易测量，因此采用了“冲淡重力”的方法来测量时间，然后再把得出的结论合理外推
B．根据速度定义式v＝，当△t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法
C．物体的加速度又叫做速度的变化率，速度变化量越大，加速度越大
D．在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法
【分析】明确理想实验的基本内容，知道伽利略为了冲淡重力而采取的方法；
速度的定义v＝，当△t→0时，表示物体在t时刻的瞬时速度，是采用数学上极限思想方法．
掌握加速度的定义，知道加速度表示速度变化的快慢；
在推导位移公式时采用了微元法．
【解答】解：A、伽利略研究自由落体运动时，由于物体下落时间太短，不易测量，因此采用了“冲淡重力”的方法来测量时间，然后再把得出的结论合理外推。故A正确。
B、速度的定义v＝，表示平均速度，当△t→0时，表示物体在t时刻的瞬时速度，是采用数学上极限思想方法。故B正确。
C、物体的加速度是表示速度变化快慢的物理量，其大小等于速度的变化快慢，而不是速率的变化率；故C不正确；
D、在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故D正确。
本题选不正确的，故选：C。
2．如图所示，一个小球在斜面上的A点由静止开始匀加速沿斜面滚下，依次经过 B、C、D三点，已知经过相邻两点的时间相同，即tAB＝tBC＝tCD，且AB两点之间的距离0.3m，则CD两点之间的距离为（ ）
A．0.9mB．1.2mC．1.5mD．1.8m
【分析】小球由静止运动，根据匀变速直线运动的比例关系解答。
【解答】解：小球在斜面上的A点由静止开始匀加速沿斜面滚下，根据匀变速直线运动规律可知相邻位移的比例为1：3：5：...，由xAB＝0.3m，可知xCD＝1.5m，故C正确，ABD错误。
故选：C。
3．如图所示为制作豆腐的石磨装置，质量为m的“T”形木柄ABC水平静止时，连接AB的绳子处于绷紧状态，O点是三根绳子的结点。若不计绳子所受重力，OA＝OB，∠AOB＝60°，F、F1和F2分别表示三根绳的拉力大小，则（ ）
A．F＝F1＝F2B．C．F＝mgD．
【分析】对结点O进行受力分析，根据几何关系和平衡状态得出力之间的关系。
【解答】解：AB、O点所受三个力的关系如下，
因为OA＝OB，∠AOB＝60°，故△OAB是等边三角形，则F1＝F2
以结点O为分析对象，根据共点力的平衡可知F的大小等于F1与F2的合力的大小，即，故A错误，B正确；
CD、因为“T”形木柄还受到重力和石磨的支持力，故F与mg的关系未知，故CD错误。
故选：B。
4．“扔坑”是农村小孩在农闲时玩的一款经典游戏，游戏中的“坑”是在平整的农田中挖出，坑的形状多为圆柱形，扔掷物可以是铁球、石块，也可以是泥球。如图所示，在一次“扔坑”游戏中，将小泥球从M点以速度v水平抛出，泥球恰好沿着坑的上沿入坑并打在坑的底角。若要让泥球进入坑中并直接击中坑底的正中间，下列做法可行的是（ ）
A．在M点将泥球以小于v的速度水平抛出
B．在M点将泥球以大于v的速度水平抛出
C．在M点正上方某位置将泥球以小于v的速度水平抛出
D．在M点正下方某位置将泥球以小于v的速度水平抛出
【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合运动学公式得出水平位移表达式，再分析判断．
【解答】解：泥球做平抛运动，由h＝，得t＝，水平位移为 x＝vt＝v，则知
A、在M点，泥球的速度减小时，水平位移减小，泥球将落在左侧地面上，故A错误。
B、在M点，泥球的速度增大时，泥球将落在坑的右侧面上或打在坑的右侧面，故B错误。
C、在M点正上方某位置将泥球以小于v的速度水平抛出，根据x＝v0知，水平位移可以减小，也不会与框的左边沿相撞，落在筐底的正中间，故C正确。
D、在M点正下方某位置将泥球以小于v的速度水平抛出，则下落到筐的上沿这段时间内水平位移变小，泥球不能进筐。故D错误。
故选：C。
5．两个完全相同的金属小球，所带电荷量之比为3：5，当它们相距为R（R远大于小球半径r）时，相互作用大小为F。现让两球接触一下，然后放到相距为2R的两点，这时两球相互作用力大小可能是（ ）
A．B．C．D．
【分析】本题根据库仑定律和接触带电规律，即可解答。
【解答】解：设两球的带电量大小分别为3q、5q，根据库仑定律得，相距R时的相互作用力为
若两小球带同种电荷，接触后两球的带电量大小为4q，根据库仑定律得
若两小球带异种电荷，接触后两球的带电量大小为q，根据库仑定律得
故接触后两小球的相互作用力可能为或。故A正确，BCD错误；
故选：A。
6．如图所示，图甲为沿x轴传播的一列简谐机械波在t＝0时刻的波动图像，图乙为质点P的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．波速大小为4m/s
B．该波可以与另一列频率为2Hz的波发生干涉
C．波沿x轴负方向传播
D．波在传播过程中遇到2m大小的障碍物不能发生明显的衍射
【分析】根据质点P的振动图像读出质点P在t＝0s时刻的振动方向，在波动图像上判断波的传播方向，由v＝求解波速；稳定的干涉需要两列波频率相同；根据波发生明显衍射条件分析D项。
【解答】解：A、由图甲可知：λ＝4m，由图乙可知：T＝2s，由v＝，可以计算出波速为v＝2m/s，故A错误；
B、波的周期T＝2s，频率f＝＝Hz＝0.5Hz，稳定的干涉需要两列波频率相同，则与其发生干涉的波的频率也为0.5Hz，故B错误；
C、从乙图可知，t＝0s时刻，P质点正在平衡位置向y轴负方向运动，由同侧法判断可知波沿x轴负方向传播，故C正确；
D、该波的波长为4m，在传播过程中遇到2m尺度的障碍物能发生明显的衍射，故D错误。
故选：C。
二．多选题（共4小题）
（多选）7．如图所示，平行板电容器的两极板A、B接在电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，下列说法正确的是（ ）
A．保持S闭合，将A板远离B板，则θ变小
B．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ不变
C．断开S，略向下移动A板，则θ增大
D．断开S，略向上移动A板，则θ不变
【分析】小球受重力、拉力、电场力三个力处于平衡状态，保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变；断开开关S，电容器所带的电量不变。通过电容的定义式C＝、决定式、E＝、电场力公式F＝qE判断电场力的变化，进而判断θ角的变化。
【解答】解：A、开关闭合，电容器两端电压U不变，将A板远离B板，两板间距d增大，根据E＝，电场强度变小，小球所受电场力F＝qE变小，根据共点力平衡得tanθ＝，则θ变小，故A正确；
B、开关闭合，电容器两端电压U不变，将A板向B板靠近，两板间距d变小，根据E＝，电场强度变大，小球所受电场力F＝qE变大，根据共点力平衡得tanθ＝，θ变大，故B错误；
CD、开关断开，电容器容纳的电荷量Q不变，略向上移动A板或略向下移动A板，两板正对面积S变小，根据，电容器的电容C减小，根据C＝，两板间的电压U增大，根据E＝，电场强度变大，小球所受电场力F＝qE变大，根据共点力平衡得tanθ＝，θ变大，故C正确，D错误；
故选：AC。
（多选）8．如图所示，电源电动势E＝7.2V，小灯泡L的规格为“3V 1.2W”，开关S接1，当滑动变阻器调到R＝7Ω时，小灯泡L正常发光，现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作，已知电动机的线圈电阻R0＝2Ω。则（ ）
A．电源内阻为2Ω
B．电动机正常工作的电压为3V
C．电动机输出的机械功率为0.8W，其效率约为71%
D．电源的效率约为81%
【分析】当开关S接1时，由闭合电路欧姆定律可求出电源内阻；当开关S接2时灯泡正常发光，由分压关系可以求出电动机正常工作电压，电动机输出的机械功率等于输入功率与发热功率之差，再由效率公式可求电源的效率。
【解答】解：A、小灯泡的额定电流为I＝＝A＝0.4A
当开关S接1时，由闭合电路欧姆定律可得
E＝UL+I（R+r）
代入数据解得电源内阻为r＝3.5Ω，故A错误；
B、当开关S接2时灯泡正常发光，电路中的电流为I＝0.4A，电源内电压为
U′＝Ir＝0.4×3.5V＝1.4V
故电动机正常工作的电压为UM＝E﹣UL﹣U′＝7.2V﹣3V﹣1.4V＝2.8V，故B错误；
C、电动机输出的机械功率为P出＝UMI﹣I2R0＝（2.8×0.4﹣0.42×2.0）W＝0.8W，其效率为
η机＝×100%＝×100%≈71%，故C正确；
D．电源的效率为
η电＝×100%＝×100%≈81%，故D正确。
故选：CD。
（多选）9．一束复色光，照射到底面有反射涂层的平行玻璃砖上表面后，经下表面反射从玻璃砖上表面射出，光线分为a、b两束，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a光的频率大于b光的频率
B．a光在玻璃中的速度大于b光在玻璃中的速度
C．用同一装置进行双缝干涉实验，a光的条纹间距小于b光的条纹间距
D．从同种玻璃射入空气发生全反射时，a光的临界角大于b光的临界角
【分析】根据折射定律分析a、b的频率大小；根据n＝比较光线速度大小，结合双缝干涉条纹间距公式比较干涉条纹间距的大小。由n＝分析全反射临界角的大小。
【解答】解：A．作出光路图如图所示，a光的偏折程度较大，则a光的折射率较大，频率较大，波长较短，故A正确；
B．根据折射定律有n＝，折射率越大，速度越小，所以a光在玻璃中的速度小于b光在玻璃中的速度，故B错误；
C．根据双缝干涉条纹间距公式Δx＝λ，则a光的条纹间距小于b光的条纹间距，故C正确；
D．由光的临界角公式有n＝，折射率越大，临界角越小，所以从同种玻璃射入空气发生全反射时，a光的临界角小于b光的临界角，故D错误。
故选：AC。
（多选）10．如图所示，三根细线a、b、c于O处打结，每根细线的长度均为L，a、b细线上端固定在同一水平面上相距为L的A、B两点上，c细线下端系着一个小球（小球直径可以忽略），小球质量为m，下列说法正确的是（ ）
A．小球可以在纸面内做简谐运动，周期为T＝2π
B．小球可以在与纸面垂直的平面内做简谐运动，周期为T＝2π
C．小球可以在纸面内做简谐运动，周期为T＝2π
D．小球可以在与纸面垂直的平面内做简谐运动，周期为T＝π
【分析】小球在纸面内做简谐运动时，绕O点做单摆运动，根据摆长得出小球的周期；当小球在垂直纸面方向做简谐运动时，做单摆运动，所绕的点在O点正上方天花板上，确定等效单摆的摆长，从而得出周期的大小。
【解答】解：AC、小球在纸面内做简谐运动时，绕O点做单摆运动，摆长等于L，则周期T＝，故A正确，C错误；
BD、小球在于纸面垂直平面内做简谐运动时，做单摆运动，所绕的点在O点正上方天花板上，等效摆长l＝，则周期T＝，故B正确，D错误。
故选：AB。
三．实验题（共2小题）
11．阿特伍德机是英国数学家和物理学家阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，常用来研究匀变速直线运动的规律。现对该装置加以改进，利用改进后的装置（如图所示）验证机械能守恒定律。轻绳两端系着质量均为M的重物A（含挡光片）、B（含挂钩），物块B上放一质量为m的金属片C，铁架台上固定一金属圆环，圆环处在物块B的正下方，金属片C不能穿过圆环而B可以穿过，金属片C到圆环的高度为h，固定在A上的挡光片到光电门的竖直距离也为h，挡光片的宽度d。
（1）为了完成实验还需要记录或测量的物理量是 D 。
A．物块B运动到圆环处的时间t
B．挡光片到圆环的竖直距离l
C．刚刚释放时物块AB之间的距离Δh
D．挡光片穿过光电门的时间Δt
（2）为了减小实验误差进行多次实验，改变物块B的初始位置，使物块B从不同的高度由静止下落穿过圆环，记录每次金属片C与圆环间的高度h以及挡光片穿过光电门的时间Δt，通过描点作图，为了得到一条过原点的直线，则应该绘制的图像是 （选填“h﹣Δt”、“”、“”），则该直线的斜率k＝ （用字母m、g、M、d表示）。
【分析】（1）根据实验原理与操作分析判断。
（2）根据遮光片的宽度与通过光电门的时间求出重物的速度；应用机械能守恒定律求出图象的函数表达式，然后分析答题。
【解答】解：（1）ABC、要验证机械能守恒定律，金属片C到圆环的高度为h是已知条件，所以不需要测物块B运动到圆环处的时间t、挡光片到圆环的竖直距离l、物块A、B之间的距离Δh，故ABC错误；
D、需要测出物块运动至光电门的速度，就必须测出挡光片穿过光电门的时间Δt，故D正确；
故选：D。
（2）金属片搁在圆环上后重物做匀速直线运动，重物B过圆环瞬时速度大小v＝
从释放重物到金属片落到圆环上过程，由机械能守恒定律得：mgh＝（2M+m）v2
整理得：h＝
M、m、g、d是常数，h与，成正比，为得到过原点的直线，应绘制h﹣图象；
图象的斜率k＝
故答案为：（1）D；（2）；。
12．某学习小组用橙子和两种金属电极做了一个“水果电池”，为了测量其电动势和内阻，进行了以下实验，使用的实验器材有：多用电表（可视为理想电压表）、滑动变阻器（最大阻值为2000Ω）、微安表（内阻为600Ω）、导线、开关等。
（1）实验电路如图甲所示，请在图乙中用笔画线完成实物连线。
（2）连接好电路后闭合开关，调节滑动变阻器，记录数字电压表和微安表的示数。作出U﹣I图像，如图丙所示。由图像可求得水果电池的电动势E＝ 0.80 V，内阻r＝ 1.7×103 Ω（结果保留两位有效数字）。
（3）在保持滑动变阻器滑片位置固定的情况下，他又做进一步的探究，把两电极插入的深度不断变大，发现电流表示数的倒数与电极插入深度的倒数成一次函数关系，如图丁所示。由此可判断，随着电极插入深度变大，水果电池的电动势 不变 （填“变大”、“变小”或“不变”），此时水果内部的电阻会 变小 （填“变大”、“变小”或“不变”），除此内阻外，电路中其它电阻的总阻值为 1.6×103 Ω。
【分析】（1）根据电路图连接实物图；
（2）根据闭合电路欧姆定律结合图像可解得电动势与内阻；
（3）根据数学方法结合闭合电路欧姆定律分析解答。
【解答】解：（1）实物图连线如图所示
（2）根据闭合电路欧姆定律可得E＝U+Ir
可得U＝E﹣Ir
根据图像的截距可知E＝0.80V
根据图像的斜率可知r＝||＝Ω＝1.7×103Ω
（3）设水果电池的电动势为E，内阻为r，外电阻为R，根据闭合电路欧姆定律可得E＝U+I（R+r）
可得＝+
根据﹣的图像关系可得＝k+b
故可知＝b＝2×103A﹣1，r∝
由此可判断，随着电极插入深度变大，水果电池的电动势不变，此时水果内部的电阻会变小，除此内阻外，电路中其它电阻的总阻值为R＝2×103×0.8Ω＝1.6×103Ω。
故答案为：（1）见解析；（2）0.80，1.7×103；（3）不变，变小，1.6×103。
四．计算题（共3小题）
13．小李同学站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动．再次加速甩动手腕，当球某次运动到最低点A时，绳恰好断掉，如图所示，已知握绳的手离地面高度为2L，手与球之间的绳长为L，绳能承受的最大拉力为9mg，重力加速度为g，忽略手的运动半径和空气阻力。求：
（1）为使小球能在竖直平面内作完整的圆周运动，小球过最高点B时的最小速度；
（2）绳断时球的速度大小；
（3）绳断后，小球落地点与抛出点A的水平距离。
【分析】（1）为使小球能在竖直平面内作完整的圆周运动，小球过最高点时重力提供向心力；
（2）最低点根据牛顿第二定律解答；
（3）绳断后，根据平抛运动规律解答。
【解答】解：（1）为使小球能在竖直平面内作完整的圆周运动，小球过最高点B时有：mg＝
解得v1＝
（2）设绳能承受的最大拉力为Fm．
最低点有：Fm﹣mg＝m
解得v'＝
（3）绳断后，根据平抛运动规律有：L＝
x＝v't
联立解得：x＝4L
答：（1）为使小球能在竖直平面内作完整的圆周运动，小球过最高点B时的最小速度为；
（2）绳断时球的速度大小为；
（3）绳断后，小球落地点与抛出点A的水平距离为4L。
14．如图所示，在水平向右的匀强电场中，长为L的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量为+q的小球（可视为点电荷）。将小球拉至与O点等高的A点，保持细线绷紧并静止释放，小球运动到与竖直方向夹角θ＝37°的P点时速度变为零。已知cs37°＝0.80、sin37°＝0.60，空气阻力可忽略，重力加速度为g。求：
（1）电场强度的大小E；
（2）小球从A运动到B的过程中，电场力做的功W；
（3）小球通过最低点B时，细线对小球的拉力大小F。
【分析】（1）根据动能定理求场强的大小；
（2）根据电场力做功公式解得；
（3）根据动能定理结合牛顿第二定律解答。
【解答】解：（1）由A到P过程中，根据动能定理
mgLcsθ﹣qEL （1+sinθ）＝0﹣0
解得
E＝
（2）小球从A运动到B的过程中，电场力做的功W＝﹣qEL＝﹣mgL
（3）小球从A运动到B的过程中，根据动能定理
mgL+W＝
在B点，根据牛顿第二定律
F﹣mg＝
联立解得
F＝2mg
答：（1）电场强度的大小为；
（2）小球从A运动到B的过程中，电场力做的功为﹣mgL；
（3）小球通过最低点B时，细线对小球的拉力大小为2mg。
15．如图所示，一光滑水平桌面AB与一半径为R的光滑半圆形轨道相切于C点，且两者固定不动。一长l＝0.8m的细绳，一端固定于O点，另一端系一个质量m1＝0.2kg的球。当绳在竖直方向静止时，球对水平桌面的作用力刚好为零。现将球提起，当细绳处于水平位置时无初速度释放。当球摆至最低点时，恰与放在桌面上的质量m2＝0.8kg的小铁球正碰，碰后质量为m1的小球以2m/s的速度弹回，质量为m2的小球将沿半圆形轨道运动，且恰好能通过最高点D，g取10m/s2，求：
（1）质量为m2的小球在半圆形轨道最低点C的速度大小；
（2）光滑圆形轨道的半径R。
【分析】（1）球m1摆至最低点的过程中，根据机械能守恒定律求出到最低点时的速度，碰撞过程，根据动量守恒列式求碰后m2的速度．
（2）m2沿半圆形轨道运动，根据机械能守恒定律求出m2在D点的速度．恰好能通过最高点D时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律可求出R．
【解答】解：（1）设球m1摆至最低点时速度为v0，由小球（包括地球）机械能守恒：
得
v0＝＝m/s＝4m/s
m1与m2碰撞，动量守恒，设m1、m2碰后的速度分别为v1、v2．
选向右的方向为正方向，则：
m1v0＝m1v1+m2v2
代入数值解得：v2＝1.5 m/s
（2）m2在CD轨道上运动时，由机械能守恒有
由小球恰好通过最高点D点可知，重力提供向心力，即
解得R＝＝m＝0.045m
答：（1）m2在圆形轨道最低点C的速度为1.5m/s；
（2）光滑圆形轨道半径R应为0.045m。
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1．下面有关物理学史和物理学方法的说法中，不正确的有（ ）
A．伽利略研究自由落体运动时，由于物体下落时间太短，不易测量，因此采用了“冲淡重力”的方法来测量时间，然后再把得出的结论合理外推
B．根据速度定义式v＝，当△t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法
C．物体的加速度又叫做速度的变化率，速度变化量越大，加速度越大
D．在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法
2．如图所示，一个小球在斜面上的A点由静止开始匀加速沿斜面滚下，依次经过 B、C、D三点，已知经过相邻两点的时间相同，即tAB＝tBC＝tCD，且AB两点之间的距离0.3m，则CD两点之间的距离为（ ）
A．0.9mB．1.2mC．1.5mD．1.8m
3．如图所示为制作豆腐的石磨装置，质量为m的“T”形木柄ABC水平静止时，连接AB的绳子处于绷紧状态，O点是三根绳子的结点。若不计绳子所受重力，OA＝OB，∠AOB＝60°，F、F1和F2分别表示三根绳的拉力大小，则（ ）
A．F＝F1＝F2B．C．F＝mgD．
4．“扔坑”是农村小孩在农闲时玩的一款经典游戏，游戏中的“坑”是在平整的农田中挖出，坑的形状多为圆柱形，扔掷物可以是铁球、石块，也可以是泥球。如图所示，在一次“扔坑”游戏中，将小泥球从M点以速度v水平抛出，泥球恰好沿着坑的上沿入坑并打在坑的底角。若要让泥球进入坑中并直接击中坑底的正中间，下列做法可行的是（ ）
A．在M点将泥球以小于v的速度水平抛出
B．在M点将泥球以大于v的速度水平抛出
C．在M点正上方某位置将泥球以小于v的速度水平抛出
D．在M点正下方某位置将泥球以小于v的速度水平抛出
5．两个完全相同的金属小球，所带电荷量之比为3：5，当它们相距为R（R远大于小球半径r）时，相互作用大小为F。现让两球接触一下，然后放到相距为2R的两点，这时两球相互作用力大小可能是（ ）
A．B．C．D．
6．如图所示，图甲为沿x轴传播的一列简谐机械波在t＝0时刻的波动图像，图乙为质点P的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．波速大小为4m/s
B．该波可以与另一列频率为2Hz的波发生干涉
C．波沿x轴负方向传播
D．波在传播过程中遇到2m大小的障碍物不能发生明显的衍射
二．多选题（共4小题）
（多选）7．如图所示，平行板电容器的两极板A、B接在电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，下列说法正确的是（ ）
A．保持S闭合，将A板远离B板，则θ变小
B．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ不变
C．断开S，略向下移动A板，则θ增大
D．断开S，略向上移动A板，则θ不变
（多选）8．如图所示，电源电动势E＝7.2V，小灯泡L的规格为“3V 1.2W”，开关S接1，当滑动变阻器调到R＝7Ω时，小灯泡L正常发光，现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作，已知电动机的线圈电阻R0＝2Ω。则（ ）
A．电源内阻为2Ω
B．电动机正常工作的电压为3V
C．电动机输出的机械功率为0.8W，其效率约为71%
D．电源的效率约为81%
（多选）9．一束复色光，照射到底面有反射涂层的平行玻璃砖上表面后，经下表面反射从玻璃砖上表面射出，光线分为a、b两束，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a光的频率大于b光的频率
B．a光在玻璃中的速度大于b光在玻璃中的速度
C．用同一装置进行双缝干涉实验，a光的条纹间距小于b光的条纹间距
D．从同种玻璃射入空气发生全反射时，a光的临界角大于b光的临界角
（多选）10．如图所示，三根细线a、b、c于O处打结，每根细线的长度均为L，a、b细线上端固定在同一水平面上相距为L的A、B两点上，c细线下端系着一个小球（小球直径可以忽略），小球质量为m，下列说法正确的是（ ）
A．小球可以在纸面内做简谐运动，周期为T＝2π
B．小球可以在与纸面垂直的平面内做简谐运动，周期为T＝2π
C．小球可以在纸面内做简谐运动，周期为T＝2π
D．小球可以在与纸面垂直的平面内做简谐运动，周期为T＝π
三．实验题（共2小题）
11．阿特伍德机是英国数学家和物理学家阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，常用来研究匀变速直线运动的规律。现对该装置加以改进，利用改进后的装置（如图所示）验证机械能守恒定律。轻绳两端系着质量均为M的重物A（含挡光片）、B（含挂钩），物块B上放一质量为m的金属片C，铁架台上固定一金属圆环，圆环处在物块B的正下方，金属片C不能穿过圆环而B可以穿过，金属片C到圆环的高度为h，固定在A上的挡光片到光电门的竖直距离也为h，挡光片的宽度d。
（1）为了完成实验还需要记录或测量的物理量是 。
A．物块B运动到圆环处的时间t
B．挡光片到圆环的竖直距离l
C．刚刚释放时物块AB之间的距离Δh
D．挡光片穿过光电门的时间Δt
（2）为了减小实验误差进行多次实验，改变物块B的初始位置，使物块B从不同的高度由静止下落穿过圆环，记录每次金属片C与圆环间的高度h以及挡光片穿过光电门的时间Δt，通过描点作图，为了得到一条过原点的直线，则应该绘制的图像是 （选填“h﹣Δt”、“”、“”），则该直线的斜率k＝ （用字母m、g、M、d表示）。
12．某学习小组用橙子和两种金属电极做了一个“水果电池”，为了测量其电动势和内阻，进行了以下实验，使用的实验器材有：多用电表（可视为理想电压表）、滑动变阻器（最大阻值为2000Ω）、微安表（内阻为600Ω）、导线、开关等。
（1）实验电路如图甲所示，请在图乙中用笔画线完成实物连线。
（2）连接好电路后闭合开关，调节滑动变阻器，记录数字电压表和微安表的示数。作出U﹣I图像，如图丙所示。由图像可求得水果电池的电动势E＝ V，内阻r＝ Ω（结果保留两位有效数字）。
（3）在保持滑动变阻器滑片位置固定的情况下，他又做进一步的探究，把两电极插入的深度不断变大，发现电流表示数的倒数与电极插入深度的倒数成一次函数关系，如图丁所示。由此可判断，随着电极插入深度变大，水果电池的电动势 （填“变大”、“变小”或“不变”），此时水果内部的电阻会 （填“变大”、“变小”或“不变”），除此内阻外，电路中其它电阻的总阻值为 Ω。
四．计算题（共3小题）
13．小李同学站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动．再次加速甩动手腕，当球某次运动到最低点A时，绳恰好断掉，如图所示，已知握绳的手离地面高度为2L，手与球之间的绳长为L，绳能承受的最大拉力为9mg，重力加速度为g，忽略手的运动半径和空气阻力。求：
（1）为使小球能在竖直平面内作完整的圆周运动，小球过最高点B时的最小速度；
（2）绳断时球的速度大小；
（3）绳断后，小球落地点与抛出点A的水平距离。
14．如图所示，在水平向右的匀强电场中，长为L的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量为+q的小球（可视为点电荷）。将小球拉至与O点等高的A点，保持细线绷紧并静止释放，小球运动到与竖直方向夹角θ＝37°的P点时速度变为零。已知cs37°＝0.80、sin37°＝0.60，空气阻力可忽略，重力加速度为g。求：
（1）电场强度的大小E；
（2）小球从A运动到B的过程中，电场力做的功W；
（3）小球通过最低点B时，细线对小球的拉力大小F。
15．如图所示，一光滑水平桌面AB与一半径为R的光滑半圆形轨道相切于C点，且两者固定不动。一长l＝0.8m的细绳，一端固定于O点，另一端系一个质量m1＝0.2kg的球。当绳在竖直方向静止时，球对水平桌面的作用力刚好为零。现将球提起，当细绳处于水平位置时无初速度释放。当球摆至最低点时，恰与放在桌面上的质量m2＝0.8kg的小铁球正碰，碰后质量为m1的小球以2m/s的速度弹回，质量为m2的小球将沿半圆形轨道运动，且恰好能通过最高点D，g取10m/s2，求：
（1）质量为m2的小球在半圆形轨道最低点C的速度大小；
（2）光滑圆形轨道的半径R。
湖南省常德市津市市第一中学2022-2023学年
高二上学期第九次月考物理试题解析版
一．单选题（共6小题）
1．下面有关物理学史和物理学方法的说法中，不正确的有（ ）
A．伽利略研究自由落体运动时，由于物体下落时间太短，不易测量，因此采用了“冲淡重力”的方法来测量时间，然后再把得出的结论合理外推
B．根据速度定义式v＝，当△t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法
C．物体的加速度又叫做速度的变化率，速度变化量越大，加速度越大
D．在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法
【分析】明确理想实验的基本内容，知道伽利略为了冲淡重力而采取的方法；
速度的定义v＝，当△t→0时，表示物体在t时刻的瞬时速度，是采用数学上极限思想方法．
掌握加速度的定义，知道加速度表示速度变化的快慢；
在推导位移公式时采用了微元法．
【解答】解：A、伽利略研究自由落体运动时，由于物体下落时间太短，不易测量，因此采用了“冲淡重力”的方法来测量时间，然后再把得出的结论合理外推。故A正确。
B、速度的定义v＝，表示平均速度，当△t→0时，表示物体在t时刻的瞬时速度，是采用数学上极限思想方法。故B正确。
C、物体的加速度是表示速度变化快慢的物理量，其大小等于速度的变化快慢，而不是速率的变化率；故C不正确；
D、在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故D正确。
本题选不正确的，故选：C。
2．如图所示，一个小球在斜面上的A点由静止开始匀加速沿斜面滚下，依次经过 B、C、D三点，已知经过相邻两点的时间相同，即tAB＝tBC＝tCD，且AB两点之间的距离0.3m，则CD两点之间的距离为（ ）
A．0.9mB．1.2mC．1.5mD．1.8m
【分析】小球由静止运动，根据匀变速直线运动的比例关系解答。
【解答】解：小球在斜面上的A点由静止开始匀加速沿斜面滚下，根据匀变速直线运动规律可知相邻位移的比例为1：3：5：...，由xAB＝0.3m，可知xCD＝1.5m，故C正确，ABD错误。
故选：C。
3．如图所示为制作豆腐的石磨装置，质量为m的“T”形木柄ABC水平静止时，连接AB的绳子处于绷紧状态，O点是三根绳子的结点。若不计绳子所受重力，OA＝OB，∠AOB＝60°，F、F1和F2分别表示三根绳的拉力大小，则（ ）
A．F＝F1＝F2B．C．F＝mgD．
【分析】对结点O进行受力分析，根据几何关系和平衡状态得出力之间的关系。
【解答】解：AB、O点所受三个力的关系如下，
因为OA＝OB，∠AOB＝60°，故△OAB是等边三角形，则F1＝F2
以结点O为分析对象，根据共点力的平衡可知F的大小等于F1与F2的合力的大小，即，故A错误，B正确；
CD、因为“T”形木柄还受到重力和石磨的支持力，故F与mg的关系未知，故CD错误。
故选：B。
4．“扔坑”是农村小孩在农闲时玩的一款经典游戏，游戏中的“坑”是在平整的农田中挖出，坑的形状多为圆柱形，扔掷物可以是铁球、石块，也可以是泥球。如图所示，在一次“扔坑”游戏中，将小泥球从M点以速度v水平抛出，泥球恰好沿着坑的上沿入坑并打在坑的底角。若要让泥球进入坑中并直接击中坑底的正中间，下列做法可行的是（ ）
A．在M点将泥球以小于v的速度水平抛出
B．在M点将泥球以大于v的速度水平抛出
C．在M点正上方某位置将泥球以小于v的速度水平抛出
D．在M点正下方某位置将泥球以小于v的速度水平抛出
【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合运动学公式得出水平位移表达式，再分析判断．
【解答】解：泥球做平抛运动，由h＝，得t＝，水平位移为 x＝vt＝v，则知
A、在M点，泥球的速度减小时，水平位移减小，泥球将落在左侧地面上，故A错误。
B、在M点，泥球的速度增大时，泥球将落在坑的右侧面上或打在坑的右侧面，故B错误。
C、在M点正上方某位置将泥球以小于v的速度水平抛出，根据x＝v0知，水平位移可以减小，也不会与框的左边沿相撞，落在筐底的正中间，故C正确。
D、在M点正下方某位置将泥球以小于v的速度水平抛出，则下落到筐的上沿这段时间内水平位移变小，泥球不能进筐。故D错误。
故选：C。
5．两个完全相同的金属小球，所带电荷量之比为3：5，当它们相距为R（R远大于小球半径r）时，相互作用大小为F。现让两球接触一下，然后放到相距为2R的两点，这时两球相互作用力大小可能是（ ）
A．B．C．D．
【分析】本题根据库仑定律和接触带电规律，即可解答。
【解答】解：设两球的带电量大小分别为3q、5q，根据库仑定律得，相距R时的相互作用力为
若两小球带同种电荷，接触后两球的带电量大小为4q，根据库仑定律得
若两小球带异种电荷，接触后两球的带电量大小为q，根据库仑定律得
故接触后两小球的相互作用力可能为或。故A正确，BCD错误；
故选：A。
6．如图所示，图甲为沿x轴传播的一列简谐机械波在t＝0时刻的波动图像，图乙为质点P的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．波速大小为4m/s
B．该波可以与另一列频率为2Hz的波发生干涉
C．波沿x轴负方向传播
D．波在传播过程中遇到2m大小的障碍物不能发生明显的衍射
【分析】根据质点P的振动图像读出质点P在t＝0s时刻的振动方向，在波动图像上判断波的传播方向，由v＝求解波速；稳定的干涉需要两列波频率相同；根据波发生明显衍射条件分析D项。
【解答】解：A、由图甲可知：λ＝4m，由图乙可知：T＝2s，由v＝，可以计算出波速为v＝2m/s，故A错误；
B、波的周期T＝2s，频率f＝＝Hz＝0.5Hz，稳定的干涉需要两列波频率相同，则与其发生干涉的波的频率也为0.5Hz，故B错误；
C、从乙图可知，t＝0s时刻，P质点正在平衡位置向y轴负方向运动，由同侧法判断可知波沿x轴负方向传播，故C正确；
D、该波的波长为4m，在传播过程中遇到2m尺度的障碍物能发生明显的衍射，故D错误。
故选：C。
二．多选题（共4小题）
（多选）7．如图所示，平行板电容器的两极板A、B接在电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，下列说法正确的是（ ）
A．保持S闭合，将A板远离B板，则θ变小
B．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ不变
C．断开S，略向下移动A板，则θ增大
D．断开S，略向上移动A板，则θ不变
【分析】小球受重力、拉力、电场力三个力处于平衡状态，保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变；断开开关S，电容器所带的电量不变。通过电容的定义式C＝、决定式、E＝、电场力公式F＝qE判断电场力的变化，进而判断θ角的变化。
【解答】解：A、开关闭合，电容器两端电压U不变，将A板远离B板，两板间距d增大，根据E＝，电场强度变小，小球所受电场力F＝qE变小，根据共点力平衡得tanθ＝，则θ变小，故A正确；
B、开关闭合，电容器两端电压U不变，将A板向B板靠近，两板间距d变小，根据E＝，电场强度变大，小球所受电场力F＝qE变大，根据共点力平衡得tanθ＝，θ变大，故B错误；
CD、开关断开，电容器容纳的电荷量Q不变，略向上移动A板或略向下移动A板，两板正对面积S变小，根据，电容器的电容C减小，根据C＝，两板间的电压U增大，根据E＝，电场强度变大，小球所受电场力F＝qE变大，根据共点力平衡得tanθ＝，θ变大，故C正确，D错误；
故选：AC。
（多选）8．如图所示，电源电动势E＝7.2V，小灯泡L的规格为“3V 1.2W”，开关S接1，当滑动变阻器调到R＝7Ω时，小灯泡L正常发光，现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作，已知电动机的线圈电阻R0＝2Ω。则（ ）
A．电源内阻为2Ω
B．电动机正常工作的电压为3V
C．电动机输出的机械功率为0.8W，其效率约为71%
D．电源的效率约为81%
【分析】当开关S接1时，由闭合电路欧姆定律可求出电源内阻；当开关S接2时灯泡正常发光，由分压关系可以求出电动机正常工作电压，电动机输出的机械功率等于输入功率与发热功率之差，再由效率公式可求电源的效率。
【解答】解：A、小灯泡的额定电流为I＝＝A＝0.4A
当开关S接1时，由闭合电路欧姆定律可得
E＝UL+I（R+r）
代入数据解得电源内阻为r＝3.5Ω，故A错误；
B、当开关S接2时灯泡正常发光，电路中的电流为I＝0.4A，电源内电压为
U′＝Ir＝0.4×3.5V＝1.4V
故电动机正常工作的电压为UM＝E﹣UL﹣U′＝7.2V﹣3V﹣1.4V＝2.8V，故B错误；
C、电动机输出的机械功率为P出＝UMI﹣I2R0＝（2.8×0.4﹣0.42×2.0）W＝0.8W，其效率为
η机＝×100%＝×100%≈71%，故C正确；
D．电源的效率为
η电＝×100%＝×100%≈81%，故D正确。
故选：CD。
（多选）9．一束复色光，照射到底面有反射涂层的平行玻璃砖上表面后，经下表面反射从玻璃砖上表面射出，光线分为a、b两束，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a光的频率大于b光的频率
B．a光在玻璃中的速度大于b光在玻璃中的速度
C．用同一装置进行双缝干涉实验，a光的条纹间距小于b光的条纹间距
D．从同种玻璃射入空气发生全反射时，a光的临界角大于b光的临界角
【分析】根据折射定律分析a、b的频率大小；根据n＝比较光线速度大小，结合双缝干涉条纹间距公式比较干涉条纹间距的大小。由n＝分析全反射临界角的大小。
【解答】解：A．作出光路图如图所示，a光的偏折程度较大，则a光的折射率较大，频率较大，波长较短，故A正确；
B．根据折射定律有n＝，折射率越大，速度越小，所以a光在玻璃中的速度小于b光在玻璃中的速度，故B错误；
C．根据双缝干涉条纹间距公式Δx＝λ，则a光的条纹间距小于b光的条纹间距，故C正确；
D．由光的临界角公式有n＝，折射率越大，临界角越小，所以从同种玻璃射入空气发生全反射时，a光的临界角小于b光的临界角，故D错误。
故选：AC。
（多选）10．如图所示，三根细线a、b、c于O处打结，每根细线的长度均为L，a、b细线上端固定在同一水平面上相距为L的A、B两点上，c细线下端系着一个小球（小球直径可以忽略），小球质量为m，下列说法正确的是（ ）
A．小球可以在纸面内做简谐运动，周期为T＝2π
B．小球可以在与纸面垂直的平面内做简谐运动，周期为T＝2π
C．小球可以在纸面内做简谐运动，周期为T＝2π
D．小球可以在与纸面垂直的平面内做简谐运动，周期为T＝π
【分析】小球在纸面内做简谐运动时，绕O点做单摆运动，根据摆长得出小球的周期；当小球在垂直纸面方向做简谐运动时，做单摆运动，所绕的点在O点正上方天花板上，确定等效单摆的摆长，从而得出周期的大小。
【解答】解：AC、小球在纸面内做简谐运动时，绕O点做单摆运动，摆长等于L，则周期T＝，故A正确，C错误；
BD、小球在于纸面垂直平面内做简谐运动时，做单摆运动，所绕的点在O点正上方天花板上，等效摆长l＝，则周期T＝，故B正确，D错误。
故选：AB。
三．实验题（共2小题）
11．阿特伍德机是英国数学家和物理学家阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，常用来研究匀变速直线运动的规律。现对该装置加以改进，利用改进后的装置（如图所示）验证机械能守恒定律。轻绳两端系着质量均为M的重物A（含挡光片）、B（含挂钩），物块B上放一质量为m的金属片C，铁架台上固定一金属圆环，圆环处在物块B的正下方，金属片C不能穿过圆环而B可以穿过，金属片C到圆环的高度为h，固定在A上的挡光片到光电门的竖直距离也为h，挡光片的宽度d。
（1）为了完成实验还需要记录或测量的物理量是 D 。
A．物块B运动到圆环处的时间t
B．挡光片到圆环的竖直距离l
C．刚刚释放时物块AB之间的距离Δh
D．挡光片穿过光电门的时间Δt
（2）为了减小实验误差进行多次实验，改变物块B的初始位置，使物块B从不同的高度由静止下落穿过圆环，记录每次金属片C与圆环间的高度h以及挡光片穿过光电门的时间Δt，通过描点作图，为了得到一条过原点的直线，则应该绘制的图像是 （选填“h﹣Δt”、“”、“”），则该直线的斜率k＝ （用字母m、g、M、d表示）。
【分析】（1）根据实验原理与操作分析判断。
（2）根据遮光片的宽度与通过光电门的时间求出重物的速度；应用机械能守恒定律求出图象的函数表达式，然后分析答题。
【解答】解：（1）ABC、要验证机械能守恒定律，金属片C到圆环的高度为h是已知条件，所以不需要测物块B运动到圆环处的时间t、挡光片到圆环的竖直距离l、物块A、B之间的距离Δh，故ABC错误；
D、需要测出物块运动至光电门的速度，就必须测出挡光片穿过光电门的时间Δt，故D正确；
故选：D。
（2）金属片搁在圆环上后重物做匀速直线运动，重物B过圆环瞬时速度大小v＝
从释放重物到金属片落到圆环上过程，由机械能守恒定律得：mgh＝（2M+m）v2
整理得：h＝
M、m、g、d是常数，h与，成正比，为得到过原点的直线，应绘制h﹣图象；
图象的斜率k＝
故答案为：（1）D；（2）；。
12．某学习小组用橙子和两种金属电极做了一个“水果电池”，为了测量其电动势和内阻，进行了以下实验，使用的实验器材有：多用电表（可视为理想电压表）、滑动变阻器（最大阻值为2000Ω）、微安表（内阻为600Ω）、导线、开关等。
（1）实验电路如图甲所示，请在图乙中用笔画线完成实物连线。
（2）连接好电路后闭合开关，调节滑动变阻器，记录数字电压表和微安表的示数。作出U﹣I图像，如图丙所示。由图像可求得水果电池的电动势E＝ 0.80 V，内阻r＝ 1.7×103 Ω（结果保留两位有效数字）。
（3）在保持滑动变阻器滑片位置固定的情况下，他又做进一步的探究，把两电极插入的深度不断变大，发现电流表示数的倒数与电极插入深度的倒数成一次函数关系，如图丁所示。由此可判断，随着电极插入深度变大，水果电池的电动势 不变 （填“变大”、“变小”或“不变”），此时水果内部的电阻会 变小 （填“变大”、“变小”或“不变”），除此内阻外，电路中其它电阻的总阻值为 1.6×103 Ω。
【分析】（1）根据电路图连接实物图；
（2）根据闭合电路欧姆定律结合图像可解得电动势与内阻；
（3）根据数学方法结合闭合电路欧姆定律分析解答。
【解答】解：（1）实物图连线如图所示
（2）根据闭合电路欧姆定律可得E＝U+Ir
可得U＝E﹣Ir
根据图像的截距可知E＝0.80V
根据图像的斜率可知r＝||＝Ω＝1.7×103Ω
（3）设水果电池的电动势为E，内阻为r，外电阻为R，根据闭合电路欧姆定律可得E＝U+I（R+r）
可得＝+
根据﹣的图像关系可得＝k+b
故可知＝b＝2×103A﹣1，r∝
由此可判断，随着电极插入深度变大，水果电池的电动势不变，此时水果内部的电阻会变小，除此内阻外，电路中其它电阻的总阻值为R＝2×103×0.8Ω＝1.6×103Ω。
故答案为：（1）见解析；（2）0.80，1.7×103；（3）不变，变小，1.6×103。
四．计算题（共3小题）
13．小李同学站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动．再次加速甩动手腕，当球某次运动到最低点A时，绳恰好断掉，如图所示，已知握绳的手离地面高度为2L，手与球之间的绳长为L，绳能承受的最大拉力为9mg，重力加速度为g，忽略手的运动半径和空气阻力。求：
（1）为使小球能在竖直平面内作完整的圆周运动，小球过最高点B时的最小速度；
（2）绳断时球的速度大小；
（3）绳断后，小球落地点与抛出点A的水平距离。
【分析】（1）为使小球能在竖直平面内作完整的圆周运动，小球过最高点时重力提供向心力；
（2）最低点根据牛顿第二定律解答；
（3）绳断后，根据平抛运动规律解答。
【解答】解：（1）为使小球能在竖直平面内作完整的圆周运动，小球过最高点B时有：mg＝
解得v1＝
（2）设绳能承受的最大拉力为Fm．
最低点有：Fm﹣mg＝m
解得v'＝
（3）绳断后，根据平抛运动规律有：L＝
x＝v't
联立解得：x＝4L
答：（1）为使小球能在竖直平面内作完整的圆周运动，小球过最高点B时的最小速度为；
（2）绳断时球的速度大小为；
（3）绳断后，小球落地点与抛出点A的水平距离为4L。
14．如图所示，在水平向右的匀强电场中，长为L的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量为+q的小球（可视为点电荷）。将小球拉至与O点等高的A点，保持细线绷紧并静止释放，小球运动到与竖直方向夹角θ＝37°的P点时速度变为零。已知cs37°＝0.80、sin37°＝0.60，空气阻力可忽略，重力加速度为g。求：
（1）电场强度的大小E；
（2）小球从A运动到B的过程中，电场力做的功W；
（3）小球通过最低点B时，细线对小球的拉力大小F。
【分析】（1）根据动能定理求场强的大小；
（2）根据电场力做功公式解得；
（3）根据动能定理结合牛顿第二定律解答。
【解答】解：（1）由A到P过程中，根据动能定理
mgLcsθ﹣qEL （1+sinθ）＝0﹣0
解得
E＝
（2）小球从A运动到B的过程中，电场力做的功W＝﹣qEL＝﹣mgL
（3）小球从A运动到B的过程中，根据动能定理
mgL+W＝
在B点，根据牛顿第二定律
F﹣mg＝
联立解得
F＝2mg
答：（1）电场强度的大小为；
（2）小球从A运动到B的过程中，电场力做的功为﹣mgL；
（3）小球通过最低点B时，细线对小球的拉力大小为2mg。
15．如图所示，一光滑水平桌面AB与一半径为R的光滑半圆形轨道相切于C点，且两者固定不动。一长l＝0.8m的细绳，一端固定于O点，另一端系一个质量m1＝0.2kg的球。当绳在竖直方向静止时，球对水平桌面的作用力刚好为零。现将球提起，当细绳处于水平位置时无初速度释放。当球摆至最低点时，恰与放在桌面上的质量m2＝0.8kg的小铁球正碰，碰后质量为m1的小球以2m/s的速度弹回，质量为m2的小球将沿半圆形轨道运动，且恰好能通过最高点D，g取10m/s2，求：
（1）质量为m2的小球在半圆形轨道最低点C的速度大小；
（2）光滑圆形轨道的半径R。
【分析】（1）球m1摆至最低点的过程中，根据机械能守恒定律求出到最低点时的速度，碰撞过程，根据动量守恒列式求碰后m2的速度．
（2）m2沿半圆形轨道运动，根据机械能守恒定律求出m2在D点的速度．恰好能通过最高点D时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律可求出R．
【解答】解：（1）设球m1摆至最低点时速度为v0，由小球（包括地球）机械能守恒：
得
v0＝＝m/s＝4m/s
m1与m2碰撞，动量守恒，设m1、m2碰后的速度分别为v1、v2．
选向右的方向为正方向，则：
m1v0＝m1v1+m2v2
代入数值解得：v2＝1.5 m/s
（2）m2在CD轨道上运动时，由机械能守恒有
由小球恰好通过最高点D点可知，重力提供向心力，即
解得R＝＝m＝0.045m
答：（1）m2在圆形轨道最低点C的速度为1.5m/s；
（2）光滑圆形轨道半径R应为0.045m。
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