2022-2023学年河北省张家口市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年河北省张家口市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.关于近代物理学史，下列说法正确的是( )
A. 汤姆孙发现电子后，猜测原子具有核式结构模型
B. 卢瑟福通过α粒子的散射实验发现了质子
C. 德布罗意提出：实物粒子也具有波动性
D. 爱因斯坦在玻尔原子模型的基础上，提出了光子说
2.2022年3月8日，航天员王亚平从空间站送来的“国际妇女节”节日祝福通过电磁波传播到祖国各地，下列关于电磁波的说法正确的是( )
A. 只要有磁场就能产生电磁波
B. 麦克斯韦预言了电磁波的存在
C. 电磁波不能在真空中传播
D. LC振荡电路的频率越高，发射电磁波的本领越低
3.关于分子动理论，下列说法正确的是( )
A. “用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，应先滴油酸酒精溶液，再撒痱子粉
B. 图为水中炭粒运动位置的连线图，连线表示炭粒做布朗运动的轨迹
C. 图为分子力与分子间距的关系图，分子间距从r0增大时，分子力先变小后变大
D. 图为大量气体分子热运动的速率分布图，曲线②对应的温度较高
4.《太平广记》中记载到“魏时，殿前钟忽大鸣，震骇省署”，查其原因后得知“此蜀郡铜山崩，故钟鸣应之也”。下列四幅图对应的情境中涉及的物理原理与“山崩钟鸣”原理完全相同的是( )
A. 图甲：飞行中的蝙蝠利用回声来判断障碍物的方位
B. 图乙：汽车底部的减震器随汽车行驶而振动
C. 图丙：扬声器表面的碎屑随播放而跳动
D. 图丁：玻璃杯在声波的作用下碎裂
5.一定质量的理想气体分别经历A→B→D和A→C→D两个变化过程，如图所示。A→B→D过程，气体对外做功为W1，与外界交换的热量为Q1；A→C→D过程，气体对外做功为W2，与外界交换的热量为Q2。两过程中( )
A. 气体吸热，Q1>Q2B. 气体吸热，W1=W2
C. 气体放热，Q1=Q2D. 气体放热，W1>W2
6.一列横波沿x轴传播，如图1是波上某一质点P的振动图线．图2为这列横波在0.1s时刻的波形图．由此可以判断该波的传播速度和传播方向是( )
A. 1m/s，沿x轴正方向传播B. 1m/s，沿x轴负方向传播
C. 0.5m/s，沿x轴正方向传播D. 0.5m/s，沿x轴负方向传播
7.对甲、乙、丙、丁四幅图中的实验现象，下列说法正确的是( )
A. 图甲：用单色光垂直照射牛顿环，可以得到间距相等、明暗相间的同心圆环
B. 图乙：单色光进入平行玻璃砖传播，当入射角i逐渐增大到某一值后不会再有光线从下表面射出
C. 图丙：用平行光照射被检测平面得到干涉图样，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凸起的
D. 图丁：用白光照射偏振片M，当M固定不动缓慢转动偏振片N时，光屏P上的光亮度将发生变化
8.如图甲所示的无线话筒是一个将声信号转化为电信号并发射出去的装置，其内部电路中有一部分是LC振荡电路。若话筒使用时，某时刻线圈中的磁感线如图乙所示，且电流正在增大，则此时( )
A. 电流由a流向b，且电容器正在充电
B. 电容器上极板带正电荷
C. 线圈的自感电动势正在变大
D. 若增大电容器两板间的距离，LC振荡频率减小
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
9.新冠病毒疫情防控工作中，体温枪被广泛使用，成为重要的防疫装备之一。某一种体温枪的工作原理是：任何物体温度高于绝对零度(−273℃)时都会向外发出红外线，红外线照射到体温枪的温度传感器，发生光电效应，将光信号转化为电信号，从而显示出物体的温度。已知人的体温正常时能辐射波长为10μm的红外线，如图甲所示，用该红外光线照射光电管的阴极K时，电路中有光电流产生，光电流随电压变化的图像如图乙所示，已知真空中的光速c=3×108m/s，则( )
A. 波长10μm的红外线在真空中的频率为3×1016Hz
B. 将图甲中的电源正负极反接，则一定不会产生电信号
C. 光电子的最大初动能为0.02eV
D. 若人体温度升高，辐射红外线的强度增强，则光电管转换成的光电流增大
10.如图为氢原子的能级示意图，已知锌的逸出功是3.34eV，那么对氢原子在能级跃迁过程中发射或吸收光子的特征认识正确的是( )
A. 一群处于n=5能级的氢原子向基态跃迁时，能放出6种不同频率的光
B. 一群处于n=5能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为9.72eV
C. 用能量为10.45eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到n=2的激发态
D. 用能量为14.0eV的光子照射，可使处于基态的氢原子电离
11.在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个原来静止的原子核 ZAX，由于发生了一次衰变放射出某种粒子，放射出的粒子与生成的新核在与磁场垂直的平面内做圆周运动，得到一张两个相切圆的径迹照片如图所示。以m、q分别表示放出的粒子的质量和电荷量，放出的粒子运动的轨迹圆半径为R.则( )
A. 放出的是α粒子且其轨迹对应着大圆，绕行方向为顺时针
B. 放出的是β粒子且其轨迹对应着大圆，绕行方向为逆时针
C. 若测得新核与放出的粒子的半径之比为1：60，则Z=122
D. 若衰变过程中释放的核能全都转化为粒子和新核的动能，则衰变过程中的质量亏损为△m=A(BqR)22m(A−4)c2
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
12.某同学利用如图甲所示装置测量某种单色光的波长。其中测量头由分划板、目镜、手轮等构成。实验时，接通电源使光源正常发光；调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。
(1)用测量头来测量亮纹中心的距离：转动手轮，使分划板左右移动，让分划板的中心刻线对准亮纹的中心(如图乙所示)，记下此时手轮上的读数，转动测量头，使分划板中心刻线对准另一条亮纹的中心，记下此时手轮上的读数。
当分划板的中心刻线分别对准第1条和第4条亮纹的中心时，手轮上的读数如图丙所示，则对准第1条时读数为______ mm，对准第4条时读数为______ mm，已知单缝与双缝的距离L1=60mm，双缝与屏的距离L2=700mm，单缝宽d1=0.10mm，双缝间距d2为0.25mm，求得所测单色光波长为______m(保留两位有效数字)。
(2)如果仅将双缝的间距变小，则屏上的干涉条纹的间距将变______(选填“大”或“小”)。
13.在“用单摆测量重力加速度”的实验中：
(1)下列关于单摆的实验操作正确的是______(填选项前的字母)。
A.摆球运动过程中摆角应大于10∘
B.摆球到达平衡位置时开始计时
C.摆球应选用泡沫小球
D.保证摆球在同一竖直平面内摆动
(2)正确组装单摆后，在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺量出从悬点到摆球最低端的长度L=0.9960m，再用游标卡尺测出摆球直径，结果如图甲所示，则该摆球的直径为______ mm，单摆摆长l为______ m。
(3)实验中，测出不同摆长l对应的周期值T，作出T2−l图像，如图乙所示，已知图线上AB的斜率为k，由此可求出g=______。(用含k的式子表示)
(4)实验中，某同学误将49次全振动数记为50次，则该同学测得的g值将______(选填“偏大”“不变”或“偏小”)。
四、简答题：本大题共2小题，共26分。
14.消毒是防止病毒传播的重要环节，肩背式手动消毒喷雾器原理如图所示，储液桶上端进气孔用细软管与带有单向阀门K1的打气筒相连，下端出水口用细软管与带阀门K2的喷头相连。已知储液桶容积V=16.0L，打气筒每打一次能将V1=0.30L的外界空气压入储液桶内。现向储液桶内注入V2=10.0L的消毒液，拧紧桶盖和喷头开关K2，设大气压强p0=1.0atm，喷雾器内外温度均为t=27℃，打气过程中温度保持不变。
(1)未打气时，与储液桶内气体状态相同的气体在标准状态下(气体压强p0=1.0atm、温度t0=0℃)的体积是多少？
(2)某次消毒前，打气筒连续打气使储液桶内的气体压强增加到2.5atm，求打气筒打气的次数n；
(3)如果压强达到2.5atm时停止打气，打开阀门K2，向外喷药，直至储液桶消毒液，上方的气压为1.2atm时，桶内剩余的药液还有多少升？(上述过程温度不变)
15.某用透明介质制成的半圆柱体的横截面如图所示，半圆的半径为R、圆心为O，一光线沿横截面以入射角i=45∘从直径AB上的M点经半圆柱体折射后，射到圆弧AB上的N点恰好发生全反射，然后从Q点(图中未画出)第一次射出半圆柱体。已知O、M两点间的距离x= 63R，真空中的光速为c，sin15∘= 6− 24,cs15∘= 6+ 24。求：
(1)透明介质对该光线的折射率n；
(2)该光线从N点传播到Q点的时间t。
五、计算题：本大题共1小题，共8分。
16.一列简谐横波沿x轴正方向传播，传播速度为10m/s.当波传到x=5m处的质点P时，波形如图所示，x=9m处是质点Q.求
(1)波上的质点振动周期
(2)再经过0.4s，质点P的位移和路程．
(3)再经过多长时间质点Q第一次到达波峰？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、汤姆孙发现电子后，提出了原子的“枣糕”模型，而原子核式结构模型是卢瑟福通过α粒子的散射实验提出的，故A错误；
B、卢瑟福是通过原子核的人工转变发现了质子，故B错误；
C、德布罗意提出：实物粒子像光一样也有波粒二象性，故实物粒子也有波动性，故C正确；
D、爱因斯坦在研究光电效应时提出了光子说，故D错误。
故选：C。
本题是物理学史问题，根据汤姆孙、卢瑟福、德布罗意等人的物理学成就进行解答。
该题考查汤姆孙的原子模型、α粒子散射实验、卢瑟福发现质子、爱因斯坦的光子说，对一些物理学史要加强记忆，重视积累。
2.【答案】B
【解析】解：A、根据麦克斯韦电磁场理论，可知周期性变化的磁场产生周期性变化的电场，周期性变化的电场产生周期性变化的磁场，才能使电场和磁场交替产生向外传播，形成电磁波，若电场和磁场不变，则不能产生电磁波，故A错误；
B、麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验验证了电磁波的存在，故B正确；
C、电磁波的传播不依赖于介质，可以在真空中传播，故C错误；
D、发射电磁波的本领由LC振荡电路频率决定，振荡电路频率越高，发射电磁波的本领越大，故D错误。
故选：B。
周期性变化的磁场产生同频率的电场，周期性变化的电场产生同频率的磁场，逐渐向外传播，形成电磁波；根据物理学史判断；电磁波可以在真空中传播；发射电磁波的本领由振荡电路频率决定。
本题以航天员王亚平从空间站送来的“国际妇女节”节日祝福通过电磁波传播到祖国各地为背景，考查电磁波的产生以及电磁波的发现的物理学史，明确麦克斯韦有关电磁波的假设和电磁波的产生条件。
3.【答案】D
【解析】解：A、“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，应先撒痱子粉，再滴油酸酒精溶液，否则很难形成良好的油膜，故A错误；
B、图中的折线是炭粒在不同时刻的位置的连线，并不是固体小颗粒的运动轨迹，也不是分子的运动轨迹，由图可以看出小炭粒在不停地做无规则运动，故B错误；
C、根据分子力与分子间距的关系图，可知分子间距从r0增大时，分子力表现为引力，分子力先变大后变小，故C错误；
D、由图可知，②中速率大分子占据的比例较大，则说明②对应的平均动能较大，故②对应的温度较高，即T1故选：D。
先撒痱子粉，再滴油酸酒精溶液，才可以形成良好的油膜；折线是炭粒在不同时刻的位置的连线，并不是固体小颗粒的运动轨迹；分子间距从r0增大时，分子力先变大后变小；②中速率大分子占据的比例较大，②对应的温度较高。
本题考查了“用油膜法估测油酸分子的大小”实验的注意事项、布朗运动、分子力、气体分子热运动的速率分布等热学知识，要求学生对这部分知识要重视课本，强化记忆。
4.【答案】D
【解析】解：“山崩钟鸣”原理属于声音的共鸣现象，即发生了共振。
A.飞行中的蝙蝠利用回声来判断障碍物的方位，是机械波的反射现象，故A错误；
B.汽车底部的减震器随汽车行驶而振动，是在驱动力作用下的受迫振动，故B错误；
C.扬声器表面的碎屑随播放而跳动，是在驱动力作用下的受迫振动，故C错误；
D.当声音的频率等于玻璃杯的固有频率时，玻璃杯会产生共振，振幅达到最大，玻璃杯可能会碎裂，故D正确。
故选：D。
飞行中的蝙蝠利用回声来判断障碍物的方位；汽车底部的减震器随汽车行驶而振动、扬声器表面的碎屑随播放而跳动，是在驱动力作用下的受迫振动；玻璃杯在声波的作用下碎裂是由声波的共振造成的。
考查声波的反射、受迫振动、共振的应用，掌握波的基本特性及声音的共鸣，即可正确解答本题。
5.【答案】A
【解析】解：p−V图线与坐标轴所围图形的面积等于气体做的功，由图示图象可知，两过程气体体积都变大，气体对外做正功，A→B→D过程图线与坐标轴所围图形的面积大于A→C→D过程图线与坐标轴所围图形的面积，W1>W2
由图示图象可知：pAVA=3p0×V0=3p0V0，pDVD=p0×3V0=3p0V0，则pAVA=pDVD，由理想气体状态方程pVT=C可知，TA=TD，气体在状态A与状态D的内能相等，由状态A到状态D，气体内能的增加量ΔU=0；
由热力学第一定律ΔU=W+Q可知：Q=−W，则Q1>Q2，气体吸收热量，故A正确，BCD错误。
故选：A。
本题考查了理想气体状态方程与热力学第一定律的应用，根据图示图象分析清楚气体状态变化过程，知道p−V图线与坐标轴所围图形的面积等于气体做的功，应用理想气体状态方程与热力学第一定律即可解题。
6.【答案】A
【解析】解：由y−t图象读出周期为T=0.2s，由y−x图象读出波长为λ=20cm=0.2m，则波速为v=λT=1m/s。
在y−t图象上读出质点P在t=0.1s时刻的振动方向沿y轴正方向，则在y−x图象上判断出来波x轴正方向传播。
故选：A。
由振动图象读出周期，由波动图象读出波长，求出波速．在振动图象上读出t=0.1s时刻质点P的振动方向，在波动图象上判断出波的传播方向．
本题考查对振动图象和波动图象的理解能力，以及把握两种图象联系的能力．y−t图是波形图上P质点的振动图象，而y−x图是t=0.1s时刻的波形，抓住它们之间的联系是解题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：A、用单色光垂直照射牛顿环，可以得到间距不相等的明暗相间的同心圆环，圆心附近处明暗相间同心圆环的条纹较宽，随离中心点的距离增加，条纹的宽度逐渐变窄，故A错误；
B、单色光由空气中进入平行玻璃砖时，是由光疏介质进入光密介质，此时不论入射角如何增大，在上表面都不会产生全反射。当入射角逐渐增大，上表面的折射角逐渐增大，由于折射角小于入射角，在下表面的入射角等于上表面的折射角，根据光路可逆原理，可知在下表面的折射角等于上表面的入射角，因此一定有光线从下表面射出，且射向平行玻璃砖的光线与射出光线相互平行，故B错误；
C、由干涉条纹的特点可知，同一级条纹上的光程差相等，条纹向空气薄膜较薄处弯曲，说明此处空气薄膜变厚，由此可知弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凹陷的，故C错误；
D、因为光是横波，经偏振片M会产生偏振现象，当M固定不动缓慢转动偏振片N时，P上的光亮度将发生变化，故D正确。
故选：D。
图甲中，圆心附近处明暗相间同心圆环的条纹较宽；
图乙中，入射角i逐渐增大折射角逐渐增大，由于折射角小于入射角，不论入射角如何增大，玻璃砖中的光线不会消失，故肯定有光线从bb′面射出；
图丙中，根据薄膜干涉原理，当光程差为波长的整数倍时，出现亮条纹，当光程差为半个波长的奇数倍时，出现暗条纹；
图丁中，光的偏振现象表明光是一种横波。
本题要知道薄膜干涉形成的条纹是膜的上下表面的反射光干涉产生的。以及知道薄膜干涉是一种等厚干涉，理解平行板玻璃砖的光学特性，知道光是一种横波，本题涉及的知识点较多，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。
8.【答案】B
【解析】解：AB.根据安培定则可知，该时刻电流的方向由b流向a；电流正在增大，则磁场能增大，电场能减小，电荷量在减少，故电容器正在放电，结合电流的方向可知电容器上极板带正电荷，故A错误，B正确；
C.电流正在增大，电流变化率正在减小，则该时刻线圈的自感电动势正在减小，故C错误；
D.根据C=εrS4πkd，可知增大电容器两板之间的距离，电容减小，根据公式f=12π LC，可知，振荡电流的频率增大，故D错误。
故选：B。
在LC振荡电路中，当电容器放电时，电流在增大，电容器上的电荷量减小，电场能转化为磁场能。根据电磁振荡的频率公式进行分析。
解决本题的关键知道在LC振荡电路中，当电容器充电时，电流在减小，电容器上的电荷量增大；当电容器放电时，电流在增大，电容器上的电荷量减小。
9.【答案】CD
【解析】解：A、波长λ=10μm=1×10−5m的红外光在真空中的频率为ν=cλ=3×10810×10−5Hz=3×1013Hz，故A错误；
B、由乙图可知遏止电压为UC=2×10−2V，将图甲中的电源反接，根据乙图，反向电压低于遏止电压，即低于0.02V时，电流表的示数不为零，故B错误；
C、由乙图可知遏止电压为UC=2×10−2V，根据动能定理得eUC=Ek，可知光电子的最大初动能为0.02eV，故C正确；
D、若人体温度升高，则辐射红外线的强度增大，单位时间内逸出的光电子的个数增加，光电流增大，故D正确。
故选：CD。
由ν=cλ计算频率；由乙图可知遏止电压，反向电压低于遏止电压时电流表的示数不为零；根据爱因斯坦光电效应方程Ek=hν−W0及eUC=Ek可计算逸出功；温度升高，辐射红外线的强度增大，光电流增大。
本题考查了光电效应，考查知识点针对性强，难度适中，考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
10.【答案】BD
【解析】AB、根据C52=10可知一群处于n=5能级的氢原子向基态跃迁时，能放出10种不同频率的光，其中从n=5能级的氢原子向基态跃迁时的光子能量最大，为：E=E5−E1=−0.54eV−(−13.6eV)=13.06eV，
用该光子照射锌板时，光电子的最大初动能，根据光电效应方程可得：Ek=hν−W0=E−W0=13.06eV−3.34eV=9.72eV，故A错误，B正确；
C、基态的氢原子跃迁到n=2的激发态需要吸收光子的能量为：E=E2−E1=−3.4eV−(−13.6eV)=10.2eV，故C错误；
D、能量为14.0eV大于13.6eV，因此用能量为14.0eV的光子照射，可使处于基态的氢原子电离，故D正确。
故选：BD。
根据Cn2判断一群氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子种类，其中最大能量的光子为从n=5激发态跃迁到基态，根据光电效应公式求解光电子的最大初动能；
光子能量必须等于能级差时才能被氢原子吸收；
要使处于基态的氢原子电离，照射光光子的能量应能使电子从基态跃迁到无限远处，光子能量应为：hν≥0−E1。
解决本题的关键知道什么是电离，以及能级的跃迁满足hν=Em−En，注意吸收光子是向高能级跃迁，释放光子是向低能级跃迁，同时掌握吸收或释放能量要正好等于能级之差。
11.【答案】CD
【解析】解：AB、衰变过程系统动量守恒，以放出的粒子速度方向为正方向，由动量守恒定律得：p粒子−p新核=0，解得：p粒子=p新核=p；
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r，解得：r=mvqB=pqB，
由于衰变后粒子与新核的动量p相等，磁感应强度B相等，则电荷量q越小，粒子轨道半径越大，放出的粒子轨迹对应着大圆，
原来静止的原子核 ZAX带正电荷，衰变后，由于两个运动轨迹相外切，根据左手定则可知，放出的粒子也一定带正电荷，因此放出的是α粒子，而且都做逆时针方向旋转，故AB错误；
C、α粒子带两个单位正电荷，根据动量守恒，可知新核与α粒子动量大小相等，因此：rR=2Z−2=160，解得：Z=122，故C正确；
D、放出的α粒子的轨道光径：R=mvqB=pqB，
可得α粒子动能：EK1=12mv2=p22m=(qBR)22m，
由于动量守恒，剩余新核动能：EK2=12Mv12=p22M=2(qBR)2(A−4)m，
总动能：E=EK1+Ek2=A(qBR)22(A−4)m，
由爱因斯坦质能方程E=mc2 可知，质量亏损：△m=A(qBR)22m(A−4)c2，故D正确。
故选：CD。
静止的原子核发生衰变，根据动量守恒可知，发生衰变后的粒子的运动的方向相反，在根据粒子在磁场中运动的轨迹可以判断粒子的电荷的性质；
放出的粒子与新原子核在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，然后分析答题；
根据衰变过程释放的能量，应用爱因斯坦质能方程求出质量亏损。
知道原子核衰变过程动量守恒是本题解题的前提与关键，分析清楚图示运动轨迹、应用动量守恒定律与牛顿第二定律即可解题。
12.【答案】×10−7 大
【解析】解：(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，第1条亮条纹对应读数x1=2mm+19.0×0.01mm=2.190mm
第4条亮条纹对应读数x2=7.5mm+37.0×0.01mm=7.870mm
相邻亮条纹之间的距离Δx=x2−x1n−1=(7.870−2.190)×10−34−1m=1.89×10−3m
根据双缝干涉条纹间距公式Δx=λld
所测单色光波长为λ=Δxd2L2=1.89×10−3×0.25×10−3700×10−3m=6.8×10−7m
(2)根据双缝干涉条纹间距公式Δx=λld可知，当双缝的间距d变小，其它条件不变时，则屏上的干涉条纹的间距将变大。
故答案为：(1)2.190；7.870；6.8×10−7；(2)大。
(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值=固定刻度对应示数(mm)+对齐格数(估读一位)×精确度；
根据第1、第4亮条纹之间的宽度求解相邻亮条纹之间的距离，根据双缝干涉条纹间距公式求单色光的波长；
(2)根据双缝干涉条纹间距公式分析作答。
本题考查了螺旋测微器的读数、条纹间距公式的应用，知道双缝干涉实验的原理。要掌握干涉条纹的间距公式。
13.【答案】π2k 偏大
【解析】解：(1)A、摆球运动过程中摆角应小于10∘，否则就不是简谐振动，故A错误；
B、为减小测量误差，应从摆球到达平衡位置时，即最低点开始计时，故B正确；
C、为减小阻力的影响，摆球应选用质量大，体积较小的球，不能选泡沫球，故C错误；
D、实验要使小球做单摆运动，应保证摆球在同一竖直平面内摆动，故D正确。
故选：BD。
(2)游标卡尺的分度值为0.1mm，不需要估读，该摆球的直径12mm+0.1mm×0=12.0mm，单摆摆长l为0.9960m−0.0060m=0.9900m。
(3)根据单摆的周期公式T=2π lg得T2=4π2gl，则有k=4π2g
解得：g=4π2k。
(4)实验中，某同学误将49次全振动数记为50次，则测得的周期偏小，根据T=2π lg可知该同学测得的g值将偏大。
故答案为：(1)BD；(2)12.0；0.9900；(3)4π2k；(4)偏大
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(2)根据游标卡尺的读数规则得出摆球的直径和单摆的摆长；
(3)根据单摆的周期公式得出g的表达式；
(4)根据单摆的周期公式得出g的测量值和真实值的大小关系。
本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合单摆的周期公式和图像的物理意义即可完成分析。
14.【答案】解：(1)初态：
V0=V−V2=16.0L−10.0L=6L
T1=(273+27)K=300K
根据盖-吕萨克定律
V0T1=V′T′
又T′=273K
解得：V′=5.46L
(2)设打气次数为n，初态
V3=V−V2+nV1
p3=p0
末态
V4=V−V2=16.0L−10.0L=6L
p4=2.5atm
根据玻意耳定律：p3V3=p4V4
可得：n=30次
(3)打开阀门K2，向外喷药，初态
p4=2.5atm
V4=V−V2=16.0L−10.0L=6L
末态
p5=1.2atm
根据玻意耳定律：p4V4=p5V5
可得：V5=12.5L
桶内剩余的药液为：
V′2=V−V5=16.0L−12.5L=3.5L
答：(1)未打气时，与储液桶内气体状态相同的气体在标准状态下(气体压强p0=1.0atm、温度t0=0℃)的体积是5.46L；
(2)打气筒打气的次数为30次；
(3)桶内剩余的药液还有3.5升。
【解析】(1)根据盖-吕萨克定律计算；
(2)根据玻意耳定律计算；
(3)根据玻意耳定律计算气体体积，再计算剩余的药液。
本题关键掌握气体状态参量的分析，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量，结合一定质量的理想气体状态方程即可完成分析。
15.【答案】解：(1)该光线在半圆柱体中的光路如图所示，设该光线在M点发生折射后的折射角为r，则根据光的折射定律有：n=sinisinr
设该光线在半圆柱体中发生全反射的临界角为C，则有：sinC=1n
对△MON，根据正弦定理有：xsinC=Rsin(90∘−r)
解关于折射率的方程得到：n= 2
(2)由(1)可得：r=30∘，C=45∘
由几何关系可知：θ=α=C=45∘，β=180∘−(90∘−r)−C=75∘
因此该光线射到P点时也发生全反射，第一次从AB上的Q点射出半圆柱体
由几何关系可知，N、P两点间的距离：s1= 2R
设P、Q两点间的距离为s2，对△POQ，根据正弦定理有：s2sin(90∘−β)=Rsin(90∘+r)
该光线在半圆柱体中传播的速度大小：v=cn
那么光线在玻璃砖的时间：t=s1+s2v
联立代入解得：t=(9− 3)R3c
答：(1)透明介质对该光线的折射率n为 2；
(2)该光线从N点传播到Q点的时间t为(9− 3)R3c。
【解析】(1)根据题画出光线在玻璃砖中的传播路径，根据折射定律、全反射临界角公式以及正弦定理求解折射率；
(2)根据几何关系和正弦定理求出从M到Q光线传播的距离，再求出光线在介质的速度后，再由t=sc求时间。
本题主要是考查了光的折射和全反射；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以及正弦定理列方程求解。
16.【答案】解：(1)由图象可知，波长为λ=4m，而传播速度v=10m/s，根据T=λv=410s=0.4s，
(2)再经过0.4s，质点P运动一个周期回到平衡位置，则位移x=0，路程s=4A=0.8m
(3)根据题意可知，当x=2m处的振动传到Q点时，Q点第一次到达波峰，则时间t=△xv=9−210s=0.7s.
答：(1)波上的质点振动周期为0.4s；
(2)再经过0.4s，质点P的位移为0，路程为0.8m.
(3)再经过0.7s时间质点Q第一次到达波峰．
【解析】由图象可知，波长为λ=4m，根据波长、波速和周期的关系求出周期，分析再经过0.4s质点P的位置，从而求出周期和位移，当x=2m处的振动传到Q点时，Q点第一次到达波峰，根据t=xv求解时间．
本题的技巧是运用波形平移研究质点的状态，这是波动图象问题中经常采用的方法，要学会应用．