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重庆市万州第二高级中学2023-2024学年高二下学期期中考试物理试卷
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这是一份重庆市万州第二高级中学2023-2024学年高二下学期期中考试物理试卷，文件包含期中质量监测物理试题pdf、高二期中考试物理试题答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共15页， 欢迎下载使用。
一．选择题（共7小题）
1．【解答】解：A、“闻其声而不见其人”现象说明遇到同样障碍物时，声波能绕过阻碍物，继续传播，则声波比光波易发生衍射。故A正确；
B、单摆做简谐运动的物体所受回复力，是重力的切向分力提供，不是摆球的所受合力，故B错误；
C、用超声波被血流反射回来其频率发生变化可测血流速度，这是利用多普勒效应现象，故C错误；
D、受迫振动的物体时，振动频率一定等于驱动力的频率；故D错误；
故选：A。
2．【解答】解：根据安培定则可得x轴、y轴的导线在P点产生的磁感应强度的方向如图所示：
根据直线电流的磁感应强度公式B=kIr，x轴、y轴的导线在P点产生的磁感应强度的大小B=kIa，合磁感应强度BP=2B=2kIa，方向沿P指向O；为了使得P点的磁感应强度为零，则第三根通电长直导线在P点产生的磁感应强度与BP大小相等，方向相反；设第三根导线的电流为I′，根据直线电流的磁感应强度公式B=kIr，第三根导线的磁感应强度B′=BP=kI′2a，代入数据联立解得I′＝2I；由于PO＝PQ=2a，根据数学知识可得Q的坐标为（2a，0），故ABC错误，D正确。
故选：D。
3．【解答】解：A、由图可知b光偏转角度大，说明光导纤维对b光的折射率大，b光的波速小
B、发生全反射的必要条件是：光必须从光密介质射入光疏介质，即从折射率大的介质射入折射率小的介质，所以当内芯的折射率比外套的大时，光在内芯与外套的界面上才能发生全反射，故B错误；
C、由图可知b光偏转角度大，说明光导纤维对b光的折射率大，则b光的频率大，由c＝fλ可知b光的波长较短，根据Δx=Ld⋅λ可知，a与b分别经过同一双缝干涉装置，a光的条纹间距比b光的大，故C正确；
D、a光比b光的波长长，则a光比b光更容易发生衍射现象，故D错误。
故选：C。
4．【解答】解：当电线中电流等大反向时，两电线在线圈中产生的磁通量恰好为零；漏电瞬间，由于电线1中电流大于2中的电流，因此线圈中磁通量增大，根据楞次定律可知铁芯内部会产生顺时针方向的磁场，再根据右手螺旋定则可知，线圈中电流方向为N到M，故A正确，BCD错误；
故选：A。
5．【解答】解：A、AC刚进入磁场时，DC切割磁感线产生感应电动势，为E＝Bav，DC两端电势差是路端电压，则UDC=34E=34Bav。DA两端电势差UDA=14E=14Bav，故A错误；
B、AC刚进入磁场时，线框中感应电流为I=ER=BavR，故B错误；
C、AC刚进入磁场时，线框所受安培力等效为长度为AC的直导线受到的安培力，则线框所受安培力大小为F＝BI•2a＝BBavR•2a=2B2a2vR，故C错误；
D、在以后穿过的过程中，线框所受安培力方向垂直于AC向下，而线框的初速度方向与AC成45°角，则线框在垂直于AC做减速运动，在平行于AC方向做匀速直线运动，所以线框的速度不可能减小到零，故D正确。
故选：D。
6．【解答】解：A.根据图像可知t0＝0时F＝F0，根据牛顿第二定律可知F0＝ma，解得a=F0m，故A错误；
B.图像所应该的函数为F=F0+2F0t0t，根据牛顿第二定律可知F﹣F安＝ma，其中F安=BIL=BLBLvR=B2L2atR
解得L=2mRB2t0，故B正确；
C.导体棒做匀加速运动，t0时棒的速度v=at0=F0t0m，故C错误；
D.0～t0时间内F的冲量即为图像与坐标轴围成的面积，根据图像的面积可解得
I=(F0+3F0)t02=2F0t0
故D错误。
故选：B。
7．【解答】解：A、粒子运动过程中，洛伦兹力始终与速度方向垂直而不做功，则根据动能定理﹣qEs=12mvP2−12mv02，解得vP=−2qEsm+v02，故A错误；
B、将粒子的初速度分解为两个水平向右的分速度v02，其中一个速度引起的洛伦兹力：qv0B2=qE，恰与电场力平衡，这两个力不会引起粒子在竖直方向的偏移。另外一个速度引起的洛伦兹力使粒子做圆周运动，大小为qv0B2=Eq，粒子的加速度就是该力产生的，a=Eqm，大小不变，故B正确；
C、由B中的分析可知，粒子的合运动为：水平向右的匀速运动与竖直平面内匀速圆周运动的合成。
根据洛伦兹力提供向心力：q×v02B=m(v02)2R，代入数据解得：R=mEqB2，当s=mEqB2时，若未完成一个圆周运动，则偏转圆心角满足csθ=R−sR=0，代入数据解得：θ=π2；则到达P点的运动时间为：t=θ2π×2πmqB=πm2qB，考虑到粒子的以后的运动，则时间至少为πm2qB，故C错误；
D、由以上分析可知，粒子的合运动为：水平向右的匀速运动与竖直匀速圆周运动的合成，当匀速圆周运动到最高点时，两个分速度相反，此时洛伦兹力为零，小于电场力，故D错误。
故选：B。
（二）多项选择题
8．【解答】解：A、根据v=λT=＝1m/s，故A错误；
B、由图乙知t＝0.2s时刻质点A正通过平衡位置向上振动，根据同侧法可知该列波沿x轴负方向传播，故B错误；
C、由图乙知T＝0.4s，所以t＝0.2s=T2，运动的路程为2A，则点A在0.2s内通过的路程一定为20cm，故C正确；
D、发生稳定的干涉现象需要频率相同，则所遇到的波的频率f=1T=10.4Hz＝2.5Hz时才能产生的稳定干涉，故D正确；
故选：CD。
9．【解答】解：A、根据题意，从c点沿cb方向射入磁场的粒子，运动轨迹恰好垂直于边界ab射出磁场，如图所示
根据几何关系可知，a点为圆心，粒子在磁场匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qv0B=mv02r
又轨道半径r＝L
联立解得v0=qBLm
故A错误；
B、粒子从a点射出磁场，由题意知，粒子在磁场的运动轨迹如图所示
由于粒子在磁场中轨迹半径r＝L，可知三角形aOc为等边三角形，故∠Oca＝60°
即粒子在c点的速度方向与bc夹角为60°，故B正确；
C、由题意知，与bc夹角为45°的入射粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示
结合图可知，粒子运动轨迹所对圆心角为45°
则粒子在磁场中的运动时间为t=45°360°×2πrv0=πm4qB
故C正确；
D、所有从ab边界出射的粒子中在磁场中运动，当弦长最短时，即弦与ab垂直时，运动的时间最短，则最短时间的运动轨迹为弧线cd，如图所示
根据几何关系可得sinθ2=24Lr=24
可得sinθ=2sinθ2csθ2=74＜22
则有最短的弧长所对应的圆心角θ＜45°
可得最短时间为tmin=θ360°×2πrv0＜45°360°×2πrv0=πm4qB
故D错误。
故选：BC。
10．【解答】解：A、撤去外力时，根据能量守恒定律可知：
Fs=12mvAB2+12mvCD2+QAB+QCD
由题可知：QCD＝30J
根据Q＝I2Rt，结合RAB：RCD＝1：2，可得：QAB＝15J
又因为：vAB：vCD＝1：2，解得：vAB＝4m/s
故A正确；
B、撤去外力F后，回路中的电流相等，根据BIL＝ma可知，棒AB、CD的加速度不相等，故B错误；
C、最终电路中电流为0，设此时AB、CD的速度为v'AB、v'CD，则有：
Blv'AB＝B×2lv'CD
规定向右为正方向，运动过程中对AB根据动量定理有：
BIlt＝mv'AB﹣mvAB
对CD根据动量定理有：
﹣BI×2lt＝mv'CD﹣mvCD
联立可得：
解得：v'AB＝6.4m/s，v'CD＝3.2m/s
整个过程中的焦耳热为：
Q＝Fs−12mv′AB2−12mv′CD2
解得：Q＝73.8J
故C正确；
D、从撤去外力到两棒达到稳定状态，若棒AB、CD均做匀变速直线运动，则运动的位移之比为：
xAB：xCD=vAB+vAB′2t：vCD+vCD′2t
解得xAB：xCD＝13：14
而实际AB做加速度减小的加速运动，位移大于匀加速直线运动的位移xAB，实际cd做加速度减小的减速运动，位移小于匀减速直线运动的位移xCD，即实际上运动的位移之比大于13：14，不可能为1：2。
故D错误；
故选：AC。
二．非选择题
11．【解答】解：(2分)（1）入射光线与界面a的交点为O，用刻度尺过P3、P4交界面b于O′，连接OO′，则OO′为折射光线；过入射点O作法线，则入射光线与法线的夹角为入射角i，折射光线与法线的夹角为折射角r，所作光路图如图甲所示：
（2分）（2）过N点作MN⊥NN′，过O′点作O′N′⊥NN′，如图乙所示：
在直角△ONM中，根据数学知识，入射角的正弦sini=322+32=313
在直角△ON′O′中，根据数学知识，折射角的正弦sinr=222+32=213
根据折射定律n=sinisinr
代入数据解得折射率n＝1.50
（3分）（3）画好界面后，不小心将玻璃砖往上平移了一小段，平移前的入射点为O，平移后的入射点为O′，光路图如图丙所示：
根据数学知识，出射光线O1A∥O2B，则折射光线OO1∥O′O2
因此入射角i′＝i，折射角r′＝r
根据折射定律n=sinisinr可知，他测得的折射率将不变。
答：（1）见解析；（2）1.50；（3）不变。
12．【解答】解：（2分）（1）游标卡尺的精确度为0.1mm，读数为9mm+3×0.1mm＝9.3mm
（2分）（2）由图可知小球摆动的周期为T＝2.0s；
（2分）（3）根据单摆的周期公式有T＝2π(L+D2)g
解得g=4π2(L+D2)T2
（3分）（4）设小球的质量为m，摆长为L，最大摆角为θ，小球到达最低点时的速度大小为v
小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mg（L﹣Lcsθ）=12mv2
小球到达最低点时细线拉力最大，设最大拉力为F2，由牛顿第二定律得：F2﹣mg＝mv2L
小球到达最高点时，拉力最小，设为F1，由于速度为零，所以有：F1﹣mgcsθ＝0
解得：F2＝﹣2F1+3mg，则F2﹣F1图像的斜率的绝对值|k|＝2
故答案为：（1）9.3；（2）2.0；（3）4π2(L+D2)T2；（4）2
13．【解答】解：（1）如图甲所示，光束从B点处水平射入，在M点处恰好发生全反射，由几何关系可知
全反射临界角C满足：sinC=33RR=33 （2分）
由临界角公式：sinC=1n （1分）
解得：n=3； （1分）
（2）如图乙所示，光束从D点处水平射入，在E点处发生折射，入射角为α，折射角为β，
由折射定律 n=sinβsinα，sinα=12RR=12 （2分）
联立可得：sinβ=32，β＝60°，α＝30° （2分）
由几何关系可知：∠EOF＝α，∠EFO＝β﹣α＝60°﹣30°＝30°
所以出射光线与OA轴线的交点到O点的距离为：Δx＝2Rcsa=3R （2分）
答：（1）透明物体对该单色光的折射率为3；
（2）出射光线与OA轴线的交点到O点的距离为3R。
14．【解答】解：（1）导体棒速度为v时产生的感应电动势为E＝BLv
感应电流为：I=ER+r=BLvR+r （1分）
由左手定则可得导体棒受到的安培力方向向左，大小为：FA＝BIL （1分）
匀速时速度达到最大值，此时有：F＝BIL
联立解得最大速度为：v＝3m/s （1分）
匀速运动时拉力的功率最大，拉力的最大功率为：P＝Fv＝4×3W＝12W （1分）
（2）撤去F后，导体棒只受水平向左的安培力的作用，导体棒做加速度逐渐减小的减速运动，最终静止。此过程中动能全部转化为系统的热量Q，由能量守恒定律可得：
Q=12mv2=12×0.4×32J＝1.8J （2分）
根据焦耳定律可得R中产生的热量为：QR=RR+rQ=2.02.0+1.0×1.8J＝1.2J （2分）
（3）当导体棒产生的电动势和电容器两端电压相等时，导体棒电流为0，导体棒最终做匀速直线运动。假设导体棒最终运动的速度大小为v′，取向右为正方向，由动量定理可得：
﹣BILΔt＝mv−mv′ （2分）
其中：IΔt＝q＝CU＝CBLv′ （2分）
联立可得：v′＝1.5m/s （1分）
答：（1）拉力的最大功率为12W；
（2）撤去F后定值电阻R中产生的热量为1.2J；
（3）若撤去F的同时将开关合向b，则导体棒最终运动的速度大小为1.5m/s。
15．【解答】解：（1）根据题意知，在加速电场中根据动能定理有：qU=12mv2 （2分）
在磁场中，洛伦兹力提供向心力：qvB0=mv2r （2分）
几何关系rsin30°＝r﹣d （1分）
解得：k=U2B02d2 （1分）
（2）磁场I右边界射出的最高点距射入点的竖直位移大小
l1＝rcs30° （2分）
最低点距射入点的竖直位移大小
12＝r （1﹣cs30°） （2分）
故从磁场I右边界射出的区域长度Δl为
Δl＝l1﹣12＝
联立解得：Δl＝2（3−1）d （1分）
（3）以竖直向上为正方向，粒子在竖直方向的洛伦兹力作用下使该方向的动量发生改变。在经过磁场I过程中，由动量定理，得
B0qvxt=B0q vxt=B0qd＝mv1
同理经过磁场II过程中
2B0qd＝m （v2﹣v1）
磁场Ⅲ过程中
3B0qd＝m （v3﹣v2）
磁场n过程中
nB0qd＝m （vn﹣vn﹣1）
知，
n(n+1)2B0qd＝mvn （3分）
粒子经过电场加速，由动能定理，得
qU+qE （n﹣1）d=12mvn2 （3分）
联立解得：E=n2(n+1)2U−16U16(n−1)d （1分）
答：（1）粒子比荷k的最大值为U2B02d2；
（2）若粒子比荷为（1）问中所求，则从磁场Ⅰ右边界射出的区域长度为2（3−1）d；
（3）若粒子比荷为（1）问中所求，当θ＝0时，粒子恰好能从第n个磁场右边界射出，则匀强电场的电场强度为n2(n+1)2U−16U16(n−1)d。
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/4/16 10:49:37；用户：林涛；邮箱：19923535900；学号：39134179
一．选择题（共7小题）
1．【解答】解：A、“闻其声而不见其人”现象说明遇到同样障碍物时，声波能绕过阻碍物，继续传播，则声波比光波易发生衍射。故A正确；
B、单摆做简谐运动的物体所受回复力，是重力的切向分力提供，不是摆球的所受合力，故B错误；
C、用超声波被血流反射回来其频率发生变化可测血流速度，这是利用多普勒效应现象，故C错误；
D、受迫振动的物体时，振动频率一定等于驱动力的频率；故D错误；
故选：A。
2．【解答】解：根据安培定则可得x轴、y轴的导线在P点产生的磁感应强度的方向如图所示：
根据直线电流的磁感应强度公式B=kIr，x轴、y轴的导线在P点产生的磁感应强度的大小B=kIa，合磁感应强度BP=2B=2kIa，方向沿P指向O；为了使得P点的磁感应强度为零，则第三根通电长直导线在P点产生的磁感应强度与BP大小相等，方向相反；设第三根导线的电流为I′，根据直线电流的磁感应强度公式B=kIr，第三根导线的磁感应强度B′=BP=kI′2a，代入数据联立解得I′＝2I；由于PO＝PQ=2a，根据数学知识可得Q的坐标为（2a，0），故ABC错误，D正确。
故选：D。
3．【解答】解：A、由图可知b光偏转角度大，说明光导纤维对b光的折射率大，b光的波速小
B、发生全反射的必要条件是：光必须从光密介质射入光疏介质，即从折射率大的介质射入折射率小的介质，所以当内芯的折射率比外套的大时，光在内芯与外套的界面上才能发生全反射，故B错误；
C、由图可知b光偏转角度大，说明光导纤维对b光的折射率大，则b光的频率大，由c＝fλ可知b光的波长较短，根据Δx=Ld⋅λ可知，a与b分别经过同一双缝干涉装置，a光的条纹间距比b光的大，故C正确；
D、a光比b光的波长长，则a光比b光更容易发生衍射现象，故D错误。
故选：C。
4．【解答】解：当电线中电流等大反向时，两电线在线圈中产生的磁通量恰好为零；漏电瞬间，由于电线1中电流大于2中的电流，因此线圈中磁通量增大，根据楞次定律可知铁芯内部会产生顺时针方向的磁场，再根据右手螺旋定则可知，线圈中电流方向为N到M，故A正确，BCD错误；
故选：A。
5．【解答】解：A、AC刚进入磁场时，DC切割磁感线产生感应电动势，为E＝Bav，DC两端电势差是路端电压，则UDC=34E=34Bav。DA两端电势差UDA=14E=14Bav，故A错误；
B、AC刚进入磁场时，线框中感应电流为I=ER=BavR，故B错误；
C、AC刚进入磁场时，线框所受安培力等效为长度为AC的直导线受到的安培力，则线框所受安培力大小为F＝BI•2a＝BBavR•2a=2B2a2vR，故C错误；
D、在以后穿过的过程中，线框所受安培力方向垂直于AC向下，而线框的初速度方向与AC成45°角，则线框在垂直于AC做减速运动，在平行于AC方向做匀速直线运动，所以线框的速度不可能减小到零，故D正确。
故选：D。
6．【解答】解：A.根据图像可知t0＝0时F＝F0，根据牛顿第二定律可知F0＝ma，解得a=F0m，故A错误；
B.图像所应该的函数为F=F0+2F0t0t，根据牛顿第二定律可知F﹣F安＝ma，其中F安=BIL=BLBLvR=B2L2atR
解得L=2mRB2t0，故B正确；
C.导体棒做匀加速运动，t0时棒的速度v=at0=F0t0m，故C错误；
D.0～t0时间内F的冲量即为图像与坐标轴围成的面积，根据图像的面积可解得
I=(F0+3F0)t02=2F0t0
故D错误。
故选：B。
7．【解答】解：A、粒子运动过程中，洛伦兹力始终与速度方向垂直而不做功，则根据动能定理﹣qEs=12mvP2−12mv02，解得vP=−2qEsm+v02，故A错误；
B、将粒子的初速度分解为两个水平向右的分速度v02，其中一个速度引起的洛伦兹力：qv0B2=qE，恰与电场力平衡，这两个力不会引起粒子在竖直方向的偏移。另外一个速度引起的洛伦兹力使粒子做圆周运动，大小为qv0B2=Eq，粒子的加速度就是该力产生的，a=Eqm，大小不变，故B正确；
C、由B中的分析可知，粒子的合运动为：水平向右的匀速运动与竖直平面内匀速圆周运动的合成。
根据洛伦兹力提供向心力：q×v02B=m(v02)2R，代入数据解得：R=mEqB2，当s=mEqB2时，若未完成一个圆周运动，则偏转圆心角满足csθ=R−sR=0，代入数据解得：θ=π2；则到达P点的运动时间为：t=θ2π×2πmqB=πm2qB，考虑到粒子的以后的运动，则时间至少为πm2qB，故C错误；
D、由以上分析可知，粒子的合运动为：水平向右的匀速运动与竖直匀速圆周运动的合成，当匀速圆周运动到最高点时，两个分速度相反，此时洛伦兹力为零，小于电场力，故D错误。
故选：B。
（二）多项选择题
8．【解答】解：A、根据v=λT=＝1m/s，故A错误；
B、由图乙知t＝0.2s时刻质点A正通过平衡位置向上振动，根据同侧法可知该列波沿x轴负方向传播，故B错误；
C、由图乙知T＝0.4s，所以t＝0.2s=T2，运动的路程为2A，则点A在0.2s内通过的路程一定为20cm，故C正确；
D、发生稳定的干涉现象需要频率相同，则所遇到的波的频率f=1T=10.4Hz＝2.5Hz时才能产生的稳定干涉，故D正确；
故选：CD。
9．【解答】解：A、根据题意，从c点沿cb方向射入磁场的粒子，运动轨迹恰好垂直于边界ab射出磁场，如图所示
根据几何关系可知，a点为圆心，粒子在磁场匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qv0B=mv02r
又轨道半径r＝L
联立解得v0=qBLm
故A错误；
B、粒子从a点射出磁场，由题意知，粒子在磁场的运动轨迹如图所示
由于粒子在磁场中轨迹半径r＝L，可知三角形aOc为等边三角形，故∠Oca＝60°
即粒子在c点的速度方向与bc夹角为60°，故B正确；
C、由题意知，与bc夹角为45°的入射粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示
结合图可知，粒子运动轨迹所对圆心角为45°
则粒子在磁场中的运动时间为t=45°360°×2πrv0=πm4qB
故C正确；
D、所有从ab边界出射的粒子中在磁场中运动，当弦长最短时，即弦与ab垂直时，运动的时间最短，则最短时间的运动轨迹为弧线cd，如图所示
根据几何关系可得sinθ2=24Lr=24
可得sinθ=2sinθ2csθ2=74＜22
则有最短的弧长所对应的圆心角θ＜45°
可得最短时间为tmin=θ360°×2πrv0＜45°360°×2πrv0=πm4qB
故D错误。
故选：BC。
10．【解答】解：A、撤去外力时，根据能量守恒定律可知：
Fs=12mvAB2+12mvCD2+QAB+QCD
由题可知：QCD＝30J
根据Q＝I2Rt，结合RAB：RCD＝1：2，可得：QAB＝15J
又因为：vAB：vCD＝1：2，解得：vAB＝4m/s
故A正确；
B、撤去外力F后，回路中的电流相等，根据BIL＝ma可知，棒AB、CD的加速度不相等，故B错误；
C、最终电路中电流为0，设此时AB、CD的速度为v'AB、v'CD，则有：
Blv'AB＝B×2lv'CD
规定向右为正方向，运动过程中对AB根据动量定理有：
BIlt＝mv'AB﹣mvAB
对CD根据动量定理有：
﹣BI×2lt＝mv'CD﹣mvCD
联立可得：
解得：v'AB＝6.4m/s，v'CD＝3.2m/s
整个过程中的焦耳热为：
Q＝Fs−12mv′AB2−12mv′CD2
解得：Q＝73.8J
故C正确；
D、从撤去外力到两棒达到稳定状态，若棒AB、CD均做匀变速直线运动，则运动的位移之比为：
xAB：xCD=vAB+vAB′2t：vCD+vCD′2t
解得xAB：xCD＝13：14
而实际AB做加速度减小的加速运动，位移大于匀加速直线运动的位移xAB，实际cd做加速度减小的减速运动，位移小于匀减速直线运动的位移xCD，即实际上运动的位移之比大于13：14，不可能为1：2。
故D错误；
故选：AC。
二．非选择题
11．【解答】解：(2分)（1）入射光线与界面a的交点为O，用刻度尺过P3、P4交界面b于O′，连接OO′，则OO′为折射光线；过入射点O作法线，则入射光线与法线的夹角为入射角i，折射光线与法线的夹角为折射角r，所作光路图如图甲所示：
（2分）（2）过N点作MN⊥NN′，过O′点作O′N′⊥NN′，如图乙所示：
在直角△ONM中，根据数学知识，入射角的正弦sini=322+32=313
在直角△ON′O′中，根据数学知识，折射角的正弦sinr=222+32=213
根据折射定律n=sinisinr
代入数据解得折射率n＝1.50
（3分）（3）画好界面后，不小心将玻璃砖往上平移了一小段，平移前的入射点为O，平移后的入射点为O′，光路图如图丙所示：
根据数学知识，出射光线O1A∥O2B，则折射光线OO1∥O′O2
因此入射角i′＝i，折射角r′＝r
根据折射定律n=sinisinr可知，他测得的折射率将不变。
答：（1）见解析；（2）1.50；（3）不变。
12．【解答】解：（2分）（1）游标卡尺的精确度为0.1mm，读数为9mm+3×0.1mm＝9.3mm
（2分）（2）由图可知小球摆动的周期为T＝2.0s；
（2分）（3）根据单摆的周期公式有T＝2π(L+D2)g
解得g=4π2(L+D2)T2
（3分）（4）设小球的质量为m，摆长为L，最大摆角为θ，小球到达最低点时的速度大小为v
小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mg（L﹣Lcsθ）=12mv2
小球到达最低点时细线拉力最大，设最大拉力为F2，由牛顿第二定律得：F2﹣mg＝mv2L
小球到达最高点时，拉力最小，设为F1，由于速度为零，所以有：F1﹣mgcsθ＝0
解得：F2＝﹣2F1+3mg，则F2﹣F1图像的斜率的绝对值|k|＝2
故答案为：（1）9.3；（2）2.0；（3）4π2(L+D2)T2；（4）2
13．【解答】解：（1）如图甲所示，光束从B点处水平射入，在M点处恰好发生全反射，由几何关系可知
全反射临界角C满足：sinC=33RR=33 （2分）
由临界角公式：sinC=1n （1分）
解得：n=3； （1分）
（2）如图乙所示，光束从D点处水平射入，在E点处发生折射，入射角为α，折射角为β，
由折射定律 n=sinβsinα，sinα=12RR=12 （2分）
联立可得：sinβ=32，β＝60°，α＝30° （2分）
由几何关系可知：∠EOF＝α，∠EFO＝β﹣α＝60°﹣30°＝30°
所以出射光线与OA轴线的交点到O点的距离为：Δx＝2Rcsa=3R （2分）
答：（1）透明物体对该单色光的折射率为3；
（2）出射光线与OA轴线的交点到O点的距离为3R。
14．【解答】解：（1）导体棒速度为v时产生的感应电动势为E＝BLv
感应电流为：I=ER+r=BLvR+r （1分）
由左手定则可得导体棒受到的安培力方向向左，大小为：FA＝BIL （1分）
匀速时速度达到最大值，此时有：F＝BIL
联立解得最大速度为：v＝3m/s （1分）
匀速运动时拉力的功率最大，拉力的最大功率为：P＝Fv＝4×3W＝12W （1分）
（2）撤去F后，导体棒只受水平向左的安培力的作用，导体棒做加速度逐渐减小的减速运动，最终静止。此过程中动能全部转化为系统的热量Q，由能量守恒定律可得：
Q=12mv2=12×0.4×32J＝1.8J （2分）
根据焦耳定律可得R中产生的热量为：QR=RR+rQ=2.02.0+1.0×1.8J＝1.2J （2分）
（3）当导体棒产生的电动势和电容器两端电压相等时，导体棒电流为0，导体棒最终做匀速直线运动。假设导体棒最终运动的速度大小为v′，取向右为正方向，由动量定理可得：
﹣BILΔt＝mv−mv′ （2分）
其中：IΔt＝q＝CU＝CBLv′ （2分）
联立可得：v′＝1.5m/s （1分）
答：（1）拉力的最大功率为12W；
（2）撤去F后定值电阻R中产生的热量为1.2J；
（3）若撤去F的同时将开关合向b，则导体棒最终运动的速度大小为1.5m/s。
15．【解答】解：（1）根据题意知，在加速电场中根据动能定理有：qU=12mv2 （2分）
在磁场中，洛伦兹力提供向心力：qvB0=mv2r （2分）
几何关系rsin30°＝r﹣d （1分）
解得：k=U2B02d2 （1分）
（2）磁场I右边界射出的最高点距射入点的竖直位移大小
l1＝rcs30° （2分）
最低点距射入点的竖直位移大小
12＝r （1﹣cs30°） （2分）
故从磁场I右边界射出的区域长度Δl为
Δl＝l1﹣12＝
联立解得：Δl＝2（3−1）d （1分）
（3）以竖直向上为正方向，粒子在竖直方向的洛伦兹力作用下使该方向的动量发生改变。在经过磁场I过程中，由动量定理，得
B0qvxt=B0q vxt=B0qd＝mv1
同理经过磁场II过程中
2B0qd＝m （v2﹣v1）
磁场Ⅲ过程中
3B0qd＝m （v3﹣v2）
磁场n过程中
nB0qd＝m （vn﹣vn﹣1）
知，
n(n+1)2B0qd＝mvn （3分）
粒子经过电场加速，由动能定理，得
qU+qE （n﹣1）d=12mvn2 （3分）
联立解得：E=n2(n+1)2U−16U16(n−1)d （1分）
答：（1）粒子比荷k的最大值为U2B02d2；
（2）若粒子比荷为（1）问中所求，则从磁场Ⅰ右边界射出的区域长度为2（3−1）d；
（3）若粒子比荷为（1）问中所求，当θ＝0时，粒子恰好能从第n个磁场右边界射出，则匀强电场的电场强度为n2(n+1)2U−16U16(n−1)d。
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