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河北省保定市2023-2024学年高二下学期期末调研物理试卷
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这是一份河北省保定市2023-2024学年高二下学期期末调研物理试卷，共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示，一个原子核X经图中所示的一系列α、β衰变后，生成稳定的原子核Y。下列说法正确的是( )
A. 此过程发生了6次α衰变
B. 此过程发生了8次β衰变
C. 原子核X发生α衰变的半衰期与温度有关
D. 原子核X的比结合能比原子核Y的比结合能小
2.某质点从一定高度开始做自由落体运动，已知它着地时的速度大小为 v，则它下落至总高度的一半时的速度大小为( )
A. 12vB. 22vC. 2+13vD. 2+14v
3.如图所示，一束光射到介质Ⅰ和Ⅱ的界面MN后折射为a、b两束光。下列说法正确的是( )
A. a光的频率小于b光
B. 在介质Ⅱ中，a光的传播速度小于b光的传播速度
C. a、b两束光通过同一单缝时，a光的衍射现象比b光明显
D. a、b两束光通过同一双缝干涉实验装置时，a光的干涉条纹问隔比b光的大
4.一简谐振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点，振动周期大于0.6s。振子沿x轴正方向经过平衡位置时开始计时，t=0.1s时刻x=0.1m，t=0.5s时刻x=0.1m，t=0.7s时刻x=-0.1m。该振子的振幅和周期分别为( )
A. 0.2m，1.2sB. 0.1m，1.2sC. 0.2m，0.8sD. 0.1m，0.8s
5.如图所示，长为L的轻绳上端固定于O点，下端系一可视为质点的小球，在O点正下方的P点固定一颗小钉子。现将小球拉到A点，轻绳被拉直，然后由静止释放，B点是小球摆动的最低点，C点是小球能够到达的左侧最高点。小球第一次向左摆动的过程中，从A点到B点所用的时间为t，从B点到C点所用的时间为t2，∠BPC<5∘，则OP的长度为( )
A. L5B. 3L5C. 3L4D. 8L9
6.用如图甲所示的双缝干涉装置测量橙色光的波长，按照实验装置，转动测量头的手轮，使分划板中心刻线对准第1条亮纹，手轮的读数如图乙所示;继续转动手轮，使分划板中心刻线对准第8条亮纹，手轮的读数如图丙所示，测得双缝的间距为0.30mm，双缝和光屏之间的距离为900mm，则橙色光的波长约为( )
A. 4.16×10-7mB. 4.83×10-7mC. 5.37×10-7mD. 5.95×10-7m
7.光在某种玻璃中的传播速度是真空中的1n，要使光由玻璃射入真空时折射光线与反射光线垂直，则入射角的正弦值为( )
A. 1nB. 1 n2+1C. n2-1nD. n n2+1
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.物体沿直线运动过程中的位移x、速度v与加速度a随时间变化的函数图像如图所示。下列哪个图像表示物体做匀速直线运动( )
A. B.
C. D.
9.如图所示，这是研究光电效应的电路图，K和A是密封在真空玻璃管中的两个电极。K极受到紫光照射时能发射电子，下列说法正确的是( )
A. 若用红外线照射K极也一定能发射电子
B. K极发射的电子在A、K间做加速运动
C. 通过遏止电压可以计算光电子的最大初动能
D. 向左移动滑动变阻器的滑片，电流表示数会变大
10.某同学用一氦气球悬挂一重物(可视为质点)，从地面释放后沿竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，过了一段时间后，悬挂重物的细线断裂，又经过相同的时间，重物恰好落到地面。已知重物上升的最大高度为H，重物脱落后仅受到重力作用，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A. 细线断裂时重物距地面的高度为34HB. 细线断裂时重物的速度大小为 gH
C. 重物落地时的速度大小为 2gHD. 重物在空中运动的时间为3 2Hg
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，小明同学在实验中获得的一条表示小车运动情况的清晰纸带，如图所示。已知打点计时器电源频率为50Hz，取纸带上的五个点A、B、C、D、E为计时点，相邻两计时点间还有4个点未画出，O点与0刻度对齐。
(1)OC、OD的长度分别为__________cm、__________cm。
(2)打点计时器打C点时，小车的速度大小为__________m/s;小车的加速度大小为__________m/s2。(结果均保留两位有效数字)
12.在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，所用油酸酒精溶液的浓度为每104mL溶液中有纯油酸5mL，用注射器测得1mL上述溶液有75滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，水面稳定后油酸的轮廓的形状和尺寸如图所示，坐标纸中每个正方形的边长为1cm。试回答下列问题：
(1)1滴溶液中油酸的体积为__________mL(保留两位有效数字)。
(2)图中油酸簿膜的面积约为__________cm2。
(3)油酸分子的直径约为__________m(保留一位有效数字)。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.坐标原点O处的振源做简谐运动，产生的简谐横波沿着x轴正方向传播，波长λ>3m，平衡位置在x轴的两质点A、B的坐标分别为xA=1m、xB=4m，波传到B点开始计时，A、B的振动图像如图甲所示。
(1)在图乙中画出t=0时刻的波形图;
(2)求该波的传播速度。
14.如图所示，粗细均匀的连通器左端用水银封闭长L=15cm的理想气柱，左、右两管水银面高度差H=10cm，已知外界大气压强p0=75cmHg，环境的热力学温度T0=299K，现要使左、右两管内的水银面相平。
(1)若仅在右管开口中缓慢注入水银，求需要注入的水银高度h；
(2)若仅缓慢升高左端气柱的温度，求左端气柱最终的热力学温度T。
15.某人在一公交车后方距观后镜的距离L=97m处，突然公交车由静止开始以a=1m/s2的加速度做匀加速直线运动，经Δt=1s后人以某一速度匀速追赶公交车(忽略人的加速过程)，司机通过观后镜能看到后方的最远距离l=80m，并且人要在观后镜中至少出现2s司机才能发现。
(1)若人以v人=6m/s的速度匀速追赶，求人距观后镜的最小距离xmin;
(2)求人要能被司机发现，人匀速追赶公交车的最小速度vmin。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查半衰期、衰变方程等基础内容，掌握α、β衰变的特点即可解答。
放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间，叫半衰期，与原子核所处的温度、压力以及原子所处的化学状态无关；比结合能越大，原子核越稳定，衰变后原子核比衰变前稳定；根据质量数守恒和电荷守恒即可判断发生α、β衰变的次数。
【解答】
AB.根据图和题意，设经过a次α衰变，b次β衰变，则衰变的整个过程为 90234X→Y82206Y+a24He+be-10e，根据质量数守恒和电荷守恒由234=206+4a，90=82+2a-b，解得a=7，b=6，故AB错误；
C.放射性元素的半衰期是这种放射性元素大量原子核半数发生衰变所需要的时间，与原子核所处的温度、压力以及原子所处的化学状态无关，故C错误；
D.根据衰变的定义可知，衰变是由不稳定的原子核在放射出粒子及能量后变得较为稳定的过程，则衰变后原子核稳定，比结合能大，原子核Y的比结合能比原子核X的比结合能大，故D正确。
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了自由落体运动的规律，基础题，难度不大。
根据自由落体运动的位移时间公式列式计算即可。
【解答】
设质点下落高度为H，则它落地时，有v2=2gH
设落下落至总高度的一半时的速度大小为v'，则v'2=2gH2，解得v'= 22v，故B正确，ACD错误。
故选B。
3.【答案】B
【解析】【分析】
详细解答和解析过程见【答案】
【解答】
A.由n=sinisinr可知，r相同，ia>ib，故na>nb即a光折射率较大，则a光频率也大于b光，故A错误；
B.由n=cv，na>nb，可知vb>va，故B正确；
C.折射率小，波长长的衍射现象明显，故a光衍射射现象没有b明显，故 C错误；
D.由Δx=ld⋅λ可知，Δx与λ成正比，a波长小，则条纹间隔小，故 D错误。
4.【答案】A
【解析】解：由题意可知，若振幅为0.1m，周期T=0.5s-0.1s=0.4s，不合题意，故振幅不可能是0.1m，BD错误；
由对称性可知，振子从0.1m振到正最大位移用时0.2s，从0.1m回到平衡位置用时0.1s，
故周期T=4×0.2s+0.1s=1.2s，故A正确、C错误。
故选：A。
5.【答案】C
【解析】【分析】
由于OA、PC与OB之间的夹角很小，所以小球从A点到B点和从B点到C点的运动都可以看作是单摆运动，左右两侧摆动过程摆长不同，根据单摆的周期公式求解两侧摆动时间，再根据时间关系即可求解。
本题考查单摆的周期运动，关键是要能够结合单摆的周期公式列式求解。
【解答】
由于OA、PC与OB之间的夹角很小，所以小球从A点到B点和从B点到C点的运动都可以看作是单摆运动，根据单摆周期公式T=2π Lg有：
t=14×2π Lg，
t2=14×2π PBg，
所以 PB=14L，
OP=L-PB=34L，
故C正确，ABD错误。
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了双缝干涉实验的原理和波长公式的应用，解题的关键是掌握双缝干涉条纹的间距公式△x=Ldλ，并能根据题意求出相邻亮条纹的间距。
根据题意，由分划板读数求出相邻亮条纹的间距，根据双缝干涉条纹的间距公式△x=Ldλ，求出橙色光的波长。
【解答】
由题图中乙、丙两图可知，相邻两条亮条纹的间距为12.535-0.0458-1mm≈1.784mm；
所以橙色光的波长λ=1.784×0.3900mm≈5.95×10-4mm=5.95×10-7m；
故D正确，ABC错误。
7.【答案】B
【解析】【分析】
根据折射定律分析即可。
本题考查光的折射与反射，基础题目。
【解答】
设入射角为α，反射角为β，折射角为γ，则有sin αsin γ=n，α=β，β+γ=90∘，解得sinα=1 n2+1；
故B正确，ACD错误。
8.【答案】AB
【解析】解：A.由于图像是位移-时间图像，其斜率代表速度，斜率不变，则物体做匀速直线运动，故A正确；
B.由于图像是速度-时间图像，其斜率代表加速度，加速度为0，则物体做匀速直线运动，故B正确；
C.由于图像是加速度-时间图像，由图像可知，加速度不为零且保持逐渐增大，则物体做变加速直线运动，故C错误；
D.由于图像是加速度-时间图像，由图像可知，物体的加速度不变，且方向不变，故物体做匀变速直线运动，故D错误。
9.【答案】CD
【解析】【解答】
A.发生光电效应的条件是当入射光的频率大于金属的极限频率时，会发生光电效应，红外线的频率小于紫光，则不一定发生光电效应，故A错误；
B.分析电路结构可知，光电管两端加反向电压，K极发射的电子在A、K间做减速运动，故B错误；
C.根据动能定理可知，eU=Em=12mv2，通过遏止电压可以计算光电子的最大初动能，故C正确；
D.光电管两端加反向电压，向左移动滑动变阻器的滑片，两端电压减小，电流表示数增大，故D正确。
10.【答案】ACD
【解析】重物先匀加速上升，后竖直上抛，设断裂时的速度为v1，落地时的速度为v2，断裂时的高度为h，
匀加速过程有v1=at，h=12at2，竖直上抛到落地过程有-h=v1t-12gt2，2gH=v22
重物上升的最大高度H=h+v122g，联立解得：a=13g，h=34H，v1= 2gHt，v2= 2gH，
可得重物在空中运动的时间为t'=2t=3 2Hg，故选ACD。
11.【答案】(1)2.59(2.57∼2.61均可)；3.69(3.67∼3.71均可)；
(2)0.098(0.096∼0.11均可)；0.20(0.18∼0.22均可)
【解析】【分析】
(1)依据刻度尺上直接读出距离；
(2)根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上 C点时小车的瞬时速度大小；再根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小。
解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，注意计数点的时间间隔的计算.要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力。
【解答】
(1)由图中信息可知，A、B、C、D四个点的坐标分别为xA=1.02cm、xB=1.72cm、xC=2.61cm、xD=3.71cm。
(2)打C点时小车的速度大小vC=xD-xB2T=(3.71-1.72)×10-22×0.1m/s=1.00m/s；
AB段长sAB=0.70cm，BC段长sBC=0.90cm，CD段长sCD=1.10cm，
△x=sBC-sAB=sCD-sBC=0.20cm，小车的加速度大小a=△xT2=0.20×10-20.12m/s2=0.20m/s2。
12.【答案】(1)6.7×10-6；
(2)75(74-82均可)；
(3)8x10-10或9×10-10
【解析】【分析】
本题考查了用油膜法估测分子的大小；解答本题关键要理解并掌握单分子油膜法估测分子直径的原理d=VS，建立这样的模型：油酸分子呈球型分布在水面上，且一个挨一个，再分析误差的大小，同时注意单位的换算与有效数字的保留。
按不足半个舍去，多于半个的算一个，算出油酸薄膜的面积；根据溶液的体积和浓度求纯油酸的体积；油酸分子的直径等于纯油酸的体积除以油酸薄膜的面积。
【解答】
(1)一滴油酸酒精溶液含纯油酸的体积V=175×5104mL≈6.7×10-6mL；
(2)由图示坐标纸可知，油膜所占方格数约为75，则油膜的面积S=75×1cm×1cm=75cm2。
(3)油酸分子的直径d=VS=6.7×10-675cm≈9×10-8cm=9×10-10m。
13.【答案】解：(1)波传到B点开始计时，根据题图可知B处于平衡位置向上振动，A处于波谷处，所以A、B平衡位置之间的距离只能相距Δx=(n+34)λ=xB-xA=3m，
解得λ=124n+3m，由于λ>3m，故n=0， λ=4m，
根据振动图像可知， t=0时刻，质点A位于波谷，质点B位于平衡位置向上振动，作出的波形图如图所示：
(2)波沿x轴正方向传播， t=0时，质点B开始沿y轴正方向振动，结合振动图像可知机械波的周期T=0.4s
解得v=λT=10m/s。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解:(1)左端气柱初态压强p=(75-10)cmHg，末态压强p0=75cmHg，则有
pLS=p0L0S
解得L0=13cm
即相当于在左管中注入2cm水银，在右管中注入12cm水银，所以有
h=2cm+12cm
解得h=14cm。
(2)环境的热力学温度T0=299K，左端气柱温度缓慢升高，两管内的水银面相平时左端气
柱末态压强p0=75cmHg，左管液面下降H2，右管液面上升H2
根据理想气体状态方程有pLST0=p0(L+H2)ST
解得T=460K。
【解析】本题考查气体实验定律和理想气体状态方程。解决问题的关键是弄清封闭气体的状态参量及其变化，利用玻意耳定律和理想气体状态方程分析计算。
15.【答案】解：(1)当公交车速度等于v人时，人距观后镜的距离最小，设两者距离最小时公交车运动的时间为t，位移为x车，人的位移为x人，
由运动学公式有：v车=at=v人，
车的位移大小：x车=12at2
人的位移大小：x人=v人(t-Δt)
人与观后镜间的最小距离：xmin=L+x车-x人
代入数据解得：xmin=85m
(2)只讨论人在观后镜刚好出现2s的临界情况，设两者距离最小时(此时车和人速度相等)公交车运动的时间为t'，
那么对应的人在观后镜出现的时间间隔为(t'-1s)到(t'+1s)，也就是说在(t'-1s)瞬间人和观后镜相距恰好为l，
设0∼(t'-1s)公交车的位移为x车'，人的位移为x人'，
则有：vmin=at'，
车的位移大小：x车 '=12a(t '-1)2，
人的位移大小：x人'=vmin(t'-1-Δt)
由几何关系可知：l+x人'=L+x车'
代入数据解得：vmin=7m/s
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
1.如图所示，一个原子核X经图中所示的一系列α、β衰变后，生成稳定的原子核Y。下列说法正确的是( )
A. 此过程发生了6次α衰变
B. 此过程发生了8次β衰变
C. 原子核X发生α衰变的半衰期与温度有关
D. 原子核X的比结合能比原子核Y的比结合能小
2.某质点从一定高度开始做自由落体运动，已知它着地时的速度大小为 v，则它下落至总高度的一半时的速度大小为( )
A. 12vB. 22vC. 2+13vD. 2+14v
3.如图所示，一束光射到介质Ⅰ和Ⅱ的界面MN后折射为a、b两束光。下列说法正确的是( )
A. a光的频率小于b光
B. 在介质Ⅱ中，a光的传播速度小于b光的传播速度
C. a、b两束光通过同一单缝时，a光的衍射现象比b光明显
D. a、b两束光通过同一双缝干涉实验装置时，a光的干涉条纹问隔比b光的大
4.一简谐振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点，振动周期大于0.6s。振子沿x轴正方向经过平衡位置时开始计时，t=0.1s时刻x=0.1m，t=0.5s时刻x=0.1m，t=0.7s时刻x=-0.1m。该振子的振幅和周期分别为( )
A. 0.2m，1.2sB. 0.1m，1.2sC. 0.2m，0.8sD. 0.1m，0.8s
5.如图所示，长为L的轻绳上端固定于O点，下端系一可视为质点的小球，在O点正下方的P点固定一颗小钉子。现将小球拉到A点，轻绳被拉直，然后由静止释放，B点是小球摆动的最低点，C点是小球能够到达的左侧最高点。小球第一次向左摆动的过程中，从A点到B点所用的时间为t，从B点到C点所用的时间为t2，∠BPC<5∘，则OP的长度为( )
A. L5B. 3L5C. 3L4D. 8L9
6.用如图甲所示的双缝干涉装置测量橙色光的波长，按照实验装置，转动测量头的手轮，使分划板中心刻线对准第1条亮纹，手轮的读数如图乙所示;继续转动手轮，使分划板中心刻线对准第8条亮纹，手轮的读数如图丙所示，测得双缝的间距为0.30mm，双缝和光屏之间的距离为900mm，则橙色光的波长约为( )
A. 4.16×10-7mB. 4.83×10-7mC. 5.37×10-7mD. 5.95×10-7m
7.光在某种玻璃中的传播速度是真空中的1n，要使光由玻璃射入真空时折射光线与反射光线垂直，则入射角的正弦值为( )
A. 1nB. 1 n2+1C. n2-1nD. n n2+1
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.物体沿直线运动过程中的位移x、速度v与加速度a随时间变化的函数图像如图所示。下列哪个图像表示物体做匀速直线运动( )
A. B.
C. D.
9.如图所示，这是研究光电效应的电路图，K和A是密封在真空玻璃管中的两个电极。K极受到紫光照射时能发射电子，下列说法正确的是( )
A. 若用红外线照射K极也一定能发射电子
B. K极发射的电子在A、K间做加速运动
C. 通过遏止电压可以计算光电子的最大初动能
D. 向左移动滑动变阻器的滑片，电流表示数会变大
10.某同学用一氦气球悬挂一重物(可视为质点)，从地面释放后沿竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，过了一段时间后，悬挂重物的细线断裂，又经过相同的时间，重物恰好落到地面。已知重物上升的最大高度为H，重物脱落后仅受到重力作用，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A. 细线断裂时重物距地面的高度为34HB. 细线断裂时重物的速度大小为 gH
C. 重物落地时的速度大小为 2gHD. 重物在空中运动的时间为3 2Hg
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，小明同学在实验中获得的一条表示小车运动情况的清晰纸带，如图所示。已知打点计时器电源频率为50Hz，取纸带上的五个点A、B、C、D、E为计时点，相邻两计时点间还有4个点未画出，O点与0刻度对齐。
(1)OC、OD的长度分别为__________cm、__________cm。
(2)打点计时器打C点时，小车的速度大小为__________m/s;小车的加速度大小为__________m/s2。(结果均保留两位有效数字)
12.在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，所用油酸酒精溶液的浓度为每104mL溶液中有纯油酸5mL，用注射器测得1mL上述溶液有75滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，水面稳定后油酸的轮廓的形状和尺寸如图所示，坐标纸中每个正方形的边长为1cm。试回答下列问题：
(1)1滴溶液中油酸的体积为__________mL(保留两位有效数字)。
(2)图中油酸簿膜的面积约为__________cm2。
(3)油酸分子的直径约为__________m(保留一位有效数字)。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.坐标原点O处的振源做简谐运动，产生的简谐横波沿着x轴正方向传播，波长λ>3m，平衡位置在x轴的两质点A、B的坐标分别为xA=1m、xB=4m，波传到B点开始计时，A、B的振动图像如图甲所示。
(1)在图乙中画出t=0时刻的波形图;
(2)求该波的传播速度。
14.如图所示，粗细均匀的连通器左端用水银封闭长L=15cm的理想气柱，左、右两管水银面高度差H=10cm，已知外界大气压强p0=75cmHg，环境的热力学温度T0=299K，现要使左、右两管内的水银面相平。
(1)若仅在右管开口中缓慢注入水银，求需要注入的水银高度h；
(2)若仅缓慢升高左端气柱的温度，求左端气柱最终的热力学温度T。
15.某人在一公交车后方距观后镜的距离L=97m处，突然公交车由静止开始以a=1m/s2的加速度做匀加速直线运动，经Δt=1s后人以某一速度匀速追赶公交车(忽略人的加速过程)，司机通过观后镜能看到后方的最远距离l=80m，并且人要在观后镜中至少出现2s司机才能发现。
(1)若人以v人=6m/s的速度匀速追赶，求人距观后镜的最小距离xmin;
(2)求人要能被司机发现，人匀速追赶公交车的最小速度vmin。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查半衰期、衰变方程等基础内容，掌握α、β衰变的特点即可解答。
放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间，叫半衰期，与原子核所处的温度、压力以及原子所处的化学状态无关；比结合能越大，原子核越稳定，衰变后原子核比衰变前稳定；根据质量数守恒和电荷守恒即可判断发生α、β衰变的次数。
【解答】
AB.根据图和题意，设经过a次α衰变，b次β衰变，则衰变的整个过程为 90234X→Y82206Y+a24He+be-10e，根据质量数守恒和电荷守恒由234=206+4a，90=82+2a-b，解得a=7，b=6，故AB错误；
C.放射性元素的半衰期是这种放射性元素大量原子核半数发生衰变所需要的时间，与原子核所处的温度、压力以及原子所处的化学状态无关，故C错误；
D.根据衰变的定义可知，衰变是由不稳定的原子核在放射出粒子及能量后变得较为稳定的过程，则衰变后原子核稳定，比结合能大，原子核Y的比结合能比原子核X的比结合能大，故D正确。
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了自由落体运动的规律，基础题，难度不大。
根据自由落体运动的位移时间公式列式计算即可。
【解答】
设质点下落高度为H，则它落地时，有v2=2gH
设落下落至总高度的一半时的速度大小为v'，则v'2=2gH2，解得v'= 22v，故B正确，ACD错误。
故选B。
3.【答案】B
【解析】【分析】
详细解答和解析过程见【答案】
【解答】
A.由n=sinisinr可知，r相同，ia>ib，故na>nb即a光折射率较大，则a光频率也大于b光，故A错误；
B.由n=cv，na>nb，可知vb>va，故B正确；
C.折射率小，波长长的衍射现象明显，故a光衍射射现象没有b明显，故 C错误；
D.由Δx=ld⋅λ可知，Δx与λ成正比，a波长小，则条纹间隔小，故 D错误。
4.【答案】A
【解析】解：由题意可知，若振幅为0.1m，周期T=0.5s-0.1s=0.4s，不合题意，故振幅不可能是0.1m，BD错误；
由对称性可知，振子从0.1m振到正最大位移用时0.2s，从0.1m回到平衡位置用时0.1s，
故周期T=4×0.2s+0.1s=1.2s，故A正确、C错误。
故选：A。
5.【答案】C
【解析】【分析】
由于OA、PC与OB之间的夹角很小，所以小球从A点到B点和从B点到C点的运动都可以看作是单摆运动，左右两侧摆动过程摆长不同，根据单摆的周期公式求解两侧摆动时间，再根据时间关系即可求解。
本题考查单摆的周期运动，关键是要能够结合单摆的周期公式列式求解。
【解答】
由于OA、PC与OB之间的夹角很小，所以小球从A点到B点和从B点到C点的运动都可以看作是单摆运动，根据单摆周期公式T=2π Lg有：
t=14×2π Lg，
t2=14×2π PBg，
所以 PB=14L，
OP=L-PB=34L，
故C正确，ABD错误。
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了双缝干涉实验的原理和波长公式的应用，解题的关键是掌握双缝干涉条纹的间距公式△x=Ldλ，并能根据题意求出相邻亮条纹的间距。
根据题意，由分划板读数求出相邻亮条纹的间距，根据双缝干涉条纹的间距公式△x=Ldλ，求出橙色光的波长。
【解答】
由题图中乙、丙两图可知，相邻两条亮条纹的间距为12.535-0.0458-1mm≈1.784mm；
所以橙色光的波长λ=1.784×0.3900mm≈5.95×10-4mm=5.95×10-7m；
故D正确，ABC错误。
7.【答案】B
【解析】【分析】
根据折射定律分析即可。
本题考查光的折射与反射，基础题目。
【解答】
设入射角为α，反射角为β，折射角为γ，则有sin αsin γ=n，α=β，β+γ=90∘，解得sinα=1 n2+1；
故B正确，ACD错误。
8.【答案】AB
【解析】解：A.由于图像是位移-时间图像，其斜率代表速度，斜率不变，则物体做匀速直线运动，故A正确；
B.由于图像是速度-时间图像，其斜率代表加速度，加速度为0，则物体做匀速直线运动，故B正确；
C.由于图像是加速度-时间图像，由图像可知，加速度不为零且保持逐渐增大，则物体做变加速直线运动，故C错误；
D.由于图像是加速度-时间图像，由图像可知，物体的加速度不变，且方向不变，故物体做匀变速直线运动，故D错误。
9.【答案】CD
【解析】【解答】
A.发生光电效应的条件是当入射光的频率大于金属的极限频率时，会发生光电效应，红外线的频率小于紫光，则不一定发生光电效应，故A错误；
B.分析电路结构可知，光电管两端加反向电压，K极发射的电子在A、K间做减速运动，故B错误；
C.根据动能定理可知，eU=Em=12mv2，通过遏止电压可以计算光电子的最大初动能，故C正确；
D.光电管两端加反向电压，向左移动滑动变阻器的滑片，两端电压减小，电流表示数增大，故D正确。
10.【答案】ACD
【解析】重物先匀加速上升，后竖直上抛，设断裂时的速度为v1，落地时的速度为v2，断裂时的高度为h，
匀加速过程有v1=at，h=12at2，竖直上抛到落地过程有-h=v1t-12gt2，2gH=v22
重物上升的最大高度H=h+v122g，联立解得：a=13g，h=34H，v1= 2gHt，v2= 2gH，
可得重物在空中运动的时间为t'=2t=3 2Hg，故选ACD。
11.【答案】(1)2.59(2.57∼2.61均可)；3.69(3.67∼3.71均可)；
(2)0.098(0.096∼0.11均可)；0.20(0.18∼0.22均可)
【解析】【分析】
(1)依据刻度尺上直接读出距离；
(2)根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上 C点时小车的瞬时速度大小；再根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小。
解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，注意计数点的时间间隔的计算.要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力。
【解答】
(1)由图中信息可知，A、B、C、D四个点的坐标分别为xA=1.02cm、xB=1.72cm、xC=2.61cm、xD=3.71cm。
(2)打C点时小车的速度大小vC=xD-xB2T=(3.71-1.72)×10-22×0.1m/s=1.00m/s；
AB段长sAB=0.70cm，BC段长sBC=0.90cm，CD段长sCD=1.10cm，
△x=sBC-sAB=sCD-sBC=0.20cm，小车的加速度大小a=△xT2=0.20×10-20.12m/s2=0.20m/s2。
12.【答案】(1)6.7×10-6；
(2)75(74-82均可)；
(3)8x10-10或9×10-10
【解析】【分析】
本题考查了用油膜法估测分子的大小；解答本题关键要理解并掌握单分子油膜法估测分子直径的原理d=VS，建立这样的模型：油酸分子呈球型分布在水面上，且一个挨一个，再分析误差的大小，同时注意单位的换算与有效数字的保留。
按不足半个舍去，多于半个的算一个，算出油酸薄膜的面积；根据溶液的体积和浓度求纯油酸的体积；油酸分子的直径等于纯油酸的体积除以油酸薄膜的面积。
【解答】
(1)一滴油酸酒精溶液含纯油酸的体积V=175×5104mL≈6.7×10-6mL；
(2)由图示坐标纸可知，油膜所占方格数约为75，则油膜的面积S=75×1cm×1cm=75cm2。
(3)油酸分子的直径d=VS=6.7×10-675cm≈9×10-8cm=9×10-10m。
13.【答案】解：(1)波传到B点开始计时，根据题图可知B处于平衡位置向上振动，A处于波谷处，所以A、B平衡位置之间的距离只能相距Δx=(n+34)λ=xB-xA=3m，
解得λ=124n+3m，由于λ>3m，故n=0， λ=4m，
根据振动图像可知， t=0时刻，质点A位于波谷，质点B位于平衡位置向上振动，作出的波形图如图所示：
(2)波沿x轴正方向传播， t=0时，质点B开始沿y轴正方向振动，结合振动图像可知机械波的周期T=0.4s
解得v=λT=10m/s。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解:(1)左端气柱初态压强p=(75-10)cmHg，末态压强p0=75cmHg，则有
pLS=p0L0S
解得L0=13cm
即相当于在左管中注入2cm水银，在右管中注入12cm水银，所以有
h=2cm+12cm
解得h=14cm。
(2)环境的热力学温度T0=299K，左端气柱温度缓慢升高，两管内的水银面相平时左端气
柱末态压强p0=75cmHg，左管液面下降H2，右管液面上升H2
根据理想气体状态方程有pLST0=p0(L+H2)ST
解得T=460K。
【解析】本题考查气体实验定律和理想气体状态方程。解决问题的关键是弄清封闭气体的状态参量及其变化，利用玻意耳定律和理想气体状态方程分析计算。
15.【答案】解：(1)当公交车速度等于v人时，人距观后镜的距离最小，设两者距离最小时公交车运动的时间为t，位移为x车，人的位移为x人，
由运动学公式有：v车=at=v人，
车的位移大小：x车=12at2
人的位移大小：x人=v人(t-Δt)
人与观后镜间的最小距离：xmin=L+x车-x人
代入数据解得：xmin=85m
(2)只讨论人在观后镜刚好出现2s的临界情况，设两者距离最小时(此时车和人速度相等)公交车运动的时间为t'，
那么对应的人在观后镜出现的时间间隔为(t'-1s)到(t'+1s)，也就是说在(t'-1s)瞬间人和观后镜相距恰好为l，
设0∼(t'-1s)公交车的位移为x车'，人的位移为x人'，
则有：vmin=at'，
车的位移大小：x车 '=12a(t '-1)2，
人的位移大小：x人'=vmin(t'-1-Δt)
由几何关系可知：l+x人'=L+x车'
代入数据解得：vmin=7m/s
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
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