2022-2023学年山东省青岛重点中学高二（下）月考物理试卷及答案解析

这是一份2022-2023学年山东省青岛重点中学高二（下）月考物理试卷及答案解析，共26页。试卷主要包含了5sD等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年山东省青岛重点中学高二（下）月考物理试卷
1. 一振子沿x轴做简谐运动，平衡位置位于坐标原点O，简谐运动的振幅为A=0.1m。t=0时刻振子的位移为x1=−0.1m，t=1s时刻振子的位移为x2=0.1m，则振子做简谐运动的周期可能为(    )
A. 4s B. 3s C. 0.5s D. 23s
2. 一弹簧振子振幅为A，从最大位移处经过时间t0第一次到达平衡位置，若振子从平衡位置处经过t03时的加速度大小和动能分别为a1和E1，而振子位移为A3时加速度大小和动能分别为a2和E2，则a1、a2和E1、E2的大小关系为(    )
A. a1>a2，E1a2，E1>E2
C. a1E2
3. 如图所示，两个摆长均为L的单摆，摆球A、B质量分别为m1、m2，悬点均为O。在O点正下方0.19L处固定一小钉。初始时刻B静止于最低点，其摆线紧贴小钉左侧，A从图示位置由静止释放(θ足够小)，在最低点与B发生弹性正碰。两摆在整个运动过程中均满足简谐运动条件，悬线始终保持绷紧状态且长度不变，摆球可视为质点，不计碰撞时间及空气阻力，重力加速度为g。下列选项正确的是(    )
A. 若m1=m2，则A、B在摆动过程中上升的最大高度之比为9:10
B. 若m1=m2，则每经过1.9π Lg时间A回到最高点
C. 若m1>m2，则A与B第二次碰撞不在最低点
D. 若m1
4. 如图所示，将一个筛子用四根弹簧支起来(后排的两根弹簧未画出)，筛子上装一个电动偏心轮，这就做成了一个共振筛．工作时偏心轮被电动机带动匀速转动，从而给筛子施加与偏心轮转动周期相同的周期性驱动力，使它做受迫振动．现有一个固有周期为0.80s的共振筛，电动偏心轮的转速是80r/min，在使用过程中发现筛子做受迫振动的振幅较小．已知增大偏心轮电动机的输入电压，可使其转速提高；增加筛子的质量，可以增大筛子的固有周期．下列做法中可能实现增大筛子做受迫振动的振幅的是(    )
A. 适当增大筛子的质量
B. 适当增大偏心轮电动机的输入电压
C. 适当增大筛子的质量同时适当增大偏心轮电动机的输入电压
D. 适当减小筛子的质量同时适当减小偏心轮电动机的输入电压
5. 一条绳子可以分成一个个小段，每小段都可以看作一个质点，这些质点之间存在着相互作用。如图所示，1、2、3、4……为绳上的一系列等间距的质点，绳处于水平方向。质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，会带动2、3、4……各个质点依次上下振动，把振动从绳的左端传回右端。质点1的振动周期为T。t=0时质点1开始竖直向上运动，经过四分之一周期，质点5开始运动。下列判断正确的是(    )

A. 质点1与质点20间相距一个波 B. 质点20开始振动时运动方向向下
C. t=T2时质点5的加速度方向向上 D. t=3T4时质点12的速度方向向下
6. 如图所示，一列简谐横波向右传播，P、Q两质点平衡位置相距0.15 m。当P运动到上方最大位移处时，Q刚好运动到下方最大位移处，则这列波的波长可能是(    )


A. 0.60 m B. 0.30 m C. 0.20 m D. 0.15 m
7. 物理学原理在现代科技中有许多重要应用．例如，利用波的干涉，可将无线电波的干涉信号用于飞机降落的导航．如图所示，两个可发射无线电波的天线对称地固定于飞机跑道两侧，它们类似于杨氏干涉实验中的双缝．两天线同时都发出波长为λ1和λ2的无线电波．飞机降落过程中，当接收到λ1和λ2的信号都保持最强时，表明飞机已对准跑道．下列说法正确的是(    )


A. 天线发出的两种无线电波必须一样强
B. 导航利用了λ1与λ2两种无线电波之间的干涉
C. 两种无线电波在空间的强弱分布稳定
D. 两种无线电波各自在空间的强弱分布完全重合
8. 如图所示为一列简谐横波t时刻的图象，已知波速为2.0m/s.下列说法正确的是(    )
A. 振源的振动频率为0.25Hz
B. t时刻质点a、b、c所受的回复力大小之比为2：1：3
C. 从t时刻起若质点a比质点b先回到平衡位置，则波沿x轴正方向传播
D. 从t时刻起经过5.0s，质点a、b、c通过的路程均为75cm

9. 一列简谐横波沿x轴传播，相距2.0m的两个质元的振动图象分别为图示中的实线和虚线，已知该波的波长λ>2.0m，则以下说法正确的是(    )

A. 该波上质元振动的振幅为4.0cm B. 该波上质元振动的周期为0.25s
C. 该波的波长一定为8.0m D. 该波的波速可能为2/3m/s
10. 在光学仪器中，“道威棱镜”被广泛用来进行图像的翻转，其横截面如图所示，ABCD是底角为45°的等腰梯形。现有与BC平行的三条相同的单色光线1、2、3射入AB，经BC面反射后，直接射到CD面上，已知棱镜材料的折射率n= 2。下列有关说法正确的是(    )

A. 光线在棱镜中传播时频率减小
B. BC面上有光线射出棱镜
C. 从CD面上射出的光线一定与入射光线平行
D. 从CD面上射出的三条光线中最靠近C点的是光线3
11. 如图所示光屏竖直放置，一个半径为r的半圆形透明介质水平放置。一束光线由a、b两种频率的单色光组成。该光束与竖直方向成30°沿半径方向从圆周上的某点入射，此时光屏截取到三个光斑，分别位于P、Q、R位置，其中P为a光的光斑。若已知a光的折射率为 2，真空中光速为c，下列说法正确的是(    )
A. 在该透明介质中，a光的光速小于b光的光速
B. a光进入介质后经时间(1+ 2)rc到达光屏P点
C. 若要使仅Q处光斑消失，则入射光线绕O点逆时针转的角度小于15°
D. 在双缝干涉实验中，要使相邻亮条纹的间距较大，应该使用b光

12. 如图所示，是分子间相互作用力与分子间距离的关系，其中两虚线分别表示分子间斥力和引力与分子间距离的关系，实线表示分子间作用力(斥力和引力的合力)与分子间距离的关系，由图可知下列说法中正确的是(    )
A. 分子间距离为r0时，分子间没有相互作用
B. 分子间距离大于r0时，分子间的引力总是大于斥力
C. 分子间距离增大时，分子间作用力可能先减小后增大再减小
D. 分子间距离大于r0时，增大分子间距离，分子间作用力总是做负功

13. 如图所示为观察白光薄膜干涉的演示实验，观察者可以观测到肥皂膜上有明相间的彩色条纹。下列对实验结论的说法正确的是(    )
A. 旋转铁丝圈，观察者看到的条纹将跟着旋转
B. 肥皂膜上见到彩色光，与三棱镜色散原理相同
C. 若发现条纹是等间距的，说明肥皂膜是等厚的
D. 若发现条纹是上疏下密的，说明肥皂膜从上往下变厚是越来越快的

14. 在一定温度下，当气体的体积增大时，气体的压强减小，这是(    )
A. 气体分子的密度变小，单位体积内分子的质量变小
B. 气体分子密度变大，分子对器壁的吸引力变小
C. 每个气体分子对器壁的平均撞击力变小
D. 单位体积内的分子数减小，单位时间内对器壁碰撞的次数减小
15. 某地某天的气温变化趋势如图甲所示，细颗粒物(PM2.5等)的污染程度为中度，出现了大范围的雾霾。在11：00和14：00的空气分子速率分布曲线如图乙所示，横坐标v表示分子速率，纵坐标表示单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比。下列说法正确的是(    )


A. 细颗粒物在大气中的移动是由于细颗粒物分子的热运动
B. 图乙中实线表示11：00时的空气分子速率分布曲线
C. 细颗粒物的无规则运动11：00时比14：00时更剧烈
D. 单位时间内空气分子对细颗粒物的平均撞击次数14：00时比12：00时多
16. 如图所示为半径很大的光滑圆弧轨道上的一小段，小球B静止在圆弧轨道的最低点O处，另有一小球A自圆弧轨道上C处由静止滚下，经时间t与B发生正碰。碰后两球分别在这段圆弧轨道上运动而未离开轨道。当两球第二次相碰时(    )

A. 与第一次相碰间隔的时间为4t B. 与第一次相碰间隔的时间为2t
C. 将仍在O处相碰 D. 可能在O点以外的其他地方相碰
17. 如图所示，将一质量为m的物块P置于一质量为M的物块Q上，一劲度系数为k的轻质弹簧一端固定，另一端与物块Q相连。在弹性限度范围内，P和Q在光滑水平面上做最大振幅为A的往复运动(不计空气阻力)，并保持相对静止。则下列说法正确的是(    )
A. 物块P和Q均做简谐运动
B. 作用在物块Q上的最大静摩擦力为mkM+mA
C. 轻质弹簧、物块P和Q组成的系统机械能不变
D. 物块Q对P的静摩擦力始终对P做正功
18. 一列简谐横波在t=0时刻的波形如图甲所示，质点P、Q在x轴上的位置为xP=1m和xQ=3m。从此时开始，P质点的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是(    )


A. 该波沿x轴正向传播
B. 此后P、Q两点速度大小始终相等
C. t=0.125s时，Q质点的位移为5 2cm
D. 若此波遇到另一列简谐横波发生了干涉现象，则所遇到的波的频率为5Hz
19. 一列沿x轴传播的简谐横波，t=0时刻的波形如图甲所示。介质中某质点P的振动图像如图乙所示。则(    )


A. 波沿x轴负方向传播，波速大小为30m/s
B. 当t=0.35s时质P恰好回到平衡位置
C. 在0～0.2s时间内质点P运动的路程为10cm
D. 在0～0.1s时间内，质点P一直向y轴负方向运动
20. 截面为等腰直角三角形的三棱镜如图甲所示。DE为嵌在三棱镜内部紧贴BB′C′C面的线状单色可见光光源，DE与三棱镜的ABC面垂直，D位于线段BC的中点。图乙为图甲中ABC面的正视图。三棱镜对该单色光的折射率为 2，只考虑由DE直接射向侧面AA′CC的光线。下列说法正确的是(    )


A. 光从AA′C′C面出射的区域占该侧面总面积的12
B. 光从AA′C′C面出射的区域占该侧面总面积的23
C. 若DE发出的单色光频率变小，AA′C′C面有光出射的区域面积将增大
D. 若DE发出的单色光频率变小，AA′C′C面有光出射的区域面积将减小
21. 为了研究某种透明新材料的光学性质，将其压制成半圆柱形，如图甲所示。一束激光由真空沿半圆柱体的径向与其底面过O的法线成θ角射入。CD为光学传感器，可以探测光的强度，从AB面反射回来的光强随角θ变化的情况如图乙所示。现将这种新材料制成的一根光导纤维束暴露于空气中(假设空气中的折射率与真空相同)，用同种激光从光导纤维束端面EF射入，且光线与EF夹角为β，如图丙所示。则(    )


A. 图甲中若减小入射角θ，则反射光线和折射光线之间的夹角也将变小
B. 该新材料的折射率为 2
C. 若该激光在真空中波长为λ，则射入该新材料后波长变为 22λ
D. 若该束激光不从光导纤维束侧面外泄，则β角需满足0°<β<180°
22. 如图所示，一束由两种单色光混合的复色光，沿PO方向射向一上下表面平行的厚玻璃平面镜的上表面，得到三束反射光束Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，若玻璃砖的上下表面足够宽，则下列说法正确的是(    )


A. 光束Ⅰ仍为复色光，光束Ⅱ、Ⅲ为单色光
B. 改变α角，光束Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ仍保持平行
C. 通过相同的双缝干涉装置，光束II产生的条纹宽度要小于光束III的
D. 在真空中，光束II的速度小于光束III的速度
23. 某同学用单摆测定重力加速度。
(1)该同学先用毫米刻度尺测得悬挂摆球后的摆线长为l，再用游标卡尺测得摆球的直径为d，则该单摆的摆长为______ ；从单摆运动到最低点开始计时，且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t，该单摆的周期为______ ；
(2)该同学发现他测得的重力加速度的值偏大，其原因可能是______ ；
A.单摆的悬点未固定紧，摆动中出现松动，使摆线增长了
B.把n次摆动的时间误记为(n+1)次摆动的时间
C.开始计时，秒表过早按下
D.测摆线长时摆线拉得过紧
(3)若实验中没有游标卡尺，无法测小球的直径d，该同学将悬点到小球最低点的距离作为摆长l，测得多组周期T和l的数据，作出l−T2图象。则：
①实验得到的l−T2图象应是如图中的______ (选填a、b、c)；
②小球的直径是______ cm；
③实验测得当地重力加速度大小是______ m/s2(取三位有效数字)。
(4)已知实验者所在地的重力加速度值为9.80m/s2，本次实验结果的相对误差是______ 。

24. 用圆弧状玻璃砖做测定玻璃折射率的实验时，先在白纸上放好圆弧状玻璃砖，在玻璃砖的一侧竖直插上两枚大头针P1、P2，然后在玻璃砖的另一侧观察，调整视线使P1的像被P2挡住，接着在眼睛所在的一侧插两枚大头针P3和P4，使P3挡住P1和P2的像，P4挡住P3以及P1和P2的像，在纸上标出大头针位置和圆弧状玻璃砖轮廓，如图甲所示，其中O为两圆弧圆心，图中已画出经过P1、P2点的入射光线。
(1)在图上补画出所需的光路。
(2)为了测出玻璃的折射率，需要测量入射角和折射角，请在图中的AB分界面上画出这两个角。
(3)用所测物理量计算折射率的公式为n=______。
(4)为了保证在CD得到出射光线，实验过程中，光线在AB的入射角应适当______(填“小一些”“无所谓”或“大一些”)。
(5)多次改变入射角，测得几组入射角和折射角，根据测得的入射角和折射角的正弦值，画出了如图乙所示的图象，由图象可知该玻璃的折射率n=______。

25. 将两块半径均为R、完全相同的透明半圆柱体A、B正对位置，圆心上下错开一定距离，如图所示。用一束单色光沿半径照射半圆柱体A，设圆心处入射角为θ。当θ=60°时，A右侧恰好无光线射出；当θ=30°时，有光线沿B的半径射出，射出位置与A的圆心相比下移h。不考虑多次反射。求：
(ⅰ)半圆柱体对该单色光的折射率；
(ⅱ)两个半圆柱体之间的距离d。


26. 一列沿−x方向传播的简谐横波，在t=0时刻的波形如图所示，质点振动的振幅为10cm。P、Q两点的坐标分别为(−1,0)和(−9,0)，已知t=0.7s时，P点第二次出现波峰。求：
(1)这列波的传播速度；
(2)从t=0时刻起，Q点第一次出现波峰的时间；
(3)当Q点第一次出现波峰时，P点通过的路程。


答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：t=0时刻振子的位移x=−0.1m，t=1s时刻x=0.1m，由于振幅为0.1m，则：(n+12)T=t
解得：T=2t2n+1=22n+1s
当n=0时，T=2s；
当n=1时，T=23s；
当n=2时，T=0.4s，故ABC错误，D正确；
故选：D。
t=0时刻振子的位移x1=−0.1m，t=1s时刻x2=0.1m，关于平衡位置对称，结合振幅为0.1m，则1s为半周期的奇数倍，由此分析。
本题考查简谐运动的周期性问题，需要考虑多解问题，学生易出现错误，本题难度一般。

2.【答案】A 
【解析】解：从平衡位置到最大位移处运动，速度减小，加速度增大，所以经过t03，通过的位移大于A3，所以a1>a2，E1 故选：A。
从平衡位置到最大位移处速度减小，加速度增大，比较出经过t03和通过A3的位置，即可比较出两位置的加速度和动能．
解决本题的关键掌握从平衡位置到最大位移处运动，速度减小，加速度增大．

3.【答案】B 
【解析】两球发生弹性碰撞，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有
m1v0=m1v1+m2v2
根据机械能守恒定律有
12m1v02=12m1v12+12m2v22
联立解得
v1=m1−m2m1+m2v0，v2=2m1m1+m2v0
A、若m1=m2，可知：v1=0，v2=v0，速度交换，根据机械能守恒知，A、B两球摆动的过程中上升的最大高度之比为1:1，故A错误。
B、A球从最高点到最低点的时间
t1=14×2π Lg=π2 Lg
若m1=m2，A、B两球碰撞后速度交换，B球离开最低点再回到最低点的时间
t2=TB2=12×2π 0.81Lg=0.9π Lg
与A球再次碰撞后，速度交换，则A球从最高点摆到最低点再次回到最高点的时间：t=2t1+t2=1.9π Lg，故B正确；
C、若m1>m2，则碰撞后，A的速度方向继续向右，B球的速度方向也向右，两球均绕钉子做单摆运动，摆动的周期相等，A、B第二次碰撞的位置在最低点，故C错误；
D、若m1 故选B。

4.【答案】D 
【解析】解：根据题意，筛子的固有频率为10.8=1.25HZ，
电动机某电压下，电动偏心轮的转速是80r/min，即为1.33HZ，大于筛子的固有频率，故要使振幅变大，可以减小偏心轮电压，或减小筛子的质量；
故选D．
共振是指机械系统所受驱动力的频率与该系统的固有频率相接近时，系统振幅显著增大的现象；共振塞中，当驱动力频率和筛子的固有频率相等时，筛子发生共振，筛子的振幅最大．
本题根据抓住共振的条件，然后设法使得筛子的固有频率和驱动轮的驱动力频率相等即可．

5.【答案】D 
【解析】解：A、t=0时质点1开始竖直向上运动，经过四分之一周期，质点5开始运动。则质点1、5间的距离为四分之一波长，故质点1与质点17间相距一个波长，故A错误；
B、根据波动规律可知，质点1开始振动时，运动方向向上，故质点20开始振动时运动方向向上，故B错误；
C、经过T4，质点5开始振动，再经过T4，质点5回到平衡位置，加速度为零，故C错误；
D、t=34T时，质点13开始振动，此时质点12在平衡位置上方，运动方向向上，故D正确。
故选：D。
根据质点起振动方向与波源起振方向相同，确定质点的振动方向；根据波的传播方向和质点位置与波长，可分析各质点的振动情况。
本题考查了波动规律，掌握简谐波传播过程中，“后一个质点重复前一个质点的振动”是解决此类问题的关键所在。

6.【答案】B 
【解析】P、Q两质点平衡位置相距0.15 m。当P运动到上方最大位移处时，Q刚好运动到下方最大位移处，则有
(n+12)λ=0.15 m
解得
λ=0.15n+12m=0.32n+1m (n=0、1、2、3…)
当n=0时，λ=0.30 m，当n=1时，λ=0.10 m，故B正确、ACD错误。
故选B。



7.【答案】C 
【解析】
【分析】
解决本题的关键知道干涉的条件，知道当飞机沿两波源中垂线降落时，路程差为零，为振动加强点，接收到的信号最强；注意这里上面的灯泡能发出两种波，下面的灯泡也能发出两种波
【解答】
A、两波源的强度不需要一样强，故A错误．
B、由于无线电波以光速传播，根据v=cλ知，波长不同，频率不同，所以两种无线电波之间不会发生干涉，故B错误．
CD、空间中某点加强与减弱取决于到两波源的距离差为半波长的奇、偶数倍．所以两种电波的干涉强弱分布是固定的，而且λ1≠λ2，所以两种干涉分布不重合，不过中垂线都是加强点，故C正确，D错误．
故选：C．  
8.【答案】B 
【解析】解：A、根据图象，波长为：λ=0.08m；故频率为：f=vλ=20.08=25Hz，故A错误；
B、t时刻质点a、b、c之比为10：5：15=2：1：3，根据回复力公式F=−kx得到，回复力之比为2：1：3，故B正确；
C、从t时刻起若质点a比质点b先回到平衡位置，说明此时a、b均向下运动，故波向左传播，故C错误；
D、频率为：f=vλ=20.08=25Hz，故周期为0.04s；从t时刻起经过5.0s，经过125T，每个周期路程为4A，故质点a、b、c通过的路程均为125×4A=500A=500×0.15m=75m，故D错误；
故选B．
根据图象得到波长，根据v=λf求出频率；根据波的传播方向得到质点的振动方向．
本题关键从波动图象得到振幅和周期，然后根据波的传播方向得到质点的振动方向，结合振动进行研究．

9.【答案】D 
【解析】解：
A、B由图读出该波上质元振动的振幅为A=2cm，周期为T=4s。故AB错误。
C、D若波从实线所示的质元向虚线所示的质元传播时，两个质元间的距离△x=(n+14)λ，n=0，1，2，…由于波长λ>2.0m，所以n取0，得到波长λ=4△x=8m，波速为v=λT=2m/s；若波从虚线所示的质元向实线所示的质元传播时，得到：两个质元间的距离△x=(n+34)λ，n=0，1，2，…由于波长λ>2.0m，所以n取0，得到波长λ=43△x=83m，波速为v=λT=23m/s；故C错误，D正确。
故选：D。
振幅等于质元振动位移的最大值，由图直接读出振幅和周期．波可能向右传播，也可能向左传播，分析两个方向，根据同一时刻的两个质元的状态，结合条件：该波的波长λ>2.0m，得出两个质元间距离与波长的关系，求出波长，求出波速可能的值．
本题知道两个质点的振动图象，可结合波形分析它们之间的距离与波长的关系式通项，要注意波传播方向不明，要考虑两种方向，不要漏解．

10.【答案】C 
【解析】解：A.光线在棱镜中传播时频率不变，故A错误；
B.光路图如图：

根据折射定律：n=sinisinr=sin45°sinr，r=30°
所以θ=90°−(180°−45°−90°−r)=75°
根据全发射条件sinC=1n
所以临界角C=45°<θ
所以BC面上没有光线射出棱镜，故B错误；
C.根据几何关系α=r=30°
所以β=i=45°
故从CD面上射出的光线一定与入射光线平行，故C正确；
D.根据光路图，从CD面上射出的三条光线中最靠近C点的是光线1，故D错误。
故选：C。
光线在棱镜中传播时频率不变；
根据折射定律和全发射条件，分析BC面上没有光线射出棱镜；
根据几何关系，从CD面上射出的光线一定与入射光线平行；
根据光路图，从CD面上射出的三条光线中最靠近C点的是光线1。
本题的解题关键是正确画出光路图，能够正确使用光的折射定律和全发射条件的规律。

11.【答案】C 
【解析】解：A.由图可知，b光的折射率大，根据v=cn
可知，在该透明介质中，a光的光速大于b光的光速，故A错误；
B.根据折射定律，光线a射出介质后的折射角sinθ=n⋅sin30°
解得sin= 22
则θ=45°
在介质中的速度v=cn=c 2
a光进入介质后经到达光屏P点的时间t=rv+ 2rc
解得t=2 2rc；
故B错误；
C.若入射光线绕O点逆时针转过15°，则此时入射角为45°，此时a光线的折射角为90°，a光线恰能发生全反射，根据sinC=1n
折射率更大的b光线则已经发生了全反射，Q光斑消失，若入射光线绕O点逆时针转过角度大于等于15°，P、Q光斑均将消失，故C正确；
D.根据双缝干涉实验原理有Δx=ld⋅λ
可知要使相邻亮条纹的间距较大，应选择波长更长的光线，而根据在该透明介质中b光的折射率大于a光的折射率可知，b光的波长比a光的波长短，故D错误。
故选：C。
由图可知，b光的折射率大，根据v=cn，比较光速；
根据折射定律，求光线a射出介质后的折射角，根据几何关系，确定路程，求时间；
根据全反射条件sinC=1n，分析P、Q的全反射情况；
根据双缝干涉实验原理有Δx=ld⋅λ，分析波长。
本题考查学生对折射定律、全反射条件、双缝干涉实验原理的掌握，是一道中等难度题。

12.【答案】BCD 
【解析】解：A、分子之间的斥力和引力是同时存在的，分子间距离为r0时，分子间的引力与斥力大小相等，故A错误；
B、由图中实线知：当r>r0时，分子之间的距离减小时，分子间的引力总是大于斥力，分子力表现为引力，故B正确；
D、分子间距离大于r0时，分子力表现为引力，增大分子间距离，分子间作用力总是做负功，故D正确。C、分子间距离增大时，当rr0时，分子之间的距离增大时，分子力先增大后减小，故C正确；
故选：BCD。
分子之间的斥力和引力是同时存在的。在F−r图象中，随着距离的增大斥力比引力变化的快，当分子间的距离等于分子直径数量级时，引力等于斥力。根据正功与负功的意义分析引力做功的问题。
分子间距离等于平衡距离时分子力为零，掌握分子间作用力与分子间距离的关系图象，即可正确解题。

13.【答案】D 
【解析】解：A.旋转铁丝圈，薄膜由于受到重力作用，薄膜从上到下的厚度不变，由干涉原理分析，干涉条纹不会发生变化，故A错误；
B.本实验的条纹是由于薄膜干涉形成的，而三棱镜色散原理是光的折射，所以原理不同，故B错误；
C、肥皂膜由于重力，上薄下厚，发现条纹是等间距的，可知肥皂膜的厚度从上到下是均匀增加的，故C错误；
D、发现条纹是上疏下密的，说明肥皂膜厚度不均匀，从上往下变厚是越来越快的，故D正确。
故选：D。
条纹是由于薄膜干涉形成的，肥皂膜由于重力，上薄下厚，发现条纹是等间距的，可知肥皂膜的厚度从上到下是均匀增加的，发现条纹是上疏下密的，说明肥皂膜从上往下变厚是越来越快的。
需要熟练掌握薄膜干涉原理，由于薄膜上下表面反射的光相遇产生干涉。

14.【答案】D 
【解析】解：一定量气体，在一定温度下，分子的平均动能不变，分子撞击器壁的平均作用力不变；
气体的体积增大时，单位体积内的分子数减小，单位时间内对器壁的碰撞次数减少，
单位时间内器壁单位面积上受到的压力变小，气体产生的压强减小，故D正确，ABC错误。
故选：D。
求解本题的关键是明确气体压强产生的机理，是由于无规则运动的气体分子频繁的碰撞器壁产生的，压强的大小与温度、体积有关，符合统计规律。
要熟记气体压强产生的机理：气体压强是由于大量的气体分子频繁的持续的碰撞器壁产生的，压强的大小与分子的平均动能、分子数密度有关，分子平均动能越大(宏观温度越高)、分子数密度越大(宏观体积越小)，气体产生的压强就越大。

15.【答案】D 
【解析】解：A.细颗粒物在大气中的移动是由于空气分子的热运动与气流的作用，故A错误；
B.由图乙可知实线对应的速率大的分子占的比列越大，对应的气体分子温度较高，所以图乙中实线表示14：00时的空气分子速率分布曲线，故B错误；
C.温度越高，细生粒物的无规则运动越剧烈，所以细生粒物的无规则运动14：00时比11：00时更剧烈，故C错误；
D.14：00时的气温高于12：00的的气温，空气分子的平均动能较大，单位时间内空气分子对细颗粒物的平均撞击次数较多，故D正确。
故选：D。
细颗粒物在大气中的移动是由于空气分子的热运动与气流的作用，温度越高分子热运动越激烈，分子运动激烈是指速率大的分子所占的比例大．气温高，空气分子的平均动能较大，单位时间内空气分子对细颗粒物的平均撞击次数较多。
本题关键在于理解：温度高与低反映的是分子平均运动快慢程度，理解气体的温度与分子的运动的激烈程度之间的关系．

16.【答案】BC 
【解析】解：A球和B球在光滑的轨道半径很大的圆弧上，它们在很短的圆弧上运动，可以等效为单摆运动，所以AB球发生正碰后各自做单摆运动。单摆周期T=2π Lg，周期与质量、速度等因素无关，由题目可知A球下落的时间为t=14T，碰后A、B两球的周期相同，所以A、B两球向上运动的时间和向下运动的时间都是一样的。所以要经过2t的时间，A、B两球同时到达O处第二次相碰。故BC正确，AD错误。
故选：BC。
光滑圆弧轨道半径很大，A球和B球在很短的圆弧上运动，可以等效为单摆运动，根据单摆运动的周期公式分析两球第二次相碰时相间距的时间，确定第二次碰撞的位置。
本题是等效单摆问题，主要考查单摆周期公式的直接应用，要注意单摆周期与质量、速度等因素无关。

17.【答案】ABC 
【解析】解：A、P和Q一起在光滑水平面上做往复运动，整体受到的回复力：F=−kx，所以二者一起做简谐运动，故A正确；
B、根据牛顿第二定律可得AB整体的最大加速度大小为：a=kAM+m；以P为研究对象，根据牛顿第二定律可得A所受最大静摩擦力大小为：fm=ma=mkM+mA，故B正确；
C、以轻质弹簧、物块P和Q组成的系统为研究对象，运动过程中只有弹簧弹力做功，所以轻质弹簧、物块P和Q组成的系统机械能守恒，故C正确；
D、在简谐运动过程中，当PQ离开平衡位置时，Q对P的静摩擦力做负功，当PQ靠近平衡位置时，Q对P的静摩擦力做正功，故D错误。
故选：ABC。
P和Q一起在光滑水平面上做往复运动，根据受力特点判断二者的运动情况；根据牛顿第二定律求出AB整体的加速度，再以P为研究对象，求出A所受静摩擦力；根据机械能守恒定律的守恒条件判断机械能是否守恒；根据摩擦力的方向和位移方向判断摩擦力做功情况。
本题主要是考查简谐运动，关键是知道两物体一起做简谐运动过程中的受力特点，根据简谐运动的规律分析即可。

18.【答案】BD 
【解析】解：A.在t=0时刻，P质点的振动图像如图乙所示，根据“上下坡法”，知该波沿x轴负向传播，故A错误；
B.质点P、Q在x轴上相差半个周期，P、Q两点速度大小始终相等，故B正确；
C.又图可知T=0.2s
由图甲可知y=Asinωt=10sin2πTt
当t=0.125s=58T
得y=10sin2πT×5T8=10sin54π=10×(− 22)=−5 2cm
Q质点的位移为−5 2cm，故C错误；
D.因为T=0.2s
所以f=1T=10.2Hz=5Hz
此波遇到另一列简谐横波发生了干涉现象，则所遇到的波的频率为5Hz，故D正确。
故选：BD。
由乙图读出t=0s时刻质点P的速度方向，再由甲图判断出波的传播方向；由甲图读出该波的波长，由乙图读出周期，从而计算波速；计算△t=0.125s与周期的关系，得出Q质点的位移，发生干涉的两列波频率相等。
本题属于波的图象的识图、振动图象的识图和对质点振动的判断问题。考查知识点全面，重点突出，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。

19.【答案】BC 
【解析】解：A、由乙图可知质点P在0s时沿y轴负方向振动，再结合甲图，利用同侧法可知波沿x负方向传播，由甲图可知波长是24m，由乙图可知周期是0.4s，那么波速v=λT=240.4m/s=60m/s，故A错误；
B、由图乙可得当t=0.35s时质点P恰好回到平衡位置，故B正确；
C、在0～0.2s半个周期时间内质点P运动的路程为s=2A=2×5cm=10cm，故C正确；
D、由图乙可得在0～0.1s时间内，质点P先向y轴负方向运动，后向y轴正方向运动，故D错误。
故选：BC。

由振动图象读出t=0s时刻质点P的振动方向，结合甲图利用同侧法可以判断波的传播方向，由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，可求出波速，分析质点的运动情况。
本题考查识别、理解振动图象和波动图象的能力，以及把握两种图象联系的能力。对于波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系。同时，能熟练分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况。

20.【答案】AC 
【解析】解：AB、设全反射临界角为C，由sinC=1n= 22得C=45°，因此从D点发出的光，竖直向上从M点射出的光线恰好是出射光线的边缘，同时C点也恰好是出射光线的边缘，如图所示，

因此光线只能从MC段射出，根据几何关系可知，M恰好为AC的中点，因此在AA′C′C面上有12的面积有光线射出，故A正确，B错误；
CD、由于频率越高，折射率越大，当光源发出的光的频率变小，折射率也会变小，导致临界角会增大，这时M点上方也会有光线出射，因此出射光线区域的面积将增大，故C正确，D错误。
故选：AC。
根据全反射临界角公式sinC=1n求出临界角C，根据几何关系和折射定律可知，M恰好为AC的中点，光线只能从MC段射出，光从AA′C′C面出射的区域有一半的面积有光线射出；光的频率变小，折射率也会变小，导致临界角会增大，这时M点上方也会有光线出射，因此出射光线区域的面积将增大
本题考查光的全反射、折射定律、临界角等是几何光学问题，解决本题的关键是抓住临界状态，作出光路图，借助几何关系分析。

21.【答案】BCD 
【解析】解：A.图甲中若减小入射角θ，则反射角减小，折射角也减小，则反射光线和折射光线之间的夹角将变大，故A错误；
B.由图乙可知，当入射角大于45°时，反射光线的强度不再变化，可知临界角为C=45°，则该新材料的折射率为n=1sinC=1sin45∘= 2，故B正确；
C.若该激光在真空中波长为λ，则λ=cf，射入该新材料后波长变为λ′=vf=cnf= 22λ，故C正确；
D.若该束激光恰好不从光导纤维束侧面外泄，则β角需满足n=sin90°−βsin90−C，
解得β=0°
则若该束激光不从光导纤维束侧面外泄0°<β<180°，故D正确。
故选：BCD。
若减小入射角θ，由反射定律和折射定律结合几何关系可知反射光线和折射光线之间的夹角如何变化；由图象乙能读出此新材料的临界角C，根据全反射临界角公式sinC=1n，求解其折射率n；该束激光不从光导纤维束侧面外泄，则激光在光导纤维外侧面发生全反射，根据sinC=1n和几何关系求解。
解决本题本题的关键要掌握发生全反射的条件，并能结合几何知识进行分析。

22.【答案】ABC 
【解析】解：A、所有色光都能反射，反射角相同，则由图可知光束I是复色光；而光束Ⅱ、Ⅲ由于折射率的不同导致偏折分离，因为厚玻璃平面镜的上下表面是平行的。
根据光的可逆性，知两光束仍然平行射出，且光束Ⅱ、Ⅲ是单色光。故A正确；
B、一束由两种色光混合的复色光沿PO方向射出，经过反射、再折射后，光线仍是平行，因为光的反射时入射角与反射角相等。所以由光路可逆可得出射光线平行。改变α角，光线Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ仍保持平行。故B正确；
C、由图知：光束Ⅱ的偏折程度大于比光束Ⅲ，根据折射定律可知光束Ⅱ的折射率大于光束Ⅲ，则光束Ⅱ的频率大于光束Ⅲ，光束Ⅱ的波长小于光束Ⅲ的波长，而双缝干涉条纹间距与波长成正比，则双缝干涉实验中光Ⅱ产生的条纹间距比光Ⅲ的小。故C正确；
E、在真空中，光束II的速度与光束III的速度都为3×108m/s；故E错误；
故选：ABC。
由图可知光束I是反射光线，而光束Ⅱ、Ⅲ是由于它们的折射率的不同，导致出现光线偏折分离。但根据光路可逆可知出射光线仍与入射光线平行。由光束Ⅱ、Ⅲ的位置可确定其折射率的不同，从而判定光的波长大小，可确定双缝干涉条纹间距的大小；不同色光在真空中的光速大小相等。
由于光线在玻璃中的折射率不同，可通过光的折射进行光的色散。同时考查光的全反射条件及干涉条纹间距与波长成正比等知识，基础题目。

23.【答案】l+d2 2tn−1  BD  c  1.2  9.86  0.61% 
【解析】解：(1)由题知，单摆的摆长为L=l+d2
单摆的周期为T=tn−12=2tn−1
(2)根据T=2π Lg
可得g=4π2T2L
A.单摆的悬点未固定紧，摆动中出现松动，使摆线增长了，则摆长的测量值偏小，测得的重力加速度偏小，故A错误；
B.把n次摆动的时间误记为(n+1)次摆动的时间，测得的周期偏小，则测得的重力加速度偏大，故B正确；
C.开始计时，秒表过早按下，测得的周期偏大，则测得的重力加速度偏小，故C错误；
D.测摆线长时摆线拉得过紧，则摆长的测量值偏大，则测得的重力速度偏大，故D正确。
故选：BD。
(3)根据T=2π Lg
且L=l−d2
可得l=g4π2T2+d2
故选：c。
由图可知，纵轴截距为d2=0.6cm
则d=1.2cm
图线的斜率为k=g4π2=0.62.4m/s2
解得：g=9.86m/s2
(4)相对误差为9.86−9.809.80×100%=0.61%
故答案为：(1)l+d2；2tn−1；(2)BD；(3)①c；②1.2；③9.86；④0.61%
(1)根据实验原理分析出摆长和单摆周期的计算公式；
(2)根据单摆的周期公式，结合题目选项逐一完成分析；
(3)由重力加速度的表达式求得l−T2的关系式，根据数学知识分析图象的图线斜率及截距的意义．可分析各物理量，结合相对误差的概念代入数据完成分析。
解决本题的关键掌握单摆的周期公式，知道实验的原理以及注意事项，对于第二问，关键得出l与T2的关系式，结合图线的斜率和截距进行求解。

24.【答案】(1)(2)；
(3)sinisinr；(4)小一些；(5)1.5。 
【解析】
【分析】
①连接P1、P2表示入射光线，连接P3、P4表示出射光线，连接两光线与玻璃砖的交点，即为折射光线，作出光路图；
②在图中标出需要测量的入射角i和折射角r；
③根据折射定律得，计算玻璃折射率的公式n=sinisinr；
④为防止光线在弧面CD发生全反射，光线在弧面AB的入射角应适当小一些；
⑤根据折射定律，结合图线的斜率求出玻璃的折射率。
用插针法测定玻璃砖折射率原理是折射定律，运用几何知识和折射定律即可很容易解答本题。
【解答】
(1)连接P3、P4与CD交于一点，此交点即为光线从玻璃砖中射出的位置，由于P1、P2的连线与AB的交点即为光线进入玻璃砖的位置，连接两交点即可作出玻璃砖中的光路，如图所示：

(2)连接O点与光线在AB上的入射点即为法线，作出入射角和折射角如图中i、r所示：
(3)由折射定律可得n=sinisinr；
(4)为了保证能在CD上有出射光线，实验过程中，光线在AB上的入射角应适当小一些，才不会使光线在CD上发生全反射；
(5)图象的斜率k=sinisinr=n，由题图乙可知斜率为1.5，即该玻璃的折射率为1.5。  
25.【答案】解：
(ⅰ)
当θ=60°时，A右侧恰好无光线射出，即光线发生全反射，根据全反射条件可知：n=1sin60∘
半圆柱体对该单色光的折射率：n=2 33
(ⅱ)做出光路图如图所示：

入射光在半圆柱体A上发生折射时，由折射定律可知：n=sinαsinθ，其中θ=30∘，解得：sinα= 33
入射光在半圆柱体B上发生折射时，由折射定律可知：n=sinαsinβ
解得：sinβ=12
则：PM=Rsinβ=12R
则由几何关系可知：tanα=h−PMd
联立解得：d= 2h− 22R
答：
(ⅰ)半圆柱体对该单色光的折射率为2 33；
(ⅱ)两个半圆柱体之间的距离d为 2h− 22R。 
【解析】本题考查光的全反射定律，主要是根据全反射定律求出折射率，然后根据折射定律求出入射角和折射角，由几何关系求出距离。
(ⅰ)由全反射定律求折射率；
(ⅱ)根据折射定律求出入射光在两个半圆柱体中的折射角和入射角，根据几何关系求出两个半圆柱体之间的距离d。

26.【答案】解：(1)题意可知该波的波长为：λ=4m。波沿−x方向传播的简谐横波，由波形平移知，P点起振方向向上，P点第二次出现波峰可知：t=0.7s=74T，即T=0.4s
所以v=λT=40.4m/s=10m/s
(2)Q点与最近波峰的水平距离为11m，故Q点第一次出现波峰的时间为t1=sv=1110s=1.1s
(3)该波中各质点振动的周期为T=λv=410=0.4s
Q点第一次出现波峰时质点P振动了t2=0.9s
则t2=2T+14T=94T
质点每振动T4经过的路程为10cm。
当Q点第一次出现波峰时，所以P点通过路程为L=4A×94=4×10×94cm=90cm=0.9m。
答：(1)这列波的传播速度为10m/s；
(2)从t=0时刻起，经过1.1s时间Q点第一次出现波峰；
(3)当Q点第一次出现波峰时，P点通过的路程为0.9m。 
【解析】(1)由波形图可知λ=4m；波传播方向向左，已知t=0.7s时，P点第二次出现波峰可知t=0.7s=74T，即可求解T=0.4s；用v=λT即可求解波速；
(2)运用波形平移法可求解Q点第一次出现波峰所用时间；
(3)P质点做简谐运动，在一个周期内通过的路程是四个振幅，即可根据时间与周期的关系求解P点通过的路程。
本题考查对波动图象的理解和应用，明确波形图与振动的关系是解题的关键，灵活应用波速、波长、路程、周期和频率间的关系。