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黑龙江省哈尔滨市第二中学校2022-2023学年高二下学期期中考试物理试卷
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这是一份黑龙江省哈尔滨市第二中学校2022-2023学年高二下学期期中考试物理试卷，共22页。试卷主要包含了单项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
黑龙江省哈尔滨二中2022-2023学年高二（下）期中物理试卷
一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的。
1． 如图所示， 水平方向上有一弹簧振子，0点是其平衡位置，振子在a和b之间振动， 关于振子， 下列说法正确的是（ ）
A．在a点时加速度最大， 速度最大
B．在0点时速度最大， 位移最大
C．在b点时位移最大， 速度最小
D．在b点时加速度最大， 速度最大
2． 矩形线圈的匝数为50匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示，下列结论正确的是（ ）
A．在t = 0.1s和t = 0.3s时，电动势最大
B．在t = 0.2s和t = 0.4s时， 电动势改变方向
C．电动势的最大值是50πV
D．在t = 0.4s时， 磁通量变化率最大，其值为100πWb/s
3． 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 处经过时间t03时的加速度大小和动能分别为a1和E1，而振子位移为A3时的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 ，E1 < E2 B．a1 >a2 ，E1 >E2
C．a1 < a2 ，E1 < E2 D．a1 < a2 ，E1 > E2
4． 图一为某超声波发生器中的核心元件一 一压电陶瓷片。为使得压电陶瓷片发生超声振动， 需要给它通入同频率的高频电信号。图二为高频电信号发生原理图。已知某时刻电流i的方向 指向A极板， 且正在增大， 下列说法正确的是（ ）
A．A极板带负电
B．线圈L两端的电压在增大
C．磁场能正在转化为电场能
D．减小自感系数L，可以减小超声振动的频率
5． 如图所示， P、Q是两种透明材料制成的两块直角梯形的棱镜， 叠合在一起组成一个长方体。某单色光沿与P的上表面成 角的方向斜射向P，其折射光线正好垂直通过两棱镜的界面。已知材料的折射率nP
A．从Q的下表面射出的光线一定与入射到P的上表面的光线在同一条直线上
B．从Q的下表面射出的光线一定与入射到P的上表面的光线平行
C．如果光线从Q的下表面射出，出射光线与下表面所夹的锐角一定大于
D．如果光线从Q的下表面射出，出射光线与下表面所夹的锐角一定小于
6． 在生产生活中， 光的干涉运用非常广泛， 下列图中没有涉及到光的干涉现象的是（ ）
A．．阳光下彩色的肥皂膜
B．．用单色光检测工件表面平滑度
C．．用光导纤维传递光学信息
D．单色光通过双缝在屏幕上形成明暗相间条纹
7． 如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想电表， 原线圈接如图乙所示的正弦交流电， 图甲中的R1为热敏电阻(温度升高时其电阻减小)，R为定 值电阻．下列说法正确的是（ ）
A．电压表V2 的示数为9V
B．原线圈两端电压的瞬时值表达式为u = 362sin50πt(V)
C．R1处温度升高时，电流表的示数变大，电压表V2 的示数变大
D．变压器原线圈的输入功率和副线圈的输出功率之比为1：4
8． 某同学设计了一个加速度计，如图所示， 较重的滑块2可以在光滑的框架1中平移， 滑块两侧用弹簧3拉着：R为滑动变阻器， 4是滑动片，它与变阻器任一端之间的电阻值都与它到这端的距离成正比。这个装置就是一个加速度传感器。两个电源E完全相同。按图连接电路后， 电压表指针的零点位于表盘中央，当P端的电势高于Q端时， 指针向零点右侧偏转。将框架固定在运动的物体上，下列说法正确的是（ ）
A．这种传感器输入的物理量是位移， 输出的物理量是电压
B．若观察到电压表的指针向右偏转， 说明物体具有与图示方向相同的加速度
C．若观察到电压表指针在零点， 说明物体处于静止状态
D．若观察到电压表指针在零点， 说明物体处于静止状态
9．均匀介质中，波源位于0点的简谐横波在xOy水平面内传播，波面为圆。 t = 0时刻，波面分布如图(a)所示， 其中实线表示波峰，虚线表示相邻的波谷。A处质点的振动图像如图(b)所 示， z轴正方向竖直向上。下列说法正确的是（ ）
A．该波从A点传播到B点， 所需时间为4s
B．t = 6s时， B处质点位于波峰
C．t = 8s时， C处质点振动速度方向竖直向上
D．t = 10s时， D处质点所受回复力方向竖直向上
10． 如图所示， 用单色光照射透明标准板 M来检查平面N的上表面的 光平情况，观察到的现象如图所示的条纹中的p和Q的情况，这说明（ ）
A．N的上表面B处向下凹陷 B．N的上表面B处向上凸起
C．N的上表面A处向下凹陷 D．N的上表面A处向上凸起
11． 如图所示，一列简谐横波平行于x轴传播， 图中的实线与虚线分别为t = 0和t = 0.1s时 的波形图。已知平衡位置在x = 5m处的质点在0到0.1s内运动方向不变。关于这列简谐波的说法中正确的是（ ）
A．该波向左传播
B．该波向右传播
C．该波波源的振动频率是25Hz
D．从0时刻起1S内x = 2cm处的质点经过的路程为50cm
12． 如图所示为两列简谐横波在同一绳上传播在t = 0时刻的波形图，已知甲波向左传， 乙 波向右传，两列波分别刚传到x = 士0.5cm处．请根据图中信息判断以下说法正确的是（ ）．
A．两列波的波长一样大
B．两列波将同时传到坐标原点
C．x = 0处为振动减弱点
D．由于两波振幅不等， 故两列波相遇时不会发生干涉现象
13． 哈九中为保障学校用电安全，让学生能够安心自习， 学校特意完善了供电输电系统。如 图所示，发电机的矩形线框ABCD处于磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，线框面积S = 0.25m2 ，匝数n = 100匝， 电阻不计。线框绕垂直于磁场的轴00 以3000转/分的转速 匀速转动， 其输出端通过电刷与升压变压器的原线圈相连，图中电压表示数为250V，降压变 压器原、副线圈的匝数之比为5：1，降压变压器的副线圈接入到教室供电，两变压器间的输 电线等效电阻R = 20Q，变压器均为理想变压器。学校有四十间教室， 教室内设备额定工作电压均为U = 220V，每间教室的最大功率为P = 550w。当四十间教室均满负荷工作时（ ）
A．输电线上损失的电压为400V
B．匀强磁场B的大小为110π (T)
C．升压变压器原、副线圈匝数之比为1：6
D．该供电系统的输电效率约为73%
14．光导纤维是一种由玻璃或塑料制成的双层光传导工具。较好的光导纤维，其光传输损失极少。如图所示， 一条长直光导纤维的长度l=15km，内芯的折射率n =1.6，在内芯与包层的分界面发生全反射的临界角C=60°。现一束细光从左端面中点射入内芯，下列说法正确的是（ ）
A．光导纤维中内芯材料的折射率应小于包层材料的折射率
B．为使射入的光在内芯与包层的界面恰好发生全反射，光在左端面的入射角应为53
C．若从左端射入的光能够传送到右端(无损失)，则光在光导纤维内传输的最长时间约为9.2×10-5s
D．若从左端射入的光能够传送到右端(无损失)，则光在光导纤维内传输的最短时间约为6×10-5s
二、实验题(本大题共 2 小题，共 14 分)
15． 某同学利用如图所示的装置测量当地的重力加速度． 实验步骤如下：
A.安装置图安装好实验装置；
B.用游标卡尺测量小球的直径d；
C.用米尺测量悬线的长度l；
D.让小球在竖直平面内小角度摆动． 当小球经过最低点时开始计时，并计数为0，此后小球每 经过最低点一次，依次计数1、2、3 … … 当数到20时，停止计时，测得时间为t；
E.多次改变悬线长度， 对应每个悬线长度，都重复实验步骤C、D；
F.计算出每个悬线长度对应的t2；
G. 以t2为纵坐标、l为横坐标，作出t2 一 l图线．
结合上述实验， 完成下列题目：
（1）用游标为10分度(测量值可精确到0.1 mm)的游标卡尺测量小球的直径，某次测量的示数如图甲所示， 读出小球直径d的值为 Cm．
（2）该同学根据实验数据，利用计算机作出t2 - l图线如图乙所示， 根据图线拟合得到方程 t2 = 404.0l + 3.0.设t2 - l图像的斜率为k，由此可以得出当地的重力加速度的表达式为g = ，其值为 m/S2(取几2 = 9.86，结果保留3位有效数字)．
（3）从理论上分析图线没有过坐标原点的原因，下列分析正确的是____(填选项前的字母)．
A．不应在小球经过最低点时开始计时，应该在小球运动到最高点时开始计时
B．开始计时后，不应记录小球经过最低点的次数， 而应记录小球做全振动的次数
C．不应作t2 - l图线，而应作t2 - (l - d2)图线
D．不应作t2 - l图线，而应作t2 - (l + d2)图线
16． 古希腊时代，托勒密曾做过光的折射实验，得到了折射角与入射角成正比的结论。一千年后，阿勒.哈增指出托勒密的结论与事实不符，1621年，荷兰的斯涅耳通过实验得到了折射定律的正确表达式。此定律是几何光学的基本实验定律， 某次高中物理实验课上， 同学们用“插针法”测定玻璃砖的折射率。
（1）下列关于本次实验的说法正确的是____ ；
A．为保证实验现象明显，实验时入射角越大越好。
B．该实验只能测量两面平行的玻璃砖的折射率
C．插大头针时应使P1和P2、P3和P4 的间距稍大一些，可以减小误差
D．插大头针时，大头针应垂直纸面插放
（2）第一小组的同学用同一套器材完成了三次实验，记录下如图所示的玻璃砖界线和三组大头 针扎下的孔洞， 其中实验操作正确的是____ 。
A． B． C．
（3）第二小组两位同学选择的器材和操作如下：
A. 甲同学在白纸上正确画出平行玻璃砖的两个界面aa 与bb 后， 在实验过程中将玻璃砖垂 直于aa 方向沿纸面向上平移了少许，其它操作正确。
B. 乙同学在白纸上画aa 、bb 两界面时绘图失误，白纸上记录的玻璃砖两界面间距比实际 上的平行玻璃砖两界面的间距稍微大些， 其它操作正确。
甲同学测出玻璃砖的折射率与真实值相比 。乙同学测出玻璃砖的折射率与真实值相比 。(填“偏大、偏小、不变”)
（4）第三小组的几名同学在经过多次实验后选取了正确操作得到的实验记录，并进行了数据处 理。该小组同学在白纸上画出光线的径迹，以入射点0为圆心作一半径为5.00cm的圆，与入 射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线NN的垂线，垂足分别为C、D点， 如图所示。测得AC = 3.50cm，BD = 2.30cm，则玻璃的折射率n = (结果保留两位小 数)
三、计算题(本大题共 3 小题，共 38 分)
17．最近两年以来， 地震在世界各地频频出现，让人感觉地球正处于很“活跃”的 时期。地震波既有横波，也有纵波，若我国地震局截获了一列沿x轴正方向传播的地震横波振 幅为A，在t(图中实线)与(t + 0.4)s(图中虚线)两个时刻x轴上一3~3km区间内的波形图如图 所示， 求：
（1）该地震波质点振动的周期T；
（2）该地震波最小波速为多少；
（3）x = 2.5km处的质点在0.2s内通过的最小路程。
18． 如图， 倾角为e、间距为d的两足够长光滑平行导轨固定放置， 导轨顶端接有 阻值为R的电阻， 质量为m、阻值也为R的导体棒ab垂直导轨放置，整个装置处于磁感应强度 大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。现给ab一个大小为v、方向沿导轨平面向上 的初速度， 已知ab沿导轨上滑过程中通过其横截面的电荷量为q，重力加速度为g，不计导轨 的电阻。
（1）求ab刚开始向上滑动时的加速度大小；
（2）求在ab上滑过程中，电阻R产生的焦耳热；
（3）ab运动到最高点后开始下滑，已知下滑过程中，ab从经过初始位置到速率再次达到v时通过其横截面的电荷量为q’，求ab从开始运动到速率再次为v时经历的时间。
19． 如图所示，将一个折射率为n =3的正方体玻璃砖放在空气中，正方形ABCD是 它的一个截面， 边长l = 60 cm。一单色细光束以入射角θ= 60°投射到AB面上的E点， E点 到BC的距离d = 53cm，细光束在BC面上发生全反射，最后从CD面上射出， 求：
（1）光从E点射入玻璃砖后的折射角；
（2）D点到从CD边射出的光线距离。(结果可以用根式表示)
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】A.a点处振幅最大，回复力也最大，加速度最大，但是速度为0，故A错误；
B.O点为平衡位置，由于回复力等于0，a=0，速度最大，位移为0，故B错误；
CD.在b点处，b点的位移最大，回复力最大，加速度最大，但是速度最小，等于0，故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查简谐振动的特征。a点处由于振幅最大，所以回复力也最大，加速度最大，但是速度等于0；而O点处为平衡位置，回复力等于0，加速度为0，速度在此位置达到最大；b点也是位移等于振幅，位移最大，回复力最大，加速度最大，但是速度最小，为0。
2．【答案】C
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】 A.t=0.1s和t=0.3s时，通过线圈的磁通量最大，此时磁通量的变化率 ∆ϕ∆t等于0，所以电动势最小，为0，故A错误。
B.t=0.2s和t=0.4s时，通过线圈的磁通量等于0，说明此时面与磁场平行，线圈转到了峰值面，电流方向并没有发生改变，即电动势方向并没有发生改变，我们讲过的是每转过中性面一次，电动势就改变方向一次，电流也就改变方向一次，故B错误；
C.由图像可知ϕm=BS=0.2Wb，周期T=0.4s，所以电动势的最大值为Em=NBωS=Nϕmω=Nϕm2πT=50×0.2×2π0.4V=50π(V)，故C正确；
D.t=0.4s时，通过线圈的磁通量等于0，所以磁通量的变化率最大，由于电动势的最大值为50πV，又E=N∆ϕ∆t，所以磁通量变化率的最大值为∆ϕ∆t=EmN=50π50Wbs=πWbs，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查了正弦交流电的产生，在线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，由于t=0.1s和t=0.3s时，通过线圈的磁通量最大，所以此时线圈的位置为中性面，线圈产生的感应电动势等于0；t=0.2s和t=0.4s时，通过线圈的磁通量等于0，说明线圈转到了峰值面，电动势方向不会发生改变；电动势的最大值根据公式可知Em=NBωS，而BS为通过线圈的磁通量最大值，w等于2πT，所以只要找到磁通量的最大值以及代入周期算出角速度就可以求出电动势的最大值；t=0.4s时，通过线圈的磁通量等于0，但是磁通量的变化率最大，根据Em=N∆ϕ∆t可以反求出磁通量变化率的最大值。
3．【答案】A
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】由于弹簧振子从最大位移处经过时间to第一次到达平衡位置，说明t∘=T4，所以周期T=4t∘，振子从平衡位置到达位移最大处的过程中，回复力增大，加速度增大，速度减小，设振子的振动方程为y=Asin2πTtm=Asin2π4t∘tm=Asinπ2t∘tm，所以从平衡位置经过t∘3时间后y=Asinπ2t∘tm=Asinπ6=A2m，说明此时比振子位移为A3的情况离平衡位置更远，所以回复力更大，加速度更大，而速度更小，动能更小，所以a1>a2，E1
【分析】本题考查了简谐运动的回复力和能量；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。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t∘3和通过A3的位置，即可比较出两位置的加速度和动能。找出振子的振动方程，代入t∘3可知振子此时离平衡位置的位移为A2，所以比A3的情况离平衡位置更远。
4．【答案】A
【知识点】电磁振荡；LC振荡电路分析
【解析】【解答】AB.我们看到某时刻电流在增大，说明电容器正在放电，而电子的移动方向与电流的方向是相反的，所以B板带负电，A板带正电，由于电容器正在放电，所以电容器两端的电压减小，所以线圈L两端的电压越来越小。故AB错误；
C.在电容器放电的过程中，电容器上面的电量Q越来越小，两极板间的电压U也越来越小，两极板间的电场强度越来越弱，所以电场能越来越小，所以是电场能转化为磁场能的过程，故C错误；
D.如果减小自感系数，则由电磁振荡的频率公式有f=12πLC，所以减小自感系数L，可以增大超声振动的频率，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查了电磁振荡过程的理解，首先要通过回路的电流流向判断出两个极板的带电情况，再通过电流的变化情况判断出电容器的充放电情况，由于电流增大，所以电容器正在放电，所以电容器以及电感两端的电压都变小；在放电的过程，判断出回路的能量转化，电容器间的电场越来越弱，所以是电场能转化为磁场能；根据电磁振荡的频率公式可以判断减小自感系数L时超声振动的频率变化情况。
5．【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】首先要做出光路图，如图所示
由于进入P的折射光线正好垂直通过两棱镜的界面，所以光线从Q的下界面出射时，有γ=β，根据光的折射定律有nP=sinαsinβ，nQ=sinisinγ，由于材料的折射率nP
【分析】本题关键是要画出光路图，然后利用光的折射定律列式，找出光从Q出射时出射角与光从P入射时入射角的大小关系，就能找出光从Q出射时，出射光线与下表面所夹的锐角情况，而且要注意的是折射率等于从空气中入射时入射角的正弦角与介质中的折射角的正弦值之比。
6．【答案】C
【知识点】光的双缝干涉；光的全反射；光导纤维及其应用；薄膜干涉
【解析】【解答】AB.阳光下彩色的肥皂膜跟用单色光来检测工件的表面平滑度都是涉及到了光的干涉，故AB正确；
C.用光导纤维来传递光学信息是利用了光的全反射，故C正确；
D.单色光通过双缝在屏幕上形成明暗相间的条纹是光的干涉现象，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查了一些光学常识，解题关键掌握干涉在生活中的应用。注意阳光下彩色的肥皂膜跟用单色光来检测工件的表面平滑度、单色光通过双缝在屏幕上形成明暗相间的条纹都是利用到了光的干涉，而用光导纤维来传递光学信息是利用了光的全反射。
7．【答案】A
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的图像与函数表达式；变压器的应用
【解析】【解答】A.由乙图可知原线圈输入电压的有效值为U1=Um2=362V2=36V，根据U1U2=n1n2可得到U2=9V，电压表V2的读数为9V，故A正确；
B.由于T=0.02s，所以角速度w=2πT=100πrads，所以原线圈两端电压的瞬时值为e=Emsinωt(V)=362sin100πt(V)，故B错误；
C.当R1处温度升高时，R1的电阻变小，所以副线圈所在电路的电流变大，所以电流表的示数变大，而电压表V2的示数不变，故C错误；
D.由于变压器原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，所以原线圈的输入功率和副线圈的输出功率之比为1：1。故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查了理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系。首先由乙图可以看出原线圈输入电压的最大值以及周期的大小，从而求出角速度w，再根据e=Emsinωt(V)求出原线圈两端电压的瞬时值表达式；由输入电压的最大值可推出原线圈输入电压的有效值，由电压比等于匝数比可以求出电压表V2的读数；注意变压器原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率；当R1的温度升高时，电阻将变小，由闭合回路的欧姆定律可推出电流表示数的变化情况，注意副线圈的输出电压U2是不变的。
8．【答案】D
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A.本题是一个加速度传感器，输入的是加速度，输出的物理量是电压，故A错误；
CD.当电压表指针在零点时，此时滑块的加速度等于0，滑块可能是静止，也可能是做匀速直线运动，故C错误，D正确；
B.当电压表指针在零点时，此时P和Q两点的电势相等，当指针向右偏转时，φP>φQ，此时滑块是从开始的位置向右滑导致右边的弹簧压缩量变大，左边弹簧的压缩量变小，即右边弹簧的弹力大于左边弹簧的弹力，所以滑块的合力向左，加速度方向也向左，与图示加速度的方向相反，故B错误。
故答案为：D。
【分析】本题考查加速度传感器，输入的是加速度，输出的是电压。分析时要对滑块进行受力分析，根据牛顿第二定律求出滑块的加速度a，找出a与滑块位移x的关系，而再结合电路图求出UPQ，并找出它与滑块的位移x的关系，最后用加速度a来表示UPQ。通过分析知道当指针在零点时，此时左右两边弹簧对滑块的弹力相等，滑块的合力为0，加速度也为0。当滑块向右运动时，此时UPQ>0，指针向右偏，再分析一下此时滑块的受力，可知合力方向向左，加速度方向也向左。
9．【答案】A,C
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A.由图知简谐横波的波长为λ=10m，T=4s，由于波从A位置传到B位置，刚好为一个波长，所以需要一个周期的时间，所以所需时间为4s，故A正确；
B.由乙图知t=6s时A处质点位于波谷，根据波的平移，可知此时B处质点此时也位于波谷，故B错误；
C.t=8s时，由乙图可知位于A处的质点此时处于波峰，则B处质点也处于波峰，而C点到O点的距离为102+202m=500m，我们画出此时t=8s简谐横波的波形图，可知离B点最近的某个质点此时处于平衡位置，此质点离O点的距离为20m+10m4=22.5m，由于500m<22.5m，所以C点位于B处质点与该点之间，根据同侧法可知此时C处质点要竖直向上振动，故C正确；
D.由乙图可知t=10s时A处质点来到波谷，由于D处质点到O的距离为 102m，由于此时离A处质点最近的处于平衡位置的质点在离O点10m+10m4=12.5m处，而此时离O点15m处的质点位于波峰，由于102m介于12.5m与15m之间，画出此时简谐横波的波形图，可知此时D处质点位于平衡位置以上，所以回复力方向为竖直向下。故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查波动图像和振动图像，波长、周期和波速的关系。由甲图可以知道波长的大小，由乙图可知周期的大小，所以波从A点传播到B点刚好需要一个波长的距离，所以传播时间为一个周期；分别由乙图推测出各相应时刻A处质点所处的位置，再画出不同的波形图，由波形图就可以找到我们要求相应的质点此时所处的位置以及振动方向、回复力方向。
10．【答案】B,C
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】上面一块光洁度高的板的下表面与待测面之间的空气层形成了薄膜干涉，若待测面有凸起的地方，则此处的光程差小于此处未凸起时的光程差，所以这点的光程差与靠近劈尖的尖部某点的光程差相同，所以这点未凸起时对应条纹若是亮的，现在就变暗，所以这点对应的对纹弯向劈尖厚部，所以B处向上凸起，而当某点凹陷时，则条纹弯向劈尖尖部，所以A处向下凹陷，故BC正确，AD错误。
故答案为：BC。
【分析】注意薄膜干涉是膜的上下表面反射光发生光的干涉产生的，当两反射光的光程差是半波长的偶数倍时，出现明条纹，而两反射光的光程差是半波长的奇数倍时，出现暗条纹。经常利用薄膜干涉来检测工件上表面的光滑情况，在分析出现的图时，要看条纹弯向哪一侧，从而分析出那位发生了凹陷还是凸起。
11．【答案】A,D
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】AB.根据平移法可知波向左传播，故A正确，B错误；
C.由图知在0.1s内简谐横波向左平移了1cm，所以波速v=∆x∆t=0.01m0.1s=0.1m/s，由图可知波长λ=4cm=0.04m，由于v=λf，得频率f=vλ=25Hz，故C正确；
D.由于周期T=λv=0.04m0.1m/s=0.4s，由于t=1s=2T+12T，t=0时刻x=2cm处的质点位于波峰，所以接下来只能向下振动，所以经过1s后该质点来到了波谷，经过的路程x=8A+2A=10A=50cm，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】根据平移法可以判断本题的简谐横波向左传播；由于在0.1s内简谐横波向左平移了1cm，所以根据v=∆x∆t计算出波速的大小，由图知波长的长度，由v=λT可以计算出周期的大小，最后利用f=1T可以计算出频率的大小；t=0时刻找出x=2cm处的质点处于什么位置，再计算1s经过多少个周期，就可以推算出该处的质点经过的路程。
12．【答案】A,B,C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】A.由图知甲波的波长为4cm，乙波的波长也是4cm，所以两列波的波长相等，故A正确；
B.波速是由介质决定的，所以两列波的波速相等，两列波传到原点的距离都是0.5cm，所以传到原点所需的时间一样长，所以两列波将同时传播到坐标原点；
C.由于根据同侧法可知甲波的起振方向是竖直向上，而乙波的起振方向是竖直向下，所以当两列波分别传到原点处时，两列波使原点处的质点的振动效果是方向相反的，可以相互抵消，所以x=0处时振动减弱点，故C正确；
D.由于两列波的波速大小相等，而波长也相等，由v=λf可知两列波的频率相等，满足波干涉的条件，所以两列波相遇时会发生干涉现象，故D错误。
故答案为：ABC。
【分析】根据图可知两列波的波长相等；由于两列波都是在同一根绳子中传播，根据波速是由介质决定的知两列波的波速相等，由两列波到原点的距离相等可知两列波将同时传到坐标原点；根据同侧法分别分析甲波、乙波的起振方向，就可以知道两列波传到原点时，原点处是振动减弱点还是振动加强点；由v=λf可知两列波的频率相等，所以两列波相遇时会发生干涉现象。
13．【答案】A,C,D
【知识点】交变电流的产生及规律；变压器原理；电能的输送；交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值；变压器的应用
【解析】【解答】 A.当四十间教室均满负荷工作时，由 I教=PU=550W220V=2.5A可知副线圈所在电路的干路电流I3=40I教=40×2.5A=100A，由于降压变压器原副线圈的匝数比为5：1，根据I2I3=n4n3可知I2=I3n4n3=100A×15=20A，所以输电线上的电压损失为U损=I2R=400V，故A正确；
B.由于转速n=3000r/min=50r/s，所以矩形线框在匀速转动的过程中角速度w=2πn=100πrad/s，由于电压表示数为250V，所以矩形线框产生的感应电动势最大值为Em=2U表=2502V，由于Em=nBωS，所以匀强磁场的磁感应强度B=EmnωS=2502100×100π×0.25T=210πT，故B错误；
C.由于降压变压器的副线圈两端电压为U4=220V，根据电压比等于匝数比，即U3U4=n3n4，可知U3=n3n4U4=5×220V=1100V，由于输电线上的电压损失为400V，所以升压变压器副线圈的输出电压为U2=U3+U损=1500V，所以n1n2=U1U2=16，故C正确；
D.由于前面已经计算出I2=20A，所以根据I1I2=n2n1，可知I1=I2n2n1=120A，所以升压变压器的输入功率P1=I1U表=30000W，而最终输送到教室消耗的功率为P2=40P=22000W，所以该供电系统的输电效率为η=P2P1×100%=22000W30000W=73%，故D正确。
故答案为：ACD。
【分析】本题考查正弦式交变电流、理想变压器和远距离输电的知识点。由功率公式可计算出每条教室支路的电流，而降压变压器副线圈的输出电流I3是40间教室支流的电流总和，从而计算出I3，再根据理想变压器原副线圈的电流比等于匝数的反比，从而求出输电线上的电流I2，再根据电压等于电流乘以电阻求出输电线上损失的电压；由电压表的读数计算出矩形线框在匀速转动中产生的感应电动势最大值，再根据电动势最大值的公式Em=nBωS计算出匀强磁场的磁感应强度B；由于降压变压器副线圈的输出电压U4等于每间教室的额定工作电压220V，根据理想变压器原副线圈两端的电压比等于匝数比，推算出降压变压器原线圈的输入电压U3，所以U2=U3+U损求出升压变压器副线圈两端的电压U2，根据电压比等于匝数比，求出升压变压器原副线圈的匝数之比；输电效率为有用功率与总功率的比值，先计算出最终被教室端消耗的有用功率P2，再根据输电线上的电流I2结合电流比等于匝数的反比求出升压变压器原线圈的输入电流I1，从而求出升压变压器原线圈的输入功率P1，再去做比就是该供电系统的输电效率。
14．【答案】B,C
【知识点】光导纤维及其应用
【解析】【解答】A.为了使光线在内芯和包层的分界面发生全反射，所以光导纤维内芯材料的折射率要大于包层材料的折射率，故A错误；
B.为了使射入的光在内芯与包层的分界面刚好发生全反射，设光在左端面的入射角为θ，由于折射角γ=90∘-C=30∘，由n=sinθsinγ=1.6，得sinθ=1.6sinγ=0.8，所以θ=53∘，故B正确；
CD.当光入射光导纤维的光线与轴线平行时，光在光导纤维中传输的时间最短，由于v=cn=3×108m/s1.6=1.875×108m/s，所以光在光导纤维中传输的最短时间为tmin=lv=15×103m1.875×108m/s=8×10-5s，当入射光经过折射后射在包层与内芯的分界面刚好发生全反射时，光在光导纤维内传输的最长距离为lmax=lsinC=15000m32=17321m，所以光在光导纤维中传输的最长时间为6，故C正确，D错误。
故答案为：BC。
【分析】本题考查了光在光导纤维中的全反射。根据光的全反射条件判断出内芯材料的折射率与包层材料折射率的大小关系；刚好全反射时，由全反射的临界角等于60∘推测出光刚射入内芯时折射角为30∘，再根据光的折射定律求出光在左端面的入射角；当光入射光导纤维的光线与轴线平行时，光在光导纤维中传输的时间最短，求出光在内芯中传播的速度，利用最短距离除以光在内芯中传播的速度就可以得到传输的最短时间；当入射光经过折射后射在包层与内芯的分界面刚好发生全反射时，光在光导纤维中传输的时间最长，同样道理求出最长的传输距离除以光在内芯中传输的速度，就可以得到光在光电纤维内传输的最长时间。
15．【答案】（1）1.54
（2）400π2k；9.76
（3）D
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）游标卡尺的读数等于主尺的读数加上游标尺上面的对齐格数乘以精度，由甲图可知主尺上面的读数为15mm，游标尺上面对齐格数为4，而游标是10分度的，所以精度为0.1mm，所以游标尺上面的读数为4×0.1mm=0.4mm，所以读出小球的直径为15mm+0.4mm=15.4mm=1.54cm。
故答案为：1.54；
（2）注意单摆的周期T=tn=t10s，而单摆的摆长L=l+d2，由单摆的周期公式T=2πLg0，可得t10=2πl+d2g，最后整理可得t2=400π2lg+200π2dg，所以t2-l的关系线是一条不过原点的倾斜直线，并且倾斜直线的斜率k=400π2g=404s2/m，得g=400π2k=9.76ms2。
故答案为：400π2k；9.76。
（3）AB.AB两个选项对图像有没有过坐标原点没有影响；
CD.由于实际上单摆的摆长等于摆线的长度加上小球的半径，如果以摆线的长度作为单摆的摆长，摆长小于实际上单摆的摆长，所以以t2为纵坐标，l为横坐标，画出来的图像是一条不过原点的倾斜直线。而若我们以t2为纵坐标，以l+d2作为横坐标，根据t10=2πl+d2g得t2100=4π2×l+d2g，即t2=400π2g(l+d2)，以t2为纵坐标，以l+d2作为横坐标，画出来是一条过原点的倾斜直线，故D正确，B错误。
故答案为：D。
【分析】（1）游标卡尺的读数等于主尺的读数加上游标尺上面的对齐格数乘以精度，注意在读数时不用估读；
（2）要根据单摆的周期公式T=2πLg，分别代入周期T以及摆长L的表达式，找出t2关于摆线长度l的关系式，找出倾斜直线斜率的物理意义结合图像求斜率k，就可以求出重力加速度g。
（3）实际上单摆的摆长等于摆线的长度加上小球的半径，根据第（2）问的分析找出图线要经过坐标原点，正确的拟合图线，应以什么为横坐标，什么为纵坐标。
16．【答案】（1）C；D
（2）C
（3）不变；偏小
（4）1.52
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）A.注意在做实验时，并不是入射角越大越好，在做实验时，入射角大小得当就好，故A错误；
B.只要能找到入射光线、出射光线，即找到入射角跟折射角大小便可，无需一定要两面平行的玻璃砖故A错误；
C.插大头针时应使P1和P2、P3和P4的间距大一些，这样在画入射光线、折射光线的误差较小，故C正确；
D.插大头针时，大头针应垂直纸面插放，才能使P2挡住P1的像，P3挡住P1、P2的像，P4挡住P1、P2、P3的像，故D正确。
故答案为：CD。
（2）注意，出射光线跟入射光线是平行的，并且根据光的折射定律，光在玻璃中的折射角要小于在空气中入射时的入射角，故C正确，AB错误；
故答案为：C。
（3）画出甲同学与乙同学的光路图如图2所示
由图2可知甲同学中玻璃砖在垂直于aa'的方向向上平移少许距离之后，入射光的入射角的测量值仍然等于真实值，折射角的测量值也等于真实值，根据光的折射定律可知甲同学测出来的玻璃砖的折射率与真实值相比时相等不变的，而当乙同学在白纸上画aa'、bb'两界面时绘图失误，白纸上记录的玻璃砖两界面比实际的平行玻璃砖两界面的间距稍微大些，我们由光路图看到入射光的入射角的测量值仍然等于真实值，而折射角的测量值比真实值偏大，所以根据光的折射定律可知乙同学测出来的玻璃砖的折射率比真实值相比偏小。
故答案为：不变；偏小。
（4）由图知入射角的正弦值为sin∠AOC=ACR，折射角的正弦值sin∠BOD=BDR，所以根据光的折射定律有n=sin∠AOCsin∠BOD=ACBD=3.50cm2.30cm=1.52。
故答案为：1.52。
【分析】（1）根据实验的正确操作和注意事项作答，在做实验时，入射角并不是越大越好，入射角大小得当就好；本实验任何形状的玻璃砖的折射率都能测量；在插大头针时应使P1和P2、P3和P4的间距大一些，这样在画入射光线、折射光线的误差较小；插大头针时，大头针应垂直纸面插放，这样才能使后面插上的针挡住前面插上的针的像。
（2）作光路图时，对于上下界面平行的玻璃砖，出射光线与入射光线是平行的，并且入射光线入射后，折射角比入射角小，通过此规律判断正确的选项；
（3）分别作出甲乙两位同学操作下的光路图，分别找出入射角的测量值和真实值的大小关系以及折射角的测量值和真实值的大小关系，最后利用光的折射规律找出玻璃砖的折射率测量值与真实值的关系；
（4）根据数学知识求解入射角的正弦和折射角的正弦，再根据折射定律求解。
17．【答案】（1）解：根据题意有(t+0.4)-t=(12+n)T，(n=0，1、2、3……)
所以T=0.81+2ns，(n=0，1、2、3……)
答：该地震波质点振动的周期为T=0.81+2ns，(n=0，1，2、3……)；
（2）解：由题图知，该地震波的波长为λ=4km，最大周期为0.8s
根据波速与波长的关系可得，最小波速为v=λT=40.8km/s=5km/s
答：地震波最小波速为5km/s；
（3）解：地震横波沿x轴正方向传播，0时刻y0=Acos45°，y0=22A
若路程最小，0.2s为14周期，故最小路程为s=2A-2y0=(2-2)A
答：x=2.5km处的质点在0.2s内通过的最小路程为(2-2)A。
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】 （1）根据波向x轴正方向传播，向右平移t时刻的波形图，可知经过半个周期就能平移到如图虚线的波形图位置，或者平移半个周期加一个周期，半个周期过两个周期，所以得到0.4s与周期的关系，求出该地震波质点振动的周期T；
（2）由（1）问的周期表达式求出最大的周期，根据图求出波长，所以最小的波速等于波长除以最大的周期；
（3）找出t时刻地震横波的波动方程，代入x=2.5km，求出该处的质点在t时刻偏离平衡位置的位移为22A，则要使路程最小，则时长0.2s刚好为周期的14，通过这条件就可以求出最小路程。
18．【答案】（1）解：导体棒刚开始向上运动时安培力的大小为：F安=BId
其中I=Bdv2R
由牛顿第二定律可得mgsinθ+F安=ma，
联立解得：a=B2d2v2mR+gsinθ；
答：导体棒刚开始向上运动时的加速度大小为B2d2v2mR+gsinθ；
（2）解：设导体棒速度减小到零的过程中，流过导体棒的平均电流为I1，时间为t1，导体棒上滑的最大距离为x1，
则有q=I1t1=E2Rt1=△Φ2R=Bdx12R
解得：x1=2qRBd
设电阻R上产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律可得：2Q=12mv2-mgx1sinθ
解得：Q=m4(v2-4gRqsinθBd)；
答：体棒向上运动到最高点的过程中，电阻R上产生的焦耳热为m4(v2-4gRqsinθBd)；
（3）解：导体棒向上运动过程中，由动量定理可得：-(BI1d+mgsinθ)t1=0-mv
而：q=I1t1
解得：t1=mv-Bdqmgsinθ；
分析可知，从初始位置上滑到速度为零的过程和从速度为零下滑到初始位置的过程导体棒的位移大小相等，则通过导体棒的电荷量大小相同
导体棒从最高点下滑到速度为v位置过程通过导体棒的电荷量为q下滑=q+q'
设导体棒下滑所用时间为t2，由动量定理可得：(mgsinθ-BI2d)t2=mv-0
又因为I2t2=q+q'
解得：t2=mv+Bd(q+q')mgsinθ
故导体棒从开始运动到速度大小再次达到v的过程，导体棒运动的总时间为：
t=t1+t2=mv-Bdqmgsinθ+mv+Bd(q+q')mgsinθ=2mv+Bdq'mgsinθ。
答：计算导体棒从开始运动到速度再次为v的过程运动的总时间为2mv+Bdq'mgsinθ。
【知识点】动量定理；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的图像类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）对ab棒受力分析，可知它受到沿导轨向下的安培力以及竖直向下的重力、垂直于导轨向上的支持力，对重力进行分解，分解为沿导轨向下的分力以及垂直于导轨向下的分力，所以对ab棒列牛顿第二定律结合安培力的公式可求出ab棒刚向上运动时的加速度a；
（2）ab沿导轨上滑过程中通过其横截面的电荷量为q，我们可以根据q=It推导出电荷量q的表达式，从而求出ab棒向上做减速运动直到速度等于0的位移x1，对全程列能量守恒式子就能求解电阻R上所产生的热量Q；
（3）在ab棒向上做减速运动时，可以根据动量定理结合向上运动时通过ab棒横截面的电荷量q求出ab棒向上运动的时间t1，通过第二问的表达式可知ab棒向下做加速运动又经过相同位置时通过ab棒横截面的电量与ab棒向上运动的过程通过ab棒横截面的电量相等，所以ab棒在向下运动的过程直到速度大小又为v通过ab棒横截面的电量为q+q'，对ab棒向下滑的过程列动量定理就可以求出从开始向下运动到速度大小再次达到v的过程中导体棒运动的总时间t2，把两段时间相加就是要求的总时间。
19．【答案】（1）解：光路图如图所示，设光从E点射入玻璃砖后，设折射角为∠1，则有：n=sinθsin∠1
解得：∠1=30°
答：从E点射入玻璃砖后的折射角是30°；
（2）解：由几何知识可知：折射光射到BC边时的入射角为60°，因为sin60°>sinC=1n=33，即60°>C
所以光在BC面上发生全反射。由几何知识得：BF=EBtan60°=53×3cm=15cm
则CG=(BC-BF)tan30°=(60-15)×33cm=153cm
设光从CD面射出的折射角为r，则有：sinrsini=n
解得：r=60°
则有：DH=DGcosr=(60-153)×0.5cm=(30-7.53)cm
答：D点到从CD边射出的光线距离是(30-7.53)cm。
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）主要要先根据题目画出光路图，再结合折射定律就可以求出光从E点射入玻璃砖后的折射角∠1；
（2）由第一问可知折射光入射到BC边的入射角为90∘-30∘=60∘，根据题意求出全反射的临界角C的正弦值为33，所以判断出此入射角大于全反射的临界角，光线在BC边上发生了全反射，所以光线在CD要射出的折射角为i=90∘-60∘=30∘，根据光的折射定律就能得出光线射出CD边时与法线的夹角为60∘，根据图中的几何条件就可以求出D到出射光线的垂直距离。
黑龙江省哈尔滨二中2022-2023学年高二（下）期中物理试卷
一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的。
1． 如图所示， 水平方向上有一弹簧振子，0点是其平衡位置，振子在a和b之间振动， 关于振子， 下列说法正确的是（ ）
A．在a点时加速度最大， 速度最大
B．在0点时速度最大， 位移最大
C．在b点时位移最大， 速度最小
D．在b点时加速度最大， 速度最大
2． 矩形线圈的匝数为50匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示，下列结论正确的是（ ）
A．在t = 0.1s和t = 0.3s时，电动势最大
B．在t = 0.2s和t = 0.4s时， 电动势改变方向
C．电动势的最大值是50πV
D．在t = 0.4s时， 磁通量变化率最大，其值为100πWb/s
3． 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 处经过时间t03时的加速度大小和动能分别为a1和E1，而振子位移为A3时的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 ，E1 < E2 B．a1 >a2 ，E1 >E2
C．a1 < a2 ，E1 < E2 D．a1 < a2 ，E1 > E2
4． 图一为某超声波发生器中的核心元件一 一压电陶瓷片。为使得压电陶瓷片发生超声振动， 需要给它通入同频率的高频电信号。图二为高频电信号发生原理图。已知某时刻电流i的方向 指向A极板， 且正在增大， 下列说法正确的是（ ）
A．A极板带负电
B．线圈L两端的电压在增大
C．磁场能正在转化为电场能
D．减小自感系数L，可以减小超声振动的频率
5． 如图所示， P、Q是两种透明材料制成的两块直角梯形的棱镜， 叠合在一起组成一个长方体。某单色光沿与P的上表面成 角的方向斜射向P，其折射光线正好垂直通过两棱镜的界面。已知材料的折射率nP
A．从Q的下表面射出的光线一定与入射到P的上表面的光线在同一条直线上
B．从Q的下表面射出的光线一定与入射到P的上表面的光线平行
C．如果光线从Q的下表面射出，出射光线与下表面所夹的锐角一定大于
D．如果光线从Q的下表面射出，出射光线与下表面所夹的锐角一定小于
6． 在生产生活中， 光的干涉运用非常广泛， 下列图中没有涉及到光的干涉现象的是（ ）
A．．阳光下彩色的肥皂膜
B．．用单色光检测工件表面平滑度
C．．用光导纤维传递光学信息
D．单色光通过双缝在屏幕上形成明暗相间条纹
7． 如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想电表， 原线圈接如图乙所示的正弦交流电， 图甲中的R1为热敏电阻(温度升高时其电阻减小)，R为定 值电阻．下列说法正确的是（ ）
A．电压表V2 的示数为9V
B．原线圈两端电压的瞬时值表达式为u = 362sin50πt(V)
C．R1处温度升高时，电流表的示数变大，电压表V2 的示数变大
D．变压器原线圈的输入功率和副线圈的输出功率之比为1：4
8． 某同学设计了一个加速度计，如图所示， 较重的滑块2可以在光滑的框架1中平移， 滑块两侧用弹簧3拉着：R为滑动变阻器， 4是滑动片，它与变阻器任一端之间的电阻值都与它到这端的距离成正比。这个装置就是一个加速度传感器。两个电源E完全相同。按图连接电路后， 电压表指针的零点位于表盘中央，当P端的电势高于Q端时， 指针向零点右侧偏转。将框架固定在运动的物体上，下列说法正确的是（ ）
A．这种传感器输入的物理量是位移， 输出的物理量是电压
B．若观察到电压表的指针向右偏转， 说明物体具有与图示方向相同的加速度
C．若观察到电压表指针在零点， 说明物体处于静止状态
D．若观察到电压表指针在零点， 说明物体处于静止状态
9．均匀介质中，波源位于0点的简谐横波在xOy水平面内传播，波面为圆。 t = 0时刻，波面分布如图(a)所示， 其中实线表示波峰，虚线表示相邻的波谷。A处质点的振动图像如图(b)所 示， z轴正方向竖直向上。下列说法正确的是（ ）
A．该波从A点传播到B点， 所需时间为4s
B．t = 6s时， B处质点位于波峰
C．t = 8s时， C处质点振动速度方向竖直向上
D．t = 10s时， D处质点所受回复力方向竖直向上
10． 如图所示， 用单色光照射透明标准板 M来检查平面N的上表面的 光平情况，观察到的现象如图所示的条纹中的p和Q的情况，这说明（ ）
A．N的上表面B处向下凹陷 B．N的上表面B处向上凸起
C．N的上表面A处向下凹陷 D．N的上表面A处向上凸起
11． 如图所示，一列简谐横波平行于x轴传播， 图中的实线与虚线分别为t = 0和t = 0.1s时 的波形图。已知平衡位置在x = 5m处的质点在0到0.1s内运动方向不变。关于这列简谐波的说法中正确的是（ ）
A．该波向左传播
B．该波向右传播
C．该波波源的振动频率是25Hz
D．从0时刻起1S内x = 2cm处的质点经过的路程为50cm
12． 如图所示为两列简谐横波在同一绳上传播在t = 0时刻的波形图，已知甲波向左传， 乙 波向右传，两列波分别刚传到x = 士0.5cm处．请根据图中信息判断以下说法正确的是（ ）．
A．两列波的波长一样大
B．两列波将同时传到坐标原点
C．x = 0处为振动减弱点
D．由于两波振幅不等， 故两列波相遇时不会发生干涉现象
13． 哈九中为保障学校用电安全，让学生能够安心自习， 学校特意完善了供电输电系统。如 图所示，发电机的矩形线框ABCD处于磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，线框面积S = 0.25m2 ，匝数n = 100匝， 电阻不计。线框绕垂直于磁场的轴00 以3000转/分的转速 匀速转动， 其输出端通过电刷与升压变压器的原线圈相连，图中电压表示数为250V，降压变 压器原、副线圈的匝数之比为5：1，降压变压器的副线圈接入到教室供电，两变压器间的输 电线等效电阻R = 20Q，变压器均为理想变压器。学校有四十间教室， 教室内设备额定工作电压均为U = 220V，每间教室的最大功率为P = 550w。当四十间教室均满负荷工作时（ ）
A．输电线上损失的电压为400V
B．匀强磁场B的大小为110π (T)
C．升压变压器原、副线圈匝数之比为1：6
D．该供电系统的输电效率约为73%
14．光导纤维是一种由玻璃或塑料制成的双层光传导工具。较好的光导纤维，其光传输损失极少。如图所示， 一条长直光导纤维的长度l=15km，内芯的折射率n =1.6，在内芯与包层的分界面发生全反射的临界角C=60°。现一束细光从左端面中点射入内芯，下列说法正确的是（ ）
A．光导纤维中内芯材料的折射率应小于包层材料的折射率
B．为使射入的光在内芯与包层的界面恰好发生全反射，光在左端面的入射角应为53
C．若从左端射入的光能够传送到右端(无损失)，则光在光导纤维内传输的最长时间约为9.2×10-5s
D．若从左端射入的光能够传送到右端(无损失)，则光在光导纤维内传输的最短时间约为6×10-5s
二、实验题(本大题共 2 小题，共 14 分)
15． 某同学利用如图所示的装置测量当地的重力加速度． 实验步骤如下：
A.安装置图安装好实验装置；
B.用游标卡尺测量小球的直径d；
C.用米尺测量悬线的长度l；
D.让小球在竖直平面内小角度摆动． 当小球经过最低点时开始计时，并计数为0，此后小球每 经过最低点一次，依次计数1、2、3 … … 当数到20时，停止计时，测得时间为t；
E.多次改变悬线长度， 对应每个悬线长度，都重复实验步骤C、D；
F.计算出每个悬线长度对应的t2；
G. 以t2为纵坐标、l为横坐标，作出t2 一 l图线．
结合上述实验， 完成下列题目：
（1）用游标为10分度(测量值可精确到0.1 mm)的游标卡尺测量小球的直径，某次测量的示数如图甲所示， 读出小球直径d的值为 Cm．
（2）该同学根据实验数据，利用计算机作出t2 - l图线如图乙所示， 根据图线拟合得到方程 t2 = 404.0l + 3.0.设t2 - l图像的斜率为k，由此可以得出当地的重力加速度的表达式为g = ，其值为 m/S2(取几2 = 9.86，结果保留3位有效数字)．
（3）从理论上分析图线没有过坐标原点的原因，下列分析正确的是____(填选项前的字母)．
A．不应在小球经过最低点时开始计时，应该在小球运动到最高点时开始计时
B．开始计时后，不应记录小球经过最低点的次数， 而应记录小球做全振动的次数
C．不应作t2 - l图线，而应作t2 - (l - d2)图线
D．不应作t2 - l图线，而应作t2 - (l + d2)图线
16． 古希腊时代，托勒密曾做过光的折射实验，得到了折射角与入射角成正比的结论。一千年后，阿勒.哈增指出托勒密的结论与事实不符，1621年，荷兰的斯涅耳通过实验得到了折射定律的正确表达式。此定律是几何光学的基本实验定律， 某次高中物理实验课上， 同学们用“插针法”测定玻璃砖的折射率。
（1）下列关于本次实验的说法正确的是____ ；
A．为保证实验现象明显，实验时入射角越大越好。
B．该实验只能测量两面平行的玻璃砖的折射率
C．插大头针时应使P1和P2、P3和P4 的间距稍大一些，可以减小误差
D．插大头针时，大头针应垂直纸面插放
（2）第一小组的同学用同一套器材完成了三次实验，记录下如图所示的玻璃砖界线和三组大头 针扎下的孔洞， 其中实验操作正确的是____ 。
A． B． C．
（3）第二小组两位同学选择的器材和操作如下：
A. 甲同学在白纸上正确画出平行玻璃砖的两个界面aa 与bb 后， 在实验过程中将玻璃砖垂 直于aa 方向沿纸面向上平移了少许，其它操作正确。
B. 乙同学在白纸上画aa 、bb 两界面时绘图失误，白纸上记录的玻璃砖两界面间距比实际 上的平行玻璃砖两界面的间距稍微大些， 其它操作正确。
甲同学测出玻璃砖的折射率与真实值相比 。乙同学测出玻璃砖的折射率与真实值相比 。(填“偏大、偏小、不变”)
（4）第三小组的几名同学在经过多次实验后选取了正确操作得到的实验记录，并进行了数据处 理。该小组同学在白纸上画出光线的径迹，以入射点0为圆心作一半径为5.00cm的圆，与入 射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线NN的垂线，垂足分别为C、D点， 如图所示。测得AC = 3.50cm，BD = 2.30cm，则玻璃的折射率n = (结果保留两位小 数)
三、计算题(本大题共 3 小题，共 38 分)
17．最近两年以来， 地震在世界各地频频出现，让人感觉地球正处于很“活跃”的 时期。地震波既有横波，也有纵波，若我国地震局截获了一列沿x轴正方向传播的地震横波振 幅为A，在t(图中实线)与(t + 0.4)s(图中虚线)两个时刻x轴上一3~3km区间内的波形图如图 所示， 求：
（1）该地震波质点振动的周期T；
（2）该地震波最小波速为多少；
（3）x = 2.5km处的质点在0.2s内通过的最小路程。
18． 如图， 倾角为e、间距为d的两足够长光滑平行导轨固定放置， 导轨顶端接有 阻值为R的电阻， 质量为m、阻值也为R的导体棒ab垂直导轨放置，整个装置处于磁感应强度 大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。现给ab一个大小为v、方向沿导轨平面向上 的初速度， 已知ab沿导轨上滑过程中通过其横截面的电荷量为q，重力加速度为g，不计导轨 的电阻。
（1）求ab刚开始向上滑动时的加速度大小；
（2）求在ab上滑过程中，电阻R产生的焦耳热；
（3）ab运动到最高点后开始下滑，已知下滑过程中，ab从经过初始位置到速率再次达到v时通过其横截面的电荷量为q’，求ab从开始运动到速率再次为v时经历的时间。
19． 如图所示，将一个折射率为n =3的正方体玻璃砖放在空气中，正方形ABCD是 它的一个截面， 边长l = 60 cm。一单色细光束以入射角θ= 60°投射到AB面上的E点， E点 到BC的距离d = 53cm，细光束在BC面上发生全反射，最后从CD面上射出， 求：
（1）光从E点射入玻璃砖后的折射角；
（2）D点到从CD边射出的光线距离。(结果可以用根式表示)
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】A.a点处振幅最大，回复力也最大，加速度最大，但是速度为0，故A错误；
B.O点为平衡位置，由于回复力等于0，a=0，速度最大，位移为0，故B错误；
CD.在b点处，b点的位移最大，回复力最大，加速度最大，但是速度最小，等于0，故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查简谐振动的特征。a点处由于振幅最大，所以回复力也最大，加速度最大，但是速度等于0；而O点处为平衡位置，回复力等于0，加速度为0，速度在此位置达到最大；b点也是位移等于振幅，位移最大，回复力最大，加速度最大，但是速度最小，为0。
2．【答案】C
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】 A.t=0.1s和t=0.3s时，通过线圈的磁通量最大，此时磁通量的变化率 ∆ϕ∆t等于0，所以电动势最小，为0，故A错误。
B.t=0.2s和t=0.4s时，通过线圈的磁通量等于0，说明此时面与磁场平行，线圈转到了峰值面，电流方向并没有发生改变，即电动势方向并没有发生改变，我们讲过的是每转过中性面一次，电动势就改变方向一次，电流也就改变方向一次，故B错误；
C.由图像可知ϕm=BS=0.2Wb，周期T=0.4s，所以电动势的最大值为Em=NBωS=Nϕmω=Nϕm2πT=50×0.2×2π0.4V=50π(V)，故C正确；
D.t=0.4s时，通过线圈的磁通量等于0，所以磁通量的变化率最大，由于电动势的最大值为50πV，又E=N∆ϕ∆t，所以磁通量变化率的最大值为∆ϕ∆t=EmN=50π50Wbs=πWbs，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查了正弦交流电的产生，在线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，由于t=0.1s和t=0.3s时，通过线圈的磁通量最大，所以此时线圈的位置为中性面，线圈产生的感应电动势等于0；t=0.2s和t=0.4s时，通过线圈的磁通量等于0，说明线圈转到了峰值面，电动势方向不会发生改变；电动势的最大值根据公式可知Em=NBωS，而BS为通过线圈的磁通量最大值，w等于2πT，所以只要找到磁通量的最大值以及代入周期算出角速度就可以求出电动势的最大值；t=0.4s时，通过线圈的磁通量等于0，但是磁通量的变化率最大，根据Em=N∆ϕ∆t可以反求出磁通量变化率的最大值。
3．【答案】A
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】由于弹簧振子从最大位移处经过时间to第一次到达平衡位置，说明t∘=T4，所以周期T=4t∘，振子从平衡位置到达位移最大处的过程中，回复力增大，加速度增大，速度减小，设振子的振动方程为y=Asin2πTtm=Asin2π4t∘tm=Asinπ2t∘tm，所以从平衡位置经过t∘3时间后y=Asinπ2t∘tm=Asinπ6=A2m，说明此时比振子位移为A3的情况离平衡位置更远，所以回复力更大，加速度更大，而速度更小，动能更小，所以a1>a2，E1
【分析】本题考查了简谐运动的回复力和能量；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。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t∘3和通过A3的位置，即可比较出两位置的加速度和动能。找出振子的振动方程，代入t∘3可知振子此时离平衡位置的位移为A2，所以比A3的情况离平衡位置更远。
4．【答案】A
【知识点】电磁振荡；LC振荡电路分析
【解析】【解答】AB.我们看到某时刻电流在增大，说明电容器正在放电，而电子的移动方向与电流的方向是相反的，所以B板带负电，A板带正电，由于电容器正在放电，所以电容器两端的电压减小，所以线圈L两端的电压越来越小。故AB错误；
C.在电容器放电的过程中，电容器上面的电量Q越来越小，两极板间的电压U也越来越小，两极板间的电场强度越来越弱，所以电场能越来越小，所以是电场能转化为磁场能的过程，故C错误；
D.如果减小自感系数，则由电磁振荡的频率公式有f=12πLC，所以减小自感系数L，可以增大超声振动的频率，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查了电磁振荡过程的理解，首先要通过回路的电流流向判断出两个极板的带电情况，再通过电流的变化情况判断出电容器的充放电情况，由于电流增大，所以电容器正在放电，所以电容器以及电感两端的电压都变小；在放电的过程，判断出回路的能量转化，电容器间的电场越来越弱，所以是电场能转化为磁场能；根据电磁振荡的频率公式可以判断减小自感系数L时超声振动的频率变化情况。
5．【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】首先要做出光路图，如图所示
由于进入P的折射光线正好垂直通过两棱镜的界面，所以光线从Q的下界面出射时，有γ=β，根据光的折射定律有nP=sinαsinβ，nQ=sinisinγ，由于材料的折射率nP
【分析】本题关键是要画出光路图，然后利用光的折射定律列式，找出光从Q出射时出射角与光从P入射时入射角的大小关系，就能找出光从Q出射时，出射光线与下表面所夹的锐角情况，而且要注意的是折射率等于从空气中入射时入射角的正弦角与介质中的折射角的正弦值之比。
6．【答案】C
【知识点】光的双缝干涉；光的全反射；光导纤维及其应用；薄膜干涉
【解析】【解答】AB.阳光下彩色的肥皂膜跟用单色光来检测工件的表面平滑度都是涉及到了光的干涉，故AB正确；
C.用光导纤维来传递光学信息是利用了光的全反射，故C正确；
D.单色光通过双缝在屏幕上形成明暗相间的条纹是光的干涉现象，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查了一些光学常识，解题关键掌握干涉在生活中的应用。注意阳光下彩色的肥皂膜跟用单色光来检测工件的表面平滑度、单色光通过双缝在屏幕上形成明暗相间的条纹都是利用到了光的干涉，而用光导纤维来传递光学信息是利用了光的全反射。
7．【答案】A
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的图像与函数表达式；变压器的应用
【解析】【解答】A.由乙图可知原线圈输入电压的有效值为U1=Um2=362V2=36V，根据U1U2=n1n2可得到U2=9V，电压表V2的读数为9V，故A正确；
B.由于T=0.02s，所以角速度w=2πT=100πrads，所以原线圈两端电压的瞬时值为e=Emsinωt(V)=362sin100πt(V)，故B错误；
C.当R1处温度升高时，R1的电阻变小，所以副线圈所在电路的电流变大，所以电流表的示数变大，而电压表V2的示数不变，故C错误；
D.由于变压器原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，所以原线圈的输入功率和副线圈的输出功率之比为1：1。故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查了理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系。首先由乙图可以看出原线圈输入电压的最大值以及周期的大小，从而求出角速度w，再根据e=Emsinωt(V)求出原线圈两端电压的瞬时值表达式；由输入电压的最大值可推出原线圈输入电压的有效值，由电压比等于匝数比可以求出电压表V2的读数；注意变压器原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率；当R1的温度升高时，电阻将变小，由闭合回路的欧姆定律可推出电流表示数的变化情况，注意副线圈的输出电压U2是不变的。
8．【答案】D
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A.本题是一个加速度传感器，输入的是加速度，输出的物理量是电压，故A错误；
CD.当电压表指针在零点时，此时滑块的加速度等于0，滑块可能是静止，也可能是做匀速直线运动，故C错误，D正确；
B.当电压表指针在零点时，此时P和Q两点的电势相等，当指针向右偏转时，φP>φQ，此时滑块是从开始的位置向右滑导致右边的弹簧压缩量变大，左边弹簧的压缩量变小，即右边弹簧的弹力大于左边弹簧的弹力，所以滑块的合力向左，加速度方向也向左，与图示加速度的方向相反，故B错误。
故答案为：D。
【分析】本题考查加速度传感器，输入的是加速度，输出的是电压。分析时要对滑块进行受力分析，根据牛顿第二定律求出滑块的加速度a，找出a与滑块位移x的关系，而再结合电路图求出UPQ，并找出它与滑块的位移x的关系，最后用加速度a来表示UPQ。通过分析知道当指针在零点时，此时左右两边弹簧对滑块的弹力相等，滑块的合力为0，加速度也为0。当滑块向右运动时，此时UPQ>0，指针向右偏，再分析一下此时滑块的受力，可知合力方向向左，加速度方向也向左。
9．【答案】A,C
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A.由图知简谐横波的波长为λ=10m，T=4s，由于波从A位置传到B位置，刚好为一个波长，所以需要一个周期的时间，所以所需时间为4s，故A正确；
B.由乙图知t=6s时A处质点位于波谷，根据波的平移，可知此时B处质点此时也位于波谷，故B错误；
C.t=8s时，由乙图可知位于A处的质点此时处于波峰，则B处质点也处于波峰，而C点到O点的距离为102+202m=500m，我们画出此时t=8s简谐横波的波形图，可知离B点最近的某个质点此时处于平衡位置，此质点离O点的距离为20m+10m4=22.5m，由于500m<22.5m，所以C点位于B处质点与该点之间，根据同侧法可知此时C处质点要竖直向上振动，故C正确；
D.由乙图可知t=10s时A处质点来到波谷，由于D处质点到O的距离为 102m，由于此时离A处质点最近的处于平衡位置的质点在离O点10m+10m4=12.5m处，而此时离O点15m处的质点位于波峰，由于102m介于12.5m与15m之间，画出此时简谐横波的波形图，可知此时D处质点位于平衡位置以上，所以回复力方向为竖直向下。故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查波动图像和振动图像，波长、周期和波速的关系。由甲图可以知道波长的大小，由乙图可知周期的大小，所以波从A点传播到B点刚好需要一个波长的距离，所以传播时间为一个周期；分别由乙图推测出各相应时刻A处质点所处的位置，再画出不同的波形图，由波形图就可以找到我们要求相应的质点此时所处的位置以及振动方向、回复力方向。
10．【答案】B,C
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】上面一块光洁度高的板的下表面与待测面之间的空气层形成了薄膜干涉，若待测面有凸起的地方，则此处的光程差小于此处未凸起时的光程差，所以这点的光程差与靠近劈尖的尖部某点的光程差相同，所以这点未凸起时对应条纹若是亮的，现在就变暗，所以这点对应的对纹弯向劈尖厚部，所以B处向上凸起，而当某点凹陷时，则条纹弯向劈尖尖部，所以A处向下凹陷，故BC正确，AD错误。
故答案为：BC。
【分析】注意薄膜干涉是膜的上下表面反射光发生光的干涉产生的，当两反射光的光程差是半波长的偶数倍时，出现明条纹，而两反射光的光程差是半波长的奇数倍时，出现暗条纹。经常利用薄膜干涉来检测工件上表面的光滑情况，在分析出现的图时，要看条纹弯向哪一侧，从而分析出那位发生了凹陷还是凸起。
11．【答案】A,D
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】AB.根据平移法可知波向左传播，故A正确，B错误；
C.由图知在0.1s内简谐横波向左平移了1cm，所以波速v=∆x∆t=0.01m0.1s=0.1m/s，由图可知波长λ=4cm=0.04m，由于v=λf，得频率f=vλ=25Hz，故C正确；
D.由于周期T=λv=0.04m0.1m/s=0.4s，由于t=1s=2T+12T，t=0时刻x=2cm处的质点位于波峰，所以接下来只能向下振动，所以经过1s后该质点来到了波谷，经过的路程x=8A+2A=10A=50cm，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】根据平移法可以判断本题的简谐横波向左传播；由于在0.1s内简谐横波向左平移了1cm，所以根据v=∆x∆t计算出波速的大小，由图知波长的长度，由v=λT可以计算出周期的大小，最后利用f=1T可以计算出频率的大小；t=0时刻找出x=2cm处的质点处于什么位置，再计算1s经过多少个周期，就可以推算出该处的质点经过的路程。
12．【答案】A,B,C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】A.由图知甲波的波长为4cm，乙波的波长也是4cm，所以两列波的波长相等，故A正确；
B.波速是由介质决定的，所以两列波的波速相等，两列波传到原点的距离都是0.5cm，所以传到原点所需的时间一样长，所以两列波将同时传播到坐标原点；
C.由于根据同侧法可知甲波的起振方向是竖直向上，而乙波的起振方向是竖直向下，所以当两列波分别传到原点处时，两列波使原点处的质点的振动效果是方向相反的，可以相互抵消，所以x=0处时振动减弱点，故C正确；
D.由于两列波的波速大小相等，而波长也相等，由v=λf可知两列波的频率相等，满足波干涉的条件，所以两列波相遇时会发生干涉现象，故D错误。
故答案为：ABC。
【分析】根据图可知两列波的波长相等；由于两列波都是在同一根绳子中传播，根据波速是由介质决定的知两列波的波速相等，由两列波到原点的距离相等可知两列波将同时传到坐标原点；根据同侧法分别分析甲波、乙波的起振方向，就可以知道两列波传到原点时，原点处是振动减弱点还是振动加强点；由v=λf可知两列波的频率相等，所以两列波相遇时会发生干涉现象。
13．【答案】A,C,D
【知识点】交变电流的产生及规律；变压器原理；电能的输送；交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值；变压器的应用
【解析】【解答】 A.当四十间教室均满负荷工作时，由 I教=PU=550W220V=2.5A可知副线圈所在电路的干路电流I3=40I教=40×2.5A=100A，由于降压变压器原副线圈的匝数比为5：1，根据I2I3=n4n3可知I2=I3n4n3=100A×15=20A，所以输电线上的电压损失为U损=I2R=400V，故A正确；
B.由于转速n=3000r/min=50r/s，所以矩形线框在匀速转动的过程中角速度w=2πn=100πrad/s，由于电压表示数为250V，所以矩形线框产生的感应电动势最大值为Em=2U表=2502V，由于Em=nBωS，所以匀强磁场的磁感应强度B=EmnωS=2502100×100π×0.25T=210πT，故B错误；
C.由于降压变压器的副线圈两端电压为U4=220V，根据电压比等于匝数比，即U3U4=n3n4，可知U3=n3n4U4=5×220V=1100V，由于输电线上的电压损失为400V，所以升压变压器副线圈的输出电压为U2=U3+U损=1500V，所以n1n2=U1U2=16，故C正确；
D.由于前面已经计算出I2=20A，所以根据I1I2=n2n1，可知I1=I2n2n1=120A，所以升压变压器的输入功率P1=I1U表=30000W，而最终输送到教室消耗的功率为P2=40P=22000W，所以该供电系统的输电效率为η=P2P1×100%=22000W30000W=73%，故D正确。
故答案为：ACD。
【分析】本题考查正弦式交变电流、理想变压器和远距离输电的知识点。由功率公式可计算出每条教室支路的电流，而降压变压器副线圈的输出电流I3是40间教室支流的电流总和，从而计算出I3，再根据理想变压器原副线圈的电流比等于匝数的反比，从而求出输电线上的电流I2，再根据电压等于电流乘以电阻求出输电线上损失的电压；由电压表的读数计算出矩形线框在匀速转动中产生的感应电动势最大值，再根据电动势最大值的公式Em=nBωS计算出匀强磁场的磁感应强度B；由于降压变压器副线圈的输出电压U4等于每间教室的额定工作电压220V，根据理想变压器原副线圈两端的电压比等于匝数比，推算出降压变压器原线圈的输入电压U3，所以U2=U3+U损求出升压变压器副线圈两端的电压U2，根据电压比等于匝数比，求出升压变压器原副线圈的匝数之比；输电效率为有用功率与总功率的比值，先计算出最终被教室端消耗的有用功率P2，再根据输电线上的电流I2结合电流比等于匝数的反比求出升压变压器原线圈的输入电流I1，从而求出升压变压器原线圈的输入功率P1，再去做比就是该供电系统的输电效率。
14．【答案】B,C
【知识点】光导纤维及其应用
【解析】【解答】A.为了使光线在内芯和包层的分界面发生全反射，所以光导纤维内芯材料的折射率要大于包层材料的折射率，故A错误；
B.为了使射入的光在内芯与包层的分界面刚好发生全反射，设光在左端面的入射角为θ，由于折射角γ=90∘-C=30∘，由n=sinθsinγ=1.6，得sinθ=1.6sinγ=0.8，所以θ=53∘，故B正确；
CD.当光入射光导纤维的光线与轴线平行时，光在光导纤维中传输的时间最短，由于v=cn=3×108m/s1.6=1.875×108m/s，所以光在光导纤维中传输的最短时间为tmin=lv=15×103m1.875×108m/s=8×10-5s，当入射光经过折射后射在包层与内芯的分界面刚好发生全反射时，光在光导纤维内传输的最长距离为lmax=lsinC=15000m32=17321m，所以光在光导纤维中传输的最长时间为6，故C正确，D错误。
故答案为：BC。
【分析】本题考查了光在光导纤维中的全反射。根据光的全反射条件判断出内芯材料的折射率与包层材料折射率的大小关系；刚好全反射时，由全反射的临界角等于60∘推测出光刚射入内芯时折射角为30∘，再根据光的折射定律求出光在左端面的入射角；当光入射光导纤维的光线与轴线平行时，光在光导纤维中传输的时间最短，求出光在内芯中传播的速度，利用最短距离除以光在内芯中传播的速度就可以得到传输的最短时间；当入射光经过折射后射在包层与内芯的分界面刚好发生全反射时，光在光导纤维中传输的时间最长，同样道理求出最长的传输距离除以光在内芯中传输的速度，就可以得到光在光电纤维内传输的最长时间。
15．【答案】（1）1.54
（2）400π2k；9.76
（3）D
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）游标卡尺的读数等于主尺的读数加上游标尺上面的对齐格数乘以精度，由甲图可知主尺上面的读数为15mm，游标尺上面对齐格数为4，而游标是10分度的，所以精度为0.1mm，所以游标尺上面的读数为4×0.1mm=0.4mm，所以读出小球的直径为15mm+0.4mm=15.4mm=1.54cm。
故答案为：1.54；
（2）注意单摆的周期T=tn=t10s，而单摆的摆长L=l+d2，由单摆的周期公式T=2πLg0，可得t10=2πl+d2g，最后整理可得t2=400π2lg+200π2dg，所以t2-l的关系线是一条不过原点的倾斜直线，并且倾斜直线的斜率k=400π2g=404s2/m，得g=400π2k=9.76ms2。
故答案为：400π2k；9.76。
（3）AB.AB两个选项对图像有没有过坐标原点没有影响；
CD.由于实际上单摆的摆长等于摆线的长度加上小球的半径，如果以摆线的长度作为单摆的摆长，摆长小于实际上单摆的摆长，所以以t2为纵坐标，l为横坐标，画出来的图像是一条不过原点的倾斜直线。而若我们以t2为纵坐标，以l+d2作为横坐标，根据t10=2πl+d2g得t2100=4π2×l+d2g，即t2=400π2g(l+d2)，以t2为纵坐标，以l+d2作为横坐标，画出来是一条过原点的倾斜直线，故D正确，B错误。
故答案为：D。
【分析】（1）游标卡尺的读数等于主尺的读数加上游标尺上面的对齐格数乘以精度，注意在读数时不用估读；
（2）要根据单摆的周期公式T=2πLg，分别代入周期T以及摆长L的表达式，找出t2关于摆线长度l的关系式，找出倾斜直线斜率的物理意义结合图像求斜率k，就可以求出重力加速度g。
（3）实际上单摆的摆长等于摆线的长度加上小球的半径，根据第（2）问的分析找出图线要经过坐标原点，正确的拟合图线，应以什么为横坐标，什么为纵坐标。
16．【答案】（1）C；D
（2）C
（3）不变；偏小
（4）1.52
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）A.注意在做实验时，并不是入射角越大越好，在做实验时，入射角大小得当就好，故A错误；
B.只要能找到入射光线、出射光线，即找到入射角跟折射角大小便可，无需一定要两面平行的玻璃砖故A错误；
C.插大头针时应使P1和P2、P3和P4的间距大一些，这样在画入射光线、折射光线的误差较小，故C正确；
D.插大头针时，大头针应垂直纸面插放，才能使P2挡住P1的像，P3挡住P1、P2的像，P4挡住P1、P2、P3的像，故D正确。
故答案为：CD。
（2）注意，出射光线跟入射光线是平行的，并且根据光的折射定律，光在玻璃中的折射角要小于在空气中入射时的入射角，故C正确，AB错误；
故答案为：C。
（3）画出甲同学与乙同学的光路图如图2所示
由图2可知甲同学中玻璃砖在垂直于aa'的方向向上平移少许距离之后，入射光的入射角的测量值仍然等于真实值，折射角的测量值也等于真实值，根据光的折射定律可知甲同学测出来的玻璃砖的折射率与真实值相比时相等不变的，而当乙同学在白纸上画aa'、bb'两界面时绘图失误，白纸上记录的玻璃砖两界面比实际的平行玻璃砖两界面的间距稍微大些，我们由光路图看到入射光的入射角的测量值仍然等于真实值，而折射角的测量值比真实值偏大，所以根据光的折射定律可知乙同学测出来的玻璃砖的折射率比真实值相比偏小。
故答案为：不变；偏小。
（4）由图知入射角的正弦值为sin∠AOC=ACR，折射角的正弦值sin∠BOD=BDR，所以根据光的折射定律有n=sin∠AOCsin∠BOD=ACBD=3.50cm2.30cm=1.52。
故答案为：1.52。
【分析】（1）根据实验的正确操作和注意事项作答，在做实验时，入射角并不是越大越好，入射角大小得当就好；本实验任何形状的玻璃砖的折射率都能测量；在插大头针时应使P1和P2、P3和P4的间距大一些，这样在画入射光线、折射光线的误差较小；插大头针时，大头针应垂直纸面插放，这样才能使后面插上的针挡住前面插上的针的像。
（2）作光路图时，对于上下界面平行的玻璃砖，出射光线与入射光线是平行的，并且入射光线入射后，折射角比入射角小，通过此规律判断正确的选项；
（3）分别作出甲乙两位同学操作下的光路图，分别找出入射角的测量值和真实值的大小关系以及折射角的测量值和真实值的大小关系，最后利用光的折射规律找出玻璃砖的折射率测量值与真实值的关系；
（4）根据数学知识求解入射角的正弦和折射角的正弦，再根据折射定律求解。
17．【答案】（1）解：根据题意有(t+0.4)-t=(12+n)T，(n=0，1、2、3……)
所以T=0.81+2ns，(n=0，1、2、3……)
答：该地震波质点振动的周期为T=0.81+2ns，(n=0，1，2、3……)；
（2）解：由题图知，该地震波的波长为λ=4km，最大周期为0.8s
根据波速与波长的关系可得，最小波速为v=λT=40.8km/s=5km/s
答：地震波最小波速为5km/s；
（3）解：地震横波沿x轴正方向传播，0时刻y0=Acos45°，y0=22A
若路程最小，0.2s为14周期，故最小路程为s=2A-2y0=(2-2)A
答：x=2.5km处的质点在0.2s内通过的最小路程为(2-2)A。
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】 （1）根据波向x轴正方向传播，向右平移t时刻的波形图，可知经过半个周期就能平移到如图虚线的波形图位置，或者平移半个周期加一个周期，半个周期过两个周期，所以得到0.4s与周期的关系，求出该地震波质点振动的周期T；
（2）由（1）问的周期表达式求出最大的周期，根据图求出波长，所以最小的波速等于波长除以最大的周期；
（3）找出t时刻地震横波的波动方程，代入x=2.5km，求出该处的质点在t时刻偏离平衡位置的位移为22A，则要使路程最小，则时长0.2s刚好为周期的14，通过这条件就可以求出最小路程。
18．【答案】（1）解：导体棒刚开始向上运动时安培力的大小为：F安=BId
其中I=Bdv2R
由牛顿第二定律可得mgsinθ+F安=ma，
联立解得：a=B2d2v2mR+gsinθ；
答：导体棒刚开始向上运动时的加速度大小为B2d2v2mR+gsinθ；
（2）解：设导体棒速度减小到零的过程中，流过导体棒的平均电流为I1，时间为t1，导体棒上滑的最大距离为x1，
则有q=I1t1=E2Rt1=△Φ2R=Bdx12R
解得：x1=2qRBd
设电阻R上产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律可得：2Q=12mv2-mgx1sinθ
解得：Q=m4(v2-4gRqsinθBd)；
答：体棒向上运动到最高点的过程中，电阻R上产生的焦耳热为m4(v2-4gRqsinθBd)；
（3）解：导体棒向上运动过程中，由动量定理可得：-(BI1d+mgsinθ)t1=0-mv
而：q=I1t1
解得：t1=mv-Bdqmgsinθ；
分析可知，从初始位置上滑到速度为零的过程和从速度为零下滑到初始位置的过程导体棒的位移大小相等，则通过导体棒的电荷量大小相同
导体棒从最高点下滑到速度为v位置过程通过导体棒的电荷量为q下滑=q+q'
设导体棒下滑所用时间为t2，由动量定理可得：(mgsinθ-BI2d)t2=mv-0
又因为I2t2=q+q'
解得：t2=mv+Bd(q+q')mgsinθ
故导体棒从开始运动到速度大小再次达到v的过程，导体棒运动的总时间为：
t=t1+t2=mv-Bdqmgsinθ+mv+Bd(q+q')mgsinθ=2mv+Bdq'mgsinθ。
答：计算导体棒从开始运动到速度再次为v的过程运动的总时间为2mv+Bdq'mgsinθ。
【知识点】动量定理；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的图像类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）对ab棒受力分析，可知它受到沿导轨向下的安培力以及竖直向下的重力、垂直于导轨向上的支持力，对重力进行分解，分解为沿导轨向下的分力以及垂直于导轨向下的分力，所以对ab棒列牛顿第二定律结合安培力的公式可求出ab棒刚向上运动时的加速度a；
（2）ab沿导轨上滑过程中通过其横截面的电荷量为q，我们可以根据q=It推导出电荷量q的表达式，从而求出ab棒向上做减速运动直到速度等于0的位移x1，对全程列能量守恒式子就能求解电阻R上所产生的热量Q；
（3）在ab棒向上做减速运动时，可以根据动量定理结合向上运动时通过ab棒横截面的电荷量q求出ab棒向上运动的时间t1，通过第二问的表达式可知ab棒向下做加速运动又经过相同位置时通过ab棒横截面的电量与ab棒向上运动的过程通过ab棒横截面的电量相等，所以ab棒在向下运动的过程直到速度大小又为v通过ab棒横截面的电量为q+q'，对ab棒向下滑的过程列动量定理就可以求出从开始向下运动到速度大小再次达到v的过程中导体棒运动的总时间t2，把两段时间相加就是要求的总时间。
19．【答案】（1）解：光路图如图所示，设光从E点射入玻璃砖后，设折射角为∠1，则有：n=sinθsin∠1
解得：∠1=30°
答：从E点射入玻璃砖后的折射角是30°；
（2）解：由几何知识可知：折射光射到BC边时的入射角为60°，因为sin60°>sinC=1n=33，即60°>C
所以光在BC面上发生全反射。由几何知识得：BF=EBtan60°=53×3cm=15cm
则CG=(BC-BF)tan30°=(60-15)×33cm=153cm
设光从CD面射出的折射角为r，则有：sinrsini=n
解得：r=60°
则有：DH=DGcosr=(60-153)×0.5cm=(30-7.53)cm
答：D点到从CD边射出的光线距离是(30-7.53)cm。
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）主要要先根据题目画出光路图，再结合折射定律就可以求出光从E点射入玻璃砖后的折射角∠1；
（2）由第一问可知折射光入射到BC边的入射角为90∘-30∘=60∘，根据题意求出全反射的临界角C的正弦值为33，所以判断出此入射角大于全反射的临界角，光线在BC边上发生了全反射，所以光线在CD要射出的折射角为i=90∘-60∘=30∘，根据光的折射定律就能得出光线射出CD边时与法线的夹角为60∘，根据图中的几何条件就可以求出D到出射光线的垂直距离。
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