2022-2023学年湖南省衡阳市衡南县高二（上）期末物理试卷（A卷）（含解析）

这是一份2022-2023学年湖南省衡阳市衡南县高二（上）期末物理试卷（A卷）（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.以下场景，会产生感应电流的是( )
A. 甲图中，线圈与条形磁铁中心轴线在同一平面内且远离磁铁
B. 乙图中，线圈在匀强磁场中垂直于磁场方向运动
C. 丙图中，条形磁铁快速穿过有缺口的线圈
D. 丁图中，线圈在通电直导线下方以虚线为轴转动
2.如图是某款家用空气净化器及其原理示意图，污浊空气通过过滤网后尘埃带电。图中充电极b、d接电源负极，集尘极a、c、e接电源正极(接地)。有关净化器工作时的说法正确的是( )
A. 通过过滤网后空气中的尘埃带正电B. 增大电极间电压可能增加净化效果
C. 增大电极间距离可能增加净化效果D. 电极区域由于没接通，所以不耗电
3.“魔盘”是游乐场中儿童喜闻乐见的娱乐设施。如图，为某型号“魔盘”侧视截面图，MN为中心竖直转轴，圆锥面母线与水平面间夹角为θ。可视为质点的儿童坐在“魔盘”的锥面上，“魔盘”从静止开始转动，转速缓慢增大。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )
A. “魔盘”加速转动且儿童未发生滑动时，儿童受到的合外力方向水平指向转轴
B. 其他条件相同时，儿童的位置越靠下越容易滑动
C. 其他条件相同时，儿童的质量越小越容易滑动
D. “魔盘”匀速转动且儿童未发生滑动时，“魔盘”转速越大，儿童受到的摩擦力越小
4.2022年5月10日01时56分，天舟四号货运飞船成功发射，随后与“天和”核心舱成功对接，发射过程简化示意图如图所示，先把天舟四号货运飞船发射到近地圆轨道Ⅰ，继而调整角度和高度，经过多次变轨不断逼近空间站轨道，当两者轨道很接近的时候，再从空间站下方、后方缓慢变轨接近，Ⅱ、Ⅲ是飞船绕地球运行的椭圆轨道，Ⅳ是飞船绕地球运行很接近空间站轨道的圆形轨道，P、Q分别为椭圆轨道Ⅲ的远地点和近地点，P、Q之间的距离为2L，地球半径为R，天舟四号货运飞船在Ⅰ、Ⅳ轨道上做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A. 天舟四号货运飞船在轨道Ⅰ上的角速度比在轨道Ⅳ上的角速度小
B. 天用四号货运飞船在轨道Ⅲ上经过P点的速度比在轨道Ⅱ上经过Q点的速度大
C. 天舟四号货运飞船在轨道Ⅲ上经过P处与Q处时加速度大小的比值为R2(2L−R)2
D. 天舟四号货运飞船在轨道Ⅰ和轨道Ⅳ上的线速度大小的比值为 LR
5.如图所示，有一根细线跨过轻环B吊着一个质量为m1的物体，细线另一端系在轻环A上，轻环A还用另一根细线吊着一个质量为m2的物块，平衡时A、B与圆心连线夹角为120°，不计摩擦。则两个物块的质量比m1：m2应为( )
A. 3：1B. 3：3C. 2：1D. 2：2
6.如图甲，将一小球从地面以某一初速度v0竖直向上抛出，取地面为零重力势能参考面，小球的机械能E0和重力势能Ep随小球离开地面的高度h变化关系图像如图乙。重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 小球从地面抛出的初速度v0=4 5m/s
B. 小球所受空气阻力大小为小球自身重力的12
C. 从抛出开始，小球经1s时间上升到最高点
D. 小球离地面高度h=3m时，小球的动能Ek=25J
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.如图，电源电动势E=9V，内阻不计，定值电阻R1=4Ω，R2=8Ω，R3=12Ω。M点和N点之间接有定值电阻R5=10Ω和水平放置的平行板电容器，电容器的电容C=80μF，R4为变阻箱，将其阻值由6Ω调整到12Ω，下列说法正确的是( )
A. R4=6Ω时M点的电势高于N点的电势
B. R4=12Ω时电容器两端的电压为4.5V
C. 变阻箱的阻值改变前后，电路消耗的电功率之比为10：9
D. 变阻箱的阻值改变前后，通过电阻R5的电荷量为1.2×10−4C
8.小明在操场上练球，把静止的足球斜向上踢出，第一次速度方向与水平方向夹角θ1，第二次速度方向与水平方向夹角θ2，0<θ2<θ1<90°，两次踢出时足球的速率相等，若不计空气阻力，下列判断正确的是( )
A. 两次踢出足球在空中运动的时间可能相同
B. 两次踢出足球离地面的最大高度一定不同
C. 两次踢出足球的水平射程可能相同
D. 两次踢出足球后到落地前速度变化量一定相同
9.如图所示，在一倾角为45°的绝缘斜面C上有一带正电的小物体A处于静止状态，现将一带正电的小球B沿以A为圆心的圆弧缓慢地从P点移至A正上方的Q点处，已知P、A在同一水平线上，且在此过程中物体A和C始终保持静止不动，A、B可视为质点.关于此过程，下列说法正确的是( )
A. 地面对斜面C的摩擦力一定逐渐减小B. 地面对斜面的支持力一定一直增大
C. 物体A受到斜面的摩擦力可能一直减小D. 物体A受到斜面的支持力可能一直增大
10.一根长20m的软绳拉直后放在光滑水平地板上，以绳的中点为坐标原点，沿绳方向为x轴，水平面内垂直x轴方向为y轴，建立图示坐标系。两人分别在绳两端P、Q沿y轴方向持续有节奏地抖动绳，在绳上形成两列振幅分别为20cm、30cm的相向传播的绳波，某时刻的波形如图所示。下列判断正确的是( )
A. P、Q点此时振动方向相同
B. 减弱点的位移大小始终为10cm
C. 经过足够长时间，0点振幅为10cm
D. 经过足够长时间，除P、Q点外绳上有9个振动最强的点
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.用多用电表测电阻时选用“×100”的倍率发现指针偏角太大，倍率应调整为______ (选填“×1K”或“×10”)，经过欧姆调零后重新测量，指针如图1所示，那么电阻阻值为______ Ω.

为了减少伏安法测量中电表内阻引起的系统测量误差，某实验小组又设计了如图2所示的实验方案，主要实验步骤如下：
第一步：将开关S2接1，闭合开关S1，调节滑动变阻器RP和RW，使电表读数接近量程，但不超过量程，记录此时电压表和电流表的示数为U1、I1．
第二步：保持滑动变阻器RP的滑动触头位置不变，单刀双掷开关S2合向2，调节滑动变阻器RW使电压表和电流表示数合适，读出此时数值U2、I2.由以上记录的数据计算出被测电阻Rx的表达式为Rx= ______ ．
12.利用双缝干涉测定光的波长的实验中，双缝到光屏间的距离l=0.6m，双缝间距d=0.4mm，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)若想增加从目镜中观察到的条纹个数，该同学可______ 。
A.将单缝向双缝靠近
B.将屏向靠近双缝的方向移动
C.将屏向远离双缝的方向移动
D.使用间距更小的双缝
(2)某种单色光照射双缝得到干涉条纹如图2所示，分划板在图2中A位置时游标卡尺的读数为xA=10.2mm，在B位置时游标卡尺如图3所示，则其读数为xB= ______ mm，相邻两条纹间距Δx= ______ mm，该单色光的波长λ= ______ m。

(3)该同学通过测量头的目镜观察单色光的干涉图样时，发现里面的条纹与分划板竖线不平行(如图4所示)，则波长的测量结果______ 。
A.偏大
B.偏小
C.无影响
四、简答题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，救生员坐在游泳池旁边凳子上，其眼睛到地面的高度h0为1.2m，到池边的水平距离L为1.6m，池深H为1.6m，池底有一盲区。设池水的折射率为43。当池中注水深度h为1.2m时，池底盲区的宽度是多少？(取sin37°=0.6，cs37°=0.8)
14.将一力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力，图甲中O点为单摆的悬点，现将小球(可视为质点)拉到A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球在竖直平面内的ABC之间来回摆动，其中B点为运动中最低位置。∠AOB=∠COB=α，α小于10°且是未知量，图乙表示由计算机得到细线对摆球的拉力大小F随时间变化的曲线，且图中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻，据力学规律和题中信息(g取10m/s2)，求：
(1)单摆的周期。
(2)单摆的摆长。
(3)摆球质量。
15.如图所示，在桌面上有质量分别为2kg和1kg的A、B两不带电小物块，A、B相距L=1m，A与桌面动摩擦因数为0.45，B在桌面的右边缘。桌子右边缘在地面投影为P点，桌面到地面高度为H=1.25m，在桌子右边有竖直固定的光滑圆弧轨道，半径R=0.3m，轨道边缘Q点和圆心O连线与竖直方向成53°，轨道上边缘F在圆心O正上方，在过Q点的竖直虚线MN右侧有水平向右的匀强电场E=4mg3q，在Q点固定一电荷量为−q、质量为m的小物块C。现给A一个初动量10kg⋅m/s，A、B碰撞后A落地点距离P点x=1.25m，B恰好沿切线方向进入圆弧轨道跟C发生弹性碰撞，碰撞前瞬间解除C的固定，且C电荷量不变，g=10m/s2。求：
(1)A、B碰撞损失的能量；
(2)C的质量为多少时，C恰能到达圆弧轨道最高点；
(3)在(2)问的条件下，求C从离开轨道到落地的时间(C未与桌子相碰)。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、磁通量始终为0，故不产生感应电流，故A错误；
B、匀强磁场中运动，B与S均不变，所以磁通量始终不变，故不会产生感应电流，故B错误；
C、回路不闭合，故不会产生感应电流，故C错误；
D、满足闭合回路磁通量发生变化，能产生感应电流，故D正确。
故选：D。
2.【答案】B
【解析】解：A、尘埃经过过滤网后被正极吸引，所以尘埃带负电，故A错误；
BC、设集尘极的长度为L，集尘极之间的距离为d，尘埃水平方向速度不变，则通过集尘极的时间不变，垂直集尘极方向，a=qUmd，电极间电压增大，加速度增大，则尘埃在电极间的偏移量增大，有更多的尘埃到达集尘极，净化效果越好，增大电极间的距离，加速度变小，则尘埃在电极间偏移量越小，净化效果越差，故B正确，C错误；
D、尘埃被吸附到集尘极a的过程中所受电场力做正功，消耗电能，故D错误；
故选：B。
根据尘埃的偏移方向可判断电性；尘埃做类平抛运动，垂直于极板方向做匀加速直线运动，根据加速度的变化判断尘埃偏移量的变化，即可判断净化效果；尘埃被吸附到集尘极a的过程中所受电场力做正功，消耗电能。
本题考查静电除尘和带电粒子在电场中的运动，解题关键是分析尘埃的受力情况，结合运动学公式和牛顿第二定律判断求解。
3.【答案】B
【解析】解：A、在“魔盘”静止时，儿童受重力、垂直斜面向上的支持力和沿斜面向上的静摩擦力，由平衡条件可知，儿童的合外力是零。
“魔盘”加转动时，由垂直斜面向上的支持力和沿斜面向上的静摩擦力在指向转轴方向的合力提供向心力，“魔盘”加速转动且儿童未发生滑动时，儿童既要受到水平指向转轴的外力，又要受到与转动方向一致的外力，则儿童受到的合外力方向不是水平指向转轴，故A错误；
B、由向心力计算公式Fn=mω2r可知，当质量和角速度一定时，转动半径越大，所需的向心力越大，所以其他条件相同时，儿童的位置越靠下转动半径越大，所需向心力越大，越容易滑动，故B正确；
C、其他条件相同时，当儿童刚要滑动时，受力如图所示，根据牛顿第二定律得
水平方向有：fcsθ−FNsinθ=mω2r
竖直方向有：fsinθ+FNcsθ=mg
又f=μFN
联立得：μcsθ−sinθμsinθ+csθg=ω2r，可知儿童能否滑动与其质量无关，故C错误；
D、“魔盘”匀速转动且儿童未发生滑动时，“魔盘”转速越大，需要的向心力越大，儿童受到的摩擦力越大，故D错误。
故选：B。
先分析“魔盘”静止时儿童的受力情况，再分析“魔盘”加速转动时儿童的受力情况，确定合外力方向；根据向心力计算公式Fn=mω2r分析向心力与半径、角速度、质量的关系，再判断儿童是否容易滑动，以及儿童受到的摩擦力大小。
解决本题的关键要需要分析儿童的受力情况，确定向心力的来源，要注意物体做匀速圆周运动时，一定由合外力提供向心力，物体做加速圆周运动时，合外力并不指向圆心。
4.【答案】C
【解析】解：A.飞船在轨道上运行时，根据万有引力提供向心力，有GMmr2=mrω2
可得ω= GMr3
由于飞船在轨道Ⅰ上的轨道半径r比在轨道Ⅳ上的轨道半径小，则飞船在轨道Ⅰ上的角速度比在轨道Ⅳ上的角速度大，故A错误；
B.飞船在Ⅲ轨道上P点要加速才能进入Ⅳ轨道，所以有vⅢP飞船围绕地球做圆周运动时，由GMmr2=mv2r
可知飞船在Ⅳ上圆周运动的速率小于圆周运动Ⅰ上的速率，即vⅣP飞船在轨道Ⅰ上经过Q点要给加速才能进入轨道Ⅱ，即vⅠQ可知飞船在轨道Ⅲ上经过P点的速度小于在轨道Ⅱ上经过Q点的速度大小，故B错误；
C.飞船在轨道Ⅲ上经过P处时，根据万有引力提供向心力，有GMm(2L−R)2=maP
经过Q处时，有GMmR2=maQ
可得加速度大小的比值为aPaQ=R2(2L−R)2
故C正确；
D.飞船在轨道上运行时，根据万有引力提供向心力，有GMmr2=mv2r
可得飞船在轨道Ⅰ运行时有GMmR2=mv12R
在轨道Ⅳ运行时，有GMm(2L−R)2=mv22(2L−R)
则其线速度大小的比值为v1v2= 2L−RR
故D错误。
故选：C。
利用万有引力提供向心力可求角速度，向心加速度和线速度，根据卫星变轨问题，可得出不同轨道上速度的大小关系。
学生在解决本题时，应对万有引力提供向心力这一过程有深刻的认识，同时应掌握卫星变轨问题。
5.【答案】A
【解析】解：分析A环受力如图所示，
由力的平衡条件，对m1可知
m1g=T
对m2有
2m2gcs30°=T
则有
m1：m2= 3：1
故A正确，BCD错误。
故选：A。
对A环进行受力分析，由力的平衡条件求解两个物块的质量比。
本题考查一般情况下的共点力平衡，学生要明白力的平衡条件。
6.【答案】D
【解析】解：A、由题图可知，在h=0时，小球的机械能E0=100J，重力势能Ep=0，可知小球的动能为100J，h=4m，重力势能Ep=80J=mgh
解得m=2kg
由动能的计算公式得Ek=12mv02
代入数据解得v0=10m/s，故A错误；
B、当有空气阻力时，小球上升的高度为4m，则有a=v022h=1022×4m/s2=12.5m/s2
由牛顿第二定律可得mg+Ff=ma
代入数据解得：Ff=5N
可知小球所受空气阻力大小为小球自身重力的14，故B错误；
C、小球从抛出开始到最高点所用时间t=v0a=1012.5s=0.8s，故C错误；
D、小球离地面高度h=3m时，根据位移—速度公式得：2ah=v2−v02
代入数据解得v=5m/s
小球的动能为Ek=12mv2=12×2×52J=25J，故D正确。
故选：D。
由图象的横截距知抛出时的动能Ek=100J，可求抛出时的速度；由t=v0a可求小球上升到最高点的时间。根据功能关系列式求物体上升过程中所受阻力大小。在h=3m时，物体的动能为Ek=E总−Ep，可得物体的动能。
解决本题的关键要从图象读取有效信息，明确物体在各个高度时的动能、重力势能和机械能，根据功能关系进行解答。
7.【答案】CD
【解析】解：A.当电阻箱的阻值为R4=6Ω，根据串联电路，电压与电阻成正比电阻可知：R1两端的电压为
U1=R1R1+R2E
代入数据解得
U1=3V
电阻R4两端的电压为
U4=R4R3+R4E
代入数据解得
U4=3V
外电路中顺着电流方向电势降低，可知φM<φN，故A错误；
B.当电阻箱的阻值为R′4=12Ω，电阻箱两端的电压为
U′4=R′4R3+R′4E
代入数据解得
U′4=4.5V
则电容器两端的电势差为
ΔU=U2−U′4=1.5V
故B错误；
C.电阻箱的阻值改变前，电路消耗的电功率为
P1=E2R1+R2+E2R3+R4
代入数据解得
P1=11.25W
电阻箱的阻值改变后，电路消耗的电功率为
P2=E2R1+R2+E2R3+R′4
代入数据解得
P2=10.125W
电阻箱的阻值改变前后，电路消耗的电功率之比为
P1P2=109
故C正确；
D.当电阻箱的阻值为R4=6Ω，M点的电势等于N点的电势，电容器下极板不带电；当电阻箱的阻值为R′4=12Ω，电阻R3两端的电压为
U′3=R3R3+R′4E
代入数据解得
U′3=4.5V
则
U′3M点的电势高于N点的电势，电容器上极板带正电，带电量为
Q=C(U2−U3′)=8×10−5×(6−4.5)C=1.2×10−4C
电阻箱的阻值改变的过程中，通过电阻R5的电荷量为ΔQ=1.2×10−4C，故D正确。
故选：CD。
本题用电压与电阻的关系求得电阻电压，又根据P=U2R解决功率问题，用Q=CU解决电容器电荷量问题。
本题考查了对电路的理解和闭合电路欧姆定律的运用，学会应用串并联电路中电压和电阻的关系，结合电路的特点，难度一般，属于中档题。
8.【答案】BC
【解析】解：A.设两次的初速度大小为v0，足球做斜抛运动，两次足球到达最高点的时间分别为
t1=v0sinθ1g，t2=v0sinθ2g
将运动从最高点分开为两段平抛运动，两次踢出足球在空中运动的时间为
t总1=2t1=2v0sinθ1g
t总2=2t2=2v0sinθ2g
可得t总1≠t总2，故A错误；
B.对两次踢出足球离地面的最大高度分别有
(v0sinθ1)2=2ghm1
(v0sinθ2)2=2ghm2
解得
hm1=(v0sinθ1)22g，hm2=(v0sinθ2)22g
可得hm1≠hm2，故B正确；
C.两次踢出足球的水平射程分别为
x1=t总1⋅v0csθ1=v02sin2θ1g
x2=t总2⋅v0csθ2=v02sin2θ2g
根据数学知识可知当θ1+θ2=90°时有
sin2θ1=sin2θ2
此时x1=x2，故C正确；
D.足球在空中的加速度等于重力加速度，故两次踢出足球后到落地前速度变化量分别为
Δv1=gt总1=2v0sinθ1
Δv2=gt总2=2v0sinθ2
可得Δv1≠Δv2，故D错误。
故选：BC。
足球做斜上抛运动，可以将运动从最高点分开为两段平抛运动，然后结合平抛运动的的规律分析即可。
本题解题关键是将斜上抛运动看成是从最高点分开的两段平抛运动，根据平抛运动的竖直规律和水平规律去解答。
9.【答案】AB
【解析】解：AB.对AC物体组成的系统进行整体受力分析，如图所示
由于B移动的过程中，AB之间的距离不变，F库的大小不变，由正交分解可得
Mg+F库sinα=FN
F库csα=f地
由于B移动的过程中，α角增大，则csα减小，sinα增大，f地减小，FN增大，故AB正确；
CD.对A隔离受力分析，如图所示
由于B移动的过程中，AB之间的距离不变，F库的大小不变，θ角的初始时刻是45°，当θ=45°时，库仑力与重力的合力刚好与FN1等大反向，此时摩擦力为零，此后随着B的移动，摩擦力沿斜面向上持续增大；正交分解有
mgcs45°+F库sinθ=FN1
综上所述可知
45°≤θ≤135°
当θ=90°时，支持力有最大值，所以支持力是先增大，后减小，故CD错误。
故选：AB。
先对A分析受力，运用共点力平衡条件进行分析支持力的变化．分析地面对斜面C的摩擦力可以以A和C整体为研究对象，运用平衡条件列式分析。
本题主要考查了共点力的动态平衡问题，对于这类问题可以用解析法求解；首先要灵活选择研究对象，再对物体进行受力分析，运用共点力平衡条件列式求解。
10.【答案】AD
【解析】解：A、根据题意由同侧法，P、Q点此时振动方向均沿y轴负方向，可知，P、Q点此时振动方向相同，故A正确；
B、根据振动叠加，减弱点振幅为|A2−A1|，即位移变化范围为−(30−20)cm～(30−20)cm，即有−10cm～10cm，故B错误；
C、根据图像可知，P、Q波源，在此时刻形成的波的波前分别在(−6m,0)与(4m,0)，根据同侧法可知，波前振动方向相反，则P、Q波源振动方向相反。由于同种介质中波传播速度相等，根据图像可知，波长均为：λ=4m。根据波速、波长、周期与频率的关系有：v=λT=λf，可知，P、Q波源振动的频率相等。根据波的干涉加强的条件可知，当空间位置到两波源的间距的差值的绝对值为半波长的奇数倍时，该位置振动加强点。
又由于振动步调相反，而且0点到波前的路程差有：6m−4m=2m=12λ，
可知，0点为振动加强点，故0点的振幅为：A2+A1=20m+30m=50m，故C错误；
D、根据上述，P、Q波源间距为：10m−(−10m)=20m
令P、Q波源之间某一位置到波源P点的间距为x，结合上述可知，若该位置为振动加强点，则该位置到两波源的距离差的绝对值为半波长的奇数倍，则有
x−(20m−x)=(2n+1)λ2(n=0,±1,±2,±3…)
根据题意，除P、Q点外，可知其中：0解得：−4.5由于n取整数，可知：n=0，±1，±2，±3，±4
可知经过足够长时间，除P、Q点外绳上有9个振动最强的点，故D正确。
故选：AD。
利用波形图，结合同侧法可判断质点的振动方向；
由公式v=λf可知，两列波的频率相同，叠加区域由稳定干涉图像。由于两波源同一时刻振方向总相同，所以叠加稳定时两列波源路程差等于半个波长的偶数倍的各点振动加强；
振动加强点的振幅为两列波的振幅之和，减弱点的振幅为两列波的振幅之差；
结合数学方法判断振动加强点个数。
本题考查波的干涉问题，要记清楚结论，频率相同两列波，相位差为零时，叠加稳定时两列波源路程差等于半个波长的偶数倍的各点振动加强。
11.【答案】×10 180 U1I1−U2I2
【解析】解：用多用电表测电阻时选用“×100”的挡位发现指针偏角太大，说明待测电阻阻值较小，需要把倍率调小，即挡位应调整为“×10”。
电表读数为：18×10Ω=180Ω
第二步需保持滑动变阻器RP阻值保持不变，当单刀双掷开关S2合向2时，调节滑动变阻器RW。
当开关S2接1时，根据电路的连接由欧姆定律有：U1I1=Rx+RP+RA
当开关S2接2时，同理有：U2I2=RP+RA
联立可得：Rx=U1I1−U2I2
故答案为：(1)×10、180；(2)U1I1−U2I2。
根据欧姆表的使用方法即可选取合适的挡位及正确的读数；
接1的时候，能够根据欧姆定律计算Rx、RP、RA的总电阻，接2的时候，根据欧姆定律可以计算RP、RA的总电阻，根据两次总电阻的关系求待测电阻。
解决本题的关键知道电流表内外接所引起的系统误差，知道在什么情况下选用外接法误差较小，什么情况下选用内接法误差较小。
12.【答案】B 15.6 1.08 7.2×10−7 A
【解析】解：(1)增加从目镜中观察到的条纹个数，则条纹的宽度减小，根据相邻亮条纹间的距离为
Δx=Ldλ
为减小相邻亮条纹(暗条纹)间的宽度，则可以减小双缝到屏的距离，增大双缝间的距离，或换用波长短的光，故B正确，ACD错误。
故选：B。
(2)游标卡尺的精度为0.1mm，在B位置时游标卡尺读数
15mm+6×0.1mm=15.6mm
相邻两条纹间距
Δx=15.6−10.25mm=1.08mm=1.08×10−3m
根据Δx=Ldλ，将d=0.4mm=0.4×10−3m代入解得λ=7.2×10−7m；
(3)如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，则测得的Δx偏大，由公式λ=Δxdl可知波长的测量值将偏大。
故答案为：(1)B；(2)15.6；1.08；7.2×10−7m；(3)A。
(1)根据相邻亮条纹间的距离公式分析判断；
(2)先确定游标卡尺的最小分度值再读数；根据图中AB条纹间距和明条纹数计算；根据相邻亮条纹间的距离公式计算；
(3)分析相邻条纹间距的变化，根据根据相邻亮条纹间的距离公式判断。
本题关键要掌握游标卡尺的读数方法和相邻亮条纹间的距离公式。
13.【答案】解：当池中注水深度h为1.2m，光路图如图所示：

根据几何关系知sini=1.6 1.22+1.62=45
即i=53°
根据折射定律可求得sinr=sinin=45×34=35
即r=37°
根据几何关系可知盲区宽度为s=(1.6−1.2)tan53°m+1.2×tan37°m
代入数据解得s≈1.4m。
答：池底盲区的宽度是1.4m。
【解析】根据数学知识求解入射角的正弦；根据折射定律求折射角；根据几何知识求盲区宽度。
本题是折射定律的应用，关键要根据题意画出光路图，根据几何知识求相关角度和距离。
14.【答案】解：(1)小球在一个周期内两次经过最低点，且小球在最低点受到的拉力最大，根据该规律T=0.4πs≈1.3s
(2)由单摆的周期公式为T=2π Lg
解得L=gT24π2=10×0.16π24π2=0.4m
(3)摆球受力分析如图所示

在最高点A，有Fmin=mgcsα=0.495N
在最低点B，有Fmax=mg+mv2L=0.510N
从A到B，机械能守恒，由机械能守恒定律得mgL(1−csα)=12mv2
联立三式并代入数据得m=0.05kg
答：(1)单摆的周期是1.3s；
(2)单摆的摆长是0.4m；
(3)摆球的质量是0.05kg。
【解析】(1)小球运动到最低点时，绳子的拉力最大，在一个周期内两次经过最低点，根据该规律，求出单摆的周期；
(2)根据单摆的周期公式求出摆长；
(3)小球在最高点时绳子的拉力最小，在最低点时绳子拉力最大，求出最高点和最低点绳子拉力的表达式，再结合动能定理或机械能守恒定律求出摆球的质量。
解决本题的关键掌握单摆的运动规律，知道单摆的周期公式，以及会灵活运用动能定理、牛顿第二定律解题。
15.【答案】解：(1)A与B碰撞前，由题意知：pA=mAv
代入数据得：v=5m/s
碰前对A，从开始到与B碰撞前，根据动能定理有：−μmAgL=12mAvA2−12mAv2
代入数据解得：vA=4m/s
A与B碰撞后A做平抛运动，则有：x=vA1t1，H=12gt12
代入数据解得：vA1=2.5m/s
A与B碰撞，以向右为正，根据动量守恒定律有：mAvA=mAvA1+mBvB
解得：vB=3m/s
故A与B碰撞损失动能为：ΔEk=12mAvA2−12mAvA12−12mBvB2
代入数据得：ΔEk=5.25J
(2)C在电场中，等效重力为：G= (mg)2+(Eq)2=53mg
方向与竖直方向成53°角，设C碰撞后速度为vC，恰能到达等效重力最高点D，在D点有：53mg=mvD2R
C碰撞后到D点有：−mCg×2R=12mCvD2−12mCvC2
代入数据解得：vC=5m/s
B到达圆弧Q前速度：vB1=vBcs53∘
B、C碰撞过程有，以B碰撞前速度方向为正，则有：mBvB1=mBvB1′+mCvC，
由机械能守恒定律有：12mBvB12+12mBvB1′2+12mCvC2
代入数据解得：mC=1kg
(3)C从碰撞后到轨道最高点F，有：−mC53gR(1+cs53°)=12mCvF2−12mCvC2
解得：vF=3m/s
桌子边缘到圆弧左边缘Q高度为：h=(vBtan53°)22g
代入数据得：h=0.8m
所以F点到地面的高度为：h1=(1.25−0.8)m+R(1+cs53°)
代入数据得：h1=0.93m
所以从F点落到地面所用时间满足：12gt2=h1
代入数据解得：t= 93500s
答：(1)A、B碰撞损失的能量为5.25J；
(2)C的质量为1kg时，C恰能到达圆弧轨道最高点；
(3)C从离开轨道到落地的时间为 93500s。
【解析】(1)根据动能定理结合动量守恒定律与平抛运动规律解得损失的能量；
(2)根据等效重力场分析小球的运动情况，结合动能定理与动量守恒定律、机械能守恒定律求C的质量；
(3)根据动能定理求出C到达F点的速度，结合类平抛运动规律在竖直方向求解时间。
本题考查了平抛运动、机械能守恒定律和动量守恒定律的综合运用，要知道类平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，找到圆周运动向心力的来源是解决本题的关键。