2022-2023學(xué)年江蘇省鎮(zhèn)江市重點(diǎn)中學(xué)高二（下）期中物理試卷

一、單選題（本大題共10小題，共40.0分）

1.下列說(shuō)法正確的是（）

A.圖甲，白光通過(guò)三棱鏡發(fā)生色散現(xiàn)象是因?yàn)槿忡R對(duì)白光中不同頻率的光的折射率不同

B.圖乙，肥皂膜上出現(xiàn)彩色條紋是光的衍射現(xiàn)象

C.圖丙是紅光的干涉條紋

D.圖丙，如果在光源與縫之間放一合適凸透鏡，不改變其他條件，則條紋變密集

2.“西電東輸”是我國(guó)實(shí)現(xiàn)經(jīng)濟(jì)跨地區(qū)可持續(xù)快速發(fā)展的重要保證。在輸送功率一定的情

況下，將輸電電壓提高為原來(lái)的4倍，則輸電導(dǎo)線上的電能損失將減小為原來(lái)的（）

A—R-C-D?

168j42

3.如圖所示，一個(gè)輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為T(mén)nl和巾2的兩物體甲、乙連接，靜止在光滑的

水平面上?，F(xiàn)在使甲瞬間獲得水平向右的速度為=4m∕s,當(dāng)甲物體的速度減小到lm/s方向

向右時(shí)，彈簧最短，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法中正確的是（）

―>V0

甲同■/次師冗tP同乙

/////////////////////////////////////

A.此時(shí)乙物體的速度為3τn∕s

B.緊接著甲物體將開(kāi)始做加速運(yùn)動(dòng)

C.甲、乙兩物體的質(zhì)量之比m1：η2=1:3

D.當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，甲物體的速度為2m∕s,方向向右

4.如圖所示，兩個(gè)相同的燈泡k、L2,分別與定值電阻R和自感線圈L串聯(lián)，自感線圈的自

感系數(shù)很大，電阻值與R相同，閉合電鍵S,電路穩(wěn)定后兩燈泡均正常發(fā)光.下列說(shuō)法正確的

是（）

A.閉合電鍵S后，燈泡G逐漸變亮

B.閉合電鍵S后，燈泡5、員同時(shí)變亮

C.斷開(kāi)電鍵S后，燈泡4、42都逐漸變暗

D.斷開(kāi)電鍵S后，燈泡Ll逐漸變暗，功立即熄滅

5.圖甲為沿X軸傳播的一列簡(jiǎn)諧橫波在t=0.2S時(shí)刻的波形圖，圖乙為質(zhì)點(diǎn)B的振動(dòng)圖像,

下列說(shuō)法正確的是（）

A.從t=0到t=0.1s,該波沿X軸正方向傳播了2cm

B.在t=0時(shí)，質(zhì)點(diǎn)4的速度方向和加速度方向均沿y軸負(fù)方向

C.從t=0.2S到Jt=0.3s,質(zhì)點(diǎn)B通過(guò)的路程等于5cm

D.在t=0.1s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)C和質(zhì)點(diǎn)。的速度相同

6.如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r,RO為定值電阻，電容器的電容為C.閉合開(kāi)關(guān)S,增

大可變電阻R阻值的過(guò)程中，電壓表示數(shù)的變化量為/U,電流表示數(shù)的變化量為4/,則（）

A.電壓表示數(shù)U和電流表示數(shù)/的比值為Ro+r

B.4U和R的比值為r

C.電容器電荷的增加量為C4U

D.電阻Ro兩端電壓的減小量為/U

7.如圖所示，質(zhì)量為M的盒子放在光滑的水平面上，盒子內(nèi)表面不光滑，盒內(nèi)放有一塊質(zhì)

量為他的物體，某時(shí)刻給物體一個(gè)水平向右的初速度火，那么在物體與盒子前后壁多次往復(fù)

碰撞后（）

工

、、、」

???????????????????????工?????

A.由于機(jī)械能損耗最終兩者的速度均為零

B.兩者的碰撞會(huì)永遠(yuǎn)進(jìn)行下去，不會(huì)形成共同的速度

C.盒子的最終速度為等，方向水平向右

D.盒子的最終速度為瑞p方向水平向右

8.正電子是電子的反粒子，與電子質(zhì)量相同、帶等量正電荷。在云室中有垂直于紙面的勻

強(qiáng)磁場(chǎng)，從P點(diǎn)發(fā)出兩個(gè)電子和一個(gè)正電子，三個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中1、2、3所示。下列說(shuō)

A.磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里B.軌跡1對(duì)應(yīng)的粒子運(yùn)動(dòng)速度越來(lái)越大

C.軌跡2對(duì)應(yīng)的粒子初速度比軌跡3的大D.軌跡3對(duì)應(yīng)的粒子是正電子

9.如圖，傾角為。的光滑斜面上存在著兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其方向一個(gè)垂

直于斜面向上，一個(gè)垂直于斜面向下，它們的寬度均為3—個(gè)質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)也為L(zhǎng)的正方

形線框以速度。進(jìn)入上部磁場(chǎng)恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，帥邊在下部磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中再次出現(xiàn)勻速運(yùn)

動(dòng)，重力加速度為g,則（）

A.在ab進(jìn)入上部磁場(chǎng)過(guò)程中的電流方向?yàn)棣羈cbα

B.當(dāng)αb邊剛越過(guò)邊界,/時(shí)，線框的加速度為gsinθ

C.當(dāng)αb邊進(jìn)入下部磁場(chǎng)再次做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度為

D.從αb邊進(jìn)入磁場(chǎng)到ab邊進(jìn)入下部磁場(chǎng)再次做勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，減少的動(dòng)能小于線框中

產(chǎn)生的焦耳熱

10.如圖所示，在OXy平面的第一象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻

強(qiáng)磁場(chǎng)。一帶電粒子從y軸上的M點(diǎn)射入磁場(chǎng)，速度方向與y軸正方向的夾角0=45。。粒子經(jīng)

過(guò)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后在N點(diǎn)（圖中未畫(huà)出）垂直穿過(guò)X軸。已知OM=α,粒子電荷量為q,質(zhì)量為

重力不計(jì)。則（)

B.粒子速度大小為喑

C.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為αD.N與。點(diǎn)相距（C+l）ɑ

二、實(shí)驗(yàn)題（本大題共1小題，共12.0分）

11.某同學(xué)利用圖示裝置測(cè)量某種單色光的波長(zhǎng)。實(shí)驗(yàn)時(shí)，接通電源使光源正常發(fā)光：調(diào)整

光路，使得從目鏡中可以觀察到干涉條紋。回答下列問(wèn)題:

目鏡

(1)若想增加從目鏡中觀察到的條紋個(gè)數(shù)，該同學(xué)可；

A.將單縫向雙縫靠近

8.將屏向靠近雙縫的方向移動(dòng)

C.將屏向遠(yuǎn)離雙縫的方向移動(dòng)

D使用間距更小的雙縫

(2)若雙縫的間距為d,屏與雙縫間的距離為，，測(cè)得第1條暗條紋到第n條暗條紋之間的距離為

4x,則單色光的波長(zhǎng);I=；

(3)某次測(cè)量時(shí)，選用的雙縫的間距為0.30Onm2,測(cè)得屏與雙縫間的距離為1.20τn,第1條暗

條紋到第4條暗條紋之間的距離為7.56mm,則所測(cè)單色光的波長(zhǎng)為mn(結(jié)果

保留3位有效數(shù)字)。

三、計(jì)算題(本大題共4小題，共48.0分)

12.如圖所示為某種材料制成的透明半球體，球半徑為R,一細(xì)束單色光從半球上的4點(diǎn)射

入球體，入射角i=60。，經(jīng)折射后在半球面上另一點(diǎn)2(圖中B點(diǎn)未畫(huà)出)處射出。該單色光從

B點(diǎn)射出時(shí)的光線方向與從4點(diǎn)射入的光線方向夾角8=30。，已知光在真空中傳播速度為c,

試求：

(1)該材料的折射率；

(2)光在此透明半球體內(nèi)傳播的時(shí)間。

13.如圖甲所示MN、PQ為足夠長(zhǎng)的兩平行金屬導(dǎo)軌，間距L=I.0m,與水平面之間的夾角

α=30°,勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度8=0.57,垂直于導(dǎo)軌平面向上，MP間接有電流傳感器，質(zhì)

量7n=2.0kg、阻值R=1.0。的金屬桿αb垂直導(dǎo)軌放置，它與導(dǎo)軌的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=?,如

圖所示。用外力F沿導(dǎo)軌平面向上拉金屬桿αb,使帥由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)并開(kāi)始計(jì)時(shí)，電流傳感

器顯示回路中的電流/隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示，0?3s,拉力做的功為225/,除導(dǎo)體

2

棒電阻外，其他電阻不計(jì)。取g=10m∕so求：

(1)0?3s內(nèi)金屬桿ab運(yùn)動(dòng)的位移；

(2)0~3s內(nèi)尸隨t變化的關(guān)系；

(3)0?3s內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱。

14.如圖所示，長(zhǎng)度為L(zhǎng)=2a的水平傳送帶ZB左邊的水平面地面上固定一斜面MM右邊

的水平地面上固定一半徑R=0.5巾的光滑半圓弧軌道CCE,現(xiàn)在水平傳送帶4點(diǎn)左側(cè)放置質(zhì)

量m=Ikg的物塊，另一個(gè)相同物塊從M處沿斜面滑下，到達(dá)底部時(shí)與物塊碰后粘在一起滑

行，越過(guò)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的水平傳送帶后，繼續(xù)向前運(yùn)動(dòng)，已知MN的長(zhǎng)度s=41.25m,斜面傾

角為37。，水平面NA的長(zhǎng)度為d=0.5m,BC的長(zhǎng)度為2d,小物塊與斜面、傳送帶及水平面

2

之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.5,g取10m∕s.

(1)求兩物塊碰后粘合體的速度。

(2)粘合體是否能運(yùn)動(dòng)到半圓弧軌道的E點(diǎn)，若不能，最后靜止在何處？

(3)若當(dāng)傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，粘合體從最高點(diǎn)E拋出后恰好落到B點(diǎn)處，求傳送帶的速度。

15.在豎直平面上建立如圖所示的直角坐標(biāo)系OXy,在第一象限內(nèi)存在沿X軸正方向的勻強(qiáng)

電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為瓦：在第三象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)

電場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,一質(zhì)量m=10g、電荷量q=0.1C的帶負(fù)電小球從X軸上的點(diǎn)

α(2.5cτn,0)以一定的初速度垂直X軸射入第一象限，并能從y軸上的點(diǎn)b(0,5cτn)垂直y軸進(jìn)入

第二象限,并能從工軸上的C點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)進(jìn)入第三象限做勻速圓周運(yùn)動(dòng),最后從y軸上的d點(diǎn)

垂直y軸進(jìn)入第四象限。已知重力加速度g取IOm/s2。求：

(1)第一象限中電場(chǎng)強(qiáng)度El的大小;

(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；

(3)d點(diǎn)到。點(diǎn)的距離。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：小圖甲，白光通過(guò)三棱鏡發(fā)生色散現(xiàn)象，是因?yàn)槿忡R對(duì)白光中不同頻率的光的

折射率不同，偏折角不同造成的，故A正確。

從圖乙，肥皂膜上出現(xiàn)彩色條紋是光的干涉現(xiàn)象，故B錯(cuò)誤。

C、圖丙條紋寬度不等，是紅光的衍射條紋。故C錯(cuò)誤。

。、圖丙，如果在光源與縫之間放一合適凸透鏡，因狹縫寬度和光的波長(zhǎng)不變，則條紋密集程度

不變，故。錯(cuò)誤。

故選：A.

先確定光發(fā)生了什么現(xiàn)象，再分析產(chǎn)生這種現(xiàn)象的原因。衍射條紋間距不相等。狹縫越寬，衍射

條紋間距越?。徊ㄩL(zhǎng)越大，衍射條紋間距越越大。

本題考查光的色散、衍射和干涉現(xiàn)象，要理解各種光現(xiàn)象產(chǎn)生的原因，知道衍射條紋密集程度與

狹縫寬度和光的波長(zhǎng)有關(guān)。

2.【答案】A

【解析】

【分析】

根據(jù)P=U/得出輸送電流，結(jié)合P損=KR求出輸電導(dǎo)線上功率的損失變化。

解決本題的關(guān)鍵掌握輸送功率、輸送電壓、電流的關(guān)系，知道在遠(yuǎn)距離輸電的過(guò)程中，通過(guò)提高

輸送電壓，減小輸送電流，從而減小功率的損失。

【解答】

根據(jù)P=U/得，/=5則輸電導(dǎo)線上損失的功率P護(hù)=/2R=號(hào)R,輸出電壓提高到原來(lái)的4倍,

U預(yù)UN

則損失的功率變?yōu)樵瓉?lái)的白，故A正確，88錯(cuò)誤。

16

3.【答案】C

【解析】

【分析】

兩物塊的速度相同時(shí)彈簧最短。分析甲物體的受力情況來(lái)判斷其運(yùn)動(dòng)情況。根據(jù)動(dòng)量守恒定律求

甲乙兩物體的質(zhì)量之比。根據(jù)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒分別列式，可求得彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)乙

物體的速度大小。

本題要分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程，把握隱含的臨界條件：兩個(gè)物體同速時(shí)彈簧最短，應(yīng)用動(dòng)量守恒

定律與機(jī)械能守恒定律即可正確解題。

【解答】

A、兩物塊的速度相同時(shí)彈簧最短，甲物體的速度減小到lm∕s時(shí)，此時(shí)乙物體的速度也是lm∕s,

故A錯(cuò)誤；

8、彈簧最短時(shí)，甲物體受到彈簧向左的彈力，而甲的速度向右，所以緊接著甲物體做減速運(yùn)動(dòng),

故B錯(cuò)誤；

C、甲、乙物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取甲的初速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律得：τn1v0=

(Tnl+m2)v^

將%=4m∕s,U共=Irn∕s,代入解得血1：m2=1：3,故C正確；

。、設(shè)當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能為零，甲、乙物體的速度分別為％、V2,甲、乙與彈

簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2

222

由機(jī)械能守恒定律得：∣m1v0=?m?v?+∣m2v2

聯(lián)立解得：V1=MJv0

代入數(shù)據(jù)解得%=-2τn∕s,負(fù)號(hào)代表方向向左，故。錯(cuò)誤；

故選：Co

4.【答案】C

【解析】

【分析】

當(dāng)開(kāi)關(guān)接通和斷開(kāi)的瞬間，流過(guò)線圈的電流發(fā)生變化，產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，阻礙原來(lái)電流的變化，

根據(jù)自感現(xiàn)象的規(guī)律來(lái)分析電路電流的變化。

對(duì)于線圈當(dāng)電流不變時(shí)，它相當(dāng)于電阻(或電阻忽略不計(jì)的導(dǎo)線)；當(dāng)電流變化時(shí)，產(chǎn)生自感電動(dòng)

勢(shì)，相當(dāng)于電源.注意開(kāi)關(guān)斷開(kāi)瞬間，電流由原電流開(kāi)始減小，不會(huì)閃亮。

【解答】

AB,閉合開(kāi)關(guān)的瞬間，L燈立即正常發(fā)光，k燈所在電路上線圈產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，阻礙電流的增

大，電流只能逐漸增大，k燈逐漸變亮，故A3錯(cuò)誤；

CD,斷開(kāi)電鍵S,Z,中產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，相當(dāng)于電源，與兩個(gè)燈泡組成串聯(lián)回路，電流從原來(lái)的

電流開(kāi)始減小，所以?xún)蓚€(gè)燈泡都是慢慢熄滅，故C正確，。錯(cuò)誤。

5.【答案】C

【解析】A.由圖乙可知，0.2s時(shí)質(zhì)點(diǎn)B正在向下運(yùn)動(dòng)，結(jié)合圖甲由“上下坡法”或“同側(cè)同向法”

可知波沿X軸負(fù)方向傳播。A錯(cuò)誤；

A由圖乙可知，波的周期為0.4s,根據(jù)圖甲可知，0.2s時(shí)質(zhì)點(diǎn)4的速度方向和加速度方向均沿y軸

負(fù)方向，則半個(gè)周期前，￡=0時(shí)質(zhì)點(diǎn)4的速度方向和加速度方向均沿y軸正方向。B錯(cuò)誤；

Ct=O.2s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)B恰好位于平衡位置處，經(jīng)過(guò)0.1S即四分之一周期，質(zhì)點(diǎn)B通過(guò)的路程恰好為

一個(gè)振幅，即5cm。C正確；

。質(zhì)點(diǎn)C和質(zhì)點(diǎn)D平衡位置的距離恰好為半個(gè)波長(zhǎng)，0.1s時(shí)二者的速度方向相反。。錯(cuò)誤；

故選C。

6.【答案】C

【解析】解：2、對(duì)R,根據(jù)歐姆定律得R=/故A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)閉合電路歐姆定律得U=E—/(島+r)，貝IJ吟I=RO+r，故B錯(cuò)誤；

C、閉合開(kāi)關(guān)S,增大可變電阻R阻值的過(guò)程中，電路中電流減小，由U=E-/(Ro+r),知R兩端

電壓增大，電壓表示數(shù)的增加量為/U,則電容器板間電壓的增加量為4U,因此電容器電荷的增

加量為CZ1U,故C正確；

D、電路中電流減小，R兩端電壓增大，其增加量ZlU等于RO與r兩端電壓的減小量之和，故RO兩端

電壓的減小量小于AU,故。錯(cuò)誤。

故選:Co

對(duì)R,根據(jù)歐姆定律求電壓表示數(shù)U和電流表示數(shù)/的比值；根據(jù)閉合電路歐姆定律列式求解ZIU和

4的比值；由ZIQ=CZU求解電容器電荷的增加量；根據(jù)電壓的變化，分析電阻Ro兩端電壓的減

小量。

本題中兩電表讀數(shù)的比值要根據(jù)歐姆定律分析，電壓變化量與電流變化量比值要根據(jù)閉合電路歐

姆定律來(lái)分析。

7.【答案】D

【解析】

【分析】

本題考查動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，盒子與物體的相對(duì)運(yùn)動(dòng)類(lèi)同于完全非彈性碰撞。由于盒子內(nèi)表面

不光滑，所以系統(tǒng)的機(jī)械能不斷減少，最終物體與盒子的速度相同。

以物體與小車(chē)組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，系統(tǒng)的合外力為零，則系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，運(yùn)用動(dòng)量守恒定

律求解盒子的最終速度。

本題選物體與小車(chē)組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，要掌握系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件：合外力為零。運(yùn)用動(dòng)量

守恒定律時(shí)，耍注意規(guī)定正方向。

【解答】

AB.盒子內(nèi)表面不光滑，系統(tǒng)的機(jī)械能不斷損耗，最終兩者的速度相同，由系統(tǒng)的動(dòng)量守恒知最終

兩者的速度不為零，故A、8錯(cuò)誤；

CD設(shè)盒子的最終速度為外以物體與小車(chē)組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，取向右方向?yàn)檎较?，由系統(tǒng)

的動(dòng)量守恒得：TTLV0=(M+m)v,所以U=日器，方向與同向，即方向水平向右，故C錯(cuò)誤，

D正確。

故選：Do

8.【答案】A

【解析】

【分析】

根據(jù)左手定則：將左手掌攤平，讓磁感線垂直穿過(guò)手掌心，四指表示正電荷運(yùn)動(dòng)方向，則和四指

垂直的大拇指所指方向即為洛倫茲力的方向，但須注意，運(yùn)動(dòng)電荷是正的，大拇指的指向即為洛

倫茲力的方向；對(duì)負(fù)電荷應(yīng)用左手定則的方法是，用四指表示負(fù)電荷運(yùn)動(dòng)的反方向，那么大拇指

的指向就是洛倫茲力方向。

掌握左手定則是正確求解的關(guān)鍵。

【解答】

4D.根據(jù)題圖可知，1和3粒子繞轉(zhuǎn)動(dòng)方向一致，則1和3粒子為電子，2為正電子，電子帶負(fù)電且順

時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，根據(jù)左手定則可知磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，A正確，。錯(cuò)誤；

及電子在云室中運(yùn)行，受到云室內(nèi)填充物質(zhì)的阻力作用，粒子速度越來(lái)越小，B錯(cuò)誤；

C.可認(rèn)為帶電粒子在P點(diǎn)僅在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可知：quB=

解得粒子運(yùn)動(dòng)的半徑為：r=滯

根據(jù)題圖可知在P點(diǎn)處，軌跡3對(duì)應(yīng)的粒子運(yùn)動(dòng)的半徑更大，速度更大，C錯(cuò)誤。

9.【答案】C

【解析】4根據(jù)楞次定律可知，在ab進(jìn)入上部磁場(chǎng)過(guò)程中的電流方向?yàn)棣羋cbα,A錯(cuò)誤；

B.當(dāng)線圈在上半部分磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有F,=TngsinO=的包當(dāng)時(shí)邊剛越過(guò)邊界∕f'時(shí)，由于

女R

線圈的ab邊和Cd邊產(chǎn)生同方向電動(dòng)勢(shì)，則回路的電動(dòng)勢(shì)加倍，感應(yīng)電流加倍，每個(gè)邊受到的安培

力加倍，則此時(shí)

4Fsj-mgsinO=mα解得線框的加速度為α=3gsin0,B錯(cuò)誤；

C.當(dāng)αb邊進(jìn)入下部磁場(chǎng)再次做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有2B半L=TngSine解得o'=；",C正確；

。.由能量關(guān)系可知，從αb邊進(jìn)入磁場(chǎng)到尤邊進(jìn)入下部磁場(chǎng)再次做勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，減少的動(dòng)能

與重力勢(shì)能之和等于線框中產(chǎn)生的焦耳熱，。錯(cuò)誤。故選C。

10.【答案】D

【解析】

【分析】

粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)題意作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，應(yīng)用左手定

則判斷粒子帶電性質(zhì)，求出粒子軌道半徑，應(yīng)用紐帶第二定律求出粒子的速度大小。

本題考查了帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用左

手定則、牛頓第二定律即可解題，解題時(shí)注意幾何知識(shí)的應(yīng)用。

【解答】

4粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后沿順時(shí)針?lè)较蜃鰣A周運(yùn)動(dòng)，由左手定則可知，粒子帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤;

C粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何知識(shí)可知，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑：r=黑=yΓ2a,

故C錯(cuò)誤；

氏粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=my

解得：v=f?,故B錯(cuò)誤；

m

DN點(diǎn)與。點(diǎn)的距離：d=r+rsin0=(√-2+l)α,故。正確。

故選。。

11.【答案】B-^i630

【解析】解：(1)增加從目鏡中觀察到的條紋個(gè)數(shù)，則條紋的寬度減小，根據(jù)相鄰亮條紋間的距離

為△X=?λ,為減小相鄰亮條紋(暗條紋)間的寬度，可增大雙縫間距離或減小雙縫到屏的距離；

故8正確，AC。錯(cuò)誤

故選：B；

(2)第1條暗條紋到第H條暗條紋之間的距離為小X,則兩個(gè)相鄰明紋(或暗紋)間的距離4x'=若

則單色光的波長(zhǎng)4=

⑶將雙縫的間距為0.30Omτn,測(cè)得屏與雙縫間的距離為1.20m,以及n=4代入公式可得：A=

6.3X10-7τn=63Omn；

故答案為：(I)B;

⑵"X'd.

IJ(n-l)Z,

(3)630

(1)根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式：△X=分析答題；

(2)根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式：△X=分析即可求出；

(3)將數(shù)據(jù)代入公式：AX=/求出該色光的波長(zhǎng)；

本題考查了實(shí)驗(yàn)裝置、條紋間距公式的應(yīng)用，知道雙縫干涉實(shí)驗(yàn)的原理：要掌握干涉條紋的間距

公式△X=~λo

d

12.【答案】解：（1）作出光路圖如圖所示:

由光路可逆原理可知，光在B點(diǎn)射出時(shí)的折射角為60。，

又因?yàn)镹BDC=O=30o,ZC=30°

由圖中幾何關(guān)系可知，?CAO=i=60°,則有乙4OC=180。-60。-30。=90。

故光在4處的折射角r=45°

由折射定律可知，n=理=嚶=卑；

sιnrsιn452

所以該材料的折射率為?。

（2）根據(jù)幾何關(guān)系可得：AB=2Rcos45°=y∏R,

設(shè)光在該介質(zhì)中傳播速度是"，

則有0=（

所以該單色光在半球內(nèi)傳播時(shí)間為t=竺=也=馬；

VCC

答：（1）該材料的折射率為一；

（2）光在此透明半球體內(nèi)傳播的時(shí)間為烏；

C

【解析】（1）作出光路圖，根據(jù)折射定律計(jì)算出折射率；

（2）根據(jù)光路圖及幾何關(guān)系求出傳播時(shí)間；

作出光路圖并會(huì)運(yùn)用幾何關(guān)系求解出折射角是解題的關(guān)鍵；

13.【答案】解：（1）根據(jù)圖乙可知/=t

又E=BLv

根據(jù)閉合電路歐姆定律得出/=4

K

D

故=—t=2t

UDL

得出Q=2m∕s2

根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移時(shí)間公式得出X=∣αt2=9m

(2)根據(jù)E=BLv

由安培力公式得出=BlL=華

女R

由牛頓運(yùn)動(dòng)第二定律得

F—TngSin(6)—μm4gcos(0)—=ma

整理得出F=0.5t+24

(3)根據(jù)U=at得出3s末，V=6m∕s

2

由動(dòng)能定理得：WF-mgXSin(8)-"Zngxcos(O)-Q=^mv

代入數(shù)據(jù)得出：Q=9/

【解析】(1)根據(jù)圖乙得出∕=t,再結(jié)合E=Bh和閉合電路歐姆定律得出加速度，再結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)

公式得出位移；

(2)根據(jù)安培力公式求解安培力，再結(jié)合牛頓第二定律得出0?3s內(nèi)F隨t變化的關(guān)系；

(3)根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解3s末的速度，再結(jié)合動(dòng)能定理得出這段時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱。

14.【答案】解：(1)設(shè)物塊到達(dá)4點(diǎn)的速度為以°,由動(dòng)能定理有

1,

m(gsin9—μgcosθ)s—μmgd=-^mv^0

解得

VA0=4√10m∕s

設(shè)兩物塊碰后的速度為以，由動(dòng)量守恒定律有

mvA0=2mvA

解得

VA—2√10m∕s

(2)設(shè)粘合體在光滑半圓弧軌道CDE上升的高度為∕ι,由動(dòng)能定理有

1,

2mgh+2μmg(L+2d)=?2mv^

解得

h=0.5m

即粘合體從C滑上光滑半圓軌道CDE運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)速度減為0,再?gòu)?。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到停止，由動(dòng)能定理得

2mgh—2μmgs路=O

解得

S路=Im

所以粘合體最后停在B點(diǎn)。

(3)設(shè)粘合體到達(dá)E點(diǎn)的速度為%,由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得

2d=vEt

1?

2R=^gt2

解得

VE=y∕-5m∕s

粘合體從8運(yùn)動(dòng)到E,由動(dòng)能定理得

11

-2μmg-2d—2mg?2R=1X2mvg7—×2mVg7

解得

VB=√35m∕s

由于外<心，粘合體在傳送帶上做減速運(yùn)動(dòng)，若小物塊從4點(diǎn)一直減速到B點(diǎn)，由動(dòng)能定理得

1,1,

-2μmgL=—×2mv-]X2mv^

解得發(fā)=2y∏5m∕s,由于%>%所以粘合體在傳送帶上先減速后勻速，傳送帶的速度為