2024-2025學年江蘇省南京市五校聯(lián)盟高二（下）期中物理試卷

一、單選題：本大題共11小題，共44分。

1.下列表示運動電荷在磁場中所受到洛倫茲力的方向正確的是（）

XXXX

B

XXXX

2.如圖所示，一個閉合導體圓環(huán)固定在水平桌面上，一根條形磁鐵沿圓環(huán)的軸線運動，使圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生了感

應電流。下列四幅圖中，產(chǎn)生的感應電流方向與條形磁鐵的運動情況相吻合的是（）

3.如圖所示。曲軸上掛一個彈簧振子。轉(zhuǎn)動搖把時。曲軸可帶動彈簧振子上下振

動。開始時不轉(zhuǎn)動搖把，讓彈簧振子自由振動，測得其頻率為2Hz?，F(xiàn)勻速轉(zhuǎn)動—JL

搖把的轉(zhuǎn)速為360t7zn譏，下列說法正確的是（）_____

,77777777777777777777T

A.彈簧振子的振幅與轉(zhuǎn)速無關(guān)

B.彈簧振子穩(wěn)定振動時的頻率是6”z

C.當轉(zhuǎn)動搖把的轉(zhuǎn)速增大時，彈簧振子的振幅增大

D.當搖把轉(zhuǎn)動的頻率減小到接近2”z時，彈簧振子的振幅減小

4.圖1是釣魚時使用的浮標，釣魚時浮標豎直浮在水面上的上下振動可看作簡諧運動。從t=0時刻開始計

時，以豎直向上為正方向，其振動的x-t圖像如圖2所示，下列說法正確的是（）

A.浮標的振動周期為6s

B.1分鐘內(nèi)浮標上某點運動所經(jīng)過的路程為15cm

C.t=1s時，浮標振動的加速度最大

D.t=4s時，浮標的速度為0

5.如圖甲所示，在勻強磁場中，閉合線框繞垂直于磁場方向的軸勻速轉(zhuǎn)動。線框產(chǎn)生的交變電流i隨時間t

變化的圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（）

A.該交變電流可將熔斷電流為34的保險絲熔斷

B.t=0.03s時，線框的磁通量變化率最大

C.在t=0.01s時穿過線框的磁通量為零

D.線框勻速轉(zhuǎn)動的角速度為lOOcad/s

6.利用如圖所示的實驗裝置，研究雙縫干涉現(xiàn)象并測量出光的波長，下列說法正確的是（）

A.測量過程中誤將6個條紋間距數(shù)成7個，波長測量值會偏大

B.若僅將單縫向雙縫移動一小段距離，干涉條紋間距將會從a圖變?yōu)?圖所示情況

C.若僅將濾光片由紫色換成波長更長的綠色，干涉條紋間距將會從a圖變?yōu)?圖所示情況

D.若僅將遮光筒內(nèi)的光屏向靠近雙縫的方向移動少許，干涉條紋會變窄

7.如圖所示為兩列同頻率的簡諧波在時刻的疊加情況，實線表示波峰，虛線表示波谷。已知兩列波的振幅

均為4c6，波速為4m/s,波長為0.8m,C點是BE連線和FQ連線的交點，下列說法正確的是（）

A.D、P兩點是振動加強點

B.t=0時刻，4、B兩點的豎直高度差為8cm

C.t=0.1s時，。點正在向下振動

D.該時刻后C處質(zhì)點向8移動

8.如圖所示，回旋加速器兩個。形金屬盒分別和一高頻交流電源兩極相接，兩盒放

在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圓心附近。若粒子源射出的粒

子（初速度不計）電荷量為q,質(zhì)量為粒子最大回旋半徑為R,加速電壓為U,下列說法中正確的是（）

A.所加交流電源的周期為黑

qB

B.僅增大。形盒半徑R,加速次數(shù)不變

C.粒子加速后獲得的最大動能為絕生

m

22

D.粒子在回旋加速器中的加速次數(shù)為號

2mU

9.圖甲為原、副線圈匝數(shù)比內(nèi)：n2=2：1的理想變壓器，％為定值電阻，/?2為光敏電阻（光照越強電阻越

?。?，L為電阻不變的燈泡，電流表和電壓表均為理想交流電表，變壓器的原線圈兩端接有按圖乙所示的正

弦式交變電壓，下列說法正確的是（）

A.圖乙交變電壓的表達式為a=220，Is譏50忒（＞）

B.在t=0.005s時，%示數(shù)為220U,均示數(shù)為110V

C.電鍵S閉合后，電流表示數(shù)減小

D.電鍵S閉合后，增加&的光照強度，燈泡及變暗

10.如圖所示的電路中，電感線圈L的自感系數(shù)足夠大,其直流電阻忽略不計，4和B是兩個完全相同的小燈

泡，B燈泡與一個較小的電阻長相連。貝!J（）

A.斷開開關(guān)S時，B燈突然閃亮一下再逐漸熄滅

B.斷開開關(guān)S時，力燈突然閃亮一下再逐漸熄滅

c.閉合開關(guān)s時，a立即變亮，B燈逐漸變亮

D.閉合開關(guān)S時，同時達到最亮，且B更亮一些

11.如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面向外的勻強磁場，質(zhì)量為小、電荷量為q的帶電粒子從p點

以速度。沿平行于直徑CD的方向射入磁場，粒子經(jīng)過圓心0,最后離開磁場。已知圓形區(qū)域半徑為R,P0

與CD間的夾角為45。，不計粒子重力。貝隊)

A.粒子圓周運動的半徑為JlR

B.粒子在磁場中運動的路程為TTR

C.粒子在磁場中運動的時間為當

D.磁感應強度大小為號

qR

二、實驗題：本大題共1小題，共15分。

12.隨著科技發(fā)展，智能手機不僅為我們的生活帶來了便利，也可以利用它的攝像頭和內(nèi)部傳感器協(xié)助我

們完成物理實驗。某同學在“用單擺測量重力加速度”的實驗中，利用了智能手機磁傳感器和一個磁性小

(1)將擺線上端固定在鐵架臺上，下端系在小球上，做成圖1所示的單擺。在測量單擺的擺長時，先用毫米

刻度尺測得擺球懸掛后的擺線長，再用游標卡尺測得擺球的直徑為d(讀數(shù)如圖2所示)。從圖2可知，擺球

的直徑為d=mmo

(2)將智能手機磁傳感器置于磁性小球平衡位置正下方，打開智能手機的磁傳感器，準備測量磁感應強度

的變化。將磁性小球由平衡位置拉開一個小角度，由靜止釋放，手機軟件記錄磁感應強度的變化曲線如圖

3所示。由圖3可知，單擺的周期為—

(3)經(jīng)測量得到6組不同的擺長L和對應的周期T,畫出L-T2圖線，然后在圖線上選取4、B兩個點，坐標如

圖4所示。則當?shù)刂亓铀俣鹊谋磉_式g=0圖4中圖像不過原點的原因是

A計算擺長時用的是擺線長度而未計入小球半徑

A計算擺長時用的是擺線長度加上小球直徑

C所選小球的密度過大

。沒有在最低點開始計時

(4)另一同學只通過一次實驗測量出重力加速度，但由于操作失誤，致使擺球不在同一豎直平面內(nèi)運動，

而是在一個水平面內(nèi)做圓周運動，如圖5所示，這時如果測出擺球做這種運動的周期，仍用單擺的周期公

式求出重力加速度，則求出的重力加速度與重力加速度的實際值相比(填“偏大”、“偏小”、

“不變”)。

三、計算題：本大題共4小題，共41分。

13.半圓柱形玻璃磚的橫截面如圖所示，。為圓心，直徑MN水平，一細束單色光

I沿半徑方向從力處射入玻璃磚后，恰好在。點發(fā)生全反射。另一細束同色光H

平行于單色光I從最高點8射入玻璃磚后，折射到上的。點，。。的長度為

9d,B、。兩點間的距離為25d,光在真空中傳播的速度為c。

(1)求玻璃磚對單色光的折射率71；

(2)求單色光II通過玻璃磚所用的時間￡

14.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一上下邊界均水平，垂直線圈所在平面的

勻強磁場，磁感應強度B=5T,方向如圖所示。正方形單匝金屬線圈在

磁場上方h=0.8?n處，質(zhì)量m=0.4kg,邊長L=總阻值R=1。。

現(xiàn)將線框由靜止釋放，下落過程中線圈虹邊始終與磁場邊界平行，防邊XXXXXXXXX

XXXXXXXXX

剛要離開磁場時線圈的加速度a=0，已知磁場高H=1.0m,不計空氣阻B

XXXXXXXXX

力，重力加速度g取10m/s2。XXXXXXXXX

(1)求cd邊剛進入磁場瞬間，c、d兩點的電壓U；

(2)求線圈從進入磁場開始到線圈穿出磁場的整個過程中安培力對線圈做的總功W。

15.如圖所示，帶有固定豎直桿且總質(zhì)量為4機的長方形物塊靜置在光滑水。＜^―

平地面上，物塊右側(cè)被一豎直擋板擋住，一根長為L且不可伸長的輕質(zhì)細線

一端固定在桿的上端。點，另一端與質(zhì)量為機的小球(視為質(zhì)點)相連，把小「

球拉到。點等高處，細線剛好拉直，小球由靜止釋放。已知小球在運動的___________|

過程中與桿不發(fā)生碰撞，且長方形物塊不會側(cè)翻，重力加速度為g,忽略空氣的阻力。求：

(1)小球第一次運動到最低點時的速度大??；

(2)小球運動到左端最高點時相對于最低點的高度;

(3)小球第二次運動到最低點時，物塊、小球速度各為多少。

16.如圖所示，平面直角坐標系xOy的第一象限內(nèi)存在沿y軸正方向的勻

強電場，第四象限內(nèi)以O(shè)N為直徑、P為圓心、半徑為R的半圓形區(qū)域

內(nèi)，存在垂直于坐標平面向里的勻強磁場。一質(zhì)量為機、電荷量為

-q(q>0)的帶電粒子，從y軸正半軸上y=亨R處的M點以大小為為的

初速度垂直于y軸射入勻強電場中，經(jīng)x軸上的P點進入勻強磁場，最后

以垂直于y軸的方向射出勻強磁場。不計粒子重力，求：

(1)勻強電場的電場強度大小；

(2)勻強磁場的磁感應強度大?。?/p>

(3)粒子從M點到再次經(jīng)過y軸的時間。

答案解析

1.【答案】D

【解析】解：AB,電荷的速度方向與磁場方向平行時，電荷不受洛倫茲力，故錯誤；

CD,根據(jù)左手定則可知，磁感線垂直穿過左手手心，四指指向正電荷的運動方向或負電荷運動的負方向，

大拇指的方向就是洛倫茲力方向，故C錯誤，￡＞正確。

故選：Do

根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力的方向，即磁感線垂直穿過左手手心，四指指向正電荷的運動方向或負電荷運

動的負方向，大拇指的方向就是洛倫茲力方向。

此題考查了洛倫茲力方向的判斷，明確知道洛倫茲力的方向的判斷方法，知道四指應指向負電荷的運動方

向的反方向。

2.【答案】D

【解析】A、由圖示可知，在磁鐵S極上升過程中，穿過圓環(huán)的磁場方向向上，在磁鐵遠離圓環(huán)時，穿過圓

環(huán)的磁通量變小，由楞次定律可知，從上向下看，圓環(huán)中的感應電流沿逆時針方向，故A錯誤；

3、由圖示可知，在磁鐵S極下落過程中，穿過圓環(huán)的磁場方向向上，在磁鐵靠近圓環(huán)時，穿過圓環(huán)的磁通

量變大，由楞次定律可知，從上向下看，圓環(huán)中的感應電流順時針方向，故B錯誤；

C、由圖示可知，在磁鐵N極上升過程中，穿過圓環(huán)的磁場方向向下，在磁鐵遠離圓環(huán)時，穿過圓環(huán)的磁

通量變小，由楞次定律可知，從上向下看，圓環(huán)中的感應電流沿順時針方向，故C錯誤；

。、由圖示可知，在磁鐵N極下落過程中，穿過圓環(huán)的磁場方向向下，在磁鐵靠近圓環(huán)時，穿過圓環(huán)的磁

通量變大，由楞次定律可知，從上向下看，圓環(huán)中的感應電流逆時針方向，故。正確；

故選：Do

3.【答案】B

【解析】解：4、彈簧振子在驅(qū)動力作用下做受迫振動，其振幅與驅(qū)動力的頻率有關(guān)，而搖把的轉(zhuǎn)速決定

了驅(qū)動力的頻率，所以彈簧振子的振幅與轉(zhuǎn)速有關(guān)，故A錯誤；

B、搖把勻速轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)速為360r/zn出，則其轉(zhuǎn)動的頻率

360

彈簧振子做受迫振動，穩(wěn)定振動時的頻率等于驅(qū)動力的頻率，即為6Hz,故8正確；

C、當驅(qū)動力的頻率等于彈簧振子的固有頻率時，振子發(fā)生共振，振幅最大。彈簧振子的固有頻率為

2Hz,當轉(zhuǎn)動搖把的轉(zhuǎn)速增大時，驅(qū)動力頻率遠離固有頻率，彈簧振子的振幅減小，故C錯誤；

。、搖把轉(zhuǎn)動的頻率減小到接近2Hz時，驅(qū)動力頻率接近彈簧振子的固有頻率，彈簧振子的振幅增大，故

。錯誤。

故選：Bo

本題主要抓住受迫振動的頻率由驅(qū)動力的頻率決定，共振的條件是振動頻率與固有頻率相同。

本題考查受迫振動和共振的基礎(chǔ)知識，屬于基礎(chǔ)題目。

4.【答案】C

【解析】解：4根據(jù)題圖2可知浮標的振動周期為4s,故A錯誤；

員由圖2可知，浮標的振幅1cm,一個周期內(nèi)浮標上某點經(jīng)過的路程為4倍振幅，由于t=60s=15T,所

經(jīng)過的路程為s=15x4X=60Xlcm=60cm,故B錯誤；

C.t=ls時，浮標振動的位移最大，回復力最大，加速度最大，故C正確；

。上=4s時浮標在平衡位置，速度最大，故。錯誤。

故選：Co

在簡諧運動中，當振子在位移最大處時，加速度最大，指向平衡位置，而速度為零；在平衡位置時，振子

的加速度為零末速度最大，振子在一個周期內(nèi)的路程等于4倍振幅。

本題主要考查了簡諧運動的相關(guān)應用，根據(jù)圖像直接得出振子的位移，根據(jù)位移得出振子的加速度方向和

大小。

5.【答案】D

【解析】解：4交流電的最大值為購=34該交變電流不可將熔斷電流為34的保險絲熔斷，故A錯誤；

B.t=0.03s時，瞬時電流為0,線框的磁通量變化率為0,故B錯誤；

C.在t=0.01s時，瞬時電流為0,穿過線框的磁通量最大，故C錯誤；

D.由圖可知，線框勻速轉(zhuǎn)動的T=0.02s,角速度為3=爺=^rad/s=lOOwad/s,故。正確。

故選：Do

根據(jù)交流電的有效值，瞬時值，磁通量和磁通量的變化率，角速度的計算公式列式求解。

考查交流電的有效值，瞬時值，磁通量和磁通量的變化率，角速度的計算公式，會根據(jù)題意進行準確分析

解答。

6.【答案】D

【解析】解：4相鄰亮條紋之間的距離=a為連續(xù)n條亮條紋之間的條紋寬度

n

測量過程中誤將6個條紋間距數(shù)成7個，則相鄰亮條紋間距測量值偏小；

根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式4%=92

a

得4=華

可知波長測量值偏小，故A錯誤；

A根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式/刀=。4可知，條紋間距與單縫、雙縫之間的距離無關(guān)，若僅將單縫向雙縫

移動一小段距離，干涉條紋間距不變，故2錯誤；

C.若僅將濾光片由紫色換成波長更長的綠色，波長波長，根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式4%=$4可知，干涉

條紋間距變寬，將會從b圖變?yōu)閍圖所示情況，故C錯誤；

。若僅將遮光筒內(nèi)的光屏向靠近雙縫的方向移動少許，雙縫到屏之間的距離變小，根據(jù)雙縫干涉條紋間距

公式可知，干涉條紋會變窄，故。正確。

/x=a

故選：Do

根據(jù)條紋截距與條紋寬度的關(guān)系求解相鄰亮條紋之間的距離；根據(jù)雙縫干涉條紋間距分析作答。

本題考查了研究雙縫干涉現(xiàn)象并測量出光的波長的實驗，要明確實驗原理，掌握雙縫干涉條紋間距公式的

運用，知道單色光的波長大小關(guān)系。

7.【答案】C

【解析】解：2、圖中P兩點分別為波峰與波谷疊加，為振動減弱點，故A錯誤；

B、t=0時刻4點在該時刻波峰與波峰疊加，振動加強，偏離平衡位置的位移兩個4cm,為8cm,B點在該

時刻波谷與波谷疊加，振動加強，偏離平衡位置的位移為-8cm,貝必、B兩點在該時刻的豎直高度差為

16cm,故B錯誤；

C、波傳播的周期7=4=￥s=0.2s,再經(jīng)過t=0.1s時，即經(jīng)過半個周期，B點是波峰與波峰相遇，E點

是波谷與波谷相遇，而8與E之間的C正在向下振動，故C正確；

。、波傳播的是振動的形式和能量，振動的質(zhì)點不會向前傳播，故。錯誤。

故選：Co

頻率相同的兩列水波的疊加：當波峰與波峰、波谷與波谷相遇時振動是加強的；當波峰與波谷相遇時振動

是減弱，質(zhì)點的位移等于兩個振動引起位移的矢量和；振動的質(zhì)點不會向前傳播。

波的疊加滿足矢量法則，當振動情況相同則相加，振動情況相反時則相減，且兩列波互不干擾，例如當該

波的波峰與波峰相遇時，此處相對平衡位置的位移為振幅的二倍；當波峰與波谷相遇時此處的位移為零。

8.【答案】D

【解析】解：4由粒子在回旋加速器中持續(xù)加速的條件：粒子在磁場中做圓周運動的周期，與交流電源

的周期相等；粒子在磁場中運動時，qvB=m-,7=%可知交流電源的周期為：T=筆，故A錯誤；

1rvqB

C、粒子離開。形盒時的動能最大，由洛倫茲力提供向心力，可知：qUmB=m普最大動能瓦=

弊空，故C錯誤；

2m

BD、由動能定理m?U=以僅可知粒子在回旋加速器中的加速次數(shù)為：n=需，解得：n=嚓3，僅增大

。形盒半徑R，加速次數(shù)增加，故。正確，B錯誤。

故選：Do

由粒子在回旋加速器中持續(xù)加速的條件，可計算交流電源的周期；由粒子在磁場中的運動特點，可知一個

周期內(nèi)的加速次數(shù)；粒子離開D形盒時的動能最大，由洛倫茲力提供向心力，可計算最大動能；由動能定

理，結(jié)合粒子的最大動能，可計算粒子在回旋加速器中的加速次數(shù)。

本題考查回旋加速器的應用分析，關(guān)鍵是理解粒子能持續(xù)加速的條件。

9【答案】D

【解析】解：4根據(jù)圖乙得3=懸=100仃ad/s,所以圖乙交變電壓的表達式為“=

22OYIsinlOO7rt(>),故A錯誤；

B、交流電表測量的是有效值，%示數(shù)為220U,副線圈兩端電壓由輸入電壓和匝數(shù)比確定，副線圈兩端電

壓為110U,彩示數(shù)要小于110U,故B錯誤；

C、電鍵S閉合后，副線圈總電阻減小，副線圈兩端電壓不變，副線圈電流增大，原線圈電流增大，所以電

流表示數(shù)增大，故C錯誤；

D、電鍵S閉合后，增加R2的光照強度，的電阻減小，導致副線圈電流增大，所以并聯(lián)部分電壓減小，

燈泡打變暗，故D正確；

故選：Do

閉合電路動態(tài)分析中，電源部分是由變壓器提供，其它仍用閉合電路毆姆定律；電鍵S閉合后，導致總電

阻發(fā)生變化，而電壓不變，則可判斷出電路中的電流及電壓如何變化。根據(jù)圖乙得原線圈兩端輸入電壓的

瞬時值表達式。

理想變壓器是理想化模型，一是不計線圈內(nèi)阻；二是沒有出現(xiàn)漏磁現(xiàn)象。同時運用閉合電路毆姆定律來分

析隨著電阻變化時電流、電壓如何變化。分析的思路先干路后支路，以不變應萬變。

10.【答案】A

【解析】解：48.斷開開關(guān)S時，線圈與％和兩個燈泡構(gòu)成閉合回路，線圈產(chǎn)生自感電動勢，相當于電源，

阻礙原電流的減小，線圈的左端相當于電源的負極，通過B的電流方向與穩(wěn)定時相反；由于電流是從穩(wěn)定

時線圈中電流大小開始減小，而穩(wěn)定時通過燈泡B的電流比線圈中電流小，故A慢慢熄滅，B閃亮后才慢

慢熄滅，由于此時線圈是電源，導致4B燈泡在B閃亮之后以同樣的亮度一起熄滅，故A正確，B錯誤；

CD.閉合開關(guān)S時，由于力與線圈L串聯(lián)，線圈中產(chǎn)生自感電動勢阻礙電流變化，故A燈泡逐漸亮起，B與電

阻％串聯(lián)，立即就亮，電路穩(wěn)定以后，由于兩個是完全相同的燈泡，而B燈泡與一個較小的電阻相連，

所以4會比B更亮一些，故。錯誤。

故選：Ao

線圈中的電流變化時，會產(chǎn)生自感電動勢，阻礙電流變化，自感電動勢方向與電流方向關(guān)系為“增反減

同”。

本題是通電自感和斷電自感問題，關(guān)鍵明確線圈中自感電動勢的方向是阻礙電流的變化，體現(xiàn)了電流的

“慣性”。

11.【答案】D

【解析】解：an.畫出粒子的運動軌跡，如圖所示:

由于圓形區(qū)域半徑為R,貝UP點到CD的距離為苧R,設(shè)粒子做圓周運動的半徑為r,由幾何關(guān)系有:

r=^

由洛倫茲力提供向心力，則

V2

qvB=m—

解得

V-2mv

B=

qR

故A錯誤，￡）正確;

BC.由上述分析可知，粒子在磁場中運動軌跡為半個圓周，則:

1AA2

s=2x2TIT=-^-nR

粒子在磁場中運動的時間為：

s4~2nR

t=—=-------

v2v

故5C錯誤；

故選:Do

AD畫出粒子的運動軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系和洛倫茲力提供向心力求粒子圓周運動的半徑和磁感應強度大

小;

BC.根據(jù)面積公式和時間公式求粒子在磁場中運動的路程和時間。

考查帶電粒子在磁場中的運動問題，會根據(jù)題意作圖并結(jié)合相應的幾何關(guān)系列式求解相關(guān)的物理量。

2LA~LB

12.【答案】10.70；2t0；47r偏大

TA-TB

【解析】解：(1)由圖2可知，擺球的直徑為d=lOmm+14x0.05nwi=10.70TH7H

(2)實驗中，磁性小球經(jīng)過最低點時測得的磁感應強度B最大，根據(jù)圖3有2=

解得周期為T=2to

⑶根據(jù)r=2兀E

79

解得篇「2

結(jié)合L—片圖像，可得焉=々=巖|

解得g=47r2第詈

結(jié)合上述可知，考慮磁性小球的半徑時〃=磊產(chǎn)

圖像過會過原點，其中〃=L+R

同理，若沒有考慮磁性小球的半徑時L=^T2-R

故圖4中圖像不過原點的原因是沒有考慮磁性小球的半徑，故A正確，BCO錯誤;

故選：A.

(4)以L表示擺線長，。表示擺線與豎直方向的夾角，山表示擺球的質(zhì)量，F(xiàn)表示擺線對擺球的拉力，T表示

擺球圓錐擺運動的周期，如圖

mg

由牛頓第二定律得Fs譏6=m年pLsin。

在豎直方向，由平衡條件得FcosB=mg

解得r=27rJ等

單擺的周期公式r=2兀但

\9

單擺運動的等效擺長Leos。小于單擺擺長3則單擺周期的測量值偏小，根據(jù)單擺周期公式求出的重力加速

度9=誓心偏大，即重力加速度的測量值大于真實值。

故答案為：(1)10.70；(2)2t0；(3)4兀2小(①偏大

(1)根據(jù)游標卡尺的精確度解答；

(2)根據(jù)題意結(jié)合圖像分析解答；

(3)根據(jù)單擺周期公式解得重力加速度；

(4)根據(jù)牛頓第二定律分析解答。

本題考查用單擺測定重力加速度的實驗，要求掌握實驗原理、數(shù)據(jù)處理和誤差分析。

13.【答案】玻璃磚對單色光的折射率為|；

單色光II通過玻璃磚所用的時間為爭

【解析】解：(1)設(shè)單色光I在分界面上發(fā)生全反射的臨界角為C,則單色光n射入玻璃磚的入射角

4=C,設(shè)光線H從最高點B射入玻璃磚后的折射角為。2,根據(jù)幾何關(guān)系可知

9

smd2=25

根據(jù)折射定律有粵=n

sin%

根據(jù)臨界角與折射率的關(guān)系有sinC=i

n

解得n=|

(2)光在玻璃磚中的傳播速度〃=:

光在玻璃磚中傳播所用的時間t=2=到

VV

解得t=爭

3c

答：⑴玻璃磚對單色光的折射率為全

(2)單色光II通過玻璃磚所用的時間為詈。

(1)根據(jù)幾何關(guān)系得到折射角的正弦，然后根據(jù)臨界角公式和折射定律計算折射率；

(2)先計算光在玻璃磚中的傳播速度,然后計算時間即可。

本題考查了臨界角公式，折射定律、折射率、以及光子的能量和動量的相關(guān)問題，基礎(chǔ)題。

14.【答案】cd邊剛進入磁場瞬間，c、d兩點的電壓U為6V；

線圈從進入磁場開始到線圈穿出磁場的整個過程中安培力對線圈做的總功W為-8.6/

【解析】解：(1)線圈自由下落過程，根據(jù)機械能守恒定律得

1,

mgh=

解得%=4m/s

cd邊剛進入磁場時，c、d兩點的電壓是

3

U=

解得U=6V

(2)ab邊離開磁場時線圈的加速度為0,可知安培力與重力互相平衡，由平衡條件得

mg=BI2L

ab邊離開磁場時線圈中感應電流大小為

,.￡2

h~~R

感應電動勢為

E2=BLV2

線圈從進入磁場開始到線圈穿出磁場的整個過程中，根據(jù)動能定理得

1,1,

mg^H+L)+W=

解得線圈從進入磁場開始到線圈穿出磁場的整個過程中安培力對線圈做的總功為

W=-8.67

答：(l)cd邊剛進入磁場瞬間，c、d兩點的電壓U為6K

(2)線圈從進入磁場開始到線圈穿出磁場的整個過程中安培力對線圈做的總功加為-8.6/。

(1)先根據(jù)機械能守恒定律求出cd邊剛進入磁場瞬間的速度巧，由cd邊產(chǎn)生的感應電動勢為E=c、

d兩點的電壓U為路端電壓，根據(jù)U=求解；

(2)防邊剛要離開磁場時線圈的加速度a=0,根據(jù)平衡條件結(jié)合安培力公式求出此時線圈的速度，再根據(jù)

動能定理求線圈從進入磁場開始到線圈穿出磁場的整個過程中安培力對線圈做的總功川。

解決本題時，要抓住電磁感應與力學聯(lián)系的橋梁：安培力，根據(jù)平衡條件以及電磁感應規(guī)律求出線圈離開

磁場的速度是關(guān)鍵。

15.【答案】小球第一次運動到最低點時的速度大小為J期；

小球運動到左端最高點時相對于最低點的高度為0.8L；

小球第二次運動到最低點時，小球的速度為0.62加，水平向右，物塊速度為0.4方區(qū)，水平向左

【解析】解：(1)小球第一次運動到最低點之前，物塊被擋板擋住不會動，所以小球的重力勢能轉(zhuǎn)化為動

能，有=詔，解得：%=J2gL

(2)令長方形物塊的質(zhì)量為M=4小。小球第一次經(jīng)過最低點后，物塊在繩子拉力作用下會向左運動，小球

和物塊組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，當小球擺到左邊最高點時，小球和物塊共速，有：mv0=(m+

M)u

__-1-1

由能量守恒可得5mvo—~(m+M)v2+mgh

解得：h.=0.8L

(3)當小球第一次從最低點再次運動回到最低點的過程中，規(guī)定向左為正方向，由動量守恒，有：mv0=

mvr+MV2

11

^7+

由能量守恒，