安徽省蕪湖市聯(lián)考2024-2025學(xué)年高二期末模擬物理試卷

一、單選題：本大題共8小題，共32分。

1.1932年，美國物理學(xué)家安德森在宇宙射線實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)了正電子，證實(shí)了反物質(zhì)的存在。實(shí)驗(yàn)中，安德森

記錄了正電子在云室中由上向下經(jīng)過6根小鉛板的軌跡如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于紙面，正電子穿過鉛

板會(huì)有部分能量損失，其他能量損失不計(jì)，則可判定正電子（）

A.所在磁場(chǎng)方向一定垂直于紙面向里B.穿過鉛板后受到洛倫茲力變大

C.穿過鉛板后做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑變大D,穿過鉛板后做圓周運(yùn)動(dòng)的周期變大

2.如圖所示，某空間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩個(gè)帶電油滴在圖示的豎直面

內(nèi)均能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，不計(jì)油滴之間的庫侖力，則（）

A.兩個(gè)油滴可能帶負(fù)電荷B.兩個(gè)油滴沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)

C.兩個(gè)油滴的電荷量一定相同D.兩個(gè)油滴的運(yùn)動(dòng)周期一定相同

3.理想變壓器、電阻R、理想交流電流表人理想交流電壓表U按圖甲連接，已知理想變壓器原、副線圈的

匝數(shù)比為11:1,電阻R=100,原線圈輸入的交流電如圖乙所示，下列說法正確的是（）

A..交流電的頻率為100”zB.電流表讀數(shù)為24

C.電壓表讀數(shù)為D.變壓器的輸入功率為44W

4.飛機(jī)失事后，為了分析事故的原因，必須尋找黑匣子，而黑匣子在30天內(nèi)能以一定的頻率自動(dòng)發(fā)出信號(hào),

人們就可利用探測(cè)儀查找黑匣子發(fā)出的電磁波信號(hào)來確定黑匣子的位置.如圖甲是黑匣子中電磁波發(fā)射電

路中的LC電磁振蕩電路，圖乙為電容器的電荷量q隨時(shí)間t變化的圖像，1=0時(shí)刻電容器的M板帶正電.下

列關(guān)于LC電磁振蕩電路的說法中正確的是

A.若減小電容器的電容，則發(fā)射的電磁波波長(zhǎng)變長(zhǎng)

B.時(shí)間內(nèi)，線圈中的磁場(chǎng)方向向下

C.0?口時(shí)間內(nèi)，線圈的磁場(chǎng)能不斷減小

D.J?。時(shí)間內(nèi)，電容器N板帶正電，電容器正在充電

5.如圖甲所示，質(zhì)量分別為根】、機(jī)2的物塊力和B靜止在光滑的水平地面上，其中物塊B左端拴接一輕彈資，

彈簧開始處于原長(zhǎng).給物塊4一向右的初速度火，物塊4與彈簧作用的過程中，物塊4B的速度火、彩的部分

大小關(guān)系如圖乙所示，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，已知犯L=0.2kg,結(jié)合圖乙中的數(shù)據(jù)，下列說法正確的是（）

A.物塊4的初速度為=2m/s

B.物塊B的質(zhì)量=0.1kg

C.從物塊4碰到彈簧到彈簧壓縮最短的過程中，彈簧給物塊8的沖量大小為0.36N.s

D.彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，物塊B的速度大小為2m/s

6.如圖甲所示，光滑水平面上有一固定的擋板，輕彈簧左端拴接在擋板上，右端拴接一個(gè)靜止的小球，t=0

時(shí)刻給小球一水平的瞬時(shí)沖量，此后小球的位移隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定水平向左為正方向,下

列說法正確的是（）

A.1.0s時(shí)加速度負(fù)方向最大B.0.5s與1.5s時(shí)的速度相同

C.1.5s與2.5s時(shí)的加速度相同D.0時(shí)刻，給小球的瞬時(shí)沖量水平向右

7.一列沿x軸傳播的簡(jiǎn)諧橫波，t=0時(shí)刻的波形圖如圖1所示，P、Q是介質(zhì)中的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)，圖2是質(zhì)點(diǎn)Q的

振動(dòng)圖像。下列說法正確的是（）

A.該波沿x軸正方向傳播

B.該波在傳播過程中遇到20爪的障礙物，能發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象

C.質(zhì)點(diǎn)Q在4s內(nèi)沿x軸傳播的距離為4小

D.質(zhì)點(diǎn)P在2s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的路程為20cM

8.如圖甲為一玻璃半球的截面圖，其半徑為R,。為球心，為直徑，現(xiàn)有均勻分布的紅光垂直入射到半球

的底面。已知球冠（不含圓底面）的表面積為S=2兀R/i（如圖乙，其中R為球的半徑,八為球冠的高），光在真空

中傳播的速度為c,玻璃對(duì)紅光的折射率為n=1.25,若只考慮首次射到球面的光，則下面說法正確的是（）

甲乙

A.從半球面射出的光中，在玻璃內(nèi)的傳播時(shí)間最短為廣

4c

B.整個(gè)半球面透光的面積為（兀/?2

C.所有射入到半球底面的光，有黃的會(huì)發(fā)生全反射

D.若將入射光由紅光換成紫光，則半球面透光的面積增大

二、多選題：本大題共2小題，共10分。

9.空間內(nèi)存在方向水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)E和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=10T、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中均

未畫出）.一質(zhì)量m=0.1kg、帶電荷量q=0.1C的小球從。點(diǎn)由靜止釋放，小球在豎直面內(nèi)的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中

實(shí)線所示，軌跡上的4點(diǎn)離。B最遠(yuǎn)且與。B的距離為3己知qE=mg.重力加速度g取10m/s2.下列說法正確

的是（）

O

A.小球經(jīng)過4點(diǎn)時(shí)的速度為Jlm/sB.小球經(jīng)過4點(diǎn)時(shí)的速度最大

C.L=與mD.L=

10.在如圖所示的輸電線路中，交流發(fā)電機(jī)的輸出電壓一定，兩變壓器均為理想變壓器，左側(cè)升壓變壓器的

原、副線圈匝數(shù)分別為2、n2,兩變壓器間輸電線路電阻為r。下列說法正確的是（）

A.僅增加用戶數(shù)，r消耗的功率增大

B.僅增加用戶數(shù)，用戶端的電壓增大

C.僅適當(dāng)增加電，用戶端的電壓增大

D.僅適當(dāng)增加膽，整個(gè)電路消耗的電功率減小

三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共18分。

11.小明用如圖甲所示的裝置來驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，該裝置由水平長(zhǎng)木板及固定在木板左端的硬幣發(fā)射器組

成，硬幣發(fā)射器包括支架、彈片及彈片釋放裝置，釋放彈片可將硬幣以某一初速度彈出。已知五角硬幣和

一元硬幣與長(zhǎng)木板間動(dòng)摩擦因數(shù)近似相等，主要實(shí)驗(yàn)步驟如下：

彈片

《片釋放裝置

幺‘更幣長(zhǎng)木板

甲

①將五角硬幣置于發(fā)射槽口，釋放彈片將硬幣發(fā)射出去，硬幣沿著長(zhǎng)木板中心線運(yùn)動(dòng)，在長(zhǎng)木板中心線的

適當(dāng)位置取■點(diǎn)0,測(cè)出硬幣停止滑動(dòng)時(shí)硬幣右側(cè)到。點(diǎn)的距離。再從同一位置釋放彈片將硬幣發(fā)射出去,

重復(fù)多次，取該距離的平均值記為S1，如圖乙所示；

乙丙

②將一元硬幣放在長(zhǎng)木板上，使其左側(cè)位于。點(diǎn)，并使其直徑與中心線重合，按步驟①從同一位置釋放彈

片，重新彈射五角硬幣，使兩硬幣對(duì)心正碰，重復(fù)多次，分別測(cè)出兩硬幣碰后停止滑行時(shí)距0點(diǎn)距離的平均

值52和53，如圖丙所示。

(1)實(shí)驗(yàn)中還需要測(cè)量的量有

A.五角硬幣和一元硬幣的質(zhì)量爪1、m2

A五角硬幣和一元硬幣的直徑dI、d2

C.硬幣與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃

。發(fā)射槽口到。點(diǎn)的距離So

(2)該同學(xué)要驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為(用已知量和測(cè)量的量表示)，

若進(jìn)一步研究該碰撞是否為彈性碰撞，需要判斷關(guān)系式是否成立(用S］、52、S3表示)。

12.小章同學(xué)利用如圖甲所示的裝置測(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?；卮鹣铝袉栴}：

(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

A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)

。使用間距更大的雙縫

(2)若雙縫的間距為d,屏與雙縫間的距離為3實(shí)驗(yàn)中得到的干涉圖樣如圖乙所示，毛玻璃屏上的分劃板刻

線在圖乙中48位置時(shí)，手輪上的讀數(shù)分別為的、比2,則入射的單色光波長(zhǎng)的計(jì)算表達(dá)式為4=(用的、

久2、d、L表示);

(3)在第(2)問的測(cè)量中，選用的雙縫的間距為0.300小巾，測(cè)得屏與雙縫間的距離為1.00m,分劃板刻線在4位

置時(shí)手輪上的讀數(shù)為1.470小小，在B位置時(shí)手輪上的示數(shù)如圖丙所示，則讀數(shù)為mm,所測(cè)單色光的

波長(zhǎng)為mn(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)。

四、計(jì)算題：本大題共3小題，共40分。

13.在折射率為n的液體內(nèi)部有一點(diǎn)光源S,點(diǎn)光源可以向各個(gè)方向移動(dòng)，初始時(shí)刻，在液面上觀察到

半徑為R=0.2m的圓形光斑。

?S:液體內(nèi)部

I

I

(1)求點(diǎn)光源S的初始深度h;

(2)讓點(diǎn)光源S向某個(gè)方向勻速移動(dòng)，發(fā)現(xiàn)光斑最右側(cè)邊沿B位置不動(dòng)，最左側(cè)邊沿。向左側(cè)移動(dòng)，經(jīng)過2s,

左側(cè)邊沿。向左移動(dòng)了x=0.4/n,側(cè)面圖如下圖所示，求點(diǎn)光源S的移動(dòng)速度外

14.如圖所示，兩平行光滑長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌水平放置，間距為L(zhǎng)=abed區(qū)域有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大

小為B=2T,方向豎直向上。初始時(shí)刻，磁場(chǎng)外的細(xì)金屬桿M以初速度%=3m/s向右運(yùn)動(dòng)，磁場(chǎng)內(nèi)的細(xì)

金屬桿N處于靜止?fàn)顟B(tài)。兩金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好且運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直。兩桿的質(zhì)量均為m=1kg,

在導(dǎo)軌間的電阻均為R=1。，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)及導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)。若兩桿在磁場(chǎng)內(nèi)未相撞且N桿

出磁場(chǎng)時(shí)的速度%=1m/s,求：

(1)M桿剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)的安培力產(chǎn)；

(2)從M桿進(jìn)入磁場(chǎng)到N桿離開磁場(chǎng)過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱Q；

(3)初始時(shí)刻N(yùn)到ab邊的最小距離％。

15.AstroRe出讓y(星球模型)是一款非常流行的兒童玩具，如圖甲所示，它是由一組大小、質(zhì)量各不相同的

硬質(zhì)彈性小球組成，采用3。打印技術(shù)真實(shí)還原不同星球的美妙紋理，彈性極強(qiáng)，深受小朋友們的喜愛。

某興趣小組的同學(xué)利用它們進(jìn)行了若干次碰撞實(shí)驗(yàn)。所有碰撞都可認(rèn)為是彈性碰撞，重力加速度大小為g,

忽略空氣阻力影響，小球均可視為質(zhì)點(diǎn)。試討論以下問題：

(1)第一次實(shí)驗(yàn)他們將一個(gè)質(zhì)量為根】的小球1從距離地面高度八處由靜止釋放，如圖乙所示。通過查閱資料他

們估計(jì)出了球與地面的作用時(shí)間，用4表示。求球1落地時(shí)的速度大小，以及碰撞過程中地面給球的平均作

用力大小。

(2)第二次實(shí)驗(yàn)他們將質(zhì)量為a1的1球和質(zhì)量為爪2的2球分別從距離地面入高處和5h高處由靜止釋放，兩球的

質(zhì)量關(guān)系為61=上62,如圖丙所示。兩球碰撞以后2球被反彈，從碰撞點(diǎn)算上升的最大高度為九求k的值。

(3)第三次實(shí)驗(yàn)他們將(2)中的2球放在1球的頂上，讓這兩個(gè)球一起從距離地面高八處自由下落并撞擊地面,

如圖丁所示。他們驚奇的發(fā)現(xiàn)球2反彈的高度超過了釋放時(shí)的高度，試求此種情況下小球2被反彈的高度。

他們猜想若2球質(zhì)量越小被反彈的高度越高，試從理論角度分析若根】?山2時(shí)2球能達(dá)到的最大高度。

(4)受(3)的啟示，他們?cè)O(shè)想了一個(gè)超球?qū)嶒?yàn)：將三個(gè)球緊貼從距離地面拉高處由靜止釋放，由下至上三球的

質(zhì)量分別為爪1、爪2和加3，且滿足巾1>>機(jī)2>>機(jī)3，如圖戊所示。他們?cè)O(shè)想3球可以被反彈到很高的高度，

試估算此高度。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】A根據(jù)左手定則可知磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，故A正確；

3.根據(jù)F^=euB,正電子速度減小，受到的洛侖茲力減小，故B錯(cuò)誤；

C.設(shè)正電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r,根據(jù)牛頓第二定律有=m2，解得r=寫，所以運(yùn)動(dòng)

半徑減小，故C錯(cuò)誤；

。正電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期7=筆，穿過鉛板前后，運(yùn)動(dòng)的周期不變，故。錯(cuò)誤。

eB

2.【答案】D

【解析】【分析】

解決本題的關(guān)鍵是知道電場(chǎng)力與重力相平衡液滴才能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，掌握洛倫茲力提供向心力，能正確

運(yùn)用左手定則判斷運(yùn)動(dòng)方向。

【解答】

A兩個(gè)帶電油滴在圖示的豎直面內(nèi)均能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知電場(chǎng)力與重力平衡，電場(chǎng)力方向豎直向上，故

兩個(gè)油滴都帶正電荷，A錯(cuò)誤；

A根據(jù)左手定則判斷可知，液滴沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)?ng=qE,可知，兩個(gè)油滴的電荷量與兩球的質(zhì)量有關(guān)，C錯(cuò)誤；

。.根據(jù)mg=qE,結(jié)合丁=粵,可得7=竿，可知兩個(gè)油滴的運(yùn)動(dòng)周期一定相同，。正確；

qbgb

3.【答案】B

【解析】由原線圈兩端輸入電壓隨時(shí)間變化的圖像可知，=220V,T=0.02s,f=^=5OHz,A錯(cuò)誤；

根據(jù)原副線圈的電壓比等于匝數(shù)之比，可知U2==UI=20O,所以電壓表的示數(shù)為20匕C錯(cuò)誤；

/2=牛=24所以電流表的讀數(shù)為24,2正確；

副線圈功率22=Ihk=40W，所以變壓器的輸入功率Pl=P2=40〃，。錯(cuò)誤。

選及

4.【答案】D

【解析】A若電容器的C減小，根據(jù)4=c7=2⑶，初，則發(fā)射的電磁波波長(zhǎng)變短，故A錯(cuò)誤；

BC.0?匕時(shí)間內(nèi)q減小，電容器放電，電流增大，磁場(chǎng)能不斷增大，電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，根據(jù)右手定則可

知，線圈中的磁場(chǎng)方向向上，故8C錯(cuò)誤；

?12時(shí)間內(nèi)，q增大且電荷量電性與t=0時(shí)相反，電容器N板帶正電，電容器正在充電，故。正確；

故選Do

5.【答案】C

【解析】A由圖乙可得為=3m/s,故A錯(cuò)誤；

8.根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒，m^Q=+m2v2>由圖乙知，%=0時(shí)，v2=2m/s,代入可得：m2=0.3kg,

故B錯(cuò)誤；

C.彈簧壓縮最短時(shí)，物塊4、B速度相等，mrv0=（恤+m2）v3,得%=l-2m/s,由動(dòng)量定理，1=m2v3=

0.36N-S,故C正確；

D從接觸彈簧到彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)的過程，相當(dāng)于彈性碰撞，由小”0=+m2VB>2nli評(píng)=+

解得：v=2?n^v°=2Am/s,故。錯(cuò)誤。

zB

20°m1+m2

6.【答案】A

【解析】由圖乙可知，小球在1.0s時(shí)處在正方向最大位移處，由回復(fù)力公式可知小球的回復(fù)力負(fù)方向最大,

小球的加速度負(fù)方向最大，A正確；

0.5s時(shí)小球的速度向左，1.5s時(shí)小球的速度向右，由對(duì)稱性可知，0.5s與1.5s時(shí)小球的速度大小相等、方向

相反，8錯(cuò)誤；

1.5s小球位于平衡位置左側(cè)，2,5s小球位于平衡位置右側(cè)，由對(duì)稱性可知，1.5s與2.5s時(shí)小球的位移大小相

等、方向相反，由回復(fù)力公式F=-依可知，1.5s與2.5s時(shí)小球的回復(fù)力大小相等、方向相反，由牛頓第二

定律可知1.5s與2.5s時(shí)小球的加速度大小相等、方向相反，C錯(cuò)誤；

由圖乙可知，0時(shí)刻小球在平衡位置且速度為正方向，則0時(shí)刻小球的瞬時(shí)沖量水平向左，。錯(cuò)誤.

7.【答案】D

【解析】4.4由題圖乙知，質(zhì)點(diǎn)Q點(diǎn)t=0時(shí)刻向y軸負(fù)方向振動(dòng)，根據(jù)同側(cè)法知，該波沿x軸負(fù)方向傳播，

故A錯(cuò)誤；

A由題圖甲和乙可知，該波波長(zhǎng)2=4m<20小，不能能發(fā)生明顯行射現(xiàn)象，故B錯(cuò)誤；

C.質(zhì)點(diǎn)Q點(diǎn)在平衡位置上下振動(dòng)，不會(huì)隨波遷移，故C錯(cuò)誤；

D.t=2s=27，則質(zhì)點(diǎn)Q在2s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的路程s=2A=20cM故。正確；

8.【答案】A

【解析】A、從半球面射出的光臨界角為sinC=光在玻璃中的最小位移為I=RcosC=光在玻璃中

n5

的速度為"=￡=：的即在玻璃內(nèi)的傳播最短時(shí)間為」=廣，故A正確；

n5v4c

B、整個(gè)半球面透光的面積等于球冠的面積s=2TTRCOSC(R-RcosC)=嗒，故B錯(cuò)誤；

C、所有射入到半球底面的光發(fā)生全反射的部分占全部的比值為”孫兀譬皿2=卷故c錯(cuò)誤；

7rHz25

D、若將入射光由紅光換成紫光，折射率增大，折射角變小，則半球面透光的面積減小，故D錯(cuò)誤。

9【答案】BD

【解析】對(duì)小球在。點(diǎn)受力分析如下，

因?yàn)閝E=mg,即F合方向與水平方向夾角45。左下，

在其他位置受力分析可知，除了重力電場(chǎng)力還有洛倫茲力，將。點(diǎn)的合運(yùn)動(dòng)分解為兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)，如下圖所示,

qv±B=42mg,解得力=Y^m/s，由右手定則可知方向垂直F合方向右下，即虛線方向,

%=f1=，―2m/s,方向與巧,方向相反，

即小球沿虛線右下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，和逆時(shí)針勻速圓周運(yùn)動(dòng)，

經(jīng)過/點(diǎn)時(shí)速度取大，vA=+v2=2yJ2m/Sf故A錯(cuò)誤，B正確；

由上述分析有對(duì)小球由。點(diǎn)到4點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理得=|mvi，得L=^m,故C錯(cuò)誤，D正確。

10.【答案】AC

（、2

等效電阻口=r+

1%,

A.如上圖所示，R為理想變壓器和用戶端的等效電阻，僅增加用戶數(shù)，R用減小，R減小，由閉合電路歐姆定

律得人=/則A變大，由3=也知%變大，由「=&知，r消耗的功率增大，A正確;

R七九11

B.由臺(tái)=也知"不變，U3=U2-I2r,,則3減小，由臺(tái)=%知（74減小，即用戶端電壓小，B錯(cuò)誤;

。2n204n4

C.僅適當(dāng)增加物，則等效電阻R減小，由閉合電路歐姆定律得。=的，則A變大，/2變大，/3變大，則用戶端

R

電壓U用=/3氏用增大，C正確;

D.整個(gè)電路消耗的功率為。=u1/i，變大，貝UP增大，D錯(cuò)誤。

11.【答案】（1）4；（2）7711，?。?爪2cj'-爪1，^；=7^3+V^2°

【解析】（1）為了得出動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式應(yīng)測(cè)量質(zhì)量，故應(yīng)分別測(cè)出一枚一元硬幣質(zhì)量小】；一枚五角硬

幣質(zhì)量瓶2；A正確；

（2）硬幣在桌面上均做加速度相同的勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度和位移關(guān)系可知：/=2as；

a=/ig

則有：v=J24gs

由動(dòng)量守恒定律可知：mIv-^=—m^v^+m2v2

聯(lián)立則有：只需驗(yàn)證爪1、m=m2m-機(jī)1，豆即可明確動(dòng)量是否守恒。

若該碰撞為彈性碰撞，還需滿足機(jī)械能守恒刎*=如叫2+M2諺，聯(lián)立上式。

則還應(yīng)該滿足的表達(dá)式為：，豆=“+，豆。

12.【答案】BD1213.870(13.868?13,872)620

6L

【解析】(1)要想增加從目鏡中觀察到的條紋個(gè)數(shù)，應(yīng)減小干涉條紋間距，根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式/X=

基可知，

a

減小雙縫與光屏間的距離L或增大雙縫間距d或減小光的波長(zhǎng)4都會(huì)使干涉條紋間距減小，可以增加從目鏡中

觀察到的條紋個(gè)數(shù)，故BD正確，AC錯(cuò)誤；

(2)相鄰干涉條紋間距/久=號(hào)=》，

解得單色光的波長(zhǎng)：4=幽寧2；

6L

(3)根據(jù)螺旋測(cè)微器的讀數(shù)規(guī)則，圖丙所示讀數(shù)為13.5根爪+37.0x0.01mm=13.870mm,

單色光的波長(zhǎng)：A==0.300X10-3x(13.870-1.470)X10-3m^

6L6X1.00

13.【解析】(1)在8處發(fā)生全反射，臨界角C滿足：sinC=；,由幾何關(guān)系得：tanC=*聯(lián)立解得：h=0.2m;

(2)如圖，光源S沿著左下方45。角勻速運(yùn)動(dòng)，光源移動(dòng)的位移s滿足：xcosC=s,光源移動(dòng)速度〃=聯(lián)立

解得：v=^m/s,方向沿左下方45。角。

10/

—液面

液體內(nèi)部

14.【答案】解：(1)對(duì)M桿有：F=BILE=BLv0

對(duì)閉合回路：I=三

ZR

聯(lián)立以上各式可得：F==6N

2R

(2)由M與N桿組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒可得：mv0=mv+

由M與N桿組成的系統(tǒng)能量守恒可得：|mvo=|mv2+)說+Q

聯(lián)立以上兩式可得：Q=2J

(3)為使兩桿不相撞，兩桿都在磁場(chǎng)中時(shí)，M桿相對(duì)于N桿運(yùn)動(dòng)的距離即為初始時(shí)刻N(yùn)到ab邊的最小距離x

對(duì)N桿由動(dòng)量定理可得：FJt=BUAt=mvr

-r-7vEBLAv

乂：/=-2R=-2-R-

X=AvAt

聯(lián)立以上各式可得：x=0.5m

15.【解析】(1)1球下落高度為"此時(shí)1球的速度大小為%

由自由落體規(guī)律可得為=J2g4①

1球受豎直向下的重力爪19,設(shè)地面的平均作用力為F,方向豎直向上，1球與地面發(fā)生彈性碰撞后速度大小

仍為北，方向豎直向上，以豎直向下為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理，有

(租19—F)?戊=m^-Vo)-小式