安徽省合肥市第八中学2024-2025学年高二下学期期中检测物理试题（A卷）

第 1 页 共 6 页 智学大联考·皖中名校联盟 合肥八中 2024-2025 学年第二学期高二年级期中检测 物理试题 A 卷 注意事项: 1.你拿到的试卷满分为 100 分，考试时间为 75 分钟。 2.试卷包括“试题卷”和“答题卷”两部分，请务必在“答题卷”上答题，在“试题卷”上答题无效。 一、选择题（1-8单选，每题 4分。9-10多选，每题 5分，全部选对的得 5分，选对但不全的得 3分，有 错选的不得分。总计 42分） 1．关于光学现象，下列说法正确的是（ ） A．图甲是双缝干涉示意图，由双缝中心间距离、缝到屏的距离、条纹间距可以测量单色光的波长 B．图乙是光的偏振现象，说明光是纵波 C．图丙是一束复色光进入水珠后传播的示意图，a、b光在水珠中传播的速度相同 D．图丁是一束单色光进入平行玻璃砖后传播的示意图，入射光线与出射光线一定不平行。 2．如图甲，一小木块漂浮在足够宽水面上且处于静止状态，对木块施加向下的力 使其偏离平衡位置处于静止状态，振动过程中以 t=0时刻开始计时，其 x-t图 像如图乙，振动方程为 x=－Asinωt。下列说法正确的是（ ） A．若小木块位移为负值，则加速度也为负值 B．小木块每次通过同一位置时，位移相同，其速度也一定相同 C．t=0时，小木块的速度为负向最大 D．t=0时，小木块的加速度最大 3．如图所示的足够大磁场中有一个垂直于磁场中心磁感线放置的闭合圆环，现在将圆环从图示 A位置水 平向右移到 B位置，从左向右看，感应电流方向和圆环变形趋势正确的是（ ） A．逆时针，扩张趋势 B．逆时针，收缩趋势 C．顺时针，扩张趋势 D．顺时针，收缩趋势 乙 甲 第 2 页 共 6 页 4．如图是常用的学生饭卡内部示意图，由线圈和芯片组成电路。当饭卡处于感应区域时，刷卡机会激发 变化的磁场，从而在饭卡内线圈中产生感应电流来驱动芯片工作，已知线圈面积为 S，共 n匝，某次 刷卡时，线圈平面与磁场垂直，且全部处于磁场区域内，在感应时间 t0内，磁感应强度方向向外且由 0均匀增大到 B0，此过程中（ ） A．线圈中产生的感应电流方向为逆时针 B．线圈中磁通量变化量为 0nB S C．线圈中感应电动势大小为 0 0 B S t D．AB边所受安培力变大 5．如图所示是物理实验室常见的手摇交流发电机，快速摇动发电机手柄，能看到灯泡可以发光，下列说 法正确的是（ ） A．线圈每转动一周，感应电流方向都会改变一次 B．当通过线圈平面的磁通量最大时，线圈中的感应电流最大 C．线圈转动的越快，灯泡就越亮 D．把磁铁 N、S极位置互换，发电机将不能发电 6．如图（a）所示，质量为 m的小球放在光滑的水平面上，在界线 MN的左侧始终只受到水平向右的恒力 F1作用，在 MN的右侧始终只受到水平向左的恒力 F2作用．小球从 A点由静止开始运动，取向右为 正方向，运动的 v﹣t图象如图（b）所示，由图可知，下列说法正确的是（ ） A．F1=F2 B．t＝0到 t＝5s的过程中，F1的冲量大小等于 F2的冲量大小 C．t＝0到 t＝2s的过程中，小球的动量变化为 0 D．t＝0到 t＝4s的过程中，F1的冲量大于 F2的冲量 第 3 页 共 6 页 7．如图所示，真空中有一半径为 R、均匀的玻璃球，频率一定的细激光束在真空中沿 BC传播，从 C点经 折射进入，并经出射点 D折射出去，已知∠COD=120°，玻璃对该激光的折射率为 3，则下列说法中 正确的是（ ） A．光在穿过玻璃球的过程中频率变小 B．激光束在 C点的入射角α=60° C．此激光束在玻璃中穿越的时间为 3t R c  D．改变入射角α的大小，细激光束可能在球表面 D处发生全反射 8．荡秋千是深受小朋友喜欢的游乐活动。秋千由坐板和绳构成，人在秋千上小幅度摆动时可以简化为单 摆模型，人和坐板可视为“摆球”，如图所示，忽略空气阻力。下列说法正确的是（ ） A．“摆球”所受重力和绳的拉力的合力提供“摆球”做简谐运动的回复力 B．远离最低点运动的过程中，“摆球”的动能逐渐增大 C．经过最低点时“摆球”处于平衡状态 D．“摆球”经过最低点时开始计时，则经过四分之一周期“摆球”相对最低点的位移最大 9．如图所示，在均匀介质中有两个频率为 1Hz的波源 S1和 S2，两波源之间的距离为 8m，以波源 S1为圆 心，有一半径 R=10m的圆，在 t=0时，两波源同时垂直纸面方向从平衡位置开始振动，已知波源 S1 的振幅为 5cm，两波源发出的波传到 A点的时间相差 4s，最终稳定后，波源 S1和 S2连线的中点（中 点为两波的振动减弱点或加强点）振幅为 5cm，则下列说法正确的是（ ） A．波源 S2的振幅为 10cm B．S1和 S2的起振方向相同 C．两波源的波长都为 2m D．在圆周上振动加强点有 16个 10．如图所示，足够长的 U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角（0<θ<90°）其中 MN与 PQ平行且间距为 L，磁感应强度为 B的匀强磁场垂直导轨平面，导轨 NQ部分电阻为 R，其余部分电阻不计。金属棒 第 4 页 共 6 页 ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路部分的电阻为 R，当 流过 ab棒某一横截面的电荷量为 q时，棒的速度大小为 v，则金属棒 ab在这一过程中（ ） A．运动的平均速度大于 2 v B．运动的平均速度小于 2 v C．下滑位移大小为 2qR BL D．受到的最大安培力的大小为 2 2B L v R 二、填空题（11题 8分，12题 8分，总计 16分） 11．（8分）如图所示的实验装置可用来验证动量守恒定律，水平气垫导轨上放置两个滑块 A和 B。开始时， 滑块 A的左侧、B的右侧分别放有光电门。两滑块用一根细线系在一起，且两者之间有压缩的弹性碰撞架。 已知 A和 B连同各自挡光片弹性碰撞架的质量分别为 mA和 mB。 (1)两滑块 A、B上面的挡光片宽度相等，用螺旋测微器测量滑块上挡光片的宽度为 d。 (2)烧断细线，滑块 A、B被弹性碰撞架弹开，滑块A向左运动经过光电门时挡光片的挡光时间为 tA，滑块 B向右运动经过光电门时挡光片的挡光时间为 tB，如果关系式 A B m m = （用 tA、tB表示）成立，则 表明动量守恒定律得到验证。 (3)本实验还可以测出滑块 A、B被弹性碰撞架弹开后动能比值 EkA：EkB= （用题中字母表示）。 (4)碰撞恢复系数的定义式为 2 1 20 10 v ve v v    ∣ ∣，其中 10v 和 20v 分别是碰撞前两小球的速度， 1v 和 2v 分别是碰撞后 两小球的速度。若重新实验，给滑块A初速度，使向右运动经过光电门时挡光片的挡光时间为 tA，然后撞 静止的滑块B。撞后滑块B向右运动经过光电门时挡光片的挡光时间为 tB，滑块A向左运动经过光电门时 挡光片的挡光时间为 tA' 。该实验中碰撞恢复系数 e  。（用实验测得的物理量表示）若测得 e  。可以判定小球的碰撞为弹性碰撞。 12．（8分）某同学用“插针法”测量一直角三角形玻璃砖的折射率。如图甲所示为该玻璃砖的截面图，三角 形 ABC的顶角为且小于 45。 第 5 页 共 6 页 (1)主要实验步骤如下： ①水平放置的木板上铺一张白纸，在白纸上画一条直线 ab，并画出其垂线 cd ，交于O点； ②将较长的直角面 AB沿 cd 放置，并确定玻璃砖的另外两个光学面 BC AC、 ，在白纸上描出玻璃砖的轮廓， 俯视图如图乙所示； ③在 AB面左侧的直线 ab上竖直插上大头针 1 2P P、 ，从 AC侧透过玻璃砖观察 1P、 2P ，插上大头针 3P ，要 求 3P 能挡住“ 1P和 2P ”的虚像； ④确定出射光线的位置 （选填“必需”或“不必需”）插第四枚大头针； ⑤撤去玻璃砖和大头针，测得出射光线与直线 ab的夹角为 ，则玻璃砖折射率 n  。 (2)关于实验的操作下列说法正确的是 A.为提高实验精度，大头针 1 2P P、 间的距离尽量远一些 B.直接用笔沿玻璃砖边缘作出玻璃砖的轮廓 C.绘出玻璃砖轮廓后，玻璃砖的位置发生了微小的平移（AC边仍重合），再插上大头针 3P ，该玻璃砖折射 率的测量值仍准确 三、计算题（本题共 3小题，共 42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出 最后答案的不能得分，有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位。） 13．（12分）一列横波沿 x轴向右传播，如图所示，实线 a为 0t  时刻的波形曲线，虚线 b为 1.5s时的波 形曲线，求： (1)由图中读出波的振幅和波长； (2)若该列波周期大于 1s，则波的周期多大？ 第 6 页 共 6 页 14．（14分）我国电动汽车行业的发展全球领先，为其配套的充电装置的深度研究摆在我们面前。用正弦 交流充电桩为动力电池充电的供电电路如图所示。配电设施的输出电压为 1 250VU  ，变压器均视为理想 变压器，升压变压器原、副线圈的匝数比 1 2: 1:8n n 。充电桩“慢充”时的额定功率为 7kW，额定电压为 4 220VU  ，频率为 50Hz。求： (1)升压变压器副线圈的电压 2U ； (2)若降压变压器原、副线圈的匝数比 9:1， 为使“慢充”正常工作。 ①输电线电阻 r的两端电压； ②输电线的电阻值 r（结果保留到整数）。 15．（16分）如图所示的 xOy平面内，x轴上方存在平行于 y轴向下的匀强电场，x轴下方存在垂直 xOy 平面向外的匀强磁场，在 y轴上坐标为 L处的 P点有一质量为 m、电荷量为 q（q＞0）的氦核α粒子，以 v0 的速度平行 x轴进入电场强度为 2 03 2 mvE qL  的电场。从 x轴上的 M点（图中未标出）首次进入磁场中，粒 子在磁场中做匀速圆周运动，随后从 x轴上的 N点（图中未标出）首次离开磁场，且恰能回到 P点，不计 粒子重力，求： (1)O点到M 点的距离 xOM； (2)粒子从 P点出发到首次回到 P点的时间； (3)若从 P点以相同的动量释放一个氢原子核（电量是氦原子核的一半，质量为其四分之一），若仅改变匀 强磁场的磁感应强度 B'使粒子也能回到 P点。求两次磁场的比值。 第 1 页 共 12 页 智学大联考˙皖中名校联盟 2024-2025 学年第二学期高二年级期中检测 物理 A 卷参考答案 注意事项: 1.你拿到的试卷满分为 100 分，考试时间为 75 分钟。 2.试卷包括“试题卷”和“答题卷”两部分，请务必在“答题卷”上答题，在“试题卷”上答题无效。 一、选择题（1-8单选，每题 4分。9-10多选，每题 5分，全部选对的得 5分，选对但不全的得 3分，有 错选的不得分。总计 42分） 1．关于光学现象，下列说法正确的是（ ） A．图甲是双缝干涉示意图，由双缝中心间距离、缝到屏的距离、条纹间距可以测量单色光的波长 B．图乙是光的偏振现象，说明光是纵波 C．图丙是一束复色光进入水珠后传播的示意图，a、b光在水珠中传播的速度相同 D．图丁是一束单色光进入平行玻璃砖后传播的示意图，入射光线与出射光线一定不平行。 【答案】A 【详解】A．根据光的干涉条纹公式 Lx d   ，可测光的波长，故 A正确； B．只有横波才能产生偏振现象，所以光的偏振现象说明光是一种横波，故 B错误； C．题图丙中 a光的折射角更大，折射率更小，根据 cn v  可知，a光在水珠中的传播速度更大，故 C错误； D．题图丁中，光在 aa 面的折射角等于在 bb 面的入射角，故两条光线平行，故 D错误。 故选 A。 2．如图甲，一小木块漂浮在足够宽水面上且处于静止状态，对木块施加向下的力 使其偏离平衡位置处于静止状态，振动过程中以 t=0时刻开始计时，其 x-t图 像如图乙，振动方程为 x=－Asinωt。下列说法正确的是（ ） A．若小木块位移为负值，则加速度也为负值 B．小木块每次通过同一位置时，位移相同，其速度也一定相同 C．t=0时，小木块的速度为负向最大 乙 甲 第 2 页 共 12 页 D．t=0时，小木块的加速度最大 【答案】C 【详解】AD．根据 F kx  =ma可知小木块的回复力的方向与偏离平衡位置的位移相反，小木块的加速度 的方向与回复力方向相同，所以若位移为负值，则加速度一定为正值，t=0时，x=0，a=0.故 AD错误； B．小木块每次通过同一位置时，位移相同，其速度方向不一定相同，故 B错误； C． x t 图像的斜率表示速度，根据图像可知，从 0时刻开始，斜率为负值，且斜率的绝对值先减小，表 明 0时刻，速度为负的最大值，C正确 故选 C。 3．如图所示的足够大磁场中有一个垂直于磁场中心磁感线放置的闭合圆环，现在将圆环从图示 A位置水 平向右移到 B位置，从左向右看，感应电流方向和圆环变形趋势正确的是（ ） A．逆时针，扩张趋势 B．逆时针，收缩趋势 C．顺时针，扩张趋势 D．顺时针，收缩趋势 【答案】C 【详解】由图可知，圆环由 A位置水平向右移到 B位置的过程中，穿过圆环向右的磁通量变小，根据楞次 定律可知，圆环中感应电流产生的磁场方向向右，再根据安培定则知圆环中感应电流方向是顺时针绕向（从 左向右看），根据楞次定律推论“增缩减扩”可知圆环有扩张趋势。 故选 C。 4．如图是常用的学生饭卡内部示意图，由线圈和芯片组成电路。当饭卡处于感应区域时，刷卡机会激发 变化的磁场，从而在饭卡内线圈中产生感应电流来驱动芯片工作，已知线圈面积为 S，共 n匝，某次 刷卡时，线圈平面与磁场垂直，且全部处于磁场区域内，在感应时间 t0内，磁感应强度方向向外且由 0均匀增大到 B0，此过程中（ ） A．线圈中产生的感应电流方向为逆时针 B．线圈中磁通量变化量为 0nB S 第 3 页 共 12 页 C．线圈中感应电动势大小为 0 0 B S t D．AB边所受安培力变大 【答案】D 【详解】A.磁感应强度向外均匀增大，由楞次定律可得感应电流产生的磁场垂直线圈平面向里，根据安培 定则可知感应电流为顺时针方向，故 A错误； B.线框中磁通量变化量为 0Φ B S  与线圈匝数无关，故 B错误； CD.磁感应强度方向向外且由 0均匀增大到 0B 电动势大小为 0 0 BE n n S t t     电动势大小不变，线框中产生的感应电流一直不变，磁感应强度变大，安培力逐渐变大，故 C错误，D正 确。故选 D。 5．如图所示是物理实验室常见的手摇交流发电机，快速摇动发电机手柄，能看到灯泡可以发光，下列说 法正确的是（ ） A．线圈每转动一周，感应电流方向都会改变一次 B．当通过线圈平面的磁通量最大时，线圈中的感应电流最大 C．线圈转动的越快，灯泡就越亮 D．把磁铁 N、S极位置互换，发电机将不能发电 【答案】C 【详解】A，线圈每转动一周，感应电流方向改变 2次，故 A错误 B．当线圈平面转到中性面的瞬间，磁通量最大，磁通量的变化率为零，所以感应电动势为零，线圈中的 感应电流为零 C．由 E=nBsω，增大转速，电动势有效值增加，灯泡变亮； D．线圈产生感应电动势，与磁铁 N、S极位置无关，故 D错误。 故选 C。 6．如图（a）所示，质量为 m的小球放在光滑的水平面上，在界线 MN的左侧始终只受到水平向右的恒力 F1作用，在 MN的右侧始终只受到水平向左的恒力 F2作用．小球从 A点由静止开始运动，取向右为 正方向，运动的 v﹣t图象如图（b）所示，由图可知，下列说法正确的是（ ） 第 4 页 共 12 页 A．F1=F2 B．t＝0到 t＝5s的过程中，F1的冲量大小等于 F2的冲量大小 C．t＝0到 t＝2s的过程中，小球的动量变化为 0 D．t＝0到 t＝4s的过程中，F1的冲量大于 F2的冲量 【答案】B 【详解】A．根据 v-t图像，和牛顿第二定律可知：F1>F2. B．研究 0～5s的过程，根据动量定理可知，合外力的冲量等于小球动量的变化，该过程初末速度为 0， 则合力的冲量为 0，即 F1与 F2的冲量大小相等，故 B正确． C．研究 0～2s的过程，初动量为 0，末动量为 mv，则动量变化△p＝mv，大于 0，故 C错误． D．t＝0到 t＝4s的过程中，初动量为 0，末动量为-mv1，则动量变化△p＝-mv1，F1的冲量小于 F2的 冲量 7．如图所示，真空中有一半径为 R、均匀的玻璃球，频率一定的细激光束在真空中沿 BC传播，从 C点经 折射进入，并经出射点 D折射出去，已知∠COD=120°，玻璃对该激光的折射率为 3，则下列说法中 正确的是（ ） A．光在穿过玻璃球的过程中频率变小 B．激光束在 C点的入射角α=60° C．此激光束在玻璃中穿越的时间为 3t R c  D．改变入射角α的大小，细激光束可能在球表面 D处发生全反射 【答案】B 【详解】A．光在穿过玻璃球的过程中频率不变，A错误； B．根据折射定律可得 sin 3 sin 30 n    ，解得 3sin 2   可得 60  故 B正确； C．光在穿过玻璃球的过程中速度减小，大小为 3 c cv n   光束在玻璃中穿越的时间为 3 3 3 CD R Rt cv c    第 5 页 共 12 页 故 C错误； D．激光束从C点进入玻璃球时，无论怎么改变入射角，折射角都小于发生全反射的临界角，由几何关系 可知，激光束在玻璃球表面D¢点出射时的入射角等于C点的折射角，故激光束在D¢点的入射角一定小于临 界角，不可能发生全反射，故 D错误。 故选 B。 8．荡秋千是深受小朋友喜欢的游乐活动。秋千由坐板和绳构成，人在秋千上小幅度摆动时可以简化为单 摆模型，人和坐板可视为“摆球”，如图所示，忽略空气阻力。下列说法正确的是（ ） A．“摆球”所受重力和绳的拉力的合力提供“摆球”做简谐运动的回复力 B．远离最低点运动的过程中，“摆球”的动能逐渐增大 C．经过最低点时“摆球”处于平衡状态 D．“摆球”经过最低点时开始计时，则经过四分之一周期“摆球”相对最低点的位移最大 【答案】D 【详解】A． “摆球”所受重力在垂直摆线方向的分力提供“摆球”做简谐运动的回复力，选项 A错误； B．远离最低点运动的过程中，动能减小，选项 B错误； C．经过最低点时“摆球”有向心加速度，可知不是处于平衡状态，选项 C错误； D．“摆球”经过最低点时开始计时，则经过四分之一周期“摆球”相对最低点的位移最大，选项 D正确。 故选 D。 9．如图所示，在均匀介质中有两个频率为 1Hz的波源 S1和 S2，两波源之间的距离为 8m，以波源 S1为圆 心，有一半径 R=10m的圆，在 t=0时，两波源同时垂直纸面方向从平衡位置开始振动，已知波源 S1 的振幅为 5cm，两波源发出的波传到 A点的时间相差 4s，最终稳定后，波源 S1和 S2连线的中点（中 点为两波的振动减弱点或加强点）振幅为 5cm，则下列说法正确的是（ ） A．波源 S2的振幅为 10cm B．S1和 S2的起振方向相同 C．两波源的波长都为 2m D．在圆周上振动加强点有 16个 第 6 页 共 12 页 【答案】ACD 【详解】AB．设波源 2S 的振幅为 A，若两波源的的起振方向相同，由于波源 1S 和 2S 连线的中点到两波源 的距离差为零，则该点为加强点，则有 5 5A cm cm  解得 0A  不符合题意；若两波源的的起振方向相反，由于波源 1S 和 2S 连线的中点到两波源的距离差为零，则该点为 减弱点，则有 5 5A cm cm  解得 10A cm 或 0A  (舍)； C．设波速为 v，则有 2 1 8m 10m 10m 4sAS AS x x v v v v      解得 2m / sv  两波源发出波的波长 2mvvT f     D．则取圆上一点，到 S1和 S2两个波源分别为 x1和 x2，两波源的振动步调相反，加强点满足  1 2 2 1 2x x n     又因为三角形的两边之差小于第三边，故 1 2 8mx x  解得 0, 1, 2, 3, 4n      由数学知识可知，当 n取不同知时都与圆周有 2个交点，所以在圆周上振动加强点有 16个。 故选 ACD。 10．如图所示，足够长的 U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角（0<θ<90°）其中 MN与 PQ平行且间距为 L，磁感应强度为 B的匀强磁场垂直导轨平面，导轨 NQ部分电阻为 R，其余部分电阻不计。金属棒 ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路部分的电阻为 R，当 流过 ab棒某一横截面的电荷量为 q时，棒的速度大小为 v，则金属棒 ab在这一过程中（ ） A．运动的平均速度大于 2 v B．运动的平均速度小于 2 v C．下滑位移大小为 2qR BL D．受到的最大安培力的大小为 2 2B L v R 【答案】AC 【详解】AB.金属棒 ab从开始下滑到速度大小为 v的过程中，速度逐渐增大，所受安培力逐渐增大，则 ab 做加速度逐渐减小的变加速运动，所以运动的平均速度大于 2 v ，故 A正确，B错误； C．金属棒 ab从开始下滑到速度大小为 v的过程中，设下滑位移大小为 x，经历时间为 t，则根据法拉第电 磁感应定律可得这段时间内回路中产生的平均感应电动势为 BLxE t t     ，根据闭合电路欧姆定律可得 第 7 页 共 12 页 平均感应电流为 2 EI R  ，根据电流的定义有 qI t  ，联立以上三式可得 2qRx BL  。故 C正确； D．当金属棒 ab的速度为 v时所受到的安培力最大，根据闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律可知此 时回路中的电流为 2 BLvI R  ，所以受到的最大安培力大小为 2 2 m 2 B L vF R  ，故 D错误。 故选 AC。 二、填空题（11题 8分，12题 8分，总计 16分） 11．（8分）如图所示的实验装置可用来验证动量守恒定律，水平气垫导轨上放置两个滑块 A和 B。开始时， 滑块 A的左侧、B的右侧分别放有光电门。两滑块用一根细线系在一起，且两者之间有压缩的弹性碰撞架。 已知 A和 B连同各自挡光片弹性碰撞架的质量分别为 mA和 mB。 (1)两滑块 A、B上面的挡光片宽度相等，用螺旋测微器测量滑块上挡光片的宽度为 d。 (2)烧断细线，滑块 A、B被弹性碰撞架弹开，滑块A向左运动经过光电门时挡光片的挡光时间为 tA，滑块 B向右运动经过光电门时挡光片的挡光时间为 tB，如果关系式 A B m m = （用 tA、tB表示）成立，则 表明动量守恒定律得到验证。 (3)本实验还可以测出滑块 A、B被弹性碰撞架弹开后动能比值 EkA：EkB= （用题中字母表示）。 (4)碰撞恢复系数的定义式为 2 1 20 10 v ve v v    ∣ ∣，其中 10v 和 20v 分别是碰撞前两小球的速度， 1v 和 2v 分别是碰撞后 两小球的速度。若重新实验，给滑块A初速度，使向右运动经过光电门时挡光片的挡光时间为 tA，然后撞 静止的滑块B。撞后滑块B向右运动经过光电门时挡光片的挡光时间为 tB，滑块A向左运动经过光电门时 挡光片的挡光时间为 tA' 。该实验中碰撞恢复系数 e  。（用实验测得的物理量表示）若测得 e  。可以判定小球的碰撞为弹性碰撞。 【答案】(2) A B t t (2分) (3)tB：tA(2分) （4）e = tA（tA ' +tB） tA ' tB (2分) e=1(2分) 【详解】（2）若系统动量守恒，则 A A B Bm v m v ， A A dv t  ， B B dv t  所以 A A B B m t m t  （3）根据动量守恒可得，动能比值 EkA：EkB= 1 2 mA��2： 1 2 mB��2=tB：tA （4）[1]该实验中碰撞恢复系数 e = tA（tA ' +tB） tA ' tB 第 8 页 共 12 页 [2]弹性碰撞过程系统机械能守恒，由机械能守恒定律和动量守恒 则碰撞恢复系数为 e=1 12．（8分）某同学用“插针法”测量一直角三角形玻璃砖的折射率。如图甲所示为该玻璃砖的截面图，三角 形 ABC的顶角为且小于 45。 (1)主要实验步骤如下： ①水平放置的木板上铺一张白纸，在白纸上画一条直线 ab，并画出其垂线 cd ，交于O点； ②将较长的直角面 AB沿 cd 放置，并确定玻璃砖的另外两个光学面 BC AC、 ，在白纸上描出玻璃砖的轮廓， 俯视图如图乙所示； ③在 AB面左侧的直线 ab上竖直插上大头针 1 2P P、 ，从 AC侧透过玻璃砖观察 1P、 2P ，插上大头针 3P ，要 求 3P 能挡住“ 1P和 2P ”的虚像； ④确定出射光线的位置 （选填“必需”或“不必需”）插第四枚大头针； ⑤撤去玻璃砖和大头针，测得出射光线与直线 ab的夹角为 ，则玻璃砖折射率 n  。 (2)关于实验的操作下列说法正确的是 A.为提高实验精度，大头针 1 2P P、 间的距离尽量远一些 B.直接用笔沿玻璃砖边缘作出玻璃砖的轮廓 C.绘出玻璃砖轮廓后，玻璃砖的位置发生了微小的平移（AC边仍重合），再插上大头针 3P ，该玻璃砖折射 率的测量值仍准确 【答案】(1) 不必需(2分) sin( ) sin   (2分) (2)A C(4分) （漏选一个得 2分） 【详解】（1）④[2]过 P1和 P2的光线与 AB垂直，即 AB⊥P1P2，由于光垂直入射时传播方向不变，因此可 确定 AC边上的入射点 'O ，此时只需要找到折射光线上的一点即可确定出射光线，不需要在 3P 的右侧插上 第四枚大头针 P4； ⑤[3]光路图如图所示 第 9 页 共 12 页 光线从 AC边射出时，入射角为，折射角为  ，则玻璃砖折射率 sin( ) sin n     （2）A选项，两点远直线方向更精准，所以 A正确。B选项，不能直接用笔沿玻璃砖划线。C选项，AC 边不变，做出的光路图没有影响。故答案 AC。 三、计算题（本题共 3小题，共 42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出 最后答案的不能得分，有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位。） 13．（12分）一列横波沿 x轴向右传播，如图所示，实线 a为 0t  时刻的波形曲线，虚线 b为 1.5s时的波 形曲线，求： (1)由图中读出波的振幅和波长； (2)若该列波周期大于 1s，则波的周期多大？ 【答案】(1) 2cmA  ， 4m  （4分）(2)1.2s，6s（8分） 【详解】（1）根据图像可得振幅为 2cmA  ，（2分） 波长为 4m  （2分） （2）若该列波向右传播，考虑周期性，则（ 1 4 + n）T = 1.5s，（ 0,1, 2,3n  ……）（4分） 因为周期大于 1s 则 0n  ，可得周期 T=6s（2分） n=1可得周期 T=1.2s（2分） 14．（14分）我国电动汽车行业的发展全球领先，为其配套的充电装置的深度研究摆在我们面前。用正弦 第 10 页 共 12 页 交流充电桩为动力电池充电的供电电路如图所示。配电设施的输出电压为 1 250VU  ，变压器均视为理想 变压器，升压变压器原、副线圈的匝数比 1 2: 1:8n n 。充电桩“慢充”时的额定功率为 7kW，额定电压为 4 220VU  ，频率为 50Hz。求： (1)升压变压器副线圈的电压 2U ； (2)若降压变压器原、副线圈的匝数比 9:1， 为使“慢充”正常工作。 ①输电线电阻 r的两端电压； ②输电线的电阻值 r（结果保留到整数）。 【答案】(1) 2000V（4分）(2)①20V （4分） ②6Ω（6分） 【详解】（1）升压变压器，电压与匝数的关系满足 1 1 2 2 1 8 U n U n   （2分） 又 1 250VU  ，解得 2 2000VU  （2分） （2）①“慢充”时，降压变压器原线圈电压 U3=9U4=1980V，（2分） 故线上分压ΔU=U2—U3=20V （2分） ②输电线电阻 r的电流即降压变压器的原线圈电流，降压变压器的原线圈输入功率为 P=7kW（2分） 输电线电流 I3= � �3 （2分） 则 r=ΔU I3 =6Ω（2分） 15．（16分）如图所示的 xOy平面内，x轴上方存在平行于 y轴向下的匀强电场，x轴下方存在垂直 xOy 平面向外的匀强磁场，在 y轴上坐标为 L处的 P点有一质量为 m、电荷量为 q（q＞0）的氦核α粒子，以 v0 的速度平行 x轴进入电场强度为 2 03 2 mvE qL  的电场。从 x轴上的 M点（图中未标出）首次进入磁场中，粒 子在磁场中做匀速圆周运动，随后从 x轴上的 N点（图中未标出）首次离开磁场，且恰能回到 P点，不计 粒子重力，求： 第 11 页 共 12 页 (1)O点到M 点的距离 xOM； (2)粒子从 P点出发到首次回到 P点的时间； (3)若从 P点以相同的动量释放一个氢原子核（电量是氦原子核的一半，质量为其四分之一），若仅改变匀 强磁场的磁感应强度 B'使粒子也能回到 P点。求两次磁场的比值。 【答案】(1) 2 3 3OM Lx  （4分）(2) t=(8�+12 3)�9�0 （6分） (3) 1 4 （6分） 【详解】（1）粒子从 P到M 做类平抛运动，有 0OMx v t ， 21 2 L at （2分） 根据牛顿第二定律有 qEa m  （1分） 联立解得 2 3 3OM Lx  （1分） （2）粒子在M 点速度大小为 2 20 0( ) 2v v at v   （1分） 与水平方向的夹角满足 0 1cos 2 v v    （1分） 粒子在第一象限做类平抛运动的时间为 t1，xOM=v0t1（1分） 由对称性可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径 r=4� 3 （1分） 粒子在第四、三象限做匀速圆周运动的时间为 2t ，则有 t2= 4�� 3� （1分） 粒子在第二象限从 N点到 P点的运动的时间 3t 与粒子在第一象限运动的时间相等。有 第 12 页 共 12 页 1 22t t t  解得 t=(8�+12 3)� 9�0 （1分） （3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，随后从 x轴上的 N点首次离开磁场，且恰能回到 P点，粒子在磁场 中的运动轨迹如图所示由类平抛 L=�� 2� t2 xOM=v0t（1分） 根据洛伦兹力提供向心力有 2mvBqv R  （1分） xOM=Rsinθ v0=vcosθ（1分） 联立以上各式解得 B= � �0 故 E不变 B与 v0成反比（1分） 则由动量守恒 4mv0=mv（1分） � �' = � �0 = 1 4 （1分）