湖南省长沙市南雅、雅礼实验中学等五校联考2025-2026学年高二上学期12月限时训练物理试题

2024级高二年级第一学期限时训练 物理参考答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 C B O D AC BD AC 1.C 铺设缓冲垫的主要作用是延长作用时间，减小人受到的平均受力，故选C 2.A A.单缝衍射中，缝宽一定时，波长越大，衍射现象越明显，中央亮条纹越宽，条纹间距越大。故光比 b光波长大，同种均匀介质中，a光比b光波速要大。故A答案正确 B.依据光的全反射条件需要光从光密介质进入光疏介质，可知内芯的折射率比外套的折射率大，B错误： C.根据薄膜干涉的产生原理可知，条纹向尖端弯曲，则工件有凹陷。故C错误； D.自然光通过偏振片后形成偏振光，因两个偏振片的透振方向相互垂直，所以没有光射到光屏上，光屏 发黑，D错误： 3.B A.甲、乙两图的本质均是薄膜干涉现象，故A错误； B,甲图中圆锥形玻璃体与标准板的距离是均匀变化的，所以条纹是以顶点为圆心的同心圆，且疏密均匀， 故B正确： C.乙图的条纹是由夹在透镜和平面玻璃间的空气层的上、下表面的两束反射光线干涉产生的，故C错误； D.乙图的条纹中间疏、边缘密，若把乙图的入射光由红色换成紫色，波长减小，则条纹间距减小，条纹 变密集，条纹数会增多，故D错误。A 4.D A.根据题意，分析可知带正电的粒子受向下的电场力，向上的洛伦兹力，通电导线在磁场中受到的力才 叫安培力，带电粒子受到的力只叫洛伦兹力，故A错误： BC.因粒子做直线运动，则有9B=四解得v=E,可知从左边进入的粒子只要满足此速度，均能直线通 B 过两板，与粒子电性、电量无关，故B错误，C错误： D.若粒子从右侧沿虚线飞入，其它条件不变，则受电场力向下，洛伦兹力也向下，故则粒子将向下偏转， 粒子不能沿直线穿过两板，故D正确。 5.A AB、由图像可知，0~0.2πS内应该对应着摆球在CB之间的摆动：0.2πS~0.6πS内应该对应着摆球在BA 之间的摆动，因t=0.1πs时摆线拉力最小，可知小球位于C点，t=0.4πs时小球位于A点，选项A正确， B错误； C.摆球在AB之间摆动的周期为T=0.8s根据T=2π 可得L=1.6m 即OA之间的距离为1.6m,选项C错误 D.摆球在BC之间摆动的周期为T2=0.4πs根据T=2π， .可得L2=0.4m 即PB之间的距离为0.4m,OP之间的距离为1.2m,选项D错误。 6.D A,由图可知，鱼漂从最低点至最高点上升过程中，鱼漂先加速上浮，后减速上浮，所以鱼漂在上升过程 中先超重后失重，故A错误； B.鱼漂做简谐运动的振幅为A=。L,在一个周期内其通过的路程应为=4A=号L,故B错误。 C.鱼漂静止时，鱼漂浸泡在水中的部分的长度为总长度的一半，即所受浮力等于重力。当有56部分体 积没入水中时，浮力等于53倍重力，而回复力为鱼漂所受的合力，所以最大回复力mg,故C错误： D.由牛顿第二定律Fa=ma,得到其最大加速度为8，故D正确； 7.D A.由振动方程得波的周期为T=2元-2s波长为2=T=2m 波源O至A和B的波程差为1m,波经过A、B两孔后的传播情况等同于以A、B两点作为波源的机械波， 故A、B两新的波源起振方向相反。M、N为A、B的中垂线，故MN上全是振动减弱点。故A错误： B.C点到A、B的波程差为2m,为1个波长，故C点为振动减弱点。当A波源的波传到C点后，A、B 两波叠加振幅为0。B波源的波传到C点用时1.5s,故在0~1.5s内C点未振动，1.5~2.5s经过的路程为 10cm;2.5~8.5s路程为0。故0~8.5s内路程为10cm; C,改变波源振动频率，根据公式△x=n2=n二可知，之前加强点的波程差不一定等于频率改变后的加强 点的波程差。故AC点连线加强点的位置可能改变。故C错误。 D.A点到A、B两波源的波程差为△二-4m=-22,C点到A、B两波源的波程差为△2m=1),B点到A、 B两波源的波程差为△4m=22,故AC连线上有△-1.51为振动加强点，△-0.52为振动加强点，△0.52 为振动加强点，BC连线上有△1.5为振动加强点。综上，AC、BC两条连线上（不包括A、B两点）共 有四个加强点。 8.AC A.奥斯特发现了电流的磁效应，故A正确： B.两根通有同向电流的长直导线，根据安培定则和左手定则可知，导线之间相互吸引，B错误： C由图可知，单摆的振动周期T,结合T2。解得乙：T f 4玩≈lm,故C正确； D.救护车向右运动的过程中，根据多普勒效应可知，A听到警笛声的频率变高，B听到警笛声的频率变 低，即fA>fB,故D错误。 9.BD AB.由图乙可知，该波的周期为T=1.2s,则该波的波长为入=vT=20×1.2m=24m,故A错误，B正确： C.由图乙，t=0.4s时P沿y轴负方向振动，根据波形平移法可知，该波沿x轴负方向传播，故C错误： D.由图乙可知，质点P的振动方程为y=10sin2严tcm 1.2 则1=0,4s时，质点P的位移为yp=10sin2江x0.4cm=55em 1.2 由图甲可知1=0.4s时，波动方程为y=Asin2 Ex+@)-1Osin(x+@) 12 此时x=0处质点对应的位移为y=5cm,且x=0处质点向上振动，则有y=10sin%,=5cm可得4，= 6 则有y,=10sin(花x+无cm=5√及cm 126 解得质点P的平衡位置坐标为x=6m,故D正确。 10.AC A.N与P发生完全非弹性碰撞，mVo=2mV共解得V共=，若无固定挡板，则NP组合体、Q达到共同 速度，时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有2mV=3mV1解得V,= 根据能量守恒定律可知，弹簧弹性势能的最大值是E2mV共2-3mv立mV, 故A正确： B.若NP组合体、Q第一次共速时Q与挡板碰撞，碰撞后Q的速度变为一v,NP组合体、Q再次达到共 同速度2时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有2mV,-mV,=3mV。解得V-=号 则弹簧弹性势能的最大值是Ep2mv,+子mv2-子3mv,-=会mvo2故B错误： C.设弹簧第一次恢复原长时NP组合体、Q的速度分别为vP、vQ, 根据弹性碰撞规律可解得：vP,= 6 VQJ=2Vo 碰撞后Q的速度变为一vQ,NP组合体、Q再次达到共同速度时弹簧的弹性势能最大， 同理可解得E=品mV心故C正确， D,调整挡板的位置，让Q反弹后的动量大小与NP组合体动量大小相等，根据动量守恒即能量守恒定律 可推知再次共速时，速度均为0，此时弹簧弹性势能的最大值是mV,故弹簧的弹性势能不可能mV。 故D错误。 11.(1)12.100(2)5.2×104(3)D (1)螺旋测微器的最小分度值为0.01mm,示数为12mm+10.0×0.0lmm=12.100mm (2)根据相邻两亮条纹间距公式△x=L入 d 可得形成此干涉图样的单色光的波长的表达式为2=￠△x代入数据可得元=5.2×10mm (3)该同学对实验装置进行调整后，在屏上仍能观察到清晰的条纹，且条纹数目增加，可知相邻条纹的 间距减小。由公式△x=上可知该调整可能是更换波长更短的光做实验，即将绿色滤光片换成紫色滤光片。 故选D 1.1 1 12.(1) C mxp=mxy +mx Xp+xy=xx (2) 一十 mg to (1)[1]为防止小球A和小球B碰后反弹，且A和B是对心正碰，因此必须是m,>m2,5=。故选C。 [2]根据平抛规律x=6,h=28 解得平抛的初速度为%= 8 则小球A碰撞前后的速度分别为%= 8 ，=V2h 小球B碰后的速度为v,=w2 两小球碰撞过程动量守恒则满足关系式m出=m+m,y2 即xp=mXw+m2xw。 如果碰撞为弹性碰撞则满足关系式，m=,%+,m,必子 即mx,2=mxM2+mxw2 在验证动量守恒后，即m(xp-xM)=m2xw 则只需满足xp十xM=xw(填成不同形式正确均可给分) (2)[滑块匀速运动时，说明导轨水平，根据v=只可知，当滑块通过光电门1的时间等于滑块通过光 电门2的时间时说明轨道己水平。 [2]滑块A向左滑动与滑块B碰撞，且被弹回，取向左为正方向，实验需要验证的动量守恒表达式为： mAVA =-mAVA +mBVB d d d 光涤的宽度为d,则有-m+m，化简得心三一” to t to t1 t2 13.(1)n=1.25 (2)R=100mm (1)光在细圆柱棒中传输有=！ …(2分) 解得传播速度为v=2.4×10ms 材料的折射率为n= (2分) 资解得n=1.25.… ..(1分) (2)当入射光线越接近E点时，则光在光纤中的入射角越大，就越容易发生全反射，因此激光不从光导 纤维束侧面外泄的临界条件是入射光在光导纤维束内侧面发生全反射，临界光路图如图所示 根据几何关系可得sinC=R-2r (2分) R 1 又因为sinC= (2分) n 联立解得R=10r=100mm (1分) 14.(I)√3N,方向平行于导轨向上 (2)2V 3) 2r 2 -m/s2 (1)对金属杆进行分析，根据平衡条件有F=ngsin8 (2分) 解得F=√3N (2分) 方向平行于导轨向上。 (2分) (2)根据安培力公式有F=BIL (2分) 根据闭合电路欧姆定律有1=，E 。。。””””””””””。0。”· (2分) R+r 解得E=2V (1分) (3)磁场方向改变时，有mngsin8-BLc0s8=ma.… (2分) 结合上述解得a= 5 -m/s2 (2分) 2 15.(1)A与B水平方向动量守恒，A摆至最低点时：Mv4=MvB.(2分) 由机械能守恒得：MgR=Mv+M哈 (2分) 联立解得：v4=3n/s (1分) (2)A与P发生弹性碰撞 MVA=MVA+m2UP (1分) MU-MVA+m2p (1分) 解得：vp=4m/s (1分) P与长木板动量守恒，共速时有： m2vp=(m+m2）v共1 8 解得v共1ms (1分) 长木板与小球发生弹性碰撞： m1V共1=m1V1+m3球1 v失12myv球 (弹性碰撞相关过程前面己出现，此处不重复记分) 1 解得：1=-共1V球1"共1/s 4 .（1分) (3)小球与小球之间发生弹性碰撞，因为质量相等，速度相互交换。 长木板与P第二次共速时： m2V共1+m1v1=（m1+m2）共2 解得v共22V共1 (1分) 同理可得：长木板与P第三次共速时： ”失3"失2=（目v共1 则第n+1次碰撞前的共同速度为v共n+1 =2共n=（ ) 共1… (1分) 长木板第n次反弹的速度=-V共n=- 1 v共1 长木板与P第一次共速时产生热量Q: Q1mp2(mr+m)"失’=9 (1分) P第一次与球碰撞反弹至长木板与P第二次共速时产生热量Q2: Q2mv失12+mu2.(mr+m)失2=9 P第二次与球碰撞反弹至长木板与P第三次共速时产生热量Q: Q3-mv共2+m22-2(m1+m)v共32=Q2 P第三次与球碰撞反弹至长木板与P第四次共速时产生热量Q4: Q4p共32+mg2.(m+m)失42-Q-(份)Qa 综上所述：Q2、Q3、Q4.为一个等比数列 由数学知识易得：产生的总热量Q=Q+Q2+Q3+Q4+..三 112 9 .(1分) 又因为Q=um2gL (1分)》 解得L-多m .(1分) 特别提示：本题(3)问分析木板和P间相对运动规律或者分析每个小球被碰后的速度和动能规律亦可给 分。 2024级高二年级第一学期限时训练 物 理 时量：75分钟 满分100分 命题人： 一、单项选择题（本大题共7小题，每题4分，共28分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合要求）。 1．在南雅中学2025年校运会高二女子跳高比赛中，彭同学获得比赛的冠军。为保护运动员安全，落地区域铺设了缓冲垫，可有效避免高处落下带来的伤害。从物理角度分析，铺设缓冲垫的主要作用是（ ） A.减小冲量 B.减小动量的变化量 C.减小人的平均受力 D.减小地面对人的压强 2．下列四幅图为光的相关现象，关于它们说法正确的是（ ） A．图甲为a、b两束单色光分别通过同一单缝衍射实验器材形成的图样，在同种均匀介质中，a光的传播速度比b光的大 B．图乙为光导纤维示意图，内芯的折射率比外套的折射率小 C．图丙为利用劈尖干涉检查工件平整度，由条纹弯曲方向可判断被测表面向上凸起 D．图丁中，用自然光照射透振方向（箭头所示）互相垂直的前后两个竖直放置的偏振片，光屏依然发亮 3．如图甲所示，一顶角较大的圆锥形玻璃体，倒立在表面平整的标准板上，单色光从上方垂直玻璃的上表面射向玻璃体，沿光的入射方向看到明暗相间的条纹；如图乙所示，用一个曲率半径很大的凸透镜与一个平面玻璃接触，单色光从上方垂直射向凸透镜的上表面时，可看到一些明暗相间的单色圆，下列说法正确的是（ ） A．甲图是干涉现象，乙图是衍射现象 B．甲图的条纹是以顶点为圆心的同心圆，且疏密均匀 C．乙图的条纹是由透镜的上、下表面的反射光干涉产生的 D．乙图的条纹疏密均匀，若把乙图的入射光由红色换成紫色，则观察到的条纹数会增加 4．在如图所示的平行板电容器中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直，一带正电的粒子q以速度v沿着图中所示的虚线穿过两板间的空间而不偏转（忽略重力影响）。以下说法正确的是（ ） A．带电粒子在电磁场中受到的电场力、洛伦兹力和安培力 B．若粒子带负电，其它条件不变，则粒子不能沿直线穿过两板 C．若粒子电量加倍，其它条件不变，因为受到的电场力增大，故粒子向下极板偏转 D．若粒子从右侧沿虚线飞入，其它条件不变，则粒子不能沿直线穿过两板 5．如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，在其正下方的P点有一个钉子，现将小球拉开一定的角度后开始运动，小球在摆动过程中的偏角不超过。从某时刻开始计时，绳中的拉力大小F随时间t变化的关系如图乙所示，重力加速度g取，忽略一切阻力。下列说法正确的是（ ） A． 时小球位于C点 B．时小球位于B点 C．OA之间的距离为0.4m D．OP之间的距离为0.3m 6．如图为小李老师钓鱼时浮漂竖直漂浮在水面的示意图，可将鱼漂视为长度为L的均匀细圆柱体，此时浮漂露出水面的长度恰好为。某次垂钓过程中，鱼咬钩时将浮漂竖直向下拉动，直至浮漂仅剩余的长度未没入水中；随后鱼儿警觉松口，此后浮漂在水面处上下浮动,运动过程中若仅考虑浮漂的重力和水的浮力，不计其他作用力，则可视为简谐运动。已知浮漂的质量为m，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ） A．浮漂从最低点到最高点上浮过程中一直超重 B．一个周期内，鱼漂做简谐运动通过的路程为L C．鱼儿松口时浮漂上浮的回复力为mg D．浮漂上浮到最高点时加速度大小为g 7．如图所示，从0时刻开始，波源O垂直纸面做简谐运动，振动方程为y=5sin(πt)cm，波源产生的横波在均匀介质中沿纸面方向向四周传播，波速为。在空间中有一块开有A、B两个小孔的挡板，已知A、B两孔间距为，A、B距离波源分别为4m和3m，挡板后有一三角形区域ABC，BC=3m，MN为AB两孔的中垂线。波经过A、B两孔后的传播情况等同于以A、B两点作为波源的机械波，且不考虑波传播过程中能量的损失，则下列说法正确的是（ ） A．MN上不存在减弱点 B．在0～8.5s内C点经过的路程为95cm C．只改变波源O振动频率，AC连线上加强点的位置不变 D．AC、BC两条连线上（不包括A、B两点）共有四个加强点 二、多项选择题（本大题共3小题，每题5分，共15分。每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求。全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）。 8．下列说法中正确的有（ ） A．甲图中奥斯特用该装置发现了电流的磁效应 B．乙图中两根通有同向电流的长直导线相互排斥 C．丙图是一个单摆做受迫振动，其共振曲线（振幅A与驱动力的频率f的关系）图，由此判断出该单摆摆长约为1m D．丁图是救护车向右运动的过程中，A、B两人听到警笛声的频率为 9．一列简谐横波在时的波形如图甲所示，是介质中的质点，图乙是质点的振动图像。已知该波在该介质中的传播速度为，则下列说法正确的是（ ） A．该波的周期为0.6s B．该波的波长为24m C．该波沿轴正方向传播 D．质点的平衡位置坐标为 10．如图所示，质量均为m的小球N、P和Q静止在光滑的水平面上，P和Q通过轻弹簧相连，弹簧处于原长状态。某时刻给小球N一瞬时冲量使它以初速度v0开始向右运动，与小球P碰后粘在一起，在小球Q的右侧某位置固定一块弹性挡板（图中未画出）。当小球Q与挡板发生弹性正碰后立刻将挡板撤走，弹簧始终处于弹性限度内。以下说法正确的是（ ） A．若无固定挡板，弹簧弹性势能的最大值是mv02 B．若P、Q第一次共速时Q与挡板碰撞，则弹簧弹性势能的最大值是mv02 C．若弹簧第一次恢复原长时Q与挡板碰撞，则弹簧弹性势能的最大值是mv02 D．调整挡板的位置，弹簧的弹性势能的最大值可能是mv02 三、实验题（本大题共2小题8个空，每空2分，共16分）。 11．“用双缝干涉测光的波长”实验的装置如图甲所示。 (1)某次测量中，小明将测量头的分划板中心刻线对准第1条亮条纹中心，手轮示数，调节测量头，让分划板中心刻线对准第5条亮条纹中心时，手轮示数如图乙所示，此时示数 mm。 (2)若测出装置中双缝的间距、双缝到屏的距离，则形成此干涉图样的单色光的波长 为 mm。（结果保留2位有效数字） (3)另一同学安装好实验装置后，观察到光的干涉现象效果很好。若他对实验装置进行调整后，在屏上仍能观察到清晰的条纹，且条纹数目增加，则该调整可能是______。 A．仅增大光源与滤光片间的距离 B．仅增大单缝与双缝间的距离 C．仅将单缝与双缝的位置互换 D．仅将绿色滤光片换成紫色滤光片 12．为了验证动量守恒定律，两位同学分别采用了两套实验方案来完成该实验。 (1)第一位同学用如图甲所示实验装置来“验证动量守恒定律”，实验原理如图乙所示。图乙中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让质量为m1的入射小球A多次从斜轨上同一位置由静止释放，找到其平均落地点的位置P，然后把质量为m2的被碰小球B静置于轨道的水平部分，再将入射小球从斜轨上同样位置由静止释放，与小球B相碰，并且重复多次，实验得到小球落点的平均位置分别为M、N，测量xM、xP、xN分别为M、P、N距O点的水平距离。 ①若入射小球A质量为m1，半径为r1；被碰小球B质量为m2，半径为r2，则 。 A．m1>m2，r1>r2 B． m1>m2，r1<r2 C． m1>m2，r1=r2 D． m1<m2，r1=r2 ②若测量数据近似满足关系式 （用m1、m2、xM、xP、xN表示），则说明两小球碰撞过程动量守恒。 ③在验证动量守恒后，若测量数据满足表达式 （仅用xM、xP、xN表示），则说明碰撞为弹性碰撞。 (2)第二位同学用光电门和气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验。 ①实验时，先接通气源，然后在导轨上放一个装有遮光条的滑块，如图甲所示。将滑块向左弹出，使滑块向左运动，调节P或Q，直至滑块通过光电门1的时间 （填“>”“=”或“<”）通过光电门2的时间，则说明轨道已水平。 ②轨道调平后，将滑块A、B放置在图乙所示的位置，A、B均静止。给滑块A一瞬时冲量，滑块A经过光电门1后与滑块B发生碰撞且被弹回，再次经过光电门1。光电门1先后记录滑块A上遮光条的挡光时间为t0、t1，光电门2记录滑块B向左运动时遮光条的挡光时间为t2。 ③同学认为，若有关系式 成立（用字母mA、mB、t0、t1、t2表示），则两滑块碰撞过程总动量守恒。 四、解答题（本大题共3小题，第13题10分，第14题15分，第15题16分，共41分）。 13．为了研究某种透明新材料的光学性质，将其压制成长为6m的细圆柱棒，如图甲所示。让一束平行激光从圆柱棒的一个底面垂直射入，历时在另一端接收到该光束，已知光在真空中的速度为。现将这种新材料制成一根半径的光导纤维束弯成半圆形暴露于空气中（假设空气中的折射率与真空相同），半圆形外半径为R，如图乙所示。 (1)求这种新材料的折射率n； (2)用同种激光垂直于光导纤维的端面射入，若该束激光恰好不从光导纤维的侧面外泄，求半圆形的半径R。 14．如图所示，间距的平行光滑金属导轨倾斜放置，其与水平面的夹角，导轨上端接电动势为（未知）、内阻的直流电源，空间分布着磁感应强度大小、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场。一质量的金属杆水平放置在导轨上恰好保持静止，已知金属杆接入电路的有效电阻，导轨电阻不计，重力加速度大小。 (1)求金属杆受到的安培力F的大小和方向； (2)求电源的电动势E； (3)若匀强磁场的磁感应强度大小不变，方向突然改为竖直向上，求此时金属杆的加速度的大小（不考虑磁场突然变化引起的电磁感应作用，结果可用根式表示）。 15．如图所示，质量均为M=4kg的物块A和B用一根长度R=0.9m不可伸长的轻绳相连，B套在光滑水平杆上，初始状态A与B静止，之间轻绳自由伸长且平行于轻杆。在光滑的水平地面上有一长木板，板左端上有一滑块P。P与长木板之间动摩擦因数=0.1，木板右侧足够多的小球静止放置在光滑水平面上。滑块A自由摆下到最低点的时候与滑块P发生碰撞，P带动木板向右运动至共速后长木板与第一个小球相碰，足够长时间后，P恰好不从长木板上掉下。已知所有的碰撞均为弹性正碰，木板质量为m1=1kg，滑块P质量m2=2kg，所有均可看作质点小球的质量均为m3=3kg，碰撞时间极短，重力加速度g取10m/s2，求： （1）求物块A摆至最低点与P碰前的速度大小vA； （2）长木板第一次与小球碰后小球的速度大小v； （3）长木板的长度L。 2024级高二年级第一学期限时训练 物理参考答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 C A B D A D D AC BD AC 1．C 铺设缓冲垫的主要作用是延长作用时间，减小人受到的平均受力，故选C 2．A A．单缝衍射中，缝宽一定时，波长越大，衍射现象越明显，中央亮条纹越宽，条纹间距越大。故a光比b光波长大，同种均匀介质中，a光比b光波速要大。故A答案正确 B．依据光的全反射条件需要光从光密介质进入光疏介质，可知内芯的折射率比外套的折射率大，B错误； C．根据薄膜干涉的产生原理可知，条纹向尖端弯曲，则工件有凹陷。故C错误； D．自然光通过偏振片后形成偏振光，因两个偏振片的透振方向相互垂直，所以没有光射到光屏上，光屏发黑，D错误； 3．B A．甲、乙两图的本质均是薄膜干涉现象，故A错误； B．甲图中圆锥形玻璃体与标准板的距离是均匀变化的，所以条纹是以顶点为圆心的同心圆，且疏密均匀，故B正确； C．乙图的条纹是由夹在透镜和平面玻璃间的空气层的上、下表面的两束反射光线干涉产生的，故C错误； D．乙图的条纹中间疏、边缘密，若把乙图的入射光由红色换成紫色，波长减小，则条纹间距减小，条纹变密集，条纹数会增多，故D错误。A 4．D A．根据题意，分析可知带正电的粒子受向下的电场力，向上的洛伦兹力，通电导线在磁场中受到的力才叫安培力，带电粒子受到的力只叫洛伦兹力，故A错误； BC．因粒子做直线运动，则有解得,可知从左边进入的粒子只要满足此速度，均能直线通过两板，与粒子电性、电量无关，故B错误，C错误； D．若粒子从右侧沿虚线飞入，其它条件不变，则受电场力向下，洛伦兹力也向下，故则粒子将向下偏转，粒子不能沿直线穿过两板，故D正确。 5．A AB、由图像可知，内应该对应着摆球在CB之间的摆动；内应该对应着摆球在BA之间的摆动，因时摆线拉力最小，可知小球位于C点，时小球位于A点，选项A正确，B错误； C．摆球在AB之间摆动的周期为T1=0.8πs根据 可得L1=1.6m 即OA之间的距离为1.6m，选项C错误 D． 摆球在BC之间摆动的周期为T2=0.4πs根据可得L2=0.4m 即PB之间的距离为0.4m，OP之间的距离为1.2m，选项D错误。 6．D A．由图可知，鱼漂从最低点至最高点上升过程中，鱼漂先加速上浮，后减速上浮，所以鱼漂在上升过程中先超重后失重，故A错误； B．鱼漂做简谐运动的振幅为A=，在一个周期内其通过的路程应为x=4A=，故B错误。 C．鱼漂静止时，鱼漂浸泡在水中的部分的长度为总长度的一半，即所受浮力等于重力。当有5/6部分体积没入水中时，浮力等于5/3倍重力，而回复力为鱼漂所受的合力，所以最大回复力mg，故C错误； D．由牛顿第二定律，得到其最大加速度为g，故D正确； 7．D A．由振动方程得波的周期为T==2s 波长为 λ=vT=2m 波源O至A和B的波程差为1m，波经过A、B两孔后的传播情况等同于以A、B两点作为波源的机械波，故A、B两新的波源起振方向相反。M、N为A、B的中垂线，故MN上全是振动减弱点。故A错误； B．C点到A、B的波程差为2m，为1个波长，故C点为振动减弱点。当A波源的波传到C点后，A、B两波叠加振幅为0。B波源的波传到C点用时1.5s，故在0～1.5s内C点未振动，1.5～2.5s经过的路程为10cm；2.5～8.5s路程为0。故0～8.5s内路程为10cm； C．改变波源振动频率，根据公式可知，之前加强点的波程差不一定等于频率改变后的加强点的波程差。故AC点连线加强点的位置可能改变。故C错误。 D．A点到A、B两波源的波程差为∆χ=-4m=-2λ，C点到A、B两波源的波程差为∆χ=2m=1λ，B点到A、B两波源的波程差为∆χ=4m=2λ，故AC连线上有∆χ=-1.5λ为振动加强点，∆χ=-0.5λ为振动加强点，∆χ=0.5λ为振动加强点，BC连线上有∆χ=1.5λ为振动加强点。综上，AC、BC两条连线上（不包括A、B两点）共有四个加强点。 8．AC A．奥斯特发现了电流的磁效应，故A正确； B．两根通有同向电流的长直导线，根据安培定则和左手定则可知，导线之间相互吸引，B错误； C．由图可知，单摆的振动周期，结合，解得，故C正确； D．救护车向右运动的过程中，根据多普勒效应可知，A听到警笛声的频率变高，B听到警笛声的频率变低，即，故D错误。 9．BD AB．由图乙可知，该波的周期为，则该波的波长为，故A错误，B正确； C．由图乙，时沿轴负方向振动，根据波形平移法可知，该波沿轴负方向传播，故C错误； D．由图乙可知，质点的振动方程为 则时，质点的位移为 由图甲可知时，波动方程为 此时处质点对应的位移为，且处质点向上振动，则有可得 则有 解得质点的平衡位置坐标为，故D正确。 10．AC A． N与P发生完全非弹性碰撞，mV0=2mV共 解得V共=，若无固定挡板，则NP组合体、Q达到共同速度v1时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有2mV共=3mV1 解得V1= 根据能量守恒定律可知，弹簧弹性势能的最大值是EP=∙2mV共2－ ∙3mV12=mV02 故A正确； B． 若NP组合体、Q第一次共速时Q与挡板碰撞，碰撞后Q的速度变为－v1，NP组合体、Q再次达到共同速度v2时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有2mV1－mV1=3mV2 解得V2= 则弹簧弹性势能的最大值是EP=∙2mV12∙mV12－ ∙3mV22=mV02故B错误； C． 设弹簧第一次恢复原长时NP组合体、Q的速度分别为vP1、vQ1， 根据弹性碰撞规律可解得：vP1= vQ1= 碰撞后Q的速度变为－vQ1，NP组合体、Q再次达到共同速度v3时弹簧的弹性势能最大， 同理可解得EP=mV02 故C正确， D．调整挡板的位置，让Q反弹后的动量大小与NP组合体动量大小相等，根据动量守恒即能量守恒定律可推知再次共速时，速度均为0，此时弹簧弹性势能的最大值是mV02，故弹簧的弹性势能不可能 mV02 故D错误。 11．(1)12.100 (2) (3)D （1）螺旋测微器的最小分度值为，示数为 （2）根据相邻两亮条纹间距公式 可得形成此干涉图样的单色光的波长的表达式为 代入数据可得 （3）该同学对实验装置进行调整后，在屏上仍能观察到清晰的条纹，且条纹数目增加，可知相邻条纹的间距减小。由公式可知该调整可能是更换波长更短的光做实验，即将绿色滤光片换成紫色滤光片。故选D。 12．(1) C (2) = （1）[1]为防止小球A和小球B碰后反弹，且A和B是对心正碰，因此必须是。故选C。 [2]根据平抛规律 解得平抛的初速度为 则小球A碰撞前后的速度分别为 小球B碰后的速度为 两小球碰撞过程动量守恒则满足关系式 即。 [3]如果碰撞为弹性碰撞则满足关系式 即 在验证动量守恒后，即 则只需满足 (填成不同形式正确均可给分) （2）[1]滑块匀速运动时，说明导轨水平，根据可知，当滑块通过光电门1的时间等于滑块通过光电门2的时间时说明轨道已水平。 [2]滑块A向左滑动与滑块B碰撞，且被弹回，取向左为正方向，实验需要验证的动量守恒表达式为： 设遮光条的宽度为d，则有，化简得。 13．(1) (2) （1）光在细圆柱棒中传输有………………（2分） 解得传播速度为 材料的折射率为………………………………（2分） 解得…………………………………………（1分） （2） 当入射光线越接近E点时，则光在光纤中的入射角越大，就越容易发生全反射，因此激光不从光导纤维束侧面外泄的临界条件是入射光在光导纤维束内侧面发生全反射，临界光路图如图所示 根据几何关系可得 ……………………（2分） 又因为 ……………………………………（2分） 联立解得 …………………………（1分） 14．(1)，方向平行于导轨向上 (2) (3) （1）对金属杆进行分析，根据平衡条件有 …………………（2分） 解得 ………………………………………………………………（2分） 方向平行于导轨向上。 ……………………………………………………（2分） （2）根据安培力公式有 …………………………………………（2分） 根据闭合电路欧姆定律有 …………………………………………（2分） 解得 ……………………………………………………………………（1分） （3）磁场方向改变时，有 …………………………（2分） 结合上述解得 ……………………………………………………（2分） 15．（1）A与B水平方向动量守恒，A摆至最低点时： ………（2分） 由机械能守恒得： ………………………………………（2分） 联立解得：=3m/s ………………………………………………………… （1分） （2）A与P发生弹性碰撞 =+m2 ………………………………………………………………（1分） =2+m22 ……………………………………………………………（1分） 解得：=4m/s …………………………………………………………（1分） P与长木板动量守恒，共速时有： m2=（m1+m2） 解得=m/s ………………………………………………………………（1分） 长木板与小球发生弹性碰撞： m1=m1+m3 m12=m12+m32 （弹性碰撞相关过程前面已出现，此处不重复记分） 解得：= - ==m/s ………………………………………（1分） （3）小球与小球之间发生弹性碰撞，因为质量相等，速度相互交换。 长木板与P第二次共速时： m2+m1=（m1+m2） 解得= ……………………………………………………………（1分） 同理可得：长木板与P第三次共速时： == 则第次碰撞前的共同速度为……………………（1分） 长木板第n次反弹的速度= - = - 长木板与P第一次共速时产生热量Q1： Q1=m22- （m1+m2）2= J ……………………………………（1分） P第一次与球碰撞反弹至长木板与P第二次共速时产生热量Q2： Q2=m22 +m12 - （m1+m2）2= J P第二次与球碰撞反弹至长木板与P第三次共速时产生热量Q3： Q3=m22 +m12 - （m1+m2）2= Q2 P第三次与球碰撞反弹至长木板与P第四次共速时产生热量Q4： Q4=m22 +m12 - （m1+m2）2= Q3=Q2 …… 综上所述：Q2、Q3、Q4……为一个等比数列 由数学知识易得：产生的总热量Q=Q1+Q2+Q3+Q4+……=J …………………（1分） 又因为Q= …………………………………………………………（1分） 解得L=m …………………………………………………………（1分） 特别提示：本题（3）问分析木板和P间相对运动规律或者分析每个小球被碰后的速度和动能规律亦可给分。 学科网（北京）股份有限公司 $