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2022-2023学年福建省龙岩市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年福建省龙岩市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.高空抛物行为被称为“悬在城市上空的痛”，带来很大的社会危害。2021年3月1日，高空抛物行为正式入刑。假设一瓶500mL瓶装水从45m高处自由落下，与地面接触时间为0.03s，撞击地面后速度变为0，则该瓶装水对地面的冲击力约为( )
A. 5NB. 100NC. 500ND. 1000N
2.如图甲所示是某发电机的示意图。使线圈a沿轴线做简谐运动，线圈a中产生的感应电动势随时间变化的关系如图乙所示。线圈a连接了一个电阻R和理想电压表。线圈a及导线的电阻均不计。则下列说法正确的是( )
A. 电压表示数为0.5V
B. 线圈a输出电流的频率为10Hz
C. 其他条件不变，仅增大线圈a简谐运动的频率，电压的最大值不变
D. 其他条件不变，仅更换不同阻值的电阻，电压表示数不变
3.消除噪声污染是当前环境保护的一个重要课题。消声器可以用来削弱内燃机、通风机等排放高速气流过程中发出的噪声。某消声器的结构及气流运行如图所示，波长为λ的声波沿水平管道自左向右传播，当声波到达a处时，分成两束波，它们分别通过r1和r2的路程，再在b处相遇，从而达到削弱噪声的目的。下列说法正确的是( )
A. 该消声器是根据波的衍射原理设计的
B. 两束波到达b点的路程差Δr=r2−r1，则Δr等于12λ的奇数倍
C. 若声波的频率发生改变，则声波的传播速度也发生改变
D. 若b、c在同一条直线上，b、c之间的距离为12λ，则c为声波的加强点
4.如图所示，横截面为等边三角形的棱镜ABC，一束平行于截面的复色光从空气射向AB边的D点，BD长为AB长的四分之一，入射方向与AB边的夹角为θ=30∘，进入三棱镜折射后分为a、b两束单色光，a光偏折到BC边的E点，b光偏折到F点，已知BD=BE，则下列判断正确的是( )
A. a光的频率小于b光的频率
B. a光在棱镜中传播速度较大
C. 入射方向与边AB垂直时，a光不能从BC边出射
D. 分别将a、b两束光通过同一双缝干涉装置，a光的条纹间距较大
5.如图所示，把一矩形均匀薄玻璃板ABCD压在另一个矩形平行玻璃板上，一端用薄片垫起，将红单色光从上方射入，这时可以看到明暗相间的条纹，下列关于这些条纹的说法中正确的是( )
A. 条纹方向与AB 边平行
B. 条纹间距不是均匀的，越靠近BC边条纹间距越大
C. 减小薄片的厚度，条纹间距变小
D. 将红单色光换为蓝单色光照射，则条纹间距变小
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
6.如图甲、乙所示理想变压器原线圈的输入电压均为U，匝数均为100，副线圈上所连接的每个电阻的阻值均为R。图甲中两个副线圈的匝数分别为30、20，图乙中副线圈的匝数为50。下列说法正确的是( )
A. 图甲、乙中变压器的输入功率相等
B. 图乙中每个电阻的功率为U216R
C. 通过图甲、乙中原线圈的电流之比为26：25
D. 图甲中上、下两个电阻的功率之比为4：9
7.如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行光滑导槽，质量为2m的光滑U形管静止在导槽上，U形管能在两导槽之间自由滑动，一质量为m的小球沿水平方向，以初速度v0从U形管的一端射入，从另一端射出。已知小球的半径略小于管道半径，下列说法正确的是( )
A. 该过程中，小球与U形管组成的系统动量守恒
B. 小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，小球的速度大小为 6v03
C. 小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，小球的速度大小为 7v03
D. 从小球入射至运动到U形管圆弧部分最左端过程中，导槽对U形管的冲量大小为 63mv0
8.一列简谐横波在t=23s时的波形图如图甲所示，m、n是介质中的两个质点，质点m的平衡位置坐标为x=0，图乙是质点n的振动图像，下列说法正确的是( )
A. 该波沿x轴正方向传播
B. 该波波长为6m
C. 质点m从t=23s时开始，再经13s回到平衡位置
D. 质点n在t=23s时的位移为y=5 3cm
三、填空题：本大题共3小题，共12分。
9.我国领先全球的特高压输电技术为国家“碳中和”做出独特的贡献。若在传输电能总功率不变和输电线电阻不变情况下，将原来550kV超高压输电升级为1100kV特高压输电，输电线上的电流变为原来的______倍，输电线上损失的功率为原来损失功率的______倍。
10.图甲为观察光的干涉和衍射现象的实验装置，光电传感器可用来测量光屏上光强的分布。某次实验时用绿色激光照射，得到图乙所示的光强分布情况，则缝屏上安装的是______(选填“单缝”或“双缝”)。为减小条纹宽度，可改用______色激光照射。(选填“红”或“紫”)
11.如图所示，光滑水平面上用轻绳连接质量分别为2m和m的两个物体A和B，物体A静止，物体B以初速度v0水平向右运动，绳子被拉紧时突然断裂，物体B的速度变为12v0，则物体A的速度变为______。此过程中系统损失的机械能为______。
四、实验题：本大题共2小题，共12分。
12.在做“用单摆测重力加速度”的实验时，利用图甲实验装置，某同学先测得摆线长为99.20cm，摆球直径为1.60cm。
(1)若摆球运动到最低点开始计时，且记数为1，到第81次经过最低点所用的时间如图乙所示，则秒表读数为______。
(2)根据测得的实验数据可知，重力加速度的大小g=______m/s。(结果保留小数点后两位)
(3)实验结束后，该同学发现他测得的重力加速度比当地重力加速度的数值大，其原因可能是______。
A.计数结束时秒表太迟按下
B.把摆线长与摆球直径之和作为摆长来计算
C.单摆的悬点未固定紧，摆动中出现松动，使摆线增长
13.酒驾严重危害交通安全，喝酒不开车已经成为准则。某款酒精检测仪如图甲所示，核心部件为酒精气体传感器，其电阻R与酒精气体浓度c的关系如图乙所示。某同学想利用该酒精气体传感器设计一款酒精测量仪，除酒精气体传感器外，在实验室中找到如下器材，并设计如图丙所示的测量电路：
A.干电池组(电动势E=3.0V，内阻r=1.2Ω)
B.电流表(满偏电流60mA，内阻Rg=4.8Ω)
C.电阻箱R0(最大阻值9999.9Ω)
D.开关及导线若干
(1)如图丁所示，该同学想将酒精气体浓度为零的位置标注在表头20mA处，则应将电阻箱R0的阻值调为______Ω；
(2)完成步骤(1)后，某次在实验室中试测酒精浓度时，表头指针如图丁所示。已知酒精浓度在0.2∼0.8mg/mL之间属于酒驾；酒精含量达到或超过0.8mg/mL属于醉驾，则该次测试的酒精浓度属于______范围(选填“酒驾”或“醉驾”)；
(3)使用较长时间后，干电池组电动势降低，内阻增大，则此时所测的酒精气体浓度与真实值相比______(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
五、简答题：本大题共3小题，共36分。
14.如图所示是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，已知t=0.5s时质点P恰好第二次到达波谷位置。
(1)求出该简谐波的周期；
(2)求出质点Q在0.8s内振动的路程s；
(3)以Q点开始起振为计时起点，写出其振动方程。
15.为迎接2023年杭州亚运会，杭州市举办了盛大的灯光秀，灯光秀用到某种发光二极管，如图所示为该二极管发出的某单色光沿SA射向用透明材料制成的四分之一球体，此单色光在透明材料中的折射率为 3，已知O为球心，半径为R，S、O、E在同一直线上，OS=R3，OA= 33R，光在真空中传播的速度为c。求：
(1)光从A点进入球体时的折射角；
(2)光从B点出射时的折射角；
(3)该单色光在球体内传播的时间。
16.如图所示，倾角为θ=30∘、足够长的斜面固定在水平面上，两物块A、B的质量分别为m=0.1kg、M=0.5kg，物块A光滑、物块B与斜面间的动摩擦因数μ= 33。物块B静置于斜面上，物块A从与物块B相距l=0.4m处由静止释放。设物块A与B的碰撞时间极短且无机械能损失，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)物块A与B第一次碰撞后瞬间两物块的速度大小；
(2)物块A与B第二次碰撞前物块A的速度大小；
(3)物块A与B第三次碰撞前摩擦力对物块B做的总功。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：设瓶装水质量为m，由质量与密度公式
m=ρV
代入数据解得水的质量为
m=0.5kg
落地瞬间的速度为v，忽略空气阻力，由动能定理得
mgh=12mv2
代入数据解得速度为
v=30m/s
瓶装水落地时受到自身的重力和地面的支持力，若规定向上为正方向，由动量定理得
(FN−mg)t=0−(−mv)
代入数据解得
FN=505N
根据牛顿第三定律可得该瓶装水对地面的冲击力约为500N，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据动能定理求出水瓶接触前的瞬时速度，再根据动量定理求出地面受到的平均作用力。
本题考查了动量定理基本运用，注意动量定理公式的矢量性，解题时需要规定正方向，合外力的冲量等于动量的变化量。
2.【答案】D
【解析】解：A.根据图像可知线圈产生的交流电的最大值为0.5V，有效值为：
U有=Um 2
代入数据得：U有= 24V，故A错误；
B.根据图像可知线圈产生的交流电的周期为0.2s，所以交流电的频率为：
f=1T
代入数据得：f=5Hz
变压器不能改变交流电的频率，所以变压器输出电流的频率为5Hz，故B错误；
C.设线圈a沿轴线做简谐运动的x−t的关系为：
x=Acs(ωt)
则线圈a沿轴线做简谐运动的v−t的大小关系为：
v=Aωsin(ωt)
线圈产生的感应电动势为：
e=nB⋅2πr2⋅v
解得：e=2πnBr2Aωsin(ωt)
又ω=2πT=2πf
其中n为线圈匝数、r为线圈半径，则线圈最大电压为：
Um=4π2nBr2Af
故其他条件不变，仅增大线圈a简谐运动的频率，线圈产生的最大电压变大，故C错误；
D.由于线圈a及导线的电阻均不计，则电压表的示数为线圈的感应电动势的有效值，则根据选项C分析可知，仅更换不同阻值的电阻，电压表示数不变，故D正确。
故选：D。
根据图像求解交流电的周期和电压的峰值，进而求解交流电的频率和有效值；根据法拉第电磁感应定律推导线圈产生的感应电动势的表达式，从而分析电压的最大值和电压表示数是否发生变化。
本题考查正弦式交变电流和法拉第电磁感应定律，解题关键是会求解正弦式交变电流的峰值和有效值。
3.【答案】B
【解析】解：A.该消声器是根据波的干涉原理设计的，故A错误；
B.两束相干波在b处相遇振动减弱，所以两束相干波到达b点的路程差Δr=r1−r2，Δr应等于12λ 的奇数倍，故B正确；
C.若声波的频率发生改变，由于声波的传播速度由介质决定，所以声波的传播速度不发生改变，故C错误；
D.两束相干波在b处相遇振动减弱，当两束相干波到达c点时，路程差Δr仍然等于12λ 的奇数倍，则c仍为声波的减弱点，故D错误；
故选：B。
该消声器是根据波的干涉原理设计的；根据波的干涉规律分析；若声波的振动频率发生改变，声波的传播速度不变；根据两束相干波到达c点分析即可。
本题是科学技术在现代生产生活中的应用，是高考考查的热点，关键是记住干涉的条件，掌握干涉的规律：当两波源同相振动时，波程差为半波长的奇数倍的点振动减弱；波程差为半波长的偶数倍的点振动加强。
4.【答案】C
【解析】解：光路图如图所示：
A.根据题意，a光的折射角小于b光的折射角；
根据折射定律n=sinisinr可知，a光的折射率大于b光的折射率；
光的频率越大，在介质中的折射率越大，因此a光的频率大于b光的频率，故A错误；
B.根据折射率公式v=cn
由于a光的折射率大于b光的折射率，因此a光在棱镜中传播速度较小，故B错误；
D.a光的频率大于b光的频率，则a光的波长小于b光的波长；
根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ可知，将a、b两束光通过同一双缝干涉装置，a光的条纹间距较小，故D错误；
C.设棱镜对a光的折射率为n，由图中几何关系可得，入射角i=90∘−θ=90∘−30∘=60∘
由于BD=BE，∠B=60∘，因此△BDE为等边三角形，则∠BDE=60∘
折射角r=90∘∠BDE=90∘−60∘=30∘
根据折射定律n=sinisinr=sin60∘sin30∘= 3212= 3
则a光从棱镜射出空气发生全反射的临界角满足sinC=1n= 33
入射方向与边AB垂直时，a光在BC边的入射角为60∘
由于sin60∘= 32>sinC= 33
可知a光在BC边发生全反射，a光不能从BC边出射，故C正确。
故选：C。
A.根据折射定律求折射率的大小，折射率越大的光频率越大，据此分析作答；
B.根据折射率公式v=分析传播速度大小；
C.根据sinC=可知分析临界角的大小，由此分析从BC边射出的光线；
D.根据双缝干涉条纹间距公式Δx=λ分析条纹间距。.
本题主要是考查了光的折射，解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，通过光路图根据几何关系、折射定律进行分析。
5.【答案】D
【解析】解：A、依据薄膜干涉的原理，薄膜的相等厚度与AD平行，因此条纹方向与AD边平行，不是与AB边平行，故A错误；
B、是由于光在空气薄膜上下两表面反射形成的两列光波叠加的结果，因光程差是波长的整数倍的位置均是等间距的，因此条纹间距也都相等，故B错误；
C、根据条纹的位置与空气膜的厚度是对应的，当减小薄片的厚度时，同一厚度的空气膜向薄片移动，故条纹向着薄片移动，导致条纹间距变大，故C错误；
D、将红单色光换为蓝单色光照射，即波长变短，依据干涉条纹间距公式Δx=Ldλ，则条纹间距变小，故D正确；
故选：D。
从空气膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，其光程差为空气层厚度的2倍，当光程差△x=nλ时此处表现为亮条纹，故相邻亮条纹之间的空气层的厚度差为λ2，并依据干涉条纹间距公式Δx=Ldλ，从而即可求解。
掌握了薄膜干涉的原理和相邻条纹空气层厚度差的关系即可顺利解决此类题目，并掌握干涉条纹间距公式的内容。
6.【答案】BC
【解析】解：A、对图甲，由理想变压器的变压规律可得两个副线圈的电压分别：U1=30100U=310U，U2=20100U=15U
根据输入功率等于输出功率可得：P甲=U12R+U22R=13U2100R
对图乙，由理想变压器的变压规律可得副线圈的电压：U3=50100U=12U
乙中变压器的输入功率为：P乙=U322R=U28R≠P甲，可知图甲、乙中变压器的输入功率不相等，故A错误；
B、图乙中每个电阻的功率为：PR=(U32)2R=U216R，故B正确；
D、图甲中上、下两个电阻的功率之比为：PR1:PR2=U12R:U22R=(310U)2:(15U)2=9:4，故D错误。
C、根据：P甲=UI甲=13U2100R，P乙=UI乙=U28R
可得：I甲=13U100R，I乙=U8R
通过图甲、乙中原线圈的电流之比为：I甲:I乙=13U100R:U8R=26:25，故C正确.
故选：BC。
对甲、乙两图，根据匝数比分别求出副线圈两端电压，结合电阻连接关系求出两图的输入功率；
根据欧姆定律和功率公式求乙图中电阻的功率；
根据图甲中两个电阻的连接关系和功率公式求上下两电阻功率之比；
根据已经得到的结论和功率公式求两图中原线圈中电流之比。
本题主要是考查了变压器功率的相关知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。
7.【答案】CD
【解析】解：A.该过程中，小球与U形管组成的系统沿两导槽方向动量守恒，但垂直导槽方向动量不守恒，故A错误；
BC.从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程时，小球和U形管平行导槽方向速度相同，满足平行导槽方向动量守恒定律，有
mv0=(m+2m)vx
解得：vx=v03
根据系统机械能守恒得
12mv02=12×2mvx2+12mv2
解得：v= 73v0
故B错误，C正确；
D.小球运动到U形管圆弧部分最左端时，还有个分速度是沿着U形管的切线方向，设为vy，根据矢量合成和分解的特点可得：
vy= v2−vx2= 63v0
对小球根据动量定理分析可得：
I=mvy−0= 63mv0
因为力的作用是相互的，由此可知平行导槽受到的冲量大小为
I′= 63mv0
故D正确。
故选：CD。
根据动量守恒定律的条件分析出系统是否动量守恒；
根据动量守恒定律和机械能守恒定律得出小球的速度；
根据速度合成与分解的特点，结合动量定理得出平行导槽受到的冲量大小。
本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解动量守恒定律的条件，结合机械能守恒定律和动量定理即可完成分析。
8.【答案】BD
【解析】解：A、由图乙可知，质点n在t=23s时沿y轴正方向运动，结合图甲根据波形平移法，可知波沿x轴负方向传播，故A错误；
B、根据波动方程
y=Asin(2πλx+φ0)
由图甲知，振幅A=10cm，当x=0时，y=5cm；当x=1m时，y=10cm，代入上式可得φ0=π6，波长λ=6m，故B正确；
D、由图乙知，波的周期为T=4s，可得质点n的振动方程为
y=Asin2πTt=10sin2π4tcm=10sinπ2tcm
质点n在t=23s时的位移为y=10sinπ3cm=5 3cm，故D正确；
C、由于波沿x轴负方向传播，设质点m从平衡位置开始到第一次位移为5cm的时间为t1，则
5cm=10cmsinπt12
解得：t1=13s
则质点m从t=23s时开始第一次到波峰的时间为
t2=T4−t1=23s
再从波峰到平衡位置的时间为T4，因此整个过程时间为
t总=t2+T4=23s+44s=53s，故C错误。
故选：BD。
根据图乙读出质点n在t=23s时的振动方向，结合同侧法得出波的传播方向；根据振动方程，结合图象甲质点的位移求出波长；根据图乙读出周期，结合质点m的运动特点计算出质点m再次回到平衡位置的时间；根据质点的振动方程和运动学公式得出质点n在t=23s时的位移。
本题振动图象与波动图象的综合应用，理解图象的物理意义，掌握简谐横波在不同方向上的运动特点，利用运动学公式即可完成分析。
9.【答案】12 14
【解析】解：在功率不变时，由P=UI知，电压升高为原来的2倍，则传输电流变为原来的12。
若输电线不变，则输电线上损失的电压
ΔU=Ir
变为原来的12
输电线上损失的功率
ΔP=I2r
因此输电线上损失的功率变为原来的14
故答案为：12；14
应用电功率公式求出输电流的变化情况，然后应用电功率公式分析答题。
知道远距离输电的原理与输电过程是解题的前提，根据题意应用电功率公式即可解题。
10.【答案】单缝 紫
【解析】解：由图乙可知，光强分布条纹中间宽、两边窄，可知是衍射条纹，所以在缝屏上安装的是单缝；由单缝衍射图样特点知，波长越小的可见光单缝衍射条纹宽度越小，故改用紫色激光照射。
故答案为：单缝，紫。
单缝衍射条纹的特点是：中间亮、两边暗，中间宽，两边窄；根据双缝干涉条纹的间距公式判断如何增大条纹的间距。
解决本题的关键知道衍射条纹和双缝干涉条纹的区别，以及掌握双缝干涉条纹的间距公式，并能灵活运用。
11.【答案】14v0 516mv02
【解析】解：选择水平向右的方向为正方向，根据动量守恒可得
mv0=2mvA+m×12v0
解得物体A的速度为
vA=14v0
此过程中系统损失的机械能为
ΔE=12mv02−12m(12v0)2−12×2mvA2
解得：ΔE=516mv02
故答案为：14v0；516mv02
根据动量守恒定律列式得出物块A的速度，结合动能定理得出系统损失的机械能。
本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解动量守恒定律的条件，结合动能定理即可完成分析。
12.【答案】
【解析】解：(1)由图乙可知，秒表读数为t=60s+20.0s=80.0s
(2)摆球运动到最低点开始计时，且记数为1，到第81次经过最低点，单摆完成全振动的次数为
n=81−12(次)=40(次)
单摆周期为T=tn=80.040s=2.0s
单摆摆长为L=99.2cm+1.602cm=100cm=1m
根据单摆周期公式T=2π Lg
可得g=4π2LT2≈4×3.142×122m/s2≈9.86m/s2
(3)根据重力加速度的表达式g=4π2LT2
A.若计数结束时秒表太迟按下，则T测量值偏大，使得g测量值偏小，故A错误；
B.把摆线长与摆球直径之和作为摆长来计算，则L测量值偏大，使得g测量值偏大，故B正确；
C.单摆的悬点未固定紧，摆动中出现松动，使摆线增长，则L测量值偏小，使得g测量值偏小，故C错误。
故选：B。
故答案为：(1)80.0；(2)9.86；(3)B。
(1)秒表分针与秒针示数之和是秒表的示数，由图示秒表读出其示数，
(2)求解单摆完成全振动的次数，然后根据T=tn求出单摆的周期；
求解单摆的摆长，根据单摆周期公式求出重力加速度；
(3)由单摆周期公式求出重力加速度的表达式，然后进行误差分析。
常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础．掌握单摆的周期公式，从而求解加速度，摆长、周期等物理量之间的关系。单摆的周期采用累积法测量可减小误差，对于测量误差可根据实验原理进行分析。
13.【答案】64.0酒驾 偏小
【解析】解：(1)表头G显示电流为20mA，且由图乙可知，当酒精气体浓度为零时，该气体传感器电阻R=80Ω，根据闭合电路欧姆定律可得
I1=ERg+R+r+R0
解得
R0=64.0Ω
(2)由图丁可知，表头指针指在30mA处，则根据闭合电路欧姆定律可得
I2=ERg+R′+r+R0
解得R′=30Ω
对应乙图可知当R′=30Ω时酒精含量约为0.4mg/mL，属于酒驾范围。
(3)使用较长时间后，干电池组电动势降低，内阻增大，根据
I=ERg+R+r+R0
同一酒精浓度下，电路中的总电流将偏小，流经表头的电流也同比偏小，故所测得的酒精浓度值偏小。
故答案为：(1)64.0；(2)酒驾；(3)偏小
(1)根据并联电路的特点结合欧姆定律得出电阻箱的阻值；
(2)根据欧姆定律得出此时的电流，结合题意分析出酒精浓度是否属于酒驾；
(3)根据电路构造的分析，结合实验原理得出酒精气体浓度的测量值和真实值的大小关系。
本题主要考查了伏安法测电阻的相关实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合欧姆定律和电路构造的分析即可完成解答。
14.【答案】解：(1)根据逆向波形法，可知0时刻，质点P向下振动，在t=0.5s时质点P恰好第二次到达波谷位置，则有
114T=0.5s
解得：T=0.4s
(2)由图可知该列波波长为：
λ=4m
波速为：
v=λT
代入数据得：v=10m/s
振动传到Q点所用时间为：
t1=Δxv
代入数据得：t1=0.5s
又因为
t2=0.3s
即t2=34T
所以质点Q在0.8s内振动的路程为：
s=3A
代入数据得：s=30cm
(3)以Q点开始起振为计时起点，其振动方程为：
y=−Asin(2πTt)
代入数据得：y=−10sin(5πt)cm
答：(1)该简谐波的周期为0.4s；
(2)质点Q在0.8s内振动的路程s为30cm；
(3)以Q点开始起振为计时起点，其振动方程为y=−10sin(5πt)cm。
【解析】(1)由波的传播方向判断t=0时刻质点P的振动方向，从而确定质点P第二次到达波谷所经过的时间与周期的关系，即可求得波的周期；
(2)读出波长，求出波速，先求出振动传到Q点所用时间，剩余时间为质点振动时间，根据时间与周期的关系，求出质点Q振动的路程；
(3)根据振动方程y=−Asin(2πTt)求解。
本题考查基本的读图能力，由波动图象读出波长，由波的传播方向判断质点的振动方向，结合质点的振动情况可求出周期，要根据时间与周期的关系确定质点的位置和通过的路程。
15.【答案】解：(1)作出光路如图所示
由几何关系可得：
tanθ=OAOS= 33RR3= 3
可得入射角为θ=60∘
在A点，由折射定律得
n=sinθsinα
可得：sinα=0.5
解得光从A点进入球体时的折射角为：α=30∘
(2)在△OAB中，根据正弦定理可得
OAsinβ=OBsin(90∘+α)
解得：β=30∘
在B点，由折射定律得
n=sinγsinβ
可得：sinγ= 32
解得光从B点出射时的折射角为：γ=60∘
(3)光在玻璃半球体中传播的距离为
s=AB=OA= 33R
光线在透明半球体中的速度为
v=cn=c 3
故光线在透明半球体中的时间为
t=sv
解得：t=Rc
答：(1)光从A点进入球体时的折射角为30∘；
(2)光从B点出射时的折射角为60∘；
(3)该单色光在球体内传播的时间为Rc。
【解析】(1)先作出光路，根据几何知识求出θ，即可得到入射角的大小，再由折射定律求光从A点进入球体时的折射角；
(2)根据几何知识求出光在B点的入射角，由折射定律求光从B点出射时的折射角；
(3)根据几何知识求出该单色光在球体内传播的距离，由v=cn求出光在球体内传播速度，从而求得传播时间。
处理几何光学问题时，关键是作出光路图，然后根据几何关系求相关角度或者线段的长度。
16.【答案】解：(1)物体A沿斜面下滑的加速度为a，根据牛顿第二定律可得
a=gsinθ=10×0.5m/s2=5m/s2
物块A第一次与物块B碰撞前的速度为
v0= 2al
物块A与B第一次碰撞后的速度分别为vA1、vB1，根据动量守恒和机械能守恒可得
mv0=mvA1+MvB1
12mv02=12mvA12+12MvB12
解得：vA1=−43m/s，vB1=23m/s
则物块A与B第一次碰撞后瞬间两物块的速度大小分别为43m/s，23m/s。
(2)由于Mgsinθ=μMgcsθ
可知碰撞后物块B匀速下滑，设第一次碰撞后经t1时间再次碰撞，根据运动关系，有
vA1t1+12at12=vB1t1
解得：t1=0.8s
第二次碰撞前物块A的速度为
vA2=vA1+at1
代入数据解得：vA2=83m/s
(3)物块A与B第二次碰撞后的速度分别为vA3、vB3，根据动量守恒和机械能守恒可得
mvA2+MvB1=mvA3+MvB3
12mvA22+12MvB12=12mvA32+12MvB32
解得：vA3=−23m/s，vB3=43m/s
设第二次碰撞后经t2时间再次碰撞，根据运动关系，有
vA3t2+12at22=vB3t2
解得：t2=0.8s
第一次碰撞到第三次碰撞，摩擦力对物块B做的总功为
W=−μMgcsθ(vB1t1+vB3t2)
代入数据解得：W=−4J
答：(1)物块A与B第一次碰撞后瞬间两物块的速度大小为43m/s，23m/s；
(2)物块A与B第二次碰撞前物块A的速度大小为83m/s；
(3)物块A与B第三次碰撞前摩擦力对物块B做的总功为−4J。
【解析】(1)根据牛顿第二定律和运动学公式得出物块A的速度，结合机械能守恒定律和动量守恒定律联立等式得出物块的速度；
(2)根据运动学公式得出物块A的速度；
(3)根据功的计算公式得出摩擦力对物块B做的总功。
本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解动量守恒的条件，结合能量守恒定律和运动学公式即可完成分析。
1.高空抛物行为被称为“悬在城市上空的痛”，带来很大的社会危害。2021年3月1日，高空抛物行为正式入刑。假设一瓶500mL瓶装水从45m高处自由落下，与地面接触时间为0.03s，撞击地面后速度变为0，则该瓶装水对地面的冲击力约为( )
A. 5NB. 100NC. 500ND. 1000N
2.如图甲所示是某发电机的示意图。使线圈a沿轴线做简谐运动，线圈a中产生的感应电动势随时间变化的关系如图乙所示。线圈a连接了一个电阻R和理想电压表。线圈a及导线的电阻均不计。则下列说法正确的是( )
A. 电压表示数为0.5V
B. 线圈a输出电流的频率为10Hz
C. 其他条件不变，仅增大线圈a简谐运动的频率，电压的最大值不变
D. 其他条件不变，仅更换不同阻值的电阻，电压表示数不变
3.消除噪声污染是当前环境保护的一个重要课题。消声器可以用来削弱内燃机、通风机等排放高速气流过程中发出的噪声。某消声器的结构及气流运行如图所示，波长为λ的声波沿水平管道自左向右传播，当声波到达a处时，分成两束波，它们分别通过r1和r2的路程，再在b处相遇，从而达到削弱噪声的目的。下列说法正确的是( )
A. 该消声器是根据波的衍射原理设计的
B. 两束波到达b点的路程差Δr=r2−r1，则Δr等于12λ的奇数倍
C. 若声波的频率发生改变，则声波的传播速度也发生改变
D. 若b、c在同一条直线上，b、c之间的距离为12λ，则c为声波的加强点
4.如图所示，横截面为等边三角形的棱镜ABC，一束平行于截面的复色光从空气射向AB边的D点，BD长为AB长的四分之一，入射方向与AB边的夹角为θ=30∘，进入三棱镜折射后分为a、b两束单色光，a光偏折到BC边的E点，b光偏折到F点，已知BD=BE，则下列判断正确的是( )
A. a光的频率小于b光的频率
B. a光在棱镜中传播速度较大
C. 入射方向与边AB垂直时，a光不能从BC边出射
D. 分别将a、b两束光通过同一双缝干涉装置，a光的条纹间距较大
5.如图所示，把一矩形均匀薄玻璃板ABCD压在另一个矩形平行玻璃板上，一端用薄片垫起，将红单色光从上方射入，这时可以看到明暗相间的条纹，下列关于这些条纹的说法中正确的是( )
A. 条纹方向与AB 边平行
B. 条纹间距不是均匀的，越靠近BC边条纹间距越大
C. 减小薄片的厚度，条纹间距变小
D. 将红单色光换为蓝单色光照射，则条纹间距变小
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
6.如图甲、乙所示理想变压器原线圈的输入电压均为U，匝数均为100，副线圈上所连接的每个电阻的阻值均为R。图甲中两个副线圈的匝数分别为30、20，图乙中副线圈的匝数为50。下列说法正确的是( )
A. 图甲、乙中变压器的输入功率相等
B. 图乙中每个电阻的功率为U216R
C. 通过图甲、乙中原线圈的电流之比为26：25
D. 图甲中上、下两个电阻的功率之比为4：9
7.如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行光滑导槽，质量为2m的光滑U形管静止在导槽上，U形管能在两导槽之间自由滑动，一质量为m的小球沿水平方向，以初速度v0从U形管的一端射入，从另一端射出。已知小球的半径略小于管道半径，下列说法正确的是( )
A. 该过程中，小球与U形管组成的系统动量守恒
B. 小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，小球的速度大小为 6v03
C. 小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，小球的速度大小为 7v03
D. 从小球入射至运动到U形管圆弧部分最左端过程中，导槽对U形管的冲量大小为 63mv0
8.一列简谐横波在t=23s时的波形图如图甲所示，m、n是介质中的两个质点，质点m的平衡位置坐标为x=0，图乙是质点n的振动图像，下列说法正确的是( )
A. 该波沿x轴正方向传播
B. 该波波长为6m
C. 质点m从t=23s时开始，再经13s回到平衡位置
D. 质点n在t=23s时的位移为y=5 3cm
三、填空题：本大题共3小题，共12分。
9.我国领先全球的特高压输电技术为国家“碳中和”做出独特的贡献。若在传输电能总功率不变和输电线电阻不变情况下，将原来550kV超高压输电升级为1100kV特高压输电，输电线上的电流变为原来的______倍，输电线上损失的功率为原来损失功率的______倍。
10.图甲为观察光的干涉和衍射现象的实验装置，光电传感器可用来测量光屏上光强的分布。某次实验时用绿色激光照射，得到图乙所示的光强分布情况，则缝屏上安装的是______(选填“单缝”或“双缝”)。为减小条纹宽度，可改用______色激光照射。(选填“红”或“紫”)
11.如图所示，光滑水平面上用轻绳连接质量分别为2m和m的两个物体A和B，物体A静止，物体B以初速度v0水平向右运动，绳子被拉紧时突然断裂，物体B的速度变为12v0，则物体A的速度变为______。此过程中系统损失的机械能为______。
四、实验题：本大题共2小题，共12分。
12.在做“用单摆测重力加速度”的实验时，利用图甲实验装置，某同学先测得摆线长为99.20cm，摆球直径为1.60cm。
(1)若摆球运动到最低点开始计时，且记数为1，到第81次经过最低点所用的时间如图乙所示，则秒表读数为______。
(2)根据测得的实验数据可知，重力加速度的大小g=______m/s。(结果保留小数点后两位)
(3)实验结束后，该同学发现他测得的重力加速度比当地重力加速度的数值大，其原因可能是______。
A.计数结束时秒表太迟按下
B.把摆线长与摆球直径之和作为摆长来计算
C.单摆的悬点未固定紧，摆动中出现松动，使摆线增长
13.酒驾严重危害交通安全，喝酒不开车已经成为准则。某款酒精检测仪如图甲所示，核心部件为酒精气体传感器，其电阻R与酒精气体浓度c的关系如图乙所示。某同学想利用该酒精气体传感器设计一款酒精测量仪，除酒精气体传感器外，在实验室中找到如下器材，并设计如图丙所示的测量电路：
A.干电池组(电动势E=3.0V，内阻r=1.2Ω)
B.电流表(满偏电流60mA，内阻Rg=4.8Ω)
C.电阻箱R0(最大阻值9999.9Ω)
D.开关及导线若干
(1)如图丁所示，该同学想将酒精气体浓度为零的位置标注在表头20mA处，则应将电阻箱R0的阻值调为______Ω；
(2)完成步骤(1)后，某次在实验室中试测酒精浓度时，表头指针如图丁所示。已知酒精浓度在0.2∼0.8mg/mL之间属于酒驾；酒精含量达到或超过0.8mg/mL属于醉驾，则该次测试的酒精浓度属于______范围(选填“酒驾”或“醉驾”)；
(3)使用较长时间后，干电池组电动势降低，内阻增大，则此时所测的酒精气体浓度与真实值相比______(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
五、简答题：本大题共3小题，共36分。
14.如图所示是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，已知t=0.5s时质点P恰好第二次到达波谷位置。
(1)求出该简谐波的周期；
(2)求出质点Q在0.8s内振动的路程s；
(3)以Q点开始起振为计时起点，写出其振动方程。
15.为迎接2023年杭州亚运会，杭州市举办了盛大的灯光秀，灯光秀用到某种发光二极管，如图所示为该二极管发出的某单色光沿SA射向用透明材料制成的四分之一球体，此单色光在透明材料中的折射率为 3，已知O为球心，半径为R，S、O、E在同一直线上，OS=R3，OA= 33R，光在真空中传播的速度为c。求：
(1)光从A点进入球体时的折射角；
(2)光从B点出射时的折射角；
(3)该单色光在球体内传播的时间。
16.如图所示，倾角为θ=30∘、足够长的斜面固定在水平面上，两物块A、B的质量分别为m=0.1kg、M=0.5kg，物块A光滑、物块B与斜面间的动摩擦因数μ= 33。物块B静置于斜面上，物块A从与物块B相距l=0.4m处由静止释放。设物块A与B的碰撞时间极短且无机械能损失，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)物块A与B第一次碰撞后瞬间两物块的速度大小；
(2)物块A与B第二次碰撞前物块A的速度大小；
(3)物块A与B第三次碰撞前摩擦力对物块B做的总功。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：设瓶装水质量为m，由质量与密度公式
m=ρV
代入数据解得水的质量为
m=0.5kg
落地瞬间的速度为v，忽略空气阻力，由动能定理得
mgh=12mv2
代入数据解得速度为
v=30m/s
瓶装水落地时受到自身的重力和地面的支持力，若规定向上为正方向，由动量定理得
(FN−mg)t=0−(−mv)
代入数据解得
FN=505N
根据牛顿第三定律可得该瓶装水对地面的冲击力约为500N，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据动能定理求出水瓶接触前的瞬时速度，再根据动量定理求出地面受到的平均作用力。
本题考查了动量定理基本运用，注意动量定理公式的矢量性，解题时需要规定正方向，合外力的冲量等于动量的变化量。
2.【答案】D
【解析】解：A.根据图像可知线圈产生的交流电的最大值为0.5V，有效值为：
U有=Um 2
代入数据得：U有= 24V，故A错误；
B.根据图像可知线圈产生的交流电的周期为0.2s，所以交流电的频率为：
f=1T
代入数据得：f=5Hz
变压器不能改变交流电的频率，所以变压器输出电流的频率为5Hz，故B错误；
C.设线圈a沿轴线做简谐运动的x−t的关系为：
x=Acs(ωt)
则线圈a沿轴线做简谐运动的v−t的大小关系为：
v=Aωsin(ωt)
线圈产生的感应电动势为：
e=nB⋅2πr2⋅v
解得：e=2πnBr2Aωsin(ωt)
又ω=2πT=2πf
其中n为线圈匝数、r为线圈半径，则线圈最大电压为：
Um=4π2nBr2Af
故其他条件不变，仅增大线圈a简谐运动的频率，线圈产生的最大电压变大，故C错误；
D.由于线圈a及导线的电阻均不计，则电压表的示数为线圈的感应电动势的有效值，则根据选项C分析可知，仅更换不同阻值的电阻，电压表示数不变，故D正确。
故选：D。
根据图像求解交流电的周期和电压的峰值，进而求解交流电的频率和有效值；根据法拉第电磁感应定律推导线圈产生的感应电动势的表达式，从而分析电压的最大值和电压表示数是否发生变化。
本题考查正弦式交变电流和法拉第电磁感应定律，解题关键是会求解正弦式交变电流的峰值和有效值。
3.【答案】B
【解析】解：A.该消声器是根据波的干涉原理设计的，故A错误；
B.两束相干波在b处相遇振动减弱，所以两束相干波到达b点的路程差Δr=r1−r2，Δr应等于12λ 的奇数倍，故B正确；
C.若声波的频率发生改变，由于声波的传播速度由介质决定，所以声波的传播速度不发生改变，故C错误；
D.两束相干波在b处相遇振动减弱，当两束相干波到达c点时，路程差Δr仍然等于12λ 的奇数倍，则c仍为声波的减弱点，故D错误；
故选：B。
该消声器是根据波的干涉原理设计的；根据波的干涉规律分析；若声波的振动频率发生改变，声波的传播速度不变；根据两束相干波到达c点分析即可。
本题是科学技术在现代生产生活中的应用，是高考考查的热点，关键是记住干涉的条件，掌握干涉的规律：当两波源同相振动时，波程差为半波长的奇数倍的点振动减弱；波程差为半波长的偶数倍的点振动加强。
4.【答案】C
【解析】解：光路图如图所示：
A.根据题意，a光的折射角小于b光的折射角；
根据折射定律n=sinisinr可知，a光的折射率大于b光的折射率；
光的频率越大，在介质中的折射率越大，因此a光的频率大于b光的频率，故A错误；
B.根据折射率公式v=cn
由于a光的折射率大于b光的折射率，因此a光在棱镜中传播速度较小，故B错误；
D.a光的频率大于b光的频率，则a光的波长小于b光的波长；
根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ可知，将a、b两束光通过同一双缝干涉装置，a光的条纹间距较小，故D错误；
C.设棱镜对a光的折射率为n，由图中几何关系可得，入射角i=90∘−θ=90∘−30∘=60∘
由于BD=BE，∠B=60∘，因此△BDE为等边三角形，则∠BDE=60∘
折射角r=90∘∠BDE=90∘−60∘=30∘
根据折射定律n=sinisinr=sin60∘sin30∘= 3212= 3
则a光从棱镜射出空气发生全反射的临界角满足sinC=1n= 33
入射方向与边AB垂直时，a光在BC边的入射角为60∘
由于sin60∘= 32>sinC= 33
可知a光在BC边发生全反射，a光不能从BC边出射，故C正确。
故选：C。
A.根据折射定律求折射率的大小，折射率越大的光频率越大，据此分析作答；
B.根据折射率公式v=分析传播速度大小；
C.根据sinC=可知分析临界角的大小，由此分析从BC边射出的光线；
D.根据双缝干涉条纹间距公式Δx=λ分析条纹间距。.
本题主要是考查了光的折射，解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，通过光路图根据几何关系、折射定律进行分析。
5.【答案】D
【解析】解：A、依据薄膜干涉的原理，薄膜的相等厚度与AD平行，因此条纹方向与AD边平行，不是与AB边平行，故A错误；
B、是由于光在空气薄膜上下两表面反射形成的两列光波叠加的结果，因光程差是波长的整数倍的位置均是等间距的，因此条纹间距也都相等，故B错误；
C、根据条纹的位置与空气膜的厚度是对应的，当减小薄片的厚度时，同一厚度的空气膜向薄片移动，故条纹向着薄片移动，导致条纹间距变大，故C错误；
D、将红单色光换为蓝单色光照射，即波长变短，依据干涉条纹间距公式Δx=Ldλ，则条纹间距变小，故D正确；
故选：D。
从空气膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，其光程差为空气层厚度的2倍，当光程差△x=nλ时此处表现为亮条纹，故相邻亮条纹之间的空气层的厚度差为λ2，并依据干涉条纹间距公式Δx=Ldλ，从而即可求解。
掌握了薄膜干涉的原理和相邻条纹空气层厚度差的关系即可顺利解决此类题目，并掌握干涉条纹间距公式的内容。
6.【答案】BC
【解析】解：A、对图甲，由理想变压器的变压规律可得两个副线圈的电压分别：U1=30100U=310U，U2=20100U=15U
根据输入功率等于输出功率可得：P甲=U12R+U22R=13U2100R
对图乙，由理想变压器的变压规律可得副线圈的电压：U3=50100U=12U
乙中变压器的输入功率为：P乙=U322R=U28R≠P甲，可知图甲、乙中变压器的输入功率不相等，故A错误；
B、图乙中每个电阻的功率为：PR=(U32)2R=U216R，故B正确；
D、图甲中上、下两个电阻的功率之比为：PR1:PR2=U12R:U22R=(310U)2:(15U)2=9:4，故D错误。
C、根据：P甲=UI甲=13U2100R，P乙=UI乙=U28R
可得：I甲=13U100R，I乙=U8R
通过图甲、乙中原线圈的电流之比为：I甲:I乙=13U100R:U8R=26:25，故C正确.
故选：BC。
对甲、乙两图，根据匝数比分别求出副线圈两端电压，结合电阻连接关系求出两图的输入功率；
根据欧姆定律和功率公式求乙图中电阻的功率；
根据图甲中两个电阻的连接关系和功率公式求上下两电阻功率之比；
根据已经得到的结论和功率公式求两图中原线圈中电流之比。
本题主要是考查了变压器功率的相关知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。
7.【答案】CD
【解析】解：A.该过程中，小球与U形管组成的系统沿两导槽方向动量守恒，但垂直导槽方向动量不守恒，故A错误；
BC.从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程时，小球和U形管平行导槽方向速度相同，满足平行导槽方向动量守恒定律，有
mv0=(m+2m)vx
解得：vx=v03
根据系统机械能守恒得
12mv02=12×2mvx2+12mv2
解得：v= 73v0
故B错误，C正确；
D.小球运动到U形管圆弧部分最左端时，还有个分速度是沿着U形管的切线方向，设为vy，根据矢量合成和分解的特点可得：
vy= v2−vx2= 63v0
对小球根据动量定理分析可得：
I=mvy−0= 63mv0
因为力的作用是相互的，由此可知平行导槽受到的冲量大小为
I′= 63mv0
故D正确。
故选：CD。
根据动量守恒定律的条件分析出系统是否动量守恒；
根据动量守恒定律和机械能守恒定律得出小球的速度；
根据速度合成与分解的特点，结合动量定理得出平行导槽受到的冲量大小。
本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解动量守恒定律的条件，结合机械能守恒定律和动量定理即可完成分析。
8.【答案】BD
【解析】解：A、由图乙可知，质点n在t=23s时沿y轴正方向运动，结合图甲根据波形平移法，可知波沿x轴负方向传播，故A错误；
B、根据波动方程
y=Asin(2πλx+φ0)
由图甲知，振幅A=10cm，当x=0时，y=5cm；当x=1m时，y=10cm，代入上式可得φ0=π6，波长λ=6m，故B正确；
D、由图乙知，波的周期为T=4s，可得质点n的振动方程为
y=Asin2πTt=10sin2π4tcm=10sinπ2tcm
质点n在t=23s时的位移为y=10sinπ3cm=5 3cm，故D正确；
C、由于波沿x轴负方向传播，设质点m从平衡位置开始到第一次位移为5cm的时间为t1，则
5cm=10cmsinπt12
解得：t1=13s
则质点m从t=23s时开始第一次到波峰的时间为
t2=T4−t1=23s
再从波峰到平衡位置的时间为T4，因此整个过程时间为
t总=t2+T4=23s+44s=53s，故C错误。
故选：BD。
根据图乙读出质点n在t=23s时的振动方向，结合同侧法得出波的传播方向；根据振动方程，结合图象甲质点的位移求出波长；根据图乙读出周期，结合质点m的运动特点计算出质点m再次回到平衡位置的时间；根据质点的振动方程和运动学公式得出质点n在t=23s时的位移。
本题振动图象与波动图象的综合应用，理解图象的物理意义，掌握简谐横波在不同方向上的运动特点，利用运动学公式即可完成分析。
9.【答案】12 14
【解析】解：在功率不变时，由P=UI知，电压升高为原来的2倍，则传输电流变为原来的12。
若输电线不变，则输电线上损失的电压
ΔU=Ir
变为原来的12
输电线上损失的功率
ΔP=I2r
因此输电线上损失的功率变为原来的14
故答案为：12；14
应用电功率公式求出输电流的变化情况，然后应用电功率公式分析答题。
知道远距离输电的原理与输电过程是解题的前提，根据题意应用电功率公式即可解题。
10.【答案】单缝 紫
【解析】解：由图乙可知，光强分布条纹中间宽、两边窄，可知是衍射条纹，所以在缝屏上安装的是单缝；由单缝衍射图样特点知，波长越小的可见光单缝衍射条纹宽度越小，故改用紫色激光照射。
故答案为：单缝，紫。
单缝衍射条纹的特点是：中间亮、两边暗，中间宽，两边窄；根据双缝干涉条纹的间距公式判断如何增大条纹的间距。
解决本题的关键知道衍射条纹和双缝干涉条纹的区别，以及掌握双缝干涉条纹的间距公式，并能灵活运用。
11.【答案】14v0 516mv02
【解析】解：选择水平向右的方向为正方向，根据动量守恒可得
mv0=2mvA+m×12v0
解得物体A的速度为
vA=14v0
此过程中系统损失的机械能为
ΔE=12mv02−12m(12v0)2−12×2mvA2
解得：ΔE=516mv02
故答案为：14v0；516mv02
根据动量守恒定律列式得出物块A的速度，结合动能定理得出系统损失的机械能。
本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解动量守恒定律的条件，结合动能定理即可完成分析。
12.【答案】
【解析】解：(1)由图乙可知，秒表读数为t=60s+20.0s=80.0s
(2)摆球运动到最低点开始计时，且记数为1，到第81次经过最低点，单摆完成全振动的次数为
n=81−12(次)=40(次)
单摆周期为T=tn=80.040s=2.0s
单摆摆长为L=99.2cm+1.602cm=100cm=1m
根据单摆周期公式T=2π Lg
可得g=4π2LT2≈4×3.142×122m/s2≈9.86m/s2
(3)根据重力加速度的表达式g=4π2LT2
A.若计数结束时秒表太迟按下，则T测量值偏大，使得g测量值偏小，故A错误；
B.把摆线长与摆球直径之和作为摆长来计算，则L测量值偏大，使得g测量值偏大，故B正确；
C.单摆的悬点未固定紧，摆动中出现松动，使摆线增长，则L测量值偏小，使得g测量值偏小，故C错误。
故选：B。
故答案为：(1)80.0；(2)9.86；(3)B。
(1)秒表分针与秒针示数之和是秒表的示数，由图示秒表读出其示数，
(2)求解单摆完成全振动的次数，然后根据T=tn求出单摆的周期；
求解单摆的摆长，根据单摆周期公式求出重力加速度；
(3)由单摆周期公式求出重力加速度的表达式，然后进行误差分析。
常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础．掌握单摆的周期公式，从而求解加速度，摆长、周期等物理量之间的关系。单摆的周期采用累积法测量可减小误差，对于测量误差可根据实验原理进行分析。
13.【答案】64.0酒驾 偏小
【解析】解：(1)表头G显示电流为20mA，且由图乙可知，当酒精气体浓度为零时，该气体传感器电阻R=80Ω，根据闭合电路欧姆定律可得
I1=ERg+R+r+R0
解得
R0=64.0Ω
(2)由图丁可知，表头指针指在30mA处，则根据闭合电路欧姆定律可得
I2=ERg+R′+r+R0
解得R′=30Ω
对应乙图可知当R′=30Ω时酒精含量约为0.4mg/mL，属于酒驾范围。
(3)使用较长时间后，干电池组电动势降低，内阻增大，根据
I=ERg+R+r+R0
同一酒精浓度下，电路中的总电流将偏小，流经表头的电流也同比偏小，故所测得的酒精浓度值偏小。
故答案为：(1)64.0；(2)酒驾；(3)偏小
(1)根据并联电路的特点结合欧姆定律得出电阻箱的阻值；
(2)根据欧姆定律得出此时的电流，结合题意分析出酒精浓度是否属于酒驾；
(3)根据电路构造的分析，结合实验原理得出酒精气体浓度的测量值和真实值的大小关系。
本题主要考查了伏安法测电阻的相关实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合欧姆定律和电路构造的分析即可完成解答。
14.【答案】解：(1)根据逆向波形法，可知0时刻，质点P向下振动，在t=0.5s时质点P恰好第二次到达波谷位置，则有
114T=0.5s
解得：T=0.4s
(2)由图可知该列波波长为：
λ=4m
波速为：
v=λT
代入数据得：v=10m/s
振动传到Q点所用时间为：
t1=Δxv
代入数据得：t1=0.5s
又因为
t2=0.3s
即t2=34T
所以质点Q在0.8s内振动的路程为：
s=3A
代入数据得：s=30cm
(3)以Q点开始起振为计时起点，其振动方程为：
y=−Asin(2πTt)
代入数据得：y=−10sin(5πt)cm
答：(1)该简谐波的周期为0.4s；
(2)质点Q在0.8s内振动的路程s为30cm；
(3)以Q点开始起振为计时起点，其振动方程为y=−10sin(5πt)cm。
【解析】(1)由波的传播方向判断t=0时刻质点P的振动方向，从而确定质点P第二次到达波谷所经过的时间与周期的关系，即可求得波的周期；
(2)读出波长，求出波速，先求出振动传到Q点所用时间，剩余时间为质点振动时间，根据时间与周期的关系，求出质点Q振动的路程；
(3)根据振动方程y=−Asin(2πTt)求解。
本题考查基本的读图能力，由波动图象读出波长，由波的传播方向判断质点的振动方向，结合质点的振动情况可求出周期，要根据时间与周期的关系确定质点的位置和通过的路程。
15.【答案】解：(1)作出光路如图所示
由几何关系可得：
tanθ=OAOS= 33RR3= 3
可得入射角为θ=60∘
在A点，由折射定律得
n=sinθsinα
可得：sinα=0.5
解得光从A点进入球体时的折射角为：α=30∘
(2)在△OAB中，根据正弦定理可得
OAsinβ=OBsin(90∘+α)
解得：β=30∘
在B点，由折射定律得
n=sinγsinβ
可得：sinγ= 32
解得光从B点出射时的折射角为：γ=60∘
(3)光在玻璃半球体中传播的距离为
s=AB=OA= 33R
光线在透明半球体中的速度为
v=cn=c 3
故光线在透明半球体中的时间为
t=sv
解得：t=Rc
答：(1)光从A点进入球体时的折射角为30∘；
(2)光从B点出射时的折射角为60∘；
(3)该单色光在球体内传播的时间为Rc。
【解析】(1)先作出光路，根据几何知识求出θ，即可得到入射角的大小，再由折射定律求光从A点进入球体时的折射角；
(2)根据几何知识求出光在B点的入射角，由折射定律求光从B点出射时的折射角；
(3)根据几何知识求出该单色光在球体内传播的距离，由v=cn求出光在球体内传播速度，从而求得传播时间。
处理几何光学问题时，关键是作出光路图，然后根据几何关系求相关角度或者线段的长度。
16.【答案】解：(1)物体A沿斜面下滑的加速度为a，根据牛顿第二定律可得
a=gsinθ=10×0.5m/s2=5m/s2
物块A第一次与物块B碰撞前的速度为
v0= 2al
物块A与B第一次碰撞后的速度分别为vA1、vB1，根据动量守恒和机械能守恒可得
mv0=mvA1+MvB1
12mv02=12mvA12+12MvB12
解得：vA1=−43m/s，vB1=23m/s
则物块A与B第一次碰撞后瞬间两物块的速度大小分别为43m/s，23m/s。
(2)由于Mgsinθ=μMgcsθ
可知碰撞后物块B匀速下滑，设第一次碰撞后经t1时间再次碰撞，根据运动关系，有
vA1t1+12at12=vB1t1
解得：t1=0.8s
第二次碰撞前物块A的速度为
vA2=vA1+at1
代入数据解得：vA2=83m/s
(3)物块A与B第二次碰撞后的速度分别为vA3、vB3，根据动量守恒和机械能守恒可得
mvA2+MvB1=mvA3+MvB3
12mvA22+12MvB12=12mvA32+12MvB32
解得：vA3=−23m/s，vB3=43m/s
设第二次碰撞后经t2时间再次碰撞，根据运动关系，有
vA3t2+12at22=vB3t2
解得：t2=0.8s
第一次碰撞到第三次碰撞，摩擦力对物块B做的总功为
W=−μMgcsθ(vB1t1+vB3t2)
代入数据解得：W=−4J
答：(1)物块A与B第一次碰撞后瞬间两物块的速度大小为43m/s，23m/s；
(2)物块A与B第二次碰撞前物块A的速度大小为83m/s；
(3)物块A与B第三次碰撞前摩擦力对物块B做的总功为−4J。
【解析】(1)根据牛顿第二定律和运动学公式得出物块A的速度，结合机械能守恒定律和动量守恒定律联立等式得出物块的速度；
(2)根据运动学公式得出物块A的速度；
(3)根据功的计算公式得出摩擦力对物块B做的总功。
本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解动量守恒的条件，结合能量守恒定律和运动学公式即可完成分析。
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