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2022-2023学年辽宁省名校协作体高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年辽宁省名校协作体高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.为了测试小车的性能，甲、乙两辆小车同时从M处由静止开始沿平直公路均先做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动直至静止，两车先后停在N处，假设两车在各自匀加速阶段和匀减速阶段的加速度大小相等，甲车、乙车全程经历的时间分别为t0和2t0，甲、乙两车加速度大小分别为a1和a2，最大速度分别为v1和v2，则( )
A. v1：v2=4：1B. a1:a2= 2:1
C. 甲车停下时，两车相距最远D. 甲车运动了45t0时，两车相距最远
2.一般教室门上都安装一种暗锁，这种暗锁由外壳A、骨架B、弹簧C(劲度系数为k)、锁舌D(倾角θ=30∘)、锁槽E以及连杆、锁头等部件组成，如图甲所示。设锁舌D的侧面与外壳A和锁槽E之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力Ffm由Ffm=μFN(FN为正压力)求得。有一次放学后，当某同学准备关门时，无论用多大的力，也不能将门关上(这种现象称为自锁)，此刻暗锁所处的状态的俯视图如图乙所示，P为锁舌D与锁槽E之间的接触点，弹簧由于被压缩而缩短了x。下面说法正确的是( )
A. 自锁状态时D的下表面所受摩擦力的方向向左
B. 锁舌D受到锁槽E摩擦力的方向沿侧面向上
C. 无论μ多大，暗锁仍然能够保持自锁状态
D. 无论用多大的力拉门，暗锁仍然能够保持自锁状态，μ存在其最小值
3.如图所示，内壁光滑的气缸固定于水平面，气缸内用活塞封闭一定量的理想气体，活塞与一端固定的水平轻弹簧连接，气体温度为T1时弹簧处于原长。现使气体温度由T1缓慢升高到T2，用Ep表示弹簧弹性势能，U、p、V分别表示缸内气体的内能、压强和体积，下列图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
4.光电倍增管是进一步提高光电管灵敏度的光电转换器件。管内除光电阴极和阳极外，两极间还放置多个瓦形倍增电极。使用时相邻两倍增电极间均加有电压，以此来加速电子。如图所示，光电阴极受光照后释放出光电子，在电场作用下射向第一倍增电极，引起电子的发射，激发出更多的电子，然后在电场作用下飞向下一个倍增电极，又激发出更多的电子，如此电子数不断倍增，使得光电倍增管的灵敏度比普通光电管要高得多，可用来检测微弱光信号。下列说法错误的是( )
A. 光电倍增管正常工作时，每个倍增电极上都发生了光电效应
B. 光电倍增管中增值的能量来源于相邻两倍增电极间的加速电场
C. 图中标号数字较大的倍增电极的电势要高于标号数字较小的电极的电势
D. 适当增大倍增电极间的电压有利于探测更微弱的信号
5.根据量子理论：光子既有能量也有动量；光子的能量E和动量p之间的关系是E=pc，其中c为光速．由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或被反射时都会对物体产生一定的冲量，也就对物体产生了一定的压强，这就是“光压”．根据动量定理可近似认为：当动量为p的光子垂直照到物体表面，若被物体反射，则物体受到的冲量大小为2p；若被物体吸收，则物体受到的冲量大小为p.
有人设想在宇宙探测中用光作为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大、反光率为η的薄膜，并让它正对太阳．已知太阳光照射薄膜时对每平方米面积上的辐射功率为P0，探测器和薄膜的总质量为m，薄膜面积为S，则探测器的加速度大小．(不考虑万有引力等其他的力)( )
A. (1+η)S P0cmB. (1+η)P0ScmC. (2−η)P0ScmD. (2+η)P02Scm
6.据新闻报道，我国江门中微子实验探测器将于2024年投入使用，届时将大大提升我国在微观基础领域的研究能力。中微子，是构成物质世界的最基本的粒子之一、中微子的性质十分特别，因此在实验中很难探测。上世纪四十年代初，我国科学家王淦昌先生首先提出证明中微子存在的实验方案：静止原子核 47Be俘获核外K层电子e，可生成一个新原子核X，并放出中微子(用“ve”表示)，根据核反应后原子核X的动能和动量，可以间接测量中微子的能量和动量，进而确定中微子的存在。1953年，莱尼斯和柯温建造了一个由大水槽和探测器组成的实验系统，利用中微子与水中 11H发生核反应，产生中子和正电子，即ve+11H→01n++10e。间接地证实了中微子的存在。根据以上信息，下列说法正确的是( )
A. 原子核X是 36Li
B. 中微子的质量等于Be原子核与新原子核X的质量之差
C. 若上述核反应产生的正电子与水中的电子相遇，与电子形成几乎静止的整体后，可以转变为两个光子，即 +10e+−10e→2γ。已知正电子与电子的质量都为9.1×10−31kg，则反应中产生的每个光子的能量约为16.4×10−14J
D. 具有相同动能的中子和正电子，中子的物质波的波长小于正电子的物质波波长
7.如图甲所示，在xOy平面内有两个沿y轴方向做简谐运动的点波源S1和S2分别位于x=−5m和x=7m处，某时刻波源S1在x轴上产生的波形图如图乙所示，波源S2的振动图像如图丙所示，由两波源所产生的简谐波波速均为13m/s，质点a、b、p的平衡位置分别位于xa=3m、xb=−2m、xp=1m处。已知在t=5s时，两波源均在平衡位置且振动方向相同，下列说法正确的是( )
A. 两波源所产生的简谐波不会发生干涉
B. t=30s时，质点a向y轴正方向振动
C. 在32∼50s内，质点b运动的总路程是0.30m
D. 稳定后质点p振动的表达式为y=5sin(π6t−π6)cm
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.已知氢原子的基态能量为E1，质量为M，普朗克常量为h，下列说法正确的是( )
A. 氢原子从能级m跃迁到能级n时辐射红光的频率为ν1，从能级n跃迁到能级k时吸收紫光的频率为ν2，则该氢原子从能级k跃迁到能级m时一定辐射光子，且能量为hν2−hν1
B. 基态氢原子中的电子吸收一频率为ν的光子被电离后，电子速度大小为 2(hν−E1)M
C. 若氢原子从基态跃迁到激发态，则其核外电子动能增大，原子的电势能减小
D. 若氢原子跃迁辐射出的光子被储存在起初空的原子枪中，然后让他通过双缝打到原子接收显像屏上(如图)，如果控制光子一个一个发射，仍能得到干涉图样
9.某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉。如图所示，鱼鳔结构可简化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室，A室壁厚、可认为体积恒定，B室壁簿，体积可变；两室内气体视为理想气体，可通过阀门进行交换。质量为M的鱼静止在水面下H处。B室内气体体积为V，质量为m，设B室内气体压强与鱼体外压强相等、鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，鱼的质量不变，鱼鳔内气体温度不变。水的密度为ρ，重力加为g，大气压强为p0。下列说法正确的是( )
A. 开始时鱼静止在水面下H处，此时鱼的所受的浮力等于自身重力
B. 鱼通过增加B室气体体积获得大小为a的加速度，需从A室充入B室的气体质量为MmaVρg
C. 鱼静止于水面下H1处时，其所受到的压强为ρgH1+p0
D. 鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量为ρgH+p0ρgH1+p0m
10.中国象棋是起源于中国的一种棋，属于二人对抗性游戏的一种，是在中国有着悠久的历史。由于用具简单，趣味性强，成为流行极为广泛的棋艺活动。如图所示，5颗完全相同的象棋棋子整齐叠放在水平面上，第5颗棋子最左端与水平面上的a点重合，所有接触面间的动摩擦因数均相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现将水平向右的恒力F作用在第3颗棋子上，恒力作用一小段时间后，五颗棋子的位置情况可能是( )
A. B.
C. D.
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某兴趣小组利用自由落体运动测定重力加速度，实验装置如图1所示。倾斜的球槽中放有若干个小铁球，闭合开关K，电磁铁吸住第1个小球。手动敲击弹性金属片M，M与触头瞬间分开，第1个小球开始下落，M迅速恢复，电磁铁又吸住第2个小球。当第1个小球撞击M时，M与触头分开，第2个小球开始下落……。这样，就可测出多个小球下落的总时间。
(1)在实验中，下列做法正确的有______。
A.电路中的电源只能选用交流电源
B.实验前应将M调整到电磁铁的正下方
C.用直尺测量电磁铁下端到M的竖直距离作为小球下落的高度
D.手动敲击M的同时按下秒表开始计时
(2)实验测得小球下落的高度H=1.980m，10个小球下落的总时间T=6.5s，可求出重力加速度g=______m/s2。(结果保留两位有效数字)
(3)某同学考虑到电磁铁在每次断电后需要时间Δt磁性才消失，因此，每个小球的实际下落时间与它的测量时间相差Δt。为消除实验误差，他分别取高度H1和H2，测量n个小球下落的总时间T1和T2。他是否可以利用这两组数据消除Δt对实验结果的影响？______(选填“可以”、“不可以”、“再进行1组实验才可以”或“无法确定”)
(4)如图2是兴趣小组利用相机拍摄的小球自由下落的频闪照片。相机每隔0.04s闪光一次。照片中的数字是小球距释放点的距离。由本小题的已知条件和照片所给的信息，可以判断出______。
A.照片中数字的单位是mm
B.小球受到的空气阻力可以忽略
C.无法求出小球运动到A位置的速度
D.频闪仪没有恰好在释放小球的瞬间闪光
12.小明同学在实验室进行了光的波长与折射率的测定实验。
波长的测定：利用如图1所示装置测量某种单色光波长。实验时，接通电源使光源正常发光，调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。
(1)关于本实验下列说法正确的是______。
A.若照在毛玻璃屏上的光很弱或不亮，可能是因为光源、单缝、双缝与遮光筒不共轴所致
B.若想增加从目镜中观察到的条纹个数应将屏向远离双缝方向移动
C.若某次实验观察到的干涉条纹与分划板的中心刻线不平行，如图3所示，在这种情况测量相邻条纹间距Δx时，波长的测量值大于实际值
(2)某次测量时，选用的双缝的间距为0.4mm，测得屏与双缝间的距离为0.5m，用某种单色光实验得到的干涉条纹如图2所示，分划板在图中A、B位置时游标卡尺的读数也如图2中所示，则所测单色光的波长为______ nm。
(3)小明在进行折射率测定后，在网上查找到了如下的资料：常规材料的折射率都为正值。现已有针对某些电磁波设计制作的人工材料，其折射率可以为负值，称为负折射率材料。位于空气中的这类材料，入射角i与折射角r依然满足sinisinr=n(此时折射角取负值)。请你推测该材料对于电磁波的折射率n=−1，正确反映电磁波穿过该材料的传播路径的示意图是______。
四、简答题：本大题共2小题，共15分。
13.倾角为θ的足够长的固定斜面，与质量为M的长木板之间的动摩擦因数为μ=0.5，长木板从静止开始沿斜面下滑，当其加速到v0=18m/s时，同时将质量分别为m1、m2两个小物块紧挨着轻放到木板上靠近下端的位置，如图所示。m1、m2与长木板之间的动摩擦因数分别为μ1=0.75、μ2=0.25，m1=m2=m，M=2m，θ=37∘，各接触面平行，两物块均没有从木板上端滑离，重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6。求：
(1)两物块刚放上木板时各自的加速度；
(2)从放上物块开始经过多长时间质量为m1的小物块与长木板速度第一次相等，在两物块第一次碰撞前物块间的最大距离为多少；
(3)从木板开始运动到两物块在长木板上第一次相遇所用的时间。
14.如图所示，倾角为α=30∘的斜面体(斜面的上表面光滑且足够长)放在粗糙的水平地面上，底部与地面的动摩擦因数为μ= 36。两物块A、B均可视为质点，A的质量为m，B的质量为4m。斜面顶端与劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧与斜面保持平行，将物块A与弹簧的下端相连，并由弹簧原长处无初速释放，A下滑至斜面上P点时速度第一次减为零：若将物块B与弹簧的下端相连，也从弹簧原长处无初速释放，则B下滑至斜面上Q点时速度第一次减为零(PQ均未画出)，斜面体始终处于静止状态，弹簧始终在弹性限度内，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度为g。求：
(1)斜面上PQ两点间的距离；
(2)要求物块在运动的过程中，斜面与地面之间保持相对静止，斜面的质量应满足什么条件；
(3)物块B由弹簧原长释放，运动至P点所需时间。(已知物块B无初速释放后，经时间t0第一次到达Q点，本小题的结果用t0表示)
五、计算题：本大题共2小题，共28分。
15.真空中一正三棱柱形透明体，其横截面如图所示。AB=AC=BC=6R，透明体中心有一半径为R的球形真空区域，一束平行单色光垂直AB面射向透明体。已知透明体对该单色光的折射率为 2，光在真空中的传播速度为c，求：
(1)如图所示，光线从D点射入时恰好与真空球相切，请问该光线是从AC边还是BC边射出透明体？并求该光线穿过透明体所需要的时间；
(2)为使光线不能从AB面直接射入中间的球形真空区域，则须在透明体AB面贴上不透明纸，求不透明纸的最小面积。
16.如图所示，两个厚度不计横截面面积S=50cm2、质量均为m=2.5kg的绝热活塞，将下端带有阀门K(阀门距离地面很近，且忽略阀门内气体的体积)上端封闭的竖直绝热汽缸分成A、B、C三部分，每部分内部均有体积可忽略的热交换器(图中未画出)，A、B、C三部分气体均看作理想气体，两个活塞之间连有劲度系数k=250N/m、原长为L0=20cm的竖直轻弹簧。开始时，阀门K打开，各部分气体温度均为t1=27℃，汽缸内部总长度L=76cm，A部分气柱的长度为LA1=6cm，B部分气柱长度为LB1=10cm。已知外界大气压强为p0=1.0×105Pa，活塞与汽缸壁之间接触光滑且密闭性良好，重力加速度g取10m/s2，热力学温度与摄氏温度的关系为T=(t+273)K，求：
(1)先启动A中的热交换器，使A部分气体的温度缓慢加热到tA2=627℃并保持不变，加热后A部分气体气柱的长度LA2=？
(2)待(1)问内的气体温度稳定后，再启动B中的热交换器，缓慢加热B部分气体当B部分气柱的长度LB2=28cm时停止加热，则此时B部分气体的温度TB2=？
(3)待A、B两部分的气体温度稳定后，关闭阀门K。同时改变A、B两部分内的气体温度，使A部分温度保持在TA3=1160K不变；B部分温度保持在TB3=1000K不变。最后打开C部分内部的热交换器，使C内部的温度缓慢变化，则当C部分内的气体温度t3变为多少摄氏度时轻弹簧刚好恢复原长。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.画出甲、乙两车运动的v−t图像，如图所示：
由题意可知，两车位移相等，则由几何法可得：12v1t0=12v2⋅2t0
解得：v1：v2=2：1
故A错误；
B.由上述图像可得，甲车加速度大小为：a1=v1t02
乙车加速度大小为：a2=v2t0
又有A选项结论：v1：v2=2：1
联立各式解得：a1：a2=4：1
故B错误；
C.由题意并结合上述v−t图像，可知当两车速度相等时，两车相距最远，此时甲车仍有速度，尚未停止，故C错误；
D.两车速度相等时相距最远，设甲车达到最大速度后，再经过Δt时间，两车速度相等、相距最远，则有
v1−a1Δt=a2(t02+Δt)
对甲车有：v1=a1t02
又有a1：a2=4：1
联立各式，解得：Δt=310t0
两车相距最远时，甲车运动时间为：t=t02+310t0=4t05
故D正确。
故选：D。
A、画出甲、乙两车运动的v−t图像，根据两车位移相等，由几何法可列出等式，可求v1与v2的比值。
B、由加速度的定义式a=ΔvΔt，及A选项的结论，可求a1与a2的比值。
C、由题意并结合上述v−t图像，可知当两车速度相等时，两车相距最远，根据v−t图像可判断出甲车是否停下。
D、由题意并结合上述v−t图像，可知当两车速度相等时，两车相距最远，对甲、乙两车分别由速度-时间公式可列出等式，进而可求出甲车运动时间。
解答本题，画出甲、乙两车运动的v−t图像，会有助于解题。两车速度相等时，两车相距最远。
2.【答案】D
【解析】解：AB.如图所示：
锁舌D在水平面内受底部的摩擦力f1、弹簧的弹力2个力的作用，锁舌D的下表面所受到的最大静摩擦力为f1，其方向向右，锁舌D受到锁槽E摩擦力f2的方向沿侧面向下，故AB错误；
CD.设锁舌D受到锁槽E的最大静摩擦力为f2，正压力为N，下表面的正压力为F，由平衡条件kx+f1+f2csθ−Nsinθ=0
F−Ncsθ−f2sinθ=0
又f2=μN
f1=μF
联立上述方程得N=2kx1−2 3μ−μ2
令N趋向于无穷大，则有1−2 3μ−μ2=0
解得μ=2− 3
则μ最小值为2− 3，故D正确，C错误。
故选：D。
锁舌有向左运动的趋势，故下表面受的摩擦力为静摩擦力，方向向右；对锁舌进行受力分析，根据平衡条件分别在互相垂直的方向上列方程，根据摩擦力计算公式fm=μN，联立方程组求解；无论用多大的力拉门，暗锁仍然能够保持自锁状态，说明正压力N无穷大，根据N的表达式求解μ即可。
此题关键是对锁舌进行正确的受力分析，解决共点力平衡问题的关键就是对研究对象进行受力分析，不能多力，不能漏力，各个力的方向不能错。
3.【答案】D
【解析】解：A、气体温度升高，气缸内气体压强增大，气体膨胀，弹簧的弹性势能等于气体膨胀过程活塞对弹簧所做的功为：Ep=W=pΔV=(FS+p0)(V1−V2)
由于弹簧弹力逐渐变大，所以图像Ep−V是曲线，斜率逐渐变大，故A错误；
B、由于理想气体的内能与温度有关，一定量的理想气体的内能与热力学温度成正比，与体积无关；由一定质量理想气体状态方程pVT=C可知，由于气体升温过程中气体压强变化，所以气体体积与温度不成正比，因此气缸内气体内能不与气体体积成正比，故B错误；
C、由题意可知气体升温过程中气体体积变大，由一定质量理想气体状态方程pVT=C可知，p−T图像的斜率逐渐变大，故C错误；
D、由题意可知气体升温过程中气体压强变大，由一定质量理想气体状态方程pVT=C可知，V−T图像的斜率逐渐变小，故D正确；
故选：D。
弹簧的弹性势能等于气体膨胀过程活塞对弹簧所做的功，根据气体做功公式分析解答A项，结合一定质量理想气体状态方程分析BCD项。
本题考查一定质量理想气体状态方程，解题关键掌握各图象斜率的含义。
4.【答案】A
【解析】解：A.光电倍增管正常工作时，倍增电极上能释放出更多电子，是被加速后的电子撞击激发后释放出的，并不是因为光电效应，故A错误；
B.光电管发出的光电子，在两个倍增电极间的电场中被加速，因此光电倍增管中增值的能量来源于相邻的两个倍增电极间的加速电场，故B正确；
C.在电场力的作用下，电子将向着电势高的位置运动，所以图中标号数字较大的倍增电极的电势要高于标号数字较小的电极的电势，故C正确；
D.适当增大倍增电极间的电压，被加速的电子获得的动能更大，更有利于下一级电极上电子的电离，所以有利于探测更微弱的信号，故D正确。
本题选不正确的说法。
故选：A。
A.倍增电极上释放出的电子，是被加速后的电子撞击激发后释放出的，据此分析作答；
B.光电倍增管中增值的能量来源于加速电场，据此分析作答；
C.在电场力的作用下，电子从低电势向高电势的位置运动，据此分析作答；
D.适当增大倍增电极间的电压，电子获得的动能更大，有利于电子电离，据此分析作答。
本题考查了光电倍增管的实际运用，理解光电倍增管的工件原理是解题的关键；知道电子在电场力的作用下从低电势到高电势。
5.【答案】B
【解析】解：时间t内释放光子的能量：E总=P0tS，
光子的总动量：p=E总c=P0tSc，
根据题意，由动量定理得：
2ηp+(1−η)p=Ft，
由牛顿第二定律得：F=ma，
解得，加速度a=(1+η)P0Scm
故选：B.
根据题意求出释放光子的能量，然后根据光子的动量和能量之间关系，求出光子的动量，由动量定理求出压力，然后由牛顿第二定律求出加速度．
本题要读懂题意，知道什么是光压，再应用动量定理与牛顿第二定律即可解题，本题是一道信息给予题，认真审题，理解题意是正确解题的前提．
6.【答案】D
【解析】解：A.根据质量数守恒与电荷数守恒可知，静止原子核 47Be俘获核外K层电子e的反应方程为 47Be+−10e→ve+37Li，故A错误；
B.由于反应放出能量，有质量亏损，则中微子质量不等于Be原子核与新原子核X的质量之差，故B错误；
C.根据爱因斯坦质能方程ΔE=Δmc2=2E，解得光子能量为E=Δmc22，代入数据可得：E=8.2×10−14J，故C错误；
D.由公式Ek=12mv2，p=mv解得p= 2mEk
德布罗意波的波长为λ=hp=h 2mEk
由于中子和电子的动能相等，而中子质量大于电子质量，所以中子的波长小于电子的质量。故D正确。
故选：D。
根据核反应过程中，电荷数与质量数守恒，以及质能方程分析即可。
本题以核反应方程为命题背景，考查了质量数与电荷数守恒，以及学生的物理观念。
7.【答案】C
【解析】解：A、由图乙可知，波源S1的波长λ1=4m，可得波源S1的频率为：f1=v1λ1=134Hz=112Hz
由图丙可知波源S2的频率：f2=1T2=112Hz
所以波源S1和波源S2的频率相同，两列波振动方向相同，相位差固定，为相干波源，则两波源所产生的简谐波可发生干涉，故A错误；
C、质点b到波源S1的距离为3m，质点b到波源S2的距离为9m，质点b到两波源的距离差为：δb=6m=32λ
可知b点为振动减弱点，则b点的振幅为：Ab=20cm−15cm=5cm=0.05m
在32∼50s内，质点经过了18s=32T，则质点b运动的总路程：s=6Ab=6×0.05m=0.30m，故C正确；
B、由图丙知，在t=5s时，波源S2在平衡位置且向y轴负方向运动，则在t=5s时，波源S1也在平衡位置且向y轴负方向运动。
波源S2的波长为：λ2=λ1=4m
由题意可知，在t=5s时，由于波源S1和波源S2所引起xa处质点都在平衡位置向y轴负方向运动；
那么在t=30s，即经过：Δt=25s=2T+T12后由波源S1和波源S2所引起xa处质点在平衡位置下方且向y轴负方向运动，故B错误；
D、质点p到两波源的距离差为δp=0，可知p点为振动加强点，则p点的振幅为：Ap=20cm+15cm=35cm=0.35m
两列波的圆频率：ω=2πT=2π12rad/s
由题图可知，在t=5s时两波源均在平衡位置且向下振动，可知在t=5s时p质点在平衡位置且向上振动，相位为0，则 p点质点初相位为φ0，有：ω×5+φ0=0
可得：φ0=−5π6
所以稳定后质点p振动的表达式为：y=35sin(π6t−5π6)cm，故D错误。
故选：C。
由波动图象读出波长，根据λ=vT即可求出S1的频率，从而确定两列波是否相干波源；
根据b点到两波源的距离之差与波长的关系，确定质点A的振动加强与减弱情况，确定其振幅，再根据振动时间与周期的关系确定b点在该时间内的总路程；
根据Δt=30与周期的关系，结合两波源起振的方向，确定质点a的振动方向；
先确定p点的加强或减弱，求出p点的振幅，根据题意再求出相位，从而写出p点的振动表达式。
本题要掌握波的独立传播原理：两列波相遇后保持原来的性质不变。理解波的叠加遵守矢量合成法则，例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅之和；当波峰与波谷相遇时此处的位移大小两振幅之差。
8.【答案】AD
【解析】解：A.根据题意，由能级跃迁原理可知Em−En=hν1
Ek−En=hν2
由于红光的频率ν1小于紫色光的频率ν2，则有氢原子在能级k的能量大于m时的能量，则该氢原子从能级k跃迁到能级m时一定辐射光子，能量为ΔE=Ek−Em=hν2−hν1，故A正确；
B.题中E1为负值，基态氢原子中的电子吸收一个频率为ν的光子被电离后，根据能量守恒可得，最大初动能为Ekm=hν+E1
又有Ekm=12Mvm2
联立解得，电子最大初速度为vm= 2(hν+E1)M< 2(hν−E1)M，故B错误；
C.若氢原子从基态跃迁到激发态，半径增大，库仑引力做负功，原子的电势能增大，根据ke2r2=mv2r
又有Ek=12mv2
整理可得Ek=ke22r
则核外电子动能减小，故C错误；
D.物质波也具有波粒二象性，故每个电子依次通过双缝都能发生干涉现象，只是需要大量电子显示出干涉图样，故D正确。
故选：AD。
根据能级跃迁公式可分别得出辐射红光和辐射紫光时的能量关系，则可得出从k到m时能量变化的表达式，即可得出正确结果；结合动能的表达式求出氢原子的速度；根据跃迁时能量的变化分析；根据光的波粒二象性分析。
本题考查原子跃迁与能级能量变化及辐射或光子能量的关系。要明确电子的波粒二象性。
9.【答案】ABC
【解析】解：AB.个开始时鱼静止在水面下H处，设鱼的体积为V0，此时鱼受力平衡，即
Mg=ρgV0
设B室内的气体密度为ρ气，根据质量的计算公式可得：
m=ρ气V
根据牛顿第二定律，可得
ρg(V0+ΔV)−Mg=Ma
联立解得：Δm=ρ气ΔV=MmaρVg，故AB正确；
CD.开始时鱼静止在H处，B室内气体体积为V，质量为m，根据题意可知B室内的压强为
p1=ρgH+p0
鱼静止于水面下H1处时，因为浮力不变，所以此时B室的体积仍为V，又
p2=ρgH1+p0
由于鱼鳔内气体温度不变，根据玻意耳定律有
p1V2=p2V
解得：V2=ρgH1+p0ρgH+p0V
则此时B室内气体质量
m1=ρ气V2
联立解得：m1=ρgH1+p0ρgH+p0m，故C正确，D错误。
故选：ABC。
对鱼受力分析，结合牛顿第二定律得出充入气体的质量；
分析出气体变化前后的状态参量，结合玻意耳定律列式完成分析。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量，结合玻意耳定律和牛顿第二定律即可完成分析。
10.【答案】BC
【解析】解：BD.设棋子间的动摩擦因数为μ，由于最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则最上面两个棋子向右运动的最大加速度为am=μ×2mg2m=μg，
设最上面三个棋子一起以am向右加速运动时，水平恒力大小为F0，则F0−3μmg=3mam，所以F0=6μmg，
当0≤F≤3μmg时，所有棋子均静止不动；
当3μmgAC.当F>6μmg时，第三个棋子和上面两个棋子发生相对滑动，同时第三个棋子以大于am的加速度向右做匀加速直线运动，但最上面两个棋子以am的加速度向右做匀加速直线运动，但是第四个棋子不可能发生运动，因为第四个棋子上表面受到的最大静摩擦力为3μmg，下表面受到的最大静摩擦力为4μmg，同理第五个棋子也不可能运动，故A错误，C正确。
故选：BC。
对棋子进行受力分析，结合牛顿第二定律判断出棋子的运动状态，得出恒力作用一小段时间后，五颗棋子的位置情况。
本题考查摩擦力的计算以及牛顿第二定律，解题关键是需要正确地分析出棋子的受力情况，从而判断出棋子的位置关系。
11.【答案】BD9.4可以 D
【解析】解：(1)A.电路中的电源目的是线圈产生磁性，因此直流电也可以，故A错误；
B.小球沿竖直方向自由下落，因此要使小球能够撞击M，M调整到电磁铁的正下方，故B正确；
C.根据题意可知，小球下落的高度应为电磁铁下端到M的竖直距离减去小球直径，故C错误；
D.手敲击M瞬间，小球1即开始下落，故应同时开始计时，故D正确。
故选：BD。
(2)根据题意可知，1个小球下落的时间为T0=Tn=6.510s=0.65s
根据自由落体运动规律H=12gT02
重力加速度为g=2HT02=2×
(3)根据题意，由自由落体运动的规律，下落高度为H1时H1=12g(T1n−Δt)2
下落高度为H2时H2=12g(T2h−Δt)2
联立解得g=2n2( H1− H2)(T1−T2)2
可知，可以消去Δt对实验结果的影响。
(4)AD.根据自由落体的位移公式h=12gt2
知道在最初的0.04s下落的位移约为0.008m，所以照片中单位是cm，且释放小球的瞬间频闪仪刚好闪光，故A错误，D正确
B.利用最后一个点，根据h=12gt2
可得g=2ht2=2×
可知，球受到的空气阻力不可忽略，故B错误；
C.根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可以求得小球运动到A位置的速度为：vA=(19.35−7.05)×10−22×0.65m/s=9.46×10−2m/s，故C错误。
故选：D。
故答案为：(1)BD；(2)9.4；(3)可以；(4)D。
(1)根据实验电路结构、实验原理分析作答；
(2)根据题意求解每一个小球下落的时间，再根据自由落体运动规律求出重力加速度大小；
(3)根据自由落体运动规律结合数学知识可正确求解；
(4)AD.根据自由落体运动公式求解求解小球下落0.04s的位移，再结合图中数据分析作答；
B.根据自由落体运动规律求重力加速度；
C.根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度分析作答。
本题考查了利用自由落体运动求重力加速度，明确实验的原理和实验电路的结构是解题的关键；理解消除实验误差的方法。
12.【答案】AC 624 B
【解析】解：(1)A.若照在毛玻璃屏上的光很弱或不亮，可能是因为光源、单缝、双缝与遮光筒不共轴所致，故A正确；
B.若想增加从目镜中观察到的条纹个数，则条纹间距Δx应减小，根据
Δx=Ldλ
可知若想增加从目镜中观察到的条纹个数应将屏向靠近双缝方向移动，故B错误；
C.若干涉条纹与分划板的中心刻线不平行，则测量的条纹间距Δx大于实际值，根据
Δx=Ldλ
可知波长的测量值大于实际值，故C正确；
故选：AC。
(2)游标卡尺的最小分度值为0.1mm，由图2可知A、B的位置读数分别为10.9mm、15.6mm，则A、B间的距离为
15.6mm−10.9mm=4.7mm
两条纹间距为
Δx=4.76mm=0.78mm
所测单色光的波长为
λ=dLΔx=0.4×10−30.5×0.78×10−3m=0.624×10−6m=624nm
(3)由折射定律得
sinisinr=−1
即
sini=−sinr
可知折射角和入射角等大，且位于法线的同侧，故B正确，ACD错误。
故选：B。
故答案为：(1)AC；(2)624；(3)B。
(1)根据干涉实验原理和注意事项分析判断；
(2)先确定游标卡尺的最小分度值，再读出A、B的位置读数，计算出两条纹间距，根据相邻明条纹间距公式计算波长；
(3)根据折射定律分析判断。
本题关键掌握游标卡尺的读数方法，掌握相邻明条纹间距公式和折射定律。
13.【答案】解：(1)质量为m1物块刚放上木板时，受力分析有mgsinθ+μ1mgcsθ=ma1
解得a1=12m/s2
方向平行木板向下；同理，对质量为m2物块有mgsinθ+μ2mgcsθ=ma2
解得a2=8m/s2
方向平行木板向下。
(2)分析可知两物块刚放上木板时木板做匀减速运动，设加速度大小为a，有μ1mgcsθ+μ2mgcsθ+μ⋅4mgcsθ−2mgsinθ=2ma
解得a=6m/s2
设质量为m1物块与木板第一次到达共同速度v时经过的时间为t1，有v=a1t1=v0−at1
解得v=12m/s，t1=1s
此时质量为m2物块速度为v2=a2t1=8×1m/s=8m/s
此时两物块相距为Δx=v2t1−v22t1=122×1m−82×1m=2m
若质量为m1物块与木板共速后相对静止，相互间的摩擦力大小为f，此时质量为m1物块受到的摩擦力方向沿斜面向上，对木板受力分析有2mgsinθ+f−μ2mgcsθ−μ⋅4mgcsθ=2ma′
对质量为m1物块受力分析有mgsinθ−f=ma′
联立解得a′=0，f=6m(N)=μ1mgcsθ
可得质量为m1物块与木板共速后一起匀速下滑，质量为m2物块继续做匀加速运动，设再经过时间t2后两物块速度相同，此时两物块距离最大，有v2+a2t2=v
解得t2=0.5s
该过程中两物块相对位移为Δx2=vt2−v2+v2t2=12×0.5m−8+122×0.5m=1m
所以在两物块第一次碰撞前物块间的最大距离为Δx=Δx1+Δx2=2m+1m=3m
(3)分析可知当两物块共速后，质量为m2物块将继续做匀加速运动，此时木板对其的摩擦力方向沿斜面向上，此时质量为m2物块的加速度为
a′2=mgsinθ−μ2mgcsθm=gsinθ−μ2gcsθ=6m/s2−2m/s2=4m/s2
设此时质量为m1物块与木板的共同加速度为a3，有3mgsinθ+μ2mgcsθ−μ⋅4mgcsθ=3ma3
解得a3=43m/s2
设当两物块共速后经过时间t3，两物块相遇，有vt3+12a3t32+Δx=vt3+12a2′t32
解得t3=1.5s
长木板刚开始从静止沿斜面下滑时加速度为
a0=2mgsinθ−μ⋅2mgcsθ2m=gsinθ−μgcsθ=6m/s2−4m/s2=2m/s2
当其加速到v0=18m/s时间为t0=v0a0=182s=9s
所以从木板开始运动到两物块在长木板上第一次相遇所用的时间为
t总=t0+t1+t2+t3=9s+1s+0.5s+1.5s=12s
答：(1)两物块刚放上木板时m1物块的加速度大小为12m/s2，方向平行木板向下；质量为m2物块的加速度为8m/s2，方向平行木板向下；
(2)从放上物块开始经过1s质量为m1的小物块与长木板速度第一次相等，在两物块第一次碰撞前物块间的最大距离为3m；
(3)从木板开始运动到两物块在长木板上第一次相遇所用的时间为12s。
【解析】(1)物块刚放上的瞬间对物块受力分析，由牛顿第二定律求解两物块的加速度；
(2)放上物块分析木板与物块的运动情况，由vt图像得出达到共速的时间，再分析摩擦力方向，受力分析，列牛顿第二定律方程求解。
(3)分析当两物块共速后，质量为m2物块的运动性质，求出质量为m2物块的加速度以及质量为m1物块的加速度，根据运动学规律求出两物块共速后经过时间t3相遇；再根据牛顿第二定律求出长木板刚开始从静止沿斜面下滑时的加速度，以及其加速到18m/s的时间，进而求出从木板开始运动到两物块在长木板上第一次相遇所用的时间。
本题考查了板块模型，解决本题的关键是熟练掌握牛顿第二定律以及匀变速直线运动规律。
14.【答案】解：(1)设物块在斜面上平衡时，弹簧伸长量为ΔL，根据平衡条件有
m0gsinα=kΔL
解得：ΔL=m0gsinαk
以沿斜面向上为正方向，当物块相对平衡位置的位移为x时，物块所受合力为
F合=k(ΔL−x)−m0gsinα=−kx
可知物块做简谐运动；
对于物块A，平衡位置对应的弹簧压缩量为xA=mgsinαk=mg2k
对于物块B，平衡位置对应的弹簧压缩量为xB=4mgsinαk=2mgk
根据简谐运动的对称性可知，A的最低点P对应的弹簧压缩量为xP=2xA=2×mg2k=mgk
B的最低点Q对应的弹簧压缩量为xQ=2xB=2×2mgk=4mgk
故斜面上PQ两点间的距离为xPQ=xQ−xP=4mgk−mgk=3mgk
(2)设斜面的质量为M，以斜面、物块B和弹簧为系统，当物块B处于最高点时(弹簧处于原长)，物块B的加速度最大，且沿斜面向下，大小为a=4mgsinα4m=12g
此时系统失重最大，地面对斜面的支持力最小，且地面对斜面的摩擦力最大；
根据牛顿第二定律可得
f地=4max=4macsα= 3mg
(M+4m)g−N地=4may=4masinα=4m⋅12g⋅12=mg
可得N地=(M+3m)g
又f地⩽μN地
联立解得斜面的质量应满足M≥3m。
(3)已知物块B无初速释放后，经时间t0第一次到达Q点，可知物块B做简谐运动的周期为T=2t0
物块B做简谐运动的振幅为A=2mgk
以释放位置为t=0时刻，则物块B做简谐运动的振动方程为x=Asin(2πTt+π2)=2mgksin(πt0t+π2)
设物块B由弹簧原长释放，运动至P点所需时间为t，则有xP=2mgksin(πt0t+π2)=mgk
可得sin(πt0t+π2)=12
可得πt0t+π2=n⋅2π+56π或πt0t+π2=n⋅2π+136π，(n=0,1,2⋯)
解得t=(2n+13)t0或t=(2n+53)t0，(n=0,1,2⋯)
答：(1)斜面上PQ两点间的距离为3mgk；
(2)斜面的质量应满足：M≥3m；
(3)物块B由弹簧原长释放，运动至P点所需时间为t=(2n+13)t0或t=(2n+53)t0，(n=0,1,2⋯)。
【解析】(1)证明物块的运动是简谐运动，根据简谐运动的对称性解答；
(2)对以斜面、物块B和弹簧为系统，运用牛顿第二定律求解斜面的质量应满足的条件。
(3)写出物块B做简谐运动的振动方程，根据物块B做简谐运动的振动方程求物块B由弹簧原长释放，运动至P点所需时间。
本题主要考查简谐运动的特点，关键是对滑块和斜面体受力分析，结合牛顿第二定律、共点力平衡条件和简谐运动的对称性特点列式分析，注意应用牛顿第二定律解答问题时也可以分解加速度。
15.【答案】解：(1)根据题意，画出从D点射入的光线的光路图，如图所示。由临界角公式sinC=1n可得，光在透明体内临界角的正弦值为
sinC=1 2= 22
解得：C=45∘
由几何关系可知，光在AC面的入射角为60∘，大于临界角，则光线在AC面上发生全反射，由几何关系可得OD=2 3R，OE= 3R
则光线从D点射入，从BC边射出，由n=cv可得，该单色光在透明体内传播速度为v= 22c
穿过透明体的时间为
t=OD+OEv=2 3R+ 3R 22c=3 6Rc
(2)从真空球上G和G′处射入的光线刚好在此处发生全反射，如图所示，入射角恰好为45∘，而这两条光线之间射入的光线，其入射角均小于45∘，将会射入真空区域，所以只要将这些区域间用不透明纸遮住就可以了，显然在透明体AB上，被遮挡区至少是个圆形，其半径为r，由几何知识可知：
r= 22R
则须在透明体AB面贴上不透明纸的面积至少为
S=πr2=π( 22R)2=πR22
答：(1)光线从BC边射出，该光线穿过透明体所需要的时间为3 6Rc；
(2)不透明纸的最小面积为πR22。
【解析】(1)根据几何知识求解光线射到AC面的入射角，由sinC=1n求解全反射的临界角C，从而判断该光线是从AC边还是BC边射出透明体。作出光路图，根据几何知识求解光在透明体内通过的路程，由v=cn求出光在透明体内传播速度，再求解其传播时间；
(2)找到光刚好在球面发生全反射的位置，根据几何知识求解其遮光的半径，从而求解不透明纸的最小面积。
解决该题的关键是正确作出光路图，能根据几何知识求解光在介质中传播的路程，掌握全反射临界角公式，熟记光速的求解公式。
16.【答案】解：(1)对两个活塞整体受力分析，根据平衡条件，A部分气体压强为：
pA=p0−2mgS
解得：pA=9.0×104Pa
加热过程中，A部分气体做等压变化，加热前温度为：T1=(27+273)K=300K
体积为：VA1=LA1S
加热后温度为：TA2=(627+273)K=900K
体积为：VA2=LA2S
根据盖一吕萨克定律
VA1T1=VA2TA2
解得：LA2=18cm
(2)设加热前B部分气体压强为p1，体积为：V1=LB1S
加热前对下边活塞受力分析，根据平衡条件有：
p0S=p1S+k(L0−LB1)+mg
解得：p1=9.0×104Pa
加热后压强为p2，体积为：VB2=LB2S
加热后，B部分气体气柱的长度LB2比弹簧原长L0长，对下边活塞受力分析，根据平衡条件得：
p0S+k(LB2−L0)=p2S+mg
解得：p2=9.9×104Pa
对B部分气体，加热前后，根据理想气体状态方程得：
p1V1T1=p2VB2TB2
解得：TB2=924K
(3)B部分温度保持在TB3=1000K不变，且轻弹簧恢复原长时，B部分的压强pB3，体积为：VB3=LB3S=L0S
对B部分气体由理想气体状态方程得：
p2VB2TB2=pB3VB3TB3
解得：pB3=1.5×105Pa
A部分温度保持在TA3=1160K不变，压强为pA3，体积为：VA3=LA3S
由平衡条件得：pA3=pB3−mgS
解得：pA3=1.45×105Pa
对A部分气体由理想气体状态方程得：
pAVA1T1=pA3VA3TA3
解得：LA3=14.4cm
关闭阀门K时，C部分气柱的长度为：LC1=L−LA2−LB2
轻弹簧刚好恢复原长时，C部分气柱的长度为：LC3=L−LA3−L0
轻弹簧刚好恢复原长时C部分气体压强为：pC3=pB3+mgS
对C部分气体由理想气体状态方程得：p0VC1T1=pC3VC3TC3
解得：TC3=644.8K
可得：t3=(644.8−273)℃=371.8℃
答：(1)加热后A部分气体气柱的长度为18cm；
(2)此时B部分气体的温度为924K；
(3)当C部分内的气体温度t3变为371.8摄氏度时轻弹簧刚好恢复原长。
【解析】(1)根据活塞的平衡条件列式得出气体的状态参量，结合盖-吕萨克定律得出气柱的长度；
(2)根据题意分析出气体变化前后的状态参量，结合一定质量的理想气体状态方程得出气体的温度；
(3)熟悉对活塞的受力分析，结合一定质量的理想气体状态方程和胡克定律得出气体的温度。
本题主要考查了一定质量的理想气体状态方程，熟悉活塞的受力分析，结合一定质量的理想气体状态方程即可完成分析。
1.为了测试小车的性能，甲、乙两辆小车同时从M处由静止开始沿平直公路均先做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动直至静止，两车先后停在N处，假设两车在各自匀加速阶段和匀减速阶段的加速度大小相等，甲车、乙车全程经历的时间分别为t0和2t0，甲、乙两车加速度大小分别为a1和a2，最大速度分别为v1和v2，则( )
A. v1：v2=4：1B. a1:a2= 2:1
C. 甲车停下时，两车相距最远D. 甲车运动了45t0时，两车相距最远
2.一般教室门上都安装一种暗锁，这种暗锁由外壳A、骨架B、弹簧C(劲度系数为k)、锁舌D(倾角θ=30∘)、锁槽E以及连杆、锁头等部件组成，如图甲所示。设锁舌D的侧面与外壳A和锁槽E之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力Ffm由Ffm=μFN(FN为正压力)求得。有一次放学后，当某同学准备关门时，无论用多大的力，也不能将门关上(这种现象称为自锁)，此刻暗锁所处的状态的俯视图如图乙所示，P为锁舌D与锁槽E之间的接触点，弹簧由于被压缩而缩短了x。下面说法正确的是( )
A. 自锁状态时D的下表面所受摩擦力的方向向左
B. 锁舌D受到锁槽E摩擦力的方向沿侧面向上
C. 无论μ多大，暗锁仍然能够保持自锁状态
D. 无论用多大的力拉门，暗锁仍然能够保持自锁状态，μ存在其最小值
3.如图所示，内壁光滑的气缸固定于水平面，气缸内用活塞封闭一定量的理想气体，活塞与一端固定的水平轻弹簧连接，气体温度为T1时弹簧处于原长。现使气体温度由T1缓慢升高到T2，用Ep表示弹簧弹性势能，U、p、V分别表示缸内气体的内能、压强和体积，下列图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
4.光电倍增管是进一步提高光电管灵敏度的光电转换器件。管内除光电阴极和阳极外，两极间还放置多个瓦形倍增电极。使用时相邻两倍增电极间均加有电压，以此来加速电子。如图所示，光电阴极受光照后释放出光电子，在电场作用下射向第一倍增电极，引起电子的发射，激发出更多的电子，然后在电场作用下飞向下一个倍增电极，又激发出更多的电子，如此电子数不断倍增，使得光电倍增管的灵敏度比普通光电管要高得多，可用来检测微弱光信号。下列说法错误的是( )
A. 光电倍增管正常工作时，每个倍增电极上都发生了光电效应
B. 光电倍增管中增值的能量来源于相邻两倍增电极间的加速电场
C. 图中标号数字较大的倍增电极的电势要高于标号数字较小的电极的电势
D. 适当增大倍增电极间的电压有利于探测更微弱的信号
5.根据量子理论：光子既有能量也有动量；光子的能量E和动量p之间的关系是E=pc，其中c为光速．由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或被反射时都会对物体产生一定的冲量，也就对物体产生了一定的压强，这就是“光压”．根据动量定理可近似认为：当动量为p的光子垂直照到物体表面，若被物体反射，则物体受到的冲量大小为2p；若被物体吸收，则物体受到的冲量大小为p.
有人设想在宇宙探测中用光作为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大、反光率为η的薄膜，并让它正对太阳．已知太阳光照射薄膜时对每平方米面积上的辐射功率为P0，探测器和薄膜的总质量为m，薄膜面积为S，则探测器的加速度大小．(不考虑万有引力等其他的力)( )
A. (1+η)S P0cmB. (1+η)P0ScmC. (2−η)P0ScmD. (2+η)P02Scm
6.据新闻报道，我国江门中微子实验探测器将于2024年投入使用，届时将大大提升我国在微观基础领域的研究能力。中微子，是构成物质世界的最基本的粒子之一、中微子的性质十分特别，因此在实验中很难探测。上世纪四十年代初，我国科学家王淦昌先生首先提出证明中微子存在的实验方案：静止原子核 47Be俘获核外K层电子e，可生成一个新原子核X，并放出中微子(用“ve”表示)，根据核反应后原子核X的动能和动量，可以间接测量中微子的能量和动量，进而确定中微子的存在。1953年，莱尼斯和柯温建造了一个由大水槽和探测器组成的实验系统，利用中微子与水中 11H发生核反应，产生中子和正电子，即ve+11H→01n++10e。间接地证实了中微子的存在。根据以上信息，下列说法正确的是( )
A. 原子核X是 36Li
B. 中微子的质量等于Be原子核与新原子核X的质量之差
C. 若上述核反应产生的正电子与水中的电子相遇，与电子形成几乎静止的整体后，可以转变为两个光子，即 +10e+−10e→2γ。已知正电子与电子的质量都为9.1×10−31kg，则反应中产生的每个光子的能量约为16.4×10−14J
D. 具有相同动能的中子和正电子，中子的物质波的波长小于正电子的物质波波长
7.如图甲所示，在xOy平面内有两个沿y轴方向做简谐运动的点波源S1和S2分别位于x=−5m和x=7m处，某时刻波源S1在x轴上产生的波形图如图乙所示，波源S2的振动图像如图丙所示，由两波源所产生的简谐波波速均为13m/s，质点a、b、p的平衡位置分别位于xa=3m、xb=−2m、xp=1m处。已知在t=5s时，两波源均在平衡位置且振动方向相同，下列说法正确的是( )
A. 两波源所产生的简谐波不会发生干涉
B. t=30s时，质点a向y轴正方向振动
C. 在32∼50s内，质点b运动的总路程是0.30m
D. 稳定后质点p振动的表达式为y=5sin(π6t−π6)cm
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.已知氢原子的基态能量为E1，质量为M，普朗克常量为h，下列说法正确的是( )
A. 氢原子从能级m跃迁到能级n时辐射红光的频率为ν1，从能级n跃迁到能级k时吸收紫光的频率为ν2，则该氢原子从能级k跃迁到能级m时一定辐射光子，且能量为hν2−hν1
B. 基态氢原子中的电子吸收一频率为ν的光子被电离后，电子速度大小为 2(hν−E1)M
C. 若氢原子从基态跃迁到激发态，则其核外电子动能增大，原子的电势能减小
D. 若氢原子跃迁辐射出的光子被储存在起初空的原子枪中，然后让他通过双缝打到原子接收显像屏上(如图)，如果控制光子一个一个发射，仍能得到干涉图样
9.某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉。如图所示，鱼鳔结构可简化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室，A室壁厚、可认为体积恒定，B室壁簿，体积可变；两室内气体视为理想气体，可通过阀门进行交换。质量为M的鱼静止在水面下H处。B室内气体体积为V，质量为m，设B室内气体压强与鱼体外压强相等、鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，鱼的质量不变，鱼鳔内气体温度不变。水的密度为ρ，重力加为g，大气压强为p0。下列说法正确的是( )
A. 开始时鱼静止在水面下H处，此时鱼的所受的浮力等于自身重力
B. 鱼通过增加B室气体体积获得大小为a的加速度，需从A室充入B室的气体质量为MmaVρg
C. 鱼静止于水面下H1处时，其所受到的压强为ρgH1+p0
D. 鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量为ρgH+p0ρgH1+p0m
10.中国象棋是起源于中国的一种棋，属于二人对抗性游戏的一种，是在中国有着悠久的历史。由于用具简单，趣味性强，成为流行极为广泛的棋艺活动。如图所示，5颗完全相同的象棋棋子整齐叠放在水平面上，第5颗棋子最左端与水平面上的a点重合，所有接触面间的动摩擦因数均相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现将水平向右的恒力F作用在第3颗棋子上，恒力作用一小段时间后，五颗棋子的位置情况可能是( )
A. B.
C. D.
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某兴趣小组利用自由落体运动测定重力加速度，实验装置如图1所示。倾斜的球槽中放有若干个小铁球，闭合开关K，电磁铁吸住第1个小球。手动敲击弹性金属片M，M与触头瞬间分开，第1个小球开始下落，M迅速恢复，电磁铁又吸住第2个小球。当第1个小球撞击M时，M与触头分开，第2个小球开始下落……。这样，就可测出多个小球下落的总时间。
(1)在实验中，下列做法正确的有______。
A.电路中的电源只能选用交流电源
B.实验前应将M调整到电磁铁的正下方
C.用直尺测量电磁铁下端到M的竖直距离作为小球下落的高度
D.手动敲击M的同时按下秒表开始计时
(2)实验测得小球下落的高度H=1.980m，10个小球下落的总时间T=6.5s，可求出重力加速度g=______m/s2。(结果保留两位有效数字)
(3)某同学考虑到电磁铁在每次断电后需要时间Δt磁性才消失，因此，每个小球的实际下落时间与它的测量时间相差Δt。为消除实验误差，他分别取高度H1和H2，测量n个小球下落的总时间T1和T2。他是否可以利用这两组数据消除Δt对实验结果的影响？______(选填“可以”、“不可以”、“再进行1组实验才可以”或“无法确定”)
(4)如图2是兴趣小组利用相机拍摄的小球自由下落的频闪照片。相机每隔0.04s闪光一次。照片中的数字是小球距释放点的距离。由本小题的已知条件和照片所给的信息，可以判断出______。
A.照片中数字的单位是mm
B.小球受到的空气阻力可以忽略
C.无法求出小球运动到A位置的速度
D.频闪仪没有恰好在释放小球的瞬间闪光
12.小明同学在实验室进行了光的波长与折射率的测定实验。
波长的测定：利用如图1所示装置测量某种单色光波长。实验时，接通电源使光源正常发光，调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。
(1)关于本实验下列说法正确的是______。
A.若照在毛玻璃屏上的光很弱或不亮，可能是因为光源、单缝、双缝与遮光筒不共轴所致
B.若想增加从目镜中观察到的条纹个数应将屏向远离双缝方向移动
C.若某次实验观察到的干涉条纹与分划板的中心刻线不平行，如图3所示，在这种情况测量相邻条纹间距Δx时，波长的测量值大于实际值
(2)某次测量时，选用的双缝的间距为0.4mm，测得屏与双缝间的距离为0.5m，用某种单色光实验得到的干涉条纹如图2所示，分划板在图中A、B位置时游标卡尺的读数也如图2中所示，则所测单色光的波长为______ nm。
(3)小明在进行折射率测定后，在网上查找到了如下的资料：常规材料的折射率都为正值。现已有针对某些电磁波设计制作的人工材料，其折射率可以为负值，称为负折射率材料。位于空气中的这类材料，入射角i与折射角r依然满足sinisinr=n(此时折射角取负值)。请你推测该材料对于电磁波的折射率n=−1，正确反映电磁波穿过该材料的传播路径的示意图是______。
四、简答题：本大题共2小题，共15分。
13.倾角为θ的足够长的固定斜面，与质量为M的长木板之间的动摩擦因数为μ=0.5，长木板从静止开始沿斜面下滑，当其加速到v0=18m/s时，同时将质量分别为m1、m2两个小物块紧挨着轻放到木板上靠近下端的位置，如图所示。m1、m2与长木板之间的动摩擦因数分别为μ1=0.75、μ2=0.25，m1=m2=m，M=2m，θ=37∘，各接触面平行，两物块均没有从木板上端滑离，重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6。求：
(1)两物块刚放上木板时各自的加速度；
(2)从放上物块开始经过多长时间质量为m1的小物块与长木板速度第一次相等，在两物块第一次碰撞前物块间的最大距离为多少；
(3)从木板开始运动到两物块在长木板上第一次相遇所用的时间。
14.如图所示，倾角为α=30∘的斜面体(斜面的上表面光滑且足够长)放在粗糙的水平地面上，底部与地面的动摩擦因数为μ= 36。两物块A、B均可视为质点，A的质量为m，B的质量为4m。斜面顶端与劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧与斜面保持平行，将物块A与弹簧的下端相连，并由弹簧原长处无初速释放，A下滑至斜面上P点时速度第一次减为零：若将物块B与弹簧的下端相连，也从弹簧原长处无初速释放，则B下滑至斜面上Q点时速度第一次减为零(PQ均未画出)，斜面体始终处于静止状态，弹簧始终在弹性限度内，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度为g。求：
(1)斜面上PQ两点间的距离；
(2)要求物块在运动的过程中，斜面与地面之间保持相对静止，斜面的质量应满足什么条件；
(3)物块B由弹簧原长释放，运动至P点所需时间。(已知物块B无初速释放后，经时间t0第一次到达Q点，本小题的结果用t0表示)
五、计算题：本大题共2小题，共28分。
15.真空中一正三棱柱形透明体，其横截面如图所示。AB=AC=BC=6R，透明体中心有一半径为R的球形真空区域，一束平行单色光垂直AB面射向透明体。已知透明体对该单色光的折射率为 2，光在真空中的传播速度为c，求：
(1)如图所示，光线从D点射入时恰好与真空球相切，请问该光线是从AC边还是BC边射出透明体？并求该光线穿过透明体所需要的时间；
(2)为使光线不能从AB面直接射入中间的球形真空区域，则须在透明体AB面贴上不透明纸，求不透明纸的最小面积。
16.如图所示，两个厚度不计横截面面积S=50cm2、质量均为m=2.5kg的绝热活塞，将下端带有阀门K(阀门距离地面很近，且忽略阀门内气体的体积)上端封闭的竖直绝热汽缸分成A、B、C三部分，每部分内部均有体积可忽略的热交换器(图中未画出)，A、B、C三部分气体均看作理想气体，两个活塞之间连有劲度系数k=250N/m、原长为L0=20cm的竖直轻弹簧。开始时，阀门K打开，各部分气体温度均为t1=27℃，汽缸内部总长度L=76cm，A部分气柱的长度为LA1=6cm，B部分气柱长度为LB1=10cm。已知外界大气压强为p0=1.0×105Pa，活塞与汽缸壁之间接触光滑且密闭性良好，重力加速度g取10m/s2，热力学温度与摄氏温度的关系为T=(t+273)K，求：
(1)先启动A中的热交换器，使A部分气体的温度缓慢加热到tA2=627℃并保持不变，加热后A部分气体气柱的长度LA2=？
(2)待(1)问内的气体温度稳定后，再启动B中的热交换器，缓慢加热B部分气体当B部分气柱的长度LB2=28cm时停止加热，则此时B部分气体的温度TB2=？
(3)待A、B两部分的气体温度稳定后，关闭阀门K。同时改变A、B两部分内的气体温度，使A部分温度保持在TA3=1160K不变；B部分温度保持在TB3=1000K不变。最后打开C部分内部的热交换器，使C内部的温度缓慢变化，则当C部分内的气体温度t3变为多少摄氏度时轻弹簧刚好恢复原长。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.画出甲、乙两车运动的v−t图像，如图所示：
由题意可知，两车位移相等，则由几何法可得：12v1t0=12v2⋅2t0
解得：v1：v2=2：1
故A错误；
B.由上述图像可得，甲车加速度大小为：a1=v1t02
乙车加速度大小为：a2=v2t0
又有A选项结论：v1：v2=2：1
联立各式解得：a1：a2=4：1
故B错误；
C.由题意并结合上述v−t图像，可知当两车速度相等时，两车相距最远，此时甲车仍有速度，尚未停止，故C错误；
D.两车速度相等时相距最远，设甲车达到最大速度后，再经过Δt时间，两车速度相等、相距最远，则有
v1−a1Δt=a2(t02+Δt)
对甲车有：v1=a1t02
又有a1：a2=4：1
联立各式，解得：Δt=310t0
两车相距最远时，甲车运动时间为：t=t02+310t0=4t05
故D正确。
故选：D。
A、画出甲、乙两车运动的v−t图像，根据两车位移相等，由几何法可列出等式，可求v1与v2的比值。
B、由加速度的定义式a=ΔvΔt，及A选项的结论，可求a1与a2的比值。
C、由题意并结合上述v−t图像，可知当两车速度相等时，两车相距最远，根据v−t图像可判断出甲车是否停下。
D、由题意并结合上述v−t图像，可知当两车速度相等时，两车相距最远，对甲、乙两车分别由速度-时间公式可列出等式，进而可求出甲车运动时间。
解答本题，画出甲、乙两车运动的v−t图像，会有助于解题。两车速度相等时，两车相距最远。
2.【答案】D
【解析】解：AB.如图所示：
锁舌D在水平面内受底部的摩擦力f1、弹簧的弹力2个力的作用，锁舌D的下表面所受到的最大静摩擦力为f1，其方向向右，锁舌D受到锁槽E摩擦力f2的方向沿侧面向下，故AB错误；
CD.设锁舌D受到锁槽E的最大静摩擦力为f2，正压力为N，下表面的正压力为F，由平衡条件kx+f1+f2csθ−Nsinθ=0
F−Ncsθ−f2sinθ=0
又f2=μN
f1=μF
联立上述方程得N=2kx1−2 3μ−μ2
令N趋向于无穷大，则有1−2 3μ−μ2=0
解得μ=2− 3
则μ最小值为2− 3，故D正确，C错误。
故选：D。
锁舌有向左运动的趋势，故下表面受的摩擦力为静摩擦力，方向向右；对锁舌进行受力分析，根据平衡条件分别在互相垂直的方向上列方程，根据摩擦力计算公式fm=μN，联立方程组求解；无论用多大的力拉门，暗锁仍然能够保持自锁状态，说明正压力N无穷大，根据N的表达式求解μ即可。
此题关键是对锁舌进行正确的受力分析，解决共点力平衡问题的关键就是对研究对象进行受力分析，不能多力，不能漏力，各个力的方向不能错。
3.【答案】D
【解析】解：A、气体温度升高，气缸内气体压强增大，气体膨胀，弹簧的弹性势能等于气体膨胀过程活塞对弹簧所做的功为：Ep=W=pΔV=(FS+p0)(V1−V2)
由于弹簧弹力逐渐变大，所以图像Ep−V是曲线，斜率逐渐变大，故A错误；
B、由于理想气体的内能与温度有关，一定量的理想气体的内能与热力学温度成正比，与体积无关；由一定质量理想气体状态方程pVT=C可知，由于气体升温过程中气体压强变化，所以气体体积与温度不成正比，因此气缸内气体内能不与气体体积成正比，故B错误；
C、由题意可知气体升温过程中气体体积变大，由一定质量理想气体状态方程pVT=C可知，p−T图像的斜率逐渐变大，故C错误；
D、由题意可知气体升温过程中气体压强变大，由一定质量理想气体状态方程pVT=C可知，V−T图像的斜率逐渐变小，故D正确；
故选：D。
弹簧的弹性势能等于气体膨胀过程活塞对弹簧所做的功，根据气体做功公式分析解答A项，结合一定质量理想气体状态方程分析BCD项。
本题考查一定质量理想气体状态方程，解题关键掌握各图象斜率的含义。
4.【答案】A
【解析】解：A.光电倍增管正常工作时，倍增电极上能释放出更多电子，是被加速后的电子撞击激发后释放出的，并不是因为光电效应，故A错误；
B.光电管发出的光电子，在两个倍增电极间的电场中被加速，因此光电倍增管中增值的能量来源于相邻的两个倍增电极间的加速电场，故B正确；
C.在电场力的作用下，电子将向着电势高的位置运动，所以图中标号数字较大的倍增电极的电势要高于标号数字较小的电极的电势，故C正确；
D.适当增大倍增电极间的电压，被加速的电子获得的动能更大，更有利于下一级电极上电子的电离，所以有利于探测更微弱的信号，故D正确。
本题选不正确的说法。
故选：A。
A.倍增电极上释放出的电子，是被加速后的电子撞击激发后释放出的，据此分析作答；
B.光电倍增管中增值的能量来源于加速电场，据此分析作答；
C.在电场力的作用下，电子从低电势向高电势的位置运动，据此分析作答；
D.适当增大倍增电极间的电压，电子获得的动能更大，有利于电子电离，据此分析作答。
本题考查了光电倍增管的实际运用，理解光电倍增管的工件原理是解题的关键；知道电子在电场力的作用下从低电势到高电势。
5.【答案】B
【解析】解：时间t内释放光子的能量：E总=P0tS，
光子的总动量：p=E总c=P0tSc，
根据题意，由动量定理得：
2ηp+(1−η)p=Ft，
由牛顿第二定律得：F=ma，
解得，加速度a=(1+η)P0Scm
故选：B.
根据题意求出释放光子的能量，然后根据光子的动量和能量之间关系，求出光子的动量，由动量定理求出压力，然后由牛顿第二定律求出加速度．
本题要读懂题意，知道什么是光压，再应用动量定理与牛顿第二定律即可解题，本题是一道信息给予题，认真审题，理解题意是正确解题的前提．
6.【答案】D
【解析】解：A.根据质量数守恒与电荷数守恒可知，静止原子核 47Be俘获核外K层电子e的反应方程为 47Be+−10e→ve+37Li，故A错误；
B.由于反应放出能量，有质量亏损，则中微子质量不等于Be原子核与新原子核X的质量之差，故B错误；
C.根据爱因斯坦质能方程ΔE=Δmc2=2E，解得光子能量为E=Δmc22，代入数据可得：E=8.2×10−14J，故C错误；
D.由公式Ek=12mv2，p=mv解得p= 2mEk
德布罗意波的波长为λ=hp=h 2mEk
由于中子和电子的动能相等，而中子质量大于电子质量，所以中子的波长小于电子的质量。故D正确。
故选：D。
根据核反应过程中，电荷数与质量数守恒，以及质能方程分析即可。
本题以核反应方程为命题背景，考查了质量数与电荷数守恒，以及学生的物理观念。
7.【答案】C
【解析】解：A、由图乙可知，波源S1的波长λ1=4m，可得波源S1的频率为：f1=v1λ1=134Hz=112Hz
由图丙可知波源S2的频率：f2=1T2=112Hz
所以波源S1和波源S2的频率相同，两列波振动方向相同，相位差固定，为相干波源，则两波源所产生的简谐波可发生干涉，故A错误；
C、质点b到波源S1的距离为3m，质点b到波源S2的距离为9m，质点b到两波源的距离差为：δb=6m=32λ
可知b点为振动减弱点，则b点的振幅为：Ab=20cm−15cm=5cm=0.05m
在32∼50s内，质点经过了18s=32T，则质点b运动的总路程：s=6Ab=6×0.05m=0.30m，故C正确；
B、由图丙知，在t=5s时，波源S2在平衡位置且向y轴负方向运动，则在t=5s时，波源S1也在平衡位置且向y轴负方向运动。
波源S2的波长为：λ2=λ1=4m
由题意可知，在t=5s时，由于波源S1和波源S2所引起xa处质点都在平衡位置向y轴负方向运动；
那么在t=30s，即经过：Δt=25s=2T+T12后由波源S1和波源S2所引起xa处质点在平衡位置下方且向y轴负方向运动，故B错误；
D、质点p到两波源的距离差为δp=0，可知p点为振动加强点，则p点的振幅为：Ap=20cm+15cm=35cm=0.35m
两列波的圆频率：ω=2πT=2π12rad/s
由题图可知，在t=5s时两波源均在平衡位置且向下振动，可知在t=5s时p质点在平衡位置且向上振动，相位为0，则 p点质点初相位为φ0，有：ω×5+φ0=0
可得：φ0=−5π6
所以稳定后质点p振动的表达式为：y=35sin(π6t−5π6)cm，故D错误。
故选：C。
由波动图象读出波长，根据λ=vT即可求出S1的频率，从而确定两列波是否相干波源；
根据b点到两波源的距离之差与波长的关系，确定质点A的振动加强与减弱情况，确定其振幅，再根据振动时间与周期的关系确定b点在该时间内的总路程；
根据Δt=30与周期的关系，结合两波源起振的方向，确定质点a的振动方向；
先确定p点的加强或减弱，求出p点的振幅，根据题意再求出相位，从而写出p点的振动表达式。
本题要掌握波的独立传播原理：两列波相遇后保持原来的性质不变。理解波的叠加遵守矢量合成法则，例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅之和；当波峰与波谷相遇时此处的位移大小两振幅之差。
8.【答案】AD
【解析】解：A.根据题意，由能级跃迁原理可知Em−En=hν1
Ek−En=hν2
由于红光的频率ν1小于紫色光的频率ν2，则有氢原子在能级k的能量大于m时的能量，则该氢原子从能级k跃迁到能级m时一定辐射光子，能量为ΔE=Ek−Em=hν2−hν1，故A正确；
B.题中E1为负值，基态氢原子中的电子吸收一个频率为ν的光子被电离后，根据能量守恒可得，最大初动能为Ekm=hν+E1
又有Ekm=12Mvm2
联立解得，电子最大初速度为vm= 2(hν+E1)M< 2(hν−E1)M，故B错误；
C.若氢原子从基态跃迁到激发态，半径增大，库仑引力做负功，原子的电势能增大，根据ke2r2=mv2r
又有Ek=12mv2
整理可得Ek=ke22r
则核外电子动能减小，故C错误；
D.物质波也具有波粒二象性，故每个电子依次通过双缝都能发生干涉现象，只是需要大量电子显示出干涉图样，故D正确。
故选：AD。
根据能级跃迁公式可分别得出辐射红光和辐射紫光时的能量关系，则可得出从k到m时能量变化的表达式，即可得出正确结果；结合动能的表达式求出氢原子的速度；根据跃迁时能量的变化分析；根据光的波粒二象性分析。
本题考查原子跃迁与能级能量变化及辐射或光子能量的关系。要明确电子的波粒二象性。
9.【答案】ABC
【解析】解：AB.个开始时鱼静止在水面下H处，设鱼的体积为V0，此时鱼受力平衡，即
Mg=ρgV0
设B室内的气体密度为ρ气，根据质量的计算公式可得：
m=ρ气V
根据牛顿第二定律，可得
ρg(V0+ΔV)−Mg=Ma
联立解得：Δm=ρ气ΔV=MmaρVg，故AB正确；
CD.开始时鱼静止在H处，B室内气体体积为V，质量为m，根据题意可知B室内的压强为
p1=ρgH+p0
鱼静止于水面下H1处时，因为浮力不变，所以此时B室的体积仍为V，又
p2=ρgH1+p0
由于鱼鳔内气体温度不变，根据玻意耳定律有
p1V2=p2V
解得：V2=ρgH1+p0ρgH+p0V
则此时B室内气体质量
m1=ρ气V2
联立解得：m1=ρgH1+p0ρgH+p0m，故C正确，D错误。
故选：ABC。
对鱼受力分析，结合牛顿第二定律得出充入气体的质量；
分析出气体变化前后的状态参量，结合玻意耳定律列式完成分析。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量，结合玻意耳定律和牛顿第二定律即可完成分析。
10.【答案】BC
【解析】解：BD.设棋子间的动摩擦因数为μ，由于最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则最上面两个棋子向右运动的最大加速度为am=μ×2mg2m=μg，
设最上面三个棋子一起以am向右加速运动时，水平恒力大小为F0，则F0−3μmg=3mam，所以F0=6μmg，
当0≤F≤3μmg时，所有棋子均静止不动；
当3μmg
故选：BC。
对棋子进行受力分析，结合牛顿第二定律判断出棋子的运动状态，得出恒力作用一小段时间后，五颗棋子的位置情况。
本题考查摩擦力的计算以及牛顿第二定律，解题关键是需要正确地分析出棋子的受力情况，从而判断出棋子的位置关系。
11.【答案】BD9.4可以 D
【解析】解：(1)A.电路中的电源目的是线圈产生磁性，因此直流电也可以，故A错误；
B.小球沿竖直方向自由下落，因此要使小球能够撞击M，M调整到电磁铁的正下方，故B正确；
C.根据题意可知，小球下落的高度应为电磁铁下端到M的竖直距离减去小球直径，故C错误；
D.手敲击M瞬间，小球1即开始下落，故应同时开始计时，故D正确。
故选：BD。
(2)根据题意可知，1个小球下落的时间为T0=Tn=6.510s=0.65s
根据自由落体运动规律H=12gT02
重力加速度为g=2HT02=2×
(3)根据题意，由自由落体运动的规律，下落高度为H1时H1=12g(T1n−Δt)2
下落高度为H2时H2=12g(T2h−Δt)2
联立解得g=2n2( H1− H2)(T1−T2)2
可知，可以消去Δt对实验结果的影响。
(4)AD.根据自由落体的位移公式h=12gt2
知道在最初的0.04s下落的位移约为0.008m，所以照片中单位是cm，且释放小球的瞬间频闪仪刚好闪光，故A错误，D正确
B.利用最后一个点，根据h=12gt2
可得g=2ht2=2×
可知，球受到的空气阻力不可忽略，故B错误；
C.根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可以求得小球运动到A位置的速度为：vA=(19.35−7.05)×10−22×0.65m/s=9.46×10−2m/s，故C错误。
故选：D。
故答案为：(1)BD；(2)9.4；(3)可以；(4)D。
(1)根据实验电路结构、实验原理分析作答；
(2)根据题意求解每一个小球下落的时间，再根据自由落体运动规律求出重力加速度大小；
(3)根据自由落体运动规律结合数学知识可正确求解；
(4)AD.根据自由落体运动公式求解求解小球下落0.04s的位移，再结合图中数据分析作答；
B.根据自由落体运动规律求重力加速度；
C.根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度分析作答。
本题考查了利用自由落体运动求重力加速度，明确实验的原理和实验电路的结构是解题的关键；理解消除实验误差的方法。
12.【答案】AC 624 B
【解析】解：(1)A.若照在毛玻璃屏上的光很弱或不亮，可能是因为光源、单缝、双缝与遮光筒不共轴所致，故A正确；
B.若想增加从目镜中观察到的条纹个数，则条纹间距Δx应减小，根据
Δx=Ldλ
可知若想增加从目镜中观察到的条纹个数应将屏向靠近双缝方向移动，故B错误；
C.若干涉条纹与分划板的中心刻线不平行，则测量的条纹间距Δx大于实际值，根据
Δx=Ldλ
可知波长的测量值大于实际值，故C正确；
故选：AC。
(2)游标卡尺的最小分度值为0.1mm，由图2可知A、B的位置读数分别为10.9mm、15.6mm，则A、B间的距离为
15.6mm−10.9mm=4.7mm
两条纹间距为
Δx=4.76mm=0.78mm
所测单色光的波长为
λ=dLΔx=0.4×10−30.5×0.78×10−3m=0.624×10−6m=624nm
(3)由折射定律得
sinisinr=−1
即
sini=−sinr
可知折射角和入射角等大，且位于法线的同侧，故B正确，ACD错误。
故选：B。
故答案为：(1)AC；(2)624；(3)B。
(1)根据干涉实验原理和注意事项分析判断；
(2)先确定游标卡尺的最小分度值，再读出A、B的位置读数，计算出两条纹间距，根据相邻明条纹间距公式计算波长；
(3)根据折射定律分析判断。
本题关键掌握游标卡尺的读数方法，掌握相邻明条纹间距公式和折射定律。
13.【答案】解：(1)质量为m1物块刚放上木板时，受力分析有mgsinθ+μ1mgcsθ=ma1
解得a1=12m/s2
方向平行木板向下；同理，对质量为m2物块有mgsinθ+μ2mgcsθ=ma2
解得a2=8m/s2
方向平行木板向下。
(2)分析可知两物块刚放上木板时木板做匀减速运动，设加速度大小为a，有μ1mgcsθ+μ2mgcsθ+μ⋅4mgcsθ−2mgsinθ=2ma
解得a=6m/s2
设质量为m1物块与木板第一次到达共同速度v时经过的时间为t1，有v=a1t1=v0−at1
解得v=12m/s，t1=1s
此时质量为m2物块速度为v2=a2t1=8×1m/s=8m/s
此时两物块相距为Δx=v2t1−v22t1=122×1m−82×1m=2m
若质量为m1物块与木板共速后相对静止，相互间的摩擦力大小为f，此时质量为m1物块受到的摩擦力方向沿斜面向上，对木板受力分析有2mgsinθ+f−μ2mgcsθ−μ⋅4mgcsθ=2ma′
对质量为m1物块受力分析有mgsinθ−f=ma′
联立解得a′=0，f=6m(N)=μ1mgcsθ
可得质量为m1物块与木板共速后一起匀速下滑，质量为m2物块继续做匀加速运动，设再经过时间t2后两物块速度相同，此时两物块距离最大，有v2+a2t2=v
解得t2=0.5s
该过程中两物块相对位移为Δx2=vt2−v2+v2t2=12×0.5m−8+122×0.5m=1m
所以在两物块第一次碰撞前物块间的最大距离为Δx=Δx1+Δx2=2m+1m=3m
(3)分析可知当两物块共速后，质量为m2物块将继续做匀加速运动，此时木板对其的摩擦力方向沿斜面向上，此时质量为m2物块的加速度为
a′2=mgsinθ−μ2mgcsθm=gsinθ−μ2gcsθ=6m/s2−2m/s2=4m/s2
设此时质量为m1物块与木板的共同加速度为a3，有3mgsinθ+μ2mgcsθ−μ⋅4mgcsθ=3ma3
解得a3=43m/s2
设当两物块共速后经过时间t3，两物块相遇，有vt3+12a3t32+Δx=vt3+12a2′t32
解得t3=1.5s
长木板刚开始从静止沿斜面下滑时加速度为
a0=2mgsinθ−μ⋅2mgcsθ2m=gsinθ−μgcsθ=6m/s2−4m/s2=2m/s2
当其加速到v0=18m/s时间为t0=v0a0=182s=9s
所以从木板开始运动到两物块在长木板上第一次相遇所用的时间为
t总=t0+t1+t2+t3=9s+1s+0.5s+1.5s=12s
答：(1)两物块刚放上木板时m1物块的加速度大小为12m/s2，方向平行木板向下；质量为m2物块的加速度为8m/s2，方向平行木板向下；
(2)从放上物块开始经过1s质量为m1的小物块与长木板速度第一次相等，在两物块第一次碰撞前物块间的最大距离为3m；
(3)从木板开始运动到两物块在长木板上第一次相遇所用的时间为12s。
【解析】(1)物块刚放上的瞬间对物块受力分析，由牛顿第二定律求解两物块的加速度；
(2)放上物块分析木板与物块的运动情况，由vt图像得出达到共速的时间，再分析摩擦力方向，受力分析，列牛顿第二定律方程求解。
(3)分析当两物块共速后，质量为m2物块的运动性质，求出质量为m2物块的加速度以及质量为m1物块的加速度，根据运动学规律求出两物块共速后经过时间t3相遇；再根据牛顿第二定律求出长木板刚开始从静止沿斜面下滑时的加速度，以及其加速到18m/s的时间，进而求出从木板开始运动到两物块在长木板上第一次相遇所用的时间。
本题考查了板块模型，解决本题的关键是熟练掌握牛顿第二定律以及匀变速直线运动规律。
14.【答案】解：(1)设物块在斜面上平衡时，弹簧伸长量为ΔL，根据平衡条件有
m0gsinα=kΔL
解得：ΔL=m0gsinαk
以沿斜面向上为正方向，当物块相对平衡位置的位移为x时，物块所受合力为
F合=k(ΔL−x)−m0gsinα=−kx
可知物块做简谐运动；
对于物块A，平衡位置对应的弹簧压缩量为xA=mgsinαk=mg2k
对于物块B，平衡位置对应的弹簧压缩量为xB=4mgsinαk=2mgk
根据简谐运动的对称性可知，A的最低点P对应的弹簧压缩量为xP=2xA=2×mg2k=mgk
B的最低点Q对应的弹簧压缩量为xQ=2xB=2×2mgk=4mgk
故斜面上PQ两点间的距离为xPQ=xQ−xP=4mgk−mgk=3mgk
(2)设斜面的质量为M，以斜面、物块B和弹簧为系统，当物块B处于最高点时(弹簧处于原长)，物块B的加速度最大，且沿斜面向下，大小为a=4mgsinα4m=12g
此时系统失重最大，地面对斜面的支持力最小，且地面对斜面的摩擦力最大；
根据牛顿第二定律可得
f地=4max=4macsα= 3mg
(M+4m)g−N地=4may=4masinα=4m⋅12g⋅12=mg
可得N地=(M+3m)g
又f地⩽μN地
联立解得斜面的质量应满足M≥3m。
(3)已知物块B无初速释放后，经时间t0第一次到达Q点，可知物块B做简谐运动的周期为T=2t0
物块B做简谐运动的振幅为A=2mgk
以释放位置为t=0时刻，则物块B做简谐运动的振动方程为x=Asin(2πTt+π2)=2mgksin(πt0t+π2)
设物块B由弹簧原长释放，运动至P点所需时间为t，则有xP=2mgksin(πt0t+π2)=mgk
可得sin(πt0t+π2)=12
可得πt0t+π2=n⋅2π+56π或πt0t+π2=n⋅2π+136π，(n=0,1,2⋯)
解得t=(2n+13)t0或t=(2n+53)t0，(n=0,1,2⋯)
答：(1)斜面上PQ两点间的距离为3mgk；
(2)斜面的质量应满足：M≥3m；
(3)物块B由弹簧原长释放，运动至P点所需时间为t=(2n+13)t0或t=(2n+53)t0，(n=0,1,2⋯)。
【解析】(1)证明物块的运动是简谐运动，根据简谐运动的对称性解答；
(2)对以斜面、物块B和弹簧为系统，运用牛顿第二定律求解斜面的质量应满足的条件。
(3)写出物块B做简谐运动的振动方程，根据物块B做简谐运动的振动方程求物块B由弹簧原长释放，运动至P点所需时间。
本题主要考查简谐运动的特点，关键是对滑块和斜面体受力分析，结合牛顿第二定律、共点力平衡条件和简谐运动的对称性特点列式分析，注意应用牛顿第二定律解答问题时也可以分解加速度。
15.【答案】解：(1)根据题意，画出从D点射入的光线的光路图，如图所示。由临界角公式sinC=1n可得，光在透明体内临界角的正弦值为
sinC=1 2= 22
解得：C=45∘
由几何关系可知，光在AC面的入射角为60∘，大于临界角，则光线在AC面上发生全反射，由几何关系可得OD=2 3R，OE= 3R
则光线从D点射入，从BC边射出，由n=cv可得，该单色光在透明体内传播速度为v= 22c
穿过透明体的时间为
t=OD+OEv=2 3R+ 3R 22c=3 6Rc
(2)从真空球上G和G′处射入的光线刚好在此处发生全反射，如图所示，入射角恰好为45∘，而这两条光线之间射入的光线，其入射角均小于45∘，将会射入真空区域，所以只要将这些区域间用不透明纸遮住就可以了，显然在透明体AB上，被遮挡区至少是个圆形，其半径为r，由几何知识可知：
r= 22R
则须在透明体AB面贴上不透明纸的面积至少为
S=πr2=π( 22R)2=πR22
答：(1)光线从BC边射出，该光线穿过透明体所需要的时间为3 6Rc；
(2)不透明纸的最小面积为πR22。
【解析】(1)根据几何知识求解光线射到AC面的入射角，由sinC=1n求解全反射的临界角C，从而判断该光线是从AC边还是BC边射出透明体。作出光路图，根据几何知识求解光在透明体内通过的路程，由v=cn求出光在透明体内传播速度，再求解其传播时间；
(2)找到光刚好在球面发生全反射的位置，根据几何知识求解其遮光的半径，从而求解不透明纸的最小面积。
解决该题的关键是正确作出光路图，能根据几何知识求解光在介质中传播的路程，掌握全反射临界角公式，熟记光速的求解公式。
16.【答案】解：(1)对两个活塞整体受力分析，根据平衡条件，A部分气体压强为：
pA=p0−2mgS
解得：pA=9.0×104Pa
加热过程中，A部分气体做等压变化，加热前温度为：T1=(27+273)K=300K
体积为：VA1=LA1S
加热后温度为：TA2=(627+273)K=900K
体积为：VA2=LA2S
根据盖一吕萨克定律
VA1T1=VA2TA2
解得：LA2=18cm
(2)设加热前B部分气体压强为p1，体积为：V1=LB1S
加热前对下边活塞受力分析，根据平衡条件有：
p0S=p1S+k(L0−LB1)+mg
解得：p1=9.0×104Pa
加热后压强为p2，体积为：VB2=LB2S
加热后，B部分气体气柱的长度LB2比弹簧原长L0长，对下边活塞受力分析，根据平衡条件得：
p0S+k(LB2−L0)=p2S+mg
解得：p2=9.9×104Pa
对B部分气体，加热前后，根据理想气体状态方程得：
p1V1T1=p2VB2TB2
解得：TB2=924K
(3)B部分温度保持在TB3=1000K不变，且轻弹簧恢复原长时，B部分的压强pB3，体积为：VB3=LB3S=L0S
对B部分气体由理想气体状态方程得：
p2VB2TB2=pB3VB3TB3
解得：pB3=1.5×105Pa
A部分温度保持在TA3=1160K不变，压强为pA3，体积为：VA3=LA3S
由平衡条件得：pA3=pB3−mgS
解得：pA3=1.45×105Pa
对A部分气体由理想气体状态方程得：
pAVA1T1=pA3VA3TA3
解得：LA3=14.4cm
关闭阀门K时，C部分气柱的长度为：LC1=L−LA2−LB2
轻弹簧刚好恢复原长时，C部分气柱的长度为：LC3=L−LA3−L0
轻弹簧刚好恢复原长时C部分气体压强为：pC3=pB3+mgS
对C部分气体由理想气体状态方程得：p0VC1T1=pC3VC3TC3
解得：TC3=644.8K
可得：t3=(644.8−273)℃=371.8℃
答：(1)加热后A部分气体气柱的长度为18cm；
(2)此时B部分气体的温度为924K；
(3)当C部分内的气体温度t3变为371.8摄氏度时轻弹簧刚好恢复原长。
【解析】(1)根据活塞的平衡条件列式得出气体的状态参量，结合盖-吕萨克定律得出气柱的长度；
(2)根据题意分析出气体变化前后的状态参量，结合一定质量的理想气体状态方程得出气体的温度；
(3)熟悉对活塞的受力分析，结合一定质量的理想气体状态方程和胡克定律得出气体的温度。
本题主要考查了一定质量的理想气体状态方程，熟悉活塞的受力分析，结合一定质量的理想气体状态方程即可完成分析。
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