【文档说明】湖北省鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校2023-2024学年高二下学期期中联考试题 物理 含解析.docx，共(17)页，1.027 MB，由管理员店铺上传

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2023-2024学年湖北省鄂东南联盟高二（下）期中联考物理试卷一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.下列说法正确的是()A.布朗运动是在显微镜下看到的液体分子的无规则运动B.给自行车胎打气，越打越费力是因为分子间存在斥力C.随着两分子间距离的增大，可能出现分子势能增大而分子间的作用力减

小的过程D.气体在100℃时每个分子的动能都大于其在50℃时的动能2.无线充电技术有电磁感应式、磁共振耦合、电磁谐振式等不同方式，不同方式各有千秋，但都使用了LC振荡电路。一振荡电路在𝑡1和𝑡2时刻

自感线圈中磁感线方向和电容器中极板带电情况如图所示。若𝑡2−𝑡1=𝜋2√𝐿𝐶，选取时间微元𝛥𝑡(𝛥𝑡→0)，则下列说法正确的是()A.在𝑡1时刻，电容器正在放电B.从𝑡1→𝑡1+𝛥𝑡，电路中电流增大C.从𝑡2→𝑡2+𝛥𝑡，

自感线圈中磁场增强D.从𝑡2→𝑡2+𝛥𝑡，电容器两极板间电场增强3.如图所示，交流电源输出电压有效值恒定，变压器为理想变压器，灯泡阻值不随温度变化，电路稳定后闭合开关，下列说法正确的是()A.𝐿1变暗�

�2变暗B.𝐿1不变𝐿3变暗C.𝐿2变暗𝐿3变暗D.𝐿2变亮𝐿3变亮4.如图所示，a、b两束单色光分别沿不同方向射向横截面为半圆形玻璃砖的圆心O，已知a光刚好发生全反射，b光的折射光线(反射光线未画出

)刚好与a光的反射光线重叠，且𝛼>𝛽，则判断()A.若将b光沿a光的光路射向O点，b光也能发生全反射B.用a、b单色光分别检查同一光学平面的平整度时，b光呈现的明暗相间的条纹要窄些C.在玻璃砖中，a光的波速比b光大D.用a、b单色光分别以相同入射角斜射入同一平行玻璃砖，a光发生的

侧移大5.现有一列沿x轴传播的简谐横波，如图甲为该波在𝑡=1.2𝑠时刻的图像，如图乙为波的传播方向上A质点的振动图像，下列说法正确的是()A.这列波的波速是50𝑚/𝑠B.这列波沿x轴正方向传播C.从𝑡=1.2𝑠开始计时，质点P比质点Q晚0.3𝑠回到平

衡位置D.从𝑡=1.2𝑠开始计时，紧接着的𝛥𝑡=1.5𝑠时间内，P质点通过的路程小于10m6.用高压水枪清洗汽车的照片如图所示，设水枪喷出的水柱截面为圆形，直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后反方向的速度为0.2𝑣

，高压水枪的质量为M，手持高压水枪操作，已知水的密度为𝜌。下列说法正确的是()A.水柱对汽车的平均冲力为0.2𝜌𝑣2𝜋𝐷2B.高压水枪单位时间喷出的水的质量为14𝜌𝑣𝜋𝐷2C.当高压水枪喷口的出水速度变为原来2倍时，水柱对汽车的平均冲力加倍D.高压水枪喷出水柱直径D减半时，水柱对

汽车的压强变小7.输电能耗演示电路如图所示，左侧变压器原、副线圈匝数比为1:6，输入电压为7.5𝑉的正弦交流电。连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为10𝛺。开关S接1时，右侧变压器原、副线圈匝数比为2:1，R上的功率为40𝑊;接2时，匝数比为1:2，R上的功率为P。以下判断正确的

是()A.𝑟=8𝛺B.𝑟=4𝛺C.𝑃=180𝑊D.𝑃=90𝑊二、多选题：本大题共3小题，共12分。8.下列有关光学现象说法正确的是()A.图1为检验工件平整度的装置，利用了光的衍射原理B.图2为光照射透光的小圆孔得到的干涉图样C.图3中沙漠蜃景属于光的全反射现象，

其产生的原因是沙漠上层空气的折射率比下层空气的折射率大D.图4中电影院的3D电影利用了光的偏振9.如图所示为一款玩具“弹簧公仔”，该玩具由头部、轻弹簧及底座组成，已知公仔头部质量为m，弹簧的劲度系数为k，底座质量为0.5

𝑚。压缩公仔头部，然后由静止释放公仔头部，此后公仔头部在竖直方向上做简谐运动，重力加速度为g。当公仔头部运动至最高点时，底座对桌面的压力刚好为零，弹簧始终在弹性限度内。则下列说法正确的是()A.公仔头部做简谐运动的振幅为3𝑚𝑔2𝑘B.公仔头部运动至最高点时

，头部的加速度为gC.公仔头部有最大速度时，弹簧处于原长D.公仔头部运动至最低点时，桌面对底座支持力的大小为3mg10.如图所示，质量为M的带有四分之一光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，圆弧的半径为𝑅(未

知)，一质量为m的小球以速度𝑣0水平冲上小车，恰好达到圆弧的顶端，此时M向前走了0.25𝑅，接着小球又返回小车的左端。若𝑀=2𝑚，重力加速度为g，则()A.整个过程小车和小球组成系统动量和机械能都守恒B.圆弧的半径为𝑅=𝑣02

3𝑔C.小球在弧形槽上上升到最大高度所用的时间为8𝑣015𝑔D.整个过程小球对小车做的功为4𝑚𝑣029三、实验题：本大题共2小题，共18分。11.某同学在做“测定玻璃折射率”的实验时已经画好了部分

图线，如图甲所示，并在入射光线AO上插上大头针𝑃1、𝑃2，现需在玻璃砖下表面折射出的光线上插上𝑃3和𝑃4大头针，便能确定光在玻璃砖中的折射光线。(1)确定𝑃3、𝑃4位置的方法正确的是__________;A.插上大头针𝑃3，使𝑃3仅挡住𝑃2的像B.插上大头针𝑃3，使𝑃3

挡住𝑃1的像和𝑃2的像C.插上大头针𝑃4，使𝑃4仅挡住𝑃3D.插上大头针𝑃4，使𝑃4挡住𝑃3和𝑃1、𝑃2的像(2)经过多次测量作出sin𝜃1−sin𝜃2的图像如图乙，玻璃砖的折射率为__________;(保留三位有效数字)(3)对实验中的一些具体

问题，下列说法中正确的是__________。A.入射角越小，折射率的测量越准确B.为了减小作图误差，𝑃3和𝑃4的距离应适当取大些C.如果在界面𝑎𝑎′光的入射角大于临界角，光将不会进入玻璃砖D.如图所

示，如果误将玻璃砖的边𝑏𝑏′画到𝑐𝑐′(𝑐𝑐′与𝑏𝑏′平行)，折射率的测量值将偏小12.某学习小组用三枚相同的硬币来验证动量守恒定律。将两枚硬币叠放粘连，记为A，另一枚硬币记为B，在水平桌面左端固定一弹射装置，PQ为中轴线，

𝑂𝑂′与轴线垂直作为参考线。实验步骤如下：①如图甲，将A从P沿PQ弹射，A停止后，测出其右端到𝑂𝑂′的距离𝑆1;②如图乙，将B静置于轴线上，并使其左端与𝑂𝑂′相切;③如图丙，将A压缩弹簧至同甲位置，射出后在𝑂𝑂′处

与B正碰，A、B停止后，测出A右端和B左端到𝑂𝑂′的距离𝑆2、𝑆3。请回答以下问题：(1)两次从同一位置弹射A，目的是确保A到达𝑂𝑂′线时具有相同的__________。(2)碰撞前瞬间A的速度大小与____

______成正比。A.𝑆1B.𝑆2C.√𝑆1D.√𝑆2(3)多次实验，若测量数据均近似满足关系式__________(用题中给定符号表达)，则说明硬币碰撞过程中动量守恒。四、计算题：本大题共3小题，共30分。13.一列简谐横波在介质中沿x轴正方向传播，波长不小于8c

m。如图所示，P和M是介质中平衡位置分别位于𝑥=0和𝑥=4𝑐𝑚处的两个质点。𝑡=0时开始观测，此时质点P的位移为𝑦=5√3𝑐𝑚，质点M处于平衡位置，此时两质点均向y轴正方向振动;𝑡=14𝑠时，质点P第一次到达波峰位置，

𝑡=34𝑠时，质点M第一次到达波峰位置。求：(1)简谐波的周期、波速和波长;(2)质点P的位移随时间变化的关系式。14.合理利用自然界中的能源是一个重要的课题。在我国某海域，人们设计了一个浮桶式波浪发电灯塔。如图甲所示，该浮桶由内、

外两密封圆筒构成，浮桶内磁体由支柱固定在暗礁上，内置𝑁=100的线圈。线圈与阻值𝑅=14𝛺的灯泡相连，随波浪相对磁体沿竖直方向上下运动且始终处于磁场中，其运动速度𝑣=2√2sin𝜋𝑡(𝑚/𝑠)。辐向磁场中线圈所在处的

磁感应强度大小𝐵=0.2𝑇。单匝线圈周长𝐿=1.5𝑚，线圈总电阻𝑟=1𝛺，圆形线所在处截面如图乙所示。求：(1)线圈中产生感应电动势的瞬时表达式;(2)灯泡工作时消耗的电功率𝑃;(3)3min内发电

灯塔消耗的电能。15.如图所示，长为𝐿2=2𝑚的水平传送带以𝑣=2𝑚/𝑠的速度匀速转动，紧靠传送带两端的水平面上各静止一个物块B和C，𝑚𝐵=𝑚𝐶=1.0𝑘𝑔。在距传送带左端𝑠=0.5𝑚的水平面上

放置一竖直固定弹性挡板，物块与挡板碰撞后会被原速率弹回，右端有一倾角为37∘且足够长的粗糙倾斜轨道de，斜面底端与传送带右端平滑连接。现从距斜面底端𝐿1=2𝑚处由静止释放一质量𝑚𝐴=0.6𝑘𝑔的滑块A，一段时间

后物块A与B发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞后B滑上传送带，A被取走。已知物块B、C与传送带间的动摩擦因数𝜇1=0.2，与水平面间的动摩擦因数𝜇2=0.02，物块A与斜面间的动摩擦因数𝜇3=0.25，物块间的碰撞都是弹性正碰，不计物块大小

，g取10𝑚/𝑠2。sin37∘=0.6，cos37∘=0.8。求：(1)物块A与物块B相碰前物块A的瞬时速度大小;(2)物块B与物块C第一次碰撞前，物块B在传送带上滑行过程中因摩擦产生的内能;(3)整个过程中，物块C与挡板碰撞的次数。答案和解析1.【答案】C【解析】【分析

】根据布朗运动的定义分析A；给自行车轮胎打气，轮胎内的压强逐渐变大，据此分析B；根据分子力随分子间距离变化的规律结合分子力做功情况分析C；温度是分子平均动能的标志，要知道温度是分子平均动能的标志，温度高的物体分子的平均动能大，并不是每一个分子的动能都大。本题

考查了布朗运动、气体压强、分子势能、以及温度是分子平均动能的标志，基础题。【解答】布朗运动是光学显微镜下观察到悬浮在水中的花粉颗粒的无规则运动，故A错误；给自行车胎打气，越打越费力是因为气体压强的作用，故B错误；分子间距离大于𝑟

0时，分子力为引力，距离增大，分子力先增大后减小，分子力做负功，分子势能增大，所以随着两分子间距离的增大，可能出现分子势能增大而分子间的作用力减小的过程，故C正确；温度是分子平均动能的标志，气体在100℃时分子的平均动能大于其在50℃时的平均

动能，但不是每个分子的动能都大，故D错误。2.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查LC振荡电路。结合题图，根据安培定则判断线圈中的电流方向，结合电容器极板的带电性判断电容器的充放电情况，由此判断电路中电流的变

化、自感线圈中磁场的变化以及电容器两极板间电场变化，由此分析即可正确求解。【解答】𝐴𝐵.𝐿𝐶振荡周期𝑇=2𝜋√𝐿𝐶，𝑡2−𝑡1=𝜋2√𝐿𝐶=14𝑇，根据安培定则可知，俯视时，𝑡1时刻线圈中的电流方向沿逆时针方向，此时刻

电容器下极板带正电，所以𝑡1时刻电容器正在充电，从𝑡1→𝑡1+𝛥𝑡，电路中电流减小，故AB错误；𝐶𝐷.根据安培定则可知，俯视时，𝑡2时刻线圈中的电流方向沿顺时针方向，此时刻电容器下极板带正电，𝑡2时刻电容器正在放电，从𝑡2→𝑡2+𝛥𝑡，线圈

中的电流增大，自感线圈中磁场增强，电容器的带电量减小，电容器两极板间电场减弱，故D错误，C正确。3.【答案】B【解析】【分析】本题考查变压器的基本关系及动态分析，掌握变压器的基本关系。当S闭合后，副线圈电路中电阻减小

，根据欧姆定律分析电路中电流，判断𝐿2亮度变化，根据分压原理，判断判断𝐿3亮度变化，难度一般。【解答】原副线圈匝数比不变，原线圈两端电压不变，副线圈两端电压不变。电路稳定后闭合开关，电路中电阻减小，流过副线圈电流增大，𝐿2亮度变亮，𝐿2两

端电压升高，根据串联电路电压规律，𝐿3两端电压降低，𝐿3变暗；𝐿1两端电压不变，𝐿1亮度不变。故选B。4.【答案】D【解析】【分析】本题考查了临界角公式sin𝐶=1𝑛、折射定律、折射率、薄膜干涉、平行玻璃砖等知

识，考查的比较综合，要注重理解和记忆，分析a、b光折射率的大小是解题的关键。全反射发生的条件：光从“光密”介质进入“光疏”介质，且入射角大于等于临界角；临界角是折射角为90∘的入射角；已知a光刚好发生全反射，则a光的入射角

𝛽是临界角，a光的折射角为90∘；b光的入射角为𝛼，折射角为𝛽；根据光的折射定律即可求其折射率；根据平行玻璃砖侧移量影响因素分析。【解答】A、a光恰好能发生全反射，临界角为𝛽，则a光的折射率na=1sin𝛽=sin90∘sin𝛽，根据折射定

律，b光的折射率nb=sin𝛼sin𝛽，因为90∘>𝛼，所以na>nb，根据sin𝐶=1𝑛可知b光的临界角大，若将b光沿a光的光路射向O点，b光不会发生全反射，故A错误；B、a光的折射率大，

所以a光频率大，波长小，b光波长大，用a、b单色光分别检查同一光学平面的平整度时，b光呈现的明暗相间的条纹要宽些，故B错误；C、根据𝑣=𝑐𝑛可知，在玻璃砖中，a光的波速比b光小，故C错误；D、平行玻璃砖问题，光线的侧移量跟三个因素有关①入射角，②折射率、

③玻璃砖厚度，用a、b单色光分别以相同入射角斜射入同一平行玻璃砖，a光折射率大，所以a的侧移量大，故D正确。5.【答案】D【解析】【分析】由甲图读出波长，由乙图得到周期，求出波速。由乙图读出该时刻即𝑡=1.2𝑠时刻质点A的速度方向，由甲图判断出波的传播

方向。根据时间与周期的倍数关系，结合一个周期内质点通过的路程是4倍振幅，分析经过△𝑡=1.5𝑠时P质点通过的路程。本题既要理解振动图象和波动图象各自的物理意义，由振动图象能判断出质点的速度方向，更要把握两种图象的内在联系

，能由质点的速度方向，判断出波的传播方向。【解答】A、由图甲读出波长：𝜆=20𝑚，由乙图读出周期𝑇=1.2𝑠，则波速为𝑣=𝜆𝑇=201.2𝑚/𝑠=503𝑚/𝑠，故A错误；B、由图乙读出𝑡=1.2𝑠时刻质点A的速度方向为沿y轴正方向，由图甲判断出波的传播方向沿x轴负方

向，故B错误；C、图甲时刻质点P沿y轴负方向运动，质点Q沿y轴正方向运动，所以质点P将比质点Q晚回到平衡位置，将此图象与正弦曲线进行对比可知点的横坐标为𝑥𝑃=203𝑚，Q点的横坐标𝑥𝑄=403𝑚，可知质点P比质点Q晚回到平衡位置的时间：𝑡=𝑥𝑄−𝑥�

�𝑣=0.4𝑠，故C错误；D、从𝑡=1.2𝑠开始计时，P点向y轴负方向振动，速度较小，经过𝛥𝑡=1.5𝑠=54𝑇，因为经过𝛥𝑡平衡位置或最大位移处质点的运动路程为5𝐴=10𝑚，则质点P通过的路程小于10m，故D正确。故选

：D。6.【答案】B【解析】【分析】本题以高压水枪清洗汽车的照片为情景载体，考查了动量定理在实际问题中的应用，根据动量定理以及牛顿第三定律求解，同时注意研究对象的选择是解决此题的关键。对单位时间内水枪喷出

的水列动量定理求解出平均冲击力，再利用压强的定义式计算出压强的变化关系。【解答】𝐴𝐵.高压水枪单位时间喷出的水的质量为𝑚0=𝜌𝑆𝑣𝛥𝑡𝛥𝑡=14𝜌𝑣𝜋𝐷2，规定水柱冲击汽车反弹后的速度方向为正方向，由动量定理得𝐹𝛥𝑡=0.2𝑚𝑣−(−𝑚𝑣)，�

�=𝑚0𝛥𝑡，解得𝐹=0.3𝜌𝑣2𝜋𝐷2，由牛顿第三定律可知水柱对汽车的平均冲力为0.3𝜌𝑣2𝜋𝐷2，故A错误，B正确；C.根据𝐹=0.3𝜌𝑣2𝜋𝐷2，当高压水枪喷口的出水速度变为原来2倍时，平均冲力变为4倍，故C错误；D.水柱对汽

车的压强为𝑝=𝐹𝑆=1.2𝜌𝑣2，高压水枪喷出水柱直径D减半时，水柱对汽车的压强不变，故D错误。7.【答案】D【解析】【分析】本题考查远距离输电的原理，解题的关键在于明确能量关系以及变压器原理的应用，

注意明确变压器本身不消耗能量。开关接1时，已知输出功率，根据功率公式可右侧变压器的输出电流；再根据变压器电流之比等于匝数的反比即可求出右侧变压器输入电流和左侧变压器输入电流；结合𝑈2−𝑈3=𝐼3𝑟求出导线电阻；开关接2时，明确电流关

系，再根据输入的总功率等于导线上消耗的功率和R上消耗的功率，根据电流关系和功率公式列式即可求出R上的功率。【解答】AB、开关S接1时，𝑈1𝑈2=𝑛1𝑛2，𝑈3𝑈4=𝑛3𝑛4，𝐼3𝐼4=𝑛4𝑛3，𝑃1=𝑈42𝑅=𝐼42𝑅=40�

�，且𝑈2−𝑈3=𝐼3𝑟，代入数据解得：𝑟=5𝛺，故A、B错误；CD、开关S接2时，𝑈3′𝑈4′=𝑛3′𝑛4′，𝐼3′𝐼4′=𝑛4′𝑛3′，𝑃=𝑈4′2𝑅，𝑈2−𝑈3′=𝐼3′

𝑟，𝑈4′=𝐼4′𝑅，代入数据解得：𝑃=90𝑊，故D正确，C错误。8.【答案】CD【解析】【分析】图1中利用了薄膜干涉的原理；泊松亮斑是光的衍射现象；沙漠蜃景属于光的全反射现象；电影院的3D电影利用了光的偏振。本题

考查了光学部分的内容，理解常见的光现象及原理是关键。【解答】A.利用了薄膜干涉的原理，同一明条纹处空气膜的厚度相同，由弯曲的条纹可知，P处被检查平面左边的空气膜厚度与其右边的空气膜厚度相同，知P处凹陷，而Q处被检查平面右边的空气膜厚度与其左边的空气膜厚度相同，

知Q处凸起，A错误；B.图为光线照射不透明小圆板得到的衍射图样，泊松亮斑，B错误；C.沙漠上层空气的折射率比下层空气的折射率大，从远处物体射向地面的光先折射后发生全反射形成沙漠蜃景，故C正确；D.电影院的3D电影利用了光的偏振，D正确。故选CD。9.【答案】AD【解析】【分析】根据简谐运

动规律分析即可，难度不大。公仔头部在最高点时，对公仔头部分析结合回复力公式求解振幅；在平衡位置时速度最大，弹簧处于压缩状态；根据简谐运动的对称性，结合公仔头部和底座的受力分析求解桌面对底座支持力的大小。【解答】𝐴𝐵.公仔头部在最高点时，对公仔头部：𝐹回1

=𝐹弹1+𝑚𝑔=32𝑚𝑔=𝑚𝑎，故头部的加速度为32g，又𝐹回𝑚𝑎𝑥=𝑘𝐴，解得：𝐴=3𝑚𝑔2𝑘，选项A正确，B错误；D.根据简谐运动的对称性，当公仔头部运动到最低点时𝐹回2=32

𝑚𝑔=𝐹弹2−𝑚𝑔，得：𝐹弹2=52𝑚𝑔，此时对底座受力分析，𝐹𝑁=0.5𝑚𝑔+𝐹弹2=3𝑚𝑔，公仔头部运动至最低点时，桌面对底座支持力的大小为3mg，选项D正确；C.公仔头部有最大速度时，弹簧的弹力和公仔头部的重力等大反向，弹簧处于压缩状态，选项C错误。10.【答案

】BD【解析】【分析】本题考查了单一方向动量守恒、系统机械能守恒、动能定理等。整个过程小车和小球组成系统仅在水平方向动量守恒；根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒分析解题。求变力做功时往往使用动能定理。本题涉及到了第二类人船模型，即分析初始动量不为零的系统位移问题，

同学们应该掌握解答中描述的这种方法。【解答】A、整个过程小车和小球组成系统仅在水平方向动量守恒，系统的机械能守恒，故A错误；B、从滑上轨道到到达顶端，规定向右为正，根据水平方向动量守恒可得𝑚𝑣0=(𝑀+𝑚)𝑣，根据机械能守恒可得12𝑚𝑣02=𝑚𝑔𝑅+

12(𝑀+𝑚)𝑣2，联立可得𝑣=𝑣03、𝑅=𝑣023𝑔，故B正确；D、规定向右为正，设小球返回小车左端时的速度大小为𝑣1、小车的速度大小为𝑣2，根据水平方向动量守恒可得𝑚𝑣0=𝑀𝑣2−𝑚𝑣1，根据机械能守恒可得12𝑚𝑣02=12𝑚𝑣12+12𝑀

𝑣22，其中𝑀=2𝑚，联立可得𝑣2=2𝑣03，对小车根据动能定理可得𝑊=12𝑀𝑣22−0=4𝑚𝑣029，故D正确；C、小球从滑上轨道到到达顶端，设小球与弧形槽相对地面的水平位移分别为𝑥1，𝑥2，则根据题意可得𝑥1=1.25𝑅

，𝑥2=0.25𝑅，在水平方向任一时刻都满足𝑚𝑣0=𝑚𝑣1′+𝑀𝑣2′，则有𝑚𝑣0𝑡=∑𝑚𝑣1′𝑡+∑𝑀𝑣2′𝑡=𝑚𝑥1+𝑀𝑥2，结合𝑀=2𝑚，𝑅=𝑣023𝑔，可

解得𝑡=7𝑣012𝑔，故C错误。11.【答案】(1)𝐵𝐷；(2)1.50；(3)𝐵𝐷。【解析】【分析】(1)根据实验的正确操作步骤作答；(2)根据图像斜率计算折射率；(3)分析实验误差。本题考查测量玻璃折射

率实验，要求掌握实验原理、数据处理和误差分析。【解答】(1)确定𝑃3、𝑃4位置的方法正确的是：插上大头针𝑃3，使𝑃3挡住𝑃1、𝑃2的像，插上大头针𝑃4，使𝑃4挡住𝑃1、𝑃2的像及𝑃3，故选BD。(2)根据折射定律，玻璃砖的折射率为𝑛=si

n𝜃1sin𝜃2=0.60.4=1.50。(3)𝐴、入射角适当大一些，测量更准确，A错误；B、为了减小作图误差，𝑃3和𝑃4的距离应适当取大些，B正确；C、在界面𝑎𝑎′光从光疏介质进入光密介质，不会发生全反射，C错误；

D、如果误将玻璃砖的边𝑏𝑏′画到𝑐𝑐′(𝑐𝑐′与𝑏𝑏′平行)，折射角测量值偏大，可知测出来的折射率偏小，D正确。12.【答案】(1)速度；(2)𝐶；(3)2√𝑆1=2√𝑆2+√𝑆3【解析】【分析

】(1)根据实验原理分析出从同一位置弹射A的目的；(2)根据运动学公式得出A的速度大小的影响因素；(3)根据动量守恒定律结合运动学公式分析出正确的关系式。本题主要考查了动量守恒定律的验证实验，根据动量守恒定律结合运动学公式即可完

成分析，难度不大。【解答】(1)两次从同一位置弹射A，目的是确保A到达𝑂𝑂′线时具有相同的速度；(2)碰撞后A做匀减速直线运动，设加速度为a，则𝑣12=2𝑎𝑆1，化简得：𝑣1=√2𝑎𝑆1，故C正确，ABD错误；(3)由上

述分析可知，硬币的速度𝑣∝√𝑆，则根据动量守恒定律得：2𝑚𝑣1=2𝑚𝑣2+𝑚𝑣3整理得：2√𝑆1=2√𝑆2+√𝑆3。13.【答案】解：(1)设振动周期为T。由于质点M在0到34𝑠内由平衡位置第一

次到达最大位移处，得34𝑠=14𝑇由此可知𝑇=3𝑠根据题意，波沿x轴正向传播，且PM之间的距离小于半个波长，波峰由P传到M的时间△𝑡=34𝑠−14𝑠=12𝑠根据公式𝑣=△𝑥△𝑡=8𝑐𝑚/𝑠=0.08𝑚/𝑠根据公式𝑣=𝜆𝑇得𝜆=𝑣𝑇=0.24𝑚(2

)设质点P的振动位移随时间的变化关系式为𝑦=𝐴sin(𝜔𝑡+𝜑0)根据𝜔=2𝜋𝑇得𝜔=2𝜋3𝑟𝑎𝑑/𝑠把𝑡=0，𝑦=5√3𝑐𝑚，𝑡=14𝑠，𝑦=𝐴代入上式可得𝜑0=

𝜋3，𝐴=10𝑐𝑚所以𝑦=𝐴sin(𝜔𝑡+𝜑0)=10sin(2𝜋3𝑡+𝜋3)𝑐𝑚【解析】(1)利用M点在𝑡=0𝑠时和𝑡=34s时所处的位置可求得简谐波的周期，利用波速

的公式𝑣=𝑥𝑡可求得波速，利用波速波长及周期之间的关系式𝜆=𝑣𝑇可求得波长；(2)先根据题意求出简谐波的圆频率，设出简谐振动的通式，利用0s时和14𝑠时的P点的位移，可得知初相位，即为可知质点P的位移随时间变

化的关系式．该题首先要求学生能准确的从题干中提取出相关的信息，熟练的利用波速、波长、周期之间的关系式及周期的定义进行相关问题的解答．对于第二问的解答有一定的难度，要注意利用数学知识求解初相位，同时要注意会分别用正弦和余弦来表述振动的关系式．14.【答案】解：(1)线圈在磁场中

切割磁感线，产生电动势最大值为𝐸max=𝑁𝐵𝐿𝑣max，代入数据可得𝐸max=60√2V，线圈中感应电动势为𝑒=𝐸maxsin𝜋𝑡=60√2sin𝜋𝑡𝑉;(2)根据闭合电路欧姆

定律可得最大电流为𝐼max=𝐸max𝑅+𝑟=60√214+1𝐴=4√2A，电流的有效值为𝐼=4√2𝐴√2=4𝐴，灯泡的电功率为𝑃=𝐼2𝑅=42×14𝑊=224𝑊；(3)电动势有效值𝐸=𝐸𝑚√2=60𝑉，3min内发电

灯塔消耗的电能𝐸=60×4×180𝐽=4.32×104𝐽。【解析】根据线圈在磁场中切割产生的感应电动势最大值𝐸𝑚=𝑁𝐵𝐿𝑣𝑚得出感应电动势最大值的表达式，再根据闭合电路欧姆定律得出电流的最大值，再求解有效值，由功率公式和电功公式求解。15.【

答案】解：(1)对物块A由静止到斜面底端过程运用动能定理得：𝑚𝐴𝑔𝐿1sin37∘−𝜇3𝑚𝐴𝑔𝐿1cos37∘=12𝑚𝐴𝑣𝐴2−0，解得：𝑣𝐴=4𝑚/𝑠；(2)𝐴、B发生弹性碰撞

，规定向左为正方向，根据动量守恒有：𝑚𝐴𝑣𝐴=𝑚𝐴𝑣𝐴1+𝑚𝐵𝑣𝐵，根据机械能守恒定律有：12𝑚𝐴𝑣𝐴2=12𝑚𝐴𝑣𝐴12+12𝑚𝐵𝑣𝐵2，代入数据，联立解得：𝑣𝐵=3𝑚/𝑠，𝑣𝐴1=−1𝑚/𝑠；物块B的速度大于传送带速度，

物块B在传送带上先做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得，加速度大小𝑎𝐵=𝜇1𝑚𝐵𝑔𝑚𝐵=𝜇1𝑔=0.2×10𝑚/𝑠2=2𝑚/𝑠2，开始运动到与传送带共速经历的时间𝑡1=𝑣𝐵−𝑣𝑎𝐵=3−22𝑠=0.5𝑠，匀减速运动的位移大小𝑥1=𝑣𝐵2−�

�22𝑎𝐵=32−222×2𝑚=1.25𝑚<𝐿2，可知物块B与传送带共速后做匀速直线运动，相对路程：𝛥𝑠=𝑥1−𝑣𝑡1=1.25𝑚−2×0.5𝑚=0.25𝑚，摩擦产生的内能：𝑄=𝜇1𝑚𝐵𝑔𝛥𝑠=0.2×1×10×0.25𝐽

=0.5𝐽；(3)物块B与物块C发生弹性碰撞，规定向左为正方向，根据动量守恒有：𝑚𝐵𝑣=𝑚𝐵𝑣𝐵1+𝑚𝐶𝑣𝐶1，根据机械能守恒有：12𝑚𝐵𝑣2=12𝑚𝐵𝑣𝐵12+12𝑚𝐶𝑣𝐶12，代入数据解得：�

�𝐵1=0，𝑣𝐶1=2𝑚/𝑠，由此可知，以后每次B、C相碰，速度都发生交换，对物块C，设共来回运动了n次，由动能定理得：−𝜇2𝑚𝐶𝑔×2𝑛𝑠=0−12𝑚𝐶𝑣𝐶12，代入数据解得：𝑛=10。

【解析】(1)对A从静止释放到与B相碰的过程运用动能定理，求出A在与B碰前的速度大小；(2)抓住A、B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律、机械能守恒定律求出A、B碰撞后的速度大小，结合B在传送带上的运动规律，根据牛顿第二

定律和运动学公式求出B在传送带上的相对路程，从而得出摩擦产生的内能；(3)𝐵、C质量相等，发生弹性碰撞后，速度交换，B每次回到传送带最左端的速度与B滑上传送带速度相等，可知C每次在传送带最左端以相等的速度大小返回，根据动能定理，结合C来回运动的总路程得出来回运动的次数

。本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理、牛顿运动定律以及运动学公式的综合运用，综合性强；知道弹性碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，若质量相等的物体发生弹性碰撞，速度交换。本题对数学能力要求较高，对于第三问，理清物块B、C在整个过程中的运动规律，得出C每次在传送带上运

动路程通项表达式是关键。