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安徽省安庆市宿松县2022-2023学年高二下学期期中联考物理试题
一、单选题
1．（2023高二下·宿松期中）下列说法正确的是（ ）
A．“3D”立体电影利用的原理是光的干涉现象
B．光照到不透明小圆盘上会在之后的光屏上影子的中心出现一个极小的亮斑即“泊松亮斑”，此现象说明光发生了衍射
C．物体做受迫振动时，振动的频率和振幅均与物体的固有频率无关
D．只要波源运动，就一定能观测到多普勒效应
2．（2023高二下·宿松期中）如图所示为一电容式位移传感器的示意图，电容器两固定极板间有一可移动的电介质板，电介质板与被测物体相连。电容器接入电路后，通过极板上物理量的变化可确定被测物体的位置，若物体向左平行于极板移动，在电介质板移出电容器的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．电容器的电容减小，由a→b的电流流过电流计
B．两极板间的电压增大，由a→b的电流流过电流计
C．电容器的电容增大，由b→a的电流流过电流计
D．两极板间的电压不变，由b→a的电流流过电流计
3．（2023高二下·宿松期中）如图某单摆在竖直平面内做小摆角振动，P为平衡位置与端点间的某点，从第一次经过P点时开始计时，下列说法中正确的是（ ）
A．到它第二次经过P点时，所需时间为半个周期
B．到它第二次经过P点时，所需时间为一个周期
C．到它第三次经过P点时，所需时间为一个周期
D．到它第三次经过P点时，所需时间为二个周期
4．（2023高二下·宿松期中）一列简谐横波沿x轴传播，某时刻的波形如图所示，a、b、c为三个质点，a位于负的最大位移处，b正沿y轴正方向运动，从此刻起再经1.5s，质点a第二次到达平衡位置。由此可知该列波（ ）
A．沿x轴正方向传播
B．传播速度大小为1.2m/s
C．从该时刻起，经过0.5s，质点a沿波的传播方向移动了1.2m
D．该时刻以后，b比c晚到达负的最大位移处
5．（2023高二下·宿松期中）电场中的一条电场线与x轴重合，该电场线上各点电场强度大小E随x的变化规律如图所示，坐标轴上的点0、x1、x2和x3分别与x轴上O、A、B、C四点相对应，相邻两点间距相等，一电子由O点静止释放，仅受电场力的作用，运动到A点的动能为Ek。下列说法正确的是（ ）
A．从O点到C点，电势逐渐降低
B．电子先做匀速运动，后做减速运动
C．电子运动到C点时动能小于3Ek
D．电子在A点的电势能小于电子在B点的电势能
6．（2023高二下·宿松期中）将一只量程为100μA，内阻Rg=900Ω的灵敏电流计分别改装成量程为1mA的电流表、量程为1V的电压表，电路如图所示，G为灵敏电流计，Ra、Rb是二个定值电阻，下列判断正确的是（ ）
A．选择开关置于a时，构成量程为0 1V的电压表
B．选择开关置于b时，构成量程为0 1mA的电流表
C．电阻Ra的阻值为90Ω
D．电阻Rb的阻值为910Ω
7．（2023高二下·宿松期中）如图所示，abcd为匀强电场中的一等腰梯形，其平面与场强方向平行。已知，，a、b、d三点的电势分别为0、4V、4V，下列判断正确的是（ ）
A．c点的电势为12V
B．匀强电场的场强为200V/m
C．电场强度的方向平行于bc边斜向下
D．电子和质子分别放在d点时，具有相同的电势能
二、多选题
8．（2023高二下·宿松期中）如图所示，电路中E、r为电源的电动势和内电阻，R1、R2为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表。当滑动变阻器R3的滑片向a端移动时，则（ ）
A．电压表读数增大
B．电流表读数减小
C．电源的效率可能会减小
D．电流表、电压表的示数变化量的比值
9．（2023高二下·宿松期中）如图所示，在某一均匀介质中，M、N是振动情况完全相同的两个波源，其振动图像如图所示，介质中P点与M、N两个波源的距离分别为3m和5m，t=0时刻两波源同时起振，形成的简谐波分别沿MP、NP方向传播，波速都是10m/s，下列说法正确的是（ ）
A．简谐横波的波长为2m B．P点的起振方向沿y轴负方向
C．P点是振动减弱的点 D．0~1s内，P点通过的路程为48cm
10．（2023高二下·宿松期中）足球颠球是足球运动的专业术语。是指用身体的一个或某些部位连续地在空中轻轻击球的动作。是增强球感、熟悉球感的有效方法。用脚背直接击球是最简单也是最重要的颠球练习。某同学练习用脚颠球。若足球的质量为0.4kg，某一次足球由静止自由下落0.8m，被重新颠起，离开脚部后竖直上升的最大高度为0.45m。已知足球与脚部的作用时间为0.1s，重力加速度大小g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．足球从下落到再次上到最大高度，全程用了0.7s
B．在足球与脚接触的时间内，合外力对足球做的功为1.4J
C．足球与脚部作用过程中动量变化量大小为2.8kg m/s
D．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为3.2N s
三、实验题
11．（2023高二下·宿松期中）物理小组的同学在实验室利用如图甲所示的单摆测量当地的重力加速度。
（1）图乙中A、C为单摆摆动过程中的最高点，B为最低点，在测量单摆的振动周期时，选取图乙中的 （选填“A”“B”或“C”）点开始计时最为合适。
（2）正确安装实验装置后，测得单摆的摆长为L，然后让小球在竖直平面内小角度摆动。当小球某次经过（1）中选择的点开始计时，在完成N次全振动时停止计时，测得时间为t。请写出测量当地重力加速度的表达式g= （用以上测量的物理量和已知量的字母表示）。
（3）改变该摆线的长度L，并测量对应的周期T，根据测量的多组数据作出的L—T2图像如图丙所示，你认为图线不过原点的可能原因是____。
A．悬点到小球上端的距离记为摆长
B．悬点到小球下端的距离记为摆长
C．误将49次全振动记为50次
12．（2023高二下·宿松期中）小明和小华在实验室测量某电阻的阻值，实验室提供的器材如下：
A．多用电表
B．电池组E（电动势为4.5V，内阻不计）
C．定值电阻（阻值为10Ω）
D．电压表V（量程为5V，内阻未知）
E.电流表A（量程为20mA，内阻为90Ω）
F.滑动变阻器R（阻值范围为0~20Ω，额定电流2A）
G.开关S、导线若干
（1）先用多用电表粗略测量待测电阻的阻值。下列实验操作步骤，正确顺序是 ；
①将红、黑表笔分别插入“+”“-”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准欧姆零点
②将选择开关旋转到“Ω”挡的“×1”位置
③调节指针定位螺丝，使多用电表指针指着电流零刻度
④将选择开关旋转到OFF位置
⑤将红、黑表笔分别与待测电阻两端接触，测出金属丝的电阻为20Ω
（2）他们根据实验室提供的器材和待测电阻的粗略值，设计了如下电路精确测量电阻的阻值，请利用以上器材，在下方的虚线框中补全实验电路图（需标出相应器材的符号）；
（3）根据电路图帮他们补全实物图；
（4）若电压表示数为4.2V，电流表示数为15mA，则= Ω；本实验主要误差的来源是 。
四、解答题
13．（2023高二下·宿松期中）如图所示，半径为R的半圆形玻璃砖放置在水平桌面上，一细光束平行于桌面由A点射入玻璃砖，折射光线与桌面的夹角，已知A点到桌面的距离，光在真空中的传播速度为c，求：
（1）玻璃砖的折射率；
（2）光线在玻璃砖内传播的时间。
14．（2023高二下·宿松期中）如图所示，在水平地面上固定一高h=0.2m的光滑水平桌面，小物块B静止在桌面上。小物块A以某一初速度向左运动并与B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后A以大小1m/s的速度向右运动，物块B向左运动并离开桌面最后落地。假设B落地时与地面碰撞时间为t=0.1s，碰撞前后竖直速度大小保持不变，碰撞过程中地面对B的支持力与摩擦力视为恒力，已知物块A和B的质量分别为1kg和2kg，与水平地面的动摩擦因数为，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，求：
（1）小物块A的初速度大小；
（2）物块B与地面第一次碰撞后离开地面瞬间的速度大小。
15．（2023高二下·宿松期中）如图所示，竖直正对放置的金属板A、B中间开有小孔，小孔的连线沿水平放置的金属板M、N的中心线，粒子源P可以连续发出质量为m，电荷量为q的带正电粒子（初速不计），粒子在A、B间被加速电压U0加速后，沿平行板的方向从金属板M、N正中间射入两板之间。M、N板长为L，两板间距离为。加在M、N两板间电压UMN随时间t变化的关系图线如图乙所示，M、N板间的电场可看成匀强电场，忽略板外空间的电场。在每个粒子通过电场区域的极短时间内，两板电压可视作不变，板M、N右侧距板右端L处放置一足够大的荧光屏PQ，屏与垂直，交点为。粒子重力和粒子间相互作用不计，求：
（1）粒子进入MN板间时的速度大小v0；
（2）粒子刚好从N板的右边缘离开偏转电场时，M、N板间的电压U1；
（3）在荧光屏上有粒子区域的长度b。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】受迫振动和共振；多普勒效应；光的衍射；光的偏振现象
【解析】【解答】A. “3D”立体电影利用的原理是光的偏振现象，故A不符合题意；
B.光照到不透明小圆盘上会在之后的光屏上影子的中心出现一个极小的亮斑即“泊松亮斑”，此现象说明光发生了衍射，B符合题意；
C.物体做受迫振动时，其振动频率等于驱动力的频率，与固有频率无关，故C不符合题意；
D.波源运动时，波源与观 察者距离不一定变化，不一定发生多普勒效应，故D不符合题意。
故答案为：B
【分析】“3D”立体电影利用的原理是光的偏振现象；光照到不透明小圆盘上会在之后的光屏上影子的中心出现一个极小的亮斑即“泊松亮斑”，此现象说明光发生了衍射；物体做受迫振动时，其振动频率等于驱动力的频率，与固有频率无关；波源运动时，波源与观 察者距离不一定变化，不一定发生多普勒效应。
2．【答案】A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】电容器跟电源连接，不变。 在电介质板移出电容器的过程，根据知，C减小。根据知，Q减小，电容器放电，电流计中的电流由。故A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A
【分析】电容器跟电源连接，不变，在电介质板移出电容器的过程，根据分析C的情况，根据分析Q的情况，最后根据Q的变化情况判断电容器充放电。
3．【答案】C
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】AB.振子从第一次以不等于零的速度经过非平衡位置的P点时开始计时，当振子再次经过P时，速度的方向一定与开始时的方向相反，所以经过的时间可能大于半个周期，也可能小于半个周期，但一定不等于半个周期或一个周期，故AB不符合题意；
CD.振子从第一次以不等于零的速度经过非平衡位置的P点时开始计时，当振子第三次经过P点时，速度的方向一定与开始时的方向相同，所经过的时间一定是一个周期，故C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】弹簧振子做简谐振动，具有周期性。当振子的速度再次与零时刻的速度相同时，可能振子通过关于平衡位置对称点，经过的时间不一定是一个周期。振子在一个周期内，经过的路程是4个振幅。当振子再次经过此位置时，经过的时间不一定是一个周期。
4．【答案】D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A. b正沿y轴正方向运动 ，根据同侧法知，波沿x轴负方向传播，故A不符合题意；
B. 由从此刻起再经1.5s，质点a第二次到达平衡位置得：，解得：。由图像知，。根据得：，故B不符合题意；
C. 波传播的是振源的振动形式和能量，质点不随波迁移，故C不符合题意；
D.此时刻，b向上振动，c向下振动，所以b比c晚到达负的最大位移处，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】b正沿y轴正方向运动 ，根据同侧法判断波的传播方向；由题意列式求周期，由图像得波长，根据求波速；波传播的是振源的振动形式和能量，质点不随波迁移；此时刻，b向上振动，c向下振动，所以b比c晚到达负的最大位移处。
5．【答案】C
【知识点】电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】A. 一电子由O点静止释放，仅受电场力的作用，运动到A点的动能为Ek ，可得场强方向沿x轴负方向，逆着电场线方向电势逐渐升高，故A不符合题意；
B.由图像可知，场强先不变后减小，所以电子先做匀加速后做加速度减小的加速运动，故B不符合题意；
C.由图像可知，图像的面积表示电势差，则有，所以电子运动到C点时动能小于，故C符合题意；’
D.电子由A点到B点电场力做正功，电势能减小，电子在A点的电势能大于在B点的电势能，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】根据题意判断电场线的方向，沿着电场线电势降低；根据牛顿第二定律结合图像信息判断；根据图像面积的物理意义和动能定理判断；根据功能关系判断。
6．【答案】D
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】选择开关置于a时，构成量程为的电流表，由欧姆定律可知，，解得：；选择开关置于b，构成量程为的电压表，由欧姆定律知，，解得：，故D符合题意，ABC不符合题意。
故答案为：D
【分析】根据并联分流特点和欧姆定律分析计算；根据串联分压特点和欧姆定律分析计算。
7．【答案】A
【知识点】电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】b、d两点电势相等，bd连线是等势线，根据电场线和等势线关系画出电场线如图：
B.由几何关系知，，所以，故B不符合题意；
AC.e点的电势：，由几何关系知，和平行且相等，则：，解得：，故A符合题意，C不符合题意；
D.根据知， 电子和质子分别放在d点时，质子的电势能比电子的高，故D不符合题意。
故答案为：A
【分析】b、d两点电势相等，bd连线是等势线，电场线与等势线垂直；根据求匀强电场的场强；根据求出e点的电势，和平行且相等，根据求c点的电势；根据判断电势能高低。
8．【答案】A,B
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】AB. 当滑动变阻器R3的滑片向a端移动时 ，增大，电路总电阻增大，总电流I减小，根据知，增大，根据知，增大，根据知，减小，即电流表读数减小，根据知，增大，故AB符合题意；
C.由于路端电压增大，根据知，电源效率增大，故C不符合题意；
D.由于逐渐增大，所以电流表、电压表的示数变化量的比值不一定等于，故D不符合题意。
故答案为：AB
【分析】根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律分析电压表和电流表的变化；路端电压增大，根据判断电源的效率变化；由于逐渐增大，所以电流表、电压表的示数变化量的比值不一定等于。
9．【答案】A,D
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】A.由图像知，，根据得：，故A符合题意；
B.P点的起振方向跟振源的起振方向相同，沿y轴正方向，故B不符合题意；
C.由于，所以P点为振动加强点，故C不符合题意；
D.M波源得振动形式到达P点的时间为：，N波源得振动形式到达P点的时间为：。内，即1个周期内，P点振幅为2cm，路程为：；内，即周期内，P点振幅为4cm，路程为：，所以 0~1s内，P点通过的路程为：，故D符合题意。
故答案为：AD
【分析】由图像得到周期。由求波长；P点的起振方向跟振源的起振方向相同；由MP和NP差与波长的关系判断；内，P点振幅为2cm，内，P点振幅为4cm。
10．【答案】C,D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】A.足球下路时间：，足球上升时间为：，全程用了：，故A不符合题意；
B.足球接触脚时的速度为：，足球离开脚时的速度为：，根据动能定理， 在足球与脚接触的时间内，合外力对足球做的功为 ：，故B不符合题意；
C. 足球与脚部作用过程中动量变化量大小为 ：，故C符合题意；
D. 足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为 ：，故D符合题意。
故答案为：CD
【分析】由自由落体规律计算足球的下落时间和上升时间，下落速率和上升速率，由动能定理计算合外力做功；由动量定理计算动量变化量和重力冲量。
11．【答案】（1）B
（2）
（3）A
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）为了减小误差，应选取图中最低点即B点开始计时；
（2）单摆的周期：，由得：；
（3）AB.根据得：，对比图像知，不过原点的可能原因是摆线长度记为了摆长，故A符合题意，B不符合题意；
C.误将49次全振动记为50次，周期发生变化，但图线依然会经过原点，故D不符合题意。
故答案为：B
故答案为：（1）B；（2）；（3）B
【分析】为了减小误差，应选取图中最低点即B点开始计时；根据在完成N次全振动时停止计时，测得时间为t求得单摆周期，根据求得当地重力加速度表达式；根据得：，对比图像知分析判断，误将49次全振动记为50次，周期发生变化，但图线依然会经过原点。
12．【答案】（1）③②①⑤④
（2）
（3）
（4）19；误差主要来源于电表读数产生的偶然误差
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）用多用电表粗略测量电阻，正确顺序是调节指针定位螺丝，使多用电表指针指着电流零刻度、将选择开关旋转到“Ω”挡的“×1”位置 、 将红、黑表笔分别插入“+”“-”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准欧姆零点 、 将红、黑表笔分别与待测电阻两端接触，测出金属丝的电阻为20Ω 、 将选择开关旋转到OFF位置，故顺序为：③②①⑤④。
（2）（3）电流表内阻已知，且电流表量程太小，可以将电流表和定值电阻改装为一个大量程电流表，此时电流表两端的电压可以计算，可以将电流表内接，可以准确得出流过电阻电流的准确值、以及电阻两端电压的准确值，如图所示：
（4）电阻的电压：，流过电阻的电流：，根据欧姆定律：，联立解得：；本实验没有系统误差，误差主要来源于电表读数产生的偶然误差。
故答案为：（1）③②①⑤④；（2）（3）见解答；（4）19，电表读数产生的偶然误差
【分析】根据测电阻的步骤作答；电流表内阻已知，且电流表量程太小，可以将电流表和定值电阻改装为一个大量程电流表，此时电流表两端的电压可以计算，可以将电流表内接，可以准确得出流过电阻电流的准确值、以及电阻两端电压的准确值；根据欧姆定律求，本实验没有系统误差，误差主要来源于电表读数产生的偶然误差。
13．【答案】（1）解：由几何关系有
解得
故折射角
由折射定律可知
解得
（2）解：由几何关系可知
光线在玻璃砖内的传播速度
则光束在玻璃砖内的传播时间
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）由几何关系求得折射角，根据折射定律求得折射率；’
（2）由几何关系求得光在玻璃砖中的光程，根据求得光在玻璃砖内的传播速度，根据求得光在玻璃砖内的传播时间。
14．【答案】（1）解：设小物块A的初速度大小为v0，根据动量守恒和能量守恒，可得
且
联立解得，
（2）解：物块B第一次落地瞬间竖直速度
物块B第一次与地面碰撞前后，对物块B分别在水平方向和竖直方向运用动量定理分析，竖直方向动量定理，规定竖直向上为正方向，有
水平方向动量定理，规定水平向左为正方向，有
解的物块B与地面碰撞之后的速度大小为
联立解得
【知识点】动量定理；碰撞模型
【解析】【分析】（1）A、B发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒列方程求解小物块A的初速度大小；
（2）利用自由落体运动规律求得物块B第一次落地瞬间竖直速度。B落地过程，分别在竖直方向和水平方向利用动量定理列方程求得B离开地面时水平方向的速度，根据求得物块B与地面第一次碰撞后离开地面瞬间的速度大小。
15．【答案】（1）解：根据题意，粒子加速到O点的过程，由动能定理有
解得
（2）解：记M、N两板间距离为
则水平方向上有
竖直方向上有
由牛顿第二定律有
解得
（3）解：根据题意可知，粒子刚好从M板的右边缘离开偏转电场时，垂直于中心线方向的速度
偏转角度的正切
由几何关系有
解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）在加速电场中，由动能定理求粒子进入MN板间时的速度大小v0；
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律结合牛顿第二定律求解粒子刚好从N板的右边缘离开偏转电场时，M、N板间的电压U1；
（3）根据速度偏转角正切公式，结合几何关系，求在荧光屏上有粒子区域的长度b。
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安徽省安庆市宿松县2022-2023学年高二下学期期中联考物理试题
一、单选题
1．（2023高二下·宿松期中）下列说法正确的是（ ）
A．“3D”立体电影利用的原理是光的干涉现象
B．光照到不透明小圆盘上会在之后的光屏上影子的中心出现一个极小的亮斑即“泊松亮斑”，此现象说明光发生了衍射
C．物体做受迫振动时，振动的频率和振幅均与物体的固有频率无关
D．只要波源运动，就一定能观测到多普勒效应
【答案】B
【知识点】受迫振动和共振；多普勒效应；光的衍射；光的偏振现象
【解析】【解答】A. “3D”立体电影利用的原理是光的偏振现象，故A不符合题意；
B.光照到不透明小圆盘上会在之后的光屏上影子的中心出现一个极小的亮斑即“泊松亮斑”，此现象说明光发生了衍射，B符合题意；
C.物体做受迫振动时，其振动频率等于驱动力的频率，与固有频率无关，故C不符合题意；
D.波源运动时，波源与观 察者距离不一定变化，不一定发生多普勒效应，故D不符合题意。
故答案为：B
【分析】“3D”立体电影利用的原理是光的偏振现象；光照到不透明小圆盘上会在之后的光屏上影子的中心出现一个极小的亮斑即“泊松亮斑”，此现象说明光发生了衍射；物体做受迫振动时，其振动频率等于驱动力的频率，与固有频率无关；波源运动时，波源与观 察者距离不一定变化，不一定发生多普勒效应。
2．（2023高二下·宿松期中）如图所示为一电容式位移传感器的示意图，电容器两固定极板间有一可移动的电介质板，电介质板与被测物体相连。电容器接入电路后，通过极板上物理量的变化可确定被测物体的位置，若物体向左平行于极板移动，在电介质板移出电容器的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．电容器的电容减小，由a→b的电流流过电流计
B．两极板间的电压增大，由a→b的电流流过电流计
C．电容器的电容增大，由b→a的电流流过电流计
D．两极板间的电压不变，由b→a的电流流过电流计
【答案】A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】电容器跟电源连接，不变。 在电介质板移出电容器的过程，根据知，C减小。根据知，Q减小，电容器放电，电流计中的电流由。故A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A
【分析】电容器跟电源连接，不变，在电介质板移出电容器的过程，根据分析C的情况，根据分析Q的情况，最后根据Q的变化情况判断电容器充放电。
3．（2023高二下·宿松期中）如图某单摆在竖直平面内做小摆角振动，P为平衡位置与端点间的某点，从第一次经过P点时开始计时，下列说法中正确的是（ ）
A．到它第二次经过P点时，所需时间为半个周期
B．到它第二次经过P点时，所需时间为一个周期
C．到它第三次经过P点时，所需时间为一个周期
D．到它第三次经过P点时，所需时间为二个周期
【答案】C
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】AB.振子从第一次以不等于零的速度经过非平衡位置的P点时开始计时，当振子再次经过P时，速度的方向一定与开始时的方向相反，所以经过的时间可能大于半个周期，也可能小于半个周期，但一定不等于半个周期或一个周期，故AB不符合题意；
CD.振子从第一次以不等于零的速度经过非平衡位置的P点时开始计时，当振子第三次经过P点时，速度的方向一定与开始时的方向相同，所经过的时间一定是一个周期，故C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】弹簧振子做简谐振动，具有周期性。当振子的速度再次与零时刻的速度相同时，可能振子通过关于平衡位置对称点，经过的时间不一定是一个周期。振子在一个周期内，经过的路程是4个振幅。当振子再次经过此位置时，经过的时间不一定是一个周期。
4．（2023高二下·宿松期中）一列简谐横波沿x轴传播，某时刻的波形如图所示，a、b、c为三个质点，a位于负的最大位移处，b正沿y轴正方向运动，从此刻起再经1.5s，质点a第二次到达平衡位置。由此可知该列波（ ）
A．沿x轴正方向传播
B．传播速度大小为1.2m/s
C．从该时刻起，经过0.5s，质点a沿波的传播方向移动了1.2m
D．该时刻以后，b比c晚到达负的最大位移处
【答案】D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A. b正沿y轴正方向运动 ，根据同侧法知，波沿x轴负方向传播，故A不符合题意；
B. 由从此刻起再经1.5s，质点a第二次到达平衡位置得：，解得：。由图像知，。根据得：，故B不符合题意；
C. 波传播的是振源的振动形式和能量，质点不随波迁移，故C不符合题意；
D.此时刻，b向上振动，c向下振动，所以b比c晚到达负的最大位移处，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】b正沿y轴正方向运动 ，根据同侧法判断波的传播方向；由题意列式求周期，由图像得波长，根据求波速；波传播的是振源的振动形式和能量，质点不随波迁移；此时刻，b向上振动，c向下振动，所以b比c晚到达负的最大位移处。
5．（2023高二下·宿松期中）电场中的一条电场线与x轴重合，该电场线上各点电场强度大小E随x的变化规律如图所示，坐标轴上的点0、x1、x2和x3分别与x轴上O、A、B、C四点相对应，相邻两点间距相等，一电子由O点静止释放，仅受电场力的作用，运动到A点的动能为Ek。下列说法正确的是（ ）
A．从O点到C点，电势逐渐降低
B．电子先做匀速运动，后做减速运动
C．电子运动到C点时动能小于3Ek
D．电子在A点的电势能小于电子在B点的电势能
【答案】C
【知识点】电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】A. 一电子由O点静止释放，仅受电场力的作用，运动到A点的动能为Ek ，可得场强方向沿x轴负方向，逆着电场线方向电势逐渐升高，故A不符合题意；
B.由图像可知，场强先不变后减小，所以电子先做匀加速后做加速度减小的加速运动，故B不符合题意；
C.由图像可知，图像的面积表示电势差，则有，所以电子运动到C点时动能小于，故C符合题意；’
D.电子由A点到B点电场力做正功，电势能减小，电子在A点的电势能大于在B点的电势能，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】根据题意判断电场线的方向，沿着电场线电势降低；根据牛顿第二定律结合图像信息判断；根据图像面积的物理意义和动能定理判断；根据功能关系判断。
6．（2023高二下·宿松期中）将一只量程为100μA，内阻Rg=900Ω的灵敏电流计分别改装成量程为1mA的电流表、量程为1V的电压表，电路如图所示，G为灵敏电流计，Ra、Rb是二个定值电阻，下列判断正确的是（ ）
A．选择开关置于a时，构成量程为0 1V的电压表
B．选择开关置于b时，构成量程为0 1mA的电流表
C．电阻Ra的阻值为90Ω
D．电阻Rb的阻值为910Ω
【答案】D
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】选择开关置于a时，构成量程为的电流表，由欧姆定律可知，，解得：；选择开关置于b，构成量程为的电压表，由欧姆定律知，，解得：，故D符合题意，ABC不符合题意。
故答案为：D
【分析】根据并联分流特点和欧姆定律分析计算；根据串联分压特点和欧姆定律分析计算。
7．（2023高二下·宿松期中）如图所示，abcd为匀强电场中的一等腰梯形，其平面与场强方向平行。已知，，a、b、d三点的电势分别为0、4V、4V，下列判断正确的是（ ）
A．c点的电势为12V
B．匀强电场的场强为200V/m
C．电场强度的方向平行于bc边斜向下
D．电子和质子分别放在d点时，具有相同的电势能
【答案】A
【知识点】电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】b、d两点电势相等，bd连线是等势线，根据电场线和等势线关系画出电场线如图：
B.由几何关系知，，所以，故B不符合题意；
AC.e点的电势：，由几何关系知，和平行且相等，则：，解得：，故A符合题意，C不符合题意；
D.根据知， 电子和质子分别放在d点时，质子的电势能比电子的高，故D不符合题意。
故答案为：A
【分析】b、d两点电势相等，bd连线是等势线，电场线与等势线垂直；根据求匀强电场的场强；根据求出e点的电势，和平行且相等，根据求c点的电势；根据判断电势能高低。
二、多选题
8．（2023高二下·宿松期中）如图所示，电路中E、r为电源的电动势和内电阻，R1、R2为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表。当滑动变阻器R3的滑片向a端移动时，则（ ）
A．电压表读数增大
B．电流表读数减小
C．电源的效率可能会减小
D．电流表、电压表的示数变化量的比值
【答案】A,B
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】AB. 当滑动变阻器R3的滑片向a端移动时 ，增大，电路总电阻增大，总电流I减小，根据知，增大，根据知，增大，根据知，减小，即电流表读数减小，根据知，增大，故AB符合题意；
C.由于路端电压增大，根据知，电源效率增大，故C不符合题意；
D.由于逐渐增大，所以电流表、电压表的示数变化量的比值不一定等于，故D不符合题意。
故答案为：AB
【分析】根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律分析电压表和电流表的变化；路端电压增大，根据判断电源的效率变化；由于逐渐增大，所以电流表、电压表的示数变化量的比值不一定等于。
9．（2023高二下·宿松期中）如图所示，在某一均匀介质中，M、N是振动情况完全相同的两个波源，其振动图像如图所示，介质中P点与M、N两个波源的距离分别为3m和5m，t=0时刻两波源同时起振，形成的简谐波分别沿MP、NP方向传播，波速都是10m/s，下列说法正确的是（ ）
A．简谐横波的波长为2m B．P点的起振方向沿y轴负方向
C．P点是振动减弱的点 D．0~1s内，P点通过的路程为48cm
【答案】A,D
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】A.由图像知，，根据得：，故A符合题意；
B.P点的起振方向跟振源的起振方向相同，沿y轴正方向，故B不符合题意；
C.由于，所以P点为振动加强点，故C不符合题意；
D.M波源得振动形式到达P点的时间为：，N波源得振动形式到达P点的时间为：。内，即1个周期内，P点振幅为2cm，路程为：；内，即周期内，P点振幅为4cm，路程为：，所以 0~1s内，P点通过的路程为：，故D符合题意。
故答案为：AD
【分析】由图像得到周期。由求波长；P点的起振方向跟振源的起振方向相同；由MP和NP差与波长的关系判断；内，P点振幅为2cm，内，P点振幅为4cm。
10．（2023高二下·宿松期中）足球颠球是足球运动的专业术语。是指用身体的一个或某些部位连续地在空中轻轻击球的动作。是增强球感、熟悉球感的有效方法。用脚背直接击球是最简单也是最重要的颠球练习。某同学练习用脚颠球。若足球的质量为0.4kg，某一次足球由静止自由下落0.8m，被重新颠起，离开脚部后竖直上升的最大高度为0.45m。已知足球与脚部的作用时间为0.1s，重力加速度大小g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．足球从下落到再次上到最大高度，全程用了0.7s
B．在足球与脚接触的时间内，合外力对足球做的功为1.4J
C．足球与脚部作用过程中动量变化量大小为2.8kg m/s
D．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为3.2N s
【答案】C,D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】A.足球下路时间：，足球上升时间为：，全程用了：，故A不符合题意；
B.足球接触脚时的速度为：，足球离开脚时的速度为：，根据动能定理， 在足球与脚接触的时间内，合外力对足球做的功为 ：，故B不符合题意；
C. 足球与脚部作用过程中动量变化量大小为 ：，故C符合题意；
D. 足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为 ：，故D符合题意。
故答案为：CD
【分析】由自由落体规律计算足球的下落时间和上升时间，下落速率和上升速率，由动能定理计算合外力做功；由动量定理计算动量变化量和重力冲量。
三、实验题
11．（2023高二下·宿松期中）物理小组的同学在实验室利用如图甲所示的单摆测量当地的重力加速度。
（1）图乙中A、C为单摆摆动过程中的最高点，B为最低点，在测量单摆的振动周期时，选取图乙中的 （选填“A”“B”或“C”）点开始计时最为合适。
（2）正确安装实验装置后，测得单摆的摆长为L，然后让小球在竖直平面内小角度摆动。当小球某次经过（1）中选择的点开始计时，在完成N次全振动时停止计时，测得时间为t。请写出测量当地重力加速度的表达式g= （用以上测量的物理量和已知量的字母表示）。
（3）改变该摆线的长度L，并测量对应的周期T，根据测量的多组数据作出的L—T2图像如图丙所示，你认为图线不过原点的可能原因是____。
A．悬点到小球上端的距离记为摆长
B．悬点到小球下端的距离记为摆长
C．误将49次全振动记为50次
【答案】（1）B
（2）
（3）A
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）为了减小误差，应选取图中最低点即B点开始计时；
（2）单摆的周期：，由得：；
（3）AB.根据得：，对比图像知，不过原点的可能原因是摆线长度记为了摆长，故A符合题意，B不符合题意；
C.误将49次全振动记为50次，周期发生变化，但图线依然会经过原点，故D不符合题意。
故答案为：B
故答案为：（1）B；（2）；（3）B
【分析】为了减小误差，应选取图中最低点即B点开始计时；根据在完成N次全振动时停止计时，测得时间为t求得单摆周期，根据求得当地重力加速度表达式；根据得：，对比图像知分析判断，误将49次全振动记为50次，周期发生变化，但图线依然会经过原点。
12．（2023高二下·宿松期中）小明和小华在实验室测量某电阻的阻值，实验室提供的器材如下：
A．多用电表
B．电池组E（电动势为4.5V，内阻不计）
C．定值电阻（阻值为10Ω）
D．电压表V（量程为5V，内阻未知）
E.电流表A（量程为20mA，内阻为90Ω）
F.滑动变阻器R（阻值范围为0~20Ω，额定电流2A）
G.开关S、导线若干
（1）先用多用电表粗略测量待测电阻的阻值。下列实验操作步骤，正确顺序是 ；
①将红、黑表笔分别插入“+”“-”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准欧姆零点
②将选择开关旋转到“Ω”挡的“×1”位置
③调节指针定位螺丝，使多用电表指针指着电流零刻度
④将选择开关旋转到OFF位置
⑤将红、黑表笔分别与待测电阻两端接触，测出金属丝的电阻为20Ω
（2）他们根据实验室提供的器材和待测电阻的粗略值，设计了如下电路精确测量电阻的阻值，请利用以上器材，在下方的虚线框中补全实验电路图（需标出相应器材的符号）；
（3）根据电路图帮他们补全实物图；
（4）若电压表示数为4.2V，电流表示数为15mA，则= Ω；本实验主要误差的来源是 。
【答案】（1）③②①⑤④
（2）
（3）
（4）19；误差主要来源于电表读数产生的偶然误差
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）用多用电表粗略测量电阻，正确顺序是调节指针定位螺丝，使多用电表指针指着电流零刻度、将选择开关旋转到“Ω”挡的“×1”位置 、 将红、黑表笔分别插入“+”“-”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准欧姆零点 、 将红、黑表笔分别与待测电阻两端接触，测出金属丝的电阻为20Ω 、 将选择开关旋转到OFF位置，故顺序为：③②①⑤④。
（2）（3）电流表内阻已知，且电流表量程太小，可以将电流表和定值电阻改装为一个大量程电流表，此时电流表两端的电压可以计算，可以将电流表内接，可以准确得出流过电阻电流的准确值、以及电阻两端电压的准确值，如图所示：
（4）电阻的电压：，流过电阻的电流：，根据欧姆定律：，联立解得：；本实验没有系统误差，误差主要来源于电表读数产生的偶然误差。
故答案为：（1）③②①⑤④；（2）（3）见解答；（4）19，电表读数产生的偶然误差
【分析】根据测电阻的步骤作答；电流表内阻已知，且电流表量程太小，可以将电流表和定值电阻改装为一个大量程电流表，此时电流表两端的电压可以计算，可以将电流表内接，可以准确得出流过电阻电流的准确值、以及电阻两端电压的准确值；根据欧姆定律求，本实验没有系统误差，误差主要来源于电表读数产生的偶然误差。
四、解答题
13．（2023高二下·宿松期中）如图所示，半径为R的半圆形玻璃砖放置在水平桌面上，一细光束平行于桌面由A点射入玻璃砖，折射光线与桌面的夹角，已知A点到桌面的距离，光在真空中的传播速度为c，求：
（1）玻璃砖的折射率；
（2）光线在玻璃砖内传播的时间。
【答案】（1）解：由几何关系有
解得
故折射角
由折射定律可知
解得
（2）解：由几何关系可知
光线在玻璃砖内的传播速度
则光束在玻璃砖内的传播时间
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）由几何关系求得折射角，根据折射定律求得折射率；’
（2）由几何关系求得光在玻璃砖中的光程，根据求得光在玻璃砖内的传播速度，根据求得光在玻璃砖内的传播时间。
14．（2023高二下·宿松期中）如图所示，在水平地面上固定一高h=0.2m的光滑水平桌面，小物块B静止在桌面上。小物块A以某一初速度向左运动并与B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后A以大小1m/s的速度向右运动，物块B向左运动并离开桌面最后落地。假设B落地时与地面碰撞时间为t=0.1s，碰撞前后竖直速度大小保持不变，碰撞过程中地面对B的支持力与摩擦力视为恒力，已知物块A和B的质量分别为1kg和2kg，与水平地面的动摩擦因数为，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，求：
（1）小物块A的初速度大小；
（2）物块B与地面第一次碰撞后离开地面瞬间的速度大小。
【答案】（1）解：设小物块A的初速度大小为v0，根据动量守恒和能量守恒，可得
且
联立解得，
（2）解：物块B第一次落地瞬间竖直速度
物块B第一次与地面碰撞前后，对物块B分别在水平方向和竖直方向运用动量定理分析，竖直方向动量定理，规定竖直向上为正方向，有
水平方向动量定理，规定水平向左为正方向，有
解的物块B与地面碰撞之后的速度大小为
联立解得
【知识点】动量定理；碰撞模型
【解析】【分析】（1）A、B发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒列方程求解小物块A的初速度大小；
（2）利用自由落体运动规律求得物块B第一次落地瞬间竖直速度。B落地过程，分别在竖直方向和水平方向利用动量定理列方程求得B离开地面时水平方向的速度，根据求得物块B与地面第一次碰撞后离开地面瞬间的速度大小。
15．（2023高二下·宿松期中）如图所示，竖直正对放置的金属板A、B中间开有小孔，小孔的连线沿水平放置的金属板M、N的中心线，粒子源P可以连续发出质量为m，电荷量为q的带正电粒子（初速不计），粒子在A、B间被加速电压U0加速后，沿平行板的方向从金属板M、N正中间射入两板之间。M、N板长为L，两板间距离为。加在M、N两板间电压UMN随时间t变化的关系图线如图乙所示，M、N板间的电场可看成匀强电场，忽略板外空间的电场。在每个粒子通过电场区域的极短时间内，两板电压可视作不变，板M、N右侧距板右端L处放置一足够大的荧光屏PQ，屏与垂直，交点为。粒子重力和粒子间相互作用不计，求：
（1）粒子进入MN板间时的速度大小v0；
（2）粒子刚好从N板的右边缘离开偏转电场时，M、N板间的电压U1；
（3）在荧光屏上有粒子区域的长度b。
【答案】（1）解：根据题意，粒子加速到O点的过程，由动能定理有
解得
（2）解：记M、N两板间距离为
则水平方向上有
竖直方向上有
由牛顿第二定律有
解得
（3）解：根据题意可知，粒子刚好从M板的右边缘离开偏转电场时，垂直于中心线方向的速度
偏转角度的正切
由几何关系有
解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）在加速电场中，由动能定理求粒子进入MN板间时的速度大小v0；
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律结合牛顿第二定律求解粒子刚好从N板的右边缘离开偏转电场时，M、N板间的电压U1；
（3）根据速度偏转角正切公式，结合几何关系，求在荧光屏上有粒子区域的长度b。
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