山东省德州市2022届高三上学期物理期末考试试卷

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山东省德州市2022届高三上学期物理期末考试试卷
姓名：__________ 班级：__________考号：__________
1．（2分）在水槽里放两块挡板，中间留一个狭缝，水波通过狭缝的传播情况如图所示。

若在挡板后
的M 点放置一乒乓球，以下说法正确的是（ ）
A ．乒乓球会随水波的传播向远处运动
B ．若仅将右侧挡板向左平移一小段距离，乒乓球的振动会变得比原来明显
C ．若仅增大水波波源的振动频率，乒乓球的振动会变得比原来明显
D ．此实验研究的是水波的干涉
2．（2分）如图所示，长方体金属块各处的电阻率相同，三边长分别为a 、b 、c ，当M 、N 两端的电压
为U 时，金属块中的电流为I ；当P 、Q 两端的电压为U 时，金属块中的电流为（ ）
A ．I
B ．a 2c
2I
C ．a 2
b
2I
D ．b 2
c 2
I
3．（2分）如图甲所示，悬挂在天花板上的轻弹簧下端连着物体M ，M 和物体N 又通过轻绳相连，
M 、N 两物体的质量相等，并且都处于静止状态。

t =0时刻轻绳断裂，不计空气阻力，之后M 偏离
平衡位置的位移x 随时间t 变化的关系如图乙所示，以下说法正确的是（ ）
A ．t 1时刻M 的回复力最大
B ．t 1时刻弹簧的形变量为0
C ．t 2时刻弹簧的弹性势能最大
D ．t 4时刻M 的加速度与重力加速度大小相等，方向相反
4．（2分）如图甲所示，两固定导体线圈a 、b 在同一平面内，a 在内侧，b 在外侧．现使a 接交流电
源，规定逆时针方向为正方向，a 中的电流i 随时间t 按正弦规律变化，图像如图乙所示，以下说法正
确的是（ ）
A ．t 3∼t 4时间内线圈b 中有逆时针方向的电流
B ．t 2时刻线圈b 中的电流最大
C ．t 1时刻两线圈间的作用力最大
D ．t 1∼t 2时间内两线圈相互排斥
5．（2分）海浪机械能是未来可使用的绿色能源之一，利用海浪发电可加速地球上碳中和的实现．某
科技小组设计的海浪发电装置的俯视图如图所示，圆柱体磁芯和外壳之间有辐射状磁场，它们可随着海浪上下浮动，磁芯和外壳之间的间隙中有固定的环形导电线圈，线圈的半径为L ，电阻为r ，所在处磁场的磁感应强度大小始终为B ，磁芯和外壳随海浪上下浮动的速度为v ，v 随时间t 的变化关系为
v =v 0sin 2π
T t ，其中的T 为海浪上下浮动的周期．现使线圈与阻值为R 的电阻形成回路，则该发电装
置在一个周期内产生的电能为（ ）
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………内……………○…………线…………○…在※※装※※订※※线※………外………………○…………线…………○…
A ．2π2
B 2v 02L 2
T R+r
B ．4π2B 2v 02L 2
T R+r
C ．
2B 2v 02L 2T R+r D ．
4B 2v 02L 2T R+r
6．（2分）如图所示，△ABC 为一等腰直角棱镜的横截面，其材料的折射率为√2，同一颜色的光线1、
2、3都平行BC 入射到AB 面，经BC 面反射后都能从AC 面射出。

不考虑光在棱镜内的多次反射，则下列叙述错误的是（ ）
A ．三条光线都在BC 面上发生全反射
B ．三条光线在A
C 面上射出后仍平行BC
C ．从AC 射出后，光线从上到下的顺序为3、2、1
D ．若光线3绕入射点逆时针转过一小角度，则可能从BC 面射出棱镜
7．（2分）某同学要测量德州市某点地磁场的磁感应强度，选取的电流元的电流大小为I ，长度为L 。

测得电流元竖直放置时地磁场对它的力的大小为F 1；水平东西放置时地磁场对它的力的大小为F 2，设地磁场在该点磁感应强度的大小为B ，与水平方向的夹角为α，则（ ）
A ．
B =F
2IL
，cosα=F 1F 2
B ．B =1IL
√F 22−F 12，tanα=F 1F 2 C ．B =1IL
√F 12+F 22，cosα=F 1F 2 D ．B =1IL
√F 22−F 12，tanα=F 2F 1 8．（2分）如图所示电路中，a 、b 、c 、d 为四个完全相同的电阻，MN 端接电压恒定的正弦交流电，滑
片P 处于变压器右侧线圈的中点时，通过a 、b 、c 、d 四个电阻的电流都为I ，当滑片P 处于变压器右侧线圈的最下端时，通过电阻a 的电流为（ ）
A ．32
I
B ．2I
C ．167
I
D ．3I
9．（2分）1834年，洛埃利用平面镜同样得到了杨氏干涉的结果（称洛埃镜实验）．某实验小组重做该
实验，如图所示，水平放置的平面镜MN 左侧有一与纸面垂直的缝光源S ，S 仅发出单一频率的光，平面镜右侧固定有竖直放置的光屏，平面镜所在水平线与光屏的交点为P ，对光屏上呈现的干涉图样以
下说法正确的是（ ）
A ．光屏上呈现水平的明暗相间的干涉条纹
B ．光屏上呈现的条纹关于P 点上下对称
C ．若将缝光源S 水平向右移动一小段距离，光屏上的条纹间距将变大
D ．若将缝光源S 竖直向下移动一小段距离，光屏上的条纹间距将变大
10．（2分）如图所示电路中，电源的电动势为E ，内阻为r ，电压表和电流表均为理想电表，使滑动
变阻器R 3的滑片自a 端向b 端移动，ΔU 表示电压表示数的变化量；ΔI 表示电流表示数的变化量，以下说法正确的是（ ）
A ．电阻R 1的功率减小
B ．电源的效率增大
…
…○
…………装……○…………线学校：___________ 姓名：________
……○…………装……○…………线度大小为B ，在斜面上由静止开始释放一带负电的物块，物块的质量为m ，带电量大小为q ，与斜面间的动摩擦因数为μ，μ<tanα，重力加速度为g ，对物块的运动过程以下说法正确的是（ ）
A ．物块做匀变速直线运动
B ．物块机械能的减小量等于克服摩擦力做的功
C ．物块的最大速度为mgsinαμqB −mgcosα
qB
D ．若仅将磁场改为与原来相反的方向，物块的运动方向一直不变
12．（2分）如图所示，足够大的光屏与x 轴平行，并且垂直于xOy 平面，xOy 平面还有垂直纸面向外
的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，在坐标原点O 有一粒子源，粒子源不停地向xOy 平面内的各个方向发射带负电的粒子，所有粒子的质量均为m ，带电量均为q ，初速度大小均为v ，粒子击中光屏时会被光屏吸收．初速度在第一象限内与x 轴成30°角的粒子恰好击中光屏与y 轴的交点M ，不计粒子间的相互作用，以下说法正确的是（ ）
A ．M 点的坐标为(0，mv
qB )
B ．在磁场中运动时间最短的粒子的运动时间为2πm
3qB C ．光屏上被击中区域最右侧的x 坐标为mv
qB D ．光屏上被击中区域最左侧的x 坐标为−mv
qB
13．（5分）某同学用图甲所示的装置做“用单摆测定重力加速度”的实验。

（1）（2分）以下说法正确的是____。

A ．实验所用小球的密度不要太大
B ．测量周期时只需测得小球做一次周期性运动的时间即可
C ．实验时小球的摆动幅度应大些
D ．悬挂小球的细绳的质量要尽可能小些
（2）（1分）图乙和图丙为细线上端的两种不同的悬挂方式．应该选图 所示的悬挂方式。

（3）（1分）该同学用游标卡尺测量小球的直径．测量的刻度部分如图丁所示，则小球的直径为 cm 。

（4）（1分）该同学通过改变细线长度进行多次测量，记录每次测得的周期T 和对应的细线长度L ，画出的T 2−L 图像如图戊所示，π≈3.14，由此得当地重力加速度为 m/s 2（结果保留三位有效数字）。

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○…………内………○…………订…………线………※装※※订※※线※※内※※○…………外………○…………订…………线………
14．（5分）要精确测量某电池的电动势和内阻，实验室提供的器材如下：
待测电池：电动势约为4V ；
两完全相同的电压表V 1、V 2，内阻都约为4000Ω 滑动变阻器R 1阻值范围0~20Ω 定值电阻R 2：阻值为12Ω 定值电阻R 3阻值为100Ω 开关S ，导线若干
（1）（1分）设计的测量电路如图甲所示，虚线框内的定值电阻应为 （选填“R 2”或“R 3”）
（2）（2分）电压表V 1的示数记为U 1；电压表V 2的示数记为U 2，闭合开关S ，调节滑动变阻器进行
多次测量，根据测量数据画出的U 1−U 2图像如图乙所示，则电源的电动势E = V ，内阻r =
Ω（结果均保留三位有效数字）
； （3）（2分）在第（2）问中，测得的 （选填“电动势”或“内阻”）有系统误差，其来源
于 。

15．（10分）如图所示为某容器的剖面，容器壁的厚度不计，高度为d ，盛有的液体的深度为37
d ，现用某单色平行光平行纸面自容器外部向容器内部照射，所有光线与竖直方向的夹角都为37°，容器壁
在液体底部形成的影子长度为9
14d ，已知光在真空中的速度大小为c ，sin37°=35
，不考虑光的反射，
求：
（1）（5分）容器内液体对该单色光的折射率； （2）（5分）光线自液体表面到达液体底部的时间。

16．（10分）一列简谐横波沿x 轴正向传播，t =0时刻恰好传播到x =6.0cm 处，波形图如图所示。

t =2.25s 时，x =6.0cm 处的质点第一次到达波峰。

求：
（1）（5分）写出x =3.0cm 处的质点的位移随时间变化的函数表达式； （2）（5分）自t =0至t =3s ，x =8.0cm 处的质点经过的路程。

17．（15分）如图甲所示，金属板A 、B 竖直放置，电容器两极板C 、D 水平放置，光屏M 与金属板
A 、
B 平行，A 板上的S 点与光屏上的O 点连线水平且与电容器的中线重合．A 、B 间电压与电容器两极板间的电压都为U ；电容器两极板间还有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小用B 0（未
知）表示；电容器右边缘到光屏M 之间有如图乙所示的垂直纸面的匀强磁场．现从A 板上S 点无初
速度释放一个电子，电子在A 、B 间加速后沿着电容器中线水平通过，在t =0时刻离开电容器．已知
电容器两极板间的距离为d ，电容器右边缘到光屏M 的距离为2√3d ，电子的质量为m ，带电量大小
为e ，不计电子的重力，求：
…………装………线…………○…校：___________ 姓名：__…………装………线…………○…
（1）（5分）电容器两极板间匀强磁场的磁感应强度B 0的大小； （2）（5分）电子击中光屏上的位置与O 点的距离；
（3）（5分）若在电容器右边缘与光屏M 之间再施加垂直纸面的匀强电场，所施加匀强电场的电场强度大小为电容器极板间电场强度大小的9倍，计算得出电子击中光屏上的位置与O 点的距离。

18．（15分）如图甲所示，两光滑平行金属导轨固定在水平面上，虚线PQ 右侧有竖直向上的匀强磁
场，磁感应强度大小B =5T ，导体棒MN 和正方形导线框abcd 静止在PQ 右侧的导轨上，且导体棒MN 和导线框的ab 、cd 两边都垂直于导轨，导线框的边长、导体棒MN 的长度及导轨的宽度都为L =0.2m 。

现固定导线框，将与MN 垂直的水平恒力作用在导体棒MN 的中点上，水平恒力的大小F =2N ，当MN 达到最大速度后撤掉恒力，同时释放导线框，经过一段时间，导线框达到最大速度，此时导线框cd 边还没有到达虚线PQ 处，又经过一段时间，当导线框的cd 边到达虚线PQ 时，立即将导体棒MN 固定。

已知导体棒MN 和导线框的质量都为m =0.1kg ；导体棒MN 及导线框ab 、cd 边的电阻都为
r =4
3Ω，导轨和导线框其余电阻不计，导体棒MN 与导线框一直没有接触，求：
（1）（5分）导线框的最大速度；
（2）（5分）导线框离开磁场的过程中，整个回路产生的焦耳热；
（3）（5分）将导线框的cd 边到达PQ 时做为零时刻，自零时刻起对导线框施加水平方向的作用力f ，使导线框以a =3.6m/s 2的加速度匀减速离开磁场，以水平向左为正方向，对导线框离开磁场的过程：
①通过推导写出作用力f （单位：N ）随时间t （单位：s ）变化的函数表达式；
②在图乙中定性画出作用力f 随位移x 变化的图像。

（推导过程不做要求，但要标出初末状态对应的坐标值）
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答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】波的干涉和衍射
【解析】【解答】A ．乒乓球会在平衡位置附近振动，但不会向远处传播，A 不符合题意；
B ．将右侧挡板向左平移一小段距离，缝的宽度减小，衍射现象更加明显，所以乒乓球的振动会变得比原来更明显，B 符合题意；
C ．增大波源的振动频率，则波长会变小，衍射现象较之前比变得不明显，乒乓球的振动没有原来明显，C 不符合题意；
D ．此实验研究的是水波的衍射，D 不符合题意。

故答案为：B 。

【分析】乒乓球只在平衡位置附近振动，不会随波传播；将缝的宽度减小，则波衍射现象更明显；增大波源频率会导致波长减小则波的衍射现象不明显；此实验研究的是波的衍射现象。

2．【答案】B
【知识点】电阻定律；欧姆定律
【解析】【解答】根据电阻定律和欧姆定律可知R MN =ρa bc ，U=IR MN ，同理R PQ =ρc ab ，U=I′R PQ ，解得I ′
=a 2c
2I
故答案为：B 。

【分析】利用电阻定律结合欧姆定律可以求出金属块电流的大小。

3．【答案】D
【知识点】简谐运动；简谐运动的图象
【解析】【解答】A ．由x-t 图像可知t 1时刻M 处于平衡位置，此时回复力为零，A 不符合题意；
B ．t 1时刻M 处于平衡位置，即物块M 能自由静止的位置，则此时弹簧处于伸长状态，B 不符合题意；
C ．因为 t 2时刻弹簧处于负向最大位移处，且根据对称性，此时的加速度与正向最大位移处的加速度相等，由题意开始时物体加速度满足F −mg =ma ，而M 、N 两个物体等质量，故F =2mg ，所以解得a =g ，方向竖直向上，故在负向最大位移处加速度也为g ，且方向竖直向下，故此时满足F′+mg =mg ，故此时F′=0，即此时弹簧处于原长，故t 2时刻弹簧的弹性势能为零，而t 4时刻物块处于
正向最大位移处，故此时M 的加速度与重力加速度大小相等，方向相反，C 不符合题意，D 符合题意。

故答案为：D 。

【分析】当t 1时刻M 处于平衡位置时，回复力等于0；当回复力等于0时弹簧处于伸长状态；利用M 的位置可以判别弹簧长度及弹性势能的大小；利用牛顿第二定律结合弹力的大小可以判别M 的加速度大小及方向。

4．【答案】B 【知识点】楞次定律
【解析】【解答】A ．由图像乙可知t 3∼t 4时间内a 中的电流i 顺时针方向且在减小，产生垂直于纸面
向里的感应磁场，根据楞次定律，线圈b 中有顺时针方向的电流，A 不符合题意；
B ． t 2时刻线圈a 中的电流i 图像斜率最大即变化的最快，根据电磁感应定律，此刻b 中的电流最大，B 符合题意；
C ． t 1时刻线圈a 电流最大，变化率为0，故线圈b 中电流为0，两线圈间的作用力为0，C 不符合题意；
D ．t 1∼t 2时间内，线圈a 电流减小，根据楞次定律判断线圈b 中电流与a 电流同向，两线圈相互吸引，D 不符合题意。

故答案为：B 。

【分析】利用楞次定律可以判别感应电流的方向；利用图象斜率可以判别感应电流最大的时刻；利用线圈b 电流等于0可以判别相互作用力的大小；利用电流的方向结合左手定则可以判别线圈之间的相互作用力的方向。

5．【答案】A
【知识点】电磁感应中切割类问题
【解析】【解答】环形导电线圈随着磁芯和外壳随海浪上下浮动而切割磁感线，由法拉第电磁感应定律
E =Blv ，环形线圈各部分产生的电动势对回路来说是同向的（实际指感应电流方向）
，其有效切割长度由微元法可知l =2πL ，联立v =v 0sin 2π
T
t ，可得线圈中感应电动势的瞬时值表达式e =
2πBLv 0sin 2π
T t ，根据正弦交变电流的特点知其电动势的有效值为E =√2πBLv 0，则该发电装置在一
个周期内产生的电能E 电=E 2R+r =2π2
B 2
v 02L 2
T R+r
，BCD 不符合题意，A 符合题意。

故答案为：A。

【分析】利用动生电动势的表达式可以求出电动势的瞬时值的表达式，结合电动势的有效值及电功率的表达式可以求出产生的电能大小。

6．【答案】D
【知识点】光的折射
【解析】【解答】A．光线射到AB面上的折射角为sinr=sin45∘
n=1
2
，则r=30°，因临界角sinC=
1
n，
则C=45°，而射到AB面上的入射角为75°>C，则三条光线都在BC面上发生全反射，A正确，不符合题意；
B．由几何关系可知，光线射到AC面上的入射角仍为30°，从AC射出时的折射角仍为45°，则三条光线在AC面上射出后仍平行BC，B正确，不符合题意；
C．根据光路图可知，光线1射到BC边上时的位置离C点最近，则从AC射出后离C点最近，则从AC 射出后光线从上到下的顺序为3、2、1，C正确，不符合题意；
D．若光线3绕入射点逆时针转过一小角度，则在AB面上的入射角变大，折射角变大，光线射到BC 边上的入射角大于75°，仍能在BC边发生全反射，不可能从BC面射出棱镜，D错误，符合题意。

故答案为：D。

【分析】利用折射率的大小可以判别发生全反射的临界角的大小；利用几何关系可以判别三条出射光线仍旧平行；利用入射角的大小可以判别是否发生全反射。

7．【答案】A
【知识点】磁感应强度；安培力
【解析】【解答】因为地磁场的外部磁场的方向由地理南极到地理北极，故地磁场在该点磁感应强度的大小为B，与水平方向的夹角为α，所以地磁场在该点水平方向的分磁感应强度为B1=Bcosα，所以电流元竖直放置时地磁场对它的力的大小为F1=B1IL=BcosαIL，水平东西放置时地磁场与导线垂
直，则此时地磁场对它的力的大小为F2=BIL，解得B=F2
IL，
cosα=
F1
F2，
故答案为：A。

【分析】利用平行四边形定则可以判别水平方向磁感应强度的大小，结合安培力的表达式可以求出安培力的大小，结合力的分解可以求出夹角余弦值的大小。

8．【答案】C 【知识点】变压器原理
【解析】【解答】设M、N端输入的电压为U，原线圈的电流为I1，原线圈的电压为U1，副线圈的电流为I2，副线圈的电压为U2，设四个完全相同的电阻的阻值为R，则
U1
U2=
n1
n2，解得U1=
U2n1
n2，根据I2
I1=
n1
n2，解得I2=
I1n1
n2，在原线圈中有U=I1R+U1=I1R+
n1U2
n2=I1R+
n1I2R
并
n2=I1(R+
R
并
n12
n22
)，滑片P处于变压器右侧线圈的中点时，通过a、b、c、d四个电阻的电流都为I，根据
n1
n2= I2
I1=
3
1，则有U=4IR，当滑片P处于变压器右侧线圈的最下端时
n1
n2′
=32，设原线圈的电流为I′，同理U=I′(R+R并
n12
n2′
2
)=74I′R，解得I′=16
7I，
故答案为：C。

【分析】利用电流的大小可以求出匝数之比，结合原线圈的欧姆定律可以求出原线圈输入电压的大小，再利用原线圈的欧姆定律可以求出通过a电流的大小。

9．【答案】A,D
【知识点】双缝干涉现象
【解析】【解答】A．光源发出直接到屏上的光和被平面镜反射到屏上的光是相干光，该干涉现象可以看成双缝干涉，故光屏上出现与平面镜平行的明暗相间的条纹，A符合题意；
B．在P点下方没有反射光线照射，故不会有干涉条纹，B不符合题意；
C．光源到屏的距离可以看成双缝到屏的距离L，光源S到平面镜中虚像的间距看成双缝的间距d，根据双缝干涉的相邻条纹之间的距离公式Δx=
L
dλ
，将缝光源S水平向右移动一小段距离，则L变小，故光屏上的条纹间距将变小，C不符合题意；
D．光源到屏的距离可以看成双缝到屏的距离L，光源S到平面镜中虚像的间距看成双缝的间距d，根据双缝干涉的相邻条纹之间的距离公式Δx=
L
dλ
，若将缝光源S竖直向下移动一小段距离，则d变小，故光屏上的条纹间距将变大，D符合题意。

故答案为：AD。

【分析】利用双缝干涉可以判别光屏出现与平面镜平行的明暗相间的条纹；在P点下方没有干涉条纹；利用干涉条纹的间距的表达式结合双缝间距及到屏幕距离的变化可以判别干涉条纹间距的变化。

10．【答案】A,B
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…内…………○……………………订…………※※请※※不订※※线※※内※※答※※题※※…外…………○……………………订…………【知识点】电功率和电功；欧姆定律；电路的动态变化分析
【解析】【解答】A ．使滑动变阻器R 3的滑片自a 端向b 端移动，则R 3阻值变大，总电阻变大，总电
流减小，根据P=I 2R 可知电阻R 1的功率减小，A 符合题意；
B ．电源的效率η=IU
IE =R 外R 外
+r ，外电阻变大，则电源效率增大，B 符合题意；
C ．因为E=U+I(R 1+r)，则|ΔU ΔI
|=R 1+r ，不变，C 不符合题意；
D ．将R 1看做是电源的内阻，则当R 1+r =R 2R 3
R 2+R 3
，时电阻R 2和R 3的总功率变大，但是因各电阻之间
的关系不确定，则当R 3阻值变大时，电阻R 2和R 3的总功率的变化不能确定，D 不符合题意。

故答案为：AB 。

【分析】滑动变阻器的滑片移动的过程根据欧姆定律以及电功率的表达式得出电阻R 1功率的变化情况，利用电路的分析进行分析判断。

11．【答案】B,C
【知识点】共点力平衡条件的应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】A ．物块由静止释放，由于μ<tanα，可知mgsinθ>μmgcosθ，物块有向下的加速
度，加速下滑；物块有沿斜面向下的速度，由左手定则，受垂直斜面向下的洛伦兹力，导致物块对斜面压力变大，滑动摩擦力增大，以沿斜面向下为正方向，根据牛顿第二定律mgsinθ−f =ma ①，f =μF N ②，F N =mgcosθ+qvB ③，联立可得物块加速度a =gsinθ−μ(gcosθ+qvB)④，可见物块加速度随着速度的增大而减小，不是匀变速直线运动，A 不符合题意；
B ．物块下滑过程中，做功的只有重力和滑动摩擦力，洛伦兹力和支持力不做功，根据功能关系，物块机械能的减小量等于因摩擦所放出的热量，等于克服摩擦力做的功，B 符合题意；
C ．当物块向下运动的加速度减小到零时，速度达到最大值，由受力平衡知mgsinθ=μ(mgcosθ+qv m B)，解得v m =
mgsinαμqB −mgcosα
qB ，C 符合题意；
D ．若仅将磁场改为与原来相反的方向，则物块下滑受洛伦兹力垂直斜面向上，则F N2=mgcosθ−qvB ⑤，联合①②⑤可得a 2=gsinθ−μ(gcosθ−qvB)，可见物块加速度随着速度的增大而增大，当速度增大到一定值时，洛伦兹力大小等于重力垂直斜面向下的分力，物块即将离开斜面到空中做曲线运动，D 不符合题意。

故答案为：BC 。

【分析】利用牛顿第二定律结合垂直斜面的平衡方程可以求出物块加速度的表达式，进而判别其速度的变化；利用能量守恒定律可以判别机械能减少量等于克服摩擦力做功的大小；利用平衡方程可以求出最大速度的大小；当磁场方向改变时，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，当洛伦兹力大于重力的分力时物块离开斜面做曲线运动。

12．【答案】B,C
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
【解析】【解答】A ．洛伦兹力提供向心力，可得qvB =mv 2r
，解得r =mv
qB ，由题可知，该粒子偏转角
为120∘ ，根据几何关系OM =2rcos60∘=
√3mv
qB
，A 不符合题意；
B ．洛伦兹力提供向心力，可得qvB =m 2πT v ，t =θ2πT ，整理得t =θm
qB ，可知打在M
点的粒子在磁场中运动时间最短，该粒子的偏转角为120∘，运动时间为2πm
3qB ，B 符合题意；
C ．分析得光屏上被击中区域最右侧如下图所示， 根据几何关系，x 坐标为x
右
=√(2r)2−(OM)2=
r =mv
qB ，C 符合题意；
D ．光屏上被击中区域最左侧时，由几何关系可知最左侧的x 坐标为x
左
=−√r 2−(OM −r)2=
−√2√3−3r =−√2√3−3qB ，D 不符合题意。

故答案为：BC。

【分析】粒子在磁场中运动，利用牛顿第二定律可以求出轨迹半径的大小，结合几何关系可以求出M 点的坐标；粒子在磁场中运动的轨迹所对圆心角结合周期的大小可以求出运动的时间；利用几何关系可以求出最右侧的坐标；利用几何关系可以求出最左侧的坐标。

13．【答案】（1）D
（2）丙
（3）0.965
（4）9.86
【知识点】探究单摆的运动，用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）A．实验所用小球的密度要大，体积要小，A不符合题意；
B．为了减小误差，测量周期时要测量至少30次全振动的时间，然后计算周期的平均值，B不符合题意；
C．实验时小球的摆动幅度不大于5°，否则就不是简谐振动了，C不符合题意；
D．为了减小误差，悬挂小球的细绳的质量要尽可能小些，D符合题意。

故答案为：D。

（2）图乙和图丙为细线上端的两种不同的悬挂方式．乙图中当摆球摆动时会导致摆长变化，则应该选图丙所示的悬挂方式。

（3）小球的直径为0.9cm+0.05mm×13=0.965cm。

（4）根据T=2π√L
g，可得T
2=4π2
g L，由图像可知k=
4π2
g=
6.75−5.15
1.20−0.8=4
，解得g=9.86m/s2
【分析】（1）实验使用的小球密度要大，体积要小；测量周期应该利用多次全振动的时间除以振动的次数；实验的摆角不能太大；
（2）选用丙的悬挂方式可以调节摆长的大小；
（3）利用游标卡尺的结构和精度可以读出对应的直径；
（4）利用单摆的周期公式结合图象斜率可以求出重力加速度的大小。

14．【答案】（1）R2
（2）4.40；1.20
（3）内阻；电压表V2的分流
【知识点】测电源电动势和内阻【解析】【解答】（1）设计的测量电路如图甲所示，虚线框内的定值电阻选择与滑动变阻器阻值相当的，则应为R2；
（2）由电路可知E=U1+U2+
U2
R2r，则
U1=E−(1+r R
2
)U2，由图像可知E=4.40V，1+r R
2
=
4.4
4.0=1.1
，解得r=1.20Ω
（3）在第（2）问中，因电压表V2的内阻的影响，使得表达式应该为E=U1+U2+(
U2
R2+
U2
R V2)r，即
U1=E−(1+r R
2
+r R
V2
)U2，则U
1-U2图像的截距E不变，斜率变化，则测得的内阻有系统误差，其来源于电压表V2的分流。

【分析】（1）虚线内的定值电阻阻值应该与滑动变阻器相当；
（2）利用闭合电路的欧姆定律结合图象斜率和截距可以求出电动势和内阻的大小；
（3）由于电压表的分流导致系统出现误差。

15．【答案】（1）解：对最右侧光线，入射角为a=37°，由几何知识得，折射角的正弦sinβ=
1
√5
容器内液体对该单色光的折射率n=
sinα
sinβ
解得n=3√5
5
（2）解：光线自液体表面到达液体底部路程L=3√5
14d
又n=
c
v
光线自液体表面到达容器底部的时间t=
L
v
解得t=
9d
14c
【知识点】光的折射
【解析】【分析】（1）已知光折射的路径，利用入射角和折射角的正弦值，结合折射定律可以求出折射率的大小；
（2）光线到达底部时，利用几何关系可以求出光传播的路径，结合传播的速度可以求出传播的时间。

16．【答案】（1）解：由34T=2.25s
得该简谐横波的周期T=3s
x=3.0cm的质点的位移随时间变化的函数表达式y=20sin2π
3t(cm)。