四川省綿陽市2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期末考試物理試題（含答案）

四川省綿陽市2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期末考試物理試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三總分評分一、必考選擇題．本題共9小題，每小題4分，共36分．在每小題給出的四個選項(xiàng)中，第1~6題只有一項(xiàng)符合題目要求，第7~9題有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分．1．如圖所示，兩根位于豎直面內(nèi)水平平行放置的直導(dǎo)線，通以向右的恒定電流，不計重力的帶負(fù)電的粒子從導(dǎo)線正下方某處以v0A．粒子的速率增大 B．粒子的速率減小C．粒子向下偏 D．粒子向上偏2．如圖所示，A、B、C三個點(diǎn)電荷帶電量均為q，A、B帶正電，C帶負(fù)電，O為AB連線的中點(diǎn)，C處于AB連線的中垂線上，三個點(diǎn)電荷到O點(diǎn)的距離均為d，則O點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為（）A．0 B．kqd2 C．3kqd3．將一電子從電場中的某一點(diǎn)A移到無限遠(yuǎn)的過程中克服電場力做功5eV，以無限遠(yuǎn)處的電勢為零，則A點(diǎn)的電勢及電子在A點(diǎn)具有的電勢能分別為（）A．5V，?5eV B．?5V，5eV C．4．如圖所示，a、b為平行金屬板電容器，靜電計的外殼以及電容器的b板接地。開關(guān)S閉合后，靜電計的指針張開一個較小的角度，要使指針張開的角度增大，以下方法可行的是（）A．減小a、b板的距離 B．減小a、b板的正對面積C．?dāng)嚅_S，減小a、b板的距離 D．?dāng)嚅_S，減小a、b板的正對面積5．如圖所示，電源電動勢E=10V，內(nèi)阻r=0.5Ω，閉合開關(guān)，標(biāo)有“4V，8W”的燈泡L恰好能正常發(fā)光，電動機(jī)A．電動機(jī)兩端的電壓為6V B．電源的輸出功率為20WC．電動機(jī)的輸出功率為6W D．電動機(jī)的效率為50%6．如圖，用粗細(xì)均勻的電阻絲折成邊長為L的平面等邊三角形框架，每個邊長L的電阻均為r，三角形框架的兩個頂點(diǎn)與一電動勢為E、內(nèi)阻為r的電源相連接，垂直于框架平面有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，則三角形框架受到的安培力的合力大小為（）A．0 B．2BEL5r C．3BEL5r 7．如圖所示，P為固定的點(diǎn)電荷，虛線是以P為圓心的三個同心圓，相鄰兩圓弧間距相等。帶電粒子Q在P的電場中運(yùn)動，運(yùn)動軌跡與三圓在同一平面內(nèi)，a、b、c、d、e為軌跡與三圓相交或相切的點(diǎn)。若Q僅受P的電場力作用，由此可以判定（）A．P、Q帶同種電荷B．a(chǎn)、b間電勢差的絕對值等于b、c間電勢差的絕對值C．從a到e，粒子Q的加速度先增大后減小D．從a到e，電場力對粒子Q先做正功后做負(fù)功8．在如圖所示的電路中，電源內(nèi)阻r與定值電阻R0的阻值均為2Ω，滑動變阻器總電阻R=10Ω，電壓表V1、V2均為理想表。閉合開關(guān)，當(dāng)滑動變阻器的滑片PA．V1的示數(shù)一直增大 B．VC．電源的效率先增大后減小 D．電源的輸出功率先增大后減小9．如圖甲是回旋加速器的工作原理示意圖，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，勻強(qiáng)磁場與盒面垂直，兩盒間狹縫MN的間距很小，加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為U0，周期為T。一質(zhì)量為m，電荷量為+q的粒子在t=0時從D形金屬盒的中心OA．粒子在狹縫間被加速的次數(shù)為4B．粒子在回旋加速器中運(yùn)動的總時間為πC．滿足加速條件情況下，磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，粒子出射時動能越大D．改變U0二、必考非選擇題．本題共4小題，共44分．10．某同學(xué)用多用電表測某一電阻，他選擇歐姆擋“×100”，用正確的操作步驟測量時，發(fā)現(xiàn)指針位置如圖中虛線所示。為了較準(zhǔn)確地進(jìn)行測量，請補(bǔ)充下列依次進(jìn)行的主要操作步驟：⑴將選擇開關(guān)轉(zhuǎn)至（選填“×10”或“×1k”）擋；⑵將紅、黑表筆短接，重新進(jìn)行歐姆調(diào)零；⑶重新測量，刻度盤上的指針位置如圖中實(shí)線所示，則測量結(jié)果是Ω．11．研究小燈泡的伏安特性，供選用的器材有：小燈泡L（額定電壓3.8V，額定電流0.32A）；電壓表V（量程3V，內(nèi)阻約3kΩ）；電流表A（量程500mA，內(nèi)阻約0.5Ω）；定值電阻R0（阻值1kΩ）；定值電阻R1（阻值4kΩ）；滑動變阻器R2（阻值0～10Ω）；滑動變阻器R（1）由于電壓表V的量程不滿足要求，要將其改裝成為一個量程為4V的電壓表V1，需串聯(lián)的定值電阻是（選填“R0”或“（2）實(shí)驗(yàn)要求能夠?qū)崿F(xiàn)在0～3.8V的范圍內(nèi)對小燈泡的電壓進(jìn)行測量，選用的滑動變阻器為（選填“R2”或“R（3）實(shí)驗(yàn)測得該小燈泡伏安特性曲線如圖（a）所示。由實(shí)驗(yàn)曲線可知，隨著電壓的增加，小燈泡的電阻（選填“增大”“不變”或“減小”）。（4）用另一電源E0（電動勢3V，內(nèi)阻2.0Ω）和滑動變阻器R2與該小燈泡連接成圖（b）所示的電路，閉合開關(guān)，當(dāng)滑動變阻器R2連入電路的電阻為12．在一圓柱形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)電場，柱的橫截面積是以O(shè)為圓心，半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖所示。甲乙兩相同的帶電粒子，質(zhì)量均為m，電荷量均為q(q>0)，在紙面內(nèi)自A點(diǎn)先后以不同的速度進(jìn)入電場。已知甲在A點(diǎn)時速度為零，在電場中運(yùn)動后從圓周上的C點(diǎn)以速率vc離開電場；乙在A點(diǎn)時速度方向與電場方向垂直，在電場中運(yùn)動后從圓周上的B點(diǎn)離開電場。AC與（1）電場強(qiáng)度的大??；（2）乙在A點(diǎn)時速度大小。13．在如圖所示的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場，圓心在x軸正方向上的O1點(diǎn)，半徑為R，與y軸相切于O點(diǎn)，與垂直于x軸的虛線MN相切于O2點(diǎn)，虛線MN右側(cè)的整個區(qū)域有垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場。一個帶正電的粒子（重力不計）以初速度v0從O點(diǎn)沿x軸正方向射入圓形區(qū)域并從MN上的P點(diǎn)進(jìn)入MN右側(cè)區(qū)域，一段時間后從虛線MN上的Q點(diǎn)離開右側(cè)區(qū)域，且PQ兩點(diǎn)關(guān)于x軸對稱。已知O2P=（1）圓形區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度；（2）MN右側(cè)區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度；（3）粒子在MN右側(cè)區(qū)域運(yùn)動時間。三、選考題（3-4）．本部分共6小題，共30分．第14~18題每小題4分，給出的四個選項(xiàng)中只有一項(xiàng)符合題目要求，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑．第19題10分．14．一列沿x軸正方向傳播的簡諧機(jī)械橫波，波速為4m/s。某時刻波形如圖所示，下列說法正確的是（）A．此時刻x=4m處質(zhì)點(diǎn)的加速度為零B．此時刻x=4m處質(zhì)點(diǎn)沿y軸負(fù)方向運(yùn)動C．這列波的振幅為4cmD．這列波的周期為1s15．在“用單擺測定重力加速度”實(shí)驗(yàn)中，某同學(xué)發(fā)現(xiàn)測得的g值偏大。其原因可能是（）A．?dāng)[球的質(zhì)量過大B．測定周期時，振動次數(shù)多計了一次C．計算擺長時，只考慮懸線的長度，沒有加上擺球的半徑D．?dāng)[線上端未系牢固，在振動中出現(xiàn)松動，使擺線長度增加了16．如圖表示振幅均為A的兩列相干水波在某時刻的疊加情況，圖中實(shí)線表示波峰，虛線表示波谷，E點(diǎn)是BD連線和AC連線的交點(diǎn)，下列說法正確的是（）A．E點(diǎn)是減弱點(diǎn)B．過四分之一周期，E點(diǎn)離開平衡位置的距離為2AC．該時刻B、D兩點(diǎn)的豎直高度差為2AD．該時刻A、C為減弱點(diǎn)，過半個周期將變?yōu)榧訌?qiáng)點(diǎn)17．一列簡諧橫波在介質(zhì)中沿x軸正向傳播，x=0.1m處的質(zhì)點(diǎn)A和x=0.7m處的質(zhì)點(diǎn)A．質(zhì)點(diǎn)B的振動位移表達(dá)式為y=6B．這列簡諧波的波長可能為1C．這列波的波速為2mD．當(dāng)A、B點(diǎn)振動位移相同時，它們的速度相同18．如圖所示，將彈簧振子從平衡位置拉下一段距離Δx，釋放后振子在A、B間振動，且AB=20cm，振子由A到B的時間為0.A．振子在A、B兩點(diǎn)時，彈簧彈力大小相等B．振子在AB=20cm間振動，由B到A時間仍為0C．振子完成一次全振動通過的路程為20cmD．振子由A運(yùn)動到B回復(fù)力先增大后減小19．一列簡諧橫波在同一均勻介質(zhì)中沿x軸方向傳播，t=0.2s時刻的波形圖如圖甲所示，質(zhì)點(diǎn)M的平衡位置在xM=7.5cm處，質(zhì)點(diǎn)（1）該波傳播的速度大小及方向；（2）0～2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)M振動的路程s，從t=0.2s時刻起，質(zhì)點(diǎn)

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】AB、不計重力，帶負(fù)電的粒子只受洛倫茲力的作用，洛倫茲力方向與速度方向垂直，不做功，根據(jù)動能定理可知，粒子的速率不變，故AB錯誤；

CD、由題圖可知兩等大的恒定電流方向向右，根據(jù)安培定則，上方的恒定電流產(chǎn)生的磁場在其下方區(qū)域的方向?yàn)榇怪奔埫嫦蚶?，下方的恒定電流產(chǎn)生的磁場在其上方區(qū)域的方向?yàn)榇怪奔埫嫦蛲?，離導(dǎo)線越近，磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，由磁場疊加可知在中央線上方區(qū)域磁場方向?yàn)榇怪奔埫嫦蚶?，即帶?fù)電的粒子處于垂直紙面向里的磁場中，由左手定則判斷粒子發(fā)射時所受洛倫茲力向下，則在粒子發(fā)射后一小段時間內(nèi)粒子向下偏，故C正確，D錯誤。

故答案為：C。

【分析】根據(jù)右手定則確定兩導(dǎo)線之間的磁場方向及磁感應(yīng)強(qiáng)度變化情況。再根據(jù)左手定則確定粒子所受洛倫茲力的方向，繼而判斷粒子的偏轉(zhuǎn)方向，洛倫茲力始終不做功。2．【答案】B【解析】【解答】A、B電性相同，帶電量相同，到O點(diǎn)的距離相等，根據(jù)點(diǎn)電荷電場分布以及場強(qiáng)疊加可知，A、B兩個點(diǎn)電荷在O點(diǎn)的電場強(qiáng)度等大反向，相互抵消，則O點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小等于點(diǎn)電荷C在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度，大小為E故答案為：B。

【分析】根據(jù)點(diǎn)電荷場強(qiáng)的定義確定各電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小和方向，再根據(jù)矢量求和法則確定O點(diǎn)合場強(qiáng)的大小。3．【答案】A【解析】【解答】將一電子從電場中的某一點(diǎn)A移到無限遠(yuǎn)的過程中電場力做功為W=-e無限遠(yuǎn)處的電勢為零，則A點(diǎn)的電勢為φ電子在A點(diǎn)具有的電勢能E故答案為：A。

【分析】根據(jù)電場力做功與電勢差的關(guān)系確定A點(diǎn)的電勢，再根據(jù)電勢與電勢能的關(guān)系確定A點(diǎn)的電勢，注意電荷的正負(fù)值。4．【答案】D【解析】【解答】AB、在開關(guān)S閉合時，電容器兩極板間的電勢差不變，則靜電計指針張開的角度不變，故AB錯誤；

C、斷開S，電容器帶電量不變，根據(jù)C=可知減小a、b板的距離，電容器的電容增大，根據(jù)U=可知電容器兩極板間的電勢差減小，靜電計指針張開的角度減小，故C錯誤；

D、斷開S，電容器帶電量不變，減小a、b板的正對面積，電容器的電容減小，電容器兩極板間的電勢差增大，靜電計指針張開的角度增大，故D正確。

故答案為：D。

【分析】電容器兩板電勢差越大，靜電計的張角越大。確定電容器的兩極板是電勢差不變還是電荷量不變，再結(jié)合電容的定義式及決定式進(jìn)行分析。5．【答案】C【解析】【解答】A、燈泡L恰好能正常發(fā)光，則電路中的電流為I=根據(jù)閉合電路的歐姆定律E=電動機(jī)兩端的電壓為U故A錯誤；

B、電源的輸出功率為P=EI-故B錯誤；

C、電動機(jī)的輸出功率為P故C正確；

D、電動機(jī)的效率為η=故D錯誤。

故答案為：C。

【分析】燈泡正常發(fā)光，即燈泡兩端電壓等于額定電壓。電源的總功率等于電源的熱功率與電源輸出功率之和。電動機(jī)的總功率等于電動機(jī)的輸出功率與電動機(jī)的熱功率之和，再根據(jù)閉合電路的歐姆定律及串并聯(lián)規(guī)律和功率公式進(jìn)行解答。6．【答案】C【解析】【解答】等效電路為r和2r并聯(lián)后與電壓串聯(lián)，并聯(lián)后總電阻為R=r+電路中總電流為I=根據(jù)彎曲導(dǎo)線的有效長度等于連接兩端點(diǎn)線段的長度。相應(yīng)的電流由始端流向末端可知，導(dǎo)線框受到的安培力為F=B故答案為：C。

【分析】確定電路的連接方式，根據(jù)串并聯(lián)電路規(guī)律及閉合電路歐姆定律確定電路中的總電流與各部分的電流情況，再結(jié)合彎曲導(dǎo)線的有效長度等于連接兩端點(diǎn)線段的長度。相應(yīng)的電流由始端流向末端確定線框折線部分的等效長度，再根據(jù)安培力公式及矢量疊加法則進(jìn)行解答。7．【答案】A,C【解析】【解答】A、根據(jù)圖像可知，Q受到斥力作用，指向軌跡凹側(cè)，故P、Q帶同種電荷，故A正確；

B、P為固定的點(diǎn)電荷，根據(jù)點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式可知，越靠近點(diǎn)電荷場強(qiáng)越大，相鄰兩圓弧間距相等。根據(jù)U=Ed可知，a、b間電勢差的絕對值小于b、c間電勢差的絕對值，故B錯誤；

C、從a到e，粒子Q先靠近P后遠(yuǎn)離P，根據(jù)F=k可知，加速度先增大后減小，故C正確；

D、從a到e，電場力與速度夾角先為鈍角后為銳角，對粒子Q先做負(fù)功后做正功，故D錯誤。

故答案為：AC。

【分析】曲線運(yùn)動的物體所受合外力指向凹側(cè)，根據(jù)同種電荷相斥，異種電荷相吸判斷電荷的電性關(guān)系。越靠近場源電荷場強(qiáng)越大。根據(jù)庫侖定律及牛頓第二定律確定加速度的變化情況。8．【答案】B,D【解析】【解答】A、根據(jù)閉合電路的歐姆定律，V1的示數(shù)為U設(shè)滑片P滑動過程中，aP段電阻大小為x，則Pb段電阻大小為(10-x)，則電路為R0與aP段電阻并聯(lián)后，再與Pb與電源內(nèi)阻r串聯(lián)，總電阻為R(x)=2+10-根據(jù)數(shù)學(xué)關(guān)系可知在x從0到10的范圍內(nèi)，隨著x增大R(x)不斷減小，故電路中總電阻隨著滑片P的移動逐漸變小，總電流一直增大，V1的示數(shù)一直減小，故A錯誤；

B、滑動變阻器的滑片P從a滑到b的過程中，aP阻值增大，則aP與R0并聯(lián)后的電阻增大，bP部分電阻減小，則aP部分分得的電壓增大，故V2示數(shù)一直增大，故B正確；

C、電源的效率為η=滑動變阻器的滑片P從a滑到b的過程中，總電流一直增大，電源的效率一直減小，故C錯誤；

D、當(dāng)電源外電阻等于電源內(nèi)阻時，電源輸出功率最大。P在a處時，外電阻為RP在b處時，外電阻為R滑動變阻器的滑片P從a滑到b的過程中，外電阻一直減小，故P在移動時一定存在某一點(diǎn)，使外電阻等于內(nèi)阻，電源輸出功率最大。故電源輸出功率先增大后減小，故D正確。

故答案為：BD。

【分析】確定電路的連接情況，明確滑動變阻器移動過程中，電路總電阻的變化情況，再根據(jù)閉合電路的歐姆定律及串并聯(lián)規(guī)律確定兩電表示數(shù)的變化情況。當(dāng)電源內(nèi)阻與外電阻相等時，電源的輸出功率最大。也可根據(jù)極限法（即滑動變阻器置于a端或b端）確定電路中電阻的變化情況。9．【答案】B,C【解析】【解答】A、粒子在D形金屬盒中運(yùn)動，速度最大時有q粒子的最大動能為E帶電粒子的運(yùn)動周期為T=粒子在狹縫間被加速的的次數(shù)為n=故A錯誤；

B、粒子在回旋加速器中運(yùn)動，一周期內(nèi)被加速兩次，粒子在回旋加速器中運(yùn)動的總時間為t故B正確；

CD、粒子出射時動能為E滿足加速條件情況下，磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，粒子出射時動能越大，改變U0，粒子出射時動能不變，故C正確，D錯誤。

故答案為：BC。

【分析】當(dāng)粒子在磁場中運(yùn)動半徑最大時，粒子的運(yùn)動速度達(dá)到最大值，粒子每次經(jīng)過電場的動能變化量相同，再根據(jù)動能定理確定粒子加速的次數(shù)。粒子在電場中加速一次，粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)一次。再根據(jù)電場力做功及帶電粒子在磁場中運(yùn)動的規(guī)律進(jìn)行解答。10．【答案】×10；150【解析】【解答】（1）選擇歐姆擋“×100”，用正確的操作步驟測量時，發(fā)現(xiàn)指針位置如圖中虛線所示，指針偏轉(zhuǎn)角度太大說明所選擋位太大，為準(zhǔn)確測量電阻阻值，應(yīng)換用小擋位，換用×10倍率擋。

（3）測量結(jié)果是15×10Ω=150Ω【分析】熟悉掌握多用電表的使用方法和注意事項(xiàng)，歐姆檔指針偏轉(zhuǎn)過大時，說明所選擋位太大，應(yīng)換小擋位。11．【答案】（1）R（2）R2（3）大（4）0.16【解析】【解答】（1）根據(jù)電壓表改裝原理U=解得R=1需串聯(lián)的定值電阻是R0。

（2）實(shí)驗(yàn)要求能夠?qū)崿F(xiàn)在0～3.8V的范圍內(nèi)對小燈泡的電壓進(jìn)行測量，滑動變阻器應(yīng)采用分壓式接法，為調(diào)節(jié)方便，選用的滑動變阻器為阻值較小的R2。

改裝后的電壓表的內(nèi)阻遠(yuǎn)大于小燈泡的電阻，為減小實(shí)驗(yàn)誤差，電流表應(yīng)采用外接法，實(shí)驗(yàn)要求能夠?qū)崿F(xiàn)在0～3.8V的范圍內(nèi)對小燈泡的電壓進(jìn)行測量，滑動變阻器應(yīng)采用分壓式接法。故應(yīng)該采用如下圖四種電路中的丙。

（3）I-U圖象上的點(diǎn)與原點(diǎn)連線斜率表示電阻的倒數(shù)，由實(shí)驗(yàn)曲線可知，隨著電壓的增加，圖象的斜率逐漸減小，小燈泡的電阻逐漸增大。

（4）根據(jù)閉合電路的歐姆定律E=U+I(R+r)整理得U=3-12I將電池的伏安特性曲線畫在該小燈泡伏安特性曲線中，可得

兩條曲線的交點(diǎn)為(0.95V，170mA)，小燈泡的功率為P=UI=170×9.5×【分析】熟悉掌握電表改裝的原理及計算方法。根據(jù)電表阻值與燈泡阻值的關(guān)系，確定電表的連接方式。電表的量程需從零開始，滑動變阻器采用分壓式接法。畫出電源的U-I圖像，圖像與燈泡伏安特性曲線的交點(diǎn)即為燈泡在此電源下工作的電壓和電流。12．【答案】（1）解：甲粒子在電場中沿AC方向做直線運(yùn)動，設(shè)電場強(qiáng)度為E，AC間的間距，有dAC=R解得E=（2）解：電場方向沿AC方向．乙粒子在A點(diǎn)時速度方向與電場方向垂直，即垂直于AC方向，在電場中做類平拋運(yùn)動，設(shè)其初速度為v0，加速度為a，在電場中運(yùn)動時間為t，其沿電場方向的分位移為x，垂直于電場方向的分位移為y，由于∠ACB=90°x=dAC其中y=dCB解得v【解析】【分析】（1）確定甲的受力情況及運(yùn)動情況，再根據(jù)動能定理進(jìn)行解答即可；

（2）根據(jù)幾何關(guān)系確定乙球初速度和電場線的夾角，根據(jù)乙的的受力情況確定乙球的受力情況，再根據(jù)類平拋運(yùn)動規(guī)律進(jìn)行解答。13．【答案】（1）解：連接O1P交圓于B點(diǎn)，則粒子從B點(diǎn)離開圓形磁場區(qū)域，粒子的軌跡如圖，圓心為A，在y軸上，粒子在其中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為r1，∠O解得θ=6連接O1A，在tan解得r設(shè)圓形區(qū)域磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，有圓形區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B（2）解：設(shè)MN右側(cè)區(qū)域內(nèi)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2，粒子做圓周運(yùn)動的圓心為O3，半徑為r根據(jù)洛倫茲力提供向心力q解得MN右側(cè)區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B（3）解：軌跡對應(yīng)的圓心角為α，由于O1P垂直于O設(shè)粒子在MN右側(cè)區(qū)域做圓周運(yùn)動的周期為T，運(yùn)動時間為t，則T=t=解得粒子在MN右側(cè)區(qū)域運(yùn)動時間為t=【解析】【分析】（1）根據(jù)左手定則確定粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)方向，畫出粒子的運(yùn)動軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系確定粒子在圓心磁場中運(yùn)動的半徑，再根據(jù)帶電粒子在磁場中運(yùn)動的規(guī)律進(jìn)行解答；

（2）根據(jù)幾何關(guān)系確定粒子在MN右側(cè)磁場的運(yùn)動半徑，再根據(jù)再根據(jù)帶電粒子在磁場中運(yùn)動的規(guī)律進(jìn)行解答；

（3）根據(jù)粒子的運(yùn)動軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系確定粒子運(yùn)動軌跡對應(yīng)的圓心角，再根據(jù)運(yùn)動時間與圓心角和周期的公式進(jìn)行解答。14．【答案】A【解析】【解答】A、此時x=4m處質(zhì)點(diǎn)正通過平衡位置，回復(fù)力為零，所以加速度為零，故A正確；

B、根據(jù)“上坡下，下坡上”原則，可知此時x=4m處質(zhì)點(diǎn)沿y軸正方向運(yùn)動，故B錯誤；

C、由圖可知，這列波的振幅為A=2故C錯誤；

D、從圖中可知λ=8m，故這列波的周期為T=故D錯誤。

故答案為：A。

【分析】質(zhì)點(diǎn)在平衡位置加速度為零，速度最大，在位移最大處，加速度最大，速度為零。根據(jù)“上下坡”法或“同側(cè)法”結(jié)合波的傳播方向確定質(zhì)點(diǎn)的振動方向。15．【答案】B【解析】【解答】A、根據(jù)單擺周期公式T=2π整理得g=可知擺球的質(zhì)量對重力加速度測定無影響，故A錯誤；

B、測定周期時，振動次數(shù)多計了一次，則周期的測量值偏小，重力加速度測量值偏大，故B正確；

C、計算擺長時，只考慮懸線的長度，沒有加上擺球的半徑，擺長偏小，重力加速度測量值偏小，故C錯誤；

D、擺線上端未系牢固，在振動中出現(xiàn)松動，使擺線長度增加了，擺長的實(shí)際值大于擺長的測量值，擺長偏小，重力加速度測量值偏小，故D錯誤。

故答案為：B。

【分析】根據(jù)單擺周期公式判斷重力加速度的影響因素，擺長等于懸點(diǎn)到小球球心的距離，再根據(jù)題意進(jìn)行分析。16．【答案】B【解析】【解答】A、D點(diǎn)是兩列相干水波波峰與波峰的疊加點(diǎn)，B點(diǎn)是兩列相干水波波谷與波谷的疊加點(diǎn)，則B、D兩點(diǎn)為振動加強(qiáng)點(diǎn)，E點(diǎn)是BD連線和AC連線的交點(diǎn)，故E點(diǎn)是振動加強(qiáng)點(diǎn)，故A錯誤；

B、過四分之一周期，兩列相干水波在E點(diǎn)處均為波峰或波谷，E點(diǎn)離開平衡位置的距離為s=A+A=2A故B正確；

C、B、D兩點(diǎn)為振動加強(qiáng)點(diǎn)，該時刻B、D兩點(diǎn)的豎直高度差為?h=2A-(-2A)=4A故C錯誤；

D、該時刻A點(diǎn)、C點(diǎn)是兩列相干水波波峰與波谷的疊加點(diǎn)，則A、C為減弱點(diǎn)，過半個周期將仍為減弱點(diǎn)，故D錯誤。

故答案為：B。

【分析】波峰與波峰疊加、波谷與波谷疊加均為振動加強(qiáng)點(diǎn)，振動幅度相互疊加。波峰與波谷疊加則為振動減弱點(diǎn)，振幅始終為零。相干波產(chǎn)生穩(wěn)定干涉。17．【答案】C【解析】【解答】A、由圖可知簡諧橫波的振動周期為T=0.4設(shè)質(zhì)點(diǎn)B的振動位移表達(dá)式為y=A將t=0，y=6cm，得φ=質(zhì)點(diǎn)B的振動位移表達(dá)式為y=6故A錯誤；

B、根據(jù)質(zhì)點(diǎn)A、B的振動圖像可