一、单选题（本大题共4小题，共24.0分） 1.
关于原子核、原子核的衰变、核能，下列说法错误的是( )
A. 原子核的结合能越大，原子核越稳定
206
B. 23892𝑈衰变成 82𝑃𝑏要经过8次𝛼衰变和6次𝛽衰变
C. 发生𝛽衰变时，新核与原来的原子核相比，少了一个中子，多了一个质子 D. 发生𝛼衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了2
2.
如图所示的皮带传动装置中，𝑎、𝑏、𝑐分别为轮边缘上的三点．已知𝑅𝑎：𝑅𝑏：𝑅𝑐=1：2：3.假设在传动过程中皮带不打滑，则在传动过程中，𝑏、𝑐的角速度之比为( )
A. 3：1
3.
B. 1：3 C. 2：1 D. 1：2
如图所示，垂直于平面向外的匀强磁场的边界为平行四边形𝐴𝐵𝐶𝐷，其中𝐸为𝐵𝐶边的中点，𝐴𝐸垂直于𝐵𝐶，一束电子以大小不同的速度沿𝐴𝐸方向射入磁场，不计电子的重力和电子间的相互作用。关于电子在磁场中运动的情况，下列说法正确的是( )
A. 入射速度越大的电子，其运动时间越长 B. 入射速度越大的电子，其运动轨迹越长 C. 从𝐴𝐵边射出的电子运动时间都相等 D. 从𝐵𝐶边射出的电子运动时间都相等
4.
如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上方固定着电荷量为𝑞的点电荷，一个带电小球(可视为质点)恰好围绕𝑂点在水平桌面上做匀速圆周运动。已知𝑂在𝑞正下方，则下列判断中错误的是( )
A. 圆轨道上的电势处处相等 B. 圆轨道上的电场强度处处相同 C. 点电荷𝑞对小球的库仑力是吸引力 D. 桌面对小球的弹力可能为零
二、多选题（本大题共6小题，共33.0分）
5. 某兴趣小组自制一小型发电机，使线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴转动，穿过线圈的磁通量𝛷随时间𝑡按正弦规律变化，如图所示，线圈转动周期为𝑇，线圈产生的电动势的最大值为𝐸𝑚，线圈的电阻为𝑟，该线圈与电阻为𝑅的纯电阻用电器构成闭合回路，则( )
𝑚
A. 线圈匝数为𝑛=2𝜋𝛷𝑚
𝑚 B. 电阻为𝑅的用电器的电功率为𝐸2𝑅
𝑚
C. 在0～4时间内通过用电器的电荷量为𝑞=2𝜋(𝑟+𝑅)
2
𝑇𝐸
𝑇𝑇𝐸
D. 若线圈转速增大为原来的2倍，线圈中电动势的瞬时值为𝑒=2𝐸𝑚cos
6.
2𝜋𝑡𝑇
2007年4月24日，欧洲科学家宣布在太阳之外发现了一颗可能适合人类居住的类地行星𝐺𝑙𝑖𝑒𝑠𝑒581𝑐。这颗围绕红矮星𝐺𝑙𝑖𝑒𝑠𝑒581运行的星球有类似地球的温度，表面可能有液态水存在，距离地球约为20光年，直径约为地球的1.5倍，质量约为地球的5倍，绕红矮星𝐺𝑙𝑖𝑒𝑠𝑒581运行的周期约为13天。假设有一艘宇宙飞船飞临该星球表面附近轨道，下列说法正确是( )
A. 飞船在𝐺𝑙𝑖𝑒𝑠𝑒581𝑐表面附近运行的周期约为13天 B. 飞船在𝐺𝑙𝑖𝑒𝑠𝑒581𝑐表面附近运行时的速度大于7.9𝑘𝑚/𝑠 C. 𝐺𝑙𝑖𝑒𝑠𝑒581𝑐的平均密度比地球平均密度小
D. 人在𝐺𝑙𝑖𝑒𝑠𝑒581𝑐上所受重力比在地球上所受重力大
7.
如图所示，质量均为𝑀的铝板𝐴和铁板𝐵分别放在光滑水平地面上。质量为𝑚(𝑚<𝑀)的同一木块𝐶，先后以相同的初速度𝑣0从左端滑上𝐴和𝐵，最终𝐶相对于𝐴和𝐵都保持相对静止。在这两种情况下( )
A. 𝐶的最终速度相同
C. 𝐴和𝐵相对地面滑动的距离相同
8.
B. 𝐶相对于𝐴和𝐵滑行的距离相同 D. 两种情况下产生的热量相等
质量𝑚=2𝑘𝑔的小物块在某一高度以𝑣0=5𝑚/𝑠的速度开始做平抛运动，若𝑔=10𝑚/𝑠2，当运动到竖直位移与水平位移相等时，对于物块( )
A. 此时的瞬时速度大小为5√2𝑚/𝑠 B. 此时重力的瞬时功率大小为200𝑊 C. 此过程动量改变大小为10(√5−1)𝑘𝑔𝑚/𝑠 D. 此过程重力的冲量大小为20𝑁⋅𝑠
9.
以下说法中正确的有 ( )
A. 用热针尖接触金属表面的石蜡，熔解区域呈圆形，这是非晶体各向同性的表现 B. 布朗运动是指液体分子的无规则运动
C. 功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功 D. 绝热过程不一定是等温过程
E. 当分子力表现为引力时，分子势能都随分子间距离的增大而增大
10. 如图所示，直角三角形𝐴𝐵𝐶为一透明介质制成的三棱镜的截面，且∠𝐴=
30°.在整个𝐴𝐶面上有一束垂直于它的平行光线射入，已知透明介质的折射率𝑛>2，则( )
A. 可能有光线垂直于𝐴𝐵面射出 B. 一定有光线垂直于𝐵𝐶面射出 C. 一定有光线垂直于𝐴𝐶面射出 D. 从𝐴𝐵面和𝐵𝐶面射出的光线可能相交
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11. 为了测得一干电池的电动势和内阻，实验室提供了下列器材： A.待测电池组(电动势𝐸约为3𝑉，内阻𝑟不超过2.5𝛺)； B.电流表(量程0～0.6𝐴，内阻小于1𝛺)； C.电阻箱(0～99.99𝛺)； D.滑动变阻器(0～10𝛺)；
E.单刀双掷开关、单刀单掷开关各一个及导线若干．
考虑到干电池组的内阻较小，电流表的内阻不能忽略，他设计了如图甲所示的实验电路．
(1)该同学先测电流表的内阻：
①将开关𝑆断开，滑动变阻器的阻值调到最大，开关𝐾闭合，调节滑动变阻器的滑片𝑃，使电流表𝐴满
偏；
保持______阻值不变，调节______阻值，使电流表𝐴半偏，记下电阻箱的阻值为0.3𝛺； ②将开关𝑆接通𝐶，
③由以上操作可知电流表的内阻为______𝛺. (2)该同学再测干电池组的电动势和内阻：
①将开关𝐾断开，电阻箱的阻值调至最大，将开关𝑆接通𝐷；
②调节电阻箱的阻值𝑅，使电流表𝐴有足够示数，改变𝑅的值，测出几组𝐼和𝑅；
③图乙是根据实验数据绘出的𝐼−𝑅图象，由此可得待测干电池组的电动势𝐸=______𝑉，内阻
𝑟=______𝛺.(计算结果均保留三位有效数字)
12. 某同学用如图甲所示装置做探究加速度与合外力关系的实验。(当地重力加速度为𝑔)
1
(1)实验前，先用游标卡尺测出遮光片的宽度，读数如图乙所示，则遮光片的宽度𝑑=______𝑚𝑚。 (2)实验时，先取下细线和钩码，适当垫高长木板没有定滑轮的一端，将小车轻放在𝑂点，轻推小车，
使小车沿木板运动，小车通过两个光电门𝐴、𝐵时，连接光电门的计时器显示遮光片遮光时间分别为△𝑡1、△𝑡2，如果△𝑡1=△𝑡2，则表明平衡了摩擦力。平衡好摩擦力后，撤去光电门𝐴，连好细线，挂上钩码。
(3)让小车从𝑂点静止释放，记录小车通过光电门时遮光片遮光时间△𝑡，记录钩码的质量𝑚 (4)实验时满足钩码质量远小于小车质量，改变所挂钩码的质量𝑚，重复实验步骤(3)多次。 (5)为了能通过图象直观地得到实验的结果，需要作出下面的______关系图象。(填选项代号) A.(△𝑡)2−𝑚 𝐵.△𝑡−𝑚 𝐶．
1△𝑡
−𝑚 𝐷．(△𝑡)2−𝑚
1
如果作出的图象为______，则说明质量一定时，加速度与合外力成正比。 四、简答题（本大题共2小题，共24.0分）
13. 如图(𝑎)所示，距离为𝐿的两根足够长光滑平行金属导轨倾斜放置，导轨与水平面夹角为𝜃。质量
为𝑚、电阻不计的金属棒𝑎𝑏垂直放置于导轨上，导轨所在平面内有垂直于导轨斜向上的匀强磁场。导轨的𝑃、𝑀两端接在外电路上，电阻阻值为𝑅，电容器的电容为𝐶，耐压值足够大。在开
关𝑆1闭合、𝑆2断开的状态下将金属棒𝑎𝑏由静止释放，运动过程中𝑎𝑏始终保持与导轨垂直并接触良好，金属棒的𝑣−𝑡图像如图(𝑏)所示。导轨电阻不计，重力加速度为𝑔。求：
(1)磁场的磁感应强度大小；
(2)当导体棒加速下滑的距离为𝑥时电阻𝑅产生的焦耳热为𝑄，则此时金属棒的速度、加速度分别是多
少？
(3)现将开关𝑆1断开，𝑆2闭合，由静止释放金属棒后，金属棒做什么运动？
14. 一定质量的理想气体在状态𝐴与状态𝐵时的压强和体积如图所示，当气体
从状态𝐴经过程Ⅰ变至状态𝐵时，从外界吸收热量520𝐽，同时膨胀对外做功400𝐽，气体从状态𝐵经过程Ⅱ双重新回到状态𝐴，过程Ⅱ中气体______(填“吸收”或“放出”)______焦耳的热量．
五、计算题（本大题共2小题，共28.0分）
15. 如图所示，木板𝐴长𝐿=6𝑚，质量为𝑀=8𝑘𝑔，在水平面上向右做直线运动．某时刻木板𝐴速度
𝑣𝑜=6𝑚/𝑠，在此时刻对木板𝐴施加一个方向水平向左的恒力𝐹=32𝑁，与此同时，将一个质量𝑚=2𝑘𝑔的小物块𝐵轻放在木板𝐴上的𝑃点(小物块可视为质点，放在𝑃点时相对于地面的速度为𝑃点到木板𝐴右端距离为𝑙𝑚，零)，木板𝐴与地面间的动摩擦因数为0.16，其他摩擦均不计．取𝑔=10𝑚/𝑠2.求：
(1)小物块𝐵从轻放到木板𝐴上开始，经多长时间两者同速？
(2)小物块𝐵从轻放到木板𝐴上开始至离开木板𝐴的过程，恒力𝐹对木板𝐴所做的功及小物块𝐵离开木板
𝐴时木板𝐴的速度？
16. 一列简谐横波沿𝑥轴传播，在𝑡1=0时刻的波形图如图所示，在𝑡2=0.5𝑠时刻，𝑥=0.6𝑚处的质
点的振动位移是+0.5𝑐𝑚．
求：(1)这列波的波长和振幅分别是多少？ (2)这列波的传播速度可能是多少？
(3)若波的传播速度是5.2𝑚/𝑠，这列波是向哪个方向传播的？
参考答案及解析
1.答案：𝐴
解析：解：𝐴、比结合能越大原子核越稳定，原子核的结合能越大，原子核不一定越稳定，故A错误；
206B、铀核(23892𝑈)衰变为铅核(82𝑃𝑏)的过程中，𝛼衰变一次质量数减少4个，次数𝑛=
238−206
4
=8，𝛽衰
变的次数为𝑛=8×2+82−92=6，因此要经过8次𝛼衰变和6次𝛽衰变，故B正确；
C、发生𝛽衰变时，新核与原来的原子核相比，质量数不变，少了一个中子，多了一个质子，故C正确；
D、𝛼粒子为氦核，由两个质子和两种中子组成，所以发生𝛼衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了2，故D正确； 本题选择错误的， 故选：𝐴。
比结合能越大原子核越稳定；
根据𝛼衰变和𝛽衰变的特点分析发生衰变的次数；
发生𝛼衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数和质子数都减少了2；发生𝛽衰变时，新核与原来的原子核相比，质量数不变，而质子数增加了1．
考查结合能、比结合能以及衰变，及知道衰变的种类，注意原子核稳定与比结合能有关，与结合能无关．
2.答案：𝐷
𝑎点与𝑏点同线传动，𝑅𝑏=1：2，𝜔𝑏=2：解析：解：故其线速度相等；由于𝑅𝑎：根据公式𝑣=𝑟𝜔，故𝜔𝑎：1；
𝑎点和𝑐点同轴，故其角速度相等，即𝜔𝑎：𝜔𝑐=1：1； 故𝜔𝑏：𝜔𝑐=1：2 故选：𝐷．
同线传动线速度相等；同轴传动角速度相等；结合公式𝑣=𝑟𝜔分析．
本题关键能分清同缘传动和同轴传动，还要能结合公式𝑣=𝜔𝑟列式求解，不难．
3.答案：𝐶
解析：解：𝐴𝐵、电子做圆周运动的周期：𝑇=
𝜃
2𝜋𝑚𝑒𝐵
保持不变，电子在
磁场中运动时间为：𝑡=2𝜋𝑇，故轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长。电子沿𝐴𝐸方向入射，若从𝐴𝐵边射出时，因为弦切角相同，故对应的圆心角相同，时间𝑡就相同，与速度无关。从𝐵𝐶边射出时，𝑣越大，对应的圆心角反而越小，对应弧长越小，对应的时间𝑡反而越小，故AB错误。
C、电子沿𝐴𝐸方向入射从𝐴𝐵边射出时，因为弦切角相同，故对应的圆心角相同，时间𝑡就相同，故C正确。
D、电子沿𝐴𝐸方向入射从𝐵𝐶边射出时，𝑣越大，对应的圆心角反而越小，对应的时间𝑡反而越小，故D错误。 故选：𝐶。
分别画出从𝐴𝐵边和𝐵𝐶边射出的粒子轨迹图，找到各轨迹对应的圆心角，利用圆心角判断时间的长短。
带电粒子在磁场内运动的题目，一定要画好粒子的运动轨迹，根据题目要求利用圆周运动的规律求解即可。
4.答案：𝐵
解析：解：𝐴、根据点电荷电场中等势面分布的对称性可知，圆轨道上的电势处处相等，故A正确； B、根据电场线的分布情况可知：圆轨道上电场线疏密处处相同，电场强度的大小处处相等，但方向不同，所以电场强度不相同，故B错误；
C、带电小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，则电荷对小球的库仑力必定是吸引力，其水平方向的分力提供向心力，故C正确；
D、电荷对小球的库仑力的竖直方向的分力可能等于重力，所以弹力可能为零，故D正确； 因为选错误的，故选：𝐵。
根据电场中等势面分布的对称性可分析出圆轨道上电势情况；根据电场线的分布情况，分析电场强度的关系，电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时，电场强度才相同．带电小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，分析电荷的电性和对小球的库仑力．
本题要抓住电场线和等势线分布的对称性分析场强和电势的关系，知道匀速圆周运动的向心力同由合外力提供，运用动力学的方法分析向心力的来源．
5.答案：𝐴𝐶
=𝑛𝐵𝑆𝜔=𝑛𝛷𝑚解析：解：𝐴、感应电动势的最大值𝐸𝑚
2𝜋
𝑛=𝑚，线圈匝数，故A正确； 2𝜋𝛷 𝑇
𝑚
𝑇𝐸
B、感应电动势的有效值𝐸=
C、感应电动势的最大值𝐸𝑚
𝐸𝑛
△𝛷
△𝑡 𝐸𝑚𝑚2𝐼==𝑃=𝐼𝑅=，电流，根据，故B错误； 𝑅+𝑟√2(𝑅+𝑟)2(𝑅+𝑟)2√2
𝐸
𝐸𝑚𝐸2𝑅
=𝑛𝐵𝑆𝜔=𝑛𝐵𝑆
2𝜋
，解得𝑛𝐵𝑆=𝑇
𝑇𝐸𝑚
2𝜋
，在0～4时间内通过用电器的电量𝑞=
𝑇
△𝛷𝑛𝐵𝑆𝐸𝑚𝑇
，故C正确； 𝐼⋅△𝑡=𝑅+𝑟⋅△𝑡=𝑅+𝑟⋅△𝑡=𝑛𝑅+𝑟=𝑅+𝑟=2𝜋(𝑅+𝑟)
D、线圈转速增大为原来的2倍，角速度变为原来的2倍，感应电动势的最大值为原来的2倍，线圈中
cos电动势的瞬时值𝑒=2𝐸𝑚
4𝜋𝑇
𝑡，故D错误；
故选：𝐴𝐶。
当线圈平面与磁感线的方向垂直时，穿过线圈的磁通量最大，此时感应电流为0；当线圈与磁感线的方向平行时，穿过线圈的磁通量为0，此时的感应电动势和感应电流最大；图中是以垂直于中性面开
𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 始计时的，所以感应电动势的瞬时表达式为𝑒=𝐸𝑚
=𝑛𝐵𝑆𝜔，以及知道峰值与有效值的关系．计算功解决本题的关键知道正弦式交流电峰值的表达𝐸𝑚
率用有效值，求解电量用电流的平均值．
6.答案：𝐵𝐷
解析：解：𝐴、飞船绕行星运动时由万有引力提供向心力。则有：𝐺解得：𝑇=2𝜋√𝑟 𝐺𝑀
3
𝑀𝑚𝑟2=𝑚
4𝜋2𝑇2𝑟
所以在𝐺𝑙𝑖𝑒𝑠𝑒581𝑐表面附近运行的周期与地球表面运行的周期之比为：𝑇𝐶=√40<1
地
𝑇27
由于地球表面运行的周期小于1天，所以飞船在𝐺𝑙𝑖𝑒𝑠𝑒581𝑐表面附近运行的周期小于13天。故A错误。 B、由万有引力提供向心力得：𝐺
𝑀𝑚𝑟2𝐶
=𝑚𝑟，所以：𝑣=√3>1，所以飞船在行星表面做圆周运动
地
𝑣2𝑣10
时的速度大于7.9𝑘𝑚/𝑠，故B正确。 C、行星的密度𝜌𝑐=
𝑀𝐶𝑉𝐶
=43
𝑀𝐶𝜋𝑟=43
3
5𝑀地𝜋(1.5𝑅)3
>43
𝑀地𝜋𝑅3
=𝜌地，故C错误。
𝑀𝑚𝑟2D、在𝐺𝑙𝑖𝑒𝑠𝑒581𝑐表面，物体受到的万有引力等于重力。所以有𝐺忽略地球自转，物体受到的万有引力等于重力。所以有𝐺
𝑔′
5
𝑀𝑚𝑅2=𝑚𝑔′
=𝑚𝑔
整理得𝑔=2.25>1，所以在𝐺𝑙𝑖𝑒𝑠𝑒581𝑐上的重力大于在地球上所受的重力。故D正确。 故选：𝐵𝐷。
根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要求解的物理量。根据已知条件进行对比
求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再根据表达式进行比较。向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用。
7.答案：𝐴𝐷
解析：解：𝐴、𝐶在𝐴、𝐵上滑行的过程中，系统所受合外力为零，系统动量守恒，以𝐶的初速度方向为正，根据动量守恒定律得：𝑚𝑣0=(𝑚+𝑀)𝑣，
解得𝐶的最终速度为：𝑣=𝑀+𝑚，两种情况下𝐶的最终速度是相同的，故A正确；
2
D、𝐶在𝐴、𝐵上滑行过程，由能量守恒定律得：2𝑚𝑣0=2(𝑀+𝑚)𝑣2+𝑄，
1
1
𝑚𝑣0
解得：𝑄=2(𝑀+𝑚)，两种情况下产生的热量相等，故D正确； B、𝐶在𝐴、𝐵上滑动过程产生的热量：𝑄=
2𝑀𝑚𝑣0
2𝑀𝑚𝑣0
2(𝑀+𝑚)
=𝜇𝑚𝑔𝐿，由于𝐶与𝐴、𝐵间的动摩擦因数𝜇不同，
因此𝐶相对于𝐴和𝐵滑行的距离𝐿不同，故B错误；
C、分别对𝐴、𝐵，由动能定理得：𝜇𝑚𝑔𝑠=2𝑀𝑣−0，解得：𝑠=
1
2
2𝑀𝑚𝑣0
2𝜇𝑔(𝑀+𝑚)2，由于𝐶与𝐴、𝐵间的动
摩擦因数𝜇不同，因此𝐴和𝐵相对地面滑动的距离𝑠不同，故C错误。 故选：𝐴𝐷。
𝐶在𝐴、𝐵上滑行的过程中，系统动量守恒，根据动量守恒定律求解𝐶的最终速度；根据能量守恒定律判断产生的热量是否相等；根据动能定理分析答题。
本题主要考查了动量守恒定律以及能量守恒定律的应用，𝐶在𝐴、𝐵上滑行的过程中系统动量守恒，根据题意分析清楚𝐶的运动过程，由于动量守恒定律、能量守恒定律与动能定理即可解题。
8.答案：𝐵𝐷
解析：解：物块做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，当运动到竖直位移与水平位移相等时，
12
𝑔𝑡=𝑣0𝑡 2解得：𝑡=1𝑠
22=5√5𝑚/𝑠，故AA、此时竖直方向的速度为：𝑣𝑦=𝑔𝑡=10𝑚/𝑠，则此时的速度为：𝑣=√𝑣0+𝑣𝑦
错误；
B、此时的重力瞬时功率为：𝑃=𝑚𝑔𝑣𝑦=200𝑊，故B正确； C、根据动量定理：𝐼=△𝑃=𝑚𝑔𝑡=20𝑘𝑔𝑚/𝑠，故C错误； D、根据𝐼=𝑚𝑔𝑡=20𝑁⋅𝑠，故D正确。
故选：𝐵𝐷。
根据平抛运动规律求出竖直位移等于水平位移的时间，根据自落体运动公式求出此时竖直速度大小，再根据勾股定理求出此时的瞬时速度大小；根据𝑃=𝑚𝑔𝑣𝑦求出此时的重力功率；根据动量定理求出动量的变化量；根据𝐼=𝑚𝑔𝑡求出重力的冲量大小。
本题考查平抛运动和动量的问题，关键是利用平抛运动的规律求出其位移相同时的时间。
9.答案：𝐴𝐷𝐸
解析：解：
A、热针尖接触金属表面的石蜡，熔解区域呈圆形，这是非晶体各向同性的表现，故A正确； B、布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，故B错误；
C、功可以全部转化为热，根据热力学第二定律可知，在外界的影响下热量也可以全部转化为功，故C错误；
D、绝热过程中没有热传递，故外界对气体做功，气体的内能一定增加，所以温度变大，故不一定是等温过程，故D正确；
E、当分子力表现为引力时，增大分子之间的距离时，分子力做负功，所以分子势能都随分子间距离的增大而增大，故E正确。 故选：𝐴𝐷𝐸。
非晶体各向同性，单晶体各向异性，而多晶体各向同性．布朗运动是指悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，不是液体分子的运动；根据热力学第二定律分析；根据分子力做功与分子势能的变化关系分析分子势能的变化．
该题考查热力学第一定律、热力学第二定律、布朗运动等知识点的内容，解答的关键是对热力学第二定律的几种不同的说法要有正确的理解．
10.答案：𝐵𝐶
解析：解：因为已知了透明介质的折射率𝑛>2，可知其发生全反射的临界角小于30度。光线从𝐴𝐶面射入，由于是垂直射入的，所以方向不变，沿直线进入棱镜内照射到𝐴𝐵面上，在𝐴𝐵面的入射角是30度，发生了全反射，没有光线从𝐴𝐵面射出。反射的光线照射到𝐵𝐶面上，其入射角是60度，又发生
了全反射，没有光线从𝐵𝐶面射出。在这个面反射的光线照射到𝐴𝐶面上，因为是垂直照射的，所以方向不变，也垂直于𝐴𝐶面射出。如图中光线𝑏。反射光线可能反射到𝐴𝐶面上，在𝐴𝐶面上发生全反射，反射光线又照射到𝐵𝐶面上，从𝐵𝐶面垂直射出。如图中光线𝑎。故B、C正确。𝐴、D错误。 故选：𝐵𝐶。
根据折射率得出临界角的最大值，抓住光线从𝐴𝐶面垂直进入，方向不变，照射到𝐴𝐵面上的光线发生全反射，可能反射到𝐴𝐶面、可能反射到𝐵𝐶面进行分析．
解决本题的关键掌握折射定律以及全反射的条件，熟练运用数学几何关系进行求解．
11.答案：滑动变阻器 电阻箱 0.3 2.86 2.62
解析：解：(1)首先利用半偏法测量电流表内阻，闭合开关𝐾，将开关𝑆置于断开位置，调节滑动变阻器使电流表满偏，再保持滑动触头不动，即滑动变阻器的阻值不变，将开关𝑆置于𝐶位置，调电阻箱使电流表半偏，测得电阻箱读数为𝑅．
根据半偏法原理可知，电流表的内阻与电阻箱的阻值相等，则电流表的内阻为为0.3𝛺；
(2)由(1)可知，电流表内阻：𝑅𝐴=0.3𝛺，由图示电路可知，在闭合电路中，电源电动势：𝐸=𝐼(𝑟+𝑅+𝑅𝐴)， 则：𝐼=𝐸𝑅+
1
1
𝑟+𝑅𝐴𝐸𝑏
，则可知：𝐼−𝑅图象的斜率：𝑘=𝐸，纵轴截距：𝑏=
11
𝑟+𝑅𝐴𝐸
，电源电动势：𝐸=𝑘，
1
电源内阻：𝑟=𝐾−𝑅𝐴． 由图可知，𝑘=
3.7−0.98.0
=0.35；𝑏=0.90；
解得：𝐸=2.86𝑉；𝑟=2.62𝛺；
故答案为：(1)②滑动变阻器；电阻箱；③0.3；(2)2.86；2.62．
(1)根据半偏法测电流表内阻的实验原理分析答题．明确半偏法测量原理即可解答；
(2)分析电流与电阻的关系，由闭合电路欧姆定律可得出符合本实验的公式，再结合图象的性质利用函数关系即可求得电动势和内电阻．
本题考查用电压表和电流表测定电源的电动势和内阻实验；题目中的难点有二：一是半偏法测电流表内阻学生理解不深；二是有的考生不能正确理解𝐼−𝑅图象的物理意义，从而无法得出正确的答案．
1
12.答案：2.40 𝐷 通过坐标原点的倾斜直线
解析：解：(1)遮光片的宽度为：𝑑=2𝑚𝑚+0.05𝑚𝑚×8=2.40𝑚𝑚。 (5)要验证𝐹=𝑀𝑎，即为：𝑚𝑔=𝑀⋅
2
𝑣𝐵
2𝑠
=𝑀⋅2𝑠⋅△𝑡2
1
𝑑2
则为了能通过图象直观地得到实验的结果，需要作的是△𝑡2−𝑚图象，故D正确，ABC错误； 故选：𝐷。
根据△𝑡2=𝑀𝑑2⋅𝑚可知，如果作出的图象为过原点的倾斜直线且斜线的斜率为𝑀𝑑2，则说明质量一定时，加速度与合外力成正比。
1
2𝑔𝑠
2𝑔𝑠
故答案为：(1)2.40；(5)𝐷；通过坐标原点的倾斜直线。 根据游标卡尺的读数规则，分析作答。
2
如果△𝑡1=△𝑡2，表明小车通过两个光电门𝐴𝐵的速度相等，即小车做匀速运动；根据𝑣𝐵=2𝑎𝑠可知
要求出每次小车运动的加速度，还需要测量的物理量是𝑂点到光电门𝐵的距离𝑠；导出小车所受的合力𝑚𝑔与△𝑡的函数关系，然后确定所要研究的图象。
本题考查了实验注意事项、实验数据处理，是实验的常考问题，一定要掌握，知道实验原理与实验注意事项、掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与掌握。
13.答案：解：(1)由题意和图像给出的信息可知，最后金属棒将做匀速运动，即
𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃=𝐵𝐼𝐿
根据闭合电路欧姆定律得： 𝐼=𝑅=
𝐸
𝐵𝐿𝑉𝑚𝑅
𝑚𝑔𝑅𝑠𝑖𝑛𝜃𝐿2𝑣𝑚
联立解得：𝐵=√
(2)对导体棒加速下滑的距离为𝑥时，速度为𝑣1，根据能量守恒定律得：
2𝑄=𝑚𝑔𝑥𝑠𝑖𝑛𝜃−2𝑚𝑣1
1
根据闭合电路欧姆定律得：𝐼1=
𝐵𝐿𝑣1𝑅
设此时的加速度为𝑎1，根据牛顿第二定律可得： 𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃−𝐵𝐿𝐼1=𝑚𝑎1 联立解得：𝑣1=√𝑎1=𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃−
𝑣𝑚
2𝑚𝑔𝑥𝑠𝑖𝑛𝜃−2𝑄
𝑚
𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃
√
2𝑚𝑔𝑥𝑠𝑖𝑛𝜃−2𝑄
𝑚
(3)设释放金属棒的一小段时间𝛥𝑡的加速度为𝑎，根据牛顿第二定律可得： 𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃−𝐵𝐼2𝐿=𝑚𝑎 根据电流的定义式得： 𝐼2=
△𝑞△𝑡
=
𝐶⋅△𝑈△𝑡
=
𝐶𝐵𝐿⋅△𝑣△𝑡
=𝐶𝐵𝐿𝑎
𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃
金属棒的加速度为𝑎=𝑚+𝐶𝐵2𝐿2，故金属棒做匀加速直线运动。 答：(1)磁场的磁感应强度大小为√
𝑚𝑔𝑅𝑠𝑖𝑛𝜃𝐿2𝑣𝑚
。
(2)当导体棒加速下滑的距离为𝑥时，金属棒的速度为√2𝑚𝑔𝑥𝑠𝑖𝑛𝜃−2𝑄；加速度为𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃−
𝑚
𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃𝑣𝑚
√
2𝑚𝑔𝑥𝑠𝑖𝑛𝜃−2𝑄
𝑚
。
(3)将开关𝑆1断开，𝑆2闭合，由静止释放金属棒后，金属棒做匀加速直线运动。
(1)根据平衡条件结合安培力的计算公式、解析：闭合电路的欧姆定律列方程可求磁场的磁感应强度。 (2)根据能量守恒定律，写出整个回路产生的焦耳热的表达式，求解速度大小；对金属棒根据牛顿第二定律求解加速度大小。
(3)对金属棒根据牛顿第二定律结合电容的定义式、加速度的定义式求解加速度大小，由此分析金属棒的运动情况。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律、平衡条件或动量定理列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
14.答案：放出 320
解析：解：一定质量的理想气体由状态𝐴经过程𝐼变至状态𝐵时，𝑊1=−400𝐽，𝑄1=520𝐽 根据热力学第一定律得：△𝑈1=𝑊1+𝑄1=−400+520=120𝐽，即气体的内能增加了120𝐽． 内能是状态量，则当气体从状态𝐵经过程Ⅱ回到状态𝐴时，内能减少了120𝐽，即有：△𝑈2=−120𝐽． 该过程中，外界对气体做功𝑊2=𝑃△𝑉=5×105×(600−200)×10−6𝐽=200𝐽
根据热力学第一定律得：△𝑈2=𝑊2+𝑄2，解得：𝑄2=△𝑈2−𝑊2=−120−200=−320𝐽，即放出热量320𝐽．
故答案为：放出，320．
当气体从状态𝐴经过程Ⅰ变至状态𝐵时，根据热力学第一定律求出气体内能的变化．从而得到气体从状态𝐵经过程Ⅱ双重新回到状态𝐴时内能的变化，该过程是等压变化，根据𝑊=𝑃△𝑉求出外界对气体做功，再由热力学第一定律求出热量．
本题要求明确内能是状态量，只与气体的状态有关，必须注意在应用热力学第一定律时公式中各物理量的意义和符号．
15.答案：解：(1)由于小物块𝐵与木板𝐴间无摩擦则小物块𝐵离开木板𝐴前始终对地静止，木板𝐴在恒
力和摩擦力共同作用下先向右匀减速后向左匀加速，当木板𝐴向右速度减为零时两者同速，设此过程用时𝑡1，研究木板𝐴向右匀减速过程，对木板𝐴应用牛顿第二定律： 𝐹+𝜇(𝑀+𝑚)𝑔=𝑀𝑎1 解得 𝑎1=6𝑚/𝑠2
0
木板𝐴向右匀减速时间𝑡1=𝑎=1𝑠
1
0
=3𝑚<(𝐿−1)𝑚=5𝑚 木板𝐴向右匀减速位移𝑥1=2𝑎
1
𝑣
𝑣2
则小物块𝐵还在木板𝐴上此时两者同速．
因此从轻放到木板𝐴上开始，经1𝑠时间两者同速；
(2)木板𝐴向左匀加速位移𝑥2=𝑥1+1𝑚=4𝑚时小物块𝐵离开
小物块𝐵从轻放到木板𝐴上开始至离开木板𝐴过程，恒力𝐹对木板𝐴所做的功： 𝑊=−𝐹𝑥1+𝐹𝑥2=32𝐽
研究木板𝐴向左匀加速过程，对木板𝐴应用牛顿第二定律： 𝐹−𝜇(𝑀+𝑚)𝑔=𝑀𝑎2 解得，𝑎2=2𝑚/𝑠2．
木板𝐴速度：𝑣=√2𝑎2𝑥2=4𝑚/𝑠 答：
(1)小物块𝐵从轻放到木板𝐴上开始，经1𝑠两者同速．
(2)小物块𝐵从轻放到木板𝐴上开始至离开木板𝐴的过程，恒力𝐹对木板𝐴所做的功是32𝐽，小物块𝐵离开木板𝐴时木板𝐴的速度是4𝑚/𝑠．
解析：(1)由题，小物块𝐵与木板𝐴间无摩擦，小物块𝐵离开木板𝐴前始终对地静止．而木板𝐴在恒力和摩擦力共同作用下先向右匀减速后向左匀加速，当木板𝐴向右速度减为零时两者速度相同，根据牛顿第二定律和运动学公式结合，求得两者速度相同的时间；
(2)小物块𝐵从轻放到木板𝐴上开始至离开木板𝐴过程，恒力𝐹对木板𝐴先做正功后做负功，根据功的公式求得𝐹所做的功．由牛顿第二定律和运动学公式结合求解物块𝐵离开木板𝐴时木板𝐴的速度． 本题分析两物体的运动情况时，要抓住两物体间没有摩擦力，小物块𝐵离开木板𝐴前始终对地静止，再根据牛顿第二定律和运动学公式结合研究．
16.答案：解：(1)由图可知：波长𝜆=0.8𝑚，振幅𝐴=0.5𝑐𝑚
(2)若波向𝑥轴正方向传播：则𝑡2=(𝑛+4)𝑇，𝑇=4𝑛+1𝑠 𝑣=𝑇=0.4(4𝑛+1)𝑚/𝑠(𝑛=0、1、2、3…) 若波向𝑥轴负方向传播：则𝑡2=(𝑛+4)𝑇，𝑇=4𝑛+3𝑠 𝑣=𝑇=0.4(4𝑛+3)𝑚/𝑠(𝑛=0、1、2、3…)
(3)因为𝑣=5.2𝑚/𝑠=0.4×(4×3+1)𝑚/𝑠，所以这列波是向𝑥轴正方向传播的．
𝜆
3
2
𝜆
1
2
答：
(1)这列波的波长为0.8𝑚，振幅是0.5𝑐𝑚．
(2)这列波的传播速度可能是0.4(4𝑛+1)𝑚/𝑠(𝑛=0、1、2、3…)或0.4(4𝑛+3)𝑚/𝑠(𝑛=0、1、2、3…) (3)这列波是向𝑥轴正方向传播的． 解析：(1)由图可直接读出振幅和波长．
(2)波可能向𝑥轴正方向传播，也可能向𝑥轴负方向传播，根据时间与周期的关系，得到周期的通项，从而求出波速的通项．
(3)若波的传播速度是5.2𝑚/𝑠，对照两个波速通项，确定波的传播方向． 要熟练掌握波形的平移法，波长、波速和周期的关系．
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容