高考物理二模试卷
题号
一
二
三
四
总分
得分
一、单选题（本大题共 5 小题，共 30.0 分） 1. 以下有关近代物理的内容叙述正确的是（ ）
A. 放射性元素在发生 α 衰变时 2 个中子和 2 个质子结合为一个 α 粒子，设中子、
质子和 α 粒子的质量分别为 m 、m 、m ，则 2（m +m ）=m
B. 在关于物质波的表达式 ε=hv 和
中，能量 ε 和动量 p 是描述物质的波动性的
重要物理量，波长 λ 和频率 v 是描述物质的粒子性的典型物理量
C. 在原子核发生衰变后，新核往往处于不稳定的高能级状态，会自发地向低能级 跃迁
D. 重核的裂变过程质量增大，轻核的聚变过程有质量亏损 2.
极地卫星的运行轨道经过地球的南北两极正上方 （轨道可视为圆轨道）。如图所示，某时刻某极地 卫星在地球北纬 45°A 点的正上方按图示方向运行， 经过 12h 后再次出现在 A 点的正上方，地球自转周 期为 24h 。则下列说法正确的是（ ）
A. B. C.
D. 该卫星运行周期比同步卫星周期大 该卫星每隔 12h 经过 A 点的正上方一次 该卫星运行的加速度比同步卫星的加速度小
该卫星所有可能角速度的最小值为
3.
如图所示，倾角为 30°的粗糙斜面与倾角为 60°的足够长的光滑斜面对接在一起， 两斜面上分别放有质量均为 m 的物块甲和乙，两物块通过一跨过定滑轮的细线连在 一起．在平行于斜面的拉力 F 的作用下两物块做匀速运动．从图示位置开始计时， 在甲物块与滑轮相碰前的一段时间内，下面的图象中，x 表示每个物块所通过的路 程，E 表示两物块组成的系统的机械能，E 表示两物块组成的系统的重力势能， W 表示甲物块克服摩擦力所做的功，W 表示拉力 F 对乙物块所做的功，则图象中 所反映的关系可能正确的是（ ）
1 2 3 1 2 3
P f F
A.
B.
C.
D.
4.
一物体的运动图象如图所示，横纵截距分别为 n 和 m ，在图象所示的运动过程中，下列说法正确的是 （ ）
A. B. 若该图为 x -t 若该图为 a -t 图象，则物体速度一直减小 图象且物体的初速度为零，则物体 的最大速度为 mn
C. 若该图为 a -x 图象且物体的初速度为零，则物体 的最大速度为
D. 若该图为 a -x 图象且物体的初速度为零，则物体最终静止
5.
如图所示，边长为 l ，质量为 m 的等边三角形导线框用绝缘 细线悬挂于天花板，导线框中通一逆时针方向的电流。图中 虚线过 ab 边中点和 ac 边中点。在虚线的下方有一垂直于导 线框向里的匀强磁场。其磁感应强度大小为B ，此时导线框 处于静止状态，细线中的拉力为 F ；保持其他条件不变， 现将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时细线中拉力为 F ．导线框中的电流大小为（ ）
A.
B.
C.
D.
二、多选题（本大题共 5 小题，共 27.0 分）
1
2
6.
如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为 1：2，两端共接有四只相同的小灯泡 L 、L 、L 和 L （电阻恒定不变），在 ab 之间接有交流电源，其输出电压的有效 值为 U ，四只小灯泡均发光。下列说法正确的是（ ）
A.
C.
L 可以正常发光
小灯泡 L 一定比 L 亮
B.
D.
L 的电压为
L 的功率是 L 的 9 倍
7.
如图 1 所示，斜面体放在粗糙的水平地面上，两斜面光滑且倾角分别为53°和 37°， 两小滑块 P 和 Q 用绕过滑轮不可伸长的轻绳连接，分别置于两个斜面上，OP ∥AB ， OQ ∥AC ，已知 P 、Q 和斜面体均静止不动。若交换两滑块位置如图 2 所示，再由静 止释放，斜面体仍然静止不动，P 的质量为 m ，取 sin53°=0.8，cos53°=0.6，重力加 速度大小为 g ，不计滑轮的质量和摩擦，则下列判断正确的是（ ）
A. B. C.
D.
Q 的质量为
在 1 图中，斜面体与地面间有摩擦力
在 2 图中，滑轮受到轻绳的作用力大小为
在 2 图中，斜面体对地面的摩擦力方向水平向左
8.
如图所示，有两个相互平行间距为 L 的金属导轨 PQ 和 MN ，磁感应强度大小为 B 的匀强磁场重直导轨向上（图 中没有画出），导轨与水平面所成夹角为 θ=30，在 P 和 M 间接有电阻 R ，金属棒 CD 垂直接在金属导轨上， 金属棒质量为 m ，电阻为 r 。金属导轨电阻不计，已知金
属棒与导轨间的动摩擦因数为 ，重力加速度大小为
g ，导轨足够长，下列说法正确的是（
）
A. 若给金属棒一个沿导轨向上、大小为 F =2mg 的恒力，金属棒从静止开始运动位
移 x 时达到最大速度，则此过程金属棒产生的焦耳热为
B.
若给金属棒一个沿导轨下的速度，使金属棒获得的初动能为 E ，运动位移 x
时动能减小为初动能的 ，则金属棒沿导轨向下运动的最大位移为
1 2 3 4
3
4
1 4
1
2 K 0
C. 若给金属棒一个沿导轨向下的速度，在金属棒沿导轨向下运动的过程中动能的
减少量等于回路产生的焦耳热
D.
在金属棒沿导轨向下运动位移为 x 的过程中，通过金属棒的电荷量为
9.
一定质量的理想气体从状态 A 依次经过状态 B 、C 和 D 后又回到状态 A ．其中 C →D →A 为等温过程。该 循环过程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. A →B 过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分
子数增加
B. C. D. E.
B →
C 过程中，气体分子内能减少
状态 A 和状态 C ，气体分子平均动能相同 D →A 过程气体吸收热量
气体状态变化的全过程中气体对外做的功等于该图象围成的面积
10. 如图所示，实线是一列简谐横波在t 1
时刻的波形图，M 是平衡位置距 O 点 5m 的质
点，虚线是 t =（t +0.2）s 时刻的波形图。下列说法中，正确的是（ ）
A. B. C. D. E.
该波遇到长度为 3m 的障碍物时将会发生明显衍射现象 若波速为 35m /s ，该波沿着 x 轴正方向传播 若波速为 15m /s ，t 时刻质点 M 向下振动 若质点 M 在 t 到 t 时间内所走路程为 180cm ，则相同时间内 O 点三次到达波谷 该简谐横波所有可能周期的最大值是 0.8s
三、实验题（本大题共 2 小题，共 16.0 分）
11. 在做“练习使用多用电表”实验时，某同学想测量多用电表内电源的电动势（表盘
上方正中刻度值为 15），他找到两块规格完全相同的多用电表和一个定值电阻， 设计实验方案如下：
（1）首先将多用电表甲调到欧姆档“x 1”倍率并进行欧姆调零，测量出定值电阻 阻值为 10.0Ω；
（2）保持多用电表甲档位不变，将多用电表乙选择旋钮置于直流100mA 档，并与
2 1
1 1 2
定值电阻串联，如图甲所示，则多用电表甲的红表笔应接______（填“a ”或“b ”） 接线柱，黑表笔接另一接线柱；
（3）该学习小组正确连接电路后，观察用甲乙两表示数分别如图乙、丙所示，则 乙表直流 100mA 挡的内阻为______Ω，多用电表内电源电动势 E =______V ．（结果 均保留两位有效数字）
12. 如图 1 所示，用“碰撞实验器材”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道 末
端碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复 写纸，记下重垂线所指的位置 O 。
接下来的实验步骤如下：
步骤 1：不放小球 2，让小球 1 从斜槽上 A 点由静止下，并落在地面上，重复多次， 用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置； 步骤 2：把小球 2 放在斜槽前端边缘位置 B ，让小球 1 从 A 点由静止滚下，使它们 碰撞，重复多次，并使用与步骤 1 同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位 置；
步骤 3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置 M 、P 、N 离 O 点的距离，即线 段 OM 、OP 、ON 的长度。
（1）上述实验除需测量线段 OM 、OP 、ON 的长度外，还需要测量的物理量有______。 （写出物理量及相应符号）
（2）实验中造成误差的可能情况有______。 A ．用直尺测量的线段 OM 、OP 、ON 长度值 B ．轨道不光滑
C ．轨道末端不水平
D ．轨道末端到地面的高度未测量
（3）若测得各落点痕迹到 O 点的距离：OM =2.68cm ，OP =8.62cm ，ON=11.50cm ， 并知小球 1、2 的质量比为 2：1，则系统碰撞前总动量 P 与碰撞后总动量 P '的百分
误差
=______%（结果保留一位有效数字）。
（4）完成上实验后，实验小组成员小红对上述装置进行了改造，小红改造后的装 置如图 2 所示。使小球 1 仍从斜槽上 A 点由静止滚下，重复实验步骤 1 和 2 的操作，
得到两球落在以斜槽末端为圆心的 圆弧上，平均落点 M '、P '、N '．测量轨道末端
到 M '、P '、N '三点的连线与水平方向的夹角分别为 α 、α 、α ．则验证两球碰撞过 程中动量守恒的表达式为______（用所测物理量的符号表示）。
四、计算题（本大题共 4 小题，共 51.0 分）
13. 如图所示，ABC 和 ABD 为两条光滑固定轨道，A 、B 、E 在同一水平面上，C 、D 、 E
在同一竖线上，D 点距水平面的高度为 h =3.2m ，C 点距水平面的高度为 h =5m ， 一滑块从水平面上的 A 点以相同初速度分别沿两轨道滑行到 C 点或 D 点后水平抛
1 2 3 1 2
出。取重力加速度 g 大小为 10m /s 2．求：
（1）若从 C 点抛出时的水平射程与从 D 点抛出时相等，滑块在 A 点的初速度大小； （2）若滑块在 A 点的初速度大小为 10m /s ，调整轨道及 C 点的高度，要求从 C 点 抛出时水平射程最大，则 C 点离地高度应为多少。
14. 如图所示，在平面直角坐标系 xoy 的一、二象限内，分别存在以虚线 O M 为边界的
匀强电场和匀强磁场。匀强电场方向沿 y 轴负方向，匀强磁场方向垂直于 xoy 平面 向里，虚线 OM 与 x 轴负方向成 45°角。一质量为 m 、电荷量为+q 的带电粒子从坐 标原点 O 处以速度 v 沿 x 轴正方向运动，粒子每次到 x 轴将反弹，每次反弹水平分
速度不变、竖直分速度大小均减为反弹前的
倍、方向相反。电场强度大小为 ，
磁感应强度大小为 ，求：
（不计粒子重力，题中各物理量单位均为国际单位，计算结果可用分式表示） （1）带电粒子在磁场中运动的时间；
（2）带电粒子最后一次经过 OM 时的位置坐标；
（3）带电粒子从最后一次经过 OM 时开始，沿电场方向运动的总路程。
15. 如图所示，水平放置的密闭、导热气缸通过一段不计体积的导管和上端开口玻璃管 相
连，气缸被一不计厚度的隔热轻活塞隔成体积相同的两部分气体，气体压强均等 于大气压强 P ，长度均为 L =10cm （上部分气缸中接有一段体积不计的电阻丝）， 玻璃管内装有一段长为 h=40cm 的水银，导管处阀门关闭。已知气缸横截面积为 S ，
玻璃管横截面积为 ，外界温度为 T =27°C ，P =75
cmHg ，封闭气体可视为理想气体。 求：
①打开阀门，求稳定后玻璃管内水银柱长度 h '；
②给活塞上部分气体用电阻丝加热，直至水银柱回到初始液面，求此时上部分气体 的温度 T '。
16. 如图所示，某种透明材料制成的直角三棱镜 ABC ，折射率 n =
，∠A= ，在与 BC
边相距为 d 的位置，放置一平行于 BC 边的竖直光屏，现有一细光束射到棱镜 AB 面上的 P 点，入射光线与 AB 面垂直线 CP 的夹角为 i ，PB 的长度为 d ，试求：
①当 i = 且光束从 BC 面出射时，光屏上的亮斑与 P 点间的竖直距离；
②当光束不从 BC 面出射时，i
的正弦值应满足的条件．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、放射性元素在发生α衰变时2个中子和2个质子结合为一个α粒子，
由质量亏损，即△为m=2m+2m-m，故A错误；
B、在物质波的表达式?=hv和p=中，能量?和动量p是描述物质的粒子性的重要物理
量，波长λ或频率v是描述物质的波动性的典型物理量，故B错误；
C、放射性的原子核在发生α衰变和β衰变后产生的新核往往处于高能级，这时它要向
低能级跃迁，辐射γ光子，即γ射线，故C正确；
D、重核的裂变过程和轻核的聚变过程都释放能量，根据爱因斯坦质能方程可知这两个过
程都有质量亏损，故D错误；
故选：C。
本题根据爱因斯坦质能方程、光的波动理论、玻尔理论、核聚变和核裂变等知识进行解答。对于选修里的一些基本概念我们要清楚知道，要知道两种衰变的实质，要正确理解质能方
程中各个物理量是含义；知道两个质子与两个中子结合成一个α粒子是正确解题的关键，熟练应用质能方程即可正确解题。
2.【答案】D
【解析】解：A、地球在12h的时间内转了180°，要使卫星第二次出现在A点的正上方，
则时间应该满足：解得：T==
=12h
n=0、1、2、3、），当n=0时，周期有最大值T=16h，当n的取值不
同，则周期不同，故A错误
B、如果卫星的周期按16h计算，那么在题意的条件下再经过12h，则地球上的A点回到了出发点，而卫星在224时内并没有回到出发点，故B错误
C、由于其周期最大为16h，由T=2
于同步卫星的轨道半径，而加速度a=错误
D、周期最大时角速度最小为：
可知轨道半径大的周期大，则其轨道半径要小可知其加速度要大于同步卫星的加速度，故C =rad/s，故D正确
故选：D。
根据卫星经过12h后第二次出现在A点的正上方，结合天体的运动找到两者周期的关系；由G=m=mω2r=m（）2r=ma分析加速度的大小。
本题考查了天体的追赶问题，要使两者相遇，找到在相同的时间内两者运动过的角度关系即可求解，注意根据万有引力充当向心力列式进行分析是解题的关键。
3.【答案】C
【解析】解：A、相同时间内两物块的位移大小相等，但斜面倾角不同，=
得：h＜h，即任意段时间内，乙增加的重力势能大于甲减少的重力势能，系统的重甲乙
123
力势能是增加的，而系统动能不变，则系统的机械能也是增加的，故 A 错误 B 错误； C 、甲物块克服摩擦力所做的功 W =μmgs cos30°，s =vt ，故 W -t 图线为过原点的倾斜直线， 同理 W -t 图线亦为过原点的直线，故 C 正确 D 错误； 故选：C 。
相同时间内两物块的位移大小相等，但斜面倾角不同，故上升和下降的高度不同，据此 分析系统重力势能的变化，从而得到系统机械能的变化，机械能的变化等于重力以外的 力做的功．
注意题目中的两物体是做匀速直线运动，故 F 为恒力，而 f 大小只与压力和摩擦因数有 关，故摩擦力大小也不变．
4.【答案】C
【解析】解：A 、若该图为 x -t 误。
图象，其斜率表示速度，则物体速度保持不变，故 A 错 B 、若该图为 a -t 图象且物体的初速度为零，则图象与时间轴所围的面积表示速度变化量，
所以物体的最大速度为 v =△v = ，故 B 错误。
C 、若该图为 a -x 图象且物体的初速度为零，根据 v 2=2ax 进行推广知，图象与 x 轴所围
的面积表示速度平方的一半，x =n 时速度最大， ?v
2 max
=
，所以物体的最大速度为
v =
，故 C 正确。 D 、若该图为 a -x 图象且物体的初速度为零，物体最终加速度为 0，做匀速直线运动， 故 D 错误。
故选：C 。
根据 x -t 图象的斜率表示速度，a -t 图象与时间轴所围的面积表示速度变化量，以及运动 学公式进行解答。
解决本题的关键要理解各个图象的物理意义，明确斜率、面积表示的物理意义，结合运 动学规律分析。
5.【答案】A
【解析】解：现将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时细线中拉力为 F 。
线框处于匀强磁场中，则各边受到的安培力大小相等， 依据左手定则，可知，安培力夹角均为 120°，因此安培力合力为 F ，则有 F =mg +F ；
安
安
当在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，此时导线框处于静止状态，细线中 的拉力为 F ；
依据左手定则，则各边受到安培力如图所示：
f f F max max 2 2 1
结合矢量的合成法则，及三角知识，则线框受到安培力的合力，方向竖直向上，大小为 F =
安
根据平衡条件，则有：F +F =mg ， 安 解得：F =mg -F =F -F ；
安
即 = （F -F ）
那么 I=
，故 A 正确，BCD 错误；
故选：A 。
在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，由左手定则判断出安培力的方向，再 由安培力公式求出安培力大小，对导线框进行受力分析，结合矢量的合成法则，求得安 培力的合力；
当线框完全处于磁场中，同理，可知，安培力合力为零，则可知，拉力等于其重力，从 而即可求解。
本题中要注意安培力的等效求法，虽然每一个边都受到安培力，但由于闭合的电路中， 等效长度为零，故等效安培力为零，同时掌握左手定则的内容，及矢量的合成法则，注 意求解安培力合力是解题的关键。
6.【答案】BCD
【解析】解：A 、设通过 L 、L 的电流为 I ，根据电流和匝数的关系可知，原线圈的输 入电流为 2I ．副线圈的输出电压为 2IR ，根据电压和匝数的关系可知，原线圈的输入电 压为 IR ，则灯泡 L 两端的电压为 IR ，通过的电流为 I ，根据并联电路的规律可知，流 过灯泡 L 的电流为 3I ，如果灯泡 L 可以正常发光，则灯泡 L 烧坏，故 A 错误。
B 、原线圈电路中，U =IR+3IR ，则原线圈的输入电压为 ，副线圈的输出电压为 ，则 L
4
的电压为 ，故 B 正确。
C 、通过小灯泡 L 的电流一定比 L 的大，故小灯泡 L 一定比 L 亮，故 C 正确。
D 、灯泡 L 的电流是灯泡 L 的 3 倍，则功率为 9 倍，故 D 正确。 故选：BCD 。 设通过 L 、L 的电流为 I ，得到副线圈两端的电压。
根据电流和匝数的关系求解输入电流，根据功率公式分析求解。
本题考查变压器原理，解题的突破口在原副线圈的电流关系求得匝数之比；再根据功率 的公式比较灯泡的亮度。
7.【答案】AC
1 1
2 1 2 1
3
4 2 1 3 1
1 4 1 4
1 2 3 4
【解析】解：A 、两斜面光滑且倾角分别为 53°和 37°，如图 1 放置，则根据沿绳方向的 力相等知：mg sin53°=m g sin37°，解得 m = m ，故 A 正确；
B 、在 1 图中，整个系统处于静止状态，斜面体与地面之间无摩擦力，故 B 错误；
C 、在 2 图中，设绳子拉力为 T ，根据牛顿第二定律知 m g sin53°-T=m a ，T -mg sin37°=ma ， 解得 T = mg ，滑轮受到轻绳的作用力大小为
，故 C 正确。
D 、Q 加速下滑，P 加速上滑，加速度大小相等，水平加速度大小相等，都向左，对整 体由牛顿第二定律知合力向左，即地面对斜面的摩擦力向左，由牛顿第三定律知斜面对 地面的摩擦力向右，故 D 错误。
故选：AC 。
研究外力时，整体受力分析；研究内力时需要隔离法受力分析，同一根绳上拉力相等， 加速度相等，整体、隔离应用牛顿第二定律可求得绳的拉力，判断地面的摩擦力的方向。 本题关键是正确的对物体进行受力分析后判断滑块的运动规律，灵活运用整体法和隔离 法处理。
8.【答案】BC
【解析】解：A 、由题意知，当加速度等于零时，有最大速度为 v ， 对金属棒受力分析，有
2mg =mg sin30°+μmg cos30°+
设回路中产生的热量为 Q ，则有能量关系得 2mgx -mg sin30°x -μmg cos30°x =
+Q
对金属棒，产生的热量设为 Q ，则有 Q =
①
②
③
联立①②③，得
Q =
故 A 错误；
B 、设金属棒初速度为 v ，运动位移 x 时速度为 v ，则
E =
E =
④
⑤
对金属棒受力分析可知，金属棒所受合力为安培力，根据牛顿第二定律得金属棒的加速 度
a =
取无穷小一段时 △间t ，则有
△v =a △t =
△t =
对金属棒从开始到运动位移 x 过程中，有 v -v =
x
⑥
对金属棒从开始到速度减为零过程中，设位移为 x 有
Q Q Q Q m
r
r
r 1
2
K 0
K 0
1 2
m
v -0= x ⑦
联立④⑤⑥⑦，得
x =
故 B 正确；
C 、对金属棒受力分析可知，在金属棒向下运动过程中，只有安培力对金属棒做功， 根据动能定理知，动能减少量等于安培力做的功，
根据功能关系知，克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热， 故动能减少量等于回路中产生的焦耳热，故 C 正确； D 、根据电流定义式得
q = △t ，
又
故在金属棒沿导轨向下运动位移为 x 的过程中，通过金属棒的电荷量为
q =
故 D 错误； 故选：BC 。
利用最大速度时加速度等于零，结合功能关系，可以求出焦耳热；
利用加速度的定义，结合微元法找出速度和位移关系，联立求出金属棒的最大位移； 根据动能定理和功能关系，可以找出动能的减少量和焦耳热的关系；
根据电流的定义式和法拉第电磁感应定律，可以求出电荷量。
本题考查了法拉第电磁感应定律、电磁感应中的能量转化和牛顿第二定律，难点在微元 法的应用，难度较大。
9.【答案】BCE
【解析】解：A 、A →B 过程中是等压变化，体积增大、温度升高，分子平均动能增大， 但压强不变，所以单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少，故 A 错误；
B 、B →
C 过程中是等容变化，压强减小、温度降低，故气体分子内能减少，故 B 正确； C 、状态 A 和状态 C 的温度相等，温度是分子平均动能的标志，所以气体分子平均动能 相同，故 C 正确；
D 、D →A 过程温度不变，内能不变，体积减小，外界対气体做功，根据热力学第一定 律可得气体放出热量，故 D 错误；
E 、根据 W = △p V 可知，气体状态变化的全过程中气体对外做的功等于该图象围成的面 积，故 E 正确。
故选：BCE 。
根据图象分析各个过程的温度、体积和压强的变化情况，结合热力学第一定律和气体压 强的微观意义进行分析解答。
本题考查了热力学第一定律的应用，根据图象判断出气体体积如何变化，从而判断出外 界对气体做功情况，再应用热力学第一定律与题目所给条件即可正确解题；要知道：温 度是分子平均动能的标志，理想气体内能由问题温度决定。
10.【答案】ACE
【解析】解：A 、由图中可以读出该横波波长为 4m ，故该波遇到长度为 3m 的障碍物时 将会发生明显衍射现象，故 A 正确。
B 、
C 、有题干知，经过 0.2s 内横波的位移为 1+4n （波沿 x 轴正向传播）或 3+4n （波沿
m
1
m
x 轴负向传播），因此波速为 v =
m /s 或
，当 n =1 时，波速为 35m /s ，该
波沿 x 轴负方向传播。n =0 时，波速为 15m /s ，该波沿 x 轴负方向传播，t 向下振动，故 B 错误，C 正确。
时刻质点 M D 、若质点 M 在 t 到 t
时间内所走路程为 180cm ，即路程为 9A ，质点 M 振动了 2 T ，
则相同时间内 O 点两次到达波谷，故 D 错误。
E 、周期 T = ，波速最小时，周期最大，v =5m /s ，T =0.8s ，故 E 正确。
故选：ACE 。
直接从图中读出波的波长，进而判断是否可以发生明显衍射现象。
由于题设未给出波的传播方向，因此考虑问题可以先假设沿某方向传播再根据题设条件 列方程，由于波的传播存在周期性，因此波速和波的周期性很有可能带来多解问题，在 求解时根据不同方向的假设利用波长、频率（周期）和波速的关系列方程即可求解。 对于横波图象问题可能存在多解性，多解的原因在于传播方向的不确定和波传播过程的 周期性，因此要先从题干判断是否可以找到其传播方向，再根据波长、频率和波速的关 系列周期性方程，要注意区分波的传播图象和质点的振动图象。
11.【答案】b 10 2.8
【解析】解：（2）当多用电表使用档位是电流表时，要求多用电表乙的电流从正极流 入；多用电表接欧姆档时，红表笔接欧姆表内部电源的负极，电流流入红表笔端，结合 电流表的正负极可知，电路中的电流的方向：电流表负极→待测电阻→a →欧姆表→电 流表正极；所以可知多用电表甲的红表笔应接 b 接线柱，黑表笔接另一接线柱； （3）用电表甲调到欧姆档“×1”倍率，由图乙所示可知，欧姆表读数为：20×1=20Ω； 欧姆表测量的是电流表与定值电阻二者电阻的和，所以电流表的内阻为：
r =R -R =20-10=10Ω； 由图丙所示可知，乙表直流 100mA 挡的分度值为 2mA ，由图乙所示可知，其读数为： 80mA ；
置于欧姆挡“×1”，表盘上方正中刻度值为 15Ω，即中值电阻为 15Ω，由闭合电路的欧 姆定律可得：
I =
代入数据可得：E =2.8V ；
故答案为：（2）b ；（3）10，2.8。
（2）明确多用电表的使用方法和基本原理，从而确定电表的正确接法；
（3）欧姆表读数等于表盘示数乘以倍率；安培表读数前先看清分度值，然后进行读数； 根据闭合电路的欧姆定律分析即可求出电源电动势。
本题考查伏安法测电阻的实验原理以及多用电表的使用，要注意明确读数时有效位数的 保留，确定何时需要估读；同时明确误差分析的基本方法。
12.【答案】小球 1 和小球 2 的质量 m 和 m AC 2
【解析】解：（1）由动量守恒定律可知，以两个小球为系统，有 m v =m v '+m v '① 碰后小球做平抛运动，竖直高度一定，即小球在空中运动时间一定， ①式可变形为：m v t =m v 't +m v 't 即为：m OP =m OM +m ON
故实验需测量线段 OM 、OP 、ON 的长度，还需要小球 1 和小球 2 的质量 m 和 m 。
1 1
2 x 0
1
2 1 1 1 1 2 2
1 1 1 1
2 2 1 1 2 1 2
（2）A、用直尺测量会带来测量误差，故A为正确选项；
B、实验中小球从斜槽上A点由静止滚下，斜槽是否光滑对结果没有影响，故B不是正
确选项；
C、轨道末端不水平，则小球做的不是平抛运动，根据实验原理可知，这时会带来实验误差；
D、小球做平抛运动的高度相等，故时间相等，由实验原理可知，实验不需要轨道末端到地面的高度。
（3）系统碰撞前总动量P与碰撞后总动量P'的百分误差
==≈2%
（4）设圆弧半径为R，小球做平抛运动的速度为v，则有：
R sinα= R cosα=vt ②③
联立②③得：v=
根据①式，得验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为：
故答案为：（1）小球1和小球2的质量m和m；（2）AC；（3）2%；（4）
。
（1）根据实验原理，写出要验证的表达式即可；
（2）对实验进行误差分析，可知选项；
（3）把碰撞前后系统的总动量表示出来，可以求出它们的百分误差；
（4）把小球碰后的速度表示出来，根据实验原理，可以写出动量守恒式。
本题考查验证动量守恒定律，关键还在于平抛运动的处理思路，注意化曲为直的处理方法。
13.【答案】解：（1）滑块从D点平抛时有，
从C点平抛时有，
根据机械能守恒：；
；
从C点抛出时的水平射程与从D点抛出时相等，有v t =v t
联立解得：
，
（2）根据机械能守恒：
得，
，
根据平抛运动规律：，
水平射程当
，
时，h有最大值，
12
1122
即
答：（1）若从C点抛出时的水平射程与从D点抛出时相等，滑块在A点的初速度大小
为2m/s；
（2）若滑块在A点的初速度大小为10m/s，调整轨道及C点的高度，要求从C点抛出
时水平射程最大，则C点离地高度应为2.5m。
【解析】（1）滑块离开C后，做平抛运动，同时两滑块机械能均守恒，列出对应方程，联立即可求出滑块在A点的初速度；
（2）根据机械能守恒求出C点的速度，再根据平抛运动规律得出水平射程表达式，确
定何时水平射程最大，从而求出最大高度。
本题注意平抛运动和机械能守恒定律的综合应用，注意在整个过程中，物体的机械能守恒，离开C和D后物体做平抛运动，根据平抛运动的规律分析可以得出结论。
14.【答案】解：（1）设磁场强度大小
为B，粒子进入磁场，根据左手定则，
粒子做的圆周运动后经过OM，粒子
在磁场中做圆周运动有
，
解得周期，
而后速度大小变化但周期不变，故带电粒子在磁场中运动的时间为：；
（2）根据洛伦兹力提供向心力，有：
解得：，
，
粒子进入电场后加速运动到x轴，设速度为v，有：，
第一次与x轴碰撞后反弹速度为解得：，
故最后一次经过OM时的坐标为，又有
；
，
（3）因粒子第二次进入电场做类平抛运动，故在到达x轴过程中竖直方向：，
第一次反弹竖直分速度变为原来的高度，
第二次反弹竖直分速度变为原来的倍，竖直分速度，倍，竖直分速度，
1
高度
，
第 n 次反弹竖直分速度变为原来的
倍，高度
，
故总路程为：
，
即带电粒子从最后一次经过 OM 时开始，沿电场方向运动的总路程为 参考运动轨迹如图所示：
。
答：（1）（1）带电粒子在磁场中运动的时间为
；
（2）带电粒子最后一次经过 OM 时的位置坐标
；
（3）带电粒子从最后一次经过 OM 时开始，沿电场方向运动的总路程为
。
【解析】（1）根据带电粒子在磁场中的运动规律即可确定运动时间；
（2）设电场强度大小为 B ，粒子进入磁场，根据左手定则，粒子做 的圆周运动后经过 OM ，根据洛伦兹力提供向心力求得半径和坐标。
（（3）因粒子第二次进入电场做类平抛运动，求出到达 x 轴时的水平分速度和竖直分 速度，然后根据第一次竖直分速度减半反弹，求出竖直分速度和高度，第二次竖直分速 度、高度，以此类推第 n 次竖直分速度、高度，然后求解沿电场方向运动的总路程。 本题是带电粒子在复合场中运动的问题，分析清楚粒子运动过程、画出粒子运动轨迹是 解题的关键；应用牛顿第二定律、运动学公式可以解题，解题时注意几何知识的应用。
15. 【答案】解：①气缸内两部分气体可看成一个整体，进行等温变化。假设打开阀门
稳定后水银柱下降高度为 x ，满足
解得：x =10cm ，
，
（舍去）
h '=h -x
解得：h '=30cm
②气缸下部分气体进行等温变化，满足：P LS =（P +ρgh ）L 'S
解得：
，
对气缸上部分气体，由理想气体状态方程，有：
，
解得 T '=620K
答：①打开阀门，求稳定后玻璃管内水银柱长度 h '为 30cm ；
②给活塞上部分气体用电阻丝加热，直至水银柱回到初始液面，此时上部分气体的温度 T '为 620K 。
【解析】①将两部分气体看成一个整体，根据等温变化规律列式即可求出水银柱下降的 高度，从而求出稳定后水银柱的长度；
②对上下两部分气体分别分析，根据下部分气体分析求得主化后的长度，再对上部分气 体根据状态方程求出气体的温度。
1
0 0
本题考查理想气体状态方程，找出初末状态的状态参量，对于压强可以选择活塞受力分
析列式求解，最后列理想气体状态方程即可。
16.【答案】解：①光线在P点发生折射，则有n=
得sin r===
可得折射角r=30°．
设光线在BC面上入射角和折射角分别为i′和
r′．
由几何知识得i′=90°-r-30°=30°
则i′=r
结合光路可逆原理得r′=i=60°
所以光屏上的亮斑与P点间的竖直距离S=d sin30°+d tan60°=d
②当光束恰好不从BC面出射时恰好发生全反射，入射角等于临界角C，由sin C==得：C=arcsin
所以当光束不从BC面出射时，i′≥C=arcsin
由几何知识得：r=60°-i′≤60°-arcsin
由n=得：s i ni=n sin r≤sin（60°-arcsin）
所以i≤arcsin[sin（60°-arcsin）]
答：①当i=且光束从BC面出射时，光屏上的亮斑与P点间的竖直距离是d；
②当光束不从BC面出射时，i的正弦值应满足的条件是i≤arcsin[sin（60°-arcsin）]．【解析】①根据折射定律求出光线在P点的折射角，由几何关系和折射定律结合求出光
线在BC面上出射时的折射角，最后由几何关系求光屏上的亮斑与P点间的竖直距离．
②当光束恰好不从BC面出射时恰好发生全反射时，入射角等于临界角C，由sin C=求
出临界角C，结合几何知识求解．
本题的解题关键是正确作出光路图，要知道当光从光密介质射入光疏介质时要考虑能否
发生全反射，根据几何知识和折射定律求解入射角和折射角．