一、单选题（本大题共5小题，共30.0分） 1.
如图甲为氢原子的能级图，设一群处于𝑛=4能级的氢原子向基态跃迁时，发出的频率最大的光照射光电管阴极𝐾，阴极𝐾在极短时间内吸收频率最大的光子后逸出光电子，实验测得其反向遏止电压为10.92𝑉(如图乙)。下列判断正确的是( )
A. 频率最大的光子是氢原子由能级4跃迁到能级1时发出的 B. 频率最大的光子能量是12.09𝑒𝑉 C. 阴极𝐾的逸出功为10.92𝑒𝑉
D. 阴极𝐾逸出的光电子的最大初动能为1.83𝑒𝑉
2.
一玩具小车沿𝑥轴运动，其𝑣−𝑡图象如图所示。下列说法正确的是( )
A. 第1𝑠内和第4𝑠内，小车的加速度大小相等、方向相同 B. 0～3𝑠内，小车的平均速度为5𝑚/𝑠 C. 𝑡=1𝑠时，小车的运动方向改变 D. 第2𝑠内和第3𝑠内，小车位移相同
3.
一个静止的放射性原子核处于垂直纸面向里的匀强磁场中，由于发生衰变而形成了如下图所示的两个圆形轨迹，两圆半径之比为1：16，下列说法正确的是( )
A. 该原子核发生了𝛼衰变
B. 反冲核沿大圆做逆时针方向的圆周运动
C. 原来静止的原子核的原子序数为15 D. 沿大圆和沿小圆运动的粒子周期相同
4.
如图所示，材料相同，质量分别为𝑀和𝑚的两物体𝐴和𝐵靠在一起放在水平面上。用水平推力𝐹向右推𝐴使两物体一起向右加速运动时(图甲)，𝐴和𝐵之间的作用力为𝐹1，加速度为𝑎1；用同样大小的水平推力𝐹向左推𝐵加速运动时(图乙)，𝐴和𝐵之间的作用力为𝐹2，加速度为𝑎2.则说法正确的是( ) ①𝐹1：𝐹2=1：1 ②𝐹1：𝐹2=𝑚：𝑀 ③𝑎1：𝑎2=𝑀：𝑚 ④𝑎1：𝑎2=1：1
A. ①④
5.
B. ②③ C. ①③ D. ②④
如图所示，单匝矩形线圈𝑎𝑏𝑐𝑑在外力作用下以速度𝜐向右匀速进入匀强磁场，第二次以速度2𝜐进入同一匀强磁场，则两次相比较( )
A. 第二次与第一次线圈中最大电流之比为2：1 B. 第二次与第一次外力做功的最大功率之比为2：1
C. 第二次全部进入磁场和第一次全部进入磁场线圈中产生的热量之比为8：1
D. 第二次全部进入磁场和第一次全部进入磁场，通过线圈中同一横截面的电荷量之比为2：1
二、多选题（本大题共5小题，共27.0分） 6.
起重机通过缆绳吊着质量为𝑚的物体，沿竖直方向以加速度𝑔由静止开始提升高度ℎ，下列说法中正确的是( )
A. 物体的重力做功为−𝑚𝑔ℎ C. 物体的机械能增加2𝑚𝑔ℎ
B. 物体的重力势能增加2𝑚𝑔ℎ D. 物体的动能增加2𝑚𝑔ℎ
7.
如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别是𝑚1和𝑚2的两物块相连，它们静止在光滑水平地面上。现给物块𝑚1一个瞬时冲量，使它获得水平向右的速度𝑣0，从此时刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。下列判断正确的是( )
A. 𝑡1时刻弹簧长度最短 B. 𝑡3时刻弹簧长度最短
C. 在𝑡1～𝑡3时间内，两条图线之间围成的面积表示弹簧的最大形变量 D. 在𝑡2与𝑡4两时刻，两物块的总动能一定相等
8.
如图所示，先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电．第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化，如图甲所示；第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示．若图甲、乙中的𝑈0、𝑇所表示的电压、周期是相等的，则以下说法正确的是
A. 第一次灯泡两端的电压的有效值是B. 第二次灯泡两端的电压的有效值是
C. 第一次和第二次灯泡的电功率之比是2∶9 D. 第一次和第二次灯泡的电功率之比是1∶5
9.
下列说法中正确的是( )
A. 具有各向同性的固定一定是非晶体
B. 饱和汽压随温度降低而减小，与饱和汽的体积无关 C. 能量耗散反映了与热现象有关的宏观自然过程具有不可逆性 D. 液体表面层分子间距离较大，这些液体分子间作用力表现为引力
E. 若某气体摩尔体积为𝑉，阿伏加德罗常数用𝑁𝐴表示，则该气体的分子体积为𝑁𝐴
10. 在均匀介质中，各质点的平衡位置在同一直线上，相邻两质点的距离均为𝑠，如图甲所示，振动
从质点1开始向右传播，质点1开始运动时的速度方向向下，经过时间𝑡，前9个质点第一次形成如图乙所示的波形，关于这列波下列说法正确的是( )
𝑉
A. 这列波的波长为8𝑠 C. 这列波的周期为𝑇=2 E. 这列波的传播速度𝑣=
16𝑠𝑡𝑡
B. 这列波的周期为𝑇=3 D. 这列波的传播速度𝑣=
12𝑠𝑡
2𝑡
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分） 11. 如图1为“碰撞中的动量守恒”实验装置示意图
①在验证动量守恒定律的实验中，必须要求的条件是：______ A.轨道是光滑的．
B.轨道末端的切线是水平的．
C.碰撞的瞬间𝑚1 和𝑚2 球心连线与轨道末端的切线平行． D.每次𝑚1 都要从同一高度静止滚下
②入射小球1与被碰小球2直径相同，它们的质量相比较，应是 𝑚1______𝑚2．
③实验时，小球的落点分别如图2的𝑀、𝑁、𝑃点，应该比较下列哪两组数值在误差范围内相等，从
而验证动量守恒定律：______
A.𝑚1⋅𝑂𝑃 𝐵.𝑚1⋅𝑂𝑀 𝐶.𝑚1⋅𝑂𝑁
D.𝑚1⋅𝑂𝑀+𝑚2⋅𝑂𝑁 𝐸.𝑚1⋅𝑂𝑃+𝑚2𝑂𝑁 𝐹.𝑚1⋅𝑂𝑀+𝑚2⋅𝑂𝑃
④在做此实验时，若某次实验得出小球的落点情况如图2所示．假设碰撞中动量守恒，则入射小球
质量𝑚1和被碰小球质量𝑚2之比𝑚1：𝑚2=______．
12. 磁电式电压表是用电流表经过改装而成的．现有一满偏电流𝐼𝑔=300𝜇𝐴、内阻未知的电流表，
要将它改装成电压表时，需要测出电流表的内阻．在采用图(𝑎)所示电路测定表头内阻时，部分实验步骤为：
①按电路图接好电路，将𝑅1调至最大；
②断开𝑆2，闭合𝑆1，调节𝑅1，使表头指针______ ；
③闭合𝑆2，调节𝑅2，使表头指针半偏，此时电阻箱𝑅2的示数如图(𝑏)所示，则电流表内阻𝑟𝑔= ______
𝛺.按图(𝑎)所示的电路，将图(𝑐)中的器材连成实验电路．
−
−
−
−
−
−
−−−
四、简答题（本大题共1小题，共10.0分）
13. 如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置。玻璃管的下部封有长𝑙1=25.0𝑐𝑚
的空气柱，中间有一段长𝑙2=25.0𝑐𝑚的水银柱，上部空气柱的长度𝑙3=40.0𝑐𝑚。已知大气压强为𝑝0=75.0𝑐𝑚𝐻𝑔，现将一活塞(图中未画出)从玻璃管开口处缓慢往下推，假设下推过程中没有漏气且温度保持不变，求活塞往下推△𝑙=15.0𝑐𝑚后下部空气柱的压强𝑝1′。
五、计算题（本大题共3小题，共42.0分）
14. 示波器是一种用途十分广泛的电子测量仪器。它能把肉眼看不见的电信号变换成看得见的图象，
便于人们研究各种电现象的变化过程。如图是示波管的原理图，它是由电子枪、加速电场、竖直偏转电极𝑌𝑌′、水平偏转电极𝑋𝑋′(𝑋𝑋′、𝑌𝑌′之间的距离均为𝑑，电极极板的长和宽均为𝐿)和荧光屏等组成。电子枪发射的电子打在荧光屏上将出现亮点(不加偏转电压时亮点在𝑂点)，若亮点很快移动，由于视觉暂留，能在荧光屏上看到一条亮线。
(1)质量为𝑚电荷量为𝑒的电子，从静止开始在加速电场中加速，加速电压为𝑈1，水平偏转电极𝑋𝑋′的
偏转电压为𝑈2，𝑋𝑋′的最右端到荧光屏的距离为4𝐿.若电子被加速后沿垂直于偏转电场的方向射入电场，竖直方向不输入偏转电压。求荧光屏上亮点的位置。
(2)如果在偏转电极𝑌𝑌′加上𝑈𝑦=𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡的电压，同时在偏转电极𝑋𝑋′加上𝑈𝑥=𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡的电压，忽略两
偏转电极之间的间距，亮点运动足够快。通过运算详细说明荧光屏上显示的图象。
15. 光滑曲面与倾角𝜃=30°的固定粗糙斜面平滑连接，一物体(可视为质
点)自光滑曲面高为ℎ 处自由下滑到最低点后滑上斜面一定高度又返回到光滑曲面上．已知第二次返回到光滑曲面上达到的最大高度为ℎ，求： (1)物体第一次到到光滑曲面最低点时的速度𝑣1； (2)物体与斜面之间的动摩擦因数𝜇．
16. 一棱镜的截面为直角三角形𝐴𝐵𝐶，∠𝐴=30°，斜边𝐴𝐵=𝑎.棱镜材料的
折射率为𝑛=.在此截面所在的平面内，一条光线以45°的入射角从𝐴𝐶边的中点𝑀射入棱镜(如图15所示)。画出光路图，并求光线从棱镜射出的点的位置(不考虑光线沿原路返回的情况)。
参考答案及解析
1.答案：𝐴
𝐴𝐵、ℎ𝑣𝑚=𝐸4−𝐸1=−0.85𝑒𝑉−(−13.6𝑒𝑉)=12.75𝑒𝑉，解析：解：根据氢原子能级跃迁公式可知，氢原子由能级4跃迁到能级1，释放的能量最大，辐射出的光子的频率最大，光子能量为12.75𝑒𝑉，故A正确，B错误；
𝐶𝐷、根据动能定理结合光电效应方程可知，𝑒𝑈=𝐸𝑘=ℎ𝑣𝑚−𝑊，其中遏止电压𝑈=10.92𝑉，则最大初动能：𝐸𝑘=10.92𝑒𝑉，阴极𝐾的逸出功：𝑊=1.83𝑒𝑉，故CD错误。 故选：𝐴。
根据能级跃迁的公式分析，辐射光子的能量等于两能级间的能级差。
根据遏止电压，结合𝐸𝑘𝑚=𝑒𝑈求出最大初动能。根据光电效应方程求出逸出功。
此题考查了爱因斯坦光电效应方程和能级跃迁公式，解题的关键是明确爱因斯坦光电效应方程的相关公式，并能灵活运用。
2.答案：𝐴
解析：解：𝐴、𝑣−𝑡图象的斜率表示加速度，第1𝑠内和第4𝑠内图象的斜率相同，则第1𝑠内和第4𝑠内，小车的加速度大小相等、方向相同，故A正确；
B、由𝑣−𝑡图象与时间轴围成的图形面积表示位移，可知0～3𝑠内的位移等于0～1𝑠内的位移，为𝑥=
5×12
𝑚=2.5𝑚，平均速度为𝑣=𝑡=
−
𝑥2.53
𝑚/𝑠=6𝑚/𝑠，故B错误；
5
C、0～2𝑠内，小车的速度一直为正，运动方向没有改变，故C错误；
D、第2𝑠内和第3𝑠内，小车位移大小相等，方向相反，则位移不同，故D错误。 故选：𝐴。
𝑣−𝑡图象的斜率表示加速度，速度的正负表示运动方向，图象与时间轴围成的图形面积表示位移。平均速度等于位移与时间之比。据此分析即可。
本题明确𝑣−𝑡图象的斜率表示加速度，图象与时间轴围成的图形面积表示位移，即可正确解答。
3.答案：𝐴
解析：解：𝐴、无论是哪种衰变，反应后的两个粒子运动方向一定是相反的。一个粒子是新的原子核带正电，另一个粒子带电情况要看是哪种衰变，由左手定则可知，发生𝛼衰变后产生的径迹是两个外切的圆，发生𝛽衰变后产生的径迹是两个内切的圆，由图示可知，两径迹为外切圆，发生了𝛼衰变，故A正确；
𝑣
B、洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：𝑞𝑣𝐵=𝑚，解得：𝑟=
𝑟
2
𝑚𝑣𝑞𝐵
=
𝑃𝑞𝐵
，衰变后两原子核的动量𝑃大小相等，由于磁感应强度𝐵相等，则原子核电荷量𝑞越小轨道半径越大，反冲核是衰变产生的新核，它的电荷量大，因此沿小圆运动，故B错误； 𝑟=C、原子核做圆周运动的轨道半径：
𝑚𝑣𝑞𝐵
=
，则：𝑞𝐵𝑟
𝑃
𝑟𝛼
=
新核
𝑃
2𝑒𝐵𝑃𝑞𝐵
=2𝑒=
𝑞161
𝑞=32𝑒，，则：新核的电荷量：
原来静止的原子核核电荷数为：2+32=34，原子序数为34，故C错误； D、原子核做圆周运动的周期：𝑇=法确定，故D错误； 故选：𝐴。
静止的放射性原子核发生了衰变放出粒子后，新核的速度与粒子速度方向相反，由图看出，放出的粒子与新核所受的洛伦兹力方向相同，根据左手定则判断粒子与新核的电性关系，即可判断发生了哪种衰变。衰变前后，动量守恒，衰变后的粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力可得半径公式，结合轨迹图分析解答即可。
本题考查了粒子在磁场中的运动，考查了动量守恒定律的应用，原子核发生衰变时动量守恒，分析清楚粒子运动轨迹、应用动量守恒定律、牛顿第二定律与周期公式可以解题。
2𝜋𝑚𝑞𝐵
，由于沿大圆和沿小圆运动的粒子比荷不一定相同，周期无
4.答案：𝐷
解析：解：图甲：对整体，由牛顿第二定律得：𝐹−𝜇(𝑀+𝑚)𝑔=(𝑀+𝑚)𝑎1 对于𝐵，由牛顿第二定律得：𝐹1−𝜇𝑚𝑔=𝑚𝑎1 解得：𝑎1=𝑀+𝑚−𝜇𝑔，𝐹1=𝑀+𝑚；
图乙：对𝐴𝐵整体，由牛顿第二定律得：𝐹−𝜇(𝑀+𝑚)𝑔=(𝑀+𝑚)𝑎2 对于𝐴，由牛顿第二定律得：𝐹2−𝜇𝑀𝑔=𝑀𝑎2 解得：𝑎2=𝑀+𝑚−𝜇𝑔，𝐹2=𝑀+𝑚 所以𝐹𝑙：𝐹2=𝑚：𝑀，𝑎1：𝑎2=1：1，故ABC错误，D正确。 故选：𝐷。
先运用整体法求得整体的加速度的大小，再采用隔离法对𝐴或𝐵受力分析，可以求得物体之间的作用力大小，即可求解。
本题属于连接体类型，通常可以采用整体法和隔离法相结合研究，用整体法可以求出整体的加速度大小，再用隔离法可以求物体之间的作用力(内力)。
𝐹
𝑀𝐹
𝐹
𝑚𝐹
5.答案：𝐴
解析：
(1)根据切割公式𝐸=𝐵𝐿𝑣求解电动势，由欧姆定律求出感应电流，然后求出电流之比；
(2)线框匀速进入匀强磁场，安培力与外力平衡，根据安培力公式求解安培力，再结合平衡条件得到外力，最后根据𝑃=𝐹𝑣求解外力的功率；
(3)由焦耳定律求出线圈产生的热量，然后求出热量之比．
(4)由电流定义式求出电荷量间的关系．本题关键明确线圈进入磁场过程中，电动势𝐸=𝐵𝐿𝑣，然后根据𝑃=𝐹𝑣求解功率，根据𝑄=𝐼2𝑅𝑡求解热量，由电流定义式可以求出电荷量． 设磁感应强度为𝐵，𝐶𝐷边长度为𝐿，𝐴𝐶边长为𝐿′，线圈电阻为𝑅； A.线圈进入磁场过程中，产生的感应电动势𝐸=𝐵𝐿𝑣，感应电流𝐼==
𝑅
𝐸
𝐵𝐿𝑣𝑅
，感应电流𝐼与速度𝑣成正
比，第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比：𝐼2：𝐼1=2𝑣：𝑣=2：1，故A正确； B.线圈进入磁场时受到的安培力：𝐹𝐵=𝐵𝐼𝐿=𝐹𝐵=
𝐵2𝐿2𝑣𝑅
𝐵2𝐿2𝑣𝑅
，线圈做匀速直线运动，由平衡条件得，外力𝐹=
，外力功率𝑃=𝐹𝑣=
𝐵2𝐿2𝑣2
𝑅
，功率与速度的平方成正比，
第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比：𝑃2：𝑃1=(2𝑣)2：𝑣2=4：1，故B错误； C.线圈进入磁场过程中产生的热量：𝑄=𝐼2𝑅𝑡=(
𝐵𝐿𝑣2
)𝑅
⋅𝑅⋅
𝐿′𝑣
=
𝐵2𝐿2𝐿′𝑣
𝑅
，产生的热量与速度成正比，
第二次进入与第一次进入时线圈中产生热量之比： 𝑄2：𝑄1=2𝑣：𝑣=2：1，故C错误； D.通过导线横截面电荷量：𝑞=𝐼△𝑡=D错误。 故选A。
△𝛷𝑅⋅△𝑡
△𝑡=
𝐵𝐿𝐿′𝑅
，电荷量与速度无关，电荷量之比为1：1，故
6.答案：𝐴𝐶
解析：解：𝐴𝐵、因为物体上升ℎ，重力做负功，故重力做功为−𝑚𝑔ℎ，物体的重力势能增加𝑚𝑔ℎ，故A正确、B错误；
C、对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律得：𝐹−𝑚𝑔=𝑚𝑎=𝑚𝑔，可得物体所受向上的拉力大小𝐹=2𝑚𝑔，拉力做功为𝑊𝐹=𝐹ℎ=2𝑚𝑔ℎ，由功能关系知物体的机械能增加2𝑚𝑔ℎ，故C正确； D、据动能定理可知，动能增加量△𝐸𝑘=𝑊合=𝑚𝑎ℎ=𝑚𝑔ℎ，故D错误。 故选：𝐴𝐶。
根据物体上升的高度求重力做功，从而得到重力势能的增加量。根据牛顿第二定律求出拉力，由拉力做功求机械能的增加量。根据动能定理求动能的增加量。
本题的关键要明确重力做功决定了重力势能变化的关系，合外力做功决定了动能的变化。对于恒力，往往先根据功的公式求解恒力做功。
7.答案：𝐴𝐷
解析：解：𝐴、从图象可以看出，从0到𝑡1的过程中，𝑚1的速度比𝑚2的大，弹簧被压缩，𝑡1时刻两物块达到共同速度，此后一段时间内，𝑚1的速度比𝑚2的小，两者间距增大，弹簧的压缩量减小，所以𝑡1时刻弹簧长度最短，故A正确；
B、𝑡2时刻𝑚2的速度向右最大，𝑚1的速度向左最大，此后𝑚1的速度向左减小、𝑚2的速度向右减小，弹簧被拉伸，两者间距增大，弹簧逐渐被拉伸，𝑡3时刻两物块再次达到共同速度，所以𝑡3时刻弹簧长度最长，故B错误；
C、在𝑡1～𝑡3时间内，𝑚2的速度图象与坐标轴围成的面积表示𝑚2向右的位移，𝑚1的速度图象与坐标轴围成的面积的表示𝑚2向右的位移，两条图线之间围成的面积的绝对值之和表示弹簧的最大形变量，故C错误；
D、𝑡2时刻弹簧恢复原长，𝑡4时刻弹簧也处于原长，根据机械能守恒定律可知，在𝑡2与𝑡4两时刻，两物块的总动能一定相等，故D正确。 故选：𝐴𝐷。
根据两个物体的速度关系，分析两个物体间距的变化，判断弹簧的状态，再根据机械能守恒定律判断两物体在𝑡2与𝑡4两时刻的动能。
本题关键是要根据速度图象分析清楚物体的运动情况，根据两个物体的速度关系判断弹簧的状态，或根据物体的运动情况分析弹簧的状态。
8.答案：𝐴𝐷
解析：
对于正弦式电流的有效值
，由甲图读出电压的最大值，求出有效值．对于乙图，根据有效值
的定义，求出有效值．功率的公式，用有效值求出电功率之比。
只有正弦交变电流最大值与有效值才是角度去求有效值。
倍的关系，其他交变电流要根据有效值的定义，从热效应
𝐴𝐵.第一次灯泡两端的电压有效值为
，设第二次电压的有效值为𝑈2，根据有效值的定
义，则有，解得：，故A正确，B错误；
𝐶𝐷.由功率的公式故选AD。
得，灯泡的电功率之比是，故C错误，D正确。
9.答案：𝐵𝐶𝐷
解析：解：𝐴、具有各向同性的固定可以非晶体和多晶体，故A错误； B、饱和汽压随温度降低而减小，与饱和汽的体积无关，故B正确；
C、能量耗散反映了与热现象有关的宏观自然过程具有不可逆性，故C正确；
D、液体表面层分子间距离较大，这些液体分子间作用力表现为引力，这是液体表面张力形成的原因，故D正确；
E、气体分子间距离较大，故不能利用阿伏加德罗常数求解分子体积，只能求出分子所占据的空间，故E错误。 故选：𝐵𝐶𝐷。
明确晶体的性质，知道晶体分单晶体和多晶体； 知道饱和汽压与体积无关，只取决于温度大小； 明确热力学第二定律的基本内容，知道方向性； 会解释液体分子表面张力形成的原因；
明确气体的性质，知道气体分子相对自由，不能利用阿伏加德罗常数求解分子体积．
本题考查晶体、汽压、热力学第二定律以及表面张力和阿伏加德罗常数等基本内容，对于热学内容要求能准确记忆，并注意理解热力学定理的基本内容和应用．
10.答案：𝐴𝐵𝐷
解析：解：𝐴、由波动图象读出波长为𝜆=8𝑠，故A正确。
𝐵𝐶、由题，波向右传播，质点1的起始速度方向竖直向上，介质中各质点的起振方向都向上，而图中质点9振动方向向下，说明波并不是刚传到质点9，已经振动了半个周期，则有2𝑇=𝑡，得到𝑇=3𝑡，故B正确，C错误；
3
2
𝐷𝐸、波速𝑣=𝑇=故选：𝐴𝐵𝐷。
𝜆8𝑠
2𝑡3
=
12𝑠𝑡
，故D正确，E错误；
波向右传播，质点1的起始速度方向竖直向下，介质中各质点的起振方向都向上，而图中质点9振动方向向下，说明波并不是刚传到质点9，已经振动了半个周期，得到周期与时间的关系，求出周期，由图读出波长，求出波速。
本题关键要确定出此刻波形的全部长度，由时间定出周期，不能简单地认为𝑇=𝑡，可用质点的起振方向与波源起振方向关系进行检验。熟记：任何质点的起振方向均与波源的起振方向相同。
11.答案：𝐵𝐶𝐷 大于 𝐴𝐷 4：1
解析：解：①𝐴、“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故A错误； B、要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故B正确；
C、为保证两球发生对心正碰，碰撞后小球做平抛运动，碰撞的瞬间𝑚1 和𝑚2 球心连线与轨道末端的切线平行，故C正确；
D、𝐵𝐶𝐷． 要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故D正确．故选：②为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即 𝑚1大于𝑚2. ③两球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间𝑡相等，
如果碰撞过程动量守恒，则𝑚1𝑣1=𝑚1𝑣1′+𝑚2𝑣2′，两边同时乘以𝑡得：𝑚1𝑣1𝑡=𝑚1𝑣1′𝑡+𝑚2𝑣2′𝑡， 𝑚1𝑂𝑃=𝑚1𝑂𝑀+𝑚2𝑂𝑁，因此比较𝐴𝐷两组数值在误差范围内相等，从而验证动量守恒定律． 𝑚1：𝑚2=4：如果两球碰撞过程动量守恒，则：代入数据求得：④由③可知，𝑚1𝑂𝑃=𝑚1𝑂𝑀+𝑚2𝑂𝑁，1；
故答案为：①𝐵𝐶𝐷；②大于；③𝐴𝐷；④4：1．
①在做“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，所以要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平； ②根据实验注意事项分析答题；
③根据动量守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后答题； ④根据动量守恒列方程即可正确求出质量之比．
本题主要考查了“验证动量守恒定律”的实验的原理及要求以及数据处理等基础知识，难度不大，属于基础题，是考查基础知识的好题．
−
−
−
−
−
−
12.答案：满偏；180
解析：解：(1)半偏法测量电流表内阻的步骤是先调节电路的电流，使电流表的指针达到满偏，再并联电阻箱，调节电阻箱，使电流表的指针半偏此时的电阻即电流表的内阻；
(2)电阻箱的读数是从最大的数开始读．1000×0+100×1+10×8+1×0=180𝛺 该电阻的阻值：(3)连接实物图从电源的正极出发，逐步连接如图．
故答案为：(1)满偏；半偏；(2)180；(3)如图所示；
此题综合性强，要结合电路串并电压、电流特点以及电流与电阻关系求解电流表的内阻． 连接实物图一般从电源的正极出发，逐步连接．
此题考查知识点多，要结合串并联关系和半偏法测电阻的原理以及电路的连接，一个知识点想不到就易出错．
13.答案：解：以𝑐𝑚𝐻𝑔为压强单位，管内水银柱产生的压强为𝑝𝑙2=25𝑐𝑚𝐻𝑔，设玻璃管的横截面积
为𝑆。
在活塞下推前，玻璃管下部空气柱的压强为： 𝑝1=𝑝0+𝑝𝑙2=(75+25)𝑐𝑚𝐻𝑔=100𝑐𝑚𝐻𝑔
设活塞下推后，下部空气柱的压强为𝑝1′，由玻意耳定律得： 𝑝1𝑙1𝑆=𝑝1′𝑙′1𝑆
活塞下推距离为△𝑙，则此时玻璃管上、下部空气柱的总长度为： 𝑙′1+𝑙′3=𝑙1+𝑙3−△𝑙=50𝑐𝑚
此时玻璃管上部空气柱的压强为𝑝′3，则有：𝑝′3=𝑝′1−𝑝𝑙2 由玻意耳定律得：𝑝0𝑙3𝑆=𝑝′3𝑙′3𝑆 联立解得：𝑝′1=125𝑐𝑚𝐻𝑔。
答：活塞往下推△𝑙=15.0𝑐𝑚后下部空气柱的压强为125𝑐𝑚𝐻𝑔。
解析：对下部空气运用玻意耳定律，设活塞下推距离为△𝑙，分别求解出上、下两端封闭气体下推前的压强和长度，在表示出下推后的压强和长度，对两端封闭气体分别运用玻意耳定律列式后联立求解即可。
本题考查气体定律的综合运用，解题关键是要分析好压强𝑝、体积𝑉、温度𝑇三个参量的变化情况，选择合适的规律解决，难点在于确定两端气体的压强以及其与大气压强的关系。
14.答案：解：(1)电子在加速电场中，根据动能定理得
𝑒𝑈1=𝑚𝑣2
2
2
(𝑣)2 电子在偏转电场中，有𝑥=2𝑎𝑡2=2⋅𝑚𝑑
𝐿2𝐿
+4𝐿21
11𝑒𝑈𝐿
出电场后做匀速直线运动，由几何关系有=
𝑥
𝑥
解得𝑥=
9𝑈2𝐿24𝑈1𝑑
9𝑈2𝐿2
1𝑑
故荧光屏上亮点的位置为(4𝑈
,0)。
11𝐿2
1
(2)由上述运算可知，𝑥=4𝑈𝑑𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡，𝑦=4𝑈𝑑𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡
1
9𝐿2
荧光屏上亮点的轨迹方程为(𝑎)2+(𝑏)2=1
故荧光屏上显示的图象是以𝑂点为中心，以𝑎=4𝑈𝑑为半短轴、以𝑏=4𝑈𝑑为半长轴的椭圆。
1
1
𝑥𝑥
9𝐿211𝐿2
答：
(1)荧光屏上亮点的位置为(4𝑈2𝑑,0)。
1
9𝑈𝐿2
(2)荧光屏上显示的图象是以𝑂点为中心，以𝑎=4𝑈𝑑为半短轴、以𝑏=4𝑈𝑑为半长轴的椭圆。
1
1
9𝐿211𝐿2
解析：(1)由动能定理求出电子在加速电场中获得的速度，由运动学公式和牛顿第二定律求得电子通过偏转电场时的偏移量，再由几何关系求出电子在荧光屏上的偏转量，即可荧光屏上亮点的位置。 (2)根据上题的结论得到电子在荧光屏上位置坐标与时间𝑡的关系，结合数学知识说明荧光屏上显示的图象。
本题考查对示波器工作原理的理解，其基本原理是电场的加速和偏转，根据偏转距离与偏转电压的关系，分析荧光屏上显示的图象形状。
2
15.答案：解：1)由机械能守恒定律得：𝑚𝑔ℎ=2𝑚𝑣1
1
得：𝑣1=√2𝑔ℎ (2)设小球第一次沿斜面滑到最低点的速度为𝑣2，第二次沿斜面滑到最低点的速度为𝑣3，沿斜面上滑的加速度为𝑎1，沿斜面下滑的加速度为𝑎2，第一次滑上斜面长为𝑙1，第二次滑上斜面长为𝑙2，则有：
2𝑣1=2𝑎1𝑙1…①
2
𝑣2=2𝑎2𝑙1…② 2𝑣2=2𝑎1𝑙2…③ 2𝑣3=2𝑎2𝑙2…④
22=𝑎1由①②③④解得𝑣12𝑣3…⑤
2
𝑎2
由牛顿第二定律得：
上滑时有𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃+𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃=𝑚𝑎1…⑥ 下滑时有𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃−𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃=𝑚𝑎2…⑦
2
…⑧ 又有𝑚𝑔ℎ=2𝑚𝑣1
1
112
𝑚𝑔⋅ℎ=𝑚𝑣3…⑨
32
由⑤⑥⑦⑧⑨得：𝜇=
√3−1 √3+3答：(1)物体第一次到到光滑曲面最低点时的速度𝑣1为√2𝑔ℎ (2)物体与斜面之间的动摩擦因数𝜇为√3−1． √3+3解析：(1)由机械能定律求物体第一次到到光滑曲面最低点时的速度𝑣1．
(2)由牛顿第二定律求出物体在斜面上上滑和下滑时的加速度大小，由速度位移公式分别研究在斜面上上滑和下滑的过程，联立求解．
本题是多过程，分过程反复运用牛顿第二定律和运动学公式列式是关键，还要把握每个过程的联系，如速度关系、高度关系等．
16.答案： 出射点在𝐵𝐶边上离𝐵点𝑎/8的位置
解析：试题分析：光路图如图所示
设折射光线与𝐴𝐵的交点为𝐷，入射角为𝑖，折射角为𝑟，由折射定律得由几何关系可知，在𝐷点的入射角𝜃=60°
设全反射的临界角为𝐶，则sin 𝐶=1/𝑛，解得𝐶=45° 因𝜃>𝐶，光在𝐷点全反射．
，解得𝑟=30°
设光线的出射点为𝐸，且𝐷𝐸⊥𝐵𝐶，过𝑀作𝐴𝐷的垂线交于点𝐹，由几何关系得： 𝐵𝐷=𝑎−2𝐴𝐹，𝐵𝐸=𝐵𝐷𝑠𝑖𝑛 30°
解得𝐵𝐸=𝑎/8，即出射点在𝐵𝐶边上离𝐵点𝑎/8的位置． 考点：本题考查几何光学
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