2024年四川省成都市石室中学高考物理二诊模拟试卷(含详细答案解析)

这是一份2024年四川省成都市石室中学高考物理二诊模拟试卷(含详细答案解析)，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列四幅图分别对应四种说法，其中说法正确的是( )
A. 图甲中，当滑片P向右滑到一定程度时，电流表没有示数
B. 图乙中，氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级辐射出一个光子后，电势能减小，动能增大，总能量增大
C. 图丙中，说明氢原子核衰变时，每过3.8天，发生衰变的原子核数目保持不变
D. 图丁中，可以推断出，氧原子核(816O)比锂原子核(36Li)更稳定
2.如图甲所示，质量为m的同学在一次体育课上练习原地垂直起跳。在第一阶段，脚没有离地，所受地面支持力大小F随时间t变化的关系如图乙所示。经过一定时间，重心上升h1，获得速度v。在第二阶段，脚离开地面，人躯干形态基本保持不变，重心又上升了h2，到达最高点。重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A. 该同学在t1∼t2时间段处于超重状态，在t2∼t3时间段处于失重状态
B. 在第一阶段地面支持力对该同学做的功为12mv2
C. 在第一阶段地面支持力对该同学的冲量为mv
D. 在第一和第二阶段该同学机械能共增加了mgh1+mgh2
3.2023年春节，改编自刘慈欣科幻小说的电影——《流浪地球2》在全国上映。电影中的太空电梯场景非常震撼，如图甲所示。太空电梯的原理并不复杂，与生活中的普通电梯十分相似。只需在地球同步轨道上建造一个空间站，并用某种足够长也足够结实的“绳索”将其与地面相连，当空间站围绕地球运转时，“绳索”会拧紧，宇航员、乘客以及货物可以通过像电梯轿厢一样的升降舱沿“绳索”直入太空，这样不需要依靠火箭、飞船这类复杂航天工具。图乙中，图线A表示地球引力对宇航员产生的加速度大小与航天员距地心的距离r的关系，图线B表示宇航员相对地面静止时而产生的向心加速度大小与r的关系，下列说法正确的是( )
A. 宇航员在r=R处的线速度等于第一宇宙速度
B. 太空电梯停在r0处时，宇航员对电梯舱的弹力为0
C. 随着r的增大，宇航员的线速度逐渐减小
D. 随着r的增大，宇航员对升降舱的弹力逐渐减小
4.如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n1：n2=2：1，原线圈电路中接入正弦交流电压u=220 2sin(100πt)V，电流表为理想交流电表。已知R1=8Ω，R2=R3，开关S闭合前、后电流表示数之比为3：4。下列说法正确的是( )
A. 定值电阻R2=1Ω
B. 开关断开时，副线圈磁通量变化率的最大值为110 2T/s
C. 开关S闭合时，原线圈的输入功率最大
D. 开关断开时，电路中消耗的总功率为1512.5W
二、多选题：本大题共5小题，共29分。
5.如图甲所示，野营三脚架由三根对称分布的轻质细杆构成，炊具与食物的总质量为m，各杆与竖直方向的夹角均为θ。盛取食物时，用光滑铁钩缓慢拉动吊绳使炊具偏离火堆，如图乙所示。重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 拉动吊绳的过程中，铁钩对吊绳的作用力沿水平方向
B. 拉动吊绳的过程中，铁钩受到吊绳的作用力越来越大
C. 烹煮食物时，若θ=30∘，则三根细杆受到地面的摩擦力大小均为 39mg
D. 烹煮食物时，若θ=30∘，则三根细杆对地面的作用力大小均为13mg
6.如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球，系在一根长为d的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度E= 3mg3q，下列说法正确的是( )
A. 若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为 2gd
B. 若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到A点时的机械能最小
C. 若将小球在A点由静止开始释放，则小球沿ACB做圆周运动，到B点会有一定的速度
D. 若将细线剪断，再将小球在A点以大小为 gd的速度竖直向上抛出，小球将不能到达B点
7.如图所示，内壁光滑的直圆筒固定在水平地面上，一轻质弹簧一端固定在直圆筒的底端，其上端自然状态下位于O点处。将一质量为m、直径略小于直圆筒的小球A缓慢放在弹簧上端，其静止时弹簧的压缩量为x0。现将一与小球A直径等大的小球B从与小球A的距离为3x0的P处释放，小球B与小球A碰撞后立即粘连在一起向下运动，它们到达最低点后又向上运动，并恰能回到O点。已知两小球均可视为质点，弹簧的弹性势能为12kx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 全过程小球A和小球B、弹簧以及地球组成的系统机械能守恒，动量也守恒
B. 小球B的质量为m
C. 小球B与小球A碰撞后，继续向下运动的最远位置距O点的距离为2x0
D. 小球B与小球A一起向下运动的最大速度为 2gx0
8.如图所示，水平光滑导轨间距分别为L1、L2，宽、窄导轨区域磁感应强度分别为B1、B2，A、B两根导体棒的质量分别为mA、mB，电阻分别为RA、RB。B右端通过一条轻绳受质量为m的重物牵连，并由静止开始运动。假设宽、窄导轨区域无限长。则下列说法正确的是( )
A. A做加速度增大的加速运动，B做加速度减小的加速运动
B. A和B经足够长时间后加速度大小相等
C. A和B经足够长时间后加速度之比为B2L2：B1L1
D. 若开始到某时刻过程中A产生的热量为Q，此时两杆的速度分别为vA和vB，重物下降距离为h，则重物机械能的减少量为RA+RBRAQ+12mAvA2+12mBvB2+mgh
9.一束白光从顶角为θ的一边以较大的入射角i射入并通过三棱镜后，在屏P上可得到彩色光带，如图所示，在入射角i逐渐减小到零的过程中，假如屏上的彩色光带先后全部消失。下列说法正确的是( )
A. 紫光在三棱镜中的速率比红光的小
B. 紫光在三棱镜中的速率比红光的大
C. 屏上最先消失的是红光，最后消失的是紫光
D. 屏上最先消失的是紫光，最后消失的是红光
E. 若用紫光照射某金属有光电子打出，改用红光则不一定有光电子打出
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
10.某同学使用了如图甲所示的装置，探究动能定理。
(1)用螺旋测微器测量遮光片厚度如图乙所示，则遮光片厚度d=______ mm。
(2)本实验根据实验要求平衡了摩擦力，且满足沙和桶的总质量远小于物块(包括遮光片)的质量。若遮光片宽度是d，沙与桶的质量是m，将物块拉至与光电门B的距离为s的A点，由静止释放，物块通过光电门时遮光片的遮光时间为t，改变沙与桶的质量m，重复上述实验(保持s不变)。根据实验数据画出图象，如图丙所示。图象的横坐标是m，则图象的纵坐标是______；若图线的斜率为 k，重力加速度为g，则物块的质量M=______。
11.某同学用普通的干电池(电动势E=1.5V，内阻r=0.5Ω)、直流电流表(量程Ig=1mA，内阻Rg=130Ω)、定值电阻R1=680Ω和电阻箱R2、R3等组装成一个简单的欧姆表，电路如图甲所示，通过控制开关S和调节电阻箱，可使欧姆表具有“×10”和“×100”两种倍率。
(1)该实验小组按图甲正确连接好电路。当开关S断开时，将红、黑表笔短接，调节电阻箱R2，使电流表达到满偏，此时欧姆表是______(填“×10”或“×100”)倍率。在红、黑表笔间接入待测电阻Rx，当电流表指针指向如图乙所示的位置时，则待测电阻Rx的阻值为______Ω。
(2)闭合开关S，调节电阻箱R2和R3，当R2=______Ω且R3=______Ω时，将红、黑表笔短接，电流表再次满偏，电流表就改装成了另一倍率的欧姆表。
(3)若该欧姆表内电池使用已久，电动势降低到1.2V，内阻变为5Ω，当开关S闭合时，短接调零时仍能实现指针指到零欧姆刻度处(指针指电流满刻度)。若用该欧姆表测出的电阻值100Ω，这个电阻的真实值是______Ω。
四、简答题：本大题共3小题，共42分。
12.如图所示为大球和小球叠放在一起、在同一竖直线上进行的超级碰撞实验，可以使小球弹起并上升到很大高度。将质量为M的大球(在下)，质量为m的小球(在上)叠放在一起，从距地面高h处由静止释放，h远大于球的半径，不计空气阻力。假设大球和地面、大球与小球的碰撞均为完全弹性碰撞，且碰撞时间极短。
(1)若M=4m，则小球升起的高度为多少？
(2)小球弹起可能达到的最大高度是多少？
13.电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成。偏转电场的极板由相距为d的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示。大量电子由静止开始，经加速电场加速后速度为v0，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO′射入偏转电场。当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；当在两板间加最大值为U0、周期为2t0的电压(如图乙所示)时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直长度足够大的匀强磁场中，最后打在竖直放置的荧光屏上。已知磁场的水平宽度为L，电子的质量为m、电荷量为e，其重力不计。
(1)求电子离开偏转电场时到OO′的最远距离和最近距离；
(2)要使所有电子都能打在荧光屏上，求匀强磁场的磁感应强度B的范围；
(3)在满足第(2)问的条件下求打在荧光屏上的电子束的宽度Δy。
14.一均匀介质中有振源N，位于x轴上的(10m,0)处，产生的机械波向左传播，N开始振动经过1s后波形如图所示。求：
①机械波在该介质中的波速；
②若在(−11m,0)有一振源M与N同时振动且起振方向相同，则稳定以后M、N之间振动加强点的个数。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、P向右滑动时，光电管所加电压为正向电压，所以即使滑片P向右滑到最右端，电流表都一定有示数，故A错误；
B、氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级辐射出一个光子后，电子的轨道半径减小，原子总能量减小，根据知ke2r2=mv2r，则Ek=12mv2=ke22r，电子的动能增大，电势能减小，故B错误；
C、每经过一个半衰期后原来的放射性原子剩下一半；则图丙中，每过3.8天，发生衰变的原子核数目都相应的减少一半，故C错误；
D、图丁中，氧原子核(816O)的比结合能比锂原子核(36Li)大，则可以推断出，氧原子核(816O)比锂原子核(36Li)更稳定，故D正确；
故选：D。
根据光电效应的电路判断；氢原子辐射出一个光子后，电势能减小，总能量减小；根据半衰期的意义判断，根据比结合能判断D选项。
考查核聚变与裂变的区别，掌握核反应方程的书写规律，理解半衰期的内涵，注意轨道半径越大时，动能越小，电势能越大。
2.【答案】D
【解析】解：A、由图乙所示图象可知，在t1∼t3阶段地面对该同学的支持力大于他的重力，t3∼t4阶段地面对该同学的支持力小于他的重力，由牛顿第三定律可知，该同学对地面的压力先大于重力后小于重力，该同学t1∼t3阶段处于超重状态，t3∼t4处于失重状态，故A错误；
B、在第一阶段，该同学的脚没有离地，地面对该同学支持力作用点的位移为零，地面支持力对该同学做的功为零，故B错误；
C、以向上为正方向，在第一阶段该同学动量的变化量Δp=mv−0=mv，由动量定理可知：IG+I支持力=Δp，则I支持力=mv−IG，故C错误；
D、根据重力势能的计算公式可知，在第一和第二阶段该同学机械能共增加了E=mgh1+mgh2，故D正确。
故选：D。
根据该同学所受地面支持力大小与重力大小关系分析失重或超重；根据功的计算公式求出地面支持力做的功；根据动量定理求解支持力的冲量；动能与势能之和为机械能。
根据题意与图乙所示图象分析清楚同学的运动过程与地面的支持力随时间变化关系是解题的前提与关键。
3.【答案】B
【解析】解：A、第一宇宙速度是万有引力完全提供向心力，但是在r=R处，地球引力对宇航员产生的加速度与航天员由于地球自转而产生的向心加速度大小不相等，万有引力并不是完全提供向心力，所以宇航员在r处的线速度不等于第一宇宙速度，故A错误；
B、由图乙可知，交点的横坐标r0表示同步卫星所在的轨道半径；太空电梯在r0时，宇航员绕地球做匀速圆周运动，万有引力完全提供向心力，处于完全失重状态，此时宇航员与电梯舱间的弹力为0，故B正确；
C、由于电梯舱内的宇航员与地球一起同轴转动，所以角速度相等，根据v=ωr，可知随着r增大，线速度增大；故C错误；
D、宇航员受到电梯舱的弹力等于航天员的“重力”，由万有引力与弹力的合力提供向心力。rr>r0时，弹力向下，由牛顿第二定律得GMmr2+F=mrω2，随着r增大，向心力大于万有引力，弹力增大，故D错误。
故选：B。
根据第一宇宙速度的特点分析A；根据电梯舱内的航天员与地球一起同轴转动，结合v=ωr分析宇航员的线速度随着r的增大如何变化；根据万有引力与弹力的合力提供向心力分析BD。
本题考查了万有引力定律的运用；注意题图乙中图线的交点表示万有引力产生的加速度和地球自转产生的加速度相等，又同步卫星的角速度与地球自转角速度相同，因此交点的横坐标r0表示同步卫星所在的轨道半径。
4.【答案】A
【解析】解：A.由题可知，设R2=R3=R，当开关S断开时，副线圈的负载电阻为2R；当开关闭合时，副线圈的负载电阻为R；将理想变压器的原、副线圈和负载电阻等效为一个电阻，画出电路的等效电路图，如图所示
根据理想变压器电阻等效法，得
R等=(n1n2)2R负载
因此当开关断开时
R等=(21)2×2R=8R
当开关闭合时
R等1=(21)2×R=4R
根据闭合电路欧姆定律，可知等效电路中电流表示数
I=UR1+R等
故I1=2208+8R
I1′=2208+4R
I1I1′=34
解得R=1Ω，故A正确；
BC.开关断开时R等=8R=8Ω
I1=2208+8A=554A
副线圈电流I2=n1n2I1=552A
副线圈电压U2=I2×2R=552×2×1V=55V，假设副线圈匝数为1，副线圈磁通量变化率的最大值为ΔϕΔt= 2U2=55 2T/s
但是实际副线圈的匝数未知，因此磁通量变化率不可求，当R等=R1时，原线圈的输入功率最大，即副线圈开关断开时最大，故BC错误；
D.开关断开时，电路中消耗的总功率为
P=U2R1+R等
P=3025W，故D错误。
故选：A。
A.根据等效电阻法列式，分别求副线圈开关断开和闭合两种状态时结合闭合电路的欧姆定律对应的电流表达式，并根据电流比例计算电阻；
BC.求断开时副线圈电压再分析磁通量的变化率的最大值和判断副线圈最大输出功率对应的状态；
D.根据功率公式计算总功率。
考查变压器的等效电阻法等问题，会根据题意列式求解相关的物理量。
5.【答案】BC
【解析】解：A、拉动吊绳过程中，炊具与食物受力平衡，故绳子的拉力等于炊具与食物的重力，故大小不变；用铁钩拉动吊绳过程中，铁钩与吊绳的接触点受到竖直向下的绳子拉力、斜向上的的绳子拉力，以及铁钩对吊绳的作用力，在拉动吊绳过程中，斜向上的的绳子拉力的方向改变，根据三个共点力平衡可知铁钩对吊绳的作用力方向沿另外两个力的角平分线的方向，拉力的方向与绳子的合力的方向相反，斜向上，故A错误；
B、在拉动吊绳过程中，斜向上的的绳子拉力的方向改变，则绳子的向两个方向的拉力之间的夹角减小，根据平行四边形定则可知，绳子的两个方向的拉力的合力增大，根据三力平衡的特点可知铁钩受到吊绳的作用力越来越大，故B正确；
C、将三根细杆的力沿竖直方向分解，则有3Fcs30∘=mg
可得F=mg3csθ=mg3×cs30∘=2 39mg
在水平方向上根据受力平衡可知烹煮食物时，各杆受到地面的摩擦力f=Fsin30∘=2 39mg×12= 39mg，故C正确；
D、烹煮食物时，各杆对地面的作用力大小均等于杆受到的吊绳的作用力，为2 39mg，故D错误。
故选：BC。
根据平衡条件，对炊具与食物进行受力分析，判断绳子的拉力；根据力的合成的方法判断铁钩的拉力的变化；将吊绳的力沿三根细杆的方向分解，求出杆受到的力，然后对杆的受力分析，求出三根细杆受到地面的摩擦力大小，以及三根细杆对地面的作用力大小。
本题考查了基本受力分析，能够熟练地将力进行合成和分解，理解不同方向上力的平衡是解决此类问题的关键。
6.【答案】BD
【解析】解：A、由于电场强度E= 3mg3q，则Eq= 33mg，重力和电场力的合力大小为F= (Eq)2+(mg)2= ( 33mg)2+(mg)2=2 33mg。若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，设它运动的最小速度为v，则有：F=mv2d，解得：v= 2 33gd，故A错误；
B、若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，根据正电荷在电势高处电势能大，可知A点电势最高，小球在A点的电势能最大，根据能量守恒可知小球运动到A点时的机械能最小，故B正确；
C、设重力和电场力的合力与竖直方向的夹角为α，则tanα=Eqmg= 33，得α=30∘。若将小球在A点由静止开始释放，它将沿重力和电场力的合力方向即与电场方向成60∘角斜向右下方做匀加速直线运动，故C错误；
D、若将细线剪断，再将小球在A点以大小为 gd的速度竖直向上抛出，小球在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，当竖直方向上的位移为零时，所用时间t=2v0g=2 gdg=2 dg，则水平位移x=12⋅Eqmt2=12⋅ 33mgm(2 dg)2=2 33d≠2d，则小球将不能到达B点，故D正确。
故选：BD。
若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，在等效最高点时，细线拉力为零，由重力和电场力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求最小速度。根据电场力做功情况分析小球机械能最小的位置。若将小球在A点由静止开始释放，小球将沿重力和电场力的合力方向做直线运动。若将细线剪断，再将小球在A点以大小为 gd的速度竖直向上抛出，运用运动的分解法，由分运动规律分析小球能不能到达B点。
解答本题时，要掌握功能关系，注意类比法的应用，小球能够完成圆周运动的条件是丝线的拉力大于或等于零，在最高点的速度最小恰好满足重力与电场力的合力提供向心力。
7.【答案】BD
【解析】解：A.全过程小球A和小球B、弹簧以及地球组成的系统，因为B和A发生的完全非弹性碰撞，故机械能不守恒，小球A和小球B、弹簧以及地球组成的系统不是一个完全独立的系统，还会受到其它天体系统的外力作用，故动量也不守恒，故A错误；
B.对A由平衡条件可知
mg=kx0
解得劲度系数k=mgx0
B球由静止下落后与A接触前的瞬时速度为v1，根据机械能守恒则有
mBg⋅3x0=12mBv12
解得v1= 6gx0
设A与B碰撞后的速度为v2，规定竖直向下的方向为正方向，有
mBv1=(mB+m)v2
由于A、B恰能回到O点，根据动能定理
−(mB+m)gx0+12kx02=0−12(mB+m)v22
解得mB=m，故B正确；
D.设A、B球碰撞后再继续向下运动x1时速度达到最大值，此时它们的加速度为零，有
(mB+m)g=k(x0+x1)
解得x1=x0
据机械能守恒定律有
(mB+m)gx1+12(mB+m)v22+12kx02=12(mB+m)vm2+12k(x0+x1)2
解得vm= 2gx0
故D正确；
C.设小球B与小球A碰撞后，继续向下运动的最远位置距O点的距离为x2，根据机械能守恒定律有
(mB+m)gx2+12(mB+m)v22+12kx02=0+12k(x0+x2)2
解得x2=3x0或者x2=−x0(舍)
故C错误。
故选：BD。
A.根据两小球的碰撞类型判断是否满足守恒的条件；
B.根据平衡条件、机械能守恒、动量守恒定律和动能定理列式求解；
D.根据平衡位置的条件和机械能守恒列式求解；
C.根据机械能守恒列式解答。
考查动量守恒，机械能守恒、动能定理等问题，会根据题意列式联立求解相关物理量。
8.【答案】AC
【解析】解：A.根据法拉第电磁感应定律可知A、B的电动势为
E1=B1L1vA，E2=B2L2vB
则电路中的电动势为E=B2L2vB−B1L1vA
根据闭合电路的欧姆定律
I=ER
根据牛顿第二定律有B1L1I=mAvA，mg−B2L2I=mBvB
初始时B的加速度较大，电流变大，则杆A的加速度增大，杆B的加速度减小，当杆A和杆B的加速度相等时，杆A、杆B和重物一起匀加速，故A正确；
BC.根据题意，足够长时间后，电路电流恒定，则有
B2L2vB−B1L1vA=k
则B2L2ΔvB=B1L1ΔvA
有B2L2aB=B1L1aA
解得aA：aB=B2L2：B1L1
故B错误，C正确；
D.系统产生的热量为Q′=RA+RBRAQ
由能量守恒可得重物机械能的减少量为ΔE=RA+RBRAQ+12mAvA2+12mBvB2
故D错误。
故选：AC。
根据电磁感应定律求解电动势，根据闭合电路的欧姆定律求解回路中的电流，根据安培力公式表示安培力，再根据牛顿第二定律列式判断杆A、杆B加速度的变化，根据牛顿第二定律求解加速度；根据热量与电阻的关系解得系统总热量，进一步求解重物损失的机械能。
本题考查电磁感应中的能量问题，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
9.【答案】ADE
【解析】解：AB.根据v=cn
三棱镜对紫光的折射率大于红光的，可知紫光在三棱镜中的速率比红光小，故A正确，B错误；
CD.根据发生全反射临界角公式sinC=1n
三棱镜对紫光的折射率最大，紫光的临界角最小，故紫光首先发生全反射从屏上消失，红光的临界角最大，最后从屏上消失，故C错误，D正确；
E.因为紫光的频率大于红光的频率，所以用紫光照射某金属有光电子打出，根据发生光电效应的条件可知，红光照射不一定有光电子打出，故E正确。
故选：ADE。
AB.根据公式v=cn和两种光的折射率大小判断速率大小；
CD.根据全反射的发生条件和两种光的频率进行判断；
E.根据光电效应发生的条件结合频率进行分析判断。
考查光的折射、全反射和光电效应问题，会根据题意进行准确的分析和判断。
10.【答案】2.040(dt)2 2gsk
【解析】解(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，读数为2.0mm+4.0×0.01mm=2.040mm；
(2)滑块经过光电门的速度为v=dt
沙和桶的总质量远小于物块(包括遮光片)的质量，对物块根据动能定理有mgs=12Mv2
可得(dt)2=2gsMm
则图象的纵坐标为(dt)2，若图线的斜率为k，重力加速度为g，则有
2gsM=k
物块的质量M=2gsk
故答案为：(1)2.040；(2)(dt)2；2gsk
(1)根据螺旋测微器的精确度读数；
(2)根据动能定理分析图像表达式，结合斜率作答。
本题主要考查了动能定理的探究实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合动能定理和图像的物理意义即可完成分析。
11.【答案】×100100068.59080
【解析】解：(1)由闭合电路欧姆定律可知：S断开时，欧姆表的内阻为R′=EIg=1.51×10−3Ω=1500Ω，则多用电表内阻为1500Ω，对应电键S断开表内阻较大的状态，对应是大倍率，故欧姆表倍率应为“×100”。
根据欧姆定律可知
I=ER′+Rx
将I=0.6mA=0.6×10−3A代入解得
Rx=1000Ω
(2)闭合电键S时欧姆表为“×10”倍率，电流表G满偏时，内阻R″为150Ω；
欧姆表的电流为I1=1.5150A=0.01A；
此时表头中电流应为满偏电流0.001A；则与之并联电阻R3电流应为：I′=0.01A−0.001A=0.009A
并联电阻为：R3=Ig(Rg+R1)I′=0.001×(130+680)0.009Ω=90Ω
所以：R2+r=E−I′R3I1=1.5−0.009×900.01Ω=69Ω
故R2=68.5Ω
(3)因为该欧姆表的刻度是按电池电动势为E=1.5V刻度的。测得某电阻阻值为R=100Ω时，电流表中电流I=ER′+R
其中R′=EIg
当电池电动势下降到E′=1.2V时，此时欧姆表的内阻R″′=E′Ig
由闭合电路欧姆定律得：I=E′Rz+R‴
解得真实值Rz=80Ω
故答案为：(1)×100；1000；(2)68.5；90；(3)80
(1)由闭合电路欧姆定律可求得欧姆表的内阻，根据表盘的刻度分布可知对应的倍率；
(2)根据闭合电路欧姆定律可求得两电阻的阻值；
(3)根据电动势的变化及中值电阻的意义，应用闭合电路欧姆定律解题。
本题考查多用电表的原理，要注意明确多用电表的基本原理为闭合电路欧姆定律，同时注意串并联电路的规律的正确应。
12.【答案】解：(1)两球做自由落体运动的过程，有v2=2gh
可得两球落地时速度大小为：v= 2gh
大球与地面碰撞后，速度瞬间反向，大小不变，两球发生弹性碰撞，系统动量守恒、机械能守恒。设碰撞后小球速度大小为v1，大球速度大小为v2，选向上为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律分别得
Mv−mv=mv1+Mv2
12(m+M)v2=12mv12+12Mv22
解得：v1=(3M−m) 2ghM+m
将M=4m代入得：v1=115 2gh
小球升起的高度为
H=v122g=(115 2gh)22g=12125h
(2)若大球的质量远大于小球的质量时，不考虑m影响，则
v1=3 2gh
小球弹起可能达到的最大高度是
Hm=v122g=(3 2gh)22g=9h
答：(1)若M=4m，则小球升起的高度为12125h。
(2)小球弹起可能达到的最大高度是9h。
【解析】(1)两球先做自由落体运动，应用运动学公式求出大球落地瞬间的速度大小；大球与地面碰撞后，速度瞬间反向，大小相等，小球会与大球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后两球的速度。碰撞后小球做竖直上抛运动，应用动能定理或运动学公式求解小球上升的高度。
(2)结合上题结果得到碰撞后小球速度表达式，再求小球弹起可能达到的最大高度。
本题主要考查动量守恒定律和机械能守恒定律的直接应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，注意使用动量守恒定律时要规定正方向。
13.【答案】解：(1)当两板不带电时，电子通过极板的时间为2t0，因此极板的长度l=2v0t0
电子进入电场时，根据牛顿第二定律，加速度a=eEm=eU0md；
要使电子的侧向位移最大，应让电子从0、2t0、4t0…等时刻进入偏转电场，电子离开偏转电场时到OO′的位置最远；
电子的竖直速度vy=at0=eU0t0md
电子的竖直位移y1=vy2⋅t0=eU0t022md
根据类平抛运动的推论可知，速度的反向延长线通过水平位移的中点，水平位移x1=14l；
根据相似三角形对应边的关系x1x1+l2=y1ymax
代入数据联立解得ymax=3eU0t022md
要使电子的侧向位移最小，应让电子从t0、3t0、5t0…等时刻进入两极板之间，粒子先做匀速直线运动，从2t0、4t0…等时刻开始做类平抛运动，电子的侧向位移为ymin=y1=eU0t022md；
(2)当电子与荧光屏A点相切时，半径为r，如图1所示：
设电子离开偏转电场时的速度为v，粒子进入磁场时速度与水平方向的夹角为θ；
根据数学知识sinθ=vyv=eU0t0md×1v=eU0t0mvd
电子进入磁场时的速度v= v02+vy2= v02+(eU0t0md)2
代入数据解得sinθ=eU0t0md v02+(eU0t0md)2
要使所有电子都能打在荧光屏上，粒子的半径必须满足L则根据洛伦兹力提供向心力evB=mv2r
代入数据得匀强磁场的磁感应强度B的范围满足
B(3)电子从t0、3t0、5t0…等时刻进入两极板之间，运动轨迹如图2所示，与荧光屏相切于B点；
由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，所以打到屏上的粒子是一系列平行的圆弧；，
电子打在荧光屏上的电子束的宽度为Δy=ymax−ymin
代入数据解得Δy=eU0t02md。
答：(1)电子离开偏转电场时到OO′的最远距离为3eU0t022md；最近距离为eU0t022md；
(2)要使所有电子都能打在荧光屏上，匀强磁场的磁感应强度的范围为B(3)能打在荧光屏上的电子束的宽度为电子打在荧光屏上的电子束的宽度为eU0t02md。
【解析】(1)要使电子的侧向位移最大，应让电子从0、2t0、4t0…等时刻进入偏转电场，要使电子的侧向位移最小，应让电子从t0、3t0、5t0…等时刻进入偏转电场，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解最大侧向位移与最小侧向位移，即可得解；
(2)电子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律、类平抛运动规律、运动的合成与分解即可正确解题；
(3)根据图1、图2结合数学知识求解能打在荧光屏上的电子束的宽度。
本题主要是考查带电粒子在电场中的偏转和在匀强磁场中的运动，本题的难点是分析带电粒子的运动情况，可通过画轨迹作速度图象分析什么时刻进入偏转电场的电子侧向最大与最小。
14.【答案】解：①由图可知经过1s后波形传播2m的距离，则波速为v=xt=21m/s=2m/s；
②由图可知波长为2m，两个振源M、N之间的距离为xMN=10m−(−11)m=21m
两波源振动步调相同，设M、N连线上某点P为振动加强点，则有
|PM−PN|=nλ解得n=21个
答：①机械波在该介质中的波速为2m/s；
②稳定以后M、N之间振动加强点的个数为21个。
【解析】①根据机械波的传播距离与时间的比值解得波速；
②根据振动加强的条件求解振动加强点的个数，然后作答。
本题考查了波速的求解、振动加强的条件，注意：波发生干涉的条件是两列波的频率相同；关于振动加强或减弱的判断一定要明确两列波的步调是否一致。