A．这列波的波速是0.8m/s

B．在一个周期内这列波向前传播的距离是14cm C．这列波一定沿x轴负方向传播

D．每经过0.15s介质中的质点就沿x轴移动12cm E．从t=0时刻开始，x=5cm处质点就沿x轴移动了12cm

（2）如图所示，直角三棱镜ABC的斜边AB长为L，∠C=90°，∠A=θ（未知），一束单色光从斜边上某点（非中点）垂直入射到棱镜中，已知棱镜折射率为n=2，单色光在真空中的传播速度为c，

（i）求θ在什么范围内，入射光能够经过两次全反射又从斜边射出；

（ii）若θ=45°，该单色光从斜边某处垂直入射到棱镜中，通过棱镜后出射光与入射光的距离为 参考答案

1D：半衰期与压强无关，A错误；比结合能越大，原子核越稳定，B错误；光的频率越大，越容易发生光电效应，光照强度不仅与光的频率有关，还与光子数目有关，C错误；镉棒插入深度大一些，吸收的中子多，因为链式反应深度将会变慢，D正确。

2C：磁感线越密集，磁感应强度越大，AB错误；磁感应上任何一点的切线方向，就是该点的磁场方向，C正确；带电粒子在磁场中并不一定沿磁感应运动，可能垂

L，求此单色光通过三棱镜的时间。 4直磁感线做匀速圆周运动，D错误。

3B：电子由静止从a点向c点运动，电子加速度越来越大，表面电场强度越来越大，故点电荷位于c点右侧，且点电荷带正电，A错误B正确；b、c两点电势差大于a、b两点电势差，电子带负电，故电子从b点运动到c点电场力做的功较大，C错误；电场力做正功，电子的电势能减小，D错误。

4B：小物块a、b碰撞时有Mv0?(M?m)v，碰撞时损失的机械能为

?E?11Mm122，x越大，v0越Mv0?(M?m)v2，解得v?v0，?E??Mv022M?mM?m2大，?E越大，A错误；M越大，a、b碰撞后小物块a的速度越大，动能越大，B正确；仅x越大，小物块a、b压缩弹簧时的平衡位置不变，最大动能位置不变，C错误；小物块a、b分离时两者之间的弹力为零，此时弹簧处于原长状态，与M无关，D错误。

5B：M、N连线与水平直径的夹角越大，M、N之间的水平距离越小，轻绳与竖直方向的夹角越小，轻绳的张力越小，故圆环缓慢装过2θ的过程，轻绳的张力先增大再减小，B正确；

1x16A：根据x?v0t?at2可知?v0?at，故甲质点的初速度为v0?0，加速度为

2t2a?2c2c，乙质点的初速度为v0'?c，加速度为a'??，A正确B错误；根据dd121dat?v0't?a't2，解得t?，C错误；t=d时，乙质点开始反向运动，而甲没222有反向运动，D错误；

7BC：电流表示数并非为瞬时值，而是有效值，A错误；原线圈电压为定值，原副线圈的匝数确定，副线圈两端电压为定值，滑动变阻器触头下滑的过程中，副线

圈电阻逐渐增大，副线圈电流逐渐减小，电阻R1两端电压减小，因为电压表示数逐渐增大，B正确；把副线圈和电阻R1等效为电源，R2、R3等效为该电源的外电阻，由于外电阻逐渐接近该电源的内阻，故外电阻消耗的功率逐渐增大，C正确；副线圈电流逐渐减小，电压不变，则副线圈消耗的功率逐渐减小，故原线圈的输入功率逐渐减小，D错误；

Mmv2r13r238AD：根据2?2可知轨道半径变为原来的四分之一，A正确；根据G2?mrrT1T2可知Ek?1GMmMmGM，故动能变为原来的4倍，B错误；根据G2?ma可知a?2，

2rrr2?可知角速度变为原来的8倍，T故向心加速度变为原来的16倍，C错误；根据??D正确。

9AC：粒子进入磁场后做匀速圆周运动，故r?mv0?R，粒子将圆环区域内运动Bq1?四分之一周期离开磁场。粒子运动的时间为t?T?，在这段时间内，圆环转

42kB过的角度为???2?2n?(n?0.1.2.3....)，根据???t可得

???4n?1?kB(n?0.1.2.3....)，AC正确BD错误；

10BC：根据右手定则可知金属棒ab中的感应电流方向由b到a，A错误；由

q?I?t、I?E??Bdx、E?、???Bdx可得通过电阻R的电荷量为q?，B正确；2R?t2R根据能量转化和守恒定律可得2Q?12mv0??mgx，解得金属棒ab产生的焦耳热2Q?121mv0??mgx，C正确；对于金属棒ab，根据动量定理有42v0B2d2x?，D错误。 ??Bid??t??mgt?0?mv0，而??i??t?q，联立解得t??g2?mgR

11、（1）BD（2）C（3）m1sin?3sin?2sin?1 ?m1?m2cos?2cos?1cos?3（1）斜槽轨道可以粗糙可以光滑，只要斜槽能够保证小球1每次经过B点时速度相同即可，A错误；为保证小球1和小球2能够做平抛运动，斜槽末端必须水平，B正确；实验过程中，白纸不能移动，复写纸可以移动，C错误；为保证碰后小球1和小球2均从斜槽末端B点飞出做平抛运动，小球1的质量应大于小球2的质量，D正确。

（2）根据动量守恒定律可知m1v0?m1v1?m2v2，故还需测得小球1和小球2的质量

m1、m2，C正确；

（3）设斜槽末端B点与圆弧上小球落点的连线与竖直方向的夹角为?，四分之一圆弧的半径为R，则水平方向有Rsin??v0t，竖直方向有Rcos??得v0?后有m112at，联立解2gRsin2?，由此可知小球的速度越大，α越大，故小球1和小球2碰撞前

2cos?gRsin2?3gRsin2?2gRsin2?1?m1?m2，化简可得

2cos?22cos?12cos?3m1

sin?3sin?2sin?1； ?m1?m2cos?2cos?1cos?312、（1）×1；13.0（2）1.706（1.704~1.708）；（3）如图所示；（4）

k?R3?r1?

1?k

（1）指针偏转角度太大，应选择较小的档位，即“×1”档位，测量结果为13.0Ω；