參考答案：1．C【詳解】A．伽利略發(fā)現(xiàn)了單擺的等時性，惠更斯得出了單擺的周期公式，A錯誤。B．奧斯特發(fā)現(xiàn)了電生磁，法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象，B錯誤。C．庫侖首先通過扭秤實驗得出了電荷間相互作用的規(guī)律，C正確。D．伽利略通過斜面理想實驗得出了維持運動不需要力的結(jié)論，D錯誤。故選C。2．C【詳解】A．由波形圖可知，此波的波長，A錯誤；B．由位移隨時間變化的關(guān)系得，由可得此波的頻率B錯誤；C．由可得由可得此波的傳播速度C正確；D．根據(jù)“上下坡”法則可知，波源處于上坡過程，則此時波源沿y軸負方向運動，選項D錯誤。故選C。3．A【詳解】A．該圖像表示質(zhì)點的位移隨時間周期性變化的規(guī)律，是簡諧振動，故A正確；B．由圖可知該振幅為5cm，故B錯誤；C．由圖可知質(zhì)點的周期為0.08s，所以在0.08s末，質(zhì)點又回到了平衡位置，所以前0.08s內(nèi)，質(zhì)點發(fā)生的位移為0，故C錯誤；D．根據(jù)振動規(guī)律可知，0.04s末質(zhì)點的振動方向沿x軸負向，故D錯誤。故選A。4．D【詳解】試題分析：單擺的周期與擺球的質(zhì)量無關(guān)，只決定于擺長和當?shù)氐闹亓铀俣龋?/span>AB錯誤．在a球向下擺的過程中，只有重力做功，機械能守恒．有：M g h=Mv12a、b兩球碰撞過程時間極短，兩球組成的系統(tǒng)動量守恒．所以有 Mv1-m?2v1=（M+m）v2碰撞后擺動過程中，機械能守恒，所以有：整理得：v2＝0．5v1，所以h'=0．25h．故C錯誤，D正確．故選D．考點：動量守恒定律；能量守恒定律【名師點睛】分析清楚物體運動的過程，分過程利用機械能守恒和動量守恒即可求得結(jié)果；單擺的周期是由單擺的擺長和當?shù)氐闹亓铀俣鹊拇笮」餐瑳Q定的，與擺球的質(zhì)量和運動的速度無關(guān)． 5．B【詳解】A．助滑階段，運動員深蹲是為了減小與空氣之間的摩擦力，A錯誤；B．起跳階段，運動員猛蹬滑道主要是通過增大滑道對人的作用力，根據(jù)動量定理可知，在相同時間內(nèi)，為了增加向上的速度，B正確；C．飛行階段，運動員所采取的姿態(tài)是為了減小水平方向的阻力，從而減小水平方向的加速度，C錯誤；D．著陸階段，運動員兩腿屈膝下蹲可以延長落地時間，根據(jù)動量定理可知，可以減少身體受到的平均沖擊力，D錯誤。故選B。6．C【詳解】AB．由題意可知小球和凹槽組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，機械能守恒，因此小球從B滑至C的過程中，小球機械能的增加量等于凹槽機械能的減少量，由于小球的速度不為零，所以小球重力勢能的增加量小于凹槽動能的減少量，根據(jù)動量定理可知小球動量的改變量等于小球所受合力的沖量，而不只是小球重力的沖量，還有凹槽對小球支持力的沖量，故AB錯誤；CD．根據(jù)動量守恒和機械能守恒可知小球從C滑至B點時，凹槽的速度為零（因小球與凹槽質(zhì)量相等），由于無機械能損失，所以小球恰好能夠滑至凹槽左端最高點A處，故C正確，D錯誤。故選C。7．D【詳解】A．由圖并根據(jù)同側(cè)法，可知P點此時振動方向向下，Q點此時振動方向向下，即P、Q點此時振動方向相同， A錯誤；B．減弱點的振幅大小為15cm，位移大小不始終為15cm。B錯誤；CD．圖示時刻x=-6m處質(zhì)點的起振方向向下，x=4m處質(zhì)點的起振方向向上，所以兩波源的起振方向相反，兩波在同一介質(zhì)中傳播，所以波速相同，繩端P形成的波波長為4m，繩端Q形成的波波長也為4m，由波速公式v=λf知，兩列波的頻率相同，疊加區(qū)域有穩(wěn)定干涉圖樣，由于兩列波起振方向相反，又Q端形成的波比P端形成的波提前振動，所以疊加穩(wěn)定時兩波源間與兩波源路程差等于半個波長偶數(shù)倍的各點振動加強，振幅為45cm，設(shè)某點是振動加強點，到兩個波源的距離分別為x1和x2，則有x1+x2=20m解得由于x1<20m，故n值可取0、±1、±2、±3、±4時，除P、Q點外繩上有9處振動加強點，當n=0時x1=10m，即0點為振動加強點，故振幅為45cm， C錯誤，D正確。故選D。8．D【詳解】A．M板與電源正極相連，兩板間電場方向由M板指向N板，故A點電勢比B點電勢高，小球帶負電，小球在A點電勢能小于在B點電勢能，A錯誤；B．只將M板向下移動時，則根據(jù)可知，場強變大，根據(jù)可知B點電勢減小，B錯誤；C．只斷開開關(guān)，兩板所帶電荷量保持不變電場強度保持不變，受力保持不變，仍然做單擺運動，C錯誤；D．只把電源正負極對調(diào)，電場力由豎直向上變?yōu)樨Q直向下，等效重力場的等效重力加速度變大，由小球擺動周期表達式故周期變小，D正確。故選D。9．ACD【詳解】A．簡諧運動的回復力是按效果命名的力，故A正確；B．振動圖像描述的是振動質(zhì)點在不同時刻的位移，而不是其實際的運動軌跡，故B錯誤；C．物體在周期性驅(qū)動力作用下做受迫振動，受迫振動的頻率等于驅(qū)動力的頻率，與固有頻率無關(guān)故C正確；D．當驅(qū)動力的頻率等于受迫振動系統(tǒng)的固有頻率時，發(fā)生共振，振幅達到最大，故D正確。故選ACD。10．BD【詳解】A．在時刻，P質(zhì)點的振動圖像如圖乙所示，根據(jù)“上下坡法”，知該波沿x軸負向傳播，A錯誤；B．質(zhì)點P、Q在x軸上相差半個周期，P、Q兩點速度大小始終相等，B正確；C．又圖可知由圖甲可知當得Q質(zhì)點的位移為，C錯誤；D．因為所以此波遇到另一列簡諧橫波發(fā)生了干涉現(xiàn)象，則所遇到的波的頻率為，D正確。故選BD。11．AC【詳解】AB．壘球被擊打后，可能以與被擊打前等大的速度反向打出，所以球的動能可能不變，動量大小不變，動量大小增量為零，故A正確，B錯誤；C．由牛頓第三定律知：球?qū)Π舻淖饔昧εc棒對球的作用力大小一定相等，故C正確；D．球受到棒的沖量方向是棒對球彈力的方向，與球被擊打前的速度方向相反，故D錯誤。故選AC。12．BC【詳解】當該列波向右傳播時，根據(jù)題干可知1m和7m之間的距離滿足的關(guān)系為則由可得波速為當n=1時可得；當波向左傳播時1m和7m之間的距離關(guān)系滿足則當n=0時可得；將A和D選項代入兩個波速表達式，n均不是整數(shù)，因此A和D錯誤，BC正確。故選BC。13．                    豎直     【詳解】(1)[1]滑板車做往復運動的周期為[2]根據(jù)單擺的周期公式，得(2)[3]兩擋光片間的距離[4]手提玻璃條上端使它靜止在豎直方向上，讓光電門的光束從玻璃條下端的透光部分通過。[5]玻璃條下部擋光條通過光電門時玻璃條的速度為玻璃條上部擋光條通過光電門時玻璃條的速度為根據(jù)速度位移公式有代入數(shù)據(jù)解得加速度14．     C     D     【詳解】(1)[1]兩球碰撞時要發(fā)生對心碰撞，兩球的直徑應相等，即r1=r2；為防止碰撞過程入射球反彈，入射球的質(zhì)量應大于被碰球的質(zhì)量，即m1>m2。故C正確。故選C。 (2)[2]AB．由于各種偶然因素，如所受阻力不同等，小球的落點不可能完全重合，落點應當比較集中，故AB錯誤；CD．確定落點平均位置的方法是最小圓法，即用盡可能最小的圓把各個落點圈住，這個圓的圓心位置代表落點的平均位置；由于落點比較密集，又較多，每次測量距離很難。故不能用求平均值的方法求解；故C錯誤D正確。故選D。(2)[3]分析數(shù)據(jù)，如果動量守恒應有小球碰撞前后都做平拋運動，因高度相同則落地的時間想用，因此有代入上面公式可得是否成立，從而驗證動量守恒定律。15．（1）；（2）【詳解】（1）時刻質(zhì)點A位于波峰，波長則則從t1時刻開始，質(zhì)點B第一次到達波峰時，波傳播的距離為則質(zhì)點B到達波峰的最少時間為（2）由題意可知，波的周期是則波長時刻的波形圖如圖所示質(zhì)點B位于處，則質(zhì)點B偏離平衡位置的位移帶入數(shù)據(jù)解得16．（1）；（2）；（3），【詳解】（1）系統(tǒng)動量守恒，以水平向右為正方向，由動量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得（2）對于物塊與木板相互作用的全過程，由能量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得（3）物塊在木板上相對運動過程中所受滑動摩擦力對于物塊在木板相對運動的過程，以水平向右為正方向，根據(jù)動量定理有代入數(shù)據(jù)解得這段時間內(nèi)木板做勻加速直線運動，發(fā)生的位移大小17．（1）10 m/s；（2）1.1 s；（3）0.9 m【詳解】(1)由題圖知：這列波的波長λ＝4 m又得T＝0.4 s由波速公式得(2)第一個波峰傳到Q點的距離為x＝11 m，所需時間(3)振動傳到P點需個周期，所以當Q點第一次出現(xiàn)波峰時，P點已振動了則P點通過的路程為18．（1）; （2），方向豎直向下; （3）【詳解】解：（1）在平衡位置，彈簧的壓縮量為AC上升到最高位置時，B對地面的壓力為零，此時彈簧的拉伸量為所以振幅為（2）AC向下運動到最低點時，其壓縮量為物塊受到地面的最大支持力為根據(jù)牛頓第三定律得，物塊對地面的最大壓力為10N，方向豎直向下。（3）AC在平衡位置速率最大，從平衡位置到向上振幅最大位置，系統(tǒng)機械能守恒，以平衡位置為零勢能面，有解得 

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