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C. b棒產(chǎn)生的焦耳熱為
D. b進(jìn)入磁場(chǎng)后，bc間距離增大了12. 某實(shí)驗(yàn)小組采用如圖甲所示裝置測(cè)量物塊與水平木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，實(shí)驗(yàn)步驟如下：
輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端栓接小物塊，O點(diǎn)為彈簧在原長(zhǎng)時(shí)物塊的位置。先將裝置豎直放置，小物塊平衡時(shí)，位于A點(diǎn)，如圖乙所示。
再將裝置水平放置，并將小物塊從A點(diǎn)由靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運(yùn)動(dòng)，最遠(yuǎn)到達(dá)B點(diǎn)，如圖甲所示。用刻度尺測(cè)得A、B兩點(diǎn)到O點(diǎn)的距離分別為、，且，用天平稱得小物塊質(zhì)量為m。
已知重力加速度為g，則彈簧的勁度系數(shù)______；若彈簧彈性勢(shì)能表達(dá)式為為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量，則物塊與水平木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為______。以上兩空均用題中已知物理量的字母表示
若小物塊質(zhì)量測(cè)量數(shù)值比真實(shí)值偏小，則測(cè)得動(dòng)摩擦因數(shù)與真實(shí)值相比______選填“偏大”“偏小”或“相等“。
13. 隨著傳感器技術(shù)的不斷進(jìn)步，傳感器開(kāi)始在中學(xué)實(shí)驗(yàn)室逐漸普及。某同學(xué)用電流傳感器和電壓傳感器做“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實(shí)驗(yàn)，電路如圖所示，步驟如下：
先使開(kāi)關(guān)K與1端相連，電源向電容器充電，這個(gè)過(guò)程很快完成，充滿電的電容器上極板帶______ 電。
然后把開(kāi)關(guān)K擲向2端，電容器通過(guò)電阻R放電，傳感器將電流電壓信息傳入計(jì)算機(jī)，經(jīng)處理后得到電流和電壓隨時(shí)間變化的、曲線，如圖所示。
由圖可知，電容器充滿電的電荷量為______ C，電容器的電容為______ 保留兩位有效數(shù)字。
若將電路中電阻R的阻值增大為原來(lái)的兩倍，把開(kāi)關(guān)K擲向2端電容器放電，請(qǐng)?jiān)趫D的左圖中盡可能準(zhǔn)確地畫(huà)出曲線。14. 一個(gè)人用與水平方向成的斜向右下方的推力F推一個(gè)質(zhì)量為30kg的箱子勻速前進(jìn)如圖所示，箱子與水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，取，，
求推力F的大?。?/span>
若該箱子原來(lái)靜止，不改變F的大小，只把力的方向變?yōu)榕c水平方向成斜向右上方拉這個(gè)箱子，如圖所示，箱子在拉力F作用下運(yùn)動(dòng)1s后，撤去拉力F，求箱子運(yùn)動(dòng)的總位移的大小；
求第2問(wèn)中摩擦力所做的功。15. 甲、乙兩列簡(jiǎn)諧橫波在同一介質(zhì)中分別沿x軸正向和負(fù)向傳播，波速均為，兩列波在時(shí)的部分波形曲線如圖所示。求：
時(shí)，介質(zhì)中偏離平衡位置位移為8cm的所有質(zhì)點(diǎn)的x坐標(biāo)；
從開(kāi)始，介質(zhì)中最早出現(xiàn)偏離平衡位置位移為的質(zhì)點(diǎn)的時(shí)間。
16. 如圖，長(zhǎng)度均為l的兩塊擋板豎直相對(duì)放置，間距也為l，兩擋板上邊緣P和M處于同一水平線上，在該水平線的上方區(qū)域有方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E；兩擋板間有垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)節(jié)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m，電荷量為的粒子自電場(chǎng)中A點(diǎn)以大小為的速度水平向右發(fā)射，恰好從P點(diǎn)處射入磁場(chǎng)，從兩擋板下邊緣Q和N之間射出磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中粒子未與擋板碰撞。已知：粒子發(fā)射位置A到水平線PM的距離為，不計(jì)重力。
求粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向與板PQ的夾角；
求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的取值范圍；
若粒子正好從QN的中點(diǎn)射出磁場(chǎng)，求粒子在磁場(chǎng)中的軌跡到擋板MN的最近距離。
答案和解析 1.【答案】D 【解析】解：A、光是電磁波，電磁波是橫波，機(jī)械波有橫波，也有縱波，故A錯(cuò)誤；
B、一切運(yùn)動(dòng)的宏觀物體都具有波粒二象性，故B錯(cuò)誤；
C、湯姆孫提出的原子模型認(rèn)為原子中的正電荷均勻分布在整個(gè)原子內(nèi)，而電子則嵌在其中；由于電子的質(zhì)量很小，比粒子的質(zhì)量小得多，粒子碰到金箔原子內(nèi)的電子，運(yùn)動(dòng)方向不會(huì)發(fā)生明顯變化，湯姆孫模型認(rèn)為正電荷在原子內(nèi)是均勻分布的，因此，當(dāng)粒子穿過(guò)原子時(shí)，它受到兩側(cè)正電荷的斥力有相當(dāng)大一部分互相抵消，使粒子偏轉(zhuǎn)的力不會(huì)很大，不會(huì)有大角度偏轉(zhuǎn)，故C錯(cuò)誤；
D、理想氣體是一個(gè)理論模型，分子本身的大小比起分子之間的平均距離可以忽略不計(jì)，氣體分子在做無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，除了發(fā)生碰撞的瞬間外，分子間不存在作用力，故D正確。
故選：D。
光是電磁波，電磁波是橫波，機(jī)械波有橫波，也有縱波；一切運(yùn)動(dòng)的宏觀物體都具有波粒二象性；湯姆孫提出的原子模型認(rèn)為原子中的正電荷均勻分布在整個(gè)原子內(nèi)，而電子則嵌在其中，這就是著名的“棗糕模型”；理想氣體是一個(gè)理論模型，分子作用力忽略不計(jì)。
本題考查了電磁波與機(jī)械波、物質(zhì)波、湯姆孫原子模型、理想氣體等，知識(shí)點(diǎn)多，難度小，關(guān)鍵是要多加積累，記住基礎(chǔ)知識(shí)。
2.【答案】D 【解析】解：A、由萬(wàn)有引力定律可得：，航天員所受地球引力的大小不為零，萬(wàn)有引力完全提供向心力，故A錯(cuò)誤；
B、同步衛(wèi)星的自轉(zhuǎn)周期為1天，根據(jù)開(kāi)普勒第三定律可得，“天宮二號(hào)”的軌道半徑小于地球同步衛(wèi)星的軌道半徑，所以“天宮二號(hào)”運(yùn)行周期小于1天，航天員隨“天宮二號(hào)”運(yùn)行的周期小于一天，故B錯(cuò)誤；
C、由萬(wàn)有引力提供向心力有：，解得：，是衛(wèi)星貼近地面做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度，是最大的環(huán)繞速度，航天員隨“天宮二號(hào)”運(yùn)行的速度小于，故C錯(cuò)誤；
D、航天員隨“天宮二號(hào)”一起做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力完全提供向心力，所以航天員所受地球引力的大小與其隨飛船運(yùn)動(dòng)所需向心力的大小近似相等，故D正確。
故選：D。
由萬(wàn)有引力定律分析航天員所受地球引力的大??；根據(jù)開(kāi)普勒第三定律分析航天員隨“天宮二號(hào)”運(yùn)行的周期；由萬(wàn)有引力提供向心力得到線速度表達(dá)式分析線速度大??；航天員所受地球引力提供其所需的向心力。
本題主要是考查萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力結(jié)合向心力公式進(jìn)行分析，掌握開(kāi)普勒第三定律的應(yīng)用方法。
3.【答案】C 【解析】解：設(shè)鋼索與水平方向夾角為，小球Q受力分析可得
得加速度
故A錯(cuò)誤；
B.球Q下降過(guò)程中所受重力的功率
因速度在增大，故重力功率也增大，故B錯(cuò)誤；
C.小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中繩子拉力與運(yùn)動(dòng)方向垂直，不做功。只有重力做功，因此機(jī)械能守恒，故C正確；
D.合外力沖量等于動(dòng)量變化量，故球Q動(dòng)量變化的方向沿鋼索向下，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
小球Q受力分析根據(jù)牛頓第二定律解得加速度，根據(jù)功率的公式解得B項(xiàng)，小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有重力做功，因此機(jī)械能守恒，根據(jù)動(dòng)量定理分析D項(xiàng)。
本題關(guān)鍵結(jié)合運(yùn)動(dòng)情況分析受力情況，明確機(jī)械能守恒的條件，注意功率的計(jì)算公式．
4.【答案】A 【解析】解：從狀態(tài)A到狀態(tài)B的過(guò)程中氣體的體積增大，氣體對(duì)外做功，氣體吸收了300J的熱量，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可得，所以氣體內(nèi)能增加220J。故A正確，BCD錯(cuò)誤。
故選：A。
根據(jù)求出氣體對(duì)外界做的功，然后由熱力學(xué)第一定律求出吸收的熱量。
本題考查氣體實(shí)驗(yàn)定律和熱力學(xué)第一定律的應(yīng)用，注意熱力學(xué)第一定律中的物理量正負(fù)號(hào)的含義。
5.【答案】A 【解析】解：A、設(shè)第②次提升過(guò)程礦車上升所用的時(shí)間為t，根據(jù)圖象的面積表示位移，得：
解得：
所以第①次和第②次提升過(guò)程礦車上升所用的時(shí)間之比為：：5
故A正確；
B、根據(jù)圖象的斜率表示加速度，知兩次礦車勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度相同，由牛頓第二定律得：
解得：
所以電機(jī)的最大牽引力相等
故B錯(cuò)誤；
C、設(shè)電機(jī)的最大牽引力為F，第①次電機(jī)輸出的最大功率為
第②次電機(jī)輸出的最大功率為
因此電機(jī)輸出的最大功率之比為2：1，故C錯(cuò)誤；
D、電機(jī)所做的功與重力做功之和為零，因此電機(jī)做功之比為：：1
故D錯(cuò)誤。
故選：A。
兩次提升的高度相同，根據(jù)圖象的面積表示位移列式，求解礦車上升所用的時(shí)間之比；根據(jù)圖象的斜率表示加速度，由牛頓第二定律分析電機(jī)的最大牽引力之比；由求電機(jī)輸出的最大功率之比；由求電機(jī)所做的功之比。
解決本題的關(guān)鍵要理清礦車的運(yùn)動(dòng)情況，知道圖象的面積表示位移，抓住兩次總位移相等來(lái)求第2次運(yùn)動(dòng)時(shí)間。
6.【答案】B 【解析】解：AB、題圖1，設(shè)探測(cè)器的質(zhì)量為m，行星的質(zhì)量為M，規(guī)定向左為正方向，根據(jù)彈性碰撞滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可知
聯(lián)立可得
而在天體運(yùn)行中，滿足
因此上式可簡(jiǎn)化為
，故ACD錯(cuò)誤，B正確。
故選：B。
將以上的模型與同一條直線上發(fā)生的彈性碰撞規(guī)律作類比，可以由于動(dòng)量守恒與能量守恒分別列式，即可求出。
解答該題關(guān)鍵分析物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)量守恒和能量守恒結(jié)合研究。
7.【答案】BD 【解析】解：A、小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)水平速度不為零，豎直速度為零，所以最高點(diǎn)的瞬時(shí)速度不為零，故A錯(cuò)誤；
B、在豎直方向上，小球做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：
，故B正確；
C、小球在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：
，故C錯(cuò)誤；
D、設(shè)小球速度與水平方向的夾角為，根據(jù)豎直方向上的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)可知：
在水平方向上，
聯(lián)立解得：
當(dāng)時(shí)，小球的射程最大，此時(shí)
，故D正確；
故選：BD。
理解小球在不同方向上的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和數(shù)學(xué)知識(shí)完成分析。
本題主要考查了斜拋運(yùn)動(dòng)的相關(guān)應(yīng)用，理解運(yùn)動(dòng)的合成與分解，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可完成分析，難度不大。
8.【答案】AD 【解析】解：當(dāng)金屬框在云強(qiáng)磁場(chǎng)中以恒定角速度繞軸轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，通過(guò)的磁通量和產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小和方向都隨時(shí)間發(fā)生周期性變化。
AB、當(dāng)線框從經(jīng)過(guò)中性面開(kāi)始計(jì)時(shí)，磁通量隨時(shí)間余弦規(guī)律變化；當(dāng)線框從垂直于中性面開(kāi)始計(jì)時(shí)，磁通量隨時(shí)間正弦規(guī)律變化，故A正確，B錯(cuò)誤；
CD、當(dāng)線框從經(jīng)過(guò)中性面開(kāi)始計(jì)時(shí)，線框中的電流隨時(shí)間正弦規(guī)律變化，金屬框通過(guò)兩半圓形金屬環(huán)及導(dǎo)線與電阻R構(gòu)成一個(gè)閉合回路，由楞次定律可知通過(guò)電阻R的電流方向不變，都是向左通過(guò)電阻，故C錯(cuò)誤，D正確；
故選：AD。
對(duì)金屬框的起始位置進(jìn)行分類討論，得出磁通量與時(shí)間的關(guān)系式；
根據(jù)電路構(gòu)造和楞次定律分析出電流隨時(shí)間時(shí)間的圖像。
本論題主要考查了交流電的相關(guān)應(yīng)用，理解磁通量的定義，結(jié)合電路構(gòu)造即可完成分析。
9.【答案】BC 【解析】解：AB、對(duì)小球2受力分析，小球2受重力，彈簧彈力和拉力，如圖：
由平衡條件得，水平方向：
豎直方向：
聯(lián)立解得：
對(duì)小球1、2和彈簧整體受力分析，整體受重力和兩個(gè)拉力，如圖：
由平衡條件得，水平方向：
豎直方向：
聯(lián)立解得：
則球1和球2的質(zhì)量之比為：：：1
故A錯(cuò)誤，B正確；
C、輕繩A的拉力
在輕繩A突然斷裂的瞬間，彈簧彈力不發(fā)生突變，球1所受合力與等大反向，由牛頓第二定律得：
解得：
故C正確；
D、在輕繩A突然斷裂的瞬間，彈簧彈力不發(fā)生突變，球2的受力情況不變，球2的加速度為0，故D錯(cuò)誤。
故選：BC。
分別對(duì)小球2、兩球整體受力分析，根據(jù)平衡條件列式求解兩球的質(zhì)量關(guān)系；輕繩A突然斷裂的瞬間，彈簧彈力不發(fā)生突變，小球2的加速度為零，小球1所受合力與輕繩的拉力等大反向，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度。
本題考查牛頓第二定律，解題關(guān)鍵是靈活選擇研究對(duì)象并對(duì)其受力分析，知道輕繩斷開(kāi)的瞬間，彈簧彈力不發(fā)生突變，結(jié)合牛頓第二定律分析即可。
10.【答案】ABD 【解析】解：AB、當(dāng)可變電阻的滑片P向下滑動(dòng)時(shí)，總電阻減小，干路電流增大，所以定值電阻兩端的電壓增大，內(nèi)電壓增大，則并聯(lián)部分電壓減小，根據(jù)可知定值電阻消耗的電功率減小，故AB正確；
CD、由于增大，減小，結(jié)合并聯(lián)電路電流特點(diǎn)可知增大，且增大的量大于增大的量，則有，故C錯(cuò)誤；D正確；
故選：ABD。
分析電路圖連接方式；根據(jù)滑動(dòng)變阻器的滑片的移動(dòng)判斷電路中電阻的變化，根據(jù)歐姆定律判斷電路中電流的變化，根據(jù)電功率的公式分析定值電阻消耗的電功率變化，最后利用并聯(lián)電路電流規(guī)律分析CD。
本題考查了串聯(lián)電路的特點(diǎn)和歐姆定律、電功率公式的靈活運(yùn)用；難點(diǎn)是理解電流變化情況。
11.【答案】AB 【解析】解：A、a下滑過(guò)程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：
a、b發(fā)生彈性碰撞，碰撞過(guò)程a、b系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律分別得：，
解得：，，故A正確；
B、b剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，感應(yīng)電流，對(duì)金屬棒b，由牛頓第二定律得：
b進(jìn)入磁場(chǎng)后b、c組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，當(dāng)b的速度為時(shí)，由動(dòng)量守恒定律得：
此時(shí)回路電流，對(duì)金屬棒b，由牛頓第二定律得：
解得：，故B正確；
C、最終b、c速度相等一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：
由能量守恒定律得：
b棒產(chǎn)生的的焦耳熱
解得：，故C錯(cuò)誤；
D、b進(jìn)入磁場(chǎng)后做減速運(yùn)動(dòng)，而c開(kāi)始做加速運(yùn)動(dòng)，b、c之間的距離是減小的，最終b、c速度相等時(shí)兩者距離最小。
對(duì)b由動(dòng)量定理得：，其中：，解得b進(jìn)入磁場(chǎng)后，bc間減小的距離，故D錯(cuò)誤。
故選：AB。
a下滑過(guò)程機(jī)械能守恒，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律求出a到達(dá)水平軌道時(shí)的速度；a、b發(fā)生彈性碰撞，碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律求出碰撞后b的速度；b、c組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求出c的速度，應(yīng)用求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，應(yīng)用安培力公式求出安培力，應(yīng)用牛頓第二定律求出金屬棒的加速度大小，然后比較加速度大小關(guān)系；應(yīng)用能量守恒定律求出金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱；應(yīng)用動(dòng)量定理求出bc間距離的增加量。
本題是電磁感應(yīng)與力學(xué)相結(jié)合的綜合題，關(guān)鍵是掌握動(dòng)量守恒的條件，判斷b、c系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，結(jié)合動(dòng)量守恒定律、牛頓第二定律進(jìn)行分析答題．
12.【答案】 相等 【解析】解：小物塊平衡時(shí)，恰好位于A點(diǎn)，則有：，
由能量守恒定律有：
解得：
從上式可以看出，表達(dá)式與m無(wú)關(guān)，所以測(cè)得動(dòng)摩擦因數(shù)與真實(shí)值相等。
故答案為：、；相等
豎直放置時(shí)由平衡條件求得彈簧的勁度系數(shù)，改為水平放置時(shí)，由能量守恒求出動(dòng)摩擦因數(shù)；
從得到的表達(dá)式分析誤差。
本題考查勁度系數(shù)和動(dòng)摩擦因數(shù)的測(cè)量的創(chuàng)新性實(shí)驗(yàn)，利用了在豎直方向的平衡求勁度系數(shù)，巧妙的是將豎直改為水平放置時(shí)，通過(guò)測(cè)量物塊停止的距離得出動(dòng)摩擦因數(shù)的大小。
13.【答案】正 【解析】解：電容器上極板與電源的正極相連，所以上極板帶正電；
圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示電容器放電過(guò)程中放出的電荷量，也就是電容器充滿電的電荷量，根據(jù)圖像可知，圖像斜面小正方形的格數(shù)為14個(gè)，每一小格代表的電荷量為，所以電容器充滿電的電荷量；
電容器的電容為：；
將電路中的電阻阻值增大為原來(lái)的兩倍，放電電流會(huì)減小，電量不變，時(shí)間會(huì)延長(zhǎng)，圖像如圖所示：
故答案為：正；；；畫(huà)出曲線見(jiàn)解析。
電容器上極板與電源的正極相連，由此分析哪個(gè)極板帶正電；
圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示電容器放電過(guò)程中放出的電荷量由此分析；根據(jù)電容的計(jì)算公式求解電容；
若將電路中的電阻增大為原來(lái)的兩倍，放電過(guò)程中電容器放電電荷量不變，只是放電時(shí)間增長(zhǎng)，由此畫(huà)圖。
本題主要是考查“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實(shí)驗(yàn)，關(guān)鍵是弄清楚實(shí)驗(yàn)原理、電路的連接情況、圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示的物理意義等。
14.【答案】解：箱子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，受力情況如圖所示，由平衡條件可得：
水平方向：
豎直方向：
又：
解得：；
箱子所受拉力斜向右上方時(shí)，由牛頓第二定律可得：
豎直方向由平衡條件可得
又
求得：
箱子在拉力作用下運(yùn)動(dòng)1s后，撤去外力F，
加速階段中箱子位移大小為
加速階段的末速度為
撤去外力后箱子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得，
解得加速度大小為：
減速階段中箱子位移大小為
箱子總位移大小為，方向向右。
第問(wèn)中，箱子在全過(guò)程中由動(dòng)能定理有
即；
解得：
答：推力F的大小為300N；
箱子運(yùn)動(dòng)的總位移的大小為，方向向右；
第2問(wèn)中摩擦力所做的功為。 【解析】對(duì)物體進(jìn)行受力分析，物體做勻速運(yùn)動(dòng)故所受合力為0，根據(jù)平衡方程求解物體所受推力F的大??；
對(duì)物體進(jìn)行受力分析，在拉力F作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律求出加速度，從而求出作用1s末的速度，再根據(jù)撤去力F后在摩擦力作用下做勻減速運(yùn)動(dòng)，再由牛頓運(yùn)動(dòng)定律求出減速運(yùn)動(dòng)的加速度，根據(jù)速度-位移關(guān)系求解物體還能運(yùn)動(dòng)的位移；
根據(jù)動(dòng)能定理列式求解摩擦力所做的功。
本題關(guān)鍵是抓住正確的受力分析，由平衡條件或牛頓第二定律列方程求解，掌握規(guī)律是解決問(wèn)題的基礎(chǔ)，本題第二問(wèn)中還能運(yùn)行多遠(yuǎn)的計(jì)算中，部分同學(xué)認(rèn)為撤去外力F前后摩擦力大小保持不變，這是一個(gè)易錯(cuò)點(diǎn)．
15.【答案】解：由圖可知，兩列波的振幅都為4cm，介質(zhì)中偏離平衡位置位移為8cm的質(zhì)點(diǎn)即為兩列波的波峰相遇。
設(shè)質(zhì)點(diǎn)x坐標(biāo)為x，根據(jù)波形圖可知，甲、乙的波長(zhǎng)分別為，
則甲、乙兩列波的波峰坐標(biāo)分別為……；，……
綜上，所有波峰和波峰相遇的質(zhì)點(diǎn)坐標(biāo)為，，，，，……
偏離平衡位置位移為是兩列波的波谷相遇的點(diǎn)，時(shí)，波谷之差，，，，……
整理可得……
波谷之間最小的距離為……
兩列波相向傳播，相對(duì)速度為……
所以出現(xiàn)偏離平衡位置位移為的最短時(shí)間
答：時(shí)，介質(zhì)中偏離平衡位置位移為8cm的所有質(zhì)點(diǎn)的x坐標(biāo)為，，，，，……；
從開(kāi)始，介質(zhì)中最早出現(xiàn)偏離平衡位置位移為的質(zhì)點(diǎn)的時(shí)間為。 【解析】由圖讀出兩列波的波長(zhǎng)和振幅，介質(zhì)中偏離平衡位置位移為8cm的質(zhì)點(diǎn)應(yīng)是兩列波的波峰與波峰相遇的點(diǎn)，對(duì)波峰相遇時(shí)的點(diǎn)的坐標(biāo)進(jìn)行分別列式，即可求出介質(zhì)中偏離平衡位置位移為8cm的所有質(zhì)點(diǎn)的x坐標(biāo)。
先通過(guò)圖表示出時(shí)，兩波波谷間的x坐標(biāo)之差的表達(dá)式，從而可計(jì)算出相向傳播的波谷間的最小距離，也就可以計(jì)算出從開(kāi)始，介質(zhì)中最早出現(xiàn)偏離平衡位置位移為的質(zhì)點(diǎn)的時(shí)間。
解決本題時(shí)，要理解波的空間周期性，解答過(guò)程中要注意數(shù)學(xué)知識(shí)在物理學(xué)中的應(yīng)用，尤其是對(duì)于通式的表述。同時(shí)要求學(xué)生要有較強(qiáng)的計(jì)算能力，計(jì)算過(guò)程中要細(xì)心。
16.【答案】解：粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，由類平拋位移和速度規(guī)律，
在沿電場(chǎng)線方向上有：，
末速度方向與PQ板成角，則：
又根據(jù)牛頓第二定律：
聯(lián)立解得：
帶電粒子從Q點(diǎn)射出磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖2所示：
圖2
由幾何關(guān)系可知：粒子從下邊緣Q點(diǎn)射出時(shí)，軌跡圓的半徑為
由洛倫茲力提供向心力可知：，磁感應(yīng)強(qiáng)度
由此可知，
帶電粒子從N點(diǎn)射出磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖3所示：
圖3
由幾何關(guān)系可知：粒子從下邊緣N點(diǎn)射出時(shí)，設(shè)軌跡圓的半徑為
在中：，解得：
由洛倫茲力提供向心力可知：，磁感應(yīng)強(qiáng)度：
由此可知：
磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的取值范圍為：
即：
若粒子正好從QN的中點(diǎn)射出磁場(chǎng)，畫(huà)出粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖4所示：
圖4
由幾何關(guān)系可知，在中，
該軌跡與MN極板最近的距離：
聯(lián)立解得：
答：粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向與板PQ的夾角；
磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的取值范圍為：；
若粒子正好從QN的中點(diǎn)射出磁場(chǎng)，粒子在磁場(chǎng)中的軌跡與擋板MN的最近距離為。 【解析】粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求末速度的大小和方向；
粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)粒子出射點(diǎn)的邊界條件，求出臨界磁感應(yīng)強(qiáng)度，進(jìn)而求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍；
根據(jù)粒子正好從QN的中點(diǎn)射出磁場(chǎng)這一邊界條件，畫(huà)出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，然后由幾何關(guān)系求出粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡圓半徑，再由幾何關(guān)系求出粒子在磁場(chǎng)中的軌跡與擋板MN的最近距離。
本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中類平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中勻速圓周運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵在于找到粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡和邊界條件，由幾何關(guān)系求出軌跡圓的半徑，然后由洛倫茲力提供向心力求出磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。本題對(duì)作圖要求很高，過(guò)程復(fù)雜，計(jì)算量大。
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