1.體育課上兩位同學在室內羽毛球場進行羽毛球比賽，羽毛球在空中上升的運動軌跡如圖中虛線所示，羽毛球加速度方向示意圖可能正確的是( )
A. B. C. D.
2.如圖所示為某緩沖裝置模型，輕質彈簧與輕桿相連，輕桿可在固定的槽內沿水平方向左右移動，輕桿與槽間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力?，F(xiàn)小車以水平速度v0撞擊彈簧，輕桿恰好向右移動距離l，不計小車與地面間的摩擦，則( )
A. 輕桿移動距離l的過程中先做勻加速再做勻減速運動
B. 彈簧被壓縮最短時，輕桿的速度達到最大
C. 根據(jù)小車運動的對稱性可知，小車以v0的速率被彈簧彈回
D. 彈簧的彈性勢能最大時，輕桿向右加速的加速度達到最大
3.如圖所示為甲、乙兩物體在同一直線上做勻變速直線運動的位移-時間圖像，兩圖像相切于A點，其坐標為(2.0,4.,0)。已知甲物體的初速度為零，乙物體的加速度大小為1m/s2由圖像可知( )
A. 甲、乙兩物體的運動方向相反，加速度方向相同
B. 乙物體的初速度大小為6m/s
C. 甲物體的加速度大小為4m/s2
D. t=0時刻，甲、乙兩物體相距10m
4.如圖所示，空間有一勻強電場，其方向與直角三角形△ABC所在的平面平行，∠B=60°D為BC的中點，AB邊長2cm，D點電勢為0V。現(xiàn)將一個電荷量為?1×10?6C的點電荷從電場中的B點移到A點，電場力做了2×10?6J的功，再從A點移到點C，點電荷克服電場力做了6×10?6J的功。則關于勻強電場的場強大小和方向說法正確的是( )
A. 場強方向沿AB直線由A指向BB. 場強方向沿AC直線由A指向C
C. 場強大小為150V/mD. 場強大小為200V/m
5.如圖所示，兩顆衛(wèi)星A、B在同一個軌道平面內，沿順時針方向繞地球做勻速圓周運動，近地衛(wèi)星A的周期約為1.5h，衛(wèi)星B的軌道半徑為衛(wèi)星A軌道半徑的2倍。由于地球的遮擋，A、B兩衛(wèi)星在運動過程中一定時間內不能直接進行信號傳輸，則A和B衛(wèi)星從相距最近開始一直到剛好不能直接進行信號傳輸經(jīng)歷的最短時間約為( )
A. 0.4hB. 0.6hC. 1hD. 1.5h
二、多選題：本大題共5小題，共27分。
6.氫原子的能級圖如圖甲所示，一群處于第3能級的氫原子，向低能級躍遷過程中能發(fā)出不同頻率的光，用這些光照射圖乙中的光電管，有2種頻率的光可讓光電管陰極K發(fā)生光電效應。調節(jié)滑片P的位置，當電壓表的示數(shù)為7.55V時，微安表示數(shù)恰好為零。下列說法中正確的是( )
A. 圖乙電路中電源左側為負極
B. 氫原子躍遷放出的光中有3種頻率不同的光子
C. 光電管陰極K金屬材料的逸出功為4.54eV
D. 用能量為1.5eV的光照射處于第3能級的氫原子，可以使氫原子發(fā)生電離
7.某同學使用頻閃儀和照相機對斜拋運動進行研究，他將一小球斜向上拋出，照相機每隔0.05s對小球位置進行拍攝，拍攝的照片編輯后如圖所示。圖中的A位置為小球拋出瞬間的影像，AB、BC之間刪除了3個影像，圖中所標出的AB間距x1和BC間距x2之比為1： 5，已知A、B處的影像處于同一個高度，忽略小球運動過程中的空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，則( )
A. AB間距x為0.2mB. 小球拋出的初速度大小為 3m/s
C. 小球的初速度方向與水平方向夾角為45°D. 小球運動到C處的速度大小為10m/s
8.如圖所示，兩平行金屬導軌由水平和弧形兩部分組成，水平導軌窄軌部分間距為L，處在豎直向上、磁感應強度為2B的勻強磁場中，寬軌部分間距為2L，處在豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場中。現(xiàn)將兩根質量均為m的導體棒a、b分別靜置在弧形導軌和水平寬軌上，導體棒a從距水平導軌h處靜止釋放。兩金屬棒在運動過程中始終與導軌垂直且與導軌接觸良好。兩導體棒接入電路的電阻均為R，其余電阻不計，寬軌和窄軌都足夠長，a棒始終在窄軌磁場中運動，b棒始終在寬軌磁場中運動，重力加速度為g，不計一切摩擦，下列說法正確的是( )
A. a棒剛進入磁場時，b棒的加速度水平向左
B. 從a棒剛進入磁場到兩棒達到穩(wěn)定的過程中，b棒上產生的焦耳熱為12mgh
C. 從a棒剛進入磁場到兩棒達到穩(wěn)定的過程中，通過b棒的電量為m 2gh4BL
D. 從a棒進入磁場到兩棒達到穩(wěn)定的過程中，a、b棒與導軌所圍線框的磁通量變化了mR 2gh2BL
9.下列有關熱現(xiàn)象的說法正確的是。( )
A. 一定質量的0℃的冰融化為0℃的水時，分子勢能增加
B. 所有晶體都有固定的形狀、固定的熔點和沸點
C. 水蒸氣達到飽和時，水蒸氣的壓強不再變化，但蒸發(fā)和凝結仍在進行
D. 電冰箱的制冷系統(tǒng)能夠不斷地把冰箱內的熱量傳到外界，符合熱力學第二定律
E. 液晶像液體一樣具有流動性，其光學性質與某些晶體相似，具有各向同性
10.下列有關光現(xiàn)象的說法正確的是( )
A. 光從光密介質射入光疏介質，若入射角大于臨界角，則一定發(fā)生全反射
B. 做雙縫干涉實驗時，若只將雙縫間距變小，相鄰明條紋間距會隨之變大
C. 在白光下觀察肥皂泡，其表面的相鄰明條紋間距是相等的
D. 光的衍射現(xiàn)象表明光是橫波
E. 在同一種透明介質中，波長越短的光傳播速度越小
三、實驗題：本大題共2小題，共16分。
11.某實驗小組設計如圖甲所示的實驗裝置測量滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)。將右端帶有滑輪的長木板平放在水平實驗桌面上，滑塊放在長木板上，滑塊的左端與穿過打點計時器(未畫出)的紙帶相連，右端用細線通過定滑輪與托盤連接。調整滑輪高度使細線方向與長木板平行。在托盤中放入適量砝碼，滑塊在托盤的水平牽引力下運動，通過紙帶測量滑塊的加速度。
(1)圖乙為某次實驗得到的一段紙帶，計數(shù)點A、B、C、D、E相鄰兩點間有四個計時點未畫出，交流電頻率為50Hz，根據(jù)紙帶上打出的A、B、C、D、E五個點的位置可求出滑塊的加速度大小為______m/s2(結果保留兩位有效數(shù)字)。
(2)滑塊質量是托盤(含砝碼)質量的k倍，滑塊的加速度用a表示，重力加速度為g，則滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ=______(用題中所給物理量的字母表示)。
(3)實驗中，由于沒有考慮紙帶與打點計時器間的摩擦，導致測得的動摩擦因數(shù)會______(填“偏大”或“偏小”)。
12.某同學為了測量一個量程為3V的電壓表的內阻，進行了如下實驗。
(1)他將多用電表選擇開關調至歐姆擋“×100”，對其進行歐姆調零，然后用歐姆表的紅表筆接電壓表的______接線柱(選填“正”或“負”)，黑表筆接電壓表另一個接線柱，對電壓表的內阻進行測量。表盤顯示如圖所示，可測得電壓表的內阻為______Ω。
(2)為較準確地測定電壓表V0的內阻，除待測電壓表外，另準備有如下器材：
A.電壓表V(量程3V，內阻r1的為2000Ω)
B.電壓表V(量程6V，內阻r2約為5000Ω)
C.定值電阻R1(阻值R1=300Ω)
D.定值電阻R2(阻值R1=2000Ω)
E.滑動變阻器R(阻值0～100Ω)
F.電源E(電動勢E=6V，內阻r約為2Ω)
G.開關S、導線若干
①同學根據(jù)以上器材現(xiàn)設計了如圖2、2兩種電路，你認為應選擇______電路較為合理；
②在合理的電路中，電壓表V選______，定值電阻R0選______(填儀器前的字母序號)；
③若定值電阻R0阻值為R，待測電壓表V0的讀數(shù)為U0電壓表V的讀數(shù)為U，則待測電壓表的內阻計算公式為RV=______(用題中測得的物理量字母表示)。
四、簡答題：本大題共4小題，共44分。
13.某同學在操場練習籃球的控球能力。他單手托著籃球，使籃球由靜止隨手一起豎直向上運動h1=0.3m的高度后豎直拋出，籃球離開手上升h2=1.2m的高度到達最高點。籃球落回拋出點時再單手接住，籃球隨手一起向下運動h3=0.2m的高度后速度減為零。已知籃球質量m=0.6kg，g取10m/s2，空氣阻力忽略不計，手和籃球一起運動近似看作勻變速直線運動。求：
(1)拋球過程和接球過程手對籃球作用力之比；
(2)拋球過程和接球過程手對籃球沖量之比。
14.如圖所示，在直角坐標系xy平面第一、二象限內有兩個電場強度大小均為E的勻強電場Ⅰ和Ⅱ，兩個電場的邊界分別是邊長為L的正方形abc和ced，勻強電場Ⅰ的場強方向沿x軸正方向，勻強電場Ⅱ的場強方向沿y軸正方向，第三象限內有垂直平面向外的勻強磁場，磁場邊界線為半徑為L的半圓，d為圓心，在電場Ⅰ區(qū)域內適當位置由靜止釋放一個電子，電子經(jīng)電場Ⅱ進入磁場區(qū)域。
已知電子質量為m，電量為e，重力忽略不計。
(1)要使電子恰能從d點離開電場，求釋放點坐標(x,y)滿足的關系式；
(2)從第一象限內坐標為(0.5L,0.5L)的位置由靜止釋放電子，發(fā)現(xiàn)電子離開磁場時速度方向恰好沿x軸正方向。求磁感應強度的大小及電子在電場和磁場中運動的總時間t。
15.如圖所示，一水平放置導熱汽缸，由截面積不同的兩個圓筒連接而成，輕質活塞A、B用一長度為3L=30cm剛性輕桿連接成整體，它們可以在筒內無摩擦地左右滑動且不漏氣?；钊拿娣e分別為SA=20cm2和SB=10cm2。汽缸內A和B之間封閉有一定質量的理想氣體，A的左邊及B的右邊均與大氣相通，大氣壓強始終保持為p0=1.0×105Pa，當氣缸內氣體溫度為T1=300K時，活塞處于圖示位置的平衡狀態(tài)。求：
①此時汽缸內理想氣體的壓強p1為多少？
②現(xiàn)對活塞A施加一個水平向右推力，使活塞向右移動L=10cm的距離后靜止，此時汽缸內氣體溫度T2=312K。則此時推力F大小為多少？
16.在發(fā)波水槽中，水面上兩個質點A、B在振動觸頭的作用下做完全相同的簡諧振動，其振動方程均為x=0.5sin50πt(cm)，在水面產生的水波可近似看成簡諧橫波，相鄰波峰之間距離為1cm，水面上另一質點C到質點A、B的水平距離分別為LA=10cm和LB=15cm，求：
①質點A、B產生的兩列水波傳播到質點C所用時間tA和tB分別為多少；
②在t=1s內質點C振動的總路程xC。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：羽毛球做曲線運動，所以加速度方向與速度方向不共線，且指向軌跡的內側，羽毛球在上升階段做減速運動，所以加速度方向與速度方向的夾角大于90°，故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
根據(jù)羽毛球做曲線運動，且速度在減小分析即可。
掌握物體做曲線運動的條件是解題的基礎，還要知道羽毛球做減速運動，所以加速度方向與速度方向的夾角為鈍角。
2.【答案】D
【解析】解：A、輕桿移動距離l的過程中，先做加速運動，再做減速運動，輕桿所受的摩擦力不變，但所受的彈簧的彈力是變力，所以輕桿所受的合外力為變力，加速度大小和方向都變化，輕桿不可能做勻變速直線運動，故A錯誤；
B、彈簧被壓縮最短時，輕桿所受的合外力最大，輕桿正在做加速運動，其速度沒有達到最大，故B錯誤；
C、根據(jù)能量守恒定律，由于輕桿與固定槽之間的動摩擦力做功，系統(tǒng)的機械能有一部分轉化為內能，所以小車被彈簧彈回的速率小于v0，故C錯誤；
D、彈簧的彈性勢能最大時，彈簧的彈力最大，輕桿受到的合外力最大，向右加速的加速度也達到最大，故D正確。
故選：D。
根據(jù)受力情況確定加速度大小變化情況，由此分析速度變化情況；根據(jù)能量守恒定律分析能量的轉化情況。
本題主要是考查了功能關系，首先要選取研究過程，分析運動過程中物體的受力情況和能量轉化情況，然后分析運動過程中哪些力做正功、哪些力做負功，根據(jù)功能關系列方程解答。
3.【答案】B
【解析】解：A、甲物體沿正方向做勻加速運動，乙物體沿正方向做勻減速運動，故甲、乙兩物體速度方向相同，但加速度方向相反，故A錯誤；
C、甲物體的初速度為零，根據(jù)位移與時間公式
x甲=12a甲t2
將(2.0s,4.0m)代入解得
a甲=2m/s2
故C錯誤；
B、兩圖像相切與A點，圖像的斜率表示速度，有
a甲t=v0?a乙t
代入數(shù)據(jù)解得
v0=6m/s，故B正確；
D、乙物體的位移-時間關系為
x乙=v0t?12a乙t2
將(2.0s,4.0m)代入解得
x乙=10m
則乙物體的出發(fā)位置為
x0=4m?x乙
代入數(shù)據(jù)解得
x0=?6m
所以t=0時刻，甲、乙兩物體相距6m，故D錯誤。
故選：B。
A、位移與時間圖像斜率表示速度；
C、利用位移與時間公式計算；
B、位移與時間圖像的斜率表示速度，利用速度與時間公式計算；
D、利用位移與時間圖像計算甲、乙之間距離。
本題結合位移與時間圖像考查學生對勻變速直線運動規(guī)律的理解，重點考查從運動學圖像中讀取信息的能力。
4.【答案】D
【解析】解：AB.根據(jù)電勢差公式U=Wq知
UBA=WBAq=2×10?6?1×10?6V=?1V
UAC=WACq=?6×10?4?1×10?4V=6V
由于UBA0，說明A點的電勢高于C點的電勢，所以場強方向不可能沿AB直線由A指向B，也不可能沿AC直線由A向C，故AB錯誤；
CD.如圖所示，因此B點與13AC點E的連線為等勢線，則電場線方向由A指向D，由題知，∠B=60°，AB邊長2cm，AC邊長2 3cm，根據(jù)幾何關系知
BE×OA=AE×AB
解得OA=1cm=0.01m
根據(jù)公式知
UAB=E?OA
代入得
E=200V/m
故C錯誤，D正確；
故選：D。
根據(jù)公式U=Wq求出BA和AC間的電勢差，再根據(jù)電勢差的關系分析電場方向，根據(jù)幾何關系結合電勢差與電場強度的關系作圖解得場強大小。
本題考查了電場的性質，解決本題的關鍵是理解電勢差與電場強度的關系以及電場力做功與電勢差的關系。
5.【答案】A
【解析】解：當AB連線與A軌道相切時，兩衛(wèi)星剛好不能直接進行信號傳輸，設此時B比A多轉過的角度為θ。
根據(jù)幾何關系有：csθ=rArB=12，則θ=π3
衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力有
GMmr2=m4π2T2r
則r3T2=GM4π2
所以有：rB3TB2=rA3TA2，解得衛(wèi)星B的周期為TB=3 2h
設所求時間為t，則有：(2πTB?2πTA)t=θ
解得：t≈0.4h，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
當AB連線與A軌道相切時，兩衛(wèi)星剛好不能直接進行信號傳輸，根據(jù)幾何關系求出B比A多轉過的角度，結合萬有引力提供向心力求解。
本題既要掌握衛(wèi)星問題的基本思路：萬有引力提供向心力，更重要的是畫出示意圖，運用幾何知識求解相關角度。
6.【答案】BC
【解析】解：A、光電子由陰極K向對面的極板運動，形成的電流在圖乙中從右向左流動，要阻止該電流，需要施加反向電壓，即電源左側應該為正極，故A錯誤；
B、氫原子躍遷放出的光中有C32=3種頻率不同的光子，故B正確；
C、由圖甲可知光子的能量為E=?1.51eV?(?13.6eV)=12.09eV，遏止電壓為7.55V，光電子的初動能為Ek=eUc=E?W0
解得金屬材料的逸出功為W0=4.54eV，故C正確；
D、至少用能量為1.51eV的光照射處于第3能圾的氫原子，才能使氫原子發(fā)生電離，故D錯誤。
故選：BC。
要使光電流為零需施加反向電壓；根據(jù)數(shù)學組合公式Cn2判斷光子的種類；根據(jù)光電效應方程結合動能定理求解逸出功；根據(jù)電離的條件分析。
此題綜合考查了玻爾理論與氫原子能級躍遷、光電效應、及愛因斯坦的光電效應方程，深刻理解其中的原理是關鍵。
7.【答案】AC
【解析】解：A、根據(jù)題意，照相機每隔0.05s對小球位置進行拍攝，AB、BC之間刪除了3個影像，則可知，每兩個小球之間的時間間隔為
t=4×0.05s=0.2s
設拋出時豎直方向的速度為vy，則有
hy=vyt?12gt2=0
h2=vy2t?12g(2t2)
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得
vy=1m/s
h2=?0.4m
而
x1=vxt
x2= x12+h22
代入數(shù)據(jù)解得
x1=0.2m
vx=1m/s
故A正確；
B、小球拋出時的初速度
v0= vx2+vy2
代入數(shù)據(jù)解得v0= 2m/s，故B錯誤；
C、小球的初速度方向與水平方向夾角的正切值
tanθ=vyvx
代入數(shù)據(jù)解得tanθ=1
可得θ=45°
可知，小球的初速度方向與水平方向夾角為45°，故C正確；
D、小球運動到C處時豎直方向的速度
vyC=vy?g2t
代入數(shù)據(jù)解得vyC=?3m/s
小球運動到C處的速度大小為
vC= vx2+vy2
代入數(shù)據(jù)解得
vC= 10m/s，故D錯誤。
故選：AC。
A、利用照相機拍攝的時間間隔，計算出小球的運動時間，小球在豎直方向上做豎直上拋運動，水平方向做勻速直線運動，可結合運動學公式計算AB間隔；
B、根據(jù)運動合成與分解思想，利用勾股定理計算拋出時的初速度；
C、拋出時速度方向與水平方向的夾角可由豎直方向分速度、水平方向分速度比值求得；
D、小球上升到最高點后做平拋運動，可先求出到達C點的豎直方向上的分速度的大小，進而利用勾股定理計算合速度大小。
本題考查了運用運動的合成與分解思想解決斜拋運動模型的能力，其中掌握基本斜拋運動規(guī)律，靈活應用勻變速直線運動公式為解決本題的關鍵。
8.【答案】ACD
【解析】解：A.根據(jù)右手定則，a棒進入磁場時，a棒的電流方向向外，則b棒的電流方向向內，根據(jù)左手定則可得，b棒的安培力方向向左，所以b棒加速度方向水平向左，故A正確；
C.對a棒，根據(jù)動能定理
mgh=12mv02
解得
v0= 2gh
當ab棒達到穩(wěn)定時
Ea=Eb
即
2BLva=B×2Lvb
對a棒，以向右為正方向，由動量定理可得
2BI?Lt=mv0?mva
對b棒，以向左為正方向，由動量定理可得
BI?×2Lt=mvb
通過b棒的電荷量為
q=I?t
以上各式聯(lián)立，解得
va=vb=v02= 2gh2
q=mv04BL=m 2gh4BL，故C正確；
B.根據(jù)能量守恒
12mv02=12mva2+12mvb2+Q總
解得
Q總=14mv02=12mgh
則b棒上產生的焦耳熱為
Qb=RR+RQ總=14mgh，故B錯誤；
D.由C可知，通過b棒的電荷量為
ΔΦ2R=m 2gh4BL
解得
ΔΦ=mR 2gh2BL，故D正確。
故選：ACD。
A：根據(jù)右手定則判斷a棒產生感應電流的方向，根據(jù)左手定則判斷b棒所受安培力的方向，進一步可知b棒加速度的方向；
B：根據(jù)能量守恒定律求解兩棒中產生的焦耳熱，再根據(jù)焦耳定律求解b棒中產生的焦耳熱；
C：根據(jù)動能定理求解a棒到達水平軌道上時的速度，再根據(jù)題意判斷穩(wěn)定時a棒和b棒的速度關系，從a棒剛進入磁場到兩棒達到穩(wěn)定的過程中，分別對a棒和b棒根據(jù)動量定理列式，再根據(jù)電流的定義式聯(lián)立求解從a棒剛進入磁場到兩棒達到穩(wěn)定的過程中通過b棒的電量；
D：根據(jù)電荷量公式求解從a棒進入磁場到兩棒達到穩(wěn)定的過程，a、b棒與導軌所圍線框的磁通量的變化量。
本題考查電磁感應中的能量問題，要求學生能正確分析帶電粒子的運動過程和運動性質，熟練應用對應的規(guī)律解題。
9.【答案】ACD
【解析】解：A.一定質量的0℃的冰融化為0℃的水時需要吸熱，而分子平均動能不變，則分子勢能增加，故A正確。
B.所有晶體都有固定的熔點和沸點，單晶體具有固定的形狀，多晶體沒有具體的形狀，故B錯誤；
C.水蒸氣達到飽和時，水蒸氣的壓強不再變化，但蒸發(fā)和凝結仍在進行，達到了動態(tài)平衡，故C正確；
D.由熱力學第二定律可知，熱量不能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體，除非有外界的影響或幫助，電冰箱的制冷系統(tǒng)能夠不斷地把冰箱內的熱量傳到外界，是壓縮機做功的結果，符合熱力學第二定律，故D正確；
E.液晶像液體一樣具有流動性，其光學性質與某些晶體相似，具有各向異性，故E錯誤。
故選：ACD。
明確物體內能是所有分子熱運動的動能和分子勢能的總和；根據(jù)晶體的特性分析B，根據(jù)水蒸氣飽和的動態(tài)平衡分析C，根據(jù)熱力學第二定律分析D，液晶的光學性質具有各向異性。
本題考查內能、熱力學第二定律、晶體等知識點，解題關鍵掌握基本知識的積累。
10.【答案】ABE
【解析】解：A.全反射發(fā)生的條件是光從光密個質進入光疏介質，且入射角大于或等于臨界角，故A正確；
B.根據(jù)Δx=ldλ，可知做雙縫干涉實驗時，若只將雙縫間距變小，相鄰明條紋間距會隨之變大，故B正確；
C.在白光下觀察肥皂泡，由于肥皂泡的厚度不同，其表面的相鄰各條紋不是等間距的，故C錯誤；
D.光的衍射現(xiàn)象表明光具有波動性，但不能直接證明光是橫波，故D錯誤；
E.不同顏色的光在同一種介質中，波長越短的光頻率越大，折射率越大，根據(jù)v=cn可知，傳播速度越小，故E正確。
故選：ABE。
根據(jù)全反射的條件分析解答；雙縫干涉實驗中相鄰亮條紋之間的距離滿足公式Δx=ldλ；由于肥皂泡的厚度不同，其表面的相鄰各條紋不是等間距的；光的衍射說明光的波動性；根據(jù)頻率與折射率的關系結合光速的計算公式分析E。
該題考查衍射與干涉的原理，理解干涉與衍射是波的特有性質等知識點的內容，注意全反射的條件，這些知識點都是一些簡單的知識點，在平時的學習過程中多加積累即可做好。
11.【答案】0.431k?(1+k)akg 偏大
【解析】解：(1)根據(jù)題意可知，打點計時器的打點周期
T=1f
代入數(shù)據(jù)解得T=0.02s
每兩個計數(shù)點之間的時間間隔
t0=5T=5×0.02s=0.1s
根據(jù)逐差相等公式可得加速度
a=Δxt2=xCE?xAC(2t0)2
代入數(shù)據(jù)解得
a≈0.43m/s2
(2)設托盤(含砝碼)的質量為m，則滑塊的質量為km，對整體由牛頓第二定律有
mg?μkmg=(m+km)a
整理解得μ=1k?(1+k)akg
(3)若考慮紙帶與打點計時器間的摩擦力，設紙帶與打點計時器間的摩擦力為f，由牛頓第二定律有
mg?μkmg?f=(m+km)a
整理解得μ=1k?(1+k)akg?fkmg
顯然，沒有考慮紙帶與打點計時器間的摩擦，導致測得的動摩擦因數(shù)將偏大。
故答案為：(1)0.43m/s2，(2)1k?(1+k)akg，(3)偏大。
(1)利用逐差相等公式計算加速度；
(2)將滑塊與托盤(含砝碼)當作整體受力分析，利用牛頓第二定律推導動摩擦因數(shù)；
(3)設紙帶與打點計時器間的摩擦力為f，再次用牛頓第二定律推導考慮此摩擦力時的動摩擦因數(shù)，與(2)中所得數(shù)據(jù)進行比較。
本題考查應用實驗方法探究影響滑動摩擦力大小的因素的能力，其中靈活運用牛頓第二定律為解決本題的關鍵。
12.【答案】負 2200 圖3V2 R2 U0RU?U0
【解析】解：(1)歐姆表測量電阻時，電流從黑表筆流出歐姆表，所以黑表筆接電壓表正接線柱，紅表筆接電壓表負接線柱；
選擇開關調至歐姆擋“×100”，由指針所指位置可知，電壓表的內阻為RV=22×100Ω=2200Ω
(2)①②③為了準確測定電壓表V0的內阻，需要得到流過V0的電流。圖2所示電路，流過V0的電流等于定值電阻R0和電壓表V的電流之和，由于電壓V的內阻未知，所以無法求得流過V的電流，也就無法得到流過V0的電流。圖3所示電路，流過V0的電流等于定值電阻R0的電流，所以選擇圖3電路圖更合理，則有
I=U?U0R
電壓表V0的內阻為
RV=U0I=U0R0U?U0
為了減小V0和V的讀數(shù)誤差，應使它們的示數(shù)較大，則定值電阻R0選用R2，電壓表選擇V2，當電壓表V0滿偏時，電壓表V2也接近滿偏。
故答案為：(1)負；2200；(2)圖3；V2；R2；U0RU?U0
(1)根據(jù)電流通過表筆的流向特點及讀數(shù)方法分析解答；
(2)根據(jù)實驗原理結合電表偏轉選擇器材，根據(jù)歐姆定律解得電壓表內阻。
本題考查了求電壓表內阻、歐姆表的使用注意事項、歐姆表讀數(shù)、應用歐姆定律結合實驗原理解答。
13.【答案】解：(1)(1)設拋球過程和接球過程手對籃球作用力分別為F1、F2，兩過程籃球運動的加速度大小分別為a1、a2，拋球速度大小為v，由勻變速直線運動規(guī)律可得
v2=2gh2
v2=2a1h1
由于籃球運動過程中不計空氣阻力，拋球和接球速度大小相等，所以
v2=2a2h3
聯(lián)立解得
a1=40m/s2，a2=60m/s2
由牛頓第二定律可得
F1?mg=ma1
F2?mg=ma2
解得
F1：F2=5：7
(2)設拋球和接球過程中手對籃球的沖量分別為I1、I2，籃球運動時間分別為t1、t2，由題意可得
I1=F1t1
I2=F2t2
v=a1t1=a2t2
解得
I1：I2=15：14
答：(1)拋球過程和接球過程手對籃球作用力之比為5：7；
(2)拋球過程和接球過程手對籃球沖量之比為15：14。
【解析】(1)根據(jù)運動學公式計算出兩次的加速度，然后根據(jù)牛頓第二定律可得手對籃球的作用力；
(2)根據(jù)動量定理計算。
熟悉籃球的運動過程，會用動量定理是解題的基礎。
14.【答案】解：(1)電子在電場Ⅰ中做勻加速直線運動，在電場Ⅱ中做類平拋運動，由題意，根據(jù)動能定理滿足
eEx=12mv02
從d點飛出，根據(jù)類平拋運動規(guī)律有
L=v0t0
y=12×eEmt02
聯(lián)立解得y=L24x
(2)電子在電場Ⅰ中做勻加速直線運動，設電子離開電場Ⅰ時的速度為v1，運動時間為t1，則
0.5L=12×eEmt12
v1=eEmt1
然后電子以v1的水平速度進入電場做類平拋運動，滿足
水平方向的位移
x2=v1t2
豎直方向有
0.5L=12×eEmt22
vy=eEmt2
聯(lián)立解得t1=t2，x2=L
說明電子仍然是從d點進入磁場，且速度vd= 2v1，方向與x軸負方向的夾角為45°，電子在磁場中運動的軌跡如下圖所示
電子在磁場中做勻速圓周運動時對應的半徑設為R，由圖中的幾何關系可得
(Rsin45°+R)2+(Rcs45°)2=L2
解得R=L 2+ 2
根據(jù)牛頓第二定律有
evdB=mvd2R
解得B= (4+2 2)EmeL
電子在磁場中運動的周期為
T=2πmeB
由圖可知電子在磁場中運動對應的圓心角為135°，故電子在磁場中運動時間為
t3=135°360°T=38T
故電子在電場和磁場中運動的總時間為
t=2t1+t3
解得t=2 mLeE+3π4 mL(4+2 2)eE
答：(1)滿足的關系式為y=L24x；
(2)磁感應強度的大小為 (4+2 2)EmeL，電子在電場和磁場中運動的總時間t為2 mLeE+3π4 mL(4+2 2)eE。
【解析】(1)根據(jù)動能定理和類平拋運動的規(guī)律列式聯(lián)立推導解答；
(2)畫出電子在電場和磁場中的運動軌跡示意圖，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律，類平拋運動規(guī)律結合幾何關系，牛頓第二定律和周期公式等列式求解磁感應強度大小和運動總時間。
考查帶電粒子在電場和磁場中運動的問題，會根據(jù)牛頓運動定律結合動能定理聯(lián)立求解相關的物理量。
15.【答案】解：①設被封住的理想氣體壓強為p，輕細桿對A和對B的彈力為F，對活塞A有
p0SA=p1SA+F
對活塞B，有
p0SB=p1SB+F
解得
p1=1.0×105Pa
②氣體狀態(tài)參量
p1=1.0×105Pa
V1=2LSA+LSB
T1=300K
V2=(2L?L)SA+(L+L)SB
T2=312K
根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程有
p1V1T1=p2V2T2
代入數(shù)據(jù)得
p2=1.3×105Pa
對兩活塞整體受力分析：
F+p0SA+p2SB=p0SB+p2SA
解得
F=30N
答：①此時汽缸內理想氣體的壓強p1為1.0×105Pa；
②此時推力F大小為30N。
【解析】①對活塞A和活塞B分別根據(jù)力的平衡條件分析解答；
②根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程結合整體受力平衡分析解答。
本題考查了求氣體壓強、活塞移動距離問題，分析清楚氣體狀態(tài)變化過程、求出氣體狀態(tài)參量是解題的前提與關鍵，應用平衡條件、理想氣體狀態(tài)方程可以解題，求氣體體積時應注意，這是易錯點。
16.【答案】解：LA=10cm=0.1mLB=15cm=0.15m
①由題可知兩列水波的波長為λ=1cm=0.01m
頻率為f=50π2π=25Hz
則波速為v=λf=0.01×25m/s=0.25m/s
則tA=LAv=
tB=LBv=
②0～0.4s內，質點C不振動；0.4s～0.6s內，質點A產生的波到達質點C，周期為
T=1f=125s=0.04s，運動路程x1=0.6?×4×0.5cm=10cm
0.6～1s內，質點B產生的波到達質點C，兩列波發(fā)生干涉，波程差
Δx=LB?LA=15cm?10cm=5cm=5λ
故兩列波干涉后振動加強，振幅為2A=1cm，運動路程x2=1?×4×1cm=40cm
總路程x=x1+x2=10cm+40cm=50cm
答：①質點A、B產生的兩列水波傳播到質點C所用時間tA和tB分別為0.4s和0.6s；
②在t=1s內質點C振動的總路程xC為50cm。
【解析】①根據(jù)題意得到波長，然后根據(jù)振動方程得到頻率，進而可得到波速，然后根據(jù)位移與時間關系得到時間；
②先分別計算兩個振動傳播到C點的時間，然后判斷C點是振動加強點，然后分別計算運動的路程，最后計算出總路程。
題目的關鍵是判斷出C點是振動加強點，然后根據(jù)振動加強點的振幅計算出總路程。注意兩列波不是同時傳播到C點。

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