（試題內(nèi)容：必修三十二章；選擇性必修一第一章第二章第三章）
一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題。每小題3分，共24分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。
1. 關(guān)于動(dòng)量、沖量、動(dòng)量的變化量、動(dòng)能，下列說(shuō)法中正確的是（ ）
A. 物體動(dòng)量為零時(shí)，一定處于平衡狀態(tài)
B. 從同一高度釋放的兩個(gè)完全相同雞蛋，掉在水泥地上的雞蛋動(dòng)量比掉在海綿上的雞蛋的動(dòng)量變化大。所以前者容易碎
C. 人從高處跳下時(shí)，總有一個(gè)屈膝的動(dòng)作，是為了減小地面對(duì)人的沖量
D. 質(zhì)量一定的物體，動(dòng)量增大2倍，其動(dòng)能增大4倍
【答案】D
【解析】A．物體動(dòng)量為零時(shí)，不一定處于平衡狀態(tài)，例如上拋物體到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，故A錯(cuò)誤；
B．雞蛋從同一高度下落，落地前的速度大小相等，故落地前的動(dòng)量相等，而最后的速度均為零；故說(shuō)明動(dòng)量的變化一定相等；由動(dòng)量定理可知沖量也一定相等；但由于掉在水泥地上的時(shí)間較短，則說(shuō)明雞蛋掉在水泥地上動(dòng)量變化較快，從而導(dǎo)致沖擊力較大；使雞蛋易碎；故B錯(cuò)誤；
C．人從高處跳下時(shí)，總有一個(gè)屈膝的動(dòng)作，是為了增加著地時(shí)間，減小地面對(duì)人的沖擊力，不會(huì)減小地面對(duì)人的沖量，故C錯(cuò)誤；
D．質(zhì)量一定的物體，動(dòng)量增大2倍，根據(jù)
則說(shuō)明速度增大2倍，所以其動(dòng)能
增大4倍，故D正確。
故選D。
2. 如圖甲所示，懸掛在豎直方向上的彈簧振子，在C、D兩點(diǎn)之間做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，O點(diǎn)為平衡位置。振子到達(dá)D點(diǎn)開始計(jì)時(shí)。以豎直向上為正方向，在一個(gè)周期內(nèi)的振動(dòng)圖像如圖乙所示，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 振子在O點(diǎn)受到的彈簧彈力等于零
B. 振子做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式為
C. 0.5s～1.0s的時(shí)間內(nèi)，振子通過(guò)的路程為5cm
D. 和時(shí)，振子的速度不同，但加速度大小相等
【答案】C
【解析】A．振子在O點(diǎn)受到回復(fù)力為零，此時(shí)彈簧彈力等于振子自身重力大小。故A錯(cuò)誤；
B．由圖乙可得，振子的振幅A=5cm，初相位，周期T=2.0s，則圓頻率
所以振子做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式為
故B錯(cuò)誤；
C．由圖乙可知t=0.5s時(shí)刻振子在平衡位置，t=1.0s時(shí)刻振子到達(dá)最大位移處，所以在0.5s～1.0s的時(shí)間內(nèi)，振子通過(guò)的路程為5cm。故C正確；
D．根據(jù)簡(jiǎn)諧振動(dòng)的對(duì)稱性可知，在t=0.25s和t=0.75s時(shí)，振子的速度相等，加速度大小相等。故D錯(cuò)誤。
故選C。
3. 如圖所示，圖線甲、乙分別為某電源和某金屬導(dǎo)體的圖線，電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻分別用E、r表示，根據(jù)所學(xué)知識(shí)，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 當(dāng)該導(dǎo)體直接與該電源相連時(shí)，該導(dǎo)體的電阻為
B. 當(dāng)該導(dǎo)體直接與該電源相連時(shí)，電路消耗的總功率為80W
C. 該電源電動(dòng)勢(shì)，內(nèi)阻
D. 當(dāng)該導(dǎo)體直接與該電源相連時(shí)，電源內(nèi)部消耗的功率為20W
【答案】D
【解析】A.當(dāng)該導(dǎo)體直接與該電源相連時(shí)，圖線甲、乙交點(diǎn)的縱坐標(biāo)表示路端電壓，也表示該導(dǎo)體兩端的電壓
橫坐標(biāo)表示電路中的電流
則該導(dǎo)體的電阻
故A錯(cuò)誤；
C.電源的圖線的縱軸截距表示電源電動(dòng)勢(shì)，圖線斜率的絕對(duì)值表示電源內(nèi)阻，由題圖可知電源電動(dòng)勢(shì)
內(nèi)阻
故C錯(cuò)誤；
B.當(dāng)該導(dǎo)體直接與該電源相連時(shí)，電路消耗總功率
故B錯(cuò)誤；
D.當(dāng)該導(dǎo)體直接與該電源相連時(shí)，電源內(nèi)部消耗的功率為
故D正確。
故選D。
4. 如圖所示，光滑水平面上放有質(zhì)量為的足夠長(zhǎng)的木板B，通過(guò)水平輕彈簧與豎直墻壁相連的物塊A疊放在B上，A的質(zhì)量為，彈簧的勁度系數(shù)。初始時(shí)刻系統(tǒng)靜止，彈簧處于原長(zhǎng)?，F(xiàn)用一水平向右的拉力作用在B上，已知A、B間動(dòng)摩擦因數(shù)。彈簧振子的周期為，取。。則（ ）
A. A的摩擦力先增大后不變
B. 拉力F作用瞬間，A的加速度大小為
C. 當(dāng)A的總位移為時(shí)，B的位移可能為
D. 當(dāng)A的總位移為時(shí)，彈簧對(duì)A的沖量大小不可能為
【答案】D
【解析】AB．拉力作用瞬間，整體加速度為
A的最大加速度為
則開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，二者就會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，A所受摩擦力大小不變，AB錯(cuò)誤；
C．A的位移為2cm時(shí)，經(jīng)過(guò)時(shí)間為
（n=0，1，2，3…）
或
（n=0，1，2，3…）
由題意，周期為。B的加速度為
則此時(shí)B的位移為
或
說(shuō)明當(dāng)A的總位移為2cm時(shí)，B的位移不可能為10cm，C錯(cuò)誤；
D．當(dāng)A的總位移為4cm時(shí)，速度為零，即動(dòng)量的變化量為零。說(shuō)明彈簧與摩擦力對(duì)A的沖量最大，即
此時(shí)A的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為
（n=0，1，2，3…）
代入得
（n=0，1，2，3…）
即當(dāng)A的總位移為4cm時(shí)，彈簧對(duì)A的沖量大小不可能為，D正確；
故選D。
5. 如圖甲所示為某時(shí)刻一列沿x軸傳播的橫波圖像，圖乙是以該時(shí)刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)的處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 這列橫波沿x軸向左傳播
B. 從圖甲時(shí)刻起再過(guò)，處的質(zhì)點(diǎn)的路程為5cm
C. 從圖甲時(shí)刻起再過(guò)，處的質(zhì)點(diǎn)向右移動(dòng)的距離為3m
D. 圖甲時(shí)刻，處的質(zhì)點(diǎn)位移為
【答案】D
【解析】A．根據(jù)圖乙可知處的質(zhì)點(diǎn)向上振動(dòng)，則這列橫波向右傳播，故A錯(cuò)誤；
B．圖甲時(shí)刻處的質(zhì)點(diǎn)向下振動(dòng)，再過(guò)
該質(zhì)點(diǎn)到達(dá)平衡位置，該質(zhì)點(diǎn)在這1s內(nèi)運(yùn)動(dòng)路程為，在過(guò)0.5s，該質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)2.5cm，所以從圖甲時(shí)刻起再過(guò)1.5s，處的質(zhì)點(diǎn)的路程為
故B錯(cuò)誤；
C．質(zhì)點(diǎn)只在平衡位置附近做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，不會(huì)沿x軸運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；
D．圖甲時(shí)刻，處的質(zhì)點(diǎn)偏離平衡位置振動(dòng)了，則該質(zhì)點(diǎn)距離平衡位置，因此圖甲時(shí)刻，處的質(zhì)點(diǎn)位移為，故D正確。
故選D。
6. 如圖所示，電源的電動(dòng)勢(shì)為內(nèi)阻為，閉合開關(guān)S，不考慮燈絲電阻值隨溫度的變化，電流表、電壓表均為理想電表，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片由左端向右端滑動(dòng)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 電流表讀數(shù)減小，小燈泡變亮B. 電壓表讀數(shù)變小
C. 有瞬時(shí)電流從經(jīng)電阻流向D. 與的比值的絕對(duì)值增大
【答案】C
【解析】A．滑動(dòng)變阻器由左端向右端滑動(dòng)時(shí)，接入電路中的電阻變大，則電路總電流減小，故通過(guò)電流表和L2的電流變小，L2變暗，故A錯(cuò)誤；
B．電路總電流減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律，則有
則路端電壓增大，故電壓表讀數(shù)變大，故B錯(cuò)誤；
C．由于電路總電流減小，通過(guò)L2的電流變小，則L2兩端電壓變小，電容器兩端電壓變小，電容器所帶電量變小，電容器放電，有瞬時(shí)電流從b經(jīng)電阻R流向a，故C正確；
D．根據(jù)閉合電路歐姆定律，則有
可得
與的比值的絕對(duì)值等于電源的內(nèi)阻，大小不變，故D錯(cuò)誤。
故選C。
7. 如圖所示，有一質(zhì)量為m的小球，以速度v0滑上靜置于光滑水平面上帶有四分之一光滑圓弧軌道的滑塊?；瑝K的質(zhì)量為3m，小球在上升過(guò)程中始終未能沖出圓弧，重力加速度為g，在小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，（ ）
A. 小球和滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒
B. 小球在圓弧軌道最高點(diǎn)的速度大小為
C. 小球在圓弧軌道上能上升的最大高度為
D. 小球離開圓弧軌道時(shí)圓弧軌道的速度大小為
【答案】C
【解析】A．在小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球和滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，系統(tǒng)豎直方向動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；
B．小球在圓弧軌道上升到最高時(shí)小球與滑塊速度相同，系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，規(guī)定v0的方向?yàn)檎较?，?br>解得
故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)機(jī)械能守恒定律得
解得
故C正確；
D．小球離開圓弧軌道時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，則有
根據(jù)機(jī)械能守恒定律，則有
聯(lián)立以上兩式可得
，
故D錯(cuò)誤。
故選C。
8. 波源分別位于x=-0.2m和x=1.2m處的兩列簡(jiǎn)諧橫波分別沿x軸正方向和負(fù)方向傳播，振幅均為A=2cm，P、M、Q為x軸上的三個(gè)質(zhì)點(diǎn)，平衡位置對(duì)應(yīng)的坐標(biāo)分別為0.2m、0.5m、0.8m。t=0時(shí)刻兩列波的圖像如圖所示，此時(shí)P、Q兩質(zhì)點(diǎn)剛開始振動(dòng)，t=0.5s時(shí)兩列波恰好在x=0.5m處相遇。則（ ）
A. 兩波源開始振動(dòng)時(shí)的方向相同
B. 兩個(gè)波源振動(dòng)的周期均為1.5s
C. 質(zhì)點(diǎn)P、Q所在的位置為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)
D. 從t=0到t=1s的時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)P通過(guò)的路程為10cm
【答案】C
【解析】A．根據(jù)波的傳播方向可知，時(shí)刻、兩點(diǎn)的振動(dòng)方向相反，根據(jù)波的形成規(guī)律可知，兩波源起振方向相反，故A錯(cuò)誤；
B．依題意知傳播速度
波長(zhǎng)均為0.4m，所以兩波源的振動(dòng)周期為
故B錯(cuò)誤。
C．、兩位置到兩波源的距離差均為0.6m為半波長(zhǎng)的3倍，又兩波源起振方向相反，所以為加強(qiáng)點(diǎn)，故C正確。
D．時(shí)間內(nèi)右邊波源的振動(dòng)形式還沒有傳播到點(diǎn)，并沒有疊加，因此位置質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)了，路程為
故D錯(cuò)誤。
故選C。
二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分共16分。每小題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。
9. 下列關(guān)于機(jī)械波的說(shuō)法中正確的是( )
A. 一列聲波由空氣傳播到水中，頻率和波長(zhǎng)都發(fā)生變化
B. 火車?guó)Q笛時(shí)向觀察者駛來(lái)，觀察者聽到的笛聲頻率比聲源發(fā)出的頻率高
C. 在波動(dòng)中，振動(dòng)相位總是相同的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)間的距離，叫做波長(zhǎng)
D. 對(duì)于同一障礙物，波長(zhǎng)越長(zhǎng)的波越容易發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象
【答案】BD
【解析】A．一列聲波由空氣傳播到水中，頻率不變，波速變大，由知波長(zhǎng)變長(zhǎng)，故A錯(cuò)誤；
B．火車?guó)Q笛時(shí)向觀察者駛來(lái)，產(chǎn)生多普勒效應(yīng)，觀察者聽到的笛聲頻率比聲源發(fā)出的頻率高，故B正確；
C．在波動(dòng)中，相鄰的振動(dòng)相位總是相同的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)間的距離，叫做波長(zhǎng)，故C錯(cuò)誤；
D．波長(zhǎng)越長(zhǎng)的波波動(dòng)性越強(qiáng)，對(duì)于同一障礙物，波長(zhǎng)越長(zhǎng)的波越容易發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象，故D正確．
10. 如圖甲所示，電源的電動(dòng)勢(shì)，內(nèi)阻為r，閉合開關(guān)S，滑動(dòng)變阻器的滑片C從A端滑至B端的過(guò)程中，電路中的一些物理量的變化規(guī)律如圖乙所示：圖Ⅰ描述電源的輸出功率隨端電壓的變化規(guī)律，圖Ⅱ描述端電壓隨電流的變化規(guī)律、圖Ⅲ描述電源的效率隨外電阻的變化規(guī)律，電表、導(dǎo)線對(duì)電路的影響不計(jì)。則下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 電源的內(nèi)阻r為2Ω
B. 滑動(dòng)變阻器最大阻值6Ω
C. Ⅰ圖上b點(diǎn)的坐標(biāo)（3V，4.5W）
D. Ⅱ圖上a點(diǎn)的坐標(biāo)（0.6A，4.8V）
【答案】ACD
【解析】A．由圖Ⅱ知，當(dāng)路端電壓時(shí)，電路中的電流，則電源的內(nèi)阻
故A正確；
B．電源的效率
外電阻越大，電源的效率越大，因此當(dāng)滑動(dòng)變阻器的阻值全部連入電路時(shí)電源的效率最高，則
解得
故B錯(cuò)誤；
C．電源的輸出功率
故Ⅰ圖上點(diǎn)的坐標(biāo)為（3V，4.5W），故C正確；
D．路端電壓
故當(dāng)電流最小時(shí)，即滑動(dòng)變阻器的阻值全部連入電路時(shí)，路端電壓最大，由閉合電路歐姆定律得
路端電壓，Ⅱ圖上a點(diǎn)的坐標(biāo)為（0.6A，4.8V），故D正確。
故選ACD。
11. 如圖甲所示，在曲軸上懸掛一彈簧振子，轉(zhuǎn)動(dòng)搖把，曲軸可以帶動(dòng)彈簧振子上下振動(dòng)。開始時(shí)不轉(zhuǎn)動(dòng)搖把，讓振子自由上下振動(dòng)，其振動(dòng)曲線如圖乙所示；然后以某一轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動(dòng)搖把，當(dāng)振子振動(dòng)穩(wěn)定后，其振動(dòng)圖像如圖丙所示。下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 振子振動(dòng)穩(wěn)定后的振動(dòng)周期為0.4s
B. 把手勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的轉(zhuǎn)速為150r/min
C. 為了增大振子振動(dòng)的振幅，應(yīng)增大把手的轉(zhuǎn)速
D. 當(dāng)把手勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的頻率為2.5Hz時(shí)，振子振動(dòng)的振幅最大
【答案】CD
【解析】A．彈簧振子振動(dòng)穩(wěn)定時(shí)的頻率和周期與自身的固有周期和頻率無(wú)關(guān)，等于受迫振動(dòng)時(shí)驅(qū)動(dòng)力的頻率和周期，而勻速轉(zhuǎn)動(dòng)搖把施加驅(qū)動(dòng)力的周期為0.8s，故A錯(cuò)誤；
B．由圖知，搖把勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的周期為0.8s，轉(zhuǎn)動(dòng)頻率為
轉(zhuǎn)速為
故B錯(cuò)誤；
C．彈簧振子自由振動(dòng)時(shí)的周期為0.4s，振動(dòng)頻率為
由于此時(shí)遙把勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的周期為0.8s，轉(zhuǎn)動(dòng)頻率為1.25Hz，要增大振子振動(dòng)的振幅，必須使搖把的轉(zhuǎn)動(dòng)頻率向彈簧振子的固有頻率靠近，因此應(yīng)增大搖把的轉(zhuǎn)速，故C正確；
D．勻速轉(zhuǎn)動(dòng)搖把，當(dāng)振子振動(dòng)的振幅最大時(shí)，驅(qū)動(dòng)力的頻率應(yīng)該和彈簧振子的固有頻率相同。彈簧振子上下自由振動(dòng)時(shí)的周期為0.4s，振動(dòng)頻率為2.5Hz，故當(dāng)搖把勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的頻率為2.5Hz時(shí)，振子振動(dòng)的振幅最大，故D正確。
故選CD。
12. 如圖所示，光滑水平地面上停放著一質(zhì)量為2m的小車，小車由半徑為R的四分之一圓弧軌道與水平軌道組成，圓弧軌道在最低點(diǎn)與水平軌道相切，且整個(gè)軌道平面光滑。在小車的右端固定一個(gè)輕彈簧，一質(zhì)量為m的小球從圓弧軌道頂端處由靜止自由滑下，在水平軌道相對(duì)軌道運(yùn)動(dòng)距離R后速度減為零。已知重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 當(dāng)小球在水平軌道相對(duì)軌道運(yùn)動(dòng)距離R后速度減為零時(shí)，小車相對(duì)于地面運(yùn)動(dòng)的距離是
B. 在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧具有的最大彈性勢(shì)能為mgR
C. 在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球具有的最大動(dòng)能為mgR
D. 被彈簧反彈后，小球和小車的機(jī)械能守恒，小球能回到初始位置
【答案】AD
【解析】A．將小車和小球、彈簧當(dāng)成一個(gè)系統(tǒng)，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，系統(tǒng)的水平動(dòng)量守恒，取向右為正
兩邊同時(shí)乘以t得
而
聯(lián)立解得小車相對(duì)于地面運(yùn)動(dòng)的距離是
故A正確；
B．在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，當(dāng)小車和小球的速度相等時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，結(jié)合上述描述可知，此時(shí)小車和小球的速度均為零，即小球的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能，則
故B錯(cuò)誤；
C．當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到水平軌道上時(shí)具有的動(dòng)能最大，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒合機(jī)械能守恒
解得小球的最大動(dòng)能為
故C錯(cuò)誤；
D．被彈簧反彈后，小球回到小車上最高點(diǎn)時(shí)，小球和小車速度相同，設(shè)為，根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒
解得
此時(shí)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)機(jī)械能守恒
解得
小球能夠回到初始位置，故D正確。
故選AD。
三、非選擇題：本小題共6小題，共60分。
13. 用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置來(lái)尋找碰撞中的不變量。
（1）將軌道右端墊高是為了補(bǔ)償阻力。先將小車B移走，給小車A一個(gè)合適的初速度，使其先后通過(guò)光電門1和光電門2，測(cè)量出遮光時(shí)間和，若，應(yīng)適當(dāng)______（填“增大”或“減小”）墊塊的高度；
（2）用游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光片的寬度，結(jié)果如圖乙所示，則遮光片的寬度______mm；
（3）補(bǔ)償阻力后，將小車B靜止放置在兩光電門之間，給小車A一個(gè)合適的初速度，使其先單獨(dú)通過(guò)光電門1，再與小車B碰撞后一起通過(guò)光電門2，光電門1記錄的遮光時(shí)間為，光電門2記錄的遮光時(shí)間為，已知小車A、遮光片和撞針的總質(zhì)量為203g，小車B和橡皮泥的總質(zhì)量為215g，則兩小車碰撞前，小車A通過(guò)光電門1時(shí)質(zhì)量與速度的乘積的大小為______，碰撞后兩小車的質(zhì)量與速度的乘積之和的大小為______。（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）
【答案】（1）減小 （2）6.25 （3）0.085 0.082
【解析】（1）A先后通過(guò)光電門1和光電門2的遮光時(shí)間分別為
若
則
說(shuō)明A做加速運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)該適當(dāng)減小墊塊的高度，使A做勻速運(yùn)動(dòng)。
（2）游標(biāo)卡尺的分度值為0.05mm，則遮光片的寬度
（3）[1][2]兩小車碰撞前，小車A通過(guò)光電門1的速度大小為
此時(shí)小車A的質(zhì)量與速度的乘積的大小為
碰撞后兩小車的速度
碰撞后兩小車的質(zhì)量與速度乘積之和為
14. 某學(xué)習(xí)小組的同學(xué)們想利用電壓表和電阻箱測(cè)量一電池組的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，他們找到的實(shí)驗(yàn)器材如下：
A．待測(cè)電池組；
B．電壓表（量程0~3V，內(nèi)阻約）；
C．電阻箱R（阻值范圍）；
D．開關(guān)、導(dǎo)線若干。
實(shí)驗(yàn)步驟如下：
①將電池組與其余實(shí)驗(yàn)器材按圖甲所示電路連接；
②調(diào)節(jié)電阻箱阻值，閉合開關(guān)，待示數(shù)穩(wěn)定后，記錄電阻箱的阻值R和電壓表的數(shù)值U后立即斷開開關(guān)；
③改變電阻箱的阻值，重復(fù)實(shí)驗(yàn)，計(jì)算出相應(yīng)的和，繪制出關(guān)系圖線如圖中的直線所示。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：
（1）步驟②中立即斷開開關(guān)最可能的原因是________（填序號(hào)）；
A. 防止燒壞電阻箱
B. 防止燒壞電壓表
C. 防止長(zhǎng)時(shí)間通電，電池內(nèi)阻和電動(dòng)勢(shì)發(fā)生明顯變化
（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律，可以得到與的關(guān)系表達(dá)式為________（用E、r和R表示）；
（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)繪制的圖像得出電池組的電動(dòng)勢(shì)________V。（保留兩位有效數(shù)字）
（4）本實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)誤差產(chǎn)生的原因是________（選填“電壓表分壓”“電壓表分流”或“電阻箱分壓”），內(nèi)阻r測(cè)量值比真實(shí)值________（選填“偏大”“偏小”或“相等”）。
【答案】（1）C （2） （3）2.9 （4）電壓表分流 偏小
【解析】（1）步驟②中立即斷開開關(guān)原因是防止長(zhǎng)時(shí)間通電，電池內(nèi)阻和電動(dòng)勢(shì)發(fā)生變化。
故選C
（2）在閉合電路中，由閉合電路歐姆定律有
解得
（3）結(jié)合圖像有
解得
（4）根據(jù)閉合電路歐姆定律有函數(shù)中的電流為干路電流，本實(shí)驗(yàn)誤差原因是電壓表分流；將電壓表與電源等效為一個(gè)新電源，流過(guò)電阻電流等于新電源的干路電流，所測(cè)電阻為電源內(nèi)阻與電壓表并聯(lián)的等效電阻，可知電阻測(cè)量值偏小。
15. 在如圖所示的電路中，定值電阻R1=3Ω、R2=2Ω、R3=1Ω、R4=3Ω、R5=4Ω，電容器的電容C=4μF，電源的電動(dòng)勢(shì)E=10V，內(nèi)阻不計(jì)。閉合開關(guān)S1、S2，電路穩(wěn)定后，求：
（1）電容器所帶電荷量，并說(shuō)明電容器哪個(gè)極板帶正電？
（2）保持開關(guān)S1閉合，斷開開關(guān)S2，電路穩(wěn)定后，流過(guò)R5的電荷量；
（3）保持開關(guān)S1、S2閉合，電阻R3突然斷路，電路穩(wěn)定后，流過(guò)R5的電荷量。
【答案】（1）1.4×10-5C，下極板帶正電 （2）24×10-5C （3）3.0×10-5C
【解析】（1）設(shè)電源負(fù)極的電勢(shì)為0，根據(jù)閉合電路歐姆定律得
下極板帶正電；電容器所帶電荷量為
（2）斷開開關(guān)S2，電容器并聯(lián)在R3兩端，穩(wěn)定后a、b的電勢(shì)分別為
上極板帶正電，電容器所帶電荷量為
流過(guò)R5的電荷量為
（3）R3突然斷路，電容器并聯(lián)在R2兩端，穩(wěn)定后a、b的電勢(shì)分別為
，
上極板帶正電，電容器所帶電荷量為
流過(guò)R5的電荷量為
16. 一列橫波在時(shí)刻、s時(shí)刻波形分別如圖中實(shí)線、虛線所示，求：
（1）若這列波向右傳播，波速是多少；若這列波向左傳播，波速是多少；
（2）若波傳播速度m/s，判斷波傳播的方向；
（3）在時(shí)刻，m處的質(zhì)點(diǎn)P與m處的質(zhì)點(diǎn)Q（圖中未標(biāo)出）在豎直方向上的距離。
【答案】（1）m/s（，1，2，…），m/s（，1，2，…） （2）向右； （3）cm
【解析】（1）由題圖可知波長(zhǎng)m，當(dāng)波向右傳播時(shí)
（，1，2，…）
解得
s（，1，2，…）
由波速公式可得
m/s（，1，2，…）
當(dāng)波向左傳播時(shí)
（，1，2，…）
解得
s（，1，2，…）
由波速公式可得
m/s（，1，2，…）
（2）內(nèi)波傳播的距離為
mm
因此波向右傳播；
（3）在時(shí)刻，該波的波動(dòng)方程為
由于m，上式變?yōu)?br>將m和m分別帶入得到
cm cm
所以
cm
17. 如圖所示，實(shí)驗(yàn)小車靜止在水平地面上，一物塊靜止于小車最左端，一小球用不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線懸掛于O點(diǎn)正下方，并輕靠在物塊左側(cè)。現(xiàn)將細(xì)線拉直到水平位置，靜止釋放，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與物塊發(fā)生彈性碰撞。已知細(xì)線長(zhǎng)，小球質(zhì)量，物塊、小車質(zhì)量均為，物塊與小車上表面間動(dòng)摩擦因數(shù)，小車與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)。小球、物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取。
（1）求小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊碰撞前所受拉力的大??；
（2）求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大?。?br>（3）為使物塊不從小車上掉下來(lái)，小車長(zhǎng)度的至少為多長(zhǎng)？
【答案】（1）6N （2）4m/s （3）1.6m
【解析】（1）對(duì)小球擺動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理
解得
在最低點(diǎn)，對(duì)小球由牛頓第二定律
解得小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊碰撞前所受拉力的大小為
（2）小球與物塊碰撞過(guò)程中，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律
解得小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小為
（3）物塊在小車上表面滑動(dòng)過(guò)程中，由牛頓第二定律得
設(shè)經(jīng)t二者共速為v，物體和小車位移大小分別為x1，，由勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律得
對(duì)物體
對(duì)小車
解得
分析可知，二者共速后一起勻減速運(yùn)動(dòng)，則為使物塊不從小車上掉下來(lái)，小車水平軌道長(zhǎng)
解得
18. 如圖所示，固定在水平地面上的光滑圓弧AB（O點(diǎn)為圓心，且OA水平、OB豎直）與光滑水平地面BD平滑連接，在水平地面上的C點(diǎn)靜置著滑塊P，離C點(diǎn)一段距離處放置著光滑圓弧凹槽M，凹槽左側(cè)與水平地面在D點(diǎn)相切?；瑝KQ從A點(diǎn)正上方一定高度處由靜止釋放，經(jīng)過(guò)圓弧末端B時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力大小，滑塊P、Q發(fā)生彈性碰撞（碰撞時(shí)間極短）后，取走滑塊Q，滑塊P恰好能運(yùn)動(dòng)到凹槽M的最高點(diǎn)。已知圓弧AB的半徑，凹槽M的半徑，滑塊Q的質(zhì)量，滑塊P的質(zhì)量，滑塊P、Q均可視為質(zhì)點(diǎn)，取重力加速度大小。求：
（1）滑塊Q初始釋放時(shí)距離A點(diǎn)的高度h；
（2）滑塊P、Q發(fā)生碰撞后瞬間滑塊P的速度大??；
（3）凹槽M的質(zhì)量。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）設(shè)滑塊Q第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大小為，有
其中，根據(jù)牛頓第三定律
根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
，
（2）設(shè)滑塊P，Q碰撞后瞬間滑塊Q的速度大小為，滑塊P，Q發(fā)生彈性碰撞，有
解得
，
（3）滑塊P碰后恰好能運(yùn)動(dòng)到凹槽M的最高點(diǎn)，此時(shí)兩者共速，速度大小設(shè)為v，滑塊P與凹槽M構(gòu)成的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒，有
該系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有
解得

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