2.答題前，考生先將自己的姓名、考生號(hào)、座號(hào)填寫(xiě)在相應(yīng)位置。
3.選擇題答案必須使用2B鉛筆（按填涂樣例）正確填涂；非選擇題答案必須使用0.5毫米黑色簽字筆書(shū)寫(xiě)，字體工整、筆跡清楚。
4.請(qǐng)按照題號(hào)在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書(shū)寫(xiě)的答案無(wú)效；在草稿紙、試題卷上答題無(wú)效。保持卡面清潔，不折疊、不破損。
一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。
1. 一質(zhì)點(diǎn)做直線運(yùn)動(dòng)，下列描述其位移x或速度v隨時(shí)間t變化的圖像中，可能正確的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】AB．物體做直線運(yùn)動(dòng)，位移與時(shí)間成函數(shù)關(guān)系，AB選項(xiàng)中一個(gè)時(shí)間對(duì)應(yīng)2個(gè)以上的位移，故不可能，故AB錯(cuò)誤；
CD．同理D選項(xiàng)中一個(gè)時(shí)間對(duì)應(yīng)2個(gè)速度，只有C選項(xiàng)速度與時(shí)間是成函數(shù)關(guān)系，故C正確，D錯(cuò)誤。
故選C。
2. 春秋戰(zhàn)國(guó)時(shí)期，《墨經(jīng)》記載了利用斜面來(lái)運(yùn)送貨物的方法。如圖所示，用平行于斜面的推力將貨物從地面勻速推到貨車(chē)上。若貨物與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 斜面越短，推力對(duì)貨物做的功越多
B. 斜面越長(zhǎng)，推力對(duì)貨物做的功越多
C. 斜面越短，推力越大
D. 斜面越長(zhǎng)，推力越大
【答案】B
【解析】CD．對(duì)貨物進(jìn)行受力分析，如圖所示
則有
，，
解得
令其中
，
則有
可知，當(dāng)有
推力F有最大值
可知，斜面傾角在0°到90°之間變化的過(guò)程中，推力F先增大后減小，由于斜面頂端的高度一定，可知，斜面在由足夠長(zhǎng)逐漸變短的過(guò)程，推力F先增大后減小，反之，斜面在由足夠短逐漸變長(zhǎng)的過(guò)程，推力F也是先增大后減小，故CD錯(cuò)誤；
AB．斜面頂端高度一定，令高度為h，結(jié)合上述可知，推力做的功
當(dāng)斜面越長(zhǎng)時(shí)，斜面傾角越小，根據(jù)上述表達(dá)式可知，推力對(duì)貨物做的功越多，故A錯(cuò)誤，B正確。
故選B。
3. 如圖所示，固定的光滑斜面上有兩點(diǎn)A、B ，A到斜面頂端的距離為L(zhǎng) 。可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從斜面頂端由靜止釋放，若A、B間的距離為L(zhǎng)，小球通過(guò)A、B的時(shí)間為Δt1；若A、B間的距離為2L，小球通過(guò)A、B的時(shí)間為Δt2。Δt1：Δt2為（ ）
A. ：
B. （）：（）
C. （）：（）
D. （）：（）
【答案】B
【解析】小球做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，通過(guò)第一個(gè)L、第二個(gè)L、第三個(gè)L所用的時(shí)間之比為
所以
故選B。
【點(diǎn)睛】若物體做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，將位移從開(kāi)始分為相鄰相等的若干段，每段為L(zhǎng)，則由
得
所以，物體通過(guò)前L、前2L、前3L所用的時(shí)間之比為
物體通過(guò)第一個(gè)L、第二個(gè)L、第三個(gè)L所用的時(shí)間之比為
4. 如圖所示，傾斜傳送帶以恒定速率v0逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。t=0時(shí)刻在傳送帶頂端無(wú)初速輕放一小物塊。t0時(shí)刻物塊運(yùn)動(dòng)到傳送帶中點(diǎn)，速度達(dá)到v0。不計(jì)空氣阻力，物塊重力沿傳送帶向下的分力大于其與傳送帶間的最大靜摩擦力。則物塊從傳送帶頂端運(yùn)動(dòng)到底端的過(guò)程中，加速度a、速度v隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖線正確的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】物體輕放在傳送帶上，物體相對(duì)于傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，受到的摩擦力方向沿傳送帶向下，設(shè)傳送帶傾角為，物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，根據(jù)牛頓第二定律可得
可知在時(shí)間內(nèi)，物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；時(shí)刻物體與傳送帶達(dá)到共速，由于物塊重力沿傳送帶向下的分力大于其與傳送帶間的最大靜摩擦力，可知物體繼續(xù)向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，物體受到的摩擦力沿傳送帶向上，根據(jù)牛頓第二定律可得
根據(jù)圖像的斜率表示加速度，可知時(shí)刻之前的圖像斜率大于時(shí)刻之后的圖像斜率。
故選D。
5. 如圖所示，一光滑大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，質(zhì)量為m的小環(huán)套在大圓環(huán)上，小環(huán)從靜止開(kāi)始由大圓環(huán)頂端自由下滑至其底部。則小環(huán)下滑過(guò)程中對(duì)大圓環(huán)的作用力大小（ ）
A. 一直增大B. 一直減小
C. 先增大后減小D. 先減小后增大
【答案】D
【解析】令小環(huán)與大環(huán)之間作用力為0時(shí)的位置所在半徑與豎直方向夾角為，則有
，
解得
可知，該位置處于圓周右上方四分之一圓弧間，在小環(huán)滑至該位置之前，小環(huán)速度逐漸增大，所需向心力逐漸增大，而重力沿半徑的分力逐漸減小，可知，在小環(huán)滑至該位置之前，大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的彈力方向背離圓心，令此過(guò)程小環(huán)所在位置的半徑與豎直方向夾角為，則有
結(jié)合上述，小環(huán)速度增大，夾角增大，則大環(huán)對(duì)小環(huán)的作用力一定減小。結(jié)合上述可知，當(dāng)小環(huán)越過(guò)對(duì)應(yīng)位置后，大環(huán)對(duì)小環(huán)的作用力方向指向圓心，在越過(guò)圓環(huán)右上方四分之一圓弧時(shí)，小環(huán)速度增大，所需向心力增大，小環(huán)重力沿半徑的分力進(jìn)一步減小，則大環(huán)對(duì)小環(huán)的作用力增大，之后，小環(huán)在圓周右下方的四分之一圓弧運(yùn)動(dòng)，令此時(shí)小環(huán)所在位置的半徑與豎直向下方向的夾角為，則有
小環(huán)速度增大，減小，則大環(huán)對(duì)小環(huán)的作用力增大。綜合上述可知，大環(huán)對(duì)小環(huán)的作用力先減小后增大，根據(jù)牛頓第三定律可知，小環(huán)下滑過(guò)程中對(duì)大圓環(huán)的作用力大小先減小后增大。
故選D。
6. 蹦床運(yùn)動(dòng)中，體重為60kg的運(yùn)動(dòng)員在t=0時(shí)剛好落到蹦床上，對(duì)蹦床作用力大小F與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示。假設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時(shí)蹦床水平。忽略空氣阻力，重力加速度取10m/s2。下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. t=0.15s時(shí)運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能最大
B. t=0.30s時(shí)運(yùn)動(dòng)員的速度大小為20m/s
C. t=1.30s時(shí)運(yùn)動(dòng)員距蹦床的高度為5m
D. 0-0.30s內(nèi)，運(yùn)動(dòng)員對(duì)蹦床的平均作用力大小為4000N
【答案】C
【解析】A．根據(jù)牛頓第三定律結(jié)合題圖可知t=0.15s時(shí)，蹦床對(duì)運(yùn)動(dòng)員的彈力最大，蹦床的形變量最大，機(jī)械能最小，故A錯(cuò)誤；
BC．根據(jù)題圖可知運(yùn)動(dòng)員從t=0.30s離開(kāi)蹦床到t=2.30s再次落到蹦床上經(jīng)歷的時(shí)間為2s，根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性可知，運(yùn)動(dòng)員上升時(shí)間為1s，則在t=1.30s時(shí)，運(yùn)動(dòng)員恰好運(yùn)動(dòng)到最大高度處，t=0.30s時(shí)運(yùn)動(dòng)員的速度大小為
m
故C正確，B錯(cuò)誤；
D．同理可知運(yùn)動(dòng)員落到蹦床時(shí)的速度大小為10m/s，以豎直向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理
其中
代入數(shù)據(jù)可得N
根據(jù)牛頓第三定律可知運(yùn)動(dòng)員每次與蹦床接觸到離開(kāi)過(guò)程中對(duì)蹦床的平均作用力大小為4600N，故D錯(cuò)誤。故選C。
7. 木星的衛(wèi)星中，木衛(wèi)一、木衛(wèi)二、木衛(wèi)三做圓周運(yùn)動(dòng)的周期之比為1：2：4。木衛(wèi)二的周期為T(mén)，公轉(zhuǎn)軌道半徑是月球繞地球軌道半徑r的n倍。月球繞地球公轉(zhuǎn)周期為T(mén)0，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. T與T0之比為
B. 木衛(wèi)一的軌道半徑為
C. 地球質(zhì)量與木星質(zhì)量之比為
D. 木衛(wèi)一與木衛(wèi)三的向心力之比為
【答案】C
【解析】A．木衛(wèi)二圍繞的中心天體是木星，月球的圍繞的中心天體是地球，根據(jù)題意無(wú)法求出周期T與T0之比，故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)題意可得，木衛(wèi)二的軌道半徑為
根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力
可得
木衛(wèi)一、木衛(wèi)二、木衛(wèi)三做圓周運(yùn)動(dòng)的周期之比為，可得
木衛(wèi)一軌道半徑為
故B錯(cuò)誤；
C．對(duì)木衛(wèi)二和月球，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力分別有
聯(lián)立可得地球質(zhì)量與木星質(zhì)量之比為
故C正確。
D．木衛(wèi)一與木衛(wèi)三的向心力分別為，
由于不知道木衛(wèi)一與木衛(wèi)三的質(zhì)量關(guān)系，故無(wú)法比較木衛(wèi)一與木衛(wèi)三的向心力的關(guān)系，故D錯(cuò)誤。故選C。
8. 如圖所示，小明到峰山公園取山泉水時(shí)發(fā)現(xiàn)水平細(xì)水管到水平地面的距離為水桶高的兩倍，在地面上平移水桶，水恰好從桶口中心無(wú)阻擋地落到桶底邊沿A。已知桶高為0.5m，直徑為0.2m，重力加速度取10m/s2，則水離開(kāi)出水口的速度大小為（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】令桶高為h，桶直徑為d，水離開(kāi)出水口的速度大小為v0，出水口到桶口中心的水平間距為x，由于水恰好從桶口中心無(wú)阻擋地落到桶底邊沿A，水到達(dá)桶口中心過(guò)程，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有
，
水到達(dá)桶底A點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有
，
解得
故選A。
二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，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. 如圖甲所示，在均勻介質(zhì)中有A、B、C、D四點(diǎn)，其中A、B、C三點(diǎn)位于同一直線上，AC=BC=4m，CD=3m，CD垂直AB。t＝0時(shí)，位于A、B、C處的三個(gè)完全相同的橫波波源同時(shí)開(kāi)始振動(dòng)，振動(dòng)圖像均如圖乙所示，振動(dòng)方向與平面ABD垂直，已知波長(zhǎng)為4 m。下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 這三列波的波速均為2m/s
B. t=3s時(shí)，D處的質(zhì)點(diǎn)開(kāi)始振動(dòng)
C. t=4.5s時(shí)，D處的質(zhì)點(diǎn)正向y軸正方向運(yùn)動(dòng)
D. t=6s時(shí)，D處的質(zhì)點(diǎn)與平衡位置的距離是2cm
【答案】BD
【解析】A．波速由介質(zhì)決定，由圖（乙）的振動(dòng)圖像可知，振動(dòng)的周期為4s，故三列波的波速均為
A錯(cuò)誤；
B．由圖（甲）可知，D處距離波源最近的距離為3m，故開(kāi)始振動(dòng)的時(shí)間為波源C處的橫波傳播到D處所需的時(shí)間，則有
B正確；
C．由幾何關(guān)系可知
波源A、B產(chǎn)生的橫波傳播到D處所需的時(shí)間為
故t=4.5s時(shí)，僅波源C處的橫波傳播到D處，此時(shí)D處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)時(shí)間為
即C處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)形式經(jīng)過(guò)1.5s傳播到D點(diǎn)，由振動(dòng)圖像可知此時(shí)D處的質(zhì)點(diǎn)向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；
D．t=6s時(shí)，波源C處的橫波傳播到D處后振動(dòng)時(shí)間為
由振動(dòng)圖像可知，此時(shí)波源C的振動(dòng)形式波谷傳播到處D；t=6s時(shí)，波源A、B處的橫波傳播到D處后振動(dòng)時(shí)間
由振動(dòng)圖像可知此時(shí)波源A、B的振動(dòng)形式波峰傳播到處D處。根據(jù)波的疊加原理可知此時(shí)D處質(zhì)點(diǎn)的位移為
D正確。
故選BD。
10. AB、CD兩塊正對(duì)的平行金屬板與水平面成30°角固定，豎直截面如圖所示。兩板間距10 cm，電荷量為1.0 × 10?8 C、質(zhì)量為3.0 × 10?4 kg的小球用長(zhǎng)為5 cm的絕緣細(xì)線懸掛于A點(diǎn)。閉合開(kāi)關(guān)S，小球靜止時(shí)，細(xì)線與AB板夾角為30°；剪斷細(xì)線，小球運(yùn)動(dòng)到CD板上的M點(diǎn)（圖中未標(biāo)出），下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 電場(chǎng)強(qiáng)度大小為
B. MC的距離為
C. 減小R的阻值，MC的距離將變小
D. 小球的電勢(shì)能增加了
【答案】AB
【解析】B．剪斷細(xì)線，小球沿直線運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，如圖所示
根據(jù)幾何關(guān)系可得
故B正確；
D．根據(jù)幾何關(guān)系可得，電場(chǎng)力F和細(xì)線拉力T夾角為60°，在三個(gè)力所在的三角形中，根據(jù)正弦定理可得
可得電場(chǎng)力大小為
逆電場(chǎng)線方向位移
x = d ? Lsin30°
其中
d = 10 cm = 0.1 m，L = 5 cm = 0.05 m
解得
x = 0.075 m
克服電場(chǎng)力做的功為
所以電勢(shì)能增加了，故D錯(cuò)誤；
A．電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為
故A正確；
C．電阻兩端電壓為零，電容器兩板間的電壓等于電源電動(dòng)勢(shì)，減小R的阻值，平行板間電壓不變、電場(chǎng)強(qiáng)度不變，受力情況不變，運(yùn)動(dòng)情況不變，則MC的距離不變，故C錯(cuò)誤。
故選AB。
11. 如圖所示，質(zhì)量為m和2m的小物塊P和Q，用輕質(zhì)彈簧連接后放在水平地面上，P通過(guò)一根水平輕繩連接到墻上。P的下表面光滑，Q與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。用水平拉力將Q向右緩慢拉開(kāi)一段距離，撤去拉力的瞬間，Q恰好能保持靜止。已知彈簧的勁度系數(shù)為k，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢(shì)能Ep與形變量x的關(guān)系為，重力加速度大小為g。若剪斷輕繩，在隨后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. P、Q將離墻越來(lái)越遠(yuǎn)
B. 任意一段時(shí)間內(nèi)Q的動(dòng)量變化均為0
C. 彈簧的最大形變量為
D. P的最大動(dòng)能為
【答案】BCD
【解析】AB．剪斷細(xì)線前后，由于Q始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，任意時(shí)間段動(dòng)量變化量為0，離墻的位置保持不變；P與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故P在彈簧彈力的作用下做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，A錯(cuò)誤，B正確；
C．細(xì)線未剪斷時(shí)，設(shè)彈簧的伸長(zhǎng)量為（也是彈簧的最大壓縮量），由于Q處于靜止?fàn)?，則有
解得
C正確；
D．根據(jù)上述分析可知，彈簧的彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為P的動(dòng)能時(shí)，P的動(dòng)能最大，則有
D正確。
故選BCD。
12. 如圖所示，在光滑水平面上靜止放置一質(zhì)量為M、長(zhǎng)為L(zhǎng)的木塊，質(zhì)量為m的子彈水平射入木塊。設(shè)子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的阻力不變，其大小f與射入初速度大小成正比，即（k為已知常數(shù)）。改變子彈的初速度大小，若木塊獲得的速度最大，則（ ）
A. 子彈的初速度大小為
B. 子彈在木塊中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
C. 木塊和子彈損失的總動(dòng)能為
D. 木塊在加速過(guò)程中運(yùn)動(dòng)的距離為
【答案】BC
【解析】AC．要使木塊獲得的速度最大，子彈和木塊具有共同速度，設(shè)為v；取初速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律得
據(jù)能量守恒定律得
解得
，
子彈和木塊損失的總動(dòng)能
故A錯(cuò)誤，C正確；
B．取初速度方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量定理得
解得
故B正確；
D．木塊在加速過(guò)程中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
故D錯(cuò)誤。
故選BC。
三、非選擇題：本題共6小題，共60分。
13. 電流傳感器可以像電流表一樣測(cè)量電流，它的優(yōu)點(diǎn)是反應(yīng)非?？欤梢圆蹲降剿查g的電流變化，還可以與計(jì)算機(jī)相連，能在很短的時(shí)間內(nèi)畫(huà)出電流隨時(shí)間的變化圖像。將電流傳感器接入圖甲所示電路，提供8V的直流電源，先使開(kāi)關(guān)S與1相連，電源向電容器充電，這個(gè)過(guò)程可在瞬間完成，然后把開(kāi)關(guān)S撥向2，電容器通過(guò)電阻R放電，傳感器將電流信息傳入計(jì)算機(jī)，屏上顯示出電流隨時(shí)間變化的I-t曲線，如圖乙所示。（計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）
(1)圖乙中畫(huà)出的豎直狹長(zhǎng)矩形（圖乙最左端），其面積表示的物理意義是：_______。
(2)根據(jù)圖乙估算，電容器在全部放電過(guò)程中釋放的電荷量是________C。
(3)根據(jù)以上數(shù)據(jù)估算，電容器的電容是________F。
【答案】 (1)內(nèi)電容器的放電電荷量 (2)（均可） (3)（均可）
【解析】(1)[1]題圖乙中縱坐標(biāo)為電流I，橫坐標(biāo)為時(shí)間t，由公式可知，矩形面積為內(nèi)電容器的放電電荷量。
(2)[2]每個(gè)小方格的面積代數(shù)和表示電容器的總放電電荷量，又
共有75格，則全部放電電荷量
(3)[3]由
可知
14. 某同學(xué)測(cè)量一段粗細(xì)均勻電阻絲的電阻率，實(shí)驗(yàn)操作如下：
（1）用螺旋測(cè)微器測(cè)量該電阻絲的直徑，如圖甲所示，示數(shù)為_(kāi)_______ mm；
（2）用多用電表“×1”倍率的歐姆擋測(cè)量該電阻絲的阻值，如圖乙所示，示數(shù)為_(kāi)____ Ω；
（3）用電流表（內(nèi)阻約為5 Ω）、電壓表（內(nèi)阻約為3 kΩ）測(cè)量該電阻絲阻值Rx，為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，并要求在實(shí)驗(yàn)中獲得較大的電壓調(diào)節(jié)范圍，下列電路中符合要求的是_____；
A. B.
C. D.
（4）用第（3）問(wèn)中C選項(xiàng)的方法接入不同長(zhǎng)度的電阻絲l，測(cè)得相應(yīng)的阻值R，并作出了R－l圖像，如圖丙所示，符合實(shí)驗(yàn)結(jié)果的圖線是____（選填“a”“b”或“c”）。
【答案】（1）2.820##2.819##2.821
（2）7.0##7 （3）D
（4）a
【解析】【小問(wèn)1詳解】
螺旋測(cè)微器的轉(zhuǎn)動(dòng)刻度50格共0.5mm長(zhǎng)，精確度為0.01mm，格數(shù)要估讀到0.1格，因此螺旋測(cè)微器的讀數(shù)為2.5mm+32.0×0.01mm=2.820mm。
【小問(wèn)2詳解】
歐姆表讀電阻，由表盤(pán)上的數(shù)字乘以倍率得到阻值。
【小問(wèn)3詳解】
實(shí)驗(yàn)中需要獲得較大的電壓調(diào)節(jié)范圍，則需要滑動(dòng)變阻器選擇分壓式接法。而待測(cè)電阻滿(mǎn)足：，即待測(cè)電阻為小電阻，因此用電流表的外接法減小系統(tǒng)誤差，因此選擇D電路實(shí)驗(yàn)。
故選D。
【小問(wèn)4詳解】
根據(jù)電阻定律可知，R－l圖像應(yīng)該是過(guò)原點(diǎn)的傾斜直線，但（3）問(wèn)中的C項(xiàng)電路采用的是電流表的內(nèi)接法，因電流表分壓導(dǎo)致電阻的測(cè)量值偏大，有，故測(cè)量圖線不過(guò)原點(diǎn)，而有正的縱截距，故選a圖線。
15. 兩列簡(jiǎn)諧橫波分別沿x軸正方向和負(fù)方向傳播，兩波源分別位于x=-0.2m和x=1.2m處，兩列波的波速均為0.4m/s、波源的振幅均為2cm。 圖示為0時(shí)刻兩列波的圖像，此刻平衡位置在x=0.2m 和x=0.8m的P、Q兩質(zhì)點(diǎn)剛開(kāi)始振動(dòng)。 質(zhì)點(diǎn)M的平衡位置處于x=0.5m處。
（1）求兩列波相遇的時(shí)刻。
（2）求1.5s后質(zhì)點(diǎn) M運(yùn)動(dòng)的路程。
【答案】（1）0.75s
（2）12cm
【解析】【小問(wèn)1詳解】
兩列波在x=0.5m處相遇，則相遇時(shí)刻
【小問(wèn)2詳解】
由題意
兩列波在0.75s同時(shí)傳播到質(zhì)點(diǎn)M處，在0.75s~1.2s，左右兩側(cè)波傳到M，振動(dòng)加強(qiáng)，則經(jīng)過(guò)0.75s通過(guò)的路程
s2=3=12cm
M點(diǎn)通過(guò)的總路程12cm。
16. 如圖所示，桌面上固定一半徑為R的水平光滑圓管軌道，O為圓軌道圓心，M、N為軌道上的兩點(diǎn)，且位于同一直徑上，P為MN段的中點(diǎn)。在P點(diǎn)處有一加速器（大小可忽略），小球經(jīng)過(guò)P點(diǎn)后，其速度大小增加v0。質(zhì)量為m的小球1從N處以初速度v0沿軌道逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)，與靜止在M處的小球2發(fā)生彈性碰撞，碰后瞬間兩球速度大小相等。忽略碰撞的時(shí)間。求：
（1）碰撞前瞬間小球1對(duì)軌道的壓力；
（2）碰撞后瞬間兩球的速度。
【答案】（1），與OM成
（2）兩球的速度大小為v0 ，方向相反
【解析】（1）設(shè)1與2碰前1的速度為，由題意知
根據(jù)



解得
方向與OM成角，且滿(mǎn)足
由牛頓第三定律得碰撞前瞬間1對(duì)軌道的壓力大小為，方向：與OM成 。
（2）取碰撞前瞬間球1的速度方向?yàn)檎较?，設(shè)2的質(zhì)量為M，碰后兩球速度大小為v，有


求得
即碰后兩球的速度大小為v0 ，方向相反。
17. 如圖所示，矩形ABCD區(qū)域內(nèi)存在多層緊鄰的勻強(qiáng)電場(chǎng)，每層電場(chǎng)的高度均為d，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小均為E，方向沿圖中豎直方向交替變化。AB邊長(zhǎng)為12d，BC邊長(zhǎng)為8d。質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子流從AB邊中點(diǎn)射入電場(chǎng)，入射角為θ，粒子的初動(dòng)能為Ek，粒子在紙面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用力。
（1）若粒子能從CD邊射出，求粒子通過(guò)電場(chǎng)的時(shí)間；
（2）當(dāng)Ek2qEd時(shí)，粒子從CD邊射出電場(chǎng)時(shí)與軸線OO′的距離不大于d，求入射角θ的最值；
（3）當(dāng)EkqEd時(shí)，粒子在θ為范圍內(nèi)均勻射入電場(chǎng)，求從CD邊射出的粒子的入射角θ的范圍。
【答案】（1）
（2）
（3）（）
【解析】【小問(wèn)1詳解】
電場(chǎng)方向豎直向上，粒子所受電場(chǎng)力在豎直方向上，粒子在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度分解如圖所示
粒子在水平方向的速度為
根據(jù)
可知
解得
【小問(wèn)2詳解】
粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的初動(dòng)能
粒子進(jìn)入電場(chǎng)沿電場(chǎng)方向做減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得
粒子從邊射出電場(chǎng)時(shí)與軸線的距離不大于d，則要求
解得
所以入射角的范圍為
故入射角θ有最大值
【小問(wèn)3詳解】
設(shè)粒子從O點(diǎn)射入，恰好從D點(diǎn)射出，粒子入射角為θ′，根據(jù)題意
解得粒子的速度
粒子在水平方向勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為
粒子在沿電場(chǎng)方向，反復(fù)做加速大小相同的減速運(yùn)動(dòng)，加速運(yùn)動(dòng)，位移、時(shí)間、速度都具有對(duì)稱(chēng)性，粒子通過(guò)每段電場(chǎng)的時(shí)間t0相等，則
又
則
且
代入數(shù)據(jù)化簡(jiǎn)可得
即
解得
（舍去）
或
故
故入射角的范圍為（）。
18. 如圖所示，質(zhì)量均為m的物塊A、B和木板E靜止在水平地面上，質(zhì)量分別為3m、2m的物塊C、D靜止在E上，一根輕繩跨過(guò)光滑定滑輪M、N，左右兩端分別與B、C豎直連接，距E右端距離為L(zhǎng)處固定一擋板P。剛開(kāi)始B與地面剛好接觸不擠壓，整個(gè)系統(tǒng)靜止?，F(xiàn)給A一水平向右的初速度，A與B碰后粘在一起。從A與B碰后瞬間到E與P第一次碰撞前瞬間，給E施加水平向右的外力F1=3mg。此后在E每次速度為0的瞬間立即給E施加水平向右的F1，到E與P發(fā)生下一次碰撞前瞬間再撤掉F1，且在E向左運(yùn)動(dòng)的所有時(shí)間內(nèi)均分別給D、E施加水平向左的外力F2=2mg、F3=mg。已知：D與E、E與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.5（最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力），M到地面的距離為L(zhǎng)，E與P的碰撞無(wú)能量損失，所有物塊均視為質(zhì)點(diǎn)，D始終沒(méi)有從E上掉落，不計(jì)其他摩擦及空氣阻力，重力加速度為g。求：
（1）A與B碰撞過(guò)程損失的機(jī)械能；
（2）A、B碰撞前、后瞬間C對(duì)E的壓力差；
（3）E向左運(yùn)動(dòng)的最大距離；
（4）整個(gè)過(guò)程D、E之間產(chǎn)生的熱量。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【解析】【小問(wèn)1詳解】
AB碰撞過(guò)程，AB物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律有
由能量守恒可知由于碰撞損失的機(jī)械能為
解得
【小問(wèn)2詳解】
A、B碰撞前B剛好與地面接觸不擠壓，由受力平衡有繩的拉力大小為
C靜止在木板上，對(duì)C受力分析由受力平衡有
解得C與E的彈力大小為
對(duì)AB碰后瞬間，由牛頓第二定律有
解得
此時(shí)繩的拉力大于物塊C的重力，即C與E的彈力大小為
所以由以上分析及牛頓第三定律可知A、B碰撞前、后瞬間C對(duì)E的壓力差為
【小問(wèn)3詳解】
D、E一起向右加速 ，對(duì)D、E整體由牛頓第二定律可知
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得
E、P第一次碰后，D、E分別以v1向右、左勻減速;
對(duì)D 由牛頓第二定律得
對(duì)E 由牛頓第二定律得
解得
對(duì)E，由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)得
解得
【小問(wèn)4詳解】
E與P第一次碰后，D與E同時(shí)減速到0，二者減速的位移大小相等均為，即
在作用下D與E再一次一起向右加速，加速度仍為，加速到，接著E與P發(fā)生第二次碰撞，碰后重復(fù)前面的運(yùn)動(dòng)，直到二者靜止，由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)可知第一次碰后D、E的相對(duì)位移
E、P第二次碰前D、E的速度為 ，由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)有
第二次碰后D、E速度減為0的位移大小為
第二次碰后D、E的相對(duì)位移
第三次碰后D、E的相對(duì)位移
……
第n次碰后D、E的相對(duì)位移
整個(gè)過(guò)程D、E之間產(chǎn)生的熱量
解得

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