2021_2022学年浙江省湖州市高二（上）期末物理试卷（含答案解析）

这是一份2021_2022学年浙江省湖州市高二（上）期末物理试卷（含答案解析），共18页。试卷主要包含了4μAB，【答案】C，【答案】A，【答案】D，【答案】B等内容，欢迎下载使用。

2021~2022学年浙江省湖州市高二（上）期末物理试卷

1. 下列物理量为矢量的是(    )
A. 磁感应强度 B. 电流 C. 电压 D. 磁通量
2. 每分钟有1.5×1015个自由电子通过导线的横截面，导线的横截面积为5×10−5m2，电子电荷量为−1.6×10−19C，则该导线中的电流大小是(    )
A. 0.4μA B. 4μA C. 8mA D. 80mA
3. 关于磁通量和磁感应强度，下列说法正确的是(    )
A. 磁感应强度是矢量，它的方向就是该处小磁针静止时S极所指的方向
B. 穿过某个面的磁通量为零，则该处磁感应强度也为零
C. 磁场中某处磁感应强度越大，垂直穿过该处单位面积的磁通量越大
D. 由B=FIL可知，B与F成正比，与I和L的乘积成反比
4. 如图为某型号的干电池，在其外壳上标注有“9伏”的字样，这表示(    )

A. 1C正电荷通过该电池的过程中，有9J的化学能转化为电能
B. 该电池在单位时间内有9J的化学能转化为电能
C. 电池短路时，该电池输出的电流为9A
D. 将该电池接入电路后，电池两端的电压始终为9V
5. 下列实验现象，属于电磁感应现象的是(    )

A. (a)中通电线圈在磁场中转动
B. (b)中通电导线在磁场中运动
C. (c)中导线通电后其下方的小磁针发生偏转
D. (d)中金属杆切割磁感线时，电流表指针偏转
6. 下列关于机械波的说法，其中正确的是(    )
A. 波不但传递能量，而且可以传递信息
B. 在一个周期内，介质中的质点所通过的路程等于振幅
C. 在一个周期内，介质中的质点向前运动了一个波长的距离
D. 某一频率的声波，从空气进入水中时，波长和频率均增大
7. 如图所示，某同学利用平底水槽研究水波传播时的现象，下列说法正确的是(    )

A. 甲图是观察水波穿过狭缝后的情景，此时水波没有发生衍射现象
B. 甲图中狭缝的宽度变窄时，可以观察到明显的衍射现象
C. 乙图是两列水波相遇时的干涉现象，两列水波的频率不同
D. 乙图中某些区域在某时刻振动加强，经过半个周期后振动减弱
8. 如图所示，虚线框内为改装好的电表，M、N为新表的接线柱。已知灵敏电流计G的满偏电流为100μA，内阻为290Ω，电阻箱读数为10Ω，根据以上数据计算可知改装的电表为(    )

A. 电压表，量程为0∼3mV B. 电流表，量程为0∼3mA
C. 电压表，量程为0∼30mV D. 电流表，量程为0∼3μA
9. 家用电热水器，在使用时具有漏电危险，当发生漏电时，电流会经过水管中的水与人体相连从而发生意外事故。“隔电墙”可以在一定程度上保护人体的安全，其装置如图1，其内部结构是一个螺旋状的绝缘管道，结构如图2，它实则上是将水管的水道变得更细更长，安装位置如图3。下列分析正确的是(    )

A. 漏电时“隔电墙”能完全隔断电流
B. “隔电墙”是靠减小水流速度来减小电流而保护人体安全
C. “隔电墙”是通过增加管道中水的电阻率来保护人体安全的
D. “隔电墙”是通过增加管道中水的电阻来减小电流从而保护人体安全
10. 如图所示，四根相互平行的通有电流均为I的长直导线a、b、c、d，放在正方形的四个顶点上，以四边形中心点O为坐标原点建立坐标系。每根通电直导线单独存在时，四边形中心O点的磁感应强度大小都是B，则四根通电导线同时存在时O点的磁感应强度大小和方向分别是(    )

A. 22B，方向沿x轴负方向 B. 22B，方向沿y轴负方向
C. 2B，方向沿x轴正方向 D. 2B，方向沿y轴正方向
11. 如图，电池、开关和灯泡组成串联电路。当闭合开关时，发现灯泡不发光。在不能拆开电路的前提下，现使用一多用电表对故障电路进行检测：选择直流电压挡，闭合开关S，红、黑表笔分别接在接线柱E、F上，电压表示数为1.5V；断开开关S，选择欧姆×1k挡，红、黑表笔分别同时接E、F，指针不偏转。则下列判断可能正确的是(    )

A. 灯泡短路 B. 灯泡断路 C. 导线DE断开 D. 导线BF断开
12. 中国空间站天和核心舱使用了电推进发动机，基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为航天器提供推力。电推进发动机在某次地面测试中，离子以一定速率向后喷出，流量为3×10−3g/s，获得的平均推力大小为0.09N，则离子被喷出的速率为(    )

A. 3km/s B. 30km/s C. 60km/s D. 90km/s
13. 在某次冰壶比赛中，运动员利用红壶去碰撞对方静止的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞，如图(a)所示。碰撞前后两壶做直线运动的v−t图线如图(b)中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则
A. 两壶发生了弹性碰撞 B. 碰后蓝壶的速度为1.0m/s
C. 碰后蓝壶移动的距离为2 m D. 碰后红壶还能继续运动2 s
14. 关于磁场及电磁波，下列说法正确的是(    )
A. 麦克斯韦提出电磁场理论，赫兹通过实验证实了电磁波的存在
B. 只要空间某处的电场或磁场发生变化，就会在其周围产生电磁波
C. 不同电磁波具有不同的波长，红外线的波长小于可见光的波长
D. 光也是电磁波，频率为ν的光的能量子为hν
15. 某一导体的伏安特性曲线如图中的AB段(曲线)所示，关于导体的电阻，下列说法正确的是(    )
A. A点对应的导体的电阻为120Ω
B. 在AB段，导体的电阻变化了20Ω
C. B点对应的导体的电阻为8Ω
D. 在AB段，导体的电阻随电压的增大而增大

16. 飞力士棒是一种轻巧的运动训练器材，是一根弹性杆两端带有负重的器械，如图a。某型号的飞力士棒质量为600g，长度为1.5m，固有频率为4.5Hz。如图b，某人用手振动该飞力士棒进行锻炼，则下列说法正确的是(    )
A. 使用者用力越大，飞力士棒振动越快
B. 随着手振动的频率增大，飞力士棒振动的频率也变大
C. 随着手振动的频率增大，飞力士棒振动的幅度一定变大
D. 驱动该飞力士棒每分钟振动270次时，飞力士棒产生共振

17. 在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中。
(1)用游标卡尺测量摆球直径(如图1所示)，摆球直径D为______ mm；
(2)(多选)关于该实验的操作，以下说法正确的是______(填字母)；
A.选用密度较大的小金属球有利于减小实验误差
B.应选用不可伸长的细线作为摆线
C.应把摆线置于水平桌面上测量摆长
D.应在摆球摆到最高处开始计时
(3)①若某同学测出多组单摆的摆长l和振动周期T，作出T2−l图像如图2所示，理论上T2−l图像是一条过坐标原点的直线，造成图中图像不过坐标原点的原因可能是______(填字母)；
A.误将摆线长度当作摆长
B.摆线上端悬点未固定，振动中出现了松动，使摆线长度增加
②由图线求得重力加速度g为______m/s2(保留3位有效数字)。

18. 小王同学做测量一节干电池的电动势和内阻的实验。
(1)小王先用多用电表(图1)粗测这节干电池的电动势，他应该把选择开关旋转到______(填“直流2.5V”、“Ω×10”或“交流10V”)挡。测量时多用电表的表盘指针如图2所示，其读数为______。
(2)然后小王又采用伏安法进行测量。连接好测量电路，如图3所示，闭合开关前，滑动变阻器滑片应打到最______端(填“左”或“右”)。
(3)根据实验数据作出U−I图像，如图4所示，根据图像可知该电池电动势的测量值E=______V，内阻r=______。(E和r的测量值均保留3位有效数字)

19. 一列沿x轴正方向传播的简谐波在t=0时刻的波形如图所示，且波恰好传播到x=3m处，已知振源的振动周期T=1s。求：
(1)该波的波长、振幅和频率；
(2)波速v的大小；
(3)t=2s时，波向前传播到x轴上的位置。

20. 如图所示，一质量m=1kg的小球固定在轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定，该弹簧的劲度系数k=100N/m，小球穿在水平光滑细杆上。不加任何外力作用时，小球静止在O点。现将小球向右拉至A点，然后由静止释放，小球做简谐运动，B点是小球向左运动的最远位置。其中OA=10cm，小球在A点时弹簧的弹性势能为0.5J，不计其他阻力。求小球：
(1)在B点时的加速度大小；
(2)在O点时的速度大小；
(3)从A点运动到O点的过程中，弹簧弹力的冲量大小。

21. 如图所示，电源的电动势E=110V，定值电阻R1=20Ω，电动机内阻R0=1Ω。开始时开关S1闭合，S2断开，通过电阻R1的电流为5A；当开关S2闭合后，通过电阻R1的电流为4A。求：
(1)电源的内阻；
(2)当开关S2闭合后，通过电动机的电流；
(3)当开关S2闭合后，电动机的输出功率。
22. 如图为某游戏装置的示意图，由固定的竖直光滑圆弧轨道A、静止在光滑水平面上的滑板B、固定竖直挡板C组成。轨道A的底端与滑板B的上表面水平相切，初始时轨道A与滑板B左端紧靠在一起，滑板B右端与竖直挡板C相距d=5m。游客乘坐滑椅(可视为质点)从轨道A上P点由静止出发，冲上滑板B，滑板B足够长(滑椅不会从滑板表面滑出)，滑板B与挡板碰撞无机械能损失。已知游客与滑椅的总质量m=100kg，圆弧轨道的半径R=6.4m，O点为圆弧轨道的圆心，OP与竖直方向夹角θ=60∘，滑板B的质量M=300kg，滑椅与滑板B间的动摩擦因数μ=0.2，空气阻力可忽略。求：
(1)游客与滑椅滑到圆弧轨道最低点时的动量大小；
(2)滑板B与竖直挡板碰撞前，游客、滑椅和滑板B组成的系统产生的内能；
(3)若滑板B右端与固定挡板C距离d可以改变，并要求滑板B只与挡板C碰撞两次，则d应满足的条件。

答案和解析

1.【答案】A 
【解析】
【分析】
矢量是既有大小又有方向、运算时遵循平行四边形定则的物理量，标量是只有大小没有方向、运算时遵循代数运算法则的物理量。
本题要能抓住矢量与标量的区别：矢量有方向，运算时遵循平行四边形定则，标量运算时遵循代数运算法则，能正确区分物理量的矢标性。

【解答】
A、磁感应强度既有大小又有方向，运算时遵循平行四边形定则，是矢量，故A正确；
BD、磁通量和电流虽有方向，但磁通量和电流运算时不遵守矢量运算法则：平行四边形定则，磁通量和电流都是标量，故BD错误；
C、电压只有大小，没有方向，是标量，故C错误。
故选：A。  
2.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查电流的定义，解题的关键是熟练运用电流的定义式，同时在计算中要注意单位的换算。
根据电子个数以及电子的电量可求得总电量，再由电流的定义即可求得电路中的电流。 

【解答】
每分钟通过的电量为：q=ne=1.5×1015×1.6×10−19C=2.4×10−4C，t=1分钟=60s，则电路中的电流为：I=qt=2.4×10−460A=4μA，故B正确，ACD错误。  
3.【答案】C 
【解析】
【分析】
磁场的强弱由磁场本身的性质决定，与放入磁场中的电流元无关；磁感线越密的地方磁场越强，越疏的地方，磁场越弱，磁通量等于穿过磁场中某一面积的磁感线的净条数，当平面与磁场平行时，穿过该平面的磁通量为零，当平面与垂直时，磁通量最大。
解决本题的关键知道磁场的强弱由磁场本身的性质决定，与电流元所受力的大小无关，也可以通过磁感线的疏密表示磁场的强弱。

【解答】
A、磁场中某处磁感应强度的方向就是该处小磁针静止是N极所指的方向，故A错误；
B、穿过某个面的磁通量为零，此处磁感应强度不一定为零，可能此平面与磁感线平行，故B错误；
C、匀强磁场中穿过某一平面的磁通量为Φ=BSsinα，磁场中某处磁感应强度越大，垂直穿过该处单位面积的磁感线条数越多，垂直穿过该处单位面积的磁通量越大，故C正确；
D、由B=FIL可知，磁感应强度是通过比值法定义的，磁感应强度由磁场本身的性质决定，所以磁感应强度B与安培力F，与IL均无关，故D错误；
故选：C。  
4.【答案】A 
【解析】
【分析】
电动势是一个表征电源把其他形式的能转化为电能的本领的物理量，在数值上，等于非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功，常用符号E表示，单位是伏(V)，电源没有接入电路时，两端电压等于电动势。

【解答】
A、外壳上标注有“9伏”的字样，电动势为9V，1C正电荷通过该电池的过程中，非静电力做功为9J，即9J化学能转化为电能，故A正确；
B、电池的电动势为9V，表示非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功为9J，即电能增加9J，9J化学能转化为电能，与时间无关，故B错误；
C、不知道该电池的内电阻，所以不能求出电池短路时，该电池输出的电流，故C错误；
D、将该电池接入电路后，电池两端的电压：U=IR=ER+rR，其中R为外电路的电阻，r为电池的内电阻，由公式可知将该电池接入电路后，电池两端的电压小于电池的电动势9V，故D错误。
故选：A。  
5.【答案】D 
【解析】
【分析】
分析图示实验情景，根据实验现象分析答题。明确电流的磁效应、通电导线在磁场中受力以及电磁感应即可求解。
本题考查电磁感应现象的应用；要求能知道电磁感应现象、电流的磁效应以及通电导线在磁场中的受力等电磁学现象的原理和应用。

【解答】
A、图(a)中通电线圈在磁场中受到安培力作用而发生转动，不是电磁感应现象，故A错误；
B、图(b)中通电导线在磁场中受到安培力作用而运动，不是电磁感应现象，故B错误；
C、图(c)所示，导线通电后，其下方的小磁针受到磁场的作用力而发生偏转，说明电流能产生磁场，是电流的磁效应现象，不是电磁感应现象，故C错误；
D、图(d)所示，金属杆切割磁感线时，电路中产生感应电流，是电磁感应现象，故D正确。
故选：D。  
6.【答案】A 
【解析】
【分析】
机械波是振动在介质中的传播，它既可以传递能量，也可以传递信息；质点在一个周期内所通过的路程等于四倍振幅；质点只在自己的平衡位置上下振动，不随波迁移；各质点的振动频率与波源频率相同，与介质无关。
明确波既可以传递能量也可以传递信息，知道波中各质点不随波迁移，知道各质点的振动频率与波源的振动频率相同。

【解答】
A、机械波是振动在介质中的传播，它可以传递能量，也可以传递信息，故A正确；
B、介质中振动的质点在一个周期内所通过的路程等于四倍振幅，故B错误；
C、介质中振动的质点只在自己的平衡位置两侧振动，不随波向前传播，故C错误；
D、某一频率的声波，从空气进入水中时，频率由波源决定不会变化，故D错误；
故选：A。  
7.【答案】B 
【解析】
【分析】
波绕过障碍物继续传播的现象是衍射；发生明显衍射的条件是波长与障碍物的尺寸差不多或者比障碍物的尺寸大；稳定干涉的条件是两列波的频率相同；振动加强点经过半个周期后依旧为振动加强点。
明确波的干涉和衍射，知道发生明显衍射的条件，知道稳定干涉的条件。

【解答】
A、由图可知甲图中水波发生了衍射现象，故A错误；
B、波长一定，缝越窄衍射现象越明显，当甲图中狭缝的宽度变窄时，可以观察到明显的衍射现象，故B正确；
C、乙图是两列水波相遇时的干涉现象，两列水波的频率相同，故C错误；
D、乙图中某些区域在某时刻振动加强，经过半个周期后依旧为振动加强点，故D错误；
故选：B。  
8.【答案】B 
【解析】
【分析】
由图示电路图可知：电流计与电阻箱并联，此为电流表，应用并联电路特点与欧姆定律分析答题。
本题考查电表的改装问题，对于电路的计算问题，分析清楚电路结构是正确解题的前提与关键，注意应用并联电路特点：并联支路两端的电压相等，结合欧姆定律进行解题。

【解答】
改装为大量程的电压表需要串联上一个大的电阻，改装为大量程的电流表需要并联上一个小的电阻，如图所示电阻箱与电流计并联，可知改装为电流表，其量程为I=Ig+IgRgR=100×10−6A+100×10−6×29010A=3×10−3A=3mA，故ACD错误，B正确；
故选：B。  
9.【答案】D 
【解析】
【分析】
水的电阻率不变，根据电阻定律R=ρLS分析电阻的变化，从而分析电流的变化。
本题主要是考查电阻定律，知道导体的电阻与截面积成反比，与长度成正比，知道“隔电墙”的工作原理即可解答。

【解答】
根据电阻定律可知R=ρLS，水的电阻率不变，在该情况下，将水流变长，横截面积变小，从而增大水流的电阻，由欧姆定律可知电流减小，从而对人体起到保护作用，所以漏电时“隔电墙”不能完全隔断电流，故D正确、ABC错误。
故选：D。  
10.【答案】A 
【解析】
【分析】
由安培定则判断磁场方向，并由平行四边形定则求解合场强。

【解答】
根据安培定则判断四根导线在O点产生的磁感应强度的方向分别为：a导线产生的磁感应强度方向为Od方向；c导线产生的磁感应强度方向为Od方向；同理，b导线产生的方向为Oa方向，d导线产生的方向为Oa方向；则根据平行四边形定则进行合成可知，四根导线同时存在时O点的磁感应强度大小为22B，方向沿x轴负方向，故A正确，BCD错误。
故选：A。  
11.【答案】B 
【解析】
【分析】
用电压表判断故障时，根据电源电动势选择合适的量程，电压表有示数说明有断路，用欧姆表判断故障时，指针偏转说明被测电路没有断路，指针不偏转说明被测电路断路。
本题考查了用多用电表检查电路故障，检查电路故障可以用电压表、电流表、或欧姆表，应用欧姆表检查电路故障时，应把电源断开；要掌握应用各电表检查电路故障的方法。

【解答】
选择直流电压挡，闭合开关S，红、黑表笔分别接在接线柱E、F上，电压表示数为1.5V，说明E、F两端电压等于电源电动势；即从E点到电源的正极、从F点到电源的负极是连通的；断开开关S，选择欧姆×1k挡，红、黑表笔分别同时接E、F，指针不偏转，即E、F间的电阻无穷大，说明E、F断开，故故障是灯泡断路，故B正确，ACD错误。
故选：B。  
12.【答案】B 
【解析】
【分析】
结合题干信息，先求出Δt时间内喷出的离子质量，再利用动量定理进行求解即可。
本题考查动量定理，要求学生从题干获取信息结合已学知识点进行运算，对学生获取信息的能力以及分析能力有一定要求。

【解答】
在Δt时间内喷出的离子质量Δm=3×10−3×10−3⋅Δt，根据动量定理有FΔt=Δmv，代入数据，解得v=3×104m/s=30km/s，故ACD错误，B正确。
故选：B。  
13.【答案】C 
【解析】AB.由图b所示图象可知，碰前红壶的速度v0=1.0m/s，碰后速度为v0′=0.2m/s，
碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，两壶碰撞过程系统动量守恒，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得mv0=mv0′+mv
代入数据解得v=0.8m/s
碰前动能E1=12mv02=12m×1.02(J)=0.5m(J)
碰后动能E2=12mv0′2+12mv2=0.34m(J)
则碰撞过程中机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，故AB错误；
C.根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小x=v+0t2=0.8×52m=2m，故C正确；
D.根据“红壶碰撞前后的图线平行”知，碰撞前后红壶加速度不变，速度从1.2m/s减小到1.0m/s和速度从0.2m/s减小到0，速度变化量相同，根据a=ΔvΔt可知所用时间也相同，故碰后红壶还能继续运动1s，故D错误。
故选：C。

14.【答案】AD 
【解析】
【分析】
本题主要考查电磁波、电场和磁场以及物理科学史。麦克斯韦提出电磁场理论，赫兹通过实验证实了电磁波的存在。
明确电磁波的产生原理是空间某处有周期性变化的电场或磁场，电场和磁场交替产生向前传播形成电磁波；根据电磁波谱可知红外线的波长与可见光的波长的大小关系；爱因斯坦提出了光子说。
【解答】
A.麦克斯韦提出电磁场理论，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故A正确；
B.只要空间某处有周期性变化的电场或磁场，就会在其周围产生电磁波，故B错误；
C.根据电磁波谱可知，不同电磁波具有不同的波长，红外线的波长大于可见光的波长，故C错误；
D.光是电磁波，频率为ν的光的能量子为hν，故D正确。  
15.【答案】BD 
【解析】解：ABC、根据部分电路欧姆定律可知，A点对应的导体的电阻为RA=UAIA=61.0×10−1Ω=60Ω
B点对应的导体的电阻为RB=UBIB=121.5×10−1Ω=80Ω
在AB段，导体的电阻变化了ΔR=RB−RA=80Ω−60Ω=20Ω
所以AC错误；B正确；
D.根据图线上的点与原点连线的斜率的倒数可以表示电阻的变化，所以在AB段，导体的电阻随电压的增大而增大，则D正确；
故选：BD。
由图读出A、B点时电压和电流，根据电阻的定义式R=UI求解电阻值，再得到电阻的变化量。
本题主要考查对伏安特性曲线的了解，要注意明确各点的电阻应通过电阻的定义式R=UI求解，对于非线性元件不能根据切线的斜率求电阻值。

16.【答案】BD 
【解析】解：AB、人用手振动该飞士力棒，让其做受迫振动，受迫振动的频率与驱动力的大小无关，其频率等于周期性外力的频率，故A错误，B正确；
CD、当手振动的频率接近该飞力士棒的固有频率时，飞士力棒振动幅度才会变大，当振动频率等于该飞士力棒的固有频率时，即每分钟振动270次，f=4.5Hz，飞士力棒产生共振，故C错误，D正确；
故选：BD。
受迫振动的频率与驱动力的大小无关，与驱动力的频率相等；当驱动力的频率与物体的固有频率相等时会发生共振现象，振幅最大。
明确受迫振动的频率与驱动力的大小无关，当外力振动的频率等于固有频率时物体发生共振，振幅最大。

17.【答案】(1)14.55；(2)AB；(3)①A；②9.87 
【解析】解：(1)由图示游标卡尺可知，其精度是0.05mm，读数是14mm+11×0.05mm=14.55mm。
(2)A、选用密度较大的小金属球可以减小空气阻力对实验的影响，有利于减小实验误差，故A正确；
B、应选用不可伸长的细线作为摆线可以减小实验误差，故B正确；
C、摆线置于水平桌面上测量摆长，单摆悬挂时在自身重力下要伸长，导致摆长测量值偏小，增大实验误差，故C错误；
D、为减小周期测量误差，应在摆球摆到最低处开始计时，故D错误。
故选：AB。
(3)①由图2所示图象可知，摆长为零时已经有周期，说明所测摆长偏小，可能时把摆线长度作为摆长了，漏加摆球的半径，故A正确，B错误。
故选：A。
②由单摆周期公式T=2πlg得：T2=4π2gl，由图示T2−l可知，图象的斜率k=4π2g=4.0[99−(−1)]×10−2s2/m=4.0s2/m，代入数据解得重力加速度g≈9.87m/s2。
故答案为：(1)14.55；(2)AB；(3)①A；②9.87。
(1)游标卡尺主尺与游标尺读数的和是游标卡尺读数。
(2)根据实验注意事项分析答题。
(3)根据单摆周期公式求出图象的函数表达式，根据图示图象分析答题。
要掌握常用实验器材的使用方法与读数方法；理解实验原理是解题的前提，应用单摆周期公式即可解题。

18.【答案】(1)直流 2.5V；1.46V；(2)右；(3)1.40；1.20Ω(1.10∼1.30Ω均正确) 
【解析】
【分析】
根据电流表量程由图示多用电表确定电流表分度值，然后读出电流表示数；根据实验要求确定滑片的接法；U−I图象与纵轴的交点是电源电动势，图象的斜率的绝对值电源内阻。
本题考查测定电源的电动势和内电阻，要注意明确电源的U−I图象中图象与纵的交点表示电动势，图象的斜率等于电源内阻；由图象求电源内阻时，一定要注意图象纵坐标轴的起点是否是零，这是容易忽略的地方。
【解答】
(1)由于粗测一节干电池的电动势，所以选择开关旋至直流2.5V挡，由图示多用电表可知，多用电表分度值是0.05V，多用电表示数是1.46V；
(2)用图示的常规方法测电源电动势和内阻，为保护电路变阻器的滑动头应打到最右端，其电阻值最大，电路中电流最小；
(3)根据实验数据得到电源的U−I图象，由图象可知，图象与纵轴交点是1.40V，则电源电动势为：E=1.40V，电源内阻为：r=|k|=ΔUΔI=1.40−0.80.5Ω≈1.20Ω；  
19.【答案】解：(1)由波形图知，波长λ=2m，振幅A=0.1m。
所以波的频率：f=1T=11Hz=1Hz
(2)振源的振动周期与波的传播周期相等，则波的传播度为v=λT=2m1s=2m/s
(3)t=0时刻波已传播到x1=3m处，经过Δt=2s时间波传播距离x2=v×Δt=2×2m=4m
则t=2s时，波向前传播到x轴上的位置为x=x1+x2=3m+4m=7m
答：(1)该波的波长为2m、振幅为0.1m和频率为1Hz；
(2)波速v的大小为2m/s；
(3)t=2s时，波向前传播到x轴上的位置坐标为7m处。 
【解析】(1)由波形图求出振幅、周期，由周期的公式求频率；
(2)根据公式v=λf求波速；
(3)根据速度公式求传播的距离。
本题是从波形图上读取各种信息，然后处理，那么要理解波长、振幅、周期、频率等概念的意义。结合速度的公式进行计算。

20.【答案】解：(1)因为振子在做简谐振动，A.B两点关于O对称，
振子在B点的位移，x=OB=OA=10cm=0.1m
在B点受力分析可得，F=kx=ma
解得：a=kxm=100N/m×0.1m1kg=10m/s2
故在B点时的加速度大小10m/s2；
(2)简谐运动过程中机械能守恒，由A运动到O的过程中，
弹性势能转化为动能：Ep=12mv2
解得：v=2Epm=2×0.5J1kg=1m/s，
故在O点时的速度大小为1m/s；
(3)设从A指向O为正方向，从A点运动到O点的过程中，由动量定理可得；
I=mv−0=1kg×1m/s−0=1kg⋅m/s
故从A点运动到O点的过程中，弹簧弹力的冲量大小为1kg⋅m/s；
答：(1)在B点时的加速度大小10m/s2；
(2)在O点时的速度大小为1m/s；
(3)从A点运动到O点的过程中，弹簧弹力的冲量大小为1kg⋅m/s。 
【解析】根据振子做简谐运动，再结合胡克定律可分析得到加速度，根据机械能守恒可得振子在O点速度，最后根据动量定理可求解。
该题考查学生对简谐运动特点的掌握，分析该题也可以根据简谐运动的对称性来处理，本题还结合了机械能守恒以及动量定理等知识点，属于综合性题型。

21.【答案】解：(1)当电键S2断开时，通过电阻R1的电流为I1=5A，R1两端的电压U1=I1R1=5×20V=100V
根据闭合电路欧姆定律：E=U1+I1r
代入数据解得：r=2Ω
(2)当电键S2闭合时，电阻R1的电压：U1′=I2R1
此时流过电源的干路中电流为E=U1′+Ir
通过电动机的电流为：IM=I−I2
其中I2=4A
联立解得：IM=11A
(3)则电动机的机械功率为：P′=U1′IM−IM2R0
代入数据解得：P′=759W
答：(1)电源的内阻为2Ω；
(2)当开关S2闭合后，通过电动机的电流为11A；
(3)当开关S2闭合后，电动机的输出功率为759W。 
【解析】(1)根据S2断开时，根据欧姆定律求出电阻R1的电压，根据闭合电流欧姆定律求出电源的内阻r；
(2)当电键S2闭合时，根据电阻R1的电功率求出R1两端的电压，再根据E=U+Ir，求出总电流，从而求出通过电动机的电流，
(3)根据P出=UIM−IM2R0求电动机的输出功率.
解决本题的关键能够灵活运用闭合电路欧姆定律，以及知道电动机输入功率、输出功率、热功率的关系。

22.【答案】解：(1)设滑椅滑到圆弧轨道最低点时速度为v0，由动能定理有：mgR(1−cosθ)=12mv02
在圆弧轨道最低点时游客与滑椅的动量大小：p=mv0=mgR=800kg⋅m/s
(2)假设达到共同速度后滑板B才与C碰撞，设共同速度为v，由动量守恒定律：mv0=(m+M)v
解得：v=2m/s
设在此过程中滑板的位移为x1，由动能定理有：μmgx1=12Mv2−0
解得：x1=3m
因x1 解得：Q=2400J
(3)设B与C板第一次碰撞前瞬间，两者的速度大小分别为v1、v2，由动量守恒定律：mv0=mv1+Mv2
设B与C板第二次碰撞前瞬间，两者的速度大小分别为v3、v4，由动量守恒定律：mv1−Mv2=mv3+Mv4
若要碰撞两次，则需要满足：mv1−Mv2>0，mv3−Mv4≤0
对B动能定理：μmgd=12Mv22
联立上式，由：mv1−Mv2>0，可得：d<43m
由mv3−Mv4≤0，可得：d≥13m
即d应满足的条件：13m≤d<43m。
 
【解析】(1)根据动能定理和动量表达式求解；
(2)根据动量守恒、动能定理和能量守恒求解；
(3)根据动量守恒、动能定理结合B只与挡板C碰撞两次的条件求解。
本题是一道力学综合题，分清运动过程，选择合适的运动学规律求解，具有一定的难度。