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2021-2022学年福建省莆田二中高二（上）期末物理试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年福建省莆田二中高二（上）期末物理试卷（含答案解析），共17页。试卷主要包含了4A，则该电路可能为，5Ω，【答案】B，【答案】C，【答案】D，【答案】ACD，【答案】AC等内容，欢迎下载使用。
如图，两根平行通电长直导线固定，左边导线中通有垂直纸面向外、大小为I1的恒定电流，两导线连线(水平)的中点处，一可自由转动的小磁针静止时N极方向平行于纸面向下。忽略地磁场的影响。关于右边导线中的电流I2，下列判断正确的是( )
A. I2I1，方向垂直纸面向外
C. I2I1，方向垂直纸面向里
一般来说现在的手机上都会有2个麦克风，一个比较大的位于手机下方，另一个一般位于手机顶部。查阅手机说明后知道手机内部上麦克风为降噪麦克风。进一步翻阅技术资料得知：降噪麦克风通过降噪系统产生与外界噪音相位相反的声波，与噪音叠加从而实现降噪的效果。如图是理想情况下的降噪过程，实线对应环境噪声，虚线对应降噪系统产生的等幅反相声波。下列说法正确的是( )
A. 降噪过程实际上是声波发生了衍射
B. 降噪过程实际上是声波发生了干涉
C. 降噪声波与环境噪声的传播速度不相等
D. P点经过一个周期沿波的传播方向传播的距离为一个波长
一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则以下结果错误的是( )
A. t=1s时物块的速率为1m/s
B. t=2s时物块的动量大小为2kg⋅m/s
C. t=3s时物块的动量大小为3kg⋅m/s
D. t=4s时物块的速度为1m/s
如图所示，一矩形线圈abcd有一半处在垂直平面磁感应强度向下的匀强磁场中，虚线MN为磁场边界且与cd边平行，穿过线圈的磁通量为Φ1。当线圈以cd为轴从图中位置转过45∘的瞬间，穿过线圈的磁通量为Φ2，则( )
A. Φ1：Φ2=2：1
B. Φ1：Φ2=1：2
C. Φ1：Φ2=(2+1)：1D. Φ1：Φ2=(2−1)：1
甲乙两球在水平光滑轨道上同方向运动，已知它们的动量分别是p1=5kg⋅m/s，p2=7kg⋅m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10kg⋅m/s，则两球质量m1与m2间的关系可能是( )
A. m1=m2B. 2m1=m2C. 4m1=m2D. 6m1=m2
如图所示，质量为m滑块A套在一水平固定的光滑细杆上，可自由滑动。在水平杆上固定一挡板P，滑块靠在挡板P左侧且处于静止状态，其下端用长为L的不可伸长的轻质细线悬挂一个质量为3m的小球B，已知重力加速度大小为g。现将小球B拉至右端水平位置，使细线处于自然长度，由静止释放，则( )
A. 滑块与小球组成的系统机械能不守恒
B. 滑块与小球组成的系统动量守恒
C. 小球第一次运动至最低点时，细线拉力大小为3mg
D. 滑块运动过程中，所能获得的最大速度为322gL
图为测量某电源电动势和内阻时得到的U−I图线。用此电源与三个阻值均为3Ω的电阻连接成电路，测得干路电流2.4A，则该电路可能为( )
A. B.
C. D.
物理学是一门注重实验和应用的科学，随着科技的发展，物理知识已渗入到人类生产与生活的各个领域，下列说法正确的是( )
A. 部队要便步通过桥梁，是为了防止桥梁发生共振而坍塌
B. 蝙蝠在黑暗中飞行时不会碰到障碍物，是利用了声波的衍射
C. 做受迫振动的物体稳定后，其振动周期与物体的固有周期无关
D. 交警根据发射的超声波与其反射波的频率变化测车速，是利用了多普勒效应
如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上，其中Q1位于原点O，a、b是它们连线延长线上的两点。现有一带正电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，设粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度随坐标x变化的图像如图乙所示，则以下判断正确的是( )
A. b点的场强一定为零B. Q2电荷量大于Q1
C. a点的电势比b点的电势高D. 粒子在a点的电势能比在b点的电势能小
如图所示，质量均为m的A、B两物体通过劲度系数为k的轻弹簧拴在一起竖直放置在水平地面上，物体A处于静止状态．在A的正上方h高处有一质量为m的物块C.现将物块C由静止释放，C与A发生碰撞后立刻粘在一起(碰撞时间极短)，弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A. C与A碰撞后，AC整体运动到最低点的加速度一定大于g2
B. C与A碰撞时产生的内能为mgh4
C. C与A碰撞后弹簧的最大弹性势能为mgh2
D. 如果碰后物体B恰能被拉离地面，则此时AC的加速度大小为32g
一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图像如图乙所示。
(1)该列波沿x轴______(选填“正向”或“负向”)传播。
(2)若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则所遇到的波的频率为______ Hz。
如图，电源电动势为12V，内阻r为1Ω，电阻R为1Ω，小灯泡L标有“6V12W”，电动机线圈电阻RM为0.5Ω。开关闭合后，小灯泡和电动机均能正常工作，则电源的总功率为______ W；电动机的输出功率为______ W。
如图(a)所示，为用单摆测量重力加速度的实验装置，摆球在垂直纸面的平面内摆动，在摆球运动最低点的左、右两侧分别放置激光光源与光敏电阻。光敏电阻(光照增强时，其电阻变小)与自动记录仪相连，记录仪可以显示光敏电阻的随值R随时间t的变化图线。将摆球拉离平衡位置一个较小角度释放，记录仪显示的R−t图线如图(b)所示。请回答下面问题：
(1)实验前先用游标卡尺测出小球直径d，如图(c)，则小球的直径d=______ mm；
(2)该单摆的振动周期为______ ；
(3)实验中用米尺测得摆线长为L，则当地的重力加速度g=______ (用测得物理量的符号表示)。
某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如图甲所示，现已完成部分导线的连接。
(1)实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，请按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接；
(2)某次测量，电压表指针偏转如图乙所示，则电压表的示数为______ V；
(3)该小组描绘出的伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断，将______只相同的小电珠并联后，直接与电动势为3V、内阻为1Ω的电源组成闭合回路，可使小电珠的总功率最大，其总功率的值约为______W(保留两位小数)。
如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为L的绝缘细线把质量为m，一带电量带为+q的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为θ=37∘.现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，重力加速度为g，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，求：
(1)电场强度大小；
(2)小球运动通过最低点C时的速度大小；
(3)小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小。
如图所示，在x=0处的质点O在垂直于x轴方向上做简谐运动，形成沿x轴正方向传播的机械波。在t=0时刻，质点O开始从平衡位置向上运动，经0.4s第一次形成图示波形，P是平衡位置为x=0.5m处的质点，B是位于x=5m处的质点。
(1)该机械波的波速是多少？
(2)位于x=6m处的质点B第一次到达波峰位置时，求位于x=2m处的质点A通过的总路程；
(3)若从图示状态开始计时，至少要经过多少时间，P、A两质点的偏离平衡位置的位移相同？
如图所示，在光滑水平地面上，右端有一竖直光滑半圆轨道与地面平滑连接，半径为R=0.4m；在水平地面左端有一倾角θ=37∘的传送带以10m/s的速率顺时针匀速转动，传送带与光滑水平地面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接；可视为质点的A、B滑块的质量分别为mA=1kg，mB=4kg，A、B两滑块间夹着压缩的轻质弹簧(弹簧与A、B不栓接)，用手按住A、B处于静止状态。现同时松手释放A、B，滑块B恰好能通过半圆轨道最高点P，A能沿传送带向上运动，已知滑块A与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，传送带与水平面足够长，重力加速度g取10m/s2，sin37∘=0.6。求：
(1)被压缩的轻质弹簧的弹性势能EP；
(2)滑块A第二次经过传送带最低点M时重力的功率；
(3)求滑块A与传送带接触过程中因摩擦产生的热量Q(结果可用根号表示)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
考查安培定则的内容，掌握磁感应强度矢量的合成法则的应用，基础题目。
【解答】
根据安培定则可判断对左边导线I1在连线中点处的磁感应强度B1方向竖直向上，由于合磁感应强度竖直向下，则右边导线I2在该处形成的磁感应强度B2一定竖直向下，且B2>B1，所以I2>I1，
根据安培定则可知，电流方向垂直纸面向外，故B正确，ACD错误。
故选：B。
2.【答案】B
【解析】解：AB、由图看出，降噪声波与环境声波波长相等，波速相等，则频率相同，叠加时产生干涉，由于两列声波等幅反相，所以振动减弱，起到降噪作用，故B正确，A错误；
C、机械波传播的速度由介质决定，则知降噪声波与环境噪声的传播速度相等，故C错误；
D、P点并不随波移动，故D错误。
故选：B。
降噪过程实际上是声波发生了干涉，机械波传播的速度由介质决定。介质中质点不随波移动。由此分析即可。
解决本题时要明确机械波传播的速度由介质决定，声波在同一介质中传播波速相等。要掌握波的叠加原理和干涉的条件。
3.【答案】B
【解析】解：A.前两秒，根据牛顿第二定律a=Fm=1m/s2
则t1=1s时物块的速率为
v1=at1=1m/s2×1s=1m/s
故A正确，不符合题意。
B.t2=2s时，速率为
v2=at2=1m/s2×2s=2m/s
物块的动量大小为
p=mv2=2kg×2m/s=4kg⋅m/s
故B错误，符合题意。
C.2∼4s，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，有
a′=F′m=−1N2kg=−0.5m/s2，所以3s时，物体已经减速t3=1s，速度为v3=v2−a′t3=2m/s
−0.5m/s2×1s=1.5m/s，动量为p′=mv3=2kg×1.5m/s=3kg⋅m/s
故C正确，不符合题意。
D.t=4s时，物块已经减速t4=2s，速度为
v4=v2−a′t4=2m/s−0.5m/s2×2s=1m/s
故D正确，不符合题意。
本题选错误的选项，
故选：B。
由牛顿第二定律F=ma，求得加速度a，结合运动学公式v=at，动量p=mv，即可求解本题
本题主要考查牛顿第二定律、运动学速度公式以及动量公式，本题较为简单。
4.【答案】C
【解析】解：如图，当长方形线圈abcd有一半处在磁感应强度为B的匀强磁场中时磁通量为Φ1=B⋅S2=BS2，当线圈以cd为轴从图中位置转过45∘的瞬间，线圈在垂直于磁场方向投影的面积为(Scs45∘−S2)，则磁通量Φ2=B(Scs45∘−S2)=(2−1)BS2，因此磁通量Φ1：Φ2=BS2：(2−1)BS2=(2+1)：1，故ABD错误，C正确．
故选：C。
在匀强磁场中，当线圈与磁场垂直时，穿过线圈的磁通量为Φ=BS，图中S为有效面积．当线圈以cd为轴从图中位置转过45∘的瞬间，S为线圈在垂直于磁场方向投影的面积．
本题考查对于匀强磁场中磁通量的求解能力．对于公式Φ=BScsα，Scsα为线圈在垂直于磁场方向投影的面积．
5.【答案】C
【解析】解：根据动量守恒定律得
P1+P2=P1′+P2′
解得P1′=2kg⋅m/s
碰撞过程系统的总动能不增加，则有
P1′22m1+P2′22m2≤P122m1+P222m2
解得m1m2≤2151
碰撞后甲的速度不大于乙的速度，则有
P1′m1解得m1m2>15。
从而m2m1的取值范围：[5121,5].故C正确，A、B、D错误。
故选：C。
碰撞过程遵守动量，总动能不增加，根据这两个规律，得到A、B两球的质量关系。
对于碰撞过程，往往根据三大规律，分析两个质量的范围：1、动量守恒；2、总动能不增加；3、碰撞后两物体同向运动时，后面物体的速度不大于前面物体的速度。
6.【答案】D
【解析】解：A.滑块与小球运动过程中，系统内没有除重力之外的力对系统做功，所以系统机械能守恒，故A错误；
B.小球向下摆动过程中，滑块受到挡板的作用力，滑块与小球组成的系统合外力不为零，系统动量不守恒，故B错误；
C.设小球第一次运动至最低点时的速度为v，根据机械能守恒定律有
3mgL=12mv2
在最低点根据牛顿第二定律有
T−3mg=3mv2L
联立解得小球第一次运动至最低点时细线拉力大小为
T=9mg
故C错误：
D.当小球通过最低点后，P不再受挡板的作用力，此时小球与滑块组成的系统在水平方向动量守恒，设某时刻小球和滑块的速度分别为v1和v2，规定水平向左为正方向，根据动量守恒定律有
3mv=3mv1+mv2
由上式可知，当v1与v反向且达到最大值时，v2 也将达到最大值，即小球第二次通过最低点时，滑块速度达到最大，根据机械能守恒定律有
12⋅3mv2=12⋅3mv12+12mv22
联立解得
v2=322gL
故D正确。
故选：D。
小球下摆的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律求出求出小球第一次到达最低点时的速度。在最低点，由牛顿第二定律求细线对小球的拉力大小；小球向右摆动过程中，小球与圆环组成的系统在水平方向动量守恒，系统机械能守恒；当小球再次摆回最低点时，滑块获得最大速度，由动量守恒定律与机械能守恒定律求解。
本题主要考查了动量守恒定律以及能量守恒定律的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，分析出系统水平动量守恒，要注意小球摆回最低点时，滑块获得最大速度，不是小球第一次到达最高点时滑块速度最大。
7.【答案】B
【解析】解：由电源的U−I图线可知电源的电动势为E=6V，电源内阻为r=|ΔUΔI|=6−44Ω=0.5Ω
A、由串并联关系可得R并=R3=33Ω=1Ω，则干路电流为I1=ER并+r=61+0.5A=4A，与题不符，故A错误；
B、由串并联关系可得外电路总电阻为R外=2R⋅R2R+R=6×36+3Ω=2Ω，则干路电流为I2=ER外+r=62+0.5A=2.4A，符合题意，故B正确；
C.由串并联关系可得R外=3R=3×3Ω=9Ω，则干路电流为I3=ER外+r=69+0.5A≈0.63A，与题不符，故C错误；
D、由串并联关系可得R外=R+R⋅RR+R=(3+3×33+3)Ω=4.5Ω，则干路电流为I4=ER外+r=64.5+0.5A=1.2A与题不符，故D错误。
故选：B。
根据闭合电路欧姆定律分析电源的电动势和内电阻，再根据各项中给出的电路，由闭合电路欧姆定律求出干路电流，选择符合题意的选项。
本题考查闭合电路欧姆定律的应用，根据图象求出电源的电动势和内电阻是本题的关键，之后根据闭合电路欧姆定律来计算即可。
8.【答案】ACD
【解析】解：A.部队要便步而不能齐步通过桥梁，是为了防止桥梁发生共振而坍塌，故A正确；
B.蝙蝠在黑暗中飞行时不会碰到障碍物，是利用了声波的反射，故B错误；
C.做受迫振动的物体稳定后，其振动周期与驱动力周期相同，与物体的固有周期无关，故C正确；
D.交警根据发射的超声波与其反射波的频率变化测车速，是利用了多普勒效应，故D正确。
故选：ACD。
部队过桥时要便步走是为了防止桥发生共振；蝙蝠在黑暗中飞行时不会碰到障碍物，是利用了声波的反射；做受迫振动的物体稳定后，其振动周期与物体的固有周期无关；交警利用超声波的反射波测量汽车的速度，这种方法利用了多普勒效应。
该题考查波的衍射、多普勒效应应用、共振的防止与应用，都是课本中的一些常见的联系生活的记忆性的知识，在平时的学习中多加积累即可做好这一类的题目．
9.【答案】AC
【解析】解：AB、粒子经过b点前做加速运动，经过b点后做减速运动，可见b点的加速度为0，则在b点受到两点电荷的电场力平衡，受力为零，因此b点的场强一定为零；粒子经过b点前做加速运动，经过b点后做减速运动，则ab之间电场强度的方向向右，b点右侧的电场强度的方向向左，可知Q2带负电，且有kQ1q(3L)2=kQ2q(3L−d)2，所以Q2CD、该电荷从a点到b点，做加速运动，且该电荷为正电荷，电场力做正功，所以电势能减小，电势降低，a点的电势比b点的电势高，粒子在a点的电势能比在b点的电势能大，故C正确，D错误；
故选：AC。
由v−x图象可知粒子在b点粒子速度最大，则在b点加速度零，受到两点电荷的电场力平衡，从而可得出Q1与Q2的电性和大小关系，可通过电场力做功判断电势能的变化。
解决本题的关键以b点的加速度为突破口，根据库仑定律得到Q1和Q2的电量关系。以及知道电场力做功和电势能的关系。
10.【答案】AD
【解析】解：A、假设C无初速地轻轻放在A上，在释放瞬间，弹簧弹力保持不变等于mg，则AC整体的加速度为a1=2mg−mg2m=g2，AC整体向下运动，根据对称性可知，AC整体到达最低点时加速度大小也为g2，而实际C是从高处释放的，则碰撞后AC所能达到的最低点比假设的情况要低，则在最低点时加速度一定大于g2，故A正确；
B、根据自由落体运动规律可知C与A碰撞前的速度大小为：v0=2gh
设C与A碰撞后瞬间整体的速度大小为v1，根据动量守恒定律得：mv0=2mv1
此时C与A碰撞产生的内能为：Q=12mv02−12⋅2mv12
联立以上等式解得：Q=12mgh，故B错误；
C、设开始时弹簧的弹性势能为Ep0，AC整体到达最低点时弹簧的弹性势能最大，设为Ep1。AC整体下降的高度为h0，根据机械能守恒得：Ep1−Ep0=12⋅2mv12+2mgh0
解得：Ep1=12mgh+2mgh0+Ep0>12mgh，故C错误；
D、如果碰后物体B刚好能被拉离地面，此时弹簧处于拉伸状态，且弹力大小为mg，对AC整体根据牛顿第二定律可得加速度大小为：a2=2mg+mg2m=32g，故D正确；
故选：AD。
利用对称性分析出AC的加速度；根据动量守恒和功能关系求出碰撞产生的内能；先分析出弹性势能最大的位置，再根据机械能守恒定律计算出最大的弹性势能；对AC整体受力分析，结合牛顿第二定律求出整体的加速度。
本题主要考查了机械能守恒定律和动量守恒，先分析物体的运动状态，分阶段去分析其动量和动能的变化，难度中等偏上。
11.【答案】正向 2.5
【解析】解：(1)该时刻质点A竖直向下运动，根据同侧法可知该列波沿x轴正向传播。
(2)发生稳定干涉需要两列波频率相同，则所遇到的波的频率为
f=1T=10.4Hz=2.5Hz
故答案为：(1)正向；(2)2.5
(1)根据同侧法分析出波的传播方向；
(2)根据图像得出周期的大小，结合周期和频率的关系计算出频率的大小。
本题主要考查了横波图像的相关应用，根据同侧法分析出传播方向，理解周期和频率的关系即可，属于基础题型。
12.【答案】365.5
【解析】解：电源电动势E=U+I(R+r)=12V，解得I=3A
电源的总功率P=EI=12×3W=36W
通过小灯泡的电流为IL=PLUL=126A=2A
通过电动机电流为IM=I−IL=3A−2A=1A
电动机内阻消耗功率为P耗=IM2RM=12×0.5W=0.5W
故其输出功率为P出=UIM−P耗=6×1W−0.5W=5.5W
故答案为：36，5.5
当电动机内阻为0.5Ω时求得其内阻消耗的功率，从而求得电动机输出功率．
本题中电动机正常工作时其电路是非电阻电路，不能直接根据闭合电路欧姆定律求出电流．
13.【答案】11.702t0 π2(L+d2)t02
【解析】解：(1)由图示游标卡尺可知，游标尺是20分度的，游标尺的精度是0.05mm，小球直径d=11mm+14×0.05mm=11.70mm。
(2)在一个周期内摆球经过平衡位置2次，摆球经过平衡位置时激光被球挡住，光敏电阻阻值变大，由图(b)所示图象可知，单摆的周期T=2t0。
(3)单摆摆长l=L+d2，由单摆的周期公式T=2πlg可知，重力加速度：g=4π2lT2=π2(L+d2)t02；
故答案为：(1)11.70；(2)2t0；(3)π2(L+d2)t02。
(1)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数。
(2)在一个周期内摆球经过平衡位置2次，根据图(b)所示图象求出单摆的周期。
(3)摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长，根据单摆周期公式求出重力加速度的表达式。
本题考查了用单摆测重力加速度实验，知道实验原理是解题的前提，应用单摆周期公式即可解题。
14.【答案】
【解析】解：(1)电流表的示数从零开始逐渐增大，说明滑动变阻器应该用分压式接法，实物图如图1.
图1
(2)电压表分度值为0.1V，示数为2.60V.
(3)设有n个小电珠并联，每个小电珠的电压为U，电流为I，则当小电珠的总功率(相当于电源的输出功率)最大时，外电阻和电源内阻相等，所以U=1.5V，根据闭合电路欧姆定律有：nI=E−Ur=3V−1.5V1Ω=1.5A，即每个小电珠两端的电压为1.5V，如图丙所示，当U=1.5V时，I=0.38A，所以小电珠个数n=，小电珠的总功率P=4UI=4×1.5×0.38=2.28W.
故答案为：(1)见解析图； (2)2.60； (3)4，2.28
(1)(2)根据实验原理与实验要求连接实物图，根据电压表读数方法读出示数；
(3)根据闭合电路欧姆定律结合图像交点可解得。
本题考查探究小灯泡的伏安特性曲线，解题关键掌握实验原理，注意当电源的输出功率最大时，外电阻和电源内阻相等。
15.【答案】解：(1)小球在B点处于静止状态，对小球进行受力分析，根据平衡条件得：
mgtanθ=qE
解得：E=mgtanθq
(2)对小球，从A点运动到C点的过程中运用动能定理得：
mgL−qEL=12mvC2−0
解得：
vC=2gL−2qELm
(3)在C点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式得：
FT−mg=mvC2L
解得：FT=3mg−2qE
答：(1)匀强电场的场强大小为mgtanθq；
(2)小球运动通过最低点C时的速度大小为2gL−2qELm；
(3)小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小为3mg−2qE.
【解析】(1)小球在B点处于静止状态，对小球进行受力分析，根据平衡条件即可求解；
(2)对小球，从A点运动到C点的过程中运用动能定理即可解题；
(3)在C点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式即可求解．
本题主要考查了平衡条件、动能定理及向心力公式的直接应用，难度不大．
16.【答案】解：(1)结合题图可分析出，该机械波的传播周期为：T=0.8s
波长为：λ=4m
振幅A=5cm
故该机械波的波速为v=λT=40.8m/s=5m/s
(2)由图可知，此时波峰在x=1m处，当波峰传播到x=5m处的B点时，波向前传播的距离为Δx=4m
所以质点B第一次到达波峰位置，所需要的时间
Δt=Δxv=45s=0.8s
由题意知，当质点B第一次到达波峰位置时，质点A恰好振动了一个周期，所以质点A通过的总路程s=4A=4×5cm=20cm
(3)因为ω=2πT=2π0.8rad/s=2.5πrad/s
从图示状态开始计时质点A做简谐运动的表达式为
yA=5sin(5π2t)cm
质点P做简谐运动的表达式为
yP=5sin(5π2t+3π4)cm
要使P、A两质点的位移(y坐标)相同，至少要经过时间t应满足
5π2t+(5π2t+3π4)=π
解得：t=0.05s
答：(1)该机械波的波速是5m/s；
(2)位于x=6m处的质点B第一次到达波峰位置时，位于x=2m处的质点A通过的总路程为20cm；
(3)若从图示状态开始计时，至少要经过0.05s的时间，P、A两质点的偏离平衡位置的位移相同。
【解析】(1)根据图像分别得出波长和周期，由此计算出波速；
(2)根据水平方向的运动特点先计算出时间，再结合时间和周期的关系计算出质点通过的总路程；
(3)分别求出两质点的位移-时间关系，利用数学知识完成求解。
本题主要考查了横波图像的相关应用，根据图像得出波长和周期，结合公式计算出波速，同时利用简谐运动中路程的计算公式计算出路程，结合数学知识计算出位移相同的时刻。
17.【答案】解：(1)滑块B在P点时重力刚好提供向心力，则有：mBg=mBvP2R
代入数据解得：vP=2m/s
设A、B分开时的速度大小分别为v1、v2，对B从N到P的过程中，根据动能定理可得：
−2mBgR=12mBvP2−12mBv22
解得：v2=25m/s
A和B分开过程中，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mBv2−mAv1=0
代入数据解得：v1=85m/s
根据机械能守恒定律可得弹簧的弹性势能：EP=12mAv12+12mBv22
代入数据解得：EP=200J；
(2)设滑块A沿传送带上升的最大距离为x，根据动能定理可得：
−mAgxsinθ−μmAgxcsθ=0−12mAv12
解得：x=16m
设A沿传送带向下加速到与传送带速度相等时经过的位移为x1，在此过程中，根据动能定理可得：
mAgx1sinθ+μmAgx1csθ=0−12mAv带2
解得：x1=5m
此后摩擦力方向反向，以后加速的位移为x2=x−x1=16m−5m=11m
从速度相等到达到传送带底端过程中，根据动能定理可得：
mAgx2sinθ−μmAgx2csθ=12mAv2−12mAv带2
解得A达到传送带底部的速度大小为：v=12m/s
竖直分速度大小为：vy=vsinθ=12×0.6m/s=7.2m/s
滑块A第二次经过传送带最低点M时重力的功率：P=mAgvy=1×10×7.2W=72W；
(3)滑块A沿传送带减速上滑过程中加速度大小为：a1=gsinθ+μgcsθ
代入数据解得：a1=10m/s2
经过的时间为：t1=v1a1=8510s=455s
传送带的位移：x带1=v带t1=10×455m=85m
此过程中的相对位移为：Δx1=x带1+x=85m+16m
滑块A加速到与传送带共速过程中经过的时间为：t2=v带a1=1010s=1s
此后滑块A的加速度大小为：a2=gsinθ−μgcsθ
代入数据解得：a2=2m/s2
此后运动的时间t3=v−v带a2=12−102s=1s
滑块A下滑的全过程中，滑块相对于传送带通过的距离为：
Δx2=(v带t2−x1)+(x2−v带t3)
代入数据解得：Δx2=6m
滑块A与传送带接触过程中因摩擦产生的热量Q=μmAgcsθ(Δx1+Δx2)
代入数据解得：Q=(88+325)J。
答：(1)被压缩的轻质弹簧的弹性势能为200J；
(2)滑块A第二次经过传送带最低点M时重力的功率为72W；
(3)求滑块A与传送带接触过程中因摩擦产生的热量为(88+325)J。
【解析】(1)根据向心力公式求解滑块B在P点时的速度大小，根据动能定理求解滑块B离开弹簧时的速度大小，再根据动量守恒定律求解分开时A的速度大小，根据机械能守恒定律可得弹簧的弹性势能；
(2)根据动能定理求解滑块A沿传送带上升的最大距离，再根据动能定理求解滑块A沿传送带向下加速到与传送带速度相等时经过的位移、从速度相等到达到底端的速度大小，根据功率的计算公式求解功率；
(3)分别求出滑块A上升过程中相对于传送带的距离、下滑过程中相对于传送带的距离，根据摩擦力乘以相对距离求解产生的热。
本题主要是考查动量守恒定律、牛顿第二定律的综合应用、动能定理、竖直方向的圆周运动等，综合性强，关键是弄清楚滑块A和滑块B的运动情况和受力情况，根据运动过程进行分析。
如图，两根平行通电长直导线固定，左边导线中通有垂直纸面向外、大小为I1的恒定电流，两导线连线(水平)的中点处，一可自由转动的小磁针静止时N极方向平行于纸面向下。忽略地磁场的影响。关于右边导线中的电流I2，下列判断正确的是( )
A. I2
C. I2
一般来说现在的手机上都会有2个麦克风，一个比较大的位于手机下方，另一个一般位于手机顶部。查阅手机说明后知道手机内部上麦克风为降噪麦克风。进一步翻阅技术资料得知：降噪麦克风通过降噪系统产生与外界噪音相位相反的声波，与噪音叠加从而实现降噪的效果。如图是理想情况下的降噪过程，实线对应环境噪声，虚线对应降噪系统产生的等幅反相声波。下列说法正确的是( )
A. 降噪过程实际上是声波发生了衍射
B. 降噪过程实际上是声波发生了干涉
C. 降噪声波与环境噪声的传播速度不相等
D. P点经过一个周期沿波的传播方向传播的距离为一个波长
一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则以下结果错误的是( )
A. t=1s时物块的速率为1m/s
B. t=2s时物块的动量大小为2kg⋅m/s
C. t=3s时物块的动量大小为3kg⋅m/s
D. t=4s时物块的速度为1m/s
如图所示，一矩形线圈abcd有一半处在垂直平面磁感应强度向下的匀强磁场中，虚线MN为磁场边界且与cd边平行，穿过线圈的磁通量为Φ1。当线圈以cd为轴从图中位置转过45∘的瞬间，穿过线圈的磁通量为Φ2，则( )
A. Φ1：Φ2=2：1
B. Φ1：Φ2=1：2
C. Φ1：Φ2=(2+1)：1D. Φ1：Φ2=(2−1)：1
甲乙两球在水平光滑轨道上同方向运动，已知它们的动量分别是p1=5kg⋅m/s，p2=7kg⋅m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10kg⋅m/s，则两球质量m1与m2间的关系可能是( )
A. m1=m2B. 2m1=m2C. 4m1=m2D. 6m1=m2
如图所示，质量为m滑块A套在一水平固定的光滑细杆上，可自由滑动。在水平杆上固定一挡板P，滑块靠在挡板P左侧且处于静止状态，其下端用长为L的不可伸长的轻质细线悬挂一个质量为3m的小球B，已知重力加速度大小为g。现将小球B拉至右端水平位置，使细线处于自然长度，由静止释放，则( )
A. 滑块与小球组成的系统机械能不守恒
B. 滑块与小球组成的系统动量守恒
C. 小球第一次运动至最低点时，细线拉力大小为3mg
D. 滑块运动过程中，所能获得的最大速度为322gL
图为测量某电源电动势和内阻时得到的U−I图线。用此电源与三个阻值均为3Ω的电阻连接成电路，测得干路电流2.4A，则该电路可能为( )
A. B.
C. D.
物理学是一门注重实验和应用的科学，随着科技的发展，物理知识已渗入到人类生产与生活的各个领域，下列说法正确的是( )
A. 部队要便步通过桥梁，是为了防止桥梁发生共振而坍塌
B. 蝙蝠在黑暗中飞行时不会碰到障碍物，是利用了声波的衍射
C. 做受迫振动的物体稳定后，其振动周期与物体的固有周期无关
D. 交警根据发射的超声波与其反射波的频率变化测车速，是利用了多普勒效应
如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上，其中Q1位于原点O，a、b是它们连线延长线上的两点。现有一带正电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，设粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度随坐标x变化的图像如图乙所示，则以下判断正确的是( )
A. b点的场强一定为零B. Q2电荷量大于Q1
C. a点的电势比b点的电势高D. 粒子在a点的电势能比在b点的电势能小
如图所示，质量均为m的A、B两物体通过劲度系数为k的轻弹簧拴在一起竖直放置在水平地面上，物体A处于静止状态．在A的正上方h高处有一质量为m的物块C.现将物块C由静止释放，C与A发生碰撞后立刻粘在一起(碰撞时间极短)，弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A. C与A碰撞后，AC整体运动到最低点的加速度一定大于g2
B. C与A碰撞时产生的内能为mgh4
C. C与A碰撞后弹簧的最大弹性势能为mgh2
D. 如果碰后物体B恰能被拉离地面，则此时AC的加速度大小为32g
一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图像如图乙所示。
(1)该列波沿x轴______(选填“正向”或“负向”)传播。
(2)若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则所遇到的波的频率为______ Hz。
如图，电源电动势为12V，内阻r为1Ω，电阻R为1Ω，小灯泡L标有“6V12W”，电动机线圈电阻RM为0.5Ω。开关闭合后，小灯泡和电动机均能正常工作，则电源的总功率为______ W；电动机的输出功率为______ W。
如图(a)所示，为用单摆测量重力加速度的实验装置，摆球在垂直纸面的平面内摆动，在摆球运动最低点的左、右两侧分别放置激光光源与光敏电阻。光敏电阻(光照增强时，其电阻变小)与自动记录仪相连，记录仪可以显示光敏电阻的随值R随时间t的变化图线。将摆球拉离平衡位置一个较小角度释放，记录仪显示的R−t图线如图(b)所示。请回答下面问题：
(1)实验前先用游标卡尺测出小球直径d，如图(c)，则小球的直径d=______ mm；
(2)该单摆的振动周期为______ ；
(3)实验中用米尺测得摆线长为L，则当地的重力加速度g=______ (用测得物理量的符号表示)。
某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如图甲所示，现已完成部分导线的连接。
(1)实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，请按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接；
(2)某次测量，电压表指针偏转如图乙所示，则电压表的示数为______ V；
(3)该小组描绘出的伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断，将______只相同的小电珠并联后，直接与电动势为3V、内阻为1Ω的电源组成闭合回路，可使小电珠的总功率最大，其总功率的值约为______W(保留两位小数)。
如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为L的绝缘细线把质量为m，一带电量带为+q的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为θ=37∘.现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，重力加速度为g，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，求：
(1)电场强度大小；
(2)小球运动通过最低点C时的速度大小；
(3)小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小。
如图所示，在x=0处的质点O在垂直于x轴方向上做简谐运动，形成沿x轴正方向传播的机械波。在t=0时刻，质点O开始从平衡位置向上运动，经0.4s第一次形成图示波形，P是平衡位置为x=0.5m处的质点，B是位于x=5m处的质点。
(1)该机械波的波速是多少？
(2)位于x=6m处的质点B第一次到达波峰位置时，求位于x=2m处的质点A通过的总路程；
(3)若从图示状态开始计时，至少要经过多少时间，P、A两质点的偏离平衡位置的位移相同？
如图所示，在光滑水平地面上，右端有一竖直光滑半圆轨道与地面平滑连接，半径为R=0.4m；在水平地面左端有一倾角θ=37∘的传送带以10m/s的速率顺时针匀速转动，传送带与光滑水平地面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接；可视为质点的A、B滑块的质量分别为mA=1kg，mB=4kg，A、B两滑块间夹着压缩的轻质弹簧(弹簧与A、B不栓接)，用手按住A、B处于静止状态。现同时松手释放A、B，滑块B恰好能通过半圆轨道最高点P，A能沿传送带向上运动，已知滑块A与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，传送带与水平面足够长，重力加速度g取10m/s2，sin37∘=0.6。求：
(1)被压缩的轻质弹簧的弹性势能EP；
(2)滑块A第二次经过传送带最低点M时重力的功率；
(3)求滑块A与传送带接触过程中因摩擦产生的热量Q(结果可用根号表示)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
考查安培定则的内容，掌握磁感应强度矢量的合成法则的应用，基础题目。
【解答】
根据安培定则可判断对左边导线I1在连线中点处的磁感应强度B1方向竖直向上，由于合磁感应强度竖直向下，则右边导线I2在该处形成的磁感应强度B2一定竖直向下，且B2>B1，所以I2>I1，
根据安培定则可知，电流方向垂直纸面向外，故B正确，ACD错误。
故选：B。
2.【答案】B
【解析】解：AB、由图看出，降噪声波与环境声波波长相等，波速相等，则频率相同，叠加时产生干涉，由于两列声波等幅反相，所以振动减弱，起到降噪作用，故B正确，A错误；
C、机械波传播的速度由介质决定，则知降噪声波与环境噪声的传播速度相等，故C错误；
D、P点并不随波移动，故D错误。
故选：B。
降噪过程实际上是声波发生了干涉，机械波传播的速度由介质决定。介质中质点不随波移动。由此分析即可。
解决本题时要明确机械波传播的速度由介质决定，声波在同一介质中传播波速相等。要掌握波的叠加原理和干涉的条件。
3.【答案】B
【解析】解：A.前两秒，根据牛顿第二定律a=Fm=1m/s2
则t1=1s时物块的速率为
v1=at1=1m/s2×1s=1m/s
故A正确，不符合题意。
B.t2=2s时，速率为
v2=at2=1m/s2×2s=2m/s
物块的动量大小为
p=mv2=2kg×2m/s=4kg⋅m/s
故B错误，符合题意。
C.2∼4s，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，有
a′=F′m=−1N2kg=−0.5m/s2，所以3s时，物体已经减速t3=1s，速度为v3=v2−a′t3=2m/s
−0.5m/s2×1s=1.5m/s，动量为p′=mv3=2kg×1.5m/s=3kg⋅m/s
故C正确，不符合题意。
D.t=4s时，物块已经减速t4=2s，速度为
v4=v2−a′t4=2m/s−0.5m/s2×2s=1m/s
故D正确，不符合题意。
本题选错误的选项，
故选：B。
由牛顿第二定律F=ma，求得加速度a，结合运动学公式v=at，动量p=mv，即可求解本题
本题主要考查牛顿第二定律、运动学速度公式以及动量公式，本题较为简单。
4.【答案】C
【解析】解：如图，当长方形线圈abcd有一半处在磁感应强度为B的匀强磁场中时磁通量为Φ1=B⋅S2=BS2，当线圈以cd为轴从图中位置转过45∘的瞬间，线圈在垂直于磁场方向投影的面积为(Scs45∘−S2)，则磁通量Φ2=B(Scs45∘−S2)=(2−1)BS2，因此磁通量Φ1：Φ2=BS2：(2−1)BS2=(2+1)：1，故ABD错误，C正确．
故选：C。
在匀强磁场中，当线圈与磁场垂直时，穿过线圈的磁通量为Φ=BS，图中S为有效面积．当线圈以cd为轴从图中位置转过45∘的瞬间，S为线圈在垂直于磁场方向投影的面积．
本题考查对于匀强磁场中磁通量的求解能力．对于公式Φ=BScsα，Scsα为线圈在垂直于磁场方向投影的面积．
5.【答案】C
【解析】解：根据动量守恒定律得
P1+P2=P1′+P2′
解得P1′=2kg⋅m/s
碰撞过程系统的总动能不增加，则有
P1′22m1+P2′22m2≤P122m1+P222m2
解得m1m2≤2151
碰撞后甲的速度不大于乙的速度，则有
P1′m1
从而m2m1的取值范围：[5121,5].故C正确，A、B、D错误。
故选：C。
碰撞过程遵守动量，总动能不增加，根据这两个规律，得到A、B两球的质量关系。
对于碰撞过程，往往根据三大规律，分析两个质量的范围：1、动量守恒；2、总动能不增加；3、碰撞后两物体同向运动时，后面物体的速度不大于前面物体的速度。
6.【答案】D
【解析】解：A.滑块与小球运动过程中，系统内没有除重力之外的力对系统做功，所以系统机械能守恒，故A错误；
B.小球向下摆动过程中，滑块受到挡板的作用力，滑块与小球组成的系统合外力不为零，系统动量不守恒，故B错误；
C.设小球第一次运动至最低点时的速度为v，根据机械能守恒定律有
3mgL=12mv2
在最低点根据牛顿第二定律有
T−3mg=3mv2L
联立解得小球第一次运动至最低点时细线拉力大小为
T=9mg
故C错误：
D.当小球通过最低点后，P不再受挡板的作用力，此时小球与滑块组成的系统在水平方向动量守恒，设某时刻小球和滑块的速度分别为v1和v2，规定水平向左为正方向，根据动量守恒定律有
3mv=3mv1+mv2
由上式可知，当v1与v反向且达到最大值时，v2 也将达到最大值，即小球第二次通过最低点时，滑块速度达到最大，根据机械能守恒定律有
12⋅3mv2=12⋅3mv12+12mv22
联立解得
v2=322gL
故D正确。
故选：D。
小球下摆的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律求出求出小球第一次到达最低点时的速度。在最低点，由牛顿第二定律求细线对小球的拉力大小；小球向右摆动过程中，小球与圆环组成的系统在水平方向动量守恒，系统机械能守恒；当小球再次摆回最低点时，滑块获得最大速度，由动量守恒定律与机械能守恒定律求解。
本题主要考查了动量守恒定律以及能量守恒定律的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，分析出系统水平动量守恒，要注意小球摆回最低点时，滑块获得最大速度，不是小球第一次到达最高点时滑块速度最大。
7.【答案】B
【解析】解：由电源的U−I图线可知电源的电动势为E=6V，电源内阻为r=|ΔUΔI|=6−44Ω=0.5Ω
A、由串并联关系可得R并=R3=33Ω=1Ω，则干路电流为I1=ER并+r=61+0.5A=4A，与题不符，故A错误；
B、由串并联关系可得外电路总电阻为R外=2R⋅R2R+R=6×36+3Ω=2Ω，则干路电流为I2=ER外+r=62+0.5A=2.4A，符合题意，故B正确；
C.由串并联关系可得R外=3R=3×3Ω=9Ω，则干路电流为I3=ER外+r=69+0.5A≈0.63A，与题不符，故C错误；
D、由串并联关系可得R外=R+R⋅RR+R=(3+3×33+3)Ω=4.5Ω，则干路电流为I4=ER外+r=64.5+0.5A=1.2A与题不符，故D错误。
故选：B。
根据闭合电路欧姆定律分析电源的电动势和内电阻，再根据各项中给出的电路，由闭合电路欧姆定律求出干路电流，选择符合题意的选项。
本题考查闭合电路欧姆定律的应用，根据图象求出电源的电动势和内电阻是本题的关键，之后根据闭合电路欧姆定律来计算即可。
8.【答案】ACD
【解析】解：A.部队要便步而不能齐步通过桥梁，是为了防止桥梁发生共振而坍塌，故A正确；
B.蝙蝠在黑暗中飞行时不会碰到障碍物，是利用了声波的反射，故B错误；
C.做受迫振动的物体稳定后，其振动周期与驱动力周期相同，与物体的固有周期无关，故C正确；
D.交警根据发射的超声波与其反射波的频率变化测车速，是利用了多普勒效应，故D正确。
故选：ACD。
部队过桥时要便步走是为了防止桥发生共振；蝙蝠在黑暗中飞行时不会碰到障碍物，是利用了声波的反射；做受迫振动的物体稳定后，其振动周期与物体的固有周期无关；交警利用超声波的反射波测量汽车的速度，这种方法利用了多普勒效应。
该题考查波的衍射、多普勒效应应用、共振的防止与应用，都是课本中的一些常见的联系生活的记忆性的知识，在平时的学习中多加积累即可做好这一类的题目．
9.【答案】AC
【解析】解：AB、粒子经过b点前做加速运动，经过b点后做减速运动，可见b点的加速度为0，则在b点受到两点电荷的电场力平衡，受力为零，因此b点的场强一定为零；粒子经过b点前做加速运动，经过b点后做减速运动，则ab之间电场强度的方向向右，b点右侧的电场强度的方向向左，可知Q2带负电，且有kQ1q(3L)2=kQ2q(3L−d)2，所以Q2
故选：AC。
由v−x图象可知粒子在b点粒子速度最大，则在b点加速度零，受到两点电荷的电场力平衡，从而可得出Q1与Q2的电性和大小关系，可通过电场力做功判断电势能的变化。
解决本题的关键以b点的加速度为突破口，根据库仑定律得到Q1和Q2的电量关系。以及知道电场力做功和电势能的关系。
10.【答案】AD
【解析】解：A、假设C无初速地轻轻放在A上，在释放瞬间，弹簧弹力保持不变等于mg，则AC整体的加速度为a1=2mg−mg2m=g2，AC整体向下运动，根据对称性可知，AC整体到达最低点时加速度大小也为g2，而实际C是从高处释放的，则碰撞后AC所能达到的最低点比假设的情况要低，则在最低点时加速度一定大于g2，故A正确；
B、根据自由落体运动规律可知C与A碰撞前的速度大小为：v0=2gh
设C与A碰撞后瞬间整体的速度大小为v1，根据动量守恒定律得：mv0=2mv1
此时C与A碰撞产生的内能为：Q=12mv02−12⋅2mv12
联立以上等式解得：Q=12mgh，故B错误；
C、设开始时弹簧的弹性势能为Ep0，AC整体到达最低点时弹簧的弹性势能最大，设为Ep1。AC整体下降的高度为h0，根据机械能守恒得：Ep1−Ep0=12⋅2mv12+2mgh0
解得：Ep1=12mgh+2mgh0+Ep0>12mgh，故C错误；
D、如果碰后物体B刚好能被拉离地面，此时弹簧处于拉伸状态，且弹力大小为mg，对AC整体根据牛顿第二定律可得加速度大小为：a2=2mg+mg2m=32g，故D正确；
故选：AD。
利用对称性分析出AC的加速度；根据动量守恒和功能关系求出碰撞产生的内能；先分析出弹性势能最大的位置，再根据机械能守恒定律计算出最大的弹性势能；对AC整体受力分析，结合牛顿第二定律求出整体的加速度。
本题主要考查了机械能守恒定律和动量守恒，先分析物体的运动状态，分阶段去分析其动量和动能的变化，难度中等偏上。
11.【答案】正向 2.5
【解析】解：(1)该时刻质点A竖直向下运动，根据同侧法可知该列波沿x轴正向传播。
(2)发生稳定干涉需要两列波频率相同，则所遇到的波的频率为
f=1T=10.4Hz=2.5Hz
故答案为：(1)正向；(2)2.5
(1)根据同侧法分析出波的传播方向；
(2)根据图像得出周期的大小，结合周期和频率的关系计算出频率的大小。
本题主要考查了横波图像的相关应用，根据同侧法分析出传播方向，理解周期和频率的关系即可，属于基础题型。
12.【答案】365.5
【解析】解：电源电动势E=U+I(R+r)=12V，解得I=3A
电源的总功率P=EI=12×3W=36W
通过小灯泡的电流为IL=PLUL=126A=2A
通过电动机电流为IM=I−IL=3A−2A=1A
电动机内阻消耗功率为P耗=IM2RM=12×0.5W=0.5W
故其输出功率为P出=UIM−P耗=6×1W−0.5W=5.5W
故答案为：36，5.5
当电动机内阻为0.5Ω时求得其内阻消耗的功率，从而求得电动机输出功率．
本题中电动机正常工作时其电路是非电阻电路，不能直接根据闭合电路欧姆定律求出电流．
13.【答案】11.702t0 π2(L+d2)t02
【解析】解：(1)由图示游标卡尺可知，游标尺是20分度的，游标尺的精度是0.05mm，小球直径d=11mm+14×0.05mm=11.70mm。
(2)在一个周期内摆球经过平衡位置2次，摆球经过平衡位置时激光被球挡住，光敏电阻阻值变大，由图(b)所示图象可知，单摆的周期T=2t0。
(3)单摆摆长l=L+d2，由单摆的周期公式T=2πlg可知，重力加速度：g=4π2lT2=π2(L+d2)t02；
故答案为：(1)11.70；(2)2t0；(3)π2(L+d2)t02。
(1)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数。
(2)在一个周期内摆球经过平衡位置2次，根据图(b)所示图象求出单摆的周期。
(3)摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长，根据单摆周期公式求出重力加速度的表达式。
本题考查了用单摆测重力加速度实验，知道实验原理是解题的前提，应用单摆周期公式即可解题。
14.【答案】
【解析】解：(1)电流表的示数从零开始逐渐增大，说明滑动变阻器应该用分压式接法，实物图如图1.
图1
(2)电压表分度值为0.1V，示数为2.60V.
(3)设有n个小电珠并联，每个小电珠的电压为U，电流为I，则当小电珠的总功率(相当于电源的输出功率)最大时，外电阻和电源内阻相等，所以U=1.5V，根据闭合电路欧姆定律有：nI=E−Ur=3V−1.5V1Ω=1.5A，即每个小电珠两端的电压为1.5V，如图丙所示，当U=1.5V时，I=0.38A，所以小电珠个数n=，小电珠的总功率P=4UI=4×1.5×0.38=2.28W.
故答案为：(1)见解析图； (2)2.60； (3)4，2.28
(1)(2)根据实验原理与实验要求连接实物图，根据电压表读数方法读出示数；
(3)根据闭合电路欧姆定律结合图像交点可解得。
本题考查探究小灯泡的伏安特性曲线，解题关键掌握实验原理，注意当电源的输出功率最大时，外电阻和电源内阻相等。
15.【答案】解：(1)小球在B点处于静止状态，对小球进行受力分析，根据平衡条件得：
mgtanθ=qE
解得：E=mgtanθq
(2)对小球，从A点运动到C点的过程中运用动能定理得：
mgL−qEL=12mvC2−0
解得：
vC=2gL−2qELm
(3)在C点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式得：
FT−mg=mvC2L
解得：FT=3mg−2qE
答：(1)匀强电场的场强大小为mgtanθq；
(2)小球运动通过最低点C时的速度大小为2gL−2qELm；
(3)小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小为3mg−2qE.
【解析】(1)小球在B点处于静止状态，对小球进行受力分析，根据平衡条件即可求解；
(2)对小球，从A点运动到C点的过程中运用动能定理即可解题；
(3)在C点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式即可求解．
本题主要考查了平衡条件、动能定理及向心力公式的直接应用，难度不大．
16.【答案】解：(1)结合题图可分析出，该机械波的传播周期为：T=0.8s
波长为：λ=4m
振幅A=5cm
故该机械波的波速为v=λT=40.8m/s=5m/s
(2)由图可知，此时波峰在x=1m处，当波峰传播到x=5m处的B点时，波向前传播的距离为Δx=4m
所以质点B第一次到达波峰位置，所需要的时间
Δt=Δxv=45s=0.8s
由题意知，当质点B第一次到达波峰位置时，质点A恰好振动了一个周期，所以质点A通过的总路程s=4A=4×5cm=20cm
(3)因为ω=2πT=2π0.8rad/s=2.5πrad/s
从图示状态开始计时质点A做简谐运动的表达式为
yA=5sin(5π2t)cm
质点P做简谐运动的表达式为
yP=5sin(5π2t+3π4)cm
要使P、A两质点的位移(y坐标)相同，至少要经过时间t应满足
5π2t+(5π2t+3π4)=π
解得：t=0.05s
答：(1)该机械波的波速是5m/s；
(2)位于x=6m处的质点B第一次到达波峰位置时，位于x=2m处的质点A通过的总路程为20cm；
(3)若从图示状态开始计时，至少要经过0.05s的时间，P、A两质点的偏离平衡位置的位移相同。
【解析】(1)根据图像分别得出波长和周期，由此计算出波速；
(2)根据水平方向的运动特点先计算出时间，再结合时间和周期的关系计算出质点通过的总路程；
(3)分别求出两质点的位移-时间关系，利用数学知识完成求解。
本题主要考查了横波图像的相关应用，根据图像得出波长和周期，结合公式计算出波速，同时利用简谐运动中路程的计算公式计算出路程，结合数学知识计算出位移相同的时刻。
17.【答案】解：(1)滑块B在P点时重力刚好提供向心力，则有：mBg=mBvP2R
代入数据解得：vP=2m/s
设A、B分开时的速度大小分别为v1、v2，对B从N到P的过程中，根据动能定理可得：
−2mBgR=12mBvP2−12mBv22
解得：v2=25m/s
A和B分开过程中，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mBv2−mAv1=0
代入数据解得：v1=85m/s
根据机械能守恒定律可得弹簧的弹性势能：EP=12mAv12+12mBv22
代入数据解得：EP=200J；
(2)设滑块A沿传送带上升的最大距离为x，根据动能定理可得：
−mAgxsinθ−μmAgxcsθ=0−12mAv12
解得：x=16m
设A沿传送带向下加速到与传送带速度相等时经过的位移为x1，在此过程中，根据动能定理可得：
mAgx1sinθ+μmAgx1csθ=0−12mAv带2
解得：x1=5m
此后摩擦力方向反向，以后加速的位移为x2=x−x1=16m−5m=11m
从速度相等到达到传送带底端过程中，根据动能定理可得：
mAgx2sinθ−μmAgx2csθ=12mAv2−12mAv带2
解得A达到传送带底部的速度大小为：v=12m/s
竖直分速度大小为：vy=vsinθ=12×0.6m/s=7.2m/s
滑块A第二次经过传送带最低点M时重力的功率：P=mAgvy=1×10×7.2W=72W；
(3)滑块A沿传送带减速上滑过程中加速度大小为：a1=gsinθ+μgcsθ
代入数据解得：a1=10m/s2
经过的时间为：t1=v1a1=8510s=455s
传送带的位移：x带1=v带t1=10×455m=85m
此过程中的相对位移为：Δx1=x带1+x=85m+16m
滑块A加速到与传送带共速过程中经过的时间为：t2=v带a1=1010s=1s
此后滑块A的加速度大小为：a2=gsinθ−μgcsθ
代入数据解得：a2=2m/s2
此后运动的时间t3=v−v带a2=12−102s=1s
滑块A下滑的全过程中，滑块相对于传送带通过的距离为：
Δx2=(v带t2−x1)+(x2−v带t3)
代入数据解得：Δx2=6m
滑块A与传送带接触过程中因摩擦产生的热量Q=μmAgcsθ(Δx1+Δx2)
代入数据解得：Q=(88+325)J。
答：(1)被压缩的轻质弹簧的弹性势能为200J；
(2)滑块A第二次经过传送带最低点M时重力的功率为72W；
(3)求滑块A与传送带接触过程中因摩擦产生的热量为(88+325)J。
【解析】(1)根据向心力公式求解滑块B在P点时的速度大小，根据动能定理求解滑块B离开弹簧时的速度大小，再根据动量守恒定律求解分开时A的速度大小，根据机械能守恒定律可得弹簧的弹性势能；
(2)根据动能定理求解滑块A沿传送带上升的最大距离，再根据动能定理求解滑块A沿传送带向下加速到与传送带速度相等时经过的位移、从速度相等到达到底端的速度大小，根据功率的计算公式求解功率；
(3)分别求出滑块A上升过程中相对于传送带的距离、下滑过程中相对于传送带的距离，根据摩擦力乘以相对距离求解产生的热。
本题主要是考查动量守恒定律、牛顿第二定律的综合应用、动能定理、竖直方向的圆周运动等，综合性强，关键是弄清楚滑块A和滑块B的运动情况和受力情况，根据运动过程进行分析。
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