一、单选题（本大题共5小题，共30.0分） 1.
在物理学发展过程中，有许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是( )
A. 牛顿通过多年观测记录行星的运动，提出了行星运动的三大定律 B. 卡文迪许发现万有引力定律，被人们称为“能称出地球质量的人”
而是改变物体运动状态的原因”C. 伽利略利用“理想斜面”得出“力不是维持物体运动的原因，的观点
D. 开普勒从理论和实验两个角度，证明了轻、重物体下落一样快，从而推翻了古希腊学者亚里
士多德的“小球质量越大下落越快”的错误观点 2.
下表是按照密立根的方法进行光电效应实验时得到的某金属的遏止电压𝑈𝑐和入射光的频率𝑣的几组数据．
𝑈𝑐/𝑉 𝑣/1014𝐻𝑧 0.541 5.644 0.637 5.888 0.714 6.098 0.809 6.303 𝑣
0.878 6.501 由以上数据应用𝐸𝑥𝑒𝑐𝑙描点连线，可得直线方程𝑈𝑐=0.39731014−1.7024，如图所示．
则这种金属的截止频率约为( )
A. 3.5×1014𝐻𝑧 B. 4.3×1014𝐻𝑧 C. 5.5×1014𝐻𝑧 D. 6.0×1014𝐻𝑧
3. 质量为𝑚的石块从半径为𝑅的半球形碗口下滑到碗的最低点的过程中，
如果摩擦力的作用使得石块的速度大小不变，如图所示，下列说法正确的是( )
A. 因为速率不变，所以石块的加速度为零 B. 石块下滑过程中受的合外力保持不变 C. 石块下滑过程中摩擦力大小变小，支持力变大 D. 石块下滑过程中摩擦力变大，支持力变大
4. 如图所示，一轻质长杆两侧各固定一铜环，左环𝑀闭合，右环𝑁开
口，横杆可以绕中心支点自由转动。现用一条形磁铁插向其中一个铜环，下列说法正确的是( )
A. 若磁铁插向𝑀环，横杆会发生转动 B. 若磁铁插向𝑁环，横杆会发生转动
C. 无论磁铁插向哪个环，横杆都不会发生转动 D. 无论磁铁插向哪个环，横杆都会发生转动
5. 如图所示，在绝缘光滑的水平面上有相隔一定距离的两个带同种电荷的小球。将它们由静止释
放，仅考虑两小球间的库仑力，则在释放后一小段时间内，两小球的加速度和速度的变化情况是( )
A. 速度、加速度都增大 C. 速度减小、加速度增大
二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）
B. 速度、加速度都减小 D. 速度增大、加速度减小
6. 蹦极是一项让人感到惊险刺激的娱乐项目，假设忽略弹性绳的质量和空气阻力，一
游客在某次蹦极时由静止开始下落，则他从开始下落到第一次到达最低点的过程( )
A. 整个过程游客的机械能守恒 B. 游客的机械能先减少后不变 C. 游客和弹性绳组成的系统机械能守恒
D. 游客的动能和弹性绳的弹性势能的总和不断增加
7. 如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上方固定着电荷量大小相等的两个点电
荷𝑞1、𝑞2，一个带电小球(可视为点电荷)恰好围绕𝑂点在桌面上做匀速圆周运动。已知𝑂、𝑞1、𝑞2在同一竖直线上，下列判断正确的是( )
A. 圆轨道上的电势处处相等 B. 圆轨道上的电场强度处处相等 C. 点电荷𝑞1和𝑞2一定是异种电荷
D. 点电荷𝑞1对小球的库仑力一定是吸引力
8. 摄影组在某大楼边拍摄武打片，要求特技演员从地面飞到屋顶，
如图所示。若特技演员的质量𝑚=50 𝑘𝑔，人和车均视为质点，𝑔=10 𝑚/𝑠2，导演从某房顶离地𝐻=8 𝑚处架设了轮轴，轮和轴的直径之比为2:1。若轨道车从图中𝐴前进𝑠=6 𝑚到𝐵处时速
度为𝑣=5 𝑚/𝑠，(以地面为零势能面)。则小车从𝐴到𝐵运动的过程中，对于绕在轮上的细钢丝拉动的特技演员
A. 上升的高度为6 𝑚
B. 在最高点具有竖直向上的速度6 𝑚/𝑠
C. 在最高点具有的动能与重力势能的总和为2900 𝐽 D. 钢丝在这一过程中对演员做的功为1900 𝐽
9. 下列说法正确的是( )
A. 显微镜下观察到的墨水中的小炭粒所做的不停的无规则运动，就是分子的运动 B. 分子间相互作用的引力和斥力一定随分子间距离增大而增大 C. 一些昆虫可以停在水面上，是由于水表面存在表面张力 D. 一定量的某种理想气体的内能只与温度有关
E. 一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加
10. 关于振动和波，下列说法正确的是( )
A. 机械波在传播过程中各质点的振动都是受迫振动，其频率等于振源频率
B. 在多普勒效应现象中，之所以观察者接收到的频率变化了，是因为声源频率发生了变化 C. 在双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光改为红光，则相邻干涉条纹间距变大
D. 用泡沫塑料作为商品的内包装，其目的是减震的同时，还避免了共振现象，从而减少了外界
冲击力对商品的破坏作用
E. 当波源停止振动时，不会影响机械波的传播
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11. 如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前
后的动量关系。
(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通过仅测量______(填选项前的
符号)，间接地解决这个问题。 A.小球开始释放的高度ℎ B.小球抛出点距地面的高度𝐻 C.小球做平抛运动的射程
(2)图中𝑂点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球𝑚1多次从斜轨上𝑆位置由静止
释放，找到其平均落地点的位置______，测量平抛射程______。然后，把被碰小球𝑚2静置于轨道上𝑂点正上方，再将入射球𝑚1从斜轨上𝑆位置由静止释放，与小球𝑚2相碰，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是______。(填选项前的符号) A.用天平测量两个小球的质量𝑚1、𝑚2 B.测量小球𝑚1，开始释放的高度ℎ C.测量抛出点距地面的高度𝐻
D.分别找到𝑚1、𝑚2相碰后平均落地点的位置𝑀、𝑁 E.测量平抛射程𝑂𝑀、𝑂𝑁
(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______(用(2)中测量的量表示)；若碰撞是弹性碰
撞，那么还应满足的表达式为______(用(2)中测量的量表示)。
12. 某同学想利用电阻箱、电压表、定值电阻、开关、导线、待测电源(由两节相同的干电池组成)来
测量一节干电池的电动势𝐸和内阻𝑟(内阻较小)。实验前，他连接的实物图如图甲，老师看过后说这种连接会造成较大误差，该同学思考片刻后明白了，点点头。
(1)请你在乙图上画出正确的实物连线图。
(2)该同学正确连线后，闭合开关𝑆，通过改变电阻箱的阻值𝑅，测出𝑅两端对应的电压𝑈，并以𝑅为横
轴，以𝑈为纵轴，画出𝑈−𝑅的关系图线为一直线。若直线的斜率为𝑘，在纵轴的截距为𝑏，定值电阻的阻值为𝑅0，则𝐸= ______ ，𝑟= ______ (用字母表示) 四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）
13. 如图所示，两滑块𝐴、𝐵(均视为质点)静止在粗糙的水平地面上，𝐴、𝐵间的距离𝐿=0.405𝑚。现
将一大小为1.2𝑁、方向水平向右的恒定推力𝐹作用于𝐴上，当𝐴向右运动至刚要碰到𝐵时突然撤去𝐹，𝐵的质量分别为𝑚1=0.1𝑘𝑔、𝑚2=0.2𝑘𝑔，而后𝐴与𝐵发生弹性正碰，碰撞时间极短。已知𝐴、𝐴与地面间的动摩擦因数𝜇=0.3，𝐵的外表面光滑。取𝑔=10𝑚/𝑠2.求： (1)撤去力𝐹瞬间𝐴的速度大小𝑣； (2)𝐴刚停下时与𝐵的距离𝑥。
1
1
1
1
14. 如图所示，倾角𝜃=37°的固定绝缘斜面𝐴𝐵𝐶，𝐴𝐵长为𝐿，顶端𝐵垂直斜面固定有绝缘挡板，整
个装置处在水平向左的匀强电场中，现有一−质量为𝑚、带电量为−𝑞的小滑块(可视为质点)，从𝐴点由静止释放，沿斜面向上加速运动。已知滑块与斜面间的动摩擦因数𝑢=0.1，与挡板碰撞过程无机械能损失，匀强电场的场强为
2𝑚𝑔𝑔
，重加速度为𝑔，𝑠𝑖𝑛37°=0.6，𝑐𝑜𝑠37°=0.8.求：
(1)滑块在运动过程中受到斜面摩擦力的大小； (2)滑块相对斜面滑动的总路程：
(3)若在滑块与挡板第五次碰撞瞬间突然撤去电场，滑块滑到斜面底端𝐴时的动能。
15. 如图所示，一活塞将一定质量的理想气体封闭在水平固定放置的
汽缸内，开始时气体体积为𝑉0，温度为27℃.在活塞上施加压力将气体体积压缩到2𝑉0，温度升高到57℃.设大气压强𝑝0=1.0×105 𝑃𝑎，活塞与汽缸壁摩擦不计． (1)求此时气体的压强；
(2)保持温度不变，缓慢减小施加在活塞上的压力使气体体积恢复到𝑉0，求此时气体的压强．
16. 一列横波的波源在图中的坐标原点𝑂处，经过0.4𝑠，振动从𝑂点向右传播20𝑐𝑚，𝑃点离𝑂点的距
离是80𝑐𝑚.求：
(1)𝑃点起振时的速度方向如何？
(2)该波从原点向右传播时开始计时，经多长时间质点𝑃第一次到达波峰？(保留一位小数)
1
参考答案及解析
1.答案：𝐶
解析：解：𝐴、开普勒提出了行星运动的三大定律，故A错误；
B、牛顿发现万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了引力常量，被人们称为“能称出地球质量的人”，故B错误；
C、伽利略利用“理想斜面”得出“力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因”的观点，故C正确；
D、伽利略从理论和实验两个角度，证明了轻、重物体下落一样快，从而推翻了古希腊学者亚里士多德的“小球质量越大下落越快”的错误观点，故D错误。 故选：𝐶。
明确有关天体运动的发现历程，根据牛顿、开普勒、伽利略以及卡文迪许等科学家对科学事业的贡献进行分析解答
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
2.答案：𝐵
解析：解：根据光电效应方程得：𝐸𝑘𝑚=ℎ𝑣−𝑊0=ℎ𝑣−ℎ𝑣0 解得：𝑈𝑐=𝑒𝑣−
ℎ
𝑊0𝑒
=𝑒𝑣−
𝑣
ℎ
ℎ𝑣0𝑒
．
ℎ
0.39731014
与直线方程𝑈𝑐=0.39731014−1.7024，比较可知，图线的斜率为：𝑒=同时：
ℎ𝑣0𝑒
，
=1.7024
联立得：𝑣0≈4.3×1014𝐻𝑧.故B正确，ACD错误 故选：𝐵
通过图线的斜率求出普朗克常量；遏止电压为零时，入射光的频率等于截止频率．
解决本题的关键掌握光电效应方程以及最大初动能与遏止电压的关系，并学会描点作图法，注意图象是解题的关键．
3.答案：𝐶
解析：解：𝐴、虽然石块的速率不变，但速度方向一直在变，所以石块的加速度不为零，故A错误； B、石块做匀速圆周运动，所受到的合外力大小不变，但方向一直在变化，故B错误；
𝐶𝐷、石块在任意位置的受力如图所示，
令此时石块所在处的半径与竖直方向的夹角为𝜃， 则有𝑁−𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃=𝑚，𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃=𝑓，
𝑅𝑣2
由于石块在运动过程中𝜃逐渐减小，𝑐𝑜𝑠𝜃逐渐增大，𝑠𝑖𝑛𝜃逐渐减小，所以支持力逐渐增大，摩擦力逐渐减小，故C正确，D错误。 故选：𝐶。
石块的速率不变，方向时刻变化，所以加速度不为零；石块做匀速圆周运动，合外力提供向心力，根据匀速圆周运动的向心力特点分析；
分析石块的受力，找到摩擦力和支持力的表达式，并分析摩擦力以及支持力的变化情况。 正确分析石块运动过程中的受力情况，能根据运动状态列出相关方程从而找到支持力和摩擦力的表达式，知道力是矢量，有大小和方向。
4.答案：𝐴
解析：解：左环𝑀闭合，磁铁插向𝑀环时，产生感应电流，环与磁铁之间存在排斥力，横杆转动； 右环𝑁不闭合，磁铁插向𝑁环时，环内不产生感应电流，环不受磁场的作用，横杆不转动，AB正确，𝐵、𝐶、D错误。 故选：𝐴。
穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中会产生感应电流，感应电流受到磁场力的作用，横杆转动；
如果金属环不闭合，穿过它的磁通量发生变化时，只产生感应电动势，而不产生感应电流，环不受力的作用，杆不转动。
解决本题的关键知道感应电流产生的条件，注意回路需闭合。
5.答案：𝐷
解析：解：由于同种电荷间存在相互作用的排斥力，两球将相互远离，所以两球间距离增大，根据库仑定律得知，相互作用力减小，由牛顿第二定律得知它们的加速度变小。
两球间的库伦力为斥力，随着两球间距离增大，库伦力做正功，总动能增加，所以速度增加，即：两小球速度增大，加速度减小。故D正确，ABC错误。
故选：𝐷。
根据库仑定律分析电荷间作用力的变化。根据牛顿第二定律分析加速度之比的变化。
本题考查库仑定律的应用，要注意明确两球间存在斥力，斥力随距离的增加而逐渐减小，同时注意掌握功能关系的应用。
6.答案：𝐶𝐷
解析：解：𝐴𝐵、弹性绳拉直前只有重力做功，游客的机械能守恒，弹性绳拉直后，弹力的拉力对游客做负功，游客的机械能减小，故AB错误；
𝐶𝐷、忽略空气阻力，游客和弹性绳组成的系统机械能守恒，即游客的动能、势能和弹性绳的弹性势能的总和不变，开始下落到第一次到达最低点的过程，重力势能减小，所以游客的动能和弹性绳的弹性势能的总和不断增加，故CD正确； 故选：𝐶𝐷。
弹性绳拉直前只有重力做功，游客的机械能守恒，弹性绳拉直后，弹力的拉力对游客做负功，游客的机械能减小，游客的机械能不守恒，但游客和弹性绳组成的系统机械能守恒，即游客的动能、势能和弹性绳的弹性势能的总和不变。
求解此题的关键是明确机械能守恒的条件，知道游客的机械能不守恒，但游客和弹性绳组成的系统机械能守恒。
7.答案：𝐴𝐷
解析：解：𝐴、根据两个点电荷𝑞1、𝑞2电场中等势面分布的对称性可知，圆轨道上的电势处处相等，故A正确；
B、根据电场线的分布情况可知：圆轨道上电场线疏密处处相同，电场强度的大小处处相等，但方向不同，所以电场强度不相同，故B错误；
𝐶𝐷、带电小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，由于两个电荷的电荷量相等，𝑞1离带电小球比𝑞2近，库仑力较大，水平方向的分力较大，则𝑞1对小球的库仑力必定是吸引力，小球所受两个电荷的库仑力的合外力指向圆心的分力提供向心力，由于𝑞1对带电小球的库仑力较大，水平方向的分力较大，𝑞1、𝑞2可能为异种电荷，则𝑞2对小球的库仑力可能是斥力，故C错误，D正确。 故选：𝐴𝐷。
根据电场中等势面分布的对称性可分析出圆轨道上电势情况；
根据电场线的分布情况，分析电场强度的关系，电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时，电场强度才相同；
带电小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，分析两个电荷的电性和𝑞1对小球的库仑力。
本题要抓住电场线和等势线分布的对称性分析场强和电势的关系，知道匀速圆周运动的向心力同由合外力提供，运用动力学的方法分析向心力的来源。
8.答案：𝐵𝐶
解析：
利用几何关系求出钢丝上升的距离，根据轮和轴的具有相同的角速度，求出演员上升的距离．根据速度的分解求出钢丝的速度和轨道车的速度的关系．运用动能定理研究求解。 注意点：1、轮和轴的角速度相同，根据轮和轴的直径之比知道线速度关系； 2、掌握速度分解找出分速度和合速度的关系。
A、由图可知，在这一过程中，连接轨道车的钢丝上升的距离为
ℎ0=√𝑠2+𝐻2−𝐻=2𝑚，轮和轴的直径之比为2：1； 所以演员上升的距离为ℎ=2×2𝑚=4𝑚，故A错误；
B、设轨道车在𝐵时细线与水平方向之间的夹角为𝜃，将此时轨道车的速度分解，此时钢丝的 𝑣丝=𝑣𝑐𝑜𝑠𝜃=3𝑚/𝑠，由于轮和轴的角速度相同，则其线速度之比等于半径(直径)之比为2：1， 𝑣人=2𝑣丝=6𝑚/𝑠，故B正确； 𝐶𝐷、根据动能定理得： 合力做功𝑊合=△𝐸𝑘=900𝐽， 合力做功𝑊合=△𝐸𝑘=𝑊𝐺+𝑊拉． 𝑊拉=𝑚𝑔ℎ+△𝐸𝑘=2900𝐽.
根据功能关系可知，钢丝在一过程中对演员做的功等于演员机械能的增量，即
△𝐸=𝑊拉=2900𝐽，所以在最高点具有的动能与重力势能的总和为2900 𝐽，故C正确，D错误。 故选BC。
9.答案：𝐶𝐷𝐸
解析：解：𝐴.显微镜下观察到的墨水中的小炭粒所做的不停的无规则运动是布朗运动，它是液体分子运动的体现，但不是分子的运动，故A错误；
B.分子间相互作用的引力和斥力均随分子间距离增大而减小，故B错误；
C.液体的表面张力使液面具有收缩到液面表面积最小的趋势，一些昆虫可以停在水面上，是由于水表面存在表面张力，故C正确；
D.理想气体的分子势能为零，所以一定量的某种理想气体的内能只与分子平均动能有关，而分子平均动能又只与温度有关，因此一定量的某种理想气体的内能只与温度有关，故D正确；
E.根据盖−吕萨克定律可知一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，温度一定增大，则内能一定增大，故E正确。 故选：𝐶𝐷𝐸。
布朗运动是液体分子运动的体现，但不是分子的运动；分子间相互作用的引力和斥力均随分子间距离增大而减小；一些昆虫可以停在水面上，是由于水表面存在表面张力；理想气体的分子势能为零，而分子平均动能又只与温度有关，据此判断；根据盖−吕萨克定律可知一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中温度变化情况，则知内能变化情况。
本题考查了热学的相关问题，考查知识点较多，学生熟练掌握、理解并记忆相关知识是解题关键。
10.答案：𝐴𝐶𝐸
解析：解：𝐴、波传插方向上各质点的振动周期等于波源的振动周期，是因为各质点的振动均可看做在其相邻的前一质点驱动力作用下的受迫振动。故A正确；
B、在多普勒效应现象中，之所以观察者接收到的频率变化了，是因为声源的位置相对于观察者的位置发生了变化，但声源频率没有发生变化。故B错误；
C、𝑥=在双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光改为红光，光的波长增大，由干涉条纹的宽度公式：
𝐿𝑑
⋅𝜆则相邻干涉条纹间距变大。故C正确；
D、用泡沫塑料作为商品的内包装，其目的是减少外界冲击力对商品的破坏作用，起到减震作用，与共振现象无关，故D错误；
E、根据机械波的特点可知，当波源停止振动时，不会影响机械波的传播。故E正确 故选：𝐴𝐶𝐸。
质点的振动频率由波源的振动频率决定；理解多普勒效应的本质与特点；应用干涉条纹的公式分析；共振的周期与本身的固有周期有关。
该题考查简谐振动与机械波、多普勒现象、共振、机械波等知识点的内容，明确干涉条纹的公式是解题的关键。基础题目。
11.答案：𝐶 𝑃 𝑂𝑃 𝐴𝐷𝐸 𝑚1𝑂𝑃=𝑚1𝑂𝑀+𝑚2𝑂𝑁 𝑚1𝑂𝑃2=𝑚1𝑂𝑀2+𝑚2𝑂𝑁2
解析：解：(1)小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与小球的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，即测量射程，故选C。
(2)两球碰撞后入射球的速度减小，且小于被碰后的速度，小球离开轨道后做平抛运动的时间𝑡相等，做平抛运动的初速度越大水平位移越大，因此碰撞后入射球的水平位移小于碰撞前入射球的位移，碰撞后被碰球的位移大于碰撞前入射球的位移，由图示可知，𝑃是碰撞前入射球的落点位置，𝑀是碰撞后入射球的落点位置，𝑁是碰撞后被碰球的落点位置；
两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得： 𝑚1𝑣0=𝑚1𝑣1+𝑚2𝑣2，
小球离开轨道后做平抛运动的时间𝑡相等，两边同时乘以𝑡得：
𝑚1𝑣0𝑡=𝑚1𝑣1𝑡+𝑚2𝑣2𝑡
即为：𝑚1𝑂𝑃=𝑚1𝑂𝑀+𝑚2𝑂𝑁，
实验需要测量小球的质量与小球做平抛运动的水平位移，
为了测量小球的水平位移，应先找出小球的落点位置，故ADE正确，BC错误。 故选：𝐴𝐷𝐸。
(3)由(2)可知，若动量守恒，表达式为：𝑚1𝑂𝑃=𝑚1𝑂𝑀+𝑚2𝑂𝑁； 如果碰撞过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
1
22𝑚𝑣2=2𝑚1𝑣1+2𝑚2𝑣2， 210
1
1
小球做平抛运动的时间𝑡相等，两边同时乘以𝑡2得：
1
222222𝑚𝑣𝑡=𝑚𝑣𝑡+𝑚𝑣𝑡， 112102222
1
1
整理得：𝑚1𝑂𝑃2=𝑚1𝑂𝑀2+𝑚2𝑂𝑁2，
故答案为：(1)𝐶；(2)𝑃；𝑂𝑃；𝐴𝐷𝐸；(3)𝑚1𝑂𝑃=𝑚1𝑂𝑀+𝑚2𝑂𝑁；𝑚1𝑂𝑃2=𝑚1𝑂𝑀2+𝑚2𝑂𝑁2。 (1)小球离开轨道后做平抛运动，小球做平抛运动的高度相等，小球的运动时间相等，小球的水平位移与初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度。
(2)根据实验原理与实验步骤分析答题。
(3)碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题。
本题考查验证动量守恒定律；本实验运用了等效思维方法，平抛时间相等，用水平位移代替初速度，这样将不便验证的方程变成容易验证。
12.答案：2𝑏 2𝑏−𝑅0
解析：解：(1)若用甲图，则由于电源内阻太小，导致定值电阻没有作用，修改后实物图如下图
1𝑘
(2)根据欧姆定律得：2𝐸=𝑈+𝑅(𝑅0+𝑟) 变形可得𝑈=2𝐸−
1
1
𝑅0+𝑟2𝐸
𝑈
⋅ 𝑅
1
𝑅0+𝑟2𝐸
1
根据直线的斜率为𝑘，在纵轴的截距为𝑏，则2𝐸=𝑏，解得𝐸=2𝑏，𝑟=2𝑏−𝑅0
故答案为：(1)见图；(2)2𝑏，2𝑏−𝑅0
1
𝑘
1
𝑘
=𝑘
根据实验原理作出正确的实物连接图；根据闭合电路欧姆定律得出对应的表达式，依据题目变形得−𝑅的关系，再根据斜率和截距求得𝐸，𝑟． 𝑈
理解实验原理、根据题意分析清楚函数关系是解决本题的关键，应用闭合电路欧姆定律求出图像的函数表达式，根据图线即可解题。
1
1
13.答案：解：(1)对𝐴，由动能定理得：(𝐹−𝜇𝑚1𝑔)𝐿=2𝑚1𝑣2−0，
代入数据解得：𝑣=2.7𝑚/𝑠；
1
(2)𝐴与𝐵发生弹性正碰，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒， 以向右为正方向，由动量守恒定律得：𝑚1𝑣=𝑚1𝑣1+𝑚2𝑣2，
22+𝑚2𝑣2由机械能守恒定律得：2𝑚1𝑣2=2𝑚1𝑣1， 2
1
1
1
代入数据解得：𝑣1=−0.9𝑚/𝑠，𝑣2=1.8𝑚/𝑠， 设𝐴减速滑行的位移大小为𝑥1，所用时间为𝑡，
2
对𝐴，由动能定理得：−𝜇𝑚1𝑔𝑥1=0−2𝑚1𝑣1，
1
对𝐴，由动量定理得：−𝜇𝑚1𝑔𝑡=0−𝑚1𝑣1， 𝐴滑行过程中𝐵的位移：𝑥2=𝑣2𝑡，
𝐴刚停下来停下来时与𝐵之间的距离：𝑥=𝑥1+𝑥2， 代入数据解得：𝑥=0.675𝑚；
答：(1)撤去力𝐹瞬间𝐴的速度大小𝑣为2.7𝑚/𝑠； (2)𝐴刚停下时与𝐵的距离𝑥为0.675𝑚。
解析：(1)对𝐴应用动能定理可以求出刚撤去外力时的速度。
(2)𝐴、𝐵发生弹性正碰，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出碰撞后的速度，然后应用动能定理求出𝐴的位移，应用位移公式求出𝐴滑行过程𝐵的位移，然后求出两者间的距离。
本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理、动量守恒定律与运动学公式可以解题。
(𝑙)滑块受到重力、(设场强为𝐸)斜面的支持力(设为𝑁)和摩擦力(设为𝑓)作用，解：电场力、14.答案：
在垂直于斜面方向有：
𝑁−(𝑞𝐸𝑠𝑖𝑛𝜃+𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃)=0
𝑓=𝜇𝑁
解得：𝑓=5𝑚𝑔
(2)滑块经过多次往复运动，最终在挡板位置处于静止状态，设相对斜面滑动的总路程为𝑠，对运动全程有：
(𝑞𝐸𝑐𝑜𝑠𝜃−𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃)𝐿−𝑓𝑠=0
解得：𝑠=5𝐿
(3)滑块由静止开始沿斜面向上作加速运动，设第一次碰撞后能沿斜面下滑的最大距离为𝑥1，由动能定理有：
1
(𝑞𝐸𝑐𝑜𝑠𝜃−𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃)(𝐿−𝑥1)−𝑓(𝐿+𝑥1)=0
解得：𝑥1=3𝐿
设第二次碰撞后能沿斜面下滑的最大距离为𝑥2，同理有：
(𝑔𝐸𝑐𝑜𝑠𝜃−𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃)(𝑥1−𝑥2)−𝑓(𝑥1+𝑥2)=0
解得：𝑥2=3𝑥1=(3)2𝐿
第四次碰撞后能沿斜面下滑的最大距离𝑥为： 4=3𝑥3=(3)4𝐿
设第五次碰撞后瞬间的动能为𝐸𝐾，则有：(𝑔𝐸𝑐𝑜𝑠𝜃−𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃−𝑓)𝑥4=𝐸𝐾 设滑块滑到斜面底端𝐴时的动能为𝐸𝐾𝐴，则有：(𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃−𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃)𝐿=𝐸𝐾𝐴−𝐸𝐾 解得：𝐸𝐾𝐴≈60.68𝑚𝑔𝐿
答：(1)滑块在运动过程中受到斜面摩擦力的大小是5𝑚𝑔； (2)滑块相对斜面滑动的总路程是5𝐿：
(3)若在滑块与挡板第五次碰撞瞬间突然撤去电场，滑块滑到斜面底端𝐴时的动能是60.68𝑚𝑔𝐿。 解析：(1)对滑块受力分析由平衡条件即摩擦力公式可求得摩擦力大小； (2)对全过程由动能定理可求得滑块相对斜面滑动的总路程：
(3)滑块由静止开始沿斜面向上作加速运动，分别由动能定理可求得第五次碰撞后瞬间的动能，再滑到斜面底端的过程由动能定理可求得滑块滑到斜面底端𝐴时的动能。
𝑑为两点沿电场线方向的本题考查分析和处理物体在复合场运动的能力。对于电场力做功𝑊=𝑞𝐸𝑑，距离，应用动能定理时注意过程的选取。
12
2
2
2
2
15.答案：解：(1)根据题意得：
初状态：𝑉1=𝑉0，𝑇1=300 𝐾，𝑝1=𝑝0 末状态：𝑉2=2𝑉0，𝑇2=330 𝐾 由状态方程𝑝2=
𝑃1𝑉1𝑇2𝑇1𝑉2
𝑃1𝑉1𝑇1
1
=
𝑃2𝑉2𝑇2
①得
𝑃𝑎=2.2×105 𝑃𝑎.②
=
1.0×105×𝑣0×330
300×𝑣0
12(2)由玻意耳定律知𝑝3𝑉3=𝑝2𝑉2 ③ 𝑝3=
𝑃2𝑉2𝑉3
=
2.2×105×𝑣0
𝑣0
12
𝑃𝑎=1.1×105 𝑃𝑎.④
答：(1)此时气体的压强是2.2×105 𝑃𝑎；
(2)保持温度不变，缓慢减小施加在活塞上的压力使气体体积恢复到𝑉0，此时气体的压强是1.1×105 𝑃𝑎
解析：1、根据气体状态方程𝑇=𝐶和已知的变化量去求解其它的物理量． 2、气体做等温变化，由玻意耳定律列出等式求解．
明确气体状态变化过程，进行计算时，要注意𝑇的单位应该采用𝐾，而不是℃．
𝑃𝑉
16.答案：解：(1)振动从𝑂点向右传播，根据波形平移法可知图中𝑥=20𝑐𝑚处质点的振动方向沿𝑦轴
负方向，则𝑃点起振时的速度方向沿𝑦轴负方向．
(2)由题：经过0.4𝑠，振动从𝑂点向右传播20𝑐𝑚，得到波速𝑣=𝑡=0.4=0.5𝑚/𝑠．
𝑥=5𝑐𝑚处的振动状态传到𝑃点时𝑃第一次到达波峰，波传播的距离𝑥′=75𝑐𝑚=0.75𝑚，则质点𝑃第一次到达波峰所经过的时间𝑡′=答：
(1)𝑃点起振时的速度方向沿𝑦轴负方向．
(2)该波从原点向右传播时开始计时，经1.9𝑠时间质点𝑃第一次到达波峰．
解析：(1)由题：振动从𝑂点向右传播，𝑥=20𝑐𝑚处质点的振动方向沿𝑦轴负方向，则𝑃点起振时的速度方向沿𝑦轴负方向．
(2)当图示𝑥=5𝑐𝑚处的振动状态传到𝑃点时，质点𝑃第一次到达波峰．由题经过0.4𝑠，振动从𝑂点向右传播20𝑐𝑚，求出波速，再求出质点𝑃第一次到达波峰所经过的时间．
本题要抓住波的基本特点：介质中各质点的起振方向与波源的起振方向相同．也可以分段求解质点𝑃第一次到达波峰．
𝑥′𝑣
𝑥
0.2
+0.4𝑠=
0.750.5
+0.4=1.9𝑠．
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