[物理——选修3-4](13分)
（1）．一列振幅为4cm，频率为2.5Hz的绳波，在t＝0时刻的波形图如图所示，绳上的质点P位于最大位移，质点Q位于平衡位置，质点M振动方向沿y轴正向，则（　　）

A．波沿x轴正向传播

B．t＝0时，质点N的振动方向沿y轴正向

C．t＝0.1s时，质点Q的加速度达到最大，方向沿y轴正向

D．从t＝0.1s到t＝0.2s时间内，波传播的距离为0.1m

(2)用圆弧状玻璃砖做测定玻璃折射率的实验时，先在白纸上放好圆弧状玻璃砖，在玻璃砖的一侧竖直插上两枚大头针P₁、P₂，然后在玻璃砖的另一侧观察，调整视线使P₁的像被P₂挡住，接着在眼睛所在的一侧插两枚大头针P₃和P₄，使P₃挡住P₁和P₂的像，P₄挡住P₃和P₁、P₂的像，在纸上标出大头针位置和圆弧状玻璃砖轮廓如下图所示(O为两圆弧圆心；图中已画出经P₁、P₂点的入射光线)。

①．在图上补画出所需的光路图
②．为了测出玻璃砖的折射率，
需要测量入射角i和折射角r，请在图中标出这两个角．
③．用所测物理量计算折射率的公式是n ="__" __________
④．为了保证在弧面CD得到出射光线，实验过程中，光线在弧面AB的入射角应尽量_ ___________(小一些，无所谓，大一些)  

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[物理——选修3-4](13分)
（1）．一列振幅为4cm，频率为2.5Hz的绳波，在t＝0时刻的波形图如图所示，绳上的质点P位于最大位移，质点Q位于平衡位置，质点M振动方向沿y轴正向，则（　　）

A．波沿x轴正向传播

B．t＝0时，质点N的振动方向沿y轴正向

C．t＝0.1s时，质点Q的加速度达到最大，方向沿y轴正向

D．从t＝0.1s到t＝0.2s时间内，波传播的距离为0.1m

(2)用圆弧状玻璃砖做测定玻璃折射率的实验时，先在白纸上放好圆弧状玻璃砖，在玻璃砖的一侧竖直插上两枚大头针P₁、P₂，然后在玻璃砖的另一侧观察，调整视线使P₁的像被P₂挡住，接着在眼睛所在的一侧插两枚大头针P₃和P₄，使P₃挡住P₁和P₂的像，P₄挡住P₃和P₁、P₂的像，在纸上标出大头针位置和圆弧状玻璃砖轮廓如下图所示(O为两圆弧圆心；图中已画出经P₁、P₂点的入射光线)。

①．在图上补画出所需的光路图
②．为了测出玻璃砖的折射率，
需要测量入射角i和折射角r，请在图中标出这两个角．
③．用所测物理量计算折射率的公式是n ="__" __________
④．为了保证在弧面CD得到出射光线，实验过程中，光线在弧面AB的入射角应尽量_ ___________(小一些，无所谓，大一些)  

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（2012?丰台区二模）如图所示，在平面xOy内有一沿x轴正方向传播的简谐横波，波速为3.0m/s，频率为2.5Hz，A、B两点位于x轴上，相距0.90m．分别以A、B为平衡位置的两个质元在振动过程中，取A点的质元位于波峰时为t=0，对于B点的质元来说（　　）

A．t=0时，加速度最大

B．t=0.1s时，速度为零

C．t=0.2s时，速度方向沿y轴负方向

D．t=0.3s时，位于波谷

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一．（20分）填空题

1．1 ，2  2．6，4.8   3．20L，819℃或1092K    4．2，4   5．mg ，1：1

6

7

8

9

10

11

12

13

14

A

B

A

C

D

CD

ACD

ACD

ABD

二．（40分）

选择题

三．（30分）实验题.

15．（6分）（1）BCE （2）     16．（4分）AC

17．（4分）（1）（如右图，两种方法均可得分）

（2）9（或18）（若设计为上图则答案为9）（若设计为下图则答案为18）

18．（6分）（1）1（2）0.5，0.2

19．（10分）（1）C  （2）m₁的落地点到m₂落地点的

距离s、长木板离地面的高度H 

   （3）m₂gh -μm₁gh，

四．（60分）计算题.

20．（10分）（1）状态1：p₁=p₀+21cmHg，l₁=10cm，T₁= 300K

状态2：p₂= p₀-15cmHg，l₂=（31-15）cm=16cm，T₂= T₁= 300K

p₁ l₁= p₂ l₂，(p₀+21)×10 = (p₀-15) ×16  解得p₀=75cmHg                     （4分）

（2）状态3：p₃= p₀+15cmHg =90 cmHg，l₃=？，T₃=T₂= T₁=300K

P₃ l₃= p₂ l₂      90×l₃ =60 ×16  l₃=10.67 cm                                （3分）

（3）状态4：p₄= p₃=90 cmHg ，l₄= l₂=16cm，T₄=？

= ，=  ，解得T₄= 450K                                  （3分）

21．（12分）（1）前2s内匀加速直线运动，a = = m/s² =5 m/s²           （2分）

ma=F_m-mg，F_m=ma+mg=(8×5+8×10)N=120N                              （2分）

（2）2s时刻电动机功率最大  P_m= F_mv₁= 120×10W=1200W                 （3分）

（3）s₁= v₁t₁= × 10×2m=10m，                                       （2分）

mv₂²-0 = F_ms₁+Pt₂-mgs， ×8 × 15²=120×10+1200×(t-2) -8×10×90 ，t=7.75s    （3分）

22．（12分）（1）ma= ? F 可解得a=                           （2分）

（2）当两个力大小相等时，乙球的速度最大，

F = = 可解得x= 2l₀                                                                  （3分）

（3）mv_m²-0 = W_电-W_{F ，}W_电= mv_m² + W_F = mv_m² + Fl₀ = mv_m² +     （3分）

静电力做正功，电势能减少了mv_m² +                                （1分）

（4）乙球先做远离甲的运动，速度先增大后减小（1分），然后又反向做速度先增大后减小的运动（1分），返回到释放点B后，再重复前面的运动，之后就在B点和最远端之间做往复运动（1分）。 

 23．（12分）（1）ε= = = kS=0.5×0.2²V = 0.02V                   （2分）

I = = A= 1A        ab段导线上的感应电流的方向为a→b           （3分）                   

（2）框架开始转动时力矩平衡，mgLcosα+mgLsinα= F_AL                   （3分）

F_A = mgcosα+mgsinα= mg（cosα+sinα）= 0.01×10×(0.8+0.6)N = 0.14N       （1分）

F_A = BIL = kt IL     t = = s = 1.4s                        （3分）

24．（14分）（1）η = = ，= 80%  可解得 = 4：1  （3分）

（2）P=UI=U =                                           （2分）

（3）由P = 可知当U = 时P有最大值，                    （1分）

     又由乙图可知 = 4.5W  1                                     （1分）

由丙图可知当U = 0时，I = = = 3A  2                          （1分）

由1、2两式可求出E=6V， r = 2Ω                                     （2分）

进一步可求出R_m=8Ω

当滑片移到B端时，U =E= 4.8V，P = =2.88W，I= =0.6A          （3分）

所以有：

a（8Ω，80%），b（3V，4.5W），c（4.8V，2.88W），d（0.6A，4.8V）        （1分）