第第頁山東省東營市2024-2025學年高二上學期1月期末質(zhì)量監(jiān)測物理試題一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。1．下列說法正確的是（）A．磁場中某處磁感應強度的方向與放入該處的電流元所受磁場力的方向相同B．將一音叉敲響后，繞著音叉走一圈，將會聽到忽強忽弱的聲音，這是聲音的衍射現(xiàn)象C．在機械波的干涉圖樣中，振動減弱區(qū)的質(zhì)點的位移不一定始終為零D．只要有電場和磁場就能產(chǎn)生電磁波2．“上?；垩邸笔前惭b在上海中心大廈125層的重達1000余噸的阻尼器，2024年第13號臺風“貝碧嘉”（強臺風級）登陸上海，在大廈受到風力作用搖晃時，阻尼器會擺向風吹來的方向，大大削弱了晃動幅度，下列說法正確的是（）A．臺風來襲時，阻尼器振動的頻率等于自身的固有頻率B．臺風來襲時，阻尼器振動的頻率等于大樓的振動頻率C．阻尼器主要是通過增加大廈的慣性，從而抵抗臺風沖擊D．阻尼器主要是通過降低大廈重心的高度，從而抵抗臺風沖擊3．電磁感應現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)具有劃時代的歷史意義，它為人類大規(guī)模利用電能，繼而進入電氣化時代奠定了理論基礎(chǔ)。探究電磁感應現(xiàn)象的實驗裝置如圖所示，下列說法正確的是（）A．保持螺線管A在螺線管B中的位置不變，開關(guān)S閉合時電流計指針不會發(fā)生偏轉(zhuǎn)B．保持螺線管A在螺線管B中的位置不變，開關(guān)S斷開時電流計指針不會發(fā)生偏轉(zhuǎn)C．開關(guān)S閉合，保持滑動變阻器滑片位置不變，將螺線管A從螺線管B中抽出，電流計指針不發(fā)生偏轉(zhuǎn)D．開關(guān)S閉合，保持螺線管A在螺線管B中的位置不變，左右移動滑動變阻器滑片，電流計指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)4．如圖所示，半徑R=0.1m的圓盤在豎直平面內(nèi)，小球B固定在圓盤邊緣，用豎直向下的平行光照射，圓盤的轉(zhuǎn)軸A和小球B在水平地面上形成影子O和P，圓盤以角速度ω=πrad/s逆時針勻速轉(zhuǎn)動。從圖示位置開始計時，以點O為坐標原點，以水平向右為x軸正方向，重力加速度A．若一單擺（擺角θ<5°）與P同步振動，則其擺長約為1mB．若一單擺（擺角θ<5°）與P同步振動，則其擺長約為0.25mC．影子P做簡諧運動的表達式為x=0.1D．影子P做簡諧運動的表達式為x=0.15．高壓水流切割器又稱“水刀”，它將水以極高的速度垂直噴射到材料表面進行切割作業(yè)。如圖所示，某型號“水刀”對被切割物體的壓強可以達到1.2×108PaA．250m/s B．300m/s6．如圖所示，兩根完全相同的通電長直導線P、Q垂直紙面固定，導線中通有大小相等，方向均垂直紙面向里的電流。點O為PQ連線的中點，a、b、c，d四點在以O點為圓心的圓周上。另有通電長直導線A垂直紙面放置（圖中未畫出），其電流方向垂直紙面向外。已知長直電流在其周圍空間某點產(chǎn)生的磁感應強度大小B=kIr（I為電流大小，r為該點到導線的垂直距離，A．導線P、Q在a、c兩處的磁感應強度大小相等，方向相同B．導線P、Q在b、d兩處的磁感應強度大小相等，方向相反C．若導線A放在b處，則其所受安培力方向水平向右D．在將導線A沿直徑從a移動到c的過程中，其所受安培力先變大后變小7．如圖所示為質(zhì)譜儀原理示意圖，帶電粒子從小孔O“飄入”加速電場（初速度忽略不計），經(jīng)加速后以速度v0從小孔O'進入速度選擇器并恰好沿直線通過，粒子從小孔S進入磁分析器后做勻速圓周運動打在照相底片上。已知速度選擇器中勻強電場的電場強度為E，磁分析器中勻強磁場的磁感應強度為B0，在底片上留下的痕跡點到狹縫SA．粒子帶負電B．速度選擇器中勻強磁場的磁感應強度為vC．帶電粒子的比荷qD．加速電場的極板間電勢差U=8．如圖甲所示，質(zhì)量m=2kg的物塊靜止在足夠長的固定斜面上，斜面傾角30°?，F(xiàn)用沿斜面向上的力F拉物塊，拉力F隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。已知t=5s時物塊開始沿斜面向上滑動，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度A．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為3B．t=3sC．0~10s內(nèi)摩擦力對物塊的沖量為D．t=10s時物塊的速度為二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求。全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9．如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，R1、R2為定值電阻，L為小燈泡，A．定值電阻R2B．電流表A示數(shù)變大，燈泡亮度變暗C．電源效率一定變大，輸出功率一定變小D．電壓表V示數(shù)變大10．如圖所示，一列簡諧橫波沿x軸傳播，實線為t=0時的波形圖，此時x=4m處的質(zhì)點P沿y軸正方向運動，虛線為t=0.5s時的波形圖，已知A．該波沿x軸正方向傳播 B．簡諧波的波速為28C．簡諧波的周期T=0.4s D．t=2.0s時11．如圖所示，截面為扇形的透明柱形材料的圓心角∠AOB=60°，半徑為R，一束激光從OB面的D點入射，恰好在AB面上發(fā)生全反射，然后垂直于AO面從E點射出，已知OE長度為22A．透明材料的折射率為2 B．透明材料的折射率為3C．光線在OB面上的入射角為45° D．光線在OB面上的入射角為60°12．如圖所示，四分之一光滑圓槽甲半徑為R，質(zhì)量為2m，靜止放在光滑水平面上，圓槽底端A點的切線水平；不同材質(zhì)的光滑圓槽乙的CD段為圓心角53°的圓弧，半徑為r，質(zhì)量為m，靜止放在光滑水平面上，圓槽底端C點的切線水平。質(zhì)量為m的光滑小球，分別以相同的速度v0=3gR滑上圓槽AB和圓槽CD，重力加速度大小為g，sinA．小球上升的最高點到圓槽甲B點的距離為3.5RB．小球上升的最高點到圓槽甲B點的距離為2RC．若小球上升到圓槽乙的D點時，圓槽乙的速度v乙=D．若小球上升到圓槽乙的D點時，圓槽乙的速度v乙=三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13．圖甲為“用雙縫干涉測量光的波長”裝置圖，（1）關(guān)于此實驗，下列說法正確的是______；（填選項前的字母）A．雙縫安裝在圖甲中的C位置B．調(diào)節(jié)時應盡量使單縫與雙縫在一條直線上且相互垂直C．僅將紅色濾光片換成藍色濾光片，則干涉條紋間距變小D．若僅擋住雙縫中的一條縫，屏上的條紋就會全部消失（2）已知該裝置中雙縫間距為d，雙縫到光屏的距離為l，在光屏上得到的干涉圖樣如圖乙所示，分劃板中心在圖中A位置時游標卡尺的讀數(shù)記為xA，在B位置時游標卡尺的讀數(shù)如圖丙所示，該示數(shù)xB為（3）由以上所測數(shù)據(jù)，可以得出形成此干涉圖樣的單色光的波長為。（用題中物理量符號表示，已知xB14．實驗小組先用多用電表測量定值電阻的阻值，然后再測量一電源的電動勢和內(nèi)阻，實驗器材有：待測定值電阻R0（1）圖甲為多用電表的示意圖，其中S、T、K為三個可調(diào)節(jié)的部件。關(guān)于使用多用表測電阻，下列說法正確的是______；（填選項前的字母）A．首先將部件K撥至合適擋位，然后再將紅、黑表筆分別與待測電阻兩端接觸，測量完畢后將部件K撥至“OFF”擋B．每次更換歐姆擋后，必須先將紅黑表筆短接，旋動部件S進行歐姆調(diào)零C．歐姆調(diào)零時，將兩表筆短接，旋動部件T，使指針對準電阻的“0刻線”（2）將部件K旋到“×1”，正確操作后，若指針如圖乙所示，則該定值電阻R0為Ω（3）測量電源電動勢和內(nèi)阻的電路如圖丙所示，按照該電路圖組裝，將多用電表作為電壓表接入電路中。調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值，讀出多用電表對應的示數(shù)U，測得多組R和U并記錄。根據(jù)測得的多組數(shù)據(jù)，作出U?UR圖線，如圖丁所示，圖線的縱軸截距為a，橫軸截距為b，則電源的電動勢E=，內(nèi)阻r=15．如圖所示，間距L=0.4m的傾斜導軌與水平面夾角θ=37°，范圍足夠大的勻強磁場方向豎直向下，磁感應強度B=1T。水平導軌接有恒定電源和滑動變阻器R，電動勢E=40V，內(nèi)阻r=2Ω。導體棒質(zhì)量m=0.1kg，長度也為L，阻值R0=3Ω，導體棒與傾斜導軌間的動摩擦因數(shù)（1）判斷導體棒所受安培力的方向；（2）求滑動變阻器的阻值R。16．波源S1、S2分別位于x1=0和x2=14m處，t=0（1）兩列波傳播速度v的大小和x3=6m（2）質(zhì)點M從t=0到t=7.5s時間內(nèi)運動的路程s17．如圖所示，光滑水平面上有一輛質(zhì)量m=0.2kg的小車被鎖定裝置固定，小車左側(cè)固定彈性擋板，中間水平部分長度L=5m，右側(cè)是半徑r=0.3m的四分之一光滑圓弧軌道，圓弧軌道最低點和小車水平部分相切?，F(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球A從圓弧軌道最高點上方h=1.5m處由靜止釋放，已知小球可視為質(zhì)點，與小車水平部分間的動摩擦因數(shù)（1）求小球A運動到圓弧軌道最低點時受到的支持力大小；（2）若小球A運動到圓弧軌道最低點，同時解除小車鎖定，求小球最終停在距小車左側(cè)擋板多遠處；（3）若解除小車鎖定，然后由靜止釋放小球A，求小球與小車粗糙部分的相對路程，小車的對地位移大小。18．如圖所示，在平面直角坐標系xOy中，區(qū)域Ⅰ內(nèi)充滿勻強電場，電場強度方向沿y軸負方向；以與x軸垂直的虛線ef為邊界，區(qū)域Ⅱ和區(qū)域Ⅲ中勻強磁場的磁感應強度大小分別為B、2B，磁場垂直于紙面且方向相反；邊界線ef及其右側(cè)區(qū)域Ⅳ內(nèi)充滿勻強電場和勻強磁場，其中磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，電場強度大小為E，方向沿x軸正方向。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子從區(qū)域Ⅰ內(nèi)的P點以初速度v0沿著與x軸正方向夾角37°的方向飛出，經(jīng)O點沿著與x軸正方向夾角53°的方向射入?yún)^(qū)域Ⅲ，粒子剛好垂直通過第一象限內(nèi)的邊界ef進入?yún)^(qū)域Ⅳ。已知勻強電場E=43Bv（1）粒子經(jīng)O點射入?yún)^(qū)域Ⅲ的速度大小v；（2）粒子第一次在區(qū)域Ⅲ中運動的時間；（3）虛線邊界ef與y軸距離L的可能值；（4）粒子垂直通過第一象限內(nèi)的邊界線后再次返回到邊界線的位置縱坐標y。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．根據(jù)左手定則可知磁場中某處磁感應強度的方向與放入該處的電流元所受磁場力的方向垂直，選項A錯誤；B．將一音叉敲響后，繞著音叉走一圈，將會聽到忽強忽弱的聲音，強的地方振動加強，弱的地方振動減弱，這是聲音的干涉現(xiàn)象，選項B錯誤；C．在機械波的干涉圖樣中，振動減弱區(qū)的質(zhì)點的位移等于兩個波產(chǎn)生位移的矢量和，不一定始終為零，只有當兩波源振幅相等時，振動減弱點的位移才始終為零，選項C正確；D．只有周期性變化的電場和磁場才能產(chǎn)生電磁波，均勻變化的或者恒定不變的電場或者磁場不能產(chǎn)生電磁波，選項D錯誤。故選C。

【分析】根據(jù)左手定則分析；聽到忽強忽弱的聲音，這是聲音的干涉現(xiàn)象；根據(jù)波動疊加分析；根據(jù)電磁波產(chǎn)生的原理分析。2．【答案】B【解析】【解答】AB.阻尼器做受迫振動，其振動頻率取決于外界驅(qū)動力的頻率，其振動頻率與大樓的振動頻率相同，不一定等于自身的固有頻率，故A錯誤，B正確；CD.阻尼器的擺動方向始終與大樓的振動方向相反，從而抵抗臺風沖擊，而不是通過降低大廈重心的高度抵抗臺風沖擊；阻尼器并不能增加大廈的慣性，大廈的慣性只和大廈自身的質(zhì)量有關(guān)，選項CD錯誤。故選B。

【分析】根據(jù)受迫振動和共振現(xiàn)象以及阻尼器的工作原理進行分析解答。3．【答案】D【解析】【解答】AB.產(chǎn)生感應的條件是穿過閉合導體回路的磁通量發(fā)生變化，閉合開關(guān)和斷開開關(guān)時，通過B螺線管的磁通量發(fā)生變化，故閉合開關(guān)和斷開開關(guān)時電流計指針都發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故AB錯誤；C．開關(guān)S閉合，保持滑動變阻器滑片位置不變，將螺線管A從螺線管B中抽出，B線圈中磁通量減小，產(chǎn)生感應電流，電流計指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故C錯誤；D．開關(guān)S閉合，保持螺線管A在螺線管B中的位置不變，左右移動滑動變阻器滑片，A線圈中電流變化，磁場強弱變化，B線圈中磁通量變化，產(chǎn)生感應電流，電流計指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故D正確。故選D。

【分析】產(chǎn)生感應的條件是穿過閉合導體回路的磁通量發(fā)生變化，變化的電流產(chǎn)生變化的磁場，穿過線圈的磁通量發(fā)生變化，線圈中才有感應電流。4．【答案】A【解析】【解答】AB．圓盤以角速度ω=πrad/s逆時針勻速轉(zhuǎn)動，單擺周期與其相等，由單擺周期公式T=2πl(wèi)g故A正確，B錯誤；CD．P做簡諧運動的表達式為x=Rsinωt+解得x=R故CD錯誤。故選A。

【分析】根據(jù)角速度求解周期，結(jié)合單擺周期公式分析；求出振幅、圓頻率以及初相即可求解P做簡諧運動的表達式。5．【答案】C【解析】【解答】本題主要是考查動量定理之流體沖擊力的計算問題，關(guān)鍵是求出很短時間內(nèi)流體的質(zhì)量，掌握動量定理的應用方法。對高壓水流與材料作用時間內(nèi)建立柱形模型，由動量定理得F“水刀”對被切割物體的壓強為p=聯(lián)立解得v=2003故選C。

【分析】根據(jù)動量定理結(jié)合壓強公式求解高壓水流的速度。6．【答案】B【解析】【解答】磁感應強度為矢量，合成時要用平行四邊形定則，因此要正確根據(jù)右手螺旋定則判斷導線周圍磁場方向是解題的前提。A．根據(jù)右手螺旋定則和磁場的疊加可知，a點磁感應強度方向水平向右，c點磁感應強度方向水平向左，導線P、Q在a點與c點的磁感應強度大小相等，故A錯誤；B．根據(jù)右手螺旋定則和磁場的疊加可知，b點磁感應強度方向豎直向上，d點磁感應強度方向豎直向下，導線P、Q在b、d兩處的磁感應強度大小相等，故B正確；C．根據(jù)右手螺旋定則和磁場的疊加可知，導線P、Q在b點磁感應強度方向豎直向上，根據(jù)安培左手定則可知導線A所受安培力方向水平向左，故C錯誤；D．根據(jù)右手螺旋定則和磁場的疊加可知，導線P、Q在a點磁感應強度不為零，O點的磁感應強度為零，所以從a到O點再到c點磁感應強度可能先減小后增大，也可能從a到O點先增大再減小，從O點到c先增大后減小，所以在將導線A沿直徑從a移動到c的過程中，其所受安培力可能先減小后增大，也可能先增大在減小，在增大又減小，故D錯誤。故選B。

【分析】根據(jù)安培定則判斷各個導線在對應位置磁感應強度的方向，根據(jù)矢量運算法則得到合磁感應強度的大小與方向。根據(jù)左手定則判斷安培力方向。7．【答案】D【解析】【解答】A．粒子進入磁場向右偏轉(zhuǎn)，由左手定則可知粒子帶正電，故A錯誤；B．粒子在速度選擇器中受平衡力，則qE=qv0BC．粒子在磁場中運動的軌道半徑為r=12l，由qD．粒子在加速電場中，由動能定理得qU=12m故答案為：D。

【分析】依次分析粒子的電性、速度選擇器的磁場、粒子的比荷，以及加速電場的電勢差，結(jié)合受力平衡、圓周運動、動能定理推導各物理量。8．【答案】C【解析】【解答】只要涉及了力F和力的作用時間t，用牛頓第二定律能解答的問題，用動量定理也能解答，而用動量定理解題，更簡捷。A．已知t=5s時物塊開始沿斜面向上滑動，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，對物塊根據(jù)平衡條件有F=mg解得μ=故A錯誤；B．物塊與斜面間的摩擦力為零時，有F=mg而在3s時，故B錯誤；CD．在10s時，F(xiàn)=50N，在0~10s且由圖可知I在5~10s內(nèi)，由動量定理，有I且由圖可知I代入且聯(lián)立解得Iv=31.25負號表示方向沿斜面向下，大小為87.5N故選C。

【分析】根據(jù)t=5s時物塊開始沿斜面向上滑動求解動摩擦因數(shù)；結(jié)合圖像和平衡條件分析t=3s時物塊與斜面間的摩擦力；F-t圖像和橫軸圍成的面積表示沖量，根據(jù)動量定理分析。9．【答案】A,D【解析】【解答】解答本題時，要理清電路，確定電壓表測得什么電壓，電流表測得什么電流，抓住電源的電動勢和內(nèi)阻不變，采用局部→整體→局部的方法，利用閉合電路歐姆定律進行分析。

D．R3為光敏電阻（阻值隨光照強度的增大而減?。瑴p小入射光強度，R3可知，路端電壓增大，即電壓表V示數(shù)變大，故D正確；A．結(jié)合上述可知，干路電流減小，則電源內(nèi)阻與定值電阻R1兩端電壓減小，則并聯(lián)部分電壓增大，可知，通過定值電阻R2可知，定值電阻R2B．結(jié)合上述可知，干路電流減小，則電流表示數(shù)變小，由于通過定值電阻R2C．電源效率η=結(jié)合上述可知，外電阻增大，則電源效率一定變大。電源的輸出功率P=根據(jù)題意可知，R外故選AD。

【分析】電壓表測量路端電壓，根據(jù)閉合回路歐姆定律分析電壓表示數(shù)；并聯(lián)部分電壓增大，根據(jù)電功率公式求解電功率變化；干路電流減小，則電流表示數(shù)變小，通過燈泡的電流減小，燈泡亮度變暗；外電阻增大，則電源效率一定變大，R外10．【答案】A,B,D【解析】【解答】A．由t=0時x=4m處的質(zhì)點P沿y軸正方向運動，根據(jù)上下坡法可知該波沿xB．由圖可知，波長λ=8由T<0.5s<2T，波沿x即Δ則波速大小為v=故B正確；C．根據(jù)波速和波長可得簡諧波的周期為T=故C錯誤；D．由圖結(jié)合“上下坡法”可知t=0.5s時x=6m所以t=2.0s時x=6故選ABD。

【分析】由圖得到波長，根據(jù)兩波形圖關(guān)系和周期范圍求得周期、波速。根據(jù)波動規(guī)律判斷質(zhì)點的振動情況。11．【答案】A,C【解析】【解答】解決幾何光學問題的關(guān)鍵是根據(jù)題意正確畫出光路圖，然后根據(jù)幾何關(guān)系以及相關(guān)物理知識求解。AB．作出如圖所示的光路圖由幾何關(guān)系可知sin又因為激光恰好在AB面上發(fā)生全反射，所以sin解得臨界角C=45°透明材料的折射率n=故A正確，B錯誤；CD．由幾何關(guān)系得，折射角r=30°由折射定律得n=解得光線在OB面上的入射角為i=45°故C正確，D錯誤。故選AC。

【分析】作出如圖所示的光路圖，根據(jù)幾何關(guān)系求解在AB面上的入射角，因為激光恰好在AB面上發(fā)生全反射，結(jié)合全反射臨界角公式求解折射率；根據(jù)幾何關(guān)系和折射定律求解在OB上的入射角。12．【答案】B,C【解析】【解答】AB．光滑圓槽甲靜止放在光滑水平面上，把小球和圓槽甲看作系統(tǒng)進行分析，系統(tǒng)水平方向動量守恒，設小球上升到最高點時與圓槽甲的共同速度為v，以水平向右為正方向，由動量守恒定律可得m解得v=由機械能守恒定律可得1解得h=3R小球上升的最高點到圓槽甲B點的距離為3R?R=2R故A錯誤，B正確；CD．設小球上升到圓槽乙的D點時水平方向速度為vDx，把小球和圓槽乙看作系統(tǒng)進行分析，地面光滑，系統(tǒng)水平方向動量守恒，以水平向右為正方向，由動量守恒定律可得其中v由機械能守恒定律1由于小球在D點時，其速度方向與圓槽相切，根據(jù)速度的合成與分解有tan聯(lián)立解得vDx=2gR，故C正確，D錯誤。故選BC。

【分析】把小球和圓槽甲看作系統(tǒng)進行分析，系統(tǒng)水平方向動量守恒，結(jié)合機械能守恒定律求解；把小球和圓槽乙看作系統(tǒng)進行分析，系統(tǒng)水平方向動量守恒，由于小球在D點時，其速度方向與圓槽相切，結(jié)合機械能守恒定律求解。13．【答案】（1）A；C（2）31.10（3）x【解析】【解答】（1）A．雙縫安裝在圖甲中的C位置，選項A正確；B．調(diào)節(jié)時應盡量使單縫與雙縫在一條直線上且相互平行，選項B錯誤；C．將濾光片由紅色的換成藍色的，波長變短，根據(jù)雙縫干涉條紋的間距公式Δx=D．若僅擋住雙縫中的一條縫，屏上將出現(xiàn)衍射條紋，即條紋不會全部消失，選項D錯誤。故選AC。（2）游標卡尺分度值為0.05mm，游標卡尺讀數(shù)等于主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)，結(jié)果不用估讀，示數(shù)xB（3）條紋間距Δ根據(jù)雙縫干涉條紋的間距公式Δ可得λ=xB?xAd6l

【分析】（1）根據(jù)Δx=l（1）A．雙縫安裝在圖甲中的C位置，選項A正確；B．調(diào)節(jié)時應盡量使單縫與雙縫在一條直線上且相互平行，選項B錯誤；C．僅將紅色濾光片換成藍色濾光片，因藍光波長小于紅光，根據(jù)Δx=D．若僅擋住雙縫中的一條縫，屏上將出現(xiàn)衍射條紋，即條紋不會全部消失，選項D錯誤。故選AC。（2）示數(shù)xB（3）條紋間距Δ根據(jù)Δ可得λ=14．【答案】（1）C（2）6.0或6（3）a；a【解析】【解答】（1）A．測量前應先旋動部件S進行機械調(diào)零，選項沒有提，故A錯誤；BC．進行歐姆調(diào)零時旋動的是T即歐姆調(diào)零旋鈕，故B錯誤，C正確。故選C。（2）歐姆表讀數(shù)等于擋位乘以指針示數(shù)，讀數(shù)為6.0Ω或6Ω。（3）根據(jù)電路圖結(jié)合閉合電路的歐姆定律，可得E=U+整理可得U=?對照圖丁，結(jié)合圖像截距和斜率可知電動勢E=a且R則內(nèi)阻r=ab?R0

（1）A．測量前應先旋動部件S進行機械調(diào)零，選項沒有提，故A錯誤；BC．進行歐姆調(diào)零時旋動的是T，故B錯誤，C正確。故選C。（2）如圖乙，讀數(shù)為6.0Ω或6Ω。（3）[1][2]由閉合電路的歐姆定律，有E=U+整理可得U=?對照圖丁，可知電動勢E=a且R則內(nèi)阻r=15．【答案】（1）解：閉合開關(guān)S，根據(jù)左手定則可知導體棒所受安培力方向水平向右。（2）解：導體棒恰好上滑，對導體棒受力分析如圖所示根據(jù)導體棒受力平衡，F(xiàn)Acos又Ff=μFN聯(lián)立求得R=3【解析】【分析】（1）閉合開關(guān)S，根據(jù)左手定則判斷安培力方向；

（2）導體棒恰好上滑，對導體棒受力分析，根據(jù)平衡條件列式求解。（1）閉合開關(guān)S，根據(jù)左手定則可知導體棒所受安培力方向水平向右。（2）導體棒恰好上滑，對導體棒受力分析如圖所示根據(jù)導體棒受力平衡，F(xiàn)Acos又Ff=μFN聯(lián)立求得R=316．【答案】（1）解：波長λ=4m周期T=2s波源S1的振動首先傳到M點，起振的時刻（2）解：S2波向左傳播到M點的時間在3s~4點M振動的路程s點M距兩波源的路程差Δ所以點M為振動加強點。在4s~7.5點M振動的路程s在7.5s內(nèi)，點M的路程s=s【解析】【分析】（1）波源S1的振動首先傳到M點，根據(jù)傳播距離除以波速等于時間；

（2）求出兩列波傳播到M點的時間，求出點M距兩波源的路程差，判斷點M17．【答案】（1）小球A運動到圓弧最低點，根據(jù)動能定理得：mg(h+r)=解得v在圓弧軌道最低點時，由牛頓第二定律得：F解得F（2）解：從小球A到達圓弧軌道最低點至最終共速，由動量守恒得：m由能量守恒得μmg解得路程s故物塊最終停在小車上的位置距小車最左端d=s?L=4（3）解：小球A和小車最終停止，設球相對小車水平部分路程為s2，對球和車系統(tǒng)，由能量守恒得得s小球A相對小車的位移Δ小球A的對地位移大小x1和小車的對地位移大小x2由水平方向動量守恒得m得x【解析】【分析】（1）小球A運動到圓弧最低點，根據(jù)動能定理求解速度大小，根據(jù)牛頓第二定律求解支持力大小；

（2）從小球A到達圓弧軌道最低點至最終共速，由動量守恒得共同速度，根據(jù)能量守恒求解運動路程，從而判斷物塊最終停在小車上的位置；

（3）小球A和小車最終停止，對球和車