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如圖甲所示為某一簡諧橫波在t=0時刻的波形圖，由此可知該波沿

 

傳播，該時刻a、b、c三點速度最大的是

 

點，加速度最大的是

 

點．若t=0.02s時質(zhì)點c第一次到達(dá)波谷處，則此波的波速為

 

m/s．

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如圖甲所示為某一簡諧橫波在t=0時刻的波形圖，由此可知該波沿______傳播，該時刻a、b、c三點速度最大的是______點，加速度最大的是______點．若t=0.02s時質(zhì)點c第一次到達(dá)波谷處，則此波的波速為______m/s．

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如圖所示，甲為某一簡諧橫波在t=1.0s時刻的圖象，乙為參與波動的某一質(zhì)點的振動圖象。

（1）兩圖中的AA’、OC各表示什么物理量？量值各是多少？
（2）說明兩圖中OA ’B段圖線的意義？
（3）該波的波速為多大？
（4）畫出再經(jīng)過0.25s后的波動圖象和振動圖象。
（5）甲圖中P點此刻的振動方向。

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（1）一列簡諧橫波在t=0.8s時的圖象如圖甲所示，其x=0處質(zhì)點的振動圖象如圖乙所示，由圖象可知：簡諧波沿x軸

 

方向傳播（填“正”或“負(fù)”），波速大小為

 

m/s，t=10.0s時刻，x=4m處質(zhì)點的位移為

 

m．

（2）如圖2所示，是一種折射率n=1.5的棱鏡，用于某種光學(xué)儀器中，現(xiàn)有一束光線沿MN方向射到棱鏡的AB面上，入射角的大小i=arcsin0.75（即：sini=0.75），求：
①光在棱鏡中傳播的速率．
②畫出此束光線射出棱鏡后的方向，要求寫出簡要的分析過程．（不考慮返回到AB和BC面上的光線）．

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1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

B

AC

B

C

BCD

D

AC

D

BC

AC

BD

A

13．A組（1）球形體；（1分）V/S；（1分）10^-10，（1分）3.0×10^-29（2分）

（2）增大，（2分）變多，（2分）??273.15（1分）

B組(1)x軸正方向，（1分）a，（1分）c，（1分）；100（2分）

（2）小于（2分）大于 （2分）    Υ₁<Υ₂<Υ₃（1分）

14．（1）步驟C不必要, （2分） 步驟B是錯誤的．（2分）

（2）（4分）　　

（3）重錘的質(zhì)量m ，（1分）  （3分）

15．（1）3.550×10^-3 （3分）    （2）πd²Rx/4l（4分）

（3）將電鍵S₂接1，只調(diào)節(jié)滑動變阻器r，使電壓表讀數(shù)盡量接近滿量程，讀出這時電壓表和電流表的示數(shù)U₂、I₂ （2分） U₁/I₁－U₂/I₂（3分）

提示：由歐姆定律得U₁=I₁(R_A+R_P+R_x)，U₂=I₂(R_A+R_P)，故R_x=U₁/I₁－U₂/I₂.

16．（1）N?m²/kg²  （2分）    N?m²?C^-2（2分）

（2）解析：由題意可知是要求該星球上的“近地衛(wèi)星”的繞行速度，也即為第一宇宙速度。設(shè)該星球表面處的重力加速度為，由平拋運動可得

      ①     故                     2分

對于該星球表面上的物體有②所以         2分

而對于繞該星球做勻速圓周運動的“近地衛(wèi)星”應(yīng)有

     ③    2分

由 ①②③式得        ④       1分

（3）受力情況如圖所示，Q_A、Q_B對Q_C的作用力大小和方向都不因其它電荷的存在而改變，仍然遵守庫侖定律的規(guī)律。

Q_A對Q_C作用力：，同性電荷相斥。（1分）

Q_B對Q_C作用力：，異性電荷相吸。（1分）

∵Q_A=Q_B=Q        ∴F_A=F_B

根據(jù)平行四邊形法則，Q_C受的力F₁即為F_A、F_B的合力，根據(jù)幾何知識可知，Q_C受力的大小，F(xiàn)₁=F_A=F_B==，（3分）

方向為平行AB連線向右。（2分）

17．（16分）解：(1)ab桿向右運動時，ab桿中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向為a→b，大小為E=BLv₁（1分）

cd桿中的感應(yīng)電流方向為d→c.  cd桿受到的安培力方向水平向右       （1分）

安培力大小為                  （2分）

cd桿向下勻速運動，有mg=μF_安                       ②                  （1分）

解①、②兩式，ab桿勻速運動的速度為              （2分）

（2）ab桿所受拉力（4分）

（3）設(shè)cd桿以v₂速度向下運動h過程中，ab桿勻速運動了s距離

                                                        （2分）

整個回路中產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力所做的功

          （3分）

18．．解：（17分）(1)帶電微粒在做勻速圓周運動，電場力與重力應(yīng)平衡，有mg=Eq，即E= mg/q，（3分）方向豎直向下． （1分）

(2) 粒子做勻速圓周運動，軌道半徑為R，如圖所示。

，    （1分）

最高點與地面的距離為，（1分）

解得。（2分） 該微粒運動周期為T=,（1分）

運動至。最高點所用時間為.（2分）

(3)設(shè)粒子上升高度為h，由動能定理得，（3分）

解得。  （2分）   微粒離地面最大高度為H+。（1分）

19（17分）解析：（1）解除鎖定彈開AB后，AB兩物體的速度大小：

     （2分）

彈簧儲存的彈性勢能  （1分）

（2）B滑上傳送帶勻減速運動，當(dāng)速度減為零時，滑動的距離最遠(yuǎn)．

由動能定理得：  （2分）  得：  1分）

（3）物塊B沿傳送帶向左返回時，先勻加速運動，物塊速度與傳送帶速度相同時一起勻速運動，設(shè)物塊B加速到傳送帶速度v需要滑動的距離為

由   　     得       （2分）

表明物塊B滑回水平面MN的速度沒有達(dá)到傳送帶速度

所以:                               （1分）

（4）設(shè)彈射裝置對A做功為，則：   （1分）

AB碰后速度互換，B的速度  =                         （1分）

B要剛好能滑出平臺Q端，由能量關(guān)系有：    （1分）

又m_A=m_B，  聯(lián)立解得：          （1分）

                                        （1分）

B滑過傳送帶過程，傳送帶移動的距離： （1分)

所求內(nèi)能：            (2分)