2021年等九校联考高考物理一模试卷

2021年上海市大同中学等九校联考高考物理一模试卷

1.5G是“第五代移动通信网络”的简称，目前世界各国正大力发展5G网络。5G网

络使用的无线电波通信频率在3.0GHz以上的超高频段和极高频段（如图），比目前

4G及以下网络（通信频率在0.3GHz〜3.0GHz间的特高频段）拥有更大的带宽和更快

的传输速率。未来5G网络的传输速率（指单位时间传送的数据量大小）可达

10Gbps（bps为bifsperseccmd的英文缩写,即比特率、比特/秒），是4G网络的50—

100倍。关于5G网络使用的无线电波，下列说法正确的是（）

无线电波红外线可见光藕

熟女波长波金波这波起宣波分为波里大波蚕米披红外线可见光紫外线

■|1一"，j，r'i・［，I1-'Y，丫，I

10s104IO3IO2101IO-1MT2IO48xl（f

其公至保袋u短高”至高克特高疑变离克极喜短

IIIIiiIIII।

3X1O33x163x10s3x10d3x10'JxlO33x10®3*10”3«10113*10i4G

A.在真空中的传播速度更快

B.在真空中的波长更长

C.衍射的本领更强

D.频率更高，相同时间传递的信息量更大

2.如图所示，质量为M的小车的表面由光滑水平面和光滑斜/（

面连接而成，其上放一质量为〃?的球，球与水平面的接触

点为。，与斜面的接触点为从斜面倾角为仇当小车和球一……….，.「二……

起在水平桌面上做直线运动时，下列说法正确的是（）

A.若小车匀速运动，则球对斜面上b点的压力大小为mgcos。

B.若小车匀速运动，则球对水平面上a点的压力大小为mgsin。

C.若小车向左以加速度gtan。加速运动，则球对水平面上。点无压力

D.若小车向左以加速度gtanO加速运动，则小车对地面的压力小于（M+m）g

3.如图所示，小船以大小为火船在静水中的速度）、方水流

上--------;--------►

向与上游河岸成。的速度从O处过河，经过一段时间，游＞

正好到达正对岸的。'处。现要使小船在更短的时间内---------述-----------

过河并且也正好到达正对岸的。'处，在水流速度不变的情况下，可采取的方法是

()

A.。角不变且u增大B.。角减小且u增大

A.重力势能增加了2mghB.机械能损失了mgh

C.动能损失了机g/?D.系统生热

5.如图所示，在空间中水平面的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为机的带电

小球由上方的A点以一定初速度水平抛出，从8点进入电场，到达C点时速

度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且电场力为3,”g。重力加速度为g,

由此可知（）

A.AB=3BC

B.小球从A到B与从B到C的运动时间相等

C.小球从A到8与从8到C的动量变化量相同

D.小球从A到C的过程中重力对小球做的功与电场力对小球做的功的绝对值相等

6.如图所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t=0时，甲静止，乙以6m/s

的初速度向甲运动。它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没

有接触），它们运动的。-t图象分别如图（b）中甲、乙两曲线所示。则由图线可知（）

C.巧时刻，乙球的电势能最大

D.在。〜t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小

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7.如图甲所示，单匝矩形线圈Hcd垂直固定在匀强磁场中。规定垂直纸面向里为磁

感应强度的正方向，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示。以顺时针方向为电

流正方向，以向右方向为安培力正方向，下列关于税段导线中的感应电流i和受到

的安培力F随时间变化的图象正确的是（）

8.如图所示，直线1和曲线2分别是汽车a和匕在同一平直公路上行驶的位置-时间

（x-t）图像，由图像可知（）

A.在“时刻，a、。两车的运动方向相同

B.在J时刻，b两车的运动方向相反

C.在0到t3这段时间内，〃、方两车的平均速率相等

D.在ti到t3这段时间内，a、b两车的平均速度相等

9.如图（甲）所示，质最m=2kg的小物体放在长直的水平地面上用水平细线绕在半径

R=0.5M的薄圆筒上。t=0时刻，圆筒由静止开始绕竖直中心轴转动，其角速度3

随时间f的变化规律如图（乙）所示，小物体和地面间的动摩擦因数为0.1,重力加速

度g=10m/s2,则下列判断正确的是（）

（乙）

A.细线的拉力大小为4N

B.细线拉力的瞬时功率满足P=4t

C.小物体的速度随时间的变化关系满足u=4t

D.在0〜4s内，小物体受合力的冲量为4N-s

10.一列向右传播的横波在t=0时的波形如图所示,A、

B两质点间距为8〃?，B、C两质点平衡位置的间距

为3/n,当t=ls时，质点C恰好通过平衡位置，该

波的波速可能为（）

A.|m/sB.3m/sC.5m/sD.llm/s

11.乒乓球作为我国的国球，是一种大家喜闻乐见的体育运动，

它对场地要求低且容易上手。如图所示，某同学疫情期间在

家锻炼时，对着墙壁练习打乒乓球，球拍每次击球后，球都

从同一位置斜向上飞出，其中有两次球在不同高度分别垂直

撞在竖直墙壁上，不计空气阻力，则球在这两次从飞出到撞击墙壁前（）

A.飞出时的初速度大小可能相等

B.飞出时的初速度竖直分量可能相等

C.在空中的时间可能相等

D.撞击墙壁的速度可能相等

12.下列说法正确的是（）

A.比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固

B.汤姆生发现了电子，并提出了原子的枣糕模型

C.将放射性元素掺杂到其它稳定元素中，降低其温度，该元素的半衰期将增大

D.一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的强度小

13.在阳光的照射下，充满雾气的瀑布上方常会出现美丽_一、

的彩虹,彩虹是太阳光射入球形水珠经折射、内反射、

再折射后形成的，其光线传播路径如图所示，图中的\

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圆面代表水珠过球心的截面，太阳光平行截面射入球形水珠后，最后出射光线4、

6分别代表两种不同颜色的光线，则水珠对方两束光折射率的大小关系是

nanb；八h两束光在水珠内传播速度大小关系是%%.（选填“>”、

“=，，或，，<，，）

14.在水平放置的气垫导轨上，质量为0.4的、速度为0.5/n/s的滑块中与质量为0.6的、

速度为O.lm/s的滑块乙迎面相撞，碰撞后滑块乙的速度大小变为0.2m/s,此时滑

块甲的速度大小为m/s,方向与它原来速度方向.

15.夏天的阳光烤暖了大地，使地面附近的空气变热，形成暖气团升往高空而逐渐膨胀。

由于暖气团体积非常大，可不计和外界大气的热交换，则暖气团在上升过程中内能

（选填“减小”、“增大”或“不变”），暖气团内部的温度（选填“升

高”、“降低”或“不变”）。

16.如图所示，操场上有两个振动情况完全相同的扬声器

均发出频率为/=34Hz的声音，己知空气中声速

u声=340m/s,则该声波的波长为〃?，图中EO=16m

DF=9m,CD=12m,则观察者在C处听到的声音

是（填写“减弱的”或“加强的”）。

17.牛顿定律又叫做惯性定律，是衡量物体惯性大小的唯一量度.

18.某研究性学习小组为了测量某电源的电动势E和电压表丫的内阻心，从实验室找

到实验器材如下：

A.待测电源（电动势E约为2匕内阻不计）

5待测电压表V（量程为1匕内阻约为1000）

C.定值电阻若干（阻值有：50.0/2,100/2,500.00,1.0k。）

D单刀开关2个

(1)该研究小组设计了如图甲所示的电路原理图，请根据该原理图在图乙的实物图

上完成连线。

(2)为了完成实验，测量中要求电压表的读数不小于其量程的右则图甲&=

R2=_____

(3)在Ri、/?2选择正确的情况进行实验操作，当电键工闭合、52断开时，电压表读

数为0.71U；当工、52均闭合时，电压表读数为0.90U；由此可以求出即=0：

电源的电动势E=(保留2位有效数字)。

19.如图所示，一轻质弹簧一端固定在倾角为37。的光

滑固定斜面的底端，另一端连接质量为风,=2kg

的小物块A,小物块A静止在斜面上的。点，距。

点为殉=0.75m的P处有一质量为ms=1kg的小

物块8,由静止开始下滑，与小物块A发生弹性正碰,碰撞时间极短，碰后当小物

块B第一次上滑至最高点时，小物块A恰好回到。点。小物块A、B都可视为质点,

重力加速度g=10m/s2,s讥37°=0.6,cos37°=0.8.求：

(1)碰后小物块B的速度大小；

(2)从碰后到小物块A第一次回到。点的过程中，弹簧对小物块A的冲量大小.

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20.如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道4BC固定在竖直

面内，圆心为。，轨道半径为R,8为轨道最低点。

该装置右侧的;圆弧置于水平向右的足够大的匀强电

场中。某一时刻一个带电小球从A点由静止开始运动。

到达8点时，小球的动能为E。，进入电场后继续沿轨道运动，到达C点时小球的

电势能减少量为2场，试求：

(1)小球所受重力和电场力的大小

(2)小球脱离轨道后到达最高点时的动能

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A、任何电磁波在真空中的传播速度均为光速，故传播速度相同，故A错

误；

B、因5G信号的频率更高，则波长小，故B错误；

C、因5G信号的频率更高，则波长小，故4G信号更容易发生明显的衍射现象，故C

错误。

。、频率更高，光子的能量越大，故相同时间传递的信息量更大，故。正确。

故选：D。

明确电磁波的性质，知道电磁波在真空中传播速度均为光速，并且电磁波为横波；明确

光的光粒二象性，知道频率越大粒子性越明显；波长越大，波动性越明显。

本题考查波粒二象性以及电磁波的传播和接收规律，注意明确波长越长波动性越明显，

而频率越高粒子性越明显。

2.【答案】C

【解析】解：AB、小车匀速运动，小球也做匀速运动，小球受力平衡，斜面上6点对球

没有支持力，否则，小球的合外力不零，不能做匀速运动，则球对斜面上b点的压力大

小为零，故48错误；

C、若小车向左以加速度gtanB加速运动，对小球受力分析如图所示：

根据牛顿第二定律

竖直方向有N(j+Nbcos6—mg=0

水平方向有Nmin。=ma-mgtand

解得Nb=荒，Na=O

根据牛顿第三定律知球对水平面上a点无压力，故C正确；

。、以小车和小球整体为研究对象，竖直方向没有加速度，则地面对小车的支持力等于

(M+m)g,根据牛顿第三定律知小车对地面的压力等于(M+m)g,故。错误。

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故选：Co

若小车匀速运动，对小球受力分析，根据平衡条件分析斜面对球有无支持力，从而判断

球对斜面有无压力；若小车向左以加速度gtm。加速运动，根据牛顿第二定律求出球的

合外力，再分析水平面对〃有无支持力，从而确定球水平面有无压力。对小球和小车整

体分析小车对地面的压力大小。

解决本题时，要知道力是改变物体运动状态的原因，故物体的受力与加速度有关，故本

题应讨论小车的运动情况来判断小球的受力情况。

3.【答案】D

【解析】

【分析】

将小船的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，抓住分运动与合运动具有等时性,

求出到达对岸沿水流方向上的位移以及时间。当实际航线与河岸垂直，则合速度的方向

垂直于河岸，根据平行四边形定则求出船头与河岸所成的夹角。

解决本题的关键是知道分运动和合运动具有等时性，以及会根据平行四边形定则对运动

进行合成和分解,注意正确画出运动的合成与分解是解题的关键，同时关注速度是矢量。

【解答】

由题意可知，船相对水的速度为内,其航线恰好垂直于河岸，当水流速度稍有增大，为

保持航线不变，且能到达对岸，则如图所示，可知，故。正确，ABC错误;

故选：Do

4.【答案】B

【解析】

【分析】

重力势能的增加量等于克服重力做的功；动能变化等于力的总功；机械能变化量等于除

重力外其余力做的功.

本题关键根据功能关系的各种具体形式得到重力势能变化、动能变化和机械能变化.

【解答】

A物体在斜面上能够上升的最大高度为人，所以重力势能增加了〃3b故A错误；

A加速度a=g=皿如誓+，,得：f=Lmg,机械能的损失量为fs=mgh,故B正确；

C动能损失量为合外力做的功的大小△EK=F合外力.s=mgs=2mgh,故C错误；

D系统生热等于克服摩擦力做功fs=mgh,故。错误.

故选B.

5.【答案】D

【解析】解：AB,带电小球从4到C,设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分

别为与和打，经历的时间为分别为口和12•经过8点时竖直分速度大小为3.在电场中的加

速度为以

小球从B到C,根据牛顿第二定律得：F-mg=ma

结合F=3mg解得：a=2g

根据逆向思维可得：vy=at2=2gt2«

小球从A到B,有：vy=gt、

则得：ti=2t2；

小球水平方向一直做匀速直线运动，则有：Xi=Votj,x2-vot

可得：=2X2；

根据三角形相似法可知：AB=2BC,故AB错误；

C、AB过程速度变化量大小为：△%=gq=2gt2

动量变化量大小为：△pi=m△%=gh=2?ngt2，方向竖直向下。

BC过程速度变化量大小为：△%=at2=2gt2

动量变化量大小为：△P2=m=碇2=2mgt2,方向竖直向上，故两个过程动量变

化量不同，故C错误；

£＞、小球从A到C的过程中，小球动能的变化量为零，根据动能定理知，外力对小球所

做的总功为零，则小球从A到C的过程中重力对小球做的功与电场力对小球做的功的

绝对值相等，正负相反，故Q正确。

故选：D。

小球先做平抛运动，进入电场中做匀变速曲线运动，其逆过程是类平抛运动。两个过程

都运用的分解法研究，水平方向都做匀速直线运动，由牛顿第二定律求出两个过程加速

度之比，结合B点的竖直分速度，由％=at求出两个过程时间之比，再根据位移公式

x=vt,分析A8与BC关系。根据△»=at研究速度变化量的关系，从而求得动量变化

量的关系。对全程运用动能定理分析重力对小球做的功与电场力对小球做的功关系。

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本题将平抛运动与类平抛运动的组合，关键运用逆向思维研究小球B到C的过程，再

运用力学基本规律：牛顿第二定律、运动学公式和动能定理进行分析。

6.【答案】B

【解析】解：A、由图可知乙球减速的同时，甲球正向加速，说明两球相互排斥，带有

同种电荷，故A错误；

B、两球作用过程中动量守恒，则：解得：鲁=著=等=|,

，“乙A"甲4X

故8正确；

C、在0-G时间内，两球间距离逐渐减小，公时刻，乙球的电势能最大，故C错误；

。、在0~t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小，G时刻后逐渐增大，故。错

误。

故选：B。

由图象0-0段，判定甲从静止开始与乙同向运动，则知两个小球的电性。分析匕时刻

前后两球距离的变化，判断电场力做功情况，分析两电荷的电势能。0〜t2时间内，分

析两电荷间距离变化，可知相互静电力的变化。t]〜t3时间内，甲的动能一直增大，乙

的动能先减小后增大。

两点电荷组成的系统动量守恒，根据图示图象分析清楚点电荷的运动过程，应用动量守

恒定律即可解题。

7.【答案】A

【解析】解：0〜0.57'时间内，B减小，穿过线圈的磁通量减小，磁场方向垂直纸面向

里，由楞次定律可知，感应电流方向沿顺时针方向，为正值；

由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为E=¥S,?不变，则E不变，感应电流i

不变。由左手定则可知，儿段导线受到的安培力方向水平向右，为正值，由F=B也知

A段导线受到的安培力大小不断减小。

在0.5T-7时间内，8增大，穿过线圈的磁通量增大，磁场方向垂直纸面向里，由楞次

定律可知，感应电流方向沿逆时针方向，为负值；

由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为E=W5,答不变，则E不变，感应电流i

不变。

由图知：在0.57-T时间内的空是0~0.57时间内的2倍，则在0.5T—7时间内的感应电

动势E是。〜0.57时间内的2倍，感应电流也是2倍。

在0.57-7'时间内，由左手定则可知，儿段导线受到的安培力方向水平向左，是负的，

且由尸=BiL,知在0.5T—7时间内A段导线受到的最大安培力是0〜0.57时间内的4

倍，

故错误，A正确。

故选：A。

由图可知磁感应强度的变化，则可知线圈中磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可知

感应电动势变化情况，由楞次定律可得感应电流的方向，根据左手定则可以找出安培力

方向，结合可得出正确的图象。

本题考查了判断/-t图象与F-t图象是否正确，分析清楚B-t图象、应用楞次定律、

法拉第电磁感应定律、安培力公式即可正确解题。

8.【答案】D

【解析】解：AB、由x-t图像的斜率正负表示速度方向，由图像可知，在G时刻，“、

。两车的运动方向相反，在立时刻，“、人两车的运动方向相同，故AB错误；

C、在0到匕这段时间内，两汽车通过的位移相同，。车一直沿正方向运动，b车先沿负

方向运动，后沿正方向运动，则a车的路程小于b车的路程，结合平均速率等于路程与

时间的比值，知。车的平均速率小于6车的平均速率，故C错误；

D、在ti到t3这段时间内，两汽车的位移相同，时间相同，故〃、匕两车的平均速度相等，

故。正确。

故选：Do

x-t图像的斜率表示速度，斜率的正负表示速度方向。纵坐标的变化量表示位移，平均

速度等于位移与时间的比值，平均速率等于路程与时间的比值，根据这些知识进行分析。

解决本题的关键要理解位移-时间图像的物理意义，知道图像的斜率表示速度，能够通

过图像分析两车的运动情况。

9.【答案】D

【解析】解：AC、根据图象可知，圆筒做匀加速转动，角速度随时间变化的关系式为：

3=3圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同，

根据"=得：v=a)R-0.5t

物体运动的加速度为：a=胃=等?n/s2=0.5m/s2,

根据牛顿第二定律得：F-fimg=ma

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解得：F=2x0.5N+0.1x2x10N=3N,故AC错误；

B、细线拉力的瞬时功率满足P=Fv=1.53故8错误；

。、在。〜4s内，4s末的速度为%=23小物体受合力的冲量为/=Ft=mv4-0=4N-s,

故。正确；

故选：D。

根据图象得出圆筒的转速与时间的关系，再由"=3r求出物体速度随时间变化的关系式,

求出加速度，再根据牛顿第二定律求出拉力，根据P=求解细线拉力的瞬时功率，根

据/=q=小外-0求出在0-45内，合力的冲量。

本题考查牛顿第二定律、速度时间图象的性质、冲量的计算等内容，要求能正确理解题

意，并分析物体的受力情况及能量转化过程，难度适中。

10.【答案】C

【解析】解：由图读出波长4=8m.

波向右传播，质点C恰好通过平衡位置时，波传播的最短距离为1加，根据波形的平移

法得：t=5+}7或5+》，n=0,1,2...,T=

则波速v=:=(8n+l)m/s或〃=(8n+5)

当n=0时：u=Im/s或5m/s,

当n=1时.:0=9m/s或13m/s,

当n=2时：0=17m/s或21m/s,

故选：C

根据图象可知：A8间距离等于一个波长尢根据波形的平移法得到时间t=Is与周期的关

系式，求出周期的通项，求出波速的通项，再得到波速的特殊值.

本题的解题关键是运用波形平移法，得到时间与周期的关系式，得到波速的通项，再研

究特殊值.

11.【答案】A

【解析】

【分析】

由于两次乒乓球垂直撞在竖直墙面上，该运动的逆运动为平抛运动，结合平抛运动在水

平方向和竖直方向上的运动规律分析求解：

根据速度合成规律可分析撞击墙壁的速度大小。

此题考查了平抛运动的规律，应采用逆向思维，将斜抛运动变为平抛运动处理，知道平

抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律。

【解答】

解：C、将乒乓球的运动反向处理，即为平抛运动，竖直方向上为自由落体运动，由题

意可知，运动过程中高度较小的，运动时间较短，因此球在这两次从飞出到撞击墙壁前

的过程中，在空中的时间不相等，故c错误；

乒乓球反向做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，水平射程相等，高度较小的，

运动时间短，水平分速度较大，即乒乓球撞击墙壁的速度较大，故。错误；

8、乒乓球反向做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，高度较小的，抛出时速度

的竖直分量较小，故B错误；

A、根据速度的合成可知，高度较小的，水平速度大，竖直速度小，故抛出时的初速度

大小不能确定，有可能相等，故A正确。

故选A。

12.【答案】B

【解析】解：小比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定。故A错

误。

B、汤姆生发现了电子，并提出了原子的枣糕模型，故8正确；

C、放射性元素的半衰期是由核内自身的因素决定的，与原子所处的物理状态、化学状

态无关。故C错误。

。、一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的频率小于该金属的极

限频率，故。错误。

故选：Bo

比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定；元素的半衰期与温度和状

态无关；明确光电效应的条件分析，知道原子的发现历程。

本题关键是明确半衰期与元素的物理、化学状态无关是解答的关键；同时要知道光电效

应的条件，同时注意掌握相关的物理学史。

13.【答案】<>

【解析】解：根据光路图知，。光的偏折程度较大，可知〃光的折射率较大，即加〉助，

根据及=（知，a光在水滴中传播的速度较小，即%

故答案为：>,<

第14页，共18页

根据光线的偏折程度比较光的折射率，结合U=£比较光在介质中的传播速度，

本题考查了光的折射定律，知道光的偏折程度越大，折射率越大，知道光在介质中速度

大小的求解。

14.【答案】0.05：相同

【解析】解：两滑块碰撞过程动量守恒，以两滑块组成的系统为研究对象，

以甲的速度方向为正方向，碰撞后乙的速度变为0.2m/s,

大于乙的初速度大小，说明乙碰撞后速度反向，

铲甲一乙笠乙=甲

由动量守恒定律得：mm171vj+1nzy£,

即：0.4x0.5—0.6x0.1=0.4xf/+0.6x0.2,

解得：v/=0.05m/s,方向与原来方向相同.

故答案为:0.05；相同.

两滑块碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰后滑块的速度.

本题考查了动量守恒定律的应用，应用动量守恒定律即可正确解题，解题时要注意正方

向的选择与滑块速度方向的判定.

15.【答案】减小降低

【解析】解：不计暖气团和外界大气的热交换Q=0,体积膨胀勿<0,根据热力学第

一定律W+<?=△1/可知，△(/<(),即暖气团在上升过程中内能减小；暖气团体近似可

以看成是理想气体，分子势能忽略不计，内能减小，分子平均动能减小，温度降低。

故答案为：减小，降低。

根据热力学第一定律W+Q=△"Q=0,IV<0,可得△[/<(),即内能减小，分子

动能减小，温度降低。

本题考查了热力学第一定律。热力学第一定律在应用时一定要注意各量符号的意义:△U

的正表示内能增加，E为正表示物体吸热：W为正表示外界对物体做功。

16.【答案】减弱的

【解析】解：声波的波长为4=3=法瓶=10m

j34

CE=J122+162m=20m

CF=V1224-92m=15m

C点到反尸两点的路程差为:

LS=CE-CF=Sm=\X,所以观察者在C处听到的声音是减弱的。

故答案为：减弱的

根据4=:求出声波的波长，求出C点与E、尸两点的路程差，若为波长的整数倍则为加

强点，若为半波长的奇数倍，则为减弱点。

关于波的干涉，关键要明确干涉条件，并能正确利用振动加强和减弱条件进行有关运算。

17.【答案】第一定律；质量

【解析】解：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，叫做惯性，牛顿

第一定律又叫做惯性定律，物体惯性大小的唯一量度是物体的质量.

故答案为：第一定律；质量.

一切物体都有惯性.惯性的大小取决于物体的质量，与速度无关，质量不变，物体的惯

性不变.

惯性是动力学中基本概念，是物体的固有属性，由物体的质量大小决定，与速度无关.

18.【答案】100050.00871.91/

【解析】解：(1)根据图甲所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示。

UR“力

(2)由题意可知，电源电动势约为2V,内阻不计，电压表量程为1%电压表内阻约为1000,

测量中要求电压表的读数不小于其量程的点即电压表示数不能小于5吟

电阻治、/?2两端电压之和不能超过?乙两电阻之和不能超过电压表内阻的5倍，

即不能超过5000,因止匕两电阻不能是500.00与l.OkO,

为保护电路，由图示电路图可知电阻&应大于/f2，因此：Ri=100。，R2=50.0/2=

(3)根据图示电路图与实验步骤，由闭合电路欧姆定律可知：

II

E=U+^(R+/?2)，E=U2+^-RX,

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由题意可知：Ui=0.71V,U=0.90V,

代入数据解得：E工1.9V,Rvx870。

故答案为：(1)实物电路图如图所示；(2)10012；50.00；(3)87；1.9V。

(1)根据图中所示电路图连接实物电路图。

(2)根据电源电动势与题目所给实验器材与实验要求确定电阻阻值。

(3)根据实验电路图与实验步骤应用闭合电路欧姆定律求出电源电动势与电压表内阻。

本题考查了连接实物电路图、确定电阻阻值与实验数据处理问题，认真审题理解题意是

确定电阻阻值的关键，应用串联电路特点即可确定电阻阻值；应用闭合电路欧姆定律可

以求出电压表内阻与电源电动势。

19.【答案】解：(1)B下滑过程，由动能定理得：mBgxosin37°=^mBv^,

代入数据解得：%=3m/s；

A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量