重庆市缙云教育联盟2024-2025学年高一物理9月月考试题

PAGE2PAGE1重庆市缙云教化联盟2024-2025学年高一物理9月月考试题留意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。第Ⅰ卷为选择题，全部答案必需用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第Ⅱ卷为非选择题，全部答案必需填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。第I卷（选择题）一、单选题物体在平行于斜面对上的拉力作用下，分别沿倾角不同斜面的底端，匀速运动到高度相同的顶端，物体与各斜面间的动摩擦因数相同，则A.沿倾角较大的斜面拉，克服重力做的功较多

B.沿倾角较小的斜面拉，拉力做的功较多

C.无论沿哪个斜面拉，拉力做的功均相同

D.无论沿哪个斜面拉，克服摩擦力做的功相同如图所示，a、b、c是地球大气层外圆形轨道上运行的三颗人造地球卫星，a、b质量相同，且小于c的质量，则

A.a所需向心力最小

B.b、c周期相等，且大于a的周期

C.b、c的向心加速度大小相等，且大于a的向心加速度

D.b、c的线速度大小相等，且大于a的线速度“竹蜻蜓”是民间的儿童玩具，如图所示，双手用力搓柄可使“竹蜻蜓”上升。在某次试验中，“竹蜻蜓”离开手后沿直线上升到最高点。在上升过程中，下列说法正确的是

A.“竹蛸蜓”在旋转过程中，叶片上A、B两点的线速度大小相等

B.“竹蜻蜓”的动能始终增加

C.“竹蜻蜓”的重力势能始终增加

D.“竹蜻蜓”的机械能增加如图所示，实线为三个电荷量相同的带正电的点电荷、、的电场线分布，虚线为某摸索电荷从a点运动到b点的轨迹，则下列说法正确的是A.该摸索电荷为负电荷

B.b点的电场强度比a点的电场强度小

C.该摸索电荷从a点到b点的过程中电势能先增加后削减

D.该摸索电荷从a点到b点的过程中动能先增加后削减

在图甲所示电路中，志向变压器原、副线圈的匝数之比为10：1，电阻、的阻值分别为、，电压表和电流表均为志向电表。若接在变压器原线圈的输入端的电压如图乙所示为正弦曲线的一部分，则下列说法正确的是A.电压表的示数为 B.电流表的示数为1A

C.变压器的输入功率为 D.变压器的输出功率为11W如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变更状况如图乙所示图示磁感应强度方向为正，MN始终保持静止，则时间内A.MN所受安培力的大小始终没变 B.、时刻电容器C的带电量相等

C.电容器C的a板先带正电后带负电 D.MN所受安培力的方向始终向右目前很多国产手机都有指纹解锁功能，用的指纹识别传感器是电容式传感器，如图所示。指纹的凸起部分叫“嵴”，凹下部分叫“峪”。传感器上有大量面积相同的小极板，当手指贴在传感器上时，这些小极板和正对的皮肤表面部分形成大量的小电容器，这样在嵴处和峪处形成的电容器的电容大小不同，此时传感器给全部的电容器充电后达到某一电压值，然后，电容器放电，电容小的电容器放电较快，依据放电快慢的不同，就可以探测到嵴和峪的位置，从而形成指纹图象数据，依据文中信息，下列说法正确的是A.在峪处形成的电容器电容较大

B.充电后在嵴处形成的电容器的电荷量小

C.在峪处形成的电容器放电较快

D.潮湿的手指头对指纹识别肯定没有影响关于电场强度的概念，下列说法正确的是A.电场中某一点的场强与放入该点的摸索电荷无关

B.正、负摸索电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与放入摸索电荷的正负有关

C.由可知，某电场的场强E与q成反比，与F成正比

D.电场中某一点不放摸索电荷时，该点场强等于零二、多选题如图甲所示，平行光滑金属导轨水平放置，两轨相距，导轨的左端与阻值的电阻相连，导轨电阻不计；导轨在侧，存在沿x方向匀称增大的磁场，其方向垂直导轨平面对下，磁感应强度B随位置x的变更如图乙所示。现有一根质量、电阻的金属棒MN置于导轨上，并与导轨垂直，棒在外力F作用下，从处以初速度沿导轨向右作变速运动，且金属棒MN在运动过程中受到的安培力大小不变，下列说法中正确的是A.金属棒MN向右做匀加速直线运动

B.金属棒MN在处的速度大小为

C.金属棒MN从运动到过程中外力F所做的功为

D.金属棒MN从运动到过程中，流过金属棒MN的电荷量为2C如图所示，摆球质量为m，悬线的长为L，把悬线拉到水平位置A后放手。摆球运动过程中所受空气阻力大小不变，且其方向始终与摆球速度方向相反，摆球运动到最低点后接着向左摇摆，则摆球由A运动到最低点B的过程中，下列说法正确的是A.重力做功为

mgL

B.绳的拉力做功为0

C.空气阻力

做功为

D.空气阻力

无人机在某段飞行过程中，通过机载传感器描绘出运动的图象，图甲是沿水平方向的图象，图乙是沿竖直方向的图象。在内A.无人机在水平方向做匀加速直线运动

B.无人机在竖直方向做匀速直线运动

C.无人机的运动轨迹为抛物线

D.时无人机的速度大小为如图，竖直放置间距为d的两个平行板间存在水平方向的风力场，会对场中的物体产生水平向右的恒定风力作用，与两板上边缘等高处有一个质量为m的小球可视为质点。现将小球P从两板正中心由静止释放，最终小球运动到右板上的位置O，已知小球下降的高度为h，小球在竖直方向只受重力作用，重力加速度大小为g，则从起先位置运动到位置O的过程中A.水平风力

B.小球P的运动时间

C.小球P运动的轨迹为曲线

D.小球P运动到O点的速度与水平方向的夹角满意第II卷（非选择题）三、试验题如图所示，两个半径为R的光滑圆弧轨道AB、EF固定在地面上，一质量为m的小物体可看成质点从轨道的最高点A处由静止滑下，质量为m、长为R的小车静止在光滑的水平面CD上，小车平面与光滑圆弧轨道末端BE齐平。物体从轨道末端的B滑上小车，小车即向右运动，当小车右端与壁DE刚接触时，物体恰好滑到小车的右端且相对小车静止。重力加速度为g，则：

物体从A处滑到B处时的速度大小为______。

物体滑到小车右端时的速度大小为______。

小车与DE相碰后马上停止运动，但与DE不粘连，物体则接着滑上光滑轨道EF，以后又滑下来冲上小车。求：

物体滑上EF轨道的最高点P相对于E点的高度______。

水平面CD的长度______。

当物体再从EF上滑下并滑上小车，假如小车与壁BC相碰后速度也马上变为零，最终物体停在小车上的Q点。则可知Q点距小车的右端距离为______。试验室有一个破损的多量程直流电流表，有、、三挡，由一个单刀三掷开关转换，其内部电路如图所示。

单刀三掷开关转换至触点1时，电流表的量程应为________mA挡位；已知电流表的表头已烧坏，无法知道其特性，但三个精密分流电阻完好，测得。依据上述已知信息，你能否计算出表头参数？假如能，请写出满偏电流和内阻的值；假如不能，请写出和的关系：__________________。现有一个表头，满偏电流为，内阻为，在保留分流电阻、和的状况下，请在图的虚线框中将修复后的电路补充完整。假如还须要其他元件，请标明其参数2024年5月，我国进行了珠穆朗玛峰的高度测量，其中一种方法是通过运用重力仪测量重力加速度，进而间接测量海拔高度。某同学受此启发就地取材设计了如下试验，测量当地重力加速度的大小。试验步骤如下：

如图甲所示，选择合适高度的垫块，使木板的倾角为，在其上表面固定一与小物块下滑路径平行的刻度尺图中未画出。

调整手机使其摄像头正对木板表面，开启视频录像功能。将小物块从木板顶端释放，用手机记录下小物块沿木板向下做加速直线运动的状况。然后通过录像的回放，选择小物块运动路径上合适的一点作为测量参考点，得到小物块相对于该点的运动距离L与运动时间t的数据。

该同学选取部分试验数据，画出了图象，利用图象数据得到小物块下滑的加速度大小为。

再次调整垫块，变更木板的倾角，重复试验。

回答以下问题：

当木板的倾角为时，所绘图象如图乙所示。由图象可得，物块过测量参考点时速度的大小为______；选取图线上位于坐标纸网格交叉点上的A、B两点，利用A、B两点数据得到小物块下滑加速度的大小为______结果均保留2位有效数字。

依据上述数据，进一步分析得到当地的重力加速度大小为______结果保留2位有效数字，，

某同学欲将内阻为、量程为100uA的电流表改装成欧姆表并进行刻度和校准，要求改装后欧姆表的刻度正好对应电流表表盘的50uA刻度．可选用的器材还有：定值电阻阻值，滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器最大阻值，电阻箱，干电池，红、黑表笔和导线若干．欧姆表设计将图中的实物连线组成欧姆表．____________欧姆表改装好后，滑动变阻器R接入电路的电阻应为____：滑动变阻器选____填“”或“”．刻度欧姆表表盘通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图所示．表盘上a、b处的电流刻度分别为25和75，则a、b处的电阻刻度分别为____、____．校准红、黑表笔短接，调整滑动变阻器，使欧姆表指针指向___处；将红、黑表笔与电阻箱连接，记录多组电阻箱接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值，完成校准数据测量．若校准某刻度时，电阻箱旋钮位置如图所示，则电阻箱接入的阻值为_______．四、计算题如图所示，两个固定的导热良好的水平气缸，由水平硬杆相连的活塞面积，两气缸通过一带阀门K的细管连通，最初阀门关闭，A内有志向气体，B内为真空。两活塞分别与各自气缸底相距，活塞静止。设环境温度保持不变，不计摩擦，大气压强肯定，细管体积可忽视不计

将阀门K打开，足够长时间后，活塞停在何处？将阀门K关闭，用打气筒向A气缸中缓慢充入压强为15个大气压的志向气体，使活塞回到原位置，则充入的气体体积为多少？

一列沿x轴负方向传播的横波在时的波形如图所示，已知时，P点第一次出现波谷．试计算：这列波的传播速度多大从时刻起，经多长时间Q点第一次出现波峰当Q点第一次出现波峰时，P点通过的路程为多少

如图，在水平桌面上方区域内，存在竖直向上、电场强度的匀强电场，在过桌面左边缘的虚线PQ上方存在垂直纸面对外、磁感应强度的匀强磁场，虚线PQ与水平桌面成角。现将一个质量、带正电的小物块A静置在桌面上，质量、不带电的绝缘小物块B从与A相距处的桌面上以的初速度向左运动，物块A、B与桌面间的动摩擦因数均为，二者在桌面上发生弹性碰撞碰撞时间极短，碰撞后B反弹的速，A向左运动进入磁场，g取，求：

碰撞后A的速度；

从进入磁场到再次回到桌面上所用的时间；

若经过一段时间后A、B在桌面上相遇，那么，碰撞前A与桌面左边缘的距离。

如图甲所示，A端封闭、B端开口、内径匀称的玻璃管长，其中有一段长的水银柱把一部分空气封闭在玻璃管中。当玻璃管水平放置时，封闭气柱A长。现把玻璃管缓慢旋转至竖直，如图乙所示，再把开口端向下插入水银槽中，玻璃管下端空气柱被水银封闭，且整个过程中没有漏气，当A端气柱长时，系统处于静止平衡。已知大气压强，整个过程温度不变，试求：各个状态下气柱的长度可用图中标出的字母表示

玻璃管旋转至竖直位置时，A端空气柱的长度；

如图丙所示，最终槽内水银进入玻璃管内的水银柱的长度结果保留两位有效数字；

在图乙所示状况下，将玻璃管下端开口干脆封闭，如图丁所示，并使温度渐渐上升，则在升温过程中玻璃管内的水银柱会不会发生移动？请通过简要的计算分析说明。

如图1，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨，间距。右端接一阻值为的小灯泡L，在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B按如图2规律变更。CF长为2m。在时，金属棒从图中位置由静止在恒力F作用下向右运动到EF位置，整个过程中，小灯泡亮度始终不变。已知ab金属棒电阻为，求：

通过小灯泡的电流

恒力F的大小

金属棒的质量。

答案和解析1.【答案】B

【解析】解：A、重力做功为：，质量m和高度h均相同，则重力做功相同，克服重力做功相同，故A错误；

BC、设斜面倾角为，斜面高度h，斜面长度，物体匀速被拉到顶端，依据动能定理得：

，得：拉力做功

则h相同时，倾角较小，拉力做的功较多，故B正确，C错误；

D、克服摩擦力做的功：，所以倾角越大，摩擦力做功越小，故D错误。

故选：B。

重力做功取决于初末位置的高度差，与路径无关，上升的高度相同，克服重力做功相同。依据动能定理求出拉力F的大小，依据分析拉力做功大小。依据功的计算公式分析克服摩擦力做功关系。

本题考查功的公式和动能定理的应用，要分析清晰物体的受力状况，并找出各力的做功状况，由动能定理、重力做功的特点分析分析各力做功的状况。要知道滑动摩擦力做功与水平位移有关。

2.【答案】B

【解析】解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力供应向心力，

解得线速度：，向心加速度：，周期：

A、a、b质量相同，且小于c的质量，a的轨道半径最小，则a受到的万有引力最大，所需向心力最大，故A错误；

B、b、c的轨道半径相等，则周期相等，a的轨道半径小，则周期最小，故B正确；

C、b、c的轨道半径相等，则向心加速度大小相等，a的轨道半径小，则向心加速度最大，故C错误；

D、b、c的轨道半径相等，则线速度大小相等，a的轨道半径小，则线速度最大，故D错误。

故选：B。

依据万有引力供应向心力，得出线速度、加速度、周期与轨道半径的大小关系，从而比较出大小。

此题考查了人造卫星的相关学问，解决本题的关键驾驭万有引力供应向心力这一理论，并能敏捷运用。

3.【答案】C

【解析】解：A、“竹蛸蜓”在旋转过程中，叶片上A、B两点的角速度大小相等，依据知，A点的线速度比B点的大，故A错误；

B、在上升过程中，“竹蜻蜒”的速度不断减小，则动能始终减小，故B错误；

C、高度不断上升，“竹蜻蜓”重力势能始终增加，故C正确；

D、空气阻力对“竹蜻蜓”要做负功，则“竹蛸蜓”的机械能减小，故D错误。

故选：C。

“竹蛸蜓”在旋转过程中，叶片上A、B两点的角速度大小相等，依据线速度与角速度的关系分析线速度大小关系；依据速度大小的变更分析动能的变更；依据高度的变更分析重力势能的变更；依据除了重力以外其他力做功状况推断机械能的变更。

解决本题的关键要明确影响动能、重力势能和机械能的因素，驾驭功能原理，从而推断物体机械能的变更状况。

4.【答案】C

【解析】解：A、电场力方向指向曲线凹侧，故该摸索电荷受到的电场力是斥力，故该摸索电荷为正电荷，故A错误。

B、电场线越密的地方电场强度越大，依据电场线的疏密可知，b点的电场强度比a点的电场强度大，故B错误；

CD、该摸索电荷从a点到b点的过程中，电场力与速度方向的夹角先是钝角后变成锐角，即电场力先做负功后做正功，故摸索电荷的电势能先増加后削减，动能先削减后增加，故C正确，D错误。

故选：C。

依据电场线的指向可推断摸索电荷的带电性质，依据电场线的疏密表示场强的大小推断场强大小，依据运动的特点推断电场力的方向，再依据电场力做功状况推断电势能大小，依据功能关系可推断摸索电荷的动能变更。

本题考查带电粒子在电场中的运动问题，由轨迹的弯曲方向可判定电场力的方向，并推断电场力做功正负状况。

5.【答案】D

【解析】解：交变电流中志向电表的示数为有效值。其中解得原线圈的有效值为又原副线圈之比为10：1，且原副线圈电压比与线圈比的关系有：；所以副线圈电压表示数为故A错误。

B.副线圈电压为11V，电阻为由公式可得副线圈的功率为由变压器原副线圈功率相等可得由公式，且原线圈电压有效值为110V可得原线圈中电流表示数为故B错误。

C.由B选项中的计算可知输入功率等于输出功率，即故C错误。

D.由B选项中的计算可知输入功率等于输出功率，即故D正确。

故选：D。

交变电流中志向电表的示数是有效值。

有效值的理解及计算。

变压器输入功率与输出功率的关系。

变压器原副线圈的电压比与线圈匝数比的关系。

本题难点在于对有效值的理解及计算。要驾驭理解变压器的工作原理及相关的计算。

6.【答案】B

【解析】解：AD、由图乙可知，磁感应强度匀称变更，依据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生恒定电动势，电路中电流恒定，依据安培力公式，I和L不变，由于磁感应强度变更，MN所受安培力的大小变更，由右手定则可知，MN中的感应电流方向始终向上，由左手定则推断可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，故AD错误；

BC、由于回路中产生恒定电动势，电路中电流恒定，电阻R两端的电压恒定，则电容器的电压恒定，故电容器C的电荷量大小始终没变，依据楞次定律推断可知，通过R的电流始终向下，电容器上板电势较高，始终带正电，故B正确、C错误；

故选：B。

依据法拉第电磁感应定律分析电路中感应电动势和感应电流是否变更，电容器的电压等于电阻R两端的电压，由欧姆定律推断其电压变更，即可知道电荷量如何变更。由楞次定律推断感应电流的方向，即可确定电容器极板的电性；由分析安培力大小，进而由平衡条件分析摩擦力的变更；再由左手定则推断推断安培力的方向。

关键要依据法拉第电磁感应定律推断出电路中的电流恒定不变，再依据楞次定律、右手定则、左手定则进行分析，明确导体棒始终处于平衡，则摩擦力与安培力始终等大反向。

7.【答案】C

【解析】解：

依据电容的计算公式可得，极板与指纹峪凹下部分距离d大，构成的电容器电容小，故A错误；

由于外接电源为全部电容器充到一个预先设计好的电压值，所以全部的电容器电压肯定，依据可知，极板与指纹峪凹的部分，d大，电容小构成的电容器充上的电荷较少，在放电过程中放电时间短，放电较快；反之，在嵴处形成的电容器电容大，电荷量大，放电时间长，故B错误，C正确；

D.

湿的手与传感器之间有水填充，变更了原来匹配成平行板电容器的电容，所以会影响指纹解锁和指纹识别，故D错误。

故选：C。

依据电容的确定式分析d变更时电容的变更以及电荷量的多少；依据电荷量的多少分析放电时间长短。

本题主要是考查电容的计算，解答本题要能够依据题干给出的信息进行分析，找出解题的突破口，依据电容的计算公式进行解答即可。

8.【答案】A

【解析】解：A、电场中某一点的场强由电场本身确定，与放入该点的摸索电荷无关，故A正确；

B、正、负摸索电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，而场强由电场本身确定，与放入电场的摸索电荷的正负无关，故B错误；

C、由公式，可知，是电场强度的定义式，采纳比值法定义，则知电场强度E与F、q无关，由电场本身确定，E并不跟F成正比，跟q成反比，故C错误；

D、场强与有无摸索电荷无关，电场中某一点不放摸索电荷时，该点场强不变，故D错误。

故选：A。

电场强度与摸索电荷所受电场力、电荷量无关，由电场本身确定，而电场力与电场和电荷都有关，从而即可求解。

对于电场强度，要抓住它的比值定义法的共性，E与摸索电荷所受电场力、电荷量无关，反映电场本身的强弱和方向。

9.【答案】BD

【解析】解：A、依据图象得函数关系式：，金属棒向右运动切割磁感线产生感应电动势，

感应电流，安培力，解得：；

匀减速直线运动满意，即与x是线性关系，所以金属棒不行能做匀加速直线运动，故A错误；

B、依据题意金属棒所受的安培力大小不变，处与处安培力大小相等，有：，解得，故B正确；

C、金属棒在处的安培力大小为：

对金属棒金属棒从运动到过程中，依据动能定理有：，代入数据解得，故C错误；

D、依据感应电量公式，到过程中，图象包围的“面积”，所以，故D正确。

故选：BD。

依据安培力的表达式导出速度v与x的关系式，结合匀变速直线运动的速度位移公式推断金属棒的运动是否为匀变速运动；依据安培力与速度的关系式，由和处的安培力相等即可求出处的速度；依据动能定理外力做功；依据感应电量阅历公式求解电荷量

本题主要是考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力的大小公式、做功表达式、动能定理等的规律的应用与理解，运动过程中金属棒所受的安培力不变，是本题解题的突破口，留意图象的面积和L的乘积表示磁通量的变更量。

10.【答案】ABD

【解析】解：A、摆球下降的高度为L，则重力做功，故A正确；

B、绳子拉力方向与摆球的速度方向始终垂直，拉力对摆球不做功，故拉力的功为0，故B正确；

C、依据动能定理得：，则，故C错误；

D、空气阻力大小不变，方向始终与速度方向相反，则空气阻力做负功，为，故CD正确。

故选：ABD。

依据功的计算公式可以求出重力、拉力与空气阻力做的功，其中空气阻力做功与路程有关。可以依据动能定理分析空气阻力做功与重力做功的关系。

本题的关键要娴熟应用功的计算公式求各个力做的功，关键要留意空气阻力做功与路程有关。

11.【答案】CD

【解析】解：A、由图甲图得知，物体在水平方向做匀速直线运动，速度大小为，故A错误；

B、由图乙知，在竖直方向上速度匀称增加，竖直方向做匀加速直线运动，故B错误；

C、依据AB分析初速度水平，合力向上，无人机做抛物线运动，故C正确；

D、3s末，外力F方向直线上的速度大小即为y方向的速度大小，合速度，故D正确。

故选：CD。

图象的斜率等于速度，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动；图象的斜率表示加速度，倾斜的直线表示物体做匀变速直线运动；x方向物体的合力为零，物体所受的合力在y方向；由图乙读出3s末外力F方向直线上的速度大小，依据两图象的形态求出物体在x方向和y方向的初速度，再进行合成，求出物体时刻的速度。

本题是运动的合成与分解问题。要知道x、y两个方向的分运动，运用运动的合成法求解合运动的状况。对于位移图象与速度图象的斜率意义不同，不能混淆：位移图象的斜率等于速度，而速度图象的斜率等于加速度。

12.【答案】BD

【解析】解：AB、小球P从两板正中心由静止释放，水平方向，则有：

竖直方向有：

可得：

则有：，故A错误，B正确；

C、小球P从静止起先受到恒力作用，应沿合力方向做匀加速直线运动，故C错误；

D、由C选项分析，可知，小球做直线运动，运动到O点的速度与水平方向的夹角满意：，故D正确。

故选：BD。

小球在风力场中受到风力和重力两个力作用，由于这两个力都是恒力，可采纳运动的分解法探讨：水平和竖直两个方向都做匀加速直线运动；依据其受力状况，分析其运动轨迹，最终依据三角学问，即可一一求解。

本题考查物体在复合场中运动问题，采纳运动的分解与合成的方法探讨，这是常用的方法，关键要把握分运动的规律，并能娴熟运用，留意理解是曲线运动还是直线运动的条件。

13.【答案】

【解析】解：物体从A处滑到B处，由机械能守恒得：，解得：物体滑到B点时速度大小为；

因为物体滑到小车右端时，恰好与小车共速，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：

，故；

物体滑上高为h的高度后速度为0，物体在EF轨道上上滑过程，由机械能守恒得：

；

解得

设物块与小车间的摩擦力为F，小车从C到D的过程，对物块来说，它做减速运动，依据动能定理得

；

对小车来说，它做加速运动，则依据动能定理得

；

二式相减得：；；

物块从EF上滑下时，速度的大小也是，它与小车相互作用仍旧能达到共速，设共速的大小为，取向左为正方向，依据动量守恒得

，则；

设物块在小车上滑行的距离为，则依据能量守恒得：；

解得

当小车停止时，物块的速度为，设它向前滑行的距离为后停止下来，

则由动能定理得：；

解得，所以Q点距小车的右端距离为。

故答案为：；；；；。

物体从A处滑到B处的过程，依据机械能守恒定律求出物体滑到B点时的速率。

物体在小车上滑行过程，两者组成的系统动量守恒，依据动量守恒定律求出物体与小车的共同速度。

物体在EF轨道上上滑过程，依据机械能守恒定律求物体上滑的高度h。

小车从C到D的过程，依据动能定理求水平面CD的长度L。

物块从EF上滑下后再滑小车后，仍旧与小车能达到共速，依据动量守恒定律和动能定理求Q点距小车的右端距离。

本题涉及的过程较多，关键是理清物体的运动过程，合理地选择探讨对象和探讨过程，选择合适的规律进行求解。对于物块在小车运动的类型，往往依据动量守恒定律和动能定理相结合进行处理。

14.【答案】；

；

如图所示：

。

【解析】【分析】

本题主要考查多用电表的原理及其运用，由所给的三个量程可得三个电路，由串并联电路学问分析各电路要满意的条件综合分析可得。

【解答】依据电流表改装原理可知，并联电阻越大，量程越小，单刀三掷开关转换至触点1时，电流表的量程应为1mA档位；

设原表头的满刻度电流为，内阻为r，输入1mA电流时可得：，

10mA档和100mA档电流时，分别输入10mA，100mA的电流时，可得下列关系：

，

将代入，消掉、可得：；，则可给表头串联一电阻来满意要求，电路图如图：

故答案为：；

；

如图所示：

。

15.【答案】

【解析】解：设物块过测量参考点时速度的大小为，依据位移时间关系可得：

所以有：，

当时速度即为参考点的速度，故

解得：

图象的斜率表示加速度，则有：；

木板的倾角为，小物块加速度大小为，

对小物块依据牛顿其次定律可得：，

当倾角为时，有：

联立解得：。

故答案为：或；；。

依据位移时间关系得到的关系式，依据图线的截距和斜率求解；

当木板的倾角分别为、时，对小物块进行受力分析，依据牛顿其次定律列方程求解。

本题主要是考查测定重力加速度试验，要求能够理解试验原理和试验操作方法，知道数据的处理方法，留意图象的单位不要弄错

16.【答案】；900；

；5

0；

【解析】【分析】

明确欧姆表的原理，从而确定内部结构；再依据闭合电路欧姆定律即可求出滑动变阻器接入阻值；

明确欧姆表的中性值电阻，依据闭合电路欧姆定律和中值电阻的意义即可确定对应的刻度；

依据欧姆表运用前须要进行欧姆调零进行分析，同时明确电阻箱的读数方法。

本题考查多用电表中欧姆表的原理以及其电路的改装，留意明的确物图的连接方法，同时能正确利用闭合电路欧姆定律进行分析，并能驾驭欧姆表的正确运用方法。

【解答】

解：将电源、电流表、定值电阻以及滑动变阻器串接即可组成欧姆表，故实物图如图所示；

由题意知，电流表的刻度对应，而是电流表的中间刻度，即为改装后的欧姆表的中值电阻。依据闭合电路欧姆定律有：

解得：，故滑动变阻器选择；

由中解答可知，欧姆表的内阻；

依据闭合电路欧姆定律有：

解得：；

同理可知：

解得：

欧姆表在运用时应先将两表笔短接，使欧姆表指针指向满偏刻度，即处；

电阻箱的读数为：。

故答案为：．；900；

；5

；

17.【答案】解：阀门关闭时，对两活塞整体为探讨对象，依据平衡得：

解得：

打开阀门K稳定后，设气体压强为，以两个活塞和杆为整体有：

解得：

设大活塞左移x

对封闭气体由玻意耳定律得：

代入数据解得：

则大活塞停在据缸底

关闭阀门，若活塞复原原位，则对B中气体由玻意耳定律得：

解得：

解得：

对A中气体和充入气体整体为探讨对象，依据玻意耳定律得：

解得：

答：将阀门K打开，足够长时间后，大活塞停在据缸底25cm处；

将阀门K关闭，用打气筒向A气缸中缓慢充入压强为个大气压的志向气体，使活塞回到原位置，则充入的气体体积为。

【解析】打开阀门K前后，以两个活塞为探讨对象，由平衡条件分析气体的压强，由气体试验定律求出A部分气体的长度，从而推断大活塞停在何处；

关闭阀门后以B部分气体为探讨对象，依据玻意耳定律可求B部分气体末态压强，然后对活塞整体为探讨对象，求出注入气体后A的末态压强，对注入气体后A中全部气体为探讨对象，依据玻意耳定律列式求解即可。

解决本题的关键是选择恰当探讨对象由平衡条件求解气体的压强，同时考查了气体试验定律，关键是状态参量的确定，留意几何关系的应用。

18.【答案】解：依据时刻，第一个波谷在处，波长；

故由时，P点第一次出现波谷，可得波速为：；

在时刻，该波形的波峰位于处，

依据推波法可得从时刻起，Q点第一次出现波峰的时间为：

依据波长和波速可得周期为：

波从处传播到P点的时间为：

故当Q点第一次出现波峰时，P点振动时间为：；

依据质点从平衡位置起振，故P点通过的路程为：。

答：这列波的传播速度为；

从时刻起，经点第一次出现波峰

当Q点第一次出现波峰时，P点通过的路程为。

【解析】依据波的传播方向和波形图得到P点第一次出现波谷时波的传播距离，即可依据传播时间得到波速；

依据波形图和Q点到波峰的距离，由波速求得时间；

依据传播距离得到波传播到P点的时间，从而得到P的振动时间，即可依据振动时间和周期关系，由振幅求得通过的路程。

机械振动问题中，一般依据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再依据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而依据周期得到路程。

19.【答案】解：设B与A碰前瞬间的速度为v，碰后A的速度分别为、，对B碰撞前的过程，由动能定理得

A与B碰撞过程，对A、B组成的系统，取向左为正方向，由动量守恒定律得

由以上各式解得，方向水平向左。

对A受力由于，故碰后A向左做匀速直线运动，进入磁场做匀速圆周运动，周期为

由几何学问，A在磁场中运动了周期

在磁场中时间

在磁场中，由洛伦兹力供应向心力，有：

在磁场中半径

出磁场后运动时间

A从进入磁场到再次回到桌面上所用的时间

联立以上各式得：

碰后B反弹，在桌面上向右作匀减速运动，速度削减为零的时间为，依据牛顿其次定律得

由速度公式有

解得：

碰撞后B运动时间小于A运动时间，由此可知A、B相遇时，B已经停止运动，所以A、B相遇的位置为B停止运动的位置，也是A竖直向下再次回到桌面的位置

B向右匀减速的位移

A距桌边P的距离

由以上各式解得