A、机械波中各个质点开始振动的方向都与波源相同；根据振动图象，质点O在t＝0的振动方向沿y轴正方向，故介质中各质点的起振方向均沿y轴正方向；故A正确； B、当O质点第一次达到正向最大位移时，P质点刚开始振动，说明OP距离是错误； C、OP距离是C正确；
D、在一个周期内，质点O通过的路程为：S＝4A＝20cm＝0.2m，故D错误； 9． 20 0.2
【解析】试题分析：根据系统动量守恒求解两木块最终速度的大小；根据能量守恒定律求出子弹射入木块的深度；
根据动量守恒定律可得mv0=(M+m)v，解得v=
1λ，故B41?4mλ，说明波长λ＝4m，由振动图象T＝4s，则波速v???1.0m/s，故4T4smv0?20m/s；系统减小的动能转化为克
M?m112mv0?(M?m)v211222服阻力产生的内能，故有fd=mv0?(M?m)v，解d=2=0.2m.
f2210．4.945 △xd/L 6.5╳10-7 【解析】
游标卡尺的读数为4.5mm+44.5×0.01mm=4.945 mm 由题意可知：?x?x6?x1 5根据公式?x?d(x6?x1)dL 代入数据可得λ=650nm ?可得???x?L5Ld11．C a 1.45 2 【解析】
（1）由题意可知，干电池的内阻约为几欧，故为了易于调节，准确测量，滑动变阻器应选最大值较小的，故选C；
（2）闭合开关S前，闭合电键前把变阻器的滑动触头滑至一端，使接入电路的阻值最大，所以滑动变阻器的滑片P应置于a端．
（3）由闭合电路欧姆定律可知：U=E-Ir；即电动势与电流成一次函数关系，由数学知识可
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知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示内源内电阻；故由图可知：电动势E=1.45V，r=
1.45-0.85=2Ω
0.3点睛：测电动势和内电阻实验的考查中，一定会考到数据的处理； 因此要掌握好此实验的图象法分析电动势和内电阻的方法，同时掌握实验原理以及实验中需要注意的问题． 12．（1）B点与抛出点A正下方的水平距离为2l （2）圆弧BC段所对的圆心角θ为45° （3）小球滑到C点时，对轨道的压力为（7﹣【解析】
(1)设小球做平抛运动到达B点的时间为t， 由平抛运动规律:l?联立解得:x=2l
(2)小球到达B点时竖直分速度解得: tanθ=1，∴θ=45°
(3)设小球到达C点时速度大小为vC，根据动能定理，小球从A运动到C点的过程中有:mgl(1?1?vy2=2gl，设
θ为速度方向与水平方向的夹角，则tanθ=
）mg
12gt,x?v0t 2vyv0，
21122)?mvc?mv0, 2222v设轨道对小球的支持力为F，根据牛顿第二定律有:F-mg=mc
l解得: F=（7﹣
）mg
由牛顿第三定律可知，小球对圆轨道的压力大小为: F’=F=（7﹣
）mg，方向竖直向下．
13．（1）3V（2）0.5W 【解析】
B2L2v（1）金属棒匀速下滑时，由平衡条件得：mgsinθ??0，
R?r得：v?mgsin??R?r?BL22
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又因有：E＝BLv，UR?联立解得：UR＝3V
RE R?r（2）磁感应强度的大小与时间成正比，则有：B＝kt
???B?S?kLd ?t?tE 回路中的电流为：I?R?r回路中的电动势为：E=
当外力为零时，有：mgsinθ﹣BIL＝0
k2L2dt 联立得：mgsinθ?R?r代入数据解得：k＝0.5 则得：I?kLd?1A R?r2
故ab上消耗的功率为：P＝Ir
代入数据解得：P＝0.5W
1313014．（1）7N?6C??1e
（2）r2=6R （3）(0，?【解析】
试题分析：（1）原子核发生变化时，一定满足质量数守恒及电荷数守恒；（2）由题意可知两核的运动情景及反冲核的半径，由动量守恒可知两核的动量关系，则可得出电子的半径； （3）画出两电核的运动轨迹，由几何关系可知最后过y轴的坐标． （1）由质量守恒及电荷守恒可知衰变方程为7N?6C??1e； （2）设反冲核和正电子在磁场中回旋半径分别为
，由于反冲
13130127R) 7核与正电子都带正电荷，在磁场中的轨迹关系应是外切圆，因正电子通过y轴，反冲核速度方向向上，正电子速度方向向下．故反冲核的半径r1=R
衰变过程中遵循动量守恒P反=Pe
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v2又由于qvB=m
R可得r=
mv Bq可得正电子做圆周运动的半径r2=6R
（3）由图可知正电子应在通过y轴前飞出圆形磁场区域，设出射点为P，
其轨迹圆心在磁场边界与x轴的交点O′处，过P点做出出射速度的反向延长线可交于磁场边界D点，且D点在x轴上
根据几何知识可得∠DO’P＝∠OQD＝α 在直角三角形DO’P中，cosα＝
7r3 ?，所以tanα＝38R4OQ＝
OD127127R?，故正电子最后通过y轴的坐标为(0，?) tan?77答案与解析 第6页，共6页