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如圖所示，兩列簡諧橫波分別沿x軸正方向和負方向傳播，兩波源分別位于x=-2×10^-1m和x=12×10^-1m處，兩列波的波速均為v=0.4m/s，兩波源的振幅均為A=2cm．圖示為t=0時刻兩列波的圖象（傳播方向如圖），此刻平衡位置處于x=0.2m和0.8m的P、Q兩質點剛開始振動．質點M的平衡位置處于x=0.5m處，關于各質點運動情況判斷正確的是（ ）

A．質點P、Q都首先沿y軸負向運動
B．t=0.75s時刻，質點P、Q都運動到M點
C．t=1s時刻，質點M的位移為+4cm
D．t=1s時刻，質點M的位移為-4cm

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如圖所示，兩列簡諧橫波分別沿x軸正方向和負方向傳播，兩波源分別位于x=-2×10^-1m和x=12×10^-1m處，兩列波的波速均為V=0.4m/s，兩波源的振幅均為A=2cm．圖示為t=0時刻兩列波的圖象（傳播方向如圖），此刻平衡位置處于x=0.2m和0.8m的P、Q兩質點剛開始振動．質點M的平衡位置處于x=0.5m處，關于各質點運動情況的判斷正確的是（ ）

A．質點P、Q都首先沿y軸負方向運動
B．t=0.75s時刻，質點M恰沿y軸正方向運動s
C．t=ls時刻，質點M的位移為+4cm
D．t=ls時刻，質點M的位移為-4cm

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如圖所示，兩列簡諧橫波分別沿x軸正方向和負方向傳播，兩波源分別位于x=－2×10^-1m和x=12×10^-1m處，兩列波的波速均為v=0.4m/s，兩波源的振幅均為A=2cm。圖示為t=0時刻兩列波的圖象（傳播方向如圖），此刻平衡位置處于x=0.2m和0.8m的P、Q兩質點剛開始振動。質點M的平衡位置處于x=0.5m處，關于各質點運動情況判斷正確的是

[     ]

A．質點P、Q都首先沿y軸正向運動
B．t=0.75s時刻，質點P、Q都運動到M點
C．t=1s時刻，質點M的位移為+4cm
D．t=1s時刻，質點M的位移為－4cm

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如圖所示，兩列簡諧橫波分別沿x軸正方向和負方向傳播，兩列波源分別位于x=-2×10^-1m和x=12×10^-1m處，兩列波的波速均為v=0.4m/s，兩波源的振幅均為A=2cm，圖示為t=0時刻兩列波的圖象（傳播方向如圖），此刻平衡位置處于x=0.2m和x=0.8m的P、Q兩質點剛開始振動，質點M的平衡位置處于x=0.5m處，關于各質點運動情況判斷正確的是（ ）

A．質點P、Q都首先沿y軸負方向運動
B．t=0.75s時刻，質點P、Q都運動到M點
C．t=1s時刻，質點M的位移為-4cm
D．t=1.5s后，質點Q的位移為0

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一:不定項選擇題（本題共8小題，每題6分，共48分 ）

題號

1

2

3

4

5

6

7

8

答案

B

CD

BD

ABC

AD

AC

B

AD

9.(1) C  （5分）(2)  ①  如右圖所示( 7分 )

②   （ 5分 ）

( 注意：電路圖中，如有一個地方不對，不能得分 )

10、解：(1)ab棒達到穩(wěn)定速度后，應具有受力平衡的特點，設此時棒ab所受安培力為F_B.則F-mgsin30°+F_B   ① （ 2分 ）

而F_B=BIL=   ② （ 1分 ）    牽引力 F=   ③ （ 1分 ）

將②③代人①后得  =mgsin30°+ （ 1分 ）

代人數(shù)據(jù)后得v₁=2m／s，v₂=-3m／s(舍去) （ 1分 ）

(2)設從靜止到穩(wěn)定速度所需時間為t.棒ab從靜止開始到具有穩(wěn)定速度的過程中在做變加速直線運動，據(jù)能量關系有：Pt-mgsin30°?s―Q=-0（7分）

代人數(shù)據(jù)得t=1.5s.（2分）

11、解：（1）平板車和小物塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，故小物塊到達圓弧最高點A時，二者的共同速度 （ 1分 ）  設彈簧解除鎖定前的彈性勢能為，上述過程中系統(tǒng)能量守恒，則有 （ 4分 ）  

代入數(shù)據(jù)解得  （ 1分 ）

（2）設小物塊第二次經(jīng)過時的速度大小為，此時平板車的速度大小為，研究小物塊在平板車圓弧面上的下滑過程，由系統(tǒng)動量守恒和機械能守恒有

  （ 2分 ）    （ 3分 ）

由式代入數(shù)據(jù)解得  （ 1分 ）

（3）最終平板車和小物塊相對靜止時，二者的共同速度為0。（1分）

設小物塊相對平板車滑動的路程為S，對系統(tǒng)由能量守恒有 （4分）

代入數(shù)據(jù)解得 （ 1分 ）

則距點的距離 （ 1分 ）

12、解:（1）設沿斜面向上為正方向．

由牛頓第二定律：          （ 3分 ）

解得      （ 2分 ）

（2）由分析可知:對兩小球和繩組成的整體，兩小球沿斜面向上的方向上，

由牛頓第二定律：得a＝0.5m/s² ，故兩小球沿斜面向上的方向上始終做勻加速運動       ( 5分 )

最后一次碰撞后，小球的最小速度為v＝at＝0.5×2m/s＝1m/s（ 2分 ）

（3）2s內，小球沿斜面向上的位移為      （ 2分 ）

設整個過程中，系統(tǒng)由于碰撞而損失的機械能為E ，

由功能關系：    （ 5分 ）

解得

（ 2分 ）

（ 注：計算題如按其它方法，答案正確，同樣得分 ）