2023-2024年山東省濱州市惠民縣六校高二上學(xué)期11月期中聯(lián)考物理試題（解析版）

2023-2024學(xué)年第一學(xué)期期中質(zhì)量檢測(cè)高二物理試題一、單項(xiàng)選擇題（本題共8小題，每題3分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求）1.關(guān)于系統(tǒng)動(dòng)量守恒的說(shuō)法正確的是（）①只要系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量就守恒②系統(tǒng)內(nèi)有摩擦力，系統(tǒng)動(dòng)量可能守恒③如果系統(tǒng)所受合外力遠(yuǎn)大于內(nèi)力時(shí)，系統(tǒng)可近似認(rèn)為動(dòng)量守恒④系統(tǒng)所受合外力不為零，其動(dòng)量一定不守恒，但有可能在某一方向上守恒A.①②③ B.①②④ C.①③④ D.②③④【答案】B【解析】【詳解】①．系統(tǒng)所受的合外力為零，合外力的沖量為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故①正確；②．動(dòng)量守恒的條件是系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)內(nèi)有摩擦力時(shí)，由于內(nèi)力對(duì)系統(tǒng)的動(dòng)量變化沒(méi)有影響，只要系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)的動(dòng)量仍守恒，故②正確；③．系統(tǒng)所內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí)可近似看成動(dòng)量守恒，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故③錯(cuò)誤；④．根據(jù)動(dòng)量守恒的條件可知，系統(tǒng)所受合外力不為零，其動(dòng)量一定不守恒，但系統(tǒng)在某一方向不受外力或合外力為零，在該方向上系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，故④正確。綜上可知選B。2.飛力士棒（Flexi—bar）是一種能加強(qiáng)軀干肌肉功能的訓(xùn)練器材。標(biāo)準(zhǔn)型飛力士棒由握柄、負(fù)重頭和PVC軟桿連接而成，可以使用雙手進(jìn)行驅(qū)動(dòng)，棒的固有頻率為4.5Hz，如圖所示。則（）A.使用者用力越大飛力士棒振動(dòng)越快B.隨著手振動(dòng)的頻率增大，飛力士棒振動(dòng)的幅度不可能越來(lái)越小C.雙手驅(qū)動(dòng)該飛力士棒每分鐘完成4.5次全振動(dòng)，會(huì)產(chǎn)生共振D.負(fù)重頭質(zhì)量不變，僅PVC桿縮短時(shí)，飛力士棒的固有頻率隨之變化【答案】D【解析】【詳解】A．使用者用力大小影響的是振幅，與振動(dòng)快慢沒(méi)有關(guān)系，故A錯(cuò)誤；B．隨著手振動(dòng)的頻率增大，飛力士棒振動(dòng)的頻率隨之增大，但是幅度可能越來(lái)越小。故B錯(cuò)誤；C．雙手驅(qū)動(dòng)該飛力士棒每分鐘完成4.5次全振動(dòng)，則驅(qū)動(dòng)力的頻率為與飛力士棒的固有頻率不相等，不會(huì)產(chǎn)生共振，故C錯(cuò)誤；D．負(fù)重頭質(zhì)量不變，僅PVC桿縮短，結(jié)構(gòu)改變，飛力士棒的固有頻率會(huì)變化。故D正確。故選D。3.如圖所示，輕彈簧的一端固定在豎直墻上，一個(gè)光滑弧形槽靜止放在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上，弧形槽底端與水平面相切，讓一個(gè)物塊從槽上高h(yuǎn)處由靜止開(kāi)始下滑。下列說(shuō)法正確的是（）A.物塊沿槽下滑的過(guò)程中，物塊的機(jī)械能守恒B.物塊沿槽下滑的過(guò)程中，物塊與槽組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒C.從物塊壓縮彈簧到被彈開(kāi)的過(guò)程中，彈簧對(duì)物塊的沖量不為零D.物塊第一次被反彈后一定再次回到槽上高h(yuǎn)處【答案】C【解析】【詳解】A．一個(gè)光滑弧形槽靜止放在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上，物塊沿槽下滑的過(guò)程中，物塊的機(jī)械能不守恒，物塊與槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A錯(cuò)誤；B．物塊沿槽下滑的過(guò)程中，物塊與槽組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，B錯(cuò)誤；C．從物塊壓縮彈簧被彈開(kāi)的過(guò)程中，物塊受到的沖量等于物塊動(dòng)量的變化，物體的動(dòng)量變化量不為零，故物體受到的沖量不為零，C正確；D．物塊第一次被反彈后，追上弧形槽，上升到最高點(diǎn)時(shí)，物塊和弧形槽具有相同的速度，全過(guò)程系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故物塊不能回到槽上高h(yuǎn)處，D錯(cuò)誤。故選C。4.如圖所示，直線A為某電源的圖線，曲線B為某LED燈泡的圖線，用該電源和燈泡串聯(lián)起來(lái)組成閉合回路，燈泡恰能正常發(fā)光。下列說(shuō)法正確的是（）A.電源的內(nèi)阻為B.燈泡正常發(fā)光時(shí)的功率小于5WC.燈泡的阻值隨其電壓增大而增大D.將燈泡換成的定值電阻后，電源的輸出功率增大【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)圖線的斜率的絕對(duì)值為電源內(nèi)阻，可得此電源的內(nèi)阻故A錯(cuò)誤；B．兩圖線的交點(diǎn)表示小燈泡與電源連接時(shí)的工作狀態(tài)，由于燈泡正常發(fā)光，則知燈泡的額定電壓額定電流則額定功率為故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)歐姆定律可知燈泡圖像上的點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率表示電阻的大小，可知小燈L的電阻隨兩端電壓的增大而減小，故C錯(cuò)誤；D．電源的輸出功率圖像如下由圖可看出當(dāng)時(shí)輸出功率最大，由選項(xiàng)B知小燈泡L的額定電壓，額定電流，則小燈泡正常發(fā)光時(shí)的電阻為若把燈泡L換成阻值恒為的純電阻，則更接近內(nèi)阻，則電源的輸出功率變大，故D正確。故選D。5.如圖甲所示，一單擺懸掛在拉力傳感器上。讓單擺在豎直面內(nèi)做小角度擺動(dòng)，拉力傳感器顯示繩子拉力的大小隨時(shí)間的變化圖像如圖乙所示，已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹?，則根據(jù)圖乙中的數(shù)據(jù)可知（）A.此單擺周期B.此擺球的質(zhì)量為C.此單擺的擺長(zhǎng)D.在時(shí)刻擺球的回復(fù)力最小【答案】C【解析】【詳解】A．?dāng)[球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，由重力和繩子拉力的合力提供向心力，所以擺球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，繩子拉力最大，則此單擺的周期為故A錯(cuò)誤；B．?dāng)[球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，由重力和繩子拉力的合力提供向心力，則有此擺球的質(zhì)量為故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)單擺周期公式可得此單擺的擺長(zhǎng)故C正確；D．單擺的回復(fù)力是重力沿?cái)[球運(yùn)動(dòng)軌跡切向的分力提供，擺球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，擺球的回復(fù)力最小，所以在時(shí)刻擺球的回復(fù)力最小，在時(shí)刻擺球的回復(fù)力最大，故D錯(cuò)誤。故選C。6.2023年2月，土耳其、敘利亞兩國(guó)發(fā)生了大地震，造成了重大破壞與人員傷亡，我國(guó)及時(shí)派遣了多支專業(yè)搜救隊(duì)并援助了大量急需物資。地震波既有橫波，也有縱波，若一列沿x軸正方向傳播的地震橫波，在t（圖中實(shí)線）與（圖中虛線）兩個(gè)時(shí)刻x軸上-3~3km區(qū)間內(nèi)的波形圖如圖所示，則下列說(shuō)法正確的是（）A.該地震波的波長(zhǎng)為3kmB.質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的周期最大為1sC.該地震波波速一定為4km/sD.從t時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)，處的質(zhì)點(diǎn)比處的質(zhì)點(diǎn)先回到平衡位置【答案】B【解析】【詳解】A．相鄰兩波峰之間的距離是一個(gè)波長(zhǎng)，所以波長(zhǎng)為故A錯(cuò)誤；B．由圖可知，圖中由實(shí)線變成虛線的時(shí)間為故當(dāng)時(shí)，得質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的周期最大為1s，故B正確；C．由該地震波最小波速為故C錯(cuò)誤；D．在t時(shí)刻，x=0.5km處的質(zhì)點(diǎn)和x=1.5km處的質(zhì)點(diǎn)都在向負(fù)方向振動(dòng)，所以x=1.5km處的質(zhì)點(diǎn)先回到平衡位置，故D錯(cuò)誤。故選B。7.一簡(jiǎn)諧橫波沿x軸負(fù)向傳播，時(shí)刻的波形如圖甲所示，處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)圖像如圖乙所示，以下說(shuō)法正確的是（）A.時(shí)刻處的質(zhì)點(diǎn)沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)B.該質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程為C.若該波的波長(zhǎng)大于0.50m，則該波波長(zhǎng)一定為4mD.若該波的波長(zhǎng)小于0.50m，則該波波長(zhǎng)可能為0.4m【答案】C【解析】【詳解】A．由圖乙可知時(shí)刻處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向沿y軸正方向，A錯(cuò)誤；B．由圖乙可知，則位移為，則初相則有B錯(cuò)誤；CD．由甲、乙兩圖可知，該質(zhì)點(diǎn)的位置滿足當(dāng)時(shí)，波長(zhǎng)大于0.50m，且，若該波的波長(zhǎng)小于0.50m，則該波波長(zhǎng)不可能為0.4m，C正確，D錯(cuò)誤。故選C。8.如圖所示，一平行板電容器的兩極板A、B水平放置，A極板接地，電容器、二極管、開(kāi)關(guān)S與電源相連，已知二極管具有單向?qū)щ娦浴，F(xiàn)將開(kāi)關(guān)S閉合，在P點(diǎn)有一帶電液滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。保持開(kāi)關(guān)S閉合，下列說(shuō)法正確的是（）A.將B板向上移動(dòng)一小段距離，電容器將放電B.將B板向上移動(dòng)一小段距離，液滴在P點(diǎn)的電勢(shì)能減小C.將A板向上移動(dòng)一小段距離，電容器將放電D.將A板向上移動(dòng)一小段距離，液滴在P點(diǎn)的電勢(shì)能增大【答案】D【解析】【詳解】AB．保持開(kāi)關(guān)閉合，將B板向上移動(dòng)一小段距離，根據(jù)由于板間距離減小，可知電容增大，電容器充電，兩極板電壓不變，場(chǎng)強(qiáng)增大，AP間電壓增大，P點(diǎn)電勢(shì)降低，由受力可知液滴帶負(fù)電，則液滴在P點(diǎn)的電勢(shì)能增大，A錯(cuò)誤，B錯(cuò)誤；CD．將A板向上移動(dòng)一小段距離，板間距離增大，電容減小，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，所以不能放電，電容器?chǔ)存的電荷量不變，則可知場(chǎng)強(qiáng)不變，AP間電壓增大，P點(diǎn)電勢(shì)降低，則液滴在P點(diǎn)的電勢(shì)能增大，C錯(cuò)誤，D正確。故選D。二、多項(xiàng)選擇題（本小題共4小題，每題4分，共16分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，至少兩項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)得4分，選對(duì)而不全得2分，選錯(cuò)或者不選不得分）9.如圖甲所示為以O(shè)點(diǎn)為平衡位置，在A、B兩點(diǎn)間做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的彈簧振子，圖乙為這個(gè)彈簧振子的振動(dòng)圖像，由圖可知下列說(shuō)法中正確的是（）A.在時(shí)，彈簧振子的位移為正向最大B.在時(shí)，彈簧振子的速度為正向最大C.從到時(shí)間內(nèi)，彈簧振子做加速度增加的減速運(yùn)動(dòng)D.在與兩個(gè)時(shí)刻，彈簧振子速度相同，加速度也相同【答案】AC【解析】【詳解】A．在時(shí)，彈簧振子的位移為正向最大，A正確；B．在時(shí)，彈簧振子的速度為負(fù)向最大，B錯(cuò)誤；C．從到時(shí)間內(nèi)，彈簧振子做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，C正確；D．在與兩個(gè)時(shí)刻，彈簧振子速度相同，加速度的大小相同，方向不同，D錯(cuò)誤。故選AC。10.如圖甲所示，同一水平直線上相距9m的A、B兩處各有一個(gè)振源，C為A、B連線的中點(diǎn)。在時(shí)刻，A、B兩處的質(zhì)點(diǎn)以相同的振幅同時(shí)開(kāi)始做垂直于直線AB的上下振動(dòng)，且都只振動(dòng)了一個(gè)周期，它們的振動(dòng)圖像分別為圖乙和圖丙。若A處振源向右傳播的波與B處振源向左傳播的波在時(shí)刻于C點(diǎn)相遇，則（）A.兩列波在A、B間的傳播速度均為15m/sB.兩列波的波長(zhǎng)都是6mC.在兩列波相遇的過(guò)程中，中點(diǎn)C為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)D.在時(shí)刻，B處質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)平衡位置且振動(dòng)方向向下【答案】AD【解析】【詳解】A．兩列波在同一介質(zhì)中傳播時(shí)，速度相同，設(shè)波速都是v，則2vt=AB代入解得v=15m/s故A正確；B．由波長(zhǎng)與波速關(guān)系可得λ=vT=15×0.2m=3m故B錯(cuò)誤；C．在兩列波相遇的過(guò)程中，兩列波的波峰與波谷在C點(diǎn)相遇，C點(diǎn)振動(dòng)減弱，故C錯(cuò)誤；D．A處振源引起的波傳到B點(diǎn)需要的時(shí)間為A處振源引起的波的振動(dòng)狀態(tài)傳到B點(diǎn)再振動(dòng)0.1s，由于A處振源起振方向向上，兩波只振動(dòng)了一個(gè)周期，所以在時(shí)刻，B處質(zhì)點(diǎn)通過(guò)平衡位置向下振動(dòng)，D正確。故選AD。11.由高壓水槍中豎直向上噴出的水柱，將一個(gè)質(zhì)量為m的小鐵盒開(kāi)口向下頂在空中，如圖所示，已知水的密度為，以恒定速率從橫截面積為s的水槍中持續(xù)噴出，向上運(yùn)動(dòng)并沖擊小鐵盒后，以不變的速率豎直返回，水與鐵盒作用時(shí)這部分水所受重力可忽略不計(jì)，下列說(shuō)法正確的是（）A.水到達(dá)鐵盒底部速度的大小B.水到達(dá)鐵盒底部速度的大小C.鐵盒到水槍口的高度D.鐵盒到水槍口的高度【答案】BC【解析】【詳解】ABCD．以時(shí)間內(nèi)與鐵盒發(fā)生作用的水為研究對(duì)象：這些水的質(zhì)量跟時(shí)間內(nèi)從槍口噴出的水的質(zhì)量相同這些水與鐵盒作用時(shí)的速度為v，動(dòng)量變化為這些水對(duì)鐵盒的反作用力由于鐵盒處于平衡狀態(tài)，則由此可得又由機(jī)械能守恒可知小鐵盒距水槍口的高度將上式代入該式得故選BC。12.如圖甲，質(zhì)量是的子彈水平射入靜止在水平地面上的木塊并留在其中，此后木塊運(yùn)動(dòng)的圖像如圖乙所示，其中x表示木塊的位移，t表示木塊運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。已知木塊的質(zhì)量為，重力加速度g取，下列說(shuō)法正確的是（）A.木塊與水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.8B.子彈射入木塊過(guò)程中，子彈損失的機(jī)械能為799.92JC.保持子彈射入木塊時(shí)的初速度不變，子彈的質(zhì)量越大，系統(tǒng)損失的機(jī)械能越少（子彈未射出木塊）D.保持子彈射入木塊時(shí)的初速度不變，木塊的質(zhì)量越大，子彈對(duì)木塊的沖量越大（子彈未射出木塊）【答案】ABD【解析】【詳解】A．根據(jù)圖乙可得整理可得x=4t-4t2結(jié)合勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移與時(shí)間關(guān)系可知子彈留在木塊中一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng)初速度和加速度大小分別為v=4m/s，a=-8m/s2以子彈、木塊為整體，根據(jù)牛頓第二定律可得μ（M+m）g=（M+m）a解得木塊與水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為故A正確；B．設(shè)子彈射入木塊前的初速度為v0，設(shè)向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒可得mv0=（m+M）v代入數(shù)據(jù)解得v0=400m/s子彈損失的機(jī)械能故B正確；C．設(shè)子彈射入木塊前的初速度為v0，根據(jù)動(dòng)量守恒可得mv0=（m+M）v解得該過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為可知保持子彈射入木塊時(shí)的初速度不變，若子彈的質(zhì)量越大，系統(tǒng)損失的機(jī)械能越多，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)動(dòng)量定理，子彈對(duì)木塊的沖量為可知保持子彈射入木塊時(shí)的初速度不變，若木塊的質(zhì)量越大，子彈對(duì)木塊的沖量越大，故D正確。故選ABD。三、實(shí)驗(yàn)題（每空2分，共14分）13.某同學(xué)用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置來(lái)研究動(dòng)量守恒定律，光電門1、2固定在氣墊導(dǎo)軌上，質(zhì)量分別為和（含遮光片）的兩滑塊、B從光電門1、2的外側(cè)勻速相向運(yùn)動(dòng)，在兩個(gè)光電門之間某位置發(fā)生碰撞并粘在一起繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到氣墊導(dǎo)軌一端時(shí)立刻被鎖定。（1）兩滑塊上的遮光片寬度相同，用游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光片寬度的結(jié)果如圖乙所示，則遮光片的寬度為_(kāi)_______；（2）在調(diào)節(jié)裝置時(shí)，啟動(dòng)充氣機(jī)，在氣墊導(dǎo)軌上輕推一個(gè)滑塊，要求滑塊通過(guò)兩光電門時(shí)的擋光時(shí)間相等，其目的是________。（3）實(shí)驗(yàn)中光電門1記錄擋光時(shí)間為，光電門2記錄三次擋光時(shí)間均為，如果同學(xué)得到________表達(dá)式（用題中已知的物理量表示），就說(shuō)明滑塊、B碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒?！敬鸢浮竣?4.50②.調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌水平③.（或或）【解析】【詳解】（1）[1]游標(biāo)卡尺讀數(shù)為4mm+10×0.05mm=4.50mm（2）[2]在調(diào)節(jié)裝置時(shí)，啟動(dòng)充氣機(jī)，在氣墊導(dǎo)軌上輕推一個(gè)滑塊，要求滑塊通過(guò)兩光電門時(shí)的擋光時(shí)間相等，其目的是調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌水平，保證滑塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)；（3）[3]設(shè)遮光板寬為d，由題意可知，以向右為正方向，滑塊A碰前速度碰前B的速度為碰后A、B的速度為如果系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有聯(lián)立可得（或或）14.如圖所示為某興趣小組測(cè)量電池組的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)原理圖，已知電池組的電動(dòng)勢(shì)約為3V，內(nèi)阻約為1Ω?，F(xiàn)提供的器材如下：A．電池組；B．電壓表V（量程0～3V，內(nèi)阻約為1000Ω）；C．電阻箱C（0～99.9Ω）；D．定值電阻；E．定值電阻；F．開(kāi)關(guān)和導(dǎo)線若干。（1）如果要準(zhǔn)確測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，定值電阻應(yīng)選擇______（選填“D”或“E”）。（2）改變電阻箱的阻值R，記錄對(duì)應(yīng)電壓表的讀數(shù)U，作出的圖象如圖所示，圖線與橫、縱坐標(biāo)軸的截距分別為、a，定值電阻的阻值用表示，則可得該電池組的電動(dòng)勢(shì)為_(kāi)_____，內(nèi)阻為_(kāi)_____（用字母表示）。（3）該實(shí)驗(yàn)測(cè)得的電動(dòng)勢(shì)與真實(shí)值相比______。（選填“偏大”“偏小”或“不變”）【答案】①.D②.③.④.偏小【解析】【分析】【詳解】（1）[1]的定值電阻過(guò)大，使得電壓表指針的偏角太小，在改變電阻箱阻值時(shí)，電壓表的示數(shù)變化不明顯，故定值電阻選擇D。（2）[2][3]由閉合電路歐姆定律得整理得則有，解得，（3）[4]考慮到電壓表的分流作用，則有變形得可知電動(dòng)勢(shì)的真實(shí)值故求得電動(dòng)勢(shì)E的值偏小。四、解答題15.如圖所示，實(shí)線是某時(shí)刻的波形圖像，虛線是0．2s后的波形圖像，質(zhì)點(diǎn)P位于實(shí)線波的波峰處．①若波向右以最小速度傳播，求經(jīng)過(guò)t＝4s質(zhì)點(diǎn)P所通過(guò)的路程；②若波速為35m/s，求波傳播方向．【答案】①1．2m②向右傳播【解析】【詳解】試題分析：①若波向右傳播：nT＋T＝0．2s（n＝0,1,2,3，…）由可知周期最大波速最小，當(dāng)n＝0時(shí)T最大值為經(jīng)過(guò)時(shí)間t＝4s，即經(jīng)過(guò)15個(gè)整周期，所以質(zhì)點(diǎn)P通過(guò)的路程為s＝15×4A＝1．2m②若波向右傳播：nT＋T＝0．2s（n＝0,1,2,3,…）聯(lián)立當(dāng)n＝1時(shí)，波速為35m/s，所以向右傳播．若波向左傳播：nT＋T＝0．2s聯(lián)立當(dāng)n取0或其他任何正整數(shù)時(shí)，波速都不為35m/s，所以波不會(huì)向左傳播．考點(diǎn)：機(jī)械波的傳播【名師點(diǎn)睛】本題考查理解波動(dòng)圖象的能力以及運(yùn)用數(shù)學(xué)通項(xiàng)求解特殊值的能力．對(duì)于兩個(gè)時(shí)刻的波形，一定要考慮波的雙向性．第2小題可由x=vt，求出波傳播的距離，分析與波長(zhǎng)的關(guān)系，根據(jù)波形的平移法確定波的傳播方向．16.利用電動(dòng)機(jī)通過(guò)如圖所示的電路提升重物，已知電源電動(dòng)勢(shì)，電源內(nèi)阻，電阻，重物質(zhì)量，當(dāng)將重物固定時(shí)，理想電壓表的示數(shù)為4V，當(dāng)重物不固定，且電動(dòng)機(jī)最后以穩(wěn)定的速度勻速提升重物時(shí)，電壓表的示數(shù)為5V，（不計(jì)摩擦，g取）。求：（1）電動(dòng)機(jī)內(nèi)阻為多大？（2）重物勻速上升時(shí)的速度大小。【答案】（1）；（2）1m/s【解析】【詳解】（1）當(dāng)將重物固定時(shí)，理想電壓表的示數(shù)為4V，電動(dòng)機(jī)相當(dāng)于純電阻用電器，根據(jù)閉合電路歐姆定律得電路中電流為則電動(dòng)機(jī)的電阻為（2）當(dāng)重物不固定，且電動(dòng)機(jī)最后以穩(wěn)定的速度勻速提升重物時(shí)，根據(jù)閉合電路歐姆定律，可得電路中電流為電動(dòng)機(jī)兩端電壓為故電動(dòng)機(jī)的輸入功率為P=UMI′=4×1W=4W根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律得P=mgv+I′2RM代入數(shù)據(jù)解得重物勻速上升的速度大小為v=1m/s17.2023年10月23日上午，惠民縣第七屆“縣長(zhǎng)杯”校園足球聯(lián)賽拉開(kāi)帷幕。如圖所示，小陳同學(xué)正在練習(xí)用頭顛球。某一次足球由靜止下落0.6m，被重新頂起，離開(kāi)頭部后豎直上升至1m處。已知足球與頭部作用過(guò)程中，頭對(duì)足球的平均作用力大小為36N，足球的質(zhì)量為0.4kg，足球在空中時(shí)空氣阻力為1N，大小不變，其他時(shí)間空氣阻力不計(jì)。重力加速度g取，在此過(guò)程中，求：（1）足球在空中下落過(guò)程中空氣阻力對(duì)它的沖量大?。唬?）足球與頭部的作用時(shí)間。【答案】（1）0.4N?s；（2）0.1s【解析】【詳解】（1）足球下落過(guò)程由動(dòng)能定理解得v1=3m/s足球上升過(guò)程由動(dòng)能定理解得v2=5m/s下落過(guò)程的時(shí)間足球在空中下落過(guò)程中空