【详解】波源的振动方程为 y＝Asin(2πt/T)，t＝0时波源从平衡位置向上起振。
t＝T时波源恰好完成一个完整周期：回到平衡位置，且速度方向又为向上。
波沿＋x方向传播，经过一个周期波传播一个波长λ，故t＝T时的波形为 y＝−Asin(2πx/λ)：
x＝0处 y＝0；x＝λ/4处 y＝−A（波谷）；x＝λ/2处 y＝0；x＝3λ/4处 y＝＋A（波峰）；x＝λ处 y＝0（波前）。

【详解】方法一：光子能量 E＝hν＝mc²，故光子的等效质量 m＝hν₀/c²。
光子从P升到Q，重力势能增加 mgH，由能量守恒：hν₀＝hν＋mgH＝hν＋(hν₀/c²)gH，
解得 ν＝ν₀(1−gH/c²)，频率变小（引力红移）。
方法二：把光视为在引力场中运动的波，由广义相对论可得 ν＝ν₀·[√(1−2GM/(c²R))/√(1−2GM/(c²(R＋H)))]。因R＋H＞R，分母中被减项更小，故 ν＜ν₀。

【详解】（1）油酸分子可视为球形，油膜为单分子层时，油膜厚度即分子直径 d。由体积公式 V＝S·d，得 d＝V/S。
（2）①闭合开关前，滑动变阻器的滑片 P 应置于 M 端（M 端与电源负极相连）。此时滑片 P 与 M 端等电位，电压表（接在 Rₓ 两端）示数为零，可保护电表，故填“M 端”。
②按图 1 连接实物图时，导线 b 接错，把滑动变阻器接成了固定电阻（被短路），移动滑片时接入电路的阻值不变，电压表和电流表示数均不变化，故填“b”。若闭合开关，滑动变阻器失去调节作用，且流过 Rₓ 的电流偏大，可能损坏电表。

【详解】（1）选项分析
A正确：体积小、质量大的小球可减小空气阻力影响。
B正确：重垂线用于确定竖直方向，保证坐标轴准确。
C错误：应先打开频闪仪再抛出小球，否则会遗漏初始位置。
D正确：水平抛出小球是保证初速度水平的关键。
故正确答案为ABD。
（2）填空推导
根据频闪照片，任意时刻A、B两球竖直高度相同，说明A球竖直方向与自由落体的B球运动规律一致，故A球竖直方向做自由落体运动。
若A球水平方向做匀速直线运动，则相同时间间隔内水平位移相等，故判断依据为“A球相邻两位置水平距离相等”。
（3）位置数计算
小球下落高度0.8m，由自由落体公式 h = 1/2gt² 得 t = √(2h/g) = √((2×0.8)/10) = 0.4 s 。
频闪周期 T = 1/25 s = 0.04 s ，则位置数 n = t/T = 0.4/0.04 = 10 （含起始点）。
（4）夹角正切值推导
设重垂线方向与y轴夹角为θ。以某位置为原点，建立xOy坐标系，测量a₃两点坐标值。平抛运动水平方向匀速，竖直方向匀加速。利用相邻两点间时间间隔相等，由水平位移差为零可确定x轴方向，再由竖直位移差满足 Δy = gT² 可反推重力方向。通过坐标变换，重垂线与y轴夹角的正切值可由两点坐标差计算得出，具体表达式需根据题中给定坐标值代入求解。

【详解】（1）小球A从释放到碰前，机械能守恒：
mgh = 1/2mv²
解得：
H = v²/2g
（2）碰前瞬间，A做圆周运动，由牛顿第二定律：
F - mg = m·v²/L
解得：
F = mg + mv²/L
（3）A与B发生完全非弹性碰撞，动量守恒：
mv = 2m v_共
得：
v_共 = v/2
系统损失的机械能：
ΔE = 1/2mv² - 1/2(2m)(v/2)² = 1/4·mv²

【详解】第一问：安培力大小
由题，磁感应强度 B = ki，电流为 I，导轨间距 L，金属棒所受安培力

F = BIL = (kI) · I · L = kI² L

注意：此处安培力公式中电流与产生磁场的电流相同，直接代入即可。
第二问：加速度之比
第一级区域：电流 I，安培力 F₁ = kI² L，加速度 a₁ = F₁/m = kI²L/m
第二级区域：电流变为 2I，安培力 F₂ = k(2I)² L = 4kI² L，加速度 a₂ = 4kI²L/m
故

a₁/a₂ = 1/4

第三问：最终速度
第一级区域：匀加速，位移 s，初速0，末速 v₁ 满足

v₁² = 2a₁ s = 2kI²Ls/m

第二级区域：初速 v₁，加速度 a₂ = 4a₁，位移 s，末速 v 满足

v² = v₁² + 2a₂ s = 2kI²Ls/m + 2×4kI²L/m · s = 10kI²Ls/m

解得

v = √(10kI²Ls/m)

【详解】第（1）问解析
颗粒沿板方向匀速运动，时间 t = L/v₀ ；垂直板方向做匀加速直线运动，加速度 a = qU/md 。恰好全部被收集要求最上端颗粒恰打到下板边缘，即垂直位移 d/2 = 1/2 a t² 。代入得 d/2 = 1/2×qU/md · ( L/v₀ )² ，解得 U = 2md²v₀²/(qL²) 。
第（2）问解析
a. 颗粒经极短时间加速达到最大速度，此时电场力与阻力平衡： q' U'/d = kRv⊥ ，其中 v⊥ 为垂直板方向速度。颗粒在板间运动时间仍为 t = L/v₀ ，垂直位移 d/2 = v⊥ t 。联立得 v⊥ = q'U'/(kRd) ，代入位移关系得 U' = 2mkR²d²v₀²/(q'²L²) 。
b. 由电荷量 q ∝ r² ，设直径为 d₁ 的颗粒半径为 R ，电荷量为 q₀ ；直径为 2d₁ 的颗粒半径为 2R ，电荷量为 4q₀ 。由a问结果，颗粒恰好被收集时 U' ∝ R²/q'² ，代入 q' ∝ R² 得 U' ∝ 1/R² 。当 U' 固定时，能收集的颗粒半径满足 R ≤ Rₘₐₓ 。对 2R 颗粒，其临界电压为原电压的 1/4 ，故实际电压下其垂直位移仅为 d/8 ，收集百分比为 (d/8)/(d/2) = 25\% 。

【详解】（1）r＞R 区域：球体外各点受到的万有引力等效于全部质量 M 集中于球心（均匀球壳内部引力为零），由 GMm/r²＝mv²/r 得 v＝√(GM/r)。
（2）r≤R 区域：半径 r 内的物质质量 M(r)＝M·r³/R³，由 GM(r)m/r²＝mv²/r 得 v＝r√(GM/R³)。
（3）由图像，r＞R 范围内恒星速度 v 几乎不变，而 v²＝G·M_总(r)/r²，故 r 内的总质量 M_总(r)∝r²。r＝R 时球内总质量为 M（常规物质全部集中在半径 R 的球体内），于是 r＝nR 时球内总质量为 n²M，即 M′＋M＝n²M，得 M′＝(n²−1)M。