2022-2023学年重庆市某中学高二（上）期中物理试卷（附答案详解）.pdf

《2022-2023学年重庆市某中学高二（上）期中物理试卷（附答案详解）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年重庆市某中学高二（上）期中物理试卷（附答案详解）.pdf（20页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2022-2023学年重庆市巴蜀中学高二（上）期中物理试卷1.在飞机的发展史中，工程师们为了解决飞机飞上天空后抖动厉害的问题，创造性地在飞机机翼前缘处安装一个配重杆。在飞机机翼前缘处安装配重杆的主要目的是（）A.改变机翼的固有频率 B.加大飞机的惯性C.使机翼更加牢固 D.使机体更加平衡2.多普勒效应在科学技术中有广泛的应用，装有多普勒测速仪的监视器可以安装在公路上,向行进中的车辆发射频率为一的超声波，同时测量反射回的超声波频率1,下列说法正确的是（）A.超声波能发生多普勒效应，光波不能发生多普勒效应B.当车辆驶向监视器时 1C.当车辆驶离监视器时f 1D.车速越大，监视器接收到的超声波频率比

2、发射出的超声波频率大得越多3.惠更斯利用I单摆的等时性原理制成了第一座摆钟。如图甲所示为日常生活中我们能见到的一种摆钟，图乙为摆钟的结构示意图，圆盘固定在摆杆上，螺母可以沿摆杆上下移动，摆钟的摆动可看作是单摆，下列说法正确的是（）A.在山脚走时准的摆钟，在山顶仍能走准B.若将摆钟的摆角由3增加到5。（不计空气阻力），单摆的周期减小C.走时准确的摆钟，调节螺母向下移动，摆钟仍能走准D.将摆钟由赤道移到北极，单摆振动周期减小4.一质点做简谐运动，振幅为IOeTO,周期为0.4 s,从t=0时刻开始，一个周期内，S时刻的位移为Xl=5cn,t2时刻的位移为*2=-5 C m,以%、%和%、t分别表示

3、匕、方时刻质点振动速度和加速度，则以下说法正确的是（）A.a1,c大小一定相等，方向可能相同B.v1,以大小一定相等，方向一定相反C.t2-S可能为02s D.%和%方向一定相同5.如图所示为双缝干涉部分示意图，双缝间距为，双缝至屏的距离为l=5 0 d,整个装置处于某种均匀透明介质中。若单色光在真空中波长为人经过测量得到相邻两条亮条纹间距y=25,则可知该均匀透明介质的折射率为（）投杆乙圆盘螺母A.n=4B.n=3C.n=2D.n=1.56.如图所示，电动敲击式发波水槽是一种传统的教学演示仪器。其主要原理是电动机带动偏心轮，偏心轮在木板滚动，使木板上的两个振子上下震动敲击水面，两个振子周期性

4、触动水面形成两个波源,两波源发出的波在水面上相遇，在重叠区域发生干涉并形成了干涉图样，关于两列波重叠区域内水面上振动的质点，下列说法正确的是（）A.不同质点的振幅都相同B.不同质点振动的频率不同C.不同质点振动的相位都相同D.不同质点振动的周期都与振动片的周期相同7.如图为一列简谐横波在某时刻的波形图，已知图中质点八的起振时刻比质点超前了 0.4s,则以下说法正确的是（）A.这列波的波速为5msB.这列波沿X轴正方向传播C.这列波的周期为0.4sD.再经过0.3s,P质点的位移为负，振动方向向上8.夏天雨后经常看到彩虹，如图所示为彩虹形成原理示意图，一束白光水平射入球形的水滴，经过两次折射和一

5、次反射后射出，人在地面上逆着光线看过去就看到了一条彩带，出射光线与水平面的夹角/?称为彩虹角，若己知从球心。的正下方C点射出的是红光，红光在水中的折射率n=*其中水平入射光线的入射角=53。，下列说法正确的是（）A 紫光在水中的折射率小于g B.红光在3点发生全反射现象C.红光的彩虹角3=37。D.紫光在水中的波长大于红光9.如图所示，柱状光学器件横截面为等腰梯形，AB边长为d,CO边长为3d,AE=AD,底角为45。一束细激光从E点垂直Ao面入射，器件介质对激光的折射率为遮。已知激光在真空中的传播速度为c,则这束激光从射入到第一次从器件中射出在器件中经历的时间为（）36d D 32d 厂 6

6、d r.6 6 dA.-Z D.-U.-2 CCC c10.一列简谐横波沿直线由A向8传播，A、8相距0.45m,如图所示为A处质点的振动图象。当A处质点运动到波峰位置时，B处质点刚好到达平衡位置且向y轴正方向运动，这列波的波速可能是（）A.1.5ms B.3.0ms C.0.7ms D.0.9ms1 1.物理学中有一种碰撞被称为“超弹性连续碰撞”，通过能量的转移可以使最上面的小球弹起的高度比释放时的高度更大。如图所示,A、8、C三个弹性极好的小球,m/niB：me=1：2：6,相邻小球间有极小间隙，三球球心连线竖直，从离地一定高度处由静止同时释放（其中C球下部离地H）,所有碰撞均为弹性碰撞，

7、不计空气阻力，则（）A.C球落地前瞬间A球的速度为2/77 B.C球碰撞后速度为西77C.A球弹起的最大高度为9H D.B球碰撞完成后的速度为2图 可12.一质量为m的物体静止放置在水平面上，从t=O时刻受到随时间均匀减小的水平向右的拉力FT和不变的摩擦阻力/（大小未知）共同作用开始向右运动，若已知?时刻物体的速度恰好达到最大，拉力FT与阻力/随时间/变化的图像如图所示，则（）A.物体先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动B./C.在。片时间内，物体重力的冲量为零D.当时刻速度为U =警24m13.如图甲为简谐横波在t=0.1s时刻的波形图，P、。、M分别是平衡位置在Xl=I.0m,A.该简谐波

8、沿X轴正方向传播B.在t=0.2s时，质点P向y轴负方向运动C.在t=0.25s时，质点尸的加速度方向沿y轴正方向D.在t=0.25S时，质点Q的位移为-IOCnl14.如 图 所 示，长直杆固定放置且与水平面夹角。=30。，杆 上。点以上部分粗糙，。点以下部分（含。点）光滑。轻弹簧穿过长杆，下端与挡板相连，弹簧原长时上端恰好在O点，质量为，”的带孔小球穿过长杆，与弹簧上端连接。现将小球拉到图示位置由静止释放，一段时间后观察到小球做简谐振动时弹簧上端的最低位置始终在点，。点与。、。间距均为/则下列说法正确的是（）A.整个运动过程小球克服摩擦力做功为m8lB.弹簧的劲度系数k=等C.若增加小球质

9、量，最终物体做简谐振动的周期不变D.若增加小球质量，仍从。位置静止释放，则小球最终运动的最低点仍在匕点15.一列简谐横波沿X轴传播，在t=0.125s时的波形如图甲所示，M、N、P、。是介质中的四个质点，已知N、。两质点平衡位置之间的距离为16机。如图乙所示为质点P的振动图像。下列说法正确的是()A.该波的波速为120msB.该波的波长为24,“C.质点N比质点P先回到平衡位置D.从t=0.125s开始，质点Q比质点N早茶 回到平衡位置(1)将实验仪器按要求安装在光具座上，则在图甲中A、8处分别应该安装的器材和滤光片的位置分别是 OAA处为双缝、B处为单缝，滤光片在光源和凸透镜之间B.4处为单

10、缝、B处为双缝、滤光片在凸透镜和4之间C.A处为双缝，B处为单缝、滤光片在遮光筒内DA处为单缝，B处为双缝、滤光片在A和8之间(2)已知双缝间距d=0.4mn,双缝到毛玻璃屏间的距离1 =0.5n,实验时，接通电源使光源正常发光，调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。某种单色光照射双缝得到干涉条纹如图乙所示，分划板在图中A,B位置时游标卡尺读数也如图乙中所给出，则：IlllllI 2 l c m I l I l I I j IjH U IH N Ir CmO IO/位置读数 8位置读数乙分划板在图中4位置时游标卡尺的读数为办=11.1mm,在3位置时游标卡尺读数为X B =m m,相邻两条

11、纹间距ZJx=mm（计算结果保留2位有效数字）；该单色光的波长/1=m.（计算结果保留2位有效数字）1 7.在“验证动量守恒定律”的实验中，某同学用如图所示的装置进行了如下的操作:先调整斜槽轨道，使其末端的切线水平，在一块平木板表面先后钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于靠近槽口处，使小球。从斜槽轨道上某固定点处由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O；将木板向右平移适当的距离，再使小球”从原固定点由静止释放，撞在木板上并在白纸上留下痕迹以把半径相同的小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球。仍从原固定点由静止释放，和小球方相碰后，两球撞在木板上并在白纸上留下痕迹A和C；用刻度尺测量白纸上

12、。点到A、B、C三点的距离分别为y1、丫2和丫3。（1）上述实验除需测量白纸上。点到A、B、C三点的距离外，还需要测量的物理量有4木板向右移动的距离L3.小球和小球匕的质量mcl mbCA,8两点间的高度差AD小球a和小球b的半径r（2）两小球的质量关系：ma（填“或“=”）。(3)用本实验中所测得的量来验证两小球碰撞过程动量守恒，其表达式为 o(4)完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图所示，图中圆弧为圆心在斜槽末端的;圆弧。使小球仍从斜槽上原固定点由静止滚下，重复开始的实验，得到两球落在圆弧上的平均位置为M、P、N。测得斜槽末端与M、P、N三点的连线与竖直方向的夹角分别为由、

13、a?、3则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为(用所测物理量的字母表示)。18.一列简谐横波在t=O时刻的波形图如图所示，此时振动形式刚传到M 点，已知该波沿X轴正方向传播，在q=3.5s时，质点M 刚好第二次出现波谷，求：(1)此波的周期T：(2)前 IOs内，质点N 运动的路程s。19.如图，边长为乙的正方形ABCo为一棱镜的横截面，E 为 A 8边的三等分点。在截面所在平面内，一光线自E 点射入棱镜，入射角为60。，经折射后在BC边的F 点恰好发生全反射，反射光线从C。边的M 点射出棱镜，求：(1)棱镜的折射率；(2)M、C 两点之间的距离。20.如 图 所 示，“L”型平板8 静置在地

14、面上，小物块A 处于平板B上的0 点，。点右侧粗糙，左侧光滑。用不可伸长的轻绳将质量为M 的小球悬挂在0 点正上方的。点，轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块4 发生碰撞，碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动，A 以速度沿平板滑动直至与B 左侧挡板发生弹性碰撞。一段时间后，A 返回到。点的正下方时，相对于地面的速度减为零，此时小球恰好第一次上升到最高点。已知A 的质量TnA =0.1kg，8 的质量TnB=0.3kg,A 与B的动摩擦因数%=0.4,B与地面间的动摩擦因数“2 =0 2 2 5,%=4 ms,取重力加速度g=l Om/s?。整个过程中A始终在B

15、上，所有碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，求：iJjiLn.C F-O小球t /.B A j一 J Ifn)nlHO(IM与B的挡板碰撞后，A的速度大小心；(2)运动过程中B与地面因摩擦而生成的热量Q；(结果保留两位有效数字)(3)摆长 L o (2=1 0)答案和解析1 .【答案】A【解析】解：飞机的机翼（翅膀）很快就抖动起来，是因为驱动力的频率接近机翼的固有频率发生共振，在飞机机翼前装置配重杆，是为了改变机翼的固有频率，使驱动力的频率远离固有频率，故 A 正确，BCZ）错误。故选：o飞机上天后，飞机的机翼很快就抖动起来，发生共振现象，解决的方法就是使驱动力的频率远离飞机的固有频率。解决本题的

16、关键知道共振的条件；当驱动力的频率接物体的固有频率，会发生共振，以及解决共振的方法，使驱动力的频率远离固有频率。2 .【答案】C【解析】解：A、机械波、电磁波都会产生多普勒效应，故 A 错误；B C,当车辆驶向监视器时，监视器发射的超声波频率固定不变，监视器接收到的超声波频率比发射出时大，即方，故 8错误，C 正确；。、车速越大，监视器接收到的超声波频率比发射出的超声波频率小得越多，故。错误。故选：Co波源相对于观测者在运动时.，观测者所接收到的频率会发生变化；当波源离观测者而去时，接收到的频率变低；当波源接近观测者时，接收到的频率变高，后人把它称为“多普勒效应”。本题考查多普勒效应的原理，熟

17、记多普勒的定义即可求解，同时掌握频率变化与运动间的关系，对于多普勒效应，要知道在波源与观察者靠近时观察者接收到的波的频率变高，而在波源与观察者远离时接收频率变低。3 .【答案】D【解析】解：A、根据单摆的周期公式7 =2r J,在山脚走时准的摆钟，在山顶由于g发生变化，摆钟不能走准，故 4 错误；B、根据单摆的周期公式7 =2兀 6，将摆钟的摆角由3 增加到5。，单摆的周期不变，故 B错误；C、根据单摆的周期公式7 =2兀 1,走时准确的摆钟，调节螺母向下移动，相当于改变了摆长，摆钟不能走准，故 C错误;D、根据单摆的周期公式r =27J 今将摆钟由赤道移到北极，重力加速度增大，单摆振动周期减

18、小，故。正确；故选：Do根据单摆的周期公式7=2 分析各选项的正误。本题考查对单摆周期公式的理解.解题关键掌握单摆的周期公式,注意摆长和重力加速度的影响.4【答案】C【解析】解：4B.由题可知G时刻和t2时刻质点位于平衡位置两侧且对称，则的、c大小，巧、0 大小一定相等；的、方向指向平衡位置一定相反，、方向可能相反（如 8、D 点、）,也可能相同（如 8、C 点），故 AB错误；-5-IOC.可知t 时刻和t2时刻质点位于平衡位置两侧且对称，如图当位于A、C 点时，t2 刚好为半个周期，即 2-t=-S =0.2s故 C 正确；D aI和内方向可能相同（如 8 点），也可能相反（如 A 点），

19、故 Z）错误。故选：Co通过简谐运动物体的运动规律解决速度和加速度的大小关系，根据对称性分析C项。本题考点明确，即为简谐运动物体的运动规律，需熟练掌握此知识点。5.【答案】C【解析】解：该单色光频率f =亨不变，其在透明介质中的波长;Ii=5=3=4根据双缝干涉条纹间距公式：y=联立以上公式可得：兀=2,故 A B D 错 误,C 正确。故选：Co根据。=4/,可计算单色光的波长，再根据4。=A计算空气中单色光的波长，由：计算光在介质中的速度，根据/X=心，联立求解折射率。本题考查光的干涉，考查知识点有针对性，重点突出，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力，掌握形成明暗条纹的条件，理解干涉条

20、纹的间距公式。6.【答案】D【解析】解：4BD.由题意可知两列波的周期与频率相同，即这两列波为相干波，形成干涉图样后，有加强与减弱区域，处在不区域的质点的振幅不一样，但不同的质点，振动的频率和周期与波源的频率和周期相同，即不同的质点的振动频率相同，故AB错误，。正确；C不同位置处的质点起振的先后顺序不同，离波距离不同的质点，振动的相位是不同的，故C错误；故选：D.振动加强点的振幅等于两列波的振幅之和，振动减弱点的振幅等于两列波的振幅之差：介中各质点振动的周期与波源的周期相同；质点在振动过程，不同时刻偏离平衡位置的位移大小会发生变化；对同一质点而言，两列波的相位差是恒定的。本题主要考查两列波叠加

21、后，介质中质点的振动规律,对波的特点及振动加强点与减弱点的掌握。7.【答案】A D【解析】解：4C、由题，8和之间的距离是2机，则波长即为4/。b、两点振动相差半个周期，由题：图中质点匕的起振时刻比质点“超前了0.4 s,则周期T=O.8s,则波速为D=去=m/s =5ms,1 U.O故C错误，A正确。B、由于质点人的起振时刻比质点”早，所以波沿X轴负方向传播，8错误；D、由“上下坡”法知再经过0.3S=V7,尸质点从波谷位置向平衡位置运动，位移为负，振动方向向上。故。正确。故选：A D.根据图中质点匕的起振时刻比质点”超前了0 4 s,确定出周期，、人间距离等于半个波长，确定出波长，求出波速

22、.波由振动早的质点向振动迟的质点传播.本题要理解沿波的传播方向质点的起振逐渐延迟，相邻两个波峰或波谷间的距离等于波长.8.【答案】C【解析】解：A、紫光在水中的折射率大于红光在水中的折射率，则紫光在水中的折射率大于小故A错误；8、红光在8点的入射角等于在A点的折射角，由光路可逆性可知，红光在B点不可能发生全反射现象，故B错误；C、由几何知识可知，红光在C点的入射角等于在A点的折射角，由光路可逆性可知，红光在C点的折射角等于在A 点的入射角，所以红光在C 点的折射角r=53。，由几何知识可知，红光的彩虹角 =90。-r =90-53=37。，故 C 正确；D、设频率为了的光在真空中波长为人 在水

23、中波长为九，水的折射率为，则Tl=名可V J 得T =4n紫光在真空中的波长比红光的短，水对紫光的折射率比红光的大，则由;I=4知，紫光在水中的波n长小于红光，故。错误。故选：Co紫光的折射率大于红光的折射率。根据光路可逆性分析红光在8 点能否发生全反射。根据折射定律和光路可逆性求出红光在C 点的折射角，由几何知识求解红光的彩虹角0。由n=?及。=分析紫光与红光在水中波长关系。解答本题时，要充分利用光路可逆性来研究光路，要知道光在不同介质中的频率相同的，能熟练推导出介质中波长与真空中波长的关系4=9.【答案】A【解析】解：根据题意作出光路图如图:根据全反射临界角公式有：SinC=；=*光射到F

24、 点的入射角为i=45。，由于sini S inC,所以光在厂发生全反射；光在介质中传播的速度为=n根据几何关系可知EF=DE=GF=AD1丸 C D-A B)AD=-cos45这束激光从射入到第一次从器件中射出在器件中经历的时间为t=处 变V解得：t=嘤Zc故 4 正确，BCO错误；故选：A。根据几何关系求光从E 点射入到从BC边射出时通过的路程，由V=求出光在棱镜中的传播速度,n从而求得所用的时间。解决本题关键是作出光路图，再运用几何知识求解入射角、折射角和光程，要掌握几何光学常用的三个规律：折射定律、光速公式和临界角公式。10.【答案】D【解析】解：由图7=0.4 s,根据题意和AB间的

25、波形图得到：AB两点间距离与波长的关系式：1、0.45m=（n+-）2,得：=4n+Tm（九=，1，2,）波速：v=7=1（4n1 0.4ms=ms（九=0，1，2,）当n=O时，V m/s =4.5ns,当n=l时，V=09ms,故48C错误，D正确；故选：Do由振动图象读出周期，根据A质点和B质点的状态，求出波长的通项，得到波速的通项，进而确定特殊值。本题关键要有运用数学知识解决物理问题的能力和分析波动形成过程的能力，要能根据两个质点的状态，抓住周期性得到波长的通项。H.【答案】C【解析】解：A、三球同时由静止释放，做自由落体运动，C球落地前瞬间下降的高度为H,则A球下降的高度也为“，根据

26、速度-位移公式得：后=2g”,解得C球落地前瞬间A球的速度：U =y2gH,故A错误；B、C球与地面发生弹性碰撞后，速度方向竖直向上，大小为U =J此时B的速度大小也为v=y2H,方向竖直向下，C、8两球发生弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒，设碰撞后瞬间3的速度为M，规定向上为正方向，有：mcv mBv mv+mcvc,mv2+mv2=mv,2+mcvc2,联立解得：v=2v；vc=O可知，BC碰撞完成后，C的速度为零，8以V=2D的速度向上运动，故B错误；D、A、B两球发生弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒，设碰撞后A的速度为“，规定向上为正方向，有：TBV,-TAV=mAvAr+TBVB,imv

27、z2+m4v2=jm4vj4,2+mve,2,联立解得：VB,=O,v,-3vo可知，A 3碰撞完成后，B 的速度为零，A 以/=3=3四可向上运动，故。错误；C、根据速度-位移公式，对 A 球：v2=2ghf解得A弹 起 上 升 的 最 大 高 度 九=空 匹 =9 ，故 C 正确。2g 2g故选：Co三球由静止释放做自由落体运动，根据速度-位移公式求出C 球落地前瞬间三个球的速度大小；与地面发生弹性碰撞，速度大小不变，方向变为反向，球与球之间发生弹性碰撞，动量守恒，机械能也守恒，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰撞后A、&C 三球的速度大小；结合速度-位移公式求出A球弹起的最大高度。本

28、题主要考查了动量守恒定律和机械能守恒定律的综合应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，掌握弹性碰撞的特点，注意使用动量守恒定律时要规定正方向。12.【答案】B D【解析】解：A、根据牛顿第二定律有：F-f =m a,由于向右的拉力不断减小，所以加速度不断变化，故A 错误；B、与时刻物体的速度恰好达到最大，此时F r f =0,根据图像可知/=F 0,故 B 正确；C、在0 to时间内，物体重力的冲量等于重力大小与时间的乘积，重力不为零，时间不为零，故C 错误；D、图像与坐标轴围成的面积代表拉力的冲量，规定向右为正方向，根据动量定理有：巴 乌?-/=m v,解得：V=今 也 故。正确；j 2

29、4m故选：B D.根据牛顿第二定律分析加速度，时刻物体的速度恰好达到最大，加速度为0,通过结合尸-t 图象面积的物理意义和动量定理解得最大速度。本题主要考查了动量定理和尸-t 图象的物理意义，需要注意的是F-t 图象直线与f轴所围成的面积就是这段时间内拉力所做的冲量。13.【答案】A D【解析】解：AB,由题图乙为质点M 的振动图像，则知在t=0.1s时，质点M 正从平衡位置向波谷运动，所以t=0.1s时，质点M 沿），轴负方向运动，根据平移法可知该波沿X轴正方向传播，此时质点P 正向y 轴负方向运动，根据平移法可知，在 =0.2s时，质点P 向y 轴正方向运动，故 A正确，8 错误；C、由图

30、乙读出周期7=0.2 s,从t=0.1S到t=0.25S经过的时间为ZIt=0.15s=k；在t=0.1S时4质点P 正向y 轴负方向运动，则经过,周期，即在t=0.25s时，质点尸位于X轴上方，加速度方向与），轴负方向相同，故 C 错误；D、根据平移法可知在t=0.25s时，质点。位于波谷处，位移为-1 0 cm,故。正确；故选：A D.根据乙图读出M 点在t=0.10s时的振动方向，结合甲图判断出波的传播方向；根据时间与周期的关系分析质点P的运动方向，同时分析。的运动情况及位移大小。此题要抓住两种图象的联系，由振动图象读出振动方向，由波动图象判断波的传播方向。14.【答案】A B【解析】解

31、：4、。点 与 匕 间 距 均 为/,匕两点的弹性势能相等，小球从。点由静止开始运动到最后到达3 点的过程中，由动能定理可知：mgs n-21-Wf=0-0解得：Wf=m g l,故A 正确；B、小球做简谐运动时弹簧的上端最低位置在b 点，即小球在。点和b 点间做简谐运动，平衡位置在。与人点的中点，此时小球受力平衡，有：mgsin=k ,所以弹簧劲度：k=竿，故 8正确；C、弹簧振子的周期公式为：7=2兀器，则若增加小球的质量，最终物体做简谐运动的周期会增大，故 C 错误；。、若增加小球的质量，仍从。位置静止释放，设小球最终运动的最低点为c,由于最终小球都会在。、。之间做简谐运动，在 C点与O

32、 点的加速度大小相等，小球在C点有：k -mgsin=m a小球在。点有：mgsin=m a联立解得：=竿k所以增大小球的质量，弹簧在最低的形变量也会增大，则最低点的位置发生了改变，故。错误。故 选:A B o根据整个过程始末位置的弹性势能相等，用动能定理分析克服阻力做的功；根据简谐振动的特点，结合胡克定律求弹簧的劲度；由弹簧振子的周期公式分析说明；增加了小球的质量后，根据简谐运动的对称性，判断最低点的位置变化。解答本题的关键是知道简谐振动的特点，并结合胡克定律及功能关系分析。15.【答案】A B D【解析】解：A B,根据三角函数的相关知识可知，NQ两质点平衡位置之间的距离为：XN Q=1A

33、-=16m解得：24m根据图乙可知波的周期为：T=0.2s因此波速为：f=*=总 ns=1 2 0 n s,故AB正确；C、由图乙可知，t=0.125s时刻，质点尸沿)，轴负方向运动，根据同侧法可知，该波沿X轴负方向传播，且 N 点也向下振动，但比尸点更晚到达波谷，也更晚到达平衡位置，故 C 错误；D、从 =0.125s开始，质点。第一次回到平衡位置所经历的时间：G=：T=SXO.2s=0.05s图甲中，质点。左侧波形的第一个平衡位置处坐标为：x1=XQ=16m-24m=IOm该振动状态第一次传播到质点N 所经历的时间为：b=3 =孤 S=七S则Zt=t2 T i=a S-O o 5s=s,即

34、质点Q 比质点N 早景回到平衡位置，故。正确;故选：A B D o根据图甲得出波长，结合波长和波速的关系完成解答；根据同侧法分析出波的传播方向；根据横波在水平方向的运动特点计算出质点尸的平衡位置，及回到平衡位置的时间；分别计算出不同质点回到平衡位置的时间再作差即可。本题主要考查了横波图像的相关应用，根据图片得出周期、波长等物理意义，熟悉横波在不同方向的运动特点，结合运动学公式即可完成分析。16.【答案】B16.40.887.0 X 107【解析】解：(1)从左向右的实验装置是光源、凸透镜、滤光片、单缝、双缝、光屏，故 B 正确，ACZ)错误。故选：B。(2)游标卡尺的精确度为O.Izm n,在

35、B位置时游标卡尺读数为4=16mm+4 0.1mm=16.4mm相邻两条纹间距dx=Hd=164711,1mm 0.88mmO O已知d=0.4mm=4 104n,I=0.5m,x 0.88mm=8.8 104m由双缝干涉条纹间距公式=；九 可得：4=半，代入数据解得：4=7.0 x l0-7ma I故答案为：(I)B;(2)16.4,0.88；7.0 X 1 0,(1)根据实验原理分析判断实验装置顺序；(2)游标卡尺读数方法是主尺读数与游标尺读数之和，不需要估读，来读取游标卡尺读数，再求相邻两条纹间距/X。由双缝干涉条纹间距公式ZIX =。，计算波长。a本题主要考查双缝干涉测量光的波长的实验

36、，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合双缝干涉条纹间距公式x =%完成分析。17.【答案】B ma=rna mb斯 斯 赤maytana2sina2=m/tan sin:+mtan a3sina3【解析】解：(1)(3)B为碰前入射小球落点的位置，C 为碰后入射小球的位置，A 为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度为几L碰撞后入射小球的速度为:碰撞后被碰小球的速度为:规定向右为正方向，若MaUo=rnav1+mbv2y则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒,代入数据得:1=所以除需测量白纸上。点到A、3、C 三点的距离外，还需要测量的物理量有小球 和小球。的质量r mb故 B 正确，

37、A a)错误:故选：Bo(2)为了使a 碰撞匕后不被弹回，应满足mt lmb(4)测得斜槽末端与M的连线与竖直方向的夹角为由,由平抛规律，x1=v1t1,y =i5t-设斜槽末端与M 的连线长度为L(即圆弧半径为L),Sinal=CoSal=联立解得：女=严 苧 国:测得斜槽末端与P连线与竖直方向的夹角为。2同理可得：V。=J 空 誓 咽;测得斜槽末端与N的连线与竖直方向夹角为。3,同理可得：V2=IgLtana3sina32规定向右为正方向，结合动量守恒的式子：mav0=mav1+mhv2化简可得：maA/tana2sin2=a7tana1sina1+mb/tana3sina3t,故答案为：

38、(I)B;(2)；(4)M aJtana2Sin=mtana1sina1+nJtana3Sin3(1)(2)(3)根据实验原理，结合平抛运动规律验证动量守恒定律的关系式;(4)小球落在弧面上，根据水平位移关系和竖直位移的关系，求出初速度与距离的表达式，从而得出动量守恒的表达式。解决本题的关键掌握实验的原理，以及实验的步骤，在验证动量守恒定律实验中，无需测出速度的大小，可以用位移代表速度。同时注意运用平抛运动的知识结合几何关系得出碰撞前后两球的速度。18.【答案】解：(1)已知该波沿X轴正方向传播，波形向右平移，则知t=O时刻质点M的振动方向向上，经过1,7第二次形成波峰，即有l*T=3.5 s

39、,解得，T=2.0s由图知，波长4=4 m,则波速为U =今=如/s=2ms根据波形的平移法可知，当t=0时刻的无=-26处的振动形式传到N点，所需时间：t3=F =在剩余时间t4=IOS-3.5s=6.5s=穿T=3.257内，质点N振动的路程S=3.25 42cm=26cm答：(1)此波的周期T为2.0s；(2)前IOS内，质点N运动的路程S为26cm.【解析】已知该波沿X轴正方向传播，判断出t=0时刻质点P的振动方向，在0 =3.5s时质点P出现第二次波峰，根据时间t2=3.5s与周期的关系，求得周期。(2)读出波长，由U =:即可求出波速。再由波速求出波传到N点所需时间，从而求出N点振

40、动的时间，根据一个周期振动路程为4 4求质点N振动的路程。本题是波动图象问题，根据波的传播方向判断质点的振动方向，由波形的平移分析等等都是常用的方法。19.【答案】解：(1)设光线在尸点发生全反射的临界角为C,则光线在E点的折射角为90。-C,根据折射定律有sin60 1-=T I=-sin(90-C)-SinC解得：n=yj tanC=(2)在AEBF中有tanC=黑在小MCF中有tanC=益=M C M C联立解得：MC=型!二L答：(1)棱镜的折射率为圣(2)M、C两点之间的距离为史学L。【解析】(1)根据题目条件，分别用折射定律和全反射的临界角与折射率的关系写出折射率的表达式，再利用几

41、何关系联立求解即可得出折射率的大小；(2)再根据几何关系求出M、C两点之间的距离即可。本题考查光的折射定律、全反射等相关知识和计算问题，突破点在于灵活运用折射率的不同表达形式，并联合几何知识快速求解。20.【答案】解：（IM与B左侧挡板发生弹性碰撞过程中，满足动量守恒和机械能守恒，规定向左为正方向，有：T T T-AV0=TAVA+mBvBill2mAvo=2mv+2 mB 爆解得VA 2ms,VB=2ms碰撞后A的速度大小为2 m s,符号表示方向水平向右；（2）设A进入粗糙部分到停下来位移为根据定能定理-p4gxo=O -imxvi解得XQ=0.5m所用时间_%0to=V其 中=Iy I解

42、得：t=05s由于A返回到O点的正下方时，相对于地面的速度减为零，可知A减速的位移大小等于8的向左匀速运动过程的位移，在A匀速运动的过程中，对平板B,根据牛顿第二定律回（叫+）g=rna1可得01=3m s2根据位移与时间的关系可知1 2X0=vt1解得t1=ls（舍去）A开始减速时，B的速度V2=VB-a1t1在A减速过程中，对平板B,根据牛顿运动定律%叫招+2（啊 +r B）g=ma2解得a2=m/s2平板B在地面上又滑动的位移为/=三222因此运动过程中B 与地面因摩擦而生成的热量Q=林2 W 4+m)5(x0+x)代入数据解得：Q=0.55/(3)平板B光滑部分的长度d=vt1+X0从小球与A 碰后到A 再次回到。位置所需总时间t=-+t1+t0由题意可知t=J而T=2兀 1联立解得：L=m答：(1M 与 8 的挡板碰撞后，4 的速度大小为2m/s；(2)运动过程中B与地面因摩擦而生成的热量为0.55/；(3)摆长为年【解析】(I)A 与B 碰撞过程根据动量守恒和能量守恒可解得；(2)根据牛顿第二定律结合运动学公式可解得；分析A 3的运动情况，根据运动学公式解得B 的位移，从而计算摩擦力做功；(3)利用单摆周期公式，结合动能定理解得。本题考查力学综合问题，解题关键掌握动量守恒定律，能量守恒定律，牛顿第二定律与运动学公式的结合应用。