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2022-2023学年山西省晋城市第一中学校高二（下）月考物理试卷（4月）（含解析）
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这是一份2022-2023学年山西省晋城市第一中学校高二（下）月考物理试卷（4月）（含解析），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年山西省晋城市第一中学校高二（下）月考物理试卷（4月）
一、单选题（本题共8小题，共32分）
1. 下列关于声现象说法正确的是( )
A. 具有主动降噪功能的耳机是利用了声波的干涉原理
B. 观察者听到远去的列车发出的汽笛声，音调会变高
C. 校园内喇叭播出的音乐，高音比低音更容易发生衍射现象
D. 驱动力的频率越接近物体的固有频率，物体振动的振幅越小
2. 关于单摆，下列说法正确的是( )
A. 将单摆由沈阳移至广州，单摆周期变小
B. 将单摆的摆角从4°改为2°，单摆的周期变小
C. 当单摆的摆球运动到平衡位置时，摆球的速度最大
D. 当单摆的摆球运动到平衡位置时，受到的合力为零
3. 傍晚，太阳从西边落下，在人们观察到日落的时刻(太阳刚落在地平线上)，太阳的实际位置( )
A. 完全在地平线下方 B. 完全在地平线上方 C. 恰好落在地平线上 D. 以上选项都不正确
4. 飞力士棒是一种轻巧的运动训练器材，是一根弹性杆两端带有负重的器械，如图a。某型号的飞力士棒质量为600g，长度为1.5m，固有频率为4.5Hz。如图b，某人用手振动该飞力士棒进行锻炼，则下列说法正确的是( )
A. 使用者用力越大，飞力士棒振动越快
B. 无论手振动的频率多大，飞力士棒振动的频率都是4.5Hz
C. 手振动的频率增大，飞力士棒振动的幅度一定变大
D. 手每分钟振动270次时，飞力士棒产生共振
5. 如图甲所示，在x轴上有两个波源S1和S2，两波源在纸面内做垂直于x轴的简谐运动，其振动图像分别如图乙和图丙所示。两波源形成的机械波沿x轴传播的速度均为0.25m/s，则( )
A. 两波源形成的波不同，不能产生干涉现象
B. x=0的点为振动加强点，振幅为6m
C. x=1的点为振动减弱点，振幅为2m
D. 两波源的连线上(不含波源)有12个振动减弱点，它们的位移大小始终是2m
6. 牛顿在发现万有引力定律后曾思考过这样一个问题：假设地球是一个质量均匀分布的球体，已知质量分布均匀的球壳对球壳内物体的引力为零。沿地球的南北极打一个内壁光滑的洞，在洞口无初速度释放一个小球(小球的直径略小于洞的直径)，在小球向下端点运动的过程中，下列说法中正确的是( )
A. 小球可以穿出小洞
B. 小球在地心处动能最小
C. 小球在洞内做往复振动，小球受力与到地心距离的关系决定了此振动为非简谐运动
D. 若小球释放的位置再向下移动一点，则小球振动周期不变
7. 如图所示为静电喷漆示意图，由喷嘴K喷出的油漆，形成带负电的雾状液滴(初速度可忽略不计)，经A与K间的电场加速后奔向阳极A(被漆零件)并附着在上面。若A与K间的电压为U，喷漆装置的耗电功率为P，在时间t内喷嘴喷出的油漆质量为m，则油漆对零件表面的压力是( )
A. 2mPt B. 2mUt C. 2mPt D. 2mUPt
8. 如图所示，假设烟花上升到距地面高度为h的最高点时，炸裂成甲、乙、丙三个质量均为m的碎块(可视为质点)，其中甲的初速度大小为v0，方向竖直向上，乙、丙的初速度大小相等且夹角为120°，爆炸产生的热量为Q，重力加速度大小为g，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是( )
A. 爆炸刚结束时，乙、丙的合动量大小为2mv0
B. 三个物体到达地面时的动能不相等
C. 甲在落地的过程中，重力对甲的冲量大小为mv0+ v02+2gh
D. 爆炸过程中释放的总能量为32mv02
二、多选题（本题共4小题，共16分）
9. 图甲为某一列沿x轴传播的简谐横波在t=1.0s时刻的波形图，P质点对应的平衡位置的坐标为x=3.0m，Q质点对应的平衡位置的坐标为x=3.5m，M质点对应的平衡位置的坐标为x=4.0m。图乙为M质点的振动图像。下列说法正确的是( )
A. 该简谐波的传播速度为4m/s，传播方向沿x轴正方向
B. t=1.75s时P质点的振动速度大于Q质点的振动速度
C. 从t=1.0s到t=2.5s，P质点经过的路程为14cm
D. Q质点的振动方程为y=2sin2πt+3π4cm
10. 如图所示，甲和他的冰车总质量M=30kg，甲推着质量m=15kg的小木箱一起以速度v0=2m/s向右滑行。乙和他的冰车总质量也为M=30kg，乙以同样大小的速度迎面而来。为了避免相撞，甲将小木箱以速度v沿冰面推出，木箱滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦力，则小木箱的速度v可能为( )
A. 4m/s B. 5m/s C. 6m/s D. 7m/s
11. 如图所示，质量相等的长方体物块A、B叠放在光滑水平面上，两水平轻质弹簧的一端固定在竖直墙壁上，另一端分别与A、B相连接，两弹簧的原长相同，与A相连的弹簧的劲度系数小于与B相连的弹簧的劲度系数。将A、B一起向右移动到某一位置后释放，A、B一起运动且无相对滑动，弹簧处于弹性限度内，则( )
A. 物块A的加速度的大小与连接它的弹簧的形变量的大小成正比
B. 物块A受到的合力总大于弹簧对物块B的弹力
C. 物块A受到的摩擦力始终与弹簧对它的弹力方向相同
D. 物块A受到的摩擦力与弹簧对它的弹力方向有时相同，有时相反
12. 如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角为θ的光滑斜面底端，上端与物块B相连，物块B处于静止状态，现将物块A置于斜面上B的上方某位置处，取物块A的位置为原点O，沿斜面向下为正方向建立x轴坐标系，某时刻释放物块A，A与物块B碰撞后以共同速度沿斜面向下运动，碰撞时间极短，测得物块A的动能Ek与其位置坐标x的关系如图乙所示，图像中0∼x1之间为过原点的直线，其余部分为曲线，物块A、B均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，整个过程斜面固定不动，已知x1、x2、x3、E，则下列说法正确的是( )
A. 物块A、B的质量之比为1:3
B. 弹簧的劲度系数为Ex1x2-x1
C. A与B碰撞后，A在x2位置处弹簧压缩量为x2-x1
D. 从x1到x3的过程中，弹簧的弹性势能增加了E16x3-15x14x1
三、实验题（本题共2小题，共14分）
13. 某实验小组的同学用如图所示的装置做“用单摆测量重力加速度”实验。
(1)实验中该同学进行了如下操作，其中正确的是 ；
A.用公式g=4π2LT2计算时，将摆线长当作摆长
B.摆线上端牢固地系于悬点，摆动中不能出现松动
C.确保摆球在同一竖直平面内摆动
D.摆球不在同一竖直平面内运动，形成了圆锥摆
(2)在实验中，多次改变摆长L并测出相应周期T，计算出T2，将数据对应坐标点标注在T2-L坐标系(如图甲所示)中。请将L=0.700m，T2=2.88s2所对应的坐标点标注在图中，根据已标注数据坐标点，在图甲中描绘出T2-L图线 ，并通过图线求出当地的重力加速度g= m/s2(结果保留3位有效数字，π取3.14)；
(3)将不同实验小组的实验数据标注到同一T2-L坐标系中，分别得到实验图线a、b、c，如图乙所示。已知图线a、b、c平行，图线b过坐标原点。对于图线a、b、c。下列分析正确的是 。
A.出现图线c的原因可能是因为使用的摆线比较长
B.出现图线a的原因可能是误将摆线长记作摆长L
C.由图线b计算出的g值最接近当地的重力加速度，由图线a计算出的g值偏大，图线c计算出的g值偏小
14. 某同学用如图所示装置做“验证动量守恒定律”实验。图中O是斜槽水平末端在记录纸上的垂直投影点，P为未放被碰小球时入射小球的平均落点，M为与被碰小球碰后入射小球的平均落点，N为被碰小球的平均落点。
(1)关于实验要点，下列说法错误的是 (填选项字母)。
A.安装轨道时，轨道末端必须水平
B.实验过程中，复写纸可以移动，白纸不能移动
C.入射小球的质量小于被碰小球的质量，两球的半径相同
D.同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放
(2)实验中，除测量平抛射程OM、ON、OP外，还需要测量的物理量有 (填选项字母)。
A.测量入射小球质量m1和被碰小球质量m2
B.测量抛出点距地面的高度H
C.测量S离水平轨道的高度h
(3)图乙是被碰小球的多次落点痕迹，由此可确定其落点的平均位置对应的读数为 cm；若测量的物理量满足关系式 (用测量的物理量表示)，则入射小球和被碰小球碰撞前后的总动量不变；若OM、ON、OP满足关系式 ，则入射小球和被碰小球的碰撞为弹性碰撞。
四、计算题（本题共4小题，共38分）
15. 一个圆柱形筒，如图所示，直径d=12cm，高H=16cm，人眼在筒侧上方某处观察，所见筒左侧的深度为h=9cm，当筒中装满液体时，则恰能看到筒左侧的最低点。光在真空中传播速度c=3.0×108m/s。求：
(1)此液体的折射率n．
(2)光在此液体中的传播速度v。
16. 一列简谐横波沿x轴传播，a、b为x轴上相距0.5m的两质点，如图甲所示。两质点的振动图像分别如图乙、丙所示。
(1)若波速为2.5m/s，求该波的波长λ；
(2)若该波的波长λ满足关系0.2m<λ'<0.3m，求可能的波速v。
17. 如图所示，三角架质量为M，沿其中轴线用两根轻弹簧拴一质量为m的小球，原来三角架静止在水平面上。现使小球做上下振动，已知三角架对水平面的压力最小为零，求：
(1)小球在最高点时的瞬时加速度；
(2)若上、下两弹簧的劲度系数均为k，则小球做简谐运动的振幅为多少？
18. 如图所示，一滑板的上表面由长度为L的水平部分AB和半径为R的四分之一光滑圆弧BC组成，两部分在B点平滑连接，A、C为端点，滑板静止于光滑的水平地面上。物体P(视为质点)置于滑板上面的A点，物体P与滑板水平部分AB有摩擦。一长为L不可伸长的细线，一端固定于O'点，另一端系一质量为m0的小球Q(视为质点)，小球Q位于最低点时与物体P处于同一高度并恰好接触。现将小球Q拉至与O'同一高度(细线处于水平拉直状态)，然后由静止释放，小球Q向下摆动并与物体P发生弹性碰撞(碰撞时间极短)。已知物体P的质量为m，滑板的质量为2m，重力加速度大小为g，cos5°=0.996，不计空气阻力。
(1)求小球Q与物体P碰撞后瞬间，物体P的速度大小；
(2)若要保证物体P能从C点滑出，求物体P与滑板水平部分的动摩擦因数μ需满足的条件；
(3)若m0=1.1m，μ=0.4，小球Q与物体P发生弹性碰撞后，物体P将在滑板上向左运动，通过B点后又返回，最终相对滑板静止于水平部分AB上的某点，此时小球Q恰好是碰后第6次回到最低点。求物体P从第一次经过B点到第二次经过B点的时间。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A.具有主动降噪功能的耳机是利用了声波的干涉原理，故A正确；
B.观察者听到远去的列车发出的汽笛声，根据多普勒效应可知，音调会变低，故B错误；
C.校园内喇叭播出的音乐，高音频率大，波长小，低音频率小，波长大，波长越大越容易发生衍射现象，则低音比高音更容易发生衍射现象，故C错误；
D.驱动力的频率越接近物体的固有频率，物体振动的振幅越大，故D错误。
故选A。
2.【答案】C
【解析】A.将单摆由沈阳移至广州，因重力加速度减小，根据
T=2π Lg
可知，单摆周期变大，A错误；
B.单摆的周期与摆角无关，将单摆的摆角从4°改为2°，单摆的周期不变，B错误；
CD.当单摆的摆球运动到平衡位置时，摆球的速度最大，有向心加速度，所受合力不为零，C正确，D错误；
故选C。
3.【答案】A
【解析】由于太阳光从真空进入地球大气层时要发生折射，使我们看到的太阳位置比实际位置要高，因此当人们观察到太阳还在地平线上时，太阳的实际位置已在地平线以下。
故选A。
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查了受迫振动，明确受迫振动的频率与驱动力的大小无关，当外力振动的频率等于固有频率时物体发生共振，振幅最大。
受迫振动的频率与驱动力的大小无关，与驱动力的频率相等；当驱动力的频率与物体的固有频率相等时会发生共振现象，振幅最大。
【解答】
AB.人用手振动该飞士力棒，让其做受迫振动，受迫振动的频率与驱动力的大小无关，其频率等于周期性外力的频率，手振动的频率增大，飞力士棒振动的频率越大，故AB错误；
CD.当手振动的频率接近该飞力士棒的固有频率时，飞士力棒振动幅度才会变大；当振动频率等于该飞士力棒的固有频率时，即每分钟振动270次，则每秒为27060=4.5次，则f=4.5Hz，飞士力棒产生共振，故C错误，D正确
5.【答案】B
【解析】A.由图乙、图丙可知两列波的周期都为4s，则两列波的频率都为f=1T=0.25Hz，可知两列波的频率相同，相位差恒定，可形成稳定的干涉现象，A错误；
B.两列波的波长均为λ=vT=0.25×4m=1m，x=0点到两波源的波程差为Δs1=4m-2m=2m=2λ，由于两波源的起振方向相同，可知x=0点为振动加强点，振幅为A=4m+2m=6m，B正确；
C.x=1点到两波源的波程差为Δs1=3m-3m=0，由于两波源的起振方向相同，可知x=1点为振动加强点，振幅为A=4m+2m=6m，C错误；
D.两波源的连线上(不含波源)点与两波源的波程差满足-6λ=-6m<Δs<6m=6λ，由于两波源的起振方向相同，可知当波程差满足 (2n+1)⋅λ2 时，该点为振动减弱点，则有2×(-6)+1×12m=-5.5m>-6m，(2×5+1)×12m=5.5m<6m，可知两波源的连线上(不含波源)有11个振动减弱点，它们的振幅为2m，但位移在0到2m之间变化，D错误。
故选B。
6.【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意可求出小球受到万有引力的合力，由此可知小球做简谐运动，根据简谐运动的特点进行分析。
本题主要是考查简谐运动的特点，解答本题的关键是能够推导小球受到的万有引力与到地心距离的关系，由此分析小球的运动情况。
【解答】
CD.设地球半径为R，地球质量为M，小球质量为m，小球偏离地心的位移为x，根据题意，根据引力公式
F=GMmR2
又
M=ρ⋅43πR3
小球偏离地心的位移为x，此处地球的质量为
M'=ρ⋅43πx3
考虑到方向性可求出小球偏离地心的位移为x处受到万有引力的合力为
F=-GMmR3x
可知引力的合力大小与球偏离地心的位移x成正比，方向相反，所以小球做简谐运动，简谐运动周期与振幅无关，故C错误，D正确；
AB.当合力为零时，速度最大，所以小球在地心处动能最大，在洞口无初速度释放一个小球，小球先加速再减速，根据对称性知小球不能穿出小洞，故 AB错误。
故选D。
7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查动量定理，动能定理在电场中的应用，解决本题的关键在于根据动能定理求出油漆到达零件表面时的速度，根据动量定理求解作用力。
【解答】
设单位时间内喷的质量为m0，这些油漆所带电荷量为q0，油喷到零件上时的速度大小为v，则根据动能定理有q0U=12m0v2，其中m0=mt，
油漆喷到零件上时的动量p=m0v= 2moqU，
由于油漆喷到零件上后便附着在其上，即末速度为等，根据动量定理可知F=ΔpΔt，得单位时间内油漆对零件的平均作用力为F= 2mq0U，
根据I=qt，在单位时间内得I=q0，
因此F= 2m0q0U= 2m0IU= 2mPt，故C正确，ABD错误。
8.【答案】C
【解析】解：A.根据动量守恒可知，爆炸刚结束时，乙、丙的合动量应与甲的动量等大反向，即大小为mv0，故A错误；
B.三物块的质量相等，且乙、丙的初速度大小相等且夹角为120°，根据平行四边形定则可知，乙、丙的动量大小与乙、丙两速度合成后的动量大小相同，因此三个物块初速度大小均相等，初动能相等，三个物体到达地面时重力做功相等，则末动能相等，故B错误；
C.甲在落地的过程中，设用时为t，则有
h=-v0t+12gt2
重力对甲的冲量大小
I=mgt
解得
I=m(v0+ v02+2gh)
故C正确；
D.结合以上分析，三个物块初速度大小和初动能均相同，爆炸过程中释放的总能量即三个物块初动能之和加上爆炸产生的热量为Q，即大于32mv02，故D错误。
故选：C。
爆炸过程中三个物体组成的系统动量守恒，根据动能定理判断物体到达地面的动能，根据动量定理解得甲在落地的过程中，重力对甲的冲量大小，爆炸过程中释放的总能量即三个物块初动能之和加上爆炸产生的热量。
本题考查动量守恒定律，解题关键掌握爆炸过程动量守恒，注意动量定理的应用。
9.【答案】BD
【解析】
【分析】
由甲图可读出波动信息，由乙图可读出质点的振动信息，由v=λT计算波速，分析时间与周期的关系确定质点的振动情况，以及简谐运动的表达式．
本题关键要把握两种图象的联系，能根据振动图象读出质点的速度方向，在波动图象上判断出波的传播方向．
【解答】
A.根据图像可知波长为4m，周期为1s，则波的传播速度v=λT=41m/s=4m/s
根据图乙可知t=1.0s时刻M质点沿y轴负方向运动，结合图甲，根据同侧法可知波传播方向沿x轴负方向， A错误；
B.在t=1.75s时，由于1.75s-1.0s=0.75s=34T
根据图甲可知，1.75s时刻，P质点位于平衡位置，Q质点位于平衡位置与波峰之间，则t=1.75s
时P质点的振动速度大于Q质点的振动速度，B正确；
C.从t=1.0s到t=2.5s，由于2.5s-1.0s=1.5s=32T
则P质点经过的路程为6×2cm=12cm，C错误;
D.图甲所示的波的方程为y=2sin(2π4x+π)cm=2sin(π2x+π)cm
Q质点对应的平衡位置的坐标为x=3.5m，则1.0s时Q质点的位移为y1=2sin(π2×3.5+π)cm=2 2cm
由于周期为1.0s，可知t=1.0s时刻的波形与t=0时刻的波形相同，即0时刻Q质点的位移为2 2cm，令Q质点的振动方程为y=2sin(2πTt+φ)cm
由于0时刻Q质点的位移亦为2 2cm，根据根据上述Q质点沿y轴负方向运动，则可解得φ=3π4
即Q质点的振动方程为y=2sin(2πt+3π4)cm，D正确。
故选BD。
10.【答案】CD
【解析】
【分析】
本题考查了一维碰撞模型；解决本题的关键是在于分析过程，选择规律，明确是不相撞的条件：甲、乙的速度相等。
甲将箱子沿冰面推给乙的过程，甲和箱子组成的系统动量守恒。乙把箱子抓住的过程，乙与箱子组成的系统动量守恒。当甲与乙恰好不相撞时，甲将箱子推给乙后速度与乙接住箱子后的速度恰好相等。根据动量守恒定律和速度相等条件求解甲推箱子的速度大小。
【解答】
设甲至少以速度v将箱子推出，推出箱子后甲的速度为v甲，乙接在箱子后的速度为v乙，取向右方向为正方向。甲将箱子沿冰面推给乙的过程，甲和箱子组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得M+mv0=Mv甲+mv；
乙把箱子抓住的过程，乙与箱子组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得mv-Mv0=m+Mv乙；
如果甲、乙不相撞，则有v甲≤v乙；
联立解得v⩾5.2m/s；
故AB错误，CD正确。
11.【答案】AC
【解析】
【分析】
A、B一起移动到最右端时没有发生相对滑动，说明最大静摩擦力大于弹簧A的弹力，根据胡克定律判断AB弹簧弹力的大小，对AB整体根据牛顿第二定律求出整体加速度，再分别对A、B进行受力分析，根据牛顿第二定律列式即可判断。本题主要考查了牛顿第二定律及胡克定律的直接应用，关键是正确对AB进行受力分析，注意整体法和隔离法的应用；并注意分析判断静摩擦力的方向。
【解答】
A.BA受拉力及摩擦力的作用，一起移动到最右端时没有发生相对滑动，说明最大静摩擦力大于弹簧A的弹力，根据胡克定律得：
FA=kAx，FB=kBx，根据题意可知，kA
FA+FB=2ma；a=(kA+kB)x2m；故a与x成正比；故A正确；
BCD.因：kA
对B根据牛顿第二定律得：FB-f=ma所以A受到的合力小于弹簧对B的弹力，故BD错误，C正确。
故选AC。
12.【答案】ABD
【解析】A.由图乙可知，物块A与物块B碰撞前的动能
12mAv2=E
可得物块A与物块B碰撞前的速度
v= 2EmA
物块A与物块B碰撞后的动能
12mAv共2=116E
可得物块A与物块B碰撞后的速度
v共= 2E16mA=v4
物块A与物块B碰撞时间极短，根据动量守恒定律
mAv=mA+mBv4
解得
mAmB=13
A正确；
BC.弹簧上端与物块B相连，物块B处于静止状态，设此时弹簧的形变量为 x0 ，结合图甲根据平衡条件可知
mBgsinθ=kx0
由图乙可知，当AB一起运动到 x2 时，此时弹簧的压缩量为
Δx=x2-x1-x0
速度最大，此时弹簧对AB的弹力大小等于AB重力沿斜面的分力，即
mAgsinθ+mBgsinθ=kx2-x1+x0
物块A从O点运动到位置 x1 的过程中，根据动能定理
mAgsinθx1=E
联立解得
k=Ex1x2-x1
B正确，C错误；
D.物块A与物块B碰撞后，物块A的动能为 E16 ，根据A的分析可得碰后根据物块B的动能为 3E16 ，物块由 x1 运动到 x3 过程中，根据能量守恒定律
mA+mBgsinθx3-x1+E16+3E16=ΔEp
代入数据解得
ΔEp=E16x3-15x14x1
D正确；
故选ABD。
13.【答案】 BC##CB 9.86 B
【解析】(1)[1]A.用公式 g=4π2LT2 计算时，应该将将悬点到摆球重心之间的间距当作摆长，即应该将摆线长与摆球的半径之和当作摆长，A错误；
B.实验过程，单摆的摆长不能发生变化，即摆线上端牢固地系于悬点，摆动中不能出现松动，B正确；
CD.单摆的运动应该是同一竖直平面内的圆周运动，即实验是应该确保摆球在同一竖直平面内摆动，不能够使摆球不在同一竖直平面内运动，形成了圆锥摆，C正确，D错误。
故选BC。
(2)[2]将该坐标点标注在坐标中，用一条倾斜的直线将描绘的点迹连接起来，使点迹均匀分布在直线两侧，如图所示
[3]根据
T=2π Lg
则有
T2=4π2gL
结合图像有
4π2g=3.48-2.480.850-0.600s2⋅m-1
解得
g=9.86m/s2
(3)[4]A.根据图线c的可知，在 T2 取为0时，L不为0，表明选择的L的长度比实际的摆长大一些，即有可能是将摆线的长与摆球的直径之和作为摆长L，此时有
T=2π L-d2g
即有
T2=4π2gL-2dπ2g
该图像与摆线的长度大小无关，A错误；
B.若将摆线长记作摆长L，则有
T=2π L+d2g
即有
T2=4π2gL+2dπ2g
该函数对应的图像是a，即出现图线a的原因可能是误将摆线长记作摆长L，B正确；
C.根据上述可知，三条图像的斜率均为
k=4π2g
解得
g=4π2k
可知，三条图线求出的重力加速度相同，C错误。
故选B。
14.【答案】 C A 55.40##55.50##55.60 m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON OP+OM=ONΔt=6π-110 263 Lg
【解析】(1)[1] A.为使小球离开轨道做平抛运动，保证出射速度水平，所以轨道末端必须水平，故A正确；
B.在实验过程中，小球的落点通过白纸和复写纸获得，若移动白纸将不能确定小球的位置，但复写纸可以移动，故B正确；
C.为防止入射小球碰后反弹，则入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，故C错误；
D.同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放，以保证到达底端做平抛运动时的速度相同，故D正确。
故选C。
(2)[2] A.需要测量两个小球的质量 m1 、 m2 ，故A正确；
B.不需要测量抛出点距地面的高度H，故B错误；
C.不需要测量S离水平轨道的高度h，故C错误。
故选A。
(3)[3]由图乙可得落点的平均位置所对应的读数为 55.50cm ；
[4]设入射小球做平抛运动的初速度为 v0 ，碰撞后入射小球的速度为 v1 ，被碰小球的速度为 v2 ，根据动量守恒定律可知，若满足
m1v0=m1v1+m2v2
则可得到碰撞前后的总动量不变，本实验中碰撞前后小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，位移相同，而做平抛运动的时间
t= 2Hg
可知运动时间相同，水平方向做匀速直线运动，根据动量守恒定律可得
m1OPt=m1OMt+m2ONt
最终可知若测量的物理量满足关系式
m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON
则入射小球和被碰小球碰撞前后的总动量不；
[5]弹性碰撞过程中机械能守恒，则由动量守恒定律
m1v0=m1v1+m2v2
以及机械能守恒定律
12m1v02=12m1v12+12m2v22
可得
v0+v1=v2
即
OP+OM=ON
可知当满足关系式
OP+OM=ON
两球的碰撞为弹性碰撞。
15.【答案】解：(1)光路图如图所示
根据几何知识有sinθ1=d d2+h2，sinθ2=d d2+H2
根据折射定律有n=sinθ1sinθ2=d d2+h2d d2+H2= d2+H2 d2+h2= 122+162 122+92=43
(2)光在此液体中的传播速度为v=cn=3×10843m/s=2.25×108m/s
答：(1)此液体的折射率n为43；
(2)光在此液体中的传播速度v为2.25×108m/s。
【解析】(1)画出光路图，根据几何知识求出入射角正弦和折射角正弦，运用折射定律求出液体的折射率n。
(2)根据v=cn求出光在液体中的传播速度v。
解决本题的关键是画出光路图，运用几何知识求出入射角正弦和折射角正弦，要掌握折射率的定义式和光速与折射率关系公式。
16.【答案】解：(1)由图乙知，周期T=0.8s
当波速v=2.5m/s时，波长λ=vT=2m；
(2) ①若波由a向b方向传播，则
(n+34)λ'=0.5m(n=0,1,2,⋯⋯)
其中0.2m<λ'<0.3m
解得λ1'=27m(仅n=1符合)
则波速v1=λ1'T=514m/s；
②若波由b向a方向传播，则：
(n+14)λ'=0.5m(n=0,1,2,⋯⋯)
得λ2'=29m(仅n=2符合)
波速v2=λ2'T=518m/s
故波速为514m/s或518m/s。
【解析】(1)根据图乙得出周期，根据λ=vT解得波长；
(2)根据波传播的多解性，结合波长和周期求出波的传播速度。
本题本题考查机械波的传播，首先考查读图的能力，其次考查列通项式的能力。知道波传播的周期性。
17.【答案】解：(1)小球运动到最高点时，三角架对水平面的压力最小为零，此时两弹簧对三角架的弹力为
F弹=Mg
竖直向上，则两弹簧对小球的弹力F '=F =Mg，方向向下，
对小球根据牛顿第二定律有：F弹+mg=ma
解得：a=(M+m)gm，方向竖直向下；
(2)小球做简谐运动，设振幅为A，则从平衡位置到最高点，每个弹簧对小球的弹力变化都为
ΔF=kA，方向竖直向下，则有：2kA=ma
解得：A=(M+m)g2k。
【解析】本题考查牛顿第二定律的应用及回复力的公式应用。解题关键是对临界条件进行分析，得到回复力的最大值。
(1)三角架对水平面的压力最小为零，此时对整体根据牛顿第二定律列式求解小球在最高点时的瞬时加速度；
(2)根据两个弹簧对小球的弹力之和和牛顿第二定律可求得小球做简谐运动的振幅。
18.【答案】(1) vP=2m0m0+m 2gL ；(2) μ<8m023m0+m2-RL ；(3) Δt=6π-110 263 Lg
【解析】
(1)在Q下落过程中有
m0gL=12m0v12
在P、Q碰撞过程中有
m0v1=m0vQ+mvP
12m0v12=12m0vQ2+12mvP2
联立得
vP=2m0m0+m 2gL
vQ=m0-mm0+m 2gL
(2)若P到达C点时竖直分速度变为0，此时它与滑板的共同速度设为v共，对P与滑板系统有
mvP=3mv共
若物体P能从C点滑出应满足
12mvP2-123mv共2>mgR+μmgL
联立得
μ<8m023m0+m2-RL
(3)当 m0=1.1m 时，P与Q碰后各自的速度分别为
v'P=2m0m0+m 2gL=2221 2gL
vQ=m0-mm0+m 2gL=121 2gL
Q再次上升的过程中
m0gL-Lcosθ=12m0vQ2
解得
cosθ=1-1212≈0.998
所以
θ<5∘
即Q碰后做简谐运动，其周期为
T=2π Lg
对P在板上由A到B过程中有
12mvP'2-12mvPB2-122mv板B2=μmgL
mv'P=mvPB+2mv板B
将以上两式联立
vPB=v'P± 4vP'2-12μgL3
P第一次到达B点的速度为
vPB1=v'P+ 4vP'2-12μgL3
P第二次到达B点的速度为
vPB2=v'P- 4vP'2-12μgL3
又
μmg=ma
A到B过程中有
vPB1=v'P-at1
对P与滑板整体有
mv'P=3mv'共
P从第二次经过B点到相对于滑板静止过程中有
v'共=vPB2+at2
所求时间为
Δt=6⋅T2-t1+t2
综上求得
Δt=6π-110 263 Lg
2022-2023学年山西省晋城市第一中学校高二（下）月考物理试卷（4月）
一、单选题（本题共8小题，共32分）
1. 下列关于声现象说法正确的是( )
A. 具有主动降噪功能的耳机是利用了声波的干涉原理
B. 观察者听到远去的列车发出的汽笛声，音调会变高
C. 校园内喇叭播出的音乐，高音比低音更容易发生衍射现象
D. 驱动力的频率越接近物体的固有频率，物体振动的振幅越小
2. 关于单摆，下列说法正确的是( )
A. 将单摆由沈阳移至广州，单摆周期变小
B. 将单摆的摆角从4°改为2°，单摆的周期变小
C. 当单摆的摆球运动到平衡位置时，摆球的速度最大
D. 当单摆的摆球运动到平衡位置时，受到的合力为零
3. 傍晚，太阳从西边落下，在人们观察到日落的时刻(太阳刚落在地平线上)，太阳的实际位置( )
A. 完全在地平线下方 B. 完全在地平线上方 C. 恰好落在地平线上 D. 以上选项都不正确
4. 飞力士棒是一种轻巧的运动训练器材，是一根弹性杆两端带有负重的器械，如图a。某型号的飞力士棒质量为600g，长度为1.5m，固有频率为4.5Hz。如图b，某人用手振动该飞力士棒进行锻炼，则下列说法正确的是( )
A. 使用者用力越大，飞力士棒振动越快
B. 无论手振动的频率多大，飞力士棒振动的频率都是4.5Hz
C. 手振动的频率增大，飞力士棒振动的幅度一定变大
D. 手每分钟振动270次时，飞力士棒产生共振
5. 如图甲所示，在x轴上有两个波源S1和S2，两波源在纸面内做垂直于x轴的简谐运动，其振动图像分别如图乙和图丙所示。两波源形成的机械波沿x轴传播的速度均为0.25m/s，则( )
A. 两波源形成的波不同，不能产生干涉现象
B. x=0的点为振动加强点，振幅为6m
C. x=1的点为振动减弱点，振幅为2m
D. 两波源的连线上(不含波源)有12个振动减弱点，它们的位移大小始终是2m
6. 牛顿在发现万有引力定律后曾思考过这样一个问题：假设地球是一个质量均匀分布的球体，已知质量分布均匀的球壳对球壳内物体的引力为零。沿地球的南北极打一个内壁光滑的洞，在洞口无初速度释放一个小球(小球的直径略小于洞的直径)，在小球向下端点运动的过程中，下列说法中正确的是( )
A. 小球可以穿出小洞
B. 小球在地心处动能最小
C. 小球在洞内做往复振动，小球受力与到地心距离的关系决定了此振动为非简谐运动
D. 若小球释放的位置再向下移动一点，则小球振动周期不变
7. 如图所示为静电喷漆示意图，由喷嘴K喷出的油漆，形成带负电的雾状液滴(初速度可忽略不计)，经A与K间的电场加速后奔向阳极A(被漆零件)并附着在上面。若A与K间的电压为U，喷漆装置的耗电功率为P，在时间t内喷嘴喷出的油漆质量为m，则油漆对零件表面的压力是( )
A. 2mPt B. 2mUt C. 2mPt D. 2mUPt
8. 如图所示，假设烟花上升到距地面高度为h的最高点时，炸裂成甲、乙、丙三个质量均为m的碎块(可视为质点)，其中甲的初速度大小为v0，方向竖直向上，乙、丙的初速度大小相等且夹角为120°，爆炸产生的热量为Q，重力加速度大小为g，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是( )
A. 爆炸刚结束时，乙、丙的合动量大小为2mv0
B. 三个物体到达地面时的动能不相等
C. 甲在落地的过程中，重力对甲的冲量大小为mv0+ v02+2gh
D. 爆炸过程中释放的总能量为32mv02
二、多选题（本题共4小题，共16分）
9. 图甲为某一列沿x轴传播的简谐横波在t=1.0s时刻的波形图，P质点对应的平衡位置的坐标为x=3.0m，Q质点对应的平衡位置的坐标为x=3.5m，M质点对应的平衡位置的坐标为x=4.0m。图乙为M质点的振动图像。下列说法正确的是( )
A. 该简谐波的传播速度为4m/s，传播方向沿x轴正方向
B. t=1.75s时P质点的振动速度大于Q质点的振动速度
C. 从t=1.0s到t=2.5s，P质点经过的路程为14cm
D. Q质点的振动方程为y=2sin2πt+3π4cm
10. 如图所示，甲和他的冰车总质量M=30kg，甲推着质量m=15kg的小木箱一起以速度v0=2m/s向右滑行。乙和他的冰车总质量也为M=30kg，乙以同样大小的速度迎面而来。为了避免相撞，甲将小木箱以速度v沿冰面推出，木箱滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦力，则小木箱的速度v可能为( )
A. 4m/s B. 5m/s C. 6m/s D. 7m/s
11. 如图所示，质量相等的长方体物块A、B叠放在光滑水平面上，两水平轻质弹簧的一端固定在竖直墙壁上，另一端分别与A、B相连接，两弹簧的原长相同，与A相连的弹簧的劲度系数小于与B相连的弹簧的劲度系数。将A、B一起向右移动到某一位置后释放，A、B一起运动且无相对滑动，弹簧处于弹性限度内，则( )
A. 物块A的加速度的大小与连接它的弹簧的形变量的大小成正比
B. 物块A受到的合力总大于弹簧对物块B的弹力
C. 物块A受到的摩擦力始终与弹簧对它的弹力方向相同
D. 物块A受到的摩擦力与弹簧对它的弹力方向有时相同，有时相反
12. 如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角为θ的光滑斜面底端，上端与物块B相连，物块B处于静止状态，现将物块A置于斜面上B的上方某位置处，取物块A的位置为原点O，沿斜面向下为正方向建立x轴坐标系，某时刻释放物块A，A与物块B碰撞后以共同速度沿斜面向下运动，碰撞时间极短，测得物块A的动能Ek与其位置坐标x的关系如图乙所示，图像中0∼x1之间为过原点的直线，其余部分为曲线，物块A、B均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，整个过程斜面固定不动，已知x1、x2、x3、E，则下列说法正确的是( )
A. 物块A、B的质量之比为1:3
B. 弹簧的劲度系数为Ex1x2-x1
C. A与B碰撞后，A在x2位置处弹簧压缩量为x2-x1
D. 从x1到x3的过程中，弹簧的弹性势能增加了E16x3-15x14x1
三、实验题（本题共2小题，共14分）
13. 某实验小组的同学用如图所示的装置做“用单摆测量重力加速度”实验。
(1)实验中该同学进行了如下操作，其中正确的是 ；
A.用公式g=4π2LT2计算时，将摆线长当作摆长
B.摆线上端牢固地系于悬点，摆动中不能出现松动
C.确保摆球在同一竖直平面内摆动
D.摆球不在同一竖直平面内运动，形成了圆锥摆
(2)在实验中，多次改变摆长L并测出相应周期T，计算出T2，将数据对应坐标点标注在T2-L坐标系(如图甲所示)中。请将L=0.700m，T2=2.88s2所对应的坐标点标注在图中，根据已标注数据坐标点，在图甲中描绘出T2-L图线 ，并通过图线求出当地的重力加速度g= m/s2(结果保留3位有效数字，π取3.14)；
(3)将不同实验小组的实验数据标注到同一T2-L坐标系中，分别得到实验图线a、b、c，如图乙所示。已知图线a、b、c平行，图线b过坐标原点。对于图线a、b、c。下列分析正确的是 。
A.出现图线c的原因可能是因为使用的摆线比较长
B.出现图线a的原因可能是误将摆线长记作摆长L
C.由图线b计算出的g值最接近当地的重力加速度，由图线a计算出的g值偏大，图线c计算出的g值偏小
14. 某同学用如图所示装置做“验证动量守恒定律”实验。图中O是斜槽水平末端在记录纸上的垂直投影点，P为未放被碰小球时入射小球的平均落点，M为与被碰小球碰后入射小球的平均落点，N为被碰小球的平均落点。
(1)关于实验要点，下列说法错误的是 (填选项字母)。
A.安装轨道时，轨道末端必须水平
B.实验过程中，复写纸可以移动，白纸不能移动
C.入射小球的质量小于被碰小球的质量，两球的半径相同
D.同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放
(2)实验中，除测量平抛射程OM、ON、OP外，还需要测量的物理量有 (填选项字母)。
A.测量入射小球质量m1和被碰小球质量m2
B.测量抛出点距地面的高度H
C.测量S离水平轨道的高度h
(3)图乙是被碰小球的多次落点痕迹，由此可确定其落点的平均位置对应的读数为 cm；若测量的物理量满足关系式 (用测量的物理量表示)，则入射小球和被碰小球碰撞前后的总动量不变；若OM、ON、OP满足关系式 ，则入射小球和被碰小球的碰撞为弹性碰撞。
四、计算题（本题共4小题，共38分）
15. 一个圆柱形筒，如图所示，直径d=12cm，高H=16cm，人眼在筒侧上方某处观察，所见筒左侧的深度为h=9cm，当筒中装满液体时，则恰能看到筒左侧的最低点。光在真空中传播速度c=3.0×108m/s。求：
(1)此液体的折射率n．
(2)光在此液体中的传播速度v。
16. 一列简谐横波沿x轴传播，a、b为x轴上相距0.5m的两质点，如图甲所示。两质点的振动图像分别如图乙、丙所示。
(1)若波速为2.5m/s，求该波的波长λ；
(2)若该波的波长λ满足关系0.2m<λ'<0.3m，求可能的波速v。
17. 如图所示，三角架质量为M，沿其中轴线用两根轻弹簧拴一质量为m的小球，原来三角架静止在水平面上。现使小球做上下振动，已知三角架对水平面的压力最小为零，求：
(1)小球在最高点时的瞬时加速度；
(2)若上、下两弹簧的劲度系数均为k，则小球做简谐运动的振幅为多少？
18. 如图所示，一滑板的上表面由长度为L的水平部分AB和半径为R的四分之一光滑圆弧BC组成，两部分在B点平滑连接，A、C为端点，滑板静止于光滑的水平地面上。物体P(视为质点)置于滑板上面的A点，物体P与滑板水平部分AB有摩擦。一长为L不可伸长的细线，一端固定于O'点，另一端系一质量为m0的小球Q(视为质点)，小球Q位于最低点时与物体P处于同一高度并恰好接触。现将小球Q拉至与O'同一高度(细线处于水平拉直状态)，然后由静止释放，小球Q向下摆动并与物体P发生弹性碰撞(碰撞时间极短)。已知物体P的质量为m，滑板的质量为2m，重力加速度大小为g，cos5°=0.996，不计空气阻力。
(1)求小球Q与物体P碰撞后瞬间，物体P的速度大小；
(2)若要保证物体P能从C点滑出，求物体P与滑板水平部分的动摩擦因数μ需满足的条件；
(3)若m0=1.1m，μ=0.4，小球Q与物体P发生弹性碰撞后，物体P将在滑板上向左运动，通过B点后又返回，最终相对滑板静止于水平部分AB上的某点，此时小球Q恰好是碰后第6次回到最低点。求物体P从第一次经过B点到第二次经过B点的时间。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A.具有主动降噪功能的耳机是利用了声波的干涉原理，故A正确；
B.观察者听到远去的列车发出的汽笛声，根据多普勒效应可知，音调会变低，故B错误；
C.校园内喇叭播出的音乐，高音频率大，波长小，低音频率小，波长大，波长越大越容易发生衍射现象，则低音比高音更容易发生衍射现象，故C错误；
D.驱动力的频率越接近物体的固有频率，物体振动的振幅越大，故D错误。
故选A。
2.【答案】C
【解析】A.将单摆由沈阳移至广州，因重力加速度减小，根据
T=2π Lg
可知，单摆周期变大，A错误；
B.单摆的周期与摆角无关，将单摆的摆角从4°改为2°，单摆的周期不变，B错误；
CD.当单摆的摆球运动到平衡位置时，摆球的速度最大，有向心加速度，所受合力不为零，C正确，D错误；
故选C。
3.【答案】A
【解析】由于太阳光从真空进入地球大气层时要发生折射，使我们看到的太阳位置比实际位置要高，因此当人们观察到太阳还在地平线上时，太阳的实际位置已在地平线以下。
故选A。
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查了受迫振动，明确受迫振动的频率与驱动力的大小无关，当外力振动的频率等于固有频率时物体发生共振，振幅最大。
受迫振动的频率与驱动力的大小无关，与驱动力的频率相等；当驱动力的频率与物体的固有频率相等时会发生共振现象，振幅最大。
【解答】
AB.人用手振动该飞士力棒，让其做受迫振动，受迫振动的频率与驱动力的大小无关，其频率等于周期性外力的频率，手振动的频率增大，飞力士棒振动的频率越大，故AB错误；
CD.当手振动的频率接近该飞力士棒的固有频率时，飞士力棒振动幅度才会变大；当振动频率等于该飞士力棒的固有频率时，即每分钟振动270次，则每秒为27060=4.5次，则f=4.5Hz，飞士力棒产生共振，故C错误，D正确
5.【答案】B
【解析】A.由图乙、图丙可知两列波的周期都为4s，则两列波的频率都为f=1T=0.25Hz，可知两列波的频率相同，相位差恒定，可形成稳定的干涉现象，A错误；
B.两列波的波长均为λ=vT=0.25×4m=1m，x=0点到两波源的波程差为Δs1=4m-2m=2m=2λ，由于两波源的起振方向相同，可知x=0点为振动加强点，振幅为A=4m+2m=6m，B正确；
C.x=1点到两波源的波程差为Δs1=3m-3m=0，由于两波源的起振方向相同，可知x=1点为振动加强点，振幅为A=4m+2m=6m，C错误；
D.两波源的连线上(不含波源)点与两波源的波程差满足-6λ=-6m<Δs<6m=6λ，由于两波源的起振方向相同，可知当波程差满足 (2n+1)⋅λ2 时，该点为振动减弱点，则有2×(-6)+1×12m=-5.5m>-6m，(2×5+1)×12m=5.5m<6m，可知两波源的连线上(不含波源)有11个振动减弱点，它们的振幅为2m，但位移在0到2m之间变化，D错误。
故选B。
6.【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意可求出小球受到万有引力的合力，由此可知小球做简谐运动，根据简谐运动的特点进行分析。
本题主要是考查简谐运动的特点，解答本题的关键是能够推导小球受到的万有引力与到地心距离的关系，由此分析小球的运动情况。
【解答】
CD.设地球半径为R，地球质量为M，小球质量为m，小球偏离地心的位移为x，根据题意，根据引力公式
F=GMmR2
又
M=ρ⋅43πR3
小球偏离地心的位移为x，此处地球的质量为
M'=ρ⋅43πx3
考虑到方向性可求出小球偏离地心的位移为x处受到万有引力的合力为
F=-GMmR3x
可知引力的合力大小与球偏离地心的位移x成正比，方向相反，所以小球做简谐运动，简谐运动周期与振幅无关，故C错误，D正确；
AB.当合力为零时，速度最大，所以小球在地心处动能最大，在洞口无初速度释放一个小球，小球先加速再减速，根据对称性知小球不能穿出小洞，故 AB错误。
故选D。
7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查动量定理，动能定理在电场中的应用，解决本题的关键在于根据动能定理求出油漆到达零件表面时的速度，根据动量定理求解作用力。
【解答】
设单位时间内喷的质量为m0，这些油漆所带电荷量为q0，油喷到零件上时的速度大小为v，则根据动能定理有q0U=12m0v2，其中m0=mt，
油漆喷到零件上时的动量p=m0v= 2moqU，
由于油漆喷到零件上后便附着在其上，即末速度为等，根据动量定理可知F=ΔpΔt，得单位时间内油漆对零件的平均作用力为F= 2mq0U，
根据I=qt，在单位时间内得I=q0，
因此F= 2m0q0U= 2m0IU= 2mPt，故C正确，ABD错误。
8.【答案】C
【解析】解：A.根据动量守恒可知，爆炸刚结束时，乙、丙的合动量应与甲的动量等大反向，即大小为mv0，故A错误；
B.三物块的质量相等，且乙、丙的初速度大小相等且夹角为120°，根据平行四边形定则可知，乙、丙的动量大小与乙、丙两速度合成后的动量大小相同，因此三个物块初速度大小均相等，初动能相等，三个物体到达地面时重力做功相等，则末动能相等，故B错误；
C.甲在落地的过程中，设用时为t，则有
h=-v0t+12gt2
重力对甲的冲量大小
I=mgt
解得
I=m(v0+ v02+2gh)
故C正确；
D.结合以上分析，三个物块初速度大小和初动能均相同，爆炸过程中释放的总能量即三个物块初动能之和加上爆炸产生的热量为Q，即大于32mv02，故D错误。
故选：C。
爆炸过程中三个物体组成的系统动量守恒，根据动能定理判断物体到达地面的动能，根据动量定理解得甲在落地的过程中，重力对甲的冲量大小，爆炸过程中释放的总能量即三个物块初动能之和加上爆炸产生的热量。
本题考查动量守恒定律，解题关键掌握爆炸过程动量守恒，注意动量定理的应用。
9.【答案】BD
【解析】
【分析】
由甲图可读出波动信息，由乙图可读出质点的振动信息，由v=λT计算波速，分析时间与周期的关系确定质点的振动情况，以及简谐运动的表达式．
本题关键要把握两种图象的联系，能根据振动图象读出质点的速度方向，在波动图象上判断出波的传播方向．
【解答】
A.根据图像可知波长为4m，周期为1s，则波的传播速度v=λT=41m/s=4m/s
根据图乙可知t=1.0s时刻M质点沿y轴负方向运动，结合图甲，根据同侧法可知波传播方向沿x轴负方向， A错误；
B.在t=1.75s时，由于1.75s-1.0s=0.75s=34T
根据图甲可知，1.75s时刻，P质点位于平衡位置，Q质点位于平衡位置与波峰之间，则t=1.75s
时P质点的振动速度大于Q质点的振动速度，B正确；
C.从t=1.0s到t=2.5s，由于2.5s-1.0s=1.5s=32T
则P质点经过的路程为6×2cm=12cm，C错误;
D.图甲所示的波的方程为y=2sin(2π4x+π)cm=2sin(π2x+π)cm
Q质点对应的平衡位置的坐标为x=3.5m，则1.0s时Q质点的位移为y1=2sin(π2×3.5+π)cm=2 2cm
由于周期为1.0s，可知t=1.0s时刻的波形与t=0时刻的波形相同，即0时刻Q质点的位移为2 2cm，令Q质点的振动方程为y=2sin(2πTt+φ)cm
由于0时刻Q质点的位移亦为2 2cm，根据根据上述Q质点沿y轴负方向运动，则可解得φ=3π4
即Q质点的振动方程为y=2sin(2πt+3π4)cm，D正确。
故选BD。
10.【答案】CD
【解析】
【分析】
本题考查了一维碰撞模型；解决本题的关键是在于分析过程，选择规律，明确是不相撞的条件：甲、乙的速度相等。
甲将箱子沿冰面推给乙的过程，甲和箱子组成的系统动量守恒。乙把箱子抓住的过程，乙与箱子组成的系统动量守恒。当甲与乙恰好不相撞时，甲将箱子推给乙后速度与乙接住箱子后的速度恰好相等。根据动量守恒定律和速度相等条件求解甲推箱子的速度大小。
【解答】
设甲至少以速度v将箱子推出，推出箱子后甲的速度为v甲，乙接在箱子后的速度为v乙，取向右方向为正方向。甲将箱子沿冰面推给乙的过程，甲和箱子组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得M+mv0=Mv甲+mv；
乙把箱子抓住的过程，乙与箱子组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得mv-Mv0=m+Mv乙；
如果甲、乙不相撞，则有v甲≤v乙；
联立解得v⩾5.2m/s；
故AB错误，CD正确。
11.【答案】AC
【解析】
【分析】
A、B一起移动到最右端时没有发生相对滑动，说明最大静摩擦力大于弹簧A的弹力，根据胡克定律判断AB弹簧弹力的大小，对AB整体根据牛顿第二定律求出整体加速度，再分别对A、B进行受力分析，根据牛顿第二定律列式即可判断。本题主要考查了牛顿第二定律及胡克定律的直接应用，关键是正确对AB进行受力分析，注意整体法和隔离法的应用；并注意分析判断静摩擦力的方向。
【解答】
A.BA受拉力及摩擦力的作用，一起移动到最右端时没有发生相对滑动，说明最大静摩擦力大于弹簧A的弹力，根据胡克定律得：
FA=kAx，FB=kBx，根据题意可知，kA
FA+FB=2ma；a=(kA+kB)x2m；故a与x成正比；故A正确；
BCD.因：kA
对B根据牛顿第二定律得：FB-f=ma所以A受到的合力小于弹簧对B的弹力，故BD错误，C正确。
故选AC。
12.【答案】ABD
【解析】A.由图乙可知，物块A与物块B碰撞前的动能
12mAv2=E
可得物块A与物块B碰撞前的速度
v= 2EmA
物块A与物块B碰撞后的动能
12mAv共2=116E
可得物块A与物块B碰撞后的速度
v共= 2E16mA=v4
物块A与物块B碰撞时间极短，根据动量守恒定律
mAv=mA+mBv4
解得
mAmB=13
A正确；
BC.弹簧上端与物块B相连，物块B处于静止状态，设此时弹簧的形变量为 x0 ，结合图甲根据平衡条件可知
mBgsinθ=kx0
由图乙可知，当AB一起运动到 x2 时，此时弹簧的压缩量为
Δx=x2-x1-x0
速度最大，此时弹簧对AB的弹力大小等于AB重力沿斜面的分力，即
mAgsinθ+mBgsinθ=kx2-x1+x0
物块A从O点运动到位置 x1 的过程中，根据动能定理
mAgsinθx1=E
联立解得
k=Ex1x2-x1
B正确，C错误；
D.物块A与物块B碰撞后，物块A的动能为 E16 ，根据A的分析可得碰后根据物块B的动能为 3E16 ，物块由 x1 运动到 x3 过程中，根据能量守恒定律
mA+mBgsinθx3-x1+E16+3E16=ΔEp
代入数据解得
ΔEp=E16x3-15x14x1
D正确；
故选ABD。
13.【答案】 BC##CB 9.86 B
【解析】(1)[1]A.用公式 g=4π2LT2 计算时，应该将将悬点到摆球重心之间的间距当作摆长，即应该将摆线长与摆球的半径之和当作摆长，A错误；
B.实验过程，单摆的摆长不能发生变化，即摆线上端牢固地系于悬点，摆动中不能出现松动，B正确；
CD.单摆的运动应该是同一竖直平面内的圆周运动，即实验是应该确保摆球在同一竖直平面内摆动，不能够使摆球不在同一竖直平面内运动，形成了圆锥摆，C正确，D错误。
故选BC。
(2)[2]将该坐标点标注在坐标中，用一条倾斜的直线将描绘的点迹连接起来，使点迹均匀分布在直线两侧，如图所示
[3]根据
T=2π Lg
则有
T2=4π2gL
结合图像有
4π2g=3.48-2.480.850-0.600s2⋅m-1
解得
g=9.86m/s2
(3)[4]A.根据图线c的可知，在 T2 取为0时，L不为0，表明选择的L的长度比实际的摆长大一些，即有可能是将摆线的长与摆球的直径之和作为摆长L，此时有
T=2π L-d2g
即有
T2=4π2gL-2dπ2g
该图像与摆线的长度大小无关，A错误；
B.若将摆线长记作摆长L，则有
T=2π L+d2g
即有
T2=4π2gL+2dπ2g
该函数对应的图像是a，即出现图线a的原因可能是误将摆线长记作摆长L，B正确；
C.根据上述可知，三条图像的斜率均为
k=4π2g
解得
g=4π2k
可知，三条图线求出的重力加速度相同，C错误。
故选B。
14.【答案】 C A 55.40##55.50##55.60 m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON OP+OM=ONΔt=6π-110 263 Lg
【解析】(1)[1] A.为使小球离开轨道做平抛运动，保证出射速度水平，所以轨道末端必须水平，故A正确；
B.在实验过程中，小球的落点通过白纸和复写纸获得，若移动白纸将不能确定小球的位置，但复写纸可以移动，故B正确；
C.为防止入射小球碰后反弹，则入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，故C错误；
D.同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放，以保证到达底端做平抛运动时的速度相同，故D正确。
故选C。
(2)[2] A.需要测量两个小球的质量 m1 、 m2 ，故A正确；
B.不需要测量抛出点距地面的高度H，故B错误；
C.不需要测量S离水平轨道的高度h，故C错误。
故选A。
(3)[3]由图乙可得落点的平均位置所对应的读数为 55.50cm ；
[4]设入射小球做平抛运动的初速度为 v0 ，碰撞后入射小球的速度为 v1 ，被碰小球的速度为 v2 ，根据动量守恒定律可知，若满足
m1v0=m1v1+m2v2
则可得到碰撞前后的总动量不变，本实验中碰撞前后小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，位移相同，而做平抛运动的时间
t= 2Hg
可知运动时间相同，水平方向做匀速直线运动，根据动量守恒定律可得
m1OPt=m1OMt+m2ONt
最终可知若测量的物理量满足关系式
m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON
则入射小球和被碰小球碰撞前后的总动量不；
[5]弹性碰撞过程中机械能守恒，则由动量守恒定律
m1v0=m1v1+m2v2
以及机械能守恒定律
12m1v02=12m1v12+12m2v22
可得
v0+v1=v2
即
OP+OM=ON
可知当满足关系式
OP+OM=ON
两球的碰撞为弹性碰撞。
15.【答案】解：(1)光路图如图所示
根据几何知识有sinθ1=d d2+h2，sinθ2=d d2+H2
根据折射定律有n=sinθ1sinθ2=d d2+h2d d2+H2= d2+H2 d2+h2= 122+162 122+92=43
(2)光在此液体中的传播速度为v=cn=3×10843m/s=2.25×108m/s
答：(1)此液体的折射率n为43；
(2)光在此液体中的传播速度v为2.25×108m/s。
【解析】(1)画出光路图，根据几何知识求出入射角正弦和折射角正弦，运用折射定律求出液体的折射率n。
(2)根据v=cn求出光在液体中的传播速度v。
解决本题的关键是画出光路图，运用几何知识求出入射角正弦和折射角正弦，要掌握折射率的定义式和光速与折射率关系公式。
16.【答案】解：(1)由图乙知，周期T=0.8s
当波速v=2.5m/s时，波长λ=vT=2m；
(2) ①若波由a向b方向传播，则
(n+34)λ'=0.5m(n=0,1,2,⋯⋯)
其中0.2m<λ'<0.3m
解得λ1'=27m(仅n=1符合)
则波速v1=λ1'T=514m/s；
②若波由b向a方向传播，则：
(n+14)λ'=0.5m(n=0,1,2,⋯⋯)
得λ2'=29m(仅n=2符合)
波速v2=λ2'T=518m/s
故波速为514m/s或518m/s。
【解析】(1)根据图乙得出周期，根据λ=vT解得波长；
(2)根据波传播的多解性，结合波长和周期求出波的传播速度。
本题本题考查机械波的传播，首先考查读图的能力，其次考查列通项式的能力。知道波传播的周期性。
17.【答案】解：(1)小球运动到最高点时，三角架对水平面的压力最小为零，此时两弹簧对三角架的弹力为
F弹=Mg
竖直向上，则两弹簧对小球的弹力F '=F =Mg，方向向下，
对小球根据牛顿第二定律有：F弹+mg=ma
解得：a=(M+m)gm，方向竖直向下；
(2)小球做简谐运动，设振幅为A，则从平衡位置到最高点，每个弹簧对小球的弹力变化都为
ΔF=kA，方向竖直向下，则有：2kA=ma
解得：A=(M+m)g2k。
【解析】本题考查牛顿第二定律的应用及回复力的公式应用。解题关键是对临界条件进行分析，得到回复力的最大值。
(1)三角架对水平面的压力最小为零，此时对整体根据牛顿第二定律列式求解小球在最高点时的瞬时加速度；
(2)根据两个弹簧对小球的弹力之和和牛顿第二定律可求得小球做简谐运动的振幅。
18.【答案】(1) vP=2m0m0+m 2gL ；(2) μ<8m023m0+m2-RL ；(3) Δt=6π-110 263 Lg
【解析】
(1)在Q下落过程中有
m0gL=12m0v12
在P、Q碰撞过程中有
m0v1=m0vQ+mvP
12m0v12=12m0vQ2+12mvP2
联立得
vP=2m0m0+m 2gL
vQ=m0-mm0+m 2gL
(2)若P到达C点时竖直分速度变为0，此时它与滑板的共同速度设为v共，对P与滑板系统有
mvP=3mv共
若物体P能从C点滑出应满足
12mvP2-123mv共2>mgR+μmgL
联立得
μ<8m023m0+m2-RL
(3)当 m0=1.1m 时，P与Q碰后各自的速度分别为
v'P=2m0m0+m 2gL=2221 2gL
vQ=m0-mm0+m 2gL=121 2gL
Q再次上升的过程中
m0gL-Lcosθ=12m0vQ2
解得
cosθ=1-1212≈0.998
所以
θ<5∘
即Q碰后做简谐运动，其周期为
T=2π Lg
对P在板上由A到B过程中有
12mvP'2-12mvPB2-122mv板B2=μmgL
mv'P=mvPB+2mv板B
将以上两式联立
vPB=v'P± 4vP'2-12μgL3
P第一次到达B点的速度为
vPB1=v'P+ 4vP'2-12μgL3
P第二次到达B点的速度为
vPB2=v'P- 4vP'2-12μgL3
又
μmg=ma
A到B过程中有
vPB1=v'P-at1
对P与滑板整体有
mv'P=3mv'共
P从第二次经过B点到相对于滑板静止过程中有
v'共=vPB2+at2
所求时间为
Δt=6⋅T2-t1+t2
综上求得
Δt=6π-110 263 Lg
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