1、河北省衡水中学2013-2014学年下学期期中考试高二物理试卷一、选择题（每小题满分56分，部分得分2分，共56分下列每小题所给选项至少有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上）1（4分）关于多普勒效应，下列说法中正确的是（）A. 若波源相对介质不动，观察者远离波源，则接收到的频率小于波源发出的频率B. 只要观察者相对地面运动，就一定可以出现多普勒效应C. 若观察者相对介质不动，波源运动时，空间传播的等效波长发生变化D. 若观察者相对介质不动，波源远离观察者时，接收到的频率大于波源发出的频率考点：多普勒效应.分析：本题考查多普勒效应的原理，熟记多普勒的定义即可求解，同时掌握频率变化与运
2、动间的关系解答：解：多普勒效应是指波源或观察者发生移动，而使两者间的位置发生变化，使观察者收到的频率发生了变化；A、设波源相对介质不动，观察者远离波源，间距变大，则接收到机械波的频率减小，故A正确；B、只要观察者相对地面运动，但相对于波源不动，则不能出现多普勒效应，故B错误；C、若观察者相对介质不动，波源运动时，空间传播的等效波长发生变化，故C正确；D、若观察者相对介质不动，波源远离观察者时，间距变大，则观察者接收到的频率减小，故D错误故选：AC点评：多普勒效应是由于观察者和波源间位置的变化而产生的；掌握物理概念要一定要理解其真正意义2（4分）（2004惠州一模）两个振动情况完全一样的波源S1
3、、S2相距6m，它们在空间产生的干涉图样如图所示，图中实线表示振动加强区域，虚线表示振动减弱区域，下列说法正确的是（）A. 两波源的振动频率一定相同B. 虚线一定是波谷与波谷相遇处C. 两列波的波长都是2mD. 两列波的波长都是1m考点：波的叠加.分析：两列波相遇时振动情况相同时振动加强，振动情况相反时振动减弱两列频率相同的相干波，当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，则振动情况相同时振动加强；振动情况相反时振动减弱解答：解：A、发生干涉的条件是频率相同故A正确；B、波谷与波谷相遇处于振动加强故B错误；C、由图可知经过3个波长相遇，所以两列波的波长都是2m故C
4、正确D错误；故选：AC点评：波的叠加满足矢量法则，当振动情况相同则相加，振动情况相反时则相减，且两列波互不干扰当频率相同时才有稳定的干涉图样，当频率不同时不能发生干涉3（4分）如图所示为用a、b两种单色光分别通过同一双缝干涉装置获得的干涉图样现让a、b两种光组成的复色光穿过平行玻璃砖或三棱镜时，光的传播方向中可能正确的是（）考点：光的折射定律；电磁波谱.专题：光的折射专题分析：根据双缝干涉相邻条纹间距公式x=可得波长关系，知道折射率关系，结合玻璃砖的光学特性进行分析由sinC=分析临界角的大小，分析光从棱镜射入空气中能否发生全反射解答：解：AB、根据双缝干涉相邻条纹间距公式x=可知，a光的波长
5、大，则同一介质对a的折射率小，对b光的折射率大根据平行玻璃砖的光学特性可知，出射光线与入射光线平行，由于a光的折射率小，偏折程度小，所以出射时a光应在右侧，故AB错误C、由sinC=分析可知，a光的临界角较大当光从棱镜射入空气中时，若b不发生全反射，能射出棱镜，则a光一定也不发生全反射从棱镜射出，故C错误D、当光从棱镜射入空气中时，若a不发生全反射，能射出棱镜，b光可能发生全反射不从棱镜射出，此图是可能的，故D正确故选：D点评：解决本题掌握光学的基本知识：双缝干涉相邻条纹间距公式x=、折射定律、临界角公式sinC=、全反射的条件4（4分）某横波在介质中沿x轴传播，a图为t=0.25s时的波形图
6、，b图为P点（x=1.5m处的质点）的振动图象，那么下列说法正确的是（）A该波向右传播，波速为2m/sB质点L与质点N的运动方向总相反（速度为零的时刻除外）Ct=1s时，质点M处于正向最大位移处Dt=1.25s时，质点K向右运动了2m考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系.专题：振动图像与波动图像专题分析：根据质点P点的振动图象，可确定波的传播方向，再由波的传播方向来确定质点L的振动方向由振动图象读出质点的振动周期，从而知道波的传播周期，根据v=，从而求出波速，质点不随着波迁移解答：解：A、从振动图象可知，在t=0.25s时，P点振动方向向上，所以波向右传播，且据v=，则有v=m/s=2m/
7、s，故A正确；B、由波动图象可知，质点L与质点N平衡位置间距为半个波长，振动情况总是相反，因此运动方向总是相反，故B正确C、左图为t=0.25s时的波形图，再经过t=0.75s=T时，即t=1s时，质点M处于平衡位置，故C错误D、在1.25s时间内，质点K在平衡位置来回振动，并不随着波迁移故D错误故选：AB点评：本题考查识别、理解振动图象和波动图象的能力，以及把握两种图象联系的能力，同时掌握由振动图象来确定波动图象的传播方向5（4分）LC振荡电路中，某时刻磁场方向如图所示，则下列说法正确的是（）A若磁场正在减弱，则电容器上极板带正电B若电容器正在放电，则电容器上极板带负电C若电容器上极板带正电
8、，则自感电动势正在减小D若电容器正在充电，则自感电动势正在阻碍电流减小考点：电磁波的产生.分析：图为LC振荡电路，当电容器充电后与线圈相连，电容器要放电，线圈对电流有阻碍作用，使得Q渐渐减少，而B慢慢增加，所以电场能转化为磁场能解答：解：A、若磁场正在减弱，由楞次定律可得线圈上端为正极，则电容器上极带正电，处于充电状态故A正确；B、若电容器正在放电由安培定则可得电容器上极带负电故B正确；C、若电容器上极板带正电，说明电容器在充电，电流减小越来越快，自感电动势增大，故C错误；D、若电容器正在充电，则线圈自感作用，阻碍电流的减小，故D正确；故选：ABD点评：穿过线圈磁通量变化，从中产生感应电动势，
9、相当于电源接着电容器振荡电路产生的振荡电流频率平方与线圈L及电容器C成反比6（4分）如图所示，一台玩具电机的轴上安有一个小皮带轮甲，通过皮带带动皮带轮乙转动（皮带不打滑），皮带轮乙上离轴心O距离2mm处安有一个圆环P一根细绳一端固定在圆环P上，另一端固定在对面的支架上，绳呈水平方向且绷直在绳上悬挂着4个单摆abcd已知电动机的转速是149r/min，甲、乙两皮带轮的半径之比为1：5，4个单摆的摆长分别是100cm、80cm、60cm、40cm电动机匀速转动过程中，哪个单摆的振幅最大（）A单摆aB单摆bC单摆cD单摆d考点：产生共振的条件及其应用.分析：同轴转动周期相等，同缘传动边缘点线速度相等
10、；共振的条件是驱动力周期等于系统的固有周期解答：解：两个轮子是同缘传动，故边缘点线速度相等，甲两轮的半径之比为1：5，根据v=r，边缘点角速度之比为5：1，故驱动力的频率为：f=0.5Hz故驱动力的周期为：T=2s共振的条件是驱动力周期等于系统的固有周期，根据单摆的周期公式T=2，发生共振的摆长为：L=1m=100cm；故单摆a发生共振；故选：A点评：本题关键是明确同轴转动与同缘传动的特点，结合公式v=r、T=2和共振条件分析，不难7（4分）光滑斜面上物块A被平行斜面的轻质弹簧拉住静止于O点，如图所示，现将A沿斜面拉到B点无初速释放，物体在BC范围内做简谐运动，则下列说法正确的是（）AOB越长
11、，振动能量越大B在振动过程中，物体A机械能守恒CA在C点时，物体与弹簧构成的系统势能最大，在O点时系统势能最小DB点时物体A的机械能最小考点：简谐运动的回复力和能量.专题：简谐运动专题分析：物体做简谐运动，物体A和弹簧系统机械能守恒，根据机械能守恒定律分析即可解答：解：A、OB越长，振动的幅度越大，故振动的能量越大，故A正确；B、在振动过程中，物体A和弹簧系统机械能守恒，由于弹性势能是变化的，故物体A的机械能不守恒，故B错误；C、物体A和弹簧系统机械能守恒；物体在C点时，动能为零，最小，故物体与弹簧构成的系统势能（重力势能和弹性势能之和）最大；在O点时，动能最大，故势能最小；故C正确；D、物体
12、A和弹簧系统机械能守恒；B点时弹簧的弹性势能最大，故物体A的机械能最小；故D正确；故选：ACD点评：本题关键是明确弹簧和物体系统机械能守恒，物体的机械能不守恒，基础题目8（4分）（2007江苏模拟）如图所示，截面为ABC的玻璃直角三棱镜放置在空气中，宽度均为d的紫、红两束光垂直照射三棱镜的一个直角边AB，在三棱镜的另一侧放置一平行于AB边的光屏，屏的距离远近可调，在屏上出现紫、红两条光带，可能是（）A紫色光带在上，红色光带在下，紫色光带较宽B紫色光带在下，红色光带在上，紫色光带较宽C红色光带在上，紫色光带在下，红色光带较宽D红色光带在下，紫色光带在上，红色光带较宽考点：光的折射定律.专题：光的
13、折射专题分析：两束光垂直直角边AB射入玻璃时方向不变，玻璃对紫光的折射率大于红光的折射率，当光从玻璃射入空气发生折射时，入射角相同时，紫光的折射角大于红光的折射角，紫光的宽度变得比红光的窄解答：解：A、D两束光垂直直角边AB射入玻璃时方向不变，射到斜边AC时入射角相同由于玻璃对紫光的折射率大于红光的折射率，根据折射定律得知，从AC边射出后，紫光的折射角大于红光的折射角，紫光与光屏的夹角小于红光与光屏的夹角，当光屏与玻璃直角三棱镜距离较近时，紫色光带在上，红色光带在下，紫光较窄，红光较宽故A错误，D正确 B、C当光屏与玻璃直角三棱镜距离较远时，紫色光带在下，红色光带在上，由于从AC边射出后，紫光
14、的折射角大于红光的折射角，紫光与光屏的夹角小于红光与光屏的夹角，紫光较窄，红光较宽故B错误，C正确故选CD点评：本题考查对光的折射现象的理解和分析能力，关键抓住同一介质对不同色光的折射率不同，入射角相同，折射角不同进行分析9（4分）一列简谐横波沿一水平直线向右传播，位于此直线上的P、Q两质点相距12米，P在左、Q在右t=0时，质点P在正的最大位移处，质点Q恰好到达平衡位置，而t=0.05秒时，质点Q恰好在负的最大位移处（）A这列波的最大可能波长是48mB这列波的最大可能周期是0.2sC这列波的周期可能是0.15sD这列波的波速可能是720m/s考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系.专题：振
15、动图像与波动图像专题分析：根据题中PQ两点的状态，结合波形求出波长的表达式由时间得到周期的表达式，即可求得波速的表达式，再求解特殊值根据波速公式得到周期的通项，再得到特殊值解答：解：据题t1=0时，P质点在正的最大位移处，Q质点恰好到达平衡位置且向上振动，则有： xPQ=（n+），n=0，1，2，则得 =m又有t=（k+）T，k=0，1，2，则得 T=s故波速为 v=m/s由上得：当n=0时，得这列波的最大波长是48m，当k=0时，得这列波的最大周期是0.2s由于k是整数，T不可能为0.15s当n=0，k=0时，v=720m/s；故选：ABD点评：解决机械波的题目关键在于理解波的周期性，即时间
16、的周期性和空间的周期性，得到周期和波长的通项，从而得到波速的通项，再求解特殊值10（4分）物体受到合力F的作用，由静止开始运动，力F随时间变化的图象如图所示，下列说法中正确的是（）A该物体将始终向一个方向运动B3 s末该物体回到原出发点C03 s内，力F的冲量等于零，功也等于零D24 s内，力F的冲量不等于零，功却等于零考点：动量定理.专题：动量定理应用专题分析：题中知道物体的受力情况，可根据牛顿第二定律分析物体的运动情况，得到物体的运动性质、位移和速度的变化情况解答：解：A、在01s内，物体受到向负方向的恒力，物体向负方向做匀加速直线运动，加速度为a=，在12s内，物体受到向正方向的恒力，加
17、速度为a=物体继续向负方向做匀减速直线运动，减速到零时，再向正方向运动故A错误B、由图象可知01s内物体向负方向做初速度为零的匀加速运动，12s物体的加速度向正方向，大小为01s内的两倍，物体先向负方向做匀减速运动，后向正方向做初速度为零的匀加速运动，23s又先正方向做匀减速运动，3s末回到出发点，即坐标原点，故B正确C、由B可知，3s末速度为零，由动量定理可得，物体冲量等于P=00=0，3s末物体的位移为零，做功为零，故C正确D、由图象可知，24s内，力F是恒力，冲量I=Ft不为零，在24s内物体向向正方向做匀减速运动，由向负方向做匀加速运动，位移为零，功等于零，故D正确故选：BCD点评：本
18、题是应用牛顿第二定律，根据物体的受力情况定性分析物体的运动，也可作出物体的vt图象进行分析11（4分）有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L已知他自身的质量为m，则渔船的质量为（）ABCD考点：动量守恒定律.分析：人和船组成的系统所受合外力为0，满足动量守恒，由位移与时间之比表示速度，根据动量守恒定律进行分析与计算解答：解：设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v，人从船尾走到船头所用时间为t取船的速度为正
19、方向则 v=，v=，根据动量守恒定律得：Mvmv=0，解得，船的质量：M=；故选：B点评：人船模型是典型的动量守恒模型，体会理论知识在实际生活中的应用，关键要注意动量的方向12（4分）（2005西城区模拟）如图所示，质量为0.5kg的小球在距离车底面高20m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4kg，设小球在落到车底前瞬间速度是25m/s，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是（）A5m/sB4m/sC8.5m/sD9.5m/s考点：动量定理；平抛运动.专题：动量定理应用专题分析：根据动能定理求出小球在落到车
20、底前瞬间的水平速度，小球和车作用过程中，水平方向动量守恒，根据动量守恒定律列式即可求解解答：解：小球抛出后做平抛运动，根据动能定理得：解得：v0=15m/s小球和车作用过程中，水平方向动量守恒，则有：mv0+MV=（M+m）v解得：v=5m/s故选A点评：本题主要考查了动能定理及动量守恒定律的直接应用，难度不大，属于基础题13（4分）质量相等的A、B两球在光滑水平面上，沿同一直线，同一方向运动，A球的动量pA=9kgm/s，B球的动量pB=3kgm/s当A追上B时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值是（）ApA=6 kgm/s，pB=6 kgm/sBpA=8 kgm/s，pB=4 kgm/s
21、CpA=2 kgm/s，pB=14 kgm/sDpA=4 kgm/s，pB=8kgm/s考点：动量守恒定律.专题：动量定理应用专题分析：A、B碰撞过程动量守恒，碰撞过程系统机械能不增加，碰撞两球不可能再发生二次碰撞，碰后后面小球的速度不大于前面小球的速度，据此分析答题解答：解：A、如果pA=6kgm/s，pB=6kgm/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能：+，vA=vB，符合实际，故A正确；B、如果pA=8kgm/s，pB=4kgm/s，碰撞过程动量守恒，+，vAvB，不符合实际，故B错误；C、如果pA=2kgm/s，pB=14kgm/d，则碰撞后系统的总动能：+，系统动能增加，不符合实际，故C
22、错误；D、如果pA=4 kgm/s，pB=8kgm/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能：+，符合实际，故D正确；故选：AD点评：对于碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况14（4分）在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M=0.6kg，m=0.2kg的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有Ep=10.8J弹性势能的轻弹簧（弹簧与两球不相连），原来处于静止状态现突然释放弹簧，球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R=0.425m的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示g取10m/s2则下列说法正确的是（）A球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大
23、小为3.4NsBM离开轻弹簧时获得的速度为9m/sC若半圆轨道半径可调，则球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小D弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为1.8Ns考点：动量定理；动量 冲量.专题：动量定理应用专题分析：弹簧弹开小球过程系统动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律求出两球的速度；小球离开圆形轨道后做平抛运动，应用动量定理与平抛运动规律分析答题解答：解：释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒得：mv1Mv2=0，由机械能守恒得： mv12+Mv22=EP ，代入数据解得：v1=9m/s，v2=3m/s；m从A到B过程中，由
24、机械能守恒定律得：mv12=mv12+mg2R，解得：v1=8m/s；A、以向右为正方向，由动量定理得，球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为：I=p=mv1mv1=0.2（8）0.29=3.4Ns，则合力冲量大小为：3.4Ns，故A正确；B、M离开轻弹簧时获得的速度为3m/s，故B错误；C、设圆轨道半径为r时，飞出B后水平位移最大，由A到B机械能守恒定律得： mv12=mv12+mg2r，在最高点，由牛顿第二定律得：mg+N=m，m从B点飞出，需要满足：N0，飞出后，小球做平抛运动：2r=gt2，x=v1t，当8.14r=4r时，即r=1.0125m时，x为最大，球m从B点
25、飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大向增大后减小，故C错误；D、由动量定理得，弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为：I=p=mv1=0.9=1.8Ns，故D正确；故选：AD点评：本题考查了求冲量、速度等问题，分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、动量定理、平抛运动规律即可正确解题二、填空题（共12分，其中15题每空2分，共6分，16题每小题6分，共6分）15（6分）在用双缝干涉测光的波长实验中，将双缝干涉实验仪按要求安装在光具座上（如图1），并选用缝间距d=0.2mm的双缝屏从仪器注明的规格可知，像屏与双缝屏间的距离L=700mm然后，接通电源使光源正常工作已知测量头
26、主尺的最小刻度是毫米，副尺上有50分度，某同学调整手轮后，从测量头的目镜看去，第1次映入眼帘的干涉条纹如图2（a）所示，图2（a）中的数字是该同学给各暗纹的编号，此时图2（b）中游标尺上的读数x1=1.16mm；接着再转动手轮，映入眼帘的干涉条纹如图3（a）所示，此时图3（b）中游标尺上的读数x2=15.02mm；利用上述测量结果，经计算可得两个相邻明纹（或暗纹）间的距离x=2.31mm；这种色光的波长=6.60102nm考点：用双缝干涉测光的波长.专题：实验题分析：游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读根据求出相邻明条纹（或暗条纹）的间距，再根据，求出色光的波长解答：解：游标卡尺的
27、主尺读数为15mm，游标读数为0.021=0.02mm，所以最终读数为15.02mm两个相邻明纹（或暗纹）间的距离=2.31103m=2.31mm 根据，知m=6.60107m=6.60102nm故本题答案为：15.022.31mm，6.60102点评：解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读以及掌握条纹的间距公式16（6分）为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞（碰撞过程中没有机械能损失），某同学选取了两个体积相同、质量不等的小球，按下述步骤做了如下实验：用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2，且m1m2按照如图所示的那样，
28、安装好实验装置将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端点的切线水平将一斜面BC连接在斜槽末端先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置将小球m2放在斜槽前端边缘处，让小球m1从斜槽顶端A处滚下，使它们发生碰撞，记下小球m1和小球m2在斜面上的落点位置用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点的距离分别为LD、LE、LF根据该同学的实验，回答下列问题：（1）小球m1与m2发生碰撞后，m1的落点是图中的D点，m2的落点是图中的F点（2）用测得的物理量来表示，只要满足关系式，则说明碰撞中动量是守恒的
29、（3）用测得的物理量来表示，只要再满足关系式m1LE=m1LD+m2LF，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞考点：验证动量守恒定律.专题：实验题；压轴题分析：（1）小球m1和小球m2相撞后，小球m2的速度增大，小球m1的速度减小，都做平抛运动，由平抛运动规律不难判断出；（2）设斜面BC与水平面的倾角为，由平抛运动规律求出碰撞前后小球m1和小球m2的速度，表示出动量的表达式即可求解；（3）若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失解答：解：（1）小球m1和小球m2相撞后，小球m2的速度增大，小球m1的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后m1球的落地点是D点，m2球的落地点是F点；（2）碰撞前，小
30、于m1落在图中的E点，设其水平初速度为v1小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点在图中的D点，设其水平初速度为v1，m2的落点是图中的F点，设其水平初速度为v2 设斜面BC与水平面的倾角为，由平抛运动规律得：，LDcos=v1t解得：同理可解得：，所以只要满足m1v1=m2v2+m1v1即：则说明两球碰撞过程中动量守恒；（3）若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失则要满足关系式m1v12=m1v12+m2v2即m1LE=m1LD+m2LF故答案为为：（1）D；F（2）（3）m1LE=m1LD+m2LF点评：学会运用平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度，两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前
31、后机械能没有损失三、计算题（17题8分，18题9分，19题12分，20题13分，共42分）17（8分）排球运动是一项同学们喜欢的体育运动为了了解排球的某些性能，某同学让排球从距地面高h1=1.8m处自由落下，测出该排球从开始下落到第一次反弹到最高点所用时间为t=1.3s，第一次反弹的高度为h2=1.25m已知排球的质量为m=0.4kg，g取10m/s2，不计空气阻力求：排球与地面的作用时间排球对地面的平均作用力的大小考点：动量定理；自由落体运动.专题：动量定理应用专题分析：根据自由落体运动公式求作用时间，根据自由落体运动的速度公式求出落地瞬间的速度和反弹后瞬间的速度，根据动量定理求平均作用力解
32、答：解：设排球第一次落至地面经历的时间为t1，第一次离开地面至反弹到最高点经历的时间为t2，则有h1=frac12gt12， h2=gt22解得t1=0.6s，t2=0.5s 所以，排球与地面的作用时间为t3=tt1t2=0.2s 设排球第一次落地时的速度大小为v1，第一次反弹离开地面时的速度大小为v2，有v1=gt1=6m/s，v2=gt2=5m/s 设地面对排球的平均作用力为F，选排球为研究对象，以向上的方向为正方向，则在它与地面碰撞的过程中，由动量定理有（Fmg）t3=mv2m（v1） 代入数据解得F=26N根据牛顿第三定律，排球对地面的平均作用力F=26N 答：排球与地面的作用时间0.
33、2s排球对地面的平均作用力的大小26N点评：本题是道综合题，考查了自由落体运动和动量定理的应用18（9分）（2014淄博三模）如图所示，在MN的下方足够大的空间是玻璃介质，其折射率为n=，玻璃介质的上边界MN是屏幕玻璃中有一正三角形空气泡，其边长l=40cm，顶点与屏幕接触于C点，底边AB与屏幕平行激光a垂直于AB边射向AC边的中点O，结果在屏幕MN上出现两个光斑画出光路图求两个光斑之间的距离L考点：光的折射定律.专题：光的折射专题分析：（1）激光a垂直于AB边射向AC边的中点O时，由于光的反射和折射，在屏幕MN上出现两个光斑，由折射定律和折射定律作出光路图（2）由几何知识求出a光的入射角，由
34、折射定律求出折射角，根据反射定律求出反射角由几何知识求解两个光斑之间的距离L解答：解：画出光路图如图所示在界面AC，a光的入射角i=60由光的折射定律有：=n代入数据，求得折射角r=30由光的反射定律得，反射角i=60由几何关系易得：ODC是边长为0.5l的正三角形，COE为等腰三角形，CE=OC=0.5l故两光斑之间的距离L=DC+CE=l=40cm答：画出光路图如图所示两个光斑之间的距离L为40cm点评：本题是几何光学问题，是折射定律、反射定律与几何知识的综合应用要充分运用几何知识，求解两个光斑之间的距离19（12分）如图所示为一列简谐横波在t=0时刻的图象此时质点P的运动方向沿y轴负方向
35、，且当t=0.55s时质点P恰好第3次到达y轴正方向最大位移处问：（1）该简谐横波的波速v的大小和方向如何？（2）从t=0至t=1.2s，质点Q运动的路程L是多少？（3）当t=s时，质点Q相对于平衡位置的位移s的大小是多少？考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象.分析：（1）图示时刻质点P的运动方向沿y轴负方向，可确定波的传播方向，再经过2 T第3次到达y轴正方向最大位移处，从而求出周期T由图象得出波长，确定波的周期，再由波速公式求出波速（2）、（3）根据时间与周期的关系，求解质点Q运动的路程L，并确定质点Q相对于平衡位置的位移s的大小解答：解：（1）据题t=0到t=0.55s这段时间里，质
36、点P恰好第3次到达y正方向最大位移处，则有 （2+）T=0.55s，解得周期T=0.2s由图象可得简谐波的波长为 =0.4m，则波速 v=2m/s此时刻质点P的运动方向沿y轴负方向，由波形的平移法可知波沿x轴负方向传播，（2）从t=0至t=1.2s，经历的时间t=1.2s=6T，而质点Q做简谐运动，在一个周期内通过的路程是4A，A是振幅，则从t=0至t=1.2s，质点Q运动的路程L是： L=64A=245cm=120cm=1.2m（3）质点Q经过个周期后，恰好回到平衡位置，则相对于平衡位置的位移为s=0；质点从t=0，开始的位移表达式，s=5sin（t+），把t代入即可，x=，因此x=5+，可
37、以得出此时该质点应处于平衡位置，位移大小为零答：（1）该简谐横波的波速v的大小为2m/s，方向沿x轴负方向（2）从t=0至t=1.2s，质点Q运动的路程L是1.2m（3）当t=s时，质点Q相对于平衡位置的位移s的大小为零点评：本题要由质点的振动方向确定波的传播方向，这波的图象中基本问题，知道时间，往往要研究与周期的关系，可将一个质点周期的运动分成四个周期进行研究20（13分）光滑水平面上放有两辆小车A和BA车的质量为m，其上还固定一个质量也为m的内壁光滑的硬质圆筒，筒内有一质量为2m的光滑小球C（C球可以视为质点），C球位于圆筒最低点现让小车A与小球C相对静止的以速率V0向左运动，小车B以速率
38、V0向右运动，某时刻两车发生正碰，若两车相碰后（作用时间极短），B车静止，A车以原速率V0反弹，求：（1）B车的质量大小（2）A车反弹后，求小球沿筒壁能上升的最大高度（已知小球上升的最高点低于筒的中心）考点：动量守恒定律；能量守恒定律.专题：动量定理应用专题分析：碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律求解B的质量；当AC速度相等时，C上升最大高度，由动量守恒定律及能量守恒即可求解解答：解：（1）碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mBv02mv0=2mv0，解得：mB=4m；（2）当A、C速度相等时，C上升最大高度，A、C组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：2mv02mv0=（2m+2m）v1，由能量守恒定律得：（2m+2m）v12+2mgh+2mv02，解得：h=；答：（1）B车的质量大小为4m（2）A车反弹后，求小球沿筒壁能上升的最大高度为点评：本题考查了求质量与小球上升的高度问题，分析清楚物体运动过程、应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题
