1、2014-2015学年四川省宜宾三中高二（上）期中物理复习试卷一、不定项选择题（每题4分、选对不全2分、有错选0分）1下列说法正确的是（）A 热量不能由低温物体传递到高温物体B 外界对物体做功，物体的内能必定增加C 第二类永动机不可能制成，是因为违反了能量守恒定律D 不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化2下列关于两列波相遇时叠加的说法，不正确的是（）A 相遇后振幅小的一列波将减弱，振幅大的一列波将加强B 相遇后，两列波各自的波形和传播方向与相遇前完全相同C 在相遇区域，任一点的总位移等于两列波分别引起的位置的矢量和D 几个人在同一房间说话，相互都听得清楚，说明波在相遇时
2、互不干扰3下列说法中正确的是（）A 气体的温度升高时，每个分子的运动速度增大，分子的平均动能一定增大B 布朗运动是悬浮在液体中的小微粒做无规则运动，反映了液体分子做无规则运动C 两块纯净铅压紧以后能连成一块，说明分子间只存在引力D 当分子间距离增大时，分子间引力和斥力都减小，而分子势能增大4关于超声波，下列说法正确的是（）A 超声波和可闻声波相比更容易产生明显的衍射现象B 超声波在传播过程中基本上是沿直线传播的C 由于超声波具有很强的穿透能力和较好的反射性能，所以可以用超声波进行探伤D 用超声波可以探知几千千米外的导弹发射情况5如图所示为演示波的衍射的装置，S为水面上振动的波源，M、N是水面上
3、的两块挡板，其中N板可以移动，两板中间有一狭缝，此时测量图中A处水没有振动，为了使A处的水也能发生振动，下列措施中可行的是（）使波源的振动频率增大 移动N板使狭缝的间距增大使波源的振动频率减小 移动N板使狭缝的间距减小A B C D 6如图所示，沿x轴正方向传播的一列简谐横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200m/s，下列说法中正确的是（）A 图示时刻质点b的加速度正在减小B 从图示时刻开始，经过0.01s，质点a通过的路程为20cmC 若此波遇到另一列波并发生稳定的干涉现象，则另一列波的频率为50HzD 若该波传播中遇到宽约4m的障碍物，能发生明显的衍射现象7如图表示两列相干水波的叠
4、加情况，图中实线表示波峰，虚线表示波谷设两列波的振幅为5cm，C点是BD连线的中点，下列说法中正确的是（）A A、B、C、D四个质点振动都是始终加强的B 图示的A、B两点的竖直高度差为20cmC 图示时刻C点正处在平衡位置且向下运动D 质点A、D的位移始终最大、质点E始终处于静止8若以表示水的摩尔质量，v表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，为在标准状态下水蒸气的密度，NA为阿佛加德罗常数，m、分别表示每个水分子的质量和体积，下面是四个关系式：其中（）A 和都是正确的B 和都是正确的C 和都是正确的D 和都是正确的9如图所示，设有一分子位于图中的坐标原点O处不动，另一分子则位于正x轴上不同位置处，
5、图中纵坐标表示这两个分子间分子力的大小，两条曲线分别表示斥力或引力的大小随两分子间距离变化的关系，e为两曲线的交点，则（）A ab线表示斥力，cd线表示引力，e点的横坐标约为1015mB ab线表示引力，cd线表示斥力，e点的横坐标约为1010mC 另一分子从A向C运动过程中，它将一直加速运动D 另一分子从A向C运动过程中，分子势能逐渐减小10如图所示，质量为M的小车在光滑的水平面上以v0向右匀速运动，一个质量为m的小球从高h处自由下落，与小车碰撞后，又反弹上升的最大高度仍为h设Mm，发生碰撞时弹力Nmg，球与车之间的动摩擦因数为则小球弹起的水平速度可能是（）A v0B 0C 2D v011如
6、图所示，水平放置的两根足够长的平行光滑杆AB和CD，各穿有质量分别为M和m的小球，两杆之间的距离为d，两球用自由长度为d 的轻质弹簧连接，现从左侧用档板将M球挡住，再用力把m向左边拉一段距离（在弹性限度内）后自静止释放，释放后，下面判断中不正确的是（）A 在弹簧第一次恢复原长的过程中，两球和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒B 弹簧第二次恢复原长时，M的速度达到最大C 弹簧第一次恢复原长后，继续运动的过程中，系统的动量守恒、机械能守恒D 释放m以后的运动过程中，弹簧的最大伸长量总小于运动开始时弹簧的伸长量12一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为M的平板，处在平衡状态一质量为m的均匀环套
7、在弹簧外，与平板的距离为h，如图所示，让环自由下落，撞击平板已知碰后环与板以相同的速度向下运动，使弹簧伸长（）A 若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒B 若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒C 环撞击板后，板的新的平衡位置与h的大小无关D 在碰后板和环一起下落的过程中，它们减少的动能等于克服弹簧力所做的功二、实验题（13、14题每题8分，共16分）13如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可以测定重力和速度（1）所需器材有打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需（填字母代号）中的器材A直流电源、
8、天平及砝码 B直流电源、毫米刻度尺C交流电源、天平及砝码 D交流电源、毫米刻度尺（2）通过作图象的方法可以剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度为使图线的斜率等于重力加速度，除作vt图象外，还可作图象，其纵轴表示的是，横轴表示的是14气垫导轨（如图甲）工作时，空气从导轨表面的小孔喷出，在导轨表面和滑块内表面之间形成一层薄薄的空气层，使滑块不与导轨表面直接接触，大大减小了滑块运动时的阻力为了验证动量守恒定律，在水平气垫导轨上放置两个质量均为a的滑块，每个滑块的一端分别与穿过打点计时器的纸带相连，两个打点计时器所用电源的频率均为b气垫导轨正常工作后，接通两个打点计时器的电源，并让两滑块以不同的
9、速度相向运动，两滑块相碰后粘在一起继续运动图乙为某次实验打出的、点迹清晰的纸带的一部分，在纸带上以同间距的6个连续点为一段划分纸带，用刻度尺分别量出其长度s1、s2和s3若题中各物理量的单位均为国际单位，那么，碰撞前两滑块的动量大小分别为、，两滑块的总动量大小为；碰撞后两滑块的总动量大小为重复上述实验，多做几次若碰撞前、后两滑块的总动量在实验误差允许的范围内相等，则动量守恒定律得到验证三、计算题（15、16、17题各12分）15一列沿x轴正方向传播的简谐波，在t=0时刻的波形图如图所示，已知这列波在x=1m处的P点第一次出现波峰的时间是0.3s，求：（1）这列波的波速是多少？（2）再经过多少时
10、间x=9m处的质点R才能第一次到达波峰？（3）这段时间里R通过的路程是多少？（4）此波进入另一种介质中，波速为8m/s，它在这种介质中的波长是多少16在光滑水平面上，有一质量M1=10kg的小车通过一根不可伸长的轻绳与另一质量M2=15kg的拖车相连接，一质量M3=5kg的物体放在拖车的平板上，物体与拖车平板间的动摩擦因数=0.2开始时，拖车静止，绳未被拉紧，如图所示，开始时小车以v0=3m/s的速度匀速前进时，求物体在拖车平板上移动的距离s（设平板足够长，g取10m/s2）17如图所示，一质量为M的半圆形槽内壁光滑，放在光滑的水平面上，槽的左侧有一固定的木桩以阻止槽水平向左运动，槽的半径为R
11、今从槽左侧A端的正上方D处自由释放一个质量为m的小球，球恰从A点自然进入槽的内壁轨道为了使小球和沿槽的内壁恰好运动到槽的右端B点，试求D点至A点的高度2014-2015学年四川省宜宾三中高二（上）期中物理复习试卷参考答案与试题解析一、不定项选择题（每题4分、选对不全2分、有错选0分）1下列说法正确的是（）A 热量不能由低温物体传递到高温物体B 外界对物体做功，物体的内能必定增加C 第二类永动机不可能制成，是因为违反了能量守恒定律D 不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化考点：热力学第二定律专题：热力学定理专题分析：热力学第一定律公式：U=W+Q；热力学第二定律：不可能把热
12、从低温物体传到高温物体而不产生其他影响；不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响；不可逆热力过程中熵的微增量总是大于零解答：解：A、根据热力学第二定律，热量不能由低温物体传递到高温物体而不引起其余变化，故A错误；B、外界对物体做功，物体可能同时放热，故其内能不一定增加，故B错误；C、第二类永动机不可能制成，是因为违反了热力学第二定律，故C错误；D、根据热力学第二定律，不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化，故D正确；故选D点评：本题考查了热力学第一定律和热力学第二定律，关键熟悉热力学第二定律的各种表述形式，基础题2下列关于两列波相遇时叠加的说法，不正确的
13、是（）A 相遇后振幅小的一列波将减弱，振幅大的一列波将加强B 相遇后，两列波各自的波形和传播方向与相遇前完全相同C 在相遇区域，任一点的总位移等于两列波分别引起的位置的矢量和D 几个人在同一房间说话，相互都听得清楚，说明波在相遇时互不干扰考点：波的叠加分析：波的叠加原理：介质中同时存在几列波时，每列波能保持各自的传播规律而不互相干扰在波的重叠区域里各点的振动的物理量等于各列波在该点引起的物理量的矢量和解答：解：A、当左列波和右列波相遇时，叠加时的振动方向相同的，则相互加强；当振动方向相反时，则相互抵消，即若加强则两列波都加强，若减弱则两列波都减弱，而不是一列波减弱一列波加强，故A错误；B、D、
14、两列波各自的波形和传播方向与相遇前完全相同，即每列波能保持各自的传播规律而不互相干扰，波具有独立性，故B正确，D正确；C、在波的重叠区域里各点的振动的物理量等于各列波在该点引起的物理量的矢量和故C正确本题选不准确的，故选：A点评：本题考查了波的叠加原理，要熟记：介质中同时存在几列波时，每列波能保持各自的传播规律而不互相干扰在波的重叠区域里各点的振动的物理量等于各列波在该点引起的物理量的矢量和3下列说法中正确的是（）A 气体的温度升高时，每个分子的运动速度增大，分子的平均动能一定增大B 布朗运动是悬浮在液体中的小微粒做无规则运动，反映了液体分子做无规则运动C 两块纯净铅压紧以后能连成一块，说明分
15、子间只存在引力D 当分子间距离增大时，分子间引力和斥力都减小，而分子势能增大考点：布朗运动；分子间的相互作用力专题：布朗运动专题分析：温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大；布朗运动是悬浮在液体中的小微粒做无规则运动；两块纯净铅压紧以后能连成一块，说明分子间只存在引力；当分子间距离增大时，分子间引力和斥力都减小，而分子势能不一定增大解答：解：A、温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大，不是每一个分子的动能都增大故A错误；B、布朗运动是悬浮在液体中的小微粒做无规则运动，反映了液体分子做无规则运动故B正确；C、两块铅块压紧后连成一块，是由于铅分子间存在相互作用的引力
16、把两铅块连在了一起，说明分子间存在引力故C错误；D、若分子间距大于平衡位置时，分子间距离增大，分子势能一定增大；若分子间距小于平衡位置时，分子间距离增大，分子势能一定减小故D错误故选：B点评：正确解答本题需要掌握：正确理解温度是分子平均动能的标志、内能等概念；理解改变物体内能的两种方式：做功和热传递；从微观角度解释气体压强变化的原因4关于超声波，下列说法正确的是（）A 超声波和可闻声波相比更容易产生明显的衍射现象B 超声波在传播过程中基本上是沿直线传播的C 由于超声波具有很强的穿透能力和较好的反射性能，所以可以用超声波进行探伤D 用超声波可以探知几千千米外的导弹发射情况考点：超声波及其应用分析
17、：超声波的频率较大，有较强的穿透能力，超声波能传递能量和信息，可用来进行回声定位、探测鱼群、清除污垢等解答：解：A、超声波的频率高于可闻声波；故其波长要小于可闻声波，不易发生衍射现象；故A错误；B、因超声波频率较高，故基本上能沿直线传播；故B正确；C、利用超声波的穿透能力和反射情况，可以制成超声波探伤仪；故C正确；D、超声波由于频率高，波长小，故并不能进行远距离传播；故不能探知几千千米外的导弹发射情况；故D错误；故选：BC点评：本题关键是明确超声波的定义和特点，波长短，能量集中，方向性好，故在医学和军事方面有着较多的应用5如图所示为演示波的衍射的装置，S为水面上振动的波源，M、N是水面上的两块
18、挡板，其中N板可以移动，两板中间有一狭缝，此时测量图中A处水没有振动，为了使A处的水也能发生振动，下列措施中可行的是（）使波源的振动频率增大 移动N板使狭缝的间距增大使波源的振动频率减小 移动N板使狭缝的间距减小A B C D 考点：波的干涉和衍射现象分析：发生明显衍射的条件是当缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不多，或比波长更小解答：解：A处质点没有振动，说明s点波没有衍射过去，原因是MN间的缝太宽或波长太小，因此若使A处质点振动，可采用N板上移减小间距或增大波的波长，即减小频率，正确故选：D点评：解决本题的关键掌握发生明显衍射的条件，以及知道波速、波长与频率的关系6如图所示，沿x轴正方向
19、传播的一列简谐横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200m/s，下列说法中正确的是（）A 图示时刻质点b的加速度正在减小B 从图示时刻开始，经过0.01s，质点a通过的路程为20cmC 若此波遇到另一列波并发生稳定的干涉现象，则另一列波的频率为50HzD 若该波传播中遇到宽约4m的障碍物，能发生明显的衍射现象考点：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：A、根据波传播方向知道质点的振动的方向，从而知道质点加速度的变化B、根据波的图象，计算出周期，而波的周期与质点的振动周期相同，从而求出质点在一段时间内通过的路程C、发生干涉的条件是频率相同，看两列波的频率是否相
20、同D、比较波的波长与障碍物的尺寸，因为只有当波长比障碍物尺寸大或差不多时，就会发生明显的衍射解答：解：A、由于波向右传播，根据“上下坡”法，知道b质点向下振动，加速度正在增大故A错误B、T=s=0.02s，从图示时刻开始，经过0.01s，即半个周期，质点a通过的路程为2个振幅，即40cm故B错误C、该列波的频率为50Hz，要想发生干涉，频率需相同故C正确D、当波的波长比障碍物尺寸大或差不多时，就会发生明显的衍射故D正确故选：CD点评：解决本题的关键掌握波动与振动的联系以及知道发生干涉和明显衍射的条件7如图表示两列相干水波的叠加情况，图中实线表示波峰，虚线表示波谷设两列波的振幅为5cm，C点是B
21、D连线的中点，下列说法中正确的是（）A A、B、C、D四个质点振动都是始终加强的B 图示的A、B两点的竖直高度差为20cmC 图示时刻C点正处在平衡位置且向下运动D 质点A、D的位移始终最大、质点E始终处于静止考点：波的干涉和衍射现象分析：频率相同的两列水波的叠加：当波峰与波峰、可波谷与波谷相遇时振动是加强的；当波峰与波谷相遇时振动是减弱的解答：解：A、此时A、D点波峰与波峰相遇，振动加强点，B是波谷与波谷相遇，也处于振动加强点，而C处于BD连线上，则也处于振动加强区域，故A正确；B、点A与点D是波峰与波峰相遇，B点是波谷与波谷相遇，它们均属于振动加强点；由于振幅是5cm，A点是波峰与波峰相遇
22、，则A点相对平衡位置高10cm，而B点是波谷与波谷相遇，则B点相对平衡低10cm所以A、B相差20cm，故B正确；C、由图可知，则D点是波峰与波峰相遇点，C点也是振动加强点，因此不断的运动，且下一个叠加的波峰，将经过C点，因此正处在平衡位置且向上运动，但故C错误；D、图示时刻点A、D的位移最大，但不总是最大，而质点E处于平衡位置，因振幅相同，则始终处于静止，故D错误；故选：AB点评：运动方向相同时叠加属于加强，振幅为二者之和，振动方向相反时叠加属于减弱振幅为二者之差8若以表示水的摩尔质量，v表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，为在标准状态下水蒸气的密度，NA为阿佛加德罗常数，m、分别表示每个水分
23、子的质量和体积，下面是四个关系式：其中（）A 和都是正确的B 和都是正确的C 和都是正确的D 和都是正确的考点：阿伏加德罗常数专题：计算题分析：对一摩尔的任何物质包含的分子数都是阿佛加德罗常数NA，所以，即和都是正确的而对水和水蒸气，由于分子间距的存在，NA并不等于摩尔体积v解答：解：对一摩尔的任何物质包含的分子数都是阿佛加德罗常数NA，水的摩尔质量=V除以每个水分子的质量m为阿佛加德罗常数，故正确，而对水和水蒸气，由于分子间距的存在，NA并不等于摩尔体积v，故错误故选B点评：本题主要考查气体阿伏伽德罗常数的计算，关键是区分对气体还是液体的计算9如图所示，设有一分子位于图中的坐标原点O处不动，
24、另一分子则位于正x轴上不同位置处，图中纵坐标表示这两个分子间分子力的大小，两条曲线分别表示斥力或引力的大小随两分子间距离变化的关系，e为两曲线的交点，则（）A ab线表示斥力，cd线表示引力，e点的横坐标约为1015mB ab线表示引力，cd线表示斥力，e点的横坐标约为1010mC 另一分子从A向C运动过程中，它将一直加速运动D 另一分子从A向C运动过程中，分子势能逐渐减小考点：分子间的相互作用力；分子势能专题：分子间相互作用力与分子间距离的关系分析：在fr图象中，随着距离的增大斥力比引力变化的快，当分子间的距离等于分子直径数量级时，引力等于斥力解答：解：A、B、在fr图象中，随着距离的增大斥
25、力比引力变化的快，所以ab为引力曲线，cd为斥力曲线，当分子间的距离等于分子直径数量级时，引力等于斥力所以e点的横坐标可能为1010m故A错误，B正确；C、另一分子从A向C运动过程中，它先受到引力的作用，做加速运动，后受到斥力的作用做减速运动故C错误；D、另一分子从A向C运动过程中，它先受到引力的作用，引力做正功；后受到斥力的作用，斥力做负功，故分子势能先减小后增大故D错误故选：B点评：本题主要考查分子间的作用力，要明确fr图象的含义，知道斥力变化的快B点的分子势能最小10如图所示，质量为M的小车在光滑的水平面上以v0向右匀速运动，一个质量为m的小球从高h处自由下落，与小车碰撞后，又反弹上升的
26、最大高度仍为h设Mm，发生碰撞时弹力Nmg，球与车之间的动摩擦因数为则小球弹起的水平速度可能是（）A v0B 0C 2D v0考点：动量守恒定律分析：小球的水平速度是由于小车对它的摩擦力作用引起的，若小球在离开小车之前水平方向上就已经达到了v0，则摩擦力消失，小球在水平方向上的速度不再加速；反之，小球在离开小车之前在水平方向上就是一直被加速的然后使用动量定理分别沿水平方向和竖直方向分析，即可得出结论解答：解：该题需要分以下两种情况进行分析：小球离开小车之前已经与小车达到共同速度v，则水平方向上动量守恒，有：Mv0=（M+m）v由于Mm所以：v=v0；若小球离开小车之前始终未与小车达到共同速度，
27、则对小球应用动量定理，水平方向上有：Ft=mv竖直方向上有：FNt=2mv=2m，又 F=FN解得：v=2；故选：AC点评：该题中由于碰撞的时间不知，所以小球在水平方向的运动有两种情况，这是解决该题的关键，也是容易被忽略的地方11如图所示，水平放置的两根足够长的平行光滑杆AB和CD，各穿有质量分别为M和m的小球，两杆之间的距离为d，两球用自由长度为d 的轻质弹簧连接，现从左侧用档板将M球挡住，再用力把m向左边拉一段距离（在弹性限度内）后自静止释放，释放后，下面判断中不正确的是（）A 在弹簧第一次恢复原长的过程中，两球和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒B 弹簧第二次恢复原长时，M的速度达到最大
28、C 弹簧第一次恢复原长后，继续运动的过程中，系统的动量守恒、机械能守恒D 释放m以后的运动过程中，弹簧的最大伸长量总小于运动开始时弹簧的伸长量考点：动量守恒定律；机械能守恒定律专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：在弹簧第一次恢复原长的过程中，挡板对M有作用力，可知动量不守恒第一次恢复原长后，M做加速运动，m做减速运动，系统动量守恒、机械能也守恒解答：解：A、从释放m到弹簧第一次恢复原长的过程中，挡板对M有外力作用，两球组成的系统动量不守恒故A错误B、第一次回复原长后，m向右做减速运动，M向右做加速运动，当弹簧回复原长时，M的速度最大故B正确C、第一次回复原长后，继续运动的过程中，
29、系统所受的外力之和为零，系统动量守恒，因为只有弹簧弹力做功，系统机械能守恒故C正确D、释放m后的过程中，当第一次恢复到原长，弹簧的弹性势能全部转化为m的动能，在以后的运动过程中，弹簧伸长量最大时，两者都有速度，结合动量守恒定律和能量守恒定律知，弹簧的最大伸长量总小于释放m时弹簧的伸长量故D正确本题选错误的，故选A点评：解决本题的关键知道系统动量守恒和机械能守恒的条件，知道M和m的运动情况12一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为M的平板，处在平衡状态一质量为m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h，如图所示，让环自由下落，撞击平板已知碰后环与板以相同的速度向下运动，使弹簧伸长（）A 若碰撞
30、时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒B 若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒C 环撞击板后，板的新的平衡位置与h的大小无关D 在碰后板和环一起下落的过程中，它们减少的动能等于克服弹簧力所做的功考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；功的计算专题：机械能守恒定律应用专题分析：圆环与圆板碰撞过程，时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒；碰撞后环与板共同下降的过程中，环与板以及弹簧系统机械能守恒解答：解：A、圆环与平板碰撞过程，若碰撞时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，减小的机械能
31、转化为内能，故A正确，B错误；C、碰撞后平衡时，有kx=（m+M）g即碰撞后新平衡位置与下落高度h无关，故C正确；D、碰撞后环与板共同下降的过程中，它们动能和重力势能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，故D错误；故选AC点评：本题关键是抓住碰撞过程和碰撞后下降的两个过程，碰撞过程动量守恒，之后环与板及弹簧系统机械能守恒二、实验题（13、14题每题8分，共16分）13如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可以测定重力和速度（1）所需器材有打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需D（填字母代号）中的器材A直流电源、天平
32、及砝码 B直流电源、毫米刻度尺C交流电源、天平及砝码 D交流电源、毫米刻度尺（2）通过作图象的方法可以剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度为使图线的斜率等于重力加速度，除作vt图象外，还可作h图象，其纵轴表示的是速度平方的二分之一，横轴表示的是重物下落的高度考点：验证机械能守恒定律专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：根据用打点计时器测重力加速度的原理，和实验的步骤可以判断遗漏的器材，用图象法处理实验的数据比较简单直观解答：解：（1）打点计时器需接交流电源重力加速度与物体的质量无关，所以不要天平和砝码计算速度需要测相邻计数的距离，需要刻度尺，故选：D（2）由公式v2=2gh，如绘出h
33、图象，其斜率也等于重力加速度故答案为：D，h，速度平方的二分之一，重物下落的高度点评：根据用打点计时器测重力加速度的实验原理，可以判断实验需要的器材，同时还要知道利用图象处理数据可以使实验结果简单直观的展现出来14气垫导轨（如图甲）工作时，空气从导轨表面的小孔喷出，在导轨表面和滑块内表面之间形成一层薄薄的空气层，使滑块不与导轨表面直接接触，大大减小了滑块运动时的阻力为了验证动量守恒定律，在水平气垫导轨上放置两个质量均为a的滑块，每个滑块的一端分别与穿过打点计时器的纸带相连，两个打点计时器所用电源的频率均为b气垫导轨正常工作后，接通两个打点计时器的电源，并让两滑块以不同的速度相向运动，两滑块相碰
34、后粘在一起继续运动图乙为某次实验打出的、点迹清晰的纸带的一部分，在纸带上以同间距的6个连续点为一段划分纸带，用刻度尺分别量出其长度s1、s2和s3若题中各物理量的单位均为国际单位，那么，碰撞前两滑块的动量大小分别为0.2abs1、0.2abs3，两滑块的总动量大小为0.2ab（s1s3）；碰撞后两滑块的总动量大小为0.4abs2重复上述实验，多做几次若碰撞前、后两滑块的总动量在实验误差允许的范围内相等，则动量守恒定律得到验证考点：验证动量守恒定律专题：实验题分析：本实验为了验证动量守恒定律设置滑块在 气垫导轨上碰撞，用打点计时器纸带的数据测量碰前和碰后的速度，计算前后的动量，多次重复，在实验误
35、差允许的范围内相等，则动量守恒定律得到验证解答：解：由图乙结合实际情况可以看出，s1和s3是两物体相碰前打出的纸带，s2是相碰后打出的纸带所以碰撞前物体的速度分别为：v1=0.2s1bv2=0.2s3b碰撞后两物体共同速度：v=0.2s2b所以碰前两物体动量分别为：p1=mv1=0.2abs1，p2=mv2=0.2abs3，总动量p=p1p2=0.2ab（s1s3）；碰后总动量p=2mv=0.4abs2故答案为：0.2abs10.2abs30.2ab（s1s3）0.4abs2点评：本题考查了关于动量守恒的基础知识，要注意气垫导轨要水平才能满足动量守恒，这是一道基础实验题三、计算题（15、16、
36、17题各12分）15一列沿x轴正方向传播的简谐波，在t=0时刻的波形图如图所示，已知这列波在x=1m处的P点第一次出现波峰的时间是0.3s，求：（1）这列波的波速是多少？（2）再经过多少时间x=9m处的质点R才能第一次到达波峰？（3）这段时间里R通过的路程是多少？（4）此波进入另一种介质中，波速为8m/s，它在这种介质中的波长是多少考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象分析：（1）根据P点第一次出现波峰的时间与周期的关系，求出波的周期由图象读出波长，求出波速（2）当图中x=2m处质点的振动传到质点R时，质点R第一次到达波峰，根据t=求出时间（3）根据时间与周期的关系，求出质点通过的路程质点做
37、简谐运动时，一个周期内通过的路程是四个振幅（4）波进入另一种介质时频率不变，由波速公式分析波长的变化解答：解：（1）波沿x轴正方向传播，此刻质点P正向下运动，则据题有T=0.3s可得 T=0.4s由图读出 =4m则波速 v=10m/s（2）由t=0时刻到质点R第一次到达波峰，波传播的距离为 s=9m2m=7m则经历时间为 t=m=0.7m（3）这段时间里R通过的路程是 S=3A=32m=6cm（4）此波进入另一种介质中，周期不变由v=得：v：v=：可得：=4m=3.2m答：（1）这列波的波速是10m/s（2）再经过0.7s时间x=9m处的质点R才能第一次到达波峰（3）这段时间里R通过的路程是6
38、cm（4）此波进入另一种介质中，波速为8m/s，它在这种介质中的波长是3.2m点评：本题考查对振动与波动关系的分析和理解能力波在同一均匀介质中是匀速传播的要知道波的基本特点：波从一种介质进入另一种介质时周期不变16在光滑水平面上，有一质量M1=10kg的小车通过一根不可伸长的轻绳与另一质量M2=15kg的拖车相连接，一质量M3=5kg的物体放在拖车的平板上，物体与拖车平板间的动摩擦因数=0.2开始时，拖车静止，绳未被拉紧，如图所示，开始时小车以v0=3m/s的速度匀速前进时，求物体在拖车平板上移动的距离s（设平板足够长，g取10m/s2）考点：动量守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题
39、：牛顿运动定律综合专题分析：将小车、拖车和物体三个物体看成一系统，在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律求出三者一起运动的速度大小轻绳从伸直到拉紧的时间极短，在此过程中，小车与拖车在水平方向上动量守恒，根据动量守恒求出小车和拖车的共同速度，然后物体在拖车上发生相对滑动，根据动能定理求出拖车和小车整体与物体的位移，从而求出它们的相对位移解答：解：选取向右为正方向，由小车、拖车和物体三者水平方向动量守恒：m1v0=（m1+m2+m3）u，得三者一起运动的速度大小为：=1m/s小车向前运动时，轻绳将逐渐伸直因为轻绳从伸直到拉紧的时间极短，在这极短时间内绳中产生的张力远大于物体对拖车的摩擦力，可以认为
40、仅是小车与拖车间发生了相互作用对小车与拖车由水平方向动量守恒：m1v0=（m1+m2）v12，得绳刚拉紧时两者的共同速度为：此后，由于物体和拖车间形成了相对速度，拖车对物体产生摩擦力f（f=m3g），使物体向前（与v12同向）作加速运动，物体对拖车的摩擦力f（f=f）使拖车（包括小车）作减速运动，直至物体和拖车（包括小车）以共同速度u运动在这个过程中，设拖车（包括小车）对地面的位移为s2，物体对地面的位移为s3，对拖车位移为d，如图所示根据动能定理，对拖车和小车：即：对物体有：即：由此解得拖车和物体的位移分别为：=所以，物体在拖车平板上移动的距离为：d=答：物体在拖车平板上移动的距离为0.33
41、m点评：本题综合运用了动量守恒定律、动能定理等知识点，综合性强，关键要合理地选择研究的系统，研究的过程，运用合适的定律进行求解17如图所示，一质量为M的半圆形槽内壁光滑，放在光滑的水平面上，槽的左侧有一固定的木桩以阻止槽水平向左运动，槽的半径为R今从槽左侧A端的正上方D处自由释放一个质量为m的小球，球恰从A点自然进入槽的内壁轨道为了使小球和沿槽的内壁恰好运动到槽的右端B点，试求D点至A点的高度考点：动能定理的应用；向心力专题：动能定理的应用专题分析：小球从D点至O点的过程中，半圆形槽由于木桩的阻止，半圆槽静止不动对于小球，只有重力做功，小球的机械能守恒，求出小球到达半圆槽的最低点O的速度当小球
42、从半圆槽的最低点O运动到B点的过程中，半圆槽由于小球的压力作用离开木桩，以半圆槽和小球组成的系统为研究对象，水平方向动量守恒和机械能守恒，根据两大守恒列出方程，联立求解D点到A点的高度h解答：解：设D点至A点的高度为h小球从D处开始运动至B端的过程，可分为两个阶段：第一阶段：小球从D点自由下落经A点至最低点O，设小球经过O的速度大小为v1由于只有重力做功，小球的机械能守恒，则得： mg（h+R）=m第二阶段：小球从O点运动到B点，此时小球和槽有共同速度v2，对槽和小球系统而言，只有重力做功，系统的机械能守恒，可得： mgR+（m+M）=该阶段，系统在水平方向不受外力，水平方向动量守恒，取水平方向向右为正方向，由动量守恒定律得： mv1=（m+M）v2 联立以上三式，解得：h=R答：D点到A点的高度为为R点评：本题关键是分析物理过程，寻找解题规律是关键要知道小球从最低点O上升的过程，系统的水平方向动量守恒，但总的动量并不守恒