【物理】河南省洛阳一高2019-2020学年高二5月月考试题（解析版）

【物理】河南省洛阳一高2019-2020学年高二5月月考试题（解析版）

‎2020年05月06日高二物理月考 一．选择题（共9小题，满分27分，每小题3分）‎ ‎1．（3分）一质量为‎2kg的物体，速度由向东‎3m/s变为向西‎3m/s，在这个过程中该物体的动量与动能的变化量分别是（　　）‎ A．0、0 B．0、18J ‎ C．‎12kg•m/s、0 D．‎12kg•m/s、18J ‎2．（3分）如图甲所示弹簧振子的平衡位置为O点，在B、C两点之间做简谐运动。规定水平向右为正方向，图乙是弹簧振子的简谐运动图象，由图可知，下列说法正确的是（　　）‎ A．t＝0s时刻振子从B点释放 ‎ B．弹簧振子的振幅是‎0.2m ‎ C．弹簧振子从B点经过O点再运动到C点为一次全振动 ‎ D．简谐运动图象中的P点速度方向与加速度方向都沿正方向 ‎3．（3分·*）有一障碍物的宽度为‎10 m，下列衍射现象最明显的是(　　)‎ A．波长为‎40 m的波 B．波长为‎9.9 m的波 C．频率为40 Hz的声波(声速v＝‎340 m/s)‎ D．频率为5 000 MHz的电磁波(波速v＝3.0×‎108 m/s)‎ ‎4．（3分）如图所示的装置中，在曲轴AB上悬挂一个弹簧振子，若不转动把手C，让其上下振动，周期为T1，若使把手以周期T2（T2＞T1）匀速转动，当运动都稳定后，则（　　）‎ A．弹簧振子的振动周期为T1 ‎ B．弹簧振子的振动周期为 ‎ C．要使弹簧振子的振幅增大，可让把手转速减小 ‎ D．要使弹簧振子的振幅增大，可让把手转速增大 ‎5．（3分）在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用，下列说法符合历史事实的是（　　）‎ A．德布罗意大胆的把光的波粒二象性推广到了实物粒子，提出实物粒子也具有波动性的假设 ‎ B．贝克勒尔通过对天然放射性现象的研究，发现了原子中存在原子核 ‎ C．卢瑟福通过α粒子散射实验，证实了在原子核内存在质子 ‎ D．汤姆孙通过阴极射线在电场和在磁场中的偏转实验，发现了阴极射线就是高速氦核流 ‎6．（3分）下列说法中正确的是（　　）‎ A．卢瑟福发现了电子，并由此提出了原子核式结构理论 ‎ B．光电效应现象的发现，促进了光的电磁说的建立 ‎ C．玻尔的跃迁假设是根据原子的特征光谱提出的 ‎ D．X射线的穿透能力强，它比可见光更容易发生衍射 ‎7．（3分）在我们的生活中，日常用品、装饰材料、周围的岩石、食盐、香烟等都不同程度地含有放射性元素。其中香烟中含有钋（Po），具有放射性，其衰变方程为：Po→HePb，半衰期为138天，则下列说法正确的是（　　）‎ A．该衰变中释放出的α射线的穿透能力强于γ射线的穿透能力 ‎ B．钋（Po）衰变过程中会释放出能量 ‎ C．质量为m的钋核经过276天，剩余的钋核的质量为 ‎ D．若采用提高温度的方法，可以改变钋（Po）的半衰期 ‎8．（3分）关于近代物理的知识，下列说法正确的是（　　）‎ A．结合能越大，原子核内核子结合得越牢固，原子核越稳定 ‎ B．若氢原子从n＝6能级向n＝1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n＝6能级向n＝2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应 ‎ C．放射性元素发生β衰变时所释放的电子来源于原子的核外电子 ‎ D．α粒子散射实验说明原子核具有复杂结构 ‎9．（3分）下列说法中正确的是（　　）‎ A．机械波和光有波动性，实物粒子不具有波动性 ‎ B．用弧光灯发出紫外线照射锌板并发生光电效应后，锌板带正电 ‎ C．由于核聚变需要很高的环境温度， H和 H发生聚变过程中是需要从外界吸收能量的 D．构成物体的质量是守恒不变的 二．多选题（共5小题，满分15分，每小题3分）‎ ‎10．（3分）如图所示为两个完全相同的波源在介质中形成的波相叠加而发生的干涉的示意图，实线表示波峰，虚线表示波谷，则以下说法正确的是(　　)‎ A．A点为振动加强点，经过半个周期，这一点振动减弱 B．B点为振动减弱点，经过半个周期，这一点振动仍减弱 C．C点为振动加强点，经过半个周期，这一点振动仍加强 D．D点为振动减弱点，经过半个周期，这一点振动加强 ‎11．（3分）A、B两球沿一直线运动并发生正碰。如图所示为两球碰撞前后的位移﹣时间图象。a、b分别为A、B两球碰前的位移﹣时间图象，c为碰撞后两球共同运动的位移﹣时间图象，若A球质量是m＝‎2kg，则由图可知下列结论错误的是（　　）‎ A．A、B碰撞前的总动量为‎3kg•m/s ‎ B．碰撞时A对B所施冲量为﹣4N•s ‎ C．碰撞前后A的动量变化为‎6kg•m/s ‎ D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J ‎12．（3分）下列说法正确的是（　　）‎ A．利用单摆测重力加速度实验中，小球的质量不需要测量 ‎ B．在光导纤维束内传送图象是利用光的衍射属性，用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的干涉属性 C．泊松亮斑是光透过圆盘形成的衍射现象 ‎ D． 潜艇利用声呐探测周围物体的分布情况，用的是波的衍射原理 ‎13．（3分）以下有关近代物理内容的若干叙述，正确的是（　　）‎ A．紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大 ‎ B．质子和中子结合成新原子核一定有质量亏损，释放出能量 ‎ C．有10个放射性元素的原子核，当有5个原子核发生衰变所需的时间就是该放射性元素的半衰期 ‎ D．氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时氢原子的电势能减小，电子的动能增大 ‎14．（3分）下列有关原子和原子核的认识，正确的是（　　）‎ A．比结合能越大，原子核越稳定 ‎ B．氢原子辐射光子后，电子绕核运动的动能增大 ‎ C．卢瑟福通过α粒子散射实验的研究，发现了中子 ‎ D．光电效应现象中，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比 三．实验题（共2小题，满分15分）‎ ‎15．（9分）（1）在做“利用单摆测重力加速度”的实验时，为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最　 　（填“高”或“低”）点的位置时开始计时，并计数为1，摆球每次通过该位置时计数加1，当计数为63时，所用的时间为t秒，则单摆周期为　 　秒。实验时某同学测得的g值偏大，其原因可能是　 　。‎ A．实验室的海拔太高 B．摆球太重 C．测出n次全振动时间为t，误作为n+1次全振动时间进行计算 D．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了 ‎（2）另一组同学在测量单摆的周期时，他用秒表记下了单摆做50次全振动的时间，如图甲所示，秒表的读数为　 　s．该组同学经测量得到6组摆长L和对应的周期T，画出图线，然后在图线上选取A、B两个点，并通过其坐标计算出直线斜率为k。则当地重力加速度的表达式g＝　 　。处理完数据后，该同学发现在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球的半径，这样　 　（选填“影响”或“不影响”）重力加速度的计算。‎ ‎16．（6分·*）某同学用如图甲所示装置验证动量守恒定律。入射球和靶球的半径相同，质量分别为m1、m2，平放于地面的记录纸上铺有复写纸。实验时先使入射球从斜槽上固定位置G由静止开始滚下，落到复写纸上，重复上述操作多次。再把靶球放在水平槽末端，让入射球仍从位置G由静止开始滚下，和靶球碰撞后继续向前运动落到复写纸上，重复操作多次。最终记录纸上得到的落点痕迹如图乙所示。‎ ‎（1）关于本实验下列说法正确的是　 　。‎ A．需要用游标卡尺测量两小球的直径 B．应使m1＞m2‎ C．实验中记录纸的位置可以移动 D．斜槽要固定好，末端切线不需要调节水平 ‎（2）按照本实验方法，该同学确定了落地点的平均位置P、Q、R并测出了OP、PQ、QR间的距离分别为x1、x2、x3，则验证动量守恒定律的表达式是　 　。‎ 四．计算题（共4小题，满分43分）‎ ‎17．（10分·*）将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力，图甲中O点为单摆的悬点，现将小球(可视为质点)拉到A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球在竖直平面内的ABC之间来回摆动，其中B点为运动中最低位置．∠AOB＝∠COB＝α，α小于10°且是未知量，图乙表示由计算机得到细线对摆球的拉力大小F随时间变化的曲线，且图中t＝0时刻为摆球从A点开始运动的时刻，据力学规律和题中信息(g取‎10m/s2)，求：‎ (1) 单摆的周期和摆长；‎ ‎(2)摆球质量及摆动过程中的最大速度.‎ ‎18．（10分·*）一列简谐横波在ts时的波形图如图（a）所示，P、Q是介质中的两个质点。图（b）是质点Q的振动图象。求 ‎（1）波速及波的传播方向；‎ ‎（2）位于原点处的质点P的振动方程y （t）。‎ ‎19．静止在水平地面上的两小物块A、B（均可视为质点），质量分别为mA＝‎1.0kg、mB＝‎‎4.0kg ‎，两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧竖直墙壁的距离L，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为EK＝10.0J．释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.2．重力加速度取g＝‎10m/s2．A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。‎ ‎（l）求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；‎ ‎（2）若要让B停止运动后A、B才第一次相碰，求L的取值范围；‎ ‎（3）当L＝‎0.75m时，B最终停止运动时到竖直墙壁的距离。‎ ‎20．（13分）如图1所示，质量为M＝‎1kg、长为L＝‎3m的长木板放在光滑的水平面上，水平面的右端沿竖直方向固定一光滑的半圆轨道ABC，在与圆心等高的B点有一压力传感器，长木板的上表面与轨道的最低点在同一水平面上，长木板的右端距离轨道最低点的间距为x＝‎2m。可视为质点的质量为m＝‎2kg的物块从长木板的最左端以v0＝‎6m/s的速度滑上，物块与长木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，经过一段时间长木板与挡板碰撞，且碰后长木板停止运动。当半圆轨道的半径R发生改变时，物块对B点的压力与半径R的关系图象如图2所示，重力加速度为g＝‎10m/s2．求：‎ ‎（1）物块运动到半圆轨道最低点A瞬间，其速度应为多大？‎ ‎（2）图2中横、纵坐标x、y分别为多少？‎ ‎（3）如果半圆轨道的半径R＜‎32cm，则物块落在长木板上的点到最左端的最小距离应为多少？（结果保留三位有效数字）‎ ‎【参考答案】‎ 一．选择题（共9小题，满分27分，每小题3分）‎ ‎1．（3分）【分析】根据动量是矢量，动能是标量，分别按照矢量和标量的运算法则求解，先选取正方向，表示出初速度和末速度，再求动量的变化量。‎ 根据速度的大小，求动能的变化量。‎ ‎【解答】解：规定向西为正，物体动量变化量为mv﹣m（﹣v）＝‎12kg•m/s，方向向西。‎ 动能，故这个过程中，动能变化量为0，故C正确，ABD错误。‎ 故选：C。‎ ‎2．（3分）【分析】根据乙图方向t＝0s时刻振子所处的位置和振幅；振子从B点再次回到B点为一次全振动；P点速度方向为负，加速度方向为正。‎ ‎【解答】解：A、根据乙图可知，t＝0s时刻振子处于正方向最大位移处，所以t＝0s时刻振子从B点释放，故A正确；‎ B、根据乙图可知，弹簧振子的振幅是‎0.1m，故B错误；‎ C、弹簧振子从B点经过O点再运动到C点为0.5次全振动，故C错误；‎ D、简谐运动图象中的P点速度方向为负，此时刻振子正在沿负方向做减速运动，加速度方向为正，故D错误。‎ 故选：A。‎ ‎3．A ‎4．（3分）【分析】若不转动把手C，弹簧振子做自由振动，周期为T1等于固有周期。把手匀速转动时，通过曲轴AB上对弹簧振子施加驱动力，使弹簧振子做受迫振动，其振动周期等于驱动力的周期。由题，弹簧振子振动的周期大于周固有周期，要使弹簧振子的振幅增大，可让把手转速增大。‎ ‎【解答】解：AB、弹簧振子在把手作用下做受迫振动，因此振动周期等于驱动力的周期，等于T2，故A错误，B错误；‎ CD、驱动力的周期与弹簧振子的固有周期越接近，振幅越大，由于T2＞T1，欲使振幅增大，应使T2减小，即转速应增大，故C错误，D正确。‎ 故选：D。‎ ‎5．（3分）【分析】本题是物理学史问题，根据贝克勒尔、德布罗意、卢瑟福、汤姆孙等人对物理学发展的贡献进行解答。‎ ‎【解答】解：A、德布罗意大胆的把光的波粒二象性推广到了实物粒子，提出实物粒子也具有波动性的假设，故A正确；‎ B、贝克勒尔通过对天然放射性现象的研究，证明原子核有复杂结构，并不是说明原子中存在原子核。α粒子散射实验说明原子中存在原子核，故B错误；‎ C、卢瑟福通过α粒子散射实验，证实了原子是由原子核和核外电子组成的，而不能说明原子核内存在质子，故C错误；‎ D、汤姆孙通过阴极射线在电场和在磁场中的偏转实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子组成，并测出该粒子的比荷，故D错误。‎ 故选：A。‎ ‎6．（3分）【分析】卢瑟福通过α离子散射实验提出了原子核式结构模型理论；‎ 光电效应说明了光的粒子说；‎ 玻尔的跃迁假设是根据原子的特征光谱提出的；‎ 波长越长越容易发生衍射．‎ ‎【解答】解：A、电子是由汤姆孙发现的，卢瑟福通过α离子散射实验提出了原子核式结构模型理论，故A错误；‎ B、光电效应的发现，说明了光具有粒子性，促进了光的粒子说，故B错误；‎ C、玻尔的跃迁假设是根据原子的特征光谱提出的，C正确；‎ D、X射线的穿透能力强，但是波长比可见光波长短，而波长越长越容易发生衍射，所以可见光比X射线更容易发生衍射，D错误。‎ 故选：C。‎ ‎7．（3分）【分析】α、β、γ射线，三种射线穿透能力依次增强，电离能力依次减弱；α衰变变成新核，电荷数少2，质量数少4；β衰变所释放的电子是原子核内的中子转变而来。半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用，半衰期由放射性元素本身决定。‎ ‎【解答】解：A、三种射线中，γ射线的穿透能力最强，即α射线的穿透能力比γ射线的穿透能力弱，故A错误；‎ B、衰变的过程中会释放出能量，故B正确；‎ C、经过276天，即经过两个半衰期，剩余的钋核的质量为，故C错误；‎ D、半衰期的大小由原子核内部因素决定，与外界因素无关，不随温度的变化发生变化，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎8．（3分）【分析】结合能和平均结合能不同，平均结合能越大原子核内核子结合得越牢固；根据氢原子能级跃迁公式及光电效应发生条件判断；β衰变是原子核的衰变，与核外电子无关；天然放射现象说明原子核内部有复杂结构，而不是α粒子散射实验。‎ ‎【解答】解：A、平均结合能越大，原子核内核子结合得越牢固，原子核越稳定，故A错误。‎ B、根据光电效应方程Ekm＝hv﹣W，入射光的光子能量要大于逸出功，根据氢原子能级跃迁公式知E6﹣E1＞E6﹣E2，即氢原子从n＝6能级向n＝1能级跃迁时辐射出的光子能量大于氢原子从n＝6能级向n＝2能级跃迁时辐射出的光子的能量，如果第一种情况不能发生光电效应，第二种更加不可能，故B正确。‎ C、β衰变是原子核的衰变，与核外电子无关，β衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子的同时释放出来的，故C错误。‎ D、天然放射现象说明原子核内部有复杂结构，α粒子散射实验说明了原子的核式结构模型，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎9．故选：B。‎ 二．多选题（共5小题，满分15分，每小题3分）‎ ‎10．BC解析：A点是波峰和波峰叠加，为振动加强点，且始终振动加强，故选项A错误；B点是波峰和波谷叠加，为振动减弱点，且始终振动减弱，故选项B正确；C点处于振动加强区，振动始终加强，故选项C正确；D点为波峰与波谷叠加，为振动减弱点，且始终振动减弱，故选项D错误．‎ ‎11．（3分）【分析】在位移时间图象中，图线的斜率表示物体的速度，由图象的斜率可求得碰撞前后两球的速度，根据动量定义公式、动量定理及动量守恒定律可以求解。‎ ‎【解答】解：由s﹣t图象的斜率表示速度，可知，碰撞前有：vA‎3m/s，vB‎2m/s，碰撞后有：vA′＝vB′＝v‎1m/s；‎ AC、对A、B组成的系统，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后物体都做匀速直线运动，所以系统的动量守恒，‎ 碰撞前后A的动量变化为：△PA＝mvA′﹣mvA＝2×（﹣1）﹣2×（﹣3）＝‎4kg•m/s，‎ 根据动量守恒定律，碰撞前后A的动量变化为：△PB＝﹣△PA＝﹣‎4kg•m/s，‎ B的动量变化量：△PB＝mB（vB′﹣vB），代入数据解得：mBkg，‎ ‎ 所以A与B碰撞前的总动量为：p总＝mvA+mBvB＝2×（﹣3）‎2kg•m/s，故AC错误；‎ B、由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为：IB＝△PB＝﹣‎4kg•m/s＝﹣4N•s，故B正确；‎ D、碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能：△EKmvA2mBvB2（m+mB）v2，代入数据解得：△EK＝10J，故D正确；‎ 本题选错误的，故选：AC。‎ ‎12．（3分）【分析】单摆测重力加速度实验中，根据单摆的周期公式，可知其周期小球的质量无关；光导纤维是利用全反射的原理传输图象；泊松亮斑是属于光的圆屏衍射；用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的干涉；潜艇利用声呐探测周围物体的分布情况，属于声呐定位，利用了波的传播与反射。‎ ‎【解答】解：A、根据单摆的周期公式T＝2π，可知单摆的周期与小球的重力无关，故利用单摆测重力加速度实验中，不需要测量小球的质量，故A正确；‎ B、在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射原理，故B错误；‎ C、泊松亮斑是光绕过障碍物继续传播的现象，属于光的衍射，故C正确；‎ D、潜艇利用声呐探测周围物体的分布情况，属于声纳定位，用的是波的直线传播与反射原理，故D错误；‎ 故选：AC。‎ ‎13．（3分）【分析】光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关；轻核聚变有质量亏损，根据质能方程有能量释放；半衰期具有统计规律，半数发生衰变是针对大量的原子核；根据跃迁时，能量的变化，确定光子是释放还是吸收，根据轨道半径确定动能的变化，根据能量等于动能和电势能之和，确定电势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，根据光电效应方程，最大初动能与入射光的频率有关，与光强度无关。故A错误。‎ B、质子和中子结合成原子核一定有质量亏损，根据质能方程知，有能量放出。故B正确。‎ C、半衰期具有统计规律，对大量原子核适用。故C错误。‎ D、氢原子的核外电子由较高能级迁到较低能级时，能量减小，释放光子，由高轨道跃迁到低轨道，‎ 根据km知，速度增大，动能增大，能量减小，则电势能减小。故D正确。‎ 故选：BD。‎ ‎14．（3分）【分析】比结合能越大的原子核越稳定；‎ 根据电子轨道半径的变化，结合库仑引力提供向心力得出电子动能的变化；‎ 卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型；‎ 根据光电效应方程式判断光电子的最大初动能与入射光的频率的关系。‎ ‎【解答】解：A、比结合能越大，即平均结合能越大的原子核越稳定，故A正确；‎ B、氢原子由激发态跃迁到基态，会辐射一定频率的光子，电子的轨道半径减小，根据km知，电子的动能增大，故B正确；‎ C、卢瑟福通过α粒子的散射实验研究，提出了原子的核式结构学说，发现质子，故C错误；‎ D、在光电效应方程Ek＝hv﹣W0知，光电子的最大初动能与入射光的频率为正相关而非正比例，故D错误；‎ 故选：AB。‎ 三．实验题（共2小题，满分15分）‎ ‎15．（9分）（1）在做“利用单摆测重力加速度”的实验时，为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最　低　（填“高”或“低”）点的位置时开始计时，并计数为1，摆球每次通过该位置时计数加1，当计数为63时，所用的时间为t秒，则单摆周期为　　秒。实验时某同学测得的g值偏大，其原因可能是　C　。‎ A．实验室的海拔太高 B．摆球太重 C．测出n次全振动时间为t，误作为n+1次全振动时间进行计算 D．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了 ‎（2）另一组同学在测量单摆的周期时，他用秒表记下了单摆做50次全振动的时间，如图甲所示，秒表的读数为　95.1　‎ s．该组同学经测量得到6组摆长L和对应的周期T，画出图线，然后在图线上选取A、B两个点，并通过其坐标计算出直线斜率为k。则当地重力加速度的表达式g＝　4kπ2　。处理完数据后，该同学发现在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球的半径，这样　不影响　（选填“影响”或“不影响”）重力加速度的计算。‎ ‎【分析】（1）为了减小测量周期的误差，摆球应选经过最低点的位置时开始计时。根据全振动的次数，求出周期。‎ 根据重力加速度的表达式：g，可分析g值偏大可能的原因。‎ ‎（2）秒表分针与秒针示数之和是秒表示数。‎ 根据实验注意事项与实验原理分析实验误差。‎ 由单摆周期公式变形，得到T2与L的关系式，分析图象斜率的意义，求解g。‎ ‎【解答】解：（1）摆球经过最低点的位置时速度最大，在相等的距离误差上引起的时间误差最小，测的周期误差最小，所以为了减小测量周期的误差，摆球应选经过最低点的位置时开始计时。‎ 由题分析可知，单摆全振动的次数：N31次，周期：T秒。‎ A、海拔太高时，重力加速度较小，这肯定不是测量结果偏大的原因，故A错误；‎ B、摆球的重力越重，误差越小，故B错误；‎ C、实验中误将n次全振动计为n+1次，根据T求出的周期变小，g偏大，故C正确；‎ D、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，依据：T，可知周期T变大，根据g，可知得到的g值偏小，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎（2）由图示秒表可知，分针示数为：60s，秒针示数为：35.1s，秒表读数：t＝60s+35.1s＝95.1s；‎ 由T，可得：LT2，‎ 则 L﹣T2图象的斜率：k 解得重力加速度：g＝4kπ2，‎ 在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球的半径，L﹣T2图象的斜率不变，这样不影响重力加速度的计算。‎ 故答案为：（1）低；；C；（2）95.1；4kπ2；不影响。‎ ‎16．（6分）某同学用如图甲所示装置验证动量守恒定律。入射球和靶球的半径相同，质量分别为m1、m2‎ ‎，平放于地面的记录纸上铺有复写纸。实验时先使入射球从斜槽上固定位置G由静止开始滚下，落到复写纸上，重复上述操作多次。再把靶球放在水平槽末端，让入射球仍从位置G由静止开始滚下，和靶球碰撞后继续向前运动落到复写纸上，重复操作多次。最终记录纸上得到的落点痕迹如图乙所示。‎ ‎（1）关于本实验下列说法正确的是　B　。‎ A．需要用游标卡尺测量两小球的直径 B．应使m1＞m2‎ C．实验中记录纸的位置可以移动 D．斜槽要固定好，末端切线不需要调节水平 ‎（2）按照本实验方法，该同学确定了落地点的平均位置P、Q、R并测出了OP、PQ、QR间的距离分别为x1、x2、x3，则验证动量守恒定律的表达式是　m1（x1+x2）＝m1x1+m2（x1+x2+x3）　。‎ ‎【分析】（1）在验证动量守恒定律的实验中，运用平抛运动的知识得出碰撞前后两球的速度，因为下落的时间相等，则水平位移代表平抛运动的速度；根据实验的原理确定需要测量的物理量，同时明确实验中的注意事项。‎ ‎（2）根据动量守恒定律可求得动量守恒的表达式。‎ ‎【解答】解：（1）A、本实验中两小球的直径只要相同即可，不需要测量小球的直径，故A错误；‎ B、要碰后入射球不反弹，则入射球的质量大于靶球的质量，即m1＞m2，故B正确；‎ C、实验中记录纸的作用是确定两小球的落点，如果记录纸发生了移动，则实验将出现水平距离测量不准确的现象，所以记录纸不能移动，故C错误；‎ D、斜槽要固定好，末端切线需要调节水平，才能使小球做平抛运动，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎（2）验证动量守恒定律的表达式是m1v0＝m1v1+m2v2，‎ 则m1v0t＝m1v1t+m2v2t，‎ 即m1OQ＝m1OP+m2OR，‎ 而OQ＝x1+x2，OP＝x1，OR＝x1+x2+x3‎ 则可知，对应的表达式为：‎ m1（x1+x2）＝m1x1+m2（x1+x2+x3）。‎ 故答案为：（1）B；（2）m1（x1+x2）＝m1x1+m2（x1+x2+x3）。‎ 四．计算题（共4小题，满分43分）‎ ‎17．（10分）【解析】(1)由图1可知周期 T=0.4π s  ‎ 由 ，有 ‎ 解得：L=0.4 m                                              ‎ ‎(2) B 点拉力最大，Fmax=0.510N，有：      ①‎ 在 A 和 C 点拉力最小：‎ Fmin=0.495N，有：Fmin=mgcosθ           ②‎ 从 A 到 B 的过程中摆球的机械能守恒，有：   ③‎ 由①②③式消去cosθ 和 v2，代入数据得：m=0.05 kg                                               ‎ 由①式解得：‎ v=0.283 m/s                      ‎ ‎18．一列简谐横波在ts时的波形图如图（a）所示，P、Q是介质中的两个质点。图（b）是质点Q的振动图象。求 ‎（1）波速及波的传播方向；‎ ‎（2）位于原点处的质点P的振动方程y （t）。‎ ‎【分析】（1）由图（a）得到波长，由图（b）得到周期，根据v计算波速，根据振动情况确定传播方向。‎ ‎（2）根据波的传播方向结合ts，P点的位置，书写振动方程。‎ ‎【解答】解：（1）由图（a）可以看出，该波的波长为λ＝‎32cm，‎ 由图（b）可以看出周期T＝1s，‎ 故波速为v‎32cm/s＝‎0.32m/s，‎ 由（b）可知，当ts时，Q沿y轴向下运动，根据波动规律可知，波沿x轴正方向传播。‎ ‎（2）设P质点振动方程为y＝10sin（2πt+φ） cm 则由ts时，y＝0得，φ或φ 波沿x轴正方向传播，则φ P点振动方程为y＝10sin（2πt） cm。‎ ‎19．19【解答】解：（1）设弹簧释放瞬间A和B获得的速度大小分别为vA，vB以向右为正方向，由动量守恒定律：mAvA+mBvB＝0‎ 两物块获得的动量之和为：EK 联立并代入数据解得：‎ vA＝‎4m/s vB＝‎1m/s ‎（2）A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为加速度为a，有：μmg＝ma 设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为XB，则有：‎ vB＝at XB 弹簧释放后A先向右匀减速运动，与墙壁碰撞后再反向匀减速，因vA＞vB，B先停止运动，设当A与墙距离为L1时，A速度恰好减为0时与B相碰，则：‎ ‎2L‎1+XB ‎2L‎2+XB 联立解得：L1＝‎1.875m L2＝‎‎0.75m L的范围为：‎0.75m≤L≤‎‎1.875m ‎（3）当L＝‎0.75m 时，B刚停止运动时A与B相碰，设此时A的速度为v v＝vA﹣at 故A与B将发生弹性碰撞，设碰撞后AB的速度分别为vA′和vB′，由动量守恒定律与机械能守恒定律有：‎ mAv＝mvA′+mBvB′‎ 联立并代入数据得：vB′m/s 碰撞后B继续向左匀减速运动，设通过位移为XB′‎ 由运动学公式得：‎ 最终B离墙的距离为：S＝XB+XB′+L 代入数据解得：S＝‎‎1.36m ‎20．（13分）解：（1）物块滑上长木板后将做匀减速直线运动，长木板将做匀加速直线运动，设物块加速度大小为a1，长木板加速度为a2，由牛顿第二定律可得：‎ 对物块有：μmg＝ma1‎ 对长木板有：μmg＝Ma2‎ 设长木板与物块经历时间t后速度相等，则有：v0﹣a1t＝a2t 物块的位移：‎ 长木板的位移：‎ 代入数据解得：物块的位移为：s1＝‎5m、长木板的位移为：s2＝‎‎2m 由于：s2＝x、L＝s1﹣s2，说明长木板与挡板碰撞时，物块到达长木板右端恰好与长木板共速，由运动学公式得物块到达A点的速度为：‎ ‎（2）将物块到达B点时的速度设为vB，由牛顿第二定律得：‎ 从A点到B点过程中，由机械能守恒定律得：mgR 由以上各式得：‎ 故纵坐标为：y＝2mg＝40N 由以上各式，结合图2可知，图象的斜率为：32‎ 其中：，解得横坐标为：x＝‎1.25m﹣1‎ ‎（3）设物块恰能经过半圆轨道最高点C时的轨道半径为R，此时经过C点的速度设为vC，则有：‎ 从A到C点过程中，由机械能守恒可得：‎ 代入数据解得：R＝0. ‎32m，即：‎ 如果半圆轨道的半径R＜‎32cm，则：‎ 此时物块在半圆轨道运动过程中始终不会脱离轨道，由以上各式可知：‎ 物块离开C点后做平抛运动至到达长木板的过程中，有：x′＝vCt，‎ 联立得：，当R＝‎0.2 m时x′有最大值：xm′＝‎‎0.8m 物块在长木板上的落地点与长木板最左端的最小距离为：xmin′＝L﹣xm′＝‎‎2.20m