2022~2023学年重庆市某中学高二（上）期末物理试卷+答案解析

2022〜2023学年重庆市巴蜀中学高二（上）期末物理试卷

1.某同学通过实验得到了如下图所示的四幅图案，在下列四个选项中，哪一个可能是由双

缝干涉实验得到的图案（）

ʌllllllllll

2.三种透明介质垂直堆叠，介质∏的两边界是平行的。一束光在介质∏的上边界内部发生

全反射，经过折射后从介质II的下边界射出，如图所示。假设光在三种介质中的折射率分别

为叼，∏2和的，则它们之间的大小关系正确的是（

A.n1>n2,n3<n2B.n1<n2>n3>n2

C.n1>n2,n3>n2D.n1<n2,n3<∏2

3.如图所示，是一个人两次抖动同一细绳形成的机械波，第一次抖动形成图甲所示波形,

第二次抖动形成图乙所示的波形，下列说法中正确的是（）

A.机械波向外传递的过程中频率会逐渐减小

B.在传播方向上相邻两个波峰间的距离是一个波长

C.甲、乙两列绳波的起振方向相同

D.机械波以传递振动，所以绳上的各点随波向外迁移

4.一个小球在水平方向上做简谐运动，其振动图像如图所示，下列说法中正确的是（)

Λx∕cm

A.小球的振幅是2ατj,周期是2s

B.t=Os到t=Is时间内，小球的动能在减小

C.t=2s时和t=4s时小球的回复力大小相同

D.t=2s到t=3s时间内，小球的加速度在增大

5.如图所示，矩形线框KLMN面积为S,处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，线框可

绕虚线轴逆时针转动，初始时刻线圈平面与磁场方向的夹角为30。，下列说法正确的是（）

A.初始位置穿过线圈的磁通量为?BS

B.当线圈从图示位置逆时针转过30。时，穿过线圈的磁通量为0

C.当线圈从图示位置逆时针转过90。时，穿过线圈的磁通量为TBS

D.在线圈从图示位置逆时针转过180。过程中，线圈磁通量的变化的大小为BS

6.如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂起来，其附近有一条形磁铁，该磁铁的轴线穿

过导线圈的圆心，且与线圈平面垂直，现保持条形磁铁不动，而在线圈中通以如图所示的电

流，则（）

A.线圈保持不动B.线圈向左偏转且有向外扩张的趋势

C.线圈向左偏转且有向内收缩的趋势D.线圈向右偏转且有向内收缩的趋势

7.如图所示，在真空中有两根长而直的平行导线，其中只有一根携带稳定的电流，其方向

未知。一个电子在两根导线确定的平面内沿着如图所示的路径从点。移动到点尸。以下哪一

AC

种表述是正确的（）

BD

A.8导线携带电流，方向从。流到CB.CO导线携带电流，方向从C流到。

C.AB导线携带电流，方向从A流到BD.AB导线携带电流，方向从8流到A

8.在光滑的水平地面上有两个小车A和B,A车质量为叫J=2kg,8车质量n⅛=Mg,B

车左侧固定有一个轻弹簧，如图所示，一开始弹簧处于原长且保持水平，A车向右的初速度

%

A.两车共速时的速度为2τn∕sB.A车的最终速度为lm/s

C.8车的最终速度为4m∕sD.弹簧的最大弹性势能为4J

9.19世纪末，汤姆孙的学生阿斯顿设计了质谱仪，并用质谱仪发现了锐-20和氮-22,证

实了同位素的存在。如图甲为质谱仪工作的原理图，已知质量为，"、电荷量为g的粒子，从

容器A下方的小孔SI飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0,然后经过S3沿着与磁

场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片。上的P点,且S3P=x.

忽略粒子的重力，通过实验测得X与Q7的关系如图乙所示，已知斜率为k=0.5,匀强磁场

的磁感应强度B为2X10-47,兀=3.14,则下列说法中正确的是（）

A.该粒子带负电

B.该粒子比荷为9×10sC∕kg

C.若电压U不变，X越大，则粒子比荷越大

D.该粒子在磁场中运动的时间约为1.96×10-≡s

10.如图所示，AB平行于C。，相距为4,两边之间有垂直直面向里的匀强磁场，磁感应强

度为B,一质量为〃?，电荷量为4的电子在AB边某点与AB边成30°角方向入射，与8边成

XXX

d.

×X

60。角出射，下列选项正确的是(吁。

A.电子运动的轨道半径为r=(√^3-l)d

Tirn

B.电子在磁场中运动的时间为t=而

c.电子的入射速度%=(2C])qBd

D.仅改变入射方向，使电子刚好不从右边界射出，则AB边界上的入射点与出射点间的距离

为2J(l+2√^^)d

11.一质量为1奴的物块，在水平力尸的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与

时间/的关系如图所示，已知物块与地间的动摩擦因数为0.2,重力加速度g取IOnι∕s2,下列

FN

选项正确的是()♦t/s

A.物体在3s末的动量大小为12kg-m/sB.水平力厂在前4s内的冲量大小为16N∙S

C.物体在5s末的速度大小为2m∕sD.6s末动量大小为12kg∙m/s

12.下列说法中正确的是()

A.各种波均会发生干涉、衍射、偏振等现象

B.在波的干涉图样中，振动加强的点永远都振动加强

C.两列相干波的波峰与波峰叠加相互加强，波谷与波谷叠加相互削弱

D.当障碍物或孔的尺寸比波长小或相差不多时，才能发生明显的衍射现象

13.如图所示，水平放置的两导轨尸、。间的距离d=0.5τn,垂直于导轨平面的竖直向上的

匀强磁场的磁感应强度B=2T,垂直于导轨放置的油棒的质量m=1kg,系在时棒中点的

水平绳跨过定滑轮与重物块G相连。已知外棒与导轨间的动摩擦因数〃=0.2,最大静摩擦

力可视为等于滑动摩擦力，电源的电动势E=IO叭内阻r=0.10,导轨的电阻及必棒的电

阻均不计。当滑动变阻器R=0.90时，油棒处于静止状态且仅受四个力作用，g取Iorn/S2,

下列选项正确的是（

A.重物块的质量Tkg

B.ah棒保持静止，滑动变阻器R的最小值为0.40

C.岫棒保持静止，滑动变阻器R的最大值为1.150

D.若将磁场反向，调节滑动变阻器，仍可让系统平衡

14.如图（α）所示，在固定的水平滑槽中，有一平台可左右滑动。平台下方竖直悬挂轻弹簧，

两小球A、B间用细线连接,弹簧下端与小球A相连。现让平台与小球一起向右匀速运动,t=Os

时剪断细线，小球4在竖直方向上做简谐运动。同时用频率为IOHZ的频闪照相机开始记录

小球A的位置，以剪断细线时小球4的位置为坐标原点，小球A的水平位移X为横坐标，小

球A的竖直位移），为纵坐标。运动一段时间后,用平滑的曲线连接小球A的位置如图（b）所示。

则下列说法中正确的是（

(b)

A.平台向右运动的速度大小V=lm∕s

B.t=0.2s时，小球A的速度最大

C.t=0.35s时，小球A的加速度方向向上

D.t=0.95s时，小球A的在竖直方向上的位移大小为（10+5，N）Cm

15.如图所示，在X>0区域有垂直直面向外的匀强磁场，磁感应强度为8,在X<0区域有

沿X轴正向的匀强电场。质量为机电荷量为q的带正电荷粒子，以速度%沿与），轴正向夹角

为<P弧度管≤W<9的方向，从坐标系的原点O处射入磁场，粒子的重力可以忽略不计。粒

子每次离开磁场后，都会从。点再次进入磁场，即粒子以周期路径运动。下列说法中正确的

X

是（）

A.粒子第一次经过y轴时的位置坐标为（0,瑞sin/

B.粒子运动周期为T=2m（tan曹…）

qb

C.匀强电场的电场强度大小为7∏28UOCOS0

D.当粒子运动到离y轴最远位置时，将磁感应强度减小到竽，则粒子第一次离开磁场时，距

O点距离为L=（3+/师

2qB

16.如图所示，在插针法测量玻璃折射率的实验中，两位同学先把方格纸固定在木板上。在

方格纸上画出一条直线ɑα'作为界面（线），过αα'上的一点。画出界面的法线NN',并画一条线

段4。作为入射光线。再把玻璃砖放到方格纸上，使其上边界与αα'重合，画出玻璃砖的下界

面帅’的位置。在直线Ao上插两枚大头针PI和P2,再在玻璃砖的另一侧插上大头针P3和P4。

确定光路后利用折射定律计算折射率。

（1）关于本实验下列说法正确的是;

A.实验时入射角越大越好

B.插大头针时应使Pl和P2、03和「4的间距稍大一些，可以减小误差

C.插大头针时，大头针应垂直纸面插放

D该实验只能测量两面平行的玻璃砖的折射率

(2)利用上述方格纸上的实验记录，计算此玻璃砖的折射率为；(答案可以用分数

或根号表示)

(3)某同学在画好玻璃砖的上下边界之后，插针之前，不小心碰到了玻璃砖，使其向上平移了

一小段距离，该同学并没有发现，则该同学测出的折射率与真实值相比o(填“偏

大”、“偏小”或“不变”)

17.某同学利用双缝干涉实验测量光的波长，实验装置如图所示，操作如下：

〃、接好电源，打开开关，使白炽灯正常发光；

从调整各器件高度，使光源灯丝发出的光能沿遮光筒轴线到达光屏；

C、调节白炽灯到凸透镜的距离，使其光线刚好被聚焦到单缝上；

”、调节拨杆，使单缝与双缝平行；

e、调整测量头(由分划板、目镜、手轮等构成)，直至可在目镜端观察到干涉条纹;

Λ旋转手轮完成测量。

(1)经过以上细心调节，该同学通过目镜观察，发现可以在毛玻璃上观察到彩色条纹，但无法

观察到等间距的单色条纹，为了解决这一问题，该同学可在凸透镜和单缝之间增加

(填“偏振片”或“滤光片”)；

(2)在加装了该器件后，该同学重新操作以上步骤，在毛玻璃上出现了明暗相间的单色条纹，

但由于条纹间距过小，导致无法测量,要增大观察到的条纹间距,正确的做法是;

A.减小双缝的距离B.减小单缝与双缝间的距离

C.增大透镜与单缝间的距离D∙增大双缝与光屏间的距离

(3)做出适当调整后，该同学再次重复前面操作，终于在毛玻璃上看到了清晰的明暗相间的单

色条纹，只不过发现里面的亮条纹与分划板竖线不平行，如图所示，若要使两者平行对齐，

该同学应调节；

A.仅左右转动透镜B.仅旋转单缝C.仅旋转双缝D.仅旋转测量头

(4)再次调节之后，测量头的分划板中心刻线与某条亮纹中心对齐，将该亮条纹定为第1条亮

纹，此时手轮上的示数如图甲所示，然后同方向转动测盘头，使分划板中心刻线与第6条亮

纹中心对齐，记下此时图乙中手轮上的示数为___________〃刈；

(5)己知双缝间距d为2.1XIoTm,测得双缝到屏的距离乙为o.7OOm,求得所测光波长为

_______________WMo

18.如图所示，有一列简谐横波沿X轴方向传播，实线和虚线分别表示t=Os和t=5s时的

波形图。

(1)若波沿X轴正向传播，则波可能的周期是多少？该波的最小波速是多少？

(2)若该列波沿X轴负方向传播，由图可知，在t=。时刻坐标为X=ITn处的质点处于平衡位

置，若该质点t=5s时第一次达到正向最大位移，求该列波波速，并写出X=IJn处质点的振

19.如图所示，质量M=2kg的小车静止在光滑的水平面上，右边J圆弧部分的半径r=1m,

小车上表面光滑，且均由绝缘材料制成，整个空间开始时有竖直向上的匀强电场。现有一质

量Tn=Ikg、带负电的电荷量q=2C的滑块，以为=6m∕s的水平速度从小车左端A处向右

滑上小车，小滑块刚好能运动到小车右端最高点，之后电场大小不变，方向改为竖直向下，

小滑块反向滑回，最终小滑块脱离小车，滑块可视为质点，g取IOnι∕s2,求：

(1)小滑块滑至右侧轨道最高点时的速度以及电场强度的大小；

(2)小滑块第二次滑至。点时对小车的压力大小。

7777777777777777777777777777777777777777777777'

20.水平实线下方有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，匀强磁场磁感应强度为B,方向垂直

纸面向外,匀强电场场强未知,。点是实线上一点,在其正上方有一点尸,已知P。=h,OD=d,

如图所示，整个图形处于竖直平面内，一个质量为电荷量为g的带正电小球从尸点可以

朝纸面内任意方向抛出。小球进入实线下方的复合场区后，可以做匀速圆周运动，求：

(1)求电场强度的大小及方向；

(2)自尸点以与水平方向成ɑ角斜向上抛出小球，抛出速度为巧,小球刚好经过。点，然后历

经复合场区一次，在斜上抛的下落阶段再回到P点，求α和DP(己知：E=12N∕C,h=4.8m,

d=2Aτn,B=5T,q=10C,m=12kg,g-10m∕s2)

(3)若从P点以速度北水平抛出小球，要使小球能经过。点，求速度处的大小及方向。

PO

h

______________"Id,

OD

B

答案和解析

1.【答案】A

【解析】A∙双缝干涉实验得到的图案为明暗相间的干涉条纹，且条纹间距相等，亮暗不变，故A

正确；

8.图中图样为衍射图样，中央为亮条纹，中央条纹最宽最亮，两侧的亮条纹逐渐变暗变窄，故8

错误；

C.光通过小孔出现明暗相间的衍射条纹，属于圆孔衍射，故C错误；

。.光通过圆盘出现明暗相间的条纹，属于圆盘衍射，中央形成“泊松亮斑”，故O错误。

故选4。

2.【答案】D

【解析】光在介质∏的上边界内部发生全反射，说明介质I的折射率小于介质∏的折射率，即如<

n2,光从介质H的下边界射出，且折射角大于入射角，说明介质II的折射率小于介质川的折射率，

即”2>叫3，故选

3.【答案】B

【解析】A.机械波的传播速度由震源的频率和介质本身决定。传播过程中能量有可能逐渐递减，

频率，物质都没有发生改变，A错误；

8.由波长的定义，在传播方向上，两个相邻波峰间的距离是一个波长，B正确；

C.波形甲的起振方向向下，波形乙的起振方向向上，C错误；

D机械波传播的是振动形式和能量.质点只在各自的平衡位置附近振动，并不随波定向迁移，D

错误。

故选B。

4.【答案】C

【解析】A∙由图可知，小球的振幅是2c%,周期是4s,A错误；

At=Os到t=Is时间内，小球向平衡位置移动，做加速运动，故这个过程中小球的动能在增加,

8错误；

C.t=2s时和t=4s时小球的回复力大小相同，方向相反，C正确；

Dt=2s到t=3s时间内，小球向平衡位移运动，恢复力逐渐减小，故加速度也在减小，。错误。

故选Co

5.【答案】D

【解析】A.初始位置穿过线圈的磁通量为。=BSSin30。=^BS,选项A错误；

B.当线圈从图示位置逆时针转过30。时，线圈平面与磁场方向垂直，穿过线圈的磁通量最大，为

BS,选项8错误；

C.当线圈从图示位置逆时针转过90。时，线圈平面与磁场方向的夹角为60。，穿过线圈的磁通量为

Φ=BSSin60。=3BS，选项C错误；

D在线圈从图示位置逆时针转过180。时，穿过线圈的磁通量为。'=-BSSin30。=-因此

此过程线圈磁通量的变化大小为/0=BS,选项。正确。

故选。。

6.【答案】B

【解析】根据磁铁周围的磁场特点，将磁场分解为水平向右和竖直方向，结合左手定则可知，竖

直方向的磁场对线圈有向左的作用力，水平向右的磁场对线圈有背离圆心的安培力，因此线圈向

左偏转且有向外扩张的趋势，故选瓦

7.【答案】A

2

【解析1观察发现，电子越靠近CD导线,轨迹半径越小，根据洛伦兹力提供向心力则有quB=*,

R噬,故越靠近CD导线磁感应强度越大，因此一定是C。导线携带电流：电子做曲线运动，

受到的合外力方向指向轨迹弯曲的凹侧，则根据左手定则可知，电子所在区域的磁场方向垂直纸

面向外，其中只有一根携带稳定的电流，根据安培定则可知，则是C。导线携带电流，方向从。

流到C。

故选AQ

8.【答案】D

【解析】AD.两车共速时，弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒和能量守恒有

22

TΠAV0=(mA+mβ)v,0(mA+mB)v+Ep,解得v=2m∕s,Ep-3/,故A正确，D

错误；

BC,两车(含弹簧)作用的整个过程，最终弹簧形变量为零，根据动量守恒和能量守恒得m.Do=

mAvA+mBvB'∖mAvO2=mAvA+jmβvB'，解得UA=Im/S,%=4m∕s,故Be正确。

本题选错误的，故选。。

9【答案】D

【解析】4根据粒子在磁场中的运动及左手定则可知，该粒子带正电，4错误；

BC.粒子在经过加速电场的过程中，由动能定理可知Uq=；nw2,在磁场中粒子由洛伦兹力提供向

心力，则BqU=噂，r=5,联立解得X=WJ半，若电压U不变，X越大，则粒子比荷越小；

结合图乙可知V乒=k=0.5,解得E=8xlθ8c∕kg,BC错误；

。.根据粒子在磁场中做圆周运动可知，Bqv=—，T=—,可得T=誓，由题可知，该粒子在

VBq

磁场中运动的时间约为t==1.96XIO-5s,D正确。

故选。。

10.【答案】D

【解析】ABC.电子在磁场中的运动轨迹如图所示,

由图中几何关系可得一J+-‰=r,解得电子运动的轨道半径为r=(√^3+l)d,由洛伦兹力

cos30cos30'J

提供向心力可得q%B=m⅛解得电子的入射速度%=喏=%=严;？喇,电子在磁场中运

动的时间为t=黑7=1⅛x驾=黑，故ABC错误；

36012qB6qB

。.仅改变入射方向，使电子刚好不从右边界射出，如图所示，

由图中几何关系可得，AB边界上的入射点与出射点间的距离为L=2√W一(r一郎=

2(√3+l)2d2-(√3d)2=2(l+2C)d,故。正确。

Ii.【答案】c

【解析】A.由动量定理/=∆p,得Fltl-〃mgs=Pi-0,解得物体在3s末的动量大小Pl=F1t1-

μmgt1=4×3kg-m/s—0.2×1×10×3kg-m/s=6kg-m∕s,故A错误；

区水平力尸在前4s内的冲量大小为I2=Fltl-F2灰=4X3N∙s—4义IN∙s=8N∙s,故B错误；

C.物体速度为零时，由动量定理可得Fltl-F2t3-∕(tι+t3)=0-0,解得t3=ls,所以在4,末

物体的速度为零，从4s末到5s末由动量定理得(F2-∕)t4=mv,解得物体在5s末的速度大小为

V■=2m∕s,故C正确；

。.由动量定理得6s末动量大小为P=/=(F2-∕)t4=(4-2)×(6-4)kg-m/s=4kg∙m/s,故

。错误。

故选Co

12.【答案】BD

【解析】A∙各种波都能发生干涉、衍射现象，但只有横波能发生偏振现象，纵波没有偏振现象，

故A错误；

BC.两列相干波的波峰与波峰叠加相互加强,波谷与波谷叠加相互加强,波峰与波谷叠加相互削弱,

故振动加强的点永远振动加强，振动削弱的点永远振动削弱，B正确，C错误；

D当障碍物或孔的尺寸比波长小或相差不多时，才能发生明显的衍射现象，。正确。

故选BD.

13.【答案】AC

【解析】A∙设重物块的质量为m',外棒处于静止状态且仅受重力、支持力、拉力、安培力四个力

的作用，则有第=m'g,整理得6'=黯T=Ikg,故A正确；

K-rT

BC.αb棒与导轨之间的最大摩擦力为&ax=f="mg=2N,要使必棒保持静止，则安培力应满

足Mg•-〃τng≤震≤m'g+卬ng,解得≤R≤1.150,故B错误、C正确；

D.若将磁场反向，则安培力的方向将与重物拉力的方向一致，由于重物的拉力大于小棒受到的最

大静摩擦力，所以无论怎样调节滑动变阻器，都不能让系统平衡，故。错误。

故选4C。

14.【答案】BCD

【解析】A.小球4相邻位置的时间间隔为7。=⅛s=0.1s,平台向右运动的速度大小为U=

∣ym∕s=2m∕s,A错误；

B.由图(b)可知，t=0.2s时，小球A处于平衡位置，小球A的速度最大，B正确；

C.由图(b)可知，小球A的振动周期为7=0.4s,t=0.35s时，小球A处在平衡位置y=IOcm［方

且向下振动，可知小球A的加速度方向竖直向上，C正确；

7

。.设y=IoCm为原点，由图可知，振幅为IoCm,则振动方程为y=-IOcos(yτrt)ycm=

-IOcos(5πt)cmft=0.95S时，得y=5√^^cτn,此时小球A的竖直位移大小为j√=(10+5Λ∕~Σ)CTΠ,

D正确。

故选BCD。

15.【答案】BD

【解析】4粒子在磁场和电场中的轨迹如图所示,

在磁场中根据洛伦兹力提供向心力可得q%B=τn捺，解得R=翳，粒子第一次经过y轴时的位

置的纵坐标为y=-2fisin<p=-鬻SinS,粒子第一次经过y轴时的位置坐标为(0,-鬻SinW),

故A错误；

B.粒子在磁场中的时间为Q=当当•警=迎种，粒子在电场中沿y轴方向做匀速直线运动，

ΔTCQD(JD"

则有2Rsin<p=%CoSSt2,解得=券吆，则粒子运动周期为7=S+母=网吟产刃，故8

正确；

C.设电场强度大小为E,则有α=哈ι⅛si∏0=α∙9,联立解得E=Bt⅛cosw,故C错误；

。.当粒子运动到离y轴最远位置时,此时速度方向沿y轴负方向，则有％=R+Reos。可知当国白

时,离y轴有最远距离,则有XmaX=R+Rcos与='/?,此时粒子离X轴距离为y】=RsinJ=孕R，

此时将磁感应强度减小到冬则粒子半径变为R'=：鼻=|・翳=∣R,可知粒子继续转过;圆周

离开磁场,则粒子第一次离开磁场时.，距。点距离为L=y1+R，=?R+|R=(3+'?，/。,故

八222qB

D正确。

故选BD.

16.【答案】(I)BC；

(2呼

(3)不变

【解析】(1)4实验时入射角应适当大些可以减小误差，但不是越大越好，故A错误；

8.为了减小误差，插大头针时应使Pl和P2、和「4的间距大一些，故8正确；

C为了便于观察，插大头针时，大头针应垂直纸面插放，故C正确；

。.该实验原理不仅能测量两面平行的玻璃砖的折射率，也可以测两面不平行的，故。错误。

故选BC；

(2)光路图如图所示：

在光路图中利用方格构造三角形，由图得sin%=?,sin%=?，根据折射定律，有n=徵=

£22.

2;

(3)如图所示：

实线表示将玻璃石专向上平移后实际的光路图，而虚线是未将玻璃砖向上平移时作图时所采用的光

路图，通过比较发现，入射角和折射角没有变化，则由折射定律Tl=码知，测得的折射率将不变。

17.【答案】(1)滤光片；

(2)4。；

(3)D；

(4)13.870；

(5)693

【解析】(1)要观察到等间距的单色条纹，需要用单色光做实验，因此该同学可在凸透镜和单缝之

间增加滤光片；

(2)根据双缝干涉条纹间距公式AX=可知要增大观察到的条纹间距，可以增大双缝与光屏间

的距离L或减小双缝的距离d,或增大单色光的波长九故选AD；

(3)旋转测量头，分划板的竖线随之旋转，可使分划板的竖线与亮条纹平行，故选。；

(4)由题图乙可知，手轮上的示数为13.5nun+0.01X37.0mm=13.870mm；

(5)相邻亮条纹的间距AX="咚泻型Zmn=2.31Onun,由AX=S4得4=代入数据得;I=

693nτ∏o

18.【答案】解：(1)根据题意，若波沿X轴正向传播，由图可得，传播时间与周期的关系为At=

G+n)r(n=0,12∙∙),

解得T=T⅛sS=0,l,2∙∙∙),

由公式〃=彳可知，周期越大，波速越小，则波速最小时，周期最大为％=20s,

由图可知，波长为A=4τn,

则最小波速为%nin=Λ=0∙2m∕S;

1m

(2)若该列波沿X轴负方向传播，由图可知，在t=0时刻坐标为X=Irn处的质点处于平衡位置沿y

轴负方向振动，若该质点t=5s时第一次达到正向最大位移，则有t=lτ,

又有V=芥

代入数据解得V=0.6m∕s,

由公式3=系可得＜υ=^rad∕s,

由于X=处质点从平衡位置开始沿y轴负方向振动，则X=Inl处质点的振动方程为y=

2sin焉+π)t(cm)o

【解析】(1)先找出传播时间与周期的关系，求出波可能的周期，再由公式。=(求解最小波速；

(2)由波的振动特点先算出该列波波速，再由X=处质点从平衡位置开始沿)，轴负方向振动，写

出％=Irn处质点的振动方程。

19.【答案】解：(1)滑块和小车在水平方向上动量守恒，则小滑块运动到小车右端最高点时.，由

动量守恒定律得m%=(M+m)v,

解得U=2m∕s,

整个过程能量守恒，得诏=∣(M÷m)v2+mgr+Eqr,

解得E=1N/C；

(2)滑块和小车在水平方向上动量守恒，则小滑块从最高点再次滑到。点的过程，由动量守恒定律

得(M+m)v=Mv1+TnU2，

再由能量守恒定律得X