2023-2024学年湖北省武汉市黄陂区高一(下)期末物理试卷

2023-2024学年湖北省武汉市黄陂区高一（下）期末物理试卷一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1．（4分）某片树叶从空中飘落的轨迹为曲线。则该树叶（）A．速度在不断变化 B．一定在做匀变速运动 C．所受的合力一定保持不变 D．加速度方向可能与速度方向始终在同一直线上2．（4分）在平坦的垒球运动场上，击球手挥动球棒将垒球水平击出，垒球飞行一段时间后落地，若不计空气阻力，则（）A．垒球在空中运动的时间仅由击球点离地面的高度决定 B．垒球在空中运动的水平位移仅由初速度决定 C．垒球落地时瞬时速度的方向仅由击球点离地面的高度决定 D．垒球落地时瞬时速度的大小仅由初速度决定3．（4分）小球放在竖直的弹簧上，将小球往下按至a的位置，如图所示，迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置c，途中经过位置b时弹簧正好处于原长。弹簧的质量和空气阻力均可忽略。小球从a运动到c的过程中，下列说法正确的是（）A．小球的动能逐渐增大，小球和弹簧系统机械能不变 B．小球的动能与弹簧的弹性势能的总和逐渐增大 C．在b点时小球的动能最大，弹簧的弹性势能最小 D．在a点时小球机械能最小，弹簧的弹性势能最大4．（4分）如图所示，轻杆的一端固定在通过O点的水平转轴上，另一端固定一个小球，轻杆绕O点在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，其中A点为最高点、C点为最低点，B点与O点等高，下列说法正确的是（）A．小球经过A点时，所受杆的作用力一定竖直向下 B．从A点到C点的过程，小球合力始终指向圆心 C．从A点到C点的过程，小球重力的功率保持不变 D．小球经过B点时，所受杆的作用力沿着BO方向5．（4分）一质点做简谐运动，其相对于平衡位置的位移x与时间t的关系图线如图所示，由图可知（）A．该简谐运动的周期是2.5×10﹣2s，振幅是7cm B．该简谐运动的表达式可能为x=7sin(100πt+3πC．t＝0.5×10﹣2s时振子的速度最大，且方向向下 D．t＝0.25×10﹣2s时振子的位移为﹣3.5cm6．（4分）如图所示，甲、乙为两颗轨道在同一平面内的地球人造卫星，其中甲卫星的轨道为圆形，乙卫星的轨道为椭圆形，M、N分别为椭圆轨道的近地点和远地点，P点为两轨道的一个交点，圆形轨道的直径与椭圆轨道的长轴相等。以下说法正确的是（）A．卫星甲的周期小于卫星乙的周期 B．卫星乙在M点的动能小于在N点的动能 C．卫星甲在P点的加速度大于卫星乙在P点的加速度 D．卫星甲在P点的线速度大于卫星乙在N点的线速度7．（4分）学校运动会上，参加铅球项目的运动员，把m＝5kg的铅球以6m/s的初速度从某一高度投掷出去，抛射角α＝37°铅球落地速度v与水平地面夹角53°，不计空气阻力，g＝10m/s2，求铅球从抛出到落地的时间（）A．t＝0.5s B．t＝1.5s C．t＝1s D．t＝0.8s（多选）8．（4分）一质量m＝60kg的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经t＝0.2s以大小v＝1m/s的速度离开地面，取重力加速度g＝10m/s2，在这0.2s内（）A．地面对运动员的冲量大小为180N•s B．地面对运动员的冲量大小为60N•s C．地面对运动员做的功为30J D．地面对运动员做的功为零（多选）9．（4分）在x＝0.6m处的波源P产生一列沿x轴负方向传播的简谐横波，在x＝﹣0.6m处的波源Q产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，t＝0时刻两波源开始振动，t＝0.5s时两列简谐波的波形图分别如图中实线和虚线所示，下列说法正确的是（）A．两波源的起振方向均沿y轴负方向 B．两列波的波速大小均为2m/s C．再经过0.1s，平衡位置在x＝﹣0.2m处的质点位移为0.1m D．再经过0.1s，平衡位置在x＝﹣0.4m处的质点位移为0.3m（多选）10．（4分）如图，工人用传送带运送货物，传送带倾角为30°，顺时针匀速转动，把货物从底端A点运送到顶端B点，其速度随时间变化关系如图所示。已知货物质量为10kg，重力加速度取10m/s2。则（）A．传送带匀速转动的速度大小为1m/s B．货物与传送带间的动摩擦因数为0.5 C．运送货物的整个过程中传送带多消耗的电能810J D．运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功15J二、非选择题：本题共5小题，共60分。11．（8分）用如图所示的实验装置来探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系，转动手柄使长槽和短槽分别随塔轮匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对球的压力提供了向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值。实验用球分为钢球和铝球，请回答相关问题：（1）在某次实验中，某同学把两个质量相等的钢球放在A、C位置，A、C到塔轮中心距离相等，将皮带处于左、右塔轮的半径不等的层上。转动手柄，观察左右标尺的刻度，此时可研究向心力的大小与的关系。A．质量mB．半径rC．角速度ω（2）在（1）的实验中，某同学匀速转动手柄时，左边标尺露出1个格，右边标尺露出4个格，则皮带连摆的左、右塔轮半径之比为。其他条件不变，若增大手柄转动的速度，则左、右两标尺的示数将，两标尺示数的比值（均选填“变大”“变小”或“不变”）。12．（8分）如图所示为倾斜放置的气垫导轨，用来验证机械能守恒定律。已知滑块（包含遮光条）的质量为m，滑块上遮光条的宽度为d，重力加速度为g。现将滑块由静止释放，向下运动中两个光电门G1和G2分别记录了遮光条通过光电门的时间t1和t2，则（1）滑块通过光电门G1时的速度大小为；（2）滑块通过两个光电门过程中的动能增量ΔEk＝；（3）滑块通过两个光电门过程中重力势能的减少量ΔEp减＝（可用图中所标符号）；若两者在实验误差允许范围内满足ΔEk＝ΔEp减，则滑块在下滑过程中机械能守恒。（4）若实验中滑块以初速度v0下滑，（选填“能”或“不能”）验证机械能守恒。13．（12分）沿x轴正方向传播的简谐横波在t1＝0时的波形如图所示，此时，波传播到x2＝2m处的质点B，而平衡位置为x＝0.5m处的质点A正好位于波谷位置，此后，经0.1s质点A恰好第一次到达波峰。求：（1）该波的波速；（2）在t2＝0.45s时，平衡位置为x＝5m处的质点C的位移？14．（14分）如图所示，质量为2m的物块a静止在光滑水平地面上，物块a左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为3m的滑块b以初速度v0向右运动滑上a，沿a左侧面上滑一定高度后又返回，最后滑离a，不计一切摩擦阻力，重力加速度为g，滑块b从滑上a到滑离a的过程中，求：（1）滑块b沿a上升的最大高度；（2）滑块b运动的最小速度。15．（18分）如图，由薄壁圆管构成的圆形轨道竖直固定在水平地面上，轨道半径R＝0.125m，远大于圆管内径，轨道底端分别与两侧的水平直轨道相切。质量m＝1kg，直径略小于圆管内径的光滑小球A以速度v0＝5m/s向右运动，与静止在直轨道P处的小滑块B发生弹性碰撞，碰后球A的速度反向，且经过圆轨道最高点Q时恰好对轨道无作用力，P点右侧由多段粗糙轨道、光滑轨道交替排列组成，每段轨道长度均为L＝0.1m，紧邻P点的第一段轨道为粗糙轨道，滑块B与各粗糙轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.1，重力加速度g取10m/s2。求：（1）碰撞后瞬间小球A速度的大小；（2）滑块B的质量和碰撞后瞬间滑块B速度的大小；（3）碰撞后滑块B运动的路程。

2023-2024学年湖北省武汉市黄陂区高一（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1．（4分）某片树叶从空中飘落的轨迹为曲线。则该树叶（）A．速度在不断变化 B．一定在做匀变速运动 C．所受的合力一定保持不变 D．加速度方向可能与速度方向始终在同一直线上【考点】物体运动轨迹、速度、受力（加速度）的相互判断；物体做曲线运动的条件．【答案】A【分析】曲线运动的速度方向沿曲线的切线方向，故速度一定变化，加速度（合力）一定不为零，加速度（合力）可以是恒定的也可以是变化的；速度的方向与合外力的方向必定不在同一条直线上。【解答】解：A.树叶从空中飘落的轨迹为曲线，则速度的方向不断改变，速度不断变化，故A正确；BC.树叶做曲线运动只能得出树叶所受合力与速度方向不共线，并不能确定合力是否变化，若不变则为匀变速运动，若改变则不是匀变速运动，故BC错误；D.树叶的运动轨迹为曲线，合力与速度方向不共线，加速度与合力同向，则加速度方向与速度方向不在同一直线上，故D错误；故选：A。2．（4分）在平坦的垒球运动场上，击球手挥动球棒将垒球水平击出，垒球飞行一段时间后落地，若不计空气阻力，则（）A．垒球在空中运动的时间仅由击球点离地面的高度决定 B．垒球在空中运动的水平位移仅由初速度决定 C．垒球落地时瞬时速度的方向仅由击球点离地面的高度决定 D．垒球落地时瞬时速度的大小仅由初速度决定【考点】平抛运动速度的计算．【答案】A【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移．【解答】解：A、根据t=2hB、根据x=vC、根据平行四边形定则知，tanα=vD、落地的速度v=v故选：A。3．（4分）小球放在竖直的弹簧上，将小球往下按至a的位置，如图所示，迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置c，途中经过位置b时弹簧正好处于原长。弹簧的质量和空气阻力均可忽略。小球从a运动到c的过程中，下列说法正确的是（）A．小球的动能逐渐增大，小球和弹簧系统机械能不变 B．小球的动能与弹簧的弹性势能的总和逐渐增大 C．在b点时小球的动能最大，弹簧的弹性势能最小 D．在a点时小球机械能最小，弹簧的弹性势能最大【考点】机械能守恒定律的简单应用．【答案】D【分析】小球从a上升到b位置的过程中，动能先增大后减小，平衡位置速度最大，动能增大；小球上升和下落过程与弹簧组成的系统机械能守恒。【解答】解：A、小球从a上升到b的过程中，弹簧的弹力先大于重力后小于重力，小于先加速后减速，动能先增大后减小，故A错误。B、小球从a到c的过程中，小球只受重力和弹簧的弹力做功，故小球和弹簧组成的系统机械能守恒，小球的重力势能逐渐增大，则小球的动能与弹簧的弹性势能的总和逐渐减小，故B错误。C、由上分析知，小球在b点的动能不是最大。故C错误。D、从a到b的过程中，弹簧的弹力做正功，小球的机械能增大，从b到c的过程中只受重力，机械能守恒，故在a点机械能最小；故D正确；故选：D。4．（4分）如图所示，轻杆的一端固定在通过O点的水平转轴上，另一端固定一个小球，轻杆绕O点在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，其中A点为最高点、C点为最低点，B点与O点等高，下列说法正确的是（）A．小球经过A点时，所受杆的作用力一定竖直向下 B．从A点到C点的过程，小球合力始终指向圆心 C．从A点到C点的过程，小球重力的功率保持不变 D．小球经过B点时，所受杆的作用力沿着BO方向【考点】杆球类模型及其临界条件；功率的定义、物理意义和计算式的推导；牛顿第二定律的简单应用．【答案】B【分析】根据速度情况，结合合力提供向心力，分析杆的作用力方向；匀速圆周运动，合外力提供向心力，同时分析小球所受杆的作用力方向；根据p＝mgvcosθ，分析重力功率变化。【解答】解：A．小球经过A点时，合外力提供向心力小球速度较小时mv2r则所受杆的作用力竖直向上；当小球速度较大时mv2r则所受杆的作用力竖直向下；当小球速度满足mv则杆对小球无作用力。故A错误；B．依题意，小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，从A点到C点的过程，小球合力始终指向圆心。故B正确；C．由图可知A点和C点处重力与速度方向垂直，则小球重力的功率为0，与B点对称的位置处重力与速度共线，故重力功率不为0，则从A点到C点的过程，小球重力的功率先增大再减小。故C错误；D．合外力提供向心力，小球受重力和杆给的作用力，则小球所受杆的作用力为右上方。故D错误。故选：B。5．（4分）一质点做简谐运动，其相对于平衡位置的位移x与时间t的关系图线如图所示，由图可知（）A．该简谐运动的周期是2.5×10﹣2s，振幅是7cm B．该简谐运动的表达式可能为x=7sin(100πt+3πC．t＝0.5×10﹣2s时振子的速度最大，且方向向下 D．t＝0.25×10﹣2s时振子的位移为﹣3.5cm【考点】简谐运动的某一时刻或某段时间内质点的运动情况；简谐运动的图像问题；简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数．【答案】B【分析】质点的振幅等于振子的位移最大值，由图直接读出振幅和周期；根据t＝0时刻的质点位移，分析质点的初相位，据此写出其振动方程；根据振动方程求解振子在某时刻所处的位置。【解答】解：A．根据图像可知，该简谐运动的周期是2.0×10﹣2s，振幅是7cm，故A错误；B．应该完整的规则的正弦式振动方程为x=Asinωt=7sin100πt(cm)将上述函数的图像向左平移Δt=3得到图像中的波形，则该简谐运动的表达式可能为x=7sin100π(t+Δt)cm=7sin(100πt+3π故B正确；C．根据图像可知，t＝0.5×10﹣2s时振子处于平衡位置，振子的速度最大，速度方向向上，故C错误；D．由于x=7sin(100πt+3π可以解得t＝0.25×10﹣2s时振子的位移为x=−7故D错误。故选：B。6．（4分）如图所示，甲、乙为两颗轨道在同一平面内的地球人造卫星，其中甲卫星的轨道为圆形，乙卫星的轨道为椭圆形，M、N分别为椭圆轨道的近地点和远地点，P点为两轨道的一个交点，圆形轨道的直径与椭圆轨道的长轴相等。以下说法正确的是（）A．卫星甲的周期小于卫星乙的周期 B．卫星乙在M点的动能小于在N点的动能 C．卫星甲在P点的加速度大于卫星乙在P点的加速度 D．卫星甲在P点的线速度大于卫星乙在N点的线速度【考点】不同轨道上的卫星（可能含赤道上物体）运行参数的比较；动能大小的影响因素及比较．【答案】D【分析】A.根据开普勒第三定律进行分析判断；B.根据开普勒第二定律结合动能表达式进行分析比较；C.根据牛顿第二定律导出加速度表达式进行判断；D.根据离心运动和椭圆轨道的速度规律进行比较判断。【解答】解：A.由于圆轨道的直径与椭圆轨道的长轴相等，由开普勒第三定律a3B.根据开普勒第二定律可知，卫星乙与地心连线在相等时间内扫过的面积相等，则卫星乙在M点的线速度大于卫星乙在N点的线速度，根据Ek=12mvC.由牛顿第二定律得GMmr2D.乙卫星的轨迹是椭圆，在P点的线速度大于在N点的线速度，若其在P点加速可进入卫星甲的圆轨道稳定运行，所以卫星甲在P点的线速度大于卫星乙在N点的线速度，故D正确。故选：D。7．（4分）学校运动会上，参加铅球项目的运动员，把m＝5kg的铅球以6m/s的初速度从某一高度投掷出去，抛射角α＝37°铅球落地速度v与水平地面夹角53°，不计空气阻力，g＝10m/s2，求铅球从抛出到落地的时间（）A．t＝0.5s B．t＝1.5s C．t＝1s D．t＝0.8s【考点】斜抛运动．【答案】C【分析】根据落地和抛出时，水平方向速度不变，结合运动的分解，可求出落地时间。【解答】解：小球抛出时，水平方向的速度为v1＝v0cosα＝6×0.8m/s＝4.8m/s，落地时，水平方向速度仍为v1＝4.8m/s，根据落地的速度夹角为53°，所以落地时竖直方向的速度v2＝v1tan53°＝4.8×4在竖直方向上，取竖直向下为正方向，有﹣v0sinα+gt＝v2，解得t＝1s，故C正确，ABD错误。故选：C。（多选）8．（4分）一质量m＝60kg的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经t＝0.2s以大小v＝1m/s的速度离开地面，取重力加速度g＝10m/s2，在这0.2s内（）A．地面对运动员的冲量大小为180N•s B．地面对运动员的冲量大小为60N•s C．地面对运动员做的功为30J D．地面对运动员做的功为零【考点】动量定理的内容和应用．【答案】AD【分析】已知初末速度，则由动量定理可求得地面对人的冲量；由功的公式可确定地面对人是否做功．【解答】解：AB、人的速度原来为零，起跳后变化v，以向上为正方向，由动量定理可得：I﹣mgΔt＝mv﹣0，故地面对人的冲量为：I＝mv+mgΔt＝60×1+600×0.2＝180N•s，故A正确，B错误；CD、人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故C错误，D正确；故选：AD。（多选）9．（4分）在x＝0.6m处的波源P产生一列沿x轴负方向传播的简谐横波，在x＝﹣0.6m处的波源Q产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，t＝0时刻两波源开始振动，t＝0.5s时两列简谐波的波形图分别如图中实线和虚线所示，下列说法正确的是（）A．两波源的起振方向均沿y轴负方向 B．两列波的波速大小均为2m/s C．再经过0.1s，平衡位置在x＝﹣0.2m处的质点位移为0.1m D．再经过0.1s，平衡位置在x＝﹣0.4m处的质点位移为0.3m【考点】简谐运动的图像问题．【答案】BD【分析】根据“同侧法”判断出两列波的传播方向；由图读出波长和传播周期，根据波速公式求得两个波的波速；因为0～0.5s两列波均传播5λ4【解答】解：A．根据同侧法由图可知，两波源的起振方向均沿y轴正方向，故A错误；B．由图可知，0～0.5s两列波的传播距离相等均为s＝0.6m﹣（﹣0.4）m＝1m则两列波的波速大小均为v=s故B正确；C．由图可知，0～0.5s两列波均传播5λ4T=4再经过0.1s，两列波平衡位置在x＝﹣0.2m处的质点均回到平衡位置，则位移为0，故C错误；D．同C选项分析，再经过0.1s，两列波平衡位置在x＝﹣0.4m处的质点均位于波峰处，根据波的叠加可知，此时x＝﹣0.4m质点的位移为x'＝0.1m+0.2m＝0.3m故D正确。故选：BD。（多选）10．（4分）如图，工人用传送带运送货物，传送带倾角为30°，顺时针匀速转动，把货物从底端A点运送到顶端B点，其速度随时间变化关系如图所示。已知货物质量为10kg，重力加速度取10m/s2。则（）A．传送带匀速转动的速度大小为1m/s B．货物与传送带间的动摩擦因数为0.5 C．运送货物的整个过程中传送带多消耗的电能810J D．运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功15J【考点】功是能量转化的过程和量度；水平传送带模型．【答案】AC【分析】根据图像判断传送带匀速转动的速度大小，在v﹣t图像中，判断出货物的运动类型，根据斜率求得加速度，结合牛顿第二定律求得动摩擦因数，图像与时间轴所围面积表示货物通过的位移，根据Q＝μmgcosθ×Δx求得产生的热量，根据能量守恒计算整个过程中传送带多消耗的电能。【解答】解：A、由图乙可知，物体在被传送带运送过程中，先做匀加速直线运动，加速到和传送带速度相同时，与传送带共速，一起运动，都做匀速直线运动，故可知传送带匀速转动的速度大小为1m/s，故A正确；B、v﹣t图像的斜率表示加速度的大小，由图乙可知，加速度阶段物体的加速度为a=由牛顿第二定律有μmgcos30°﹣mgsin30°＝ma代入数据解得μ=故B错误；C、0～0.4s内物块和传送带发生相对滑动，设物块的位移为x1，传送带的位移为x2，相对位移为Δx，则有Δx＝x2﹣x1＝1×0.4m−1因摩擦而产生的热量为Q＝μmgcos30°Δx代入数据解得Q＝15J由图乙可得传送带的长度为x=则可得运送货物的整个过程中传送带多消耗的电能为ΔE=代入数据解得ΔE＝810J故C正确；D、运送物体的整个过程中，摩擦力对物体做功可分为两个阶段，第一阶段为物体和传送带发生相对滑动的过程，此时滑动摩擦力做功，第二阶段为物体和传送带相对静止的过程，此时为静摩擦力做功，则可得摩擦力对物块做的功为Wf＝μmgcos30°•x1+mgsin30°•（x﹣x1）代入数据解得Wf＝795J，故D错误。故选：AC。二、非选择题：本题共5小题，共60分。11．（8分）用如图所示的实验装置来探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系，转动手柄使长槽和短槽分别随塔轮匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对球的压力提供了向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值。实验用球分为钢球和铝球，请回答相关问题：（1）在某次实验中，某同学把两个质量相等的钢球放在A、C位置，A、C到塔轮中心距离相等，将皮带处于左、右塔轮的半径不等的层上。转动手柄，观察左右标尺的刻度，此时可研究向心力的大小与C的关系。A．质量mB．半径rC．角速度ω（2）在（1）的实验中，某同学匀速转动手柄时，左边标尺露出1个格，右边标尺露出4个格，则皮带连摆的左、右塔轮半径之比为2：1。其他条件不变，若增大手柄转动的速度，则左、右两标尺的示数将变大，两标尺示数的比值不变（均选填“变大”“变小”或“不变”）。【考点】探究圆周运动的相关参数问题．【答案】（1）C；（2）2：1；变大，不变。【分析】（1）本实验采用了控制变量法，根据向心力公式F＝mrω2进行分析；（2）左、右标尺显示的是向心力的大小关系，根据向心力公式求解角速度之比；再结合v＝Rω和两塔轮的线速度关系求出与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比；增大手柄转动的速度，增大塔轮转动的角速度，结合向心力公式分析作答；增大手柄转动的速度，增大塔轮转动的角速度，由于两塔轮半径不变，两塔轮的角速度之比不变，结合向心力公式分析两标尺示数的比值。【解答】解：（1）本实验采用了控制变量法，根据向心力公式F＝mrω2某同学把两个质量相等的钢球放在半径相等的A、C位置时，探究的是向心力与角速度的关系，故AB错误，C正确。故选：C。（2）左、右标尺显示的是向心力的大小关系，因此F1：F2＝1：4根据向心力公式F＝mrω2左右两小球做圆周运动的角速度之比ω向心力演示仪左、右两塔轮是通过皮带传动，根据线速度与角速度的关系v＝R1ω1＝R2ω2R1设塔轮半径为R，皮带的线速度为v；手柄与塔轮为同种传动，根据v＝Rω可知，手柄转动的速度增大，塔轮转动的角速度增大；根据向心力公式F＝mrω2可知，两小球做圆周运动所需的向心力增大，左、右两标尺的示数将变大；左右塔轮的半径之比不变，根据v＝Rω可得左右塔轮的角速度之比ω由于塔轮的半径之比不变，则塔轮的角速度比值不变，两标尺的示数比值不变。故答案为：（1）C；（2）2：1；变大，不变。12．（8分）如图所示为倾斜放置的气垫导轨，用来验证机械能守恒定律。已知滑块（包含遮光条）的质量为m，滑块上遮光条的宽度为d，重力加速度为g。现将滑块由静止释放，向下运动中两个光电门G1和G2分别记录了遮光条通过光电门的时间t1和t2，则（1）滑块通过光电门G1时的速度大小为dt1（2）滑块通过两个光电门过程中的动能增量ΔEk＝12m(dt2（3）滑块通过两个光电门过程中重力势能的减少量ΔEp减＝mgsHL（可用图中所标符号）；若两者在实验误差允许范围内满足ΔEk＝ΔEp减（4）若实验中滑块以初速度v0下滑，能（选填“能”或“不能”）验证机械能守恒。【考点】验证机械能守恒定律．【答案】（1）dt1；（2）12m(dt【分析】（1）根据遮光条的宽度与遮光条经过光电门的时间求出滑块经过光电门时的速度大小。（2）根据滑块经过两光电门的速度求出滑块通过两光电门过程动能的增加量。（3）根据重力势能的计算公式求出重力势能的减少量。（4）根据实验原理分析答题。【解答】解：（1）很短时间内的平均速度等于瞬时速度，滑块通过光电门G1时的速度大小v1=d（2）很短时间内的平均速度等于瞬时速度，滑块通过光电门G2时的速度大小v2=d滑块通过两个光电门过程中的动能增量ΔEk=12mv2（3）设斜面倾角为θ，滑块通过两个光电门过程中重力势能的减少量ΔEp减＝mgssinθ＝mgs×（4）验证机械能守恒定律，即验证重力势能的减少量与动能的增加量是否相等，若实验中滑块以初速度v0下滑，测出滑块经过两光电门时的速度，求出动能的增加量，然后与重力势能的减少量进行比较，可以验证机械能守恒，可以完成实验。故答案为：（1）dt1；（2）12m(dt13．（12分）沿x轴正方向传播的简谐横波在t1＝0时的波形如图所示，此时，波传播到x2＝2m处的质点B，而平衡位置为x＝0.5m处的质点A正好位于波谷位置，此后，经0.1s质点A恰好第一次到达波峰。求：（1）该波的波速；（2）在t2＝0.45s时，平衡位置为x＝5m处的质点C的位移？【考点】波长、频率和波速的关系；机械波的图像问题．【答案】（1）该波的波速10m/s；（2）平衡位置为x＝5m处的质点C的位移为﹣2cm。【分析】（1）根据图象确定波长，根据题意确定周期，计算波速；（2）分析C的振动时间，确定C的位移。【解答】解：（1）质点A正好位于波谷位置，此后，经0.1s质点A恰好第一次到达波峰，故周期为T＝0.2s，根据图象，波长为λ＝2m，故波速为v=λ（2）简谐横波在t1＝0时传播到x2＝2m处的质点B，B传播到C的时间为t=BCv，代入数据t＝0.3s，故在t2＝0.45s时，C向上开始振动，运动时间为Δt＝t2﹣t＝0.45s﹣0.3s＝0.15s答：（1）该波的波速10m/s；（2）平衡位置为x＝5m处的质点C的位移为﹣2cm。14．（14分）如图所示，质量为2m的物块a静止在光滑水平地面上，物块a左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为3m的滑块b以初速度v0向右运动滑上a，沿a左侧面上滑一定高度后又返回，最后滑离a，不计一切摩擦阻力，重力加速度为g，滑块b从滑上a到滑离a的过程中，求：（1）滑块b沿a上升的最大高度；（2）滑块b运动的最小速度。【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题．【答案】（1）滑块