高中物理选择性必修一专练2

专练二力学三大观点的综合应用1．2022年2月5日，中国短道速滑运动员在混合团体接力决赛中为中国队拿下北京冬奥会首金，这也是这一新增项目的奥运历史首金．短道速滑接力比赛中运动员在直道上采用推接方式进行替换(如图)．若忽略推接过程中冰面对运动员的摩擦力，则在甲运动员用力将乙运动员推出的过程中，以下说法一定正确的是()A．甲对乙的作用力大于乙对甲的作用力B．甲的速度变化量的大小等于乙的速度变化量的大小C．甲对乙做多少正功，乙对甲就一定做多少负功D．甲、乙运动员组成的系统动量守恒【答案】D【解析】甲对乙的作用力与乙对甲的作用力是一对相互作用力，大小相等，根据牛顿第二定律，由于质量关系不清楚，则加速度大小不一定相同，根据Δv＝at，则速度的变化量大小没法比较，A、B错误；甲运动员用力将乙运动员推出的过程中，相对地面的位移不一定相同，因此甲对乙做的正功与乙对甲做的负功不一定相等，C错误；甲运动员用力将乙运动员推出的过程中，合外力为零，甲、乙运动员组成的系统动量守恒，D正确．2．(多选)质量为m1＝1kg和m2(未知)的两个物体A、B在光滑的水平面上发生正碰，碰撞时间极短，其x－t图像如图所示，则()A．碰撞后两物体速度相同B．碰撞时B对A所施冲量为6N·sC．此碰撞一定为弹性碰撞D．此过程的机械能损失为10J【答案】BC【解析】x－t图像的斜率表示物体的速度，可知碰撞前A、B的速度分别为vA＝eq\f(8,2)m/s＝4m/s，vB＝0，碰撞后A、B的速度分别为v′A＝eq\f(－8,6－2)m/s＝－2m/s，v′B＝eq\f(16－8,6－2)m/s＝2m/s，可知碰撞后两物体的速度大小相等，方向相反，故A错误；根据动量定理可知，碰撞时B对A所施冲量为I＝m1v′A－m1vA＝－6kg·m/s＝－6N·s，B正确；A、B碰撞过程满足动量守恒，则有m1vA＝m1v′A＋m2v′B，解得m2＝3kg，碰撞前系统的机械能为E＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)×1×42J＝8J，碰撞后系统的机械能为E′＝eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)m2v′eq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)×1×(－2)2J＋eq\f(1,2)×3×22J＝8J，可知碰撞前后系统的机械能相等，故此碰撞一定为弹性碰撞，C正确，D错误．3．如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧AB是一个半径为R的eq\f(1,6)弧形凹槽，A点切线水平．一个质量为m的小球以水平初速度v0从A点冲上滑块，重力加速度大小为g，不计一切摩擦．下列说法中正确的是()A．滑块和小球组成的系统动量不守恒B．滑块和小球组成的系统机械能不守恒C．若v0>eq\r(gR)，小球将越过B点离开滑块MD．若小球能从B点离开滑块M，则小球到达滑块最高点B时，小球和滑块的水平方向速度相等【答案】A【解析】滑块和小球组成的系统水平方向合力为零，所以水平方向动量守恒，但是整体的合力不为零，所以系统的总动量不守恒，A正确；不计一切摩擦，只有重力对系统做功，所以系统机械能守恒，B错误；当小球刚好到达B点，系统水平方向动量守恒，有mv0＝Mv＋mv，系统机械能守恒，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)Mv2＋eq\f(1,2)mv2＋mgR(1－cos60°)，可得v0＝eq\r(\f(M＋m,M)gR)＞eq\r(gR)，C错误；因为小球相对滑块做圆周运动，如果小球能越过B点离开滑块，说明小球沿B点的切线方向速度不为零(即v相对)，这个速度不是竖直向上，如图所示，其中vM、vm分别为M、m的实际速度，v相对为小球相对滑块的速度，可见水平方向上它们速度不相等，D错误．4．如图所示，质量相同的A球和B球，A球用细线吊起，B球放在悬点正下方的光滑水平面上．现将A球拉到距离地面高度为h处由静止释放，摆到最低点时与B球碰撞，碰后两球粘在一起共同上摆，则两球上摆的最大高度(空气阻力不计)()A．等于eq\f(h,4)B．等于eq\f(h,2)C．介于h和eq\f(h,2)之间D．有可能大于h【答案】A【解析】球由静止释放到最低点与B球碰撞前的过程，根据动能定理可得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(2gh).A球与B球碰撞过程满足动量守恒，则有mv0＝2mv，解得碰后两球的共同速度为v＝eq\f(v0,2)＝eq\f(\r(2gh),2).碰后两球粘在一起向上摆到最大高度过程，根据动能定理可得－2mgh′＝0－eq\f(1,2)×2mv2，解得两球上摆的最大高度为h′＝eq\f(h,4).A正确，B、C、D错误．5．如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上．一颗子弹水平射入木块A，并留在其中．在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，关于子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是()A．动量守恒、机械能守恒B．动量守恒、机械能不守恒C．动量不守恒、机械能守恒D．动量、机械能都不守恒【答案】B【解析】子弹击中木块A及弹簧被压缩的整个过程，系统在水平方向不受外力作用，系统动量守恒，但是子弹击中木块A的过程，有摩擦力做功，部分机械能转化为内能，所以机械能不守恒，B正确，A、C、D错误．6．斜向上抛出一个爆竹，到达最高点时(速度水平向东)立即爆炸成质量相等的三块，前面一块速度水平向东，后面一块速度水平向西，前、后两块的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反．则以下说法中正确的是()A．爆炸后的瞬间，中间一块的速度可能水平向西B．爆炸后的瞬间，中间一块的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度C．爆炸后三块将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同D．爆炸后的瞬间，中间那块的动能可能小于爆炸前的瞬间爆竹的总动能【答案】B【解析】爆竹在最高点速度大小为v0、方向水平向东，爆炸前动量为3mv0，其中前面一块质量为m，速度大小为v，方向水平向东，后面一块质量为m，速度大小为v，方向水平向西，设爆炸后中间一块瞬时速度为v′，取水平向东为正方向，爆炸过程动量守恒，则有3mv0＝mv＋mv′－mv，解得v′＝3v0>v0，即爆炸后的瞬间，中间一块的速度方向水平向东，且大于爆炸前瞬间爆竹的速度，故A错误，B正确；下落的高度相同，则获得的竖直速度相同，根据速度的合成可知末速度方向不同，所以落地时的动量不相同，故C错误；爆炸后中间那块的动能Ek′＝eq\f(1,2)mv′2＝eq\f(9,2)mveq\o\al(2,0)，爆炸前的瞬间爆竹的总动能Ek＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,0)，所以Ek′>Ek，故D错误．7．在光滑的水平面的同一直线上，自左向右地依次排列质量均为m的一系列小球，令一质量为m的小球A以水平向右的速度v运动，依次与上述小球相碰，碰后即粘合在一起，碰撞n次后，剩余的总动能为原来的eq\f(1,8)，则n为()A．5 B．6C．7 D．8【答案】C【解析】第一次碰撞时根据动量守恒mv＝2mv1，解得v1＝eq\f(v,2)，碰撞前的动能E0＝eq\f(1,2)mv2，第一次碰撞后的总动能E1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))2×2m＝eq\f(mv2,4)，第n次碰撞后的总动能En＝eq\f(1,2)(n＋1)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,n＋1)))2＝eq\f(1,2)×eq\f(mv2,n＋1)，当剩余的总动能为原来的eq\f(1,8)时，解得n＝7，故C正确．8．(多选)第24届冬季奥林匹克运动会于2022年2月4日～2022年2月20日在中国北京市和张家口市联合举行，这是中国历史上第一次举办冬季奥运会，中国奥运健儿在冬奥赛场上展示出我国的风采．在某次比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力．如图甲所示，质量m＝20kg的蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰．碰撞前后两壶的v－t图像如图乙所示．g取10m/s2，下列说法正确的是()A．碰撞前红壶与冰面的动摩擦因数为0.16B．碰撞前红壶与冰面的动摩擦因数为0.04C．红壶与蓝壶碰撞过程中机械能损失了4.4JD．红壶与蓝壶碰撞过程中机械能损失了5.4J【答案】BD【解析】由图乙可知红壶在0～1s内的加速度大小a1＝μ1g＝eq\f(Δv,t)＝0.4m/s2，可得μ1＝0.04，故A错误，B正确；由图乙可知碰撞前、后红壶的速度大小分别为v0＝1.2m/s，v红＝0.3m/s，根据动量守恒定律可得mv0＝mv红＋mv蓝，解得v蓝＝0.9m/s.碰撞前两壶的总动能Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋0＝14.4J，碰撞后两壶的总动能Ek2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,蓝)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,红)＝9J，可得ΔEk＝Ek1－Ek2＝5.4J，故C错误，D正确．9．如图，一质量M＝6kg的木板B静止在光滑水平面上，物块A质量m＝6kg，停在木板B的左端．质量为m0＝1kg的小球用长为L＝0.8m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳拉直至水平位置后由静止释放小球，小球在最低点与物块A发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度为h＝0.2m，物块A与小球可视为质点，不计空气阻力．已知物块A与木板B间的动摩擦因数μ＝0.1，g取10m/s2，求：(1)小球运动到最低点与物块A碰撞前瞬间，小球的速度大小；(2)小球与物块A碰撞后瞬间，物块A的速度大小；(3)若物块A运动到距长木板右端距离等于长木板长度的三分之二处时静止于长木板上，求木板B的长度．【答案】(1)4m/s(2)1m/s(3)0.375m【解析】(1)对小球下摆过程，由机械能守恒定律得m0gL＝eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,0)，解得v0＝4m/s.(2)对小球反弹后过程，由机械能守恒定律得m0gh＝eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,1)，解得v1＝2m/s.小球与物块A碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m0v0＝－m0v1＋mvA，解得vA＝1m/s.(3)物块A与木板B相互作用过程，系统动量守恒，以物块A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mvA＝(m＋M)v，解得v＝0.5m/s.由能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝eq\f(2,3)μmgx＋eq\f(1,2)(m＋M)v2，解得x＝0.375m.10．如图，LMN是竖直平面内固定的光滑轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切．质量为2kg的小球B与一轻弹簧相连，并静止在水平轨道上，质量为4kg的小球A从LM上距水平轨道高为h＝0.45m处由静止释放，在A球进入水平轨道之后与弹簧正碰并压缩弹簧但不粘连．设小球A通过M点时没有机械能损失，重力加速度g取10m/s2.求：(1)A球与弹簧碰前瞬间的速度大小v0；(2)A球与弹簧相碰过程中弹簧的最大弹性势能Ep；(3)A、B两球最终的速度vA、vB的大小．【答案】(1)3m/s(2)6J(3)1m/s4m/s【解析】(1)设A球质量为m1，A球下滑的过程，由动能定理有m1gh＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)，代入数据解得v0＝3m/s.(2)设B球的质量为m2，A球进入水平轨道之后与弹簧正碰并压缩弹簧，当A、B相距最近时，两球速度相等，弹簧的弹性势能最大，设此时A、B的速度为v，由动量守恒得m1v0＝(m1＋m2)v1，由能量守恒可得弹簧的弹性势能Ep＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,1)，联立方程，代入数据解得Ep＝6J.(3)当弹簧恢复原长时，设A、B的速度分别为vA、vB之后A、B分离，这也就是它们的最终速度，由动量守恒可得(m1＋m2)v1＝m1vA＋m2vB，再根据能量守恒可得eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,1)＋Ep＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,B)，代入数据解得vA＝1m/s，vB＝4m/s.11．(2022年广东学业考试)为欢庆北京冬奥会，学校举行冰上比赛，一小组同学参加冰上滑板游戏，木板放在水平冰面上，儿童坐在静止的木板上，如图甲所示．已知儿童质量和木板质量均为m＝20kg，木板与冰面间的动摩擦因数μ1＝0.1，儿童与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2.现对木板施加水平向右的推力F，F随时间t变化的图像如图乙所示．为保证儿童安全，当儿童即将与木板发生相对滑动时撒去推力．g取10m/s2.(1)经多长时间，撤去推力？(2)求撤去推力时，木板的速度大小．【答案】(1)6s(2)4m/s【解析】(1)当木板与儿童之间的摩擦力达到最大时，二者将要发生相对滑动，此时加速度为a，根据牛顿第二定律得μ2mg＝ma，代入数据解得a＝2m/s2.对木板与儿童整体分析，有F－2μ1mg＝2ma，代入数据解得F＝120N.由图线得F＝eq\f(80,4)t＝20t，推力刚好达到120N时t＝6s.(2)木板与地面之间的最大静摩擦力fm＝2μ1mg＝40N，则在2s后木板开始滑动，则在2～6s内根据动量定理可得IF－2μ1mgt＝2mv，其中IF＝eq\f(1,2)(40＋120)×4N·s＝320N·s，解得v＝4m/s.12．如图所示，半圆轨道竖直固定在光滑水平面上，直径MN竖直．刚开始时，小物块P和Q静止，二者间有一被压缩后锁定的轻弹簧(与物块未拴接)，弹簧锁定时的弹性势能为9J．解除锁定(时间极短)后，P、Q将与弹簧分离．已知P、Q的质量均为0.25kg，半圆轨道的半径R＝0.4m，g取10m/s2，不计一切阻力．求：(1)解除锁定后，P、Q与弹簧分离时的速度大小；(2)判断Q能否通过半圆轨道的最高点，并说明理由．【答案】(1)6m/s6m/s(2)能，见解析【解析】(1)设P、Q与弹簧分离的速度大小分别为v1、v2，弹簧锁定时的弹性势能为Ep，由动量守恒定律和机械能守恒定律，得mv1＝mv2，Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，联立解得v1＝v2＝6m/s.(2)假定Q能通过半圆轨道的最高点M，且在最高点的速度为v，根据机械能守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝mg×2R＋eq\f(1,2)mv2，解得v＝2eq\r(5)m/s.另一方面，若Q恰能通过M点，根据牛顿第二定律及向心力公式，在M点，有mg＝meq\f(v\o\al(2,M),R)，解得vM＝2m/s<v.故Q能通过最高点．13．如图所示，质量为3m的小木块1通过长度为L的轻绳悬挂于O点，质量为m的小木块2置于高度为L的光滑水平桌面边沿．把木块1拉至水平位置由静止释放，当其运动到最低点时与木块2相撞，木块2沿水平方向飞出，落在距桌面边沿水平距离为2L处，木块1继续向前摆动．若在碰撞过程中，木块1与桌面间无接触，且忽略空气阻力．求：(1)碰撞前，木块1在最低点时的速度大小；(2)碰撞后，木块1相对桌面能上升到的最大高度．【答案】(1)eq\r(2gL)(2)eq\f(4,9)L【解析】(1)木块1从水平位置释放到与木块2碰前瞬间，对木块1，根据机械能守恒定律有3mgL＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(2gL).(2)木块2碰撞后做平抛运动，研究木块2，竖直方向上做自由落体运动，L＝eq\f(1,2)gt2，水平方向上做匀速直线运动，2L＝v2t，解得v2＝eq\r(2gL)＝v0.木块1和木块2碰撞瞬间，根据动量守恒定律得3mv0＝3mv1＋mv2，得碰撞后木块1的速度v1＝eq\f(3v0－v2,3)＝eq\f(2,3)eq\r(2gL)，之后木块1上升，根据机械能守恒定律可知3mgh＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,1)，解得h＝eq\f(4,9)L.模块检测题(时间:60分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分,每小题只有一个选项符合题目要求)1.(浙江绍兴诸暨中学高二期中)下列说法不符合两列波相遇时的情形的是()A.相遇之后,振幅小的一列波将减弱,振幅大的一列波将加强B.相遇之后,两列波的振动情况与相遇前完全相同C.在相遇区域,任一点的总位移等于两列波分别引起的位移的矢量和D.几个人在同一房间说话,相互间能分辨出来,是因为声波在相遇时互不干扰解析两列波相遇时,每一列波引起的振动情况都保持不变,而质点的振动则是两列波共同作用的结果,选项A错误,选项B、C正确;几个人在同一房间说话,声音振动发出的声波在空间中相互叠加后,并不改变每列波的振幅、频率,所以声波传到人的耳朵后,仍能分辨出不同的人所说的话,故选项D正确。本题选错误的选项,故选A。答案A2.(湖南边城高级中学高二开学考试)下列几种物理现象的解释中,正确的是()A.跳远时在沙坑里填沙,是为了减小冲量B.在推车时推不动是因为推力的冲量为零C.砸钉子时不用橡皮锤,只是因为橡皮锤太轻D.船舷常常悬挂旧轮胎,是为了延长作用时间,减小作用力解析跳远时,运动员动量变化量一定,受到的冲量一定,在沙坑里填沙,是为了延长力的作用时间,减小运动员受到的力,故A错误;在推车时推不动是因为推力小于最大静摩擦力,推力的冲量Ft不为零,故B错误;砸钉子时不用橡皮锤,是由于橡皮锤有弹性,作用时间长,根据动量定理Ft=Δp,产生的力小,故C错误;船舷常常悬挂旧轮胎,是因为轮胎能延长作用时间,减小作用力,故D正确。答案D3.如图所示为一显示薄膜干涉现象的实验装置,P是附有肥皂膜的铁丝圈,S是一点燃的酒精灯。在图示的情况下()A.从肥皂薄膜的右面观察时,在薄膜上可看到水平条纹B.从肥皂薄膜的右面观察时,在薄膜上可看到竖直条纹C.从肥皂薄膜的左面观察时,在薄膜上可看到水平条纹D.从肥皂薄膜的左面观察时,在薄膜上可看到竖直条纹解析肥皂薄膜前后表面的反射光在前表面发生叠加,所以应该从肥皂薄膜的右面观察;路程差(膜的厚度的两倍)是半波长的偶数倍时,振动加强,为亮条纹,路程差是半波长的奇数倍时,振动减弱,为暗条纹,肥皂薄膜越往下越厚,故条纹水平排列。答案A4.(湖北金口中学高二月考)在火车车厢里用悬线吊着一个小球,铁轨接合处的震动使球摆动,如果每段铁轨长12.6m,摆线长40cm,则下列说法正确的是()A.该单摆的固有周期约2.25sB.不论车速多大,该单摆不可能产生共振C.火车速度约10m/s时,单摆振幅最大D.增加单摆的摆长后,火车速度越大,单摆振幅越大解析单摆的固有周期T=2πlg=2×3.14×0.49.8=1.26s,A错误;当列车的振动频率与小球的固有频率相同时,小球达共振,振幅最大,即当列车在长12.6m的铁轨上运行的时间为1.26s时,发生共振,则有v=Lt=12.61.26m/s=10m/s,B错误,C正确;增加单摆的摆长,根据T=2答案C5.(湖北宜城第二高级中学)如图所示,AB为固定的光滑圆弧轨道,O为圆心,AO水平,BO竖直,轨道半径为R,将质量为m的小球(可视为质点)从A点由静止释放,在小球从A点运动到B点的过程中()A.小球所受合力的冲量指向圆心OB.小球所受支持力的冲量水平向右C.小球所受重力的冲量大小为0D.小球所受合力的冲量大小为m2解析在小球从A点运动到B点的过程中I=mΔv,速度方向变为水平向右,所以小球所受合力即重力和支持力的合力的冲量水平向右,故A、B错误;小球所受重力的冲量大小为IG=mgt,大小不为零,故C错误;在小球从A点运动到B点的过程中机械能守恒,故有mgR=12mvB2,解得vB=2gR,所以答案D6.在光滑的导轨上,一质量为m1=2kg、速度为v1=1m/s的滑块A跟一质量为m2=1kg、速度为v2=0的滑块B发生正碰,它们碰撞后的总动能的最大值和最小值分别是()A.1J、23J B.43J、C.43J、1J D.2J、4解析当两物体发生弹性碰撞时,系统不损失能量,此时碰后的总动能最大,最大动能Ekmax=12m1v12=1J,若两物体发生完全非弹性碰撞,则碰后共速,此时系统损失的动能最大,碰后系统总动能最小,则m1v1=(m1+m2)v,解得v=23m/s,Ekmin=12(m1+m2)v2=12×3×232J=2答案A7.(浙江绍兴诸暨中学高二期中)如图所示,某种透明介质的截面图由圆心为O、半径为R的四分之一圆和直角三角形AOC组成,其中∠A=60°。一束单色光从D点垂直AB面射入透明介质中,射到圆弧BC上时恰好发生全反射,已知D点与O点之间的距离为R2,光在真空中的传播速度为c,以下说法正确的是(A.单色光在介质中的传播速度为2cB.单色光射到AC面发生全反射,没有光线射出C.单色光第一次射出介质时折射角为45°D.单色光第一次射出介质时折射角为30°解析光路图如图所示,由于光射到圆弧BC上时恰好发生全反射,则由几何关系可得sinC=ODOE=R2R=22,则临界角为C=45°,则该透明介质的折射率为n=1sinC=1sin45°=2,由n=cv可得,光在介质中的传播速度为v=cn=c2=22c,故A错误;由几何关系可知,光射到AC面时入射角r=30°,小于临界角,光将在AC面发生折射从AC面射出,故B错误;光在AC面第一次射出介质,由折射定律n=sini答案C二、多项选择题(本题共3小题,每小题5分,共15分,每小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)8.(山东新泰第一中学高二月考)一个质点做简谐运动的图像如图所示,下列说法正确的是()A.在10s内质点经过的路程是20cmB.在5s末,质点的速度为零,加速度最大C.t=1.5s和t=2.5s两个时刻质点的位移和速度方向都相反D.t=1.5s和t=4.5s两个时刻质点的位移大小相等,都是2cm解析在10s内质点振动了2.5个周期,经过的路程是s=10A=20cm,故A正确;在5s末,质点处于正向最大位移处,速度为零,加速度最大,故B正确;t=1.5s和t=2.5s两个时刻的位移大小相等方向相反,速度方向相同,故C错误;由图像可得振动方程是x=2sinπ2tcm,将t=1.5s和t=4.5s代入振动方程得x=2cm,故D正确。答案ABD9.(海南儋州第一中学高二期中)如图所示,A、B是两列波的波源,t=0时,两波源同时开始垂直纸面做简谐运动。其振动表达式分别为xA=0.1sin(2πt)m,xB=0.5sin(2πt)m,产生的两列波在同一种均匀介质中沿纸面传播。t=2s时P开始振动,已知PA=40cm,PB=50cm,则()A.两列波的波速均为0.2m/sB.两列波的波长均为0.25mC.两列波在P点相遇时振动总是减弱的D.P点合振动的振幅为0.4m解析两列波在同一种均匀介质中沿纸面传播,故两列波的波速相同,根据质点P开始振动的时间可得v=PAt=0.42m/s=0.2m/s,A正确;由振动方程可得,两列波的周期T相同,由公式T=2πω=1s得两列波的波长均为λ=vT=0.2m,B错误;根据两波源到P点的距离差Δx=50cm-40cm=10cm=λ2,可知,B波比A波传到P点的时间晚T2,根据振动方程可得,A波起振方向与B波起振方向相同,故两波在P点的振动反向,那么,P点为振动减弱点,故两列波在P点相遇时振动总是减弱的,P点合振动的振幅为0.5m-0.1答案ACD10.(四川成都外国语学校高二期中)一束由a、b两种单色光混合的复色光沿半径方向射入半圆形玻璃砖的水平界面,经界面反射和折射后在竖直的光屏上只产生了两个光斑B和C,如图所示,已知a光在玻璃中的传播速度大于b光,则以下看法正确的是()A.C处为复色光,B处为a光B.C处为b光,B处为a光C.增大光在水平界面上的入射角,光屏上有可能出现三个光斑D.保持入射光强度不变,增大光在水平界面上的入射角,下方的光斑的亮度可能增加解析已知a光在玻璃中的传播速度大于b光,v=cn,故a的折射率小,临界角大,故b光发生了全反射,a光折射且反射,C处为复色光,B处为a光,故A正确,B错误;增大光在水平界面上的入射角,b光仍然发生全反射,故C错误;保持入射光强度不变,增大光在水平界面上的入射角,a光也可能发生全反射,下方的光斑的亮度将增加,故D答案AD三、非选择题(本题共5小题,共57分)11.(7分)(山东济南二模)如图所示为双缝干涉实验的装置示意图,现要利用这套装置来测量某种单色光的波长。(1)装置示意图中有三个电学元件的名称空缺,下列选项中正确的是。

A.①是双缝,③是滤光片B.②是双缝,③是单缝C.②是单缝,③是双缝(2)得到干涉条纹后,用测量头测出了第1条和第6条亮纹中心间的距离为Δx,已知双缝到光屏的距离为l,双缝间距为d,则所测单色光波长的计算式为λ=(用题中所给的字母表示)。

解析(1)单缝要在双缝前,故C正确。(2)相邻两亮条纹间距为Δx5,由干涉条纹与波长间的关系可知Δx5=ld答案(1)C(2)d12.(10分)用如图所示的装置来验证动量守恒定律,质量为mA的小球A用细线悬挂于O点,质量为mB的小球B放在离地面高度为H的小支柱N上,O点到A球球心的距离为L,使悬线伸直并与竖直方向的夹角为β,释放后A球摆到最低点时恰与B球发生弹性碰撞,碰撞后,A球摆到与竖直方向夹角为α的C处,B球落到地面上,地面上铺有一张盖有复写纸的白纸,保持β角不变,多次重复上述实验,白纸上记录多个B球的落点,进而测得B球的水平位移x,已知当地的重力加速度大小为g。(1)A球质量应B球质量(选填“大于”或“小于”)。

(2)用题中所给的物理量字母表示,碰撞前瞬间A