贵州省毕节市威宁彝族回族苗族自治县2024-2025学年高二上学期期末测试物理试卷（含答案）

第第页贵州省毕节市威宁彝族回族苗族自治县2024-2025学年高二上学期期末测试物理试卷一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1．如图所示是通有恒定电流的环形线圈和螺线管的磁感线分布图。若通电螺线管是密绕的，下列说法正确的是（）A．电流越大，内部的磁场越接近匀强磁场B．螺线管越长，内部的磁场越接近匀强磁场C．螺线管直径越大，内部的磁场越接近匀强磁场D．磁感线画得越密，内部的磁场越接近匀强磁场2．做简谐运动的单摆，保持其摆长不变。若增加摆球的质量，摆球经过平衡位置的速度减小，则单摆振动的（）A．周期变大，振幅不变 B．周期变小，振幅变小C．周期不变，振幅变小 D．周期不变，振幅不变3．如图所示，一处于匀强磁场的矩形线圈，磁场方向垂直于纸面向里，线圈位于纸面内。如果线圈做下列几种运动：①在纸面内向右平移而未移出磁场；②沿垂直于纸面方向平移；③绕ab边转动；④绕通过线圈中心且垂直于纸面的轴转动。以上述几种运动中，能产生感应电流的是（）A．只有③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④4．如图，半径为r1的n匝圆形线框内部有一半径为rA．nBπr12 B．Bπr5．如图甲所示，在一个点电荷Q的电场中，让x轴与它的一条电场线重合，坐标轴上有a、b两点，试探电荷在两点的静电力F与电荷量q满足如图乙中直线a、b所示的关系。则a、b两点的电场强度Ea、EA．Ea=Eb B．Ea=26．如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A，R的阻值等于电流表内阻的0.5倍。若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流A值，将接线柱1、2接入电路时，则每一小格表示（）A．0.01A B．0.02A C．0.04A D．0.06A7．如图所示，三根平行直导线a、b、c垂直于纸面固定放置，Oa=Ob=Oc，Ob⊥ac。三根导线中均通有方向垂直于纸面向里的恒定电流I时，O点处的磁感应强度的大小为B0A．5B0 B．2B0 二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8．一列简谐横波在均匀介质中沿x轴正方向传播，波的周期为0.2s，P、Q是介质的两个质点，某时刻的波形如图所示。则（）A．该波的波长为9m B．该波的波速为60m/sC．该时刻质点P向y轴负方向运动 D．该时刻质点Q向y轴负方向运动9．如图，将带负电的试探电荷沿着等量异种点电荷连线的中垂线从A点移动到B点，再沿连线从B点移动到C点。该试探电荷在A、B、C三点的电场力大小分别为FA、FB、FC，电势能分别为EPA、A．FA<FC．EPA=E10．质量为0.1kg的小球从距离地面3.2m高处自由下落到水平的水泥地面上，从接触地面到速度减为零经历了0.001s，规定竖直向下的方向为正方向，重力加速度g取10m/sA．小球落地时的速度大小为8m/sB．小球落地时的动量为−0.8kg·m/sC．0.001s内小球所受的平均力为-800ND．0.001s内地面对小球的平均力为−800N三、非选择题：本题共5小题，共57分。11．小明同学在做“测定玻璃的折射率”实验，发现只有3枚大头针，他把大头针插在如图所示位置，并测出了玻璃的折射率。（1）以下表述正确的一项是__________；（填正确答案标号）A．用笔在白纸上沿着玻璃砖上边和下边分别画出直线a和a'B．在玻璃砖一侧插上大头针P1、P2，眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使P2把P1挡住，这样就可以确定入射光线和入射点O1。在眼睛这一侧，插上大头针P3，使它把C．实验时入射角应尽量小一些，以减小实验误差。（2）请在答题纸图中画出光路图，标出入射角i和折射角r，并写出折射率n的计算式。12．关于多用电表的使用，下列说法中正确的是（）A．用电流挡测电流或用电压挡测电压前，必须检查机械零点B．用电阻挡测电阻前，不需要检查机械零点C．用电阻挡测电阻时，若从一个倍率变换到另一个倍率，不需要重新检查欧姆零点D．用电阻挡测电阻时，被测电阻的阻值越大，指针向右转过的角度就越大13．某同学按图甲的电路测量蓄电池的电动势和内阻，图乙的实物电路已连接了部分。请回答下列问题：（1）请将图乙的实物电路补充完整；（2）连接后开始实验，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于滑动变阻器的（选填“a”或者“b”）端；（3）他调整滑动变阻器共测得5组电流和电压的数据，如下表。在如图丙所示的坐标纸上已标出4组数据对应的坐标点，请在答题纸的坐标纸上标出剩余1组数据对应的坐标点，并画出U-I图像；次数项目12345电流I/A1.721.350.980.630.34电压U/V1.881.921.931.981.99（4）根据画出的U-I图像，可得该蓄电池的电动势E=，内阻r=Ω（结果保留两位小数）。14．位于坐标原点处的波源，从t=0s时刻开始振动，其位移y随时间t变化的关系式为y=4sin5π（1）求此波源的振动周期；（2）求此列简谐横波的波长；（3）承接（1）（2），请取合适坐标画出t=0.8s15．A、B两个硬质球发生一维碰撞，两球从碰撞前到碰撞后的速度（v）随时间（t）变化的关系如图所示，已知A的质量为2kg。（1）根据图像，试分段指出A、B两球何时碰撞？？何时接近中？何时最接近？何时分离？（2）求B球的质量；（3）请通过计算判断A、B两球的碰撞是否为弹性碰撞；（4）求A、B两球在最接近时的总动能。16．如图所示，图中装置由一个加速器和偏转器I、II组成，偏转器由两对水平放置的相同平行金属板构成，极板长度均为l、间距均为d，两对极板间偏转电压的值相等、电场方向相反，偏转器I、II的间距为l。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子经加速电压U0加速后，水平射入偏转器I，最终从P点水平射出偏转器Ⅱ。不考虑粒子受到的重力。（1）若加速器两极板间的电压为U0，求粒子射出加速器时的速度大小v0（2）承接（1），若偏转器I、II两极板间的电压均为U1（3）当加速器两极板间的电压变为4U0时，欲使粒子仍能从P点水平射出偏转器II，求此时偏转器I、II两极板间的电压值

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】密绕通电螺线管内部的磁场近似为匀强磁场，其近似程度取决于螺线管的几何尺寸，其原理是无限长螺线管内部才是严格匀强磁场。根据螺线管内部的磁感线分布可知，在螺线管的内部，越接近于中心位置，磁感线分布越均匀，越接近两端，磁感线越不均匀，可知螺线管越长，内部的磁场越接近匀强磁场，故ACD错误，B正确。故选B。

【分析】一、易错点：1、混淆“磁场强”与“磁场均匀”学生易错误认为电流越大磁场越均匀。均匀性取决于空间分布，不由电流强度决定。2、错误理解直径增大的影响直径增大→长径比减小→更“短粗”→均匀性变差。直觉上可能认为“粗管子更宽敞，内部更匀强”，这是错误的生活类比。3、用磁感线疏密判断均匀性磁感线画得密仅表示该处磁场强，但匀强磁场要求磁感线平行且等间距。均匀与否看的是方向是否一致、大小是否处处相等，不是疏密。4、忽略“密绕”条件题目中“密绕”意味着匝间间隙很小，可近似看成面电流分布均匀，保证了轴对称性；若绕得不密，均匀性会变差。5、与螺绕环混淆螺绕环内部磁场也均匀，但需要环的截面半径远小于环的半径。本题是直螺线管，只能通过增大长度来趋近匀强磁场。二、快速判断方法记口诀：“长长匀，短短散，粗粗更散，电流只管大小不管匀”。看比例：长径比→均匀性↑。排除法：与几何尺寸无关的选项（电流、画图）通常不选。2．【答案】C【解析】【解答】由单摆的周期公式T=2πlg可得h=v故选C。

【分析】1、单摆的周期公式公式：，适用条件：小角度摆动（通常），忽略空气阻力，摆球视为质点。决定因素：只与摆长L和重力加速度g有关，与摆球质量m和振幅（在小角度范围内）无关。本题应用：摆长不变→周期不变。2、单摆的机械能守恒能量转换：重力势能↔动能最高点：，动能为零最低点（平衡位置）：，重力势能为零（设此处为零势能面）守恒关系：3、振幅的决定因素振幅A（弧长）=，由机械能守恒式消去m得：重要结论：（或A）仅由​和L决定，与m无关。本题关键：题目明确给出“增加质量后，平衡位置速度减小”→意味着总机械能减少→最大摆角​减小→振幅变小。4、质量变化的真正影响单纯增加质量（保持初始摆角不变）→机械能等比例增加→不变→振幅不变。但本题条件是速度减小，说明有其他因素改变了机械能（如初始释放高度降低，或存在阻尼等）3．【答案】A【解析】【解答】根据感应电流的产生条件可知，只有③使得通过矩形线圈的磁通量改变，①②④操作过程中通过矩形线圈的磁通量始终不变，故选A。【分析】1、感应电流的产生条件：闭合回路中磁通量变化（ΔΦ≠02、磁通量公式（θ是线圈法线与磁场方向的夹角）。3、匀强磁场中磁通量变化的可能原因：磁场大小变化（本题无）；线圈面积在垂直磁场方向的有效分量变化（由转动或形变引起）；线圈与磁场方向的夹角变化。4、运动的几何分析：平移时若线圈平面与磁场方向夹角不变、磁场均匀，则磁通量不变；转动时若转轴平行于磁场，则夹角不变→磁通量不变；转动时若转轴垂直于磁场，则夹角改变→磁通量改变（本题ab边转轴垂直于磁场方向）。5、易错点：绕垂直于纸面的轴转动时，学生容易误认为线圈在“翻出纸面”，其实仔细分析发现这种转动不改变线圈与磁场垂直关系。4．【答案】D【解析】【解答】磁通量的计算公式Φ=BS（S是垂直于磁场方向的有效面积，与线框匝数无关）有效面积S=πr22故选D。

【分析】1.磁通量的定义磁通量​，其中​是垂直于磁场方向的有效面积。注意：磁通量与线圈匝数n无关，因为磁通量定义是针对一个回路所围的面积，多匝线圈的磁通量一般指单匝的磁通量。2.有效面积的确定当磁场只分布在圆形线框内部的一部分区域时（如本题：半径为r2的圆形区域有匀强磁场，半径为r因为磁感应线只穿过有磁场的区域，没有磁场的地方虽然有线框，但对磁通量无贡献。3.计算公式因此磁通量为：Φ=Bπr225．【答案】C【解析】【解答】由F=Eq可知，F与q成正比，在F−q图中，直线的斜率=E，斜率越大，电场强度越大。由图乙可知Ea故选C。

【分析】1.电场强度的定义式，这是电场强度的定义式，适用于任何电场。物理意义：单位正电荷在该点所受的静电力，反映电场本身的性质，与试探电荷q无关。2.F−q图像的斜率意义由可知，在F−q坐标系中，这是一条过原点的直线。斜率，即电场强度的大小。因此，比较两条直线的斜率就能直接比较两点的电场强度大小。3.图像分析的能力图中直线a比直线b更陡→斜率→。不需要知道点电荷的位置或电性，直接从F−q关系就能得出结论。4.点电荷电场知识的背景联系点电荷电场强度公式：，如果知道，结合电场线方向（沿x轴），可以推断a点离点电荷更近（假设是同种电荷或明确点电荷位置时），但本题不要求判断位置，只要求比较大小。6．【答案】D【解析】【解答】根据并联电压相等，有IgR故将接线柱1、2接入电路时，则每一小格表示I30故选D。

【分析】1、电表的并联分流原理

并联电阻可以扩大电流表的量程：本题，所以倍数=1+2=32、改装后刻度值的计算表盘格数不变，满偏电流改变→每格表示的电流值改变。本题：原每格0.02A，量程扩大3倍→新每格0.06A。3、分电流与总电流的关系

清楚区分（通过表头的电流）与（总电流），根据并联电路电压相等列式。4、注意题中比例关系

题目用“R的阻值等于电流表内阻的0.5倍”给出比例，直接代入分流公式即可，不必求出具体内阻值7．【答案】A【解析】【解答】右手定则可知a、c通电导线在O点产生的磁感应强度等大反向，即O点磁感应强度即为b导线在O点产生的磁感应强度，结合题意可知b导线在O点产生磁感应强度为B0，故每根导线在O点产生的磁感应强度大小均为B0，如果让c中的电流反向，其他条件不变，右手定则可知a导线在O点产生的磁感应强度方向沿O直线b且大小为B0，b导线在O点产生的磁感应强度方向沿O直线c且大小为B0，c导线在O点产生的磁感应强度方向沿O直线b且大小为故选A。

【分析】1、安培定则（右手螺旋定则）判断磁场方向直导线电流的磁场方向（切线方向），大小。2、磁场矢量叠加空间某点的总磁感应强度是各磁场源的矢量和，必须按矢量加法计算。3、对称性分析利用几何对称性简化计算，找出抵消或叠加的方向。4、电流方向变化对磁场的影响电流反向→磁场反向，从而改变合磁场的大小与方向。5、空间几何与矢量分解将各导线产生的磁场沿坐标轴分解，再求矢量和的大小。

本题关键：先通过初始合磁场求出单根导线在O点的磁场大小​，再分析c反向后的矢量叠加，用勾股定理求合磁场大小。这类题常见于高考物理中的磁场综合题。8．【答案】B,D【解析】【解答】A．由图知，该波的波长为12m，故A错误；B．该波的波速为v=λCD．根据“同侧法”可知，此时刻质点P向y轴正方向运动，质点Q向y轴负方向运动，故C错误，D正确。故选BD。

【分析】一、质点振动方向的判断方法

（1）同侧法（常用快捷法）在波形图上，质点的振动方向与波传播方向位于波形曲线的同一侧。步骤：明确波传播方向（本题沿x轴正方向）。在质点处作波形的切线（或观察邻近点），判断曲线弯曲方向。若波向右传，则质点振动方向与右侧邻近点的位置在同一侧（右邻在上则向上，右邻在下则向下）。（2）微平移法（形象直观）将波形沿传播方向略微平移，比较原质点位置与新波形上对应点位置：若新位置在原位置上方，则质点向上运动；若新位置在原位置下方，则质点向下运动。二.横波的传播特点波传播方向（x轴）与质点振动方向（y轴）垂直。注意区分：波的传播：波形整体沿x方向移动。质点的振动：每个质点只在y方向做简谐振动，不随波迁移。三.易错点提醒波长读错：可能将某个半波长或部分波形长度误认为整个波长。方向判断错误：未注意波传播方向，或者混淆“同侧法”的左右侧判断。公式误用：波速公式记错，或周期与频率混淆。9．【答案】A,D【解析】【解答】AB．根据等量异种电荷的电场分布特征可知，从A到B、从B到C的过程，电场线的分布逐渐变密集，即电场强度逐渐增大，则电荷受到的电场力逐渐增大，故A正确，B错误；CD．根据等量异种点电荷电场线的分布可知，带负电的试探电荷从A到B，电场力与运动方向垂直，所以不做功，电势能不变；从B到C，电场力方向与运动方向相同，所以做正功，电势能减少，故C错误，D正确。故选AD。

【分析】一、等量异种点电荷的电场分布规律1、中垂线上的电场特点方向：处处与中垂线垂直，指向负电荷一侧（若正左负右，则中垂线上电场方向水平向右）。大小：从中点向两侧递减，中点处场强最大。电势：中垂线是等势线（通常取为零势面）。2、连线上的电场特点方向：从正电荷指向负电荷。大小：从正电荷到负电荷先减小（中点最小）后增大。电势：从正电荷到负电荷逐渐降低。二、电场力的大小比较公式：（仅比较大小）。分析步骤：确定路径各点电场强度E的变化，电荷带负电不影响大小比较（只影响方向）。本题结论：沿A→B（中垂线向中点）E增大→F增大；沿B→C（中点沿连线向某一电荷移动）E继续增大→F继续增大→。三、电势能的判断方法公式法：Ep​=qφ，注意q的正负。功能关系：电场力做功等于电势能减少量，电场力做正功→电势能减少；电场力做负功→电势能增加；电场力不做功→电势能不变。10．【答案】A,C【解析】【解答】A．小球落地前做自由落体运动，由自由落体公式可知小球落地速度为v=2ghB．根据动量的定义式可知小球落地时的动量为p0C．设小球与地面相互作用过程中小球受到的平均作用力为F，由动量定理有F⋅解得小球所受的平均力为−800ND．小球与地面作用过程中，小球受重力和地面对小球的作用力，由动量定理有(mg+联立解得地面对小球的平均作用力为F=−801故选AC。

【分析】一、自由落体规律公式：，已知ℎ=3.2m，应用条件：只受重力，初速为零。二、动量的定义动量矢量，方向与速度相同），注意单位：kg·m/s三、动量定理定理内容：合外力的冲量等于物体动量的变化量应用步骤：确定研究对象（小球），明确过程（与地面碰撞过程），选定正方向（向下为正），列出初、末动量（，）；代入公式求解平均合力四、平均力的计算与受力分析小球碰撞过程中受重力mg（向下）和地面支持力N（向上）根据动量定理（向下为正）：或等效写为

计算出（注意方向）11．【答案】（1）B（2）；n=sin【解析】【解答】（1）A．在白纸上画出一条直线a作为界面，把长方体玻璃砖放在白纸上，使它的一个长边与a对齐。用直尺或者三角板轻靠在玻璃砖的另一长边，按住直尺或三角板不动，将玻璃砖取下，画出直线a'代表玻璃砖的另一边，而不能用笔在白纸上沿着玻璃砖上边和下边分别画出直线a和aB．在玻璃砖一侧插上大头针P1、P2，眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使P2把P1挡住，这样就可以确定入射光线和入射点O1。在眼睛这一侧，插上大头针P3，使它把C．实验时入射角应尽量大一些，但也不能太大（接近90。故选B。（2）光路图如图所示根据折射定律可知该玻璃砖的折射率为n=sini光的折射定律：，其中i为入射角，r为折射角。利用插针法确定光路，从而测量角度。二、实验步骤与操作要点1、玻璃砖的放置与边界描绘不能直接用笔沿玻璃砖边界画线（玻璃砖可能移动或边缘不平直导致误差）。正确做法：先画一条直线a作为界面，对齐玻璃砖的一个长边；用尺子紧贴另一长边，移开玻璃砖后沿尺子画直线作为另一界面。2、插针确定光路插两枚大头针确定入射光线和入射点。眼睛在另一侧透过玻璃砖观察，插​挡住的像，再插挡住​的像，从而确定出射光线和出射点。连接入射点和出射点得到玻璃砖内的折射光线。三、光路作图与折射率计算1、光路图标出法线、入射角i、折射角r。对于平行玻璃砖，出射光线与入射光线平行。2、折射率公式（1）A．在白纸上画出一条直线a作为界面，把长方体玻璃砖放在白纸上，使它的一个长边与a对齐。用直尺或者三角板轻靠在玻璃砖的另一长边，按住直尺或三角板不动，将玻璃砖取下，画出直线a'代表玻璃砖的另一边，而不能用笔在白纸上沿着玻璃砖上边和下边分别画出直线a和aB．在玻璃砖一侧插上大头针P1、P2，眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使P2把P1挡住，这样就可以确定入射光线和入射点O1。在眼睛这一侧，插上大头针P3，使它把C．实验时入射角应尽量大一些，但也不能太大（接近90。故选B。（2）[1][2]光路图如图所示根据折射定律可知该玻璃砖的折射率为n=12．【答案】A【解析】【解答】AB．机械零点是指指针在不通电时是否对准左端“0”刻度（电压、电流、电阻的零位不同）。测电流或电压前，确实需要检查机械零点，因为如果机械零点不对，所有测量都会产生系统误差测电阻前，同样需要先检查机械零点（指针是否对准左侧电流/电压的零刻度）。不过机械零点与欧姆调零是两回事，该选项说“不需要检查机械零点”是错的，因为任何电表使用前都应检查机械零点，故A正确，B错误；C．欧姆挡每换一次倍率，都必须重新进行欧姆调零（短接表笔，调节调零旋钮使指针指向电阻零刻度），故C错误；

D．欧姆刻度是反刻度的：电阻无穷大时指针在最左边（电流最小），电阻为零时指针在最右边（电流最大），所以被测电阻越大，指针偏转角度越小（越靠左），故D错误。

故选A。

【分析】一、多用电表的基本结构与功能多用电表（万用表）可测直流/交流电压、直流电流、电阻，有些还能测电容、二极管等。表盘刻度：电压/电流刻度均匀（从左到右增大），电阻刻度不均匀且反向（左大右小）。二、使用前的共同步骤——机械调零机械零点：不通电时，指针应对准左侧“0”刻度线（电压/电流的零位）。所有测量前（无论电压挡、电流挡还是电阻挡）都必须检查机械零点，若有偏差用小螺丝刀调节机械调零螺丝。三、电阻挡（欧姆挡）的特殊操作选倍率：应使指针尽可能指在刻度盘中值附近（减小读数误差）。欧姆调零（电气调零）：每次换倍率后，必须将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向电阻“0Ω”处。原因：不同倍率对应不同的内部电流，需重新校准零位。测量与读数：测量时电阻必须与电路断开（不能带电测电阻）。读数=指针示数×倍率。指针偏转特点：欧姆表内电路：表内电池→调零电阻→表头→待测电阻。被测电阻​越大，电流越小，指针偏转角越小（越靠左）。13．【答案】（1）（2）a（3）（4）2.05；0.08【解析】【解答】（1）根据甲图，实物连接如下（2）为了保护电路，闭合开关前应让电路总电阻最大，即滑动变阻器的滑片应置于滑动变阻器a端。（3）根据表格数据描点，U-I图像如下（4）根据闭合电路欧姆定律有U=E−Ir，可知U-I图像纵截距为电动势E，斜率绝对值为电源内阻r，结合图像可知E≈2.05V，r=Δ采用闭合电路欧姆定律通过测量多组路端电压U和干路电流，绘制U−I图像图像纵截距对应电动势E，斜率绝对值对应内阻r2、电路连接与操作电流表、电压表的正负极性与电源匹配电流表串联在干路中，电压表并联在电源两端开关闭合前，滑动变阻器应置于阻值最大处（保护电路和电表）3、数据处理与图像分析将实验数据在坐标纸上描点用一条拟合直线穿过数据点（使各点均匀分布在直线两侧）从图像直接读取E和r，而不是用单组数据计算（避免偶然误差）4、误差分析（拓展）由于电压表的分流作用，本接法（电流表外接）测得的电动势略偏小，内阻略偏小若采用电流表内接（电压表直接测电源两端），则误差来源于电流表分压，使内阻测量值偏大​​​​​​（1）根据甲图，实物连接如下（2）为了保护电路，闭合开关前应让电路总电阻最大，即滑动变阻器的滑片应置于滑动变阻器a端。（3）根据表格数据描点，U-I图像如下（4）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有U=E−Ir可知U-I图像纵截距为电动势E，斜率绝对值为电源内阻r，结合图像可知E≈2.05V，14．【答案】（1）0.8（2）0.4（3）【解析】【解答】（1）由位移y随时间t变化的关系式可知ω=5（2）根据波速与周期的公式可知此列简谐横波的波长为λ=vT=0.4（3）经t=0.8s

【分析】1.振动方程→波的基本参数已知波源振动方程可直接读出：角频率ω，周期，初相位这是解决此类问题的起点。2.波速、波长、周期的关系

公式：，已知和可直接求λ，注意单位统一（m/s，s，m）。

3.建立波动方程（沿x轴正向传播）

形式：或等价写为：

其中波数

4.特定时刻波形图的画法将t固定代入波动方程，得到y关于x的函数。本题时：，这表明波形是余弦形状，原点处是波峰。画出一个或多个波长，标出关键点：波峰位置，…（对应）波谷位置（对应）平衡位置（对应）5.波传播的时间效应波在时间内传播距离，波源完成整数个周期（）时，波源振动状态与初始时刻相同，波形整体向右平移。若观察固定区间，波形形状不一定与初始相同，但若区间足够长，时的波形与时在空间上相差整数个波长的形状完全一致（周期性）。（1）由位移y随时间t变化的关系式可知ω故振动周期为T=（2）根据波速与周期的公式可知此列简谐横波的波长为λ=vT=0.4（3）经t=0.8s15．【答案】（1）解：AB在0.3s开始碰撞，0.3~0.4s（2）解：图像可知A碰撞前后的速度大小分别为vA=4m/s、vA1（3）解：若为弹性碰撞，则碰前后机械能守恒，AB碰前机械能EAB碰后机械能E2=1（4）解：题图可知最接近时二者速度大小v=1m/s，故A、B两球在最接近时的总动能【解析】【分析】1、碰撞过程的四个阶段接触开始→压缩阶段（接近中，相对速度减小）；压缩最大（最接近，相对速度为零，形变最大）恢复阶段（开始分离，相对速度反向增大）；分离结束（恢复形变完毕，此后匀速）在v−t图中表现为两球速度变化，速度相等时刻为最接近点。2、利用v−t图读取碰撞前后速度取碰撞前匀速段的速度（刚接触前瞬间），取碰撞后匀速段的速度（刚分离后瞬间）中间的非匀速段为相互作用阶段。3、动量守恒定律的应用一维碰撞：，用于求未知质量或未知速度。4、弹性碰撞的判断计算碰撞前后系统总动能是否相等。弹性碰撞：动能守恒；非弹性碰撞：动能减少。完全非弹性碰撞：动能损失最大（两球共速时即为完全非弹性情形）。5、完全非弹性碰撞与一般碰撞的动能损失最接近时（压缩最大时）的动能=质心动能（此时相对动能为零）弹性碰撞中，最接近时的动能就是质心动能，且分离后相对动能完全恢复。非弹性碰撞中，最接近时的动能也是质心动能，但恢复阶段不能全部转换为相对动能，有部分耗散。6、质心速度不变性系统不受外力时，质心速度全程不变。最接近时两球速度都等于，因此用动量守恒直接求。（1）图像可知AB在0.3s开始碰撞，0.3~0.4s（2）图像可知A碰撞前后的速度大小分别为vB碰撞前后的速度大小分别为v由动量守恒有m代入题中A得质量，联立以上，解得B的质量m（3）若为弹性碰撞，则碰前后机械能守恒，AB碰前机械能EAB碰后机械能E故E1（4）题图可知最接近时二者速度大小v=1m/s，故A、B两球在最接近时的总动能16．【答案】（1）