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2022-2023学年江西省吉安市宁冈中学高二（下）期中物理试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年江西省吉安市宁冈中学高二（下）期中物理试卷（含解析），共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江西省吉安市宁冈中学高二（下）期中物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 关于光的衍射，下列说法中错误的是( )
A. 光的衍射是光在传播过程中绕过障碍物的现象
B. 只有两列频率相同的光波叠加后才能发生衍射
C. 光的衍射没有否定光直线传播的结论
D. 光的衍射现象为波动说提供了有利的证据
2. 如图所示，弹簧振子在dc间振动，振子从a到b历时0.2s，振子经a、b两点时速度相同，若它从b再回到a的最短时间为0.4s，则该振子的振动周期为( )
A. 0.6s B. 0.8s C. 1.0s D. 1.2s
3. 下列物理量中，属于标量的是( )
A. 加速度 B. 瞬时速率 C. 平均速度 D. 位移
4. 沿x轴正方向传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，M为介质中的一个质点，该波的传播速度为40m/s，则t=140s时( )
A. 质点M对平衡位置的位移为负值
B. 质点M的速度方向与对平衡位置的位移方向相同
C. 质点M的加速度方向与速度方向相反
D. 质点M的加速度方向为−y方向
5. 如图1所示，将一平板玻璃放置在另一平板玻璃上，在一端夹入两张纸片，在两玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜。当光垂直入射后，从上往下看到如图2所示干涉条纹。若在图1装置中抽去一张纸片，从上往下观察到的干涉条纹将会( )
A. 变疏 B. 变密 C. 不变 D. 消失
6. 如图所示，有一等腰直角玻璃三棱镜ABC，它对各种色光的临界角都小于45°，一束平行于BC面的白光射到AB面上，进入三棱镜后射到BC面上，则光束()
A. 从BC面出射，仍是白色光束
B. 从AC面出射，仍是白色光束
C. 从AC面出射，变成了彩色光束
D. 从AC面出射，变成没有紫光的彩色光束
7. 质量为2kg的小球b静止在光滑的水平地面上，左端连接一水平轻质弹簧，质量为2kg的另一小球a以4m/s的速度向b运动，从小球a接触弹簧到压缩到最短所经历的时间为π20s，已知此弹簧的压缩量x与弹性势能Ep的关系为x= 2Ep10，则小球a、b在这段时间内的位移大小分别为( )
A. π+210m，π−210m B. 3π+310m，3π−310m
C. π+410m，π−410m D. 3π+110m，3π−310m
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
8. 如图所示，上、下表面平行的玻璃砖置于空气中，一束复色光斜射到上表面，穿过玻璃后从下表面射出，分成a、b两束单色光，下列说法中正确的是( )
A. a、b两束单色光相互平行
B. a光在玻璃中的传播速度大于b光
C. 在玻璃中a光全反射的临界角小于b光
D. 用同一双缝干涉装置进行实验a光的条纹间距小于b光
9. 原来静止的物体受合外力作用时间为2t0，合外力随时间的变化情况如图所示，则( )
A. 0∼t0与t0∼2t0时间内，物体的平均速率相等
B. 0∼t0与t0∼2t0时间内，合外力对物体做功不相等
C. t=0到t=2t0时间内，物体的位移为零
D. t=0到t=2t0时间内，合外力对物体的冲量为零
10. 沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波动图像如图甲所示，平衡位置在x=4m处的质点Q的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 该波沿x轴正方向传播
B. 该波的波长为10m
C. 该波的传播速度为12m/s
D. t=415s时刻，x=0处的质点回到平衡位置
11. 如图所示，图甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表和电流表均为理想电表。若发电机向原线圈输入图乙所示的正弦交流电，图中Rt为NTC型热敏电阻(阻值随温度升高而变小)，R1为定值电阻。下列说法中正确的是( )
A. 电压表的示数为36V
B. 电压表的示数大于36 2V
C. Rt温度升高时，电压表的示数不变、电流表的示数变大
D. 变压器原、副线圈中的电流之比为4∶1
三、实验题（本大题共2小题，共24.0分）
12. 用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示。
(1)为了利用单摆较准确地测出重力加速度，应当选用以下哪些器材_____。
A.长度为10cm左右的细绳
B.长度为100cm左右的细绳
C.直径为1.8cm的钢球
D.直径为1.8cm的木球
E.最小刻度为1mm的米尺
F.秒表、铁架台
(2)安装好实验装置后，先用游标卡尺测量摆球直径d，测量的示数如图所示，则摆球直径d=_______cm。
(3)测出悬点O到小球上端的距离为L，单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g=_______(用字母表示)
(4)在某次实验中，由于没有游标卡尺，实验中将悬点到小球最低点的距离作为摆长l，测得多组周期T和l的数据，作出l−T2图象，如图乙所示，实验得到的l−T2图象是_______(在a，b，c中选择)；小球的直径是_______，求出当地重力加速度为_______。(保留两位有效数字)
(5)若测量结果得到的g值偏小，可能是因为_______。(选填选项前的字母)
A.组装单摆时，选择的摆球质量偏大
B.测量摆长时，将悬线长作为单摆的摆长
C.测量周期时，把n次全振动误认为是(n+1)次全振动
D.在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动
13. 如图所示为实验室中《验证动量守恒定律》的实验装置示意图。
甲组同学：m1>m2
(1)实验中须要求的条件是_____；
A.斜槽轨道尽量光滑以减少误差
B.斜槽轨道末端的切线必须水平
C.入射球和被碰球的大小可以不同
D.入射球每次必须从轨道的同一位置由静止释放
(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，用天平测量两个小球的质量m1、m2，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP，然后把被碰小球m2静置于水平轨道的末端，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N，测量平抛射程OM、ON。
(3)为了验证碰撞前后动量守恒，甲同学只需验证表达式：_____成立，即表示碰撞中动量守恒。
乙组同学：m2>4m1，两球为弹性碰撞，轨道改为特殊材料做成的光滑轨道，其它不变按照(2)的步骤完成实验，将落地点仍然按照上图所示顺序标记为M、P、N。
(4)由以上信息判断：m1碰撞前的落点为_____，m1碰撞后的落点为_____；
(5)为了验证碰撞前后动量守恒，乙同学只需验证表达式：_____成立，即表明碰撞中动量守恒。
四、计算题（本大题共3小题，共32.0分）
14. 国内最长的梅溪湖激光音乐喷泉，采用了世界一流的灯光和音响设备，呈现出震撼人心的万千变化。喷泉的水池里某一射灯发出的一细光束射到水面的入射角α= 37°，从水面上出射时的折射角γ= 53°。
(1)求光在水面上发生全反射的临界角；
(2)该射灯(看做点光源)位于水面下ℎ=7m处，求射灯照亮的水面面积(结果保留两位有效数字)。
15. 一根弹性绳沿x轴方向放置，左端在原点O，用手握住绳的左端使其沿y轴方向做周期为1s的简谐运动，于是在绳上形成一列简谐波。求：
(1)若从波传到平衡位置在x=1m处的M质点时开始计时，那么经过的时间Δt等于多少时，平衡位置在x=4.5m处的N质点恰好第一次沿y轴正向通过平衡位置？
(2)在图中准确画出当时弹性绳上的波形。
(3)从绳的左端点O开始做简谐运动起，当它通过的总路程为88cm时，N质点振动通过的总路程是多少？
16. 如图，倾角为θ的倾斜轨道与足够长的水平轨道交于Q点，在倾斜轨道上高ℎ处由静止释放滑块A，一段时间后A与静止在水平轨道上P处的滑块B发生弹性碰撞(碰撞时间忽略不计)。已知A、B的质量分别为m和3m，B与轨道间的动摩擦因数为μ，A与轨道间无摩擦，重力加速度大小为g，A、B均可视为质点，A过Q点时速度大小不变。求：
(1)第一次碰撞后瞬间，A与B的速度大小vA和vB；
(2)滑块B在水平轨道上通过的总路程s；
(3)若滑块B最初静止的P处与Q间的距离为x0=ℎ5，倾斜轨道的倾角θ=30∘，在第一次碰撞后B的速度减为零的时候，A与B刚好发生第二次碰撞，试确定μ的大小。
答案解析
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 关于光的衍射，下列说法中错误的是( )
A. 光的衍射是光在传播过程中绕过障碍物的现象
B. 只有两列频率相同的光波叠加后才能发生衍射
C. 光的衍射没有否定光直线传播的结论
D. 光的衍射现象为波动说提供了有利的证据
【答案】B
【解析】解：A、光在传播过程中绕过障碍物继续传播的现象就是光的衍射，故A正确。
B、光发生明显的衍射现象的条件时：孔、缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相近或比波长还小。故B错误。
C、光的衍射是光遇到障碍物时发生的现象，而光的直线传播是指光在同一均匀介质中传播时传播方向不发生改变，即沿直线传播。故C正确，
D、衍射是波特有的性质，故光的衍射现象为波动说提供了有利的证据。故D正确。
本题选错误答案，故选B。
衍射是波特有的性质，是光遇到障碍物时发生的现象，发生明显的衍射现象的条件时：孔、缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相近或比波长还小．光在同一均匀介质中沿直线传播．
注重对基础知识的积累，加强对基本概念的深入理解，是学习物理的关键．
2. 如图所示，弹簧振子在dc间振动，振子从a到b历时0.2s，振子经a、b两点时速度相同，若它从b再回到a的最短时间为0.4s，则该振子的振动周期为( )
A. 0.6s B. 0.8s C. 1.0s D. 1.2s
【答案】B
【解析】解：由于振子在a、b两点的速度相同，则a、b两点关于O点是对称的，所以O到b点的时间为0.1s，而从b再回到a的最短时间为0.4s，则从b再回到b的最短时间为0.2s，所以从b到最大位移处的最短时间为0.1s，因此振子的振动周期为 T=0.8s，故ACD错误，B正确；
故选：B。
根据题意求出ob间的时间，再求出cb的时间，则oc的时间为周期的四分之一，最后求出振动周期。
解决该题的关键是知道简谐运动的运动特征，根据运动特征求解相应的时间关系；
3. 下列物理量中，属于标量的是( )
A. 加速度 B. 瞬时速率 C. 平均速度 D. 位移
【答案】B
【解析】解：加速度、平均速度和位移都是既有大小也有方向的，它们都是矢量，只有瞬时速率只有大小没有方向，是标量．
故选：B．
即有大小又有方向，相加是遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、动量等都是矢量；
只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量等都是标量．
本题是一个基础题目，就是看学生对矢量和标量的掌握．
4. 沿x轴正方向传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，M为介质中的一个质点，该波的传播速度为40m/s，则t=140s时( )
A. 质点M对平衡位置的位移为负值
B. 质点M的速度方向与对平衡位置的位移方向相同
C. 质点M的加速度方向与速度方向相反
D. 质点M的加速度方向为−y方向
【答案】D
【解析】解：A.由图读出波长为λ=4m，则该波的周期为T=λv=440=0.1s，t=140s=14T.t=0时刻质点M向上运动，则在t=140s时刻，质点M正从波峰向平衡位置运动，位移为正。故A错误；
B.质点M正从波峰向平衡位置运动，所以其速度增大，加速度减小。位移为正，质点M的速度沿y轴负方向，故B错误；
C.质点M的速度沿y轴负方向，加速度沿y轴负方向，所以加速度方向与速度方向相同，故C错误，D正确；
故选：D。
由图读出波长求出周期，根据时间与周期的关系及t=0时刻P点的速度方向，分析在t=0.025s时刻，质点M的位置，确定速度和加速度的变化，以及速度、加速度的方向。
解决该题的关键是明确波速与周期和波长关系，掌握同侧法判断质点的运动状态，会分析质点的速度和位移以及加速度的方向；
5. 如图1所示，将一平板玻璃放置在另一平板玻璃上，在一端夹入两张纸片，在两玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜。当光垂直入射后，从上往下看到如图2所示干涉条纹。若在图1装置中抽去一张纸片，从上往下观察到的干涉条纹将会( )
A. 变疏 B. 变密 C. 不变 D. 消失
【答案】A
【解析】
【分析】定性分析干涉条纹间距的变化时，要知道薄膜干涉是等厚干涉，厚度的变化率越慢，则条纹间距越大。
【解答】当抽去一张纸片后，劈形空气薄膜的劈尖角(上、下表面所夹的角)变小，相同的厚度差对应的水平距离变大，所以相邻的亮条纹或暗条纹间距变大，即条纹变疏。A正确。
6. 如图所示，有一等腰直角玻璃三棱镜ABC，它对各种色光的临界角都小于45°，一束平行于BC面的白光射到AB面上，进入三棱镜后射到BC面上，则光束()
A. 从BC面出射，仍是白色光束
B. 从AC面出射，仍是白色光束
C. 从AC面出射，变成了彩色光束
D. 从AC面出射，变成没有紫光的彩色光束
【答案】C
【解析】解：由几何知识得到光线在BC面上入射角大于45°，所以光线在BC面上发生全反射，不能从BC射出．结合折射率的大小关系，作出光路图如图，根据光路的可逆性可知：出射光线平行于底边BC，而且光谱由上到下的顺序应是紫、靛、蓝、绿、黄、橙、红，所以光线将AC面射出，形成平行于BC边的彩色光束．故ABD错误，C正确．
故选：C
作出光路图，根据几何知识和发生全反射的条件分析光线在BC面上能否发生全反射．根据对称性判断出射光线的方向和出射光的颜色．
本题考查全反射知识．要知道在所有色光中红光的折射率最小，全反射临界角最大．要作出光路图，由几何知识与折射定律结合研究．
7. 质量为2kg的小球b静止在光滑的水平地面上，左端连接一水平轻质弹簧，质量为2kg的另一小球a以4m/s的速度向b运动，从小球a接触弹簧到压缩到最短所经历的时间为π20s，已知此弹簧的压缩量x与弹性势能Ep的关系为x= 2Ep10，则小球a、b在这段时间内的位移大小分别为( )
A. π+210m，π−210m B. 3π+310m，3π−310m
C. π+410m，π−410m D. 3π+110m，3π−310m
【答案】A
【解析】
【分析】
该题考查动量守恒、能量守恒相关知识。分析好物理情景，灵活应用公式是解决本题的关键。
小球 a 、 b 与弹簧组成的系统动量守恒，碰撞过程中机械能守恒，由此分析解题即可。
【解答】
小球 a 、 b 与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧被压缩至最短时，小球 a 、 b 达到共速，设共速时的速度为 v1 ，小球 a 的初速度为 v0 ，则由动量守恒定律有mav0=(ma+mb)v1
碰撞过程中机械能守恒，有12mav02=12(ma+mb)v12+Ep
解得Ep=8J
由弹簧的压缩量x与弹性势能 Ep 的关系x= 2Ep10
可得x=0.4m
设小球a、b在这段时间内的位移大小分别为 l1 、 l2 ，任取极短的时间 Δt ，两小球在任意时刻动量均守恒，任意时刻的速度分别设为 Δv1 、 Δv2 则有mav0=maΔv1+mbΔv2
即有mav0Δt=maΔv1Δt+mbΔv2Δt
固有mav0t=mal1+mbl2
而两小球的对地位移之间的关系为l1−l2=x
联立解得
l1=π+210m
l2=π−210m
故选A。
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
8. 如图所示，上、下表面平行的玻璃砖置于空气中，一束复色光斜射到上表面，穿过玻璃后从下表面射出，分成a、b两束单色光，下列说法中正确的是( )
A. a、b两束单色光相互平行
B. a光在玻璃中的传播速度大于b光
C. 在玻璃中a光全反射的临界角小于b光
D. 用同一双缝干涉装置进行实验a光的条纹间距小于b光
【答案】ACD
【解析】解：A、由几何知识可知光射到玻璃砖下表面时的入射角等于上表面的折射角，由光路可逆原理得知光射出玻璃砖下表面时的折射角等于上表面的入射角，由几何知识可知出射光线与入射光线平行，所以a、b两束单色光相互平行．故A正确．
B、由图看出，光线通过平板玻璃后，a光的侧移大于b光的侧移，说明玻璃对a光的折射率大于b光的折射率．由n=cv可知a光在玻璃中的传播速度小于b光，故B错误．
C、由sinC=1n，知折射率越大，临界角越小，所以在玻璃中a光的全反射临界角小于b光．故C正确．
D、玻璃对a光的折射率大于b光的折射率，则a光的波长小于b光的波长，用同一双缝干涉装置做干涉实验时，干涉条纹间距与波长成正比，则a光的干涉条纹间距比b光的小．故D正确．
故选：ACD．
一束复色光从空气斜射到厚平板玻璃(上、下表面平行)的上表面，穿过玻璃后从下表面射出，变为a、b两束平行单色光，从而可确定折射率大小．由n=cv可得两束光在玻璃中的速度与折射率成反比；由临界角公式sinC=1n，分析临界角的大小．由折射率的大小，确定波长的大小，即可分析干涉条纹间距的大小．
此题关键要理解玻璃砖的光学特性，知道光线通过平板玻璃后，其侧移与折射率有关，同样条件下折射率越大，侧移越大．
9. 原来静止的物体受合外力作用时间为2t0，合外力随时间的变化情况如图所示，则( )
A. 0∼t0与t0∼2t0时间内，物体的平均速率相等
B. 0∼t0与t0∼2t0时间内，合外力对物体做功不相等
C. t=0到t=2t0时间内，物体的位移为零
D. t=0到t=2t0时间内，合外力对物体的冲量为零
【答案】AD
【解析】AD.由于 0∼t0 时间内的冲量与 t0∼2t0 时间内的冲量大小相同，方向相反，即
F0t0+(−F0)t0=0
合外力对物体的冲量为零，说明 2t0 时刻的速度等于0时刻物体的速度等于0，所以 0∼t0 内的平均速度等于 t0∼2t0 内的平均速度，AD正确；
B.由于 2t0 时刻的速度等于0时刻物体的速度等于0，则根据动能定理可以知道 0∼t0 与 t0∼2t0 时间内，合外力对物体做功相等，B错误；
C.由以上的分析可知， 0∼t0 的位移x 1 等于 t0∼2t0 的位移x2，且方向相同，合位移不等于零，C错误；
故选AD。
【点睛】本题是考查动量定理和动能定律的综合性题目，要求我们能够熟练运用这些基本规律，所以一定要明白在
Ft=mv−mv0
中F是合外力， mv 是末动量， mv0 是初动量，在
W=Fx
中x是物体在力F的作用下物体沿力的方向发生的位移。
10. 沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波动图像如图甲所示，平衡位置在x=4m处的质点Q的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 该波沿x轴正方向传播
B. 该波的波长为10m
C. 该波的传播速度为12m/s
D. t=415s时刻，x=0处的质点回到平衡位置
【答案】AD
【解析】
【分析】本题考查识别、理解振动图像和波动图像的能力，以及把握两种图像联系的能力。
振动图像反映同一质点在不同时刻的位置；波的图像反映不同质点在相同时刻的位置。要分清波的传播和质点的振动。从波的图像中可以直接读取波长，从振动图像中可以直接读取周期，然后利用v=λT可求得波速。对于波的图像往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系。同时，能熟练分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况。
【解答】根据质点Q的振动图像可知，t=0时刻质点Q沿y轴正方向振动，则该波沿x轴正方向传播，选项A正确;
该波的波长λ=12m，周期T=1.6s，由v=λT可得该波的传播速度v=7.5m/s，选项B、C均错误;
波动图像的方程为y=20sin(π6x+π3)(cm)，t=0时刻，x=0处的质点偏离平衡位置的位移大小为10 3cm，
振动方程为y=20sin(5π4t+2π3)(cm)，t=415s时刻回到平衡位置，选项D正确。
11. 如图所示，图甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表和电流表均为理想电表。若发电机向原线圈输入图乙所示的正弦交流电，图中Rt为NTC型热敏电阻(阻值随温度升高而变小)，R1为定值电阻。下列说法中正确的是( )
A. 电压表的示数为36V
B. 电压表的示数大于36 2V
C. Rt温度升高时，电压表的示数不变、电流表的示数变大
D. 变压器原、副线圈中的电流之比为4∶1
【答案】AC
【解析】解：AB、原线圈接图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压为36 2V，电压表的示数为有效值，根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系可知，U1=36 2 2V=36V，故A正确，B错误；
D、由变压器规律I1I2=n2n1=14所以变压器原、副线圈中的电流之比为1:4，故D错误；
C、C.由变压器规律U2U1=n2n1=14，由欧姆定律，副线圈中电流表示数I2=U2Rt+R1，联立可得I2=U14(Rt+R1)，所以当Rt温度升高时，阻值减小，电压表的示数不变，电流表的示数变大，故C正确
故选：AC。
分析图乙确定输入电压的最大值，根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系，确定电压表的示数。
根据原、副线圈的电流和匝数成反比可知，确定变压器原、副线圈中的电流之比。
Rt温度升高时，阻值减小，原线圈的输入电压不变，电压表示数不变，根据欧姆定律分析副线圈电流变化。
此题考查了变压器的工作原理和交变电流的规律，解题的关键是根据图象准确找出已知量，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系。
三、实验题（本大题共2小题，共24.0分）
12. 用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示。
(1)为了利用单摆较准确地测出重力加速度，应当选用以下哪些器材_____。
A.长度为10cm左右的细绳
B.长度为100cm左右的细绳
C.直径为1.8cm的钢球
D.直径为1.8cm的木球
E.最小刻度为1mm的米尺
F.秒表、铁架台
(2)安装好实验装置后，先用游标卡尺测量摆球直径d，测量的示数如图所示，则摆球直径d=_______cm。
(3)测出悬点O到小球上端的距离为L，单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g=_______(用字母表示)
(4)在某次实验中，由于没有游标卡尺，实验中将悬点到小球最低点的距离作为摆长l，测得多组周期T和l的数据，作出l−T2图象，如图乙所示，实验得到的l−T2图象是_______(在a，b，c中选择)；小球的直径是_______，求出当地重力加速度为_______。(保留两位有效数字)
(5)若测量结果得到的g值偏小，可能是因为_______。(选填选项前的字母)
A.组装单摆时，选择的摆球质量偏大
B.测量摆长时，将悬线长作为单摆的摆长
C.测量周期时，把n次全振动误认为是(n+1)次全振动
D.在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动
【答案】BCEF 1.84 4π2n2(L+d2)t2 c 1.2cm 9.9m/s2 BD
【解析】解：(1)为减小实验误差，应选择适当长些的细绳做摆线，摆线应选择B；
为减小空气阻力对实验的影响，应选择质量大而体积小的球做摆球，因此摆球应选择C；
实验需要测量摆长，需要用到刻度尺，实验需要测量单摆的周期，测周期需要秒表，
应把单摆固定在铁架台上，因此需要的实验器材有：BCEF；
(2)由图示游标卡尺可知，游标尺是10分度的，游标尺的精度是0.1mm，摆球直径d=18mm+4×0.1mm=18.4mm=1.84cm。
(3)摆长l=L+d2
单摆周期T=tn
由单摆周期公式T=2π lg可知，重力加速度：g=4π2lT2=4π2n2(L+d2)t2
(4)摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长L，悬点到小球最低点的距离作为摆长l，则L=l−r，
由单摆周期公式T=2π Lg得：l=g4π2T2+r，由图示图象可知，实验得到的l−T2图象应该是c；
l−T2图象的纵轴截距b=r=0.6cm，小球的直径d=2r=2×0.6cm=1.2cm；
l−T2图象的斜率k=g4π2=0.6×10−22.4×10−2m/s2，解得，重力加速度大小g≈9.9m/s2；
(5)由单摆周期公式T=2π Lg得：g=4π2LT2
A、组装单摆时，选择的摆球质量偏大，对重力加速度g的测量没有影响，故A错误；
B、测量摆长时，将悬线长作为单摆的摆长，所测摆长L偏小，所测重力加速度g偏小，故B正确；
C、测量周期时，把n次全振动误认为是(n+1)次全振动，所测周期T偏小，所测重力加速度g偏大，故C错误；
D、在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动，实际摆长变大，摆长L测量值偏小，所测重力加速度g偏小，故D正确。
故选：BD。
故答案为：(1)BCEF；(2)1.84；(3)4π2n2(L+d2)t2；(4)c；1.2cm；9.9m/s2；(5)BD。
(1)为减小实验误差应选择适当长些的细线做摆线；为减小阻力对实验的影响应选择质量较大而体积较小的球做摆球；根据实验器材与实验需要测量的量分析答题。
(2)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数。
(3)摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长，应用单摆周期公式求出重力加速度大小。
(4)应用单摆周期公式求出图象的函数表达式，然后根据图示图象分析答题。
(5)应用单摆周期公式求出重力加速度，然后分析实验误差。
本题考查了用单摆测重力加速度实验的实验器材、实验注意事项与实验数据处理，理解实验原理、掌握基础知识是解题的前提；根据题意应用单摆周期公式即可解题；平时要注意基础知识的学习。
13. 如图所示为实验室中《验证动量守恒定律》的实验装置示意图。
甲组同学：m1>m2
(1)实验中须要求的条件是_____；
A.斜槽轨道尽量光滑以减少误差
B.斜槽轨道末端的切线必须水平
C.入射球和被碰球的大小可以不同
D.入射球每次必须从轨道的同一位置由静止释放
(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，用天平测量两个小球的质量m1、m2，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP，然后把被碰小球m2静置于水平轨道的末端，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N，测量平抛射程OM、ON。
(3)为了验证碰撞前后动量守恒，甲同学只需验证表达式：_____成立，即表示碰撞中动量守恒。
乙组同学：m2>4m1，两球为弹性碰撞，轨道改为特殊材料做成的光滑轨道，其它不变按照(2)的步骤完成实验，将落地点仍然按照上图所示顺序标记为M、P、N。
(4)由以上信息判断：m1碰撞前的落点为_____，m1碰撞后的落点为_____；
(5)为了验证碰撞前后动量守恒，乙同学只需验证表达式：_____成立，即表明碰撞中动量守恒。
【答案】BD m1OP=m1OM+m2ON N P m1ON=−m1OP+m2OM
【解析】解：(1)A、只要小球离开轨道时的水平速度相等即可，不需要要求轨道光滑，故A错误；
B、小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽轨道末端的切线必须水平，故B正确；
C、两球要发生对心正碰，入射球和被碰球大小必须相同，故C错误；
D、为使小球做平抛运动的初速度相等，入射球每次必须从轨道的同一位置由静止释放，故D正确。
故选：BD。
(3)两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
m1v0=m1v1+m2v2，
小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，
上式两边同时乘以t得：m1v0t=m1v1t+m2v2t，得：m1OP=m1OM+m2ON；
(4)(5)设碰撞前入射球的速度为v0，碰撞后入射球的速度为v1，被碰球的速度为v2，
两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
m1v0=m1v1+m2v2
由机械能守恒定律得：
12m1v02=12m1v12+12m2v22
解得：v1=m1−m2m1+m2v0，v2=2m1m1+m2v0，
由于m2>4m1，则v1<0，碰撞后入射球反弹，v0>|v1|>v2，
小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，
小球做平抛运动的时间t相等，小球做平抛运动的初速度越大，小球的水平位移越大，
则N是碰撞前入射球的落点位置，P是碰撞后入射球的落点位置，M是碰撞后被碰球的落点位置；
m1v0=m1v1+m2v2两边同时乘以平抛运动的时间t得：m1v0t=−m1v1t+m2v2t，得：m1ON=−m1OP+m2OM；
故答案为：(1)BD；(3)m1OP=m1OM+m2ON；(4)N；P；(5)m1ON=−m1OP+m2OM。
(1)小球离开斜槽轨道后做平抛运动，斜槽轨道末端必须水平，为使两球发生对心碰撞，两球大小应相等，入射球应从同一位置由静止释放，根据实验原理与实验注意事项分析答题。
(3)两球碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式。
(4)(5)两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，由于动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后两球的速度，判断两球速度大小间关系，小球离开轨道后做平抛运动，应用平抛运动规律判断小球落点位置，求出实验需要验证的表达式。
本题考查了验证动量守恒定律实验，本实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度做平抛运动并且落到同一水平面上，入射球与被碰球的下落高度相等，做平抛运动的时间相同，所以在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中水平方向发生的位移，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题。
四、计算题（本大题共3小题，共32.0分）
14. 国内最长的梅溪湖激光音乐喷泉，采用了世界一流的灯光和音响设备，呈现出震撼人心的万千变化。喷泉的水池里某一射灯发出的一细光束射到水面的入射角α= 37°，从水面上出射时的折射角γ= 53°。
(1)求光在水面上发生全反射的临界角；
(2)该射灯(看做点光源)位于水面下ℎ=7m处，求射灯照亮的水面面积(结果保留两位有效数字)。
【答案】解：(Ⅰ)设水的折射率为n。
根据入射角α=37°和折射角γ=53°，得n=sinαsinγ
解得n=43
设光在水面上发生全反射的临界角为C，则
sinC=1n=34
故C=arcsin34
(2)由空间对称性可知，水面照亮的水面是一圆面，设圆的半径为r，如图。
则sinC=r r2+ℎ2
解得r=3m
射灯照亮的水面面积S=πr2=3.14×32m2≈28m2
答：
(1)光在水面上发生全反射的临界角为arcsin34；
(2)射灯照亮的水面面积为28m2。
【解析】(Ⅰ)根据入射角α=37°和折射角γ=53°，由n=sinαsinγ求出折射率，再由sinC=1n求光在水面上发生全反射的临界角；
(Ⅱ)射灯照亮的水面是一个圆，光线在圆的边缘恰好发生全反射，入射角等于临界角C，根据几何关系求解射灯照亮的水面面积。
本题的关键要理解全反射的条件，掌握临界角的公式，结合几何知识，来确定圆的半径。
15. 一根弹性绳沿x轴方向放置，左端在原点O，用手握住绳的左端使其沿y轴方向做周期为1s的简谐运动，于是在绳上形成一列简谐波。求：
(1)若从波传到平衡位置在x=1m处的M质点时开始计时，那么经过的时间Δt等于多少时，平衡位置在x=4.5m处的N质点恰好第一次沿y轴正向通过平衡位置？
(2)在图中准确画出当时弹性绳上的波形。
(3)从绳的左端点O开始做简谐运动起，当它通过的总路程为88cm时，N质点振动通过的总路程是多少？
【答案】解：(1)由波的传播特性和波动图象知，波长λ=2m
波从x=1m传至x=4.5m处的N质点需要的时间t=74T，此时x=4.5m处的质点正向y轴负方向运动，
x=4.5m处的N质点恰好第一次沿y轴正向通过平衡位置还需T2，因此△t=94T=2.25s
(2)此时波形如图：
(3)由图知，振幅A=8cm，质点在一个周期内通过的路程为4A=32cm，O质点通过88cm的路程共经过的时间为114T.
从x=0m传至x=4.5m处的N质点需要时间t1为94T，质点N运动的时间为12T.
所以质点N振动通过的总路程为：2A=16cm.
答：
(1)经过的时间△t等于2.25s时，平衡位置在x=4.5m处的N质点恰好第一次沿y轴正向通过平衡位置．
(2)画出当时弹性绳上的波形图如图．
(3)N质点振动通过的总路程是16cm．
【解析】(1)由图读出波长，先求出波从x=1m传至x=4.5m处的N质点需要的时间，此时x=4.5m处的质点正向y轴负方向运动，再经过T2时间N质点恰好第一次沿y轴正向通过平衡位置，两个时间相加即可求解．
(2)画当时弹性绳上的波形的时候，先画出N点所处的位置在平衡位置，根据向上运动，利用“上下坡法”，知道N点处于下坡．然后向左画出波形．
(3)通过质点通过的总路程求出时间，然后减去波传播到N点所需的时间，剩余的时间就是质点振动的时间，根据一个周期内振动路程为4A，求出N点振动通过的总路程．
解决本题的关键通过图象会求波长、波速．以及会画振动图象和波动图象，知道质点在一个周期内振动的路程为4A．
16. 如图，倾角为θ的倾斜轨道与足够长的水平轨道交于Q点，在倾斜轨道上高ℎ处由静止释放滑块A，一段时间后A与静止在水平轨道上P处的滑块B发生弹性碰撞(碰撞时间忽略不计)。已知A、B的质量分别为m和3m，B与轨道间的动摩擦因数为μ，A与轨道间无摩擦，重力加速度大小为g，A、B均可视为质点，A过Q点时速度大小不变。求：
(1)第一次碰撞后瞬间，A与B的速度大小vA和vB；
(2)滑块B在水平轨道上通过的总路程s；
(3)若滑块B最初静止的P处与Q间的距离为x0=ℎ5，倾斜轨道的倾角θ=30∘，在第一次碰撞后B的速度减为零的时候，A与B刚好发生第二次碰撞，试确定μ的大小。
【答案】解：(1)第一次碰撞前，机械能守恒，有mgℎ=12mv02；
解得：v0= 2gℎ；
第一次碰撞，水平向左为正，由动量守恒：mv0=mvA+3mvB；
由能量守恒：12mv02=12mvA2+ 12×3mvB2；
解得：vA=− 2gℎ2(负号代表方向向右)，vB= 2gℎ2。
(2)由(1)中结果可知，A与B还会发生多次碰撞，直到速度均减为零；
因A在运动过程中及A与B在碰撞过程中均无机械能损失，故A、B组成的系统机械能的损失均由B克服水平轨道摩擦力做功造成，由能量守恒定律有：μ·3mgs=mgℎ；
解得：s=ℎ3μ。
(3)设第一次碰撞至B的速度减为零所经历的时间为t，A与B在时间t内发生的位移分别为xA、xB，对B，由动量定理有：−μ·3mgt=0−3mvB；
解得：t=vBμg= 2gℎ2μg；
对B有：xB=vB2 t；
解得：xB=ℎ4μ；
对A，在时间t内，设其在倾斜轨道、水平轨道上运动的时间分别t1、t2，在倾斜轨道上，由牛顿第二定律有：mgsinθ=ma；
对A有：vA=a·t12；
解得：t1=2vAgsinθ=2 2gℎg；
t2=t−t1=(1μ−4) 2gℎ2g；
xA=vAt2−2x0=(1μ−4)·ℎ2−2ℎ5；
由题意知：xA=xB；
即(1μ−4)ℎ2−2ℎ5=ℎ4μ；
解得：μ≈0.1。
【解析】本题考查了动量守恒定律、功能关系；本题的关键在于理清两个物块的运动过程，明确能量的转化情况，利用运动学规律分析清楚A的运动细节。
(1)A与轨道间无摩擦，由机械能守恒定律求出A与B碰撞前瞬间的速度大小。A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别列方程，可求解碰撞后A和B的速度大小vA和vB；
(2)滑块B在水平轨道上滑行过程，根据功能关系求出B通过的总路程s；
(3)若A与B能发生第二次碰撞，设A与B第一次碰撞到B的速度减小为零的时间为t，则在t时间内A的总位移大于B的总位移，对B物块根据动量定理求出该时间，然后结合运动学的公式求出B的位移；A在水平面上做匀速直线运动，在斜面上做往返运动，加速度的大小相等，由牛顿第二定律求出A在斜面上的加速度，由运动学的公式求出时间，再求出A物块在水平面上的位移的表达式，最后结合追上的条件即可求出。
2022-2023学年江西省吉安市宁冈中学高二（下）期中物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 关于光的衍射，下列说法中错误的是( )
A. 光的衍射是光在传播过程中绕过障碍物的现象
B. 只有两列频率相同的光波叠加后才能发生衍射
C. 光的衍射没有否定光直线传播的结论
D. 光的衍射现象为波动说提供了有利的证据
2. 如图所示，弹簧振子在dc间振动，振子从a到b历时0.2s，振子经a、b两点时速度相同，若它从b再回到a的最短时间为0.4s，则该振子的振动周期为( )
A. 0.6s B. 0.8s C. 1.0s D. 1.2s
3. 下列物理量中，属于标量的是( )
A. 加速度 B. 瞬时速率 C. 平均速度 D. 位移
4. 沿x轴正方向传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，M为介质中的一个质点，该波的传播速度为40m/s，则t=140s时( )
A. 质点M对平衡位置的位移为负值
B. 质点M的速度方向与对平衡位置的位移方向相同
C. 质点M的加速度方向与速度方向相反
D. 质点M的加速度方向为−y方向
5. 如图1所示，将一平板玻璃放置在另一平板玻璃上，在一端夹入两张纸片，在两玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜。当光垂直入射后，从上往下看到如图2所示干涉条纹。若在图1装置中抽去一张纸片，从上往下观察到的干涉条纹将会( )
A. 变疏 B. 变密 C. 不变 D. 消失
6. 如图所示，有一等腰直角玻璃三棱镜ABC，它对各种色光的临界角都小于45°，一束平行于BC面的白光射到AB面上，进入三棱镜后射到BC面上，则光束()
A. 从BC面出射，仍是白色光束
B. 从AC面出射，仍是白色光束
C. 从AC面出射，变成了彩色光束
D. 从AC面出射，变成没有紫光的彩色光束
7. 质量为2kg的小球b静止在光滑的水平地面上，左端连接一水平轻质弹簧，质量为2kg的另一小球a以4m/s的速度向b运动，从小球a接触弹簧到压缩到最短所经历的时间为π20s，已知此弹簧的压缩量x与弹性势能Ep的关系为x= 2Ep10，则小球a、b在这段时间内的位移大小分别为( )
A. π+210m，π−210m B. 3π+310m，3π−310m
C. π+410m，π−410m D. 3π+110m，3π−310m
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
8. 如图所示，上、下表面平行的玻璃砖置于空气中，一束复色光斜射到上表面，穿过玻璃后从下表面射出，分成a、b两束单色光，下列说法中正确的是( )
A. a、b两束单色光相互平行
B. a光在玻璃中的传播速度大于b光
C. 在玻璃中a光全反射的临界角小于b光
D. 用同一双缝干涉装置进行实验a光的条纹间距小于b光
9. 原来静止的物体受合外力作用时间为2t0，合外力随时间的变化情况如图所示，则( )
A. 0∼t0与t0∼2t0时间内，物体的平均速率相等
B. 0∼t0与t0∼2t0时间内，合外力对物体做功不相等
C. t=0到t=2t0时间内，物体的位移为零
D. t=0到t=2t0时间内，合外力对物体的冲量为零
10. 沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波动图像如图甲所示，平衡位置在x=4m处的质点Q的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 该波沿x轴正方向传播
B. 该波的波长为10m
C. 该波的传播速度为12m/s
D. t=415s时刻，x=0处的质点回到平衡位置
11. 如图所示，图甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表和电流表均为理想电表。若发电机向原线圈输入图乙所示的正弦交流电，图中Rt为NTC型热敏电阻(阻值随温度升高而变小)，R1为定值电阻。下列说法中正确的是( )
A. 电压表的示数为36V
B. 电压表的示数大于36 2V
C. Rt温度升高时，电压表的示数不变、电流表的示数变大
D. 变压器原、副线圈中的电流之比为4∶1
三、实验题（本大题共2小题，共24.0分）
12. 用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示。
(1)为了利用单摆较准确地测出重力加速度，应当选用以下哪些器材_____。
A.长度为10cm左右的细绳
B.长度为100cm左右的细绳
C.直径为1.8cm的钢球
D.直径为1.8cm的木球
E.最小刻度为1mm的米尺
F.秒表、铁架台
(2)安装好实验装置后，先用游标卡尺测量摆球直径d，测量的示数如图所示，则摆球直径d=_______cm。
(3)测出悬点O到小球上端的距离为L，单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g=_______(用字母表示)
(4)在某次实验中，由于没有游标卡尺，实验中将悬点到小球最低点的距离作为摆长l，测得多组周期T和l的数据，作出l−T2图象，如图乙所示，实验得到的l−T2图象是_______(在a，b，c中选择)；小球的直径是_______，求出当地重力加速度为_______。(保留两位有效数字)
(5)若测量结果得到的g值偏小，可能是因为_______。(选填选项前的字母)
A.组装单摆时，选择的摆球质量偏大
B.测量摆长时，将悬线长作为单摆的摆长
C.测量周期时，把n次全振动误认为是(n+1)次全振动
D.在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动
13. 如图所示为实验室中《验证动量守恒定律》的实验装置示意图。
甲组同学：m1>m2
(1)实验中须要求的条件是_____；
A.斜槽轨道尽量光滑以减少误差
B.斜槽轨道末端的切线必须水平
C.入射球和被碰球的大小可以不同
D.入射球每次必须从轨道的同一位置由静止释放
(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，用天平测量两个小球的质量m1、m2，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP，然后把被碰小球m2静置于水平轨道的末端，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N，测量平抛射程OM、ON。
(3)为了验证碰撞前后动量守恒，甲同学只需验证表达式：_____成立，即表示碰撞中动量守恒。
乙组同学：m2>4m1，两球为弹性碰撞，轨道改为特殊材料做成的光滑轨道，其它不变按照(2)的步骤完成实验，将落地点仍然按照上图所示顺序标记为M、P、N。
(4)由以上信息判断：m1碰撞前的落点为_____，m1碰撞后的落点为_____；
(5)为了验证碰撞前后动量守恒，乙同学只需验证表达式：_____成立，即表明碰撞中动量守恒。
四、计算题（本大题共3小题，共32.0分）
14. 国内最长的梅溪湖激光音乐喷泉，采用了世界一流的灯光和音响设备，呈现出震撼人心的万千变化。喷泉的水池里某一射灯发出的一细光束射到水面的入射角α= 37°，从水面上出射时的折射角γ= 53°。
(1)求光在水面上发生全反射的临界角；
(2)该射灯(看做点光源)位于水面下ℎ=7m处，求射灯照亮的水面面积(结果保留两位有效数字)。
15. 一根弹性绳沿x轴方向放置，左端在原点O，用手握住绳的左端使其沿y轴方向做周期为1s的简谐运动，于是在绳上形成一列简谐波。求：
(1)若从波传到平衡位置在x=1m处的M质点时开始计时，那么经过的时间Δt等于多少时，平衡位置在x=4.5m处的N质点恰好第一次沿y轴正向通过平衡位置？
(2)在图中准确画出当时弹性绳上的波形。
(3)从绳的左端点O开始做简谐运动起，当它通过的总路程为88cm时，N质点振动通过的总路程是多少？
16. 如图，倾角为θ的倾斜轨道与足够长的水平轨道交于Q点，在倾斜轨道上高ℎ处由静止释放滑块A，一段时间后A与静止在水平轨道上P处的滑块B发生弹性碰撞(碰撞时间忽略不计)。已知A、B的质量分别为m和3m，B与轨道间的动摩擦因数为μ，A与轨道间无摩擦，重力加速度大小为g，A、B均可视为质点，A过Q点时速度大小不变。求：
(1)第一次碰撞后瞬间，A与B的速度大小vA和vB；
(2)滑块B在水平轨道上通过的总路程s；
(3)若滑块B最初静止的P处与Q间的距离为x0=ℎ5，倾斜轨道的倾角θ=30∘，在第一次碰撞后B的速度减为零的时候，A与B刚好发生第二次碰撞，试确定μ的大小。
答案解析
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 关于光的衍射，下列说法中错误的是( )
A. 光的衍射是光在传播过程中绕过障碍物的现象
B. 只有两列频率相同的光波叠加后才能发生衍射
C. 光的衍射没有否定光直线传播的结论
D. 光的衍射现象为波动说提供了有利的证据
【答案】B
【解析】解：A、光在传播过程中绕过障碍物继续传播的现象就是光的衍射，故A正确。
B、光发生明显的衍射现象的条件时：孔、缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相近或比波长还小。故B错误。
C、光的衍射是光遇到障碍物时发生的现象，而光的直线传播是指光在同一均匀介质中传播时传播方向不发生改变，即沿直线传播。故C正确，
D、衍射是波特有的性质，故光的衍射现象为波动说提供了有利的证据。故D正确。
本题选错误答案，故选B。
衍射是波特有的性质，是光遇到障碍物时发生的现象，发生明显的衍射现象的条件时：孔、缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相近或比波长还小．光在同一均匀介质中沿直线传播．
注重对基础知识的积累，加强对基本概念的深入理解，是学习物理的关键．
2. 如图所示，弹簧振子在dc间振动，振子从a到b历时0.2s，振子经a、b两点时速度相同，若它从b再回到a的最短时间为0.4s，则该振子的振动周期为( )
A. 0.6s B. 0.8s C. 1.0s D. 1.2s
【答案】B
【解析】解：由于振子在a、b两点的速度相同，则a、b两点关于O点是对称的，所以O到b点的时间为0.1s，而从b再回到a的最短时间为0.4s，则从b再回到b的最短时间为0.2s，所以从b到最大位移处的最短时间为0.1s，因此振子的振动周期为 T=0.8s，故ACD错误，B正确；
故选：B。
根据题意求出ob间的时间，再求出cb的时间，则oc的时间为周期的四分之一，最后求出振动周期。
解决该题的关键是知道简谐运动的运动特征，根据运动特征求解相应的时间关系；
3. 下列物理量中，属于标量的是( )
A. 加速度 B. 瞬时速率 C. 平均速度 D. 位移
【答案】B
【解析】解：加速度、平均速度和位移都是既有大小也有方向的，它们都是矢量，只有瞬时速率只有大小没有方向，是标量．
故选：B．
即有大小又有方向，相加是遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、动量等都是矢量；
只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量等都是标量．
本题是一个基础题目，就是看学生对矢量和标量的掌握．
4. 沿x轴正方向传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，M为介质中的一个质点，该波的传播速度为40m/s，则t=140s时( )
A. 质点M对平衡位置的位移为负值
B. 质点M的速度方向与对平衡位置的位移方向相同
C. 质点M的加速度方向与速度方向相反
D. 质点M的加速度方向为−y方向
【答案】D
【解析】解：A.由图读出波长为λ=4m，则该波的周期为T=λv=440=0.1s，t=140s=14T.t=0时刻质点M向上运动，则在t=140s时刻，质点M正从波峰向平衡位置运动，位移为正。故A错误；
B.质点M正从波峰向平衡位置运动，所以其速度增大，加速度减小。位移为正，质点M的速度沿y轴负方向，故B错误；
C.质点M的速度沿y轴负方向，加速度沿y轴负方向，所以加速度方向与速度方向相同，故C错误，D正确；
故选：D。
由图读出波长求出周期，根据时间与周期的关系及t=0时刻P点的速度方向，分析在t=0.025s时刻，质点M的位置，确定速度和加速度的变化，以及速度、加速度的方向。
解决该题的关键是明确波速与周期和波长关系，掌握同侧法判断质点的运动状态，会分析质点的速度和位移以及加速度的方向；
5. 如图1所示，将一平板玻璃放置在另一平板玻璃上，在一端夹入两张纸片，在两玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜。当光垂直入射后，从上往下看到如图2所示干涉条纹。若在图1装置中抽去一张纸片，从上往下观察到的干涉条纹将会( )
A. 变疏 B. 变密 C. 不变 D. 消失
【答案】A
【解析】
【分析】定性分析干涉条纹间距的变化时，要知道薄膜干涉是等厚干涉，厚度的变化率越慢，则条纹间距越大。
【解答】当抽去一张纸片后，劈形空气薄膜的劈尖角(上、下表面所夹的角)变小，相同的厚度差对应的水平距离变大，所以相邻的亮条纹或暗条纹间距变大，即条纹变疏。A正确。
6. 如图所示，有一等腰直角玻璃三棱镜ABC，它对各种色光的临界角都小于45°，一束平行于BC面的白光射到AB面上，进入三棱镜后射到BC面上，则光束()
A. 从BC面出射，仍是白色光束
B. 从AC面出射，仍是白色光束
C. 从AC面出射，变成了彩色光束
D. 从AC面出射，变成没有紫光的彩色光束
【答案】C
【解析】解：由几何知识得到光线在BC面上入射角大于45°，所以光线在BC面上发生全反射，不能从BC射出．结合折射率的大小关系，作出光路图如图，根据光路的可逆性可知：出射光线平行于底边BC，而且光谱由上到下的顺序应是紫、靛、蓝、绿、黄、橙、红，所以光线将AC面射出，形成平行于BC边的彩色光束．故ABD错误，C正确．
故选：C
作出光路图，根据几何知识和发生全反射的条件分析光线在BC面上能否发生全反射．根据对称性判断出射光线的方向和出射光的颜色．
本题考查全反射知识．要知道在所有色光中红光的折射率最小，全反射临界角最大．要作出光路图，由几何知识与折射定律结合研究．
7. 质量为2kg的小球b静止在光滑的水平地面上，左端连接一水平轻质弹簧，质量为2kg的另一小球a以4m/s的速度向b运动，从小球a接触弹簧到压缩到最短所经历的时间为π20s，已知此弹簧的压缩量x与弹性势能Ep的关系为x= 2Ep10，则小球a、b在这段时间内的位移大小分别为( )
A. π+210m，π−210m B. 3π+310m，3π−310m
C. π+410m，π−410m D. 3π+110m，3π−310m
【答案】A
【解析】
【分析】
该题考查动量守恒、能量守恒相关知识。分析好物理情景，灵活应用公式是解决本题的关键。
小球 a 、 b 与弹簧组成的系统动量守恒，碰撞过程中机械能守恒，由此分析解题即可。
【解答】
小球 a 、 b 与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧被压缩至最短时，小球 a 、 b 达到共速，设共速时的速度为 v1 ，小球 a 的初速度为 v0 ，则由动量守恒定律有mav0=(ma+mb)v1
碰撞过程中机械能守恒，有12mav02=12(ma+mb)v12+Ep
解得Ep=8J
由弹簧的压缩量x与弹性势能 Ep 的关系x= 2Ep10
可得x=0.4m
设小球a、b在这段时间内的位移大小分别为 l1 、 l2 ，任取极短的时间 Δt ，两小球在任意时刻动量均守恒，任意时刻的速度分别设为 Δv1 、 Δv2 则有mav0=maΔv1+mbΔv2
即有mav0Δt=maΔv1Δt+mbΔv2Δt
固有mav0t=mal1+mbl2
而两小球的对地位移之间的关系为l1−l2=x
联立解得
l1=π+210m
l2=π−210m
故选A。
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
8. 如图所示，上、下表面平行的玻璃砖置于空气中，一束复色光斜射到上表面，穿过玻璃后从下表面射出，分成a、b两束单色光，下列说法中正确的是( )
A. a、b两束单色光相互平行
B. a光在玻璃中的传播速度大于b光
C. 在玻璃中a光全反射的临界角小于b光
D. 用同一双缝干涉装置进行实验a光的条纹间距小于b光
【答案】ACD
【解析】解：A、由几何知识可知光射到玻璃砖下表面时的入射角等于上表面的折射角，由光路可逆原理得知光射出玻璃砖下表面时的折射角等于上表面的入射角，由几何知识可知出射光线与入射光线平行，所以a、b两束单色光相互平行．故A正确．
B、由图看出，光线通过平板玻璃后，a光的侧移大于b光的侧移，说明玻璃对a光的折射率大于b光的折射率．由n=cv可知a光在玻璃中的传播速度小于b光，故B错误．
C、由sinC=1n，知折射率越大，临界角越小，所以在玻璃中a光的全反射临界角小于b光．故C正确．
D、玻璃对a光的折射率大于b光的折射率，则a光的波长小于b光的波长，用同一双缝干涉装置做干涉实验时，干涉条纹间距与波长成正比，则a光的干涉条纹间距比b光的小．故D正确．
故选：ACD．
一束复色光从空气斜射到厚平板玻璃(上、下表面平行)的上表面，穿过玻璃后从下表面射出，变为a、b两束平行单色光，从而可确定折射率大小．由n=cv可得两束光在玻璃中的速度与折射率成反比；由临界角公式sinC=1n，分析临界角的大小．由折射率的大小，确定波长的大小，即可分析干涉条纹间距的大小．
此题关键要理解玻璃砖的光学特性，知道光线通过平板玻璃后，其侧移与折射率有关，同样条件下折射率越大，侧移越大．
9. 原来静止的物体受合外力作用时间为2t0，合外力随时间的变化情况如图所示，则( )
A. 0∼t0与t0∼2t0时间内，物体的平均速率相等
B. 0∼t0与t0∼2t0时间内，合外力对物体做功不相等
C. t=0到t=2t0时间内，物体的位移为零
D. t=0到t=2t0时间内，合外力对物体的冲量为零
【答案】AD
【解析】AD.由于 0∼t0 时间内的冲量与 t0∼2t0 时间内的冲量大小相同，方向相反，即
F0t0+(−F0)t0=0
合外力对物体的冲量为零，说明 2t0 时刻的速度等于0时刻物体的速度等于0，所以 0∼t0 内的平均速度等于 t0∼2t0 内的平均速度，AD正确；
B.由于 2t0 时刻的速度等于0时刻物体的速度等于0，则根据动能定理可以知道 0∼t0 与 t0∼2t0 时间内，合外力对物体做功相等，B错误；
C.由以上的分析可知， 0∼t0 的位移x 1 等于 t0∼2t0 的位移x2，且方向相同，合位移不等于零，C错误；
故选AD。
【点睛】本题是考查动量定理和动能定律的综合性题目，要求我们能够熟练运用这些基本规律，所以一定要明白在
Ft=mv−mv0
中F是合外力， mv 是末动量， mv0 是初动量，在
W=Fx
中x是物体在力F的作用下物体沿力的方向发生的位移。
10. 沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波动图像如图甲所示，平衡位置在x=4m处的质点Q的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 该波沿x轴正方向传播
B. 该波的波长为10m
C. 该波的传播速度为12m/s
D. t=415s时刻，x=0处的质点回到平衡位置
【答案】AD
【解析】
【分析】本题考查识别、理解振动图像和波动图像的能力，以及把握两种图像联系的能力。
振动图像反映同一质点在不同时刻的位置；波的图像反映不同质点在相同时刻的位置。要分清波的传播和质点的振动。从波的图像中可以直接读取波长，从振动图像中可以直接读取周期，然后利用v=λT可求得波速。对于波的图像往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系。同时，能熟练分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况。
【解答】根据质点Q的振动图像可知，t=0时刻质点Q沿y轴正方向振动，则该波沿x轴正方向传播，选项A正确;
该波的波长λ=12m，周期T=1.6s，由v=λT可得该波的传播速度v=7.5m/s，选项B、C均错误;
波动图像的方程为y=20sin(π6x+π3)(cm)，t=0时刻，x=0处的质点偏离平衡位置的位移大小为10 3cm，
振动方程为y=20sin(5π4t+2π3)(cm)，t=415s时刻回到平衡位置，选项D正确。
11. 如图所示，图甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表和电流表均为理想电表。若发电机向原线圈输入图乙所示的正弦交流电，图中Rt为NTC型热敏电阻(阻值随温度升高而变小)，R1为定值电阻。下列说法中正确的是( )
A. 电压表的示数为36V
B. 电压表的示数大于36 2V
C. Rt温度升高时，电压表的示数不变、电流表的示数变大
D. 变压器原、副线圈中的电流之比为4∶1
【答案】AC
【解析】解：AB、原线圈接图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压为36 2V，电压表的示数为有效值，根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系可知，U1=36 2 2V=36V，故A正确，B错误；
D、由变压器规律I1I2=n2n1=14所以变压器原、副线圈中的电流之比为1:4，故D错误；
C、C.由变压器规律U2U1=n2n1=14，由欧姆定律，副线圈中电流表示数I2=U2Rt+R1，联立可得I2=U14(Rt+R1)，所以当Rt温度升高时，阻值减小，电压表的示数不变，电流表的示数变大，故C正确
故选：AC。
分析图乙确定输入电压的最大值，根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系，确定电压表的示数。
根据原、副线圈的电流和匝数成反比可知，确定变压器原、副线圈中的电流之比。
Rt温度升高时，阻值减小，原线圈的输入电压不变，电压表示数不变，根据欧姆定律分析副线圈电流变化。
此题考查了变压器的工作原理和交变电流的规律，解题的关键是根据图象准确找出已知量，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系。
三、实验题（本大题共2小题，共24.0分）
12. 用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示。
(1)为了利用单摆较准确地测出重力加速度，应当选用以下哪些器材_____。
A.长度为10cm左右的细绳
B.长度为100cm左右的细绳
C.直径为1.8cm的钢球
D.直径为1.8cm的木球
E.最小刻度为1mm的米尺
F.秒表、铁架台
(2)安装好实验装置后，先用游标卡尺测量摆球直径d，测量的示数如图所示，则摆球直径d=_______cm。
(3)测出悬点O到小球上端的距离为L，单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g=_______(用字母表示)
(4)在某次实验中，由于没有游标卡尺，实验中将悬点到小球最低点的距离作为摆长l，测得多组周期T和l的数据，作出l−T2图象，如图乙所示，实验得到的l−T2图象是_______(在a，b，c中选择)；小球的直径是_______，求出当地重力加速度为_______。(保留两位有效数字)
(5)若测量结果得到的g值偏小，可能是因为_______。(选填选项前的字母)
A.组装单摆时，选择的摆球质量偏大
B.测量摆长时，将悬线长作为单摆的摆长
C.测量周期时，把n次全振动误认为是(n+1)次全振动
D.在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动
【答案】BCEF 1.84 4π2n2(L+d2)t2 c 1.2cm 9.9m/s2 BD
【解析】解：(1)为减小实验误差，应选择适当长些的细绳做摆线，摆线应选择B；
为减小空气阻力对实验的影响，应选择质量大而体积小的球做摆球，因此摆球应选择C；
实验需要测量摆长，需要用到刻度尺，实验需要测量单摆的周期，测周期需要秒表，
应把单摆固定在铁架台上，因此需要的实验器材有：BCEF；
(2)由图示游标卡尺可知，游标尺是10分度的，游标尺的精度是0.1mm，摆球直径d=18mm+4×0.1mm=18.4mm=1.84cm。
(3)摆长l=L+d2
单摆周期T=tn
由单摆周期公式T=2π lg可知，重力加速度：g=4π2lT2=4π2n2(L+d2)t2
(4)摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长L，悬点到小球最低点的距离作为摆长l，则L=l−r，
由单摆周期公式T=2π Lg得：l=g4π2T2+r，由图示图象可知，实验得到的l−T2图象应该是c；
l−T2图象的纵轴截距b=r=0.6cm，小球的直径d=2r=2×0.6cm=1.2cm；
l−T2图象的斜率k=g4π2=0.6×10−22.4×10−2m/s2，解得，重力加速度大小g≈9.9m/s2；
(5)由单摆周期公式T=2π Lg得：g=4π2LT2
A、组装单摆时，选择的摆球质量偏大，对重力加速度g的测量没有影响，故A错误；
B、测量摆长时，将悬线长作为单摆的摆长，所测摆长L偏小，所测重力加速度g偏小，故B正确；
C、测量周期时，把n次全振动误认为是(n+1)次全振动，所测周期T偏小，所测重力加速度g偏大，故C错误；
D、在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动，实际摆长变大，摆长L测量值偏小，所测重力加速度g偏小，故D正确。
故选：BD。
故答案为：(1)BCEF；(2)1.84；(3)4π2n2(L+d2)t2；(4)c；1.2cm；9.9m/s2；(5)BD。
(1)为减小实验误差应选择适当长些的细线做摆线；为减小阻力对实验的影响应选择质量较大而体积较小的球做摆球；根据实验器材与实验需要测量的量分析答题。
(2)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数。
(3)摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长，应用单摆周期公式求出重力加速度大小。
(4)应用单摆周期公式求出图象的函数表达式，然后根据图示图象分析答题。
(5)应用单摆周期公式求出重力加速度，然后分析实验误差。
本题考查了用单摆测重力加速度实验的实验器材、实验注意事项与实验数据处理，理解实验原理、掌握基础知识是解题的前提；根据题意应用单摆周期公式即可解题；平时要注意基础知识的学习。
13. 如图所示为实验室中《验证动量守恒定律》的实验装置示意图。
甲组同学：m1>m2
(1)实验中须要求的条件是_____；
A.斜槽轨道尽量光滑以减少误差
B.斜槽轨道末端的切线必须水平
C.入射球和被碰球的大小可以不同
D.入射球每次必须从轨道的同一位置由静止释放
(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，用天平测量两个小球的质量m1、m2，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP，然后把被碰小球m2静置于水平轨道的末端，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N，测量平抛射程OM、ON。
(3)为了验证碰撞前后动量守恒，甲同学只需验证表达式：_____成立，即表示碰撞中动量守恒。
乙组同学：m2>4m1，两球为弹性碰撞，轨道改为特殊材料做成的光滑轨道，其它不变按照(2)的步骤完成实验，将落地点仍然按照上图所示顺序标记为M、P、N。
(4)由以上信息判断：m1碰撞前的落点为_____，m1碰撞后的落点为_____；
(5)为了验证碰撞前后动量守恒，乙同学只需验证表达式：_____成立，即表明碰撞中动量守恒。
【答案】BD m1OP=m1OM+m2ON N P m1ON=−m1OP+m2OM
【解析】解：(1)A、只要小球离开轨道时的水平速度相等即可，不需要要求轨道光滑，故A错误；
B、小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽轨道末端的切线必须水平，故B正确；
C、两球要发生对心正碰，入射球和被碰球大小必须相同，故C错误；
D、为使小球做平抛运动的初速度相等，入射球每次必须从轨道的同一位置由静止释放，故D正确。
故选：BD。
(3)两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
m1v0=m1v1+m2v2，
小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，
上式两边同时乘以t得：m1v0t=m1v1t+m2v2t，得：m1OP=m1OM+m2ON；
(4)(5)设碰撞前入射球的速度为v0，碰撞后入射球的速度为v1，被碰球的速度为v2，
两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
m1v0=m1v1+m2v2
由机械能守恒定律得：
12m1v02=12m1v12+12m2v22
解得：v1=m1−m2m1+m2v0，v2=2m1m1+m2v0，
由于m2>4m1，则v1<0，碰撞后入射球反弹，v0>|v1|>v2，
小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，
小球做平抛运动的时间t相等，小球做平抛运动的初速度越大，小球的水平位移越大，
则N是碰撞前入射球的落点位置，P是碰撞后入射球的落点位置，M是碰撞后被碰球的落点位置；
m1v0=m1v1+m2v2两边同时乘以平抛运动的时间t得：m1v0t=−m1v1t+m2v2t，得：m1ON=−m1OP+m2OM；
故答案为：(1)BD；(3)m1OP=m1OM+m2ON；(4)N；P；(5)m1ON=−m1OP+m2OM。
(1)小球离开斜槽轨道后做平抛运动，斜槽轨道末端必须水平，为使两球发生对心碰撞，两球大小应相等，入射球应从同一位置由静止释放，根据实验原理与实验注意事项分析答题。
(3)两球碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式。
(4)(5)两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，由于动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后两球的速度，判断两球速度大小间关系，小球离开轨道后做平抛运动，应用平抛运动规律判断小球落点位置，求出实验需要验证的表达式。
本题考查了验证动量守恒定律实验，本实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度做平抛运动并且落到同一水平面上，入射球与被碰球的下落高度相等，做平抛运动的时间相同，所以在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中水平方向发生的位移，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题。
四、计算题（本大题共3小题，共32.0分）
14. 国内最长的梅溪湖激光音乐喷泉，采用了世界一流的灯光和音响设备，呈现出震撼人心的万千变化。喷泉的水池里某一射灯发出的一细光束射到水面的入射角α= 37°，从水面上出射时的折射角γ= 53°。
(1)求光在水面上发生全反射的临界角；
(2)该射灯(看做点光源)位于水面下ℎ=7m处，求射灯照亮的水面面积(结果保留两位有效数字)。
【答案】解：(Ⅰ)设水的折射率为n。
根据入射角α=37°和折射角γ=53°，得n=sinαsinγ
解得n=43
设光在水面上发生全反射的临界角为C，则
sinC=1n=34
故C=arcsin34
(2)由空间对称性可知，水面照亮的水面是一圆面，设圆的半径为r，如图。
则sinC=r r2+ℎ2
解得r=3m
射灯照亮的水面面积S=πr2=3.14×32m2≈28m2
答：
(1)光在水面上发生全反射的临界角为arcsin34；
(2)射灯照亮的水面面积为28m2。
【解析】(Ⅰ)根据入射角α=37°和折射角γ=53°，由n=sinαsinγ求出折射率，再由sinC=1n求光在水面上发生全反射的临界角；
(Ⅱ)射灯照亮的水面是一个圆，光线在圆的边缘恰好发生全反射，入射角等于临界角C，根据几何关系求解射灯照亮的水面面积。
本题的关键要理解全反射的条件，掌握临界角的公式，结合几何知识，来确定圆的半径。
15. 一根弹性绳沿x轴方向放置，左端在原点O，用手握住绳的左端使其沿y轴方向做周期为1s的简谐运动，于是在绳上形成一列简谐波。求：
(1)若从波传到平衡位置在x=1m处的M质点时开始计时，那么经过的时间Δt等于多少时，平衡位置在x=4.5m处的N质点恰好第一次沿y轴正向通过平衡位置？
(2)在图中准确画出当时弹性绳上的波形。
(3)从绳的左端点O开始做简谐运动起，当它通过的总路程为88cm时，N质点振动通过的总路程是多少？
【答案】解：(1)由波的传播特性和波动图象知，波长λ=2m
波从x=1m传至x=4.5m处的N质点需要的时间t=74T，此时x=4.5m处的质点正向y轴负方向运动，
x=4.5m处的N质点恰好第一次沿y轴正向通过平衡位置还需T2，因此△t=94T=2.25s
(2)此时波形如图：
(3)由图知，振幅A=8cm，质点在一个周期内通过的路程为4A=32cm，O质点通过88cm的路程共经过的时间为114T.
从x=0m传至x=4.5m处的N质点需要时间t1为94T，质点N运动的时间为12T.
所以质点N振动通过的总路程为：2A=16cm.
答：
(1)经过的时间△t等于2.25s时，平衡位置在x=4.5m处的N质点恰好第一次沿y轴正向通过平衡位置．
(2)画出当时弹性绳上的波形图如图．
(3)N质点振动通过的总路程是16cm．
【解析】(1)由图读出波长，先求出波从x=1m传至x=4.5m处的N质点需要的时间，此时x=4.5m处的质点正向y轴负方向运动，再经过T2时间N质点恰好第一次沿y轴正向通过平衡位置，两个时间相加即可求解．
(2)画当时弹性绳上的波形的时候，先画出N点所处的位置在平衡位置，根据向上运动，利用“上下坡法”，知道N点处于下坡．然后向左画出波形．
(3)通过质点通过的总路程求出时间，然后减去波传播到N点所需的时间，剩余的时间就是质点振动的时间，根据一个周期内振动路程为4A，求出N点振动通过的总路程．
解决本题的关键通过图象会求波长、波速．以及会画振动图象和波动图象，知道质点在一个周期内振动的路程为4A．
16. 如图，倾角为θ的倾斜轨道与足够长的水平轨道交于Q点，在倾斜轨道上高ℎ处由静止释放滑块A，一段时间后A与静止在水平轨道上P处的滑块B发生弹性碰撞(碰撞时间忽略不计)。已知A、B的质量分别为m和3m，B与轨道间的动摩擦因数为μ，A与轨道间无摩擦，重力加速度大小为g，A、B均可视为质点，A过Q点时速度大小不变。求：
(1)第一次碰撞后瞬间，A与B的速度大小vA和vB；
(2)滑块B在水平轨道上通过的总路程s；
(3)若滑块B最初静止的P处与Q间的距离为x0=ℎ5，倾斜轨道的倾角θ=30∘，在第一次碰撞后B的速度减为零的时候，A与B刚好发生第二次碰撞，试确定μ的大小。
【答案】解：(1)第一次碰撞前，机械能守恒，有mgℎ=12mv02；
解得：v0= 2gℎ；
第一次碰撞，水平向左为正，由动量守恒：mv0=mvA+3mvB；
由能量守恒：12mv02=12mvA2+ 12×3mvB2；
解得：vA=− 2gℎ2(负号代表方向向右)，vB= 2gℎ2。
(2)由(1)中结果可知，A与B还会发生多次碰撞，直到速度均减为零；
因A在运动过程中及A与B在碰撞过程中均无机械能损失，故A、B组成的系统机械能的损失均由B克服水平轨道摩擦力做功造成，由能量守恒定律有：μ·3mgs=mgℎ；
解得：s=ℎ3μ。
(3)设第一次碰撞至B的速度减为零所经历的时间为t，A与B在时间t内发生的位移分别为xA、xB，对B，由动量定理有：−μ·3mgt=0−3mvB；
解得：t=vBμg= 2gℎ2μg；
对B有：xB=vB2 t；
解得：xB=ℎ4μ；
对A，在时间t内，设其在倾斜轨道、水平轨道上运动的时间分别t1、t2，在倾斜轨道上，由牛顿第二定律有：mgsinθ=ma；
对A有：vA=a·t12；
解得：t1=2vAgsinθ=2 2gℎg；
t2=t−t1=(1μ−4) 2gℎ2g；
xA=vAt2−2x0=(1μ−4)·ℎ2−2ℎ5；
由题意知：xA=xB；
即(1μ−4)ℎ2−2ℎ5=ℎ4μ；
解得：μ≈0.1。
【解析】本题考查了动量守恒定律、功能关系；本题的关键在于理清两个物块的运动过程，明确能量的转化情况，利用运动学规律分析清楚A的运动细节。
(1)A与轨道间无摩擦，由机械能守恒定律求出A与B碰撞前瞬间的速度大小。A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别列方程，可求解碰撞后A和B的速度大小vA和vB；
(2)滑块B在水平轨道上滑行过程，根据功能关系求出B通过的总路程s；
(3)若A与B能发生第二次碰撞，设A与B第一次碰撞到B的速度减小为零的时间为t，则在t时间内A的总位移大于B的总位移，对B物块根据动量定理求出该时间，然后结合运动学的公式求出B的位移；A在水平面上做匀速直线运动，在斜面上做往返运动，加速度的大小相等，由牛顿第二定律求出A在斜面上的加速度，由运动学的公式求出时间，再求出A物块在水平面上的位移的表达式，最后结合追上的条件即可求出。
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