2022-2023学年四川省成都市武侯区高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年四川省成都市武侯区高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.如图为汽车正在水平路面上沿圆轨道匀速转弯，且没有发生侧滑。对转弯时的汽车，下列说法正确的是( )
A. 向心力由车轮和路面间的静摩擦力提供
B. 汽车受重力、支持力、摩擦力和向心力
C. 汽车处于平衡状态
D. 当汽车速度减小时，汽车受到的静摩擦力可能不变
2.如图为中国速滑运动员在北京冬奥会比赛中的精彩瞬间。假定他正沿圆弧弯道匀速滑行，在极短时间内滑行转过某一角度，在这一过程中合外力( )
A. 做功不为零，冲量为零
B. 做功不为零，冲量不为零
C. 做功为零，冲量为零
D. 做功为零，冲量不为零
3.2023年5月30日9时31分，“神舟十六号”宇宙飞船发射升空，准确进入预定轨道，顺利与中国空间站核心舱交会对接。中国空间站绕地球飞行的轨道可视为圆轨道，轨道离地面的高度约为地球半径的116。对“神舟十六号”的描述，下列说法正确的是( )
A. 在轨道上运行速度大于7.9km/s
B. 在轨道上运行周期小于24h
C. 与核心舱对接后，核心舱由于质量增大，轨道半径将变小
D. 进入轨道后受地球的万有引力大小约为它在地面时的1617倍
4.图为成都某游乐场的水滑梯。滑梯由倾斜的光滑轨道和水平的阻力轨道组成。若人(视为质点)从距水平轨道7.2m高的水滑梯顶端由静止开始下滑，要求人不能碰撞水平轨道的末端，人在水平轨道上受到的平均阻力为其所受重力的15。水平轨道的长度至少为( )
A. 12mB. 18mC. 25mD. 36m
5.图甲是物理实验室常用的感应起电机。它由两个大小相等、直径约为30cm的感应玻璃盘起电，其中一个玻璃盘通过从动轮与手摇主动轮连接。图乙为侧视图，玻璃盘以100r/min的转速旋转，已知主动轮的半径约为8cm，从动轮的半径约为2cm，P和Q是玻璃盘边缘上的两点，若转动时皮带不打滑，下列说法正确的是( )
A. P、Q的线速度相同B. 从动轮的转动周期为0.01s
C. P点的线速度大小约为1.6m/sD. 主动轮的转速约为400r/min
6.某汽车以恒定功率匀速行驶，看到前方红灯，司机将汽车功率减半，并保持该功率行驶，看到红灯转为绿灯，立即恢复原来功率，以后保持该功率行驶.设汽车所受阻力大小始终不变，则在该过程中，汽车的速度随时间变化图象可能是( )
A. B.
C. D.
7.如图，一直角边长为R的光滑等腰直角三角形与半径为R的光滑圆柱的一部分无缝相接，固定在水平桌面上。质量分别为2m和m的物体A和小球B通过一根不可伸长的细线相连，小球B(视为质点)恰好位于桌面上。已知重力加速度为g。从静止释放小球B，在运动到圆柱顶点的过程中( )
A. 物体A的机械能守恒
B. 当小球B到达圆柱顶点时，物体A的速度大小为 23πgR
C. 绳的张力对小球B所做的功为mgR(π+86)
D. 绳的张力对物体A所做的功为23mgR
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
8.有关机械振动和机械波的描述，下列说法正确的是( )
A. 机械波中各个质点通过受迫振动的形式传递能量和信息
B. 单摆具有等时性，是因为其振动周期与摆球的质量和振幅均无关
C. 弹簧振子做简谐运动时，若某两个时刻位移相同，则这两个时刻的速度也一定相同
D. 潜艇声呐发出的超声波从深水区传到浅水区时传播方向会改变，这是波的衍射现象
9.2023年5月28日，中国棒球联赛(成都站)在四川省棒球垒球曲棍球运动管理中心棒球场鸣哨开赛。如图，在某次比赛中，一质量为0.2kg的垒球，以10m/s的水平速度飞至球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为30m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01s，下列判断正确的是( )
A. 球棒对垒球做功为80J
B. 垒球动量变化量的大小为4kg⋅m/s
C. 球棒对垒球的平均作用力大小为800N
D. 球棒与垒球作用时间极短，故垒球动量守恒
10.月球是地球唯一的天然卫星，是太阳系中第五大卫星。为了测量月球的各项数据，宇航员在月球上设计实验装置，用电磁铁吸住小球，启动装置后电磁铁断电，小球自由下落，得到小球的速度v随时间t变化的图像如图。已知月球半径为R，引力常量为G，则下列判断正确的是( )
A. 月球的第一宇宙速度为 v0RtB. 月球的平均密度为3v04πRtG
C. 月球表面的重力加速度大小为 v0tD. 月球的卫星运行周期至少为π 2Rtv0
11.如图甲，竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与物块B相连并处于静止状态。物块A在外力作用下静止在物块B正上方某高度处，取物块A静止时的位置为原点O、竖直向下为正方向建立x轴。某时刻撤去外力，物块A自由下落，与物块B碰撞后以相同的速度向下运动，碰撞过程时间极短。测得物块A的动能Ek与其位置坐标x的关系如图乙(弹簧始终处于弹性限度内)，图中除0∼x1之间的图线为直线外，其余部分均为曲线。已知物块A、B均可视为质点，则( )
A. 物块A与物块B的质量之比mA：mB=2：1
B. 物块A从x1到x3的过程中，重力的瞬时功率先增大后减小
C. 物块A、B与弹簧组成的系统在整个运动过程中损失的能量为34Ek1
D. 弹簧的劲度系数k=Ek1x1(x2−x1)
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
12.某同学设计如图甲的实验装置来验证机械能守恒定律。让小球自由下落，光电计时器记录小球通过光电门1和光电门2的时间Δt1、Δt2，已知两光电门之间的距离为h，小球的直径为d，当地的重力加速度为g。
(1)为了验证机械能守恒定律，该实验______(“需要”或“不需要”)测量小球质量m。
(2)小球通过光电门1时的瞬时速度v1=______(用题中所给物理量的字母表示)。
(3)保持光电门1位置不变，上下调节光电门2，多次实验记录多组数据，作出1(Δt2)2随h变化的图像如图乙，如果不考虑空气阻力，该图线的斜率k=______，就可以验证小球下落过程中机械能守恒(用题中所给物理量的字母表示)。
13.如图所示，用“碰撞实验器“可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。接下来的实验步骤如下：
步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；
步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞，重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置：
步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。
①对于上述实验操作，下列说法正确的是______；
A.小球1每次必须在斜槽上相同的位置从静止滚下
B.小球1可以在斜槽上不同的位置从静止滚下
C.斜槽轨道末端必须水平
D.斜槽轨道必须光滑
②若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则______；
A.m1>m2，r1>r2
B.m1>m2，r1=r2
C.m1r2
D.m1③上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有______；
A.A、B两点间的高度差h1
B.B点离地面的高度h2
C.小球1和小球2的质量m1、m2
D.小球1和小球2的半径r1、r2
④当所测物理量满足表达式______(用所测物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。
当所测物理量满足表达式______(用所测物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞是弹性碰撞。
四、简答题：本大题共3小题，共9分。
14.一列简谐横波在t=0.4s时的波形图如图甲，波上质点A从t=0时刻开始的振动图像如图乙，求该简谐波：
(1)振幅、波长、周期；
(2)传播速度并判断其传播方向。
15.如图，粗糙水平面与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑相接，轨道半径R=0.4m，一质量m=2.0kg的小滑块(视为质点)与弹簧无拴接，将弹簧压缩至A点后由静止释放，小滑块经过B点后恰好能通过最高点C做平抛运动，并刚好落在A点。已知小滑块与水平面间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)小滑块通过最高点C时的速度大小；
(2)小滑块运动到B点时对轨道的压力；
(3)弹簧压缩至A点时具有的弹性势能。
16.如图，倾角θ=30∘的足够长的斜面固定在水平面上，斜面上放一长L=1.6m的“L”形木板，质量M=3.0kg。将质量m=1.0kg的小物块(视为质点)置于木板的上端，小物块与木板间的摩擦可忽略不计，木板与斜面间的动摩擦因数μ= 34。小物块和木板由静止释放，小物块与木板发生弹性碰撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)小物块和木板刚释放时的加速度大小；
(2)小物块第一次与木板碰撞后瞬间两者的速度大小；
(3)小物块与木板从静止释放到发生第二次碰撞的过程中系统损失的机械能。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：ABC.汽车受重力、支持力和摩擦力，其中向心力由车轮和路面间的静摩擦力提供，故汽车的加速度不为零，不是处于平衡状态，故A正确，BC错误；
D.根据
f=mv2R
当汽车速度减小时，汽车受到的静摩擦力减小，故D错误。
故选：A。
汽车拐弯，靠车轮与路面间的静摩擦力提供向心力，结合向心力公式分析判断。
解决本题的关键知道汽车在水平路面上拐弯的向心力来源，掌握向心力大小公式，知道影响向心力大小的因素．
2.【答案】D
【解析】解：根据动能定理，合外力做的功等于动能的变化量。匀速滑行合外力做功为零。虽然速度的大小不变，速度的方向在变，动量变化量不为零。由动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量。合外力的冲量不为零。故D正确，ABC错误。
故选：D。
根据动能定理，分析合外力做功；
由动量定理，分析合外力的冲量。
本题考查学生对动能定理、动量定理的掌握，比较基础。
3.【答案】B
【解析】解：A、第一宇宙速度为7.9km/s，为卫星最大的环绕速度，由地球的万有引力提供向心力，得GMmr2=mv2r
解得：v= GMr
随着轨道半径的增大，线速度减小，所以“神舟十六号”在轨道上运行速度小于7.9km/s，故A错误；
B、地球同步卫星的运行周期为24h，地球同步卫星距离地球表面约5.6倍地球半径的高度，由
GMmr2=m4π2T2r
得卫星周期为：T= 4π2r3GM
随着轨道半径的减小，周期减小，“神舟十六号”在轨道上运行半径小于地球同步卫星的轨道半径，其周期小于地球同步卫星的运行周期24h，故B正确；
C、由v= GMr知飞船与核心舱对接后，核心舱质量增大，但只要运行速度不变，运行轨道半径就不会发生变化，故C错误；
D、设地球的质量为M，半径为R，“神舟十六号”的质量为m。
“神舟十六号”进入轨道后受地球的万有引力大小为
F1=GMm(R+116R)2=162172⋅GMmR2
在地面时受地球的万有引力大小为
F2=GMmR2
即F1F2=162172，故D错误；
故选：B。
7.9km/s是卫星最大的环绕速度，根据万有引力提供向心力，得到卫星线速度表达式，再分析“神舟十六号”在轨道上运行速度与7.9km/s的关系；将“神舟十六号”与地球同步卫星比较，分析“神舟十六号”的运行周期；根据卫星线速度表达式，分析对接后速度如何变化；根据万有引力定律求入轨道后受地球的万有引力大小与它在地面时引力关系。
本题考查学生对宇宙飞船模型的应用能力，即万有引力提供向心力，去分析周期、线速度、万有引力。
4.【答案】D
【解析】解：对人从距水平轨道7.2m高的水滑梯的顶端滑下到水平轨道的末端时由动能定理可知
mgh−15mgx=0
代入数据解得：x=36m
即水平轨道的长度至少为36m。故D正确，ABC错误；
故选：D。
人由静止从水滑梯上滑下到水平轨道的末端速度为零，由动能定理即可计算出水平轨道的长度。
本题要有建立物理模型的能力，运用机械能守恒定律、动能定理解答时，要灵活选择研究的过程．
5.【答案】C
【解析】解：A.线速度也有一定的方向，由于线速度的方向沿曲线的切线方向，由图可知，P、Q两点的线速度的方向一定不同，故A错误；
B.玻璃盘以100r/min的转速旋转，故从动轮的转速为
n2=100r/min=53r/s
由
T2=1n2
得从动轮的转动周期为
T2=1n2=153s=0.6s
故B错误；
C.P点的转动半径为
R=0.3m2=0.15m
线速度大小为
v2=2πn2R≈2×3.14×53×0.15m/s=1.6m/s
故C正确；
D.由于主动轮与从动轮边缘上的速度大小相同，有
2πn1r1=2πn2r2
代入数据解得主动轮的转速为
n1=25r/min
故D错误。
故选：C。
若主动轮做顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，所以从动轮逆时针转动；
共轴转动的质点角速度相等，靠传送带传动，线速度大小相等，根据v=2πnR得出线速度大小之比、角速度大小关系。
解决本题的关键知道共轴转动的点角速度大小相等，靠传送带传动轮子边缘的点，线速度大小相等，知道线速度、角速度的关系，并能灵活运用。
6.【答案】A
【解析】解：0∼t1阶段，设汽车以速度v0做匀速运动，牵引力与阻力f平衡，此时功率恒为P0，则有v0=P0f；t1∼t2阶段，t1时刻使汽车功率减半瞬间，汽车的速度v0不变，根据P=Fv可知产引力突然减小为原来的一半，则汽车开始做减速运动，功率保持为12P0不变，根据P=Fv可知随着速度的减小，牵引力又逐渐增大，可知汽车做加速度减小的减速运动；t2∼t3阶段，当t2时刻牵引力又增大到等于阻力，汽车开始做匀速运动，此时汽车的速度为v′=12P0f=12v0；t3∼t4阶段，看到红灯转为绿灯，立即恢复原来功率P0，牵引力突然增大，根据P=Fv可知随着速度的增加，牵引力减小，汽车做加速度减小的加速运动，当牵引力减小到与阻力平衡时，汽车开始匀速运动，速度大小为v=P0f=v0，故A正确，BCD错误．
故选：A。
分阶段由P=Fv分析汽车牵引力变化，再分析合力变化，进而分析汽车的速度及加速度的变化。
本题考查了汽车的启动问题，解决此类问题的关键是抓住汽车启动过程中的不变量，然后由P=Fv来分析汽车的运动过程。
7.【答案】C
【解析】解：A.在运动到圆柱顶点的过程中，物体B的动能和重力势能均增大，B机械能增大，系统机械能守恒，故A的机械能减少，故A错误；
B.根据机械能守恒定律2mg(R+π4R)−mgR=12(m+2m)v2
解得
v= 23gR(1+π2)
故B错误；
C.根据功和能的关系
WB=mgR+12mv2，解得WB=mgR(π+86)
绳的张力对小球 B 所做的功为mgR(π+86)，故C正确；
D.根据机械能守恒定律，绳的张力对物体 A 做功WA=−mgR(π+86)
故D错误。
故选：C。
依题意，先分析B的机械能变化，根据系统的机械能守恒，分析A的机械能变化；
根据机械能守恒定律，求当小球B到达圆柱顶点时，物体 A的速度大小；
根据功和能的关系，求绳的张力对小球 B 所做的功；
根据机械能守恒定律，求绳的张力对物体 A 所做的功。
本题考查学生对系统的机械能守恒、功能关系等规律的掌握，是一道综合性较强，难度中等的题。
8.【答案】AB
【解析】解：A.机械波传播机械振动的运动形式，机械波中各个质点通过受迫振动的形式传递能量和信息，故A正确；
B.单摆具有等时性，是因为其振动周期取决于摆长与所在处的重力加速度，与摆球的质量和振幅均无关，故B正确；
C.弹簧振子做简谐运动时，若某两个时刻位移相同，则这两个时刻的速度大小一定相同，方向可能相同也可能相反，速度不一定相同，故C错误；
D.潜艇声呐发出的超声波从深水区传到浅水区时传播方向会改变，是因为深水区和浅水区的折射率不同，这是波的折射现象，故D错误。
故选：AB。
机械波中各个质点通过受迫振动的形式传递能量和信息；单摆的周期取决于摆长与当地的重力加速度；根据弹簧振子的运动过程分析答题；深水区和浅水区的折射率不同，所以水波从深水区传到浅水区传播方向要发生改变。
本题考查了简谐运动、波的折射、机械波等基础知识，都属于记忆性的知识，要求学生熟练掌握并记忆，注意基础知识的学习与积累。
9.【答案】AC
【解析】解：A.设垒球水平飞回的速度方向为正方向，则v1=−10m/s、v2=30m/s，球棒与垒球的作用过程由动能定理可知
W=12mv22−12mv12
代入数据得球棒对垒球做功为
W=80J
故A正确；
B.根据动量的计算公式可知，垒球动量变化量为
Δp=mv2−mv1
代入数据得
Δp=8kg⋅m/s
故B错误；
C.由动量定理
FΔt=mv2−mv1
得球棒对垒球的平均作用力大小为
F=800N
故C正确；
D.球棒与垒球之间存在力的作用，故垒球动量不守恒，故D错误。
故选：AC。
对球棒击球的过程分别运用动量定理和动能定理列方程求解作用力、球棒对垒球做的功及平均作用力。
本题考查了动量定理和动能定理在实际问题中的应用，解决此题的关键是要规定正方向，难度不大，属于基础题。
10.【答案】BC
【解析】解：C、由题意，小球自由下落，月球表面的重力加速度大小为g=v0t，故C正确；
A、由月球表面重力提供向心力，有mg=mv2R，解得月球的第一宇宙速度为：v= gR= v0Rt，故A错误；
B、在月球表面，根据万有引力等于重力有GMmR2=mg
得月球的质量为M=gR2G=v0R2tG
月球的密度为ρ=M43πR3=v0R2tG43πR3=3v04πRtG，故B正确；
D、由月球的万有引力提供卫星做圆周运动的向心力有
GMmr2=m4π2T2r
月球的卫星运行周期为
T= 4π2r3GM
随着卫星轨道半径的增大，周期增大，卫星在月球表面运行时，周期最小，运行周期至少为
Tmin= 4π2R3GM=π 4Rtv0，故D错误。
故选：BC。
小球自由下落，根据运动学公式求出小球的加速度，即为月球表面的重力加速度。由重力提供向心力求解月球的第一宇宙速度。在月球表面，根据万有引力等于重力求出月球的质量，再求月球的平均密度。根据万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，求出月球的卫星运行周期最小值。
本题是卫星类型的问题，常常建立这样的模型：环绕天体绕中心天体做匀速圆周运动，由中心天体的万有引力提供向心力，要知道重力加速度g是联系物体运动和天体运动的桥梁。
11.【答案】BD
【解析】解：A、根据图像可知碰撞后A的动能变为原来的14，根据Ek=12mv2，设碰撞前瞬间物块A的速度为v，则碰撞后瞬间A、B的速度为12v，取初速度方向为正方向，由动量守恒定律有：mAv=(mA+mB)⋅12v
整理解得：mA：mB=1：1，故A错误；
B、物块A从x1到x3的过程中，物块A的动能先增大后减小，则速度先增大后减小，根据P=mAgvA，可知重力的瞬时功率先增大后减小，故B正确；
D、设A、B的质量为m，由图乙可知，x2处动能达到最大，根据平衡条件可得此时弹簧弹力为2mg，从x1到x2过程中，弹簧弹力增加mg，由胡克定律知：ΔF=kΔx
则有：mg=k(x2−x1)
从O到x1，由动能定理有：Ek1=mgx1
联立解得：k=Ek1x1(x2−x1)，故D正确。
C、物块A、B碰撞过程损失的机械能为：ΔE=12mAv2−12(mA+mB)(v2)2
又因为：mA=mB，Ek1=12mAv2
联立以上各式可得：ΔE=12Ek1，故C错误。
故选：BD。
研究物块A、B碰撞过程，根据动量守恒定律列式，即可求解物块A、B的质量之比；
由图乙可知，x2处A的动能达到最大，从而可以确定重力功率的变化；
AB整体的加速度为零，由胡克定律列方程。从O到x1，由动能定理列方程，结合已得到的结论，联立可求出弹簧的劲度系数k；
由能量守恒定律求整个过程损失的机械能。
解答本题的关键是弄清楚物块的受力情况和运动情况，知道加速度为零时速度最大，根据牛顿第二定律、胡克定律、动能定理、能量守恒定律等进行解答。
12.【答案】不需要 dΔt1 2gd2
【解析】解：(1)为了验证机械能守恒定律，则有
mgh=12mv22−12mv12
由上式可知，小球质量不需要测量。
(2)用平均速度替代小球通过光电门时的瞬时速度，小球通过光电门1时的瞬时速度为
v1=dΔt1
小球通过光电门2时的瞬时速度为
v2=dΔt2
(3)由
mgh=12mv22−12mv12
代入速度可得
mgh=12m(dΔt2)2−12m(dΔt1)2
整理可得
1(Δt2)2=2gd2h+1(Δt1)2
故该图线的斜率
k=2gd2
故答案为：(1)不需要；(2)dΔt1；(3)2gd2。
(1)根据要验证的表达式分析判断；
(2)用平均速度替代小球通过光电门时的瞬时速度；
(3)根据重力势能减小量和动能增加量相等推导表达式，结合图像计算。
本题考查利用光电门验证机械能守恒，关键掌握用平均速度替代小球通过光电门时的瞬时速度，掌握根据重力势能减小量和动能增加量相等推导表达式，结合图像计算。
13.【答案】ACBCm1⋅OP−=m1⋅OM−+m2⋅ON− m1⋅OP2=m1⋅OM2+m2⋅ON2
【解析】解：①AB、小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下，使得小球与另一小球碰撞前的速度不变．故A正确，B错误；
C、斜槽轨道末端必须水平，保证小球碰撞前速度水平．故C正确；
D、斜槽的粗糙与光滑不影响实验的效果，只要到达底端时速度相同即行．故D错误。
故选：AC。
②要使两球发生对心正碰，两球半径应相等，即r1、r2大小关系为r1=r2；为防止入射球碰撞后反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即：m1、m2大小关系为m1>m2，故ACD错误，B正确。
故选：B。
③选水平向右为正方向，碰撞过程动量守恒，则m1v1=m1v1′+m2v2′，
由于两球碰撞后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，两边同时乘以时间t得：m1v1t=m1v1′t+m2v2′t，则m1⋅OP−=m1⋅OM−+m2⋅ON−，可知实验中除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量两个小球的质量，故C正确，ABD错误。
故选：C。
④结合③的分析可知，当所测物理量满足表达式时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律；
由功能关系可知，只要12m1v02=12m1v12+12m2v22成立，则机械能守恒，故若m1⋅OP2=m1⋅OM2+m2⋅ON2，说明碰撞过程中机械能守恒。
故答案为：①AC；②B；③C；④m1⋅OP−=m1⋅OM−+m2⋅ON−，m1⋅OP2=m1⋅OM2+m2⋅ON2。
①明确实验原理，掌握实验中需要注意的事项；
②为了保证碰撞前后使入射小球不反弹，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量；为了使两球发生正碰，两小球的半径相同。
③在验证动量守恒定律的实验中，运用平抛运动的知识得出碰撞前后两球的速度，因为下落的时间相等，则水平位移代表平抛运动的速度．从而得出对应的表达式，然后判断．
④根据动量守恒定律及机械能守恒定律可求得动量守恒及机械能守恒的表达式。
本题考查验证动量守恒定律的实验，主要是运用等效思维方法，明确平抛时间相等，用水平位移代替初速度，这样将不便验证的方程变成容易验证。
14.【答案】解：(1)由图甲，振幅A=2m，波长λ=20m，由图乙，周期T=8×10−1s=0.8s
(2)由图乙，t=0.4s时刻，A点振动方向向下，由“同侧法”，波沿x轴正向传播，所以该列波的传播速度为
v=λT=20m0.8s=25m/s
答：(1)该简谐波振幅为2m，波长为20m，周期为0.8s；
(2)传播速度为25m/s，沿x轴正向传播。
【解析】(1)根据题中图像，求振幅、波长、周期；
(2)由“同侧法”，确定传播方向，根据v=λT求波速大小。
本题考查学生对“同侧法”，波速公式v=λT的掌握，比较基础。
15.【答案】解：(1)在C点，由牛顿第二定律有
mg=mvC2R
解得
vC=2m/s
(2)B到C，根据动能定理有
−2mgR=12mvC2−12mvB2
在B点根据牛顿第二定律有
F−mg=mvB2R
解得
F=120N
根据牛顿第三定律可知小滑块在B点对轨道的压力为
F′=−F=−120N
负号表示方向竖直向下。
(3)物体从点C做平抛运动，并刚好落在A点过程有
L=vCt2R=12gt2
得
L=0.8m
A至C，根据动能定理有
W弹−μmgL−2mgR=12mvC2
代入数据得
EpA=W弹，解得EpA=26.4J
答：(1)小滑块通过最高点C时的速度大小为2m/s；
(2)小滑块运动到B点时对轨道的压力为120N，方向竖直向下；
(3)弹簧压缩至A点时具有的弹性势能为26.4J。
【解析】(1)在C点，由牛顿第二定律列式，求小滑块通过最高点C时的速度大小；
(2)B到C，根据动能定理列式，同时在B点根据牛顿第二定律列式，结合牛顿第三定律，分析小滑块运动到B点时对轨道的压力；
(3)物体从点C做平抛运动，水平匀速直线运动、竖直自由落体运动，A至C，根据动能定理列式，求弹簧压缩至A点时具有的弹性势能。
本题考查学生对圆周运动的牛顿第二定律、动能定理、牛顿第三定律等规律的掌握，综合性较强，难度中等。
16.【答案】解：(1)由木板的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，设最大静摩擦力为f，即
f=μ(m+M)gcsθ
代入数据得：f=15N
设木板重力沿着斜面向下的分力为Gx，有
Gx=Mgsinθ
代入数据得：Gx=15N
即木板在沿着斜面方向受力平衡，木板最初受力平衡处于静止状态，故加速度为零。
由于小物块与木板间的摩擦可忽略不计，小木块沿着木板向下做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律得：
mgsinθ=ma
解得：a=5m/s2
(2)设沿着斜面向下为正方向，小物块碰撞木板前的速度为v0，由
v02=2aL
解得：v0=4m/s
设小物块第一次与木板碰撞后小物块速度为v1，木板速度为v2，小物块与木板碰撞瞬间，取沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=mv1+Mv2
碰撞过程为弹性碰撞，由能量守恒得：
12mv02=12mv12+12Mv22
解得：
v1=−2m/sv2=2m/s
即小物块速度大小为2m/s，方向沿着斜面向上，木板速度大小为2m/s，方向沿着斜面向下。
(3)小物块与木板碰撞后，小物块先沿着斜面向上做匀减速直线运动，后沿着斜面向下做匀加速直线运动，最终与木板相碰，该过程木板一直沿着斜面向下做匀速直线运动，设小物块第一次与木板碰撞到第二次碰撞过程，所用时间为t，由小物块和木板的位移相等，有
v1t+12at2=v2t
解得：t=1.6s
由于系统中只有木板与斜面间存在摩擦力，系统损失的机械能为木板下滑过程中克服摩擦力做的功，设木板的位移为x，则有
Wf克=fx
x=v2t
解得：Wf克=48J
由功能关系知系统损失的机械能为E损=48J
答：(1)刚释放时小物块的加速度大小5m/s2，木板的加速度大小为0；
(2)小物块第一次与木板碰撞后瞬间两者的速度大小均为2m/s；
(3)小物块与木板从静止释放到发生第二次碰撞的过程中系统损失的机械能为48J。
【解析】(1)分别对小物块和木板刚释放时进行受力分析，根据牛顿第二定律求解小物块和木板刚释放时的加速度大小；
(2)先研究物块下滑过程，根据牛顿第二定律和运动学公式求出物块第一次下滑至挡板时的速度，再根据动量守恒定律和能量守恒定律求出物块与挡板第一次相撞后瞬间物块和木板的速度大小；
(3)第一次碰撞后到第二次相撞的过程中，根据相撞时位移关系列式，求出两次碰撞间隔的时间，即可求出木板下滑的位移，再根据功能关系求出系统损失的机械能。
本题考查牛顿第二定律及动量守恒定律及运动学公式，要注意正确分析物理过程，对所选研究对象做好受力分析，明确物理规律的正确应用，还需注意第一次碰撞前木板受到静摩擦力作用，第二次碰撞后木板受滑动摩擦力作用。