甘肃省西北师大附中2024-2025学年高二（上学期）期末 物理试卷

这是一份甘肃省西北师大附中2024-2025学年高二（上学期）期末 物理试卷，共20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。
1．（4分）以下物理量属于矢量的是（ ）
A．动能B．动量C．功D．功率
2．（4分）据史书记载：晋朝初期，京城有户人家挂着的铜盘每天早晚轻轻自鸣两次，人们十分惊恐。当时的学者张华判断，它就不再自鸣了。声音的共振称为共鸣，振动系统受迫振动的振幅A随驱动力频率f变化的关系图像如图所示（ ）
A．改变铜盘固有振动的振幅
B．改变皇宫敲钟引起的空气振动的强度
C．改变皇宫敲钟引起的空气振动的频
D．改变铜盘固有振动的频率
3．（4分）如图所示，弹簧振子在B、C间振动，O为平衡位置，则下列说法正确的是（ ）
A．小球从B经O到C完成一次全振动
B．从B开始经过3s，小球通过的路程是40cm
C．振动周期是2s，振幅是10cm
D．经过两次全振动，小球通过的路程是40cm
4．（4分）一列简谐横波某时刻的波形图如图所示。此后K质点比L质点先回到平衡位置。下列判断正确的是（ ）
A．该简谐横波沿x轴负方向传播
B．此时K质点沿y轴正方向运动
C．此时K质点的速度比L质点的小
D．此时K质点的加速度比L质点的小
5．（4分）将一台智能手机水平粘在秋千的座椅上，使手机边缘与座椅边缘平行（图甲），让秋千以小摆角（小于5°），此时秋千可看作一个理想的单摆，摆长为L。从手机传感器中得到了其垂直手机平面方向的a﹣t关系图如图乙所示。则以下说法正确的是（ ）
A．忽略空气阻力，秋千的回复力由重力和拉力的合力提供
B．当秋千摆至最低点时，秋千对手机的支持力等于手机所受的重力
C．秋千摆动的周期为t3﹣t1
D．该地的重力加速度
6．（4分）一只质量为1.4kg的乌贼吸入0.1kg的水，静止在水中。遇到危险时，它在百分之一秒时间内把吸入的水向后全部喷出（ ）
A．该乌贼与喷出的水的动量变化大小相等、方向相反
B．该乌贼喷出的水的速度为28m/s
C．该乌贼在这一次逃窜过程中消耗的能量为39.2J
D．该乌贼喷出水的过程中对水的平均作用力为280N
7．（4分）如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）0开始运动。已知小物块与木板间的滑动摩擦力大小为Ff，当小物块从木板右端离开时，小物块和木板的速度分别为v1和v2，下列说法正确的是（ ）
A．木板移动的距离s一定小于木板的长度L
B．木板质量M越大，小物块滑出木板时木板的速度v2越大
C．木板质量M越大，小物块滑出木板时小物块的速度v1越小
D．小物块的初速度v0越大，木板位移s越小，该过程产生的热量越少
二、多选题（本大题共3小题，每小题5分，共15分。每小题多个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）
（多选）8．（5分）如图甲所示，竖直悬挂弹簧振子在C、D两点之间做简谐运动，O点为平衡位置，规定竖直向下为正方向。图乙是弹簧振子做简谐运动的x﹣t图像，则（ ）
A．弹簧振子从D点经过O点再运动到C点为一次全振动
B．图乙中的P点时刻振子的速度方向与加速度方向相反
C．弹簧振子的振动方程为x＝0.1sin（2πt+）m
D．弹簧振子在前2.5s内的路程为1m
（多选）9．（5分）如图（a）为一列简谐横波在t＝0.5s时刻的波形图，介质中的两个质点P、Q此刻离开平衡位置的位移分别为0.5A、﹣0.5A；图（b）（ ）
A．波沿+x方向传播，0.5s时刻P质点正在向+y方向振动
B．波沿﹣x方向传播，0.5s时刻Q质点正在向﹣y方向振动
C．从t＝0.5s，再经过21s时，质点P在加速、质点Q在减速
D．波速为4cm/s，质点P、Q振动方向有时相同有时相反
（多选）10．（5分）如图所示，质量分别为2m、km（k未知且k＞2）的小球B、C静止放置在光滑水平面上，且碰撞时间极短，A与B只发生一次碰撞（ ）
A．4.5B．6C．7.5D．9
三、实验题（本大题共2小题，每空2分，共18分）
11．（6分）某实验小组的同学利用如图甲所示的装置来验证动量守恒定律，调节气垫导轨的充气源，轻推滑块Q使其能在气垫导轨上做匀速直线运动，经过气垫导轨左侧的光电门1后与滑块Q发生碰撞，并粘合在一起
（1）若用螺旋测微器测量遮光条的宽度为L1如果滑块P经过光电门1、光电门2时，遮光条的挡光时间分别为t1、t2；碰后两滑块整体的速度为 ；
（2）若碰撞过程，系统的动量守恒，则关系式 成立；
（3）该碰撞过程损失的机械能与初动能之比为＝ 。（用测量的物理量表示）
12．（12分）在“测定金属丝的电阻率”的实验中，某同学进行了如下测量：
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，测量结果如图甲所示，则金属丝的直径为 mm。
（2）然后用欧姆表粗测金属丝电阻，选择倍率为×1的欧姆挡，按正确的实验操作步骤测量，该金属丝电阻约为 Ω。
（3）某同学通过实验测定金属丝的电阻Rx，现有电源（4V，内阻忽略不计）、滑动变阻器（0﹣50Ω）.额定电流（2A），以及下列电表：
A．电流表（0﹣3A，内阻约0.025Ω）
B．电流表（0﹣0.6A，内阻约为0.125Ω）
C．电压表（0﹣3V，内阻约3kΩ）
D．电压表（0﹣15V，内阻约15kΩ）
为减小测量误差，在实验中，电流表应选用 ，电压表应选用 （选填器材前的字母）；
（4）实验电路应采用如图 （填“乙”或“丙”），该电路测量得到的电阻阻值比真实值 填（“偏大”或者“偏小”或“相等”）。
四、计算题（本大题共3小题，共39分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值的单位。）
13．（10分）如图所示，一质量为m的小钢球，用长为l的细绳系在水平天花板上（l远大于小钢球的半径），细绳和竖直方向的夹角为θ（θ＜5°）。由静止释放小球后（不计空气阻力，重力加速度为g）
（1）释放时小球回复力的大小；
（2）小球从最高点和到最低点的过程中合力的冲量的大小；
（3）从小球释放到第一次运动到最低点过程中重力的冲量的大小。
14．（13分）一列简谐波的波源在图中的坐标原点处，经过0.4s，振动从原点向右传播20cm，质点P离原点的距离为80cm。则：
（1）判断质点P起振时的速度方向；
（2）该波从原点向右传播时开始计时，经过多长时间质点P第一次到达波峰？
（3）由图示时刻开始计时，至质点P第一次到达波峰，求这段时间内波源在振动过程中通过的路程。
15．（16分）如图所示，固定光滑曲面轨道在O点与光滑水平地面平滑连接，地面上静止放置一个表面光滑、质量为3m的斜面体C。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，碰撞后A、B立即粘连在一起向右运动（碰撞时间极短），平滑地滑上斜面体
（1）A、B碰撞过程中产生的热量；
（2）A和B沿C能上升的最大高度；
（3）斜面体C获得的最大速度。
2024-2025学年甘肃省西北师大附中高二（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（本大题共7小题，每小题4分，共28分）
1．（4分）以下物理量属于矢量的是（ ）
A．动能B．动量C．功D．功率
【分析】矢量既有大小又有方向，标量有大小没有方向。
【解答】解：矢量是既有大小又有方向的量。
A.动能有大小没有方向，是标量；
B.动量既有大小又有方向，是矢量；
C.功有大小没有方向，是标量；
D.功率有大小没有方向，是标量。
故选：B。
【点评】本题考查矢量与标量的区分，需要理解各物理量是否有方向。题目较为简单。
2．（4分）据史书记载：晋朝初期，京城有户人家挂着的铜盘每天早晚轻轻自鸣两次，人们十分惊恐。当时的学者张华判断，它就不再自鸣了。声音的共振称为共鸣，振动系统受迫振动的振幅A随驱动力频率f变化的关系图像如图所示（ ）
A．改变铜盘固有振动的振幅
B．改变皇宫敲钟引起的空气振动的强度
C．改变皇宫敲钟引起的空气振动的频
D．改变铜盘固有振动的频率
【分析】改变物体的固有频率才会不再与皇宫的钟声发生共鸣。
【解答】解：把铜盘磨薄一些，是为了改变铜盘固有振动的频率，即不再出现共鸣，D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查产生共振的条件，解题关键是掌握当固有频率等于驱动力频率会发生共振，不想要发生共振需要改变物体的固有频率即可。
3．（4分）如图所示，弹簧振子在B、C间振动，O为平衡位置，则下列说法正确的是（ ）
A．小球从B经O到C完成一次全振动
B．从B开始经过3s，小球通过的路程是40cm
C．振动周期是2s，振幅是10cm
D．经过两次全振动，小球通过的路程是40cm
【分析】小球从B经O到C再经O回到B为一次全振动；小球从B到C经历的时间为半个周期；在一个周期内小球经过的路程为4A，据此分析。
【解答】解：A、小球在B，小球从B经O到C再经O回到B，故A错误；
C、小球从B到C经历的时间为半个周期，小球在B，BO＝OC＝10cm，则振幅为A＝10cm；
B、从B开始经过3s，则小球通过的路程为s＝4×3.5A＝4×8.5×10cm＝60cm；
D、经过两次全振动，故D错误。
故选：C。
【点评】掌握全振动的概念，知道在一个周期内小球经过的路程为4A是解题的基础。
4．（4分）一列简谐横波某时刻的波形图如图所示。此后K质点比L质点先回到平衡位置。下列判断正确的是（ ）
A．该简谐横波沿x轴负方向传播
B．此时K质点沿y轴正方向运动
C．此时K质点的速度比L质点的小
D．此时K质点的加速度比L质点的小
【分析】根据同侧法判断由质点L、K的振动方向判断波沿x轴正方向传播；根据L处于最大位移，由此判断K、L的速度大小；根据a＝判断质点K、L的加速度大小。
【解答】解：AB、质点K比质点L先回到平衡位置，K沿y轴负方向运动，故AB错误；
C、L处于最大位移，而K正向下运动，故C错误；
D、根据a＝，加速度与位移成正比，则L的加速度最大。
故选：D。
【点评】本题主要是考查了波的图象；解答本题的关键是根据质点的振动方向判断出波的传播方向；一般的判断方法是根据“平移法”或“同侧法”来判断；知道同一波峰或波谷两侧附近的各点振动方向相反。
5．（4分）将一台智能手机水平粘在秋千的座椅上，使手机边缘与座椅边缘平行（图甲），让秋千以小摆角（小于5°），此时秋千可看作一个理想的单摆，摆长为L。从手机传感器中得到了其垂直手机平面方向的a﹣t关系图如图乙所示。则以下说法正确的是（ ）
A．忽略空气阻力，秋千的回复力由重力和拉力的合力提供
B．当秋千摆至最低点时，秋千对手机的支持力等于手机所受的重力
C．秋千摆动的周期为t3﹣t1
D．该地的重力加速度
【分析】若单摆是简谐运动时，其振动的回复力由重力的切向分力提供；
在最低点，合力提供向心力，分析支持力和重力关系；
根据垂直手机平面方向的a﹣t关系图，分析周期；
根据单摆周期公式，求重力加速度。
【解答】解：A、忽略空气阻力，故A错误；
B、在最低点
秋千对手机的支持力：，故秋千对手机的支持力大于手机的重力；
C、完成一次全振动的时间为周期，秋千的周期为从最大振幅偏角到另外一最大振幅偏角位置再回到最大振幅偏角位置所用的时间，周期为：T＝t7﹣t1，故C正确；
D、根据单摆周期公式：，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查学生对合力提供向心力、单摆周期公式的掌握，以及对垂直手机平面方向的a﹣t关系图的分析能力，是一道中等难度题。
6．（4分）一只质量为1.4kg的乌贼吸入0.1kg的水，静止在水中。遇到危险时，它在百分之一秒时间内把吸入的水向后全部喷出（ ）
A．该乌贼与喷出的水的动量变化大小相等、方向相反
B．该乌贼喷出的水的速度为28m/s
C．该乌贼在这一次逃窜过程中消耗的能量为39.2J
D．该乌贼喷出水的过程中对水的平均作用力为280N
【分析】（1）水的阻力忽略不计，乌贼喷射出水分后遵守动量守恒，由动量守恒定律求喷射出水分后的瞬间乌贼的速度．
（2）对乌贼，运用动量定理可求得水对乌贼的平均作用力．
【解答】解：AB、取喷射出水分后的瞬间乌贼的速度方向为正方向1，水的速度为v2．根据动量守恒定律得：
2＝m乌v1﹣m水v2；乌贼与喷出的水的动量变化大小相等、方向相反
将数据代入上式解得：v8＝28m/s，故AB正确；
C、乌贼消耗能量转化为水的动能和自身动能，Ek＝+＝J+，故C错误；
D、以乌贼为研究对象乌v1﹣0，解得F＝280N
由牛顿第三定律，乌贼对喷出水流的平均作用力为：F＝280N；
故选：C。
【点评】本题要建立起物理模型，把握乌贼喷水的过程遵守动量守恒定律，要知道动量定理常用来求平均作用力．
7．（4分）如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）0开始运动。已知小物块与木板间的滑动摩擦力大小为Ff，当小物块从木板右端离开时，小物块和木板的速度分别为v1和v2，下列说法正确的是（ ）
A．木板移动的距离s一定小于木板的长度L
B．木板质量M越大，小物块滑出木板时木板的速度v2越大
C．木板质量M越大，小物块滑出木板时小物块的速度v1越小
D．小物块的初速度v0越大，木板位移s越小，该过程产生的热量越少
【分析】分别做出小物块荷木板的v﹣t图像，根据牛顿第二定律得到物块和木板的加速度，结合它们的v﹣t图像分析即可，根据系统产生的热量为Q＝Ffl分析。
【解答】解：A、因为小物块滑出木板过程所受阻力Ff恒定，小物块的加速度大小为，画出木板荷物块的v﹣t图像
由图甲可知，L一定大于s；
BC、木板的质量M越大2越小，由图乙可知，小物块滑出的速度v1越大，木板速度v2越小，故BC错误；
D、小物块的初速度v6越大，由图丙可知木板位移s越小fl保持不变，故D错误。
故选：A。
【点评】能够画出物块和木板的v﹣t图像是解题的关键，知道系统产生的热量计算公式Q＝Ffl。
二、多选题（本大题共3小题，每小题5分，共15分。每小题多个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）
（多选）8．（5分）如图甲所示，竖直悬挂弹簧振子在C、D两点之间做简谐运动，O点为平衡位置，规定竖直向下为正方向。图乙是弹簧振子做简谐运动的x﹣t图像，则（ ）
A．弹簧振子从D点经过O点再运动到C点为一次全振动
B．图乙中的P点时刻振子的速度方向与加速度方向相反
C．弹簧振子的振动方程为x＝0.1sin（2πt+）m
D．弹簧振子在前2.5s内的路程为1m
【分析】经过一次全振动，弹簧振子的各个量重复；弹簧振子的加速度方向总是指向平衡位置，结合运动方向分析速度方向，从而判断振子的速度方向与加速度方向的关系；根据乙图读出振幅、周期及初相位，根据y＝Asin（ωt+φ）写出振动方程；根据时间与周期的倍数求振子通过的路程。
【解答】解：A、弹簧振子从D点经过O点运动到C点再经过O点回到D点为一次全振动；
B、规定竖直向下为正方向，加速度沿方向正，故B正确；
C、根据乙图可知，周期为T＝1s＝rad/s＝2πrad/s，t＝5时刻位移为0.1m，则弹簧振子的振动方程为x＝Asin（ωt+）m；
D、因t＝2.5s＝2.4T，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查简谐运动的图象，解答本题的关键是弄清楚弹簧振子的振动情况，要能根据三要素：振幅、圆频率和初相位写出振动方程。
（多选）9．（5分）如图（a）为一列简谐横波在t＝0.5s时刻的波形图，介质中的两个质点P、Q此刻离开平衡位置的位移分别为0.5A、﹣0.5A；图（b）（ ）
A．波沿+x方向传播，0.5s时刻P质点正在向+y方向振动
B．波沿﹣x方向传播，0.5s时刻Q质点正在向﹣y方向振动
C．从t＝0.5s，再经过21s时，质点P在加速、质点Q在减速
D．波速为4cm/s，质点P、Q振动方向有时相同有时相反
【分析】根据Q质点的振动分析波的传播方向，根据波速与波长、周期的关系解得波速，同时分析质点的振动情况。
【解答】解：AB、由图b可知，结合图a可知，则0.5s时刻P质点正在向﹣y方向振动、B正确；
CD、由图a知波长λ＝24cm，周期T＝6s＝cm/s＝4cm/s
根据同侧法可得5.5s时刻P质点正在向平衡位置运动，在加速，在减速；
再过21s时，即经过3T，故C正确；
D、由于质点P，所以质点P，故D正确。
故选：BCD。
【点评】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。对于波动图像，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。
（多选）10．（5分）如图所示，质量分别为2m、km（k未知且k＞2）的小球B、C静止放置在光滑水平面上，且碰撞时间极短，A与B只发生一次碰撞（ ）
A．4.5B．6C．7.5D．9
【分析】对于A与B碰撞过程，以及B与C碰撞过程，分别由动量守恒定律和机械能守恒定律列方程，求出碰后各球的速度表达式，再结合A与B只发生一次碰撞的条件，来求解k的值。
【解答】解：A与B碰撞过程，取向右为正方向
mv＝mvA+2mvB
联立解得碰后A、B的速度分别为
，
B与C碰撞过程，取向右为正方向
2mvB＝2mv′B+kmvC
联立解得碰撞B的速度为
为了保证A与B只发生一次碰撞，需要满足：
由于k＞2，则有
联立解得：2＜k≤6，故AB正确。
故选：AB。
【点评】解决本题时，要掌握弹性碰撞的基本规律：动量守恒定律和机械能守恒定律，注意规定正方向，用正负号表示速度方向。
三、实验题（本大题共2小题，每空2分，共18分）
11．（6分）某实验小组的同学利用如图甲所示的装置来验证动量守恒定律，调节气垫导轨的充气源，轻推滑块Q使其能在气垫导轨上做匀速直线运动，经过气垫导轨左侧的光电门1后与滑块Q发生碰撞，并粘合在一起
（1）若用螺旋测微器测量遮光条的宽度为L1如果滑块P经过光电门1、光电门2时，遮光条的挡光时间分别为t1、t2；碰后两滑块整体的速度为 ；
（2）若碰撞过程，系统的动量守恒，则关系式 成立；
（3）该碰撞过程损失的机械能与初动能之比为＝ 。（用测量的物理量表示）
【分析】（1）根据光电门测速原理，得到碰前瞬间滑块P的速度与碰后瞬间两滑块整体的速度；
（2）根据碰撞过程系统的动量守恒解答；
（3）根据能量守恒得到该碰撞过程损失的机械能，进而得到该碰撞过程损失的机械能与初动能之比。
【解答】解：（1）根据光电门测速原理可知，碰后两滑块整体的速度v2＝，碰前滑块P的速度为v7＝；
（2）碰前系统的总动量为mv1，碰后系弦的总动量为（m+M）v4；若碰撞过程动量守恒，则有：mv1＝（m+M）v2
则有：m＝（M+m）＝；
（3）若碰撞过程中损失的机械能为Ek＝，初动能为Ek5＝m（）2，所以：为＝7﹣＝。
故答案为：（1）；（2）。
【点评】本题考查了验证动量守恒定律的实验，掌握实验原理以及光电门测速原理，能根据动量守恒定律进行数据处理。
12．（12分）在“测定金属丝的电阻率”的实验中，某同学进行了如下测量：
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，测量结果如图甲所示，则金属丝的直径为 0.878 mm。
（2）然后用欧姆表粗测金属丝电阻，选择倍率为×1的欧姆挡，按正确的实验操作步骤测量，该金属丝电阻约为 6.0 Ω。
（3）某同学通过实验测定金属丝的电阻Rx，现有电源（4V，内阻忽略不计）、滑动变阻器（0﹣50Ω）.额定电流（2A），以及下列电表：
A．电流表（0﹣3A，内阻约0.025Ω）
B．电流表（0﹣0.6A，内阻约为0.125Ω）
C．电压表（0﹣3V，内阻约3kΩ）
D．电压表（0﹣15V，内阻约15kΩ）
为减小测量误差，在实验中，电流表应选用 B ，电压表应选用 C （选填器材前的字母）；
（4）实验电路应采用如图 乙 （填“乙”或“丙”），该电路测量得到的电阻阻值比真实值 偏小 填（“偏大”或者“偏小”或“相等”）。
【分析】（1）读出螺旋测微器的固定刻度和可动刻度的读数相加即可；
（2）先读欧姆表指针所指示数，再乘以倍率；
（3）估算通过金属丝的电阻的最大电流选择电流表；根据电源电动势选择电压表；
（4）分析电压表内阻造成的误差。
【解答】解：（1）金属丝的直径为
d＝0.5mm+38.3×0.01mm＝0.880mm
（2）金属丝电阻约为
Rx＝4×1Ω＝6Ω
（3）通过金属丝的电阻的最大电流为
为减小测量误差，在实验中，故选B。
电源电动势为4V，为减小测量误差，故选C。
（4）电压表的内阻远大于金属丝的电阻，为减小实验误差，实验电路应采用如图乙。
由于电压表的分流作用，通过金属丝的电流小于电流表的示数。
故答案为：（1）0.878；（2）2.0，C；（4）乙。
【点评】本题关键掌握“测定金属丝的电阻率”的实验原理和器材的选择方法。
四、计算题（本大题共3小题，共39分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值的单位。）
13．（10分）如图所示，一质量为m的小钢球，用长为l的细绳系在水平天花板上（l远大于小钢球的半径），细绳和竖直方向的夹角为θ（θ＜5°）。由静止释放小球后（不计空气阻力，重力加速度为g）
（1）释放时小球回复力的大小；
（2）小球从最高点和到最低点的过程中合力的冲量的大小；
（3）从小球释放到第一次运动到最低点过程中重力的冲量的大小。
【分析】（1）小球重力垂直于细绳方向向下的分力提供回复力，由此求释放时小球回复力的大小；
（2）根据动能定理求出小球运动到最低点时的速度大小，再由动量定理求小球从最高点和到最低点的过程中合力的冲量的大小；
（3）θ＜5°，小球做简谐运动，由t＝＝×2π求出从小球释放到第一次运动到最低点所用时间，再由IG＝mgt求此过程中重力的冲量的大小。
【解答】解：（1）根据小球重力垂直于细绳方向向下的分力提供回复力，可得释放时小球回复力的大小为
F＝mgsinθ
（2）在最高点时，小球的速度为0。
从释放至最低点的过程，由动能定理有
mgl（1﹣csθ）＝﹣4
可得
v＝
由动量定理可知，小球从最高点和到最低点的过程中合力的冲量的大小为
IG＝mv﹣8＝m
（3）因θ＜7°，知小球做简谐运动
T＝2π
从小球释放到第一次运动到最低点所用时间为
t＝＝×2π＝
此过程中重力的冲量的大小为
IG＝mgt＝mg•＝
答：（1）释放时小球回复力的大小为mgsinθ；
（2）小球从最高点和到最低点的过程中合力的冲量的大小为m；
（3）从小球释放到第一次运动到最低点过程中重力的冲量的大小为。
【点评】解答本题时，要掌握求冲量的两种方法：一是冲量的定义式I＝Ft，F是恒力或变力平均值；二是动量定理。
14．（13分）一列简谐波的波源在图中的坐标原点处，经过0.4s，振动从原点向右传播20cm，质点P离原点的距离为80cm。则：
（1）判断质点P起振时的速度方向；
（2）该波从原点向右传播时开始计时，经过多长时间质点P第一次到达波峰？
（3）由图示时刻开始计时，至质点P第一次到达波峰，求这段时间内波源在振动过程中通过的路程。
【分析】（1）振动从原点向右传播，由同侧法得到质点P起振时的速度方向；
（2）根据题意求解周期，根据波速计算公式求解波速，再根据推波法求解质点P第一次到达波峰的时刻；
（3）振动质点在一个周期内通过的路程为4A，由此求解波源在振动过程中通过的路程。
【解答】解：（1）振动从原点向右传播，由题图可知，则质点P起振时的速度方向沿y轴负方向。
（2）经过0.4s，振动从原点向右传播一个波长
波速为：v＝＝＝50cm/s＝0.5m/s；
设从此时刻开始，再经过Δt质点P第一次到达波峰＝＝1.3s
该波从原点向右传播时开始计时，质点P第一次到达波峰的时间为：t＝0.4s+4.5s＝1.6s；
（3）由图可知，振幅A＝4cm，质点P第一次到达波峰的时间为：
Δt＝
波源通过的路程为：s＝
解得：s＝60cm。
答：（1）质点P起振时的速度方向沿y轴负方向；
（2）该波从原点向右传播时开始计时，经过1.6s质点P第一次到达波峰；
（3）由图示时刻开始计时，至质点P第一次到达波峰时间内。
【点评】本题主要是考查了波的图像；解答此类问题的关键是要理解波的图像的变化规律，能够根据直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系v＝fλ。
15．（16分）如图所示，固定光滑曲面轨道在O点与光滑水平地面平滑连接，地面上静止放置一个表面光滑、质量为3m的斜面体C。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，碰撞后A、B立即粘连在一起向右运动（碰撞时间极短），平滑地滑上斜面体
（1）A、B碰撞过程中产生的热量；
（2）A和B沿C能上升的最大高度；
（3）斜面体C获得的最大速度。
【分析】（1）A下滑过程机械能守恒，应用机械能守恒定律求出A滑到曲面轨道底端时的速度，A、B碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后的速度，应用能量守恒定律求出碰撞过程产生的热量。
（2）A、B、C组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出A、B上升的最大高度。
（3）A、B离开C时C的速度最大，A、B、C系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出C的最大速度。
【解答】解：（1）设A滑到曲面底端时的速度为v0，A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgh＝mv
设A、B碰后共同速度为v5，A、B碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：
mv0＝（m+2m）v4
由机械能守恒定律得：
mgh＝×2mv
解得A、B碰撞过程中产生的热量：Q＝
（2）A、B、C组成的系统在水平方向动量守恒，A，
以向右为正方向，在水平方向
3mv4＝（3m+3m）v共
由能量守恒定律得：
×3mv＝×6mv
解得A和B沿C能上升的最大高度：h′＝h
（3）A、B一起冲上斜面体后又返回时，设此时AB共同速度为v2，C的速度为v3
由A、B与C水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：
5mv1＝3mv8+3mv3
A、B与C系统机械能守恒
×3mv＝×3mv+
解得：v2＝3 v3＝
即斜面体C获得的最大速度为，方向水平向右
答：（1）A、B碰撞过程中产生的热量是；
（2）A和B沿C能上升的最大高度是h；
（3）斜面体C获得的最大速度大小是，方向水平向右。
【点评】本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，根据题意分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题。
题号
1
2
3
4
5
6
7
答案
B
D
C
D
C
C
A