2023-2024学年福建省福州八中高二（下）期中物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省福州八中高二（下）期中物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列说法中正确的是( )
A. 冲量反映了力在时间上的累积，是过程量，也是标量
B. 物体动量的变化率等于它所受的合外力
C. 玻璃杯掉在水泥地上比沙地上更易碎，是因为水泥地对其冲量更大
D. 静止在地面上的物体，重力的功和冲量都始终为零
2.如图所示，弹簧振子在竖直方向做简谐振动。以其平衡位置为坐标原点，竖直方向上为正方向建立坐标轴，振子的位移x随时间t的变化如图所示，下列说法正确的是( )
A. 振子的振幅为4cm
B. 在0～4s内振子做了4次全振动
C. t=1s时，振子受到的弹簧弹力大小为零
D. t=1s时，振子的速度为正的最大值
3.如图所示，小球A的质量为mA=5kg，动量大小为pA=4kg⋅m/s，小球A在光滑水平面上向右运动，与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A的动量大小为pA′=1kg⋅m/s，方向水平向右，则( )
A. 小球B的质量为3kg
B. 碰前小球A的速度大小为1.25m/s
C. 碰后小球B的动量大小为PB′=5kg⋅m/s
D. 碰撞过程中，小球B受到的冲量与小球A受到的冲量相等
4.如图，波源S在t=0时刻从平衡位置开始向上运动，形成向左右两侧传播的简谐横波，S、a、b、c、d、e和a′、b′、c′是沿波传播方向上的间距为1m的9个质点，t=0时除S外其余8个质点均静止于平衡位置。已知波的传播速度大小为1m/s，当t=1s时波源S第一次到达最高点，则在t=4s到t=4.6s这段时间内( )
A. S右侧质点a的速度不断减小B. S左侧质点b′的运动方向向下
C. S右侧质点c的加速度不断增大D. S左侧质点c′的位移不断增大
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.把一个筛子用四根弹簧支撑起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛，如图甲所示。该共振筛的共振曲线如图乙所示。已知增大电压，可使偏心轮转速提高，增加筛子质量，可增大筛子的固有周期。现在，在某电压下偏心轮的转速是54r/min。为了使筛子的振幅增大，应采取的方案是( )
A. 增大电压B. 减小电压C. 增加筛子质量D. 减小筛子质量
6.如图所示，木块A、B放置在光滑的水平地面上，一轻质弹簧左端固定在紧靠竖直墙壁的木块A上，右端与木块B拴接，此时弹簧处于原长。现对木块B施加水平向左的推力F，将木块缓慢压至某一位置，然后撤去推力F，则在木块以后的运动过程中，下列说法正确的是( )
A. 木块A、B与弹簧组成的系统动量守恒
B. 木块A、B与弹簧组成的系统机械能守恒
C. 木块A脱离墙壁时，木块B的动能最大
D. 木块A、B共速时，木块B的动能最大
7.如图为理想的自耦变压器，其中P为变压器上的滑动触头，P′为滑动变阻器上的滑片，若输入电压U1一定，则( )
A. P不动，P′向下滑动时，U2一直在减小
B. P′不动，P顺时针转动一个小角度时，U1和U2的比值增大
C. P′不动，P顺时针转动一个小角度时，电流表读数在增大
D. P顺时针转动一个小角度，同时P′向下滑动时，小灯泡的亮度可以不变
8.如图所示，半径为R、质量为m的半圆轨道小车静止在光滑水平地面上，直径AB水平。现将质量为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出在空中能上升的最大高度为34h0，不计空气阻力。则( )
A. 小球和小车组成的系统动量不守恒
B. 小车向左运动的最大距离为R2
C. 小球离开小车后做斜上抛运动
D. 小球第二次能上升的最大高度12h0三、填空题：本大题共3小题，共9分。
9.如图，图甲为沿x轴传播的一列简谐横波在t=0.5s时刻的波动图像，图乙为平衡位置x=2m质点P的振动图像，由图可知x=4m质点的振动周期为______s；这列简谐横波的传播方向为______(选填“向左”或“向右”)。
10.实验室有一台小型发电机，其产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示。设发电机的线圈内阻为5Ω，外接一只电阻为95Ω的灯泡(阻值恒定)，如图乙所示，在t=0.01s的时刻，电压表的示数为______V；若线圈匝数为100匝，其所在磁场为匀强磁场，磁感应强度为 2πT，则线圈面积为______m2。
11.神舟十六号从空间站返回的第一步动作在大约h=390公里的高度完成，飞船通过两次调整姿态后，变成推进舱在前，返回舱在后，主发动机点火开始制动减速。现把制动减速过程简化为如图所示，设返、推组合体减速前的总质量为m0(包括发动机喷出的气体)，减速前的速度大小为v0(相对地球)，主发动机点火后，推进舱喷气，在t(很短)时间内推进舱把质量为0.1m0的气体以速率v1=1.9v0(相对地球)喷出，此时返、推组合体完成减速制动，其速度大小为______(由于减速制动时间短，可认为返、推组合体减速前、后速度及v1的方向均在同一直线上，且除了组合体与喷出气体间的作用外，不考虑其他力的影响)；该减速制动过程中，返、推组合体受到的平均作用力大小为______。
四、实验题：本大题共2小题，共12分。
12.在“验证动量守恒定律”的实验中，某同学采用如图1所示的“碰撞实验器”来验证动量守恒定律。
(1)实验中必须要求的条件是______(填选项前的字母)。
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.入射球和被碰球的质量必须相等，且大小相同
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，先让入射小球多次从斜槽上S位置由静止释放，找到其落地点的平均位置P，测量平抛射程OP。然后，把被碰小球静置于轨道水平部分的末端，再将入射小球从斜槽上S位置由静止释放，与被碰小球相碰，并多次重复，空气阻力忽略不计。要完成实验还必须______(填选项前的字母)。
A.测量两个小球的质量m1、m2
B.测量入射小球开始释放时的高度h
C.测量抛出点距地面的高度H
D.分别找到入射小球、被碰小球相碰后落地点的平均位置M、N
E.测量平抛射程OM、ON
(3)若两球相碰前后的动量守恒，则其表达式为______；若碰撞是弹性碰撞，则还可以写出的表达式为______。(用上一问中测量的量表示)
(4)某次实验中得出的落点情况如图2所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球的质量m1和被碰小球的质量m2之比为______。
13.实验课中，同学们用单摆测量当地的重力加速度，实验装置如图1所示。

(1)实验过程有两组同学分别用了图2.图3的两种不同方式悬挂小钢球，你认为______(选填“图2”或“图3”)悬挂方式较好；
(2)在实验中，某同学用游标卡尺测量金属球的直径，结果如图4所示，读出小球直径为______cm；
(3)实验中，某同学测量5种不同摆长与单摆的振动周期的对应情况，并将记录的结果描绘在如图5所示的坐标系中，图中各坐标点分别对应实验中5种不同摆长的情况。由图像可知重力加速度g= ______m/s2；(结果保留2位有效数字)

(4)实验中，三位同学作出的T2−L图线分别如图6中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线a和c，下列分析正确的是______(填选项前的字母)。
A.出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
B.出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次
C.图线c对应的g值小于图线b对应的g值
五、简答题：本大题共2小题，共26分。
14.如图所示为一列简谐横波沿x轴传播的波形图，图中实线和虚线分别对应t1=0和t2=0.1s时的波形曲线，介质中的质点沿y轴方向做简谐运动。
(1)求该波的振幅A和波长λ；
(2)如果波沿+x方向传播，求波速v；
(3)如果波速v′=100m/s，判断波的传播方向。
15.如图所示，光滑的水平平行金属导轨间距为L=1m，导轨电阻忽略不计，两导轨之间接有R=6Ω的定值电阻。空间存在垂直于导轨平面竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B=4T，导体棒ab垂直导轨放置，导体棒ab的质量M=4kg，电阻r=2Ω，与导轨之间接触良好。导体棒ab中间系一轻细线，细线通过定滑轮悬挂质量也为m=2kg的物体，现从静止释放该物体，当物体下落高度h=20m时，速度刚好达到最大，假设物体下落过程中不着地，导轨足够长，忽略空气阻力和一切摩擦阻力，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)物体下落高度h=20m时，达到的最大速度大小；
(2)物体从静止开始下落至速度达到最大的过程中，电阻R上产生的电热Q；
(3)物体从静止开始下落至速度达到最大时，所需的时间t。
六、计算题：本大题共1小题，共13分。
16. 如图所示，有一个可视为质点的质量为m=1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0=2 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=3 kg的长木板．已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.3，圆弧轨道的半径为R=0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=60°，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：
(1)小球到达C点时的速度
(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力
(3)要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少多大？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、力的冲量定义为I=Ft，可知冲量反映了力在时间上的累积，是过程量，它是矢量，故A错误；
B、根据动量定理得FΔt=Δp，则物体受到的合力F=ΔpΔt，即合力等于动量的变化率，故B正确；
C、玻璃杯掉在水泥地上易碎，是因为在玻璃杯与水泥地接触或与沙地接触的过程，动量变化量一定，即冲量一定，但掉在水泥上作用时间较短，作用力较大，所以易碎，故C错误；
D、静止在地面上的物体，没有发生位移，重力的功为零，但由于重力作用时间不为零，所以重力作用冲量不为零，故D错误。
故选：B。
冲量反映了力在时间上的累积，是过程量；根据动量定理分析物体动量的变化率与合外力的关系；根据动量定理分析玻璃杯掉在水泥地上比沙地上更易碎的原因；结合功的要素和冲量的定义分析D项。
解答本题时，要掌握冲量的定义式I=Ft、动量定理，并能用来分析实际问题。
2.【答案】D
【解析】解：A、由振动的图象可知：振子的振幅为2cm而不是4cm，故A错误；
B、由振动的图象可知周期为2s，则振子在4s时间内做2次全振动，故B错误；
C、由图可知t=1s时，振子处于平衡位置，回复力为零，此时弹力等于重力，弹簧弹力不为零，故C错误；
D、由图可知t=1s时，振子处于平衡位置，加速度为零，振子速度为正的最大值，故D正确；
故选：D。
根据图像得到振幅和振动周期；t=1s时振子处于平衡位置，根据简谐运动的规律进行分析。
本题主要是考查了简谐运动的知识；知道简谐运动的平衡位置是物体静止时受力平衡的位置；振动的质点在振动过程中各物理量的变化情况可以这样分析：位移增大−→回复力增大→加速度增大−→速度减小→动能减小→势能增大。
3.【答案】A
【解析】解：B、pA=mAvA
代入数据解得：vA=0.8m/s，方向水平向右，故B错误；
C、两球碰撞过程中，系统动量守恒，则有：pA=pA′+pB′
代入数据解得：PB′=3kg⋅m/s
故C错误；
A、pA′=mAvA′
代入数据解得：vA′=0.2m/s，方向水平向右
两球碰撞过程中，系统动量守恒、机械能守恒，则有
mAvA=mAvA′+mBvB′
12mAvA2=12mAvA′2+12mBvB′2
联立方程，代入数据解得：mB=3kg
故A正确；
D、碰撞过程中，系统动量守恒，小球A减少的动量等于小球B增加的动量，根据动量定理可知，冲量等于动量的变化量，可知小球B受到的冲量与小球A受到的冲量大小相等、方向相反，故D错误。
故选：A。
B、根据动量公式，可求碰前小球A的速度大小。
C、两球碰撞过程中，系统动量守恒，可列方程，可求碰后小球B的动量大小。
A、两球碰撞过程中，系统满足动量守恒、机械能守恒，可分别列出方程，联立可求小球B的质量。
D、碰撞过程中系统动量守恒，结合动量定理，可判断碰撞过程中两球受到的冲量情况。
解答本题，要理解弹性碰撞的含义，要掌握动量守恒定律、动量定理、系统机械能守恒等知识。
4.【答案】B
【解析】解：由题，当t=1s时波源S第一次到达最高点，可知T=4s，根据λ=vT求得λ=4m，t=4s时S完成一个周期的振动，波向两侧传播了一个波长，
A.在t=4s到t=4.6s这段时间内质点a正在从波谷向平衡位置运动，速度在增大，故A错误；
C.在t=4s到t=4.6s这段时间内质点c正在从波峰向平衡位置运动，加速度在减小，故C错误；
B.在t=4s到t=4.6s这段时间内质点b′正在从平衡位置向波谷运动，质点b′的运动方向向下，故B正确；
D.在t=4s到t=4.6s这段时间内质点c′从波峰向平衡位置运动，位移不断减小，故D错误；
故选：B。
由题，当t=1s时质点s第一次到达最高点，当t=4s时质点d开始起振，可知，该波的周期为T=4s，波长为λ=4m，介质中各质点起振方向均向上。分析在t=4.6s各质点的运动过程，再分析t=4.6s时刻各质点的速度和加速度情况。
该题考查根据波的图象判断质点在某时刻的位移、速度和加速度方向，属于基本题型。
5.【答案】BD
【解析】解：在某电压下偏心轮的转速是54r/min，即周期为：
T=6054s=109s
，所以驱动力的频率f=1T=0.9Hz，由乙图可知筛子的固有频率f0=0.8Hz，由于驱动力的频率大于固有频率，要使振幅变大，应减小驱动力的频率或增大筛子的固有频率，减小驱动力的频率即减小偏心轮转速，则需要降低偏心轮电压，增大筛子的固有频率即减小筛子的固有周期，则需要减小筛子的质量，故AC错误，BD正确。
故选：BD。
当驱动力频率和筛子的固有频率相等时，筛子发生共振，筛子的振幅最大，根据共振条件分析即可。
本题考查共振的条件，解题关键是在题目中找准影响驱动力频率和共振筛固有频率的因素。
6.【答案】BC
【解析】解：A.撤去推力F后的运动过程中，墙壁对木块A的作用力向右，木块A、B与弹簧组成的系统动量不守恒，故A错误；
B.木块A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，故B正确；
C.木块A脱离墙壁前，弹簧弹力对B一直做正功，木块A脱离墙壁时，B的动能最大，故C正确；
D.木块A、B共速时，弹簧的弹性势能最大，木块B的动能不是最大值，故D错误。
故选：BC。
根据动量守恒和机械能守恒的条件分析判断，木块A、B共速时，弹簧的弹性势能最大。
本题主要考查了动量守恒定律及机械能守恒定律的应用，能够知道当弹簧伸到最长时，其势能最大。
7.【答案】BD
【解析】解：A、P不动，P′向下滑动时，根据U1U2=n1n2可知，自耦变压器输出电压U2不变，故A错误；
BC、P′不动，P顺时针转动一个小角度时，副线圈匝数减小，根据U1U2=n1n2可知，U1不变，U2变小，U1和U2的比值变大，则副线圈电流减小，电流表示数也减小，故B正确，C错误；
D、P顺时针转动一个小角度，U2变小，同时P′向下滑动时，滑动变阻器阻值减小，副线圈电流可能不变，小灯泡的亮度可以不变，故D正确；
故选：BD。
根据变压器原理分析原副线圈电压、电流的变化，根据P′的变化，确定出全电路的电阻的变化，根据欧姆定律分析电路中电流的变化。
本题考查变压器的动态分析和电路动态分析，前提是要知道自耦线圈原理，关键是要会应用变压器原理分析电路变化。
8.【答案】AD
【解析】解：A、小球与小车组成的系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A正确；
B、小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv−mv′=0，整理得m2R−xt−mxt=0，解得：小车的位移x=R，故B错误；
C、小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；
D、小球第一次车中运动过程中，由动能定理得：mg(h0−34h0)−Wf=0，W为小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf=14mgh0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为14mgh0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于14mgh0，机械能损失小于14mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于34h0−14h0=12h0，而小于34h0，故D正确；
故选：AD。
水平地面光滑，小球和小车组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律和速度与位移的关系求小车向左运动的最大距离。小球离开小车后做竖直上抛运动，下落时还能落回小车中，根据动能定理求出小球在小车中滚动时摩擦力做功。第二次小球在小车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功变小，据此分析小球第二次能上升的最大高度h。
本题考查了动量守恒定律和动能定理的应用，分析清楚小球与小车的运动过程是解题的关键。在知道系统的总动量不守恒，只是水平方向动量守恒。
9.【答案】1 向右
【解析】解：由图乙可知，x=2m质点的振动周期为
T=1s；
由图乙可知，t=0.5s时刻x=2m质点P在平衡位置向上振动，根据同侧法可知，这列简谐横波的传播方向右传播。
故答案为：1；向右。
根据图乙判断质点的振动周期，根据图乙判x=2m处质点的振动方向，再根据同侧法判断这列波的传播方向。
本题考查波长、频率和波速的关系、简谐运动的图像、横波的图像，要求学生熟练掌握这些基本的知识点及其应用。
10.【答案】209 2.2×10−2
【解析】解：由图可知交流电的最大值为：Em=220 2V
电动势的有效值为：E=220 2 2V=220V
根据闭合电路的欧姆定律可知：I=ER+r=22095+5A=2.2A
故电压表的示数为：U=IR=2.2×95V=209V；
感应电动势的最大值为：Em=nBSω
其中：Em=220 2V，n=100匝，B= 2πT，ω=2πT=2π0.02rad/s=100πrad/s
代入数据解得：S=2.2×10−2m2。
故答案为：209；2.2×10−2。
由图读出电动势的最大值，求出有效值，根据欧姆定律求出外电压的有效值，即为电压表的示数；根据感应电动势的最大值表达式进行解答。
本题主要是考查正弦交流电的知识，关键是弄清楚电路的连接情况，知道交流电压表的示数为有效值，不是瞬时值。
11.【答案】0.9v0 9m0v0100t
【解析】解：规定v0的方向为正方向，根据动量守恒定律有m0v0=0.1m0v1+(m0−0.1m0)v
解得v=0.9v0
对喷出的气体，根据动量定理可知Ft=0.1m0v1−0.1m0v0
解得F=9m0v0100t
根据牛顿第三定律可知返、推组合体受到的平均作用力大小为9m0v0100t。
故答案为：0.9v0；9m0v0100t
根据动量守恒定律解得返、推组合体的速度，根据动量定理结合牛顿第三定律解得平均作用力大小。
本题考查动量守恒定律，解题关键掌握动量是矢量，需规定正方向。
12.【答案】BD ADE m1OP=m1OM+m2ON m1OP2=m1OM2+m2ON2 4：1
【解析】解：(1)A、本实验要求入射球碰撞前的速度保持相同，料槽轨道并不需要光滑，故A错误；
B、料槽轨道末端的切线必须水平，保证小球可以做平抛运动，故B正确；
C、入射球和被碰球需要发生正碰，但并不要求质量相等，故C错误；
D、入射球每次必须从轨道的同一位置由静止释放，以保证入射球碰撞前的速度保持相同，故D正确。
故选BD。
(2)本实检验证动量守恒定律，即验证
m1v0=m1v1+m2v2，
根据平抛运动规律有
H=12gt2，x=v0t，
联立得：
x=v 2Hg，
则x与v成正比，故当
m1OP=m1OM+m2ON
成立时即可验证动量守恒定律，因此需要用天平测量两个小球的质量m1、m2，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；
故选ADE。
(3)根据以上分析可知，验证动量守恒的验式是
m1OP=m1OM+m2ON。
若碰撞是弹性碰撞，根据能量守恒有
12m1v02=12m1v12+12m2v22，
代入数据解得
m1OP2=m1OM2+m2ON2。
(4)根据验证式
m1OP=m1OM+m2ON
变形得
m1m2=ONOP−OM
代入数据解得
m1m2=41。
故答案为：(1)BD(2)ADE(3)m1OP=m1OM+m2ON，m1OP2=m1OM2+m2ON2(4)4：1
(1)在“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，所以要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平；
(2)验证动量守恒定律实验中，质量可测而瞬时速度较难，因此采用了落地高度不变的情况下，水平射程来反映平抛的初速度大小，所以仅测量小球抛出的水平射程来间接测出速度；
(3)通过质量与水平射程乘积来验证动量是否守恒；通过质量与水平射程平方乘积来验证机械能是否守恒；
(4)根据动量守恒的表达式进行分析，从而确定质量之间的关系。
本题考查验证动量守恒定律中，解题关键是要知道入射球和被碰球从相同高度做平抛运动落到同一水平面上，下落时间相同，测水平射程来间接测出速度，并利用动能守恒定律来解质量关系。
13.【答案】图3 2.240 9.9 B
【解析】解：(1)单摆稳定摆动时，要求摆长不发生变化，用图2方式悬挂时在小球摆动过程摆长会发生变化，图3方式悬挂时，绳子末端固定，避免摆长发生变化，故图3悬挂方式较好；
(2)根据游标卡尺读数规则，可读出小球直径为
d=22mm+8×0.05mm=22.40mm=2.240cm
(3)根据单的周期公式T=2π Lg，变形得T2=4π2g⋅L
可知T2−L图像斜率为k=4π2g
由图5可求得k=
联立可得
g=π2=9.9m/s2
(4)A.若误将悬点到小球下端的距离记为摆长L，则应满足T2=4π2g⋅(L−d2)，图线应与b平行且在b的下方，故A错误；
B.实验中误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，则图线c的斜率偏小，图线c符合题意，故B正确；
C.由(3)解析可得，当地的重力加速度的表达式为g=4π2k，由图可知，图线c对应的斜率k偏小，则图线c对应的g值大于图线b对应的g值，故C错误。
故选：B
故答案为：(1)图3；(2)2.240；(3)9.9；(4)B。
(1)根据悬挂单摆的要求分析；
(2)根据游标卡尺的读数规则读数；
(3)根据单摆的周期公式得到图像的斜率表达式，然后结合图像计算即可；
(4)结合单摆的周期公式，结合T2−L图像的函数表达式分析。
本题是利用单摆测量当地重力加速度的实验，需要熟练掌握游标卡尺的读数规则、对摆线和摆球的要求以及实验的误差分析，基础题。
14.【答案】解：(1)由图可知，振幅为A=5cm
波长为λ=8m
(2)在t1～t2内，波沿+x方向传播的距离为
Δx=nλ+34λ
波速为
v=ΔxΔt
Δt=t2−t1
联立解得
v=80n+60(m/s)(n=0,1,2⋯)
(3)若波速为v′=100m/s，则传播的距离
x=v′(t2−t1)=10m=λ+14λ
可知波沿x轴负方向传播。
答：(1)该波的振幅A为5cm，波长λ为8m；
(2)如果波沿+x方向传播，波速为80n+60(m/s)(n=0,1,2⋯)；
(3)波沿x轴负方向传播。
【解析】(1)由图直接读出振幅A和波长λ；
(2)如果波沿+x方向传播，根据波的周期性求出波传播的距离，再求波速v；
(3)如果波速v′=100m/s，由x=v′(t2−t1)求出波的传播距离，再确定波的传播方向。
解答本题的关键要理解波的周期性，根据两个时刻波形，得到波传播距离的通项，从而求得波速的通项。
15.【答案】解：(1)当物体加速度为零时，下落速度达到最大，由平衡条件可得
mg=T
对于导体棒T=BIL
根据闭合回路欧姆定律
I=ER+r
根据电磁感应定律E=BLvm
联合解得vm=mg(R+r)B2L2=2×10×(6+2)42×12m/s=10m/s
(2)物体从静止开始下落至速度达到最大的过程中，根据能量守恒定律可得
mgh=12(M+m)vm2+Q总
代入数据解得Q总=100J，在此过程中任一时刻通过R和r的电流相等，故
QQ总=RR+r
解得Q=75J
(3)在物体从静止开始下落至速度达到最大过程中，对于导体棒和物体组成的系统，规定向下的方向为正方向，根据动量定理可得
mgt−B⋅BLvmR+r⋅Lt=(M+m)vm
即mgt−B2L2hR+r=(M+m)vm
物体下落整个过程中通过R的电荷量为q=IΔt=E−R+rΔt=ΔΦΔtR+rΔt=ΔΦR+r=BLhR+r=4×1×206+2C=10C
有t=(M+m)vmmg+B2L2hmg(R+r)
代入数据得t=5s。
答：(1)物体下落高度h=20m时，达到的最大速度大小为10m/s；
(2)物体从静止开始下落至速度达到最大的过程中，电阻R上产生的电热Q为75J；
(3)物体从静止开始下落至速度达到最大时，所需的时间t为5s。
【解析】(1)根据平衡条件、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律和安培力公式联立列式求解；
(2)根据能量转化和守恒结合电热的分配规律解答；
(3)根据动量定理求解时间。
考查电磁感应、能的转化和守恒问题以及动量定理，会根据题意进行准确的分析解答。
16.【答案】解：
(1)小物块在C点时的速度大小为vC=v0cs60∘=20.5=4m/s
(2)小物块由C到D的过程中，由动能定理得：mgR(1−cs60°)=12mvD2−12mvC2
代入数据解得：vD=2 5m/s，
小球在D点时由牛顿第二定律得：
FN−mg=mvD2R，
代入数据解得：FN=60N
由牛顿第三定律得FN′=FN=60N，方向竖直向下．
(3)设小物块刚滑到木板左端到达到共同速度，
由动量守恒：mvD=(m+M)v
对物块和木板系统，由能量守恒定律得：
μmgL=12mvD2−12(m+M)v2
解得：L=2.5 m，即木板的长度至少是2.5 m．
答：
(1)小球到达C点时的速度为4m/s．
(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力为60N；
(3)要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少为2.5m．
【解析】(1)小物块从A到C做平抛运动，根据平抛运动的基本公式求解小球到达C点时的速度．
(2)小物块由C到D的过程中，运用动能定理可求得物块经过D点时的速度．到达圆弧轨道末端D点时，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律列式，求出轨道对物块的支持力，再由牛顿第三定律求出物块对轨道的压力．
(3)物块滑上长木板后做匀减速运动，长木板做匀加速运动，小物块恰好不滑出长木板时，物块滑到长木板的最右端，两者速度相等，根据动量守恒或牛顿运动定律、运动学公式结合和能量守恒求出此时木板的长度，即可得到木板的长度最小值．
此题主要考查了平抛运动基本规律、牛顿运动定律及动能定理、能量守恒定律的直接应用，是常见的题型．