物理卷·2018届河北省衡水市冀州中学高二下学期第二次月考物理试卷（解析版）

物理卷·2018届河北省衡水市冀州中学高二下学期第二次月考物理试卷（解析版）

‎2016-2017学年河北省衡水市冀州中学高二（下）第二次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．一质点以坐标原点O为中心位置在y轴方向上做简谐运动，其振动图象如图甲所示．振动在介质中产生的简谐横波沿x轴正方向传播，波速为1.0m/s．t=0s时此质点开始振动，经过2s后此质点立即停止运动，再经过1s后的波形图是图乙中的（振动和波形图中质点的位移都规定向上为正）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．一个质点经过平衡位置O，在A、B间做简谐运动，如图（a）所示，它的振动图象如图（b）所示，设向右为正方向，下列说法正确的是（　　）‎ A．第0.2s末质点的速度方向是A→O B．在4s内完成6次全振动 C．第0.4s末质点的加速度方向是A→O D．第0.7s时质点位置在O点与A点之间 ‎3．如图所示，弹簧振子在M、N之间做简谐运动．以平衡位置O为原点，建立Ox轴．向右为x的轴的正方向．若振子位于N点时开始计时，则其振动图象为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．某同学用单摆测当地的重力加速度．他测出了摆线长度L和摆动周期T，如图（a）所示．通过改变悬线长度L，测出对应的摆动周期T，获得多组T与L，再以T2为纵轴、L为横轴画出函数关系图象如图（b）所示．由此种方法得到的重力加速度值与测实际摆长得到的重力加速度值相比会（　　）‎ A．偏大 B．偏小 C．一样 D．都有可能 ‎5．如图1是演示简谐运动图象的装置，当盛沙漏斗下面的薄木板N被匀速地拉出时，摆动着的漏斗中漏出的沙在板上形成的曲线显示出摆的位移随时间变化的关系，板上直线OO′代表时间轴．图2是一次实验中用同一个摆长不变的摆做出的两组操作形成的曲线，若板N1和N2拉动速度用v1和v2表示，板N1和N2上曲线所代表的摆动周期用T1和T2表示，则（　　）‎ A．T1=2T2 B．2T1=T2 C．v1=2v2 D．2v1=v2‎ ‎6．如图，甲、乙两个单摆的悬点在同一水平天花板上，两摆球拉到同一水平高度，并用一根细线水平相连，以水平地板为参考面．平衡时，甲、乙两摆线与竖直方向的夹角分别为θ1和θ2，且θ1＞θ2．当细线突然断开后，两摆球都做简谐运动，则（　　）‎ A．甲、乙两摆的周期相等 B．甲、乙两摆的振幅相等 C．甲的机械能小于乙的机械能 D．甲的最大速度小于乙的最大速度 ‎7．已知声波在钢轨中传播的速度远大于在空气中传播的速度，则当声音由钢轨传到空气中时（　　）‎ A．频率变小，波长变长 B．频率变大，波长变短 C．频率不变，波长变长 D．频率不变，波长变短 ‎8．一列沿x轴正方向传播的简谐波t=0时刻的波形如图所示，t=0.2s时C点开始振动，则（　　）‎ A．t=0.3s时，波向前传播了3m，质点B将到达质点C的位置 B．t=0.05s时，质点A的速度方向向下 C．0～0.6s内，质点B的平均速度为2m/s D．若同时存在一列振幅为10cm、频率为2.5Hz的沿x轴负方向传播的简谐波，则两列波相遇叠加的区域会出现干涉现象 ‎9．图a是一列简谐横波在t=2s时的波形图，图b是这列波中P点的振动图象，则该波的传播速度和传播方向是（　　）‎ A．v=25m/s，向x轴负方向传播 B．v=25m/s，向x轴正方向传播 C．v=50m/s，向x轴负方向传播 D．v=50m/s，向x轴正方向传播 ‎10．一列简谐横波沿直线传播，该直线上的a、b两点相距4.42m．图中实、虚两条曲线分别表示平衡位置在a、b两点处质点的振动曲线．由此可知（　　）‎ A．此列波的频率一定是10Hz B．此列波的波长一定是0.1m C．此列波的传播速度一定是34m/s D．a点一定比b点距波源近 ‎11．如图甲所示，是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，P是离原点x1=2m的一个介质质点，Q是离原点x2=4m的一个介质质点，此时离原点x3=6m的介质质点刚刚要开始振动．图乙是该简谐波传播方向上的某一质点的振动图象（计时起点相同）．由此可知（　　）‎ A．这列波的波长为λ=2m B．乙图可能是图甲中质点Q的振动图象 C．这列波的传播速度为v=3m/s D．这列波的波源起振方向为向上 ‎12．在光电效应实验中，飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线（甲光、乙光、丙光），如图所示．则可判断出（　　）‎ A．甲光的频率大于乙光的频率 B．乙光的波长大于丙光的波长 C．乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率 D．甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能 ‎13．已知氢原子的基态能量为E，激发态能量En=，其中n=2，3…．用h表示普朗克常量，c表示真空中的光速．能使氢原子从第一激发态电离的光子的最大波长为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎14．卢瑟福通过α粒子散射实验得出了原子核式结构模型，实验装置如图所示，有带电粒子打到光屏上都产生光斑．为验证α离子散射实验结论，现在1、2、3、4四处放置带有荧光屏的显微镜．则这四处位置一段时间内统计的闪烁次数符合实验事实的是（　　）‎ A．2、10、625、1205 B．1202、1305、723、203‎ C．1305、25、7、1 D．1202、1010、723、203‎ ‎15．下列说法中正确的是（　　）‎ A．在α、β、γ这三种射线中γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强 B．假如有18个某种放射性元素的原子核，经过一个半衰期，一定是有9个原子核发生了衰变 C．某单色光照射一定金属时不发生光电效应，改用波长较短的光照射该金属时一定发生光电效应 D．原子核的比结合能越大，原子核越不稳定 ‎16．实验观察到，静止在匀强磁场中A点的原子核发生β衰变，衰变产生的新核与电子恰在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意如图．则（　　）‎ A．轨迹1是电子的，磁场方向垂直纸面向外 B．轨迹2是电子的，磁场方向垂直纸面向外 C．轨迹1是新核的，磁场方向垂直纸面向里 D．轨迹2是新核的，磁场方向垂直纸面向里 ‎17．放射性元素氡（）经α衰变成为钋，半衰期为3.8天；但勘测表明，经过漫长的地质年代后，目前地壳中仍存在天然的含有放射性元素的矿石，其原因是（　　）‎ A．目前地壳中的主要来自于其它放射元素的衰变 B．在地球形成的初期，地壳中元素的含量足够高 C．当衰变产物积累到一定量以后，的增加会减慢的衰变进程 D．主要存在于地球深处的矿石中，温度和压力改变了它的半衰期 ‎18．一个质子和一个中子聚变结合成一个氘核，同时辐射一个γ光子．已知质子、中子、氘核的质量分别为m1、m2、m3，普朗克常量为h，真空中的光速为c．下列说法正确的是（　　）‎ A．核反应方程是H+n→H+γ B．聚变反应中的质量亏损△m=m1+m2﹣m3‎ C．辐射出的γ光子的能量E=（m3﹣m1﹣m2）c D．γ光子的波长λ=‎ ‎19．如图所示，一个质量为M木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m的小木块．现使木箱获得一个向左的初速度v0，则（　　）‎ A．小木块和木箱最终都将静止 B．木箱速度为零时，小木块速度为 C．最终小木块速度为，方向向左 D．木箱和小木块系统机械能最终损失Mv02‎ ‎20．如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的圆周轨道，圆心O在S的正上方．在O、P两点各有一质量为m的有物块a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑．以下说法正确的是（　　）‎ A．a比b先到达S，它们在S点的动量不相等 B．a与b同时到达S，它们在S点的动量不相等 C．a比b先到达S，它们在S点的动量相等 D．b比a先到达S，它们在S点的动量相等 ‎21．如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是（　　）‎ A．A和B都向左运动 B．A和B都向右运动 C．A静止，B向右运动 D．A向左运动，B向右运动 ‎22．如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为 （　　）‎ A．v0+v B．v0﹣v C．v0+（v0+v） D．v0+（v0﹣v）‎ ‎23．水平恒定推力F1和F2分别作用于水平面上原来静止的、质量相等的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，由于惯性．物体将继续运动一段时间后才能停下，两物体的v﹣t图象如图所示，已知图中线段AB∥CD，则（　　）‎ A．a物体受到的摩擦力小于b物体受到的摩擦力 B．a物体受到的摩擦力大于b物体受到的摩擦力 C．F1的冲量大于F2的冲量 D．F1的冲量小于F2的冲量 ‎24．波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的是（　　）‎ A．光电效应现象揭示了光的粒子性 B．热中子束射到晶体上产生的衍射图样说明中子具有波动性 C．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释 D．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等 ‎25．在光电效应实验中，用频率为ν的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是（　　）‎ A．增大入射光的强度，光电流增大 B．减小入射光的强度，光电效应现象消失 C．改变频率小于ν的光照射，一定不发生光电效应 D．改变频率大于ν的光照射，光电子的最大初动能变大 ‎26．科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚的核反应获得能量，核反应方程分别为：X+Y→He+H+4.9MeV和H+H→He+X+17.6MeV．下列表述正确的有（　　）‎ A．X是中子 B．Y的质子数是3，中子数是6‎ C．两个核反应都没有质量亏损 D．氘和氚的核反应是核聚变反应 ‎27．有关氢原子光谱的说法正确的是（　　）‎ A．氢原子的发射光谱是连续谱 B．氢原子光谱说明氢原子只发出特点频率的光 C．氢原子光谱说明氢原子能级是分立的 D．氢原子光谱线的频率与氢原子能级的能量差无关 ‎28．如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块后不再穿出，此时木块动能增加了6J，那么此过程产生的内能可能为（　　）‎ A．10J B．8J C．6J D．4J ‎29．如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量依次为I1、I2、I3，动量变化量的大小依次为△P1、△P2、△P3，则有（　　）‎ A．三个过程中，合力做的功不相等，动能的变化量不相等 B．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等 C．I1＜I2＜I3，△P1=△P2=△P3‎ D．I1＜I2＜I3，△P1＜△P2＜△P3‎ ‎30．如图所示是甲、乙两个单摆在同一地点做简谐运动的图象，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．甲、乙两摆的振幅之比为2：1‎ B．甲、乙两摆的摆长之比为4：1‎ C．甲、乙两摆摆球在最低点时向心加速度大小一定相等 D．t=2s时，甲摆的重力势能最小，乙摆的动能为零 ‎　‎ 二、实验题（每空2分，共14分）‎ ‎31．下面螺旋测微器的读数是　　mm．‎ ‎32．下面20分度游标卡尺的读数是　　mm．‎ ‎33．下面50分度游标卡尺的读数是　　mm．‎ ‎34．如图所示为“探究碰撞中的不变量”的实验装置示意图．已知a、b小球的质量分别为ma、mb，半径分别是ra、rb，图中P 点为单独释放a球的平均落点，M、N是a、b小球碰撞后落点的平均位置．‎ ‎（1）本实验必须满足的条件是　　‎ A．斜槽轨道必须是光滑的 B．斜槽轨道末端的切线水平 C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放 D．入射球与被碰球满足ma=mb，ra=rb ‎（2）为了验证动量守恒定律．需要测量OP间的距离x1，则还需要测量的物理量有　　、　　（用相应的文字和字母表示）‎ ‎（3）如果动量守恒，须满足的关系式是　　（用测量物理量的字母表示）‎ ‎　‎ 三、计算题 ‎35．一列向右传播的简谐横波，某时刻的波形如图所示，波速为0.6m/s，P点的横坐标x=0.96m，从图示时刻开始计时，此时波刚好传到C点．‎ ‎（1）此时刻质点A的运动方向和质点B的加速度方向是怎样的？‎ ‎（2）经过多少时间P点第二次达到波峰？‎ ‎（3）画出P质点开始振动后的振动图象．‎ ‎36．用轻弹簧相连的质量均为m=2kg的A、B两物块都以v=6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量M=4kg的物块C静止在前方，如图所示．B与C碰撞后二者粘在一起运动．求：在以后的运动中：‎ ‎（1）当弹簧的弹性势能最大时，物体A的速度多大？‎ ‎（2）弹性势能的最大值是多大？‎ ‎37．如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h=0.3m（h小于斜面体的高度）．已知小孩与滑板的总质量为m1=30kg，冰块的质量为m2=10kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g=10m/s2．‎ ‎（i）求斜面体的质量；‎ ‎（ii）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河北省衡水市冀州中学高二（下）第二次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．一质点以坐标原点O为中心位置在y轴方向上做简谐运动，其振动图象如图甲所示．振动在介质中产生的简谐横波沿x轴正方向传播，波速为1.0m/s．t=0s时此质点开始振动，经过2s后此质点立即停止运动，再经过1s后的波形图是图乙中的（振动和波形图中质点的位移都规定向上为正）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】简谐运动的振动图象；简谐运动的回复力和能量．‎ ‎【分析】波源停止振动后，产生的波继续向前传播，只要求出波形向前传播的距离，并确定出质点的起振方向，即可知道波形图．‎ ‎【解答】解：根据△x=v△t=1×1m=1m，知道2s内产生的波在波源停止振动后，再经过1s向前传播1m．由振动图象知，t=0时刻质点向上振动，所以介质中各个质点均向上起振，结合波形平移法知，B图正确．故B正确，A、C、D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎2．一个质点经过平衡位置O，在A、B间做简谐运动，如图（a）所示，它的振动图象如图（b）所示，设向右为正方向，下列说法正确的是（　　）‎ A．第0.2s末质点的速度方向是A→O B．在4s内完成6次全振动 C．第0.4s末质点的加速度方向是A→O D．第0.7s时质点位置在O点与A点之间 ‎【考点】简谐运动的振动图象；简谐运动的回复力和能量．‎ ‎【分析】位移图时间象切线的斜率等于速度，根据数学知识判断速度的方向．由图象读出周期，根据时间与周期的倍数关系，分析4s内完成全振动的次数．根据位移方向分析质点的加速度方向．根据位移分析质点的位置．‎ ‎【解答】解：A、位移时间图象切线的斜率等于速度，根据数学知识知，第0.2s末质点的速度方向沿负向，即从O→A．故A错误．‎ B、质点的振动周期为 T=0.8s，则在4s内质点完成全振动次数为：n===5（次），故B错误．‎ C、第0.4s末质点的位移为负向最大，由a=﹣‎ ‎，知质点的加速度为正向，即A→O．故C正确．‎ D、第0.7s时，质点位置在O与B两点之间．故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎3．如图所示，弹簧振子在M、N之间做简谐运动．以平衡位置O为原点，建立Ox轴．向右为x的轴的正方向．若振子位于N点时开始计时，则其振动图象为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】简谐运动的振动图象．‎ ‎【分析】当振子运动到N点时开始计时，分析此时振子的位置，即确定出t=0时刻质点的位置，即可确定位移时间的图象．‎ ‎【解答】解：由题意：设向右为x正方向，振子运动到N点时，振子具有正方向最大位移，所以振子运动到N点时开始计时振动图象应是余弦曲线，故A正确，BCD错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎4．某同学用单摆测当地的重力加速度．他测出了摆线长度L和摆动周期T，如图（a）所示．通过改变悬线长度L，测出对应的摆动周期T，获得多组T与L，再以T2为纵轴、L为横轴画出函数关系图象如图（b）所示．由此种方法得到的重力加速度值与测实际摆长得到的重力加速度值相比会（　　）‎ A．偏大 B．偏小 C．一样 D．都有可能 ‎【考点】用单摆测定重力加速度．‎ ‎【分析】由实验中所得到的T2﹣L关系图象得，横轴截距应为小球半径，由斜率计算重力加速度．‎ ‎【解答】解：T2与L的图象，应为过原点的直线，由横轴截距得，球的半径为r；图象斜率k=，‎ 而g=‎ 故g=‎ 根据以上推导，通过改变悬线长度L，而斜率仍不变，重力加速度不变，故对g的没有影响，一样，故ABD错误，C正确；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．如图1是演示简谐运动图象的装置，当盛沙漏斗下面的薄木板N被匀速地拉出时，摆动着的漏斗中漏出的沙在板上形成的曲线显示出摆的位移随时间变化的关系，板上直线OO′代表时间轴．图2是一次实验中用同一个摆长不变的摆做出的两组操作形成的曲线，若板N1和N2拉动速度用v1和v2表示，板N1和N2上曲线所代表的摆动周期用T1和T2表示，则（　　）‎ A．T1=2T2 B．2T1=T2 C．v1=2v2 D．2v1=v2‎ ‎【考点】简谐运动的振动图象．‎ ‎【分析】同一单摆的周期是一定的．单摆的摆动和木板的运动同时进行，时间相同，根据速度的定义公式列式比较即可．‎ ‎【解答】解：AB、同一单摆的周期是一定的，则T1=T2．‎ 设单摆的周期为T，板长为L，则有：‎ ‎ T=‎ ‎ 2T=‎ 根据题意，有：v1=2v2‎ 故选：C ‎　‎ ‎6．如图，甲、乙两个单摆的悬点在同一水平天花板上，两摆球拉到同一水平高度，并用一根细线水平相连，以水平地板为参考面．平衡时，甲、乙两摆线与竖直方向的夹角分别为θ1和θ2，且θ1＞θ2．当细线突然断开后，两摆球都做简谐运动，则（　　）‎ A．甲、乙两摆的周期相等 B．甲、乙两摆的振幅相等 C．甲的机械能小于乙的机械能 D．甲的最大速度小于乙的最大速度 ‎【考点】单摆．‎ ‎【分析】根据单摆的周期公式，通过摆长的大小比较周期的大小，通过机械能守恒定律比较摆球的最大速度 ‎【解答】解：A、根据几何关系得，甲的摆长大于乙的摆长，摆角大于乙的摆角，所以甲的振幅大于乙的振幅．根据T=2π知，甲摆的周期大于乙摆的周期．故AB错误．‎ C、两球开始处于平衡，设绳子拉力为T，根据共点力平衡知，m甲g=，m乙g=，则m甲＜m乙，在摆动的过程中，机械能守恒，则甲摆球的机械能小于乙摆球的机械能．故C正确．‎ D、根据机械能守恒定律得，因为甲球下降的高度大，则甲摆球的最大速度大于乙摆球的最大速度．故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎7．已知声波在钢轨中传播的速度远大于在空气中传播的速度，则当声音由钢轨传到空气中时（　　）‎ A．频率变小，波长变长 B．频率变大，波长变短 C．频率不变，波长变长 D．频率不变，波长变短 ‎【考点】波长、频率和波速的关系．‎ ‎【分析】当声音由钢轨传到空气中时，频率不变，波速减小，由波速公式分析波长的变化．‎ ‎【解答】解：当声音由钢轨传到空气中时，频率不变，由题意得知波速减小，由波速公式v=λf可知，波长变短．故D正确．‎ 故选D ‎　‎ ‎8．一列沿x轴正方向传播的简谐波t=0时刻的波形如图所示，t=0.2s时C点开始振动，则（　　）‎ A．t=0.3s时，波向前传播了3m，质点B将到达质点C的位置 B．t=0.05s时，质点A的速度方向向下 C．0～0.6s内，质点B的平均速度为2m/s D．若同时存在一列振幅为10cm、频率为2.5Hz的沿x轴负方向传播的简谐波，则两列波相遇叠加的区域会出现干涉现象 ‎【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．‎ ‎【分析】运用波形的平移法确定t=0.3s时波向前传播的距离，但质点B并不向前迁移．根据t=0.2s时C点开始振动，确定周期，分析t=0.05s，质点A的速度方向．确定出t=0到t=0.6s时间内B质点的位移大小，求出其平均速度大小．当两列波的频率相同能发生干涉．‎ ‎【解答】解：A、由题：t=0.2s时C点开始振动，波传播了2m，由波形平移得：t=0.3s，波向前传播了3m，但B点只在自己的平衡位置附近上下振动，没有向前迁移，不会到达C点．故A错误．‎ B、由题得到波的周期为T=0.4s．t=0时刻，质点A的速度方向向上，在t=0.05s，质点A正向波峰运动，速度方向也向上．故B错误．‎ C、t=0到t=0.6s时间内，时间经过了1.5周期，B质点到达波峰，通过的位移大小为△y=20cm，平均速度大小为===0.33m/s．故C错误．‎ D、该波的频率为f==2.5Hz，若同时存在另一列振幅10cm，频率2.5Hz，沿x轴负方向传播的简谐波，则两列波相遇叠加的区域，由于频率相同，会出现干涉现象．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎9．图a是一列简谐横波在t=2s时的波形图，图b是这列波中P点的振动图象，则该波的传播速度和传播方向是（　　）‎ A．v=25m/s，向x轴负方向传播 B．v=25m/s，向x轴正方向传播 C．v=50m/s，向x轴负方向传播 D．v=50m/s，向x轴正方向传播 ‎【考点】波长、频率和波速的关系；波的形成和传播；横波的图象．‎ ‎【分析】由b点的振动图象可知t=2s时刻P点的振动方向，则可知波的传播方向；‎ 由振动图象可知波的周期，由波动图象可知波长，则由波长、频率和波速的关系可求得波速．‎ ‎【解答】解：由b图可知，2s时刻P点正经过平衡位置向正方向运动，则由波动图象可知波应向x轴的负方向传播；‎ 而波的周期为2s，波长为100m，则波速v==m/s=50m/s；‎ 故C正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎10．一列简谐横波沿直线传播，该直线上的a、b两点相距4.42m．图中实、虚两条曲线分别表示平衡位置在a、b两点处质点的振动曲线．由此可知（　　）‎ A．此列波的频率一定是10Hz B．此列波的波长一定是0.1m C．此列波的传播速度一定是34m/s D．a点一定比b点距波源近 ‎【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．‎ ‎【分析】根据两个质点在同一时刻的状态，结合波形波，分析a、b间的距离与波长的关系，求出波速的通项和频率的通项，再确定波速的特殊值．根据a、b两点振动先后判断离振源的远近．‎ ‎【解答】解：A、由图读出周期为T=0.1s，则此波的频率为f==10Hz，故A正确；‎ BC、若波从a传到b，则所用时间为 t=（0.1n+0.03）s，波速为v=m/s，（n=0，1，2…），当n=1时，波速为34m/s，波长为λ=vT=m，n是整数，λ不可能等于0.1m．若波从b传到a，则所用时间为 t=（0.1n+0.07）s，波速 v=m/s，（n=0，1，2…），波长为λ=vT=m，n是整数，λ不可能等于0.1m．故B、C错误．‎ D、由图不能断定波的传播方向，也就无法确定哪一点距波源近一些，故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎11．如图甲所示，是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，P是离原点x1=2m的一个介质质点，Q是离原点x2=4m的一个介质质点，此时离原点x3=6m的介质质点刚刚要开始振动．图乙是该简谐波传播方向上的某一质点的振动图象（计时起点相同）．由此可知（　　）‎ A．这列波的波长为λ=2m B．乙图可能是图甲中质点Q的振动图象 C．这列波的传播速度为v=3m/s D．这列波的波源起振方向为向上 ‎【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．‎ ‎【分析】由甲读出波长λ，由图乙读出周期T，由v=求出波速．波源的起振方向与x3=6m的质点t=0时刻的振动方向，由波的传播方向判断．根据图乙t=0时刻质点的位置和速度方向，在图甲中选择对应的质点．‎ ‎【解答】解：A、C、由甲读出波长λ=4m，由图乙读出周期T=2s，波速v===2m/s．故A错误，C错误；‎ B、由图乙看出，t=0时刻，质点经过平衡位置向上，而图甲中，Q点也经过平衡位置向上运动，故乙图可能是图甲中质点Q的振动图象；故B正确；‎ D、波源的起振方向与x3=6m的质点t=0时刻的振动方向，简谐波没x轴正方向传播，则知x3=6m的质点在t=0时刻的振动方向向下，则波源的起振方向向下，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎12．在光电效应实验中，飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线（甲光、乙光、丙光），如图所示．则可判断出（　　）‎ A．甲光的频率大于乙光的频率 B．乙光的波长大于丙光的波长 C．乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率 D．甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能 ‎【考点】光电效应．‎ ‎【分析】光电管加正向电压情况：P右移时，参与导电的光电子数增加；P移到某一位置时，所有逸出的光电子都刚参与了导电，光电流恰达最大值；P再右移时，光电流不能再增大．‎ 光电管加反向电压情况：P右移时，参与导电的光电子数减少；P移到某一位置时，所有逸出的光电子都刚不参与了导电，光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率；P再右移时，光电流始终为零．，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大．从图象中看出，丙光对应的截止电压U截最大，所以丙光的频率最高，丙光的波长最短，丙光对应的光电子最大初动能也最大．‎ ‎【解答】解：A、根据 ‎，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大．甲光、乙光的截止电压相等，所以甲光、乙光的频率相等；故A错误．‎ B、丙光的截止电压大于乙光的截止电压，所以丙光的频率大于乙光的频率，则乙光的波长大于丙光的波长；‎ 故B正确．‎ C、丙的频率最大，甲乙频率相同，且均小于丙的频率，故C错误．‎ D、丙光的截止电压大于甲光的截止电压，所以甲光对应的光电子最大初动能小于于丙光的光电子最大初动能．故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎13．已知氢原子的基态能量为E，激发态能量En=，其中n=2，3…．用h表示普朗克常量，c表示真空中的光速．能使氢原子从第一激发态电离的光子的最大波长为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】氢原子的能级公式和跃迁．‎ ‎【分析】最大波长对应着光子的最小能量，即只要使使氢原子从第一激发态恰好电离即可．根据题意求出第一激发态的能量值，恰好电离时能量为0，然后求解即可．‎ ‎【解答】解：第一激发态即第二能级，是能量最低的激发态，则有：；‎ 电离是氢原子从第一激发态跃迁到最高能级0的过程，需要吸收的光子能量最小为：‎ 所以有：，解的：，故ABD错误，C正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎14．卢瑟福通过α粒子散射实验得出了原子核式结构模型，实验装置如图所示，有带电粒子打到光屏上都产生光斑．为验证α离子散射实验结论，现在1、2、3、4四处放置带有荧光屏的显微镜．则这四处位置一段时间内统计的闪烁次数符合实验事实的是（　　）‎ A．2、10、625、1205 B．1202、1305、723、203‎ C．1305、25、7、1 D．1202、1010、723、203‎ ‎【考点】粒子散射实验．‎ ‎【分析】在α粒子散射实验中，绝大多数α粒子运动方向基本不变，少数发生了偏转，极少数粒子发生了大角度偏转．‎ ‎【解答】解：根据α粒子散射实验的统计结果，大多数粒子能按原来方向前进，少数粒子方向发生了偏移，极少数粒子偏转超过90°，甚至有的被反向弹回．所以在相等时间内1处闪烁次数最多，其次是2、3、4三处，并且数据相差比较大，故C正确，ABD错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎15．下列说法中正确的是（　　）‎ A．在α、β、γ这三种射线中γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强 B．假如有18个某种放射性元素的原子核，经过一个半衰期，一定是有9个原子核发生了衰变 C．某单色光照射一定金属时不发生光电效应，改用波长较短的光照射该金属时一定发生光电效应 D．原子核的比结合能越大，原子核越不稳定 ‎【考点】光电效应；X射线、α射线、β射线、γ射线及其特性；原子核的结合能．‎ ‎【分析】根据γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强；半衰期是针对大量原子核来说，才有意义；波长越短，频率越高，则可能大于极限频率，从而发生光电效应；比结合能越大的，原子核越稳定．‎ ‎【解答】解：A、三种射线中γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强，故A正确；‎ B、对于半衰期是具有统计规律，只有大量原子核才有意义，故B错误；‎ C、不发生光电效应，说明入射光的频率小于极限频率，当波长较长，则其频率越低，因此不能发生光电效应，故C错误；‎ D、比结合能越大，原子核才越稳定，故D错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎16．实验观察到，静止在匀强磁场中A点的原子核发生β衰变，衰变产生的新核与电子恰在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意如图．则（　　）‎ A．轨迹1是电子的，磁场方向垂直纸面向外 B．轨迹2是电子的，磁场方向垂直纸面向外 C．轨迹1是新核的，磁场方向垂直纸面向里 D．轨迹2是新核的，磁场方向垂直纸面向里 ‎【考点】裂变反应和聚变反应；洛仑兹力．‎ ‎【分析】静止的原子核发生β衰变，根据动量守恒可知，发生衰变后粒子与反冲核的运动方向相反，动量的方向相反，大小相等．由半径公式r==，P是动量，分析两个粒子半径轨迹半径之比．‎ ‎【解答】解：原子核发生β衰变时，根据动量守恒可知两粒子的速度方向相反，动量的方向相反，大小相等；‎ 由半径公式r==‎ ‎（P是动量），分析得知，r与电荷量成反比，β粒子与新核的电量大小分别为e和ne（n为新核的电荷数），则β粒子与新核的半径之比为：ne：e=n：1．所以半径比较大的轨迹1是衰变后β粒子的轨迹，轨迹2是新核的．‎ 新核沿逆时针方向运动，在A点受到的洛伦兹力向左，由左手定则可知，磁场的方向向里．‎ 由以上的分析可知，选项D正确，ABC错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎17．放射性元素氡（）经α衰变成为钋，半衰期为3.8天；但勘测表明，经过漫长的地质年代后，目前地壳中仍存在天然的含有放射性元素的矿石，其原因是（　　）‎ A．目前地壳中的主要来自于其它放射元素的衰变 B．在地球形成的初期，地壳中元素的含量足够高 C．当衰变产物积累到一定量以后，的增加会减慢的衰变进程 D．主要存在于地球深处的矿石中，温度和压力改变了它的半衰期 ‎【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度．‎ ‎【分析】放射性元素氡（）经α衰变成为钋，半衰期为3.8天，目前地壳中仍存在天然的含有放射性元素的矿石，主要来自其它放射性元素的衰变．半衰期的大小由原子核内部因素决定，与所处的物理环境和化学环境无关．‎ ‎【解答】解：A、因为放射性元素氡（）的半衰期比较短，目前地壳中仍存在天然的含有放射性元素的矿石，主要来自其它放射性元素的衰变．故A正确，B、C错误．‎ D、半衰期的大小与温度、压力无关，由原子核内部因素决定．故D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎18．一个质子和一个中子聚变结合成一个氘核，同时辐射一个γ光子．已知质子、中子、氘核的质量分别为m1、m2、m3，普朗克常量为h，真空中的光速为c．下列说法正确的是（　　）‎ A．核反应方程是H+n→H+γ B．聚变反应中的质量亏损△m=m1+m2﹣m3‎ C．辐射出的γ光子的能量E=（m3﹣m1﹣m2）c D．γ光子的波长λ=‎ ‎【考点】爱因斯坦质能方程．‎ ‎【分析】解答本题需要掌握：核反应方程要遵循质量数和电荷数守恒；聚变反应后质量减小，放出能量；正确利用质能方程求释放的能量；掌握光子能量、频率、波长、光速之间关系．‎ ‎【解答】解：A、该核反应方程质量数不守恒，故A错误；‎ B、聚变反应中的质量亏损△m=（m1+m2）﹣m3，故B正确；‎ C、聚变反应中亏损的质量转化为能量以光子的形式放出，故光子能量为E=（m1+m2﹣m3）c2，故C错误；‎ D、根据E==（m1+m2﹣m3）c2，得光子的波长为：λ=，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，一个质量为M木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m的小木块．现使木箱获得一个向左的初速度v0，则（　　）‎ A．小木块和木箱最终都将静止 B．木箱速度为零时，小木块速度为 C．最终小木块速度为，方向向左 D．木箱和小木块系统机械能最终损失Mv02‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】本题中物体系统在光滑的平面上滑动，系统所受外力的合力为零，故系统动量始终守恒，而由于系统内部存在摩擦力，阻碍物体间的相对滑动，最终两物体应该相对静止，一起向右运动．由动量守恒求出最终共同速度，再由能量守恒求机械能的损失．‎ ‎【解答】解：A、系统所受外力的合力为零，动量守恒，初状态木箱有向左的动量，小木块动量为零，故系统总动量向左，系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终相对静止，由于系统的总动量守恒，不管中间过程如何相互作用，根据动量守恒定律，最终两物体以相同的速度一起向左运动．故A错误；‎ B、规定向左为正方向，根据动量守恒：Mv0=mv1+Mv2；v2=0，可得v1=，故B错误．‎ C、最终两物体速度相同，由动量守恒得：Mv0=（m+M）v，则得 v=，方向向左，故C正确．‎ D、木箱和小木块系统机械能最终损失△E=Mv02﹣（m+M）v2=，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎20．如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的圆周轨道，圆心O在S的正上方．在O、P两点各有一质量为m的有物块a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑．以下说法正确的是（　　）‎ A．a比b先到达S，它们在S点的动量不相等 B．a与b同时到达S，它们在S点的动量不相等 C．a比b先到达S，它们在S点的动量相等 D．b比a先到达S，它们在S点的动量相等 ‎【考点】动量 冲量；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】要求物体运动的时间，则要找出两个物体运动的速率大小关系：根据机械能守恒定律，相同高度速率相同．动量是矢量，等于物体的质量和速度的乘积．‎ ‎【解答】解：在物体下落的过程中，只有重力对物体做功，故机械能守恒 故有mgh=‎ 解得v=‎ 所以在相同的高度，两物体的速度大小相同，即速率相同．‎ 由于a的路程小于b的路程．故ta＜tb，即a比b先到达s．‎ 又到达s点时a的速度竖直向下，而b的速度水平向左．‎ 故两物体的动量大小相等，方向不相同，故A正确，BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎21．如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是（　　）‎ A．A和B都向左运动 B．A和B都向右运动 C．A静止，B向右运动 D．A向左运动，B向右运动 ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】两球碰撞过程，系统动量守恒，先选取正方向，再根据动量守恒定律列方程，求解即可．‎ ‎【解答】解：两球碰撞过程动量守恒，以两球组成的系统为研究对象，取水平向右方向为正方向，碰撞前，A、B的速度分别为：vA=2v0、vB=v0．‎ 碰撞前系统总动量：P=mAvA+mBvB=m×2v0+2m×（﹣v0）=0，P=0，‎ 系统总动量为0，系统动量守恒，则碰撞前后系统总动量都是0；‎ 由于碰撞是弹性碰撞，则碰撞后二者的速度不能等于0，运动的方向一定相反．‎ 故D正确，ABC错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎22．如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为 （　　）‎ A．v0+v B．v0﹣v C．v0+（v0+v） D．v0+（v0﹣v）‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】人和小船系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解，‎ ‎【解答】解：人在跃出的过程中船人组成的系统水平方向动量守恒，‎ 规定向右为正方向 ‎（M+m）v0=Mv′﹣mv v′=v0+（v0+v）‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎23．水平恒定推力F1和F2分别作用于水平面上原来静止的、质量相等的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，由于惯性．物体将继续运动一段时间后才能停下，两物体的v﹣t图象如图所示，已知图中线段AB∥CD，则（　　）‎ A．a物体受到的摩擦力小于b物体受到的摩擦力 B．a物体受到的摩擦力大于b物体受到的摩擦力 C．F1的冲量大于F2的冲量 D．F1的冲量小于F2的冲量 ‎【考点】动量定理；摩擦力的判断与计算．‎ ‎【分析】由速度图象分析可知，水平推力撤去后，AB与CD平行，说明加速度相同，动摩擦因数相同，两物体的质量相等，说明摩擦力大小相等．根据动量定理，研究整个过程，确定两个推力的冲量关系．‎ ‎【解答】解：A、由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等；故AB错误．‎ C、根据动量定理，对整个过程研究得 F1t1﹣ftOB=0，F2t2﹣ftOD=0‎ 由图看出，tOB＜tOD，则有 F1t1＜F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量．故C错误，D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎24．波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的是（　　）‎ A．光电效应现象揭示了光的粒子性 B．热中子束射到晶体上产生的衍射图样说明中子具有波动性 C．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释 D．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等 ‎【考点】光的波粒二象性．‎ ‎【分析】光子既有波动性又有粒子性，波粒二象性中所说的波是一种概率波，对大量光子才有意义；光电效应现象揭示了光的粒子性；相邻原子之间的距离大致与中子的德布罗意波长相同故能发生明显的衍射现象；普朗克借助于能量子假说，完美的解释了黑体辐射规律，破除了“能量连续变化”的传统观念；德布罗意波长为λ=，P是动量，h是普朗克常量．‎ ‎【解答】解：A、光电效应现象揭示了光的粒子性．故A正确；‎ B、热中子束射到晶体上产生的衍射图样说明中子具有波动性．故B正确；‎ C、黑体辐射的实验规律不能使用光的波动性解释，而普朗克借助于能量子假说，完美的解释了黑体辐射规律，破除了“能量连续变化”的传统观念．故C错误；‎ D、根据德布罗意波长公式，若一个电子的德布罗意波长和一个质子的波长相等，则动量P也相等，动能则不相等．故D错误．‎ 故选：AB ‎　‎ ‎25．在光电效应实验中，用频率为ν的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是（　　）‎ A．增大入射光的强度，光电流增大 B．减小入射光的强度，光电效应现象消失 C．改变频率小于ν的光照射，一定不发生光电效应 D．改变频率大于ν的光照射，光电子的最大初动能变大 ‎【考点】光电效应．‎ ‎【分析】光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关，根据光电效应方程判断影响光电子最大初动能的因素．‎ ‎【解答】解：A、光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，能否发生光电效应，与入射光的强度无关，与光照时间也无关，当发生光电效应时，增大入射光的强度，则光电流会增大．故A正确；‎ B、入射光的频率大于金属的极限频率，才会发生电效应，与入射光的强度无关，故B错误；‎ C、光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，当改变频率小于ν，但不一定小于极限频率，故C错误；‎ D、在光电效应中，根据光电效应方程知，Ekm=hv﹣W0，入射光的频率越高，光电子最大初动能越大．故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎26．科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚的核反应获得能量，核反应方程分别为：X+Y→He+H+4.9MeV和H+H→He+X+‎ ‎17.6MeV．下列表述正确的有（　　）‎ A．X是中子 B．Y的质子数是3，中子数是6‎ C．两个核反应都没有质量亏损 D．氘和氚的核反应是核聚变反应 ‎【考点】爱因斯坦质能方程．‎ ‎【分析】根据质量数守恒以及电荷数守恒即可判断出X和Y；根据是否释放能量判定有没有质量亏损；根据核反应的特点判定是否是聚变反应．‎ ‎【解答】解：A、根据核反应方程： H+H→He+X，X的质量数：m1=2+3﹣4=1，核电荷数：z1=1+1﹣2=0，所以X是中子．故A正确；‎ B、根据核反应方程：X+Y→He+H，X是中子，所以Y的质量数：m2=4+3﹣1=6，核电荷数：z2=2+1﹣0=3，所以Y的质子数是3，中子数是3．故B错误；‎ C、根据两个核反应方程可知，都有大量的能量释放出来，所以一定都有质量亏损．故C错误；‎ D、氘和氚的核反应过程中是质量比较小的核生成质量比较大的新核，所以是核聚变反应．故D正确．‎ 故选：AD ‎　‎ ‎27．有关氢原子光谱的说法正确的是（　　）‎ A．氢原子的发射光谱是连续谱 B．氢原子光谱说明氢原子只发出特点频率的光 C．氢原子光谱说明氢原子能级是分立的 D．氢原子光谱线的频率与氢原子能级的能量差无关 ‎【考点】玻尔模型和氢原子的能级结构．‎ ‎【分析】本题目的是考查波尔理论：①氢原子的轨道是不连续的，是一些特殊的分立的值，电子只能在这些轨道上绕原子核运动．②电子在不同的轨道上运动时对应不同的能量值，原子只能处于一系列能量不连续的状态中．③当电子从一个轨道跃迁到另一个轨道时只能吸收或发射特定频率的光子．‎ ‎【解答】解：由于氢原子的轨道是不连续的，而氢原子在不同的轨道上的能级En=，故氢原子的能级是不连续的即是分立的，故C正确．‎ 当氢原子从较高轨道跃第n能级迁到较低轨道第m能级时，发射的光子的能量为E=En﹣Em===hγ，‎ 显然n、m的取值不同，发射光子的频率就不同故氢原子光谱线的频率与氢原子能级的能力差有关故D错误．‎ 由于氢原子发射的光子的能量：E=En﹣Em==，‎ 所以发射的光子的能量值E是不连续的，只能是一些特殊频率的谱线，故A错误B正确．‎ 故选B、C．‎ ‎　‎ ‎28．如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块后不再穿出，此时木块动能增加了6J，那么此过程产生的内能可能为（　　）‎ A．10J B．8J C．6J D．4J ‎【考点】动量守恒定律；能量守恒定律．‎ ‎【分析】子弹射入木块过程中，系统所受合外力，动量守恒，由动量守恒定律和功能关系求出木块增加的动能范围，再进行选择．‎ ‎【解答】解：设子弹的初速度为V，射入木块后子弹与木块共同的速度为v，木块的质量为M，子弹的质量为m．‎ 根据动量守恒定律得：mV=（M+m）v 得，v=‎ 木块获得的动能为△Ek=Mv2==‎ 系统产生的内能为Q=mV2﹣（M+m）v2=‎ 可得 Q＞△Ek=6J，故AB正确．‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎29．如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量依次为I1、I2、I3，动量变化量的大小依次为△P1、△P2、△P3，则有（　　）‎ A．三个过程中，合力做的功不相等，动能的变化量不相等 B．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等 C．I1＜I2＜I3，△P1=△P2=△P3‎ D．I1＜I2＜I3，△P1＜△P2＜△P3‎ ‎【考点】动量定理；功能关系．‎ ‎【分析】根据机械能守恒求出重力做的功，根据动能定理分析动能的变化；‎ 重力的冲量I=mgt，根据物体的运动的情况，求得物体运动的时间的关系，可以求得冲量的大小；‎ 动量变化量的大小△p=mv，求得物体的速度的大小即可求得动量变化量的大小．‎ ‎【解答】解：A、B、物体下滑过程中只有重力做功，故合力做的功相等，根据动能定理，动能的变化量相等，故A错误，B正确；‎ C、D、由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，动量变化量△p=mv相等，即△p1=△p2=△p3；‎ 根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，故合力的冲量也相等，注意不是相同（方向不同）；‎ 设斜面的高度为h，从顶端A下滑到底端C，由 得物体下滑的时间t=，所以θ越小，sin2θ越小，t越大，重力的冲量I=mgt就越大，故I1＜I2＜I3；‎ 故C正确，D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎30．如图所示是甲、乙两个单摆在同一地点做简谐运动的图象，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．甲、乙两摆的振幅之比为2：1‎ B．甲、乙两摆的摆长之比为4：1‎ C．甲、乙两摆摆球在最低点时向心加速度大小一定相等 D．t=2s时，甲摆的重力势能最小，乙摆的动能为零 ‎【考点】简谐运动的振动图象．‎ ‎【分析】根据图象直接得到两个单摆的振幅和周期，然后结合单摆周期公式求摆长之比．根据机械能守恒定律和向心加速度公式列式研究摆球在最低点时向心加速度关系．根据摆球的位置分析重力势能和动能．‎ ‎【解答】解：A、由图知，甲、乙两摆的振幅分别为2 cm、1cm，则振幅之比为2：1，故A正确；‎ B、甲、乙两摆的周期分别为4s、8s，周期之比为1：2．根据由单摆的周期公式T=2π得：甲、乙两摆的摆长之比为1：4，故B错误；‎ C、设摆角为θ，则摆球从最高点摆到最低点的过程中，由机械能守恒定律得 ‎ mgL（1﹣cosθ）=‎ 摆球在最低点时向心加速度 a==g（1﹣cosθ），根据振幅和摆长关系，可知甲摆摆球的最大偏角比乙摆摆球的最大偏角大，所以甲、乙两摆摆球在最低点时向心加速度大小一定不等，故C错误；‎ D、t=2s时，甲摆通过平衡位置，重力势能最小．乙摆经过最大位移处，动能为零，故D正确．‎ 故选：AD ‎　‎ 二、实验题（每空2分，共14分）‎ ‎31．下面螺旋测微器的读数是　11.000　mm．‎ ‎【考点】螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．‎ ‎【解答】解：螺旋测微器的固定刻度为11mm，可动刻度为0.0×0.01mm=0.000mm，所以最终读数为11mm+0.000mm=11.000mm．‎ 故答案为：11.000．‎ ‎　‎ ‎32．下面20分度游标卡尺的读数是　30.35　mm．‎ ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用．‎ ‎【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．‎ ‎【解答】解：20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为30mm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为7×0.05mm=0.35mm，所以最终读数为：30mm+0.35mm=30.35mm．‎ ‎ 故答案为：30.35．‎ ‎　‎ ‎33．下面50分度游标卡尺的读数是　10.68　‎ mm．‎ ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用．‎ ‎【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．‎ ‎【解答】解：50分度的游标卡尺，精确度是0.02mm，游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺上第34个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为34×0.02mm=0.68mm，所以最终读数为：10mm+0.68mm=10.68mm．‎ 故答案为：10.68‎ ‎　‎ ‎34．如图所示为“探究碰撞中的不变量”的实验装置示意图．已知a、b小球的质量分别为ma、mb，半径分别是ra、rb，图中P 点为单独释放a球的平均落点，M、N是a、b小球碰撞后落点的平均位置．‎ ‎（1）本实验必须满足的条件是　BC　‎ A．斜槽轨道必须是光滑的 B．斜槽轨道末端的切线水平 C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放 D．入射球与被碰球满足ma=mb，ra=rb ‎（2）为了验证动量守恒定律．需要测量OP间的距离x1，则还需要测量的物理量有　OM间的距离x2　、　ON间的距离x3　（用相应的文字和字母表示）‎ ‎（3）如果动量守恒，须满足的关系式是　maOP=maOM+mb0N　（用测量物理量的字母表示）‎ ‎【考点】验证动量守恒定律．‎ ‎【分析】（1）在做“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）由动量守恒定律求出需要验证的表达式，根据表达式确定需要测量的量；‎ ‎（3）根据（2）的分析确定需要验证的关系式．‎ ‎【解答】解：（1）A、“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，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故A错误；‎ B、要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故B正确；‎ C、要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确；‎ D、为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求ma＞mb，ra=rb，故D错误．‎ 应选：BC．‎ ‎（2）要验证动量守恒定律定律，即验证：mav1=mav2+mbv3，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：mav1t=mav2t+mbv3t，得：max1=max2+mbx3，‎ 因此实验需要测量：测量OP间的距离x1，OM间的距离x2，ON间的距离x3；‎ ‎（3）由（2）知，实验需要验证：max1=max2+mbx3，即：maOP=maOM+mb0N；‎ 故答案为：（1）BC；（2）OM间的距离x2；ON间的距离x3；（3）maOP=maOM+mb0N．‎ ‎　‎ 三、计算题 ‎35．一列向右传播的简谐横波，某时刻的波形如图所示，波速为0.6m/s，P点的横坐标x=0.96m，从图示时刻开始计时，此时波刚好传到C点．‎ ‎（1）此时刻质点A的运动方向和质点B的加速度方向是怎样的？‎ ‎（2）经过多少时间P点第二次达到波峰？‎ ‎（3）画出P质点开始振动后的振动图象．‎ ‎【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．‎ ‎【分析】（1）由波的传播方向，判断质点A的振动方向．B的加速度方向与位移方向相反．‎ ‎（2）由图读出波长，求出周期，根据距离求出波传到P点的时间．波传到P点时向上振动，分析P点第二次达到波峰的时间，再求解总时间．‎ ‎（3）P点开始振动方向向下，根据振幅和周期，作出图象．‎ ‎【解答】解：（1）波向右传播，质点A的运动方向沿y轴正方向．质点B的加速度方向沿y轴正方向．‎ ‎（2）由图象可知，波长λ=0.24m，‎ 波的周期 T==m/s=0.4m/s 波从该时刻传播到P经历的时间 P开始向下振动，第二次到达波峰 经历时间 所以t=t1+t2=1.9s ‎ ‎ （3）P点开始振动方向向下，周期为0.4s，其振动图象如图．‎ 答：‎ ‎（1）此时刻质点A的运动方向和质点B的加速度方向均沿y轴正方向．‎ ‎（2）经1.9s时间P点第二次达到波峰．‎ ‎（3）P质点开始振动后的振动图象如图所示．‎ ‎　‎ ‎36．用轻弹簧相连的质量均为m=2kg的A、B两物块都以v=6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量M=4kg的物块C静止在前方，如图所示．B与C碰撞后二者粘在一起运动．求：在以后的运动中：‎ ‎（1）当弹簧的弹性势能最大时，物体A的速度多大？‎ ‎（2）弹性势能的最大值是多大？‎ ‎【考点】动量守恒定律；弹性势能．‎ ‎【分析】（1）B与C发生碰撞后，B的速度减小，BC一起向右运动．A物体没有参加碰撞，速度不变，继续向右运动，这样弹簧被压缩，当三者速度相同时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，根据动量守恒求出物体A的速度．‎ ‎（2）根据动量守恒求出BC碰撞后的共同速度．由机械能守恒求解弹性势能的最大值．‎ ‎【解答】解：（1）当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大．由A、B、C三者组成的系统动量守恒得：‎ ‎（mA+mB）v=（mA+mB+mC）VA 代入数据解得：VA=3m/s ‎（2）B、C碰撞时，B、C系统动量守恒，设碰后瞬间两者的速度为v1，则：‎ mBv=（mB+mC）v1‎ 代入数据解得：v1=2m/s 设弹簧的弹性势能最大为EP，根据机械能守恒得：‎ EP=（mB+mc）v12+mAv2﹣（mA+mB+mc）vA2‎ 代入解得为：EP=12J．‎ 答：（1）当弹簧的弹性势能最大时，物体A的速度3m/s；‎ ‎（2）弹性势能的最大值是12J．‎ ‎　‎ ‎37．如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h=0.3m（h小于斜面体的高度）．已知小孩与滑板的总质量为m1‎ ‎=30kg，冰块的质量为m2=10kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g=10m/s2．‎ ‎（i）求斜面体的质量；‎ ‎（ii）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（i）冰块和斜面体组成的系统动量守恒，机械能守恒，根据系统动量守恒和机械能守恒计算斜面体的质量；‎ ‎（ii）小孩和冰块动量守恒，冰块和斜面动量守恒机械能守恒，计算小孩和冰块的最后速度，比较他们的速度大小的关系可以判断能否追上小孩．‎ ‎【解答】解：（i）对于冰块和斜面体组成的系统，根据动量守恒可得，‎ m2v2=（m2+M）v 根据系统的机械能守恒，可得，m2gh+（m2+M）v2=m2v22‎ 解得：M=20kg ‎（ii）小孩与冰块组成的系统，根据动量守恒可得，m1v1=m2v2，‎ 解得 v1=1m/s（向右）‎ 冰块与斜面：m2v2=m2v2′+Mv3′，‎ 根据机械能守恒，可得， m2v22=m2v2′2+Mv3′2‎ 解得：v2′=﹣1m/s（向右）‎ 因为=v1，所以冰块不能追上小孩．‎ 答：（i）斜面体的质量为20kg；‎ ‎（ii）冰块与斜面体分离后不能追上小孩．‎