C．在0.2s~0.3s内，振子的加速度逐渐增大
辽宁省部分名校2022-2023学年高二上学期物理9月大联考试卷
姓名：__________ 班级：__________考号：__________
D．振子的圆频率为5πrad/s
4．（2分）2021年10月25日是中国人民志愿军抗美援朝出国作战71周年纪念日，东风中学的同学们
题号 评分 一 二 三 四 总分 通过多种形式向抗美援朝的英雄致敬。轻机枪是当时军队中重要的武器之一，其中某轻机枪每发子弹弹头的质量为15g，出膛速度大小为800 m/s，在某战士使用该机枪连续射击1分钟的过程中，该机枪受到子弹的平均反冲力（后坐力）大小为50N，则该战士射出的子弹数量为（ ）
……… _…○___○_…___……___…：…号……考 …订 ___订…___…_…___……_：……级班…○ _○…____……___…_…__：……名…装姓 装 …___……____……___…_…：校…○学○……………………外内……………………○○…………………阅卷人 一、单选题 (共7题；共14分) 得分 1．（2分）如图所示，一辆装满西瓜的货车静止在平直道路上，车厢中西瓜A的质量为m，重力加速
度大小为g，现货车从静止开始经时间t速度增加到v，在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．周围西瓜对西瓜A的冲量大小为mv B．西瓜A受到的重力在时间t内的冲量为0 C．外界对西瓜A的总冲量大小为mv
D．其他条件不变的情况下，时间t越短，外界对西瓜A的总冲量越大
2．（2分）甲、乙两人共同推着一辆熄火的汽车沿平直路面匀速前进一段距离，甲、乙对汽车做的功
分别为400 J和600 J，下列说法正确的是（ ） A．两人对汽车做的总功为1000 J B．合外力对汽车做的功为1000 J C．阻力对汽车做的功为1000 J
D．甲的推力一定小于乙的推力
3．（2分）将弹簧振子从平衡位置拉开5cm后放开，同时开始计时，弹簧始终在弹性限度内，振子振
动的图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．t=0.1s时，振子沿x轴正方向运动 B．t=0.2s时，振子的动能最大
1 / 8
A．250发 B．200发 C．180发 D．150发
5．（2分）如图所示，一把质量分布均匀的刻度尺AB的长度为0.7 m、质量为0.5 kg，将其放在水平
桌面上，右端伸出桌面的长度d=0.3 m。现用手缓慢下压伸出的B端，直到A端抬高20 cm。取重力加速度大小g=10 m/s2，则此过程中手对尺做的功为（ ）
A．17 J
B．18 J
C．1 J D．3.5 J
6．（2分）观察水面波衍射的实验装置如图所示，O是波源，𝐴𝐶和𝐵𝐷是两块挡板，𝐴𝐵是两块挡板间
的空隙，图中已画出波源所在区域波的传播情况，每两条相邻波纹（图中曲线）之间的距离表示一个波长，关于波经过空隙之后的传播情况，下列说法正确的是（ ）
A．此时不能观察到明显的衍射现象
B．挡板前相邻波纹间距大于挡板后相邻波纹间距 C．增大两挡板间的空隙𝐴𝐵，衍射现象会更明显 D．减小波源振动的频率，则衍射现象更明显
7．（2分）如图甲所示，足够长的传送带倾斜放置，与水平面的夹角为𝜃，传送带始终以恒定的速度𝑣1
逆时针运行。现使一小物块以𝑣2的速度从传送带底端沿传送带向上运动，取沿传送带向下为正方向，从该时刻起小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，图中𝑣1、𝑣2、𝑡1和𝑡2均已知，且𝑣1小于𝑣2，
下列说法正确的是（ ）
……线…………○…………
低点，BD为水平方向的直径。一质量为m的滑块（视为质点）静止在最低点A，现对滑块施加一方向向右的恒力F，当滑块到达B点时撤去恒力F，此后滑块恰好能沿圆轨道做完整的圆周运动，重力
加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．物块与传送带间的动摩擦因数𝜇 C．0∼𝑡1内物块受到的摩擦力大于𝑡1∼𝑡2内物块受到的摩擦力 D．0∼𝑡2内，摩擦产生的热量大于物块减少的机械能 阅卷人 二、多选题 (共3题；共9分) 得分 8．（3分）如图所示，斜面体静止在光滑水平面上，将一物块轻放在斜面体顶部，所有接触面均光 滑，关于物块下滑的过程，下列说法正确的是（ ） A．物块和斜面体组成的系统水平方向上动量守恒 B．物块和斜面体的动量变化量大小相等 C．物块对斜面体做正功，是因为物块对斜面体的弹力与斜面不垂直 D．物块减少的机械能等于斜面体增加的动能 9．（3分）一列简谐横波在x轴上传播，甲图和乙图分别为x轴上a、b质点的振动图像，a质点在b 质点左侧，且两质点平衡位置间的距离为9 m。下列说法正确的是（ ） A．该波一定由a向b传播 B．该波可能由b向a传播 C．该波最大波速为9 m/s D．该波波长可能为4 m 10．（3分）如图所示，半径为R的光滑圆轨道固定在竖直平面内，C点为轨道最高点，A点为轨道最 2 / 8 A．恒力F的大小为52mg B．滑块在恒力F作用下从A点运动到B点的过程中，速度一直在增加 C．若恒力F在滑块运动到B点和C点之间某处时再撤去，则滑块无法到达C点 D．滑块再次回到A点时对轨道的压力大小为5mg 阅卷人 三、实验题 (共2题；共8分) 得分 11．（3分）为验证动量守恒定律，求实课外兴趣小组设计了如图所示的实验装置，气垫导轨已经调成 水平，两个滑块A、B分别静置在气垫导轨上，在滑块A的右侧以及滑块B的左侧都安装了弹簧片，在滑块A、B的上方安装了宽度相同的遮光片。C、D为固定在气垫导轨上的光电门传感器，与它们 相连的计算机可以记录遮光片经过光电门的遮光时间。某同学进行的实验步骤如下∶ ①测量滑块A、B的质量（含弹簧片及遮光片），分别记为mA、mB； ②测量滑块A、B上遮光片的宽度，记为d； ③给滑块A一个向右的瞬时冲量，观察滑块A的运动情况及A、B两滑块在相碰后各自的运动情 况； ④读取滑块A第一次经过光电门C的时间为t1、滑块B经过光电门D的时间为t2，滑块A第二次经过光电门C的时间为t3。 回答下列问题∶ …………○ ※○…※…题…※……※答……※订※…内订…※※……线…※…※……订※…○※○…装※……※……在※……※要…装※装…※不……※※……请……※※…○○……………………内外……………………○○…………………………线…………○………… ……线…………○………… （1）（1分）为保证本实验成功，滑块A的质量应 （填“大于”、“等于”或“小于”）滑块B的质量； （2）（1分）碰撞后滑块A的速度大小为 ；（用题中涉及的物理量符号表示） （3）（1分）若关系式 成立，则碰撞过程中，滑块A、B组成的系统动量守恒。（用题中涉及的物理量符号表示） 12．（5分）小花同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验。 （1）（5分）该列波的传播速度大小v； （2）（5分）从t=0时刻到波传播到B点的过程中，质点A通过的路程s。 14．（10分）为了实现“2030 年前二氧化碳排放达到峰值，2060年前实现碳中和”的目标，很多城市使 ……… _…○___○_…___……___…：…号……考 …订 ___订…___…_…___……_：……级班…○ _○…____……___…_…__：……名…装姓 装 …___……____……___…_…：校…○学○……………………外内……………………○○………………… （1）（1分）该同学用游标卡尺测量摆球的直径时示数如图甲所示，则摆球的直径D= m，把摆球用细线悬挂在铁架台上，用毫米刻度尺测得摆线长为l。 （2）（1分）实验装置的示意图如图乙所示，P、Q分别为运动过程中左、右侧的最高点，O为平衡位置，应该从 （填“O”、“P”或“Q”）点开始计时，该同学用秒表记下单摆做n次全振动的时间为t。 （3）（2分）该同学通过计算测得的数据，发现他得到的重力加速度的数值偏大，其原因可能是______。 A．单摆的振幅较小 B．单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线变长了 C．把单摆n次摆动的时间误记为（n+1）次摆动的时间 D．以摆线长l作为摆长进行计算 （4）（1分）小丽同学改进了处理数据的方法，她测量了5组摆长（摆线长L与小球半径之和）和对应的周期T，画出L-T2 图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图丙所示。则当地重力加速度的表达式为g= 。（用图丙中涉及的物理量符号表示） 阅卷人 四、解答题 (共3题；共35分) 得分 13．（10分）有一列简谐横波沿x轴正方向传播，波源位于原点O，质点A、B的平衡位置坐标为 xA=6 m和xB=14.4 m。t=0时刻的波形图如图所示，此时波刚好传播到A点，t1=1.5 s时刻质点A第二次出现在波峰位置，求∶ 3 / 8 用如图甲所示的快充高智能超级电容公交车。现公交车从静止开始在平直公路上启动，利用传感器测得此过程中不同时刻公交车的牵引力F与对应的速度v，描绘出F-1𝑣的部分图像如图乙所示，图中AB 段平行于横轴，BC段的延长线经过坐标原点，图中有些坐标已知，有些坐标未知。已知公交车（含司机和乘客）的质量m=4×103 kg，公交车行驶中所受的阻力恒定不变，求∶ （1）（5分）该公交车的额定功率P； （2）（5分）该公交车匀加速运动的时间t。 15．（15分）如图所示，质量𝑚=1𝑘𝑔的滑块B静止放置于光滑平台上，B的左端固定一轻质弹簧。 平台右侧有一质量𝑀=4𝑘𝑔的小车C，其上表面与平台等高，小车与水平面间的摩擦不计。平台左侧的光滑圆弧轨道与平台平滑连接，圆弧轨道半径𝑅=1.6𝑚，其左侧端点P与圆弧圆心O的连线与竖直方向的夹角𝜃=60°。现将滑块A从P点由静止开始释放，滑块A滑至平台上挤压弹簧，经过一段时间弹簧恢复原长后，滑块B离开平台滑上小车C，最终滑块B恰好未从小车C上滑落。已知滑块B与小车C之间的动摩擦因数𝜇=0.4，小车的长度𝐿=0.9𝑚，重力加速度大小𝑔=10𝑚/𝑠2，滑块A、B均可视为质点，求： （1）（5分）滑块B刚滑上小车C时的速度大小𝑣0； ……线…………○………… ……线…………○………… （2）（5分）滑块A的质量𝑚0； （3）（5分）该过程中弹簧弹性势能的最大值𝐸𝑝。 4 / 8 …………○ ※○…※…题…※……※答……※订※…内订…※※……线…※…※……订※…○※○…装※……※…在…※……※要…装※…※装不……※※……请…※…※…○○……………………内外……………………○○…………………… ……线…………○………… ……线…………○………… 答案解析部分 1．【答案】C 【解析】【解答】ABC．根据动量定理可知外界对西瓜的总冲量 𝐼=𝑚𝑣 C不符合题意； D．由图知，周期T=0.4s，圆频率为 𝜔=2𝜋=5𝜋𝑟𝑎𝑑/𝑠 ，D符合题意。 𝑇故答案为：D。 方向水平向左，重力对西瓜的冲量为 𝐼𝐺=𝑚𝑔𝑡 方向竖直向下，根据平行四边形法则，可知周围西瓜对西瓜A的冲量大小为 𝐼其他= 【分析】速度是物体运动的方向，当振子从平衡位置向负的最大位移移动时速度沿X轴负方向，振子在负向最打位移处速度为零，结合回复力的表达式以及牛顿第二定律得出加速度的变化情况，利用角……… _…○___○_…___……___…：…号……考 …订 ___订…___…_…___……_：……级班…○ _○…____……___…_…__：……名…装姓 装 …___……____……___…_…：校…○学○……………………外内……………………○○…………………√(𝑚𝑣)2 +(𝑚𝑔𝑡) 2 C符合题意，AB不符合题意； D．西瓜的加速度不变，可知西瓜所受合外力不变，根据 𝐼=𝐹𝑡 可知其他条件不变的情况下，时间t越短，外界对西瓜A的总冲量越小，D不符合题意。 故答案为：C。 【分析】根据动量定理得出重力对西瓜的冲量，结合力的合成得出周围对西瓜的冲量，结合冲量的表达式得出合力冲量的变化情况。 2．【答案】A 【解析】【解答】A．甲、乙对汽车做的功分别为400 J和600 J，两人对汽车做的总功为每个人对汽车 做功的代数和，为1000 J，A符合题意； B．汽车沿平直路面匀速前进，合力为零，合外力对汽车做的功为零，B不符合题意； C．合力做功为零，两人对汽车做的总功为1000 J，则阻力对汽车做的功为-1000 J，C不符合题意； D．功由力、位移、力与位移夹角决定，位移相同，但力的方向不确定，力的大小也无法确定，故甲的推力不一定小于乙的推力，D不符合题意。 故答案为：A。 【分析】合力做的功等于各力做功之和，结合恒力做功的表达式以及作用力和反作用力进行分析判断。 3．【答案】D 【解析】【解答】A．在0.1s~0.2s内，振子从平衡位置向负的最大位移处运动，则t=0.1s时，振子速度 方向沿轴负方向，A不符合题意； B．t=0.2s时，振子位于负的最大位移处，速度为0，动能为0，B不符合题意； C．在0.2s~0.3s内，振子由负的最大位移处向平衡位置运动，由 𝑎=−𝑘𝑥𝑚 ，知振子的加速度减小， 5 / 8 速度和周期的关系得出振子的圆频率。 4．【答案】A 【解析】【解答】由题意可知，子弹弹头的质量为15g，出膛速度大小为800 m/s，对1分钟时间内射 出n发子弹的运动中，该机枪受到子弹的平均反冲力（后坐力）大小为50N，由牛顿第三定律可知子弹受到的平均冲力大小为50N，对子弹由动量定理可得 𝐹𝑡=𝑛𝑚𝑣−0 ， 𝑛= 𝐹𝑡 𝑚𝑣 ，代入数据解得n=250发，则该战士射出的子弹数量为250发。 故答案为：A。 【分析】根据作用力和反作用力的关系得出子弹受到的平均冲力，对子弹利用动量定理得出该战士射出子弹的数量。 5．【答案】B 【解析】【解答】依题意，刻度尺缓慢变化，其动能变化量为零，由动能定理可得 𝑊−𝑚𝑔ℎ𝑂=0 ， 如图 根据三角形相似可得到A端上升的高度 ℎ𝐴 与重心O点上升的高度 ℎ𝑂 满足对应边的比例 ℎ ℎ𝐴𝑂 = 0.05𝑚0.4𝑚=8 ，又 ℎ𝐴=0.2𝑚 ，联立，可得 𝑊=18𝐽 ， 故答案为：B。 【分析】刻度尺缓慢变化的过程利用动能定理以及几何关系得出 手对尺做的功 。 6．【答案】D ……线…………○………… 【解析】【解答】A．因为波长与孔的尺寸差不多，所以能够观察到明显的衍射现象，A不符合题意； B．物块和斜面体组成的系统在竖直方向动量不守恒，因此物块和斜面体的动量变化量大小不相等，B不符合题意； C．物块对斜面体在水平方向做正功，可物块对斜面体的弹力与斜面一直垂直，C不符合题意； D．物块沿斜面下滑的运动中，只有重力做功，物块和斜面体组成的系统机械能守恒，因此物块减少的机械能等于斜面体增加的动能，D符合题意。 故答案为：AD。 B．波通过孔后，波速、频率、波长不变，则挡板前后波纹间的距离相等，B不符合题意； C．如果增大两挡板间空隙AB，孔的尺寸大于波的波长时，可能观察不到明显的衍射现象，C不符合题意； D．如果孔的大小不变，使波源频率减小，因为波速不变，根据v=λf，知，波长增大，则衍射现象更明显，D符合题意。 ……线…………○………… 故答案为：D。 【分析】当波长和孔的尺寸差不多时能观察到明显的衍射现象，当增大挡板间距离时孔的尺寸大于波长时可能观察不到明显的衍射现象，结合波传播的速度和波长之间的关系得出频率减小时波长的变化情况，进一步判断能否观察到明显衍射现象。 7．【答案】D 【解析】【解答】A． 𝑡1 时刻物块速度为零，在 𝑡1∼𝑡2 内，物块向下运动， 𝑡2 时刻以后物块与传 送带一起向下匀速运动，则有 𝜇𝑚𝑔cos𝜃≥𝑚𝑔sin𝜃 ，解得 𝜇≥𝑡𝑎𝑛𝜃 ，A不符合题意； B．由图乙知， 0∼𝑡1内 小物块向上运动，传送带的运动方向向下，则传送带对物块的摩擦力方向沿传送带向下，B不符合题意； C． 0∼𝑡2 内，物体始终相对传送带向上运动，摩擦力始终沿传送带向下，且大小不变，C不符合题意； D． 0∼𝑡2 时间内，物块和传送带摩擦产生的热量等于滑动摩擦力和路程的乘积，而物块机械能的减小量等于滑动摩擦力和位移的乘积，而路程大于位移，所以摩擦产生的热量一定大于物块减小的机械能，D符合题意。 故答案为：D。 【分析】根据v-t图像以及对物块进行受力分析，结合牛顿第二定律得出物块与传送带间的动摩擦因数，0∼𝑡1时间内结合物块和传送带的运动方向得出物块受到的摩擦力方向，通过功能关系得出摩擦产生的热量和减少的机械能之间的关系。 8．【答案】A,D 【解析】【解答】A．物块沿斜面下滑的运动中，物块和斜面体组成的系统在竖直方向受合外力不是 零，系统在竖直方向动量不守恒；可系统在水平方向受合外力是零，系统在水平方向动量守恒，A符合题意； 6 / 8 【分析】物块沿斜面下滑的过程对物块进行受力分析，根据动量守恒的条件判断动量是否守恒，结合恒力做功以及机械能守恒的条件进行分析判断正确的选项。 9．【答案】B,C,D 【解析】【解答】AB．由振动图像无法比较两质点振动的先后顺序，故该波可能由b向a传播，A不 符合题意，B符合题意； CD．若波沿x轴正方向传播，由振动图像读出，t=0时刻，a质点处于平衡位置向下运动，b质点处于 波峰，结合波形得到 𝑥=(𝑛+1 4)𝜆(𝑛=0，1，2⋅⋅⋅)=9𝑚 ，则波长 𝜆=364𝑛+1𝑚 波速 𝑣=𝜆𝑇=9 4𝑛+1𝑚/𝑠 ，当n=2时，波长为4m，当n=0时波速最大为9 m/s，若波沿x轴负方向传播，由振动图像读出，t=0时刻，a质点处于平衡位置向下运动，b质点处于波峰，结合波形得到 𝑥=(𝑛+3 4)𝜆(𝑛= 0，1，2⋅⋅⋅)=9𝑚 ，则波长 𝜆=364𝑛+3𝑚 ，波速 𝑣=𝜆9 𝑇=4𝑛+3𝑚/𝑠 ，当n=0时波速最大为3m/s， 故该波最大波速为9 m/s，CD符合题意。 故答案为：BCD。 【分析】根据振动图像无法判断质点的振动 方向，故无法确切的指导该波的传播方向，利用波的不同传播方向以及波长和波速 的关系得出该波可能的波速。 10．【答案】A,C 【解析】【解答】A．滑块恰好能沿圆轨道做完整的圆周运动，则有 𝑚𝑔=𝑚𝑣𝐶2 𝑅 ，解得 𝑣𝐶= √𝑔𝑅 ，从A到C，根据动能定理有 𝐹𝑅−𝑚𝑔×2𝑅= 1 2𝑚𝑣𝐶2 ，解得 𝐹=52𝑚𝑔 ，A符合题意； B．F和mg的合力方向如图： …………○ ※○…※…题…※……※答……※订※…内订…※※……线…※…※……订※…○※○…装※……※…在…※……※要…装※…※装不……※※……请…※…※…○○……………………内外……………………○○…………………………线…………○………… ……线…………○………… （3）AB碰撞的过程根据动量守恒定律得出需要验证的表达式。 12．【答案】（1）8.10×10−3 （2）O （3）C 4𝜋2(𝐿2−𝐿1) （4） 𝑇22−𝑇12【解析】【解答】（1）游标卡尺的主尺读数为8mm，游标读数为 0.05×2𝑚𝑚=0.10𝑚𝑚 ，则 𝐷= ……… _…○___○_…___……___…：…号……考 …订 ___订…___…_…___……_：……级班…○ _○…____……___…_…__：……名…装姓 装 …___……____……___…_…：校…○学○……………………外内……………………○○…………………该点为等效最低点，速度最大，因此滑块在恒力F作用下从A点运动到B点的过程中，速度先增加再减小，B不符合题意； C．当滑块到达B点时撤去恒力F，有 𝐹𝑅−𝑚𝑔×2𝑅=12𝑚𝑣𝐶 2 ，若恒力F在滑块运动到B点和C 点之间某处时再撤去，有 𝐹𝑥−𝑚𝑔×2𝑅=1 2 2𝑚𝑣𝐶 ′ ，因为 𝑥<𝑅 ，则 𝑣𝐶′ <𝑣𝐶=√𝑔𝑅 ，可见 滑块无法到达C点，C符合题意； D．从C到A，根据动能定理有 𝑚𝑔×2𝑅=12𝑚𝑣𝐴 2 −1 2𝑚𝑣𝐶 2 ，解得 𝑣𝐴=√5𝑔𝑅 ，在A点根据 牛顿定律有 𝐹2 𝑁−𝑚𝑔=𝑚𝑣𝐴𝑅 ，解得 𝐹𝑁=6𝑚𝑔 ，则滑块再次回到A点时对轨道的压力大小为 6mg，D不符合题意。 故答案为：AC。 【分析】滑块恰好能沿圆轨道做完整的圆周运动时重力等于向心力，从而得出C点的速度表达式，从A到C结合动能定理得出F的大小，当滑块到达B点时撤去恒力F时利用动能定理判断滑块能否到达C点。 11．【答案】（1）小于 （2）𝑡𝑑3 （3）𝑚𝑑𝑚𝑑𝑚𝑑𝑡𝐴1=𝑡𝐵2−𝑡𝐴3 【解析】【解答】（1）要使滑块A与滑块B碰撞后反弹，则应该满足 𝑚𝐴<𝑚𝐵 ； （2）碰撞后滑块A第二次通过光电门C，故其速度大小为 𝑣3=𝑡𝑑 3 （3）以水平向左为正方向，滑块A、B碰撞过程动量守恒的表达式为 𝑚𝐴𝑣1=𝑚𝐵𝑣2−𝑚𝐴𝑣3 ，联立 解得 𝑚𝑑𝑚𝑑𝑚𝑑𝑡𝐴1=𝑡𝐵2−𝑡𝐴3 【分析】（1）根据 验证动量守恒定律 的实验原理得出AB质量的关系； （2）根据短时间内的平均速度等于瞬时速度得出滑块A第二次经过光电门C的速度； 7 / 8 8.10𝑚𝑚=8.10×10−3𝑚 （2）为了方便计时，应从单摆的最低点即 𝑂 点开始计时； （3）根据摆周期公式 𝑇=2𝜋√𝑙𝑔 可得 𝑔=4𝜋2𝑙𝑇 2 A．只有摆动的角度小于 5° 时才能看成单摆，所以单摆的振幅较小不影响重力加速度的测量，A不符合题意； B．单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，B不符合题意； C．把n次摆动的时间误记为 (𝑛+1) 次摆动的时间，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，C符合题意； D．以摆线长l作为摆长来计算，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度测量值偏小，D不符合题意。 故答案为：C。 （4）根据单摆的周期公式，可得 𝑇=2𝜋√𝐿𝑔 ，整理可得 𝐿=𝑔4𝜋2𝑇2 ，即L-T2图线斜率代表 𝑔4𝜋2 ，有 𝑘=𝑔 (𝐿2−𝐿1)4𝜋2(𝐿4𝜋2 ，又 𝑘=2−𝐿1)𝑇22 ，联立，可得 𝑔=2−𝑇1𝑇22−𝑇2 1 【分析】（1）根据游标卡尺的读数原理得出摆球的直径； （2）为了实验的方便应从最低点O开始计时； （3）根据 “用单摆测定重力加速度”的实验 原理以及注意事项分析判断正确的选项； （4）根据单摆周期的表达式得出L-T2的表达式，结合图像得出重力加速度的表达式。 13．【答案】（1）解：简谐横波沿x轴正方向传播，则t=0时刻质点A沿y轴正方向振动，根据题意有 𝑡1=1 4𝑇+𝑇 由题图可知，此波的波长 𝜆=4.8𝑚 ，则该列波的传播速度大小为 𝑣=𝜆4.8𝑚 𝑇=1.2𝑠=4𝑚/𝑠 （2）解：该波从t=0时刻到波传播到B点的时间为 𝑡2=𝑥𝐵−𝑥 𝑣𝐴 ……线…………○………… 7 解得 𝑡2=𝑇 4解得 𝑣0=3𝑚/𝑠 1 （2）解：滑块A自 𝑃 点滑至平台的过程中，由动能定理有 𝑚0𝑔𝑅(1−cos60°)=𝑚0𝑣2𝐴 2由题图可知，此波的振幅为 𝐴0=10𝑐𝑚=0.1𝑚 ，质点A在t=0时刻位于平衡位置，则从t=0时刻到波传播到B点的过程中，质点A通过的路程为 𝑠= 77 ×4𝐴=×4×0.1𝑚=0.7𝑚 044设滑块A挤压弹簧结束后（弹簧恢复原长时）的速度大小为 𝑣1 ，滑块A与滑块B在水平平台上相互作用的时间内，两者组成的系统满足动量守恒定律和机械能守恒定律，根据动量守恒定律有 𝑚0𝑣𝐴=𝑚0𝑣1+𝑚𝑣0 112根据机械能守恒定律有 1𝑚0𝑣2=𝑚𝑣+𝑚𝑣20𝐴10 解得 𝑚0=0.6𝑘𝑔 【解析】【分析】（1）根据简谐横波的波长和波速以及周期的关系得出该列波传播的速度； （2）根据简谐波传播的距离和波速以及传播时间的关系得出波从t=0时刻到波传播到B点的时间，进一步得出质点A通过的路程。 ……线…………○………… 14．【答案】（1）解：设公交车行驶过程中的最大速度为 𝑣𝑚𝑎𝑥 ，当公交车以最大速度匀速行驶时发动 机的牵引力为 𝐹𝑚𝑖𝑛 ，由题图乙可知 𝑣1 𝑚𝑎𝑥 =0.05(𝑚−1⋅𝑠) 𝐹min=3000𝑁 该公交车的额定功率 𝑃=𝐹min𝑣𝑚𝑎𝑥 解得 𝑃=6×104𝑊 （2）解：根据题图乙可知公交车在启动的第一阶段牵引力不变，即做匀加速直线运动，设该阶段的牵引力大小为 𝐹0 ，加速度大小为a，最大速度为 𝑣0 ，公交车行驶中所受的阻力大小为 𝐹𝑓 ，由题 图乙可知 𝑣1 0 =0.25(𝑚−1⋅𝑠) 公交车在匀加速直线运动结束的瞬间其功率等于额定功率，则有 𝑃=𝐹0𝑣0 公交车匀速行驶时，根据平衡条件有 𝐹𝑓=𝐹min 根据牛顿第二定律有 𝐹0−𝐹𝑓=𝑚𝑎 根据匀加速直线运动规律有 𝑣0=𝑎𝑡 解得 𝑡=4 3𝑠 【解析】【分析】（1）根据F-1/V的关系式以及瞬时功率的表达式得出该公交车的额定功率； （2）根据图乙以及瞬时功率的表达式得出匀加速阶段的牵引力，当公交车做匀速直线直线运动时牵引力等于阻力，通过牛顿第二定律以及匀变速直线运动的速度与时间的关系得出公交车匀加速运动的时间 。 15．【答案】（1）解：设滑块B滑至小车C右端时它们的共同速度大小为 𝑣 ，滑块B从滑上小车C 到滑至小车C右端的过程中，滑块B和小车C两者组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有 𝑚𝑣0=(𝑀+𝑚)𝑣 根据能量守恒定律有 12𝑚𝑣20−12(𝑀+𝑚)𝑣2=𝜇𝑚𝑔𝐿 8 / 8 222（3）解：当滑块A、B速度大小相等时弹簧弹性势能最大，根据动量守恒定律有 𝑚0𝑣𝐴=(𝑚0+𝑚)𝑣共 根据能量守恒定律有 𝐸𝑝=12𝑚0𝑣2𝐴−12(𝑚0+𝑚)𝑣2 共 解得 𝐸𝑝=3𝐽 【解析】【分析】（1） 滑块B从滑上小车C到滑至小车C右端的过程中根据动量守恒定律以及能量守 恒定律得出 滑块B刚滑上小车C时的速度 ； （2） 滑块A自 𝑃 点滑至平台的过程中，由动能定理 得出滑至平台的速度， 滑块A与滑块B在水平平台上相互作用的时间内，两者组成的系统满足动量守恒定律和机械能守恒定律 得出滑块A的质量； （3）根据能量守恒定律以及动量守恒定律得出弹簧弹性势能的最大值。 …………○ ※○…※…题…※……※答……※订※…内订…※※……线…※…※……订※…○※○…装※……※……在※……※要…装※装…※不……※※……请……※※…○○……………………内外……………………○○…………………… 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容