2020届高三物理上学期月考试题(二)(含解析).doc

2020届高三物理上学期月考试题(二)(含解析)一、选择题(本题包括12小题其中17小题为单选题，812为多选题)1. 伽利略利用“斜面实验”研究自由落体运动的规律，其实验思想是( )A. 小球沿斜面运动时加速度较小，速度的测量比较容易B. 小球沿斜面运动时速度较小，位移的测量比较容易C. 测量小球沿斜面运动时的位移与时间的平方的比值，合理外推到90D. 测量小球沿斜面运动时的速度平方与位移的比值，合理外推到90【答案】C【解析】试题分析：小球沿斜面运动时加速度较小，同一位移，所用时间较长，时间测量较容易，故A、B错误；“斜面实验”研究自由落体运动的规律，其实验思想通过测量斜面上物体运动的情况，然后进行合理的外推，从而得出自由落体是匀变速直线运动，因而需要测量位移与时间平方的比值s/t2情况，合理外推到90，故C正确，D错误故选C.考点：伽利略斜面试验.2. 在水平面上有a、b两点，相距20 cm，一质点在一恒定的合外力作用下沿a向b做直线运动，经过0.2s的时间先后通过a、b两点，则该质点通过a、b中点时的速度大小为( )A. 无论力的方向如何均大于1 m/sB. 无论力的方向如何均小于1 m/sC. 若力的方向由a向b，则大于1 m/s，若力的方向由b向a，则小于1 m/sD. 若力的方向由a向b，则小于1 m/s，若力的方向由b向a，则大于1 m/s【答案】A【解析】试题分析：质点在水平恒力F作用下做匀变速直线运动，中点位置速度大于中间时刻速度，而中间时刻速度等于这段时间内的平均速度，故无论力的方向如何均大于1m/s，A正确；考点：考查了匀变速直线运动规律的应用【名师点睛】在分析匀变速直线运动问题时，由于这一块的公式较多，涉及的物理量较多，并且有时候涉及的过程也非常多，所以一定要注意对所研究的过程的运动性质清晰，对给出的物理量所表示的含义明确，然后选择正确的公式分析解题3. 光滑水平面上有一质量为2 kg的物体，在五个恒定的水平共点力的作用下处于平衡状态现同时撤去大小分别为5 N和15 N的两个水平力而其余力保持不变，关于此后物体的运动情况的说法中正确的是( )A. 一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5 m/s2B. 可能做匀减速直线运动，加速度大小可能是2 m/s2C. 一定做匀变速运动，加速度大小可能10 m/s2D. 可能做匀速圆周运动，向心加速度大小可能是10 m/s2【答案】C考点：向心力、牛顿第二定律【名师点睛】本题中物体原来可能静止，也可能做匀速直线运动，要根据物体的合力与速度方向的关系分析物体可能的运动情况。4. 如图所示，欲使在粗糙斜面上匀速下滑的木块A停下，可采用的方法是( )A. 增大斜面的倾角B. 在木块A上再叠放一个重物C. 对木块A施加一个垂直于斜面的力D. 对木块A施加一个竖直向下的力【答案】C【解析】试题分析：木块匀速滑下，合力为零，根据平衡条件得；若增大斜面的倾角，重力沿斜面向下的分力增大，滑动摩擦力减小，木块的合力方向将沿斜面向下，木块做加速运动，故A错误；对木块A施加一个竖直向下的力，由于，木块的合力仍为零，仍做匀速运动，不可能停下，故B错误；对木块A施加一个垂直于斜面的力F，重力沿斜面向下的分力不变，而滑动摩擦力增大，合力方向沿斜面向上，木块做减速运动，可以使木块停下，故C正确；由A项分析可知，得，与质量无关，在木块A上再叠放一个重物后，整体匀速下滑，不可能停下，故D错误。考点：共点力作用下物体平衡【名师点睛】本题关键根据物体做减速运动的条件，分析木块的合力方向，当合力方向与速度反向时，木块能做减速运动，可以停下来。5. 如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为l的轻质细绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角为，此时绳绷直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，角速度为，加速度为g，则( )A. 当=时，细线中张力为零B. 当=时，物块与转台间的摩擦力为零C. 当=时，细线的张力为D. 当=时，细绳的拉力大小为【答案】D【解析】试题分析：对物体受力分析知物块离开圆盘前合力，根据题目提供的条件，结合临界条件分析即可当转台的角速度比较小时，物块只受重力、支持力和摩擦力，当细绳恰好要产生拉力时，解得，由于，所以当时，细线中张力为不为零，A错误；随速度的增大，细绳上的拉力增大，当物块恰好要离开转台时，物块受到重力和细绳的拉力的作用，则，解得，由于，所以当时，物块与转台间的摩擦力不为零，B错误；由于，由牛顿第二定律，因为压力小于mg，所以，解得，故C错误；当时，小球已经离开转台，细绳的拉力与重力的合力提供向心力，则，解得，故，D正确6. 如图所示，一固定的细直杆与水平面的夹角为=15，一个质量忽略不计的小轻环C套在直杆上，一根轻质细线的两端分别固定于直杆上的A、B两点，细线依次穿过小环甲、小轻环C和小环乙，且小环甲和小环乙分居在小轻环C的两侧调节A、B间细线的长度，当系统处于静止状态时=45.不计一切摩擦设小环甲的质量为m1，小环乙的质量为m2，则m1m2等于( )A. tan 15 B. tan 30 C. tan 60 D. tan 75【答案】C【解析】试题分析：小球C为轻环，重力不计，受两边细线的拉力的合力与杆垂直，C环与乙环的连线与竖直方向的夹角为600，C环与甲环的连线与竖直方向的夹角为300，A点与甲环的连线与竖直方向的夹角为300，乙环与B点的连线与竖直方向的夹角为600，根据平衡条件，对甲环：，对乙环有：，得，故选C。【名师点睛】小球C为轻环，受两边细线的拉力的合力与杆垂直，可以根据平衡条件得到A段与竖直方向的夹角，然后分别对甲环和乙环进行受力分析，根据平衡条件并结合力的合成和分解列式求解。考点：共点力的平衡条件的应用、弹力。7. 如图所示，质量M=8 kg的小车静止在光滑水平面上，在小车右端施加一水平拉力F=8 N，当小车速度达到1.5 m/s时，在小车的右端、由静止轻放一大小不计、质量m=2 kg的物体，物体与小车间的动摩擦因数=0.2，小车足够长，物体从放上小车开始，经t=1.5 s的时间，物体相对地面的位移为(g取10 m/s2) ( )A. 1 m B. 2.1 m C. 2.25 m D. 3.1 m【答案】B【解析】试题分析：放上物体后，物体的加速度，小车的加速度：，物体的速度达到与小车共速的时间为t，则，解得t=1s;此过程中物体的位移：；共同速度为v=a1t=2m/s；当物体与小车相对静止时，共同加速度为，再运动05s的位移，故物体从放上小车开始经t=15s的时间，则物体相对地面的位移为1m=11m=21m，故选B考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】该题是相对运动的典型例题，要认真分析两个物体的受力情况，正确判断两物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解，难度适中。8. 在平直公路上行驶的汽车中，某人从车窗相对于车静止释放一个小球，不计空气阻力，用固定在路边的照相机对汽车和小球同时进行闪光照相，照相机闪两次光，得到清晰的两张照片，对照片进行分析，知道了如下信息：( )两次闪光的时间间隔为0.5 s；第一次闪光时，小球刚释放，第二次闪光时，小球落地；两次闪光的时间间隔内，汽车前进了5 m；两次闪光时间间隔内，小球的位移为5 m.根据以上信息能确定的是(已知g=10 m/s2)A. 小球释放点离地的高度B. 第一次闪光时小车的速度C. 汽车做匀速直线运动D. 两次闪光的时间间隔内汽车的平均速度【答案】ABD【解析】试题分析：从车窗相对于车静止释放一个小球，小球做平抛运动，根据小球落地的时间，可求出平抛运动的高度；通过两次闪光间隔内小球的位移，根据竖直位移，可求出水平位移，从而求出小球平抛运动的初速度，即第一次闪光时小车的速度；汽车行驶的位移大于小球的水平位移，但不能判断汽车做匀加速直线运动；根据汽车的位移和时间，求出平均速度解：A、两次闪光的时间间隔为0.5s，故小球平抛运动的时间为0.5s，由h=gt2=1.25m，故A正确B、两次闪光时间间隔内，小球位移的大小为5m，根据竖直位移，可求出水平位移，再根据v=，可知平抛运动的初速度，即第一次闪光时小车的速度故B正确C、在0.5s内小车的位移大小等于小球的位移大小，而小球的位移必定大于小球的水平位移，故可知小车做加速运动故C错误D、根据两次闪光的时间间隔内汽车的位移求出汽车的平均速度能确定故D正确故选ABD9. 如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R=90 m的大圆弧和r=40 m的小圆弧，直道与弯道相切大、小圆弧圆心O、O距离L=100 m赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g=10 m/s2，=3.14)，则赛车( )A. 在绕过小圆弧弯道后加速B. 在大圆弧弯道上的速率为45 m/sC. 在直道上的加速度大小为5.63 m/s2D. 通过小圆弧弯道的时间为5.85 s【答案】AB【解析】试题分析：设经过大圆弧的速度为v，经过大圆弧时由最大静摩擦力提供向心力，由可知，代入数据解得：，故B正确；设经过小圆弧的速度为v0，经过小圆弧时由最大静摩擦力提供向心力，由可知，代入数据解得：，由几何关系可得直道的长度为：再由代入数据解得：a=650m/s，故C错误；设R与OO的夹角为，由几何关系可得：，小圆弧的圆心角为：120，经过小圆弧弯道的时间为，故D错误在弯道上做匀速圆周运动，赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短，则在弯道上都由最大静摩擦力提供向心力，速度最大，由BC分析可知，在绕过小圆弧弯道后加速，故A正确；考点：考查了圆周运动，牛顿第二定律，运动学公式【名师点睛】解答此题的关键是由题目获得条件：绕赛道一圈时间最短，则在弯道上都由最大静摩擦力提供向心力；由数学知识求得直道长度；由数学知识求得圆心角另外还要求熟练掌握匀速圆周运动的知识10. 暗物质是二十一世纪物理学之谜，对该问题的研究可能带来一场物理学的革命为了探测暗物质，我国在xx12月17日成功发射了一颗被命名为“悟空”的暗物质探测卫星已知“悟空”在低于同步卫星的轨道上绕地球做匀速圆周运动，经过时间t(t小于其运动周期)，运动的弧长为s，与地球中心连线扫过的角度为(弧度)，引力常量为G，则下列说法中正确的是( )A. “悟空”的线速度小于第一宇宙速度B. “悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度C. “悟空”的环绕周期为D. “悟空”的质量为【答案】ABC【解析】该太空电站经过时间t（t小于太空电站运行的周期），它运动的弧长为s，它与地球中心连线扫过的角度为（弧度），则太空站运行的线速度为：，角速度为：，根据速度与加速度关系：v=r得轨道半径为：，太空电站在地球的同步轨道上绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有：，解得：，可知卫星的轨道半径越大，速率越小，第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，故“悟空”在轨道上运行的速度小于地球的第一宇宙速度，故A正确；由牛顿第二定律：，解得：，则知“悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，故B正确； “悟空”的环绕周期为：，故C正确； “悟空”绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力：及，联立解得地球的质量为：，不能求出“悟空”的质量，故D错误。所以ABC正确，D错误。11. 如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为的斜面底端，另一端与物块A连接，两物块A、B质量均为m，初始时均静止，现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的vt关系分别对应图乙中A、B图线，t1时刻A、B的加速度为g，则下列说法正确的是( )A. t1时刻，弹簧形变量为B. t2时刻，弹簧形变量为C. t1时刻，A、B刚分离时的速度为D. 从开始到t2时刻，拉力F先逐渐增大后不变【答案】BD【解析】由图知，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kxmgsin=ma，解得，故A错误；由图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsin=kx，则得：，故B正确；由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kxmgsin=ma开始时有：2mgsin=kx0，。速度，故C错误；从开始到t1时刻，对AB整体，根据牛顿第二定律得：F+kxmgsin=2ma，得F=mgsin+2makx，x减小，F增大；t1时刻到t2时刻，对B，由牛顿第二定律得：Fmgsin=ma，得F=mgsin+ma，可知F不变，故D正确。12. 如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1，匀速向右运动，一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2(v2v1)滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端已知滑块与传送带的动摩擦因数为，关于这一过程的下列判断，正确的有( )A. 滑块滑上传送带上的加速度大小为gB. 滑块向左滑动后离开左端的最大距离为C. 滑块返回传送带右端的速率为v2D. 从滑块滑上传送带到离开所用时间大于【答案】AD【解析】试题分析：滑块滑上传送带，受摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得，加速度a=g，故A正确；滑块受摩擦力作用，根据动能定律得fs=mv22mv12，得：，故B错误；由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，由于v1v2，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，速度等于v1，故C错误；由题意知，物体先想做减速，后反向加速到v1后一起随传送带匀速运动，速度-时间图象如图所示：物体向右运动的位移即图象下方的位移与向左时的位移即图象上方的位移相等，根据图象，故时间t大于时，才能满足，故从滑块滑上传送带到离开所用时间t大于，故选项D正确；故选AD考点：动能定理及牛顿第二定律的应用【名师点睛】对于传送带问题，通常运动分两个过程，要对这两个过程分别进行运动分析和受力分析，然后结合牛顿第二定律和运动学公式求解，有时候结合图像求解更简单快捷二、实验题13. 为验证力的平行四边形定则，某同学将环形橡皮筋挂在弹簧秤钩上，用力拉橡皮筋，使弹簧秤上的读数为2.00 N时，将橡皮筋两端的位置画在白纸上，记为O、O，选择合适的标度，作出橡皮筋拉力的大小和方向，记为FOO，如图甲所示接着他在秤钩和两支圆珠笔上涂抹少许润滑油，用两支圆珠笔和秤钩将环形橡皮筋拉成三角形，使秤钩的下端仍到达O点，将两笔尖的位置标记为A、B，橡皮筋OA段的拉力记为FOA，OB段的拉力记为FOB，如图乙所示再将环形橡皮筋剪断，测得所受的拉力F与长度l之间的关系，如图丙所示完成下列问题：（1）测得OA=6.10 cm，OB=8.20 cm，AB=10.70 cm，则FOA的大小为_ N；（2）选择相同的标度，下列按比例作出的FOA和FOB的合力F的图示正确的是_；（3）通过比较F与_的大小和方向，即可得出实验结论【答案】 (1). 1.5 (2). C (3). FOO【解析】试题分析：根据图丙求出橡皮条的原长以及劲度系数，根据乙图求出橡皮条的行变量，根据胡克定律求出力的大小；由于是同一根橡皮条，所以OA与OB的力相等，根据平行四边形定值判断；比较实验值和理论值得出结论（1）根据图丙可知，橡皮条的原长，劲度系数，根据乙图可知，橡皮条现在的长度，则（2）由于是同一根橡皮条，所以OA与OB的力相等，以和的作出的平行四边行的对角线大致与相同，故C正确；（3）通过比较与的大小和方向，即可得出实验结论14. 为了测量木块与木板间动摩擦因数，某小组使用位移传感器设计了如图甲所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离位移传感器连接计算机，描绘出木块相对传感器的位移x随时间t变化规律，如图所示（1）根据上述图线，计算0.4 s时木块的速度v=_ m/s，木块加速度a=_ m/s2；（2）为了测定动摩擦因数，还需要测量的量是_(已知当地的重力加速度g)；（3）为了提高木块与木板间动摩擦因数的测量精度，下列措施可行的是_. AA点与传感器距离适当大些B木板的倾角越大越好C选择体积较大的空心木块D传感器开始计时的时刻必须是木块从A点释放的时刻【答案】 (1). 0.4 m/s (2). 1 m/s2 (3). 测出斜面的倾角 (4). A【解析】试题分析：（1）由于滑块在斜面上做匀加速直线运动，所以某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度；根据加速度的定义式即可求出加速度；（2）为了测定动摩擦力因数还需要测量的量是木板的倾角；（3）为了提高木块与木板间摩擦力因数的测量精度，可行的措施是A点与传感器位移适当大些或减小斜面的倾角解：（1）根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得0.4s末的速度为：v=，0.2s末的速度为：，则木块的加速度为：a=（2）选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向是受力为：ma=mgsinmgcos得：所以要测定摩擦因数，还需要测出斜面的倾角（3）根据（2）的分析可知，在实验中，为了减少实验误差，应使木块的运动时间长一些，可以：可以减小斜面的倾角、增加木块在斜面上滑行的位移等，传感器开始的计时时刻不一定必须是木块从A点释放的时刻故A正确，BCD错误故选：A故答案为：（1）0.4，1；（2）斜面倾角（或A点的高度）；（3）A【点评】解决本题的关键知道匀变速直线运动的推论，在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，以及会通过实验的原理得出动摩擦因数的表达式，从而确定所需测量的物理量三、计算题(本题包括3小题解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分)15. 某星球的半径是地球半径的，质量是地球质量的，中国的一辆星球车，高h=1.6 m，在该星球表面以加速度a=2 m/s2匀加速直线行驶，当速度为2 m/s时突然车顶掉下一个质量为m的物体，试求(地球地面重力加速度g=10 m/s2)（1）当物体落地时，物体与小车的距离；（2）如果物体与地面的动摩擦因数为0.1，那么当物体停下来时与小车的距离(物体落地时竖直速度由于碰撞而损失)【答案】（1）0.16 m（2）2.96 m【解析】（1）该星球表面的重力加速度为，当物体落地时，物体与小车的距离.小车在这段时间内走的位移当物体停下来时与小车的距离16. 如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO重合，转台以一定角速度匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO之间的夹角为45.已知重力加速度大小为g，小物块与陶罐之间的最大静摩擦力大小为.（1）若小物块受到的摩擦力恰好为零，求此时的角速度0；（2）若小物块一直相对陶罐静止，求陶罐旋转的角速度的最大值和最小值【答案】（1）（2）；【解析】（1）当摩擦力为零时，支持力和重力的合力提供向心力，有： 解得（2）当时，重力和支持力的合力不够提供向心力，当角速度最大时，摩擦力方向沿罐壁切线向下达最大值，设此最大角速度为，受力如图：由牛顿第二定律得，联立以上三式解得： 当r0时，分子间的引力随着分子间距的增大而增大，分子间的斥力随着分子间距的增大而减小，所以分子力表现为引力D. 大雾天气学生感觉到教室潮湿，说明教室内的相对温度较大E. 一定质量的单晶体在熔化过程中分子势能一定是增大的【答案】ADE【解析】一定质量的理想气体的内能只与温度有关，温度越高，内能越大，A正确；第一类水动机研制失败的原因是违背了能量守恒定律，而第二类永动机研制失败的原因并不是违背了能量守恒定律，而是违背了热力学第二定律，B错误；当分子间距时，分子间的引力和斥力都随着分子间距的增大而减小，而且斥力减小更快，所以分子力表现为引力，C错误；相对湿度为某一被测蒸气压与相同温度下的饱和蒸气压的比值的百分数，大气中相对湿度越大，水气蒸发也就越慢，人就感受到越潮湿，故大雾天气学生感觉到教室潮湿，说明教室内的相对湿度较大，D正确；一定质量的单晶体在熔化过程中温度不变，分子的平均动能不变，所吸收的热量全部用来增大分子势能，E正确19. 如图所示，固定的绝热气缸内有一质量为m的“T”型绝热活塞(体积可忽略)，距气缸底部h0处连接一U形管(管内气体的体积忽略不计)初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离气缸底部为1.5h0，两边水银柱存在高度差已知水银的密度为，大气压强为p0，气缸横截面积为S，活塞竖直部分长为1.2h0，重力加速度为g.试问：初始时，水银柱两液面高度差多大？缓慢降低气缸内封闭气体的温度，当U形管两水银面相平时封闭气体的温度是多少？【答案】【解析】试题分析：（1）根据活塞平衡求得气体压强，再根据水银柱高度差求出气体压强表达式，联立得到高度差；（2）等压变化，根据盖-吕萨克定律求解出温度（1）选取活塞为研究对象，对其受力分析并根据平衡条件有可得被封闭气体压强设初始时水银柱液面高度差为h，则被封闭气体压强联立以上三式可得，初始时液面高度差为（2）降低温度直至两液面相平的过程中，被封闭气体先等压变化，后等容变化初状态：；末状态：根据理想气体状态方程有代入数据，可得20. 如图所示，a、b和c都是厚度均匀的平行玻璃板，a和b、b和c之间的夹角都为，一细光束由红光和蓝光组成，以入射角从O点射入a板，且射出c板后的两束单色光射在地面上P、Q两点，由此可知_A. 射出c板后的两束单色光与入射光平行B. 射到P点的光在玻璃中的折射率较大C. 射到P点的光在玻璃中的传播速度较大，波长较长D. 若稍微增大入射角，光从b板上表面射入到其下表面时，在该界面上有可能发生全反射E. 若射到P、Q两点的光分别通过同一双缝发生干涉现象，则射到P点的光形成干涉条纹的间距小，这束光为蓝光【答案】ABE【解析】试题分析：根据光的偏折程度比较光的折射率的大小，从而比较出波长的大小，根据比较出光在介质中的传播速度大小，根据双缝干涉条纹的间距公式比较间距的大小光线经过平行玻璃板时出射光线和入射光线平行，则最终从c板射出的两束单色光与入射光仍然平行，A正确；射到P点的光偏折程度比射到P点的光偏折程度厉害，知射到Q点的光在玻璃中的折射率较大，B正确；射到P点的光折射率较大，根据知，在玻璃中传播的速度较小，折射率大，则频率大，波长小，C错误；光从b板上表面射入到其下表面时的入射角等于上表面的折射角，根据光路可逆性可知，光线不可能在下表面上发生全反射，D错误；根据知，条纹间距较小的光波长小，则频率大，折射率大，偏折厉害，为射到P点的光，即蓝光，E正确21. 如图所示，某介质中形成一列简谐波，t=0时刻的波形如图中实线所示若波向右传播零时刻刚好传到B点，且再经过0.6 s，P点也开始起振求：该列波的周期T；从t=0时刻起到P点第一次达到波谷的过程中，O点对平衡位置的位移y0及其所经过的路程s0各为多少？若此列波的传播速度大小为20 m/s，且波形由实线变为虚线需要经历0.575 s时间，则该列波的传播方向如何？【答案】0.2s向右传播【解析】试题分析：（1）由图象可知，波长；当波向右传播时，点B的起振方向沿-y方向，则P点的起振方向沿-y方向则波速，由得，周期从t=0时刻起到P点第一次达到波谷的过程所经历的时间为则O点到达波峰，对平衡位置的位移，其所经过的路程（2）若波速，时间，则波沿x轴方向传播的距离为：根据波形的平移可知，波沿x轴正确方向传播考点：波长.频率和波速的关系；横波的图象【名师点睛】本题是知道两个时刻的波形研究波传播的距离.波速.周期的问题第（2）问可以根据波的周期性，运用数学知识列出通项式，再确定波的传播方向22. 下列说法正确的是_A. 在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此，光子散射后波长变长B. 考古学家发现某一骰骨中碳14的含量为活着的生物含量的四分之一，已知碳14的半衰期为5 730年，则确定该生物死亡距今11 460年C. 按照波尔理论，氢原子核外电子从较小半径跃迁到较大半径轨道时，电子的动能减少，原子总能量增大D. 卢瑟福发现了中子，汤姆孙发现了电子E. 机场、车站等地方进行安检工作时，能轻而易举地窥见箱内物品，利用了射线较强的穿透能力【答案】ABC【解析】在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，则动量减小，根据，知波长增大，A正确；考古专家发现某一骸骨中C14的含量为活着的生物中C14的四分之一，可知经过了2个半衰期，C14的半衰期为5730年，则确定该生物死亡时距今11460年，B正确；氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子能量增大，根据知，动能减小，C正确；卢瑟福发现了质子，查德维克发现了中子，汤姆孙发现了电子，D错误；机场、车站等地方进行安检工作时，能轻而易举地窥见箱内物品，利用了X射线较强的穿透能力，射线能够穿透金属，可用于工业探伤，故E错误；23. 如图1所示，物体A、B的质量分别为4 kg和8 kg，由轻质弹簧连接，放在光滑的水平面上，物体B左侧与竖直墙壁相接触，另有一物体C水平向左运动，在t=5 s时与物体A相碰，并立即与A有相同的速度，一起向左运动，物块C的速度时间如图2所示求物块C的质量；在5 s到15 s的时间内，墙壁对物体B的作用力的冲量【答案】2 kg24 Ns，负号表示方向向右【解析】试题分析：（1）由图象可得：物体C以速度与A相碰，碰撞后两者立即有相同的速度A.C在碰撞过程中动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒得：，代入数据解得：（2）在5s到15s内，墙壁对B的作用力F等于轻弹簧的弹力，轻弹簧的弹力使物体A和C的速度由2m/s减到0，再反弹到2m/s，则弹力的冲量等于F的冲量为：解得：，方向向右考点：考查了动量守恒定律，冲量定理【名师点睛】本题一要由速度图象读出物体的运动情况，明确碰撞前后A.C的速度，二要会根据动量守恒定律求解C的质量，由动量定理求解变力的冲量