上海市复旦大学附属中学2024-2025学年高一下学期期末物理试卷（A卷）

2024-2025学年上海市复旦附中高一（下）期末物理试卷（A卷） 一、单选题：本大题共8小题，共22分。 1.做简谐运动的物体每次通过同一位置时，可能不相同的物理量是(    ) A. 位移 B. 速度 C. 动能 D. 回复力 2.我国“嫦娥一号”探测器借助运载火箭成功升空，在升空过程中，下列说法正确的是(    ) A. 探测器的机械能不变 B. 探测器的机械能增大 C. 探测器的机械能减小 D. 探测器的机械能变化情况无法确定 3.在“天宫课堂”中，航天员们使用毛巾包好的乒乓球拍和水球进行了奇妙的“乒乓球”比赛。挥动球拍，击打漂浮在空中的水球，水球碰到球拍没有破裂，而是像乒乓球一样被弹开了。关于球拍与水球相互作用的过程，下列描述正确的是(    ) A. 球拍和水球组成的系统动量守恒 B. 球拍和水球组成的系统动量不守恒 C. 球拍对水球的冲量大于水球对球拍的冲量 D. 球拍对水球的冲量小于水球对球拍的冲量 4.如图所示，小球在竖直平面内的摆动可视为简谐运动，振动周期为，图示的位置为小球运动过程的最左侧位置。现每隔记录一次小球的位置，则一个周期内所记录的小球位置可能是(    ) A. B. C. D. 5.打羽毛球是深受大众喜爱的体育运动。如图所示是羽毛球从左往右飞行的两条轨迹图，图中A、B为同一轨迹上等高的两点，P为该轨迹的最高点，则羽毛球在该轨迹上运动时，下列说法正确的是(    ) A. 在A、B两点的动能相等 B. AP段重力的冲量小于PB段重力的冲量 C. 整个飞行过程中经过P点时的速度最小 D. 在PB下落阶段，羽毛球加速度的竖直分量大于重力加速度值 6.如图所示为干涉型消声器的结构图，声波达到管道A点时，分成两列声波，分别沿半圆管道和直管道传播，在B点相遇，因干涉而相消。声波的波长为，则AB两点距离d可能为(    ) A. B. C. D. 7.一位游客在星海广场码头欲乘坐游船，当日风浪较大，游船上下浮动。可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为10cm，周期为。当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐。地面与甲板的高度差不超过时，游客能舒服地登船。在一个周期内，游客能舒服登船的时间是(    ) A. B. C. D. 8.如图所示，用平行光从侧面照射一个做匀速圆周运动的小球，它在光屏上的影子将做简谐运动。若从某时刻开始计时，测得影子偏离平衡位置的位移随时间变化的关系为，则小球的加速度大小为(    ) A. B. C. D. 二、多选题：本大题共4小题，共13分。 9.下列认识正确的是(    ) A. 中国东风27超高音速导弹的飞行速度可达到，牛顿力学不再适用 B. 地面观察者观测到的在运行的列车上乘客的手表走时更慢 C. 对于地面上静止不动的物体，在不同参考系中测得该物体的长度都是一样的 D. 在不同的惯性参考系中，测得真空中的光速大小依然相同 10.如图所示，木块A和B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端O点系一轻绳，轻绳另一端系一小球C。现将C向右拉起使轻绳水平伸直，并由静止释放C。则(    ) A. A、B、C组成的系统动量守恒 B. A、B、C组成的系统机械能守恒 C. 运动过程中木块A、B会分离 D. 球C摆到左侧最高点时速度为0 11.研究运动员竖直跳跃时，脚下的传感器记录了运动员与传感器间作用力的大小随时间的变化。如图所示，时运动员开始起跳，时恰好静止于传感器上。将运动员视为质点，不考虑空气阻力，取，下列说法正确的是(    ) A. 刚离开传感器时，运动员的速度大小为 B. 起跳过程中，传感器对运动员的冲量为 C. ，传感器对运动员平均作用力的大小约为1200N D. 与，运动员所受合力的冲量不同 12.古诗词有言：“兰香滴露啼幽翠，江波粼粼月光碎。”如图所示，平静水面上有、两个波源，时刻，两波源同时开始振动，振动方程分别为，，波源形成的波在水中的传播速度为。已知是水面上边长为2m的等边三角形，、连线上的M点与波源的间距为，下列说法正确的是(    ) A. 质点A振动的频率为10Hz B. 两波源形成的波的波长均为 C. 振动稳定后，质点A为振动加强点 D. 内，质点M通过的路程为92cm 三、填空题：本大题共4小题，共16分。 13.如图所示，“飞力士棒”是具有弹性且两端带有负重的健身器械。健身爱好者小幅度晃动固有频率为4Hz的“飞力士棒”使其发生受迫振动。当手晃动的频率为5Hz时，该棒振动频率等于______ Hz，手晃动的频率从2Hz逐渐增大到5Hz的过程中，该棒振动的幅度______选填“一直增大”“一直减小”或“先增大后减小”。 14.点电荷从1m远处以大小为F的力推斥点电荷q，点电荷从2m远处以大小为3F的力吸引点电荷q，则和是带______选填“同种”或“异种”电荷，与的带电量大小之比是______. 15.如图表示产生机械波的波源P做匀速运动的情况，图中圆表示波峰，已知波源的频率为，该图表示波源正在向______填“A”、“B”、“C”或“D”点移动；观察者在图中A点接收波的频率将______填“大于”“等于”或“小于” 16.某国际研究小组借助天文望远镜观测到了一组A、B双星系统，它们绕两者连线上的某点O做匀速圆周运动，如图所示。假设此双星系统中体积较小的A星体能“吸食”体积较大的B星体的表面物质，达到质量转移的目的，且在演变过程中两者球心之间的距离逐渐减小，双星平均密度可视为相同，则在最初演变的过程中A、B两星体的动量的大小关系为______填“>”、“<”或“=”，A、B两星体的速率之和______填“逐渐增大”、“逐渐减小”或“保持不变”。 四、实验题：本大题共2小题，共16分。 17.在用单摆测量重力加速度时，小明将小锁头栓接在不易形变的细丝线一端，另一端固定在O点，并在细线上标记一点A，如图所示。 将小锁头拉到某一高度细线与竖直方向夹角很小由静止释放，当锁头第一次到达最低点D时开始计时并计数为1，以后锁头每到达D点一次，计数增加1，计数为N时，秒表测出单摆运动时间为t，则该单摆的周期______； 他保持A点以下的细线长度不变，通过改变OA间细线长度L以改变摆长，并测出单摆运动对应的周期T，测量多组数据后，作出图乙所示图像，图像纵坐标应为______选填“T”、“”、“”、“”； 已知图像的斜率为k，可求得当地的重力加速度______； 图线乙明显不过原点，其图像与横轴交点的意义是______。 18.某同学利用如图所示实验装置验证机械能守恒定律。保持摆锤释放器在P点位置不变，由静止释放摆锤，分别利用光电门传感器测出摆锤经过A、B、C、D四个位置的挡光时间t，如表格数据所示。已知摆锤的直径，质量。取D所在水平面为零势能面，A、B、C三点相对于零势能面的高度如图所示，实验获取的数据如表： 位置 A 15 B 10 C 5 ▲ D 0 表格中“▲”所代表的物理量的值为______。 实验中该同学发现传感器所测的位置略低于A点，则他经过计算获得的速度数据与真实值比，______。选填“偏大”、“偏小”或“不变” 该同学认为，如果分析t与h的关系，也能验证机械能守恒定律。所以该同学将数据进一步处理，作出“”图，图线如图所示。根据图线和相关数据，可以推算出小摆锤的机械能______保留4位有效数字。若该图线的斜率绝对值为k，事后另一个同学再次重复进行实验，并将释放点抬高，并保持不变，测出了新的四组数据重新作图，图线的斜率绝对值为。则k ______。选填“>”、“=”或“<”。 五、计算题：本大题共2小题，共33分。 19.钓鱼活动钓鱼是古老的中华文化活动，可以修身养性，颇受人们喜爱。钓鱼活动中蕴含丰富的物理知识：例如鱼竿中有杠杆原理，弹性的鱼线中有缓冲原理；鱼漂通过浮力与重力平衡可以传递信号等等。 如图甲为某鱼漂的示意图，鱼漂上部可近似为圆柱体。当鱼漂受到扰动后会上下振动，忽略水的阻力和水面波动影响，以竖直向下为正方向，某一时刻开始鱼漂的振动图像如图乙所示，则______。 A.在时刻鱼漂加速度为零 B.振动过程中鱼漂机械能守恒 C.在时刻鱼漂动量最小 D.在到过程鱼漂所受到合外力的冲量方向竖直向下 如图所示，王老师在河边钓鱼，鱼漂位于A点，S为其他人员在水面上引起的沿竖直方向振动的波源，M、N是水面上的两块固定挡板，两板中间有一狭缝。波源S的振动引起A点鱼漂上下振动，下列说法正确的是______。 A.减小波源的振幅，鱼漂的振动会减弱 B.增大波源的振幅，鱼漂的振动会减弱 C.减小波源的波长，鱼漂的振动会加强 D.增大波源的振动频率，鱼漂的振动会加强 左老师某天在湖边钓鱼，他发现湖中钓鱼的鱼漂上下浮动，可简化成竖直方向的简谐运动，他通过观测绘制出了鱼漂的振动图像，如图甲所示，接着他又根据湖面的波纹绘制出了水的波动图像，如图乙所示。假设图乙是一列沿x轴方向传播的水波在时的波形图，图甲是图乙中离原点范围内某质点的振动图像，则下列说法正确的______。 A.鱼漂上下振动的周期为 D该列波的波速为 C.该波传播过程中遇到频率为1Hz的机械波时能产生干涉 D.图甲是处质点的振动图像 如图，小船静止在水面上，站在船尾的姚老师不断将船尾舱的鱼水平抛入左方船头的舱内鱼可视为质点，抛出点高度保持不变，一条鱼落入船头的舱内后再抛出下一条鱼，下列说法正确的是______。 A.为使鱼始终可保证落入船头的舱内，人抛出鱼的速度应逐渐增大 B.为使鱼始终可保证落入船头的舱内，人抛出鱼的速度应保持不变 C.抛完所有鱼后，小船静止，船相对岸位置不变 D.抛完所有鱼后，小船静止，船相对岸向右移动了一些 万老师钓鱼时先把鱼饵通过鱼线收到鱼竿末端，然后用力将鱼饵甩向远处。如图所示，在a位置开始甩竿，鱼饵被甩至最高点b时迅速释放鱼线，鱼饵被水平抛出，最后落在距b水平距离的水面上d点。已知开始甩竿时鱼竿与竖直方向成角，鱼饵的质量为。用竿过程竿可视为在竖直平面内绕O点转动，且O离水面高度、到鱼竿末端鱼饵的距离。鱼饵从b点抛出后，忽略鱼线对其作用力和空气阻力，重力加速度g取，已知，。求： ①鱼饵在b点抛出时的速度大小； ②从b到d的过程，鱼饵速度的变化量。 ③从a到b的甩竿过程，鱼饵机械能的改变量。 20.风洞的应用风洞通过人工产生和控制的气流，模拟物体周围气体的流动，可以对物体产生不同规律的相互作用，进而研究物体在气体中的运动规律。风洞是进行空气动力学研究的有效工具。中国的风洞技术已达到世界领先水平，尤其在高超声速领域表现出色。 如图甲，吴同学用吹风机模拟风洞进行实验。该同学手持电吹风垂直向电子秤的托盘吹风，圆形出风口与托盘距离较近且风速恒定，吹在托盘上的风会从平行于托盘方向向四周散开，简化图如图乙。当电吹风设置在冷风挡位即未启动内部电加热功能垂直向托盘吹风时，电子秤示数与无风时放上一质量为m的砝码时一致，设出风口半径为r，空气密度为，重力加速度大小为g。对于吹风机该挡位正常工作时的情况： ①求出风口的风速。 ②根据吹出风的动能的变化，求电吹风吹风输出的机械功率。 在竖直方向风洞实验中，先后两次将同一物体以相同的初速度竖直向上抛出并落回抛出点，第一次的空气阻力大小与速率成正比，物体运动的图像如图甲所示，物体在时刻落回抛出点，落回时速率为；第二次的空气阻力大小恒定，物体运动的图像如图乙所示，物体在时刻落回抛出点，落回时速率也为，则与的大小关系正确的是______。 A. B. C. D.条件不足，无法判断 高速列车的速度越高，空气阻力的影响越大，所以高速列车的车头需通过风洞实验优化空气动力学设计。某动车组由8节车厢编组而成，其中第1、3、5、7节为动力车厢，其余为无动力车厢。已知每节动力车厢有2400kW的大型电动机提供动力，每节车厢除了行驶中受恒定的摩擦阻力外，还会受到风阻作用，第1节列车所受风阻，其余每节车厢所受的风阻，表达式中v表示动车行驶速度，k为比例系数，为。试求： ①该型号动车组最大行驶速率。 ②以最大速率匀速行驶时，第3节车厢对第2节车厢作用力大小。 答案和解析 1.【答案】B  【解析】解：位移是从初位置指向末位置的有向线段，则做简谐运动的物体每次通过同一位置时，位移一定相同，故A错误； B.做简谐运动的物体每次通过同一位置时，速度大小相同，但速度方向可能相反，故B正确； C.做简谐运动的物体每次通过同一位置时，速度大小相同，则动能一定相同，故C错误； D.做简谐运动的物体每次通过同一位置时，回复力，一定相同，故D错误。 故选：B。 简谐运动的特征 ①动力学特征：； ②运动学特征：x、v、a均按正弦或余弦规律发生周期性变化注意v、a的变化趋势相反。 本题关键是简谐运动具有对称性和周期性，注意经过同一位置时速度有两个可能的方向，明确矢量相同要求大小和方向全部相同。 2.【答案】B  【解析】解：探测器借助运载火箭成功升空，在升空过程中，由于火箭不断对它做功，则探测器的机械能增大，故B正确，ACD错误。 故选：B。 根据机械能守恒的条件进行分析解答。 考查机械能守恒的条件应用，会根据题意进行准确分析解答。 3.【答案】B  【解析】解：AB、在球拍和水球相互作用的过程中，球拍还受到航天员的作用力，所以该系统所受合力不为零，则球拍和水球组成的系统动量不守恒，故A错误，B正确； CD、球拍对水球的作用力和水球对球拍的作用力是一对相互作用力，它们大小相等，所以在它们相互作用过程中，球拍对水球的冲量等于水球对球拍的冲量，故CD错误。 故选：B。 根据动量守恒的条件分析；根据相互作用力分析。 本题考查了动量守恒的条件，和相互作用力的冲量大小比较问题，基础题。 4.【答案】B  【解析】解：ABD、单摆的周期为，若从最左侧位置开始计时，小球到最低点位置时的时间是，因为每隔记录一次小球的位置，所以第一次记录小球的位置在最低点的右侧，根据简谐运动的对称性可知，第二次记录的位置还是刚才第一次记录的位置，这样再经过一个正好是一个周期，小球回到开始计时的位置，故AD错误，B正确； C、若是从最低点的左侧某一位置该位置不是最左侧位置开始计时，因为周期是，但是是经过记录一次位置，所以记录的小球应该有三个位置，不可能是两个位置，故C错误。 故选：B。 根据从最左侧位置开始计时，四分之一个周期是，结合小球做一次全振动分析小球可能出现的位置；如果是从最低点的左侧但不是最大位移处开始计时，记录的小球位置可能有三个也有可能有2个位置。 掌握简谐运动的对称性和周期性是解题的基础。 5.【答案】B  【解析】解：羽毛球由A点运动到B点过程中，合外力做负功，由动能定理可知，动能减小，所以羽毛球在A点的动能大于B点的动能，故A错误； 羽毛球上升阶段竖直方向的加速度大于g，下落阶段竖直方向的加速度小于g，所以羽毛球AP段所用时间比PB段小，结合冲量的定义可知，AP段重力的冲量小于PB段重力的冲量，故B正确，D错误； C.羽毛球经过P点时所受重力与空气阻力的合力与速度成钝角，说明速度正在减小，所以整个飞行过程中经过P点时的速度不是最小，故C错误； 故选：B。 由动能定理，分析羽毛球在A点的动能和B点的动能的关系； 羽毛球上升阶段竖直方向的加速度大于g，下落阶段竖直方向的加速度小于g，根据运动学，分析时间，再根据冲量的定义，分析比较冲量； 合力与速度成钝角，速度减小。 本题解题关键是掌握动能定理和冲量定义，比较基础，难度不高。 6.【答案】D  【解析】解：两列波在B点相遇因干涉而相消，说明两列波到达B点时的路程差满足半波长的奇数倍，即，，1，2，… 从图中可知，沿直管道传播的波路程为d，沿半圆管道传播的波路程为，那么路程差 所以 则有 当 可有 。 故D正确，ABC错误。 故选：D。 要能最有效地降低此类噪声，需两列波发生干涉相消。 本题考查波的干涉，得知道两列波发生干涉相消所需满足的条件。 7.【答案】A  【解析】解：把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，从船上升到最高点时计时，其振动方程为： 解得： 当时，解得： 故在一个周期内，游客能舒服登船的时间是： 解得：，故A正确、BCD错误。 故选：A。 从船上升到最高点时计时，写出其振动方程，求出当的时刻，由此得到在一个周期内，游客能舒服登船的时间。 解答本题关键是要掌握振动的一般方程，知道方程中各字母表示的物理意义。 8.【答案】D  【解析】解：设小球做匀速圆周运动的半径为R，角速度为，影子偏离平衡位置的位移与小球相对于与光平行的直径的位移是相同的，由于影子偏离平衡位置的位移随时间变化的关系为，可知小球做匀速圆周运动的半径，角速度，所以小球的加速度，故ABC错误，D正确。 故选：D。 根据小球的“影子”的位移表达式求出周期，即小球做圆周运动的周期，然后由向心加速度的公式求出。 主要考查了简谐运动和圆周运动的向心加速度，知道影子偏离平衡位置的位移与小球相对于与光平行的直径的位移是相同的，由此得出小球做匀速圆周运动的半径与角速度即可正确解答。 9.【答案】BD  【解析】解：飞行速度可达到，依然属于低速宏观物体，牛顿力学同样适用，故A错误； B.根据狭义相对论的时间膨胀效应，高速运动的物体时间会变慢，地面观察者看到的在运行的列车上乘客的手表走时更慢，故B正确； C.根据尺缩效应，相对论时空观认为运动的尺子会变短，如果物体在地面上静止不动，在相对于地面运动的参考系里面测出物体的长度和在地面上测出物体的长度是不一样的，故C错误； D.在不同的惯性参考系中，测得真空中的光速大小依然相同，故D正确。 故选：BD。 根据经典力学的适用范围，相对论中尺缩效应，钟慢效应进行分析解答。 考查经典力学的适用范围，相对论中尺缩效应，钟慢效应的知识，会根据题意进行准确分析解答。 10.【答案】BC  【解析】解：小球C在向下摆动的过程中，A、B、C组成系统所受的外力之和不为零，因此系统动量不守恒，故A错误； B.小球在摆动过程中只有重力做功，因此A、B、C组成系统的机械能守恒，故B正确； C.A、B、C组成系统在水平方向不受外力作用，系统水平方向动量守恒； 球C释放后在向下摆动过程中，A和B将获得向右的速度，设小球C摆到最低点时的速度为v，A和B的速度为，取水平向左为正方向 根据动量守恒定律 球C从最低点摆到左侧最高点的过程中，以A、C为系统，水平方向动量守恒； 设小球C摆到最高点时，AC的速度为，取水平向左为正方向 根据动量守恒定律 由于，因此 即球C摆到左侧最高点时速度不为0，故C正确； D.球C第一次摆至最低点时，AB整体的速度达到最大值，当C继续向左摆动时，A的速度将减小，而B的速度不变，所以C第一次摆至最低点时，A、B将分离，故D错误。 故选：BC。 根据动量守恒、机械能守恒的条件分析判断； C.A、B、C组成系统在水平方向不受外力作用，系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律求解后分析作答； D.根据系统水平方向动量守恒分析.球C第一次摆至最低点时的情形，然后作答。 本题首先要判断该过程三者动量在水平方向上守恒，然后根据题目需要，选择适合的过程进行运动量守恒即可，本题属于中档题。 11.【答案】AC  【解析】解：A、时间段内，运动员在空中做竖直上抛运动，初速度，故A正确； B、时间段内是起跳过程，以向下为正方向，，解得，故B错误； C、时间段内，以向下为正方向，，解得，故C正确； D、与两段时间内，运动员的动量变化量相等，故D错误。 故选：AC。 A、时间段内，运动员在空中做竖直上抛运动，加速度为重力加速度，根据运动时间求解初速度； BCD、根据冲量等于动量变化量分析。 考查对竖直上抛运动规律和动量定理的理解，清楚冲量与动量变化量的关系，分析出运动员做竖直上抛运动的初速度为关键。 12.【答案】BD  【解析】解：AB、根据振动方程可知，质点振动频率，波长，故A错误，B正确； C、质点A到两波源的距离都是2m，波程差为零，应用两波源振动步调相反，则质点A振动减弱，故C错误； D、由于可知，M点振动加强，质点M的振幅为18cm，形成的波传播到M的时间，形成的波传播到M的时间，由于，，则内，质点M通过的路程，故D正确。 故选：BD。 根据振动方程可求出周期和振幅，结合波速求出波长；根据波速以及距离可求出波的干涉情况；通过几何关系以及振幅的大小关系，可求出A点通过的路程。 本题以水面上的波源为背景，考查波的干涉问题，学生在解答本题时，应注意要先求出波的几个物理量，然后根据几何关系以及传播情况作答。 13.【答案】5  先增大后减小  【解析】解：健身爱好者小幅度晃动固有频率为4Hz的“飞力士棒”使其发生受迫振动。当手晃动的频率为5Hz时，做受迫振动的物体，振动频率等于驱动力的频率，该棒振动频率等于5Hz，手晃动的频率从2Hz逐渐增大到5Hz的过程中，驱动力频率等于固有频率，振幅最大，该棒振动的幅度先增大后减小。 故答案为：5；先增大后减小 做受迫振动的物体，振动频率等于驱动力的频率，当发生共振时，其振动的振幅最大，据此分析即可。 知道发生共振的条件是解题的基础。 14.【答案】异种  1：12  【解析】解：根据同种电荷相互吸引，异种电荷相互排斥，点电荷推斥点电荷q，点电荷而吸引点电荷q， 那么和是异种电荷， 依据库仑定律， 因点电荷从1m远处以大小为F的力推斥点电荷q， 点电荷从2m远处以大小为3F的力吸引点电荷q， 那么与的带电量大小之比是1：12； 故答案为：异种，1： 根据同种电荷相互吸引，异种电荷相互排斥，再结合库仑定律的公式，即可求解． 考查电荷间的相互作用力大小与方向的如何确定，掌握库仑定律的应用，注意影响库仑力的大小因素是解题的关键． 15.【答案】B   小于  【解析】解：1、根据多普勒效应产生的原因，该图表示波源正在向B点移动； 2、当波源和观察者间距变小，观察者接收到的频率一定比波源频率高．当波源和观察者距变大，观察者接收到的频率一定比波源频率低，因此观察者在图中A点接收波的频率将小于发出的频率，即 故答案为：B，小于． 多普勒效应产生原因：声源完成一次全振动，向外发出一个波长的波，频率表示单位时间内完成的全振动的次数，因此波源的频率等于单位时间内波源发出的完全波的个数，而观察者听到的声音的音调，是由观察者接受到的频率，即单位时间接收到的完全波的个数决定的．当波源和观察者有相对运动时，观察者接收到的频率会改变．在单位时间内，观察者接收到的完全波的个数增多，即接收到的频率增大．同样的道理，当观察者远离波源，观察者在单位时间内接收到的完全波的个数减少，即接收到的频率减小． 多普勒效应是波特有的现象，要熟知多普勒效应产生的原因和特点． 16.【答案】=  逐渐增大  【解析】解：由牛顿第二定律得，变形得，化简得，所以A、B两星体的动量p的大小始终相等；由，，可得，A、B两星体的速率之和，由题可知，L减小时，速率之和逐渐增大。 故答案为：=，逐渐增大。 根据牛顿第二定律导出动量和速率之和表达式进行分析解答。 考查万有引力定律的应用，会根据题意进行准确分析解答。 17.【答案】     A点距小锁头重心距离的负值  【解析】单摆一周内经过两次平衡位置，由题意可知 解得 ； 设A点距小锁头重心距离为，根据单摆周期公式 化简得 可知图乙所示图像纵坐标应为； 图像的斜率为k，根据 解得 ； 当时，，因此图线乙不过原点，其图像与横轴交点的意义是A点距小锁头重心距离的负值； 故答案为：；；；点距小锁头重心距离的负值。 根据时间和次数的关系可求周期； 根据单摆的周期公式可判断横坐标轴的物理量； 结合周期公式和图像可求出重力加速度； 根据题意，图像不过原点，与横轴的交点表示A点距小锁头重心距离的负值； 明确单摆运动周期的公式，对于图像与坐标轴的交点的意义要知道。 18.【答案】；  偏大；  ，=  【解析】根据光电门测速原理可知。 该同学发现传感器所测的位置略低于A点，则重力势能减小量变大，动能增加量变大，则经过计算机获得的速度数据比真实值偏大。 根据图像可知，当时，重物重力势能为零，只有动能，则机械能，根据，整理得，事后另一个同学再次重复进行实验，并将释放点抬高，并保持不变，可知，改变的是，图像斜率不变，所以。 故答案为：；偏大；，=。 根据光电门计算瞬时速度的方法列式求解； 根据重力势能和动能的变化情况分析解答； 根据机械能守恒定律和图像的斜率的物理意义进行分析解答。 考查机械能守恒定律的实验原理和注意事项，会根据题意进行准确分析解答。 19.【答案】D；  A；  ABD；  D；   ①鱼饵在b点抛出时的速度大小为； ②从b到d的过程，鱼饵速度的变化量为； ③从a到b的甩竿过程，鱼饵机械能的改变量  【解析】在时刻，位移最大，鱼漂加速度最大，故A错误； B.鱼漂在振动过程中，受到浮力，且浮力做功，因此振动过程中鱼漂机械能不守恒，故B错误； C.在时刻，位移为零，速度最大，鱼漂动量最大，故C错误； D.取竖直向下为正方向，鱼漂所受的合力提供回复力，在到过程鱼漂位移方向向上，鱼漂所受到合外力方向竖直向下，因此合外力的冲量方向竖直向下，故D正确。 故选：D。 振幅的大小表示振动的强度，振幅越大，对浮标影响越大，因此减小波源的振幅，可以减小波源S的振动对浮标的影响，故A正确，B错误； 振动的加强和减弱决定于两列波相遇时的波程差，当波程差为波长的整数倍时振动得到加强，当波程差为半波长的奇数倍时振动得到减弱，与波的波长和频率无直接关系，故CD错误。 故选：A。 由图甲可知鱼漂上下振动的周期为，故A正确； B.由图乙可得波长 波速，故B正确； C.图示波的频率 产生稳定干涉的条件是两列波频率相同，故C错误； D.由图甲可知时刻，质点在平衡位置向下振动；波向右传播，根据“同侧法”可知，在图乙中，、6m处的质点均向下振动，因此图甲所示振动和图乙中处质点振动相符，故D正确。 故选：ABD。 人、船、鱼组成的系统在水平方向不受外力，系统动量守恒，人抛出鱼后，鱼做平抛运动，人的高度不变，则飞行时间不变，船头到船尾的距离不变，为使鱼始终可保证落入船头的舱内，所以人抛出鱼的速度不变，故AB错误； 人船、鱼组成的系统动量守恒，开始时系统静止，动量为零，由动量守恒定律可知，最终，船是静止的；在人将鱼向左抛出而鱼没有落入船舱的过程中，鱼具有向左的动量，由动量守恒定律可知，船包括人具有向右的动量，船要向右移动，鱼落入船舱后船即停止运动，如此反复，在抛鱼的过程中船要向右运动，最终船要向右移一些，故D正确，C错误。 故选：D。 ①鱼饵被甩至最高点b时迅速释放鱼线，鱼饵被水平抛出，做平抛运动； 根据平抛运动的规律，水平方向 竖直方向 代入数据联立解得， ②从b到d的过程，鱼饵速度的变化量 ③从a到b的甩竿过程，机械能的增加量 代入数据解得。 故答案为：；；；； ①鱼饵在b点抛出时的速度大小为； ②从b到d的过程，鱼饵速度的变化量为； ③从a到b的甩竿过程，鱼饵机械能的改变量。 在由图可知，时刻，鱼漂在最高点，根据简谐运动的加速度与位移的关系，即可分析判断；鱼漂上下浮动过程中，浮力对其做功，根据机械能守恒定律的条件分析作答； C.在时刻，鱼漂回到平衡位置，速度最大，根据动量的定义式分析作答； D.以竖直向下为正方向，根据在到过程鱼漂的位移方向判断合力的方向，从而判断合外力的冲量的方向； 振幅的大小表示振动的强度振幅越大振动越强； 振动的加强和减弱决定于两列波相遇时的波程差，根据振动加强或减弱的条件分析作答； 由图甲得到周期，从而得到波的频率频率，根据干涉产生的条件分析作答； B.由图乙得到波长，即可求得波速； D.根据图甲得到质点振动，从而根据波的传播方向由图乙判断图甲描述的质点； 根据人船模型，人船组成的系统水平方向动量守恒，同时人船、鱼组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律分析判断； ①鱼饵被甩至最高点b时迅速释放鱼线，鱼饵被水平抛出，做平抛运动，根据平抛运动的规律求解作答； ②根据加速度的定义式求解速度的变化量； ③从a到b的甩竿过程，根据动能和势能的改变量求解机械能的改变量。 本题主要考查对简谐运动的掌握、考查了“人船模型”中的动量守恒、平抛运动规律以及能量关系，涉及的知识点多，需要熟练掌握，认真分析。 20.【答案】①出风口的风速为； ②电吹风吹风输出的机械功率为；   A；   ①该型号动车组最大行驶速率为； ②以最大速率匀速行驶时，第3节车厢对第2节车厢作用力大小为12600N  【解析】①根据题意可知，风与托盘间的相互作用力大小 根据动量定理 根据密度公式 联立解得 ②动能定理 机械功率 第一次，由于上升过程和下降过程位移大小相等，因此图像中两阴影部分面积相等；图像与图像相似，两阴影部分的面积也相等，阻力的总冲量为零； 对全过程，取向上为正方向，根据动量定理 解得； 第二次阻力为恒力，由于上升过程和下降过程位移大小相等，因此图中两阴影部分面积相等； 根据面积法 由于，因此 对全过程，取向下为正方向，阻力的合冲量 根据动量定理 联立解得 所以，故A正确，BCD错误。 故选：A。 ①设每节车厢的质量为m，每节动车的额定功率为P，则牵引力 根据牛顿第二定律 当加速度时，有最大速度，此时 根据功率公式 代入数据联立解得或舍去 ②以第一二节车厢为研究对象，根据平衡条件 代入数据联立解得。 故答案为：①出风口的风速为； ②电吹风吹风输出的机械功率为； ； ①该型号动车组最大行驶速率为； ②以最大速率匀速行驶时，第3节车厢对第2节车厢作用力大小为12600N。 ①利用密度公式可得时间内吹出气体的质量，根据动量定理求解气体速度大小； ②根据功率的定义式求解作答； 第一次，上升过程和下降过程位移大小相等，据此分析图像两阴影部分的面积的关系，从而分析阻力的总冲量，对全过程用动量定理，求解时间； 第二次阻力为恒力，由于上升过程和下降过程位移大小相等，求解两部分阴影面积对应的时间关系； 对全过程用动量定理，求解时间，然后作答； ①根据功率公式、牛顿第二定律求解作答； ②根据功率公式和平衡条件求解作答。 本题考查了动量定理、功率公式、牛顿第二定律和平衡条件的运用，知道利用动量定理可得电子秤对电吹风气体作用力的大小，知道此作用力与哪些物理有关；解题的关键是知道牵引力和阻力大小相等时，动车的速度最大。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$