湖北省武汉市部分重点中学2022-2023学年高一下学期期末联考物理试题
一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-11题有多项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错得0分。
1．（2023高一下·武汉期末） 奇妙莫测大自然中，有许多美妙的声音，以下关于大自然中的声现象，说法正确的是（ ）
A．“余音绕梁，三日不绝”体现了声波的衍射现象
B．“空山不见人，但闻人语响”体现了声波的干涉现象
C．“隔墙有耳”体现了声波的衍射现象
D．“姑苏城外寒山寺，夜半钟声到客船”体现了声波的干涉现象
2．（2023高一下·武汉期末） 质量不计轻质弹簧一端连接物体，另一端施加恒力F，如图甲所示，物体沿粗糙水平面向右匀速运动，时间t内弹力的冲量大小为，如图乙所示，物体在相同的恒力F作用下沿光滑水平面向右匀加速运动，相同时间t内弹力的冲量大小为，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．无法判断和的大小关系
3．（2023高一下·武汉期末） 如图所示，一定质量小球以一定初速度从地面竖直上抛，小球运动过程中所受的阻力f恒定，则小球在上升过程中，说法正确的是（ ）
A．小球的动量p随时间t的变化率均匀增大
B．小球的动量p随时间t的变化量不变
C．小球的动量p随时间t的变化量均匀变小
D．小球的动量p随时间t的变化率不变
4．（2023高一下·武汉期末） 如图所示，静止轨道卫星Q在轨道上稳定运行，P为赤道平面上的监测站，为实时监测卫星运行状况，卫星Q持续向监测站P发射频率为f的电磁波，则卫星Q从A运行到B的过程中，关于监测站P接收的电磁波频率，下列说法正确的是（ ）
A．监测站P接收的电磁波频率先减小后增大
B．监测站P接收的电磁波频率先增大后减小
C．监测站P接收的电磁波频率一直保持不变
D．监测站P接收的电磁波频率一直减小
5．（2023高一下·武汉期末） 将固有频率为的振子A和固有频率为的振子B固定在同一平台上且，给平台提供驱动力使振子A、B同时做受迫振动，振子A的振幅为，振子B的振幅为，现逐渐增大驱动力的频率f，关于两振子做受迫振动的振幅，下列说法正确的是（ ）
A．不可能、同时增大 B．不可能在增大的同时减小
C．不可能、同时减小 D．不可能在减小的同时增大
6．（2023高一下·武汉期末） 质量为的小球以从地面竖直向上抛出，小球再次落地后与地面碰撞并以向上弹回，若小球与地面的作用时间为，小球可视为质点，取，不计小球运动过程中的一切阻力，则小球对地面的平均作用力大小为（ ）
A．1.2N B．1.8N C．2N D．3.2N
7．（2023高一下·武汉期末） 为研究机械波特点，小明模拟出一列沿x轴正方向传播的简谐横波后再将图像打印出来，但由于墨盒故障，只打印出时刻的部分波形图像如图所示，根据图中所给数据，下列判断正确的是（ ）
A．由于波形图缺失，无法确定该波的波长
B．虽然波形图缺失，但根据计算可确定该波的波长为8m
C．虽然波形图缺失，但根据计算可确定该波的波长为10m
D．虽然波形图缺失，但根据计算可确定该波的波长为12m
8．（2023高一下·武汉期末） 如图甲所示，振子在光滑水平面A、B间做简谐运动，平衡位置为O，时刻起振子开始运动，其振动图像如图乙所示，以向右为正方向，不计一切阻力，则下列说法中正确的是（ ）
A．时振子的速度方向向左
B．时振子的加速度方向向左
C．时振子的加速度最大
D．至的时间内，振子加速度大小逐渐减小
9．（2023高一下·武汉期末） 如图甲所示，可视为质点的两滑块A、B用轻弹簧连接并置于光滑水平面上，已知滑块B的质量为4kg，初始时刻，弹簧处于原长，滑块A获得一定初速度向右开始压缩弹簧，不计运动过程中的一切阻力，经测量可得A、B两滑块在开始运动后的一段时间内速度大小、满足如图乙所示的关系，则由图像可知（ ）
A．弹簧第一次恢复原长时，滑块A的速度最小
B．滑块A的质量为3kg
C．滑块A的初速度为
D．滑块A压缩弹簧过程中，弹簧所获得的最大弹性势能为12J
10．（2023高一下·武汉期末） 月湖之畔，汉江之滨的琴台音乐厅是武汉的艺术殿堂，音乐厅的“穹顶”安装有消音设备，能够削弱高速气流产生的噪声。原理如图所示，一定波长的声波从A端输入，在S点分成两列声波，分别通过直径和半圆通道到达声波输出端B，将消音设备的半径调整为时，可以使声波在输出端B起到“消声”效果，则由此可知该声波的波长可能为（ ）（计算结果保留2位有效数字）
A．0.92m B．0.46m C．0.30m D．0.15m
11．（2023高一下·武汉期末） 某货物输送装置如图所示，弹射器固定在水平面上，弹射器最右端可以放置质量不同的物体被弹射出去，弹射器正前方某一位置P处放置另一质量为0.5kg的物体B，P左侧光滑，右侧粗糙且动摩擦因数，弹射器提供恒定的弹性势能，物体A获得全部弹性势能后被弹射出去，A在P点和B发生碰撞，碰撞时间极短且碰后A、B结合成一个整体，整体向右运动到某一点Q静止，设被弹射物体质量为，P、Q间的距离为x，A、B均可以看成质点，取，下列说法正确的是（ ）
A．被弹射物体越小，则整体运动的距离x越大
B．被弹射物体，则整体运动的距离x最大，最大距离为
C．被弹射物体，则整体运动的距离
D．被弹射物体，则整体运动的距离
二、非选择题：本题共5小题，共56分。
12．（2023高一下·武汉期末） 为测量武汉地区的重力加速度，小明在家找到一个表面部分磨损且凸凹不平的小钢球做成一个单摆，具体操作如下：
①小明用刻度尺测量两悬点OP间细线的长度L，将小钢球拉开一个大约5°的角度静止释放；
②从小钢球摆至最低处开始计时且记次数为第1次，当小钢球第N次通过最低处时，停止计时，显示时间为t；
③由于不能准确确定钢球的重心位置，小明改变两悬点OP间细线的长度先后完成两次实验，记录细线的长度及单摆对应的周期分别为、和、。根据小明的操作步骤，回答以下问题：
（1）根据实验操作，在步骤②中，小钢球的摆动周期为T= 。
（2）根据步骤③记录的数据得出武汉地区的重力加速度为g= （用、，， 表示）。
13．（2023高一下·武汉期末） 学习小组利用如下实验装置研究两小球弹性碰撞过程中的动量守恒。如图所示，斜槽固定在水平桌面上且末端切线水平，距槽末端一定距离的位置固定着一个竖直挡板，A、B两小球直径相同且发生弹性碰撞，不计斜槽转折点的能量损耗和空气阻力，实验步骤如下：
①将白纸、复写纸固定在竖直挡板上，用来记录实验中小球与竖直挡板的撞击点；
②用水平仪确定竖直挡板上与小球圆心O等高的点并记录为P；
③让入射小球A单独从斜槽固定挡板处静止自由释放，记录小球在竖直挡板上的撞击点；
④将被碰小球B静止放置在水平轨道的末端，让入射球A再次从斜槽固定挡板处静止释放，A、B两球在斜槽末端碰后均向右水平抛出，记录A、B两小球在竖直挡板上的撞击点；
⑤重复③④操作多次，确定两小球各次的平均撞击点Q、M、N；
⑥测得、、
根据该实验小组的实验，回答下列问题：
（1）关于该实验，下列说法正确的是____
A．该实验要求斜槽必须尽可能光滑
B．该实验无需要求斜槽光滑
C．入射小球A的质量应大于被碰小球B的质量
D．入射小球A的质量应小于被碰小球B的质量
（2）根据实验操作，3个撞击点P、Q、M、中，入射小球A单独释放后在竖直挡板上的撞击点为 点，A、B碰撞后A的撞击点为 点，A、B碰撞后B的撞击点为 点。
（3）该实验由于没有天平无法测出小球A、B的质量，实验小组认为只要测出、、，且满足 （写出、、关系式），则在误差允许范围内，小球A、B发生弹性碰撞过程中的动量守恒。
14．（2023高一下·武汉期末） 如图所示，可视为质点的两木块A、B质量均为2kg，用轻弹簧连接在一起放在水平地面上，用外力将木块A压下一段距离后静止不动，撤去外力，A上下做简谐运动，弹簧始终竖直且未超过弹性限度，不计一切阻力，取，则：
（1）若施加的外力，求撤去外力后在木块A运动过程中木块B对地面最小压力的大小；
（2）撤去外力后，要使木块B恰好不离开地面，求将木块A下压至静止时外力的大小。
15．（2023高一下·武汉期末） 位于坐标原点O的波源S产生的简谐横波向右传播，波的振幅，波速，设时刻波刚好传到处，部分波形如图所示，P是在波的传播方向上的质点，求：
（1）波源S开始振动的方向和该波的周期T；
（2）时刻波源S的位置坐标；
（3）从时刻起，处的质点第一次到达波谷的时间。
16．（2023高一下·武汉期末） 如图所示，水平地面M点左侧光滑，右侧粗糙且动摩擦因数为，在M点左侧某位置放置质量为的长木板，质量为的滑块A置于长木板的左端，A与长木板之间的动摩擦因数也为，在M点右侧依次放置质量均为的滑块B、C、D，现使滑块A瞬间获得向右的初速度，当A与长木板刚达到共速时，长木板恰好与滑块B在M点发生弹性碰撞，碰后立即将长木板和滑块A撤走，滑块B继续向前滑行并和前方静止的C发生弹性碰撞，B、C碰后C继续向前滑行并与前方静止的D发生弹性碰撞，最终滑块D停在水平面上的P点，已知开始时滑块B、D间的距离为，重力加速度为，滑块A、B、C、D均可看成质点且所有弹性碰撞时间极短，求
（1）开始时，长木板右端与滑块B之间的距离；
（2）长木板与B碰后瞬间B的速度；
（3）滑块D最终停止的位置P与D开始静止时的距离。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】波的反射和折射；波的衍射现象；波的干涉现象
【解析】【解答】A.“余音绕梁，三日不绝”说明了声音遇到了墙壁，不断地发生了反射，在反射的过程中又实现声波的干涉，所以这句话体现了声波的反射与干涉现象，故A错误；
B.“空山不见人，但闻人语声”说明了声波发生了衍射，故B错误；
C.“隔墙有耳”隔壁墙都能听到声音，说明声波能绕过障碍物发生衍射，故C正确；
D.“姑苏城外寒山寺，夜半钟声到客船”体现了声音在空气中的传播和衍射，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题主要考查了声波的传播、衍射与干涉现象。“余音绕梁，三日不绝”说明了声音遇到了墙壁，不断地发生了反射，在反射的过程中又实现声波的干涉，所以这句话体现了声波的反射与干涉现象；“空山不见人，但闻人语声”说明声音从很远的地方绕过障碍物传播过来，体现了声波的衍射；“隔墙有耳”也是同样的道理；“姑苏城外寒山寺，夜半钟声到客船”体现了声音在空气中的传播与衍射。
2．【答案】B
【知识点】形变与弹力；冲量
【解析】【解答】无论是在粗糙水平面还是在光滑水平面，弹力都等于恒力F，，所以在相同时间内两种情况弹力的冲量是相等的，有，故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】做这类题目时不要因为两个水平面的情况不同，而被干扰到，由于都是用恒力F直接拉弹簧，所以弹簧产生的弹力都是等于恒力F，所以根据知在两种情况下弹力的冲量是相等的。
3．【答案】D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】AD.根据动量定理，有，所以得到动量随时间t的变化率为，所以动量对时间t的变化率是不变的，故A错误，D正确；
BC.在小球上升的过程中，，我们看到随时间的增加，动量变化量随时间的增加数值上是均匀增加的，故BC错误。
故答案为：D。
【分析】本题考查了动量定理，主要要对小球受力分析，根据动量定理列式，最后得出来是不变的，并且知道动量的变化量随时间的增加均匀增加。
4．【答案】C
【知识点】多普勒效应
【解析】【解答】由于Q是静止轨道卫星即同步卫星，它的角速度等于地球的自转角速度，而赤道上的监测站P也在跟着地球自转，角速度等于地球的自转角速度，即P、Q一直相对静止，根据多普勒效应可知，检测站接收到的电测波频率不变，故C正确，ABD错误；
故答案为：C。
【分析】本题考查了多普勒效应，同步卫星跟赤道上的监测站都在随着地球自转，两者一直相对静止，距离不变，所以监测站接收到的电磁波频率不变。
5．【答案】B
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】发生受迫振动时，振子振幅与驱动力频率的关系图像如图所示
当驱动力频率小于振子固有频率时，随着驱动力频率的增加，受迫振动的振幅也增加，当驱动力的频率大于振子固有频率时，随着驱动力频率的增加，受迫振动的振幅减少，所以要看A、B振子的固有频率在哪个区间，由于，若驱动力的频率小于fA，说明随着驱动力频率的增加，A、B振子的振幅都会增加，若驱动力的频率大于fB，说明驱动力频率的增加，A、B振子的振幅都会减少，若驱动力的频率大于fA而小于fB，说明振子B的振幅随驱动力频率的增加而增加，而振子A的振幅随驱动力频率的增加而减少，故B正确，ACD错误。
【分析】本题主要考查了发生受迫振动时，振子振幅随驱动力频率的关系图像，注意当驱动力频率小于振子固有频率时，随着驱动力频率的增加，受迫振动的振幅也增加，当驱动力的频率大于振子固有频率时，随着驱动力频率的增加，受迫振动的振幅减少，所以主要振子A、B的固有频率在哪个区间，分情况进行分析就好。
6．【答案】D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】设竖直向上为正方向，注意根据对称性可知，在竖直上抛的过程中，小球以4m/s的速度大小竖直向上抛出，说明小球往下落与地面碰撞前一瞬间速度，小球在碰撞的过程中受到地面竖直向上的作用力以及本身竖直向下的重力，根据动量定理有，代入数据得小球对地面的平均作用力F=3.2N。
故答案为：D。
【分析】本题主要考查了动量定理，首先明确小球在地面碰撞前一瞬间速度大小也为4m/s，对碰撞过程列动量定理，首先要对小球受力分析，可看到小球受到竖直向下的重力以及地面对它竖直向上的作用力，列动量定理时要规定好正方向，所以碰撞前一瞬间速度为，列式求解出小球对地面的作用力。
7．【答案】D
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象
【解析】【解答】首先要认真看一下波形图，我们可以看到0到4m部分的波形图，这部分还没有半个周期，说明，，所以，由于4m到16m部分为完整的周期，说明波长肯定小于或等于12m，有，若4m到16m为一个周期，说明波长为12m，符合条件，若4m到16m为两个波长，说明，6m小于8m，不符合条件，不可能，如果4m到16m之间为三个周期即三个波长，更不可能了，所以波长为12m，故D正确，ABC错误。
故答案为：D。
【分析】本题主要要从缺失的波形图推测出波长的大小，首先0到4m为不完整的周期，所以即，再结合4m到16m的波形，可推测出是完整的n个周期，所以要从n=1开始推测，找出符合条件的波长大小。
8．【答案】A,C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；简谐运动
【解析】【解答】A.由振动图像知，t=0.2s时振子要过平衡位置向左运动，所以此时振子的速度方向向左，故A正确；
B.t=0.3s时，可看到振子位于平衡位置O的左侧，所以回复力的方向向右，说明振子的加速度方向也向右，故B错误；
C.t=0.4s时可看到振子来到A位置，此时回复力的大小最大，说明振子的加速度也最大，C正确；
D.t=0.6s到t=0.7s时间内，我们看到振子在O的右侧向B点运动，回复力越来越大，说明振子的加速度大小逐渐增大。故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查了简谐振动以及回复力、加速度，注意要分析在对应时刻振子位于什么位置，当振子位于O位置时为平衡位置，回复力为0，加速度为0；当振子位于A、B两个位置时，这两个位置的回复力最大，加速度最大；所以t=0.4s时可看到振子来到A位置，此时回复力的大小最大，说明振子的加速度也最大，而在t=0.6s到t=0.7s时间内，振子越来越偏离平衡位置，说明回复力越来越大，加速度大小也越来越大。
9．【答案】A,B,C
【知识点】动量守恒定律；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】A.首先分析一下运动过程，由于一开始A的速度大于B的速度，弹簧开始被压缩，弹力对A做负功，A做减速运动，而弹力对B做正功，B做加速运动，当两者共速时，弹簧被压缩到最短，之后弹簧反弹恢复原长，在恢复原长的过程中，弹力对A做负功，A继续做减速运动 ，而弹力对B做正功，B继续做加速运动，所以当弹簧第一次恢复原长时，滑块A的速度最小，故A正确；
BC.由于A、B组成的系统动量守恒，有，由图线知当时，，此时有，而当时，，此时有，所以，所以，故BC正确；
D.由于当弹簧被压缩到最短时即弹簧弹性势能最大时，弹簧的弹性势能最大，此时两者共速，根据动量守恒定律有，得，根据能量守恒定律有，故D错误。
故答案为：ABC。
【分析】本题主要考查了弹簧与滑块连接体问题，主要在A冲过来压缩弹簧的过程中，A在做减速运动，B在做加速运动，弹簧是越来越短的，当两者共速时，弹簧被压缩到最短，此后弹簧要反弹，弹簧对A做负功，A做减速运动，弹簧对B做正功，B做加速运动，所以当弹簧恢复原长时，A的速度最小；由于在运动的过程，A、B组成的系统动量守恒，通过列式，分别代入乙图的有关数据分别求出滑块A的质量和滑块A的初速度；由于当两者共速时，弹簧被压缩到最短，所以对此过程，列动量守恒式子求出共速时两者的速度，然后再列能量守恒式子，在此过程中，A、B以及弹簧组成的系统，动能转化为弹簧的弹性势能，从而求出弹簧的最大弹性势能。
10．【答案】B,D
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】为了使声波在输出端起到“消声”效果，则两列声波经过直径和半圆通道传播时路程差必须是半个波长的奇数倍，由于半圆通道弧长为，而直径通道长度为2R，则有，其中，所以，分别代入，此时，当n=1时，此时，当n=2时，我们看到n越大，波长越小。故BD正确，AC错误。
故答案为：BD。
【分析】本题考查了波的干涉，当要起到“消声”效果时，声波通过半圆通道和直径通道的路程差必须等于半个波长的奇数倍，列式，推导出波长的表达式，分别代入n=0、n=1、n=2等的情况，然后再进行选择。
11．【答案】B,C,D
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A.在物体A被弹出去的过程中，弹性势能转化为A的动能，根据能量守恒定律有，A与B碰撞的过程中动量守恒有，，然后整体向右运动的过程中受到摩擦力的作用做匀减速直线运动直到末速度为0，对此过程根据动能定理，有，三式联立可得，由式子可知当时，整体运动的距离x最大，所以并不是说mA越小，整体运动的距离x就越大。故A错误；
B.当时，整体运动的距离x最大，并且最大距离x=5m，故B正确；
C.当，代入式子中，可得x=4m，故C正确；
D.当，代入式子中，同样可得x=4m，故D正确。
故答案为：BCD。
【分析】本题主要搞清楚运动过程，A被弹射出去的过程中，弹簧的弹性势能转化为A的动能，列能量守恒式子，而在A与B完全非弹性碰撞的过程中，A与B碰撞的过程中动量守恒，列动量守恒式子，之后A、B结合体在摩擦力的作用下向右做匀减速直线运动直到末速度为0，列动能定理，三条式子再联立，最后求出整体运动的距离x的表达式，进行变形可知时，整体运动的距离最大。分别为mA代入表达式中，得到整体运动的距离。
12．【答案】（1）
（2）
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】 （1）小钢球摆至最低处开始计时且记次数为第1次，当小钢球第N次通过最低处时，停止计时，显示时间为t，则相邻一次经过最低点为半个周期 ，所以有，得到。
(2)由周期公式可得，两式子联立可得
【分析】本题考查了利用单摆实验求重力加速度。
（1）由于相邻一次经过最低点为半个周期，而最后一次计数为N，所以有个，通过列式最后求得周期T的大小；
（2）注意根据周期公式分别代入周期，长度时，l为O点到小球球心的距离，要加上小球的半径。
13．【答案】（1）B；C
（2）M；N；Q
（3）
【知识点】动量守恒定律；平抛运动
【解析】【解答】（1）为了避免碰撞后反弹，入射小球A的质量要大于被碰小球B的质量；实验不用要求斜槽光滑，只要斜槽末端水平就好，使小球飞出去时做平抛运动。故BC正确，AD错误。
答案为：BC。
（2）注意小球离开斜槽末端后做平抛运动，水平方向有，竖直方向有，由于飞出去时水平位移相同，所以飞出去速度越大的，平抛的时间t越短，所以竖直方向上下落的高度h越短。小球A与小球B发生碰撞，根据动量守恒定律有，根据机械能守恒，有，由于A碰撞后不反弹，可知碰撞后A的速度，B的速度，所以入射小球A单独释放后在竖直挡板上的撞击点为M点，A、B碰撞后A的撞击点为N点，B的撞击点为Q点。
故答案为：M；N；Q。
（3）由竖直方向有，可得，所以碰撞前入射小球A的速度，由竖直方向有，可得，所以碰撞后入射小球A的速度，由竖直方向有，可得，所以碰撞后入射小球A的速度，由于碰撞过程中，动量守恒，有，机械能守恒有，，两式子联立可得，，两式子相加，即，所以有。
故答案为：。
【分析】（1）注意在验证碰撞过程中的动量守恒定律实验中，为了避免碰撞后反弹，入射小球A的质量要大于被碰小球B的质量；实验不用要求斜槽光滑，只要斜槽末端水平就好，使小球飞出去时做平抛运动。
（2）由于小球飞出去时做平抛运动，列平抛运动在水平方向和竖直方向两个方向的位移公式，由于水平位移相同，可知速度越大，时间越短，小球在竖直方向下落的高度越短，利用这个规律可知由于入射小球碰撞后速度最小，被碰小球碰撞后速度最大可知入射小球A单独释放后在竖直挡板上的撞击点为M点，A、B碰撞后A的撞击点为N点，B的撞击点为Q点。
（3）利用平抛运动竖直方向的位移公式和水平方向的位移公式联立可得小球A碰撞前的入射速度vO和碰撞后的速度vA，小球B被碰后获得的速度vB，根据弹性碰撞过程中的动量守恒和机械能守恒列式，求出，，得到的规律，最后分别代入小球A碰撞前的入射速度vO和碰撞后的速度vA，小球B被碰后获得的速度vB，整理化简就得到我们要的式子。
14．【答案】（1）解：设劲度系数为k，撤去外力后木块A以原平衡位置上下做简谐运动，当木块A运动到最高点时，由在撤去外力瞬间，合外力等于撤去的外力，可知木块A的加速度大小为
当木块A运动到最高点时，加速度方向向下，此时木块B对地面有最小压力，对A由牛顿第二定律可得
可得此时弹簧的弹力大小
方向向下，对B则有
方向向上，由牛顿第三定律可知，木块B对地面最小压力的大小为10N。
（2）解：撤去外力后，木块A以原平衡位置上下做简谐运动，当木块B恰好不离开地面时，对B则有
此时木块A处于最高位置，加速度最大，为，
由简谐运动的对称性，当木块A运动到最低点时，加速度最大，仍为2g，方向竖直向上，在撤去外力瞬间，合外力等于撤去的外力，由牛顿第二定律，可得
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡；简谐运动的回复力和能量
【解析】【分析】（1）撤去外力F1后，物块A上下做简谐振动，当物块A运动到最高点时，木块B对地面的压力最小即地面对木块B的支持力最小。明确了这一点就可以入手做题。当撤去外力F1时，木块位于简谐振动的最低点，对木块受力分析，可知此时木块的回复力竖直向上，且大小等于外力F1=30N，所以当木块运动到最高点时，木块的回复力也为30N，只是方向为竖直向下，对此时木块受力分析，木块受到向下弹簧的拉力和本身的重力，所以可以列式求出此时弹簧的弹力大小即拉力大小，接着转换角度对B受力分析，B受到竖直向上的支持力，弹簧的拉力和本身的重力，由于B处于静止状态，受力平衡，列式可求出地面对木块B的支持力即为木块对地面的最小压力大小。
（2）注意当撤去外力F2后，物块A同样做简谐振动，当物块A运动到最高点时，弹簧的拉力最大，此时B最有可能离开地面，由于要使木块B在物块A做简谐振动的过程中恰好不离开地面，当物块A到最高点时，此时对木块B受力分析有弹簧的拉力等于木块B本身的重力，求出此时弹簧的拉力，接着对此时物块A受力分析，物块A受到向下的弹簧拉力和物块A本身竖直向下的重力，对它列牛顿第二定律式子求出物块A在最高点时的加速度大小，由于物块A做简谐振动，它在最高点和最低点的加速度大小相等，对它此时受力分析，它受向上的弹簧弹力和竖直向下的重力，根据牛顿第二定律求出两者的合力大小，注意合力是竖直向上的，而且合力大小即为撤去外力前外力F2的大小。
15．【答案】（1）解：根据波形平移法可知，时刻处质点的起振方向沿轴正方向，则波源S开始振动的方向沿轴正方向；根据波形图可知波长为，则该波的周期为
（2）解：从波源S传到所用时间为
可知时刻，波源S已经振动了，则波源S的位置坐标为
（3）解：从传到所用时间为
由于质点的起振方向沿轴正方向，则从时刻起，处的质点第一次到达波谷的时间为
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）由于t=0时刻波刚好传到x=13m处，通过“同侧法”可知此时x=13m处的质点起振方向为沿y轴正方向，所以波源S的起振方向为沿y轴正方向，由图可知波长，根据周期等于波长除以波速，求出周期的大小；
（2）根据波源到x=13m之间距离计算出波源已经振动的时间，在把此时间代入波源的振动方程就可以求出波源S在t=0时刻所处的位置坐标；
（3）先求出波从x=13m处到传播x=1997m处所需要的时间t1，当波传播到x=1997m处时，此处的质点开始向上振动，要使此处的质点到达波谷还需要的时间，将此时间跟t1加起来便为从t=0时刻起，x=1997m处的质点第一次到达波谷的时间。
16．【答案】（1）解：A在长木板上滑行，当A与长木板刚达到共速时，长木板恰好与滑块B在M点发生弹性碰撞，由于M点左侧光滑，可知A与长木板组成系统满足动量守恒，则有
解得
以长木板为对象，根据动能定理可得
解得长木板右端与滑块B之间的距离为
（2）解：长木板与B发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
解得长木板与B碰后瞬间B的速度为
（3）解：设B与C碰撞前瞬间的速度为，B与C发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
解得，
可知发生弹性碰撞后B与C速度发生交换，同理可知发生弹性碰撞后C与D速度发生交换，则根据能量守恒可得
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）当A与长木板刚达到共速时，长木板恰好与滑块B在M点达到共速，对此过程，由于地面光滑，所以滑块A与长木板组成的系统动量守恒，对此过程列动量守恒，求出共速时两者的速度大小，接着对长木板列动能定量，注意此过程只有A对长木板的摩擦力对它做正功，列式从而求出开始时，长木板右端与滑块B之间的距离x1。
（2）长木板以共速的速度大小与B发生弹性碰撞，在碰撞的一瞬间，长木板与滑块B组成的系统动量守恒、机械能守恒，列动量守恒的式子跟机械能守恒的式子，两式子联立求出滑块B被碰后获得的速度。
（3）接下来B与质量相等的C发生弹性碰撞，碰撞的一瞬间B与C组成的系统动量守恒、机械能守恒，通过列式联立可知碰撞后B与C交换速度，C以碰撞前B的速度继续滑行做匀减速直线运动，并且以VC的速度与质量相等的D发生碰撞，并且是弹性碰撞，由前面的推理可知碰撞后C又与D交换了速度，D获得了碰撞前C的速度，继续在摩擦力的作用下向右做匀减速直线运动，直到停下来，其实整个过程相等于B一直往右滑行直到速度为0，对整个等效过程列动能定理，注意末动能为0，就可以求出整个滑行的距离，滑行的距离减去d便为滑块D最终停止的位置P与D开始静止时的距离。
湖北省武汉市部分重点中学2022-2023学年高一下学期期末联考物理试题
一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-11题有多项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错得0分。
1．（2023高一下·武汉期末） 奇妙莫测大自然中，有许多美妙的声音，以下关于大自然中的声现象，说法正确的是（ ）
A．“余音绕梁，三日不绝”体现了声波的衍射现象
B．“空山不见人，但闻人语响”体现了声波的干涉现象
C．“隔墙有耳”体现了声波的衍射现象
D．“姑苏城外寒山寺，夜半钟声到客船”体现了声波的干涉现象
【答案】C
【知识点】波的反射和折射；波的衍射现象；波的干涉现象
【解析】【解答】A.“余音绕梁，三日不绝”说明了声音遇到了墙壁，不断地发生了反射，在反射的过程中又实现声波的干涉，所以这句话体现了声波的反射与干涉现象，故A错误；
B.“空山不见人，但闻人语声”说明了声波发生了衍射，故B错误；
C.“隔墙有耳”隔壁墙都能听到声音，说明声波能绕过障碍物发生衍射，故C正确；
D.“姑苏城外寒山寺，夜半钟声到客船”体现了声音在空气中的传播和衍射，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题主要考查了声波的传播、衍射与干涉现象。“余音绕梁，三日不绝”说明了声音遇到了墙壁，不断地发生了反射，在反射的过程中又实现声波的干涉，所以这句话体现了声波的反射与干涉现象；“空山不见人，但闻人语声”说明声音从很远的地方绕过障碍物传播过来，体现了声波的衍射；“隔墙有耳”也是同样的道理；“姑苏城外寒山寺，夜半钟声到客船”体现了声音在空气中的传播与衍射。
2．（2023高一下·武汉期末） 质量不计轻质弹簧一端连接物体，另一端施加恒力F，如图甲所示，物体沿粗糙水平面向右匀速运动，时间t内弹力的冲量大小为，如图乙所示，物体在相同的恒力F作用下沿光滑水平面向右匀加速运动，相同时间t内弹力的冲量大小为，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．无法判断和的大小关系
【答案】B
【知识点】形变与弹力；冲量
【解析】【解答】无论是在粗糙水平面还是在光滑水平面，弹力都等于恒力F，，所以在相同时间内两种情况弹力的冲量是相等的，有，故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】做这类题目时不要因为两个水平面的情况不同，而被干扰到，由于都是用恒力F直接拉弹簧，所以弹簧产生的弹力都是等于恒力F，所以根据知在两种情况下弹力的冲量是相等的。
3．（2023高一下·武汉期末） 如图所示，一定质量小球以一定初速度从地面竖直上抛，小球运动过程中所受的阻力f恒定，则小球在上升过程中，说法正确的是（ ）
A．小球的动量p随时间t的变化率均匀增大
B．小球的动量p随时间t的变化量不变
C．小球的动量p随时间t的变化量均匀变小
D．小球的动量p随时间t的变化率不变
【答案】D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】AD.根据动量定理，有，所以得到动量随时间t的变化率为，所以动量对时间t的变化率是不变的，故A错误，D正确；
BC.在小球上升的过程中，，我们看到随时间的增加，动量变化量随时间的增加数值上是均匀增加的，故BC错误。
故答案为：D。
【分析】本题考查了动量定理，主要要对小球受力分析，根据动量定理列式，最后得出来是不变的，并且知道动量的变化量随时间的增加均匀增加。
4．（2023高一下·武汉期末） 如图所示，静止轨道卫星Q在轨道上稳定运行，P为赤道平面上的监测站，为实时监测卫星运行状况，卫星Q持续向监测站P发射频率为f的电磁波，则卫星Q从A运行到B的过程中，关于监测站P接收的电磁波频率，下列说法正确的是（ ）
A．监测站P接收的电磁波频率先减小后增大
B．监测站P接收的电磁波频率先增大后减小
C．监测站P接收的电磁波频率一直保持不变
D．监测站P接收的电磁波频率一直减小
【答案】C
【知识点】多普勒效应
【解析】【解答】由于Q是静止轨道卫星即同步卫星，它的角速度等于地球的自转角速度，而赤道上的监测站P也在跟着地球自转，角速度等于地球的自转角速度，即P、Q一直相对静止，根据多普勒效应可知，检测站接收到的电测波频率不变，故C正确，ABD错误；
故答案为：C。
【分析】本题考查了多普勒效应，同步卫星跟赤道上的监测站都在随着地球自转，两者一直相对静止，距离不变，所以监测站接收到的电磁波频率不变。
5．（2023高一下·武汉期末） 将固有频率为的振子A和固有频率为的振子B固定在同一平台上且，给平台提供驱动力使振子A、B同时做受迫振动，振子A的振幅为，振子B的振幅为，现逐渐增大驱动力的频率f，关于两振子做受迫振动的振幅，下列说法正确的是（ ）
A．不可能、同时增大 B．不可能在增大的同时减小
C．不可能、同时减小 D．不可能在减小的同时增大
【答案】B
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】发生受迫振动时，振子振幅与驱动力频率的关系图像如图所示
当驱动力频率小于振子固有频率时，随着驱动力频率的增加，受迫振动的振幅也增加，当驱动力的频率大于振子固有频率时，随着驱动力频率的增加，受迫振动的振幅减少，所以要看A、B振子的固有频率在哪个区间，由于，若驱动力的频率小于fA，说明随着驱动力频率的增加，A、B振子的振幅都会增加，若驱动力的频率大于fB，说明驱动力频率的增加，A、B振子的振幅都会减少，若驱动力的频率大于fA而小于fB，说明振子B的振幅随驱动力频率的增加而增加，而振子A的振幅随驱动力频率的增加而减少，故B正确，ACD错误。
【分析】本题主要考查了发生受迫振动时，振子振幅随驱动力频率的关系图像，注意当驱动力频率小于振子固有频率时，随着驱动力频率的增加，受迫振动的振幅也增加，当驱动力的频率大于振子固有频率时，随着驱动力频率的增加，受迫振动的振幅减少，所以主要振子A、B的固有频率在哪个区间，分情况进行分析就好。
6．（2023高一下·武汉期末） 质量为的小球以从地面竖直向上抛出，小球再次落地后与地面碰撞并以向上弹回，若小球与地面的作用时间为，小球可视为质点，取，不计小球运动过程中的一切阻力，则小球对地面的平均作用力大小为（ ）
A．1.2N B．1.8N C．2N D．3.2N
【答案】D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】设竖直向上为正方向，注意根据对称性可知，在竖直上抛的过程中，小球以4m/s的速度大小竖直向上抛出，说明小球往下落与地面碰撞前一瞬间速度，小球在碰撞的过程中受到地面竖直向上的作用力以及本身竖直向下的重力，根据动量定理有，代入数据得小球对地面的平均作用力F=3.2N。
故答案为：D。
【分析】本题主要考查了动量定理，首先明确小球在地面碰撞前一瞬间速度大小也为4m/s，对碰撞过程列动量定理，首先要对小球受力分析，可看到小球受到竖直向下的重力以及地面对它竖直向上的作用力，列动量定理时要规定好正方向，所以碰撞前一瞬间速度为，列式求解出小球对地面的作用力。
7．（2023高一下·武汉期末） 为研究机械波特点，小明模拟出一列沿x轴正方向传播的简谐横波后再将图像打印出来，但由于墨盒故障，只打印出时刻的部分波形图像如图所示，根据图中所给数据，下列判断正确的是（ ）
A．由于波形图缺失，无法确定该波的波长
B．虽然波形图缺失，但根据计算可确定该波的波长为8m
C．虽然波形图缺失，但根据计算可确定该波的波长为10m
D．虽然波形图缺失，但根据计算可确定该波的波长为12m
【答案】D
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象
【解析】【解答】首先要认真看一下波形图，我们可以看到0到4m部分的波形图，这部分还没有半个周期，说明，，所以，由于4m到16m部分为完整的周期，说明波长肯定小于或等于12m，有，若4m到16m为一个周期，说明波长为12m，符合条件，若4m到16m为两个波长，说明，6m小于8m，不符合条件，不可能，如果4m到16m之间为三个周期即三个波长，更不可能了，所以波长为12m，故D正确，ABC错误。
故答案为：D。
【分析】本题主要要从缺失的波形图推测出波长的大小，首先0到4m为不完整的周期，所以即，再结合4m到16m的波形，可推测出是完整的n个周期，所以要从n=1开始推测，找出符合条件的波长大小。
8．（2023高一下·武汉期末） 如图甲所示，振子在光滑水平面A、B间做简谐运动，平衡位置为O，时刻起振子开始运动，其振动图像如图乙所示，以向右为正方向，不计一切阻力，则下列说法中正确的是（ ）
A．时振子的速度方向向左
B．时振子的加速度方向向左
C．时振子的加速度最大
D．至的时间内，振子加速度大小逐渐减小
【答案】A,C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；简谐运动
【解析】【解答】A.由振动图像知，t=0.2s时振子要过平衡位置向左运动，所以此时振子的速度方向向左，故A正确；
B.t=0.3s时，可看到振子位于平衡位置O的左侧，所以回复力的方向向右，说明振子的加速度方向也向右，故B错误；
C.t=0.4s时可看到振子来到A位置，此时回复力的大小最大，说明振子的加速度也最大，C正确；
D.t=0.6s到t=0.7s时间内，我们看到振子在O的右侧向B点运动，回复力越来越大，说明振子的加速度大小逐渐增大。故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查了简谐振动以及回复力、加速度，注意要分析在对应时刻振子位于什么位置，当振子位于O位置时为平衡位置，回复力为0，加速度为0；当振子位于A、B两个位置时，这两个位置的回复力最大，加速度最大；所以t=0.4s时可看到振子来到A位置，此时回复力的大小最大，说明振子的加速度也最大，而在t=0.6s到t=0.7s时间内，振子越来越偏离平衡位置，说明回复力越来越大，加速度大小也越来越大。
9．（2023高一下·武汉期末） 如图甲所示，可视为质点的两滑块A、B用轻弹簧连接并置于光滑水平面上，已知滑块B的质量为4kg，初始时刻，弹簧处于原长，滑块A获得一定初速度向右开始压缩弹簧，不计运动过程中的一切阻力，经测量可得A、B两滑块在开始运动后的一段时间内速度大小、满足如图乙所示的关系，则由图像可知（ ）
A．弹簧第一次恢复原长时，滑块A的速度最小
B．滑块A的质量为3kg
C．滑块A的初速度为
D．滑块A压缩弹簧过程中，弹簧所获得的最大弹性势能为12J
【答案】A,B,C
【知识点】动量守恒定律；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】A.首先分析一下运动过程，由于一开始A的速度大于B的速度，弹簧开始被压缩，弹力对A做负功，A做减速运动，而弹力对B做正功，B做加速运动，当两者共速时，弹簧被压缩到最短，之后弹簧反弹恢复原长，在恢复原长的过程中，弹力对A做负功，A继续做减速运动 ，而弹力对B做正功，B继续做加速运动，所以当弹簧第一次恢复原长时，滑块A的速度最小，故A正确；
BC.由于A、B组成的系统动量守恒，有，由图线知当时，，此时有，而当时，，此时有，所以，所以，故BC正确；
D.由于当弹簧被压缩到最短时即弹簧弹性势能最大时，弹簧的弹性势能最大，此时两者共速，根据动量守恒定律有，得，根据能量守恒定律有，故D错误。
故答案为：ABC。
【分析】本题主要考查了弹簧与滑块连接体问题，主要在A冲过来压缩弹簧的过程中，A在做减速运动，B在做加速运动，弹簧是越来越短的，当两者共速时，弹簧被压缩到最短，此后弹簧要反弹，弹簧对A做负功，A做减速运动，弹簧对B做正功，B做加速运动，所以当弹簧恢复原长时，A的速度最小；由于在运动的过程，A、B组成的系统动量守恒，通过列式，分别代入乙图的有关数据分别求出滑块A的质量和滑块A的初速度；由于当两者共速时，弹簧被压缩到最短，所以对此过程，列动量守恒式子求出共速时两者的速度，然后再列能量守恒式子，在此过程中，A、B以及弹簧组成的系统，动能转化为弹簧的弹性势能，从而求出弹簧的最大弹性势能。
10．（2023高一下·武汉期末） 月湖之畔，汉江之滨的琴台音乐厅是武汉的艺术殿堂，音乐厅的“穹顶”安装有消音设备，能够削弱高速气流产生的噪声。原理如图所示，一定波长的声波从A端输入，在S点分成两列声波，分别通过直径和半圆通道到达声波输出端B，将消音设备的半径调整为时，可以使声波在输出端B起到“消声”效果，则由此可知该声波的波长可能为（ ）（计算结果保留2位有效数字）
A．0.92m B．0.46m C．0.30m D．0.15m
【答案】B,D
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】为了使声波在输出端起到“消声”效果，则两列声波经过直径和半圆通道传播时路程差必须是半个波长的奇数倍，由于半圆通道弧长为，而直径通道长度为2R，则有，其中，所以，分别代入，此时，当n=1时，此时，当n=2时，我们看到n越大，波长越小。故BD正确，AC错误。
故答案为：BD。
【分析】本题考查了波的干涉，当要起到“消声”效果时，声波通过半圆通道和直径通道的路程差必须等于半个波长的奇数倍，列式，推导出波长的表达式，分别代入n=0、n=1、n=2等的情况，然后再进行选择。
11．（2023高一下·武汉期末） 某货物输送装置如图所示，弹射器固定在水平面上，弹射器最右端可以放置质量不同的物体被弹射出去，弹射器正前方某一位置P处放置另一质量为0.5kg的物体B，P左侧光滑，右侧粗糙且动摩擦因数，弹射器提供恒定的弹性势能，物体A获得全部弹性势能后被弹射出去，A在P点和B发生碰撞，碰撞时间极短且碰后A、B结合成一个整体，整体向右运动到某一点Q静止，设被弹射物体质量为，P、Q间的距离为x，A、B均可以看成质点，取，下列说法正确的是（ ）
A．被弹射物体越小，则整体运动的距离x越大
B．被弹射物体，则整体运动的距离x最大，最大距离为
C．被弹射物体，则整体运动的距离
D．被弹射物体，则整体运动的距离
【答案】B,C,D
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A.在物体A被弹出去的过程中，弹性势能转化为A的动能，根据能量守恒定律有，A与B碰撞的过程中动量守恒有，，然后整体向右运动的过程中受到摩擦力的作用做匀减速直线运动直到末速度为0，对此过程根据动能定理，有，三式联立可得，由式子可知当时，整体运动的距离x最大，所以并不是说mA越小，整体运动的距离x就越大。故A错误；
B.当时，整体运动的距离x最大，并且最大距离x=5m，故B正确；
C.当，代入式子中，可得x=4m，故C正确；
D.当，代入式子中，同样可得x=4m，故D正确。
故答案为：BCD。
【分析】本题主要搞清楚运动过程，A被弹射出去的过程中，弹簧的弹性势能转化为A的动能，列能量守恒式子，而在A与B完全非弹性碰撞的过程中，A与B碰撞的过程中动量守恒，列动量守恒式子，之后A、B结合体在摩擦力的作用下向右做匀减速直线运动直到末速度为0，列动能定理，三条式子再联立，最后求出整体运动的距离x的表达式，进行变形可知时，整体运动的距离最大。分别为mA代入表达式中，得到整体运动的距离。
二、非选择题：本题共5小题，共56分。
12．（2023高一下·武汉期末） 为测量武汉地区的重力加速度，小明在家找到一个表面部分磨损且凸凹不平的小钢球做成一个单摆，具体操作如下：
①小明用刻度尺测量两悬点OP间细线的长度L，将小钢球拉开一个大约5°的角度静止释放；
②从小钢球摆至最低处开始计时且记次数为第1次，当小钢球第N次通过最低处时，停止计时，显示时间为t；
③由于不能准确确定钢球的重心位置，小明改变两悬点OP间细线的长度先后完成两次实验，记录细线的长度及单摆对应的周期分别为、和、。根据小明的操作步骤，回答以下问题：
（1）根据实验操作，在步骤②中，小钢球的摆动周期为T= 。
（2）根据步骤③记录的数据得出武汉地区的重力加速度为g= （用、，， 表示）。
【答案】（1）
（2）
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】 （1）小钢球摆至最低处开始计时且记次数为第1次，当小钢球第N次通过最低处时，停止计时，显示时间为t，则相邻一次经过最低点为半个周期 ，所以有，得到。
(2)由周期公式可得，两式子联立可得
【分析】本题考查了利用单摆实验求重力加速度。
（1）由于相邻一次经过最低点为半个周期，而最后一次计数为N，所以有个，通过列式最后求得周期T的大小；
（2）注意根据周期公式分别代入周期，长度时，l为O点到小球球心的距离，要加上小球的半径。
13．（2023高一下·武汉期末） 学习小组利用如下实验装置研究两小球弹性碰撞过程中的动量守恒。如图所示，斜槽固定在水平桌面上且末端切线水平，距槽末端一定距离的位置固定着一个竖直挡板，A、B两小球直径相同且发生弹性碰撞，不计斜槽转折点的能量损耗和空气阻力，实验步骤如下：
①将白纸、复写纸固定在竖直挡板上，用来记录实验中小球与竖直挡板的撞击点；
②用水平仪确定竖直挡板上与小球圆心O等高的点并记录为P；
③让入射小球A单独从斜槽固定挡板处静止自由释放，记录小球在竖直挡板上的撞击点；
④将被碰小球B静止放置在水平轨道的末端，让入射球A再次从斜槽固定挡板处静止释放，A、B两球在斜槽末端碰后均向右水平抛出，记录A、B两小球在竖直挡板上的撞击点；
⑤重复③④操作多次，确定两小球各次的平均撞击点Q、M、N；
⑥测得、、
根据该实验小组的实验，回答下列问题：
（1）关于该实验，下列说法正确的是____
A．该实验要求斜槽必须尽可能光滑
B．该实验无需要求斜槽光滑
C．入射小球A的质量应大于被碰小球B的质量
D．入射小球A的质量应小于被碰小球B的质量
（2）根据实验操作，3个撞击点P、Q、M、中，入射小球A单独释放后在竖直挡板上的撞击点为 点，A、B碰撞后A的撞击点为 点，A、B碰撞后B的撞击点为 点。
（3）该实验由于没有天平无法测出小球A、B的质量，实验小组认为只要测出、、，且满足 （写出、、关系式），则在误差允许范围内，小球A、B发生弹性碰撞过程中的动量守恒。
【答案】（1）B；C
（2）M；N；Q
（3）
【知识点】动量守恒定律；平抛运动
【解析】【解答】（1）为了避免碰撞后反弹，入射小球A的质量要大于被碰小球B的质量；实验不用要求斜槽光滑，只要斜槽末端水平就好，使小球飞出去时做平抛运动。故BC正确，AD错误。
答案为：BC。
（2）注意小球离开斜槽末端后做平抛运动，水平方向有，竖直方向有，由于飞出去时水平位移相同，所以飞出去速度越大的，平抛的时间t越短，所以竖直方向上下落的高度h越短。小球A与小球B发生碰撞，根据动量守恒定律有，根据机械能守恒，有，由于A碰撞后不反弹，可知碰撞后A的速度，B的速度，所以入射小球A单独释放后在竖直挡板上的撞击点为M点，A、B碰撞后A的撞击点为N点，B的撞击点为Q点。
故答案为：M；N；Q。
（3）由竖直方向有，可得，所以碰撞前入射小球A的速度，由竖直方向有，可得，所以碰撞后入射小球A的速度，由竖直方向有，可得，所以碰撞后入射小球A的速度，由于碰撞过程中，动量守恒，有，机械能守恒有，，两式子联立可得，，两式子相加，即，所以有。
故答案为：。
【分析】（1）注意在验证碰撞过程中的动量守恒定律实验中，为了避免碰撞后反弹，入射小球A的质量要大于被碰小球B的质量；实验不用要求斜槽光滑，只要斜槽末端水平就好，使小球飞出去时做平抛运动。
（2）由于小球飞出去时做平抛运动，列平抛运动在水平方向和竖直方向两个方向的位移公式，由于水平位移相同，可知速度越大，时间越短，小球在竖直方向下落的高度越短，利用这个规律可知由于入射小球碰撞后速度最小，被碰小球碰撞后速度最大可知入射小球A单独释放后在竖直挡板上的撞击点为M点，A、B碰撞后A的撞击点为N点，B的撞击点为Q点。
（3）利用平抛运动竖直方向的位移公式和水平方向的位移公式联立可得小球A碰撞前的入射速度vO和碰撞后的速度vA，小球B被碰后获得的速度vB，根据弹性碰撞过程中的动量守恒和机械能守恒列式，求出，，得到的规律，最后分别代入小球A碰撞前的入射速度vO和碰撞后的速度vA，小球B被碰后获得的速度vB，整理化简就得到我们要的式子。
14．（2023高一下·武汉期末） 如图所示，可视为质点的两木块A、B质量均为2kg，用轻弹簧连接在一起放在水平地面上，用外力将木块A压下一段距离后静止不动，撤去外力，A上下做简谐运动，弹簧始终竖直且未超过弹性限度，不计一切阻力，取，则：
（1）若施加的外力，求撤去外力后在木块A运动过程中木块B对地面最小压力的大小；
（2）撤去外力后，要使木块B恰好不离开地面，求将木块A下压至静止时外力的大小。
【答案】（1）解：设劲度系数为k，撤去外力后木块A以原平衡位置上下做简谐运动，当木块A运动到最高点时，由在撤去外力瞬间，合外力等于撤去的外力，可知木块A的加速度大小为
当木块A运动到最高点时，加速度方向向下，此时木块B对地面有最小压力，对A由牛顿第二定律可得
可得此时弹簧的弹力大小
方向向下，对B则有
方向向上，由牛顿第三定律可知，木块B对地面最小压力的大小为10N。
（2）解：撤去外力后，木块A以原平衡位置上下做简谐运动，当木块B恰好不离开地面时，对B则有
此时木块A处于最高位置，加速度最大，为，
由简谐运动的对称性，当木块A运动到最低点时，加速度最大，仍为2g，方向竖直向上，在撤去外力瞬间，合外力等于撤去的外力，由牛顿第二定律，可得
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡；简谐运动的回复力和能量
【解析】【分析】（1）撤去外力F1后，物块A上下做简谐振动，当物块A运动到最高点时，木块B对地面的压力最小即地面对木块B的支持力最小。明确了这一点就可以入手做题。当撤去外力F1时，木块位于简谐振动的最低点，对木块受力分析，可知此时木块的回复力竖直向上，且大小等于外力F1=30N，所以当木块运动到最高点时，木块的回复力也为30N，只是方向为竖直向下，对此时木块受力分析，木块受到向下弹簧的拉力和本身的重力，所以可以列式求出此时弹簧的弹力大小即拉力大小，接着转换角度对B受力分析，B受到竖直向上的支持力，弹簧的拉力和本身的重力，由于B处于静止状态，受力平衡，列式可求出地面对木块B的支持力即为木块对地面的最小压力大小。
（2）注意当撤去外力F2后，物块A同样做简谐振动，当物块A运动到最高点时，弹簧的拉力最大，此时B最有可能离开地面，由于要使木块B在物块A做简谐振动的过程中恰好不离开地面，当物块A到最高点时，此时对木块B受力分析有弹簧的拉力等于木块B本身的重力，求出此时弹簧的拉力，接着对此时物块A受力分析，物块A受到向下的弹簧拉力和物块A本身竖直向下的重力，对它列牛顿第二定律式子求出物块A在最高点时的加速度大小，由于物块A做简谐振动，它在最高点和最低点的加速度大小相等，对它此时受力分析，它受向上的弹簧弹力和竖直向下的重力，根据牛顿第二定律求出两者的合力大小，注意合力是竖直向上的，而且合力大小即为撤去外力前外力F2的大小。
15．（2023高一下·武汉期末） 位于坐标原点O的波源S产生的简谐横波向右传播，波的振幅，波速，设时刻波刚好传到处，部分波形如图所示，P是在波的传播方向上的质点，求：
（1）波源S开始振动的方向和该波的周期T；
（2）时刻波源S的位置坐标；
（3）从时刻起，处的质点第一次到达波谷的时间。
【答案】（1）解：根据波形平移法可知，时刻处质点的起振方向沿轴正方向，则波源S开始振动的方向沿轴正方向；根据波形图可知波长为，则该波的周期为
（2）解：从波源S传到所用时间为
可知时刻，波源S已经振动了，则波源S的位置坐标为
（3）解：从传到所用时间为
由于质点的起振方向沿轴正方向，则从时刻起，处的质点第一次到达波谷的时间为
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）由于t=0时刻波刚好传到x=13m处，通过“同侧法”可知此时x=13m处的质点起振方向为沿y轴正方向，所以波源S的起振方向为沿y轴正方向，由图可知波长，根据周期等于波长除以波速，求出周期的大小；
（2）根据波源到x=13m之间距离计算出波源已经振动的时间，在把此时间代入波源的振动方程就可以求出波源S在t=0时刻所处的位置坐标；
（3）先求出波从x=13m处到传播x=1997m处所需要的时间t1，当波传播到x=1997m处时，此处的质点开始向上振动，要使此处的质点到达波谷还需要的时间，将此时间跟t1加起来便为从t=0时刻起，x=1997m处的质点第一次到达波谷的时间。
16．（2023高一下·武汉期末） 如图所示，水平地面M点左侧光滑，右侧粗糙且动摩擦因数为，在M点左侧某位置放置质量为的长木板，质量为的滑块A置于长木板的左端，A与长木板之间的动摩擦因数也为，在M点右侧依次放置质量均为的滑块B、C、D，现使滑块A瞬间获得向右的初速度，当A与长木板刚达到共速时，长木板恰好与滑块B在M点发生弹性碰撞，碰后立即将长木板和滑块A撤走，滑块B继续向前滑行并和前方静止的C发生弹性碰撞，B、C碰后C继续向前滑行并与前方静止的D发生弹性碰撞，最终滑块D停在水平面上的P点，已知开始时滑块B、D间的距离为，重力加速度为，滑块A、B、C、D均可看成质点且所有弹性碰撞时间极短，求
（1）开始时，长木板右端与滑块B之间的距离；
（2）长木板与B碰后瞬间B的速度；
（3）滑块D最终停止的位置P与D开始静止时的距离。
【答案】（1）解：A在长木板上滑行，当A与长木板刚达到共速时，长木板恰好与滑块B在M点发生弹性碰撞，由于M点左侧光滑，可知A与长木板组成系统满足动量守恒，则有
解得
以长木板为对象，根据动能定理可得
解得长木板右端与滑块B之间的距离为
（2）解：长木板与B发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
解得长木板与B碰后瞬间B的速度为
（3）解：设B与C碰撞前瞬间的速度为，B与C发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
解得，
可知发生弹性碰撞后B与C速度发生交换，同理可知发生弹性碰撞后C与D速度发生交换，则根据能量守恒可得
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）当A与长木板刚达到共速时，长木板恰好与滑块B在M点达到共速，对此过程，由于地面光滑，所以滑块A与长木板组成的系统动量守恒，对此过程列动量守恒，求出共速时两者的速度大小，接着对长木板列动能定量，注意此过程只有A对长木板的摩擦力对它做正功，列式从而求出开始时，长木板右端与滑块B之间的距离x1。
（2）长木板以共速的速度大小与B发生弹性碰撞，在碰撞的一瞬间，长木板与滑块B组成的系统动量守恒、机械能守恒，列动量守恒的式子跟机械能守恒的式子，两式子联立求出滑块B被碰后获得的速度。
（3）接下来B与质量相等的C发生弹性碰撞，碰撞的一瞬间B与C组成的系统动量守恒、机械能守恒，通过列式联立可知碰撞后B与C交换速度，C以碰撞前B的速度继续滑行做匀减速直线运动，并且以VC的速度与质量相等的D发生碰撞，并且是弹性碰撞，由前面的推理可知碰撞后C又与D交换了速度，D获得了碰撞前C的速度，继续在摩擦力的作用下向右做匀减速直线运动，直到停下来，其实整个过程相等于B一直往右滑行直到速度为0，对整个等效过程列动能定理，注意末动能为0，就可以求出整个滑行的距离，滑行的距离减去d便为滑块D最终停止的位置P与D开始静止时的距离。
