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江苏省常州高级中学2024-2025学年高二上学期期中考试物理试卷
1．（2024高二上·常州期中）下列说法中正确的是（　　）
A．伽利略首先确定了单摆做简谐运动的周期公式
B．做简谐运动的物体所受的回复力就是它所受的合外力
C．“闻其声不见其人”是司空见惯的现象，其中“闻其声”属于声波的干涉现象
D．物体的运动方向指向平衡位置时，速度方向跟位移方向相反；背向平衡位置时，速度方向跟位移方向相同
【答案】D
【知识点】单摆及其回复力与周期；简谐运动；波的衍射现象
【解析】【解答】A． 单摆周期公式的发现和确立是一个过程，伽利略在此过程中做出了开创性的贡献，而惠更斯则完成了最终的数学推导和确认，故A错误；
B． 以单摆为例，摆球所受的合外力是重力与绳子拉力的矢量和，这个合力提供了摆球做圆周运动的向心力和使摆球回到最低点的切向力（回复力）。因此，使单摆振动的回复力只是它所受合外力的一个分力，而不是全部 ，故B错误；
C． “闻其声”是因为声波能拐弯抹角，绕过墙壁等障碍物；而“不见其人”是因为光波几乎只会走直线，被墙壁挡住了。这种“声音能拐弯”的特性，就是波的衍射现象 ，故C错误；
D．物体的运动方向指向平衡位置时，速度方向跟位移方向相反；背向平衡位置时，速度方向跟位移方向相同，故D正确；
故选D。
【分析】1、 物理学史类选项：考查重点：著名物理定律、公式的发现者、确立者。
易错点：记忆混淆，张冠李戴（如将伽利略与惠更斯的贡献记混）。
应对方法：进行针对性记忆，尤其关注那些里程碑式的科学家和他们的核心贡献。
2、概念关系类选项（如：回复力与合外力）
考查重点：对物理概念内涵和外延的深入理解。回复力是按效果命名的力，它可能是某个力，也可能是几个力的合力，甚至是合力的一个分力。
易错点：将“回复力”简单地等同于“合外力”，忽略了更复杂的情况（如单摆）。
应对方法：牢记标准模型：水平弹簧振子（回复力=合外力）是特例，不是普遍情况。
3、现象解释类选项（如：“闻其声不见其人”）
考查重点：将日常生活现象与正确的物理原理对应起来。
易错点：混淆“衍射”与“干涉”“反射”等现象。
应对方法：抓住本质特征：衍射：波绕过障碍物继续传播的现象。关键词是“绕过”。
干涉：两列波相遇后叠加，出现稳定加强或减弱的现象。关键词是“叠加”和“稳定图样”。
反射：波遇到障碍物被弹回的现象。关键词是“返回”。
4、运动描述类选项（速度与位移方向）
考查重点：对位移、速度等基本物理量的矢量性及其在特定模型（简谐运动）中方向关系的理解。
易错点：认为位移方向总是与运动方向（速度方向）一致。
应对方法：明确参考系：简谐运动中以平衡位置为位移原点。
动态分析：物体远离平衡位置时：位移（指向所在位置）与速度（指向更远的地方）方向相同。
物体衡位置时：位移（指向所在位置）与速度（指向家的方向）方向相反。
2．（2024高二上·常州期中）在某次足球比赛中，著名球星C罗接队友传中，跳起头球打门，进球。设C罗的质量为m，从静止下蹲状态向上起跳，经时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，重力加速度大小为g，在此过程中（　　）
A．地面对C罗的冲量大小为
B．地面对C罗的冲量大小为
C．C罗所受的冲量大小为
D．C罗所受的冲量大小为
【答案】B
【知识点】动量定理；冲量
【解析】【解答】AB．从静止下蹲状态向上起跳过程，C罗受到地面弹力与重力，根据动量定理有
解得
故A错误，B正确；
CD．C罗所受的冲量指合力的冲量，根据动量定理有
即C罗所受的冲量大小为，故CD错误。
故选B。
【分析】 本题的核心是动量定理的应用。动量定理的内容是：物体所受合外力的冲量，等于物体动量的变化量。
1、混淆“某个力的冲量”与“合外力的冲量”：这是本题最核心的考点。
合外力的冲量决定物体动量的变化。某个分力的冲量（如地面支持力）是合外力冲量的一部分，其大小需要通过受力分析和动量定理来计算。
2、忽视重力的冲量：在计算支持力的冲量时，很容易忘记重力的冲量也作用在物体上并且持续了整个起跳时间。重力的冲量是支持力冲量比动量变化多出来的那一部分。
3、表述歧义：选项C和D中的“C罗所受的冲量”表述不严谨，容易引发歧义。在物理中，更规范的表述是“合外力的冲量”或“某某力的冲量”。做题时需结合上下文和其他选项来判断出题人的意图。
3．（2024高二上·常州期中）图甲所示是一个共振筛，该共振筛的共振曲线如图乙所示。已知增大电压，可使偏心轮转速提高：增加筛子质量，可增大筛子的固有周期。在某电压下此刻偏心轮的转速是54r/min。下列说法正确的是（　　）
A．偏心轮现在的频率是0.8Hz
B．仅增大电压，可以使筛子振幅增大
C．仅增加筛子质量，可以使筛子振动频率减小
D．仅降低偏心轮转速，可以使筛子振幅增大
【答案】D
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】A．由题意可知，偏心轮的转速是，则周期为
则有偏心轮现在的频率为，故A错误；
B．仅增大电压，可提高偏心轮转速，偏心轮频率增大，则由偏心轮产生的驱动力的频率增大，偏心轮产生的驱动力的频率大于0.8Hz，不会产生共振，筛子的振幅不会增大，故B错误；
C．仅增加筛子的质量，增大了筛子的固有周期，减小了筛子的固有频率，但不会改变筛子的振动频率，故C错误；
D．降低偏心轮转速，偏心轮的周期增大，频率减小，则由偏心轮产生的驱动力的频率减小，当偏心轮产生的驱动力的频率减小到0.8Hz时，产生共振，可以使筛子振幅增大，故D正确。
故选D。
【分析】一、核心概念回顾
1、受迫振动：系统在周期性驱动力作用下的振动。其稳定后的振动频率等于驱动力的频率，与系统的固有频率无关。
2、共振：当驱动力的频率等于或接近系统的固有频率时，受迫振动的振幅达到最大的现象。
3、固有频率：系统本身固有的振动频率，由系统自身的性质（如筛子的质量、弹簧的劲度系数）决定
二、总结与升华
1、紧扣定义：牢牢抓住共振的条件：驱动力频率 等于 系统的固有频率。
2、分清主次：受迫振动的频率由 驱动力 决定。
受迫振动的振幅由 驱动力频率与固有频率的接近程度 决定。
系统的固有频率由 系统自身 决定。
3、逻辑推理：对于任何选项，都要进行“如果这样操作，会导致哪个频率改变？如何改变？改变后与另一个频率的关系是更接近还是更远离？”的推理。遵循这个流程，就能准确判断振幅的变化趋势。
注意单位换算：题目中转速单位是 r/min（转/分钟），而频率单位是 Hz（转/秒），切记要除以60进行换算。
记住：想增大受迫振动的振幅，就去调节驱动力的频率，使其逼近固有频率。
4．（2024高二上·常州期中）如图是单摆做阻尼振动的位移-时间图像，比较摆球在P与N时刻的势能、动能、机械能的大小，下列说法正确的是（　　）
A．势能P＞N B．动能P＞N C．动能P＜N D．机械能P＜N
【答案】B
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】A．从位移 - 时间图像看，、时刻摆球位移大小相等（ ），因单摆的位移与摆球相对零势能点高度对应，且摆球质量不变，所以两时刻摆球相对零势能点高度相同，故A错误；
B.① 先看机械能：单摆做阻尼振动，时刻在时刻之前，振动过程机械能不断损耗，所以时刻机械能大于时刻机械能（ ） ② 再看势能：由选项A分析，③ 最后看动能：根据，变形得 。代入、，可得 、 ，所以 ，即时刻动能大于时刻动能 ，故B正确.
C．由于P时刻的机械能大于N时刻的机械能，两时刻的势能相同，所以P时刻对应的动能大于在N时刻的动能，故C错误；
D．由于单摆做阻尼振动，振动过程中要克服阻力做功，振幅逐渐减下，摆球的机械能逐渐减少，所以摆球在P时刻所对应的机械能大于在N时刻所对应的机械能；故D错误.
故答案为：B.
【分析】A.单摆重力势能由摆球相对零势能点高度和质量决定，公式为.
B.机械能等于动能与势能之和（ ）；阻尼振动中，摆球因克服阻力做功，机械能逐渐减少 .
C.同选项B中“机械能与动能、势能的关系”及“阻尼振动机械能变化规律”.
D.阻尼振动的特点——摆球克服阻力做功，机械能（动能 + 势能总和 ）逐渐减少 .
5．（2024高二上·常州期中）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同一顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量依次为、、，动量变化量的大小依次为、、，则下列说法错误的是（　　）
A．，
B．三个过程中，合力的冲量大小相等，动量的变化量大小相等
C．，
D．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等
【答案】A
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；冲量
【解析】【解答】AC．物体沿光滑斜面下滑运动中，只有重力做功，因此机械能守恒，由于斜面的高度相同，因此物体滑到斜面底端时速度大小相同，则有动量的变化量大小相等，则有。设斜面的高度为h，斜面的倾角为θ，由牛顿第二定律可得
，物体沿斜面下滑运动中，则有，解得物体沿斜面下滑时间
由上式可知，斜面的倾角θ越小，下滑时间t越大，则有，重力的冲量
可得，故A错误，符合题意；C正确，不符合题意；
B．物体的机械能守恒，由于斜面的高度相同，因此物体滑到斜面底端时速度大小相同，则有动量的变化量，大小相等，由动量定理可知，三个过程中合力的冲量大小相等，动量的变化量大小相等，故B正确，不符合题意；
D．物体沿斜面下滑运动中，只有重力做功，物体下滑高度相同，滑到底端时合力做的功相等，由动能定理可知，物体滑到斜面底端时的动能变化量相等，故D正确，不符合题意。
故选A。
【分析】一、核心解题思路：解决此类比较问题的核心在于 “抓不变量” 和 “辨差异量”：
不变量：所有物体从相同高度、光滑斜面由静止下滑。这意味着它们的机械能守恒，滑到底端时具有相同的速率和相同的动能。因此，它们的动量变化量大小也相同。
差异量：各斜面的倾角不同。这导致了物体下滑的加速度和位移（斜面长度）不同。进而导致下滑时间不同，而时间的不同又会直接影响与时间相关的物理量，如冲量。
二、总结与升华：
1、首选两大定理：对于涉及力、时间、速度变化的问题，动量定理和动能定理是最高效的工具。它们往往能绕过复杂的中间过程，直接建立初末状态量的关系。
2、区分两种积累：彻底分清冲量和功：冲量是时间的积累，与路径无关，是矢量。
功是空间的积累，与路径有关，是标量。这就是为什么重力做功相同，但重力冲量不同的原因。
3、明确比较对象：在比较“变化量”时，要看清题目是比较大小还是矢量。对于动量这种矢量，要特别注意。
4、掌握推导结论：物体沿光滑斜面下滑的时间 是一个很有用的结论，值得记住。
总而言之，解决此类问题的策略是：首先利用机械能守恒或动能定理抓住“末速度大小相同”这个不变量，然后利用动量定理分析冲量，最后再针对单个力（如重力）的冲量，结合运动学分析时间差异。
6．（2024高二上·常州期中）如图所示，小桐和小旭在可视为光滑的水平地面上玩弹珠游戏。小桐瞬间将弹珠甲对着小旭脚边的静止弹珠乙弹出，甲以v0的速度与乙发生了弹性正碰，已知弹珠可以视为光滑，则（　　）
A．若碰后甲乙同向运动，则甲的质量可能小于乙的质量
B．若碰后甲反弹，则甲的速率可能为1.2v0
C．碰后乙的速率不可能为3v0
D．若碰后甲反弹，则甲的速率不可能大于乙的速率
【答案】C
【知识点】碰撞模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【解答】A．甲乙弹珠碰撞瞬间动量守恒，机械能守恒，设弹珠甲乙的质量分别为m1、m2，碰后甲的速度为v1，乙的速度为v2，则有，
联立得，，若碰后甲乙同向运动，则，可知甲的质量一定大于乙的质量。故A错误；
B．若碰后甲反弹，且甲的速率为1.2v0，则有，得，质量不能为负值，则可知，若碰后甲反弹，则甲的速率不可能为1.2v0。故B错误；
C．若碰后乙的速率为3v0，则有，得，质量不能为负值，则可知，碰后乙的速率不可能为3v0。故C正确；
D．若碰后甲反弹，且甲的速率大于乙的速率，则有，得
可知只要就可满足碰后甲反弹，且甲的速率大于乙的速率。故D错误。
故选C。
【分析】 两个小球发生弹性正碰（对心弹性碰撞），满足动量守恒和动能守恒。其碰后速度的结论公式（由两个守恒定律推导而出）是解题的关键：，
要使两球同向运动（均向右），必须满足m1 > m2。因此甲的质量不可能小于乙的质量
解题小结
1、公式是基础：必须熟记弹性碰撞后的速度公式，
2、推理是关键：根据公式进行数学推导和逻辑推理，判断选项中“可能”、“不可能”等说法的真伪。
3、取值范围要清晰：理解碰撞中速度的物理限制（v2在0到2v0之间，|v1|在0到v0之间），可快速排除错误选项。
4、巧用比例：引入质量比 k = m2 / m1，可以将公式简化，便于分析和计算。
7．（2024高二上·常州期中）如图a所示，下端附有重物的粗细均匀木棒，在水池中沿竖直方向做简谐运动，已知水的密度为，木棒的横截面积为，重力加速度大小为，木棒所受的浮力随时间变化的图像如图b所示，下列说法正确的是（　　）
A．水的浮力是木棒做简谐运动的回复力
B．木棒的重力为
C．0~0.25s内木棒的加速度逐渐增大
D．木棒所受回复力大小与位移大小的比值为
【答案】B
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】A．合力提供回复力，木棒做简谐运动的回复力是水的浮力与木棒重力的合力，故A错误；
B．在平衡位置回复力为零，则在平衡位置时木棒所受的浮力等于木棒的重力，由图可知木棒的重力为，故B正确；
C.0~0.25s内木棒的浮力减小，则木棒从最低点向平衡位置运动，则其加速度逐渐减小，故C错误；
D．设向下为正，则在平衡位置时
在平衡位置以下x位置时
则木棒所受回复力大小与位移大小的比值为，故D错误。
故选B。
【分析】1、回复力的来源：木棒在水中做简谐运动时，回复力是重力与浮力的合力（净恢复力），而非仅浮力。平衡位置时合力为零（浮力等于重力）。
2、重力的确定：重力等于平衡位置时的浮力，即浮力变化图像中的平均值（）。
3、加速度变化分析：从最大位移处（浮力极值点）向平衡位置运动时，回复力（加速度）大小逐渐减小。
4、回复力与位移的关系：回复力 F= ρgSy，比例系数 ρgS 为常数，表明运动是简谐运动。
5、关键点：正确理解浮力图像（图b）的物理意义（极值、平衡点、周期），并结合简谐运动动力学特征（）进行分析。
8．（2024高二上·常州期中）某小组利用频闪照相的方法研究单摆的运动过程，即用在同一张底片上多次曝光的方法，在远处从与单摆摆动平面垂直的视角拍摄单摆在摆动过程中的多个位置的照片。从摆球离开左侧最高点A时开始，每隔相同时间曝光一次，得到了一张记录摆球从A位置由静止运动到右侧最高点B的照片，如图所示，其中摆球运动到最低点O时摆线被一把刻度尺挡住。对照片进行分析可知（　　）
A．摆球在A点的所受合力小于在B点的合力
B．摆球经过O点前后瞬间加速度大小不变
C．摆球从A点到O点的过程中重力做功的功率，等于摆球从O点到B点的过程中克服重力做功的功率
D．小球在A点受绳的拉力小于其在B点受绳的拉力
【答案】A
【知识点】单摆及其回复力与周期；生活中的圆周运动；功率及其计算
【解析】【解答】A． 摆球在A和B位置速度为零，向心力为零，但所受合力为重力沿切线方向的分量 。由于A点摆角 小于B点摆角 ，因此 ，所以A点合力小于B点合力 ，故A正确；
B． 摆球经过O点（最低点）前后瞬间，线速度大小不变（机械能守恒），但摆动半径突然变大（绳子长度变化），由向心加速度公式 可知，加速度大小变小 ，故B错误；
C．因从A到O重力做功等于从O到B克服重力做功，但是从A到O的时间大于从O到B的时间，则根据可知，摆球从A点到O点的过程中重力做功的功率小于摆球从O点到B点的过程中克服重力做功的功率，故C错误；
D．摆球在A、B两点所受的绳子的拉力等于重力沿绳子方向的分量，即mgcosθ，因在A点时细线与竖直方向的夹角小于在B点时细线与竖直方向的夹角，小球在A点受绳的拉力大于其在B点受绳的拉力故D错误。
故选A。
【分析】1、极端点受力分析：在最大位移点（A、B），速度为零，向心力为零，合力为重力沿切线方向的分力 ，摆角越大，合力越大。
2、最低点运动分析：经过最低点O时，线速度不变（机械能守恒），但绳子长度变化导致半径变化，向心加速度 随之变化（半径变大，加速度变小）。
3、功率比较：重力做功相同，但时间不同（从最大位移到最低点的时间更长），因此功率不同。
4、绳子拉力：在最大位移点，拉力等于重力沿绳方向的分量 ，摆角越小，拉力越大。
5、关键点：正确应用机械能守恒、圆周运动公式和功率定义，注意摆角变化对力和运动的影响。
9．（2024高二上·常州期中）简谐横波在均匀介质中沿直线传播，P、Q是传播方向上相距10 m的两质点，波先传到P，当波传到Q时开始计时，P、Q两质点的振动图像如图所示．则(　　)
A．质点Q开始振动的方向沿y轴负方向
B．该波从P传到Q的时间可能为7 s
C．该波的传播速度可能为2 m/s
D．该波的波长可能为6 m
【答案】D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A、由图可知，Q从零时刻开始沿y轴正方向振动，故A错误；
B、质点运动周期为6s，由图像易知波由P传到Q点的时间为，时间不可能为7s，故B错误；
C、由，代入时间可得传播速度，不可能为2 m/s，故C错误；
D、由B、C项知，则，当n=1时，，故D正确．
故选D。
【分析】1、振动方向判断：根据波形图和Q点起振方向（y轴正方向），可推断波传播方向（例如向左传）。
2、周期与波速：周期T=6s，波速 ，波长λ需从图中获取。
3、传播时间计算：波从P传到Q的时间 ，其中为P、Q间距离（可能含半波损失，即 )。
4、传播方向与质点振动方向容易判断错误
错误原因：混淆了波的传播方向和质点的振动方向。波传播的是“振动形式”和能量，质点本身只在平衡位置附近振动。正确方法：使用“同侧法”或“上下坡法”进行判断。
5、波长 (λ)、波速 (v)、周期 (T) 关系不清
错误原因：没有牢固掌握公式 v = λ / T 或 v = λf，或者忽略了这三个量之间的决定关系。
正确方法：v = λ / T 是普适公式。周期T通常由波源决定，波速v由介质决定，波长λ则由v和T共同决定。从图中必须准确读出λ和T。
6、传播时间与距离关系理解不深（最易错！）
错误原因：认为波从P传到Q的时间 Δt = Δx / v 只能得到一个唯一的值。这是最大的思维误区。
正确方法：由于波的周期性，波传播的距离存在多解性。波在Δt时间内传播的距离 Δx 可以是：
Δx = nλ + δx （其中 n = 0， 1， 2， 3...，δx 是小于一个波长的距离）
因此，传播时间也相应具有多解性：Δt = nT + δt （其中 δt 是小于一个周期的时间）
两者通过波速联系起来：Δx / v = Δt 或 v = Δx / Δt。
10．（2024高二上·常州期中）如图所示，S1、S2是振动情况完全相同的两个波源，它们的振动频率均为5Hz，振幅均为0.5m。P是两列波传播方向上的一个质点，PS1=5m，PS2=9m，t=0时P刚好振动到波谷位置。已知S1、S2连线上相邻两振动减弱点间的距离为1m，下列说法正确的是（　　）
A．P的振幅为1.0m
B．波的传播速度为5m/s
C．t=0时，S1刚好振动到波谷位置
D．t=0.1s时，S2刚好振动到波峰位置
【答案】A
【知识点】波的叠加
【解析】【解答】A．如图所示
设Q1是S1、S2连线中点左侧第1个振动减弱点，Q2是其左侧第2个振动减弱点，Q2与Q1相距 l，由振动减弱的条件，有，同理有
联立解得，即两波源连线上相邻两振动减弱点间的距离为，由题意
，则，而P到S1、S2的路程差，故P点振动加强，振幅为1m，故A正确；
B．由，得，故B错误；
C．因，t=0时P在波谷位置，此时S1应在波峰位置，故C错误；
D．t=0时S1与S2均在波峰位置，再过0.1s，即半个周期，S2刚好振动到波谷位置，故D错误。
故选A。
【分析】1. 核心思路：本题为波动图像分析题，解题需综合运用波动理论的核心知识：
波动三要素：波长（λ）、波速（v）、周期（T）的关系
波传播的多解性：由于波的周期性，传播时间、距离、波速均存在多种可能
方向判断：根据质点振动方向推断波传播方向（或反之）
2. 关键步骤分析：读图识参量：从图b中提取周期 ，波长需结合空间距离计算，
Q点振动方向：t=0时Q点向+y方向振动，结合其位于P点右侧，推断波向左传播，P到Q传播时间：设P、Q距离为 ，则传播时间 ，因波具有周期性，可表示为 （δx为不足波长的部分）故 （δt为不足周期的时间）
波速验证：选项C中 → 波长 ，检验P、Q距离是否满足 的形式，若不满足则排除。
3. 易错点提醒：忽略多解性：误认为波速或传播时间是唯一值（最大误区！）方向判断错误：未正确运用“上下坡法”导致波传播方向判反，公式套用死板：未将 与 联合求解
4. 技巧归纳：遇到“可能”/“不可能”类选项，优先考虑多解性，代入通式验证，计算距离时注意是否有半波损失（如 ）时间关系式 是破解周期性问题的利器
11．（2024高二上·常州期中）一条轻长绳放置在水平桌面上，俯视图如图甲所示，用手握住长绳的一端，从时刻开始用手带动点沿垂直绳的方向（图甲中轴方向）在水平面内做简谐运动，内点的振动图像如图乙所示。时轻长绳上的波形图可能正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】 波源O点的振动频率在开始时较高而后降低。由于波速恒定，初始产生波的波长短，后来产生的波长长。在 t=1s 的时刻，较早产生（传得较远）的波前部分波长较短，波形密集；较晚产生（靠近波源）的部分波长较长，波形稀疏。因此，整体波形应从右向左（从远到近）呈现出由密到疏的变化。由图乙可知波形图对应的质点起振方向沿y轴正方向，且开始时的周期较小，则对应的波形图开始时波长较小。
故选B。
【分析】
混淆振动图像与波形图
错误：误将图乙的振动图像当作 t=1s 时的波形图来分析，从而无法理解空间波长的变化。
对策：明确横坐标的物理意义——时间是振动图像，空间是波形图。
忽视波源频率的变化
错误：认为波源始终做简谐振动，从而认为整个波形是等波长（正弦形）的。
对策：仔细阅读振动图像，发现初始阶段曲线更“陡峭”，周期更小，说明频率在变化。这是解题的关键突破口。
不理解波形是“历史的凝固”
错误：认为 t=1s 时，绳上所有质点都在模仿波源此刻的振动状态。
对策：建立“时空对应”思想：波形图是波源一系列历史状态在空间上的同时呈现。波形图的形状，记录了波源振动频率的变化史。
12．（2024高二上·常州期中）某实验小组同学利用以下器材设计改装制作欧姆表，改装电路如图所示，通过调节开关S所接位置，可使欧姆表具有“×10”和“×100”两种倍率。
A、电池（电动势E）
B、电流表G（满偏电流Ig = 2 mA，内阻Rg = 120 Ω）
C、滑动变阻器R1
D、定值电阻Ra
E、定制电阻Rb
F、开关一个、红黑表笔各一支，导线若干
（1）用该欧姆表测电压表内阻时，红表笔应接电压表的　 　（正、负）接线柱
（2）先将开关S掷向　 　（a、b），欧姆表的倍率是“×10”倍率，将两表笔短接，调节滑动变阻器R1使电流表G满偏，此时通过滑动变阻器的电流为40 mA，则定值电阻Ra + Rb =　 　Ω。
（3）再将此欧姆表调至“×100”倍率，两表笔短接，调节滑动变阻器R，使电流表G满偏，再测量电压表内阻，电流表G指针向右偏转整个表盘满刻度的，此时电压表示数为4 V，通过计算可知，该电压表内阻为　 　Ω。
（4）若此欧姆表放置很久后，电源电动势减小、内阻增大，则用此欧姆表测量未知电阻的阻值时，测量值　 　（大于、小于、等于）真实值。
【答案】（1）负
（2）a；120
（3）1500
（4）大于
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）欧姆表黑表笔接电源正极，红表笔接电源负极，可知红表笔应接电压表的负接线柱。
（2）设欧姆表中值刻度为R中，则欧姆表为“×1”倍率时的欧姆内阻为
欧姆表为“×10”倍率时的欧姆内阻为
欧姆表为“×100”倍率时的欧姆内阻为
欧姆表进行欧姆调零时，有，欧姆表倍率越高，欧姆表的内阻越大，可知电路的满偏电流越小；由电路图可知，当开关S合向a端，电路的满偏电流较大，欧姆表的倍率是“×10”挡。
因此a挡的干路最大电流是b挡的干路最大电流的十倍，即b挡的电流最大值为4 mA，此时有
得
（3）将开关S合向b端，欧姆表的倍率是“×100”挡，测量电压表内阻，电流表G指针向右偏转整个表盘满刻度的，此时电路总电流为，又，联立得
（4）若此欧姆表放置很久后，电源电动势减小、内阻增大。而内阻增大可以通过欧姆调零补偿，电动势减小，由可知测量电流减小，指针偏角偏小，所以电阻测量值大于真实值。
【分析】1、本题综合考查多倍率欧姆表的原理、电路设计与误差分析，涉及：欧姆表倍率切换与内阻的关系；闭合电路欧姆定律的应用（ ）；电源电动势变化对测量结果的影响。
2、易错点提醒：倍率与内阻关系：倍率越高，内阻越大，满偏电流越小（易混淆）。
测量原理：欧姆表刻度不均匀，测量时需根据电流比例反推电阻（ ）。
误差分析：电动势减小导致测量值偏大（内阻变化可通过调零修正，E变化不能）。
3. 技巧归纳：欧姆表倍率切换本质是改变内阻 （从而改变满偏电流）；测量时电流 I与待测电阻Rx 关系： 。误差分析紧扣公式：若E减小，同一 对应的I减小，指针偏左，读数偏大。
（1）欧姆表黑表笔接电源正极，红表笔接电源负极，可知红表笔应接电压表的负接线柱。
（2）[1]设欧姆表中值刻度为R中，则欧姆表为“×1”倍率时的欧姆内阻为
欧姆表为“×10”倍率时的欧姆内阻为
欧姆表为“×100”倍率时的欧姆内阻为
欧姆表进行欧姆调零时，有
欧姆表倍率越高，欧姆表的内阻越大，可知电路的满偏电流越小；由电路图可知，当开关S合向a端，电路的满偏电流较大，欧姆表的倍率是“×10”挡。
[2]因此a挡的干路最大电流是b挡的干路最大电流的十倍，即b挡的电流最大值为4 mA，此时有
得
（3）将开关S合向b端，欧姆表的倍率是“×100”挡，测量电压表内阻，电流表G指针向右偏转整个表盘满刻度的，此时电路总电流为
又
联立得
（4）若此欧姆表放置很久后，电源电动势减小、内阻增大。而内阻增大可以通过欧姆调零补偿，电动势减小，由
可知测量电流减小，指针偏角偏小，所以电阻测量值大于真实值。
13．（2024高二上·常州期中）一列简谐横波图像如图所示，t1时刻的波形如图中实线所示，t2时刻的波形如图中虚线所示，已知Δt=t2-t1=0.5 s，问：
（1）这列波的可能波速的表达式？
（2）若波向左传播，且3T<Δt<4T，波速多大？
（3）若波速v=68 m/s，则波向哪个方向传播？
【答案】解：（1）未明确波的传播方向和Δt与T的关系，故有两组系列解。当波向右传播时①
当波向左传播时
②
（2）明确了波的传播方向，并限定3T＜Δt＜4T，设此时间内波传播距离为s，则有3λ＜s＜4λ，即n=3，代入②式v左=4（4n＋3） m/s=4×（4×3＋3） m/s=60 m/s
（3）给定的波速v=68 m/s，则给定时间Δt内波传播距离
x=v·Δt=68×0.5 m=34 m= λ
故波向右传播。
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】 本题为波动问题中经典的“双波形”问题，已知两时刻的波形和時間差Δt，求解波速、传播方向等。解题关键是理解波传播的周期性和双向性。
易错点提醒：1、波长读取错误：必须从图中准确读出波长λ（相邻波峰或波谷之间的距离）。
2、通式推导错误：向右传播时，最小距离为λ/4（若实线到虚线向右移λ/4），通式为 。
向左传播时，最小距离为3λ/4（实线到虚线向左移3λ/4），通式为 。具体最小距离需根据图中波形变化确定（本题假设向右最小移λ/4，向左最小移3λ/4）。n的取值：n为波传播完整波长的个数，n=0，1，2，...第（3）问：计算传播距离与波长的比值，判断余数（0.25λ向右，0.75λ向左）。. 技巧归纳：双波形问题先写通解： ，其中Δs为不足一个波长的距离（向右传播时Δs=λ/4，向左时Δs=3λ/4）。
给定波速反推方向：计算x=v·Δt，求x/λ的余数，若余数在0~0.5λ之间通常向右，余数在0.5λ~λ之间向左（但需根据具体波形图确定最小移动距离）。
14．（2024高二上·常州期中）如图甲所示，在平面内的均匀介质中两波源分别位于轴上处，两波源均从时刻开始沿轴方向做简谐运动，波源的振动图像如图乙所示，波源的振动方程是，质点位于轴上处，在时，质点开始振动。求：
（1）这两列波的波长；
（2）两列波刚开始相遇的时刻，质点的位移；
（3）从开始经，处的质点通过的路程。
【答案】解：（1）波源离质点较近，波源先传播至质点，两列波在同一均匀介质中传播，波速相等，波速为
波源的周期为，波源的周期为
这两列波的波长为
（2）两列波刚开始相遇的时刻，有
解得
两列波刚开始相遇的时刻，波源未传播至质点，波源已传播至质点，质点振动时间为
此时质点处于波峰位置，质点的位移为
（3）波源、传播至处的质点的时间为
解得
由于波源、起振方向相反，处的质点到波源、的波程差为零，则处的质点为振动减弱点，振幅为
时，处的质点振动时间为
从开始经，处的质点通过的路程为
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【分析】一、考点分析
1、波速公式：，已知 和 ，可求 。
2、波相遇的时刻：两列波从各自波源出发，相向（或同向）传播，相遇时间由初始位置和波速决定。
公式：相遇时间 t=v1 +v2 初始距离 （相向）或考虑各自传到某点的时间。
3、质点的振动状态：波传到质点之前，质点静止。
波传到之后，质点按波源的振动规律运动：
初始相位、波源起振方向决定 t=0 对应质点的相位。
4、干涉条件：波程差 。若两波源振动方向相反（反相波源），则加强条件为 ，减弱条件为 。振幅：加强点 ，减弱点 ∣。
5、路程计算：简谐振动一个周期路程 = 4A（平衡位置往复）。
计算给定时间内的振动周期数，整数周期部分路程直接算，不足一周期部分按振动到哪算路程。
二、易错点
1、波源初始相位与起振方向：题目说“波源起振方向相反”，意味着一个初始相位 0，一个初始相位 ，计算叠加时相位差要加 。易忽略这个π，导致加强减弱条件判断错误。
2、波程差的计算基准：必须是从波源到考察点的距离差。
如果两波同时开始振动，相位差 。初始相位差 π 会使干涉条件与常规情况相反。
3、时间起点与振动时间：如第（2）问，波传到质点的时刻是质点开始振动的 ，但全题的 是波源开始振动的时刻，要转换时间。
易错：直接用全题时间 代入质点振动公式，而没减去波传播时间。
4、振动减弱点的振幅与路程：减弱点若振幅为 0，则静止，路程为 0。
若 ，减弱点振幅不为 0，仍会振动，路程按 计算。
5、路程计算中的时间区间：必须明确振动从何时开始，到何时结束，计算的是这段时间内的路程。
若包含非整数周期，要分段计算或利用正弦函数积分思路，不能简单用 。
15．（2024高二上·常州期中）一简谐横波以4m/s的波速沿水平绳向x轴正方向传播。已知t=0时的波形如图所示，绳上两质点M、N的平衡位置相距波长。设向上为正，经时间t1（小于一个周期），此时质点M向下运动，其位移仍为0.02m。求
（1）该横波的周期；
（2）t=0时刻起M的振动方程；
（3）t1时刻质点N的位移。
【答案】（1）解：由波形图知，波长λ＝4m
波长、波速和周期的关系为v＝
代入数据得该波的周期为T＝1s
（2）解：根据
结合题给条件知从t＝0时刻起，质点M做简谐振动的位移表达式为
（3）解：经时间t1（小于一个周期），M点的位移仍为0.02m，运动方向向下．可解得t1＝s
由于N点在M点右侧波长处，所以N点的振动滞后个周期，其振动方程为
当t1＝s时，质点N的位移为
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】一、核心考点，这道题是一道典型的机械波综合题，主要考查以下知识点：
1、波的基本物理量关系：公式 或 的直接应用。
考查形式：第(1)问，已知波速和波长求周期。
2、波动与振动的区别与联系
振动：描述一个质点随时间的运动规律。
波动：描述所有质点在某一时刻的空间分布，或某个质点在不同时间的运动。
联系：波是振动在介质中的传播。波上任意质点的振动形式相同，仅相位有差异。
考查形式：第(2)问，要求写出质点M的振动方程，而不是波动方程。
3、由波的传播方向确定质点振动方向（及其逆问题）
这是解决波问题的核心技能。常用方法有“上下坡法”（微平移法）或“带动法”。
考查形式：题目通过文字“经时间t1，M向下运动”间接给出振动方向信息，需要反推t=0时刻M的振动方向，从而确定其振动的初相位。
4、质点振动方程的确定
振动方程三要素：振幅A、角频率ω、初相位φ。角频率：由周期决定 。
初相位：由初始时刻（t=0）质点的位移和速度方向（即振动方向） 共同决定。这是本题的难点和关键。
考查形式：第(2)问，综合振幅、周期和初相位写出M的振动方程。
5、波动的空间周期性（相位差与波程差的关系）
关系式：。相距一个波长的两点，相位差为 ；相距 的两点，相位差为 。
考查形式：第(3)问，已知M、N平衡位置相距 ，且波向x轴正方向传播，可确定N的振动比M滞后 的相位。由此根据M的振动方程推出N的振动方程，再计算特定时刻的位移。
6、相位计算与比较
考查对相位概念的理解和计算能力，能够计算某一质点在特定时刻的瞬时相位，并求其三角函数值得到位移。
考查形式：第(3)问，先由M在t1时刻的位移和运动状态反推t1，再计算N在t1时刻的相位，最后求位移。
二、易错点分析
1、混淆振动图像与波动图像
错误：将题目给出的t=0时刻的波形图误认为是某个质点的振动图像。
对策：明确横坐标是x（位置）即为波形图，横坐标是t（时间）即为振动图像。
2、混淆振动方程与波动方程
错误：第(2)问要求写质点M的振动方程 ，学生却写出了波动方程 。
对策：振动方程的变量只有时间 ，波动方程的变量是位置 和时间 。
3、初相位判断错误
这是本题最大的易错点。仅根据t=0时刻的位移无法唯一确定初相位，必须结合该时刻质点的振动方向。
对策：先用“上下坡法”由波形和传播方向确定t=0时刻M的振动方向。
使用旋转矢量法辅助判断：位移为正，若速度方向向上（为正），则初相在第四象限；若速度方向向下（为负），则初相在第一象限。
4、M、N的相位关系判断错误
错误：知道M、N相距 ，但搞不清是N超前还是滞后于M。
对策：记住口诀——“波向前传，后点学前点”。波向x正方向传播，则后方（x小）的质点相位超前于前方（x大）的质点。因此，若M在N左边（即M的x坐标小），则M的相位超前N 。
（1）由波形图知，波长
λ＝4m
波长、波速和周期的关系为
v＝
代入数据得该波的周期为
T＝1s
（2）根据
结合题给条件知从t＝0时刻起，质点M做简谐振动的位移表达式为
（3）经时间t1（小于一个周期），M点的位移仍为0.02m，运动方向向下．可解得
t1＝s
由于N点在M点右侧波长处，所以N点的振动滞后个周期，其振动方程为
当t1＝s时，质点N的位移为
16．（2024高二上·常州期中）如图所示，光滑水平地面上放置一个如图所示形状的木质凹面体ABCDE，其左侧部分AB为半径为0.6m的四分之一圆弧，右侧部分BC水平且足够长。BC上的某处静置一个质量为2kg的小物块，另一质量为1kg的光滑小球从圆弧面的顶部A处静止释放，当小球运动至圆弧面的最低点B处时，凹面体恰与左侧的竖直墙壁相碰，碰后便被墙上所涂的材料牢牢地粘住。凹面体的质量为1kg，物块与BC面的摩擦因数为0.5，在凹面体的运动过程中，小物块与凹面体保持相对静止，且物块每次被小球碰前都已经减速为零，小球和物块间的碰撞都是弹性碰撞，重力加速度g＝10m/s2。
（1）小球第一次到B处时，凹面体的速度；
（2）小球释放前，凹面体与墙面的距离；
（3）为保证物块不从C端掉落，物块的初始静置位置离C点的最短距离是多少？
【答案】解：（1）小球、凹面体、物块的质量分别为m1、m2、m3，设小球第一次运动至B处的速度为v1，凹面体和物块的速度为v2，小球从A运动到B处过程，小球与凹面体、物块组成的系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，则有0＝m1v1-(m2+m3)v2
由能量守恒则有
代入数据可得v1＝3m/s，v2＝1m/s
（2）小球从A运动到B处过程，小球与凹面体在水平方向的位移如下图所示
由图可知x1+x2＝R
小球与凹面体、物块组成的系统水平方向动量守恒，水平方向的位移满足0＝m1x1-(m2+m3)x2
代入数据可得x2＝0.15m，x1＝0.1m
（3）凹面体与墙壁相碰就固定，小球以速度v1向右运动与物块发生弹性碰撞，小球的质量小于物块的质量，碰后小球反弹，物块向右做匀减速直线运动直到速度减为零，小球光滑，反弹后做匀速直线运动，运动到圆弧面后做减速运动，速度减为零，然后下滑，运动到水平面与物块再发生弹性碰撞，再重复前面的运动，小球与物块每碰撞一次小球的速度减小一次，多次碰撞后，小球和物块的速度为零，由能量守恒可知，小球开始的动能全部转化为热量，则有
代入数据可得，物块的初始静置位置离C点的最短距离为x1＝s－ x1＝0.35m
【知识点】碰撞模型；人船模型
【解析】【分析】1. 核心思路：本题综合考查动量守恒、能量守恒、弹性碰撞及运动学问题，涉及多物体、多过程分析。解题需分阶段处理：阶段1：小球从A滑到B（系统水平动量守恒、机械能守恒）阶段2：凹面体与墙碰撞后固定（凹面体速度突变为0）阶段3：小球与物块多次弹性碰撞（动量守恒、动能守恒），物块匀减速至零.
2. 易错点提醒：动量守恒条件：阶段1系统水平方向动量守恒（竖直墙有作用力，但水平方向无外力）。位移关系：小球与凹面体水平位移满足（几何约束）和动量守恒位移关系。多次碰撞分析：无需逐次计算，用能量守恒整体法（所有动能最终通过摩擦生热耗散）。
物块路程：物块总路程为所有向右运动路程之和，初始位置距C点至少等于总路程（若初始在B点右L，则总路程d=L+每次碰后右行路程，但能量守恒直接得d）。
3. 拓展：若小球质量大于物块质量，碰撞后小球继续向右，物块向右加速，需重新分析。若凹面体与墙非完全非弹性碰撞（有反弹），则情况更复杂。
1 / 1江苏省常州高级中学2024-2025学年高二上学期期中考试物理试卷
1．（2024高二上·常州期中）下列说法中正确的是（　　）
A．伽利略首先确定了单摆做简谐运动的周期公式
B．做简谐运动的物体所受的回复力就是它所受的合外力
C．“闻其声不见其人”是司空见惯的现象，其中“闻其声”属于声波的干涉现象
D．物体的运动方向指向平衡位置时，速度方向跟位移方向相反；背向平衡位置时，速度方向跟位移方向相同
2．（2024高二上·常州期中）在某次足球比赛中，著名球星C罗接队友传中，跳起头球打门，进球。设C罗的质量为m，从静止下蹲状态向上起跳，经时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，重力加速度大小为g，在此过程中（　　）
A．地面对C罗的冲量大小为
B．地面对C罗的冲量大小为
C．C罗所受的冲量大小为
D．C罗所受的冲量大小为
3．（2024高二上·常州期中）图甲所示是一个共振筛，该共振筛的共振曲线如图乙所示。已知增大电压，可使偏心轮转速提高：增加筛子质量，可增大筛子的固有周期。在某电压下此刻偏心轮的转速是54r/min。下列说法正确的是（　　）
A．偏心轮现在的频率是0.8Hz
B．仅增大电压，可以使筛子振幅增大
C．仅增加筛子质量，可以使筛子振动频率减小
D．仅降低偏心轮转速，可以使筛子振幅增大
4．（2024高二上·常州期中）如图是单摆做阻尼振动的位移-时间图像，比较摆球在P与N时刻的势能、动能、机械能的大小，下列说法正确的是（　　）
A．势能P＞N B．动能P＞N C．动能P＜N D．机械能P＜N
5．（2024高二上·常州期中）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同一顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量依次为、、，动量变化量的大小依次为、、，则下列说法错误的是（　　）
A．，
B．三个过程中，合力的冲量大小相等，动量的变化量大小相等
C．，
D．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等
6．（2024高二上·常州期中）如图所示，小桐和小旭在可视为光滑的水平地面上玩弹珠游戏。小桐瞬间将弹珠甲对着小旭脚边的静止弹珠乙弹出，甲以v0的速度与乙发生了弹性正碰，已知弹珠可以视为光滑，则（　　）
A．若碰后甲乙同向运动，则甲的质量可能小于乙的质量
B．若碰后甲反弹，则甲的速率可能为1.2v0
C．碰后乙的速率不可能为3v0
D．若碰后甲反弹，则甲的速率不可能大于乙的速率
7．（2024高二上·常州期中）如图a所示，下端附有重物的粗细均匀木棒，在水池中沿竖直方向做简谐运动，已知水的密度为，木棒的横截面积为，重力加速度大小为，木棒所受的浮力随时间变化的图像如图b所示，下列说法正确的是（　　）
A．水的浮力是木棒做简谐运动的回复力
B．木棒的重力为
C．0~0.25s内木棒的加速度逐渐增大
D．木棒所受回复力大小与位移大小的比值为
8．（2024高二上·常州期中）某小组利用频闪照相的方法研究单摆的运动过程，即用在同一张底片上多次曝光的方法，在远处从与单摆摆动平面垂直的视角拍摄单摆在摆动过程中的多个位置的照片。从摆球离开左侧最高点A时开始，每隔相同时间曝光一次，得到了一张记录摆球从A位置由静止运动到右侧最高点B的照片，如图所示，其中摆球运动到最低点O时摆线被一把刻度尺挡住。对照片进行分析可知（　　）
A．摆球在A点的所受合力小于在B点的合力
B．摆球经过O点前后瞬间加速度大小不变
C．摆球从A点到O点的过程中重力做功的功率，等于摆球从O点到B点的过程中克服重力做功的功率
D．小球在A点受绳的拉力小于其在B点受绳的拉力
9．（2024高二上·常州期中）简谐横波在均匀介质中沿直线传播，P、Q是传播方向上相距10 m的两质点，波先传到P，当波传到Q时开始计时，P、Q两质点的振动图像如图所示．则(　　)
A．质点Q开始振动的方向沿y轴负方向
B．该波从P传到Q的时间可能为7 s
C．该波的传播速度可能为2 m/s
D．该波的波长可能为6 m
10．（2024高二上·常州期中）如图所示，S1、S2是振动情况完全相同的两个波源，它们的振动频率均为5Hz，振幅均为0.5m。P是两列波传播方向上的一个质点，PS1=5m，PS2=9m，t=0时P刚好振动到波谷位置。已知S1、S2连线上相邻两振动减弱点间的距离为1m，下列说法正确的是（　　）
A．P的振幅为1.0m
B．波的传播速度为5m/s
C．t=0时，S1刚好振动到波谷位置
D．t=0.1s时，S2刚好振动到波峰位置
11．（2024高二上·常州期中）一条轻长绳放置在水平桌面上，俯视图如图甲所示，用手握住长绳的一端，从时刻开始用手带动点沿垂直绳的方向（图甲中轴方向）在水平面内做简谐运动，内点的振动图像如图乙所示。时轻长绳上的波形图可能正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
12．（2024高二上·常州期中）某实验小组同学利用以下器材设计改装制作欧姆表，改装电路如图所示，通过调节开关S所接位置，可使欧姆表具有“×10”和“×100”两种倍率。
A、电池（电动势E）
B、电流表G（满偏电流Ig = 2 mA，内阻Rg = 120 Ω）
C、滑动变阻器R1
D、定值电阻Ra
E、定制电阻Rb
F、开关一个、红黑表笔各一支，导线若干
（1）用该欧姆表测电压表内阻时，红表笔应接电压表的　 　（正、负）接线柱
（2）先将开关S掷向　 　（a、b），欧姆表的倍率是“×10”倍率，将两表笔短接，调节滑动变阻器R1使电流表G满偏，此时通过滑动变阻器的电流为40 mA，则定值电阻Ra + Rb =　 　Ω。
（3）再将此欧姆表调至“×100”倍率，两表笔短接，调节滑动变阻器R，使电流表G满偏，再测量电压表内阻，电流表G指针向右偏转整个表盘满刻度的，此时电压表示数为4 V，通过计算可知，该电压表内阻为　 　Ω。
（4）若此欧姆表放置很久后，电源电动势减小、内阻增大，则用此欧姆表测量未知电阻的阻值时，测量值　 　（大于、小于、等于）真实值。
13．（2024高二上·常州期中）一列简谐横波图像如图所示，t1时刻的波形如图中实线所示，t2时刻的波形如图中虚线所示，已知Δt=t2-t1=0.5 s，问：
（1）这列波的可能波速的表达式？
（2）若波向左传播，且3T<Δt<4T，波速多大？
（3）若波速v=68 m/s，则波向哪个方向传播？
14．（2024高二上·常州期中）如图甲所示，在平面内的均匀介质中两波源分别位于轴上处，两波源均从时刻开始沿轴方向做简谐运动，波源的振动图像如图乙所示，波源的振动方程是，质点位于轴上处，在时，质点开始振动。求：
（1）这两列波的波长；
（2）两列波刚开始相遇的时刻，质点的位移；
（3）从开始经，处的质点通过的路程。
15．（2024高二上·常州期中）一简谐横波以4m/s的波速沿水平绳向x轴正方向传播。已知t=0时的波形如图所示，绳上两质点M、N的平衡位置相距波长。设向上为正，经时间t1（小于一个周期），此时质点M向下运动，其位移仍为0.02m。求
（1）该横波的周期；
（2）t=0时刻起M的振动方程；
（3）t1时刻质点N的位移。
16．（2024高二上·常州期中）如图所示，光滑水平地面上放置一个如图所示形状的木质凹面体ABCDE，其左侧部分AB为半径为0.6m的四分之一圆弧，右侧部分BC水平且足够长。BC上的某处静置一个质量为2kg的小物块，另一质量为1kg的光滑小球从圆弧面的顶部A处静止释放，当小球运动至圆弧面的最低点B处时，凹面体恰与左侧的竖直墙壁相碰，碰后便被墙上所涂的材料牢牢地粘住。凹面体的质量为1kg，物块与BC面的摩擦因数为0.5，在凹面体的运动过程中，小物块与凹面体保持相对静止，且物块每次被小球碰前都已经减速为零，小球和物块间的碰撞都是弹性碰撞，重力加速度g＝10m/s2。
（1）小球第一次到B处时，凹面体的速度；
（2）小球释放前，凹面体与墙面的距离；
（3）为保证物块不从C端掉落，物块的初始静置位置离C点的最短距离是多少？
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】单摆及其回复力与周期；简谐运动；波的衍射现象
【解析】【解答】A． 单摆周期公式的发现和确立是一个过程，伽利略在此过程中做出了开创性的贡献，而惠更斯则完成了最终的数学推导和确认，故A错误；
B． 以单摆为例，摆球所受的合外力是重力与绳子拉力的矢量和，这个合力提供了摆球做圆周运动的向心力和使摆球回到最低点的切向力（回复力）。因此，使单摆振动的回复力只是它所受合外力的一个分力，而不是全部 ，故B错误；
C． “闻其声”是因为声波能拐弯抹角，绕过墙壁等障碍物；而“不见其人”是因为光波几乎只会走直线，被墙壁挡住了。这种“声音能拐弯”的特性，就是波的衍射现象 ，故C错误；
D．物体的运动方向指向平衡位置时，速度方向跟位移方向相反；背向平衡位置时，速度方向跟位移方向相同，故D正确；
故选D。
【分析】1、 物理学史类选项：考查重点：著名物理定律、公式的发现者、确立者。
易错点：记忆混淆，张冠李戴（如将伽利略与惠更斯的贡献记混）。
应对方法：进行针对性记忆，尤其关注那些里程碑式的科学家和他们的核心贡献。
2、概念关系类选项（如：回复力与合外力）
考查重点：对物理概念内涵和外延的深入理解。回复力是按效果命名的力，它可能是某个力，也可能是几个力的合力，甚至是合力的一个分力。
易错点：将“回复力”简单地等同于“合外力”，忽略了更复杂的情况（如单摆）。
应对方法：牢记标准模型：水平弹簧振子（回复力=合外力）是特例，不是普遍情况。
3、现象解释类选项（如：“闻其声不见其人”）
考查重点：将日常生活现象与正确的物理原理对应起来。
易错点：混淆“衍射”与“干涉”“反射”等现象。
应对方法：抓住本质特征：衍射：波绕过障碍物继续传播的现象。关键词是“绕过”。
干涉：两列波相遇后叠加，出现稳定加强或减弱的现象。关键词是“叠加”和“稳定图样”。
反射：波遇到障碍物被弹回的现象。关键词是“返回”。
4、运动描述类选项（速度与位移方向）
考查重点：对位移、速度等基本物理量的矢量性及其在特定模型（简谐运动）中方向关系的理解。
易错点：认为位移方向总是与运动方向（速度方向）一致。
应对方法：明确参考系：简谐运动中以平衡位置为位移原点。
动态分析：物体远离平衡位置时：位移（指向所在位置）与速度（指向更远的地方）方向相同。
物体衡位置时：位移（指向所在位置）与速度（指向家的方向）方向相反。
2．【答案】B
【知识点】动量定理；冲量
【解析】【解答】AB．从静止下蹲状态向上起跳过程，C罗受到地面弹力与重力，根据动量定理有
解得
故A错误，B正确；
CD．C罗所受的冲量指合力的冲量，根据动量定理有
即C罗所受的冲量大小为，故CD错误。
故选B。
【分析】 本题的核心是动量定理的应用。动量定理的内容是：物体所受合外力的冲量，等于物体动量的变化量。
1、混淆“某个力的冲量”与“合外力的冲量”：这是本题最核心的考点。
合外力的冲量决定物体动量的变化。某个分力的冲量（如地面支持力）是合外力冲量的一部分，其大小需要通过受力分析和动量定理来计算。
2、忽视重力的冲量：在计算支持力的冲量时，很容易忘记重力的冲量也作用在物体上并且持续了整个起跳时间。重力的冲量是支持力冲量比动量变化多出来的那一部分。
3、表述歧义：选项C和D中的“C罗所受的冲量”表述不严谨，容易引发歧义。在物理中，更规范的表述是“合外力的冲量”或“某某力的冲量”。做题时需结合上下文和其他选项来判断出题人的意图。
3．【答案】D
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】A．由题意可知，偏心轮的转速是，则周期为
则有偏心轮现在的频率为，故A错误；
B．仅增大电压，可提高偏心轮转速，偏心轮频率增大，则由偏心轮产生的驱动力的频率增大，偏心轮产生的驱动力的频率大于0.8Hz，不会产生共振，筛子的振幅不会增大，故B错误；
C．仅增加筛子的质量，增大了筛子的固有周期，减小了筛子的固有频率，但不会改变筛子的振动频率，故C错误；
D．降低偏心轮转速，偏心轮的周期增大，频率减小，则由偏心轮产生的驱动力的频率减小，当偏心轮产生的驱动力的频率减小到0.8Hz时，产生共振，可以使筛子振幅增大，故D正确。
故选D。
【分析】一、核心概念回顾
1、受迫振动：系统在周期性驱动力作用下的振动。其稳定后的振动频率等于驱动力的频率，与系统的固有频率无关。
2、共振：当驱动力的频率等于或接近系统的固有频率时，受迫振动的振幅达到最大的现象。
3、固有频率：系统本身固有的振动频率，由系统自身的性质（如筛子的质量、弹簧的劲度系数）决定
二、总结与升华
1、紧扣定义：牢牢抓住共振的条件：驱动力频率 等于 系统的固有频率。
2、分清主次：受迫振动的频率由 驱动力 决定。
受迫振动的振幅由 驱动力频率与固有频率的接近程度 决定。
系统的固有频率由 系统自身 决定。
3、逻辑推理：对于任何选项，都要进行“如果这样操作，会导致哪个频率改变？如何改变？改变后与另一个频率的关系是更接近还是更远离？”的推理。遵循这个流程，就能准确判断振幅的变化趋势。
注意单位换算：题目中转速单位是 r/min（转/分钟），而频率单位是 Hz（转/秒），切记要除以60进行换算。
记住：想增大受迫振动的振幅，就去调节驱动力的频率，使其逼近固有频率。
4．【答案】B
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】A．从位移 - 时间图像看，、时刻摆球位移大小相等（ ），因单摆的位移与摆球相对零势能点高度对应，且摆球质量不变，所以两时刻摆球相对零势能点高度相同，故A错误；
B.① 先看机械能：单摆做阻尼振动，时刻在时刻之前，振动过程机械能不断损耗，所以时刻机械能大于时刻机械能（ ） ② 再看势能：由选项A分析，③ 最后看动能：根据，变形得 。代入、，可得 、 ，所以 ，即时刻动能大于时刻动能 ，故B正确.
C．由于P时刻的机械能大于N时刻的机械能，两时刻的势能相同，所以P时刻对应的动能大于在N时刻的动能，故C错误；
D．由于单摆做阻尼振动，振动过程中要克服阻力做功，振幅逐渐减下，摆球的机械能逐渐减少，所以摆球在P时刻所对应的机械能大于在N时刻所对应的机械能；故D错误.
故答案为：B.
【分析】A.单摆重力势能由摆球相对零势能点高度和质量决定，公式为.
B.机械能等于动能与势能之和（ ）；阻尼振动中，摆球因克服阻力做功，机械能逐渐减少 .
C.同选项B中“机械能与动能、势能的关系”及“阻尼振动机械能变化规律”.
D.阻尼振动的特点——摆球克服阻力做功，机械能（动能 + 势能总和 ）逐渐减少 .
5．【答案】A
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；冲量
【解析】【解答】AC．物体沿光滑斜面下滑运动中，只有重力做功，因此机械能守恒，由于斜面的高度相同，因此物体滑到斜面底端时速度大小相同，则有动量的变化量大小相等，则有。设斜面的高度为h，斜面的倾角为θ，由牛顿第二定律可得
，物体沿斜面下滑运动中，则有，解得物体沿斜面下滑时间
由上式可知，斜面的倾角θ越小，下滑时间t越大，则有，重力的冲量
可得，故A错误，符合题意；C正确，不符合题意；
B．物体的机械能守恒，由于斜面的高度相同，因此物体滑到斜面底端时速度大小相同，则有动量的变化量，大小相等，由动量定理可知，三个过程中合力的冲量大小相等，动量的变化量大小相等，故B正确，不符合题意；
D．物体沿斜面下滑运动中，只有重力做功，物体下滑高度相同，滑到底端时合力做的功相等，由动能定理可知，物体滑到斜面底端时的动能变化量相等，故D正确，不符合题意。
故选A。
【分析】一、核心解题思路：解决此类比较问题的核心在于 “抓不变量” 和 “辨差异量”：
不变量：所有物体从相同高度、光滑斜面由静止下滑。这意味着它们的机械能守恒，滑到底端时具有相同的速率和相同的动能。因此，它们的动量变化量大小也相同。
差异量：各斜面的倾角不同。这导致了物体下滑的加速度和位移（斜面长度）不同。进而导致下滑时间不同，而时间的不同又会直接影响与时间相关的物理量，如冲量。
二、总结与升华：
1、首选两大定理：对于涉及力、时间、速度变化的问题，动量定理和动能定理是最高效的工具。它们往往能绕过复杂的中间过程，直接建立初末状态量的关系。
2、区分两种积累：彻底分清冲量和功：冲量是时间的积累，与路径无关，是矢量。
功是空间的积累，与路径有关，是标量。这就是为什么重力做功相同，但重力冲量不同的原因。
3、明确比较对象：在比较“变化量”时，要看清题目是比较大小还是矢量。对于动量这种矢量，要特别注意。
4、掌握推导结论：物体沿光滑斜面下滑的时间 是一个很有用的结论，值得记住。
总而言之，解决此类问题的策略是：首先利用机械能守恒或动能定理抓住“末速度大小相同”这个不变量，然后利用动量定理分析冲量，最后再针对单个力（如重力）的冲量，结合运动学分析时间差异。
6．【答案】C
【知识点】碰撞模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【解答】A．甲乙弹珠碰撞瞬间动量守恒，机械能守恒，设弹珠甲乙的质量分别为m1、m2，碰后甲的速度为v1，乙的速度为v2，则有，
联立得，，若碰后甲乙同向运动，则，可知甲的质量一定大于乙的质量。故A错误；
B．若碰后甲反弹，且甲的速率为1.2v0，则有，得，质量不能为负值，则可知，若碰后甲反弹，则甲的速率不可能为1.2v0。故B错误；
C．若碰后乙的速率为3v0，则有，得，质量不能为负值，则可知，碰后乙的速率不可能为3v0。故C正确；
D．若碰后甲反弹，且甲的速率大于乙的速率，则有，得
可知只要就可满足碰后甲反弹，且甲的速率大于乙的速率。故D错误。
故选C。
【分析】 两个小球发生弹性正碰（对心弹性碰撞），满足动量守恒和动能守恒。其碰后速度的结论公式（由两个守恒定律推导而出）是解题的关键：，
要使两球同向运动（均向右），必须满足m1 > m2。因此甲的质量不可能小于乙的质量
解题小结
1、公式是基础：必须熟记弹性碰撞后的速度公式，
2、推理是关键：根据公式进行数学推导和逻辑推理，判断选项中“可能”、“不可能”等说法的真伪。
3、取值范围要清晰：理解碰撞中速度的物理限制（v2在0到2v0之间，|v1|在0到v0之间），可快速排除错误选项。
4、巧用比例：引入质量比 k = m2 / m1，可以将公式简化，便于分析和计算。
7．【答案】B
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】A．合力提供回复力，木棒做简谐运动的回复力是水的浮力与木棒重力的合力，故A错误；
B．在平衡位置回复力为零，则在平衡位置时木棒所受的浮力等于木棒的重力，由图可知木棒的重力为，故B正确；
C.0~0.25s内木棒的浮力减小，则木棒从最低点向平衡位置运动，则其加速度逐渐减小，故C错误；
D．设向下为正，则在平衡位置时
在平衡位置以下x位置时
则木棒所受回复力大小与位移大小的比值为，故D错误。
故选B。
【分析】1、回复力的来源：木棒在水中做简谐运动时，回复力是重力与浮力的合力（净恢复力），而非仅浮力。平衡位置时合力为零（浮力等于重力）。
2、重力的确定：重力等于平衡位置时的浮力，即浮力变化图像中的平均值（）。
3、加速度变化分析：从最大位移处（浮力极值点）向平衡位置运动时，回复力（加速度）大小逐渐减小。
4、回复力与位移的关系：回复力 F= ρgSy，比例系数 ρgS 为常数，表明运动是简谐运动。
5、关键点：正确理解浮力图像（图b）的物理意义（极值、平衡点、周期），并结合简谐运动动力学特征（）进行分析。
8．【答案】A
【知识点】单摆及其回复力与周期；生活中的圆周运动；功率及其计算
【解析】【解答】A． 摆球在A和B位置速度为零，向心力为零，但所受合力为重力沿切线方向的分量 。由于A点摆角 小于B点摆角 ，因此 ，所以A点合力小于B点合力 ，故A正确；
B． 摆球经过O点（最低点）前后瞬间，线速度大小不变（机械能守恒），但摆动半径突然变大（绳子长度变化），由向心加速度公式 可知，加速度大小变小 ，故B错误；
C．因从A到O重力做功等于从O到B克服重力做功，但是从A到O的时间大于从O到B的时间，则根据可知，摆球从A点到O点的过程中重力做功的功率小于摆球从O点到B点的过程中克服重力做功的功率，故C错误；
D．摆球在A、B两点所受的绳子的拉力等于重力沿绳子方向的分量，即mgcosθ，因在A点时细线与竖直方向的夹角小于在B点时细线与竖直方向的夹角，小球在A点受绳的拉力大于其在B点受绳的拉力故D错误。
故选A。
【分析】1、极端点受力分析：在最大位移点（A、B），速度为零，向心力为零，合力为重力沿切线方向的分力 ，摆角越大，合力越大。
2、最低点运动分析：经过最低点O时，线速度不变（机械能守恒），但绳子长度变化导致半径变化，向心加速度 随之变化（半径变大，加速度变小）。
3、功率比较：重力做功相同，但时间不同（从最大位移到最低点的时间更长），因此功率不同。
4、绳子拉力：在最大位移点，拉力等于重力沿绳方向的分量 ，摆角越小，拉力越大。
5、关键点：正确应用机械能守恒、圆周运动公式和功率定义，注意摆角变化对力和运动的影响。
9．【答案】D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A、由图可知，Q从零时刻开始沿y轴正方向振动，故A错误；
B、质点运动周期为6s，由图像易知波由P传到Q点的时间为，时间不可能为7s，故B错误；
C、由，代入时间可得传播速度，不可能为2 m/s，故C错误；
D、由B、C项知，则，当n=1时，，故D正确．
故选D。
【分析】1、振动方向判断：根据波形图和Q点起振方向（y轴正方向），可推断波传播方向（例如向左传）。
2、周期与波速：周期T=6s，波速 ，波长λ需从图中获取。
3、传播时间计算：波从P传到Q的时间 ，其中为P、Q间距离（可能含半波损失，即 )。
4、传播方向与质点振动方向容易判断错误
错误原因：混淆了波的传播方向和质点的振动方向。波传播的是“振动形式”和能量，质点本身只在平衡位置附近振动。正确方法：使用“同侧法”或“上下坡法”进行判断。
5、波长 (λ)、波速 (v)、周期 (T) 关系不清
错误原因：没有牢固掌握公式 v = λ / T 或 v = λf，或者忽略了这三个量之间的决定关系。
正确方法：v = λ / T 是普适公式。周期T通常由波源决定，波速v由介质决定，波长λ则由v和T共同决定。从图中必须准确读出λ和T。
6、传播时间与距离关系理解不深（最易错！）
错误原因：认为波从P传到Q的时间 Δt = Δx / v 只能得到一个唯一的值。这是最大的思维误区。
正确方法：由于波的周期性，波传播的距离存在多解性。波在Δt时间内传播的距离 Δx 可以是：
Δx = nλ + δx （其中 n = 0， 1， 2， 3...，δx 是小于一个波长的距离）
因此，传播时间也相应具有多解性：Δt = nT + δt （其中 δt 是小于一个周期的时间）
两者通过波速联系起来：Δx / v = Δt 或 v = Δx / Δt。
10．【答案】A
【知识点】波的叠加
【解析】【解答】A．如图所示
设Q1是S1、S2连线中点左侧第1个振动减弱点，Q2是其左侧第2个振动减弱点，Q2与Q1相距 l，由振动减弱的条件，有，同理有
联立解得，即两波源连线上相邻两振动减弱点间的距离为，由题意
，则，而P到S1、S2的路程差，故P点振动加强，振幅为1m，故A正确；
B．由，得，故B错误；
C．因，t=0时P在波谷位置，此时S1应在波峰位置，故C错误；
D．t=0时S1与S2均在波峰位置，再过0.1s，即半个周期，S2刚好振动到波谷位置，故D错误。
故选A。
【分析】1. 核心思路：本题为波动图像分析题，解题需综合运用波动理论的核心知识：
波动三要素：波长（λ）、波速（v）、周期（T）的关系
波传播的多解性：由于波的周期性，传播时间、距离、波速均存在多种可能
方向判断：根据质点振动方向推断波传播方向（或反之）
2. 关键步骤分析：读图识参量：从图b中提取周期 ，波长需结合空间距离计算，
Q点振动方向：t=0时Q点向+y方向振动，结合其位于P点右侧，推断波向左传播，P到Q传播时间：设P、Q距离为 ，则传播时间 ，因波具有周期性，可表示为 （δx为不足波长的部分）故 （δt为不足周期的时间）
波速验证：选项C中 → 波长 ，检验P、Q距离是否满足 的形式，若不满足则排除。
3. 易错点提醒：忽略多解性：误认为波速或传播时间是唯一值（最大误区！）方向判断错误：未正确运用“上下坡法”导致波传播方向判反，公式套用死板：未将 与 联合求解
4. 技巧归纳：遇到“可能”/“不可能”类选项，优先考虑多解性，代入通式验证，计算距离时注意是否有半波损失（如 ）时间关系式 是破解周期性问题的利器
11．【答案】B
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】 波源O点的振动频率在开始时较高而后降低。由于波速恒定，初始产生波的波长短，后来产生的波长长。在 t=1s 的时刻，较早产生（传得较远）的波前部分波长较短，波形密集；较晚产生（靠近波源）的部分波长较长，波形稀疏。因此，整体波形应从右向左（从远到近）呈现出由密到疏的变化。由图乙可知波形图对应的质点起振方向沿y轴正方向，且开始时的周期较小，则对应的波形图开始时波长较小。
故选B。
【分析】
混淆振动图像与波形图
错误：误将图乙的振动图像当作 t=1s 时的波形图来分析，从而无法理解空间波长的变化。
对策：明确横坐标的物理意义——时间是振动图像，空间是波形图。
忽视波源频率的变化
错误：认为波源始终做简谐振动，从而认为整个波形是等波长（正弦形）的。
对策：仔细阅读振动图像，发现初始阶段曲线更“陡峭”，周期更小，说明频率在变化。这是解题的关键突破口。
不理解波形是“历史的凝固”
错误：认为 t=1s 时，绳上所有质点都在模仿波源此刻的振动状态。
对策：建立“时空对应”思想：波形图是波源一系列历史状态在空间上的同时呈现。波形图的形状，记录了波源振动频率的变化史。
12．【答案】（1）负
（2）a；120
（3）1500
（4）大于
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）欧姆表黑表笔接电源正极，红表笔接电源负极，可知红表笔应接电压表的负接线柱。
（2）设欧姆表中值刻度为R中，则欧姆表为“×1”倍率时的欧姆内阻为
欧姆表为“×10”倍率时的欧姆内阻为
欧姆表为“×100”倍率时的欧姆内阻为
欧姆表进行欧姆调零时，有，欧姆表倍率越高，欧姆表的内阻越大，可知电路的满偏电流越小；由电路图可知，当开关S合向a端，电路的满偏电流较大，欧姆表的倍率是“×10”挡。
因此a挡的干路最大电流是b挡的干路最大电流的十倍，即b挡的电流最大值为4 mA，此时有
得
（3）将开关S合向b端，欧姆表的倍率是“×100”挡，测量电压表内阻，电流表G指针向右偏转整个表盘满刻度的，此时电路总电流为，又，联立得
（4）若此欧姆表放置很久后，电源电动势减小、内阻增大。而内阻增大可以通过欧姆调零补偿，电动势减小，由可知测量电流减小，指针偏角偏小，所以电阻测量值大于真实值。
【分析】1、本题综合考查多倍率欧姆表的原理、电路设计与误差分析，涉及：欧姆表倍率切换与内阻的关系；闭合电路欧姆定律的应用（ ）；电源电动势变化对测量结果的影响。
2、易错点提醒：倍率与内阻关系：倍率越高，内阻越大，满偏电流越小（易混淆）。
测量原理：欧姆表刻度不均匀，测量时需根据电流比例反推电阻（ ）。
误差分析：电动势减小导致测量值偏大（内阻变化可通过调零修正，E变化不能）。
3. 技巧归纳：欧姆表倍率切换本质是改变内阻 （从而改变满偏电流）；测量时电流 I与待测电阻Rx 关系： 。误差分析紧扣公式：若E减小，同一 对应的I减小，指针偏左，读数偏大。
（1）欧姆表黑表笔接电源正极，红表笔接电源负极，可知红表笔应接电压表的负接线柱。
（2）[1]设欧姆表中值刻度为R中，则欧姆表为“×1”倍率时的欧姆内阻为
欧姆表为“×10”倍率时的欧姆内阻为
欧姆表为“×100”倍率时的欧姆内阻为
欧姆表进行欧姆调零时，有
欧姆表倍率越高，欧姆表的内阻越大，可知电路的满偏电流越小；由电路图可知，当开关S合向a端，电路的满偏电流较大，欧姆表的倍率是“×10”挡。
[2]因此a挡的干路最大电流是b挡的干路最大电流的十倍，即b挡的电流最大值为4 mA，此时有
得
（3）将开关S合向b端，欧姆表的倍率是“×100”挡，测量电压表内阻，电流表G指针向右偏转整个表盘满刻度的，此时电路总电流为
又
联立得
（4）若此欧姆表放置很久后，电源电动势减小、内阻增大。而内阻增大可以通过欧姆调零补偿，电动势减小，由
可知测量电流减小，指针偏角偏小，所以电阻测量值大于真实值。
13．【答案】解：（1）未明确波的传播方向和Δt与T的关系，故有两组系列解。当波向右传播时①
当波向左传播时
②
（2）明确了波的传播方向，并限定3T＜Δt＜4T，设此时间内波传播距离为s，则有3λ＜s＜4λ，即n=3，代入②式v左=4（4n＋3） m/s=4×（4×3＋3） m/s=60 m/s
（3）给定的波速v=68 m/s，则给定时间Δt内波传播距离
x=v·Δt=68×0.5 m=34 m= λ
故波向右传播。
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】 本题为波动问题中经典的“双波形”问题，已知两时刻的波形和時間差Δt，求解波速、传播方向等。解题关键是理解波传播的周期性和双向性。
易错点提醒：1、波长读取错误：必须从图中准确读出波长λ（相邻波峰或波谷之间的距离）。
2、通式推导错误：向右传播时，最小距离为λ/4（若实线到虚线向右移λ/4），通式为 。
向左传播时，最小距离为3λ/4（实线到虚线向左移3λ/4），通式为 。具体最小距离需根据图中波形变化确定（本题假设向右最小移λ/4，向左最小移3λ/4）。n的取值：n为波传播完整波长的个数，n=0，1，2，...第（3）问：计算传播距离与波长的比值，判断余数（0.25λ向右，0.75λ向左）。. 技巧归纳：双波形问题先写通解： ，其中Δs为不足一个波长的距离（向右传播时Δs=λ/4，向左时Δs=3λ/4）。
给定波速反推方向：计算x=v·Δt，求x/λ的余数，若余数在0~0.5λ之间通常向右，余数在0.5λ~λ之间向左（但需根据具体波形图确定最小移动距离）。
14．【答案】解：（1）波源离质点较近，波源先传播至质点，两列波在同一均匀介质中传播，波速相等，波速为
波源的周期为，波源的周期为
这两列波的波长为
（2）两列波刚开始相遇的时刻，有
解得
两列波刚开始相遇的时刻，波源未传播至质点，波源已传播至质点，质点振动时间为
此时质点处于波峰位置，质点的位移为
（3）波源、传播至处的质点的时间为
解得
由于波源、起振方向相反，处的质点到波源、的波程差为零，则处的质点为振动减弱点，振幅为
时，处的质点振动时间为
从开始经，处的质点通过的路程为
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【分析】一、考点分析
1、波速公式：，已知 和 ，可求 。
2、波相遇的时刻：两列波从各自波源出发，相向（或同向）传播，相遇时间由初始位置和波速决定。
公式：相遇时间 t=v1 +v2 初始距离 （相向）或考虑各自传到某点的时间。
3、质点的振动状态：波传到质点之前，质点静止。
波传到之后，质点按波源的振动规律运动：
初始相位、波源起振方向决定 t=0 对应质点的相位。
4、干涉条件：波程差 。若两波源振动方向相反（反相波源），则加强条件为 ，减弱条件为 。振幅：加强点 ，减弱点 ∣。
5、路程计算：简谐振动一个周期路程 = 4A（平衡位置往复）。
计算给定时间内的振动周期数，整数周期部分路程直接算，不足一周期部分按振动到哪算路程。
二、易错点
1、波源初始相位与起振方向：题目说“波源起振方向相反”，意味着一个初始相位 0，一个初始相位 ，计算叠加时相位差要加 。易忽略这个π，导致加强减弱条件判断错误。
2、波程差的计算基准：必须是从波源到考察点的距离差。
如果两波同时开始振动，相位差 。初始相位差 π 会使干涉条件与常规情况相反。
3、时间起点与振动时间：如第（2）问，波传到质点的时刻是质点开始振动的 ，但全题的 是波源开始振动的时刻，要转换时间。
易错：直接用全题时间 代入质点振动公式，而没减去波传播时间。
4、振动减弱点的振幅与路程：减弱点若振幅为 0，则静止，路程为 0。
若 ，减弱点振幅不为 0，仍会振动，路程按 计算。
5、路程计算中的时间区间：必须明确振动从何时开始，到何时结束，计算的是这段时间内的路程。
若包含非整数周期，要分段计算或利用正弦函数积分思路，不能简单用 。
15．【答案】（1）解：由波形图知，波长λ＝4m
波长、波速和周期的关系为v＝
代入数据得该波的周期为T＝1s
（2）解：根据
结合题给条件知从t＝0时刻起，质点M做简谐振动的位移表达式为
（3）解：经时间t1（小于一个周期），M点的位移仍为0.02m，运动方向向下．可解得t1＝s
由于N点在M点右侧波长处，所以N点的振动滞后个周期，其振动方程为
当t1＝s时，质点N的位移为
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】一、核心考点，这道题是一道典型的机械波综合题，主要考查以下知识点：
1、波的基本物理量关系：公式 或 的直接应用。
考查形式：第(1)问，已知波速和波长求周期。
2、波动与振动的区别与联系
振动：描述一个质点随时间的运动规律。
波动：描述所有质点在某一时刻的空间分布，或某个质点在不同时间的运动。
联系：波是振动在介质中的传播。波上任意质点的振动形式相同，仅相位有差异。
考查形式：第(2)问，要求写出质点M的振动方程，而不是波动方程。
3、由波的传播方向确定质点振动方向（及其逆问题）
这是解决波问题的核心技能。常用方法有“上下坡法”（微平移法）或“带动法”。
考查形式：题目通过文字“经时间t1，M向下运动”间接给出振动方向信息，需要反推t=0时刻M的振动方向，从而确定其振动的初相位。
4、质点振动方程的确定
振动方程三要素：振幅A、角频率ω、初相位φ。角频率：由周期决定 。
初相位：由初始时刻（t=0）质点的位移和速度方向（即振动方向） 共同决定。这是本题的难点和关键。
考查形式：第(2)问，综合振幅、周期和初相位写出M的振动方程。
5、波动的空间周期性（相位差与波程差的关系）
关系式：。相距一个波长的两点，相位差为 ；相距 的两点，相位差为 。
考查形式：第(3)问，已知M、N平衡位置相距 ，且波向x轴正方向传播，可确定N的振动比M滞后 的相位。由此根据M的振动方程推出N的振动方程，再计算特定时刻的位移。
6、相位计算与比较
考查对相位概念的理解和计算能力，能够计算某一质点在特定时刻的瞬时相位，并求其三角函数值得到位移。
考查形式：第(3)问，先由M在t1时刻的位移和运动状态反推t1，再计算N在t1时刻的相位，最后求位移。
二、易错点分析
1、混淆振动图像与波动图像
错误：将题目给出的t=0时刻的波形图误认为是某个质点的振动图像。
对策：明确横坐标是x（位置）即为波形图，横坐标是t（时间）即为振动图像。
2、混淆振动方程与波动方程
错误：第(2)问要求写质点M的振动方程 ，学生却写出了波动方程 。
对策：振动方程的变量只有时间 ，波动方程的变量是位置 和时间 。
3、初相位判断错误
这是本题最大的易错点。仅根据t=0时刻的位移无法唯一确定初相位，必须结合该时刻质点的振动方向。
对策：先用“上下坡法”由波形和传播方向确定t=0时刻M的振动方向。
使用旋转矢量法辅助判断：位移为正，若速度方向向上（为正），则初相在第四象限；若速度方向向下（为负），则初相在第一象限。
4、M、N的相位关系判断错误
错误：知道M、N相距 ，但搞不清是N超前还是滞后于M。
对策：记住口诀——“波向前传，后点学前点”。波向x正方向传播，则后方（x小）的质点相位超前于前方（x大）的质点。因此，若M在N左边（即M的x坐标小），则M的相位超前N 。
（1）由波形图知，波长
λ＝4m
波长、波速和周期的关系为
v＝
代入数据得该波的周期为
T＝1s
（2）根据
结合题给条件知从t＝0时刻起，质点M做简谐振动的位移表达式为
（3）经时间t1（小于一个周期），M点的位移仍为0.02m，运动方向向下．可解得
t1＝s
由于N点在M点右侧波长处，所以N点的振动滞后个周期，其振动方程为
当t1＝s时，质点N的位移为
16．【答案】解：（1）小球、凹面体、物块的质量分别为m1、m2、m3，设小球第一次运动至B处的速度为v1，凹面体和物块的速度为v2，小球从A运动到B处过程，小球与凹面体、物块组成的系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，则有0＝m1v1-(m2+m3)v2
由能量守恒则有
代入数据可得v1＝3m/s，v2＝1m/s
（2）小球从A运动到B处过程，小球与凹面体在水平方向的位移如下图所示
由图可知x1+x2＝R
小球与凹面体、物块组成的系统水平方向动量守恒，水平方向的位移满足0＝m1x1-(m2+m3)x2
代入数据可得x2＝0.15m，x1＝0.1m
（3）凹面体与墙壁相碰就固定，小球以速度v1向右运动与物块发生弹性碰撞，小球的质量小于物块的质量，碰后小球反弹，物块向右做匀减速直线运动直到速度减为零，小球光滑，反弹后做匀速直线运动，运动到圆弧面后做减速运动，速度减为零，然后下滑，运动到水平面与物块再发生弹性碰撞，再重复前面的运动，小球与物块每碰撞一次小球的速度减小一次，多次碰撞后，小球和物块的速度为零，由能量守恒可知，小球开始的动能全部转化为热量，则有
代入数据可得，物块的初始静置位置离C点的最短距离为x1＝s－ x1＝0.35m
【知识点】碰撞模型；人船模型
【解析】【分析】1. 核心思路：本题综合考查动量守恒、能量守恒、弹性碰撞及运动学问题，涉及多物体、多过程分析。解题需分阶段处理：阶段1：小球从A滑到B（系统水平动量守恒、机械能守恒）阶段2：凹面体与墙碰撞后固定（凹面体速度突变为0）阶段3：小球与物块多次弹性碰撞（动量守恒、动能守恒），物块匀减速至零.
2. 易错点提醒：动量守恒条件：阶段1系统水平方向动量守恒（竖直墙有作用力，但水平方向无外力）。位移关系：小球与凹面体水平位移满足（几何约束）和动量守恒位移关系。多次碰撞分析：无需逐次计算，用能量守恒整体法（所有动能最终通过摩擦生热耗散）。
物块路程：物块总路程为所有向右运动路程之和，初始位置距C点至少等于总路程（若初始在B点右L，则总路程d=L+每次碰后右行路程，但能量守恒直接得d）。
3. 拓展：若小球质量大于物块质量，碰撞后小球继续向右，物块向右加速，需重新分析。若凹面体与墙非完全非弹性碰撞（有反弹），则情况更复杂。
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