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人教版高二物理下期中检测卷3（学生版）
一、选择题(共10题；共30分)
1．（3分）科学家在研究机械运动时分别提出过将动量和动能用来量度物体的运动，有着长时间的争论，笛卡尔学派认为动量（mv）是一个与力在时间上的积累有关的物理量，它表示传递机械运动的本领，莱布尼兹学派认为动能（）是一个与力在空间上的积累有关的物理量，它表示物体做功的本领。下列说法正确的是（　　）
A．人造地球卫星绕地球的运动不符合开普勒定律
B．开普勒根据第谷的观测数据计算出了引力常量G
C．两物体碰撞后粘合在一起共同运动的现象支持笛卡尔学派的观点
D．动能与速度有关，也能说明动能是一个与力在时间上的积累有关的物理量
【答案】C
【知识点】动量守恒定律；开普勒定律；引力常量及其测定
【解析】【解答】A．人造地球卫星绕地球的运动属于引力提供向心力的系统，所以符合开普勒定律，故A错误；
B．引力常量G是卡文迪许通过扭秤实验测得的，开普勒没有计算出常量G的大小，故B错误；
C．两个物体发生碰撞，碰撞后粘合的共同运动满足动量守恒（动量mv的总量不变），这支持笛卡尔学派关于动量的观点，故C正确；
D．动能与速度有关，根据动能定理的内容有：合力做功等于动能的变化，功为力与位移的乘积，所以动能的变化对应力在空间上的积累（功），而非时间上的积累，故D错误。
故选C。
【分析】人造地球卫星绕地球运动符合开普勒定律；引力常量G是卡文迪许通过实验测得的；碰撞后粘合的共同运动满足动量守恒（动量mv的总量不变），这支持笛卡尔学派关于动量的观点；动能的变化对应力在空间上的积累（功），而非时间上的积累。
2．（3分）小物通过视频号“胜哥课程”观看了《烟花原理》Ai视频，视频中出现了“火树银花十里开”的壮观的景象。其烟花筒的结构如图甲所示，其工作原理为：点燃引线，引燃发射药燃烧发生爆炸，礼花弹获得一个竖直方向的初速度并同时点燃延期引线，当礼花弹到最高点时，延期引线点燃礼花弹并炸开形成漂亮的球状礼花。现假设某礼花弹在最高点炸开成、两部分，速度均为水平方向。炸开后、的轨迹图如乙图所示。忽略空气阻力的作用，则（　　）
A．、两部分落地时的速度大小之比
B．、两部分的初动能之比
C．、两部分的质量之比
D．、两部分落地时的重力功率之比为
【答案】B
【知识点】爆炸；平抛运动；功率及其计算；动能
【解析】【解答】本题考查动量守恒和动能的相关计算，分析两部分落地时的速度及重力功率时，需要考虑竖直分速度的关系。
C．平抛运动方向为匀速直线运动，则有
，
竖直方向上有
，
则有
根据动量守恒定律有
解得
故C错误；
B．、两部分的初动能
，
结合上述解得
故B正确；
A．、两部分落地时的速度大小
，
结合上述可知，、两部分落地时的速度大小之比不等于，故A错误；
D．、两部分落地时的重力功率
，
结合上述解得
故D错误。
故选B。
【分析】由平抛运动特点，即可计算a、b两部分的水平速度之比，结合动量守恒，可得到两部分的质量之比；由动能表达式，结合质量之比、水平速度之比，即可计算两部分的初动能之比；由两部分落地时的合速度表达式，可分析其速度之比是否为1：3；由落地时的竖直分速度特点，结合质量之比，即可计算重力的功率之比。
3．（3分）倾角为37°足够长固定斜面上，有一长木板A恰好能处于静止。现有物块B以的速度从A的顶端开始下滑，A、B间动摩擦因数为μ=0.8。已知A、B的质量为别为，，重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　）
A．物块B下滑过程中，木板A仍能处于静止
B．物块B下滑过程中，A要向下加速，A、B速度刚达到相等时为0.4m/s
C．要使B不脱离A，A板长度至少为1.25m
D．从开始运动到A、B速度达到相等过程中，系统因摩擦产生的热量为18.6J
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】AB．木板A恰好静止，说明斜面对A的静摩擦力 ，最大静摩擦力 。由平衡条件 ，B受到重力 、A对B的支持力 ，A对B的滑动摩擦力 （方向沿斜面向上）。A、B在斜面上滑动时，系统动量守恒。速度相等时满足，可得v＝0.6m/s，故AB错误；
C．对B物体，根据牛顿第二定律，解得，B物体向下减速时加速度为，减速时间，此过程中，物块B的位移木板A的位移为，所以A板长度至少为，故C错误
D全过程中系统因摩擦产生的热量
故D正确。
故选D。
【分析】1、题目已知长木板A恰好能处于静止可得A与斜面间动摩擦因数，A、B在斜面上滑动时，系统合外力为零，则系统动量守恒，根据系统动量守恒可求解A速度。
2、使B不脱离A的条件是B滑到A下端恰好共速，根据牛顿第二定律计算A、B加速度，以及A、B位移，可求A板长度。
3、全过程中系统因摩擦产生的热量等于AB间克服摩擦力做功加上A与斜面间克服摩擦力做功。
4．（3分）如图所示，物块A、B静置于光滑水平面上，处于原长的轻弹簧两端分别与两物块连接，物块A紧靠竖直墙壁，物块A、B的质量分别为m和2m。某一瞬时物块B获得一初速度为，则此后运动中（　　）
A．墙壁对A的总冲量大小为 B．墙壁对A做的总功为
C．A的最大速度为 D．弹簧的最大弹性势能为
【答案】A
【知识点】动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】A．当物块A离开墙壁时：B回到初始位置，具有向右速度，系统机械能守恒 可求出，对整体 ，此即墙壁对A的总冲量大小，故A正确；
B．墙壁对A的作用过程：A始终未发生位移（被固定），功的定义W = F·s = 0（因为s=0）虽然有力作用，但无位移不做功，故B错误；
C．物块A离开墙壁后，A达最大速度时弹簧恢复原长，AB与弹簧系统动量守恒、能量守恒，有，，解得，，故C错误；
D．物块B向左速度为0时，弹簧压缩最短弹性势能最大，有，故D错误；
故选A。
【分析】运动过程分析：A静止（紧靠墙壁），B以初速度 向右运动，弹簧原长。
阶段1：B向右运动，弹簧被拉伸，A受弹簧拉力但被墙壁阻挡（A不动）。墙壁对A施加向左的支持力，使A保持静止。弹簧伸长，弹性势能增加，B减速。
阶段2：当B减速至0时，弹簧达到最大伸长量，此时弹性势能最大。随后弹簧收缩，B向左运动，A可能脱离墙壁。
阶段3：若A脱离墙壁，A、B在弹簧作用下运动，直至弹簧恢复原长或反向压缩。
物块A离开墙壁后，A达最大速度时弹簧恢复原长，AB与弹簧系统动量守恒、能量守恒。
物块B向左速度为0时，弹簧压缩最短弹性势能最大。
5．（3分）如图所示，质量为2m的滑块带有半圆弧槽N，且圆弧槽的半径为r，所有接触面的摩擦力均可忽略。在下列两种情况下均将质量为m且可视为质点的小球M由右侧的最高点无初速释放，第一种情况滑块固定不动；第二种情况滑块可自由滑动。下列说法正确的是（　　）
A．只有第一种情况，小球可运动到左侧最高点
B．两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度之比为
C．第二种情况，小球滑到圆弧槽最低点时，圆弧槽的速度为
D．第二种情况，圆弧槽距离出发点的最远距离为
【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．当圆弧槽固定时，由机械能守恒定律可得，小球M能运动到圆弧槽左侧的最高点；当圆弧槽自由滑动时，对于M、N组成的系统，水平方向动量守恒，小球M从圆弧槽的右端最高点由静止释放时，系统水平方向动量为零，设小球M到达左侧最高点的速度，则小球M运动到圆弧槽左侧的最高点时，有，又由机械能守恒定律可知，小球M同样可以运动到圆槽左侧的最高点，故A错误；
BC．当圆弧槽固定时，小球M到最低点时的速度为，则由机械能守恒定律得
解得，当圆弧槽自由滑动时，设小球M到达最低点时的速率为，此时圆弧槽的速率为，根据水平方向动量守恒可得，根据机械能守恒定律得，联立解得，，两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度之比为，故 B错误，C正确；
D．小球M和圆弧槽组成的系统在水平方向上动量守恒，当小球运动到左侧最高点时，圆弧槽向右运动的位移最大，设圆弧槽向右的最大位移为x，根据水平方向动量守恒定律得
解得，故D错误。
故选C。
【分析】详细易错点
1. 最高点速度的误解
错误：认为自由滑动时小球不能到达等高点。
正确：固定槽时，小球到左侧等高点的速度为零。自由滑动时，小球到左侧最高点时相对地面的水平速度与圆弧槽相同（否则会继续上升或下降），由水平动量守恒：
，所以小球仍能到达等高点。
关键：自由滑动时在最高点两者水平速度相等（且为零），机械能守恒仍允许小球到达等高点。
2. 最低点速度的计算
错误：自由滑动时仍用固定槽的速度公式 。
正确：动量守恒：，机械能守恒：
联立解得：
关键：自由滑动时小球在最低点的速度比固定槽时小，因为一部分能量转为圆弧槽的动能。
3. 位移关系应用错误
错误：直接用人船模型但符号弄错或漏掉相对位移。
正确：水平位移关系：
相对位移：（小球从最右到最左相对槽的水平位移是 ，但注意方向）
实际上，小球相对槽的水平位移为 ，设槽位移 ，则小球对地位移为 （取槽向右位移为正）。代入：解得
关键：正确写出相对位移与绝对位移的关系。
4. 动量守恒方向混淆
错误：列动量守恒方程时忽略方向，导致速度符号错误。
正确：规定正方向（如向右为正），则 中 与 反向。
关键：解出的速度符号表示方向。
6．（3分）质量为M的“胜哥”站在质量为m的滑板上，“胜哥”和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。“胜哥”以相对滑板的速度v沿水平方向跃离了滑板，则跃离后滑板的速度大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】反冲
【解析】【解答】本题考查动量守恒定律的应用，属于典型的人船模型问题。根据题意，设跃离后滑板的速度大小为，取向右为正方向，由动量守恒定律有
解得
故选D。
【分析】“胜哥”和滑板系统初始动量为零，跃离时系统动量守恒。“胜哥”相对滑板速度为v，设滑板速度为v1，则“胜哥”对地速度为v-v1。根据动量守恒，“胜哥”动量与滑板动量大小相等方向相反，建立方程求解v1即可。
7．（3分）关于单摆，下列说法中正确的是（　　）
A．摆球运动的回复力是它受到的合力
B．摆球在运动过程中加速度的方向始终指向平衡位置
C．摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点，加速度是不变的
D．摆球经过平衡位置时，加速度为零
【答案】C
【知识点】探究单摆的运动
【解析】【解答】解决本题的关键，掌握单摆做简谐运动的特点，注意在垂直速度方向也存在加速度。A．单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，不是摆球所受的合力。故A错误；
B．摆球在运动过程中，回复力产生的加速度的方向始终指向平衡位置，而向心加速度指向悬点，合成后，方向在变化，故B错误；
C．摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点，受力情况相同，加速度是不变的，故C正确；
D．摆球经过平衡位置时，加速度不为零，是向心加速度，故D错误。
故选C。
【分析】单摆在运动过程中的回复力是重力沿切线方向上的分力；垂直速度方向也存在加速度；经过轨迹上的同一点受力情况相同；球经过平衡位置时有向心加速度。
8．（3分）“胜哥”想在离地表一定高度的天宫实验室内，通过测量以下物理量得到天宫实验室轨道处的重力加速度，可行的是（　　）
A．用弹簧秤测出已知质量的砝码所受的重力
B．测量单摆摆线长度、摆球半径以及摆动周期
C．从高处释放一个重物、测量其下落高度和时间
D．测量天宫实验室绕地球做匀速圆周运动的周期和轨道半径
【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】在天宫实验室内，物体处于完全失重状态，重力提供了物体绕地球匀速圆周运动的向心力，故ABC中的实验均无法得到天宫实验室轨道处的重力加速度。由重力提供绕地球做匀速圆周运动的向心力得
整理得轨道重力加速度为
故通过测量天宫实验室绕地球做匀速圆周运动的周期和轨道半径可行，D正确。
故选D。
【分析】离地表一定高度的天宫实验室在绕地球做匀速圆周运动，天宫实验室以及其内的物体均处于完全失重状态。据此解答ABC选项；根据万有引力等于重力，以及万有引力提供向心力分析D选项。
9．（3分）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。若当前偏心轮的转速是。下列说法正确的是（　　）
A．当前共振筛的振动频率是
B．减小电压，可使筛子振幅增大
C．增加筛子质量，可使筛子振幅增大
D．减小筛子质量，可使共振曲线峰值频率减小
【答案】B
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】解题关键是能够根据图像得出筛子的固有频率，当偏心轮的频率与筛子的固有频率相同，即共振时，可以使筛子的振幅最大。A．由题意可知，偏心轮的转速是，则周期为
则有偏心轮的频率为
A错误；
B．由题图乙可知，筛子的固有频率为0.8Hz，仅减小电压，可降低偏心轮转速，偏心轮频率减小，则由偏心轮产生的驱动力的频率减小，偏心轮产生的驱动力的频率会接近0.8Hz，可使筛子的振幅增大，B正确；
C．增加筛子质量，可增大筛子的固有周期，则筛子的固有频率减小，小于0.8Hz，则有偏离1.2Hz更多，不可以使筛子振幅增大，C错误；
D．减小筛子质量，可减小筛子的固有周期，则筛子的固有频率增大，可使共振曲线峰值频率增大，D错误。
故选B。
【分析】根据转速与频率的关系，结合当驱动力频率和筛子的固有频率相等时，筛子发生共振，筛子的振幅最大。
10．（3分）一列水波在深度不同的水域传播时，在交界面处发生图示的现象，这是水波的（　　）
A．反射现象 B．折射现象 C．衍射现象 D．干涉现象
【答案】B
【知识点】波的反射和折射；波的衍射现象
【解析】【解答】深度不同，则水压不同，水密度不同。水波在不同密度的水中传播速度不同，会发生折射现象。
故答案为：B。
【分析】水波在不同密度的水中传播速度不同，水波会发生折射。
二、多项选择题(共3题；共12分)
11．（4分）质量皆为m的甲、乙两人分别站在质量为M的小船的船头和船尾，随船以速度v0在水面上飘移（不计阻力）。两人同时（极短的时间内）以对地的速率v水平跳出，其中甲沿船前进的方向跳出，乙沿相反方向跳出，则（　　）
A．船对甲的冲量较大 B．船对乙的冲量较大
C．船速不变 D．船速增大
【答案】B,D
【知识点】动量定理；人船模型
【解析】【解答】A．船对甲的冲量大小为甲动量的变化量，甲初动量为，末动量为，冲量，其大小为，A错误；
B．船对乙的冲量大小为乙动量的变化量，乙初动量为，末动量为，冲量，其大小为，由于，则船对乙的冲量较大，B正确；
CD．系统初始总动量为，末态总动量为，由动量守恒定律，解得，船速增大，C错误，D正确；
故答案为：BD。
【分析】利用动量守恒定律分析船速变化，结合冲量等于动量变化量的规律比较船对甲、乙的冲量大小。
12．（4分）如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立即留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．子弹射入木块后的瞬间，木块速度大小为
B．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于
C．子弹射入木块过程，子弹和木块可视为非弹性碰撞
D．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统机械能不守恒
【答案】A,C
【知识点】动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】【解答】A．质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立即留在木块中，
所以，故A正确；
B．子弹射入木块后的瞬间，根据牛顿第二定律有，所以
故B错误；
C．子弹射入木块过程，由于有机械能损失，所以子弹和木块可视为非弹性碰撞，故C正确；
D．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只有重力做功，则系统机械能守恒，故D错误。
故选AC。
【分析】1. 完全非弹性碰撞的动量守恒与速度计算
特点：碰撞后两物体粘在一起（共速），动量守恒，但机械能有损失（转化为内能）。
动量守恒方程（水平方向）：
碰撞后瞬间的共同速度：
2. 圆周运动的瞬时动力学分析（牛顿第二定律）
子弹与木块获得共同速度 后，绕圆环做圆周运动（绳约束）。
在最低点（碰撞后瞬间），绳对木块的拉力T 与重力 的合力提供向心力：
，其中L 为绳长（题中隐含）。
3. 碰撞类型的判断（弹性 vs 非弹性）
弹性碰撞：动量守恒 + 机械能守恒。；非弹性碰撞：动量守恒，机械能不守恒。
完全非弹性碰撞：是非弹性碰撞的特例（碰后共速，机械能损失最大）。
4. 系统机械能守恒的条件判断
条件：只有重力（或弹簧弹力）做功，其他内力与外力不做功或做功代数和为零。
本题分两个阶段分析：阶段一（子弹射入木块过程）：子弹与木块系统有机械能损失（非弹性碰撞），但此阶段圆环未参与运动。
阶段二（碰撞后，子弹+木块+圆环一起运动）：圆环套在光滑杆上，可自由滑动，对木块+子弹系统有约束，但圆环与木块+子弹组成的系统：
外力：重力、水平杆对圆环的支持力（垂直于运动方向，不做功）。
内力：绳张力对木块做负功时对圆环做正功，总功为零（理想绳，内力做功代数和为零）。
因此碰撞后，系统（圆环 + 木块 + 子弹）机械能守恒。
13．（4分）“胜哥”利用力传感器研究摆球的受力情况。细线下端连接小球，上端穿过光滑的小孔与力传感器连接。图甲让小球在同一竖直面摆动形成单摆，图乙让小球在同一水平面转动形成圆锥摆。小球质量、摆长及摆角均相同，图甲中摆线拉力随时间变化图像如图丙所示，拉力最小值及最大值分别为F1、F2。不计摩擦及空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．小球的重力为 B．摆角的余弦值为
C．图乙中摆线拉力大小为 D．由F1、F2可求出摆长
【答案】A,B
【知识点】单摆及其回复力与周期；生活中的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．小球摆到最高点时，拉力最小，即
小球到达最低点时，拉力最大，则
小球由最高点运动到最低点，根据机械能守恒定律可得
联立可得，，故AB正确；
C．图乙中摆线拉力大小为，故C错误；
D．由以上分析可知，由F1、F2不能求出摆长l，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】本题考查圆锥摆与单摆的受力分析、机械能守恒定律的综合应用，核心是结合单摆最高点（拉力最小）和最低点（拉力最大）的受力特点，联立牛顿第二定律与机械能守恒公式推导重力、摆角余弦值，再分析圆锥摆的拉力及摆长求解的可能性。
三、非选择题(共7题；共58分)
14．（12分）如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻，物块刚好能静止在细杆上。“胜哥”以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图2所示。物块开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ＝30°。求：
（1）（4分）t＝6 s时F的大小，以及t在0～6 s内F的冲量大小；
（2）（4分）t在0～6 s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f-t图像；
（3）（4分）t＝6 s时，物块的速度大小。
【答案】（1）由图2可知F随时间线性变化，根据数学知识可知F＝t
所以当t＝6 s时，F＝
0～6 s内F的冲量为F-t图像与时间轴所围成的面积，即I＝×mg×6＝mg
（2）由于初始时刻。物块刚好能静止在细杆上，则有
mgsin 30°＝μmgcos 30°
即μ＝tan 30°＝
在垂直杆方向，当Fsin θ＝mgcos θ时，t＝4 s
则0～4 s，垂直杆方向，有Fsin θ＋N＝mgcos θ
摩擦力f＝μN＝＝mg（0≤t≤4）
在4～6 s内，垂直杆方向Fsin θ＝mgcos θ＋N
摩擦力f＝μN＝＝mg（4≤t≤6）
相应的f-t图像如图
（3）在0～6 s内沿杆方向，根据动量定理有IFcos θ－If＋mgsin θ×t＝mv
在0～6 s内摩擦力的冲量为f-t图像与时间轴所围成的面积，则If＝×mg×4＋×mg×2＝mg
联立有mg·cos 30°－mg＋3mg＝mv
可得v＝g。
【知识点】动量定理；冲量
【解析】【分析】(1) 先由 图像的线性关系写出 表达式，代入 求力的大小；冲量是 图像与时间轴围成的面积，用三角形面积公式计算。
(2) 初始静止时先求动摩擦因数 ，再分两段分析垂直杆方向的受力： 支持力向上， 支持力向下，分别推导摩擦力 的表达式。
（3）沿杆方向对 全过程应用动量定理，分别计算力 、摩擦力 、重力分力的冲量，联立求解末速度 。
15．（5分）如图甲所示为验证碰撞中的动量守恒的实验装置，其中AB是斜槽，BC是水平槽，斜槽与水平槽平滑相接，实验操作如下：
①利用重垂线，记录水平槽末端在白纸上的投影点O；
②取小球1，使小球1从斜槽上某一位置由静止释放，落在垫有复写纸的白纸上留下痕迹，重复本操作多次；
③把小球2放在水平槽的末端，小球1从原位置由静止释放，与小球2碰撞后，落在白纸上留下各自的落点痕迹，重复本操作多次；
④在白纸上确定平均落点的位置M、N、P。
（1）（1分）实验中小球1的质量为，半径为，小球2的质量为，半径为，则两小球的质量和半径关系需满足（　　）（填正确答案标号）。
A．， B．，
C．， D．，
（2）（1分）已知刻度尺的零刻度线与O点对齐，由图乙读得　 　cm。
（3）（2分）图甲中M点为碰撞后小球　 　（填“1”或“2”）的落点平均位置，正确操作实验后，测量出各落点距O点的水平距离OM、ON、OP，则在实验误差允许的范围内本实验中用来验证动量守恒定律的表达式为　 　（用、、OM、OP、ON表示，、较小，可忽略不计）。
（4）（1分）如图甲所示，若“胜哥”记录投影点O后，由于失误将白纸水平向右移动了一段距离，再进行上述②③④步骤，则计算得到的碰撞前系统的总动量　 　（填“大于”“等于”或“小于”）碰撞后的总动量。
【答案】（1）C
（2）45.00
（3）1；
（4）大于
【知识点】验证动量守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1）为使两小球发生正碰且碰撞后不发生反弹，小球1的质量应大于小球2的质量，且半径相同，即，，C项符合题意。
故答案为：C。
（2）刻度尺最小分度值为0.1cm，读数保留到百分位，故该刻度尺的读数规则可得
故答案为：45.00
（3）M点的水平位移最小，是碰撞后小球1平均落点的位置，根据动量守恒定律可得
可得
故答案为：1；
（4）如图甲所示，若实验小组在记录投影点O后，由于失误将白纸水平向右移动了一段距离，则测量的小球的水平位移都变小，设白纸水平向右移动的距离为x，则碰撞前系统的总动量减小
碰撞后系统的总动量减小
则
可知，所以计算得到的碰撞前系统的总动量大于碰撞后的总动量。
故答案为：大于
【分析】(1)为防止入射球反弹并保证两球发生对心正碰，入射球质量应大于被碰球质量，且两球半径需相等。
(2)根据刻度尺的分度值进行读数，需估读到最小刻度的下一位。
(3)两球碰撞后，入射球速度减小、被碰球速度增大，结合平抛运动的等时性，可用水平位移替代速度，代入动量守恒定律推导表达式。
(4)分析白纸右移对落点水平距离测量的影响，判断其对碰撞前后总动量计算结果的影响。
（1）为使两小球发生正碰且碰撞后不发生反弹，小球1的质量应大于小球2的质量，且半径相同，即，，C项符合题意。
故选C。
（2）刻度尺最小分度值为0.1cm，读数保留到百分位，故该刻度尺的读数规则可得
（3）[1][2]M点的水平位移最小，是碰撞后小球1平均落点的位置，根据动量守恒定律可得
可得
（4）如图甲所示，若实验小组在记录投影点O后，由于失误将白纸水平向右移动了一段距离，则测量的小球的水平位移都变小，设白纸水平向右移动的距离为x，则碰撞前系统的总动量减小
碰撞后系统的总动量减小
则
可知，所以计算得到的碰撞前系统的总动量大于碰撞后的总动量。
16．（8分）如图所示为一弹簧振子的振动图像，从t=0开始计时，求：（，）
（1）（4分）振子做简谐运动位移的表达式；
（2）（4分）在时间内振子运动的路程s（以cm为单位）。
【答案】（1）解：由题图可得振子的振幅A=5cm，周期T=4s，则
图像可知初相
该振子做简谐运动位移的表达式为（cm）
（2）解：由于
则该时刻振子位移cm=
故振子运动的路程
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
【解析】【分析】（1）位移表达式：从振动图像提取振幅、周期，结合初相，代入简谐运动位移公式；
（2）路程计算：先算完整周期的路程，再算剩余时间内的路程（利用位移公式求位移，结合运动方向确定路程）。
（1）由题图可得振子的振幅A=5cm，周期T=4s，则
图像可知初相
该振子做简谐运动位移的表达式为
（cm）
（2）由于
则该时刻振子位移
cm=
故振子运动的路程
17．（5分）“胜哥”在探究单摆运动的实验中：
（1）（2分）图（a）是用力传感器对单摆振动过程进行测量的装置图，图（b）是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F-t图像，根据图（b）的信息可得，从t=0时刻开始摆球第二次摆到最低点的时刻为　 　，摆长为　 　（取π2=10，重力加速度大小 ) 。
（2）（1分）单摆振动的回复力是______。
A．摆球所受的重力
B．摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力
C．摆线对摆球的拉力
D．摆球重力在垂直摆线方向上的分力
（3）（2分）“胜哥”的操作步骤如下，其中正确的是______。
A．取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上
B．用米尺量得细线长度L，摆长为L再加上摆球半径
C．在摆线偏离竖直方向15°位置释放小球
D．让小球在水平面内做圆周运动，测得摆动周期，再根据公式计算重力加速度
【答案】（1）1.3s；0.64m
（2）D
（3）A；B
【知识点】探究单摆的运动，用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】(1)摆球在最低点时摆线拉力最大，从t=0时刻开始摆球第二次摆到最低点的时刻对应图像的第二个峰值，该时刻为1.3s；
根据图像，单摆的周期为
根据
解得
(2)单摆振动的回复力是摆球重力在垂直摆线方向上的分力。
故答案为：D。
(3) A．取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上，A符合题意；
B．用米尺量得细线长度L，摆长为L再加上摆球半径，B符合题意；
C．在摆线偏离竖直方向5°位置释放小球，C不符合题意；
D．让小球在水平面内摆动，测得摆动周期，再根据公式计算重力加速度，D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】（1）利用经过最低点的时刻可以求出单摆的周期大小；
（2）其单摆振动的回复力为重力在小球速度方向的分力；
（3）摆线的偏离竖直方向的角度不能太大；利用小球在水平面摆动测定周期，再利用公式求出重力加速度的大小。
18．（12分）均匀介质中有向x轴负方向传播的机械波，如图所示为t=0时的波形图，P为波源位置，已知t=0.4s时，位于x轴上0.2m处的质点Q第一次振动到达波谷。
（1）（4分）求该机械波的波速大小；
（2）（4分）写出P点的振动方程；
（3）（4分）求0~1.0s原点O处质点的振动路程。
【答案】（1）由图可知，当质点Q第一次振动到达波谷，此时波向左传播0.8m，所以
（2）由图可知，振幅为10cm，波长为0.8m，所以
所以P点的振动方程为
根据题意，t=0时，y=0，且质点向y轴负方向振动，则
所以
（3）该波传播到O点的时间为
所以O处质点振动时间为0.6s，振动路程为
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【分析】（1）结合题意及题图，根据波速与波传播距离的关系列式，即可分析求解；
（2）结合题意及题图，根据“同侧法”、周期与波速的关系分析列式，即可求解；
（3）结合前面分析，由速度与时间的关系、振动时间与周期的关系、简谐运动的物体的路程与振幅的关系分别列式，即可分析求解。
（1）由图可知，当质点Q第一次振动到达波谷，此时波向左传播0.8m，所以
（2）由图可知，振幅为10cm，波长为0.8m，所以
所以P点的振动方程为
根据题意，t=0时，y=0，且质点向y轴负方向振动，则
所以
（3）该波传播到O点的时间为
所以O处质点振动时间为0.6s，振动路程为
19．（8分）“胜哥”采用分体式位移传感器测量时，实验装置如图（b）所示，发射器安装在小车上，接收器固定在导轨底端。位移传感器通过发射红外线和超声波进行测量，并绘制出小车的图线，如图（c）所示。
（1）（4分）红外线属于　 　和　 　，超声波属于　 　和　 　。
（选填A.横波B.纵波C.机械波D.电磁波）
（2）（2分）当小车滑向接收器时，理论上接收器接收到的超声波波长应　 　，频率应　 　。（选填A. 变大、B. 变小、C. 不变）
（3）（2分）根据实验数据，论证0.45s-0.65s之间，小车的运动是否为匀加速直线运动。　 　
【答案】（1）A；D；B；C
（2）B；A
（3）见解析
【知识点】多普勒效应；匀变速直线运动规律的综合运用；电磁波谱
【解析】【解答】 （1）红外线属于横波和电磁波，故选A和D。超声波属于纵波和机械波，故选B和C。
（2）根据多普勒效应可知接收器接收到的超声波波长变小，故选B；频率变大，故选A。
（3）根据实验数据可知0.45s-0.65s之间，相邻计数点的时间间隔T相同，相邻计数点间的位移大小为s1=x1-x2=61.7cm-58.6cm=3.1cm
s2=x2-x3=58.6cm-55.1cm=3.5cm
s3=x3-x4=55.1cm-51.2cm=3.9cm
s4=x4-x5=51.2cm-46.9cm=4.3cm
相邻相等时间内的位移之差
s2-s1=3.5cm-3.1cm=0.4cm
s3-s2=3.9cm-3.5cm=0.4cm
s4-s3=4.3cm-3.9cm=0.4cm
在0.45s-0.65s之间，小车的运动是匀加速直线运动。
【分析】 （1）红外线属于横波和电磁波，超声波属于纵波和机械波。
（2）多普勒效应是波源和观察者有相对运动时，观察者接受到波的频率与波源发出的频率并不相同的现象。
（3）在误差允许的范围内可认为相邻的相等时间间隔内的位移差恒定。
20．（8分）图甲中，青蛙在平静的水面上鸣叫时引起水面振动形成水波。以青蛙所在位置为原点O，某时刻波源垂直xOy平面振动所产生波的示意图如图乙所示，实线圆、虚线圆分别表示相邻的波峰和波谷，图丙为某质点的振动图像，图中a、T为已知量。求：
（1）（4分）波在水中的传播速度大小v；
（2）（4分）从图乙所示状态开始，P点到达波谷所需最短时间t。
【答案】（1）解：由于虚线圆表示波谷，图乙可知两波谷之间距离为0.8a，则波长
图丙可知波的周期为T，在波速
（2）解：图乙可知P质点与O点距离为
从图乙所示状态开始，P点到达波谷所需最短时间
联立解得
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）由图乙可知两波谷之间距离为0.8a，可得出波长
图丙可知波的周期为T，波速。
（2）图乙可知P质点与O点距离为，从图乙所示状态开始，最近波谷传到p点，则P点到达波谷所需最短时间 ，P点到达波谷所需最短时间，联立解得最短时间。
（1）由于虚线圆表示波谷，图乙可知两波谷之间距离为0.8a，则波长
图丙可知波的周期为T，在波速
（2）图乙可知P质点与O点距离为
从图乙所示状态开始，P点到达波谷所需最短时间
联立解得
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人教版高二物理下期中检测卷3答题卡
(
条
码
粘
贴
处
（正面朝上
贴在此
虚线框内）
)
试卷类型：B
姓名：______________班级：______________
准考证号
(
缺考标记
考生禁止填涂缺考标记
！只能由监考老师负责用黑色字迹的签字笔填涂。
) (
注意事项
1
、
答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚。
2
、
请将准考证条码粘贴在右侧的[条码粘贴处]的方框内
3
、
选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须用0.5毫米黑色字迹的签字笔填写，字体工整
4
、
请按题号顺序在各题的答题区内作答，超出范围的答案无效，在草纸、试卷上作答无效。
5
、保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、刮纸刀。
6
、填涂样例
正确
[
■
]
错误
[
--
][
√
] [
×
]
)
选择题（请用2B铅笔填涂）
1. [A][B][C][D] 2. [A][B][C][D] 3. [A][B][C][D] 4. [A][B][C][D] 5. [A][B][C][D] 6. [A][B][C][D] 7. [A][B][C][D] 8. [A][B][C][D] 9. [A][B][C][D] 10. [A][B][C][D] 11. [A][B][C][D] 12. [A][B][C][D] 13. [A][B][C][D] 15.1. [A][B][C][D] 17.2. [A][B][C][D]
17.3. [A][B][C][D]
非选择题（请在各试题的答题区内作答）
14．（1）
（2）
（3）
15．（2）_________________
（3）________________________________；________________________________
（4）________________
16．（1）
（2）
17．（1）________________________________；________________________________
（3）________________________________
18．（1）
（2）
（3）
19．（1）_______________；_______________；_______________；_______________
（2）________________；________________
（3）
20．（1）
（2）
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人教版高二物理下期中检测卷3（学生版）
一、选择题(共10题；共30分)
1．（3分）科学家在研究机械运动时分别提出过将动量和动能用来量度物体的运动，有着长时间的争论，笛卡尔学派认为动量（mv）是一个与力在时间上的积累有关的物理量，它表示传递机械运动的本领，莱布尼兹学派认为动能（）是一个与力在空间上的积累有关的物理量，它表示物体做功的本领。下列说法正确的是（　　）
A．人造地球卫星绕地球的运动不符合开普勒定律
B．开普勒根据第谷的观测数据计算出了引力常量G
C．两物体碰撞后粘合在一起共同运动的现象支持笛卡尔学派的观点
D．动能与速度有关，也能说明动能是一个与力在时间上的积累有关的物理量
2．（3分）小物通过视频号“胜哥课程”观看了《烟花原理》Ai视频，视频中出现了“火树银花十里开”的壮观的景象。其烟花筒的结构如图甲所示，其工作原理为：点燃引线，引燃发射药燃烧发生爆炸，礼花弹获得一个竖直方向的初速度并同时点燃延期引线，当礼花弹到最高点时，延期引线点燃礼花弹并炸开形成漂亮的球状礼花。现假设某礼花弹在最高点炸开成、两部分，速度均为水平方向。炸开后、的轨迹图如乙图所示。忽略空气阻力的作用，则（　　）
A．、两部分落地时的速度大小之比
B．、两部分的初动能之比
C．、两部分的质量之比
D．、两部分落地时的重力功率之比为
3．（3分）倾角为37°足够长固定斜面上，有一长木板A恰好能处于静止。现有物块B以的速度从A的顶端开始下滑，A、B间动摩擦因数为μ=0.8。已知A、B的质量为别为，，重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　）
A．物块B下滑过程中，木板A仍能处于静止
B．物块B下滑过程中，A要向下加速，A、B速度刚达到相等时为0.4m/s
C．要使B不脱离A，A板长度至少为1.25m
D．从开始运动到A、B速度达到相等过程中，系统因摩擦产生的热量为18.6J
4．（3分）如图所示，物块A、B静置于光滑水平面上，处于原长的轻弹簧两端分别与两物块连接，物块A紧靠竖直墙壁，物块A、B的质量分别为m和2m。某一瞬时物块B获得一初速度为，则此后运动中（　　）
A．墙壁对A的总冲量大小为 B．墙壁对A做的总功为
C．A的最大速度为 D．弹簧的最大弹性势能为
5．（3分）如图所示，质量为2m的滑块带有半圆弧槽N，且圆弧槽的半径为r，所有接触面的摩擦力均可忽略。在下列两种情况下均将质量为m且可视为质点的小球M由右侧的最高点无初速释放，第一种情况滑块固定不动；第二种情况滑块可自由滑动。下列说法正确的是（　　）
A．只有第一种情况，小球可运动到左侧最高点
B．两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度之比为
C．第二种情况，小球滑到圆弧槽最低点时，圆弧槽的速度为
D．第二种情况，圆弧槽距离出发点的最远距离为
6．（3分）质量为M的“胜哥”站在质量为m的滑板上，“胜哥”和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。“胜哥”以相对滑板的速度v沿水平方向跃离了滑板，则跃离后滑板的速度大小为（　　）
A． B． C． D．
7．（3分）关于单摆，下列说法中正确的是（　　）
A．摆球运动的回复力是它受到的合力
B．摆球在运动过程中加速度的方向始终指向平衡位置
C．摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点，加速度是不变的
D．摆球经过平衡位置时，加速度为零
8．（3分）“胜哥”想在离地表一定高度的天宫实验室内，通过测量以下物理量得到天宫实验室轨道处的重力加速度，可行的是（　　）
A．用弹簧秤测出已知质量的砝码所受的重力
B．测量单摆摆线长度、摆球半径以及摆动周期
C．从高处释放一个重物、测量其下落高度和时间
D．测量天宫实验室绕地球做匀速圆周运动的周期和轨道半径
9．（3分）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。若当前偏心轮的转速是。下列说法正确的是（　　）
A．当前共振筛的振动频率是
B．减小电压，可使筛子振幅增大
C．增加筛子质量，可使筛子振幅增大
D．减小筛子质量，可使共振曲线峰值频率减小
10．（3分）一列水波在深度不同的水域传播时，在交界面处发生图示的现象，这是水波的（　　）
A．反射现象 B．折射现象 C．衍射现象 D．干涉现象
二、多项选择题(共3题；共12分)
11．（4分）质量皆为m的甲、乙两人分别站在质量为M的小船的船头和船尾，随船以速度v0在水面上飘移（不计阻力）。两人同时（极短的时间内）以对地的速率v水平跳出，其中甲沿船前进的方向跳出，乙沿相反方向跳出，则（　　）
A．船对甲的冲量较大 B．船对乙的冲量较大
C．船速不变 D．船速增大
12．（4分）如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立即留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．子弹射入木块后的瞬间，木块速度大小为
B．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于
C．子弹射入木块过程，子弹和木块可视为非弹性碰撞
D．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统机械能不守恒
13．（4分）“胜哥”利用力传感器研究摆球的受力情况。细线下端连接小球，上端穿过光滑的小孔与力传感器连接。图甲让小球在同一竖直面摆动形成单摆，图乙让小球在同一水平面转动形成圆锥摆。小球质量、摆长及摆角均相同，图甲中摆线拉力随时间变化图像如图丙所示，拉力最小值及最大值分别为F1、F2。不计摩擦及空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．小球的重力为 B．摆角的余弦值为
C．图乙中摆线拉力大小为 D．由F1、F2可求出摆长
三、非选择题(共7题；共58分)
14．（12分）如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻，物块刚好能静止在细杆上。“胜哥”以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图2所示。物块开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ＝30°。求：
（1）（4分）t＝6 s时F的大小，以及t在0～6 s内F的冲量大小；
（2）（4分）t在0～6 s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f-t图像；
（3）（4分）t＝6 s时，物块的速度大小。
15．（5分）如图甲所示为验证碰撞中的动量守恒的实验装置，其中AB是斜槽，BC是水平槽，斜槽与水平槽平滑相接，实验操作如下：
①利用重垂线，记录水平槽末端在白纸上的投影点O；
②取小球1，使小球1从斜槽上某一位置由静止释放，落在垫有复写纸的白纸上留下痕迹，重复本操作多次；
③把小球2放在水平槽的末端，小球1从原位置由静止释放，与小球2碰撞后，落在白纸上留下各自的落点痕迹，重复本操作多次；
④在白纸上确定平均落点的位置M、N、P。
（1）（1分）实验中小球1的质量为，半径为，小球2的质量为，半径为，则两小球的质量和半径关系需满足（　　）（填正确答案标号）。
A．， B．，
C．， D．，
（2）（1分）已知刻度尺的零刻度线与O点对齐，由图乙读得　 　cm。
（3）（2分）图甲中M点为碰撞后小球　 　（填“1”或“2”）的落点平均位置，正确操作实验后，测量出各落点距O点的水平距离OM、ON、OP，则在实验误差允许的范围内本实验中用来验证动量守恒定律的表达式为　 　（用、、OM、OP、ON表示，、较小，可忽略不计）。
（4）（1分）如图甲所示，若“胜哥”在记录投影点O后，由于失误将白纸水平向右移动了一段距离，再进行上述②③④步骤，则计算得到的碰撞前系统的总动量　 　（填“大于”“等于”或“小于”）碰撞后的总动量。
16．（8分）如图所示为一弹簧振子的振动图像，从t=0开始计时，求：（，）
（1）（4分）振子做简谐运动位移的表达式；
（2）（4分）在时间内振子运动的路程s（以cm为单位）。
17．（5分）“胜哥”在探究单摆运动的实验中：
（1）（2分）图（a）是用力传感器对单摆振动过程进行测量的装置图，图（b）是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F-t图像，根据图（b）的信息可得，从t=0时刻开始摆球第二次摆到最低点的时刻为　 　，摆长为　 　（取π2=10，重力加速度大小 ) 。
（2）（1分）单摆振动的回复力是______。
A．摆球所受的重力
B．摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力
C．摆线对摆球的拉力
D．摆球重力在垂直摆线方向上的分力
（3）（2分）“胜哥”的操作步骤如下，其中正确的是______。
A．取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上
B．用米尺量得细线长度L，摆长为L再加上摆球半径
C．在摆线偏离竖直方向15°位置释放小球
D．让小球在水平面内做圆周运动，测得摆动周期，再根据公式计算重力加速度
18．（12分）均匀介质中有向x轴负方向传播的机械波，如图所示为t=0时的波形图，P为波源位置，已知t=0.4s时，位于x轴上0.2m处的质点Q第一次振动到达波谷。
（1）（4分）求该机械波的波速大小；
（2）（4分）写出P点的振动方程；
（3）（4分）求0~1.0s原点O处质点的振动路程。
19．（8分）“胜哥”采用分体式位移传感器测量时，实验装置如图（b）所示，发射器安装在小车上，接收器固定在导轨底端。位移传感器通过发射红外线和超声波进行测量，并绘制出小车的图线，如图（c）所示。
（1）（4分）红外线属于　 　和　 　，超声波属于　 　和　 　。
（选填A.横波B.纵波C.机械波D.电磁波）
（2）（2分）当小车滑向接收器时，理论上接收器接收到的超声波波长应　 　，频率应　 　。（选填A. 变大、B. 变小、C. 不变）
（3）（2分）根据实验数据，论证0.45s-0.65s之间，小车的运动是否为匀加速直线运动。　 　
20．（8分）图甲中，青蛙在平静的水面上鸣叫时引起水面振动形成水波。以青蛙所在位置为原点O，某时刻波源垂直xOy平面振动所产生波的示意图如图乙所示，实线圆、虚线圆分别表示相邻的波峰和波谷，图丙为某质点的振动图像，图中a、T为已知量。求：
（1）（4分）波在水中的传播速度大小v；
（2）（4分）从图乙所示状态开始，P点到达波谷所需最短时间t。
答案
1．C
2．B
3．D
4．A
5．C
6．D
7．C
8．D
9．B
10．B
11．B,D
12．A,C
13．A,B
14．（1）由图2可知F随时间线性变化，根据数学知识可知F＝t
所以当t＝6 s时，F＝
0～6 s内F的冲量为F-t图像与时间轴所围成的面积，即I＝×mg×6＝mg
（2）由于初始时刻。物块刚好能静止在细杆上，则有
mgsin 30°＝μmgcos 30°
即μ＝tan 30°＝
在垂直杆方向，当Fsin θ＝mgcos θ时，t＝4 s
则0～4 s，垂直杆方向，有Fsin θ＋N＝mgcos θ
摩擦力f＝μN＝＝mg（0≤t≤4）
在4～6 s内，垂直杆方向Fsin θ＝mgcos θ＋N
摩擦力f＝μN＝＝mg（4≤t≤6）
相应的f-t图像如图
（3）在0～6 s内沿杆方向，根据动量定理有IFcos θ－If＋mgsin θ×t＝mv
在0～6 s内摩擦力的冲量为f-t图像与时间轴所围成的面积，则If＝×mg×4＋×mg×2＝mg
联立有mg·cos 30°－mg＋3mg＝mv
可得v＝g。
15．（1）C
（2）45.00
（3）1；
（4）大于
16．（1）解：由题图可得振子的振幅A=5cm，周期T=4s，则
图像可知初相
该振子做简谐运动位移的表达式为（cm）
（2）解：由于
则该时刻振子位移cm=
故振子运动的路程
17．（1）1.3s；0.64m
（2）D
（3）A；B
18．（1）由图可知，当质点Q第一次振动到达波谷，此时波向左传播0.8m，所以
（2）由图可知，振幅为10cm，波长为0.8m，所以
所以P点的振动方程为
根据题意，t=0时，y=0，且质点向y轴负方向振动，则
所以
（3）该波传播到O点的时间为
所以O处质点振动时间为0.6s，振动路程为
19．（1）A；D；B；C
（2）B；A
（3）根据实验数据可知0.45s-0.65s之间，相邻计数点的时间间隔T相同，相邻计数点间的位移大小为s1=x1-x2=61.7cm-58.6cm=3.1cm
s2=x2-x3=58.6cm-55.1cm=3.5cm
s3=x3-x4=55.1cm-51.2cm=3.9cm
s4=x4-x5=51.2cm-46.9cm=4.3cm
相邻相等时间内的位移之差
s2-s1=3.5cm-3.1cm=0.4cm
s3-s2=3.9cm-3.5cm=0.4cm
s4-s3=4.3cm-3.9cm=0.4cm
在0.45s-0.65s之间，小车的运动是匀加速直线运动。
20．（1）解：由于虚线圆表示波谷，图乙可知两波谷之间距离为0.8a，则波长
图丙可知波的周期为T，在波速
（2）解：图乙可知P质点与O点距离为
从图乙所示状态开始，P点到达波谷所需最短时间
联立解得
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