2022-2023学年山东省烟台市高三（上）期末物理试卷（含解析）

2022-2023学年山东省烟台市高三（上）期末物理试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号 一 二 三 四 五 总分
得分
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）
1. 如图所示，在光滑固定斜面最低点处有一垂直于斜面的固定挡板，小球从斜面上的点由静止开始下滑，与挡板碰撞后回到点再次下滑，重复上述运动。以点为原点、平行于斜面向上为正方向建立坐标系。下列关于小球的速度和位置的关系图像中，能描述该过程的是( )
A. B.
C. D.
2. 如图所示，一圆环套在固定的倾斜光滑杆上，轻绳绕过光滑定滑轮与圆环相连，整个装置处于同一竖直平面内，用力拉动轻绳使圆环从图示位置沿杆向上缓慢运动，圆环对杆的弹力大小为，在圆环运动过程中，下列说法正确的是( )
A. 一直增大，一直减小
B. 一直增大，先减小后增大
C. 先减小后增大，一直增大
D. 先减小后增大，先减小后增大
3. 一振子沿轴做简谐运动，平衡位置位于坐标原点，简谐运动的振幅为。时刻振子的位移为，时刻振子的位移为，则振子做简谐运动的周期可能为( )
A. B. C. D.
4. 疫情防控期间，小明同学在家中对着竖直墙壁打乒乓球，某次在空中点将球斜向上击出，球垂直撞在墙上的点后沿与碰撞前速度相反的方向弹回落地，落地点正好在发球点的正下方，如图所示。不计球的旋转及空气阻力，以点为坐标原点、垂直于墙壁向左为轴正方向、平行于墙壁向下为轴正方向建立平面直角坐标系，关于球从点到刚落到点的运动过程中，下列说法中正确的是( )
A. 球的机械能守恒
B. 球在点时的动能一定大于在点时的动能
C. 过、两点的轨迹的切线与轴相交于同一点
D. 球在点时的水平速度比在点时的水平速度大
5. 如图所示，将一根粗细均匀的电阻丝弯成一个闭合的圆环，接入电路中，电路与圆环的接触点点固定，为电路与圆环良好接触的滑动触头，电源的电动势为，内阻为，闭合开关，在滑动触头缓慢地从点开始经点移到点的过程中，下列说法正确的是( )
A. 电压表和电流表的示数都一直变大
B. 灯先变暗后变亮，电流表的示数一直变小
C. 灯先变暗后变亮，电压表的示数先变大后变小
D. 电容器所带电荷量先减少后增多
6. 火星的质量约为地球质量的，半径约为地球半径的，分别在地球表面和火星表面用如图所示的同一装置做如下实验：细绳一端固定，另一端系一小球，给小球一初速度使其恰好在竖直平面内做完整的圆周运动，不计空气阻力，则小球在地球表面上运动到最低点时的速度大小与在火星表面上运动到最低点时的速度大小之比为( )
A. B. C. ： D. ：
7. 如图所示，三根均匀带电的等长绝缘棒组成等边三角形，为三角形的中心。情形一：当三根棒带等量同种电荷时，点的场强为。情形二：当、棒所带电荷量均为、棒带电荷量为时，点场强大小为；在情形二中将棒取走，、棒的电荷始终均匀分布，则点的场强大小为( )
A. B. C. D.
8. 如图所示，对货车施加一个恒定的水平拉力，拉着货车沿光滑水平轨道运动装运沙子，沙子经一静止的竖直漏斗连续地落进货车，单位时间内落进货车的沙子质量恒为。某时刻，货车连同已落入其中的沙子质量为，速度为，则此时货车的加速度为( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9. 火车上有一个声源发出频率一定的乐音。当火车静止、观察者也静止时，观察者听到并记住了这个乐音的音调。则下列情况中，观察者听到这个乐音的音调比原来高的是( )
A. 观察者静止，火车向他驶来 B. 火车静止，观察者乘汽车远离火车运动
C. 观察者和火车均在运动，且逐渐靠近 D. 观察者和火车均在运动，且逐渐远离
10. 如图所示，光滑球面半径为，将、两小球置于球面上等高处，它们距球面最低点的距离远远小于，球处于球面的球心处，在小球所处位置和点之间放置一光滑直线轨道，小球可以沿直线轨道下滑，不计空气阻力，若将三球同时由静止释放，则下列说法中正确的是( )
A. 球比球先到达点 B. 球比球先到达点
C. 球比球先到达点 D. 球比球先到达点
11. 如图所示，一水平固定硬杆的、两点分别拴有两根长为的轻绳，两轻绳均可绕拴接点自由转动，两轻绳的下端拴接在一质量为的小球上，此时两轻绳与竖直方向的夹角均为，开始时小球在最低点保持静止，现给小球一个垂直于纸面向里的水平初速度，已知，重力加速度，不计一切摩擦阻力，则在小球运动过程中，下列说法中正确的是( )
A. 若小球在最高点时速度为，则
B. 若，则小球在最低点时轻绳的张力为
C. 要使小球能完成圆周运动，小球过圆周最高点时速度不能小于
D. 若小球能完成圆周运动，小球在最高点和最低点时轻绳的张力之差为
12. 如图甲所示，两根间距为、电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角，导轨底端接入一阻值为的定值电阻，所在区域内存在磁感应强度为的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面向上。在导轨上垂直于导轨放置一质量为、电阻为的金属杆，开始时使金属杆保持静止，某时刻开始给金属杆一个沿斜面向上的恒力，金属杆由静止开始运动，图乙为运动过程的图像，重力加速度。则在金属杆向上运动的过程中，下列说法中正确的是( )
A. 匀强磁场的磁感应强度
B. 前内通过电阻的电荷量为
C. 当金属杆的速度为时，其加速度为
D. 前内电阻产生的热量为
第II卷（非选择题）
三、实验题（本大题共2小题，共20.0分）
13. 某同学利用如图甲所示装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块上方安装有宽度为的遮光片、两个与计算机相连接的光电门、天平、砝码盘和砝码等。
用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，调节滑轮高度，使细绳保持与导轨平面平行。令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从气垫导轨的右边开始运动，与计算机连接的光电门能测量出遮光片经过、两处光电门时的遮光时间、及遮光片从到所用时间。
用天平测出砝码盘和砝码的总质量为、滑块含遮光片的质量为，已知重力加速度为。
用游标卡尺测得遮光片的宽度如图乙所示，则 ；
实验开始前，需先补偿阻力，具体步骤为：滑块未连接轻绳时，开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，使滑块上的遮光片分别经过两个光电门的遮光时间 ；
在遮光片随滑块从到的过程中，如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受的拉力，则拉力冲量的大小 ，滑块动量变化量的大小 均用题中给定的字母表示；
为尽量减小实验误差，本实验要求码盘和砝码的总质量 选填“远大于”、“远小于”或“等于”滑块含遮光片的质量。
14. 一实验小组想要测量一个未知电源的电动势和内电阻。可供选择的器材有：
电流表量程，内阻为；
电阻箱最大阻值为；
电阻箱最大阻值为；
开关一个，导线若干。
由于电流表的量程较小，考虑安全因素，该实验小组计划将其量程扩大为原来的倍，则应选用电阻箱______ 选填“”或“”与电流表 ______ 选填“串”或“并”联，电阻箱选用阻值为______ ；
请设计好电路，用笔画线代替导线，在答题卡上将实物图甲连接成完整电路；
实验中记录另一电阻箱的阻值和电流表的示数，并计算出。得到多组数据后描点做出图线如图乙所示，则该电源的电动势 ______ ，内电阻 ______ 。
四、简答题（本大题共1小题，共10.0分）
15. 如图所示，一倾角的光滑斜面与一足够长的水平面通过一小段光滑圆弧平滑连接，质量为的小物块静止于水平面的最左端。现将另一质量为的小物块在斜面某位置处由静止释放后沿斜面下滑，刚进入水平面时与发生弹性碰撞，碰撞时间极短可忽略不计。碰撞后被弹回，获得的速度沿水平面向右运动。已知物块、与水平面间的动摩擦因数均为，重力加速度，，不计物块通过斜面与水平面交接处的动能损失。求：
物块被弹回后，沿斜面向上运动的最大距离；
物块与物块第二次相碰时，距水平面最左端的距离；
物块在整个运动过程中克服摩擦力所做的功；
最终物块与物块之间的距离。
五、计算题（本大题共3小题，共30.0分）
16. 一列简谐横波在水平绳上沿轴负方向传播，在时刻的波形如图所示，绳上三个质点、、的平衡位置分别为，，，从该时刻开始计时，点的振动位移随时间变化关系为。求：
该简谐横波的波速；
经过多长时间，质点、振动的速度大小相同？
17. 一质量为的木板放在倾角的光滑斜面上，并在外力作用下保持静止状态。斜面底瑞固定一垂直于斜面的挡板，木板左下端距挡板的距离为。时刻，撤去作用在木板上的外力，同时一质量的小物块从木板左下端以沿斜面向上的初速度滑上木板，并对小物块施加沿斜面向上的外力，时间内，，该力在时变为，方向沿斜面向下，并在此后保持不变。已知木板与物块间的动摩擦因数，小物块可以看作质点，斜面足够长，且整个过程中小物块不会从木板右端滑出，重力加速度，。求：
时间内，小物块和木板的加速度的大小；
木板第一次与挡板碰撞时的速度大小。
18. 某粒子束实验装置的基本原理如图甲所示。在三维坐标系中，轴左侧区宽度为，其间充满电场强度大小为、方向沿轴正方向的匀强电场，右边界面与轴垂直交于坐标原点，固定粒子源能够从小孔沿轴正方向发射质量为、电荷量为的粒子，在Ⅰ区经过加速后过点时的速度为；Ⅱ区宽度为，右边界面与轴垂直交于，在该界面处放置一边长为的正方形挡板，挡板面与轴垂直，且挡板中心与点重合，Ⅱ区存在磁场，磁场的磁感应强度沿方向的分量始终为零，沿和方向的分量和随时间周期性变化规律如图乙所示，且；Ⅲ区宽度为，右边界面与抽垂直交于点，其内充满场强为、沿轴正方向的匀强电场。一足够大的荧光屏垂直轴固定Ⅲ区右边界面。忽略粒子间的相互作用，不计重力，粒子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期，求：
粒子从粒子源射出后的速度大小；
在时间内，判断是否有粒子打在荧光屏上，若有，则磁感应强度至少为多大才能使粒子打在荧光屏上；
若不考虑在磁场突变时运动的粒子，且单位时间内粒子源发射粒子的数量恒定，则时间内，能够打在荧光屏上的粒子数与小孔发射出的粒子总数的比值；
打在荧光屏上的粒子距点的最远距离结果可保留根号形式。
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：、小球先沿斜面向下做匀加速直线运动，与挡板碰撞后沿斜面向上做减速直线运动，速度先正后负，故AB错误；
、小球先沿斜面向下做匀加速直线运动，设初始位置坐标为，则有，图像为开口向左的抛物线左支；同理可知，小球与挡板碰撞后，图像为位于轴下方开口向左的抛物线左支，故C错误，D正确。
故选：。
小球先沿斜面向下做匀加速直线运动，与挡板碰撞后沿斜面向上做减速直线运动，根据速度随位移的变化情况，结合速度位移公式分析即可。
解答本题时，要明确小球的运动规律，根据速度位移公式得到与的关系式，再分析图像的形状。
2.【答案】
【解析】解：对圆环受力分析如图所示：
图
圆环受到、、三个力的作用，三个力平衡，三个力恰组成一个闭合的三角形，由图可知，在拉力达到竖直方向之前，其与竖直方向夹角越来越小，则增大，减小至；
在拉力越过竖直方向之后，支持力反向，如图：
图
则仍增大，则反向增大，故B正确；ACD错误；
故选：。
做出受力分析图，圆环在作用下缓慢上滑，处于共点力平衡状态，因此三个力构成闭合三角形，可以从图中矢量的长度确定各力大小变化。
本题属于共点力平衡中的动态平衡类型，考查学生共点力平衡条件以及结合受力分析图，进行动态分析的能力。
3.【答案】
【解析】解：时刻振子的位移，时刻，由于振幅为，则：
解得：
当时，；
当时，；
当时，，故ABC错误，D正确；
故选：。
时刻振子的位移，时刻，关于平衡位置对称，结合振幅为，则为半周期的奇数倍，由此分析。
本题考查简谐运动的周期性问题，需要考虑多解问题，学生易出现错误，本题难度一般。
4.【答案】
【解析】解：从到点，逆向看为平抛运动，从到点为平抛运动，水平位移相同，反弹回时下落的高度大，运动的时间长，可知反弹回的初速度比撞击墙时的速度小，故碰撞时有机械能损失，故A错误；
B.反弹时球的速度大于撞击点时的速度，即反弹后的水平分速度小于抛出时的水平分速度，下落到的高度大于的高度差，故落到点时竖直方向的分速度大于抛出时的竖直方向的分速度，根据速度的合成规律，小球在、两点的速度大小关系不确定，故动能关系不确定，故B错误；
C.根据平抛运动的推论，速度的反向延长线过水平位移的中点，两轨迹的水平位移相同，故A、两点的轨迹的切线与轴相交于同一点，故C正确；
D.球在点时的水平速度比在点时的水平速度小，故D错误。
故选：。
从到点，逆向看为平抛运动，根据平抛规律，分析反弹速度，分析机械能是否守恒；
根据平抛规律，反弹后的水平分速度小，竖直方向的分速度大，故无法比较合速度；
根据平抛运动的推论，速度的反向延长线过水平位移的中点，分析切线交点。
本题解题关键是将从到点，逆向看为平抛运动，根据平抛规律去分析问题。
5.【答案】
【解析】解：闭合的圆环接入电路中，根据电路构造可知接触点点与间电阻丝并联接入到电路中，因此在滑动触头缓慢地从点开始经点移到点的过程中，圆环接入到电路中的总电阻先变大后变小，也就是说电路中的总电阻先变大后变小，根据闭合电路欧姆定律可知干路电流先减小后增大，因此灯先变暗后变亮，根据闭合电路欧姆定律可知路端电压即电压表示数先变大后变小，圆环与灯并联电路的电压，与之和等于外电路电压，故灯先增大后减小，先变亮后变暗，流过电流表的电流，先减小后增大，所以电流表的示数先减小后增大，故AB错误，C正确；
D.圆环与灯并联的电压先增大后减小，则电容器板间的电压先增大后减小，由可得电容器所带的电荷量先增大后减少，故D错误。
故选：。
根据滑动触头的移动方向分析出接入电路中的电阻变化，结合闭合电路欧姆定律得出电表示数变化和灯泡的亮度变化；
根据电路构造的分析得出电容器两端的电势差的变化，结合电荷量的计算公式得出电荷量的变化趋势。
本题主要考查了电路的动态分析问题，熟悉电路构造的分析，结合电容器的计算公式和欧姆定律即可完成分析。
6.【答案】
【解析】解：小球恰好在竖直平面内做完整的圆周运动，在最高点重力提供向心力
小球从最低点运动到最高点，根据动能定理
解得小球在最低点的速度为
根据万有引力与重力的关系有
所以
所以
故A正确，BCD错误；
故选：。
在最高点重力提供向心力，小球从最低点运动到最高点，根据动能定理，根据万有引力与重力的关系，联立即可解答。
本题考查学生对最高点重力提供向心力，动能定理，万有引力与重力的关系的掌握，是一道基础题。
7.【答案】
【解析】解：带电棒完全相同，这两带电棒在产生的电场强度大小相同，另由于两个带电棒关于点轴对称，所以两个带正电的棒在点的电场方向都是沿着棒的垂直平分线从点向外方向，二个电场方向互成角，
根据点电荷的电场强度公式，则棒对点的电场强度是棒对点的电场强度的倍，
因点合场强大小为，所以棒的电场场强为，若取走棒后，点的场强大小为，故C正确，ABD错误。
故选：。
根据点电荷的电场强度公式，结合矢量法则，即可求解．
本题考查学生对电场强度概念的理解和应用能力；考查学生对等效思想方法的理解和应用能力，及学生综合分析问题能力．
8.【答案】
【解析】解：一段极短的时间内落入货车的沙子质量为
沙子落入货车后，立即和货车共速，选择向右的方向为正方向，则由动量定理可得
解得沙子受到货车的力为
方向向前，由牛顿第三定律可知，货车受到沙子的反作用力向后，大小为
对货车连同落入的沙子，由牛顿第二定律可得
解得：，故A正确，BCD错误；
故选：。
根据题意得出极短时间内的沙子的质量，结合动量定理和牛顿第二定律得出货车的加速度。
本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，同时要结合牛顿第三定律和动量定理才可完成分析，有一定的综合性，但整体难度不大。
9.【答案】
【解析】解：观察者静止，火车向他驶来的过程中，此时观察者和货车相对距离减小，根据多普勒效应，当观察者与声源相对靠近时，则观察者接受到的频率变大，所以观察者听到这个乐音的音调比原来高，故A正确；
B.火车静止，观察者乘汽车远离火车运动的过程中，此时观察者和货车相对距离增加，根据多普勒效应，当观察者与声源相对远离时，观察者接受到的频率变小，观察者听到这个乐音的音调比原来低，故B错误；
C.观察者和火车均在运动，且逐渐靠近的过程中，此时观察者和货车相对距离减小，根据多普勒效应，当观察者与声源相对靠近时，观察者接受到的频率变大，观察者听到这个乐音的音调比原来高，故C正确；
D.观察者和火车均在运动，且逐渐远离的过程中，此时观察者和货车相对距离增大，根据多普勒效应，当观察者与声源相对远离时，观察者接受到的频率变小，观察者听到这个乐音的音调比原来低，故D错误。
故选：。
多普勒效应：波长或频率会因为观察者与声源的相对运动而产生变化。当观察者与波源相互靠近时，接收到频率会变大，反之，接收到频率会变小。
本题考查多普勒效应。解题关键是能够判断观察者和火车之间的相对距离，相对距离减小，即观察者与声源相对靠近，观察者接受到的频率变大，则观察者听到的音调会变高。
10.【答案】
【解析】解：由于小球距球面最低点的距离远远小于，故A球的运动可视为单摆，由单摆周期公式可知球到达点的时间为
球做自由落体运动，故C球到达点的时间为
设球与球连线与竖直方向的夹角为，则球运动到点的距离为
根据力的分解可知球下滑的加速度大小为
根据匀变速直线运动位移时问公式可得球到达点的时间为
解得：
故
故BC正确，AD错误；
故选：。
由于小球距球面最低点的距离远远小于，故A球的运动可视为单摆，球做自由落体运动，做匀变速直线运动，根据对应的运动规律解得时间。
本题考查单摆的周期公式，解题注意不同运动规律的应用。
11.【答案】
【解析】解：、若小球在最高点时速度为，小球做圆周运动的半径为。根据机械能守恒定律可得，解得，故A正确；
B、若，设小球在最低点时轻绳的张力为，根据牛顿第二定律可得，解得：，故B正确；
C、要使小球能完成圆周运动，设小球过圆周最高点时的最小速度为，此时重力恰好提供向心力，则有
解得，故C正确；
D、若小球能完成圆周运动，设小球经过最高点时的速度为，根据机械能守恒可得
小球在最低点时，根据牛顿第二定律可得
小球在最高点时，根据牛顿第二定律可得
小球在最高点和最低点时轻绳的张力之差为
联立解得：，故D错误。
故选：。
若小球在最高点时速度为，根据机械能守恒定律求出。若，根据牛顿第二定律求小球在最低点时轻绳的张力。小球恰好通过最高点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出小球通过最高点的最小速度。若小球能完成圆周运动，由牛顿第二定律和机械能守恒定律相结合求小球在最高点和最低点时轻绳的张力之差。
本题是机械能守恒定律和向心力的综合应用，关键要把握小球恰好通过最高点的临界条件：绳子弹力为零，由重力提供向心力。
12.【答案】
【解析】解：、由图乙可知金属杆先作加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动；当时速度大小为：，根据平衡条件可得：，其中：，联立解得磁感应强度：，故A错误；
B、在内，取沿导轨向上为正方向，对金属杆根据动量定理可得：，其中：，联立解得前内通过电阻的电荷量为：，故B错误；
C、当金属杆的速度为时，根据牛顿第二定律可得：，解得金属杆的加速度为：，故C正确；
D、前内通过电阻的电荷量为，根据电荷量的计算公式可得：
代入数据解得前内金属杆运动的位移：
内的位移：
前内，根据功能关系可得：
根据焦耳定律可得：
联立解得：，故D正确。
故选：。
时速度大小，根据平衡条件结合安培力的计算公式求解磁感应强度大小；在内，对金属杆根据动量定理结合电荷量的计算公式求解电荷量；根据牛顿第二定律求解金属杆的加速度；根据电荷量的计算公式求解前内金属杆运动的位移，根据图象求解内的位移，根据功能关系、焦耳定律可得前内电阻产生的热量。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
13.【答案】 相同 远小于
【解析】解：游标卡尺的精度为，游标卡尺读数：；
实验需平衡摩擦力，则轻推滑块，滑块在导轨上做匀速直线运动，则滑块上的遮光片分别经过两个光电门的遮光时间相同；
如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受的拉力，则拉力冲量的大小为：
滑块经过时滑块的速度为
滑块经过时滑块的速度为
滑块动量变化量的大小为：
码盘和砝码的总质量，滑块含遮光片的质量为由于
而对滑块研究：
代入得：
将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受的拉力，则
即码盘和砝码的总质量远小于滑块含遮光片的质量。
故答案为：；相同；、；远小于
游标尺是分度的，确定游标尺精确度，再读数；
当滑块匀速运动时，轨道就水平了；
根据冲量求拉力的冲量；利用滑块通过光电门的平均速度代替瞬时速度求出速度，根据求动量的变化量；
根据实验装置的特点分析实验误差。
本题考查利用光电门求出滑块瞬时速度的方法，并结合牛顿第二定律分析加速度大小。
14.【答案】 并
【解析】解：将灵敏电流计的量程扩大为原来的倍，并联电阻阻值：；应选电阻箱；
根据实验原理可知实物图连接如图：
由图示实物电路图可知，电流表与定值电阻串联充当电压表，则由闭合电路欧姆定律可得：
整理得：
由图示图象可知，图象与纵轴交点坐标值
图象斜率，
代入数据解得，电源电动势：，电源内阻；
故答案为：；并；；见解析；；。
根据并联电路特点与欧姆定律求出并联电阻阻值；
根据实验原理连接实物图；
根据图象与纵轴交点坐标值和图象斜率计算电源电动势和内阻。
本题考查了电流表改装、作图象、求电源电动势与内阻；分析清楚电路结构、应用串联电路特点可以求出电流计内阻；图象与纵轴交点坐标值和图象斜率计算电源电动势和内阻。
15.【答案】解：进入水平面时与发生弹性碰撞，碰撞时，、动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
由机械能守恒定律得：
整理得：
，
由题意可知获得的速度沿水平面向右运动，代入上式解得
，
物块被弹回后，根据牛顿第二定律
解得：
设物块被弹回后，沿斜面向上运动的最大距离为，由运动学关系得
代入数据解得：
物块被弹回后在斜面上运动的时间
代入数据解得：
物块、与水平面间的加速度为：
代入数据解得：
物块与物块第二次相碰时，位置相同，则有
解得
物块与物块第二次相碰时，距水平面最左端的距离为：
代入数据得：
物块第二次相碰前的速度分别为
，
第二次相碰时，动量守恒，由动量守恒定律得：
根据机械能守恒定律得：
联立解得：，
根据动能定理，对物块在整个运动过程中克服摩擦力所做的功有
代入数据得：
物块与物块第二次相碰后，减速到需要滑动的位移为
代入数据得：
物块在第二次碰撞后向斜面运动，为到达斜面底端时已经停下，碰撞后两物块方向反向运动，故最终物块与物块之间的距离
代入数据得：
答：物块被弹回后，沿斜面向上运动的最大距离为；
物块与物块第二次相碰时，距水平面最左端的距离为；
物块在整个运动过程中克服摩擦力所做的功为；
最终物块与物块之间的距离为。
【解析】、发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后的速度，利用牛顿第二定律求出沿斜面向上运动的最大距离；
第二次相碰时水平位移相同，由牛顿第二定律结合运动学公式可求距水平面最左端的距离
物块在整个运动过程中克服摩擦力所做的功应为物体在水平面运动时，克服摩擦力的功，由动能定理可求；
最终物块与物块之间的距离为第二次碰后两物体距离之和。
本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚、的运动过程是解题的前提，根据题意应用牛顿第二定律、动能定理、动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题。解决本题时，要理清物块的运动过程，抓住碰撞的基本规律：动量守恒定律是解答的关键。
16.【答案】解：点的振动位移随时间变化关系为，则振动周期为
根据波形图可知简谐横波的波长为
该简谐横波的波速
当某质点位于平衡位置或波峰、波谷时，其两侧与它平衡位置间距相等的质点速度大小相同。平衡位置的振动状态传播到中点的距离为
波峰、波谷位置的振动状态传播到中点的距离为
经过的时间为
解得：或
答：该简谐横波的波速为；
经过的时间为或，质点、振动的速度大小相同。
【解析】根据题意得出周期和波长，结合波速的计算公式得出波速的大小；
根据简谐横波在不同方向上的运动特点，结合运动学公式得出振动速度大小相等的时间。
本题主要考查了简谐横波的相关应用，理解简谐横波在不同方向上的运动特点，结合图像的物理意义和运动学公式即可完成分析。
17.【答案】解：时间内，由牛顿第二定律得：
对物块：
对木板：
代入数据解得：，，负号表示方向平行于斜面向下
物块向上做匀减速直线运动，木板做初速度为零的匀加速直线运动
时物块的速度
木板的速度
拉力改变方向前木板的位移
拉力改变方向后，木块与木板相对静止，一起向上做匀减速直线运动
对物块与木板组成的系统，由牛顿第二定律得：
代入数据解得：
物块与木板减速到零过程木板的位移
木板减速到零后反向向下做初速度为零的匀加速直线运动，到达挡板时的速度
答：时间内，小物块和木板的加速度的大小都是；
木板第一次与挡板碰撞时的速度大小是。
【解析】应用牛顿第二定律求出物块与木板的加速度大小。
应用牛顿第二定律与运动学公式求解。
本题考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用，根据题意分析清楚物块与木板的运动过程与受力情况，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题。
18.【答案】解：对粒子从小孔射出运动到点处的过程，根据动能定理得：
解得：；
时间内Ⅱ区存在沿轴正方向的磁场，粒子在点开始向方向偏转做匀速圆周运动，假设有粒子恰好从挡板的边缘点经过，则其在平面中的运动轨迹如图所示，
由几何关系可得：
解得：
设此时的磁感应强度为，根据洛伦兹力提供向心力得：
联立解得：；
因，故假设成立，且，易知经过点的粒子速度与轴正方向的夹角为锐角，说明有粒子可以进入Ⅲ区，故有粒子打在荧光屏上，磁感应强度至少等于；
时间内磁感应强度为时的时刻为：
设时间内Ⅱ区的磁场的磁感应强度最大为时，此时粒子的运动半径最小设为，根据洛伦兹力提供向心力得：
联立解得：；
因，故时间内均有粒子可以进入Ⅲ区而打在荧光屏上。
在时间内Ⅱ区存在沿轴负方向和沿轴负方向的磁场，由图乙可知两磁场的合磁场方向沿坐标系的第三象限的角平分线，则粒子在点开始向坐标系的第四象限的角平分线方向偏转，假设有粒子恰好从挡板的顶点经过，其运动半径的几何关系如图所示，
由几何关系可得：
解得：
设此时和方向的磁感应强度分量均为，则合磁感应强度为，根据洛伦兹力提供向心力得：
解得：
同理，因，故假设成立，有粒子打在荧光屏上。
在时间内磁感应强度分量为时的时刻为：
合磁感应强度最大为，对应粒子最小运动半径为，故时间内均有粒子可以进入Ⅲ区而打在荧光屏上。
则时间内，能够打在荧光屏上的粒子数与小孔发射出的粒子总数的比值为：
；
在Ⅲ区粒子沿方向做匀加速运动，此方向运动的初速度越小，运动时间越长，沿垂直轴方向做匀速运动的位移越大，打在荧光屏上的粒子距点的距离越远。依据的分析过程，可知当Ⅱ区磁场沿着和方向的分量时，粒子经过Ⅱ区后的偏转角最大，进入Ⅲ区时沿方向的分速度最小，此情况粒子圆周运动半径就等于中的。
设粒子进入进入Ⅲ区时位置与轴的距离为，速度方向与方向夹角为等于轨迹圆心角，由几何关系与图类似可得：
，解得：
，则
沿轴方向的分速度为，沿垂直轴方向的分速度为
沿轴方向上有：，其中：
带入整理可得：
解得：另一解为负值舍去
沿垂直轴方向有：
则打在荧光屏上的粒子距离点的最远距离为：
解得：。
答：粒子从粒子源射出后的速度大小为；
在时间内，有粒子打在荧光屏上，磁感应强度至少为才能使粒子打在荧光屏上；
时间内，能够打在荧光屏上的粒子数与小孔发射出的粒子总数的比值为；
打在荧光屏上的粒子距点的最远距离为。
【解析】根据动能定理求解粒子从粒子源射出后的速度大小；
假设在时间内粒子能绕过挡板打在荧光屏上，画出临界轨迹图，由几何关系求得运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求磁感应强度满足的条件，进而判断假设是否成立；
与同理，确定在时间内打在荧光屏上所满足的条件，根据图乙的磁场变化规律确定所求的比值；
在Ⅲ区粒子沿方向做匀加速运动，此方向运动的初速度越小，运动时间越长，沿垂直轴方向做匀速运动的位移越大，打在荧光屏上的粒子距点的距离越远。依据的分析过程确定满足条件得粒子轨迹，对于在Ⅲ区中的运动，应用运动的分解，应用牛顿第二定律和运动学公式求解。
本题考查带电粒子在电场与磁场的组合场中的运动，题目难度大，确定粒子运动轨迹是关键，根据洛伦兹力提供向心力，结合由几何关系求解所需物理量。在电场做匀加速曲线运动，将运动分解处理，分运动具有等时性与独立性。
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