云南省下关第一名校2023-2024学年高二下学期3月月考物理试题
一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求；第9~12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
1．（2024高二下·云南月考） 2023年我国首套高温超导电动悬浮全要素试验系统完成首次悬浮运行，实现重要技术突破。设该系统的试验列车质量为m，某次试验中列车以速率v在平直轨道上匀速行驶，刹车时牵引系统处于关闭状态，制动装置提供大小为F的制动力，列车减速直至停止。若列车行驶时始终受到大小为f的空气阻力，则（ ）
A．列车减速过程的加速度大小
B．列车减速过程F的冲量为mv
C．列车减速过程通过的位移大小为
D．列车匀速行驶时，牵引系统的输出功率为
【答案】C
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律；功率及其计算；冲量
【解析】【解答】A、根据牛顿第二定律有
可得减速运动加速度大小
故A错误；
B、根据运动学公式有
故力F的冲量为
方向与运动方向相反，故B错误；
C、根据运动学公式
可得
故C正确；
D、匀速行驶时牵引力等于空气阻力，则功率为
故D错误。
故答案为：C。
【分析】匀速行驶时牵引力等于阻力。确定列车做匀减速直线运动过程的受力情况，再根据牛顿第二定律确定减速阶段加速度的大小。再结合运动学规律及冲量的定义和功率公式进行解答。
2．（2022·重庆）在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线（如图）。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部（ ）
A．速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积
B．动量大小先增大后减小
C．动能变化正比于曲线与横轴围成的面积
D．加速度大小先增大后减小
【答案】D
【知识点】动量定理；动量
【解析】【解答】 AC，若假人头部只受到安全气囊的作用 ，则图像中F为合力，那么曲线与横轴围成的面积为合冲量，根据动量定理，合冲量等于动量的变化，所以AC错误。
B，根据图像一直在时间轴上方可知动量一直在增加。故B错误。
D，根据牛顿第二定律，可知，a随F变化，F先增大后减小，所以a先增大后减小。故D正确。
故答案为：D。
【分析】曲线与时间轴围成的面积为合冲量，根据动量定理可知动量的变化，根据牛顿第二定律可知a变化。
3．（2020·新课标Ⅲ）甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（ ）
A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J
【答案】A
【知识点】机械能
【解析】【解答】由v-t图可知，碰前甲、乙的速度分别为 ， ；碰后甲、乙的速度分别为 ， ，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得
解得
则损失的机械能为
解得
故答案为：A。
【分析】v-t图像中，横坐标为时间，纵坐标为速度，以此读出两个物体的初末速度，利用末状态的机械能减去初状态的机械能即为系统损失的机械能。
4．（2023高二下·花都期中）如图甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图像，由图可知下列说法中正确的是（ ）
A．在时，弹簧振子的加速度为正向最大
B．从到时间内，弹簧振子做加速度减小的减速运动
C．在时，弹簧振子的弹性势能最小
D．在与两个时刻，振子的速度都为零
【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】A.在时，弹簧振子的位移为正向最大值，而弹簧振子的加速度大小与位移大小成正比，方向与位移方向相反，A不符合题意；
B.从到时间内，弹簧振子从平衡位置向正向最大位移处运动，位移逐渐增大，加速度逐渐增大，加速度方向与速度方向相反，弹簧振子做加速度增大的减速运动，B不符合题意；
C.在时，弹簧振子的位移为负向最大值，即弹簧的形变量最大，弹簧振子的弹性势能最大，C不符合题意；
D.在与两个时刻，振子在最大位移处，速度为零，D符合题意。
故答案为：D
【分析】利用振子的位移大小及方向可以判别加速度的大小及方向；利用振子位移的变化可以判别加速度的大小变化；利用位移的变化可以判别弹簧形变量的大小进而判别弹性势能的大小变化；利用振子的位移大小可以判别振子的速度大小。
5．（2022高二上·南京期中）如图所示，在一根张紧的绳子上悬挂几个摆球，可以用一个单摆（称为“驱动摆”）驱动另外几个单摆。下列说法中正确的是（ ）
A．驱动摆只把振动形式传播给其它单摆，不传递能量
B．如果驱动摆的摆长为L，则其它单摆的振动周期都等于
C．某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度和加速度都相同
D．如果某个单摆的摆长等于驱动摆的摆长，则这个单摆的频率最大
【答案】B
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】A．驱动摆不仅把振动形式传播给其它单摆，同时也把能量传递给其它单摆，A不符合题意；
BD．如果驱动摆的摆长为L，根据单摆的周期公式有T＝2π ，而其它单摆都做受迫振动，故振动周期都等于驱动摆的周期2π ，振动频率也都等于驱动摆的频率，B符合题意，D不符合题意；
C．某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度大小相等但方向可能不同；根据F=-kx，可得加速度a= ，所以加速度一定相同，C不符合题意。
故答案为：B。
【分析】驱动摆传递振动的形式也传递了能量；利用单摆的周期公式可以求出振动的周期；利用某个单摆经过同一位置时速度的方向可能不同，利用牛顿第二定律可以判别加速度相同；但某个单摆的摆长等于驱动摆的摆长时，固有周期等于驱动周期，则振幅最大。
6．（2024高二下·云南月考） 关于简谐运动的周期，以下说法不正确的是（ ）
A．间隔一个周期的整数倍的两个时刻，物体的振动情况相同
B．间隔半个周期的奇数倍的两个时刻，物体的速度和加速度可能同时相同
C．半个周期内物体的动能变化一定为零
D．一个周期内物体的势能变化一定为零
【答案】B
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】AD、根据周期的意义可知，物体完成一次全振动，所有的物理量都恢复到初始状态，故AD正确，不符合题意；
BC、当间隔半周期的奇数倍时，所有的矢量（不为零时）都变得大小相等，方向相反，动能与速度的平方成正比，故B错误，符合题意，C正确，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】熟悉掌握简谐运动的规律与特点。物体完成一次全振动，所有的物理量都恢复到初始状态。当间隔半周期的奇数倍时，所有的矢量（不为零时）都变得大小相等，方向相反，动能与速度的平方成正比。
7．（2022·辽宁）一列简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻的波形如图所示，关于质点P的说法正确的是（ ）
A．该时刻速度沿y轴正方向
B．该时刻加速度沿y轴正方向
C．此后 周期内通过的路程为A
D．此后 周期内沿x轴正方向迁移为
【答案】A
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】根据“上坡下，下坡上”方法判断，质点P此时沿Y轴正方向振动。A对。此时P加速度方向沿Y轴负方向。B错。周期通过路程不一定为A，C错。质点不会沿传播方向迁移，只能在平衡位置附近振动。D错。
故答案为：A
【分析】据“上坡下，下坡上”方法判断质点P此时振动方向。加速度方向与位移方向相反。质点不会沿传播方向迁移。
8．（2023·济南模拟）某同学为了研究水波的传播特点，在水面上放置波源和浮标，两者的间距为L。时刻，波源开始从平衡位置沿y轴在竖直方向做简谐运动，产生的水波沿水平方向传播（视为简谐波），时刻传到浮标处使浮标开始振动，此时波源刚好位于正向最大位移处，波源和浮标的振动图像分别如图中的实线和虚线所示，则（ ）
A．浮标的振动周期为 B．水波的传播速度大小为
C．时刻浮标沿y轴负方向运动 D．水波的波长为
【答案】A
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．根据振动图像可知，波源在 时刻振动，波形经过 传递到浮标处，浮标的振动周期为
A符合题意；
B．波源的振动情况经过 传到距离 处的浮标，可知波速大小为
B不符合题意；
C．根据虚线图像可知浮标在 时刻沿 轴正方方向运动，C不符合题意；
D．水波的波长为
D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据波传递到浮标处的时间得出浮标的振动周期，结合波长和周期的关系得出水波的波长表达式。
9．（2022高二下·汤原月考）下列说法正确的是（ ）
A．在干涉现象中，振动加强点的位移总比振动减弱点的位移要大
B．单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与摆长无关
C．火车鸣笛向我们驶来时，我们听到的笛声频率比声源发出的频率高
D．当水波通过障碍物时，若障碍物的尺寸与波长差不多，或比波长大得多时，将发生明显的衍射现象
【答案】B,C
【知识点】单摆及其回复力与周期；多普勒效应
【解析】【解答】A．干涉现象中，振动加强点振幅最大，但位移在变化，所以振动加强点的位移不是总比振动减弱点的位移大，A不符合题意；
B．单摆在周期性外力作用下做受迫振动，振动周期由驱动力周期决定，与摆长无关，B符合题意；
C．根据多普勒效应可知，火车鸣笛向我们驶来时，我们听到的笛声频率比声源发出的频率高，C符合题意；
D．当水波通过障碍物时，若障碍物的尺寸与波长差不多，或比波长小时，将发生明显的衍射现象，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据振动加强点和减弱点位移的关系进行分析判断，通过单摆周期的表达式进行判断周期的影响因素，结合多普勒效应和波的衍射进行分析判断。
10．（2024高二下·云南月考） 如图，表示两列频率相同的横波相遇时某一时刻的情况，实线表示波峰，虚线表示波谷，两列横波的振幅均为A，b、c是a、d连线上的点，b为该连线中点，c在b、d之间，下列说法正确的是（ ）
A．a、d处质点的振动加强，且它们的高度差为2A
B．图示时刻，b处质点正处在平衡位置且向下运动
C．图示时刻，c处质点正处在平衡位置上方且向上运动
D．从图示时刻经四分之一周期，b处质点通过的路程为2A
【答案】B,D
【知识点】波的叠加
【解析】【解答】A、d为波峰和波峰相遇点，a为波谷和波谷相遇点，两列横波的振幅均为2A，则可知a、d处质点的振动加强，且它们的高度差为4A，故A错误；
BC、根据几何关系可知：两波的波谷同时传到b点，同时传到c点，故b、c为振动加强点，由于b点为a、d连线中点，可得b点处于平衡位置，由传播方向可得b点向下运动，c点靠近波峰，所以c点处于平衡位置上方，由传播方向可得c点向下运动，故B正确，C错误；
D、由上述分析可知b点为振动加强点，b点处于平衡位置，由传播方向可得b点向下运动从图示时刻经四分之一周期，b处质点通过的路程为
故D正确。
故答案为：BD。
【分析】波峰与波峰相遇及波谷与波谷相遇的点均为振动加强点，振幅为两列波的振幅之和。振动加强点的连线上的点均为振动加强点，再根据波的传播方向确定波的振动方向。熟悉掌握质点振动过程通过路程的计算方法。
11．（2024高二下·云南月考） 一列简谐波某时刻的波形如图中实线所示，经过0.5s后的波形如图中的虚线所示，已知波的周期为T，且，则（ ）
A．若波沿x轴不同方向传播，则在这0.5s内，处的质点M通过的路程都不相等
B．当波沿+x方向传播时，处的质点M和处的质点N在这0.5s内通过的路程相等
C．当波向+x方向传播时，波速等于10m/s
D．当波沿—x方向传播时，经过0.1s时，质点M的位移一定为零
【答案】A,C
【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；简谐运动
【解析】【解答】A、机械波的振幅为A，当波向x轴正方向传播，结合图像所用时间满足
根据周期的范围可知，当n=1时
符合题意，在0.5s内质点M振动的路程为
当波向x轴负方向传播，结合图像所用时间满足
根据周期的范围可知，n=1时
符合题意，在0.5s内质点M振动的路程为
所以质点M通过的路程都不相等，故A错误；
B、当波向x轴正方向传播时，质点M经过的路程为 5A，质点M、N经过0.4s经过的路程为4A，两质点均回到初始位置，再经过0.1s过程中，因为质点N的平均速度大于质点M的平均速度，所以质点N经过的路程大于M，所以质点N的路程大于M点的路程，故B错误；
C、当波向x轴正方向传播时，根据图像可知波长λ=4m，波速为
故C正确；
D、由A选项中可知，当波向x轴负方向传播，波的周期为
则经过0.1s，M点随波震动时间介于于和之间，即M点未返回最高点处，位移不为零，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】由于不确定波的传播方向，故需根据波的传播方向确定两波形振动时间差与周期的关系，结合题意确定不同情况下波的振动周期，再根据质点的振动规律结合图像确定质点在不同时间段的运动情况。再根据波速、波长及周期公式确定波速的可能值情况。
12．（2024高二下·云南月考） 如图所示，在等腰直角三角形abc区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，O为ab边的中点，在O处有一粒子源沿纸面内不同方向、以相同的速率不断向磁场中释放相同的带正电的粒子，已知粒子的质量为m，电荷量为q，直角边ab长为，不计重力和粒子间的相互作用力。则（ ）
A．从ac边射出的粒子中在磁场中运动的最短时间为
B．从ac边射出的粒子中在磁场中运动的最短时间为
C．粒子能从bc边射出的区域长度为L
D．粒子能从bc边射出的区域长度为L
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】AB、粒子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力
解得
如图
Od与ac垂直，有几何关系可知，Od长为
即最短弦长，对应最短时间，圆心角为60°，则最短时间为
又
解得从ac边射出的粒子中在磁场中运动的最短时间为
故A错误，B正确；
CD、粒子轨迹与ac相切时，交与bc边最远的e点，由几何关系可知，Oe长度为直径，则粒子能从bc边射出的区域eb的长度为
故C错误，D正确。
故答案为：BD。
【分析】粒子在电场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力结合牛顿第二定律确定粒子做圆周运动的半径。粒子在磁场中的运动轨迹为劣弧，则运动轨迹对应的弦长越短，粒子的运动时间最短。根据旋转圆法确定粒子在磁场中运动的临界情况，再根据几何关系及带电粒子在磁场中的运动规律进行解答。
二、填空、实验题（本大题共2小题，共16分）
13．（2024高二下·云南月考） 某实验小组利用图装置测量重力加速度。摆线上端固定在点，下端悬挂一小钢球，通过光电门传感器采集摆动周期。
（1）关于本实验，下列说法正确的是____。
A．小钢球摆动平面应与光电门形平面垂直
B．应在小钢球自然下垂时测量摆线长度
C．小钢球可以换成较轻的橡胶球
D．应无初速度、小摆角释放小钢球
（2）组装好装置，用毫米刻度尺测量摆线长度，用螺旋测微器测量小钢球直径。螺旋测微器示数如图，小钢球直径 ，记摆长。
（3）多次改变摆线长度，在小摆角下测得不同摆长对应的小钢球摆动周期，并作出图像，如图。
根据图线斜率可计算重力加速度 （保留3位有效数字，取9.87）。
（4）若将摆线长度误认为摆长，仍用上述图像法处理数据，得到的重力加速度值将 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）A；B；D
（2）20.034-20.036
（3）9.87
（4）不变
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）A、使用光电门测量时，光电门U形平面与被测物体的运动方向垂直是光电门使用的基本要求，故A正确；
B、测量摆线长度时，要保证绳子处于伸直状态，故B正确；
C、单摆是一个理想化模型，若采用质量较轻的橡胶球，空气阻力对摆球运动的影响较大，故C错误；
D、无初速度、小摆角释放的目的是保持摆球在竖直平面内运动，不形成圆锥摆，且单摆只有在摆角很小的情况下才可视为简谐运动，使用
计算单摆的周期，故D正确。
故答案为：ABD。
（2）小钢球直径为
（3）单摆周期公式
整理得
由图线的斜率解得
（4）若将摆线长度L误认为摆长l，有
则得到的图线为
仍用上述图像法处理数据，图线斜率不变，故得到的重力加速度值不变。
【分析】熟悉掌握利用单摆测量重力加速度的实验要求及注意事项。读数时注意仪器的分度值及是否需要估读。根据题意结合单摆周期公式确定图像的函数表达式，再根据图像斜率的物理意义进行数据处理和误差分析。
14．（2024高二下·云南月考） 某实验小组做“描绘小灯泡伏安特性曲线”的实验。除开关、导线以外，实验室还有以下器材可供选择：
A.待测小灯泡L（，）
B.电流表（量程，内阻约）
C.电流表（量程，内阻约）
D.电压表V（量程，内阻约）
E.滑动变阻器（最大阻值，额定电流）
F.滑动变阻器（最大阻值，额定电流）
G.电池组E（电动势为，内阻不计）
（1）为了尽可能减小实验误差，且要求能够在的范围内对小灯泡的电压进行测量，电流表选 ，滑动变阻器选 （填写实验器材前的字母代号）；
（2）根据所选的器材，请在图甲中完成电路图 ；
（3）某同学根据实验数据描绘的小灯泡伏安特性曲线如图乙所示，将两个规格相同的该灯泡并联后接到电动势为、内阻为的另一电源上，如图丙所示。则每个小灯泡的实际功率为 W。（结果保留2位有效数字）
【答案】（1）C；E
（2）
（3）（）
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）小灯泡的额定电流为0.6A，所以电流表选择C。
灯泡正常工作时电阻为5Ω，所以选择阻值与其接近的滑动变阻器。故选E。
（2）灯泡电阻较小，故电流表外接，因为需要从零开始连续测量灯泡的电压与电流的关系，所以滑动变阻器应该用分压式连接，故电路为
（3）设灯泡的实际电压为U，实际电流为I，则根据闭合电路的欧姆定律得
整理得
如图所示
则灯泡的实际功率为
【分析】根据灯泡的规格确定所需的电流表，由于描绘灯泡伏安特性曲线需从零开始连续测量灯泡的电压与电流的关系，滑动变阻器应该用分压式连接，即滑动变阻器应选择最大值较小的。熟悉掌握电流表内接法和外接法的判断方法。根据电路图及闭合电路欧姆定律确定电源路端电压与电流的关系式，继而画出U-I图像，则两图线的交点即为两个规格相同的该灯泡并联后正常工作时的路端电压及通过灯泡的电流，再根据功率公式进行解答。
三、计算题（本大题共4小题，共36分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分。有数据计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
15．（2024高二下·云南月考） 如图所示，在高h=0.8m的平台上放置一质量为M=0.99kg的小木块（视为质点），小木块距平台右边缘距离d=2m，一质量m=0.01kg的子弹以400m/s的速度沿水平方向射入小木块并留在其中，然后一起向右运动。最后，小木块从平台边缘滑出落在距平台右侧水平距离s=0.8m的地面上，g取10m/s2，求：
（1）小木块滑出平台时的速度大小v；
（2）木块与平台间的动摩擦因数μ。
【答案】（1）小木块从平台滑出后做平抛运动，水平方向
竖直方向
可得木块飞出时的速度
（2）子弹射入木块的过程中，对系统
解得
木块在平台上滑动过程中做匀减速运动，根据动能定理
解得
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】【分析】（1）小木块滑出平台后做平抛运动，根据题意确定木块做平抛运动过程在水平和竖直方向的位移，再根据平抛运动规律进行解答；
（2）子弹射入木块后，子弹和木块以共同的速度向前运动，子弹射入木块过程，两者构成的系统动量守恒，根据动量守恒定律确定子弹射入木块后的共同速度。确定木块和子弹在平台上运动过程的受力情况及各力的做功情况，再根据动能定理确定动摩擦因数的大小。
16．（2024高二下·云南月考） 图甲是一列简谐横波传播到的点时的波形图，图乙是质点从此时刻开始计时的振动图像，是位于处的质点。
（1）这列波的传播速度？
（2）当质点开始振动时，质点位于什么位置？
（3）从此时刻开始计时，质点经历多长时间第二次到达波峰？
【答案】（1）由甲图得波长为，由乙图知周期为，则波速为
（2）由甲图知波的振幅为10cm，波从M点传到Q点的时间为
波刚传播到的点时，根据同侧法知M点处于平衡位置且正在向下振动，经过5s，M点重复一又四分之一周期，则M点处于的位置。
（3）波从M点传到Q点的时间为
波刚到Q点时向下振动，还需要四分之三个周期第一次到达波峰，再过一个周期第二次到达波峰，所以一共需要时间为
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象；波长、波速与频率的关系；简谐运动
【解析】【分析】（1）根据图像确定波的波长及振动周期，再根据波速、波长及周期公式确定波速的大小；
（2）根据MQ的距离及波速确定波从该时刻开始从M点传至Q点所需的到时间，再根据时间与周期的关系及此时质点M所处位置，再结合同侧法确定Q开始振动时，质点M所处的位置；
（3）质点Q的起振方向与波源的起振方向一致。根据同侧法确定质点Q第二次达到波峰所需经过的周期，再结合（2）中质点Q起振所需时间确定总时间。
17．（2024高二下·云南月考） 如图所示，光滑斜面AB的B点与水平传送带的左端刚好平齐接触（小滑块从斜面滑向传送带时速度大小不变），传送带BC的长度，传送带沿逆时针方向以恒定速率匀速转动。CD为光滑且足够长的水平轨道，C点与传送带的右端刚好平齐接触，DE是竖直放置的半径的光滑半圆轨道，DE与CD相切于D点。已知小滑块与传送带间的动摩擦因数，小滑块的质量，取。
（1）若小滑块从斜面AB上高H处的某点由静止滑下，滑离传送带前又能返回到B点，求H的最大值；
（2）若小滑块从斜面AB上某点由静止滑下，滑上传送带能够通过C点，并经过圆弧轨道DE，从其最高点E飞出，最终落在CD上。如果小滑块通过E点时受到轨道的压力大小为，求小滑块的落点距D点的距离；
（3）在满足（2）条件下，求小滑块在传送带上运动的时间。
【答案】（1）要使H最大，小滑块滑到传送带的C点时速度刚好减为零，则由动能定理得
解得
（2）根据牛顿第二定律，在E点有
解得
由平抛运动规律有
解得
（3）在半圆轨道上由机械能守恒定律得
根据动能定理得
根据匀变速直线运动规律有
解得
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型；平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）H越大，则滑块到达B点的速度越大，由于滑块滑离传送带前又能返回B点，则滑块在传送带上先做减速运动，再反向做加速运动，要使H最大，则滑块恰好到达C点时速度为零时，H最大。再根据动能定理进行解答；
（2）确定滑块在E点做圆周运动向心力的来源，根据牛顿第二定律确定滑块在E点的速度。滑块从E点飞出后做平抛运动，确定滑块在竖直方向的位移，再根据平抛运动规律进行解答；
（3）对滑块从D到E过程运用动能定理确定滑块在D点的速度，滑块从C点滑离后继续向右运动，即滑块始终在传送带上做匀减速运动，对滑块在传送带上运动过程，根据动能定理确定滑块滑上传送带的速度，再根据匀变速直线运动的规律确定滑块在传送带上运动的时间。
18．（2024高二下·云南月考） 如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为。一质量为、电阻为、长度也为的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求
（1）金属棒P滑出导轨时的速度大小；
（2）金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；
（3）与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
【答案】（1）由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
联立解得
，
由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为
（2）根据能量守恒有
解得
（3）P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得
又
，
联立可得
由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q运动的时间为
【知识点】能量守恒定律；平抛运动；碰撞模型；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）P、Q发生弹性碰撞，碰撞过程P、Q构成的系统动量守恒及机械能守恒，再根据碰撞的特点确定碰后P、Q的速度。Q为绝缘棒，碰后在轨道上做匀速直线运动，P、Q从轨道滑出后在空中做平抛运动，且落在同一地点， 则P、Q做平抛运动的初速度相等，继而确定P滑出轨道的速度；
（2）导体棒P在导轨上运动过程中，损失的机械能转化为回路产生的焦耳热，再根据能量守恒定律进行解答；
（3）对P在轨道上运动过程运用动量定理及法拉第电磁感应定律和电流的定义确定P在轨道上运动的距离，再根据匀速度运动规律确定Q运动的时间。
1 / 1云南省下关第一名校2023-2024学年高二下学期3月月考物理试题
一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求；第9~12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
1．（2024高二下·云南月考） 2023年我国首套高温超导电动悬浮全要素试验系统完成首次悬浮运行，实现重要技术突破。设该系统的试验列车质量为m，某次试验中列车以速率v在平直轨道上匀速行驶，刹车时牵引系统处于关闭状态，制动装置提供大小为F的制动力，列车减速直至停止。若列车行驶时始终受到大小为f的空气阻力，则（ ）
A．列车减速过程的加速度大小
B．列车减速过程F的冲量为mv
C．列车减速过程通过的位移大小为
D．列车匀速行驶时，牵引系统的输出功率为
2．（2022·重庆）在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线（如图）。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部（ ）
A．速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积
B．动量大小先增大后减小
C．动能变化正比于曲线与横轴围成的面积
D．加速度大小先增大后减小
3．（2020·新课标Ⅲ）甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（ ）
A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J
4．（2023高二下·花都期中）如图甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图像，由图可知下列说法中正确的是（ ）
A．在时，弹簧振子的加速度为正向最大
B．从到时间内，弹簧振子做加速度减小的减速运动
C．在时，弹簧振子的弹性势能最小
D．在与两个时刻，振子的速度都为零
5．（2022高二上·南京期中）如图所示，在一根张紧的绳子上悬挂几个摆球，可以用一个单摆（称为“驱动摆”）驱动另外几个单摆。下列说法中正确的是（ ）
A．驱动摆只把振动形式传播给其它单摆，不传递能量
B．如果驱动摆的摆长为L，则其它单摆的振动周期都等于
C．某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度和加速度都相同
D．如果某个单摆的摆长等于驱动摆的摆长，则这个单摆的频率最大
6．（2024高二下·云南月考） 关于简谐运动的周期，以下说法不正确的是（ ）
A．间隔一个周期的整数倍的两个时刻，物体的振动情况相同
B．间隔半个周期的奇数倍的两个时刻，物体的速度和加速度可能同时相同
C．半个周期内物体的动能变化一定为零
D．一个周期内物体的势能变化一定为零
7．（2022·辽宁）一列简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻的波形如图所示，关于质点P的说法正确的是（ ）
A．该时刻速度沿y轴正方向
B．该时刻加速度沿y轴正方向
C．此后 周期内通过的路程为A
D．此后 周期内沿x轴正方向迁移为
8．（2023·济南模拟）某同学为了研究水波的传播特点，在水面上放置波源和浮标，两者的间距为L。时刻，波源开始从平衡位置沿y轴在竖直方向做简谐运动，产生的水波沿水平方向传播（视为简谐波），时刻传到浮标处使浮标开始振动，此时波源刚好位于正向最大位移处，波源和浮标的振动图像分别如图中的实线和虚线所示，则（ ）
A．浮标的振动周期为 B．水波的传播速度大小为
C．时刻浮标沿y轴负方向运动 D．水波的波长为
9．（2022高二下·汤原月考）下列说法正确的是（ ）
A．在干涉现象中，振动加强点的位移总比振动减弱点的位移要大
B．单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与摆长无关
C．火车鸣笛向我们驶来时，我们听到的笛声频率比声源发出的频率高
D．当水波通过障碍物时，若障碍物的尺寸与波长差不多，或比波长大得多时，将发生明显的衍射现象
10．（2024高二下·云南月考） 如图，表示两列频率相同的横波相遇时某一时刻的情况，实线表示波峰，虚线表示波谷，两列横波的振幅均为A，b、c是a、d连线上的点，b为该连线中点，c在b、d之间，下列说法正确的是（ ）
A．a、d处质点的振动加强，且它们的高度差为2A
B．图示时刻，b处质点正处在平衡位置且向下运动
C．图示时刻，c处质点正处在平衡位置上方且向上运动
D．从图示时刻经四分之一周期，b处质点通过的路程为2A
11．（2024高二下·云南月考） 一列简谐波某时刻的波形如图中实线所示，经过0.5s后的波形如图中的虚线所示，已知波的周期为T，且，则（ ）
A．若波沿x轴不同方向传播，则在这0.5s内，处的质点M通过的路程都不相等
B．当波沿+x方向传播时，处的质点M和处的质点N在这0.5s内通过的路程相等
C．当波向+x方向传播时，波速等于10m/s
D．当波沿—x方向传播时，经过0.1s时，质点M的位移一定为零
12．（2024高二下·云南月考） 如图所示，在等腰直角三角形abc区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，O为ab边的中点，在O处有一粒子源沿纸面内不同方向、以相同的速率不断向磁场中释放相同的带正电的粒子，已知粒子的质量为m，电荷量为q，直角边ab长为，不计重力和粒子间的相互作用力。则（ ）
A．从ac边射出的粒子中在磁场中运动的最短时间为
B．从ac边射出的粒子中在磁场中运动的最短时间为
C．粒子能从bc边射出的区域长度为L
D．粒子能从bc边射出的区域长度为L
二、填空、实验题（本大题共2小题，共16分）
13．（2024高二下·云南月考） 某实验小组利用图装置测量重力加速度。摆线上端固定在点，下端悬挂一小钢球，通过光电门传感器采集摆动周期。
（1）关于本实验，下列说法正确的是____。
A．小钢球摆动平面应与光电门形平面垂直
B．应在小钢球自然下垂时测量摆线长度
C．小钢球可以换成较轻的橡胶球
D．应无初速度、小摆角释放小钢球
（2）组装好装置，用毫米刻度尺测量摆线长度，用螺旋测微器测量小钢球直径。螺旋测微器示数如图，小钢球直径 ，记摆长。
（3）多次改变摆线长度，在小摆角下测得不同摆长对应的小钢球摆动周期，并作出图像，如图。
根据图线斜率可计算重力加速度 （保留3位有效数字，取9.87）。
（4）若将摆线长度误认为摆长，仍用上述图像法处理数据，得到的重力加速度值将 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
14．（2024高二下·云南月考） 某实验小组做“描绘小灯泡伏安特性曲线”的实验。除开关、导线以外，实验室还有以下器材可供选择：
A.待测小灯泡L（，）
B.电流表（量程，内阻约）
C.电流表（量程，内阻约）
D.电压表V（量程，内阻约）
E.滑动变阻器（最大阻值，额定电流）
F.滑动变阻器（最大阻值，额定电流）
G.电池组E（电动势为，内阻不计）
（1）为了尽可能减小实验误差，且要求能够在的范围内对小灯泡的电压进行测量，电流表选 ，滑动变阻器选 （填写实验器材前的字母代号）；
（2）根据所选的器材，请在图甲中完成电路图 ；
（3）某同学根据实验数据描绘的小灯泡伏安特性曲线如图乙所示，将两个规格相同的该灯泡并联后接到电动势为、内阻为的另一电源上，如图丙所示。则每个小灯泡的实际功率为 W。（结果保留2位有效数字）
三、计算题（本大题共4小题，共36分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分。有数据计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
15．（2024高二下·云南月考） 如图所示，在高h=0.8m的平台上放置一质量为M=0.99kg的小木块（视为质点），小木块距平台右边缘距离d=2m，一质量m=0.01kg的子弹以400m/s的速度沿水平方向射入小木块并留在其中，然后一起向右运动。最后，小木块从平台边缘滑出落在距平台右侧水平距离s=0.8m的地面上，g取10m/s2，求：
（1）小木块滑出平台时的速度大小v；
（2）木块与平台间的动摩擦因数μ。
16．（2024高二下·云南月考） 图甲是一列简谐横波传播到的点时的波形图，图乙是质点从此时刻开始计时的振动图像，是位于处的质点。
（1）这列波的传播速度？
（2）当质点开始振动时，质点位于什么位置？
（3）从此时刻开始计时，质点经历多长时间第二次到达波峰？
17．（2024高二下·云南月考） 如图所示，光滑斜面AB的B点与水平传送带的左端刚好平齐接触（小滑块从斜面滑向传送带时速度大小不变），传送带BC的长度，传送带沿逆时针方向以恒定速率匀速转动。CD为光滑且足够长的水平轨道，C点与传送带的右端刚好平齐接触，DE是竖直放置的半径的光滑半圆轨道，DE与CD相切于D点。已知小滑块与传送带间的动摩擦因数，小滑块的质量，取。
（1）若小滑块从斜面AB上高H处的某点由静止滑下，滑离传送带前又能返回到B点，求H的最大值；
（2）若小滑块从斜面AB上某点由静止滑下，滑上传送带能够通过C点，并经过圆弧轨道DE，从其最高点E飞出，最终落在CD上。如果小滑块通过E点时受到轨道的压力大小为，求小滑块的落点距D点的距离；
（3）在满足（2）条件下，求小滑块在传送带上运动的时间。
18．（2024高二下·云南月考） 如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为。一质量为、电阻为、长度也为的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求
（1）金属棒P滑出导轨时的速度大小；
（2）金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；
（3）与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律；功率及其计算；冲量
【解析】【解答】A、根据牛顿第二定律有
可得减速运动加速度大小
故A错误；
B、根据运动学公式有
故力F的冲量为
方向与运动方向相反，故B错误；
C、根据运动学公式
可得
故C正确；
D、匀速行驶时牵引力等于空气阻力，则功率为
故D错误。
故答案为：C。
【分析】匀速行驶时牵引力等于阻力。确定列车做匀减速直线运动过程的受力情况，再根据牛顿第二定律确定减速阶段加速度的大小。再结合运动学规律及冲量的定义和功率公式进行解答。
2．【答案】D
【知识点】动量定理；动量
【解析】【解答】 AC，若假人头部只受到安全气囊的作用 ，则图像中F为合力，那么曲线与横轴围成的面积为合冲量，根据动量定理，合冲量等于动量的变化，所以AC错误。
B，根据图像一直在时间轴上方可知动量一直在增加。故B错误。
D，根据牛顿第二定律，可知，a随F变化，F先增大后减小，所以a先增大后减小。故D正确。
故答案为：D。
【分析】曲线与时间轴围成的面积为合冲量，根据动量定理可知动量的变化，根据牛顿第二定律可知a变化。
3．【答案】A
【知识点】机械能
【解析】【解答】由v-t图可知，碰前甲、乙的速度分别为 ， ；碰后甲、乙的速度分别为 ， ，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得
解得
则损失的机械能为
解得
故答案为：A。
【分析】v-t图像中，横坐标为时间，纵坐标为速度，以此读出两个物体的初末速度，利用末状态的机械能减去初状态的机械能即为系统损失的机械能。
4．【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】A.在时，弹簧振子的位移为正向最大值，而弹簧振子的加速度大小与位移大小成正比，方向与位移方向相反，A不符合题意；
B.从到时间内，弹簧振子从平衡位置向正向最大位移处运动，位移逐渐增大，加速度逐渐增大，加速度方向与速度方向相反，弹簧振子做加速度增大的减速运动，B不符合题意；
C.在时，弹簧振子的位移为负向最大值，即弹簧的形变量最大，弹簧振子的弹性势能最大，C不符合题意；
D.在与两个时刻，振子在最大位移处，速度为零，D符合题意。
故答案为：D
【分析】利用振子的位移大小及方向可以判别加速度的大小及方向；利用振子位移的变化可以判别加速度的大小变化；利用位移的变化可以判别弹簧形变量的大小进而判别弹性势能的大小变化；利用振子的位移大小可以判别振子的速度大小。
5．【答案】B
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】A．驱动摆不仅把振动形式传播给其它单摆，同时也把能量传递给其它单摆，A不符合题意；
BD．如果驱动摆的摆长为L，根据单摆的周期公式有T＝2π ，而其它单摆都做受迫振动，故振动周期都等于驱动摆的周期2π ，振动频率也都等于驱动摆的频率，B符合题意，D不符合题意；
C．某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度大小相等但方向可能不同；根据F=-kx，可得加速度a= ，所以加速度一定相同，C不符合题意。
故答案为：B。
【分析】驱动摆传递振动的形式也传递了能量；利用单摆的周期公式可以求出振动的周期；利用某个单摆经过同一位置时速度的方向可能不同，利用牛顿第二定律可以判别加速度相同；但某个单摆的摆长等于驱动摆的摆长时，固有周期等于驱动周期，则振幅最大。
6．【答案】B
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】AD、根据周期的意义可知，物体完成一次全振动，所有的物理量都恢复到初始状态，故AD正确，不符合题意；
BC、当间隔半周期的奇数倍时，所有的矢量（不为零时）都变得大小相等，方向相反，动能与速度的平方成正比，故B错误，符合题意，C正确，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】熟悉掌握简谐运动的规律与特点。物体完成一次全振动，所有的物理量都恢复到初始状态。当间隔半周期的奇数倍时，所有的矢量（不为零时）都变得大小相等，方向相反，动能与速度的平方成正比。
7．【答案】A
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】根据“上坡下，下坡上”方法判断，质点P此时沿Y轴正方向振动。A对。此时P加速度方向沿Y轴负方向。B错。周期通过路程不一定为A，C错。质点不会沿传播方向迁移，只能在平衡位置附近振动。D错。
故答案为：A
【分析】据“上坡下，下坡上”方法判断质点P此时振动方向。加速度方向与位移方向相反。质点不会沿传播方向迁移。
8．【答案】A
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．根据振动图像可知，波源在 时刻振动，波形经过 传递到浮标处，浮标的振动周期为
A符合题意；
B．波源的振动情况经过 传到距离 处的浮标，可知波速大小为
B不符合题意；
C．根据虚线图像可知浮标在 时刻沿 轴正方方向运动，C不符合题意；
D．水波的波长为
D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据波传递到浮标处的时间得出浮标的振动周期，结合波长和周期的关系得出水波的波长表达式。
9．【答案】B,C
【知识点】单摆及其回复力与周期；多普勒效应
【解析】【解答】A．干涉现象中，振动加强点振幅最大，但位移在变化，所以振动加强点的位移不是总比振动减弱点的位移大，A不符合题意；
B．单摆在周期性外力作用下做受迫振动，振动周期由驱动力周期决定，与摆长无关，B符合题意；
C．根据多普勒效应可知，火车鸣笛向我们驶来时，我们听到的笛声频率比声源发出的频率高，C符合题意；
D．当水波通过障碍物时，若障碍物的尺寸与波长差不多，或比波长小时，将发生明显的衍射现象，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据振动加强点和减弱点位移的关系进行分析判断，通过单摆周期的表达式进行判断周期的影响因素，结合多普勒效应和波的衍射进行分析判断。
10．【答案】B,D
【知识点】波的叠加
【解析】【解答】A、d为波峰和波峰相遇点，a为波谷和波谷相遇点，两列横波的振幅均为2A，则可知a、d处质点的振动加强，且它们的高度差为4A，故A错误；
BC、根据几何关系可知：两波的波谷同时传到b点，同时传到c点，故b、c为振动加强点，由于b点为a、d连线中点，可得b点处于平衡位置，由传播方向可得b点向下运动，c点靠近波峰，所以c点处于平衡位置上方，由传播方向可得c点向下运动，故B正确，C错误；
D、由上述分析可知b点为振动加强点，b点处于平衡位置，由传播方向可得b点向下运动从图示时刻经四分之一周期，b处质点通过的路程为
故D正确。
故答案为：BD。
【分析】波峰与波峰相遇及波谷与波谷相遇的点均为振动加强点，振幅为两列波的振幅之和。振动加强点的连线上的点均为振动加强点，再根据波的传播方向确定波的振动方向。熟悉掌握质点振动过程通过路程的计算方法。
11．【答案】A,C
【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；简谐运动
【解析】【解答】A、机械波的振幅为A，当波向x轴正方向传播，结合图像所用时间满足
根据周期的范围可知，当n=1时
符合题意，在0.5s内质点M振动的路程为
当波向x轴负方向传播，结合图像所用时间满足
根据周期的范围可知，n=1时
符合题意，在0.5s内质点M振动的路程为
所以质点M通过的路程都不相等，故A错误；
B、当波向x轴正方向传播时，质点M经过的路程为 5A，质点M、N经过0.4s经过的路程为4A，两质点均回到初始位置，再经过0.1s过程中，因为质点N的平均速度大于质点M的平均速度，所以质点N经过的路程大于M，所以质点N的路程大于M点的路程，故B错误；
C、当波向x轴正方向传播时，根据图像可知波长λ=4m，波速为
故C正确；
D、由A选项中可知，当波向x轴负方向传播，波的周期为
则经过0.1s，M点随波震动时间介于于和之间，即M点未返回最高点处，位移不为零，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】由于不确定波的传播方向，故需根据波的传播方向确定两波形振动时间差与周期的关系，结合题意确定不同情况下波的振动周期，再根据质点的振动规律结合图像确定质点在不同时间段的运动情况。再根据波速、波长及周期公式确定波速的可能值情况。
12．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】AB、粒子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力
解得
如图
Od与ac垂直，有几何关系可知，Od长为
即最短弦长，对应最短时间，圆心角为60°，则最短时间为
又
解得从ac边射出的粒子中在磁场中运动的最短时间为
故A错误，B正确；
CD、粒子轨迹与ac相切时，交与bc边最远的e点，由几何关系可知，Oe长度为直径，则粒子能从bc边射出的区域eb的长度为
故C错误，D正确。
故答案为：BD。
【分析】粒子在电场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力结合牛顿第二定律确定粒子做圆周运动的半径。粒子在磁场中的运动轨迹为劣弧，则运动轨迹对应的弦长越短，粒子的运动时间最短。根据旋转圆法确定粒子在磁场中运动的临界情况，再根据几何关系及带电粒子在磁场中的运动规律进行解答。
13．【答案】（1）A；B；D
（2）20.034-20.036
（3）9.87
（4）不变
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）A、使用光电门测量时，光电门U形平面与被测物体的运动方向垂直是光电门使用的基本要求，故A正确；
B、测量摆线长度时，要保证绳子处于伸直状态，故B正确；
C、单摆是一个理想化模型，若采用质量较轻的橡胶球，空气阻力对摆球运动的影响较大，故C错误；
D、无初速度、小摆角释放的目的是保持摆球在竖直平面内运动，不形成圆锥摆，且单摆只有在摆角很小的情况下才可视为简谐运动，使用
计算单摆的周期，故D正确。
故答案为：ABD。
（2）小钢球直径为
（3）单摆周期公式
整理得
由图线的斜率解得
（4）若将摆线长度L误认为摆长l，有
则得到的图线为
仍用上述图像法处理数据，图线斜率不变，故得到的重力加速度值不变。
【分析】熟悉掌握利用单摆测量重力加速度的实验要求及注意事项。读数时注意仪器的分度值及是否需要估读。根据题意结合单摆周期公式确定图像的函数表达式，再根据图像斜率的物理意义进行数据处理和误差分析。
14．【答案】（1）C；E
（2）
（3）（）
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）小灯泡的额定电流为0.6A，所以电流表选择C。
灯泡正常工作时电阻为5Ω，所以选择阻值与其接近的滑动变阻器。故选E。
（2）灯泡电阻较小，故电流表外接，因为需要从零开始连续测量灯泡的电压与电流的关系，所以滑动变阻器应该用分压式连接，故电路为
（3）设灯泡的实际电压为U，实际电流为I，则根据闭合电路的欧姆定律得
整理得
如图所示
则灯泡的实际功率为
【分析】根据灯泡的规格确定所需的电流表，由于描绘灯泡伏安特性曲线需从零开始连续测量灯泡的电压与电流的关系，滑动变阻器应该用分压式连接，即滑动变阻器应选择最大值较小的。熟悉掌握电流表内接法和外接法的判断方法。根据电路图及闭合电路欧姆定律确定电源路端电压与电流的关系式，继而画出U-I图像，则两图线的交点即为两个规格相同的该灯泡并联后正常工作时的路端电压及通过灯泡的电流，再根据功率公式进行解答。
15．【答案】（1）小木块从平台滑出后做平抛运动，水平方向
竖直方向
可得木块飞出时的速度
（2）子弹射入木块的过程中，对系统
解得
木块在平台上滑动过程中做匀减速运动，根据动能定理
解得
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】【分析】（1）小木块滑出平台后做平抛运动，根据题意确定木块做平抛运动过程在水平和竖直方向的位移，再根据平抛运动规律进行解答；
（2）子弹射入木块后，子弹和木块以共同的速度向前运动，子弹射入木块过程，两者构成的系统动量守恒，根据动量守恒定律确定子弹射入木块后的共同速度。确定木块和子弹在平台上运动过程的受力情况及各力的做功情况，再根据动能定理确定动摩擦因数的大小。
16．【答案】（1）由甲图得波长为，由乙图知周期为，则波速为
（2）由甲图知波的振幅为10cm，波从M点传到Q点的时间为
波刚传播到的点时，根据同侧法知M点处于平衡位置且正在向下振动，经过5s，M点重复一又四分之一周期，则M点处于的位置。
（3）波从M点传到Q点的时间为
波刚到Q点时向下振动，还需要四分之三个周期第一次到达波峰，再过一个周期第二次到达波峰，所以一共需要时间为
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象；波长、波速与频率的关系；简谐运动
【解析】【分析】（1）根据图像确定波的波长及振动周期，再根据波速、波长及周期公式确定波速的大小；
（2）根据MQ的距离及波速确定波从该时刻开始从M点传至Q点所需的到时间，再根据时间与周期的关系及此时质点M所处位置，再结合同侧法确定Q开始振动时，质点M所处的位置；
（3）质点Q的起振方向与波源的起振方向一致。根据同侧法确定质点Q第二次达到波峰所需经过的周期，再结合（2）中质点Q起振所需时间确定总时间。
17．【答案】（1）要使H最大，小滑块滑到传送带的C点时速度刚好减为零，则由动能定理得
解得
（2）根据牛顿第二定律，在E点有
解得
由平抛运动规律有
解得
（3）在半圆轨道上由机械能守恒定律得
根据动能定理得
根据匀变速直线运动规律有
解得
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型；平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）H越大，则滑块到达B点的速度越大，由于滑块滑离传送带前又能返回B点，则滑块在传送带上先做减速运动，再反向做加速运动，要使H最大，则滑块恰好到达C点时速度为零时，H最大。再根据动能定理进行解答；
（2）确定滑块在E点做圆周运动向心力的来源，根据牛顿第二定律确定滑块在E点的速度。滑块从E点飞出后做平抛运动，确定滑块在竖直方向的位移，再根据平抛运动规律进行解答；
（3）对滑块从D到E过程运用动能定理确定滑块在D点的速度，滑块从C点滑离后继续向右运动，即滑块始终在传送带上做匀减速运动，对滑块在传送带上运动过程，根据动能定理确定滑块滑上传送带的速度，再根据匀变速直线运动的规律确定滑块在传送带上运动的时间。
18．【答案】（1）由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
联立解得
，
由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为
（2）根据能量守恒有
解得
（3）P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得
又
，
联立可得
由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q运动的时间为
【知识点】能量守恒定律；平抛运动；碰撞模型；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）P、Q发生弹性碰撞，碰撞过程P、Q构成的系统动量守恒及机械能守恒，再根据碰撞的特点确定碰后P、Q的速度。Q为绝缘棒，碰后在轨道上做匀速直线运动，P、Q从轨道滑出后在空中做平抛运动，且落在同一地点， 则P、Q做平抛运动的初速度相等，继而确定P滑出轨道的速度；
（2）导体棒P在导轨上运动过程中，损失的机械能转化为回路产生的焦耳热，再根据能量守恒定律进行解答；
（3）对P在轨道上运动过程运用动量定理及法拉第电磁感应定律和电流的定义确定P在轨道上运动的距离，再根据匀速度运动规律确定Q运动的时间。
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